一道高考题的探究与感悟.pdf

2015年第5期 福建中学数学 3722 634BCAB b  ．评注 本解法主要运用同一三角形面积公式的两种不同表示形式建立关于b的方程，使问题得到快速解决．解法5 设AC b ， 2BC  ．在 ABC 中，由三角形中线性质得 sinsinAC BAMAB CAM  ，又sin CAM 21 1b  ， 2 4AB b  ， 22 134b bb   ，整理得2 2( 2) 0b   ，即 2 2b  ， sin BCBAC AB    22 4b 63 ．评注 本解法利用三角形的中线性质建立关于b的方程．解法6 建立如图2所示的直角坐标系xCy，设 AC b ， 2BC  ，则 (0 0)C ， ， (0 )A b， ，(2 0)B ， ， (1 0)M ， ，所以 (1 )AM b  ， ，(2 )AB b  ， ，从而 22AM AB b    ，又 cosAM AB AM AB BAM       ， 2 2 2 21 4 3b b    22 b  ， 整 理 得 2 2( 2) 0b   ， 即 2 2b  ，sin BCBAC AB    22 634b  ．评注 本解法通过建立直角坐标系，利用向量数量积的定义及其坐标表示建立关于b的方程，从而实现解题的目的．本题以三角形为背景，考查三角函数知识．其解题方法灵活多样，求解的关键是充分利用正弦定理、余弦定理、三角形面积公式、三角形的性质以及三角函数公式等．一道高考题的探究与感悟圣转红 安徽省灵璧中学（234200）众所周知，教师精心备课，精选例题对课堂教学是多么重要．而一道立意高远，内涵丰富的高考试题蕴含着丰富的数学思想，探究其解法的多样性可以帮助学生领悟深层次的数学联系，使其数学能力向更高层次发展；同时体现高考试题的数学价值．比如在圆锥曲线中设计角平分线问题，可以多角度的考查学生对解析几何等相关知识的掌握程度，现以2013年山东高考压轴题为例，研究利用角平分线性质的几个视角，探究精彩纷呈的解题方法，展示高考试题的探索性和延展性．例（2013年高考山东卷·理22）椭圆 2 22 2: x yC a b1( 0)a b   的左、右焦点分别为 1F， 2F ，离心率为32 ，过 2F 且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段的长为1．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）点P是椭圆C上除了长轴端点外的任一点，连结 1PF， 2PF ，设 1 2FPF 的角平分线PM交C 的长轴于点 ( 0)M m， ，求m的取值范围；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，过P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点．设直线1PF， 2PF 的斜率分别为 1k ， 2k ．若 0k  ，试证明：1 21 1k k 为定值，并求出这个定值．易知所求的椭圆方程为 2 2 14x y  ．本文重点探究（Ⅱ）的解法．视角1 利用内角平分线定理解法1 如图1，在 1 2PFF 中，由内角平分线定理知 1 12 2PF MFPF MF ， 1 2 1 22 2PF PF MF MFPF MF   ，于是 22 22MF c ePF a  ．设 0 0( )P x y， ，由 2 2MF e PF ，20 0( )c m e a ex c e x      ， 2 0m e x  ．32e ， 02 2x   ， 03 3 3( )4 2 2m x    ， ．图2BA MCy x图1 xy P2F2FMO1F38 福建中学数学 2015年第5期注 ①一般地，对椭圆 2 22 2 1( 0)x y a ba b    ，P是椭圆上除长轴端点外的任一点，若 1 2FPF 的角平分线PM交椭圆长轴于点M，则 2M px e x ；对于双曲线 2 22 2 1x ya b  （ 0 0a b ， ），P是双曲线上除实轴端点外的任一点，若 1 2FPF 的外角平分线PM交x轴于点M，依然有 2M px e x ．②内角平分线定理的证明既可以利用平面几何中的相似三角形，也可以用正弦定理：在1PFM 中，1 11 1sin sinPF MFPMF FPM  ，在 2PFM 中， 2 22 2sin sinPF MFPMF FPM  ．又 1 2sin sinPMF PMF   ， 1 2sin sinFPM F PM   ，1 12 2PF MFPF MF  ．视角2 利用角平分线上的点到角的两边距离相等 解法2 设 0 0( )P x y， 0( 2 2)x   ， 1( 3 0)F  ， ，2( 3 0)F ， ，直线 1 0 0 0: ( 3) 3 0PF y x x y y    ，直线 2 0 0 0: ( 3) 3 0PF y x x y y    ．由题意2 20 0 0 0| 3 | / ( 3)my y x y  0 0= 3 /my y 2 20 0( 3)x y  ．20 011 4y x  且 0 0y  ， 3 3m   ．0 03 3( 3)/(2 ) ( 3 )/(2 )2 2m x m x      ，解得 034m x ．又 02 2x   ， 3 3( )2 2m   ， ．注 这是参考答案提供的方法1，直接把直线方程化成一般式，利用点到直线距离公式．解法3 设0 0 0( )( 2 2)P x y x  ， ， 1( 3 0)F  ， ，2( 3 0)F ， ，点P不在椭圆长轴端点．设 1 :PF x13 t y  ， 2 2: 3PF x t y  ，由题意 213 / 1m t 22= 3 / 1m t  ．把 22 01 20( 3)1 1 xt y   ， 221 =t20 20( 3)1 x y ，代入上式并结合 2 20 011 4y x  且0 0y  ， 3 3m   ，解得 034m x ．又 02 2x   ，所以 3 3( )2 2m  ， ．注 此种解法避免了对直线 1PF， 2PF 的斜率的讨论，比参考答案解法简单．斜率不为零的直线方程都可以设成这种形式．视角3 直接利用两角相等解法 4 因为PM 是 1 2FPF 的平分线，所以1 2FPM F PM  ，从而 1 2PF PM PF PM     ， ， ，1 2cos cosPF PM PF PM      ， ， ， 1( )/PF PM  1 2 2( ) ( )/( )PF PM PF PM PF PM         ．设 0 0( )P x y，0( 2 2)x   ． 1( 3 0)F  ， ， 2( 3 0)F ， ， ( 0)M m， ，1 0 0( 3 )PF x y     ， ， 2 0 0( 3 )PF x y   ， ， 0 0( )PM m x y   ， ．代入上式并结合 2 20 011 4y x  且 0 0y  ，解得 034m x ．又02 2x   ，所以 3 3( )2 2m  ， ．注 这种解法借助向量的夹角公式，把角的问题用坐标表示，自然流畅．解法 5 因为PM 是 1 2FPF 的平分线，所以1 2FPM F PM  ．于是直线 1PF到直线PM的角等于直线PM到直线 2PF 的角．在直线 1PF，PM， 2PF的斜率都存在的情况下，分别设它们的斜率为1 2 3k k k， ， ， 3 22 11 2 3 21 1k kk kkk k k   ．设 0 0( )P x y， ，因为1( 3 0)F  ， ， 2( 3 0)F ， ， ( 0)M m， ， 01 0 3yk x   ，02 0yk x m  ， 03 0 3yk x  ，代入得 20 0 03( 3)( )mx x m y  20 0 03( 3)( )mx x m y    ．再把 2 20 011 4y x  代入，解得 034m x ．容易验证，当直线 1PF，PM， 2PF 的斜率有不存在时，结论 034m x 仍然成立．又 02 x  2，所以 3 3( )2 2m  ， ．注 利用一条直线到另一条直线的角，避免了直线夹角公式中对绝对值的讨论．视角4 利用角两边所在的直线关于对角线对称解法6 考虑椭圆的对称性，不妨暂设 1 2PF PF ．如图2，段 1PF上取一点 2F，使 2 2| | | |PF PF  ． 图2 xy P2F2FMO1F2015年第5期 福建中学数学 391 2FPM F PM  ， 2 2F PM F PM   ，从而 2 2MF MF  ．于是 2 2 21 1 2 1 2 1 2 1cos ( )/(2 )PFM FF PF PF FF PF   2 221 2 1 2 1 2 1( )/(2 )FF MF MF FF MF     ．把 1 032 2PF x  ， 2 032 2PF x  ， 1 2 2 3FF  ，1 2 1 2 03FF PF PF x    ， 1 3MF m  ，2 2 3MF MF m    代入上式，得 20 00 012 4 3 3 4 34 3 ( 3)x x mx m x   ．从而解得 034m x ．当 1 2PF PF 时，同样也有 034m x ．又 02 2x   ，所以 3 3( )2 2m  ， ．注 在含有相同角的不同三角形中分别利用余弦定理，沟通了坐标之间的联系．解法7 设 0 0 0( )( 2 2)P x y x  ， ． 1( 3 0)F  ， ，2( 3 0)F ， ， ( 0)M m， ，直线 1 0 0: ( 3)PF y x x y 03 0y  ，直线 0 0 0: ( ) 0PM y x x m y my    ．设2( 3 0)F ， 关于直线PM 的对称点为 2 1 1( )F x y ， ．由2 2FF被PM垂直平分，得 2 20 01 2 20 03( ) (2 3)( )x m m yx x m y     ，0 01 2 20 02 ( )( 3 )( )y x m my x m y    ．代入直线 1PF的方程后，可得2 20 0 0 03( ) ( 3)( )( 3 )x m my x x m m      ．再把 20y2011 4x  代入，解得 034m x ．又 02 2x   ，所以3 3( )2 2m  ， ．注 这种解法思路自然，但运算量较大．解法8 设点2( 3 0)F ， 关于直线PM的对称点为2 1 1( )F x y ， ，则 2 2PF PF  且 22 11( )( )PFPF PFPF    ．设0 0( )P x y， ． 1( 3 0)F  ， ， 2( 3 0)F ， ， 1 ( 3PF  0 0)x y ， ， 2 0 0( 3 )PF x y。