答 案
D
解析
解：方法一：特殊情况，直线
的斜率不存在，
，
，则
，
，故选D．
方法二：设直线的方程为：
，
直线与抛物线
交于两不同点
，
，若
，
两点的纵坐标之积为
，
则
，可得：
，
可得
，解得
．
所以直线的方程为：
．即该直线恒过点
，
故选：D．
答 案
A
解析
解：设
，则
，
设直线
的方程为：
，联立
，整理得
，
，
直线
的方程为
，
令
，得
，
直线
恒过定点
，
故选：A．
模块1：
1
1
例题1
AB
A x
, y
(
0
0)
B x
, −y
(
0
0)
y
=
0
2
32 = 4x
0
x
=
0
8
l
x = my + n
l
y =
2
4x
A
B
A
B
−32
{x = my + n
y = 4x
2
y −
2
4my −4n = 0
4n = 32
n = 8
l
x = my + 8
8, 0
(
)
例题2
A x
, y
, B x
, y
(
1
1)
(
2
2)
C x
, −y
(
2
2)
AB
x = ty −1
{y = 4x
2
x = ty −1
y −
2
4ty + 4 = 0
∴y
y
=
1
2
4
AC
y −y
=
1
x −x
x
−x
1
2
y
+ y
1
2 (
1)
y = 0
x =
=
y
+ y
1
2
x
y
+ x
y
2
1
1
2
=
y
+ y
1
2
+
4
y
y
2
2
1
4
y
y
1
2
2
=
4
y
y
1
2
1
∴
AC
1, 0
(
)
例题3
答 案
D
解析
设直线的方程为：
．
，
，联立方程组
消去，得
，
，
．
所以
．
若
为定值，则
，此时，
．
答 案
见解析
解析
解：依题意，可设所求抛物线的方程为
，
因为抛物线过点
，故
，解得
，所以抛物线方程为
．
答 案
见解析
解析
解：设
，
，则
，
同理
，
．
，
，
，
，
，
．
即直线
的斜率恒为定值，且值为
．
答 案
见解析
1
1
2
3
l
x = ty + a
A x
, y
(
1
1)
B x
, y
(
2
2)
{y = 8x
2
x = ty + a
x
y −
2
8ty −8a = 0
y
+
1
y
=
2
8t
y
⋅
1
y
=
2
−8a
+
AP
∣
∣2
1
=
BP
∣
∣2
1
+
x
−a
+ y
(
1
)2
1
2
1
=
x
−a
+ y
(
2
)2
2
2
1
+
t + 1 y
( 2
)
1
2
1
t + 1 y
( 2
)
2
2
1
=
=
t + 1 y
y
( 2
)
1
2
2
2
y
+ y
1
2
2
2
=
t + 1 y
y
( 2
)
1
2
2
2
y
+ y
−2y
y
( 1
2)2
1
2
t + 1 64a
( 2
)
2
64t + 16a
2
+
AP
∣
∣2
1
BP
∣
∣2
1
a = 4
+
AP
∣
∣2
1
=
BP
∣
∣2
1
16
1
例题4
y =
2
2px p > 0
(
)
2, 4
(
)
4 =
2
4p
p = 4
y =
2
8x
A x
, y
(
1
1)
B x
, y
(
2
2)
k
=
P A
=
x
−2
1
y
−4
1
=
−2
8
y
1
2
y
−4
1
y
+ 4
1
8
k
=
P B
y
+ 4
2
8
k
=
AB
y
+ y
1
2
8
∵k
+
P A
k
=
P B
0
∴
+
y
+ 4
1
8
=
y
+ 4
2
8
0
∴
=
y
+ 4
1
8
−y
−4
2
8
y
+
1
4 = −y
−
2
4
y
+
1
y
=
2
−8
∴k
=
AB
−1
AB
−1
解析
解：
，
，
．
直线
的方程为
，即
．
将
代入上式得
，该直线恒过定点
，命题得证．定点坐标为
．
答 案
见解析
解析
解：由椭圆
的离心率为
，长轴长为
，
可得
，由
，可得
，
，
则椭圆的方程为
．
答 案
见解析
解析
证明：设
，
将直线
的方程
代入椭圆方程，
消可得
，
，
，
以
为直径的圆经过坐标原点
，
，
，即
，
即有
，
，
，
原点
到直线的距离为
．
即点
到直线
的距离为定值
．
1
2
∵k
⋅
P A k
=
P B
1
∴
⋅
y
+ 4
1
8
=
y
+ 4
2
8
1
∴y
y
+
1
2
4 y
+ y
−
( 1
2)
48 = 0
AB
y −y
=
1
x −
y
+ y
1
2
8
(
8
y
1
2
)
y
+ y
y −
( 1
2)
y
y
=
1
2
8x
y
y
=
1
2
−4 y
+ y
+
( 1
2)
48
y
+ y
y + 4 =
( 1
2) (
)
8 x + 6
(
)
−6, −4
(
)
−6, −4
(
)
例题5
+
a2
x2
=
b2
y2
1 a > b > 0
(
)
3
6
2
3
a =
3
e =
=
a
c
3
6
c =
2
∴b =
=
a −c
2
2
=
3 −2
1
+
3
x2
y =
2
1
A x
, y
, B x
, y
(
1
1)
(
2
2)
AB
y = kx + m
y
1 + 3k
x +
(
2)
2
6kmx + 3m −
2
3 = 0
∴x
+
1
x
=
2
−
1 + 3k2
6km
x
x
=
1
2
1 + 3k2
3m −3
2
∵
AB
O
∴
⋅
OA
=
OB
0
∴x
x
+
1
2
y
y
=
1
2
0
x
x
+
1
2
kx
+ m
kx
+ m =
(
1
) (
2
)
0
1 + k
x
x
+
(
2)
1
2
km x
+ x
+
(
1
2)
m =
2
0
∴1 + k
⋅
(
2)
−
1 + 3k2
3m −3
2
km ⋅
+
1 + 3k2
6km
m =
2
0
∴4m =
2
3 k + 1
(
2
)
∴
O
l
d =
=
1 + k2
m
∣
∣
2
3
O
AB
2
3
答 案
解析
(1)由题意知，
．根据椭圆的定义得：
，
即
，所以
， 椭圆
的标准方程为
．
答 案
轴上存在点
解析
假设在轴上存在点
，使得
恒成立． ① 当直线的斜率为时，
， 则
， 解得
． ② 当直线的斜率不存在时，
， 则
， 解得
或
． ③ 由①②可知当直线
的斜率为或斜率不存在时，
使得
成立． 下面证明当
，即
时，
恒成立． 设直线的斜率存在且不为时，设直线方程为
,
由
可得
，
，
，
．
综上所述：在轴上存在点
，使得
恒成立．
1
2
例题6
+
2
x2
y =
2
1
c = 1
2a =
+
−1 −1
+
(
)2
( 2
2 )
2
=
2
2
2
2
a =
2
b =
2
2 −1 = 1
∴
C
+
2
x2
y =
2
1
x
Q
, 0
( 4
5
)
x
Q m, 0
(
)
⋅
QA
=
QB
−
16
7
l
0
A
, 0 , B
−
, 0
(
2
)
(
2
)
−m, 0
⋅
(
2
)
−
−m, 0
=
(
2
)
−
16
7
m = ±
4
5
l
A
1,
, B
1, −
(
2
2 )
(
2
2 )
1 −m,
⋅
(
2
2 )
1 −m, −
=
(
2
2 )
−
16
7
m =
4
5
m =
4
3
l
0
m =
4
5
⋅
QA
=
QB
−
16
7
m =
4
5
Q
, 0
( 4
5
)
⋅
QA
=
QB
−
16
7
l
0
l
y = k x −1 , A x
, y
(
)
(
1
1) B x , y
(
2
2)
{
+ y = 1
2
x2
2
y = k(x −1)
2k + 1 x −
(
2
)
2
4k x +
2
2k −
2
2 = 0
∴x
+
1
x
=
2
, x
x
=
2k + 1
2
4k2
1
2
, ∵
2k + 1
2
2k −2
2
y
=
1
k x
−1 , y
=
(
1
)
2
k x
−1
(
2
)
∴y
⋅
1
y
=
2
k x
−1 ⋅
(
1
) k x
−1 =
(
2
)
k
x
x
−x
+ x
+ 1 =
2 [
1
2
(
1
2)
]
k
−
2 ( 2k + 1
2
2k −2
2
2k2
4
∴
⋅
QA
=
QB
x
−
, y
⋅
(
1
4
5
1)
x
−
, y
=
(
2
4
5
2)
x
x
−
1
2
x
+ x
+
4
5 (
1
2)
+
16
25
y
y
=
1
2
2k
2k
x
Q
, 0
( 4
5
)
⋅
QA
=
QB
−
16
7
例题7
答 案
见解析
解析
设
，过
且垂直于轴的直线与椭圆相交，则其中的一个交点坐标为
，
由题意可得
，解得
， 所以椭圆
的方程为
．
答 案
见解析
解析
由
知
，则
， 由椭圆
定义得
． 因为
平分
， 所以
，即
，
． 所以
，
．
另解：由题意可知：
，
， 设
其中
，将向量坐标代入并化简得
，因为
，
所以
，而
，所以
．
答 案
见解析
解析
因为与椭圆
有且只有一个公共点，则点
为切点，设
，
，
． 设
与
联立
得
， 由
得
， 所以
．
为定值．
另解：由题意可知，为椭圆
在
点处的切线，由导数法可求得，切线方程
， 所
1 98%
2 73%
3 64%
F
−c, 0
1 (
)
F
1
x
Q
−c,
(
2
1 )
⎩
⎨
⎧
+
= 1
a2
c2
b2
( 2
1)
2
=
1 −
( a
b)
2
2
3
{a = 2
b = 1
C
+
4
x2
y =
2
1
(1)
F
−
, 0 , F
, 0
1 (
3
)
2 (
3
)
MF
=
∣
1∣
+
3
m, MF
=
∣
2∣
−
3
m
PF
+
∣
1∣
PF
=
∣
2∣
4, 2 −
<
3
PF
<
∣
1∣
2 +
3
PM
∠F
PF
1
2
=
PF
∣
2∣
PF
∣
1∣
MF
∣
2∣
MF
∣
1∣
=
PF
∣
2∣
PF
∣
1∣
,
=
−m
3
+ m
3
PF
+ PF
∣
2∣
∣
1∣
PF
∣
1∣
−m +
+ m
3
3
+ m
3
PF
=
∣
1∣
×
2
3
+ m
3
4 =
3
2
+ m
(
3
)
2 −
<
3
<
3
2
+ m
(
3
)
2 +
3
−
<
2
3
m <
2
3
=
∣∣∣PF
1∣∣∣
∣∣∣PM∣∣∣
⋅
PF
1
PM
∣∣∣PF
2∣∣∣
∣∣∣PM∣∣∣
⋅
PF
2
PM
=
∣∣∣PF
1∣∣∣
⋅
PF
1
PM
∣∣∣PF
2∣∣∣
⋅
PF
2
PM
P(x
, y
)
0
0
x
=
4
0
2/
m(4x
−
0
2
16) = 3x
−
0
3
12x
0
x
=
4
0
2/
m =
x
4
3
0
x
∈
0
(−2, 2)
m ∈(−
,
)
2
3
2
3
l
C
P
P x
, y
(
0
0)
k
=
1
, k
=
x
+
0
3
y
0
2
x
−
0
3
y
0
+
k
1
1
=
k
2
1
y
0
2x
0
l : y = kx + t
+
4
x2
y =
2
1
1 + 4k
x +
(
2)
2
8ktx + 4t −
2
4 = 0
Δ = 8kt
−
(
)2
4 1 + 4k
4t −4 =
(
2) (
2
)
0
t =
2
1 + 4k2
x
=
0
=
2 1 + 4k
(
2)
−8kt
−
, y
=
t
4k
0
kx
+
0
t = −
+
t
4k2
t =
t
1
+
k
1
1
=
k
2
1
=
y
0
2x
0
=
t
1
2 −
(
t
4k )
−8k,
+
kk
1
1
=
kk
2
1
−8
l
C
P
+
4
x
x
0
y
y =
0
1
1
1
以
，而
， 代入
中得
为定值．
答 案
见解析
解析
解：由
，知点
的轨迹是
、
两点所在的直线，
故点
的轨迹方程是：
．
将
与
联立得：
．设
，
，
，
，
，
，故
．
答 案
见解析
解析
解：由题意知：弦
所在的直线的斜率不为零．故设弦
所在的直线方程为：
，
代入
，得
，设
，
，
，
．
若以弦
为直径的圆都过原点，则
，
．
即
，解得
(不合题意，舍去)或
．
存在点
，使得过
点任作抛物线的一条弦，以该弦为直径的圆都过原点．
设弦
的中点为
，则
，
，
，
弦
的中点
的轨迹方程为：
，
，
消去得：
．
圆心
的轨迹方程为
．
1
2
1
k = −4y
0
x0
k
=
1
, k
=
x +
3
y
0
2
x −
3
y
0
+
kk1
1
kk
2
1
+
kk
1
1
=
kk
2
1
−4
+
=
(
x
0
x
+
0
3
x
0
x
−
0
3 )
−8
例题8
=
OC
t
+
OM
1 −t
t ∈R
(
) ON (
)
C
M
N
C
y = x −4
y = x −4
y =
2
4x
x −
2
12x + 16 = 0
A x
, y
(
1
1)
B x
, y
(
2
2)
∴x
x
=
1
2
16
x
+
1
x
=
2
12
∴y
y
=
1
2
x
−4
x
−4 =
(
1
) (
2
)
x
x
−
1
2
4 x
+ x
+
(
1
2)
16 = −16
∴x
x
+
1
2
y
y
=
1
2
0
⊥
OA
OB
DE
DE
x = ky + m
y =
2
4x
y −
2
4ky −4m = 0
D x
, y
(
1
1)
E x
, y
(
2
2)
∴y
+
1
y
=
2
4k
y
y
=
1
2
−4m
DE
OD⊥OE
∴x
x
+
1
2
y
y
=
1
2
0
⋅
4
y
1
2
+
4
y
2
2
y
y
=
1
2
m −
2
4m = 0
m = 0
m = 4
∴
P 4, 0
(
)
P
DE
M x, y
(
)
x =
2
x
+ x
1
2
y =
2
y
+ y
1
2
x
+
1
x
=
2
ky
+
1
4 + ky
+
2
4 = k y
+ y
+
( 1
2)
8 = 4k +
2
8
∴
DE
M
x = 2k +
2
4
y = 2k
k
y =
2
2x −8
∴
M
y =
2
2x −8
例题9
答 案
见解析
解析
过点
且斜率为
的直线方程为
，代入
：
，
化简得
，由于直线与曲线
相切，
则方程
，解得
，椭圆
半焦距
，故
，
则椭圆
的标准方程为
．
答 案
见解析
解析
当直线的斜率存在时，设：
，
，
，
联立与
的方程，
，与曲线
相
切，
则
，即
；
联立与
的方程，
，
，
，
，
设在点
处曲线
的切线方程为
，与曲线
的方程联立化简得
，
，再联
立
，
解得
，即切线方程为
，
同理可得在点
处曲线
的切线方程为
，联立两个切线方程，解得
，又
，则
，
当直线的斜率不存在时也满足此轨迹方程，故点
的轨迹方程为
．
答 案
见解析
解析
2
1
F
2
y =
x −
2 (
2)
C
2
x +
2
=
b2
y2
1
b + 2 x −
( 2
)
2
4
x +
2
4 −b =
2
0①
C
2
①Δ = 32 −4 b + 2
4 −b
=
( 2
) (
2)
0
b =
2
C
1
c =
2
a =
=
b + c
2
2
2
C
1
+
4
x2
=
2
y2
1
l
l
y = kx + m
A x
, y
(
1
1)
B x
, y
(
2
2)
l
C
2
⇒
{x +
= 1
2
2
y2
y = kx + m
k + 2 x +
(
2
)
2
2kmx + m −
2
2 = 0
l
C
2
Δ
=
2
4k m −
2
2
4 k + 2
m −2 =
(
2
) (
2
)
0
m =
2
k +
2
2
l
C
1
⇒
{
+
= 1
4
x2
2
y2
y = kx + m
2k + 1 x +
(
2
)
2
4kmx + 2m −
2
4 = 0
Δ
>
1
0
x
+
1
x
=
2
−2k + 1
2
4km
x
x
=
1
2
2k + 1
2
2m −4
2
A
C
1
y −y
=
1
k
x −x
1 (
1)
C
1
2k
+ 1 x +
(
1
2
)
2
4 k
y
−k
x
x +
(
1
1
1
2
1)
2k
x
−4k
x
y
+ 2y
−4 =
(
1
2
1
2
1
1
1
1
2
)
0
Δ = 0
+
4
x
1
2
=
2
y
1
2
1
k
=
1
−2y
1
x1
+
4
x
x
1
=
2
y
y
1
1
B
C
1
+
4
x
x
2
=
2
y
y
2
1
{x = −
m
4k
y =
m
2
m =
2
k +
2
2
+
16
x2
=
2
y2
1 x=
0
( / )
l
P
+
16
x2
=
2
y2
1 x=
0
( / )
例题10
解：由题意知
，则
，即
(定值)．
由椭圆定义知，顶点
的轨迹是以
、
为焦点的椭圆(除去左右顶点)，且其长半轴长为，半焦距
为，于是短半轴长为
．
顶点
的轨迹方程为
．
答 案
见解析
解析
解：由
，消去整理得
．
，
整理得：
．①
令
，
，则
，
设
的中点
，则
，
i)当
时，由题知，
．
ii)当
时，直线方程为
，
由
在直线上，得
，
．②
把②式代入①中可得
，解得
．
又由②得
，解得
>
．
．
验证：当
在
上时，得
代入②得
，无解，即
不会过椭圆左顶点．
同理可验证
不过右顶点．
的取值范围为
．
综上，当
时，
的取值范围为
；当
时，
的取值范围为
．
2
{a = 2
b + c = 2a
b + c = 4
AC +
∣
∣
AB =
∣
∣
4
A
B
C
2
1
3
∴
A
+
4
x2
=
3
y2
1 y=
0
( / )
{y = kx + m
+
= 1
4
x2
3
y2
y
3 + 4k
x +
(
2)
2
8kmx + 4 m −3 =
(
2
)
0
∴Δ = 8km
−
(
)2
4 3 + 4k
×
(
2)
4 m −3 >
(
2
)
0
4k >
2
m −
2
3
M x
, y
(
1
1)
N x
, y
(
2
2)
x
+
1
x
=
2
−
3 + 4k2
8km
MN
P x
, y
(
0
0)
x
=
0
x
+ x
=
2
1 (
1
2)
−
, y
=
3 + 4k2
4km
0
m + kx
=
0
3 + 4k2
3m
k = 0
m ∈
−
, 0
0,
(
3
) ∪(
3)
k=
0
/
l
y +
=
2
1
−
x
k
1
P x
, y
(
0
0)
l
+
3 + 4k2
3m
=
2
1
3 + 4k2
4m
∴2m = 3 + 4k2
2m −3 > m −
2
3
0 < m < 2
2m −3 = 4k >
2
0
m
2
3
∴
<
2
3
m < 2
−2, 0
(
)
y = kx + m
m = 2k
4k −
2
4k + 3 = 0
k
y = kx + m
y = kx + m
∴m
, 2
( 2
3
)
k = 0
m
−
, 0
0,
(
3
) ∪(
3)
k=
0
/
m
, 2
( 2
3
)
