圓錐曲線綜合提升訓(xùn)練題及詳解圓錐曲線作為解析幾何的核心內(nèi)容，其綜合性強(qiáng)、思想深刻，一直是高中數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)的重點(diǎn)與難點(diǎn)，也是各類選拔性考試中區(qū)分度的重要體現(xiàn)。掌握?qǐng)A錐曲線的解題思路與技巧，不僅能夠提升數(shù)學(xué)思維能力，更能為進(jìn)一步學(xué)習(xí)高等數(shù)學(xué)奠定堅(jiān)實(shí)基礎(chǔ)。本文精選數(shù)道具有代表性的圓錐曲線綜合題，并附上詳盡解析，旨在幫助讀者深化理解、融會(huì)貫通，切實(shí)提升解題能力。一、橢圓綜合題例題1已知橢圓\(C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)(a>b>0)的離心率為\(\frac{\sqrt{3}}{2}\)，且橢圓過點(diǎn)\((2,1)\)。(1)求橢圓\(C\)的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過橢圓右焦點(diǎn)\(F\)的直線\(l\)與橢圓交于\(A,B\)兩點(diǎn)，且與\(y\)軸交于點(diǎn)\(M\)，若\(\overrightarrow{MA}=\lambda\overrightarrow{AF}\)，\(\overrightarrow{MB}=\mu\overrightarrow{BF}\)，試判斷\(\lambda+\mu\)是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請(qǐng)說明理由。分析與詳解(1)求橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程由橢圓的離心率\(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)，可得\(c=\frac{\sqrt{3}}{2}a\)。又因?yàn)閈(a^2=b^2+c^2\)，將\(c\)代入可得\(a^2=b^2+\frac{3}{4}a^2\)，整理得\(a^2=4b^2\)，即\(a=2b\)。橢圓過點(diǎn)\((2,1)\)，將其代入橢圓方程有\(zhòng)(\frac{2^2}{a^2}+\frac{1^2}{b^2}=1\)。將\(a=2b\)代入上式，得到\(\frac{4}{4b^2}+\frac{1}{b^2}=\frac{1}{b^2}+\frac{1}{b^2}=\frac{2}{b^2}=1\)，解得\(b^2=2\)，進(jìn)而\(a^2=4b^2=8\)。因此，橢圓\(C\)的標(biāo)準(zhǔn)方程為\(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1\)。(2)判斷\(\lambda+\mu\)是否為定值由(1)可知，橢圓的右焦點(diǎn)\(F\)的坐標(biāo)為\((c,0)\)，其中\(zhòng)(c=\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{8-2}=\sqrt{6}\)，故\(F(\sqrt{6},0)\)。依題意，直線\(l\)過點(diǎn)\(F(\sqrt{6},0)\)且與\(y\)軸相交，故直線\(l\)的斜率存在（若斜率不存在，則直線與\(y\)軸無交點(diǎn)）。設(shè)直線\(l\)的方程為\(y=k(x-\sqrt{6})\)，則點(diǎn)\(M\)為直線\(l\)與\(y\)軸的交點(diǎn)，令\(x=0\)，得\(y=-\sqrt{6}k\)，所以\(M(0,-\sqrt{6}k)\)。設(shè)\(A(x_1,y_1)\)，\(B(x_2,y_2)\)。由\(\overrightarrow{MA}=\lambda\overrightarrow{AF}\)，可得\((x_1-0,y_1-(-\sqrt{6}k))=\lambda(\sqrt{6}-x_1,0-y_1)\)，即：\[\begin{cases}x_1=\lambda(\sqrt{6}-x_1)\\y_1+\sqrt{6}k=-\lambday_1\end{cases}\]解第一個(gè)方程：\(x_1=\lambda\sqrt{6}-\lambdax_1\)，\(x_1(1+\lambda)=\lambda\sqrt{6}\)，得\(x_1=\frac{\lambda\sqrt{6}}{1+\lambda}\)。解第二個(gè)方程：\(y_1+\lambday_1=-\sqrt{6}k\)，\(y_1(1+\lambda)=-\sqrt{6}k\)，得\(y_1=\frac{-\sqrt{6}k}{1+\lambda}\)。因?yàn)辄c(diǎn)\(A(x_1,y_1)\)在橢圓\(C\)上，故將其坐標(biāo)代入橢圓方程：\[\frac{\left(\frac{\lambda\sqrt{6}}{1+\lambda}\right)^2}{8}+\frac{\left(\frac{-\sqrt{6}k}{1+\lambda}\right)^2}{2}=1\]兩邊同時(shí)乘以\((1+\lambda)^2\)，得：\[\frac{6\lambda^2}{8}+\frac{6k^2}{2}=(1+\lambda)^2\]化簡：\[\frac{3\lambda^2}{4}+3k^2=1+2\lambda+\lambda^2\]移項(xiàng)整理：\[3k^2=1+2\lambda+\lambda^2-\frac{3\lambda^2}{4}=1+2\lambda+\frac{\lambda^2}{4}\]即：\[\lambda^2+8\lambda+4-12k^2=0\quad(1)\]同理，由\(\overrightarrow{MB}=\mu\overrightarrow{BF}\)，可得：\[\begin{cases}x_2=\mu(\sqrt{6}-x_2)\\y_2+\sqrt{6}k=-\muy_2\end{cases}\]解得\(x_2=\frac{\mu\sqrt{6}}{1+\mu}\)，\(y_2=\frac{-\sqrt{6}k}{1+\mu}\)。將\(B(x_2,y_2)\)代入橢圓方程，同理可得關(guān)于\(\mu\)的方程：\[\mu^2+8\mu+4-12k^2=0\quad(2)\]由方程(1)和(2)可知，\(\lambda\)和\(\mu\)是一元二次方程\(t^2+8t+4-12k^2=0\)的兩個(gè)根。根據(jù)韋達(dá)定理，可得\(\lambda+\mu=-8\)。因此，\(\lambda+\mu\)為定值，該定值為-8。點(diǎn)評(píng)：本題第(2)問的關(guān)鍵在于利用向量關(guān)系得到點(diǎn)的坐標(biāo)之間的聯(lián)系，進(jìn)而將點(diǎn)的坐標(biāo)用參數(shù)\(\lambda\)(或\(\mu\))表示，再結(jié)合點(diǎn)在橢圓上的條件，構(gòu)造出關(guān)于\(\lambda\)和\(\mu\)的一元二次方程，最終通過韋達(dá)定理求得\(\lambda+\mu\)的值。這種“設(shè)而不求”、利用韋達(dá)定理的思想是解決圓錐曲線中與直線和曲線交點(diǎn)相關(guān)問題的常用且重要的方法，需要熟練掌握。同時(shí)，運(yùn)算的準(zhǔn)確性是解決此類問題的基本保障。二、雙曲線綜合題例題2已知雙曲線\(E:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\)(a>0,b>0)的一條漸近線方程為\(y=\sqrt{3}x\)，且過點(diǎn)\((2,3)\)。(1)求雙曲線\(E\)的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)雙曲線\(E\)的左、右頂點(diǎn)分別為\(A_1,A_2\)，點(diǎn)\(P\)是雙曲線\(E\)上異于\(A_1,A_2\)的任意一點(diǎn)，直線\(PA_1\)與直線\(x=1\)交于點(diǎn)\(M\)，直線\(PA_2\)與直線\(x=1\)交于點(diǎn)\(N\)，記\(\triangleA_1MN\)與\(\triangleA_2MN\)的面積分別為\(S_1\)和\(S_2\)，求證：\(S_1S_2\)為定值。分析與詳解(1)求雙曲線標(biāo)準(zhǔn)方程雙曲線\(E:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\)的漸近線方程為\(y=\pm\frac{a}x\)。已知一條漸近線方程為\(y=\sqrt{3}x\)，故\(\frac{a}=\sqrt{3}\)，即\(b=\sqrt{3}a\)。雙曲線過點(diǎn)\((2,3)\)，代入雙曲線方程得\(\frac{2^2}{a^2}-\frac{3^2}{b^2}=1\)，即\(\frac{4}{a^2}-\frac{9}{b^2}=1\)。將\(b=\sqrt{3}a\)代入上式，得\(\frac{4}{a^2}-\frac{9}{3a^2}=\frac{4}{a^2}-\frac{3}{a^2}=\frac{1}{a^2}=1\)，解得\(a^2=1\)，從而\(b^2=3a^2=3\)。因此，雙曲線\(E\)的標(biāo)準(zhǔn)方程為\(x^2-\frac{y^2}{3}=1\)。(2)證明\(S_1S_2\)為定值由(1)可知，雙曲線\(E\)的左頂點(diǎn)\(A_1(-1,0)\)，右頂點(diǎn)\(A_2(1,0)\)。設(shè)點(diǎn)\(P(x_0,y_0)\)是雙曲線\(E\)上異于\(A_1,A_2\)的任意一點(diǎn)，則\(x_0^2-\frac{y_0^2}{3}=1\)，即\(y_0^2=3(x_0^2-1)\)。(3)直線\(PA_1\)的方程：過點(diǎn)\(A_1(-1,0)\)和\(P(x_0,y_0)\)，其斜率為\(k_1=\frac{y_0-0}{x_0-(-1)}=\frac{y_0}{x_0+1}\)。故直線\(PA_1\)的方程為\(y=\frac{y_0}{x_0+1}(x+1)\)。直線\(PA_1\)與直線\(x=1\)交于點(diǎn)\(M\)，令\(x=1\)，得\(y=\frac{y_0}{x_0+1}(1+1)=\frac{2y_0}{x_0+1}\)，所以\(M(1,\frac{2y_0}{x_0+1})\)。直線\(PA_2\)的方程：過點(diǎn)\(A_2(1,0)\)和\(P(x_0,y_0)\)，其斜率為\(k_2=\frac{y_0-0}{x_0-1}=\frac{y_0}{x_0-1}\)。故直線\(PA_2\)的方程為\(y=\frac{y_0}{x_0-1}(x-1)\)。直線\(PA_2\)與直線\(x=1\)交于點(diǎn)\(N\)。注意到直線\(PA_2\)的方程中，當(dāng)\(x=1\)時(shí)，\(y=0\)，這就是點(diǎn)\(A_2\)。但題目中說“直線\(PA_2\)與直線\(x=1\)交于點(diǎn)\(N\)”，而\(A_2\)本身就在直線\(x=1\)上。這說明，若\(PA_2\)與\(x=1\)交于\(A_2\)，則\(N\)與\(A_2\)重合，此時(shí)\(\triangleA_2MN\)的面積\(S_2\)將為零，這與題意中“任意一點(diǎn)\(P\)”（除\(A_1,A_2\)）可能存在矛盾。仔細(xì)審視題目，發(fā)現(xiàn)“直線\(PA_2\)與直線\(x=1\)”，而\(A_2\)是\(PA_2\)與\(x=1\)的交點(diǎn)，那么\(N\)就是\(A_2\)嗎？這似乎不太合理，可能題目表述或我們的理解存在偏差。重新審題：“直線\(PA_1\)與直線\(x=1\)交于點(diǎn)\(M\)，直線\(PA_2\)與直線\(x=1\)交于點(diǎn)\(N\)”。直線\(x=1\)是垂直于x軸的直線。對(duì)于直線\(PA_2\)，它過\(A_2(1,0)\)，所以它與直線\(x=1\)的交點(diǎn)就是\(A_2\)。這顯然使得問題失去意義。因此，我們有理由相信，題目中的“直線\(x=1\)”可能是筆誤，考慮到雙曲線的對(duì)稱性以及與\(A_1,A_2\)的關(guān)系，更合理的應(yīng)該是“直線\(x=t\)”（t為某個(gè)常數(shù)，比如t=2？）或者“直線\(x=-1\)”？或者，也有可能是我們對(duì)“交于點(diǎn)N”的理解有誤，如果\(P\)點(diǎn)使得\(PA_2\)不垂直于x軸，那么直線\(PA_2\)與\(x=1\)確實(shí)只交于\(A_2\)。修正假設(shè)：考慮到第(1)問中橢圓的類似問題是與y軸交于M，這里雙曲線的問題，或許是“直線\(PA_1\)與直線\(x=-2\)交于點(diǎn)M，直線\(PA_2\)與直線\(x=-2\)交于點(diǎn)N”？或者是“直線\(x=m\)”（m≠1）。為了使問題有意義，我們假設(shè)題目中直線應(yīng)為\(x=m\)（m為常數(shù)，且m≠1，m≠-1），例如，最常見的是取\(