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专题 05 解析几何
解析几何一般作为解答题21题或者是22题形式出现。一般作为压轴题或者是次压轴题出现，难度较大。
1 与原有关问题（蒙日圆，阿氏圆等）
2 面积问题
3 齐次化解决直线定点问题
4 一般的定值问题
5 非对称问题
6 探究性问题
7 切线问题与阿基米德三角形问题
8 极点极限与调和点列，蝴蝶模型问题
9 不联立问题
10 与其他知识点交叉问题
蒙日圆定理的内容：椭圆的两条切线互相垂直，则两切线的交点位于一个与椭圆同心
的圆上，该圆称为蒙日圆，其半径等于椭圆长半轴和短半轴平方和的算术平方根，具体结论
及证明如下：
结论一：曲线 的两条互相垂直的切线的交点 的轨迹是圆： ．
结论二：双曲线 的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是圆 ．
结论三：抛物线 的两条互相垂直的切线的交点在该抛物线的准线上．
题型一： 与原有关问题（蒙日圆，协同圆等）
例题1 已知椭圆 0)．称圆心在原点，半径为 的圆为椭圆 的“准圆”．若椭圆 的一个焦点为 ，其短轴上的一个端点到 的距离为 ．
(1)求椭圆 的方程及其“准圆”方程．
(2)点 是椭圆 的“准圆”上的动点，过点 作椭圆的切线 交“准圆”于点 ．
①当点 为“准圆”与 轴正半轴的交点时，求直线 的方程并证明 ．
②求证：线段 的长为定值．
【 解 析 】 (1) 依 题 意 可 得 ， ∴ ， ∴ ．
．
(2)证明：①由(1)题可得 ，设切线方程为： ．联立 ，消去 可得
，整理可得 ．
∴ ，解得 ．
∴设直线PM： ，直线 ．∴ ，即 ．
②设 ，直线 ．
则 ，消去 可得 ．
即 ．
∴ ．整理得 ．
同理，设切线 的斜率为 ，则有 ．∴ ．∴ 在“准
圆”上．∴ ，∴ ．∴ 为“准圆”的直径．∴
为定值， ．1 ．公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯 在《平面轨迹》一书中，研究了众多的平面轨迹
问题，其中有如下著名结果：平面内到两个定点 ， 距离之比为 且 的点 的轨迹为圆，此
圆称为阿波罗尼斯圆．
(1)已知两定点 ， ，若动点 满足 ，求点 的轨迹方程；
(2)已知 ， 是圆 上任意一点，在平面上是否存在点 ，使得 恒成立？
若存在，求出点 坐标；若不存在，说明理由；
(3)已知 是圆 上任意一点，在平面内求出两个定点 ， ，使得 恒成立．只需写出
两个定点 ， 的坐标，无需证明．
解析：(1)4； (2)证明见解析， .
【分析】（1）设点P的坐标为 ，求出点P的轨迹方程为 ，求出
， ，求出 最小值即得解；
（2）设 ，两圆方程相减可得MN的方程为 ，即得解.
（1）解：设点P的坐标为 ，根据题设条件有 ，
所以有 ，
化简得 .
所以
，由题知，当 时，此时 ， |QM|最小，
即四边形 面积取得最小值4.
（2）
解；设 ，由几何性质，可知M，N两点在以 为直径的圆上，
此圆的方程为 ，
而直线MN是此圆与圆 的相交弦所在直线， 相减可得MN的方程为 ，
所以直线MN恒过定点 .
题型二：面积问题
1 ．已知M是平面直角坐标系内的一个动点，直线 与直线 垂直，A为垂足且位于第一象限，直线
与直线 垂直，B为垂足且位于第四象限，四边形 （O为原点）的面积为8，动点M的轨迹
为C.
(1)求轨迹C的方程；
(2)已知 是轨迹C上一点，直线l交轨迹C于P，Q两点，直线 ， 的斜率之和为1，
，求 的面积.
【答案】(1) （ ）(2)
【详解】（1）设动点 ，由题意知M只能在直线 与直线 所夹的范围内活动.
， ，
动点 在 右侧，有 ，同理有 ，∵四边形 的面积为8，∴ ，即 ，
所以所求轨迹C方程为 （ ）.
（2）如图，设直线 的倾斜角为 ，斜率为k，直线 倾斜角为 ，则 斜率为 ，
， ， 在曲线C上，过点T直线与曲线C有两个交点，
则 或 ，同时 或 ，解得 或 .
，解得 或 （舍去）.
时，直线 的方程为 ，
联立 ，消y得： ，则 或 ，得 .
直线 的方程为 ，
联立 ，消y得： ，则 或 ，得 ，
，
点Q到直线 的距离 ，
.方法二： ，
，
，则 ，
.
1 已知椭圆 离心率为 ，经过 的左焦点 斜率为1的直线与 轴正半轴相交于
点 ，且 .
(1)求 的方程；
(2)设M，N是 上异于 的两点，若 ，求 面积的最大值.
【答案】(1) (2)
【详解】（1）由已知 ，可得 ， .可得 ，
因为 斜率为1，所以 ，
因为 ，所以 ，则 ，则 ，
于是 的方程为 ；
（2）由（1）知 ，因为 ，所以 不垂直于 轴.
设直线 ，代入 得 .当 时，
设 ， ，则 ， ①
因为 ，所以 ，而
即 ，根据 ， ，
故 ，可得
.
将①代入上式可得 .
因为 ，整理得 ，则 ，解得 ，
直线 经过定点 ， .
因为 ，
所以 面积 .
设 ，则 ，则 ， ，
设 ， ，当 时， ，则 ，
所以当 ，即 时， 面积取最大值 .
题型三：齐次化解决定值定点问题1 已知椭圆C： （a>b>0），四点P （1,1），P （0,1），P （–1， ），P （1， ）中恰有
1 2 3 4
三点在椭圆C上.
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）设直线l不经过P 点且与C相交于A，B两点.若直线P A与直线P B的斜率的和为–1，证明：l过定
2 2 2
点.
【答案】(1) .(2)证明见解析.
解题方法一：试题解析：（1）由于 ， 两点关于y轴对称，故由题设知C经过 ， 两点.
又由 知，C不经过点P ，所以点P 在C上.
1 2
因此 ，解得 .
故C的方程为 .
（2）设直线P A与直线P B的斜率分别为k ，k ，
2 2 1 2
如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知 ，且 ，可得A，B的坐标分别为（t， ），（t，
）.
则 ，得 ，不符合题设.
从而可设l： （ ）.将 代入 得
由题设可知
.设A（x ，y ），B（x ，y ），则x +x = ，x x = .
1 1 2 2 1 2 1 2
而
.
由题设 ，故 .
即 .
解得 .
当且仅当 时， ，欲使l： ，即 ，
所以l过定点（2， ）
解题方法二：齐次化处理：
下移1个单位
x2
E' : (y 1)2 1，A'B'：mxny 1
4
x2
y2 2y 0
4
x2 4y2 8y(mxny) 0
(8n4)y2 8mxy x2 0
8m
k k 1
1 2 8n4
8m 8n4
2m2n 1
mxny 1过(2,2)
上移1个单位(2,1)1．已知椭圆C： 的离心率为 ，且过点 ．
（1）求 的方程：
（2）点 ， 在 上，且 ， ， 为垂足．证明：存在定点 ，使得 为定值．
【详解】（1）由题意可得： ，解得： ，
故椭圆方程为： .
将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为 ，设直
线 的方程为 ．将直线 方程与椭圆方程联立得 ，即
，化简得 ，即
．
设 ，因为 则 ，即 ．
代入直线 方程中得 ．则在新坐标系下直线 过定点 ，则在原坐标系下
直线 过定点 ．
又 ，D在以 为直径的圆上． 的中点 即为圆心Q．经检验，直线 垂直于x轴时也
成立．
故存在 ，使得 ．题型四：一般的定值定点问题
1．已知 为双曲线 的左､右焦点， 的一条渐近线方程为 为 上一
点，且 ．
(1)求 的方程；
(2)设点 在坐标轴上，直线 与 交于异于 的 两点， 为 的中点，且 ，过 作
，垂足为 ，是否存在点 ，使得 为定值？若存在，求出点 的坐标以及 的长度；若
不存在，请说明理由．
【答案】(1) (2)存在；点 ， 为定值
【详解】（1）由题意，
在双曲线 中，渐近线方程为 ，
由条件可知 ．根据双曲线的定义可知， ，
∴ ，则 ，∴ ．
（2）由题意及（1）得，
在 中， ，∴点 在双曲线 的左支上，
当点 在坐标轴上，则点 的坐标为 ，设 ，
当 的斜率存在时，设 的方程为 ，
联立 ，整理得 ，
，则 ，，∵ 为 的中点，且 ，
∴ ，则 ，
∴ ，
整理得 ，解得 或 ，验证均满足 ．
当 时，直线 的方程为 ，则直线 过点 ，不合题意，舍去；
当 时，直线 的方程为 ，则直线 过定点 ，符合题意．
当直线 的斜率不存在时，由 ，
可设直线 的方程为 ，联立 ，解得 ，
所以直线 的方程为： ，
则直线 过定点 ．∵ ，
∴ 是以 为斜边的直角三角形，∴点 在以 为直径的圆上，则当 为该圆的圆心 时，
为该圆的半径，即 ，故存在点 ，使得 为定值 ．
1 已知双曲线 过点 ，且 与 的两个顶点连线的斜率之和为4．
(1)求 的方程；
(2)过点 的直线 与双曲线 交于 ， 两点（异于点 ）．设直线 与 轴垂直且交直线 于点
，若线段 的中点为 ，证明：直线 的斜率为定值，并求该定值．
【答案】(1)(2)证明见解析，定值为2
【详解】（1）双曲线的两顶点为 ，所以， ，即 ，
将 代入 的方程可得， ，故 的方程为 ．
（2）依题意，可设直线 ， ， ．
与 联立，整理得 ，
所以 ， ，解得， 且 ，
， ，所以 ． （*）
又 ，所以 的坐标为 ，
由 可得， ，
从而可得 的纵坐标
，
将（*）式代入上式，得 ，即 ．
所以， ，
将（*）式代入上式，得 ．
类型五 非对称问题1 已知椭圆 的长轴长为6，离心率为 .
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设椭圆C的左、右焦点分别为 ， ，左、右顶点分别为A，B，点M，N为椭圆C上位于x轴上方
的两点，且 ，记直线AM，BN的斜率分别为 ，且 ,求直线 的方程.
（1） （2）
（1）由题意，可得 ， ， ，
联立解得 ， ， ， .
（2）如图，由（1）知 ，
方程为 ，直线 与椭圆的另一个交点为 ，∵ ，根据
对称性可得 ，联立 ，整理得 ，∴ ，
∵ ，∴ ，
即 ，联立解得 ， ，
∵ ， ，∴ ，
∴ ，∴ ，
∴直线 的方程为 ，即 .1 已知椭圆 过点 ，且 ．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点 的直线l交椭圆C于点 ,直线 分别交直线 于点 ．求 的值．
（Ⅰ） ；（Ⅱ）1.
（2）①当直线l与x轴重合，不妨设 ，由平面几何知识得
，所以 ．②当直线l不与x轴重合时，设直线 ，
由题意，直线l不过 和点 ，所以 ．设 ，联立 得
．由题意知 ，所以 ．且 ．直线 的斜率存在．
．当 时，
．同理 ．
．
因为 ，所以 ．类型六 探究性问题
1 ．已知双曲线 的左右焦点分别为 ， ，点 在直线 上且不在 轴上，直线
与双曲线的交点分别为A，B，直线 与双曲线的交点分别为C，D．
(1)设直线 和 的斜率分别为 ， ，求 的值；
(2)问直线 l 上是否存在点 P，使得直线 OA，OB，OC，OD 的斜率 ， ， ， 满足
？若存在，求出所有满足条件的点 的坐标；若不存在，请说明理由．
解析：(1) (2)存在， 或
（1）设 ， ，则 ，
所以 ；
（2）假设直线l上存在点 ， ．
设 设 ，
，
∴ ，
同理 ，由 ，得得 或 ，当 时，由（1） 得 ， ， ，
，得 ，
当 时，由（1） 得 ， 或 ， ， ，
，得 ．
所以 或 ．
1 在直角坐标平面中， 的两个顶点的坐标分别为 ，两动点 满足
，向量 与 共线.
(1)求 的顶点 的轨迹方程；
(2)若过点 的直线与（1）的轨迹相交于 两点，求 的取值范围.
(3)若 为 点的轨迹在第一象限内的任意一点，则是否存在常数 ，使得
恒成立？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) (2) (3)存在 ；理由见解析
【详解】（1）设 ，由 知， 是 的重心， .且向量 与 共线， 在边 的中垂线上，
，
又 ，化简得 ，即所求的轨迹方程是 .
（2）设 ，过点 的直线方程为 ，
代入 得 ，
，且 ，解得 .
，则 或 ，
，则 的取值范围是 .
（3）设 ，则 ，即 .
当 轴时， ，即 ，故猜想 .
当 不垂直 轴时， ，
.
与 同在 内， .故存在 ，使 恒成立.类型七 切线问题与阿基米德三角形问题
抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围的三角形，这个三角形又
常被称为阿基米德三角形．阿基米德三角形的得名，是因为阿基米德本人
最早利用逼近的思想证明 如下结论：
抛物线与阿基米德三角形定理：
抛物线的弦与抛物线所围成的封闭图形的面积，等于抛物线的弦
与 过弦的端点的两条切线所围成的三角形面积的三分之二．
下面来逐一介绍阿基米德三角形的一些推论:
如图，已知 是抛物线 准线上任意一点，过 作抛物线的切线
、分 别交抛物线于 、 两点， 为 中点，则：
1.若 过焦点，则 的端点的两条切线的交点 在其准线上．
2.阿基米德三角形底边上的中线平行于坐标轴，即 ．
3. 过抛物线的焦点
4.
5.阿基米德三角形面积的最小值为
1 如下图，设抛物线方程为 ，M为直线 上任意一点，过 引抛物线的切线，
切点分别为 ， ．
（Ⅰ）设线段 的中点为 ；
（ⅰ）求证： 平行于 轴；
（ⅱ）已知当 点的坐标为 时， ，求此时抛物线的方程；
（Ⅱ）是否存在点 ，使得点 关于直线 的对称点 在抛物线 上，其中，点 满足 （ 为坐标原点）．若存在，求出所有适合题意的点 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（Ⅰ）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 或 ；（Ⅱ）仅存在一点 适合题意.
【分析】
（Ⅰ）（ⅰ）设出 的坐标，利用导数求得切线 的方程，结合 是线段 的中点进
行化简，得到 两点的横坐标相等，由此证得 平行于 轴.
（ⅱ）利用 列方程，解方程求得 ，进而求得抛物线方程.
（Ⅱ）设出 点坐标，由 点坐标求得线段 中点的坐标，由直线 的方程和抛物线的方程，求得
点的坐标，由此进行分类讨论求得 点的坐标.
【详解】
（Ⅰ）（ⅰ）证明：由题意设 ， ， ， ， ．
由 得 ，则 ，所以 ， ．
因此直线 的方程为 ，
直线 的方程为 ．
所以 ，① ．②
由①、②得 ，因此 ，即 ，也即 .所以 平
行于 轴．
（ⅱ）解：由（ⅰ）知，当 时，将其代入①、②并整理得：， ，所以 ， 是方程 的两根，
因此 ， ，又 ，
所以 ．
由弦长公式的 ．
又 ，所以 或 ，
因此所求抛物线方程为 或 ．
（Ⅱ）解：设 ，由题意得 ，
则 的中点坐标为 ，
设直线 的方程为 ，
由点 在直线 上，并注意到点 也在直线 上，
代入得 ．
若 在抛物线上，则 ，
因此 或 ．
即 或 ．（1）当 时，则 ，此时，点 适合题意．
（2）当 ，对于 ，此时 ， ，
又 ， ，所以 ，
即 ，矛盾．
对于 ，因为 ，此时直线 平行于 轴，
又 ，
所以直线 与直线 不垂直，与题设矛盾，
所以 时，不存在符合题意得 点．
综上所述，仅存在一点 适合题目
如图，设抛物线方程为 ， 为直线 上任意一点，过 引抛物线的切线，切点
分别为 ．（Ⅰ）求证： 三点的横坐标成等差数列；
（Ⅱ）已知当 点的坐标为 时， ．求此时抛物线的方程；
（Ⅲ）是否存在点 ，使得点 关于直线 的对称点 在抛物线 上，其中，点
满足 （ 为坐标原点）．若存在，求出所有适合题意的点 的坐标；若不存在，请说
明理由．
解 ： （ Ⅰ ） 证 明 ： 由 题 意 设 y
B
． A
x
O
M由 得 ，得 ，
所以 ， ．
因此直线 的方程为 ，直线 的方程为 ．
所以 ，①
．②由①、②得 ，
因此 ，即 ．所以 三点的横坐标成等差数列．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，当 时，
将其代入①、②并整理得：
， ，
所以 是方程 的两根，
因此 ， ，又 ，
所以 ．由弦长公式得 ．
又 ，所以 或 ，
因此所求抛物线方程为 或 ．
（Ⅲ）解：设 ，由题意得 ，
则 的中点坐标为 ，
设直线 的方程为 ，由点 在直线 上，并注意到点 也在直线 上，
代入得 ．若 在抛物线上，则 ，
因此 或 ．即 或 ．
（1）当 时，则 ，此时，点 适合题意．
（2）当 ，对于 ，此时 ，
，又 ， ，
所以 ，
即 ，矛盾．对于 ，因为 ，此时直线 平行于 轴，
又 ，所以直线 与直线 不垂直，与题设矛盾，
所以 时，不存在符合题意的 点，综上所述，仅存在一点 适合题
类型八 极点极限 调和点列 蝴蝶模型
1. 极点和极线的几何定义
如图, 为不在圆锥曲线 上的点, 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 , 我们称点 为直线 关于圆锥曲线 的极点, 称直线 为点 关于圆锥曲
线 的极线. 直线 交圆锥曲线 于 两点, 则 为圆锥曲线 的两条切线. 若 在圆锥曲线 上,
则过点 的切线即为极线.(1) 自极三角形：极点 一一极线 ；极点 一一极线 极点 一一极线 ; 即 中, 三
个顶点和对边分别为一对极点和极线, 称 为“自极三角形”.
(2) 极点和极线的两种特殊情况
(1)当四边形变成三角形时：曲线上的点 对应的极线, 就是切线 ;
(2)当四边有一组对边平行时, 如：当 时, 和 的交点 落在无穷远处; 点 的极线
和点 的极线 满足:
2. 极点和极线的代数定义
对于定点 与非退化二次曲线 过点 作动直线与曲线 交于点 与
点 , 那么点 关于线段 的调和点 的轨迹是什么?
可以证明: 点 在一条定直线 上，如下图. 我们称点 为直线
关于曲线 的极点; 相应地, 称直线 为点 关于曲线 的极线.
一般地, 对于圆锥曲线 设极点 , 则对应的极线为【注】替换规则为:
(1) 椭圆 的三类极点极线
(1)若极点 在椭圆外, 过点 作橢圆的两条㘦线, 切点为 , 则极线为切点弦所在直线
(2)若极点 在椭圆上, 过点 作椭圆的切线 , 则极线为切线 ;
(3)若极点 在橢圆内, 过点 作椭圆的弦 , 分别过 作椭圆切线, 则切线交点轨迹为极
线
由此可得椭圆极线的几何作法:
(2) 对于双曲线 , 极点 对应的极线为
(3) 对于拋物线 , 极点 对应的极线为 .
3. 极点和极线的性质
(1) 引理: 已知椭圆方程为 , 直线 的方程为 , 点 不与原点重合.
过点 作直线交椭圆于 两点, 点在直线 上，则“点 在直线 上"的充要条件是 调和分割, 即 .
x2 y2
1 设椭圆 C: + =1(a>b>0) 过点 M(√2,1), 且左焦点为 F (−√2,1).
a2 b2 1
(1) 求敉圆 C 的方程; (2) 当过点 P(4,1) 的动直线 l 于椭圆 C 相交于两不同点 A,B 时, 在线段 AB
上取点 Q, 满足|⃗AP|⋅|⃗QB|=|⃗AQ|⋅|⃗PB|, 证明：点 Q 总在某定直线上.
x2 y2
【答案】 (1) + =1; (2) 见解析.
4 2
x2 y2
+ =1
4 2
【解析】（1）由题意得： ，解得 ，所求椭圆方程为 .
(2) 解法 1: 定比点差法
设点 Q、A、B 的坐标分别为 (x,y),(x ,y ),(x ,y )
1 1 2 2
|⃗AP| |⃗AQ|
由题设知 |⃗AP|,|⃗PB|,|⃗AQ|,|⃗QB| 均不为零, 记 λ= = , 则 λ>0 且 λ≠1
|⃗PB| |⃗QB|
又 A,P,B,Q 四点共线, 从而 ⃗AP=−λ⃗PB,⃗AQ=λ⃗QB
x −λx y −λ y x +λx y +λ y
于是 4= 1 2,1= 1 2,x= 1 2,y= 1 2 ,
1−λ 1−λ 1+λ 1+λ
x2−λ2x2 y2−λ2y2
从而: 4x= 1 2⋯⋯⋯⋯ (1) y= 1 2……….. (2)
1−λ2 1−λ2
又点 A、B 在椭圆 C 上，即:
x2+2y2=4⋯⋯⋯⋯⋯
(3)
1 1
x2+2y2=4⋯⋯⋯⋯⋯
(4)
2 2
(1)+(2) ×2, 并结合(3)(4)得 4x+2y=4,即点 Q(x,y) 总在定直线 2x+ y−2=0 上.
解法 2：构造同构式
设点 Q(x,y),A(x ,y ),B(x ,y ),
1 1 2 2
|⃗AP| |⃗AQ|
由题设知 |⃗AP|,|⃗PB|,|⃗AQ|,|⃗QB| 均不为零, 记 λ= = ,
|⃗PB| |⃗QB|
又 A,P,B,Q 四点共线, 可设 ⃗PA=−λ⃗AQ,⃗PB=λ⃗BQ(λ≠0,±1)
4−λx 4+λx
{x = {x =
1 1−λ 2 1+λ
于是 (1), (2)
1−λy 1+λy
y = y =
1 1−λ 2 1+λ
由于 A(x ,y ),B(x ,y ) 在椭圆 C 上, 将(1)(2)分别代入 C 的方程 x2+2y2=4,
1 1 2 2
整理得: (x2+2y2−4)λ2−4(2x+ y−2)λ+14=0 (3)
(x2+2y2−4)λ2+4(2x+ y−2)λ+14=0 (4)
(4)-(3)得: 8(2x+ y−2)λ=0,∵λ≠0,∴2x+ y−2=0,
即点 Q(x,y) 总在定直线 2x+ y−2=0 上.
解法 3：极点极线
AP AQ
由 |⃗AP|⋅|⃗QB|=|⃗AQ|⋅|⃗PB| 可得 = ,
PB QB
说明点 P,Q 关于桞圆调和共轭, 点 Q 在点 P 对应的极线上,
4⋅x 1⋅y
此极线方程为 + =1, 化简得 2x+ y−2=0.
4 2
故点 Q 总在直线 2x+ y−2=0 上.
x2 y2
如图, 过直线 l:5x−7 y−70=0 上的点 P 作椭圆 + =1 的切线 PM 和 PN, 切点分别为
25 9
M,N, 连结 MN.
(1) 当点 P 在直线 l 上运动时, 证明：直线 MN 恒过定点 Q;(2) 当 MN//l 时, 定点 Q 平分线段 MN.
【答案】见解析.【解析】解法 1: 常规解法
(1) 证明：设 P(x ,y ),M(x ,y ),N(x ,y ).
0 0 1 1 2 2
x x y y x x y y
则椭圆过点 M,N 的切线方程分别为: 1 + 1 =1, 2 + 2 =1.
25 9 25 9
x x y y x x y y
因 为 两 切 线 都 过 点 P, 则 有 : 1 0+ 1 0=1, 2 0+ 2 0=1.
25 9 25 9
x x y y
这表明 M,N 均在直线 0 + 0 =1 (1)上.
25 9
由两点确定一条直线知, 式(1)就是直线 MN 的方程,
其中 (x ,y ) 满足直线 l 的方程.
0 0
5
当点 P 在直线 l 上运动时, 可理解为 x 取遍一切实数，相应的 y 为 y = x −10 .
0 0 0 7 0
x 5x −70
代入(1)消去 y 得 0 x+ 0 y−1=0 (2)对一切 x ∈R 恒成立.
0 25 63 0
{ x + 5 y =0 { x= 25
( x 5 y) (10 y ) 25 63 14
变形可得 x + − +1 =0 , 对一切 x ∈R 恒成立, 故有 ⇒
0 25 63 9 0 10 y 9
+1=0 y=−
9 10
(25 9 )
故直线 MN 恒过定点 Q ,− .
14 10
x 5x −70
0 0
25 63 −1 4375 533
(2) 当 MN//l 时, 由式(2)知 − ≠ . 解得 x = . 代入(2), 得 MN 的方程为 5x−7 y− =0 (3)
5 −7 −70 0 533 35
533 533 128068
将此方程与椭圆方程联立, 消去 y 得 x2− x− =0 .
25 7 1225(25 9 )
由此可得, 此时 MN 截圆所得弦的中点横坐标恰好为点 Q ,− 的横坐标, 即
14 10
−533
x +x 7 25
x= 1 2=− =
2 533 14
2×
25
(25 9 )
代入(3)式可得弦中点纵坐标恰好为点 Q ,− 的纵坐标,
14 10
即
5 25 533 1 (125 533) 9
y= × − = − =−
7 14 7×35 49 2 2 10
(25 9 )
这就是说, 点 Q ,− 平分线段 MN.
14 10
解法 2:
(1) 动点 P 在定直线 l 上, 则相应的切点弦过定点, 可知定点 Q 必为极点,
于是只需求极点即可:
x y (25 9 )
由 5x−7 y−70=0⇔ − =1, 得到极点坐标 Q ,− , 即为所求定点.
14 10 14 10
(2) 由椭圆内一点极线方向与以极点为中点弦的方向相同, 也即 OQ 与极线方向共轭, 即得结论 (2).
蝴蝶定理（Butterfly Theorem）
，是古代欧氏平面几何中最精彩的结果之一.这个命题最早出现
在1815年,由W.G.霍纳提出证明.
【蝴蝶定理】M是⊙O中弦AB的中点,过点M的两条弦CD,EF,连接DE,CF交AB于P,Q两点,则 M是
线段PQ的中点.
问题中的图形酷似圆中翩翩起舞的蝴蝶,因此而被冠之“蝴蝶定理".
蝴蝶定理还可以推广到椭圆,甚至双曲线与抛物线中.x2 y2
例题 .如图,O为坐标原点,椭圆C: + =1(a>b>0)的焦距等于其长半轴长,M,N为椭圆C的上、下顶
a2 b2
点,且|MN|=2√3.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点P(0,1)作直线l交椭圆C于异于M,N的A,B两点,直线AM,BN交于点T.求证：点T的纵坐标为定
值3
x2 y2
【答案】(1) + =1; (2)见解析.
4 3
【解析】(1)由题意可知: 2c=a,2b=2√3,又a2=b2+c2,
x2 y2
有b=√3,c=1,a=2,故椭圆C的方程为: + =1.
4 3
(2)由题意知直线l的斜率存在,设其方程为y=kx+1,
{ y=kx+1
联立直线方程和椭圆方程得 ,消去y得(4k2+3)x2+8kx−8=0,
3x2+4 y2−12=0
−8k −8
设A(x ,y ),B(x ,y )(x x ≠0),则x +x = ,x x =
1 1 2 2 1 2 1 2 4k2+3 1 2 4k2+3
y −1 y −1
又A,P,B三点共线,则 1 = 2 ,即x y −x y =x −x .
x x 2 1 1 2 2 1
1 2{x y =2x +x
构造式子: x y +x y =2kx x +x +x =3(x +x ),则 2 1 2 1 .
2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 x y =2x +x
1 2 1 2
y +√3 y −√3
又l :y= 2 ⋅x−√3,l :y= 1 ⋅x+√3
BN x AM x
2 1
y +√3
{
y= 2 ⋅x−√3
x y−√3 y −√3 x x y −√3x
由 2 ,得 = 1 ⋅ 2 = 2 1 2
y −√3 y+√3 x y +√3 x y +√3x
y= 1 ⋅x+√3 1 2 1 2 1
x
1
y−√3 x y −√3x x +(2−√3)x (2−√3)[(2+√3)x +x ]
∴ = 2 1 2= 1 2= 1 2 =2−√3
y+√3 x y +√3x (2+√3)x +x (2+√3)x +x
1 2 1 1 2 1 2
解之,得y=3.故点T的纵坐标为3.
类型九 不联立问题
1 已知点 在双曲线 上，直线 交 于 ， 两点，直线 ， 的斜率之
和为0．
（1）求 的斜率；
（2）若 ，求 的面积．
解析：（1）设 ，由点 都在双曲线 上，得
x2 x2 22
1y21,2y21， 121， 所 以 ， 结 合 斜 率 公 式 ， 相 减 后 变 形 ， 可 得 ：
2 1 2 2 2
y1 x2 y1 x2
k1 1 k2 2
， .因为直线 的斜率之和为 ，即
PAx22(y1) QAx22(y1)
1 1 2 2
，所以，
y1 x2
1 2
由 得 . ②
x2 2(y1) 2(yyyy1)(xx2x2x4)
1 2 1212 1212y1 x2
2 1
由 得 . ③
x2 2(y1) 2(yyyy1)(xx2x2x4)
2 1 1221 1221
yy
k 1 21
由②-③，得 ，从而 ，即 的斜率为 .
yyxx PQxx
1 2 2 1 1 2
1 已知椭圆C： 的离心率为 ，且过点 ．
（1）求 的方程：
（2）点 ， 在 上，且 ， ， 为垂足．证明：存在定点 ，使得 为定值．
解析：（1）由题意可得： ，解得： ，故椭圆方程为： .
y1y1
kk1 2 1
（2）设 ，依题意知 ，
A(x,y)B(,x,y) AMBMx2x2
11 22 1 2
y1y1 b2 1 y1x2
因为 2 2 ，所以 1 2 2，
x2x2 a2 2 x2y1
2 2 1 2
整理得xy2xyx2x4y2y2
21122121
同理得xy2xyx2x4y2y2
12211212
2 1 2 1
相减可得xyxy(yy)(xx)即直,线 恒过定点H( , ).
2112312321 3 3
又 ，D在以 为直径的圆上． 的中点 即为圆心Q．经检验，直线 垂直于x轴时也成立．故存在 ，使得 ．
类型十 与其他知识点交叉问题
某电厂冷却塔的外形是由 双曲线的一部分绕其虚轴所在的直线旋转所形成的曲面.如图所示，已知它的最
小半径为 ，上口半径为 ，下口半径为 ，高为 ，选择适当的平面直角坐标系.
(1)求此双曲线 的方程；
(2)定义：以（1）中求出的双曲线 的实轴为虚轴，以 的虚轴为实轴的双曲线 叫做 的共轭双曲线，
求双曲线 的方程；
(3)对于（2）中的双曲线 ､ 的离心率分别为 ､ ，写出 与 满足的一个关系式，并证明.
【答案】(1) (2) (3)
（1）以冷却塔的轴截面的最窄处所在的直线为 轴，垂直平分线为 轴建立平面直角坐标系，
设双曲线的方程为 ，由题意知 ，所以 ，
， ，所以， ，所以 ，解得 ，
所以双曲线 的方程为 .
（2）以（1）中求出的双曲线 的实轴为虚轴，以 的虚轴为实轴的双曲线 为
.
（3） 与 满足的一个关系式为 ，证明如下，
双曲线 的半焦距 ，
所以双曲线 的离心率为 ，
双曲线 的半焦距 ，
所以双曲线 的离心率为 ，
所以 ，
所以 与 满足的一个关系式为 .1 在平面直角坐标系 中，对于直线 和点 、 ，记
，若 ，则称点 、 被直线 分隔，若曲线 与直线 没有公共点，且
曲线 上存在点 、 被直线 分隔，则称直线 为曲线 的一条分隔线．
(1)判断点 是否被直线 分隔并证明；
(2)若直线 是曲线 的分隔线，求实数 的取值范围；
(3)动点 到点 的距离与到 轴的距离之积为 ，设点 的轨迹为曲线 ，求证：通过原点的直线中，
有且仅有一条直线是 的分隔线．
【答案】(1)点 被直线 分隔(2) (3)证明见解析
(1)解：把点 、 分别代入 可得 ，
所以点 、 被直线 分隔．(2)解：联立 ，可得 ，根据题意，此方程无解，故有 ，
所以 ．
当 时，对于直线 ，曲线 上的点 和 满足 ，即点 和
被 分隔．
故实数 的取值范围是 ．
(3)证明：设点 ，则由题意可得 ，
故曲线 的方程为 ①．
对任意的 ， 不是上述方程的解，即 轴（即 ）与曲线 没有公共点．
又曲线 上的点 、 对于 轴（即 ）对称，满足 ，
即点 和 被 轴分隔，所以 轴，即 为曲线 的分隔线．
若过原点的直线不是 轴，设为 ，代入 ，
可得 ，
令 ，
当 时， ，
所以 在 有实数解，
当 时， 有实数解， ，即 与 有公共点，
所以 不是 的分隔线．
所以通过原点的直线中，有且仅有一条直线是 的分隔线，即 ．1．（2022·北京海淀·校考模拟预测）椭圆C： 的右顶点为 ，离心率为
(1)求椭圆C的方程及短轴长；
(2)已知：过定点 作直线l交椭圆C于D，E两点，过E作AB的平行线交直线DB于点F，设EF中点
为G，直线BG与椭圆的另一点交点为M，若四边形BEMF为平行四边形，求G点坐标．
【答案】(1) ； (2)
【详解】（1）由题意可得 ， ，所以 ，
，短轴长 所以椭圆C的方程： ；
（2）设直线AD的方程： ，即 ， ， ，
由 ，消去y，整理得 ，
则 ，所以 ， ，
则直线BD的方程： ，令 ，则 ，所以 ，所以，
，
则直线BG的斜率，
所以直线BG的斜率为 ，所以直线BG的方程： ，
因此 ，则 ，解得 或 ，
所以 ，当BEMF为平行四边形时，G为BM的中点，则 ，所以
2．（2022·北京·统考模拟预测）如图所示，过原点O作两条互相垂直的线OA，OB分别交抛物线
于A，B两点，连接AB，交y轴于点P．
(1)求点P的坐标；
(2)证明：存在相异于点P的定点T，使得 恒成立，请求出点T的坐标，并求出 面
积的最小值．
【答案】(1) ；(2)证明见解析， ，8.
【详解】（1）设 ， ， ， 的斜率必存在，设
与抛物线联立可得 ，∴ ，
可知： .
∵ ，∴
∵ ，∴ ，则
∴ ，即 .
（2）由 ，可知： ，
当 与x轴平行时， ，
∴存在点T在y轴上，设 ， ，
∴TP为 的角平分线，有 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，∴ ，
∴存在 ，使得： 恒成立，∴
，
当且仅当 轴时， 面积的最小值为8.
3．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）过坐标原点 作圆 的两条切线，设切点为 ，直
线 恰为抛物 的准线.
(1)求抛物线 的标准方程；
(2)设点 是圆 上的动点，抛物线 上四点 满足： ，设 中点为 .
（i）求直线 的斜率；
（ii）设 面积为 ，求 的最大值.
【答案】(1) (2)（i）0；（ii）48
【详解】（1）设直线 与 轴交于 .
由几何性质易得： 与 相似，
所以 ，
，
即： ，解得： .
所以抛物线 的标准方程为： .
（2）设（i）由题意， 中点 在抛物线 上，即 ，
又 ，将 代入，
得： ，
同理： ，
有 ，此时 点纵坐标为 ，
所以直线 的斜率为0.
（ⅱ）因为 ，
所以点 ，
此时 ，
，
，
所以 ，
又因为点 在圆 上，有 ，即 ，代入上式可得：
，
由 ，
所以 时， 取到最大价 .所以 的最大值为48.
4．（2022·江苏南京·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，抛物线 ． ， 为C上两点，且 ，
分别在第一、四象限．直线 与x正半轴交于 ，与y负半轴交于 ．
(1)若 ，求 横坐标的取值范围；
(2)记 的重心为G，直线 ， 的斜率分别为 ， ，且 ．若 ，证明：λ为
定值．
【答案】(1) (2)证明见解析
【详解】（1）设 ，
∵ ，∴ ，即 ，∴ ，
直线 的方程为： ，
整理可得， ，令 ，则 ，
即 横坐标的取值范围 ；
（2） 的重心为 ， ，
∴ ，又 ，且 ，
∴ ，化简得， ，∵ ，
∴ ，
.
即 ，所以λ为定值．
5．（2023河北·校联考三模）已知抛物线 的焦点为 ，过 且斜率为 的直线 与
交于 两点，斜率为 的直线 与 相切于点 ，且 与 不垂直， 为 的中点.
（1）若 ，求 ；
（2）若直线 过 ，求 .
【答案】（1） （2）
【详解】（1）∵抛物线Γ： （p＞0）的焦点为F（0，1），
∴抛物线Γ的方程为 ．
由直线 的斜率为 ，且过F（0，1），得 的方程为 ，
代入 ，化简得 ，
设 ，
则 ，．
∵ = ，∴ ；
（2）设P（ ， ），
将Γ的方程 化为y= ，求导得y′= ，
∵斜率为 的直线 与Γ相切于点P，∴ = ，则P（2 ， ），
由（1）知 =4 ，且Q为AB的中点，易得Q（2 ， +1），
∵直线PQ过（0，2），∴ ，
整理得 ，
∵ 与 不垂直，∴ ，
则 -2 =0，即 = ．
6．（2023·山东泰安·统考一模）已知椭圆 ： 的左，右焦点分别为 ，
，离心率为 ， 是椭圆 上不同的两点，且点 在 轴上方， ，直线 ，
交于点 .已知当 轴时， .
(1)求椭圆 的方程；
(2)求证：点 在以 ， 为焦点的定椭圆上.
【答案】(1) (2)证明见解析【详解】（1）由题知， ，点 在椭圆C上，则 ，解得 ，
所以椭圆C的方程为 ；
（2）证明：∵ ，且点A在x轴上方
∴设 ， ， ， ，设直线 的方程为 ，则直线 的方程为 ，
由 ，得 ，∴ 或 （舍），
∴
同理 ，所以 ，
由 ，得
∴
∴
又点B在椭圆C上，∴ ，则
∴
同理： ，所以∴
又 ，
∴
∴点P在以 ， 为焦点的定椭圆上.
7．（2023·河北邢台·校联考模拟预测）已知双曲线 过点 ，且 与 的两
个顶点连线的斜率之和为4．
(1)求 的方程；
(2)过点 的直线 与双曲线 交于 ， 两点（异于点 ）．设直线 与 轴垂直且交直线 于点
，若线段 的中点为 ，证明：直线 的斜率为定值，并求该定值．
【答案】(1) (2)证明见解析，定值为2
【详解】（1）双曲线的两顶点为 ，所以， ，即 ，
将 代入 的方程可得， ，故 的方程为 ．
（2）依题意，可设直线 ， ， ．
与 联立，整理得 ，
所以 ， ，解得， 且 ，
， ，所以 ． （*）
又 ，所以 的坐标为 ，由 可得， ，
从而可得 的纵坐标
，
将（*）式代入上式，得 ，即 ．
所以， ，
将（*）式代入上式，得 ．
8．（2023·重庆·统考二模）过抛物线 的焦点 作斜率分别为 的两条不同的直线 ，且
相交于点 ， ， 相交于点 ， ．以 ， 为直径的圆 ，圆 为圆心 的公共弦
所在的直线记为 ．
(1)若 ，求 ；
(2)若 ，求点 到直线 的距离的最小值．
【答案】(1)24(2)
【详解】（1）依题意，抛物线 的焦点为 ，且其在抛物线内部，设直线 的方程为 ，
由 ，得 ，设 ， 两点的坐标分别为 ，则 是上述方程的两个实数根，
所以
所以点 的坐标为 ， ，
同理可得 的坐标为 ， ，
于是 ，
又 ，所以 ．
（2）结合（1），
由抛物线的定义得 ， ，
所以 ，
所以圆 的半径 ，
所以圆 的方程为
化简得 ，
同理可得圆 的方程为 ，
于是圆 与圆 的公共弦所在直线 的方程为 ，
又 ，则直线 的方程为 ，
所以点 到直线 的距离 ，
故当 时， 取最小值 ．【点睛】关键点点睛：解答小问（2）的关键是根据抛物线的定义求得 ， ，进而可得 ，从而得
到圆 的半径 ，可得到圆 的方程，同理可得到圆 的方程，再根据点到直线的距离公式求解．
9．（2023·广东·校联考模拟预测）已知椭圆C： 的短轴长为2，离心率为 ．点
，直线 ： ．
(1)证明：直线 与椭圆 相交于两点，且每一点与 的连线都是椭圆的切线；
(2)若过点 的直线与椭圆交于 两点，与直线 交于点 ，求证： ．
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【详解】（1）由题意可知 ，因此 ，则椭圆方程为：
因为由 消去 可得 ， ，
则该方程有两个不相等的实根，所以直线 与椭圆 相交于两点；
设 为直线 与椭圆 的交点，则 ， ，
直线 的方程为 ，即 ，代入椭圆方程得
，
所以 ，
整理得 ，即 ，所以 ，
故 是椭圆的切线.
（2）因为 四点共线，由（1）可知 在线段 外， 在线段 内，所以 与 的方向相同，
与 的方向相同，
要证 ，只需要 ，即证 ，
设 ，不妨设 ，
因为 四点共线，所以 等价于 ，即 ，
显然 ，
设直线 的方程为 ，即 ，
由 ，可得 ；
由 可得 ，
从而可知 ，
因此
，所以结论成立.
一、解答题
1．（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过
两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点 的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足
．证明：直线HN过定点．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【详解】（1）解：设椭圆E的方程为 ，过 ，
则 ，解得 ， ，
所以椭圆E的方程为： .
（2） ，所以 ，①若过点 的直线斜率不存在，直线 .代入 ，
可得 ， ，代入AB方程 ，可得
，由 得到 .求得HN方程：
，过点 .
②若过点 的直线斜率存在，设 .
联立 得 ，
可得 ， ，
且
联立 可得
可求得此时 ，
将 ，代入整理得 ，
将 代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
2．（2022·全国·统考高考真题）设抛物线 的焦点为F，点 ，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时， ．
(1)求C的方程；
(2)设直线 与C的另一个交点分别为A，B，记直线 的倾斜角分别为 ．当 取得最
大值时，求直线AB的方程．
【答案】(1) ；(2) .
【详解】（1）抛物线的准线为 ，当 与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时 ，所以 ，
所以抛物线C的方程为 ；
（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设 ，直线 ，
由 可得 ， ，
由斜率公式可得 ， ，
直线 ，代入抛物线方程可得 ，
，所以 ，同理可得 ，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为 ，所以 ，
若要使 最大，则 ，设 ，则，
当且仅当 即 时，等号成立，
所以当 最大时， ，设直线 ，
代入抛物线方程可得 ，
，所以 ，
所以直线 .
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设 ,直线
由 得： ， ,同理， .
直线MD: ,代入抛物线方程可得： ，同理， .
代入抛物线方程可得: ,所以 ，同理可得 ，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使 最大，则 ，
设 ，则 ，
当且仅当 即 时，等号成立，所以当 最大时， ，设直线 ，
代入抛物线方程可得 ， ，所以 ，所以直线
.
[方法三]：三点共线
设 ，
设 ,若 P、M、N三点共线，由
所以 ，化简得 ，
反之，若 ,可得MN过定点
因此，由M、N、F三点共线，得 ，
由M、D、A三点共线，得 ，
由N、D、B三点共线，得 ，
则 ，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使 最大，则 ，
设 ，则 ，
当且仅当 即 时，等号成立，
所以当 最大时， ，所以直线 .3．（2022·全国·统考高考真题）已知点 在双曲线 上，直线l交C于P，Q两点，
直线 的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若 ，求 的面积．
【答案】(1) ；(2) ．
【详解】（1）因为点 在双曲线 上，所以 ，解得 ，即双曲
线 ．
易知直线l的斜率存在，设 ， ，
联立 可得， ，
所以， ， 且 ．
所以由 可得， ，
即 ，
即 ，
所以 ，
化简得， ，即 ，
所以 或 ，
当 时，直线 过点 ，与题意不符，舍去，
故 ．（2）［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线 的倾斜角为 ，因为 ，所以 ，由（1）知，
，
当 均在双曲线左支时， ，所以 ，
即 ，解得 （负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当 均在双曲线右支时，
因为 ，所以 ，即 ，
即 ，解得 （负值舍去），
于是，直线 ，直线 ，
联立 可得， ，
因为方程有一个根为 ，所以 ， ，
同理可得， ， ．
所以 ， ，点 到直线 的距离 ，
故 的面积为 ．
［方法二］：
设直线AP的倾斜角为 ， ，由 ，得 ，
由 ，得 ，即 ，联立 ，及 得 ， ，
同理， ， ，故 ，
而 ， ，
由 ，得 ，
故
【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线 的斜率，从而联立求出点
坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；
法二：前面解答与法一求解点 坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式
的选择不一样．
4．（2022·全国·统考高考真题）已知双曲线 的右焦点为 ，渐近线方程为
．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点 在C上，且 ．
过P且斜率为 的直线与过Q且斜率为 的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另
外一个成立：
①M在 上；② ；③ ．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1) (2)见解析
【详解】（1）右焦点为 ，∴ ,∵渐近线方程为 ，∴ ，∴ ，∴，∴ ，∴ ．
∴C的方程为： ；
（2）由已知得直线 的斜率存在且不为零，直线 的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线 的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则 为线段 的中点，假若直线 的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知 在 轴
上，即为焦点 ,此时由对称性可知 、 关于 轴对称，与从而 ，已知不符；
总之，直线 的斜率存在且不为零.
设直线 的斜率为 ,直线 方程为 ,
则条件① 在 上，等价于 ；
两渐近线的方程合并为 ,
联立消去y并化简整理得：
设 ,线段中点为 ,则 ,
设 ,
则条件③ 等价于 ,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即 ,
即 ；
由题意知直线 的斜率为 , 直线 的斜率为 ,∴由 ,
∴ ,
所以直线 的斜率 ,
直线 ,即 ,
代入双曲线的方程 ,即 中，
得： ,
解得 的横坐标： ,
同理： ，
∴
∴ ,
∴条件② 等价于 ，
综上所述：
条件① 在 上，等价于 ；
条件② 等价于 ；
条件③ 等价于 ；
选①②推③:
由①②解得： ,∴③成立；选①③推②：
由①③解得： ， ，
∴ ，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得： ， ，∴ ，
∴ ，∴①成立.
5．（2021·全国·统考高考真题）已知抛物线 的焦点为 ，且 与圆
上点的距离的最小值为 ．
（1）求 ；
（2）若点 在 上， 是 的两条切线， 是切点，求 面积的最大值．
【答案】（1） ；（2） .
【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于 的等式，即可解出 的值；
（2）设点 、 、 ，利用导数求出直线 、 ，进一步可求得直线 的方程，
将直线 的方程与抛物线的方程联立，求出 以及点 到直线 的距离，利用三角形的面积公式结合
二次函数的基本性质可求得 面积的最大值.
【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值
由题意知， ，设圆M上的点 ，则 ．
所以 ．
从而有 ．因为 ，所以当 时， ．
又 ，解之得 ，因此 ．
[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值
抛物线 的焦点为 ， ，
所以， 与圆 上点的距离的最小值为 ，解得 ；
（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法
抛物线 的方程为 ，即 ，对该函数求导得 ，
设点 、 、 ，
直线 的方程为 ，即 ，即 ，
同理可知，直线 的方程为 ，
由于点 为这两条直线的公共点，则 ，
所以，点A、 的坐标满足方程 ，
所以，直线 的方程为 ，
联立 ，可得 ，
由韦达定理可得 ， ，
所以， ，
点 到直线 的距离为 ，所以， ，
，
由已知可得 ，所以，当 时， 的面积取最大值 .
[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值
同方法一得到 ．
过P作y轴的平行线交 于Q，则 ．
．
P点在圆M上，则
．
故当 时 的面积最大，最大值为 ．
[方法三]：直接设直线AB方程法
设切点A，B的坐标分别为 ， ．
设 ，联立 和抛物线C的方程得 整理得 ．
判别式 ，即 ，且 ．
抛物线C的方程为 ，即 ，有 ．
则 ，整理得 ，同理可得 ．联立方程 可得点P的坐标为 ，即 ．
将点P的坐标代入圆M的方程，得 ，整理得 ．
由弦长公式得 ．
点P到直线 的距离为 ．
所以 ，
其中 ，即 ．
当 时， ．
6．（2021·全国·统考高考真题）抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l： 交C于P，Q
两点，且 ．已知点 ，且 与l相切．
（1）求C， 的方程；
（2）设 是C上的三个点，直线 ， 均与 相切．判断直线 与 的位置关系，并
说明理由．
【答案】（1）抛物线 ， 方程为 ；（2）相切，理由见解析
【分析】（1）根据已知抛物线与 相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出
坐标，由 ，即可求出 ；由圆 与直线 相切，求出半径，即可得出结论；
（2）方法一：先考虑 斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若 斜率存在，由
三点在抛物线上，将直线 斜率分别用纵坐标表示，再由 与圆 相切，得出 与 的关系，最后求出 点到直线 的距离，即可得出结论.
【详解】（1）依题意设抛物线 ，
，
所以抛物线 的方程为 ，
与 相切，所以半径为 ，
所以 的方程为 ；
（2）[方法一]：设
若 斜率不存在，则 方程为 或 ，
若 方程为 ，根据对称性不妨设 ，
则过 与圆 相切的另一条直线方程为 ，
此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在 ，不合题意；
若 方程为 ，根据对称性不妨设
则过 与圆 相切的直线 为 ，
又 ，
，此时直线 关于 轴对称，
所以直线 与圆 相切；
若直线 斜率均存在，
则 ，所以直线 方程为 ，
整理得 ，
同理直线 的方程为 ，
直线 的方程为 ，
与圆 相切，
整理得 ，
与圆 相切，同理
所以 为方程 的两根，
，
到直线 的距离为：
，
所以直线 与圆 相切；
综上若直线 与圆 相切，则直线 与圆 相切.
[方法二]【最优解】：设 ．
当 时，同解法1．当 时，直线 的方程为 ，即 ．
由直线 与 相切得 ，化简得 ，
同理，由直线 与 相切得 ．
因为方程 同时经过点 ，所以 的直线方程为 ，
点M到直线 距离为 ．
所以直线 与 相切．
综上所述，若直线 与 相切，则直线 与 相切．
7．（2021·全国·统考高考真题）在平面直角坐标系 中，已知点 、
，点 的轨迹为 .
（1）求 的方程；
（2）设点 在直线 上，过 的两条直线分别交 于 、 两点和 ， 两点，且 ，
求直线 的斜率与直线 的斜率之和.
【答案】（1） ；（2） .
【详解】(1) 因为 ，
所以，轨迹 是以点 、 为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹 的方程为 ，则 ，可得 ， ，
所以，轨迹 的方程为 .
（2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立
如图所示，设 ,
设直线 的方程为 ．
联立 ,
化简得 .
则 ．
故 ．
则 ．
设 的方程为 ，同理 ．
因为 ，所以 ，化简得 ，
所以 ，即 ．
因为 ，所以 ．
[方法二] ：参数方程法
设 ．设直线 的倾斜角为 ，
则其参数方程为 ，
联立直线方程与曲线C的方程 ，
可得 ，
整理得 ．
设 ，
由根与系数的关系得 ．
设直线 的倾斜角为 ， ，
同理可得
由 ，得 ．
因为 ，所以 ．
由题意分析知 ．所以 ，
故直线 的斜率与直线 的斜率之和为0．
[方法三]：利用圆幂定理因为 ，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．
设 ,直线 的方程为 ，
直线 的方程为 ,
则二次曲线 ．
又由 ，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：
，
整理可得：
，
其中 ．
由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即 .
8．（2021·全国·统考高考真题）已知椭圆C的方程为 ，右焦点为 ，且离心率
为 ．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线 与曲线 相切．证明：M，N，F三点共线的
充要条件是 ．
【答案】（1） ；（2）证明见解析.
【分析】（1）由离心率公式可得 ，进而可得 ，即可得解；
（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证 ；充分性：设直线 ，由直线与圆相切得 ，联立直线与椭圆方程结合弦长公式
可得 ，进而可得 ，即可得解.
【详解】（1）由题意，椭圆半焦距 且 ，所以 ，
又 ，所以椭圆方程为 ；
（2）由（1）得，曲线为 ，
当直线 的斜率不存在时，直线 ，不合题意；
当直线 的斜率存在时，设 ，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线 即 ，
由直线 与曲线 相切可得 ，解得 ，
联立 可得 ，所以 ，
所以 ,
所以必要性成立；
充分性：设直线 即 ，
由直线 与曲线 相切可得 ，所以 ，
联立 可得 ，所以 ，
所以
，
化简得 ，所以 ，
所以 或 ，所以直线 或 ，
所以直线 过点 ，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是 ．
9．（2020·全国·统考高考真题）已知A、B分别为椭圆E： （a>1）的左、右顶点，G为E的上
顶点， ，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
【答案】（1） ；（2）证明详见解析.
【分析】（1）由已知可得： ， ， ，即可求得 ，结合已知即可求得：
，问题得解.
（2）方法一：设 ，可得直线 的方程为： ，联立直线 的方程与椭圆方程即可求
得点 的坐标为 ，同理可得点 的坐标为 ，当 时，可表示出直线 的方程，整理直线 的方程可得： 即可知直线过定点 ，当 时，
直线 ： ，直线过点 ，命题得证.
【详解】（1）依据题意作出如下图象：
由椭圆方程 可得： ， ，
，
，
椭圆方程为：
（2）[方法一]：设而求点法
证明：设 ，
则直线 的方程为： ，即：
联立直线 的方程与椭圆方程可得： ，整理得：
，解得： 或将 代入直线 可得：
所以点 的坐标为 .
同理可得：点 的坐标为
当 时，
直线 的方程为： ，
整理可得：
整理得：
所以直线 过定点 ．
当 时，直线 ： ，直线过点 ．
故直线CD过定点 ．
[方法二]【最优解】：数形结合
设 ，则直线 的方程为 ，即 ．
同理，可求直线 的方程为 ．
则经过直线 和直线 的方程可写为 ．
可化为 ．④易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有 ，代入④式可
得 ．
故 ，可得 或 ．
其中 表示直线 ，则 表示直线 ．
令 ，得 ，即直线 恒过点 ．
10．（2020·山东·统考高考真题）已知椭圆C： 的离心率为 ，且过点 ．
（1）求 的方程：
（2）点 ， 在 上，且 ， ， 为垂足．证明：存在定点 ，使得 为定值．
【答案】（1） ；（2）详见解析.
【分析】（1）由题意得到关于 的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.
（2）方法一：设出点 ， 的坐标，在斜率存在时设方程为 , 联立直线方程与椭圆方程，根据
已知条件，已得到 的关系，进而得直线 恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直
角三角形的性质即可确定满足题意的点 的位置.
【详解】（1）由题意可得： ，解得： ，
故椭圆方程为： .
(2)［方法一］：通性通法设点 ，
若直线 斜率存在时，设直线 的方程为： ，
代入椭圆方程消去 并整理得： ，
可得 ， ，
因为 ，所以 ，即 ，
根据 ,代入整理可得：
，
所以 ，
整理化简得 ，
因为 不在直线 上，所以 ，
故 ，于是 的方程为 ，
所以直线过定点直线过定点 .
当直线 的斜率不存在时，可得 ，
由 得： ，
得 ，结合 可得： ，
解得： 或 （舍）.
此时直线 过点 .
令 为 的中点，即 ，若 与 不重合，则由题设知 是 的斜边，故 ，
若 与 重合，则 ，故存在点 ，使得 为定值.
［方法二］【最优解】：平移坐标系
将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为 ，设直
线 的方程为 ．将直线 方程与椭圆方程联立得 ，即
，化简得 ，即
．
设 ，因为 则 ，即 ．
代入直线 方程中得 ．则在新坐标系下直线 过定点 ，则在原坐标系下
直线 过定点 ．
又 ，D在以 为直径的圆上． 的中点 即为圆心Q．经检验，直线 垂直于x轴时也
成立．
故存在 ，使得 ．
［方法三］：建立曲线系
A点处的切线方程为 ，即 ．设直线 的方程为 ，直线 的
方程为 ，直线 的方程为 ．由题意得 ．
则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线 可表示为（其中 为系数）．
用直线 及点A处的切线可表示为 （其中 为系数）．
即 ．
对比 项、x项及y项系数得
将①代入②③，消去 并化简得 ，即 ．
故直线 的方程为 ，直线 过定点 ．又 ，D在以 为直径的圆上．
中点 即为圆心Q．
经检验，直线 垂直于x轴时也成立．故存在 ，使得 ．
［方法四］：
设 ．
若直线 的斜率不存在，则 ．
因为 ，则 ，即 ．
由 ，解得 或 （舍）．
所以直线 的方程为 ．
若直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ，则 ．令 ，则 ．
又 ，令 ，则 ．
因为 ，所以 ，
即 或 ．
当 时，直线 的方程为 ．所以直线 恒过 ，不合题意；
当 时，直线 的方程为 ，所以直线 恒过 ．
综上，直线 恒过 ，所以 ．
又因为 ，即 ，所以点D在以线段 为直径的圆上运动．
取线段 的中点为 ，则 ．
所以存在定点Q，使得 为定值．
11．（2022·北京·统考高考真题）已知椭圆： 的一个顶点为 ，焦距为 ．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点 作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，
当 时，求k的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得 ，即可求出 ，从而求出椭圆方程；
（2）首先表示出直线方程，设 、 ，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、 的方程，表示出 、 ，根据 得到方程，解得即可；
【详解】（1）解：依题意可得 ， ，又 ，
所以 ，所以椭圆方程为 ；
（2）解：依题意过点 的直线为 ，设 、 ，不妨令 ，
由 ，消去 整理得 ，
所以 ，解得 ，
所以 ， ，
直线 的方程为 ，令 ，解得 ，
直线 的方程为 ，令 ，解得 ，
所以
，
所以 ，即
即
即
整理得 ，解得
12．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知椭圆 ．设A，B是椭圆上异于 的两点，且点
在线段 上，直线 分别交直线 于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求 的最小值．
【答案】(1) ；
(2) ．
【分析】（1）设 是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出 ，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线 与椭圆方程联立可得 ，再将直线 方程与 的方
程分别联立，可解得点 的坐标，再根据两点间的距离公式求出 ，最后代入化简可得
，由柯西不等式即可求出最小值．
【详解】（1）设 是椭圆上任意一点, ,
，当且仅当 时取
等号，故 的最大值是 .
（2）设直线 ,直线 方程与椭圆 联立,可得 ,设
，所以 ，
因为直线 与直线 交于 ,
则 ,同理可得, .则，
当且仅当 时取等号，故 的最小值为 .
