一道中心三角形壓軸題的深度探究

1 試題呈現

例題（2024屆浙江名校聯盟高三聯考）（多選）已知P，Q，R是橢圓C：x216+y29=1上不同的三點，△OPQ，△OPR，△ORQ的面積分別為S1，S2，S3（Sigt;0，i=1，2，3，O為坐標原點）.若S21+S22=S23，則（）.

A.OQ⊥ORB.|OQ|2+|OR|2=25

C.S3=6D.1|OQ|2+1|OR|2為定值

分析：題目以橢圓的中心三角形為背景，考查了面積、斜率、定值等知識，同時，也考查了轉化與化歸、數形結合等數學思想方法，具有一定的難度和區分度，是一道含金量很高的好題！

2 解法探究

解法1：設A（x1，y1），B（x2，y2），O（0，0），O，A，B三點不共線，下證S△OAB=12|x1y2-x2y1|.

若x1=x2，則S△OAB=12|x1||y1-y2|=125|x1y2-x2y1|.若x1≠x2，當x1，x2有一個為0時，如x2=0，易得S△AOB=12|x1y2|=12|x1y2-x2y1|；當x1，x2都不為0時，設AB與y軸的交點為N（0，b），AB方程為y-y1=y2-y1x2-x1（x-x1），令x=0，得b=y1-（y2-y1）x1x2-x1=x2y1-x1y2x2-x1，若x1x2gt;0，則S△OAB=|S△OAN-S△OBN|=12|b（x1-x2）|=12|x1y2-x2y1|，若x1x2lt;0，則S△OAB=S△OAN+S△OBN=12|b|5（|x1|+|x2|）=12|b（x1-x2）|=12|x1y2-x2y1|.

綜上，S△OAB=12|x1y2-x2y1|.

設P（4cos α，3sin α），Q（4cos β，3sin β），R（4cos γ，3sin γ），則

S1=12|12cos αsin β-12cos βsin α|=6|sin （α-β）|，同理S2=6|sin （γ-α）|，S3=6|sin （β-γ）|.

由S21+S22=S23，得sin2（α-β）+sin2（γ-α）=sin2（β-γ），即1-cos 2（α-β）2+1-cos 2（γ-α）2=1-cos 2（β-γ）2，則

cos 2（α-β）+cos 2（γ-α）=1+cos 2（β-γ），

整理得2cos （2α-β-γ）cos （γ-β）=2cos2（β-γ），

可得cos （γ-β）［cos （2α-β-γ）-cos （γ-β）］=0.

所以cos （γ-β）sin （α-β）sin （α-γ）=0.

又P，Q，R中任意兩點都與原點O不共線，即α-β≠kπ，α-γ≠kπ，k∈Z，所以sin （α-β）≠0，sin （α-γ）≠0.

所以cos （γ-β）=0，則γ-β=kπ+π2，k∈Z，從而可知Q（4cos β，3sin β），R（-4sin β，3cos β）或Q（4cos β，3sin β），R（4sin β，-3cos β），則OQ·OR=-7sin βcos β或OQ·OR=7sin βcos β，顯然OQ·OR不恒等于零，故選項A錯誤；

而由計算可知|OQ|2+|OR|2=25，S3=65|sin （γ-β）|=6，1|OQ|2+1|OR|2=|OQ|2+|OR|2|OQ|2·|OR|2=25144+49sin2βcos2β不為定值，故選項D錯誤，選項B，C正確.故選：BC.

評注：本解法是參考答案所給解法，利用了中心三角形面積公式的二級結論，且在計算過程中使用了余弦的平方差公式，技巧性高.

對于A，D選項還可以利用解法2進行判斷.

解法2：設P（4cos α，3sin α），Q（4cos β，3sin β），R（4cos γ，3sin γ），0lt;αlt;βlt;γlt;2π，同解法1得sin2（β-α）+sin2（γ-α）=sin2（γ-β），則sin2（β-α）=sin2（γ-β）-sin2（γ-α）=sin （2γ-β-α）sin （α-β）gt;0.又sin （α-β）≠0，所以sin （α-β）=sin （2γ-β-α），則α-β=2γ-β-α+2kπ（k∈Z），或α-β+2γ-β-α=π+2kπ（k∈Z），即α=γ+kπ（k∈Z）（舍）或-β+2γ-β=π+2kπ（k∈Z），故γ=π2+β或γ=3π2+β.當β≠π2時，kOQ·kOR=3sin β4cos β·3sin γ4cos γ=-9sin βcos β16cos βsin β=-916lt;0，故選項A錯誤.

設|OQ|=r1，|OR|=r2，Q（r1cos θ，r1sin θ）（其中θ是以正半軸為始邊，OQ為終邊的角），又點Q在C上，所以有r21cos2θ16+r21sin2θ9=1，即1r21=cos2θ16+sin2θ9=116+7144sin2θ=116+7144·1tan2θ+1.

設R（r2cos φ，r2sin φ），同理1r22=116+714451tan2φ+1.

而kOQ·kOR=tan θtan φ=－916，1|OR|2+1|OQ|2=1r21+1r22=18+71441tan2φ+tan2θ+337256不為定值，故D不成立.

3 試題的結論推廣

一道好的試題的研究價值不應僅僅停留在解法及應用上，還應該對試題本身做深入的研究[1].下面對相關結論進行深入探究.

結論1：已知A（x1，y1），B（x2，y2）是橢圓E：x2a2+y2b2=1上不同兩點，則S△AOB=12|x1y2-x2y1|.

證明：易知|OB|=x22+y22，lOB：y2x-x2y=0，則點A到直線OB的距離d=|x1y2-x2y1|y22+x22.

故S△AOB=12|OB|·d=12|x1y2-x2y1|.

結論2：若橢圓E：x2a2+y2b2=1上任意兩點A，B滿足OA⊥OB，則1|OA|2+1|OB|2=1a2+1b2.

證明：設|OA|=r1，|OB|=r2，θ是以正半軸為始邊，OA為終邊的角，則A（r1cos θ，r1sin θ）.由OA⊥OB，可設B（-r2sin θ，r2cos θ）.由點A在橢圓E上，得r21cos2θa2+r21sin2θb2=1，即1r21=cos2θa2+sin2θb2.同理1r22=sin2θa2+cos2θb2.

故1|OA|2+1|OB|2=1r21+1r22=1a2+1b2.

結論3：已知P，Q，R是橢圓E：x2a2+y2b2=1上不同的三點，記△OPQ，△OPR，△ORQ的面積分別為S1，S2，S3.若S21+S22=S23，且OQ，OR的斜率存在，則kOQ·kOR=-b2a2.

證明：設P（acos α，bsin α），Q（acos β，bsin β），R（acos γ，bsin γ），0lt;αlt;βlt;γlt;2π，由結論1得S1=12|abcos αsin β-abcos βsin α|=ab2|sin （β-α）|，S2=ab2|sin （γ-α）|，S3=ab2|sin （γ-β）|.由S21+S22=S23，得sin2（β-α）+sin2（γ-α）=sin2（γ-β），同原試題的解法2得γ=π2+β或γ=3π2+β，當β≠π2時，kOQ·kOR=bsin βacos β·bsin γacos γ=b2a2·sin βcos β·-cos βsin β=-b2a2.

結論4：已知A，B是橢圓E：x2a2+y2b2=1上不同的兩點，且OA，OB的斜率存在，則kOA·kOB=-b2a2的充要條件是S△AOB=12ab.

證明：設A（acos α，bsin α），B（acos β，bsin β），同結論3過程得S△AOB=ab2|sin （α-β）|.

①證必要性：由kOA·kOB=bsin αacos α·bsin βacos β=-b2a2，得sin αsin β=-cos αcos β，即cos （α-β）=0，則sin （α-β）=±1，故S△AOB=12ab.

②證充分性：由S△AOB=12ab|sin （β-α）|=12ab，得sin （β-α）=±1，則cos （β-α）=0，即cos αcos β=-sin αsin β，故kOA·kOB=-b2a2.

4 小結

近幾年的高考試題都非常注重對思維品質的考查，注重對學生關鍵能力和核心素養的考查，因此，在遇到一道經典題目時，我們不能僅僅停留在會解的層面，還要理解題目為什么要這樣解？是否還有其他解法？解法能否推廣？唯此才能真正激發學生潛在的思考能力與創新精神[2]！

參考文獻：

[1]韓智明.尋根探源，只為一個高考題的本質——探究2018年全國新課標高考Ⅰ卷理科數學19題[J].數學教學通訊，2020（6）：7677，80.

[2]陳泳，羅輝芳.八省聯考單選壓軸第七題的背景探究及應用[J].理科考試研究，2021（23）：2225.