§4 圆锥曲线中的综合问题
【备考指南】 解析几何中的最值(范围)、定点、定值、定直线问题是解析几何中的典型问题．备考中不仅要善于利用几何手段对平面图形进行研究，而且要从代数角度进行函数、三角等相关运算．
能力考点1 最值(范围)问题
【典例1】 (2024·江南十校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上顶点到右顶点的距离为，点M在C上，且点M到右焦点距离的最大值为3，过点P(0，2)且不与x轴垂直的直线l与C交于A，B两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)记O为坐标原点，求△AOB面积的最大值．
[听课记录]
求最值或范围的常用方法
(1)利用判别式来构造不等关系．
(2)利用已知参数的范围，在两个参数之间建立函数关系．
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式．
(4)利用函数法求最值或范围时的策略
解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，把所求最值的几何量或代数表达式表示为某个参数的函数，然后利用函数方法(单调性或导数)进行求解．
如图，已知椭圆＋y2＝1.设A，B是椭圆上异于P(0，1)的两点，且点Q在线段AB上，直线PA，PB分别交直线y＝－x＋3于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求|CD|的最小值．
能力考点2 定点、定值、定直线问题
【典例2】 已知动圆M经过定点F1(－，0)，且与圆F2：(x－)2＋y2＝16内切．
(1)求动圆圆心M的轨迹C的方程；
(2)设轨迹C与x轴从左到右的交点为点A，B，点P为轨迹C上异于A，B的动点，设PB交直线x＝4于点T，连接AT交轨迹C于点Q.直线AP，AQ的斜率分别为kAP，kAQ．
(i)求证：kAP·kAQ为定值；
(ii)证明：直线PQ经过x轴上的定点，并求出该定点的坐标．
[听课记录]
动线过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0)．
(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
(2023·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2，0)，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)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．
1 / 1§4 圆锥曲线中的综合问题
【备考指南】 解析几何中的最值(范围)、定点、定值、定直线问题是解析几何中的典型问题．备考中不仅要善于利用几何手段对平面图形进行研究，而且要从代数角度进行函数、三角等相关运算．
能力考点1 最值(范围)问题
【典例1】 (2024·江南十校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上顶点到右顶点的距离为，点M在C上，且点M到右焦点距离的最大值为3，过点P(0，2)且不与x轴垂直的直线l与C交于A，B两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)记O为坐标原点，求△AOB面积的最大值．
[解] (1)由题意得解得a2＝4，b2＝3，故椭圆C的方程为＋＝1．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l：y＝kx＋2，
联立 整理得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0.
由Δ>0得k2>，且x1＋x2＝－，x1x2＝，∴|AB|＝
＝．
∵点O到直线l的距离d＝，
∴S△AOB＝·|AB|·d＝，
令t＝>0，故4k2＝＋1，故S△AOB＝＝≤，
当且仅当t＝，即t＝2，k＝±时等号成立，
故△AOB面积的最大值为．
求最值或范围的常用方法
(1)利用判别式来构造不等关系．
(2)利用已知参数的范围，在两个参数之间建立函数关系．
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式．
(4)利用函数法求最值或范围时的策略
解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，把所求最值的几何量或代数表达式表示为某个参数的函数，然后利用函数方法(单调性或导数)进行求解．
如图，已知椭圆＋y2＝1.设A，B是椭圆上异于P(0，1)的两点，且点Q在线段AB上，直线PA，PB分别交直线y＝－x＋3于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求|CD|的最小值．
[解] (1)设椭圆上任意一点M(x，y)，则|P M|2＝x2＋(y－1)2＝12－12y2＋y2－2y＋1＝－11y2－2y＋13，y∈[－1，1]，而函数z＝－11y2－2y＋13图象的对称轴为y＝－∈[－1，1]，则其最大值为－11×－2×＋13＝，
∴|PM|max＝＝，
即点P到椭圆上点的距离的最大值为．
(2)设直线AB的方程为y＝kx＋，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(0，1)，联立消去y，整理得(1＋12k2)x2＋12kx－9＝0，Δ＝144k2＋36(1＋12k2)＝36(1＋16k2)>0，
∴x1＋x2＝－，x1x2＝－，
直线PA的方程为y＝x＋1，
联立
整理得xC＝＝，
同理xD＝，
∴|CD|＝·
＝
＝
＝·＝，
令3k＋1＝m(m≠0)，
∴|CD|＝·
＝·，
∴当m＝，即k＝时，|CD|的最小值为．
【教师备选资源】
(2022·全国甲卷)设抛物线C：y2＝2px( p＞0)的焦点为F，点D( p，0)，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3．
(1)求C的方程；
(2)设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β.当α－β取得最大值时，求直线AB的方程．
[解] (1)因为抛物线的准线方程为x＝－，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时|MF|＝p＋＝3，所以p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)法一(直线方程横截式)：
设M，N，A，B，直线MN：x＝my＋1，
由得y2－4my－4＝0，
∴Δ＞0，y1y2＝－4．
当直线MN的斜率不存在时，易知直线AB的斜率也不存在，此时α－β＝0，当直线MN的斜率存在时，kMN＝＝，kAB＝＝，
直线MD：x＝·y＋2，
代入抛物线方程，得y2－·y－8＝0，Δ＞0，y1y3＝－8，所以y3＝2y2，
同理可得y4＝2y1，
所以kAB＝＝＝．
又因为直线MN，AB的倾斜角分别为α，β，
所以kAB＝tan β＝＝，
若要使α－β最大，则β∈，
设kMN＝2kAB＝2k＞0，
则tan (α－β)＝＝＝≤＝，
当且仅当＝2k，即k＝时，等号成立，
所以当α－β最大时，kAB＝，
设直线AB：x＝y＋n，
代入抛物线方程可得y2－4y－4n＝0，
Δ＞0，y3y4＝－4n＝4y1y2＝－16，所以n＝4，
所以直线AB的方程为x－y－4＝0．
法二(直线方程点斜式)：
由题可知，当直线MN的斜率不存在时，易知直线AB的斜率也不存在，此时α－β＝0．
当直线MN的斜率存在时，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，
直线MN：y＝k(x－1)，
由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
Δ＞0，所以x1x2＝1，y1y2＝－4．
直线MD：y＝(x－2)，
代入抛物线方程可得x1x3＝4，
同理，x2x4＝4．
代入抛物线方程可得y1y3＝－8，所以y3＝2y2，
同理可得y4＝2y1，
由斜率公式可得
kAB＝＝＝＝kMN．
若要使α－β最大，则β∈，
设kMN＝2kAB＝2k＞0，
则tan (α－β)＝＝＝≤＝，
当且仅当＝2k，即k＝时，等号成立，
所以当α－β最大时，kAB＝，
设直线AB：x＝y＋n，
代入抛物线方程可得y2－4y－4n＝0，
Δ＞0，y3y4＝－4n＝4y1y2＝－16，所以n＝4，
所以直线AB的方程为x－y－4＝0.
能力考点2 定点、定值、定直线问题
【典例2】 已知动圆M经过定点F1(－，0)，且与圆F2：(x－)2＋y2＝16内切．
(1)求动圆圆心M的轨迹C的方程；
(2)设轨迹C与x轴从左到右的交点为点A，B，点P为轨迹C上异于A，B的动点，设PB交直线x＝4于点T，连接AT交轨迹C于点Q.直线AP，AQ的斜率分别为kAP，kAQ．
(i)求证：kAP·kAQ为定值；
(ii)证明：直线PQ经过x轴上的定点，并求出该定点的坐标．
[解] (1)设动圆M的半径为r，由题意得圆F2的圆心为F2，半径R＝4，
所以|MF1|＝r，|MF2|＝4－r，
则|MF1|＋|MF2|＝4>2＝|F1F2|．
所以动点M的轨迹C是以F1，F2为焦点的椭圆，又2a＝4，2c＝2，可得a＝2，c＝，b＝1，
因此轨迹C的方程为＋y2＝1．
(2)证明：(i)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(4，m)．
由题可知A(－2，0)，B(2，0)，如图所示，
则kAP＝，kAQ＝kAT＝＝，
而kBP＝kBT＝＝，即m＝，
所以kAP·kAQ＝·＝·＝．
又＝1，则＝，
因此kAP·kAQ＝＝－为定值．
(ii)设直线PQ的方程为x＝ty＋n，
由得(t2＋4)y2＋2tny＋n2－4＝0，Δ＝(2tn)2－4(t2＋4)(n2－4)＞0，即t2－n2＋4＞0，
所以
由(i)可知，kAP·kAQ＝－，
即·＝＝－，
化简得＝－，
解得n＝1或n＝－2(舍去)，
所以直线PQ的方程为x＝ty＋1，
因此直线PQ经过定点(1，0)．
动线过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0)．
(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
(2023·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2，0)，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)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．
[解] (1)双曲线C的中心为原点，左焦点为(－2，0)，离心率为，
则解得
故双曲线C的方程为－＝1．
(2)证明：过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，
则可设直线MN的方程为x＝my－4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
因为C的左、右顶点分别为A1，A2，
则A1(－2，0)，A2(2，0)，
联立化简整理可得，(4m2－1)y2－32my＋48＝0，
故Δ＝(－32m)2－4×48×(4m2－1)＝256m2＋192>0且4m2－1≠0，
y1＋y2＝，y1y2＝，
又因为直线与双曲线左支交于两点，所以y1y2＜0，得－＜m＜．
直线MA1的方程为y＝(x＋2)，直线NA2的方程为y＝(x－2)，
故＝＝
＝
＝
＝＝－，
故＝－，解得x＝－1，所以xP＝－1，
故点P在定直线x＝－1上运动．
专题限时集训(二十一) 圆锥曲线中的综合问题
1．(2024·湖南娄底一模)若抛物线C的方程为y2＝4x，焦点为F，设P，Q是抛物线C上两个不同的动点．
(1)若|PF|＝3，求直线PF的斜率；
(2)设PQ的中点为R，若直线PQ的斜率为，证明R在一条定直线上．
[解] (1)由题意知F(1，0)，|PF|＝xP＋1＝3，
∴xP＝2，将x＝2代入y2＝4x，得y＝±2，
∴P，
∴kPF＝＝±2．
(2)证明：法一：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
PQ：y＝x＋t，即x＝y－t，
代入y2＝4x，得y2－4y＋4t＝0，Δ＞0，
∴y1＋y2＝4，
故yR＝＝2，R在定直线y＝2上．
法二：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由题意，＝＝＝，
故y1＋y2＝4，
故yR＝＝2，R在定直线y＝2上．
2．(2022·全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，B两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P(1，－2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足＝.证明：直线HN过定点．
[解] (1)设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1，因为椭圆E过A(0，－2)，B两点，
则
解得m＝，n＝，
所以椭圆E的方程为＋＝1．
(2)证明：因为A(0，－2)，B，所以直线AB的方程为y＋2＝x．
①若过点P(1，－2)的直线斜率不存在，即直线x＝1，代入＋＝1，
可得M，N，代入直线AB的方程y＝x－2，可得T，由＝得到H.求得直线HN的方程为y＝x－2，过点(0，－2)．
②若过点P(1，－2)的直线斜率存在，设y＋2＝k(x－1)，即kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0，Δ＝[－6k(2＋k)]2－4(3k2＋4)·3k(k＋4)＝96k2－192k＞0，解得k＜0或k＞2．
可得
联立可得T，由＝，得H(3y1＋6－x1，y1)．
可求得此时HN：y－y2＝(x－x2)，
将(0，－2)代入整理得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0，
又x1y2＋x2y1＝，
代入，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，显然成立．
综上，可得直线HN过定点(0，－2)．
3．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2，点Q在C上．
(1)P是C上一动点，求·的取值范围；
(2)过C的右焦点F2，且斜率不为零的直线l交C于M，N两点，求△F1MN的内切圆面积的最大值．
[解] (1)由题意知c＝，所以a2＝b2＋3．
将点Q代入＋＝1，解得b＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1．
设点P(x，y)，则·＝·＝x2－3＋y2＝x2－2．
又因为x∈[－2，2]，所以·的取值范围是[－2，1]．
(2)依题意可设直线l的方程为x＝my＋，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立得y2＋my－＝0，Δ＞0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝－，
所以S△F1MN＝×2·
＝＝4，
又因为＝＝≤，
当且仅当m＝±时等号成立．
所以S△F1MN≤4×＝2．
又因为三角形内切圆半径r满足r＝＝≤＝．
所以△F1MN的内切圆面积的最大值为．
4．已知抛物线C：y2＝2px( p>0)过点(1，p)，直线l与该抛物线C相交于M，N两点，过点M作x轴的垂线，与直线y＝－x交于点G，点M关于点G的对称点为P，且O，N，P三点共线．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若过点Q(2，0)作QH⊥l，垂足为H(不与点Q重合)，是否存在定点T，使得|HT|为定值？若存在，求出该定点和该定值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)因为抛物线C：y2＝2px( p>0)过点(1，p)，所以p2＝2p，所以p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)设M，N，
联立得G，又因为点M关于点G的对称点为P，所以P，
由O，N，P三点共线，可得kON＝kOP，即＝，化简得2(y1＋y2)＋y1y2＝0．
设直线l的方程为x＝my＋n，联立消去x，得y2－4my－4n＝0，
则Δ＝(－4m)2－4×(－4n)>0，即m2＋n>0，可得y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，
代入2(y1＋y2)＋y1y2＝0，可得8m－4n＝0，可得n＝2m，
所以直线l的方程：x＝my＋n，即x＝my＋2m，则x＝m(y＋2)，
所以直线l过定点E(0，－2)，
因为QH⊥l，
所以点H的轨迹是以EQ为直径的圆(除去E，Q两点)，圆心为(1，－1)，半径为，
所以存在定点T(1，－1)，使得|HT|为定值，该定值为．
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