答 案
解析
解：联立直线
和双曲线
，消去得
．
直线
与双曲线
的右支交于不同两点
，
，
．
由
，可得
，
且
，
，
解得
，
．
的取值范围是
．
故答案为：
．
答 案
解析
解：由椭圆的方程为
知焦点在轴上，
点坐标为
，
，
所在直线的方程为：
，
设
点坐标为
，
将
点坐标代入到椭圆方程里，有：
，
解得：
，
，
点坐标为
，
设
点坐标为
，
则
，
，
模块1：
1
1 72%
例题1
1,
(
2)
y = kx −1
x −
2
y =
2
1
y
1 −k
x +
(
2)
2
2kx −2 = 0
∵
y = kx −1
x −
2
y =
2
1
A
B
∴1 −k =
0
2/
Δ = 4k +
2
8 1 −k
>
(
2)
0
−
<
2
k <
2
−
>
1 −k2
2k
0
−
>
1 −k2
2
0
k > 1
∴1 < k <
2
∴k
1,
(
2)
1,
(
2)
例题2
−9, 3
[
]
+
6
x2
=
2
y2
1
x
A
, 0
(
6
)
∵∠AOB =
4
π
∴OB
y = x
B
x, x
(
)
B
+
6
x2
=
2
x2
1
x =
2
2
3
x =
2
6
∴B
,
( 2
6
2
6 )
C
x, y
(
)
⋅
OA
=
BC
x −
=
(
2
6 )
6
x −
6
3
x ∈−
,
[
6
6]
的取值范围为
．
故答案为：
．
答 案
解析
因为
为椭圆的焦点，所以
，
又
，所以
，所以椭圆方程为
．
答 案
解析
当直线的斜率不存在时，直线的方程为
，
此时
，
，所以
与
的面积相等，
，
当直线的斜率存在（显然
）时，设直线方程为
（
），
设
，
，将直线和椭圆方程联立，消掉得
，
显然
，方程有根，且
，
，
此时
（
时等号成
立），
所以
的最大值为
．
答 案
解析
由题意得
解得
，
．椭圆
的方程是
．
1
2
1
∴
⋅
OA BC
−9, 3
[
]
−9, 3
[
]
例题3
+
4
x2
=
3
y2
1
F −1, 0
(
)
c = 1
b =
3
a = 2
+
4
x2
=
3
y2
1
3
l
l
x = −1
D
−1,
(
2
3 )
C
−1, −
(
2
3 )
△ABD
△ABC
S
−S
=
∣
1
2∣
0
l
k=
0
/
y = k x + 1
(
)
k=
0
/
C x
, y
(
1
1)
D x
, y
(
2
2)
y
3 + 4k
x +
(
2)
2
8k x +
2
4k −
2
12 = 0
Δ > 0
x
+
1
x
=
2
−
3 + 4k2
8k2
x
x
=
1
2
3 + 4k2
4k −12
2
S −S
=
∣
1
2∣
2 y
−y
=
∣∣1∣
∣2∣∣
2 y
+ y
=
∣1
2∣
2 k x
+ 1 + k x
+ 1
∣(
2
)
(
1
)∣
= 2 k x
+ x
+ 2k =
∣(
2
1)
∣
=
3 + 4k2
12 k
∣∣
⩽
+ 4 k
k∣∣
3
∣∣
12
=
2
12
12
3
k = ±
2
3
S
−S
∣
1
2∣
3
例题4
+
4
x2
y =
2
1
{ a −b = 3,
2
2
+
= 1,
a21
4b2
3
a = 2
b = 1
C
+
4
x2
y =
2
1
答 案
见解析
解析
由
得
．
设
，则有
，
，
．
线段
的中点坐标为
，
线段
的垂直平分线方程为
．
令
，解得
，线段
的垂直平分线与轴的交点
，又点
，
．
又
，
．
，
．
的取值范围为
．
答 案
见解析
解析
因为椭圆
长轴长等于圆
：
的直径，
所以
，
，
由离心率为
，得
，
所以
，得
，
所以椭圆
的方程为
．
2
1
{y = k(x −1),
+ y = 1,
4
x2
2
(1 + 4k )x −
2
2
8k x +
2
4k −
2
4 = 0
A(x
, y
),B(x
, y
)
1
1
2
2
x
+
1
x
=
2
1 + 4k2
8k2
x
x
=
1
2
1 + 4k2
4k −4
2
y
+
1
y
=
2
k(x
+
1
x
−
2
2) =
1 + 4k2
−2k
∴
AB
,
( 1 + 4k2
4k2
1 + 4k2
−k
)
∴
AB
y −
=
1 + 4k2
−k
−
x −
k
1 (
1 + 4k2
4k2
)
y = 0
x =
1 + 4k2
3k2
∴
AB
x
Q
, 0
( 1 + 4k2
3k2
)
P(1, 0)
∴PQ =
∣
∣
1 −
=
∣∣∣∣
1 + 4k2
3k2
∣∣∣∣
1 + 4k2
1 + k2
AB =
∣
∣
(1 + k )
−4 ⋅
2 [( 1 + 4k2
8k2
)
2
1 + 4k2
4k −4
2
]
=
1 + 4k2
4
(1 + k )(1 + 3k )
2
2
∴
=
∣PQ∣
∣AB∣
=
1+4k2
1+k2
1+4k2
4
(1+k )(1+3k )
2
2
4
=
1 + k2
1 + 3k2
4
3 −
1 + k2
2
∵k=
0
/
∴1 < 3 −
<
1 + k2
2
3
∴
∣PQ∣
∣AB∣
(4, 4
)
3
例题5
C
R
x +
2
y −2
=
(
)2
4
2a = 4
a = 2
2
2
e =
2
=
a2
c2
=
a2
a −b
2
2
2
1
=
a2
b2
=
4
b2
2
1
b =
2
2
C
+
4
x2
=
2
y2
1
答 案
见解析
解析
当直线的斜率存在时，设的方程为
，与
联立，
消去，得
，
恒成立，
设
，
则
，
，
由
，得
．
所以直线
，
的斜率之和等于零．
答 案
见解析
解析
当直线的斜率不存在时，
，
，
；
当直线的斜率存在时，
，
，
所以
，
因为直线过点
，所以直线与椭圆
和圆
均交于两点，
令
，则
，
所以
，
2
3
l
l
y = kx + 1
+
4
x2
=
2
y2
1
y
(1 + 2k )x +
2
2
4kx −2 = 0
Δ > 0
A x
, y
, B x
, y
(
1
1)
(
2
2)
x
+
1
x
=
2
−1 + 2k2
4k
x
x
=
1
2
−
1 + 2k2
2
R 0, 2
(
)
k
+
RA
k
=
RB
+
x
1
y
−2
1
x
2
y
−2
2
=
+
x
1
kx
−1
1
x
2
kx
−1
2
= 2k −
+
( x
1
1
x
2
1 )
= 2k −
x
x
1
2
x
+ x
1
2
= 2k −
=
−
1+2k2
2
−
1+2k2
4k
0
RA
RB
l
∣AB∣= 2
2
∣MN∣= 4
∣AB∣⋅∣MN∣= 8
2
l
∣AB∣=
(x
−x
) + (y
−y
)
1
2
2
1
2
2
=
⋅
1 + k2
∣x
−
1
x
∣
2
=
⋅
1 + k2
(x
+ x
) −4x
x
1
2
2
1
2
=
⋅
1 + k2
−
+ 4 ×
(
1 + 2k2
4k
)
2
1 + 2k2
2
=
⋅
1 + k2
1 + 2k2
32k + 8
2
∣MN∣= 2
=
4 −
(
1 + k2
1
)
2
2
1 + k2
4k + 3
2
∣AB∣⋅∣MN∣=
⋅
1 + k2
×
1 + 2k2
32k + 8
2
2
1 + k2
4k + 3
2
= 4
⋅
2
1 + 2k2
4k + 1
2
4k + 3
2
l
P 0, 1
(
)
l
C
R
1 + 2k =
2
t
t ⩾1
∣AB∣⋅∣MN∣= 4
⋅
2
=
t2
2t −1
2t + 1
(
) (
)
4
⋅
2
<
4 −
t2
1
8
2
又
在
时单调递增，
所以
，
当且仅当
，
时等号成立，
综上，
的取值范围是
．
答 案
见解析
解析
解：圆
，圆心为
，半径
，
由
，可得
为
的中点，
点
在直线
上，且
，可得
，
连接
，可得
，
．
由椭圆的定义可得，
的轨迹为以
，
为焦点的椭圆，
可得
，
，
，
则曲线
的方程为
．
答 案
见解析
解析
解：由题意可知直线的斜率存在，
设
，
，
，
，
联立直线与椭圆方程
，消去得：
，
由
，
解得
且
，
1
2
y = 4
⋅
2
4 −
t2
1
t ⩾1
∣AB∣⋅∣MN∣= 4
⩾
2
4 −
t2
1
4
6
t = 1
k = 0
∣AB∣⋅∣MN∣
4
, 8
[
6
2]
例题6
O : x +
2
y =
2
4
0, 0
(
)
r = 2
2
=
OD
+
OF
2
OE
D
EF
2
C
EF
1
⋅
CD
=
EF
2
0
CD⊥EF
2
CF
2
CE = CF
2
∴CF
+
1
CF
=
2
CF
+
1
CE = EF
=
1
2OD = 4
C
−1, 0
(
)
1, 0
(
)
c = 1
a = 2
b =
=
a −c
2
2
3
W
+
4
x2
=
3
y2
1
l
l : y = k x −4
(
)
A x
, y
(
1
1)
B x
, y
(
2
2)
Q x
, y
(
0
0)
3x +
2
4y =
2
12
y
3 + 4k
x −
(
2)
2
32k x +
2
64k −
2
12 = 0
Δ = −32k
−
(
2)
2
4 3 + 4k
64k −12 >
(
2) (
2
)
0
−
<
2
1
k <
2
1
k=
0
/
，
，
则
，
，
所以
，
所以
，即
，
化简得
，
令
，得
，即
，
，
令
，则
，
所以
，
，
．
答 案
见解析
解析
解：点
在抛物线
上，
，
解得
，
椭圆的右焦点为
，
，
椭圆
：
的离心率为
，
，
，
，
椭圆
的方程为
．
答 案
见解析
1
2
∴x
+
1
x
=
2
3 + 4k2
32k2
x
x
=
1
2
3 + 4k2
64k −12
2
x
=
0
=
2
x
+ x
1
2
3 + 4k2
16k2
y
=
0
k x
−4 =
(
0
)
−
4k + 3
2
12k
Q
, −
( 3 + 4k2
16k2
4k + 3
2
12k
)
l :
′
y −y
=
0
−
x −x
k
1 (
0)
y +
=
4k + 3
2
12k
−
x −
k
1 (
3 + 4k2
16k2
)
y = −
x +
k
1
3 + 4k2
4k
x = 0
m =
3 + 4k2
4k
M
0,
(
3 + 4k2
4k
)
∴MQ =
∣
∣
+
( 3 + 4k2
16k2
)
2
=
( 3 + 4k2
16k
)
2
256 ⋅
3 + 4k
(
2)2
k + k
4
2
t = 3 + 4k2
t ∈3, 4
(
)
MQ =
∣
∣
256 ⋅
=
t2
+
16
t−3
(
)2
4
t−3
16 ⋅
t2
t −2t −3
2
= 16 −3
−
+ 1
=
[
( t
1 )
2
t
2
]
16 −3
+
+
[
( t
1
3
1 )
2
3
4 ]
∵
<
4
1
<
t
1
3
1
∴MQ ∈
∣
∣
0, 5
(
)
例题7
∵
2, 4
(
)
y =
2
2px
∴16 = 4p
p = 4
∴
F 2, 0
(
)
∴c = 2
∵
C
1
+
a2
x2
=
b2
y2
1 a > b > 0
(
)
2
2
∴
=
a
c
2
2
∴a = 2
2
∴b =
2
a −
2
c =
2
8 −4 = 4
∴
C
1
+
8
x2
=
4
y2
1
解析
解：设直线的方程为
，设
，
，
由
，消可得
，
，
，
，
，
，直线
与
的斜率乘积为
，
，
解得
，
直线的方程为
，线段
的中点为坐标原点，
由弦长公式可得
，
，
垂直平分线段
，
当
时，设直线
的方程为
，
同理可得
，
，
当
时，
的面积也适合上式，
令
，
，
，
则
，
当
时，即
时，
取得最小值，为
．
答 案
见解析
解析
证明：抛物线
上存在关于直线对称的相异两点
和
，
直线是线段
的垂直平分线，
的斜率为
，
设
的方程为：
，
线段
的中点为
，由
消去得，
，
，
，
1
l
y = kx + m
A x
, y
(
1
1)
B x
, y
(
2
2)
{y = kx + m
x + 2y = 8
2
2
y
1 + 2k
x +
(
2)
2
4kmx + 2m −
2
8 = 0
∴x
+
1
x
=
2
1 + 2k2
−4km
x
x
=
1
2
1 + 2k2
2m −8
2
∴y
+
1
y
=
2
k x
+ x
+
(
1
2)
2m =
1 + 2k2
2m
y
y
=
1
2
k x
x
+
2
1
2
km x
+ x
+
(
1
2)
m =
2
1 + 2k2
m −8k
2
2
∵M 0, 2
(
)
AM
BM
−
2
1
∴k
⋅
AM
k
=
BM
⋅
x
1
y
−2
1
=
x
2
y
−2
2
=
x
x
1
2
y
y
−2 y
+ y
+ 4
1
2
( 1
2)
=
2 m + 2
(
)
m −2
−
2
1
m = 0
∴
l
y = kx
AB
AB =
∣
∣
=
1 + k2
x
+ x
−4x
x
(
1
2)2
1
2
1 + 2k2
32 k + 1
(
2
)
∵AN =
∣
∣
BN
∣
∣
∴ON
AB
k=
0
/
ON
y = −
x
k
1
ON =
∣
∣
=
2
1
2 ×
+ 1
k21
32
+ 1
( k21
)
2
1
k + 2
2
32 k + 1
(
2
)
∴S
=
△ABN
∣ON ⋅AB∣=
2
1
∣∣
8
k + 2
2k + 1
(
2
) (
2
)
k + 1
(
2
)2
k = 0
ΔABN
t = k +
2
1
t ⩾1
0 <
⩽
t
1
1
S
=
△ABN
8
=
t + 1
2t −1
(
) (
)
t2
8
=
−
+
+ 2
t21
t
1
1
8
−
−
+
( t
1
2
1)
2
4
9
1
∴
=
t
1
2
1
k = ±1
S
△ABN
3
16
例题8
∵
C
l
P
Q
∴
l
PQ
∴PQ
−1
PQ
y = −x + b, P x
, y
, Q x
, y
(
1
1)
(
2
2)
PQ
M x
, y
(
M
M )
{y = −x + b
y = 2px
2
y
x −
2
2 p + b x +
(
)
b =
2
0
∴x
=
1,2
p + b ±
(
)
p + 2pb
2
∴x
+
1
x
=
2
2 p + b
(
)
，
又
在直线上，
，
．
线段
的中点坐标为
．
答 案
见解析
解析
由(1)中
及
，
得
，
，
，
．
答 案
解析
由椭圆的定义可知，动点
的轨迹是以
，
为焦点，长轴长为
的椭圆．
，
，
，则
的方程是
．
答 案
解析
方法一：
设
，
两点坐标分别为
、
，
中点为
．
由
得
，
，
，
从而
，
的斜率
．
2
1
2
∴x
=
M
p + b, ∴M p + b, −p
(
)
∵M
l
∴p + b −−p −
(
)
2 = 0
∴b = 2 −2p
∴
PQ
2 −p, −p
(
)
x −
2
2 p + b x +
(
)
b =
2
0
b = 2 −2p
x −
2
2 2 −p x +
(
)
2 −2p
=
(
)2
0
∴Δ = 4 −2p
−
(
)2
4 2 −2p
>
(
)2
0
∴3p −
2
4p < 0
∴0 < p <
3
4
例题9
+
3
x2
=
2
y2
1
P
A
B
2
3
∴c = 1
a =
3
∴b =
2
2
W
+
3
x2
=
2
y2
1
−
,
[
12
6
12
6 ]
C
D
C(x
, y
)
1
1
D(x
, y
)
2
2
CD
N(x
, y
)
0
0
{y = kx + 1
+
= 1
3
x2
2
y2
(3k +
2
2)x +
2
6kx −3 = 0
∴x
+
1
x
=
2
−
3k + 2
2
6k
∴x
=
0
=
2
x
+ x
1
2
−
3k + 2
2
3k
y
=
0
kx
+
0
1 =
3k + 2
2
2
∴MN
k
=
M N
=
x
−m
0
y
0
−
−m
3k +2
23k
3k +2
22
又
，
，
，即
．
当
时，
； 当
时，
．
综上，
的取值范围是
．
方法二：点差法
直线
恒过点
，无论为何值时直线与椭圆恒有两个交点．
设
，
两点坐标分别为
、
，
中点为
．
由
作差得
①．
因为
，所以
的中垂线过点
，则
②，
联立①②解得
，
．
又点
在
上，所以
，
解得
．
当
时，
； 当
时，
．
综上，
的取值范围是
．
答 案
见解析
解析
解：将直线方程代入椭圆方程：
，消去，整理得：
，
由
，
直线与椭圆有公共点，
，即
，
解得：
，
故所求实数
的取值范围为
．
1 64%
2 51%
∵CM =
∣
∣
DM
∣
∣
∴CD⊥MN
∴
=
−
−m
3k +2
2
3k
3k +2
22
−
k
1
m = −
3k + 2
2
k
k = 0
m = 0
k=
0
/
m = −
=
3k + 2
2
k
−
∈
3k +
k
2
1
−
, 0
∪
[
12
6
)
0,
(
12
6 ]
m
−
,
[
12
6
12
6 ]
y = kx + 1
0, 1
(
)
k
C
D
C(x
, y
)
1
1
D(x
, y
)
2
2
CD
N(x
, y
)
0
0
{
+
= 1
3
x
1
2
2
y
1
2
+
= 1
3
x
2
2
2
y
2
2
k =
x
0
y
0
−
3
2
CM =
∣
∣
DM
∣
∣
CD
M(m, 0)
=
x
−m
0
y
0
−
k
1
x
=
0
3m
y
=
0
−
k
2m
N
y = kx + 1
−
=
k
2m
3km + 1
m = −
3k + 2
2
k
k = 0
m = 0
k=
0
/
m = −
=
3k + 2
2
k
−
∈
3k +
k
2
1
−
, 0
∪
[
12
6
)
0,
(
12
6 ]
m
−
,
[
12
6
12
6 ]
例题10
{y =
x + m
2
3
+
= 1
4
x2
9
y2
y
9x +
2
6mx + 2m −
2
18 = 0
Δ = 36m −
2
36 2m −18 =
(
2
)
−36 m −18
(
2
)
∵
l
∴Δ ⩾0
−36 m −18 ⩾
(
2
)
0
−3
⩽
2
m ⩽3
2
m
−3
, 3
[
2
2]
答 案
见解析
解析
解：设直线与椭圆的交点为
，
，
由
可知，利用韦达定理可知：
，
，
故
，
当
时，直线被椭圆截得的弦长的最大值为
．
l
A x
, y
(
1
1)
B x
, y
(
2
2)
1
( )
x
+
1
x
=
2
−9
6m
x
x
=
1
2
9
2m −18
2
AB =
∣
∣
⋅
1 + k2
x
+ x
−4x
x
(
1
2)2
1
2
=
⋅
1 +
( 2
3 )
2
−
−4 ×
(
9
6m)
2
9
2m −18
2
=
⋅
3
13
−m + 18
2
∴
m = 0
l
26
