許少華

2024年高考日益臨近，關于高考命題的分析與預測也逐漸引起了高三師生的關注.年年歲歲花相似，歲歲年年都不同.對于考生也許今生只有一次，難，也好.易，也罷.最終都將“隨風去”.對于教師就不一樣，年年都要思考、年年都要預測“今朝折磨今朝受，明日舊事又襲擾”，無法改變、只有承受.還是讓我們一起看看2024年高考在解析幾何上可能怎樣命題吧！

一、有關客觀性試題的預測

1.圍繞直線與圓的基本運算進行設計

對于直線與圓，單獨直接命題的可能性不大，但與其他知識結合再加上直線與圓的基本運算倒是有可能．

例1（多選）瑞士數(shù)學家歐拉（LeonharEuler）1765年在其所著的《三角形的幾何學》一書中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一條直線上，后人稱這條直線為歐拉線.若已知△ABC的頂點A（-4，0），B（0，4），其歐拉線方程為x-y+2=0，則下列正確的是.（? ）

A.ΔABC重心的坐標為-13，23或-23，13

B.ΔABC垂心的坐標為（0，2）或（-2，0）

C. ΔABC頂點C的坐標為（2，0）或（0，-2）

D. 歐拉線將ΔABC分成的兩部分的面積之比為45

解析BCD .的中點為（-2，2），的中垂線方程為y-2=-（x+2），即x+y=0，聯(lián)立x+y=0，

x-y+2=0，解得x=-1，

y=1.∴ΔABC的外心為（-1，1），設C（m，n），由重心坐標公式得，三角形ABC的重心為-4+m3，4+n3，代入歐拉線方程得：-4+m3-4+n3+2=0，整理得：m-n-2=0……①

又外心為（-1，1），所以（m+1）2+（n-1）2=（-4+1）2+（0-1）2=10，整理得：m2+n2+2m-2n=8……②聯(lián)立①②得：

m=2，n=0，或m=0，n=-2.所以頂點C的坐標是（2，0）或（0，-2）.ΔABC重心的坐標為-23，43或-43，23．

由于OB⊥AC或OA⊥BC，所以垂心的坐標為M（0，2）或N（-2，0）.

因為直線AB與歐拉線平行，所以兩部分的面積之比是NC2AC2-NC2=1636-16=45或MC2AC2-MC2=1636-16=45.故選：BCD.

2.圍繞直線與圓的基本技能進行設計

直線與圓的位置關系，涉及一些基本技能，圍繞這些基本技能進行設計也有可能．

例2（多選）過直線l：2x+y=5上一點P作圓O：x2+y2=1的切線，切點分別為A，B，則（? ）

A. 若直線AB//l，則|AB|=5

B. cos∠APB的最小值為35

C. 直線AB過定點（25，15）

D. 線段AB的中點D的軌跡長度為510π

解析設P（x0，y0），圓O：x2+y2=1的圓心O（0，0），半徑為1，因為過點P作圓O：x2+y2=1的切線，切點分別為A，B，所以A，B在以OP為直徑的圓上，即A，B在（x-x02）2+（y-y02）2=x20+y202上，因為A，B是切點，所以A，B在圓x2+y2=1上，故A，B是兩圓的交點，故兩圓方程相減可得A，B所在的直線方程，化簡可得AB：x0x+y0y=1，因為P在l上，所以2x0+y0=5，故直線AB：x0x+（5-2x0）y=1；若AB//l，則-2=-x05-2x0，解得：x0=2，所以AB：2x+y-1=0，故圓心O到AB的距離d=15，所以AB=21-15=455≠5，故選項A錯誤；由AB：x0x+（5-2x0）y=1，即x0（x-2y）+5y=1，則x-2y=0，

5y=1，解得：x=25，

y=15.所以AB過定點M（25，15），故選項C正確；因為∠APB+∠AOB=π，所以cos∠APB=cos（π-∠AOB）=-cos∠AOB，由于AB過定點M（25，15），所以O到AB距離dmax=OM=55，記AB中點為Q，則OM≥OQ，則

cos∠APB=-cos∠AOB=-cos 2∠AOQ=-（2cos2∠AOQ-1）=1-2cos2∠AOQ=1-2（OQr）2≥1-2×15=35，故選項B正確；因為D為線段AB的中點，且M在AB上，所以∠MDO=π2，所以D點軌跡為以OM為直徑的圓，所以r=OM2=510，則周長為2πr=55π，故選項D錯誤.故選：BC.

點評本題主要考查直線與圓的位置關系中最值問題，考查圓的軌跡和公共弦問題，考查直線過定點問題等，屬于較難題．

3.圍繞圓錐曲線的定義或性質(zhì)進行設計

圓錐曲線的性質(zhì)每年高考一定會考，只是命題的角度與方式每年都不同，但有一點是不變的，那么就是創(chuàng)新、靈活，每年都一樣．

例3雙曲線C：x2-y2=4的左，右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F2作垂直于x軸的直線交雙曲線于A，B兩點，，ΔAF1F2，ΔBF1F2，ΔF1AB的內(nèi)切圓圓心分別為O1，O2，O3，則ΔO1O2O3的面積是（?? ）

A. 62-8? B. 62-4

C. 8-42? D. 6-42

解析由題意如圖所示：由雙曲線C：x2-y2=4，知a2=b2=4，所以c2=a2+b2=8，

所以F2（22，0），｜F1F2｜=2c=42，

所以過F2作垂直于x軸的直線為x=22，

代入C中，解出A22，2，B22，-2，由題知ΔAF1F2，ΔBF1F2的內(nèi)切圓的半徑相等，且|AF1|=|BF1|，ΔAF1F2，ΔBF1F2的內(nèi)切圓圓心O1，O2的連線垂直于x軸于點P，設為r，在ΔAF1F2中，由等面積法得：

12（｜AF1｜+｜AF2｜+｜F1F2｜）·r=12｜F1F2｜·｜AF2｜，由雙曲線的定義可知：｜AF1｜-｜AF2｜=2a=4，

由｜AF2｜=2，所以｜AF1｜=6，所以126+2+42·r=12×42×2，解得：r=222+2=22×2-22=22-2，因為F1F2為ΔF1AB的∠AF1B的角平分線，

所以O3一定在F1F2上，即軸上，令圓O3半徑為R，在ΔAF1B中，由等面積法得：

12（｜AF1｜+｜BF1｜+｜AB｜）·R=12｜F1F2｜·｜AB｜，又|AF1|=|BF1|=6，所以12×（6+6+4）·R=12×42×4，所以R=2，所以｜PF2｜=r=22-2，

｜O3P｜=｜O3F2｜-｜PF2｜=R-r=2-22-2=2-2，

所以S△O1O2O3=12｜O1O2｜｜O3P｜=12×2r×｜O3P｜=r×｜O3P｜=22-2×2-2=62-8.故選A.

點評本題的最大特點是圖形復雜，而求解又必須有圖形，因此，細心和耐心制作圖形是關鍵．

4.圍繞圓錐曲線的基本技能進行設計

圓錐曲線是一個特殊內(nèi)容，它的基礎題也同其它章節(jié)的基礎題一樣“接地氣”，給人很“親切”的感覺，但難題就會運算與技巧共存了．

例4如圖所示，已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線x24-y212=1的左、右焦點，過F2的直線與雙曲線的右支交于A，B兩點，則∠AF2O的取值范圍為???? ；記ΔAF1F2的內(nèi)切圓O1的面積為S1，ΔBF1F2的內(nèi)切圓O2的面積為S2，則S1+S2的取值范圍是???? ．

解析設直線AB的傾斜角為α，在雙曲線x24-y212=1中，a=2，b=23，則

c=a2+b2=4，故點F2（4，0），所以，直線AB與x軸不重合，設直線AB的方程為

x=my+4，設點A（x1，y1）、B（x2，y2），由x=my+4，

3x2-y2=12（3m2-1）y2+24my+36=0.

由題意可得3m2-1≠0，

Δ=242m2-4×36×（3m2-1）>0，解得m2≠13，由韋達定理可得y1+y2=-24m3m2-1，y1y2=363m2-1，x1+x2=m（y1+y2）+8=-24m23m2-1+8=-83m2-1>0，可得m2<13，x1x2=（my1+4）（my2+4）=m2y1y2+4m（y1+y2）+16=-12m2+163m2-1>0，可得m2<13，所以，-33

若點A在第一象限，則∠AF2O=π-α，此時∠AF2O∈（π3，2π3），若點A在第四象限，則∠AF2O=α，此時∠AF2O∈（π3，2π3），綜上∠AF2O∈（π3，2π3）.

設圓O1與 AF1、AF2、F1F2分別相切于點M、N、G，

過F2的直線與雙曲線的右支交于A、B兩點，可知直線AB的傾斜角取值范圍為（π3，2π3），由切線長定理可得|AM|=|AN|，|F1M|=|F1G|，|F2G|=|F2N|，所以，

|AF2|+|F1F2|-|AF1|=（|AN|+|F2N|）+（|F1G|+|F2G|）-（|AM|+|F1M|）=|F2N|+|F2G|=2|F2G|=2c-2a，

則|F2G|=c-a=2，所以點G的橫坐標為4-2=2，故點O1的橫坐標也為2.同理可知點O2的橫坐標為2，故O1O2⊥x軸，故圓O1和圓O2均與x軸相切于G（2，0），圓O1和圓O2兩圓外切，在△O1O2F2中，∠O1F2O2=∠O1F2G+∠O2F2G=12（∠AF2F1+∠BF2F1）=90°，又O1O2⊥F2G，∴∠GO1F2=∠F2O1O2，∠O1GF2=∠O1F2O2=90°，所以，ΔO1GF2∽ΔO1F2O2，所以，|O1G||O1F2|=|O1F2||O1O2|，則|O1F2|2=|O1G|·|O1O2|.

所以|F2G|2=|O1F2|2-|O1G|2=|O1G|·|O1O2|-|O1G|2=|O1G|·|O2G|.

設圓O1、O2的半徑分別為 r1、r2，則（c-a）2=r1·r2，則r1·r2=4，

由直線AB的傾斜角取值范圍為（π3，2π3），可知∠AF2F1的取值范圍為（π3，2π3），

則∠O1F2F1=12∠AF2F1∈（π6，π3），故r1=|F2G|·tan∠O1F2F1=2tan∠O1F2F1∈（233，23），

則S1+S2=π（r21+r22）=π（r21+16r21），其中r1∈（233，23），

令f（x）=x+16x，其中x∈（43，12），則f（x）在（43，4）上單調(diào)遞減，在（4，12）上單調(diào)遞增，

因為f（4）=8，f（43）=f（12）=403，則當x∈（43，12）時，f（x）∈［8，403），

故S1+S2=π（r21+16r21）∈［8π，40π3）.于是，答案為：（π3，2π3）；［8π，40π3）.

點評本題考查雙曲線的定義，直線與雙曲線的位置關系及其應用，以及對勾函數(shù)的應用、圓的性質(zhì)，考查運算能力和推理能力，屬于較難題．

二、有關主觀性試題的預測

主觀題每年一題，分數(shù)為12分.此題常規(guī)難度較大，其主要表現(xiàn)是運算復雜，有時可能有思路，但很難轉化為解題現(xiàn)實“知道怎樣做，就是做不出”.那么2024年呢？我們看看它可能進行設計幾個角度．

1.結合軌跡方程，考查解幾思想的運用

建系、設點、找等量關系，這是利用解幾處理問題的基本思路，特別是“找關系”步驟，很多考生總是圍繞著條件“轉來轉去”找不到．

例5如圖， E，F(xiàn)，G，H 分別是矩形 ABCD 四邊的中點，F(xiàn)（2，0），C（2，1），CS=λCF，OR=λOF.

（1）求直線 ER 與直線 GS 交點 M 的軌跡方程．

（2）過點I（1，0）任作直線與點 M 的軌跡交于 P，Q 兩點，直線 HP 與直線 QF 的交點為 J ，直線 HQ 與直線 PF 的交點為 K ，求△IJK面積的最小值．

解析（1）由已知， R（2λ，0），S（2，1-λ）當 λ≠0 時，直線 ER 方程： y=12λx-1，直線 GS 方程： y=-λ2x+1，聯(lián)立上述兩方程消去 λ 得： x24+y2=1，

當 λ=0 時，交點 M（0，1） 符合上述方程，又交點 M 不可能為 （0，-1），

故所求的軌跡方程為 x24+y2=1（x≠0 且 y≠-1）．

（2）設 PQ 方程： x=my+1 ，代入 x2+4y2-4=0 ，得 （m2+4）y2+2my-3=0，

Δ=16（m2+3）>0， 設 P（x1，y1），Q（x2，y2），y1+y2=-2mm2+4，y1y2=-3m2+4，則my1y2=32（y1+y2），的方程： y=y1x1+2（x+2），QF 方程： y=y2x2-2（x-2），

聯(lián)立上述兩方程得x+2x-2=（x1+2）y2（x2-2）y1=（my1+3）y2（my2-1）y1=32（y1+y2）+3y232（y1+y2）-y1=3 .∴x=4，

所以 J（4，yJ） ，其中 yJ=6y1x1+2，同理直線 HQ 與直線 PF 的交點 K（4，yK） ，其中 yK=6y2x2+2，｜yJ-yK｜=6y1x1+2-6y2x2+2=18（y2-y1）（my1+3）（my2+3）=2m2+3，

SΔIJK=12×（4-1）·|yJ-yK|=3m2+3≥33，（當且僅當 m=0 時取等號），

故 ΔIJK 的面積最小值為 33 ，此時直線 PQ 的方程為 x=1.

點評本題考查與橢圓有關的軌跡方程的求解，直線和橢圓的位置關系以及橢圓中三角形面積問題，為較難題．

2.結合定點問題，考查合理的轉化能力

過定點問題是解幾中由來已久的問題，可以說是真正的“歷史問題”，它靈活多變，雖然做過很多此類題，但遇到的又總是“新題”．

例6如圖所示，已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右焦點分別為F1、F2，過點F1且與x軸垂直的直線與圓O：x2+y2=a2交于點M（點M在x軸上方），與橢圓C交于點N（點N在x軸下方），且滿足｜MF1｜=2｜NF1｜.

（1）若ΔMNF2的面積為4+22，求橢圓C的標準方程．

（2）過點M作橢圓C的切線，與直線NF2交于點Q（m，n），其中n<0，試判斷以線段QF2為直徑的圓是否經(jīng)過點M，并說明理由．

解析（1）設F1（-c，0），則直線MF1的方程為x=-c，與x2+y2=a2聯(lián)立得：M（-c，b），

由MF1=2NF1得：N-c，-22b，∵N在橢圓C上，∴c2a2+12b2b2=1，解得：a=2c，∴b2=a2-c2=c2，即b=c，∴|MN|=b+22b=2+22b=2+22c.

又｜F1F2｜=2c，

∴S△MNF2=12|MN|·|F1F2|=2+24c·2c=4+224c2=4+22，解得：c=2，

∴a=22，b=2，∴橢圓C的標準方程為：x28+y24=1.

（2）由（1）知：橢圓C的方程為：x22b2+y2b2=1，M（-b，b），設切線MQ的方程為：y-b=k（x+b），由y-b=k（x+b），

x22b2+y2b2=1，得：（1+2k2）x2+4k（1+k）bx+2k（k+2）b2=0，

∴Δ=16k2（1+k）2b2-8k（1+2k2）（k+2）b2=0，解得：k=0或k=2，

當k=0時，不滿足n<0，不合題意，

又kMF2=b-0-b-b=-12，∴k·kMF2=-1，即MQ⊥MF2，

∴以線段QF2為直徑的圓經(jīng)過點M.

點評本題考查橢圓的概念及標準方程、直線與橢圓的位置關系，考查圓錐曲線中的綜合問題，屬于較為基礎題．

3.結合范圍問題，考查與函數(shù)、不等式的綜合應用能力

范圍問題或是最值問題往往考查的是綜合應用能力，除了圓錐曲線特有復雜運算之外，很可能還會與其他知識的特殊技巧相結合．

例7設橢圓C：x29+y25=1長軸的左，右頂點分別為A，B.

（1）若P、Q是橢圓上關于x軸對稱的兩點，直線AP，BQ的斜率分別為k1，k2（k1k2≠0），

求|k1|+|k2|的最小值；

（2）已知過點D（0，-3）的直線l交橢圓C于M、N兩個不同的點，直線AM，AN分別交y軸于點S、T，記DS=λDO，DT=μDO（O為坐標原點），當直線l的傾斜角θ為銳角時，求λ+μ的取值范圍．

解析（1）設點P（x0，y0），由對稱性知Q（x0，-y0）不妨令y0>0，由已知A（-3，0），B（3，0），則k1=y0x0+3，k2=-y0x0-3，顯然有-3

則|k1|+|k2|=y03+x0+y03-x0=6y09-x20，由x209+y205=19-x20=9y205，則|k1|+|k2|=103y0，因為0

（2）當直線l的傾斜角θ為銳角時設M（x1，y1），N（x2，y2），設直線l：y=kx-3（k>0），由y=kx-3，

x29+y25=1，得（5+9k2）x2-54kx+36=0，

從而Δ=（54k）2-4×36×（5+9k2）>0，又k>0，解得k>23，所以x1+x2=54k9k2+5，x1x2=369k2+5，又直線AM的方程是：y=y1x1+3（x+3），令x=0，解得y=3y1x1+3，所以點S為（0，3y1x1+3）；直線AN的方程是：y=y2x2+3（x+3），同理點T為（0，3y2x2+3），

所以DS=（0，3y1x1+3+3），DT=（0，3y2x2+3+3），DO=（0，3），

因為DS=λDO，DT=μDO，所以3y1x1+3+3=3λ，3y2x2+3+3=3μ，

所以λ+μ=y1x1+3+y2x2+3+2=kx1-3x1+3+kx2-3x2+3+2=2kx1x2+3（k-1）（x1+x2）-18x1x2+3（x1+x2）+9+2

=2k·369k2+5+3（k-1）（54k9k2+5）-18369k2+5+3×（54k9k2+5）+9+2=-109×（k+1）（k+1）2+2=-109×1k+1+2，

∵k>23，∴λ+μ∈（43，2），綜上，所以λ+μ的范圍是（43，2）.

點評本題主要考查橢圓的簡單性質(zhì)及標準方程，直線與橢圓的位置關系，屬于較難題．

所以QC·QD=54QA·QB.所以存在常數(shù)λ=54，使得QC·QD=λQA·QB.

點評本題考查橢圓的方程、幾何性質(zhì)、直線與橢圓的位置關系、平面向量的數(shù)量積運算、參數(shù)的計算，考查計算能力，屬難題．

4.結合存在性問題，考查分析、探索能力

探索能力與創(chuàng)新能力是考生的綜合能力的集中體現(xiàn)，存在性問題作為考查此種能力的重要題型，出現(xiàn)在高考試卷是正常的，也是完全有可能的，因此，要引起我們的足夠重視．

例8已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，其離心率為62，且過點P42，22.

（1）求雙曲線C的方程．

（2）過F1的兩條相互垂直的直線分別交雙曲線于A，B和C，D，M，N分別為AB，CD的中點，連接MN，過坐標原點O作MN的垂線，垂足為H，是否存在定點G，使得|GH|為定值，若存在，求此定點G.若不存在，請說明理由．

解析（1）由題可知，e=ca=622c2=3a2①又因為P42，22在雙曲線C：x2a2-y2b2=1上，即32a2-8b2=1②又因為c2=a2+b2③，聯(lián)立①②③，解得a2=16，b2=8，c2=24，所以，雙曲線C的方程是x216-y28=1.

（2）存在定點G-26，0，使得|GH|為定值，理由如下：

由題意可知，若直線AB和CD其中一條沒有斜率，則H點為（0，0），直線 MN的方程為y=0，當直線AB和CD都有斜率時，因為點F1-26，0，設直線AB的方程為：y=kx+26設A（xA，yA），B（xB，yB），M（xM，yM），聯(lián)立方程組y=kx+26，

x216-y28=1，得：（1-2k2）x2-86k2x-16（3k2+1）=0，易得Δ>0，所以xA+xB=86k21-2k2，xAxB=-16（3k2+1）1-2k2，故xM=46k21-2k2，yM=k（46k21-2k2+26）.

設直線CD的方程為：y=-1kx+26設C（xC，yC），D（xD，yD），N（xN，yN）同理可得xC+xD=86k2-2，xCxD=-16（3+k2）k2-2，故xN=46k2-2，yN=-1k46k2-2+26所以kMN=yM-yNxM-xN=k（46k21-2k2+26）+1k（46k2-2+26）46k21-2k2-46k2-2=-k2（k2-1） .

所以直線MN的方程為y-k（46k21-2k2+26）=-k2（k2-1）（x-46k21-2k2）化簡得：y=-k2（k2-1）（x+46），可知直線MN過定點P-46，0又因為OH⊥MN，所以點H的運動軌跡是以點-26，0為圓心，以|OP|=46為直徑的圓，所以存在定點G-26，0，使得|GH|為定值26 .

點評本題考查雙曲線的方程和性質(zhì)、直線與雙曲線的位置關系、圓錐曲線中的定點和定值問題，以及化簡整理的運算能力，屬于難題．

好了，關于解析幾何的命題預測就談這么多了，希望對你提高高考分數(shù)能起作用．

責任編輯 徐國堅