面积最值有妙法 构造函数是关键

摘" 要：以2019年全国Ⅱ卷理科第21题为例，探索如何用代数方法解决几何证明和面积最值问题的常见解法，注意体会在解题过程中，如何适时实施简化运算的方法.

关键词：几何证明；面积最值；简化运算

中图分类号：G632""" 文献标识码：A""" 文章编号：1008-0333（2024）22-0027-05

收稿日期：2024-05-05

作者简介：徐海军（1979—），男，陕西省黄陵人，本科，中学高级教师，特级教师，从事中学数学教学研究.

解析几何的核心内容是用代数方法解决几何问题.首先，恰当建系并选取合适的基本量将几何问题代数化；其次，运用代数方法、技巧解决问题.而代数方法的关键是“运算”，这就涉及一些运算的技巧以及如何简化运算的问题.这里以2019年全国Ⅱ卷理科第21题为例，探索如何用代数方法解决几何证明和最值问题的常见解法.

1" 试题呈现

试题" （2019年高考全国Ⅱ卷理科第21题）已知点A（-2，0），B（2，0），动点M（x，y）满足直线AM与BM的斜率之积为-12.记M的轨迹为曲线C.

（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；

（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为点E，连接QE并延长交C于点G.

（ⅰ）证明：△PQG是直角三角形；

（ⅱ）求△PQG面积的最大值.

2" 解法分析

第（1）问考查直接法求动点的轨迹，由椭圆的第三定义，易得曲线C的轨迹方程为x24+y22=1（y≠0），但要注意除去长轴的两个端点，属于容易题；这里重点分析第（2）问的处理方法和技巧.

2.1" 探究第（2）问的第（ⅰ）问

一般地，要证明△PQG是直角三角形，需要证明某两条边所在直线的斜率之积为-1.根据图象，本例实质上就是证明直线PQ和PG的斜率之积为-1.

思路1" 根据题意，设点P，G的坐标分别为P（x0，y0），G（x1，y1），则得点E，Q的坐标分别为E（x0，0），Q（-x0，-y0），然后由Q，E，G三点共线，得EG=tQE，求出点G坐标关于参数t的表达式，由P，G都在椭圆上得参数t的值，进而得点G坐标，由两点斜率公式得kPG，易证kPG·kPQ=-1.

证法1" 设P（x0，y0），G（x1，y1），则E，Q的坐标分别是E（x0，0），Q（-x0，-y0）.

又EG=tQE，所以x1=（2t+1）x0，y1=ty0.

联立（2t+1）2x204+t2y202=1，x204+y202=1，

解得t=y202x20+y20.

所以x1=2x30+3x0y202x20+y20，y1=y302x20+y20.

所以kPG=-x0y0=-1kPQ.

所以△PQG是直角三角形.

思路2" 根据题意，设点P，G的坐标分别为P（x0，y0），G（x1，y1），则得点E，Q的坐标分别为E（x0，0），Q（-x0，-y0），然后由Q，E两点写出直线QE的方程，联立方程组，根据韦达定理得出点G坐标，借助点P（x0，y0）满足椭圆方程，利用x20+2y20=4简化运算，由两点斜率公式得kPG，易证kPG·kPQ=-1，这是此类题的常规解法，必须掌握.

证法2" 设P（x0，y0），G（x1，y1），则E，Q的坐标分别是E（x0，0），Q（-x0，-y0）.

则直线QE：y=y02x0（x-x0）.

由x24+y22=1，y=y02x0（x-x0）， 得

（2x20+y20）x2-2x0y20x+x20y20-8x20=0.

所以 -x0x1=x20y20-8x202x20+y20.

所以x1=（8-y20）x02x20+y20，

y1=y02x0（x1-x0）=（4-x20-y20）y02x20+y20.

因为x20+2y20=4，

所以kPG=y1-y0x1-x0=-x0y0=-1kPQ.

所以△PQG是直角三角形.

思路3" 根据题意，设点P，G的坐标分别为P（x0，y0），G（x1，y1），则得点E，Q的坐标分别为E（x0，0），Q（-x0，-y0），然后由P，G两点在椭圆上，由点差法得出y1-y0x1-x0·y1+y0x1+x0=-12，然后注意到Q，G，E三点共线，由kQE=kQG得y02x0=y1+y0x1+x0，易证kPG·kPQ=-1，这也是此类题的常规解法，必须掌握.

证法3" （点差法）设P（x0，y0），G（x1，y1），则E，Q的坐标分别是E（x0，0），Q（-x0，-y0）.

由x20+2y20=4，x21+2y21=4，得

x21-x20+2（y21-y20）=0.

所以y1-y0x1-x0·y1+y0x1+x0=-12.

要证明kPQ·kPG=y0x0·y1-y0x1-x0=-1，

需证明y0x0=2·y1+y0x1+x0.

注意到Q，G，E三点共线，由kQE=kQG，得y02x0=y1+y0x1+x0，故结论显然成立.

思路4" 根据椭圆第三定义的推论：若点A，B是椭圆x2a2+y2b2=1（agt;0，bgt;0）上关于原

点对称的两点，M是椭圆上异于A，B的一点，则kMA·kMB=-b2a2.

由题知，P，Q是椭圆上关于原点对称的两点，则

kGP·kGQ=-b2a2=-12，这样，要证明kPQ·kPG=-1，只需证明kPQ=2kGQ即可.

证法4" 由题知P，Q两点关于原点对称，根据椭圆第三定义的推论有kGP·kGQ=-12.

要证明kPQ·kPG=-1，只需证明kPQ=2kGQ，由证法3知，显然成立.

2.2" 探究第（2）问的第（ⅱ）问

第（2）问的第（ⅱ）小问是高考解析几何的热点问题——面积最值问题，常见的解法就是引入变量构造函数，至于选择哪个变量来构造函数，关键是对动态过程的分析.一般有两种方案：①如果是过定点的动直线，那么一般选斜率为自变量，比如官方的解答；②如果是曲线上的动点，则选择点的坐标等，从而利用函数最值的求法进行求解.

思路1" （以动点的坐标为自变量，构造函数）首先是求出△PQG面积的表达式，由于对三角形△PQG的分割方法不同，可以有以下几种方法：

①是将△PQG分割成△PQE和△PEG，求△PQG的面积表达式；②是注意到PE⊥x轴，考虑面积选择水平宽乘以铅垂高.借助点P（x0，y0）满足椭圆方程，利用x20+2y20=4，简化运算，易得

S△PQG=2x30y0+2x0y302x20+y20.再由求最值的方法不同分以下两种思路：①令t=y0x0，构造关于t的函数，然后通过求导，根据函数单调性求出面积的最大值；②令t=y0x0+x0y0，构造关于t的函数，然后通过求导，根据函数单调性求出面积的最大值.

解法1" 将△PQG分割成△PQE和△PEG，求△PQG面积的表达式.

S△PQG=S△PQE+S△PEG

=x0y0+12y0|x1-x0|

=2x30y0+2x0y302x20+y20.

因为x20+2y20=4，

所以S△PQG=8（x30y0+x0y30）（x20+2y20）（2x20+y20）.

设t=y0x0gt;0，则

S△PQG（t）=8（t+t3）（1+2t2）（2+t2），t∈（0，+

SymboleB@ ），

S′△PQG（t）=8（1-t）（1+t）（2t4+3t2+2）（2t4+5t2+2）2.

所以当t∈（0，1）时，S′△PQG（t）gt;0，S△PQG（t）单调递增；

当t∈（1，+

SymboleB@ ）时，S′△PQG（t）lt;0，S△PQG（t）单调递减.

所以当t=1时，S△PQG（t）取得最大值 S△PQG（1）

=169，此时x0=y0.

解法2" 注意到PE⊥x轴，考虑选择水平宽乘以铅垂高，求△PQG面积的表达式.

S△PQG=12y0|x1-x0|=2x30y0+2x0y302x20+y20，

因为x20+2y20=4，

所以S△PQG=8x0y0（x20+y20）（x20+2y20）（2x20+y20）

=8（x0/y0+y0/x0）2（x0/y0+y0/x0）2+1.

令t=y0x0+x0y0，则t≥2.

所以S△PQG（t）=8t1+2t2，

S′△PQG（t）=8（1-2t2）（2t2+1）2lt;0.

所以当t=2时，S△PQG（t）取得最大值 S△PQG（2）=169，此时x0=y0.

思路2" （以过定点的直线的斜率为自变量，构造函数）

首先是求出△PQG面积的表达式，由于对△PQG的分割方法不同，可以有以下几种方法：①是官方参考答案的改进.官方参考答案的思路是：基于直线PQ：y=kx形式简单，所以P，Q坐标易求，注意到点P在椭圆上，可由韦达定理求出点G坐标.但是，如果我们想到弦长公式，注意到|PG|=1+1k2·

|x1-x0|，只需找出x1-x0，联立方程，由韦达定理可得△PQG面积的表达式；②是注意到PE⊥x轴，考虑面积选择水平宽乘以铅垂高，易得S△PQG=12|PQ||PG|=8k（k2+1）（1+2k2）（2+k2）；③是由于△PQG各边所在直线斜率都已知，可考虑由夹角公式得△PQG面积的表达式.再由求最值的方法不同分以下两种思路：①用均值不等式；②令t=k+1k，构造关于t的函数，然后根据函数单调性求出面积的最大值.

解法3" （官方参考答案的改进）设直线PQ：y=kx，则直线QG：y=k2（x-x0）.

联立y=kx，x2+2y2=1， 得x20=41+2k2.

联立y=k2（x-x0），x2+2y2=1，得

（2+k2）x2-2k2x0x+k2x20-8=0.

则-x0+x1=2k2x02+k2.

从而|PQ|=2x01+k2，

|PG|=1+1k2|x1-x0|=2x0kk2+12+k2.

所以S△PQG=12|PQ||PG|

=8k（k2+1）（1+2k2）（2+k2）.

下面有两种方法求其最值，一种是注意到分母两因式的和正好是分子一个式子的倍数，可考虑均值不等式：

S△PQG=12|PQ|·|PG|=8k（k2+1）（1+2k2）（2+k2）

≤8k（k2+1）［（1+2k2+2+k2）/2］2

=329·kk2+1

=329·1k+1/k

≤

329·12k·（1/k）=169，

当且仅当k=1k，1+2k2=2+k2时等号成立，即k=1，此时x0=y0.

另一种是官方的参考答案：

S△PQG=8k（k2+1）（1+2k2）（2+k2）

=8（k3+k）2k4+5k2+2

=8（k+1/k）2k2+2/k2+5

=8（k+1/k）2（k+1/k）2+1.

令t=k+1k，因为kgt;0得t≥2，当且仅当k=1时取等号.

因为S△PQG=8t2t2+1=82t+1/t在［2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，（S△PQG）max=169.

解法4" 注意到PE⊥x轴，考虑面积选择水平宽乘以铅垂高.

S△PQG=12|PE||x1-（-x0）|

=12y0（x1+x0）

=12kx0（x1+x0）

=12k（x0x1+x20）.

由（ⅰ）知kPQ=2kGQ.

故设直线PQ：y=kx，

则直线QG：y=k2（x-x0）.

联立y=kx，x2+2y2=1， 得x20=41+2k2.

联立y=k2（x-x0），x2+2y2=1，得

（2+k2）x2-2k2x0x+k2x20-8=0.

则-x0·x1=k2x20-82+k2.

即x0·x1=-k2x20-82+k2=-k2·4/（1+2k2）-82+k2=4（3k2+2）（2+k2）（1+2k2）.

所以S△PQG=12k（x20+x0x1）

=12k［41+2k2+4（3k2+2）（1+2k2）（2+k2）］

=8k（k2+1）（1+2k2）（2+k2）.

以下同解法3.

解法5" 由于△PQG各边所在直线斜率都已知，可考虑用夹角公式表示面积.

tan∠PQG=k-k/21+k2/2=kk2+2，

所以S△PQG=12|PQ|·|PG|

=12|PQ|2tan∠PQG

=8k（k2+1）（1+2k2）（2+k2）.

以下同解法3.

思路3" 求△PQG面积的最大值本质上是求△POG面积2倍的最大值.注意到图中点O既是中点，又是原点，涉及过原点的△POG的面积公式为S△POG=12|x0y1-x1y0|，从结构来看，考虑用参数方程的方法.

解法6" 设P（2cosα，2sinα），G（2cosβ，

2sinβ）（0lt;βlt;αlt;π2），

tanα=tgt;0，则

S△PQG=2S△POG

=2×222|cosαsinβ-sinαcosβ|

=22sin（α-β）.

又kPG=22·sinα-sinβcosα-cosβ

=-22·2sin［（α-β）/2］cos［（α+β）/2］2sin［（α+β）/2］sin［（α-β）/2］

=-22cotα+β2，

因为-1=kPG·kPQ=-22cotα+β2·22tanα，

所以tanα+β2=12tanα=12t.

则tanα-β2=tan（α-α+β2）

=tanα-tan［（α+β）/2］1+tanαtan［（α+β）/2］

=t/21+t2/2

=1t+2/t≤122，

当且仅当t=2时成立，

此时S△PQG=22sin（α-β）的最大值为169.

所以△PQG面积的最大值为169.

3" 结束语

解析几何中求面积最值问题在历年高考题中经常出现，一般涉及求三角形或四边形面积的最值，解决的思路都是根据题目已知条件，先把面积表达式用某个量表示出来，再利用求函数最值法或基本不等式等知识来求解其最值.

求面积表达式通用的模式是引入变量构造函数，这是解决此类问题的关键.一般常见的构造方法有两种：一种是根据曲线上的动点，选择动点的坐标为自变量表示；另一种是根据过定点的动直线，选择直线的斜率为自变量表示.

正确计算是解决解析几何问题的基本功，数形结合是转化解析几何问题的出发点.针对圆锥曲线解题能力的提升，既要重视运算能力，也要强化数形结合思想.

参考文献：

［1］

中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）［M］.北京：人民教育出版社.2020.

［责任编辑：李" 璟］