福建省廈門第一中學(xué)(361003) 黃昌毅

福建省廈門雙十中學(xué)(361009) 白福宗

1 試題與解析

題目1(2021年全國高考乙卷理科第11 題)設(shè)B是橢圓C:=1(a>b>0)的上頂點,若C上的任意一點P都滿足|PB|≤2b,則C的離心率的取值范圍是( ).

分析試題以橢圓為背景,考查橢圓上動點到上頂點距離最大值問題.從圖形直觀判斷,橢圓離心率越小,則橢圓越圓,當(dāng)橢圓退化為圓時,由圓的性質(zhì)可知直徑為最長弦,滿足條件;橢圓離心率越大,橢圓越扁,從而橢圓下頂點未必是離上頂點最遠的點,即選項A 和B 顯然錯誤.從代數(shù)角度分析,可以先求出|PB|的表達式,轉(zhuǎn)化為熟悉的不等式恒成立問題,也可求出的最大值,轉(zhuǎn)化為解不等式|PB|max≤2b.從幾何角度出發(fā),即圓x2+(y ?b)2= 4b2與橢圓有且僅有一個公共點(下頂點).試題呈現(xiàn)“低起點,多層次,高落差”特征.

解法1設(shè)P(x0,y0),?b≤y0≤b,則有= 1,設(shè)c2=a2?b2,則

②當(dāng)?> ?b,即b2< c2時,則有≤2b,化簡得(c ?b)2≤0,顯然不成立;

綜上,0

解法2同解法1 得|PB|2=x20+(y0?b)2=a2(1?)+(y0?b)2≤4b2恒成立,即?2by0+c2?2b2≤0,即(y0+b)≤0,又?b≤y0≤b,則有≤0 恒成立,即y0≥恒成立,即?b≥解得b2≥c2,即0

解法3由解法1 可知|PB|2=?2by0+a2+b2,依題意知f(y0)=+a2+b2≤4b2=f(?b),又因?b≤y0≤b,由二次函數(shù)性質(zhì)可知f(y0)在[?b,b]上單調(diào)遞減,從而極大值點y0=位于[?b,b]的左側(cè),即≤?b,即b2≥c2,即0

小結(jié)解法1、解法2、解法3 通過假設(shè)動點P(x0,y0)坐標,得到|PB|2表達式.解法1 將恒成立問題轉(zhuǎn)化為|PB|max≤2b,通過分類討論求弦長最大值,計算較為復(fù)雜;解法2、解法3 抓住不等式取等條件y0=?b這一隱含條件,解法2 將不等式進行因式分解,從而將二次不等式化為一次不等式,降低運算難度;而解法3 則將恒成立問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)單調(diào)性,大幅度降低運算量和運算難度.

解法4設(shè)P(acosθ,bsinθ),則|PB|2=a2cos2θ+(bsinθ ?b)2≤4b2恒成立,化簡得即sinθ≥恒成立,即?1 ≥解 得a2≤2b2,即0

解法5①當(dāng)P(0,?b)時,|PB|=2b滿足條件.

②設(shè)直線PB方程為y=kx+b(k ?= 0),聯(lián)立方程可得:a2k2x2+2a2bkx= 0,解得x= 0 或x=即則有|PB|=≤2b恒成立,即(2a2b2?a4)k2+b4≥0 恒成立,即2a2b2?a4≥0,即a2≤2b2,所以0

解法6設(shè)直線PB的傾斜角為α,其參數(shù)方程為(t為參數(shù)),代入橢圓方程可得:

解得tP=則有

恒成立,即(a2?b2)sin2α ?a2|sinα|+b2≥0 恒成立,即[(a2?b2)|sinα| ?b2](|sinα| ?1)≥ 0 恒 成 立,即(a2?b2)|sinα|?b2≤0 恒成立,即a2?b2?b2≤0,所以0

小結(jié)解法4 引用橢圓的參數(shù)方程,可減少變量引入,將問題轉(zhuǎn)化為三角化簡求值運算,是橢圓上動點坐標表示常用方法;解法5 通過聯(lián)立直線方程與橢圓方程,利用弦長公式求得|PB|2表達式;解法6 引入直線參數(shù)方程求得|PB|2表達式.三種解法最終都是求得|PB|表達式,而后轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題.

解法7|PB|≤2b,即橢圓上的都在圓x2+(y ?b)2=4b2上或圓內(nèi),即圓x2+(y ?b)2=4b2與橢圓=1恰有一個公共點(下頂點).如圖1 所示滿足條件、圖2則不滿足條件.聯(lián)立方程化簡得:(b2?a2)y2?2b3y+b2(a2?3b2)= 0,其中y ∈[?b,b],由題設(shè)知(b2?a2)y2?2b3y+b2(a2?3b2)=0 在y ∈[?b,b]上恰有一解,設(shè)f(y)= (b2?a2)y2?2b3y+b2(a2?3b2),y ∈[?b,b],又f(?b)= 0,f(b)=?4b4<0,由二次函數(shù)圖象如圖3 可知,f(y)在[?b,b]上單調(diào)遞減,即a2≤2b2,所以0

小結(jié)解法7 將|PB|≤2b轉(zhuǎn)化為點P在圓x2+(y ?b)2= 4b2上或圓內(nèi),從而將代數(shù)問題轉(zhuǎn)化為圓與橢圓的位置關(guān)系,將問題直觀化,通過聯(lián)立方程后,將方程的解的個數(shù)轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)零點個數(shù)問題.

圖1

圖2

圖3

2 結(jié)論拓展

結(jié)論1已知點B為橢圓C:= 1(a > b >0)左(右)頂點,P為橢圓上一動點,則|BP|max=2a.

結(jié)論2已知點B為橢圓C:= 1(a > b >0)上(下)頂點,P為橢圓上一動點,當(dāng)離心率e ∈(0,]時,|BP|max=2b,當(dāng)e ∈時,|BP|max=

結(jié)論1 顯然是正確的,長軸長是橢圓最大弦長;由解法1可證結(jié)論2,學(xué)生往往直觀認為,對任意的橢圓,下頂點是橢圓上離上頂點的最遠點,這是易犯錯誤的地方.

3 試題拓展

題目2(2016年高考浙江卷理科第19 題)設(shè)橢圓+y2=1(a>1).

(1)求直線y=kx+1 被橢圓截得的線段長(用a,k表示);

(2)若任意以點A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3 個公共點,求橢圓離心率的取值范圍.

分析(1)略.(2)假設(shè)圓與橢圓的公共點有4 個,由對稱性可設(shè)y軸左側(cè)的有兩個公共點為P1,P2即滿足|AP1|=|AP2|.設(shè)P(x0,y0),其中=1,y0∈(?1,1),所以|PA|2=x20+(y0?1)2= (1?a2)y20?2y0+a2+1,設(shè)f(y0)= (1?a2)y20?2y0+a2+1,y0∈(?1,1),對稱軸為y0=

①若y0=≤?1,a2≥2,即0< e≤時f(y0)在(?1,1)上單調(diào)遞減,則不存在這樣的P1,P2滿足|AP1|=|AP2|.

②若y0=> ?1,a2<2,即e >時f(y0)在(?1,1)上不單調(diào),則 存在這樣的P1,P2滿足|AP1|=|AP2|.

綜上所述,e ∈(0,

小結(jié)本題與題1 考查的本質(zhì)一樣,將圓與橢圓交點個數(shù)的幾何問題轉(zhuǎn)化為弦長單調(diào)性的代數(shù)問題.

題目3已知點A為橢圓C:= 1(a > b >0)上頂點,若以點A為直角頂點的橢圓內(nèi)接等腰直角三角形有且僅有3 個,求橢圓離心率的取值范圍.

分析設(shè)直線AM斜率為k,由對稱性不妨假設(shè)k >0,則lAM:y=kx+b.聯(lián)立方程

可得(a2k2+b2)x2+2a2bkx= 0,解得xM=所以|AM|=同理

又|AM|=|AN|,化簡得a2k2+b2=k(b2k2+a2)?b2k3?a2k2+a2k ?b2=0,

由對稱性可知k= 1 一定是方程的根,則方程可以因式分解,即有

則k= 1 或b2k2+ (b2?a2)k+b2= 0,此 時Δ =(b2?a2)2?4b4=a4?2a2b2?3b4=(a2+b2)(a2?3b2).

①若Δ = (a2+b2)(a2?3b2)= 0,即a2= 3b2,即e=此時k=1,故只有一組垂直相等弦,只有一個等腰直角三角形ΔAMN;

②若Δ = (a2+b2)(a2?3b2)<0,即a2<3b2,即0

③若Δ = (a2+b2)(a2?3b2)>0,即a2>3b2,即

綜上,當(dāng)0< e≤只有一組垂直相等弦,只有一個等腰直角三角形ΔAMN;當(dāng)

小結(jié)本題基于結(jié)論2 的基礎(chǔ)上,增加了兩條弦互相垂直這一條件,從而離心率的范圍更小一些.

結(jié)論3已知橢圓= 1(a > b >0),點A為橢圓的上頂點,過點A能做以點A為頂點的橢圓內(nèi)接等腰直角三角形,當(dāng)離心率e ∈(0,],只能作出一個滿足條件的ΔAMN;當(dāng)e ∈(,1),能作出三個滿足條件的ΔAMN.

結(jié)論4已知橢圓= 1,(a > b >0),點A為橢圓的上頂點,過點A能做以點A為頂點的橢圓內(nèi)接等腰三角形,且底邊高與底邊長的比值為λ.當(dāng)離心率e ∈(0,時,只能作出一個滿足條件的ΔAMN;當(dāng)e ∈能作出三個滿足條件的ΔAMN.