两道高考解析几何题的解法?反思

司政君

一、试题再现

试题一（2005全国大纲Ⅱ卷文22理21）P，Q，M，N四点都在椭圆x2+y22=1上，F为椭圆在y轴正半轴上的焦点.已知PF与FQ共线，MF与FN共线，且PF·MF=0.求四边形PMQN面积的最大值和最小值.

试题二（2013全国课标Ⅱ卷理20）平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：x2a2+y2b2=1（a>b>0）右焦点的直线x+y-3=0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为12.

（Ⅰ）求M的方程；

（Ⅱ）C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形面积的最大值.

二、 试题解答

试题一解答由PF与FQ共线和MF与FN共线知，弦PQ，MN是焦点弦.因F（0，1），于是：

当直线PQ的斜率存在且不为零时，设PQ∶y=kx+1.将 y=kx+1代入x2+y22=1，得（2+k2）x2+2kx-1=0.

设P（x1，y1），Q（x2，y2），

则x1+x2=-2k2+k2，x1x2=-12+k2.

所以|PQ|[WB]=（1+k2）[（-2k2+k2）2-4·（-1）2+k2][DW]=22（1+k2）2+k2.

又PF·MF=0，所以|MN|=22（1+k2）1+2k2.

所以四边形ACBD面积

S=12|PQ|·|MN|=12· 22（1+k2）2+2k2·22（1+k2）1+2k2=

4（1+2k2+k4）2+5k2+2k4=2（2k2+2k2+5）-22k2+2k2+5=2+-22k2+2k2+5≥169 （当且仅当k2=1时，等号成立）.即169≤S<2.

当直线PQ的斜率为零时，|PQ|=22，此时|MN|=2，

所以四边形ABCD面积

S=12|PQ|·|MN|=12·22·2=2；

当直线PQ的斜率不存在时，|PQ|=2，|MN|=22，

所以四边形ACBD面积

S=12|PQ|·|MN|=12·2·22=2.

综上述四边形ACBD面积的最小值是169，最大值是2.

试题二解答：（Ⅰ）设A（x1，y1），B（x2，y2），则：

x21a2+y21b2=1①，

x22a2+y22b2=2②.

由①-②得

1a2（x1+x2）（x1-x2）+1b2（y1+y2）（y1-y2）=0，

b2（x1+x2）（x1-x2）+a2（y1+y2）（y1-y2）=0，

所以a2·（y1+y2）（y1-y2）（x1+x2）（x1-x2）+b2=0.

又由题知y1-y2x1-x2=-1，P（x1+x22，y1+y22）.

所以y1+y2x1+x2=12.所以a2-2b2=0.

又直线x+y-3=0过点F（c，0），所以c=3，

即a2-b2=3.

所以a2=6，b2=3.所以M：x26+y23=1.

（Ⅱ）由x+y-3=0得：y=-x+3.将y=-x+3代入M：x26+y23=1消去y，得：3x2-43x=0 .则：x1+x2=433，x1x2=0，

所以|AB|=[1+（-1）2][（433）2-4·0]=463.

设CD：y=x+m.将y=x+m代入M：x26+y23=1消去y，得：3x2+4mx+2m2-6=0.

设A（x3，y3），B（x4，y4），

则x3+x4=-4m3，x3x4=2m2-63.

[HJ1.3mm]所以|CD|[WB]=[（1+1）2][（-4m2

3）2-4（2m2-6）3]

[DW]=49-m23.

又因CD⊥AB，

所以四边形ABCD面积

S[WB]=12|AB|·|CD|=12·463·49-m23

[DW]=869·9-m2.

由Δ=（4m）2-4·3（2m2-6）>0

得-3

所以当m=0时S有最大值863.

即四边形ACBD的面积的最大值为863.

三、 试题反思

通过对二道试题的评析及解法探讨，有以下几点值得思考：首先，在教学过程要注重培养学生综合运用知识解决问题的能力；要加强学生运算、转化能力的强化训练；要注意解析几何问题的求解中，分类讨论思想，数形结合思想，函数不等式思想，参数法等数学思想方法的渗透.其次，在备考过程中，要重视历年高考试题的研究，特别是对一些优秀试题，要潜心研究，不但要探讨其解法，而且要尝试对其进行改编、整合，并及时将信息反馈给学生.

一、试题再现

试题一（2005全国大纲Ⅱ卷文22理21）P，Q，M，N四点都在椭圆x2+y22=1上，F为椭圆在y轴正半轴上的焦点.已知PF与FQ共线，MF与FN共线，且PF·MF=0.求四边形PMQN面积的最大值和最小值.

试题二（2013全国课标Ⅱ卷理20）平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：x2a2+y2b2=1（a>b>0）右焦点的直线x+y-3=0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为12.

（Ⅰ）求M的方程；

（Ⅱ）C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形面积的最大值.

二、 试题解答

试题一解答由PF与FQ共线和MF与FN共线知，弦PQ，MN是焦点弦.因F（0，1），于是：

当直线PQ的斜率存在且不为零时，设PQ∶y=kx+1.将 y=kx+1代入x2+y22=1，得（2+k2）x2+2kx-1=0.

设P（x1，y1），Q（x2，y2），

则x1+x2=-2k2+k2，x1x2=-12+k2.

所以|PQ|[WB]=（1+k2）[（-2k2+k2）2-4·（-1）2+k2][DW]=22（1+k2）2+k2.

又PF·MF=0，所以|MN|=22（1+k2）1+2k2.

所以四边形ACBD面积

S=12|PQ|·|MN|=12· 22（1+k2）2+2k2·22（1+k2）1+2k2=

4（1+2k2+k4）2+5k2+2k4=2（2k2+2k2+5）-22k2+2k2+5=2+-22k2+2k2+5≥169 （当且仅当k2=1时，等号成立）.即169≤S<2.

当直线PQ的斜率为零时，|PQ|=22，此时|MN|=2，

所以四边形ABCD面积

S=12|PQ|·|MN|=12·22·2=2；

当直线PQ的斜率不存在时，|PQ|=2，|MN|=22，

所以四边形ACBD面积

S=12|PQ|·|MN|=12·2·22=2.

综上述四边形ACBD面积的最小值是169，最大值是2.

试题二解答：（Ⅰ）设A（x1，y1），B（x2，y2），则：

x21a2+y21b2=1①，

x22a2+y22b2=2②.

由①-②得

1a2（x1+x2）（x1-x2）+1b2（y1+y2）（y1-y2）=0，

b2（x1+x2）（x1-x2）+a2（y1+y2）（y1-y2）=0，

所以a2·（y1+y2）（y1-y2）（x1+x2）（x1-x2）+b2=0.

又由题知y1-y2x1-x2=-1，P（x1+x22，y1+y22）.

所以y1+y2x1+x2=12.所以a2-2b2=0.

又直线x+y-3=0过点F（c，0），所以c=3，

即a2-b2=3.

所以a2=6，b2=3.所以M：x26+y23=1.

（Ⅱ）由x+y-3=0得：y=-x+3.将y=-x+3代入M：x26+y23=1消去y，得：3x2-43x=0 .则：x1+x2=433，x1x2=0，

所以|AB|=[1+（-1）2][（433）2-4·0]=463.

设CD：y=x+m.将y=x+m代入M：x26+y23=1消去y，得：3x2+4mx+2m2-6=0.

设A（x3，y3），B（x4，y4），

则x3+x4=-4m3，x3x4=2m2-63.

[HJ1.3mm]所以|CD|[WB]=[（1+1）2][（-4m2

3）2-4（2m2-6）3]

[DW]=49-m23.

又因CD⊥AB，

所以四边形ABCD面积

S[WB]=12|AB|·|CD|=12·463·49-m23

[DW]=869·9-m2.

由Δ=（4m）2-4·3（2m2-6）>0

得-3

所以当m=0时S有最大值863.

即四边形ACBD的面积的最大值为863.

三、 试题反思

通过对二道试题的评析及解法探讨，有以下几点值得思考：首先，在教学过程要注重培养学生综合运用知识解决问题的能力；要加强学生运算、转化能力的强化训练；要注意解析几何问题的求解中，分类讨论思想，数形结合思想，函数不等式思想，参数法等数学思想方法的渗透.其次，在备考过程中，要重视历年高考试题的研究，特别是对一些优秀试题，要潜心研究，不但要探讨其解法，而且要尝试对其进行改编、整合，并及时将信息反馈给学生.

一、试题再现

试题一（2005全国大纲Ⅱ卷文22理21）P，Q，M，N四点都在椭圆x2+y22=1上，F为椭圆在y轴正半轴上的焦点.已知PF与FQ共线，MF与FN共线，且PF·MF=0.求四边形PMQN面积的最大值和最小值.

试题二（2013全国课标Ⅱ卷理20）平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：x2a2+y2b2=1（a>b>0）右焦点的直线x+y-3=0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为12.

（Ⅰ）求M的方程；

（Ⅱ）C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形面积的最大值.

二、 试题解答

试题一解答由PF与FQ共线和MF与FN共线知，弦PQ，MN是焦点弦.因F（0，1），于是：

当直线PQ的斜率存在且不为零时，设PQ∶y=kx+1.将 y=kx+1代入x2+y22=1，得（2+k2）x2+2kx-1=0.

设P（x1，y1），Q（x2，y2），

则x1+x2=-2k2+k2，x1x2=-12+k2.

所以|PQ|[WB]=（1+k2）[（-2k2+k2）2-4·（-1）2+k2][DW]=22（1+k2）2+k2.

又PF·MF=0，所以|MN|=22（1+k2）1+2k2.

所以四边形ACBD面积

S=12|PQ|·|MN|=12· 22（1+k2）2+2k2·22（1+k2）1+2k2=

4（1+2k2+k4）2+5k2+2k4=2（2k2+2k2+5）-22k2+2k2+5=2+-22k2+2k2+5≥169 （当且仅当k2=1时，等号成立）.即169≤S<2.

当直线PQ的斜率为零时，|PQ|=22，此时|MN|=2，

所以四边形ABCD面积

S=12|PQ|·|MN|=12·22·2=2；

当直线PQ的斜率不存在时，|PQ|=2，|MN|=22，

所以四边形ACBD面积

S=12|PQ|·|MN|=12·2·22=2.

综上述四边形ACBD面积的最小值是169，最大值是2.

试题二解答：（Ⅰ）设A（x1，y1），B（x2，y2），则：

x21a2+y21b2=1①，

x22a2+y22b2=2②.

由①-②得

1a2（x1+x2）（x1-x2）+1b2（y1+y2）（y1-y2）=0，

b2（x1+x2）（x1-x2）+a2（y1+y2）（y1-y2）=0，

所以a2·（y1+y2）（y1-y2）（x1+x2）（x1-x2）+b2=0.

又由题知y1-y2x1-x2=-1，P（x1+x22，y1+y22）.

所以y1+y2x1+x2=12.所以a2-2b2=0.

又直线x+y-3=0过点F（c，0），所以c=3，

即a2-b2=3.

所以a2=6，b2=3.所以M：x26+y23=1.

（Ⅱ）由x+y-3=0得：y=-x+3.将y=-x+3代入M：x26+y23=1消去y，得：3x2-43x=0 .则：x1+x2=433，x1x2=0，

所以|AB|=[1+（-1）2][（433）2-4·0]=463.

设CD：y=x+m.将y=x+m代入M：x26+y23=1消去y，得：3x2+4mx+2m2-6=0.

设A（x3，y3），B（x4，y4），

则x3+x4=-4m3，x3x4=2m2-63.

[HJ1.3mm]所以|CD|[WB]=[（1+1）2][（-4m2

3）2-4（2m2-6）3]

[DW]=49-m23.

又因CD⊥AB，

所以四边形ABCD面积

S[WB]=12|AB|·|CD|=12·463·49-m23

[DW]=869·9-m2.

由Δ=（4m）2-4·3（2m2-6）>0

得-3

所以当m=0时S有最大值863.

即四边形ACBD的面积的最大值为863.

三、 试题反思

通过对二道试题的评析及解法探讨，有以下几点值得思考：首先，在教学过程要注重培养学生综合运用知识解决问题的能力；要加强学生运算、转化能力的强化训练；要注意解析几何问题的求解中，分类讨论思想，数形结合思想，函数不等式思想，参数法等数学思想方法的渗透.其次，在备考过程中，要重视历年高考试题的研究，特别是对一些优秀试题，要潜心研究，不但要探讨其解法，而且要尝试对其进行改编、整合，并及时将信息反馈给学生.