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習方向，以期更好地指導高三復習，提升復習備考效益，提升數學核心素養.

關鍵詞：解幾壓軸；復習備考；核心素養

一、試題呈現

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P為橢圓上一點，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點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P（1，1）過點0，12作直線l與拋物線C交于不同的兩點M，N過點M作x軸的垂線分別與直線OP，ON交于點A，B，其中O為原點

（1）求拋物線C的方程，并求其焦點坐標和準線方程；

（2）求證：A為線段BM中點.

試題3 （2018年北京卷理科）如圖3，已知拋物線C∶y2=2px經過點P（1，2）過點Q（0，1）的直線l與拋物線C有兩個不同的交點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O為原點，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，沒有出現直線與雙曲線；

從設問的層級上看，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、基本方法、基本技能.又考查了常見的證明問題，如定值問題中點問題，以此檢測考生是否具備良好的運算求解能力，推理論證能力；

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

從試題功效上看，試題都具有一定的探究意義，能夠進行推廣，能夠體現出對數學核心素養的考查，對中學數學教學起著良好的導向作用.

三、試題解析

12016年試題

第一步較為常規，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P（x0，y0）（x0≠2），A（2，0），B（0，1）

當x0≠0時，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）.

又因為（y0-1）（x0-2）=x0y0-x0-2y0+2，

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

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

綜上，|AN|·|BM|為定值.

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

當θ≠π2+2kπ，k∈z時，

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，

又因為（1-sinθ）（1-cosθ）=1+sinθcosθ-sinθ-cosθ，

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

當θ=π2+2kπ，k∈z時，|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，屬于基礎題型，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D0，12與拋物線C交于不同的兩點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立，借助韋達定理求解.

設直線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，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，

又因為y1y2=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.

證法2 由于M，N都在拋物線y2=x上，且M，N，D三點共線，所以從設點入手.

設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）三點共線可知，m-12m2=n-12n2，化簡可得2mn=m+n.

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

32018年試題

第一問較為常規，屬于基礎題型，下面探究第二步的證明.

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

設直線l的方程為y=kx+1（k≠0），與拋物線方程聯立得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P為橢圓上一點，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N，則AN·BM為定值2ab.

證明 設P（x0，y0）（x0≠a），A（a，0），B（0，b）.

當x0≠0時，

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.

又因為（a-x0）（b-y0）=ab-bx0-ay0+x0y0，

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

當x0=0時，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P（u，v）過點D（0，t）作直線l與拋物線C交于不同的兩點M，N過點M作x軸的垂線分別與直線OP，ON交于點A，B，其中O為原點則v=2tA為線段BM中點.

證明 設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）三點共線可知，2pm-t2pm2=2pn-t2pn2，化簡可得2pmnt=m+n.

A為線段BM中點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經過點P（μ，ν）過點Q（0，t）的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N設O為原點，QM=λQO， QN=μQO，則1λ+1μ為定值2的充要條件是ν=2t.

證明 設A（x1，y1），B（x2，y2），P（μ，ν），Q（0，t）.

設直線l的方程為y=kx+t（k≠0），與拋物線方程聯立得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、教學啟示

1夯實基礎，掌握基本知識，基本方法，基本技能

高考解析幾何的命題思路是創設平面幾何及運用解析法解決圓錐曲線有關問題的環境，使得解析幾何的思想方法在解答中得以完整體現代數問題幾何化，幾何問題代數化是解析幾何的核心，有效實現這兩個轉化是解決解析幾何問題的關鍵.

解析幾何的關注點在于定性、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動方式及其位置關系；定量即建立笛卡爾平面直角坐標系，使幾何特性、運動方式和位置關系代數化，精確度量.

因此，在高三復習中教師務必在上述命題思路的指導下，夯實解析幾何的基礎知識、基本方法、基本技能，并在掌握好基礎的前提下提升學生的思維能力在教學內容上，應側重于幾何問題的代數化表達；在知識上，應掌握用方程去分析和解決簡單幾何問題的知識；在方法上，應體會形式化，整體化的計算方法，從而促進學生在數學知識、數學方法和思維能力等方面的發展.除此以外，還要注意圖形的幾何性質，適當利用圖形的幾何性質，有助于簡化計算，這種以形助算、以數解形，數形相依，相得益彰正是解析幾何精髓所在.

2以高考典型試題為例，提升學生數學核心素養

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，能夠促使學生對此類解幾試題有更深刻的理解，促進學生思維能力的提升.

在高三階段復習時，學生已經有了比較完善的知識儲備，也具備了應用數學思想方法指導解題的意識，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創設讓學生充分表達解題思路的課堂情境，展示學生對同一問題不同的認識和解法，再輔以恰當的引導和評價，這樣既能鞏固基礎知識，梳理知識網絡，又能提升學生靈活運用知識的能力.

在解答完典型高考試題后，教師要引導學生進行反思，能否將試題進行推廣？讓學生變成探索者、探究者，從而提升數學思辨智慧，提升數學核心素養.

3強化運算，力求避繁就簡

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

參考文獻：

[1]蘇藝偉五環節教學，提升習題課品質[J].中國數學教育，2017（9）：22-26.