關(guān)于2024年新課標(biāo)高考Ⅰ卷第16題探究與思考

摘 要：文章從2024年新課標(biāo)高考Ⅰ卷第16題解析幾何入手延伸思考，深層次挖掘試題背后的背景與意義，從而更好地幫助高三學(xué)生突破解析幾何問題.

關(guān)鍵詞：試題分析；數(shù)學(xué)思想；數(shù)學(xué)思維

中圖分類號(hào)：G632"" 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A"" 文章編號(hào)：1008-0333（2024）34-0040-04

2024年高考數(shù)學(xué)既有對(duì)知識(shí)的考查，又注重知識(shí)遷移和能力考查，特別突出對(duì)數(shù)學(xué)素養(yǎng)的考查.本文從2024年新課標(biāo)高考Ⅰ卷第16題解析幾何的背景、目標(biāo)、意義進(jìn)行挖掘，希望對(duì)高三學(xué)生學(xué)習(xí)

解析幾何有一定的指導(dǎo)意義.1 挖掘原題，透過現(xiàn)象看本質(zhì)

1.1 題目呈現(xiàn)

題目 （2024年新課標(biāo)Ⅰ卷第16題） 已知

A（0，3）和P（3，32）為橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）上兩點(diǎn).

（1）求C的離心率;

（2）若過點(diǎn)P的直線l交C于另一點(diǎn)B，且△ABP的面積為9，求l的方程．

1.2 題意分析

本題是綜合性題目，屬于數(shù)學(xué)運(yùn)算學(xué)習(xí)與數(shù)學(xué)推理學(xué)習(xí)情境.本題以橢圓為載體，考查橢圓的幾何性質(zhì)及標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，弦長(zhǎng)公式（兩點(diǎn)距離公式），點(diǎn)到直線距離公式.

本題考查了邏輯推理能力和數(shù)學(xué)運(yùn)算能力.通過將三角形面積問題轉(zhuǎn)化為兩條平行線間的距離問題，感受數(shù)形結(jié)合思想的價(jià)值.通過推理論證，發(fā)現(xiàn)應(yīng)該先求點(diǎn)B的坐標(biāo)，再求直線l的方程.

調(diào)整運(yùn)算方向，考查數(shù)學(xué)運(yùn)算.

2 破解題目，多角度分析，多維度理解

2.1 第（1）問解析

第（1）問很常規(guī)，也非常簡(jiǎn)單.已知橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程形式及兩個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法，列兩個(gè)方程求橢圓的這兩個(gè)未知數(shù)，進(jìn)而求橢圓的半焦距，最終求出橢圓的離心率.靈活處理的突破點(diǎn)在于觀察幾何對(duì)象的特征，理解點(diǎn)A是橢圓的上頂點(diǎn)，可以適當(dāng)簡(jiǎn)便運(yùn)算.

解析 由題意得b=3，9a2+9/4b2=1，

解得b2=9，a2=12.

所以e=1-b2a2=1-912=12.

2.2 第（2）問解析

思路1 以|AP|為底，求出三角形的高，即點(diǎn)B到直線AP的距離，再利用平行線距離公式得到平移后的直線方程，聯(lián)立橢圓方程得到點(diǎn)B坐標(biāo)，則得到直線l的方程.

思路2 同思路1得到點(diǎn)B到直線AP的距離，再設(shè)B（x0，y0），根據(jù)點(diǎn)到直線距離和點(diǎn)在橢圓上得到方程組，解出即可.

思路3 同思路1得到點(diǎn)B到直線AP的距離，利用橢圓的參數(shù)方程即可求解.

思路4 首先驗(yàn)證直線AB斜率不存在的情況，再設(shè)直線y=kx+3，聯(lián)立橢圓方程，得到點(diǎn)B坐標(biāo)，再利用點(diǎn)到直線距離公式即可.

思路5 首先考慮直線PB斜率不存在的情況，再設(shè)PB：y-32=k（x-3），利用弦長(zhǎng)公式和點(diǎn)到直線的距離公式即可得到答案.

思路6 設(shè)線法與思路5一致，利用水平寬乘鉛錘高乘12表達(dá)面積即可.

解法1 由題知，kAP=3-3/20-3=-12，則直線AP的方程為y=-12x+3.

即x+2y-6=0.

所以|AP|=（0-3）2+（3-32）2=352.

由（1）知C：x212+y29=1.

設(shè)點(diǎn)B到直線AP的距離為d，則

d=2×935/2=1255［1］.

將直線AP沿著與AP垂直的方向平移1255單位即可，此時(shí)該平行線與橢圓的交點(diǎn)即為點(diǎn)B.設(shè)該平行線的方程為x+2y+C=0，則|C+6|5=1255，解得C=6或C=-18.

當(dāng)C=6時(shí)，聯(lián)立x212+y29=1，x+2y+6=0，

解得x=0，y=-3或x=-3，y=-32.

即B（0，-3）或（-3，-32）.

當(dāng)B（0，-3）時(shí)，此時(shí)kl=32，直線l的方程為

y=32x-3，即3x-2y-6=0;

當(dāng)B（-3，-32）時(shí)，此時(shí)kl=12，直線l的方程為y=12x，即x-2y=0.

當(dāng)C=-18時(shí)，聯(lián)立x212+y29=1，x+2y-18=0，得

2y2-27y+117=0，Δ=272-4×2×117=-207lt;0，此時(shí)該直線與橢圓無交點(diǎn).

綜上，直線l的方程為3x-2y-6=0或x-2y=0.

解法2 同解法1得到直線AP的方程為x+2y-6=0，點(diǎn)B到直線AP的距離d=1255.

設(shè)B（x0，y0），則|x0+2y0-6|5=1255，x2012+y209=1，

解得x0=-3，y0=-32或x0=0，y0=-3.

即B（0，-3）或（-3，-32），以下同解法1.

解法3 同解法1得到直線AP的方程為x+2y-6=0，點(diǎn)B到直線AP的距離d=1255.

設(shè)B（23cosθ，3sinθ），其中θ∈［0，2π），則有

|23cosθ+6sinθ-6|5=1255.

聯(lián)立cos2θ+sin2θ=1，

解得cosθ=-32，sinθ=-12或cosθ=0，sinθ=-1.

即B（0，-3）或（-3，-32），以下同解法1.

解法4 當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，此時(shí)B（0，-3），S△PAB=12×6×3=9，符合題意，此時(shí)

kl=32，直線l的方程為y=32x-3，即3x-2y-6=0.

當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為

y=kx+3，與橢圓方程聯(lián)立有y=kx+3，x212+y29=1， 則

（4k2+3）x2+24kx=0，

其中k≠kAP，即k≠-12，

解得x=0或x=-24k4k2+3，k≠0，k≠-12.

令x=-24k4k2+3，則y=-12k2+94k2+3.

則B（-24k4k2+3，-12k2+94k2+3）.

同解法1得到直線AP的方程為x+2y-6=0，

點(diǎn)B到直線AP的距離d=1255，

則

|-24k/（4k2+3）+2（9-12k2）/（4k2+3）-6|5

=1255，

解得k=32，

此時(shí)B（-3，-32），則得到kl=12，直線l的方程為y=12x，即x-2y=0［2］.

綜上，直線l的方程為3x-2y-6=0或x-2y=0.

解法5 當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，l：x=3，B（3，-32），|PB|=3，點(diǎn)A到直線PB的距離d=3，

此時(shí)S△ABP=12×3×3=92≠9，不滿足條件.

當(dāng)l的斜率存在時(shí)，設(shè)PB：y-32=k（x-3），則

y=k（x-3）+32，x212+y29=1，

消y，得（4k2+3）x2-（24k2-12k）x+36k2-36k-27=0，

Δ=（24k2-12k）2-4（4k2+3）（36k2-36k-27）gt;0，且k≠kAP，即k≠-12.

令P（x1，y1），B（x2，y2），則

x1+x2=24k2-12k4k2+3，x1x2=36k2-36k-274k2+3，

|PB|=k2+1·（x1+x2）2-4x1x2

=43·k2+1·3k2+9k+27/44k2+3，

點(diǎn)A到直線PB距離d=|3k+3/2|k2+1，

S△PAB=12·43·k2+1·3k2+9k+27/44k2+3·|3k+3/2|k2+1=9，

所以k=12或32，均滿足題意.

所以l：y=12x或y=32x-3.

即3x-2y-6=0或x-2y=0.

解法6 當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，l：x=3，B（3，-32），|PB|=3，點(diǎn)A到直線PB的距離d=3，此時(shí)S△ABP=12×3×3=92≠9，不滿足條件.

當(dāng)直線l斜率存在時(shí)，設(shè)l：y=k（x-3）+32，設(shè)l與y軸的交點(diǎn)為Q，令x=0，則Q（0，-3k+32）.

聯(lián)立y=kx-3k+32，3x2+4y2=36， 則有

（3+4k2）x2-8k（3k-32）x+36k2-36k-27=0，

其中Δ=8k2（3k-32）2-4（3+4k2）（36k2-36k-27）gt;0，且k≠-12，

則3xB=36k2-36k-273+4k2，即xB=12k2-12k-93+4k2.

則S=12|AQ|·|xP-xB|

=12|3k+32|·|12k+183+4k2|=9，

解得k=12或k=32.

經(jīng)代入判別式驗(yàn)證均滿足題意.

則直線l為y=12x或y=32x-3.

即3x-2y-6=0或x-2y=0.

3 追本溯源，回歸教材，類比高考

本題對(duì)教學(xué)有很好的導(dǎo)向作用——回歸基礎(chǔ)，回歸課本.高考反“套路”反“刷題”，平時(shí)教學(xué)一定要扎實(shí)地從簡(jiǎn)單到復(fù)雜、從單一到綜合組織內(nèi)容，給學(xué)生提供歸納、概括的機(jī)會(huì).

3.1 本題對(duì)標(biāo)教材

（人教版高中選擇性必修第一冊(cè)第114頁例7）已知直線l：4x-5y+m=0和橢圓C：

x225+y29=1.m為何值時(shí)，直線l與橢圓C：（1）有兩個(gè)公共點(diǎn)？（2）有且只有一個(gè)公共點(diǎn)？（3）沒有公共點(diǎn)？

3.2 本題對(duì)標(biāo)相同理念高考題

題1 （2023年新高考全國Ⅱ卷第5題）已知橢圓C：x23+y2=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，直線y=x+m與C交于A，B兩點(diǎn)，若△F1AB的面積是△F2AB的面積的2倍，則m=（" ）．

A．23 B．23 C．-23 D．-23

題2 （2020年新高考全國Ⅱ

卷第21題）已知函數(shù)f（x）=x3-x2+ax+1．

（1）討論f（x）的單調(diào)性；

（2）求曲線y=f（x）過坐標(biāo)原點(diǎn)的切線與曲線

y=f（x）的公共點(diǎn)的坐標(biāo)．

題3 （2019年新高考全國Ⅲ卷理第21題）已知曲線C：y=x22，D為直線y=-12上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)D作C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B.

（1）證明：直線AB過定點(diǎn)；

（2）若以E（0，52）為圓心的圓與直線AB相切，且切點(diǎn)為線段AB的中點(diǎn)，求四邊形ADBE的面積.

3.3 探究?jī)r(jià)值，啟發(fā)教學(xué)

解析幾何是用代數(shù)方法解決幾何問題，但本質(zhì)還是幾何問題.深刻理解常見平面圖形（三角形，平行四邊形，梯形，圓形）的幾何性質(zhì)，合理優(yōu)化運(yùn)算方向，以簡(jiǎn)便運(yùn)算.在本題的啟發(fā)和引導(dǎo)下，應(yīng)注意以下五個(gè)原則：（1）通性通法不等同于解題“套路”“步驟”，要避免機(jī)械刷題；（2）觀察題目中幾何條件的“不變量”是優(yōu)化運(yùn)算的突破口；

（3）利用特殊位置、極端位置突破幾何問題；

（4）夯實(shí)平面幾何圖形基礎(chǔ)，切忌盲目背誦二級(jí)結(jié)論；

（5）加強(qiáng)運(yùn)算能力的教學(xué)和培養(yǎng).

4 結(jié)束語

高考趨勢(shì)就是回歸基礎(chǔ)，回歸數(shù)學(xué)不變性，反“套路”，反“刷題”.首先，在解析幾何問題中要夯實(shí)平面幾何圖形基礎(chǔ)，訓(xùn)練以幾何眼光解決幾何問題的能力，切忌盲目背誦二級(jí)結(jié)論.比如本題的解法4和解法5都是從三角形面積關(guān)系中發(fā)現(xiàn)解題的突破口，而沒有應(yīng)用二級(jí)結(jié)論.其次，解析幾何在解答題位置的改變，也意味著任何板塊的知識(shí)都需要重視基礎(chǔ)性.最后，問題的答案不是目的，解決問題的過程才是目的.解決問題過程中如何把復(fù)雜問題轉(zhuǎn)化或化歸成簡(jiǎn)單問題，才是訓(xùn)練數(shù)學(xué)思維的目的.

參考文獻(xiàn)：

［1］ 何正文．對(duì)一道關(guān)于三角函數(shù)高考題的教學(xué)思考與延伸[J]．?dāng)?shù)理化解題研究，2020（03）：29-30．

[2] 何正文.基于核心素養(yǎng)的多階數(shù)學(xué)思維的培養(yǎng)[J].中學(xué)數(shù)學(xué)雜志，2019（01）：14-16.

［責(zé)任編輯：李 璟］