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新试题命制一般从以下两个方面切入，一是依据教材，通过对教材中的经典题目引申变式，或对教材中某些背景材料加工提炼，或通过教材中体现的数学思想的类比应用命制出绚丽多彩的高考原创题；二是参考往年全国卷及各省市的高考试题，高考试题出题严谨，无论是考查的知识点、能力，还是命题角度都能给命制试题提供好的思路和想法，因此在命制试题时经常借鉴往年高考试题．
一、挖掘隐含条件，巧用转化思想
　(2021·新高考Ⅰ卷)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|·|MF2|的最大值为(　　)
A．13　　　　　　　 B．12
C．9 D．6
[解析]　由椭圆C：＋＝1，得|MF1|＋|MF2|＝2×3＝6，则|MF1|·|MF2|≤
2＝32＝9，当且仅当|MF1|＝|MF2|＝3时等号成立．故选C．
[答案]　C
[试题分析]　圆锥曲线中的最值问题一般转化为函数、基本不等式或用几何性质解决．本题已知椭圆C的标准方程，又知F1，F2为椭圆C的两个焦点，点M为椭圆C上一动点，那么|MF1|，|MF2|分别为动点M到两焦点间的距离．由椭圆的定义知，|MF1|＋|MF2|＝2a＝6(为定值), 要求|MF1|·|MF2|的最大值，则可转化为用基本不等式求解．
[再度翻新]
将圆锥曲线变为抛物线y2＝2x，隐含条件设置为x0≥0．
[原创题1]　已知抛物线y2＝2x，设A(a,0)(0解析：设P(x0，y0)，则y＝2x0，∴d＝|PA|＝＝＝＝．∵x0≥0,0答案：a
二、挖掘考题拓展价值，以点带面提升素养
　(2015·四川高考)如图，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率是，过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点．当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2．
(1)求椭圆E的方程；
(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得＝恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)由已知，点(，1)在椭圆E上，
因此解得
∴椭圆E的方程为＋＝1．
(2)当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C，D两点．
如果存在定点Q满足条件，则有＝＝1，即|QC|＝|QD|．
∴点Q在y轴上，可设点Q的坐标为(0，y0)．
当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M，N两点，则M，N的坐标分别为(0，)，(0，－)．
由＝，得＝，
解得y0＝1或y0＝2．
∴若存在不同于点P的定点Q满足条件，则点Q的坐标只可能为(0,2)．
下面证明：对任意直线l，均有＝．
当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立．
当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝kx＋1，点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0．
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，
∴x1＋x2＝－，x1x2＝－．
因此＋＝＝2k．
∴kQA＝＝＝k－，
kQB＝＝＝k－＝－k＋，
∴kQA＝－kQB，
∴∠PQA＝∠PQB．
(几何法)：如图①，过点A，B向y轴分别作垂线AM，BN，垂足分别为M，N，则Rt△QMA∽Rt△QNB，
∴＝．
又Rt△PMA∽Rt△PNB，
∴＝，
∴＝．
故存在与点P不同的定点Q(0,2)，使得＝恒成立．
(解析法)：如图②，在椭圆E上作B点关于y轴的对称点B′(－x2，y2)，
∴kQB′＝＝－k＋＝k－，∴kQA＝kQB′，
即Q，A，B′三点共线，
∴＝＝＝．
故存在与点P不同的定点Q(0,2)，使得＝恒成立．
[试题分析]　(1)求椭圆方程的关键是求a，b的值，要求解，必须先找到关于a，b的两个方程，但在圆锥曲线中a，b，c，e四个量之间相互关联，因此只要能够构建出关于a，b，c，e的两个方程，然后利用a2＝b2＋c2，e＝求得a，b的值，即可求出椭圆的方程；
(2)本小题是一个探索性问题，对这类问题一般是根据特殊情况找出结果，然后再证明其普遍性．解决本小题的关键是如何将问题进行转化，＝是线段比值，由条件＝既可转化为三角形相似，又可转化为∠PQA＝∠PQB，还可转化为kQA＝－kQB．如果知道三角形内角平分线定理及证明方法，问题便可顺利求证．
[再度翻新]
1．保持整道试题难度、考查知识、能力、素养不变，适当调整结构形式及设问方式，即对例2(1)中问题设置做两点改动：(1)把e＝用关于离心率e的一元二次方程2e2－3e＋2＝0来替换；(2)把点(，1)在椭圆上建立的方程用以坐标原点为圆心，椭圆E的长轴长为半径的圆与直线2x－y＋4＝0相切得到的关于a的方程来替换．通过建立关于a，e的两个方程2e2－3e＋2＝0和2a＝来实现考查求椭圆的方程的目标要求；对例2(2)中问题适当降低难度，创新设问．
[原创题2]　已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率e满足2e2－3e＋2＝0，过点P(0,1)且斜率存在的动直线l与椭圆E相交于A，B两点，以坐标原点为圆心，椭圆E的长轴长为半径的圆与直线2x－y＋4＝0相切．
(1)求椭圆E的方程；
(2)证明存在定点Q(0,2)，使得∠PQA＝∠PQB恒成立．
解：(1)由题意可得，2a＝，
∴a＝2．
∵2e2－3e＋2＝0，
∴e＝或e＝(舍)，
∴b＝，
∴椭圆E的方程为＋＝1．
(2)由直线l的斜率存在，当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆E相交于A，B两点，则A，B两点关于y轴对称，易得A(，1)，B(－，1)，如图，∵Q(0,2)在y轴上，
∴△QAP≌△QBP，∴∠PQA＝∠PQB成立．
当直线l与x轴不平行时，设直线l的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0．
其判别式Δ＝16k2＋8(2k2＋1)>0，
∴x1＋x2＝－，x1x2＝－，
∴＋＝＝2k，
∴kQA＝＝＝k－，
kQB＝＝＝k－＝－k＋，
∴kQA＝－kQB，
∴∠PQA＝∠PQB成立．
综上，存在点Q(0,2)，使得∠PQA＝∠PQB恒成立．
2．对例2(1)拓展变式：(1)通过焦点三角形的周长来考查椭圆的定义，建立关于a的方程；(2)通过特殊直线与椭圆的交点问题，来设置建立第二个方程．通过建立4a＝4，y＝和＋＝1三个方程来求解a，b的值，实现考查求椭圆方程的目标要求，这样虽然考查知识点不变，但难度加大．
[原创题3]　已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于P，Q两点．当直线l经过椭圆C的下顶点A和右焦点F2时，△F1PQ的周长为4，且l与椭圆C的另一个交点的横坐标为．求椭圆C的方程．
解：由题意知4a＝4，∴a＝，直线AF2的方程为y＝(x－c)．∵直线AF2与椭圆C的另一个交点的横坐标为，∴解得c＝1或c＝2(舍去)，∴b2＝1，∴椭圆C的方程为＋y2＝1．
总之对于求解考查圆锥曲线的试题：(1)以考查椭圆的标准方程为落脚点的试题，常围绕a，b，c，e四个关键基本量如何建构两个方程上下功夫，通过建构不同的方程来考查学生对基本知识和基本方法的掌握程度，不断变换考查角度，灵活设置问题，考查学生的数学核心素养．求解此类试题可以从以下几个方面思考如何建立方程式：
①从椭圆定义的角度来建立方程式；
②从椭圆性质的角度来建立方程式；
③从点与椭圆的位置关系的角度来建立方程式；
④从直线与椭圆的位置关系的角度来建立方程式；
⑤从与其他曲线相结合的角度来建立方程式．
(2)以斜率为落脚点来考查直线与圆锥曲线位置关系时，可以把斜率、倾斜角、线段成比例和三角形面积等知识有机结合，灵活将几何关系通过代数方法或向量方法将其表示，综合运用所学知识实现能力迁移．
[高考还可这样考]
已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－，0)，F2(，0)，过点F2的直线l与椭圆交于不同两点M，N．当直线l的斜率为－1时，弦MN的中点坐标为．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)求△F1MN的内切圆半径r最大时，直线l的方程．
解：(1)由题意知c＝，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则＋＝1，①
＋＝1，②
①－②得＋＝0，③
当＝－1时 ，x1＋x2＝，y1＋y2＝．
代入③，化简得a2＝4b2，又a2＝b2＋c2，c＝，
所以b2＝1，a2＝4，
所以椭圆E的标准方程为＋y2＝1．
(2)依题意知△F1MN的周长为|MF1|＋|MF2|＋|NF1|＋|NF2|＝4a＝8，
所以S△F1MN＝×8×r＝4r，故r＝S△F1MN，
所以△F1MN内切圆半径r最大，即S△F1MN最大．
设直线l的方程为x＝my＋(m≠0)，
由得(m2＋4)y2＋2my－1＝0，Δ>0显然成立，
则y1＋y2＝，y1y2＝，
所以S△F1MN＝|F1F2|·|y1－y2|＝·＝·＝，
令t＝(t>1)，则m2＝t2－1，
所以S△F1MN＝＝≤＝2，当且仅当t＝，即t＝时取“＝”，
此时m＝±，直线l的方程为x±y－＝0．

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