2023高考备考专题-圆锥曲线综合探究问题（解析版）
圆锥曲线中的综合探究类问题（中高档难度）
定点问题 圆锥曲线中的定点问题往往与圆锥曲线中的“常数”有关，如椭圆的长、短轴，双曲线的虚、实轴，抛物线的焦参数等．解答这类题要大胆设参，运算推理，到最后参数必清． 动线过定点问题的两大类型及解法 (1)动直线l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．
定值问题 定值问题：定值问题的求解与证明类似，在求定值之前，已经知道定值的结果(题中未告知，可用特殊值探路求之)，解答这类题要大胆设参，运算推理，到最后参数必清，定值显现. （1）圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略： （2）两种解题思路： ①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； ②引进变量法 求解定值问题的两大途径 (1)由特例得出一个值(此值一般就是定值)→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关． (2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．
定线问题 定线问题：定直线问题是证明动点在 定直线上，其实质是求动点的轨迹方程，所以所用的方法即为 求轨迹方程的方法，如定义法、消参法、交轨法等．
存在性问题 圆锥曲线中存在性问题的求解方法： （1）通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化，其步骤为：假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在，用待定系数法设出，列出关于特定参数的方程组，若方程组有实数解，则元素（点、直线、曲线或参数）存在，否则（点、直线、曲线或参数）不存在； （2）反证法与验证法也是求解存在性问题的常用方法．
范围最值问题 圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种： 一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值； 二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值． 1利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．2利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．3利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．4.利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
真题整理
1．（2021·全国（文））设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．2
1．A
【分析】
设点，由依题意可知，，，再根据两点间的距离公式得到，然后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值．
【解析】
设点，因为，，所以
，
而，所以当时，的最大值为．
故选：A．
2．（2020·北京）已知半径为1的圆经过点，则其圆心到原点的距离的最小值为（ ）．
A．4 B．5 C．6 D．7
2．A
【分析】
求出圆心的轨迹方程后，根据圆心到原点的距离减去半径1可得答案.
【解析】
设圆心，则，
化简得，
所以圆心的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
所以，所以，
当且仅当在线段上时取得等号，
故选：A.
3．（2020·全国（文））已知圆，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（ ）
A．1 B．2
C．3 D．4
3．B
【分析】
当直线和圆心与点的连线垂直时，所求的弦长最短，即可得出结论.
【解析】
圆化为，所以圆心坐标为，半径为，
设，当过点的直线和直线垂直时，圆心到过点的直线的距离最大，所求的弦长最短，此时
根据弦长公式得最小值为.
故选：B.
4．（2020·全国（理））已知⊙M：，直线：，为上的动点，过点作⊙M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
4．D
【分析】
由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点共圆，且，根据 可知，当直线时，最小，求出以 为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线的方程．
【解析】
圆的方程可化为，点 到直线的距离为，所以直线 与圆相离．
依圆的知识可知，四点四点共圆，且，所以，而 ，
当直线时，， ，此时最小．
∴即 ，由解得， ．
所以以为直径的圆的方程为，即 ，
两圆的方程相减可得：，即为直线的方程．
故选：D.
5．（2020·全国（理））设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
5．B
【分析】
因为，可得双曲线的渐近线方程是，与直线联立方程求得，两点坐标，即可求得，根据的面积为，可得值，根据，结合均值不等式，即可求得答案.
【解析】
双曲线的渐近线方程是
直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点
不妨设为在第一象限，在第四象限
联立，解得
故
联立，解得
故
面积为：
双曲线
其焦距为
当且仅当取等号
的焦距的最小值：
故选：B.
6．（2018·北京（理））在平面直角坐标系中，记为点到直线的距离，当、变化时，的最大值为
A． B．
C． D．
6．C
【分析】
为单位圆上一点，而直线过点，则根据几何意义得的最大值为.
【解析】
为单位圆上一点，而直线过点，
所以的最大值为，选C.
7．（2019·江苏）在平面直角坐标系中，P是曲线上的一个动点，则点P到直线x+y=0的距离的最小值是_____.
7．4.
【分析】
将原问题转化为切点与直线之间的距离，然后利用导函数确定切点坐标可得最小距离
【解析】
当直线平移到与曲线相切位置时，切点Q即为点P到直线的距离最小.
由，得，，
即切点，
则切点Q到直线的距离为，
故答案为．
8．（2018·上海）已知实数、、、满足：，，，则的最大值为______．
8．
【分析】
设A（x1，y1），B（x2，y2），=（x1，y1），=（x2，y2），由圆的方程和向量数量积的定义、坐标表示，可得三角形OAB为等边三角形，AB=1，+的几何意义为点A，B两点到直线x+y﹣1=0的距离d1与d2之和，由两平行线的距离可得所求最大值．
【解析】
设A（x1，y1），B（x2，y2），
=（x1，y1），=（x2，y2），
由x12+y12=1，x22+y22=1，x1x2+y1y2=，
可得A，B两点在圆x2+y2=1上，
且 =1×1×cos∠AOB=，
即有∠AOB=60°，
即三角形OAB为等边三角形，
AB=1，
+的几何意义为点A，B两点
到直线x+y﹣1=0的距离d1与d2之和，
显然A，B在第三象限，AB所在直线与直线x+y=1平行，
可设AB：x+y+t=0，（t＞0），
由圆心O到直线AB的距离d=，
可得2=1，解得t=，
即有两平行线的距离为=，
即+的最大值为+，
故答案为+．
9．（2021·全国（理））已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
（1）求；
（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
9．（1）；（2）.
【分析】
（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；
（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.
【解析】
（1）抛物线的焦点为，，
所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；
（2）抛物线的方程为，即，对该函数求导得，
设点、、，
直线的方程为，即，即，
同理可知，直线的方程为，
由于点为这两条直线的公共点，则，
所以，点、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
联立，可得，
由韦达定理可得，，
所以，，
点到直线的距离为，
所以，，
，
由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.
10．（2020·海南）已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
10．（1）；（2）18.
【分析】
(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.
【解析】
(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.
当y=0时，解得，所以a=4，
椭圆过点M(2，3)，可得，
解得b2=12.
所以C的方程：.
(2)设与直线AM平行的直线方程为：，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.
联立直线方程与椭圆方程，
可得：，
化简可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，
与AM距离比较远的直线方程：，
直线AM方程为：，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，
由两点之间距离公式可得.
所以△AMN的面积的最大值：.
11．（2018·北京（文））已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点、.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若，求的最大值；
（Ⅲ）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若、和点 共线，求.
11．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【分析】
（Ⅰ）根据题干可得的方程组，求解的值，代入可得椭圆方程；
（Ⅱ）设直线方程为，联立，消整理得，利用根与系数关系及弦长公式表示出，求其最值；
（Ⅲ）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理写出两根关系，结合三点共线，利用共线向量基本定理得出等量关系，可求斜率.
【解析】
（Ⅰ）由题意得，所以，
又，所以，所以，
所以椭圆的标准方程为；
（Ⅱ）设直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
设，，则，，
则，
易得当时，，故的最大值为；
（Ⅲ）设，，，，
则 ①， ②，
又，所以可设，直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
又，代入①式可得，所以，
所以，同理可得．
故，，
因为三点共线，所以，
将点的坐标代入化简可得，即．
挑战练习
1．(2022·南昌模拟)已知椭圆C的中心在原点，焦点在坐标轴上，直线y＝x与椭圆C在第一象限内的交点是M，点M在y轴上的射影恰好是椭圆C的上焦点F2，椭圆C的另一个焦点是F1，且·2＝.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l过点(0，－1)，且与椭圆C交于P，Q两点，求△F2PQ的内切圆面积的最大值．
解 (1)设椭圆C的标准方程为＋＝1(a>b>0)，
由已知可得点M的坐标为，又F1(0，－c)，F2(0，c)，
则·＝·＝＝ c＝1，
所以M，F1(0，－1)，F2(0,1)．
由|MF1|＋|MF2|＝＋＝2a a＝2，
所以b2＝a2－c2＝3，故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由(1)知直线l过点F1(0，－1)，且与椭圆C交于P，Q两点，
故△F2PQ的周长为(|PF1|＋|PF2|)＋(|QF1|＋|QF2|)＝4a＝8，
又＝·(|PF2|＋|QF2|＋|PQ|)·r＝·4a·r＝4r(r为该三角形内切圆的半径)，
显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx－1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
联立消去y得(4＋3k2)x2－6kx－9＝0，
Δ＝36k2＋36(4＋3k2)＝144(k2＋1)>0，
则
由＝|F1F2|·|x1－x2|＝＝＝，
令＝t，则t≥1，＝，
令f(t)＝3t＋，则f′(t)＝3－，
当t≥1时，f′(t)>0，所以f(t)在[1，＋∞)上单调递增，
所以f(t)≥f(1)＝4.
所以＝≤＝3，当t＝1时取等号，
所以r的最大值为，内切圆的面积的最大值为.
2．(2021·景德镇模拟)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)，左焦点F(－1,0)，点M(0,2)在椭圆E外部，点N为椭圆E上一动点，且△NMF的周长最大值为2＋4.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)点B，C为椭圆E上关于原点对称的两个点，A为左顶点，若直线AB，AC分别与y轴交于P，Q两点，试判断以PQ为直径的圆是否过定点．如果是，请求出定点坐标；如果不过定点，请说明理由．
解 (1)设右焦点为F1，
则|F1M|＝＝＝|FM|，
∴(|MN|＋|NF|)max＝4＋2－＝4＋，
∵|NF|＝2a－|NF1|，
∴|MN|＋|NF|＝|MN|－|NF1|＋2a≤|MF1|＋2a，
即N点为线段MF1的延长线与椭圆的交点时，周长最大，
∵|MF1|＝， 所以2a＋＝4＋ a＝2，又c＝1，
∴b＝＝，
∴椭圆E的标准方程为＋＝1.
(2)由(1)知A(－2,0)，设B(x0，y0)(x0>0)，
则C(－x0，－y0)，
当直线BC斜率存在时，设其方程为y＝kx，
联立得x2＝，
∴x0＝，y0＝，
AB：y＝(x＋2)，
令x＝0，得y＝，∴P，
同理得Q，
∴|PQ|＝＝，
设PQ的中点为S，则S，
∴以PQ为直径的圆的方程为x2＋2＝2，
即x2＋y2＋y＋＝＋3，
即x2＋y2＋y－3＝0，
令y＝0，得x＝±，
∴过点(，0)和(－，0)，且为定点．
当直线BC斜率不存在时，易知B(0，)，C(0，－)，
此时P(0，)，Q(0，－)，
∴以PQ为直径的圆是以原点为圆心，为半径的圆，显然也过定点(，0) 和(－，0)．
3．已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)过点，其右顶点为A，下顶点为B，且|AB|＝，若作与y轴不重合且不平行的直线l交椭圆E于P，Q两点，交y轴于点C(异于点B)，直线BP，BQ分别与x轴交于M，N两点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)当M，N的横坐标的乘积是时，试探究直线l是否过定点？若过定点，请求出定点；若不过，请说明理由．
解 (1)由已知，A，B的坐标分别是A(a,0)，B(0，－b)，将代入椭圆方程，得＋＝1，结合a2＋b2＝5，解得或
因为a2>b2，所以a2＝4，b2＝1，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)设直线PQ的方程为y＝kx＋m，P，Q的坐标分别为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则直线BP的方程为y＝x－1，
令y＝0，得点M的横坐标xM＝.
直线BQ的方程为y＝x－1，
令y＝0，得点N的横坐标xN＝，
所以xM·xN＝＝＝，
把直线y＝kx＋m代入椭圆＋y2＝1，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，
由根与系数的关系得x1＋x2＝－，
x1x2＝，
所以xM·xN＝
＝，
又由xM·xN＝，得＝，解得m＝2.
所以直线l过定点(0,2)．
4.（12分）已知椭圆C的中心在原点，一个焦点为，且椭圆C经过点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设椭圆C与y轴的正半轴交于点D，直线与椭圆C交于A，B两点（l不经过点D），且，证明：直线l经过定点，并求出该定点的坐标.
4.解析：（1）由题意，设椭圆，焦距为2c，另一个焦点为，
则，.
在中，.………………………………………………2分
由椭圆的定义得，则，，
所以椭圆C的方程为.……………………………………………………………4分
（2）由（1）得，设，.
由，消去y得，易知，
则，，……………………………………………………6分
，.………………………………………………………8分
由得，即，
所以，解得或.……………………………………………10分
当时，直线l经过点D，舍去.
当时，直线l的方程为，
所以直线l经过定点，且该定点的坐标为.………………………………………12分
5.（2022福建秋季联考）已知椭圆：（）的右顶点与抛物线：（）的焦点重合.的离心率为，过的右焦点F且垂直于x轴的直线截所得的弦长为.
（1）求椭圆和抛物线的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为点E，证明：直线过定点.
5.（1）由的离心率为，可得，所以，
因为椭圆的右顶点与抛物线的焦点重合，所以，，1分
所以可得，
过的右焦点F且垂直于x轴的直线截所得的弦长为，令代入抛物线的方程：可得，所以，
即，解得，所以，3分
由可得，
所以椭圆和抛物线的方程分别为：，；4分
（2）由题意可得直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为：，设，，由题意可得，
直线与椭圆联立：，
整理可得：，，5分
可得，，，7分
直线的方程为：，8分
整理可得：9分
11分
所以当时，，即过定点，12分
（方法二：由对称性知道AE定点在x轴上……9分
因为AE方程为：，令y=0得
…….11分）2023高考备考专题-圆锥曲线综合探究问题（解析版）
圆锥曲线中的综合探究类问题（中高档难度）
定点问题 圆锥曲线中的定点问题往往与圆锥曲线中的“常数”有关，如椭圆的长、短轴，双曲线的虚、实轴，抛物线的焦参数等．解答这类题要大胆设参，运算推理，到最后参数必清． 动线过定点问题的两大类型及解法 (1)动直线l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．
定值问题 定值问题：定值问题的求解与证明类似，在求定值之前，已经知道定值的结果(题中未告知，可用特殊值探路求之)，解答这类题要大胆设参，运算推理，到最后参数必清，定值显现. （1）圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略： （2）两种解题思路： ①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； ②引进变量法 求解定值问题的两大途径 (1)由特例得出一个值(此值一般就是定值)→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关． (2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．
定线问题 定线问题：定直线问题是证明动点在 定直线上，其实质是求动点的轨迹方程，所以所用的方法即为 求轨迹方程的方法，如定义法、消参法、交轨法等．
存在性问题 圆锥曲线中存在性问题的求解方法： （1）通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化，其步骤为：假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在，用待定系数法设出，列出关于特定参数的方程组，若方程组有实数解，则元素（点、直线、曲线或参数）存在，否则（点、直线、曲线或参数）不存在； （2）反证法与验证法也是求解存在性问题的常用方法．
范围最值问题 圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种： 一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值； 二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值． 1利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．2利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．3利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．4.利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
真题整理
1．（2021·全国（文））设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．2
2．（2020·北京）已知半径为1的圆经过点，则其圆心到原点的距离的最小值为（ ）．
A．4 B．5 C．6 D．7
3．（2020·全国（文））已知圆，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（ ）
A．1 B．2
C．3 D．4
4．（2020·全国（理））已知⊙M：，直线：，为上的动点，过点作⊙M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
5．（2020·全国（理））设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
6．（2018·北京（理））在平面直角坐标系中，记为点到直线的距离，当、变化时，的最大值为
A． B．
C． D．
7．（2019·江苏）在平面直角坐标系中，P是曲线上的一个动点，则点P到直线x+y=0的距离的最小值是_____.
8．（2018·上海）已知实数、、、满足：，，，则的最大值为______．
9．（2021·全国（理））已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
（1）求；
（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
10．（2020·海南）已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
11．（2018·北京（文））已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点、.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若，求的最大值；
（Ⅲ）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若、和点 共线，求.
挑战练习
1．(2022·南昌模拟)已知椭圆C的中心在原点，焦点在坐标轴上，直线y＝x与椭圆C在第一象限内的交点是M，点M在y轴上的射影恰好是椭圆C的上焦点F2，椭圆C的另一个焦点是F1，且·2＝.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l过点(0，－1)，且与椭圆C交于P，Q两点，求△F2PQ的内切圆面积的最大值．
2．(2021·景德镇模拟)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)，左焦点F(－1,0)，点M(0,2)在椭圆E外部，点N为椭圆E上一动点，且△NMF的周长最大值为2＋4.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)点B，C为椭圆E上关于原点对称的两个点，A为左顶点，若直线AB，AC分别与y轴交于P，Q两点，试判断以PQ为直径的圆是否过定点．如果是，请求出定点坐标；如果不过定点，请说明理由．
3．已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)过点，其右顶点为A，下顶点为B，且|AB|＝，若作与y轴不重合且不平行的直线l交椭圆E于P，Q两点，交y轴于点C(异于点B)，直线BP，BQ分别与x轴交于M，N两点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)当M，N的横坐标的乘积是时，试探究直线l是否过定点？若过定点，请求出定点；若不过，请说明理由．
4.（12分）已知椭圆C的中心在原点，一个焦点为，且椭圆C经过点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设椭圆C与y轴的正半轴交于点D，直线与椭圆C交于A，B两点（l不经过点D），且，证明：直线l经过定点，并求出该定点的坐标.
5.（2022福建秋季联考）已知椭圆：（）的右顶点与抛物线：（）的焦点重合.的离心率为，过的右焦点F且垂直于x轴的直线截所得的弦长为.
（1）求椭圆和抛物线的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为点E，证明：直线过定点.
