第八章 §8.11 圆锥曲线中的综合问题（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（湘教版 甘）

§8.11　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　(12分)(2023·新高考全国Ⅰ)在直角坐标系Oxy中，点P到x轴的距离等于点P到点的距离，记动点P的轨迹为W. (1)求W的方程；[切入点：直接法求轨迹方程] (2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3.[关键点：对周长放缩] [思路分析] (1)设P(x，y)，直接法求轨迹方程 (2)设点A，B，C的坐标，利用AB⊥BC建立关系 (3)利用弦长公式表示出周长 (4)对周长进行放缩 (5)建立函数，利用导数求最值 (1)解　设P(x，y)，则 ①处直接法求轨迹方程 两边同时平方化简得y＝x2＋， 故W：y＝x2＋.(2分) (2)证明　设矩形的三个顶点A，B，C在W上，且a<b<c， 易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0， 则kAB·kBC＝－1，a＋b<b＋c，(4分) 令kAB＝＝a＋b＝m<0， 同理令kBC＝b＋c＝n>0，且mn＝－1，则(6分) ②处得到m，n之间的关系 设矩形周长为C，由对称性不妨设|m|≥|n|， kBC－kAB＝c－a＝n－m＝n＋， 则C＝ ③处用弦长公式表示周长 (8分) ④处进行周长放缩 易知>0. 则 ⑤处建立函数 f′(x)＝22，令f′(x)＝0，解得x＝， 当x∈时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减， 当x∈时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增， 则(10分) ⑥处利用导数求最值 故C≥＝，即C≥3. 当C＝3时，n＝，m＝－， 与当(b－a)＝(b－a)， 即m＝n时等号成立，矛盾， ⑦处排除边界值 故C>3，得证．(12分) 思维升华 (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)． 跟踪训练1 (2023·石嘴山模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点M，点F(1,0)是C的一个焦点． (1)求椭圆C的方程； (2)已知过点P(0,1)的直线l交x轴于点Q，交椭圆C于A，B两点，若|AP|＝|BQ|，求直线l的方程． 解　(1)由题意知，椭圆C的另一个焦点为F1(－1,0)， 又M， 所以|MF|＝＝，|MF1|＝＝， 由椭圆的定义知，2a＝|MF|＋|MF1|＝4， 所以a＝2，b2＝a2－c2＝4－1＝3， 所以椭圆C的方程为＋＝1. (2)取PQ的中点E，如图，由|AP|＝|BQ|， |PE|＝|QE|，得|AE|＝|BE|， 所以E是AB的中点， 由题意知，直线l不垂直于x，y轴， 设直线l：y＝kx＋1(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则Q， 由 消去y得到(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0， 因为E是AB的中点，所以x1＋x2＝xQ＋xP， 由根与系数的关系得，x1＋x2＝－＝－， 解得k＝±， 所以直线l的方程为y＝±x＋1. 题型二　定点与定值问题 例2 (2023·全国乙卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率是，点A(－2,0)在C上． (1)求C的方程； (2)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． (1)解　由题意可得 解得 所以椭圆C的方程为＋＝1. (2)证明　由题意可知，直线PQ的斜率存在，如图， 设B(－2,3)，直线PQ：y＝k(x＋2)＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立方程 消去y得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0， 则Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k) ＝－1 728k>0，解得k<0， 可得x1＋x2＝－，x1x2＝， 因为A(－2,0)，则直线AP：y＝(x＋2)， 令x＝0，解得y＝，即M， 同理可得N， 则＝＋ ＝ ＝ ＝ ＝＝3， 所以线段MN的中点是定点(0,3)． 思维升华 (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． 跟踪训练2 已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的虚轴长为4，直线2x－y＝0为双曲线C的一条渐近线． (1)求双曲线C的标准方程； (2)记双曲线C的左、右顶点分别为A，B，过点T(2,0)的直线l分别交双曲线于M，N两点，直线MA交y轴于点P，直线NB交y轴于点Q，记△PAT的面积为S1，△QBT的面积为S2，求证：为定值． (1)解　由题意可知b＝2， 因为一条渐近线方程为y＝2x， 所以＝2，解得a＝1， 则双曲线C的标准方程为x2－＝1. (2)证明　由题意可得A(－1,0)，B(1,0)，且直线l的斜率不为0， 设直线l：x＝ny＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 把直线l的方程代入双曲线C的方程整理可得， (4n2－1)y2＋16ny＋12＝0， 则y1＋y2＝－，y1y2＝， 即ny1y2＝－(y1＋y2)， 设直线MA：y＝(x＋1)，可得P， 设直线NB：y＝(x－1)，可得Q， 又|AT|＝3，|BT|＝1， 所以＝＝3 ＝3 ＝3 ＝3＝1. 故为定值． 题型三　范围与最值问题 例3 (2023·全国甲卷)已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，且|AB|＝4. (1)求p； (2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，·＝0，求△MFN面积的最小值． 解　(1)设A(xA，yA)，B(xB，yB)， 由可得y2－4py＋2p＝0， 所以yA＋yB＝4p，yAyB＝2p， 所以|AB|＝×＝4， 即2p2－p－6＝0，解得p＝2(负值舍去)． (2)由(1)知y2＝4x， 所以焦点F(1,0)，显然直线MN的斜率不可能为零， 设直线MN：x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由可得y2－4my－4n＝0， 所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n， Δ＝16m2＋16n>0⇒m2＋n>0， 由题意得·＝0， ＝(x1－1，y1)，＝(x2－1，y2)， 所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0， 即(my1＋n－1)(my2＋n－1)＋y1y2＝0， 即(m2＋1)y1y2＋m(n－1)(y1＋y2)＋(n－1)2＝0， 将y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n代入得， 4m2＝n2－6n＋1， 所以4(m2＋n)＝(n－1)2>0， 所以n≠1，且n2－6n＋1≥0， 解得n≥3＋2或n≤3－2. 设点F到直线MN的距离为d， 所以d＝， |MN|＝ ＝ ＝ ＝2|n－1|， 所以△MFN的面积S＝×|MN|×d＝ ×2|n－1|×＝(n－1)2， 而n≥3＋2或n≤3－2， 所以当n＝3－2时，△MFN的面积最小，为Smin＝(2－2)2＝12－8＝4(3－2)． 思维升华 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． 跟踪训练3 (2024·淄博模拟)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，＋∞)． 课时精练 1．已知直线y＝ax＋1与双曲线3x2－y2＝1相交于A，B两点． (1)若a＝2，求线段AB的长； (2)当a为何值时，以AB为直径的圆经过坐标原点？ 解　(1)由题设，y＝2x＋1，联立直线与双曲线方程并整理得x2＋4x＋2＝0， 所以Δ＝16－4×2＝8>0， 则xA＋xB＝－4，xAxB＝2， 所以|AB|＝·＝×＝2. (2)联立直线与双曲线方程得 3x2－(ax＋1)2＝1， 整理有(3－a2)x2－2ax－2＝0， 由题意Δ＝4a2＋8(3－a2)＝24－4a2>0，且3－a2≠0， 即－<a<，且a≠±， 所以xA＋xB＝，xAxB＝－， 则yAyB＝a2xAxB＋a(xA＋xB)＋1＝－＋＋1＝1， 若以AB为直径的圆经过坐标原点， 则·＝0， 即xAxB＋yAyB＝1－＝0， 所以a＝±1，满足要求． 2．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，过点F的直线分别交抛物线C于A，B两点． (1)若以AB为直径的圆的方程为(x－2)2＋(y－3)2＝16，求抛物线C的标准方程； (2)过点A，B分别作抛物线的切线l1，l2，证明：l1，l2的交点在定直线上． (1)解　设AB的中点为M，A到准线的距离为d1，B到准线的距离为d2， M到准线的距离为d，则M(2,3)且d＝yM＋＝3＋. 由抛物线的定义，可知d1＝|AF|，d2＝|BF|， 所以d1＋d2＝|AB|＝8， 由梯形中位线可得d＝＝4， 所以3＋＝4，可得p＝2， 所以抛物线C的标准方程为x2＝4y. (2)证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由x2＝2py，得y＝，则y′＝， 所以直线l1的方程为y－y1＝(x－x1)， 直线l2的方程为y－y2＝(x－x2)， 联立得 解得 即直线l1，l2的交点坐标为. 因为AB过焦点F， 由题可知直线AB的斜率存在，故可设直线AB的方程为y－＝kx， 代入抛物线x2＝2py中，得x2－2pkx－p2＝0， 所以x1x2＝－p2，故＝－， 所以l1，l2的交点在定直线y＝－上． 3．(2024·南昌模拟)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，且其左顶点到右焦点的距离为5. (1)求椭圆的方程； (2)设点M，N在椭圆上，以线段MN为直径的圆过原点O，试问是否存在定点P，使得P到直线MN的距离为定值？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 解　(1)由题设可知解得a＝3，c＝2，则b2＝a2－c2＝5， 所以椭圆的方程为＋＝1. (2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)， ①若直线MN与x轴垂直， 由对称性可知|x1|＝|y1|， 将点M(x1，y1)代入椭圆方程，解得|x1|＝， 故原点到该直线的距离d＝. ②若直线MN不与x轴垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m， 由消去y得(9k2＋5)x2＋18kmx＋9m2－45＝0， 由根与系数的关系得 则由·＝0，即x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0， 得(k2＋1)＋km＋m2＝0， 整理得45k2＋45＝14m2，则原点到该直线的距离d＝＝＝， 故存在定点P(0,0)，使得P到直线MN的距离为定值． 4．平面内动点M与定点F(0,1)的距离和它到定直线y＝4的距离之比是1∶2. (1)求点M的轨迹E的方程； (2)过点F作两条互相垂直的直线l1，l2分别交轨迹E于点A，C和B，D，求四边形ABCD面积S的最小值． 解　(1)设M(x，y)， 由题意得＝且y≠4， 化简得4x2＋3y2＝12，即＋＝1. (2)当其中一条直线的斜率不存在时，则|AC|，|BD|一条为长轴长、另一条为过F的通径长， 令y＝1，则＋＝1， 可得x＝±， 故通径长为3，而长轴长为2a＝4， 易得S＝×3×4＝6. 当直线l1，l2的斜率存在且不为0时，设直线l1的斜率为k，则直线l1的方程为y＝kx＋1， 联立 化简整理，得(3k2＋4)x2＋6kx－9＝0， 设A(x1，y1)，C(x2，y2)， 则x1＋x2＝－，x1x2＝－， |AC|＝ ＝＝， 由l1⊥l2，则直线l2的斜率为－， 同理|BD|＝， S＝|AC|·|BD|＝， 令k2＋1＝t(t>1)， 则S＝＝＝＝≥， 当＝，即k＝±1时等号成立， 而<6， 则四边形ABCD面积S的最小值为. 学科网（北京）股份有限公司 $