【解答】
（14分）（2011 • 山东）已知直线 $l$ 与随圆 $C: \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{2}=1$ 交于 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}, y_{2}\right.$ ）两不同点，且 $\triangle \mathrm{OPQ}$ 的面积 $\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{OPQ}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$ ，其中 O 为坐标原点．
（I）证明 $\mathrm{x}_{1}{ }^{2}+\mathrm{x}_{2}{ }^{2}$ 和 $\mathrm{y}_{1}{ }^{2}+\mathrm{y}_{2}{ }^{2}$ 均为定值；
（II）设线段 $P Q$ 的中点为 $M$ ，求 $|O M| \cdot|P Q|$ 的最大值；
（III）椭圆 C 上是否存在点 $\mathrm{D}, \mathrm{E}, \mathrm{G}$ ，使得 $\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ODE}}=\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ODG}}=\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{OEG}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$ ？若存在，判断 $\triangle \mathrm{DE}$ G 的形状；若不存在，请说明理由．
考点：直线与圆锥曲线的综合问题．
专题：圆锥曲线的定义、性质与方程；圆锥曲线中的最值与范围问题．
分析：（I ）根据已知设出直线 $l$ 的方程，利用弦长公式求出 $|\mathrm{PQ}|$ 的长，利用点到直线的距离公式求点 O 到直线 $l$ 的距离，根据三角形面积公式，即可求得 $\mathrm{x}_{1}{ }^{2}+ x_{2}{ }^{2}$ 和 $y_{1}{ }^{2}+y_{2}{ }^{2}$ 均为定值；
（II）由（I）可求线段 PQ 的中点为 M ，代入 $|\mathrm{OM}| \cdot|\mathrm{PQ}|$ 并利用基本不等式求最值；（III）假设存在 $\mathrm{D}(\mathrm{u}, \mathrm{v}), \mathrm{E}\left(\mathrm{x}_{1}, \mathrm{y}_{1}\right), \mathrm{G}\left(\mathrm{x}_{2}, \mathrm{y}_{2}\right)$ ，使得 $\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{OD}} \mathrm{E}=\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ODG}}=\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{OEG}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$
由（I）得 $u^{2}+x_{1}{ }^{2}=3, u^{2}+x_{2}{ }^{2}=3, x_{1}{ }^{2}+x_{2}{ }^{2}=3 ; v^{2}+y_{1}{ }^{2}=2, v^{2}+y_{2}{ }^{2}=2, ~ y_{1}{ }^{2}+y_{2}{ }^{2}=$ 2 ，从而求得点 $\mathrm{D}, \mathrm{E}, \mathrm{G}$ ，的坐标，可以求出直线 $\mathrm{DE} , \mathrm{DG} , \mathrm{EG}$ 的方程，从而得到结论。
解答：
解：（I） $1^{\circ}$ 当直线 $l$ 的斜率不存在时， $\mathrm{P}, \mathrm{Q}$ 两点关于 x 轴对称，
所以 $x_{1}=x_{2}, y_{1}=-y_{2}$ ，
$\because \mathrm{P}\left(\mathrm{x}_{1}, \mathrm{y}_{1}\right)$ 在椭圆上，
$\therefore \frac{\mathrm{x}_{1}{ }^{2}}{3}+\frac{\mathrm{y}_{1}{ }^{2}}{2}=1$
又 $\because \mathrm{S}_{\triangle \mathrm{OPQ}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$ ，
$\therefore\left|x_{1}\right|\left|y_{1}\right|=\frac{\sqrt{6}}{2}$
由①②得 $\left|x_{1}\right|=\frac{\sqrt{6}}{2},\left|y_{1}\right|=1$ 。此时 $x_{1}{ }^{2}+x_{2}{ }^{2}=3, y_{1}{ }^{2}+y_{2}{ }^{2}=2$ ；
$2^{\circ}$ 当直线 $l$ 的斜率存在时，是直线 $l$ 的方程为 $y=k x+m(m \neq 0)$ ，将其代入
$\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{2}=1$ 得
$\left(3 \mathrm{k}^{2}+2\right) \mathrm{x}^{2}+6 \mathrm{kmx}+3\left(\mathrm{~m}^{2}-2\right)=0, \Delta=36 \mathrm{k}^{2} \mathrm{~m}^{2}-12\left(3 \mathrm{k}^{2}+2\right)\left(\mathrm{m}^{2}-2\right)>$ 0
即 $3 \mathrm{k}^{2}+2>\mathrm{m}^{2}$ ，
又 $x_{1}+x_{2}=-\frac{6 k m}{3 k^{2}+2}, x_{1} \cdot x_{2}=\frac{3\left(m^{2}-2\right)}{3 k^{2}+2}$ ，
$\therefore|\mathrm{PQ}|=\sqrt{1+\mathrm{k}^{2}} \sqrt{\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}\right)^{2}-4 \mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}}=\sqrt{1+\mathrm{k}^{2}} \frac{2 \sqrt{6} \sqrt{3 \mathrm{k}^{2}+2-\mathrm{m}^{2}}}{3 \mathrm{k}^{2}+2}$,
∵ 点 O 到直线 $l$ 的距离为 $\mathrm{d}=\frac{|\mathrm{m}|}{\sqrt{1+\mathrm{k}^{2}}}$ ，
$\therefore \mathrm{S}_{\triangle \mathrm{OPQ}}=\frac{1}{2} \sqrt{1+\mathrm{k}^{2}} \frac{2 \sqrt{6} \sqrt{3 \mathrm{k}^{2}+2-\mathrm{m}^{2}}}{3 \mathrm{k}^{2}+2} \cdot \frac{|\mathrm{~m}|}{\sqrt{1+\mathrm{k}^{2}}}=\frac{\sqrt{6} \sqrt{3 \mathrm{k}^{2}+2-\mathrm{m}^{2}}|\mathrm{~m}|}{3 \mathrm{k}^{2}+2}$,
又 $\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{OPQ}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$ ，
整理得 $3 k^{2}+2=2 m^{2}$ ，此时 $x_{1}{ }^{2}+x_{2}{ }^{2}=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}=\left(-\frac{6 k m}{3 k^{2}+2}\right)^{2}-2$
$\frac{3\left(m^{2}-2\right)}{3 k^{2}+2}=3$,
$y_{1}{ }^{2}+y_{2}{ }^{2}=\frac{2}{3}\left(3-x_{1}{ }^{2}\right)+\frac{2}{3}\left(3-x_{2}{ }^{2}\right)=4-\frac{2}{3}\left(x_{1}{ }^{2}+x_{2}{ }^{2}\right)=2 ;$
综上所述 $\mathrm{x}_{1}{ }^{2}+\mathrm{x}_{2}{ }^{2}=3, \mathrm{y}_{1}{ }^{2}+\mathrm{y}_{2}{ }^{2}=2$ 。结论成立．
（II） $1^{\circ}$ 当直线 $l$ 的斜率不存在时，由（I）知
$|\mathrm{OM}|=\left|\mathrm{x}_{1}\right|=\frac{\sqrt{6}}{2}, \quad|\mathrm{PQ}|=2\left|\mathrm{y}_{1}\right|=2$ ，
因此 $|\mathrm{OM}| \cdot|\mathrm{PQ}|=\sqrt{6}$ ．
$2^{\circ}$ 当直线 $l$ 的斜率存在时，由（I）知
$\frac{x_{1}+x_{2}}{2}-\frac{3 k}{2 \pi}, \frac{y_{1}+y_{2}}{2}=k \frac{x_{1}+x_{2}}{2}+m=\frac{-3 k^{2}+2 m^{2}}{2 m}=\frac{1}{\pi}$
$|O M|^{2}=\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{y_{1}+y_{2}}{2}\right)^{2}=\frac{9 k^{2}}{4 m^{2}}+\frac{1}{m^{2}}=\frac{6 m^{2}-2}{4 m^{2}}=\frac{1}{2} \quad\left(3-\frac{1}{m^{2}}\right)$,
$|P Q|^{2}=\left(1+k^{2}\right) \frac{24\left(3 k^{2}+2-m^{2}\right)}{\left(2+3 k^{2}\right)^{2}}=\frac{2\left(2 m^{2}-1\right)}{m^{2}}=2\left(2+\frac{1}{m^{2}}\right)$,
所以 $|O M|^{2}|P Q|^{2}=\frac{1}{2}\left(3-\frac{1}{m^{2}}\right) \times 2 \times\left(2+\frac{1}{m^{2}}\right)=\left(3-\frac{1}{m^{2}}\right)\left(2+\frac{1}{m^{2}}\right)$
$\leqslant\left(\frac{3-\frac{1}{m^{2}}+2+\frac{1}{m^{2}}}{2}\right)=\frac{25}{4}$.
$|\mathrm{OM}| \cdot|\mathrm{PQ}| \leqslant \frac{5}{2}$ ．当且仅当 $3-\frac{1}{\mathrm{~m}^{2}}=2+\frac{1}{\mathrm{~m}^{2}}$ ，
即 $\mathrm{m}= \pm \sqrt{2}$ 时，等号成立。
综合 $1^{\circ} 2^{\circ}$ 得 $|\mathrm{OM}| \cdot|\mathrm{PQ}|$ 的最大值为 $\frac{5}{2}$ ；
（III）椭圆 C 上不存在三点 $\mathrm{D}, \mathrm{E}, \mathrm{G}$ ，使得 $\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ODE}}=\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ODG}}=\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{OEG}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$ ，
证明：假设存在 $\mathrm{D}(\mathrm{u}, \mathrm{v}), \mathrm{E}\left(\mathrm{x}_{1}, \mathrm{y}_{1}\right), \mathrm{G}\left(\mathrm{x}_{2}, \mathrm{y}_{2}\right)$ ，使得 $\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ODE}}=\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{O}} \mathrm{DG}=\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{OEG}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$
由（I）得
$u^{2}+x_{1}{ }^{2}=3, \quad u^{2}+x_{2}{ }^{2}=3, \quad x_{1}{ }^{2}+x_{2}{ }^{2}=3 ; \quad v^{2}+y_{1}{ }^{2}=2, \quad v^{2}+y_{2}{ }^{2}=2, \quad y_{1}{ }^{2}+y_{2}{ }^{2}=2$
解得 $u^{2}=x_{1}{ }^{2}=x_{2}{ }^{2}=\frac{3}{2} ; v^{2}=y_{1}{ }^{2}=y_{2}{ }^{2}=1$ ．
因此u，$x_{1}, x_{2}$ 只能从 $\pm \frac{\sqrt{6}}{2}$ 中选取，
$v, y_{1}, y_{2}$ 只能从 $\pm 1$ 中选取，
因此点D，E，G，只能在 $\left( \pm \frac{\sqrt{6}}{2}, \pm 1\right)$ 这四点中选取三个不同点，
而这三点的两两连线中必有一条过原点，与 $\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ODE}}=\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ODG}}=\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{OEG}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$ 矛盾
所以椭圆 C 上不存在满足条件的三点 $\mathrm{D}, \mathrm{E}, \mathrm{G}$ ．
点评：此题是个难题．本题考查了直线与椭圆的位置关系，弦长公式和点到直线的距离公式，是一道综合性的试题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力。其中问题（III）是一个开放性问题，考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力。
[^0]: 考点：绝对值不等式的解法．
专题：集合。
分析：解法一：利用特值法我们可以用排除法解答本题，分别取 $\mathrm{x}=0, \mathrm{x}=-4$ 根据满足条件的答案可能正确，不满足条件的答案一定错误，易得到答案。
解法二：我们利用零点分段法，我们分类讨论三种情况下不等式的解，最后将三种情况下 x 的取值范围并起来，即可得到答案。
解答：解：法一：当 $\mathrm{x}=0$ 时，$|\mathrm{x}-5|+|\mathrm{x}+3|=8 \geq 10$ 不成立
可排除A，B
当 $x=-4$ 时，$|x-5|+|x+3|=10 \geq 10$ 成立
可排除C
故选D
法二：当 $\mathrm{x}<-3$ 时
不等式 $|x-5|+|x+3| \geq 10$ 可化为：$-(x-5)-(x+3) \geq 10$
解得： $\mathrm{x} \leq-4$
当 $-3 \leq x \leq 5$ 时
不等式 $|x-5|+|x+3| \geq 10$ 可化为：$-(x-5)+(x+3)=8 \geq 10$ 恒不成立
当 $x>5$ 时
不等式 $|x-5|+|x+3| \geq 10$ 可化为：$(x-5)+(x+3) \geq 10$
解得：$x \geq 6$
故不等式 $|\mathrm{x}-5|+|\mathrm{x}+3| \geq 10$ 解集为：$(-\infty,-4] \cup[6,+\infty)$