對一道清華能力測試客觀壓軸題的深度探究

摘 要：自新高考實施以來更加關注對高階思維的考查，落實創新性的考查要求，也更加關注對同一主題下多個知識點的綜合考查.2023年9月清華中學生學術能力測試第12題是一個典型例子，筆者從不同角度開拓思路，充分挖掘題目的內涵和外延，并對考題進行拓展推廣及追本溯源，以期發揮出典型試題的效果和效益.

關鍵詞：清華中學生學術測試；解法探究；拓展推廣；追本溯源

中圖分類號：G632"" 文獻標識碼：A"" 文章編號：1008-0333（2024）34-0034-06

在解析幾何研究中，圓與橢圓是兩個重要的研究對象，它們的圖形優美，有著極強的對稱性.圓與橢圓可通過仿射變換相互轉化，從而快速解決橢圓中的相關問題.另外，橢圓中也會生成很多圓，如內切圓、伴隨圓、基圓和蒙日圓等，它們在性質上具有怎樣的關系？本文以一道2023年能力測試多選題為例，通過對問題進行解法探究、引申拓展、追本溯源，從而建構此類問題的處理方法.

1 考題呈現

（多選題） 如圖1，已知橢圓C：x22+y2=1的中心為O，A，B是C上的兩個不同的點，且滿足OA⊥OB，則（" ）.

A.點O在AB上投影的軌跡為圓

B.∠AOB的平分線交AB于D，OD最小值為63

C.△AOB的面積最小值為23

D.△AOB中，AB邊上中線長的最小值為233

圖1 2023年能力測試題

分析 這道多選題考查了橢圓中ΔAOB的高OH、角平分線OD、中線OG及其面積的最值問題.如何根據定義法判斷點O在AB上投影的軌跡是解題的關鍵，即證明△AOB的高為定值.既可以使用常規的直曲聯立，也可以考慮運用橢圓參數方程、極坐標方程、直線參數方程等方法加以解決.該試題設問簡潔但內容豐富，具有較大的探究空間.

2 解法探究

思路1 射線OA，OB過原點，故可設出OA的方程，通過直曲聯立求得點A，B的坐標，最后用三角形等面積法得出|OH|的值.對于B，C，D選項使用定值|OH|結合具體問題易得.

解析1 當直線OA斜率不存在時，則點A為短軸頂點，因為OA⊥OB，從而點B為長軸頂點，此時顯然知點O到直線AB的距離為h=63.

又當直線OA斜率存在時，則設其方程為y=kx，聯立橢圓C的方程并消去y，得

（1+2k2）x2-2=0，

解此方程可得x2A=21+2k2.

從而y2A=2k21+2k2.

所以OA2=2+2k21+2k2.①

同理用-1k代替k，得

OB2=2+2k22+k2.②

再由三角形面積法得

|OH|2=OA2·OB2OA2+OB2.

故1|OH|2=1OA2+1OB2.

將①②代入得1|OH|2=32.

所以|OH|=63.

綜上，|OH|為定值63.

即點H軌跡方程為x2+y2=23，A正確.

對B，因為

S△AOB=SΔAOD+S△BOD，

所以|OA|·|OB|sin90°=|OA|·|OD|sin45°+|OB|·|OD|sin45°.

即|OD|=2|OA|·|OB||OA|+|OB|.

所以1|OD|=22（1|OA|+1|OB|）

≤2（1|OA|2+1|OB|2）/2

=2（32）/2=62.

所以|OD|≥63.B正確.

對C，因為SΔAOB=12|OA|·|OB|，

而32=1OA2+1OB2≥2|OA|·|OB|，

所以|OA|·|OB|≥43.

所以S△AOB≥12×43=23.

C正確.

對D，因為|AG|=12|AB|

=12|OA|2+|OB|2

=1223（|OA|2+|OB|2）（1|OA|2+1|OB|2）

=1223（1+1+|OB|2|OA|2+|OA|2|OB|2）≥63，

D錯誤.

故選A，B，C.

思路2 本題還可設出AB方程，從而表示出|OH|，再利用直曲聯立處理好OA⊥OB，最后消去|OH|表達式中所有參數即可.

解析2 當直線AB的斜率不存在時，OA⊥OB，不妨設點A在第一象限，易得A（63，63）.

所以|OH|=63.

當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y=kx+m，且設A（x1，y1），B（x2，y2），再聯立橢圓方程并消去y可得

（1+2k2）x2+4kmx+2m2-2=0.

則x1+x2=-4km1+2k2，x1x2=2m2-21+2k2.

由此可得y1y2=m2-2k21+2k2.

又因OA⊥OB，

所以x1x2+y1y2=2m2-21+2k2+m2-2k21+2k2=0.

即3m2-2k2-2=0.

所以|OH|=|m|1+k2=23=63.A正確

對B，由張角定理知，

sin90°OD=sin45°OA+sin45°OB.

所以1OD=22（1OA+1OB）

≤2·（1OA2+1OB2）/2=62，

所以|OD|≥63，B正確.

對C，D選項，同解析1.

思路3 觀察題目所給條件，有斜率之積為-1的條件，故可考慮使用齊次化法加以處理.

解析3 因為直線AB不過原點，故設AB的方程為mx+ny=1，且設A（x1，y1），B（x2，y2），對已知橢圓方程x2+2y2-2=0配湊，得

x2+2y2-2（mx+ny）2=0.

整理可知

（1-2m2）x2-4mnxy+（2-2n2）y2=0.

兩邊同除以x2，得

（1-2m2）-4mn·yx+（2-2n2）（yx）2=0.

所以kOA·kOB=y1x1·y2x2=1-2m22-2n2=-1.

整理，得m2+n2=32.③

而由點到直線距離公式，得

h=1m2+n2.

將③代入，得h=63.

對B，C，D選項同解析1.

思路4" 此題中直線OA，OB都經過原點這個定點，容易聯想到直線的參數方程，因為直線的參數方程在處理直線上兩點之間距離時，相比普通方程更簡潔.

解析4 設直線OA的參數方程為x=tcosα，y=tsinα（t為參數），代入橢圓方程C：x22+y2=1可得

（cos2α+2sin2α）t2-2=0，

解得t=±22sin2α+cos2α.

由t的幾何意義知

|OA|=|t|=22sin2α+cos2α.

同理可得|OB|=22cos2α+sin2α.

再由三角形等面積法得

|OH|2=OA2·OB2OA2+OB2.

故1|OH|2=1OA2+1OB2=32.

所以|OH|=63.

B，C，D選項同解析1.

思路5 題中A，B兩點都在橢圓上，故可以考慮利用橢圓的參數方程來設出A，B的坐標.

解析5 由橢圓參數方程可設A（2cosα，sinα），B（2cosβ，sinβ），

因OA⊥OB，

故2cosαcosβ+sinαsinβ=0.

從而4cos2αcos2β=sin2αsin2β.

即4cos2αcos2β=（1-cos2α）（1-cos2β）

cos2αcos2β=1-cos2α-cos2β3.

又因為|OA|2=2cos2α+sin2α=1+cos2α，

|OB|2=2cos2β+sin2β=1+cos2β，

故由三角形等面積法得

|OH|2=OA2·OB2OA2+OB2

=1+cos2α+cos2β+cos2αcos2β2+cos2α+cos2β

=1+cos2α+cos2β+（1-cos2α-cos2β）/32+cos2α+cos2β

=4/3+（2cos2α）/3+（

2cos2β）/32+cos2α+cos2β=23.

B，C，D選項同解析1.

思路6 此題中直線OA，OB都經過原點這個定點，從而OA，OB與ρA，ρB相關聯，因此使用極坐標方程相比參數方程更能減少運算量.

解析6" 以原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，設A（ρ1，θ），B（ρ2，θ+π2），

因橢圓C的極坐標方程為

ρ2cos2θ2+ρ2sin2θ=1，

將A（ρ1，θ），B（ρ2，θ+π2）代入并化簡得：

cos2θ2+sin2θ=1ρ21，

sin2θ2+cos2θ=1ρ22，

兩式相加，得1ρ21+1ρ22=32.

而原點到直線AB的距離為

h=ρ1ρ2ρ21+ρ22，

故1h2=1ρ21+1ρ22=32，解得h=63，A正確.

對B，因為S△OAD+S△OBD=S△AOB，

所以|OD|ρ1sin45°+|OD|ρ2sin45°=ρ1ρ2.

所以1|OD|=22（1ρ1+1ρ2）

≤2·（1ρ21+1ρ22）/2=62.

所以|OD|≥63，B正確.

又S△AOB=12ρ1ρ2，

因為1ρ21+1ρ22=32≥2ρ1ρ2，

所以ρ1ρ2≥43，S△AOB≥12×43=23，C正確.

而中線|OG|=12|AB|

=12ρ21+ρ22

=1223（ρ21+ρ22）（1ρ21+1ρ22）

=1223（1+1+ρ22ρ21+ρ21ρ22）

≥1223（1+1+2）=63.

故D錯誤.

3 一般性探究對選項A推廣到一般情形，可得：

結論1 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的中心為O，A，B是C上的兩個不同的點，且滿足OA⊥OB，則點O在AB上投影的軌跡方程為x2+

y2=a2b2a2+b2.

證明 以原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，設A（ρ1，θ），B（ρ2，θ+π2），

因為C：ρ2cos2θa2+ρ2sin2θb2=1，

將A（ρ1，θ），B（ρ2，

θ+π2）代入，得

cos2θa2+sin2θb2=1ρ21，

sin2θa2+cos2θb2=1ρ22.

相加，得1ρ21+1ρ22=a2+b2a2b2.

而|OH|=ρ1ρ2ρ21+ρ22=a2b2a2+b2，獲證.

對選項B，C，D推廣到一般情形，可得：

結論2 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的中心為O，A，B是C上的兩個不同的點，且滿足OA⊥OB，則∠AOB的平分線OD和AB邊的中線OG最小值均為aba2+b2.

證明" 由結論1證明，S△OAD+S△OBD=S△AOB，

所以|OD|ρ1sin45°+|OD|ρ2sin45°=ρ1ρ2.

所以1|OD|=22（1ρ1+1ρ2）

≤2（1ρ21+1ρ22）/2

=a2+b2a2b2.

所以|OD|≥aba2+b2.

又由結論1知，1ρ21+1ρ22=a2+b2a2b2.

因為AB邊上中線長

|AG|=12|AB|

=12ρ21+ρ22

=12（ρ21+ρ22）（1ρ21+1ρ22）a2b2a2+b2

=12（2+ρ22ρ21+ρ21ρ22）a2b2a2+b2

≥a2b2a2+b2

=aba2+b2.

所以AB邊的中線OG最小值為aba2+b2.

結論3 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的中心為O，A，B是C上的兩個不同的點，且滿足OA⊥OB，則△AOB的面積最小值為a2b2a2+b2.

證明 由前面分析知，1ρ21+1ρ22=a2+b2a2b2≥2ρ1ρ2.

所以ρ1ρ2≥2a2b2a2+b2.

所以SΔAOB=12ρ1ρ2≥a2b2a2+b2.

4 類比探究

注意到橢圓方程中的b替換成bi可得雙曲線方程，根據這一統一性，可類比得到：

結論4 已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（bgt;agt;0）的中心為O，A，B是C上的兩個不同的點，且滿足OA⊥OB，則點O在AB上投影的軌跡為圓x2+y2=a2b2b2-a2［1］.

結論5 已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（bgt;agt;0）的中心為O，A，B是C上的兩個不同的點，且滿足OA⊥OB，則∠AOB的平分線OD和AB邊的中線OG最小值均為abb2-a2.

結論6 已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（bgt;agt;0）的中心為O，A，B是C上的兩個不同的點，且滿足OA⊥OB，則ΔAOB的面積最小值為a2b2b2-a2.

結論4，5，6證明與橢圓類似，從略.

結論7" 已知拋物線C：y2=2px（pgt;0），A，B是異于頂點的兩動點，且OA⊥OB，則點O在AB上投影H的軌跡方程為（x-p）2+y2=p2，且（S△AOB）min=4p2［2］.

證明 由拋物線的參數方程，設點H（x，y），A（2pt21，2pt1），B（2pt22，2pt2），則

OH=

（x，y），OA=（2pt21，2pt1），OB=（2pt22，2pt2），AB=（2p（t22-t21），2p（t2-t1））.

因為OA⊥OB，所以

OA·OB=（2pt1t2）2+4p2t1t2=0，

解得t1t2=-1.④

又因為OH⊥AB，

所以OH·AB=2px（t22-t21）+2py（t2-t1）=0.

所以x（t2+t1）+y=0.

所以t2+t1=-yx（x≠0）.⑤

而AH=（x-2pt21，y-2pt1），BH=（x-2pt22，y-2pt2），由A，B，H三點共線，從而有

（x-2pt21）（y-2pt2）=（x-2pt22）（y-2pt1）.

化簡，得y（t1+t2）-2pt1t2-x=0.

將④⑤代入得到

x2+y2-2px=0.

即點H的軌跡方程為（x-p）2+y2=p2.

結論8" 已知拋物線C：y2=2px（pgt;0），A，B是異于頂點的兩動點，且OA⊥OB，則ΔAOB面積的最小值為（SΔAOB）min=4p2.

證明 由結論7推理知：

|OA|=（2pt21）2+（2pt1）2=2p|t1|t21+1，

|OB|=2p|t2|t22+1.

所以S△AOB=2p2|t1t2|（t21+1）（t22+1）

=2p2t21+t22+2

=2p2（t1+t2）2+4≥4p2.

5 考題溯源

課本溯源 （人教版選修4-4P15）已知橢圓中心為O，長軸、短軸的長為2a，2b，A，B為橢圓上的兩點，且OA⊥OB，

（1）求證：1|OA|2+1|OB|2為定值.

（2）求△AOB面積最值.

高考溯源" （2023年甲卷理數第20題）已知x-2y+1=0與C：y2=2px（pgt;0）交于A，B，且|AB|=415.設C的焦點為F，M，N為C上兩點，

MF·NF=0，求S△MNF最小值.

競賽溯源" （2022年山東高中聯賽第12題）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）.證明：存在圓心在原點的圓，使該圓上任一點切線與橢圓C恒有兩個交點A，B且OA·OB=0［3］.

6 結束語

總之，通過對這道2023年能力測試多選題的探究，啟發學生在平時的學習中，要嘗試學會研題，嘗試對經典題目進行解法探究、引申拓展及追本溯源.通過多解探究，可以開闊自己的解題視野，打破思維定式，提升自己的推理論證能力及數學運算能力；通過引申拓展和追本溯源可以探究出問題的本質，從而達到解一題、通一類、會一片的效果.

參考文獻：

［1］王東海.一道聯考試題的解法探究、背景分析及拓展推廣[J].數學通訊，2023（04）：41-44.

[2] 王東海.對一道解析幾何夾角問題的深入探究[J].中學數學研究，2023（04）：33-35.

[3] 王東海.深度探究善解題 追根溯源探本質[J].理科考試研究，2023（03）：28-31.

［責任編輯：李 璟］