2014年北京高考数学理题19的简解及其背景剖析

王树森

拜读文[1]后，获益匪浅，笔者有再想探究的想法，限于水平，只能谈几点对该题的拙见.

一、试题的优美解

题1 （2014年北京理科题19）已知椭圆C∶x2+2y2=4，

（1）求椭圆C的离心率.

（2）设O为原点，若点A在椭圆C上，点B在直线y=2上，且OA⊥OB，求直线AB与圆x2+y2=2的位置关系，并证明你的结论.

命题组的答案和文中提供的六种解法，字母繁多，算式冗长，运算繁杂.究其原因是：用点A坐标表示点B坐标；求出直线AB方程；用两点间距离公式求线段AB等.下面笔者提供一种书写流畅，算式简洁，思路简单的方法：

当B在（0，2）时，得A坐标为（±2，0），此时直线AB方程为x+y=2或x-y=-2，显然直线AB与圆x2+y2=2相切.

当B不在（0，2）时，设坐标为（a，2）（a≠0），则

kOB=2a，

∵OA⊥OB，

∴kOA=-a2，

∴直线OA方程为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为点O到直线AB的距离（也即Rt△OAB斜边AB上的高），由平面几何知识得，d2=|OA|2·|OB|2|AB|2

∴1d2=|OA|2+|OB|2|OA|2·|OB|2

∴d=2=r

∴直线AB与圆x2+y2=2相切.

可以看出，A坐标用椭圆方程和正比例函数解析式联立求解运算量并不大，前述解法设而不求，就怕联立方程组求解繁杂，其实是一个误会，要看怎样的方程联立，并不是解方程组总是运算量大的，另外A的坐标也并不需彻底求出，因为用了一点几何知识（初中里人人能掌握、必须要掌握的知识），就不需要求直线AB方程了.

二、试题背景

事实上，题1背景广泛，无论从题根角度还是从变式题角度考虑，都有规律性可寻，并且也发现北京市近几年高考解析几何题命题规律.

题2 （人教A版选修4-4第15页习题6）已知椭圆的中心为O，长轴长、短轴长分别为2a，2b（a>b>0），A，B分别为椭圆上的两点，且OA⊥OB.求证：1|OA|2+1|OB|2为定值；（2）求△AOB的面积的最大值和最小值.

题3 （2009年山东理科22题）设椭圆E： x2a2+y2b2=1（a>b>0）过M（2，2） ，N（6，1）两点，O为坐标原点，

（Ⅰ）求椭圆E的方程；

（Ⅱ）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OA⊥OB.若存在，写出该圆的方程，并求|AB |的取值范围，若不存在说明理由.

题4 （2009年北京理科题19）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的离心率为3，右准线方程为x=33.

（Ⅰ）求双曲线C的方程；

（Ⅱ）设直线l是圆O∶x2+y2=2上动点P（x0，y0）（x0y0≠0）处的切线，l与双曲线C交于不同的两点A，B，证明∠AOB的大小为定值.

题5 （2011年北京理科题19） 已知椭圆G：x24+y2=1，过点（m，0）做圆x2+y2=1的切线l交椭圆G于A，B两点.

（Ⅰ）求椭圆G的焦点坐标和离心率；

（Ⅱ）将|AB|表示为m的函数，并求|AB|的最大值.

笔者揣摩命题专家如何设计高考题的，即由题2如何发展成题3、题4、题5和题1的.一切都是题2结论巧夺天工，动中有静，令人佩服数学的内在美.

题2中不妨设椭圆的标准方程为x2a2+y2b2=1（a>b>0），将椭圆的直角坐标方程转化为极坐标方程：（ρcosθ）2a2+（ρsinθ）2b2=1，即ρ2=a2b2b2cos2θ+a2sin2θ，因为OA⊥OB，所以设A（ρ1，θ），则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为定值.因为OA⊥OB，所以|OA|2+|OB|2=|AB|2，若设d为点O到边AB的距离（也即Rt△OAB斜边AB上的高），则1|OA|2+1|OB|2=|AB|2|OA|2|OB|2=1d2，即d=aba2+b2也为定值.由此可知当A，B分别在椭圆上运动且OA⊥OB时，存在一个以原点为圆心，aba2+b2为半径的圆，它始终与AB相切.换言之，A和B是椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）上的两动点，O是椭圆的中心，且OA⊥OB，OD⊥AB于点D，则点D的轨迹方程为x2+y2=a2b2a2+b2.

题3就是这一结论的逆命题：是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A、B，且OA⊥OB？现在看来是存在半径为R=11|OA|2+1|OB|2=aba2+b2的圆.由于直线AB是圆的切线，在圆上运动时和椭圆相交，致使线段AB有变化，求其取值范围恰如其分.这样难度就上去了，体现“源于书本，高于书本”的命题原则.

众所周知，圆锥曲线有统一的性质，在椭圆中成立的结论在双曲线中一般也成立，因此将题2中椭圆改为双曲线x2a2-y2b2=1（b>a>0），也有类似结论：当A，B分别在双曲线上运动且OA⊥OB时，1|OA|2+1|OB|2=b2-a2a2b2，存在一个以原点为圆心，abb2-a2为半径的圆，它始终与AB相切.

所以在题4中，假设当A、B在双曲线 x2-y22=1上运动且有OA⊥OB，因为a2=1，b2=2，所以1|OA|2+1|OB|2=b2-a2a2b2=12，故存在圆x2+y2=2与直线AB相切.

命题专家高人一筹就是“反弹琵琶”，事先知道存在圆O∶x2+y2=2，直线l（也即直线AB）是该圆上动点P（x0，y0）（x0y0≠0）处的切线，l与双曲线C交于不同的两点A，B，有结论OA⊥OB，所以可以设计证明∠AOB的大小为定值.

那抛物线又会怎样呢？不妨设抛物线直角坐标方程为y2=2px（p>0），转化为极坐标方程为：ρ=2pcosθsin2θ.

当A和B为抛物线上除原点以外的两个动点，且OA⊥OB，易得1|OA|2+1|OB|2=14p2（4sin22θ-3），与θ有关，并非定值，这大概是中心二次曲线与无心二次曲线的差别吧！但“东方不亮西方亮”，抛物线与前两者还是有类似之处的.

下面的高考题就是一个很好的佐证：设点A和B为抛物线y2=4px（p>0）上原点以外的两个动点，已知OA⊥OB，OM⊥AB，求点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线（2000北京、安徽春季招生试题）.

通过求解，M的轨迹方程为：（x-2p）2+y2=4p2（x≠0），所以轨迹是以（2p，0）为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点（“4p”改为“2p”，也有相仿的结论，无非数据一点差别）.

此题的逆命题也成立：过点D（2p，0）做直线交圆（x-p）2+y2=p2于点M，交抛物线y2=2px（p>0）于点A、B，O为抛物线顶点，则OA⊥OB，OM⊥AB.

题5是过点（m，0）做切线，并非定圆上某一动点的切线，所以圆的半径不受r=aba2+b2制约，切线随m的变化而运动，与题3切线运动方式有区别，但求|AB|的取值范围（最大值）却有异曲同工之妙，这是继承基础上的创新，使得题目短小精悍，但内涵丰富，很能考查出学生分析解决问题的能力与计算能力.

让人意外的是事隔5年后，类似题重出江湖，将B点运动改在直线y=2上，又让我们欣赏到如此优美的结论，不得不佩服专家的真知灼见与勇气.

三、深入探究

笔者一直在想，命题专家如何想到将B点运动由椭圆上改在直线y=2上，照样有类似的结论？

不妨设B坐标为（a，t）（at≠0），则kOB=ta，∵OA⊥OB， ∴kOA=-at，∴直线OA方程为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为点O到直线AB的距离（也即Rt△OAB斜边AB上的高），由平面几何知识得，

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，与t有关.欲使d为定值，则t2+4=2t2，t=±2，此时a=0对定值没有影响，只不过是在求解之初要讨论一下，至此我们发现题1的由来.我们还可设想，椭圆改为双曲线、抛物线，类似题又如何编拟呢？若干年后还会出现吗？

通过对这道高考题粗浅的研究，让笔者悟到作为老师和学生假若能象考古工作者纵横联系研究文物一样地研究试题，了解试题的“前世今生”，发现一些高考题的数学本质及其内在规律性的知识，再加上欣赏的眼光，就不难理解许多数学爱好者痴迷地遨游数学海洋的原因，“数学枯燥乏味”、“解析几何太恐怖了，运算量大的惊人”言论就站不住脚了，而是让人觉得“数学好玩”（陈省身语），倘若达到这一层次，我想“玩好数学”也就不难了.

参考文献

[1]张新禄等.2014年北京高考数学理19题的多种解法及对教学的启示[J].中小学数学（高中版），2014（7-8）：88-90