2014年北京高考數學理題19的簡解及其背景剖析

王樹森

拜讀文[1]后，獲益匪淺，筆者有再想探究的想法，限于水平，只能談幾點對該題的拙見.

一、試題的優美解

題1 （2014年北京理科題19）已知橢圓C∶x2+2y2=4，

（1）求橢圓C的離心率.

（2）設O為原點，若點A在橢圓C上，點B在直線y=2上，且OA⊥OB，求直線AB與圓x2+y2=2的位置關系，并證明你的結論.

命題組的答案和文中提供的六種解法，字母繁多，算式冗長，運算繁雜.究其原因是：用點A坐標表示點B坐標；求出直線AB方程；用兩點間距離公式求線段AB等.下面筆者提供一種書寫流暢，算式簡潔，思路簡單的方法：

當B在（0，2）時，得A坐標為（±2，0），此時直線AB方程為x+y=2或x-y=-2，顯然直線AB與圓x2+y2=2相切.

當B不在（0，2）時，設坐標為（a，2）（a≠0），則

kOB=2a，

∵OA⊥OB，

∴kOA=-a2，

∴直線OA方程為y=-a2x，

由x2+2y2=4

y=-a2x得，x2A=8a2+2，

∴y2A=a24x2A=2a2a2+2，

∴|OA|2=x2A+y2A=2a2+8a2+2且|OB|2=a2+4.

令d為點O到直線AB的距離（也即Rt△OAB斜邊AB上的高），由平面幾何知識得，d2=|OA|2·|OB|2|AB|2

∴1d2=|OA|2+|OB|2|OA|2·|OB|2

∴d=2=r

∴直線AB與圓x2+y2=2相切.

可以看出，A坐標用橢圓方程和正比例函數解析式聯立求解運算量并不大，前述解法設而不求，就怕聯立方程組求解繁雜，其實是一個誤會，要看怎樣的方程聯立，并不是解方程組總是運算量大的，另外A的坐標也并不需徹底求出，因為用了一點幾何知識（初中里人人能掌握、必須要掌握的知識），就不需要求直線AB方程了.

二、試題背景

事實上，題1背景廣泛，無論從題根角度還是從變式題角度考慮，都有規律性可尋，并且也發現北京市近幾年高考解析幾何題命題規律.

題2 （人教A版選修4-4第15頁習題6）已知橢圓的中心為O，長軸長、短軸長分別為2a，2b（a>b>0），A，B分別為橢圓上的兩點，且OA⊥OB.求證：1|OA|2+1|OB|2為定值；（2）求△AOB的面積的最大值和最小值.

題3 （2009年山東理科22題）設橢圓E： x2a2+y2b2=1（a>b>0）過M（2，2） ，N（6，1）兩點，O為坐標原點，

（Ⅰ）求橢圓E的方程；

（Ⅱ）是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A，B，且OA⊥OB.若存在，寫出該圓的方程，并求|AB |的取值范圍，若不存在說明理由.

題4 （2009年北京理科題19）已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的離心率為3，右準線方程為x=33.

（Ⅰ）求雙曲線C的方程；

（Ⅱ）設直線l是圓O∶x2+y2=2上動點P（x0，y0）（x0y0≠0）處的切線，l與雙曲線C交于不同的兩點A，B，證明∠AOB的大小為定值.

題5 （2011年北京理科題19） 已知橢圓G：x24+y2=1，過點（m，0）做圓x2+y2=1的切線l交橢圓G于A，B兩點.

（Ⅰ）求橢圓G的焦點坐標和離心率；

（Ⅱ）將|AB|表示為m的函數，并求|AB|的最大值.

筆者揣摩命題專家如何設計高考題的，即由題2如何發展成題3、題4、題5和題1的.一切都是題2結論巧奪天工，動中有靜，令人佩服數學的內在美.

題2中不妨設橢圓的標準方程為x2a2+y2b2=1（a>b>0），將橢圓的直角坐標方程轉化為極坐標方程：（ρcosθ）2a2+（ρsinθ）2b2=1，即ρ2=a2b2b2cos2θ+a2sin2θ，因為OA⊥OB，所以設A（ρ1，θ），則B（ρ2，θ+π2）， 所以1|OA|2+1|OB|2=1ρ21+1ρ22=b2cos2θ+a2sin2θ+b2sin2θ+a2cos2θa2b2=a2+b2a2b2，所以1|OA|2+1|OB|2為定值.因為OA⊥OB，所以|OA|2+|OB|2=|AB|2，若設d為點O到邊AB的距離（也即Rt△OAB斜邊AB上的高），則1|OA|2+1|OB|2=|AB|2|OA|2|OB|2=1d2，即d=aba2+b2也為定值.由此可知當A，B分別在橢圓上運動且OA⊥OB時，存在一個以原點為圓心，aba2+b2為半徑的圓，它始終與AB相切.換言之，A和B是橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）上的兩動點，O是橢圓的中心，且OA⊥OB，OD⊥AB于點D，則點D的軌跡方程為x2+y2=a2b2a2+b2.

題3就是這一結論的逆命題：是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A、B，且OA⊥OB？現在看來是存在半徑為R=11|OA|2+1|OB|2=aba2+b2的圓.由于直線AB是圓的切線，在圓上運動時和橢圓相交，致使線段AB有變化，求其取值范圍恰如其分.這樣難度就上去了，體現“源于書本，高于書本”的命題原則.

眾所周知，圓錐曲線有統一的性質，在橢圓中成立的結論在雙曲線中一般也成立，因此將題2中橢圓改為雙曲線x2a2-y2b2=1（b>a>0），也有類似結論：當A，B分別在雙曲線上運動且OA⊥OB時，1|OA|2+1|OB|2=b2-a2a2b2，存在一個以原點為圓心，abb2-a2為半徑的圓，它始終與AB相切.

所以在題4中，假設當A、B在雙曲線 x2-y22=1上運動且有OA⊥OB，因為a2=1，b2=2，所以1|OA|2+1|OB|2=b2-a2a2b2=12，故存在圓x2+y2=2與直線AB相切.

命題專家高人一籌就是“反彈琵琶”，事先知道存在圓O∶x2+y2=2，直線l（也即直線AB）是該圓上動點P（x0，y0）（x0y0≠0）處的切線，l與雙曲線C交于不同的兩點A，B，有結論OA⊥OB，所以可以設計證明∠AOB的大小為定值.

那拋物線又會怎樣呢？不妨設拋物線直角坐標方程為y2=2px（p>0），轉化為極坐標方程為：ρ=2pcosθsin2θ.

當A和B為拋物線上除原點以外的兩個動點，且OA⊥OB，易得1|OA|2+1|OB|2=14p2（4sin22θ-3），與θ有關，并非定值，這大概是中心二次曲線與無心二次曲線的差別吧！但“東方不亮西方亮”，拋物線與前兩者還是有類似之處的.

下面的高考題就是一個很好的佐證：設點A和B為拋物線y2=4px（p>0）上原點以外的兩個動點，已知OA⊥OB，OM⊥AB，求點M的軌跡方程，并說明它表示什么曲線（2000北京、安徽春季招生試題）.

通過求解，M的軌跡方程為：（x-2p）2+y2=4p2（x≠0），所以軌跡是以（2p，0）為圓心，以2p為半徑的圓，去掉坐標原點（“4p”改為“2p”，也有相仿的結論，無非數據一點差別）.

此題的逆命題也成立：過點D（2p，0）做直線交圓（x-p）2+y2=p2于點M，交拋物線y2=2px（p>0）于點A、B，O為拋物線頂點，則OA⊥OB，OM⊥AB.

題5是過點（m，0）做切線，并非定圓上某一動點的切線，所以圓的半徑不受r=aba2+b2制約，切線隨m的變化而運動，與題3切線運動方式有區別，但求|AB|的取值范圍（最大值）卻有異曲同工之妙，這是繼承基礎上的創新，使得題目短小精悍，但內涵豐富，很能考查出學生分析解決問題的能力與計算能力.

讓人意外的是事隔5年后，類似題重出江湖，將B點運動改在直線y=2上，又讓我們欣賞到如此優美的結論，不得不佩服專家的真知灼見與勇氣.

三、深入探究

筆者一直在想，命題專家如何想到將B點運動由橢圓上改在直線y=2上，照樣有類似的結論？

不妨設B坐標為（a，t）（at≠0），則kOB=ta，∵OA⊥OB， ∴kOA=-at，∴直線OA方程為y=-atx，由x2+2y2=4

y=-atx得，x2A=4t22a2+t2，

∴y2A=a2t2x2A=4a22a2+t2，

∴|OA|2=x2A+y2A=4（a2+t2）2a2+t2，且|OB|2=a2+t2.

令d為點O到直線AB的距離（也即Rt△OAB斜邊AB上的高），由平面幾何知識得，

d2=|OA|2·|OB|2|AB|2.

∴1d2=|OA|2+|OB|2|OA|2·|OB|2=1|OA|2+1|OB|2=2a2+t24（a2+t2）+44（a2+t2）=2a2+t2+42（2a2+2t2）.

由此可知d不是定值，與t有關.欲使d為定值，則t2+4=2t2，t=±2，此時a=0對定值沒有影響，只不過是在求解之初要討論一下，至此我們發現題1的由來.我們還可設想，橢圓改為雙曲線、拋物線，類似題又如何編擬呢？若干年后還會出現嗎？

通過對這道高考題粗淺的研究，讓筆者悟到作為老師和學生假若能象考古工作者縱橫聯系研究文物一樣地研究試題，了解試題的“前世今生”，發現一些高考題的數學本質及其內在規律性的知識，再加上欣賞的眼光，就不難理解許多數學愛好者癡迷地遨游數學海洋的原因，“數學枯燥乏味”、“解析幾何太恐怖了，運算量大的驚人”言論就站不住腳了，而是讓人覺得“數學好玩”（陳省身語），倘若達到這一層次，我想“玩好數學”也就不難了.

參考文獻

[1]張新祿等.2014年北京高考數學理19題的多種解法及對教學的啟示[J].中小學數學（高中版），2014（7-8）：88-90