13“三新背景下圆锥曲线命题趋势探究-《中学生数理化》高二数学2024年7-8月刊

“三新”背景下圆锥曲线命题趋势探究 ■河南省南阳市第八中学校 常春照 ■河南省南阳市第二完全学校高级中学 杜建林 “三新”指的是新课标、新教材、新高考。 2024年是河南省从老教材、老高考向新 教材、新高考的过渡之年,通过2024年1月 九省联考的适应性考试来看,高考试题将有 可能从原来的12道单选题+4道填空题+6 道解答题的22题模式向8道单选题+3道多 选题+3道填空题+5道解答题的19题模式 转换,高考数学在题量减少的情况下,试题的 难度将会加大。圆锥曲线既是高中数学的重 要知识,且经常以把关题的形式出现在试卷 中,圆锥曲线问题能将几何问题、代数问题融 为一体,对同学们的挑战比较大。下面主要 以经典题型为载体,将椭圆、双曲线、抛物线 的定义,几何性质的运用,以及在计算中的方 法、技巧、规律进行简单总结。 在新高考背景下,圆锥曲线依然是高考 中的重要知识,作为选择题、填空题的把关题 依然有可能以考查圆锥曲线的定义结合几何 图形出现,主要考查同学们的几何推理、数据 处理、定义运用等关键能力。 考向(一) 椭圆及几何性质的应用 例 1 已知 O 为坐标原点,椭圆 C: x2 a2 +y 2 b2 =1(a>b>0)的右焦点为F,上顶点 为B,线段BF 的中垂线交椭圆C 于 M,N 两点,交y 轴于点P,若BP→=2PO→,△BMN 的周长为16,则椭圆C 的标准方程为 。 解析:如图1,设左焦点为F'。由题意可 知,|BP|= 2b 3 ,|OP|= b 3 。 图1 连接PF,在△POF 中,由勾股定理得: |OP|2+|OF|2=|PF|2。 故 b 3 2 +c2= 2b3 2 ,整理得b2=3c2, 即a2-c2=3c2,解得e= 1 2 。 △BFF'是等边三角形,故直线 MN 过 左焦点F'。 △BMN 的周长等于△MNF 的周长,即 4a=16,a=4,则b2=12。 椭圆C 的标准方程为 x2 16+ y2 12=1 。 方法总结:先求出离心率,再利用椭圆的 定义求解。 变式练习1:已知椭圆 C: x2 2+ y2 b2 =1 (b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,过F2 的 直线交椭圆 C 于 A、B 两点,若|AF1|= 3|AF2|,点 M 满 足 F1M→=3MF2→,AM ⊥ F1B,则椭圆C 的离心率为( )。 A. 1 3 B. 3 3 C. 2 3 D. 6 3 答案:B。 方法总结:先利用三角形内角平分线的 性质定理判断出△AF1B 是等腰三角形,再 结合椭圆的定义及勾股定理求出离心率。 例 2 已知椭圆 E:x 2 a2 +y 2 b2 =1(a> b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,其长轴长 为6,离心率为e且e> 1 3 。点D 为椭圆E 上 一动点,△DF1F2 的面积的最大值为2 2。 过点P(-3,0)的直线l1,l2 分别交椭圆 E 于A,B 两点(异于点P),与直线x=8交于 M,N 两点,且 M,N 两点的纵坐标之和为 11。过坐标原点O 作直线AB 的垂线,垂足 为 H。 (1)求椭圆E 的方程。 64 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年7—8月 (2)问:平面内是否存在定点 Q,使得 |HQ|为定值? 若存在,求出Q 点的坐标;若 不存在,请说明理由。 解析:(1)由题意知 2a=6, bc=22, a2=b2+c2。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得 a=3, b=1, c=22 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 或 a=3, b=22(舍去), c=1。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 故椭圆E 的方程为 x2 9+y 2=1 (2)(方法一)由题意知过点P 的直线l1 与椭圆E 交于A 点,与直线x=8交于 M 点,直线l2 与椭圆E 交于B 点,与直线x=8 交于N 点。设A(x1,y1),B(x2,y2),M(8, t1),N(8,t2)。 根据条件知t1+t2=11。 并且 y1 x1+3 = t1 11 , y2 x2+3 = t2 11 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 ⇒ y1 x1+3 + y2 x2+3 = t1 11+ t2 11=1 。① 设直线AB 的方程为lAB:x=my+n。 则 y1 x1+3 + y2 x2+3 = y1(x2+3)+y2(x1+3) (x1+3)(x2+3) = y1(my2+n+3)+y2(my1+n+3) (my1+n+3)(my2+n+3) = 2my1y2+(n+3)(y1+y2) m2y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2 =1。② 联立 x2 9+y 2=1, x=my+n, 整理得(m2+9)y2+ 2mny+n2-9=0。 该方程有两个不同的实数根y1,y2,则 Δ=4m2n2-4(n2-9)(m2+9)>0。 由韦达定理可得y1+y2= -2mn m2+9 ,y1y2 = n2-9 m2+9 。 代入②,整理得 -18m-6mn 9(n+3)2 =1。 又n≠-3,化简得n=- 2 3m-3 。 因此,lAB:x=my+n,即x=m y- 2 3 - 3。 直线AB 过定点R -3, 2 3 。 过原点 O 作直线 AB 的垂线,垂足为 H,则点 H 在以OR 为直径的圆上,OR 的中 点到H 的距离等于 1 2|OR|= 85 6 ,为定值。 因 此,存 在 定 点 即 为 OR 的 中 点 Q - 3 2 ,1 3 使得|QH|=12|OR|= 856 ,为 定值。 (方法二)设 M(8,t1),N(8,t2),则t1+ t2=11,故 M,N 不可能关于x 轴对称。 所以直线 AB 的斜率必存在,设 AB 的 方程为y=kx+m(m-3k≠0)。 代入 椭 圆 E 的 方 程 得 k2+ 1 9 x2+ 2kmx+m2-1=0。 设A(x1,y1),B(x2,y2),则: x1+x2 = - 2km k2+ 1 9 ,x1x2 = m2-1 k2+ 1 9 。 (*) 由题意知 y1 x1+3 = t1 11 , y2 x2+3 = t2 11 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 即 y1 x1+3 + y2 x2+3 =1,也即 kx1+m x1+3 + kx2+m x2+3 =1。 变 形 得 k(x1+3)+m-3k x1+3 + k(x2+3)+m-3k x2+3 =1。 整理得(m-3k) 1x1+3 + 1 x2+3 =1- 2k。 则 (m-3k)(x1+x2+6) x1x2+3(x1+x2)+9 =1-2k。 将(*)式代入整理得: 74 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年7—8月 6k2-2km+ 2 3= (2k-1)(3k-m)。 则m=3k+ 2 3 ,直线AB 化为y=k(x+ 3)+ 2 3 。 所以直线AB 过定点R -3, 2 3 。 过点O 作直线AB 的垂线,垂足为 H, 则 H 在以OR 为直径的圆上,则OR 的中点 到H 的距离等于 1 2|OR|= 85 6 ,为定值。 综上,存在定点Q - 3 2 ,1 3 使得|QH| = 85 6 ,为定值。 方法总结:先分离常数再通分,可简化运算。 考向(二) 双曲线及几何性质的应用 例 3 如图2,双曲线C:x 2 a2 -y 2 b2 =1 (a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,过 F1 作以F2 为圆心,以 a2+b2 为半径的圆 的切线,切点为 P,交双曲线C 的右支于点 M。若F1P→=3PM→,则双曲线C 的离心率为 ( )。 图2 A.2 B.3 C. 23 3 D. 42 3 解析:由题意可知|F1F2|=2c,|F2P|= c,|F1P|= 3c,∠MF1F2=30°,则|PM|= 3 3c 。 在△F1F2M 中,由余弦定理可得: |MF2|2=|F1M|2+|F1F2|2-2|F1M|· |F1F2|cos 30° = 43c 3 2 + (2c)2 -2× 43 3 c× 2ccos 30°= 4 3c 2。 解得|MF2|= 23c 3 。 由双曲线的定义可知2a=|MF1|- |MF2|= 43 3c- 23c 3 = 23c 3 。 故离心率e= c a= 3 ,选B。 方法总结:首先利用几何关系,再结合双 曲线的定义以及余弦定理求解。 变式练习2:双曲线C: x2 a2 -y 2 b2 =1(a> 0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,过F1 作 以F2 为圆心,以 a2+b2 为半径的圆的切 线,切点为P,交双曲线C 的一条渐近线于 点M。若F1P→=PM→,则双曲线C 的离心率 为( )。 A. 6 2 B. 7 2 C.2 D. 3 2 答案:B。 考向(三) 抛物线及几何性质的应用 例 4 已知抛物线C:y2=2px(p>0) 的焦点为F,准线为l,过F 的直线m 交抛物 线C 于A,B 两点。若直线l上存在一点M, 使△MAB 是等边三角形,则直线 m 的斜率 为( )。 A.± 3 3 B.± 2 2 C.± 2 D.± 3 解析:如图3所示,取AB 的中点D,过点 D 作直线l的垂线,垂足为D1,连接DM。 图3 因为△MAB 为等边三角形,所以|DM| 84 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年7—8月 = 3 2|AB| 。 由抛物线的定义可知|DD1|= 1 2|AB| , 故|MD1|= 2 2|AB| 。 当直线m 的倾斜角θ为锐角时,由题意 可知∠DMD1=θ。 所以k=tan θ= |DD1| |MD1| = 2 2 。 当直线m 的倾斜角θ为钝角时,由对称 性可知k=- 2 2 。 故k=± 2 2 ,选B。 方法总结:利用抛物线的定义结合等边 三角形的性质寻求突破,可以使问题得到快 速解决。本题若通过设直线的斜率,然后代 入抛物线的方程,通过求弦长来计算的话,运 算量非常大。 变式练习3:已知抛物线C:y2=2x 的焦 点为F,P 为抛物线上一点。M 为y 轴正半 轴上一点,若△PMF 是等边三角形,则直线 PF 的斜率为 ,|PM|= 。 答案:2 2 ,3± 6。 例 5 (2024年九省联考第18题)已 知抛物线C:y2=4x 的焦点为F,过点F 的 直线l交抛物线C 于A,B 两点,过F 与直线 l垂直的直线交抛物线C 于D,E 两点,其中 B,D 在x 轴的上方,M,N 分别为线段AB, DE 的中点。 (1)证明:直线 MN 过定点; (2)设G 为直线AE 与直线BD 的交点, 求△GMN 面积的最小值。 解析:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1< x2)。设l:x=my+1(m>0)。 由 y2=4x, x=my+1, 得y2-4my-4=0。 故 y1 +y2 =4m,y1y2 = -4,Δ = (-4m)2+16=16(m2+1)。 因 此,y1+y2 2 = 2m ,x1+x2 2 = m(y1+y2)+2 2 =2m 2+1。 故 M(2m2+1,2m)。 同理可得,N 2 m2 +1,- 2 m 。 若m≠1,则直线 MN:y= m m2-1 (x- 2m2-1)+2m,即y= m m2-1 (x-3)。 所以直线 MN 过点(3,0)。 若m=1,则直线 MN:x=3,直线 MN 过定点(3,0)。 综上,直线 MN 过定点(3,0)。 (2)设 H 为AD 的中点,S 为直线GM 与AD 的交点,故 MH∥DG。 所以S△GHD=S△MGD,S△GSH=S△MSD。 设T 为直线GN 与AD 的交点,同理可 得S△GHT=S△TAN。 故S△GMN=S四边形ADMN。 由(1)得|AB|= 1+m2|y1-y2|= 4(1+m2)。同理可得|DE|=41+ 1 m2 。 S△GMN= 1 2 ·|DN|·|AM|= 1 8 · |AB|·|DE|=2(m2 +1) 1 m2 +1 = 2m2+ 1 m2 +2 ≥8,当且仅当m2=1,即m= ±1时等式成立。 综上,△GMN 面积的最小值为8。 方法总结: 1.弦长快速计算公式,若直线方程为y= kx+m,则弦长= 1+k2|x1-x2|;若直线方 程为x=my+n,则弦长= 1+m2|y1-y2|。 2.根与系数的关系,若ax2+bx+c=0 (a≠0),Δ=b2-4ac>0,则x1+x2=- b a , x1x2= c a ,|x1-x2|= Δ |a| 。 在计算弦长或面积时均可以利用此公式 快速计算。 (责任编辑 徐利杰) 94 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年7—8月