一道橢圓考題的反思與探究

　　摘要：本文對2011年山東理科卷第22題的第（1）問展開反思與探究：反思解法、追溯源頭，探究變化，總結(jié)命題．
　　關(guān)鍵詞：高考題；反思；探究
　　
　　2011年山東理科卷第22題的第（1）問：直線l與橢圓■+■=1交于P（x1，y1），Q（x2，y2）兩點，△OPQ的面積是■. 證明：x■+x■和y■+y■均為定值．
　　本題從兩個動點出發(fā)，基于三角形面積的不變性，證明與動點有關(guān)的兩個定值． 常規(guī)解法主要涉及直線方程、弦長公式、點線距離、面積公式和韋達定理． 常規(guī)解法的難點主要集中于計算面積時涉及的兩個變量斜率和截距，并且針對斜率的有無還需分類討論． 雙參數(shù)和大容量是考生解題時面臨的運算障礙． 作為一名數(shù)學教師，對本題的審視不應(yīng)局限于計算的表象，而應(yīng)深入反思解法，總結(jié)規(guī)律，探究變化，深度挖掘題目蘊涵的內(nèi)在價值．
　　
　　■反思一：突破常規(guī)，巧算面積
　　常規(guī)解法的難點究其根源在于復雜的面積算法． 考生首先想到的傳統(tǒng)算法也許成為限制思維突破的桎梏． 如果我們從面積的算法上更新思路，不難得到以下簡便解法．
　　解：由■=（x1，y1），■=（x2，y2），易證得S△OPQ=■x1y2－x2y1．
　　故x1y2－x2y1=■，平方得x■y■+x■y■=6+2x1x2y1y2． ①
　　由均值不等式知，12=2（x■+x■）+3（y■+y■）≥2■，
　　整理得■≤■． ②
　　將①代入②中得■≤■，
　　故■=■成立．
　　該等號成立的條件是2（x■+x■）=3（y■+y■）=6． 故x■+x■=3，y■+y■=2．
　　簡評：通過公式S△OPQ=■x1y2－x2y1建立條件和問題間的聯(lián)系，再借助均值不等式等號成立的條件，巧妙地證明了定值．此解巧借面積公式，突出均值不等式的應(yīng)用，徹底回避了直線方程和橢圓方程的煩瑣計算． 簡潔與明快地既反映數(shù)學的外在形式，又反映數(shù)學內(nèi)在的美感，此解法挖掘了本題的內(nèi)在美．
　　
　　■反思二：以圓換“圓”，追根溯源
　　面積為■推出了定值，使我們有理由猜想OP，OQ應(yīng)存在某種特定的位置關(guān)系，這種關(guān)系也許正是本題設(shè)計的源頭． 如何探究這種關(guān)系呢？我們可以通過伸縮變換，先把橢圓變成圓，在圓中研究圖形的某種性質(zhì)，然后再把這種性質(zhì)還原到橢圓，從而得到橢圓中圖形的某種性質(zhì)．
　　解：設(shè)橢圓上的任意一點（x，y），在伸縮變換下對應(yīng)點為（x′，y′），且x′=■x，y′=y.
　　橢圓對應(yīng)圓O：x2+y2=2，點P（x1，y1）對應(yīng)點P′（x′1，y′1），即■x■，y■． 點Q（x2，y2）對應(yīng)點Q′（x′2，y′2），即■x■，y■，△OPQ對應(yīng)△OP′Q′且S△OP′Q′=■S△OPQ=1．
　　由S△OP′Q′=■OP′·OQ′·sin∠P′OQ′=sin∠P′OQ′=1，
　　得∠P′OQ′=90°，即OP′⊥OQ′．
　　故在圓O：x2+y2=2中可設(shè)
　　x′1=■cosθ，y′1=■sinθ，
　　則x′2=■cos（θ+90°）=－■sinθ，y′2=■sin（θ+90°）=■cosθ，
　　或x′2=■cos（θ-90°）=■sinθ，y′2=■sin（θ-90°）=－■cosθ.
　　故x■+x■= ■x′1■2+■x′■2=■（x′■+x′■）=3，y■+y■=y′■+y′■=2．
　　簡評：由伸縮變換可知圓半徑OP′，OQ′的垂直對應(yīng)于橢圓半徑OP，OQ的共軛．共軛正是隱于面積之下的幾何關(guān)系，正是本題設(shè)計的思路之源． 那么圍繞著共軛關(guān)系，我們還能做哪些探究呢？
　　
　　■探究一：特殊到一般，結(jié)論可升華
　　條件中的面積■和結(jié)論中的定值3和2，不禁讓人猜想它們和橢圓中的a，b存在某種內(nèi)在聯(lián)系，通過探究可得以下命題．
　　命題1點P（x1，y1），Q（x2，y2）是橢圓■+■=1（a>b>0）上的兩點，則當OP，OQ所在直徑為共軛直徑時，△OPQ面積的最大值是■，且x■+x■=a2，y■+y■=b2．
　　其證明可參考反思二，不再贅述．
　　
　　■探究二：由點到線，定值發(fā)現(xiàn)
　　命題2點P，Q是橢圓■+■=1（a>b>0）上兩點，OP，OQ所在直徑為橢圓的共軛直徑．若直線PQ的方程為Ax+By=1，則a2A2+b2B2=2．
　　證明：若P，Q分別是橢圓長軸和短軸的端點，則A2=■，B2=■，顯然有a2A2+b2B2=2．
　　反之，由Ax+By=1，b2x2+a2y2=a2b2，■得（a2A2+b2B2）x2－2a2Ax+a2（1-b2B2）=0．
　　由kOP·kOQ=■=■=■=■=－■，
　　得a2A2+b2B2=2． 故命題得證．
　　命題3過橢圓■+■=1（a>b>0）上的點P分別作直線y=■x，y=－■x的平行線，分別交x軸于點M，N，與y軸交于點R，Q，則OM2+ON2=2a2，OR2+OQ2=2b2．
　　證明：設(shè)點P坐標為（x0，y0），與直線y=■x，y=－■x平行的直線方程分別是
　　y－y0=■（x-x0），y－y0=－■（x-x0）．
　　令y=0，得xM=x0－■y0，xN=x0+■y0．
　　故OM2+ON2=x■+x■=x0－■y02+x0+■y02=2a2.
　　同理可證OR2+OQ2=2b2．
　　
　　■探究三：條件改變，更多發(fā)現(xiàn)
　　以上探究都建立在OP，OQ所在直徑為橢圓共軛直徑這一前提下，若改變OP，OQ的位置關(guān)系，可總結(jié)出以下命題．
　　命題4設(shè)OP，OQ是橢圓■+■=1（a>b>0）中的一對互相垂直的半徑，則
　?。?）直線PQ恒切于定圓x2+y2=■；
　?。?）■+■=■+■；
　　（3）△OPQ面積的最小值為■，最大值為■．
　　證明：以原點為極點，x軸正向為極軸建立極坐標系，則橢圓的極坐標方程是ρ2=■，其中e為橢圓的離心率．
　　設(shè)點O到直線PQ的距離是OM，則OM2=■．
　　■=■=■+■=■=■=■，故OM2=■，
　　即PQ恒切于定圓x2+y2=■． 故（1）得證． （2），（3）的證明可參考（1），不再贅述．
　　如果類比到雙曲線和拋物線，可得以下命題（證明略）．
　　命題5設(shè)OP，OQ是雙曲線■-■=1（b>a>0）中的一對互相垂直的半徑，則
　　（1）直線PQ恒切于定圓x2+y2=■；
　?。?）■+■=■－■；
　?。?）△OPQ面積的最小值是■．
　　命題6過拋物線y2=2px頂點O的兩條互相垂直的弦分別交拋物線于點P（x1，y1），Q（x2，y2），則
　?。?）x1x2=4p2，y1y2=－4p2；
　?。?）直線PQ過定點（2p，0）；
　　（3）△OPQ的最小面積是4p2．
　　至此本文完成了對此道高考題的反思與探究． 筆者不禁感慨每年的高考試題無不凝聚著命題者的智慧與汗水． 它給我們?nèi)粘５臄?shù)學教學提供了豐富的、寶貴的鮮活資源． 作為一線教學者，我們理應(yīng)重視對高考試題的反思，洞悉命題的設(shè)想、解題的思路，實施有效的探究． 以高考試題的研究為平臺，才能使我們在多姿多彩中的試題變化中把握客觀規(guī)律，才能更好地應(yīng)用于數(shù)學教學．