《（通用版）2022年高考數(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）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2022年高考數(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）（14頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（通用版）2022年高考數(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） [全國(guó)卷3年考情分析] 年份 全國(guó)卷Ⅰ 全國(guó)卷Ⅱ 全國(guó)卷Ⅲ 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·T20 2017 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·T20 2016 軌跡方程求法、直線與橢圓位置關(guān)系及范圍

2、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)系來證明 [典例]　(2018·全國(guó)卷Ⅰ)設(shè)橢圓C：＋y2＝1的右焦點(diǎn)為F，過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

3、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：∠OMA＝∠OMB. [解]　(1)由已知得F(1,0)，l的方程為x＝1. 則點(diǎn)A的坐標(biāo)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(dāng)l與x軸重合時(shí)，∠OMA＝∠OMB＝0°. 當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，OM為AB的垂直平分線， 所以∠OMA＝∠OMB. 當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時(shí)，設(shè)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

4、－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(bǔ)． 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(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)．

5、 (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：MN⊥AB. 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a＝b，c＝＝2b，故e＝＝. (2)證明：由N是AC的中點(diǎn)知，點(diǎn)N的坐標(biāo)為，可得＝

6、.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(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，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(shè)P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，則x＋4y＝4. 又A(

7、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(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

8、原點(diǎn)，離心率等于，它的一個(gè)短軸端點(diǎn)恰好是拋物線x2＝8y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∠APQ＝∠BPQ，試問直線AB的斜率是否為定值？請(qǐng)說明理由． 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(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)． ∵∠APQ＝∠BPQ，∴直線PA，PB的斜率之和為0， 設(shè)直線PA的斜率

9、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(gòu)造函數(shù)求最值 [典例]　在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，A(0,2)，B(0，－2)，S△ABC＝.動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線E，曲線E過點(diǎn)C且滿足|PA|＋|PB|的值為常數(shù)． (1)求曲線E的方程． (2)過點(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

10、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?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(shè)直線方程為y＝k(x＋2)， 聯(lián)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?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r2＝f(k)＝

11、， 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13π. [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)?？疾? 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

12、，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)過點(diǎn). (1)求橢圓E的方程； (2)設(shè)經(jīng)過點(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(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(diǎn)，∴＋＝1，解得b2＝1. ∴橢圓E的方程為＋y2＝1. (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y＝k(x＋2)，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由消去y得， (1＋

13、2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0. 由Δ＞0，得0

14、角形． (1)求橢圓E的方程； (2)設(shè)過點(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a＝2，B(2,0)， 設(shè)Q(x0，y0)，由＝，得x0＝，y0＝－， 代入橢圓方程，解得b2＝1， ∴橢圓E的方程為＋y2＝1. (2)由題意可知，直線l的斜率存在，設(shè)方程為y＝kx－2，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由消去y，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0， 則x1＋x2＝，x1x2＝. 由直線l與E有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，得Δ＞0， 則(－16k)2－4×12×(1＋4k

15、2)＞0， 解得k2＞.① 由坐標(biāo)原點(diǎn)O位于以MN為直徑的圓外， 則·＞0，即x1x2＋y1y2＞0， 則x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2) ＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4 ＝(1＋k2)·－2k·＋4＞0， 解得k2＜4.② 聯(lián)立①②可知＜k2＜4， 解得＜k＜2或－2＜k＜－， 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，

16、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：＋y2＝1(y≥0，a＞0)與x軸的左、右兩個(gè)交點(diǎn)，直線l過點(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a＞1，S△MAB＝2，當(dāng)△TAB的最大面積為時(shí)，求橢圓的離心

17、率的取值范圍． 解：(1)當(dāng)曲線C為半圓時(shí)，得a＝1. 由點(diǎn)T為的三等分點(diǎn)，得∠BOT＝60°或120°. 當(dāng)∠BOT＝60°時(shí)，∠MAB＝30°，又|AB|＝2， 故△MAB中，有|MB|＝|AB|·tan 30°＝， 所以M. 當(dāng)∠BOT＝120°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y＝k(x＋a)，則k＞0，|MB|＝2ka， 所以S△MAB＝·2a·2ka＝2，所以k＝， 代入直線方程得y＝(x＋a)， 聯(lián)立解得yT＝， 所以S△TAB＝·2a·＝≤， 解得1＜a2≤2， 所以橢圓的離心率e＝≤， 即橢圓的離心率的取值范圍為.

18、 考法·策略(五)　確定直線尋定點(diǎn) [典例]　(2017·全國(guó)卷Ⅰ)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P3，P4兩點(diǎn)． 又由＋>＋知，橢圓C不經(jīng)過點(diǎn)P1， 所以點(diǎn)P2在橢圓C上． 因此解得 故橢圓C的方程為＋y2＝1. (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：x

19、＝t，由題設(shè)知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐標(biāo)分別為，. 則k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合題設(shè)． 從而可設(shè)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(shè)可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝. 而k1＋k2＝＋ ＝＋ ＝. 由題設(shè)k1＋k2＝－1， 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0. 解得m＝－2k－1. 當(dāng)且僅當(dāng)m>－1時(shí)，Δ>0，于是l：y＝kx－2k

20、－1＝k(x－2)－1， 所以l過定點(diǎn)(2，－1)． [題后悟通]　直線過定點(diǎn)問題的解題模型 [應(yīng)用體驗(yàn)] 5．(2018·貴陽摸底考試)過拋物線C：y2＝4x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)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)＞0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x

21、2，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(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(hào))， ∴直線BD的方程為4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，恒過點(diǎn)(－1,0

22、)． 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(a＞b＞0)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k＞0，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y＝kx＋2(k＞0)， 聯(lián)立消去y并整理得，(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，由Δ＞

23、0，解得k＞. 設(shè)G(x1，y1)，H(x2，y2)，則y1＝kx1＋2，y2＝kx2＋2，x1＋x2＝. 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＋＝(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?yàn)閗＞，所以－≤m＜0，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

24、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，說明理由． 解：(1)設(shè)

25、橢圓C的焦距為2c，則c＝1， 因?yàn)锳在橢圓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(shè)存在斜率為2的直線，滿足條件，則設(shè)直線的方程為y＝2x＋t，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9y2－2ty＋t2－8＝0， 所以y1＋y2＝，且Δ＝4t2－36(t2－8)>0， 故y0＝＝，且－3