（通用版）2022年高考數學二輪復習 第一部分 第三層級 難點自選 專題三“圓錐曲線”壓軸大題的搶分策略講義 理（普通生含解析）

（通用版）2022年高考數學二輪復習 第一部分 第三層級 難點自選 專題三“圓錐曲線”壓軸大題的搶分策略講義 理（普通生，含解析）全國卷3年考情分析年份全國卷全國卷全國卷2018直線的方程、直線與橢圓的位置關系、證明問題·T19直線的方程、直線與拋物線的位置關系、圓的方程·T19直線與橢圓的位置關系、等差數列的證明·T202017橢圓的標準方程、直線與橢圓的位置關系、定點問題·T20點的軌跡方程、橢圓方程、向量的數量積等·T20直線與拋物線的位置關系、直線的方程、圓的方程·T202016軌跡方程求法、直線與橢圓位置關系及范圍問題·T20直線與橢圓的位置關系、面積問題、范圍問題·T20證明問題、軌跡問題、直線與拋物線的位置關系·T20解析幾何是數形結合的典范，是高中數學的主要知識板塊，是高考考查的重點知識之一，在解答題中一般會綜合考查直線、圓、圓錐曲線等試題難度較大，多以壓軸題出現解答題的熱點題型有：(1)直線與圓錐曲線位置關系；(2)圓錐曲線中定點、定值、最值及范圍的求解；(3)圓錐曲線中的判斷與證明考法·策略(一)依據關系來證明 典例(2018·全國卷)設橢圓C：y21的右焦點為F，過F的直線l與C交于A，B兩點，點M的坐標為(2,0)(1)當l與x軸垂直時，求直線AM的方程；(2)設O為坐標原點，證明：OMAOMB.解(1)由已知得F(1,0)，l的方程為x1.則點A的坐標為或.又M(2,0)，所以直線AM的方程為yx或yx，即xy20或xy20.(2)證明：當l與x軸重合時，OMAOMB0°.當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，所以OMAOMB.當l與x軸不重合也不垂直時，設l的方程為yk(x1)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1<，x2<，直線MA，MB的斜率之和為kMAkMB.由y1kx1k，y2kx2k，得kMAkMB.將yk(x1)代入y21，得(2k21)x24k2x2k220，所以x1x2，x1x2.則2kx1x23k(x1x2)4k0.從而kMAkMB0，故MA，MB的傾斜角互補所以OMAOMB.綜上，OMAOMB成立題后悟通幾何證明問題的解題策略(1)圓錐曲線中的證明問題，主要有兩類：一是證明點、直線、曲線等幾何元素中的位置關系，如：某點在某直線上、某直線經過某個點、某兩條直線平行或垂直等；二是證明直線與圓錐曲線中的一些數量關系(相等或不等)(2)解決證明問題時，主要根據直線、圓錐曲線的性質、直線與圓錐曲線的位置關系等，通過相關的性質應用、代數式的恒等變形以及必要的數值計算等進行證明應用體驗1設橢圓E的方程為1(a>b>0)，點O為坐標原點，點A的坐標為(a,0)，點B的坐標為(0，b)，點M在線段AB上，滿足|BM|2|MA|，直線OM的斜率為.(1)求E的離心率e；(2)設點C的坐標為(0，b)，N為線段AC的中點，證明：MNAB.解：(1)由題設條件知，點M的坐標為，又kOM，從而.進而得ab，c2b，故e.(2)證明：由N是AC的中點知，點N的坐標為，可得.又(a，b)，從而有·a2b2(5b2a2)由(1)可知a25b2，所以·0，故MNAB.考法·策略(二)巧妙消元證定值 典例已知橢圓C：1(a>b>0)，過A(2,0)，B(0,1)兩點(1)求橢圓C的方程及離心率；(2)設P為第三象限內一點且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N，求證：四邊形ABNM的面積為定值解(1)由題意得，a2，b1，所以橢圓C的方程為y21.又c，所以離心率e.(2)證明：設P(x0，y0)(x00，y00)，則x4y4.又A(2,0)，B(0,1)，所以直線PA的方程為y(x2)令x0，得yM，從而|BM|1yM1.直線PB的方程為yx1.令y0，得xN，從而|AN|2xN2.所以四邊形ABNM的面積S|AN|·|BM|2.從而四邊形ABNM的面積為定值題后悟通解答圓錐曲線的定值問題的策略(1)從特殊情形開始，求出定值，再證明該值與變量無關；(2)采用推理、計算、消元得定值消元的常用方法為整體消元(如本例)、選擇消元、對稱消元等應用體驗2(2019屆高三·湘東五校聯考)已知橢圓C的中心在原點，離心率等于，它的一個短軸端點恰好是拋物線x28y的焦點(1)求橢圓C的方程；(2)如圖，已知P(2,3)，Q(2，3)是橢圓上的兩點，A，B是橢圓上位于直線PQ兩側的動點當A，B運動時，滿足APQBPQ，試問直線AB的斜率是否為定值？請說明理由解：(1)由題意知橢圓的焦點在x軸上，設橢圓C的方程為1(a>b>0)，則b2.由，a2c2b2，得a4，橢圓C的方程為1.(2)直線AB的斜率是定值，理由如下：設A(x1，y1)，B(x2，y2)APQBPQ，直線PA，PB的斜率之和為0，設直線PA的斜率為k，則直線PB的斜率為k，直線PA的方程為y3k(x2)，由得(34k2)x28k(32k)x4(32k)2480，x12，將k換成k可得x22，x1x2，x1x2，kAB，直線AB的斜率為定值.考法·策略(三)構造函數求最值 典例在RtABC中，BAC90°，A(0,2)，B(0，2)，SABC.動點P的軌跡為曲線E，曲線E過點C且滿足|PA|PB|的值為常數(1)求曲線E的方程(2)過點Q(2,0)的直線與曲線E總有公共點，以點M(0，3)為圓心的圓M與該直線總相切，求圓M的最大面積解(1)由已知|AB|4，SABC|AB|AC|，所以|AC|.因為|PA|PB|CA|CB|6|AB|4，所以曲線E是以點A，B為焦點的橢圓且2a6,2c4.所以a3，c2b1，所以曲線E的方程為x21.(2)由題意可設直線方程為yk(x2)，聯立消去y，得(9k2)x24k2x4k290，則(4k2)24(9k2)(4k29)0，解得k23.因為以點M(0，3)為圓心的圓M與該直線總相切，所以半徑r.令r2f(k)，則f(k).由f(k)0，得k或k，當k時符合題意，此時可得r.即所求圓的面積的最大值是13.題后悟通最值問題的2種基本解法幾何法根據已知的幾何量之間的相互關系、平面幾何和解析幾何知識加以解決的(如拋物線上的點到某個定點和焦點的距離之和、光線反射問題等在選擇題、填空題中經常考查)代數法建立求解目標關于某個(或兩個)變量的函數，通過求解函數的最值解決的(普通方法、基本不等式方法、導數方法(如本例)等)應用體驗3(2018·合肥一檢)在平面直角坐標系中，圓O交x軸于點F1，F2，交y軸于點B1，B2.以B1，B2為頂點，F1，F2分別為左、右焦點的橢圓E恰好經過點.(1)求橢圓E的方程；(2)設經過點(2,0)的直線l與橢圓E交于M，N兩點，求F2MN面積的最大值解：(1)由已知可得，橢圓E的焦點在x軸上設橢圓E的標準方程為1(ab0)，焦距為2c，則bc，a2b2c22b2，橢圓E的方程為1.又橢圓E過點，1，解得b21.橢圓E的方程為y21.(2)點(2,0)在橢圓E外，直線l的斜率存在設直線l的方程為yk(x2)，M(x1，y1)，N(x2，y2)由消去y得，(12k2)x28k2x8k220.由0，得0<k2，從而x1x2，x1x2，|MN|x1x2|2·.點F2(1,0)到直線l的距離d，F2MN的面積S|MN|·d3.令12k2t，則t(1,2)，S3333，當，即t時，S有最大值，Smax，此時k±.當直線l的斜率為±時，可使F2MN的面積最大，其最大值為.考法·策略(四)找尋不等關系解范圍 典例已知點A，B分別為橢圓E：1(ab0)的左、右頂點，點P(0，2)，直線BP交E于點Q， ，且ABP是等腰直角三角形(1)求橢圓E的方程；(2)設過點P的動直線l與E相交于M，N兩點，當坐標原點O位于以MN為直徑的圓外時，求直線l斜率的取值范圍解(1)由ABP是等腰直角三角形，知a2，B(2,0)，設Q(x0，y0)，由，得x0，y0，代入橢圓方程，解得b21，橢圓E的方程為y21.(2)由題意可知，直線l的斜率存在，設方程為ykx2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由消去y，得(14k2)x216kx120，則x1x2，x1x2.由直線l與E有兩個不同的交點，得0，則(16k)24×12×(14k2)0，解得k2.由坐標原點O位于以MN為直徑的圓外，則·0，即x1x2y1y20，則x1x2y1y2x1x2(kx12)(kx22)(1k2)x1x22k(x1x2)4(1k2)·2k·40，解得k24.聯立可知k24，解得k2或2k，故直線l斜率的取值范圍為.題后悟通范圍問題的解題策略解決有關范圍問題時，先要恰當地引入變量(如點的坐標、角、斜率等)，尋找不等關系，其方法有：(1)利用判別式來構造不等式，從而確定所求范圍，(如本例)；(2)利用已知參數的取值范圍，求新參數的范圍，解這類問題的核心是在兩個參數之間建立相等關系；(3)利用隱含的不等關系，從而求出所求范圍；(4)利用已知不等關系構造不等式，從而求出所求范圍；(5)利用函數值域的求法，確定所求范圍；(6)利用已知，將條件轉化為n個不等關系，從而求出參數的范圍(如本例)應用體驗4已知A，B分別為曲線C：y21(y0，a0)與x軸的左、右兩個交點，直線l過點B且與x軸垂直，M為l上位于x軸上方的一點，連接AM交曲線C于點T.(1)若曲線C為半圓，點T為的三等分點，試求出點M的坐標(2)若a1，SMAB2，當TAB的最大面積為時，求橢圓的離心率的取值范圍解：(1)當曲線C為半圓時，得a1.由點T為的三等分點，得BOT60°或120°.當BOT60°時，MAB30°，又|AB|2，故MAB中，有|MB|AB|·tan 30°，所以M.當BOT120°時，同理可求得點M坐標為(1,2)(2)設直線AM的方程為yk(xa)，則k0，|MB|2ka，所以SMAB·2a·2ka2，所以k，代入直線方程得y(xa)，聯立解得yT，所以STAB·2a·，解得1a22，所以橢圓的離心率e，即橢圓的離心率的取值范圍為.考法·策略(五)確定直線尋定點 典例(2017·全國卷)已知橢圓C：1(a>b>0)，四點P1(1,1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三點在橢圓C上(1)求C的方程；(2)設直線l不經過P2點且與C相交于A，B兩點若直線P2A與直線P2B的斜率的和為1，證明：l過定點解(1)由于P3，P4兩點關于y軸對稱，故由題設知橢圓C經過P3，P4兩點又由>知，橢圓C不經過點P1，所以點P2在橢圓C上因此解得故橢圓C的方程為y21.(2)證明：設直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2.如果l與x軸垂直，設l：xt，由題設知t0，且|t|<2，可得A，B的坐標分別為，.則k1k21，得t2，不符合題設從而可設l：ykxm(m1)將ykxm代入y21得(4k21)x28kmx4m240.由題設可知16(4k2m21)>0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2，x1x2.而k1k2.由題設k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2k1)·(m1)·0.解得m2k1.當且僅當m>1時，>0，于是l：ykx2k1k(x2)1，所以l過定點(2，1)題后悟通直線過定點問題的解題模型應用體驗5(2018·貴陽摸底考試)過拋物線C：y24x的焦點F且斜率為k的直線l交拋物線C于A，B兩點，且|AB|8.(1)求l的方程；(2)若A關于x軸的對稱點為D，求證：直線BD過定點，并求出該點的坐標解：(1)易知點F的坐標為(1,0)，則直線l的方程為yk(x1)，代入拋物線方程y24x得k2x2(2k24)xk20，由題意知k0，且(2k24)24k2·k216(k21)0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1x2，x1x21，由拋物線的定義知|AB|x1x228，6，k21，即k±1，直線l的方程為y±(x1)，即xy10或xy10.(2)證明：由拋物線的對稱性知，D點的坐標為(x1，y1)，直線BD的斜率kBD，直線BD的方程為yy1(xx1)，即(y2y1)yy2y1y4x4x1，y4x1，y4x2，x1x21，(y1y2)216x1x216，即y1y24(y1，y2異號)，直線BD的方程為4(x1)(y1y2)y0，恒過點(1,0)考法·策略(六)假設存在定結論(探索性問題) 典例已知橢圓C：1(ab0)的左、右焦點分別為F1，F2，其離心率為，短軸長為2.(1)求橢圓C的標準方程；(2)過定點M(0,2)的直線l與橢圓C交于G，H兩點(G在M，H之間)，設直線l的斜率k0，在x軸上是否存在點P(m,0)，使得以PG，PH為鄰邊的平行四邊形為菱形？如果存在，求出m的取值范圍；如果不存在，請說明理由解(1)由已知，得解得所以橢圓C的標準方程為1.(2)設直線l的方程為ykx2(k0)，聯立消去y并整理得，(34k2)x216kx40，由0，解得k.設G(x1，y1)，H(x2，y2)，則y1kx12，y2kx22，x1x2.假設存在點P(m,0)，使得以PG，PH為鄰邊的平行四邊形為菱形，則(x1x22m，k(x1x2)4)，(x2x1，y2y1)(x2x1，k(x2x1)，()·0，即(1k2)(x1x2)4k2m0，所以(1k2)·4k2m0，解得m.因為k，所以m0，當且僅當4k時等號成立，故存在滿足題意的點P，且m的取值范圍是.題后悟通探索性問題的解題策略探索性問題，先假設存在，推證滿足條件的結論，若結論正確，則存在，若結論不正確，則不存在(1)當條件和結論不唯一時，要分類討論(2)當給出結論而要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件(3)當條件和結論都不知，按常規(guī)方法解題很難時，要思維開放，采取另外的途徑應用體驗6已知橢圓C：1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1(1,0)，F2(1,0)，點A在橢圓C上(1)求橢圓C的標準方程；(2)是否存在斜率為2的直線，使得當直線與橢圓C有兩個不同交點M，N時，能在直線y上找到一點P，在橢圓C上找到一點Q，滿足？若存在，求出直線的方程；若不存在，說明理由解：(1)設橢圓C的焦距為2c，則c1，因為A在橢圓C上，所以2a|AF1|AF2|2，因此a，b2a2c21，故橢圓C的方程為y21.(2)不存在滿足條件的直線，證明如下：假設存在斜率為2的直線，滿足條件，則設直線的方程為y2xt，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，P，Q(x4，y4)，MN的中點為D(x0，y0)，由消去x，得9y22tyt280，所以y1y2，且4t236(t28)>0，故y0，且3<t<3.由，得(x4x2，y4y2)，所以有y1y4y2，y4y1y2t.也可由，知四邊形PMQN為平行四邊形，而D為線段MN的中點，因此，D也為線段PQ的中點，所以y0，又3<t<3，所以<y4<1，與橢圓上點的縱坐標的取值范圍是1,1矛盾因此不存在滿足條件的直線