2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：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

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]

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在线段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

[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0<k2＜，

从而x1＋x2＝，x1x2＝，

∴|MN|＝|x1－x2|＝2·.

∵点F2(1,0)到直线l的距离d＝，

∴△F2MN的面积S＝|MN|·d＝3.

令1＋2k2＝t，则t∈(1,2)，

∴S＝3＝3

＝3＝3，

当＝，即t＝时，S有最大值，Smax＝，此时k＝±.

∴当直线l的斜率为±时，可使△F2MN的面积最大，其最大值为.

考法·策略(四)　找寻不等关系解范围

 [典例]　已知点A，B分别为椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点，点P(0，－2)，直线BP交E于点Q， ＝，且△ABP是等腰直角三角形．

(1)求椭圆E的方程；

(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围．

[解]　(1)由△ABP是等腰直角三角形，知a＝2，B(2,0)，

设Q(x0，y0)，由＝，得x0＝，y0＝－，

代入椭圆方程，解得b2＝1，

∴椭圆E的方程为＋y2＝1.

(2)由题意可知，直线l的斜率存在，设方程为y＝kx－2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，

由消去y，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，

则x1＋x2＝，x1x2＝.

由直线l与E有两个不同的交点，得Δ＞0，

则(－16k)2－4×12×(1＋4k2)＞0，

解得k2＞.①

由坐标原点O位于以MN为直径的圆外，

则·＞0，即x1x2＋y1y2＞0，

则x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)

＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4

＝(1＋k2)·－2k·＋4＞0，

解得k2＜4.②

联立①②可知＜k2＜4，

解得＜k＜2或－2＜k＜－，

故直线l斜率的取值范围为∪.

[题后悟通]　范围问题的解题策略

解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有：

(1)利用判别式来构造不等式，从而确定所求范围，(如本例)；

(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系；

(3)利用隐含的不等关系，从而求出所求范围；

(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出所求范围；

(5)利用函数值域的求法，确定所求范围；

(6)利用已知，将条件转化为n个不等关系，从而求出参数的范围(如本例)．

[应用体验]

4．已知A，B分别为曲线C：＋y2＝1(y≥0，a＞0)与x轴的左、右两个交点，直线l过点B且与x轴垂直，M为l上位于x轴上方的一点，连接AM交曲线C于点T.

(1)若曲线C为半圆，点T为的三等分点，试求出点M的坐标．

(2)若a＞1，S△MAB＝2，当△TAB的最大面积为时，求椭圆的离心率的取值范围．

解：(1)当曲线C为半圆时，得a＝1.

由点T为的三等分点，得∠BOT＝60°或120°.

当∠BOT＝60°时，∠MAB＝30°，又|AB|＝2，

故△MAB中，有|MB|＝|AB|·tan 30°＝，

所以M.

当∠BOT＝120°时，同理可求得点M坐标为(1,2)．

(2)设直线AM的方程为y＝k(x＋a)，则k＞0，|MB|＝2ka，

所以S△MAB＝·2a·2ka＝2，所以k＝，

代入直线方程得y＝(x＋a)，

联立解得yT＝，

所以S△TAB＝·2a·＝≤，

解得1＜a2≤2，

所以椭圆的离心率e＝≤，

即椭圆的离心率的取值范围为.

考法·策略(五)　确定直线寻定点

 [典例]　(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>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<t<3.

由＝，得＝(x4－x2，y4－y2)，

所以有y1－＝y4－y2，y4＝y1＋y2－＝t－.

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，D也为线段PQ的中点，所以y0＝＝，

又－3<t<3，所以－<y4<－1，

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．