由課本習(xí)題演變成的幾道高考題

黃俊峰

近幾年各地高考試題均沿襲“在豐富背景下立意，在貼近教材中設(shè)計(jì)”的命題風(fēng)格，很多高考試題就來源于課本中的例題和習(xí)題，以教材中的素材為依據(jù)，經(jīng)過組合加工、改造整合和延拓提高而成，這為高考復(fù)習(xí)提供“依靠課本”的導(dǎo)向.因此我們在復(fù)習(xí)應(yīng)回歸課本，梳理教材，在課本的例習(xí)題中尋根探源，發(fā)掘更多的潛在價(jià)值.

課本習(xí)題的探究

課本習(xí)題 （人教版選修4-4習(xí)題1.3的第6題）已知橢圓的中心為O，長軸、短軸長分別為2a、2b（a>b>0），A，B分別為橢圓上的兩點(diǎn)，且[OA⊥OB]，求證：[1OA2+1OB2]為定值.

分析 以橢圓的中心[O]為坐標(biāo)原點(diǎn)，以橢圓的長軸為[x]軸建立直角坐標(biāo)系，容易求得橢圓的方程為[x2a2+y2b2=1]，將橢圓化為極坐標(biāo)方程：[ρ2=a2b2b2cos2θ+a2sin2θ]，即[1ρ2=b2cos2θ+a2sin2θa2b2].

設(shè)[A（ρ1，α），B（ρ2，β），]則[ρ1=OA，ρ2=OB，]

故[1ρ21=b2cos2α+a2sin2αa2b2，1ρ22=a2cos2β+b2sin2βa2b2.]

由[OA⊥OB]得，[β=α±π2，cos2α=sin2β，cos2β=sin2α，]

所以[1OA2+1OB2=1ρ21+1ρ22=1a2+1b2.]

演變成的高考題

用上面的方法很容易解決下面兩道高考題.

例1 設(shè)橢圓[E：x2a2+y2b2=1]（[a，b>0]）過M（2，[2]） ，N（[6]，1）兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn).

（1）求橢圓E的方程；

（2）是否存在圓心在原點(diǎn)的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個(gè)交點(diǎn)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.

解析 （1）易求得橢圓[E]的方程為[x28+y24=1].

（2）將橢圓[x28+y24=1]化為極坐標(biāo)方程：[ρ2=8cos2θ+2sin2θ]，即[1ρ2=cos2θ+2sin2θ8].

設(shè)[A（ρ1，α），B（ρ2，β），]

則[ρ1=OA，ρ2=OB.]

故有[1ρ21=cos2α+2sin2α8，1ρ22=cos2β+2sin2β8.]

由[OA?OB=0]得，

[β=α±π2，cos2α=sin2β，cos2β=sin2α].

所以[1OA2+1OB2=1ρ21+1ρ22=1+28=38].

由直角三角形面積公式得，

[OP?AB=OA?OB，∴OP2?AB2=OA2?OB2].

[∴OP2?（OA2+OB2）=OA2?OB2].

[∴OP2=OA2?OB2OA2+OB2=11OA2+1OB2=83]，即點(diǎn)[P]在以[O]為圓心、[263]為半徑的定圓上.

即存在圓心在原點(diǎn)的圓[x2+y2=83]，使得該圓的任意一條切線與橢圓[E]恒有兩個(gè)交點(diǎn)[A，B]，且[OA⊥OB].

例2 設(shè)橢圓[x2a2+y2b2=1（a>b>0）]的左、右焦點(diǎn)分別為[F1，F(xiàn)2，A]是橢圓上的一點(diǎn)，[C]，原點(diǎn)[O]到直線[AF1]的距離為[13OF1].

（1）證明[a=2b]；

（2）設(shè)[Q1，Q2]為橢圓上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，[OQ1⊥OQ2]，過原點(diǎn)[O]作直線[Q1Q2]的垂線[OD]，垂足為[D]，求點(diǎn)[D]的軌跡方程.（解法略）

推廣探究

利用類似的方法可以探究在雙曲線和拋物線中有相似的性質(zhì).于是可以得到下面幾個(gè)推論.

推論1 [A，B]是橢圓[x2a2+y2b2=1]（a，b>0）上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，滿足[OA?OB=0].

則（1）[1OA2+1OB2=1a2+1b2]為定值；（2）動(dòng)點(diǎn)P在線段AB上，滿足[OP?AB=0]，則點(diǎn)P在以O(shè)為圓心、[aba2+b2]為半徑的定圓上.

推論2 A，B是雙曲線[x2a2-y2b2=1]（b>a>0）上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，滿足[OA?OB=0].

則（1）[1OA2+1OB2=1a2-1b2]為定值；（2）動(dòng)點(diǎn)[P]在線段AB上，滿足[OP?AB=0]，則點(diǎn)P在以O(shè)為圓心、[abb2-a2]為半徑的定圓上.

推論3 設(shè)點(diǎn)A和B為拋物線[y2=2pxp>0]上原點(diǎn)以外的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，已知OA⊥OB，OM⊥AB. 則點(diǎn)M的軌跡是以（[p]，0）為圓心，以[2p]為半徑的圓，去掉坐標(biāo)原點(diǎn).

推論的應(yīng)用

例3 [A，B]是雙曲線[x24-y29=1]上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，滿足[OA?OB=0].

（1）求證：[1OA2+1OB2]為定值；

（2）動(dòng)點(diǎn)[P]在線段[AB]上，滿足[OP?AB=0]，求證點(diǎn)[P]在定圓上.

證明 （1）將雙曲線[x24-y29=1]化為極坐標(biāo)方程：[ρ2=369cos2θ-4sin2θ]，

即[1ρ2=9cos2θ-4sin2θ36].

設(shè)[A（ρ1，α），B（ρ2，β），]則[ρ1=OA，ρ2=OB.]

故有[1ρ21=9cos2α-4sin2α36，1ρ22=9cos2β-4sin2β36.]

由[OA?OB=0]得，

[β=α±π2，cos2α=sin2β，cos2β=sin2α].

所以[1OA2+1OB2=1ρ21+1ρ22=9-436=536].

（2）由直角三角形面積公式得，

[OP?AB=OA?OB，∴OP2?AB2=OA2?OB2].

[∴OP2?（OA2+OB2）=OA2?OB2].

[∴OP2=OA2?OB2OA2+OB2=11OA2+1OB2=365]，即點(diǎn)P在以O(shè)為圓心、[655]為半徑的定圓上.

例4 如圖，設(shè)點(diǎn)[A]和[B]為拋物線[y2=4pxp>0]上原點(diǎn)以外的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，已知OA⊥OB，OM⊥AB.求點(diǎn)M的軌跡方程，并說明它表示什么曲線.

解析 （1）將拋物線[y2=4pxp>0]化為極坐標(biāo)方程：[ρ=4pcosθsin2θ]，不妨設(shè)[A（ρ1，α），B（ρ2，β），]由[OA?OB=0]，則[β=α-π2，sinβ=-cosα，cosβ=sinα].

設(shè)直線AB與x軸的交點(diǎn)為[C（ρ，0）]，設(shè)直線AB的方程為x=my+b，化為化為極坐標(biāo)方程：[ρcosθ=mρsinθ+b，]

由[A，B，C]三點(diǎn)均在此直線上，

則[ρ1cosα=mρ1sinα+b，ρ2cosβ=mρ2sinβ+b，ρ=b.]

由[ρ1cosα=mρ1sinα+b]得，

[m=ρ1cosα-bρ1sinα=cosαsinα-bsinα4pcosα]，

由[ρ2cosβ=mρ2sinβ+b]得，

[m=ρ2cosβ-bρ2sinβ=cosβsinβ-bsinβ4pcosβ=sinα-cosα+bcosα4psinα.]

則有[cosαsinα-bsinα4pcosα]=[sinα-cosα+bcosα4psinα]，解得[b]=[4p]，即[ρ=4p]，即[C]為定點(diǎn)（[4p]，0）.

由OM⊥AB得，M點(diǎn)是以O(shè)C為直徑的圓.

因?yàn)锳，B是原點(diǎn)以外的兩點(diǎn)，所以[x≠0.]所以M的軌跡是以（[2p]，0）為圓心，以[2p]為半徑的圓，去掉坐標(biāo)原點(diǎn).方程為[x2+y2-4px=0]（[x≠0]）.