一道高考模拟试题的多种解法和发展的思考

　《南通市2014届高三第二次调研测试》第18题是个好题，入口宽，方法多，这些方法合起来，几乎覆盖解析几何所有知识点，而且引发了一些思考．试题如下：在平面直角坐标系xOy中，设曲线C1：|x|a+|y|b=1 (a>b>0)所围成的封闭图形的面积为42，曲线C1上的点到原点O的最短距离为223，以曲线C1与坐标轴的交点为顶点的椭圆记为C2．
　　（1）求椭圆C2的标准方程；
　　（2）设AB是过椭圆C2中心 O的任意弦，l是线段AB的垂直平分线，M是l上的点（与O不重合）．①若MO=2OA，当点A在椭圆C2上运动时，求点M的轨迹方程；②若M是l与椭圆C2的交点，求△AMB的面积的最小值．
　　解：（1）易知，椭圆C2的标准方程为x28+y2=1.
　　图1（2）①解法1：利用直线AB的斜率.1°当直线AB的斜率不存在时，得M(±2,0)；2°当直线AB的斜率为0时，得M(0,±42)；3°当直线AB的斜率存在且不为0时，设直线AB：y=kx(k≠0)，则直线l：
　　y=-(1/k)x；设点M(x,y).
　　由y=kx,
　　x28+y2=1,得x2A=88k2+1,
　　y2B=8k28k2+1,，所以OA2=x2A+y2B=8(k2+1)8k2+1．因为OM=2OA.所以OM2=4OA2,所以x2+y2=32(k2+1)8k2+1,又因为y=-1kx， 消去k得点M的轨迹方程为y232+x24=1.综合1°、2°、3°，可得点M的轨迹方程为x2/8+y2=1．
　　解法2：(利用坐标转移法)设点M(x,y),A(x0,y0).由题意得OM=2OA,
　　OM⊥OA,即x2+y2=4(x20+y20,
　　x0x+y0y=0,
　　解得x20=y24,
　　y20=x24.又因为点A在椭圆C2上，所以点M的轨迹方程为y232+x24=1．
　　图2解法3：(利用平面几何法)过点A作直线AE垂直于x轴，垂足为点E，过点M作直线MF垂直于x轴，垂足为点F．易知Rt△MFO与Rt△OEA相似，
　　因此2|x0|=|y|,
　　2|y0|=|x|.
　　以下同解法2．
　　解法4：(利用椭圆的参数方程)设点M(x,y),A(22cosθ,sinθ).由题意得OM=2OA,
　　OM⊥OA,
　　即x2+y2=32cos2θ+4sin2θ,
　　22xcosθ+ysinθ=0,解得x2=4sin2θ,
　　y2=32cos2θ,消去参数θ，得点M的轨迹方程为y232+x24=1.
　　解法5：(利用矩阵)设点M(x,y),A(x0,y0).由题意得120
　　012 cos90°-sin90°
　　sin90°cos90°x
　　y=x0
　　y0或
　　120
　　012cos(-90°)-sin(-90°)
　　sin(-90°)cos(-90°)x
　　y=x0
　　y0,解得x0=-12y,
　　y0=12x,或x0=12y,
　　y0=-12x,以下同解法2．
　　解法6：(利用复数)设点M(x,y),A(x0,y0),z1=x+yi,z2=x0+y0i,由题意得z2=12z1(cos90°+isin90°)或z2=12z1［cos(-90°)+isin(-90°)］.
　　化简得x0=-12y,
　　y0=12x,或x0=12y,
　　y0=-12x,下同解法2．
　　解法7:(利用极坐标)以O为原点， x轴正半轴为极轴建立极坐标系，则焦点在x轴上的椭圆的极坐标方程为ρ2sin2θa2+ρ2cos2θb2=1 (a>b>0)，设点M(ρ,θ)，则点A(12ρ,θ±90°)．
　　因为点A在椭圆C2上，所以把点A坐标代入椭圆的极坐标方程，化简即可得，ρ2sin2θ32+ρ2cos2θ4=1,所以在直角坐标系中，点M的轨迹方程：y232+x24=1.
　　解法8：(利用三角函数的定义)设射线OA所对应的角为α，则射线 所对应的角为α±90″，设点M(x,y),A(x0,y0),则x0=|OA|cosα,
　　y0=|OA|sinα,x=|OA|cos(α+90°),
　　y=|OA|sin(α+90°),
　　或 x=|OA|cos(α-90°),
　　y=|OA|sin(α-90°),
　　所以x0=-12y,
　　y0=12x,或x0=12y,y0=-12x,以下同解法2．
　　事实上，将椭圆C2逆时钟（或顺时针）旋转90°，横纵坐标变为原来的２倍，即可得到点M的轨迹．由此可知，旋转任意角度，伸缩任意倍数，都可以轻松得到变换后的曲线方程．
　　②解法1：设点M(x,y)，则A(λy,-λy)(λ∈R,λ≠0),因为点A在椭圆C2上，所以λ2(y2+8x2)=8，即y2+8x2=8λ2①
　　又因为x2+8y2=8 ②
　　由①+②得x2+y2=89(1+1λ2),所以S△AMB=OM•OA=|λ|(x2+y2)=89(|λ|+1|λ|)≥169.当且仅当λ=
　　±1(kAB=±1)时，（S△AMB)min′=169.
　　解法2： 1°直线AB的斜率不存在时，得S△AMB=12×42×1=22；2°当直线AB的斜率为0时，得SAMB=12×42×1=22；3°当直线AB的斜率存在且不为0时，设直线AB：y=kx(k≠0)，则直线l：y=-1kx；设点M(x,y),A(x0,y0),解方程组x28+y2=1,
　　y=kx,得x20=88k2+1,
　　y20=8k28k2+1,所以OA2=x20+y20=8(k2+1)8k2+1，AB2=4OA2=32(k2+1)8k2+1,
　　又因为x28+y2=1,
　　y=-1kx,得x2=8k2k2+8,
　　y2=8k2+8,
　　所以OM2=8(k2+1)k2+8.
　　由于SAMB=14AB2•OM2=64(k2+1)2(8k2+1)(k2+8)≥64(k2+1)2(1+8k2+k2+82)2=169,当且仅当8k2+1=k2+8，即k=±1时等号成立 .
　　综上所述，(S△AMB)min=169.
　　由此上的多种解法，我们得到如下启示与思考：（1）本问题的多种解法，使我们巩固了高中数学中的许多知识和基本技能方法．（2）不同的解法中，互相之间具有必然的内在联系，使我们更清晰地理解问题的本质．（3）重视选修部分的内容，给问题的解法带来了优化．