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专练 48 高考大题专练(五) 圆锥曲线的综合运用
授课提示：对应学生用书101页
1．[2023·新课标Ⅰ卷]在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点的距离，
记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程；
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3.
解析：(1)设点P的坐标为(x，y)，依题意得|y|＝，
化简得x2＝y－，
所以W的方程为x2＝y－.
(2)设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，
则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|).
设B(t，t2＋)，依题意知直线AB不与两坐标轴平行，
故可设直线AB的方程为y－(t2＋)＝k(x－t)，不妨设k>0，
与x2＝y－联立，得x2－kx＋kt－t2＝0，
则Δ＝k2－4(kt－t2)＝(k－2t)2>0，所以k≠2t.
设A(x，y)，所以t＋x＝k，所以x＝k－t，
1 1 1 1
所以|AB|＝|x －t|＝|k－2t|＝|2t－k|，
1
|BC|＝|－－2t|＝|＋2t|＝|2kt＋1|，且2kt＋1≠0，
所以2(|AB|＋|BC|)＝(|2k2t－k3|＋|2kt＋1|).
因为|2k2t－k3|＋|2kt＋1|
＝，
当2k－2k2≤0，即k≥1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－]上单调递减，函
数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在(－，]上单调递减或是常函数(当k＝1时是常函数)，函数y＝(2k2
＋2k)t－k3＋1在(，＋∞)上单调递增，
所以当t＝时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k2＋1，又k≠2t，所以2(|
3
AB|＋|BC|)＞(k2＋1)＝.2(1+K2 )2
K2
3
令f(k)＝2(1+K2 )2 ，k≥1，
K2
1
则f′(k)＝2(1+K2 )2(K+√2)(K-√2)
K3
当1≤k＜时，f′(k)＜0，当k＞时，f′(k)＞0，
所以函数f(k)在[1，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
所以f(k)≥f()＝3，
3
所以2(|AB|＋|BC|)＞2(1+K2 )2≥3.
K2
当2k－2k2＞0，即0＜k＜1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－]上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在(－，]上单调递增，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在(，＋∞)上单
调递增，
所以当t＝－时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k3＋k＝k(1＋k2)，
3
又2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)＞k(k2＋1)＝2(1+K2 )2.
K
3
令g(k)＝2(1+K2 )2，00，
所以函数g(k)在(0，)上单调递减，在(，1)上单调递增，
所以g(k)≥g()＝3，
3
所以2(|AB|＋|BC|)>2(1+K2 )2≥3.
K
综上，矩形ABCD的周长大于3.
2．[2023·新课标Ⅱ卷]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A ，A ，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，
1 2
M在第二象限，直线MA 与NA 交于点P.证明：点P在定直线上．
1 2
解析：(1)设双曲线C的方程为－＝1(a>0，b>0)，c为双曲线C的半焦距，
由题意可得，解得.
所以双曲线C的方程为－＝1.
(2)方法一 设M(x，y)，N(x，y)，直线MN的方程为x＝my－4，
1 1 2 2
则x＝my－4，x＝my－4.
1 1 2 2
联立得，得(4m2－1)y2－32my＋48＝0.
因为直线MN与双曲线C的左支交于M，N两点，所以4m2－1≠0，且Δ>0.
由根与系数的关系得，所以y＋y＝yy.
1 2 1 2
因为A，A 分别为双曲线C的左、右顶点，
1 2
所以A(－2，0)，A(2，0).
1 2
直线MA 的方程为＝，直线NA 的方程为＝，
1 2
所以＝，得＝，＝＝.
因为＝
＝
＝
＝－3，
所以＝－3，解得x＝－1，
所以点P在定直线x＝－1上．
方法二 由题意得A(－2，0)，A(2，0).
1 2
设M(x，y)，N(x，y)，直线MN的方程为x＝my－4，
1 1 2 2
则－＝1，即4x－y＝16.如图，连接MA ，
2
kMA·kMA＝·＝＝＝4 ①.
1 2
由－＝1，得4x2－y2＝16，4[(x－2)＋2]2－y2＝16，
4(x－2)2＋16(x－2)＋16－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)－y2＝0.
由x＝my－4，得x－2＝my－6，my－(x－2)＝6，[my－(x－2)]＝1.
4(x－2)2＋16(x－2)·[my－(x－2)]－y2＝0，4(x－2)2＋(x－2)my－(x－2)2－y2＝0，
两边同时除以(x－2)2，得＋·－＝0，
即－·－＝0.
kMA＝，kNA ＝，
2 2
由根与系数的关系得kMA·kNA ＝－ ②.
2 2
由①②可得kMA＝－3kNA .
1 2
lMA ：y＝kMA(x＋2)＝－3kNA (x＋2)，lNA ：y＝kNA (x－2).
1 1 2 2 2
由，解得x＝－1.
所以点P在定直线x＝－1上．
3．[2024·新课标Ⅱ卷]已知双曲线C：x2－y2＝m(m>0)，点P(5，4)在C上，k为常数，
1
00)上，
1
所以m＝52－42＝9.
过点P(5，4)且斜率k＝的直线方程为x－2y＋3＝0.
1
由解得或
所以Q(－3，0)，P(3，0)，
1 2
所以x＝3，y＝0.
2 2
(2)证明：因为点P(x ，y)关于y轴的对称点是Q (－x ，y)，点P (x ，y )，Q
n n n n－1 n n n－1 n－1 n－1 n
在同一条斜率为k的直线上，
－1
所以x ≠－x 并且＝k.①
n－1 n
因为点P ，Q 都在双曲线C上，
n－1 n－1
所以
两式相减，得(x－x )(x＋x )＝(y－y )(y＋y ).②
n n－1 n n－1 n n－1 n n－1
由①②得
④－③得(x－y)－(x －y )＝k(x－y)＋k(x －y )，
n n n－1 n－1 n n n－1 n－1
整理得＝.
又x－y＝1，所以{x－y}是公比为的等比数列．
1 1 n n
(3)证明：因为△PP P 和△P P P ，n∈N*有公共边P P ，所以若点P 和
n n＋1 n＋2 n＋1 n＋2 n＋3 n＋1 n＋2 nP 到直线P P 的距离相等，则S＝S .
n＋3 n＋1 n＋2 n n＋1
此时，直线P P 与PP 平行，四边形PP P P 是梯形，大致图形如图所示，
n＋1 n＋2 n n＋3 n n＋1 n＋2 n＋3
以下证明：直线P P 与PP 平行．
n＋1 n＋2 n n＋3
记a＝，则由01.
由(2)及x＝5，y＝4，得x－y＝·(x－y)＝an－1.
1 1 n n 1 1
又因为(x＋y)(x－y)＝x－y＝9，
n n n n
所以x＋y＝9a1－n，
n n
所以y＝(－an－1＋9a1－n).
n
由(2)知y≠y ，
n n＋1
则＝
＝1－
＝1－，
＝
＝1－
＝1－，
因此＝.
从而直线P P 与PP 平行，
n＋1 n＋2 n n＋3
所以S＝S＝S＝S ，证明完毕．
n n＋1
4．[2024·九省联考]已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，
过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的
中点．
(1)证明：直线MN过定点；
(2)设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值．
解析：(1)证明：由C：y2＝4x，故F(1，0)，由直线AB与直线CD垂直，
故两条直线斜率都存在且不为0，
设直线AB，CD分别为x＝my＋1，x＝my＋1，有mm＝－1，
1 2 1 2
A(x，y)，B(x，y)，E(x，y)，D(x，y)，
1 1 2 2 3 3 4 4
联立C：y2＝4x与直线AB，即有，
消去x可得y2－4my－4＝0，Δ＝16m＋16>0，
1
故y＋y＝4m，yy＝－4，
1 2 1 1 2
则x＋x＝my＋1＋my＋1＝m(y＋y)＋2＝4m＋2，
1 2 1 1 1 2 1 1 2
故＝2m＋1，＝2m，
1
即M(2m＋1，2m)，同理可得N(2m＋1，2m)，
1 2
当2m＋1≠2m＋1时，
则l ：y＝(x－2m－1)＋2m，
MN 1即y＝(x－2m－1)＋2m
1
＝－＋
＝－
＝－，
由mm＝－1，即y＝－＝(x－3)，
1 2
故x＝3时，有y＝(3－3)＝0，
此时MN过定点，且该定点为(3，0)，
当2m＋1＝2m＋1时，即m＝m时，由mm＝－1，即m＝±1时，
1 2 1
有l ：x＝2＋1＝3，亦过定点(3，0)，
MN
故直线MN过定点，且该定点为(3，0).
(2)由A(x，y)，B(x，y)，E(x，y)，D(x，y)，
1 1 2 2 3 3 4 4
则l ：y＝(x－x)＋y，由y＝4x，y＝4x，
AE 1 1 1 2
故y＝(x－)＋y＝－＋＝＋，
1
同理可得l ：y＝＋，联立两直线，即，
BD
有＋＝＋，
即4x(y＋y)＋yy(y＋y)＝4x(y＋y)＋yy(y＋y)，
4 2 1 3 4 2 3 1 2 4 3 1
有x＝，由yy＝－4，同理yy＝－4，
1 2 3 4
故x＝
＝
＝＝－1，
故x ＝－1，
G
过点G作GQ∥x轴，交直线MN于点Q，则S ＝×，
△GMN
由M(2m＋1，2m)，N(2m＋1，2m)，
1 2
由抛物线的对称性，不妨设m>0，则m<0，
1 2
故＝2m－2m＝2m＋≥2＝4，
1 2 1
当且仅当m＝1时，等号成立，
1
下证≥4：
当m>1时，有m＝－∈(－1，0)，则点G在x轴上方，点Q亦在x轴上方，
1 2
有k ＝＝>0，由直线MN过定点(3，0)，
MN
此时>3－(－1)＝4，
同理，当m<1时，有点G在x轴下方，点Q亦在x轴下方，
1
有k ＝<0，此时>4，
MN
当且仅当m＝1时，x ＝3，此时|x －x |＝4，
1 Q Q G故≥4恒成立，且m＝1时，等号成立，
1
故S ＝×≥×4×4＝8.
△GMN
5．[2023·全国甲卷(理)]已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两
点，|AB|＝4.
(1)求p；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，且FM·FN＝0，求△MFN面积的最小值．
解析：(1)设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
把 x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，
由Δ＝16p2－8p>0，得p>.
1
由根与系数的关系，可得y＋y＝4p，yy＝2p，
1 2 1 2
所以|AB|＝·＝·＝4，解得p＝2或p＝－(舍去)，故p＝2.
(2)设M(x，y)，N(x，y)，由(1)知抛物线C：y2＝4x，则点F(1，0).
3 3 4 4
因为FM·FN＝0，所以∠MFN＝90°，则S ＝|MF||NF|＝(x ＋1)(x ＋1)＝(x x ＋x ＋x
△MFN 3 4 3 4 3 4
＋1) (*).
当直线MN的斜率不存在时，点M与点N关于x轴对称，
因为∠MFN＝90°，
所以直线MF与直线NF的斜率一个是1，另一个是－1.
不妨设直线MF的斜率为1，则MF：y＝x－1，
由得x2－6x＋1＝0，
得或
代入(*)式计算易得，当x＝x＝3－2时，△MFN的面积取得最小值，为4(3－2).
3 4
当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m.
由得k2x2－(4－2km)x＋m2＝0，Δ＝(4－2km)2－4m2k2>0，
2
则
yy＝(kx＋m)(kx＋m)＝k2xx＋mk(x＋x)＋m2＝.
3 4 3 4 3 4 3 4
又FM· FN＝(x－1，y)·(x－1，y)＝xx－(x＋x)＋1＋yy＝0，
3 3 4 4 3 4 3 4 3 4
所以－＋1＋＝0，化简得m2＋k2＋6km＝4.
所以S ＝(x x＋x＋x＋1)＝＝＝＋2＋1.
△MFN 3 4 3 4
令t＝，则S ＝t2＋2t＋1，
△MFN
因为m2＋k2＋6km＝4，
所以＋6＋1＝>0，
即t2＋6t＋1>0，得t>－3＋2或t<－3－2，
从而得S ＝t2＋2t＋1>12－8＝4(3－2.
△MFN
故△MFN面积的最小值为4(3－2).6．[2024·新课标Ⅰ卷]已知A(0，3)和P(3，)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(3，)的坐标代入椭圆C的方程，
可得解得则c2＝a2－b2＝3，即c＝，
则C的离心率e＝＝＝.
(2)由(1)可得椭圆C的方程为＋＝1.
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝3，此时S ＝×3×3＝≠9，不符合题
△ABP
意，故直线l的斜率存在．
方法一 设直线l的方程为y＝kx＋b(b≠3)，B(x，y)，
1 1
联立消去y整理得(4k2＋3)x2＋8kbx＋4b2－36＝0，Δ＝64k2b2－4(4k2＋3)(4b2－36)＝
48(12k2＋9－b2)>0①，则x＋3＝.
1
由点P在l上，得＝3k＋b，即b＝－3k②.
由①②知k≠－，此时b≠6.
所以x＝－3＝，代入直线l的方程可得y＝.
1 1
由A(0，3)，P(3，)可得|AP|＝，直线AP的方程为x＋2y－6＝0，设点B到直线AP的
距离为d，则S ＝·|AP|·d＝×d＝9，解得d＝.
△ABP
由点到直线的距离公式可得d＝＝，
将x＝，y＝代入上式，
1 1
解得k＝或k＝，当k＝时，b＝－3；当k＝时，b＝0，
所以直线l的方程为y＝x－3或y＝x.
方法二 设直线l的方程为y－＝k(x－3)，令P(x，y)，
1 1
B(x，y)，联立消去y可得
2 2
(4k2＋3)x2－(24k2－12k)x＋36k2－36k－27＝0，
Δ＝(24k2－12k)2－4(4k2＋3)(36k2－36k－27)＝36(4k2＋12k＋9)＝36(2k＋3)2>0，k≠－，
所以
所以|PB|＝ ·＝
.
又点A到直线PB的距离d＝，
S＝··＝9，
解得k＝或，
所以直线l的方程为y＝x或y＝x－3.
7．[2024·全国甲卷(理)]设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M(1，)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．
解析：设椭圆C的左焦点为F ，因为点M的横坐标为1，且MF⊥x轴，所以c＝1，
1
则|FF|＝2，|MF|＝，因为MF⊥x轴，所以|MF |＝＝，所以2a＝|MF |＋|MF|＝4，解得a＝
1 1 1
2，所以b2＝a2－c2＝3，
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：方法一 由题可得，F(1，0)，P(4，0)，
所以点N(，0).
当直线AB与x轴不重合时，设直线AB的方程为x＝ty＋4，A(x，y)，B(x，y).
1 1 2 2由整理得(3t2＋4)y2＋24ty＋36＝0，由Δ>0得t2>4，
根据根与系数的关系可得
直线NB的方程为y＝(x－)，设点Q的坐标为(1，y )，将x＝1代入直线NB的方程得
Q
y ＝＝，
Q
所以Q点的坐标为(1，).
因为y －y＝－y
Q 1 1
＝
＝
＝＝0，
所以y ＝y.
Q 1
又y≠0，所以直线AQ与x轴平行，所以AQ⊥y轴．
1
当直线AB与x轴重合时，直线AQ与x轴重合，所以AQ⊥y轴．
综上，AQ⊥y轴．
方法二 设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
AP＝λPB(λ≠－1)，
则即
又由①－②可得3··＋4··＝12，结合上式可得5λ－2λx ＋3＝0.
2
由N(，0)，B(x，y)，得直线BN的方程为y＝·(x－)，
2 2
因为点Q是直线BN与直线MF的交点，所以将点Q的横坐标1代入直线BN的方程得
y ＝＝＝－λy ＝y，故AQ⊥y轴．
Q 2 1
方法三 设A(x ，y)，B(x ，y)，由P，A，B三点共线得xy －xy ＝4(y －y)①，所
1 1 2 2 1 2 2 1 2 1
以(xy －xy)(xy ＋xy)＝xy－xy＝(4－y)y－(4－y)y＝4(y －y)(y ＋y)＝4(y －y)·(xy ＋
1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2
xy)，即xy＋xy＝y＋y②，①②联立得2xy＝5y－3y.
2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2
由N(，0)，B(x ，y)，得直线BN的方程为y＝·(x－)，因为点Q是直线BN与直线MF
2 2
的交点，所以将点Q的横坐标1代入直线BN的方程得y ＝＝＝y，故AQ⊥y轴．
Q 1
8．[2022·新高考Ⅰ卷，21]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C：－＝1(a>1)上，∴－＝1，解得a2＝2.
∴双曲线C的方程为－y2＝1.
显然直线l的斜率存在，可设其方程为y＝kx＋m.
联立得方程组
消去y并整理，得(1－2k2)x2－4kmx－2m2－2＝0.
Δ＝16k2m2＋4(1－2k2)(2m2＋2)＝8m2＋8－16k2>0.
设P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2
则x＋x＝，xx＝.
1 2 1 2由k ＋k ＝0，得＋＝0，
AP AQ
即(x－2)(kx＋m－1)＋(x－2)(kx＋m－1)＝0.
2 1 1 2
整理，得2kxx＋(m－1－2k)(x＋x)－4(m－1)＝0，
1 2 1 2
即2k·＋(m－1－2k)·－4(m－1)＝0，
即(k＋1)(m＋2k－1)＝0.
∵直线l不过点A，∴k＝－1.
(2)设∠PAQ＝2α，0<α<，则tan 2α＝2，
∴＝2，解得tan α＝(负值已舍去)．
由(1)得k＝－1，则xx＝2m2＋2>0，
1 2
∴P，Q只能同在双曲线左支或同在右支．
当P，Q同在左支时，tan α即为直线AP或AQ的斜率．
设k ＝.
AP
∵为双曲线一条渐近线的斜率，
∴直线AP与双曲线只有一个交点，不成立．
当P，Q同在右支时，tan (－α)＝即为直线AP或AQ的斜率．
设k ＝＝，则k ＝－，
AP AQ
∴直线AP的方程为y－1＝(x－2)，
即y＝x－2＋1.
联立得方程组
消去y并整理，
得3x2－(16－4)x＋20－8＝0，
则x ·2＝，解得x ＝.
P P
∴|x －x |＝|2－|＝.
A P
同理可得|x －x |＝.
A Q
∵tan 2α＝2，0<2α<π，∴sin 2α＝，
∴S ＝|AP|·|AQ|·sin 2α＝××|x －x |××|x －x |×sin 2α＝×3××＝.
△PAQ A P A Q
