1.（文19）已知橢圓的離心率為，右焦點(diǎn)為（2,0）.斜率為1的直線與橢圓交于A,B兩點(diǎn)，以AB為底邊作等腰三角形，頂點(diǎn)為.

（1）求橢圓的方程；

（2）求△PAB的面積.

【參考答案】

（1）……

（2）設(shè)直線l的方程為由

得

設(shè)A、B的坐標(biāo)分別為

AB中點(diǎn)為E，

則.

因?yàn)?/span>AB是等腰△PAB的底邊，所以PE⊥AB.

所以PE的斜率解得m = 2.

此時(shí)方程①為解得

所以 所以|AB|=.

此時(shí)，點(diǎn)P（—3，2）到直線AB：的距離

所以△PAB的面積S=

·巧思·

① 橢圓的方程中，y²的系數(shù)是x²系數(shù)的3倍，故由直線方程和橢圓方程合成的方程組中，消去x得關(guān)于y的一元二次方程，一定式子比較簡(jiǎn)單、運(yùn)算比較方便。

② 求出x_A = 0或y_A = 2 = y_p后，便知△PAB又是直角三角形（?APB為直角），故其面積可用

∣PA∣²計(jì)算，而不必先求P到AB的距離d、再用∣AB∣·d計(jì)算。

③ 注意點(diǎn)P的坐標(biāo)為（-3, 2），而橢圓的方程中，也有b = 2，故可猜想點(diǎn)A（0, 2）；再令x_B = - 3,得B（-3, -1），果然有k_AB = 1,于是△PAB又是直角三角形……

·妙解·

解法1：設(shè)l：x = y–2n ①, PD⊥AB于D∣AD∣ =∣BD∣.

①代入G： y²- ny + n²- 3 = 0

2y_D = y_A + y_B = n，且l_PD：x + y + 1 = 0 ②.

①②y_D =  n - = n = 1 y²- y - 2 = 0 y_A = 2 = y_p

PA∥x軸PB∥y軸 S_△PAB = ∣PA∣² = .

解法2：橢圓G的上端點(diǎn)為C（0,2） PC⊥y軸，∣PC∣= 3.

作PD⊥x軸，且使∣PD∣= 3D（-3,-1）在G上.

k_CD = 1AB與CD重合S_△PAB = S_△PCD = .

【評(píng)注】

① 有關(guān)平面解析幾何的命題，經(jīng)常會(huì)出現(xiàn)一次方程和二次方程合成的方程組。如果x²的系數(shù)大于y²的系數(shù)（指絕對(duì)值），就要消去y得關(guān)于x的一元二次方程；否則便反之……

② 三角形的面積公式，除了底×高，還有其他形式；即使采用“底×高”，也要適當(dāng)?shù)剡x取“底”和“高”——特別是遇到直角三角形時(shí)，更要注意選取的適當(dāng)、得當(dāng)、恰當(dāng)。

③ 觀察命題條件的特點(diǎn)，分析命題結(jié)論的要求，揣測(cè)命題內(nèi)含的本意，可能出現(xiàn)“意想不到”的“拍案驚奇”，收獲“喜出望外”的“信手拈來(lái)”。

2.（理19）已知橢圓.過(guò)點(diǎn)（m,0）作圓x² + y² = 1的切線l交橢圓于A，B兩點(diǎn).

（1）求橢圓G的焦點(diǎn)坐標(biāo)和離心率；

（2）將表示為m的函數(shù)，并求的最大值.

【參考答案】

（1）……焦點(diǎn)坐標(biāo)為，離心率為.

（2）由題意知，∣m∣≥1.

當(dāng)時(shí)，切線l的方程為，

點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為此時(shí).

當(dāng)m = －1時(shí)，同理可得.

當(dāng)∣m∣＞1時(shí)，設(shè)切線l的方程為

由.

設(shè)A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為，

則.

又由l與圓

所以

=

由于當(dāng)時(shí)，

所以.

因?yàn)?span style="LETTER-SPACING: -1.2pt">∣AB∣==≤2.

且當(dāng)時(shí)，|AB|= 2，所以|AB|的最大值為2.

·巧思·

① 將直線l的方程設(shè)為x = ty + m型（l與y軸不垂直），可避免對(duì)其位置的分類(lèi)討論，

且式子比y = k（x - m）簡(jiǎn)單。

② 由直線方程和橢圓方程消去x，得到關(guān)于y的一元二次方程，同樣可以解決問(wèn)題，

并且式子比較簡(jiǎn)單、容易運(yùn)算。

③ 利用“x₁、x₂是方程ax²+bx+c=0的兩個(gè)根∣x₁ - x₂∣=”，可以避免求出兩根

之和、兩根之積以及繁瑣的運(yùn)算。

·妙解·

（2）由題可設(shè)l：x = t y + m= 1m²= t² + 1.

由l、G（t y + m）² + 4 y²= 4（t ²+ 4）y ²+ 2t my + m²- 4 = 0

⊿ = 4 t ²m² - 4（t ²+ 4）（m²- 4）= 64 -16（m²- t ²）= 48

∣AB∣=·∣y_A-y_B∣=·=        

=≤2∣m∣=時(shí)，∣AB∣_max= 2.

【評(píng)注】

① 直線方程的待定式，既可設(shè)為y = f（x）型，也可設(shè)為x = g（y）型——由于“習(xí)慣作用”，我們通常只想到采用前者而忽略了采用后者。

② 含有二元一次方程和二元二次方程（不含一次項(xiàng)）的方程組中，未知數(shù)x和y的“地位”是“平等”的：既可消去y得關(guān)于x的一元二次方程，也可消去x得關(guān)于y的一元二次方程——由于“習(xí)慣作用”，我們通常只想到采用前者而忽略了采用后者。

③“習(xí)慣作用”實(shí)質(zhì)是“思維定勢(shì)”?？紤]問(wèn)題不能受“思維定勢(shì)”的影響，解決問(wèn)題不能受“思維定勢(shì)”的影響，而要“因地制宜”、“隨機(jī)應(yīng)變”！

3.（文20）若數(shù)列A_n：a₁，a₂,…，a_n（n≥2）滿足∣a_k+1 - a_k∣= 1（k = 1,2,…, n -1），則稱(chēng)數(shù)列A_n為E數(shù)列，記S（A_n）= a₁ + a₂,+ … + a_n.

（1）寫(xiě)出一個(gè)E數(shù)列A_n滿足a₁ = a₃= 0；

（2）若，n = 2000，證明：E數(shù)列A_n是遞增數(shù)列的充要條件是= 2011；

（3）在a₁      = 4的E數(shù)列A_n中，求使得S（A_n）= 0成立的n的最小值.

【參考答案】

（1）……

（2）必要性：

因?yàn)?span>E數(shù)列A_n是遞增數(shù)列，

所以a_k+1 - a_k= 1（k = 1,2,…,1999）,

所以A_n是首項(xiàng)為12，公差為1的等差數(shù)列，

所以a₂₀₀₀ = 12 +（2000 — 1）×1 = 2011.

充分性：

由于a₂₀₀₀ - a₁₉₉₉≤1，a₁₉₉₉ - a₁₉₉₈≤1，……，a₂ - a₁≤1，

所以a₂₀₀₀ - a₁≤19999，即a₂₀₀₀≤a₁+1999.

又因?yàn)?/span>a₁ = 12，a₂₀₀₀ = 2011,所以a₂₀₀₀ = a₁ + 1999.

故a_k+1 - a_k = 1＞0（k = 1,2,…,1999）,即A_n是遞增數(shù)列.

綜上，結(jié)論得證.

（3）對(duì)首項(xiàng)為4的E數(shù)列A_n，由于

a₂ ≥a₁ - 1 = 3，a₃ ≥a₂ - 1≥2，…，a₈ ≥a₇– 1≥-3，…，

所以    a₁ + a₂ + …+ a_k ＞0（k = 2,3,…,8）.

所以對(duì)任意的首項(xiàng)為4的E數(shù)列A_n，

若S（A_n）= 0，則必有n≥9.

又a₁    = 4的E數(shù)列A₉：4,3,2,1,0,-1,-2,-3,-4

滿足S（A_n）= 0，所以n的最小值是9.

·巧思·

①（2）中，“必要性”和“充分性”不必分開(kāi)證明，利用“等價(jià)于”或者“當(dāng)且僅當(dāng)”，便可合并操作、同時(shí)進(jìn)行；如此，則“快刀斬亂麻”而顯得“干脆利落”。

②（3）中，利用一個(gè)顯然的道理：“E數(shù)列A_n中，a₁  = 4 ＞0，若盡快地（最小的n）滿足S（A_n）= 0，則A_n必為遞減數(shù)列”，便可迅速得解，而不必證明“n≥9”。

·妙解·

（2）,∣a_k+1 - a_k∣= 1（k = 1,2,…,n -1）a₂₀₀₀≤2011,

當(dāng)且僅當(dāng)a_k+1 - a_k = 1（k = 1,2,…,n -1）時(shí)，a₂₀₀₀ = 2011.

故E數(shù)列A_n是遞增數(shù)列a₂₀₀₀ = 2011.

（3）題設(shè) E數(shù)列A_n為遞減數(shù)列時(shí)，n最小

n = 4×2 + 1 = 9為最小.

【評(píng)注】

① 對(duì)于“充要條件”一類(lèi)命題的證明，不一定“按部就班”地先證明“充分性”、后證明“必要性”（或者交換兩者順序），而應(yīng)考慮是否可以“合二而一”——遇到相關(guān)元素之間的等價(jià)性（或者圖形的唯一性）比較明顯時(shí)，這種可能性就往往存在。

② 對(duì)于一些道理十分淺顯、明顯的問(wèn)題，我們不必“舍近求遠(yuǎn)”地“自尋煩惱”，甚至于

“舍本逐末”地“故弄玄虛”，而“回歸自然”的解題方法倒是不妨一試的。

4.（理20）若數(shù)列A_n： a₁，a₂,…，a_n（n≥2）滿足∣a_k+1 - a_k∣= 1（k = 1,2,…, n -1），

則稱(chēng)數(shù)列A_n為E數(shù)列，記S（A_n）= a₁ + a₂,+ … + a_n

（1）寫(xiě)出一個(gè)滿足，且S（A_n）＞0的E數(shù)列A_n；

（2）若，n = 2000，證明：E數(shù)列A_n是遞增數(shù)列的充要條件是= 2011；

（3）對(duì)任意給定的整數(shù)n（n≥2），是否存在首項(xiàng)為0的E數(shù)列A_n，使得S（A_n）= 0？

如果存在，寫(xiě)出一個(gè)滿足條件的E數(shù)列A_n；如果不存在，說(shuō)明理由。

【參考答案】

（1）……

（2）（同文20）

（3）令c_k = a_k+1 - a_k（k = 1,2,…, n -1）,則c_k =±1.

因?yàn)?/span>a₂ = a₁ + c₁，a₃ = a₁ + c₁ + c₂ ,…, a_n = a₁+ c₁ + c₂ + … + c_{n -1},

所以S（A_n）= na₁ +（n -1）c₁ +（n -2）c₂ +（n -3）c₃ + … + c_{n -1}

=（n -1）+（n -2）+ … + 1–[（1 - c₁）（n -1）+（1 - c₂）（n -2）+ … +（1- c_{n -1}）]

=-[（1 - c₁）（n -1）+（1 - c₂）（n -2）+ … +（1- c_{n -1}）].

因?yàn)?/span>c_k =±1，所以1 - c_k 為偶數(shù)（k = 1,2,…, n -1）,

所以（1 - c₁）（n -1）+（1 - c₂）（n -2）+ … +（1- c_{n -1}）為偶數(shù).

所以要使S（A_n）= 0，必須使為偶數(shù)，即4整除n（n -1），

亦即n = 4m或 n = 4m + 1（m ∈N﹡）.

當(dāng)n = 4m（m ∈N﹡）時(shí)，E數(shù)列A_n的項(xiàng)滿足

a_{4k -1} = a_{4k -3} = 0，a_{4k -2} = - 1，a_4k = 1（k = 1,2,…, m）時(shí)，

有a₁ = 0，S（A_n）= 0；

當(dāng)n = 4m + 1（m ∈N﹡）時(shí)，E數(shù)列A_n的項(xiàng)滿足

a_{4k -1} = a_{4k -3} = 0，a_{4k -2} = - 1，a_4k = 1（k = 1,2,…, m）時(shí)，

有a₁ = 0，S（A_n）= 0；

當(dāng)n = 4m + 2或n = 4m + 3（m ∈N）時(shí)，n（n -1）不能被4整除，

此時(shí)不存在E數(shù)列A_n，使得a₁ = 0，S（A_n）= 0.

·巧思·

① 由a₁ = 0，∣a_k+1 - a_k∣= 1（k = 1,2,…, n -1）便知：E數(shù)列A_n的奇數(shù)項(xiàng)是偶數(shù)，偶數(shù)項(xiàng)是奇數(shù)；進(jìn)而得知：使得S（A_n）= 0的數(shù)列中，偶數(shù)項(xiàng)的個(gè)數(shù)是偶數(shù)，而奇數(shù)項(xiàng)則不限，因此n = 4m或n = 4m + 1（m ∈N﹡）。如此，則“一干二凈、一清二楚”。

② 要作出滿足條件的E數(shù)列A_n，只要列舉數(shù)列0,1,0，-1,0,1,0，-1……（依次循環(huán)），便將n = 4m時(shí)和n = 4m + 1時(shí)的情況合并給出，而無(wú)須用許多字母和符號(hào)詳細(xì)地描述，更無(wú)須先后“分別介紹”（實(shí)際表達(dá)式一樣）。如此，則“一目了然、一覽無(wú)遺”。

·妙解·

（3）a₁ = 0，∣a_k+1 - a_k∣= 1（k ∈N﹡） a₁,a₃…是偶數(shù)，a₂,a₄…是奇數(shù)

 S（A_4m）、S（A_4m+1）是偶數(shù)，S（A_4m+2）、S（A_4m+3）是奇數(shù)（m ∈N）.

 S（A_4m+2）≠ 0，S（A_4m+3）≠ 0，而可能 S（A_4m）= 0，S（A_4m+1）= 0，

且由數(shù)列：0,1,0，-1,0,1,0，-1……（依次循環(huán)）便知，可以滿足要求.

【評(píng)注】

① 整數(shù)的性質(zhì)：奇數(shù)個(gè)奇數(shù)的和是奇數(shù)，偶數(shù)個(gè)奇數(shù)的和是偶數(shù)；奇數(shù)±偶數(shù) = 奇數(shù)，奇數(shù)×奇數(shù) = 奇數(shù)，奇數(shù)×偶數(shù) = 偶數(shù)；兩個(gè)連續(xù)整數(shù)中必有一個(gè)奇數(shù)、一個(gè)偶數(shù)……掌握這些性質(zhì)，可對(duì)某些與整數(shù)有關(guān)的問(wèn)題有所幫助，教師應(yīng)向?qū)W生適當(dāng)舉例介紹。

② 能夠用初級(jí)的知識(shí)快速解決的問(wèn)題，就不必用高級(jí)的學(xué)問(wèn)“不慌不忙”地“細(xì)嚼慢咽”；能夠用淺顯的道理簡(jiǎn)單說(shuō)明的問(wèn)題，就不必用深?yuàn)W的理論“煞有介事”地“旁征博引”；

要讓廣大學(xué)生能夠聽(tīng)得懂、學(xué)得會(huì)、用得上……對(duì)此，我們應(yīng)引起重視、引以為鑒。

【小結(jié)】

①數(shù)學(xué)是美的，“簡(jiǎn)潔美”是其中之一，也是主要的數(shù)學(xué)美，解決數(shù)學(xué)問(wèn)題應(yīng)當(dāng)——力求

簡(jiǎn)潔、簡(jiǎn)明、簡(jiǎn)單、簡(jiǎn)便，力求創(chuàng)優(yōu)創(chuàng)新、盡善盡美。亦即：應(yīng)當(dāng)——探求盡可能簡(jiǎn)明

的思路、盡可能簡(jiǎn)便的解法，探求盡可能簡(jiǎn)潔的語(yǔ)句、盡可能簡(jiǎn)短的表述。

② 如果某個(gè)數(shù)學(xué)問(wèn)題的解答過(guò)程比較復(fù)雜、步驟比較冗長(zhǎng)，我們就要思考：這個(gè)解法算得

上“較好”嗎？“很好”嗎？“極好”嗎？還能夠“改變”嗎？“改造”嗎？“改進(jìn)”嗎？亦即：教師傳輸給學(xué)生的知識(shí)，不僅應(yīng)當(dāng)是“正品”，而且還應(yīng)當(dāng)是“精品”、“極品”。

③“通解通法”固然需要掌握，然而知識(shí)的靈活運(yùn)用對(duì)于培養(yǎng)學(xué)生的能力更加重要、必要

甚至首要，何況高考綜合題一般也不是僅用“通解通法”就能奏效的：盡管教師“千回

萬(wàn)回”地講解，學(xué)生“千遍百遍”地練習(xí)，最后面對(duì)試卷，許多人還是一籌莫展、百思

不解——這個(gè)問(wèn)題更值得我們思考、思索、思慮……

作者簡(jiǎn)介：楊洪林，男，江蘇鎮(zhèn)江人；1980年畢業(yè)于鎮(zhèn)江師范專(zhuān)科學(xué)校數(shù)學(xué)系，先后就職于鎮(zhèn)江四中和市物資局，擔(dān)任中學(xué)數(shù)學(xué)教師和電大輔導(dǎo)教師；現(xiàn)已退休，繼續(xù)致力于中等數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)和研究。