■安徽省寧國中學 陳曉明
在平時考試中,不少同學對題目條件不知如何處理,從而造成解題受阻,失分現象嚴重。如何解決這樣的問題呢? 下面通過實例說明解題要注重對題目條件內涵的挖掘,選擇合適的路徑解決問題,我們的解題水平得到提高,才能笑傲考場!
解析:如圖1 所示,要求橢圓E的離心率,就是要構建關于橢圓中的基本量a,b,c的方程。于是想到在△MF1F2中利用正弦定理或余弦定理解決問題,只需求出|MF1|,|MF2|的長即可。 由已知條件可判斷MN為∠F1MF2的角平分線,且∠F1MF2=120°,這與后面的條件”有什么關系呢? 條件“有什么用呢?
圖1
圖2
圖3
于是還要從角平分線著手分析,三角形
再根據∠F1PF2=60°,由余弦定理得(2)2=9a2+a2-2×3a×a·cos 60°,解得a=2。
故△PF1F2的內切圓的半徑為正確答案是B。
例2(安徽省2022 年高考考前適應性考試理科數學第20 題) 已知點O為坐標原點,過點C(4,0)的直線與拋物線y2=2px(p>0)交于A,B兩點,且OA⊥OB。
(1)求拋物線的標準方程;
(2)動點M,N為拋物線在第一象限內兩點,且直線MC與直線NC的傾斜角互補,求證:是定值。
解析:(1)如圖4 所示,設A(x1,y1),B(x2,y2)。顯然直線AB的斜率不為0,設其方程為x=my+4,代入拋物線方程y2=2px并整理得y2-2mpy-8p=0。
圖4
因為根的判別式Δ>0,所以由韋達定理得y1y2=-8p。
(2)證法1 如圖5所示,設點N關于x軸的對稱點為T,則|ON|=|OT|。
圖5
因為直線MC與直線NC的傾斜角互補,所以M,C,T三點共線。
由 題 設 得OM⊥OT,不妨設M即為A點,T即為B點,即M(x1,y1),T(x2,y2),則N(x2,-y2),故y1(-y2)=x1x2+y1y2-2y1y2=-2y1y2=32,是定值。
點評:本證法充分挖掘條件“直線MC與直線NC的傾斜角互補”的內涵,得到M,C,T三點共線。從而由題設得OM⊥OT,再利用韋達定理、向量數量積的坐標表示及變換的思想解決問題。
證法2 如圖6 所示,設M(x1,y1),N(x2,y2)。顯然直線MN的斜率不為0,設其方程為x=my+a,代入拋物線方程y2=4x并整理得y2-4my-4a=0。
圖6
當判別式Δ>0 時,由韋達定理得y1+y2=4m,y1y2=-4a。
因為直線MC與直線NC的傾斜角互補,所以它們斜率之和為0,即kMC+kNC=
又x1=my1+a,x2=my2+a,故y1(my2+a-4)+y2(my1+a-4)=0,整理得2my1y2+(a-4)(y1+y2)=0。
將y1+y2=4m,y1y2=-4a代入上式得-8ma+(a-4)·4m=0。
因為m≠0,所以解得a=-4。
點評:本證法充分挖掘條件“直線MC與直線NC的傾斜角互補”的內涵,得到kMC+kNC=0,從而利用斜率的坐標表示、直線方程消元、韋達定理及向量數量積的坐標表示解決問題。
因為y1+y2>0,所以y1y2=16。
點評:(1)本證法充分挖掘條件“直線MC與直線NC的傾斜角互補”的內涵,得到kMC+kNC=0,從而利用斜率的坐標表示、拋物線方程消元及向量數量積的坐標表示解決問題,沒有利用韋達定理,解法變得簡單。(2)仿照上述解題過程,我們易證下面結論成立。
已知定點C(2p,0),動點M,N為拋物線y2=2px(p>0)在第一象限內兩點,若直線MC與直線NC的傾斜角互補,則是定值8p2。
例3在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知(a+b)·(sinAsinB)=c(sinC+sinB),若角A的內角平分線AD的長為2,則4b+c的最小值為( )。
A.10 B.12 C.16 D.18
解析:因為(a+b)(sinA-sinB)=c(sinC+sinB),所以由正弦定理化角為邊得(a+b)(a-b)=c(c+b),即b2+c2-a2=-bc。進一步由余弦定理得cosA=