摘" 要：以2019年全國(guó)Ⅱ卷理科第21題為例，探索如何用代數(shù)方法解決幾何證明和面積最值問題的常見解法，注意體會(huì)在解題過程中，如何適時(shí)實(shí)施簡(jiǎn)化運(yùn)算的方法.

關(guān)鍵詞：幾何證明；面積最值；簡(jiǎn)化運(yùn)算

中圖分類號(hào)：G632""" 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A""" 文章編號(hào)：1008-0333（2024）22-0027-05

收稿日期：2024-05-05

作者簡(jiǎn)介：徐海軍（1979—），男，陜西省黃陵人，本科，中學(xué)高級(jí)教師，特級(jí)教師，從事中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

解析幾何的核心內(nèi)容是用代數(shù)方法解決幾何問題.首先，恰當(dāng)建系并選取合適的基本量將幾何問題代數(shù)化；其次，運(yùn)用代數(shù)方法、技巧解決問題.而代數(shù)方法的關(guān)鍵是“運(yùn)算”，這就涉及一些運(yùn)算的技巧以及如何簡(jiǎn)化運(yùn)算的問題.這里以2019年全國(guó)Ⅱ卷理科第21題為例，探索如何用代數(shù)方法解決幾何證明和最值問題的常見解法.

1" 試題呈現(xiàn)

試題" （2019年高考全國(guó)Ⅱ卷理科第21題）已知點(diǎn)A（-2，0），B（2，0），動(dòng)點(diǎn)M（x，y）滿足直線AM與BM的斜率之積為-12.記M的軌跡為曲線C.

（1）求C的方程，并說明C是什么曲線；

（2）過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為點(diǎn)E，連接QE并延長(zhǎng)交C于點(diǎn)G.

（ⅰ）證明：△PQG是直角三角形；

（ⅱ）求△PQG面積的最大值.

2" 解法分析

第（1）問考查直接法求動(dòng)點(diǎn)的軌跡，由橢圓的第三定義，易得曲線C的軌跡方程為x24+y22=1（y≠0），但要注意除去長(zhǎng)軸的兩個(gè)端點(diǎn)，屬于容易題；這里重點(diǎn)分析第（2）問的處理方法和技巧.

2.1" 探究第（2）問的第（?。﹩?/p>

一般地，要證明△PQG是直角三角形，需要證明某兩條邊所在直線的斜率之積為-1.根據(jù)圖象，本例實(shí)質(zhì)上就是證明直線PQ和PG的斜率之積為-1.

思路1" 根據(jù)題意，設(shè)點(diǎn)P，G的坐標(biāo)分別為P（x0，y0），G（x1，y1），則得點(diǎn)E，Q的坐標(biāo)分別為E（x0，0），Q（-x0，-y0），然后由Q，E，G三點(diǎn)共線，得EG=tQE，求出點(diǎn)G坐標(biāo)關(guān)于參數(shù)t的表達(dá)式，由P，G都在橢圓上得參數(shù)t的值，進(jìn)而得點(diǎn)G坐標(biāo)，由兩點(diǎn)斜率公式得kPG，易證kPG·kPQ=-1.

證法1" 設(shè)P（x0，y0），G（x1，y1），則E，Q的坐標(biāo)分別是E（x0，0），Q（-x0，-y0）.

又EG=tQE，所以x1=（2t+1）x0，y1=ty0.

聯(lián)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" 根據(jù)題意，設(shè)點(diǎn)P，G的坐標(biāo)分別為P（x0，y0），G（x1，y1），則得點(diǎn)E，Q的坐標(biāo)分別為E（x0，0），Q（-x0，-y0），然后由Q，E兩點(diǎn)寫出直線QE的方程，聯(lián)立方程組，根據(jù)韋達(dá)定理得出點(diǎn)G坐標(biāo)，借助點(diǎn)P（x0，y0）滿足橢圓方程，利用x20+2y20=4簡(jiǎn)化運(yùn)算，由兩點(diǎn)斜率公式得kPG，易證kPG·kPQ=-1，這是此類題的常規(guī)解法，必須掌握.

證法2" 設(shè)P（x0，y0），G（x1，y1），則E，Q的坐標(biāo)分別是E（x0，0），Q（-x0，-y0）.

則直線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?yàn)閤20+2y20=4，

所以kPG=y1-y0x1-x0=-x0y0=-1kPQ.

所以△PQG是直角三角形.

思路3" 根據(jù)題意，設(shè)點(diǎn)P，G的坐標(biāo)分別為P（x0，y0），G（x1，y1），則得點(diǎn)E，Q的坐標(biāo)分別為E（x0，0），Q（-x0，-y0），然后由P，G兩點(diǎn)在橢圓上，由點(diǎn)差法得出y1-y0x1-x0·y1+y0x1+x0=-12，然后注意到Q，G，E三點(diǎn)共線，由kQE=kQG得y02x0=y1+y0x1+x0，易證kPG·kPQ=-1，這也是此類題的常規(guī)解法，必須掌握.

證法3" （點(diǎn)差法）設(shè)P（x0，y0），G（x1，y1），則E，Q的坐標(biāo)分別是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.

要證明kPQ·kPG=y0x0·y1-y0x1-x0=-1，

需證明y0x0=2·y1+y0x1+x0.

注意到Q，G，E三點(diǎn)共線，由kQE=kQG，得y02x0=y1+y0x1+x0，故結(jié)論顯然成立.

思路4" 根據(jù)橢圓第三定義的推論：若點(diǎn)A，B是橢圓x2a2+y2b2=1（agt;0，bgt;0）上關(guān)于原

點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)，M是橢圓上異于A，B的一點(diǎn)，則kMA·kMB=-b2a2.

由題知，P，Q是橢圓上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)，則

kGP·kGQ=-b2a2=-12，這樣，要證明kPQ·kPG=-1，只需證明kPQ=2kGQ即可.

證法4" 由題知P，Q兩點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，根據(jù)橢圓第三定義的推論有kGP·kGQ=-12.

要證明kPQ·kPG=-1，只需證明kPQ=2kGQ，由證法3知，顯然成立.

2.2" 探究第（2）問的第（ⅱ）問

第（2）問的第（ⅱ）小問是高考解析幾何的熱點(diǎn)問題——面積最值問題，常見的解法就是引入變量構(gòu)造函數(shù)，至于選擇哪個(gè)變量來構(gòu)造函數(shù)，關(guān)鍵是對(duì)動(dòng)態(tài)過程的分析.一般有兩種方案：①如果是過定點(diǎn)的動(dòng)直線，那么一般選斜率為自變量，比如官方的解答；②如果是曲線上的動(dòng)點(diǎn)，則選擇點(diǎn)的坐標(biāo)等，從而利用函數(shù)最值的求法進(jìn)行求解.

思路1" （以動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)為自變量，構(gòu)造函數(shù)）首先是求出△PQG面積的表達(dá)式，由于對(duì)三角形△PQG的分割方法不同，可以有以下幾種方法：

①是將△PQG分割成△PQE和△PEG，求△PQG的面積表達(dá)式；②是注意到PE⊥x軸，考慮面積選擇水平寬乘以鉛垂高.借助點(diǎn)P（x0，y0）滿足橢圓方程，利用x20+2y20=4，簡(jiǎn)化運(yùn)算，易得

S△PQG=2x30y0+2x0y302x20+y20.再由求最值的方法不同分以下兩種思路：①令t=y0x0，構(gòu)造關(guān)于t的函數(shù)，然后通過求導(dǎo)，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求出面積的最大值；②令t=y0x0+x0y0，構(gòu)造關(guān)于t的函數(shù)，然后通過求導(dǎo)，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求出面積的最大值.

解法1" 將△PQG分割成△PQE和△PEG，求△PQG面積的表達(dá)式.

S△PQG=S△PQE+S△PEG

=x0y0+12y0|x1-x0|

=2x30y0+2x0y302x20+y20.

因?yàn)閤20+2y20=4，

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

設(shè)t=y0x0gt;0，則

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.

所以當(dāng)t∈（0，1）時(shí)，S′△PQG（t）gt;0，S△PQG（t）單調(diào)遞增；

當(dāng)t∈（1，+

SymboleB@ ）時(shí)，S′△PQG（t）lt;0，S△PQG（t）單調(diào)遞減.

所以當(dāng)t=1時(shí)，S△PQG（t）取得最大值 S△PQG（1）

=169，此時(shí)x0=y0.

解法2" 注意到PE⊥x軸，考慮選擇水平寬乘以鉛垂高，求△PQG面積的表達(dá)式.

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

因?yàn)閤20+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，則t≥2.

所以S△PQG（t）=8t1+2t2，

S′△PQG（t）=8（1-2t2）（2t2+1）2lt;0.

所以當(dāng)t=2時(shí)，S△PQG（t）取得最大值 S△PQG（2）=169，此時(shí)x0=y0.

思路2" （以過定點(diǎn)的直線的斜率為自變量，構(gòu)造函數(shù)）

首先是求出△PQG面積的表達(dá)式，由于對(duì)△PQG的分割方法不同，可以有以下幾種方法：①是官方參考答案的改進(jìn).官方參考答案的思路是：基于直線PQ：y=kx形式簡(jiǎn)單，所以P，Q坐標(biāo)易求，注意到點(diǎn)P在橢圓上，可由韋達(dá)定理求出點(diǎn)G坐標(biāo).但是，如果我們想到弦長(zhǎng)公式，注意到|PG|=1+1k2·

|x1-x0|，只需找出x1-x0，聯(lián)立方程，由韋達(dá)定理可得△PQG面積的表達(dá)式；②是注意到PE⊥x軸，考慮面積選擇水平寬乘以鉛垂高，易得S△PQG=12|PQ||PG|=8k（k2+1）（1+2k2）（2+k2）；③是由于△PQG各邊所在直線斜率都已知，可考慮由夾角公式得△PQG面積的表達(dá)式.再由求最值的方法不同分以下兩種思路：①用均值不等式；②令t=k+1k，構(gòu)造關(guān)于t的函數(shù)，然后根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求出面積的最大值.

解法3" （官方參考答案的改進(jìn)）設(shè)直線PQ：y=kx，則直線QG：y=k2（x-x0）.

聯(lián)立y=kx，x2+2y2=1， 得x20=41+2k2.

聯(lián)立y=k2（x-x0），x2+2y2=1，得

（2+k2）x2-2k2x0x+k2x20-8=0.

則-x0+x1=2k2x02+k2.

從而|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）.

下面有兩種方法求其最值，一種是注意到分母兩因式的和正好是分子一個(gè)式子的倍數(shù)，可考慮均值不等式：

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，

當(dāng)且僅當(dāng)k=1k，1+2k2=2+k2時(shí)等號(hào)成立，即k=1，此時(shí)x0=y0.

另一種是官方的參考答案：

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?yàn)閗gt;0得t≥2，當(dāng)且僅當(dāng)k=1時(shí)取等號(hào).

因?yàn)镾△PQG=8t2t2+1=82t+1/t在［2，+∞）單調(diào)遞減，所以當(dāng)t=2，即k=1時(shí)，（S△PQG）max=169.

解法4" 注意到PE⊥x軸，考慮面積選擇水平寬乘以鉛垂高.

S△PQG=12|PE||x1-（-x0）|

=12y0（x1+x0）

=12kx0（x1+x0）

=12k（x0x1+x20）.

由（?。┲猭PQ=2kGQ.

故設(shè)直線PQ：y=kx，

則直線QG：y=k2（x-x0）.

聯(lián)立y=kx，x2+2y2=1， 得x20=41+2k2.

聯(lián)立y=k2（x-x0），x2+2y2=1，得

（2+k2）x2-2k2x0x+k2x20-8=0.

則-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各邊所在直線斜率都已知，可考慮用夾角公式表示面積.

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面積的最大值本質(zhì)上是求△POG面積2倍的最大值.注意到圖中點(diǎn)O既是中點(diǎn)，又是原點(diǎn)，涉及過原點(diǎn)的△POG的面積公式為S△POG=12|x0y1-x1y0|，從結(jié)構(gòu)來看，考慮用參數(shù)方程的方法.

解法6" 設(shè)P（2cosα，2sinα），G（2cosβ，

2sinβ）（0lt;βlt;αlt;π2），

tanα=tgt;0，則

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?yàn)?1=kPG·kPQ=-22cotα+β2·22tanα，

所以tanα+β2=12tanα=12t.

則tanα-β2=tan（α-α+β2）

=tanα-tan［（α+β）/2］1+tanαtan［（α+β）/2］

=t/21+t2/2

=1t+2/t≤122，

當(dāng)且僅當(dāng)t=2時(shí)成立，

此時(shí)S△PQG=22sin（α-β）的最大值為169.

所以△PQG面積的最大值為169.

3" 結(jié)束語(yǔ)

解析幾何中求面積最值問題在歷年高考題中經(jīng)常出現(xiàn)，一般涉及求三角形或四邊形面積的最值，解決的思路都是根據(jù)題目已知條件，先把面積表達(dá)式用某個(gè)量表示出來，再利用求函數(shù)最值法或基本不等式等知識(shí)來求解其最值.

求面積表達(dá)式通用的模式是引入變量構(gòu)造函數(shù)，這是解決此類問題的關(guān)鍵.一般常見的構(gòu)造方法有兩種：一種是根據(jù)曲線上的動(dòng)點(diǎn)，選擇動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)為自變量表示；另一種是根據(jù)過定點(diǎn)的動(dòng)直線，選擇直線的斜率為自變量表示.

正確計(jì)算是解決解析幾何問題的基本功，數(shù)形結(jié)合是轉(zhuǎn)化解析幾何問題的出發(fā)點(diǎn).針對(duì)圓錐曲線解題能力的提升，既要重視運(yùn)算能力，也要強(qiáng)化數(shù)形結(jié)合思想.

參考文獻(xiàn)：

［1］

中華人民共和國(guó)教育部.普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2017年版2020年修訂）［M］.北京：人民教育出版社.2020.

［責(zé)任編輯：李" 璟］