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難點自選專題三　“圓錐曲線”壓軸大題的搶分策略 [全國卷3年考情分析] 年份 全國卷Ⅰ 全國卷Ⅱ 全國卷Ⅲ 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T20 2017 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T20 2016 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Ⅰ)設橢圓C：＋y2＝1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：∠OMA＝∠OMB. [解]　(1)由已知得F(1,0)，l的方程為x＝1. 則點A的坐標為或. 又M(2,0)， 所以直線AM的方程為y＝－x＋或y＝x－， 即x＋y－2＝0或x－y－2＝0. (2)證明：當l與x軸重合時，∠OMA＝∠OMB＝0. 當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線， 所以∠OMA＝∠OMB. 當l與x軸不重合也不垂直時，設l的方程為 y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1<，x2<，直線MA，MB的斜率之和為 kMA＋kMB＝＋. 由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k， 得kMA＋kMB＝. 將y＝k(x－1)代入＋y2＝1， 得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝. 則2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k ＝＝0. 從而kMA＋kMB＝0， 故MA，MB的傾斜角互補． 所以∠OMA＝∠OMB. 綜上，∠OMA＝∠OMB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：MN⊥AB. 解：(1)由題設條件知，點M的坐標為， 又kOM＝，從而＝. 進而得a＝b，c＝＝2b，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＝－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，a＝2，b＝1， 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. 又c＝＝，所以離心率e＝＝. (2)證明：設P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，則x＋4y＝4. 又A(2,0)，B(0,1)， 所以直線PA的方程為y＝(x－2)． 令x＝0，得yM＝－， 從而|BM|＝1－yM＝1＋. 直線PB的方程為y＝x＋1. 令y＝0，得xN＝－， 從而|AN|＝2－xN＝2＋. 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x2＝8y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∠APQ＝∠BPQ，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b＝2. 由＝，a2＝c2＋b2，得a＝4， ∴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)． ∵∠APQ＝∠BPQ，∴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y－3＝k(x－2)， 由 得(3＋4k2)x2＋8k(3－2k)x＋4(3－2k)2－48＝0， ∴x1＋2＝， 將k換成－k可得x2＋2＝＝， ∴x1＋x2＝，x1－x2＝， ∴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Rt△ABC中，∠BAC＝90，A(0,2)，B(0，－2)，S△ABC＝.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， S△ABC＝|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2a＝6,2c＝4. 所以a＝3，c＝2?b＝1， 所以曲線E的方程為x2＋＝1. (2)由題意可設直線方程為y＝k(x＋2)， 聯立消去y，得(9＋k2)x2＋4k2x＋4k2－9＝0， 則Δ＝(4k2)2－4(9＋k2)(4k2－9)≥0，解得k2≤3. 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r2＝f(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13π. [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?？疾? 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(a＞b＞0)， 焦距為2c，則b＝c， ∴a2＝b2＋c2＝2b2， ∴橢圓E的方程為＋＝1. 又橢圓E過點，∴＋＝1，解得b2＝1. ∴橢圓E的方程為＋y2＝1. (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＋y2＝1. (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：x＝t，由題設知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐標分別為，. 則k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合題設． 從而可設l：y＝kx＋m(m≠1)． 將y＝kx＋m代入＋y2＝1得 (4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 由題設可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝. 而k1＋k2＝＋ ＝＋ ＝. 由題設k1＋k2＝－1， 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 即(2k＋1)＋(m－1)＝0. 解得m＝－2k－1. 當且僅當m>－1時，Δ>0，于是l：y＝kx－2k－1＝k(x－2)－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：y2＝4x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y＝k(x－1)，代入拋物線方程y2＝4x得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0， 由題意知k≠0，且Δ＝[－(2k2＋4)]2－4k2k2＝16(k2＋1)＞0， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)， ∴x1＋x2＝，x1x2＝1， 由拋物線的定義知|AB|＝x1＋x2＋2＝8， ∴＝6，∴k2＝1，即k＝1， ∴直線l的方程為y＝(x－1)， 即x－y－1＝0或x＋y－1＝0. (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異號)， ∴直線BD的方程為4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，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(a＞b＞0)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k＞0，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y＝kx＋2(k＞0)， 聯立消去y并整理得，(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，由Δ＞0，解得k＞. 設G(x1，y1)，H(x2，y2)，則y1＝kx1＋2，y2＝kx2＋2，x1＋x2＝. 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＋＝(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＝－＝－. 因為k＞，所以－≤m＜0，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c＝1， 因為A在橢圓C上，所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2，因此a＝，b2＝a2－c2＝1， 故橢圓C的方程為＋y2＝1. (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y＝2x＋t，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，P，Q(x4，y4)，MN的中點為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

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