专题05五大类圆锥曲线题型-2024年高考数学最后冲刺大题秒杀技巧及题型专项训练（新高考新题型专用）（解析版）_2024年4月_01按日期_16号

专题 05 五类圆锥曲线题型-2024 年高考数学大题秒
杀技巧及专项训练（解析版）
【题型1 圆锥曲线中的轨迹方程问题】
【题型2 圆锥曲线中齐次化处理斜率乘积问题】
【题型3 圆锥曲线中的三角形（四边形）面积问题】
【题型4 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题】
【题型5 圆锥曲线中的极点与极线】
题型1 圆锥曲线中的轨迹方程问题
曲线方程的定义
一般地，如果曲线 与方程 之间有以下两个关系：
①曲线 上的点的坐标都是方程 的解；
②以方程 的解为坐标的点都是曲线 上的点．
此时，把方程 叫做曲线 的方程，曲线 叫做方程 的曲线．
求曲线方程的一般步骤：
（1）建立适当的直角坐标系（如果已给出，本步骤省略）；
（2）设曲线上任意一点的坐标为 ；
（3）根据曲线上点所适合的条件写出等式；
x、y
（4）用坐标 表示这个等式，并化简；
（5）确定化简后的式子中点的范围．
上述五个步骤可简记为：求轨迹方程的步骤：建系、设点、列式、化简、确定点的范围．求轨迹方程的方法：
定义法：
如果动点 的运动规律合乎我们已知的某种曲线（如圆、椭圆、双曲线、抛物线）的定
义，则可先设出轨迹方程，再根据已知条件，待定方程中的常数，即可得到轨迹方程。
直接法：
如果动点 的运动规律是否合乎我们熟知的某些曲线的定义难以判断，但点 满足的等量
关系易于建立，则可以先表示出点 所满足的几何上的等量关系，再用点 的坐标
表示该等量关系式，即可得到轨迹方程。
代入法（相关点法）：
如果动点 的运动是由另外某一点 的运动引发的，而该点的运动规律已知，（该点坐标
满足某已知曲线方程），则可以设出 ，用 表示出相关点 的坐标，然后把
的坐标代入已知曲线方程，即可得到动点 的轨迹方程。
点差法：
圆锥曲线中与弦的中点有关的轨迹问题可用点差法，其基本方法是把弦的两端点
的坐标代入圆锥曲线方程，然而相减，利用平方差公式可得 ，
， ， 等关系式，由于弦 的中点 的坐标满足 ，
且直线 的斜率为 ，由此可求得弦 中点的轨迹方程.
已知双曲线 与直线 ： 有唯一的公共点 ，过点
且与 垂直的直线 分别交 轴， 轴于 ， 两点，点 坐标为 ，当
点坐标为 时， 点坐标为 .
(1)求双曲线的标准方程；
(2)当点 运动时，求 点的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线.破解：（1）第一步：设点设线联立化解韦达判别
由题设， ，令 ，则 ，令 ，则 ，
所以 ， ，故 ，
所以 ，可得 ，即 且过 ，则 ，
所以 ，代入 并整理得 ，
第二步：判别式等于0
则 ，即 ，又 ，
所以 ， ，故 .
（2）
第一步：设点设线联立化解韦达判别
由（1）联立双曲线与直线 ，则 ，
所以 ，则 ，
整理得 ，
第二步：多元合一元
故 ， ，
而 ，令 ，则 ，令 ，则 ，所以 ，显然 ，
故 点的轨迹方程为 ，即 且 （注意： 的斜率存在），
所以轨迹是去掉顶点的双曲线.
已知A1,0,B1,0
，直线AM,BM 相交于M ，且直线AM,BM 的斜率之积为2.
(1)求动点M 的轨迹方程；
(2)设P,Q是点M 轨迹上不同的两点且都在y轴的右侧，直线AP,BQ在y轴上的截距之比
为1:2，求证：直线PQ经过一个定点，并求出该定点坐标.
破解：（1）直接法
y y
设 ，则直线 的斜率是k  ，直线 的斜率是k  ，
M(x,y)(x1) AM 1 x1 BM 2 x1
y y y2
所以k k   2，化简整理得：x2 1x1，
1 2 x1 x1 2
y2
所以动点 的轨迹方程是x2 1x1.
M 2
（2）第一步：设点设线联立化解韦达判别
设直线AP在y轴上的截距为t，则直线BQ在y轴上的截距为2t，显然t0，
x y x y
直线 的方程为  1，即 ，直线 的方程为  1，即 ，
AP 1 t yt(x1) BQ 1 2t y2t(x1)
y2
又双曲线x2 1的渐近线方程为 ，显然直线 与双曲线两支各交于一点，
2 y 2x AP
2
直线 与双曲线右支交于两点，则有 ，且 ，于是 |t| 2，
BQ |t| 2 2|t| 2 2ytx1

由 y2 消去 化简整理得： ，设点 ，
  x2 2 1 y  t22  x22t2x  t22  0 P(x ,y )
P P
t22 t22  t22  4t
则x P 1 t22 ，解得x P  t22 ，有y P t   t22 1   t22 ，
y2tx1,

由 y2 消去 化简整理得： ，设点 ，
  x2 2 1 y  2t21  x24t2x  2t21  0 P(x ,y )
Q Q
2t21 2t21 2t21  4t
则x Q 1 2t21 ，解得x Q  2t21 ，有y Q 2t 2t21 1   2t21 ，
第二步：含参点表示向量
2t21 t22 4(t41) 4t 4t 4t(t21)
x x    ，y y    ，
Q P 2t21 t22 (2t21)(t22) Q P 2t21 t22 (2t21)(t22)
(cid:2) 4(t21)
于是PQ
(2t21)(t22)
(t21,t)，设直线
PQ
上任意一点 Rx,y，则
(cid:2) t22 4t
PR(x ,y )，
t22 t22
显然
(cid:2) (cid:2)
，因此t(x
t22
)(t21)(y
4t
)，即x
t21
(y
4t
)
t22
，
PR//PQ t22 t22 t t22 t22
t21 t21
整理得x y3，显然直线x y3恒过定点 ，
t t (3,0)
所以直线PQ经过定点
3,0
.   
在平面直角坐标系xOy中，已知点F
1
 3,0 ､F
2
3,0 , MF
1
 MF
2
4，点
M
的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)设点
P
在直线xs(s 2)上，A､B为C的左右顶点，直线PA交C于点E（异于A,B），
直线PB交C于点F （异于A,B），EF交AB于G，过G作x轴的垂线分别交PA､PB于
R､T ，问是否存在常数，使得 RG TG .
破解：（1）定义法因为F( 3,0)、F ( 3,0)，|MF ||MF |4|FF |2 3，
1 2 1 2 1 2
所以点M 的轨迹以F
1
、F
2
为焦点的椭圆，
这里c 3，2a4，a2，所以b2 a2c2 431，
x2
所以椭圆 的方程为 y2 1.
C 4
（2）第一步：设点设线联立化解韦达判别
x2
设 ，代入 y2 1，得 ，
PA:xmy2 4 (my2)24y2 4
4m 2m28
即 m24  y24my0 ，得：y
E

m24
,x
E
my
E
2
m24
，
x2
设 ，代入 y2 1，得 ，
PB:xny2 4 (ny2)24y2 4
4n 2n28
即 n24  y24ny0，得：y
F

n24
,x
F
ny
F
2
n24
，
第二步：含参点表示向量
(cid:2) (cid:2)
GEx x ,y ,EF x x ,y y  ，
E G E F E F E
y x x 
由(cid:2) (cid:2) 得 ，得x x  E F E ，
EG//EF x E x G y F y E x F x E y E E G y F y E
2m28 4n 2n28 4m
得x x 
y
E
x
F
x
E


x
E
y
F
y
E
x
F 
m24  n24  n24  m24
G E y y y y 4n 4m
F E F E 
n24 m24 2m28 n  2n28  m 2mnmn8mn 2mn
   .
n  m24  m  n24  mnmn4mn mn
4 4
代入 ，得y  ，代入 ，得y  ，
PA:xmy2 R mn PB:xny2 T mn
|RG| |y |
  R 1
因为 ，所以 .
RG TG |TG| |y |
T
所以存在常数1，使得 RG TG .
1．M是一个动点， 与直线 垂直，垂足 位于第一象限， 与直线
垂直，垂足 位于第四象限，且 ．
(1)求动点M的轨迹方程E；
(2)设 ， ，过点 的直线l与曲线E交于A，B两点（点A在x轴上方），
P为直线 ， 的交点，当点P的纵坐标为 时，求直线l的方程．
【答案】(1) (2)
【详解】（1）设 ，直线 的倾斜角为 ，则
为钝角，，
所以
由于 位于第一象限， 位于第四象限，
所以 的轨迹方程
（2）设
联立： ，化简得：
则 ，
直线 ，直线
联立消去 得：
又故点 ，直线 的斜率为：
联立 ，消去 化简得：
故 ，故 ,
直线 的方程为
2．在平面直角坐标系 中，已知双曲线 经过点 ，点 与点 关于
原点对称， 为 上一动点，且 异于 两点.
(1)求 的离心率；
(2)若△ 的重心为 ，点 ，求 的最小值；
(3)若△ 的垂心为 ，求动点 的轨迹方程.
【答案】(1) (2) (3) （去除点 ）.
【详解】（1）因为双曲线 经过点 ，所以 ，解得 ，所以 的离心率 ，
（2）易知 .设 .
因为△ 的重心为 ，所以 ,解得 ,
因为 ，所以 ，即 .
因为 不共线，所以 且 ，
所以 的轨迹不含 两点.
故 ，当且仅当 时，等号成立，
即 的最小值为 .
（3）因为 为△ 的垂心，所以 ，
设 ，
当直线 或 的斜率为0时，点 的坐标为 或 ，
此时点 与点 重合，不合题意，舍.
当直线 或 的斜率不为0时，直线 与 的斜率存在，
则 ，
由（2）知 ，则 ，
则 .
因为 ，所以 ，，则 ，得 ，
则 ，因为 构成三角形，故 不能在轨迹上，
综上，动点 的轨迹方程为 （去除点 ）.
3．已知长为 的线段 的中点为原点 ，圆 经过 两点且与直线 相切，
圆心 的轨迹为曲线 .
(1)求曲线 的方程；
(2)过点 且互相垂直的直线 分别与曲线 交于点 和点 ，且 ，
四边形 的面积为 ，求实数 的值.
【答案】(1) (2)
【详解】（1）由题意知圆心 在线段 的垂直平分线上，则 ,设 ，
圆 的半径为 ，
则 ，
又圆 与直线 相切，故 ，
于是 ，化简得 ，
所以曲线 的方程为 .
（2）设 ，根据 可得 为 的中点，则 ，得 ，
即 ，所以直线 .
联立方程，得 ，得 ，
由 ，得 ，
所以x x 2,x x 4b，
1 2 1 2
1 2
所以 EH  1   2244b  5 4b1.
2
设Mx ,y ,Nx ,y  ，因为l,l 互相垂直，易知直线l :y2x1b，
3 3 4 4 1 2 2
y2x1b
联立方程，得 ，
 x2 4y2
得x28x4b100，
13
由Δ 8244b1016b1040，得b ，
2 2
所以x x 8,x x 4b10，
3 4 3 4
所以 MN  1(2)2 (8)244b10 2 5 4b26 .
则四边形MENH 的面积为
1 1
EH MN   5 4b12 5 4b26 5 4b14b26 .
2 2
令5 4b14b26 15 6，
化简得4b227b70，
1 1
解得 （舍）或b ，符合 ，所以b .
b7 4 0 4x2 y2
4．已知椭圆C:  1(ab0)的离心率为1 ，长轴长为4， 是其左、右顶点，
a2 b2
2
A,B
F 是其右焦点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设Px
0
,y
0
y
0
0 是椭圆C上一点，PFB的角平分线与直线
AP
交于点T．
①求点T的轨迹方程；
9
②若 面积为 ，求 ．
△TPF 4 x
0
x2 y2
【答案】(1)  1(2)
4 3 1x4(y0)；2x 1
0
 c 1
e 

 a 2
【详解】（1）由题意知，
2a4
，解得a2 ，


a2 b2c2 b 3
x2 y2
所以椭圆 的标准方程为  1；
C 4 3
（2）①：由（1）知，A(2,0),B(2,0),F(1,0),P(x ,y )，设BFT ，则PFB2，
0 0
3
易知当 时，P(1, )， ，此时AP:y 1 x1,FT:yx1，
x 0 1 2 k FT 1 2
 1
y x1
由 2 ，解得x4 ，即 ；

 yx1 y3 T(4,3)
y y
y sin2 0  0
当 x 0 1 时，k FP tan2 x 0  0 1 ， PF (x 0 1)2y 0 2 ，设直线 FT 的斜率为 k ，
3
(x 1)23 x2 (x 1)
则 ktan 1cos2  1  1  (x 0 1)2y 0 2 (x 0 1)  0 4 0 0  3(2x 0 ) ，
sin2 sin2 tan2 y y 2y
0 0 0
y
所以直线 方程为y 3(2x 0 ) (x1)，又直线 方程为y 0 (x2)，
FT 2y 0 AT x 0 2 3(2x )
y 0 (x1)

 2y
0
由 ，得 ，即 ，
y
y 0 (x2) 3(2x ) y 3(4x2)2y 3(4x2)4y
0 (x1) 0 (x2) 0 0 x 0 0
  x 2 2y x 2 2(2x )y 2(2x )y
0 0 0 0 0 0 0
3
123x24(3 x2)
解得x 3(4x 0 2)4y 0  0 4 0  2(123x 0 2) 4，
3(4x2)2y 3 1
0 0 123x22(3 x2) (123x2)
0 4 0 2 0
6y
将 代入直线 方程，得y 0 ，即T(4, 6y 0 )，
x4 AT x 0 2 x 0 2
6y
又 ，所以 0 0，
y 0,2x 2 x 2
0 0 0
故点T的轨迹方程为x4(y0)；
1 1 6y 3 6y
②：由 ，得S S S  AF y  AF  0  (y  0 )，
AF 3 TPF TAF PAF 2 0 2 x 2 2 0 x 2
0 0
又S TPF  9 4 ，所以 9 4  3 2 (y 0  x 6 0 y  0 2 )，得 3 2  y 0  x 6 0 y  0 2 ，
整理得y  3(x 0 2) ，又y  3 3 x2 ，所以 3(x 0 2)  3 3 x2 ，
0 82x 0 4 0 82x 4 0
0 0
整理得x310x235x 260，即(x 1)(x29x 26)0，
0 0 0 0 0 0
由2x 2，解得x 1.
0 0
5．已知点F1,0 和直线m:x2，点
P
到m的距离d 4 2 PF .
(1)求点P的轨迹方程；
(2)不经过圆点O的直线l与点P的轨迹交于A，B两点. 设直线OA，OB的斜率分别为k
1
，
k
2
，记 k
1
k
2
t，是否存在t值使得OAB的面积为定值，若存在，求出t的值；若不存在，
说明理由.x2 1
【答案】(1) y2 1(2)存在，t 
2 2
【详解】（1）设点Px,y ，由d  x2 4 2 PF ，
当x2时， PF 3，d 4 2 PF 43 2 0不成立，
x2
所以 ，则 2 x12 y2 2x，即 y2 1；
x2 2
（2）设Ax,k x ，Bx ,k x ，则OA   1k2 x2 ，OB   1k2 x2 ，
1 1 1 2 2 2 1 1 2 2
又点 Ax 1 ,k 1 x 1 在椭圆上，则 x 2 1 2 k 1 x 1 2 1，则x 1 2  1 2 2k 1 2 ，同理x 2 2  1 2 2k 2 2 ，
设直线OA与OB的倾斜角分别为，，则
tantan k k
tanAOB  tan   1 2 ，
1tantan 1kk
1 2
k k
sinAOB 1 2
则 ，
1k2k2kk 2
1 2 1 2
则S  2 AOB     1 2 OAOB sinAOB    2  1 4  1k 1 2  1 1 2k 1 2   1k 2 2  1 1 2k 2 2  1k 1 2   k 1 k  2 2 k  2  2 k 1 k 2 2
k2k22kk k2k22t 1 2t12
 1 2 1 2  1 2   ，
12k22k24kk 2 12k22k24t2 2 2  12k22k24t2
1 2 1 2 1 2 1 2
1
所以当t  2 时， S  2 AOB 为定值1 2 ，即 OAB 面积为定值.
6．已知动圆过定点A2,0
，且截y轴所得的弦长为4.
(1)求动圆圆心C的轨迹方程；(2)若点F1,0 ，过点P5,4 的直线交C的轨迹于M,N两点，求 FM  FN 的最小值.
36
【答案】(1) y2 4x (2) 5
【详解】（1）设动圆圆心为Cx,y,CA  (x2)2y2 ，
C到y轴距离为 x ，动圆截y轴所得半弦长为2，
则(x2)2y2 |x|2 22，化简得y2 4x；
所以动圆圆心C的轨迹方程为y2 4x.
（2）
设Mx
1
,y
1
,Nx
2
,y
2
 ，当直线MN斜率存在时，由题易知直线MN的斜率不为0，
设直线MN的方程为ykx54kx5k4k 0
，
y2 4x,
与 的轨迹方程联立得
C ykx5k4,
消去y得k2x2  10k28k4  x(5k4)2 0，
10k28k4 (5k4)2
由 P5,4在抛物线内部，故
Δ0
，所以x
1
x
2

k2
,x
1
x
2

k2
.
由（1）知，F1,0
为轨迹C的焦点，由抛物线定义得，
(5k4)2 10k28k4
FM  FN x 1x 1xx x x 1  1
1 2 1 2 1 2 k2 k2
48k20 1 6 2 36 36
 3620     ，
k2 k 5 5 51 6 5 36
所以当  ,k  时， FM  FN 的最小值为 ；
k 5 6 5
当直线MN斜率不存在时，x x 5.
1 2
由抛物线定义知 FM  FN x 1x 136.
1 2
36
综上， FM  FN 的最小值为 .
5
7．在ABC中，已知B1,0 ，C1,0
，设G,H,W 分别是ABC的重心、垂心、外心，
(cid:2) (cid:2)
且存在R使GH BC.
(1)求点A的轨迹的方程；
(2)求ABC的外心W 的纵坐标m的取值范围；
(3)设直线AW 与的另一个交点为M ，记△AWG与MGH的面积分别为S
1
,S
2
，是否存在
S 7
1 
实数 使 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
 S 22 
2
【答案】(1)x2 y2 1y0(2)   3 ,0        0, 3 (3)存在， 1
3 3
3     6
x y
【详解】（1）设 Ax,yy0，则
ABC
的重心G
3
,
3


.
(cid:2)
B1,0 ，C1,0 ，则BC 2,0 ， 为垂心，故Hx,y 
H h
因为存在 R 使 G (cid:2) H    B  C (cid:2) 2,0，故y h  3 y ，所以H    x, 3 y   ，C  H (cid:2)     x1, 3 y   ，
而 
B
(cid:2)
A
 x1,y，由垂心定义得(cid:2) (cid:2) ，即x1x1 y y0，整理得x2 y2 1，
CHBA0 3 3
y2
所以点 的轨迹 的方程为x2 1y0.
A  3（2）
由外心的定义知点W
在y轴上，则W0,m
，
x1 y
(cid:2)
x1 y2m
的中点N , ，WN  , ，
AB  2 2  2 2 
(cid:2) (cid:2)
x1 y2m
所以WNBA
2
x1
2
y0，整理得 x21y22my0 .
y2 y
与 的方程为x2 1y0联立，得m .
 3 3
 3   3
因为 y 3,0    0, 3 ，所以m 3 ,0    0, 3 .
     
（3）由对称性，不妨设点
A
在第一象限，设Ax
1
,y
1
 ，Mx
2
,y
2
 ，直线AM ：
xtym
，
xtym

联立方程 y2 得 ，
x2 1  3t21  y26mt2y3m2t230
 3
Δ36m2t44  3t21  3m2t23  0，整理得3t2m2t210；
6mt2 y t21
y y  ，又m 1，所以y  y .
1 2 3t21 3 2 3t21 1
x y   y   y 
由条件知G 1, 1 ，Hx, 1 ，W0, 1 ，所以 三点共线且所在直线平行于
 3 3   1 3   3  G、H、W
2x x
轴，由GH  1 ，WG  1 知GH 2WG ，
x 3 31  y  2y
WG y  1  WG  1
S 2  1 3  3 3t21
1   
所以 S 1  y   y t21  2  3t22  .
2 2 GH   3 1 y 2   2WG   3 1  3t21 y 1  
3t21 7
 1 1
令 2  3t22  22 ，解得t  （t  舍去）.
2 2
又点Ax
1
,y
1
 在直线AM ：xtym 上，所以x
1
ty
1
m ，
1 y  y2 1 2x 1
即x  y  1 ，所以 .又x2 1 1，联立得x  ，所以GH  1  .
1 2 1 3  y 3x 1 3 1 2 3 3
1 1
(cid:2) (cid:2) 1 1
又(cid:2) (cid:2) ，所以GH  BC ，即 2，所以 .
GH BC 3 6
1 1
所以，当点 在第一、四象限时， ；当点 在第二、三象限时， .
A 6 A 6
1 S 7
故存在实数 使 1  .
6 S 22
2
8．已知A2,0 ， B2,0 ， 为平面上的一个动点.设直线AP,BP的斜率分别为k ，k ，
P 1 2
3
且满足k k  .记 的轨迹为曲线 .
1 2 4 P Γ
(1)求Γ的轨迹方程；
(cid:2) (cid:2)
(2)直线PA，PB分别交动直线xt于点C,D，过点C作PB的垂线交x轴于点H .HCHD
是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由.
x2 y2
【答案】(1)  1,(x2)(2)存在，12
4 3
3
【详解】（1）由题意设点 ，由于k k  ，
P(x,y),(x2) 1 2 4
y y 3 x2 y2
故   ，整理得  1，
x2 x2 4 4 3
x2 y2
即 的轨迹方程为  1,(x2)；
Γ 4 33
（2）由题意知直线 的斜率分别为 ， ，且满足k k  ，
AP,BP k k 1 2 4
1 2
设直线
PA
的方程为yk
1
x2 ，令xt，则可得yk
1
t2 ，即Ct,k
1
t2 ，
直线PB:yk x2 ，同理求得Dt,k t2 ，
2 2
1
又直线 的方程为yk t2 xt ，
1 k
CH 2
1 3 t6 
令 ，得x tkk t2 t ，即H ,0，
y0 H 1 2 4 2  4 
故  H (cid:2) C  H (cid:2) D   3t6 ,k t2     3t6 ,k t2   3t62 kk  t24 
 4 1   4 2  16 1 2
3t62 3  t24  3t62
   12，
16 4 16
3t62
当 时， 12取到最大值12，
t6 16
(cid:2) (cid:2)
即HCHD存在最大值，最大值为12.
题型2 圆锥曲线中齐次化处理斜率乘积问题
：
x
2 y2
+ =1(a>b>0)
2 2
已知点 是椭圆a b 上的一个定点， 是椭圆上的两个动点。
若直线 ，则直线 过定点且定点为 ；当
时， 为定值 ；
证 明 : 重 新 建 系 将 椭 圆 上 的 成 为 新 的 坐 标 原 点 按
得椭圆
2 2
x y
+ =1
2 2
又 点 在 椭 圆 a b 上 ， 所 以 ， 代 入 上 式 可 得
①
椭圆 上的定点 和动点 分别对应椭圆 上的定点 和动点 ，设直线
的方程为 ，代入①得 。当
1+2y
0
n y'2 2x
0
n 2y
0
m y' 1+2x
0
m
+( + ) + =0
时，两边除以 得． b
2 x'2
a
2
b
2 x'
a
2
，因为点
的坐标满足这个方程，所以 是这个关于 的方程的两个根．
若 ，由平移斜率不变可知 ，故
，当 时，所以 ，由此得
。所以 的斜率为定值 ， 为定值 ；
即 ，由此知点
在直线 上，从而直线 过定点．
：
已知点 是平面内一个定点，椭圆 ： 上有两动点
若直线 ，则直线 过定点．
证 明 ： 重 新 建 系 将 椭 圆 上 的 成 为 新 的 坐 标 原 点 按
椭圆 ：
，展开得： ．
平面内的定点 和椭圆 上的动点 分别对应椭圆 上的定点 和动点
、 ， 设 直 线 的 方 程 为 ， 代 入 展 开 式 得
（ 构 造 齐 次
式 ） ， 当 时 ， 两 边 同 时 除 以 整 理 得 ，
因为点 的坐标满足这个方程，所以 和 是关于 的方程的两根．若
， 由 平 移 斜 率 不 变 可 知 所 以
整理可得到 和 的关系，从
而可知直线 过定点，由平移规律可得直线 过定点．已知椭圆 的左、右焦点分别为 ， ， 点 是椭圆的
一个顶点， 是等腰直角三角形．
（1）求椭圆 的方程；
（2）设点 是椭圆 上一动点，求线段 的中点 的轨迹方程；
（3）过点 分别作直线 ， 交椭圆于 ， 两点，设两直线的斜率分别为 ，
，且 ，探究：直线 是否过定点，并说明理由.
解：（1）由点 是椭圆的一个顶点，可知 ，
又 是等腰直角三角形，可得 ，即 ，所以 ，
所以椭圆的标准方程为 ；
（2）设 ，线段 的中点坐标 ，可得 ，即
又点 是椭圆 上一动点，所以 ，整理得
所以线段 的中点 的轨迹方程是：
齐次化方法
第一步：明确定点
第二步：重新建系第三步：联立齐次式
设直线 方程为 ，故
第四步：同时除以
得
故
故定点为
第五步：还原成原直角坐标系的定点
故定点为
已知椭圆 的左、右焦点分别是 ， ，点 在椭圆上，且
．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点 且不过点 的直线 交椭圆于 ， 两点，求证：直线 与 的斜
率之和为定值．
解：（1）根据点 在椭圆 上，得 ．由 ，得 ．
因为 ，所以 ，
所以椭圆的标准方程为 ．
齐次化方法
第一步：明确定点
第二步：重新建系
第三步：联立齐次式
设直线 方程为 ，故
第四步：同时除以
得
过
故
如图，椭圆 经过点 ，且离心率为 ．（1）求椭圆E的方程；
（2）若经过点 ，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q（均异于点A），
证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值．
解：（1）由题意知 ， ，结合 ，解得 ，
椭圆的方程为 ；
齐次化方法
第一步：明确定点
第二步：重新建系
第三步：联立齐次式
设直线 方程为 ，故
第四步：同时除以
得
过故
1．已知椭圆 经过点 ，下顶点 为抛物线 的焦点．
(1)求椭圆 的方程；
(2)若点 均在椭圆 上，且满足直线 与 的斜率之积为 ，
（ⅰ）求证：直线 过定点；
（ⅱ）当 时，求直线 的方程．
【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【详解】（1）抛物线 的焦点为 ，所以椭圆的下顶点 ，则 ，
又椭圆 经过点 ，所以 ，解得 ，
所以椭圆方程为 ；
（2）（ⅰ）当直线 的斜率不存在时，设 ，则 ，
所以 ，则 ，与 矛盾，
所以直线 的斜率存在，
由已知直线 斜率同号，因此直线 的斜率存在且不为 ，
设直线 的方程为 ，设 ，
由 得 ，由 ，可得 ，
所以 ， ，
则
，
，
所以 ，
即 ，
所以 ，解得 或 ，
当 时直线 方程为 ，令 ，可得 ，所以直线 恒过定点 ，
不合题意，
当 时直线 方程为 ，令 ，可得 ，所以直线 恒过定点 ，符
合题意．
综上可得直线 恒过定点 .
（ⅱ）设直线 恒过定点为 ，
此时 ，解得 ，
由 ，可得 ，又 ， ，
所以 ， ，
所以 ，解得 ，满足 ，所以 ，所以直线 方程为 .
2．已知椭圆 ： （ ）中，点 ， 分别是 的左、上顶点，
，且 的焦距为 ．
(1)求 的方程和离心率；
(2)过点 且斜率不为零的直线交椭圆于 ， 两点，设直线 ， ， 的斜率分别
为 ， ， ，若 ，求 的值．
【答案】(1) ， (2)
【详解】（1）由题意可得 ， ，
可得 ， ，可得 ，
可得 ， ，
解得 ， ，所以离心率 ，
所以椭圆的方程为 ，离心率 ；
（2）由（1）可得 ，
由题意设直线 的方程为 ，则 ，
设 ， ，联立 ，整理可得 ，
显然 ，且 ， ，
直线 ， 的斜率 ， ，
则
，
因为 ，即 ，解得 ，
所以直线 的斜率 ．即 的值为3．
3．已知椭圆E： 经过点 ，右焦点为 ，A，B分别为椭圆
E的上顶点和下顶点.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)已知过 且斜率存在的直线l与椭圆E交于C、D两点，直线BD与直线AC的斜率分
别为k 和k，求 的值.
1 2【答案】(1) (2) ．
【详解】（1）由 ， ， ，
椭圆 的标准方程为 ．
（2）设直线 ： ，联立直线 和椭圆方程，
，
，记 ， ，
则 ，
由题意知 和 ．则 ， ，
则
，
所以 ．
4．在平面直角坐标系 中，重新定义两点 之间的“距离”为，我们把到两定点 的“距离”之和为常数
的点的轨迹叫“椭圆”．
(1)求“椭圆”的方程；
(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；
(3)设 ，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为 的左顶点为 ，
过 作直线交 于 两点，AMN 的外心为Q，求证：直线OQ与MN的斜率之积为定
值．
【答案】(1) xc  xc 2 y 2aac0 (2)答案见解析(3)证明见解析
【详解】（1）设“椭圆”上任意一点为 ，则 ，
即 ，即 ，
所以“椭圆”的方程为 ；
（2）由方程 xc  xc 2 y 2a，得2 y 2a xc  xc ，
因为 y 0，所以2a xc  xc 0，即2a xc  xc ，
xc cxc xc
所以 或 或 ，
xcxc2a xcxc2a xcxc2a
解得axa，
由方程 xc  xc 2 y 2a，得 xc  xc 2a2 y ，
2x,xc

即2a2 y 2c,cxc，所以 ，所以 ，

2x,xc 2a2 y 2c ca yac
所以“椭圆”的范围为axa，ca yac，
将点 x,y 代入得， xc  xc 2 y 2a，
即 xc  xc 2 y 2a，方程不变，所以“椭圆”关于y轴对称，
将点 x,y 代入得， xc  xc 2 y 2a，即 xc  xc 2 y 2a，方程不变，所以“椭圆”关于x轴对称，
将点 x,y 代入得， xc  xc 2y 2a，
即 xc  xc 2 y 2a，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称，
所以“椭圆”关于x轴， y 轴，原点对称；
x2 y2
（3）由题意可设椭圆 的方程为  1，
C 4 b2
1 1 3
将点1,1代入得  1，解得b2  ，
4 b2 4
x2 3y2
所以椭圆 的方程为  1，
F
1,0,A2,0，
C 4 4 2
由题意可设直线MN的方程为xmy1m0,Mx
1
,y
1
,Nx
2
,y
2
 ，
xmy1

联立x2 3y2 ，得 ，
  1  m23  y22my30
 4 4
Δ4m212  m23  16m2360恒成立，
2m 3
则y y  ,y y  ，
1 2 m23 1 2 m23
x 2 y  y y
因为 的中点为 1 , 1 ,k  1  1 ，
AM  2 2  AM x 1 2 my 1 3
my 3
所以直线 的中垂线的方程为y 1 xy ，
y 1
AM
1
my 3
同理直线 的中垂线的方程为y 2 xy ，
AN y 2
2my3
设 Qx ,y ，则 y ,y 是方程y 0  y x 0 y的两根，
0 0 1 2
即y ,y 是方程y2mx y y3x 0的两根，
1 2 0 0 0
所以y y mx y ,y y 3x ，
1 2 0 0 1 2 0
2m 3
又因y y  ,y y  ，
1 2 m23 1 2 m23
2m 3
所以mx y  ,3x  ，
0 0 m23 0 m23
mx y 2m y
两式相比得 0 0  ，所以 0 3m，
3x 3 x
0 0
y 1
所以k k  0  3，
MN OQ x m
0
所以直线OQ与MN的斜率之积为定值3．
x2 y2
5．焦点在 x 轴上的椭圆 4  b2 1的左顶点为 M ， Ax 1 ,y 1  ， Bx 2 ,y 2  ， Cx 3 ,y 3 为椭圆
1
上不同三点，且当(cid:2) (cid:2) 时，直线 和直线 的斜率之积为 ．
OBOC MB MC 4
(1)求b的值；
(2)若OAB的面积为1，求x
1
2x
2
2 和y
1
2y
2
2 的值；
(3)在（2）的条件下，设AB的中点为D，求OD  AB 的最大值．
5
【答案】(1) b1 (2) x2x2 4 ， y2y2 1 ；(3) 2
1 2 1 2
(cid:2) (cid:2)
【详解】（1）因为OBOC，所以O,B,C三点共线，则必有点B和点C关于点O对称，所以y
2
y
3
,x
2
x
3
，设直线MB和直线MC的斜率分别为k
MB
，k
MC
，
因为点M
为椭圆的左顶点，所以M2,0
，
y 0 y y 0 y
k  2  2 k  3  3
所以 MB x 2 x 2 ， MC x 2 x 2 ，
2 2 3 3
y y 1
所以k k  2  3  ，
MB MC x 2 x 2 4
2 3
y2 1
所以 2  ，
x 22x  4
2 2
x2
所以 2 y2 1，所以 ，即 ；
4 2 b2 1 b1
（2）设过A,B两点的直线为l，
当直线l的斜率不存在时，A,B两点关于x对称，所以x x ，y y ，
2 1 2 1
x2
因为 Ax 1 ,y 1 在椭圆上，所以 4 1  y 1 2 1，又 S OAB 1 ，
1 x2 1
所以 x 2y 1，即 ，结合 1  y2 1可得 x  2, y  ，
2 1 1 x 1 y 1 1 4 1 1 1 2
x2x2
此时 ， ，所以 1 2 4；
x2x2 4 y2y2 1 y2y2
1 2 1 2 1 2
当直线l的斜率存在时，设其方程为ykxm，m0，
ykxm

联立x2 ，消去 得 ，

 4
y2 1
y
 14k2 x28kmx4m240
其中Δ8km24  14k2 4m24  16  4k2m21  0①，
8km 4m24
所以x x  ,x x  ，
1 2 14k2 1 2 14k2
4 4k2m21
所以 AB  1k2 x x 2 4xx  1k2 
1 2 1 2 14k2
m
因为 到直线 的距离d  ，
O l 1k21
所以S  AB d 1，
OAB 2
1 4 4k2m21 m
所以 1k2   1，整理的 ，符合①式，
2 14k2 1k2 4k22m210
此时x2x2 x x 22xx    8km   2  8m28 4，
1 2 1 2 1 2 14k2  14k2
x2 x2
y2y2 1 1 1 2 211；
1 2 4 4
（3）因为4OD 2  AB 2 4     x 1 x 2   2    y 1 y 2   2 x x 2 y y 2
  2   2   1 2 1 2
2
 x2x2y2y2
10，
1 2 1 2
4OD2 AB2
所以2OD  AB  5，
2
5
即OD  AB  ，当且仅当2OD  AB  5时等号成立，
2
此时OAB为直角三角形且AOB为直角，
(cid:2) (cid:2)
故OAOBxx y y xx kx mkx m  1k2 xx mkx x m2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
  1k2 4m24 mk   8km  m2  3m23 0，
14k2 14k2  2m2
1
解得 ，从而k2  ，此时等号可成立.
m2 1 4
5
所以OD  AB 的最大值为 .
2
x2 y2
6．已知 ， 分别是椭圆C:  1ab0的左、右焦点，左顶点为A，则上顶点
F
1
F
2
a2 b2为B ，且AB 的方程为 3x2y2 30.
1 1
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若P是直线x3上一点，过点P的两条不同直线分别交C于点D，E和点M ，N ，且
PD PM
 ，求证：直线 的斜率与直线 的斜率之和为定值.
PN PE
DE MN
x2 y2
【答案】(1)  1(2)证明见解析
4 3
【详解】（1）因为AB 1 的方程为 3x2y2 30，可知A2,0,B 1  0, 3  ，
x2 y2
可知 ，所以椭圆 的标准方程为  1.
a2,b 3 C 4 3
PD PM
（2）由  可得 ，
PN PE PD  PE  PM  PN
因为点P在直线x3上，可设点P3,n
，
由题可知：直线DE的斜率与直线MN的斜率都存在．
所以直线DE的方程为：ynk x3 ，即yk xn3k  ，
1 1 1
直线MN的方程为：ynk x3 ，即yk xn3k  ，
2 2 2
设Dx,y  ，Ex ,y  ，Mx ,y  ，Nx ,y  ，
1 1 2 2 3 3 4 4
x2 y2
  1
所以 4 3 ，消去y可得 ，
yk xn3k  3x24k xn3k  2 12
 1 1  1 1 
整理可得  4k23  x28k n3k x4n3k 2 120，
1 1 1 18k n3k  4n3k 2 12
且 ，则x x  1 1 ，xx  1 ，
0
1 2 4k23 1 2 4k23
1 1
又因为 PD  1k2 x 3 ， PE  1k2 x 3 ，
1 1 1 2
则 PD  PE  1k2 x 3 1k2 x 3   1k2x 3x 3
1 1 1 2 1 1 2
4n3k 2 12 8k n3k 
  1k2 xx 3x x 9   1k2 1 3 1 1 9
1 1 2 1 2 1 4k23 4k23
1 1
4n224kn36k21224kn72k236k227
  1k2 1 1 1 1 1
1 4k23
1
4n215 1k2
  1k2  1 4n215 ，
1 4k23 4k23
1 1
1k2
同理可得 PM  PN  2 4n215 ，
4k23
2
1k2 1k2
又因为 ，则 1 4n215  2 4n215 ，
PD  PE  PM  PN 4k23 4k23
1 2
1k2 1k2
可知 ，则 1  2 ，整理可得 ，
4n215 0 4k23 4k23 k2 k2
1 2 1 2
又因为k k ，则k k 0，
1 2 1 2
所以直线DE的斜率与直线MN的斜率之和为0．
x2 y2
7．已知椭圆C:  1(ab0)的左、右焦点分别为 ， ，上顶点为 ，右顶点为
a2 b2 F 1 F 2 A
π
， 的面积为 ，FAF  .
B ABF 1 2 22 1 2 2
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点F
1
且斜率大于0的直线l交椭圆C于M ，N 两点，线段MN的中点为Q，若
 5 2
P  0,  ，求直线 与直线 的斜率之积的最小值.
2
  PQ l
x2 y2
【答案】(1)   1(2)
8 4 2【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c，
π π
因为FAF  ，则OAF FAO ，所以 ，
1 2 2 2 1 4 a 2c 2b
1
因为 的面积为 ，所以 bac2 22，
ABF 2 22 2
1
1  
即 c 2cc 2 22，解得 （负值舍去），所以 ，
2 c2 a2 2,b2
x2 y2
故椭圆 的标准方程为   1．
C 8 4
（2）设直线l的方程为xmy2m0 ，Mx
1
,y
1
 ，Nx
2
,y
2
 ，
xmy2,

联立x2 y2 整理得 ，显然 ，
  1,  m22  y24my40
 8 4 0
4m
所以y y  ．
1 2 m22
y y 2m x x my y  4
从而 1 2  , 1 2  1 2 2 ，
2 m22 2 2 m22
 4 2m 
故点 的坐标为 , ．
Q m22 m22
2m 5 2

m22 2 5 2m24m10 2
因为  5 2，所以k   ．
P0,  PQ 4 8
 
 2  m22
10 2
5 2m4
因为直线 的斜率 1 ，所以 m ，
k  k k  2
l m PQ 8
当且仅当m 2时，等号成立，即直线PQ与直线l斜率之积的最小值为2．8．已知P为圆x2y2 4上任意一点，过点P作x轴的垂线，垂足为Q，M为PQ的中点.
M的轨迹曲线E.
(1)求曲线E的轨迹方程；
(2)曲线E交x轴正半轴于点A，交y轴正半轴于点B.直线l与曲线E交于C，D两点，若直
线l//直线AB，设直线AC，BD的斜率分别为k ,k .证明：k k 为定值．
1 2 1 2
x2
【答案】(1) y2 1(2)证明见解析
4
【详解】（1）由题意可知，作出图形如图所示
设点M 的坐标为 x,y ，点
P
的坐标为 x
0
,y
0
 ，则
y
xx ,y 0 .
0 2
因为点Px ,y  在圆x2y2 4上，所以x2y2 4.
0 0 0 0
x2
把 代入 中，得 ，即 y2 1.
x  x,y 2y x2y2 4 x24y2 4 4
0 0 0 0
x2
所以曲线E的轨迹方程为 y2 1.
410 1
（2）由题意可知，A2,0,B0,1,直线AB的斜率为k
AB

02

2
,作出图形如图所示
1
设直线 的方程为y xt,Cx,y ,Dx ,y  ，则
l 2 1 1 2 2
x2
 y2 1
 4
 ，消去 化简整理，得 ， ，解得
1

 y 2 xt x 2y22tyt210 Δ4t242  t21  0
t2 2，
t21
所以y y t,y y  .
1 2 1 2 2
所以x
1
x
2
2x
2
4ty
1
ty
2
4ty
2
 4

t2ty
1
y
2
y
1
y
2
ty
2


4y y 2 y y y y y y y y y  4y y y .
 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1
y y 1 y y y y y y 1
kk  1  2  1 2 1  1 2 1 
所以 1 2 x 2 x xx 2x 4y y y  4 .
1 2 1 2 2 1 2 1
1
故 为定值 .
k k 4
1 2
题型3 圆锥曲线中的三角形（四边形）面积问题
弦长公式（最常用公式，使用频率最高）
√ 1
= 1+ √ (y +y ) 2 −4 y y
k2 1 2 1 2
三角形面积问题
直线 方程：
焦点三角形的面积
y
A
F 1 O F 2 x
B直线 过焦点 的面积为
注意： 为联立消去 后关于 的一元二次方程的二次项系数
平行四边形的面积
y
C
A
直线 为 ，直线 为 H
O x
D
B
注意： 为直线与椭圆联立后消去 后的一元二次方程的系数.
范围问题
应用均值不等式求解最值时，应注意“一正二定三相等”
圆锥曲线经常用到的均值不等式形式列举：（1） （注意分 三种情况讨论）
（2）
当且仅当 时，等号成立
（3）
当且仅当 时等号成立.
（4）
当且仅当 时，等号成立
(5)
当且仅当 时等号成立.
双曲线，最早由门奈赫莫斯发现， 后来阿波罗尼兹进行了总结和完善.在他的著作中，双
x2 y2
曲线也被称作“超曲线”. 已知双曲线C:  1(a，b0)的实半轴长为2，左､右顶点
a2 b2
分别为A
1
，A
2
，经过点B4，0 的直线l与C的右支分别交于M，N 两点，其中点M 在x轴
上方.
k
2
(1)若 轴时， ，设直线 的斜率分别为 ，求 的值；
l x MN 2 6 MA，NA k，k 2k
1 2 1 2 1
(2)若BA N 2BAM ，求AMN 的面积.
2 1 1破解：（1）如图所示，
：因为 2a4 ，所以 a2 ，令 x4 得 y2 3b2 ，所以 MN 2 3b2 6，
x2 y2
解得 ，所以 的方程为  1，显然直线 与 轴不垂直，设其方程为
b 2 C 4 2 MN y
xty4，
 xty4

联立直线 与 的方程x2 y2 ，消去 得 ，当 时，
  1  t22  y28ty120
MN C  4 2 x t2 2
8t 12
Δ=16t2960 ，设Mx
1
，y
1
，Nx
2
，y
2
，则y 1 y 2  t22 ，y 1 y 2  t22 .因为
y y 1 x 2
k  1 ，k  2   2 ，
1 x 2 2 x 2 2 y
1 2 2
k x 2x 2 ty 6ty 6
所以 2  1 2  1 2
2k 4y y 4y y
1 1 2 1 2
12t2 48t2

t2y
1
y
2
6ty
1
y
2
36

t22  t22 36

3
.
4y y 48 2
1 2
t22
 2a4

：由题意得 16  ，解得 a2 ， 双曲线 的方程为
 2  1b2 2 6 
 a2  b 2  C
x2 y2
 1.
4 2
 xmy4
设 方程为 ，联立 ，
MN xmy4，Mx 1 ，y 1 ，Nx 2 ，y 2 ，A 1 2，0，A 2 2，0 x22y2 4
可得
 m22  y28my120，m2 2，64m24  m22  12m260，
8m 12
y y  ，y y  ，
1 2 m22 1 2 m22y y k y x 2 y my 6 my y 6y
k  1 ，k  2 ，  2  2  1  2 1  1 2 2
1 x 2 2 x 2 2k x 2 2y 2my 2y 2my y 4y y 4y
1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2
12 12m
m 6y 6y
m22 2 m22 2 3
   .
24 32m 8m 2
m  4y 4y
m22 m22 2 m22 2
（2） ：因为 ，所以
BA N 2BAM
2 1
2tanBAM
tanBA N tan2BAM  1 ，又因为 ，
2 1 1tan2BAM k tanBAM，k tanBA N
1 1 1 2 2
2k 2k
所以k  1 ，即k  1 ，
2 1k2 2 k21
1 1
2k
将 代入得3k  1 ，
1 k21
k 2 3k 1 1
3 3
因为 在 轴上方，所以k  ，所以直线 方程为y x2，
M x 1 3 MA 1 3
 3
y x2
 3
联立 与直线 方程 ，消去 得， ，解得 或

x2 y2
 1
C MA  4 2 y x28x200 x10 x2
1
 
（舍），所以M 10，4 3 ，
3 3
代入 ，得t  ，所以直线 方程为x y4，联立 与直线 方程
xty4 2 MN 2 C MN
 3
x y4
 2
 ，消去 得， ，解得 或 ，
 x2 y2 4 3
 1 y
 4 2 x 5y216 3y480 y=4 3 5
1 1 24 72
所以 的面积为 AB  y y  6 3 3.
AMN 2 1 1 2 2 5 5
1
k tan2θ
：设 ，由 2 3，可得 3，
BAM ，BA N 2 k tanθ
1 2 1
2 3
 3，解得tanθ= ，
1tan2 3x 3y2
方程 ，联立 ，可得 ，解得 ，
AM :x 3y2 x22y2 4 y24 3y0 y 4 3
1 1
 3
x y2
同理联立 3 ，解得 4 3 ，
  x22y2 4 y 2  5
1 24 3 72 3
S  6 y y 3  .
A 1 MN 2 1 2 5 5
设抛物线方程为y2 2x，过点P的直线PA,PB分别与抛物线相切于A,B两点，且点A在x
轴下方，点B在x轴上方.
(1)当点 的坐标为 1,2 时，求 AB ；
P
(2)点C在抛物线上，且在x轴下方，直线BC交x轴于点N ，直线AB交x轴于点M ，且
S
ABC
.若 的重心在 轴上，求 的最大值.（注： 表示三角形的面积）
3 AM 2 BM ABC x S S
BMN
破解：（1） ：设Ax,y ,Bx ,y ， y 0 ， y 0 ，
1 1 2 2 1 2
1 1
由 ，可得 ，当y0,y 2x,y= = ，
y2 2x y 2x 2x y
1 1 1 1
当y0,y- 2x,y=- = ，所以y ，直线 的斜率k  ，
2x y y PA PA y 1
1
直线 ：yy
1

y
xx
1
 ，又∵ P1,2在 上，
PA PA
1
1 1
2y  1x  y  1x ,x 12y ，
1 y 1 1 2 1 1 1
1
y2 2x
 1 1
所以 1 ，又 ，所以 ，
  y 1  2 1x 1  y 0 y 2 6
1 1
同理可得y 2 6，
2∴y y 2 6,x x 12y 12y 2y y 4 6，
1 2 1 2 1 2 1 2
∴ AB  x x 2 y y 2  (4 6)2(2 6)2 2 30 ；
1 2 1 2
：设 Ax,y ,Bx ,y ， y 0 ， y 0 ，由 y2 2x ，可得 y 2x ，
1 1 2 2 1 2
1 1 1
所以y
y
，直线
PA
的斜率k
PA

y 1
，直线
PA
：yy
1

y 1
xx
1
 ，又∵ P1,2在
PA
上，
1
故2y  1x  ，即 ，
1 y 1 2y y2 1x
1 1 1 1
因为y2 2x ，所以x 2y 1，同理可得x 2y 1，
1 1 1 1 2 2
故直线AB的方程为x2y1，
y2 2x
联立 消去 ，得 ，故 ，
x2y1 x y24y20 y y 4,y y 2
1 2 1 2
故 AB  x x 2y y 2  5 y y 24y y  5 24 2 30
1 2 1 2 1 2 1 2
（2）设Cx ,y  ，由条件知y y y 0，
3 3 1 2 3
1
 AB  BC sinABC
S 2 AB BC  AM   CN 
∴ ABC    1 1 
S 1 BM BN  BM   BN 
BMN  BM  BN sinABC    
2
 y  y  y y y y
1 1 1 31 1 3  1 3
 y  y  y y2
2 2 2 2
y y y y y  y2y y
2 1 3 2 1 1 2 2 1 1 2
y2 y2 y2
2 2 2
2 2
 y   y   y 1 9
 1   1 2 1    ，
 y   y   y 2 4
2 2 2
AM y 2 2 y
∵ ∴  1  ，  1 0
3 AM 2 BM BM y 3 3 y
2 2y 1 S 9
1  ABC
∴当 时， 取得最大值 .
y 2 S 4
2 BMN
x2 y2 2
已知椭圆C：  1(ab0)过点A（2， ），且C的离心率为 .
a2 b2 2 2
(1)求C的方程；
(2)设直线l交C于不同于点A的M，N两点，直线AM，AN的倾斜角分别为，，若
cos
1，求 面积的最大值.
cos AMN
4 2
破解：（1）因为C过点A（2， ），所以   1
2 a2 b2
c 2 1 1
设C的焦距为2c，由  得c2  a2，所以b2 a2c2  a2，.
a 2 2 2
代入上式，解得a2 8，b2 4，
x2 y2
所以C的方程为   1.
8 4
（2）
设Mx,y ,Nx ,y  ，易知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为xmyt，
1 1 2 2 xmyt

由x2 y2 得 ，
  1  m22  y22mtyt280
 8 4
则4m2t24  m22  t28  8  t24m28  0，
2mt t28
y y  ，y y  ，
1 2 m22 1 2 m22
cos
由
cos
1得， coscoscos，
又0,，0,
，所以，则，
由题意知直线AM，AN的斜率存在，所以k k 0，
AM AN
 y  2 x 2  y  2 x 2
y  2 y  2 1 2 2 1
则 1  2  0，..
x 2 x 2 x 2x 2
1 2 1 2
所以  y  2 my t2  y  2 my t20，
1 2 2 1
则2my y   t2 2m y  y 2 2t20
1 2 1 2
即 2m  t28    t2 2m   2mt  2 2t20，
m22  m2 2
  
整理得，4 m 2 2mt2 0
又知l不过点A（2， 2），则 2mt20，
所以m 2，
所以直线l的方程为x 2yt，则8  t216  0，所以4t4，
2t t28
y y  ，y y 
1 2 2 1 2 4
t
则点A（2， ）到直线l的距离为d 
2 3 2 2 x28 
| MN| 3  y 1  y 2 2 4y 1 y 2    3       2    4 4     3    8 1 2 t2   
1  1 
t28 t2

则 1 t  1  2 1  1  2 2  2  ，
S    38 t2   t2 8 t2    2 2
AMN 2 3  2  2 2  2  2 2
1 1
当且仅当 t2 8 t2 ，即 时取等号.
2 2 t 2 2
故AMN 面积的最大值为2 2.
1．设点 、 分别是椭圆 的左、右焦点， 为椭圆 上任意一
点，且 的最小值为 ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)求椭圆 的外切矩形 的面积 的最大值．
【答案】(1) (2)
【详解】（1）解：设点 ，则 ，其中 ，
， ，
所以，，
故当 时， 取最小值 ，可得 ，
因此，椭圆 的方程为 .
（2）解：设点 ，
当直线 、 的斜率都存在时，设直线 、 的斜率分别为 、 ，
设过点 且斜率存在的直线的方程为 ，即 ，
联立 可得 ，
则 ，
整理可得 ，即 ，
则 、 是关于 的方程 的两根，
因为 ，则 ，整理可得 ；
当 、 分别与两坐标轴垂直时，则 ，满足 .
所以，点 的轨迹方程为 ，
由对称性可知，矩形 的四个顶点都在圆 ，该圆的半径为 ，
由勾股定理可得 ，
由基本不等式可得 ，即 ，
当且仅当 时，即当 时，等号成立，
故 ，即矩形 的面积的最大值为 .2．在椭圆 上任取一点 ，过点 作 轴的垂线段 ， 为垂足，点 在线
段 上，且满足 .
(1)当点 在椭圆 上运动时，求点 的轨迹 的方程；
(2)若曲线 与 ， 轴的正半轴分别交于点 ， ，点 是 上第三象限内一点，线段
与 轴交于点 ，线段 与 轴交于点 ，求四边形 的面积.
【答案】(1) (2)2
【详解】（1）由 得 ，
设 ， ，则 所以 ，
∵ ，得 ，
所以点 的轨迹 的方程为 ；
（2）由题知 ， ，设 ，则 ，所以 ，
令 ，解得 ，同理 ， ，
所以
又因为
所以所以四边形 的面积为2
3．在椭圆(双曲线)中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，该圆的圆心是椭
圆(双曲线)的中心，半径等于椭圆(双曲线)长半轴(实半轴)与短半轴(虚半轴)平方和(差)的算
术平方根，则这个圆叫蒙日圆.已知椭圆 的蒙日圆的面积为 ，该
椭圆的上顶点和下顶点分别为 ，且 ，设过点 的直线 与椭圆 交于
两点（不与 两点重合）且直线 .
(1)证明： ， 的交点 在直线 上;
(2)求直线 围成的三角形面积的最小值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）根据题意，蒙日圆的半径为 ，所以 .
因为 ，可知 ，则 ，
所以椭圆 的标准方程为 ，
因为直线 过点 ，可知直线 的斜率存在，且直线 与椭圆必相交，
可设直线 ，
联立方程 ，消去 可得 ，
由根与系数的关系可得：
因为 ，可得直线 ，直线 ，所以
即 ，解得 ，
所以直线 的交点 在直线 上.
（2）设直线 与直线 的交点分别为 ，
则由（1）可知：直线 ，直线 .
联立方程 和 ，
解得
因为 ，
又因为点 到直线 的距离 ，
可得 ，只需求 的最小值.
由弦长公式可得令 ，则 .
可得 ，
当且仅当 ，即 时等号成立.
即 的最小值为 ，可得 面积的最小值为 .
故直线 围成的三角形面积的最小值为 .
4．已知椭圆 的方程 ，右焦点为 ，且离心率为
(1)求椭圆 的方程；
(2)设 是椭圆 的左、右顶点，过 的直线 交 于 两点（其中D点在x轴上
方），求DBF与△AEF 的面积之比的取值范围.
x2 y2 1
【答案】(1)  1(2)( ,1)
4 3 9
【详解】（1）设椭圆焦距为2c，
c 1
由题意可得c1,e  , ，
a 2 a2,b a2c2  3
x2 y2
故椭圆方程为  1
4 3S |BF| ac 1
（2）当 斜率不存在时，易知 BDF    ；
l S |AF| ac 3
AEF
②当l斜率存在时，设l:xty1(t0)，D(x ,y)(y 0)，E(x ,y )(y 0)，
1 1 1 2 2 2
xty1

由x2 y2 ，得 ，显然 ，
  4  3 1 (3t24)y26ty90 36t236(3t24)0
6t 9
所以y y  ，y y  ，
1 2 3t24 1 2 3t24
1 3 1 1
因为S  |AF||y | (y )，S  |BF||y | y ，
AEF 2 2 2 2 BDF 2 1 2 1
1
y
S 2 1 1 y
所以 BDF    1 ，
S 3 3 y
AEF y  2
2 2
36t2
(y y )2 (3t24)2 4t2 4 4
因为 1 2     ，
y y 9 3t24 4 3
1 2  3
3t24 t2
4 (y  y )2
所以  1 2 0，
3 y y
1 2
(y y )2 y22y y y2 y y
又 1 2  1 1 2 2  1  2 2，
y y y y y y
1 2 1 2 2 1
y 4 1 1
设 1 k ，则 ， k 20，解得3k  且 ，
y k 0 3 k 3 k 1
2
S 1 y 1 1 1 
所以 BDF   1  ,  ,1，
S 3 y 9 3 3 
AEF 2
S 1
综上可得 BDF 的取值范围为( ,1)．
S 9
AEFx2 y2 2
5．已知椭圆C:  1(ab0)的左、右焦点分别为 、 ，离心率为 ．点 在
a2 b2 F 1 F 2 2 M
直线x3(y0)上运动，且直线MF 的斜率与直线MF 的斜率之商为2．
1 2
(1)求C的方程；
(2)若点A、B在椭圆C上，O为坐标原点，且OAOB，求AOB面积的最小值．
x2
【答案】(1) y2 1(2) 2
2 3
【详解】（1）
设F c,0,F c,0,M3,y ,y 0 ，
1 2 0 0
y y
所以k  0 ,k  0 ，由直线 的斜率与直线 的斜率之商为2，
MF1 3c MF2 3c MF
1
MF
2
y 3c
可得 0  2，所以 ，
3c y c1
0
c 2
又离心率e  ，所以 ，则 ，
a 2 a 2 b a2c2 1
x2
所以 的标准方程为 y2 1.
C 2
（2）
当直线
OA
，直线OB其中一条直线斜率不存在时，不妨令A1,0,B  2,0  ，
1 2
此时 面积为 1 2  ；
AOB 2 2当直线OA，直线OB的斜率均存在时，不妨设直线OA的方程为ykxk 0
，
1
则直线 的方程为y x，设点Ax,y ,Bx ,y ，
OB k 1 1 2 2
x22y2 2
联立方程 ykx 可得 2k21  x2 2 ，
2  k21 
所以OA2 x2y2   k21  x2  ，
1 1 1 2k21
x22y2 2

联立方程 1 可得 2  ，
  y k x  k2 1  x2 2
 1 
所以OB2  x2 y2    1 1  x2  2 k2 1   2  k21  ，
2 2 k2  2 2 k22
1
k2
1 1 3  k21  3
所以    ，
OA2 OB2 2  k21  2
3 1 1 2
1   
因为S
AOB

2
OAOB ，又 2 OA2 OB2 OAOB ，
4 2 2
所以OAOB  ，又  ，
3 3 2
2
所以 面积的最小值为 ，当且仅当OA  OB ，即 时等号成立.
AOB 3 k1
x2 y2
6．已知椭圆C:  1(ab0)的下、上顶点分别为 ，左、右顶点分别为 ，
a2 b2 B,B A,A
1 2 1 2
四边形ABA B 的面积为6 5，若椭圆C上的点到右焦点距离的最大值和最小值之和为6.
1 1 2 2
(1)求椭圆C的方程；(2)过点 1,0 且斜率不为0的直线l与C交于P,Q（异于A
1
,A
2
 两点，设直线A
2
P与直线
A
1
Q交于点M ，探究三角形B
1
B
2
M 的面积是否为定值，请说明理由.
x2 y2
【答案】(1)  1(2)三角形 的面积是定值，理由见详解
9 5 BB M
1 2
1
【详解】（1）由题意可知：

2
2a2b2ab6 5
，解得
a3
，

  acac2a6 b 5
x2 y2
所以椭圆 的方程为  1.
C 9 5
（2）三角形BB M 的面积是定值，理由如下：
1 2
由（1）可知：A 3,0,A 3,0,B  0, 5  ,B  0, 5  ，
1 2 1 2
因为
1,0
在椭圆C的内部，可知直线l与椭圆C必相交，
由题意可设：直线l :xmy1m0,Px
1
,y
1
,Qx
2
,y
2
 ，
xmy1

联立方程x2 y2 ，消去x得， ，
  1  5m29  y210my400
 9 5
10m 40
则y 1 y 2  5m29 ,y 1 y 2  5m29 ，可知my
1
y
2
4y
1
y
2
，
y y
又因为直线A P:y 1 x3 ，直线AQ:y 2 x3 ，
2 x 3 1 x 3
1 2
 y
y 1 x3

 x 3
1
联立方程 ，
y
y 2 x3
  x 3
23x 3y x 3y  3my 4y my 2y 
解得x  1 2 2 1   1 2 2 1
x 3y x 3y my 2y my 4y
2 1 1 2 2 1 1 2
 3my 1 y 2 y 1 2y 2   3  4y 1 y 2 y 1 2y 2   9，
y 2y y 2y
1 2 1 2
即点M 在直线x9上，
1
所以三角形 的面积为 2 599 5.
BB M 2
1 2
x2 y2  6  3
7．已知椭圆E: a2  b2 1(a0,b0)经过P   2, 2   ，Q  1, 2   两点．
(1)求E的方程；
(2)若圆x2y2 1的两条相互垂直的切线l
1
,l
2
均不与坐标轴垂直，且直线l
1
,l
2
分别与E相交
于点A，C和B，D，求四边形ABCD面积的最小值．
x2 y2 240
【答案】(1)  1．(2) ．
4 3 49
 6
 3
【详解】（1）因为 E 过点P    2, 2    ，Q  1, 2   ，
 2 3
 1,
 a2 2b2
所以
1 9
解得a2
4,
  1, 
a2 4b2 b2 3.
x2 y2
故 的方程为  1．
E 4 3
（2）由题知l,l 的斜率存在且不为0．
1 2
设l :ykxm(k 0)．
1
|m|
因为 与圆 相切，所以 1，得 ．
l x2y2 1 1k2 m2 1k2
1
联立l 与 的方程，可得  34k2 x28kmx4m2120，
1 E
8km 4m212
设 Ax
1
,y
1
， Cx
2
,y
2
，则x 1 x 2  34k2 ，x 1 x 2  34k2 ．4 3
 1k2 4k23m2
所以 AC  1k2 x x  1k2 x x 24xx  ，
1 2 1 2 1 2 34k2
4 3  1k2 3k22 
将 代入，可得 AC  ．
m2 1k2 34k2
4 3
 1k2 32k2
1
用  替换 ，可得 BD  ．
k k 3k24
24  1k2  3k22  32k2
1
四边形 的面积S  AC  BD  ．
2  34k2 3k24 
ABCD
1 1
24 6 
24t 6t2t1 t t2
令 ，则 ，可得S   ，
12t2t1 1 1
12 
t 1k2 t(1,) t t2
24u 24 24 240
S    
再令 1 1 ， ，则  5，可得 u26 6 5 2 49 ，
u 6  u 6,  u 6
t t2 t(1,)  2 u 2 5
240
即四边形 面积的最小值为 ．
ABCD 49
x2 y2
8．已知椭圆 的方程为  1ab0，由其 个顶点确定的三角形的面积为 ，点
C a2 b2 3 4
P2,1
在C上，A,B为直线x4上关于x轴对称的两个动点，直线AP,BP与C的另一个交
点分别为M,N.
(1)求C的标准方程；
(2)证明：直线MN经过定点；
(3)O为坐标原点，求△MON 面积的最大值.
x2 y2
【答案】(1)  1(2)证明见解析(3)最大值为
8 2 2
【详解】（1）
ab4

由题意知 4 1 ，结合椭圆参数关系，解得 ，
 1

a2 b2 a2 2,b 2x2 y2
所以椭圆 的方程为  1.
C 8 2
（2）直线MN的斜率必存在，设其方程为ykxn.
ykxn

x2 y2 消去 得 ，

 8

2
1
y
 14k2 x28nkx4n280
由0得 8nk24  14k2 4  n22  0n2 8k22.
8nk 4  n22 
设 Mx
1
,y
1
,Nx
2
,y
2
 ，则x 1 x 2  14k2 ,x 1 x 2  14k2 ，（*）
y 1
直线 的方程为y1 1 x2 ，
PM x 2
1
2y 1 2y 1
令 ，得y 1 1 ，同理y 1 2 ，
A x 2 B x 2
x4 1 2
2y 1 2y 1
由y y 02 1  2 0，又 ，
A B x 2 x 2 y kx n,y kx n
1 2 1 1 2 2
代入整理得 2k1xx n2k3x x 84n0，
1 2 1 2
将（*）式代入并整理得n26k1n8k24k 0n4kn2k10.
因为直线MN不过P2,1
，故n2k10不成立，所以n4k 0，
此时直线MN的方程为ykx4
，经过定点
4,0
.
32k2 8  8k21 
（3）由 ， x x  ,xx  ，
n2 8k224k2 1 1 2 14k2 1 2 14k24 2 1k2 14k2
所以 MN  1k2 x x  1k2 x x 2 4xx 
1 2 1 2 1 2 14k2
4k
又点 到直线 的距离为d  ，
O MN 1k2
1 1 4 2 1k2 14k2 4k k 14k2
所以S
MON

2
MN d 
2

14k2

1k2 8 2 14k2
t12t 1 3 2 1
令 ，则S 4 2 4 2 2    2，
t14k2,1t2 MON t2 t 4 8
1 3 1
当  ，即k2  时取等，所以 的面积的最大值为 .
t 4 12 △MON 2
题型4 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
定点问题
1.求解(或证明)直线和曲线过定点的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量 ， 视作
常数，把方程一边化为零，既然是过定点，那么这个方程就是对任意参数都成立，这时参
数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于 ， 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.常用方法：一是引进参数法，引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究
变化的量与参数何时没有关系，找到定点；二是特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情
况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
定值问题
1.解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜
率等)的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始
终是一个确定的值．常见定值问题的处理方法：
（1）确定一个（或两个）变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示（2）将所求表达式用核心变量进行表示，然后进行化简，看能否得到一个常数.
2. 定值问题的处理技巧：
（1）对于较为复杂的问题，可先采用特殊位置（例如斜率不存在的直线等）求出定值，进
而给后面一般情况的处理提供一个方向.
（2）在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢
（3）巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运
算
定直线问题
定直线问题是证明动点在 定直线上，其实质是求动点的轨迹方程，所以所用的方法即为
求轨迹方程的方法，如定义法、消参法、交轨法等．
已知抛物线C：y2=2px（p>0），M是其准线与x轴的交点，过点M的直线l与抛物线C交
于A，B两点，当点A的坐标为（4，y）时，有|MB||BA|．
0
(1)求抛物线C的方程；
(2)设点A关于x轴的对称点为点P，证明：直线BP过定点，并求出该定点坐标．
破解：（1）如图，
 
设B x ,y ，由|MB||BA|，得B为线段MA的中点．
B B
 p
2x 4
因为  p ，所以 B 2 ，
M


2
,0
  2y B  y 0 p
x 2
  B 4
所以 ，即 ，
y  p y 
y  0 B2 , 0 
 B 2  4 2 
 p y   y  2  p
把B2 , 0 代入 中，得 0  2p2 ，
 4 2  y2 2px  2   4
 p
把 A4,y 代入 y2 2px 中，得 y2 8p ，所以2p  2 4   2p．
0 0
又p>0，所以p=4，
所以抛物线C的方程为y2 8x.
（2）由题意，知直线l的斜率存在且不为0，
因为M（-2，0），所以可设直线l的方程为x=my-2．
设Ax,y  ，Bx ,y  ，则点Px,y  ．
1 1 2 2 1 1
xmy2
由 ，消去x，得 ，所以 ， ,
y2 8x y28my160 Δ0 64m2640
根据根与系数的关系，得y y 8m，y y 16．
1 2 1 2
y  y y  y 8
k  2 1  2 1 
直线BP的斜率 x x y2 y2 y  y ，
2 1 2 1 2 1
8
8
y y  xx 
所以直线BP的方程为 ，
2 y  y 2
2 1
1 1
所以x y  y y y y  y x
8 2 1 8 2 2 1 2
1 1 1 1
 y  y y y2 y y  y2
8 2 1 8 2 8 2 1 8 2
1
 y  y y2，
8 2 1
1
即直线BP的方程可表示为x y  y y2．
8 2 1
所以直线BP过定点，且定点坐标为（2，0）．已知斜率为 3的直线l与抛物线C:y2 4x相交于P,Q两点．
(1)求线段PQ中点纵坐标的值；
(2)已知点T( 3,0)，直线TP,TQ分别与抛物线相交于M,N两点（异于P,Q）．求证：直
线MN恒过定点，并求出该定点的坐标．
破解：（1）设Px,y ,Qx ,y  ，其中x  x ，
1 1 2 2 1 2
y2 4x y y 4
由 1 1 ，得 ，化简得 1 2  ，
y2 4x y2y2 4x 4x x x y y
2 2 1 2 1 2 1 2 1 2
4 y y 2 3
 3 ，即 1 2  ，
y y 2 3
1 2
2 3
线段 中点纵坐标的值为 ；
 PQ 3
 y2   y2   y2   y2 
（2）证明：设P 1 ,y ,Q 2 ,y ,M 3 ,y ,N 4 ,y ，
 4 1   4 2   4 3   4 4 
y y 4
k  1 3 
PM y2 y2 y y ，
1  3 1 3
4 4
4  y2
直线 的方程为y y  x 1 ，化简可得 ，
 PM 1 y 1  y 3  4  y 1 y 3 y4xy 1 y 3 0
T( 3,0)在直线PM 上，解得y y 4 3，
1 3
同理，可得y y 4 3，
2 4
4 4 y y
k    3 4  3
PQ y y 4 3 4 3  3y  y  ，
1 2  3 4
y y
3 4
y y 3y y  ，
3 4 3 4
又直线MN的方程为 y
3
y
4
y4xy
3
y
4
0，即 y
3
y
4
(y3)4x0，直线MN恒过定点(0,3)．
x2
已知双曲线C:
4
 y2 1，点
A
是双曲线
C
的左顶点，点
P
坐标为4,0.
(1)过点P作C的两条渐近线的平行线分别交双曲线C于R，S两点.求直线RS 的方程；
x2
(2)过点 作直线 与椭圆 y2 1交于点 ， ，直线 ， 与双曲线 的另一个交
P l 4 D E AD AE C
点分别是点M ，N .试问：直线MN是否过定点，若是，请求出该定点坐标；若不过定点，
请说明理由.
1
破解：（1）由题意，得双曲线 的渐近线方程为y x，
C 2
 1
y x4
过 与 1 平行的直线方程为 1 ，由 2 ，解得 5 3，
P y  2 x y 2 x4  x24y2 4 R 2 , 4  
 1
y x4
过 与 1 平行的直线方程为 1 ，由 2 ，解得 5 3，
P y 2 x y 2 x4  x24y2 4 S 2 , 4  
5
∴直线 的方程为x .
RS 2
（2）直线MN过定点.
由已知，易知过P的直线斜率存在且不为0，直线AD，AE斜率存在且不为0，设直线AD，AE的直线方程分别为xt
1
y2和xt
2
y2，Dx
D
,y
D
,Ex
E
,y
E
 .
xt y2 4t 2t28
由 x2 1 4y2 4 ，得 t
1
24  y24t
1
y0 ，解得y D  t
1
2 1 4 ，则x D  t
1
2 1 4 .
4t 2t28
同理y  2 ，则x  2 .
E t24 D t24
2 2
(cid:2) 2t224 4t  (cid:2) 2t224 4t 
又 ， ， 三点共线，而PD 1 , 1 ，PE 2 , 2 
P D E  t 1 24 t 1 24  t 2 24 t 2 24
2t224 4t 2t224 4t
故 1  2  2  1 0，解得 .
t24 t24 t24 t24 tt 12
1 2 2 1 12
y 1 y 1
设 Mx,y ， Nx ,y ，则k AM  x  1 2 k AD  t ，k AN  x  2 2 k AE  t ，
1 1 2 2 1 1 2 2
x 2 x 2
∴tt  1  2 12，
12 y y
1 2
即 x 2x 212y y 12kx mkx m
1 2 1 2 1 2
化简整理，得 12km2x x   12k21  xx 12m240（*），
1 2 1 2
易知直线MN斜率存在，设直线MN的方程ykxm，
ykxm
由 x24y2 4 ，消去 y 整理，得 14k2 x28kmx4m240 ，
∴当14k2 0且64k2m216  14k2 m21  0时，
8km 4m24
有x x  ，x x  ，
1 2 14k2 1 2 14k2
代入（*）化简，解得m2mk2k2 0，
即
mkm2k0，故mk或m2k.
当m2k时，ykxmkx2k，经过点
2,0
，不合题意，
当mk时，ykxmkxk ，经过点
1,0
，满足题意.
因此直线MN过定点
1,0
.1．已知椭圆 的左､右焦点分别为 过点 ，且 的长
轴长为8.
(1)求 的方程.
(2)设 的右顶点为点 ，过点 的直线 与 交于 两点（异于 ），直线
与 轴分别交于点 ，试问线段 的中点是否为定点？若是，求出该定点的
坐标；若不是，请说明理由.
【答案】(1) (2)是定点，定点坐标为
【详解】（1）因为 的长轴长为8，所以 ，所以 .
又 ，所以 ，所以 的方程为 .
（2）
易知 ，则直线 的斜率存在，设其方程为 .联立 得 ，
，
因为点 在直线 上，所以 ，
，
直线 ，令 ，得 ，
直线 ，令 ，得 ，
，
所以线段 的中点为 ，为定点.
2．已知椭圆 的上下顶点分别为 ，左右顶点分别为 ，四
边形 的面积为 ，若椭圆 上的点到右焦点距离的最大值和最小值之和为6.(1)
求椭圆 的方程；
(2)过点 且斜率不为0的直线 与 交于 （异于 ）两点，设直线 与直线
交于点 ，证明：点 在定直线上.
【答案】(1) (2)证明见解析【详解】（1）设右焦点坐标为 ，椭圆 上的一点 ，则 ，
故 ，即 ，
则 到右焦点的距离
，
因为 ，所以 ， ，
故 ，
即椭圆 上的点到右焦点距离的最大值为 ，最小值为 ，
故 ，解得 ，
又四边形 的面积为 ，
故 ，所以 ，
椭圆方程为 ；
（2）当过点 且斜率不存在时，直线 方程为 ，
中，令 得， ，
不妨设 ，直线 ，即 ，
同理可得 ，
联立 得， ，故点 在直线 上，
当过点 的直线斜率存在且不为0时，设直线 方程设为 ，
联立 得 ，
设 ，则 ，
两式相除得 ，
直线 ，直线 ，
联立 得， ，
故 ，
解得 ，
将 代入上式中，得 ，
要想 恒成立，则 ，
故点 在定直线 上，
综上，点 在定直线 上.3．如图，已知椭圆 的短轴长为 ，焦点与双曲线 的焦点重合.点 ，斜
率为 的直线 与椭圆 交于 两点.
(1)求常数 的取值范围，并求椭圆 的方程.
(2)(本题可以使用解析几何的方法，也可以利用下面材料所给的结论进行解答)
极点与极线是法国数学家吉拉德·迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论
稿》中正式阐述的.对于椭圆 ，极点 （不是原点）对应的极线为
，且若极点 在 轴上，则过点 作椭圆的割线交 于点 ，则对于
上任意一点 ，均有 （当斜率均存在时）.已知点 是直线 上的一点，且
点 的横坐标为2.连接 交 轴于点 .连接 分别交椭圆 于 两点.
①设直线 、 分别交 轴于点 、点 ，证明：点 为 、 的中点；
②证明直线： 恒过定点，并求出定点的坐标.
【答案】(1) ，
(2)①证明过程见解析②证明过程见解析，定点坐标为
4t0
【详解】（1）由题意焦点在 轴上，所以
t0
，解得
0t4
，即
t
的范围为0,4，
且c 4tt 2,2b4,a2 b2c2，解得a2 8,b2 4，
x2 y2
所以椭圆方程为   1.
8 4
（2）我们首先给出题目给出的引理的证明：a2 
设Pp,0,Q ,t，则Q在P的极线上，
 p 
现在如果经过P的直线xmy p交椭圆于A(x,y ),B(x ,y )：
1 1 2 2
那么，代入椭圆就得到  a2b2m2 y22b2mpyb2p2a2b2 0，
所以Δ4b4m2p24b2 p2a2 a2b2m2 4b4m2p24b2 p2a2 p2b2m2a4a2b2m2
4a2b2 a2b2m2 p2 0a2b2m2  p2 ，
2b2mp b2p2a2b2
由韦达定理有y y  ,y y  ，
1 2 a2b2m2 1 2 a2b2m2
此时要证明的是：k k 2k ，
QA QB PQ
y t y t 2t
1  2 
也就是 a2 a2 a2 ，
my  p my  p p
1 p 2 p p
y t y t 2t
1  2  0
也就是 a2 a2 a2 ，
my  p my  p p
1 p 2 p p
也就是
 a2   a2   a2   a2  a2 
p  y t my  p y t my  p 2tmy  p my  p 0，
 p  1  2 p  2  1 p   1 p  2 p 
  a2     a2  2  a2  
也就是2mp 2m2ty y p  tmp y y 0，
  p   1 2    p   p   1 2
  a2   b2p2a2b2   a2  2  a2    2b2mp 
也就是2mp 2m2t p  tmp  0，
  p   a2b2m2    p   p    a2b2m2 
  a2     a2  2  a2  
也就是mp m2tb2 p2a2 p  tmp   b2mp  0，
  p      p   p  
 a2     a2  2  a2  
也就是p mtb2 p2a2 b2pp  tmp 0，
 p      p   p   a2     a2  2  a2  
也就是p mt
 p2a2
 pp  tmp 0，
 p      p   p  
 a2    a2   a2 2  a2 
也就是p mtp p  tmp 0，
 p    p     p   p  
 a2    a2   a2  2  a2 
也就是p mtp p  tmp ，
 p    p   p   p 
这显然成立，所以结论得证.
接下来我们回到原题，
①首先由于Q在P的极线x2上，故由引理有k
QN
k
QB
2k
PQ
，k
QA
k
QM
2k
PQ
，
1
而k k  ，
QA QB 2
所以k
QN
k
QM
，这表明Q是MN和AB的交点，
又由于k k 2k ，故k k 2k ，
QA QM PQ BA NM PQ
ty ty ty
设 Q2,t，而k
AB
k
QD

2
D ，k
MN
k
QT

2
T ，k
PQ
k
QE

2
E ，
所以y
D
y
T
2y
E
，也就是E是DT 的中点；
t 1 1
②设 Q2,t，那么k
PQ

2
,k
AB

2
，所以k
MN
t
2
， 1 1
这表明 的方程是yt  x2t，即t3x1 xy0，
MN  2 2
 1
所以 恒过点3, .
MN  2
x2 y2
4．已知椭圆C:
a2

b2
1ab0的左､右焦点分别为
F,F
，
C
过点 B2,3，且
1 2
(cid:2) (cid:2) (cid:2)
FBFF  BF .
1 1 2 2
(1)求C的方程.
(2)设C的右顶点为点A，过点D4,6
的直线l与C交于P,Q两点（异于
B
），直线
AP,AQ与y轴分别交于点M,N，试问线段MN的中点是否为定点？若是，求出该定点的
坐标；若不是，请说明理由.
x2 y2
【答案】(1)  1(2)是定点，定点为0,2
16 12
(cid:2) (cid:2) (cid:2) (cid:2) (cid:2) (cid:2) (cid:2) (cid:2) (cid:2)
2 2
【详解】（1） FBFF  BF  FF FB ，FBFF  FF FB ，
1 1 2 2 1 2 1 1 1 2 1 2 1
(cid:2) (cid:2) (cid:2) (cid:2)
整理可得：FBFF 0，FBFF ，
1 1 2 1 1 2 c2
 BF 2 
322c2
5，BF 1  BF 2 352a，解得： a4 ， b2 a2c2 12 ，
x2 y2
椭圆 的方程为：  1.
 C 16 12
（2）
由（1）可得：A4,0 ，则直线l的斜率存在，可设l:ykxm，Px,y ,Qx ,y  ，
1 1 2 2
x2 y2
  1
由16 12 得： ，
 ykxm  4k23  x28kmx4m24808km 4m248
Δ48  16k2m212  0 ，x 1 x 2  4k23 ，x 1 x 2  4k23 ，

直线l过点D4,6
，m64k，
y 4y  4y 
直线 方程为：y 1 x4，令 得：y 1 ，即M0, 1 ；
AP x 1 4 x0 x 1 4  x 1 4
 4y 
同理可得：N0, 2 ；
 x 4
2
 4y   4y  4y x 44y x 4 4kx mx 44kx mx 4
 1  2  1 2 2 1  1 2 2 1
 x 4  x 4 x 4x 4 x 4x 4
1 2 1 2 1 2
4m248 8km
4
2kx
1
x
2
4kmx
1
x
2
8m
4
2k 4k23 4km 4k23 8m
xx 4x x 16 4m248 32km
1 2 1 2  16
4k23 4k23
96k24m 96k24m 96k2464k
   4
，
m28km16k2 m4k2 64k4k2
线段MN的中点为定点
0,2
.
x2 y2  3
5．已知椭圆C:  1(ab0)的离心率为1 ，且经过点1, .
a2 b2 2  2
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点P0,1 且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆C交于A,B两点，过A,B分别作y轴的
垂线，垂足为点M,N，求证：直线AN与BM 的交点在某条定直线上，并求该定直线的方
程.
x2 y2
【答案】(1)  1；(2)证明见解析，定直线为 .
4 3 y3
c 1 1 9
【详解】（1）由题可得：  ，  1，又 ；解得 ；
a 2 a2 4b2 a2 b2c2 a2,b 3,c1
x2 y2
故椭圆 的方程为：  1.
C 4 3
（2）设直线AN与BM 的交点为T，根据题意，作图如下：由题可知，直线AB的斜率存在，又过点P0,1
，故设其方程为ykx1，
x2 y2
联立  1，可得 34k2 x28kx80 ，显然其 ，
4 3 0
 8k
x x 
  1 2 34k2
设 两点坐标为 ，则 ；
8
 xx 
A,B x,y ,x ,y   1 2 34k2
1 1 2 2
因为AM,BN都垂直于y轴，故M0,y ,N0,y 
，
1 2
y y y y
则 方程为：y 1 2 xy ， 方程为：y 1 2 xy ，
AN x 1 2 BM x 2 1
联立AN,BM 方程可得：
16k
y
x
1
y
2
x
2
y
1 
x
1
kx
2
1x
2
kx
1
1

2kx
1
x
2 1
 34k2
213，
x x x x x x 8k
1 2 1 2 1 2 
34k2
故y
T
3，也即直线AN与BM 的交点在定直线y3上.
x2 y2
6．已知椭圆L:
a2

b2
1(ab0)的左顶点 A3,0和下顶点B，焦距为
4 2
，直线l交
椭圆L于C，D（不同于椭圆的顶点）两点，直线AD交y轴于M，直线BC交x轴于N，且
直线MN交l于P.
(1)求椭圆L的标准方程；
(2)若直线AD，BC的斜率相等，证明：点P在一条定直线上运动.
x2
【答案】(1)L: y2 1(2)证明见解析
9
x2
【详解】（1）由已知得： ，所以 ，所以椭圆L: y2 1
a3,c2 2 b1 9（2）设直线AD,BC的斜率为k,Cx,y ,Dx ,y ,Px ,y  .
1 1 2 2 0 0
1 
则直线 AD:ykx3，直线
BC:ykx1
，得M0,3k,N
k
,0

ykx3,
联立 x29y2 9 得 19k2 x254k2x81k290 ，易知 Δ0 .
81k29 327k2 6k
由3x  ，得x  ，于是y kx 3 .
2 19k2 2 19k2 2 2 19k2
18k 9k21
同理：x  ,y 
1 19k2 1 19k2
327k2
x 
x 0 19k2
由于 ，所以 MP DP ，即 0  ，得 ①，
1 18k 3

x x x 
AD // BC PN PC k 0 19k2 0 0 3k1
3k
同理y  ②，
0 3k1
由①②得x 3y 30，
0 0
故点P在直线x3y30上运动.
1
7．在平面直角坐标系xOy中，动点M到点F1,0的距离与到直线 的距离之比为 ．
x4 2
(1)求动点M轨迹W的方程；
(2)过点F的两条直线分别交W于A，B两点和C，D两点，线段AB，CD的中点分别为
1 1
 1
P，Q．设直线AB，CD的斜率分别为 ， ，且 ，试判断直线PQ是否过定点．
k k k k
1 2 1 2
若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
x2 y2
【答案】(1)  1(2)直线PQ过定点0,1．
4 3x12  y2 1
【详解】（1）设点M的坐标为 ，由题意可知，  ，
x,y 4x 2
x2 y2
化简整理得，W的方程为  1．
4 3
x2 y2
（2）由题意知，设直线AB的方程为
yk
x1，与W的方程  1联立可得，
1 4 3
 4k23  x28k2x4k2 120，
1 1 1
8k2
设 ， ，由韦达定理得，x x  1 ，
Ax,y  Bx ,y  1 2 4k23
1 1 2 2 1
6k
则y  y k x x 2k  1 ，
1 2 1 1 2 1 4k2 3
1
 4k2 3k 
所以，点P的坐标为 1 , 1 ．
4k2 3 4k2 3
1 1
 4k2 3k 
同理可得，Q的坐标为 2 , 2 ．
4k2 3 4k2 3
2 2
4kk 3
k  1 2
所以，直线PQ的斜率为 PQ 4k k ，
1 2
4kk 3  4k2  3k
所以，直线PQ的方程为y 1 2 x 1  1 ，
4k k   4k2 3 4k2 3
1 1 1 1
4kk 3 kk
y 1 2 x 1 2
即 ，
4k k  k k
1 2 1 2
1 1
又  1，则 ，
k k k k kk
1 2 1 2 1 2
4kk 3
y 1 2 x1
所以直线PQ的方程即为 ，
4kk
1 2
所以，直线PQ过定点
0,1
．
   2
8．已知动圆 经过定点F  3,0 ，且与圆F ： x 3 y2 16内切.
M 1 2(1)求动圆圆心M 的轨迹C的方程；
(2)设轨迹C与x轴从左到右的交点为A，B，点P为轨迹C上异于A，B的动点，设PB交
直线x4于点T，连接AT 交轨迹C于点Q，直线AP，AQ的斜率分别为k
AP
，k
AQ
.
①求证：k ·k 为定值；
AP AQ
②证明：直线PQ经过x轴上的定点，并求出该定点的坐标.
x2
【答案】(1) y2 1(2)①证明见解析；②证明见解析；1,0
4
 
【详解】（1）设动圆的半径为 ，由题意得圆F 的圆心为F 3,0 ，半径 ，
r 2 2 R4
所以 MF r， MF Rr，则 MF  MF 4 FF 2 3，
1 2 1 2 1 2
所以动圆圆心M 的轨迹C是以F
1
，F
2
为焦点，长轴长为4的椭圆.
x2
因此动圆圆心 的轨迹 的方程为 y2 1.
M C 4
（2）①设Px,y  ，Qx ,y  ，T4,m .
1 1 2 2
由（1）可知A2,0 ，B2,0
，如图所示，
y m
所以k  1 ，k k  ，
Ap x 2 AQ AT 6
1
y m 2y
又因为 ，即 1  ，于是m 1 ，
k k x 2 2 x 2
BP BT 1 1
y m y y y2
k ·k  1   1  1  1
所以 AP AQ x 2 6 x 2 3x 2 3  x24 ，
1 1 1 1
x2 1
又 1 y2 1，则y2   4x2 ，
4 1 1 4 1
1
 4x2
因此k ·k  4 1  1 为定值.
AP AQ 3  4x2 12
1② 设直线PQ的方程为xtyn，由①中知Px,y  ，Qx ,y  ，
1 1 2 2
 xtyn，

由x2 得 ， ，
 y2 1，  t24  y22tnyn240 16  t2n24  0
 4
 2tn
y y - ，
  1 2 t24
由根与系数的关系得 由①可知， ，
 n2-4 1
y y  . k ·k 
 1 2 t24 AP AQ 12
y y y y 1 n24 1
即 1  2  1 2  ，代入化简得  ，解得
x 2 x 2 (ty n2)(ty n2) 12 4n216n16 12
1 2 1 2
n1或n2(舍去)，
所以直线PQ的方程为xty1，所以直线PQ经过x轴上的定点，定点坐标为
1,0
.
题型5 圆锥曲线中的极点与极线
圆锥曲线的极点与极线
已知椭圆 （a＞b＞0），则称点 和直线 为椭圆的一对极
点和极线．极点和极线是成对出现的．
我们先从几何的角度来研究圆锥曲线的极点与极线．
从几何角度看极点与极线
如图，设 是不在圆锥曲线上的一点，过 点引两条割线依次交圆锥曲线于四点 ， ，
， ，连接 ， 交于 ，连接 ， 交于 ，则直线 为点 对应的极线．若 为圆锥曲线上的点，则过 点的切线即为极线．
由图同理可知， 为点 对应的极线， 为点 所对应的极线．因而将 称为自
极三点形．
设直线 交圆锥曲线于点 ， 两点，则 ， 恰为圆锥曲线的两条切线．
定理：（1）当 在圆锥曲线 上时，则点 的极线是曲线 在 点处的切线；
（2）当 在 外时，过点 作 的两条切线，设其切点分别为 ， ，则点 的极线是直
线 （即切点弦所在的直线）；
（3）当 在 内时，过点 任作一割线交 于 ， ，设 在 ， 处的切线交于点 ，
则点 的极线是动点 的轨迹．
已知抛物线 的焦点为 ，且 与圆 上的点的距离的
最小值4．
(1)求 ；
(2)若点 在圆 上， 是 的两条切线， 是切点，求 面积的最大值．
破解：（1）抛物线 的焦点为 ， ，∴ 与圆 上点
的距离的最小值为 ，解得 ．（2）
设点 ， ， ，由于点 在圆 上， 是 的两条切线，
是切点，所以 与切点弦所在直线 ： 互为极点与极线，联立
可得 ，由韦达定理可得 ， ，
，点
到直线 的距离为 ，∴
，
，由已知可得 ，
∴当 时， 的面积取最大值 ．
已知F为抛物线 的焦点，直线 与C交于A，B两点且
.
（1）求C的方程.
（2）若直线 与C交于M，N两点，且 与 相交于点T，证明：点
T在定直线上.破解：（1）解：设 ， ，由 ，得 ，
则 ，
从而 ，
解得 ，故 的方程为 .
（2）证明：设 ， ， ， .
因为 ，所以 .
根据 得 ，则 ，
同理得 .
又 两式相加得 ，
即 ，由于 ，所以 .
故点 在定直线 上.
若双曲线 与椭圆 共顶点，且它们的离心率之积为 ．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若椭圆C的左、右顶点分别为 ， ，直线l与椭圆C交于P、Q两点，设直线
1
与 的斜率分别为 ， ，且k  k 0．试问，直线l是否过定点？若是，求出定点
AQ k k 1 5 2
2 1 2
的坐标；若不是，请说明理由．
4
破解：（1）由已知得双曲线的离心率为 ，又两曲线离心率之积为 ，所以椭圆的离心
2 32 2
率为 ；由题意知 ，所以 ， ．
3 a3 c2 2 b1
x2
所以椭圆的标准万程为 y2 1．
9
（2）当直线l的斜率为零时，由对称性可知：
1
，不满足k  k 0，
k k 0 1 5 2
1 2
xtyn
故直线l的斜率不为零．设直线l的方程为 ，
xtyn

由x2 ，得： ，
 y2 1  t29  y22tnyn290
 9
因为直线l与椭圆C交于P、Q两点，
所以4t2n24  t29  n29  0，
整理得：t2n290，
设Px,y  、Qx ,y  ，则
1 1 2 2
2tn n29 y y
y y  ，y y  ，k  1 ，k  2 ．
1 2 t29 1 2 t29 1 x 3 2 x 3
1 2
1
因为k  k 0，
1 5 2
y
1
1 k x 3 y x 3 y ty n3
所以  1  1  1 2  1 2 ，
5 k y y x 3 y ty n3
2 2 2 1 2 1
x 3
2
整理得：4ty y 5(n3)y (n3)y 0，
1 2 1 2
4ty y 5(n3)y y (6n12)y ，
1 2 1 2 2
2tn n29
将y y  ，y y  代入整理得：
1 2 t29 1 2 t29
t(n2)(n3)(2n)  t29  y
2
要使上式恒成立，只需n2，此时满足t2n290，因此，直线l恒过定点
2,0
．
x2
1．设A 1 , A 2 分别是椭圆: a2 y2 1(a1)的左､右顶点，点 B 为椭圆的上顶点.
 
（1）若ABAB4，求椭圆的方程；
1 2
（2）设a 2，F 是椭圆的右焦点，点Q是椭圆第二象限部分上一点，若线段FQ的中
2 2
点M 在 y 轴上，求△FBQ的面积.
2
（3）设a3，点P是直线x6上的动点，点C和D是椭圆上异于左右顶点的两点，且C，
D分别在直线PA
1
和PA
2
上，求证：直线CD恒过一定点.
x2 2
【答案】（1）  y2 1；（2）1 ；（3）证明见解析.
5 4
【详解】（1）A(a,0),A (a,0)，B(0,1)
1 2
   
AB(a,1)，AB(a,1)，ABABa214，解得 a25
1 2 1 2
x2
即椭圆 的方程为  y2 1.
 5
x2
（2）椭圆的方程为
2
y2 1，由题意
F 2 (1,0)
，设另一焦点为
F 1
1,0，
设Q(x ,y )，由线段FQ的中点在y轴上，得FQx轴，所以x 1，
Q Q 2 1 Q 2
代入椭圆方程得y Q  2 2 ，即Q   1, 2   
1 2 2
S S S  1 21 ；
△F2BQ △BF2M △BQM 2

4 

4
（3）证明：由题意A(3,0),A (3,0)，设点P的坐标为(6,m)，
1 2
m x2
直线 ：y (x3)，与椭圆方程 y2 1联立
PA
1 9 9
消去y得：(9m2)x26m2x9m2810
3m227 3m227 6m 
由韦达定理得x  即C , ；
C 9m2  9m2 9m2 
3m23 2m 
同理D , ；

1m2 1m2

273m2 3m23
当 ，即  即 时，
x x 9m2 m21 m2 3
C D
3
直线 的方程为x ；
CD 2
2m 4m  3m23
当 时，直线 ：y  x 
x x CD 1m2 3(3m2) 1m2 
C D
4m  3 3 
化简得y x ，恒过点 ,0；
3(3m2) 2 2 
3 
综上所述，直线 恒过点 ,0.
CD 2 
2．已知 ， 分别是双曲线 的左，右顶点，直线 （不与坐标轴垂直）过点
，且与双曲线 交于 ， 两点.
（1）若 ，求直线 的方程；
（2）若直线 与 相交于点 ，求证：点 在定直线上.
【答案】（1） 或 ；（2）证明见解析.
【详解】解：设直线 的方程为 ，设 ， ，把直线 与双曲线联立方程组， ，可得 ，
则 ，
（1） ， ，由 ，可得 ，
即 ①， ②，
把①式代入②式，可得 ，解得 ， ，
即直线 的方程为 或 ．
（2）直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
直线 与 的交点为 ，故 ，即 ，
进而得到 ，又 ，
故 ，解得
故点 在定直线 上．
3．已知椭圆 与 轴的交点 （点A位于点 的上方）， 为
左焦点，原点 到直线 的距离为 .
（1）求椭圆 的离心率；
（2）设 ，直线 与椭圆 交于不同的两点 ，求证：直线 与直线
的交点 在定直线上.【答案】（1） ；（2）证明见解析.
【详解】（1）设 的坐标为 ，由面积法有 ， 椭圆 的离心率
.
（2）若 ，由(1) 得 ， 椭圆方程为 ，
联立方程组 化简得： ，
由 ，解得： .
由韦达定理得： , ,
设 ， 的方程是
， 的方程是 ，
联立化简得 ，即 ，
所以直线 与直线 的交点 在定直线上.
4．已知椭圆 的离心率 ，长轴的左、右端点分别为
(1)求椭圆 的方程；
(2)设直线 与椭圆 交于 两点，直线 与 交于点 ，试问：当 变化
时，点 是否恒在一条直线上？若是，请写出这条直线的方程，并证明你的结论；若不是，
请说明理由.
【答案】(1) (2)恒在直线（1）解：设椭圆 的标准方程为 ，
根据题意，可得 且 ，所以 ，所以 ，
所以椭圆 的标准方程为 .
（2）解：根据题意，可设直线 的方程为 ，
取 ，可得 ，
可得直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
联立方程组，可得交点为 ；
若 ，由对称性可知交点 ，
若点 在同一直线上，则直线只能为 ；
以下证明：对任意的 ，直线 与直线 的交点 均在直线l:x4上，
xmy1

由x2 ，整理得 ，

 4
y2 1 (m24)y22my30
2m 3
设R(x
1
,y
1
),Q(x
2
,y
2
)，则y 1 y 2  m24 ,y 1 y 2  m24 ，
y y 6y
设 与 交于点 ，由 0  1 ，可得y  1 ，
AR l S (4,y ) 42 x 2 0 x 2
1 0 0 1 1
y y 2y
设 与 交于点 ，由 0  2 ，可得y  2 ，
AQ l S (4,y) 42 x 2 0 x 2
2 0 0 2 2
6y 2y 6y (my 1)2y (my 3)
因为y y  1  2  1 2 2 1
0 0 x 2 x 2 (x 2)(x 2)
1 2 1 2
12m 12m

 4my 1 y 2 6(y 1 y 2 )  m24 m24 0 ，
(x 2)(x 2) (x 2)(x 2)
1 2 1 2因为y  y，即S 与S重合，
0 0 0 0
所以当m变化时，点S均在直线l:x4上，.
 3
5．已知椭圆C：
x2

y2
1ab0经过点A  1,  ，其长半轴长为2.
2
a2 b2  
(1)求椭圆C的方程：
(2)设经过点B1,0
的直线l与椭圆C相交于D，E两点，点E关于x轴的对称点为F，直
线DF与x轴相交于点G，求△DEG的面积S的取值范围.
 3 3
【答案】(1)
x2
y2 1(2)  0,  
2
4  
x2 y2
 1
(1)解：由已知得a2，∴椭圆C的方程为 4 b2
 3
∵椭圆经过点A1, ，
 
2
 
1 3
∴  1，解得
4 4b2 b2 1
x2
∴椭圆C的方程为 y2 1
4
(2)解：由题意知，直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为xty1t 0 ，Dx,y  ，Ex ,y  ，
1 1 2 2
xty1

由x2 ，消去 得 ，
 y2 1  t24  y22ty30
 4 x
2t 3
∴ ，y y  ，y y  ，
16t2480 1 2 t24 1 2 t24
∵F 为点E关于x轴的对称点，
y y
∴ Fx ,y ，直线 的方程为yy 1  x 1 x 2 xx 1  ，
2 2 DF 1 2y y
yy  1 2 xx 
即 1 ty y  1
1 2
ty2ty y ty2ty y 2ty y
令 ，则xx  1 1 2 ty  1 1 2 1 1 2 14
y0 1 y y 1 y y y y
1 2 1 2 1 2
∴G4,0
，
1 3
∴ 的面积S  BG y y  y y 24y y
△DEG DEG 2 1 2 2 1 2 1 2
3  2t  2 12 6 t23
     ，
2 t24 t24 t24
 
令m t23，则m 3, ，
6m 6
S  
∴ m21
m
1 ，又函数
yx
1在
 3, 
上单调递增，
m x
1 4 3 
所以m  ,，
 
m 3
 
 3 3  3 3
∴S0, ，∴ 的面积 的取值范围是0, 
 2   2 
  △DEG S  
x2 y2
6．已知椭圆C:  1a0的焦距为 分别为椭圆 的左、右顶点， 为椭
a2 3 2,A,B C M,N
圆C上的两点(异于A,B)，连结AM,BN,MN，且BN 斜率是AM 斜率的3倍.
（1）求椭圆C的方程；
（2）证明:直线MN恒过定点.
x2 y2
【答案】（1）  1；（2）证明见解析.
4 3
2c2 a2 x2 y2
【详解】（1）因为 ，所以 ，即椭圆 的方程为  1
a2 c23 c1 C 4 3
y y y2
（2）连结 设 则k k  1  1  1
Mx,y ,Nx ,y  AM BM x 2 x 2 x24
BM 1 1 2 2 1 1 13
3 x2
因为点 在椭圆上，所以 k k  y 1 2 = 4 1  3
Mx,y  AM BM x24 x24 4
1 1 1 1
9
因为 ，所以k k 
k 3k BN BM 4
BN AM
当MN斜率不存在时，设MN:xm，不妨设M 在x轴上方，
 123m2   123m2 
Mm, ,Nm, 
 4   4 
   
9
因为k k  ，所以
BN BM 4 m1
ykxt
（ii）当 斜率存在时，设 ，
MN MN:ykxt 3x24y2120
8kt 4t212
即 34k2 x28kx4t2120 ，所以x
1
x
2

34k2
,x
1
x
2

34k2
y y kx tkx t 9
因为k k  1  2  1 1 
BN BM x 2 x 2 xx 2x x 4 4
1 1 1 2 1 2
所以2k23ktt2 0，即tk或t2k
当tk时，ykxk，恒过定点
1,0
，当斜率不存在亦符合:当t2k ，ykx2k ，过
点
2,0
与点 重合，舍去.
B
所以直线恒过定点
1,0
x2 y2
7．椭圆C:
3b2

b2
1b0的左、右顶点分别为
A 1
，
A 2
，上顶点为
B
，点 D1,0，线
BD的倾斜角为135.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过D且斜率存在的动直线与椭圆C交于M 、N 两点，直线A
1
M 与A
2
N 交于P，求证：
P在定直线上.
x2
【答案】（1） y2 1；（2）证明见解析.
3b
【详解】（1）B0,b，由题意，k
BD

1
tan1351b1，
x2
所以椭圆 的方程 y2 1.
C 3
（2）设Px,y ，Mx
1
,y
1
 ，Nx
2
,y
2
 ，过D的动直线：ykx1 ，代入椭圆C的方程
得：
6k2 3k23
 3k2 1  x26k2x3k230 ，得：x 1 x 2  3k2 1 ，x 1 x 2  3k21 ，
x2    y x  3
2 y2 13y2 3x2  3x 3x  2  2 ，
3 2 2 2 2 2 x  3 3y
2 2
y y y y
分别由 ， ， 及 ， ， 三点共线，得：  1 ，  2 ，
P A 1 M P A 2 N x 3 x 1  3 x 3 x 2  3
x 3 y x  3 y 3y 3k2x 1x 1
 1  2  1  2  1 2
两式相除得： x 3 x  3 y x  3 x  3  x  3  x  3 
1 2 1 2 1 2
3k23 6k2 
3k2  1
 3k21 3k21   3k2  3k236k23k21  1
   2 3，
3k23 6 3k2 3k236 3k29k23 2 3
 3
3k21 3k21
x 3
得： 2 3x3，即 在直线 上.
x 3 P x3
x2 y2  3
8．已知椭圆C:  1ab0的离心率为1 ，且点1, 在椭圆上．
a2 b2 2  2
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点M，N是椭圆上异于A，B的不同两点，直线BN
的斜率为kk 0
，直线AM 的斜率为3k ，求证：直线MN过定点．
x2 y2
【答案】（1）  1；（2）证明见解析．
4 3
x2 y2  3
【详解】（1）由椭圆C:  1ab0的离心率为1 ，且点1, 在椭圆上，
a2 b2 2  2
c 1 b2 c2 1 2 3
可得  ，所以 1 1   ，
a 2 a2 a2 2 4
 3 1 9
又点1, 在该椭圆上，所以  1，所以 ，
 2 a2 4b2 a2 4,b2 3
x2 y2
所以椭圆C的标准方程为  1
4 3
（2）由于BN 的斜率为k，设BN
的方程为ykx2
，
ykx2

联立方程组x2 y2 ，整理得 ，
  1  4k23  x216k2x16k2120
 4 3
16k212 8k26
所以x x  ，所以x  ，
B N 4k23 N 4k23
8k26 12k 
12k
从而y  ，即N , ，
N 4k23 4k23 4k23
同理可得：由于AM 的斜率为3k ，则AM :y3kx2 ，
y3kx2

联立方程组x2 y2 ，可得 ，
  1  36k23  x2144k2x144k2120
 4 3
即
 12k21  x248k2x48k240，
48k24 24k22
所以x x  ，所以x  ，
A M 12k21 M 12k21
24k22 12k 
12k
从而y  ，即M , ，
M 12k21  12k21 12k211
当x M x N 时即k 2 ；时， MN:x1 ，过点P1,0，
12k
0
12k21 12k 4k
当 时，k    ，
1 PM 24k22 12k23 4k21
k  1
2 12k21
12k
0
4k23 12k 4k
k    ，即 ，所以直线 过点 ，
PN 8k26 12k23 4k21
4k23
1
k
PM
k
PN
MN P1,0
综上可得，直线MN过点P1,0
.