11 新高考视角下圆锥曲线中的创新题-《中学生数理化》高二数学2024年11月刊

■河南省信阳市固始县高级中学教育集团 胡云兵 纵观近几年的高考试题和模拟试题,屡 次出现圆锥曲线与其他知识交汇的创新题 目,如与新情境交汇、与立体几何交汇、与新 定义交汇等。下面在分析研究近几年高考题 及各地模拟题的基础上,重点说明求解此类 问题的方法和规律。 类型一 圆锥曲线与逻辑推理结合的创 新题 例 1 (2024年华大新高考联盟4月 质量测评)关于双曲线C: x2 a2 -y 2 b2 =1(a>0, b>0),四位同学给出了四种说法: 小明:双曲线C 的实轴长为8; 小红:双曲线C 的焦点到渐近线的距离 为3; 小强:双曲线C 的离心率为 3 2 ; 小同:双曲线C 上的点到焦点距离的最 小值为1。 若这四位同学中只有一位同学的说法错 误,则说法错误的是 ;双曲线C 的方程为 。(第一空的横线上填“小明”“小红”“小 强”或“小同”) 解析:由题意知,若小明的说法正确,则 a=4;若小红的说法正确,则b=3;若小强的 说法正确,则c a= 3 2 ;若小同的说法正确,则 c-a=1。 由此分析小明、小红、小强三位同学中必有 一位同学说法错误,则小同的说法一定是正确 的,即c-a=1。若小明和小红的说法正确,则 双曲线C: x2 16- y2 9=1 ,故小强的说法错误。 点评:本题把双曲线与逻辑推理相结合, 考查双曲线的几何性质,立意新颖,命题视角 独特,能充分体现学科知识跨章节交汇命题 的思想。 类型二 圆锥曲线的光学性质的创新题 图1 例 2 (2025届海南 高三开学考)如图1,从椭 圆的一个焦 点 出 发 的 光 线,经椭圆反射后,反射光 线经过椭圆 的 另 一 个 焦 点,其中法线l'表示与椭圆C 的切线垂直且 图2 过相应切点 的 直 线。如 图2,椭圆C 的中心在坐 标原点,焦点为 F1(-c, 0),F2(c,0)(c>0),由F1 发出的光经椭圆两次反 射后回到F1 经过的路程 为8c。利用椭圆的光学性质解决以下问题: (1)椭圆C 的离心率为 ; (2)点P 是椭圆C 上除顶点外的任意一 点,椭圆在点P 处的切线为l,F2 在l上的射 影 H 在圆x2+y2=8上,则椭圆C 的方程为 。 解析:(1)设椭圆C的长轴长为2a(a>0)。 因为由F1 发出的光经椭圆两次反射后 回到F1 经过的路程为8c,所以2a+2a= 4a=8c,得a=2c,即e= 1 2 。 图3 (2)如 图 3,延 长 F2H,F1P 交 于 点 F0。 在 △PF2F0 中,PH ⊥ F0F2,由反射角等于入射 角,可 得 ∠F2PH = ∠F0PH,所以|F2P|= |F0P|,且 H 为F0F2 的中点。 在△F1F0F2 中,|OH|= 1 2|F1F0|= 1 2 (|PF1|+|PF0|)= 1 2 (|PF1|+|PF2|)。 因为F2 在l上的射影H 在圆x2+y2= 43 解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年11月 8上,所以|OH|=22。 故|PF1|+|PF2|=4 2=2a,得a= 22,c= 2,所以b2=a2-c2=8-2=6。 椭圆的方程为 x2 8+ y2 6=1 。 点评:本题以椭圆光学性质的应用为载体, 考查椭圆的离心率和椭圆的方程,体现数学与 物理学科交叉命题的创新性。解题的关键是灵 活应用椭圆的光学性质及椭圆的定义。本题考 查数形结合思想和数学计算能力,属于难题。 类型三 圆锥曲线与立体几何结合的创 新题 图4 例 3 (2024年广 东惠州一模第18题)如 图4所示,已知椭圆C: x2 a2 +y 2 b2 =1(a>0,b>0) 的左、右焦点分别为F1、 F2,离心率为 1 2 ,经过点 F1 且倾斜角为θ0<θ< π 2 的直线l与椭圆 交于A、B 两点(其中点 A 在x 轴上方), △ABF2 的周长为8。 (1)求椭圆C 的标准方程。 (2)将平面Oxy 沿x 轴折叠,使y 轴正 半轴和x 轴所确定的半平面(平面 AF1F2) 图5 与y 轴负半轴和x 轴所 确 定 的 半 平 面 (平 面 BF1F2)互相垂直,如图5 所示。 (i)若θ= π 3 ,求异面 直线AF1 和BF2 所成角的余弦值。 (i)是否存在θ0<θ< π 2 使得△ABF2 折叠后的周长与折叠前的周长之比为 15 16 ? 若 存在,求tan θ的值;若不存在,请说明理由。 解析:(1)椭圆C的标准方程为 x2 4+ y2 3=1 (过程略)。 (2)由(1)知,点 F1(-1,0),倾斜角为 θ= π 3 ,故直线l的方程为y-0=3(x+1)。 (i)联 立 直 线 l 与 椭 圆 的 方 程 y= 3(x+1), x2 4+ y2 3=1 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 可得5x2+8x=0。 解得x=0或x=- 8 5 。 解得A(0,3)(点A 在x 轴上方),以及 B - 8 5 ,- 33 5 。 图6 以O 为坐标原点,折 叠后原y 轴负半轴,原x 轴,原y 轴正半轴所在直 线为x 轴,y 轴,z 轴建立 空间直角坐标系,如图6 所示,则 F1(0,-1,0), A(0,0,3),B 33 5 ,- 8 5 ,0 ,F2(0,1,0)。 F1A→ = (0, 1, 3 ), BF2→ = - 33 5 ,13 5 ,0 。 F1A→·BF2→= 13 5 ,|F1A→|=2,|BF2→|= 14 5 ,故cos<F1A→,BF2→>= 13 28 。 记异面直线AF1 和BF2 所成的角为φ, 则cos φ=|cos<F1A →,BF2→>|= 13 28 。 (i)设 A,B 在新图形中对应点为A', B'。由题意知|AF2|+|BF2|+|AB|=8, 故|A'F2|+|B'F2|+|A'B'|= 15 2 ,得 |AB|-|A'B'|= 1 2 。 设折叠前A(x1,y1),B(x2,y2)。 联 立 直 线 l 与 椭 圆 C 的 方 程 my=x+1, x2 4+ y2 3=1 , 得(3m2+4)y2-6my-9=0。 则y1+y2= 6m 3m2+4 ,y1y2= -9 3m2+4 。 在折叠后的图形中建立空间直角坐标系 (原x 轴仍然为x 轴,原y 轴正半轴为y 轴, 53 解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年11月 图7 原y 轴负半轴为z轴),如 图7所示,则 A'(x1,y1, 0),B'(x2,0,-y2)。 | A' B' | = (x1-x2)2+y21+y22, |AB|= (x1-x2)2+(y1-y2)2。 | AB | - | A' B' | = (x1-x2)2+(y1-y2)2 - (x1-x2)2+y21+y22= 1 2 。① 整理得: -2y1y2 (x1-x2) 2+(y1-y2) 2+ (x1-x2) 2+y21+y 2 2 = 1 2 。 -4y1y2= (x1-x2)2+(y1-y2)2 + (x1-x2)2+y21+y22。② 由①②可得: 1 4-2y1y2= (x1-x2)2+(y1-y2)2。 故(x1-x2)2+(y1-y2)2=(1+m2)· (y1-y2)2= 1 4-2y1y2 2 。 则(1+m2) 6m 3m2+4 2 + 36 3m2+4 = 1 4+ 18 3m2+4 2 。 故144 1+m2 3m2+4 2 = 1 4+ 18 3m2+4 2 。 则 12+12m2 3m2+4 = 1 4+ 18 3m2+4 ,即12m2+ 12= 3 4m 2+1+18,解得m2= 28 45 。 因为0<θ< π 2 ,所以tan θ= 3 35 14 。 点评:本题把圆锥曲线与立体几何相结 合,体现不同章节知识的交汇融合,具有一定 的创新性。解题的关键是找到折叠前后的联 系,建立空间直角坐标系,先设出点的坐标, 再联立方程,利用空间量的知识求解。 类型四 圆锥曲线与新定义结合的创新题 例 4 (2025届四川达州高三上学期 开学考)定义:若椭圆C: x2 a2 +y 2 b2 =1(a>b> 0)上的两个点 A(x1,y1),B(x2,y2),满足 x1x2 a2 + y1y2 b2 =0,则称A,B 为该椭圆的一个 “共轭点对”,记作[A,B]。已知椭圆C 的一 个焦 点 坐 标 为 F1(-1,0),且 椭 圆 过 点 A 1, 3 2 。 (1)求椭圆C 的标准方程。 (2)证明有两个点 B 满足“共轭点对” [A,B],并求出B 的坐标。 (3)设(2)中的两个点B 分别是B1,B2, O 为坐标原点,点P,Q 在椭圆C 上,B1,P, B2,Q 顺时针排列,且PQ∥OA,证明:四边形 B1PB2Q 的面积小于43。 解析:(1) x2 4+ y2 3=1 (过程略)。 (2)设“共轭点对”[A,B]中点B 的坐标 为(x,y)。 根据“共轭点对”[A,B]的定义得: 点B 的坐标满足 x2 4+ y2 3=1 , x 4+ 3 2y 3 =0 。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 所以 x= 3, y=- 3 2 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 或 x=- 3, y= 3 2 。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 于是有两个点满足条件,且点B 的坐标 为 3,- 3 2 或 - 3,32 。 (3)不妨令B1 -3, 3 2 ,B2 3,-32 。 设B1B2 所在直线为l,则l 的方程为 x+2y=0。 设点P(xP,yP),Q(xQ,yQ),则: x2P 4+ y2P 3=1 , x2Q 4+ y2Q 3=1 。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 两 式 相 减 得 (xP-xQ)(xP+xQ) 4 + (yP-yQ)(yP+yQ) 3 =0 。 又PQ∥OA,于是 yP-yQ xP-xQ = 3 2 ,则yP+ 63 解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年11月 yQ=- 1 2 (xP+xQ),所以线段PQ 的中点在 直线l上,且线段PQ 被直线l平分。 设点P 到直线x+2y=0的距离为d, 则四边形B1PB2Q 的面积S四边形B1PB2Q=2· S△PB1B2=2× 1 2×|B1B2|×d 。 又|B1B2|= (-3-3)2+ 3 2+ 3 2 2 = 15,故S四边形B1PB2Q= 15d。 设过点P 且与直线l平行的直线l1 的 方程为x+2y=m(m>0),则当l1 与C 相切 时,d 取得最大值。 由 x+2y=m, x2 4+ y2 3=1 , 消去y 得4x2-2mx+ m2-12=0。(*) 由Δ=4m2-16(m2-12)=0,解得m= 4或m=-4(舍去)。 当m=4时,方程(*)为4x2-8x+4= 0,即(x-1)2=0,解得x=1。 则此时点P 和点A 1, 3 2 重合,不符合 条件PQ∥OA。 从而直线l1 与椭圆C 不可能相切,即d 小于直线x+2y=0与平行直线x+2y=4 的距离 4 5 = 45 5 ,所以S四边形B1PB2Q< 15× 45 5 =43 。 点评:本题是圆锥曲线与新定义“共轭点对” 相结合的创新题,新定义压轴题型是2024年1月 九省联考以后的命题新风向。这种新定义题型 内容新颖,题目中常常伴随有“定义”“规定”等字 眼,题目一般都是用抽象的语言给出新的定义、运 算或符号,没有过多的解释说明,要求同学们仔细 揣摩、体会和理解定义的含义,并运用它解决相关 问题,考查同学们的理解与运算、信息迁移的能 力。 (责任编辑 徐利杰) 􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕 (上接第30页) 解:(1)设直线l1,l2 的方程分别为y= k1x,y=k2x,k1≠0,k2≠0。 由 y=k1x, y2=2p1x, 解得A1 2p1k21 ,2p1k1 。 由 y=k1x, y2=2p2x, 解得A2 2p2k21 ,2p2k1 。 同理可得,B1 2p1 k22 ,2p1 k2 ,B2 2p2k22 ,2p2k2 。 所以 A1B1→= 2p1 k22 - 2p1 k21 ,2p1 k2 - 2p1 k1 = 2p1 1 k22 - 1 k21 ,1 k2 - 1 k1 , A2B2→ = 2p2 k22 - 2p2 k21 ,2p2 k2 - 2p2 k1 =2p2 1k22-1k21,1k2-1k1 。 故 A1B1→= p1 p2 A2B2→,即A1B1∥A2B2。 (2)由(1)知 A1B1→= p1 p2 A2B2→,同理可得 A1C1→= p1 p2 A2C2→。 根据三角形面积公式的向量形式,得S1 S2 = 1 2 A1B1 →2A1C1→2-(A1B1→·A1C1→)2 1 2 A2B2 →2A2C2→2-(A2B2→·A2C2→)2 = p1 p2 4 [A2B2→2A2C2→2-(A2B2→·A2C2→)2] A2B2→2A2C2→2-(A2B2→·A2C2→)2 = p21 p22 。 评注:运用三角形面积公式的向量形式 解决问题,思路清晰,实现了化繁为简,化难 为易的目的。 圆锥曲线中三角形面积的求法有很多 种,关键是要剥去圆锥曲线的外衣,从问题的 表面探求问题的本质,针对问题灵活选择三 角形面积公式,把复杂问题简单化,把抽象问 题具体化,把陌生问题熟悉化,从而达到举一 反三、触类旁通的学习效果。 (责任编辑 赵 倩) 73 解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年11月