（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第三層級(jí) 難點(diǎn)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）.doc

難點(diǎn)自選專題三“圓錐曲線”壓軸大題的搶分策略全國(guó)卷3年考情分析年份全國(guó)卷全國(guó)卷全國(guó)卷2018直線的方程、直線與橢圓的位置關(guān)系、證明問題T19直線的方程、直線與拋物線的位置關(guān)系、圓的方程T19直線與橢圓的位置關(guān)系、等差數(shù)列的證明T202017橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、直線與橢圓的位置關(guān)系、定點(diǎn)問題T20點(diǎn)的軌跡方程、橢圓方程、向量的數(shù)量積等T20直線與拋物線的位置關(guān)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(guān)系及范圍問題T20直線與橢圓的位置關(guān)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(guān)系T20解析幾何是數(shù)形結(jié)合的典范，是高中數(shù)學(xué)的主要知識(shí)板塊，是高考考查的重點(diǎn)知識(shí)之一，在解答題中一般會(huì)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(xiàn)解答題的熱點(diǎn)題型有：(1)直線與圓錐曲線位置關(guān)系；(2)圓錐曲線中定點(diǎn)、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(jù)關(guān)系來(lái)證明 典例(2018全國(guó)卷)設(shè)橢圓C：y21的右焦點(diǎn)為F，過(guò)F的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2,0)(1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，求直線AM的方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，證明：OMAOMB.解(1)由已知得F(1,0)，l的方程為x1.則點(diǎn)A的坐標(biāo)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(dāng)l與x軸重合時(shí)，OMAOMB0.當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，OM為AB的垂直平分線，所以O(shè)MAOMB.當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時(shí)，設(shè)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(bǔ)所以O(shè)MAOMB.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(diǎn)、直線、曲線等幾何元素中的位置關(guān)系，如：某點(diǎn)在某直線上、某直線經(jīng)過(guò)某個(gè)點(diǎn)、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(shù)量關(guān)系(相等或不等)(2)解決證明問題時(shí)，主要根據(jù)直線、圓錐曲線的性質(zhì)、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等，通過(guò)相關(guān)的性質(zhì)應(yīng)用、代數(shù)式的恒等變形以及必要的數(shù)值計(jì)算等進(jìn)行證明應(yīng)用體驗(yàn)1設(shè)橢圓E的方程為1(a>b>0)，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(a,0)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0，b)，點(diǎn)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(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0，b)，N為線段AC的中點(diǎn)，證明：MNAB.解：(1)由題設(shè)條件知，點(diǎn)M的坐標(biāo)為，又kOM，從而.進(jìn)而得ab，c2b，故e.(2)證明：由N是AC的中點(diǎn)知，點(diǎn)N的坐標(biāo)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(guò)A(2,0)，B(0,1)兩點(diǎn)(1)求橢圓C的方程及離心率；(2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點(diǎn)且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點(diǎn)M，直線PB與x軸交于點(diǎn)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(shè)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(wú)關(guān)；(2)采用推理、計(jì)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(duì)稱消元等應(yīng)用體驗(yàn)2(2019屆高三湘東五校聯(lián)考)已知橢圓C的中心在原點(diǎn)，離心率等于，它的一個(gè)短軸端點(diǎn)恰好是拋物線x28y的焦點(diǎn)(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(diǎn)，A，B是橢圓上位于直線PQ兩側(cè)的動(dòng)點(diǎn)當(dāng)A，B運(yùn)動(dòng)時(shí)，滿足APQBPQ，試問直線AB的斜率是否為定值？請(qǐng)說(shuō)明理由解：(1)由題意知橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，設(shè)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(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)APQBPQ，直線PA，PB的斜率之和為0，設(shè)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(gòu)造函數(shù)求最值 典例在RtABC中，BAC90，A(0,2)，B(0，2)，SABC.動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線E，曲線E過(guò)點(diǎn)C且滿足|PA|PB|的值為常數(shù)(1)求曲線E的方程(2)過(guò)點(diǎn)Q(2,0)的直線與曲線E總有公共點(diǎn)，以點(diǎn)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?yàn)閨PA|PB|CA|CB|6|AB|4，所以曲線E是以點(diǎn)A，B為焦點(diǎn)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(shè)直線方程為yk(x2)，聯(lián)立消去y，得(9k2)x24k2x4k290，則(4k2)24(9k2)(4k29)0，解得k23.因?yàn)橐渣c(diǎn)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(dāng)k時(shí)符合題意，此時(shí)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(jù)已知的幾何量之間的相互關(guān)系、平面幾何和解析幾何知識(shí)加以解決的(如拋物線上的點(diǎn)到某個(gè)定點(diǎn)和焦點(diǎn)的距離之和、光線反射問題等在選擇題、填空題中經(jīng)常考查)代數(shù)法建立求解目標(biāo)關(guān)于某個(gè)(或兩個(gè))變量的函數(shù)，通過(guò)求解函數(shù)的最值解決的(普通方法、基本不等式方法、導(dǎo)數(shù)方法(如本例)等)應(yīng)用體驗(yàn)3(2018合肥一檢)在平面直角坐標(biāo)系中，圓O交x軸于點(diǎn)F1，F(xiàn)2，交y軸于點(diǎn)B1，B2.以B1，B2為頂點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為左、右焦點(diǎn)的橢圓E恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn).(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)經(jīng)過(guò)點(diǎn)(2,0)的直線l與橢圓E交于M，N兩點(diǎn)，求F2MN面積的最大值解：(1)由已知可得，橢圓E的焦點(diǎn)在x軸上設(shè)橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)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(guò)點(diǎn)，1，解得b21.橢圓E的方程為y21.(2)點(diǎn)(2,0)在橢圓E外，直線l的斜率存在設(shè)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(diǎn)F2(1,0)到直線l的距離d，F(xiàn)2MN的面積S|MN|d3.令12k2t，則t(1,2)，S3333，當(dāng)，即t時(shí)，S有最大值，Smax，此時(shí)k.當(dāng)直線l的斜率為時(shí)，可使F2MN的面積最大，其最大值為.考法策略(四)找尋不等關(guān)系解范圍 典例已知點(diǎn)A，B分別為橢圓E：1(ab0)的左、右頂點(diǎn)，點(diǎn)P(0，2)，直線BP交E于點(diǎn)Q， ，且ABP是等腰直角三角形(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)P的動(dòng)直線l與E相交于M，N兩點(diǎn)，當(dāng)坐標(biāo)原點(diǎn)O位于以MN為直徑的圓外時(shí)，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(shè)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(shè)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(gè)不同的交點(diǎn)，得0，則(16k)2412(14k2)0，解得k2.由坐標(biāo)原點(diǎn)O位于以MN為直徑的圓外，則0，即x1x2y1y20，則x1x2y1y2x1x2(kx12)(kx22)(1k2)x1x22k(x1x2)4(1k2)2k40，解得k24.聯(lián)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(guān)范圍問題時(shí)，先要恰當(dāng)?shù)匾胱兞?如點(diǎn)的坐標(biāo)、角、斜率等)，尋找不等關(guān)系，其方法有：(1)利用判別式來(lái)構(gòu)造不等式，從而確定所求范圍，(如本例)；(2)利用已知參數(shù)的取值范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是在兩個(gè)參數(shù)之間建立相等關(guān)系；(3)利用隱含的不等關(guān)系，從而求出所求范圍；(4)利用已知不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求出所求范圍；(5)利用函數(shù)值域的求法，確定所求范圍；(6)利用已知，將條件轉(zhuǎn)化為n個(gè)不等關(guān)系，從而求出參數(shù)的范圍(如本例)應(yīng)用體驗(yàn)4已知A，B分別為曲線C：y21(y0，a0)與x軸的左、右兩個(gè)交點(diǎn)，直線l過(guò)點(diǎn)B且與x軸垂直，M為l上位于x軸上方的一點(diǎn)，連接AM交曲線C于點(diǎn)T.(1)若曲線C為半圓，點(diǎn)T為的三等分點(diǎn)，試求出點(diǎn)M的坐標(biāo)(2)若a1，SMAB2，當(dāng)TAB的最大面積為時(shí)，求橢圓的離心率的取值范圍解：(1)當(dāng)曲線C為半圓時(shí)，得a1.由點(diǎn)T為的三等分點(diǎn)，得BOT60或120.當(dāng)BOT60時(shí)，MAB30，又|AB|2，故MAB中，有|MB|AB|tan 30，所以M.當(dāng)BOT120時(shí)，同理可求得點(diǎn)M坐標(biāo)為(1,2)(2)設(shè)直線AM的方程為yk(xa)，則k0，|MB|2ka，所以SMAB2a2ka2，所以k，代入直線方程得y(xa)，聯(lián)立解得yT，所以STAB2a，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(diǎn) 典例(2017全國(guó)卷)已知橢圓C：1(a>b>0)，四點(diǎn)P1(1,1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三點(diǎn)在橢圓C上(1)求C的方程；(2)設(shè)直線l不經(jīng)過(guò)P2點(diǎn)且與C相交于A，B兩點(diǎn)若直線P2A與直線P2B的斜率的和為1，證明：l過(guò)定點(diǎn)解(1)由于P3，P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱，故由題設(shè)知橢圓C經(jīng)過(guò)P3，P4兩點(diǎn)又由>知，橢圓C不經(jīng)過(guò)點(diǎn)P1，所以點(diǎn)P2在橢圓C上因此解得故橢圓C的方程為y21.(2)證明：設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2.如果l與x軸垂直，設(shè)l：xt，由題設(shè)知t0，且|t|<2，可得A，B的坐標(biāo)分別為，.則k1k21，得t2，不符合題設(shè)從而可設(shè)l：ykxm(m1)將ykxm代入y21得(4k21)x28kmx4m240.由題設(shè)可知16(4k2m21)>0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2，x1x2.而k1k2.由題設(shè)k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2k1)(m1)0.解得m2k1.當(dāng)且僅當(dāng)m>1時(shí)，>0，于是l：ykx2k1k(x2)1，所以l過(guò)定點(diǎn)(2，1)題后悟通直線過(guò)定點(diǎn)問題的解題模型應(yīng)用體驗(yàn)5(2018貴陽(yáng)摸底考試)過(guò)拋物線C：y24x的焦點(diǎn)F且斜率為k的直線l交拋物線C于A，B兩點(diǎn)，且|AB|8.(1)求l的方程；(2)若A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為D，求證：直線BD過(guò)定點(diǎn)，并求出該點(diǎn)的坐標(biāo)解：(1)易知點(diǎn)F的坐標(biāo)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)24k2k216(k21)0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1x2，x1x21，由拋物線的定義知|AB|x1x228，6，k21，即k1，直線l的方程為y(x1)，即xy10或xy10.(2)證明：由拋物線的對(duì)稱性知，D點(diǎn)的坐標(biāo)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(hào))，直線BD的方程為4(x1)(y1y2)y0，恒過(guò)點(diǎn)(1,0)考法策略(六)假設(shè)存在定結(jié)論(探索性問題) 典例已知橢圓C：1(ab0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，其離心率為，短軸長(zhǎng)為2.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過(guò)定點(diǎn)M(0,2)的直線l與橢圓C交于G，H兩點(diǎn)(G在M，H之間)，設(shè)直線l的斜率k0，在x軸上是否存在點(diǎn)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(qǐng)說(shuō)明理由解(1)由已知，得解得所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為1.(2)設(shè)直線l的方程為ykx2(k0)，聯(lián)立消去y并整理得，(34k2)x216kx40，由0，解得k.設(shè)G(x1，y1)，H(x2，y2)，則y1kx12，y2kx22，x1x2.假設(shè)存在點(diǎn)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?yàn)閗，所以m0，當(dāng)且僅當(dāng)4k時(shí)等號(hào)成立，故存在滿足題意的點(diǎn)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(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確，則存在，若結(jié)論不正確，則不存在(1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)，要分類討論(2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時(shí)，先假設(shè)成立，再推出條件(3)當(dāng)條件和結(jié)論都不知，按常規(guī)方法解題很難時(shí)，要思維開放，采取另外的途徑應(yīng)用體驗(yàn)6已知橢圓C：1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1(1,0)，F(xiàn)2(1,0)，點(diǎn)A在橢圓C上(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)是否存在斜率為2的直線，使得當(dāng)直線與橢圓C有兩個(gè)不同交點(diǎn)M，N時(shí)，能在直線y上找到一點(diǎn)P，在橢圓C上找到一點(diǎn)Q，滿足？若存在，求出直線的方程；若不存在，說(shuō)明理由解：(1)設(shè)橢圓C的焦距為2c，則c1，因?yàn)锳在橢圓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(shè)存在斜率為2的直線，滿足條件，則設(shè)直線的方程為y2xt，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，P，Q(x4，y4)，MN的中點(diǎn)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(diǎn)，因此，D也為線段PQ的中點(diǎn)，所以y0，又3<t<3，所以<y4<1，與橢圓上點(diǎn)的縱坐標(biāo)的取值范圍是1,1矛盾因此不存在滿足條件的直線