2021年高考上海卷解析几何题的探究与推广

浙江省杭州市交通职业高级中学(310000) 吴 江

一、试题呈现及解法探究

题目(2021年高考上海卷第20 题) 已知椭圆Γ :+y2= 1,F1、F2是其左右焦点,直线l过点P(m,0)(m ＜)交椭圆上半部分于A、B两点, 且点A在线段PB上.

(1)若B为椭圆上顶点,求m的值;

(3) 是否对任意m ＜总存在唯一的直线l使得说明理由.

分析本题的第(1)问考查了椭圆的几何性质,难度不大. 第(2)问可由向量条件及椭圆的方程求出点的坐标,再通过设线,结合距离条件求出直线方程,能力层面主要考查了推理分析、运算求解能力. 第(3)问的条件是平行关系,如何将这一几何信息转化为代数关系是解决问题的关键所在,不同视角引导着不同的解法. 试题的问题设置简洁明了,层级分明,能够较好检验学生对于基本思想和基本方法的综合运用能力. 本文对第(3)问从不同角度出发,给出多种解法,并给予推广.

(1)m=-1-;(2)直线l:3x-9y+=0. 过程从略.

(3)解法1(常规思路消去y)设点A(x1,y1),B(x2,y2),直线l:y=k(x-m)(k ＞0), 则= (x1+1,y1),= (x2-1,y2), 由得(x1+1)y2=(x2-1)y1,则(x1+1)·k(x2-m)=(x2-1)·k(x1-m),即

联立直线方程与椭圆方程,消去y得(2k2+1)x2-4k2mx+2m2k2-2=0,则Δ=8(-m2k2+2k2+1)＞0,

解法2(结合相似消去x)设点A(x1,y1),B(x2,y2),直线l:x=ny+m(n ＞0), 由知ΔPAF1与ΔPBF2相似,则即

联立直线方程与椭圆方程,消去x得(n2+2)y2+2mny+m2-2=0,则Δ=8(n2-m2+2)＞0,

解法3(定比点差法)设点A(x1,y1),B(x2,y2),直线l:y=k(x-m)(k ＞0),由相似关系得即

则

解法4(直线参数方程) 设直线l的参数方程:(其中t为参数,θ为直线的倾斜角), 代入椭圆方程整理得1+sin2θ)t2+(2mcosθ)t+m2-2=0,则Δ=4[(1-m2)sin2θ+2]＞0,

由相似关系得

结合(1) 式得t1=代入(2) 式得等式左边齐次化处理得由则tan2θ=得k=tanθ=此时k满足Δ＞0,因此对任意m ＜总存在唯一的直线l使得

解法5(椭圆参数方程) 设点A(x1,y1),B(x2,y2), 直线l:y=k(x-m)(k ＞0), 由相似关系得即

则

解法6(椭圆第二定义)设点A(x1,y1),B(x2,y2),直线l:y=k(x-m)(k ＞0),由相似关系得

由椭圆的第二定义知|AF1|=代入(1) 式得x1- x2=m(x1+x2)-4,则

联立直线方程与椭圆方程, 消去y得(2k2+1)x2-4k2m+2m2k2-2=0,则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, 则2m2k2-4k2-1 = 0, 即由k ＞0 得k=因此对任意总存在唯一的直线l使得

评注解法1 和解法2 是最常规的解法,解法3 由相似关系,利用定比点差法得到坐标的线性关系,体现了解析几何“设而不求”的思想,通过消元,使运算简洁合理[1]. 解法4运用直线参数方程的基础是理解方程和参数的意义,其本身蕴含着数形结合思想,解法5 运用椭圆参数方程实际是运用了点在椭圆上及三角恒等关系,往往能够起到简化计算的效果[2]. 解法6 利用椭圆的第二定义将线段长度用坐标表示,由此得到变量之间的关系,成为解题的突破口.

二、拓展推广

从试题的最后一问可知,若椭圆外在x轴上的点P位置确定,则必存在过点P的直线l,使得与椭圆的两交点分别与椭圆两焦点的连线互相平行,因此将椭圆方程一般化,有如下结论:

结论1已知椭圆Γ := 1(a ＞b ＞0),F1、F2是其左右焦点, 直线l过点P(m,0)(m ＜-a)交椭圆上半部分于A、B两点,且点A在线段PB上,则存在唯一的直线l:

证明设点A(x1,y1),B(x2,y2),F1(-c,0),F2(c,0),直线l:x=ny+m(n ＞0), 由知ΔPAF1与ΔPBF2相似,则即

联立直线方程与椭圆方程,消去x得

则Δ=4a2b2(b2n2-m2+a2)＞0,

类比关于椭圆的结论1,双曲线和抛物线也有类似结论:

结论2已知双曲线Γ:=1(a ＞0,b ＞0),F1、F2是其左右焦点,直线l过点P(m,0)(m ＜交双曲线上半部分于A、B两点, 且点A在线段PB上, 则存在唯一的直线l:y=使得

证明过程类似于结论1,此处从略.

结论3已知抛物线Γ:y2=2px(p ＞0),K(,0),F为抛物线的焦点,直线l过点P(m,0)(m ＜)交抛物线上半部分于A、B两点,且点A在线段PB上,则存在唯一的直线l:y=使得

证明设点A(x1,y1),B(x2,y2), 直线l:x=ny+m(n ＞0),由相似关系得即

联立直线方程与抛物线方程,消去x得y2-2pny-2pm=0,Δ=4p(pn2+2m)＞0,则

代入(1)式得p2n=m(y1-y2),则p4n2=m2(y1-y2)2,将(2) 式代入化简得n2=此 时n2满 足Δ＞0, 则k=因此对任意存在唯一的直线

将结论1 中的条件放宽, 用椭圆内两点T1(-t,0) 和T2(t,0)(0＜t ＜a)替换椭圆焦点F1和F2,有如下结论:

结论4已知椭圆Γ := 1 (a ＞b ＞0),T1(-t,0) 和T2(t,0)(0＜t ＜a), 直线l过点P(m,0)(m ＜-a) 交椭圆上半部分于A、B两点, 且点A在线段PB上,则存在唯一的直线

类比关于椭圆的结论4,双曲线和抛物线也有类似结论:

结论5已知双曲线Γ := 1(a ＞0,b ＞0),T1(-t,0)和T2(t,0)(t ＞a),直线l过点P(m,0)(m ＜-t)交双曲线上半部分于A、B两点,且点A在线段PB上,则存在唯一的直线l:y=使得

结论6已知抛物线Γ :y2= 2px(p ＞0),T1(-t,0)和T2(t,0)(t ＞0),直线l过点P(m,0)(m ＜-t)交抛物线上半部分于A、B两点,且点A在线段PB上,则存在唯一的直线l:y=

结论4-6 的证明过程与结论1-3 类似,略.

相较于结论1-3,结论4-6 更具一般性,揭示了规律背后的本质属性,相应地,结论1-3 可以分别由结论4-6 得到,前者是后者的推论. 另外,对于椭圆和抛物线,上述结论4 和结论6 中形成的梯形AT1T2B关于面积有如下结论:

结论7已知椭圆Γ := 1(a ＞b ＞0),两动点T1(-t,0)和T2(t,0)(0＜t ＜a),直线l过点P(m,0)(m ＜-a)交椭圆上半部分于A、B两点,且点A在线段PB上,满足则梯形AT1T2B面积的最大值为ab.

证明如图1, 设点A(x1,y1),B(x2,y2), 直线l:x=ny+m(n ＞0),由结论1 的证明过程知n=x1+x2=设线段AB中点为E(x0,y0), 则x0=设直线AT1:y=k0(x+t),直线BT2:y=k0(x-t),则AT1与BT2间的距离d=则梯形面积S=d|OE|=将n=代入整理得

图1

令f(t)=(0＜t ＜a),则f(t)=m2(a2-m2)当即t=时,f(t) 取得最大值f(t)max=因此当时, 梯形面积S取得最大值Smax=

结论8已知抛物线Γ :y2= 2px(p ＞0),T1(-t,0)和T2(t,0)(t ＞0), 动点P(m,0)(m ＜-t), 直线l过点P交抛物线上半部分于A、B两点,且点A在线段PB上,满足则梯形AT1T2B面积的最小值为

证明如图 2, 设点A(x1,y1),B(x2,y2), 直线l:x=ny+m(n ＞0),由结论3 的证明过程知n=则x1+x2= 2(pn2+m), 同上可得梯形面积S= 2ptn, 将n=代入得 令g(m) =(m ＜-t),则g′(m)=则当m ∈时,g′(m)＜0,g(m) 单调递减, 当m ∈,g′(m)＞0,g(m) 单调递增, 则当m=时,g(m) 取得最小值g(m)min=因此当m=时, 梯形面积S取得最小值Smin=

图2

三、结语

回顾上述对问题的多解探究及结论推广,可以发现该试题本身内涵丰富,蕴藏着多样的解法,不同解法背后隐含着多种数学思想方法,它们在解题过程中起到高屋建瓴的指导作用. 对于题目的拓展及变式探究,是一次揭示数学本质,探寻数学美妙的过程,同时这也是教师所必备的能力,能够促使我们在教学实践中更为合理地把控问题,引导学生深入探究,提高数学核心素养.