08 2025年高考备考：解析几何“避坑”攻略-《中学生数理化》高考数学2025年3月刊

􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰􀤰 所以椭圆E 的方程为 x2 8+ y2 4=1 。 (2)不存在。理由如下: 设 A (x1,y1),B (x2,y2),联 立 x2 8+ y2 4=1 , y=k(x+1), 消去y 得(1+2k2)x2+4k2x +2k2-8=0。 因为y=k(x+1) 过点(-1,0),且点 (-1,0) 在椭圆内,所以Δ>0。 所 以 x1 +x2 = - 4k2 1+2k2 ,x1x2 = 2k2-8 1+2k2 ,所以y1y2=k(x1+1)·k(x2+1)= k2[x1x2+(x1+x2)+1]= -7k2 1+2k2 。 由OA→⊥OB→,可得x1x2+y1y2=0,即 2k2-8 1+2k2 - 7k2 1+2k2 = -5k2-8 1+2k2 =0,化简整理得 k2=- 8 5 ,无解。 所以不存在k,使得OA→⊥OB→。 点评:解决此类圆锥曲线场景下参数的 存在性探索问题时,往往是基于参数值存在 的前提条件代入分析,利用与之相关的性质, 并结合题设条件进行数学运算与逻辑推理, 若得到相应的结果满足题设条件,由此得到 对应的参数值,则说明参数值存在;否则就说 明参数值不存在。 其实,解决圆锥曲线中依托探索性创设 情境下的存在性问题,对于点、直线或参数等 基本要素的存在性,大体的解题思维方式类 似,都是先假设存在,用待定系数法设出,列 出关于待定系数的方程组,推证满足条件的 结论,若方程组有实数解,则元素(点、直线、 曲线或参数)存在;否则,元素(点、直线、曲线 或参数)不存在。 (责任编辑 王福华) ■四川省绵阳外国语学校 李学军 在高考数学的浩瀚海洋中,解析几何犹如 一座神秘而又充满挑战的岛屿,令人无限向往 却又力不从心。许多考生由于忽略了定义的条 件、忘记了方程的适用范围、遗漏了题目隐含条 件,时常出现“踩坑”失分现象,为了帮助同学们 进一步完善解析几何的知识方法体系,树立解 题“避坑”意识,提高得分能力,本文特将几类易 错题归类剖析如下,以供读者参考。 一、正确认识圆锥曲线的定义,避开“以 偏概全之坑” 例 1 已知 A、B 是我方两个炮兵阵 地,A 地在B 地的正东方向,相距6 km,P 为 敌方炮兵阵地。某时刻A 地发现P 地产生 的某种信号,12 s后B 地也发现了该信号, 该信号的传播速度为 1 3 km/s。以BA 的方 向为x 轴正方向,AB 的中点为坐标原点,与 AB 垂直的方向为y 轴,建立平面直角坐标 系。求点P 的轨迹的方程。 错解:x 2 4- y2 5=1 。 错因:分析出|PB|-|PA|=4,误以为 其满足双曲线定义||PB|-|PA||=4。 正解:依题意知B(-3,0),A(3,0),所 以|PB|-|PA|=12× 1 3=4<6 ,所以点P 的轨迹是以A(3,0)、B(-3,0)为焦点的双 曲线右支。 设点P 的轨迹方程为 x2 a2 -y 2 b2 =1(a,b> 0)(x≥0),则c=3且2a=4,所以a2=4, b2=c2-a2=5,所以点P 的轨迹方程为 x2 4- 12 解题篇 易错题归类剖析 高考数学 2025年3月 y2 5=1 (x≥0)。 例 2 平面内与定点A(-1,2)和定直 线x+2y-3=0距离相等的点 M 的轨迹是 ( )。 A.直线 B.抛物线 C.椭圆 D.圆 错解:B。 错因:忽视抛物线定义中“定点不在定直 线上”的条件,错用抛物线定义。 正解:易知点 A 在直线x+2y-3=0 上,所以点M 的轨迹为过点A 且与已知直线 垂直的直线。故选A。 “避坑”攻略一:正确掌握圆锥曲线的定 义,在使用圆锥曲线的定义解题时应严格检 查题目条件与定义条件是否一致,严防将定 义曲线的一部分等同于定义曲线的以偏概全 之坑。 二、准确理解不同类型直线方程的适用 范围,避开“先入为主之坑” 例 3 已知直线l过点P(2,2),且在 两坐标轴上的截距相等,求直线l的方程。 错解:x+y-4=0。 错因:忽略截距式方程x a+ y b=1 的适 用范围(截距不为零),导致漏解。 正解:当直线l过原点(截距为零),即直 线l的方程为y=x 时,满足题意; 当直线l不过原点(截距不为零)时,由 题意可设直线l的方程为 x a+ y a =1 ,将点 P(2,2)代入得 2 a+ 2 a=1 ,解得a=4,故直线 l的方程为 x 4+ y 4=1 ,即x+y-4=0。 综上可得,直线l的方程为y=x 或x+ y-4=0。 例 4 已知椭圆C:x 2 a2 +y 2 b2 =1(a> b>0)的离心率e= 3 2 ,左顶点 M 到直线 x a+ y b=1 的距离d= 45 5 ,O 为坐标原点。 (1)求椭圆C 的方程; (2)设直线l与椭圆C 相交于A、B 两 点,若以AB 为直径的圆经过坐标原点O,证 明:坐标原点O 到直线AB 的距离为定值。 错解:(1)略。 (2)设直线 AB 的方程为y=kx+m, A(x1,y1),B(x2,y2),联立 y=kx+m, x2 4+y 2=1, 消 去y整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0。 由Δ=64k2-16m2+16>0,得 m2< 4k2+1。 结合韦达定理知 x1+x2=- 8km 4k2+1 , x1x2= 4m2-4 4k2+1 。 因为以AB 为直径的圆经过坐标原点, 所以OA→·OB→=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1 +m)(kx2+m)=(k2+1)x1x2+km(x1+ x2)+m2=0,即(k2+1)· 4m2-4 4k2+1 - 8k2m2 4k2+1 +m2=0,整理得m2= 4 5 (k2+1)。 所以坐标原点O 到直线AB 的距离d= |m| k2+1 = 4 5 (k2+1) k2+1 = 25 5 。 所以坐标原点O到直线AB的距离为定值。 错因:第(2)问的解答忽视了直线点斜式 方程的适用范围(斜率存在),将直线无斜率 的特殊情况遗漏,导致第(2)问的证明过程逻 辑不严谨。 正解:(1)由e= c a= 3 2 得c= 3 2a ,结合 b2=a2-c2 得 a=2b,代入直线 x a+ y b=1 , 化简得x+2y-2b=0。 由左顶点 M(-a,0)到该直线的距离 d= |-a-2b| 5 = |-2b-2b| 5 = 45 5 ,解 得 b=1,所以a=2b=2。 所以椭圆C 的方程为 x2 4+y 2=1。 (2)设A(x1,y1),B(x2,y2)。 22 解题篇 易错题归类剖析 高考数学 2025年3月 ①当直线 AB 的斜率不存在时,由椭圆 的对称性可知x1=x2 且y1=-y2。 因为以AB 为直径的圆经过坐标原点, 所以OA→·OB→=0,所以x1x2+ y1y2=x21- y21=0。 因为点A 在椭圆C 上,所以 x21 4 + y21= 1,解得|x1|=|y1|= 25 5 。 所以 坐 标 原 点 O 到 直 线 AB 的 距 离 d1=|x1|= 25 5 。 ②当直线 AB 的斜率存在时,设直线 AB 的 方 程 为 y = kx + m,联 立 y=kx+m, x2 4+y 2=1, 消去y 整理得(4k2+1)x2+ 8kmx+4m2-4=0。 由Δ=64k2-16m2+16>0,得 m2< 4k2+1。 结合韦达定理知 x1+x2=- 8km 4k2+1 , x1x2= 4m2-4 4k2+1 。 因为以AB 为直径的圆经过坐标原点, 所以OA→·OB→=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1 +m)(kx2+m)=(k2+1)x1x2+km(x1+ x2)+m2=0,即(k2+1)· 4m2-4 4k2+1 - 8k2m2 4k2+1 +m2=0,整理得m2= 4 5 (k2+1)。 所以 坐 标 原 点 O 到 直 线 AB 的 距 离 d2= |m| k2+1 = 4 5 (k2+1) k2+1 = 25 5 。 综上可知,坐标原点O 到直线AB 的距 离为定值。 “避坑”攻略二:各种类型的直线方程均 有其适用范围:直线的截距式方程x a+ y b=1 适用于其在两坐标轴上的截距存在且不为零 的情形;直线的点斜式方程y-y0=k(x- x0)和斜截式方程y=kx+b 适用于直线有 斜率的情形;直线的两点式方程y-y1 y2-y1 = x-x1 x2-x1 适用于其不与两坐标轴垂直的情形; 过定点(t,0)的直线的横截式方程x=my+t 适用于该直线无斜率或斜率不为零的情形。 同学们需明确上述知识要点,在解题过程中 预设直线方程时应遵循先判断后设定的原 则,如果遇到预设的直线方程不能完全代表 题目所述之直线,就应该使用分类讨论的策 略,一方面,可以完善解题逻辑;另一方面,可 避免出现漏解。 三、学会洞悉题目中的隐含条件,避开 “思虑不周之坑” 例 5 已知直线 BC 经过定点 N(0, 2),O 是坐标原点,OM⊥BC 于点M。 (1)当直线BC 绕着点N 转动时,求点 M 的轨迹E 的方程; (2)已知点T(-3,0),过点T 的直线交 轨迹E 于点P、Q,且OP→·OQ→=65,求直线 PQ 的方程。 错解:(1)轨迹E 的方程为x2+(y-1)2 =1。(过程略) (2)直线PQ 的方程为x-2y+3=0或 x+7y+3=0。(过程略) 错因:第(1)问 忽 略 了 隐 含 限 制 条 件 x≠0,导 致 轨 迹 上 多 出 两 个 点,即 O(0, 0)、N(0,2);第(2)问忽略了直线PQ 与轨 迹E 相交隐含的“Δ>0”及“BC 不经过点 N(0,2),O(0,0)”的限制,致使答案中多 了直线x+7y+3=0。 正解:(1)由OM⊥BC 可知,点 M 的轨迹 E 是以ON 为直径的圆(不含点O 和点N),所 以轨迹E 的方程为x2+(y-1)2=1(x≠0)。 (2)由题意知,过点T 的直线PQ 有斜率且 斜率大于0,设直线PQ的方程为y=k(x+3)。 联立 x2+(y-1)2=1, y=k(x+3), 消去y 整理得 (1+k2)x2+(6k2-2k)x+9k2-6k=0。 ① 由Δ=(6k2-2k)2-4(1+k2)(9k2- 6k)>0,解得0<k< 3 4 。 32 解题篇 易错题归类剖析 高考数学 2025年3月 考虑到交点P、Q 不可能为N(0,2),故 k的取值范围应为0<k< 3 4 且k≠ 2 3 。 设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1,x2 为① 式的两根,所以 x1+x2= 2k-6k2 1+k2 , x1x2= 9k2-6k 1+k2 。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 所以OP→·OQ→=x1x2+y1y2=x1x2+ k(x1+3)·k(x2+3)=(1+k2)x1x2+3k2(x1 +x2)+9k2=18k2-6k+ 3k2(2k-6k2) 1+k2 = 18k2-6k 1+k2 = 6 5 ,整理得14k2-5k-1=0,解 得k= 1 2 或k=- 1 7 (舍去)。 所以直线PQ 的方程为x-2y+3=0。 例 6 过双曲线C:x 2 a2 -y 2 b2 =1(a>0, b>0)的右焦点F2 作双曲线一条渐近线的垂 线,垂足为A,与另一条渐近线交于点B,若 |AF2|= 1 3|F2B| ,则双曲线C 的离心率是 ( )。 A. 6 2 B.3 C. 3 6 2 D.3 或 6 2 错解:选A或选B。 错因:忽略|AF2|= 1 3|F2B| 隐含的两 种可能,即 AF2→= 1 3F2B → 或F2A→= 1 3F2B →, 仅从其中一种情况入手,从而得到部分正解, 即A或B。 正解:|AF2|= 1 3|F2B| 有两种可能,即 AF2→= 1 3F2B → 或F2A→= 1 3F2B →。 图1 ①当 AF2→= 1 3F2B → 时, 如图1所示,设∠F2OA= ∠F2OB =α,则 tan α= |AF2| |OA|= b a 。 设|AF2|=bt,则|OA|=at,t>0,所以 (bt)2+(at)2=c2。 又因为c2=a2+b2,所以t=1,故|OA| =a,|OF2|=c,|AF2|=b,|BF2|=3b, |AB|=|AF2|+|F2B|=4b。 由角 平 分 线 性 质 得sin B= |OA| |OB|= |AF2| |F2B| = 1 3 ,即|OB|=3|OA|=3a。 在Rt△OAB 中,由勾股定理得|OA|2+ |AB|2=|OB|2,即a2+16b2=9a2,化简得 a2=2b2=2(c2-a2),所以e2= c2 a2 = 3 2 ,解得 e= 6 2 。 图2 ②当F2A→= 1 3F2B → 时,如 图 2 所 示,设 ∠F2OA =α, ∠AOB=β,由对称性易得β= π-2α,所以tan β=tan(π- 2α)=-tan(2α)= 2tan α tan2α-1 。 同①可得|OA|=a,|OF2|=c,|AF2| =b,所以|F2B|=3b,|AB|=2b。 在Rt△OAB 和Rt△OAF2 中,有tan β = |AB| |OA|= 2b a ,tan α= b a 。 所以 2b a = 2b a b2 a2 -1 ,整理得b2=2a2,所以 c2=a2+b2=3a2,即e2= c2 a2 =3,解得e= 3。 综上所述,e= 6 2 或e= 3。 故选D。 “避坑”攻略三:解析几何问题中可能出现 的隐含条件有:轨迹问题中隐含实际情况不可 取到的特殊点(需去除)、离心率范围问题中隐 含自身的取值限制、直线与圆锥曲线相交隐藏 着“Δ>0”、长度关系与向量关系互化时隐含着 等价转化的要求(如例6)等。同学们在备考训 练中只有不断总结经验,综合提升审题的洞察 力、条件转化等价与否的自纠力、运算关系或 逻辑表述的自洽力,才能成功避开“思虑不周 之坑”。 (责任编辑 王福华) 42 解题篇 易错题归类剖析 高考数学 2025年3月