【课件】“北京卷 第19题 ”-2025年第七届全国高考数学讲题比赛暨高考试卷分析研讨会（北部）

该高中数学课件聚焦椭圆解析几何综合题，核心内容包括椭圆方程求解及面积比与线段比关系证明。课堂从椭圆定义、离心率入手，先解决第（Ⅰ）问方程，再通过特殊点猜想第（Ⅱ）问结论，以“特殊到一般”为支架引导几何问题代数化。 其亮点在于一题多解（角平分线、斜率、向量等）和几何转化思想，通过证明∠AOM=∠BOM，培养数学思维（推理能力）与数学眼光（几何直观），结合推广延伸（调和点列、等角线定理），帮助学生深化数形结合理解，教师可提升学生解题灵活性与思维深度。

讲解内容：2025年北京卷第19题 ——几何转化不联立，一道解析综合题多解分析 参赛人：李铮铮 李文秀 指导教师： 焦锟 所在单位：北京景山学校远洋分校 北京教育学院石景山分院 解析几何研究的是如何运用代数的方法来研究几何问题．坐标系在几何对象和数与方程之间、几何关系和函数关系之间建立了密切的联系，从而可以利用代数方法对几何对象进行讨论与研究，再将所得结果利用坐标系转化成相应的几何结论，从而使得几何问题得到解决． 解析几何的出现是数学发展史上的一个重大突破，它使得代数与几何得以有机结合，相得益彰． 在具体解答过程中，学生一般要经历这样几个环节： 首先要搞明白试题要解决的是什么样的几何问题； 其次要弄清楚解决这个几何问题需要用到哪些代数条件，再把几何问题代数化（有时候这个代数化过程不是很直观，需要把几何问题转化为另一个等价的几何问题后再进行代数化）； 第三步是利用已知的题设条件，分析这些条件之间的联系，研究并解决转化之后的代数问题； 最后要返回去解决几何问题． 一、原题呈现与思维导图 首先：明确要解决的是什么样的几何问题 关注由特殊到一般 关注如何将几何问题代数化 其次：将这个几何问题直接代数化或者转化为另外一个几何问题再代数化 第三步是利用已知的题设条件，分析这些条件之间的联系，研究并解决转化之后的代数问题. 关注如何将几何问题代数化 二、思路与解答 关注如何将几何问题代数化 关注如何将几何问题代数化 思路4：证明. 分析：要证，只要证明即可.由平面几何 菱形的性质可以知道：菱形对角线平分一组对角，故只需 证以同方向的单位向量和同方向的单位向量为邻边 的菱形对角线与平行即可. 关注如何将几何问题代数化 关注如何将几何问题代数化+化斜为直 【评析】学生易错点是，在利用几何转化解决本题时，容易忽视在直线上.需要计算满足直线．除此以外，学生将利用平面几何知识，转化为也是容易忽视的． 关注如何将几何问题代数化+等价转化 图1 关注如何分类讨论 图2 图3 关注如何分类讨论 关注如何将几何问题代数化 高观点解释：向量的叉乘运算，若，，则的几何意义是以为邻边的平行四边形面积. 参数方程法 【评析】本题利用椭圆的参数方程解决问题不占优势．利用参数方程解决问题实质也是利用化简消元，直接设点法利用化简消元，两者本质一样. 三、试题溯源与推广 1.推广到一般的直线与椭圆相切情况 2.利用极点极线证明上述结论 2.本题可推广到直线与椭圆相交情况 四、相关试题链接 几何好懂不好算，代数好算不好懂，而坐标法把二者很好地结合起来了．但是在平面直角坐标系中，点的坐标是由几何作图得到的，因而将各种几何性质翻译成坐标运算，需要求助于几何定理，这里就体现了数形结合的数学思想方法，这就是解析几何这门学科的精髓．高考数学北京卷中的解析几何试题考查解析几何的本质特点，要求学生把灵活的几何问题转化为代数问题来计算，利用形象生动的几何模型帮助理解，关注对运算对象的观察，使精辟的数学思想“随风潜入夜”，让强大的数学方法“润物细无声”，使得貌似困难的问题迎刃而解，让学生体会“数学学科的神韵”. 五、结束语 解析几何的基本思路 几何形式的已知条件 几何形式的所求目标 有关坐标、方程的代数形式的已知条件 有关坐标、方程的代数形式的所求目标 经计算变形求解 应用解析几何的工具、知识和重要结论 （转化） （转化） 用代数方法解决几何问题 （2025北京第19题）已知椭圆的离心率为，若椭圆上的任意一点到两焦点距离之和为． （Ⅰ）求的方程； （Ⅱ）设为原点，为椭圆上一点，直线分别与直线，交于点两点，与的面积分别为．比较：与大小关系． 已知椭圆的离心率为，若椭圆上的任意一点到两焦点距离之和为． （Ⅰ）求的方程； 第（Ⅰ）问：． （过程略） 下面我们重点探究第（Ⅱ）问解题思路 已知椭圆的离心率为，若椭圆上的任意一点到两焦点距离之和为． （Ⅱ）设为原点，为椭圆上一点，直线分别与直线，交于点两点，与的面积分别为．比较：与大小关系． 比较：与大小关系.（不同维度下比值的大小比较） 能否先通过特殊情况猜测结论？ 如右图所示，当在左右顶点时，根据椭圆的对称性，由于，所以，猜想一般情况下. 分析：该题目是一个非常经典的单动点问题，我们可以直接将求解，是常见的表征形式，本题有如下几个思路： 思路1：利用平面几何中“到角两边距离相等的点在角平分线上”证明． 分析：要证，转化为证明，因为和均为三角形内角，故只要证明即可.如图，只需证 即可． 解法1：由已知为椭圆上一点， 所以． 令，点的横坐标． 所以． 所以直线的方程为. 点到直线的距离为 ． 令，点的横坐标． 所以． 所以直线的方程为. 点到直线的距离为 ． 所以有. 所以，平分，即． 因为. 所以. 思路2：利用公式直接证明． 分析：要证明，只要证明即可.如图，从两角的正切值来考虑，直接证明. 解法2：由已知为椭圆上一点， 所以． 令，点的横坐标． 所以． 令，点的横坐标． 所以． 所以直线的斜率为， 直线的斜率为, 直线的斜率为． 所以 ， ． 同理， ． 所以. 根据 . 所以. 思路3：证明. 分析：要证，只要证明即可.如图，从两角的余弦值来考虑，借助向量运算证明 即可. 解法3：由已知为椭圆上一点，所以． 令，点的横坐标．所以． 令，点的横坐标．所以． 所以，，. 要证明． 即证明，即． 即， 用坐标表示，即． 即证明，而上式等价于． “1=1”，上式恒成立，所以. . 所以. 解法4：由已知为椭圆上一点， 所以． 令，点的横坐标． 所以． 令，点的横坐标． 所以． 所以，， . 所以 . 所以. 根据 . 所以. 思路5：证明. 分析：要证，由，故只需证证明. 如图，过点作轴的平行线，交于两点. 利用平行线分线段成比例，可得， 因此只需证成立即可. 解法5：由已知为椭圆上一点， 所以． 直线． 所以在直线上. 令，点的横坐标． 所以． 令，点的横坐标． 所以． ． 所以． 因为， 所以． 所以． 思路6：利用平面几何“平行线间的距离处处相等”面积转化. 分析：过点分别作交轴于，作交轴于.如图所示，由平面几何“平行线间的距离处处相等”可得，故要证，只需证明即可. 解法6：由已知为椭圆上一点，所以． 直线． 所以在直线上. 令，点的横坐标．所以． 令，点的横坐标．所以． 直线的斜率为，因为， 故此直线的方程为：， 令，． 同理直线的方程为：， 令，． ， 所以，． 所以． 思路7：根据与轴相对位置，分解三角形. 分析：根据与轴相对位置，分，， 三种情况分别证明. 当时，如图1，根据椭圆的对称性， 显然； 当时，如图2， ； 当时，如图3， ． 解法7：当时，根据椭圆的对称性，显然. 接下来证明和等式也成立： 由已知为椭圆上一点，所以． 直线． 所以在直线上. 令，点的横坐标．所以． 令，点的横坐标．所以． ． =． 当时， ． 当时， ． 综上所述：． 思路8.直接计算面积（人教B版教材拓展阅读） 在平面直角坐标系中，给定，假设不在同一条直线上，如图所示，则利用向量的数量积可以方便地求出的面积为.因此有，，故只需证明即可. 人教B版教材拓展阅读 解法8：由已知为椭圆上一点， 所以． 直线． 所以在直线上. 令，点的横坐标． 所以． 令，点的横坐标． 所以． ． 又根据，． 有． 所以． 解法9：以上的思路也可以利用椭圆的参数方程求解 椭圆的参数方程为（为参数），以思路5为例求解. 令，点的横坐标．所以． 令，点的横坐标．所以． 由，可得； 由 ； 由为椭圆上一点， 直线 故直线为椭圆的切线方程且切点为点； 又； 即. 点为椭圆上一点，直线分别与直线，交于点两点，当时．. 为证明上述定理，我们给出调和点列的定义：对于线段的内分点和外分点满足，则称调和分割线段，四点是调和点列，若是直线外一点，则构成调和线束，此时平面内 一条直线去截这四条直线得到的四个点也构成调和点列. 注意到如下调和线束的性质: 若直线是一组调和线束，则平分，当且仅当. 证明：过点作交于点，在轴上的投影分别为，则直线的方程为. 联立直线，消去可得，.从而， ，故有，即是调和点列， 从而是调和点列，因为，从而由调和线束的性质 知是平分线. 至此，可以认为两条直线的条件， 保证了是调和点列，是平分线. 性质1：如图为调和点列，则平分当且仅当.下面运用这一性质，证明是 的角平分线.在证明之前，需要给出极点极线的定义和配极原则，如下： 性质2（极点对应的极线）  （1）当在圆锥曲线上时，其极线是曲线在点处的切线；  （2）当在外时，其极线是曲线从点所引两条切线的切点所确定的直线（即切点弦所在直线）  （3）当在内时，其极线是曲线过点的割线两端点处的切线交点的轨迹． 性质3（配极原则）     (1) 点关于圆锥曲线的极线经过点⇔点关于的极线经过点；     (2) 直线关于的极点在直线上⇔直线关于的极点在极线上．     由此可知，共线点的极线必共点，共点线的极点必共线． 如图，过点作椭圆的另一条切线，切点为 ;过点作椭圆的另一条切线，切点为 ;连接直线交直线于点,连接交于点. 根据性质2和性质3可得到： 直线关于椭圆的极点在直线上⇔直线关于椭圆的极点在直线上; 直线关于椭圆的极点在直线上⇔直线关于椭圆的极点在直线上; 因此可以得到，直线关于椭圆的极点即为直线与直线的交点. 上图中，即可得到点成调和点列，直线成调和线束，根据交比在中心射影下不变的性质可得到点也成调和点列. 运用坐标法可证得直线与直线垂直，因此结合性质1可得到是的角平分线. 直线与椭圆交于两点（其中靠近点，靠近点），直线分别与直线，交于点两点，则 ，即. 为证明上述推广，我们引入等角线定理： 在中，是边上两点，的充要条件是. 证明：如图，作外接圆，分别交于，连结，所以，所以，所以，即，所以，根据割线定理可得，，所以. 下面给出上述定理的证明： 设，直线方程为. 联立可得，， 得. 整理得， . ， 因此有 == =. 因为，所以原式可化简为 . 化简过程可以利用二次函数双根式： 设 有 . 根据等角线定理：. 1.设点策略一样 （2014北京理科高考·19）已知椭圆． （Ⅰ）求椭圆的离心率； （Ⅱ）设为原点．若点在椭圆上，点在直线上，且，试判断直线与圆的位置关系，并证明你的结论． 【解析】（Ⅰ）由题意，椭圆的标准方程为．椭圆的离心率．（Ⅱ）直线与圆相切． 证明如下：设点的坐标分别为，其中． 因为，所以，即，解得． 当时，，代入椭圆的方程，得，故直线的方程为．圆心到直线的距离．此时直线与圆相切．当时，直线的方程为，即．圆心到直线的距离．又，， 故．此时直线与圆相切． （2017北京文科高考·19）已知椭圆的两个顶点分别为，焦点在轴上，离心率为． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）点为轴上一点，过作轴的垂线交椭圆于不同的两点，过作的垂线交于点．求证：与的面积之比为． （Ⅰ）椭圆的方程为．（过程略） （Ⅱ）设，则，．由题设知，且． 直线的斜率，故直线的斜率．所以直线的方程为．直线的方程为．联立 解得点的纵坐标．由点在椭圆上，得．所以．又，，所以与的面积之比为． 2.几何转化方向一样 （2010北京理科高考·19） 在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，是动点，且直线与的斜率之积等于． （Ⅰ）求动点的轨迹方程； （Ⅱ）设直线和分别与直线交于点，问：是否存在点使得 与的面积相等？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由． 解：（Ⅰ）动点的轨迹方程为. （Ⅱ）若存在点使得与的面积相等， 设点的坐标为.则. 因为，所以. 所以.即 ，解得. 因为，所以. 故存在点使得与的面积相等，此时点的坐标为. （2015北京文科）已知椭圆．过点且不过点的直线与椭圆交于两点，直线与直线交于点. （Ⅰ）求椭圆的离心率； （Ⅱ）若垂直于轴，求直线的斜率； （Ⅲ）试判断直线与直线的位置关系，并说明理由． （Ⅰ）椭圆的标准方程为．所以，，． 所以椭圆的离心率． （Ⅱ）因为过点D(1,0)且垂直于轴，所以可设，． 直线的方程为． 令，得．所以直线的斜率． 综上可知，直线与直线平行． （Ⅲ）直线与直线平行．证明如下：当直线的斜率不存在时，由（Ⅱ）可知．又因为直线的斜率，所以．当直线的斜率存在时，设其方程为．设，，则直线的方程为．令，得点．由 得． 所以，． 为证明： 成立． 所以． 3.等角线定理证明计算过程类似问题 （2022北京高考·19）已知椭圆的一个顶点为，焦距为． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）过点作斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，直线分别与轴交于点，当时，求的值． （Ⅰ）椭圆E的方程为． （Ⅱ）直线BC的方程为． 由得． 由， 得．设，， 则，． 直线AB的方程为．令，得点M的横坐标为． 同理可得点N的横坐标为． 由题设，． 所以． 所以， 设 ，． 所以． 化简得． 解得． 4.利用角平分线性质定理“调和点列”解决问题 （2025朝阳二模·19）已知椭圆的焦距为，且过点． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设直线与椭圆交于不同的两点，直线与直线交于点,若 (是坐标原点)，求的值． （Ⅱ）由得． 由得．又，所以． 设，则，． 不妨设点在点的上方， 因为,又， 此时，直线的倾斜角为， 直线的倾斜角为，所以． 由题可知直线和的斜率都存在，分别设为和， 则． 因为，，所以，即． 由得． 所以． 整理得． 又，所以． 解法二：设，直线分别与直线交于， 所以．． 由三点共线可知， 所以所以 所以，．所以． 又，所以． 5.利用向量叉乘直接计算面积 （2025东城二模·19）已知椭圆的一个顶点为，且过点． （Ⅰ）求椭圆的方程及焦距； （Ⅱ）过点的直线与椭圆交于不同的两点，直线的斜率分别记为与，当时，求的面积． （Ⅰ）椭圆的方程为,焦距为．（Ⅱ）由已知得，直线的斜率存在.设直线的方程为．由 得． 由，得． 设，则，． 直线的斜率为，直线的斜率为． 由已知即．由，解得．所以直线的方程为,点到直线的距离为． 所以的面积. 也可以利用的面积求解 $