1、解密高考圆锥曲线问题巧在“设”、难在“算”思维导图技法指津圆锥曲线解答题的常见类型是：第(1)小题通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单第(2)小题往往是通过方程研究曲线的性质弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧设“点”“线”，设而不求在具体求解时，可将整个解题过程分成程序化的三步：第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出；第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题目中涉及的位置关系和数量关系；第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何问题中在求解时，要根
2、据题目特征，恰当的设点、设线，选用恰当运算方法，合理地简化运算,母题示例：2019年全国卷，本小题满分12分已知曲线C：y，D为直线y上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点；(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程.本题考查：直线过定点问题以及圆的方程的求法，考查学生的直观想象及数学运算等核心素养.审题指导发掘条件(1)看到证明直线AB过定点，想到利用合适的参数表示直线AB的方程(2)看到求圆的方程，想到求圆心坐标及半径本题已知圆心E，可根据圆E与直线AB相切于AB的中点确定半径规范解答评分标准(1)证明：设D，A(x1，y
3、1)，则x2y1. 2分由于yx，所以切线DA的斜率为x1，故x1.整理得2tx12y110.设B(x2，y2)，同理可得2tx22y210. 4分故直线AB的方程为2tx2y10.所以直线AB过定点.6分(2)由(1)得直线AB的方程为ytx.由可得x22tx10，7分于是x1x22t，y1y2t(x1x2)12t21. 8分设M为线段AB的中点，则M.由于，而(t，t22)，与向量(1，t)平行，所以t(t22)t0，解得t0或t1. 10分当t0时，|2，所求圆的方程为x224；11分当t1时，|，所求圆的方程为x222. 12分构建模板四步解法解决直线与圆锥曲线位置关系问题的步骤母题突
4、破1：2019年郑州模拟母题突破2：2019年济南模拟设抛物线E：y22px(p0)的焦点为F，直线xp与E交于A，B两点，ABF的面积为8.(1)求E的方程；(2)若M，N是E上的两个动点，|MF|NF|8，试问：是否存在定点S，使得|SM|SN|？若存在，求出S的坐标；若不存在，请说明理由解(1)依题意得F.由得yp，不妨设A(p，p)，B(p，p)，则|AB|2p.又F到直线AB的距离为，所以SABF2pp2.依题意得，p28，解得p4，所以E的方程为y28x.(2)法一：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为C(x0，y0)，则x0，y0.由抛物线的定义，得|MF|NF|x
5、12x22，因为|MF|NF|8，所以x1x24，所以x02.当x1x2时，y1y20，kMN，则线段MN的垂直平分线为yy0(x2)，即y(x6)，所以线段MN的垂直平分线恒过定点S(6,0)；当x1x2时，线段MN的垂直平分线为x轴，它也过点S(6,0)综上，存在定点S(6,0)，使得|SM|SN|.法二：假设存在定点S，使得对E上满足条件的动点M，N恒有|SM|SN|，由对称性可知，点S必在x轴上，故可设S(t,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)由抛物线的定义，得|MF|NF|x12x22，因为|MF|NF|8，所以x1x24，由|SM|SN|，得，所以(x1t)28x1(x2t)
6、28x2，即(x1x2)(82t)(x1x2)0，所以(6t)(x1x2)0，因为对满足条件的任意M，N恒成立，所以t6.故存在定点S(6,0)，使得|SM|SN|.法三：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为C(x0，y0)由抛物线的定义，得|MF|NF|x12x22，因为|MF|NF|8，所以x1x24，故x02.当直线MN的斜率存在时，可设其方程为ykxb(k0)，由，得ky28y8b0.6432kb，令0，得kb2.由根与系数的关系得y1y2，所以y0，所以线段MN的垂直平分线为y(x2)，即y(x6)，所以线段MN的垂直平分线恒过定点S(6,0)当直线MN的斜率不存在时，
7、M，N关于x轴对称，S(6,0)显然符合题意综上，存在定点S(6,0)，使得|SM|SN|.,已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，椭圆C和抛物线y2x交于M，N两点，且直线MN恰好过椭圆C的右焦点F.(1)求椭圆C的标准方程；(2)经过点F的直线l和椭圆C交于A，B两点，交抛物线于C，D两点，P是抛物线的焦点，是否存在直线l，使得SOCDSPAB？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由解(1)由和a2b2c2，可设a2，则c，b，其中0.由题意不妨设M(c，)，代入椭圆方程，得1，即1，解得，从而a2，b2，c2.故所求椭圆方程为1.(2)假设存在满足条件的直线l，结合已知条件易知直线l的斜率存在且不为零，可设直线l为yk(x2)，k0，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)由条件知P，F(2,0)，故.由得(12k2)x28k2x8k280，132k2320，x1x2，x1x2，则|AB|x1x2|.由得k2x2(4k21)x4k20，28k210，x3x4，x3x44，则|CD|x3x4|.由得，即，即81k4(1k2)2(12k2)2(18k2)，整理得17k69k424k220，即(k21)(17k426k22)0，解得k1.故存在直线l：yx2或yx2满足题意
