福建省龍海第一中學(xué)新校區(qū) 蘇藝偉

福建省漳州漳浦第四中學(xué) 陳錦山

一、試題呈現(xiàn)

題目(2019年浙江卷理科解幾壓軸試題)如圖1,已知點(diǎn)F(1,0)為拋物線y2= 2px(p>0)的焦點(diǎn).過點(diǎn)F的直線交拋物線于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)C在拋物線上,使得?ABC的重心G在x軸上,直線AC交x軸于點(diǎn)Q,且Q在點(diǎn)F的右側(cè).記?AFG,?CQG的面積分別為S1,S2.

(1)求p的值及拋物線的準(zhǔn)線方程;(2)求的最小值及此時(shí)點(diǎn)G的坐標(biāo).

圖1

二、試題分析

在文[1]中,林國紅老師對(duì)此題的第二步進(jìn)行了探究,給出了兩種解法,并將結(jié)論推廣.兩種解法中計(jì)算?AFG和?CQG面積都是采用底乘以高除以2 的方法,在運(yùn)算量上偏大.試題第二步要求的是?AFG和?CQG面積之比的最小值.觀察圖形,分析圖中幾何要素中隱含的幾何關(guān)系.不難發(fā)現(xiàn),可以借助平面幾何知識(shí)求解.?ABC的重心G告訴我們S?ABG=S?ACG.從圖1不難發(fā)現(xiàn),S1和S?ABG存在一定的關(guān)系,S2和S?ACG存在一定的關(guān)系,只要能夠把它們的關(guān)系研究清楚,本題就順利求解.

不妨設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)

所以?ABG和?AFG都是以FG為底,面積之比為高之比,即.同理

所以?CQG和?ACG都是以QG為底,面積之比為高之比,即

又由于S?ABG=S?ACG,從而可以得到的表達(dá)式.

三、試題解析

解析(2)由第一步知拋物線方程為y2= 4x.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3).y1+y2+y3= 0,y3=?y1?y2.從而

故

令f′(t)=0,得在單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增.

因此,f(t)的最小值為所以的最小值為

四、試題方法總結(jié)

本題求解的關(guān)鍵在于借助平面幾何知識(shí)準(zhǔn)確地表示出相關(guān)三角形的面積或者面積之比.通過觀察圖形不難發(fā)現(xiàn)?ABG和?AFG都是以FG為底,則面積之比為高之比;?CQG和?ACG都是以QG為底,面積之比也為高之比.這些幾何關(guān)系的挖掘是建立在求三角形面積的平面幾何知識(shí)基礎(chǔ)之上,用到了“兩三角形如果同底,則面積之比為高之比”這樣的幾何結(jié)論.因此,借助三角形面積的平面幾何知識(shí)求解此類面積之比問題至關(guān)重要.

五、方法歸納

類型1:兩個(gè)三角形同底,則面積之比為高之比

例1如圖2,過點(diǎn)P(1,0)作兩條直線x= 1 和l分別交拋物線y2=4x于A,B和C,D(其中A,C位于x軸的上方,l斜率大于零).直線AC,BD交于Q.

(1)求證點(diǎn)Q在定直線上.(2)若,求λ的最小值.

圖2

解析由已知可得A(1,2),B(1,?2).設(shè)直線CD:x=my+1,m>0.設(shè)

從而

所以

(2)因?yàn)?/p>

所以

令c2?4=t,則t>0.所以

注記?PQB和?PBD同底,都是以PB為底,所以面積之比為高之比,即

?PAC和?PAQ都是以AP為底,其面積之和為,即而?PQB以PB為底,由于AP和PB相等,所以可視為?PQC和?PQB同底,都是以PB為底,所以面積之比為高之比,即

類型2:兩個(gè)三角形等高,則面積之比為底之比

例2如圖3,過拋物線y2=2px(p>0)上一點(diǎn)P作拋物線的切線l交x軸于Q,F為拋物線的焦點(diǎn).以原點(diǎn)O為圓心的圓與直線l相切于點(diǎn)M.

(1)當(dāng)P變化時(shí),求證為定值.(2)當(dāng)P變化時(shí),記三角形PFM的面積為S1,三角形OFM的面積為S2,求的最小值.

圖3

解析(1)設(shè)P(x0,y0),則切線l方程為yy0=p(x+x0).令y= 0,得x=?x0,所以Q(?x0,0).則所以|QF|=|PF|,即

(2)由(1)知三角形PFQ為等腰三角形.取PQ中點(diǎn)N,則FN⊥PQ,OM//FN.設(shè)三角形MQF的面積為S3,OQ=t.則

注記?PFM和?MQF等高,所以?MQF和?OFM等高,所以

例3(2013年高考湖北卷理科第21 題)如圖4,已知橢圓C1與C2的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)O,長軸均為MN且在x軸上,短軸長分別為2m,2n(m > n),過原點(diǎn)且不與x軸重合的直線l與C1,C2的四個(gè)交點(diǎn)按縱坐標(biāo)從大到小依次為A,B,C,D.記?BDM和?ABN的面積分別為S1和S2.

(1)略.(2)當(dāng)λ變化時(shí),是否存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2? 并說明理由.

圖4

解析設(shè)直線l的傾斜角為θ,則θ ∈(0,π),且,設(shè)OA=R,OB=r,則A(Rcosθ,Rsinθ),B(rcosθ,rsinθ).由已知有兩式相減,得所以

注記?BDM和?ABN等高,所以

類型3:兩個(gè)三角形相似,則面積之比為邊長之比的平方

例4如圖5,已知拋物線x2= 4y,F為其焦點(diǎn),橢圓F1,F2為其左右焦點(diǎn),離心率過F作x軸的平行線交橢圓于P,Q兩點(diǎn),

(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)過拋物線上一點(diǎn)A作切線l交橢圓于B,C兩點(diǎn),設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為D,BC中點(diǎn)E,BC的中垂線交x軸于K,?KED,?FOD的面積分別為S1,S2,若且點(diǎn)A在第一象限,求A坐標(biāo).

圖5

解析(1)

設(shè)B(x1,y1),C(x2,y2),E(x3,y3).則

KE的方程:

令y= 0 得在直線l方程中,令y=0 得

注記?DEK相似于?FOD,所以

練習(xí)1如圖6,過拋物線C:y=x2上的一點(diǎn)A(1,1)作拋物線的切線,分別交x軸于點(diǎn)D,交y軸于點(diǎn)B,點(diǎn)Q在拋物線上,點(diǎn)E,F分別在線段AQ,BQ上,且線段QD與EF交于點(diǎn)P.

(1)當(dāng)點(diǎn)P在拋物線上,且時(shí),求直線EF的方程;(2)當(dāng)λ+μ=1 時(shí),求S?PAB:S?QAB的值.

圖6

解析(1)因?yàn)樗訣F//AB.由y=x2得y′= 2x,故直線AB斜率為2,所以直線AB方程為y=2x ?1.則

設(shè)Q(t,t2),P(x,y),由得代入y=x2得或者所以直線EF方程為或者

(2)由第(1)步知D為AB中點(diǎn),所以由得

由Q,P,D三點(diǎn)共線可得由E,P,F三點(diǎn)共線可得

練習(xí)2已知拋物線C:x2=ay的圖象經(jīng)過點(diǎn)(2,1).

(1)求拋物線C的方程和焦點(diǎn)坐標(biāo);(2)直線l交拋物線C于A,B不同的兩點(diǎn),且A,B位于y軸的兩側(cè),過A,B分別作拋物線C的兩條切線交于點(diǎn)P,直線AP,BP與x軸的交點(diǎn)分別記作M,N.記?ABP的面積為S1,?ANP的面積為S2,?BMP的面積為S3,試問是否為定值.

圖7

解析(1)x2=4y,F(0,1).

(2)設(shè)直線AB方程為x=my+t,代入x2= 4y得m2y2+(2mt ?4)y+t2=0.

設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則

拋物線C在點(diǎn)A處的切線方程為

拋物線C在點(diǎn)B處的切線方程為

兩式相加,得

注記?ABP與?ANP等高,面積之比為底邊之比,即;?ABP與?BMP等高,面積之比為底邊之比,即

六、教學(xué)啟示

通過上面的分析,不難發(fā)現(xiàn)解析幾何壓軸試題中的此類兩三角形面積之比問題,求解策略是運(yùn)用三角形面積的平面幾何知識(shí).由此可見平面幾何知識(shí)的重要作用.幾何是學(xué)生在初中就已經(jīng)接觸到的知識(shí).學(xué)生在初中就已經(jīng)學(xué)習(xí)了平面幾何的一些性質(zhì),再加上高中幾何知識(shí)的補(bǔ)充與強(qiáng)化,學(xué)生有了較為全面的平面幾何知識(shí),較好的應(yīng)用平面幾何的能力.因此,在解決圓錐曲線的相關(guān)問題中,如果我們能夠?qū)⑵矫鎺缀蔚闹R(shí)應(yīng)用上去,抓住解析幾何問題的本質(zhì)特征“幾何性”,結(jié)合圓錐曲線的定義進(jìn)行求解,那么可以使問題的解決變得清爽簡明,自然簡約,收到事半功倍的效果.