对一道椭圆最值问题的深度探究.pdf

48中学数学研究2024 年第 3 期(上半月刊)对一道椭圆最值问题的深度探究安徽省合肥市肥东县城关中学(231600)王东海摘要在高三数学备考的解题教学活动中,教师不应局限于对题目的具体解答和低水平重复训练,而应引导学生对问题进行深层次的探究及引申,充分挖掘题目的内涵和外延,使学生能够用更高的观点去看待问题.本文拟以 2023 年 11月清华能力测试第 21 题为例,阐述对它的拓展推广、背景探究及高考溯源,以期提升典型考题的效果和效益.关键词 清华能力测试;圆锥曲线;拓展推广;背景探究;追本溯源圆锥曲线最值问题是高考中的常考题型,此类问题的处理手段主要有几何法与代数法两种,圆锥曲线压轴题通常以构造函数的代数手段为主,但是此类问题往往思维量及运算量较大,费时费力难以攻破,从而困扰着一部分学生.本文拟以一道 2023 年 11 月清华能力测试题为例,谈谈其一般性推广及背景探究,以期对圆锥曲线备考有所启发.1 考题呈现已知椭圆 E:x2a2+y2b2=1(a b 0)的左焦点为 F1,右焦点为 F2,离心率为22,过点 F2作不与坐标轴垂直的直线交椭圆于 A,B 两点,且 ABF1的周长为 42.(1)求椭圆 E 的方程;(2)设点 A 关于 x 轴的对称点为 C,求 F1BC 的面积的最大值.易 得 第(1)问 椭 圆 E:x22+y2=1.第(2)问可以利用线参法、直线参数方程、极坐标方程等手段解决.试题设计简洁但内涵丰富,具有很好的探究价值.2 一般性探究波利亚曾说:“没有任何一个题目是彻底完成了的,总还会有些事情可以做”.细品解题过程,考题所得结论是偶然还是必然呢?能否将结论推广至一般的椭圆呢?结论 1已知椭圆 E:x2a2+y2b2=1(a b 0)的左、右焦点为 F1,F2,过点 F2作不与坐标轴垂直的直线交椭圆于 A,B 两点,点 A 关于 x 轴的对称点为 C,则直线 BC 恒过定点(a2c,0).证明 设 BC:y=kx+m,代入x2a2+y2b2=1 得(b2+a2k2)x2+2kma2x+a2m2 a2b2=0.1设 C(x2,y2),则 A(x2,y2),x1+x2=2kma2b2+a2k2,x1x2=a2m2 a2b2b2+a2k2.2因为 A,F2,B 三点共线,F2(c,0),所以y1x1 c=y2x2 c,则2kx1x2+(m ck)(x1+x2)2mc=0,将2代入得2k a2m2 a2b2b2+a2k2+(m ck)2kma2b2+a2k2 2mc=0.整理得 ka2+mc=0,所以 m=ka2c,则 BC:y=k(x a2c),故直线 BC 恒过定点(a2c,0).若将直线 AB 所过定点 F2改为 x 轴上其它定点,则又探究可得:结论 2 已知椭圆 E:x2a2+y2b2=1(a b 0),x 轴上定点 N(n,0)(n (a,a),过点 N 作不与坐标轴垂直的直线交 E 于 A,B 两点,点 A 关于 x 轴对称点为 C,则 BC 过定点(a2n,0).结论 3已知椭圆 E:x2a2+y2b2=1(a b 0)的左、右焦点为 F1,F2,过点 F2作不与坐标轴垂直的直线交椭圆于 A,B 两点,点 A 关于 x 轴的对称点为 C,则(SF1BC)max=b(a2+c2)2a.证明由结论 1 知,直线 BC 恒过定点 S(a2c,0),如图 1 知,SF2BCSF1BC=|SF2|SF1|=(a2/c)c(a2/c)+c=b2a2+c2,所以 SF1BC=a2+c2b2SF2BC.以 F2为极点,x 轴为极轴建立极坐标系,则椭圆 E 的方程为:=ep1+ecos=b2a+c cos,设A(1,),B(2,+),故1=b2a+ccos,2=b2a ccos.于是SF2BC=1212|sin2|=12b4|sin2|a2 c2cos2=b4|sin cos|a2sin2+b2cos2=b4|tan|a2tan2+b2=b4a2|tan|+(b2/|tan|)6b42ab,于是,SF1BC=a2+c2b2SF2BC6b(a2+c2)2a.能否进一步将结论 3 中的两焦点推广至一般的 x 轴上的定点,经探究可得:结论 4已知椭圆 E:x2a2+y2b2=1(a b 0),点N(n,0),M(m,0)(n,m (a,a)为 x 轴上定点,过点 N作不与坐标轴垂直的直线交椭圆于 A,B 两点,点 A 关于 x轴的对称点为 C,则(SMBC)max=b(a2 mn)2a.证明由结论 2 知,直线 BC 恒过定点 S(a2n,0).如图 1 知,SNBCSMBC=|SN|SM|=(a2/n)n(a2/n)m=a2 n2a2 mn,则SMBC=a2 mna2 nSNBC.因直线 AB 过定点 N,故直线AB 的参数方程为:x=n+tcos,y=0+tsin,(t 为参数),代入椭圆方程得(b2cos2+a2sin2)t2+2nb2cos t+b2(n2 a2)=0.设 A,B 对应的参数为 t1,t2,则 t1t2=b2(n2 a2)b2cos2+a2sin2.由题意,SNBC=12|t1t2sin2|=12|b2(n2 a2)sin2b2cos2+a2sin2|=b2(a2 n2)|1(b2/tan)+a2tan|6b2(a2 n2)?12ab?=b(a2 n2)2a.故 SMBC=a2 mna2 nSNBC6b(a2 mn)2a.所以,(SMBC)max=b(a2 mn)2a.3 类比探究结论 5 已知双曲线 E:x2a2y2b2=1(a 0,b 0),点N(n,0),M(m,0)(n,m (a,+)为 x 轴上两定点,过点N 作不与坐标轴垂直的直线交双曲线于 A,B 两点,乛、点 A关于 x 轴对称点为 C,则(SMBC)max=b(a2 mn)2a.证明类似,从略.推论 1已知双曲线 E:x2a2y2b2=1(a 0,b 0)的左、右焦点为 F1,F2,过点 F2作不与坐标轴垂直的直线交 E 于 A,B 两点,点 A 关于 x 轴的对称点为 C,则(SF1BC)max=b(a2+c2)2a.结论 6已知抛物线 E:y2=2px(p 0),过 x 轴上定点 N(n,0)(n 0)作倾斜角不小于 的锐角的直线交 E 于 A,B 两点,点 A 关于 x 轴对称点为 C,则(SFBC)max=2pntan.证明因为直线 AB 过(n,0),故其参数方程可设为x=n+tcos,y=0+tsin,(t 为 参 数),代 入 抛 物 线 方 程 得:sin2 t2 2pcos t 2pn=0,设 A,B 对应的参数为t1,t2,则 t1t2=2pnsin2,从而SNBC=12|t1t2sin2|=|pn sin2sin2|=|2pncossin|=|2pntan|62pntan推论 2已知抛物线 E:y2=2px(p 0)的焦点为 F,过点 F 作倾斜角不小于 的锐角的直线交抛物线 E 于 A,B两点,点 A 关于 x 轴的对称点为 C,则(SFBC)max=p2tan.4 拓展探究结论 7已知 C:x2a2+y2b2=1(a b 0)的左右焦点分别为 F1,F2,M,N 为 C 上两点,MF2 NF2=0(或 MF1 NF1=0)则 MF2N(或 MF1N)面积的最小值为e2p2(e+2)2.证明以 F2点为极点,以 x 轴正向为极轴方向建立极坐标系,则椭圆 C 的极坐标方程为:=ep1+ecos,设 M(1,),N(2,2+),故 1=ep1+ecos,2=ep1 esin.所以SMF2N=12ep1+ecosep1 esin=12e2p21 esin+ecos e2sincos.令 sin cos=t,则 t 2,2,sin cos=1 t22.于是,SMF2N=e2p22.11et1t22e2=e2p2e2t2 2et e2+2=p2(t 1e)2+1e21.因为(t1e)2+1e2 16(21e)2+1e21=2e2+22e+1,所以,SMF2Np22e2+22e+1=e2p2(e+2)2.5 背景探究近年来,命题者开始挖掘高等几何中一些素材来命制高考中的圆锥曲线试题,本文探讨的高考题的命题背景是高等几何中的极点和极线这块内容.为了将原理阐述清楚,先来探讨一下本题涉及到的概念和性质: