2011年山东卷压轴题的两种解法

2011年高考山东理科数第22题（压轴题）：

已知动直线$l$与椭圆$C:\dfrac{x^2}{3}+\dfrac{y^2}{2}=1$交于$P(x_1,y_1)$，$Q(x_2,y_2)$两个不同点，且三角形$OPQ$的面积$S_{\triangle OPQ}=\dfrac{\sqrt 6}{2}$，其中$O$为坐标原点．

（1）证明：$x_1^2+x_2^2$和$y_1^2+y_2^2$均为定值；

（2）设线段$PQ$的中点为$M$，求$OM\cdot PQ$的最大值；

（3）椭圆$C$上是否存在三点$D$、$E$、$G$，使得$S_{\triangle ODE}=S_{\triangle ODG}=S_{\triangle OEG}=\dfrac{\sqrt 6}2$？若存在，判断$\triangle DEG$的形状；若不存在，请说明理由．

法一    参数方程

直线$OP$的方程为$y_1x-x_1y=0$，于是三角形$OPQ$的面积 $$\begin{split}S_{\triangle OPQ}&=\dfrac 12\sqrt{x_1^2+y_1^2}\cdot\dfrac{\left|x_2y_1-x_1y_2\right|}{\sqrt{x_1^2+x_2^2}}\\&=\dfrac 12\left|x_1y_2-x_2y_1\right|.\end{split}$$ 设$P\left(\sqrt 3\cos\alpha,\sqrt 2\sin\alpha\right)$，$Q\left(\sqrt 3\cos\beta,\sqrt 2\sin\beta\right)$代入上式，结合$S_{\triangle OPQ}=\dfrac{\sqrt 6}{2}$可得 $$\dfrac 12\left|\sqrt 3\cos\alpha\cdot\sqrt 2\sin\beta-\sqrt 2\sin\alpha\cdot\sqrt 3\cos\beta\right|=\dfrac{\sqrt 6}{2},$$ 化简得 $$\sin \left(\alpha-\beta\right)=\pm 1.$$ 考虑到$P$、$Q$的对称性，不妨设$\beta=\alpha+\dfrac\pi 2+2k\pi,k\in\mathcal Z$，于是有 $$\sin\beta=\cos\alpha,\cos\beta=-\sin\alpha.$$

（1）证明    根据上述推导，有 $$x_1^2+x_2^2=\left(\sqrt 3\cos\alpha\right)^2+\left(\sqrt 3\cos\beta\right)^2=3,$$ 且 $$y_1^2+y_2^2=\left(\sqrt 2\sin\alpha\right)^2+\left(\sqrt 2\sin\beta\right)^2=2,$$ 因此命题得证．

（2）解    根据上述推导，有 $$M\left(\dfrac{\sqrt 3}{2}\left(\cos\alpha+\cos\beta\right),\dfrac{\sqrt 2}{2}\left(\sin\alpha+\sin\beta\right)\right),$$ 从而 $$\begin{split}OM^2&=\dfrac 34\left(\cos\alpha+\cos\beta\right)^2+\dfrac 12\left(\sin\alpha+\sin\beta\right)^2\\&=\dfrac 34\left(\cos\alpha-\sin\alpha\right)^2+\dfrac 12\left(\sin\alpha+\cos\alpha\right)^2\\&=\dfrac 14\left(5-\sin{2\alpha}\right),\end{split}$$ 而 $$\begin{split}PQ^2&=3\left(\cos\alpha-\cos\beta\right)^2+2\left(\sin\alpha-\sin\beta\right)^2\\&=3\left(\cos\alpha+\sin\alpha\right)^2+2\left(\sin\alpha-\cos\alpha\right)^2\\&=5+\sin{2\alpha},\end{split}$$ 于是 $$OM\cdot PQ=\dfrac 12\sqrt{25-\sin^2{2\alpha}}\leqslant \dfrac 52,$$ 等号当$\alpha=0$时取得．因此$OM\cdot PQ$的最大值为$\dfrac 52$．

（3）解    不存在．因为不存在$\alpha,\beta,\gamma\in\mathcal R$，使得 $$\left|\sin\left(\alpha-\beta\right)\right|=1,\\\left|\sin\left(\beta-\gamma\right)\right|=1,\\\left|\sin\left(\gamma-\alpha\right)\right|=1$$ 同时成立．

法二    仿射变换

利用仿射变换 $$\begin{cases}x'=x,\\y'=\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}y\end{cases}$$ 将椭圆$\dfrac{x^2}{3}+\dfrac{y^2}{2}=1$拉伸成为圆$x'^2+y'^2=3$，此时 $$S_{\triangle OP'Q'}=\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}\cdot S_{\triangle OPQ}=\dfrac 32,$$ 于是可知三角形$OP'Q'$是以$P'Q'$为斜边的直角三角形，如图．

（1）证明    注意到$P'\left(x_1,\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}y_1\right)$，$Q'\left(x_2,\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}y_2\right)$，且$OP'\perp OQ'$，于是有 $$x_1^2+x_2^2=\left(\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}y_1\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}y_2\right)^2=3,$$ 进而可得 $$x_1^2+x_2^2=3,y_1^2+y_2^2=2$$ 均为定值，命题得证．

（2）解    当直线$OM$与直线$PQ$的斜率均存在时，设直线$OM$的斜率为$k$，则根据椭圆的“垂径定理”，可得直线$PQ$的斜率为$-\dfrac{2}{3k}$，于是根据弦长公式，可得 $$\begin{split}OM\cdot PQ&=\dfrac{\sqrt{1+k_{OM}^2}}{\sqrt{1+k_{OM'}^2}}\cdot OM'\cdot\dfrac{\sqrt{1+k_{PQ}^2}}{\sqrt{1+k_{P'Q'}^2}}\cdot P'Q'\\&=\dfrac{\sqrt{1+k^2}}{\sqrt{1+\frac 32k^2}}\cdot OM'\cdot\dfrac{\sqrt{1+\left(-\dfrac{2}{3k}\right)^2}}{\sqrt{1+\frac 32\left(-\dfrac{2}{3k}\right)^2}}\cdot P'Q'\\&=\sqrt{\frac 23+\frac{1}{9(t+2)}}\cdot OM'\cdot P'Q',\end{split}$$ 其中$t=\dfrac 32k^2+\dfrac 2{3k^2}$．

注意到 $$\dfrac 12OM'\cdot P'Q'=S_{\triangle OP'Q'}=\dfrac 32,$$ 于是 $$OM'\cdot P'Q'=3,$$ 又 $$t=\dfrac 32k^2+\dfrac 2{3k^2}\geqslant 2,$$ 等号当$k^2=\dfrac 23$时取得，因此有 $$\begin{split}OM\cdot PQ&=3\sqrt{\frac 23+\frac{1}{9(t+2)}}\\&\leqslant \dfrac 52,\end{split}$$ 等号当$k^2=\dfrac 23$时取得．

当直线$OM$或直线$PQ$的斜率不存在时，可计算得 $$OM\cdot OQ=\sqrt 6<\dfrac 52.$$

综上，所求最大值为$\dfrac 52$．

（3）解    由于圆$x'^2+y'^2=3$上的任意三点$D'$、$E'$、$G'$的连线$D'E'$、$E'G'$、$D'G'$对圆心$O$的张角不可能同时为直角，于是符合题意的三点$D$、$E$、$G$不存在．