• 学前教育
  • 小学学习
  • 初中学习
  • 高中学习
  • 语文学习
  • 数学学习
  • 英语学习
  • 作文范文
  • 文科资料
  • 理科资料
  • 文档大全
  • 当前位置: 雅意学习网 > 高中学习 > 正文

    一道高考题的深入探讨 一道数学高考题的巧解及推广

    时间:2020-02-23 07:31:38 来源:雅意学习网 本文已影响 雅意学习网手机站

      2011年大纲全国卷第21题为:已知O为坐标原点,F为椭圆C:x�2+y�22=1在y轴的正半轴上的焦点,过F且斜率为-2的直线l与C交于A、B两点,点P满足�OA�+�OB�+�OP�=0.�
      (Ⅰ) 证明:点P在C上;�
      (Ⅱ) 设点P关于点O的对称点为Q,证明:A、P、B、Q四点在同一圆上.�
      这是一道解析几何与平面几何及向量有机整合综合性颇强的典型试题,涉及的知识点较多,思路开阔,解法多,有一定的运算量及解题技巧,有效地考查学生的逻辑思维能力和运算能力等等.�
      
      (一) 解法探讨�
      
      由题设得a=2,b=1,c=1,则F(0,1),直线l的方程为y=-2x+1,代入x�2+y�22=1化简得:4x�2-22x-1=0 ①�
      设A(x�1,y�1),B(x�2,y�2),P(x�3,y�3)�
      (Ⅰ) 解法1:解方程求出交点A、B的坐标,进而求出P点的坐标.�
      解方程①得x�1=2-64,x�2=2+64,
      则x�1+x�2=22,y�1+y�2=-2(x�1+x�2)+2=1.由题设�OA�+�OB�+�OP�=0,得x�3=-(x�1+x�2)=-22,y�3=-(y�1+y�2)=-1,所以点P的坐标为-22,-1.�
      经验证点P的坐标满足x�2+y�22=1,故点P在椭圆C上.�
      解法2:利用韦达定理求点P的坐标.�
      利用韦达定理由①得:x�1+x�2=22,x�1•x�2=-14.�
      由题意得:x�3=-(x�1+x�2)=-22,y�3=-(y�1+y�2)-[-2(x�1+x�2)+2]=-1�
      从而得P的坐标为-22,-1,以下同解法1代入验证,这里从略.�
      解法3:利用韦达定理用设而不求法证之.�
      由①得x�1+x�2=22,x�1•x�2=-14.�
      由题设得x�3=-(x�1+x�2),y�3=-(y�1+y�2)且x��2��1+y��2��12=1,x��2��2+y��2��22=1.�
      所以x��2��3+y��2��32=(x�1+x�2)�2+(x�1+y�2)�22=x��2��1+y��2��12+x��2��2+y��2��22+2x�1x�2+y�1y�2=2+2x�1x�2+(-2x�1+1)(-2x�2+1)=2+4x�1x�2-2(x�1+x�2)+1=2+4×-14-2×22+1=1故点P在椭圆C上�
      (Ⅱ) 证法一:找出圆心N坐标,并证明此点到A、P、B、Q距离都相等.�
      由(Ⅰ) 已得P-22,-1,由题设得Q22,1,PQ垂直平分线l�1的方程为y=-22x ②�
      设AB的中点为M,则M24,12,AB的垂直平分线l�2的方程为y=22x+14,③�
      由②③得l�1与l�2的交点-28,18.�
      所以|NP|=-22+28�2+-1-18=3118,|AB|=1+(-2)�2|x�1-x�2|=322,|AM|=324,|MN|=24+28�2+12+18�2=338,|NA|=AM�2+MN�2=3118,故|NP|=|NA|. 又|NP|=|NQ|,|NB|=|NA|,所以|NP|=|NA|=|NB|=|NQ|.�
      由此知A、P、B、Q四点在以N为圆心,NA为半径的圆上.�
      证法二:利用两直线的夹角(到角)公式,证明四边形APBQ一组对角互补.�
      由(Ⅰ) 解法1知A2-64,1+32,B2+64,1-32,P-22,-1,Q22,1,则K��PA�=22+6,K��PB�=22-6,K��QA�=-22+6,K��QB�=-22-6,
      所以�tan�∠APB=K��PA�-K��PB�1+K��PA�•K��PB�=263,�tan�∠AQB=K��QB�-K��QA�1+K��QA�•K��QB�=-263�
      从而得�tan�∠APB=-�tan�∠AQB=�tan�(180�°�-∠AQB),所以有∠APB+∠AQB=180�°�,�
      故A、P、B、Q四点共圆.�
      证法三:利用两直线的夹角公式及设而不求法证之.�
      设A(x�1,y�1),B(x�2,y�2),由题设得P(-(x�1+x�2),-(y�1+y�2)),Q(x�1+x�2,y�1+y�2)�
      则k��PA�=2y�1+y�22x�1+x�2,k��PB�=y�1+2y�2x�1+2x�2,k��QA�=y�2x�2,k��QB�=y�1x�1,�
      所以
      �tan�∠APB=k��PA�-k��PB�1+k��PA�•k��PB�
      �=2y�1+y�22x�1+x�2-y�1+2y�2x�1+2x�2
      1+2y�1+y�22x�1+x�2•y�1+2y�2x�1+2x�2�=
      3(x�2y�1-x�1y�2)2x�2�1+5x�1x�2+2x�2�2+2y�2�1+5y�1y�2+2y�2�2
      
       ④�
      �tan�∠AQB=k��QB�-k��QA�1+k��QA�•k��QB�=
      y�1x�1-y�2x�2
      1+y�1x�1•y�2x�2=
      x�2y�1-x�1y�2x�1x�2+y�1y�2=
      3(x�2y�1-x�1y�2)3x�1x�2+3y�1y�2
       ⑤�
      要证明∠APB+∠AQB=180�°�,只需证明�tan�∠APB+�tan�∠AQB=0.�
      由④⑤式知其分子相同,只需证明其分母互为相反数,即证明:�
      2x�2�1+5x�1x�2+2x�2�2+2y�2�1+5y�1y�2+2y�2�2+3x�1x�2+3y�1y�2=2x�2�1+8x�1x�2+2x�2�2+2y�2�1+8y�1y�2+2y�2�2
      =2(x�1+y�2)�2+2(y�1+y�2)�2+4x�1x�2+4y�1y�2=0
      即可.�
      由(Ⅰ) 已得x�1+x�2=22,x�1•x�2=-14,y�1+y�2=-2(x�1+x�2)+2=1�
      所以y�1•y�2=(-2x�1+1)(-2x�2+1)=2x�1x�2-2(x�1+x�2)+1=-12�
      于是有2x�2�1+8x�1x�2+2x�2�2+2y�2�1+8y�1y�2+2y�2�2=2•22+2•1�2.+4-14+4•-12=0�
      故A、P、B、Q四点共圆.�
      (二) 高考题的推广�
      推广命题1设O为坐标原点,F为椭圆C:y�2a�2+x�2b�2=1(a>b>0)的焦点,过F作斜率为k(k≠0)的直线l与C交于A、B两点,点P满足�OA�+�OB�+�OP�=0.�
      (Ⅰ) 证明:点P在C上的充要条件是斜率k满足k�2=3a�2-4b�2b�2>0;�
      (Ⅱ) 设点P关于点O的对称点为Q,证明:A、P、B、Q四点共圆的充要条件是k=±2.�
      证明 不失一般性,取F(0,c),则直线l的方程为y=kx+c,代入y�2a�2+x�2b�2=1,化简整理得(a�2+b�2k�2)x�2+2b�2ckx-b�4=0.�
      设A(x�1,y�1),B(x�2,y�2),P(x�3,y�3)由韦达定理得:�
      x�1+x�2=-2b�2cka�2+b�2k�2,x�1•x�2=-b�4a�2+b�2k�2,由题设得x�3=-(x�1+x�2)=2b�2cka�2+b�2k�2,�
      y�3=-(y�1+y�2)=-k(x�1+x�2)-2c=-2a�2ca�2+b�2k�2.�
      所以y�2�3a�2+x�2�3b�2
      =1a�2-2a�2ca�2+b�2k�2�2+1b�22b�2cka�2+b�2k�2�2=4c�2a�2+b�2k�2(*)�
      现证(Ⅰ) 充分性:当k�2=3a�2-4b�2b�2>0时,由(*)得�
      4c�2a�2+b�2k�2=4c�2a�2+3a�2-4b�2=4c�24a�2-4b�2=1�
      所以y�2�3a�2+x�2�3b�2=1,故点P在椭圆C上.�
      必要性若点P在椭圆C上,即y�2�3a�2+x�2�3b�2,由(*)得4c�2a�2+b�2k�2=1,�
      即a�2+b�2k�2=4a�2-4b�2,从而得k�2=3a�2-4b�2b�2>0,�
      综上(Ⅰ)获证.�
      现证(Ⅱ)设A(x�1,y�1),B(x�2,y�2),P(-(x�1+x�2),-(y�1+y�2)),Q(x�1+x�2,y�1+y�2)则有�
      k��PA�=2y�1+y�22x�1+x�2,k��PB�=y�1+2y�2x�1+2x�2,k��QA�=y�2x�2,k��QB�=y�1x�1�
      仿本文高考题第(Ⅱ)证法三,可推得�
      �tan�∠AQB=3(x�2y�1-x�1y�2)3x�1x�2+3y�1y�2,�tan�∠APB=3(x�2y�1-x�1y�2)2x�2�1+5x�1x�2+2x�2�2+2y�2�1+5y�1y�2+2y�2�2�
      设M=2x�2�1+8x�1x�2+2x�2�2+2y�2�1+8y�1y�2+2y�2�2,则M=2(x�1+x�2)�2+2(y�1+y�2)�2+4x�1x�2+4y�1y�2(**)�
      下面计算M式,为此将k�2=3a�2-4b�2b�2代入,分别计算得:�
      (x�1+x�2)�2=-2b�2cka�2+b�2k�2�2
      =4b�2c�2(3a�2-4b�2)[4(a�2-b�2)]�2=
      3a�2b�2-4b�44c�2
      
      �
      (y�1+y�2)�2=[k(x�1+x�2)+2c]�2=2a�2ca�2+b�2k�2=4a�4c�216c�4=a�44c�2�
      x�1x�2=-b�4a�2+b�2k�2=-b�44c�2�
      y�1y�2=(kx�1+c)(kx�2+c)=k�2x�1x�2+ck(x�1+x�2)+c�2�
      =-b�4k�2-b�2c�2k�2+a�2c�2a�2+b�2k�2=
      a�2(c�2-b�2k�2)a�2+b�2k�2=
      -2a�4+3a�2b�24c�2,�
      所以由(**)得M=2•3a�2b�2-4b�44c�2+
      2•a�44c�2+4-b�44c�2+4-2a�4+3a�2b�24c�2�
      =-3a�4+9a�2b�2-6b�42c�2=-3(a�2-2b�2)(a�2-b�2)2c�2=-32(a�2-2b�2)(***).�
      必要性:若A、P、B、Q四点共圆,则M=0.由(***)得a�2=2b�2,代入k�2=3a�2-4b�2b�2,得k�2=3从而得k=±2.�
      充分性:若k=±2,即k�2=2,即3a�2-4b�2b�2=2,从而得a�2=2b�2,�
      由(***)得M=0,从而得�tan�∠APB+��tan�∠AQB�=0,即得∠APB+∠AQB=180�°�,故得A、P、B、Q四点共圆,从而(Ⅱ)获证.�
      读者不难验证本文的高考试题是该推广命题1的特例.�
      本文的高考试题也可以推广到焦点落在x轴的椭圆,即:�
      推广命题2设O为坐标原点,F为椭圆C:x�2a�2+y�2b�2=1(a>b>0)的焦点,过F作斜率为k(k≠0)的直线l与C交于A、B两点,点P满足�OA�+�OB�+�OP�=0.�
      (Ⅰ) 证明:点P在C上的充要条件是斜率k满足k�2=b�23a�2-4b�2>0;�
      (Ⅱ) 设点P关于点O的对称点为Q,证明:A、P、B、Q四点共圆的充要条件是k=±22.�
      本文高考试题和第(Ⅰ) 小题还可以推广到双曲线,即:�
      推广命题3设O为坐标原点,F为双曲线C:x�2b�2-y�2a�2=1的焦点,过F作斜率为k(k≠0)的直线l与C交于A、B两点,点P满足�OA�+�OB�+�OP�=0.则点P在双曲线C上的充要条件是斜率k满足k�2=5a�2+4b�2b�2.�
      此外本文的高考试题第(Ⅰ)小题还可以进一步推广为:�
      推广命题4设O为坐标原点,F为椭圆C:y�2a�2+x�2b�2=1(a>b>0)的焦点,过F作斜率为k(k≠0)的直线l与C交于A、B两点,点P满足λ�1�OA�+λ�2�OB�+�OP�=0,λ�1,λ�2为常数,且λ�1+λ�2≠1,则点P在C上的充要条件是斜率k满足�
      k�2=[(λ�1+λ�2)�2-1]-4λ�1λ�2b�2[1-(λ�1-λ�2)�2]b�2>0�
      推广命题2、3、4与推广命题1的证明类同,这里限于篇幅,留给读者完成.���

    推荐访问:探讨 高考题 一道高考题的深入探讨 每日一道高考题 高考最后一道题

    • 文档大全
    • 故事大全
    • 优美句子
    • 范文
    • 美文
    • 散文
    • 小说文章