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第11讲 高考中圆锥曲线的综合问题
第1课时 求值与证明问题
题型 求值问题
典例1 (2024 ·陕西咸阳模拟)已知点P为椭圆E：＋＝1(a>b>0)上的动点，
F ，F 分别是椭圆E的左、右焦点，△PFF 的周长是12，椭圆E上的点到焦点的最短距
1 2 1 2
离是2.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2) 过点 (2,0) 的动直线 l 与椭圆交于M，Q
由△FMQ知，l的斜率不为0，因此可设l为倒斜截式：x＝my＋2.
1
两点，求S 的最大值及此时l的方程．
△F1MQ
方法一：需求出弦长|MQ|与F 到l的距离d.
1
方法二：分解△FMQ的面积：S ＝S ＋S .
1 △F1MQ △F1F2M △F1F2Q
解：(1)由题意得，
【用结论】椭圆焦点三角形的周长为2a＋2c，椭圆上的点到焦点的最短距离是a－c.
得所以b2＝a2－c2＝12，
所以椭圆E的标准方程是＋＝1.
(2)设l的方程为x＝my＋2，M(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2
由消去x并整理得关于y的一元二次方程(3m2＋4)y2＋12my－36＝0，
Δ＝576(m2＋1)>0,3m2＋4≠0，y＋y＝－，yy＝－，
1 2 1 2
方法一(直接应用弦长公式)：
|MQ|＝＝，
此式为|y－y|，推导如下：设二次方程ay2＋by＋c＝0，则|y－y|＝＝＝＝.
1 2 1 2
点F(－2,0)到直线l的距离d＝，
1
所以S ＝×|MQ|×d＝.
△F1MQ
令t＝，则t≥1，所以S ＝＝，
△F1MQ
易知函数y＝3t＋在[1，＋∞)上单调递增，
所以当t＝1时，S 取最大值12，此时m＝0，直线l的方程为x＝2.
△F1MQ
方法二(分解三角形求面积)：由题可知点(2,0)即点F ，所以S ＝S ＋S
2 △F1MQ △F1F2M △F1F2Q
＝×4×|y|＋×4×|y|＝×4×|y－y|＝2|y－y|，
1 2 1 2 1 2
所以S ＝ 2 | y － y | ＝ 2 ＝ . 【会运用】此处应用 |y－y|＝简化计算．
△F1MQ 1 2 1 2
以下同方法一．
对点练 1 (2024·北京四中阶段测试)已知抛物线 C：y2＝2px(p>0)过点
P(1,1)．过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线
OP，ON交于点A，B，其中O为原点．
(1)求抛物线C的标准方程，并求其焦点坐标和准线方程；(2)求的值．
解：(1)将点P的坐标代入抛物线C的方程得2p＝1，解得p＝，
因此抛物线C的标准方程为y2＝x.
所以抛物线C的焦点坐标为，准线方程为x＝－.
(2)由题知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋(k≠0)，
设点M(x，y)，N(x，y)，x≠0，x≠0.
1 1 2 2 1 2
由消去x并整理得2ky2－2y＋1＝0，Δ＝(－2)2－4×2k×1＝－4·(2k－1)>0，则k<且k≠0.
由根与系数的关系得y＋y＝，yy＝.
1 2 1 2
直线OP的方程为y＝x，由得点A(x，x)，
1 1
直线ON的方程为y＝x，因为y＝x，所以直线ON的方程为y＝x，
2
由得点B.
又因为M(x，y)，
1 1
所以y ＋y －2y ＝y ＋－2x ＝y ＋－2y＝＝＝＝0，则y ＋＝2x ，因此，A为线段BM
1 B A 1 1 1 1 1
的中点，所以＝.
题型 证明问题
典例2 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点M，F为椭圆C的右焦点，O为坐
标原点， △ OFM 的面积为 .
S
△OFM
＝×c×＝⇒c＝1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点P(4,0)作一条 斜率不为 0 的直线
可采用倒斜截式设法：x＝my＋4.
与椭圆C相交于A，B两点(A在B，P之间)，直线BF与椭圆C的另一个交点为D，求
证：点A，D关于x轴对称．
(1)解：如图，因为△OFM的面积为，所以×c×＝，解得 c ＝ 1 . 又 M 在椭圆 C 上 ，⇒＝.
所以解得所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)证明：由题意知直线FA，FB的斜率存在．根据椭圆的对称性，欲证A，D关于x轴
对称，只需证k ＝－k ＝－k ， 即证 k ＋ k ＝ 0 .设
FA FD FB FA FB
与“斜率和积”有关的问题，可采用“齐次化”的方法. 本题证k ＋k ＝0过程如下：
FA FB
将F(1,0)平移到F′(0，0)，此时C′：＋＝1，即3x2＋6x＋4y2＝9，p′(3，0)，设A′B′：mx＋ny
＝1，将P′(3,0)代入，得m＝. 即A′B′：x＋ny＝1，则3x2＋4y2＋6x－92＝0，即4x2＋(4－
9n2)y2＝0，∵x≠0，∴等式两边同时除以x2，得4＋(4－9n2)2＝0，即(4－9n2)2＋4＝0，∴k
F′A′
＋k ＝0，∴k ＋k ＝0(平移斜率不变)．
F′B′ FA FB
A(x，y)，B(x，y)，直线AB的方程为x＝my＋4，
1 1 2 2
由消去x并整理得(3m2＋4)y2＋24my＋36＝0，
所以y＋y＝，yy＝.
1 2 1 2
则k ＋k ＝＋＝＝.
FA FB
因为yx＋yx－(y＋y)＝2myy＋3(y＋y)＝2m×＋3×＝0，
1 2 2 1 1 2 1 2 1 2
所以k ＋k ＝0，即点A，D关于x轴对称．
FA FB
证明问题的类型及求解策略
圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；
数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等等．在熟悉圆锥曲线的定义和性
质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法．
对点练2 (2023·新高考全国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.
(1)解：设P(x，y)，则|y|＝，两边同时平方化简得y＝x2＋，故W：y＝x2＋.
(2)证明：方法一：设矩形的三个顶点A，B，C在W上，且a0，且mn＝－1，则m＝－，
BC
设矩形周长为C，由对称性不妨设|m|≥|n|，则00，易知
>0，
则令f(x)＝2(1＋x2)，x∈(0,1]，f′(x)＝22，
令f′(x)＝0，解得x＝，
当x∈时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减，
当x∈时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增，
则f(x) ＝f＝，
min
故C≥＝，即C≥3.
当C＝3时，n＝，m＝－，且(b－a)＝(b－a)，即|m|＝|n|时等号成立，矛盾，故C>3，
得证．
方法二：不妨设A，B，D在W上，且BA⊥DA，依题意可设A，易知直线BA，DA的斜率均存在且不为0，
则设BA，DA的斜率分别为k和－，由对称性，不妨设|k|≤1，
直线AB的方程为y＝k(x－a)＋a2＋，
则联立
得x2－kx＋ka－a2＝0，
Δ＝k2－4(ka－a2)＝(k－2a)2>0，
则k≠2a，则|AB|＝|k－2a|，
同理|AD|＝，
∴|AB|＋|AD|＝|k－2a|＋
≥≥＝，
令k2＝m，则m∈(0,1]，
设f(m)＝＝m2＋3m＋＋3，
则f′(m)＝2m＋3－
＝，
令f′(m)＝0，解得m＝，
当m∈时，f′(m)<0，此时f(m)单调递减，
当m∈时，f′(m)>0，此时f(m)单调递增，则f(m) ＝f＝，
min
∴|AB|＋|AD|≥，
但|k－2a|＋·≥，此处取等条件为k2＝1，与最终取等时k＝不一致，故|AB|＋|AD|>.故矩
形ABCD的周长大于3，得证．
方法三：为了计算方便，我们将抛物线向下移动个单位得抛物线W′：y＝x2，
矩形ABCD变换为矩形A′B′C′D′，则问题等价于矩形A′B′C′D′的周长大于3.
设 B′(t，t)，A′(t，t)，C′(t，t), 根据对称性不妨设 t≥0.
0 1 2 0
则 k ＝t＋t，k ＝t＋t 由于 A′B′⊥B′C′， 则 (t＋t)(t＋t)＝－1.
A′B′ 1 0 B′C′ 2 0, 1 0 2 0
由于 |A′B′|＝|t－t|，|B′C′|＝|t－t|, 且 t 介于 t，t 之间，
1 0 2 0 0 1 2
则 |A′B′|＋|B′C′|＝|t－t|＋|t－t|.令 t＋t＝tan θ，
1 0 2 0 2 0
t＋t＝－cot θ，θ∈，则t＝tan θ－t，t＝－cot θ－t，
1 0 2 0 1 0
从而|A′B′|＋|B′C′|＝(2t＋cot θ)＋(tan θ－2t)，
0 0故|A′B′|＋|B′C′|＝2t＋＋
0
＝＋.
①当θ∈时，
|A′B′|＋|B′C′|≥＝＋≥2＝2≥2.
当且仅当θ＝时，等号成立．
②当 θ∈时，由于t＋
＝＋
＝
＝
≥≥＝，
当且仅当cos θ＝时等号成立，故|A′B′|＋|B′C′|>，故矩形周长大于3.
