2021年高考“圆锥曲线与方程”专题解题分析

孙红波 周远方 裴伟

摘  要：2021年高考数学试卷中有关圆锥曲线与方程的试题，聚焦圆锥曲线的定义、标准方程和几何性质等考查重点，强化“四基”、考查“四能”，突出主干知识，重视解析几何的本质，全面考查解析几何的基本思想和方法，有效甄别学生的运算求解能力和几何直观素养. 通过对典型试题的解法分析，总结试题的解题规律，领悟数形结合思想方法的灵活运用，为今后的高考复习备考提出针对性和有效性建议.

关键词：圆锥曲线与方程;几何性质;解题分析;复习建议

圆锥曲线与方程是解析几何的重要组成部分，是解析几何核心内容的体现，一直是高考考查的重点与热点. 综观2021年高考数学10份试卷，关于圆锥曲线与方程的试题难度适中，考查内容全面，圆锥曲线的核心知识考点全覆盖，同时兼顾与其他知识的综合. 试题平凡但不平淡，简约而不简单，强调数学本质，突出通性、通法，考查解析几何基本思想与基本方法，重视对学生逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养的考查，考查学生分析问题和解决问题的能力，充分发挥了对中学数学教学的导向作用.

一、典例剖析

1. 根植教材，考查圆锥曲线的基本概念与标准方程

圆锥曲线的基本概念包括圆锥曲线的定义、轴长、焦距、焦点坐标、顶点坐标、准线方程. 这类试题一般出现在客观题或解答题的第（1）小题，考查学生对圆锥曲线概念的理解，属于容易题或中档题的范畴.

（1）圆锥曲线的定义.

例1 （北京卷·12）已知抛物线[y2=4x]的焦点为[F，] 点[M]在抛物线上，[MN]垂直[x]轴于点[N]. 若[MF=6，] 则点[M]的横坐标为       ;[△MNF]的面积为     .

解：根据抛物线定义及[FM=6，] 可知点[M]到抛物线准线的距离为6.

因为抛物线的准线方程为[x=-1，]

所以[xM+1=6.]

解得[xM=5，] 即点[M]的横坐标为[5].

于是[yM2=20，]

则[yM=25.]

所以點[M]到[x]轴的距离为[25.]

因为[△MNF]的底为[5-1=4，]

所以[△MNF]的面积为[12×25×4=45.]

【评析】此题主要考查抛物线的定义及准线方程，属于容易题，解题的关键在于将抛物线的焦半径转化为点的坐标的关系. 在求解[△MNF]的面积时，需要将“点在曲线上”代数化.

例2 （全国新高考Ⅰ卷·5）已知[F1，F2]是椭圆[C：][x29+y24=1]的两个焦点，点[M]在[C]上，则[MF1MF2]的最大值为（    ）.

（A）13 （B）12 （C）9 （D）6

解：根据椭圆的标准方程，可知椭圆的长轴长为[2a=6.]

结合椭圆的第一定义，可知[MF1+MF2=6.]

由均值不等式，得

[MF1MF2≤MF1+MF222=9，]

当且仅当[MF1=MF2=3]时，等号成立.

故答案选C.

【评析】此题涉及椭圆中的基本量及均值不等式，解题的关键在于能根据“积”联想到“和为定值”，进而利用椭圆的第一定义得出答案，属于容易题.

（2）圆锥曲线的基本量.

例3 （全国新高考Ⅱ卷?3）若抛物线[y2=2px p>0]的焦点到直线[y=x+1]的距离为[2，] 则[p]的值为（    ）.

（A）[1]   （B）[2]   （C）[22]   （D）[4]

解：抛物线[y2=2px p>0]焦点为[p2，0，]

则[p2，0]到[x-y+1=0]的距离[d=p2+12=2.]

解得[p=2.]

故答案选B.

【评析】此题主要考查抛物线中基本量[p]的求解，只要准确写出焦点坐标，以及点到直线的距离公式，就可以得出正确答案.

例4 （全国乙卷·理13）已知双曲线[C： x2m-][y2=1 m>0]的一条渐近线为[3x+my=0，] 则C的焦距为       .

解：由渐近线方程[3x+my=0，] 化简得[y=-3mx，]

即[ba=3m，] 则[b2a2=3m2.]

因为在双曲线中[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.]

故答案为4.

【评析】此题为容易题，考查由渐近线求解双曲线的基本量——焦距，正确计算并联立关系式求解是关键.

（3）圆锥曲线的标准方程.

例5 （北京卷·5）双曲线[x2a2-y2b2=1]的离心率为2，且过点[2， 3，] 则双曲线的方程为（    ）.

（A）[2x2-y2=1] （B）[x2-y23=1]

（C）[5x2-3y2=1] （D） [x22-y26=1]

解：因为双曲线离心率[e=ca=2，]

所以[c=2a，b=3a.]

将点[2， 3]代入双曲线方程，得

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

故[a2=1，b2=3.]

所以双曲线方程为[x2-y23=1].

故答案选B.

【评析】此题主要考查利用待定系数法求曲线方程，只需要找到[a，b，c]三者之间的关系，将几何条件“点在曲线上”代数化即可.

2. 强化基础，考查圆锥曲线的几何性质

对圆锥曲线几何性质的考查，一般出现在客观题中，属于中档题. 在解题过程中，如果善于发现其中的隐含条件，将会极大地简化运算，收到事半功倍的效果，其中常常会用到数形结合的思想.

（1）对称性问题.

椭圆、双曲线、抛物线都是轴对称图形，椭圆、双曲线还是中心对称图形，如果能结合图形和题中的几何关系，发现其蕴含的对称关系，将会极大地简化运算.

例6 （全国甲卷·文16 / 理15）已知[F1，F2]为椭圆[C： x216+y24=1]的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且[PQ=F1F2，] 则四边形[PF1QF2]的面积为         .

解：因为[P，Q]为[C]上关于坐标原点对称的两点，且[PQ=F1F2，]

所以四邊形[PF1QF2]为矩形.

由椭圆的标准方程，得

椭圆长轴长为[8， F1F2=43.]

设[PF1=m， PF2=n，]

根据椭圆定义，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.]

故四边形[PF1QF2]的面积等于[8].

故答案为[8].

【评析】此题主要考查椭圆焦点三角形的性质，通过图形的对称性发现四边形[PF1QF2]为矩形是解题的关键，进而将四边形问题转化为直角三角形问题.

（2）离心率问题.

离心率是圆锥曲线的一个重要特性，是刻画圆锥曲线形态特征的重要几何量，它揭示了基本量[a，b，c]三者之间的关系，是高考客观题的考查重点. 求解离心率的方法一般有两种：一是直接借助图形特征求出[a，c，] 进而解出离心率[e];二是构造关于[a，c]的齐次式，进而求出离心率[e.]

例7 （浙江卷·16）已知椭圆[x2a2+y2b2=1 a>b>0，]焦点[F1-c，0，F2c，0 c>0.] 若过点[F1]的直线和圆[x-12c2+y2=c2]相切，与椭圆在第一象限交于点P，且[PF2⊥Ox，] 则该直线的斜率是       ，椭圆的离心率是       .

解：如图1，不妨假设[c=2]，设切点为[B]，

则[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.]

故答案为[255; 55.]

【评析】此题主要考查离心率的求解，由于题中[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数，以及椭圆的定义可以快速求解.

例8 （全国乙卷·理11）设[B]是椭圆[C： x2a2+][y2b2=1 a>b>0]的上顶点，若[C]上的任意一点[P]都满足[PB≤2b，] 则[C]的离心率的取值范围是（    ）.

（A）[22，1] （B）[12，1]

（C）[0， 22] （D）[0， 12]

解：设[Px，y，]

则[PB2=x2+y-b2][=-c2b2y2-2by+a2+b2.]

记[fy=-c2b2y2-2by+a2+b2，y∈-b，b，]

则对称轴[y=-b3c2.]

当[-b3c2≤-b，] 即[0

[fymax=f-b=-c2+a2+3b2=4b2，] 符合题意.

当[-b3c2>-b，] 即[22

[b2

因为[b4c2+a2+b2-4b2=b4-2b2c2+c4c2>0，]

所以函数[fy]的最大值大于[4b2，] 不符合题意.

所以[e∈0， 22.]

故答案选C.

【评析】此题是一道关于离心率取值范围的试题. 只需根据题设条件，建立离心率和其他变量的函数关系，将取值范围问题转化为函数最值问题进行处理，借助函数的单调性即可解决.

（3）渐近线问题.

渐近线是双曲线所特有的性质，一般在客观题中以条件出现，或者要求学生根据给定条件和要求求出双曲线的渐近线方程.

例9 （全国新高考Ⅱ卷·13）已知双曲线[C ： x2a2-][y2b2=1 a>0，b>0]的离心率[e=2，] 则双曲线[C]的渐近线方程为           .

解：因为双曲线的离心率为[2，]

所以[1+b2a2=2.]

解得[ba=3.]

所以双曲线[C]的渐近线方程为[y=±3x.]

故答案为[3x-y=0]，[3x+y=0].

【评析】此题考查双曲线的渐近线方程与离心率的关系，属于简单题.

3. 重视本质，考查直线与圆锥曲线综合的问题

（1）距离问题.

距离是解析几何研究的重要问题之一，在圆锥曲线中主要以考查长度、面积和比例等形式出现，掌握两点间的距离公式和圆锥曲线的弦长公式是解题的关键.

例10 （全国甲卷·文5）点[3，0]到双曲线[x216-][y29=1]的一条渐近线的距离为（    ）.

（A）[95] （B）[85]    （C）[65]   （D）[45]

解：由题意，可知双曲线的渐近线方程为[x216-y29=0，]

即[3x±4y=0.]

结合对称性，不妨考虑点[3，0]到渐近线[3x+][4y=0]的距离，则[d=9+09+16=95.]

故答案选A.

【评析】此题主要考查双曲线漸近线的概念，以及点到直线的距离公式，属于容易题.

（2）直线与圆锥曲线的位置关系问题.

位置关系是解析几何中的另一个基本问题. 在解决直线与圆锥曲线的位置关系问题时，通常只需要将位置关系作为条件代数化.

例11 （上海卷·11）已知抛物线：[y2=2px p>0，]其焦点为[F，] 若第一象限的[A，B]两点在抛物线上，[AF=][2， BF=4， AB=3，] 则直线[AB]的斜率为        .

解：设[Ax1，y1，Bx2，y2，]

则[AF=x1+p2=2， BF=x2+p2=4.]

所以[x1-x2=2.]

设直线[AB]的斜率为[k]，

则[AB=1+k2x1-x2=3，] 且[k>0，]

解得[k=52.]

故答案为[52.]

【评析】此题以抛物线为载体，主要考查直线的斜率，以及直线与抛物线相交时焦半径与弦长公式的求解，只需要利用抛物线的定义将焦半径用坐标表示出来，利用弦长公式即可求解.

（3）定点与定值问题.

定点与定值问题的核心在于发现运动过程中的不变性. 求解定点、定值问题可以从两个角度着手：一是从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关;二是直接法，在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.

例12 （全国新高考Ⅰ卷·21）在平面直角坐标系[xOy]中，已知点[F1-17，0，F217，0，] 点[M]满足[MF1-MF2=2.] 记点[M]的轨迹为[C.]

（1）求[C]的方程;

（2）设点[T]在直线[x=12]上，过点[T]的两条直线分别交[C]于[A，B]两点和[P，Q]两点，且[TA ? TB=TP ?][TQ，] 求直线[AB]的斜率与直线[PQ]的斜率之和.

解：（1）因为[MF1-MF2=2

所以轨迹[C]是以点[F1，F2]为左、右焦点的双曲线的右支.

设[C]的方程为[x2a2-y2b2=1 a>0，b>0，]

则[a=1.]

于是[b=17-a2=4.]

所以轨迹[C]的方程为[x2-y216=1 x≥1.]

（2）设点[T12，m，]

若过点[T]的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线[C]无公共点，

所以斜率存在.

不妨设直线[AB]的方程为[y-m=k1x-12，]

即[y=k1x+m-12k1.]

联立[y=k1x+m-12k1，16x2-y2=16，] 消去[y]并整理，可得

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

设点[Ax1，y1，Bx2，y2，]

则[x1>12，x2>12.]

由根与系数的关系，可得

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

所以[TATB=m2+121+k21k21-16.]

设直线[PQ]的斜率为[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.]

显然[k1-k2≠0，]

故[k1+k2=0.]

所以直线[AB]与直线[PQ]的斜率之和为[0.]

【评析】此题以双曲线为载体，考查弦长的计算，关键在于借助根与系数的关系将弦长用斜率表示出来，进而得到定值.

（4）范围与最值问题.

圆锥曲线有关几何量的最值与取值范围问题，既是解析几何中的一类经典问题，也是每年高考数学中的一个高频考点，通常需要结合圆锥曲线上的点的范围，借助转化与化归思想，利用二次函数、基本不等式和导数等知识方法求解.

例13 （全国乙卷·文11）设[B]是椭圆[C： x25+][y2=1]的上顶点，点[P]在[C]上，则[PB]的最大值为（    ）.

（A）[52]   （B）[6]   （C）[5]   （D）2

解：设点[Px0，y0，]

因为[B0，1， x205+y20=1，]

所以[PB2=-4y0+142+254.]

因为[-1≤y0≤1，]

所以当[y0=-14]时，[PB]取最大值，最大值为[52.]

故答案选A.

【评析】此题主要考查有关距离的最值问题，关键在于将[PB]转化为关于点[P]纵坐标的二次函数关系，利用二次函数的最值求解.

例14 （浙江卷·21）如图2，已知F是抛物线[y2=2px p>0]的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且[MF=2.]

（1）求抛物线的方程;

（2）设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线[MA，MB，AB，] x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足[RN2=PNQN，] 求直线l在x轴上截距的范围.

解：（1）因为[MF=2，] 所以[p=2.]

故抛物线的方程为[y2=4x.]

（2）设直线[AB]的方程为[x=ty+1，] 点A，B，N的坐标分别为[Ax1，y1，Bx2，y2，Nn，0，]

所以直线[l：x=y2+n.]

由题设，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.]

因为[RN2=PN ? QN，]

所以[1+14yR2=1+14yP ? 1+14yQ，]

即[y2R=yP ? yQ.]

又直线[MA]的方程为[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，] 则[t=s+12，] 且[s≠0.]

因为[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.]

由此可以确定直线[l]在[x]轴上的截距的范围为[-∞，-7-43?-7+43，1?1，+∞.]

【评析】此题主要考查直线与抛物线位置关系中的最值问题，只需要根据问题的特征合理假设直线方程的形式，将几何关系转化为代数计算，构建出函数关系式，然后利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围问题，即可求得截距范围.

4. 关注融合，考查圆锥曲线與其他知识的结合

（1）与解三角形知识结合.

例15 （全国甲卷·理5）已知[F1，F2]是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且[∠F1PF2=60°， PF1=][3PF2，] 则C的离心率为（    ）.

（A）[72]   （B）[132]  （C）[7]  （D）[13]

解：因为[PF1=3PF2，]

由双曲线的定义，得[PF1-PF2=2PF2=2a.]

所以[PF2=a， PF1=3a.]

因为[∠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.]

故答案选A.

【评析】此题考查双曲线离心率的计算，关键在于借助双曲线的定义，找到焦点三角形的边角关系，然后利用余弦定理建立[a，c]间的等量关系，进而求解.

（2）与数列知识结合.

例16 （浙江卷·9）已知[a，b∈R，ab>0，] 函数[fx=ax2+bx∈R.] 若[fs-t，fs，fs+t]成等比数列，则平面上点[s，t]的轨迹是（    ）.

（A）直线和圆 （B）直线和椭圆

（C）直线和双曲线 （D）直线和抛物线

解：由题意，得[fs-tfs+t=fs2，]

即[as-t2+bas+t2+b=as2+b2.]

对其进行整理、变形，得

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

即[as2+b+at22-2ast2-as2+b2=0.]

则[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]为双曲线，[t=0]为直线.

故答案选C.

【评析】此题以数列为载体，考查点的轨迹的求解，关键在于将条件中的等比数列转化出来，进而建立关于[s，t]的方程，求出点的轨迹.

（3）与平面向量知识结合.

例17 （上海卷·20）如图3，已知椭圆[Γ： x22+][y2=1，] [F1，F2]是其左、右焦点，直线l过点[Pm，0][m<-2]交椭圆[Γ]于A，B两点，且A，B在x轴上方，点A在线段BP上.

（1）若B是上顶点，[BF1=PF1，] 求m的值;

（2）若[F1A ? F2A=13，] 且原点O到直线l的距离为[41515，] 求直线l的方程;

（3）求证：对于任意[m<-2，] 使得[F1A∥F2B]的直线有且仅有一条.

解：（1）易得焦点坐标分别是[F1-1，0，F21，0，][B0，1.]

因为[BF1=PF1=2，]

所以[m=-1-2.]

（2）设点[A2cosθ，sinθ，]

则[F1A ? F2A=2cosθ+12cosθ-1+sin2θ=13.]

从而[cos2θ=13，]

解得[cosθ=-33.]（依题意，点A在点[P，B]的中间.）

所以[A-63， 63.]

设过点[A]的直线方程为[y=kx+63k+63 k>0，]

则原点[O]到直线[l]的距离[d=41515.]

化简，得[3k2-10k+3=0.]

解得[k=3]或[k=13.]

故直线[l]的方程为[y=3x+463]（舍去，因为[x]上截距不满足）或[y=13x+469.]

（3）（方法1，联立消[y]）设直线[l]的方程为[y=][kx-m，] 点[A，B]的坐标分别为[Ax1，y1，B（x2，y2），]

则[F1A=x1+1，y1， F2B=x2+1，y2.]

因为[F1A∥F2B，]

所以[x1+1y2=x2-1y1.]

消去[y，] 得[kx2-mx1+1=kx1-mx2-1.]

化简，得[x1+x2+mx2-x1-2m=0.]

联立[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.]

因為[x2-x12=x2+x12-4x1x2=16k2-8k2m2+81+2k22，]

所以[4k2-2k2m2+1=0.]

解得[k2=12m2-4.]

所以对于任意[m<-2，] 都有唯一的[k=12m2-4，]即直线有且仅有一条.

（方法2，联立消[x]）设[Ax1，y1，Bx2，y2，] 直线[l]的方程为[x=ty+m.]

因为[F1A∥F2B，]

所以[y2y1=m-1m+1.]

所以[y2=m-1m+1y1.]

联立[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.]

化简，得[m2-1t2=m2-2t2+2，]

即[m2t2-t2=m2t2-2t2+2m2-4.]

解得[t2=2m2-4.]

因为[t>0，]

所以[t=2m2-4，]

即[k=12m2-4.]

所以对于任意[m<-2，] 都有唯一的[k=12m2-4，]即直线有且仅有一条.

【评析】此题是一道与向量结合的直线与椭圆的综合题. 此类问题是高考圆锥曲线与方程部分的重点考查内容之一，主要考查圆锥曲线的相关知识和平面向量知识等. 解决此类问题的一般思路是从代数角度寻找关于长度或者利用向量的坐标反映向量的位置关系求解.

二、解法赏析

1. 典型通性、通法例析

（1）直译法.

直译法就是在解决圆锥曲线问题的过程中，将几何条件代数化，建立关系式，利用数学运算求解获得结果. 直译法强调的是对条件的逐个使用、翻译，以及运算程序的实施.

例18 （天津卷·18）已知椭圆[x2a2+y2b2=1 a>b>0]的右焦点为[F，] 上顶点为[B，] 离心率为[255，] 且 [BF=5.]

（1）求椭圆[C]的方程;

（2）直线[l]与椭圆有唯一的公共点[M，] 与[y]轴的正半轴交于点[N.] 过点[N]与[BF]垂直的直线交[x]轴于点[P.] 若[MP∥BF，] 求直线[l]的方程.

解：（1）椭圆[C]的方程为[x25+y2=1.]（解答过程略.）

（2）由题意，设[l：y=kx+n，n>1，]

联立[l]与[C]的方程，消去[y，] 整理并化简，得

[x2+5kx+n2-5=0，]

即[1+5k2x2+10knx+5n2-1=0.]

因为[l]与[C]相切，

所以[Δ=0.] 解得[n=5k2+1.]

设[MxM，yM，]

则有[xM=-5nk1+5k2.]

所以[yM=kxM+n=n1+5k2.]

因为[NP⊥FB，] 而直线[FB]斜率为[-12，]

所以直线[NP]斜率为2.

从而点[P]坐标为[-n2，0.]

因为[MP∥BF，]

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

解得[k=1.]

所以[n=5k2+1=6.]

所以直线[l]的方程为[y=x+6.]

【评析】此题主要考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键在于将题中的几何条件分别代数化，利用平行关系构建等式，进而直接解出直线方程中的参数.

（2）设而不求法.

解析法的最大好处在于通过代数方法将几何问题的解决变成统一的模式，使得解题方法有章可循，但是在实际解题过程中，往往需要求出交点的坐标，这样必定会带来大量的运算. 设而不求法是只设出一些未知量，而不求出其值，在实际操作过程中可以采用不同的方法，以达到简化运算的目的.

① 合理设点，简化运算.

例19 （全国甲卷·文21 / 理20）抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：[x=1]交C于P，Q两点，且[OP⊥OQ.] 已知点[M2，0，] 且圆[M]与l相切.

（1）求C，圆[M]的方程;

（2）设[A1，A2，A3]是C上的三个点，直线[A1A2，A1A3]均与圆[M]相切. 判断直线[A2A3]与圆[M]的位置关系，并说明理由.

解：（1）依题意，设抛物线[C：y2=2px p>0，][P1，y0，Q1，-y0.]

因为[OP⊥OQ，]

所以[OP ? OQ=1-y20=1-2p=0.]

解得[2p=1.]

所以抛物线[C]的方程为[y2=x.]

因为[M2，0，圆M]与[x=1]相切，

所以半径为[1.]

所以[圆M]的方程为[x-22+y2=1.]

（2）设[A1x1，y1，A2x2，y2，A3x3，y3，]

若直线[A1A2]的斜率不存在，

则直线[A1A2]的方程为[x=1]或[x=3.]

若直线[A1A2]的方程为[x=1，] 根据对称性，不妨设[A11，1，]

则过点[A1]与圆[M]相切的另一条直线方程为[y=1.]

此时该直线与抛物线只有一个交点，

即不存在[A3，] 不合题意.

若直线[A1A2]的方程为[x=3，] 根据对称性，不妨设[A13， 3，A23，-3，]

则过点[A1]与圆[M]相切的直线[A1A3]为[y-3=33 ·][x-3.]

因为[kA1A3=y1-y3x1-x3=1y1+y3=13+y3=33，y3=0，]

所以[x3=0.]

所以[A30，0.]

此时直线[A1A3，A2A3]关于[x]轴对称，

所以直线[A2A3]与圆[M]相切.

若直线[A1A2，A1A3，A2A3]的斜率均存在，

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

所以直线[A1A2]的方程为[y-y1=1y1+y2x-x1.]

整理，得[x-y1+y2y+y1y2=0.]

同理，直线[A1A3]的方程为[x-y1+y3y+y1y3=0，]

直线[A2A3]的方程为[x-y2+y3y+y2y3=0.]

因为[A1A2]与圆[M]相切，

所以[2+y1y21+y1+y22=1.]

整理，得[y21-1y22+2y1y2+3-y21=0.]

则[A1A3]与圆[M]相切.

同理，[y21-1y23+2y1y3+3-y21=0.]

所以[y2，y3]为方程[y21-1y2+2y1y+3-y21=0]的两根.

所以[y2+y3=-2y1y21-1，y2y3=3-y21y21-1.]

所以点[M]到直线[A2A3]的距离为[2+y2y31+y2+y32=1.]

所以直線[A2A3]与圆[M]相切.

综上，若直线[A1A2，A1A3]与圆[M]相切，则直线[A2A3]与圆[M]相切.

【评析】此题用点来表示切线方程，构造同构齐次式，达到了简化运算的目的.

② 恰当设线，优化运算.

对于上述例12的第（2）小题，除上述解法外，选择不同的方式设直线方程，还会产生以下三种不同的解法.

解法1：设普通方程的斜截式，运用双根法简化运算.

不妨设直线[AB]的方程为[y=k1x+b1.]

联立[y=k1x+b1，16x2-y2=16，] 消去[y，] 得

[16-k12x2-2k1b1x-b12+16=0.] ①

设点[Ax1，y1，Bx2，y2，]

则[x1>12，x2>12.]

则①式的两根为[x1，x2.]

由二次方程的双根式，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.]

因为直线AB与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：設普通方程的点斜式，运用换元法简化运算.

设直线AB的方程为[y-m=k1x-12，] 令[t=x-12，]

则直线AB的方程可表示为[y=k1t+m.]

联立[y=k1t+m，16t+122-y2=16，] 消去[y，] 得

[16-k12t2+16-2k1mt-m2+12=0.] ②

设点[At1，y1，Bt2，y2，]

则[t1>0，t2>0.]

则②式的两根为[t1，t2.]

由根与系数关系，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：设参数方程，运用直线参数方程的几何意义简化运算.

设[T12，m，] 直线[AB]的倾斜角为[α，] 直线[PQ]的倾斜角为[β，]

则直线[AB]的参数方程为[x=12+tcosα，y=m+tsinα]（[t]为参数）.

参数[t]的几何意义是直线[AB]上的动点到定点[T]的有向距离.

将直线[AB]的参数方程代入双曲线[C：x2-y216=1][x≥1]并化简，得

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

方程的两根为[t1，t2]（分别对应点[A，B]到[T]的有向距离），

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].

因为[0≤α<π，0≤β<π，]

所以[sinα=sinβ.]

因为[α≠β，]

所以[α+β=π.]

故直线[AB]与直线[PQ]斜率之和为[0.]

【评析】此题选择直线方程的不同设法，可以通过简化运算的不同途径，实现解题过程的优化. 解法1与例12设直线方程的点斜式相比，说明选择直线的斜截式方程反而能够优化运算过程. 同时，借助双根法又可以省去复杂的根与系数关系的代入运算. 解法2尽管还是选择点斜式方程，但利用换元法则与解法3有异曲同工之妙. 解法3借助直线参数方程的几何意义，将两点间的距离直接转化为根与系数关系中两根积的计算，在很大程度上简化了运算. 实际上，这些简化方法的本质都是充分运用方程的思想和化归的思想实现的.

事实上，此题还可以运用如下方程思想达成简化运算的目的.

通过上述解题，发现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.]

则由[TA ? TB=TP ? TQ，] 可知[k1，k2]就是关于[k]的一元二次方程的两根. 所以由根与系数关系得[k1+k2=0.]

2. 经典数学背景例析

（1）四点共圆.

仍以例12的第（2）小题说明问题，此小题还有以下解法.

解：分别设直线[AB，PQ]的斜率为[k1，k2，] 记点[T]的坐标为[Tm，n，]

则可设直线[AB，PQ]上所有点所构成的点集对应的曲线方程为[C1： k1x-y+n-k1mk2x-y+n-k2m=0.]

进一步，经过[C1]与[C]的交点，也即[A，B，C，D]的曲线系方程可表示为[C2： k1x-y+n-k1mk2x-y+][n-k2m+λ16x2-y2-16=0.]

因为[TATB=TPTQ，]

所以由圆幂三定理中的相交弦定理，可知[A，B，][C，D]四点共圆.

所以[C2]中交叉项系数和为0，

即[k1+k2=0.]

故直线[AB]与[PQ]斜率之和为0.

【评析】此解法的关键在于发现条件中隐含着“四点共圆”，进而借助二次曲线系方程表示圆的条件，快速得出此题的结论. 同时根据解题过程可以看出，该命题的逆命题也是正确的.

（2）阿基米德三角形.

例20 （全国乙卷·理21）已知抛物线[C：x2=][2py p>0]的焦点为[F，] 且[F]与圆[M：x2+y+42=1]上点的距离的最小值为[4.]

（1）求[p;]

（2）若点[P]在[M]上，[PA，PB]是[C]的两条切线，[A，B]是切点，求[△PAB]面积的最大值.

解：（1）由题意，可得抛物线[C]的焦点为[F0， p2，][FM=p2+4.]

所以[F]与圆[M：x2+y+42=1]上点的距离的最小值为[p2+4-1=4.]

解得[p=2.]

（2）由（1），可知抛物线[C]的方程为[y=x24.]

对该函数求导得[y′=x2.]

设点[Ax1，y1，Bx2，y2，Px0，y0，]

则直线[PA]的方程为[y-y1=x12x-x1，]

即[x1x-2y1-2y=0.]

同理，可知直线[PB]的方程为[x2x-2y2-2y=0.]

因为焦点[P]为这两条直线的公共点，

所以[x1x0-2y1-2y0=0，x2x0-2y2-2y0=0.]

所以点[A，B]的坐标满足方程[x0x-2y-2y0=0.]

所以直线[AB]的方程为[x0x-2y-2y0=0.]

由根与系数关系，得[x1+x2=2x0，x1x2=4y0.]

所以[AB=x20+4x20-4y0，] 点[P]到直线[AB]的距离为[d=x20-4y0x20+4.]

所以[S△PAB=12dAB=12x20-4y032.]

因为[x20-4y0=-y0+62+21，]

由已知，得[-5≤y0≤-3，]

所以当[y0=-5]时，[△PAB]的面积取最大值为[12×][2032=205.]

【评析】此题的本质是抛物线中的阿基米德三角形，主要借助导数的几何意义，构造同构齐次式，将三角形的面积用一个变量表示出来，进而求最值.

（3）彭赛列闭合定理.

彭赛列闭合定理在圆锥曲线中的推广：如果一个圆锥曲线[C1]的内接三角形是圆锥曲线[C2]的外切三角形，则过[C1]上任意一点[A]作[C2]的切线与[C1]交于[B]，[C]两点，则直线[BC]也为[C2]的切线. 例19的本质就是“彭赛列闭合定理”在圆锥曲线中的推广，题中抛物线即为曲线[C1，] [圆M]即为曲线[C2，] 点[A1]在[C1]上，直线[A1A2]，[A1A3]均与[圆M]相切，则根据该定理可以判断直线[A2A3]与[圆M]相切.

三、复习备考建议

2021年各份高考数学试卷中，圆锥曲线与方程试题难度适中，紧扣《普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）》要求，兼顾新、旧教材，考查内容全面，三类圆锥曲线均有涉及. 突出考查学生的数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，同时对学生的几何直观能力和运算求解能力也提出了较高的要求. 根据上述对2021年高考圆锥曲线与方程试题的分析，现给出如下复习备考建议.

1. 回归教材，夯实基础，强化运算求解能力

高考试题的命制源于教材，又高于教材，每年各地的高考试题中都有许多熟悉的面孔，它们与教材例、习题相近. 例如，北京卷第5题与人教A版《普通高中课程标准实验教科书·数学（选修2—1）》（以下统称“选修2—1”）习题2.3A组第4题第（3）小题类似;全国新高考Ⅱ卷第13题与选修2—1第2.3.2节例3类似;全国甲卷理科第15题与选修2—1复习参考题B组第1题类似. 这些都是以椭圆为载体求三角形的面积问题. 因此，在复习备考时，教师应该以本为根，引导学生认真研究教材例、习题，重视教材的核心价值. 同时，圆锥曲线与方程试题考查的另一个重要目标是学生的运算求解能力，在高考限定时间内，找到比较优化的计算路径，准确计算出正确结果，这对于大多数学生来说比较困难. 因此，在复习过程中，教师要引导学生进行适当的大运算量的练习，不要认为“我已经懂了”就可以，有些问题还是必须“绝知此事要躬行”，在实践中不断提高运算能力.

2. 深化概念，理解本质，提升逻辑思维能力

美国教育学家布鲁纳曾说，掌握一门学科就是要掌握这门学科核心的、根本的概念. 在进行概念教学时，教师要转变观念，不能只告知学生概念是什么，还应该引导学生善于抓住概念的本质进行深入思考，深刻地理解概念，进而培养学生思维的深刻性，以达到灵活运用的目的. 全国甲卷理科第15题、全国乙卷理科第11题、全国新高考Ⅱ卷第13题均是对概念的考查. 因此，在教学中，教师要让学生充分理解圆锥曲线的形成过程，认真体会圆锥曲线的几何性质及其应用，真正做到举一反三，不断提升逻辑思维能力.

3. 重视图形，数形结合，发展直观想象素养

平面解析几何是用代数的方法研究几何问题，其基本思想在于代数与几何的有机结合及相互转化. 解析是方法，几何才是本真. 对于圆锥曲线与方程问题，如果学生只会将几何问题代数化，通过展开代数运算来求解问题，这样难免会增加运算量、加大解题难度. 如果在用代数方法、代数知识解题的同时，能充分抓住问题的几何特征，往往能简化运算，起到事半功倍的效果. 因此，在解题时，要把数形结合、几何分析放在首位. 例如，全国新高考Ⅰ卷第5题、上海卷第11题等.

4. 善于反思，归纳总结，不断优化解题策略

解析几何中的很多习题往往是圆锥曲线某一性质的特例，教师在教学中应该积极引导学生广泛联想，对特例进行适当引申、拓展探索，揭示问题的一般规律，逐步增强学生从特殊到一般的抽象概括能力. 在持续的解题训练中，归纳出一般题型的通性、通法，不断改进解题策略，发展学生的数学学科核心素养.

参考文献：

[1]中华人民共和国教育部制定. 普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）[M]. 北京：人民教育出版社，2020.

[2]段喜玲，张晓斌，吴波勇. 2020年高考“圆锥曲线与方程”专题命题分析[J]. 中国数学教育（高中版），2020（11）：18-23.

[3]秦文波，張晓彬. 2020年高考“圆锥曲线与方程”专题解题分析[J]. 中国数学教育（高中版），2020（11）：24-30，40.