2021年高考上海卷解析幾何題的探究與推廣

浙江省杭州市交通職業(yè)高級中學(310000) 吳 江

一、試題呈現(xiàn)及解法探究

題目(2021年高考上海卷第20 題) 已知橢圓Γ :+y2= 1,F1、F2是其左右焦點,直線l過點P(m,0)(m ＜)交橢圓上半部分于A、B兩點, 且點A在線段PB上.

(1)若B為橢圓上頂點,求m的值;

(3) 是否對任意m ＜總存在唯一的直線l使得說明理由.

分析本題的第(1)問考查了橢圓的幾何性質,難度不大. 第(2)問可由向量條件及橢圓的方程求出點的坐標,再通過設線,結合距離條件求出直線方程,能力層面主要考查了推理分析、運算求解能力. 第(3)問的條件是平行關系,如何將這一幾何信息轉化為代數(shù)關系是解決問題的關鍵所在,不同視角引導著不同的解法. 試題的問題設置簡潔明了,層級分明,能夠較好檢驗學生對于基本思想和基本方法的綜合運用能力. 本文對第(3)問從不同角度出發(fā),給出多種解法,并給予推廣.

(1)m=-1-;(2)直線l:3x-9y+=0. 過程從略.

(3)解法1(常規(guī)思路消去y)設點A(x1,y1),B(x2,y2),直線l:y=k(x-m)(k ＞0), 則= (x1+1,y1),= (x2-1,y2), 由得(x1+1)y2=(x2-1)y1,則(x1+1)·k(x2-m)=(x2-1)·k(x1-m),即

聯(lián)立直線方程與橢圓方程,消去y得(2k2+1)x2-4k2mx+2m2k2-2=0,則Δ=8(-m2k2+2k2+1)＞0,

解法2(結合相似消去x)設點A(x1,y1),B(x2,y2),直線l:x=ny+m(n ＞0), 由知ΔPAF1與ΔPBF2相似,則即

聯(lián)立直線方程與橢圓方程,消去x得(n2+2)y2+2mny+m2-2=0,則Δ=8(n2-m2+2)＞0,

解法3(定比點差法)設點A(x1,y1),B(x2,y2),直線l:y=k(x-m)(k ＞0),由相似關系得即

則

解法4(直線參數(shù)方程) 設直線l的參數(shù)方程:(其中t為參數(shù),θ為直線的傾斜角), 代入橢圓方程整理得1+sin2θ)t2+(2mcosθ)t+m2-2=0,則Δ=4[(1-m2)sin2θ+2]＞0,

由相似關系得

結合(1) 式得t1=代入(2) 式得等式左邊齊次化處理得由則tan2θ=得k=tanθ=此時k滿足Δ＞0,因此對任意m ＜總存在唯一的直線l使得

解法5(橢圓參數(shù)方程) 設點A(x1,y1),B(x2,y2), 直線l:y=k(x-m)(k ＞0), 由相似關系得即

則

解法6(橢圓第二定義)設點A(x1,y1),B(x2,y2),直線l:y=k(x-m)(k ＞0),由相似關系得

由橢圓的第二定義知|AF1|=代入(1) 式得x1- x2=m(x1+x2)-4,則

聯(lián)立直線方程與橢圓方程, 消去y得(2k2+1)x2-4k2m+2m2k2-2=0,則Δ=8(-m2k2+2k2+1)＞0,x1+x2=代入(2) 式整理得(-m2k2+2k2+12m2k2-4k2-1= 0, 由Δ＞0知-m2k2+ 2k2+ 1/= 0, 則2m2k2-4k2-1 = 0, 即由k ＞0 得k=因此對任意總存在唯一的直線l使得

評注解法1 和解法2 是最常規(guī)的解法,解法3 由相似關系,利用定比點差法得到坐標的線性關系,體現(xiàn)了解析幾何“設而不求”的思想,通過消元,使運算簡潔合理[1]. 解法4運用直線參數(shù)方程的基礎是理解方程和參數(shù)的意義,其本身蘊含著數(shù)形結合思想,解法5 運用橢圓參數(shù)方程實際是運用了點在橢圓上及三角恒等關系,往往能夠起到簡化計算的效果[2]. 解法6 利用橢圓的第二定義將線段長度用坐標表示,由此得到變量之間的關系,成為解題的突破口.

二、拓展推廣

從試題的最后一問可知,若橢圓外在x軸上的點P位置確定,則必存在過點P的直線l,使得與橢圓的兩交點分別與橢圓兩焦點的連線互相平行,因此將橢圓方程一般化,有如下結論:

結論1已知橢圓Γ := 1(a ＞b ＞0),F1、F2是其左右焦點, 直線l過點P(m,0)(m ＜-a)交橢圓上半部分于A、B兩點,且點A在線段PB上,則存在唯一的直線l:

證明設點A(x1,y1),B(x2,y2),F1(-c,0),F2(c,0),直線l:x=ny+m(n ＞0), 由知ΔPAF1與ΔPBF2相似,則即

聯(lián)立直線方程與橢圓方程,消去x得

則Δ=4a2b2(b2n2-m2+a2)＞0,

類比關于橢圓的結論1,雙曲線和拋物線也有類似結論:

結論2已知雙曲線Γ:=1(a ＞0,b ＞0),F1、F2是其左右焦點,直線l過點P(m,0)(m ＜交雙曲線上半部分于A、B兩點, 且點A在線段PB上, 則存在唯一的直線l:y=使得

證明過程類似于結論1,此處從略.

結論3已知拋物線Γ:y2=2px(p ＞0),K(,0),F為拋物線的焦點,直線l過點P(m,0)(m ＜)交拋物線上半部分于A、B兩點,且點A在線段PB上,則存在唯一的直線l:y=使得

證明設點A(x1,y1),B(x2,y2), 直線l:x=ny+m(n ＞0),由相似關系得即

聯(lián)立直線方程與拋物線方程,消去x得y2-2pny-2pm=0,Δ=4p(pn2+2m)＞0,則

代入(1)式得p2n=m(y1-y2),則p4n2=m2(y1-y2)2,將(2) 式代入化簡得n2=此 時n2滿 足Δ＞0, 則k=因此對任意存在唯一的直線

將結論1 中的條件放寬, 用橢圓內兩點T1(-t,0) 和T2(t,0)(0＜t ＜a)替換橢圓焦點F1和F2,有如下結論:

結論4已知橢圓Γ := 1 (a ＞b ＞0),T1(-t,0) 和T2(t,0)(0＜t ＜a), 直線l過點P(m,0)(m ＜-a) 交橢圓上半部分于A、B兩點, 且點A在線段PB上,則存在唯一的直線

類比關于橢圓的結論4,雙曲線和拋物線也有類似結論:

結論5已知雙曲線Γ := 1(a ＞0,b ＞0),T1(-t,0)和T2(t,0)(t ＞a),直線l過點P(m,0)(m ＜-t)交雙曲線上半部分于A、B兩點,且點A在線段PB上,則存在唯一的直線l:y=使得

結論6已知拋物線Γ :y2= 2px(p ＞0),T1(-t,0)和T2(t,0)(t ＞0),直線l過點P(m,0)(m ＜-t)交拋物線上半部分于A、B兩點,且點A在線段PB上,則存在唯一的直線l:y=

結論4-6 的證明過程與結論1-3 類似,略.

相較于結論1-3,結論4-6 更具一般性,揭示了規(guī)律背后的本質屬性,相應地,結論1-3 可以分別由結論4-6 得到,前者是后者的推論. 另外,對于橢圓和拋物線,上述結論4 和結論6 中形成的梯形AT1T2B關于面積有如下結論:

結論7已知橢圓Γ := 1(a ＞b ＞0),兩動點T1(-t,0)和T2(t,0)(0＜t ＜a),直線l過點P(m,0)(m ＜-a)交橢圓上半部分于A、B兩點,且點A在線段PB上,滿足則梯形AT1T2B面積的最大值為ab.

證明如圖1, 設點A(x1,y1),B(x2,y2), 直線l:x=ny+m(n ＞0),由結論1 的證明過程知n=x1+x2=設線段AB中點為E(x0,y0), 則x0=設直線AT1:y=k0(x+t),直線BT2:y=k0(x-t),則AT1與BT2間的距離d=則梯形面積S=d|OE|=將n=代入整理得

圖1

令f(t)=(0＜t ＜a),則f(t)=m2(a2-m2)當即t=時,f(t) 取得最大值f(t)max=因此當時, 梯形面積S取得最大值Smax=

結論8已知拋物線Γ :y2= 2px(p ＞0),T1(-t,0)和T2(t,0)(t ＞0), 動點P(m,0)(m ＜-t), 直線l過點P交拋物線上半部分于A、B兩點,且點A在線段PB上,滿足則梯形AT1T2B面積的最小值為

證明如圖 2, 設點A(x1,y1),B(x2,y2), 直線l:x=ny+m(n ＞0),由結論3 的證明過程知n=則x1+x2= 2(pn2+m), 同上可得梯形面積S= 2ptn, 將n=代入得 令g(m) =(m ＜-t),則g′(m)=則當m ∈時,g′(m)＜0,g(m) 單調遞減, 當m ∈,g′(m)＞0,g(m) 單調遞增, 則當m=時,g(m) 取得最小值g(m)min=因此當m=時, 梯形面積S取得最小值Smin=

圖2

三、結語

回顧上述對問題的多解探究及結論推廣,可以發(fā)現(xiàn)該試題本身內涵豐富,蘊藏著多樣的解法,不同解法背后隱含著多種數(shù)學思想方法,它們在解題過程中起到高屋建瓴的指導作用. 對于題目的拓展及變式探究,是一次揭示數(shù)學本質,探尋數(shù)學美妙的過程,同時這也是教師所必備的能力,能夠促使我們在教學實踐中更為合理地把控問題,引導學生深入探究,提高數(shù)學核心素養(yǎng).