5.微专题17 圆锥曲线的综合问题(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考数学大二轮专题复习

该高中数学高考复习讲义聚焦圆锥曲线综合问题，覆盖直线与圆锥曲线位置关系、定点定值最值范围、轨迹方程等高考热点题型，按求值证明、定值定点定直线、最值范围三大专项系统梳理，通过命题分析、例题精讲、方法总结、真题训练四环节，帮助学生构建解题框架，突破难点。 讲义突出数学思维与数学语言应用，如定值问题采用“特殊探路一般证明”策略，结合根与系数关系培养推理能力，设置基础训练与综合提升分层练习，助力学生高效掌握解题方法，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支撑。

微专题17　圆锥曲线的综合问题 命|题|分|析 解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等．热点题型有：1.直线与圆锥曲线的位置关系.2.圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解.3.轨迹方程及探索性问题的求解． 专项1　求值、证明问题 例　(2024·北京高考)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形．过点(0，t)(t>)且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A，B，过点A和C(0,1)的直线AC与椭圆E的另一个交点为D. (1)求椭圆E的方程及离心率； (2)若直线BD的斜率为0，求t的值． 解　(1)由题意可知b＝，c＝，所以a＝＝2，故椭圆E的方程为＋＝1，离心率e＝＝. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝kx＋t(k≠0)，联立得得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－4＝0.所以Δ＝(4kt)2－4(1＋2k2)(2t2－4)>0，即4k2－t2＋2>0，由根与系数的关系得　①.由直线BD的斜率为0及椭圆的对称性可得D(－x2，y2)，因为A，C，D三点共线，所以kAC＝kCD，所以＝，即x1y2＋x2y1－(x1＋x2)＝0.由y1＝kx1＋t，y2＝kx2＋t，得x1(kx2＋t)＋x2(kx1＋t)－(x1＋x2)＝0，整理得2kx1x2＋(t－1)(x1＋x2)＝0　②，所以2k·＋(t－1)·＝0，解得t＝2. ,, 求值问题一般涉及圆锥的定义、几何性质及直线与圆锥曲线的位置关系．合理利用直线与圆锥曲线方程联立得到的一元二次方程的根与系数的关系，结合图象的几何特征，列出关系式进而求值． 训练1　(求值问题)(2025·湖北联考)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A在C上，且AF2⊥F1F2. (1)求C的标准方程； (2)过F2的直线交双曲线C于M，N两点(M，N两点均位于x轴下方，M在左，N在右)，线段AM与线段F1N交于点R，若△F1RM的面积等于△ARN的面积，求|MN|. 解　(1)因为AF2⊥F1F2，且A，所以焦点F2(2，0)，即c＝2，又－＝1，由解得所以双曲线C的标准方程为－y2＝1. (2)由题知直线斜率不为0，如图，设过F2(2，0)的直线为x＝my＋2(m>0)，由消x得到(m2－3)y2＋4my＋1＝0，则Δ＝(4m)2－4×(m2－3)＝12(m2＋1)>0，且m≠，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由根与系数的关系有y1＋y2＝－，y1y2＝，因为S△F1RM＝S△ARN，所以S△F1NM＝S△ANM，即点F1(－2,0)和点A到直线x＝my＋2的距离相等，则有d＝＝，解得m＝4，所以|MN|＝|y1－y2|＝＝＝，故|MN|＝. 训练2　(证明问题)(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(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)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)证明：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＝.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＝，所以n－y1＝－y1＝－y1＝＝＝0，所以n＝y1，所以AQ⊥y轴． 专项2　定值、定点、定直线问题 微点一　定值问题 例1　(2020·新高考Ⅰ卷改编)已知点M，N，A(2，1)在椭圆C：＋＝1上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足，证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值． 证明　设M(x1，y1)，N(x2，y2)．若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＋＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.于是x1＋x2＝－，x1x2＝　①.由AM⊥AN，得·＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.将①代入上式，可得(k2＋1)－(km－k－2)＋(m－1)2＋4＝0，整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.所以m＝1－2k或m＝－，当m＝1－2k时，y＝k(x－2)＋1，过定点A(2,1)，不符合题意，舍去，当m＝－时，y＝k－，过定点P.因为AD⊥MN，所以点D在以AP为直径的圆上，故当点Q为AP的中点，即Q时，|DQ|＝为定值；若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．由·＝0，得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.又＋＝1，所以3x－8x1＋4＝0.解得x1＝2(舍去)，或x1＝.所以D，此时|DQ|＝＝，为定值．综上，存在点Q，使得|DQ|为定值. ,, 圆锥曲线中定值问题的解法 (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． (2)变量法的解题流程： 第①步：选择适当的动点坐标或动线方程中的系数为变量． 第②步：把要证明为定值的量表示成上述变量的函数． 第③步：把得到的函数化简，消去变量得到定值． 训练1　“如果两个椭圆的离心率相同，我们称这两个椭圆相似”．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)与椭圆E：＋＝1(b>d>0)相似，E的短轴长为2，离心率为. (1)求C的标准方程； (2)设O为坐标原点，P为E上的动点，过点P且斜率为k(k≠0)的直线与E相切，与C交于A，B两点，射线PO交C于点Q，试问：△ABQ的面积是否为定值？若为定值，求出定值；若不为定值，请说明理由． 解　(1)因为E的短轴长为2，所以d＝1.因为E的离心率为e＝＝，所以b＝2.又C的离心率e＝＝＝，所以a＝4，所以C的标准方程为＋＝1. (2)由(1)，知E：＋y2＝1.设P(x0，y0)，过点P的直线方程为y＝kx＋m.由得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.因为直线y＝kx＋m与E相切，所以Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝0，即4k2＋1＝m2　①，所以x0＝－＝－，y0＝k·＋m＝，所以直线OP的斜率kOP＝＝－，方程为y＝－x.由得(1＋4k2)x2＝64k2，设Q(xQ，yQ)，所以x＝，所以＝＝4.由题意，得P，Q位于y轴两侧，所以xQ＝－2x0，所以S△ABQ＝3S△AOB.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，Δ>0，由根与系数的关系，得x1＋x2＝－，x1x2＝，所以|x1－x2|＝＝，将①代入，得|x1－x2|＝.由直线y＝kx＋m与y轴交于点(0，m)，得S△AOB＝|m|·|x1－x2|＝|m|·＝2，所以S△ABQ＝3S△AOB＝6，即△ABQ的面积为定值6. 微点二　定点问题 例2　(2023·全国乙卷改编)已知椭圆C：＋＝1，点A(－2,0)．过点(－2,3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点． 证明　由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ：y－3＝k(x＋2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0，则Δ＝(16k2＋24k)2－4(4k2＋9)(16k2＋48k)＝－36×48k＞0，所以k<0，故x1＋x2＝－，x1x2＝.直线AP：y＝(x＋2)，令x＝0，解得yM＝，同理得yN＝，则yM＋yN＝2 ＝2 ＝2 ＝2 ＝2×＝6， 所以MN的中点的纵坐标为＝3，所以MN的中点为定点(0,3). ,, 求解定点问题常用的方法 (1)“特殊探路，一般证明”，即先通过动点或动线的特殊情况探索出定点，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”，即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线与曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点． (3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式y－y0＝k(x－x0)或斜截式y＝kx＋b来证明． 训练2　(2025·马鞍山模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且点P在椭圆C上． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若A，B为椭圆C上的两点，且满足AP⊥BP，求证：直线AB过定点． 解　(1)因为椭圆C离心率为，所以e＝＝＝，又因为点P在椭圆C上，所以＋＝1，解得a2＝4，b2＝3，椭圆C的标准方程为：＋＝1. (2)证明：①当AB斜率不存在时，设AB的方程为x＝m，则A(m，n)，B(m，－n)，＝，＝，因为PA⊥PB，所以·＝(m－1)2－＝0，因为＋＝1，所以n2＝3－m2，所以7m2－8m＋1＝0，解得m＝或m＝1(舍)． ②当AB斜率存在时，如图，设AB的方程为y＝kx＋t，联立＋＝1消去y得(4k2＋3)x2＋8ktx＋4t2－12＝0，Δ＝64k2t2－16(4k2＋3)(t2－3)，即4k2－t2＋3>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝，y1＋y2＝，y1y2＝，因为PA⊥PB，所以·＝(x1－1)(x2－1)＋＝0，即x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋＝0，代入化简得28t2＋4k2＋32kt－36t－9＝0， 即(2k＋2t－3)(2k＋14t＋3)＝0，当2k＋2t－3＝0时，t＝－k，此时直线AB的方程为y＝k(x－1)＋，过定点，舍去；当2k＋14t＋3＝0时，t＝－k－，此时直线AB的方程为y＝k－，过定点.综上，直线AB过定点. 微点三　定直线问题 例3　(2023·新课标Ⅱ卷改编)已知双曲线C：－＝1.记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4,0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上． 证明　 由双曲线的方程可得A1(－2，0)，A2(2,0)，如图，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x＝my－4，且－<m<，与－＝1联立可得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ＝64(4m2＋3)>0，则y1＋y2＝，y1y2＝，直线MA1的方程为y＝(x＋2)，直线NA2的方程为y＝(x－2)，故＝＝＝＝＝＝－，由＝－可得x＝－1，即xP＝－1，据此可得点P在定直线x＝－1上运动. ,, 破解定直线问题的关键 求证动点P(x0，y0)在某条定直线上，需要消掉关于动点横坐标或者纵坐标的所有参数，从而建立一个无参的直线方程，此时会分为三种情况： (1)x0＝a，即动点恒过直线x＝a. (2)y0＝b，即动点恒过直线y＝b. (3)y0＝f(x0)，即动点恒过直线y＝f(x)． 训练3　(2025·贵州一模)设F1，F2两点的坐标分别为(－1,0)，(1,0)．直线PF1，PF2相交于点P，且它们的斜率之积为4.记点P的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)数列{an}，{bn}是正项数列，且数列{bn}是公差为4的等差数列，点Pn(an，bn)(n∈N*)在曲线C上，求证：0<an＋1－an<2； (3)过点M(1,1)的直线l交曲线C于A，B两点(A，B两点在y轴右侧)，在线段AB上取异于A，B的点D，且满足|MA|·|DB|＝|AD|·|MB|，证明：点D在定直线上． 解　(1)设P(x，y)，由题意得kPF1·kPF2＝4，即×＝4，化简整理得x2－＝1，所以曲线C的方程为x2－＝1(x≠±1)． (2)证明：由题意可知Pn(an，bn)，Pn＋1(an＋1，bn＋1)都在第一象限，作差化简整理得an＋1－an＝，而bn＋1－bn＝4，所以an＋1－an＝>0，设PnPn＋1的中点为Qn，所以an＋1－an＝＝kOQn，因为曲线C的渐近线方程为y＝±2x，所以kOQn∈(0,2)，所以0<an＋1－an<2. (3)由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y－1＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x，y)，且1<x1<x<x2，联立方程组整理得(4－k2)x2＋(2k2－2k)x－(k2－2k＋5)＝0，则Δ>0，所以x1＋x2＝，x1x2＝，因为|MA|＝|x1－1|＝(x1－1)，同理|DB|＝(x2－x)，|AD|＝(x－x1)，|MB|＝(x2－1)，由|MA|·|DB|＝|AD|·|MB|，得(x1－1)(x2－x)＝(x－x1)(x2－1)化简整理得2x1x2－(x1＋x2)＝(x1＋x2－2)x，所以2×－＝x，化简整理得k＝，代入y－1＝k(x－1)，化简整理得4x－y－4＝0，所以点D在定直线4x－y－4＝0上． 专项3　最值、范围问题 例　(2023·全国甲卷改编)已知抛物线C：y2＝4x，设F为C的焦点，M，N为C上两点，且·＝0，求△MFN面积的最小值． 解　 抛物线的焦点为F(1,0)．由题意知直线MN的斜率不可能为0，所以设MN的方程为x＝my＋t，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立消去x得y2－4my－4t＝0，所以Δ＝16m2＋16t>0，即m2＋t>0，由根与系数的关系得y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，因为·＝0，所以(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝0，即(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝(my1＋t－1)(my2＋t－1)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋m(t－1)(y1＋y2)＋(t－1)2＝(m2＋1)(－4t)＋m(t－1)·4m＋(t－1)2＝0，即－4m2t－4t＋4m2t－4m2＋t2－2t＋1＝0，即4m2＝t2－6t＋1.设F到MN的距离为d，则d＝，又|MN|＝|y1－y2|＝·＝·＝4·，所以S△MFN＝|MN|·d＝×4··＝2·|t－1|＝·|t－1|＝·|t－1|＝(t－1)2.因为4m2＝t2－6t＋1≥0，解得t≤3－2或t≥3＋2，所以当且仅当t＝3－2时，S△MFN取得最小值12－8，即△MFN面积的最小值为12－8. ,, 圆锥曲线中常见的最值问题的解法 (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关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，常用基本不等式法、配方法及导数法求解． 训练1　(最值问题)(2025·临沂一模)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F1，F2是E的左、右焦点，且|F1F2|＝4，直线l1过点F1与E交于A，B两点． (1)求E的方程； (2)若|AB|＝2，求l1的方程； (3)若直线l2过点F2与E交于C，D两点，且l1，l2的斜率乘积为－，M，N分别是线段AB，CD的中点，求△OMN面积的最大值． 解　(1)因为|F1F2|＝4，所以2c＝4⇒c＝2，又因为该椭圆的离心率为，所以＝⇒a＝2⇒b2＝12－8＝4，所以椭圆的方程为＋＝1. (2)当直线l1的斜率为零时，此时方程为y＝0，此时x＝±2，显然此时|AB|＝4，不符合题意，故设直线l1的方程为x＝my－2，与椭圆方程联立，得⇒(m2＋3)y2－4my－4＝0，因为Δ＝(－4m)2＋16(m2＋3)>0，所以设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有y1＋y2＝，y1y2＝，由|AB|＝2⇒|y1－y2|＝2⇒＝2⇒m2＝1⇒m＝±1，所以直线l1的方程为x－y＋2＝0，或x＋y＋2＝0. (3)如图，由(2)可知：y1＋y2＝，所以x1＋x2＝my1－2＋my2－2＝，因此点M的坐标为，设故设直线l2的方程为x＝ny＋2，与椭圆方程联立，得⇒(n2＋3)y2＋4ny－4＝0，因为Δ＝(4n)2＋16(n2＋3)>0，所以设C(x3，y3)，D(x4，y4)，则有y3＋y4＝，x3＋x4＝ny3＋2＋ny4＋2＝，所以点N的坐标为，因为l1，l2的斜率乘积为－，所以·＝－⇒nm＝－3，因此点N的坐标为，显然边MN与横轴平行，因此S△OMN＝××＝≤＝，即S△OMN≤，即|m|＝时，取等号，即当m＝±时取等号，所以△OMN面积的最大值为. 训练2　(范围问题)已知抛物线C：y2＝2x的焦点为F，其准线l与x轴交于点P，过点P的直线与抛物线C交于A，B两点(点A在点B的左侧)． (1)若A是线段PB的中点，求点A的坐标； (2)若直线AF与抛物线C交于点D，记△BDP的内切圆的半径为r，求r的取值范围． 解　(1)由题意知P.设A(x0，y0)，由A是线段PB的中点，得B.又因为点A，B都在抛物线C上，所以解得所以点A的坐标为或. (2)由题意知直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB的方程为y＝k，k≠0，A(x1，y1)，B(x2，y2)．又点A在点B的左侧，则0<x1<x2.联立消去y得k2x2＋(k2－2)x＋＝0，由Δ＝(k2－2)2－k4＝4－4k2>0，得－1<k<1且k≠0.由根与系数的关系得x1＋x2＝，x1x2＝，则0<x1<<x2.而F，则直线AF的斜率存在，所以直线AF的方程为y＝，代入y2＝2x化简得2x1x2－x＋x1＝0，注意到有一解为x1，故另一解为.设D(x3，y3)，因为直线AF的斜率存在，所以x3＝＝x2，所以BD⊥x轴．所以△BDP的面积为·2|y2|，周长为2＋2|y2|.所以r＝|2y2|.所以r＝＝.令t＝x2＋，则r＝，t>1.因为y＝，y＝，y＝在(1，＋∞)上均单调递减，所以y＝＋在(1，＋∞)上单调递减．所以r＝在(1，＋∞)上单调递增，所以r>＝－1.所以r的取值范围为(－1，＋∞)． 学科网（北京）股份有限公司 $