【课件】01 “新高考1卷 第18题 ”（北部）-特级教师拆解高考真题｜2026 全国数学讲题比赛全集（课件+视频）

此处放视频头像 不放文字 溯源数理根基 深耕思维沃土 ——2026年全国Ⅰ卷第18题解法探究与试题变式 参赛姓名：孙广仁 张 艳 李上官 所在单位：内蒙古赤峰市赤峰二中 尊敬的各位评委、老师，亲爱的同学们：大家好！非常荣幸能在这里与大家交流。今天，我们团队聚焦2026年新高考全国Ⅰ卷第18题的解法探究与试题变式，为大家带来《溯源数理根基，深耕思维沃土》的专题分享。 1 此处放视频头像 不放文字 目 录 一、试题呈现 二、命题立意 三、试题讲解 四、试题溯源 五、试题变式 六、备考建议 下面我们将从六个维度，对这道试题展开系统性的剖析与展示。 2 此处放视频头像 不放文字 一、试题呈现 已知椭圆的左焦点为，离心率为． （1）求的方程； （2）设为坐标原点，过且斜率大于的动直线与交于 ，两点，其中在第三象限，直线与的另一个交点为． （i）若的面积是的面积的倍，求的方程； （ii）求的最小值． 第一部分：试题呈现。已知椭圆的左焦点为F(-1,0)，离心率为1/2．第（1）问，求椭圆的方程//第（2）问，设O为坐标原点，过F且斜率大于0的动直线l与椭圆交于P，Q两点，其中Q在第三象限，直线PO与椭圆的另一个交点为R．//第一小问：若△PQR的面积是△PFO的面积的3倍，求直线l的方程；//第二小问：求tan∠PQR的最小值. 【孙老师，阅读题目后，您对这道试题有何评价？】 【本题以椭圆为载体，综合考查了椭圆方程的求解、直线与圆锥曲线的位置关系、三角形面积计算以及三角函数最值等核心知识点。】 3 此处放视频头像 不放文字 二、命题立意 1. 基础性突出 第（1）问直接考查椭圆的焦点、离心率等基本概念. 2. 层次性鲜明 第（2）问从面积关系到夹角最值，逐步提升思维与运算要求. 3. 思想性深刻 聚焦 “几何关系代数化，代数运算几何化”核心逻辑. 4. 素养导向明确 通过几何条件的转化考查直观想象与逻辑推理素养，通过多元运算路径的选择考查数学运算素养. 具体可从下述四个维度展开// 1.基础性突出：第（1）问直接考查椭圆的焦点、离心率等基本概念，面向全体学生，保障试题的入口宽度.// 2.层次性鲜明：第（2）问从面积关系到夹角最值，逐步提升思维与运算要求，实现对不同层次学生的有效区分.// 3.思想性深刻：试题聚焦解析几何“几何关系代数化，代数运算几何化”的核心逻辑，全面渗透数形结合、设而不求、转化与化归等数学思想.//4. 素养导向明确：通过几何条件的转化考查直观想象与逻辑推理素养，通过多元运算路径的选择考查数学运算素养. 整体来说，该题紧扣《教育部关于做好2026年普通高校招生工作的通知》中关于拔尖创新人才选拔的导向，破除刷题套路，聚焦理性思维与复杂问题解决；立足新课标，落实教考衔接，凸显高考立德树人价值. 4 此处放视频头像 不放文字 三、试题解答：第（1）问 已知椭圆的左焦点为，离心率为． （1）求的方程； 解答 由题意可知，，解得. 又因为，解得. 因此的方程为. 下面我们来看试题解答，对于第一问而言 // 根据c=1，c/a=1/2可得a=2，进一步可得b=根号3，所以椭圆方程为x^2/4+y^2/3=1 5 此处放视频头像 不放文字 三、试题解答：第（2）（i）问 从待求“求直线的方程”入手展开分析 点+方向 的方程 点+另一点 求直线上点或点坐标 几何视角 倾斜角 设倾斜角为 代数视角 斜率 设 设 三角形面积 坐标化 第二问第（i）小问，求直线l的方程，【张老师，您对这一问有何想法？】 【已知直线l过点F，要想求直线方程，可以从直线的构成方式入手，例如两点确定一条直线，一点一方向可以确定一条直线】//如果考虑两点确定一条直线，那么需要求直线上点P或点Q坐标// 如果考虑一点一方向确定一条直线，那么需要确定直线的方向，直线的方向在代数视角下以斜率的形式呈现//可以设直线方程为y=k(x+1)或者x=my−1 //直线的方向在几何视角下以倾斜角的形式呈现，可以直接设直线的倾斜角为θ // 无论哪个思考角度，最后均需要将三角形面积坐标化 此处放视频头像 不放文字 三、试题解答：第（2）（i）问 从条件“”入手展开分析 底高 硬解面积 以为底 以为底 以为底 将面积比转化为线段比 底高 【张老师，在解析几何问题中您会如何处理有关面积的问题呢？】 【主要有两类思路，一是直接计算面积，二是挖掘图形几何性质，将面积关系进行等价转化】 本题给出了两个三角形的面积倍数关系// 可以选择1/2/底×高来硬解面积 // 其中PQ、PR、OF均可作为三角形的底//也可以选择1/2底×高或者1/2 absinC将三角形的面积比直接转化为线段比进行求解，综合条件和待求两方面分析，下面我们来看第一小问的具体思路和解法 此处放视频头像 不放文字 解法1：以为底计算面积表达式 思路1：代数角度求直线方向，设 两点 为 首先来看思路1：从代数角度求直线方向，这里设直线方程为x=my−1。解法1：以PQ为底计算面积 //利用弦长公式计算PQ，利用点到直线距离公式计算高，得到∆PQR的面积表达式//利用两点间距离公式或坐标形式的焦半径公式计算PF，利用点到直线距离公式计算高，得到∆PFO的面积表达式 8 此处放视频头像 不放文字 解法1：以为底计算面积表达式 思路1：代数角度求直线方向，设 因为，整理得.代入，得到. 联立，又因为，解得， 因此直线的方程为. 根据面积间的倍数关系，可以解出x1的表达式，代入直线方程，得到y1的表达式// 与韦达定理联立，求得m的值，从而写出直线的方程 9 此处放视频头像 不放文字 解法1：以为底计算面积表达式 思路1：代数角度求直线方向，设 为 两点 在求解过程中我们发现，高之间存在倍数关系，因此对解法1进行优化. 10 此处放视频头像 不放文字 解法2：优化解法1 思路1：代数角度求直线方向，设 因为，所以. 又因为，所以，即. 将与， 联立，考虑到，解得，所以直线的方程为. 将线段比例关系代数化，得到. 面积比为3：1，高的比为2：1，因此底的比为3：2，即PF=2FQ//将其以坐标形式呈现，即y1=−2y2//与韦达定理联立，求得m的值，进而写出直线的方程。除了通过代数计算发现高的比值外，还可以借助几何图形分析推导 11 此处放视频头像 不放文字 解法3：以为底表示面积 思路1：代数角度求直线方向，设 因为，， 所以，即. 例如解法3：以PQ为底表示面积//面积比为1：3，高的比等于PO与PR的比，等于1：2，所以底边之比等于2：3，即PF=2FQ 此处放视频头像 不放文字 思路1：代数角度求直线方向，设 解法4：以为底表示面积 因为，，所以. 根据三角形相似得到，即. 解法4：以PR为底表示面积//面积比为1：3，底的比为1：2，所以高的比为2：3，根据三角形相似，可以得到PF:PQ=2:3，即PF=2FQ 此处放视频头像 不放文字 解法5：以为底表示面积 思路1：代数角度求直线方向，设 因为 又因为，所以. 因为，所以，故. 解法5：以OF为底表示面积// ∆PQR的面积=∆PQO面积的2倍，又等于2个蓝色三角形的面积+2个绿色三角形的面积，由题干可知，∆PQR的面积=3个蓝色三角形的面积，因此蓝色三角形与绿色三角形面积比为2：1 // 同时以OF为底，则高的比为2：1，进而得到PF=2FQ 此处放视频头像 不放文字 思路1：代数角度求直线方向，设 解法6：利用正弦定理的推论表示面积 因为， 又因为，， 所以，即. 解法6：以正弦定理的推论1/2边边×夹角正弦来表示面积//面积比为1：3，由于角相等，一边的比值为1：2，则另一边的比值为2：3，也可以得到PF=2FQ 此处放视频头像 不放文字 思路1：代数角度求直线方向，设 两种不同设线方式的对比： 设计算量更小 设直线， 由得到， 联立， 解得. 联立， 设直线， 由得到， 解得. 除了设直线方程为x=my−1外，还可以设方程为y=k(x+1)//此时需要将PF=2FQ转化为横坐标的关系式，即x1+2 x2 =-3，与韦达定理联立求解k的值//两种设线方式做比较，设方程为x=my−1计算量更小 此处放视频头像 不放文字 思路2：几何角度求直线方向，设的倾斜角为 解法7：在焦点三角形中利用余弦定理 在中，由余弦定理可知 又因为，解得. 同理可得. （本质：椭圆第一定义） 由可知，故， 所以直线的方程为. 下面我们来看如何从几何角度求直线方向，也就是如何求直线的倾斜角θ，需要说明后续解法均建立获得PF=2FQ这一中间结论的基础上，因此问题的关键在于如何利用倾斜角来表示PF和FQ 【张老师，有关线段长度、角的问题，您会如何解决？】 】一般来说，我会将线段、角放在三角形中，利用解三角形的知识求解】 例如解法7//在焦点三角形∆PF1F中，PF为待求线段，PF1=2a-PF=4-PF，FF1=2c=2，∠PFF1=θ，利用余弦定理解得PF=3/ 2−cosθ//同理可求QF=3/ 2+cosθ//根据PF=2FQ求得θ的余弦值，进而得到正切值，最终写出直线方程//该方法本质上是对椭圆第一定义的应用。 此处放视频头像 不放文字 思路2：几何角度求直线方向，设的倾斜角为 解法8：到焦点距离转化为到准线距离 （本质：椭圆第二定义） 根据椭圆的第二定义，可以得到， 解得. 同理可得. 下同解法7. 还可以利用椭圆第二定义，例如解法8//将点P到焦点距离转化为到准线距离，即PF/PM=1/2，其中PM=PFcosθ+3，可以解得PF=3/ 2−cosθ //同理可求QF，余下过程同解法7 此处放视频头像 不放文字 思路2：几何角度求直线方向，设的倾斜角为 解法9：利用椭圆的极坐标方程 椭圆的极坐标方程为，其中为焦准距，为离心率，为椭圆上点对应的极角. 因为，，点、 对应的极角为、， 所以，. 下同解法7. （本质：椭圆第二定义） 解法9//可以写出椭圆的极坐标方程ρ=ep/ 1−ecosθ，将相关数据代入，可求PF,QF表达式，余下过程同解法7//椭圆的极坐标方程本质上也是对椭圆第二定义的应用 此处放视频头像 不放文字 思路2：几何角度求直线方向，设的倾斜角为 解法10：用焦点定比分弦结论 解法7：在焦点三角形中用余弦定理 解法8：到焦点距离转化为到准线距离 解法9：利用椭圆的极坐标方程 倾斜角形式下 焦半径公式 的证明方法 焦点定比分弦 推论 焦点定比分弦结论：，其中为椭圆的离心率，为直线的倾斜角，. 将，代入上式，解得. 下同解法7. 结论 解法7、8、9实质上为倾斜角形式下焦半径公式的不同证明方法//均可得到PF的表达式//也可以进一步得到焦点定比分弦结论// λ−1/ λ+1 的绝对值=|ecosθ|//将相关数据代入，得到θ的余弦值//余下过程同解法7 此处放视频头像 不放文字 思路2：几何角度求直线方向，设的倾斜角为 解法11：直线的参数方程 设直线的参数方程为（为参数），其中为直线的倾斜角. 与联立，整理得到. 设，对应的参数分别为，，由于，所以. （关键：利用参数的几何意义） 将与， 联立，解得，即，因此直线的方程为. 解法11//设直线的参数方程为x=−1+tcosθ y=tsinθ ，其中t为参数，θ为倾斜角//若P、Q对应的参数分别为t1，t2，根据PF=2FQ可以得到t1=−2 t2//与关于t的韦达定理联立，可求得θ的正切值，从而得到直线方程//该方法本质上是对直线参数方程中t的几何意义的应用 此处放视频头像 不放文字 思路2：几何角度求直线方向，设的倾斜角为 解法12：椭圆第二定义+解直角三角形 根据椭圆的第二定义， ，， 故. 又因为， 所以在中，. 下同解法7. 除了借助椭圆第一定义+解三角形求倾斜角外，还可以利用椭圆第二定义+解直角三角形求倾斜角//根据第二定义，PM=2PF=4FQ，QN=2FQ，所以PG=2FQ//又因为PQ=3FQ，所以在Rt∆PQG，cosθ=2/3，余下过程同解法7 此处放视频头像 不放文字 思路3：求直线上一点坐标（从坐标角度解读） 解法13：坐标形式下的焦半径公式 设，，由坐标形式下的焦半径公式可知，.因为，所以，即. 可以写为，用横坐标表示，即，整理可得. 求直线l的方程，除了求直线的方向外，还可以求直线上点的坐标，那就需要更多地从坐标角度解读PF=2FQ.//此时坐标形式下的焦半径公式会给我们提供想法//设P(x1,y1)，则PF可表示为1/2 x1+2，同理QF可表示为1/2 x2+2。根据PF=2FQ可以得到x1−2 x2=4//根据向量的坐标表示，PF=2FQ又可写作x1+2 x2=−3 23 此处放视频头像 不放文字 思路3：求直线上一点坐标（从坐标角度解读） 解法13：坐标形式下的焦半径公式 联立，解得，因此，. 因为，故直线的方程为. 联立这两个式子解得x1、x2的值，得到点P和点Q的坐标//计算直线PQ斜率，写出直线方程 此处放视频头像 不放文字 思路3：求直线上一点坐标（从坐标角度解读） 解法14：定比点差 设，，用坐标表示可以得到 . 因为，在椭圆上，故， 两式相减，则. 将，代入整理得到. 下同解法13. 解法14：定比点差法//设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，将PF=2FQ用坐标表示，可以得到x1+2 x2=−3，y1+2 y2=0//因为点P、Q在椭圆上，因此坐标满足椭圆方程，即3(x1^2+4y1^2)=12，两边同时乘4，得到4(3x2^2+4y2^2)=48// 两式相减，利用平方差公式分解//将x1+2 x2=−3，y1+2 y2=0代入上式，整理可得x1−2 x2=4。余下过程同解法13. 25 此处放视频头像 不放文字 三、试题解答：第（2）（ii）问 从的形成方式展开分析 直线与 的夹角 向量与 的夹角 到角公式 建立与的定量关系 用点坐标 表示向量 用直线斜率表示向量 计算 几何图形 +倾斜角 第二问第（ii）小问，求tan∠PQR的最小值，【张老师，您对这一问有何想法？】 【这一问的求解可以分成两步，第一步表示tan∠PQR，第二步根据表达式求最小值. 那么如何表示tan∠PQR尤为关键，这取决于你如何看待∠PQR // 可以认为是直线的夹角，也可以认为是向量的夹角。】 如果将∠PQR看作是直线QP与QR的夹角// 可以设直线QP的倾斜角为α，QR的倾斜角为β，根据几何图形，∠PQR=π−β+α，又因为倾斜角的正切值等于直线斜率，因此tan∠PQR最终可以转化kQP−kQR / 1+kQP∙kQR //当然，也可以利用到角公式直接得到这一结论//通过建立QP、QR斜率的定量关系，求得tan∠PQR的最小值// 也可以将∠PQR看作向量QP与QR的夹角// 既可以用点的坐标表示向量，也可以用直线斜率表示向量//可以利用夹角公式即数量积比模乘模计算cos∠PQR，再计算正切值//也可以利用叉乘的模与点乘的比值直接计算tan∠PQR，进而求其最小值。下面我们来看第二小问的具体思路和解法。 此处放视频头像 不放文字 思路1：基于两直线夹角考虑 解法1：求、的表达式 设直线（），则. 设，，则. 将直线与椭圆联立，整理得，. 则. 思路1：基于两直线夹角考虑∠PQR，即利用QP、QR的斜率计算tan∠PQR。解法1：求直线QP、QR斜率//设直线方程为x=my-1，则QP斜率为1/m //QR的斜率为y2+y1 / x2+x1，代入直线方程消x，再代入韦达定理，最终得到QR的斜率为−3m/4 此处放视频头像 不放文字 思路1：基于两直线夹角考虑 解法1：求、的表达式 因此 因为， 当且仅当时等号成立， 故的最小值为. 将两直线斜率代入tan∠PQR的表达式//利用基本不等式求得最小值为4倍根号3 此处放视频头像 不放文字 思路1：基于两直线夹角考虑 解法2： 基于第三定义推论寻找与的关系 因为，是椭圆上关于原点对称的两个点，点为椭圆上异于，的点， 根据椭圆第三定理的推论可以得到. 令，其中，则， 因此， 当且仅当时等号成立，故的最小值为. 除了求直线的斜率外，还可以关注到P、R两点位置的特殊性，利用椭圆第三定义的推论解决问题，如解法2//因为P，R是椭圆上关于原点对称的两个点，点Q为椭圆上异于P，R的点，则kQP∙kQR=−b2 / a2=−3 / 4.//设QP的斜率为k，则QR的斜率为−3/ 4k // 将其代入tan∠PQR的表达式，利用基本不等式求得最小值 此处放视频头像 不放文字 令，将椭圆变为单位圆. 在该变换下，、、、对应变为 、 、 、，为中点对应变为为中点. 思路1：基于两直线夹角考虑 解法3： 基于仿射变换寻找与的关系 可以利用圆与椭圆的联系，利用仿射变换寻找两直线斜率的关系//令x=2x'，y=3y'，将椭圆变为单位圆，O，P，Q，R分别对应O'，P'，Q'，R'，中点性质保持不变 此处放视频头像 不放文字 在单位圆中，为圆的直径，因此. 因为，，所以. 下同解法2. 思路1：基于两直线夹角考虑 解法3： 基于仿射变换寻找与的关系 在单位圆中，P'R'为圆的直径，因此Q’P’的斜率乘Q’R’的斜率等于−1.//在仿射变换下，kQP=根号3 / 2 kQ'P'，kQR=根号3 / 2 kQ'R'，所以QP的斜率乘QR斜率等于−3/4。余下过程同解法2. 此处放视频头像 不放文字 思路2：基于向量夹角考虑 解法4： 用点的坐标表示向量 因为，， 所以 ， ， 我们还可以采取思路2：基于向量夹角考虑∠PQR，即通过夹角公式计算cos∠PQR//解法4：可以用点的坐标表示向量//如图所示，向量QP=(x1−x2,y1−y2)，向量QR=(−x1−x2,−y1−y2)//利用两点间距离公式或弦长公式计算向量QP的模//利用两点间距离公式计算向量QR的模 此处放视频头像 不放文字 思路2：基于向量夹角考虑 解法4： 用点的坐标表示向量 ， 因此 ， 当且仅当时等号成立，故有最大值为， 则有最小值为. 利用椭圆方程化简向量QP点成向量QR//最终得到cos∠PQR的表达式，用基本不等式求得余弦值的最大值//进而得到正切值的最小值 此处放视频头像 不放文字 思路2：基于向量夹角考虑 解法5：用直线的斜率表示向量 直线的方向向量可以表示为，且与同向， 直线的方向向量可以表示为，且与同向， 故. 根据解法2中可知， 设（），则. 解法5：可以用直线的斜率表示向量，从而简化运算//直线QP的方向向量可以表示为向量a=(1,kQP)，且向量a与向量QP同向，直线QR的方向向量可以表示为向量b=(1,kQR)，且向量b与向量QR同向//因此向量QP与QR的夹角即为向量a与b的夹角，故cos∠PQR的表达式可写为1+kQP∙kQR / 根号1+kQP^2 乘 根号1+kQR^2//由于两直线斜率乘积为−3/4，所以设QP的斜率为k，则QR的斜率为−3/ 4k 此处放视频头像 不放文字 思路2：基于向量夹角考虑 解法5：用直线的斜率表示向量 故， 当且仅当时等号成立， 因此最大值为， 则有最小值为. 将两直线斜率代入cos∠PQR的表达式并化简，利用基本不等式求得余弦值的最大值//进而得到正切值的最小值 此处放视频头像 不放文字 思路2：基于向量夹角考虑 解法6：用向量的内积与外积计算 由与的夹角即为与的夹角. 因为，， 故. 根据解法2中可知， 设（），则. 也可以如解法6，利用向量的内积与外积直接计算夹角的正切值//向量a叉乘向量b的模等于模乘模乘夹角的正弦值，向量a点乘向量b等于模乘模乘夹角的余弦值，//两者相比，即可得到夹角的正切值，其表达式为kQP−kQR / 1+kQP∙kQR//因为两直线斜率乘积为−3/4，所以设QP的斜率为k，则QR的斜率为−3/4k 此处放视频头像 不放文字 思路2：基于向量夹角考虑 解法6： 用向量的内积与外积计算 故 当且仅当时等号成立， 故的最小值为. 将直线斜率代入tan∠PQR的表达式，利用基本不等式求得正切值的最小值 此处放视频头像 不放文字 四、试题溯源 解题模型 教材版本及页码 焦半径公式（坐标形式） 人教A版选必一116页信息技术应用 焦半径公式（倾斜角形式） 人教A版选必一114页练习第2题 椭圆直径斜率乘积模型 人教A版选必一108页例3 仿射变换 人教A版选必一108页例2 直线的参数方程 人教A版选必一68页探究与发现 两直线夹角公式 人教B版选必一94页探究 ——教材例习题 【张老师，现在的高考讲求依标命题，教考衔接，那么在试题讲解过程中提及的各类解题方法和技巧，在日常学习中是否能见到其踪迹呢？】// 一方面，我们可以在不同版本教材不同模块中见到坐标形式、倾斜角形式下的焦半径公式、椭圆直径斜率乘积模型、仿射变换、直线的参数方程以及两直线的夹角公式。 此处放视频头像 不放文字 四、试题溯源——高考真题 解题技巧 高考试题 面积比转化为线段比 2023年天津卷第18题、 2018年天津卷第19题 与直线倾斜角建立联系 2022年新高考I卷第21题、 2022年全国甲卷第20题 在椭圆中探寻与关系 2020年全国I卷第20题、 2019年全国II卷第21题 另一方面，相关解题技巧在历年高考真题中也有所体现//例如将面积比转化为线段比在2023年、2018年天津卷中有体现；将角与直线倾斜角建立联系在2022年新高考I卷、甲卷中有体现；在椭圆中探寻直线斜率间的关系在2020年I卷、2019年II卷中有体现. 此处放视频头像 不放文字 五、试题变式 1. 化静为动——动态图形中范围问题研究 变式1 已知椭圆，过左焦点作斜率大于的直线交于，两点，其中在第三象限，点是点关于原点的对称点. （1）求面积的取值范围； （2）令，求的取值范围. 【张老师，解析几何模块常见的解题技巧历年高考反复考查过，平时练习也能经常遇到，怎样做才能帮助学生面对新问题时更好更快地调用这些知识呢？】 】学生难以灵活调用解析几何解题技巧，根源在于机械识记题型。可依托试题变式开展教学，以母题提炼方法的适用条件，再通过变换曲线、设问方式、几何情境等，引导学生剥离外在包装，聚焦内在几何结构，构建结构识别到方法匹配的思维链，实现陌生问题下的灵活调用。】 下面我们将从6个不同角度开展试题变式// 变式角度1：化静为动，在动态图形中研究范围问题。//变式1：条件不变，将原题“静态下求直线方程”更改为在直线转动下（1）求ΔPQR面积的取值范围；//（2）令S∆PQR=λ S∆PFO，求λ的取值范围. 此处放视频头像 不放文字 五、试题变式 1. 化静为动——动态图形中范围问题研究 解答 （1）设，设，. 直线与椭圆联立，整理得，. ， 令（），则. 对于第一问而言，将ΔPQR的面积转化为ΔPQO面积的二倍，而ΔPQO的面积，选择以OF为底，PQ纵坐标的差为高进行计算，//得到面积的表达式后，通过换元+构造函数求取值范围. 此处放视频头像 不放文字 五、试题变式 1. 化静为动——动态图形中范围问题研究 解答 （2）， 考虑到， 即， 则. 第（2）问，λ表示两个三角形面积的比值，将其转化为纵坐标的比，即2(1−y2 / y1)//通过韦达定理构造齐次分式，即(y1+y2)^2 / y1y2=y2/y1+y1/y2+2，通过(y1+y2)^2 / y1y2的范围求解y2/y1的范围，//从而得到λ的范围为(8/3,4)，而高考真题正是选取了λ=3这一特殊情况. 此处放视频头像 不放文字 五、试题变式 2. 连线拓形——新增连线衍生几何新问题 变式2 已知椭圆，过左焦点作斜率大于的直线交于，两点，其中在第三象限，点是点关于原点的对称点，连接交椭圆于另一点，求四边形周长的取值范围. 解答 因为、关于原点对称，、关于原点对称， 所以四边形为平行四边形， 故四边形周长为. 变式角度2：连线拓形，通过新增连线衍生几何新问题//变式2：在原题基础上新增直线QO，并于椭圆交于点M，求四边形PQRM周长的取值范围//由于P、R和Q、M均关于原点对称，所以四边形PQRM为平行四边形，周长等于2(PQ+QR). 此处放视频头像 不放文字 五、试题变式 2. 连线拓形——新增连线衍生几何新问题 所以， . 设，设，，则. 直线与椭圆联立，整理得，. 设直线PQ方程//通过弦长公式求PQ长度//利用两点间距离公式求QR长度 此处放视频头像 不放文字 五、试题变式 2. 连线拓形——新增连线衍生几何新问题 则 令（），则， 则， 故四边形周长. 两者相加得到PQ+QR表达式//通过换元+构造函数最终得到周长的取值范围. 此处放视频头像 不放文字 五、试题变式 3. 动中寻定——动态图形中探究几何不变量 变式3 已知椭圆，过左焦点作斜率大于的直线交于，两点，其中在第三象限，点是点关于原点的对称点，点为右顶点. （1）证明：直线与直线的斜率之积为定值； （2）证明：直线与直线的斜率之比为定值； （3）求的取值范围. 变式角度3：动中寻定，在动态图形中探究几何不变量，原题中存在直线QP、QR斜率乘积为定值这一不变量，那么在这个问题背景下还存在哪些不变量？//例如变式3，增加椭圆右顶点A后，可以证明（1）：直线AP与AQ的斜率之积为定值；//（2）直线AQ与AR的斜率之比为定值；//（3）求tan∠QAR的取值范围. 此处放视频头像 不放文字 五、试题变式 3. 动中寻定——动态图形中探究几何不变量 解答 设，设，. 直线与椭圆联立，整理得，. （1）. （2）因为、关于原点对称，则. 由（1）可知，. 两式作比，即可得到. 问题解答：首先设直线PQ方程//对于第（1）问而言，kAP∙kAQ=y1/(x1−2) 乘 y2/（x2−2），代入直线方程消x，再代入韦达定理整理得到乘积为定值−1/4 // 第（2）问，根据椭圆第三定义的推论，kAP∙kAR=−3/4，在第（1）问中得到kAP∙kAQ=−1/4，两者相比，可以得到kAQ / kAR=1/3. 此处放视频头像 不放文字 五、试题变式 3. 动中寻定——动态图形中探究几何不变量 （3）由（2）可知，，故设，则. 由于，并且，故. 所以. 第（3）问，设kAR=k，则kAQ=k/3，并可进一步限制k的范围//利用到角公式得到tan∠QAR的表达式，通过构造函数求其取值范围. 此处放视频头像 不放文字 五、试题变式 4. 对称重构——变换对称关系拓展设问 变式4 已知椭圆，过左焦点作斜率大于的直线交于，两点，其中在第三象限，点是点关于轴的对称点. （1）证明直线恒过定点； （2）若的面积是的面积的倍，求的方程； （3）求面积的最大值. 变式角度4：对称重构，通过变换对称关系来拓展设问//原题中P和R关于原点对称，在变式4中将其更改为P和R关于x轴对称，//（1）可以证明直线QR恒过定点；//（2）若△FQR的面积是△PFO的面积的32倍，求l的方程；//（3）求△FQR面积的最大值. 此处放视频头像 不放文字 五、试题变式 4. 对称重构——变换对称关系拓展设问 解答（1）设直线，设，，则. 直线方程与椭圆方程联立，整理得，. 因为， 则直线方程为. 解答：第（1）问，首先设直线PQ方程，与椭圆联立，写韦达定理//其次写出直线QR斜率的表达式，加上点R坐标，可写出直线QR的方程 50 此处放视频头像 不放文字 五、试题变式 4. 对称重构——变换对称关系拓展设问 令，则， 故直线恒过定点. （2）记，则 . . 经分析可知，定点在x轴上，故令y=0，解得x=-4，所以直线QR过定点（-4，0）//第（2）问，记M点为（-4，0），则S∆FQR=S∆MFR−S∆MFQ=3/2 (y1+y2). S∆PFO=1/2 y1 此处放视频头像 不放文字 五、试题变式 4. 对称重构——变换对称关系拓展设问 联立，且，解得. 故直线的方程为. 因为， 所以，整理得. 可以将面积比转化为坐标比，即y1=−2y2//与韦达定理联立，求得m的值，进而写出直线方程 此处放视频头像 不放文字 五、试题变式 4. 对称重构——变换对称关系拓展设问 （3）由（2）知，， 当且仅当时等号成立， 因此面积的最大值为. 第（3）问，写出∆FQR的面积表达式，利用基本不等式求得面积最大值。 此处放视频头像 不放文字 五、试题变式 5. 逆推参量——结论导向的逆向命题设计 变式5 已知椭圆，过左焦点作斜率大于的直线交于，两点，其中在轴上方，是关于原点对称的点. 若的最小值为，求椭圆的离心率. 解答 因为，关于原点对称，且点为椭圆上的点， 则. 设（），则. 变式角度5：逆推参量，由结论出发设计逆命题//原题是已知椭圆方程求tan∠PQR的最小值，变式5是已知tan∠PQR的最小值，求椭圆的离心率.//解答：由椭圆第三定义的推论可知，kQR∙kQP=−b^2 / a^2. 设QP斜率为k，则QR斜率为−b^2 / a^2k 此处放视频头像 不放文字 五、试题变式 5. 逆推参量——结论导向的逆向命题设计 ， 当且仅当时等号成立，则的最小值为. 由于的最小值为，故， 解得或（舍），故椭圆的离心率为. 利用到角公式表示tan∠PQR，通过基本不等式求得最小值为2ab /(a^2−b^2)//最小值又等于4倍根号3，可以解得a/b=2比根号3，故椭圆的离心率为1/2. 此处放视频头像 不放文字 五、试题变式 6. 曲线同源——圆锥曲线模型统一推广 变式6 已知双曲线1，过左焦点作斜率大于的直线交双曲线的左支于，两点，其中在轴上方，是关于原点对称的点. 若，求此时直线的方程. 变式角度6：曲线同源，圆锥曲线模型的统一推广，高考原题以及变式1-5均可把试题背景由椭圆换成双曲线、抛物线，这里给出一个示例// 变式6：已知双曲线方程，过左焦点F作斜率大于0的直线交双曲线的左支于P、Q两点，其中点P在x轴上方，R是P关于原点对称的点. 若∠PQR=π/4，求此时直线l的方程. 此处放视频头像 不放文字 五、试题变式 6. 曲线同源——圆锥曲线模型统一推广 解答 设直线， 设，，则. 直线与双曲线联立，整理得，. 因为直线斜率大于且与左支交于两点， 所以直线的斜率，则. 解答：设直线PQ方程//由于直线与双曲线左支交于两点，可限制m的取值范围. 此处放视频头像 不放文字 五、试题变式 6. 曲线同源——圆锥曲线模型统一推广 因为，， 则. 因为，则，解得或（舍）， 故直线的方程为. 因为QP的斜率为1/m，QR的斜率为3m// 一方面利用到角公式得到tan∠PQR的表达式// 另一方面由题干的条件可知tan∠PQR=1，解得m的值，写出直线l的方程. 58 此处放视频头像 不放文字 六、备考建议 学情分析 测试样本来自本校高二（7）班41名同学，试题按照第(1)问4分、第(2)(i)问6分、第(2)(ii)问7分的标准进行评分，试题平均分为11.27分. 得分区间 人数 所占班级比例 层次定位 12-17分 19 46.34% 优秀层（9人满分） 9-11分 8 19.51% 中等偏上层 6-9分 12 29.27% 中等薄弱层（核心提分群体） 6分以下 2 4.88% 基础薄弱层 在给出解析几何模块备考建议之前，我们先来看看学生针对这道高考真题的作答情况 //测试样本选自高二（7）班41名同学，按照第（1）问4分，第二问第一小问6分，第二小问7分的标准进行评分，班级有9人满分，班级平均分为11.27分//具体的分数段统计见表格。 此处放视频头像 不放文字 六、备考建议 学情分析 从表中数据来看，近半数学生达到高考优秀答题水准，基础教学落实到位；但近一半的学生集中在6–11分段，几何转化、复杂代数运算两大高考核心能力存在明显短板，例如缺乏几何化简意识而选择硬解面积，依赖韦达定理硬算夹角正切值致使代数式繁杂直接放弃，未能利用椭圆第三定义的推论简化斜率乘积；低分段学生椭圆底层概念未完全掌握. 从表中数据来看，近半数学生达到高考优秀答题水准（12分及以上），基础教学落实到位；但近一半的学生集中在6–11分段，几何转化、复杂代数运算两大高考核心能力存在明显短板，例如缺乏几何化简意识而选择硬解面积，依赖韦达定理硬算夹角正切值致使代数式繁杂直接放弃，未能利用椭圆第三定义的推论简化斜率乘积；低分段学生椭圆底层概念未完全掌握. 此处放视频头像 不放文字 六、备考建议 备考建议1：锚通法固本，夯实底层解题基本功 回归教材通解通法，夯实联立、韦达定理、设而不求核心能力. 强化基础计算限时训练，重结论推导、轻机械背诵，稳住基础题得分. 备考建议2： 强化几何直观，简化代数运算负担 贯彻“先几何分析，后代数运算”思路，依托图形性质简化运算. 总结化简、消元技巧，提升计算精准度，解决“会思路、算不对” 的典型失分问题. 结合班级具体学情与典型失分短板，围绕解析几何备考目标，制定针对性教学与训练策略// 念建议1 //念建议2 此处放视频头像 不放文字 六、备考建议 备考建议3：常态化一题多解教学，分层消解畏难情绪 常态化一题多解教学，拓宽解题思维. 分层适配各层级学法，拆解压轴题得分点，缓解畏难心理，引导学生争取步骤分、杜绝空卷. 备考建议4：归纳常用几何模型，实现题型迁移解题 精讲高频圆锥曲线模型，结合原题与变式梳理推导逻辑及适用场景.强化模型识别与迁移能力，适配创新题型，缩短解题耗时. 念建议3 // 念建议4 62 此处放视频头像 不放文字 六、备考建议 备考建议5： 实施分层靶向训练，精准缩小班级分数差距 实施分层靶向训练，针对不同学情梯度出题、精准辅导，分层突破基础、中档、综合、高阶题型. 建立错题分类复盘机制，杜绝重复失分，缩小班级分差. 念建议5 此处放视频头像 不放文字 感悟与体会 本次讲题比赛让我们深刻体会到，解决解析几何问题必须坚持“几何直观先行，代数运算跟进”的原则. 同时，试题变式是打破思维定式、拒绝机械刷题的利器. 通过改变条件、转换视角或一题多解，我们不仅能在“万变”中探寻“不变”的数学本质，打通不同知识模块的壁垒，更能有效优化解题路径，简化繁杂运算，从而全面提升数学思维的灵活性与深刻性. 念PPT 谢谢倾听，请批评指正! 以上就是我们团队本次汇报的全部内容。感谢各位的倾听。如有不足之处，请批评指正，谢谢大家！ $