由課本習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，在貼近教材中設計”的命題風格，很多高考試題就來源于課本中的例題和習題，以教材中的素材為依據，經過組合加工、改造整合和延拓提高而成，這為高考復習提供“依靠課本”的導向.因此我們在復習應回歸課本，梳理教材，在課本的例習題中尋根探源，發掘更多的潛在價值.

課本習題的探究

課本習題 （人教版選修4-4習題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，且[OA⊥OB]，求證：[1OA2+1OB2]為定值.

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

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

（1）求橢圓E的方程；

（2）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.

解析 （1）易求得橢圓[E]的方程為[x28+y24=1].

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

設[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[P]在以[O]為圓心、[263]為半徑的定圓上.

即存在圓心在原點的圓[x2+y2=83]，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].

例2 設橢圓[x2a2+y2b2=1（a>b>0）]的左、右焦點分別為[F1，F2，A]是橢圓上的一點，[C]，原點[O]到直線[AF1]的距離為[13OF1].

（1）證明[a=2b]；

（2）設[Q1，Q2]為橢圓上的兩個動點，[OQ1⊥OQ2]，過原點[O]作直線[Q1Q2]的垂線[OD]，垂足為[D]，求點[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.于是可以得到下面幾個推論.

推論1 [A，B]是橢圓[x2a2+y2b2=1]（a，b>0）上兩個動點，滿足[OA?OB=0].

則（1）[1OA2+1OB2=1a2+1b2]為定值；（2）動點P在線段AB上，滿足[OP?AB=0]，則點P在以O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）上兩個動點，滿足[OA?OB=0].

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

推論3 設點A和B為拋物線[y2=2pxp>0]上原點以外的兩個動點，已知OA⊥OB，OM⊥AB. 則點M的軌跡是以（[p]，0）為圓心，以[2p]為半徑的圓，去掉坐標原點.

推論的應用

例3 [A，B]是雙曲線[x24-y29=1]上兩個動點，滿足[OA?OB=0].

（1）求證：[1OA2+1OB2]為定值；

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

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

即[1ρ2=9cos2θ-4sin2θ36].

設[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P在以O為圓心、[655]為半徑的定圓上.

例4 如圖，設點[A]和[B]為拋物線[y2=4pxp>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.

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

設直線AB與x軸的交點為[C（ρ，0）]，設直線AB的方程為x=my+b，化為化為極坐標方程：[ρcosθ=mρsinθ+b，]

由[A，B，C]三點均在此直線上，

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（[4p]，0）.

由OM⊥AB得，M點是以OC為直徑的圓.

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