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- 第 页 共 页 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 第 页 共 页 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， 第 页 共 页 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． 第 页 共 页 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 第 页 共 页 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 第 页 共 页 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 第 页 共 页 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- 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⇒- 5b>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01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∴1b>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00  3 2a2-3a >0 ，可得a> 2 .  24+3a  a>0 3 综上所述， 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-20，当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-40  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02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02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00，当4b>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-4b>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 <00),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 第 页 共 页 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) 第 页 共 页 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 第 页 共 页 2464 3427