一道高考模拟试题的多种解法及其思考

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  《南通市2014届高三第二次调研测试》第18题是个好题,入口宽,方法多,这些方法合起来,几乎覆盖解析几何所有知识点,而且引发了一些思考.试题如下:在平面直角坐标系xOy中,设曲线C1:|x|a+|y|b=1 (a>b>0)所围成的封闭图形的面积为42,曲线C1上的点到原点O的最短距离为223,以曲线C1与坐标轴的交点为顶点的椭圆记为C2.
  (1)求椭圆C2的标准方程;
  (2)设AB是过椭圆C2中心 O的任意弦,l是线段AB的垂直平分线,M是l上的点(与O不重合).①若MO=2OA,当点A在椭圆C2上运动时,求点M的轨迹方程;②若M是l与椭圆C2的交点,求△AMB的面积的最小值.
  解:(1)易知,椭圆C2的标准方程为x28+y2=1.
  图1(2)①解法1:利用直线AB的斜率.1°当直线AB的斜率不存在时,得M(±2,0);2°当直线AB的斜率为0时,得M(0,±42);3°当直线AB的斜率存在且不为0时,设直线AB:y=kx(k≠0),则直线l:
  y=-(1/k)x;设点M(x,y).
  由y=kx,
  x28+y2=1,得x2A=88k2+1,
  y2B=8k28k2+1,,所以OA2=x2A+y2B=8(k2+1)8k2+1.因为OM=2OA.所以OM2=4OA2,所以x2+y2=32(k2+1)8k2+1,又因为y=-1kx, 消去k得点M的轨迹方程为y232+x24=1.综合1°、2°、3°,可得点M的轨迹方程为x2/8+y2=1.
  解法2:(利用坐标转移法)设点M(x,y),A(x0,y0).由题意得OM=2OA,
  OM⊥OA,即x2+y2=4(x20+y20,
  x0x+y0y=0,
  解得x20=y24,
  y20=x24.又因为点A在椭圆C2上,所以点M的轨迹方程为y232+x24=1.
  图2解法3:(利用平面几何法)过点A作直线AE垂直于x轴,垂足为点E,过点M作直线MF垂直于x轴,垂足为点F.易知Rt△MFO与Rt△OEA相似,
  因此2|x0|=|y|,
  2|y0|=|x|.
  以下同解法2.
  解法4:(利用椭圆的参数方程)设点M(x,y),A(22cosθ,sinθ).由题意得OM=2OA,
  OM⊥OA,
  即x2+y2=32cos2θ+4sin2θ,
  22xcosθ+ysinθ=0,解得x2=4sin2θ,
  y2=32cos2θ,消去参数θ,得点M的轨迹方程为y232+x24=1.
  解法5:(利用矩阵)设点M(x,y),A(x0,y0).由题意得120
  012 cos90°-sin90°
  sin90°cos90°x
  y=x0
  y0或
  120
  012cos(-90°)-sin(-90°)
  sin(-90°)cos(-90°)x
  y=x0
  y0,解得x0=-12y,
  y0=12x,或x0=12y,
  y0=-12x,以下同解法2.
  解法6:(利用复数)设点M(x,y),A(x0,y0),z1=x+yi,z2=x0+y0i,由题意得z2=12z1(cos90°+isin90°)或z2=12z1[cos(-90°)+isin(-90°)].
  化简得x0=-12y,
  y0=12x,或x0=12y,
  y0=-12x,下同解法2.
  解法7:(利用极坐标)以O为原点, x轴正半轴为极轴建立极坐标系,则焦点在x轴上的椭圆的极坐标方程为ρ2sin2θa2+ρ2cos2θb2=1 (a>b>0),设点M(ρ,θ),则点A(12ρ,θ±90°).
  因为点A在椭圆C2上,所以把点A坐标代入椭圆的极坐标方程,化简即可得,ρ2sin2θ32+ρ2cos2θ4=1,所以在直角坐标系中,点M的轨迹方程:y232+x24=1.
  解法8:(利用三角函数的定义)设射线OA所对应的角为α,则射线 所对应的角为α±90″,设点M(x,y),A(x0,y0),则x0=|OA|cosα,
  y0=|OA|sinα,x=|OA|cos(α+90°),
  y=|OA|sin(α+90°),
  或 x=|OA|cos(α-90°),
  y=|OA|sin(α-90°),
  所以x0=-12y,
  y0=12x,或x0=12y,y0=-12x,以下同解法2.
  事实上,将椭圆C2逆时钟(或顺时针)旋转90°,横纵坐标变为原来的2倍,即可得到点M的轨迹.由此可知,旋转任意角度,伸缩任意倍数,都可以轻松得到变换后的曲线方程.
  ②解法1:设点M(x,y),则A(λy,-λy)(λ∈R,λ≠0),因为点A在椭圆C2上,所以λ2(y2+8x2)=8,即y2+8x2=8λ2①
  又因为x2+8y2=8 ②
  由①+②得x2+y2=89(1+1λ2),所以S△AMB=OM•OA=|λ|(x2+y2)=89(|λ|+1|λ|)≥169.当且仅当λ=
  ±1(kAB=±1)时,(S△AMB)min′=169.
  解法2: 1°直线AB的斜率不存在时,得S△AMB=12×42×1=22;2°当直线AB的斜率为0时,得SAMB=12×42×1=22;3°当直线AB的斜率存在且不为0时,设直线AB:y=kx(k≠0),则直线l:y=-1kx;设点M(x,y),A(x0,y0),解方程组x28+y2=1,
  y=kx,得x20=88k2+1,
  y20=8k28k2+1,所以OA2=x20+y20=8(k2+1)8k2+1,AB2=4OA2=32(k2+1)8k2+1,
  又因为x28+y2=1,
  y=-1kx,得x2=8k2k2+8,
  y2=8k2+8,
  所以OM2=8(k2+1)k2+8.
  由于SAMB=14AB2•OM2=64(k2+1)2(8k2+1)(k2+8)≥64(k2+1)2(1+8k2+k2+82)2=169,当且仅当8k2+1=k2+8,即k=±1时等号成立 .
  综上所述,(S△AMB)min=169.
  由此上的多种解法,我们得到如下启示与思考:(1)本问题的多种解法,使我们巩固了高中数学中的许多知识和基本技能方法.(2)不同的解法中,互相之间具有必然的内在联系,使我们更清晰地理解问题的本质.(3)重视选修部分的内容,给问题的解法带来了优化.
  
  
  [江苏省海门市海门中学证大校区(226100)]
  
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