第56讲　圆锥曲线热点问题专项训练-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦圆锥曲线热点问题，分三课时系统突破长度斜率面积、最值范围证明、定点定值探索，以题载法构建“几何条件代数化—方程联立—参数处理”的解题逻辑链，培养数学推理与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |长度、斜率、面积问题|5题（含2024开封二模等）|向量数量积求离心率、韦达定理求弦长|椭圆定义→几何性质→直线与椭圆位置关系| |最值与范围、证明问题|4题（含2024葫芦岛二模等）|函数求导求最值、判别式法证相切|抛物线方程→直线与抛物线位置关系→不等式应用| |定点、定值、探索性问题|4题（含2023全国乙卷等）|参数消元证定点、特殊值法探定值|曲线方程→动直线过定点→代数推理验证|

第56讲　圆锥曲线热点问题 第1课时　长度、斜率、面积问题 (时间:45分钟) 1.[2024·河南开封二模] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,上顶点为A,且·=0. (1)求C的离心率; (2)若射线AF1与C交于点B,且|AB|=,求△ABF2的周长. 2.[2024·南昌二模] 已知椭圆Ω:+=1(a>b>0)经过点E,P为椭圆Ω的右顶点,O为坐标原点,△OPE的面积为. (1)求椭圆Ω的标准方程; (2)过点D(-1,0)作直线l与椭圆Ω交于A,B两点,点A关于原点O的对称点为C,若|BA|=|BC|,求直线AB的斜率. 3.[2025·苏州模拟] 已知椭圆γ:+=1(a>b>0),γ与圆x2+y2=a2-b2在第一、四象限分别交于Q,P两点,且满足∠POQ=(O为坐标原点),|PQ|=1. (1)求椭圆γ的标准方程; (2)已知A是椭圆γ上的一点,若存在椭圆γ的弦BC使得OA∥BC,|OA|=|BC|,求证:四边形OABC的面积为定值. 4.[2025·浙江名校协作体联考] 如图,已知抛物线y2=4x的焦点为F,过点P(-1,2)作一条不经过F的直线l,若直线l与抛物线交于异于原点的A,B两点,点B在x轴下方,且A在线段PB上. (1)试判断直线AF,BF的斜率之积是否为定值?若是,求出这个定值;若不是,请说明理由. (2)过点B作PF的垂线交直线AF于点C,若△FBC的面积为4,求点B的坐标. 5.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的长轴长是短轴长的倍,且椭圆上一点到焦点的最远距离为3.如图,A,B分别是椭圆C的左、右顶点,过A,B作椭圆C的切线.取椭圆C上位于x轴上方的任意两点P,Q(P在Q的左侧),并过P,Q两点分别作椭圆C的切线,设交点为R,直线RP交椭圆C在点A处的切线于I,直线RQ交椭圆C在点B处的切线于J,过R作AB的垂线,交IJ于K. (1)求椭圆C的标准方程; (2)若R(1,2),直线RP与RQ的斜率分别为k1,k2,求k1k2的值; (3)求证:=. 第2课时　最值与范围、证明问题 (时间:45分钟) 1.已知中心在原点O,焦点在x轴上的椭圆E过点C(0,),离心率为. (1)求椭圆E的方程; (2)设过定点T(0,2)的直线l与椭圆E交于不同的两点A,B,且·>0,求直线l的斜率k的取值范围. 2.[2024·葫芦岛二模] 已知抛物线C1:x2=y的焦点为F1,抛物线C2:y2=2px(p>0)的焦点为F2,|F1F2|=,A,B,C为C1上不同的三点. (1)求抛物线C2的标准方程; (2)若直线BC过点F1,且斜率k≥0,求△F2BC的面积的最小值; (3)若直线AB,AC均与C2相切,求证:直线BC也与C2相切. 3.[2024·龙岩三模] 已知动圆M与圆C1:(x+1)2+y2=49和圆C2:(x-1)2+y2=1都内切,记动圆圆心M的轨迹为Γ. (1)求Γ的方程. (2)已知圆锥曲线具有如下性质:若圆锥曲线的方程为Ax2+2Bxy+Cy2+2Dx+2Ey+F=0,则曲线上一点(x0,y0)处的切线方程为Ax0x+B(x0y+y0x)+Cy0y+D(x0+x)+E(y0+y)+F=0.试运用该性质解决以下问题:点P为直线x=9上一点(P不在x轴上),过点P作Γ的两条切线PA1,PA2,切点分别为A1,A2. (i)证明:A1A2⊥PC2. (ii)点A1关于x轴的对称点为A'1,直线A'1A2交x轴于点N,直线PC2交曲线Γ于G,H两点.记△GC2N,△HC2N的面积分别为S1,S2,求S1-S2的取值范围. 4.[2024·青岛三模] 在平面内,若直线l将多边形分为两部分,多边形在l两侧的顶点到直线l的距离之和相等,则称l为多边形的一条“等线”.已知O为坐标原点,双曲线E:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,E的离心率为2,点P为E右支上一动点,直线m与双曲线E相切于点P,且与E的渐近线交于A,B两点,当PF2⊥x轴(P在第一象限)时,直线y=1为△PF1F2的等线. (1)求E的方程; (2)若直线y=x是四边形AF1BF2的等线,求四边形AF1BF2的面积; (3)设=,点G的轨迹为曲线Γ,证明:Γ在点G处的切线n为△AF1F2的等线. 第3课时　定点、定值、探索性问题 (时间:45分钟) 1.已知点P(1,2)在抛物线C:y2=2px(p>0)上. (1)求抛物线C的方程; (2)A,B是抛物线C上的两个动点,如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2,证明:直线AB过定点. 2.[2024·太原二模] 已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,过点D(2,1)且斜率为1的直线经过点F. (1)求抛物线C的方程. (2)若A,B是抛物线C上的两个动点,在x轴上是否存在定点M(异于坐标原点O),使得当直线AB经过点M时,满足OA⊥OB?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由. 3.[2023·全国乙卷] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,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. 4.[2024·天津卷] 已知椭圆+=1(a>b>0)的离心率e=,左顶点为A,下顶点为B,O为坐标原点,C是线段OB的中点,其中S△ABC=. (1)求椭圆的方程. (2)过点的动直线与椭圆有两个交点P,Q.在y轴上是否存在点T,使得·≤0恒成立?若存在,求出这个T点纵坐标的取值范围;若不存在,请说明理由. 参考答案 第56讲　圆锥曲线热点问题 第1课时　长度、斜率、面积问题 1.解:(1)依题意可得上顶点A(0,b),左、右焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0),所以=(-c,-b),=(c,-b),又·=0,所以·=-c2+(-b)2=0,即b2=c2,即a2-c2=c2,所以a2=2c2,所以离心率e==. (2)如图,由(1)可得b=c,a=c,则椭圆C的方程为+=1,直线AF1的方程为y=x+b=x+c. 由可得3x2+4cx=0,解得x=0或x=-c,即xB=-c,则yB=-c,即B, 所以|AB|==c=,解得c=,则a=2,所以△ABF2的周长为4a=8. 2.解:(1)因为△OPE的面积为, 所以×a×=,解得a=2. 又因为点E在椭圆Ω上, 所以+=1,可得b=1, 所以椭圆Ω的标准方程为+y2=1. (2)连接OB,因为|BA|=|BC|,O为AC的中点,所以OA⊥OB.设A(x1,y1),B(x2,y2),设直线l的方程为x=my-1,由消去x得(m2+4)y2-2my-3=0,则y1+y2=,y1y2=. 因为OA⊥OB,所以·=0,则x1x2+y1y2=0,即(m2+1)y1y2-m(y1+y2)+1=0,即(m2+1)×-m×+1=0,即=0,解得m=±, 所以直线AB的斜率为±2. 3.解:(1)由对称性知,|OP|=|OQ|, 因为∠POQ=,|PQ|=1,所以△OPQ是边长为1的等边三角形.因为Q位于第一象限,所以Q, 代入椭圆γ的方程得+=1①, 代入圆x2+y2=a2-b2的方程得+=a2-b2②.由①②解得a2=,b2=,所以椭圆γ的标准方程为+=1. (2)证明:当点A不在坐标轴上时,设A(m,n),mn≠0,则直线OA的斜率为,且+=1,即m2+3n2=. 因为OA∥BC,|OA|=|BC|,所以四边形OABC是平行四边形,|BC|=|OA|=.设直线BC的方程为y=(x-t),B(x1,y1),C(x2,y2), 由得(2m2+6n2)x2-12n2tx+6n2t2-3m2=0,所以x1+x2=,x1x2=, 所以|BC|=· =· =·.因为|BC|=|OA|=,所以·=, 整理得6=,即|nt|=.点A到直线BC的距离d==,所以四边形OABC的面积S=2S△ABC=2××|BC|×d=|OA|·d=·=|nt|=.易知当点A在坐标轴上时,四边形OABC的面积也为,故四边形OABC的面积为定值. 4.解:(1)由题意知直线AF与BF的斜率均存在且均不为0.设直线l:x=m(y-2)-1,由题知F(1,0),将直线l的方程代入抛物线方程得y2-4my+8m+4=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=8m+4,则kAF·kBF=·=·= =1, 所以直线AF,BF的斜率之积为定值1. (2)由题意可知,直线PF的斜率为-1,方程为y=-x+1. 设点B(t2,2t)(t<0,t≠-1),所以直线BC的方程为y-2t=x-t2,由 得x=. 如图,设直线BC与PF的交点为M,则M.kBF=,由(1)得kAF·kBF=1,则kAF=,所以直线AF的方程为y=(x-1).由 得x==1-2t,可得C(1-2t,1-t2),所以M为线段BC的中点,所以S△FBC=2S△FBM=|BM|·|FM|,故S△FBC=·=|(t2-3)2-8|=4,所以(t2-3)2-8=±8,又t<0,所以t=-或t=-,所以点B的坐标为(3,-2)或(7,-2). 5.解:(1)由题意得可得所以椭圆C的标准方程为+=1. (2)设椭圆C过点R的切线方程为y-2=k(x-1),即y=kx+(2-k). 由消去y整理得(4k2+3)x2+8k(2-k)x+4(2-k)2-12=0,由Δ=0得64k2(2-k)2=4(4k2+3)[4(2-k)2-12],整理得3k2+4k-1=0,所以k1k2=-. (3)证明:设R(x0,y0)(-2<x0<2,y0>0),直线RK交x轴于点K',如图, 设椭圆C在P,Q两点处的切线斜率分别为k1,k2,则==. 设椭圆C过点R的切线方程为y-y0=k(x-x0),即y=kx+(y0-kx0), 由消去y整理得(4k2+3)x2-8k(kx0-y0)x+4(kx0-y0)2-12=0,由Δ=0得64k2(kx0-y0)2=4(4k2+3)[4(kx0-y0)2-12], 化简整理得(-4)k2-2x0·y0·k+-3=0,由根与系数的关系得k1+k2=,k1k2=,易知yI=k1(-2-x0)+y0,yJ=k2(2-x0)+y0. 要证=,只需证=,即证k2(4-)+y0(2+x0)=k1(-4)+y0(2-x0),即证4(k1+k2)+2x0y0=(k1+k2),即证(k1+k2)(-4)=2x0y0. 因为k1+k2=,所以上式成立, 即=成立. 第2课时　最值与范围、证明问题 1.解:(1)设椭圆E的方程为+=1(a>b>0),由已知得b=,e==,a2-b2=c2,得a=2,b=,c=1, 故椭圆E的方程为+=1. (2)由题意,直线l的斜率存在, 故设直线l的方程为y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2),由可得(4k2+3)x2+16kx+4=0, 由Δ=256k2-16(4k2+3)>0,得k<-或k>,可得x1+x2=-,x1x2=. ∵·>0,∴x1x2+y1y2>0, 即x1x2+(kx1+2)(kx2+2)>0, 即(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4>0, 即(1+k2)·+2k+4>0,整理得12k2<16, 解得-<k<, 又k<-或k>,∴-<k<-或<k<,故实数k的取值范围为∪. 2.解:(1)根据题意得F1,F2,则|F1F2|==, 又p>0,所以p=2,所以F2(1,0),抛物线C2的标准方程为y2=4x. (2)如图,将直线BC的方程y=kx+代入抛物线C1的方程,得x2-kx-=0,Δ=k2+1>0,设B(x2,y2),C(x3,y3),则x2+x3=k,x2x3=-. 点F2到直线BC的距离d=, |BC|=|x2-x3|= =1+k2, 所以=×|BC|= . 设f(k)=(1+k2)(k≥0), 则f'(k)=2>0,所以函数f(k)在[0,+∞)上单调递增,所以f(k)min=f(0)=,所以的最小值为. (3)证明:如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),直线AB的方程为y-y1=(x-x1),又=y1,=y2,所以直线AB的方程为y-=(x-x1)=(x2+x1)(x-x1),即y=(x2+x1)x-x1x2, 代入y2=4x得(x2+x1)y2-4y-4x1x2=0,由Δ1=16+16(x2+x1)x1x2=0,得x2y1+x1y2+1=0①. 同理,直线AC的方程为y=(x3+x1)x-x1x3,代入y2=4x得(x3+x1)y2-4y-4x1x3=0, 由Δ2=16+16(x3+x1)x1x3=0,得x3y1+x1y3+1=0②. 由①②知,点B(x2,y2),C(x3,y3)的坐标满足方程xy1+yx1+1=0,即直线BC的方程为xy1+yx1+1=0. 将直线BC的方程与y2=4x联立,消去x得y1y2+4x1y+4=0,Δ3=16-16y1=0,所以直线BC也与C2相切. 3.解:(1)设动圆M的半径为r,由题意得圆C1和圆C2的半径分别为7,1, 因为M与C1,C2都内切, 所以|MC1|=7-r,|MC2|=r-1, 所以|MC1|+|MC2|=7-r+r-1=6, 又C1(-1,0),C2(1,0),所以|C2C1|=2<6,所以点M的轨迹是以C1,C2为焦点的椭圆.设Γ的方程为+=1(a>b>0),则2a=6,2c=2,所以a=3,c=1,则b2=a2-c2=9-1=8,故Γ的方程为+=1. (2)(i)证明:设A1(x1,y1),A2(x2,y2),P(9,t)(t≠0).由题中给出的性质可得,切线PA1的方程为+=1, 切线PA2的方程为+=1. 因为两条切线都经过点P(9,t),所以x1+=1,x2+=1, 故直线A1A2的方程为x+=1,可得直线A1A2的斜率=-. 直线PC2的斜率==, 因为·=·=-1,所以A1A2⊥PC2. (ii)由直线A1A2的方程为x+=1,可改设直线A1A2的方程为x=my+1(m≠0),由消去x整理得(8m2+9)y2+16my-64=0,由根与系数的关系得 易知A'1(x1,-y1),所以直线A'1A2的方程为y+y1=(x-x1), 令y=0得,xN=+x1= == =1+=1+=1+8=9, 所以直线A'1A2经过定点N(9,0). 由C2(1,0),A1A2⊥PC2,可设直线PC2的方程为y=-m(x-1), 由消去x整理得y2-y-64=0, 设G(x3,y3),H(x4,y4),则由根与系数的关系得y3+y4==,y3y4=-=-<0, 因为y3y4<0,所以|S1-S2|= |C2N|||y3|-|y4||=4|y3+y4|==≤=, 所以|S1-S2|max=,当且仅当9|m|=,即m=±时取等号. 又因为m≠0,所以S1-S2∈∪. 4.解:(1)当PF2⊥x轴(P在第一象限)时,由题意知P,F1(-c,0),F2(c,0).因为直线y=1为△PF1F2的等线,所以P在直线y=1的上方,-1=2,又e==2,c2=a2+b2,所以a=1,b=,所以E的方程为x2-=1. (2)设P(x0,y0),则-=1,切线m的方程为x0x-=1,双曲线E的渐近线方程为y=±x,不妨设A在B的上方,则xA=,xB=,故xA+xB=+=2x0, 所以P是线段AB的中点.因为F1,F2到过点O的直线y=x的距离相等,且F1,F2在直线y=x的两侧,所以若过点O的直线y=x是四边形AF1BF2的等线,则点A,B到该直线的距离相等, 且分别位于该直线的两侧,所以该直线必过点P,即直线OP的方程为y=x. 由可得故P(,),所以yA=xA===+3,yB=-xB=-==-3,所以|yA-yB|=6,所以=|F1F2|·|yA-yB|=2|yA-yB|=12. (3)证明:设G(x,y),由(2)中所设P(x0,y0)及=,得x0=3x,y0=3y,又-=1,x0≥1,故曲线Γ的方程为9x2-3y2=1. 切线n的方程为x-=1,即3x0x-y0y-1=0. 易知A与F2在n的右侧,F1在n的左侧,分别记F1,F2,A到n的距离为d1,d2,d3,由(2)知xA=,yA=·=, 所以d3=== =, 由x0≥1得d1==,d2== ,因为d2+d3=+==d1,所以Γ在点G处的切线n为△AF1F2的等线. 第3课时　定点、定值、探索性问题 1.解:(1)将点P的坐标代入抛物线C的方程,得4=2p,解得p=2,故抛物线C的方程为y2=4x. (2)证明:设直线AB的方程为x=my+t,由得y2-4my-4t=0,由Δ=16m2+16t>0,得m2+t>0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=-4t. 直线PA的斜率k1===,同理可得直线PB的斜率k2=,由题意得+=2,则4(y1+y2+4)=2(y1y2+2y1+2y2+4),整理得y1y2=4,即-4t=4,解得t=-1,故直线AB过定点(-1,0). 2.解:(1)过点D(2,1)且斜率为1的直线的方程为y-1=x-2,即y=x-1,令y=0,则x=1,∴点F的坐标为(1,0),∴=1,∴p=2,∴抛物线C的方程为y2=4x. (2)由(1)得抛物线C:y2=4x,假设存在定点M(m,0),满足题意. 设直线AB的方程为x=ty+m(t∈R,m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2). 由得y2-4ty-4m=0, ∴y1+y2=4t,y1y2=-4m,Δ=16t2+16m>0.∵OA⊥OB,∴·=0, ∴·=x1x2+y1y2=(ty1+m)(ty2+m)+y1y2=(t2+1)y1y2+tm(y1+y2)+m2=-4m(t2+1)+4mt2+m2=m2-4m=0, ∴m=4或m=0(舍去). 当m=4时,点M的坐标为(4,0),满足OA⊥OB,Δ=16t2+16m>0, ∴存在定点M(4,0)满足题意. 3.解:(1)由题意可得解得所以椭圆C的方程为+=1. (2)证明:方法一(设线法):由题意可知,直线PQ的斜率存在,设直线PQ:y=k(x+2)+3,P(x1,y1),Q(x2,y2), 由消去y得(4k2+9)x2+8k(2k+3)x+16(k2+3k)=0, 则Δ=64k2(2k+3)2-64(4k2+9)(k2+3k)=-1728k>0,解得k<0,可得x1+x2=-,x1x2=. 因为A(-2,0),所以直线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). 方法二(设点法):设P(x1,y1),M(0,yM),则直线AP:y=(x+2),则yM=.设Q(x2,y2),N(0,yN), 同理可得yN=.由题意可知,直线PQ的斜率存在,设直线PQ:y=k(x+2)+3,线段MN的中点为D(0,yD), 则yD==+=2k+. 由消去y得(4k2+9)(x+2)2+12(2k-3)(x+2)+36=0. 故(x1+2)+(x2+2)=,(x1+2)(x2+2)=, 所以yD=2k+=3, 所以线段MN的中点为定点(0,3). 4.解:(1)因为椭圆的离心率e=,所以=,可得a=2c,则b=c,其中c为半焦距,所以A(-2c,0),B(0,-c),C,故S△ABC=×2c×c=,可得c=,所以a=2,b=3,故所求椭圆的方程为+=1. (2)假设存在满足条件的点T,设T(0,t).若过点的动直线的斜率存在,则可设该直线的方程为y=kx-, 设P(x1,y1),Q(x2,y2), 由可得(3+4k2)x2-12kx-27=0,故Δ=144k2+108(3+4k2)=324+576k2>0且x1+x2=,x1x2=-, 而=(x1,y1-t),=(x2,y2-t), 故·=x1x2+(y1-t)(y2-t)=x1x2+=(1+k2)x1x2-k(x1+x2)+=(1+k2)×-k×+= = , 因为·≤0恒成立,所以解得-3≤t≤.若过点的动直线的斜率不存在,则P(0,3),Q(0,-3)或P(0,-3),Q(0,3),由·≤0恒成立,得-3≤t≤3.综上可得,-3≤t≤. 故在y轴上存在点T,使得·≤0恒成立,T点纵坐标的取值范围是. 1 学科网（北京）股份有限公司 $