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专题17 圆锥曲线的综合应用（解答题）
1、【2022年全国甲卷】设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，点D(p,0)，过F的直线交C于M，N两
点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|=3．
(1)求C的方程；
(2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN,AB的倾斜角分别为α,β．当α−β取得最
大值时，求直线AB的方程．
【解析】(1)
p
抛物线的准线为x=− ，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
2
p
此时|MF|=p+ =3，所以p=2，
2
所以抛物线C的方程为y2=4x；
y2 y2 y2 y2
(2)设M( 1,y ),N( 2,y ),A( 3,y ),B( 4,y )，直线MN:x=my+1，
4 1 4 2 4 3 4 4
x=my+1
由{ 可得y2−4my−4=0，Δ>0,y y =−4，
y2=4x 1 2
y −y 4 y −y 4
k = 1 2 = k = 3 4 =
由斜率公式可得 MN y2 y2 y + y ， AB y2 y2 y + y ，
1− 2 1 2 3− 4 3 4
4 4 4 4
x −2 4(x −2)
直线MD:x= 1 ⋅y+2，代入抛物线方程可得y2− 1 ⋅y−8=0，
y y
1 1
Δ>0,y y =−8，所以y =2y ，同理可得y =2y ，
1 3 3 2 4 1
4 4 k
所以k = = = MN
AB y + y 2(y + y ) 2
3 4 1 2
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为α,β，
k tanα
所以k =tanβ= MN = ，
AB 2 2π
若要使α−β最大，则β∈(0, )，
2
tanα−tanβ k 1 1 √2
tan(α−β)= = = ≤ =
设k
MN
=2k
AB
=2k>0，则 1+tanαtanβ 1+2k2 1
+2k 2
√1
⋅2k
4 ，
k k
1 √2
当且仅当 =2k即k= 时，等号成立，
k 2
√2
所以当α−β最大时，k = ，设直线AB:x=√2y+n，
AB 2
代入抛物线方程可得y2−4√2y−4n=0，
Δ>0,y y =−4n=4 y y =−16，所以n=4，
3 4 1 2
所以直线AB:x=√2y+4.
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.
(3 )
2．【2022年全国乙卷】已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0,−2),B ,−1
2
两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P(1,−2)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
⃑MT=⃑TH．证明：直线HN过定点．
【解析】(1)
(3 )
解：设椭圆E的方程为mx2+n y2=1，过A(0,−2),B ,−1 ，
2
1 1
则¿，解得m= ，n= ，
3 4
y2 x2
所以椭圆E的方程为： + =1.
4 3
(2)
3 2
A(0,−2),B( ,−1)，所以AB:y+2= x，
2 3
x2 y2
①若过点P(1,−2)的直线斜率不存在，直线x=1.代入 + =1，
3 4
2√6 2√6 2
可得M(1, )，N(1,− )，代入AB方程y= x−2，可得
3 3 32√6 2√6
T(√6+3, )，由⃑MT=⃑TH得到H(2√6+5, ).求得HN方程：
3 3
2√6
y=(2− )x−2，过点(0,−2).
3
②若过点P(1,−2)的直线斜率存在，设kx−y−(k+2)=0,M(x ,y ),N(x ,y ).
1 1 2 2
联立¿得(3k2+4)x2−6k(2+k)x+3k(k+4)=0，
可得¿，¿，
−24k
且x y +x y = (∗)
1 2 2 1 3k2+4
3 y
联立¿可得T( 1+3,y ),H(3 y +6−x ,y ).
2 1 1 1 1
y −y
可求得此时HN:y−y = 1 2 (x−x )，
2 3 y +6−x −x 2
1 1 2
将(0,−2)，代入整理得2(x +x )−6(y + y )+x y +x y −3 y y −12=0，
1 2 1 2 1 2 2 1 1 2
将(∗)代入，得24k+12k2+96+48k−24k−48−48k+24k2−36k2−48=0,
显然成立，
综上，可得直线HN过定点(0,−2).
【点睛】
x2 y2
3、【2022年新高考1卷】已知点A(2,1)在双曲线C: − =1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，
a2 a2−1
直线AP,AQ的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若tan∠PAQ=2√2，求△PAQ的面积．
【解析】(1)
x2 y2 4 1
因为点A(2,1)在双曲线C: − =1(a>1)上，所以 − =1，解得a2=2，即双曲线
a2 a2−1 a2 a2−1
x2
C: −y2=1
2
易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，P(x ,y ),Q(x ,y )，
1 1 2 2联立¿可得，(1−2k2)x2−4mkx−2m2−2=0，
4mk 2m2+2
所以，x +x =− ,x x = ，Δ=16m2k2+4(2m2+2)(2k2−1)>0⇒m2−1+2k2>0．
1 2 2k2−1 1 2 2k2−1
y −1 y −1
所以由k +k =0可得， 2 + 1 =0，
AP BP x −2 x −2
2 1
即(x −2)(kx +m−1)+(x −2)(kx +m−1)=0，
1 2 2 1
即2kx x +(m−1−2k)(x +x )−4(m−1)=0，
1 2 1 2
2m2+2 ( 4mk )
所以2k× +(m−1−2k) − −4(m−1)=0，
2k2−1 2k2−1
化简得，8k2+4k−4+4m(k+1)=0，即(k+1)(2k−1+m)=0，
所以k=−1或m=1−2k，
当m=1−2k时，直线l:y=kx+m=k(x−2)+1过点A(2,1)，与题意不符，舍去，
故k=−1．
(2)
不妨设直线PA,PB的倾斜角为α,β(α<β)，因为k +k =0，所以α+β=π，
AP BP
因为tan∠PAQ=2√2，所以tan(β−α)=2√2，即tan2α=−2√2，
即√2tan2α−tanα−√2=0，解得tanα=√2，
于是，直线PA:y=√2(x−2)+1，直线PB:y=−√2(x−2)+1，
3
联立¿可得，
x2+2(1−2√2)x+10−4√2=0，
2
10−4√2 4√2−5
因为方程有一个根为2，所以x = ，y = ，
P 3 P 3
10+4√2 −4√2−5
同理可得，x = ，y = ．
Q 3 Q 3
5 16
所以PQ:x+ y− =0，|PQ|= ，
3 3
| 5|
2+1−
点A到直线PQ的距离 3 2√2，
d= =
√2 31 16 2√2 16√2
故△PAQ的面积为 × × = ．
2 3 3 9
x2 y2
4、【2022年新高考2卷】已知双曲线C: − =1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为
a2 b2
y=±√3x．
(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P(x ,y ),Q(x ,y )在C上，且x >x >0,y >0．
1 1 2 2 1 2 1
过P且斜率为−√3的直线与过Q且斜率为√3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AB上；②PQ∥AB；③|MA|=|MB|．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【解析】(1)
b
右焦点为F(2,0)，∴c=2,∵渐近线方程为y=±√3x，∴ =√3，∴b=√3a，∴c2=a2+b2=4a2=4，∴
a
a=1，∴b=√3．
y2
∴C的方程为：x2− =1；
3
(2)由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB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AB的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则M为线段AB的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，
即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而x =x ，已知不符；
1 2
总之，直线AB的斜率存在且不为零.
设直线AB的斜率为k,直线AB方程为y=k(x−2),
则条件①M在AB上，等价于y =k(x −2)⇔k y =k2 (x −2)；
0 0 0 0
两渐近线的方程合并为3x2−y2=0,
联立消去y并化简整理得：(k2−3)x2−4k2x+4k2=0
x +x 2k2 6k
设A(x ,y ),B(x ,y ),线段中点为N(x ,y ),则x = 3 4= ,y =k(x −2)= ,
3 3 3 4 N N N 2 k2−3 N N k2−3设M(x ,y ),
❑0 0
则条件③|AM|=|BM|等价于(x −x ) 2+(y −y ) 2=(x −x ) 2+(y −y ) 2 ,
0 3 0 3 0 4 0 4
移项并利用平方差公式整理得：
(x −x )[2x −(x +x )]+(y −y )[2y −(y + y )]=0，
3 4 0 3 4 3 4 0 3 4
y −y
[2x −(x +x )]+ 3 4[2y −(y + y )]=0,即x −x +k(y −y )=0,
0 3 4 x −x 0 3 4 0 N 0 N
3 4
8k2
即x +k y = ；
0 0 k2−3
由题意知直线PM的斜率为−√3, 直线QM的斜率为√3,
∴由y −y =−√3(x −x ),y −y =√3(x −x ),
1 0 1 0 2 0 2 0
∴y −y =−√3(x +x −2x ),
1 2 1 2 0
y −y √3(x +x −2x )
所以直线PQ的斜率m= 1 2=− 1 2 0 ,
x −x x −x
1 2 1 2
直线PM:y=−√3(x−x )+ y ,即y= y +√3x −√3x,
0 0 0 0
代入双曲线的方程3x2−y2−3=0,即(√3x+ y)(√3x−y)=3中，
得：(y +√3x )[2√3x−(y +√3x )]=3,
0 0 0 0
1 3
解得P的横坐标： x 1 = 2√3 ( y +√3x + y 0 +√3x 0 ) ,
0 0
1 3
同理：x =− ( + y −√3x ) ，
2 2√3 y −√3x 0 0
0 0
1 ( 3 y ) 3x
∴x −x = 0 + y ,x +x −2x =− 0 −x ,
1 2 √3 y2−3x2 0 1 2 0 y2−3x2 0
0 0 0 03x
∴m= 0
,
y
0
∴条件②PQ//AB等价于m=k⇔k y =3x ，
0 0
综上所述：
条件①M在AB上，等价于k y =k2 (x −2)；
0 0
条件②PQ//AB等价于k y =3x ；
0 0
8k2
条件③|AM|=|BM|等价于x +k y = ；
0 0 k2−3
选①②推③:
2k2 8k2
由①②解得：x = ,∴x +k y =4x = ,∴③成立；
0 k2−3 0 0 0 k2−3
选①③推②：
2k2 6k2
由①③解得：x = ，k y = ，
0 k2−3 0 k2−3
∴k y =3x ，∴②成立；
0 0
选②③推①：
2k2 6k2 6
由②③解得：x = ，k y = ，∴x −2= ，
0 k2−3 0 k2−3 0 k2−3
∴k y =k2 (x −2)，∴①成立.
0 0
5、【2020年高考全国Ⅲ文21理数20】已知椭圆 的离心率为 ， 分
别为 的左、右顶点．
（1）求 的方程；
（2）若点 在 上，点 在直线 上，且 ，求△ 的面积．【解析】解法一：（1）由 ，得 ，即 ，∴ ，故 的方程为 ．
（2）设点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，根据对称性，只需考虑 的情形，此时 ，
．
∵ ，∴有 ①．
又∵ ，∴ ②．
又 ③．
联立①、②、③，可得， 或 ．
当 时， ， ，∴ ．
同理可得，当 时， ．综上所述，可得 的面积为 ．
解法二：（1） ， ， ，
根据离心率 ，解得 或 (舍)，
的方程为： ，即 ．
（2） 点 在 上，点 在直线 上，且 ， ，过点 作 轴垂线，交点为 ，
设 与 轴交点为 ，根据题意画出图形，如图，， ， ，又 ，
， ，根据三角形全等条件“ ”，可得：
， ， ， ．
设 点为 ，可得 点纵坐标为 ，将其代入 ，可得： ，
解得： 或 ， 点为 或 ，
①当 点为 时，故 ， ， ，可得： 点为
，画出图象，如图，
， ，可求得直线 的直线方程为： ，根据点到直线距离公式可得 到直线 的距离为： ，
根据两点间距离公式可得： ， 面积为： ．
②当 点为 时，故 ， ， ，
可得： 点为 ，画出图象，如图，
， ，可求得直线 的直线方程为： ，根据点到直线距离公式可得
到直线 的距离为： ，根据两点间距离公式可得：
， 面积为： ．
综上所述， 面积为： ．
6、（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）已知抛物线 的焦点F到准线的距离为
2．
（1）求C的方程;
（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足 ，求直线 斜率的最大值.【解析】（1）抛物线 的焦点 ，准线方程为 ，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为 ，
所以该抛物线的方程为 ；
（2）设 ，则 ，
所以 ，
由 在抛物线上可得 ，即 ，
所以直线 的斜率 ，
当 时， ；
当 时， ，
当 时，因为 ，
此时 ，当且仅当 ，即 时，等号成立；
当 时， ；
综上，直线 的斜率的最大值为 .
7、（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）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．
【解析】（1）抛物线 的焦点为 ， ，
所以， 与圆 上点的距离的最小值为 ，解得 ；
（2）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 、 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 .
8、（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）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.
【解析】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）设点 ，若过点 的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线 无公共点，不妨直线 的方程为 ，即 ，
联立 ，消去 并整理可得 ，
设点 、 ，则 且 .
由韦达定理可得 ， ，
所以， ，
设直线 的斜率为 ，同理可得 ，
因为 ，即 ，整理可得 ，
即 ，显然 ，故 .
因此，直线 与直线 的斜率之和为 .
题型一 圆锥曲线中的最值问题
1-1、（2022·江苏无锡·高三期末）已知椭圆 的离心率为 ，点 在椭圆 上，
点 是 轴正半轴上的一点，过椭圆 的右焦点 和点 的直线 与椭圆 交于 两点.
(1)求椭圆 的标准方程；(2)求 的取值范围.
【解析】(1)解：由题意知 ，椭圆 标准方程为 .
(2)
解：设直线 的方程为 ，其中 ， ，
， ，
，
， ，
若 ，则 ， ，
若 ，则 ，令 ， ， ，
因为 在 单调递减，
所以
综上： 的取值范围为 .
1-2、（2022·江苏如皋·高三期末）设椭圆 经过点M ，离心率为 .
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设椭圆E的右顶点为A，过定点 且斜率不为0的直线与椭圆E交于B，C两点，设直线AB，AC与
直线 的交点分别为P，Q，求 面积的最小值.
【解析】【分析】
（1）把点代入椭圆方程，然后结合离心率公式即可求出椭圆的标准方程；
（2）设出直线方程 ，与椭圆方程联立消元写韦达，然后表示出直线 ， 的方程，进而求得
， ，求得 ，结合韦达定理即可求解.
(1)由题意知， ，解得 ，
所以椭圆 的标准方程为 ．(2)设过点 的直线方程为 ，
代入椭圆 的方程，整理得 ，
因为 ，
设 ， ，则 ， ①，
由（1）得 ，则直线 的方程为 ，
令 ，得 ，同理可得
将 ， 代入，
把①式代入，整理得 ，
由 ，知
所以 面积的最小值为
题型二 圆锥曲线中的定点问题
2-1、（2022·江苏扬州·高三期末）已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F到准线的距离为2．
(1)求抛物线的方程；
(2)过点P（1，1）作两条动直线l ，l 分别交抛物线于点A，B，C，D．设以AB为直径的圆和以CD为直径
1 2
的圆的公共弦所在直线为m，试判断直线m是否经过定点，并说明理由．
【答案】(1)y2＝4x；
(2)直线m恒过定点( ， )，理由见解析.【解析】由题意得该抛物线焦点到准线的距离为 －(－ )＝p＝2，
所以该抛物线的方程为y2＝4x．
(2)①当直线l ， l 的斜率都存在时，设直线l ： ，直线l ：y－1＝k （x－1），
1 2 1 2 2
由 ，消去y得 ，显然 ，
设A(x ，y )，B(x ，y2)，则x ＋x ＝ ，x x ＝ ，
1 1 2 1 2 1 2
， ，
则以AB为直径的圆的方程为： ，
，
即 ＋ ＋ ＝0，
同理，以CD为直径的圆的方程为： ＋ ＋ ＝0，
∴以两圆公共弦所在的直线m的方程为： ．
令 ，解得 ，所以直线恒过定点( ， )．
②当直线l ，l 的斜率中有一个不存在时，由对称性不妨设l 的斜率不存在，l 的斜率为k ，
1 2 1 2 2
则以AB为直径的圆的方程为： ，
以CD为直径的圆的方程为： ＋ ＋ ＝0，所以两圆公共弦所在的直线m的方程为： ，
此时直线m恒过定点（ ， ），
综上得：直线m恒过定点（ ， ）．
2-2、（2022·广东汕尾·高三期末）已知点M为直线 ：x=-2上的动点，N（2，0），过M作直线 的垂线
l，l交线段MN的垂直平分线于点P，记点P的轨迹为C．
(1)求曲线C的方程；
(2)设O是坐标原点，A，B是曲线C上的两个动点，且 ，试问直线AB是否过定点？若不过定
点，请说明理由；若过定点，请求出定点坐标．
【答案】(1) ；
(2)直线 过定点 .
【解析】
【分析】
（1）利用定义法求曲线C的方程；
（2）设直线 的方程为 ，联立直线和抛物线方程得到韦达定理，化简
，代入韦达定理即得解.
(1)
解：由已知可得， ，
即点P到定点N的距离等于它到直线 的距离，
故点P的轨迹是以N为焦点， 为准线的抛物线，
∴曲线C的方程为 .
(2)解：设直线 的方程为
联立 ，得
，
解得
所以直线 过定点 ．
题型三 圆锥曲线中的定值问题
3-1、（2022·山东青岛·高三期末）已知 为坐标原点，点 在椭圆 上，椭
圆 的左右焦点分别为 ，且 .
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)若点 在椭圆 上，原点 为 的重心，证明： 的面积为定值.
【解析】(1)
由椭圆 的左右焦点分别为 ，且 ，
可知： ，即 ① ，
将 代入方程 得： ②，① ②联立解得 ，
② 故椭圆的标准方程为 .
(2)
证明：设 ，
当直线 斜率不存在时，即 ，
由原点 为 的重心，可知
故可得此时有 ，该点在椭圆上，则 ，
不妨取 ，则有 ，或 ，
则此时 ;
当直线 斜率存在时，不妨设 方程为 ，
则联立 ，整理得： ，
且需满足 ，
则 ，
2m
所以y + y =k(x +x )−2m= ，
1 2 1 2 1+4k2
由原点 为 的重心知，x =−(x +x ),y =−(y + y ) ，
0 1 2 0 1 2
故 坐标为 ，代入到 中，
8km 2 −2m 2
化简得：( ) +4( ) =4 ，即4m2=1+4k2 ，
1+4k2 1+4k2又原点 为 的重心，故 到直线 的距离为原点 到直线 距离的3倍，
3|m|
所以d=
，
√1+k2
√ −8km 2 4(m2−1)
而|P P |=√1+k2|x −x |=√1+k2 ( ) −4×
1 2 1 2 1+4k2 1+4k2
4√4k2+1−m2 4√4m2−m2
=
√1+k2× =√1+k2×
1+4k2 1+4k2
4√3|m|
=
√1+k2×
，
1+4k2
1 1 4√3|m| 3|m|
因此S = ×|P P |×d= ×√1+k2× ×
△P 0 P 1 P 2 2 1 2 2 1+4k2 √1+k2
6√3|m|2 6√3|m|2 3√3
= = = ，
(1+4k2 ) 4m2 2
综合上述可知： 的面积为定值.
3-2、（2022·山东泰安·高三期末）设点 是椭圆 上一动点， 分
别是椭圆 的左，右焦点，射线 分别交椭圆 于 两点，已知 的周长为8，且点 在
椭圆 上.
(1)求椭圆 的方程；
(2)证明： 为定值.
【解析】(1)
根据椭圆的定义可得：
解得：
将 代入方程 ，得
解得：椭圆C的方程为：
(2)
由题知， ，设 ，则直线 的方程为
由 得
同理可得为定值 .
题型四 圆锥曲线中的角度问题
4-1、（2022·广东东莞·高三期末）已知点 为椭圆 的左顶点，点 为右焦点，
直线 与 轴的交点为 ，且 ，点 为椭圆上异于点 的任意一点，直线 交 于点 .
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)证明： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由 ，右焦点 ，以及 关系，联立可求解出 ，从而得椭圆的方程；
（2）设点 的坐标为 ，表示出直线 的方程，从而得点 的坐标，进而表示出 和
，计算得 ，再由 ，代入化简计算，即可得
，所以可证明 .
(1)
由题知 ，得 ，
又因为右焦点为 ，则 ，
解得 ，所以 ，
所以椭圆 的方程为 .(2)
设点 的坐标为 ，则 ，
所以直线 的方程是 ，
当 时， ，所以点 的坐标为 ，
所以 ， ，
所以 .
因为点 在椭圆 上，所以 ，即 ，
所以
，
又因为 和 是锐角，所以 .
4-2、【2022·广东省珠海市第二中学10月月考】已知椭圆 ： 的离心率为 ，点
在 上.
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）设 为坐标原点， ，试判断在椭圆 上是否存在三个不同点 (其中 的纵坐
标不相等)，满足 ，且直线 与直线 倾斜角互补？若存在，求出直线 的方
程，若不存在，说明理由.
【答案】（1） ；（2）存在，方程为 或 .
【解析】
【分析】
（1）由离心率及过的点的坐标，及 ， ， 之间的关系可得 ， 的值，进而可得椭圆的方程；
（2）设直线 的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，由题意可得 ，可得
的坐标，由题意可得 ，进而求出参数的值，求出直线的方程．
【详解】解：（1）由题意知可得 ， ， ，解得 ，
则椭圆 的方程为 ；（2）由题意，直线 的斜率存在且不为0，设直线 方程为 ，
设点 ，
联立 ，得 ，
所以 ， ，
，
因为 ，所以 ，
因为 在椭圆上，所以 ，化简得 ，
满足 ，
又因为直线 与直线 倾斜角互补，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，代入 得 ，
所以存在满足条件的三个点，此时直线 的方程为 或 .
题型五 圆锥曲线中的探索性问题5-1、（2022·山东淄博·高三期末）已知双曲线 的左焦点为F，右顶点为A，渐近
线方程为 ，F到渐近线的距离为 ．
(1)求C的方程；
(2)若直线l过F，且与C交于P，Q两点（异于C的两个顶点），直线x=t与直线AP，AQ的交点分别为
M，N．是否存在实数t，使得|⃑FM+⃑FN|=|⃑FM−⃑FN|？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
1
(2)存在，t=−
2
【解析】
【分析】
（1）根据F到渐近线的距离为 ，可求得b，再根据渐近线方程可求得a,，即得双曲线方程；
（2）假设存在，设直线的方程，并和双曲线方程联立，得到根与系数的关系式，然后表示出点M，N的坐
标，进而得到向量⃑FM,⃑FN的坐标，利用其数量积为零，将根与系数的关系式代入，看能否解出参数t的
值，即可得答案.
(1)
双曲线 一条渐近线方程为 ，
|bc|
焦点F(−c,0) ，则焦点到准线的距离d= =b ，
√a2+b2
由F到渐近线的距离为 可知： ，
b
由渐近线方程为 知： =√3 ，故 ，
a
所以双曲线方程为： ；
(2)
设直线l的方程为x=my−2 ，{x=my−2
联立 y2 ，整理得：（3m2−1)y2−12my+9=0 ，
x2− =1
3
设P(x ,y ),Q(x ,y ) ，而A(1,0),F(−2,0) ,
1 1 2 2
12m 9
则y + y = ,y y = ，
1 2 3m2−1 1 2 3m2−1
4 −3m2−4
所以x +x =m(y + y )−4= ，x x =m2y y −2m(y + y )+4= ，
1 2 1 2 3m2−1 1 2 1 2 1 2 3m2−1
假设存在实数t，使得|⃑FM+⃑FN|=|⃑FM−⃑FN|，则⃑FM⋅⃑FN=0 ,
y y
故由 方程：y= 1 (x−1) ,令x=t得M(t, 1 (t−1)) ，
x −1 x −1
1 1
y y
同理 方程：y= 2 (x−1) ,令x=t得N(t, 2 (t−1))，
x −1 x −1
2 2
y y
所以⃑FM⋅⃑FN=(t+2, 1 (t−1))(t+2, 2 (t−1))=0，
x −1 x −1
1 2
y y
即 (t+2) 2+ 1 2 (t−1) 2=0 ，
(x −1)(x −1)
1 2
9
3m2−1
则(t+2) 2+ (t−1) 2=0 ，
−3m2−4 4
− +1
3m2−1 3m2−1
1
即(t+2) 2−(t−1) 2=0 ，解得t=− ，
2
1
故存在实数t=− ，使得|⃑FM+⃑FN|=|⃑FM−⃑FN|.
2
5-2、（2021·江苏南京市高三三模）在平面直角坐标系 中，已知抛物线 ，经过
的直线 与 交于 两点.（1）若 ，求 长度的最小值；
（2）设以 为直径的圆交 轴于 两点，问是否存在 ，使得 ？若存在，求出 的值；
若不存在，请说明理由.
【解析】（1）设 ，由 ，
可得 ＝ ＝ ，
当y ＝±2 时，|AP|取得最小值2 ；
0
（2）设直线AB的方程为 ， ，
联立 可得 ，即有 ，
设以AB为直径的圆上任一点
所以Q的轨迹方程为
所以Q的轨迹方程化为
令y＝0，得
所以上式方程的两根分别为x ，x ，，则
3 4
由 ，可得x x ＝﹣4，即有t2﹣4t＝﹣4，解得t＝2．
3 4
所以存在t＝2，使得 ．1、(2022·南京9月学情【零模】)(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：(a＞b＞0)的左，
右顶点分别为A，B．F是椭圆的右焦点，＝3，·＝3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)不过点A的直线l交椭圆C于M，N两点，记直线l，AM，AN的斜率分别为k，k ，k ．若k(k ＋k)＝
1 2 1 2
1，证明直线l过定点，并求出定点的坐标．
【考点】圆锥曲线中椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系：定点问题
【解析】
(1)由题意，知A(－a，0)，B(a，0)，F(c，0)．
因为＝3，·＝3，
所以…………………………………………………………………2分
解得从而b2＝a2－c2＝3．
所以椭圆C的方程．…………………………………………………………4分
(2)设直线l的方程为y＝kx＋m，M(x，y)，N(x，y)．
1 1 2 2
因为直线l不过点A，因此－2k＋m≠0．
由得(．
则，xx＝．…………………………………………………………6分
1 2
所以k＋k＝＋＝
1 2
＝
＝＝．
由k(k＋k)＝1，可得3k＝m－2k，即m＝5k．……………………………………………10分
1 2
故l的方程为y＝kx＋5k，恒过定点(－5，0)．……………………………………………12分
2、（2022·山东枣庄·高三期末）如图， 为椭圆 的左顶点，过原点且异于 轴的直线与椭圆
交于 两点，直线 与圆 的另一交点分别为 ．(1)设直线 的斜率分别为 ，证明： 为定值；
(2)设 与 的面积分别为 ，求 的最大值．
【解析】
(1)因为A为椭圆 的左顶点，故 ．
设 ，则 ，故直线AM的斜率 ，
直线AN的斜率 ，
故 ．
又 是 上的点，
故 ，即 ，故 ．
(2)
设 ， ，直线AM的方程为 ．
代入 得 ．于是有 ，或 ，故 ．
将AM的方程 代入 ，得 ，
于是有 ，或 ，故 ．
所以 ．
设直线AN的方程为 ，同理可得 ．
又 ，故 ，即 ．
故 ．
所以 ．
令 ，则 ．
当 时，即 ，即 ，
即 时， 取得最大值 ．
3、（2022·江苏苏州·高三期末）在平面直角坐标系 中，已知点 ， ，直线 与直线
的斜率之积为 ，记动点 的轨迹为曲线 ．
(1)求曲线 的方程；
(2)若点 为曲线 上的任意一点（不含短轴端点），点 ，直线 与直线 交于点 ，直线与 轴交于点 ，记直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，求证： 为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）设 ，直接根据条件列方程，注意挖去两点，即可得到答案；
（2）设 ，直线 方程为 ，将 ， 用 表示，进行计算可得 为定值；
(1)
设 ， ， ， ，
，
曲线 的方程为 ．
(2)
设 ，直线 方程为
直线 方程为： ， 方程为：
在 方程中令 ，
联立 ，，
为定值．
4、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知椭圆 的离心率为 ， 是其右焦点，
直线 与椭圆交于 ， 两点， .
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设 ，若 为锐角，求实数 的取值范围.
【解析】（1）设 为椭圆的左焦点,连接 ,由椭圆的对称性可知, ,
所以 ,所以 ,
又 , ,解得 , ,
所以椭圆的标准方程为
（2）设点 ,则 , ,
联立 ,得 ,所以 , ,
因为 为锐角,所以 ,
所以
,
解得 或
5、(2022·武汉部分学校9月起点质量检测)(12分)已知椭圆E：(a＞b＞0)的离心率为，点A(0，－1)是椭圆
E短轴的一个四等分点．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设过点A且斜率为k 的动直线与椭圆E交于M，N两点，且点B(0，2)，直线BM，BN分别交⊙C：于异
1
于点B的点P，Q，设直线PQ的斜率为k，求实数λ，使得k＝λk 恒成立．
2 2 1
【解析】
(1)由题意，，解得b＝2，
设椭圆半焦距为c，则，即，解得＝8．
∴椭圆的标准方程为． …………4分
(2)设，直线MN方程为．
方法一：
直线BM方程为，与联立．
得．
由x ≠0，解得．
P
又＋＝1，即x2＝8－2y2，代入上式，得．
1 1
．
即点，同理，点，．＝＝．
将代入上式，
得k＝．
2
即k＝k，∴λ＝． …………12分
2 1
方法二：
与联立得：，则．
．
k k ＝＝＝
BM BN
＝＝－．
设直线PQ方程为，与联立得：．
则．
．
k k ＝＝＝
BP BQ
＝＝＝．
由，即，解得．
∴λ＝． …………12分
