解析几何考点预测

王佩其

解析几何包含直线与圆的方程和圆锥曲线方程两个内容，新课标高考对解析几何的考查一般涉及三个小题（选择题或填空题）和一个大题（把关题或压轴题），约占30分，它是左右考生高考数学成绩的“杠杠”，也是广大考生畏惧的重要考点.常言道，有备无患.那么在2018年的高考备考中，关于解析几何有哪些考点值得广大考生特别关注呢？本文加以大胆预测，供考生们参考.

一、直线方程及其应用

【考情分析】

直线方程是解析几何的基础，高考中主要考查基本概念和求在不同条件下的直线方程；两条直线平行与垂直的判定；两条直线的交点和距离问题等，一般以选择题、填空题的形式考查，难度一般.

【考题预测】

预测题1 （1）已知点A（-1，0），B（cos？琢，sin？琢），且│AB│=1，则直线AB的方程为（ ）

A. y=x+或y=-x-

B. y=x+或y=-x-

C. y=x+1或 y=-x-1

D. y=x+或y=-x-

（2）若动点P1（x1，y1），P2（x2，y2）分别在直线l1：x-y-5=0，l2：x-y-15=0上移动，则P1P2的中点P到原点的距离的最小值是（ ）

A. B. 5 C. D. 15

（3）数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.已知△ABC的顶点A（2，0），B（0，4），且AC=BC，则△ABC的欧拉线的方程为_________.

解析：（1）因为A（-1，0），B（cos？琢，sin？琢），且|AB|=，所以==1，所以cos？琢=-，sin=±，所以kAB=±，即直线AB的方程为y=±（x+1）.

所以AB的方程为y=x+或y=-x-. 故选B.

（2）由题意得P1P2中点的轨迹方程是x-y-10=0，则原点到直线x-y-10=0的距离d==5.故选B.

（3）由于AC=BC，可得△ABC的外心、重心、垂心都位于线段AB的垂直平分线上，求出线段AB的垂直平分线，即可得出△ABC的欧拉线的方程.

AB线段的中点为M（1，2），kAB=-2，

∴线段AB的垂直平分线为：y-2=（x-1），即x-2y+3=0.

∵ AC=BC，∴△ABC的外心、重心、垂心都位于线段AB的垂直平分线上，因此△ABC的欧拉线的方程为x-2y+3=0 .

说明：求直线方程关键是确定它的斜率，可以通过斜率公式k=，也可以利用两条直线的平行或垂直关系求其中一条直线的斜率.

二、圆的方程及其应用

【考情分析】

对于圆的考查，主要是结合直线的方程用几何法或待定系数法确定圆的标准方程及一般方程；利用圆的性质求动点的轨迹方程；直线与圆，圆与圆的位置关系等问题，其中含参数问题为命题热点.一般以选择题、填空题的形式考查，难度不大，从能力要求看，主要考查函数与方程的思想、数形结合思想以及分析问题与解决问题的能力.

【考题预测】

预测题2.1 已知圆C的圆心位于直线x+y=0上，且圆C与直线x-y=0和直线x-y-4=0均相切，则圆的方程为（ ）

A. （x+1）2 +（y-1）2 =2 B. （x-1）2 +（y+1）2 =2

C. （x+1）2 +（y+1）2 =2 D. （x-1）2 +（y-1）2 =2

解析：设圆心坐标为（m，-m） ，由题意可得 = ，解得m=1，圆的半径为 =，据此可得圆的方程为（x-1）2 +（y+1）2 =2 . 故选B.

說明：求圆的方程主要有两种方法：

（1）几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理.如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；②圆心在任意弦的中垂线上；③两圆相切时，切点与两圆心三点共线.

（2）待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量.一般地，与圆心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式.不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式.

预测题2.2 已知点A（-2，0），B（0，4） ，点P在圆C：（x-3）2+（y-4）2=5上，则使∠APB=90°的点P的个数为__________.

解析：由题意可得，若∠APB=90°，则点P在以AB为直径的圆上，此时点P的轨迹是（x+1）2+（y-2）2=5，且点P在圆C：（x-3）2+（y-4）2=5上，即点P为圆（x+1）2+（y-2）2=5与圆（x-3）2+（y-4）2=5的交点.考察两圆的圆心距：d==2，而两圆的半径：r1=，r2= ，满足d=r1+r2，即两圆外切，据此可得点P的个数为1个.

说明：判断两圆的位置关系常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差之间的关系，一般不采用代数法.

预测题2.3 设直线l：3x+4y+a=0，圆C：（x-2）2+y2=2，若在圆C上存在两点P，Q，在直线l上存在一点M，使得∠PMQ=90°，则a的取值范围是___________.

解析：圆C半径为，从直线上的点向圆上的点连线成角，当且仅当两条线均为切线时，所成的角最大，此时四边形MPOQ为正方形，边长为，所以对角线|OM|=2，故圆心C到直线l的距离d≤2，所以有=≤2，求出-16≤a≤4.故a的取值范围是[-16，4].

说明：本题主要考查了直线与圆的位置关系.由切线的对称性和圆的知识，从直线上的点向圆上的点连线成角，当且仅当两条线均为切线时，所成的角最大，这样就转化为圆心C到直线l的距离小于或等于2，再由点到直线的距离公式解不等式可求出a的范围. 由已知得出圆心C到直线l的距离小于或等于2是本题解题的关键.

三、圆锥曲线的方程与性质

【考情分析】

圆锥曲线是高考的重点和热点，是高考中每年必考的内容.主要考查圆锥曲线的标准方程、几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系等内容.对圆锥曲线方程与性质的考查，以选择题、填空题为主，主要考查求曲线的方程和研究曲线的离心率及双曲线的渐近线等性质.

预测题3.1（1）一动圆与已知圆O1：（x+3）2+y2=1外切，与圆O2：（x-3）2+y2=81内切，则动圆圆心的轨迹方程为__________.

（2）双曲线E的中心在原点，离心率等于2，若它的一个顶点恰好是抛物线y2=8x的焦点，则双曲线E的方程是________.

解析：（1）两定圆的圆心和半径分别是O1（-3，0），r1=1；O2（3，0），r2=9.

设动圆圆心为M（x，y），半径为R，则由题设条件，可得MO1=R+1，O2M=9-R.

∴MO1+MO2=10>O1O2=6.

由椭圆的定义知点M在以O1、O2为焦点的椭圆上，且2a=10，2c=6，∴b2=16.

∴动圆圆心的轨迹方程为+=1.

（2）因为y2=8x的焦点坐标是（2，0）， 所以双曲线E的一个顶点为（2，0），即a=2，又因为离心率e===2，c=4，因此b==2，故双曲线E为-=1.

说明：求圆锥曲线方程常用的方法有定义法、待定系数法、轨迹方程法.而对于双曲线和椭圆在不明确焦点坐标的情况下可以统一设成mx2+ny2=1（mn≠0），这样可以避免对参数的讨论.

预测题3.2（1）若双曲线-=1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，且线段F1F2被抛物线y2=4bx的焦点分成5 ∶ 4的两段，则双曲线的离心率为（ ）

A. B.

C. D.

（2）如图，椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，A1，A2，B1，B2为椭圆的顶点，F2为右焦点，延长B1F2与A2B2交于点P，若∠B1PB2为钝角，则该椭圆的离心率的取值范围是_______.

解析：（1）由题意，知抛物线的焦点为F（b，0），又线段F1F2被抛物线y2=4bx的焦点分成5 ∶ 4的两段，所以（b+c） ∶ （c-b）=5 ∶ 4，所以c=9b，所以a2=c2-b2=80b2，所以e====，故选A.

（2）设B1（0，-b），B2（0，b），F2（c，0），A2（a，0）.所以=（a，-b），=（-c，-b）.因为∠B1PB2为钝角，所以与的夹角为锐角，所以·=-ac+b2>0，即a2-c2-ac>0.两边同时除以a2并化简得e2+e-1<0，解得

又0

說明：在求解有关离心率的问题时，一般并不是直接求出c和a的值，而是根据题目给出的椭圆或双曲线的几何特点，建立关于参数c，a，b的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或范围.

预测题3.3（1）已知双曲线-=1的左、右焦点分别为F1、F2，过F1作圆x2+y2=a2的切线分别交双曲线的左、右两支于点B、C，且BC=CF2，则双曲线的渐近线方程为________.

（2）已知双曲线C：-=1（a>0，b>0）的一条渐近线与直线3x+y +3=0垂直，以C的右焦点F为圆心的圆（x-c）2+y2=2与它的渐近线相切，则双曲线的焦距为________.

解析：（1）由题意作出示意图，易得直线BC的斜率为，cos∠CF1F2=，又由双曲线的定义及BC=CF2可得CF1-CF2=BF1=2a，BF2-BF1=2aBF2=4a，

故cos∠CF1F2==b2-2ab-2a2=0

（）2-2（）-2=0=1+，故双曲线的渐近线方程为y= ± （+1）x.

（2）由直线垂直的条件，求出渐近线的斜率，从而得到渐近线方程，根据圆心到渐近线的距离等于半径，求得b，进而求出焦距2c由已知，得·（-）=-1，所以=.

由点F（c，0）到渐近线y=x的距离d=

=，可得c=，2c=2.

说明：本题将圆的方程与双曲线的渐近线综合在一起考查.这种“小综合题”，一直是新课标高考命题的重要题型.

预测题3.4 （1）过点（0，-2）的直线交抛物线y2=16x于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，且-=2，则OAB（O为坐标原点）的面积为（ ）

A. B. C. D.

（2）设椭圆C：+=1与函数y=tan的图像相交于A1，A2两点，若点P在椭圆C上，且直线PA2的斜率的取值范围是[-2，-1]，那么PA1直线斜率的取值范围是________.

解析：（1）由题意得，=16x1，=16x2，∴-=16（x1-x2）=，

∴直线AB的方程为y=x-2，令y=0，∴ x=，

∴S=||·|y1-y2|=|-|=，故选C.

（2）由题意，得A1，A2两点关于原点对称，设A1（x1，y1），A2（-x1，-y1），P（x0，y0），则有+=1，+=1，即=（4-），=（4-），

两式相减整理，得=-·=-·.

因为直线PA2的斜率的取值范围是[-2，-1]，

所以-2≤≤-1，所以-2≤-·≤-1，解得≤≤.

说明：解决直线与圆锥曲线问题的通法是联立方程，利用根与系数的关系，设而不求思想，弦长公式等简化计算；涉及中点弦问题时，也可用“点差法”求解. 有时也可以依据圆锥曲线的定义加以合理转化.

四、圆锥曲线综合性问题

【考情分析】

1. 圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题.

2. 试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大.

预测题4.1 已知椭圆C：+=1（a>b>0）的离心率为，且点（1，）在该椭圆上.

（1）求椭圆C的方程；

（2）过椭圆的左焦点F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若△AOB的面积为，求圆心在原点O且与直线l相切的圆的方程.

解析：（1）由题意可得e==，又a2=b2+c2，所以b2=a2.

因为椭圆C经过点（1，），所以+=1，

解得a=2，所以b2=3，故椭圆C的方程为+=1.

（2）由（1）知F1（-1，0），设直线l的方程为x=ty-1，

由x=ty-1，+=1消去x，得（4+3t2）y2-6ty-9=0.

显然>0恒成立，设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2=，y1y2=-.

所以|y1-y2|===，

所以SAOB=F1O·|y1-y2|==，

化简得18t4-t2-17=0，即（18t2+17）（t2-1）=0，解得t2=1或t2=-（舍去），

又圆O的半径r==，所以r=，故圆O的方程为x2+y2=.

说明：椭圆及其性质是历年高考的重点，直线与椭圆的位置关系中的弦长、中点等知识应给予充分关注.

预测题4.2 如图，已知椭圆：+y2=1，点A，B是它的两个顶点，过原点且斜率k为的直线l与线段AB相交于点D，且与椭圆相交于E，F两点.

（1）若=6，求k的值；

（2）求四边形AEBF面积的最大值.

解析：（1）依题设得椭圆的顶点A（2，0），B（0，1），则直线AB的方程为x+2y-2=0.

设直线EF的方程为y=kx（k>0）. 设D（x0，kx0），E（x1，kx1），F（x2，kx2），其中x1

联立直线l与椭圆的方程+y2=1，y=kx，消去y，

得方程（1+4k2）x2=4. 故x2=-x1=，

由=6知，x0-x1=6（x2-x0），得x0=（6x2+x1）=x2=，

由点D在线段AB上，知x0+2kx0-2=0，得x0=，所以=，

化简，得24k2-25k+6=0，解得k=或=.

（2）根据点到直线的距离公式，知点A，B到線段EF的距离分别为h1=，h2=.

又EF=，所以四边形AEBF的面积为S=EF（h1+h2）==2=2=2≤2，

当且仅当4k=，即k=时，取等号，所以四边形AEBF面积的最大值为2.

说明：圆锥曲线的最值与范围问题的常用方法有：（1）数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，数形结合求解；（2）构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解；（3）构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域.

预测题4.3.1 已知椭圆+=1（a>b>0）的离心率为，焦点与短轴的两顶点的连线与圆x2+y2=相切.

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）过点（1，0）的直线l与C相交于A，B两点，在x轴上是否存在点N，使得·为定值？如果有，求出点N的坐标及定值；如果没有，请说明理由.

解析：（Ⅰ）∵e=a2=4c2，

又焦点与短轴的两顶点的连线与圆x2+y2=相切.

∴ bc=b2c2=（b2+c2），即（a2-c2）c2=a2（a2-c2）==3.

故c2=1，a2=4，b2=3，所以椭圆方程为+=1.

（Ⅱ）当直线l的斜率存在时，设其方程为y=k（x-1），A（x1，y1），B（x2，y2），

3x2+4y2=12，y=k（x-1）（3+4k2）x2-8k2+4k2-12=0.

则x1+x2=，x1x2=.

若存在定点N（m，0）满足条件，则有

·=（x1-m）（x2-m）+y1y2=m2-m（x1+x2）+k2（x1-1）（x2-1）

=（1+k2）x1x2-（m+k2）（x1+x2）+k2+m2

=-+k2+m2

=.

如果要上式为定值，则必须有=m=.

验证当直线l斜率不存在时，也符合.

故存在点N（，0）满足·=-.

预测题4.3.2 已知椭圆方程为C：+y2=1（a>1），它的左、右焦点分别为F1、F2.右准线与x轴的交点为T，且=.直线l1过F1且与椭圆交于点A、B，直线l2过F2且与椭圆交于点C、D，O为坐标原点，l1，l2的交点在第一象限内.

（1）求椭圆的方程；

（2）设直线l1，l2的斜率分别为k1、k2.直线OA、OB、OC、OD的斜率kOA、kOB、kOC、kOD满足kOA+kOB+kOC+kOD=0，求证：k1k2为定值.

解析：（1）由题设F2（），T（，0），

因为=，所以F2为OT的中点，即2=a2，a=.

所以椭圆方程为+y2=1.

（3）设l1 ∶ y=k1（x+1），l2 ∶ y=k2（x-1），A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），

则kOA+kOB=+=.

又y1=k1（x+1），y2=k1（x2+1），kOA+kOB=2k1+k1.

由方程x2+2y2=2，y=k1（x+1），得到（1+2）x2+4x+2-2=0，x1+x2=，x1x2=，

所以，kOA+kOB=2k1-=.

同理，kOC+kOD=， 所以+=0，整理得（k1+k2）（2k1k2+1）=0，

若k1+k2=0，则l1，l2的交点在y轴上，不合题意，所以2k1k2+1=0，即k1k2=-为定值.

说明：（1）动线过定点问题的两大类型及解法：

①动直线l过定点问题，解法：设动直线方程（斜率存在）为y=kx+t，由题设条件将t用k表示为t=mk，得y=k（x+m），故动直线过定点（-m，0）.

②动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.

（2）求解定值问题的两大途径：

①由特例得出一个值（此值一般就是定值）→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数（某些变量）无关；

②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值.

预测题4.4 已知椭圆C1：+=1（a>0）与抛物线C2：y2=2ax相交于A，B两点，且两曲线的焦点F重合.

（1）求C1，C2的方程；

（2）若过焦点F的直线l与椭圆分别交于M，Q两点，与抛物线分别交于P，N两点，是否存在斜率为k（k≠0）的直线l，使得=2？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.

解析：（1）因为C1，C2的焦点重合，所以=，所以a2=4. 又a>0，所以a=2.

于是椭圆C1的方程为+=1，抛物线C2的方程为y2=4x.

（2）假设存在直线l，使得=2，则

可设直线l的方程为y=k（x-1），P（x1，y1），Q（x2，y2），M（x3，y3），N（x4，y4）.

由y2=4x，y=k（x-1），可得k2x2-（2k2+4）x+k2=0，则x1+x4=，x1x4=1，

所以PN=·=.

由y=k（x-1），+=1，可得（3+4k2）x2-8k2x+4k2-12=0，

则x2+x3=，x2x3=，

所以MQ=·=.

若=2，则=2×，解得k=±.

故存在斜率为k=±的直线l，使得=2.

说明：本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，体现了对直線和圆锥曲线位置关系的综合考查.关注知识交汇，突出综合应用是高考的特色.解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为：假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素（点、直线、曲线或参数）存在；否则，元素（点、直线、曲线或参数）不存在.反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法.

责任编辑 徐国坚