2019年全國高考解析幾何命題預(yù)測

許少華

2019年的高考正在向我們緩緩走來，解析幾何復(fù)習(xí)的情況如何？你知道近年高考在解析幾何部分的命題特點(diǎn)嗎？就全國1卷（理）來說，2018年的第8、11、19題分別考查拋物線、雙曲線與橢圓;2017年的第10、15、20題分別考查拋物線、雙曲線與橢圓;2016年的第5、10、20題分別考查雙曲線、拋物線與橢圓;從近三年的情況可以看出：三大曲線齊上陣且解答題以橢圓為背景，這是曾經(jīng)的規(guī)律也是過往的事實(shí). 2019年呢？根據(jù)本知識(shí)塊的特點(diǎn)及命題趨勢，我們預(yù)測如下：

1. 客觀性試題仍以基礎(chǔ)與技能為主

客觀性試題兩道，其中一道較基礎(chǔ)、另一道突出技能.對于較基礎(chǔ)的這道題，基本上都可順利拿分，較難試題能否拿下，直接決定了解幾“三基”復(fù)習(xí)的成敗.這道可能出在何處？又以什么“容顏”視人呢？

1. 1可能與圓有關(guān)

例1 已知直線x+y-k=0（k>0）與圓x2+y2=4交于不同的兩點(diǎn)A，B，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，且有，那么k的取值范圍是（ ）

解析 當(dāng)時(shí)，A，B，O三點(diǎn)為等腰三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，其中OA=OB，∠AOB=120°，從而圓心O到直線x+y-k=0（k>0）的距離為1，此時(shí)，k=當(dāng)k>，又直線與圓x2+y2=4存在兩交點(diǎn)，故k<2，綜上，k的取值范圍為[）.

點(diǎn)評 本題是圓與平面向量的交匯性試題，求解時(shí)除了平面向量的基本運(yùn)算之外還要抓住直線與圓的位置關(guān)系，但難度不大，只要細(xì)心，不會(huì)出現(xiàn)問題.

例2 設(shè)m，n∈R，若直線（m+1）x+（n+1）y-2=0與圓（x-1）2+（y-1）2=1相切，則m+n的取值范圍是（ ）

解析 ∵直線（m+1）x+（n+1）y-2=0與圓（x-1）2+（y-1）2=1相切，

∴圓心（1，1）到直線的距離為d==1，

點(diǎn)評 本題求解既要用到基本不等式又要用到解一元二次不次不等式，是一道易出錯(cuò)之題.

例3 點(diǎn)P（2，2），圓C ∶ x2+y2-8y=0，過點(diǎn)P的動(dòng)直線l與圓C交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為M，O為坐標(biāo)原點(diǎn).若|OP|= |OM|，則？駐POM的面積為（ ）

解析 圓C ∶ x2+y2-8y=0的圓心為C（0，4），半徑為4.

設(shè)M（x，y），則

于是（x，y-4）·（x-2，y-2）=0，即N ∶ （x-1）2+（y-3）2=2此為點(diǎn)M的軌跡方程.

由于|OP|=|OM|，故O在線段PM的垂直平分線上.又P在圓N上，從而ON⊥PM. 因?yàn)镺N的斜率為3，所以l的斜率為 -，故l的方程為y=-.

又|OP|=|OM|=2O到l的距離為|PM|=，

所以？駐POM的面積為.

點(diǎn)評 本題結(jié)合軌跡方程、結(jié)合直線與圓的位置關(guān)系及點(diǎn)到直線的距離等，是一道小的綜合題，無論思維還是運(yùn)算都較為獨(dú)特，此類試題是我們應(yīng)該關(guān)注的.

1. 2可能與圓錐曲線有關(guān)

例4 已知橢圓=1（a>b>0），A（0，4）為長軸的一個(gè)端點(diǎn)，弦BC過橢圓的中心O，且=0，||=2||，則其焦距為? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? .

解析 由題意，可知|且a=4，

又所以

又，故？駐OAC為等腰直角三角形，

不妨設(shè)點(diǎn)C在第一象限，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2，2），

點(diǎn)評 本題主要考查橢圓方程的應(yīng)用，考查橢圓的幾何性質(zhì)，同時(shí)考查考生的基本運(yùn)算能力.它的特別之處在于有較多的向量式子，理不清的話，出錯(cuò)是必然的.

例5 已知橢圓C ∶ +y2=1，如圖直線l與橢圓C有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，作F1M⊥l，F(xiàn)2N⊥l分別交直線l于M，N兩點(diǎn)，求四邊形F1MNF2面積S的最大值.

解析 將直線l的方程y=kx+m代入橢圓C的方程+y2=1中，

得（2k2+1）x2+4kmx+2m2-2=0.

則（4km）2-4（2k2+1）（2m2-2）=0？圯m2=2k2+1.

當(dāng)k≠0時(shí)，設(shè)直線l的傾斜角為？茲，則d1=|F1M|=，d2=|F2N|=

由|d1-d2|=|MN|·|tan？茲|？圯|MN|=.

得S=··（d1+d2）·===.

∵m2=2k2+1，∴當(dāng)k≠0時(shí)，|m|>1，則|m|+>2即S<2.

②當(dāng)k=0時(shí)，四邊形F1MNF2是矩形，此時(shí)S=2.

∴四邊形F1MNF2面積S的最大值為2.

點(diǎn)評 本題主要考查直線與橢圓的位置關(guān)系、考查圓錐曲線的基本運(yùn)算能力，涉及的基本平面圖形的面積及基本不等式的應(yīng)用，思路很常規(guī)，但能沿著這個(gè)思路走下去不易，既容易出錯(cuò)又容易因運(yùn)算量大而前功盡棄.

例6 設(shè)雙曲線C ∶ =1（a>0，b>0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，以F1F2為直徑的圓與雙曲線左支的一個(gè)交點(diǎn)為P. 若以O(shè)F1（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）為直徑的圓與PF2相切，則雙曲線C的離心率為（? ）

A. B.

C. D.

解析 如圖，在圓O中，F(xiàn)1F2為直徑，P是圓O上一點(diǎn)，所以PF1⊥PF2，設(shè)以O(shè)F1為直徑的圓的圓心為M，且圓M與直線PF2相切于點(diǎn)Q，則M（，0），MQ⊥PF2，所以PF1∥MQ.

從而？圯？圯|PF1|=？圯|PF2|=+2a，

又|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，

即（）2+（+2a）2=4c2？圯7e2-6e-9=0？圯e=或e=（舍去）. 故選D.

點(diǎn)評 本題的最大特點(diǎn)是圖形復(fù)雜，不排除有些考生“望圖生畏”，只要沉下去，細(xì)分析、多聯(lián)想，也還是可以產(chǎn)生結(jié)論的.

例7 過拋物線y2=2px（p>0）的焦點(diǎn)F且傾斜角？茲為60°的直線l與拋物線在第一、四象限分別交于A，B兩點(diǎn)，則的值等于（? ）.

A. 5 B. 4 C. 3 D. 2

解析1 設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則|AB|=x1+x2+p=得x1+x2=

又x1x2=，從而x1=，x2=.

那===3，故選C.

解析2 由|AF|+|BF|=，+=？圯|AF|+|BF|=，+=？圯

|AF|=2p，|BF|=？圯=3.

解析3 設(shè)直線l的方程為y=（x-），

由y=（x-），y2=2px？圯12x2-20px+3p2=0？圯（2x-3p）（6x-p）=0.

從而x1=，x2=結(jié)合解析1即可.

點(diǎn)評 本題依據(jù)拋物線焦點(diǎn)弦的性質(zhì)進(jìn)行設(shè)計(jì)，其實(shí)，拋物線焦點(diǎn)弦的性質(zhì)是設(shè)計(jì)一些基本問題的重要沃土，請看：①|(zhì)AB|=x1+x2+p=（θ為AB的傾斜角）;②y1y2=-p2;x1x2=. ③S△AOB=（θ為AB的傾斜角）. ④+=.⑤以AB為直徑的圓與準(zhǔn)線相切.⑥以AF或BF為直徑的圓與y軸相切.⑦∠MFN=90°.⑧過焦點(diǎn)弦的端點(diǎn)的切線互相垂直且交點(diǎn)在準(zhǔn)線上.圍繞這些結(jié)論可以輕松設(shè)計(jì)試題.

客觀性試題的最大特點(diǎn)是：忽略過程、重視結(jié)論.當(dāng)我們面對這些問題時(shí)，快與準(zhǔn)是關(guān)鍵，因此對一些常用結(jié)論、常用性質(zhì)及特殊圖形最好都能熟記于心.

2. 主觀性試題重在考查運(yùn)算能力

從2016年至今連續(xù)三年全國Ⅰ卷主觀性試題都出在橢圓上，同樣都設(shè)置兩問，第一問都考查求方程，幾乎百分之八十的考生都能順利完成求解.第二問分別考查了定點(diǎn)、定值問題，范圍與最值及基本性質(zhì)的論證.這一問是拉開距離、將考生劃分三六九等的.但從總體上看，試題的難度都屬于中檔偏上，也是大部分考生的重要得分之題.涉及的能力主要有兩種：字母運(yùn)算能力與方程的處理能力. 2019年呢？

2. 1可能與定點(diǎn)、定值有關(guān)

例8 在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1上的點(diǎn)均在曲線C2 ∶ x2+y2-4y+3=0外，且對C1上任意一點(diǎn)P，P到直線y=-1的距離等于該點(diǎn)與曲線C2上點(diǎn)的距離的最小值.

（1）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C1的方程;

（2）過點(diǎn)A（0，-2）的直線與曲線C1交于不同的兩點(diǎn)M、N，過點(diǎn)M的直線與曲線C1交于另一點(diǎn)Q，且直線MQ過點(diǎn)B（2，2），求證：直線NQ過定點(diǎn).

解析 （1）由已知得曲線C2是以C2（0，2）為圓心，1為半徑的圓.

設(shè)P（x，y），則P到直線y=-1的距離等于|y+1|，又P到圓C2上的點(diǎn)的距離的最小值為|PC2|-1=-1.

（2）設(shè)點(diǎn)M（t，t2），N（t1，t12），Q（t2，t22），易得直線MQ，NQ的斜率均存在，從而直線MN的斜率k==（t1+t2），

所以直線MN的方程是y-t2=（t1+t2）（x-t），即（t+t1）x-8y-tt1=0，

同理直線MQ的方程為（t+t2）x-8y-tt2=0，

直線NQ的方程為（t1+t2）x-8y-t1t2=0，

點(diǎn)（0，-2）在直線MN上，所以tt1=16，即t=，點(diǎn)B（2，2）在直線MQ上，2（t+t2）-16-tt2=0，即2（+t2）-16-=0，化簡得t1t2=8（t1+t2）-16，

代入直線NQ的方程得（t1+t2）x-8y-8（t1+t2）+16=0，

即（t1+t2）（x-8）-8（y-2）=0，∴直線NQ過定點(diǎn)（8，2）.

點(diǎn)評 本題以圓有關(guān)基礎(chǔ)為入手點(diǎn)，以拋物線為主題展開，在求解過程中充分利用運(yùn)算的規(guī)律性及整體代換，有效的化解了復(fù)雜推理與演算，使結(jié)論順利而輕松產(chǎn)生.

2. 2可能與推理、論證有關(guān)

例9 已知橢圓C ∶=1（a>b>0）的離心率為，過右焦點(diǎn)F且斜率為1的直線交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，N為弦AB的中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn).

（1）求直線ON的斜率kON;

（2）求證：對于橢圓C上的任意一點(diǎn)M，都存在？茲∈[0，2π），使得.

解析 （1）設(shè)橢圓的焦距為2c，因，故有a2=3b2.

從而橢圓C的方程可化為：x2+3y2=3b2，得右焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為，0），據(jù)題意有AB所在的直線方程為：y=x-

由y=x，x2+3y2=3b2？圯4x2-6+3b2=0.

設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），弦AB的中點(diǎn)N（x0，y0），由韋達(dá)定理有：

x0

所以kON即為所求.

（2）顯然作為平面向量的一組基底，由平面向量基本定理，對于這一平面內(nèi)的向有且只有一對實(shí)數(shù)？姿，？滋，使得等

設(shè)M（x，y），由（1）中各點(diǎn)的坐標(biāo)有：（x，y）=？姿（x1，y2）+？滋（x1，y2），故x=？姿x1+？滋x2，y=？姿y1+？滋y2.

又因?yàn)辄c(diǎn)M在橢圓C上，所以有（？姿x1+？滋x2）2+3（？姿y1+？滋y2）2=3b2整理可得：

？姿2（x12+3y12）+？滋2（x22+3y22）+2？姿？滋（x1x2+3y1y2）=3b2………（※）.

由于x1+x2=

所以x1x2+3y1y2=x1x2+3（x1x1+x2）+6b2=3b2-9b2+6b2=0.

又點(diǎn)A，B在橢圓C上，故有（x12+3y12）=3b2，（x22+3y22）=3b2代入（※）式. 可得：？姿2+？滋2=1.

所以，對于橢圓上的每一個(gè)點(diǎn)M，總存在一對實(shí)數(shù)，使等成立，且？姿2+？滋2=1.

所以存在？茲∈[0，2π），使得？姿=cos？茲，？滋=sin？茲.也就是：對于橢圓C上任意一點(diǎn)M，總存在？茲∈[0，2π），使得等式成立.

點(diǎn)評 本題的第二問是推理論證問題，由平面向量的基本定理與直線、橢圓的位置關(guān)系展開，有運(yùn)算量，但只要是運(yùn)算合理，可以有效避免.此類題聯(lián)系廣泛、運(yùn)用的常規(guī)技能較多，是值得我們關(guān)注的問題.

2. 3可能與范圍或最值有關(guān)

例10 已知橢圓C ∶ 1（a>b>0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，點(diǎn)P在橢圓上，有|PF1|+|PF2|=4，橢圓的離心率為e

（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;

（2）已知N（4，0），過點(diǎn)N作直線l與橢圓交于A，B不同兩點(diǎn)，線段AB的中垂線為l′，線段AB的中點(diǎn)為Q點(diǎn)，記l′與y軸的交點(diǎn)為M，求|MQ|的取值范圍.

解析 （1）因?yàn)閨PF1|+|PF2|=4，所以2a=4，所以a=2，因?yàn)閑=所以c=1，

所以b2=a2-c2=4-1=3，得橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為.

（2）由題意可知直線l的斜率存在，設(shè)l ∶ y=k（x-4），A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x0，y0），聯(lián)立直線與橢圓y=k（x-4），圯（4k2+3）x2-32k2x+64k2-12=0.

又？駐=（-32k2）2-4（4k2+3）（64k2-12）>0，解得：

化簡得：y=令x=0，得m=，即

M（0，.

|MQ| =（16·[1]∈[0， 5）.

故 |MQ| 的取值范圍為[0， 5）.

點(diǎn)評 范圍與最值問題的求解往往涉及的內(nèi)容較多，方程、韋達(dá)定理、弦長公式等，很多時(shí)候還會(huì)與函數(shù)結(jié)合，此類題的綜合性較強(qiáng)，是各級(jí)各類考試“上卷率”較高的試題.

2. 4可能與探索性有關(guān)

例11 已知橢圓C ）.

（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;

（2）若不經(jīng)過橢圓C的右焦點(diǎn)F的直線l ∶ y=kx+m（k<0， m>0）與橢圓C交于A、B兩點(diǎn)，且與圓x2+y2=1相切. 試探究△ABF的周長是否為定值，若是，求出定值;若不是，請說明理由.

解析 （1）由題意得得橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1.

（2）由直線l ∶ y=kx+m與圓x2+y2=1相切，得=1？圯m2=1+k2.

由（1）知F（，=1？圯（3k2+1）x2+6kmx+3（m2-1）=0.

？駐=（6km）2-4（3k2+1）（m2-1）=12（3k2-m2+1）=24k2≥0，

得x1+x2=，x1·x2=，

|AB| |x1-x2| ==

又m2=1+k2，得 |AB| =

因?yàn)?|AF| =x1.

同理， |BF| =x2，因此，|AF| + |BF| =2（x1+x2）.

所以△ABF的周長為2為定值.

點(diǎn)評 探索性問題也是高考命題中的常規(guī)類型之一，求解思路：先假設(shè)存在，然后進(jìn)行推理，若出現(xiàn)矛盾，說明不存在;否則，結(jié)論存在且可直接產(chǎn)生結(jié)論.

2. 5可能與創(chuàng)新設(shè)計(jì)有關(guān)

例12 如圖，點(diǎn)A（-2， 0），B（2， 0）分別為橢圓C： 1（a>b>0）的左，右頂點(diǎn)，P， M， N為橢圓C上非頂點(diǎn)的三點(diǎn)，直線AP， BP的斜率分別為k1，k2，且k1k2=AP∥OM，BP∥ON.

（1）求橢圓C的方程;

（2）判斷△OMN的面積是否為定值？若為定值，求出該定值;若不為定值，請說明理由.

（3）點(diǎn)Q是橢圓上任意一點(diǎn)，直線QA， QB與直線x=4分別交于E， F 兩點(diǎn)，試證：以EF 為直徑的圓交x于定點(diǎn)，并求該定點(diǎn)的坐標(biāo).

解析 （1）設(shè)P（x， y），則k1k2

即橢圓C的方率存在，設(shè)直線MN的方程為y=kx+t，由y=kx+t+8ktx+4t2-4=0.

？駐=（8kt）2-4（4k2+1）（4t2-4）=16（4k2-t2+1）>0.

設(shè)M（x1 ， y1），N（x2 ， y2），則x1+x2=

因?yàn)锳P∥OM，BP∥ON，k1k，得kOMkON=

即4（kx1+t）（kx2+t）+x1x2=0？圯（4k2+1）x1x2+4kt（x1+x2）+4t2=0.

即（4k2+1）4t2=0？圯2t2-4k2=1.

此時(shí)，？駐=16（4k2-t2+1）=8（4k2+1）>0，符合題意.

|

又點(diǎn)O到直線MN的距離d=1.

即△OMN的面積為定值，定值為1.

（3）由A（-2， 0），B（2， 0），設(shè)Q（x0， y0），

則直線QA的方程為yx+2），與直線x=4 的交點(diǎn)E的坐標(biāo)為E

再設(shè)以EF為直徑的圓交x于點(diǎn)H（m，0），則HE⊥HF，從而kHE·kHF=-1，）或（）.

點(diǎn)評 本題具有一定的創(chuàng)新性，首先是圖形，線條較多，讓人眼花繚亂.其次，將探索性與定點(diǎn)問題融在一題之中，不算很難，但解幾的各種基礎(chǔ)知識(shí)與基本技能考得相當(dāng)全面，尚若不具有扎實(shí)的功底，還是難以征服的.

解析幾何是高考的“重頭戲”，從近年的考題看，難度有所下降，因此，它成了高考數(shù)學(xué)是否成功的的重要標(biāo)致，2019希望是你的幸運(yùn)年，解幾，是你首先突破的第一道關(guān)，祝你順利通過.