已知三角形\(ABC\)中，\(AB:AC=\sqrt 2:1\)，\(BC=2\)，求三角形\(ABC\)面积的最大值． 继续阅读
解析几何解题技巧之“垂径定理”
我们都知道垂径定理是圆的重要性质，其内容为：
已知圆中有一条非直径的弦，那么这条弦垂直于过其中点的直径．
对于椭圆也有类似的性质，我们称之为椭圆的“垂径定理”，描述如下：
已知不过原点\(O\)的直线与椭圆\(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\)交于\(A\)、\(B\)两点，\(M\)为弦\(AB\)的中点，则直线\(AB\)与直线\(OM\)的斜率之积\[k_{AB}\cdot k_{OM}=-\dfrac{b^2}{a^2}.\]
注一 当\(a=b=r\)时，椭圆的垂径定理描述的内容即为圆的垂径定理；
注二 这里并不要求\(a>b\)，也就是说此结论对焦点在\(x\)轴和焦点在\(y\)轴上的椭圆均适用；
注三 双曲线\(\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1\)的垂径定理中的斜率之积\[k_{AB}\cdot k_{OM}=\dfrac{b^2}{a^2}.\]
点差法是证明这一性质的最好方法：
设\(A\left(x_1,y_1\right)\)，\(B\left(x_2,y_2\right)\)，则\[\begin{split}\dfrac{x_1^2}{a^2}+\dfrac{y_1^2}{b^2}=1\\\dfrac{x_2^2}{a^2}+\dfrac{y_2^2}{b^2}=1\end{split}\]两式相减，有\[\dfrac{x_1^2-x_2^2}{a^2}+\dfrac{y_1^2-y_2^2}{b^2}=0,\]两边同时除以\(x_1^2-x_2^2\)，并化简可得\[\dfrac{y_1^2-y_2^2}{x_1^2-x_2^2}=-\dfrac{b^2}{a^2},\]利用平方差公式变形，有\[\dfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}\cdot \dfrac{\dfrac{y_1+y_2}2-0}{\dfrac{x_1+x_2}2-0}=-\dfrac{b^2}{a^2},\]此即欲证性质．
证明这一性质的方法，以及这一性质都是解析几何重点学习和掌握的内容．下面就举例说明这一性质的应用．
例1、（2013年北京高考数学理）已知\(A,B,C\)是椭圆\(W:\dfrac{x^2}4+y^2=1\)上的三个点，\(O\)为坐标原点．
（1）当\(B\)是\(W\)的右顶点，且四边形\(OABC\)为菱形时，求此菱形的面积；
（2）当点\(B\)不是\(W\)的顶点时，判断四边形\(OABC\)是否可能是菱形，并说明理由．
解 （1）菱形的面积为\(\sqrt 3\)；
（2）四边形\(OABC\)不可能为菱形．用反证法证明如下：
假设四边形\(OABC\)是菱形．当点\(B\)不是\(W\)的顶点时，直线\(OB\)和直线\(AC\)的斜率都存在，设\(OB\)与\(AC\)相交于点\(M\)，则\(M\)平分\(AC\)．
由椭圆的垂径定理得\[k_{AC}\cdot k_{OM}=-\dfrac 14,\]于是\(AC\)与\(OM\)不垂直，与四边形\(OABC\)是菱形矛盾．
因此四边形\(OABC\)不可能为菱形．
例2、（2014年北京东城一模）已知椭圆\(G:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)过点\(A\left(1,\dfrac{\sqrt 6}3\right)\)和\(B(0,-1)\)．
（1）求椭圆\(G\)的方程；
（2）设过点\(P\left(0,\dfrac 32\right)\)的直线\(l\)与椭圆\(G\)交于\(M\)、\(N\)两点，且\(BM=BN\)．求直线\(l\)的方程．
解 （1）\(\dfrac{x^2}3+y^2=1\)；
（2）设弦\(MN\)的中点\(E\)的坐标为\((m,n)\)．
由椭圆的垂径定理与已知条件，有\[\begin{cases}k_{BE}\cdot k_{PE}=-1\\k_{OE}\cdot k_{PE}=-\dfrac 13\end{cases}\]于是\[\begin{cases}\dfrac{\dfrac 32-n}{0-m}\cdot\dfrac{n+1}{m}&=-1\\\dfrac{n}{m}\cdot\dfrac{n-\dfrac 32}{m}&=-\dfrac 13\end{cases}\]解得\[\begin{cases}m=\pm\dfrac{\sqrt 6}2\\n=\dfrac 12\end{cases}\]于是直线\(l\)的方程为\[y=\pm\dfrac{\sqrt 6}3x+\dfrac 32.\]
友情提示，在考试的时候如果应用了椭圆的垂径定理，记得用点差法叙述一下证明过程哦！
最后给出一组练习题．
练习1、（2014年北京丰台二模）如图，已知椭圆\(E:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)的离心率为\(\dfrac{\sqrt 3}2\)，过左焦点\(F\left(-\sqrt 3,0\right)\)且斜率为\(k\)的直线交椭圆\(E\)于\(A\)、\(B\)两点，线段\(AB\)的中点为\(M\)，直线\(l:x+4ky=0\)交椭圆于\(C\)、\(D\)两点．
（1）求椭圆\(E\)的方程；
（2）求证：点\(M\)在直线\(l\)上；
（3）是否存在实数\(k\)，使得三角形\(BDM\)的面积是三角形\(ACM\)面积的\(3\)倍？若存在，求出\(k\)的值；若不存在，说明理由．
练习2、（2015年北京海淀高三期末文科）已知椭圆\(M:x^2+2y^2=2\)．
（1）求\(M\)的离心率及长轴长；
（2）设过椭圆\(M\)的上顶点\(A\)的直线\(l\)与椭圆\(M\)的另一个交点为\(B\)，线段\(AB\)的垂直平分线交椭圆于\(C\)、\(D\)两点．问：是否存在直线\(l\)使得\(C\)、\(O\)、\(D\)三点共线（\(O\)为坐标原点）？若存在，求出所有满足条件的直线\(l\)的方程；若不存在，说明理由．
参考答案
练习1、（1）\(E:\dfrac{x^2}4+y^2=1\)；（2）略；（3）存在，\(k=\pm\dfrac 12\)．
练习2、（1）\(e=\dfrac{\sqrt 2}2\)，长轴长为\(2\sqrt 2\)；（2）\(l:x=0\)．
更多的例题和练习可以参考一般圆锥曲线的“垂径定理”．
每日一题[38] 正方体的截面分析
沿着与正方体的体对角线垂直所作截面是高中数学立体几何的学习中经常遇到的问题，例如下面这道试题（来自2014年北京市西城区高三期末理科数学，原题为选择题）．
如图，正方体\(ABCD-A_1B_1C_1D_1\)的棱长为\(2\sqrt 3\)，动点\(P\)在对角线\(BD_1\)上，过\(P\)作垂直于\(BD_1\)的平面\(\alpha\)，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为\(y\)，设\(BP=x\)，则当\(x\in [1,5]\)时，函数\(y=f(x)\)的值域为________．
再如下题．
作平面\(\alpha\)与正方体\(ABCD-A'B'C'D'\)的对角线\(AC'\)垂直，使得\(\alpha\)与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面积为\(S\)，周长为\(l\)，则（ ）
A．\(S\)和\(l\)均为定值
B．\(S\)为定值，\(l\)不为定值
C．\(S\)不为定值，\(l\)为定值
D．\(S\)和\(l\)均不为定值
那么我们在今天与这些题做个了断：
正方体\(ABCD-A_1B_1C_1D_1\)的棱长为\(1\)，动点\(P\)在对角线\(BD_1\)上，过\(P\)作垂直于\(BD_1\)的平面\(\alpha\)，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为\(L\)，面积为\(S\)，\(BP=x\)，作出曲线\(L(x)\)与\(S(x)\)．
解析几何解题技巧之极坐标
解析几何问题的基本解题思路，就是借助点的坐标来表达条件，设直线的方程将坐标统一为横坐标或纵坐标，最后利用直线方程与椭圆方程的联立进行消参．但是，在实际的解题实践中，很多几何条件并不方便借助点的直角坐标来表达，此时恰当地引入极坐标处理问题会大幅简化运算．一般适用于极坐标表达的条件有：垂直、特殊三角形等等．
例1、利用极坐标表达垂直．
（2014年高考北京卷理科数学第19题）已知椭圆\(C:x^2+2y^2=4\)．
（1）求椭圆\(C\)的离心率；
（2）设\(O\)为原点，若点\(A\)在椭圆\(C\)上，点\(B\)在直线\(y=2\)上，且\(OA\perp OB\)，试判断直线\(AB\)与圆\(x^2+y^2=2\)的位置关系，并证明你的结论．
（1）解 \(e=\dfrac {\sqrt 2}2\)；
（2）解 设\(A(\rho_A \cos\theta,\rho_A \sin\theta),B\left(\rho_B \cos\left(\theta+\dfrac {\pi}2\right),\rho_B \sin \left(\theta+\dfrac {\pi}2\right)\right)\)则\[\begin{split}\rho_A^2\cos^2\theta+2\rho_A^2\sin^2\theta&=4,\\\rho_B\sin\left(\theta+\dfrac {\pi}2\right)&=2.\end{split}\]从而\[\dfrac 1{\rho_A^2}=\dfrac 14\cos^2\theta+\dfrac 12\sin^2\theta,\dfrac 1{\rho_B^2}=\dfrac 14\cos^2\theta.\]而在\(\mathrm{Rt}\triangle OAB\)中，原点到直线\(AB\)的距离\(d\)满足\[\dfrac 1{d^2}=\dfrac 1{OA^2}+\dfrac 1{OB^2}=\dfrac 12.\]因此直线\(AB\)与圆\(x^2+y^2=2\)相切．
例2、利用极坐标表达特殊三角形．
（2014年北京东城二模）已知椭圆\(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\)的一个焦点为\(F(2,0)\)，且离心率为\(\dfrac{\sqrt 6}3\)．
（1）求椭圆方程；
（2）斜率为\(k\)的直线\(l\)过点\(F\)，且与椭圆交于\(A\)、\(B\)两点，\(P\)为直线\(x=3\)上的一点，若三角形\(ABP\)为等边三角形，求直线\(l\)的方程．
（1）解 椭圆方程为\[\dfrac{x^2}6+\dfrac{y^2}2=1.\]
（2）解 设直线\(AB\)的倾斜角为\(\theta\)，线段\(AB\)的中点为\(M\)．
由椭圆的极坐标方程得\[\begin{split}\overrightarrow{FA}&=\dfrac{2}{\sqrt 6+2\cos\theta}\left(\cos\theta,\sin\theta\right),\\\overrightarrow{FB}&=-\dfrac{2}{\sqrt 6-2\cos\theta}\left(\cos\theta,\sin\theta\right),\end{split}\]进而可得\[\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{FA}-\overrightarrow{FB}=\dfrac{4\sqrt 6}{6-4\cos^2\theta}\left(\cos\theta,\sin\theta\right),\]于是\[\begin{split}\overrightarrow{MP}&=\dfrac{\sqrt 3}2\left|\overrightarrow{BA}\right|\left(\cos\left(\theta-\dfrac{\pi}2\right),\sin\left(\theta-\dfrac{\pi}2\right)\right)\\&=\dfrac{6\sqrt 2}{6-4\cos^2\theta}\left(\sin\theta,-\cos\theta\right).\qquad\cdots (*)\end{split}\]
另一方面，由中点坐标公式，有\[\overrightarrow{FM}=\dfrac 12\left(\overrightarrow{FA}+\overrightarrow{FB}\right)=\left(-\dfrac{4\cos^2\theta}{6-4\cos^2\theta},-\dfrac{4\cos\theta\sin\theta}{6-4\cos^2\theta}\right),\]因此\(M\)的横坐标为\[2-\dfrac{4\cos^2\theta}{6-4\cos^2\theta}.\qquad\cdots (**)\]
于是由(*)(**)有两种方式表达\(\overrightarrow{MP}\)的横坐标，可以得到方程\[3-\left(2-\dfrac{4\cos^2\theta}{6-4\cos^2\theta}\right)=\dfrac{6\sqrt 2}{6-4\cos^2\theta}\cdot\sin\theta,\]解得\[\sin\theta=\dfrac{\sqrt 2}2,\]进而可得直线\(l\)的方程为\[l:x=\pm y+2.\]
下面给出几道练习题．
练习1、（2014年北京丰台二模）已知椭圆\(E:\dfrac{x^2}8+\dfrac{y^2}4=1\)与直线\(l:y=kx+m\)交于\(A,B\)两点，\(O\)为坐标原点．
（1）若直线\(l\)过椭圆\(E\)的左焦点，且\(k=1\)，求三角形\(AOB\)的面积；
（2）若\(OA\perp OB\)，且直线\(l\)与圆\(O:x^2+y^2=r^2\)相切，求圆\(O\)的半径\(r\)的值．
练习2、双曲线\(\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(b>a>0)\)，\(O\)为坐标原点，离心率\(e=2\)，点\(M\left(\sqrt 5,\sqrt 3\right)\)在双曲线上．
（1）求双曲线的方程；
（2）若直线\(l\)与双曲线交于\(P\)、\(Q\)两点，且\(\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OQ}=0\)，求\(\dfrac{1}{OP^2}+\dfrac{1}{OQ^2}\)的值．
练习3、已知点\(P_1,P_2,\cdots,P_n\)为椭圆\(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\)上的\(n\)个点，且\(OP_1,OP_2,\cdots,OP_n\)将原点处的周角\(n\)等分．求证\[\dfrac{1}{OP_1^2}+\dfrac{1}{OP_2^2}+\cdots+\dfrac{1}{OP_n^2}\]为定值．
练习4、求抛物线\(y^2=2px(p>0)\)的内接等腰直角三角形面积的最小值．
练习5、在平面直角坐标系\(xOy\)中，直角三角形\(ABC\)的三个顶点都在椭圆\(\dfrac{x^2}{a^2}+y^2=1\)（\(a>0\)）上，其中\(A(0,1)\)为直角顶点，若该三角形的面积的最大值为\(\dfrac{27}{8}\)，求\(a\)的值．
参考答案：练习1、（1）\(8/3\)；（2）\(\dfrac{2\sqrt 6}3\)．
练习3、（1）\(\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{y^2}{12}=1\)；（2）定值为\(\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2}=\dfrac 16\)．
练习3、定值为\(\dfrac{n}{2}\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\right)\)．
练习5、\(3\)．
每日一题[37] 向量的正交分解
如图，在直角梯形\(ABCD\)中，\(AB\parallel CD\)，\(AB\perp BC\)，\(AB=2\)，\(CD=1\)，\(BC=a\)，\(P\)为线段\(AD\)（含端点）上的一个动点．设\(\overrightarrow{AP}=x\overrightarrow{AD}\)，\(\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PC}=y\)，对于函数\(y=f(x)\)，给出以下三个结论：
① \(\forall a\in (0,+\infty)\)，都有\(f(1)=1\)成立；
② \(\forall a\in (0,+\infty)\)，函数\(f(x)\)的最大值都等于\(4\)；
③ 当\(a=2\)时，\(f(x)\)的值域为\([1,4]\)．
所有正确结论的序号是_______．
练习题[5] 一组解答题
1、如图，已知椭圆\(C_1\)与\(C_2\)的中心在坐标原点\(O\)，长轴均为\(MN\)且在\(x\)轴上，短轴长分别为\(2m\)、\(2n\)（\(m>n\)），过原点且不与\(x\)轴重合的直线\(l\)与\(C_1\)，\(C_2\)的四个交点按纵坐标从小到大依次为\(A,B,C,D\)．记\(\lambda=m/n\)，三角形\(BDM\)和三角形\(ABN\)的面积分别为\(S_1\)，\(S_2\)．
（1）当直线\(l\)与\(y\)轴重合时，若\(S_1=\lambda S_2\)，求\(\lambda\)的值；
（2）当\(\lambda\)变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线\(l\)使得\(S_1=\lambda S_2\)？说明理由．
2、已知函数\(f(x)=ax^2-4\ln (x-1)\)，\(a\in\mathcal R\)．
（1）当\(a=1\)时，求\(f(x)\)的单调区间；
（2）已知点\(P(1,1)\)和函数\(f(x)\)图象上的动点\(M(m,f(m))\)，对任意\(m\in [2,\mathcal e+1]\)，直线\(PM\)的倾斜角都是钝角，求\(a\)的取值范围．
3、设无穷等比数列\(\{a_n\}\)的公比为\(q\)，且\(a_n>0(n\in\mathcal N^*)\)，\([a_n]\)表示不超过实数\(a_n\)的最大整数（如\([2.5]=2\)），记\(b_n=[a_n]\)，数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，数列\(\{b_n\}\)的前\(n\)项和为\(T_n\)．
（1）若\(a_1=4\)，\(q=\dfrac 12\)，求\(T_n\)；
（2）若对于任意不超过\(2014\)的正整数\(n\)都有\(T_n=2n+1\)，证明：\[\left(\dfrac 23\right)^{\frac 1{2012}}<q<1;\]
（3）证明：\(S_n=T_n\)（\(n=1,2,\cdots\)）的充分必要条件是\(a_1\in\mathcal N^*\)，\(q\in\mathcal N^*\)．
每日一题[36] “等张角线”
已知椭圆\(\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{4}=1\)的左右焦点分别为\(F_1,F_2\)，点\(P\)在直线\(l:x-\sqrt 3y+8+2\sqrt 3=0\)上，当\(\angle F_1PF_2\)取最大值时，\(\dfrac{PF_1}{PF_2}=\)________．
练习题[4] 创新能力培养题链
1、如图放置的边长为\(1\)的正方形\(ABCD\)的顶点\(A\)、\(D\)分别在\(x\)轴和\(y\)轴的正半轴上滑动，则\(\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC}\)的取值范围是_____．
2、设上一题的答案中最大的整数为\(T\)．
已知某四棱锥，其底面是边长为\(T\)的正方形，且俯视图如图所示．
（1）若改四棱锥的左视图为直角三角形，则它的体积为________；
（2）关于该四棱锥的下列结论中，正确的个数为________．
① 至少有两组侧面互相垂直；
② 可能存在三个侧面为直角三角形；
③ 不可能存在四组互相垂直的侧面．
3、设上一题（2）的答案是\(T\)．
如果小明在某一周的第一天和第七天分别吃了\(T\)个水果，且从这周的第二天开始，每天吃的水果的个数与前一天相比仅存在三种可能：或“多一个”或“持平”或“少一个”，那么小明在这一周内每天所吃水果个数的不同选择方案共有________种．
4、设上一题答案的各个数位上的数字之和为\(T\)．
设等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)．若\(S_4\geqslant 10\)，\(S_5\leqslant 15\)，则\(a_T\)的最大值为________．
5、设上一题答案为\(T\)．
在平面直角坐标系\(xOy\)中，记不等式组\[\begin{cases}x+y\geqslant 0\\x-y\leqslant 0\\x^2+y^2\leqslant T\end{cases}\]所表示的平面区域为\(D\)．在映射\[f:\begin{cases}u=x+y\\v=x-y\end{cases}\]的作用下，区域\(D\)内的点\((x,y)\)对应的象为点\((u,v)\)．
（1）在映射\(f\)的作用下，点\((2,0)\)的原象是________；
（2）由点\((u,v)\)所行程的平面区域的面积为________．
每日一题[35] 二阶不动点
今天的题目是2013年四川高考理科数学卷选择题的最后一题改成的填空题．
设函数\(f(x)=\sqrt{{\mathrm e}^x+x-a}\)（\(a\in\mathcal R\)）．若曲线\(y=\sin x\)上存在点\((x_0,y_0)\)使得\(f(f(y_0))=y_0\)，则\(a\)的取值范围是_________．
每日一题[34] 韦达定理
已知\[\frac{a}{k^2+1}+\frac{b}{k^2+2}+\frac{c}{k^2+3}+\frac{d}{k^2+4}+\frac{e}{k^2+5}+\frac{f}{k^2+6}=\frac{1}{k^2}\]对\(k=1,2,3,4,5,6\)均成立，求\(a+b+c+d+e+f\)的值．