1、解题方法 数学通讯一2012年第1期(下半月) 20 1 1年湖南高考数学理第21题的另解及探究 王耀辉 (安徽省毫州市利辛高级中学，236700) 题目 如图1，椭圆c1： Xz+ 1(口60) 的离心率为 ，X轴被曲线C2：Y= 一b截得的线 段等于C1的长半轴长 (I)求C1，C2的方程； ()设C2与 轴的交点为M，过坐标原点O 的直线l与C2相交于点A，B直线MA，MB分别 与C1相交于D，E (j)证明：MD上ME； (ii)记AMAB，AMDE面积分别是S1，S2 c 1一， 问：是否存在直线l，使得 Ol= ?请说明理由 02 J 分析本题是对椭圆与抛物线以及直线与抛物 线和直
2、线与椭圆的综合问题的考查 根据平面几何性质，以MC为直径的圆与已知 圆C的交点即为切点，以MC为直径的圆的方程为 (X一1)(X一2)+(Y+3)(Y一4)=0，点A，B坐标 满足方程组： f( 一1)(X一2)+(Y+3)(Y一4)=0 【(z一1) +( +3) =1 一得X+7 +19=0 1 式代人解得切点坐标为(2，一3)或( ， 一 )，再由两点式求得直线AB的方程为：z+7 +19=0 此处避免求切线，简化了运算我们不满足于 此，又启示学生思考：(1)回眸解题过程，方程与直 线AB的方程相同，这是偶然现象还是必然事实? (2)求直线AB的方程的本质是什么?是否一定要 求出A，B两
3、点坐标? 大家在反思中认识到，求直线AB的方程，虽然 有多种途径，但本质是寻找A，B两点坐标所满足 的含x，Y的一次方程解题理念的突破，为学生提 供了优美的改进动机 优化2 巧用设而不求法 切点是以MC为直径的圆与已知圆的交点，设 切点坐标为(z，Y)，则切点坐标满足方程和，亦 满足方程，而方程是含X，Y的一次方程，这说 明方程是过切点A，B的直线方程 多么明了的推理，多么简洁的过程可见切点坐 标是“非必求量”，进而启示学生不求切点坐标，变换 视角，把点M视为两条切线的交点，探究新方法 优化3 逆向思维 设切点A，B的坐标为( l，Y1)，(z2，Y2)，则切 线MA的方程为： (X11)(x
4、一1)+(Yl+3)(Y+3)=1，点M坐 标(2，4)满足此方程， 所以(z11)+7(yl十3)=1即 1+7yt+19=0 同样可得 z2+7y2+19=0 由，知A，B两点坐标都满足方程 +7y+ 19=0(很明显此式为含z，Y的一次方程)，故直线 AB的方程为 +7 +19=0 可见“设而不求”法是解析几何的重要解题技 巧，学生在紧扣本质的反思活动中获得感悟，在运用 时才能做到得心应手 解题教学中不把技巧强加给学生，遵循学生思 维特点，让学生在挫折中优化思路，升华思维境界， 是切实提高学生解题能力的有效举措 (收稿日期：201109一l9) 数学通讯一2012年第1期(下半月) 解题
5、方法 -2 =z。一1 ()(i)略，(ii)参考 答案运算过程繁杂，不易 J 的方程为y=kxify=kx一1禧z2一 一1=o， - 程为)，：丝 一1由于如1+1：(z1+ 2 x 1 设点D，E的横坐标分别为zD，现$LY_-g 与椭圆C1的方程得1 + 2：l，消去 得 +4z；)z28XlX o，解得晰=0,XD一- 8X l，同 理可得zE 8 x 2 所以 = l_ = ： ! 一上 丝J_一： l zDll E l_l xDXEl 64x1 一一l一 又因为蚤= 17，所以 = 17，解得忌= ， 为j，= 3 和 =一号 L 厶 探究若将()(i)的问题进行深化：若 解析由
6、“另解”得 =篮 ，若直线z存 在 则k ER，所以 25故当 25，+)时直 线z存在，且方程为 ：64 2-25z；当 (0， 嚣)时直线l不存在 、 由于考题中蚤= 1 7 E。25，+)，所以直线z 存在且有两条当 Sz= 25时，显然直线z存在且仅 有一条，方程为Y=0 完成上述解答后，笔者进一步思考：数值 是 否与曲线方程中的常数以，b有关呢即将原题再进 行一般化，能有何种结论呢? 已知椭圆C1： + =i(盘60)，抛物线 a b C2：y=x 一6设C2与Y轴的交点为M，过坐标原 点O的直线l与C2相交于点A，B直线 ，MB 分别与C1相交于D，E记xhAB，XMDE面积分 别
7、是Sl，S2，设 = ，试问 取何值时直线 存在， 取何值时直线l不存在? 解析假设直线z存在且斜率为k，则直线l 的方程为 ： 由 ，得 2一 一6：0 A=k +4bO，设A(X1，kx1)，B(X2 kx2)，则z1， z2是上述方程的两个实根，于是X1+X2：忌，X1z2 =一b又点M的坐标为(0，一b)，则直线MA的方 程为 ：堑 z一6由于 1+6：(z1+ 2)z1 +b= + I 2+b= +(一b) 6： ， 所以直线MA的方程为 ：z1Xb 设点D，E的横坐标分别为XD，zE联立直线 fY I b， MA与椭圆C1的方程得1 + ：1消去 得 (b +a2z)x 一2a 妇
8、1aT=0，解得XM=0，XD= 2n2k1 同理可得 = 2 aZ bz2 所以 = i I M A I MB I sinZAMB -1I MA ： 解题方法 数学通讯一2012年第1期(下半月) 29 用琴生不等式证明一类含“abc=1“条件的不等式 王建荣 吴 良 (江西师大鹰潭学院，335000) (鹰潭市第一中学，335000) 在诸多证明不等式的问题中，笔者发现一些含 “abc=1”条件的不等式用琴生不等式来证明很简 单，下面举例说明 例1若a，b，c为正数，且abc=l，则 + + 12 2 b 2 1】 +口。 + 。 十C 证明 由abc=1得lna+lnb+lnc=0，令X
9、l =lna，X2=lnb，X3=lnc， +X2+ 0， + + = e2Xt I e2X -e2X ， 2+exl 2+eX2 2+eX3。 设 )= ， R，则厂(z)= o， 故厂( )为下凸函数由琴生不等式： + 十p一1 丽e2X+烹3厂( )_1， 因此 a2+ b2+ C21 例2 若n，6， 为正数，且口6c：1，lJJa2+1 + 两+、 f盘+6+( ) 2 1X1X2l Jz1 I I XDZE I I 4a b X1322 l 。(b +a2 )(b +a2z；)。 b +a26 x+zi)+a4 x1X2) 一4a4b2 b +a2b (z1+X2) 一2x1x2+
10、a4( lX2) 一 4a4b2 一堡!垒!(堡 垒) 一 4n4 若直线z存在，则kER，所以 (垒 ) Za。 故当=【( ) ，十oo)oCgl存在，且方 程为 = 二 ；当 (o， (垒 ) )时直线z不存在 因此得到如下命题： 命题1 已知椭圆C1： + l(n6 0)，抛物线C2：Y=z 一b设C2与y轴的交点为 M，过坐标原点O的直线 与C2相交于点A，B直 线MA，M3分别与C1相交于D，E记MAB， AMDE面积分别是sl，s2，设 =【当 ( - ) +)时直线z存在，且方程为 = 旦 ；当 (0，(鱼 2) )时直 一 n 、 、2 线l不存在 将抛物线更一般化即抛物线C2：y=加 一b (户0I)(或 =一px +b(P0)，则又得到更一 般化的命题： 命题2 已知椭圆cl： X-十 1(以6 0)，抛物线C2： =px 一b(P0)(或Y=一px + b(P0)设C2与y轴的交点为M，过坐标原点 0的直线l与C2相交于点A，B，直线MA，MB分 别与Cl相交于D，E记XMAB，XMDE面积分别 是s，sz，设交= 当 ( ) ，+o。)时直 线z存在，且方程为 ： z；当 E(O，( ) )时直线不存在 (收稿日期：2011一O930)
