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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.
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 ).
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.
(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.
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.
(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.
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.
(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).
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.
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 ).
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.
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.
课时精练
(分值：60 分)
1.(13 分)已知椭圆C：x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)的上顶点为E(0，1)，且经过点(1，√2
2 ).
(1)求椭圆C 的标准方程；(5 分)
(2)过点(0，- 1
3)且斜率存在的直线l 与椭圆C 交于M，N 两点，判断△EMN 的形状并给出证明.(8 分)
解 (1)由题意知b=1，
所以椭圆C 的方程为x
2
a
2+y2=1，
代入点(1，√2
2 )，得a2=2，
所以椭圆C 的标准方程为x
2
2 +y2=1.
(2)△EMN 为直角三角形，证明如下：
设直线l：y=kx-1
3，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立{
y =kx - 1
3 ,
x
2
2 + y
2=1,
消去y 得(9+18k2)x2-12kx-16=0，易知Δ>0，
则x1+x2=
12k
9+18k
2，x1x2=-
16
9+18k
2，
又因为⃗EM=(x1，y1-1)，⃗EN=(x2，y2-1)，
所以⃗EM·⃗EN=x1x2+(y1-1)(y2-1)
=x1x2+(k x1- 4
3)(k x2- 4
3)
=(1+k2)x1x2-4
3 k(x1+x2)+16
9
=(1+k2)(
-16
9+18k
2)-4 k
3 ·
12k
9+18k
2+16
9 =0，
所以EM⊥EN，故△EMN 为直角三角形.
2.(15 分)(2025·安康模拟)已知M(4，4)为抛物线C：y2=2px(p>0)上的一点，F 为C 的焦点，O 为坐标原点.
(1)求△MOF 的面积；(5 分)
(2)若A，B 为抛物线C 上的两个动点，直线MA 与MB 的斜率之积恒等于-2，证明：直线AB 过定点.(10 分)
(1)解 由题可得16=8p，解得p=2，
所以F(1，0)，S△MOF=1
2|OF|yM=1
2×1×4=2.
(2)证明 由(1)可知抛物线C 的方程为y2=4x.
由题意可知直线AB 不与x 轴平行，设直线AB 的方程为x=my+b，
A(
y1
2
4 ，y1)，B(
y2
2
4 ，y2)，
则y1，y2≠±4.
联立方程{
x =my +b,
y
2= 4 x ,
整理可得y2-4my-4b=0，
则Δ=16m2+16b>0，且y1+y2=4m，
①
y1y2=-4b.
②
kMA=
y1- 4
y1
2
4 - 4
=
4
y1+ 4 ，
同理可得kMB=
4
y2+ 4 .
由题意得kMA·kMB=
4
y1+ 4 ×
4
y2+ 4 =-2，
即4(y1+y2)+y1y2+24=0，
将①②代入可得16m-4b+24=0，即b=4m+6.
故直线AB 的方程可化为x=my+4m+6，
即x-6=m(y+4)，
所以直线AB 过定点(6，-4).
3.(15 分)(2024·酒泉模拟)已知双曲线C：x
2
a
2- y
2
b
2 =1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为x+2y=0，且焦点到渐近线
的距离为1.
(1)求双曲线C 的方程；(5 分)
(2)若双曲线C 的右顶点为A，B(0，-b)，过坐标原点的直线l 与C 交于E，F 两点，与直线AB 交于点M，
且点E，M 都在第一象限，△AFM 的面积是△AEM 面积的5 倍，求直线l 的斜率.(10 分)
解 (1)双曲线C：x
2
a
2- y
2
b
2 =1(a>0，b>0)的渐近线方程为y=±b
ax，
又一条渐近线方程为x+2y=0，
所以b
a=1
2，
又焦点到渐近线的距离为1，
即
c
√1
2+2
2=1，
所以c=√5，
又c=√a
2+b
2，
所以a2=4，b2=1，
则双曲线C 的方程为x
2
4 -y2=1.
(2)由(1)可得A(2，0)，B(0，-1)，
则直线AB 的方程为y=1
2x-1，设l：y=kx，
E(x1，y1)，F(-x1，-y1)，M(x2，y2)，
由题意可知0<k<1
2，0<x1<x2，
由△AFM 的面积是△AEM 面积的5 倍，
可得|FM|=5|EM|，即x1+x2=5(x2-x1)，
所以x2=3
2x1，
由{
y = 1
2 x -1,
y =kx ,
消去y 可得kx=1
2x-1，
解得x2=
2
1-2k ，
由{
x
2
4 - y
2=1,
y =kx ,
消去y 可得(1-4k2)x2=4，
解得x1=
2
√1- 4 k
2，
由x2=3
2x1，
可得52k2-36k+5=0，
解得k= 5
26或k=1
2(舍去)，
当k= 5
26时，x2=13
4 ，x1=13
6 ，符合题意，
所以直线l 的斜率为5
26.
4.(17 分)(2024·晋中模拟)已知椭圆C：x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)过点(2，1)，且离心率为√2
2 .
(1)求椭圆C 的方程；(5 分)
(2)已知圆的方程为x2+y2=2，过圆上任意一点作圆的切线，切线与椭圆C 交于A，B 两点，O 为坐标原点，
设Q 为AB 的中点，当|OQ|取最大值时，求直线AB 的方程.(12 分)
解 (1)∵椭圆C：x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)过点(2，1)，且离心率为√2
2 ，
∴{
2
2
a
2 + 1
2
b
2 =1,
e = c
a = √2
2 ,
c
2=a
2-b
2,
解得{
b=√3,
a=√6,
∴椭圆C 的方程为x
2
6 + y
2
3 =1.
(2)由题得圆的圆心为(0，0)，半径为√2，
当切线斜率不存在时，切点即为Q，此时|OQ|=√2；
当切线斜率存在时，设切线方程为y=kx+m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程{
y =kx +m,
x
2
6 + y
2
3 =1,得
(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0，
∴x1+x2=- 4 km
1+2k
2，x1x2=2m
2-6
1+2k
2 ，
∴y1+y2=k(x1+x2)+2m= 2m
1+2k
2，
∴Q(- 2km
1+2k
2 ，
m
1+2k
2)，
∵直线AB 与圆O 相切，
∴|m|
√1+k
2=√2，
即m2=2(1+k2)，
∴|OQ|2=4 k
2m
2+m
2
(1+2k
2)
2 =2(4 k
4+5k
2+1)
4 k
4+ 4 k
2+1
=2(1+
k
2
4 k
4+ 4 k
2+1)，
当k=0 时，|OQ|=√2；
当k≠0 时，|OQ|=√
2+
2
4 k
2+ 1
k
2 + 4 ，
∵4k2+ 1
k
2≥2√
4 k
2· 1
k
2=4，
当且仅当4k2= 1
k
2时等号成立，
∴√2<|OQ|≤3
2，
∴当切线斜率存在时，√2≤|OQ|≤3
2，
综上可得，|OQ|的最大值为3
2，
此时4k2= 1
k
2，即k=±√2
2 ，
∴m2=2(1+k2)=3，即m=±√3，
∴直线AB 的方程为
y=√2
2 x±√3或y=-√2
2 x±√3.
