一道高考题的猜想历程_崔志荣.pdf

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1、４０数学教学研究第３１卷第１２期２０１２年１２月一道高考题的猜想历程崔志荣（江苏省东台市安丰中学２２４２２１）１初步猜想πα－β＝＋ｋπ（ｋ∈Ｚ），２０１１年山东高考数学卷理科第２２题：２２２２２２２ｘ２ｙ２所以ｘ１＋ｘ２＝ａｃｏｓα＋ａｃｏｓβ已知动直线ｌ与椭圆Ｃ：＋＝１交于２２２２２，３２＝ａｃｏｓα＋ａｓｉｎα＝ａ２２２２２２Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２）两个不同的点，且ｙ１＋ｙ２＝ｂｓｉｎα＋ｂｓｉｎβ２２２２２槡６＝ｂｓｉｎα＋ｂｃｏｓα＝ｂ．△ＯＰＱ的面积Ｓ△ＯＰＱ＝，其中Ｏ为坐标原２２构造猜想点．（１）证明：ｘ２２和ｙ２２均为定值．１＋ｘ２１＋ｙ２ａｂ从上述证明

2、过程得知：Ｓ△ＯＰＱ＝｜ｓｉｎ（α（２）、（３）略．２本题的定值是在椭圆方程确定后产生ａｂ－β）｜，所以特定值为△ＯＰＱ的面积的最２２２的，因此可以推广．通过分析可知，ｘ１＋ｘ２和２２大值，当Ｓａｂ时，使得ｘ２２和ｙ２ｙ１＋ｙ２均为定值的原因为△ＯＰＱ的面积是△ＯＰＱ＝１＋ｘ２１＋２与椭圆Ｃ相关的特定值．我们猜想这个特定２分别取定值ａ２和ｂ２ｙ２．如果反向延长线段值槡６应与椭圆Ｃ中的３和２有密切联系，且ＯＰ和ＯＱ与椭圆交于Ｐ′和Ｑ′，就得到四边２形ＰＱＰ′Ｑ′（如图１），根应由３和２对称构成．会不会是由槡３×２得据椭圆的对称性：ＯＰ＝２ＯＰ′且ＯＱ＝ＯＱ′，所以到的呢？另外，通过

3、计算ｘ２２和ｙ２２１＋ｘ２１＋ｙ２四边形ＰＱＰ′Ｑ′为平行的定值分别为３和２．于是，大胆猜想归纳：四边形，其面积为２ａｂ．猜想１已知动直线ｌ与椭圆Ｃ：这时我们对椭圆的内接２２图１ｘｙ２＋２＝１交于Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２）两个不四边形的最大面积又形ａｂ成了猜想：ａｂ同的点，且Ｓ△ＯＰＱ＝，则ｘ２２２猜想２椭圆＋ｙ＝１的内接四边形２２ｘ２２２，ｙ２２２．ａｂ１＋ｘ２＝ａ１＋ｙ２＝ｂＡ１Ａ２Ａ３Ａ４的面积Ｓ的最大值为２ａｂ，并且证明设Ｐ（ｘ１，ｙ１）＝（ａｃｏｓα，ｂｓｉｎα），当Ｓ取最大值时，四边形Ａ１Ａ２Ａ３Ａ４为平行Ｑ（ｘ２，ｙ２）＝（ａｃｏｓβ，ｂｓｉｎβ），四边形．

4、１则Ｓ△ＯＰＱ＝｜ｘ１ｙ２－ｘ２ｙ１｜证明（ⅰ）记四边形Ａ１Ａ２Ａ３Ａ４的面积２为Ｓ．１＝｜ａｃｏｓα·ｂｓｉｎβ－ａｃｏｓβ·ｂｓｉｎα｜２当原点Ｏ不在四边形Ａ１Ａ２Ａ３Ａ４内时，ａｂａｂ面积Ｓ应小于椭圆面积的一半，即＝｜ｓｉｎ（α－β）｜＝，２２１Ｓ＜πａｂ＜２ａｂ；所以ｓｉｎ（α－β）＝±１，２第３１卷第１２期２０１２年１２月数学教学研究４１当原点Ｏ在四边形Ａ１Ａ２Ａ３Ａ４内时，Ａ１Ａ２…Ａｎ，其中Ａｉ（ｘｉ，ｙｉ）ｉ＝１，２…，ｎ，当ｎＳ＝Ｓ△ＡＯＡ＋Ｓ△ＡＯＡ边形Ａ１Ａ２…Ａｎ的面积Ｓ最大时，有１２２３＋Ｓ，ｎｎ＋Ｓ△ＡＯＡ△ＡＯＡｎｎ３４４１２２，２２从猜想１的证明可

5、知：∑ｘｉ＝２ａ∑ｙｉ＝２ｂ．ｉ＝１ｉ＝１Ｓ≤４·Ｓ△ＯＰＱ＝２ａｂ，即Ｓｍａｘ＝２ａｂ．分析由于内接ｎ边形的边数的复杂ａｂ性，不可能逐一分析研究，这时又联想到椭圆（ⅱ）当Ｓ＝２ａｂ时，Ｓ△ＡＯＡ＝，所以１２２可由圆压缩而成，所以问题的处理分成两步．２２２，ｙ２２２ｘ１＋ｘ２＝ａ１＋ｙ２＝ｂ．一先研究圆的内接ｎ边形的面积的最大值；同理ｘ２２２，ｙ２２２，所以ｘ２２＋ｘ３＝ａ２＋ｙ３＝ｂ１二再将圆压缩为椭圆，利用面积和坐标关系２，ｙ２２，所以Ａ＝ｘ３１＝ｙ３３的转化，故有以下证明：（－ｘ，ｙ）或（ｘ，２２２１１１（ⅰ）记圆ｘ＋ｙ＝ａ的内接ｎ边形Ａ１′－ｙ１）或（－ｘ１，－ｙ１）．Ａ

6、２′…Ａｎ′的面积为Ｓ′，当Ａ３（－ｘ１，ｙ１）时π当原点Ｏ不在ｎ边形内时，Ｓ′＜２；ａ（如图２），△Ａ２ＯＡ３与２△Ａ１ＯＡ２重叠，面积Ｓ图２当原点Ｏ在ｎ边形内时，设各边不最大．Ａ１′Ａ２′，Ａ２′Ａ３′，…，Ａｎ－１′Ａｎ′，Ａｎ′Ａ１′对应的当Ａ３（ｘ１，－ｙ１）时，记Ａ３（ｘ１，－ｙ１）为圆心角分别为α１，α２，…，αｎ，易知αｉ∈（０，π），ｎＡ３′．连ＯＡ３′，Ａ２Ａ３′，Ａ３Ａ３′．Ａ２Ａ３′交ｘ轴、ｉ＝１，２，…，ｎ，且∑αｉ＝２π，所以Ａ１Ａ３于Ｍ、Ｎ两点，连Ａ３Ｍ．由Ａ３Ａ３′∥ｘｉ＝１轴可知，Ｓ△ＭＮＡ＝Ｓ△ＯＮＡ′．所以Ｓ△ＡＯＡ＞１２３３２３Ｓ′＝ａ（ｓ

7、ｉｎα１＋ｓｉｎα２＋…＋ｓｉｎαｎ）Ｓ△ＡＯＡ′，也不符合Ｓ最大．２２３所以Ａ３（－ｘ１，－ｙ１）．＝ｎａ２·ｓｉｎα１＋ｓｉｎα２＋…＋ｓｉｎαｎ．２ｎ同理Ａ４（－ｘ２，－ｙ２）．因为ｙ＝ｓｉｎｘ，ｘ∈（０，π）为上凸函数，由所以四边形Ａ１Ａ２Ａ３Ａ４为平行四边形．琴生不等式得：３拓展猜想ｘ２ｙ２Ｓ′≤ｎａ２·ｓｉｎα１＋α２＋…＋αｎ从猜想２及证明可以看出，椭圆２＋２２ｎａｂｎ２２π＝１的内接四边形Ａ１Ａ２Ａ３Ａ４的面积Ｓ最大＝ａ·ｓｉｎ，２ｎ时，记Ａｉ（ｘｉ，ｙｉ）（ｉ＝