2024年高考解析几何命题预测

许少华

2024年高考日益临近，关于高考命题的分析与预测也逐渐引起了高三师生的关注.年年岁岁花相似，岁岁年年都不同.对于考生也许今生只有一次，难，也好.易，也罢.最终都将“随风去”.对于教师就不一样，年年都要思考、年年都要预测“今朝折磨今朝受，明日旧事又袭扰”，无法改变、只有承受.还是让我们一起看看2024年高考在解析几何上可能怎样命题吧！

一、有关客观性试题的预测

1.围绕直线与圆的基本运算进行设计

对于直线与圆，单独直接命题的可能性不大，但与其他知识结合再加上直线与圆的基本运算倒是有可能．

例1（多选）瑞士数学家欧拉（LeonharEuler）1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.若已知△ABC的顶点A（-4，0），B（0，4），其欧拉线方程为x-y+2=0，则下列正确的是.（  ）

A.ΔABC重心的坐标为-13，23或-23，13

B.ΔABC垂心的坐标为（0，2）或（-2，0）

C. ΔABC顶点C的坐标为（2，0）或（0，-2）

D. 欧拉线将ΔABC分成的两部分的面积之比为45

解析BCD .的中点为（-2，2），的中垂线方程为y-2=-（x+2），即x+y=0，联立x+y=0，

x-y+2=0，解得x=-1，

y=1.∴ΔABC的外心为（-1，1），设C（m，n），由重心坐标公式得，三角形ABC的重心为-4+m3，4+n3，代入欧拉线方程得：-4+m3-4+n3+2=0，整理得：m-n-2=0……①

又外心为（-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联立①②得：

m=2，n=0，或m=0，n=-2.所以顶点C的坐标是（2，0）或（0，-2）.ΔABC重心的坐标为-23，43或-43，23．

由于OB⊥AC或OA⊥BC，所以垂心的坐标为M（0，2）或N（-2，0）.

因为直线AB与欧拉线平行，所以两部分的面积之比是NC2AC2-NC2=1636-16=45或MC2AC2-MC2=1636-16=45.故选：BCD.

2.围绕直线与圆的基本技能进行设计

直线与圆的位置关系，涉及一些基本技能，围绕这些基本技能进行设计也有可能．

例2（多选）过直线l：2x+y=5上一点P作圆O：x2+y2=1的切线，切点分别为A，B，则（  ）

A. 若直线AB//l，则|AB|=5

B. cos∠APB的最小值为35

C. 直线AB过定点（25，15）

D. 线段AB的中点D的轨迹长度为510π

解析设P（x0，y0），圆O：x2+y2=1的圆心O（0，0），半径为1，因为过点P作圆O：x2+y2=1的切线，切点分别为A，B，所以A，B在以OP为直径的圆上，即A，B在（x-x02）2+（y-y02）2=x20+y202上，因为A，B是切点，所以A，B在圆x2+y2=1上，故A，B是两圆的交点，故两圆方程相减可得A，B所在的直线方程，化简可得AB：x0x+y0y=1，因为P在l上，所以2x0+y0=5，故直线AB：x0x+（5-2x0）y=1；若AB//l，则-2=-x05-2x0，解得：x0=2，所以AB：2x+y-1=0，故圆心O到AB的距离d=15，所以AB=21-15=455≠5，故选项A错误；由AB：x0x+（5-2x0）y=1，即x0（x-2y）+5y=1，则x-2y=0，

5y=1，解得：x=25，

y=15.所以AB过定点M（25，15），故选项C正确；因为∠APB+∠AOB=π，所以cos∠APB=cos（π-∠AOB）=-cos∠AOB，由于AB过定点M（25，15），所以O到AB距离dmax=OM=55，记AB中点为Q，则OM≥OQ，则

cos∠APB=-cos∠AOB=-cos 2∠AOQ=-（2cos2∠AOQ-1）=1-2cos2∠AOQ=1-2（OQr）2≥1-2×15=35，故选项B正确；因为D为线段AB的中点，且M在AB上，所以∠MDO=π2，所以D点轨迹为以OM为直径的圆，所以r=OM2=510，则周长为2πr=55π，故选项D错误.故选：BC.

点评本题主要考查直线与圆的位置关系中最值问题，考查圆的轨迹和公共弦问题，考查直线过定点问题等，属于较难题．

3.围绕圆锥曲线的定义或性质进行设计

圆锥曲线的性质每年高考一定会考，只是命题的角度与方式每年都不同，但有一点是不变的，那么就是创新、灵活，每年都一样．

例3双曲线C：x2-y2=4的左，右焦点分别为F1，F2，过F2作垂直于x轴的直线交双曲线于A，B两点，，ΔAF1F2，ΔBF1F2，ΔF1AB的内切圆圆心分别为O1，O2，O3，则ΔO1O2O3的面积是（   ）

A. 62-8  B. 62-4

C. 8-42  D. 6-42

解析由题意如图所示：由双曲线C：x2-y2=4，知a2=b2=4，所以c2=a2+b2=8，

所以F2（22，0），｜F1F2｜=2c=42，

所以过F2作垂直于x轴的直线为x=22，

代入C中，解出A22，2，B22，-2，由题知ΔAF1F2，ΔBF1F2的内切圆的半径相等，且|AF1|=|BF1|，ΔAF1F2，ΔBF1F2的内切圆圆心O1，O2的连线垂直于x轴于点P，设为r，在ΔAF1F2中，由等面积法得：

12（｜AF1｜+｜AF2｜+｜F1F2｜）·r=12｜F1F2｜·｜AF2｜，由双曲线的定义可知：｜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，因为F1F2为ΔF1AB的∠AF1B的角平分线，

所以O3一定在F1F2上，即轴上，令圆O3半径为R，在ΔAF1B中，由等面积法得：

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.故选A.

点评本题的最大特点是图形复杂，而求解又必须有图形，因此，细心和耐心制作图形是关键．

4.围绕圆锥曲线的基本技能进行设计

圆锥曲线是一个特殊内容，它的基础题也同其它章节的基础题一样“接地气”，给人很“亲切”的感觉，但难题就会运算与技巧共存了．

例4如图所示，已知F1，F2分别为双曲线x24-y212=1的左、右焦点，过F2的直线与双曲线的右支交于A，B两点，则∠AF2O的取值范围为     ；记ΔAF1F2的内切圆O1的面积为S1，ΔBF1F2的内切圆O2的面积为S2，则S1+S2的取值范围是     ．

解析设直线AB的倾斜角为α，在双曲线x24-y212=1中，a=2，b=23，则

c=a2+b2=4，故点F2（4，0），所以，直线AB与x轴不重合，设直线AB的方程为

x=my+4，设点A（x1，y1）、B（x2，y2），由x=my+4，

3x2-y2=12（3m2-1）y2+24my+36=0.

由题意可得3m2-1≠0，

Δ=242m2-4×36×（3m2-1）>0，解得m2≠13，由韦达定理可得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

若点A在第一象限，则∠AF2O=π-α，此时∠AF2O∈（π3，2π3），若点A在第四象限，则∠AF2O=α，此时∠AF2O∈（π3，2π3），综上∠AF2O∈（π3，2π3）.

设圆O1与 AF1、AF2、F1F2分别相切于点M、N、G，

过F2的直线与双曲线的右支交于A、B两点，可知直线AB的倾斜角取值范围为（π3，2π3），由切线长定理可得|AM|=|AN|，|F1M|=|F1G|，|F2G|=|F2N|，所以，

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

则|F2G|=c-a=2，所以点G的横坐标为4-2=2，故点O1的横坐标也为2.同理可知点O2的横坐标为2，故O1O2⊥x轴，故圆O1和圆O2均与x轴相切于G（2，0），圆O1和圆O2两圆外切，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|，则|O1F2|2=|O1G|·|O1O2|.

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

设圆O1、O2的半径分别为 r1、r2，则（c-a）2=r1·r2，则r1·r2=4，

由直线AB的倾斜角取值范围为（π3，2π3），可知∠AF2F1的取值范围为（π3，2π3），

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

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

令f（x）=x+16x，其中x∈（43，12），则f（x）在（43，4）上单调递减，在（4，12）上单调递增，

因为f（4）=8，f（43）=f（12）=403，则当x∈（43，12）时，f（x）∈［8，403），

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

点评本题考查双曲线的定义，直线与双曲线的位置关系及其应用，以及对勾函数的应用、圆的性质，考查运算能力和推理能力，属于较难题．

二、有关主观性试题的预测

主观题每年一题，分数为12分.此题常规难度较大，其主要表现是运算复杂，有时可能有思路，但很难转化为解题现实“知道怎样做，就是做不出”.那么2024年呢？我们看看它可能进行设计几个角度．

1.结合轨迹方程，考查解几思想的运用

建系、设点、找等量关系，这是利用解几处理问题的基本思路，特别是“找关系”步骤，很多考生总是围绕着条件“转来转去”找不到．

例5如图， E，F，G，H 分别是矩形 ABCD 四边的中点，F（2，0），C（2，1），CS=λCF，OR=λOF.

（1）求直线 ER 与直线 GS 交点 M 的轨迹方程．

（2）过点I（1，0）任作直线与点 M 的轨迹交于 P，Q 两点，直线 HP 与直线 QF 的交点为 J ，直线 HQ 与直线 PF 的交点为 K ，求△IJK面积的最小值．

解析（1）由已知， R（2λ，0），S（2，1-λ）当 λ≠0 时，直线 ER 方程： y=12λx-1，直线 GS 方程： y=-λ2x+1，联立上述两方程消去 λ 得： x24+y2=1，

当 λ=0 时，交点 M（0，1） 符合上述方程，又交点 M 不可能为 （0，-1），

故所求的轨迹方程为 x24+y2=1（x≠0 且 y≠-1）．

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

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

联立上述两方程得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，同理直线 HQ 与直线 PF 的交点 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，（当且仅当 m=0 时取等号），

故 ΔIJK 的面积最小值为 33 ，此时直线 PQ 的方程为 x=1.

点评本题考查与椭圆有关的轨迹方程的求解，直线和椭圆的位置关系以及椭圆中三角形面积问题，为较难题．

2.结合定点问题，考查合理的转化能力

过定点问题是解几中由来已久的问题，可以说是真正的“历史问题”，它灵活多变，虽然做过很多此类题，但遇到的又总是“新题”．

例6如图所示，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右焦点分别为F1、F2，过点F1且与x轴垂直的直线与圆O：x2+y2=a2交于点M（点M在x轴上方），与椭圆C交于点N（点N在x轴下方），且满足｜MF1｜=2｜NF1｜.

（1）若ΔMNF2的面积为4+22，求椭圆C的标准方程．

（2）过点M作椭圆C的切线，与直线NF2交于点Q（m，n），其中n<0，试判断以线段QF2为直径的圆是否经过点M，并说明理由．

解析（1）设F1（-c，0），则直线MF1的方程为x=-c，与x2+y2=a2联立得：M（-c，b），

由MF1=2NF1得：N-c，-22b，∵N在椭圆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，∴椭圆C的标准方程为：x28+y24=1.

（2）由（1）知：椭圆C的方程为：x22b2+y2b2=1，M（-b，b），设切线MQ的方程为：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，

当k=0时，不满足n<0，不合题意，

又kMF2=b-0-b-b=-12，∴k·kMF2=-1，即MQ⊥MF2，

∴以线段QF2为直径的圆经过点M.

点评本题考查椭圆的概念及标准方程、直线与椭圆的位置关系，考查圆锥曲线中的综合问题，属于较为基础题．

3.结合范围问题，考查与函数、不等式的综合应用能力

范围问题或是最值问题往往考查的是综合应用能力，除了圆锥曲线特有复杂运算之外，很可能还会与其他知识的特殊技巧相结合．

例7设椭圆C：x29+y25=1长轴的左，右顶点分别为A，B.

（1）若P、Q是椭圆上关于x轴对称的两点，直线AP，BQ的斜率分别为k1，k2（k1k2≠0），

求|k1|+|k2|的最小值；

（2）已知过点D（0，-3）的直线l交椭圆C于M、N两个不同的点，直线AM，AN分别交y轴于点S、T，记DS=λDO，DT=μDO（O为坐标原点），当直线l的倾斜角θ为锐角时，求λ+μ的取值范围．

解析（1）设点P（x0，y0），由对称性知Q（x0，-y0）不妨令y0>0，由已知A（-3，0），B（3，0），则k1=y0x0+3，k2=-y0x0-3，显然有-3

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

（2）当直线l的倾斜角θ为锐角时设M（x1，y1），N（x2，y2），设直线l：y=kx-3（k>0），由y=kx-3，

x29+y25=1，得（5+9k2）x2-54kx+36=0，

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

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

因为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），综上，所以λ+μ的范围是（43，2）.

点评本题主要考查椭圆的简单性质及标准方程，直线与椭圆的位置关系，属于较难题．

所以QC·QD=54QA·QB.所以存在常数λ=54，使得QC·QD=λQA·QB.

点评本题考查椭圆的方程、几何性质、直线与椭圆的位置关系、平面向量的数量积运算、参数的计算，考查计算能力，属难题．

4.结合存在性问题，考查分析、探索能力

探索能力与创新能力是考生的综合能力的集中体现，存在性问题作为考查此种能力的重要题型，出现在高考试卷是正常的，也是完全有可能的，因此，要引起我们的足够重视．

例8已知双曲线C：x2a2-y2b2=1的左、右焦点分别为F1，F2，其离心率为62，且过点P42，22.

（1）求双曲线C的方程．

（2）过F1的两条相互垂直的直线分别交双曲线于A，B和C，D，M，N分别为AB，CD的中点，连接MN，过坐标原点O作MN的垂线，垂足为H，是否存在定点G，使得|GH|为定值，若存在，求此定点G.若不存在，请说明理由．

解析（1）由题可知，e=ca=622c2=3a2①又因为P42，22在双曲线C：x2a2-y2b2=1上，即32a2-8b2=1②又因为c2=a2+b2③，联立①②③，解得a2=16，b2=8，c2=24，所以，双曲线C的方程是x216-y28=1.

（2）存在定点G-26，0，使得|GH|为定值，理由如下：

由题意可知，若直线AB和CD其中一条没有斜率，则H点为（0，0），直线 MN的方程为y=0，当直线AB和CD都有斜率时，因为点F1-26，0，设直线AB的方程为：y=kx+26设A（xA，yA），B（xB，yB），M（xM，yM），联立方程组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）.

设直线CD的方程为：y=-1kx+26设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） .

所以直线MN的方程为y-k（46k21-2k2+26）=-k2（k2-1）（x-46k21-2k2）化简得：y=-k2（k2-1）（x+46），可知直线MN过定点P-46，0又因为OH⊥MN，所以点H的运动轨迹是以点-26，0为圆心，以|OP|=46为直径的圆，所以存在定点G-26，0，使得|GH|为定值26 .

点评本题考查双曲线的方程和性质、直线与双曲线的位置关系、圆锥曲线中的定点和定值问题，以及化简整理的运算能力，属于难题．

好了，关于解析几何的命题预测就谈这么多了，希望对你提高高考分数能起作用．

责任编辑 徐国坚