1、1难点自选专题三 “圆锥曲线”压轴大题的抢分策略全国卷 3 年考情分析年份 全国卷 全国卷 全国卷2018直线的方程、直线与椭圆的位置关系、证明问题T 19直线的方程、直线与抛物线的位置关系、圆的方程T 19直线与椭圆的位置关系、等差数列的证明T 202017椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系、定点问题T 20点的轨迹方程、椭圆方程、向量的数量积等T 20直线与抛物线的位置关系、直线的方程、圆的方程T 202016轨迹方程求法、直线与椭圆位置关系及范围问题T 20直线与椭圆的位置关系、面积问题、范围问题T 20证明问题、轨迹问题、直线与抛物线的位置关系T 20解析几何是数形结合的典范，是高中
2、数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等试题难度较大，多以压轴题出现解答题的热点题型有：(1)直线与圆锥曲线位置关系；(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；(3)圆锥曲线中的判断与证明考法策略(一) 依据关系来证明典例 (2018全国卷)设椭圆 C： y21 的右焦点为 F，过 F 的直线 l 与 Cx22交于 A， B 两点，点 M 的坐标为(2,0)(1)当 l 与 x 轴垂直时，求直线 AM 的方程；(2)设 O 为坐标原点，证明： OMA OMB.解 (1)由已知得 F(1,0)， l 的方程为 x1.则点 A 的坐标为 或 .
3、(1，22) (1， 22)又 M(2,0)，所以直线 AM 的方程为 y x 或 y x ，22 2 22 2即 x y20 或 x y20.2 2(2)证明：当 l 与 x 轴重合时， OMA OMB0 .当 l 与 x 轴垂直时， OM 为 AB 的垂直平分线，所以 OMA OMB.2当 l 与 x 轴不重合也不垂直时，设 l 的方程为y k(x1)( k0)， A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x1b0)，点 O 为坐标原点，点 A 的坐标为( a,0)，点x2a2 y2b2B 的坐标为(0， b)，点 M 在线段 AB 上，满足| BM|2| MA|，直线 OM 的斜率为
4、 .510(1)求 E 的离心率 e；(2)设点 C 的坐标为(0， b)， N 为线段 AC 的中点，证明： MN AB.解：(1)由题设条件知，点 M 的坐标为 ，(23a， 13b)3又 kOM ，从而 .510 b2a 510进而得 a b， c 2 b，故 e .5 a2 b2ca 255(2)证明：由 N 是 AC 的中点知，点 N 的坐标为 ，可得 .又(a2， b2) NM (a6， 5b6)( a， b)，AB 从而有 a2 b2 (5b2 a2)AB NM 16 56 16由(1)可知 a25 b2，所以 0，故 MN AB.AB NM 考法策略(二) 巧妙消元证定值典例
5、已知椭圆 C： 1( ab0)，过 A(2,0)， B(0,1)两点x2a2 y2b2(1)求椭圆 C 的方程及离心率；(2)设 P 为第三象限内一点且在椭圆 C 上，直线 PA 与 y 轴交于点 M，直线 PB 与 x 轴交于点 N，求证：四边形 ABNM 的面积为定值解 (1)由题意得， a2， b1，所以椭圆 C 的方程为 y21.x24又 c ，所以离心率 e .a2 b2 3ca 32(2)证明：设 P(x0， y0)(x00， y00)，则 x 4 y 4.20 20又 A(2,0)， B(0,1)，所以直线 PA 的方程为 y (x2)y0x0 2令 x0，得 yM ，2y0x0
6、 2从而| BM|1 yM1 .2y0x0 2直线 PB 的方程为 y x1.y0 1x0令 y0，得 xN ，x0y0 1从而| AN|2 xN2 .x0y0 14所以四边形 ABNM 的面积 S |AN|BM|1212(2 x0y0 1)(1 2y0x0 2)x20 4y20 4x0y0 4x0 8y0 42 x0y0 x0 2y0 2 2.2x0y0 2x0 4y0 4x0y0 x0 2y0 2从而四边形 ABNM 的面积为定值题后悟通 解答圆锥曲线的定值问题的策略(1)从特殊情形开始，求出定值，再证明该值与变量无关；(2)采用推理、计算、消元得定值消元的常用方法为整体消元(如本例)、选
7、择消元、对称消元等应用体验2(2019 届高三湘东五校联考)已知椭圆 C 的中心在原点，离心率等于 ，它的一个12短轴端点恰好是抛物线 x28 y 的焦点3(1)求椭圆 C 的方程；(2)如图，已知 P(2,3)，Q(2，3)是椭圆上的两点， A， B 是椭圆上位于直线 PQ 两侧的动点当 A， B 运动时，满足 APQ BPQ，试问直线 AB 的斜率是否为定值？请说明理由解：(1)由题意知椭圆的焦点在 x 轴上，设椭圆 C 的方程为 1( ab0)，x2a2 y2b2则 b2 .3由 ， a2 c2 b2，得 a4，ca 12椭圆 C 的方程为 1.x216 y212(2)直线 AB 的斜率
8、是定值，理由如下：设 A(x1， y1)， B(x2， y2) APQ BPQ，直线 PA， PB 的斜率之和为 0，设直线 PA 的斜率为 k，则直线 PB 的斜率为 k，直线 PA 的方程为 y3 k(x2)，由Error!得(34 k2)x28 k(32 k)x4(32 k)2480， x12 ，8k 2k 33 4k25将 k 换成 k 可得 x22 ， 8k 2k 33 4k2 8k 2k 33 4k2 x1 x2 ， x1 x2 ，16k2 123 4k2 48k3 4k2 kAB y1 y2x1 x2 k x1 2 3 k x2 2 3x1 x2 ，k x1 x2 4kx1 x2
9、 12直线 AB 的斜率为定值 .12考法策略(三) 构造函数求最值典例 在 Rt ABC 中， BAC90 ， A(0,2 )， B(0，2 )， S ABC .动点 P2 2223的轨迹为曲线 E，曲线 E 过点 C 且满足| PA| PB|的值为常数(1)求曲线 E 的方程(2)过点 Q(2,0)的直线与曲线 E 总有公共点，以点 M(0，3)为圆心的圆 M 与该直线总相切，求圆 M 的最大面积解 (1)由已知| AB|4 ，2S ABC |AB|AC| ，12 223所以| AC| .13因为| PA| PB| CA| CB|6| AB|4 ，2所以曲线 E 是以点 A， B 为焦点的
10、椭圆且 2a6,2 c4 .2所以 a3， c2 b1，2所以曲线 E 的方程为 x2 1.y29(2)由题意可设直线方程为 y k(x2)，联立Error! 消去 y，得(9 k2)x24 k2x4 k290，则 (4 k2)24(9 k2)(4k29)0，解得 k23.因为以点 M(0，3)为圆心的圆 M 与该直线总相切，所以半径 r .|2k 3|1 k2令 r2 f(k) ， 2k 3 21 k2则 f( k)4 2k 3 1 k2 2k 2k 3 2 1 k2 26 . 2k 3 4 6k 1 k2 2由 f( k)0，得 k 或 k ，23 32当 k 时符合题意，此时可得 r .
11、23 |2k 3|1 k2 13即所求圆的面积的最大值是 13.题后悟通 最值问题的 2 种基本解法几何法根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决的(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)代数法建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决的(普通方法、基本不等式方法、导数方法(如本例)等)应用体验3(2018合肥一检)在平面直角坐标系中，圆 O 交 x 轴于点 F1， F2，交 y 轴于点B1， B2.以 B1， B2为顶点， F1， F2分别为左、右焦点的椭圆 E 恰好经过点 .(1，22)(1)求椭圆
12、E 的方程；(2)设经过点(2,0)的直线 l 与椭圆 E 交于 M， N 两点，求 F2MN 面积的最大值解：(1)由已知可得，椭圆 E 的焦点在 x 轴上设椭圆 E 的标准方程为 1( a b0)，x2a2 y2b2焦距为 2c，则 b c， a2 b2 c22 b2，椭圆 E 的方程为 1.x22b2 y2b2又椭圆 E 过点 ， 1，解得 b21.(1，22) 12b2 12b2椭圆 E 的方程为 y21.x22(2)点(2,0)在椭圆 E 外，直线 l 的斜率存在7设直线 l 的方程为 y k(x2)， M(x1， y1)， N(x2， y2)由Error! 消去 y 得，(12 k
13、2)x28 k2x8 k220.由 0，得 0b0)，四点 P1(1,1)， P2(0，1)，x2a2 y2b2P3 ， P4 中恰有三点在椭圆 C 上( 1，32) (1， 32)(1)求 C 的方程；(2)设直线 l 不经过 P2点且与 C 相交于 A， B 两点若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为1，证明： l 过定点解 (1)由于 P3， P4两点关于 y 轴对称，故由题设知椭圆 C 经过 P3， P4两点又由 知，椭圆 C 不经过点 P1，1a2 1b21a2 34b2所以点 P2在椭圆 C 上因此Error! 解得Error!10故椭圆 C 的方程为 y21.x24(2)证
14、明：设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1， k2.如果 l 与 x 轴垂直，设 l： x t，由题设知 t0，且| t|0.设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x1 x2 ， x1x2 .8km4k2 1 4m2 44k2 1而 k1 k2 y1 1x1 y2 1x2 kx1 m 1x1 kx2 m 1x2 .2kx1x2 m 1 x1 x2x1x2由题设 k1 k21，故(2 k1) x1x2( m1)( x1 x2)0.即(2 k1) ( m1) 0.4m2 44k2 1 8km4k2 1解得 m2 k1.当且仅当 m1 时， 0，于是 l： y kx2 k1
15、k(x2)1，所以 l 过定点(2，1)题后悟通 直线过定点问题的解题模型11应用体验5(2018贵阳摸底考试)过抛物线 C： y24 x 的焦点 F 且斜率为 k 的直线 l 交抛物线C 于 A， B 两点，且| AB|8.(1)求 l 的方程；(2)若 A 关于 x 轴的对称点为 D，求证：直线 BD 过定点，并求出该点的坐标解：(1)易知点 F 的坐标为(1,0)，则直线 l 的方程为 y k(x1)，代入抛物线方程y24 x 得 k2x2(2 k24) x k20，由题意知 k0，且 (2 k24) 24 k2k216( k21)0，设 A(x1， y1)， B(x2， y2)， x1
16、 x2 ， x1x21，2k2 4k2由抛物线的定义知| AB| x1 x228， 6， k21，即 k1，2k2 4k2直线 l 的方程为 y( x1)，即 x y10 或 x y10.(2)证明：由抛物线的对称性知， D 点的坐标为( x1， y1)，直线 BD 的斜率 kBD ，y2 y1x2 x1 y2 y1y24 y214 4y2 y1直线 BD 的方程为 y y1 (x x1)，4y2 y1即( y2 y1)y y2y1 y 4 x4 x1，21 y 4 x1， y 4 x2， x1x21，21 2( y1y2)216 x1x216，即 y1y24( y1， y2异号)，直线 BD
17、 的方程为 4(x1)( y1 y2)y0，恒过点(1,0)考法策略(六) 假设存在定结论(探索性问题) 典例 已知椭圆 C： 1( a b0)的左、右焦点分别为 F1， F2，其离心率为x2a2 y2b2，短轴长为 2 .12 3(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)过定点 M(0,2)的直线 l 与椭圆 C 交于 G， H 两点( G 在 M， H 之间)，设直线 l 的斜率k0，在 x 轴上是否存在点 P(m,0)，使得以 PG， PH 为邻边的平行四边形为菱形？如果存12在，求出 m 的取值范围；如果不存在，请说明理由解 (1)由已知，得Error!解得Error!所以椭圆 C 的标准方
18、程为 1.x24 y23(2)设直线 l 的方程为 y kx2( k0)，联立Error! 消去 y 并整理得，(34 k2)x216 kx40，由 0，解得 k .12设 G(x1， y1)， H(x2， y2)，则 y1 kx12， y2 kx22， x1 x2 . 16k4k2 3假设存在点 P(m,0)，使得以 PG， PH 为邻边的平行四边形为菱形，则 ( x1 x22 m， k(x1 x2)4)，PG PH ( x2 x1， y2 y1)( x2 x1， k(x2 x1)，GH ( ) 0，PG PH GH 即(1 k2)(x1 x2)4 k2 m0，所以(1 k2) 4 k2 m
19、0， 16k4k2 3解得 m .2k4k2 3 24k 3k因为 k ，所以 m0，当且仅当 4 k 时等号成立，12 36 3k故存在满足题意的点 P，且 m 的取值范围是 .36， 0)题后悟通 探索性问题的解题策略探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在，若结论不正确，则不存在(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径应用体验6已知椭圆 C： 1( ab0)的左、右焦点分别为 F1(1,0)， F2(1,0)，点 Ax2a2 y2b2
20、在椭圆 C 上(1，22)(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)是否存在斜率为 2 的直线，使得当直线与椭圆 C 有两个不同交点 M， N 时，能在直13线 y 上找到一点 P，在椭圆 C 上找到一点 Q，满足 ？若存在，求出直线的方53 PM NQ 程；若不存在，说明理由解：(1)设椭圆 C 的焦距为 2c，则 c1，因为 A 在椭圆 C 上，所以 2a| AF1| AF2|2 ，因此(1，22) 2a ， b2 a2 c21，2故椭圆 C 的方程为 y21.x22(2)不存在满足条件的直线，证明如下：假设存在斜率为 2 的直线，满足条件，则设直线的方程为 y2 x t，设 M(x1， y1)
21、，N(x2， y2)， P ，Q( x4， y4)， MN 的中点为 D(x0， y0)，(x3，53)由Error! 消去 x，得 9y22 ty t280，所以 y1 y2 ，且 4 t236( t28)0，2t9故 y0 ，且3 t3.y1 y22 t9由 ，得 ( x4 x2， y4 y2)，PM NQ (x1 x3， y1 53)所以有 y1 y4 y2， y4 y1 y2 t .53 53 29 53也可由 ，知四边形 PMQN 为平行四边形，而 D 为线段 MN 的中点，因此， DPM NQ 也为线段 PQ 的中点，所以 y0 ，Error!53 y42 t9又3 t3，所以 y41，73与椭圆上点的纵坐标的取值范围是1,1矛盾因此不存在满足条件的直线14
