第44讲 圆锥曲线的综合应用（讲义+课件）-2024年新高考数学一轮复习考点点点通与精准提升（新高考通用）

第44讲 圆锥曲线的综合应用 1.直线与圆锥曲线的位置关系 判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程 (不同时为0)代入圆锥曲线C的方程，消去y(或x)得到一个关于变量x(或y)的一元方程． 由消去y，得. (1)当时，设一元二次方程的判别式为，则： 直线与圆锥曲线C相交； 直线与圆锥曲线C相切； 直线与圆锥曲线C相离． (2)当时，即得到一个一元一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时， 若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行； 若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合． 2.弦长公式 设斜率为的直线l与圆锥曲线C相交于两点，，则 或. 3.中点弦所在直线的斜率 圆锥曲线以为中点的弦所在直线的斜率为，其中，为弦的端点坐标． 在椭圆中，中点弦所在直线的斜率; 在双曲线中，中点弦所在直线的斜率; 在抛物线中， 中点弦所在直线的斜率. 考点一 弦长问题 考点二 面积问题 考点三 中点弦问题 考点四 定点问题 考点五 定值问题 考点一：弦长问题 例1．已知焦点在y轴上的椭圆C，过点，离心率直线l:被椭圆C所截得的弦长为， (1)求椭圆C的标准方程； (2)求实数的值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，求出椭圆C的长短半轴长即可作答. （2）联立直线l与椭圆C的方程，利用弦长公式求解作答. 【详解】（1）因为椭圆C的焦点在y轴上，且过点，则椭圆C的短半轴长为2，设其长半轴长为， 由离心率得：，解得， 所以椭圆C的标准方程是. （2）由消去y并整理得：， 有，即，设直线l被椭圆C所截弦的端点， 于是，， 解得，满足条件， 所以. 考点二：面积问题 例2．设直线与抛物线相交于两点，且. (1)求抛物线方程； (2)求面积的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）联立直线与抛物线方程，消元得出韦达定理，将表示为坐标形式，列方程化简计算，可得抛物线方程； （2）利用三角形的面积公式，结合韦达定理，根据的取值，得出面积的最小值． 【详解】（1）设直线与抛物线交于点， 联立得，显然，所以， 因为， 所以，即， 化简得，代入得 解得， 所以抛物线方程为 （2）因为直线过定点， 所以， 当且仅当时，的面积取得最小值为 考点三：中点弦问题 例3．已知椭圆：（）上任意一点到两个焦点的距离之和为，且离心率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作直线交椭圆于，两点，点为线段的中点，求直线的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由已知条件和椭圆定义求出，再由离心率求出，根据求出，即可求得椭圆的标准方程； （2）使用点差法进行求解即可. 【详解】（1）由椭圆的定义知，，∴， 又∵椭圆的离心率，∴， ∴， ∴椭圆的标准方程为. （2）∵为椭圆内一点，∴直线与椭圆必交于，两点， 设，，当时，不合题意，故， ∵为线段的中点，∴，∴， 又∵，均在椭圆上，∴， 两式相减，得，即， ∴，∴，即， ∴直线的方程为，即． 考点四：定点问题 例4．已知点，直线交y轴于点H，点M是l上的动点，过点M且垂直于l的直线与线段MF的垂直平分线交于点P． (1)求点P的轨迹C的方程： (2)若A、B为轨迹C上的两个动点，且，证明直线AB必过定点，并求出该定点． 【答案】(1) (2)证明见解析，定点 【分析】（1）根据抛物线定义写出点P轨迹C的方程； （2）设，联立抛物线应用韦达定理，根据向量数量积的坐标表示列方程求参数b，即可证直线过定点及其坐标. 【详解】（1）由题意，则点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线， 所以轨迹方程. （2）设直线， 联立，而①， ∴，则， 由，即满足①式， ∴直线：必过点. 考点五：定值问题 例5．已知椭圆，离心率，过点． (1)求的方程； (2)直线过点，交椭圆与两点，记，证明． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意建立方程组求出即可； （2）由题意知直线的斜率存在，联立方程组消元，利用韦达定理及直线斜率公式证明即可. 【详解】（1）由题得，解得， 于是； （2）由题意知直线斜率存在， 设直线，联立方程即， 消可得， 由， 设， 韦达定理可得； 综上所述：. 1．已知椭圆中，，离心率. (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于、两点，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件得到，再结合，即可求解； （2）设，，联立直线与椭圆方程消得到关于的方程，利用韦达定理和弦长公式，即可求解. 【详解】（1）由题知，，即， 又，解得， 所以椭圆方程为. （2）设，， 联立直线与椭圆方程得， 整理得， 则，，. 所民认 . 2．已知点，椭圆的离心率为，是椭圆的右焦点，直线的斜率为，为坐标原点． (1)求椭圆