培养学生思维 提高关键能力

摘要：在竞赛解题教学活动中，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.文章以

2023年重庆市一道联赛题为例，阐述对它的解法探究和拓展推广.

关键词：重庆联赛题；解法探究；拓展推广；追本溯源

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2024）28-0043-06

在解析几何研究中，圆与椭圆是两个重要的研究对象，它们的图形优美，有着极强的对称性，圆与椭圆可通过仿射变换相互转化从而快速解决椭圆中的相关问题.另外，椭圆中也会生成很多圆，如内切圆、伴随圆、基圆和蒙日圆等，它们在性质上具有怎样的关系？

1考题呈现

题目（2023年重庆市数学联赛第11题）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>1）的离心率为23，以其左顶点K为圆心，6为半径作圆K，圆K交椭圆于A，B两点，且线段AB中点的横坐标为-32.

（1）求椭圆C的方程；

（2）如图1，圆K交直线x=-92于C，D两点，点P在线段CD上，过点P作椭圆的两条不同切线PE，PF（E，F为切点），求△PEF面积的取值范围.

分析易得（1）小题C：x29+y25=1.（2）可使用线参法、点参法、行列式法、向量法、判别式法等手段处理该题，试题平中见奇，内涵丰富，是具有研究性学习价值的好题.

2解法探究

思路1可以根据题意，设出动点P的坐标，据此表示出直线EF方程，进而求出△PEF面积的函数式，最后求此函数的最值即可.

解法1联立x=-92和⊙K：（x+3）2+y2=6，

解得C（-92，152），D（-92，-152）.

设P（-92，t），E（x1，y1），F（x2，y2），对C求导知

2x9+2y·y′5=0.

故点E处切线斜率为-5x19y1.

所以切线方程为x1x9+y1y5=1.

代入点P得-x12+ty15=1.①

同理-x22+ty25=1.②

由①②知EF方程为-12x+ty5=1.

与x29+y25=1联立消去x，得

（45t2+9）y2-8ty-25=0.

所以|EF|=1+（2t5）2·|y1-y2|

=1+4t252·

564t2+20（4t2+45）4t2+45

=6（4t2+25）4t2+45.

而点P到EF距离

d=|4t2+25|24t2+25=4t2+252.

所以S△PEF=12·|EF|·d

=12·6（4t2+25）4t2+45·4t2+252

=32·（4t2+25）324t2+45.

又因为t2∈0，154，且对S求导知S′>0，

所以S△PEF∈256，210.

思路2观察到EF方程含有参数t，故求得定点为左焦点，故可使用焦半径公式计算弦长.

解法2由解法1知，直线EF方程为

-12x+ty5=1.

即-2y·t+5x+10=0.

令-2y=0，5x+10=0，

解得x=-2，y=0.

故直线EF必过左焦点F1（-2，0）.

所以|EF|=|EF1|+|F1F|=a+ex1+a+ex2=2a+e（x1+x2）=6+23（x1+x2）.③

联立EF与椭圆C方程消去y，得

（4t2+45）x2+180x+180-36t2=0.

则x1+x2=-1804t2+45.

代入③式，得

|EF|=6+23·-1804t2+45

=6-1204t2+45

=6（4t2+25）4t2+45.

下同解法1.

思路3若能够由条件推导出PF1⊥EF，则求解所求三角形的高时更能简化运算.

解法3设 E（x1，y1），F（x2，y2），P（-92，t

），则可得直线EF：-x2+ty5=1.

故得直线EF恒过定点F1（-2，0）.

所以kPF1=t2-（9/2）=-2t5.

而显然kEF=52t.

所以kPF1kEF=-1.

所以h=（2-92）2+（0-t）2=t2+254=4t2+252.

下同解法1.

思路4考虑到线段EF过左焦点，因而可以利用圆锥曲线的极坐标方程来解决.

解法4以左焦点F1为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，则椭圆C的极坐标方程为

ρ=ep1-ep=53-2cosθ.

设E（ρ1，θ），F（ρ2，π+θ），

故|EF|=|EF1|+|F1F|=ρ1+ρ2=53-2cosθ+53-2cos（π+θ）=309-4cos2θ.

由-12x+ty5=1知kEF=52t.

所以cos2θ=11+tan2θ=11+（5/2t）2.

所以|EF|=309-4·4t2/（4t2+25）

=6（4t2+25）4t2+45.

下同解法1.

思路5此题中线段EF过左焦点，故而联想到直线的参数方程，使用它求解弦长更为简洁.

解法5因线段EF过左焦点，故而设直线EF的方程为x=-2+t0cosθ，y=0+t0sinθ，（t0为参数）.

将参数方程与椭圆C方程联立，得

（5cos2θ+9sin2θ）t20-20cosθ·t0-25=0.

设E，F两点对应的参数为t1，t2，则由参数t0的几何意义知

|EF|=|t1-t2|

=（t1+t2）2-4t1t2

=（20cosθ5cos2θ+9sin2θ）2-4·-255cos2θ+9sin2θ

=305cos2θ+9sin2θ

=309-4cos2θ.

以下同解法4.

思路6 此题涉及三角形的面积，还可以设出E，F两点坐标，然后使用向量法或行列式法

求解三角形的面积，也不失为一种简洁的方法.

解法6设 E（x1，y1），F（x2，y2），P（-92，t

），则

PE=（x1+92，y1-t

），PF=（x2+92，y2-t），

则由向量积的几何意义可知，

S△PEF=12|PE×PF|

=12·

|（x1+92）（y2-t）-

（x2+92）（y1-t）|

=|x1y2-x2y1-t（x1-x2）-92（y1-y2）|.

联立-12x+ty5=1与x29+y25=1并整理，得

（4t2+45）x2+180x+180-36t2=0.

所以x1y2-x2y1=x1·5x2+102t-x2·5x1+102t

=10（x1-x2）2t，

92（y1-y2）=45（x1-x2）4t.

所以S△PEF=12|-4t2-254t（x1-x2）|

=12|4t2+254t（x1+x2）2-4x1x2|

=12·4t2+254|t|·

|（1804t2+45）2-4·180-36t24t2+45|

=|4t2+254t·12t4t2+254t2+45|

=32·（4t2+25）324t2+45.

下同解法1.

3拓展推广

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，笔者发现过程和结论值得探究.于是笔者思考，题中所得结论是偶然还是必然？将试题第（2）问解答中由直线x=-92得切点弦过焦点进行一般性推广，可得到：

结论1已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>1），点P在左（右）准线上，过点P作椭圆的两条不同切线PE，PF（E，F为切点），则直线EF必过左（右）焦点.逆命题亦成立［1］.

将椭圆左焦点改为x轴上的任意点时，结论1进一步推广得到：

结论2已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>1），点P在直线x=-a2s（0<s<a）上，过点P作椭圆的两条不同切线PE，PF（E，F为切点），则直线EF必过定点（-s，0）.逆命题亦成立.

证明设E（x1，y1），F（x2，y2），P（-a2s，t

），则过点E的切线方程为x1xa2+y1yb2=1，将点P坐标代入得-x1s+ty1b2=1.

同理-x2s+ty2b2=1.

故而直线EF：-xs+tyb2=1.

令yb2=0，则-xs-1=0，

即直线EF过定点（-s，0）.

反之，若直线EF过（-s，0），

设EF：x=my-s，因在点E，F处的切线方程为

x1xa2+y1yb2=1，④

x2xa2+y2yb2=1，⑤

④×y2-⑤×y1，得

x1y2xa2-

x2y1xa2=y2-y1.

所以x=a2（y2-y1）x1y2-x2y1

=a2（y2-y1）（my1-s）y2-（my2-s）y1

=-a2s.

故逆命题也成立.

将试题（2）中三角形面积的取值范围推广到一般情形，得到：

结论3已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>1），点P在x=-a2c（yP∈-m，m）上，过点P作C的两条切线PE，PF（E，F为切点），则△PEF面积的取值范围为b4ac，a（m2c2+b4）32c（m2c2+a2b2）.

将椭圆左准线改成任意垂直于x轴的直线，则又可得到：

结论4已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>1），点P在直线x=-a2s（0<s<a，-m≤t≤m）上，过点P作椭圆C的两条不同切线PE，PF（E，F为切点），则△PEF面积的取值范围为

b（a2-s2）32as，as·（s2m2+a2b2-s2b2）32s2m2+a2b2.

证明设E（x1，y1），F（x2，y2），P（-a2s，t

），注意到EF：-xs+tyb2=1，与C方程联立并消

去x，得：

（s2t2+a2b2）y2-2s2b2ty+b4s2-b4a2=0.

则y1+y2=2s2b2ts2t2+a2b2.

因为PE=（x1+a2s，y1-t），

PF=（x2+a2s，y2-t），

所以S△PEF=12|（x1+a2s）（y2-t）-（x2+a2s）·（y1-t）|

=12|x1y2-x2y1-t（x1-x2）-a2s（y1-y2）|，

因为x1y2-x2y1=（sty1b2-s）y2-（sty2b2-s）y1

=s（y1-y2），

t（x1-x2）

=t（sty1b2-sty2b2）=st2b2（y1-y2），

所以S△PEF=12|（s-st2b2-a2s）（y1-y2）|.

因为|y1-y2|=（y1+y2）2-4y1y2

=（2s2b2ts2t2+a2b2）2-4b4s2-b4a2s2t2+a2b2

=2ab2s2t2+a2b2-s2b2s2t2+a2b2，

所以S△PEF=12|s2t2+a2b2-s2b2sb2|·2ab2·

s2t2+a2b2-s2b2s2t2+a2b2=as·（s2t2+a2b2-s2b2）32s2t2+a2b2.

因为t2∈0，m2，又S′（t）>0，所以

S△PEF∈b（a2-s2）32as，as·（s2m2+a2b2-s2b2）32s2m2+a2b2.

4类比推广

结论5已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），点P在直线x=-a2s（s>a）上，过点P作C的两条不同切线PE，PF（E，F为切点），则直线EF必过定点（-s，0）.逆命题亦成立.

对结论5令s=c，则可得推论1：

推论1已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），点P在直线x=-a2c上，过点P作C的两条不同切线PE，PF（E，F为切点），则直线EF必过左焦点（-c，0）.逆命题亦成立.

结论6已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），点P在直线x=-a2s（a<s，-m≤t≤m）上，过点P作双曲线C的两条不同切线PE，PF（E，F为切点），则△PEF面积的取值范围为

b（s2-a2）32as，as·（s2m2-a2b2+s2b2）32s2m2-a2b2.对结论6中令s=c，则可得推论2：

推论2已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），点P在x=-a2c（yP∈-m，m）上，过点P作C的两条切线PE，PF（E，F为切点），则S△PEF取值范围为b4ac，a（m2c2+b4）32c（m2c2-a2b2）.

结论7已知抛物线C：y2=2px（p>0），点P在直线x=-s（s>0）上，过点P作C的两条不同切线PE，PF（E，F为切点），则直线EF必过定点（s，0）.逆命题亦成立.

结论7中令s=p2，则可得推论3：

推论3已知抛物线C：y2=2px（p>0），点P在准线x=-p2上，过点P作C的两条不同切线PE，PF（E，F为切点），则直线EF必过焦点（p2，0）.逆命题亦成立.

结论8已知抛物线C：y2=2px（p>0），点P在直线x=-s（s>0）上，过点P作C的两条不同切线PE，PF（E，F为切点），则

S△PEF∈（2ps）32p，（m2+2ps）32p.

证明设E（x1，y1），F（x2，y2），P（-s，t），则注意到直线EF：ty=p（-s+x），与C方程联立消去x，得y2-2ty-2ps=0.则y1+y2=2t，y1y2=-2ps.

又PE=（x1+s，y1-t），

PF=（x2+s，y2-t），

则S△PEF=12|（x1+s）（y2-t）-（x2+s）（y1-t）|

=12·|x1y2-x2y1-t（x1-x2）-s（y1-y2）|，

而x1y2-x2y1=s（y2-y1），

t（x1-x2）=t2p（y1-y2），

所以S△PEF=12|（-s-t2p-s）（y1-y2）|.

因为|y1-y2|=4t2+8ps，

所以S△PEF=（t2+2ps）32p.

因为t2∈0，m2，

所以S△PEF∈（2ps）32p，（m2+2ps）32p.

结论8中令s=p2，则可得推论4：

推论4已知抛物线C：y2=2px（p>0），点P在准线x=-p2上，过点P作C的两条不同切线PE，PF（E，F为切点），则△PEF面积的取值范围为p2，m2+p2p［2］.

5高考溯源

溯源1（2021年高考乙卷21题第2问）已知抛物线C：x2=2py（p>0）的焦点为F，且F与圆M：x2+（y+4）2=1上点的距离的最小值为4.若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值.

解析设A（x1，x214），B（x2，x224），P（x，y），故

kPA=x12，kPB=x22，

lPA：y=12x1（x-x1）+x214，

lPB：y=12x2（x-x2）+x224，

联立解得x=x1+x22，y=x1x24.

所以PA=（x1-x22，x1（x1-x2）4），

PB=（x2-x12，x2（x2-x1）4）.

所以S△PAB=12|PA×PB|

=12×18|（x1-x2）3|.

因为x1+x22=cosθ，

x1x24=sinθ-4，

所以（x1-x2）2=84-4（sinθ+2）2≤80.

所以|x1-x2|≤45.

故S△PAB≤205.

溯源2（2006年全国Ⅱ卷理数21题第2问）已知抛物线x2=4y的焦点为F，A，B是抛物线上的两动点，且AF=λFB（λ>0）.过A，B两点分别作抛物线的切线，设其交点为M.设△ABM的面积为S，写出S=f（λ），并求S最小值.

解析设A（x1，y1），B（x2，y2），

所以S=12|AB||FM|.

|FM|=（x1+x22）2+（-2）2=y1+y2+2

=λ+1λ+2

=λ+1λ，

|AB|=|AF|+|FB|=y1+y2+2

=（λ+1λ）2，

所以S=12（λ+1λ）3≥12×23=4.

6结束语

本文以2023年重庆市一道数学联赛题为例，通过对问题的解法探究、引申拓展、追本溯源，从而建构此类题的处理方法.

参考文献：

［1］

王东海.一道联考试题的解法探究、背景分析及拓展推广［J］.数学通讯，2023（08）：41-43，61.

［2］ 王东海.对一道解析几何夹角问题的深入探究［J］.中学数学研究，2023（07）：33-35.

［责任编辑：李璟］