摘要：圓錐曲線的定義與性質(zhì)蘊(yùn)含豐富的數(shù)學(xué)思想，其與平面幾何的簡要綜合也是歷年高考命題的熱點(diǎn)，文章通過對(duì)2021年高考數(shù)學(xué)全國甲卷理科第15題的解法探究、變式研究，以提升學(xué)生的邏輯推理能力、運(yùn)算求解等能力.

關(guān)鍵詞：高考數(shù)學(xué);圓錐曲線;一題多解

中圖分類號(hào)：G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A文章編號(hào)：1008-0333（2022）07-0081-03

收稿日期：2021-12-05

作者簡介：欒功（1982.10-），男，甘肅省隴西人，本科，中學(xué)高級(jí)教師，從事數(shù)學(xué)教學(xué)研究.[FQ）]

縱觀歷年高考，圓錐曲線的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程、性質(zhì)與平面幾何的綜合成了命題熱點(diǎn)，試題貼近教材，低起點(diǎn)、寬入口的特點(diǎn)給考生提供了多角度的思考空間，思維靈活，解法多樣.如果教師在教學(xué)中能充分挖掘真題的價(jià)值，對(duì)于培養(yǎng)學(xué)生邏輯推理能力，數(shù)學(xué)運(yùn)算等能力將大有裨益.

1 試題呈現(xiàn)

題目（2021年全國甲卷理科15文科16）已知F1，F(xiàn)2為橢圓C：x216+y24=1的兩個(gè)焦點(diǎn)，P，Q為C上關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)，且PQ=F1F2，則四邊形PF1QF2的面積為.

分析試題以橢圓焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2和橢圓上關(guān)于中心對(duì)稱的兩點(diǎn)P，Q為頂點(diǎn)設(shè)計(jì)了四邊形PF1QF2，其內(nèi)涵豐富，構(gòu)圖靈活，有利于考生從不同角度入手求解.

2 試題解法

解法1如圖1，在四邊形PF1QF2中，有PQ=F1F2，且O為PQ與F1F2的中點(diǎn).

所以四邊形PF1QF2為矩形，F(xiàn)1，F(xiàn)2為橢圓C：x216+y24=1的兩個(gè)焦點(diǎn).

所以PF1+PF2=8，F(xiàn)1F2=43，PF12+PF22=48.

故PF1·PF2

=12PF1+PF22-PF12+PF22

=8.

從而SPF1QF2=PF1·PF2=8.

解法2設(shè)Px0，y0，由題設(shè)知

OP=12F1F2=23.

所以x20+y20=23.

即x20+y20=12.①

又點(diǎn)Px0，y0在橢圓C：x216+y24=1上，

故x2016+y204=1.②

聯(lián)立①②，解得y0=233.

所以SPF1QF2=2SΔF1PF2=2×12×43×233=8.

解法3因?yàn)镕1，F(xiàn)2為橢圓C：x216+y24=1的兩個(gè)焦點(diǎn)，所以F1F2=43.

又PQ=F1F2，故PQ=43.

設(shè)P4cosθ，2sinθ，則

OP=4cosθ2+2sinθ2=23，

解得sinθ=33，

即yP=233.

所以S△F1PF2=12F1F2·yP

=12×43×233=4.

從而SPF1QF2=2S△F1PF2=8.

解法4設(shè)Px1，y1，Qx2，y2，直線PQ的方程為x=my，聯(lián)立x=my，x216+y24=1，得

4+m2y2-16=0.

所以

y1-y2=84+m2，

PQ=1+m2y1-y2=43.

即1+m2·84+m2=43，

解得1+m2=9.

記點(diǎn)F223，0到直線PQ的距離d=231+m2，

則S△QPF2=12×PQ×d

=12×43×231+m2=4.

所以SPF1QF2=2S△PQF2=8.

解法5由橢圓的對(duì)稱性，不妨設(shè)點(diǎn)P在第一象限，橢圓C：x216+y24=1化為極坐標(biāo)方程為

ρ2=161+3sin2θ.

由OP=OF2=23，故設(shè)點(diǎn)P的極坐標(biāo)為P23，θ，代入橢圓C的極坐標(biāo)方程，得

12=161+3sin2θ，解得sinθ=13.

所以SPF1QF2=2S△F1PF2=4S△POF2

=4×12×OP×OF2×sinθ

=4×12×23×23×13=8.

解法6設(shè)直線PQ的參數(shù)方程為

x=tcosα，y=tsinα（t為參數(shù)），

代入橢圓C：x216+y24=1，得

t2cos2α+sin2α=16.

即t2=161+3sin2α.

記點(diǎn)P，Q對(duì)應(yīng)的參數(shù)分別為t1，t2，

則由參數(shù)t的幾何意義知t1=t2=23.

所以232=161+3sin2α.

解得sinα=13.

從而SPF1QF2=4SΔPOF2=4×12×23×23×13=8.

3 試題變式

通過探究我們得出了試題的六種解法，雖精彩紛呈，但仍感意猶未盡，我們嘗試從不同的立場，不同的方面來觀察題目，改變問題的結(jié)構(gòu)形式，革新問題的曲線背景，在變式探究中進(jìn)一步培養(yǎng)學(xué)生的邏輯推理能力、數(shù)學(xué)運(yùn)算等能力.

變式1已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，橢圓C：x216+y24=1的右頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B，D是橢圓C上且位于第一象限的動(dòng)點(diǎn)，則四邊形AOBD面積的最大值是.

解析記四邊形AOBD的面積為S，如圖2，連接OD，設(shè)D4cosθ，2sinθ，則

S=S△OAD+S△ODB

=12×4×2sinθ+12×2×4cosθ

=42sinθ+π4，

當(dāng)θ+π4=π2，即θ=π4時(shí)，Smax=42.

即四邊形AOBD面積的最大值是42.

變式2橢圓C：x216+y2b2=1的上下頂點(diǎn)分別為A，B，如圖3，點(diǎn)P在橢圓C上，平面四邊形APBQ滿足∠PAQ=∠PBQ=90°，且S△APB=4S△AQB，則橢圓C的短軸長為.

解析設(shè)Px1，y1，Qx2，y2，由題設(shè)∠PAQ=∠PBQ=90°知點(diǎn)A，P，B，Q四點(diǎn)共圓，且圓心在直線AC的垂直平分線上，記為Dx0，0，則x0=x1+x22.

又S△APB=4S△AQB，所以x1=-4x2.

因此x0=38x1.

故圓D的方程為

x-38x12+y2=x1-38x12+y21.

代入點(diǎn)A0，b，得b2=14x21+y21.③

又點(diǎn)Px1，y1在橢圓C上，因此x2116+y21b2=1.④

聯(lián)立③④，得b2=4.

所以橢圓C的短軸長為4.

變式3設(shè)雙曲線C：x2a2-y2b2=1a>0，b>0的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，離心率為5，P是C上一點(diǎn)，且F1P⊥F2P.若△PF1F2的面積為4，則a=.

解析由題意，設(shè)PF2=m，PF1=n，可得m-n=2a，12mn=4，m2+n2=4c2，e=ca=5.

所以4c2=16+4a2.

所以5a2=4+a2，解得a=1.

數(shù)學(xué)家陳省身曾言：“數(shù)學(xué)是自己思考的產(chǎn)物，首先要能夠思考起來，用自己的見解和別人的見解交換，才會(huì)有很好的效果.”數(shù)學(xué)思考是數(shù)學(xué)教學(xué)行為中最有價(jià)值的行為，在高三復(fù)習(xí)備考中，我們要充分挖掘高考真題的學(xué)習(xí)價(jià)值，引導(dǎo)學(xué)生對(duì)問題展開深入思考，通過一題多解、一題多變、多題一解構(gòu)建知識(shí)網(wǎng)絡(luò)，深化理性思維，感悟數(shù)學(xué)本質(zhì)，提升數(shù)學(xué)素養(yǎng)，破除“應(yīng)試教育”.

參考文獻(xiàn)：

[1]?于涵，莫雷.中國高考評(píng)價(jià)體系說明[M].北京：人民教育出版社，2019.

[責(zé)任編輯：李璟]