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§8.10 圆锥曲线中的综合问题
重点解读 1.圆锥曲线中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、最值问题以及探索性问题.2.以解答题的形式压轴出现，难度较大.
题型一 求值与证明问题
例1 (2024·六盘水模拟)已知双曲线C：x
2
a
2 －y
2
b
2 ＝1(a>0，b>0)过点M(3，4)，左、右顶点分别为A，
B，直线MA 与直线MB 的斜率之和为3.
(1)求双曲线C 的标准方程；
(2)过双曲线右焦点F2的直线l 交双曲线右支于P，Q(P 在第一象限)两点，⃗P F2＝3⃗F2Q，E 是双曲线上
一点，△PQE 的重心在x 轴上，求点E 的坐标.
思维升华 (1)求值问题即是根据条件列出对应的方程，通过解方程求解.
(2)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在
某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相
等或不等).
跟踪训练1 (2024·雅安模拟)设F1，F2分别为椭圆C：x
2
a
2+ y
2
b
2 ＝1(a>b>0)的左、右焦点，椭圆的短轴长
为2，M 是直线x＝2 上除(2，0)外的任意一点，且直线MF2的斜率与直线MF1的斜率之比为3.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)过右焦点F2且不与坐标轴垂直的直线l 交椭圆C 于A，B 两点，设直线MA，MF2，MB 的斜率分别为
k1，k2，k3，证明：k1，k2，k3成等差数列.
题型二 定点与定值问题
例2 (2024·北京模拟)已知椭圆C：x
2
a
2+ y
2
b
2 ＝1(a>b>0)的离心率为1
2，左、右顶点分别为A，B，左、右
焦点分别为F1，F2.过右焦点F2的直线l 交椭圆于点M，N，且△F1MN 的周长为16.
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)记直线AM，BN 的斜率分别为k1，k2，证明：k1
k2
为定值.
思维升华 (1)求解直线或曲线过定点问题的基本思路
①把直线或曲线方程中的变量x，y 当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要
对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y 的方程组，这个方程组的
解所确定的点就是直线或曲线所过的定点.
②由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若
得到了直线方程的斜截式y＝kx+m，则直线必过定点(0，m).
(2)圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
①求代数式为定值.依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可求得.
②求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形即可
求得.
③求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式，再依据题设条件对解析式进行化简、变形即可求得.
跟踪训练2 已知抛物线E：y2＝4x，点A，B，C，D 都在抛物线E 上.
(1)若点A 与点C 的纵坐标之和为2，求直线AC 的斜率；
(2)若直线AC，BD 均过定点(2，0)，且AC⊥BD，M，N 分别为AC，BD 的中点，证明：直线MN 过定
点.
题型三 范围与最值问题
例3 (2025·商洛模拟)已知双曲线C：x
2
a
2 －y
2
b
2 ＝1(a>0，b>0)的离心率为2，实轴的左、右顶点分别为
A1，A2，虚轴的上、下顶点分别为B1，B2，且四边形A1B1A2B2的面积为2√3.
(1)求双曲线C 的标准方程；
(2)已知直线l：y＝kx+m(km≠0)与双曲线C 交于P，Q 两点，若|B1P|＝|B1Q|，求实数m 的取值范围.
思维升华 圆锥曲线中最值的求法
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决.
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最
值，求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等.
跟踪训练3 (2024·咸阳模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上的点(4，a)到其准线的距离为5.
(1)求抛物线C 的方程；
(2)过点(2，1)的直线与抛物线C 交于A，B 两点，与x 轴交于点H(x0，0)，圆H：( x - x0)
2+y2＝4 与x 轴
交于点M，求△ABM 面积的最小值.
答案精析
例1 解 (1)依题意双曲线的左、右顶点分别为A(－a，0)，B(a，0)，
所以kMA+kMB＝4
3+a+ 4
3-a ＝24
9-a
2＝3，
解得a2＝1，
将M(3，4)代入x2－y
2
b
2 ＝1，
得9－16
b
2 ＝1，解得b2＝2，
故双曲线C 的标准方程为
x2－y
2
2 ＝1.
(2)易知F2(√3，0)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线l 的方程为
x＝ty+√3，
将x＝ty+√3代入x2－y
2
2 ＝1，
整理得(2t2－1)y2+4√3ty+4＝0，
则2t2－1≠0，且Δ＝16(t2+1)>0，
则t2≠1
2，所以y1+y2＝- 4√3t
2t
2-1 ，
y1y2＝
4
2t
2-1，
又由⃗P F2＝3⃗F2Q⇒y1＝－3y2，
代入上式得{
-2 y2＝- 4√3t
2t
2-1
,
-3 y2
2＝
4
2t
2-1
,
得t2＝1
11，－3y2
2＝
4
2t
2-1＝－44
9 ⇒y2＝－2√33
9
，
因为△PQE 的重心在x 轴上，
所以yE+y1+y2＝0，
所以yE＝2y2＝－4√33
9
，
代入双曲线的方程得
xE＝±√345
9
，
故E(- √345
9
，- 4√33
9 )或
E(
√345
9
，- 4√33
9 ).
跟踪训练1 (1)解 由已知得2b＝2，所以b＝1.
设M(2，y0)(y0≠0)，
F1(－c，0)，F2(c，0)，
则
k M F2
k M F1
＝y0
2-c ·2+c
y0
＝2+c
2-c ＝3，
所以c＝1，a＝√b
2+c
2＝√2，
所以椭圆C 的方程为x
2
2 +y2＝1.
(2)证明 如图，设直线AB 的方程为x＝my+1(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(2，t)(t≠0)，
由{
x
2
2 + y
2＝1,
x＝my +1,
得
(m2+2)y2+2my－1＝0，
Δ＝8m2+8>0，
则y1+y2＝－2m
m
2+2，
y1y2＝－
1
m
2+2，
k1+k3＝y1-t
x1-2+ y2-t
x2-2 ＝
y1-t
m y1-1+ y2-t
m y2-1＝
( y1-t )(m y2-1)+( y2-t )(m y1-1)
(m y1-1)(m y2-1)
＝
2m(-
1
m
2+2)-(mt +1)(- 2m
m
2+2)+2t
m
2(-
1
m
2+2)-m(- 2m
m
2+2)+1
＝2t，
又k2＝t，所以k1+k3＝2k2.
所以k1，k2，k3成等差数列.
例2 (1)解 由△F1MN 的周长为16，及椭圆的定义，
可知4a＝16，即a＝4，
又离心率为e＝c
a ＝1
2，所以c＝2，
b2＝a2－c2＝16－4＝12.
所以椭圆C 的标准方程为
x
2
16+ y
2
12＝1.
(2)证明 依题意，
直线l 与x 轴不重合，F2(2，0)，
设l 的方程为x＝my+2.
联立{
x
2
16 + y
2
12 ＝1,
x＝my +2,
得(3m2+4)y2+12my－36＝0，
因为点F2在椭圆C 内，所以Δ>0，
即(12m)2+4(3m2+4)×36>0，
易知该不等式恒成立，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由根与系数的关系，得
y1+y2＝-12m
3m
2+ 4 ，y1y2＝-36
3m
2+ 4 .
又A(－4，0)，B(4，0)，
则
k1
k2
＝
y1
x1+ 4
y2
x2- 4
＝y1( x2- 4)
y2( x1+ 4)
＝
y1(m y2-2)
y2(m y1+6) ＝m y1 y2-2 y1
m y1 y2+6 y2
，
又y1+ y2
y1 y2
＝-12m
-36
＝m
3 ，
即my1y2＝3(y1+y2)，
故
k1
k2
＝m y1 y2-2 y1
m y1 y2+6 y2
＝
3( y1+ y2)-2 y1
3( y1+ y2)+6 y2
＝
y1+3 y2
3 y1+9 y2
＝1
3，为定值.
跟踪训练2 (1)解 设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则y1+y2＝2，
由{
y1
2＝4 x1,
y2
2＝4 x2,
所以y1
2－y2
2＝4(x1－x2)，
即y1- y2
x1- x2
＝
4
y1+ y2
＝2，
所以直线AC 的斜率为2.
(2)证明 由题意可知直线AC，BD 的斜率均存在，设直线AC 的方程为x＝my+2(m≠0)，A(x1，y1)，
C(x2，y2)，
则由{
x＝my +2,
y
2＝4 x ,
得y2－4my－8＝0，
Δ＝16m2+32>0，则y1+y2＝4m，
设线段AC 的中点M 的坐标为(xM，yM)，
则yM＝y1+ y2
2
＝2m，
xM＝myM+2＝2m2+2，
所以M(2m2+2，2m)，
同理N(2+ 2
m
2 ，- 2
m)，
①当m＝±1 时，M，N 两点的坐标为(4，2)和(4，－2)，直线MN 的方程为x＝4；
②当m≠±1 时，直线MN 的斜率为kMN＝
2m+ 2
m
2m
2- 2
m
2
＝
1
m- 1
m
＝
m
m
2-1，
则直线MN 的方程为
y－2m＝
m
m
2-1(x－2m2－2)，
即y＝
m
m
2-1x－4 m
m
2-1
＝
m
m
2-1(x－4)，
所以直线MN 过定点(4，0)，
综合①②可知直线MN 过定点(4，0).
例3 解 (1)由双曲线的几何性质可知，四边形A1B1A2B2是菱形，
且|A1A2|＝2a，|B1B2|＝2b，
∴四边形A1B1A2B2的面积为
1
2×2a×2b＝2√3，
①
又离心率为e＝c
a＝2，
②
a2+b2＝c2，
③
联立①②③可得a＝1，b＝√3，c＝2，
∴双曲线C 的标准方程为
x2－y
2
3 ＝1.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，B1(0，√3)，
线段PQ 的中点为M(x0，y0)，
联立{
x
2- y
2
3 ＝1,
y ＝kx +m,
消去y 整理可得
(k2－3)x2+2kmx+m2+3＝0，
∴{
k
2-3≠0,
Δ＝4 k
2m
2- 4(k
2-3)(m
2+3)>0,
即m2－k2+3>0 且k≠±√3，
④
∴x1+x2＝2km
3-k
2，x1x2＝m
2+3
k
2-3
.
∴x0＝km
3-k
2，
y0＝kx0+m＝3m
3-k
2.
∵|B1P|＝|B1Q|，∴B1M⊥PQ.
∴k B1 M ＝y0-√3
x0
＝
3m
3-k
2 -√3
km
3-k
2
＝－1
k ，
∴3－k2＝4√3
3
m，
⑤
又k2＝3－4√3
3
m>0，⑥
由④⑤⑥得m<－4√3
3
或0<m<3√3
4
，
∴实数m 的取值范围是
(-∞，- 4√3
3 )∪(0，3√3
4 ).
跟踪训练3 解 (1)由抛物线C 的方程可得其准线方程为x＝－p
2 ，
依题意得p
2 +4＝5，解得p＝2.
∴抛物线C 的方程为y2＝4x.
(2)依题意可设直线AB 的方程为x＝m(y－1)+2，
联立{
y
2＝4 x ,
x＝m( y -1)+2,
消去x 得y2－4my+4m－8＝0，
Δ＝16m2－16m+32>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1+y2＝4m，y1y2＝4m－8.
∴|y1－y2|＝√(4 m)
2- 4(4 m-8)＝4√m
2-m+2.
依题意知|MH|＝2，
∴S△ABM＝1
2×|y1－y2|×|MH|＝4√m
2-m+2.
∵m2－m+2＝(m- 1
2)
2
+7
4 ，
∴S△ABM≥2√7，
即△ABM 面积的最小值为2√7.
