9.8 圆锥曲线的综合问题-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备（word教师用书）

第八节　圆锥曲线的综合问题 第一课时　圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题 　证明问题 (2024·全国甲卷(理))(12分)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(4,0)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)解法一(直接法)　第1步：构造关于a，b，c的方程组 由题意知， 第2步：求解方程组，并写出椭圆方程 得，所以椭圆C的方程为＋＝1. 解法二　第1步：构造关于a，b，c的方程组 由题意知， 第2步：求解方程组，并写出椭圆方程 得，所以椭圆C的方程为＋＝1. 解法三(巧用椭圆的定义) 设F′为C的左焦点，连接MF′，则|MF|＝，|FF′|＝2， 在Rt△MFF′中，|MF′|＝ ＝＝， 由椭圆的定义知2a＝|MF′|＋|MF|＝4,2c＝|FF′|＝2， 所以a＝2，c＝1，又a2＝b2＋c2，所以b＝， 所以椭圆C的方程为＋＝1. (2)第1步：联立方程，消元得出关于y的一元二次方程，写出根与系数的关系 分析知直线AB的斜率存在． 易知当直线AB的斜率为0时，AQ⊥y轴． 当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝ty＋4(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(1，n)， 联立方程得， 消去x得(3t2＋4)y2＋24ty＋36＝0，Δ>0， 则y1＋y2＝，y1y2＝. 第2步：将三点共线代数化，建立关于n的代数式 因为N为线段FP的中点，F(1,0)，所以N. 由N，Q，B三点共线，得kBN＝kNQ，即＝，得－y2＝n，得n＝， 第3步：证明n＝y1 所以n－y1＝－y1＝－y1＝ ＝＝0， 所以n＝y1，所以AQ⊥y轴. 圆锥曲线证明问题的类型及求解策略 (1)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)． (2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明． [针对训练] 1．(2025·江西七校第一次联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点M，其离心率为，设直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点． (1)求椭圆C的方程； (2)已知直线l与圆x2＋y2＝相切，求证：OA⊥OB(O为坐标原点)． 解：(1)因为e＝＝，a2＝b2＋c2， 所以a2＝2b2， 所以椭圆C的方程为＋＝1. 因为在椭圆上， 所以＋＝1，b2＝1，a2＝2， 所以椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)证明：因为直线l与圆x2＋y2＝相切， 所以＝，即3m2－2k2－2＝0，由 得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)>0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝－，x1x2＝， 所以y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝， 所以·＝x1x2＋y1y2＝＋＝＝0，所以OA⊥OB. 　范围问题 已知曲线M由抛物线x2＝－y及抛物线x2＝4y组成，直线l：y＝kx－3(k>0)与曲线M有m(m∈N)个共同点． (1)若m≥3，求k的最小值； (2)若m＝4，自上而下记这4个交点分别为A，B，C，D，求的取值范围． 【解】　(1)联立x2＝－y与y＝kx－3，得x2＋kx－3＝0， 因为Δ1＝k2＋12>0， 所以l与抛物线x2＝－y恒有两个交点． 联立x2＝4y与y＝kx－3，得x2－4kx＋12＝0. 因为m≥3，所以Δ2＝16k2－48≥0. 因为k>0，所以k≥，所以k的最小值为. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)， 则A，B两点在抛物线x2＝4y上，C，D两点在抛物线x2＝－y上， 因为x1＋x2＝4k，x1x2＝12，x3＋x4＝－k，x3x4＝－3，且Δ2＝16k2－48>0，k>0， 所以k>. 所以|AB|＝·，|CD|＝·， 所以＝＝4 ＝4. 所以k>，所以0<<1， 所以∈(0,4)． 圆锥曲线中范围问题的5个解题策略 (1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； (2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； (3)利用隐含的不等关系建立不等式．从而求出参数的取值范围； (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围； (5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围． [针对训练] 2．若直线l与椭圆＋x2＝1交于不同的两点M，N，如果线段MN被直线2x＋1＝0平分，求直线l的斜率的取值范围． 解：因为直线x＝－与x轴垂直，且由已知得直线l与直线x＝－相交，所以直线l不可能与x轴垂直． 设直线l的方程为y＝kx＋m， 由得(k2＋9)x2＋2kmx＋m2－9＝0. Δ＝4k2m2－4(k2＋9)(m2－9)>0，即m2－k2－9<0， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝. 因为线段MN被直线2x＋1＝0平分， 所以2×＋1＝0，即＋1＝0. 由得2－(k2＋9)<0， 因为k2＋9>0，所以－1<0，即k2>3， 解得k>或k<－. 所以直线l的斜率的取值范围为(－∞，－)∪(，＋∞)． 　最值问题 已知椭圆M：＋＝1(a>0)的一个焦点为F(－1，0)，左、右顶点分别为A，B.经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点． (1)当直线l的倾斜角为45°时，求线段CD的长； (2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值． 【解】　(1)由题意，c＝1，b2＝3，所以a2＝4， 所以椭圆M的方程为＋＝1， 易求直线方程为y＝x＋1， 联立方程，得 消去y，得7x2＋8x－8＝0，Δ＝288＞0， 设C(x1，y1)，D(x2，y2)，x1＋x2＝－，x1x2＝－， 所以|CD|＝|x1－x2| ＝＝. (2)当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝－1， 此时△ABD与△ABC面积相等，|S1－S2|＝0； 当直线l的斜率存在时，设直线方程为y＝k(x＋1)(k≠0)， 联立方程，得 消去y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0， Δ>0，且x1＋x2＝－，x1x2＝， 此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y2＋y1|＝2|k(x2＋1)＋k(x1＋1)| ＝2|k(x1＋x2)＋2k|＝， 因为k≠0， 上式＝≤＝＝， 所以|S1－S2|的最大值为. 求解圆锥曲线中最值问题的2种方法 圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法： (1)几何法：通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解； (2)代数法：把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解． [针对训练] 3．已知椭圆C：＋＝1的右焦点为F，P为椭圆C上一动点，定点A(2,4)，则|PA|－|PF|的最小值为__1__. 解析：如图，设椭圆的左焦点为F′，则|PF|＋|PF′|＝4， 所以|PF|＝4－|PF′|，所以|PA|－|PF|＝|PA|＋|PF′|－4.当且仅当P，A，F′三点共线时，|PA|＋|PF′|取最小值|AF′|＝＝5，所以|PA|－|PF|的最小值为1. 第二课时　圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题 　圆锥曲线中的定值问题 已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)．过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N. (1)求直线l的斜率的取值范围； (2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值． 【解】　(1)因为抛物线y2＝2px过点(1,2)， 所以2p＝4，即p＝2. 故抛物线C的方程为y2＝4x. 由题意知，直线l的斜率存在且不为0. 设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)． 由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0. 依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0， 解得k<0或0<k<1. 又PA，PB与y轴相交， 故直线l不过点(1，－2)． 从而k≠－3. 所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)． (2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝. 直线PA的方程为y－2＝(x－1)． 令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2.同理得点N的纵坐标为yN＝＋2. 由＝λ，＝μ得λ＝1－yM， μ＝1－yN. 所以＋＝＋ ＝＋ ＝· ＝·＝2. 所以＋为定值． 求圆锥曲线中定值问题常用的方法 (1)引起变量法：其解题流程为 (2)特例法：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． [针对训练] 1．(2025·长沙市统一模拟考试)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF2⊥F1F2，且|AF2|＝. (1)求椭圆C的方程； (2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m与l1，l2分别交于M，N两点，求证：∠MF1N为定值． 解：(1)由AF2⊥F1F2，|AF2|＝，得＝. 又e＝＝，a2＝b2＋c2，所以a2＝9，b2＝8， 故椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)证明：由题意可知，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3. 直线l分别与直线l1，l2的方程联立得M(－3，－3k＋m)，N(3,3k＋m)， 所以＝(－2，－3k＋m)，＝(4,3k＋m)， 所以·＝－8＋m2－9k2. 联立 得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0. 因为直线l与椭圆C相切， 所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)·(9m2－72)＝0， 化简得m2＝9k2＋8. 所以·＝－8＋m2－9k2＝0， 所以⊥，故∠MF1N为定值. 　圆锥曲线中的定点问题 (2025·广东深圳模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上顶点为P，右顶点为Q，直线PQ与圆x2＋y2＝相切于点M. (1)求椭圆C的方程； (2)若不经过点P的直线l与椭圆C交于A，B两点，且·＝0，求证：直线l过定点． 【解】　(1)由已知得直线OM(O为坐标原点)的斜率kOM＝2，则直线PQ的斜率kPQ＝－＝－， 所以直线PQ的方程为y－＝－， 即x＋2y＝2. 可求得P(0,1)，Q(2,0)，故a＝2，b＝1， 故椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)证明：当直线l的斜率不存在时，显然不满足条件． 当直线l的斜率存在时，设l的方程为 y＝kx＋n(n≠1)， 联立消去y整理得(4k2＋1)x2＋8knx＋4(n2－1)＝0， Δ＝(8kn)2－4×4(4k2＋1)(n2－1)＝ 16(4k2＋1－n2)>0，得4k2＋1>n2.① 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝，x1x2＝.② 由·＝0， 得(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝0， 又y1＝kx1＋n，y2＝kx2＋n， 所以(k2＋1)x1x2＋k(n－1)(x1＋x2)＋(n－1)2＝0，③ 由②③得n＝1(舍)，或n＝－，满足①. 此时l的方程为y＝kx－，故直线l过定点. 求解定点问题常用的方法 (1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明． (2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标． (3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)来证明． [针对训练] 2．(2025·湖北武汉模拟)过抛物线C：y2＝4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A，B两点，且|AB|＝8. (1)求直线l的方程； (2)若A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD过定点，并求出该点的坐标． 解：(1)由y2＝4x知焦点F的坐标为(1,0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)， 代入抛物线方程y2＝4x，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0， 由题意知k≠0， 且Δ＝[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)＞0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝1. 由抛物线的弦长公式知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，则＝6，即k2＝1，解得k＝±1. 所以直线l的方程为y＝±(x－1)． (2)证明：由(1)及抛物线的对称性知，D点的坐标为(x1，－y1)， 直线BD的斜率kBD＝＝＝， 所以直线BD的方程为y＋y1＝(x－x1)， 即(y2－y1)y＋y2y1－y＝4x－4x1. 因为y＝4x1，y＝4x2，x1x2＝1， 所以(y1y2)2＝16x1x2＝16， 即y1y2＝－4(y1，y2异号)． 所以直线BD的方程为4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0， 对任意y1，y2∈R，有解得 即直线BD恒过定点(－1,0)． 　圆锥曲线中的探索性问题 已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切． (1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径； (2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由． 【解】　(1)因为⊙M过点A，B， 所以圆心M在AB的垂直平分线上． 又已知A在直线x＋y＝0上， 且A，B关于坐标原点O对称， 所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)． 因为⊙M与直线x＋2＝0相切， 所以⊙M的半径为r＝|a＋2|. 连接MA，由已知得|AO|＝2，又⊥， 故可得2a2＋4＝(a＋2)2， 解得a＝0或a＝4. 故⊙M的半径r＝2或r＝6. (2)存在定点P(1,0)，使得|MA|－|MP|为定值． 理由如下： 设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为 r＝|x＋2|，|AO|＝2. 由于⊥， 故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2， 化简得M的轨迹方程为y2＝4x. 因为曲线C：y2＝4x是以点P(1,0)为焦点， 以直线x＝－1为准线的抛物线， 所以|MP|＝x＋1. 因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1， 所以存在满足条件的定点P. 存在性问题的求解策略 解决存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在． (1)当条件和结论不唯一时要分类讨论． (2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件． (3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意． [针对训练] 3．是否存在过点E(0，－4)的直线l交椭圆＋＝1于点R，T，且满足·＝？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由． 解：存在． 假设存在满足题意的直线l，易知当直线l的斜率不存在时，·<0，不满足题意． 故可设直线l的方程为y＝kx－4，R(x1，y1)，T(x2，y2)． 因为·＝，所以x1x2＋y1y2＝. 由得(3＋4k2)x2－32kx＋16＝0， 由Δ>0得(－32k)2－64(3＋4k2)>0，解得k2>.① 因为x1＋x2＝，x1x2＝， 所以y1y2＝(kx1－4)(kx2－4)＝k2x1x2－4k(x1＋x2)＋16， 故x1x2＋y1y2＝＋－＋16＝， 解得k2＝1.② 由①②解得k＝±1，所以直线l的方程为y＝±x－4. 故存在直线l：x＋y＋4＝0或x－y－4＝0满足题意． 学科网（北京）股份有限公司 $