第8章 第11节 圆锥曲线中的综合问题(教用Word)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习

第十一节　圆锥曲线中的综合问题 [课标要求]　1.圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，常见热点题型有求值、证明问题，定点、定值问题，范围、最值问题，探索性问题.2.以解答题的形式压轴出现，难度较大． 题型一　求值与证明问题 [例1]　(2024·全国甲卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M在C上，且MF⊥x轴． (1)求C的方程； (2)过点P的直线交C于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴． 解　(1)设F，由题设有c＝1且＝，则＝，解得a＝2，所以b＝， 故椭圆方程为＋＝1. (2)直线AB的斜率必定存在，设AB：y＝k(x－4)，A，B， 由可得x2－32k2x＋64k2－12＝0， 则Δ＝1024k4－4>0，解得－<k<， 又x1＋x2＝，x1x2＝， 而N，所以直线BN：y＝，则yQ＝＝， 所以y1－yQ＝y1＋ ＝ ＝ ＝k ＝k ＝k＝0， 故y1＝yQ，即AQ⊥y轴． (1)求值问题即是根据条件列出对应的方程，通过解方程求解． (2)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).　 　[即时训练] 已知双曲线C：－＝1的离心率为，过点E的直线l与C左、右两支分别交于M，N两个不同的点(异于顶点). (1)若点P为线段MN的中点，求直线OP与直线MN斜率之积(O为坐标原点)； (2)若A，B为双曲线的左、右顶点，且＝4，试判断直线AN与直线BM的交点G是否在定直线上，若是，求出该定直线，若不是，请说明理由． 解　(1)由题意得所以a＝b， 设M，N，P(x0，y0)， 则 作差得＝·＝·， 又MN的斜率kMN＝＝·，kOP＝， 所以kMNkOP＝＝1. (2)因为2a＝4，所以a＝b＝2，A，B(2，0)， 设直线l：x＝1＋ty，t≠0，M，N， 联立得y2＋2ty－3＝0， 所以 所以ty1y2＝， 设直线AN：y＝，BM：y＝， 所以＝＝＝＝＝3， 所以x＝4.故存在定直线x＝4，使直线AN与直线BM的交点G在定直线上． 题型二　定点与定值问题 [例2]　(2025·南京模拟)已知椭圆E：＋y2＝1，A，B，C是椭圆E上三个不同的点，原点O为△ABC的重心． (1)求椭圆E的离心率； (2)如果直线AB和直线OC的斜率都存在，求证kAB·kOC为定值； (3)试判断△ABC的面积是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，请说明理由． 解　(1)因为a2＝4，所以a＝2， 又b2＝1，所以c2＝a2－b2＝3，解得c＝， 所以椭圆E的的离心率e＝. (2)设直线AB的方程为y＝kx＋m， 联立得x2＋8mkx＋4m2－4＝0， 设A，B，C，则x1＋x2＝－，x1x2＝， 因为原点O为△ABC的重心， 所以x3＝－，y3＝－， 所以kAB·kOC＝k×＝k×＝k×＝－. (3)因为原点O为△ABC的重心，所以当直线AB的斜率不存在时，必有C(－2，0)或C(2，0)， 当C(－2，0)时，直线AB的方程为x＝1； 当C(2，0)时，直线AB的方程为x＝－1， 将x＝－1或者x＝1代入椭圆方程，均求得|AB|＝， 又点C到直线AB的距离均为3，因此S△ABC＝××3＝. 当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m， 由(2)知x1＋x2＝－，x1x2＝， x3＝－＝，y3＝－(y1＋y2)＝， 因为C在椭圆上，代入椭圆方程可得＋2＝1， 化简得4m2＝1＋4k2， 又＝ ＝ ＝＝， C到直线AB的距离为： d＝ ＝＝， 所以S△ABC＝××＝＝为定值． 综上所述，△ABC的面积是为定值. (1)求解直线或曲线过定点问题的基本思路： ①直线或曲线过定点问题，解法：引入参变量建立直线或曲线方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点． ②由直线方程确定其过定点时，若得到直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到直线的斜截式方程y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m). (2)圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略： ①求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值． ②求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得． ③求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．　 　[即时训练] (2025·广州模拟)已知双曲线C：－＝1，直线l过C的右焦点F且与C交于M，N两点． (1)若M，N两点均在双曲线C的右支上，求证：＋为定值； (2)试判断以MN为直径的圆是否过定点？若经过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． 解　(1)由F，设M，N，直线MN：x＝ty＋4， 代入3x2－y2＝12，整理得：y2＋24ty＋36＝0， 由解得：t∈， 则y1＋y2＝，y1y2＝， 由＝＝2ty1＋6， 同理，＝2ty2＋6. ∴＋＝＋ ＝ ＝ ＝＝为定值． 另法：由＝＝， 同理，＝. 由于y1y2<0，不妨设y1>0，y2<0， 则＋＝＝·. 由2＝2－4y1y2＝2－＝， 得y2－y1＝. 所以＋＝·＝·＝为定值． (2)由题意：圆的方程为2＋2＝， 即x2＋y2－x－y＋x1x2＋y1y2＝0. 由对称性可知：若存在定点，则必在x轴上． 令y＝0，有x2－x＋x1x2＋y1y2＝0. 由(1)可知x1＋x2＝t＋8＝， x1x2＝＝t2y1y2＋4t(y1＋y2)＋16＝－＋16＝， 代入方程后有：x2＋x＋＝0， 即＋＝0， 令即x＝－2.故圆过定点. 题型三　范围与最值问题 [例3]　已知F(，0)是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点，点M在椭圆C上． (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l与椭圆C相交于A，B两点，且kOA＋kOB＝－(O为坐标原点)，求直线l的斜率的取值范围． 解　(1)由题意知，椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点坐标为(－，0)， 根据椭圆的定义，可得点M到两焦点的距离之和为＋＝4， 即2a＝4，所以a＝2， 又因为c＝，可得b＝＝1， 所以椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)当直线l的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，kOA＋kOB＝0，不符合题意． 故设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立方程组 可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0， 则x1＋x2＝，x1x2＝， 所以kOA＋kOB＝＋ ＝＝2k＋＝2k＋＝， 因为kOA＋kOB＝－，可得m2＝4k＋1，所以k≥－， 又由Δ>0，可得16(4k2－m2＋1)>0，所以4k2－4k>0，解得k<0或k>1， 综上可得，直线l的斜率的取值范围是∪(1，＋∞). 圆锥曲线中求解取值范围与最值问题的方法 (1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决． (2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值(范围)，求函数最值(范围)的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等．　 　[即时训练] (2025·泉州模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在C上，且cos ∠F1PF2＝－，△F1PF2的面积为. (1)求C的方程； (2)O为坐标原点，若直线l与C相切与点Q，OT垂直l，垂足为点T，求的最大值． 解　(1)由已知可得， S△F1PF2＝|PF1|·|PF2|·sin ∠F1PF2 ＝|PF1|·|PF2|·＝， 所以|PF1|·|PF2|＝3. 由余弦定理得，|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2 ＝2|PF1|·|PF2|·cos ∠F1PF2， 所以(|PF1|＋|PF2|)2 ＝|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2| ＝2|PF1|·|PF2|·cos ∠F1PF2＋|F1F2|2＋2|PF1|·|PF2| ＝2|PF1|·|PF2|·(1＋cos ∠F1PF2)＋|F1F2|2＝2×3×＋2＝16， 所以|PF1|＋|PF2|＝2a＝4， 所以a＝2，b2＝a2－c2＝1. 故C的方程为＋y2＝1. (2)①当l的斜率为0或不存在时，＝0. ②当l斜率存在且不为0时． 设l：y＝kx＋m，则OT：y＝－x. 联立 消元得：(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(4k2＋1－m2)＝0， 则m2＝4k2＋1. xQ＝－＝－. 联立解得x＝－，即xT＝－. 所以＝·|xT－xQ| ＝· ＝·|km|· ＝3· ＝3· ＝3 ＝3×≤3× ＝3×＝1， 当且仅当k2＝，k＝±时取到等号. 综上，的最大值为1. 学科网（北京）股份有限公司 $$