通用版）2022年高考数学二轮复习 第一部分 第三层级 难点自选 专题三“圆锥曲线”压轴大题的抢分策略讲义 理（普通生，含解析）[全国卷3年考情分析]年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2018直线的方程、直线与椭圆的位置关系、证明问题·T19直线的方程、直线与抛物线的位置关系、圆的方程·T19直线与椭圆的位置关系、等差数列的证明·T202017椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系、定点问题·T20点的轨迹方程、椭圆方程、向量的数量积等·T20直线与抛物线的位置关系、直线的方程、圆的方程·T202016轨迹方程求法、直线与椭圆位置关系及范围问题·T20直线与椭圆的位置关系、面积问题、范围问题·T20证明问题、轨迹问题、直线与抛物线的位置关系·T20解析几何是数形结合的典范，是高中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Ⅰ)设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C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x＝1.则点A的坐标为或.又M(2,0)，所以直线AM的方程为y＝－x＋或y＝x－，即x＋y－2＝0或x－y－2＝0.(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1<，x2<，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝＋.由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，得kMA＋kMB＝.将y＝k(x－1)代入＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，所以x1＋x2＝，x1x2＝.则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0.从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补．所以∠OMA＝∠OMB.综上，∠OMA＝∠OMB成立．[题后悟通] 几何证明问题的解题策略(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．[应用体验]1．设椭圆E的方程为＋＝1(a>b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a,0)，点B的坐标为(0，b)，点M段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为.(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，又kOM＝，从而＝.进而得a＝b，c＝＝2b，故e＝＝.(2)证明：由N是AC的中点知，点N的坐标为，可得＝.又＝(－a，b)，从而有·＝－a2＋b2＝(5b2－a2)．由(1)可知a2＝5b2，所以·＝0，故MN⊥AB.考法·策略(二) 巧妙消元证定值 [典例] 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，过A(2,0)，B(0,1)两点．(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，a＝2，b＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.又c＝＝，所以离心率e＝＝.(2)证明：设P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则x＋4y＝4.又A(2,0)，B(0,1)，所以直线PA的方程为y＝(x－2)．令x＝0，得yM＝－，从而|BM|＝1－yM＝1＋.直线PB的方程为y＝x＋1.令y＝0，得xN＝－，从而|AN|＝2－xN＝2＋.所以四边形ABNM的面积S＝|AN|·|BM|＝＝＝＝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，它的一个短轴端点恰好是抛物线x2＝8y的焦点．(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(a>b>0)，则b＝2.由＝，a2＝c2＋b2，得a＝4，∴椭圆C的方程为＋＝1.(2)直线AB的斜率是定值，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y－3＝k(x－2)，由得(3＋4k2)x2＋8k(3－2k)x＋4(3－2k)2－48＝0，∴x1＋2＝，将k换成－k可得x2＋2＝＝，∴x1＋x2＝，x1－x2＝，∴kAB＝＝＝＝，∴直线AB的斜率为定值.考法·策略(三) 构造函数求最值 [典例] 在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，A(0,2)，B(0，－2)，S△ABC＝.动点P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，S△ABC＝|AB||AC|＝，所以|AC|＝.因为|PA|＋|PB|＝|CA|＋|CB|＝6＞|AB|＝4，所以曲线E是以点A，B为焦点的椭圆且2a＝6,2c＝4.所以a＝3，c＝2⇒b＝1，所以曲线E的方程为x2＋＝1.(2)由题意可设直线方程为y＝k(x＋2)，联立消去y，得(9＋k2)x2＋4k2x＋4k2－9＝0，则Δ＝(4k2)2－4(9＋k2)(4k2－9)≥0，解得k2≤3.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＝.令r2＝f(k)＝，则f′(k)＝＝.由f′(k)＝0，得k＝或k＝－，当k＝时符合题意，此时可得r＝＝.即所求圆的面积的最大值是13π.[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)求椭圆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＞b＞0)，焦距为2c，则b＝c，∴a2＝b2＋c2＝2b2，∴椭圆E的方程为＋＝1.又椭圆E过点，∴＋＝1，解得b2＝1.∴椭圆E的方程为＋y2＝1.(2)∵点(－2,0)在椭圆E外，∴直线l的斜率存在．设直线l的方程为y＝k(x＋2)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．由消去y得，(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0.由Δ＞0，得0b>0)，四点P1(1,1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上．(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，所以点P2在椭圆C上．因此解得故椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)证明：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t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为，.则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．将y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.而k1＋k2＝＋＝＋＝.由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0.解得m＝－2k－1.当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝kx－2k－1＝k(x－2)－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[应用体验]5．(2018·贵阳摸底考试)过抛物线C：y2＝4x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(x－1)，代入抛物线方程y2＝4x得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，由题意知k≠0，且Δ＝[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)＞0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝，x1x2＝1，由抛物线的定义知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，∴＝6，∴k2＝1，即k＝±1，∴直线l的方程为y＝±(x－1)，即x－y－1＝0或x＋y－1＝0.(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＝＝＝，∴直线BD的方程为y＋y1＝(x－x1)，即(y2－y1)y＋y2y1－y＝4x－4x1，∵y＝4x1，y＝4x2，x1x2＝1，∴(y1y2)2＝16x1x2＝16，即y1y2＝－4(y1，y2异号)，∴直线BD的方程为4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，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＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，其离心率为，短轴长为2.(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k＞0，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，得解得所以椭圆C的标准方程为＋＝1.(2)设直线l的方程为y＝kx＋2(k＞0)，联立消去y并整理得，(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，由Δ＞0，解得k＞.设G(x1，y1)，H(x2，y2)，则y1＝kx1＋2，y2＝kx2＋2，x1＋x2＝.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＋x2－2m，k(x1＋x2)＋4)，＝(x2－x1，y2－y1)＝(x2－x1，k(x2－x1))，(＋)·＝0，即(1＋k2)(x1＋x2)＋4k－2m＝0，所以(1＋k2)·＋4k－2m＝0，解得m＝－＝－.因为k＞，所以－≤m＜0，当且仅当＝4k时等号成立，故存在满足题意的点P，且m的取值范围是.[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(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，点A在椭圆C上．(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，求出直线的方程；若不存在，说明理由．解：(1)设椭圆C的焦距为2c，则c＝1，因为A在椭圆C上，所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2，因此a＝，b2＝a2－c2＝1，故椭圆C的方程为＋y2＝1.(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y＝2x＋t，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P，Q(x4，y4)，MN的中点为D(x0，y0)，由消去x，得9y2－2ty＋t2－8＝0，所以y1＋y2＝，且Δ＝4t2－36(t2－8)>0，故y0＝＝，且－3