专题10.9 圆锥曲线的综合应用二-2024年高考一轮复习数学人教A版专题讲义（含答案）

专题10.9 圆锥曲线的综合应用二
1.圆锥曲线中的最值、范围问题总体上主要有两种解题方法：
⑴是利用几何法：即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；
⑵是利用代数法：即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、均值不等式方法等进行求解，而解答题部分主要使用代数法.
2.圆锥曲线中的证明、探究问题的主要思路：
(1)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：证明直线经过某个点、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).解决证明问题时,主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等,通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明.
⑵解决圆锥曲线中的探究性问题，主要思路：①假设相应的条件成立,进行必要的推理与论证后加以判断；②探究题设结论问题时,可借助结论的情形进行必要的讨论.
1.【人教A版选择性必修一 习题3.1 第14题 P116】已知椭圆：，若一组斜率为的平行直线被椭圆所截线段的中点均在直线上，则的斜率为( )
A. B. C. D.
2.【人教A版选择性必修一 习题3.3 第13题 P139】人们已经证明，抛物线有一条重要性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴，探照灯、手电筒就是利用这个原理设计的已知抛物线的焦点为，从点出发的光线经抛物线上第一象限内的一点反射后的光线所在直线方程为，若入射光线的斜率为，则抛物线方程为 ．
【方法储备】
1.几何法：题目中的条件带有明显的几何特征,数形结合，从“形”的视角来确定相应的取值范围问题；
2.代数法：题目中给出的条件和结论的几何特征不明显,则考虑先建立目标函数,再求这个函数的最值,求函数最值常见的方法有配方法、基本不等式法、三角换元法、导数法.
【典例精讲】
例1.(2023·广东省广州市模拟) 设为坐标原点，是以为焦点的抛物线上任意一点，且点在第一象限，是线段上的点，若，则直线的斜率的最大值为( )
A. B. C. D.
例2.(2023·辽宁省沈阳市月考)（多选） 已知椭圆的左，右焦点分别为，，椭圆的上顶点和右顶点分别为，，若为椭圆上任意一点，且，关于坐标原点对称，则( )
A.
B. 面积的最大值为
C. 四边形四边的平方和的最小值为
D. 椭圆上存在无数个点，使得
例3.(2023·山东省济南市模拟) 已知双曲线的右焦点为，过点的直线与双曲线的右支相交于，两点，点关于轴对称的点为当时，
求双曲线的方程
若的外心为，求的取值范围．
【拓展提升】
练1-1(2023·安徽省合肥市模拟) 已知焦点在轴上的椭圆：的内接平行四边形的一组对边分别经过其两个焦点如图，当这个平行四边形为矩形时，其面积最大，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
练1-2(2023·福建省龙岩市模拟)（多选）抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于，两点，点在抛物线上，则下列结论中正确的是( )
A. 若，则的最小值为
B. 当时，
C. 若，则的取值范围为
D. 在直线上存在点，使得
练1-3(2023·湖南省长沙市月考) 已知点在椭圆：上，且点到的左、右焦点的距离之和为
求的方程；
设为坐标原点，若的弦的中点在线段不含端点，上，求的取值范围．
【方法储备】
1.圆锥曲线中的证明问题：
①证明位置关系：证明相切、垂直、过定点等；②证明数量关系：如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三点共线等.根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等,通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明.
2.圆锥曲线中的探究问题
往往可以先假设所求的元素存在,然后推理论证,检验说明假设是否正确.这类题型存在两类问题：一是判断位置关系,二是依据位置关系确定参数的范围.这两类问题在解题方法上是一致的,都要将直线方程与圆锥曲线方程联立,利用判别式及根与系数的关系进行求解.
【典例精讲】
例4.(2023·江苏省泰州市联考) 已知抛物线：，过点作斜率互为相反数的直线，，分别交抛物线于，及，两点．
若，求直线的方程；
求证：．
例5. (2023·重庆市市辖区月考) 已知椭圆的左顶点为，上顶点为，右焦点为为坐标原点，线段的中点为，且．
求的方程；
已知点均在直线上，以为直径的圆经过点，圆心为点，直线分别交椭圆于另一点，证明直线与直线垂直．
例6. (2023·江苏省南京市期末) 已知用周长为的矩形截某圆锥得到椭圆与矩形的四边都相切且焦距为，__________．
①为等差数列；②为等比数列．
在①②中任选一个条件，求椭圆的标准方程；
中所求的左右焦点分别为，过作直线与椭圆交于两点，为椭圆的右顶点，直线分别交直线于两点，求以为直径的圆是否过定点，若是求出该定点；若不是请说明理由.
【拓展提升】
练2-1(2023·江苏省盐城市模拟) 已知，为椭圆左右两个顶点，动点是椭圆上异于，的一点，点是右焦点．当点的坐标为时，．
求椭圆的方程．
已知点的坐标为，直线与椭圆交于另一点，判断直线与直线的交点是否在一定直线上，如果是，求出该直线方程；如果不是，请说明理由．
练2-2(2022·浙江省温州市联考) 已知椭圆的离心率为，短轴长为．
求的方程；
过点且斜率不为的直线与自左向右依次交于点，，点在线段上，且，为线段的中点，记直线，的斜率分别为，，求证：为定值．

练2-3(2023·四川省成都市联考) 已知原点到动直线的距离为，点到，的距离分别与，到直线的距离相等．
证明为定值，并求点的轨迹方程；
是否存在过点的直线，与点的轨迹交于，两点，为线段的中点，且？若存在，请求出直线的方程；若不存在，请说明理由．

1.(2023·湖北省襄阳市模拟) 我们把由半椭圆与半椭圆合成的曲线称为“果圆”，其中，，如图设，，，是“果圆”与坐标轴的交点，为半椭圆上一点，为半椭圆的焦点若，，则“果圆”的内接矩形面积的最大值为 ．
2.(2023·山东省潍坊市模拟) 如图，菱形架是一种作图工具，由四根长度均为的直杆用铰链首尾连接而成已知，可在带滑槽的直杆上滑动另一根带滑槽的直杆长度为，且一端记为，另一端用铰链连接在处，上述两根带滑槽直杆的交点处有一栓子可在带滑槽的直杆上滑动若将，固定在桌面上，且两点之间距离为，转动杆，则点到点距离的最大值为 ．
3.(2023·广东省珠海市模拟) “蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔蒙日最先发现，已知长方形的四条边均与椭圆相切，则长方形的面积的最大值为( )
A. B. C. D.
【答案解析】
1.【人教A版选择性必修一 习题3.1 第14题 P116】
解：设弦的中点坐标为，在直线上，
设直线与椭圆相交于，两点，
由，消去得，
，
解得：，
，，
为弦的中点，
，，，
，则，
由消去，得，
直线的方程，，
直线的斜率为．
故选：．
2.【人教A版选择性必修一 习题3.3 第13题 P139】
解：从点出发的光线第一象限内抛物线上一点反射后的光线所在直线方程为，
可得，的焦点坐标为，
入射光线的斜率为，
所以，解得或舍去，
所以抛物线方程为：．故答案为：.
例1.解：如图，
由题可知，设点坐标为，
则，
，当且仅当时，等号成立．
故选：．
例2.解：对于选项A，连接，，，，
则四边形为平行四边形，
则，即选项A错误；
对于选项B，设，则，
则，即选项B正确；
对于选项C，由，
又，
即，当且仅当时取等号，
由选项A可知四边形为平行四边形，
则四边形四边的平方和的最小值为，即选项C错误；
对于选项D，由椭圆的性质可得，
又，
即，即，
即椭圆上存在无数个点，使得，即选项D正确．
故选BD．
例3.解：当时，．
又，所以，．
故双曲线的方程为．
当直线的斜率不存在时，，，则．
当直线的斜率为时，不符合题意．
当直线的斜率存在且不为时，
设的方程为，，，
联立方程组
消去整理得，
因为与的右支相交于，两点，
所以，且，，
．
因为，
所以线段的中点，
所以线段的垂直平分线方程为
由题意可知为的垂直平分线与轴的交点，
令，得，即，
则，
则．
因为，所以．
综上所述，的取值范围为
练1-1.解：当直线与轴垂直时，，，
此时矩形的面积．
当直线与轴不垂直时，设所在直线方程为，
联立，得．
设，则，．
直线与的距离．
平行四边形的面积
令，则，
．
要使得最大值，则只需的值最大，即的值最小即可．
根据条件当这个平行四边形为矩形时，其面积最大．
即当时有最大值，也即是时最小．
由函数在上单调递减，在上单调递增．
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
函数在上当时取得最小值，则．
解得：，又，所以．
故选：．
练1-2.解：由题意可得，
对设，
由抛物线的性质可得，
因为，
所以可得当时，即，此时，
所以可得取得最小值为，故A错误；
对设，，
，
，
①，
由结合抛物线的定义可得：，②
联立①②可得：，，
，故B正确
对，
令，，
所以，
所以可得，故C正确；
对：当的斜率不存在时，，，
设，则，
若，
即可得不成立，所以可得在直线上不存在点，使得，故D错误；
故选BC．
练1-3.解：由题意可得：，，解得，．
椭圆的标准方程为：．
设，
直线的方程为：
弦的中点在线段不含端点，上，
，化为：
由，，
相减可得：．
，．
．
设直线的方程为：，
代入椭圆方程可得：．
解得．
又，．
由根与系数的关系可得：，．
．
而．
．
例4.解：设，，
因为，
所以，则．
又因为，
所以，
又因为，
所以，解得或，
当时，，则，，
当时，，则，舍，
所以，，
所以直线的方程为：．
证明：设直线的方程为：，，
则直线的方程为：，
设，，，，
由，即，
则，
所以，，
所以，，
所以
，
同理可证：，
所以，所以，
又因为，所以，
所以．
例5.解：由题意，，，，
由，得，即，可得，
又，解得，，
椭圆的方程为；
证明：设，，可得，
以为直径的圆经过点，，即，
，
，：，
联立，得．
，得，
，则；
同理可得
，
又，
．
又，．
，即．
例6.解：选①，由题意 解得
所以 的标椎方程为 ．
选②，由题意 解得
所以 的标椎方程为 ．
，
①当直线 的斜率不存在时， 的方程为 ，
不妨设 在 轴上方，则 ，
的方程为 ，令 ，得 ，
所以 ，同理 ，
中点为，，
所以以 为直径的圆的标准方程为 ．
②当直线 的斜率存在时，设 的方程为 ，
联立 得 ，
由韦达定理得 ．
因为 ，所以 的方程为 ，
令 ，得 ，即 的坐标为 ，
同理 的坐标为 ，
所以以 为直径的圆的标准方程为
将韦达定理代入并整理得 ，
令 ，则 ，解得 或 ．
当斜率不存在时，令 ，则 ，解得 或 ．
由①②知，以 为直径的圆过定点 和 ．
练2-1.解：设椭圆的右焦点为，左焦点为，，
，解得，
，
，，，
椭圆的方程为．
设的直线方程为联立椭圆方程，消去得．
设，，，
则，．
，
又，，
直线的方程为，直线的方程为．
联立得，
．
又，
．
直线与直线的交点在定直线上．
练2-2.解：设椭圆的半焦距为，
由题意，，，，
解得，，
所以的方程为．
设直线的方程为，，，，
由得，
所以，，且，即．
所以，，即
又，所以．
解得，，
从而．
所以．
练2-3.解：设点，，到直线的距离分别为，，．
由已知，，，
又为的中点，
．
由椭圆定义可知，点的轨迹为中心在原点，以，为焦点的椭圆．
，．
点的轨迹方程为．
假设直线存在，当的斜率不存在时，显然不成立．
设：，，
由得．
，或．
，．
，
．
．
．
．
．
．
解得或．
，且，
存在直线满足条件，直线的方程为或，
即或．
1.解：由题意可得，，
因为，即，，
又，
所以，
解得，
又，所以，
由椭圆的对称性可知，“果圆”的内接矩形的两边分别平行于两坐标轴，
，
由
不妨设内接矩形在第一象限内的点为，
又，即，
所以“果圆”的内接矩形的面积为
，
由，所以当时，“果圆”的内接矩形的面积取得最大值为．
故答案为．
2.解：由题意，
则，
所以点的轨迹是以、为焦点的椭圆的一部分，
所以椭圆上点到点距离的最大值为，此时点、、三点共线，
故答案为．
3.解：由题意，任意一个长方形的四个顶点都在一个同心圆上，
则该圆的方程为 ，即半径为 ，
若圆心与长方形中相邻的两个顶点的两条射线夹角大小为 ，
则长方形面积 ，当 时 ．
故选：.

2