第69讲直线与圆锥曲线的位置关系_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第69讲 直线与圆锥曲线的位置关系
知识梳理
知识点一、直线和曲线联立
x2 y2
(1)椭圆 + =1(a>b>0)与直线l:y=kx+m相交于AB两点，设A(x ，y )，B
a2 b2 1 1
(x ，y )
2 2
x2 y2
 + =1
a2 b2 ，(b2+k2a2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0
y=kx+m
x2 y2
椭圆 + =1(a>0，b>0)与过定点(m，0)的直线l相交于AB两点，设为x=ty
a2 b2
x2 y2
 + =1
+m，如此消去x，保留y，构造的方程如下：a2 b2 ，(a2+t2b2)y2+2b2tmy+b2m2-
x=ty+m
a2b2=0
注意：
①如果直线没有过椭圆内部一定点，是不能直接说明直线与椭圆有两个交点的，一般都
需要摆出Δ>0，满足此条件，才可以得到韦达定理的关系．
②焦点在y轴上的椭圆与直线的关系，双曲线与直线的关系和上述形式类似，不在赘述．
(2)抛物线y2=2px(p>0)与直线x=ty+m相交于A、B两点，设A(x ，y)，B(x ，y )
1 1 2 2
y +y =2pt
联立可得y2=2p(ty+m)，Δ>0时， 

1 2
yy =-2pm
1 2
p y2 y2
特殊地，当直线AB过焦点的时候，即m= ，y y =-2pm=-p2，x x = 1 ⋅ 2 =
2 1 2 1 2 2p 2p
1
p2，因为AB为通径的时候也满足该式，根据此时A、B坐标来记忆．
4
抛物线x2=2py(p>0)与直线y=kx+m相交于C、D两点，设C(x ，y)，D(x ，y )
1 1 2 2
x +x =2pk
联立可得x2=2p(kx+m)，Δ>0时，

1 2
xx =-2pm
1 2
注意：在直线与抛物线的问题中，设直线的时候选择形式多思考分析，往往可以降低计算
量．开口向上选择正设；开口向右，选择反设；注意不可完全生搬硬套，具体情况具体分析．
总结：韦达定理连接了题干条件与方程中的参数，所以我们在处理例如向量问题，面积问
题，三点共线问题，角度问题等常考内容的时候，要把题目中的核心信息，转化为坐标表达，转
化为可以使用韦达定理的形式，这也是目前考试最常考的方式．
知识点二、根的判别式和韦达定理
x2 y2
+ =1(a>b>0)与y=kx+m联立，两边同时乘上a2b2即可得到(a2k2+b2)x2+
a2 b2
2kma2x+a2(m2-b2)=0，为了方便叙述，将上式简记为Ax2+Bx+C=0．该式可以看成一
个关于x的一元二次方程，判别式为Δ=4a2b2(a2k2+b2-m2)可简单记 4a2b2(A-m2)．
x2 y2
同理 + =1(a>b>0)和x=ty+m联立(a2+t2b2)y2+2b2tmy+b2m2-a2b2=0，
a2 b2
为了方便叙述，将上式简记为Ay2+By+C=0，Δ=4a2b2(a2+t2b2-m2)，可简记4a2b2(A-
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2421 3427m2)．
l与C相离⇔Δ<0；l与C相切⇔Δ=0；l与C相交⇔Δ>0．
B C
注意：(1)由韦达定理写出x +x =- ，xx = ，注意隐含条件Δ>0．
1 2 A 1 2 A
(2)求解时要注意题干所有的隐含条件，要符合所有的题意．
(3)如果是焦点在y轴上的椭圆，只需要把a2，b2互换位置即可．
(4)直线和双曲线联立结果类似，焦点在x轴的双曲线，只要把b2换成-b2即可；
焦点在y轴的双曲线，把a2换成-b2即可，b2换成a2即可．
(5)注意二次曲线方程和二次曲线方程往往不能通过联立消元，利用Δ判断根的关系，因
为此情况下往往会有增根，根据题干的隐含条件可以舍去增根(一般为交点横纵坐标的范围
限制)，所以在遇到两条二次曲线交点问题的时候，使用画图的方式分析，或者解方程组，真正
算出具体坐标．
知识点三、弦长公式
设M(x ，y)，N(x ，y )根据两点距离公式|MN|= (x -x )2+(y -y )2．
1 1 2 2 1 2 1 2
(1)若M、N在直线y=kx+m上，代入化简，得|MN|= 1+k2 x 1 -x 2  ；
(2)若M、N所在直线方程为x=ty+m，代入化简，得|MN|= 1+t2 y 1 -y 2 
|x -x| |y -y|
(3)构造直角三角形求解弦长，|MN|= 2 1 = 2 1 ．其中k为直线MN斜率，α
|cosα| |sinα|
为直线倾斜角．
注意：(1)上述表达式中，当为k≠0，m≠0时，mk=1；
(2)直线上任何两点距离都可如上计算，不是非得直线和曲线联立后才能用．
(3)直线和曲线联立后化简得到的式子记为Ax2+Bx+C=0(A≠0)，判别式为Δ=B2
-4AC，Δ>0时，x 1 -x 2  B = (x +x )2-4xx = - 1 2 1 2 A  2 C B2-4AC -4⋅ = A A  Δ = A  ，利
用求根公式推导也很方便，使用此方法在解题化简的时候可以大大提高效率．
(4)直线和圆相交的时候，过圆心做直线的垂线，利用直角三角形的关系求解弦长会更加
简单．
(5)直线如果过焦点可以考虑焦点弦公式以及焦长公式．
知识点四、已知弦AB的中点，研究AB的斜率和方程
x2 y2
(1)AB是椭圆 + =1a>b.0 a2 b2  的一条弦，中点Mx 0 ,y 0 
b2x
，则AB的斜率为- 0， a2y
0
运用点差法求AB的斜率；设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  x 1 ≠x 2  ，A，B都在椭圆上，
x2 y2
 1 + 1 =1
 a2 b2 x2-x2 y2-y2
所以 ，两式相减得 1 2 + 1 2 =0
 x2 y2 a2 b2
  2 + 2 =1
 a2 b2
所以 x 1 +x 2  x 1 -x 2  + y 1 +y 2
a2
 y 1 -y 2  =0
b2
即 y 1 -y 2 
x 1 -x 2 
=- b2 x 1 +x 2 
a2 y 1 +y 2 
b2x b2x =- 0，故k =- 0
a2y AB a2y 0 0
x2 y2
(2)运用类似的方法可以推出；若AB是双曲线 - =1a>b.0 a2 b2  的弦，中点Mx 0 ,y 0  ，则
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2422 3427b2x
k = 0；若曲线是抛物线y2=2pxp>0
AB a2y
0

p
，则k = ．
AB y
0
必考题型全归纳
1 题型一：直线与圆锥曲线的位置关系
x2
3928 (2024·全国·高三对口高考)已知椭圆C: +y2=1的两焦点为F，F，点P(x ,y )满足
2 1 2 0 0
x2 x x
0< 0 +y2<1，则直线 0 +y y=1与椭圆C的公共点个数为 ( )
2 0 2 0
A.0 B.1
C.2 D.不确定，与P点的位置有关
【答案】A
x2
【解析】因为0< 0 +y2<1，所以x2+2y2<2，
2 0 0 0
 
x2
+y2=1
2
由 x x 可得x2 0 +2y2 0
 0 +y y=1
 2 0
 x2-4xx +4-4y2=0， 0 0
所以Δ=16x2 0 -4x2 0 +2y2 0  4-4y2 0  =16y2 0x2 0 +2y2 0 -2  <0，
x x
所以直线 0 +y y=1与椭圆C的公共点个数为0.
2 0
故选：A.
3929 (2024·全国·高三对口高考)若直线l被圆C:x2+y2=2所截的弦长不小于2，则l与下列
曲线一定有公共点的是 ( )
A. x-1 
x2
2+y2=1 B. +y2=1
2
C.y=x2 D.x2-y2=1
【答案】B
【解析】由题意，圆C:x2+y2=2的圆心为(0,0)，半径为 2.
设直线方程为ax+by+c=0，直线l到圆心(0,0)的距离为d，
2
由弦长公式得 R2-d2≥ ，所以d≤1.
2
a⋅0+b⋅0+c
由点到直线的距离公式得，

≤1，即c2≤a2+b2.
a2+b2
a⋅1+b⋅0+c
对于选项A，直线l到该圆圆心的距离为
 a+c
=
a2+b2

，
a2+b2
a+c
取b=0,a=c=1，满足条件，而

=2>1，直线与圆没有公共点，故A排除；
a2+b2
c
对于选项B，当b=0时，对于直线l有a≠0，x=- ，c2≤a2，
a
2c2 1 1
联立椭圆方程得y2=1- ≥1- = ，所以必有公共点；
a2 2 2
当b≠0时，联立直线l与椭圆方程得(b2+2a2)x2+4acx+2c2-2b2=0，
Δ=4ac  2-4b2+2a2  2c2-2b2  =8b2c2+8b4+16a2b2>0，
所以必有公共点；故B正确；
对于选项C，联立直线l与抛物线方程得bx2+ax+c=0，
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2423 3427c
若b=0时，则a≠0，有解x=- ；
a
若b≠0时，Δ=a2-4bc，取a=b=c=1，则Δ<0，方程无解，此时无公共点，故C错误；
c
对于选项D，当b=0时，对于直线l有a≠0，x=- ，c2≤a2，
a
c2
联立双曲线方程得y2= -1≤1-1=0，
a2
a 1
取c= ，则直线l：x=- ，与双曲线不存在公共点，故D排除.
2 2
故选：B.
3930 (2024·重庆·统考二模)已知点P1,2 
y2
和双曲线C:x2- =1，过点P且与双曲线C只
4
有一个公共点的直线有 ( )
A.2条 B.3条 C.4条 D.无数条
【答案】A
y2
【解析】由题意可得，双曲线x2- =1的渐近线方程为y=±2x，点1,0
4
 是双曲线的顶
点.
①若直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=1，此时，直线l与双曲线C只有一个公
共点，合乎题意；
②若直线l的斜率存在，则当直线平行于渐近线y=-2x时，直线l与双曲线只有一个公
共点.
若直线l的斜率为2，则直线l的方程为y=2x，此时直线l为双曲线C的一条渐近线，不
合乎题意.
综上所述，过点P1,2  与双曲线只有一个公共点的直线l共有2条.
故选：A.
3931 (1999·全国·高考真题)给出下列曲线方程：
①4x+2y-1=0；
②x2+y2=3；
x2
③ +y2=1；
2
x2
④ -y2=1．
2
其中与直线y=-2x-3有交点的所有曲线方程是 ( )
A.①③ B.②④ C.①②③ D.②③④
【答案】D
【解析】∵直线y=-2x-3和4x+2y-1=0的斜率都是-2
∴两直线平行，不可能有交点；
把直线y=-2x-3与x2+y2=3联立消去y得5x2+12x+6=0，Δ=144-120>0，∴
直线与②中的曲线有交点；
x2
把直线y=-2x-3与 +y2=1联立消去y得9x2+24x+12=0，Δ=24×24-18×
2
24>0，直线与③中的曲线有交点；
x2
把直线y=-2x-3与 -y2=1联立消去y得7x2-24x-12=0，Δ=24×24+4×7
2
×12>0，直线与④中的曲线有交点．
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2424 3427故选：D．
3932 (2024·辽宁沈阳·统考一模)命题p：直线y=kx+b与抛物线x2=2py有且仅有一个公
共点，命题q：直线y=kx+b与抛物线x2=2py相切，则命题p是命题q的 ( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.非充分非必要条件
【答案】C
【解析】∵抛物线x2=2py的对称轴为y轴，
∴一条直线与抛物线x2=2py有且仅有一个公共点，则该直线与抛物线相切或者该直线
与x轴垂直，
∵直线y=kx+b存在斜率，与x轴不垂直，
∴“直线y=kx+b与抛物线x2=2py有且仅有一个公共点”等价于“直线y=kx+b与
抛物线x2=2py相切”，则命题p是命题q的充要条件.
故选：C.
3933 (2024·全国·高三专题练习)过点(1,2)作直线，使它与抛物线y2=4x仅有一个公共点，
这样的直线有 ( )
A.1条 B.2条 C.3条 D.4条
【答案】B
【解析】当直线的斜率不存在时，直线x=1，代入抛物线方程可y=±2，故直线x=1与抛
物线有两个交点．不满足要求，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为y-2=kx-1  ，
y=kx-k+2
由
 y2=4x
，消x得，ky2-4y-4k+8=0，
当k=0时，解得x=1,y=2，直线y=2与抛物线有且只有一个交点，符合题意；
当k≠0时，由Δ=-4  2-4k8-4k  =0，可得k=1，
即当k=1时，符合题意．综上，满足条件的直线有2条．
故选：B.
【解题方法总结】
(1)直线与圆锥曲线有两个不同的公共点的判定：通常的方法是直线与圆锥曲线方程联
立方程消元后得到一元二次方程，其中Δ>0；另一方面就是数形结合，如直线与双曲线
有两个不同的公共点，可通过判定直线的斜率与双曲线渐近线的斜率的大小得到．
(2)直线与圆锥曲线只有一个公共点则直线与双曲线的一条渐近线平行，或直线与抛物
线的对称轴平行，或直线与圆锥曲线相切．
2 题型二：中点弦问题
方向1：求中点弦所在直线方程问题；
x2 y2
3934 (2024·新疆伊犁·高二统考期末)过椭圆 + =1内一点P(1,1)引一条恰好被P点
5 4
平分的弦，则这条弦所在直线的方程是
【答案】4x+5y-9=0
x2 y2
【解析】椭圆 + =1即4x2+5y2=20，
5 4
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2425 3427x +x y +y
设弦的两端点分别为A(x,y)，B(x ,y )，则 1 2 =1, 1 2 =1，
1 1 2 2 2 2
则4x2+5y2=20，4x2+5y2=20，
1 1 2 2
两式作差可得：4(x -x )(x +x )=-5(y -y )(y +y )，
1 2 1 2 1 2 1 2
y -y 4(x +x ) 4
∴ 1 2 =- 1 2 =- ．
x -x 5(y +y ) 5
1 2 1 2
∵直线过点P(1,1)，
4
∴这条弦所在直线的方程是y-1=- (x-1)，
5
即4x+5y-9=0．
故答案为：4x+5y-9=0．
x2 y2
3935 (2024·重庆·统考模拟预测)已知椭圆C： + =1，圆O：x2+y2=4，直线l与圆O
12 4
相切于第一象限的点A，与椭圆C交于P，Q两点，与x轴正半轴交于点B．若PB  =
QA  ，则直线l的方程为 ．
【答案】x+y-2 2=0
【解析】取AB中点M，连接OM,由于PB  =QA  ,所以PA  =BQ  ,进而PM  =
MQ  ,
设A(x 0 ,y 0 )，设直线上任意一点Nx,y  ，
 
由于NA是圆的切线，所以OA⋅AN=0,所以x-x 0  x 0 +y-y 0  y =0⇒xx +yy = 0 0 0
x2+y2=4，
0 0
4 4 令y=0, 则x= ，所以B ,0
x x
0 0

4
x +
，由中点坐标公式可得M  0 x 0 , y 0
 2 2

，
设Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2 
x2 y2 x2 y2 x2-x2 y2-y2
,则 1 + 1 =1， 2 + 2 =1，两式相减可得 1 2 + 1 2 =0 12 4 12 4 12 4
y -y 4 x +x 1 x
⇒ 1 2 =- 1 2 =- M，
x -x 12 y +y 3 y
1 2 1 2 M
1 1 x y
所以k k =- ,又k =- =- 0，k = 0 ,
PQ OM 3 PQ k y OM 4
OA 0 x +
0 x
0
y x
所以 0 - 0
4 y
x + 0
0 x
0

1
=- ，解得x2=2,∵x >0,∴x = 2，进而y = 2
3 0 0 0 0
故直线l的方程为 2x+ 2y=4，即x+y-2 2=0，
故答案为：x+y-2 2=0
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2426 3427y2
3936 (2024·陕西榆林·高二统考期末)已知A,B为双曲线x2- =1上两点，且线段AB的中
9
点坐标为-1,-4  ，则直线AB的斜率为 .
9
【答案】 /2.25
4
【解析】设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，
y2
x2- 1 =1
1 9
则
y2
x2- 2 =1
2 9
两式相减得x 1 +x 2  x 1 -x 2  = y 1 +y 2  y 1 -y 2  ， 9
由线段AB的中点坐标为-1,-4  ，
即-2x 1 -x 2  = -8y 1 -y 2  ， 9
y -y 9
∴k = 1 2 = .
AB x -x 4
1 2
9
故答案为：
4
3937 (2024·全国·高二专题练习)双曲线9x2-16y2=144的一条弦的中点为A8,3  ，则此弦
所在的直线方程为 .
【答案】3x-2y-18=0
【解析】由双曲线的对称性可得此弦所在的直线斜率存在，
设弦的两端分别为Bx 1 ,y 1  ，Cx 2 ,y 2  ，
则有   9 9 x x 2 1 2 - - 1 1 6 6 y y 2 1 2 = = 1 1 4 4 4 4 ，两式相减得9x2 1 -x2 2
2 2
 -16y2 1 -y2 2  =0，
所以9x 1 +x 2  x 1 -x 2  -16y 1 +y 2  y 1 -y 2  =0，
又因为弦的中点为A8,3 
x +x =16
，所以 1 2 ， 
y +y =6
1 2
故直线斜率k= y 1 -y 2 = 9x 1 +x 2
x -x 1 2

16y 1 +y 2 
3 = ，
2
3
则所求直线方程为y-3= x-8
2
 ，整理得3x-2y-18=0，
3x-2y-18=0
由
 9x2-16y2=144
得y2-6y-15=0，
Δ=-6  2-4×1×-15  =96>0，故该直线满足题意，
故答案为：3x-2y-18=0
3938 (2024·陕西宝鸡·高二校联考期末)抛物线C：y2=6x与直线l交于A，B两点，且AB的
中点为m,-2  ，则l的斜率为 .
3
【答案】-
2
【解析】已知AB的中点为m,-2  ，设A，B两点坐标分别为x 1 ,y 1  ，x 2 ,y 2  ，
则   y y 2 1 2 = = 6 6 x x 1，可得y2 2 -y2 1 =6x 2 -x 1
2 2
 ，
即y 2 +y 1  y 2 -y 1  =6x 2 -x 1  ，
y -y 6
即 2 1 =
x -x y +y
2 1 2 1
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2427 3427x +x =2m
又 1 2 ，

y +y =-4
1 2
y -y 6 3
所以k = 2 1 = =- .
l x -x -4 2
2 1
3
故答案为：- .
2
3939 (2024·高二课时练习)已知抛物线C的顶点为坐标原点，准线为x=-1，直线l与抛物线
C交于M,N两点，若线段MN的中点为1,1  ，则直线l的方程为 ．
【答案】2x-y-1=0
【解析】因为抛物线C的顶点为坐标原点，准线为x=-1，
所以易得抛物线的方程为y2=4x，
设Mx 1 ,y 1  ,Nx 2 ,y 2  ，
因为线段MN的中点为Q1,1  ，
故x +x =2,y +y =2，
1 2 1 2
则x 1 ≠x 2 ，由   y y 2 1 2 = = 4 4 x x 1，
2 2
两式相减得y2 1 -y2 2 =4x 1 -x 2 
y -y 4
，所以 1 2 = =2， x -x y +y
1 2 1 2
故直线l的方程为y-1=2x-1  ，即2x-y-1=0．
故答案为：2x-y-1=0.
方向2：求弦中点的轨迹方程问题；
x2
3940 (2024·全国·高三专题练习)直线l与椭圆 +y2=1交于A，B两点，已知直线l的斜率
4
为1，则弦AB中点的轨迹方程是 ．
4 5 4 5
【答案】x+4y=0- <x<
5 5

【解析】设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，线段AB的中点为Mx,y  ，连接OM(O为坐标原点)．
x2 x2 y -y y +y 1 y
由题意知 1 +y2=1= 2 +y2，则 1 2 ⋅ 1 2 =- =k ⋅k = ，
4 1 4 2 x -x x +x 4 AB OM x
1 2 1 2
∴点M的轨迹方程为x+4y=0．
又点M在椭圆内，
x2 x
∴ +-
4 4

2
<1，
第 页 共 页
2428 34274 5 4 5
解得：- <x< ，
5 5
4 5 4 5
故答案为：x+4y=0- <x<
5 5
 .
3941 (2024·上海浦东新·高二上海市实验学校校考期末)已知椭圆x2+4y2=16内有一点A
(1,1)，弦PQ过点A，则弦PQ中点M的轨迹方程是 .
【答案】x2+4y2-x-4y=0
【解析】设P(x,y),Q(x ,y )，中点M(x,y)，
1 1 2 2
则   x x 2 1 2 + + 4 4 y y 2 1 2 = = 1 1 6 6 ，相减得(x 1 -x 2 )(x 1 +x 2 )+4(y 1 +y 2 )(y 1 -y 2 )=0，
2 2
PQ斜率存在时，
y -y x +x
∴ 1 2 =- 1 2 ，
x -x 4(y +y )
1 2 1 2
又M是PQ中点，且直线PQ过点A(1,1)，
y -y 2x y-1
所以k = 1 2 =- = ，化简得x2+4y2-x-4y=0，
PQ x -x 4×2y x-1
1 2
PQ斜率不存在时，方程为x=1，中点为N(1,0)适合上述方程．
∴点M的轨迹方程是x2+4y2-x-4y=0．
故答案为：x2+4y2-x-4y=0．
3942 (2024·全国·高一专题练习)斜率为2的平行直线截双曲线x2-y2=1所得弦的中点的轨
迹方程是 ．
2 3 2 3
【答案】x-2y=0(x> 或x<- ).
3 3
【解析】设直线为y=2x+m，与双曲线交点为(x,y),(x ,y )，
1 1 2 2
联立双曲线可得：3x2+4mx+m2+1=0，则Δ=16m2-12(m2+1)=4m2-12>0，即
m> 3或m<- 3，
4m 2m 2m m
所以x +x =- ，故y +y =2(x +x )+2m=- ，则弦中点为- ,-
1 2 3 1 2 1 2 3 3 3
 ，
2 3 2 3
所以弦的中点的轨迹方程为x-2y=0(x> 或x<- ).
3 3
2 3 2 3
故答案为：x-2y=0(x> 或x<- )
3 3
3943 (2024·全国·高三专题练习)直线l:ax-y-a+5  =0(a是参数)与抛物线f:y=x+1  2
的相交弦是AB，则弦AB的中点轨迹方程是 .
【答案】y=2x2-7(-2≤x≤4)
【解析】设Ax 1 ,y 1  、Bx 2 ,y 2  ，AB中点Mx,y  ，
则x +x =2x.
1 2
∵l:ax-1  -y+5  =0，
∴l过定点N1,-5  ，
y+5
∴k =k = .
AB MN x-1
又y 1 =x 1 +1  2，(1)y 2 =x 2 +1  2，(2)
1  -2  得：y 1 -y 2 =x 1 +1  2-x 2 +1  2=x 1 -x 2  x 1 +x 2 +2  ，
y -y y+5
∴k = 1 2 =x +x +2. 于是 =2x+2，即y=2x2-7.
AB x -x 1 2 x-1
1 2
第 页 共 页
2429 3427又弦中点轨迹在已知抛物线内，
y=2x2-7
联立 y=x+1 

 2 ∴x 1 =-2,x 2 =4
故弦AB的中点轨迹方程是y=2x2-7(-2≤x≤4)
y2
3944 (2024·全国·高三专题练习)设椭圆方程为x2+ =1，过点M0,1
4
 的直线l交椭圆于
  
1
点A、B，O是坐标原点，点P满足OP= OA+OB
2
 ，当l绕点M旋转时，求动点P的
轨迹方程．
【解析】直线l过点M0,1  ，设其斜率为k，则l的方程为y=kx+1.
记Ax 1 ,y 1  、Bx 2 ,y 2  ,
y=kx+1

 y2 ，化简得，4+k2
x2+ =1
4
 x2+2kx-3=0，
2k
x +x =-
 1 2 4+k2 8
所以 ，y +y =kx +1+kx +1= ，
xx =-
3 1 2 1 2 4+k2
1 2 4+k2
   1
于是OP= OA+OB
2

x +x y +y
= 1 2, 1 2
2 2

-k 4
= ,
4+k2 4+k2
 .
设点P的坐标为x,y 
-k
x=
 4+k2
,则 ，消去参数k得4x2+y2-y=0③
4
y=
4+k2
当k不存在时，A、B中点为坐标原点0,0  ，也满足方程③，
所以点P的轨迹方程为4x2+y2-y=0.
方向3：对称问题
x2 y2
3945 (2024·江苏·高二专题练习)已知椭圆E: + =1(a>b>0)的焦距为2c，左右焦点
a2 b2
分别为F、F，圆F:(x+c)2+y2=1与圆F:(x-c)2+y2=9相交，且交点在椭圆E上，直
1 2 1 2
线l:y=x+m与椭圆E交于A、B两点，且线段AB的中点为M，直线OM的斜率为
1
- ．
4
(1)求椭圆E的方程；
(2)若m=1，试问E上是否存在P、Q两点关于l对称，若存在，求出直线PQ的方程，若
不存在，请说明理由．
【解析】(1)因为圆F:(x+c)2+y2=1与圆F:(x-c)2+y2=9相交，且交点在椭圆E上，
1 2
所以2a=1+3，a=2，
设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，AB的中点Mx 0 ,y 0  ，
x2 y2
 1 + 1 =1①
 a2 b2 ，①-② ⇒ 2x 0x 1 -x 2
 x2 y2
  2 + 2 =1②
a2 a2
 + 2y 0y 1 -y 2
a2
 =0，
b2
b2 y y -y b2
⇒ + 0 ⋅ 1 2 =0⇒k ⋅k =- ，
a2 x x -x OM AB a2
0 1 2
1 b2
⇒- =- ⇒b2=1，
4 a2
第 页 共 页
2430 3427x2
则椭圆E的方程： +y2=1；
4
(2)假设存在P、Q两点关于l对称，设直线PQ的方程为y=-x+t，
Px 3 ,y 3  ，Qx 4 ,y 4  ，PQ中点Nx N ,y N  ，
y=-x+t

 x2+4y2=4
⇒5x2-8xt+4t2-4=0，
Δ=64t2-204t2-4  >0⇒- 5<t< 5，
x +x 4t t 4t t
x = 3 4 = ，y = ，即N ,
N 2 5 N 5 5 5
 ，
t 4t 5
由N在l上， = +1⇒t=- ，此时t∈(- 5, 5)，
5 5 3
5
故存在P、Q两点关于l对称，直线PQ的方程为y=-x- ．
3
x2 y2
3946 (2024·江苏南通·高二统考期中)已知椭圆C: + =1a>b>0
a2 b2
 的离心率为e，且过
点1,e 
2 3
和 ,
2 2
 ．
(1)求椭圆C的方程；
1
(2)若椭圆C上有两个不同点A，B关于直线y=x+ 对称，求AB
2
 ．
1 e2 1 c2 1 a2-b2 1
【解析】(1)由题意知： + = + = + = =1，∴b2=1
a2 b2 a2 a2b2 a2 a2b2 b2
2

2

2 3

2
+
a2

2
1 3 x2
= + =1，∴a2=2，所以椭圆C: +y2=1；
1 2a2 4 2
(2)法一 设Ax 1 ,y 1  Bx 2 ,y 2  及AB中点Mx 0 ,y 0  ，由题意知k =-1 AB
x2 x2 x2-x2
1 +y2=1， 2 +y2=1，以上两式相减得： 2 1 +y2-y2=0，
2 1 2 2 2 2 1
1 y2-y2 1 y y 1
可化为： + 2 1 =0即 + 0 ×k =0，故 0 = ，
2 x2-x2 2 x AB x 2
2 1 0 0
1 1 1
又∵M在直线y=x+ 上，所以y =x + ，解得：x =-1，y =-
2 0 0 2 0 0 2
1
即M-1,-
2

1
，直线AB:y+ =-x+1
2

3
，化简为：y=-x-
2
3 x +x =-2
y=-x-  1 2
联立 2 整理得：6x2+12x+5=0，由韦达定理知 5
x2+2y2=2 x 1 x 2 = 6
由弦长公式得：AB= 1+k2 x 1 -x 2  = 2 x 1 +x 2  2-4x 1 x 2 = 2 -2 
5
2-4× = 6
2 3
．
3
法二 设直线AB:y=-x+m，
y=-x+m
联立
 x2+2y2=2
，整理得：3x2-4mx+2m2-2=0
4m 2m m
x +x = ，则中点M ,
1 2 3 3 3

1 3
，满足直线方程y=x+ ，解得m=-
2 2
3
所以AB：y=-x-
2
3 x +x =-2
y=-x-  1 2
联立 2 整理得：6x2+12x+5=0，由韦达定理知 5
x2+2y2=2 x 1 x 2 = 6
第 页 共 页
2431 3427由弦长公式得：AB= 1+k2 x 1 -x 2  = 2 x 1 +x 2  2-4x 1 x 2 = 2 -2 
5
2-4× = 6
2 3
．
3
6
3947 (2024·全国·高三专题练习)已知O为坐标原点，点1,
2

x2 y2
在椭圆C： + =
a2 b2
1a>b>0  上，直线l：y=x+m与C交于A，B两点，且线段AB的中点为M，直线OM
1
的斜率为- ．
2
(1)求C的方程；
(2)若m=1，试问C上是否存在P，Q两点关于l对称，若存在，求出P，Q的坐标，若不存
在，请说明理由．
【解析】(1)设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2 
x +x y +y
，则M 1 2, 1 2 2 2 
y +y
1 2
y -y 2
,k = 1 2 =1,k = AB x -x OM x +x
1 2 1 2
2
y +y 1
= 1 2 =-
x +x 2
1 2
∵Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2 
x2 y2
 1 + 1 =1
 a2 b2
在椭圆上，则  x2 y2
  2 + 2 =1
a2 b2
x2-x2 y2-y2 y2-y2 y +y y -y b2
两式相减得 1 2 + 1 2 =0，整理得 1 2 = 1 2 × 1 2 =-
a2 b2 x2-x2 x +x x -x a2
1 2 1 2 1 2
b2 1 b2
∴k ⋅k =- ，即- =- ，则a2=2b2
AB OM a2 2 a2
6
又∵点1,
2

x2 y2 1 3
在椭圆C： + =1上，则 + =1
a2 b2 a2 2b2
联立解得a2=4,b2=2
x2 y2
∴椭圆C的方程为 + =1
4 2
(2)不存在，理由如下：
假定存在P，Q两点关于l：y=x+1对称，设直线PQ与直线l的交点为N，则N为线段
PQ的中点，连接ON
∵PQ⊥l，则k ⋅k =-1，即k =-1
AB PQ PQ
1 1 1
由(1)可得k ⋅k =- ，则k = ，即直线ON:y= x
ON PQ 2 ON 2 2
1
联立方程   y= 2 x ，解得  x=-2
y=-1
y=x+1
即N-2,-1 
-2
∵
 2 -1
+
4
 2 3
= >1，则N-2,-1
2 2
 在椭圆C外
∴假定不成立，不存在P，Q两点关于l对称
第 页 共 页
2432 34273948 (2024·上海浦东新·高二上海南汇中学校考期中)已知曲线C的方程是1-a2  x2+y2+
2
a2-1=0，其中a>0，a≠1，直线l的方程是y= x-a．
2
(1)请根据a的不同取值，判断曲线C是何种圆锥曲线；
(2)若直线l交曲线C于两点M，N，且线段MN中点的横坐标是-2，求a的值；
(3)若a= 2，试问曲线C上是否存在不同的两点A，B，使得A，B关于直线l对称，并说
明理由．
【解析】(1)1-a2 
y2
x2+y2+a2-1=0，即x2+ =1，
1-a2
当0<a<1时，曲线表示焦点在x轴上的椭圆；
当a>1时，曲线表示焦点在x轴上的双曲线；
(2)设Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ，1-a2  x2+y2=1-a2，
则1-a2

x2
1
+y2
1
=1-a2，1-a2

x2+y2=1-a2，
2 2
两式相减得到：1-a2  x 1 +x 2  x 1 -x 2  +y 1 +y 2  y 1 -y 2  =0，
即-41-a2 
2
+ 2 y 1 +y 2  =0，故y 1 +y 2 =4 21-a2  ，
故MN的中点为 -2,2 21-a2    ，代入直线得到2 21-a2 
2
= ×-2
2
 -a，
3 2
解得a= 2或a=- (舍)，故a= 2.
4
2
(3)假设存在，直线方程为y= x- 2，双曲线方程为x2-y2=1，
2
设Ax 3 ,y 3  ，Bx 4 ,y 4  ，AB中点为x 0 ,y 0  ，则x2-y2=1，x2-y2=1， 3 3 4 4
两式相减得到x 3 +x 4  x 3 -x 4  -y 3 +y 4  y 3 -y 4  =0，
即x 3 +x 4  + 2y 3 +y 4 
2
=0，x + 2y =0，又y = x - 2， 0 0 0 2 0
2
解得x =1，y =- .
0 0 2
此时直线AB方程为：y=- 2x-1 
2 2
- ，即y=- 2x+ ，
2 2
2
y=- 2x+ 3
 2 ，化简得到x2-2x+ =0，方程无解，故不存在.
2
x2-y2=1
5 x2 y2
3949 (2024·江苏·高二假期作业)双曲线C的离心率为 ，且与椭圆 + =1有公共焦
2 9 4
点．
(1)求双曲线C的方程．
(2)双曲线C上是否存在两点A，B关于点(4，1)对称？若存在，求出直线AB的方程；若
第 页 共 页
2433 3427不存在，说明理由．
x2 y2
【解析】(1)椭圆 + =1：a=3,b=2,c= 5，
9 4
c= 5


c 5
所以双曲线 a = 2 ⇒a=2,b=1,c= 5.

  c2=a2+b2
x2
所以双曲线的方程为 -y2=1.
4
(2)画出图象如下图所示，设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，
x2 x2
1 -y2=1, 2 -y2=1，
4 1 4 2
y -y y +y 1 1 1
两式相减并化简得 1 2 ⋅ 1 2 = ，即k ⋅ = ⇒k =1，
x -x x +x 4 AB 4 4 AB
1 2 1 2
所以直线AB的方程为y-1=1×x-4  ⇒y=x-3.
3950 (2024·高二课时练习)已知直线l与抛物线y2=8x交于A，B两点，且线段AB恰好被
点P(2,2)平分.
(1)求直线l的方程；
(2)抛物线上是否存在点C和D，使得C，D关于直线l对称?若存在，求出直线CD的方
程；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)依题意，直线l的斜率存在，且不为0，设直线l的方程为x-2=m(y-2)，即
x=my-2m+2，
x=my-2m+2
由
 y2=8x
消去x得：y2-8my+16m-16=0，
Δ=(-8m)2-4(16m-16)=64(m2-m+1)>0，设A(x,y),B(x ,y )，则有y +y =
1 1 2 2 1 2
8m，
1 1
由4m=2，得m= ，于是直线l的方程x-2= (y-2)，即2x-y-2=0，
2 2
所以直线l的方程为2x-y-2=0.
1
(2)假设抛物线上存在点C，D满足条件，由(1)设直线CD的方程为y=- x+n，
2
第 页 共 页
2434 34271
y=- x+n
由 2 消去x得：y2+16y-16n=0，有Δ=256+64n>0，解得n>-4，
y2=8x
设C(x ,y ),D(x ,y )，则y +y =-16，于是线段CD的中点坐标为(2n+16,-8)，
3 3 4 4 3 4
显然点(2n+16,-8)在直线l:2x-y-2=0上，即2(2n+16)+8-2=0，解得n=
19
- <-4，
2
所以抛物线上不存在点C，D，使得C，D关于直线l对称.
3951 (2024·全国·高三专题练习)已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，直线l：y=2x+a与抛
物线C交于A，B两点.
(1)若a=-1，求△FAB的面积；
(2)若抛物线C上存在两个不同的点M，N关于直线l对称，求a的取值范围.
【解析】(1)抛物线C:y2=4x的焦点为F(1,0)，
a=-1时，直线l:y=2x-1，
联立
 y2=
y=
4x
2x-1 ，可得x2-2x+
4
1 =0，
设A(x ，y)，B(x ，y )，
1 1 2 2
1
则x +x =2，xx = ．
1 2 1 2 4
AB  = 1+k2⋅ (x +x )2-4xx = 1+4⋅ 4-1= 15， 1 2 1 2
|2×1-0-1| 5
点F到直线l的距离距离d= = ，
22+1 5
1 1 5 3
∴△FAB的面积S= |AB|⋅d= × 15× = ．
2 2 5 2
1
(2)∵点M，N关于直线l对称，∴直线MN的斜率为- ，
2
1
∴可设直线MN的方程为y=- x+m，
2
1
 y=- x+m
联立 2 ，整理可得x2-(4m+16)x+4m2=0，
y2=4x
由Δ=(4m+16)2-16m2>0，可得m>-2，
1
设M(x ，y )，N(x ，y )，则x +x =4m+16，y +y =- (x +x )+2m=-8
3 3 4 4 3 4 3 4 2 3 4
故MN的中点为(2m+8,-4)，
∵点M，N关于直线l对称，∴MN的中点(2m+8,-4)，在直线y=2x+a上，
∴-4=2(2m+8)+a，得a=-4m-20，∵m>-2，∴a<-12．
综上，a的取值范围为(-∞,-12)．
方向4：斜率之积问题
3952 (2024·云南昭通·高二校考期中)已知斜率为k 1k 1 ≠0 
y2
的直线l与椭圆x2+ =1交于 16
A,B两点，线段AB的中点为C，直线OC(O为坐标原点)的斜率为k ，则k ⋅k = ( )
2 1 2
1 1
A.-4 B.- C.- D.-16
4 16
【答案】D
【解析】设点Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2 
x +x y +y
，则C 1 2, 1 2 2 2  ，
第 页 共 页
2435 3427y2 y2 y2-y2
因为x2+ 1 =1,x2+ 2 =1，可得 1 2 =-16，
1 16 2 16 x2-x2
1 2
y +y
y -y 1 2 2 -0 y +y y2-y2
又因为k = 1 2,k = = 1 2，所以kk = 1 2 =-16.
1 x -x 2 x +x x +x 1 2 x2-x2
1 2 1 2 -0 1 2 1 1
2
故选：D.
x2 y2
3953 (2024·江西·校联考模拟预测)已知直线l:y=2x+2过椭圆C； + =1(a>b>0)
1 a2 b2
的一个焦点，与C交于A，B两点，与l 平行的直线l 与C交于M，N两点，若AB的中点
1 2
4
为P，MN的中点为Q，且PQ的斜率为- ，则C的方程为 ( )
9
x2 y2 x2 y2 x2 y2 5x2 5y2
A. + =1 B. + =1 C. + =1 D. + =1
4 3 9 5 9 8 36 16
【答案】C
【解析】设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ,Px 0 ,y 0  ，
x2 y2
 1 + 1 =1
则  a2 b2 ，两式作差得 x 1 +x 2
 x2 y2
  2 + 2 =1
a2 b2
 x 1 -x 2  =- y 1 +y 2
a2
 y 1 -y 2 
b2
y -y y 2y b2
所以 1 2 ⋅ 0 = 0 =-
x -x x x a2
1 2 0 0
b2 b2
若O为坐标原点，则k =- ，同理k =- ，所以O，P，Q三点共线，
OP 2a2 OQ 2a2
b2 4 b2 8
即k OP =k PQ =- 2a2 =- 9 ，所以 a2 = 9 ，又l 1 过点-1,0  ，即椭圆的焦点，所以a2-b2
=1
a2=9 x2 y2
解得 
b2=8
，所以C的方程为
9
+
8
=1.
故选：C
x2 y2
3954 (2024·江西赣州·高二统考期末)椭圆 + =1，M，N是椭圆上关于原点对称的两动
9 4
点，P为椭圆上任意一点，直线PM，PN的斜率分别为k 1 ，k 2 ，则k 1  +k 2  的最小值为
( )
4 3 2 4
A. B. C. D.
3 2 3 9
【答案】A
【解析】设Px 0 ,y 0  ,Mx 1 ,y 1  ,N-x 1 ,-y 1  ，
x2 y2 x2 y2
则 0 + 0 =1, 1 + 1 =1，
9 4 9 4
y2-y2 4
两式相减并化简得 0 1 =- ，
x2-x2 9
0 1
y -y y +y y2-y2 4
而k = 0 1,k = 0 1，所以kk = 0 1 =- ，
1 x -x 2 x +x 1 2 x2-x2 9
0 1 0 1 0 1
所以k 1  +k 2  ≥2 k 1  ⋅k 2 
4
= ， 3
当且仅当k +k =0时等号成立.
1 2
故选：A
第 页 共 页
2436 34273955 (2024·山西晋中·高二校考阶段练习)过点M-2,0  的直线与椭圆x2+2y2=2相交于
P 1 ，P 2 两点，设线段P 1 P 2 的中点为P，若直线P 1 P 2 的斜率为k 1k 1 ≠0  ，直线OP(O为原点)
的斜率为k ，则kk 等于( ).
2 1 2
1 1
A.-2 B.2 C. D.-
2 2
【答案】D
【解析】设P 1x 1 ,y 1  ,P 2x 2 ,y 2  ,Px 0 ,y 0  ，
由于P 1x 1 ,y 1  ,P 2x 2 ,y 2  在椭圆x2+2y2=2上，
所以x2+2y2=2,x2+2y2=2，
1 1 2 2
1 y +y y -y
两式相减并化简得- = 1 2 ⋅ 1 2，
2 x +x x -x
1 2 1 2
1 2y
即- = 0 ⋅k =k ⋅k .
2 2x 1 1 2
0
故选：D
y2 x2
3956 (2024·浙江宁波·高二校联考期末)过双曲线C: - =1(a>0,b>0)内一点M1,1
a2 b2

1
且斜率为 的直线交双曲线于A,B两点，弦AB恰好被M平分，则双曲线C的离心率为
2
( )
6 5
A. B. C. 3 D. 5
2 2
【答案】C
y -y 1
【解析】由题意可得x +x =2,y +y =2，且 1 2 = ，
1 2 1 2 x -x 2
1 2
y2 x2
 1 - 1 =1
 a2 b2
又因为 ，
 y2 x2
  2 - 2 =1
a2 b2
1 1
所以 (y +y )(y -y )+ (x +x )(x -x)=0，
a2 1 2 1 2 b2 1 2 2 1
2 2
即有 (y -y )= (x -x )，
a2 1 2 b2 1 2
2
y -y b2 a2 1
所以 1 2 = = = ，
x -x 2 b2 2
1 2
a2
所以b2=2a2，
所以c2=b2+a2=3a2，
c2
所以e2= =3，
a2
所以e= 3.
故选：C.
x2 y2
3957 (2024·福建泉州·高二校考期中)过双曲线C： - =1(a>0，b>0)的焦点且斜率
a2 b2
1
不为0的直线交C于A，B两点，D为AB中点，若k ⋅k = ，则C的离心率为
AB OD 2
( )
第 页 共 页
2437 34276
A. 6 B.2 C. 3 D.
2
【答案】D
【解析】不妨设过双曲线C的焦点且斜率不为0的直线为y=k(x-c),k≠0，令A(x,
1
y)，B(x ,y )
1 2 2
x2 y2
 - =1
由a2 b2 ，整理得b2-a2k2
y=k(x-c)
 x2+2a2k2cx-a2k2c2+a2b2  =0
2a2k2c a2k2c2+a2b2 a2k2c kb2c
则x +x = ，xx = ，D ，
1 2 a2k2-b2 1 2 a2k2-b2 a2k2-b2 a2k2-b2

kb2c b2 1 b2 1
则k = = ，由k ⋅k = ，可得 ⋅k=
OD a2k2c a2k AB OD 2 a2k 2
c 6
则有a2=2b2，即3a2=2c2，则双曲线C的离心率e= =
a 2
故选：D
x2 y2
3958 (2024·江西·校联考模拟预测)已知双曲线C： - =1a>0,b>0
a2 b2
 的左，右焦点分
别是F，F，其中FF =2c，过右焦点F 的直线l与双曲线的右支交与A，B两点，则下列
1 2 1 2 2
说法中错误的是 ( )
2b2
A.弦AB的最小值为
a
B.若AB=m，则三角形△FAB的周长2m+4a
1
b2
C.若AB的中点为M，且AB的斜率为k，则k ⋅k=
OM a2
D.若直线AB的斜率为 3，则双曲线的离心率e∈2,+∞ 
【答案】D
2b2
【解析】A.AB的最小值为通径为 ，故A正确；
a
B.由双曲线的定义得AF 1  +BF 1  -AB  =4a，得AF 1  +BF 1  =4a+m，所以三角形
△F 1 AB的周长AF 1  +BF 1  +AB  =4a+2m，故B正确；
C.设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2 
x2 y2
 1 - 1 =1
，则  a2 b2 ，两式相减得 x 1 +x 2  x2 y2
  2 - 2 =1
a2 b2
 x 1 -x 2  - a2
y 1 +y 2  y 1 -y 2  =0，则 1 - y 1 +y 2
b2 a2

b2 x 1 +x 2 
⋅ y 1 -y 2  1 1 =0，则 - ⋅k ⋅k=0，则k ⋅
x -x a2 b2 OM OM 1 2
b2
k= ，故C正确；
a2
b
D若直线AB的斜率为 3，所以 < 3∴b2<3a2∴c2<4a2∴1<e<2，所以选D不
a
正确.
故选：D
【解题方法总结】
直线与圆锥曲线相交所得弦中点问题，是解析几何的重要内容之一，也是高考的一个热
点问题．这类问题一般有以下3种类型：(1)求中点弦所在直线方程问题；(2)求弦中点
的轨迹方程问题；(3)对称问题，但凡涉及到弦的中点斜率的问题．首先要考虑是点差
法．
即设出弦的端点坐标，根据端点在曲线上，结合中点坐标公式，寻找中点坐标与弦的斜率
第 页 共 页
2438 3427之间的联系．除此之外，最好也记住如下结论：
x2 y2 b2
在椭圆 + =1(a>b>0)中，中点弦的斜率为k，满足k ⋅k=- ．
a2 b2 0 a2
x2 y2 b2
在双曲线 - =1(a,b>0)中，中点弦的斜率为k，满足k ⋅k= ．(其中k 为原点
a2 b2 0 a2 0
与弦中点连线的斜率)．
在抛物线y2=2px(p>0)中，中点弦的斜率为k，满足k⋅y =p(y 为中点纵坐标)．
0 0
3 题型三：弦长问题
3959 (2024·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测)已知直线l与圆O:x2+y2=1相切，
x2 y2
且交椭圆C: 4 + 3 =1于Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2 
6
两点，若yy =- ，则|AB|= ． 1 2 7
4 30 4
【答案】 / 30
7 7
【解析】设直线l:x=my+t，
∵直线l与圆O:x2+y2=1相切，
|t|
∴ =1,∴t2=1+m2，
m2+1
将直线l方程与椭圆方程联立，得4+3m2

y2+6mty+3t2-12=0，
3t2-12 6
所以yy = ，因为yy =- ，
1 2 4+3m2 1 2 7
3t2-12 6
所以 =- ,∴m2=1,t2=2，
4+3m2 7
由对称性，不妨取m=1,t= 2，
6 2 6 2
∴y +y =- ,∴|AB|= 1+1× -
1 2 7 7

2 6
-4×-
7

4 30
=
7
4 30
故答案为： .
7
x2 π
3960 (2024·全国·高三对口高考)已知椭圆 +y2=1，过左焦点F作倾斜角为 的直线交
9 6
椭圆于A、B两点，则弦AB的长为 ．
【答案】2
x2
【解析】在椭圆 +y2=1中，a=3，b=1，则c= a2-b2=2 2，故点F-2 2,0
9
 ，
设点Ax 1 ,y 1  、Bx 2 ,y 2 
3
，由题意可知，直线AB的方程为y= x+2 2 3  ，即x= 3y
-2 2，
第 页 共 页
2439 3427x= 3y-2 2
联立
 x2+9y2=9
可得12y2-4 6y-1=0，Δ=16×6+4×12=144>0，
6 1
由韦达定理可得y +y = ，yy =- ，
1 2 3 1 2 12
所以，AB  = 1+3⋅ y 1 +y 2 
6
2-4yy =2  1 2 3 
2 1
-4×- 12  =2.
故答案为：2.
x2
3961 (2024·广西南宁·高三统考阶段练习)已知椭圆C： +y2=1的左焦点为F，过点F且
2
π
倾斜角为 的直线l与椭圆C相交于A，B两点，则AB
4
 = ．
4 2
【答案】
3
x2
【解析】已知椭圆C： +y2=1，a2=2，b2=1，则c2=a2-b2=2-1=1，
2
所以椭圆的左焦点为F-1,0  ,
π π
因为直线l倾斜角为 ，所以直线l的斜率k=tan =1，则直线l的方程为y=x+1.
4 4
y=x+1

联立x2 ，消去y，整理得3x2+4x=0，
+y2=1
2
4
解得x 1 =0,x 2 =- 3 ．∴AB  = 1+k2 x 1 -x 2 
4
= 1+12× 0-- 3   
4 2
= ． 3
4 2
故答案为： .
3
y2 x2
3962 (2024·安徽滁州·校考模拟预测)已知直线l与椭圆 + =1在第二象限交于A,B两
6 3
点，且l与x轴、y轴分别交于M,N两点，若MA  =NB  ，MN=2 3，则l的方程为
．
【答案】y= 2x+2 2
【解析】设A(x,y),B(x ,y )，线段AB的中点为E，
1 1 2 2
y2 x2 y2 x2 y2-y2 y -y y +y
由 1 + 1 =1, 2 + 2 =1，两式相减可得 2 1 =-2，即 2 1 ⋅ 2 1 =-2，
6 3 6 3 x2-x2 x -x x +x
2 1 2 1 2 1
y +y
2 1
y -y 2 y +y
又由k = 2 1,k = = 2 1，则k k =-2，
AB x -x OE x +x x +x OE AB
2 1 2 1 2 1
2
m
设直线l的方程为y=kx+m,k<0,m>0，可得M- ,0
k
 ,N(0,m)，
m m
所以E- ,
2k 2
 ，所以k =-k，所以-k⋅k=-2，解得k= 2，
OE
因为MN 
m2
=2 3，所以 +m2=2 3，可得m2=8(m>0)，解得m=2 2，
k2
所以直线l的方程为y= 2x+2 2.
故答案为：y= 2x+2 2.
第 页 共 页
2440 34273963 (2024·湖北黄冈·浠水县第一中学校考模拟预测)在生活中，我们经常看到椭圆，比如放
x2 y2
在太阳底下的篮球，在地面上的影子就可能是一个椭圆.已知影子椭圆C: + =1(a
a2 b2
1
>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F，F，离心率为 ．过F 且垂直于AF 的直线
1 2 2 1 2
与C交于D，E两点，DE 
1 1
=6，则 + 的最小值是 ．
2DF AD
1
3+2 2
【答案】
13
c 1
【解析】∵椭圆的离心率为e= = ，
a 2
∴a=2c，∴b2=a2-c2=3c2，
x2 y2
∴椭圆的方程为 + =1，，3x2+4y2-12c2=0
4c2 3c2
不妨设左焦点为F，右焦点为F，如图所示，
1 2
∵AF =a，OF =c，a=2c，
2 2
π
∴∠AFO= ，
2 3
∴△AFF 为正三角形，
1 2
∵过F 且垂直于AF 的直线与C交于D，E两点，DE为线段AF 的垂直平分线，
1 2 2
3
∴直线DE的斜率为 ，斜率倒数为 3，
3
直线DE的方程：x= 3y-c，
代入椭圆方程3x2+4y2-12c2=0，整理得：13y2-6 3cy-9c2=0，
Δ=6 3c  2+4×13×9c2=62×16×c2，
第 页 共 页
2441 3427∴DE  = 1+ 3  2 y 1 -y 2 
Δ c
=2× =2×6×4× =6， 13 13
13 13
∴ c= ，得a=2c= ，
8 4
∵DE为线段AF 的垂直平分线，根据对称性，AD=DF，
2 2
13
∴2a= =DF +DF =DF +AD,
2 1 2 1
2 2
∴ DF + AD=1，
13 1 13
1 1 1 1
则 + = +
2DF AD 2DF AD
1 1

2 2
 DF+ AD
13 1 13

3+2 2
≥ ，
13
AD 2DF
当且仅当 = 1 ,即AD= 2DF 取等号.
13DF 13AD 1
1
3+2 2
故答案为： .
13
x2
3964 (2024·福建龙岩·福建省龙岩第一中学校考三模)如图，F，F 分别为椭圆 +y2=1的
1 2 4
左、右焦点，A，C在椭圆上且关于原点对称(点A在第一象限)，延长CF 交椭圆于点B，
2
若AF 1  +BF 2 
49
= ，则直线AC的方程为 . 13
【答案】x-2 3y=0
【解析】连接AF，CF，
2 1
∵AO  =OC  ，F 1 O  =OF 2  ，
∴四边形AFCF 为平行四边形，
1 2
∴AF ∥BF.
1 2
设直线AF 的斜率为k，
1
∵F 1- 3,0  ，直线AF 1 的方程为y=kx+ 3  .
y=kx+ 3
联立方程，得
 
x2 ，整理得4k2+1
+y2=1
4
 x2+8 3k2x+12k2-4=0，
∵点A在第一象限，
-8 3k2+4 k2+1
∴x =
A 24k2+1

-4 3k2+2 k2+1 4 3k2+2 k2+1
= ，同理可得x = .
4k2+1 B 4k2+1
第 页 共 页
2442 3427∴AF 1  +BF 2  = 1+k2 x + 3 A  + 1+k2 x - 3 B  = 1+k2 x A +x B 
4k2+1
=

= 4k2+1
49 1
，得k2= ，
13 48
1
∴x = 3，则A 3,
A 2
 ，直线AC的方程为x-2 3y=0.
x2 y2
3965 (2024·江苏苏州·校联考三模)已知双曲线C: - =1a>0
a2 12
 ，过其右焦点F的直线
l与双曲线C交于A、B两点，已知AB  =16，若这样的直线l有4条，则实数a的取值范
围是 .
3
【答案】 ,8
2

【解析】记c= a2+12，若直线l与x轴重合，此时，AB  =2a；
12
若直线l⊥x轴时，将x=c代入双曲线方程可得y=± ，此时AB
a

24
= ，
a
24 24 3
当2a=16时，则a=8，此时， =3；当 =16，可得a= ，则2a=3，
a a 2
所以，双曲线C的实轴长和通径长不可能同时为16；
当直线l与x轴不重合时，记c= a2+12，则点F 2c,0  ，
设直线l的方程为x=my+c，其中m≠0，设点Ax 1 ,y 1  、Bx 2 ,y 2  ，
x=my+c

联立x2 y2 可得12m2-a2
- =1
a2 12
 y2+24mcy+144=0，
a2
由题意可得12m2-a2≠0，可得m2≠ ，
12
Δ=242m2c2-4×14412m2-a2  =242 m2c2-12m2+a2  =242a2 m2+1  >0，
24mc 144
由韦达定理可得y +y =- ，yy = ，
1 2 12m2-a2 1 2 12m2-a2
所以，AB  = 1+m2⋅ y 1 +y 2 
24mc
2-4yy = 1+m2⋅ - 1 2 12m2-a2 
2 4×144
- 12m2-a2
24am2+1
=

12m2-a2

=16，即3am2+1  =212m2-a2  ，
所以，关于m的方程3am2+1  =212m2-a2  由四个不等的实数解.
a2
当12m2-a2>0时，即当m2> 时，可得3am2+1
12
 =212m2-a2  ，
2a2+3a a2 a2+12
可得m2= > ，整理可得
24-3a 12 4a-8 
<0，因为a>0，解得0<a<8；
a2
当12m2-a2<0时，即当m2< ，可得3am2+1
12
 =2a2-12m2  ，
a2+3
4a+8 2a2-3a a2
可得m2= < ，整理可得
24+3a 12


 >0
 3
2a2-3a
>0
，可得a>
2
.
 24+3a

a>0
3
综上所述， <a<8.
2
3
故答案为： ,8
2
 .
3966 (2024·贵州·统考模拟预测)已知双曲线C:x2-my2=1m>0  的左、右焦点分别为F， 1
第 页 共 页
2443 3427F 2 ，点A，B分别在双曲线C的左支与右支上，且点A，B与点F 2 共线，若AB  :AF 1  :BF 1 
=2:2:3，则AB  = .
8
【答案】
3
【解析】因为AB  :AF 1  :BF 1  =2:2:3，设AB  =AF 1  =t，BF 1 
3
= t， 2
由双曲线定义可得AF 2  -AF 1  =AF 2  -AB  =BF 2  =2，所以BF 1  =BF 2  +2=4，
3 8
即 t=4，t= ，即AB
2 3

8
= .
3
8
故答案为： .
3
x2 y2
3967 (2024·全国·高三专题练习)过双曲线 - =1的右焦点作倾斜角为30°的直线l，直
3 6
线l与双曲线交于不同的两点A，B，则AB的长为 ．
16 3
【答案】
5
x2 y2
【解析】双曲线
3
-
6
=1的右焦点为F 23,0 
3
，所以直线l的方程为y= (x-3)．
3
x2 y2
 - =1
由  3 3 6 ，得5x2+6x-27=0．设Ax 1 ,y 1
y= (x-3)
 3
 ，Bx 2 ,y 2  6 ，则x +x =- ，xx = 1 2 5 1 2
27
- ，
5
1 所以AB= 1+ 3  x 1 +x 2   2-4xx 1 2  1 6 = 1+ × - 3 5  2 27 -4×- 5  16 3 = ． 5
16 3
故答案为：
5
3968 (2024·湖南长沙·周南中学校考二模)根据抛物线的光学性质，从抛物线的焦点发出的
光，经抛物线反射后光线都平行于抛物线的轴，已知抛物线y2=2x，若从点Q(3，2)发射
平行于x轴的光射向抛物线的A点，经A点反射后交抛物线于B点，则AB  = .
25
【答案】
8
【解析】由条件可知AQ与x轴平行，令y =2，可得x =2，故A点坐标为2,2
A A
 ，
1
因为l 经过抛物线焦点F ,0
AB 2

2-0 1
，所以l 方程为y-0= x-
AB 1 2
2-
2
 ，
整理得4x-3y-2=0，联立  y2=2x ，得y2- 3 y-1=0，Δ=- 3
4x-3y-2=0 2 2
 2 -4×1×
-1 
25 3
= >0，所以y +y = ， 4 A B 2
1 1 1
又y =2，所以y =- ，x = ×-
A B 2 B 2 2

2 1
= ，
8
1
所以|AB|= 2-
8

2 1
+2+
2

2 25
= .
8
25
故答案为： .
8
3969 (2024·河南·校联考模拟预测)已知抛物线y2=2px(p>0)的准线l与x轴的交点为M，
过焦点F的直线AB分别与抛物线交于A,B两点(A点在第一象限)，AF  ⋅BF  =AB  ，
3
直线AB的倾斜角为锐角α，且满足sin∠AMF= sinα，则AB
2
 = .
第 页 共 页
2444 3427【答案】12
【解析】如图，过点A作AC⊥x轴于点C，由抛物线的定义可知点A到准线l的距离d
=AF  =MC  =MF  +FC  =p+AF  cosα，故AF 
p
= ，
1-cosα
同理BF 
p
= ，则AF
1+cosα
 BF 
p2
= =AF
1-cos2α
 +BF 
2p
= ，故p=2，
1-cos2α
AC AC 3
sinα= = =tan∠AMF，则sin∠AMF= tan∠AMF，
AF MC 2
3 1 3
可得cos∠AMF= ，则sin∠AMF= ，所以sinα= ,AB
2 2 3

2p
= =12.
sin2α
故答案为：12.
3970 (2024·人大附中校考三模)已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，过点F的直线与该
抛物线交于A，B两点，AB  =10，AB的中点横坐标为4，则p= ．
【答案】2
【解析】由抛物线定义知：AB 
x +x
=x +x +p=10，而AB的中点横坐标为4，即 A B A B 2
=4，
所以8+p=10，即p=2.
故答案为：2
【解题方法总结】
在弦长有关的问题中，一般有三类问题：
(1)弦长公式：AB  = 1+k2 x 1 -x 2 
Δ
= 1+k2 a  ．
(2)与焦点相关的弦长计算，利用定义；
(3)涉及到面积的计算问题．
4 题型四：面积问题
方向1：三角形问题
x2 y2
3971 (2024·江西景德镇·统考三模)设椭圆C: + =1a>b>0
a2 b2
 的左、右顶点分别为A,
3
B，且焦距为2.点P在椭圆上且异于A,B两点，若直线PA与PB的斜率之积为- .
4
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点F-1,0  作不与x轴重合的直线与椭圆C相交于M,N两点，直线m的方程为：x
=-2a，过点M作ME垂直于直线m，交m于点E.求△OEN面积的最大值.
第 页 共 页
2445 3427【解析】(1)由题意知：A-a,0  ，Ba,0  ，设Px,y  ，
b2
b2- x2
y y y2 a2 b2 b2 3
则k ⋅k = ⋅ = = =- ，∴- =- ，
PA PB x+a x-a x2-a2 x2-a2 a2 a2 4
又a2-b2=c2=1，∴a2=4，b2=3，
x2 y2
∴椭圆C的标准方程为： + =1.
4 3
(2)
设直线MN:x=ty-1，Mx 1 ,y 1  ,Nx 2 ,y 2  ，则E-4,y 1  ，
x=ty-1

由x2 y2 得：3t2+4
+ =1
4 3
 y2-6ty-9=0，
6t 9
显然Δ>0，∴y +y = ，yy =- ，
1 2 3t2+4 1 2 3t2+4
∴-2ty 1 y 2 =3y 1 +y 2 
y -y
，又k = 2 1， EN x +4
2
y -y
∴直线EN方程为：y-y 1 = x 2 +4 1 x+4
2
 ，
令y=0，则x=-4- y 1x 2 +4 
3
tyy +3y 2 y 1 -y 2 =-4- 1 2 1 =-4+
y -y y -y
2 1 2 1
 3 5 =-4+ =- ，
y -y 2 2
2 1
5
∴直线EN过定点P- ,0
2
 ；
6t
而|y -y |= (y +y )2-4yy = 
1 2 1 2 1 2 3t2+4

2 36 12 t2+1
+ = ，
3t2+4 3t2+4
1 1 5 12 t2+1 15 t2+1 15
则S = |OP||y -y |= × × = = ，
△OEN 2 1 2 2 2 3t2+4 3(t2+1)+1
3 t2+1+
1
t2+1
1 1
令u= t2+1≥1，有3 t2+1+ =3u+ 在[1,+∞)上单调递增，
t2+1 u
1
则u=1，即t=0时 ，3 t2+1+ 取最小值4，
t2+1
15
于是当t=0时，(S ) = ，
△OEN max 4
15
所以△OEN面积的最大值是 .
4
3972 (2024·河北·高三校联考阶段练习)已知抛物线C：y2=2pxp>0  上一点Aa,a  a≠0 
5
到焦点F的距离为 ．
2
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F的直线l与抛物线C交于P,Q两点，直线OP,OQ与圆E：x-2  2+y2=4的
第 页 共 页
2446 3427另一交点分别为M,N,O为坐标原点，求△OPQ与△OMN面积之比的最小值．
a2=2pa

【解析】(1)依题意得 p 5 ，解得p=1,a=2，所以抛物线方程为y2=2x.
a+ =
2 2
1
(2)抛物线y2=2x的焦点为F ,0
2
 ，直线l与x轴不重合，
1
设直线l的方程为x=my+ ，
2
1
x=my+
由 2 消去x并化简得y2-2my-1=0，Δ=4m2+4>0，
y2=2x
设Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  ，则y +y =2m,yy =-1， 1 2 1 2
所以x 1 +x 2 =my 1 +y 2 
y2 y2 1
+1=2m2+1,xx = 1 ⋅ 2 = ， 1 2 2 2 4
所以OP  = x2 1 +y2 1 = x2 1 +2x 1 ,OQ  = x2+y2= x2+2x . 2 2 2 2
y
y y y= 1x
l :y= 1x,l :y= 2x，由 x OP x OQ x 1
1 2 x-2 

 ，而x ≠0， M
2+y2=4
4x2 4xy 4x2 4x y
故解得x = 1 ,y = 1 1 .同理可求得x = 2 ,y = 2 2 .
M x2+y2 M x2+y2 N x2+y2 N x2+y2
1 1 1 1 2 2 2 2
OM 
4x2
=  1
x2+y2
1 1

2 4xy
+ 1 1
x2+y2
1 1

2 4 x4+x2y2 4 x4+2x3 4 x
= 1 1 1 = 1 1 = 1 ，
x2+y2 x2+2x x +2
1 1 1 1 1
同理ON 
4 x
= 2 ，
x +2
2
1
所以 S △OPQ = 2 OP
S △OMN
 ⋅OQ  ⋅sin∠POQ
1 OM
2
 ⋅ON 
OP =
⋅sin∠MON
 ⋅OQ 
OM  ⋅ON 
= x2 1 +2x 1 ⋅ x2 2 +2x 2 = x 1 +2
4 x 4 x
1 ⋅ 2
x +2 x +2
1 2
 ⋅x 2 +2 
16
1 21
+2m2+1+4 2m2+
xx +x +x +4 4 4
= 1 2 1 2 = = ，
16 16 16
故当m2=0时， S △OPQ 取得最小值为 21 .
S 64
△OMN
第 页 共 页
2447 3427x2 y2
3973 (2024·河南·高三校联考开学考试)椭圆 + =1(a>b>0)的左右顶点分别为A,B,
a2 b2
1
M( 2,1)是栯圆上一点，k ⋅k =- ．
MA MB 2
(1)求椭圆方程；
(2)动直线x=m交椭圆于P,Q两点，求△PQM面积取最大时的m的值．
x2 y2
【解析】(1)在椭圆 + =1(a>b>0)中，A(-a,0),B(a,0)，而M( 2,1)在椭圆上，
a2 b2
1
且k ⋅k =- ，
MA MB 2
1 1 1 2 1
因此 ⋅ =- ，解得a2=4，显然 + =1，则b2=2，
2+a 2-a 2 a2 b2
x2 y2
所以椭圆方程为 + =1.
4 2
x2 y2
(2)直线x=m与椭圆 + =1交于P,Q两点，则-2<m<2，
4 2
x2 y2 4-m2
把x=m代入方程 + =1得：y2= ，由椭圆的对称性知|PQ|=2|y|= 2⋅
4 2 2
4-m2，
点M( 2,1)到直线x=m的距离d=| 2-m|，
1 2
当m≠ 2时，得△PQM的面积S = |PQ|⋅d= ⋅ 4-m2⋅| 2-m|=
△PQM 2 2
2
(4-m2)( 2-m)2，
2
令f(m)=(4-m2)( 2-m)2,-2<m<2，
求导得f(m)=-2m( 2-m)2-2(4-m2)( 2-m)=-2(m- 2)(2m2- 2m-4)，
2- 34 2+ 34
由f(m)=0，得m = ,m = 2,m = ，
1 4 2 3 4
当-2<m<m 或 2<m<m 时，f(m)>0，当m <m< 2或m <m<2时，f
1 3 1 3
(m)<0，
因此函数f(m)在(-2,m),( 2,m )上递增，在(m, 2),(m ,2)上递减，
1 3 1 3
2- 34 而f(m)= 4-
1 4
  2 

 2- 34  2-
4
 2 71+17 17 = ，
8
2+ 34 f(m )= 4-
2 4
  2 

 2+ 34  2-
4
 2 71-17 17 = ，显然f(m)>f(m )，
8 1 2
2- 34 71+17 17
于是当m= 时，函数f(m)取得最大值 ，此时△PQM面积取得最
4 8
大值，
2- 34
所以当△PQM面积取最大时，m= .
4
3974 (2024·山东青岛·高三统考开学考试)已知O为坐标原点，A(1,0)，B(-1,0)，直线AM，
第 页 共 页
2448 3427BM的斜率之积为4，记动点M的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)直线l经过点0,-3  ，与E交于P，Q两点，线段PQ中点D为第一象限，且纵坐䏡为
3
，求△OPQ的面积.
2
【解析】(1)设点M的坐标为x,y  ，
y y y2
因为k = ，k = ，所以k ⋅k = =4，
AM x-1 BM x+1 AM BM x2-1
y2
化简得：x2- =1
4
y2
所以E的方程为：x2- =1x≠±1
4
 .
(2)当直线PQ的斜率不存在时，显然不符合题意；
设Px 1 ,y 1  ，Qx 2 ,y 2  ，直线PQ方程为y=kx-3，
y2
y=kx-3与x2- =1联立得：4-k2
4

x2+6kx-13=0，
由Δ=36k2+524-k2

>0且4-k2≠0，解得k2<13且k2≠4，
6k
x +x =
 1 2 k2-4
由韦达定理得 ，
13
xx =
1 2 k2-4
3
因为线段PQ中点D在第一象限，且纵坐标为 ，
2
6k
x +x = >0
1 2 k2-4
所以
y 1 +y 2 =kx 1 +x 2 

 ，
24
-6= =3 k2-4
解得k=2 3或k=-2 3(舍去)，
所以直线PQ为y=2 3x-3，
3 3
x
1
+x
2
=
2
所以 ，
13
xx =
1 2 8
所以PQ  = 1+k2⋅x 1 -x 2  = 13⋅ x 1 +x 2 
13
2-4xx = ， 1 2 2
3 3
O点到直线PQ的距离d= = ，
1+12 13
1 13 3 3
所以S= × × = .
2 2 13 4
3975 (2024·贵州贵阳·高三贵阳一中校考开学考试)已知点-2,0 
x2 y2
在椭圆C： + =1(a
a2 b2
第 页 共 页
2449 34271
>b>0)上，点Mm,
2
 m≠0  在椭圆C内.设点A，B为C的短轴的上、下端点，直线
1
AM，BM分别与椭圆C相交于点E，F，且EA，EB的斜率之积为- .
4
(1)求椭圆C的方程；
S 1
(2)记S ，S 分别为△BME，△AMF的面积，若 △AMF = ，求m的值.
△BME △AMF S 4
△BME
【解析】(1)设Ex,y  ，依题意A0,b  ，B0,-b  ，
y-b y+b y2-b2 1 x2 y2
可得k ⋅k = ⋅ = =- ，整理可得 + =1，
EA EB x-0 x-0 x2 4 4b2 b2
又椭圆C过点-2,0 
x2
，所以b2=1，故椭圆C的方程为 +y2=1；
4
1 x2
(2)依题意，可知AM：y=- x+1，代入椭圆方程 +y2=1，
2m 4
整理得m2+1 
4m m2-1
x2+4mx=0，从而得到E ,
m2+1 m2+1
 ，
3 x2
又BM：y= x-1，代入椭圆方程 +y2=1，
2m 4
整理得m2+9 
12m 9-m2
x2-12mx=0，从而得到F ,
m2+9 m2+9
 ，
MA
所以

ME 
m
=

4m  -m
m2+1

m2+1
=
4-m2-1 
m2+1
=
3-m2 
，
MF 
MB 
12m
 -m
m2+9
=

m 
12-m2-9
=
 3-m2
=
m2+9

，
m2+9
1
S 2 AM
则 △AMF =
S △BME
 ⋅MF  ⋅sin∠AMF
1 BM
2
 ⋅ME 
AM
=
⋅sin∠BME
 ⋅MF 
BM  ⋅ME 
m2+1
=
3-m2

3-m2
⋅
 m2+1 8
= =1- ,
m2+9 m2+9 m2+9
S 1 8 1 5 15
由于 △AMF = ，所以1- = ，解得m=± =± .
S 4 m2+9 4 3 3
△BME
x2 y2
3976 (2024·河南开封·统考模拟预测)已知点A(3,1)在椭圆C: + =1上，直线l交C
a2 a2-8
于M，N两点，直线AM，AN的斜率之和为0．
(1)求直线l的斜率；
(2)求△OMN的面积的最大值(O为坐标原点)．
【解析】(1)由题意得a2-8>0，解得a2>8，
9 1
A(3,1)代入椭圆方程中， + =1，解得a2=12或6(舍去)，
a2 a2-8
第 页 共 页
2450 3427x2 y2
故C: + =1，
12 4
当直线l的斜率不存在时，M,N关于x轴对称，此时有对称性可知，直线AM，AN的斜
率之和不为0，舍去；
x2 y2
设l:y=kx+b，联立椭圆方程C: + =1得，1+3k2
12 4
 x2+6kbx+3b2-12=0，
则Δ=36k2b2-41+3k2

3b2-12

=-12b2-12k2-4

>0，则b2<12k2+4，
设Mx 1 ,y 1  ,Nx 2 ,y 2 
-6kb 3b2-12
，则x +x = ,xx = ， 1 2 1+3k2 1 2 1+3k2
k +k = y 1 -1 + y 2 -1 = x 2 -3
AM AN x -3 x -3 1 2
 y 1 -1  +x 1 -3  y 2 -1 
x 1 -3  x 2 -3 
= x 2 -3  kx 1 +b-1  +x 1 -3  kx 2 +b-1 
x 1 -3  x 2 -3 
= 2kx 1 x 2 +b-1-3k  x 1 +x 2  -6b+6
x 1 -3  x 2 -3 
=0，
3b2-12
故2k⋅ -b-1-3k
1+3k2

6kb
⋅ -6b+6=0，
1+3k2
即-24k+6kb+18k2-6b+6=0，故6bk-1  +6k-1  3k-1  =0，
即6k-1  b+3k-1  =0，
当b+3k-1=0时，b=1-3k，此时直线l:y=kx+1-3k=kx-3  +1，
显然直线l恒过A(3,1)，矛盾，
当k=1时，经检验，满足题意，
故直线l的斜率为1；
x2 y2
(2)设l:y=x+b，联立椭圆方程C: + =1得，4x2+6bx+3b2-12=0，
12 4
Δ=36b2-163b2-12  >0，解得-4<b<4，
MN  = 1+k2⋅ x 1 +x 2  -3b 2-4xx = 2⋅  1 2 2  2 -3b2-12  6⋅ 16-b2 = ， 2
b
点O到直线l的距离为d=
 2
= b
1+1 2
 ，
1
故S = MN
△OMN 2

1 6⋅ 16-b2 2
⋅d= ⋅ ⋅ b
2 2 2

3
= 16b2-b4
4
3
= -b2-8
4
 2+64，
故当b2=8，即b=±2 2时，S 取得最大值，最大值为2 3.
△OMN
3977 (2024·广东佛山·高三统考开学考试)设动点M与定点Fc,0  c>0  的距离和M到定
4 c
直线l：x= 的距离的比是 ．
c 2
第 页 共 页
2451 3427(1)求动点M的轨迹方程，并说明轨迹的形状；
(2)当c= 2时，记动点M的轨迹为Ω，动直线m与抛物线Γ：y2=4x相切，且与曲线Ω
交于点A，B．求△AOB面积的最大值．
【解析】(1)设Mx,y 
x-c
，则
 2+y2
4
x-
c

c
= ，
2
4-c2
化简得 x2+y2=4-c2，c>0，
4
当c=2时，y=0，轨迹为一条直线；
x2 y2
当0<c<2时， + =1，此时轨迹为焦点在x轴上的椭圆；
4 4-c2
x2 y2
当c>2时， - =1，此时轨迹为焦点在x轴上的双曲线；
4 c2-4
综上：当c=2时，轨迹方程为y=0，轨迹为一条直线，
x2 y2
当0<c<2时，轨迹方程为 + =1，轨迹为焦点在x轴上的椭圆；
4 4-c2
x2 y2
当c>2时，轨迹方程为 - =1，轨迹为焦点在x轴上的双曲线；
4 c2-4
x2 y2
(2)当c= 2时，Ω: + =1，
4 2
当直线m斜率不存在时，又与y2=4x相切，故此时直线m:x=0，此时O,A,B三点共线，
不合要求，舍去，
设直线m:x=ky+b，联立y2=4x得y2-4ky-4b=0，
由Δ=16k2+16b=0得b=-k2，显然b<0，
x=ky+b

联立x2 y2 得，k2+2
+ =1
4 2
 y2+2kby+b2-4=0，
由Δ=4k2b2-4k2+2  b2-4  >0，结合b=-k2，解得0<k2<1+ 5，
设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，
2kb b2-4
则y +y =- ,yy = ，
1 2 k2+2 1 2 k2+2
设直线m:x=ky+b与x轴交于点D，则Db,0  ，
1
则S = OD △AOB 2  ⋅y 1 -y 2 
b
=- 2 y 1 +y 2 
b 2kb
2-4yy =- - 1 2 2 k2+2 
2 4b2-16
- k2+2
b 4k2-2b2+8
=- ，
k2+2
第 页 共 页
2452 3427k2 -2k4+4k2+8
将b=-k2代入得S = ，
△ABC k2+2
因为0<k2<1+ 5，令k2+2=t，则2<t<3+ 5，
t-2
S =
△ABC
 -2t2+12t-8
，
t
设ft 
t-2
=
 -2t2+12t-8
，则设ft
t

t-2
=
 -2t2+12t-8
，则ft
t
 =
t-2
-2t2+12t-8+
 -4t+12 

2 -2t2+12t-8
 t-t-2  -2t2+12t-8
t2
tt-2
=
 -2t+6  +2-2t2+12t-8  -2t3-3t2-6t+8
=
t2 -2t2+12t-8

t2 -2t2+12t-8
-2 t3+8
=
 -3t2+6t    -2 t+2
=
t2 -2t2+12t-8
 t2-2t+4  -3tt+2   
t2 -2t2+12t-8
-2t+2
=
 t-4  t-1 
，2<t<3+ 5，
t2 -2t2+12t-8
当2<t<4时，ft  >0，当4<t<3+ 5时，ft  <0，
故ft  在t∈2,4  上单调递增，在t∈4,3+ 5  上单调递减，
故ft  在t=4处取得极大值，也是最大值，
4-2
故S 最大值为
△ABC
 -32+12×4-8
= 2.
4
圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解
决；
(2)代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，
再求这个函数的最值或范围．
方向2：四边形问题
x2
3978 (2024·浙江·高三浙江省普陀中学校联考开学考试)类似于圆的垂径定理，椭圆C： +
a2
y2
=1(a>b>0)中有如下性质：不过椭圆中心O的一条弦PQ的中点为M，当PQ，
b2
b2 x2 y2
OM斜率均存在时，k ⋅k =- ，利用这一结论解决如下问题：已知椭圆E： +
PQ OM a2 81 9
 
=1，直线OP与椭圆E交于A，B两点，且OA=3OP，其中O为坐标原点.
(1)求点P的轨迹方程Γ；
  
(2)过点P作直线CD交椭圆E于C，D两点，使PC+PD=0，求四边形ACBD的面积.
【解析】(1)设Px,y 
 
，因为OA=3OP，
∴A3x,3y 
9x2 9y2
，代入椭圆E得： + =1，
81 9
x2
∴点P的轨迹方程Γ为： +y2=1.
9
(2)
第 页 共 页
2453 3427设Px 0 ,y 0 
x2
，由(1)则 0 +y2=1， 9 0
 
①当直线OP不与坐标轴重合时，由PC+PD=0，知P为CD中点，
y 1 x
∵k ⋅k = 0 ⋅k =- ，∴k =- 0
OP CD x CD 9 CD 9y
0 0
x
直线CD：y=- 9y 0 x-x 0
0

x 1
+y =- 0 x+ ， 0 9y y
0 0
代入椭圆E：x2+9y2=81的方程得：
x2
y2+ 0
0 9
 x2-2x x+9-81y2=0
0 0
即：x2-2x 0 x+9-81y2 0 =0，设Cx 1 ,y 1  ，Dx 2 ,y 2  ，
∵Δ>0
x +x =2x
由根与系数关系，  1 2 0
 xx =9-81y2
1 2 0
∴CD 
x2
= 1+ 81y 0 2 x 1 -x 2
0

x2 x2
= 1+ 81y 0 2 ⋅ 4x2 0 -36+4⋅81y2 0 = 1+ 81y 0 2 ⋅12 2y 0
0 0
 ，
设d 表示点A到直线CD的距离，d 表示点B到直线CD的距离，
A→CD B→CD
- 3x2 0 -3y + 1
9y 0 y
0 0 d +d =
A→CD B→CD
 + 3x2 0 +3y + 1
9y 0 y
0 0
 6 
y
= 0
x2
1+ 0
81y2
0

x2
1+ 0
81y2
0
1
∴S = CD ACBD 2  ⋅d +d A→CD B→CD 
6
= y
0
 ⋅6 2y 0  =36 2；
它法：利用比例关系转化：S =2S =4S =12S =6S ，酌情给分.
ACBD △ABC △AOC △AOC △OCD
②当直线OP与坐标轴重合时，
不妨取P0,1  ，C6 2,1  ，D-6 2,1  ，S =36 2
ACBD
或P3,0  ，C3,2 2  ，D3,-2 2  ，S =36 2
ACBD
综上所述：四边形ACBD的面积是36 2.
x2 y2
3979 (2024·湖北恩施·校考模拟预测)已知F,F 是椭圆C: + =1(a>b>0)的左右焦
1 2 a2 b2
点，以FF 为直径的圆和椭圆C在第一象限的交点为G，若三角形GFF 的面积为1，其内
1 2 1 2
切圆的半径为2- 3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知A是椭圆C的上顶点，过点P-2,1  的直线与椭圆C交于不同的两点D,E，点D
在第二象限，直线AD、AE分别与x轴交于M,N，求四边形DMEN面积的最大值．
1
【解析】(1)由题意知∠F 1 GF 2 =90°，则S △GF1F2 = 2 GF 1  GF 2  =1⇒GF 1  GF 2  =2，
又GF 1  2+GF 2  2=F 1 F 2  2=4c2，
则 GF 1  +GF 2    2-2GF 1  GF 2  =4c2⇒4a2-4=4c2⇒a2-c2=1，
第 页 共 页
2454 34272S
又r = △GF1F2 =2- 3⇒a+c=2+ 3，a-c=2- 3，
内 2a+2c
解得a=2,c= 3,b=1，
x2
所以椭圆C的方程为 +y2=1.
4
(2)设直线DE的方程为y-1=kx+2  ,k<0,Dx 1 ,y 1  ,Ex 2 ,y 2 
y=kx+2k+1
联立方程组
 x2+4y2-4=0
，可得1+4k2

x2+8k2k+1

x+16k2+16k=0，
-8k2k+1
则Δ>0,x +x =
1 2
 16kk+1
,x ⋅x =
1+4k2 1 2

，
1+4k2
y -1 x x
直线AD的方程：y= 1 x+1，所以x = 1 ，同理x = 2 ，
x M 1-y N 1-y
1 1 2
∵y 1 =kx 1 +2k+1,y 2 =kx 2 +2k+1,∴y 1 -y 2 =kx 1 -x 2  ，
x x -x = 2
N M -kx 2 +2 
x - 1
-kx 1 +2 
= 2x 1 -x 2 
kx 1 +2  x 2 +2 
，
1 ∴S DMEN = 2 x N -x M  y 1 -y 2  = x 1 -x 2  2 x 1 +2  x 2 +2    = x 1 +x 2  2-4xx 1 2 x 1 x 2 +2x 1 +x 2   +4 
-16k 16
= =
4k2+1
-4k 
1
+-
k

16
≤ =4，
4
1
当且仅当k=- 时，四边形DMEN的面积最大，最大值为4．
2
3980 (2024·四川成都·四川省成都市玉林中学校考模拟预测)如图．已知圆M:(x-2)2+y2=
81，圆N:(x+2)2+y2=1．动圆S与这两个圆均内切．
(1)求圆心S的轨迹C的方程；
(2)若P2,3  、Q2,-3  是曲线C上的两点，A、B是曲线C上位于直线PQ两侧的动点．
1
若直线AB的斜率为 ，求四边形APBQ面积的最大值．
2
【解析】(1)如图，设动圆S与两个已知圆的切点分别为T,T，
1 2
由ST=ST，∴9-SM=SN+1,∴SM+SN=8>2+2=4，
1 2
所以点S的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，
所以2a=8,a=4,2c=4,c=2,b2=a2-c2=16-4=12，
第 页 共 页
2455 3427x2 y2
所以点S的轨迹方程为： + =1；
16 12
(2)设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2 
1 x2 y2
，直线AB的方程为y= x+t，代入 + =1中， 2 16 12
整理得x2+tx+t2-12=0，Δ=t2-4t2-12  >0，
解得-4<t<4，x +x =-t，xx =t2-12，
1 2 1 2
1
四边形APBQ的面积S= 2 ×6×x 1 -x 2  =3× x 1 +x 2  2-4xx =3 48-3t2， 1 2
当t=0时，S =12 3，所以四边形APBQ面积的最大值为12 3；
max
y2 x2 2
3981 (2024·浙江·校联考模拟预测)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ，抛
1 a2 b2 2
物线C :x2=8y的准线与C 相交，所得弦长为2 6.
2 1
(1)求C 的方程；
1
(2)若Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  在C 上，且x <0<x ，分别以A,B为切点，作C 的切线相交于 2 1 2 2
点P，点P恰好在C 上，直线AP,BP分别交x轴于M,N两点.求四边形ABMN面积的
1
取值范围.
【解析】(1)由题知C 1 过点 6,-2 
 e= c = 2
a 2
 a=4
，则 4 6 ，解得 ，  + =1  a2 b2 b=2 2
  a2=b2+c2
y2 x2
∴C: + =1.
1 16 8
(2)设直线AB的方程为y=kx+m(m>0),Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，
第 页 共 页
2456 3427y=kx+m
联立
 x2=8y
，得x2-8kx-8m=0，
x +x =8k,xx =-8m,Δ=64k2+32m>0，
1 2 1 2
则AB  = 1+k2 x 1 -x 2 
x2 x
，而y= ，则y= ， 8 4
x
故以A为切点的切线为y-y 1 = 4 1 x-x 1 
x x2 x
，即y= 1x- 1,∴M 1,0 4 8 2  ，
x x2 x
同理以B为切点的切线为y= 2x- 2,∴N 2,0
4 8 2
 ，则MN 
x -x
= 1 2
2
 ，
x x2
y= 4 1x- 8 1 x x
由 ，故两式作差得： 1 - 2
x x2 4 4
y= 2x- 2
4 8

x2 x2 x +x
x= 1 - 2，所以x= 1 2 =4k，
8 8 2
两式求和得：2y= x 1 +x 2x- x2 1 +x2 2 = x 1 +x 2x- x 1 +x 2
4 8 4
 2-2xx xx 1 2 = 1 2 =-2m，
8 4
所以点P4k,-m 
m2
,由P在椭圆上 +2k2=1，即m∈0,4
16
 .
4k2+2m
点P到直线AB的距离d=

，
k2+1
1
所以S = dAB △ABP 2 
1 4k2+2m
=  2 1+k2  ⋅ 1+k2 x 1 -x 2 
1
，S △MNP = 2 m 
x -x
 1 2 2  ，
1 4k2+2m
S=S -S =  △ABP △MNP 2 k2+1  ⋅ k2+1x 1 -x 2 
1
- m 2 
x -x
 1 2 2 
3
=2k2+ m 4  x 1 -x 2  =8k2+3m  4k2+2m
m2
=- +3m+4
4

m2
- +2m+2
8

(m-6)2
=13-
 4

(m-8)2
10- ，
8
(m-6)2 (m-8)2
而y=13- 、y=10- 在m∈0,4
4 8
 上递增且恒正，
则S在m∈0,4  上递增，S∈4 2,24 2  .
x2 y2 2
3982 (2024·山东潍坊·三模)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ，且过点
a2 b2 2
6
D 3,
2
 ．
(1)求椭圆C的标准方程；
1
(2)若动直线l：y=- x+m1≤m<2
2
 与椭圆C交于A,B两点，且在坐标平面内存在
两个定点P,Q，使得k k =k k =λ(定值)，其中k ,k 分别是直线PA,PB的斜率，
PA PB QA QB PA PB
k ,k 分别是直线QA,QB的斜率．
QA QB
①求λ的值；
②求四边形PAQB面积的最大值．
【解析】(1)由题意得，
 b2 c2 1
 a2 =1- a2 = 2 a2=6
解得 ，
 3 3  b2=3
 + =1
a2 2b2
第 页 共 页
2457 3427x2 y2
则椭圆C的标准方程为 + =1.
6 3
(2)①设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ,Px 0 ,y 0  ，
1
把y=- x+m与椭圆C的标准方程联立，
2
消去y，可得3x2-4mx+4m2-12=0，
注意到x,x 为方程3x2-4mx+4m2-12=0的两根，
1 2
故有恒等式3x2-4mx+4m2-12=3x-x 1  x-x 2  ，
则3x2 0 -4mx 0 +4m2-12=3x 0 -x 1  x 0 -x 2  ，
1
同理，把y=- x+m与椭圆C的标准方程联立，
2
消去x，可得3y2-4my+2m2-3=0，
注意到y,y 为方程3y2-4my+2m2-3=0的两根，
1 2
故有恒等式3y2-4my+2m2-3=3y-y 1  y-y 2  ，
则3y2 0 -4my 0 +2m2-3=3y 0 -y 1  y 0 -y 2  ，
则k k = y 0 -y 1
PA PB
 y 0 -y 2 
x 0 -x 1  x 0 -x 2 
3y2-4my +2m2-3 = 0 0 =λ，
3x2-4mx +4m2-12 0 0
所以4mλx 0 -y 0  +2m2 1-2λ  +3y2-3λx2-3+12λ=0， 0 0
λx -y =0
 0 0
若k k 为定值，则必有 1-2λ=0 ，
PA PB
3y2-3λx2-3+12λ=0
0 0
  x 0 =2   x 0 =-2
y =1 y =-1
计算可得  0 或  0 ，
1 1
λ= λ=
 2  2
1
故λ= ．
2
②不妨设点P-2,-1  ，点Q2,1  ，点P，点Q到直线l的距离分别是d,d ， 1 2
2m+2
因为1≤m<2，d =
1
 2m+2
=
5
 2m-2
，d =
5 2
 22-m
=
5

，
5
8
所以d +d = ，
1 2 5
1
四边形PAQB面积S= AB 2  d 1 +d 2 
1 2 5 9-2m2 8 8 9-2m2 8 7
= × × = ≤ (当m=1时取等号)，
2 3 5 3 3
8 7
所以四边形PAQB面积的最大值是 ．
3
x2 y2
3983 (2024·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测)已知椭圆C: + =1(a>b>0)，椭
1 a2 b2
x2 
圆C : +y2=1．点P为椭圆C 上的动点，直线OP与椭圆C 交于A，B两点，且OA
2 4 2 1

=2OP．
(1)求椭圆C 的标准方程；
1
(2)以点P为切点作椭圆C 的切线l，l与椭圆C 交于C，D两点，问：四边形ACBD的面
2 1
积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，求出面积的取值范围．
【解析】(1)设Px 0 ,y 0  ，Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2 
 
，因为OA=2OP，所以x =2x ，y =2y 1 0 1 0
第 页 共 页
2458 3427x
 1
x2 2 因为点P为椭圆C 上的动点，所以 0 +y2=1，从而
2 4 0

2
y + 1
4 2
 2 =1
x2 y2 x2 y2
即 1 + 1 =1，故椭圆C 的标准方程 + =1；
16 4 1 16 4
(2)
法一：设Cx 3 ,y 3  ，Dx 4 ,y 4  ，
当直线l的斜率存在时，设为k，则直线l的方程为y-y 0 =kx-x 0 
y-y 0 =kx-x 0  
x2 +y2=1 ⇒x2+4 kx-x 0
4
  +y 0  2-4=0，即1+4k2  x2+8ky 0 -kx 0  x+
4y 0 -kx 0  2-4=0，
Δ= 8ky 0 -kx 0    2-41+4k2  4y 0 -kx 0   2-4  x =0⇒2y k+ 0 0 2  2 =0⇒k=- x 0 ，即 4y
0
y ≠0，代入得直线l的方程为x x+4y y-4=0
0 0 0
x x+4y y-4=0
 0 0
联立 x2 y2 ，消去y得x2-2x
0
x+4-16y2
0
=0
+ =1
16 4
x2
|CD|= 1+ 16y 0 2 x 3 -x 4
0

x2
= 1+ 16y 0 2 4x2 0 -44-16y2 0
0

注意到x2 0 +4y2 0 =4化简得CD  = 3x2 0 +16y2 0 
又A2x 0 ,2y 0  ，B-2x 0 ,-2y 0 
2x2+8y2-4
所以点A到直线l:x x+4y y-4=0的距离为d = 0 0
0 0 1
 4 =
x2+16y2 x2+16y2
0 0 0 0
-2x2-8y2-4
所以点B到直线l:x x+4y y-4=0的距离为d = 0 0
0 0 2
 12 =
x2+16y2 x2+16y2
0 0 0 0
1 1 1
故S =S +S = |CD|d + |CD|d = 3(4+12)=8 3
ABCD ACD BCD 2 1 2 2 2
当直线l的斜率不存在时，即y =0，若P(2,0)，则：l:x=2，
0
则C(2, 3)，D(2,- 3)，A(4,0)，B(-4,0)，
1 1
所以S =S +S = |CD|d + |CD|d =8 3
ABCD ACD BCD 2 1 2 2
同理可得，若P-2,0  ，S =8 3
ABCD
综上，四边形ACBD的面积为定值8 3．
法二：设Cx 3 ,y 3  ，Dx 4 ,y 4  ，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m
第 页 共 页
2459 3427y=kx+m

x2 ⇒x2+4kx+m
+y2=1
4
 2-4=0⇒1+4k2  x2+8kmx+4m2-4=0
Δ=0⇒(8km)2-41+4k2

4m2-4

=0⇒4k2-m2+1=0，
y=kx+m
x2 y2 ⇒x2+4kx+m
+ =1
16 4
 2-16=0⇒1+4k2 

 x2+8kmx+4m2-16=0
-8km
x +x =
 3 4 1+4k2

4m2-16
x x =
3 4 1+4k2
|CD|= 1+k2 x 3 -x 4  = 1+k2 x 3 +x 4  2-4x x 3 4
-8km
= 1+k2 
1+4k2

2 4m2-16 4 1+k2
-4⋅ = 4+16k2-m2
1+4k2 1+4k2
4 3 1+k2
注意到m2=4k2+1化简得|CD|= ，
1+4k2
|m| 1+4k2
原点O到直线l的高为d= = ，
1+k2 1+k2
 
又因为OA=2OP，点P是OA的中点，所以点A到直线l的距离等于点O到直线l的距
离，
  
由对称性可知，OB=-OA=-2OP，所以点B到直线l的距离等于点O到直线l的距离
1 1
的三倍，故S =S +S = |CD|d+ |CD|3d=2|CD|d=8 3．
ABCD ACD BCD 2 2
当斜率不存在时，同法一．
x2 y2
3984 (2024·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率
a2 b2
1
为 ，左、右焦点分别为F,F，直线x=m与椭圆C交于A，B两点，且△ABF 的周长最
2 1 2 1
大值为8．
(1)求椭圆C的标准方程；
3
(2)如图，P，Q是椭圆C上的两点，且直线OP与OQ的斜率之积为- (O为坐标原
4
2
点)，D为射线OP上一点，且|OP|=|PD|，线段DQ与椭圆C交于点E，|QE|= |ED|，
3
求四边形OPEQ的面积．
【解析】(1)设AB与x轴的交点为H，
第 页 共 页
2460 3427由题意可知AH  ≤AF 2  ，
则AF 1  +|AH|≤AF 1  +AF 2  =2a，
当AB过右焦点F 时，△ABF 的周长取最大值4a=8，所以a=2，
2 1
c 1
因为椭圆C的离心率为e= = ，所以c=1,b2=a2-c2=3，
a 2
x2 y2
所以椭圆C的标准方程 + =1
4 3
(2)设Px 1 ,y 1  ，Qx 2 ,y 2 
x2 y2 x2 y2
，因P，Q均在椭圆上，则 1 + 1 =1， 2 + 2 =1. 4 3 4 3
3 yy 3
又k ⋅k =- ，则 1 2 =- ⇒3xx +4yy =0.
OP OQ 4 xx 4 1 2 1 2
1 2
2 2 2
由|QE|= |ED|,|OP|=|PD|可得S = S = S ，
3 △PEQ 5 △QPD 5 △OPQ
7
则四边形OPEQ面积为 S .
5 △OPQ
3 3
当直线PQ斜率为0时，易知k =-k ，又k ⋅k =- ，则k =± .
OP OQ OP OQ 4 OP 2
3 x = 2
3 y= x  1
根据对称性不妨取k OP = 2 ，y 1 >0，由 3x2+ 2 4y2=12 得 y 1 = 2 6 ，
6
则P 2,
2

6
，Q- 2,
2

1 6
，得此时S = ×2 2× = 3；
△OPQ 2 2
当直线斜率不为0时，设PQ的方程为x=my+t，将直线方程与椭圆方程联立有：
x=my+t

 3x2+4y2=12
，消去x得：3m2+4

y2+6mty+3t2-12=0.
Δ=36m2t2-43m2+4  3t2-12  >0，
-6mt 3t2-12
由韦达定理，有y +y = ，yy = .
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4
所以3x 1 x 2 +4y 1 y 2 =3my 1 +t  my 2 +t  +4yy =0⇒ 1 2
3m2+4  y 1 y 2 +3mty 1 +y 2  +3t2=0⇒3m2+4 
3t2-12 18m2t2
- +3t2=0⇒ 3m2+4 3m2+4
第 页 共 页
2461 34272t2-3m2-4=0⇒2t2=3m2+4，3m2=2t2-4，
代入Δ>0可得122t2-4  t2-4×2t2 3t2-12  >0，解得t≠0，
PQ  = x 1 -x 2  2+y 1 -y 2  2= m2+1⋅ y 1 +y 2  2-4yy = 1 2
-6mt
1+m2 
3m2+4

2 43t2-12
-
 48-t2+3m2+4
= 1+m2
3m2+4

3m2+4 
1+m2
=2 3⋅
2 t 
，
t
又原点到直线PQ距离为
 1 t
，则此时S = ×
1+m2 △OPQ 2
 m2+1
×2 3×
m2+1 t 
=
3.
7 3
综上可得，S = 3，四边形OPEQ面积为 .
△OPQ 5
3985 (2024·山东·校联考模拟预测)已知圆O:x2+y2=4,O为坐标原点，点K在圆O上运动，
L为过点K的圆的切线，以L为准线的拋物线恒过点F 1- 3,0  ,F 2 3,0  ，抛物线的焦点
为S，记焦点S的轨迹为S．
(1)求S的方程；
(2)过动点P的两条直线l,l 均与曲线S相切，切点分别为A,B，且l,l 的斜率之积为
1 2 1 2
-1，求四边形PAOB面积的取值范围．
【解析】(1)分别过F,F 作L的垂线，垂足分别为E,F，连接FS,FS,OK，
1 2 1 2
由抛物线的定义，可得F 1 S  =F 1 E  ,F 2 S  =F 2 F  ，则F 1 S  +F 2 S  =F 1 E  +F 2 F  =2OK 
=4．
因为4>F 1 F 2  =2 3，所以焦点S的轨迹是以F,F 为焦点的椭圆， 1 2
其中a=2,c= 3,b=1，
x2
所以抛物线的焦点S的轨迹方程为 +y2=1x≠±2
4

(2)设点Px 0 ,y 0  ，过点P的直线的斜率为k，则方程为y-y 0 =kx-x 0  ，
联立方程组 y-y 0 =kx-x 0    x2+4y2=4 ，消y得1+4k2  x2+8y 0 -kx 0  kx+4y 0 -kx 0  2-4=0，
Δ=64y 0 -kx 0  2k2-41+4k2  4y 0 -kx 0   2-4  =0，
整理得4-x2 0  k2+2x y k+1-y2=0， 0 0 0
1-y2
k ⋅k = 0 =-1，即x2+y2=5，所以点P在方程为x2+y2=5的圆上．
1 2 4-x2 0 0
0
设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2 
x2 x2
,A点在椭圆上，则 1 +y2=1，则4-x2=4y2,1-y2= 1， 4 1 1 1 1 4
由*  知，Ax 1 ,y 1  满足：4-x2 1  k2+2xyk+1-y2=0 1 1 1
x2 x 则4y2k2+2xyk+ 1 =0，即2yk+ 1
1 1 1 4 1 2
 2 =0，故k=- x 1 ，
4y
1
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2462 3427x
从而得切线l 1 的方程为y-y 1 =- 4y 1 x-x 1
1

x
整理得 4 1x+y 1 y=1，点Px 0 ,y 0 
x x
满足方程，则 0 1 +y y =1， 4 0 1
x x
同理可得 0 2 +y y =1
4 0 2
即点Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2 
x x
满足方程 0x+y y=1，所以AB的方程为 0x+y y=1． 4 0 4 0
x
  4 0x+y 0 y=1 x2
消y得1+ 0


x2
+y2=1
4y2
0
 4

2x 4
x2- 0x+ -4=0，
y2 y2
0 0
x +x = 8x 0 ，x ⋅x = 161-y2 0
1 2 x2+4y2 1 2
0 0
 ，
x2+4y2
0 0
AB  = 1+k2 x 1 -x 2  = 2 51+3y2 0  ． 5+3y2
0
设P，O点到直线AB的距离为d,d ，
1 2
x2 x2
4 0 +y2 0 -1 1 4 0 +y2 0 5+3y2
d +d = + = = 0 ；
1 2 x2 x2 x2 5 3y2+1
y2+ 0 y2+ 0 y2+ 0 0
0 16 0 16 0 16
1 S = AB 四边形PAOB 2  d 1 +d 2  = 51+3y2 0  5+3y2 5+3y2 ⋅ 5 3y2+ 0 1 = 3y2 0 +1, y2 0 ∈0,5
0 0
   ．
所以S ∈1,4
四边形PAOB
 ．
x2 y2
3986 (2024·山西朔州·怀仁市第一中学校校考模拟预测)已知椭圆C: + =1(a>b>0)
a2 b2
的右焦点为Fc,0 
3
，点 3,-
2
 在椭圆C上，且满足a2=2b2-2c2
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点F且斜率不为零的直线与椭圆C相交于A,B两点，过点A,B分别作直线x=4
的垂线，垂足分别为点D,E，求四边形ABED面积的最大值.
【解析】(1)由a2=b2+c2和a2=2b2-2c2，可得b= 3c,a=2c，
x2 y2
可得椭圆C的标准方程为 + =1，
4c2 3c2
3
将点 3,-
2

3 3
代入椭圆方程可得 + =1，解得c=1，
4c2 12c2
x2 y2
故椭圆C的标准方程为 + =1；
4 3
(2)
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2463 3427由(1)知点F的坐标为(1,0)，设直线AB的方程为my=x-1，
点Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，
x2
+
y2
=1,
联立方程 4 3 消去x后整理为3m2+4
my=x-1,
 y2+6my-9=0，
6m 9
有y +y =- ,yy =- ，
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4
x 1 +x 2 =my 1 +y 2 
6m2 8
+2=- +2= ， 3m2+4 3m2+4
y 2 -y 1  = y 2 +y 1 
36m2
2-4yy = 1 2 3m2+4 
36 12 m2+1
+ = 2 3m2+4 3m2+4
由AD  =4-x 1 ,BE  =4-x ， 2
有AD  +BE  =8-x 1 +x 2 
8
24m2+1
=8- = 3m2+4

， 3m2+4
1 24m2+1
四边形ABED的面积为S= ×
2
 12 m2+1 144m2+1
× =
3m2+4 3m2+4
 m2+1
3m2+4

，
2
令 m2+1=tt≥1 
144t3
，可得S=
3t2+1

，
2
令ft 
t3
=
3t2+1

t≥1
2
 ，
有ft 
3t2 3t2+1
=
 2-t3×23t2+1  ×6t
3t2+1

3t2 1-t2
=
4

3t2+1

≤0，
3
可得函数ft  单调递减，有f(t) max =f1 
1
= ， 16
144
可知当m=0时，四边形ABED的面积的最大值为 =9.
16
【解题方法总结】
1
三角形的面积处理方法：S = ⋅底·高(通常选弦长做底，点到直线的距离为高)
△ 2
四边形或多个图形面积的关系的转化：分析图形的底和高中是否存在“同底”或“等高”的
特点(尤其是有平行条件的时候)，可将面积的关系转化，降低计算量．特殊的，对角线互
相垂直的四边形，面积=对角线长度乘积的一半
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