2021年全國(guó)Ⅰ卷理科解析幾何壓軸題的多角度探析

摘要：2021年全國(guó)Ⅰ卷理科解析幾何壓軸題，在形式上有“簡(jiǎn)約而不簡(jiǎn)單”之感，計(jì)算量較大，大多數(shù)考生不知所措.本文提供九種解題妙法，引導(dǎo)學(xué)生多視角思考，引導(dǎo)學(xué)生經(jīng)歷用不同方法解決數(shù)學(xué)問(wèn)題.

關(guān)鍵詞：兩根法;傾斜角法;巧用圓系方程;直線參數(shù)方程

中圖分類(lèi)號(hào)：G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A文章編號(hào)：1008-0333（2022）13-0014-04

2021年全國(guó)Ⅰ卷理科解析幾何壓軸題，突出學(xué)科素養(yǎng)和區(qū)分導(dǎo)向，著重考查考生的運(yùn)算能力以及綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)思想方法分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力，體現(xiàn)了解析幾何壓軸的應(yīng)用價(jià)值，在考試評(píng)價(jià)中落實(shí)區(qū)分度的根本任務(wù)，對(duì)選拔高層次人才有很好的導(dǎo)向和選拔作用.

1 試題呈現(xiàn)

例題（2021年全國(guó)Ⅰ卷理科壓軸題） 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)F1-17，0，

F217，0，MF1-MF2=2，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)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.

2 試題解析

2.1 第（1）問(wèn)解析

解析因?yàn)镸F1-MF2=2<F1F2=

217，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)軌跡C的方程為x2a2-y2b2=1a&gt;0，b>0，

則2a=2，c=17.

可得a=1，b=17-a2=4.

所以軌跡C的方程為x2-y216=1x≥1.

2.2 第（2）問(wèn)解析

解法1（常規(guī)法） 設(shè)點(diǎn)T12，t，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)，不妨設(shè)直線AB的方程為

y-t=k1x-12（k1≠0）.

即y=k1x+t-12k1.

聯(lián)立y=k1x+t-12k1，16x2-y2=16，

消去y并整理，得

k21-16x2+k12t-k1x+t-12k12+16=0.

設(shè)點(diǎn)Ax1，y1，Bx2，y2，則x1>12且x2>12.

由韋達(dá)定理，得

x1+x2=k21-2k1tk21-16，x1x2=t-12k12+16k21-16.

所以TA·TB=TA·TB

=1+k21·x1-12·x2-12

=1+k21·x1x2-x1+x22+14

=t2+121+k21k21-16.

設(shè)直線PQ的斜率為k2，同理可得

TP·TQ=t2+121+k22k22-16.

因?yàn)門(mén)A·TB=TP·TQ，

即t2+121+k21k21-16=t2+121+k22k22-16.

整理，得k21=k22.

顯然k1-k2≠0，故k1+k2=0.

因此，直線AB與直線PQ的斜率之和為0.

解法2（兩根法） 同解法1，得

TA·TB=t2+121+k2k2-16.

因?yàn)門(mén)A·TB=TP·TQ，

令TA·TB=m，

則kAB，kPQ為方程t2+121+k2k2-16=m的兩根.

即kAB，kPQ為方程t2+12-mk2+t2+16m+12=0的兩根.

所以kAB+kPQ=0.

因此，直線AB與直線PQ的斜率之和為0.

解法3（傾斜角法） 設(shè)直線AB和直線PQ的傾斜角分別為α，β，T12，t，Ax1，y1，Bx2，y2，則TA=x1-xTcosα=x1-12cosα，TB=x2-xTcosα=x2-12cosα.

所以TA·TB=x1-12x2-12cos2α.

因?yàn)閗2AB=tan2α=sin2αcos2α=1-cos2αcos2α=1cos2α-1，

所以1cos2α=k2AB+1.

故

TA·TB=1+k2ABx1-12x2-12.

下同解法1，得

TA·TB=1+k2AB·x1-12·x2-12

=t2+121+k2ABk2AB-16.

同理可得TP·TQ=t2+121+k2PQk2PQ-16.

因?yàn)門(mén)A·TB=TP·TQ，

即t2+121+k2ABk2AB-16=t2+121+k2PQk2PQ-16.

整理，得k2AB=k2PQ.

即kAB-kPQkAB+kPQ=0.

顯然kAB≠kPQ，故kAB+kPQ=0.

因此，直線AB與直線PQ的斜率之和為0.

解法4（常規(guī)法） 設(shè)T12，t， Ax1，y1，Bx2，y2，設(shè)直線AB的方程為x=my+n，聯(lián)立x=my+n，16x2-y2=16，消去x并整理，得

16m2-1y2+32mny+16n2-1=0.

由韋達(dá)定理，得

y1+y2=-32mn16m2-1，y1·y2=16n2-116m2-1.

所以TA·TB=1+m2y1-ty2-t=1+m216n+mt2-16-t216m2-1

=1+m2t2+1216m2-1.

同理設(shè)直線PQ的方程為x=ay+b，

同理可得TP·TQ=1+a2b2+1216a2-1.

因?yàn)門(mén)A·TB=TP·TQ，

即1+m2t2+1216m2-1=1+a2b2+1216a2-1.

整理，得m2=a2.

即m-am+a=0.

顯然m-a≠0，故m+a=0.

即kAB+kPQ=1m+1a=m+ama=0.

所以直線AB與直線PQ的斜率之和為0.

解法5（傾斜角法） 設(shè)直線AB和直線PQ的傾斜角分別為α，β，T12，t，Ax1，y1，Bx2，y2.

設(shè)直線AB的方程為x=my+n，直線PQ的方程為x=ay+b，則

TA=y1-yTsinα=y1-tsinα，TB=y2-yTsinα=y2-tsinα.

所以TA·TB=y1-ty2-tsin2α.

因?yàn)閙2=1k2AB=1tan2α=cos2αsin2α=1sin2α-1，

所以1sin2α=m2+1.

所以TA·TB=1+m2y1-ty2-t.

下同解法4，得

TA·TB=1+m2y1-ty2-t

=1+m2t2+1216m2-1.

同理可得TP·TQ=1+a2b2+1216a2-1.

因?yàn)門(mén)A·TB=TP·TQ，

即1+m2t2+1216m2-1=1+a2b2+1216a2-1.

整理，得m2=a2.

即m-am+a=0.

顯然m-a≠0，故m+a=0.

即kAB+kPQ=1m+1a=m+ama=0.

所以直線AB與直線PQ的斜率之和為0.

解法6（巧用圓系方程） 因?yàn)門(mén)A·TB=TP·TQ，

所以A，B，P，Q四點(diǎn)共圓.

設(shè)直線AB的方程為x=my+n，

直線PQ的方程為x=ay+b，

構(gòu)造同時(shí)過(guò)A，B，P，Q四點(diǎn)的二元二次曲線系方程：λ16x2-y2-16x+x-my-nx-ay-b=0，

因?yàn)榇朔匠瘫硎镜那€為圓，

所以x·y的系數(shù)-m+a=0.

即kAB+kPQ=1m+1a=m+ama=0.

所以直線AB與直線PQ的斜率之和為0.

解法7（直線參數(shù)方程） 設(shè)T12，t，lAB：x=12+tcosθ1y=m+tsinθ1t為參數(shù)，

代入x2-y216=1，得16cos2θ1-sin2θ1t2+16cosθ1-2msinθ1t-m2+12=0.

不妨設(shè)TA=t1，TB=t2，則

TA·TB=t1·t2=-m2+1216cos2θ1-sin2θ1.

設(shè)lPQ：x=12+tcosθ2y=m+tsinθ2t為參數(shù)，不妨設(shè)TP=t3，TQ=t4，同理可得

TP·TQ=t3·t4=-m2+1216cos2θ2-sin2θ2.

因?yàn)門(mén)A·TB=TP·TQ，

所以m2+1216cos2θ1-sin2θ1=m2+1216cos2θ2-sin2θ2.

因?yàn)閘AB和lPQ不重合，所以θ1≠θ2.

故θ1=π-θ2.

所以直線AB與直線PQ的斜率之和為0.

解法8（坐標(biāo)平移法） 將坐標(biāo)系向右平移12個(gè)單位，則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)T在y軸上，過(guò)點(diǎn)T的兩條直線分別與C：x+122-y216=1x≥12交于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.”

設(shè)T0，n，lAB：y=mx+n，lPQ：y=kx+n，

所以聯(lián)立方程y=mx+n，x+122-y216=1，

得16-m2x2+16-2mnx-n2+12=0.

設(shè)Ax1，y1，Bx2，y2，則由韋達(dá)定理，得

x1+x2=16-2mnm2-16，x1x2=n2+12m2-16.

則TA·TB=TA·TB

=x1·x2+y1-n·y2-n=1+m2x1x2=1+m2n2+12m2-16.

同理可得TP·TQ=1+k2n2+12k2-16.

因?yàn)門(mén)A·TB=TP·TQ，

所以整理可得m2=k2.

即m-km+k=0.

顯然m≠k，故m+k=0.

因此，直線AB與直線PQ的斜率之和為0.

解法9（坐標(biāo)另設(shè)法） 設(shè)T12，n，以T為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立平面直角坐標(biāo)系tOy，則

C：t+122-y+n216=1t≥12，

lAB：y=k1x，lPQ：y=k2x.

所以聯(lián)立方程y=k1x，t+122-y+n216=1，

得k21-16t2+2k1n-16t+n2+12=0.

設(shè)At1，y1，Bt2，y2，則由韋達(dá)定理，得

t1+t2=16-2k1nk21-16，x1x2=n2+12k21-16.

則TA·TB=TA·TB=t1·t2+y1·y2=1+k21t1t2=1+k21n2+12k21-16.

同理可得TP·TQ=1+k22n2+12k22-16.

因?yàn)門(mén)A·TB=TP·TQ，

所以整理可得k21=k22.

即k1-k2k1+k2=0.

顯然k1≠k2，故k1+k2=0.

因此，直線AB與直線PQ的斜率之和為0.

以上的九種證明方法從不同角度合理地解決問(wèn)題，因此教師在日常教學(xué)中，應(yīng)引導(dǎo)學(xué)生多視角思考，引導(dǎo)學(xué)生用不同方法來(lái)解決數(shù)學(xué)問(wèn)題，引導(dǎo)學(xué)生以平易近人的思維探尋壓軸題的解題思路，如何以自然而然的思維來(lái)解決壓軸題，這樣才能更好地培養(yǎng)學(xué)生的思維品質(zhì)，提高學(xué)生運(yùn)算、分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力，從而提高學(xué)生的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).

參考文獻(xiàn)：

[1] 中華人民共和國(guó)教育部.普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2017年版）[M].北京：人民教育出版社，2017.

[責(zé)任編輯：李璟]

收稿日期：2022-02-05

作者簡(jiǎn)介：彭耿鈴（1979-），男，本科，中學(xué)一級(jí)教師，從事高中數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

基金項(xiàng)目：福建省教育科學(xué)“十三五”規(guī)劃2020年課題“基于高考評(píng)價(jià)體系的數(shù)學(xué)高考試題研究”（項(xiàng)目編號(hào)為：FJJKXB20-1066）.[FQ）]