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9.5 圆锥曲线的综合问题
综合篇
考法 一 求轨迹方程 ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２
Ａ. ＋ ＝１ Ｂ. － ＝１
１.( 山东聊城二模ꎬ )已知点 Ｐ 在圆 Ｏ ｘ２ １６ ９ １６ ９
２０２２ ４ : ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２
ｙ２ 上 点 Ａ Ｂ 则满足 ＡＰ
Ｃ. ＋ ＝１ Ｄ. － ＝１
＋ ＝４ ꎬ (－３ꎬ０)ꎬ (０ꎬ４)ꎬ
４ ３ ４ ３
ＢＰ 的点 Ｐ 的个数为
答案 Ｃ 连接 ＰＢ.因为点 Ｐ 为线段 ＡＢ 的
⊥ ( )
垂直平分线与直线 ＡＣ 的交点 所以 ＰＡ
Ａ.３ Ｂ.２ Ｃ.１ Ｄ.０
ꎬ ｜ ｜ ＝ ｜
答案 Ｂ 设点Ｐ ｘ ｙ 则ｘ２ ｙ２ 且Ａ→Ｐ ＰＢ
( ꎬ )ꎬ ＋ ＝４ꎬ ＝ ｜ꎬ
ｘ ｙ Ｂ→Ｐ ｘ ｙ 由 ＡＰ ＢＰ 得Ａ→Ｐ 所以 ＰＢ ＰＣ ＰＡ ＰＣ ＡＣ 而
( ＋３ꎬ )ꎬ ＝( ꎬ －４)ꎬ ⊥ ｜ ｜＋｜ ｜ ＝ ｜ ｜＋｜ ｜ ＝ ｜ ｜ ＝４ꎬ
ＢＣ 所以点Ｐ 的轨迹是以Ｂ Ｃ 为焦点
Ｂ→Ｐ ｘ ｘ ｙ ｙ ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ 即 ｜ ｜ ＝２ꎬ ꎬ ꎬ
＝ ( ＋３)＋ ( －４)＝ ＋ ＋３ －４ ＝０ꎬ
ｘ２ ｙ２
æ ö２ 为长轴长的椭圆.设其方程为 ａ
è
çｘ
＋
３
ø
÷
＋(
ｙ
－２)
２
＝
２５
ꎬ
故点 Ｐ 的轨迹是一个 ４ ａ２ ＋ｂ２ ＝１( >
２ ４
æ ö ｂ 则 ａ ｃ ａ 则 ｂ ａ２ ｃ２
以ç ３ ÷为圆心 ５ 为半径的圆 则两圆的 >０)ꎬ ２ ＝４ꎬ ＝１ꎬ ＝２ꎬ ＝ － ＝
è－
２
ꎬ２ø 、
２
ꎬ
所以点 Ｐ 的轨迹方程是
ｘ２ ｙ２
.故
３ꎬ ＋ ＝ １
圆心距为５ 又半径和为５ ９ 半径差为 ４ ３
ꎬ ＋２＝ ꎬ
选
２ ２ ２
Ｃ.
５ １ ４.( 课标 ꎬ文 ꎬ理 ꎬ 分)设 Ｏ 为坐
－２＝ ꎬ ２０１７ Ⅱ ２０ ２０ １２
２ ２ ｘ２
标原点 动点 Ｍ 在椭圆 Ｃ ｙ２ 上 过 Ｍ
且１ ５ ９ 所以两圆相交 则满足条件的点 ꎬ : ＋ ＝１ ꎬ
< < ꎬ ꎬ ２
２ ２ ２
作 ｘ 轴的垂线 垂足为 Ｎ 点 Ｐ 满足Ｎ→Ｐ
Ｐ 有 个.故选 ꎬ ꎬ ＝
２ Ｂ.
２.( 课标 文ꎬ ꎬ 分)在平面内 Ａ Ｂ 是 Ｎ→Ｍ.
２０２０ Ⅲ ６ ５ ꎬ ꎬ ２
求点 Ｐ 的轨迹方程
两个定点 Ｃ 是动点.若 Ａ→Ｃ Ｂ→Ｃ 则点 Ｃ (１) ꎻ
ꎬ ＝１ꎬ
的轨迹为 设点 Ｑ 在直线 ｘ 上 且Ｏ→Ｐ Ｐ→Ｑ .
( ) (２) ＝－３ ꎬ ＝１
圆 椭圆 抛物线 直线 证明 过点 Ｐ 且垂直于 ＯＱ 的直线 ｌ 过 Ｃ 的
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. :
答案 Ａ 不妨以 ＡＢ 所在直线为 ｘ 轴 ＡＢ 左焦点 Ｆ.
ꎬ
的中点为原点 建立平面直角坐标系 设 Ｃ 解析 设 Ｐ ｘ ｙ Ｍ ｘ ｙ 则 Ｎ ｘ
ꎬ ꎬ (１) ( ꎬ )ꎬ ( ０ꎬ ０)ꎬ ( ０ꎬ
ｘ ｙ Ａ ｃ Ｂ ｃ ｃ 则 Ａ→Ｃ ｘ ｃ Ｎ→Ｐ ｘ ｘ ｙ Ｎ→Ｍ ｙ .由 Ｎ→Ｐ
( ꎬ )ꎬ (－ ꎬ０)ꎬ ( ꎬ０)ꎬ >０ꎬ ＝( ＋ ꎬ ０)ꎬ ＝( － ０ꎬ )ꎬ ＝(０ꎬ ０) ＝ ２
ｙ Ｂ→Ｃ ｘ ｃ ｙ 由 Ａ→Ｃ Ｂ→Ｃ 得 ｘ ｃ
5 )ꎬ ＝( － ꎬ )ꎬ ＝１ꎬ ( ＋ ) Ｎ→Ｍ得 ｘ ｘ ｙ ２ｙ.
年 ｘ ｃ ｙ ｙ 即ｘ２ ｙ２ ｃ２ 点Ｃ 的 ０ ＝ ꎬ ０ ＝ ２
高 ( － )＋ ＝１ꎬ ＋ ＝ ＋１>０ꎬ∴
考 轨迹为圆.故选 . 因为 Ｍ ｘ ｙ 在 Ｃ 上 所以 ｘ２ ｙ２ .
年
3 Ａ ( ０ꎬ ０) ꎬ ＋ ＝１
３.( 届贵州遵义新高考协作体入学质量监 ２ ２
模
拟 ２０２３ 因此点 Ｐ 的轨迹方程为 ｘ２ ｙ２ .
测ꎬ )已知圆 Ｃ 的方程为 ｘ ２ ｙ２ ＋ ＝２
A ８ ( －１) ＋ ＝１６ꎬ 证明 由题意知 Ｆ .设 Ｑ ｔ Ｐ
版 Ｂ Ａ 为圆Ｃ 上任意一点 若点Ｐ 为线 (２) : (－１ꎬ０) (－３ꎬ )ꎬ
(－１ꎬ０)ꎬ ꎬ
高 ｍ ｎ 则 Ｏ→Ｑ ｔ Ｐ→Ｆ ｍ ｎ
考 段 ＡＢ 的垂直平分线与直线 ＡＣ 的交点 则点 ( ꎬ )ꎬ ＝(－３ꎬ )ꎬ ＝(－１－ ꎬ－ )ꎬ
ꎬ
数
学 Ｐ 的轨迹方程为 Ｏ→Ｑ Ｐ→Ｆ ｍ ｔｎ Ｏ→Ｐ ｍ ｎ Ｐ→Ｑ
( ) ＝ ３＋３ － ꎬ ＝ ( ꎬ )ꎬ ＝
３９２
ｍ ｔ ｎ . ｋ
(－３－ ꎬ － ) 由根与系数的关系得 ｘ ｘ ３０ ｘ ｘ
１ ＋ ２ ＝ ｋ２ ꎬ １ ２ ＝
由 Ｏ→Ｐ Ｐ→Ｑ 得 ｍ ｍ２ ｔｎ ｎ２ ４＋５
＝１ －３ － ＋ － ＝１ꎬ
又由 知 ｍ２ ｎ２ 故 ｍ ｔｎ . ２５ ｘ ｘ
(１) ＋ ＝２ꎬ ３＋３ － ＝０ ｋ２ ꎬ １ ２>０ꎬ
４＋５
所以 Ｏ→Ｑ Ｐ→Ｆ 即 Ｏ→Ｑ Ｐ→Ｆ. ｘ ｘ
＝０ꎬ ⊥
ＱＨ ＱＫ ｘ ｘ １ ２
又过点 Ｐ 存在唯一直线垂直于 ＯＱ 所以过 ｜ ｜＋｜ ｜ ＝ ｜ Ｈ＋ Ｋ｜ ＝ ｙ ＋ｙ
ꎬ １ ＋２ ２ ＋２
点 Ｐ 且垂直于ＯＱ 的直线ｌ 过Ｃ 的左焦点Ｆ. ｘ ｘ ｋｘ ｘ ｘ ｘ
１ ２ ２ １ ２ －( １ ＋ ２)
５.( 届长沙市明德中学检测ꎬ )平面直角 ＝ ｋｘ ＋ｋｘ ＝ ｋ２ｘ ｘ ｋ ｘ ｘ
２０２３ ２１ １ －１ ２ －１ １ ２ － ( １ ＋ ２)＋１
ｋ ｋ
坐标系内有一定点Ｆ 定直线ｌ ｘ ５０ ３０
(－１ꎬ０)ꎬ : ＝－５ꎬ ｋ２ － ｋ２
ＰＦ ４＋５ ４＋５ ｋ
设动点 Ｐ 到定直线的距离为 ｄ 且满足｜ ｜ ＝ ｋ２ ｋ２ ＝５｜ ｜ꎬ
ꎬ ｄ ２５ ３０
ｋ２ － ｋ２ ＋１
４＋５ ４＋５
因为 ＱＨ ＱＫ 所以 ｋ 即 ｋ
５.
＝ ｜ ｜＋｜ ｜≤３５ꎬ ５｜ ｜≤３５ꎬ ｜ ｜
５ .
≤７
求动点 Ｐ 的轨迹方程
(１) ꎻ 综上 ｋ 或 ｋ .
ꎬ－７≤ <－１ １< ≤７
直线 ｍ ｙ ｋｘ 过定点 Ｑ 与动点 Ｐ 的
(２) : ＝ －３ ꎬ 所以 ｋ 的取值范围是 .
[－７ꎬ－１)∪(１ꎬ７]
轨迹交于不同的两点 Ｍ Ｎ 动点 Ｐ 的轨迹与
ꎬ ꎬ
ｙ 的负半轴交于 Ａ 点 直线 ＡＭ ＡＮ 分别交直 考法 二 定值与定点问题
ꎬ 、
线 ｙ 于点 Ｈ Ｋ 若 ＱＨ ＱＫ 求 ｋ
考向一 定值问题
＝－３ 、 ꎬ ｜ ｜＋｜ ｜≤３５ꎬ
的取值范围.
１.( 届江苏百校联考ꎬ )设 Ｆ 为椭圆 Ｃ
２０２３ ２１ :
解析 设动点 Ｐ 的坐标为 ｘ ｙ 因为
(１) ( ꎬ )ꎬ
ｘ２
ｙ２ 的右焦点 过点 Ｆ 且与 ｘ 轴不重合
ＰＦ ＋ ＝１ ꎬ
｜ ｜ ５ ２
ｄ ＝ ꎬ 的直线 ｌ 交椭圆 Ｃ 于 Ａ Ｂ 两点.
５ ꎬ
ｘ ２ ｙ２ 当Ｂ→Ｆ Ｆ→Ａ时 求 Ｆ→Ａ
所以 ( ＋１) ＋ ５ 即 ｘ ２ ｙ２ (１) ＝２ ꎬ ｜ ｜ꎻ
ｘ ＝ ꎬ ５[( ＋１) ＋ ]＝ ｜ 在 ｘ 轴上是否存在异于 Ｆ 的定点 Ｑ 使
｜ ＋５｜ ５
(２) ꎬ
ｘ２ ｙ２ ｋ
ｘ ２ 整理得 .所以动点 Ｐ 的轨迹 ＱＡ 为定值 其中 ｋ ｋ 分别为直线 ＱＡ ＱＢ
＋５｜ ꎬ ＋ ＝１ ｋ ( ＱＡꎬ ＱＢ ꎬ
５ ４ ＱＢ
ｘ２ ｙ２ 的斜率 若存在 求出 Ｑ 的坐标 若不存
方程为 . )? ꎬ ꎻ
＋ ＝１
５ ４ 在 请说明理由.
ꎬ
设 Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ 由 可得点 Ａ
解析 由题意知 Ｆ .设直线 ｌ 的方程为
(２) ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ (１)
(１ꎬ０)
ｙ
ｘ ｍｙ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ
的坐标为
(０ꎬ－２)ꎬ
故直线 ＡＭ
:
ｙ
＝
１
ｘ
＋２ｘ
－２ꎬ
＝
{
＋
ｘ
１ꎬ
ｍｙ
( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ
令 ｙ ＝－３ꎬ 则 ｘ Ｈ＝－ｙ
ｘ
１ ꎬ 同理 ｘ Ｋ＝－ｙ
ｘ
１
２ .
联立
ｘ２
＝
＋２
ｙ２
＋
＝
１ꎬ
２ꎬ
消 ｘ 得
(
ｍ２
＋２)
ｙ２
＋２
ｍｙ
－１
１
＋２
２
＋２
{ｙ ｋｘ
＝０ꎬ
由 ＝ －３ꎬ 消去 ｙ 得 ｋ２ ｘ２ ｋｘ
则 ｙ ｙ ２
ｍ
ｙ ｙ －１ .
专
题
４
ｘ２
＋５
ｙ２
＝２０
(４＋５ ) －３０ ＋ １ ＋ ２ ＝－ｍ２
＋２
ꎬ １ ２ ＝ｍ２
＋２
九
平
２５＝０ꎬ 因为Ｂ→Ｆ Ｆ→Ａ 所以 ｘ ｙ ｘ 面
(１) ＝２ ꎬ (１－ ２ꎬ－ ２)＝ ２( １ － 解
由 Δ
＝９００
ｋ２
－１００(４＋５
ｋ２
)>０ꎬ
解得 ｋ
<－１
或 ｋ
析
ｙ 所以 ｙ ｙ 解得 ｍ２ ２ 则 ｙ 几
. １ꎬ １)ꎬ － ２ ＝２ １ꎬ ＝ ꎬ ｜ １｜ ＝ 何
>１ ７
３９３
ｍ 由椭圆定义知 ＱＦ ａ ＱＦ ＱＦ
２｜ ｜ １４ ｜ １｜ ＝２ －｜ ２｜ ＝４－｜ ２｜ꎬ
ｍ２ ＝ ꎬ ＱＦ ＱＡ ＱＡ ＱＦ
＋２ ８ ∴ ｜ １｜＋｜ ｜ ＝ ｜ ｜－｜ ２｜＋４ꎬ
ＱＡ ＱＦ Ｆ Ａ 当且仅当 Ａ Ｆ Ｑ
所以 Ｆ→Ａ ｍ２ ｙ ３ ２. ∵ ｜ ｜－｜ ２ ｜≤｜ ２ ｜( ꎬ ２ꎬ
｜ ｜ ＝ １＋ ｜ １｜ ＝ 三点共线 即与图中 Ｔ 点重合时取等号
８ ꎬ )ꎬ
假设在 ｘ 轴上存在异于点 Ｆ 的定点 Ｑ
(２)
æ ö２
又 Ｆ Ａ ç １ ÷ ２ ５
ｋ ｜ ２ ｜ ＝ è －１ø ＋(１－０) ＝ ꎬ
ｔ ｔ 使得 ＱＡ 为定值. ２ ２
( ꎬ０)( ≠１)ꎬ ｋ
ＱＢ
ＱＦ ＱＡ 的最大值为 ５.
ｍ ∴ ｜ １｜＋｜ ｜ ４＋
因为 ｙ ｙ －２ ｙ ｙ －１ 所以 ｙ ｙ ２
１ ＋ ２ ＝ｍ２ ꎬ １ ２ ＝ｍ２ ꎬ １ ＋ ２
＋２ ＋２
ｍｙ ｙ
＝２ １ ２ꎬ
ｙ
１
ｋ ｘ ｔ ｙ ｘ ｔ ｙ ｍｙ ｔ
所以 ＱＡ １ － １( ２ － ) １( ２ ＋１－ )
ｋ ＝ ｙ ＝ｙ ｘ ｔ ＝ ｙ ｍｙ ｔ
ＱＢ ２ ２( １ － ) ２( １ ＋１－ )
ｘ ｔ
－ 由题意知直线 ｌ 的斜率存在 设 ｌ ｙ ｋ ｘ
２
(２) ꎬ : ＝ (
ｍｙ ｙ ｔ ｙ ｍｙ ｙ ｔ ｙ
＝ ｍｙ
１
ｙ
２ ＋(１－
ｔ
)
ｙ
１
＝
２
ｍｙ
１
ｙ
２ ＋２(１－
ｔ
)
ｙ
１ ＋１)ꎬ Ｍ ( ｘ １ꎬ ｙ １)ꎬ Ｎ ( ｘ ２ꎬ ｙ ２)ꎬ 则 Ｐ (０ꎬ ｋ )ꎬ
１ ２ ＋(１－ ) ２ ２ １ ２ ＋２(１－ ) ２ ì ï ｙ ｋ ｘ
ｔ ｙ ｙ ï ＝ ( ＋１)ꎬ
＝
(
ｙ
３－２ ) １
ｔ
＋
ｙ
２. 由í
ï
ｘ２ ｙ２ 消ｙ 得
(３＋４
ｋ２
)
ｘ２
＋８
ｋ２ｘ
＋４
ｋ２
－
ï
１ ＋(３－２ ) ２ î ＋ ＝１
４ ３
ｋ ｔ
ＱＡ
要使 为定值 则有３－２ １ 解得 ｔ
ｋ ꎬ ＝ ｔꎬ ＝２ １２＝０ꎬ
ＱＢ １ ３－２ ｋ２ ｋ２
ｘ ｘ ８ ｘ ｘ ４ －１２.
ｋ
或 ｔ 舍去 此时 ＱＡ . ∴ １ ＋ ２ ＝－ ｋ２ ꎬ １ ２ ＝ ｋ２
＝１( )ꎬ ｋ ＝－１
３＋４ ３＋４
ＱＢ
Ｐ→Ｍ λ ＭＦ→ 即 ｘ ｙ ｋ λ ｘ
故在 ｘ 轴上存在异于 Ｆ 的定点 Ｑ 使 ∵ ＝ １ꎬ ( １ꎬ １ － )＝ (－１－ １ꎬ－
(２ꎬ０)ꎬ
ｙ
ｋ １)ꎬ
ＱＡ
得 为定值. ｘ ｘ
ｋ
ＱＢ 则 λ １ 同理可得 μ ２
＝－ ｘ ꎬ ＝－ ｘ ꎬ
２.( 届贵州遵义新高考协作体入学质量监 １＋ １ １＋ ２
２０２３ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
ｘ２ ｙ２ λ μ １ ２ １(１＋ ２)＋ ２(１＋ １)
测ꎬ )已知点 Ｆ 是椭圆 Ｃ 的左焦 ∴ ＋ ＝－ ｘ － ｘ ＝－ ｘ ｘ
２０ １ : ＋ ＝１ １＋ １ １＋ ２ (１＋ １)(１＋ ２)
４ ３
ｋ２ ｋ２
æ ö ８ －２４ ８
点 Ｑ 是椭圆 Ｃ 上的任意一点 Ａç１ ÷. ｘ ｘ ｘ ｘ ｋ２ － ｋ２
ꎬ ꎬ è ꎬ１ø ２ １ ２ ＋( １ ＋ ２) ３＋４ ３＋４
２ ＝ －ｘ ｘ ｘ ｘ ＝ － ｋ２ ｋ２ ＝
求 ＱＦ ＱＡ 的最大值 １ ２ ＋( １ ＋ ２)＋１ ４ －１２ ８
(１) ｜ １｜＋｜ ｜ ꎻ ｋ２ － ｋ２ ＋１
３＋４ ３＋４
过点 Ｆ 的直线 ｌ 与椭圆 Ｃ 相交于两点
5 (２) １ ｋ２ ｋ２
年 ８ －２４－８ ８ λ μ 是定值
高 Ｍ Ｎ 与ｙ 轴相交于点Ｐ.若Ｐ→Ｍ λ ＭＦ→ Ｐ→Ｎ － ｋ２ ｋ２ ｋ２ ＝ － ꎬ∴ ＋
考 ꎬ ꎬ ＝ １ꎬ ＝ ４ －１２－８ ＋３＋４ ３
3
μ ＮＦ→ 试问 λ μ 是不是定值 若是 求出
年 ８.
模
１ꎬ : ＋ ? ꎬ
－
拟 该定值 若不是 请说明理由. ３
ꎻ ꎬ
A 解析 由椭圆方程知 ａ ｂ ｃ ３.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)已知椭圆 Ｃ
ｘ２
版 (１) ＝２ꎬ ＝ ３ꎬ∴ ＝ ２０２０ Ⅰ ２２ １２ :ａ２ ＋
高
考
数
ａ２
－
ｂ２
＝１ꎬ
则 Ｆ
１(－１ꎬ０)ꎬ
设右焦点为 Ｆ
２ꎬ
则
ｙ２
ａ ｂ 的离心率为 ２ 且过点Ａ .
学 Ｆ . ｂ２ ＝１( > >０) ꎬ (２ꎬ１)
２(１ꎬ０) ２
３９４
求 Ｃ 的方程
(１) ꎻ 若 Ｄ 与 Ｐ 重合 则 ＤＱ １ ＡＰ .
ꎬ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜
点 Ｍ Ｎ 在 Ｃ 上 且 ＡＭ ＡＮ ＡＤ ＭＮ Ｄ
２
(２) ꎬ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ
æ ö
为垂足.证明 存在定点 Ｑ 使得 ＤＱ 为定值.
综上 存在点 Ｑç４ １ ÷ 使得 ＤＱ 为定值.
: ꎬ ｜ ｜
ꎬ è ꎬ øꎬ ｜ ｜
ａ２ ｂ２ ３ ３
解析 由题设得４ １ － １
(１) ａ２ ＋ｂ２ ＝１ꎬ ａ２ ＝ ꎬ ４.( 山东泰安三模ꎬ )已知椭圆 Ｅ
ｘ２ ｙ２
２ ２０２２ ２１ :ａ２ ＋ｂ２
ｘ２ ｙ２
解得 ａ２ ｂ２ .所以 Ｃ 的方程为 .
＝６ꎬ ＝３ ＋ ＝１
ａ ｂ 的离心率 ｅ ２ 四个顶点组成
６ ３
＝１( > >０) ＝ ꎬ
证明 设 Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ . ２
(２) : ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)
的菱形的面积为 Ｏ 为坐标原点.
若直线 ＭＮ 与 ｘ 轴不垂直 设直线 ＭＮ 的方 ８ ２ꎬ
ꎬ
求椭圆 Ｅ 的方程
ｘ２ ｙ２ (１) ꎻ
程为 ｙ ｋｘ ｍ 代入 得 ｋ２ ｘ２
＝ ＋ ꎬ ＋ ＝１ (１＋２ ) ＋
６ ３ 过 Ｏ ｘ２ ｙ２ ８上任意点 Ｐ 作 Ｏ 的切
(２) ☉ : ＋ ＝ ☉
ｋｍｘ ｍ２ . ３
４ ＋２ －６＝０
线 ｌ 与椭圆 Ｅ 交于点 Ｍ Ｎ 求证 Ｐ→Ｍ Ｐ→Ｎ为
于是 ｘ ｘ ４
ｋｍ
ｘ ｘ ２
ｍ２
－６. ꎬ ꎬ :
１ ＋ ２ ＝－ ｋ２ ꎬ １ ２ ＝ ｋ２ ① 定值.
１＋２ １＋２
由 ＡＭ ＡＮ 知Ａ→Ｍ Ａ→Ｎ 故 ｘ ｘ ｃ
⊥ ＝０ꎬ ( １ －２)( ２ －２) 解析 (１) 由题意得 ２ ａｂ ＝８ ２ꎬ ｅ ＝ ａ ＝ ２ ꎬ ａ２
ｙ ｙ 可得 ｋ２ ｘ ｘ ２
＋( １ －１)( ２ －１)＝ ０ꎬ ( ＋１) １ ２ ＋ ｂ２ ｃ２
ｋｍ ｋ ｘ ｘ ｍ ２ .将 代入 ＝ ＋ ꎬ
( － －２)( １ ＋ ２)＋( －１) ＋４＝０ ① ｘ２
解得 ａ ｂ 所以椭圆 Ｅ 的方程为
ｍ２ ｋｍ ＝２ ２ꎬ ＝２ꎬ ＋
上式可得 ｋ２ ２ －６ ｋｍ ｋ ４
８
( ＋１) ｋ２ －( － －２) ｋ２
１＋２ １＋２ ｙ２
.
ｍ ２ .整理得 ｋ ｍ ｋ ｍ ＝１
＋( －１) ＋４＝０ (２ ＋３ ＋１)(２ ＋ － ４
.因为 Ａ 不在直线ＭＮ 上 所以 ｋ 证明 当切线 ｌ 的斜率不存在时 其方程
１)＝ ０ (２ꎬ１) ꎬ ２ (２) : ꎬ
ｍ 故 ｋ ｍ ｋ .于是 ＭＮ 的
＋ －１≠０ꎬ ２ ＋３ ＋１＝０ꎬ ≠１ 为 ｘ ２ ６
æ ö ＝± ꎬ
方程为 ｙ ｋçｘ ２÷ １ ｋ .所以直线 ＭＮ ３
＝ è － ø－ ( ≠１)
３ ３ ｘ２ ｙ２
当 ｘ ２ ６时 将 ｘ ２ ６代入椭圆方程
æ ö ＝ ꎬ ＝ ＋
过点 Ｐç２ １÷.若直线 ＭＮ 与 ｘ 轴垂直 可 ３ ３ ８ ４
è ꎬ－ ø ꎬ
３ ３ æ ö
得 ｙ ２ ６ 不妨令 Ｍ çç２ ６ ２ ６÷÷
得 Ｎ ｘ ｙ .由Ａ→Ｍ Ａ→Ｎ 得 ｘ ｘ ＝ １ꎬ ＝ ± ꎬ è ꎬ øꎬ
( １ꎬ－ １) ＝０ ( １ －２)( １ － ３ ３ ３
ｘ２ ｙ２ æ ö
ｙ ｙ .又 １ １ 可得 Ｎçç２ ６ ２ ６÷÷
２)＋( １ －１)(－ １ －１)＝ ０ ＋ ＝１ꎬ è ꎬ－ øꎬ
６ ３ ３ ３
æ ö æ ö
ｘ２ ｘ .解得 ｘ 舍去 或 ｘ ２.此 Ｐ çç２ ６ ÷÷ Ｐ→Ｍ çç ２ ６÷÷ Ｐ→Ｎ
３ １ －８ １ ＋４＝０ １ ＝２( ) １ ＝ ∵ è ꎬ０øꎬ ∴ ＝ è０ꎬ øꎬ
３ ３ ３
æ ö æ ö
时直线 ＭＮ 过点Ｐç２ １÷.令 Ｑ 为 ＡＰ 的中 çç ２ ６÷÷
è ꎬ－ ø ＝ è０ꎬ－ øꎬ
３ ３ ３
æ ö 专
点 即 Ｑç４ １ ÷. Ｐ→Ｍ Ｐ→Ｎ ８ 题
ꎬ è ꎬ ø ∴ ＝－ ꎻ 九
３ ３ ３
若 Ｄ 与 Ｐ 不重合 则由题设知 ＡＰ 是 平
ꎬ 面
当 ｘ ２ ６时 同理可得Ｐ→Ｍ Ｐ→Ｎ ８.
解
＝－ ꎬ ＝－
析
ＡＤＰ的斜边 故 ＤＱ １ ＡＰ ２ ２. ３ ３ 几
Ｒｔ△ ꎬ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ ＝ 当切线 ｌ 的斜率存在时 设 ｌ 的方程为 ｙ ｋｘ 何
２ ３ ꎬ ＝
３９５
ｍ Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ ｐ２ ｑ２ ｃ２ ｐ ｑ ２ ｃ２ ｐｑ
＋ ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ Ｆ ＰＦ ＋ －４ ( ＋ ) －４ －２
ｃｏｓ∠ １ ２ ＝ ｐｑ ＝ ｐｑ
ｍ ２ ２
因为 ｌ 与 Ｏ 相切 所以 ｜ ｜ ２ ６ 所以
☉ ꎬ ＝ ꎬ ｂ２ ｐｑ ｂ２ ｂ２ ｂ２
ｋ２ ３ ２ － ２ ２ ２ 当且
＋１ ＝ ｐｑ ＝ ｐｑ －１≥æｐ ｑö２ －１＝ ａ２ －１(
ｍ２ ｋ２ ç ＋ ÷
３ ＝８ ＋８ꎬ è ø
２
ìｙ ｋｘ ｍ
ï
ï ＝ ＋ ꎬ ｂ２ ｂ２
由í ï ｘ２ ｙ２ 得 (１＋２ ｋ２ ) ｘ２ ＋４ ｋｍｘ ＋２ ｍ２ －８＝０ꎬ 仅当 ｐ ＝ ｑ 时取等号 )ꎬ 从而２ ａ２ －１＝ １ ꎬ 得 ａ２ ＝
ï ２
î ＋ ＝１
８ ４
ｋｍ ｍ２
３
ꎬ
又 ａ
＝２ꎬ∴
ｂ２
＝３ꎬ
ｘ ｘ ４ ｘ ｘ ２ －８
４
∴ １ ＋ ２ ＝－ ｋ２ ꎬ １ ２ ＝ ｋ２ ꎬ
１＋２ １＋２ ｘ２ ｙ２
则 Ｃ 的方程为 .
由 Δ ｋｍ ２ ｋ２ ｍ２ 得 ｋ２ ＋ ＝１
＝(４ ) －４(１＋２ )(２ －８)>０ꎬ ８
４ ３
ｍ２ .
－ ＋４>０ 若直线 ｌ 的斜率不存在 易得Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ
(２) ꎬ －
Ｐ→Ｍ Ｐ→Ｎ Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｐ Ｏ→Ｎ Ｏ→Ｐ Ｏ→Ｐ２ Ｏ→Ｐ
＝( － )( － )＝ － Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｎ
＝－３ꎻ
Ｏ→Ｍ
－
Ｏ→Ｐ
Ｏ→Ｎ
＋
Ｏ→Ｍ
Ｏ→Ｎ
＝
Ｏ→Ｐ２
－
Ｏ→Ｐ２
－
Ｏ→Ｐ２
＋ 若直线 ｌ 的斜率存在 设其方程为 ｙ ｋｘ ｍ
ꎬ ＝ ＋ ꎬ
Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｎ ８ Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｎ ì ï ｙ ｋｘ ｍ
＝－ ＋ ꎬ ï ＝ ＋ ꎬ
３ 联立í
ï
ｘ２ ｙ２ 消 ｙ 得
(４
ｋ２
＋３)
ｘ２
＋８
ｋｍｘ
＋
Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｎ ｘ ｘ ｙ ｙ ｘ ｘ ｋｘ ｍ ｋｘ î ï ＋ ＝１ꎬ
∵ ＝ １ ２ ＋ １ ２ ＝ １ ２ ＋( １ ＋ )( ２ ＋ ４ ３
ｍ
) ４
ｍ２
－１２＝０ꎬ
易知 Δ
>０
恒成立
ꎬ
ｋ２ ｘ ｘ ｋｍ ｘ ｘ ｍ２
æｘ ｘ ｙ ｙ ö
＝ (１＋ ) １ ２ ＋ ( １ ＋ ２)＋ 设 Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 则 Ｎçç １ ＋ ２ １ ＋ ２÷÷
ｍ２ æ ｋｍ ö ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ è ꎬ øꎬ
ｋ２ ２ －８ ｋｍ çç ４ ÷÷ ｍ２ ２ ２
＝ ( １ ＋ )
１＋２
ｋ２ ＋ è －
１＋２
ｋ２ø ＋ ＝
且 ｘ ｘ －８
ｋｍ
ｘ ｘ ４
ｍ２
－１２.
ｍ２ ｋ２ １ ＋ ２ ＝ ｋ２ ꎬ １ ２ ＝ ｋ２
３ －８ －８ ４ ＋３ ４ ＋３
ｋ２ ＝０ꎬ
ｙ ｙ
１＋２
Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｎ ｘ ｘ ｙ ｙ ｍ １ ＋ ２
－ ＝ １ ２ ＋ １ ２ －
Ｐ→Ｍ Ｐ→Ｎ ８. ２
∴ ＝－
３ ｍ
ｘ ｘ ｋｘ ｍ ｋｘ ｍ ｋｘ ｍ ｋｘ
综上 Ｐ→Ｍ Ｐ→Ｎ为定值 ８. ＝ １ ２ ＋( １ ＋ )( ２ ＋ )－ ２ ( １ ＋ ＋ ２ ＋
ꎬ －
３ ｍ
)
ｘ２ ｙ２
５.( 河北衡水二调ꎬ )已知椭圆 Ｃ ｋｍ ｍ２
２０２２ ２１ :ａ２ ＋ｂ２
＝ (
ｋ２
＋１)
ｘ
１
ｘ
２ ＋ (
ｘ
１ ＋
ｘ
２)＝ (
ｋ２
＋１)
４
ｋ２
－１２
＋
２ ４ ＋３
ａ ｂ 的长轴长为 Ｐ 在 Ｃ 上运动
＝１( > >０) ４ꎬ ꎬ ｋｍ ｋｍ
－８
Ｆ Ｆ 为 Ｃ 的两个焦点 且 Ｆ ＰＦ 的最
１ꎬ ２ ꎬ ｃｏｓ∠ １ ２ ２
４
ｋ２
＋３
小值为１. ｋ２ ｍ２ ｋ２ ｍ２
5 －１２ ＋４ －１２ －３(４ ＋３)＋４ －３
年 ２ ＝ ｋ２ ＝ ｋ２ ＝ －３
高 ４ ＋３ ４ ＋３
求 Ｃ 的方程
考
(１) ꎻ ｍ２
3 ４ －３
年
模 (２)
已知过点 Ｍ
(０ꎬ
ｍ
)(－
ｂ
<
ｍ
<
ｂ
)
的动直线 ｌ ＋
４
ｋ２
＋３
ꎬ
拟
交 Ｃ 于两点 Ａ Ｂ 线段 ＡＢ 的中点为 Ｎ 若Ｏ→Ａ 要使上式为常数 必须且只需 ｍ２ 即
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ４ －３＝０ꎬ
A
版 Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｎ为定值 试求 ｍ 的值.
－ ꎬ ｍ ３ .
高 ＝± ∈(－ ３ꎬ ３)
解析 由题意得 ａ 设 ＰＦ ＰＦ
考 ２
数 (１) ＝２ꎬ ｜ １ ｜ꎬ｜ ２ ｜
学 分别为 ｐ ｑ 则 ｐ ｑ ａ 此时Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｎ 为定值 符合
ꎬ ꎬ ＋ ＝２ ꎬ － ＝－３ ꎬ
３９６
题意. æ ｋ２ ö
１ç çｘ ４ ６ ÷ ÷
＝－ｋ è ＋ ｋ２ø ꎬ
综上 当 ｍ ３时 能使得Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｍ １－２
ꎬ ＝±
２
ꎬ －
令 ｙ 得 ｘ ６ ６
ｋ２
则 Ｈ
æ
ç ç ６ ６
ｋ２ ö
÷ ÷
Ｏ→Ｎ . ＝０ꎬ ＝－ ｋ２ ꎬ è － ｋ２ ꎬ０ø ꎬ
＝－３ １－２ １－２
６.( 届福建部分名校联考ꎬ )已知两点 ｋ２ ｋ２
２０２３ ２２ ＦＨ ６ ６ ２ ６(１＋ ) .
Ｍ Ｎ 动点 Ｐ 在 ｘ 轴的投影为 ｜ ｜ ＝ ２ ６＋ ｋ２ ＝ ｋ２
(０ꎬ－４)ꎬ (０ꎬ４)ꎬ １－２ １－２
Ｑ
ꎬ
且Ｐ→Ｍ
Ｐ→Ｎ
＝３
Ｐ→Ｑ２
ꎬ
记动点 Ｐ 的轨迹为曲 又
｜
ＡＢ
｜ ＝ １＋
ｋ２
(
ｘ
１ ＋
ｘ
２)
２
－４
ｘ
１
ｘ
２
线 Ｃ. æ ｋ２ ö２ ｋ２
ｋ２ ç ç－８ ６ ÷ ÷ －４８ －１６
求 Ｃ 的方程 ＝ １＋ è ｋ２ ø －４ ｋ２
(１) ꎻ １－２ １－２
(２)
过点 Ｆ
(２ ６ꎬ０)
的直线与曲线 Ｃ 在 ｙ 轴
＝ １＋
ｋ２
右侧相交于 Ａ Ｂ 两点 线段 ＡＢ 的垂直平分
ꎬ ꎬ ｋ４ ｋ２ ｋ２
３８４ (１９２ ＋６４)(１－２ )
线与 ｘ 轴相交于点 Ｈ 试问 ｜ ＡＢ ｜ 是不是定 ｋ２ ２ ＋ ｋ２ ２
(１－２ ) (１－２ )
ꎬ ＦＨ
｜ ｜ ｋ２
８(１＋ )
值 若是 求出该定值 若不是 请说明理由.
? ꎬ ꎻ ꎬ ＝ ｋ２ ꎬ
１－２
解析 设 Ｐ ｘ ｙ 则 Ｑ ｘ Ｐ→Ｍ
ＡＢ ＡＢ
(１) ( ꎬ )ꎬ ( ꎬ０)ꎬ ＝(－
所以｜ ｜ ８ ２ ６.故 ｜ ｜ 是定值 该定
ＦＨ ＝ ＝ ＦＨ ꎬ
ｘ ｙ Ｐ→Ｎ ｘ ｙ Ｐ→Ｑ ｙ .
ꎬ－４－ )ꎬ ＝(－ ꎬ４－ )ꎬ ＝(０ꎬ－ ) ｜ ｜ ２ ６ ３ ｜ ｜
因为Ｐ→Ｍ Ｐ→Ｎ Ｐ→Ｑ２ 所以 ｘ２ ｙ２ ｙ２
＝３ ꎬ ＋ －１６＝３ ꎬ 值为２ ６.
ｘ２ ｙ２
３
故 Ｃ 的方程为 .
－ ＝１ 考向二 定点问题
１６ ８
由题可知直线 ＡＢ 的斜率一定存在 且不 １.( 全国乙ꎬ理 ꎬ文 ꎬ 分)已知椭圆
(２) ꎬ
２０２２ ２０ ２１ １２
为 设直线 ＡＢ 的方程为 ｙ ｋ ｘ Ａ Ｅ 的中心为坐标原点 对称轴为 ｘ 轴 ｙ 轴
０ꎬ ＝ ( －２ ６)ꎬ ꎬ 、 ꎬ
ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ . æ ö
( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２) 且过 Ａ Ｂç３ ÷两点.
ì ïｙ ｋ ｘ (０ꎬ－２)ꎬ è ꎬ－１ø
２
ï ＝ ( －２ ６)ꎬ
联立í
ï ｘ２ ｙ２
消去 ｙ 整理得
(１－２
ｋ２
) (１)
求 Ｅ 的方程
ꎻ
î ï － ＝１ꎬ 设过点 Ｐ 的直线交 Ｅ 于 Ｍ Ｎ 两
１６ ８ (２) (１ꎬ－２) ꎬ
点 过 Ｍ 且平行于 ｘ 轴的直线与线段 ＡＢ 交
ｘ２ ｋ２ｘ ｋ２
ꎬ
＋８ ６ －４８ －１６＝０ꎬ
ì ï Δ ｋ４ ｋ２ ｋ２ 于点 Ｔ 点 Ｈ 满足Ｍ→Ｔ Ｔ→Ｈ.证明 直线 ＨＮ 过
＝３８４ ＋(１－２ )(１９２ ＋６４)>０ꎬ ꎬ ＝ :
ï
ï ｋ２ 定点.
ïｘ ｘ －８ ６
则 í １ ＋ ２ ＝ ｋ２ >０ꎬ 整 理 ｘ２ ｙ２
ï １－２ 解析 解法一 设椭圆 Ｅ 的方程为
ï ｋ２ (１) : ａ２ ＋ｂ２
ïｘ ｘ －４８ －１６
î ï １ ２ ＝ ｋ２ >０ꎬ ａ ｂ 且 ａ ｂ 将 Ａ Ｂ
１－２ ＝１( >０ꎬ >０ ≠ )ꎬ (０ꎬ－２)ꎬ
ì
ï
得 ｋ２
>
１.
æ ö ï ïｂ
４
２ ＝１ꎬ 专
２ ç３ ÷两点的坐标代入 得í 解 题
ｘ
１ ＋
ｘ
２ ４ ６
ｋ２ ｙ
１ ＋
ｙ
２ ２ ６
ｋ è
２
ꎬ－１ø ꎬ ï
ï ９ １
九
＝－ ｋ２ ꎬ ＝－ ｋ２ ꎬ î ï ａ２ ＋ｂ２ ＝１ꎬ 平
２ １－２ ２ １－２ ４ 面
则线段 ＡＢ 的垂直平分线的方程为 ｙ ２ ６ ｋ 得
{ａ２
＝３ꎬ故椭圆 Ｅ 的方程为 ｘ２ ｙ２ .
解
析 几
＋
１－２
ｋ２ ｂ２
＝４ꎬ ３
＋
４
＝１ 何
３９７
解法二 设椭圆 Ｅ 的方程为 ｍｘ２ ｎｙ２ ｍ ｋ ｋ ｋ
: ＋ ＝１( > ３ ( ＋４) ｙ ｙ －８(２＋ ) ｙ ｙ
ì ｎ ｋ２ ꎬ １ ＋ ２ ＝ ｋ２ ꎬ １ ２ ＝
ï ï４ ＝１ꎬ ３ ＋４ ３ ＋４
ｎ 且 ｍ ｎ .由题意可得í ｍ 解 ｋ ｋ２ ｋ
０ꎬ >０ ≠ ) ï９ ｎ ４(４＋４ －２ ) ｘ ｙ ｘ ｙ －２４ .
î ï ＋ ＝１ꎬ ｋ２ ꎬ １ ２ ＋ ２ １ ＝ ｋ２
４ ３ ＋４ ３ ＋４
ìｙ ｙ
ì ï
ï ｎ １ ï ＝ １ꎬ æ ｙ ö
得í
ï ï ＝
４
ꎬ
故椭圆 Ｅ 的方程为
ｘ２ ｙ２
.
联立í
ïｙ ２ｘ
可得 Ｔ
è
çç３ １
＋３ꎬ
ｙ
１ø
÷÷
ꎬ
由Ｍ→Ｔ
＝
ï ＋ ＝１ î ï ＝ －２ꎬ ２
ïｍ １ ３ ４ ３
ï
î ＝ ꎬ
３ Ｔ→Ｈ 可得Ｈ ｙ ｘ ｙ 故此时直线 ＨＮ
ꎬ (３ １ ＋６－ １ꎬ １)ꎬ
æ ö
ｙ ｙ
由 Ａ Ｂç３ ÷可得直线 ＡＢ 的
(２) (０ꎬ－２)ꎬ è ꎬ－１ø 的方程为 ｙ ｙ １ － ２ ｘ ｘ 将
２ － ２ ＝ ｙ ｘ ｘ ( － ２)ꎬ (０ꎬ
３ １ ＋６－ １ － ２
方程为 ｙ ２ｘ . 代入并整理得 ｘ ｘ ｙ ｙ ｘ ｙ
＝ －２ －２) ２( １ ＋ ２)－６( １ ＋ ２)＋ １ ２
３ ｋ ｋ
ｘ ｙ ｙ ｙ 即 ６ (２＋ )
若过点Ｐ 的直线的斜率不存在 则其
① (１ꎬ－２) ꎬ ＋ ２ １ －３ １ ２ －１２ ＝ ０ꎬ ２× ｋ２ －６×
３ ＋４
方程为ｘ 与方程
ｘ２ ｙ２
联立 可得 ｙ ｋ ｋ ｋ ｋ２
＝１ꎬ ＋ ＝１ ꎬ ＝± －８(２＋ ) －２４ ４(４＋４ －２ ) 恒
３ ４ ｋ２ ＋ ｋ２ －３× ｋ２ －１２＝０
３ ＋４ ３ ＋４ ３ ＋４
æ ö æ ö
成立 则直线 ＨＮ 过定点 .
２ ６ 结合题意可知Ｎçç ２ ６÷÷ Ｍçç ２ ６÷÷ 由 ꎬ (０ꎬ－２)
３
ꎬ è１ꎬ
３
øꎬ è１ꎬ－
３
øꎬ
综上 直线 ＨＮ 过定点 .
ꎬ (０ꎬ－２)
ì
ï ï ï ｙ ＝ ２ｘ －２ꎬ ì ï ï ｘ ＝－ ６＋３ꎬ ２.( ２０１９ 北京理ꎬ １８ ꎬ １４ 分)已知抛物线 Ｃ : ｘ２ ＝
í ３ 得í ｐｙ 经过点 .
－２ (２ꎬ－１)
ï ï
ｙ ２ ６
î ï ï ｙ ＝－ ２ ６ ꎬ î ï ＝－ ３ ꎬ (１) 求抛物线 Ｃ 的方程及其准线方程 ꎻ
３ 设 Ｏ 为原点 过抛物线 Ｃ 的焦点作斜率
æ ö (２) ꎬ
则Ｔçç ２ ６÷÷ 由Ｍ→Ｔ Ｔ→Ｈ 不为 的直线 ｌ 交抛物线 Ｃ 于两点 Ｍ Ｎ 直
è－ ６＋３ꎬ－ øꎬ ＝ ꎬ ０ ꎬ ꎬ
３ 线 ｙ 分别交直线 ＯＭ ＯＮ 于点 Ａ 和点 Ｂ.
得 ＝－１ ꎬ
求证 以 ＡＢ 为直径的圆经过 ｙ 轴上的两个
ì ï ｘ :
ïï
－ ６＋３－１＝ Ｈ－(－ ６＋３)ꎬ 定点.
í 则
ï 解析 由抛物线 Ｃ ｘ２ ｐｙ 经过点
î ï ｙ Ｈ＝－ ２ ６ ꎬ (１) : ＝－２ (２ꎬ
３
得 ｐ .所以抛物线 Ｃ 的方程为 ｘ２
－１)ꎬ ＝２ ＝－
æ ö
ｙ 其准线方程为 ｙ .
Ｈçç ２ ６÷÷ ４ ꎬ ＝１
è－２ ６＋５ꎬ－ øꎬ
证明 抛物线 Ｃ 的焦点为 Ｆ .
３
(２) : (０ꎬ－１)
æ ö
设直线 ｌ 的方程为 ｙ ｋｘ ｋ .
所以直线 ＨＮ 的方程为 ｙ çç ２ ６÷÷ｘ 易 ＝ －１( ≠０)
＝ è２＋ ３ ø －２ꎬ {ｙ ｋｘ
5 知直线 ＨＮ 过点 (０ꎬ－２)ꎻ
由
ｘ２
＝ －
ｙ
１ꎬ得 ｘ２
＋４
ｋｘ
－４＝０
.设 Ｍ
(
ｘ
１ꎬ
ｙ
１)ꎬ
Ｎ
年 ＝－４
高 若过点 Ｐ 的直线的斜率存在 设其
考 ② (１ꎬ－２) ꎬ ｘ ｙ
( ２ꎬ ２)ꎬ
3 方程为 ｙ ｋ ｘ Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ .
年 ＋２＝ ( －１)ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２) ｙ
则 ｘ ｘ 直线 ＯＭ 的方程为 ｙ １ｘ.
模 拟 ì ï ï ｙ ＋２＝ ｋ ( ｘ －１)ꎬ １ ２ ＝－４ꎬ ＝ｘ １
版
A 联立í
ï ï
ｘ２ ｙ２ 得
(３
ｋ２
＋４)
ｘ２
－６
ｋ
(２＋
ｋ
) 令 ｙ 得点 Ａ 的横坐标 ｘ
ｘ
１.
î ＋ ＝１ꎬ ＝－１ꎬ Ａ＝－ｙ
３ ４
高 １
考 ｋ ｋ ｘ
数 ｘ ｋ ｋ 则 ｘ ｘ ６ (２＋ ) ｘ ｘ 同理得点 Ｂ 的横坐标 ｘ ２.
学 ＋３ ( ＋４)＝ ０ꎬ １ ＋ ２ ＝ ｋ２ ꎬ １ ２ ＝ Ｂ＝－ｙ
３ ＋４ ２
３９８
æ ｘ ö 即 ｙ ｙ ｙ ｙ
设点 Ｄ ｎ 则 Ｄ→Ａ çç １ ｎ÷÷ Ｄ→Ｂ １ ２ ＋２( １ ＋ ２)＋３６＝０ꎬ
(０ꎬ )ꎬ ＝ è－ｙ ꎬ－１－ øꎬ 所以 ｎ ｍ 即ｎ ｍ 满足Δ
１ －４ ＋８ ＋３６＝０ꎬ ＝２ ＋９ꎬ >０ꎬ
æ ｘ ö 所以直线 ＭＮ 的方程为 ｘ ｍｙ ｍ ｍ ｙ
çç ２ ｎ÷÷ ＝ ＋２ ＋９＝ ( ＋
＝ è－ｙ ꎬ－１－ øꎬ
２ ２)＋９ꎬ
ｘ ｘ ｘ ｘ
所以直线 ＭＮ 过定点 .
Ｄ→Ａ Ｄ→Ｂ １ ２ ｎ ２ １ ２ ｎ (９ꎬ－２)
＝ｙ ｙ ＋( ＋１) ＝ æ ｘ２öæ ｘ２ö ＋( ＋
１ ２ çç １÷÷çç ２÷÷ 考法 三 最值与范围问题
è－ øè－ ø
４ ４
考向一 最值问题
２
１)
ｘ２
１.( 全国乙文ꎬ ꎬ 分)设 Ｂ 是椭圆 Ｃ
１６ ｎ ２ ｎ ２. ２０２１ １１ ５ :
＝ｘ ｘ ＋( ＋１) ＝－４＋( ＋１) ５
１ ２
ｙ２ 的上顶点 点 Ｐ 在 Ｃ 上 则 ＰＢ 的最
令Ｄ→Ａ Ｄ→Ｂ 即 ｎ ２ 得 ｎ 或 ＋ ＝１ ꎬ ꎬ ｜ ｜
＝０ꎬ －４＋( ＋１) ＝０ꎬ ＝１ 大值为
ｎ . ( )
＝－３
综上 以 ＡＢ 为直径的圆经过 ｙ 轴上的定点 ５
ꎬ Ａ. Ｂ. ６ Ｃ. ５ Ｄ.２
２
和 .
(０ꎬ１) (０ꎬ－３) 答案 Ａ 由题意可知 Ｂ
(０ꎬ１)ꎬ
３.( 广东韶关九校联考ꎬ )已知抛物线
２０２２ ２１ ｘ２
Ｃ : ｙ２ ＝２ ｐｘ ( ｐ >０) 上的点 Ｐ (１ꎬ ｙ ０)( ｙ ０>０) 到
设 Ｐ
(
ｘ
０ꎬ
ｙ
０)ꎬ
则
５
０
＋
ｙ２
０ ＝１ꎬ
即 ｘ２
０ ＝５－５
ｙ２
０ꎬ
焦点的距离为 .
２ ＰＢ ｘ２ ｙ ２ ｙ２ ｙ２ ｙ
求点 Ｐ 的坐标及抛物线 Ｃ 的方程 ｜ ｜ ＝ ０ ＋( ０ －１) ＝ ５－５ ０ ＋ ０ －２ ０ ＋１ ＝
(１) ꎻ æ ö２
若点 Ｍ Ｎ 在抛物线 Ｃ 上 且 ｋ ｋ ｙ２ ｙ çｙ １÷ ２５.因为
(２) 、 ꎬ ＰＭ ＰＮ＝ －４ ０ －２ ０ ＋６ ＝ －４è ０ ＋ ø ＋ －１≤
４ ４
１ 求证 直线 ＭＮ 过定点.
－ ꎬ : ｙ 所以 ｙ １时 ＰＢ 取得最大值５
２ ０≤１ꎬ ０ ＝－ ꎬ｜ ｜ ꎬ
４ ２
解析 设抛物线的焦点为 Ｆ 则 Ｆ
(１) ꎬ 故选 .
Ａ
æ ｐ ö ｐ
ç ÷ 准线方程为 ｘ 由抛物线的定义 ２.(多选)( 届河北“五个一”名校联盟摸
è ꎬ０øꎬ ＝－ ꎬ ２０２３
２ ２
æ ö２
ｐ 底ꎬ )已知圆 Ｃ ｘ２ çｙ １÷ 上两点 Ａ Ｂ
得 解得 ｐ 所以抛物线的方程为 １２ : ＋è － ø ＝１ 、
１＋ ＝２ꎬ ＝２ꎬ ２
２
满足 ＡＢ 点Ｍ ｘ 满足 ＭＡ ＭＢ
ｙ２
＝４
ｘ
ꎬ
把
(１ꎬ
ｙ
０)
代入得 ｙ２
０ ＝４ꎬ
因为 ｙ
０>０ꎬ
所 ｜ ｜≥ ２ꎬ ( ０ꎬ０) ｜ ｜ ＝｜ ｜ꎬ
则下列结论中正确的是
以 ｙ 所以 Ｐ .
( )
０ ＝２ꎬ (１ꎬ２)
证明 由题意知直线 ＭＮ 的斜率不为
当 ＡＢ 时 ｘ １
(２) : ０ꎬ Ａ. ｜ ｜ ＝ ２ ꎬ ０ ＝
æ ö ２
设直线 ＭＮ 的方程为 ｘ ｍｙ ｎ Ｍç１ｙ２ ｙ ÷ 当 ｘ 时 过 Ｍ 点的圆 Ｃ 的最短弦长是
＝ ＋ ꎬ è ４ １ꎬ １øꎬ Ｂ. ０ ＝０ ꎬ
æ ö {ｘ ｍｙ ｎ
Ｎç１ｙ２ ｙ ÷ 联立 ＝ ＋ ꎬ得 ｙ２ ｍｙ ｎ ２ ３
è ２ꎬ ２øꎬ ｙ２ ｘ －４ －４ ＝
４ ＝４ ꎬ 线段 ＡＢ 的中点纵坐标的最小值是１－ ２
Ｃ.
０ꎬ
Δ
＝１６
ｍ２
＋４×４
ｎ
>０ꎬ
ｙ
１ ＋
ｙ
２ ＝４
ｍ
ꎬ
ｙ
１
ｙ
２ ＝－４
ｎ
ꎬ ２
过 Ｍ 点作圆 Ｃ 的切线且切点为 Ａ Ｂ 则 ｘ 专
ｙ ｙ
因为 ｋ ＰＭ＝ １ －２ ＝ｙ ４ ꎬ ｋ ＰＮ＝ ２ －２ ＝ｙ ４ ꎬ Ｄ. æ ù é ꎬ ꎬ ö ０ 题 九
ú ê
１ｙ２ １ －１ １ ＋２ １ｙ２ ２ －１ ２ ＋２ 的取值范围是 è çç －∞ꎬ－ ７ û úú∪ë êê ７ ꎬ＋∞ø ÷÷ 平 面
４ ４ ２ ２
解
æ ö２ 析
ｋ
ＰＭ
ｋ
ＰＮ＝－
１
ꎬ
所以
ｙ
１６
ｙ ＝ －
１
ꎬ
答案 ＣＤ 圆 Ｃ
:
ｘ２
＋è
çｙ
－
１
ø
÷
＝１
的圆心 Ｃ 几
何
２ ( １ ＋２)( ２ ＋２) ２ ２
３９９
æ ö
ç １ ÷ 半径 ｒ 令圆心 Ｃ 到直线 ＡＢ 的距 解得ｘ ７或ｘ ７ 所以ｘ 的取值范围
è０ꎬ ２ øꎬ ＝１ꎬ ０≤－ ２ ０≥ ２ ꎬ ０
离为 ｄ. æ ù é ö
ú ê
是çç ７ ７ ÷÷ 正确.故选
è－∞ꎬ－ û úú∪ë êê ꎬ＋∞øꎬＤ ＣＤ.
对于 令直线 ＡＢ ｘ ２ 则 ｄ ２ 显然有 ２ ２
Ａꎬ : ＝ ꎬ ＝ ꎬ ３.( 届山东青岛调研ꎬ )在平面直角坐标
２ ２
２０２３ ２１
ＡＢ ｒ２ ｄ２
｜ ｜ ＝２ － ＝ ２ꎬ 系 ｘＯｙ 中 动圆 Ｐ 与圆 Ｃ ｘ２ ｙ２ ｘ ４５
线段 ＡＢ 的垂直平分线平行于 ｘ 轴 此时点 ꎬ １: ＋ ＋２ － ＝０
ꎬ ４
Ｍ 不存在 即 ｘ 不存在 故 不正确
ꎬ ０ ꎬ Ａ ꎻ 内切 ꎬ 且与圆 Ｃ ２: ｘ２ ＋ ｙ２ －２ ｘ ＋ ３ ＝０ 外切 ꎬ 记动
对于 当 ｘ 时 点 Ｍ 在圆 Ｃ 内 而 ４
Ｂꎬ ０ ＝０ ꎬ (０ꎬ０) ꎬ 圆 Ｐ 的圆心的轨迹为 Ｅ.
圆 Ｃ 的直径长为 则过 Ｍ 点的圆 Ｃ 的最短
２ꎬ
求 Ｅ 的方程
弦长小于 而 故 不正确 (１) ꎻ
２ꎬ ２ ３>２ꎬ Ｂ ꎻ 不过圆心 Ｃ 且与 ｘ 轴垂直的直线交 Ｅ
对于 令线段ＡＢ 的中点为Ｐ ｔ ｓ 则 ＰＣ (２) ２
Ｃꎬ ( ꎬ )ꎬ ｜ ｜ 于 Ａ Ｍ 两个不同的点 连接 ＡＣ 并延长交 Ｅ
ꎬ ꎬ ２
ｄ ｒ２ æ ç １ ＡＢ ö ÷ ２ æ çç ２ ö ÷÷ ２ ２ 于点 Ｂ.
＝ ＝ －è ｜ ｜ø ≤ １－ è ø ＝ ꎬ
２ ２ ２ 若直线 ＭＢ 交 ｘ 轴于点 Ｎ 证明 Ｎ 为一
(ｉ) ꎬ :
æ ö２
则 ｔ２ çｓ １÷ １ 则点 ｔ ｓ 在 以 点 个定点
＋ è － ø ≤ ꎬ ( ꎬ ) ꎻ
２ ２ 若过圆心 Ｃ 的直线交 Ｅ 于 Ｄ Ｇ 两个不
æ ö (ｉｉ) １ ꎬ
ç １ ÷为圆心 ２为半径的圆内及圆上 结合 同的点 且 ＡＢ ＤＧ 求四边形 ＡＤＢＧ 面积的
è０ꎬ ø ꎬ ꎬ ꎬ ⊥ ꎬ
２ ２
最小值.
图形可得ｓ １ ２ 正确 解析 设动圆 Ｐ 的半径为 Ｒ 圆心 Ｐ 的
ｍｉｎ ＝ － ꎬＣ ꎻ (１) ꎬ
２ ２
坐标为 ｘ ｙ .由题意可知圆 Ｃ 的圆心为 Ｃ
对于 连接 ＣＡ ＣＢ ( ꎬ ) １ １
Ｄꎬ ꎬ ꎬ
ＡＢ 依题意及切线长定 半径为 ７ 圆 Ｃ 的圆心为 Ｃ
ꎬ (－１ꎬ０)ꎬ ꎻ ２ ２(１ꎬ
理得 ＭＡ ＡＣ ＭＣ ２
⊥ ꎬ ⊥
ＡＢ 因 为 Ｓ 半径为１.
ꎬ 四边形ＭＢＣＡ ＝ ０)ꎬ
２
Ｓ 所以 １ ＡＢ 动圆 Ｐ 与圆 Ｃ 内切 且与圆 Ｃ 外切
２ △ ＭＡＣꎬ ｜ ｜ ∵ １ ꎬ ２ ꎬ
２ ì
ï
ＰＣ ７ Ｒ
｜ ＭＣ ｜ ＝ ｜ ＭＡ ｜｜ ＡＣ ｜ꎬ １ ｜ ＡＢ ｜ ＝ ｜
ＭＡ
｜ Ｍ Ｃ ｜
ＡＣ
｜ í
ï ï｜ １｜ ＝
２
－ ꎬ
ＰＣ ＰＣ Ｃ Ｃ
２ ｜ ｜ ∴ ï ⇒｜ １｜＋｜ ２｜ ＝４>｜ １ ２
ï ＰＣ １ Ｒ
ï
｜ ＭＡ ｜ ｜ ＭＣ ｜ ２ －１
î｜ ２｜ ＝
２
＋
＝ ＭＣ ＝ ＭＣ
｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ＝２ꎬ
5 动圆 Ｐ 的圆心的轨迹 Ｅ 是以 Ｃ Ｃ 为焦
年 ｘ ２ æ ç １ ö ÷ ２ ∴ １ꎬ ２
高 ( ０ －０) ＋è０－ ø －１ 点的椭圆.
考 ２
3 ＝ æ ö２ ꎬ ｘ２ ｙ２
年 ｘ ２ ç １÷ 设其方程为 ａ ｂ
模 ( ０ －０) ＋è０－ ø ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０)ꎬ
拟 ２
A
其中 ａ ｃ ａ ｃ 则 ｂ２ .
２ ＝４ꎬ２ ＝２ꎬ∴ ＝２ꎬ ＝１ꎬ ＝３
版 ｘ２ ３
０
－ ｘ２ ｙ２
高 因为 ＡＢ 所以 ４ ２ 从而 Ｅ 的方程为 .
｜ ｜≥ ２ꎬ ≥ ꎬ ＋ ＝１
考
数 ｘ２ １ ２ ４ ３
学 ０ ＋ 证明 设直线 ＡＢ 的方程为 ｙ ｋ ｘ
４ (２)(ｉ) : ＝ ( －
４００
１ ｋ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 则 Ｍ ｘ
)( ≠０)ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ ( １ꎬ－ 当１ １ 即 ｋ 时 Ｓ ２８８.
ｙ ｔ ＝ ꎬ ＝±１ ꎬ ｍｉｎ ＝
１)ꎬ ２ ４９
ì
ï ï
ｙ
＝
ｋ
(
ｘ
－１)ꎬ ４.( 济南三模ꎬ )已知椭圆 Ｃ
ｙ２ ｘ２
由í
ï
ｘ２ ｙ２ 可得
(４
ｋ２
＋３)
ｘ２
－８
ｋ２ｘ
＋４
ｋ２
－
２０２２ ２１ :ａ２ ＋ｂ２ ＝１
ï
î ＋ ＝１
４ ３ ａ ｂ 的离心率为 ６ 且经过点Ｐ .
( > >０) ꎬ (１ꎬ ３)
１２＝０ꎬ ３
ｋ２ ｋ２ 求椭圆 Ｃ 的方程
ｘ ｘ ８ ｘ ｘ ４ －１２. (１) ꎻ
∴ １ ＋ ２ ＝ ｋ２ ꎬ １ ２ ＝ ｋ２ Ａ Ｂ 为椭圆 Ｃ 上两点 直线 ＰＡ 与 ＰＢ 的
４ ＋３ ４ ＋３
(２) 、 ꎬ
ｙ ｙ
直线 ＢＭ 的方程为 ｙ ｙ ２ ＋ １ ｘ ｘ 倾斜角互补 ꎬ 求 △ ＰＡＢ 面积的最大值.
＋ １ ＝ｘ ｘ ( － １)ꎬ
２ － １ ì ï ｃ
令 ｙ 可得 Ｎ 点的横坐标为 ïｅ ６
＝０ꎬ ＝ ａ ＝ ꎬ
ï
３
ｘ ｘ ｋ ｘ ｘ ｘ ï
ｘ ２ － １ ｙ ｘ ( ２ － １)( １ －１) ｘ 解析 由题意得í 解得 ａ
Ｎ ＝ ｙ ２ ＋ ｙ １ １ ＋ １ ＝ ｋ ( ｘ １ ＋ ｘ ２ －２) ＋ １ (１) ï ïａ ３ ２ ＋ｂ １ ２ ＝１ꎬ ＝
ｘ ｘ ｘ ｘ ï
２ １ ２ －( １ ＋ ２) î ï ａ２ ｂ２ ｃ２
＝ ｘ ｘ ＝ ＋ ꎬ
１
＋
２
－２
ｙ２ ｘ２
ｋ２ ｋ２ ｂ 椭圆 Ｃ 的方程为 .
４ －１２ ８ ６ꎬ ＝ ２ꎬ∴ ＋ ＝１
２× ｋ２ － ｋ２ ６ ２
４ ＋３ ４ ＋３ 由题意可知直线 ＡＢ 的斜率一定存在.
＝ ｋ２ ＝４ꎬ (２)
８
４
ｋ２
＋３
－２ 设直线 ＡＢ 的方程为 ｙ
＝
ｋｘ
＋
ｔ
ꎬ
Ａ
(
ｘ
１ꎬ
ｙ
１)ꎬ
Ｂ
Ｎ 为一个定点 其坐标为 . ｘ ｙ
∴ ꎬ (４ꎬ０) ( ２ꎬ ２)ꎬ
根据 可求得 ｙ２ ｘ２
(ｉｉ) (ｉ) 将 ｙ ｋｘ ｔ 代入 得 ｋ２ ｘ２ ｋｔｘ
＝ ＋ ＋ ＝１ ( ＋３) ＋２ ＋
ＡＢ ｋ２ ｘ ｘ ｋ２ ６ ２
｜ ｜ ＝ １＋ ｜ ２ － １ ｜ ＝ １＋
ｔ２
ｘ ｘ ２ ｘ ｘ －６＝０ꎬ
× ( ２ ＋ １) －４ １ ２ 由 Δ ｋ２ｔ２ ｋ２ ｔ２ 得 ｋ２ ｔ２
æ ｋ２ ö２ ｋ２ ＝４ －４( ＋３)( －６)>０ ６ －３ ＋
ｋ２ çç ８ ÷÷ ４ －１２ .
＝ １＋ × è ｋ２ ø －４× ｋ２ １８>０
４ ＋３ ４ ＋３
ｋｔ ｔ２
ｋ２ ｘ ｘ －２ ｘ ｘ －６.
＝
１２(
ｋ２
＋１). １ ＋ ２ ＝ｋ２
＋３
ꎬ １ ２ ＝ｋ２
＋３
４ ＋３
直线 ＰＡ 和直线 ＰＢ 的倾斜角互补
ｋ２
∵ ꎬ
ＡＢ ＤＧ ｋ １ 则 ＤＧ １２( ＋１).
∵ ⊥ ꎬ∴ ＤＧ＝－ｋꎬ ｜ ｜ ＝ ｋ２ ｙ ｙ
３ ＋４ ｋ ｋ 即 １ － ３ ２ － ３
ＡＢ ＤＧ ∴ ＰＡ＝－ ＰＢꎬ ｘ ＝－ ｘ ꎬ
∵ ⊥ ꎬ １ －１ ２ －１
化简可得 ｘ ｙ ｘ ｙ ｙ ｙ ｘ
四边形 ＡＤＢＧ 的面积 Ｓ １ ＡＢ ＤＧ
∴ ＝ ｜ ｜｜ ｜ ＝ ２ ３＋ １ ２ ＋ ２ １ ＝( １ ＋ ２)＋ ３( １ ＋
２ ｘ
ｋ２ ｋ２ ２)ꎬ
１ １２( ＋１) １２( ＋１) ｔ
× ｋ２ × ｋ２ ｙ ｙ ｋｘ ｔ ｋｘ ｔ ｋ ｘ ｘ ｔ ６
２ ４ ＋３ ３ ＋４ ∵ １ ＋ ２ ＝ １ ＋ ＋ ２ ＋ ＝ ( １ ＋ ２)＋２ ＝ｋ２ ꎬ
ｋ２ ２ ＋３
７２( ＋１)
ｘ ｙ ｘ ｙ ｘ ｋｘ ｔ ｘ ｋｘ ｔ ｋｘ ｘ ｔ 专
＝ (４ ｋ２ ＋３)(３ ｋ２ ＋４) ꎬ １ ２ ＋ ２ １ ＝ １( ２ ＋ )＋ ２( １ ＋ )＝ ２ １ ２ ＋ 题
九
令 ｋ２
＋１＝
ｔ
ꎬ
ｔ
∵
２
ｋ
≠０ꎬ∴
ｔ
>１ꎬ ( ｘ １ ＋ ｘ ２)＝ － ｋ２ １
＋
２
３
ｋ
ꎬ 平
面
则 Ｓ ７２ ７２ ７２ 解
＝ ｔ２ ｔ ＝ ＝ æ ö２ ꎬ ｋ ｔ ｋｔ 析
１２ ＋ －１ １ １ ç １ １÷ ４９ －１２ ６ －２ 几
－ｔ２ ＋ ｔ ＋１２ －è ｔ － ø ＋ ∴ ２ ３＋ｋ２ ＝ｋ２ ＋ ３ｋ２ ꎬ 何
２ ４ ＋３ ＋３ ＋３
４０１
化简得 ｋ ｋ ｔ 的直线与椭圆的
( － ３)( ＋ － ３)＝ ０ꎬ
切点为 Ｎ 此时
直线 ＡＢ 不过点 Ｐ ｋ ｘ ｘ
ꎬ
∵ ꎬ∴ ＝ ３ꎬ∴ １ ＋ ２ ＝
ＡＭＮ 的面积取
ｔ ｔ２ △
－ ３ ｘ ｘ －６ ｔ 由判别式求
ꎬ １ ２ ＝ ꎬ－２ ３< <２ ３( 得最大值.
３ ６
得 联 立
)ꎬ
ìｘ ｙ ｍ
ï
则 ＡＢ ２ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ ï －２ ＝ ꎬ
｜ ｜ ＝ １＋( ３) ( １ ＋ ２) －４ １ ２ íｘ２ ｙ２ 消 去
ï
２ ３ １２－
ｔ２
î
ï
＋ ＝１ꎬ
＝ ꎬ １６ １２
３ ｘ 得 ｙ２ ｍｙ ｍ２
１６ ＋１２ ＋３ －４８＝０ꎬ
ｔ
又点 Ｐ 到直线 ＡＢ 的距离为 ｜ ３－ ３＋ ｜ 所以 Δ ｍ２ ｍ２ 即 ｍ２
＝１４４ －４×１６(３ －４８)＝ ０ꎬ ＝
( ３) ２ ＋１ 解得 ｍ 与 ＡＭ 距离比较远的直线方
６４ꎬ ＝±８ꎬ
ｔ
｜ ｜ 程为 ｘ ｙ 两平行线 直线 ＡＭ 与直线 ｘ
＝ ꎬ －２ ＝８ꎬ ( －
２
ｙ 之间的距离为 ｄ ｜８＋４｜ １２ ５ ＡＭ
Ｓ １ ２ ３ １２－
ｔ２
｜
ｔ
｜ ３ ２ ＝８) ＝ ＝ ꎬ｜
∴ △ ＰＡＢ ＝ ＝ １＋４ ５
２ ３ ２ ６
２ ２ .所以 ＡＭＮ 的面积
ｔ２ ｔ２ 当且仅当 ｔ 时等号成 ｜ ＝ (２＋４) ＋３ ＝ ３ ５ △
(１２－ ) ≤ ３ꎬ ＝± ６
立 ＰＡＢ 面积的最大值为 . 的最大值为１ １２ ５ .
ꎬ∴ △ ３ ×３ ５× ＝１８
ｘ２ ２ ５
５.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)已知椭圆 Ｃ
２０２０ Ⅱ ２１ １２ :ａ２ ＋ 考向二 范围问题
ｙ２ １.(多选)( 届湖北“宜荆荆恩”起点考试ꎬ
ａ ｂ 过点 Ｍ 点 Ａ 为其左顶 ２０２３
ｂ２ ＝１( > >０) (２ꎬ３)ꎬ
ｘ２ ｙ２
)已知椭圆 Ｃ ａ ｂ 的左 右
１１ :ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０) ꎬ
点 且 ＡＭ 的斜率为１.
ꎬ
２ 焦点分别为Ｆ Ｆ 长轴长为 点 Ｐ
求 Ｃ 的方程 １ꎬ ２ꎬ ４ꎬ ( ２ꎬ１)
(１) ꎻ 在椭圆 Ｃ 外 点 Ｑ 在椭圆 Ｃ 上 则
点 Ｎ 为椭圆上任意一点 求 ＡＭＮ 的面 ꎬ ꎬ ( )
(２) ꎬ △ æ ö
积的最大值. 椭圆 Ｃ 的离心率的取值范围是çç ２÷÷
Ａ. è０ꎬ ø
解析 由题意可知直线 ＡＭ 的方程为 ｙ ２
(１) －
当椭圆 Ｃ 的离心率为 ３时 ＱＦ 的取值
１ ｘ 即 ｘ ｙ 当 ｙ 时 解得 ｘ Ｂ. ꎬ｜ １｜
３＝ ( －２)ꎬ －２ ＝－４ꎬ ＝０ ꎬ ２
２
所以 ａ 范围是
＝－４ꎬ ＝４ꎬ [２－ ３ꎬ２＋ ３]
ｘ２ ｙ２ 存在点 Ｑ 使得ＱＦ→ ＱＦ→
年
5 由椭圆 Ｃ :ａ２ ＋ｂ２ ＝１( ａ > ｂ >０) 过点 Ｍ (２ꎬ３)ꎬ Ｃ. ꎬ １ ２ ＝０
高 １ １ 的最小值为
考 Ｄ. ＱＦ ＋ ＱＦ １
年
3
可得
１
４
６
＋ｂ
９
２
＝１ꎬ
解得 ｂ２
＝１２ꎬ
所以 Ｃ 的方程为
答案
｜ １
Ｂ
｜
Ｃ
｜
Ｄ
２
由
｜
题意得 ａ 又点 Ｐ
模
拟 ｘ２ ｙ２ ＝２ꎬ ( ２ꎬ
.
A ＋ ＝１ 在椭圆Ｃ 外 则２ １ 解得 ｂ 所
版 １６ １２ １) ꎬ ＋ｂ２ >１ꎬ ０< < ２ꎬ
设与直线 ＡＭ 平行的直线方程为 ｘ ｙ ４
高 (２) －２ ＝
考 ｍ 当直线与椭圆相切时 与 ＡＭ 距离比较远 ｃ ｂ２
数 ꎬ ꎬ 以椭圆 Ｃ 的离心率 ｅ ４－ ２ 即椭
学 ＝ ａ ＝ > ꎬ
２ ２
４０２
æ ö
圆 Ｃ 的离心率的取值范围是çç ２ ÷÷ 故 ｔ 则Δ′ ｔ 解得ｔ １.ｘ ｘ
è ꎬ１øꎬ Ａ －４ ＝０ꎬ ＝４＋１６ >０ꎬ >－ １ ＋ ２ ＝－
２ ４
不正确
ꎻ ｙ ｙ １ ｘ ｘ ｔ ｔ 显然线段
２ꎬ １ ＋ ２ ＝－ ( １ ＋ ２)＋２ ＝２ ＋１ꎬ
２
当 ｅ ３时 ｃ ｂ 所以 ＱＦ 的取值
æ ö
＝ ꎬ ＝ ３ꎬ ＝１ꎬ ｜ １ ｜ ＡＢ 的中点ç ｔ １÷在直线 ｌ 上 于是得 ｔ
２
è－１ꎬ ＋ ø ꎬ ＋
范围是 ａ ｃ ａ ｃ 即 故 ２
[ － ꎬ ＋ ]ꎬ [２－ ３ꎬ２＋ ３]ꎬ Ｂ
正确 １ ｍ 即有 ｔ ｍ ５ 而 ｔ １ 因此 ｍ
ꎻ ＝－２＋ ꎬ ＝ － ꎬ >－ ꎬ ꎬ －
２ ２ ４
设椭圆的上顶点为 Ａ ｂ Ｆ ｃ Ｆ
(０ꎬ )ꎬ １(－ ꎬ０)ꎬ ２
５ １ 解得 ｍ ９ 所以实数 ｍ 的取值范围
ｃ 由于ＡＦ→ ＡＦ→ ｂ２ ｃ２ ｂ２ ａ２ >－ ꎬ > ꎬ
( ꎬ０)ꎬ １ ２ ＝ － ＝２ － <０ꎬ ２ ４ ４
æ ö
所以存在点 Ｑ 使得ＱＦ→ ＱＦ→ 故 是ç９ ÷.
ꎬ １ ２ ＝ ０ꎬ Ｃ è ꎬ＋∞ø
正确 ４
ꎻ
ｘ２ ｙ２
æ ö ＱＦ ３.( 北京ꎬ ꎬ 分)已知椭圆 Ｅ
ＱＦ ＱＦ ç １ １ ÷ ｜ ２｜ ２０２１ ２０ １５ :ａ２ ＋ｂ２ ＝１
(｜ １｜＋｜ ２｜)è ＱＦ ＋ ＱＦ ø ＝２＋ ＱＦ
｜ １｜ ｜ ２｜ ｜ １｜ ａ ｂ 的一个顶点为 Ａ 以椭圆 Ｅ
ＱＦ ( > >０) (０ꎬ－２)ꎬ
｜ １｜ 当且仅当 ＱＦ ＱＦ
的四个顶点为顶点的四边形面积为 .
＋ ＱＦ ≥２＋２＝４ꎬ ｜ １｜ ＝ ｜ ２｜ ＝
４ ５
｜ ２｜
求椭圆 Ｅ 的方程
时 等号成立 又 ＱＦ ＱＦ 所以
(１) ꎻ
２ ꎬ ꎬ ｜ １｜ ＋｜ ２ ｜ ＝ ４ꎬ
过点 Ｐ 作斜率为 ｋ 的直线与椭圆
(２) (０ꎬ－３)
１ １ 则 １ １ 的最小值
ＱＦ ＋ ＱＦ ≥１ꎬ ＱＦ ＋ ＱＦ Ｅ 交于不同的两点 Ｂ Ｃ 直线 ＡＢ ＡＣ 分别与
｜ １｜ ｜ ２｜ ｜ １｜ ｜ ２｜ ꎬ ꎬ ꎬ
为 故 正确.故选 直线 ｙ 交于点 Ｍ Ｎ.当 ＰＭ ＰＮ
１ꎬ Ｄ ＢＣＤ. ＝－３ ꎬ ｜ ｜＋｜ ｜≤１５
２.( 山东滨州二模ꎬ )已知抛物线 Ｃ ｘ２ 时 求 ｋ 的取值范围.
２０２２ ２１ : ＝ ꎬ
解析 将Ａ 代入椭圆Ｅ 的方程得
(１) (０ꎬ－２)
ｐｙ ｐ 在点 Ｍ ｙ 处的切线斜率为１.
２ ( >０) (１ꎬ ０) ｂ 由椭圆 Ｅ 的四个顶点围成的四边形面
２ ＝２ꎬ
求抛物线 Ｃ 的方程 积为 ａｂ 解得 ａ 所以椭圆 Ｅ 的
(１) ꎻ ２ ＝４ ５ꎬ ＝ ５ꎬ
若抛物线 Ｃ 上存在不同的两点关于直线
(２)
ｘ２ ｙ２
方程为 .
ｌ ｙ ｘ ｍ 对称 求实数 ｍ 的取值范围. ＋ ＝１
: ＝２ ＋ ꎬ ５ ４
æ ö 设 Ｂ ｘ ｙ Ｃ ｘ ｙ
解析 由题意知点 Ｍç １ ÷ 则切线方 (２) ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ
(１) è１ꎬ ｐøꎬ
２ 由题意得直线ｌ 的方程为ｙ ｋ ｘ 即ｙ
＋３＝ ( －０)ꎬ
{ ｐｙ ｐ ｘ
程为 ｙ １ １ ｘ 由 ２ －１＝ ( －１)ꎬ消 ＝ ｋｘ －３ꎬ
－
２
ｐ＝
２
( －１)ꎬ ｘ２
＝２
ｐｙ
将 ｙ ｋｘ 代入椭圆 Ｅ 的方程并化简得
＝ －３ (４＋
去 ｙ 并整理得 ｘ２ ｐｘ ｐ 依题意 有 Δ
ｋ
－ ＋ －１＝０ꎬ ꎬ ＝
ｋ２ ｘ２ ｋｘ 则 ｘ ｘ ３０ ｘ ｘ
ｐ２ ｐ 解得 ｐ 所以抛物线 Ｃ 的 ５ ) －３０ ＋２５＝０ꎬ １ ＋ ２ ＝ ｋ２ ꎬ １ ２
－４( －１)＝ ０ꎬ ＝２ꎬ ４＋５
方程是 ｘ２ ｙ.
＝４ ２５
设抛物线 Ｃ 上关于直线 ｌ 对称的两点为 ＝ ｋ２ ꎬ 专
(２) ４＋５ 题
Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 直线 ＡＢ 的方程为 ｙ 由 Δ ｋ ２ ｋ２ 解得 ｋ 九
( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ ＝－ ＝(－３０ ) －４×２５(４＋５ )>０ꎬ <－１
ì 或 ｋ . 平
１ｘ ＋ ｔ ꎬ 由í ï ï ï ｙ ＝－ ２ １ｘ ＋ ｔ ꎬ消去 ｙ 并整理得 ｘ２ ＋２ ｘ 直线 > Ａ １ Ｂ 的方程为 ｙ ＋２ ｘ －０ 面 解 析 几
２ î ï ｘ２ ｙ ｙ ＝ｘ ꎬ 何
＝４ １ ＋２ １ －０
４０３
ｘ æ ｘ ö
令 ｙ 解得 ｘ １ 得 Ｍçç １ ÷÷ 所以 ｋ ｋ １０ ２ ５ 当 ｙ 时等号
＝－３ꎬ ＝－ｙ ꎬ è－ｙ ꎬ－３øꎬ ｜ １｜＋｜ ２｜ ＝ ｙ ≥ ꎬ ０ ＝ ５
１ ＋２ １ ＋２ ３ ０ ３
æ ｘ ö
同理可得 Ｎçç ２ ÷÷ 所以 ＰＭ ＰＮ 成立 即 ｋ ｋ 的最小值为２ ５.
è－ｙ ꎬ－３øꎬ ｜ ｜＋｜ ｜ ꎬ ｜ １｜＋｜ ２｜
２ ＋２ ３
ｘ ｘ ｘ ｙ ｘ ｙ 设 Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ 直线 ｌ ｙ ｋｘ
１ ２ １( ２ ＋２)＋ ２( １ ＋２) (２) ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ : ＝ －３
＝ ｙ ＋ ｙ ＝ ｙ ｙ
ｋ
１ ＋２ ２ ＋２ ( １ ＋２)( ２ ＋２) ( >０)ꎬ
ｘ ｋｘ ｘ ｋｘ
ìｙ ｋｘ
＝ ｋｘ
１( ２ －１)＋ ２(
ｋｘ
１ －１) ï
ï
＝ －３ꎬ
[( １ －３)＋２][( ２ －３)＋２] 联立í ï ｘ２ ｙ２ 得 (５＋９ ｋ２ ) ｘ２ －５４ ｋｘ ＋３６＝０ꎬ 由
ï
＝ î ＋ ＝１
９ ５
２ ｋｘ １ ｘ ２ －( ｘ １ ＋ ｘ ２) ２ ｋｘ １ ｘ ２ －( ｘ １ ＋ ｘ ２) 题意得 Δ ＝(－５４ ｋ ) ２ －４×３６×(５＋９ ｋ２ )>０ꎬ 因
ｋｘ ｋｘ ＝ ｋ２ｘ ｘ ｋ ｘ ｘ
( １ －１)( ２ －１) １ ２ － ( １ ＋ ２)＋１ 为 ｋ 所以 ｋ ２.
ｋ >０ꎬ >
ｋ ２５ ３０ ３
２ ｋ２ － ｋ２
ｋ
４＋５ ４＋５
由根与系数的关系得 ｘ ｘ ５４ ｘ ｘ
＝ ｋ
ｋ２
２５
ｋ２ －
ｋ
３０
ｋ２ ＋１
１ ＋ ２ ＝
９
ｋ２
＋５
ꎬ １ ２
４＋５ ４＋５
３６ .
ｋ ｋ
５０ －３０ ｋ ＝ ｋ２
＝ ｋ２ ｋ２ ｋ２ ＝ ｜５ ｜≤１５ꎬ ９ ＋５
２５ －３０ ＋４＋５ ｙ
解得 ｋ .故 ｋ 的取值范围为 易知直线 ＡＭ 的方程是 ｙ １ ｘ 令 ｘ
－３≤ ≤３ [－３ꎬ－１) ＝ｘ ( ＋３)ꎬ
１
＋３
.
∪(１ꎬ３] ｙ æ ｙ ö
４.( ２０２２ 长沙长郡中学月考一ꎬ ２０ )设椭圆 Ｃ : ＝０ꎬ 解得 ｙ ＝ｘ ３ １ ＋ １ ３ ꎬ 所以 Ｓ è çç ０ꎬｘ ３ １ ＋ １ ３ ø ÷÷ ꎬ 同理可
ｘ２ ｙ２
æ ｙ ö
的左 右顶点分别为 Ａ Ｂ.
＋ ＝１ ꎬ ꎬ 得 Ｔçç ３ ２ ÷÷.
９ ５ è０ꎬｘ ø
２
＋３
若 Ｐ Ｑ 是椭圆上关于 ｘ 轴对称的两点
æ ｙ ö æ ｙ ö
(１) 、 ꎬ
所以Ｄ→Ｓ çç ３ １ ÷÷ Ｄ→Ｔ çç ３ ２ ÷÷
直线 ＡＰ ＢＱ 的斜率分别为 ｋ ｋ ｋ ｋ ＝ è０ꎬｘ ＋３øꎬ ＝ è０ꎬｘ ＋３øꎬ
ꎬ １ꎬ ２( １ ２≠０)ꎬ １ ＋３ ２ ＋３
求 ｋ ｋ 的最小值
｜ １｜＋｜ ２｜ ꎻ 因为Ｄ→Ｏ Ｄ→Ｓ λ Ｄ→Ｏ Ｄ→Ｔ μ Ｄ→Ｏ 所以
＝(０ꎬ３)ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ
已知过点 Ｄ 的直线 ｌ 交椭圆 Ｃ 于
(２) (０ꎬ－３) ｙ ｙ ｙ
Ｍ Ｎ 两个不同的点 直线 ＡＭ ＡＮ 分别交 ｙ ３ １ λ ３ ２ μ 所以 λ μ １
、 ꎬ ꎬ ｘ ＋３＝３ ꎬｘ ＋３＝３ ꎬ ＋ ＝ｘ ＋
１
＋３
２
＋３
１
＋３
轴于点 Ｓ Ｔ 记Ｄ→Ｓ λ Ｄ→Ｏ Ｄ→Ｔ μ Ｄ→Ｏ Ｏ 为坐 ｙ
ꎬ ꎬ ＝ ꎬ ＝ (
２
标原点 当直线 ｌ 的倾斜角 θ 为锐角时 求 ｘ ＋２
)ꎬ ꎬ ２ ＋３
λ μ 的取值范围. ｋｘ ｋｘ
＋ １ －３ ２ －３
解析 由题意设点 Ｐ ｘ ｙ Ｑ ｘ ＝ ｘ ＋ ｘ ＋ ２ ＝
5
(１) ( ０ꎬ ０)ꎬ ( ０ꎬ－ １
＋３
２
＋３
ｋｘ ｘ ｋ ｘ ｘ
年 高 ｙ ０)ꎬ－３< ｘ ０<３ꎬ 不妨令 ０< ｙ ０≤ ５ꎬ 因为Ａ (－３ꎬ ２ １
ｘ
２ ＋
ｘ
３( －１
ｘ
)(
ｘ
１ ＋ ２)－１８
＋ ２ ＝
考
年 3 Ｂ 所以 ｋ ｙ ０ ｋ － ｙ ０ 则 ｋ １ ２ ＋３( １ ＋ ２)＋９ ｋ
模 拟 ０)ꎬ (３ꎬ０)ꎬ １ ＝ｘ ０ ＋３ ꎬ ２ ＝ｘ ０ －３ ꎬ ｜ １｜ ２ ｋ ｋ ３ ２ ６ ＋３( ｋ －１) ５ ｋ２ ４ －１８
A ｋ
ｙ
０
ｙ
０ ６
ｙ
０ 由
ｘ２
０
ｙ２
０ 可得
９ ＋５
ｋ
９ ＋５
＋ ２ ＝ －
３６ ５４
版 ＋｜ ２｜ ＝ ３＋ ｘ ０ ＋ ３－ ｘ ０ ＝ ９－ ｘ２ ０ ꎬ ９ ＋ ５ ＝１ ９ ９ ｋ２ ＋５ ＋３ ９ ｋ２ ＋５ ＋９
高
考
ｙ２
数 ｘ２ ９ ０ 则 ｋ ｋ １０ 因为 ｙ １０
学 － ０ ＝ ꎬ ｜ １｜＋｜ ２｜ ＝ ｙ ꎬ ０< ０≤ ５ꎬ ｋ ＋２ꎬ
５ ３ ０ ９( ＋１)
４０４
因为 ｋ ２ 所以４ λ μ . －２)ꎬ
> ꎬ < ＋ <２
ì ｙ
３ ３ ï
ｙ １ ｘ
æ ö ï ＝ｍｙ ( ＋２)ꎬ
所以 λ ＋ μ 的取值范围是 è ç４ ꎬ２ø ÷. 联 立 í ï １ －１ 解 得 ｘ
３ ï ｙ
考法 四 存在性问题 ï ï ｙ ２ ｘ
î ＝ｍｙ ( －２)ꎬ
２
－５
１.( 届重庆八中入学考ꎬ )已知 Ｂ ｍｙ ｙ ｙ ｙ
２０２３ ２１ (－１ꎬ ２(２ １ ２ － ２ －５ １)
Ｃ 为 ＡＢＣ 的两个顶点 Ｐ 为 ＝ ｙ ｙ ꎬ
０)ꎬ (１ꎬ０) △ ꎬ － ２ ＋５ １
ＡＢＣ 的重心 边 ＡＣ ＡＢ 上的两条中线长度
△ ꎬ ꎬ 把 ｍｙ ｙ ５ ｙ ｙ 代入上式得 ｘ
之和为 . ２ １ ２ ＝ ( １ ＋ ２) ＝
３
６
求点 Ｐ 的轨迹 Ｔ 的方程 æ ö
(１) ꎻ ç２ｙ １０ｙ ÷ ４ ｙ ｙ
已知点 Ｎ Ｅ Ｆ 直 ２è ３ ２ － ３ １ø ３ ( ２ －５ １) ４
(２) (－３ꎬ０)ꎬ (－２ꎬ０)ꎬ (２ꎬ０)ꎬ ｙ ｙ ＝ ｙ ｙ ＝－ ꎬ
线 ＰＮ 与Ｔ 的另一个公共点为Ｑ 直线ＥＰ 与 － ２ ＋５ １ － ２ ＋５ １ ３
ꎬ 所以当点 Ｐ 运动时 点 Ｍ 恒在定直线 ｘ
ＦＱ 交于点 Ｍ 试问 当点 Ｐ 变化时 点 Ｍ 是 ꎬ ＝－
ꎬ : ꎬ
否恒在一条定直线上 若是 请证明 若不 ４上.
? ꎬ ꎻ
是 请说明理由. ３
ꎬ ２.( 深圳实验学校、长沙市一中联考ꎬ )
解析 因为 Ｐ 为 ＡＢＣ 的重心 且边 ２０２２ ２０
(１) △ ꎬ
ｘ２ ｙ２
ＡＣ ＡＢ 上的两条中线长度之和为 设双曲线 Ｃ ａ ｂ 的左 右焦
ꎬ ６ꎬ :ａ２ －ｂ２ ＝１( >０ꎬ >０) ꎬ
所以 ＰＢ ＰＣ ２ ＢＣ 由椭圆的
｜ ｜＋｜ ｜ ＝ ×６＝４>｜ ｜ꎬ 点分别是 Ｆ Ｆ 渐近线分别为 ｌ ｌ 过 Ｆ
３ １ꎬ ２ꎬ １ꎬ ２ꎬ ２
定义知 点 Ｐ 的轨迹 Ｔ 是以 Ｂ Ｃ 作渐近线的垂线 垂足为 Ｐ 且 ＯＰＦ 的面
ꎬ (－１ꎬ０)ꎬ (１ꎬ ꎬ ꎬ △ １
为焦点的椭圆 不包括长轴的端点 且 ａ ｂ２
０) ( )ꎬ 积为 .
ｃ 所以 ｂ 所以点 Ｐ 的轨迹 Ｔ 的 ４
＝２ꎬ ＝１ꎬ ＝ ３ꎬ
求双曲线 Ｃ 的离心率
ｘ２ ｙ２
(１) ꎻ
方程为 ｘ .
＋ ＝１( ≠±２) 动直线 ｌ 分别交直线 ｌ ｌ 于 Ａ Ｂ 两点
４ ３ (２) １ꎬ ２ ꎬ
设直线 ＰＱ 的方程为 ｘ ｍｙ Ｐ ｘ Ａ Ｂ 分别在第一 四象限 且 ＯＡＢ 的面
(２) ＝ －３ꎬ ( １ꎬ ( ꎬ 、 )ꎬ △
ｙ Ｑ ｘ ｙ 积恒为 是否存在总与直线ｌ 有且只有一个
１)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ ８ꎬ
ìｘ ｍｙ
ï 公共点的双曲线 Ｃ 若存在 求出双曲线 Ｃ
ï
＝ －３ꎬ
? ꎬ
联立í ï ｘ２ ｙ２ 消 ｘ 得 (３ ｍ２ ＋４) ｙ２ －１８ ｍｙ ＋１５ 的方程 若不存在 说明理由.
ï ꎻ ꎬ
î ＋ ＝１ꎬ
４ ３ 解析 由题意易知 ＰＦ ｂ ＯＰ ａ
(１) ꎬ｜ ２｜ ＝ ꎬ｜ ｜ ＝ ꎬ
＝０ꎬ ａｂ
ｍ 由 ＰＦ ＯＰ 得 Ｓ 又因为 Ｓ
则 ｙ ｙ １８ ｙ ｙ １５ ２⊥ △ ＯＰＦ ２ ＝ ꎬ △ ＯＰＦ １ ＝
１ ＋ ２ ＝ ｍ２ ꎬ １ ２ ＝ ｍ２ ꎬ ２
３ ＋４ ３ ＋４ ｂ２ ａｂ ｂ２
Ｓ 所以 解得 ｂ ａ 则 ｃ
所以 ｍｙ ｙ ５ ｙ ｙ △ ＯＰＦ ２ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝２ ꎬ ＝ ５
２ １ ２ ＝ ( １ ＋ ２)ꎬ ４ ２ ４
３
ａ 所以双曲线 Ｃ 的离心率ｅ .
ｙ ｙ ꎬ ＝ ５ 专
又直线 ＰＥ 的方程为 ｙ １ ｘ １ 题
＝ｘ ( ＋２)＝ ｍｙ 由 及题意得渐近线 ｌ ｙ ｘ ｌ ｙ 九
１
＋２
１
－１ (２) (１) １: ＝２ ꎬ ２: ＝－
(
ｘ
＋２)ꎬ ｘ 设双曲线的方程为
ｘ２ ｙ２
依题意得
平
面
ｙ ｙ ２ ꎬ ａ２ － ａ２ ＝１ꎬ 解
析
直线 ＱＦ 的方程为 ｙ ２ ｘ ２ ｘ ４ 几
＝ｘ ( －２)＝ ｍｙ ( 直线 ｌ 的斜率不为零 因此设直线 ｌ 的方程 何
２ －２ ２ －５ ꎬ
４０５
ì ïｃ
为 ｘ ＝ ｍｙ ＋ ｔ ꎬ－ １ < ｍ < １ ꎬ ｔ >０ꎬ ï ａ ＝ ３ ꎬ
２ ２ ïï ２
解 析 依 题 意 得 í 解
设直线 ｌ 交 ｘ 轴于点 Ｄ
(
ｔ
ꎬ０)ꎬ
Ａ
(
ｘ
１ꎬ
ｙ
１)(
ｘ
１>
(１) ï
ï
ａ２
＋
ｂ２
＝ ５ꎬ
ｙ Ｂ ｘ ｙ ｘ ｙ ï
０ꎬ １>０)ꎬ ( ２ꎬ ２)( ２>０ꎬ ２<０)ꎬ
îａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２
ꎬ
联立
{ｘ
＝
ｍｙ
＋
ｔ
ꎬ得 ｙ ２
ｔ
同 理 得 ｙ
ì
ï
ａ２
＝４ꎬ
ｙ ｘ １ ＝ ｍꎬ ２ ï
＝２ ꎬ １－２ 得íｂ２
ï ＝１ꎬ
ｔ ï
－２ .
îｃ２
＝３ꎬ
＝ ｍ
１＋２ ｘ２
椭圆 Ｃ 的方程为 ｙ２ .
∴ ＋ ＝１
则 Ｓ １ ＯＤ ｙ ｙ 得 １ ｔ ４
△ ＯＡＢ ＝ ｜ ｜ ｜ １ － ２ ｜ ＝ ８ꎬ
２ ２ 存在.因为 Ｐ 是椭圆 Ｃ 上异于椭圆 Ｃ 顶
(２)
ｔ ｔ
点的任意一点 且 ｌ ＯＰ 所以直线 ｌ 的斜率
２ ２ 即 ｔ２ ｍ２
ꎬ ∥ ꎬ
ｍ＋ ｍ ＝８ꎬ ＝４｜１－４ ｜ ＝４(１－
１－２ １＋２ 存在且不为 .
０
ｍ２
４ )>０ꎬ① 设过点 Ｑ 的直线 ｌ 的方程为 ｙ ｋｘ
(０ꎬ－２) ＝ －
ì ï ｘ ＝ ｍｙ ＋ ｔ ꎬ {ｙ ｋｘ
联立í ï ï ｘ２ ｙ２ 得 (４ ｍ２ －１) ｙ２ ＋８ ｍｔｙ ＋４( ｔ２ － ２ꎬ Ａ ( ｘ １ꎬ ｙ １)ꎬ Ｂ ( ｘ ２ꎬ ｙ ２) .由 ｘ２ ＝ ｙ － ２ ２ꎬ 消去 ｙ
î ï ａ２ － ａ２ ＝１ꎬ ＋４ ＝４
４ 得 ｋ２ ｘ２ ｋｘ 则 Δ ｋ ２
(１＋４ ) －１６ ＋１２＝０ꎬ ＝(－１６ ) －
ａ２
)＝ ０ꎬ ｋ２ ｋ２
４×１２×(１＋４ )>０⇒４ >３ꎬ
若直线ｌ 与双曲线Ｃ 只有一个公共点 则 Δ
ꎬ ＝ ｋ
ｘ ｘ １６ ｘ ｘ １２
０ꎬ 即Δ ＝６４ ｍ２ｔ２ －１６(４ ｍ２ －１)( ｔ２ － ａ２ )＝ ０ꎬ 化简 １ ＋ ２ ＝ １＋４ ｋ２ ꎬ １ ２ ＝ １＋４ ｋ２ ꎬ
得ｔ２ ａ２ ｍ２ 将 式代入可得 ａ２
＋ (４ －１)＝ ０ꎬ ① ＝４ꎬ ＱＡ ＱＢ ｋ２ ｘ ｘ ｋ２ ｘ
｜ ｜｜ ｜ ＝ １＋ ｜ １ － Ｑ ｜ １＋ ｜ ２ －
ｘ２ ｙ２
所以双曲线的方程为 ｘ ｋ２ ｘ ｘ .
－ ＝１ꎬ Ｑ｜ ＝(１＋ )｜ １ ２｜
４ １６ {ｙ ｋｘ
因此 存在总与直线 ｌ 有且只有一个公共点 由
Ｐ＝ Ｐꎬ
得 ｘ２ ４ 所以 ＯＰ ２
ꎬ
ｘ２ ｙ２
ｘ２
Ｐ＋４
ｙ２
Ｐ＝４
Ｐ＝
１＋４
ｋ２ ꎬ ｜ ｜ ＝(１＋
的双曲线 Ｃ 双曲线 Ｃ 的方程为 .
ꎬ － ＝１
４ １６
ｋ２
)
ｘ２
Ｐ ＝ (１＋
ｋ２
)
４
ｋ２ ꎬ
又因为Ｑ→Ａ
Ｑ→Ｂ
＝
λ
ｘ２ ｙ２ １＋４
３.( 重庆八中摸底ꎬ )已知椭圆 Ｃ
２０２２ ２１ :ａ２ ＋ｂ２ Ｏ→Ｐ２ 所以 ＱＡ ＱＢ λ ＯＰ ２ 所以 ｘ ｘ
ꎬ ｜ ｜｜ ｜ ＝ ｜ ｜ ꎬ ｜ １ ２｜
λ
＝１(
ａ
>
ｂ
>０)
的离心率为 ３
ꎬ
长轴端点和短轴 ＝
λｘ２
Ｐꎬ
即
１＋
１
４
２
ｋ２ ＝
１＋
４
４
ｋ２ ꎬ
解得 λ
＝３
.
２
端点的距离为 .
故存在实数 λ
ꎬ
使得Ｑ→Ａ
Ｑ→Ｂ
＝
λ Ｏ→Ｐ２ 成立
ꎬ
５
5 且 λ .
求椭圆 Ｃ 的方程 ＝３
年 (１) ꎻ
高 ４.( 湖北部分学校质量检测ꎬ ) 已知
考
若Ｐ 为椭圆Ｃ 上异于椭圆Ｃ 顶点的任意
２０２２ ２１
(２)
3
年 模 拟 一 与 点 椭 ꎬ 圆 过 Ｃ 点 相 Ｑ 交 (０ 于 ꎬ－ Ａ ２) Ｂ 且 两 平 点 行于 点 Ｏ Ｏ Ｐ 为 的 坐 直 标 线 原 ｌ Ｆ １(－ ｃ ꎬ０)ꎬ Ｆ ２( ｃ ꎬ０) 分别为椭圆 Ｃ :ａ ｘ２ ２ ＋ ｙ ｂ ２ ２ ＝
ꎬ (
A æ ｃö
版 点
)ꎬ
是否存在实数 λ
ꎬ
使得Ｑ→Ａ
Ｑ→Ｂ
＝
λ Ｏ→Ｐ２
１(
ａ
>
ｂ
>０)
的左
ꎬ
右焦点
ꎬ
Ｐ
è
çｃ
ꎬ
３
ø
÷是椭圆Ｃ 上
２
高
成立 若存在 求出 λ 的值 若不存在 请说
考
? ꎬ ꎻ ꎬ
数 一点 且ＰＦ→ ＰＦ→ ９.
学 明理由. ꎬ １ ２ ＝
４
４０６
求椭圆 Ｃ 的方程 ｘ
(１) ꎻ ( －１)ꎬ
过点 Ｆ 的直线与椭圆Ｃ 交于Ａ Ｂ 两点 ì
ï
ｘ２ ｙ２
(２) ２ ꎬ ꎬ ï
Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 由í ＋ ＝１ꎬ 得 ｋ２
试问 是否存在定点 Ｇ ｘ 使得Ｇ→Ａ Ｇ→Ｂ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ ï４ ３ (４ ＋
: ( ０ꎬ０)ꎬ
î
ï
ｙ ｋ ｘ
为定值 若存在 求出 ｘ 的值 若不存在 请 ＝ ( －１)
? ꎬ ０ ꎻ ꎬ ｘ２ ｋ２ｘ ｋ２ 则 Δ ｋ４ ｋ２
说明理由. ３) －８ ＋４ －１２＝０ꎬ ＝６４ －４(４ ＋
ｋ２
æ ö ３)(４ －１２)>０ꎬ
解析 因为ＰＦ→ ＰＦ→ ç ｃ ３ｃ÷
(１) １ ２ ＝ è－２ ꎬ－ ø ｘ ｘ ８
ｋ２
ｘ ｘ ４
ｋ２
－１２.
２
１ ＋ ２ ＝ ｋ２ ꎬ １ ２ ＝ ｋ２
æ ö ４ ＋３ ４ ＋３
ç ３ｃ÷ ９ ｃ２ ９ 又 ｃ 所以 ｃ Ｐ
è０ꎬ－ ø ＝ ＝ ꎬ >０ꎬ ＝ １ꎬ 所以Ｇ→Ａ ｘ ｘ ｙ Ｇ→Ｂ ｘ ｘ ｙ 则Ｇ→Ａ
２ ４ ４ ＝( １ － ０ꎬ １)ꎬ ＝( ２ － ０ꎬ ２)ꎬ
æ ö
ç ３ ÷ 又 点 Ｐ 在 椭 圆 上 所 以 Ｇ→Ｂ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ２ ｋ２ ｘ ｘ
è１ꎬ øꎬ ꎬ ＝ １ ２ －( １ ＋ ２) ０ ＋ ０ ＋ ( １ －１)( ２ －１)
２ ｋ２ ｘ ｘ ｘ ｋ２ ｘ ｘ ｋ２ ｘ２
ì
í
ï
ï ａ
１
２ ＋
９
ｂ２ ＝１ꎬ解得
{ａ２
＝４ꎬ
＝ (
(４ ｘ
＋
２ ０ －
１
８
)
ｘ ０ －
１
５
２
)
－
ｋ
(
２ ＋
０
３
＋
ｘ２ ０ －１
)
２
( １ ＋ ２)＋ ＋ ０
î
ï
ï ａ２
４
ｂ２
ｂ２
＝３
. ＝
４
ｋ２
＋３
ꎬ
＝ ＋１ꎬ
ｘ２ ｘ
ｘ２ ｙ２ 因为 Ｇ→Ａ Ｇ→Ｂ 为定值 所以 ４ ０ －８ ０ －５
所以椭圆 Ｃ 的方程为 . ꎬ ＝
＋ ＝１ ４
４ ３
ｘ２
存在.若直线 ＡＢ 的斜率不存在 即直线 ３ ０ －１２ 解得 ｘ １１ 定值为 １３５ 而 ｘ １１
(２) ꎬ ꎬ ０ ＝ ꎬ － ꎬ ０ ＝
æ ö æ ö ３ ８ ６４ ８
ＡＢ 的方程为 ｘ 令 Ａç ３ ÷ Ｂç ３÷ 则
＝１ꎬ è１ꎬ ２ øꎬ è１ꎬ－ ２ øꎬ 时 ꎬ( ｘ ０ －１) ２ － ９ ＝－ １３５ ꎬ 故存在定点 Ｇ ꎬ 使得
４ ６４
Ｇ→Ａ Ｇ→Ｂ ｘ ２ ９.
＝( ０ －１) － Ｇ→Ａ Ｇ→Ｂ为定值 此时 ｘ １１.
４ ꎬ ０ ＝
若直线 ＡＢ 的斜率存在 设 ＡＢ 的方程为 ｙ ｋ ８
ꎬ ＝
专
题
九
平
面
解
析
几
何
４０７
专题综合检测
一、单项选择题 个交点 则 ＰＦ ＰＦ 的值是
ꎬ ｜ １｜｜ ２｜ ( )
１.( 福建莆田一模ꎬ )若直线 ｌ ａ ｘ ｙ
２０２２ ３ :( ＋１) － ｍ ｓ １ ｍ ｓ
Ａ. － Ｂ. ( － )
与直线 ｍ ｘ ａ ｙ 互相平行 ２
＋３＝０ : －( ＋１) －３＝０ ꎬ
则 ａ ｍ２ ｓ２ ｍ ｓ
＝ ( ) Ｃ. － Ｄ. －
或 答案 Ａ 不妨设点 Ｐ 是两曲线在第一象限
Ａ.－１ Ｂ.－２ Ｃ.－２ ０ Ｄ.０
答案 Ｄ 易得 ａ ａ 即 内 的 交 点 由 题 意 得
( ＋１)×[－( ＋１)]＋１＝０ꎬ ꎬ
ａ ２ 解得ａ 或ａ 经检验 ａ ì ïï ＰＦ ＰＦ ｍ
( ＋１) ＝１ꎬ ＝－２ ＝０ꎬ ꎬ ＝０ í ｜ １｜＋｜ ２｜ ＝２ ꎬ 解
符合题意 故选 . ïï
ꎬ Ｄ î ＰＦ ＰＦ ｓ
｜ １｜－｜ ２｜ ＝２ ꎬ
２.( 重庆云阳江口中学期末ꎬ )已知直线ｌ 过
２０２２ ２ ì ïï ＰＦ ｍ ｓ
点Ｍ 则 直线ｌ 的斜率小于或等于 是
得í ｜ １｜ ＝ ＋ ꎬ
(３ꎬ０)ꎬ “ ０” î ïï ＰＦ ｍ ｓ
直线ｌ 与圆Ｃ ｘ２ ｙ２ ｙ 有公共点 的 ｜ ２｜ ＝ － ꎬ
“ : ＋ －６ ＝０ ”
则 ＰＦ ＰＦ ｍ ｓ ｍ ｓ ｍ
｜ １｜｜ ２｜ ＝( ＋ )( － )＝ －
( )
ｓ.故选
充分而不必要条件 Ａ.
Ａ.
４.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)已知 Ｍ ｘ２ ｙ２
必要而不充分条件 ２０２０ Ⅰ １１ ５ ☉ : ＋ －
Ｂ.
ｘ ｙ 直线ｌ ｘ ｙ Ｐ 为 ｌ 上的动
充要条件 ２ －２ －２＝０ꎬ :２ ＋ ＋２＝０ꎬ
Ｃ.
点.过点Ｐ 作 Ｍ的切线ＰＡ ＰＢ 切点为Ａ Ｂ
既不充分也不必要条件
☉ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
Ｄ.
当 ＰＭ ＡＢ 最小时 直线ＡＢ 的方程为
答案 Ａ 由题意得圆 Ｃ 的标准方程为 ｘ２ ｜ ｜｜ ｜ ꎬ
＋
ｙ ２ 则圆心为 半径为 若直 ( )
( －３) ＝９ꎬ (０ꎬ３)ꎬ ３ꎬ
ｘ ｙ ｘ ｙ
线 ｌ 的斜率不存在 直线 ｌ ｘ 则圆心到直 Ａ.２ － －１＝０ Ｂ.２ ＋ －１＝０
ꎬ : ＝３ꎬ
ｘ ｙ ｘ ｙ
线的距离为 直线 ｌ 与圆有公共点 成立 Ｃ.２ － ＋１＝０ Ｄ.２ ＋ ＋１＝０
３ꎬ ꎬ ꎻ
答案 Ｄ Ｍ ｘ
若直线 ｌ 的斜率存在 设 ｌ ｙ ｋ ｘ 即 ｋｘ ☉ :( －
ꎬ : ＝ ( －３)ꎬ
ｙ ｋ 若直线 ｌ 与圆有公共点 则圆心到 １) ２ ＋( ｙ －１) ２ ＝４ꎬ 半径 ｒ
－ －３ ＝０ꎬ ꎬ
圆心为 Ｍ
ｋ ＝２ꎬ (１ꎬ１)ꎬ
直线的距离 ｄ ｜－３－３ ｜ 则 ｋ .
＝ ≤３ꎬ ≤０ 如图 由题可知 ＡＢ
ｋ２ ꎬ ꎬ ⊥
１＋
ＰＭ ＰＭ ＡＢ
直线 ｌ 的斜率小于或等于 能推出直线 ｌ 与 ꎬ｜ ｜ ｜ ｜ ＝
０
Ｓ Ｓ
圆 Ｃ : ｘ２ ＋ ｙ２ －６ ｙ ＝０ 有公共点 ꎬ 但直线 ｌ 与圆 ２ 四边形ＡＰＢＭ ＝ ２( △ ＰＡＭ ＋
Ｓ ＰＡ ＰＢ
Ｃ : ｘ２ ＋ ｙ２ －６ ｙ ＝０ 有公共点不能推出直线 ｌ 的 △ ＰＢＭ)＝ ２(｜ ｜＋｜ ｜)ꎬ
ＰＡ ＰＢ ＰＭ ＡＢ ＰＡ
5 斜率小于或等于 所以 直线 ｌ 的斜率小于 ∵ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ꎬ∴ ｜ ｜ ｜ ｜ ＝４｜ ｜ ＝
０ꎬ “
年
高
考
或等于
０”
是
“
直线 ｌ 与圆 Ｃ
:
ｘ２
＋
ｙ２
－６
ｙ
＝０
有
４ ｜
ＰＭ
｜
２
－｜
ＡＭ
｜
２
＝４ ｜
ＰＭ
｜
２
－４ꎬ
当
｜
ＰＭ
｜
最
3 公共点 的充分而不必要条件.故选 小时 ＰＭ ＡＢ 最小 易知 ＰＭ
年 ” Ａ. ꎬ ｜ ｜ ｜ ｜ ꎬ ｜ ｜ｍｉｎ ＝
模
拟 ３.( 江苏盐城四校期初联测ꎬ )若椭圆
ｘ２
５ 此时 ＰＡ ＡＢ ｌ 设直线 ＡＢ
２０２２ ５ ｍ＋ ＝ ５ꎬ ｜ ｜ ＝１ꎬ ∥ ꎬ
A ４＋１
版 ｙ２ ｘ２ ｙ２ 的方程为 ｙ ｘ ｂ ｂ 圆心 Ｍ 到直线
ｍ ｎ 和双曲线 ｓ ｔ 有 ＝－２ ＋ ( ≠－２)ꎬ
高 ｎ ＝１( > >０) ｓ － ｔ ＝１( ꎬ >０)
ｂ ＰＡ
考
ＡＢ 的距离为 ｄ ｜３－ ｜ ＡＢ ４｜ ｜ ４
数
相同的焦点 Ｆ 和 Ｆ 而 Ｐ 是这两曲线的一 ＝ ꎬ｜ ｜ ＝ ＰＭ ＝ ꎬ
学
１ ２ꎬ ５ ｜ ｜ ５
４０８
ＡＢ ２ ｂ ２ 因为以 ＡＦ 为直径的圆过点 所以
ｄ２ ＭＡ ２ 即(３－ ) ４ 解得 (０ꎬ２)ꎬ
∴ ＋ ＝ ｜ ｜ ꎬ ＋ ＝４ꎬ
２ ５ ５
æ ｘ ö２ æ ｙ ö２ æｘ ö２
çç １ ＋１÷÷ çç １÷÷ çç １ ＋１÷÷ 可得ｙ 所
ｂ 或 ｂ 舍 .综上 直线 ＡＢ 的方程为 è０－ ø ＋ è２－ ø ＝ è ø ꎬ １ ＝４ꎬ
＝－１ ＝７( ) ꎬ ２ ２ ２
ｙ ｘ 即 ｘ ｙ 故选 . 以 ｘ 所以点 Ａ 所以直线 ＡＢ 的斜
＝－２ －１ꎬ ２ ＋ ＋１＝０ꎬ Ｄ １ ＝４ꎬ (４ꎬ４)ꎬ
５.( 湖北部分重点中学联考ꎬ )已知双曲
２０２２ ７ 率为４－０ ４ 故选
＝ ꎬ Ａ.
ｘ２ ｙ２
４－１ ３
线 ａ ｂ 的左 右焦点分别为
ａ２ －ｂ２ ＝１( >０ꎬ >０) ꎬ ７.( 山东枣庄三模ꎬ )已知点 Ｆ Ｆ 分别
２０２２ ８ １、 ２
Ｆ Ｆ 过 Ｆ 的直线交双曲线右支于 Ａ Ｂ 两 ｘ２ ｙ２
１ꎬ ２ꎬ ２ ꎬ 为椭圆Ｃ ａ ｂ 的左 右焦点 点
:ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０) 、 ꎬ
点 若ＢＦ→ ＢＦ→ 且 Ｆ ＡＦ ４ 则双
ꎬ １ ２ ＝０ꎬ ｃｏｓ∠ １ ２ ＝
５
ꎬ
Ｐ 为直线 ｘ
ａ２
上一个动点.若 Ｆ ＰＦ 的
曲线的离心率为 ＝ ｂ ｔａｎ∠ １ ２
( )
３ ５ １０ 最大值为 ３ 则椭圆 Ｃ 的离心率为
Ａ. ２ Ｂ. Ｃ. Ｄ. ꎬ ( )
２ ２ ２ ３
答案 Ｄ 设 ＡＦ ｍ 因为ＢＦ→ ＢＦ→
｜ １ ｜ ＝ ꎬ １ ２ ＝０ꎬ ３ ３ ２ ２
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
４ ３ ４ ２
且 Ｆ ＡＦ ４ 所以 ＢＦ ３ｍ ＡＢ
ｃｏｓ∠ １ ２ ＝ ꎬ ｜ １｜ ＝ ꎬ｜ ｜ ＝ 答案 Ｄ 根据对称性 不妨设点 Ｐ 在第一
５ ５ ꎬ
æａ２ ö
４ｍ.由双曲线的定义得 ＢＦ ３ ｍ ａ 象限且坐标为ç ｍ÷ ｍ 如图 记直线 ｘ
｜ ２｜ ＝ －２ ꎬ｜ è ｂꎬ ø( >０)ꎬ ꎬ
５ ５
ＡＦ ｍ ａ 因为 ＡＦ ＢＦ ＡＢ 所 ａ２
２｜ ＝ －２ ꎬ ｜ ２ ｜＋｜ ２ ｜ ＝ ｜ ｜ꎬ ＝ ｂ 与 ｘ 轴的交点为 Ｍ ꎬ 设 ∠ Ｆ ２ ＰＭ ＝ α ꎬ
以３ｍ ａ ｍ ａ ４ｍ 解得 ｍ ａ 所以在
－２ ＋ －２ ＝ ꎬ ＝５ ꎬ Ｆ ＰＭ β 则 Ｆ ＰＦ β α.
５ ５ ∠ １ ＝ ꎬ ∠ １ ２ ＝ －
ＢＦ Ｆ 中 ＢＦ ２ ＢＦ ２ Ｆ Ｆ ２ 即 ａ２
Ｒｔ△ １ ２ ꎬ｜ １｜ ＋｜ ２ ｜ ＝ ｜ １ ２ ｜ ꎬ 因为 Ｆ ｃ Ｆ ｃ 所以 ＭＦ ｃ
１(－ ꎬ０)ꎬ ２( ꎬ０)ꎬ ｜ １｜ ＝ ｂ ＋ ꎬ
ｃ２
９
ａ２
＋
ａ２
＝４
ｃ２
ꎬａ２ ＝
１０
ꎬ
解得 ｅ
＝
１０
ꎬ
故选
Ｄ.
ＭＦ
ａ２
ｃ 所以 α
４ ２
｜ ２｜ ＝ ｂ － ꎬ ｔａｎ
６.( 江苏南通如皋调研一ꎬ )已知抛物线
２０２２ ６ ａ２ ａ２
Ｃ
:
ｙ２
＝４
ｘ 的焦点为 Ｆ
ꎬ
过 Ｆ 的直线交抛物线
ｂ －
ｃ
ｂ ＋
ｃ
β
Ｃ 于 Ａ Ｂ 以 ＡＦ 为直径的圆过点 则 ＝ ｍ ꎬｔａｎ ＝ ｍ ꎬ
ꎬ ꎬ (０ꎬ２)ꎬ
直线 ＡＢ 的斜率为 ｃ
( ) ２
ｍ
所以 Ｆ ＰＦ β α
Ａ.
４
Ｂ.
３
Ｃ. ３ Ｄ.
８ ｔａｎ∠ １ ２ ＝ｔａｎ( － )＝ æａ２ö２
３ ３ １５
ç ÷ ｃ２
è ｂ ø －
答案 Ａ 抛物线 Ｃ ｙ２ ｘ 的焦点为 Ｆ
: ＝４ (１ꎬ １＋ ｍ２
.设 Ａ ｘ ｙ 由抛物线的定义得 ＡＦ ｘ
０) ( １ꎬ １)ꎬ ｜ ｜ ＝ １ ｍｃｂ２ ｃｂ２
ｐ æｘ ｙ ö ２ ２ .
ｘ 又 ＡＦ 的中点为çç １ ＋１ １÷÷ 所以 ＝ｍ２ｂ２ ａ４ ｂ２ｃ２ ＝ ａ４ ｂ２ｃ２
＋ ２ ＝ １ ＋１ꎬ è ２ ꎬ ２ øꎬ ＋ － ｍｂ２ ＋ － ｍ
专
以 ＡＦ 为直径的圆的方程为 æ
è
ççｘ
－
ｘ １ ＋１ ö
ø
÷÷ ２
＋
因 为 ｍ
> ０ꎬ
所 以 ｍｂ２
＋
ａ４ －
ｍ
ｂ２ｃ２
≥ ２
题 九
２ 平
æ
è
ççｙ
－
ｙ
１
ö
ø
÷÷
２
＝
æ
è
çç
ｘ
１ ＋１
ö
ø
÷÷
２
ꎬ
ｂ２
(
ａ４
－
ｂ２ｃ２
)ꎬ
当且仅当 ｍｂ２
＝
ａ４
－
ｍ
ｂ２ｃ２
ꎬ
即 ｍ２
面
解
析
２ ２ 几
何
４０９
ａ４ ｂ２ｃ２ æ ö
－ 时等号成立 １ｐ 或 ｘ ３ｐ 所以 Ａçç１ｐ ３ｐ÷÷ 同理直线
＝ ｂ２ ꎬ ＝ ＝ ꎬ è ꎬ øꎬ
６ ２ ６ ３
ｃｂ２ æ ｐ ö
所 以 Ｆ ＰＦ ２ ＢＦ 的方程为 ｙ çｘ ÷
ｔａｎ ∠ １ ２ ＝ ａ４ ｂ２ｃ２ ≤ ＝ ３è － øꎬ
ｍｂ２ － ２
＋ ｍ
ì æ ｐ ö
ï
ｃｂ２ 由í ïｙ ＝ ３è çｘ － ø ÷ ꎬ得 æ çｘ ｐ ö ÷ ２ ｐｘ 解得 ｘ
２ ３ ï ２ ３è － ø ＝２ ꎬ ＝
２
ｂ２
(
ａ４
－
ｂ２ｃ２
)
＝
３
ꎬ î ï ｙ２
＝２
ｐｘ ２
把ｂ２ ａ２ ｃ２ 代入整理得 ｃ４ ａ２ｃ２ ａ４ 所 æ ö
＝ － ４ －４ ＋ ＝０ꎬ １ｐ 或 ｘ ３ｐ 所以 Ｂç３ｐ ｐ÷ 因为 ＦＢ
＝ ꎬ è ꎬ ３ øꎬ ｜ ｜＋
６ ２ ２
以 ｅ４ ｅ２ 解得 ｅ２ １ 所以 ｅ ２ 即
４ －４ ＋１＝０ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ
ＦＡ 所以 ｘ ｘ ｐ 所以１ｐ ３ｐ ｐ
２ ２ ｜ ｜ ＝８ꎬ Ａ＋ Ｂ＋ ＝８ꎬ ＋ ＋ ＝
６ ２
椭圆 Ｃ 的离心率为 ２.故选 解得 ｐ 所以两条反射光线 ａ′ ｂ′之间
Ｄ. ８ꎬ ＝３ꎬ ꎬ
２
的距离为 ｙ ｙ .故选
８.( 届山东青岛调研ꎬ )抛物线有一条重 Ｂ－ Ａ＝３ ３－ ３ ＝２ ３ Ｄ.
２０２３ ８
９.( 北京ꎬ ꎬ 分)数学中有许多形状优
要性质 从焦点发出的光线 经过抛物线上
２０１９ ８ ５
: ꎬ
的一点反射后 反射光线平行于抛物线的对
美 寓意美好的曲线 曲线 Ｃ ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ
、 ꎬ : ＋ ＝１＋｜ ｜
ꎬ
就是其中之一 如图 .给出下列三个结论
称轴.如图所示 从拋物线 Ｃ ｙ２ ｐｘ ｐ
( ) :
ꎬ : ＝２ ( >０)
曲线 Ｃ 恰好经过 个整
的焦点Ｆ 向ｘ 轴上方发出的两条光线ａ ｂ 分
① ６
ꎬ
点 即横 纵坐标均为整数
别经抛物线上的 Ａ Ｂ 两点反射 已知两条入
( 、
ꎬ ꎬ
的点
射光线与 ｘ 轴所成角均为π 且 ＦＢ ＦＡ )ꎻ
ꎬ ｜ ｜＋｜ ｜ 曲线 Ｃ 上任意一点到原
３
②
则两条反射光线 ａ′ ｂ′之间的距离为 点的距离都不超过
＝８ꎬ ꎬ ２ꎻ
曲线 Ｃ 所围成的 心形 区域的面积小
( ) ③ “ ”
于 .
３
其中 所有正确结论的序号是
ꎬ ( )
Ａ.① Ｂ.②
Ｃ.①② Ｄ.①②③
答案 Ｃ ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ ｘ ｙ
∵ ＋ ＝１＋｜ ｜ ≤１＋｜ ｜ ｜ ｜≤１
ｘ２ ｙ２
＋ ｘ２ ｙ２ .
＋ ꎬ∴ ＋ ≤２
Ａ. ３ Ｂ.４ Ｃ.２ Ｄ.２ ３ ２
æ ｐ ö ｘ 可能取得的整数值为 代入曲线 Ｃ
答案 Ｄ 由题意得 ａ′ ｂ′ Ｆç ÷ 因为 ① ±１ꎬ０ꎬ
∥ ꎬ è ꎬ０øꎬ 的方程得整点坐标为
２
5
(１ꎬ１)ꎬ(１ꎬ０)ꎬ(－１ꎬ
年 ＯＦＡ π 所以直线 ＦＡ 的斜率为 π 故 正确
高 ∠ ＝ ꎬ －ｔａｎ ＝ １)ꎬ(－１ꎬ０)ꎬ(０ꎬ１)ꎬ(０ꎬ－１)ꎬ ① ꎻ
考 ３ ３ 设曲线 Ｃ 上任意一点到原点的距离为 ｄ
3 ② ꎬ
æ ｐ ö
年 模 － ３ꎬ 所以直线 ＦＡ 的方程为 ｙ ＝－ ３è çｘ － ø ÷ ꎬ 则 ｄ２ ＝ ｘ２ ＋ ｙ２ ≤２ꎬ∴ ｄ ≤ ２ꎬ 故 ② 正确 ꎻ
拟 ２
由图知 图形在第一象限的
A ì ï æ ｐ ö ③ ꎬ
版 由í ïｙ ＝－ ３è çｘ － ø ÷ ꎬ得 æ çｘ ｐ ö ÷ ２ ｐｘ 解得 ｘ 面积 Ｓ 图形在第四象限的
高 ï ２ ３è － ø ＝２ ꎬ １>１ꎬ
考
数
î ï ｙ２
＝２
ｐｘ ２
面积 Ｓ １ 由对称性得 心
学
４> ꎬ ꎬ“
２
４１０
æ ö 右焦点 过Ｆ 作倾斜角为 °的直线分别交
形 区域面积 Ｓ ç １÷ 故 错误.综 ꎬ １ ３０
” >è１＋ ø×２＝３ꎬ ③
ｙ 轴与双曲线右支于点Ｍ Ｐ ＰＭ ＭＦ
２
ꎬ ꎬ｜ ｜ ＝｜ １｜ꎬ
上可知选 .
下列判断正确的是
Ｃ
( )
二、多项选择题
ＰＦ Ｆ π
１０.( 海南中部六市县模拟ꎬ )在平面直角 Ａ.∠ ２ １ ＝
２０２２ １１ ３
坐标系中 三点Ａ Ｂ Ｃ 动
ꎬ (－１ꎬ０)ꎬ (１ꎬ０)ꎬ (０ꎬ７)ꎬ ＭＦ １ ＰＦ
Ｂ.｜ ２｜ ＝ ｜ １｜
点Ｐ满足 ＰＡ ＰＢ 则以下结论正确的是 ２
｜ ｜＝ ２｜ ｜ꎬ
Ｅ 的离心率等于
Ｃ. ３
( )
Ａ. 点 Ｐ 的轨迹方程为 ( ｘ －３) ２ ＋ ｙ２ ＝８ Ｄ. Ｅ 的渐近线方程为 ｙ ＝± ２ ｘ
答案 ＢＣＤ ＰＭ
ＰＡＢ 面积最大时 ＰＡ ∵ ｜ ｜ ＝
Ｂ.△ ꎬ｜ ｜ ＝２ ２
ＭＦ Ｍ 为 ＰＦ 的中
ＰＡＢ 最大时 ＰＡ ｜ １｜ꎬ∴ １
Ｃ.∠ ꎬ｜ ｜ ＝２ ２ 点 又Ｏ 为Ｆ Ｆ 的中点
ꎬ １ ２ ꎬ
Ｐ 到直线 ＡＣ 的距离的最小值为４ ２ ＯＭ ＰＦ
Ｄ. ∴ ∥ ２ꎬ
５
ＯＭ Ｆ Ｆ ＰＦ Ｆ Ｆ
答案 ＡＣＤ 对于 设 Ｐ ｘ ｙ 由 ＰＡ ∵ ⊥ １ ２ꎬ∴ ２⊥ １ ２ꎬ
Ａꎬ ( ꎬ )ꎬ ｜ ｜ ＝
ＰＦ Ｆ ° ＭＦ １ ＰＦ 错误
２ ｜ ＰＢ ｜ 得 ｜ ＰＡ ｜ ２ ＝２｜ ＰＢ ｜ ２ ꎬ 即 ( ｘ ＋１) ２ ＋ ｙ２ ＝２ ∴ ∠ ２ １ ＝９０ ꎬ｜ ２ ｜ ＝ ｜ １｜ꎬＡ ꎬ
２
[(
ｘ
－１)
２
＋
ｙ２
]ꎬ
化简可得
(
ｘ
－３)
２
＋
ｙ２
＝８ꎬ
即点
正确 由 ＰＦ Ｆ Ｆ 知 ＰＦ
ｂ２
又 Ｆ Ｆ
Ｐ 的轨迹方程为 ｘ ２ ｙ２ 故 正确 Ｂ ꎻ ２⊥ １ ２ ｜ ２｜ ＝ ａꎬ ｜ １ ２
( －３) ＋ ＝８ꎬ Ａ ꎻ
对于 直线 ＡＢ 过圆 ｘ ２ ｙ２ 的圆 ｃ ＰＦ Ｆ °
Ｂꎬ∵ ( －３) ＋ ＝８ ｜ ＝２ ꎬ∠ １ ２ ＝３０ ꎬ
心 点 Ｐ 到直线 ＡＢ 的距离的最大值为圆 ｂ２
ꎬ∴ ３ ｃ 即 ｃ２ ａ２ ａｃ ｅ２ ｅ
∴ ａ ＝２ ꎬ ３( － )＝ ２ ꎬ∴ ３ －２ －
ｘ ２ ｙ２ 的半径 即 ＡＢ
( －３) ＋ ＝８ ꎬ ２ ２ꎬ∵ ｜ ｜ ＝２ꎬ
解得 ｅ 或 ｅ ３ 舍去
ＰＡＢ 面积的最大值为１
３ ＝ ０ꎬ ＝ ３ ＝ － ( )ꎬＣ
∴ △ ×２×２ ２ ＝２ ２ꎬ
３
２
正确
此时 Ｐ ＰＡ ２ ２ ꎻ
(３ꎬ±２ ２)ꎬ｜ ｜ ＝ (３＋１) ＋(２ ２) ｃ
ｅ ｃ２ ａ２ ｂ２ ｃ２ ａ２ ａ２
故 不正确 ∵ ＝ ａ ＝ ３ꎬ∴ ＝３ ꎬ∴ ＝ － ＝２ ꎬ∴
＝２ ６ꎬ Ｂ ꎻ
对于 当 ＰＡＢ 最大时 ＰＡ 为圆 ｘ ２ ｙ２ ｂ
Ｃꎬ ∠ ꎬ ( －３) ＋
ａ ＝ ２ꎬ
的切线 ＰＡ ２ 故
＝８ ꎬ∴ ｜ ｜ ＝ (３＋１) －８ ＝２ ２ꎬ
Ｅ 的渐近线方程为 ｙ ｘ 正确.故
正确
∴ ＝ ± ２ ꎬＤ
Ｃ ꎻ
选
对于 直线 ＡＣ 的方程为 ｘ ｙ 则圆
ＢＣＤ.
Ｄꎬ ７ － ＋７＝０ꎬ
１２.( 河北部分重点中学期中ꎬ )已知直
２０２２ １０
心 到直线 ＡＣ 的距离为 ｜７×３＋７｜
(３ꎬ０) ＝ 线ｌ 过抛物线Ｃ ｘ２ ｙ 的焦点Ｆ 且直线ｌ
２ : ＝－４ ꎬ
７ ＋１
与抛物线 Ｃ 交于 Ａ Ｂ 两点 过 Ａ Ｂ 两点分
ꎬ ꎬ ꎬ
１４ ２ 点 Ｐ 到直线 ＡＣ 的距离的最小值为
别作抛物线 Ｃ 的切线 两切线交于点 Ｇ 设
ꎬ∴
ꎬ ꎬ
５
Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ Ｇ ｘ ｙ 则下列选 专
( Ａꎬ Ａ)ꎬ ( Ｂꎬ Ｂ)ꎬ ( Ｇꎬ Ｇ)ꎬ 题
１４ ２ ４ ２ 正确.故选 九
项正确的是
－２ ２ ＝ ꎬＤ ＡＣＤ.
( )
５ ５ 平
１１.( ２０２２ 广东汕头澄海中学月考ꎬ ９ )已知 Ｆ １ꎬ Ａ. ｙ Ａ ｙ Ｂ＝４ 面 解
析
ｘ２ ｙ２ 以线段 ＡＢ 为直径的圆与直线 ｙ ３相离 几
Ｆ 是双曲线 Ｅ ａ ｂ 的左 Ｂ. ＝ 何
２ :ａ２ －ｂ２ ＝１( >０ꎬ >０) 、 ２
４１１
当Ａ→Ｆ Ｆ→Ｂ时 ＡＢ ９ 于是 Ｓ １ ＡＢ ｈ １ ｋ２ ｋ２
Ｃ. ＝２ ꎬ｜ ｜ ＝ △ ＧＡＢ＝ ｜ ｜ ＝ (４ ＋４)２ ＋１
２ ２ ２
ＧＡＢ 面积的取值范围为 ｋ２ ３ ２ 当且仅当 ｋ 时取 则
Ｄ.△ [４ꎬ＋∞) ＝４( ＋１) ≥４ꎬ ＝０ “＝”ꎬ
答案 ＢＣＤ 抛物线 Ｃ ｘ２ ｙ 的焦点为 Ｆ ＧＡＢ 面积的取值范围为 正确.
: ＝－４ △ [４ꎬ＋∞)ꎬＤ
准线方程为 ｙ 设直线 ｌ 的方程 故选
(０ꎬ－１)ꎬ ＝１ꎬ ＢＣＤ.
{ｙ ｋｘ 三、填空题
为 ｙ ｋｘ 由 ＝ －１ꎬ消去 ｙ 得 ｘ２ ｋｘ
＝ －１ꎬ ｘ２ ｙ ＋４ －４ １３.( 上海交通大学附中期中ꎬ )已知直
＝－４ ２０２２ ９
＝０ꎬ
则 ｘ
Ａ＋
ｘ
Ｂ＝－４
ｋ
ꎬ
ｘ
Ａ
ｘ
Ｂ＝－４ꎬ 线 ｌ ｙ ｘ 与双曲线
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ
ｘ２ ｘ２ : ＝２ －１０ ａ２ －ｂ２ ＝１( >０ꎬ >
Ａ Ｂ
则 ｙ ｙ 不正确
Ａ Ｂ＝ ＝１ꎬＡ ꎻ 的一条渐近线平行 且经过双曲线的一
－４ －４ ０) ꎬ
设以线段 ＡＢ 为直径的圆的圆心为 ｘ ｙ 个焦点 则双曲线的标准方程为 .
( ０ꎬ ０)ꎬ ꎬ
则 ｙ
ｙ
Ａ＋
ｙ
Ｂ
ｋ
(
ｘ
Ａ＋
ｘ
Ｂ)－２ ｋ２ 点 ｘ 答案
ｘ２ ｙ２
０ ＝ ＝ ＝－２ －１ꎬ ( ０ꎬ － ＝１
２ ２ ５ ２０
解析 对于直线 ｌ ｙ ｘ 令 ｙ 解得 ｘ
ｙ 到直线 ｙ ３的距离 ｄ ｋ２ ５ 由抛物线 : ＝２ －１０ꎬ ＝０ꎬ
０) ＝ ＝２ ＋ ꎬ 所以双曲线的一个焦点为 双曲
２ ２ ＝５ꎬ (５ꎬ０)ꎬ
定义得
｜
ＡＢ
｜ ＝ ｜
ＡＦ
｜＋｜
ＢＦ
｜ ＝２－(
ｙ
Ａ＋
ｙ
Ｂ)＝ ４
ｋ２
线 ｘ２ ｙ２ ａ ｂ 的渐近线为 ｙ ｂ ｘ
ａ２ －ｂ２ ＝１( >０ꎬ >０) ＝±ａ ꎬ
显然 ｄ １ ＡＢ 即以线段 ＡＢ 为直径的
＋４ꎬ > ｜ ｜ꎬ
ｂ
２
依题意得 又 ｃ ｃ２ ａ２ ｂ２ 解得ａ２
ａ ＝２ꎬ ＝５ꎬ ＝ ＋ ꎬ ＝
圆与直线 ｙ ３相离 正确
＝ ꎬＢ ꎻ
２
ｘ２ ｙ２
ｂ２ 所以双曲线的标准方程为 .
当Ａ→Ｆ Ｆ→Ｂ时 有 ｘ ｘ 即 ｘ ５ꎬ ＝２０ꎬ － ＝１
＝２ ꎬ ０－ Ａ＝２( Ｂ－０)ꎬ Ａ＝－ ５ ２０
１４.( 重庆云阳江口中学期末ꎬ )已知椭
ｘ 而ｘ ｘ ｋ ｘ ｘ 于是得ｋ２ １ ２０２２ １４
２ Ｂꎬ Ａ＋ Ｂ＝－４ ꎬ Ａ Ｂ＝－４ꎬ ＝ ꎬ ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２
８ 圆 Ｃ 双曲线 Ｃ ａ
１: ＋ ＝１ꎬ ２:ａ２ －ｂ２ ＝１( >０ꎬ
ＡＢ ｋ２ ９ 正确 ２５ ５
｜ ｜ ＝４ ＋４＝ ꎬＣ ꎻ
ｂ 的离心率互为倒数 Ｆ Ｆ 为双曲线
２
>０) ꎬ １ꎬ ２
Ｃ 的左 右焦点 设点 Ｍ 为 Ｃ 的渐近线上
对 ｙ
＝－
１ｘ２ 求导得 ｙ′
＝－
１ｘ
ꎬ
则抛物线 Ｃ 在
２ ꎬ ꎬ ２
４ ２ 的一点 若Ｏ→Ｍ ＭＦ→ Ｏ 为坐标原点
ｘ ꎬ １ ＝０( )ꎬ
Ａ
Ａ处的切线斜率为 于是得抛物线 Ｃ 在 Ａ ＭＦ Ｆ 的面积为 则 Ｃ 的方程为
－ ꎬ △ １ ２ １６ꎬ ２
２
.
ｘ
Ａ
处的切线方程为 ｙ ｙ ｘ ｘ 即 ｙ
－ Ａ ＝－ ( － Ａ)ꎬ ＝－ ｘ２ ｙ２
答案
２
－ ＝１
ｘ ３２ ８
Ａ
ｘ １ｘ２ 同理 抛物线Ｃ 在Ｂ 处的切线方程
5 ＋ Ａꎬ ꎬ
年 高 ２ ４ ｘ 解析 椭圆 Ｃ １ 的离心率为 ２５ ２ － ５ ５ ＝ ２ ５ ５ ꎬ 所
考 为 ｙ Ｂ ｘ １ｘ２ 联立两切线方程解得 ｘ
3 ＝－ ＋ Ｂꎬ Ｇ＝ ｃ ｃ２
年 ２ ４ 以双 曲 线 的 离 心 率 为 ｅ
模 ＝ ａ ＝ ａ２ ＝
拟 １ ｘ ｘ ｋ ｙ １ｘ ｘ 点 Ｇ ｋ
( Ａ＋ Ｂ)＝ －２ ꎬ Ｇ＝－ Ａ Ｂ＝１ꎬ (－２ ꎬ
A ２ ４ æ ｂ ö２ ｂ
ç ÷ ５ ５ １ 不妨设 Ｍ 在
版 到 直 线 ｌ ｋｘ ｙ 的 距 离 ｈ １＋èａø ＝ ＝ ⇒ ａ ＝ ꎬ
１) : － － １ ＝ ０ ＝ ２ ５ ２ ２
高
ｋ ｋ
考 æ ö
数
｜－２ －２｜
＝２
ｋ２
＋１ꎬ 直线 ｙ １ ｘ 上 Ｍ çｘ １ｘ ÷ 则 Ｏ→Ｍ
学 ｋ２ ＝ ꎬ è ０ꎬ ０øꎬ ＝
＋１ ２ ２
４１２
æ ö 解析 由题意得 ｂ２ ｃ .所以 ａ２ ｂ２
çｘ １ｘ ÷ 又 Ｆ ｃ Ｆ ｃ 则ＭＦ→ (１) ꎬ ＝１ꎬ ＝１ ＝
è ０ꎬ ０øꎬ １(－ ꎬ０)ꎬ ２( ꎬ０)ꎬ １ ＝ ｘ２
２ ｃ２ .所以椭圆 Ｃ 的方程为 ｙ２ .
æ ö
＋ ＝２ ＋ ＝１
ç ｃ ｘ １ｘ ÷ Ｏ→Ｍ ＭＦ→ ｘ ｃ ２
è－ － ０ꎬ－ ０øꎬ∵ １ ＝ ０ꎬ∴ ０(－ － 证明 设 Ｐ ｘ ｙ Ｑ ｘ ｙ 则直线 ＡＰ
２ (２) : ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ
ｙ
ｘ
０)－
１ｘ２
０
＝０
. 的方程为 ｙ
＝
１
ｘ
－１ｘ
＋１
.令 ｙ
＝０ꎬ
得点 Ｍ 的横
４ １
ｘ
整理得 ｃ ＋ ４ ５ｘ ０ ＝０①ꎬ 依题意有１ ２ ×２ ｃ × ２ １ ｜ ｘ ０｜ 坐标 ｘ Ｍ＝－ｙ １ － １ １ .又 ｙ １ ＝ ｋｘ １ ＋ ｔ ꎬ 从而 ｜ ＯＭ ｜ ＝ ｜
ｘ ｘ
＝１６ꎬ 即 ｃ ｜ ｘ ０｜ ＝３２②ꎬ 联立 ①② 解得 ｃ ＝ ２ ｘ Ｍ｜ ＝ ｋｘ １ ｔ .同理 ꎬ｜ ＯＮ ｜ ＝ ｋｘ ２ ｔ .由
１
＋ －１
２
＋ －１
. ａ ２ １０ 则 ｂ２ ｃ２ ａ２ ì ï ｙ ｋｘ ｔ
１０ ∴ ＝ ＝ ４ ２ꎬ ＝ － ＝４０－３２ ï ＝ ＋ ꎬ
５ í
ï
ï
ｘ２
ｙ２
得
(１＋２
ｋ２
)
ｘ２
＋４
ｋｔｘ
＋２
ｔ２
－２＝０
.
２ î ＋ ＝１
２
ｘ２ ｙ２
Ｃ 的方程为 . ｋｔ ｔ２
＝８ꎬ∴
２ ３２
－
８
＝１ 则 ｘ
１ ＋
ｘ
２ ＝－
４
ｋ２ ꎬ
ｘ
１
ｘ
２ ＝
２ －
ｋ
２
２
.
１＋２ １＋２
１５.( 全国甲文ꎬ ꎬ 分)记双曲线 Ｃ
ｘ２
ｘ ｘ
２０２２ １５ ５ :ａ２ － 所以
｜
ＯＭ
｜｜
ＯＮ
｜ ＝ ｋｘ
１
ｔ ｋｘ
２
ｔ
１
＋ －１
２
＋ －１
ｙ２ ｘ ｘ
ａ ｂ 的离心率为 ｅ 写出满足条
ｂ２ ＝１( >０ꎬ >０) ꎬ ＝ ｋ２ｘ ｘ ｋ ｔ １ ｘ ２ ｘ ｔ ２
１ ２ ＋ ( －１)( １ ＋ ２)＋( －１)
件
“
直线 ｙ
＝２
ｘ 与 Ｃ 无公共点
”
的 ｅ 的一个
２
ｔ２
－２
值 . ｋ２
１＋２
答案 答案不唯一 在 范围内取
＝
ｋ２ ２
ｔ２
－２ ｋ ｔ
æ
çç ４
ｋｔ ö
÷÷ ｔ ２
２( ꎬ (１ꎬ ５] ｋ２ ＋ ( －１)è － ｋ２ø＋( －１)
值均可 １＋２ １＋２
) ｔ
解析 欲使直线 ｙ ｘ 与双曲线 Ｃ 无公共 １＋ . 又 ＯＭ ＯＮ 所以
＝ ２ ｔ ｜ ｜ ｜ ｜ ＝ ２ꎬ ２
＝２
１－
点 则
ｂ
所以 ｅ
ｃ ａ２
＋
ｂ２
１＋
ｔ
.
ꎬ ０ < ａ ≤２ꎬ ＝ ａ ＝ ａ ＝ ｔ ＝２
１－
解得 ｔ 所以直线 ｌ 经过定点 .
æ ｂ ö２ ＝０ꎬ (０ꎬ０)
ç ÷ . １７.( 重庆涪陵实验中学期中ꎬ )已知椭
１＋èａø ∈(１ꎬ ５]
２０２２ ２１
ｘ２ ｙ２
所以当 ｅ 时 直线 ｙ ｘ 与双曲线 圆 Ｃ ａ ｂ 过点 Ａ 且离
∈(１ꎬ ５] ꎬ ＝２ :ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０) (０ꎬ１)ꎬ
Ｃ 无公共点.答案不唯一 可取 ｅ .
ꎬ ＝２
四、解答题
心率为 ３.
２
ｘ２ ｙ２ 求椭圆 Ｃ 的方程
１６.( 北京文ꎬ ꎬ 分)已知椭圆 Ｃ (１) ꎻ
２０１９ １９ １４ :ａ２ ＋ｂ２
过 Ａ 作斜率分别为 ｋ ｋ 的两条直线
(２) １ꎬ ２ ꎬ
的右焦点为 且经过点 Ａ . 分别交椭圆于点 Ｍ Ｎ 且 ｋ ｋ 证明
＝１ (１ꎬ０)ꎬ (０ꎬ１) ꎬ ꎬ １ ＋ ２ ＝２ꎬ :
求椭圆 Ｃ 的方程 直线 ＭＮ 过定点.
专
(１) ꎻ
题
设 Ｏ 为原点 直线 ｌ ｙ ｋｘ ｔ ｔ 与 九
(２) ꎬ : ＝ ＋ ( ≠±１)
椭圆 Ｃ 交于两个不同点 Ｐ Ｑ 直线 ＡＰ 与 ｘ 平
ꎬ ꎬ 面
解
轴交于点 Ｍ 直线 ＡＱ 与 ｘ 轴交于点 Ｎ.若
析
ꎬ
几
ＯＭ ＯＮ 求证 直线 ｌ 经过定点. 何
｜ ｜｜ ｜ ＝２ꎬ :
４１３
解析 椭圆 Ｃ
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ 过点
ｙ２
ａ ｂ 过点
æ
çç ６
ö
÷÷ 过其右焦点 Ｆ
(１)∵ :ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０) ｂ２ ＝１( > >０) è１ꎬ øꎬ ２
３
且垂直于 ｘ 轴的直线交椭圆 Ｃ 于 Ａ Ｂ 两
Ａ 即１ ｂ . ꎬ
(０ꎬ１)ꎬ ｂ２ ＝１ꎬ∴ ＝１
点 且 ＡＢ ２ ３.
ｃ ꎬ ｜ ｜ ＝
ｅ ３ 又 ａ２ ｂ２ ｃ２ ａ ３
∵ ＝ ａ ＝ ꎬ － ＝ ꎬ∴ ＝２ꎬ 求椭圆 Ｃ 的方程
２ (１) ꎻ
ｘ２
椭圆 Ｃ 的方程为 ｙ２ . 若直线 ｌ ｙ ｋｘ １ 与椭圆 Ｃ 交于 Ｅ Ｆ
∴ ＋ ＝１ (２) : ＝ － ꎬ
４ ２
当直线 ＭＮ 的斜率不存在时 两点 线段 ＥＦ 的中点为 Ｑ 在 ｙ 轴上是否
(２) ꎬ ꎬ ꎬ
设直线方程为 ｘ ｔ Ｍ ｔ ｓ Ｎ ｔ ｓ 存在定点 Ｐ 使得 ＥＱＰ ＥＦＰ 恒成立
＝ ꎬ ( ꎬ )ꎬ ( ꎬ－ )ꎬ ꎬ ∠ ＝２∠ ?
ｓ ｓ ｓ ｓ 若存在 求出点 Ｐ 的坐标 若不存在 请说
则 ｋ １－ ｋ １＋ ｋ ｋ １－ １＋ ２ ꎬ ꎻ ꎬ
１ ＝ ｔ ꎬ ２ ＝ ｔ ꎬ∴ １ ＋ ２ ＝ ｔ ＋ ｔ ＝ ｔ 明理由.
－ － － － －
解析 由 题 意 知 椭 圆 Ｃ 过 点
＝２ꎬ
( １) ꎬ
解得 ｔ 直线方程为 ｘ
æ ö æ ö
＝－１ꎬ∴ ＝－１ꎻ
çç ６÷÷和ççｃ ３÷÷
当直线ＭＮ 的斜率存在时 设直线方程为ｙ è１ꎬ ø è ꎬ øꎬ
ꎬ ＝ ３ ３
ｋｘ ｍ ｍ ì
＋ ( ≠１)ꎬ ï １ ２
联立
{ｘ２
＋４
ｙ２
＝４ꎬ得 ｋ２ ｘ２ ｋｍｘ ｍ２
ï
ï ï
ａ２ ＋
３
ｂ２ ＝１ꎬ
{ａ２
ｙ ｋｘ ｍ (４ ＋１) ＋８ ＋４ －４ 所以íｃ２ 解得 ＝３ꎬ
＝ ＋ ꎬ ï
ïａ２ ＋
１
ｂ２ ＝１ꎬ
ｂ２
＝１ꎬ
＝０ꎬ ï ３
ï
设 Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ îａ２ ｂ２ ｃ２
＝ ＋ ꎬ
( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ
则 ｘ ｘ ８
ｋｍ
ｘ ｘ ４
ｍ２
－４
所以椭圆 Ｃ 的方程为
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
.
１ ＋ ２ ＝－ ｋ２ ꎬ １ ２ ＝ ｋ２ (∗)ꎬ ３
４ ＋１ ４ ＋１
假设在 ｙ 轴上存在定点 Ｐ 使得 ＥＱＰ
ｙ ｙ ｙ ｘ ｘ ｙ ｘ ｘ (２) ꎬ ∠ ＝
则 ｋ ｋ １ －１ ２ －１ １ ２ ＋ １ ２ －( １ ＋ ２) ＥＦＰ 恒成立.设 Ｐ ｙ Ｅ ｘ ｙ Ｆ
１ ＋ ２ ＝ ｘ ＋ ｘ ＝ ｘ ｘ ＝ ２∠ (０ꎬ ０)ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ
１ ２ １ ２
ｘ ｙ
２
ｋｘ
１
ｘ
２ ＋(
ｍ
－１)(
ｘ
１ ＋
ｘ
２)
( ２ꎬ ２)ꎬ
ｘ ｘ ＝２ꎬ ì ï
ｙ ｋｘ １
１ ２ ï ï ＝ － ꎬ
将 (∗) 式代入化简可得８ ４
ｋ
ｍ
ｍ
２ － － ８ ４
ｋ
＝２ꎬ 即 ( ｋ － ｍ
由í
ï ï ï ｘ２ ｙ２
２ 得
(４＋１２
ｋ２
)
ｘ２
－１２
ｋｘ
－９＝０ꎬ
î ＋ ＝１
ｍ 整理得 ｋ ｍ ３
－１)( －１)＝ ０ꎬ ＝ ＋１ꎬ
ｋ
代入直线 ＭＮ 的方程得 ｙ ｍ ｘ ｍ ｍ ｘ ｘ ｘ １２ ｘ ｘ －９
＝( ＋１) ＋ ＝ ( ∴ １ ＋ ２ ＝ ｋ２ ꎬ １ ２ ＝ ｋ２ ꎬ
４＋１２ ４＋１２
ｘ
5 ＋１)＋ ꎬ Δ ｋ２ ｋ２ 恒成立.
年 {ｘ ＝１４４ ＋３６(４＋１２ )>０
高 即 ｍ ｘ ｘ ｙ 由 ＋１＝０ꎬ解得 ｘ ＥＱＰ ＥＦＰ ＥＱＰ ＱＦＰ
考 ( ＋１)＋ － ＝０ꎬ ｙ ｘ ＝－１ꎬ ∵ ∠ ＝ ２ ∠ ꎬ ∠ ＝ ∠ ＋
3
＝ ＱＰＦ ＥＦＰ ＦＰＱ ＱＥ ＱＦ
年 ∠ ꎬ∴ ∠ ＝∠ ꎬ∴ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ ＝
模 ｙ
拟 ＝－１ꎬ ＱＰ
｜ ｜ꎬ
直线 ＭＮ 恒过定点 .
A ∴ (－１ꎬ－１) 点 Ｐ 在以 ＥＦ 为直径的圆上 ＰＥ ＰＦ
版 ∴ ꎬ ⊥ ꎬ
综上所述 直线 ＭＮ 恒过定点 .
ꎬ (－１ꎬ－１)
高 Ｐ→Ｅ ｘ ｙ ｙ Ｐ→Ｆ ｘ ｙ ｙ
考 ｘ２ ∵ ＝( １ꎬ １ － ０)ꎬ ＝( ２ꎬ ２ － ０)ꎬ
数 １８.( 山东泰安二模ꎬ )已知椭圆 Ｃ
学
２０２２ ２１ :ａ２ ＋ Ｐ→Ｅ Ｐ→Ｆ ｘ ｘ ｙ ｙ ｙ ｙ
∴ ＝ １ ２ ＋( １ － ０)( ２ － ０)
４１４
ｘ ｘ ｙ ｙ ｙ ｙ ｙ ｙ２ .
＝ １ ２ ＋ １ ２ － ０( １ ＋ ２)＋ ０ －２)
ｋ ì ｔ
ï
ｘ ｘ ｋ２ｘ ｘ ｘ ｘ ｙ ｋ ｘ ｘ ｙ ｘ
＝ １ ２ ＋ １ ２ － ( １ ＋ ２)－ ０[ ( １ ＋ ２)－１]＋ ï ï ＝ ( ＋２)ꎬ
２ 由í ３ 得 ｔ２ ｘ２ ｔ２ｘ ｔ２
１
＋
ｙ２
０ î
ï
ï
ï
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
(４ ＋９) ＋１６ ＋１６ －
４
４
æ ö
＝(１＋
ｋ２
)
ｘ
１
ｘ
２ －
ｋç
è
１
＋
ｙ
０ø
÷
(
ｘ
１ ＋
ｘ
２)＋
ｙ２
０ ＋
ｙ
０ ＋
１
３６＝０
.
２ ４ ｔ２
１２(
ｙ２
０ －１)
ｋ２
＋４
ｙ２
０ ＋４
ｙ
０ －８ ∵ －２
是上述方程的一个根
ꎬ∴
ｘ
Ｐ＝
－８
ｔ２
＋１８
ꎬ
＝ ｋ２ ＝０ꎬ ４ ＋９
４＋１２
ｔ æ ｔ２ ｔ ö
ｙ２ ｋ２ ｙ２ ｙ 恒成立 则 ｙ １２ Ｐçç－８ ＋１８ １２ ÷÷.
∴ １２( ０ －１) ＋４ ０ ＋４ ０ －８＝０ ꎬ Ｐ＝ ｔ２ ꎬ∴ è ｔ２ ꎬ ｔ２ ø
{ｙ２ ４ ＋９ ４ ＋９ ４ ＋９
０
－１＝０ꎬ
解得 ｙ Ｐ æ ｔ２ ｔ ö
∴
４
ｙ２
０ ＋４
ｙ
０ －８＝０ꎬ
０ ＝１ꎬ∴ (０ꎬ１)ꎬ 同理可得 Ｑ
è
çç
４
８
ｔ２ ＋
－
１
２
ꎬ ４ ｔ
４
２ ＋１ ø
÷÷.
存在定点 Ｐ 使得 ＥＱＰ ＥＦＰ
∴ (０ꎬ１)ꎬ ∠ ＝２∠ 当 ｔ 时 Ｐ Ｑ 直线 ＰＱ 为
＝０ ꎬ (２ꎬ０)ꎬ (－２ꎬ０)ꎬ
恒成立.
ｘ 轴
ꎻ
ｘ２
１９.( 广东深圳二调ꎬ )已知椭圆 Ｅ
２０２２ ２１ :ａ２ ＋ 当 ｔ ｔ ３时
≠０ꎬ ≠± ꎬ
ｙ２ æ ö ２
ａ ｂ 经过点 Ｍçç ３÷÷ 且焦距
ｔ
ｂ２ ＝ １( > >０) è１ꎬ øꎬ ｙ ４
２ － ｔ２
Ｆ Ｆ 线段ＡＢ ＣＤ 分别是它的长轴 直 线 ＰＱ 的 方 程 为 ４ ＋１
｜ １ ２｜ ＝２ ３ꎬ ꎬ １２ ｔ ４ ｔ
和短轴. ｔ２ － ｔ２
４ ＋９ ４ ＋１
求椭圆 Ｅ 的方程
(１) ꎻ
ｔ２
ｘ ８ －２
若 Ｎ ｓ ｔ 是平面上的动点 从下面两 － ｔ２
(２) ( ꎬ ) ꎬ ４ ＋１ .
个条件中选一个 证明 直线 ＰＱ 经过定点. ＝ ｔ２ ｔ２
ꎬ : －８ ＋１８ ８ －２
ｔ２ － ｔ２
４ ＋９ ４ ＋１
ｓ ｔ ３ 直线ＮＡ ＮＢ 与椭圆Ｅ 的另
① ＝１ꎬ ≠± ꎬ ꎬ
２
一交点分别为 Ｐ Ｑ
ꎬ ꎻ
ｔ ｓ Ｒ 直线ＮＣ ＮＤ 与椭圆Ｅ 的另一
② ＝２ꎬ ∈ ꎬ ꎬ
交点分别为 Ｐ Ｑ.
ꎬ 令 ｙ 则 上 面 方 程 的 左 边
ì ＝ ０ꎬ ＝
ï
１ ３
解析 由已知得í ï ａ２ ＋ ｂ２ ＝１ꎬ －４ ｔ２ －９ ４ ｔ２ ＋９
(１)
î
ï
ï ａ２ ｂ
４
２ ３(４
ｔ２
＋１)－(４
ｔ２
＋９)
＝ －
２(４
ｔ２
－３)
ꎬ
－ ＝３ꎬ
解得
{ａ２
＝４ꎬ 椭圆 Ｅ 的方程为
ｘ２
ｙ２ . ∴
ｘ
＝
８
ｔ
ｔ
２
２
－２
＋
４
ｔ
ｔ
２
２
＋９
×
４(４
ｔ
ｔ
２
２
＋３)(４
ｔ
ｔ
２
２
－３)
＝ ４
ｂ２ ∴ ＋ ＝１ ４ ＋１ ２(４ －３) (４ ＋９)(４ ＋１)
＝１ꎬ ４
与 ｔ 无关 .综上所述 直线 ＰＱ 经过定点
选择条件 . ( ) ꎬ
(２) ①
.
(４ꎬ０) 专
题
证明 由题意得 Ｎ ｔ ｔ Ｒ ｔ ３. 选择条件 . 九
: (１ꎬ )ꎬ ∈ ꎬ ≠± ②
２
证明 由题意得 Ｎ ｓ 不妨设 Ｃ Ｄ 平
不妨令 Ａ Ｂ 则直线 ＮＡ 的方 : ( ꎬ２)ꎬ (０ꎬ－１)ꎬ 面
(－２ꎬ０)ꎬ (２ꎬ０)ꎬ
解
则直线 ＮＣ 的方程为 ｘ ｓｙ ｓ 直
ｔ (０ꎬ１)ꎬ ３ － － ＝０ꎬ 析
程为ｙ ｘ 直线ＮＢ 的方程为ｙ ｔ ｘ 几
＝ ( ＋２)ꎬ ＝－ ( 线 ＮＤ 的方程为 ｘ ｓｙ ｓ . 何
３ － ＋ ＝０
４１５
ì ｘ ｓｙ ｓ
ï
ï３ － － ＝０ꎬ
由í
ï
ï
ｘ２
ｙ２
得
(
ｓ２
＋３６)
ｙ２
＋２
ｓ２ｙ
＋
ｓ２
－３６＝０
.
î ＋ ＝１
４
ｓ２ ｓ
ｙ ｙ －３６ 则 ｘ ２４
∵ Ｃ＝－１ꎬ∴ Ｐ＝－ｓ２ ꎬ Ｐ＝ｓ２ ꎬ ｓ２ ｓ２
＋３６ ＋３６ －３６ －４
∴
Ｐ æ
è
çç
ｓ２
２
＋
４
３
ｓ
６ ꎬ－
ｓ
ｓ
２
２
－
＋
３
３
６
６
ö
ø
÷÷. 同 理 可 得 令 ｘ
＝ ０ꎬ
则 ｙ
＝
ｓ
ｓ
２
２
－
＋
４
４ ＋
－ｓ
２
２
４
＋
ｓ
３６ －ｓ
８
２
ｓ
＋４
ｓ２
８
＋
ｓ
４ ＝
ｓ２ ＋ｓ２
æ ｓ ｓ２ ö ＋３６ ＋４
Ｑçç －８ －４÷÷.
èｓ２ ꎬｓ２ ø ｓ２ －４ －２ ｓ４ ＋２８８ １ ｓ２ －４
＋４ ＋４
ｓ２ ＋ ｓ２ ｓ２ ｓ２ ＝ ｓ２ －
当 ｓ 时 Ｐ Ｑ 直线 ＰＱ 为 ＋４ ３( ＋４)＋( ＋３６) ＋４ ＋４
＝０ ꎬ (０ꎬ１)ꎬ (０ꎬ－１)ꎬ
ｓ２ ｓ２
ｙ 轴 ２( ＋１２)( －１２) １ １ 与 ｓ 无关 .
ꎻ ｓ２ ｓ２ ＝ ( )
当 ｓ 时 直线 ＰＱ 的方程为 ４( ＋１２) ＋４ ２
≠０ ꎬ æ ö
ｓ２ ｓ２ 综上所述 直线 ＰＱ 经过定点ç １ ÷.
－３６ －４ ꎬ è０ꎬ ø
ｓ２ －ｓ２ －ｓ２ æ ｓ ö ２
ｙ －４ ＋３６ ＋４ççｘ ８ ÷÷
－ｓ２ ＝ ｓ ｓ è ＋ｓ２ øꎬ
＋４ ２４ ８ ＋４
ｓ２ ＋ｓ２
＋３６ ＋４
5
年
高
考
3
年
模
拟
A
版
高
考
数
学
４１６
