2026届高考数学总复习精练册课件：8 5　圆锥曲线的综合问题

8.5圆锥曲线的综合问题五年高考考点1直线与圆锥曲线的位置关系考点2弦长与面积问题考点3定值与定点问题目录三年模拟基础强化练能力拔高练1能力拔高练2五年高考考点1直线与圆锥曲线的位置关系1.(2024北京,19,15分,中)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.解析

(1)由已知条件可知b=c=

,∴a=2,∴椭圆E的方程为

+

=1,离心率e=

=

.(2)设直线AB的方程为y=kx+t(t>

),A(x1,y1),B(x2,y2).联立

消去y得(2k2+1)x2+4ktx+2t2-4=0,Δ=(4kt)2-4(2k2+1)(2t2-4)>0,即4k2-t2+2>0,x1+x2=

,x1x2=

.∵直线BD的斜率为0,∴点B与点D关于y轴对称,得D(-x2,y2),∵A、C、D三点共线,∴kAC=kCD,即

=-

,∴(kx1+t-1)x2=-x1(kx2+t-1),∴2kx1x2+(t-1)(x1+x2)=0,∴

+

=0,∴t2-t=t2-2,解得t=2.2.(2021新高考Ⅱ,20,12分,中)已知椭圆C的方程为

+

=1(a>b>0),若右焦点为F(

,0),且离心率为

.(1)求椭圆C的方程;(2)设M,N是C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,证明:M,N,F三点共线的充要条

件是|MN|=

.解析

(1)由题意得

解得

故椭圆C的方程为

+y2=1.(2)证明:由(1)得,曲线x2+y2=1(x>0),当直线MN的斜率不存在时,直线MN:x=1,不符合题意;当直线MN的斜率存在时,设M(x1,y1),N(x2,y2).①先证必要性.因为M,N,F三点共线,F(

,0),所以设直线MN:x=my+

,即x-my-

=0.由题意知O(0,0)到直线MN的距离d=

=1,解得m2=1,故m=±1,所以直线MN:x±y-

=0,根据对称性,不妨令直线MN:y=x-

.联立

消y整理得4x2-6

x+3=0.故x1+x2=

,x1x2=

,所以|MN|=

·|x1-x2|=

×

=

,即必要性成立.

②再证充分性.易知直线MN的斜率存在,设其方程为y=kx+t.由题意得

=b=1,即t2=1+k2.由

消y整理得(1+3k2)x2+6ktx+3t2-3=0,则x1+x2=-

,x1x2=

,所以|MN|=

=

=

=

.因为|MN|=

,所以

=1,解得k2=1,则t2=2.因为x1+x2=-

>0,即kt<0,所以k=1,t=-

或k=-1,t=

,所以直线MN的方程为y=x-

或y=-x+

.无论哪一种情况,直线MN恒过焦点F,所以M,N,F三点共线,即充分性成立.故M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=

.3.(2022新高考Ⅱ,21,12分,难)已知双曲线C:

-

=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0),渐近线方程为y=±

x.(1)求C的方程;(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点,点P(x1,y1),Q(x2,y2)在C上,且x1>x2>0,y1>

0.过P且斜率为-

的直线与过Q且斜率为

的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.①M在AB上;②PQ∥AB;③|MA|=|MB|.注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.解析

(1)由题意知

解得

∴C的方程为x2-

=1.(2)易知直线PQ的斜率存在且不为零,设其方程为y=kx+b,由

得(3-k2)x2-2kbx-b2-3=0,由Δ>0,得b2+3-k2>0,∴x1+x2=

,x1x2=

,∵x1>x2>0,∴3-k2<0,∴x1-x2=

=

,设点M的坐标为(x0,y0),则直线PM、QM的方程分别为y-y0=-

(x-x0),y-y0=

(x-x0),故

(*)-(**)得y1-y2=-

(x1+x2-2x0),即k(x1-x2)=-

(x1+x2-2x0),解得x0=

,又(*)+(**)得y1+y2-2y0=

(x2-x1),而y1+y2=k(x1+x2)+2b,∴k(x1+x2)+2b-2y0=

(x2-x1),解得y0=

=

x0.故点M的轨迹方程为y=

x,其中k为直线PQ的斜率.若选择①②作为条件,③作为结论,设直线AB的方程为y=k(x-2),A(xA,yA),B(xB,yB),不妨设点A在渐近线y=

x上,则由

得

∴A

,同理B

,又由

得

∴M

,∴xM=

,yM=

,即M为AB的中点,∴|MA|=|MB|.若选择①③作为条件,②作为结论,当直线AB的斜率不存在时,点M即为F(2,0),此时M不在直线y=

x上,不符合题意,舍去;当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=m(x-2),m≠0,±

.不妨设点A在渐近线y=

x上,且A(xA,yA),B(xB,yB).由

得

∴A

,同理B

,此时xM=

=

,yM=

=

,∵点M在直线y=

x上,∴

=

·

,解得k=m,故PQ∥AB.若选择②③作为条件,①作为结论,设直线AB的方程为y=k(x-2),A(xA,yA),B(xB,yB),不妨设点A在渐近线y=

x上,则

解得xA=

,yA=

,同理,得xB=

,yB=-

,设线段AB的中点为C(xC,yC),则xC=

=

,yC=

=

,由于|MA|=|MB|,故点M在线段AB的中垂线上,即点M在直线y-yC=-

(x-xC)上,将该直线方程与y=

x联立,得xM=

=xC,yM=

=yC,即点M恰为线段AB的中点,故点M在直线AB上.考点2弦长与面积问题1.(2024新课标Ⅰ,16,15分,中)已知A(0,3)和P

为椭圆C:

+

=1(a>b>0)上两点.(1)求C的离心率;(2)若过P的直线l交C于另一点B,且△ABP的面积为9,求l的方程.解析

(1)将A(0,3),P

代入椭圆方程

+

=1得

解得

所以椭圆的离心率e=

=

.(2)当直线l的斜率不存在时,l:x=3,此时S△ABP=

×3×3=

,不符合题意.当直线l的斜率存在时,设l:y=k(x-3)+

,联立

消去y整理得(3+4k2)x2+(12k-24k2)x+36k2-36k-27=0,设P(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=

,x1x2=

,∴|BP|=

·

=

·

,又点A到直线l的距离d=

,∴S△ABP=

|BP|·d=

×

·

·

=9,解得k=

或k=

,∴直线l的方程为y=

x或y=

x-3.2.(2020课标Ⅲ理,20,12分,中)已知椭圆C:

+

=1(0<m<5)的离心率为

,A,B分别为C的左、右顶点.(1)求C的方程;(2)若点P在C上,点Q在直线x=6上,且|BP|=|BQ|,BP⊥BQ,求△APQ的面积.解析

(1)由题设可得

=

,得m2=

,所以C的方程为

+

=1.(2)设P(xP,yP),Q(6,yQ),根据对称性可设yQ>0,由题意知yP>0.由已知可得B(5,0),直线BP的方程为y=-

(x-5),所以yP=-

(xP-5),得xP-5=-yPyQ,所以|BP|=

=yP

,|BQ|=

.因为|BP|=|BQ|,所以yP=1,将yP=1代入C的方程,解得xP=3或-3.由直线BP的方程得yQ=2或8.所以点P,Q的坐标分别为P1(3,1),Q1(6,2);P2(-3,1),Q2(6,8).|P1Q1|=

,直线P1Q1的方程为y=

x,点A(-5,0)到直线P1Q1的距离为

,故△AP1Q1的面积为

×

×

=

.|P2Q2|=

,直线P2Q2的方程为y=

x+

,点A到直线P2Q2的距离为

,故△AP2Q2的面积为

×

×

=

.综上,△APQ的面积为

.3.(2022新高考Ⅰ,21,12分,难)已知点A(2,1)在双曲线C:

-

=1(a>1)上,直线l交C于P,Q两点,直线AP,AQ的斜率之和为0.(1)求l的斜率;(2)若tan∠PAQ=2

,求△PAQ的面积.解析

(1)∵点A(2,1)在双曲线上,∴

-

=1,解得a2=2.∴C的方程为

-y2=1.①设直线l:y=kx+m.②联立①②,消去y得(1-2k2)x2-4kmx-2(m2+1)=0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=

,x1x2=-

,kPA=

,kQA=

,由kPA+kQA=0,得

+

=0,化简得2kx1x2+(m-2k-1)(x1+x2)-4(m-1)=0,即2k·

+(m-2k-1)·

-4(m-1)=0,化简得(2k+m-1)(k+1)=0,∴2k+m-1=0或k+1=0.若2k+m-1=0,则l:y=k(x-2)+1,这时直线l过点A,不合题意,∴k+1=0,∴k=-1.(2)不妨设直线PA,AQ的倾斜角为α,β

,∵kAP+kAQ=0,∴α+β=π.由(1)知x1x2=2m2+2>0,当P,Q均在双曲线左支时,∠PAQ=2α,∴tan2α=2

,即

tan2α+tanα-

=0,解得tanα=

(负值舍去).此时PA与双曲线的渐近线平行,与双曲线左支无交点,舍去;当P,Q均在双曲线右支时,∵tan∠PAQ=2

,∴tan(β-α)=2

,即tan2α=-2

,即

tan2α-tanα-

=0,解得tanα=

(负值舍去).于是,直线PA:y=

(x-2)+1,QA:y=-

(x-2)+1,联立

消去y可得3x2+(4

-16)x+20-8

=0,∴x1+xA=

,x1xA=

.∴|AP|=

=

,同理|AQ|=

,又∵sin∠PAQ=

,∴S△PAQ=

|PA||QA|sin∠PAQ=

.考点3定值与定点问题1.(2023新课标Ⅱ,21,12分,中)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.解析

(1)设双曲线的方程为

-

=1(a>0,b>0),由题意可知c=2

,又离心率e=

=

(写出公式给1分),∴a=2,∴b2=c2-a2=20-4=16,∴双曲线C的方程为

-

=1.(2)证明:由题意知直线MN的斜率不为0(失分点:考虑斜率不存在,否则会失分),所以可

设直线MN的方程为x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),由(1)知,A1(-2,0),A2(2,0).联立

消去x,得(4m2-1)y2-32my+48=0,∴y1+y2=

,y1y2=

,∴my1y2=

(y1+y2).易知直线MA1的方程为y=

(x+2)=

(x+2),①直线NA2的方程为y=

(x-2)=

(x-2),②联立①②可得,

(x+2)=

(x-2),∴

=

=

=-

,∴x=-1,∴点P在定直线x=-1上(最后一定要作答,否则会失分).2.(2023全国乙理,20,12分,难)已知椭圆C:

+

=1(a>b>0)的离心率为

,点A(-2,0)在C上.(1)求C的方程;(2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点,直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,证明:线段MN

的中点为定点.解析

(1)由已知条件得b=2,又e=

=

=

=

,∴a2=9,∴C的方程为

+

=1.(2)证明:由题意知,过P、Q两点的直线的斜率存在且不为零,记直线为l,设l:y=k(x+2)+3=

kx+2k+3,令t=2k+3,则l:y=kx+t①,联立

消去y得(4k2+9)x2+8ktx+4t2-36=0,由Δ=(8kt)2-4(4k2+9)(4t2-36)=144×(4k2+9-t2)>0得4k2+9>t2.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=

,x1x2=

,易知直线AP的方程为y=

(x+2).令x=0,得yM=

,同理可得yN=

,则

=

+

=

+

=

=

=

=

=

=

=3.∴线段MN的中点为定点(0,3).解题技巧解决直线l过坐标系内定点问题时,可采取换元法将点斜式方程变为斜截式

方程,减少项数,从而有效降低后续的计算量.三年模拟1.(2024北京清华附中开学考,8)已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,点P是抛物线准线上

一动点,作线段PF的垂直平分线l,则直线l与抛物线公共点个数的可能值构成的集合为

()A.{0}

B.{1}

C.{0,1}

D.{1,2}B解析

由题意得焦点为F

,准线方程为x=-

,设点P

,则PF的中点为

,kPF=

,当m≠0时,直线l的斜率为k=

,所以直线l的方程为y-

=

x,由

得y2-2my+m2=0,因为Δ=4m2-4m2=0,所以直线l与抛物线只有一个公共点,当m=0时,线段PF的垂直平分线l为y轴,此时直线l与抛物线只有一个交点.综上,直线l与抛物线公共点个数的可能值构成的集合为{1},故选B.2.(2025届湖南郴州一模,14)已知抛物线y2=4x,从抛物线内一点A(2,

)发出平行于x轴的光线经过抛物线上点B反射后交抛物线于点C,则△ABC的面积为

.解析

由抛物线的光学性质知,直线BC与x轴的交点为抛物线的焦点,y2=4x的焦点为(1,0),故直

线BC与x轴的交点横坐标为1,由题意得yB=

,得xB=

,即B

,又直线BC过焦点(1,0),所以直线BC的方程为y-0=

(x-1),即y=-2

x+2

,联立

消去y,得2x2-5x+2=0,解得x=2或x=

,所以C(2,-2

).则△ABC的AB边上的高为

-(-2

)=3

,又|AB|=2-

=

,所以S△ABC=

×

×3

=

.知识链接抛物线的光学性质见人教A版选择性必修第一册P140阅读与思考.1.(2025届重庆市第十一中学校第一次质检,18)椭圆C:

+

=1(a>b>0)过点

且b=c(c>0).(1)求椭圆C的标准方程;(2)设C的左、右焦点分别为F1,F2,过点F2作直线l,与椭圆C交于A,B两点,

·

=

,求△ABF1的面积.解析

(1)将

代入椭圆方程可得

+

=1,即

+

=1,又因为b=c,所以a2=2b2,代入上式可得a2=2,b2=1,故椭圆C的标准方程为

+y2=1.(2)由(1)可得F1(-1,0),F2(1,0),|F1F2|=2,由题意设直线l的方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),则

=(-x1-1,-y1),

=(-x2-1,-y2),联立

得(m2+2)y2+2my-1=0,所以y1+y2=-

,y1y2=-

,所以

·

=(-x1-1,-y1)·(-x2-1,-y2)=x1+x2+x1x2+1+y1y2=m(y1+y2)+2+(my1+1)(my2+1)+1+y1y2=2m(y1+y2)+(m2+1)y1y2+4=

=

,解得m2=4,即m=±2,所以y1+y2=±

,y1y2=-

,则△ABF1的面积S=

|F1F2||y1-y2|=

=

.2.(2024河北“五个一”名校联盟联考,17)已知M(-

,0),N(

,0),平面内动点P满足直线PM,PN的斜率之积为-

.(1)求动点P的轨迹方程;(2)过点F(1,0)的直线交P的轨迹E于A,B两点,以OA,OB为邻边作平行四边形OACB(O为

坐标原点),若C恰为轨迹E上一点,求四边形OACB的面积.解析

(1)设P(x,y),则kPMkPN=

·

=-

,化简可得

+

=1(-

<x<

).(2)由题意知直线AB与x轴不重合,设直线AB的方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),联立

消去x得(2m2+3)y2+4my-4=0,所以y1+y2=

,y1y2=

,则|AB|=

=

=

·

=

.易得O到直线AB的距离d=

,因为平行四边形OACB的对角线互相平分,所以y1+y2=

=y3+0,x1+x2=m(y1+y2)+2=

+2=

=x3+0,所以C

,由C在椭圆

+

=1上,可得4m4+4m2-3=0,解得m2=

(舍负).

求出C

并解出m2的值是本题的关键

所以平行四边形OACB的面积S=2S△AOB=2×

|AB|×d=

×

=

=

=

.所以四边形OACB的面积是

.1.(2024安徽合肥二模,16)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.解析

(1)因为2b=2

,所以b=

,则椭圆C的方程为

+

=1,将

代入

+

=1得

+

=1,解得a2=4,故椭圆C的方程为

+

=1.(2)证明:由(1)知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恒成立,y1+y2=-

,y1y2=-

.因为A(-2,0),所以直线PA的方程为y=

(x+2),令x=4,则y=

,故M

,同理N

,从而k1=

=

,k2=

,故k1k2=

=

=

=-1,为定值.2.(2025届重庆巴蜀中学月考,18)已知双曲线C:

-

=1(a>0,b>0)的离心率为

,F1,F2分别为其左、右焦点,P为双曲线上任一点,Q(3,m)是双曲线在第一象限内的点,

·

的最小值是-2.(1)过点Q(3,m)分别作双曲线C的两条渐近线的平行线,与渐近线分别交于A,B两点,O为

坐标原点,求四边形OAQB的面积;(2)若不过点Q的直线l与双曲线交于不同的两点M,N,且满足QM⊥QN.证明:直线MN过

定点,并求出该定点坐标.解析

(1)设P(x0,y0),则

·

=(-c-x0,-y0)·(c-x0,-y0)=

+

-c2=a2+

+

-c2=

-b2,

(2分)当

=0时,

·

的最小值为-b2,所以b2=2,结合离心率为

,可得a2=1,c2=3,故双曲线方程为x2-

=1.

(3分)所以Q(3,4),双曲线的渐近线方程为y=±

x.不妨令A为直线y=

x与直线y-4=-

(x-3)的交点,可得A

,同理可知B

,所以S四边形OAQB=

.

(7分)(2)若直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2).联立

消去y得(2-k2)x2-2kmx-m2-2=0,则Δ=8m2-8k2+16>0,2-k2≠0,x1+x2=

,x1x2=

,

(9分)因为QM⊥QN,所以

·

=(x1-3,y1-4)·(x2-3,y2-4)=(x1-3)(x2-3)+(kx1+m-4)(kx2+m-4)=(1+k2)x1x2+[k(m-4)-3](x1+x2)+9+(m-4)2=0,

(11分)整理得,m2-(6k+16)m-27k2+48=0,m=9k+12或m=-3k+4,

(13分)当m=-3k+4时,直线方程为y=kx-3k+4,过Q(3,4),与题意不符;当m=9k+12时,直线方程为y=kx+9k+12=k(x+9)+12,过定点(-9,12).

(15分)若直线l的斜率不存在,令其方程为x=t,根据对称性不妨令M(t,

),N(t,-

),

·

=(t-3,

-4)·(t-3,-

-4)=(t-3)2+16-2t2+2=0⇒t2+6t-27=0,解得t=3或t=-9.t=3时,直线过点Q,与题意不符;t=-9时,直线过定点(-9,12).综上,直线过定点(-9,12).

(17分)3.(2024河北保定二模,18)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,过F作互相垂直的直线l1,

l2,分别与C交于A,B和D,E两点(A,D在第一象限),当直线l1的倾斜角等于45°时,四边形

ADBE的面积为32.(1)求C的方程;(2)设直线AD与BE交于点Q,证明:点Q在定直线上.解析

(1)当直线l1的倾斜角等于45°时,直线l2的倾斜角等于135°,直线AB的方程为y=x-

,由抛物线的对称性知|AB|=|DE|,所以S四边形ADBE=

|AB||DE|=32,得|AB|=8.联立

消去y得x2-3px+

=0.Δ=8p2>0,设A,B两点的横坐标分别为xA,xB,则xA+xB=3p.因为|AB|=xA+xB+p=4p=8,所以p=2,所以C的方程为y2=4x.(2)证明:由(1)知F(1,0),依题意,可设直线l1的方程为