对一道清华能力测试客观压轴题的深度探究

摘 要：自新高考实施以来更加关注对高阶思维的考查，落实创新性的考查要求，也更加关注对同一主题下多个知识点的综合考查.2023年9月清华中学生学术能力测试第12题是一个典型例子，笔者从不同角度开拓思路，充分挖掘题目的内涵和外延，并对考题进行拓展推广及追本溯源，以期发挥出典型试题的效果和效益.

关键词：清华中学生学术测试；解法探究；拓展推广；追本溯源

中图分类号：G632"" 文献标识码：A"" 文章编号：1008-0333（2024）34-0034-06

在解析几何研究中，圆与椭圆是两个重要的研究对象，它们的图形优美，有着极强的对称性.圆与椭圆可通过仿射变换相互转化，从而快速解决椭圆中的相关问题.另外，椭圆中也会生成很多圆，如内切圆、伴随圆、基圆和蒙日圆等，它们在性质上具有怎样的关系？本文以一道2023年能力测试多选题为例，通过对问题进行解法探究、引申拓展、追本溯源，从而建构此类问题的处理方法.

1 考题呈现

（多选题） 如图1，已知椭圆C：x22+y2=1的中心为O，A，B是C上的两个不同的点，且满足OA⊥OB，则（" ）.

A.点O在AB上投影的轨迹为圆

B.∠AOB的平分线交AB于D，OD最小值为63

C.△AOB的面积最小值为23

D.△AOB中，AB边上中线长的最小值为233

图1 2023年能力测试题

分析 这道多选题考查了椭圆中ΔAOB的高OH、角平分线OD、中线OG及其面积的最值问题.如何根据定义法判断点O在AB上投影的轨迹是解题的关键，即证明△AOB的高为定值.既可以使用常规的直曲联立，也可以考虑运用椭圆参数方程、极坐标方程、直线参数方程等方法加以解决.该试题设问简洁但内容丰富，具有较大的探究空间.

2 解法探究

思路1 射线OA，OB过原点，故可设出OA的方程，通过直曲联立求得点A，B的坐标，最后用三角形等面积法得出|OH|的值.对于B，C，D选项使用定值|OH|结合具体问题易得.

解析1 当直线OA斜率不存在时，则点A为短轴顶点，因为OA⊥OB，从而点B为长轴顶点，此时显然知点O到直线AB的距离为h=63.

又当直线OA斜率存在时，则设其方程为y=kx，联立椭圆C的方程并消去y，得

（1+2k2）x2-2=0，

解此方程可得x2A=21+2k2.

从而y2A=2k21+2k2.

所以OA2=2+2k21+2k2.①

同理用-1k代替k，得

OB2=2+2k22+k2.②

再由三角形面积法得

|OH|2=OA2·OB2OA2+OB2.

故1|OH|2=1OA2+1OB2.

将①②代入得1|OH|2=32.

所以|OH|=63.

综上，|OH|为定值63.

即点H轨迹方程为x2+y2=23，A正确.

对B，因为

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正确.

对C，因为SΔAOB=12|OA|·|OB|，

而32=1OA2+1OB2≥2|OA|·|OB|，

所以|OA|·|OB|≥43.

所以S△AOB≥12×43=23.

C正确.

对D，因为|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错误.

故选A，B，C.

思路2 本题还可设出AB方程，从而表示出|OH|，再利用直曲联立处理好OA⊥OB，最后消去|OH|表达式中所有参数即可.

解析2 当直线AB的斜率不存在时，OA⊥OB，不妨设点A在第一象限，易得A（63，63）.

所以|OH|=63.

当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，且设A（x1，y1），B（x2，y2），再联立椭圆方程并消去y可得

（1+2k2）x2+4kmx+2m2-2=0.

则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正确

对B，由张角定理知，

sin90°OD=sin45°OA+sin45°OB.

所以1OD=22（1OA+1OB）

≤2·（1OA2+1OB2）/2=62，

所以|OD|≥63，B正确.

对C，D选项，同解析1.

思路3 观察题目所给条件，有斜率之积为-1的条件，故可考虑使用齐次化法加以处理.

解析3 因为直线AB不过原点，故设AB的方程为mx+ny=1，且设A（x1，y1），B（x2，y2），对已知椭圆方程x2+2y2-2=0配凑，得

x2+2y2-2（mx+ny）2=0.

整理可知

（1-2m2）x2-4mnxy+（2-2n2）y2=0.

两边同除以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

而由点到直线距离公式，得

h=1m2+n2.

将③代入，得h=63.

对B，C，D选项同解析1.

思路4" 此题中直线OA，OB都经过原点这个定点，容易联想到直线的参数方程，因为直线的参数方程在处理直线上两点之间距离时，相比普通方程更简洁.

解析4 设直线OA的参数方程为x=tcosα，y=tsinα（t为参数），代入椭圆方程C：x22+y2=1可得

（cos2α+2sin2α）t2-2=0，

解得t=±22sin2α+cos2α.

由t的几何意义知

|OA|=|t|=22sin2α+cos2α.

同理可得|OB|=22cos2α+sin2α.

再由三角形等面积法得

|OH|2=OA2·OB2OA2+OB2.

故1|OH|2=1OA2+1OB2=32.

所以|OH|=63.

B，C，D选项同解析1.

思路5 题中A，B两点都在椭圆上，故可以考虑利用椭圆的参数方程来设出A，B的坐标.

解析5 由椭圆参数方程可设A（2cosα，sinα），B（2cosβ，sinβ），

因OA⊥OB，

故2cosαcosβ+sinαsinβ=0.

从而4cos2αcos2β=sin2αsin2β.

即4cos2αcos2β=（1-cos2α）（1-cos2β）

cos2αcos2β=1-cos2α-cos2β3.

又因为|OA|2=2cos2α+sin2α=1+cos2α，

|OB|2=2cos2β+sin2β=1+cos2β，

故由三角形等面积法得

|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选项同解析1.

思路6 此题中直线OA，OB都经过原点这个定点，从而OA，OB与ρA，ρB相关联，因此使用极坐标方程相比参数方程更能减少运算量.

解析6" 以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设A（ρ1，θ），B（ρ2，θ+π2），

因椭圆C的极坐标方程为

ρ2cos2θ2+ρ2sin2θ=1，

将A（ρ1，θ），B（ρ2，θ+π2）代入并化简得：

cos2θ2+sin2θ=1ρ21，

sin2θ2+cos2θ=1ρ22，

两式相加，得1ρ21+1ρ22=32.

而原点到直线AB的距离为

h=ρ1ρ2ρ21+ρ22，

故1h2=1ρ21+1ρ22=32，解得h=63，A正确.

对B，因为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正确.

又S△AOB=12ρ1ρ2，

因为1ρ21+1ρ22=32≥2ρ1ρ2，

所以ρ1ρ2≥43，S△AOB≥12×43=23，C正确.

而中线|OG|=12|AB|

=12ρ21+ρ22

=1223（ρ21+ρ22）（1ρ21+1ρ22）

=1223（1+1+ρ22ρ21+ρ21ρ22）

≥1223（1+1+2）=63.

故D错误.

3 一般性探究对选项A推广到一般情形，可得：

结论1 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的中心为O，A，B是C上的两个不同的点，且满足OA⊥OB，则点O在AB上投影的轨迹方程为x2+

y2=a2b2a2+b2.

证明 以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设A（ρ1，θ），B（ρ2，θ+π2），

因为C：ρ2cos2θa2+ρ2sin2θb2=1，

将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，获证.

对选项B，C，D推广到一般情形，可得：

结论2 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的中心为O，A，B是C上的两个不同的点，且满足OA⊥OB，则∠AOB的平分线OD和AB边的中线OG最小值均为aba2+b2.

证明" 由结论1证明，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.

又由结论1知，1ρ21+1ρ22=a2+b2a2b2.

因为AB边上中线长

|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边的中线OG最小值为aba2+b2.

结论3 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的中心为O，A，B是C上的两个不同的点，且满足OA⊥OB，则△AOB的面积最小值为a2b2a2+b2.

证明 由前面分析知，1ρ21+1ρ22=a2+b2a2b2≥2ρ1ρ2.

所以ρ1ρ2≥2a2b2a2+b2.

所以SΔAOB=12ρ1ρ2≥a2b2a2+b2.

4 类比探究

注意到椭圆方程中的b替换成bi可得双曲线方程，根据这一统一性，可类比得到：

结论4 已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（bgt;agt;0）的中心为O，A，B是C上的两个不同的点，且满足OA⊥OB，则点O在AB上投影的轨迹为圆x2+y2=a2b2b2-a2［1］.

结论5 已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（bgt;agt;0）的中心为O，A，B是C上的两个不同的点，且满足OA⊥OB，则∠AOB的平分线OD和AB边的中线OG最小值均为abb2-a2.

结论6 已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（bgt;agt;0）的中心为O，A，B是C上的两个不同的点，且满足OA⊥OB，则ΔAOB的面积最小值为a2b2b2-a2.

结论4，5，6证明与椭圆类似，从略.

结论7" 已知抛物线C：y2=2px（pgt;0），A，B是异于顶点的两动点，且OA⊥OB，则点O在AB上投影H的轨迹方程为（x-p）2+y2=p2，且（S△AOB）min=4p2［2］.

证明 由抛物线的参数方程，设点H（x，y），A（2pt21，2pt1），B（2pt22，2pt2），则

OH=

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

因为OA⊥OB，所以

OA·OB=（2pt1t2）2+4p2t1t2=0，

解得t1t2=-1.④

又因为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三点共线，从而有

（x-2pt21）（y-2pt2）=（x-2pt22）（y-2pt1）.

化简，得y（t1+t2）-2pt1t2-x=0.

将④⑤代入得到

x2+y2-2px=0.

即点H的轨迹方程为（x-p）2+y2=p2.

结论8" 已知抛物线C：y2=2px（pgt;0），A，B是异于顶点的两动点，且OA⊥OB，则ΔAOB面积的最小值为（SΔAOB）min=4p2.

证明 由结论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 考题溯源

课本溯源 （人教版选修4-4P15）已知椭圆中心为O，长轴、短轴的长为2a，2b，A，B为椭圆上的两点，且OA⊥OB，

（1）求证：1|OA|2+1|OB|2为定值.

（2）求△AOB面积最值.

高考溯源" （2023年甲卷理数第20题）已知x-2y+1=0与C：y2=2px（pgt;0）交于A，B，且|AB|=415.设C的焦点为F，M，N为C上两点，

MF·NF=0，求S△MNF最小值.

竞赛溯源" （2022年山东高中联赛第12题）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）.证明：存在圆心在原点的圆，使该圆上任一点切线与椭圆C恒有两个交点A，B且OA·OB=0［3］.

6 结束语

总之，通过对这道2023年能力测试多选题的探究，启发学生在平时的学习中，要尝试学会研题，尝试对经典题目进行解法探究、引申拓展及追本溯源.通过多解探究，可以开阔自己的解题视野，打破思维定式，提升自己的推理论证能力及数学运算能力；通过引申拓展和追本溯源可以探究出问题的本质，从而达到解一题、通一类、会一片的效果.

参考文献：

［1］王东海.一道联考试题的解法探究、背景分析及拓展推广[J].数学通讯，2023（04）：41-44.

[2] 王东海.对一道解析几何夹角问题的深入探究[J].中学数学研究，2023（04）：33-35.

[3] 王东海.深度探究善解题 追根溯源探本质[J].理科考试研究，2023（03）：28-31.

［责任编辑：李 璟］