第56练圆锥曲线热点问题 第1课时　长度、斜率、面积问题专项练习-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦圆锥曲线长度、斜率、面积热点问题，以典例为载体系统提炼坐标法、韦达定理应用等解题方法，构建“方程求解-关系转化-量化计算”逻辑链条，培养运算能力与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |求曲线方程|1(1)、2(1)、3(1)、5(1)|待定系数法、离心率公式、轨迹定义|从曲线几何性质（焦点、离心率）到代数方程的转化| |长度计算|3(2)|韦达定理求交点坐标、两点距离公式|直线与曲线联立→根与系数关系→坐标差量化| |斜率关系|2(2)①、3(3)|斜率公式、和差关系转化|通过斜率和为0证明角相等，利用方程思想推导定值| |面积应用|2(2)②|面积公式、等积转化|面积关系转化为线段比例，结合中垂线性质求解|

第56练　圆锥曲线热点问题 第1课时　长度、斜率、面积问题 1.[2025·漳州四检] 已知F1,F2分别为椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点,C的离心率为,P为C上一点,△PF1F2的周长为6. (1)求C的方程; (2)若P为C的上顶点,过F2且斜率不为0的直线l交C于A,B两点,交线段PF1于点N,且|AN|=|F2B|,求l的方程. 2.[2025·山东菏泽二模] 抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,且抛物线C过点A(1,2). (1)求C的方程. (2)过点B(-1,0)的一条直线与C交于P,Q两点(P在线段BQ上),且与线段AF交于点M. ①证明:点M到PF和QF的距离相等; ②若△PFM的面积等于△AQM的面积,求点P的坐标. 3.已知点P(2,1)在双曲线C:-=1(b>0)上,过点P且斜率为k0的直线与C的另一个交点为A,过点P且斜率为-k0的直线与C的另一个交点为B. (1)求C的方程; (2)若k0=,求|AB|; (3)求直线AB的斜率. 4.[2025·辽宁省实验中学五模] 在平面直角坐标系xOy中,点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1,记点M的轨迹为C,过点P(-2,1)且斜率为k的直线l与轨迹C从左到右的三个公共点分别为A,M,N. (1)求轨迹C的方程; (2)求k的取值范围; (3)若点A,B关于原点对称,·=30,求△BMN的面积. 5.[2025·宁波二模] 已知椭圆E:+y2=1(m>0),点P(0,-1)到椭圆E上点的距离的最大值为. (1)求椭圆E的方程; (2)若过定点(0,2)且斜率存在的直线l交椭圆E于点A,B,设点Q,直线AP与直线BQ交于直线y=上一点,求直线AB的方程. 第1课时　长度、斜率、面积问题/ 1.解:(1)设焦距为2c,依题意得解得 所以b2=a2-c2=3,所以C的方程为+=1. (2)如图,依题意得P(0,),F1(-1,0),F2(1,0), 则直线PF1的方程为y=x+, 设l的方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2), 由得(3m2+4)y2+6my-9=0,所以Δ=36m2+36(3m2+4)>0,y1+y2=-. 由得点N的纵坐标yN=∈(0,). 因为|AN|=|F2B|,所以|y1-yN|=|-y2|,其中为F2的纵坐标, 因为N,F2在线段AB上,所以y1-yN=-y2,即y1+y2=+yN,所以-=,解得m=-,所以l的方程为x+4y-=0. 2.解:(1)因为抛物线C过点A(1,2),所以22=2p,得p=2,所以C的方程为y2=4x. (2)①证明:如图,设直线PQ的方程为x+1=my,P(x1,y1),Q(x2,y2), 由得y2-4my+4=0,则Δ=(4m)2-16>0,y1+y2=4m,y1y2=4,易知点F(1,0),所以AF垂直于x轴, 又kPF+kQF=+== = = =0,所以∠PFA=∠QFA,所以点M到PF和QF的距离相等. ②因为S△PFM=S△AQM,所以S△PFQ=S△AFQ,连接PA,故PA∥FQ,所以∠PAF=∠QFA,由①知∠PFA=∠QFA,所以∠PFA=∠PAF, 所以|PA|=|PF|,所以点P在线段AF的中垂线上,故点P的纵坐标为1,将y=1代入抛物线方程可得x=,所以点P的坐标为. 3.解:(1)因为点P(2,1)在双曲线C:-=1(b>0)上, 所以-=1,解得b2=1, 故双曲线C的方程为-y2=1. (2)方法一:若k0=,则直线PA的方程为y=(x-2)+1,直线PB的方程为y=-(x-2)+1. 由得x2+(2-8)x+10-4=0. 因为方程有一个根为2,所以xA=,yA=.同理可得xB=,yB=,所以|AB|== = . 方法二:直线AP的方程为y=k0(x-2)+1,直线BP的方程为y=-k0(x-2)+1.设A(x1,y1),B(x2,y2),由得(1-2)x2+(8-4k0)x-8+8k0-4=0,故2x1=,所以x1=,同理可得x2=.当k0=时,x1=,x2=,故y1=,y2=, 故|AB|== = . (3)方法一:易知直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2), 由得(1-2k2)x2-4mkx-2m2-2=0,所以x1+x2=-,x1x2=. 由kAP+kBP=0,得+=0, 即(x1-2)(kx2+m-1)+(x2-2)(kx1+m-1)=0,即2kx1x2+(m-1-2k)(x1+x2)-4(m-1)=0, 所以2k×+(m-1-2k)×-4(m-1)=0, 化简得8k2+4k-4+4m(k+1)=0,即(k+1)(2k-1+m)=0,所以k=-1或m=1-2k.当m=1-2k时,直线AB:y=kx+m=k(x-2)+1过点P(2,1),与题意不符,舍去. 综上,直线AB的斜率为-1. 方法二:直线AP的方程为y=k0(x-2)+1,直线BP的方程为y=-k0(x-2)+1.设A(x1,y1),B(x2,y2), 由得(1-2)x2+(8-4k0)x-8+8k0-4=0, 故2x1=, 所以x1=, 同理可得x2=. 故直线AB的斜率kAB== = = =-1. 4.解:(1)设M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1,即=|x|+1, 化简得y2=2|x|+2x,所以点M的轨迹C的方程为y2= (2)设直线l的方程为y-1=k(x+2),由 可得ky2-4y+4(2k+1)=0,要使直线l与轨迹C有三个公共点,则k≠0, 方程ky2-4y+4(2k+1)=0的判别式Δ=-16(2k2+k-1),设直线l与x轴的交点为(x0,0),在y-1=k(x+2)中,令y=0,得x0=-, 要使直线l与轨迹C有三个公共点,只需解得-1<k<-或0<k<,故k的取值范围为∪. (3)设M,N,由(2)知y1+y2=,y1y2=4, 所以y1y2=8+y1+y2. 由直线l的方程可知A(x0,0),又点A,B关于原点对称,-x0=2+=,故B, 所以==,=, 则·==30,整理得y1y2(y1y2-8)=240, 又y1y2>0,可得y1y2=20, 则y1+y2=12,故y1=2,y2=10, 则M(1,2),N(25,10),B(5,0),故直线MN的方程为x-3y+5=0,|MN|==8,点B到直线MN的距离为=,所以S△BMN=×|MN|×=×8×=40. 5.解:(1)设点C(x,y)为椭圆E上的任意一点,则+y2=1,m>0,即x2=(m+2)(1-y2),可得|CP|2=x2+(y+1)2=-(1+m)y2+2y+(3+m),设f(y)=-(1+m)y2+2y+(3+m),其中y∈[-1,1], 由-1-m<0,可得f(y)的图象是开口向下的抛物线,对称轴方程为y=,且0<<1,所以f(y)max=f==,解得m=2或m=-(舍去), 所以椭圆E的方程为+y2=1. (2)设直线AB的方程为y=kx+2(k≠0), 且A(x1,y1),B(x2,y2),由对称性,不妨设k<0,如图,此时x1>x2,由消去y整理得(4k2+1)x2+16kx+12=0, 则Δ=256k2-48(4k2+1)=64k2-48>0,解得k2>,且x1+x2=-,x1x2=. 设直线AP和BQ的斜率分别为k1,k2,则直线AP的方程为y=k1x-1,直线BQ的方程为y=k2x+. 由消去x整理得(k1-k2)y=+k2,因为直线AP与直线BQ交于直线y=上一点, 所以(k1-k2)=+k2,化简得k1=3k2,即=3×, 化简得=, 所以4kx1x2+9x1-6x2=0,又由求根公式可得x1=,x2=, 所以+9×-6×=0, 整理得-4k=5,平方得16k2=25(4k2-3),解得k2=,所以k=-或k=(舍去),当k=-时,直线AB的方程为y=-x+2.由对称性知,当k=时,也满足题意,此时直线AB的方程为y=x+2. 综上可得,直线AB的方程为y=x+2或y=-x+2. 学科网（北京）股份有限公司 $