一道高考解析几何题的求解及其推广

1/5一道高考解析几何题的求解及其推广2011年全国高考（山东卷）数学理科试题第22题（压轴题）是一道解析几何题，以椭圆为背景，涉及三角形、定值、最值以及探索性问题等知识，综合性比较强，尽管山东省这么多考生只是为数不多的学生得了满分，仔细分析试题难度并不太大，解题路子也比较宽，可以多个角度进行求解。若进一步对试题研究可发现该试题的结论可进行推广，得到一类曲线的相应性质，颇具有一定学习价值。下面对高考题进行多角度求解及其推广，以飨读者。高考题目已知动直线l与椭圆C：22132xy交于1122,,,PxyQxy两不同点，且OPQ的面积62OPQS，其中O为坐标原点．（Ⅰ）证明：2212xx和2212yy均为定值；（Ⅱ）设线段PQ的中点为M，求OMPQ的最大值；（Ⅲ）椭圆C上是否存在三点,,DEG，使得62ODEODGOEGSSS？若存在，判断DEG的形状；若不存在，请说明理由．试题求解证明：（Ⅰ）当直线l的斜率不存在时，,PQ两点关于x轴对称，则1212,xxyy，由11,Pxy在曲线C上，则2211132xy，而1162OPQSxy，则116,12xy.于是22123xx，22122yy.当直线l的斜率存在，设直线l为ykxt，代入22132xy可得2223()6xkxt，即222(23)6360kxktxt，0，即2222364(23)(36)0ktkt，整理得2223kt2121222636,2323kttxxxxkk2/522212121211()4PQkxxkxxxx22222632123ktkk21tdk，222112632622232POQktSdPQtk解得22322kt，满足0222221212122263(2)()2()22323kttxxxxxxkk22222224222366(2)3(32)3(2)342kttkttttttt，222222121212222(3)(3)4()2333yyxxxx，综上可知22123xx，22122yy.另证1：若点11(,)Pxy不在y轴上时，直线1111:,0OPylyxxyyxx，点22(,)Qxy到直线OPl的距离为12122211xyyxdxy，即121222111212221111162222POQxyyxSOPdxyxyyxxy则12126xyyx，当12126xyyx时，121222()6xyyx而2211132xy，2222132xy，则222211222212220323266xxyyxxyy，即221221()()03232xyxy，于是2222122133,22xyxy，而222212123(1),3(1)22yyxx则22123xx，22122yy。同理当12126xyyx时可得22123xx，22122yy。3/5若点11(,)Pxy在y轴上时，点(0,2)P，而62OPQS，则点(3,0)Q，此时结论22123xx，22122yy也成立。综上可知22123xx，22122yy。另证2：由题意可设3cos,2sin,P3cos,2sinQ12211116cossincossin6sin()222Sxyxy因为62OPQS，则sin()1，即()2kkZ则222222123cos3cos3(cossin)3xx，222222122sin2sin2(sincos)2yy.（Ⅱ）当直线l的斜率不存在时，由（Ⅰ）知16216;2OMxPQ当直线l的斜率存在时，由（Ⅰ）知122332232xxktkkt，2212123221()2222yyxxktktttttt，2222222121222222949443(22)11()()(3)2244442xxyykktomttttt2222222222224(32)6(1)6(22)21(1)2(2)(23)ktktPQkkttt2222211(23)25(3)(2)44OMPQtt≤，当且仅当221132tt，即6t时等号成立，即OMPQ52。综上可知OMPQ的最大值为52。另证1：222222121212121[()()][()()]4OMPQxxyyxxyy22222121212121{[()()][()()]}16xxyyxxyy4/522222212121125()(32)444xxyy，即52OMPQ另证2：222222121212124()()()()OMPQxxyyxxyy222212122[()()]2(32)10xxyy224252OMPQOMPQ，即52OMPQ，当且仅当25OMPQ时等号成立。故OMPQ的最大值为52。另证3：设设3cos,2sin,P3cos,2sinQ，则11(3(coscos),2(sinsin))22M由（Ⅰ）知()2kkZ，22222243(coscos)2(sinsin)3(coscos)2(sinsin)OMPQ22226(coscos)4(sinsin)22226(cossin)4(sincos)10224252OMPQOMPQ，即52OMPQ当且仅当25OMPQ时等号成立。故OMPQ的最大值为52。（Ⅲ）假设曲线C上存在三点,,DEG，使得62ODEODGOEGSSS，由（Ⅰ）知2222223,3,3DEEGGDxxxxxx，2222222,2,2DEEGGDyyyyyy.解得22232DEGxxx,2221DEGyyy，因此,,DEGxxx只能从62中选取，,,DEGyyy只能从1中选取，5/5因此,,DEG只能从6(,1)2中选取三个不同点，而这三点的两两连线必有一个过原点，这与62ODEODGOEGSSS相矛盾，故曲线C上不存在三点,,DEG，使得62ODEODGOEGSSS。另证：由（Ⅰ）另证2可知，若62ODEODGOEGSSS，则向量,,ODOEOG两两所成的角均为2，则必有三点,,DOE、或三点,,DOG、或三点,,EOG共线，这与62ODEODGOEGSSS矛盾。故曲线C上不存在三点,,DEG，使得2ODEODGOEGmnSSS。试题推广已知动直线l与曲线C：221(0,0)xymnmn交于11,,Pxy22,Qxy两不同点，且OPQ的面积2OPQmnS，其中O为坐标原点．（Ⅰ）证明：2212xx和2212yy均为定值；（Ⅱ）若线段PQ的中点为M，则OMPQ的最大值为m与n的算术平均数。（Ⅲ）曲线C上是否存在三点,,DEG，使得2ODEODGOEGmnSSS？若存在，判断DEG的形状；若不存在，请说明理由．通过上述推广可以看出，此题的结论不仅仅局限于焦点在x轴上的椭圆有，对于焦点在y轴上的椭圆也有，甚至圆也有类似的结论，但若曲线C表示圆时第（Ⅱ）问不再是最大值，而是一定值（圆的半径）。对于本试题的推广的证明可以仿照上述高考试题的求解进行解决（请读者自行证明或求解），在此不再给出证明或求解。