挖掘試題本質 體現特殊與一般的思想
——2019高考新課標Ⅱ卷理科第21題背景探源及思考

佛山市順德區(qū)青云中學(528313) 范友寶

由特殊到一般的思想的運用水平,能反映出考生的數學素養(yǎng)和一般能力,所以考查特殊與一般的思想在高考中占有重要位置. 在新課標高考中,有意設計一些能集中體現特殊與一般思想的解析幾何試題,突出體現了特殊化方法的意義與作用. 如通過構造特殊函數、特殊數列,尋找特殊位置,利用特殊值、特殊方程等方法解決一般問題、抽象問題、運動變化問題、不確定問題等等. 下面筆者以一道試題為例,具體分析如何挖掘試題的本質,發(fā)現其中一般性的結論并給予證明,充分體現了試題一般到特殊再由特殊到一般的數學思想.

1 試題展示

題目(2019年高考新課標Ⅱ卷第21 題) 已知點A(-2,0),B(2,0), 動點M(x,y) 滿足直線AM與BM的斜率之積為記M的軌跡為曲線C.(1)求C的方程,并說明C是什么曲線;

(2)過坐標原點的直線交C于P,Q兩點,點P在第一象限,PE⊥x軸,垂足為E,連結QE并延長交C于點G.

(I)證明: ΔPQG是直角三角形;

(Ⅱ)求ΔPQG面積的最大值.

2 試題解析

第(1)問考查回歸教材,考查了圓錐曲線有關的軌跡問題,用方程的思想研究曲線,用曲線的性質研究方程,考察了求軌跡方程的一般方法. 以上題目來源于教材但不拘泥于教材.

第(2)問中的(I)題考查對解析化途經的選擇,證明三角形為直角三角形的方法有: 勾股定理,向量法,平面幾何知識等等,如何解析更為簡便,是要學生學會解析并做出選擇. 在這里,自然選擇坐標法更為合適,作答如下:

設直線PQ的斜率為k,則其方程為y=kx(k ＞0). 由則P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0). 于是直線QG的斜率為方程為由得

設G(xG,yG), 則-u和xG是方程①的解, 故xG=由此得yG=從而直線PG的斜率為所以PQ⊥PG, 即ΔPQG是直角三角形.

以下考慮求解第(II)問的三種思路:

思路一由(I) 得|PQ|=所以ΔPQG的面積

設t=則由k ＞0 得t≥2,當且僅當k= 1 時取等號. 因為S=在[2,+∞)單調遞減,所以當t=2,即k=1 時,S取得最大值,最大值為因此,ΔPQG面積的最大值為

思路一的難點在于如何將面積S表述成t的函數,從而轉化為我們熟悉的函數模型,并運用函數單調性求最值. 其過程考察了函數與方程的思想. 既然可以采用函數思想求最值,那么導數法應該也可以用,于是筆者給出如下的思路二.

思路二由(I) 得|PQ|=所以ΔPQG的面積S=由于

令S′=0,解得k=1,當0＜k ＜1 時,S′ ＞0;當k ＞1 時,S′ ＜0;所以當k=1 時,Smax=

思路三在思路二的基礎上,繼續(xù)研究面積的表示方法,我們還可以發(fā)現運動中解析幾何的特殊性,進而挖掘其幾何特征,往往幾何特征挖掘的越充分, 運算量就越簡單, 事實上,本題還可以角度與距離來表示此三角形的面積. 作答如下:(1+2k2)x2= 4,所以|OP|2=如圖1, 設∠PQG=θ, 直線PQ的傾斜角為α, 直線QG的傾斜角為β, 由圖1 可知:tanθ=tan(α-β)=余下解答同思路二.

圖1

從解析幾何的不同的解析途徑來看,在研究運動變化下的特殊問題,利用將幾何問題轉化為代數問題. 主要用到的就是特殊與一般的思想,而思路三正是抓住了運動中的特殊性,挖掘幾何關系,并轉化為代數問題.

3 背景溯源

來源1(人教A 版P41.2.2.1 例題3)設A,B的坐標分別為(-5,0),(5,0),直線AM與BM相交于點M,且它們的斜率之積為求點M的軌跡方程.

來源2(人教A 版P55.例題2)設A,B的坐標分別為(-5,0),(5,0),直線AM與BM相交于點M,且它們的斜率之積為求點M的軌跡方程并判斷軌跡的形狀.

來源3(人教A 版P80.復習參考題A 組第10 題)已知ΔABC中,A,B的坐標分別為(-5,0),(5,0),直線AC,BC的斜率之積為m(m/=0),試探求頂點C的軌跡.

真題溯源(2011年高考江蘇卷理科第18 題) 如圖2,在平面直角坐標系xOy中,M,N分別是橢圓1 的頂點, 過坐標原點的直線交橢圓于P,A兩點,其中點P在第一象限,過P作x軸的垂線,垂足為C,連接AC,并延長交橢圓于點B. 設直線PA的斜率為k.

圖2

(1)當直線PA平分線段MN,求k的值;

(2)當k=2 時,求點P到直線AB的距離d;

(3)對任意k ＞0,求證:PA ⊥PB.

4 拓展推廣

探究1設A,B的坐標分別為(-a,0),(a,0),直線AM與BM相交于點M,且它們的斜率之積為λ(λ/=0),則動點M的軌跡方程為=1(x/=±a).

①若λ ＜0 且λ/=-1,則動點M的軌跡是橢圓(除去A,B兩點);

②若λ=-1,則動點M的軌跡是圓(除去A,B兩點);

③若λ ＞0,則動點M的軌跡是雙曲線(除去A,B兩點);

探究2過坐標原點的直線交橢圓C:=1(a ＞b ＞0)于P,Q兩點,點P在第一象限,PE⊥x軸, 垂足為E,連結QE并延長交C于點G. 試問ΔPQG是否一定是直角三角形,請說明理由.

圖3

解析設直線PQ的斜率為k, 則其方程為y=kx(k ＞0). 由記則P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0). 于是直線QG的斜率為直線方程為(x-u). 由直線QG與橢圓C的方程聯立,得到

設G(xG,yG),則-u和xG是方程①的解,故

從而直線PG的斜率為:

所以當a2=2b2時,PQ⊥PG,即ΔPQG是直角三角形.

事實上,此題也可證明直線PQ與直線PG斜率之積為定值它也體現了用解析幾何方法解決數學中提出有數學特點的問題(如存在性、唯一性、不變性). 研究運動中的不變性也是解析幾何的熱點問題. 本題在高考試題的基礎上進行探索其一般性結論,充分體現了由特殊到一般性的思想.

探究3過坐標原點的直線交橢圓C:=1(a ＞b ＞0) 于P,Q兩點,點P在第一象限,PE⊥x軸,垂足為E,連結QE并延長交C于點G. 作PF⊥y軸,延長QF交橢圓C于點M,則有:

(1)直線QM,QP,QG的斜率成等比數列;

(2)直線PQ與直線PM斜率之積為定值

(3)ΔPQG的面積的最大值為

證明(1)設P(x1,y1),則Q(-x1,-y1),E(x1,0),F(0,y1),所以kQM=kQM ·kQG,所以直線QM,QP,QG的斜率成等比數列.

(2)設直線PQ的斜率為k,則其方程為y=kx(k ＞0).由記u=|x|, 則P(u,uk),Q(-u,-uk),F(0,uk). 于是直線QM的斜率為2k,直線方程為y= 2kx+uk. 由將直線QM與橢圓C的方程聯立,得到:

設M(xM,yM), 則-u和xM是方程②的解, 由xQ ·xM=從而xM=故yM=從而直線PM的斜率為:

所以kP Q ·kP M=所以直線PQ與直線PM斜率之積為定值

如圖4, 設∠PQG=θ, 直線PQ的傾斜角為α, 直線QG的傾斜角為β,由圖4 可知:

圖4

由第一問可知a2=2b2代入可得:

設t=則由k ＞0 得t≥2,當且僅當k=1 時取等號. 因為S=2a2b2·在[2,+∞)單調遞減,所以當t=2,即k=1 時,S取得最大值,最大值為因此,ΔPQG面積的最大值為

事實上,前面提及的2019年高考新課標II 卷的第21 題正是基于以上一般性結論的基礎上,將a2= 4,b2= 2 代入即可得到該試題的答案正是體現了解析幾何試題中特殊與一般的轉換思想.

特殊與一般的數學思想方法在試題中被廣泛的應用,尤其是在處理一般性問題、抽象問題、運動變化問題和不確定性等問題時,都可考慮運用特殊與一般的思想方法去探求解題途徑. 我們應該多加積累,充分挖掘試題的本質與背景,以期對“一般與特殊”的辯證關系的理解和掌握要達到較高的層次.