第八节 圆锥曲线的综合应用
【课程标准】 圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题以及证明、探索性问题．试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力有较高要求，难度较大.
第1课时 求值、证明问题
类型一 求值问题
【例1】 (2024·北京高考)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形．过点(0，t)(t>)且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A，B，过点A和C(0,1)的直线AC与椭圆E的另一个交点为D．
(1)求椭圆E的方程及离心率；
(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．
求值问题一般是根据已知条件列出方程求解，但有时要结合直线与圆锥曲线的位置关系，利用根与系数的关系，设而不求，减少运算量．
【训练1】 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为e＝，其左、右顶点分别为A，B，下焦点为F，若S△ABF＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点P为椭圆C上的动点，且在第一象限运动，直线AP的斜率为k，且与y轴交于点M，过点M与AP垂直的直线交x轴于点N，若直线PN的斜率为－k，求k值．
类型二 证明问题
【例2】 (2024·全国甲卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M在C上，且MF⊥x轴．
(1)求C的方程；
(2)过点P(4,0)的直线交C于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴．
圆锥曲线中的常见证明问题
1．位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等．
2．数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等．在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明．
【训练2】 如图，圆C与x轴相切于点T(2,0)，与y轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的下方)，且|MN|＝3.
(1)求圆C的方程；
(2)过点M任作一条直线与椭圆＋＝1相交于两点A，B，连接AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM.
类型三 探究性问题
【例3】 (2024·天津高考)已知椭圆＋＝1(a>b>0)，椭圆的离心率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？若存在，求出点T纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．
本题第(1)问，利用三角形面积求椭圆方程，较为简单；第(2)问，以向量的数量积为背景，考查直线与椭圆的位置关系，对学生的运算求解能力要求较高．学生在平时备考中要加强计算能力的训练，熟练掌握解析几何基本题型的解题思路．
【训练3】 (2024·湖南二模)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a>b>0)的右顶点为(2,0)，离心率为，P是直线x＝4上任一点，过点M(1,0)且与PM垂直的直线交椭圆于A，B两点．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线PA，PM，PB的斜率分别为k1，k2，k3，问：是否存在常数λ，使得k1＋k3＝λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
第1课时 求值、证明问题
关键能力·落实
【例1】 解 (1)由题知b＝，c＝，所以a＝＝2.故椭圆E的方程为＋＝1，离心率e＝＝.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝kx＋t(k≠0)，联立得得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－4＝0.所以Δ＝(4kt)2－4(1＋2k2)(2t2－4)>0，即4k2－t2＋2>0，由根与系数的关系得x1＋x2＝－，x1x2＝.由椭圆的对称性可得D(－x2，y2)，因为A，C，D三点共线，所以kAC＝kCD，所以＝，即x1y2＋x2y1－(x1＋x2)＝0.由y1＝kx1＋t，y2＝kx2＋t，得x1(kx2＋t)＋x2(kx1＋t)－(x1＋x2)＝0，整理得2kx1x2＋(t－1)(x1＋x2)＝0，所以2k·＋(t－1)·＝0，解得t＝2.
【训练1】 解 (1)由题可知，S△ABF＝·2bc＝，即bc＝，又e＝，所以 所以椭圆C的方程为＋x2＝1.
(2)由题意知A(－1,0)，kAP＝k，则直线lAP：y＝k(x＋1)，所以M(0，k)，联立方程 (k2＋4)x2＋2k2x＋k2－4＝0，所以xA＋xP＝，xA·xP＝，所以xP＝，所以yP＝k(xP＋1)＝，所以P，因为MN⊥AP，所以直线lMN：y＝－x＋k，令y＝0，解得xN＝k2，所以N(k2,0)，所以kPN＝＝－k，即k4＋5k2－24＝0，解得k2＝3或k2＝－8(舍)，因为P在第一象限，所以k＝.
【例2】 解 (1)解法一：由题意知得所以椭圆C的方程为＋＝1.
解法二：设F′为C的左焦点，连接MF′，则|MF|＝，|FF′|＝2，在Rt△MFF′中，|MF′|＝＝＝，由椭圆的定义知2a＝|MF′|＋|MF|＝4,2c＝|FF′|＝2，所以a＝2，c＝1，又a2＝b2＋c2，所以b＝，所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：分析知直线AB的斜率存在．易知当直线AB的斜率为0时，AQ⊥y轴．当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝ty＋4(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(1，n)，联立方程得消去x得(3t2＋4)y2＋24ty＋36＝0，Δ>0，则y1＋y2＝，y1y2＝.因为N为线段FP的中点，F(1,0)，所以N.由N，Q，B三点共线，得kBN＝kNQ，即＝，得－y2＝n，得n＝.所以n－y1＝－y1＝－y1＝＝＝0，所以n＝y1，所以AQ⊥y轴．
【训练2】 解 (1)设圆C的半径为r(r>0)，依题意，圆心C的坐标为(2，r)．因为|MN|＝3，所以r2＝2＋22＝，解得r＝，圆C的方程为(x－2)2＋2＝.
(2)证明：把x＝0代入方程(x－2)2＋2＝，解得y＝1或y＝4，即点M(0,1)，N(0,4)．①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM.②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx＋1.联立方程消去y得(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0.设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x1＋x2＝，x1x2＝.所以kAN＋kBN＝＋＝＋＝＝＝0.所以∠ANM＝∠BNM.综合①②知∠ANM＝∠BNM.
【例3】 解 (1)因为e＝＝，所以a＝2c，b＝＝c，由题知A(－a,0)，B(0，－b)，C，所以S△ABC＝·|BC|·|OA|＝··a＝··2c＝，得c＝，所以a＝2，b＝3.故椭圆的方程为＋＝1.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(0，t)．当直线PQ的斜率不存在时，不妨设P(0,3)，Q(0，－3)，则·＝(0,3－t)·(0，－3－t)＝t2－9≤0，解得－3≤t≤3.当直线PQ的斜率存在时，设其方程为y＝kx－，由可得(3＋4k2)x2－12kx－27＝0，所以Δ＝144k2＋4×27(3＋4k2)>0，x1＋x2＝，x1x2＝－.因为·＝(x1，y1－t)·(x2，y2－t)＝x1x2＋(y1－t)(y2－t)＝x1x2＋·＝(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋2＝－－＋2＝＝≤0，所以4k2t2－36k2＋3t2＋9t－≤0对k∈R恒成立，则有解得－3≤t≤.综上可得，－3≤t≤，即点T的纵坐标的取值范围是.
【训练3】 解 (1)由题意知a＝2，e＝＝，所以c＝，所以b2＝a2－c2＝1，所以椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)设存在常数λ，使得k1＋k3＝λk2.当直线AB的斜率不存在时，其方程为x＝1，代入椭圆方程得A，B，此时P(4,0)，可得k1＋k3＝0＝k2；当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，k≠0，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线方程代入椭圆方程得(1＋4k2)x2－8k2x＋4k2－4＝0，所以x1＋x2＝，x1x2＝.因为P是直线x＝4上任一点，过点M(1,0)且与PM垂直的直线交椭圆于A，B两点，所以直线PM的方程为y＝－(x－1)，所以P，k2＝－，k1＝，k3＝，所以k1＋k3＝λk2，所以＋＝＝λ，将x1＋x2＝，x1x2＝代入上式，并化简得－＝－，解得λ＝2.综上，存在常数λ＝2，使得k1＋k3＝λk2.(共29张PPT)
第八节
第八章 平面解析几何
圆锥曲线的综合应用
课
程
标
准
第1课时
第八章 平面解析几何
求值、证明问题
关键能力/落实
第一部分
——考向探究
类型一
求值问题
解
解
解
解
解
解
类型二
证明问题
解
解
解
解析
解
解
解
类型二
探究性问题
解
解
解
解
解
解
解
解
R
赢在欲点
y个
N
A.C
M
0
T
X
B微练(七十三) 求值、证明问题
1．(2025·贵阳适应性考试)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点为A，右焦点为F，椭圆C上的点到F的最大距离是短半轴长的倍，且椭圆C过点P.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点F的直线l与椭圆C相交于M，N两点，直线l的倾斜角为锐角．若点P到直线l的距离为，求直线PM与直线PN的斜率之和．
2．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)过点A(4，3)，且焦距为10.
(1)求C的方程；
(2)已知点B(4，－3)，D(2，0)，E为线段AB上一点，且直线DE交C于G，H两点．证明：＝.
3.(2025·湖北七市统一调研)如图，O为坐标原点，F为抛物线y2＝2x的焦点，过F的直线交抛物线于A，B两点，直线AO交抛物线的准线于点D，设抛物线在B点处的切线为l.
(1)若直线l与y轴的交点为E，求证：|DE|＝|EF|；
(2)过点B作l的垂线与直线AO交于点G，求证：|AD|2＝|AO|·|AG|.
4．已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的上、下顶点分别为B，C，左焦点为F，定点P(－2，)，＝.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点B作斜率为k(k<0)的直线l交椭圆E于另一点D，直线l与x轴交于点M(M在B，D之间)，直线PM与y轴交于点N，若S△DMN＝，求k的值．
微练(七十三) 求值、证明问题
1．解 (1)由题意知a＋c＝b，得(a＋c)2＝3b2，又a2＝b2＋c2，所以(a＋c)2＝3(a2－c2)，化简得a＝2c，所以b＝c.因为椭圆C过点P，所以＋＝1，所以＋＝1，解得c＝1.所以a＝2，b＝，所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由(1)知，F(1,0)，设直线l的方程为x＝my＋1(m>0)，由点P到直线l的距离为，得＝，得m＝2.联立得消去x整理得16y2＋12y－9＝0，Δ>0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝－，y1y2＝－，所以直线PM与直线PN的斜率之和为＋＝＋＝1－·＝0.
2．解 (1)由已知得－＝1,2＝10，故a＝4，b＝3.所以C的方程为－＝1.
(2)证明：设E(4，t)，则|t|<3，且|t|≠，G(x1，y1)，H(x2，y2 )．直线DE：y＝(x－2)．由得(9－2t2)x2＋8t2x－16t2－144＝0，Δ>0，所以x1＋x2＝，x1x2＝.·－·＝(2－x1，－y1)·(4－x2，t－y2)－(4－x1，t－y1)·(x2－2，y2)＝2x1x2＋2y1y2－6(x1＋x2)－t(y1＋y2)＋32＝x1x2－(x1＋x2)＋4t2＋32＝－＋4t2＋32＝0.所以·＝·，即＝.
3．解 (1)易知直线AB的斜率不为0，F，设直线AB的方程为x＝my＋，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得y2－2my－1＝0，所以不妨设A在第一象限，B在第四象限，由y＝－，得y′＝－，因为y＝2x2，y2<0，所以l的斜率为－＝－＝，所以l的方程为y－y2＝(x－x2)，即y＝x＋，令x＝0，得y＝，即E.因为y＝2x1，y1y2＝－1，所以直线OA的方程为y＝x＝x＝－2y2x，令x＝－，得y＝y2，即D.又F，所以＝＝，即|DE|＝|EF|，得证．
(2)证明：解法一：由(1)知l的垂线的方程为y－y2＝－y2(x－x2)，即y＝－y2x＋y2，由得G的纵坐标yG＝y2(y＋2)．因为A，O，D，G四点共线，所以要证明|AD|2＝|AO|·|AG|，只需证明|y2－y1|2＝|y1|·|yG－y1| (*)．因为|y2－y1|2＝2＝，|y1|·|yG－y1|＝|y2(y＋2)－y1|＝，所以(*)成立，即|AD|2＝|AO|·|AG|，得证．
解法二：连接DB，由(1)知，D，B(x2，y2)，则DB与x轴平行，所以＝ ①.连接DF，则DF的斜率为＝－y2，易知l的垂线BG的斜率为－y2，则DF与BG平行，所以＝ ②.由①②得＝，即|AD|2＝|AO|·|AG|，得证．
4．解 (1)由题知＝，则F为线段PC的中点，所以xF＝＝－1，则c＝1，又yF＝＝0，所以yC＝－，则b＝，所以a2＝b2＋c2＝4，所以椭圆E的标准方程为＋＝1.
(2)设直线l的方程为y＝kx＋(k<0)，由消去x并整理得(4k2＋3)y2－6y＋9－12k2＝0，Δ＝108－4(4k2＋3)(9－12k2)＝192k4>0，所以yB＋yD＝.因为yB＝，所以yD＝.直线l与x轴交于点M，将y＝0代入直线l的方程，得xM＝－，所以直线PM的斜率为＝＝，所以直线PM的方程为y－＝(x＋2)，令x＝0，得yN＝，连接BP，＝＝＝－，又S△BMP＝×2×＝，所以S△DMN＝S△BMP×＝×＝，所以yD·yN＝－，即·＝－，即·＝－，即＝－，所以2k2＋5k＋9＝0，解得k＝－或k＝－.经检验，k＝－或k＝－均符合题意，所以k的值为－或－.(共17张PPT)
求值、证明问题
微练(七十三)
1
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解
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解
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