《高考快车道》2026版高三一轮总复习数学(基础版)94　第八章　思维进阶13　简单的圆锥曲线综合问题 课件

(共61张PPT)
第八章　解析几何
思维进阶13　简单的圆锥曲线综合问题
圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，常见热点题型有求值、证明问题，定点、定值问题，范围、最值问题，存在性问题等．通常以解答题的形式出现，难度较大．
题型一　最值与范围问题
圆锥曲线中最值与范围问题的常见解法：(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；(2)代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围；(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．
[典例1]　(2025·淄博模拟)已知F (，0)是椭圆C：＝1(a>b>0)的一个焦点，点M在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；[切入点：椭圆定义的应用]
[解]　由题意知，
椭圆＝1(a>b>0)的左焦点坐标为(－，0)，
根据椭圆的定义可得点M到两焦点的距离之和为
＝4，
即2a＝4，所以a＝2，
又因为c＝，可得b＝＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1．
(2)若直线l与椭圆C相交于A，B两点，且kOA＋kOB＝－(O为坐标原点)，求直线l的斜率的取值范围．[关键点：利用l的斜率求kOA＋kOB]
[阅读与思考]　当直线l的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，kOA＋kOB＝0，不符合题意．
故设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立
可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，→(联立直线与椭圆方程，消元)
则x1＋x2＝，x1x2＝，→(写出根与系数的关系)
所以kOA＋kOB＝＝
＝2k＋＝2k＋＝，→(用k，m表示kOA＋kOB)
因为kOA＋kOB＝－，可得m2＝4k＋1，所以k≥－，→(得到m，k的关系)
又由Δ>0，可得16(4k2－m2＋1)>0，所以4k2－4k>0，解得k<0或k>1，
综上可得，直线l的斜率的取值范围是∪(1，＋∞)．
链接·2025高考试题
(2025·全国一卷)已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，|AB|＝.
(1)求C的方程．
(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足|AP|·|AR|＝3.
(ⅰ)设P(m，n)，求R的坐标(用m，n表示)；
(ⅱ)设O为坐标原点，Q是C上的动点，直线OR的斜率是直线OP的斜率的3倍，求|PQ|的最大值．
解：(1)由题意知＝，所以＝，
设a2＝9t，t＞0，则c2＝8t，所以b2＝t.
又|AB|2＝a2＋b2＝10t＝10，
所以t＝1，所以C的方程为＋y2＝1.
(2)(ⅰ)设R(x，y)，由(1)知A(0，－1)，又P(m，n)，m≠0，
所以＝(m，n＋1)·(x，y＋1)＝mx＋(n＋1)(y＋1)＝||·||·cos 0＝3.　①
由kAP＝kAR，得＝，②
由①②，得x＝，y＝，
故R的坐标为.
(ⅱ)由(ⅰ)得kOR＝＝3kOP＝，整理得m2＋n2＋8n－2＝0，
即m2＋(n＋4)2＝18.
所以点P的轨迹方程为m2＋(n＋4)2＝18(m≠0)．
由题设Q(3cos θ，sin θ)，K(0，－4)，
则|KQ|2＝(3cos θ)2＋(sin θ＋4)2＝－8sin2θ＋8sin θ＋25，
设s＝sin θ，则|KQ|2＝－8s2＋8s＋25＝－8＋27(－1≤s≤1)，
当s＝sin θ＝时，|KQ|取得最大值，且|KQ|max＝3，
故|PQ|的最大值为|KQ|max＋3＝3()．
反思领悟　根据条件列出不等式，通过解不等式求取值范围．
【教用·备选题】
已知双曲线C：＝1(a＞0，b＞0)的左焦点为F，右顶点为
A(1，0)，点P是其渐近线上的一点，且以PF为直径的圆过点A，|PO|＝2，点O为坐标原点．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)当点P在x轴上方时，过点P作y轴的垂线与y轴相交于点B，设直线l：y＝kx＋m(km≠0)与双曲线C相交于不同的两点M，N，若|BM|＝|BN|，求实数m的取值范围．
[解]　(1)∵F (－c，0)，A(a，0)，双曲线C的渐近线方程为y＝
±x，以PF为直径的圆过点A，
∴PA⊥AF．不妨取点P在y＝x上，
则点P(a，b)，
∵|PO|＝2，则a2＋b2＝4，
∵a＝1，∴b2＝3，
∴双曲线C的标准方程为x2－＝1．
(2)由题意可知B(0，)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
线段MN的中点Q(x0，y0)，联立
消去y得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，
依题意
即①
由根与系数的关系可得x1＋x2＝，x1x2＝－，
则x0＝＝，y0＝kx0＋m＝，
∵|BM|＝|BN|，∴BQ⊥MN，∴kBQ＝＝＝－，
∴3－k2＝m，②
又k2＝3－m＞0，③
由①②③得m＜－或0＜m＜．
题型二　定点与定值问题
解答圆锥曲线中定点问题的方法：(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋m，然后利用条件建立关于k，m的等量关系进行消元，借助直线系的思想找出定点；(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．
解答圆锥曲线中定值问题的方法：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
[典例2]　(2024·太原市二模)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；[切入点：过点D且斜率为1的直线经过点F]
[解]　由题意知，过点D(2，1)且斜率为1的直线方程为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)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．[关键点：利用OA⊥OB求M点坐标]
[阅读与思考]　由(1)知，抛物线C：y2＝4x，
假设存在定点M(m，0)(m≠0)满足题意，
设直线AB的方程为x＝ty＋m(t∈R)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得y2－4ty－4m＝0，且Δ＝16(t2＋m)>0，→(联立直
线与抛物线的方程消元)
∴y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m．→(写出根与系数的关系)
∵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，又m≠0，∴m＝4．→(整体代入，设而不求，解方程)
当m＝4时，点M的坐标为(4，0)，满足OA⊥OB，
∴存在定点M(4，0)满足题意．
反思领悟　求解直线经过定点的问题，一般方法是设出直线方程，联立圆锥曲线方程，可得根与系数的关系式，结合题设进行化简得到参数之间的关系式，进而求解．
题型三　求值与证明问题
[典例3]　(2024·北京卷)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；[切入点：由正方形的顶点位置，写出b，c的值]
[解]　由题意可知b＝，c＝，
所以a＝＝2，
故椭圆E的方程为＝1，离心率e＝＝．
(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．[关键点：A，C，D三点共线]
[阅读与思考]　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝kx＋t(k≠0)，
联立得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－4＝0．→(联立椭圆与
直线的方程消元)
所以Δ＝(4kt)2－4(1＋2k2)(2t2－4)>0，即4k2－t2＋2>0，→(由直线与椭圆交于两点得Δ>0)
由根与系数的关系得　①
→(写出根与系数的关系)
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，→(由三点共线得kAC＝kCD)
所以＝，即x1y2＋x2y1－(x1＋x2)＝0．→(找到A，B坐标之间的关系)
由y1＝kx1＋t，y2＝kx2＋t，得x1(kx2＋t)＋x2(kx1＋t)－(x1＋x2)＝0，→(设而不求，整体代入)
整理得2kx1x2＋(t－1)(x1＋x2)＝0　②，
所以2k·＋(t－1)·＝0，
整理得4k(t－2)＝0，
解得t＝2，
经检验，t＝2符合题意．
此时k应满足
即k应满足k<－或k>，→(回代检验)
综上所述，t＝2满足题意，此时k<－或k>．
反思领悟　圆锥曲线中三点共线问题的常见处理方法
(1)斜率相等或不存在．若A，B，C三点共线，则kAB＝kAC或直线AB，AC的斜率均不存在；
(2)向量共线．若A，B，C三点共线，则∥．若＝(x1，y1)，＝(x2，y2)，则x1y2－x2y1＝0；
(3)点在直线上．若A，B，C三点共线，则由A(x1，y1)，B(x2，y2)确定直线AB的方程为mx＋ny＋t＝0(m2＋n2≠0)，再由C(x3，y3)在直线AB上得mx3＋ny3＋t＝0．
【教用·备选题】
1．(2024·天津市和平区第一次质量调查)在平面直角坐标系Oxy中，椭圆C：＝1(a>b>0)的左焦点为点F，离心率为，过点F
且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆C交于不同的两点P，Q，
线段PQ的中点为T，直线OT与椭圆C交于两点M，N，证明：|TP|·|TQ|＝|TM|·|TN|．
[解]　(1)设椭圆的半焦距为c，
依题意，解得
所以椭圆C的方程为＝1．
(2)证明：设直线l的方程为y＝x＋m(m≠0)，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立消去y，整理得3x2＋2mx＋2m2－6＝0，
Δ＝12(6－m2)>0，即6－m2>0，解得－由根与系数的关系得
所以PQ的中点T，
所以直线OT的方程为y＝－x，不妨设点N在第二象限，
联立解得M，N，
所以|TM|·|TN|＝·
＝＝(6－m2)．
|TP|·|TQ|＝|PQ|2＝
＝＝(6－m2)，
所以|TP|·|TQ|＝|TM|·|TN|．证毕．
2．已知椭圆C1：＝1(a＞b＞0)的离心率为，椭圆C1的上顶点与抛物线C2：x2＝2py(p＞0)的焦点F重合，且抛物线C2经过点P(2，1)，O为坐标原点．
(1)求椭圆C1和抛物线C2的标准方程；
(2)已知直线l：y＝kx＋m与抛物线C2交于A，B两点，与椭圆C1交于C，D两点，若直线PF平分∠APB，则四边形OCPD能否为平行四边形？若能，求实数m的值；若不能，请说明理由．
[解]　(1)由抛物线C2经过点P(2，1)，得4＝2p，所以p＝2，
故抛物线C2的标准方程为x2＝4y．
抛物线C2：x2＝4y的焦点为F (0，1)，所以b＝1．
又椭圆C1的离心率e＝＝＝＝，
解得a＝2．
所以椭圆C1的标准方程为＋y2＝1．
(2)四边形OCPD不能为平行四边形，理由如下：
将y＝kx＋m代入x2＝4y，消去y并整理得x2－4kx－4m＝0．
由题意知，Δ＝16k2＋16m＞0，即m＞－k2．
设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2．
因为直线PF平分∠APB，直线PF平行于x轴，所以k1＋k2＝0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＝0．
又＝＝4y2，则＝＝0，
所以x1＋x2＝－4，所以k＝＝＝＝－1，
所以直线l：y＝－x＋m且m＞－1．
由消y并整理得5x2－8mx＋4m2－4＝0．
由题意知Δ＝64m2－4×5×(4m2－4)＝16(5－m2)＞0，
解得－＜m＜，所以－1＜m＜．
设C(x3，y3)，D(x4，y4)，则x3＋x4＝，
y3＋y4＝－(x3＋x4)＋2m＝．
若四边形OCPD为平行四边形，
则＝，
即(2，1)＝(x3＋x4，y3＋y4)．
所以显然方程组无解．
所以四边形OCPD不能为平行四边形．
进阶训练(十三)　简单的圆锥曲线综合问题
1．(2024·厦门市第二次质检)已知A(2，0)，B(－2，0)，P为平面上的一个动点．设直线AP，BP的斜率分别为k1，k2，且满足k1·k2＝－．记P的轨迹为曲线Γ．
(1)求Γ的方程；
(2)直线PA，PB分别交动直线x＝t于点C，D，过点C作PB的垂线交x轴于点H，则·是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由．
题号
1
3
5
2
4
6
7
[解]　(1)由题意设点P(x，y)(x≠±2)，
由于k1·k2＝－，故·＝－，
整理得＝1，
即Γ的方程为＝1(x≠±2)．
题号
1
3
5
2
4
6
7
(2)由题意可知直线PA的方程为y＝k1(x－2)，直线PB的方程为y＝k2(x＋2)，则C(t，k1(t－2))，D(t，k2(t＋2))．
直线CH的方程为y－k1(t－2)＝－(x－t)，
令y＝0，得xH＝t＋k1k2(t－2)＝t＋，故
故·＝·＝＋k1k2(t2－4)＝＝－＋12，
当t＝－6时，·取得最大值12，
故·存在最大值，最大值为12．
题号
1
3
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2
4
6
7
2．已知抛物线E：x2＝2py(p>0)上一点M(t，3)到焦点F的距离为4，直线l：y＝kx＋1与E交于A，B两点．
(1)求抛物线E的方程；
(2)以AB为直径的圆与x轴交于C，D两点，若|CD|≥4，求k的取值范围．
题号
1
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4
6
7
[解]　(1)因为抛物线E：x2＝2py(p>0)上一点M(t，3)到焦点F的距离为4，所以3＋＝4，可得p＝2，所以抛物线E的方程为x2＝4y．
(2)联立可得x2－4kx－4＝0，则Δ＝16k2＋16>0，故
k∈R．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，则y1＋
y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2，故线段AB的中点坐标为＝(2k，2k2＋1)，|AB|＝y1＋y2＋p＝4(1＋k2)，所以以AB为直
题号
1
3
5
2
4
6
7
径的圆的圆心坐标为(2k，2k2＋1)，半径为＝2(1＋k2)．因为以
AB为直径的圆与x轴交于C，D两点，|CD|≥4，所以由垂径定理得
2≥4，所以≥2，故k2≥，解得k≥或k≤－．故实数k的取值范围为．
题号
1
3
5
2
4
6
7
3．(2024·东北三省四市教研联合体高考模拟)在平面直角坐标系中，F1，F2分别为双曲线C：3x2－y2＝a2(a>0)的左、右焦点，过F2的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点．当l与x轴垂直时，△ABF1的面积为12．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)当l与x轴不垂直时，作线段AB的垂直平分线，交x轴于点D．试
判断是否为定值．若是，请求出该定值；若不是，请说明理
由．
题号
1
3
5
2
4
6
7
[解]　(1)双曲线3x2－y2＝a2可化为＝1．
当l与x轴垂直时
＝|F1F2|·|AB|＝×2×a×2a＝4a2＝12，解得a2＝3，
所以双曲线C的标准方程为x2－＝1．
题号
1
3
5
2
4
6
7
(2)由(1)知F2(2，0)，所以可设直线l的方程为x＝ty＋2(t≠0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，M为线段AB的中点，
联立双曲线C与直线l的方程，得消去x，
得(3t2－1)y2＋12ty＋9＝0，Δ＝36t2＋36>0，
因此y1＋y2＝，y1y2＝．
进而可得x1＋x2＝，
所以线段AB的中点M的坐标为．
题号
1
3
5
2
4
6
7
所以线段AB的垂直平分线的方程为y＋＝－t，
令y＝0，得x＝，
则D，|DF2|＝＝，
|AB|＝
＝·＝．
所以|DF2|＝|AB|，即为定值1．
题号
1
3
5
2
4
6
7
4．已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)经过点(，1)，且渐近线方程为y＝±x．
(1)求C的方程；
(2)若抛物线x2＝2py(p>0)与C的右支交于点A，B，证明：直线AB过定点．
题号
1
3
5
2
4
6
7
[解]　(1)因为双曲线C：＝1(a>0，b>0)经过点(，1)，且渐近线方程为y＝±x，所以＝1，＝1，解得a＝b＝，所以C的方程为＝1．
题号
1
3
5
2
4
6
7
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＝＝2py2，两式相减得＝，
由可得y2－2py＋2＝0，Δ＝4p2－8>0，
所以y1＋y2＝2p，y1y2＝2，所以x1x2＝·＝2p，
因为kAB＝＝，所以直线AB的方程为y－y1＝(x－x1)，即y＝x－x1＋y1＝x－＝x－，
所以直线AB过定点(0，－)．
题号
1
3
5
2
4
6
7
5．已知椭圆Γ：＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作不平行于坐标轴的直线交Γ于A，B两点，若AM⊥x轴于点M，BN⊥x轴于点N，直线AN与BM交于点C．求证：点C在一条定直线上，并求此定直线的方程．
题号
1
3
5
2
4
6
7
[证明]　由＝1知F2(2，0)，
不妨设直线AB的方程为x＝my＋2(m≠0)，
联立消去x并整理得(m2＋3)y2＋4my－2＝0．
易知Δ＝16m2＋8(m2＋3)＝24(m2＋1)>0，
不妨设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由根与系数的关系得y1＋y2＝－，y1y2＝－，
题号
1
3
5
2
4
6
7
因为AM⊥x轴，BN⊥x轴，所以M(x1，0)，N(x2，0)，
则直线AN的方程为y＝(x－x2)，
直线BM的方程为y＝(x－x1)，
联立得xC＝
＝＝2＋
＝2＋＝3，
故点C在定直线x＝3上．
题号
1
3
5
2
4
6
7
6．(2024·山东省潍坊市二模)已知椭圆E：＝1(a>b>0)中，点A，C分别是E的左、上顶点，|AC|＝，且E的焦距为2．
(1)求E的方程和离心率；
(2)过点(1，0)且斜率不为零的直线交椭圆于R，S两点，设直线RS，CR，CS的斜率分别为k，k1，k2，若k1＋k2＝－3，求k的值．
题号
1
3
5
2
4
6
7
[解]　(1)因为|AC|＝，所以a2＋b2＝5．
又因为E的焦距为2，所以c＝，
所以a2－b2＝3，
联立两式解得a＝2，b＝1，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1，其离心率e＝．
题号
1
3
5
2
4
6
7
(2)由(1)知C(0，1)，设R(x1，y1)，S(x2，y2)，x1x2≠0，
所以k1＝，k2＝．
由题意知，直线RS：y＝k(x－1)(k≠±1)，
代入＋y2＝1，得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0，Δ>0恒成立，
则有x1＋x2＝，x1x2＝．
因为k1＋k2＝－3，
所以k1＋k2＝
题号
1
3
5
2
4
6
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＝
＝
＝－3，
即(2k＋3)x1x2－(k＋1)(x1＋x2)＝0，
所以(2k＋3)·－(k＋1)·＝0，
整理得k2－2k－3＝0，
解得k＝3或k＝－1．
又k≠±1，所以k＝3．
综上所述，k的值为3．
题号
1
3
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2
4
6
7
7．(2024·合肥市第二次质量检测)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的右焦点为F，左顶点为A，短轴长为2，且经过点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F的直线l(不与x轴重合)与C交于P，Q两点，直线AP，AQ与直线x＝4的交点分别为M，N，记直线MF，NF的斜率分别为k1，k2，证明：k1·k2为定值．
题号
1
3
5
2
4
6
7
题号
1
3
5
2
4
6
7
[解]　(1)因为2b＝2，所以b＝，
将代入＝1得＝1，解得a2＝4，
故椭圆C的方程为＝1．
(2)证明：由(1)可得F (1，0)，由题意可设l：x＝ty＋1，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由可得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，易知Δ>0，
所以y1＋y2＝－，y1y2＝－，
题号
1
3
5
2
4
6
7
因为A(－2，0)，所以直线AP的方程为y＝(x＋2)，
令x＝4，则y＝，故M，同理可得N．
所以k1＝＝，k2＝
＝，
故k1k2＝＝＝＝－1．
证毕．
题号
1
3
5
2
4
6
7
谢 谢 ！