2012-湖北卷理-15 填-焦点三角形

本题导读

本题考查勾股定理与直角三角形，以及垂径定理。

📌【题干】

Question

（2012年湖北卷(理)） （选修 4-1：几何证明选讲） 如图，点 $D$ 在 $\odot O$ 的弦 $AB$ 上移动，$AB=4$，连接 $OD$，过点 $D$ 作 $OD$ 的垂线交 $\odot O$ 于点 $C$，则 $CD$ 的最大值为 $\underline{}$.

🔍【思路分析】

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1. 建立局部直角三角形隐性模型：连接 $OC$。因为给出了硬性垂直约束 $CD\perp OD$，说明 $△ODC$ 是一个标准的直角三角形，其中 $\angle ODC=90^{\circ }$，斜边为圆的半径 $OC=r$。
2. 构建线段关联函数式：在 Rt $△ODC$ 中，利用勾股定理可得 $C{D}^2+O{D}^2=O{C}^2⟹CD=\sqrt{r^2-O{D}^2}$。由于圆的半径 $r$ 是个恒定不变的常数，由此可见，要使动线段 $CD$ 达到代数最大值，当且仅当动线段 $OD$ 取得几何最小值。
3. 寻找 $OD$ 的几何极值边界：点 $D$ 是定弦 $AB$ 上的一个动点，根据“点到直线所有线段中，垂线段最短”的几何定理，当且仅当 $OD\perp AB$ 时， $OD$ 取得最小值。此时可结合垂径定理及 Rt $△OBD$ 算出 $OD$ 的最小值表达式，代回函数式即可消去参数 $r$。

✅【答案】

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2

✍【详细解析】

Abstract

第一步：利用勾股定理建立 $CD$ 的代数函数式 连接圆心 $O$ 与圆周上的点 $C$，设 $\odot O$ 的固有半径长度为 $r(r>0)$，则有： $OC=r$

题目已知：过点 $D$ 作 $OD$ 的垂线交 $\odot O$ 于点 $C$，即： $CD\perp OD⟹\angle ODC=90^{\circ }$ 因此， $△ODC$ 是一个以 $OC$ 为斜边的直角三角形。 套用勾股定理，三边长度严格满足如下代数守恒方程： $C{D}^2+O{D}^2=O{C}^2⟹C{D}^2+O{D}^2=r^2$ 移项并开方，解出目标动线段 $CD$ 的长度表达式： $CD=\sqrt{r^2-O{D}^2}\text{(1)}$

由于圆的半径 $r$ 是个不随点 $D$ 位移而改变的常数，观察①式的函数结构可知： 当被减项 $O{D}^2$ 达到极小值时，整体根式 $CD$ 才能达到极大值。即： $C{D}_{\text{max}}⟺O{D}_{\text{min}}\text{(2)}$

第二步：求解 $OD$ 的几何最小值 点 $D$ 是在固定的定弦 $AB$ 上滑动的动点。根据平面几何中“点到直线的距离垂线段最短”原理： 当且仅当 $OD$ 与 弦 $AB$ 处于相互垂直的几何状态时，线段 $OD$ 的长度最短，即： $OD\perp AB\text{ 时},OD=O{D}_{\text{min}}$

此时，我们连接圆心 $O$ 与弦的端点 $B$，构成辅助直角三角形 $△ODB$。 根据圆的垂径定理（垂直于弦的直径平分这条弦）： 当 $OD\perp AB$ 时，点 $D$ 恰好强制退化为定弦 $AB$ 的正中心中点。 已知弦长 $AB=4$，则可求得此时的直角分量线段 $BD$ 的长为： $BD=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}\times 4=2$

在 Rt $△ODB$ 中，由于斜边 $OB=r$（圆的半径），再次套用勾股定理可求出 $OD$ 的最小值平方： $O{D}_{\text{min}}^2=O{B}^2-B{D}^2=r^2-2^2=r^2-4\text{(3)}$

第三步：代入消元求解 $CD$ 的最大值 我们将第三步中求得的极值临界条件③式（ $O{D}_{\text{min}}^2=r^2-4$ ）整体反代回第一步所建立的核心函数控制式①中： $C{D}_{\text{max}}=\sqrt{r^2-O{D}_{\text{min}}^2}=\sqrt{r^2-(r^2-4)}$ 展开根号内部的括号，执行有理多项式消元： $C{D}_{\text{max}}=\sqrt{r^2-r^2+4}=\sqrt{4}=2$

参数 $r^2$ 在代数合并中被完全抵消，这说明无论圆的实际半径 $r$ 是多大，最终的最大值结果均是刚性收敛且唯一的。

填空题答案为：2

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：垂径定理与勾股定理的嵌套化简、多变量几何最值向单变量极值边界的等价转化。
2. 核心方法：双重勾股消元法。本题的代数解题大招在于**“大胆设参，动态消参”**。很多考生在看到题目没有给出圆的半径 $r$ 或者是圆心角大小时，容易产生畏难情绪，不敢落笔。通过将两步勾股定理联立（ $C{D}^2=r^2-O{D}^2$ 和 $O{D}^2=r^2-2^2$ ），利用代数消元法将未知常数 $r^2$ 直接抹去，是解析动态几何题的高阶通用技巧。
3. 避坑指南：

• 特殊位置误判导致错漏：部分考生在寻找最值时，由于缺乏空间想象力，错把点 $D$ 移动到端点 $B$ 处的边界状态作为最大值。当 $D$ 与 $B$ 重合时， $OD=r⟹CD=0$，此时取得的是最小值而非最大值。务必通过公式①的减法单调性审视极值方向。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题源于人教A版高中数学老教材选修 4-1《几何证明选讲》中关于圆的切线与特殊相交弦定理的章末综合探究压轴填空题。
2. 结论推广:

• 圆内动点垂直截线最值通用快速模型：在平面几何空间中，已知一 $\odot O$ 内有一条长度为 $2L$ 的固定定弦 $AB$。点 $D$ 为该弦上的任意滑动动点。若过点 $D$ 始终作一条与其径向线段 $OD$ 强行保持垂直的动截弦（或半截弦 $CD$ ）。
• 则该动截弦片段 $CD$ 的代数总长度，其宏观几何最大值恒与该定弦的半弦长保持严格的绝对相等关系，与圆本身的绝对半径完全解耦。
• 严格的通用几何快捷通式恒表现为： $C{D}_{\text{max}}\equiv \frac{1}{2}AB=L$
• 我们用本题的代数数据直接套用该推广快速模型：已知弦长 $AB=4$，直接一步快速得出输出： $C{D}_{\text{max}}=\frac{4}{2}=2$。
• 结果直接一步到位。熟记这一“内接垂直弦消参守恒模型”，未来无论题目将弦长改为任何数字，均能实现完全不用画图、直接直接得出。

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