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专题八 平面解析几何 ２ ３１
微专题三 圆锥曲线中的证明与探究性问题
学生用书P298
1.圆锥曲线中的存在性问题 ｋ２
ｍ２ ｋ２ ，即ｍ２ ３ ＋３．
存在性问题通常采用 肯定顺推法 将不确定性问题明朗化． ＝０⇒２ －３ －３＝０ ＝
“ ”， ２
一般步骤如下 ｍ２ ｋ２
： ＡＢ ｋ２·２ ３ － ＋３
假设满足条件的元素 点 直线 曲线或参数 存在 ∴ ｜ ｜＝ １＋ ｋ２
（１） （ 、 、 ） ； ｜３－ ｜
用待定系数法设出 ｋ２
（２） ； ＋９
列出关于待定系数的方程组 若方程组有实数解 则元素 ２ ３
（３） ， ， ｋ２· ２
点 直线 曲线或参数 存在 否则 元素 点 直线 曲线或参
＝ １＋
｜３－
ｋ２
｜
（ 、 、 ） ； ， （ 、 、
数 不存在． （ｋ２ ）（ｋ２ ）
） ＋１ ＋９ ，ｋ２ ，
注意 反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．
＝ ６ （ｋ２
－３
）２ ≠３
令ｋ２ λ，λ 且λ ，
2.圆锥曲线中的探究性问题 －３＝ ≥－３ ≠０
（λ ）（λ ）
探究性问题常采用先假设存在 推证满足条件的结论 若结论 ＡＢ ＋４ ＋１２
， ， ∴ ｜ ｜＝ ６ λ２
正确 则存在 若结论不正确 则不存在．其策略为
， ； ，
当条件和结论不唯一时要分类讨论 · ４８ １６
（１） ； ＝ ６ λ２ ＋λ ＋１
当给出结论而要推导出存在的条件时 先假设成立 再推
（２） ， ， ( )
出条件． １ １ ２ １ ，１ １ 或 １ ，
＝ ６ ４８ λ＋ － ≥ ６ λ≤－ λ＞０
例1 （ 广东广州一模， ）已知Ｏ为坐标原点 双曲线Ｃ ６ ３ ３
２０２４ １８ ， ： 综上， ＡＢ 的取值范围为［ ， ）．
ｘ２ ｙ２ ｜ ｜ ６ ＋∞
ａ ｂ 的焦距为 且经过点 ． ｙ２
ａ２ －ｂ２ ＝１（ ＞０， ＞０） ４， （ ２， ３） （ ）假设存在满足条件的圆Ｏ．设Ｐ（ｘ ，ｙ ），则ｘ２ ０ ，连接
３ ０ ０ ０－ ＝１
求Ｃ的方程 ３
（１） ； ＯＰ，则ＰＯ平分 ＭＰＮ，
∠
若直线ｌ与Ｃ交于Ａ Ｂ两点 且Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ 求 ＡＢ 的取值 ＰＭ ＰＮ ， ＰＯ ＭＮ，
（２） 、 ， · ＝０， ｜ ｜ ∵ ｜ ｜＝｜ ｜ ∴ ⊥
范围 设过Ｐ与圆Ｏ相切的直线为ｙ ｙ ｋ（ｘ ｘ ），
； － ０＝ － ０
已知点Ｐ是Ｃ上的动点 是否存在定圆Ｏ ｘ２ ｙ２ ｒ ｒ ｙ ｋｘ
（３） ， ： ＋ ＝ （ ＞０）， 则｜ ０－ ０｜ ｒ，
使得当过点Ｐ能作圆Ｏ的两条切线ＰＭ ＰＮ时 其中Ｍ Ｎ分别 ＝
， （ ，
ｋ２
＋１
是两切线与Ｃ的另一交点
），
总满足
｜
ＰＭ
｜＝｜
ＰＮ
｜？
若存在
，
求
∴
ｙ２
０－２
ｋｘ
０
ｙ
０＋
ｋ２ｘ２
０＝
ｒ２ｋ２
＋
ｒ２，
出圆Ｏ的半径ｒ
；
若不存在
，
请说明理由．
∴
（ｘ２
０－
ｒ２）ｋ２
－２
ｋｘ
０
ｙ
０＋
ｙ２
０－
ｒ２
＝０
，它的两根记作ｋ
１
，ｋ
２
，
解析 （ １ ）由题意知 ì í ï ï ï ２ ａ ２ ｃ ２ ＝ － ４ ｂ ３ ， ２ ＝１ ， ⇒ ì í ïï ïï ａ ｂ ＝ ＝１ ３ ， ， 联立 ， { ３ ｙ － ｘ２ ｙ － ０ ｙ ＝ ２ ｋ ＝ １ （ ３ ｘ － ｘ ０ ）， ⇒３ ｘ２ － ｋ２ １ （ｘ２ －２ ｘ ０ ｘ ＋ ｘ２ ０ ） － ｙ２ ０－２ ｋ １ ｙ ０ （ｘ － ｘ ０ ）
ï îｃ ， ＝３
îａ２ ＋ ｂ２ ＝ ｃ２ ＝２ ∴ （ ３－ ｋ２ １ ）ｘ２ ＋ （ ２ ｋ２ １ ｘ ０－２ ｋ １ ｙ ０ ）ｘ ＋２ ｋ １ ｘ ０ ｙ ０－ ｋ２ １ ｘ２ ０－ ｙ２ ０－３＝０ ，
∴ Ｃ的方程为ｘ２ － ｙ ３ ２ ＝１ ． 由根与系数的关系得ｘ ０ ｘ Ｍ＝ ２ ｋ １ ｘ ０ ｙ ０－ ｋ ｋ ２ １ ２ ｘ２ ０－３ ｘ２ ０，
（ ）当ｌ的斜率不存在时，设ｌ：ｘ ｔ， ３－ １
２ ＝ ｋ ｙ ｋ２ｘ ｘ
则ｘ ２ １ ０－ １ ０－３ ０，
∴
ｙ
＝± ３
（ｔ２
－１
）， Ｍ＝
３－
ｋ２
１
不妨令Ａ（ｔ，
－ ３
（ｔ２
－１
）），Ｂ（ｔ，
３
（ｔ２
－１
）），
ｙ ｋ（ｘ ｘ ） ｙ ｋ ·２
ｋ
１
ｙ
０－６
ｘ
０ ｙ ，
Ｍ＝ １ Ｍ－ ０ ＋ ０＝ １ ｋ２ ＋ ０
由Ｏ→Ａ·Ｏ→Ｂ ｔ２ （ｔ２ ） ，ｔ２ ３ ， ３－ １
＝０⇒ －３ －１ ＝０ ＝ ｋ ｙ ｋ２ｘ ｘ ｋ ｙ ｘ
２ 同理，ｘ ２ ２ ０－ ２ ０－３ ０，ｙ ｋ ·２ ２ ０－６ ０ ｙ ，
此时 ｜ ＡＢ ｜＝２ ３ （ｔ２ －１ ） ＝ ６ ； Ｎ＝ ３－ ｋ２ ２ Ｎ＝ ２ ３－ ｋ２ ２ ＋ ０
当 ｙ ） ｌ ， 的斜率存在时，设 ｌ 的方程为 ｙ ＝ ｋｘ ＋ ｍ，Ａ（ｘ １ ，ｙ １ ），Ｂ（ｘ ２ ， ｋ ｋ ２ ·２ ｋ ２ ３ ｙ － ０－ ｋ２ ２ ６ ｘ ０ － ｋ １ ·２ ｋ １ ３ ｙ － ０－ ｋ２ １ ６ ｘ ０
联 ２ 立 {ｙ ＝ ｋｘ ＋ ｍ， ∴ ＭＮ＝ ２ ｋ ２ ｙ ０－ ｋ２ ２ ｋ ｘ ２ ０－３ ｘ ０ － ２ ｋ １ ｙ ０－ ｋ２ １ ｋ ｘ ２ ０－３ ｘ ０
３ ｘ２ － ｙ２ ＝３ ， ｙ（ｋ ｋ ） ３ （ － ｋ ２ ｋ ） ｘ（ｋ ３－ ｋ １ ） ｋ ｋ ｘ（ｋ ｋ ）
消去ｙ整理得（ ｋ２）ｘ２ ｋｍｘ ｍ２ ， ６ ０ ２＋ １ ２－ １ －１８ ０ ２－ １ －６ １ ２ ０ ２－ １
３－ －２ － －３＝０ ＝ ｙ（ｋ ｋ ） ｋ ｋ ｙ（ｋ ｋ ） ｘ（ｋ ｋ ）（ｋ ｋ ）
{ ｋ２ ， ６ ０ ２－ １ ＋２ １ ２ ０ ２－ １ －６ ０ ２＋ １ ２－ １
则有 ３－ ≠０ ｙ（ｋ ｋ ） ｘ ｋ ｋ ｘ
Δ
＝４
ｋ２ｍ２
＋４
（
３－
ｋ２）（ｍ２
＋３
）
＝１２
（ｍ２
－
ｋ２
＋３
）
＞０
，
＝
６
ｙ
０ １
ｋ
＋
ｋ
２
ｙ
－１８
ｘ
０
（
－
ｋ
６ １
ｋ
２
）
０
６ ０＋２ １ ２ ０－６ ０ １＋ ２
∵
Ｏ→Ａ·Ｏ→Ｂ
＝０
，
ｙ ·２
ｘ
０
ｙ
０ ｘ ·
ｙ２
０－
ｒ２
·ｘ
∴
Ｏ→Ａ·Ｏ→Ｂ
＝
ｘ
１
ｘ
２＋
ｙ
１
ｙ
２＝
ｘ
１
ｘ
２＋
（ｋｘ
１＋
ｍ）（ｋｘ
２＋
ｍ）
＝
（ｋ２
＋１
）ｘ
１
ｘ
２＋
６ ０ ｘ２
０－
ｒ２ －１８ ０－６ ｘ２
０－
ｒ２ ０
，
ｋｍ（ｘ
１＋
ｘ
２
）
＋
ｍ２
＝
（ｋ２
＋１
）·－
３
ｍ
－
２
ｋ
－
２
３
＋
ｋｍ·
３
２
－
ｋｍ
ｋ２ ＋
ｍ２
＝
２ ｍ２
３
－
－
３
ｋ
ｋ
２
２ －３ ＝
６
ｙ
０＋２
· ｙ
ｘ
２ ０
２ ０
－
－
ｒ
ｒ
２
２
·ｙ
０－６
ｘ
０
·２
ｘ２ ０
ｘ
－
０ ｙ
ｒ
０
２
２ ３２ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
由ＰＯ ＭＮ得ｋ ·ｋ ， ( )
⊥ ＭＮ ＰＯ＝－１ 所以直线ＭＮ过定点 ６ ， ．
即６ ２ ｘ ｙ ０ ０ （ （ ｙ ｙ ２ ０ ２ ０ － － ３ ３ ｘ ｘ ２ ０ ２ ０ ） ） ＋ － ２ ８ ４ ｙ ｘ ０ ０ ｒ ｒ ２ ２ · ｙ ｘ ０ ０ ＝－１ ， 当ｍ ＝±１ 时，直 ( 线 ＭＮ － ) 斜 ５ 率 ０ 不存在，此时直线 ＭＮ 方程为 ｘ ＝
ｘ ｘ ｒ２ ｙ ６ ，也过定点 ６ ， ．
－１８ ０＋２４ ０ · ０ ，（注意 ｘ２ ｙ２ ） － － ０
ｙ ｙ ｒ２ ｘ ＝－１ ３ ０－ ０＝３ ５ ５
－６ ０－８ ０ ０ ( )
综上所述，直线ＭＮ过定点 ６ ， ．
ｒ２
＝
３
⇒
ｒ
＝
６， －
５
０
２ ２
（ ）假设存在点Ｒ，使得 ＯＲＰ ＯＲＱ π，
３ ∠ ＋∠ ＝
故存在圆Ｏ满足条件，此时ｒ ６． ２
＝
２ 设Ｒ（ ，ｔ），
０
例2 如图 Ｄ为圆Ｏ ｘ２ ｙ２ 上一动点 过点Ｄ分别作ｘ轴 ｙ
， ： ＋ ＝１ ， ， 因为 ＯＲＰ ＯＲＱ π，所以 ＯＲＱ ＯＰＲ，即 ＯＲＱ
轴的垂线 垂足分别为Ａ Ｂ 连接ＢＡ并延长至点Ｗ 使得 ＷＡ ∠ ＋∠ ＝ ∠ ＝∠ ｔａｎ∠ ＝
， ， ， ， ｜ ｜ ２
点Ｗ的轨迹记为曲线Ｃ． ＯＰＲ，
＝１， ｔａｎ∠
求曲线Ｃ的方程 ＯＱ ＯＲ
（１） ； 所以｜ ｜ ｜ ｜，所以 ＯＲ ２ ＯＰ · ＯＱ ，
若过点Ｋ 的两条直线ｌ ｌ 分别交曲线Ｃ于Ｍ Ｎ两点 ＯＲ ＝ ＯＰ ｜ ｜ ＝｜ ｜ ｜ ｜
（２） （－２，０） １，２ ， ， ｜ ｜ ｜ ｜
且ｌ ｌ 求证 直线ＭＮ过定点 直线ｘ ｘ 与曲线Ｃ交于不同的两点Ｇ、Ｈ，易知Ｇ、Ｈ关于ｘ轴
１⊥２， ： ； ＝ ０
若曲线Ｃ交ｙ轴正半轴于点Ｓ 直线ｘ ｘ 与曲线Ｃ交于不 对称，
（３） ， ＝ ０
同的两点Ｇ Ｈ 直线ＳＨ ＳＧ分别交ｘ轴于Ｐ Ｑ两点．请探究 在
， ， ， ， ：
ｙ轴上是否存在点Ｒ 使得 ＯＲＰ ＯＲＱ π 若存在 求出点
， ∠ ＋∠ ＝ ？ ，
２
Ｒ坐标 若不存在 请说明理由．
； ，
Z
8
"
0 Y
#
%
解析 （ ）设Ｗ（ｘ，ｙ），Ｄ（ｘ ，ｙ ），则Ａ（ｘ ， ），Ｂ（ ，ｙ ），
１ ０ ０ ０ ０ ０ ０
由题意知 ＡＢ （ＡＢ 为矩形 ＯＡＤＢ 的对角线， ＡＢ ＯＤ
｜ ｜＝１ ｜ ｜ ＝｜ ｜ ＝
{ ｘ
ｘ ，
），所以Ｗ→Ａ →ＡＢ，得（ｘ ｘ， ｙ） （ ｘ ，ｙ ），所以 ０＝
１ ＝ ０－ － ＝ － ０ ０ ２
ｙ ｙ，
０＝－
ｘ２
因为ｘ２ ｙ２ ，所以 ｙ２ ，
０＋ ０＝１ ＋ ＝１
４
ｘ２
故曲线Ｃ的方程为 ｙ２ ．
＋ ＝１
４
（ ）证明：由题意可知，直线ｌ ，ｌ 与坐标轴不平行，
２ １ ２
则可设ｌ 的方程为ｘ ｍｙ ，则直线ｌ 的方程为ｘ １ ｙ ．
１ ＝ －２ ２ ＝－ｍ －２
{ｘ ｍｙ ，
＝ －２
由 ｘ２
ｙ２ ，
消去ｘ得（ｍ２
＋４
）ｙ２
－４
ｍｙ
＝０
，
＋ ＝１
４
ｍ ｍ ｍ２
解得ｙ ４ 或ｙ （舍去），所以ｘ ｍ· ４ ２ －８，所
＝ｍ２ ＝０ ＝ ｍ２ －２＝ ｍ２
＋４ ＋４ ＋４
æ ｍ２ ｍ ö
以Ｍç２ －８， ４ ÷，
èｍ２ ｍ２ ø
＋４ ＋４
æ ｍ２ ｍ ö
同理可得Ｎç２－８ ， ４ ÷．
è ｍ２ － ｍ２ ø
４ ＋１ ４ ＋１
当ｍ 时，直线ＭＮ的斜率存在，
≠±１
ｍ ｍ
４ ４
ｍ２ ＋ ｍ２ ｍ（ ｍ２ ） ｍ
ｋ ＋４ ４ ＋１ ４ ５ ＋５ ５ ，
ＭＮ＝ ｍ２ ｍ２ ＝ ｍ４ ＝ ｍ２
２ －８ ２－８ １６ －１６ ４ －４
ｍ２ － ｍ２
＋４ ４ ＋１
ｍ ( )
则直线ＭＮ的方程为ｙ ５ ｘ ６ ，
＝ ｍ２ ＋
４ －４ ５
专题八 平面解析几何 ２ ３３
设Ｇ（ｘ ，ｙ ），Ｈ（ｘ ， ｙ ）（ｙ ，ｙ ）， 方法总结 求轨迹方程的基本方法
０ ０ ０ － ０ ０≠±１ ０≠０
易知点Ｓ（ ， ），直线ＳＧ的方程是ｙ
ｙ
０－１ｘ ． １
．直接法
０ １ ＝ ｘ ＋１
如果动点运动的条件是一些几何量的等量关系，且条件简单
０
ｘ ｙ
令ｙ ，得ｘ ０ ，直线ＳＨ的方程是ｙ ０＋１ｘ ，令ｙ ， 明确，易于表述成含 ｘ，ｙ 的等式，可直接求得动点的轨迹
＝０ Ｐ＝－ｙ ＝ ｘ ＋１ ＝０
０－１ － ０ 方程．
ｘ
得ｘ ０ ， ．定义法
Ｑ＝ｙ ２
０＋１ 若动点的轨迹符合直线、圆或圆锥曲线的定义，则可以利用
由 ＯＲ ２ ＯＰ · ＯＱ ，得ｔ２
ｘ２
０ ，又Ｇ（ｘ ，ｙ ）在椭圆上， 相关定义设出轨迹方程，再求得参数值即可．
｜ ｜ ＝｜ ｜ ｜ ｜ ＝ ｙ２ ０ ０
｜ ０－１｜ ．相关点法
３
所以
ｘ２
０ ｙ２ ， 第一步，设所求轨迹的点为 Ｍ（ｘ，ｙ），曲线上的动点Ｑ（ｘ ，
＋ ０＝１ ０
４ ｙ ）；
所以ｔ２ ，解得ｔ ， ０
＝４ ＝±２ 第二步，找出Ｍ（ｘ，ｙ）与Ｑ（ｘ ，ｙ ）的关系，由ｘ，ｙ表示ｘ ，ｙ ；
０ ０ ０ ０
所以存在点Ｒ（ ， ），使得 ＯＲＰ ＯＲＱ π成立．
０ ±２ ∠ ＋∠ ＝ 第三步，Ｑ（ｘ ，ｙ ）满足已知的曲线方程，将ｘ ，ｙ 代入，消去
２ ０ ０ ０ ０
参数．对不符合条件的点要注意取舍．
学生用书P140
１．（ 湖南长沙市四县区 月调研， ）如图 已知Ａ Ｂ分别 ｙ ｘ
２０２４ ３ １８ ， ， ｘ ．即证ｘ （ １－１） ２ ｙ
是椭圆Ｅ
ｘ２ ｙ２
的右顶点和上顶点 椭圆Ｅ的离心率为
２ Ｃ １＋ ｙ
２－１
＝４－４ １，
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１ ， 即证 ｍｙ ｎ ｙ ｙ ｍｙ ｎ ｙ ｙ
（ １＋ ）（ ２－１）＋（ １－１）（ ２＋ ）＝（４－４ １）（ ２－１），
即证 ｍ ｙ ｙ ｎ ｍ ｙ ｙ ｎ
３ ＡＢＯ的面积为 ．若过点Ｐ ａ ｂ 的直线与椭圆Ｅ相交 （２ ＋４） １ ２＋（ － －４）（ １＋ ２）－２ ＋４＝０，
，△ １ （ ， ） ｎ２ ｍｎ
２ 即证 ｍ －４ ｎ ｍ －２ ｎ
于Ｍ Ｎ两点 过点Ｍ作ｘ轴的平行线 分别与直线ＡＢ ＮＢ交 （２ ＋４）·ｍ２ ＋（ － －４）·ｍ２ －２ ＋４＝０，
， ， ， ，
＋４ ＋４
于点Ｃ Ｄ． 即证 ４ ｍ２ ＋８ ｍｎ ＋４ ｎ２ －８（ ｍ ＋ ｎ ）＝０，
，
求椭圆Ｅ的方程 即证 （ ｍ ＋ ｎ ） ２ －２（ ｍ ＋ ｎ ）＝０，
（１） ； ｍ ｎ 上式成立 故ｘ ｘ ｘ ．
证明 Ｍ Ｃ Ｄ三点的横坐标成等差数列． ∵ ＋ ＝２，∴ ， １＋ Ｄ＝２ Ｃ
（２） ： ， ， Ｍ Ｃ Ｄ三点的横坐标成等差数列．
Z ∴ ， ，
证法二：设直线ＭＮ ｘ ｍｙ ｎ 直线过点Ｐ
# 1 ： ＝ ＋ ，∵ （２，１），
$ . ∴ ｍ ＋ ｎ ＝２ ．
% {ｘ ｍｙ ｎ
0 " Y 联立 ＝ ＋ ， 消去ｘ得 ｍ２ ｙ２ ｍｎｙ ｎ２
ｘ２ ｙ２ （ ＋４） ＋２ ＋ －４＝０，
＋４ ＝４，
/ 设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ ｙ ｙ
（ １， １）， （ ２， ２）（ １≠１， ２≠１），
ì ï ï ï １ ２ ａｂ ＝１， ì ïï ａ ＝２， 则ｙ １＋ ｙ ２＝ － ｍ ２ ２
ｍ
＋４
ｎ
， ｙ １ ｙ ２＝ｍ
ｎ２
２ － ＋ ４ ４ ， 又ｘ １＝ ｍｙ １＋ ｎ ， ｘ ２＝ ｍｙ ２＋ ｎ ，
ｘ ｘ ｘ ｙ ｘ ｙ ｍ ｎ
解析 （１） 依据题意 ， 得í ï ï ï ａ ｃ ＝ ２ ３ ， 解得 î í ïï ｂ ｃ ＝ ＝１ ３ ， ， ∴ ｙ １－ １ １ ＋ｙ ２－ ２ １ ＝ １（ （ ｙ ２ １ － － １ １ ） ） ＋ （ ｙ ｙ ２（ ２－１ １－ ） ｙ １） ＝ － （ ８ ｍ （ ＋ ｘ ｎ ＋ ） ２ ） ＝ ｘ －４， ｘ
îａ２ ｂ２ ｃ２ 又 Ｂ Ｄ Ｎ三点共线 ２－１ １－１ 即 ２ Ｄ １
＝ ＋ ， ∵ ， ， ，∴ ｘ ＝ ｘ ， ｙ ＝ｙ ，∴ ｙ ＋
ｘ２ ２ Ｄ ２－１ １－１ １－１
椭圆Ｅ的方程为 ｙ２ ． ｘ ｘ
∴ ＋ ＝１ Ｄ ２ Ｃ （提示：点Ｃ与点Ｍ纵坐标相同）
４ ｙ ＝－４＝ｋ ＝２·ｙ ，
证法一：设直线ＭＮ ｘ ｍｙ ｎ １－１ ＡＢ １－１
（２） ： ＝ ＋ ， ｘ ｘ ｘ Ｍ Ｃ Ｄ三点的横坐标成等差数列．
直线过点Ｐ ∴ １＋ Ｄ＝２ Ｃ，∴ ， ，
∵ （２，１）， ２．（ 东北三省四市教研联合体模拟， ）在平面直角坐标系
ｍ ｎ ． ２０２４ １７
∴ ＋ ＝２ 中 Ｆ Ｆ 分别为双曲线Ｃ ｘ２ ｙ２ ａ２ ａ 的左 右焦点 过
{ｘ ｍｙ ｎ ， １， ２ ：３ － ＝ （ ＞０） 、 ，
联立
ｘ２
＝
＋４ ｙ
＋
２ ＝
，
４，
消去ｘ得
（
ｍ２
＋４）
ｙ２
＋２
ｍｎｙ
＋
ｎ２
－４＝０，
Ｆ
时 ２
的直
ＡＢ
线
Ｆ
ｌ
面
与
积
双
为
曲线
．
Ｃ的右支交于Ａ
，
Ｂ两点．当ｌ与ｘ轴垂直
Δ
＝４
ｍ２ｎ２
－４（
ｍ２
＋４）（
ｎ２
－４）＝１６（
ｍ２
－
ｎ２
＋４）＞０，
，△
求双曲
１
线Ｃ的标
１２
准方程
（１） ；
ｍｎ
设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ ｙ ｙ 则ｙ ｙ －２ ｙ ｙ 当ｌ与ｘ轴不垂直时 作线段ＡＢ的中垂线 交ｘ轴于点Ｄ．
（ １， １）， （ ２， ２），（ １≠１， ２≠１） １＋ ２＝ｍ２
＋４
， １ ２ （２）
ＤＦ
， ，
ｎ２
－４ ｌ ｘ ｙ Ｃ ｙ ｙ
试判断｜
ＡＢ
２｜是不是定值．若是
，
请求出该定值
；
若不是
，
请说
＝ｍ２
＋４
，∵ ＡＢ： ＋２ －２＝０，∴ （２－２ １， １），
明理由．
｜ ｜
ｙ ｙ ｘ
∵ ｌ ＢＮ： ｙ ＝ ２ ｘ － ２ １ｘ ＋１， 令ｙ ＝ ｙ １， 可得ｘ Ｄ＝ （ ｙ １－ ２－ １ １ ） ２ ， 解析 （１） 双曲线方程可化为 ａ ｘ２ ２ －ａ ｙ２ ２ ＝１，
要证明Ｍ Ｃ Ｄ三点的横坐标成等差数列 只需证明ｘ ｘ
， ， ， １＋ Ｄ＝ ３
２ ３４ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
则ｃ２
＝
ａ２
＋
ａ２
，
即 ｃ
＝
２ ３
ａ
．当 ｌ 与 ｘ 轴垂直时
，｜
ＡＢ
｜ ＝
２
ａ
ａ２
＝
同理ｙ
３＋
ｙ
４＝４，
ｙ
３
ｙ
４＝－４
ｎ
，
ｙ
Ｆ＝
ｙ
３＋
ｙ
４
＝２
（Ｇ，Ｅ，Ｈ，Ｆ均在定直
３ ３ ２
线ｙ 上）．
３ ＝２
因为 ＴＴ′ ｌ 所以 ＥＡＴ 与 ＥＡＨ 面积相等 ＥＢＴ′与
ａ 所以Ｓ １ Ｆ Ｆ ＡＢ １ ２ ３ ａ ａ ∥ １， △ △ ，△
２ ３ ， △ ＡＢＦ １ ＝ ２ ｜ １ ２｜·｜ ｜ ＝ ２ ×２× ３ ×２ ３ ＝ △ ＥＢＨ面积相等 ，
ｙ２ 所以四边形ＧＴＥＴ′的面积等于四边形ＧＡＨＢ的面积．
解得ａ２ 所以双曲线Ｃ的标准方程为ｘ２ ．
１２， ＝３， － ＝１ 设Ｇ ｘ Ｈ ｘ
３ （ Ｇ，２）， （ Ｈ，２），
由 知 Ｆ ．设直线 ｌ 的方程为 ｘ ｔｙ ｔ ｙ ｙ
（２） （１） ， ２（２，０） ＝ ＋２（ ≠０）， 直线ＡＡ′ ｙ ｙ １－ ３ ｘ ｘ
Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ Ｍ为ＡＢ中点 由
{
３
ｘ２
－
ｙ２
＝３，消去ｘ可得
： － １＝ｘ
１－
ｘ
３
（ － １），
（ １， １）， （ ２， ２）， ， ｘ ｔｙ ｙ ｙ æ ｙ２ö
＝ ＋２， 即ｙ ｙ １－ ３ çｘ １÷
ｔ２ ｙ２ ｔｙ － １＝ｙ２ ｙ２ è － ø，
（３ －１） ＋１２ ＋９＝０， １ ３ ４
ｔ －
因此ｙ ｙ －１２ ｙ ｙ ９ 则 ｘ ｘ ｔ ｙ ｙ ４ ４
１＋ ２ ＝ ｔ２ ， １ ２ ＝ ｔ２ ， １＋ ２ ＝ （ １＋ ２）＋４＝ ｘ ｙ ｙ
３ －１ ３ －１ 整理得直线ＡＡ′ ｙ ４ ＋ １ ３
æ ｔ ö ： ＝ ｙ ｙ ，
－４ 即ＡＢ中点Ｍ的坐标为ç －２ －６ ÷ １＋ ３
ｔ２ ， è ｔ２ ， ｔ２ ø， ｙ ｙ ｙ ｙ
３ －１ ３ －１ ３ －１ 又因为ｙ 所以ｘ ２（ １＋ ３）－ １ ３
ｔ æ ö Ｇ＝２， Ｇ＝ ，
故线段ＡＢ的中垂线方程为ｙ ６ ｔçｘ ２ ÷ ４
＋ ｔ２ ＝－ è ＋ ｔ２ ø， ｘ ｙ ｙ
３ －１ ３ －１ 同理 直线ＢＡ′ ｙ ４ ＋ ２ ３
令ｙ 得Ｄ
æ
ç －８
ö
÷ 即 ＤＦ ８ ６
ｔ２
＋６
， ： ＝ ｙ
２＋
ｙ
３
，
＝０， è ｔ２ ，０ø， ｜ ２｜＝ ２＋ ｔ２ ＝ ｔ２ ， ｙ ｙ ｙ ｙ
３ －１ ３ －１ ３ －１ 又因为ｙ 所以ｘ ２（ ２＋ ３）－ ２ ３
Ｈ＝２， Ｈ＝ ，
又 ＡＢ ｔ２ ｙ ｙ ２ ｙ ｙ ４
｜ ｜＝ １＋ （ １＋ ２） －４ １ ２ ｙ ｙ ｙ
ｔ２ æ ç－１２ ｔö ÷ ２ ９ ６ ｔ２ ＋６ 所 以 ｜ ＧＨ ｜ ＝ ｜ ｘ Ｇ － ｘ Ｈ ｜ ＝ （ １－ ２）（２－ ３） ＝
＝ １＋ è ｔ２ ø －４· ｔ２ ＝ ｔ２ ， ４
３ －１ ３ －１ ３ －１ æｙ ｙ ö
ＤＦ ＤＦ ｙ ｙ ç ３＋ ４ ｙ ÷ ｙ ｙ ｙ ｙ
所以｜ ２｜ ．故｜ ２｜为定值 ． （ １－ ２）è － ３ ø ｜（ １－ ２）（ ３－ ４）｜
ＡＢ ＝１ ＡＢ １ ２ ＝ ，
｜ ｜ ｜ ｜ ８
３．（ 山东青岛一模， ）已知Ｏ为坐标原点 点Ｗ为 Ｏ ｘ２ ４
２０２４ １９ ， ☉ ：
所以四边形 ＧＡＨＢ 的面积 Ｓ １ ＧＨ ｙ ｙ
ｙ２ 和 Ｍ的公共点 Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｗ Ｍ与直线ｘ 相 ＝ ｜ ｜ · ｜ １ － ２ ｜
＋ ＝４ ☉ ， · ＝０，☉ ＋２＝０ ２
切 记动点Ｍ的轨迹为Ｃ． ｙ ｙ ２ ｙ ｙ
， （ １－ ２） ·｜ ３－ ４｜
求Ｃ的方程． ＝
（１） １６
（２） 若ｎ ＞ ｍ ＞０， 直线ｌ １： ｘ － ｙ － ｍ ＝０ 与Ｃ交于点Ａ ， Ｂ ， 直线ｌ ２： ｘ － ［（ ｙ １＋ ｙ ２） ２ －４ ｙ １ ｙ ２］· （ ｙ ３＋ ｙ ４） ２ －４ ｙ ３ ｙ ４
ｙ ｎ 与Ｃ交于点Ａ′ Ｂ′ 点Ａ Ａ′在第一象限 记直线ＡＡ′与 ＝
－ ＝０ ， ， ， ， １６
ＢＢ′的交点为Ｇ 直线ＡＢ′与ＢＡ′的交点为Ｈ 线段ＡＢ的中点 ｍ ｎ
， ， （１６＋１６ ）· １６＋１６ ｍ ２ ｎ
为Ｅ． ＝ ＝４ （１＋ ） （１＋ ）
１６
证明 Ｇ Ｅ Ｈ三点共线 ｍ ２ ｎ
① ： ， ， ； （１＋ ） ＋１＋
② ＢＢ 若 ′于 （ 点 ｍ ＋ Ｔ １） Ｔ ２ ′ ＋ ｎ 求 ＝ 四 ７， 边 过 形 点 Ｇ Ｈ ＴＥ 作 Ｔ′ ｌ 面 １ 的 积的 平 最 行 大 线 值 ， 分 ． 别交线段ＡＡ′ ， ≤４× { ２ ｍ ２ ＝１６， ｎ {ｍ
， ， 当且仅当 （１＋ ） ＝１＋ ，即 ＝１，时取等号
解析 设Ｍ ｘ ｙ Ｍ与直线ｘ 的切点为Ｎ 由 ｍ ２ ｎ ｎ ，
（１） （ ， ），☉ ＋２＝０ ， （ ＋１） ＋ ＝７， ＝３
所以四边形ＧＡＨＢ 即四边形ＧＴＥＴ′面积的最大值为 ．
题意得 ＭＮ ２ ＭＷ ２ ＯＭ ２ ＯＷ ２ （由Ｏ→Ｍ·Ｏ→Ｗ 得 ， １６
｜ ｜ ＝｜ ｜ ＝｜ ｜ ＋｜ ｜ ， ＝０ "
Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｗ） Z
⊥ " 5
所以 ｜ ｘ ＋２｜ ２ ＝ ｘ２ ＋ ｙ２ ＋４， M M
化简得ｙ２ ＝４ ｘ ， 所以Ｃ的方程为ｙ２ ＝４ ｘ． (
&
) '
证明 设线段Ａ′Ｂ′的中点为Ｆ 0 Y
（２）① ： ，
# 5
因为ｌ ｌ 所以可设→ＧＡ λＧ→Ａ′ Ｇ→Ｂ λＧ→Ｂ′
１∥２， ＝ ， ＝ ，
λ #
因为Ｇ→Ｅ １ →ＧＡ Ｇ→Ｂ Ｇ→Ａ′ Ｇ→Ｂ′ λＧ→Ｆ
＝
２
（ ＋ ）＝
２
（ ＋ ）＝ ，
４．（ 浙江杭州二模， ）已知Ａ Ｂ是椭圆Ｅ
ｘ２
ｙ２ 的左
所以Ｇ Ｅ Ｆ三点共线 同理 Ｈ Ｅ Ｆ三点共线 ２０２４ １８ ， ： ＋ ＝１ 、
， ， ， ， ， ， ， ４
所以Ｇ Ｅ Ｈ三点共线． 右顶点 点 Ｍ ｍ ｍ 与椭圆上的点的距离的最小值
， ， ， （ ，０）（ ＞０）
设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ Ａ′ ｘ ｙ Ｂ′ ｘ ｙ 为 ．
② （ １， １）， （ ２， ２）， （ ３， ３）， （ ４， ４）， １
将ｘ ｙ ｍ代入ｙ２ ｘ得 ｙ２ ｙ ｍ 所以ｙ ｙ ｙ ｙ 求点Ｍ的坐标．
＝ ＋ ＝４ ， －４ －４ ＝０， １＋ ２＝４， １ ２＝ （１）
ｙ ｙ 过点Ｍ作直线ｌ交椭圆Ｅ于Ｃ Ｄ两点 与Ａ Ｂ不重合
ｍ 所以ｙ １＋ ２ （２） ， （ ， ），
－４ ， Ｅ＝ ＝２， 直线ＡＣ与直线ＢＤ交于点Ｇ．
２
专题八 平面解析几何 ２ ３５
证明 点Ｇ在定直线上 ｔｙ ｙ ｙ
（ｉ） ： ； １ ２＋５ ２
是否存在点Ｇ 使得ＣＧ ＤＧ 若存在 求出直线 ｌ 的斜 ｔｙ ｙ ｙ ，④
（ｉｉ） ， ⊥ ？ ， １ ２＋ １
率 若不存在 请说明理由．
； ， ５ ｙ ｙ ｙ
ｘ － （ １＋ ２）＋５ ２
联立 消去ｔｙ ｙ 得 ＋２ ６ ．
①④， １ ２， ｘ ＝ ＝－５
解析 设Ｐ ｘ ｙ 是椭圆上一点 则ｘ２ ｙ２ ． －２ ５ ｙ ｙ ｙ
（１） （ ０， ０） ， ０＋４ ０＝４ － （ １＋ ２）＋ １
( ) ６
２
因为 ｜ ＰＭ ｜ ＝ （ ｍ － ｘ ０） ２ ＋ ｙ２ ０ ＝ ４ ３ ｘ ０－ ３ ４ ｍ － ３ １ ｍ２ ＋１（－２ 解得ｘ ＝ ４ ， 即点Ｇ在直线ｘ ＝ ４ 上．
３ ３
ｘ ．
≤ ０≤２）
（ｉｉ）
假设存在点Ｇ
，
使得ＣＧ
⊥
ＤＧ
，
则ＡＧ
⊥
ＢＧ．所以点Ｇ在以
ＡＢ为直径的圆上．
若 ｍ ３ 则 ＰＭ １ ｍ２
① ０＜ ≤ ， ｜ ｜ｍｉｎ＝ １－ ＝１， ( ) ( )
２ ３ ２
解得ｍ 舍去 ．
设Ｇ ４
，
ｎ
，
则 ４
＋
ｎ２
＝４，
＝０（ ） ３ ３
②
若ｍ
＞
２
３
，
则
｜
ＰＭ
｜ｍｉｎ＝ ４－４
ｍ
＋
ｍ２
＝１， 所以ｎ
＝±
２ ５
，
即Ｇ
æ
è
ç ４
，±
２ ５
ö
ø
÷．
３ ３ ３
解得ｍ 舍去 或ｍ ．
＝１（ ） ＝３
所以Ｍ点的坐标为 ． 故直线ＡＣ的方程为ｙ ５ ｘ
（３，０） ＝± （ ＋２），
５
证明 设直线ｌ ｘ ｔｙ Ｃ ｘ ｙ Ｄ ｘ ｙ ．
（２ { ） ｘ （ｉ） ｔｙ ： ： ＝ ＋３， （ １， １）， （ ２， ２） ì ï ï ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１，
由 ｘ ４ ＝ ２ ＋ ｙ ＋ ２ ３ ＝ ， １ 消去ｘ得 （ ｔ２ ＋４） ｙ２ ＋６ ｔｙ ＋５＝０， 联立 î í ï ïｙ ４ ＝± ５ （ ｘ ＋２）， 消去ｙ得 ９ ｘ２ ＋１６ ｘ －４＝０ ．
５
ｔ
所以ｙ ｙ ６ ｙ ｙ ５ ．
１＋ ２＝－ｔ２ ＋４ ， １ ２＝ｔ２ ＋４ 则ｘ Ａ＋ ｘ Ｃ＝－ １
９
６ ， 因为ｘ Ａ＝－２，
所以ｙ ｙ ６ ｔｙ ｙ
１＋ ２＝－ ５ １ ２，① 所以ｘ Ｃ＝ ２ ， 所以ｙ Ｃ＝± ４ ５．
９ ９
由Δ ｔ２ 得ｔ 或ｔ ．
＝１６ －８０＞０， ＞ ５ ＜－ ５
又由 知 Ｍ 故ｋ ｋ ４ ５．
ｙ （１） ， （３，０）， ｌ＝ ＭＣ＝±
易知直线ＡＣ的方程为ｙ １ ｘ ２５
＝ｘ （ ＋２），②
１＋２ Z
ｙ $ (
直线ＢＤ的方程为ｙ ＝ｘ ２ （ ｘ －２），③ % .
２－２
ｘ ｘ ｙ ｔｙ ｙ " 0 # M Y
联立 消 去 ｙ 得 ＋２ （ １＋２） ２ （ １＋５） ２
② ③， ， ｘ ＝ ｘ ｙ ＝ ｔｙ ｙ ＝
－２ （ ２－２） １ （ ２＋１） １
