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第 04 讲 圆锥曲线的综合问题
本讲为高考命题热点，分值22-27分，题型多变，选择题，填空题，解答题都会出现，
选择填空题常考圆锥曲线椭圆双曲线的离心率，几何关系等问题，大题题型多变，但多以
最值，定值，范围，存在性问题，考察逻辑推理能力与运算求解能力.
高频考点一 圆锥曲线的定值定点问题
【例1】[例1] 已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F(1,0)，O为坐标原点，A，B是抛
物线C上异于O的两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线OA，OB的斜率之积为－，求证：直线AB过x轴上一定点．
[破题思路]
第(1)问
求什么
求抛物线C的方程，想到求p的值
想什么
给什么 给出焦点F的坐标，利用焦点坐标与p的关系求
用什么 p
第(2)问
求什么
求证：直线AB过x轴上一定点，想到直线AB的方程
想什么
给什么 题目条件中给出“A，B是抛物线C上异于点O的两点”以及“直线OA，OB的
用什么 斜率之积为－”，可设A，B两点的坐标，也可设直线AB的方程
差什么
要求直线AB的方程，还需要知道直线AB的斜率是否存在，可分类讨论解决
找什么
[解] (1)因为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点坐标为F(1，0)，所以＝1，所以p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，
设A，B.
因为直线OA，OB的斜率之积为－，
所以·＝－，化简得t2＝32.所以A(8，t)，B(8，－t)，此时直线AB的方程为x＝8.
②当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋b，A(x ，y )，B(x ，y )，联立消去x，化
A A B B
简得ky2－4y＋4b＝0.所以y y ＝，
A B
因为直线OA，OB的斜率之积为－，所以·＝－，
整理得x x ＋2y y ＝0.即·＋2y y ＝0，
A B A B A B
解得y y ＝0(舍去)或y y ＝－32.
A B A B
所以y y ＝＝－32，即b＝－8k，
A B
所以y＝kx－8k，即y＝k(x－8)．
综上所述，直线AB过定点(8,0)．
【方法技巧】
[题后悟通]
不能正确应用条件“直线OA，OB的斜率之积为－”是造成不能解决
思路受阻分析
本题的关键
定点问题实质及求解步骤
解析几何中的定点问题实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或
圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动．这类问题的求解一
般可分为以下三步：
技法关键点拨
【跟踪训练】
已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点F(，0)，长半轴长与短半轴长的比值为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN
为直径的圆上，证明：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
解：(1)由题意得，c＝，＝2，a2＝b2＋c2，
∴a＝2，b＝1，
∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠1)，M(x，y)，N(x，y)．
1 1 2 2
联立消去y，可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
∴Δ＝16(4k2＋1－m2)＞0，x＋x＝，xx＝.
1 2 1 2
∵点B在以线段MN为直径的圆上，
∴BM·BN＝0.
∵BM·BN＝(x ，kx ＋m－1)·(x ，kx ＋m－1)＝(k2＋1)xx ＋k(m－1)(x ＋x)＋(m－1)2＝
1 1 2 2 1 2 1 2
0，
∴(k2＋1)＋k(m－1)＋(m－1)2＝0，
整理，得5m2－2m－3＝0，
解得m＝－或m＝1(舍去)．
∴直线l的方程为y＝kx－.
易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意．
故直线l过定点，且该定点的坐标为.
高频考点二 圆锥曲线的最值问题
【例2】在平面直角坐标系中O为坐标原点，圆O交x轴于点F ，F ，交y轴于点B ，B.
1 2 1 2
以B，B 为顶点，F，F 分别为左、右焦点的椭圆E恰好经过点.
1 2 1 2
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设经过点(－2,0)的直线l与椭圆E交于M，N两点，求△FMN面积的最大值．
2
[破题思路]
第(1)问
求什么
求椭圆E的标准方程，想到求椭圆长半轴a和短半轴b的值
想什么
给什么 题目条件给出圆O交x轴于点F ，F ，交y轴于点B ，B ，易知b＝c，又椭圆过
1 2 1 2
用什么 点，从而可求出a，b的值
第(2)问
求什么
求△FMN面积的最大值，想到面积公式
2
想什么
给什么 题干中给出直线l过点(－2,0)，可设出直线l的方程，利用弦长公式求|MN|，利
用什么 用点到直线的距离求d，从而可求△FMN的面积
2
差什么
要求△FMN面积的最值，需建立相关函数模型求解
2
找什么
[解] (1)由已知可得，椭圆E的焦点在x轴上．设椭圆E的标准方程为＋＝1(a>b>0)，焦距
为2c，则b＝c，∴a2＝b2＋c2＝2b2，
∴椭圆E的标准方程为＋＝1.又椭圆E过点，∴＋＝1，解得b2＝1.
∴椭圆E的标准方程为＋y2＝1.(2)由于点(－2,0)在椭圆E外，∴直线l的斜率存在．
设直线l的斜率为k，则直线l：y＝k(x＋2)，设M(x，y)，N(x，y)．
1 1 2 2
由消去y得，(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0.
由Δ>0，得0≤k2<，从而x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
∴|MN|＝ |x－x|＝2·.
1 2
∵点F(1,0)到直线l的距离d＝，
2
∴△FMN的面积S＝|MN|·d＝3.
2
令1＋2k2＝t，则t∈[1,2)，
∴S＝3 ＝3
＝3 ＝3 ，
当＝，即t＝时，S有最大值，
S ＝，此时k＝±.
max
∴当直线l的斜率为±时，可使△FMN的面积最大，其最大值为.
2
【方法技巧】
[解题技法]
求椭圆离心率的三种方法
1．直接求出a，c来求解e.通过已知条件列方程组，解出a，c的值．
2．构造a，c的齐次式，解出e.由已知条件得出关于a，c的二元齐次方程，然后转化为关
于离心率e的一元二次方程求解．
3．通过取特殊值或特殊位置，求出离心率．
[提醒] 在解关于离心率e的二次方程时，要注意利用椭圆的离心率e∈(0,1)进行根的取舍，
否则将产生增根．
高频考点三 证明问题
【例3】 (2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于
A，B两点，点M的坐标为(2,0)．
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.
[破题思路]
第(1)问
求什么
求直线AM的方程，想到求直线AM的斜率或直线上的点的坐标
想什么
给什么 题目给出M的坐标及l与x轴垂直可利用l与x轴垂直求出l的方程，进而求出A
用什么 点坐标，并求出直线AM的方程第(2)问
求什么
证明∠OMA＝∠OMB.可转化为证明直线MA与MB的斜率间的关系
想什么
给什么 题目中给出O点及M点的坐标，可求得 l与x轴重合、垂直两种特殊情况下
用什么 ∠OMA＝∠OMB
缺什么 缺少直线(不与x轴重合或垂直时)，直线l的方程及直线l与椭圆交点A，B的坐
找什么 标，可设直线l的方程及A，B两点的坐标求解
[解] (1)由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1.
则点A的坐标为或.
又M(2,0)，
所以直线AM的方程为y＝－x＋或y＝x－，
即x＋y－2＝0或x－y－2＝0.
(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，
所以∠OMA＝∠OMB.
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为
y＝k(x－1)(k≠0)，A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则x<，x<，直线MA，MB的斜率之和为
1 2
k ＋k ＝＋.
MA MB
由y＝kx－k，y＝kx－k，
1 1 2 2
得k ＋k ＝.
MA MB
将y＝k(x－1)代入＋y2＝1，
得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以x＋x＝，xx＝.
1 2 1 2
则2kxx－3k(x＋x)＋4k
1 2 1 2
＝＝0.
从而k ＋k ＝0，
MA MB
故MA，MB的倾斜角互补．
所以∠OMA＝∠OMB.
综上，∠OMA＝∠OMB成立．
【方法技巧】
(一)思路受阻分析
解决本例(2)的关键是建立△FMN的面积S关于斜率k的关系式，然后通过换元构造一
2元二次函数求解，而很多同学因不会构造函数造成思路受阻无法继续求解．
(二)技法关键点拨
求圆锥曲线中范围、最值的2种方法
几何法 若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来求解
若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再
代数法
求这个函数的最值、范围．常用的方法有基本不等式法、导数法、判别式法等
【跟踪训练】
1．设椭圆E的方程为＋＝1(a＞b＞0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a,0)，点B的
坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为.
(1)求E的离心率e；
(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，证明：MN⊥AB.
解：(1)由题设条件知，点M的坐标为，
又k ＝，从而＝.
OM
进而得a＝b，c＝＝2b，故e＝＝.
(2)证明：由N是AC的中点知，点N的坐标为，可得NM＝.又AB＝(－a，b)，
从而有AB·NM＝－a2＋b2＝(5b2－a2)．
由(1)可知a2＝5b2，
所以AB·NM＝0，故MN⊥AB.
2．在平面直角坐标系xOy中，点F的坐标为，以线段MF为直径的圆与x轴相切．
(1)求点M的轨迹E的方程；
(2)设T是E上横坐标为2的点，OT的平行线l交E于A，B两点，交曲线E在T处的
切线于点N，求证：|NT|2＝|NA|·|NB|.
解：(1)设点M(x，y)，因为F，
所以MF的中点坐标为.
因为以线段MF为直径的圆与x轴相切，
所以＝，即|MF|＝，
故 ＝，得x2＝2y，
所以M的轨迹E的方程为x2＝2y.
(2)证明：因为T是E上横坐标为2的点，所以由(1)得T(2,2)，所以直线OT的斜率为1.
因为l∥OT，所以可设直线l的方程为y＝x＋m，m≠0.
由y＝x2，得y′＝x，则曲线E在T处的切线的斜率为y′| ＝2，
x＝2
所以曲线E在T处的切线方程为y＝2x－2.
由
得所以N(m＋2,2m＋2)，所以|NT|2＝[(m＋2)－2]2＋[(2m＋2)－2]2＝5m2.
由消去y，得x2－2x－2m＝0，由Δ＝4＋8m＞0，解得m＞－.
设A(x，y)，B(x，y)，则x＋x＝2，xx＝－2m.
1 1 2 2 1 2 1 2
因为N，A，B在l上，所以|NA|＝|x－(m＋2)|，|NB|＝|x－(m＋2)|，
1 2
所以|NA|·|NB|＝2|x －(m＋2)|·|x －(m＋2)|＝2|xx －(m＋2)(x ＋x)＋(m＋2)2|＝2|－2m－
1 2 1 2 1 2
2(m＋2)＋(m＋2)2|＝2m2，
所以|NT|2＝|NA|·|NB|.
