2021年高考“圓錐曲線與方程”專題解題分析

孫紅波 周遠(yuǎn)方 裴偉

摘? 要：2021年高考數(shù)學(xué)試卷中有關(guān)圓錐曲線與方程的試題，聚焦圓錐曲線的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)等考查重點(diǎn)，強(qiáng)化“四基”、考查“四能”，突出主干知識(shí)，重視解析幾何的本質(zhì)，全面考查解析幾何的基本思想和方法，有效甄別學(xué)生的運(yùn)算求解能力和幾何直觀素養(yǎng). 通過(guò)對(duì)典型試題的解法分析，總結(jié)試題的解題規(guī)律，領(lǐng)悟數(shù)形結(jié)合思想方法的靈活運(yùn)用，為今后的高考復(fù)習(xí)備考提出針對(duì)性和有效性建議.

關(guān)鍵詞：圓錐曲線與方程;幾何性質(zhì);解題分析;復(fù)習(xí)建議

圓錐曲線與方程是解析幾何的重要組成部分，是解析幾何核心內(nèi)容的體現(xiàn)，一直是高考考查的重點(diǎn)與熱點(diǎn). 綜觀2021年高考數(shù)學(xué)10份試卷，關(guān)于圓錐曲線與方程的試題難度適中，考查內(nèi)容全面，圓錐曲線的核心知識(shí)考點(diǎn)全覆蓋，同時(shí)兼顧與其他知識(shí)的綜合. 試題平凡但不平淡，簡(jiǎn)約而不簡(jiǎn)單，強(qiáng)調(diào)數(shù)學(xué)本質(zhì)，突出通性、通法，考查解析幾何基本思想與基本方法，重視對(duì)學(xué)生邏輯推理、直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng)的考查，考查學(xué)生分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力，充分發(fā)揮了對(duì)中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)的導(dǎo)向作用.

一、典例剖析

1. 根植教材，考查圓錐曲線的基本概念與標(biāo)準(zhǔn)方程

圓錐曲線的基本概念包括圓錐曲線的定義、軸長(zhǎng)、焦距、焦點(diǎn)坐標(biāo)、頂點(diǎn)坐標(biāo)、準(zhǔn)線方程. 這類試題一般出現(xiàn)在客觀題或解答題的第（1）小題，考查學(xué)生對(duì)圓錐曲線概念的理解，屬于容易題或中檔題的范疇.

（1）圓錐曲線的定義.

例1 （北京卷·12）已知拋物線[y2=4x]的焦點(diǎn)為[F，] 點(diǎn)[M]在拋物線上，[MN]垂直[x]軸于點(diǎn)[N]. 若[MF=6，] 則點(diǎn)[M]的橫坐標(biāo)為? ? ? ?;[△MNF]的面積為? ? ?.

解：根據(jù)拋物線定義及[FM=6，] 可知點(diǎn)[M]到拋物線準(zhǔn)線的距離為6.

因?yàn)閽佄锞€的準(zhǔn)線方程為[x=-1，]

所以[xM+1=6.]

解得[xM=5，] 即點(diǎn)[M]的橫坐標(biāo)為[5].

于是[yM2=20，]

則[yM=25.]

所以點(diǎn)[M]到[x]軸的距離為[25.]

因?yàn)閇△MNF]的底為[5-1=4，]

所以[△MNF]的面積為[12×25×4=45.]

【評(píng)析】此題主要考查拋物線的定義及準(zhǔn)線方程，屬于容易題，解題的關(guān)鍵在于將拋物線的焦半徑轉(zhuǎn)化為點(diǎn)的坐標(biāo)的關(guān)系. 在求解[△MNF]的面積時(shí)，需要將“點(diǎn)在曲線上”代數(shù)化.

例2 （全國(guó)新高考Ⅰ卷·5）已知[F1，F(xiàn)2]是橢圓[C：][x29+y24=1]的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)[M]在[C]上，則[MF1MF2]的最大值為（? ? ）.

（A）13 （B）12 （C）9 （D）6

解：根據(jù)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，可知橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為[2a=6.]

結(jié)合橢圓的第一定義，可知[MF1+MF2=6.]

由均值不等式，得

[MF1MF2≤MF1+MF222=9，]

當(dāng)且僅當(dāng)[MF1=MF2=3]時(shí)，等號(hào)成立.

故答案選C.

【評(píng)析】此題涉及橢圓中的基本量及均值不等式，解題的關(guān)鍵在于能根據(jù)“積”聯(lián)想到“和為定值”，進(jìn)而利用橢圓的第一定義得出答案，屬于容易題.

（2）圓錐曲線的基本量.

例3 （全國(guó)新高考Ⅱ卷?3）若拋物線[y2=2px p>0]的焦點(diǎn)到直線[y=x+1]的距離為[2，] 則[p]的值為（? ? ）.

（A）[1]? ?（B）[2]? ?（C）[22]? ?（D）[4]

解：拋物線[y2=2px p>0]焦點(diǎn)為[p2，0，]

則[p2，0]到[x-y+1=0]的距離[d=p2+12=2.]

解得[p=2.]

故答案選B.

【評(píng)析】此題主要考查拋物線中基本量[p]的求解，只要準(zhǔn)確寫出焦點(diǎn)坐標(biāo)，以及點(diǎn)到直線的距離公式，就可以得出正確答案.

例4 （全國(guó)乙卷·理13）已知雙曲線[C： x2m-][y2=1 m>0]的一條漸近線為[3x+my=0，] 則C的焦距為? ? ? ?.

解：由漸近線方程[3x+my=0，] 化簡(jiǎn)得[y=-3mx，]

即[ba=3m，] 則[b2a2=3m2.]

因?yàn)樵陔p曲線中[a2=m，b2=1，]

所以[3m2=1m.]

解得[m=3].

所以[c2=a2+b2=3+1=4.]

解得[c=2.]

所以焦距[2c=4.]

故答案為4.

【評(píng)析】此題為容易題，考查由漸近線求解雙曲線的基本量——焦距，正確計(jì)算并聯(lián)立關(guān)系式求解是關(guān)鍵.

（3）圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程.

例5 （北京卷·5）雙曲線[x2a2-y2b2=1]的離心率為2，且過(guò)點(diǎn)[2， 3，] 則雙曲線的方程為（? ? ）.

（A）[2x2-y2=1] （B）[x2-y23=1]

（C）[5x2-3y2=1] （D） [x22-y26=1]

解：因?yàn)殡p曲線離心率[e=ca=2，]

所以[c=2a，b=3a.]

將點(diǎn)[2， 3]代入雙曲線方程，得

[2a2-33a2=1a2=1.]

故[a2=1，b2=3.]

所以雙曲線方程為[x2-y23=1].

故答案選B.

【評(píng)析】此題主要考查利用待定系數(shù)法求曲線方程，只需要找到[a，b，c]三者之間的關(guān)系，將幾何條件“點(diǎn)在曲線上”代數(shù)化即可.

2. 強(qiáng)化基礎(chǔ)，考查圓錐曲線的幾何性質(zhì)

對(duì)圓錐曲線幾何性質(zhì)的考查，一般出現(xiàn)在客觀題中，屬于中檔題. 在解題過(guò)程中，如果善于發(fā)現(xiàn)其中的隱含條件，將會(huì)極大地簡(jiǎn)化運(yùn)算，收到事半功倍的效果，其中常常會(huì)用到數(shù)形結(jié)合的思想.

（1）對(duì)稱性問(wèn)題.

橢圓、雙曲線、拋物線都是軸對(duì)稱圖形，橢圓、雙曲線還是中心對(duì)稱圖形，如果能結(jié)合圖形和題中的幾何關(guān)系，發(fā)現(xiàn)其蘊(yùn)含的對(duì)稱關(guān)系，將會(huì)極大地簡(jiǎn)化運(yùn)算.

例6 （全國(guó)甲卷·文16 / 理15）已知[F1，F(xiàn)2]為橢圓[C： x216+y24=1]的兩個(gè)焦點(diǎn)，P，Q為C上關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)，且[PQ=F1F2，] 則四邊形[PF1QF2]的面積為? ? ? ? ?.

解：因?yàn)閇P，Q]為[C]上關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)，且[PQ=F1F2，]

所以四邊形[PF1QF2]為矩形.

由橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，得

橢圓長(zhǎng)軸長(zhǎng)為[8， F1F2=43.]

設(shè)[PF1=m， PF2=n，]

根據(jù)橢圓定義，知[m+n=8.]

由勾股定理，得[m2+n2=F1F22=48.]

所以[64=m+n2=48+2mn.]

解得[mn=8.]

故四邊形[PF1QF2]的面積等于[8].

故答案為[8].

【評(píng)析】此題主要考查橢圓焦點(diǎn)三角形的性質(zhì)，通過(guò)圖形的對(duì)稱性發(fā)現(xiàn)四邊形[PF1QF2]為矩形是解題的關(guān)鍵，進(jìn)而將四邊形問(wèn)題轉(zhuǎn)化為直角三角形問(wèn)題.

（2）離心率問(wèn)題.

離心率是圓錐曲線的一個(gè)重要特性，是刻畫圓錐曲線形態(tài)特征的重要幾何量，它揭示了基本量[a，b，c]三者之間的關(guān)系，是高考客觀題的考查重點(diǎn). 求解離心率的方法一般有兩種：一是直接借助圖形特征求出[a，c，] 進(jìn)而解出離心率[e];二是構(gòu)造關(guān)于[a，c]的齊次式，進(jìn)而求出離心率[e.]

例7 （浙江卷·16）已知橢圓[x2a2+y2b2=1 a>b>0，]焦點(diǎn)[F1-c，0，F(xiàn)2c，0 c>0.] 若過(guò)點(diǎn)[F1]的直線和圓[x-12c2+y2=c2]相切，與橢圓在第一象限交于點(diǎn)P，且[PF2⊥Ox，] 則該直線的斜率是? ? ? ?，橢圓的離心率是? ? ? ?.

解：如圖1，不妨假設(shè)[c=2]，設(shè)切點(diǎn)為[B]，

則[sin∠PF1F2=sin∠BF1A=ABF1A=23，]

[tan∠PF1F2=232-22=255.]

所以[k=255.]

由[k=PF2F1F2， F1F2=2c=4，] 得

[PF1=1255， PF2=855.]

所以[2a=PF1+PF2=45，]

即[a=25.]

所以[e=ca=225=55.]

故答案為[255; 55.]

【評(píng)析】此題主要考查離心率的求解，由于題中[c]的值已知，只需要求出[a]的值即可，借助直角三角形中的三角函數(shù)，以及橢圓的定義可以快速求解.

例8 （全國(guó)乙卷·理11）設(shè)[B]是橢圓[C： x2a2+][y2b2=1 a>b>0]的上頂點(diǎn)，若[C]上的任意一點(diǎn)[P]都滿足[PB≤2b，] 則[C]的離心率的取值范圍是（? ? ）.

（A）[22，1] （B）[12，1]

（C）[0， 22] （D）[0， 12]

解：設(shè)[Px，y，]

則[PB2=x2+y-b2][=-c2b2y2-2by+a2+b2.]

記[fy=-c2b2y2-2by+a2+b2，y∈-b，b，]

則對(duì)稱軸[y=-b3c2.]

當(dāng)[-b3c2≤-b，] 即[0

[fymax=f-b=-c2+a2+3b2=4b2，] 符合題意.

當(dāng)[-b3c2>-b，] 即[22

[b2

因?yàn)閇b4c2+a2+b2-4b2=b4-2b2c2+c4c2>0，]

所以函數(shù)[fy]的最大值大于[4b2，] 不符合題意.

所以[e∈0， 22.]

故答案選C.

【評(píng)析】此題是一道關(guān)于離心率取值范圍的試題. 只需根據(jù)題設(shè)條件，建立離心率和其他變量的函數(shù)關(guān)系，將取值范圍問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問(wèn)題進(jìn)行處理，借助函數(shù)的單調(diào)性即可解決.

（3）漸近線問(wèn)題.

漸近線是雙曲線所特有的性質(zhì)，一般在客觀題中以條件出現(xiàn)，或者要求學(xué)生根據(jù)給定條件和要求求出雙曲線的漸近線方程.

例9 （全國(guó)新高考Ⅱ卷·13）已知雙曲線[C ： x2a2-][y2b2=1 a>0，b>0]的離心率[e=2，] 則雙曲線[C]的漸近線方程為? ? ? ? ? ?.

解：因?yàn)殡p曲線的離心率為[2，]

所以[1+b2a2=2.]

解得[ba=3.]

所以雙曲線[C]的漸近線方程為[y=±3x.]

故答案為[3x-y=0]，[3x+y=0].

【評(píng)析】此題考查雙曲線的漸近線方程與離心率的關(guān)系，屬于簡(jiǎn)單題.

3. 重視本質(zhì)，考查直線與圓錐曲線綜合的問(wèn)題

（1）距離問(wèn)題.

距離是解析幾何研究的重要問(wèn)題之一，在圓錐曲線中主要以考查長(zhǎng)度、面積和比例等形式出現(xiàn)，掌握兩點(diǎn)間的距離公式和圓錐曲線的弦長(zhǎng)公式是解題的關(guān)鍵.

例10 （全國(guó)甲卷·文5）點(diǎn)[3，0]到雙曲線[x216-][y29=1]的一條漸近線的距離為（? ? ）.

（A）[95] （B）[85] ? ?（C）[65] ? （D）[45]

解：由題意，可知雙曲線的漸近線方程為[x216-y29=0，]

即[3x±4y=0.]

結(jié)合對(duì)稱性，不妨考慮點(diǎn)[3，0]到漸近線[3x+][4y=0]的距離，則[d=9+09+16=95.]

故答案選A.

【評(píng)析】此題主要考查雙曲線漸近線的概念，以及點(diǎn)到直線的距離公式，屬于容易題.

（2）直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問(wèn)題.

位置關(guān)系是解析幾何中的另一個(gè)基本問(wèn)題. 在解決直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問(wèn)題時(shí)，通常只需要將位置關(guān)系作為條件代數(shù)化.

例11 （上海卷·11）已知拋物線：[y2=2px p>0，]其焦點(diǎn)為[F，] 若第一象限的[A，B]兩點(diǎn)在拋物線上，[AF=][2， BF=4， AB=3，] 則直線[AB]的斜率為? ? ? ? .

解：設(shè)[Ax1，y1，Bx2，y2，]

則[AF=x1+p2=2， BF=x2+p2=4.]

所以[x1-x2=2.]

設(shè)直線[AB]的斜率為[k]，

則[AB=1+k2x1-x2=3，] 且[k>0，]

解得[k=52.]

故答案為[52.]

【評(píng)析】此題以拋物線為載體，主要考查直線的斜率，以及直線與拋物線相交時(shí)焦半徑與弦長(zhǎng)公式的求解，只需要利用拋物線的定義將焦半徑用坐標(biāo)表示出來(lái)，利用弦長(zhǎng)公式即可求解.

（3）定點(diǎn)與定值問(wèn)題.

定點(diǎn)與定值問(wèn)題的核心在于發(fā)現(xiàn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的不變性. 求解定點(diǎn)、定值問(wèn)題可以從兩個(gè)角度著手：一是從特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無(wú)關(guān);二是直接法，在計(jì)算推理的過(guò)程中消去變量，從而得到定值.

例12 （全國(guó)新高考Ⅰ卷·21）在平面直角坐標(biāo)系[xOy]中，已知點(diǎn)[F1-17，0，F(xiàn)217，0，] 點(diǎn)[M]滿足[MF1-MF2=2.] 記點(diǎn)[M]的軌跡為[C.]

（1）求[C]的方程;

（2）設(shè)點(diǎn)[T]在直線[x=12]上，過(guò)點(diǎn)[T]的兩條直線分別交[C]于[A，B]兩點(diǎn)和[P，Q]兩點(diǎn)，且[TA ? TB=TP ?][TQ，] 求直線[AB]的斜率與直線[PQ]的斜率之和.

解：（1）因?yàn)閇MF1-MF2=2

所以軌跡[C]是以點(diǎn)[F1，F(xiàn)2]為左、右焦點(diǎn)的雙曲線的右支.

設(shè)[C]的方程為[x2a2-y2b2=1 a>0，b>0，]

則[a=1.]

于是[b=17-a2=4.]

所以軌跡[C]的方程為[x2-y216=1 x≥1.]

（2）設(shè)點(diǎn)[T12，m，]

若過(guò)點(diǎn)[T]的直線的斜率不存在，此時(shí)該直線與曲線[C]無(wú)公共點(diǎn)，

所以斜率存在.

不妨設(shè)直線[AB]的方程為[y-m=k1x-12，]

即[y=k1x+m-12k1.]

聯(lián)立[y=k1x+m-12k1，16x2-y2=16，] 消去[y]并整理，可得

[k21-16x2+k12m-k1x+m-12k12+16=0.]

設(shè)點(diǎn)[Ax1，y1，Bx2，y2，]

則[x1>12，x2>12.]

由根與系數(shù)的關(guān)系，可得

[x1+x2=k21-2k1mk21-16，x1x2=m-12k12+16k21-16.]

所以[TATB=m2+121+k21k21-16.]

設(shè)直線[PQ]的斜率為[k2，]

同理，可得[TPTQ=m2+121+k22k22-16.]

于是由[TATB=TPTQ，] 可得

[1+k21k21-16=1+k22k22-16.]

整理，得[k21=k22，]

即[k1-k2k1+k2=0.]

顯然[k1-k2≠0，]

故[k1+k2=0.]

所以直線[AB]與直線[PQ]的斜率之和為[0.]

【評(píng)析】此題以雙曲線為載體，考查弦長(zhǎng)的計(jì)算，關(guān)鍵在于借助根與系數(shù)的關(guān)系將弦長(zhǎng)用斜率表示出來(lái)，進(jìn)而得到定值.

（4）范圍與最值問(wèn)題.

圓錐曲線有關(guān)幾何量的最值與取值范圍問(wèn)題，既是解析幾何中的一類經(jīng)典問(wèn)題，也是每年高考數(shù)學(xué)中的一個(gè)高頻考點(diǎn)，通常需要結(jié)合圓錐曲線上的點(diǎn)的范圍，借助轉(zhuǎn)化與化歸思想，利用二次函數(shù)、基本不等式和導(dǎo)數(shù)等知識(shí)方法求解.

例13 （全國(guó)乙卷·文11）設(shè)[B]是橢圓[C： x25+][y2=1]的上頂點(diǎn)，點(diǎn)[P]在[C]上，則[PB]的最大值為（? ? ）.

（A）[52]? ?（B）[6]? ?（C）[5]? ?（D）2

解：設(shè)點(diǎn)[Px0，y0，]

因?yàn)閇B0，1， x205+y20=1，]

所以[PB2=-4y0+142+254.]

因?yàn)閇-1≤y0≤1，]

所以當(dāng)[y0=-14]時(shí)，[PB]取最大值，最大值為[52.]

故答案選A.

【評(píng)析】此題主要考查有關(guān)距離的最值問(wèn)題，關(guān)鍵在于將[PB]轉(zhuǎn)化為關(guān)于點(diǎn)[P]縱坐標(biāo)的二次函數(shù)關(guān)系，利用二次函數(shù)的最值求解.

例14 （浙江卷·21）如圖2，已知F是拋物線[y2=2px p>0]的焦點(diǎn)，M是拋物線的準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)，且[MF=2.]

（1）求拋物線的方程;

（2）設(shè)過(guò)點(diǎn)F的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，若斜率為2的直線l與直線[MA，MB，AB，] x軸依次交于點(diǎn)P，Q，R，N，且滿足[RN2=PNQN，] 求直線l在x軸上截距的范圍.

解：（1）因?yàn)閇MF=2，] 所以[p=2.]

故拋物線的方程為[y2=4x.]

（2）設(shè)直線[AB]的方程為[x=ty+1，] 點(diǎn)A，B，N的坐標(biāo)分別為[Ax1，y1，Bx2，y2，Nn，0，]

所以直線[l：x=y2+n.]

由題設(shè)，可得[n≠1，] 且[t≠12.]

由[x=ty+1，y2=4x，] 可得[y2-4ty-4=0.]

故[y1y2=-4，y1+y2=4t.]

因?yàn)閇RN2=PN ? QN，]

所以[1+14yR2=1+14yP ? 1+14yQ，]

即[y2R=yP ? yQ.]

又直線[MA]的方程為[y=y1x1+1x+1，]

由[y=y1x1+1x+1，x=y2+n，] 可得[yP=2n+1y12x1+2-y1.]

同理，[yQ=2n+1y22x2+2-y2.]

由[x=ty+1，x=y2+n，] 可得[yR=2n-12t-1.]

所以[2n-12t-12=2n+1y22x2+2-y2 · 2n+1y12x1+2-y1.]

整理，得[n-1n+12=2t-123+4t2.]

所以[n+1n-12=3+4t22t-12.]

令[s=2t-1，] 則[t=s+12，] 且[s≠0.]

因?yàn)閇3+4t22t-12=41s+142+34≥34.]

所以[n+1n-12≥34，n≠1，]

即[n2+14n+1≥0，n≠1.]

解得[n≤-7-43]或[-7+43≤n<1]或[n>1.]

由此可以確定直線[l]在[x]軸上的截距的范圍為[-∞，-7-43?-7+43，1?1，+∞.]

【評(píng)析】此題主要考查直線與拋物線位置關(guān)系中的最值問(wèn)題，只需要根據(jù)問(wèn)題的特征合理假設(shè)直線方程的形式，將幾何關(guān)系轉(zhuǎn)化為代數(shù)計(jì)算，構(gòu)建出函數(shù)關(guān)系式，然后利用換元法等把復(fù)雜函數(shù)的范圍問(wèn)題轉(zhuǎn)化為常見函數(shù)的范圍問(wèn)題，即可求得截距范圍.

4. 關(guān)注融合，考查圓錐曲線與其他知識(shí)的結(jié)合

（1）與解三角形知識(shí)結(jié)合.

例15 （全國(guó)甲卷·理5）已知[F1，F(xiàn)2]是雙曲線C的兩個(gè)焦點(diǎn)，P為C上一點(diǎn)，且[∠F1PF2=60°， PF1=][3PF2，] 則C的離心率為（? ? ）.

（A）[72] ? （B）[132]? （C）[7]? （D）[13]

解：因?yàn)閇PF1=3PF2，]

由雙曲線的定義，得[PF1-PF2=2PF2=2a.]

所以[PF2=a， PF1=3a.]

因?yàn)閇∠F1PF2=60°，]

所以由余弦定理，得[4c2=9a2+a2-6a2cos60°.]

整理，得[4c2=7a2.]

所以[e2=c2a2=74，]

即[e=72.]

故答案選A.

【評(píng)析】此題考查雙曲線離心率的計(jì)算，關(guān)鍵在于借助雙曲線的定義，找到焦點(diǎn)三角形的邊角關(guān)系，然后利用余弦定理建立[a，c]間的等量關(guān)系，進(jìn)而求解.

（2）與數(shù)列知識(shí)結(jié)合.

例16 （浙江卷·9）已知[a，b∈R，ab>0，] 函數(shù)[fx=ax2+bx∈R.] 若[fs-t，fs，fs+t]成等比數(shù)列，則平面上點(diǎn)[s，t]的軌跡是（? ? ）.

（A）直線和圓 （B）直線和橢圓

（C）直線和雙曲線 （D）直線和拋物線

解：由題意，得[fs-tfs+t=fs2，]

即[as-t2+bas+t2+b=as2+b2.]

對(duì)其進(jìn)行整理、變形，得

[as2+at2+b-2astas2+at2+b+2ast=as2+b2，]

即[as2+b+at22-2ast2-as2+b2=0.]

則[2as2+2b+at2at2-4a2s2t2=0.]

所以[a2t2-2a2s2+2abt2=0.]

所以[at2-2as2+2b=0]或[t=0.]

其中，[as2b-at22b=1]為雙曲線，[t=0]為直線.

故答案選C.

【評(píng)析】此題以數(shù)列為載體，考查點(diǎn)的軌跡的求解，關(guān)鍵在于將條件中的等比數(shù)列轉(zhuǎn)化出來(lái)，進(jìn)而建立關(guān)于[s，t]的方程，求出點(diǎn)的軌跡.

（3）與平面向量知識(shí)結(jié)合.

例17 （上海卷·20）如圖3，已知橢圓[Γ： x22+][y2=1，] [F1，F(xiàn)2]是其左、右焦點(diǎn)，直線l過(guò)點(diǎn)[Pm，0][m<-2]交橢圓[Γ]于A，B兩點(diǎn)，且A，B在x軸上方，點(diǎn)A在線段BP上.

（1）若B是上頂點(diǎn)，[BF1=PF1，] 求m的值;

（2）若[F1A ? F2A=13，] 且原點(diǎn)O到直線l的距離為[41515，] 求直線l的方程;

（3）求證：對(duì)于任意[m<-2，] 使得[F1A∥F2B]的直線有且僅有一條.

解：（1）易得焦點(diǎn)坐標(biāo)分別是[F1-1，0，F(xiàn)21，0，][B0，1.]

因?yàn)閇BF1=PF1=2，]

所以[m=-1-2.]

（2）設(shè)點(diǎn)[A2cosθ，sinθ，]

則[F1A ? F2A=2cosθ+12cosθ-1+sin2θ=13.]

從而[cos2θ=13，]

解得[cosθ=-33.]（依題意，點(diǎn)A在點(diǎn)[P，B]的中間.）

所以[A-63， 63.]

設(shè)過(guò)點(diǎn)[A]的直線方程為[y=kx+63k+63 k>0，]

則原點(diǎn)[O]到直線[l]的距離[d=41515.]

化簡(jiǎn)，得[3k2-10k+3=0.]

解得[k=3]或[k=13.]

故直線[l]的方程為[y=3x+463]（舍去，因?yàn)閇x]上截距不滿足）或[y=13x+469.]

（3）（方法1，聯(lián)立消[y]）設(shè)直線[l]的方程為[y=][kx-m，] 點(diǎn)[A，B]的坐標(biāo)分別為[Ax1，y1，B（x2，y2），]

則[F1A=x1+1，y1， F2B=x2+1，y2.]

因?yàn)閇F1A∥F2B，]

所以[x1+1y2=x2-1y1.]

消去[y，] 得[kx2-mx1+1=kx1-mx2-1.]

化簡(jiǎn)，得[x1+x2+mx2-x1-2m=0.]

聯(lián)立[y=kx-m，x2+2y2=2，] 得

[1+2k2x2-4mk2x+2k2m2-2=0.]

所以[x1+x2=4mk21+2k2，x1x2=2k2m2-21+2k2.]

所以[4mk21+2k2+mx2-x1-2m=0.]

解得[x2-x1=21+2k2.]

因?yàn)閇x2-x12=x2+x12-4x1x2=16k2-8k2m2+81+2k22，]

所以[4k2-2k2m2+1=0.]

解得[k2=12m2-4.]

所以對(duì)于任意[m<-2，] 都有唯一的[k=12m2-4，]即直線有且僅有一條.

（方法2，聯(lián)立消[x]）設(shè)[Ax1，y1，Bx2，y2，] 直線[l]的方程為[x=ty+m.]

因?yàn)閇F1A∥F2B，]

所以[y2y1=m-1m+1.]

所以[y2=m-1m+1y1.]

聯(lián)立[x=ty+m，x22+y2=1，] 得

[t2+2y2+2mty+m2-2=0.]

所以[y1+y2=-2tmt2+2，y1y2=m2-2t2+2.]

所以[1+m-1m+1y1=-2tmt2+2， m-1m+1y21=m2-2t2+2.]

所以[m-1m+1 · t2m+12t2+22=m2-2t2+2.]

化簡(jiǎn)，得[m2-1t2=m2-2t2+2，]

即[m2t2-t2=m2t2-2t2+2m2-4.]

解得[t2=2m2-4.]

因?yàn)閇t>0，]

所以[t=2m2-4，]

即[k=12m2-4.]

所以對(duì)于任意[m<-2，] 都有唯一的[k=12m2-4，]即直線有且僅有一條.

【評(píng)析】此題是一道與向量結(jié)合的直線與橢圓的綜合題. 此類問(wèn)題是高考圓錐曲線與方程部分的重點(diǎn)考查內(nèi)容之一，主要考查圓錐曲線的相關(guān)知識(shí)和平面向量知識(shí)等. 解決此類問(wèn)題的一般思路是從代數(shù)角度尋找關(guān)于長(zhǎng)度或者利用向量的坐標(biāo)反映向量的位置關(guān)系求解.

二、解法賞析

1. 典型通性、通法例析

（1）直譯法.

直譯法就是在解決圓錐曲線問(wèn)題的過(guò)程中，將幾何條件代數(shù)化，建立關(guān)系式，利用數(shù)學(xué)運(yùn)算求解獲得結(jié)果. 直譯法強(qiáng)調(diào)的是對(duì)條件的逐個(gè)使用、翻譯，以及運(yùn)算程序的實(shí)施.

例18 （天津卷·18）已知橢圓[x2a2+y2b2=1 a>b>0]的右焦點(diǎn)為[F，] 上頂點(diǎn)為[B，] 離心率為[255，] 且 [BF=5.]

（1）求橢圓[C]的方程;

（2）直線[l]與橢圓有唯一的公共點(diǎn)[M，] 與[y]軸的正半軸交于點(diǎn)[N.] 過(guò)點(diǎn)[N]與[BF]垂直的直線交[x]軸于點(diǎn)[P.] 若[MP∥BF，] 求直線[l]的方程.

解：（1）橢圓[C]的方程為[x25+y2=1.]（解答過(guò)程略.）

（2）由題意，設(shè)[l：y=kx+n，n>1，]

聯(lián)立[l]與[C]的方程，消去[y，] 整理并化簡(jiǎn)，得

[x2+5kx+n2-5=0，]

即[1+5k2x2+10knx+5n2-1=0.]

因?yàn)閇l]與[C]相切，

所以[Δ=0.] 解得[n=5k2+1.]

設(shè)[MxM，yM，]

則有[xM=-5nk1+5k2.]

所以[yM=kxM+n=n1+5k2.]

因?yàn)閇NP⊥FB，] 而直線[FB]斜率為[-12，]

所以直線[NP]斜率為2.

從而點(diǎn)[P]坐標(biāo)為[-n2，0.]

因?yàn)閇MP∥BF，]

所以[-12=yM-0xM--n2=n1+5k2-5nk1+5k2+n2.]

解得[k=1.]

所以[n=5k2+1=6.]

所以直線[l]的方程為[y=x+6.]

【評(píng)析】此題主要考查直線與橢圓的位置關(guān)系，解題的關(guān)鍵在于將題中的幾何條件分別代數(shù)化，利用平行關(guān)系構(gòu)建等式，進(jìn)而直接解出直線方程中的參數(shù).

（2）設(shè)而不求法.

解析法的最大好處在于通過(guò)代數(shù)方法將幾何問(wèn)題的解決變成統(tǒng)一的模式，使得解題方法有章可循，但是在實(shí)際解題過(guò)程中，往往需要求出交點(diǎn)的坐標(biāo)，這樣必定會(huì)帶來(lái)大量的運(yùn)算. 設(shè)而不求法是只設(shè)出一些未知量，而不求出其值，在實(shí)際操作過(guò)程中可以采用不同的方法，以達(dá)到簡(jiǎn)化運(yùn)算的目的.

① 合理設(shè)點(diǎn)，簡(jiǎn)化運(yùn)算.

例19 （全國(guó)甲卷·文21 / 理20）拋物線C的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，焦點(diǎn)在x軸上，直線l：[x=1]交C于P，Q兩點(diǎn)，且[OP⊥OQ.] 已知點(diǎn)[M2，0，] 且圓[M]與l相切.

（1）求C，圓[M]的方程;

（2）設(shè)[A1，A2，A3]是C上的三個(gè)點(diǎn)，直線[A1A2，A1A3]均與圓[M]相切. 判斷直線[A2A3]與圓[M]的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由.

解：（1）依題意，設(shè)拋物線[C：y2=2px p>0，][P1，y0，Q1，-y0.]

因?yàn)閇OP⊥OQ，]

所以[OP ? OQ=1-y20=1-2p=0.]

解得[2p=1.]

所以拋物線[C]的方程為[y2=x.]

因?yàn)閇M2，0，圓M]與[x=1]相切，

所以半徑為[1.]

所以[圓M]的方程為[x-22+y2=1.]

（2）設(shè)[A1x1，y1，A2x2，y2，A3x3，y3，]

若直線[A1A2]的斜率不存在，

則直線[A1A2]的方程為[x=1]或[x=3.]

若直線[A1A2]的方程為[x=1，] 根據(jù)對(duì)稱性，不妨設(shè)[A11，1，]

則過(guò)點(diǎn)[A1]與圓[M]相切的另一條直線方程為[y=1.]

此時(shí)該直線與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)，

即不存在[A3，] 不合題意.

若直線[A1A2]的方程為[x=3，] 根據(jù)對(duì)稱性，不妨設(shè)[A13， 3，A23，-3，]

則過(guò)點(diǎn)[A1]與圓[M]相切的直線[A1A3]為[y-3=33 ·][x-3.]

因?yàn)閇kA1A3=y1-y3x1-x3=1y1+y3=13+y3=33，y3=0，]

所以[x3=0.]

所以[A30，0.]

此時(shí)直線[A1A3，A2A3]關(guān)于[x]軸對(duì)稱，

所以直線[A2A3]與圓[M]相切.

若直線[A1A2，A1A3，A2A3]的斜率均存在，

則[kA1A2=1y1+y2，kA1A3=1y1+y3，kA2A3=1y2+y3.]

所以直線[A1A2]的方程為[y-y1=1y1+y2x-x1.]

整理，得[x-y1+y2y+y1y2=0.]

同理，直線[A1A3]的方程為[x-y1+y3y+y1y3=0，]

直線[A2A3]的方程為[x-y2+y3y+y2y3=0.]

因?yàn)閇A1A2]與圓[M]相切，

所以[2+y1y21+y1+y22=1.]

整理，得[y21-1y22+2y1y2+3-y21=0.]

則[A1A3]與圓[M]相切.

同理，[y21-1y23+2y1y3+3-y21=0.]

所以[y2，y3]為方程[y21-1y2+2y1y+3-y21=0]的兩根.

所以[y2+y3=-2y1y21-1，y2y3=3-y21y21-1.]

所以點(diǎn)[M]到直線[A2A3]的距離為[2+y2y31+y2+y32=1.]

所以直線[A2A3]與圓[M]相切.

綜上，若直線[A1A2，A1A3]與圓[M]相切，則直線[A2A3]與圓[M]相切.

【評(píng)析】此題用點(diǎn)來(lái)表示切線方程，構(gòu)造同構(gòu)齊次式，達(dá)到了簡(jiǎn)化運(yùn)算的目的.

② 恰當(dāng)設(shè)線，優(yōu)化運(yùn)算.

對(duì)于上述例12的第（2）小題，除上述解法外，選擇不同的方式設(shè)直線方程，還會(huì)產(chǎn)生以下三種不同的解法.

解法1：設(shè)普通方程的斜截式，運(yùn)用雙根法簡(jiǎn)化運(yùn)算.

不妨設(shè)直線[AB]的方程為[y=k1x+b1.]

聯(lián)立[y=k1x+b1，16x2-y2=16，] 消去[y，] 得

[16-k12x2-2k1b1x-b12+16=0.] ①

設(shè)點(diǎn)[Ax1，y1，Bx2，y2，]

則[x1>12，x2>12.]

則①式的兩根為[x1，x2.]

由二次方程的雙根式，得

[16-k12x2-2k1b1x-b12+16=16-k12x-x1x-x2.]

令[x=12，] 得

[16-k1212-x112-x2=-14k1+2b12-12，]

即[x1-12x2-12=k1+2b12+124k12-16.]

于是[TATB=1+k12k1+2b12+124k12-16.]

同理，得[TPTQ=1+k22k2+2b22+124k22-16.]

由[TATB=TPTQ，] 得

[1+k12k1+2b12+124k12-16=1+k22k2+2b22+124k22-16.]

因?yàn)橹本€AB與PQ交于[T12，t，]

所以[12k1+b1=12k2+b2，]

即[k1+2b1=k2+2b2.]

所以[1+k12k12-16=1+k22k22-16.]

下同例12的解法，略.

解法2：設(shè)普通方程的點(diǎn)斜式，運(yùn)用換元法簡(jiǎn)化運(yùn)算.

設(shè)直線AB的方程為[y-m=k1x-12，] 令[t=x-12，]

則直線AB的方程可表示為[y=k1t+m.]

聯(lián)立[y=k1t+m，16t+122-y2=16，] 消去[y，] 得

[16-k12t2+16-2k1mt-m2+12=0.] ②

設(shè)點(diǎn)[At1，y1，Bt2，y2，]

則[t1>0，t2>0.]

則②式的兩根為[t1，t2.]

由根與系數(shù)關(guān)系，可知[t1t2=m2+12k12-16.]

所以[TATB=1+k12m2+12k12-16.]

同理可得[TPTQ=1+k22m2+12k22-16.]

由[TATB=TPTQ，]

得[1+k12m2+12k12-16=1+k22m2+12k22-16.]

所以[1+k12k12-16=1+k22k22-16.]

下同例12的解法，略.

解法3：設(shè)參數(shù)方程，運(yùn)用直線參數(shù)方程的幾何意義簡(jiǎn)化運(yùn)算.

設(shè)[T12，m，] 直線[AB]的傾斜角為[α，] 直線[PQ]的傾斜角為[β，]

則直線[AB]的參數(shù)方程為[x=12+tcosα，y=m+tsinα]（[t]為參數(shù)）.

參數(shù)[t]的幾何意義是直線[AB]上的動(dòng)點(diǎn)到定點(diǎn)[T]的有向距離.

將直線[AB]的參數(shù)方程代入雙曲線[C：x2-y216=1][x≥1]并化簡(jiǎn)，得

[16cos2α-sin2αt2+16cosα-2msinαt-m2-12=0.]

方程的兩根為[t1，t2]（分別對(duì)應(yīng)點(diǎn)[A，B]到[T]的有向距離），

所以[TATB=t1t2=m2+12sin2α-16cos2α.]

同理，可得[TPTQ=m2+12sin2β-16cos2β.]

所以[m2+12sin2α-16cos2α=m2+12sin2β-16cos2β，]

即[sin2α=sin2β].

因?yàn)閇0≤α<π，0≤β<π，]

所以[sinα=sinβ.]

因?yàn)閇α≠β，]

所以[α+β=π.]

故直線[AB]與直線[PQ]斜率之和為[0.]

【評(píng)析】此題選擇直線方程的不同設(shè)法，可以通過(guò)簡(jiǎn)化運(yùn)算的不同途徑，實(shí)現(xiàn)解題過(guò)程的優(yōu)化. 解法1與例12設(shè)直線方程的點(diǎn)斜式相比，說(shuō)明選擇直線的斜截式方程反而能夠優(yōu)化運(yùn)算過(guò)程. 同時(shí)，借助雙根法又可以省去復(fù)雜的根與系數(shù)關(guān)系的代入運(yùn)算. 解法2盡管還是選擇點(diǎn)斜式方程，但利用換元法則與解法3有異曲同工之妙. 解法3借助直線參數(shù)方程的幾何意義，將兩點(diǎn)間的距離直接轉(zhuǎn)化為根與系數(shù)關(guān)系中兩根積的計(jì)算，在很大程度上簡(jiǎn)化了運(yùn)算. 實(shí)際上，這些簡(jiǎn)化方法的本質(zhì)都是充分運(yùn)用方程的思想和化歸的思想實(shí)現(xiàn)的.

事實(shí)上，此題還可以運(yùn)用如下方程思想達(dá)成簡(jiǎn)化運(yùn)算的目的.

通過(guò)上述解題，發(fā)現(xiàn)利用不同解法均可以得到[TATB=1+k12m2+12k12-16]，[TPTQ=1+k22m2+12k22-16].令[1+k2m2+12k2-16=λ，] 得[m2+12-λk2+m2+12+16λ=0.]

則由[TA ? TB=TP ? TQ，] 可知[k1，k2]就是關(guān)于[k]的一元二次方程的兩根. 所以由根與系數(shù)關(guān)系得[k1+k2=0.]

2. 經(jīng)典數(shù)學(xué)背景例析

（1）四點(diǎn)共圓.

仍以例12的第（2）小題說(shuō)明問(wèn)題，此小題還有以下解法.

解：分別設(shè)直線[AB，PQ]的斜率為[k1，k2，] 記點(diǎn)[T]的坐標(biāo)為[Tm，n，]

則可設(shè)直線[AB，PQ]上所有點(diǎn)所構(gòu)成的點(diǎn)集對(duì)應(yīng)的曲線方程為[C1： k1x-y+n-k1mk2x-y+n-k2m=0.]

進(jìn)一步，經(jīng)過(guò)[C1]與[C]的交點(diǎn)，也即[A，B，C，D]的曲線系方程可表示為[C2： k1x-y+n-k1mk2x-y+][n-k2m+λ16x2-y2-16=0.]

因?yàn)閇TATB=TPTQ，]

所以由圓冪三定理中的相交弦定理，可知[A，B，][C，D]四點(diǎn)共圓.

所以[C2]中交叉項(xiàng)系數(shù)和為0，

即[k1+k2=0.]

故直線[AB]與[PQ]斜率之和為0.

【評(píng)析】此解法的關(guān)鍵在于發(fā)現(xiàn)條件中隱含著“四點(diǎn)共圓”，進(jìn)而借助二次曲線系方程表示圓的條件，快速得出此題的結(jié)論. 同時(shí)根據(jù)解題過(guò)程可以看出，該命題的逆命題也是正確的.

（2）阿基米德三角形.

例20 （全國(guó)乙卷·理21）已知拋物線[C：x2=][2py p>0]的焦點(diǎn)為[F，] 且[F]與圓[M：x2+y+42=1]上點(diǎn)的距離的最小值為[4.]

（1）求[p;]

（2）若點(diǎn)[P]在[M]上，[PA，PB]是[C]的兩條切線，[A，B]是切點(diǎn)，求[△PAB]面積的最大值.

解：（1）由題意，可得拋物線[C]的焦點(diǎn)為[F0， p2，][FM=p2+4.]

所以[F]與圓[M：x2+y+42=1]上點(diǎn)的距離的最小值為[p2+4-1=4.]

解得[p=2.]

（2）由（1），可知拋物線[C]的方程為[y=x24.]

對(duì)該函數(shù)求導(dǎo)得[y′=x2.]

設(shè)點(diǎn)[Ax1，y1，Bx2，y2，Px0，y0，]

則直線[PA]的方程為[y-y1=x12x-x1，]

即[x1x-2y1-2y=0.]

同理，可知直線[PB]的方程為[x2x-2y2-2y=0.]

因?yàn)榻裹c(diǎn)[P]為這兩條直線的公共點(diǎn)，

所以[x1x0-2y1-2y0=0，x2x0-2y2-2y0=0.]

所以點(diǎn)[A，B]的坐標(biāo)滿足方程[x0x-2y-2y0=0.]

所以直線[AB]的方程為[x0x-2y-2y0=0.]

由根與系數(shù)關(guān)系，得[x1+x2=2x0，x1x2=4y0.]

所以[AB=x20+4x20-4y0，] 點(diǎn)[P]到直線[AB]的距離為[d=x20-4y0x20+4.]

所以[S△PAB=12dAB=12x20-4y032.]

因?yàn)閇x20-4y0=-y0+62+21，]

由已知，得[-5≤y0≤-3，]

所以當(dāng)[y0=-5]時(shí)，[△PAB]的面積取最大值為[12×][2032=205.]

【評(píng)析】此題的本質(zhì)是拋物線中的阿基米德三角形，主要借助導(dǎo)數(shù)的幾何意義，構(gòu)造同構(gòu)齊次式，將三角形的面積用一個(gè)變量表示出來(lái)，進(jìn)而求最值.

（3）彭賽列閉合定理.

彭賽列閉合定理在圓錐曲線中的推廣：如果一個(gè)圓錐曲線[C1]的內(nèi)接三角形是圓錐曲線[C2]的外切三角形，則過(guò)[C1]上任意一點(diǎn)[A]作[C2]的切線與[C1]交于[B]，[C]兩點(diǎn)，則直線[BC]也為[C2]的切線. 例19的本質(zhì)就是“彭賽列閉合定理”在圓錐曲線中的推廣，題中拋物線即為曲線[C1，] [圓M]即為曲線[C2，] 點(diǎn)[A1]在[C1]上，直線[A1A2]，[A1A3]均與[圓M]相切，則根據(jù)該定理可以判斷直線[A2A3]與[圓M]相切.

三、復(fù)習(xí)備考建議

2021年各份高考數(shù)學(xué)試卷中，圓錐曲線與方程試題難度適中，緊扣《普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2017年版2020年修訂）》要求，兼顧新、舊教材，考查內(nèi)容全面，三類圓錐曲線均有涉及. 突出考查學(xué)生的數(shù)學(xué)抽象、直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng)，同時(shí)對(duì)學(xué)生的幾何直觀能力和運(yùn)算求解能力也提出了較高的要求. 根據(jù)上述對(duì)2021年高考圓錐曲線與方程試題的分析，現(xiàn)給出如下復(fù)習(xí)備考建議.

1. 回歸教材，夯實(shí)基礎(chǔ)，強(qiáng)化運(yùn)算求解能力

高考試題的命制源于教材，又高于教材，每年各地的高考試題中都有許多熟悉的面孔，它們與教材例、習(xí)題相近. 例如，北京卷第5題與人教A版《普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書·數(shù)學(xué)（選修2—1）》（以下統(tǒng)稱“選修2—1”）習(xí)題2.3A組第4題第（3）小題類似;全國(guó)新高考Ⅱ卷第13題與選修2—1第2.3.2節(jié)例3類似;全國(guó)甲卷理科第15題與選修2—1復(fù)習(xí)參考題B組第1題類似. 這些都是以橢圓為載體求三角形的面積問(wèn)題. 因此，在復(fù)習(xí)備考時(shí)，教師應(yīng)該以本為根，引導(dǎo)學(xué)生認(rèn)真研究教材例、習(xí)題，重視教材的核心價(jià)值. 同時(shí)，圓錐曲線與方程試題考查的另一個(gè)重要目標(biāo)是學(xué)生的運(yùn)算求解能力，在高考限定時(shí)間內(nèi)，找到比較優(yōu)化的計(jì)算路徑，準(zhǔn)確計(jì)算出正確結(jié)果，這對(duì)于大多數(shù)學(xué)生來(lái)說(shuō)比較困難. 因此，在復(fù)習(xí)過(guò)程中，教師要引導(dǎo)學(xué)生進(jìn)行適當(dāng)?shù)拇筮\(yùn)算量的練習(xí)，不要認(rèn)為“我已經(jīng)懂了”就可以，有些問(wèn)題還是必須“絕知此事要躬行”，在實(shí)踐中不斷提高運(yùn)算能力.

2. 深化概念，理解本質(zhì)，提升邏輯思維能力

美國(guó)教育學(xué)家布魯納曾說(shuō)，掌握一門學(xué)科就是要掌握這門學(xué)科核心的、根本的概念. 在進(jìn)行概念教學(xué)時(shí)，教師要轉(zhuǎn)變觀念，不能只告知學(xué)生概念是什么，還應(yīng)該引導(dǎo)學(xué)生善于抓住概念的本質(zhì)進(jìn)行深入思考，深刻地理解概念，進(jìn)而培養(yǎng)學(xué)生思維的深刻性，以達(dá)到靈活運(yùn)用的目的. 全國(guó)甲卷理科第15題、全國(guó)乙卷理科第11題、全國(guó)新高考Ⅱ卷第13題均是對(duì)概念的考查. 因此，在教學(xué)中，教師要讓學(xué)生充分理解圓錐曲線的形成過(guò)程，認(rèn)真體會(huì)圓錐曲線的幾何性質(zhì)及其應(yīng)用，真正做到舉一反三，不斷提升邏輯思維能力.

3. 重視圖形，數(shù)形結(jié)合，發(fā)展直觀想象素養(yǎng)

平面解析幾何是用代數(shù)的方法研究幾何問(wèn)題，其基本思想在于代數(shù)與幾何的有機(jī)結(jié)合及相互轉(zhuǎn)化. 解析是方法，幾何才是本真. 對(duì)于圓錐曲線與方程問(wèn)題，如果學(xué)生只會(huì)將幾何問(wèn)題代數(shù)化，通過(guò)展開代數(shù)運(yùn)算來(lái)求解問(wèn)題，這樣難免會(huì)增加運(yùn)算量、加大解題難度. 如果在用代數(shù)方法、代數(shù)知識(shí)解題的同時(shí)，能充分抓住問(wèn)題的幾何特征，往往能簡(jiǎn)化運(yùn)算，起到事半功倍的效果. 因此，在解題時(shí)，要把數(shù)形結(jié)合、幾何分析放在首位. 例如，全國(guó)新高考Ⅰ卷第5題、上海卷第11題等.

4. 善于反思，歸納總結(jié)，不斷優(yōu)化解題策略

解析幾何中的很多習(xí)題往往是圓錐曲線某一性質(zhì)的特例，教師在教學(xué)中應(yīng)該積極引導(dǎo)學(xué)生廣泛聯(lián)想，對(duì)特例進(jìn)行適當(dāng)引申、拓展探索，揭示問(wèn)題的一般規(guī)律，逐步增強(qiáng)學(xué)生從特殊到一般的抽象概括能力. 在持續(xù)的解題訓(xùn)練中，歸納出一般題型的通性、通法，不斷改進(jìn)解題策略，發(fā)展學(xué)生的數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng).

參考文獻(xiàn)：

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