一道椭圆试题的解法与结论推广

摘" 要：高考数学命题重视对学科素养的考查，要求考生熟知运算对象，理解运算法则，掌握运算思路，解出运算结果.这里通过对一道椭圆试题解法的探究，挖掘试题所蕴含的本质条件，在此基础上对试题进行推广得到一般性结论.

关键词：椭圆试题；解法；结论推广

中图分类号：G632""" 文献标识码：A""" 文章编号：1008-0333（2024）22-0037-04

收稿日期：2024-05-05

作者简介：李寒（1978—），女，贵州省桐梓人，本科，中学高级教师，从事数学教学研究.

重庆市巴蜀中学2024届高考适应性月考卷（五）第22题是一道探索三角形面积最大值的开放性命题，从深层次反映出解析几何的数学本质，考查了逻辑推理、数学运算等数学核心素养及解析几何的图形问题代数化的本质.

1" 试题呈现

题目" 已知点P（x0，y0）是椭圆E：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）上的动点，离心率为e=32，设椭圆左、右焦点分别为F1、F2，且|PF1|+|PF2|=4.

（1）求椭圆E的标准方程；

（2）若直线PF1，PF2与椭圆E的另一个交点分别为A，B，问△PAB面积是否存在最大值，若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由.

2" 解法探究

2.1" 第（1）问解析

解析" 由|PF1|+|PF2|=4，

根据椭圆的定义可得2a=4.

所以a=2.

由e=ca=32，得c=3.

所以b2=a2-c2=4-3=1.

故椭圆E的标准方程为x24+y2=1.

2.2" 第（2）问解析

分析1" 探索△PAB面积的最大值，由于A，B两点是由直线PF1，PF2与椭圆E相交得到的，所以若用常规的底乘高来计算三角形的面积就不容易处理，若以AB作为底边，可以想象出是相当复杂的；若以PA为底边，则点B坐标可以用x0，y0来表示，计算距离也是比较复杂的.好在底PA较易计算，因而考虑用PA，PB来计算面积，可以通过△PAB与△PF1F2的面积比消掉角的正弦值，从而转化为关于y1，y2和y0关系的比值，进而把△PAB的面积转化为点P横、纵坐标的关系式.由于该面积的关系式不很常规，构造函数求导后难以判断单调性，因而无法确定最大值，但可以猜测到最大值在1处取得，且可以取到等号，于是考虑直接通过证明f（x）≤f（1）求解.

解法1" 设直线PA的方程为x=my-3，由x24+y2=1，x=my-3，得

（m2+4）y2-23my-1=0.

设A（x1，y1），则y0+y1=23mm2+4，y0y1=-1m2+4.

设直线PB的方程为x=ny+3，

由x24+y2=1，x=ny+3，得

（n2+4）y2+23ny-1=0.

设B（x2，y2），则y0+y2=-23nn2+4，y0y2=-1n2+4.

又因为x0=my0-3，

所以y0+y1y0y1=-23m=-23·x0+3y0.

所以y0+y1y1=-23x0-6，

y0y1=-23x0-7.

又因为x0=ny0+3，

所以y0+y2y0y2=23n=23·x0-3y0.

所以y0+y2y2=23x0-6，

y0y2=23x0-7.

结合椭圆对称性，不妨设y0gt;0，于是

S△PABS△PF1F2=（|PA|·|PB|sin∠APB）/2（|PF1

|·|PF2|sin∠APB）/2

=|PA|·|PB||PF1|·|PF2|

=y0-y1y0·y0-y2y0.

因此S△PAB=y0-y1y0·y0-y2y0·S△PF1F2

=（1-y1y0）（1-y2y0）·12|F1F2|y0

=3y0·23x0+823x0+7·23x0-823x0-7

=3y0·x20-16/3x20-49/12.

又由x204+y20=1，

即x20=4（1-y20）.

得S△PAB=3y0·4-4y20-16/34-4y20-49/12

=3y0·y20+1/3y20+1/48

=3y0（y20+1/3）y20+1/48

=163y0（3y20+1）48y02+1，其中0lt;y0≤1.

设f（t）=t（3t2+1）48t2+1（0lt;t≤1），下面证明

f（t）≤f（1）=449.

要证f（t）=t（3t2+1）48t2+1≤449，

即证147t3-192t2+49t-4≤0.

即证（t-1）（147t2-45t+4）≤0.

因为147t2-45t+4=0的判别式小于零，

所以147t2-45t+4gt;0恒成立.

因此（t-1）（147t2-45t+4）≤0对0lt;t≤1恒成立.

所以f（t）=t（3t2+1）48t2+1（0lt;t≤1）的最大值为449.

故△PAB面积的最大值为64349.

点评" 解法1设出直线方程并与椭圆方程联立，消去x后整理为关于y的一元二次方程，利用韦达定理得到坐标关系，再由y0表示出△PAB的面积，这是求解直线与圆锥曲线位置关系的常用思路和方法.最后构造函数，利用分析法求解，充分体现了知识应用的灵活性.

分析2" 根据P，F1，A与P，F2，B分别三点共线引入定比，把△PAB面积与△PF1F2面积的比转化为点的坐标关系，进而转化为定比关系，利用均值不等式求解.

解法2" 设PF1=λF1A，PF2=μF2B，

结合图形可得|PA||PF1|=λ+1λ，|PB||PF2|=μ+1μ.

设A（x1，y1），B（x2，y2），结合椭圆的对称性，不妨设y0gt;0，于是

S△PABS△PF1F2=（|PA|·|PB|sin∠APB）/2（|PF1|·|PF2|sin∠APB）/2

=|PA|·|PB||PF1|·|PF2|

=|PA||PF1|·|PB||PF2|

=λ+1λ·μ+1μ

=（1+1λ）（1+1μ）

=1+1λ+1μ+1λμ

=1+λ+μ+1λμ

≤1+λ+μ+1［（λ+μ）/2］2，

当且仅当λ=μ时等号成立，此时P（0，1），直线PA的方程为x=3y-3.

由x24+y2=1，x=3y-3，易求得y1=-17.

所以λ=μ=|PF1||F1A|=|y0||y1|=7.

所以S△PABS△PF1F2≤1+1549=6449.

所以S△PAB≤6449S△PF1F2.

又S△PF1F2=12|F1F2|·|y0|=12×23×1=3，

所以S△PAB≤64349.

所以△PAB面积的最大值为64349.

点评" 解法2引入定比，通过数形结合用定比表示△PAB面积与△PF1F2面积的比值，然后运用均值不等式求解，思路独特、颇具新颖，对思维能力的要求较高.

3" 结论推广

下面将试题第（2）问推广为一般情形，可得到：

结论" 已知点P（x0，y0）是椭圆E：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）上的动点，离心率为e=32，设椭圆左、右焦点分别为F1（-c，0），F2（c，0）（cgt;0）.若直线PF1，PF2与椭圆E的另一个交点分别为A，B，则△PAB面积的最大值为4a4bc（a2+c2）2.

该结论的证明可按试题的解法进行，考虑到过程的复杂性，这里给出证明.

证明" 由题意，直线PA的方程为

y=y0x0+c（x+c），

即x=x0+cy0y-c.

由x2a2+y2b2=1，x=x0+cy0y-c，得

［（a2+c2）+2cx0］y2-2c（x0+c）y0y-b2y0=0.

设A（x1，y1），则y0y1=-b2y0（a2+c2）+2cx0，

解得y1=-b2（a2+c2）+2cx0.

设B（x2，y2），同理，

y2=-b2（a2+c2）-2cx0.

于是S△PABS△PF1F2=

（|PA|·|PB|sin∠APB）/2

|PF1|·|PF2|sin∠APB

=|PA|·|PB||PF1|·|PF2|

=y0-y1y0·y0-y2y0.

又x20a2+y20b2=1，

所以x20=a2b2（b2-y20）.

因此S△PAB=y0-y1y0·y0-y2y0·S△PF1F2

=（1-y1y0）（1-y2y0）·12|F1F2|y0

=（1-y1y0）（1-y2y0）·cy0

=［1+b2（a2+c2）+2cx0］［1+b2（a2+c2）-2cx0］·cy0

=4cy0a4-（cx0）2（a2+c2）2-（2cx0）2

=4ca2y0（b4+c2y20）b6+4a2c2y20，其中0lt;y0≤b.

设f（t）=t（b4+c2t2）b6+4a2c2t2（0lt;t≤b），下面证明

f（t）≤f（b）=a4b（a2+c2）2.

要证f（t）=t（b4+c2t2）b6+4a2c2t2≤a4b（a2+c2）2，

只要证t（b4+c2t2）b6+4（b2+c2）c2t2≤（b2+c2）b（b2+2c2）2.

只要证（b2+2c2）2c2t3-4（b2+c2）2bc2t2+（b2+2c2）2b4t-b7（b2+c2）≤0.

只要证（t-b）［（b2+2c2）2c2t2-b3c2（3b2+4c2）t+b6（b2+c2）≤0.

因为（b2+2c2）2c2t2-b3c2（3b2+4c2）t+b6（b2+c2）=0的判别式小于零，所以（b2+2c2）2c2t2-b3c2（3b2+4c2）t+b6（b2+c2）gt;0恒成立.

因此（t-b）（b2+2c2）2c2t2-b3c2（3b2+4c2）t+b6（b2+c2）≤0对0lt;t≤b恒成立.

故f（t）≤f（b）=a4b（a2+c2）2.

即f（t）=t（b4+c2t2）b6+4a2c2t2（0lt;t≤b）的最大值为449.

所以△PAB面积的最大值为4a4bc（a2+c2）2.

4" 结束语

许多典型的数学试题，其中蕴含的思想方法或规律需要进行挖掘、延伸，因而在我们平时的解题过程中，要适时地将问题推广延伸为一般性的结论用于解决相关问题.久而久之，就能逐步培养学生灵活多变的思维品质，培养其探索精神和创新意识，从而真正把对能力的培养落到实处，提高其数学学科素养［1］.

参考文献：

［1］

朱彬，胡晓静.对一道椭圆联考题的解法与延伸探究［J］.中学数学研究，2023（07）：56-58.

［责任编辑：李" 璟］