命題點(diǎn)8平面解析幾何預(yù)測說明直線與圓是解析幾何的基礎(chǔ),考查重點(diǎn)是直線及其位置關(guān)系、直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系,一般以選擇題、填空題的形式呈現(xiàn),有時(shí)也可能在解答題中與圓錐曲線相結(jié)合考查直線方程的求解、直線與圓錐曲線的綜合、圓與圓錐曲線的綜合.圓錐曲線是平面解析幾何的重要內(nèi)容,也是高考考查的重點(diǎn),主要是應(yīng)用方程思想求解直線與圓錐曲線的綜合問題,考查在代數(shù)運(yùn)算中,靈活運(yùn)用設(shè)而不求的方法解決問題的能力.命題方向:1.以直線與圓的幾何度量(弦長和距離)、圓與圓的幾何度量(公共弦與公切線方程等)為考查重點(diǎn),同時(shí)也可以與其他知識(如不等式、圓錐曲線、函數(shù)等)綜合,以小題為主,難度中等.2.以圓錐曲線為載體,針對圓錐曲線的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程和簡單的幾何性質(zhì)及其應(yīng)用,考查圓錐曲線方程的求解、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等問題,各種題型都可能出現(xiàn),解答題一般與函數(shù)、不等式、平面向量等知識構(gòu)成綜合問題,在知識的交匯處命題,注重對數(shù)學(xué)思想方法和邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng)的考查,難度較大.預(yù)測探究識透高頻考點(diǎn)1.(多選)(2024湖南衡陽第二次聯(lián)考,10)已知圓C:x2+y2=4,P是直線l:x+y-6=0上一動(dòng)點(diǎn),過點(diǎn)P作直線PA,PB分別與圓C相切于點(diǎn)A,B,則(BCD)A.圓C上恰有一個(gè)點(diǎn)到l的距離為22B.直線AB恒過點(diǎn)2C.|AB|的最小值是4D.四邊形ACBP面積的最小值為2142.(多選)(2024湖南長沙長郡中學(xué)測試,11)設(shè)F1,F2為橢圓C:x225+y216=1的兩個(gè)焦點(diǎn),P(x0,y0)為C上一點(diǎn)且在第一象限,I(x1,y1)為△F1PF2的內(nèi)心,且△F1PF2內(nèi)切圓半徑為1,A.|IP|=5B.x0=5C.x1=2D.kIF1·3.(2024江蘇南京、鹽城二模,13)設(shè)雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一個(gè)焦點(diǎn)為F,過F作一條漸近線的垂線,垂足為E.若線段EF的中點(diǎn)在C上,則C4.(2024浙江麗水、湖州、衢州二模,18)已知拋物線E:y2=4x,點(diǎn)A,B,C在拋物線E上,且A在x軸上方,B和C在x軸下方(B在C左側(cè)),A,C關(guān)于x軸對稱,直線AB交x軸于點(diǎn)M,延長線段CB交x軸于點(diǎn)Q,連接QA.(1)證明:|OM||OQ|為定值(O為坐標(biāo)原點(diǎn)(2)若點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為-1,且MB·MC=89,求△AQB的內(nèi)切圓的方程綜合能力考查以拋物線為載體,考查圓錐曲線中的定值問題;利用內(nèi)切圓的性質(zhì)及相關(guān)知識,求圓的方程;考查運(yùn)算求解、邏輯推理等能力解析(1)證明:設(shè)直線AB的方程為x=my+t(m>0),A(x1,y1),B(x2,y2),則C(x1,-y1),M(t,0),聯(lián)立x=my+t,y2=4x,消去由Δ=16(m2+t)>0,得m2+t>0,由根與系數(shù)的關(guān)系得y1+y2=4m,y1y2=-4t.直線BC的方程為y+y1=y2+y1x2?x1(x-x令y=0,得xQ=y1y24=-t,所以Q(-因此|OM||OQ|=t|(2)因?yàn)辄c(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為-1,所以由(1)可知Q(-1,0),M(1,0),因?yàn)锳,C關(guān)于x軸對稱,所以x軸是∠AQB的平分線所在直線,所以△AQB的內(nèi)切圓圓心在x軸上,故設(shè)圓心為T(s,0)(-1<s<1),由(1)知y1y2=-4,x1+x2=my1+1+my2+1=m(y1+y2)+2=4m2+2,x1x2=y124·y224=1,又MB=(x2-1,y2),MC=(x1則MB·MC=(x2-1)(x1-1)-y1y2=x1x2-(x1+x2)+1+4=4-4m2,故4-4m2=89,結(jié)合m>0,得m=7所以直線AB的方程為3x-7y-3=0,聯(lián)立3x=7y+3,y2=4x,消去x,解得A23+879,27+83,所以直線AQ的方程為y=27+8323+879+1(x+1),因?yàn)閳A心T到直線AB和直線AQ的距離相等,所以|3s+3|5=|3s?3|4,故圓T的半徑r=3s+35因此圓T的方程為x?192+y悟透新型考法1.(2024安徽皖北五校聯(lián)考,8)已知實(shí)數(shù)x,y滿足x|x|+y|y|3=1,則|3x+y-4|的取值范圍是(B)A.[4-6,2)B.[4-6,4)C.2?62,22.(2024浙江溫州第三次適應(yīng)性考試,14)過拋物線y2=2px(0<p<2)焦點(diǎn)F的直線l交拋物線于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)M(1,0),沿x軸將坐標(biāo)系翻折成直二面角,當(dāng)三棱錐A-FMB體積最大時(shí),p=

433.(2024福建漳州四檢,17)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為12,點(diǎn)A1,32,B1,?32(1)求E的方程;(2)設(shè)n∈N*,△AnBnCn的內(nèi)角An,Bn,Cn的對邊分別為an,bn,cn,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=cn+an2,cn+1=bn+an2.若點(diǎn)Bn,Cn在x軸上且關(guān)于原點(diǎn)對稱,問:是否存在a1,使得點(diǎn)An都在E上,新型考法利用橢圓的定義探究存在性問題解析(1)因?yàn)锳1,32與B1,?32關(guān)于x軸對稱,E也關(guān)于x軸對稱,A,B,C中恰有兩個(gè)點(diǎn)在E上,所以A,B在E上,C不在E上,所以1又因?yàn)閑=ca=12,c=a2?b2所以a=2,b=3,c=1,所以E的方程為x24+y(2)存在a1=2,使得點(diǎn)An都在E上.理由如下:因?yàn)閍n+1=an,所以an=a1,因?yàn)閎n+1=cn+an2,c所以bn+1+cn+1=12(bn+cn)+an,即bn+1+cn+1=12(bn+cn)+a1,所以bn+1+cn+1-2a1=12(bn+cn-2又因?yàn)閎1+c1=2a1,所以b1+c1-2a1=0,所以bn+cn-2a1=0,即bn+cn=2a1,所以AnCn+AnBn=2a1>a1=BnCn,所以點(diǎn)An在以Bn,Cn為焦點(diǎn),2a1為長軸長的橢圓上,又因?yàn)镋的焦點(diǎn)為(±1,0),長軸長為4,點(diǎn)Bn,Cn在x軸上且關(guān)于原點(diǎn)對稱,所以點(diǎn)An都在橢圓E上?2a1=4,Bn所以存在a1=2,使得點(diǎn)An都在E上.參透創(chuàng)新情境(2024江蘇蘇錫常鎮(zhèn)5月調(diào)研,18)三等分角是古希臘幾何尺規(guī)作圖的三大問題之一,如今數(shù)學(xué)上已經(jīng)證明三等分任意角是尺規(guī)作圖不可能問題,如果不局限于尺規(guī),三等分任意角是可能的.下面是數(shù)學(xué)家帕普斯給出的一種三等分角的方法:已知角α(0<α<π)的頂點(diǎn)為A,在α的兩邊上截取|AB|=|AC|,連接BC,在線段BC上取一點(diǎn)O,使得|BO|=2|CO|,記BO的中點(diǎn)為D,以O(shè)為中心,C,D為頂點(diǎn)作離心率為2的雙曲線M,以A為圓心,AB為半徑作圓,與雙曲線M左支交于點(diǎn)E(射線AE在∠BAC內(nèi)部),則∠BAE=13∠BAC.在上述作法中,以O(shè)為原點(diǎn),直線BC為x軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,若B(-2,0),點(diǎn)A在x軸的上方(1)求雙曲線M的方程.(2)若過點(diǎn)A且與x軸垂直的直線交x軸于點(diǎn)G,點(diǎn)E到直線AG的距離為d.證明:①|(zhì)BE|d為定值②∠BAE=13∠創(chuàng)新情境以三等分角為背景,以雙曲線為載體,考查圓錐曲線的綜合問題解析(1)設(shè)雙曲線M的方程為x2a2-y2b2=1(由|BO|=2|CO|及B(-2,0),可得C(1,0),所以a=1,因?yàn)殡p曲線M的離心率為2,所以a2+b2a2=1+b所以雙曲線M的方程為x2-y23(2)證明:①因?yàn)閨AB|=|AC|,B(-2,0),C(1,0),所以直線AG的方程為x=-12設(shè)E(x0,y0)(x0≤-1),則x02-y023=1,所以d=?12?x0=-又|BE|