對北京卷理科三年解幾壓軸試題的分析

張兵源 蘇藝偉

摘 要：通過分析北京卷三年解幾壓軸試題，明晰高考解析幾何復(fù)習(xí)方向，以期更好地指導(dǎo)高三復(fù)習(xí)，提升復(fù)習(xí)備考效益，提升數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).

關(guān)鍵詞：解幾壓軸；復(fù)習(xí)備考；核心素養(yǎng)

一、試題呈現(xiàn)

試題1 （2016年北京卷理科）如圖1，已知橢圓C∶x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為32A（a，0），B（0，b），O（0，0），ΔOAB的面積為1

（1）求橢圓C的方程；

（2）設(shè)P為橢圓上一點(diǎn)，直線PA與y軸交于點(diǎn)M，直線PB與x軸交于點(diǎn)N，求證：AN·BM為定值.

試題2 （2017年北京卷理科）如圖2，已知拋物線C∶y2=2px過點(diǎn)P（1，1）過點(diǎn)0，12作直線l與拋物線C交于不同的兩點(diǎn)M，N過點(diǎn)M作x軸的垂線分別與直線OP，ON交于點(diǎn)A，B，其中O為原點(diǎn)

（1）求拋物線C的方程，并求其焦點(diǎn)坐標(biāo)和準(zhǔn)線方程；

（2）求證：A為線段BM中點(diǎn).

試題3 （2018年北京卷理科）如圖3，已知拋物線C∶y2=2px經(jīng)過點(diǎn)P（1，2）過點(diǎn)Q（0，1）的直線l與拋物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A，B且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N

（1）求直線l的斜率的取值范圍；

（2）設(shè)O為原點(diǎn)，QM=λQO， QN=μQO，求證：1λ+1μ為定值.

二、試題分析

從命題載體上看，均是以直線和圓錐曲線為載體，較為注重直線與橢圓，直線與拋物線，沒有出現(xiàn)直線與雙曲線；

從設(shè)問的層級(jí)上看，都是分成兩步，梯度明顯，層次分明，能夠讓不同的考生都有所收獲，讓有能力的考生脫穎而出；

從考查的內(nèi)容上看，既考查圓錐曲線基本量的求解，如橢圓的方程，拋物線的方程，直線斜率取值范圍等，以此檢測考生是否掌握了基本知識(shí)、基本方法、基本技能.又考查了常見的證明問題，如定值問題中點(diǎn)問題，以此檢測考生是否具備良好的運(yùn)算求解能力，推理論證能力；

從試題難度上看，第一步較為常規(guī)，第二步有一定的難度，需要的計(jì)算量也較大三道試題難度基本持平，體現(xiàn)了高考試題具有穩(wěn)定性的特征；

從試題功效上看，試題都具有一定的探究意義，能夠進(jìn)行推廣，能夠體現(xiàn)出對數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)的考查，對中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)起著良好的導(dǎo)向作用.

三、試題解析

12016年試題

第一步較為常規(guī)，容易求出橢圓C的方程為x24+y2=1，下面探究第二步的證明.

證法1 如圖1所示，設(shè)P（x0，y0）（x0≠2），A（2，0），B（0，1）

當(dāng)x0≠0時(shí)，則kPA=y0x0-2，kPB=y0-1x0.

直線PA方程為y=y0x0-2（x-2）.

令x=0得y=-2y0x0-2，即M0，-2y0x0-2.

故BM=1+2y0x0-2=x0+2y0-2x0-2.

直線PB方程為y=y0-1x0x+1.

令y=0得x=-x0y0-1，即N-x0y0-1，0.

故AN=2+x0y0-1=x0+2y0-2y0-1.

因此

AN·BM=x0+2y0-2y0-1·x0+2y0-2x0-2.

由于（x0+2y0-2）2=4y20 + x20 + 4x0 y0 -4x0 -8y0 + 4.

將x20 4 + y20 = 1變形成x20 + 4y20 = 4，代入上式得

（x0+2y0-2）2=4+4x0y0-4x0-8y0+4

=4（x0y0-x0-2y0+2）.

又因?yàn)椋▂0-1）（x0-2）=x0y0-x0-2y0+2，

所以AN·BM=4（x0y0-x0-2y0+2）x0y0-x0-2y0+2=4.

當(dāng)x0=0時(shí)，y0=-1，|BM|=2，|AN|=2，所以|AN|·|BM|=4.

綜上，|AN|·|BM|為定值.

證法2 設(shè)P（2cosθ，sinθ）（θ≠2kπ，k∈z），A（2，0），B（0，1）.

當(dāng)θ≠π2+2kπ，k∈z時(shí)，

則kPA=sinθ2cosθ-2，kPB=sinθ-12cosθ.

直線PA方程為y=sinθ2cosθ-2（x-2）.

令x=0得y=sinθ1-cosθ，即M0，sinθ1-cosθ.

故BM=1-sinθ1-cosθ=sinθ+cosθ-11-cosθ；

直線PB方程為y=sinθ-12cosθx+1.

令y=0得x=2cosθ1-sinθ，即N2cosθ1-sinθ，0.

故AN=2-2cosθ1-sinθ=2sinθ+2cosθ-21-sinθ；

因此

AN·BM=2sinθ+2cosθ-21-sinθ·sinθ+cosθ-11-cosθ

=2sinθ+cosθ-11-sinθ·sinθ+cosθ-11-cosθ.

由于（sinθ+cosθ-1）2=2+2sinθcosθ-2sinθ-2cosθ，

又因?yàn)椋?-sinθ）（1-cosθ）=1+sinθcosθ-sinθ-cosθ，

所以AN·BM=2+2sinθcosθ-2sinθ-2cosθ1+sinθcosθ-sinθ-cosθ=4.

當(dāng)θ=π2+2kπ，k∈z時(shí)，|BM|=2，|AN|=2，所以|AN|·|BM|=4.

綜上，|AN|·|BM|為定值.

22017年試題

第一問較為常規(guī)，屬于基礎(chǔ)題型，容易求出拋物線的方程為y2=x下面探究第二步的證明.

證法1 如圖2所示，由于直線l過點(diǎn)D0，12與拋物線C交于不同的兩點(diǎn)M，N，所以很容易想到表示出直線的方程，然后和拋物線方程聯(lián)立，借助韋達(dá)定理求解.

設(shè)直線MN方程為y=kx+12（k≠0），M（x1，y1），N（x2，y2）.易知直線OP方程為y=x，直線ON方程為y=y2x2x = y2 y22 x=xy2，

且A（x1，x1），B（x1，x1y2）.

由y=kx+12y2=x ，得k2x2+（k-1）x+14=0.

則由韋達(dá)定理得x1+x2=-k-1k2，x1x2=14k2.

即y21 + y22 = -k-1k2，y21 y22 = 14k2.

所以y1+y2=1k，y1y2=12k.

解得y1=1k-1k2-2k2，y2=1k+1k2-2k2.

要證A為線段BM中點(diǎn)，只需證x1=x1y2+y12，只需證2x1=x1y2+y1，只需證2y21 = y21 y2 + y1 ，只需證2y1=y1y2+1.

由于2y1=2·1k-1k2-2k2=1k-1k2-2k，

又因?yàn)閥1y2=1k-1k2-2k21k+1k2-2k2

=1k-1k2-2k1k+1k2-2k

=（1k-1k2-2k）2（1k+1k2-2k）（1k-1k2-2k）

=2k2-2k1k2-2k-2k2k，

所以y1y2+1=2k2-2k1k2-2k-2k2k+1

=1k-1k2-2k.

故有2y1=y1y2+1，則A為線段BM中點(diǎn).

證法2 由于M，N都在拋物線y2=x上，且M，N，D三點(diǎn)共線，所以從設(shè)點(diǎn)入手.

設(shè)M（m2，m），N（n2，n），D（0，12），易知直線OP方程為y=x，直線ON方程為y=nn2x=xn，且A（m2，m2），B（m2，m2n）.

由M（m2，m），N（n2，n），D（0，12）三點(diǎn)共線可知，m-12m2=n-12n2，化簡可得2mn=m+n.

要證A為線段BM中點(diǎn)，只需證m2=m2n+m2，只需證2m=mn+1，只需證2mn=m+n最后一個(gè)等式顯然成立，故A為線段BM中點(diǎn).

32018年試題

第一問較為常規(guī)，屬于基礎(chǔ)題型，下面探究第二步的證明.

證明 如圖3所示，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），P（1，2），Q（0，1）.

設(shè)直線l的方程為y=kx+1（k≠0），與拋物線方程聯(lián)立得k2x2+（2k-4）x+1=0.

則x1+x2=4-2kk2，x1x2=1k2.

直線PA方程為y-2=y1-2x1-1（x-1），令x=0得M（0，2x1-y1x1-1）同理有N（0，2x2-y2x2-1）.

則QM=（0，x1-y1+1x1-1），QN=（0，x2-y2+1x2-1），QO=（0，-1）.

由QM=λQO，QN=μQO，得x1-y1+1x1-1=-λ，x2-y2+1x2-1=-μ，

解得λ=x1-y1+11-x1，μ=x2-y2+11-x2.

從而1λ+1μ=1-x1x1（1-k）+1-x2x2（1-k）=x1+x2-2x1x2x1x2（1-k）=4-2kk2-2k21-kk2=2為定值.

四、試題推廣

1對2016年試題的推廣

如圖1所示，已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）.A（a，0），B（0，b），設(shè)P為橢圓上一點(diǎn)，直線PA與y軸交于點(diǎn)M，直線PB與x軸交于點(diǎn)N，則AN·BM為定值2ab.

證明 設(shè)P（x0，y0）（x0≠a），A（a，0），B（0，b）.

當(dāng)x0≠0時(shí)，

則kPA=y0x0-a，kPB=y0-bx0.

直線PA方程為y=y0x0-a（x-a），令x=0得y=ay0a-x0，即M0，ay0a-x0.

故BM=b-ay0a-x0=ab-bx0-ay0a-x0.

直線PB方程為y=y0-bx0x+b，令y=0得x=bx0b-y0，即Nbx0b-y0，0.

故AN=a-bx0b-y0=ab-bx0-ay0b-y0.

因此

AN·BM=ab-bx0-ay0a-x0·ab-ay0-bx0b-y0.

由于（ab-bx0-ay0）2=b2x20 + a2y20 + a2b2 + 2abx0 y0 -2a2by0 -2ab2x0 ，

將x20 a2 + y20 b2 = 1變形成b2x20 + a2y20 = a2b2，代入上式得

（ab-bx0-ay0）2=a2b2+a2b2+2abx0y0-2a2by0-2ab2x0=2a2b2+2abx0y0-2a2by0-2ab2x0.

又因?yàn)椋╝-x0）（b-y0）=ab-bx0-ay0+x0y0，

所以AN·BM=2a2b2+2abx0y0-2a2by0-2ab2x0ab-bx0-ay0+x0y0=2ab.

當(dāng)x0=0時(shí)，y0=b，|BM|=2b，|AN|=a，所以|AN|·|BM|=2ab.

綜上，|AN|·|BM|為定值.

2對2017年試題的推廣

已知拋物線C∶y2=2px過點(diǎn)P（u，v）過點(diǎn)D（0，t）作直線l與拋物線C交于不同的兩點(diǎn)M，N過點(diǎn)M作x軸的垂線分別與直線OP，ON交于點(diǎn)A，B，其中O為原點(diǎn)則v=2tA為線段BM中點(diǎn).

證明 設(shè)M（2pm2，2pm），N（2pn2，2pn），D（0，t），易知直線OP方程為y=2pvx，直線ON方程為y=xn，且A（2pm2，4p2vm2），B（2pm2，2pm2n）.

由M（2pm2，2pm），N（2pn2，2pn），D（0，t）三點(diǎn)共線可知，2pm-t2pm2=2pn-t2pn2，化簡可得2pmnt=m+n.

A為線段BM中點(diǎn)4p2m2v=2pm2n+2pm24pmv=mn+14pmnv=m+n2pmnt=4pmnvv=2t.

3對2018年試題的推廣

已知拋物線C：y2=2px經(jīng)過點(diǎn)P（μ，ν）過點(diǎn)Q（0，t）的直線l與拋物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A，B且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N設(shè)O為原點(diǎn)，QM=λQO， QN=μQO，則1λ+1μ為定值2的充要條件是ν=2t.

證明 設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），P（μ，ν），Q（0，t）.

設(shè)直線l的方程為y=kx+t（k≠0），與拋物線方程聯(lián)立得k2x2+（2kt-2p）x+t2=0.

則x1+x2=2p-2ktk2，x1x2=t2k2.

直線PA方程為y-ν=y1-νx1-μ（x-μ），令x=0得M0，νx1-μy1x1-μ.

同理有N0，νx2-μy2x2-μ.

QM=0，-y1μ+x1ν-tx1+tμx1-μ，

QN=0，-y2μ+x2ν-tx2+tμx2-μ，QO=（0，-t）.

由QM=λQO，QN=μQO，

得-y1μ+x1ν-tx1+tμx1-μ=-tλ，

-y2μ+x2ν-tx2+tμx2-μ=-tμ，

解得λ=-kx1μ+x1ν-tx1（μ-x1）t，

μ=-kx2μ+x2ν-tx2（μ-x2）t.

從而1λ+1μ=（μ-x1）t-x1（kμ-ν+t）+（μ-x2）t-x2（kμ-ν+t）

=-（μ-x1）tx2+（μ-x2）tx1x1x2（kμ-ν+t）

=-μt（x1+x2）-2tx1x2x1x2（kμ-ν+t）

=-μt2p-2ktk2-2tt2k2t2k2（kμ-ν+t）=2（-pμ+kμt+t2）tkμ-tν+t2.

若ν=2t，則μ=ν22p=2t2p.

故1λ+1μ=2（-p2t2p+k2t2pt+t2）tk2t2p-t·2t+t2=2.

若1λ+1μ為定值2，則-pμ+kμt+t2tkμ-tν+t2=1，

即-p=tkkμ=-ν ，故pμ=tν又ν2=2pμ，所以ν=2t.

五、教學(xué)啟示

1夯實(shí)基礎(chǔ)，掌握基本知識(shí)，基本方法，基本技能

高考解析幾何的命題思路是創(chuàng)設(shè)平面幾何及運(yùn)用解析法解決圓錐曲線有關(guān)問題的環(huán)境，使得解析幾何的思想方法在解答中得以完整體現(xiàn)代數(shù)問題幾何化，幾何問題代數(shù)化是解析幾何的核心，有效實(shí)現(xiàn)這兩個(gè)轉(zhuǎn)化是解決解析幾何問題的關(guān)鍵.

解析幾何的關(guān)注點(diǎn)在于定性、定位、定量定性即確定平面幾何圖形的基本要素及其幾何特性；定位即感知平面幾何圖形的運(yùn)動(dòng)方式及其位置關(guān)系；定量即建立笛卡爾平面直角坐標(biāo)系，使幾何特性、運(yùn)動(dòng)方式和位置關(guān)系代數(shù)化，精確度量.

因此，在高三復(fù)習(xí)中教師務(wù)必在上述命題思路的指導(dǎo)下，夯實(shí)解析幾何的基礎(chǔ)知識(shí)、基本方法、基本技能，并在掌握好基礎(chǔ)的前提下提升學(xué)生的思維能力在教學(xué)內(nèi)容上，應(yīng)側(cè)重于幾何問題的代數(shù)化表達(dá)；在知識(shí)上，應(yīng)掌握用方程去分析和解決簡單幾何問題的知識(shí)；在方法上，應(yīng)體會(huì)形式化，整體化的計(jì)算方法，從而促進(jìn)學(xué)生在數(shù)學(xué)知識(shí)、數(shù)學(xué)方法和思維能力等方面的發(fā)展.除此以外，還要注意圖形的幾何性質(zhì)，適當(dāng)利用圖形的幾何性質(zhì)，有助于簡化計(jì)算，這種以形助算、以數(shù)解形，數(shù)形相依，相得益彰正是解析幾何精髓所在.

2以高考典型試題為例，提升學(xué)生數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)

高考試題是命題專家精心命制出來的，以典型高考試題為例，能夠促使學(xué)生對此類解幾試題有更深刻的理解，促進(jìn)學(xué)生思維能力的提升.

在高三階段復(fù)習(xí)時(shí)，學(xué)生已經(jīng)有了比較完善的知識(shí)儲(chǔ)備，也具備了應(yīng)用數(shù)學(xué)思想方法指導(dǎo)解題的意識(shí)，所以對一道高考題目的解答往往能給出多種不同的解法教師應(yīng)創(chuàng)設(shè)讓學(xué)生充分表達(dá)解題思路的課堂情境，展示學(xué)生對同一問題不同的認(rèn)識(shí)和解法，再輔以恰當(dāng)?shù)囊龑?dǎo)和評價(jià)，這樣既能鞏固基礎(chǔ)知識(shí)，梳理知識(shí)網(wǎng)絡(luò)，又能提升學(xué)生靈活運(yùn)用知識(shí)的能力.

在解答完典型高考試題后，教師要引導(dǎo)學(xué)生進(jìn)行反思，能否將試題進(jìn)行推廣？讓學(xué)生變成探索者、探究者，從而提升數(shù)學(xué)思辨智慧，提升數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).

3強(qiáng)化運(yùn)算，力求避繁就簡

運(yùn)算繁雜是解析幾何最突出的特點(diǎn)首先，解題中要指導(dǎo)學(xué)生克服只重視思路輕視動(dòng)手運(yùn)算的缺點(diǎn)運(yùn)算能力差是學(xué)生普遍存在的問題，不僅在解析幾何問題中要加強(qiáng)訓(xùn)練，而且在其他板塊中也要注意加強(qiáng)訓(xùn)練，只有把提高學(xué)生的運(yùn)算能力貫徹于教學(xué)的過程之中，才能收到較好的效果其次，要培養(yǎng)學(xué)生運(yùn)算的求簡意識(shí)，突出解析幾何設(shè)而不求的運(yùn)算本色，充分發(fā)揮圓錐曲線的定義和利用平面幾何知識(shí)化難為易，化繁為簡的作用.

參考文獻(xiàn)：

[1]蘇藝偉五環(huán)節(jié)教學(xué)，提升習(xí)題課品質(zhì)[J].中國數(shù)學(xué)教育，2017（9）：22-26.