北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
8.5 直线与圆锥曲线的位置关系
考点 直线与圆锥曲线的位置关系
x2 y2
1.(2013课标Ⅰ理,10,5分)已知椭圆E: + =1(a>b>0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线交E
a2 b2
于A,B两点.若AB的中点坐标为(1,-1),则E的方程为( )
x2 y2 x2 y2
A. + =1 B. + =1
45 36 36 27
x2 y2 x2 y2
C. + =1 D. + =1
27 18 18 9
0+1 1
答案 D 直线AB的斜率k= = ,
3−1 2
设A(x ,y),B(x ,y),
1 1 2 2
{x2 y2
1+ 1=1,①
a2 b2
则
x2 y2
2+ 2=1,②
a2 b2
y −y b2 x +x
1 2 1 2
①-②得 =- · .
x −x a2 y + y
1 2 1 2
b2 2
即k=- × ,
a2 −2
b2 1
∴ = . ③
a2 2
又a2-b2=c2=9, ④
由③④得a2=18,b2=9.
x2 y2
所以椭圆E的方程为 + =1,故选D.
18 9
评析 本题考查了直线和椭圆的位置关系,考查了线段的中点问题.本题也可利用根与系数的
关系解决中点问题.
x2 y2
2.(2022新高考Ⅱ,16,5分)已知直线l与椭圆 + =1在第一象限交于A,B两点,l与x轴、
6 3
y轴分别交于M,N两点,且|MA|=|NB|,|MN|=2√3,则l的方程为 .北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
答案 x+√2y−2√2=0
x y
解析 +
设M(m,0),N(0,n),其中m>0,n>0,则直线l: =1,
m n
{ x y
+ =1,
(
2n2
)
4n2
由 m n 消y并整理得 1+ x2− x+2n2-6=0,
m2 m
x2+2y2−6=0
设A(x,y),B(x,y),不妨令x>x,
1 1 2 2 1 2
4n2
m 4mn2
则x+x= = .
1 2 2n2 m2+2n2
1+
m2
√ n2 √ n2
由|MA|=|NB|得 1+ |xM−x1|= 1+ |x -x|,
m2 m2 N 2
即m-x=x,∴x+x=m,
1 2 1 2
4mn2
故 =m,即m2=2n2.①
m2+2n2
又由|MN|=2√3得m2+n2=12,②
由①②及m>0,n>0可得m=2√2,n=2.
x y
∴l的方程为 + =1,即x+√2y−2√2=0.
2√2 2
1 x2 y2
3.(2014江西理,15,5分)过点M(1,1)作斜率为- 的直线与椭圆C: + =1(a>b>0)相交于A,B
2 a2 b2
两点,若M是线段AB的中点,则椭圆C的离心率等于 .
√2
答案
2
x2 y2
解析 设A(x ,y),B(x ,y),则 1 + 1 =1①,
1 1 2 2 a2 b2
x2 y2
2+ 2=1②.
a2 b2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
y −y b2 x +x
1 2 1 2
①、②两式相减并整理得 =- · .
x −x a2 y + y
1 2 1 2
1 b2 2
把已知条件代入上式得,- =- × ,
2 a2 2
b2 1 √ b2 √2
∴ = ,故椭圆的离心率e= 1− = .
a2 2 a2 2
评析 本题考查了直线和椭圆的位置关系.考查了线段的中点问题,利用整体运算的技巧是求
解的关键.本题也可以利用韦达定理求解.
4.（2023全国甲理，20）已知直线 与抛物线 交于 两
点，且 ．
（1）求 ；
（2）设C的焦点为F，M，N为C上两点， ，求 面积的最小值．
【解析】（1）设 ，
由 可得， ，所以 ，
所以 ，
即 ，因为 ，解得： ．
（2）因为 ，显然直线 的斜率不可能为零，
设直线 ： ， ，
由 可得， ，所以， ，
，北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
因为 ，所以 ，
即 ，
亦即 ，
将 代入得，
， ，
所以 ，且 ，解得 或 ．
设点 到直线 的距离为 ，所以 ，
，
所以 的面积 ，
而 或 ，所以，
当 时， 的面积 ．
【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到 的关系，一是为了减元，二是通
过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出
面积的最小值.
5.（2023天津，18）设椭圆 的左右顶点分别为 ，右焦点为 ，
已知 ．
（1）求椭圆方程及其离心率；北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
（2）已知点 是椭圆上一动点（不与端点重合），直线 交 轴于点 ，若三角形
的面积是三角形 面积的二倍，求直线 的方程．
【解析】（1）如图，
由题意得 ，解得 ，所以 ，
所以椭圆的方程为 ，离心率为 .
（2）由题意得，直线 斜率存在，由椭圆的方程为 可得 ，
设直线 的方程为 ，
联立方程组 ，消去 整理得： ，
由韦达定理得 ，所以 ，
所以 ， .
所以 , , ，北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
所以 ，
所以 ，即 ，
解得 ，所以直线 的方程为
x2 y2
6.(2022北京,19,15分)已知椭圆E: + =1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1),焦距为2√3.
a2 b2
(1)求椭圆E的方程;
(2)过点P(-2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B,C,直线AB,AC分别与x轴
交于点M,N.当|MN|=2时,求k的值.
x2
解析 (1)由题意得b=1,c=√3,则a= √12+(√3) 2 =2,所以椭圆E的方程为 +y2=1.
4
(2)过点P且斜率为k的直线方程为y-1=k(x+2),设B(x,y),C(x,y),
1 1 2 2
{y−1=k(x+2),
联立直线和椭圆 E 的方程得 x2 可得(1+4k2)x2+(16k2+8k)x+16k2+16k=0,由
+ y2=1,
4
Δ>0可得(16k2+8k)2-4(1+4k2)(16k2+16k)>0,解得k<0,
−16k2−8k 16k2+16k
根据根与系数的关系可得x+x= ,xx= .
1 2 1+4k2 1 2 1+4k2
y −1 (y −1)x
1 1
直线AB的斜率k = ,则AB的直线方程为y= +1,令y=0,可得点M的横坐标
AB x x
1 1
x
x = 1 ,
M 1−y
1
x
2
同理可得点N的横坐标x = ,
N 1−y
2
| x x | | x x |
则|MN|= 1 − 2 = 1 − 2
1−y 1−y −k(x +2) −k(x +2)
1 2 1 2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
|1( x x ) | |1 x (x +2)−x (x +2)|
= 2 − 1 = · 2 1 1 2
k x +2 x +2 k x x +2(x +x )+4
2 1 1 2 1 2
| 1 2√(x +x ) 2−4x x |
= · 1 2 1 2 =2.
k x x +2(x +x )+4
1 2 1 2
| √ (−16k2−8k) 2 16k2+16k|
2 −4·
1
1+4k2 1+4k2
所以 · =2,
k 16k2+16k −16k2−8k
+2· +4
1+4k2 1+4k2
|√−k| 1
化简可得 = ,解得k=-4,故k的值为-4.
k 2
x2 y2
7.(2018课标Ⅲ理,20,12分)已知斜率为k的直线l与椭圆C: + =1交于A,B两点,线段AB
4 3
的中点为M(1,m)(m>0).
1
(1)证明:k<- ;
2
(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且⃗FP+⃗FA+⃗FB=0.证明:|⃗FA|,|⃗FP|,|⃗FB|成等差数列,并求
该数列的公差.
解析 本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系、等差数列的概念及其运算.
(1)证明:设A(x ,y),B(x ,y),
1 1 2 2
x2 y2 x2 y2
则 1+ 1=1, 2+ 2=1.
4 3 4 3
y −y x +x y + y
两式相减,并由 1 2 =k得 1 2 + 1 2 ·k=0.
x −x 4 3
1 2
x +x y + y
由题设知 1 2 =1, 1 2 =m,
2 2
3
于是k=- .①
4m
3 1
由题设得0<m< ,故k<- .
2 2
(2)由题意得F(1,0).设P(x ,y),则(x-1,y )+(x -1,y )+(x -1,y )=(0,0).
3 3 3 3 1 1 2 2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
由(1)及题设得x=3-(x +x)=1,y=-(y +y)=-2m<0.
3 1 2 3 1 2
3
又点P在C上,所以m= ,
4
( 3) 3
从而P 1,− ,|⃗FP|= .
2 2
于是|⃗FA|=√(x −1) 2+ y2= √ (x −1) 2+3 ( 1− x 1 2 ) =2- x 1 .
1 1 1 4 2
x 1
同理,|⃗FB|=2- 2，所以|⃗FA|+|⃗FB|=4- (x+x)=3.
2 2 1 2
故2|⃗FP|=|⃗FA|+|⃗FB|,即|⃗FA|,|⃗FP|,|⃗FB|成等差数列.
设该数列的公差为d,则
1 1
2|d|=||⃗FB|-|⃗FA||= |x-x|= √(x +x ) 2−4x x .②
2 1 2 2 1 2 1 2
3
将m= 代入①得k=-1.
4
7 1
所以l的方程为y=-x+ ,代入C的方程,并整理得7x2-14x+ =0.
4 4
1 3√21
故x+x=2,xx= ,代入②解得|d|= .
1 2 1 2 28 28
3√21 3√21
所以该数列的公差为 或- .
28 28
思路分析 (1)利用“点差法”建立k与m的关系式,由m的范围得到k的范围.
(2)根据题设⃗FP+⃗FA+⃗FB=0及点P在C上,确定m的值.进一步得出|⃗FP|、|⃗FA|、|⃗FB|的关系,
再求公差.
解后反思 (1)解决直线与椭圆的位置关系的常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立,消元、
化简,然后利用根与系数的关系建立方程(组),解决相关问题.
(2)题中涉及弦的中点坐标时,可以采用“点差法”求解,设出弦端点A、B的坐标,分别代入
圆锥曲线方程并作差,变形后可出现弦AB的中点坐标和直线AB的斜率.
x2 y2 √6
8.(2018北京文,20,14分)已知椭圆M: + =1(a>b>0)的离心率为 ,焦距为2√2.斜率为k
a2 b2 3
的直线l与椭圆M有两个不同的交点A,B.
(1)求椭圆M的方程;北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
(2)若k=1,求|AB|的最大值;
(3)设P(-2,0),直线PA与椭圆M的另一个交点为C,直线PB与椭圆M的另一个交点为D.若
( 7 1)
C,D和点Q − , 共线,求k.
4 4
{a2=b2+c2,
c √6
解析(1)由题意得 = , ，解得a=√3,b=1.
a 3
2c=2√2,
x2
所以椭圆M的方程为 +y2=1.
3
(2)设直线l的方程为y=x+m,A(x ,y),B(x ,y).
1 1 2 2
{y=x+m,
由 x2
+ y2=1
3
得4x2+6mx+3m2-3=0.
3m 3m2−3
所以x+x=- ,xx= .
1 2 2 1 2 4
|AB|=√(x −x ) 2+(y −y ) 2=√2(x −x ) 2
2 1 2 1 2 1
√12−3m2
=√2[(x +x ) 2−4x x ]= .
1 2 1 2 2
当m=0,即直线l过原点时,|AB|最大,最大值为√6.
(3)设A(x ,y),B(x ,y).
1 1 2 2
由题意得x2 +3y2 =3,x2 +3y2
=3.
1 1 2 2
y
1
直线PA的方程为y= (x+2).
x +2
1
{ y
y= 1 (x+2),
由 x +2 ，得[(x+2)2+3y2 ]x2+12y2 x+12y2 -3(x+2)2=0.
1 1 1 1 1 1
x2+3 y2=3,北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
−12y2 4x2−12
设C(x ,y )，所以x +x= 1 = 1 .
C C C 1 (x +2) 2+3 y2 4x +7
1 1 1
4x2−12 −12−7x
所以x = 1 -x= 1 .
C 4x +7 1 4x +7
1 1
y y
1 1
所以y = (x +2)= .
C x +2 C 4x +7
1 1
−12−7x y
2 2
设D(x ,y ).同理得x = ,y = .
D D D 4x +7 D 4x +7
2 2
记直线CQ,DQ的斜率分别为k ,k ,
CQ DQ
y 1 y 1
1 − 2 −
4x +7 4 4x +7 4
1 2
则k -k = - =4(y -y-x+x).
CQ DQ −12−7x 7 −12−7x 7 1 2 1 2
1+ 2+
4x +7 4 4x +7 4
1 2
因为C,D,Q三点共线,所以k -k =0.故y-y=x-x.
CQ DQ 1 2 1 2
y −y
1 2
所以直线l的斜率k= =1.
x −x
1 2
x2 y2
9.(2018天津理,19,14分)设椭圆 + =1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的离心
a2 b2
√5
率为 ,点A的坐标为(b,0),且|FB|·|AB|=6√2.
3
(1)求椭圆的方程;
|AQ|
(2)设直线l:y=kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q.若 =
|PQ|
5√2
sin∠AOQ(O为原点),求k的值.
4
c2 5
解析(1)设椭圆的焦距为2c,由已知有 = ,
a2 9
又由a2=b2+c2,可得2a=3b.
由已知可得,|FB|=a,|AB|=√2b,北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
由|FB|·|AB|=6√2,可得ab=6,从而a=3,b=2.
x2 y2
所以,椭圆的方程为 + =1.
9 4
(2)设点P的坐标为(x,y),点Q的坐标为(x,y).
1 1 2 2
由已知有y>y>0,故|PQ|sin∠AOQ=y -y.
1 2 1 2
y π
又因为|AQ|= 2 ,而∠OAB= ,故|AQ|=√2y.
sin∠OAB 4 2
|AQ| 5√2
由 = sin∠AOQ,可得5y=9y.
|PQ| 4 1 2
{
y=kx,
6k
由方程组 x2 y2 消去x,可得y= .
+ =1, 1 √9k2+4
9 4
易知直线AB的方程为x+y-2=0,
{ y=kx, 2k
由方程组 消去x,可得y= .
x+ y−2=0, 2 k+1
由5y=9y,可得5(k+1)=3√9k2+4,两边平方,
1 2
1 11
整理得56k2-50k+11=0,解得k= ,或k= .
2 28
1 11
所以,k的值为 或 .
2 28
|AQ| 5√2
解题关键 利用平面几何知识将 = sin∠AOQ转化为点P、Q坐标间的关系是解
|PQ| 4
决第(2)问的关键.
方法归纳 求椭圆标准方程的基本方法
(1)定义法:根据椭圆的定义,确定a2,b2的值,结合焦点位置写出椭圆方程;
(2)待定系数法:这是求椭圆方程的常用方法,基本步骤为①根据已知条件判断焦点的位置;②
根据焦点的位置设出所求椭圆的方程;③根据已知条件,建立关于a、b、c的方程组,注意
c2=a2-b2的应用;④解方程组,求得a、b的值,从而得出椭圆的方程.
x2 y2
10.(2016课标Ⅱ文,21,12分)已知A是椭圆E: + =1的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于
4 3
A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.
(1)当|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;
(2)当2|AM|=|AN|时,证明:√3<k<2.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
解析 (1)设M(x ,y),则由题意知y>0.
1 1 1
π
由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为 .
4
又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2.(2分)
x2 y2
将x=y-2代入 + =1得7y2-12y=0.
4 3
12 12
解得y=0或y= ,所以y= .
7 1 7
1 12 12 144
因此△AMN的面积S =2× × × = .(4分)
△AMN 2 7 7 49
x2 y2
(2)将直线AM的方程y=k(x+2)(k>0)代入 + =1得
4 3
(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.
16k2−12 2(3−4k2 )
由x·(-2)= 得x= ,
1 3+4k2 1 3+4k2
12√1+k2
故|AM|=|x +2|√1+k2= .
1 3+4k2
1
由题设,直线AN的方程为y=- (x+2),
k
12k√1+k2
故同理可得|AN|= .(7分)
3k2+4
2 k
由2|AM|=|AN|得 = ,即4k3-6k2+3k-8=0.(9分)
3+4k2 3k2+4
设f(t)=4t3-6t2+3t-8,则k是f(t)的零点, f '(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0,所以f(t)在(0,+∞)内单调递
增.
又f(√3)=15√3-26<0, f(2)=6>0,因此f(t)在(0,+∞)内有唯一的零点,且零点k在(√3,2)内,所以
√3<k<2.(12分)
评析 本题考查了直线与椭圆的位置关系,考查了设而不求,整体运算的技巧,考查了函数的
思想方法,属难题.
x2 y2
11.(2016四川理,20,13分)已知椭圆E: + =1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角
a2 b2
三角形的三个顶点,直线l:y=-x+3与椭圆E有且只有一个公共点T.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
(1)求椭圆E的方程及点T的坐标;
(2)设O是坐标原点,直线l'平行于OT,与椭圆E交于不同的两点A,B,且与直线l交于点P.证
明:存在常数λ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|,并求λ的值.
解析 (1)由已知,a=√2b,
x2 y2
则椭圆E的方程为 + =1.
2b2 b2
{
x2 y2
+ =1,
由方程组 2b2 b2 得3x2-12x+(18-2b2)=0.①
y=−x+3,
方程①的判别式为Δ=24(b2-3),由Δ=0,得b2=3,
此时方程①的解为x=2,
x2 y2
所以椭圆E的方程为 + =1.
6 3
点T坐标为(2,1).
1
(2)由已知可设直线l'的方程为y= x+m(m≠0),
2
2m
{ 1 {x=2− ,
y= x+m, 3
由方程组 2 可得
2m
y=−x+3, y=1+ .
3
( 2m 2m) 8
所以P点坐标为 2− ,1+ ,|PT|2= m2.
3 3 9
设点A,B的坐标分别为A(x ,y),B(x ,y).
1 1 2 2
{x2 y2
+ =1,
6 3
由方程组 可得3x2+4mx+(4m2-12)=0.②
1
y= x+m,
2
方程②的判别式为Δ=16(9-2m2),
3√2 3√2
由Δ>0,解得- <m< .
2 2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
4m 4m2−12 √ ( 2m ) 2 ( 2m ) 2
由 ② 得 x+x=- ,xx= . 所 以 |PA|= 2− −x + 1+ −y =
1 2 3 1 2 3 3 1 3 1
√5| 2m |
2− −x ,
2 3 1
√5| 2m |
同理|PB|= 2− −x .
2 3 2
5|( 2m )( 2m )|
所以|PA|·|PB|= 2− −x 2− −x
4 3 1 3 2
5| ( 2m) 2 ( 2m) |
= 2− − 2− (x +x )+x x
4 3 3 1 2 1 2
5| ( 2m) 2 ( 2m)( 4m) 4m2−12| 10
= 2− − 2− − + = m2.
4 3 3 3 3 9
4
故存在常数λ= ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|.
5
评析 本题考查了直线与圆锥曲线相交的问题,这类题中常用的方法是方程法,并结合根与系
数的关系,两点间距离公式,难点是运算量比较大,注意运算技巧.
x2 y2 1
12.(2016天津文,19,14分)设椭圆 + =1(a>√3)的右焦点为 F,右顶点为A.已知 +
a2 3 |OF|
1 3e
= ,其中O为原点,e为椭圆的离心率.
|OA| |FA|
(1)求椭圆的方程;
(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上),垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交
于点H.若BF⊥HF,且∠MOA=∠MAO,求直线l的斜率.
1 1 3e 1 1 3c
解析 (1)设F(c,0),由 + = ,即 + = ,可得a2-c2=3c2,
|OF| |OA| |FA| c a a(a−c)
又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4.
x2 y2
所以,椭圆的方程为 + =1.
4 3北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
(2)设直线l的斜率为k(k≠0),则直线l的方程为y=k(x-2).
{x2 y2
+ =1,
设B(x ,y ),由方程组 4 3 消去y,
B B
y=k(x−2)
8k2−6 8k2−6
整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.解得 x=2,或 x= ,由题意得 x = ,从而 y =
4k2+3 B 4k2+3 B
−12k
.
4k2+3
(9−4k2 12k )
由(1)知,F(1,0),设H(0,y ),有⃗FH=(-1,y ),⃗BF= , .
H H 4k2+3 4k2+3
4k2−9 12k y 9−4k2
由BF⊥HF,得⃗BF·⃗FH=0,所以 + H =0,解得y = .
4k2+3 4k2+3 H 12k
1 9−4k2
因此直线MH的方程为y=- x+ .
k 12k
{
y=k(x−2),
20k2+9
设M(x ,y ),由方程组 1 9−4k2消去y,解得x = .
M M y=− x+ M 12(k2+1)
k 12k
20k2+9
在△MAO中,∠MOA=∠MAO⇔|MA|=|MO|,即(x -2)2+y2 =x2 +y2 ,化简得x =1,即
M M M M M 12(k2+1)
√6 √6
=1,解得k=- ,或k= .
4 4
√6 √6
所以,直线l的斜率为- 或 .
4 4
评析 本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质,直线方程等基础知识.考查用代数方法研究
圆锥曲线的性质.考查运算求解能力以及用方程思想解决问题的能力.
x2 y2 √2
13.(2015福建理,18,13分)已知椭圆E: + =1(a>b>0)过点(0,√2),且离心率e= .
a2 b2 2
(1)求椭圆E的方程;北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
( 9 )
(2)设直线l:x=my-1(m∈R)交椭圆E于A,B两点,判断点G − ,0 与以线段AB为直径的圆
4
的位置关系,并说明理由.
{
b=√2,
{a=2,
c √2
解析 解法一:(1)由已知得 = , 解得 b=√2,
a 2
c=√2.
a2=b2+c2.
x2 y2
所以椭圆E的方程为 + =1.
4 2
(2)设点A(x ,y),B(x ,y),AB的中点为H(x ,y).
1 1 2 2 0 0
{x=my−1,
由 x2 y2 得(m2+2)y2-2my-3=0,
+ =1
4 2
2m 3 m
所以y+y= ,yy=- ,从而y= .
1 2 m2+2 1 2 m2+2 0 m2+2
所以|GH|2= ( x + 9) 2 +y2 = ( m y + 5) 2 +y2 =(m2+1)y2 + 5 my + 25 .
0 4 0 0 4 0 0 2 0 16
|AB|2 (x −x ) 2+(y −y ) 2 (1+m2 )(y −y ) 2
= 1 2 1 2 = 1 2
4 4 4
(1+m2 )[(y + y ) 2−4 y y ]
= 1 2 1 2 =(1+m2)(y2 -yy),
4 0 1 2
|AB|2 5 25 5m2 3(1+m2 ) 25 17m2+2
故|GH|2- = my +(1+m2)yy+ = - + = >0,所以|GH|
4 2 0 1 2 16 2(m2+2) m2+2 16 16(m2+2)
|AB|
> .
2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
( 9 )
故点G − ,0 在以AB为直径的圆外.
4
解法二:(1)同解法一.
( 9 ) ( 9 )
(2)设点A(x ,y),B(x ,y),则⃗GA= x + ,y ,⃗GB= x + ,y .
1 1 2 2 1 4 1 2 4 2
{x=my−1,
由 x2 y2 得(m2+2)y2-2my-3=0,
+ =1
4 2
2m 3
所以y+y= ,yy=- ,从而
1 2 m2+2 1 2 m2+2
( 9)( 9) ( 5)( 5) 5 25
⃗GA·⃗GB= x + x + +yy= m y + m y + +yy=(m2+1)y y+ m(y +y)+ =
1 4 2 4 1 2 1 4 2 4 1 2 1 2 4 1 2 16
5
−3(m2+1) m2 25 17m2+2
+ 2 + = >0,
m2+2 16 16(m2+2)
m2+2
所以cos<⃗GA,⃗GB>>0.又⃗GA,⃗GB不共线,所以∠AGB为锐角.
( 9 )
故点G − ,0 在以AB为直径的圆外.
4
评析 本小题主要考查椭圆、圆、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、
运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想.
x2 y2 √3
14.(2014课标Ⅰ理,20,12分)已知点A(0,-2),椭圆E: + =1(a>b>0)的离心率为 ,F是椭圆
a2 b2 2
2√3
E的右焦点,直线AF的斜率为 ,O为坐标原点.
3
(1)求E的方程;
(2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点.当△OPQ的面积最大时,求l的方程.
2 2√3
解析 (1)设F(c,0),由条件知, = ,得c=√3.
c 3
c √3
又 = ,所以a=2,b2=a2-c2=1.
a 2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
x2
故E的方程为 +y2=1.
4
(2)当l⊥x轴时不合题意,故设l:y=kx-2,P(x ,y),Q(x ,y).
1 1 2 2
x2
将y=kx-2代入 +y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0.
4
3 8k±2√4k2−3
当Δ=16(4k2-3)>0,即k2> 时,x = .
4 1,2 4k2+1
4√k2+1·√4k2−3
从而|PQ|=√k2+1|x-x|= .
1 2 4k2+1
2
又点O到直线PQ的距离d= ,
√k2+1
所以△OPQ的面积
1 4√4k2−3
S = d·|PQ|= .
△OPQ 2 4k2+1
4
4t
设√4k2−3=t,则t>0,S = = 4.
△OPQ t2+4 t+
t
4 √7
因为t+ ≥4,当且仅当t=2,即k=± 时等号成立,且满足Δ>0,
t 2
√7 √7
所以,当△OPQ的面积最大时,l的方程为y= x-2或y=- x-2.
2 2
评析 本题主要考查椭圆的标准方程、几何性质,直线的方程以及直线与椭圆的位置关系等
基础知识,考查用代数方法研究圆锥曲线综合问题,考查方程思想、函数思想、整体代换以及
换元法的应用.考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力.
15.（2023课标I，22）在直角坐标系 中，点 到 轴的距离等于点 到点 的距
离，记动点 的轨迹为 ．
（1）求 的方程；北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
（2）已知矩形 有三个顶点在 上，证明：矩形 的周长大于 ．
【解析】（1）设 ,则 ，两边同平方化简得 ，
故 .
（2）法一：设矩形的三个顶点 在 上,且
，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，
则 ,令 ，
同理令 ，且 ，则 ，
设矩形周长为 ,由对称性不妨设 ， ，
则 . ，
易知 ，则令 ,
令 ，解得 ，北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
当 时， ，此时 单调递减，
当 ， ，此时 单调递增，
则 ，故 ,即 .
当 时, ,且 ，即 时等号成立，
矛盾，
故 ,得证.
法二：不妨设 在 上，且 ，
依题意可设 ，易知直线 ， 的斜率均存在且不为0，
则设 , 的斜率分别为 和 ，由对称性，不妨设 ，
直线 的方程为 ，
则联立 得 ，北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
，则
则 ，
同理 ，
令 ，则 ，设 ，
则 ，令 ，解得 ，
当 时， ，此时 单调递减，
当 ， ，此时 单调递增，
则 ， ，
但 ，此处取等条件为
，与最终取等时 不一致，故 .
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动 个单位得抛物线 ,北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
矩形 变换为矩形 ,则问题等价于矩形 的周长大于 .
设 , 根据对称性不妨设 .
则 , 由于 , 则 .
由于 , 且 介于 之间,
则 . 令 ,
,则 ,从而
故
①当 时,
②当 时,由于 ,从而 ,
从而 又 ,
故 ,由此北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
，
当且仅当 时等号成立，故 ，故矩形周长大于 .
.
16.(2021新高考Ⅰ,21,12分)在平面直角坐标系xOy中,已知点F(-√17,0),F(√17,0),点
1 2
M满足|MF |-|MF |=2.记M的轨迹为C.
1 2
(1)求C的方程;
1
(2)设点T在直线x= 上,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点,且|TA|·|TB|=|TP|
2
·|TQ|,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.
解析 (1)由题意知|FF|=2√17,因为|MF |-|MF |=2<|FF|=2√17,所以结合双曲线定义知,
1 2 1 2 1 2
点M的轨迹C是以F、F 为焦点的双曲线的右支.
1 2
x2 y2
设其方程为 − =1(a>0,b>0,x≥a),则2a=2,2c=2√17,
a2 b2
解得a=1,c=√17,则b2=c2-a2=(√17)2-12=16,
y2
所以M的轨迹C的方程为x2- =1(x≥1).
16北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
{ ( 1)
y=k x− +m,
(2)如图,设 T (1 ,m ) ,直线 AB 的方程为 y-m=k ( x− 1) ,由 1 2 得(16-k2
2 1 2 y2 1
x2− =1(x≥1),
16
1
)x2+(k2 -2km)x- k2 +km-m2-16=0,
1 1 4 1 1
设A(x,y),B(x,y),
1 1 2 2
1
k2−2k m k2+m2−k m+16
则x+x= 1 1 ,xx=4 1 1 ,
1 2 k2−16 1 2
1 k2−16
1
则|TA|=
√1+k2(
x −
1)
,|TB|=
√1+k2(
x −
1)
,
1 1 2 1 2 2
所以|TA|·|TB|=(1+k2 ) ( x − 1)( x − 1) =
(m2+12)(1+k
1
2
) .
1 1 2 2 2 k2−16
1
( 1)
设直线PQ的方程为y-m=k x− ,
2 2
(m2+12)(1+k2
)
2
同理得|TP|·|TQ|= ,
k2−16
2
因为|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,
(m2+12)(1+k2
)
(m2+12)(1+k2
)
所以 1 = 2 ,
k2−16 k2−16
1 2
1+k2 1+k2
所以 1 = 2 ,即k2=k2 ,由题意知k≠k,所以k+k=0,
k2−16 k2−16 1 2 1 2 1 2
1 2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.
(1 )
一题多解 (2)设T ,m ,直线AB的倾斜角为 θ,直线PQ的倾斜角为 θ,由题不妨设
2 1 2
⃗AB ⃗AB
⃗TA=t1· ,⃗TB=t2· ,t>0,t>0,
|⃗AB| |⃗AB| 1 2
则|⃗TA|=t,|⃗TB|=t.
1 2
设 A(x,y),因为⃗TA=t1· ⃗AB ,所以 ( x− 1 ,y−m ) =t(cos θ,sin θ),所以 x= 1 +tcos
|⃗AB| 2 1 1 1 2 1
θ,y=m+tsin θ,
1 1 1
又因为点A在双曲线上,
所 以 16 (1 +t cos θ ) 2 -(m+tsin θ)2=16, 即 (16cos2θ-sin2θ)t2 +(16cos θ-2msin θ)t-
2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
(m2+12)=0.
同理可得(16cos2θ-sin2θ)t2 +(16cos θ-2msin θ)t-(m2+12)=0.
1 1 2 1 1 2
所以t,t 即为方程(16cos2θ-sin2θ)t2+(16cos θ-2msin θ)t-(m2+12)=0的两个根,
1 2 1 1 1 1
−(m2+12)
则|TA|·|TB|=tt= ,
12 16cos2θ −sin2θ
1 1
−(m2+12)
同理|TP|·|TQ|= ,
16cos2θ −sin2θ
2 2
结合|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,得cos2θ=cos2θ,
1 2
又因为AB与PQ是不同直线,
所以cos θ=-cos θ,于是θ+θ=π,则k +k =0,
1 2 1 2 AB PQ
即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.
易错警示 解答本题第一问时,容易出现所求C的方程为x2-
y2
=1的错误结果,从而致使第二问直接做错.
16
17.(2016课标Ⅲ,理20,文20,12分)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l,l
1 2
分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明AR∥FQ;
(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.
(1 )
解析 由题设知F ,0 .设l:y=a,l :y=b,则ab≠0,
2 1 2
(a2 ) (b2 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 a+b)
且A ,a ,B ,b ,P − ,a ,Q − ,b ,R − , .
2 2 2 2 2 2
记过A,B两点的直线为l,则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.(3分)
(1)由于F在线段AB上,故1+ab=0.
记AR的斜率为k,FQ的斜率为k,则
1 2
a−b a−b 1 −ab
k= = = = =-b=k .
1 1+a2 a2−ab a a 2
所以AR∥FQ.(5分)
1 1 | 1| |a−b|
(2)设l与x轴的交点为D(x ,0),则S = |b-a||FD|= |b-a| x − ,S = .
1 △ABF 2 2 1 2 △PQF 2
1 | 1| |a−b|
由题设可得2× |b-a| x − = ,
2 1 2 2
所以x=0(舍去),或x=1.(8分)
1 1
设满足条件的AB的中点为E(x,y).
2 y
当AB与x轴不垂直时,由k =k 可得 = (x≠1).
AB DE a+b x−1
a+b
而 =y,所以y2=x-1(x≠1).
2
当AB与x轴垂直时,E与D重合.所以,所求轨迹方程为y2=x-1.(12分)
疑难突破 第(1)问求解关键是把AR∥FQ的证明转化为k =k 的证明;第(2)问需找到AB
AR FQ
中点所满足的几何条件,从而将其转化为等量关系.在利用斜率表示几何等量关系时应注意分
类讨论思想的应用.
评析 本题主要考查抛物线的性质,直线的斜率及其应用,轨迹方程的求法等知识,考查分类
讨论思想的应用,考查考生对基础知识和基本技能的应用能力.
x2 y2 √5
18.(2014广东理,20,14分)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的一个焦点为(√5,0),离心率为 .
a2 b2 3北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若动点P(x ,y)为椭圆C外一点,且点P到椭圆C的两条切线相互垂直,求点P的轨迹方程.
0 0
c √5
解析 (1)由题意知c=√5,e= = ,
a 3
∴a=3,b2=a2-c2=4,
x2 y2
故椭圆C的标准方程为 + =1.
9 4
(2)设两切线为l,l,
1 2
①当l⊥x轴或l∥x轴时,l∥x轴或l⊥x轴,可知P(±3,±2).
1 1 2 2
1
②当l 与x轴不垂直且不平行时,x≠±3,设l 的斜率为k,且k≠0,则l 的斜率为- ,l 的方程为
1 0 1 2 k 1
x2 y2
y-y=k(x-x ),与 + =1联立,
0 0 9 4
整理得(9k2+4)x2+18(y -kx)kx+9(y -kx)2-36=0,
0 0 0 0
∵直线l 与椭圆相切,∴Δ=0,即9(y-kx)2k2-(9k2+4)·[(y-kx)2-4]=0,
1 0 0 0 0
∴(x2 -9)k2-2xyk+y2
-4=0,
0 0 0 0
∴k是方程(x2 -9)x2-2xyx+y2 -4=0的一个根,
0 0 0 0
1
同理,- 是方程(x2 -9)x2-2xyx+y2 -4=0的另一个根,
k 0 0 0 0
∴k· ( − 1) = y2 0 −4 ,整理得x2 +y2 =13,其中x≠±3,
k x2−9 0 0 0
0
∴点P的轨迹方程为x2+y2=13(x≠±3).
P(±3,±2)满足上式.
综上,点P的轨迹方程为x2+y2=13.
评析 本题考查椭圆的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系以及轨迹方程的求法.考查分
类讨论思想以及方程思想的应用.
19.(2014湖北理,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距
离多1.记点M的轨迹为C.
(1)求轨迹C的方程;
(2)设斜率为k的直线l过定点P(-2,1).求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
三个公共点时k的相应取值范围.
解析 (1)设点M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1,
即√(x−1) 2+ y2=|x|+1,
化简整理得y2=2(|x|+x).
{4x,x≥0,
故点M的轨迹C的方程为y2=
0,x<0.
(2)在点M的轨迹C中,记C :y2=4x,C :y=0(x<0),
1 2
依题意,可设直线l的方程为y-1=k(x+2).
{y−1=k(x+2),
由方程组 可得ky2-4y+4(2k+1)=0.①
y2=4x,
1
(i)当k=0时,此时y=1.把y=1代入轨迹C的方程,得x= .
4
(1 )
故此时直线l:y=1与轨迹C恰好有一个公共点 ,1 .
4
(ii)当k≠0时,方程①的判别式为Δ=-16(2k2+k-1).②
设直线l与x轴的交点为(x,0),则
0
2k+1
由y-1=k(x+2),令y=0,得x=- .③
0 k
{Δ<0, 1
1°若 由②③解得k<-1或k> .
x <0, 2
0
(1 )
即当k∈(-∞,-1)∪ ,+∞ 时,直线l与C 没有公共点,与C 有一个公共点,
2 1 2
故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.
{Δ=0, {Δ>0, { 1} 1
2°若 或 则由②③解得k∈ −1, 或- ≤k<0.
x <0 x ≥0, 2 2
0 0
{ 1}
即当k∈ −1, 时,直线l与C 只有一个公共点,与C 有一个公共点.
2 1 2
[ 1 )
当k∈ − ,0 时,直线l与C 有两个公共点,与C 没有公共点.
2 1 2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
[ 1 ) { 1}
故当k∈ − ,0 ∪ −1, 时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点.
2 2
{Δ>0, 1 1
3°若 则由②③解得-1<k<- 或0<k< .
x <0, 2 2
0
( 1) ( 1)
即当k∈ −1,− ∪ 0, 时,直线l与C 有两个公共点,与C 有一个公共点,
2 2 1 2
故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点.
(1 )
综合(i)(ii)可知,当k∈(-∞,-1)∪ ,+∞ ∪{0}时,直线l与轨迹C恰好有一个公共点;当k∈
2
[ 1 ) { 1} ( 1) ( 1)
− ,0 ∪ −1, 时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点;当k∈ −1,− ∪ 0, 时,直
2 2 2 2
线l与轨迹C恰好有三个公共点.
评析 本题考查了直线和抛物线的位置关系,考查了数形结合的方法,灵活地利用判别式是求
解的关键.盲目利用抛物线的定义而漏掉射线y=0(x<0)就会造成错解而失分.
20.(2013课标Ⅰ,理20,文21,12分)已知圆M:(x+1)2+y2=1,圆N:(x-1)2+y2=9,动圆P与圆M外切
并且与圆N内切,圆心P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程;
(2)l是与圆P,圆M都相切的一条直线,l与曲线C交于A,B两点,当圆P的半径最长时,求|AB|.
解析 由已知得圆M的圆心为M(-1,0),半径r=1;圆N的圆心为N(1,0),半径r=3.设圆P的圆
1 2
心为P(x,y),半径为R.
(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切,所以|PM|+|PN|=(R+r )+(r -R)=r +r =4.
1 2 1 2
由椭圆的定义可知,曲线C是以M、N为左、右焦点,长半轴长为2,短半轴长为√3的椭圆(左
x2 y2
顶点除外),其方程为 + =1(x≠-2).
4 3
(2)对于曲线C上任意一点P(x,y),由于|PM|-|PN|=2R-2≤2,所以R≤2,当且仅当圆P的圆心为
(2,0)时,R=2.所以当圆P的半径最长时,其方程为(x-2)2+y2=4.
若l的倾斜角为90°,则l与y轴重合,可得|AB|=2√3.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
|QP| R
若l的倾斜角不为90°,由r≠R知l不平行于x轴,设l与x轴的交点为Q,则 = ,可求
1 |QM| r
1
|3k| √2
得Q(-4,0),所以可设l:y=k(x+4).由l与圆M相切得 =1,解得k=± .
√1+k2 4
√2 √2 x2 y2 −4±6√2
当k= 时,将y= x+√2代入 + =1,并整理得7x2+8x-8=0,解得x = .
4 4 4 3 1,2 7
18
所以|AB|=√1+k2|x -x|= .
2 1 7
√2 18
当k=- 时,由图形的对称性可知|AB|= .
4 7
18
综上,|AB|=2√3或|AB|= .
7
评析 本题考查了直线和圆的位置关系,考查了椭圆的定义和方程,考查了分类讨论的方法和
运算求解能力.利用数形结合的方法是解题的关键.在求曲线C的方程时容易忽视对左顶点
和直线倾斜角为90°时的讨论而造成失分.
21.(2013课标Ⅱ文,20,12分)在平面直角坐标系xOy中,已知圆P在x轴上截得线段长为2√2,
在y轴上截得线段长为2√3.
(1)求圆心P的轨迹方程;
√2
(2)若P点到直线y=x的距离为 ,求圆P的方程.
2
解析 (1)设P(x,y),圆P的半径为r.
由题设得y2+2=r2,x2+3=r2.从而y2+2=x2+3.
故P点的轨迹方程为y2-x2=1.
(2)设P(x ,y),由已知得
0 0
|x −y | √2
0 0
= .
√2 2
{|x −y |=1,
0 0
又P在双曲线y2-x2=1上,从而得
y2−x2=1.
0 0
{x −y =1, { x =0,
由 0 0 得 0 此时,圆P的半径r=√3.
y2−x2=1 y =−1.
0 0 0北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
{x −y =−1, {x =0,
由 0 0 得 0 此时,圆P的半径r=√3.
y2−x2=1 y =1.
0 0 0
故圆P的方程为x2+(y-1)2=3或x2+(y+1)2=3.
22.（2023全国乙理，20） 已知椭圆 的离心率是 ，点
在 上．
（1）求 的方程；
（2）过点 的直线交 于 两点，直线 与 轴的交点分别为 ，证
明：线段 的中点为定点．
【解析】（1）由题意可得 ，解得 ，所以椭圆方程为 .
（2）由题意可知：直线 的斜率存在，设 ，
联立方程 ，消去y得： ，
则 ，解得 ，
可得 ，
因为 ，则直线 ，
令 ，解得 ，即 ,北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
同理可得 ，
则
，
所以线段 的中点是定点 .
23.（2023课标II，21）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为 ，离心率为
．
（1）求C的方程；
（2）记C的左、右顶点分别为 ， ，过点 的直线与C的左支交于M，N两点，
M在第二象限，直线 与 交于点P．证明:点 在定直线上.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
【解析】（1）设双曲线方程为 ，由焦点坐标可知 ，
则由 可得 ， ，双曲线方程为 .
（2）由(1)可得 ，设 ，
显然直线的斜率不为0，所以设直线 的方程为 ，且 ，
与 联立可得 ，且 ，
则 ，
直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
联立直线 与直线 的方程可得：
，
由 可得 ，即 ，
据此可得点 在定直线 上运动.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和
综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运
算，是解题的关键.
x2 y2 √2
24.(2020 新高考Ⅰ,22,12 分)已知椭圆 C: + =1(a>b>0)的离心率为 ,且过点
a2 b2 2
A(2,1).
(1)求C的方程;
(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.
质,椭圆中的定点、定值问题.考查学生分析问题、解决问题的能力.考查的核心素养是数学
运算.
4 1 a2−b2 1
解析 (1)由题设得 + =1, = ,，解得a2=6,b2=3.
a2 b2 a2 2
x2 y2
所以C的方程为 + =1.(6分)
6 3
(2)证明:设M(x,y),N(x,y).
1 1 2 2
x2 y2
若 直 线 MN 与 x 轴 不 垂 直 , 设 直 线 MN 的 方 程 为 y=kx+m, 代 入 + =1 得
6 3
(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.
4km 2m2−6
于是x+x=- ,xx= (根与系数的关系).①
1 2 1+2k2 1 2 1+2k2
由AM⊥AN知⃗AM·⃗AN=0,故(x-2)(x-2)+(y-1)(y-1)=0,可得(k2+1)xx+(km-k-2)(x+x)+
1 2 1 2 1 2 1 2
(m-1)2+4=0.
2m2−6 4km
将①代入上式可得(k2+1) -(km-k-2) +(m-1)2+4=0.
1+2k2 1+2k2
整理得 ( 2 k + 3 m + 1 ) ( 2 k + m - 1 ) = 0(易错:化简和因式分解过程中的计算量比较大,容易出错).
因为A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-1≠0,
故2k+3m+1=0,k≠1.
( 2) 1
于是MN的方程为y=k x− − (k≠1).
3 3北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
(2 1)
所以直线MN过点P ,− .
3 3
若直线 MN 与 x 轴垂直 (易丢分点:容易忽略直线斜率不存在的情况),可得N(x,-y).
1 1
由⃗AM·⃗AN=0得(x-2)(x-2)+(y-1)(-y-1)=0.
1 1 1 1
x2 y2
又 1+ 1=1,可得3x2 -8x+4=0.
6 3 1 1
2
解得x=2(舍去)或x= .
1 1 3
(2 1)
此时直线MN过点P ,− .
3 3
(4 1)
令Q为AP的中点,即Q , .
3 3
1 2√2
若D与P不重合,则由题设知AP是Rt ADP的斜边,故|DQ|= |AP|= .
2 3
△
1
若D与P重合,则|DQ|= |AP|.
2
(4 1)
综上,存在点Q , ,使得|DQ|为定值. (12分)
3 3
归纳总结:圆锥曲线中定点问题的两种解法
(1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参
数何时没有关系,找到定点;
(2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.
25.(2022全国乙,理20,文21,12分)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且
(3 )
过A(0,-2),B ,−1 两点.
2
(1)求E的方程;
(2)设过点P(1,-2)的直线交E于M,N两点,过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,
点H满足⃗MT=⃗TH.证明:直线HN过定点.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
x2 y2 (3 )
解析 (1)解法一:设椭圆E的方程为 + =1(a>0,b>0且a≠b),将A(0,-2),B ,−1
a2 b2 2
4
{ =1,
b2 {a2=3, x2 y2
两点的坐标代入,得 解得 故椭圆E的方程为 + =1.
9 1 b2=4, 3 4
+ =1,
4a2 b2
解 法 二 : 设 椭 圆 E 的 方 程 为 mx2+ny2=1(m>0,n>0 且 m≠n). 由 题 意 可 得
1
{
4n=1, {n= ,
4 x2 y2
9m 解得 故椭圆E的方程为 + =1.
+n=1, 1 3 4
4 m= ,
3
(3 ) 2
(2)由A(0,-2),B ,−1 可得直线AB的方程为y= x-2.
2 3
x2 y2
①若过点P(1,-2)的直线的斜率不存在,则其方程为x=1,与方程 + =1联立,可得y=±
3 4
2
{y= x−2, {x=−√6+3,
2√6 ( 2√6) ( 2√6) 3
,结合题意可知 N 1, ,M 1,− ,由 得 2√6 则 T
3 3 3 2√6 y=− ,
y=− , 3
3
( 2√6)
−√6+3,− ,由⃗MT=⃗TH,
3
{−√6+3−1=x −(−√6+3),
得 H 2√6 则 H( −2√6+5,− 2√6),所以直线 HN 的方程为 y=
y =− , 3
H 3北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
( 2√6)x-2,易知直线HN过点(0,-2);
2+
3
②若过点P(1,-2)的直线的斜率存在,设其方程为y+2=k(x-1),M(x,y),N(x,y).
1 1 2 2
{y+2=k(x−1),
6k(2+k)
联 立 x2 y2 得 (3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0, 则 x+x= ,xx=
+ =1, 1 2 3k2+4 1 2
3 4
3k(k+4) −8(2+k) 4(4+4k−2k2 ) −24k
,y+y= ,yy= ,xy+xy= .
3k2+4 1 2 3k2+4 1 2 3k2+4 1 2 2 1 3k2+4
{ y= y ,
1 (3 y )
联立 2 可得T 1+3,y ,由⃗MT=⃗TH,可得H(3y+6-x,y),故此时直线HN
y= x−2, 2 1 1 1 1
3
y −y
1 2
的方程为 y-y= (x-x),将(0,-2)代入并整理得 2(x+x)-6(y+y)+xy+xy-
2 3 y +6−x −x 2 1 2 1 2 1 2 2 1
1 1 2
6k(2+k) −8(2+k) −24k 4(4+4k−2k2 )
3yy-12=0,即2× −6× + −3× -12=0恒成立,
1 2 3k2+4 3k2+4 3k2+4 3k2+4
则直线HN过定点(0,-2).
综上,直线HN过定点(0,-2).
x2
26.(2020课标Ⅰ理,20,12分)已知A,B分别为椭圆E: +y2=1(a>1)的左、右顶点,G为E
a2
的上顶点,⃗AG·⃗GB=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点
为D.
(1)求E的方程;
(2)证明:直线CD过定点.
解析
(1)由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1).
则⃗AG=(a,1),⃗GB=(a,-1).由⃗AG·⃗GB=8得a2-1=8,即a=3.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
x2
所以E的方程为 +y2=1.
9
(2)设C(x,y),D(x,y),P(6,t).
1 1 2 2
若t≠0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可知-3<n<3.
t t
由于直线PA的方程为y= (x+3),所以y= (x+3).
9 1 9 1
t t
直线PB的方程为y= (x-3),所以y= (x-3).
3 2 3 2
可得3y(x-3)=y(x+3).
1 2 2 1
x2 (x +3)(x −3)
由于 2+ y2=1,故y2=− 2 2 ,
9 2 2 9
可得27yy=-(x+3)(x+3),即
1 2 1 2
(27+m2)yy+m(n+3)(y+y)+(n+3)2=0. ①
1 2 1 2
x2
将x=my+n代入 +y2=1得
9
(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.
2mn n2−9
所以y+y=- ,yy= .
1 2 m2+9 1 2 m2+9
代入①式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0.
3
解得n=-3(舍去),n= .
1 2 2
3 (3 )
故直线CD的方程为x=my+ ,即直线CD过定点 ,0 .
2 2
(3 )
若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点 ,0 .
2
(3 )
综上,直线CD过定点 ,0 .
2
方法总结 求圆锥曲线中定点问题的基本思路
(1)把直线或者曲线方程中的变量x,y当作常数,把参数当作未知数,将方程一端化为0,即化
为mf(x,y)+g(x,y)=0的形式(这里把参数m当作未知数).
(2)既然是过定点,那么这个方程就要对任意参数都成立,这时参数的系数就要全部等于0,北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
{f(x,y)=0,
这样就得到一个关于x,y的方程组,即
g(x,y)=0.
{f(x,y)=0,
(3)这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点,即坐标满足 的点
g(x,y)=0
(x,y)为直线或曲线所过的定点.
0 0
x2 1
27.(2019课标Ⅲ理,21,12分)已知曲线C:y= ,D为直线y=- 上的动点,过D作C的两条切线,
2 2
切点分别为A,B.
(1)证明:直线AB过定点;
( 5)
(2)若以E 0, 为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求四边形ADBE的面
2
积.
解析 本题考查直线与抛物线相切,弦的中点,直线与圆相切等知识点,通过直线与抛物线的
方程运算,考查了学生在解析几何中的运算求解能力,以直线与抛物线相切为背景考查了数学
运算的核心素养.
(1)设D ( t,− 1) ,A(x ,y),则x2 =2y.
2 1 1 1 1
1
y +
由于y'=x,所以切线DA的斜率为x,故 1 2=x.
1 1
x −t
1
整理得2tx -2y+1=0.
1 1
设B(x ,y),同理可得2tx -2y+1=0.
2 2 2 2
故直线AB的方程为2tx-2y+1=0.
( 1)
所以直线AB过定点 0, .
2
1
(2)由(1)得直线AB的方程为y=tx+ .
2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
1
{y=tx+ ,
2
由 可得x2-2tx-1=0.
x2
y=
2
于是x+x=2t,x x=-1,y+y=t(x +x)+1=2t2+1,
1 2 1 2 1 2 1 2
|AB|=√1+t2|x-x|=√1+t2×√(x +x ) 2−4x x =2(t2+1).
1 2 1 2 1 2
2
设d,d 分别为点D,E到直线AB的距离,则d=√t2+1,d= .
1 2 1 2 √t2+1
1
因此,四边形ADBE的面积S= |AB|(d +d)=(t2+3)√t2+1.
2 1 2
设M为线段AB的中点,则M
( t,t2+ 1)
.
2
由于⃗EM⊥⃗AB,而⃗EM=(t,t2-2),⃗AB与向量(1,t)平行,
所以t+(t2-2)t=0.
解得t=0或t=±1.
当t=0时,S=3;当t=±1时,S=4√2.
因此,四边形ADBE的面积为3或4√2.
解题关键 (1)设出A、B坐标,求导、列等式是解题的突破口.(2)由(1)得出AB的方程,用坐
标表示出⃗EM⊥⃗AB,求AB方程中的参数是关键.
28.(2018北京理,19,14分)已知抛物线C:y2=2px经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线C
有两个不同的交点A,B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围;
1 1
(2)设O为原点,⃗QM=λ⃗QO,⃗QN=μ⃗QO,求证: + 为定值.
λ μ
解析 (1)因为抛物线y2=2px过点(1,2),
所以2p=4,即p=2.
故抛物线C的方程为y2=4x,
由题意知,直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y=kx+1(k≠0).北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
{y2=4x,
由 得k2x2+(2k-4)x+1=0.
y=kx+1
依题意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,解得k<0或0<k<1.
又PA,PB与y轴相交,故直线l不过点(1,-2).
从而k≠-3.
所以直线l斜率的取值范围是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1).
(2)设A(x ,y),B(x ,y),
1 1 2 2
2k−4 1
由(1)知x+x=- ,xx= .
1 2 k2 1 2 k2
y −2
1
直线PA的方程为y-2= (x-1).
x −1
1
−y +2 −kx +1
1 1
令x=0,得点M的纵坐标为y = +2= +2.
M x −1 x −1
1 1
−kx +1
2
同理得点N的纵坐标为y = +2.
N x −1
2
由⃗QM=λ⃗QO,⃗QN=μ⃗QO得λ=1-y ,μ=1-y .
M N
1 1 1 1 x −1 x −1
1 2
所以 + = + = +
λ μ 1−y 1−y (k−1)x (k−1)x
M N 1 2
2 2k−4
+
1 2x x −(x +x ) 1 k2 k2
1 2 1 2
= · = · =2.
k−1 x x k−1 1
1 2
k2
1 1
所以 + 为定值.
λ μ
方法总结 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值.依题设条件,得出与代数式有关的等式,化简即可得出定值;
(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的表达式,再利用题设条件
化简、变形求得;
(3)求某线段长度为定值.利用两点间的距离公式求得线段长度的表达式,再依据条件对表达
式进行化简、变形即可求得.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
x2 y2 √3
29.(2016 北 京 理 ,19,14 分 ) 已 知 椭 圆 C: + =1(a>b>0) 的 离 心 率 为
a2 b2 2
,A(a,0),B(0,b),O(0,0),△OAB的面积为1.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设P是椭圆C上一点,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:|AN|·|BM|为
定值.
c √3
{ = ,
a 2
解析 (1)由题意得 1
ab=1,
2
a2=b2+c2,
解得a=2,b=1.
x2
所以椭圆C的方程为 +y2=1.
4
(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).
设P(x ,y),则x2 +4y2 =4.
0 0 0 0
y
0
当x≠0时,直线PA的方程为y= (x-2).
0 x −2
0
2y | 2y |
令x=0,得y =- 0 ,从而|BM|=|1-y |= 1+ 0 .
M x −2 M x −2
0 0
y −1
0
直线PB的方程为y= x+1.
x
0
x | x |
令y=0,得x =- 0 ,从而|AN|=|2-x |= 2+ 0 .
N y −1 N y −1
0 0
| x || 2y |
所以|AN|·|BM|= 2+ 0 · 1+ 0
y −1 x −2
0 0
|x2+4 y2+4x y −4x −8 y +4|
= 0 0 0 0 0 0
x y −x −2y +2
0 0 0 0北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
|4x y −4x −8 y +8|
0 0 0 0
=
x y −x −2y +2
0 0 0 0
=4.
当x=0时,y=-1,|BM|=2,|AN|=2,
0 0
所以|AN|·|BM|=4.
综上,|AN|·|BM|为定值.
(x) 2 ( y) 2 π
一题多解 (2)点P在曲线 + =1上,不妨设 P(2cos θ,sin θ),当θ≠kπ 且θ≠kπ+
2 1 2
sinθ sinθ
(k∈Z)时,直线AP的方程为y-0= (x-2),令x=0,得y = ;
2(cosθ−1) M 1−cosθ
sinθ−1 2cosθ
直线BP的方程为y-1= (x-0),令y=0,得x = .
2cosθ N 1−sinθ
| cosθ || sinθ |
∴|AN|·|BM|=2 1− · 1−
1−sinθ 1−cosθ
|2(1−sinθ)(1−cosθ)|
=2 =2×2=4(定值).
(1−sinθ)(1−cosθ)
π
当θ=kπ或θ=kπ+ (k∈Z)时,M、N是定点,易得|AN|·|BM|=4.综上,|AN|·|BM|=4.
2
x2 y2
30.(2016北京文,19,14分)已知椭圆C: + =1过A(2,0),B(0,1)两点.
a2 b2
(1)求椭圆C的方程及离心率;
(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.
求证:四边形ABNM的面积为定值.
解析 (1)由题意得,a=2,b=1.
x2
所以椭圆C的方程为 +y2=1.(3分)
4
又c=√a2−b2=√3,
c √3
所以离心率e= = .(5分)
a 2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
(2)设P(x ,y)(x<0,y<0),则x2 +4y2 =4.(6分)
0 0 0 0 0 0
又A(2,0),B(0,1),
y
0
所以,直线PA的方程为y= (x-2).
x −2
0
2y 2y
0 0
令x=0,得y =- ,从而|BM|=1-y =1+ .(9分)
M x −2 M x −2
0 0
y −1
0
直线PB的方程为y= x+1.
x
0
x
0
令y=0,得x =- ,
N y −1
0
x
0
从而|AN|=2-x =2+ .(12分)
N y −1
0
所以四边形ABNM的面积
1
S= |AN|·|BM|
2
1( x )( 2y )
= 2+ 0 1+ 0
2 y −1 x −2
0 0
x2+4 y2+4x y −4x −8 y +4
= 0 0 0 0 0 0
2(x y −x −2y +2)
0 0 0 0
2x y −2x −4 y +4
0 0 0 0
= =2.
x y −x −2y +2
0 0 0 0
从而四边形ABNM的面积为定值.(14分)
解后反思 本题第(2)问可画出图形进行分析,北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
发现点A和点B分别为椭圆的右顶点和上顶点,且四边形ABNM的对角线AN与BM互相
1
垂直,所以S = |AN|·|BM|,问题转化为求点M与点N的坐标,故设点P(x ,y),表示出
四边形ABNM 2 0 0
直线PA和PB,即可求得点M、N的坐标.
评析 本题考查了椭圆的标准方程、离心率和直线方程的相关知识及定值问题,知识点较综
合,属中等偏难题.
x2 y2 √2
31.(2015课标Ⅱ文,20,12分)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ,点(2,√2)在C上.
a2 b2 2
(1)求C的方程;
(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.证明:直
线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
√a2−b2 √2 4 2
解析 (1)由题意有 = , + =1,
a 2 a2 b2
解得a2=8,b2=4.
x2 y2
所以C的方程为 + =1.
8 4
x2 y2
(2)设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x ,y),B(x ,y),M(x ,y ).将y=kx+b代入 + =1得
1 1 2 2 M M 8 4
(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.
x +x −2kb b
故x = 1 2 = ,y =k·x +b= .
M 2 2k2+1 M M 2k2+1
y 1 1
M
于是直线OM的斜率k = =- ,即k ·k=- .
OM x 2k OM 2
M
所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
评析 本题考查了椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系;考查了定值问题的解题方法.利用韦
达定理解决线段的中点是求解关键.
x2 y2 √2
32.(2015陕西文,20,12分)如图,椭圆E: + =1(a>b>0)经过点A(0,-1),且离心率为 .
a2 b2 2
(1)求椭圆E的方程;
(2)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q(均异于点A),证明:直线AP北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
与AQ的斜率之和为2.
c √2
解析 (1)由题设知 = ,b=1,
a 2
结合a2=b2+c2,解得a=√2.
x2
所以椭圆E的方程为 +y2=1.
2
x2
(2)证明:由题设知,直线 PQ 的方程为 y=k(x-1)+1(k≠2),代入 +y2=1,得(1+2k2)x2-
2
4k(k-1)x+2k(k-2)=0.
由已知可知Δ>0.
设P(x ,y),Q(x ,y),x x≠0,
1 1 2 2 1 2
4k(k−1) 2k(k−2)
则x+x= ,xx= .
1 2 1+2k2 1 2 1+2k2
从而直线AP,AQ的斜率之和
y +1 y +1 kx +2−k kx +2−k
1 2 1 2
k +k = + = +
AP AQ x x x x
1 2 1 2
( 1 + 1 ) x 1 +x 2
=2k+(2-k) =2k+(2-k)
x x x x
1 2 1 2
4k(k−1)
=2k+(2-k) =2k-2(k-1)=2.
2k(k−2)
x2 y2
33.(2019课标Ⅱ文,20,12分)已知F,F 是椭圆C: + =1(a>b>0)的两个焦点,P为C上的
1 2 a2 b2
点,O为坐标原点.
(1)若△POF 为等边三角形,求C的离心率;
2
(2)如果存在点P,使得PF ⊥PF ,且△FPF 的面积等于16,求b的值和a的取值范围.
1 2 1 2
解析 本题主要考查椭圆的定义、简单的几何性质;考查数形结合的数学思想和逻辑思维能
力与运算求解能力;体现了逻辑推理与数学运算的核心素养.
(1)连接PF .由△POF 为等边三角形可知在△FPF 中,∠FPF =90°,|PF |=c,|PF|=√3c,于是2a=|
1 2 1 2 1 2 2 1北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
c
PF |+|PF |=(√3+1)c,故C的离心率e= =√3-1.
1 2 a
1 y y x2 y2
(2)由题意可知,满足条件的点P(x,y)存在,当且仅当 |y|·2c=16, · =-1, + =1,
2 x+c x−c a2 b2
即c|y|=16,①
x2+y2=c2,②
x2 y2
+ =1.③
a2 b2
b4
由②③及a2=b2+c2得y2= ,
c2
162
又由①知y2= ,故b=4.
c2
a2
由②③得x2= (c2-b2),
c2
所以c2≥b2,
从而a2=b2+c2≥2b2=32,故a≥4√2.
当b=4,a≥4√2时,存在满足条件的点P.
所以b=4,a的取值范围为[4√2,+∞).
思路分析 第(1)问中由平面几何知识可知△PF F 是∠FPF =90°的直角三角形,且|PF |=c,|PF|
1 2 1 2 2 1
=√3c,再利用椭圆的定义找出a与c的等量关系,进而求离心率.
x2 y2
第(2)问中设出P点坐标,利用 S =16,PF ⊥PF 以及 + =1得到方程①②③,消元化简
△PF 1 F 2 1 2 a2 b2
可求b的值和a的取值范围.
一题多解 (2)设|PF |=r ,|PF |=r ,
1 1 2 2
由椭圆的定义可得r+r =2a,
1 2
1
S = rr=16,∴rr=32.
△PF 1 F 2 2 1 2 1 2
又PF ⊥PF ,∴r2 +r2 =4c2,
1 2 1 2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
(r+r )2=r2 +r2 +2r r=4c2+64=4a2,
1 2 1 2 1 2
∴4a2-4c2=64,∴b=4,
又r2 +r2 ≥2rr,∴4c2≥2×32,∴c≥4,
1 2 1 2
∴a2=b2+c2=16+c2≥32,
∴b的值为4,a的取值范围为[4√2,+∞).
34.(2018浙江,21,15分)如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,抛物线C:y2=4x上存在不同
的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上.
(1)设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴;
y2
(2)若P是半椭圆x2+ =1(x<0)上的动点,求△PAB面积的取值范围.
4
解析 本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考
查运算求解能力和综合应用能力.
(1)设P(x ,y),A
(1 y2,y )
,B
(1 y2,y )
.
0 0 4 1 1 4 2 2
因为PA,PB的中点在抛物线上,
1
( y+ y ) 2 y2+x
所以y,y 为方程 0 =4·4 0即y2-2yy+8x-y2 =0的两个不同的实根.
1 2 2 0 0 0
2
所以y+y=2y,因此,PM垂直于y轴.
1 2 0
{ y + y =2y , 1 3
(2)由(1)可知 1 2 0 所以|PM|= (y2 +y2 )-x= y2 -3x,|y-y|=2√2(y2−4x ).
y y =8x −y2, 8 1 2 0 4 0 0 1 2 0 0
1 2 0 0
1 3√2 3
因此,△PAB的面积S
△PAB
=
2
|PM|·|y
1
-y
2
|=
4
(y2
0
-4x 0)2.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
y2
因为x2 + 0=1(x <0),所以y2 -4x=-4x2 -4x+4∈[4,5].
0 4 0 0 0 0 0
[ 15√10]
因此,△PAB面积的取值范围是 6√2, .
4
疑难突破 解析几何中“取值范围”与“最值”问题
在解析几何中,求某个量(直线斜率,直线在x、y轴上的截距,弦长,三角形或四边形面积等)的
取值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率,动
点的横、纵坐标等)的函数,并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域),将问题转化为求函
数的值域或最值.
( 1 1) (3 9)
35.(2017浙江,21,15分)如图,已知抛物线x2=y,点A − , ,B , ,抛物线上的点P(x,y)
2 4 2 4
( 1 3)
− <x< .过点B作直线AP的垂线,垂足为Q.
2 2
(1)求直线AP斜率的取值范围;
(2)求|PA|·|PQ|的最大值.
1
x2−
4 1
解析 (1)设直线AP的斜率为k,k= =x- ,
1 2
x+
2
1 3
因为- <x< ,所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1).
2 2
1 1
{kx−y+ k+ =0,
2 4
(2)解法一:联立直线AP与BQ的方程
9 3
x+ky− k− =0,
4 2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
−k2+4k+3
解得点Q的横坐标是x = .
Q 2(k2+1)
因为|PA|=
√1+k2(
x+
1)
=√1+k2(k+1),
2
(k−1)(k+1) 2
|PQ|=√1+k2(x -x)=- ,
Q √k2+1
所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3,
令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因为f '(k)=-(4k-2)(k+1)2,
( 1) (1 ) 1
所以f(k)在区间 −1, 上单调递增, ,1 上单调递减,因此当k= 时,|PA|·|PQ|取得最大值
2 2 2
27
.
16
解法二:如图,连接BP,|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cos∠BPQ=⃗AP·(⃗AB-⃗AP)=⃗AP·⃗AB-⃗AP2.
( 1 3)
易知P(x,x2) − <x< ,
2 2
则 ⃗AP·⃗AB=2x+1+2x2- 1 =2x2+2x+ 1 ,⃗AP2= ( x+ 1) 2 + ( x2− 1) 2 =x2+x+ 1 +x4- 1 x2+ 1 =x4+ 1
2 2 2 4 4 2 16 2
5
x2+x+ .
16
3 3 ( 1 3)
∴|AP|·|PQ|=-x4+ x2+x+ − <x< .
2 16 2 2
3 3 ( 1 3)
设f(x)=-x4+ x2+x+ − <x< ,
2 16 2 2
则f '(x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
( 1 ) ( 3)
∴f(x)在 − ,1 上为增函数,在 1, 上为减函数,
2 2
27
∴f(x) =f(1)= .
max 16
27
故|AP|·|PQ|的最大值为 .
16
36.(2016课标Ⅰ理,20,12分)设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重
合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.
(1)证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程;
(2)设点E的轨迹为曲线C ,直线l交C 于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q
1 1
两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.
解析 (1)因为|AD|=|AC|,EB∥AC,故∠EBD=∠ACD=∠ADC.
所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.
又圆A的标准方程为(x+1)2+y2=16,从而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.(2分)
x2 y2
由题设得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由椭圆定义可得点E的轨迹方程为 + =1(y≠0).(4分)
4 3
(2)当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),
M(x ,y),N(x ,y).
1 1 2 2
{y=k(x−1),
由 x2 y2 得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0.
+ =1
4 3
8k2 4k2−12
则x+x= ,xx= .
1 2 4k2+3 1 2 4k2+3
12(k2+1)
所以|MN|=√1+k2|x-x|= .(6分)
1 2 4k2+3
1 2
过点 B(1,0)且与 l 垂直的直线 m:y=- (x-1),A 到 m 的距离为 ,所以 |PQ|=2
k √k2+1
√
42− (
2
)
2
=4
√4k2+3
.
√k2+1 k2+1北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
故四边形MPNQ的面积
1 √ 1
S= |MN||PQ|=12 1+ .(10分)
2 4k2+3
可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8√3).
当l与x轴垂直时,其方程为x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四边形MPNQ的面积为12.
综上,四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8√3).(12分)
评析 本题重点考查圆锥曲线的几何性质,以及直线与椭圆、圆的位置关系,尤其是对“弦
长”问题的考查,更是本题考查的重点.解决此类问题,除了要熟知圆锥曲线的几何性质之外,
对计算能力的要求也非常高.
x2
37.(2016浙江理,19,15分)如图,设椭圆 +y2=1(a>1).
a2
(1)求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长(用a,k表示);
(2)若任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点,求椭圆离心率的取值范围.
解析 (1)设直线y=kx+1被椭圆截得的线段为AP,
{y=kx+1,
由
x2
+ y2=1
得(1+a2k2)x2+2a2kx=0,
a2
2a2k
故x=0,x=- .
1 2 1+a2k2
2a2|k|
因此|AP|=√1+k2|x-x|= ·√1+k2.
1 2 1+a2k2
(2)假设圆与椭圆的公共点有4个,由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P,Q,满足|
AP|=|AQ|.
记直线AP,AQ的斜率分别为k,k,且k,k>0,k≠k.
1 2 1 2 1 2
2a2|k |√1+k2 2a2|k |√1+k2
由(1)知,|AP|= 1 1 ,|AQ|= 2 2 ,
1+a2k2 1+a2k2
1 2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
2a2|k |√1+k2 2a2|k |√1+k2
故 1 1 = 2 2 ,
1+a2k2 1+a2k2
1 2
所以(k2 -k2 )[1+k2 +k2 +a2(2-a2)k2k2
]=0.
1 2 1 2 1 2
由于k≠k,k,k>0得1+k2 +k2 +a2(2-a2)k2k2
=0,
1 2 1 2 1 2 1 2
1 1
( +1 )( +1 )
因此 =1+a2(a2-2),①
k2 k2
1 2
因为①式关于k,k 的方程有解的充要条件是1+a2(a2-2)>1,所以a>√2.
1 2
因此,任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1<a≤√2,
c √a2−1 √2
由e= = 得,所求离心率的取值范围为0<e≤ .
a a 2
评析 本题主要考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识,同时考查解析几
何的基本思想方法和综合解题能力.
x2 y2 1
38.(2016天津理,19,14分)设椭圆 + =1(a>√3)的右焦点为 F,右顶点为A.已知 +
a2 3 |OF|
1 3e
= ,其中O为原点,e为椭圆的离心率.
|OA| |FA|
(1)求椭圆的方程;
(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上),垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交
于点H.若BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,求直线l的斜率的取值范围.
1 1 3e 1 1 3c
解析 (1)设F(c,0),由 + = ,即 + = ,可得a2-c2=3c2,又a2-c2=b2=3,
|OF| |OA| |FA| c a a(a−c)
x2 y2
所以c2=1,因此a2=4,所以,椭圆的方程为 + =1.
4 3
(2)设直线l的斜率为k(k≠0),则直线l的方程为y=k(x-2).
{x2 y2
+ =1,
设B(x ,y ),由方程组 4 3 消去y,
B B
y=k(x−2)
整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
8k2−6
解得x=2或x= ,
4k2+3
8k2−6 −12k
由题意得x = ,从而y = .
B 4k2+3 B 4k2+3
由(1)知,F(1,0),设H(0,y ),
H
(9−4k2 12k )
有⃗FH=(-1,y ),⃗BF= , .
H 4k2+3 4k2+3
4k2−9 12k y 9−4k2
由BF⊥HF,得⃗BF·⃗FH=0,所以 + H =0,解得y = .
4k2+3 4k2+3 H 12k
1 9−4k2
因此直线MH的方程为y=- x+ .
k 12k
设M(x ,y ),
M M
{
y=k(x−2),
20k2+9
由方程组 1 9−4k2消去y,解得x = .
y=− x+ M 12(k2+1)
k 12k
在△MAO 中,∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|,即(x -2)2+y2 ≤ x2 +y2 ,化简得 x ≥1,即
M M M M M
20k2+9
√6 √6
≥1,解得k≤- 或k≥ .
12(k2+1) 4 4
( √6] [√6 )
所以,直线l的斜率的取值范围为 −∞,− ∪ ,+∞ .
4 4
解后反思 由于引起变动的原因是直线不定,而直线过已知定点,因此直线的斜率是“战争的
根源”.直线与直线、直线与椭圆的交点坐标归结为方程组的解,用直线的斜率k表示出点M
的坐标是“奋斗的目标”.
评析 本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、一元二次不等式基础知识.考
查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力、以及用方程思想解决问题的能力.
39.(2016浙江文,19,15分)如图,设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,抛物线上的点A到y轴的距
离等于|AF|-1.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
(1)求p的值;
(2)若直线AF交抛物线于另一点B,过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点
N,AN与x轴交于点M.求M的横坐标的取值范围.
解析 (1)由题意可得,抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=-1的距离,由抛物线
p
的定义得 =1,即p=2.
2
(2)由(1)得,抛物线方程为y2=4x,F(1,0),可设A(t2,2t),t≠0,t≠±1.
{y2=4x,
因为AF不垂直于y轴,可设直线AF:x=sy+1(s≠0),由 消去x得y2-4sy-4=0,
x=sy+1
(1 2)
故yy=-4,所以,B ,− .
1 2 t2 t
2t t2−1
又直线AB的斜率为 ,故直线FN的斜率为- .
t2−1 2t
t2−1 2
从而得直线FN:y=- (x-1),直线BN:y=- .
2t t
(t2+3 2)
所以N ,− .
t2−1 t
设M(m,0),由A,M,N三点共线得
2
2t+
2t t
= ,
t2−m t2+3
t2−
t2−1
2t2
于是m= .
t2−1
所以m<0或m>2.
经检验,m<0或m>2满足题意.
综上,点M的横坐标的取值范围是(-∞,0)∪(2,+∞).北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
思路分析 (1)利用抛物线的定义来解题;(2)由(1)知抛物线的方程,可设A点坐标及直线AF
的方程,与抛物线方程联立可得B点坐标,进而得直线FN的方程与直线BN的方程,联立可得
N点坐标,最后利用A,M,N三点共线可得k =k ,最终求出结果.
AN AM
评析 本题主要考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查解
析几何的基本思想方法和综合解题能力.
x2 y2 √3
40.(2015天津,19,14分)已知椭圆 + =1(a>b>0)的左焦点为F(-c,0),离心率为 ,点M在椭
a2 b2 3
b2 4√3
圆上且位于第一象限,直线FM被圆x2+y2= 截得的线段的长为c,|FM|= .
4 3
(1)求直线FM的斜率;
(2)求椭圆的方程;
(3)设动点P在椭圆上,若直线FP的斜率大于√2,求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围.
c2 1
解析 (1)由已知有 = ,又由a2=b2+c2,可得a2=3c2,b2=2c2.
a2 3
( kc ) 2 (c) 2
设直线 FM 的斜率为 k(k>0),则直线 FM 的方程为 y=k(x+c).由已知,有 + =
√k2+1 2
(b) 2 √3
,解得k= .
2 3
x2 y2 √3
(2)由(1)得椭圆方程为 + =1,直线FM的方程为y= (x+c),两个方程联立,消去y,整理
3c2 2c2 3
5 ( 2√3 )
得3x2+2cx-5c2=0,解得x=- c或x=c.由点M在第一象限,可得M的坐标为 c, c .
3 3
由|FM|= √ (c+c) 2+ (2√3 c−0 ) 2 = 4√3 ,解得c=1,
3 3
x2 y2
所以椭圆的方程为 + =1.
3 2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
y
(3)设点P的坐标为(x,y),直线FP的斜率为t,得t= ,即y=t(x+1)(x≠-1),与椭圆方程联立得
x+1
{y=t(x+1),
√ 6−2x2 3
x2 y2 消去 y,整理得 2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得 t= >√2,解得- <x<-1,
+ =1, 3(x+1) 2 2
3 2
或-1<x<0.
y 2 2
设直线OP的斜率为m,得m= ,即y=mx(x≠0),与椭圆方程联立,整理可得m2= - .
x x2 3
( 3 ) √ 2 2 (√2 2√3)
①当x∈ − ,−1 时,有y=t(x+1)<0,因此m>0,于是m= − ,得m∈ , .
2 x2 3 3 3
√ 2 2 ( 2√3)
②当x∈(-1,0)时,有y=t(x+1)>0,因此m<0,于是m=- − ,得m∈ −∞,− .
x2 3 3
( 2√3) (√2 2√3)
综上,直线OP的斜率的取值范围是 −∞,− ∪ , .
3 3 3
评析 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程和圆的方程、直线与圆的位
置关系、一元二次不等式等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能
力以及用函数与方程思想解决问题的能力.
x2 1
41.(2015浙江理,19,15分)已知椭圆 +y2=1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+ 对称.
2 2
(1)求实数m的取值范围;
(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).
解析 (1)由题意知m≠0,可设直线AB的方程为
1
y=- x+b.
m北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
{
x2
+ y2=1,
2 (1 1 ) 2b
+
由 消去y,得 x2- x+b2-1=0.
1 2 m2 m
y=− x+b,
m
1 x2
因为直线y=- x+b与椭圆 +y2=1有两个不同的交点,
m 2
4
所以Δ=-2b2+2+ >0,①
m2
( 2mb m2b ) 1
将AB中点M , 代入直线方程y=mx+ ,解得
m2+2 m2+2 2
m2+2
b=- .②
2m2
√6 √6
由①②得m<- 或m> .
3 3
1 ( √6 ) ( √6)
(2)令t= ∈ − ,0 ∪ 0, ,
m 2 2
√ 3
−2t4+2t2+
2
则|AB|=√t2+1· ,
1
t2+
2
1
t2+
且O到直线AB的距离为d= 2 .
√t2+1
设△AOB的面积为S(t),
所以S(t)= 1 |AB|·d= 1√ −2 ( t2− 1) 2 +2≤ √2 .
2 2 2 2
1
当且仅当t2= 时,等号成立.
2
√2
故△AOB面积的最大值为 .
2
评析 本题主要考查椭圆的几何性质,直线与椭圆的位置关系等基础知识,同时考查解析几
何的基本思想方法和综合解题能力.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
x2 y2
42.(2013课标Ⅱ理,20,12分)平面直角坐标系xOy中,过椭圆M: + =1(a>b>0)右焦点的直
a2 b2
1
线x+y-√3=0交M于A,B两点,P为AB的中点,且OP的斜率为 .
2
(1)求M的方程;
(2)C,D为M上两点,若四边形ACBD的对角线CD⊥AB,求四边形ACBD面积的最大值.
解析 (1)设A(x ,y),B(x ,y),P(x ,y),则
1 1 2 2 0 0
x2 y2 x2 y2 y −y
1+ 1=1, 2+ 2=1, 2 1 =-1,
a2 b2 a2 b2 x −x
2 1
b2 (x +x ) y −y
2 1 2 1
由此可得 =- =1.
a2 (y + y ) x −x
2 1 2 1
y 1
0
因为x+x=2x,y+y=2y, = ,
1 2 0 1 2 0 x 2
0
所以a2=2b2.
又由题意知,M的右焦点为(√3,0),故a2-b2=3.
因此a2=6,b2=3.
x2 y2
所以M的方程为 + =1.
6 3
{x+ y−√3=0, { x=
4√3
,
3 { x=0,
(2)由 x2 y2 解得 或
+ =1 √3 y=√3.
6 3 y=−
3
4√6
因此|AB|= .
3
( 5√3 )
由题意可设直线CD的方程为y=x+n − <n<√3 ,
3
设C(x ,y),D(x ,y).
3 3 4 4
{
y=x+n,
由 x2 y2 得3x2+4nx+2n2-6=0.
+ =1
6 3北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
−2n±√2(9−n2
)
于是x = .
3,4
3
因为直线CD的斜率为1,
4
所以|CD|=√2|x-x|=
√9−n2
.
4 3 3
1 8√6
由已知,四边形ACBD的面积S= |CD|·|AB|= √9−n2 .
2 9
8√6
当n=0时,S取得最大值,最大值为 .
3
8√6
所以四边形ACBD面积的最大值为 .
3
评析 本题考查了直线和椭圆的位置关系,考查了解析几何中的中点问题和最值问题,计算量
大,综合性较强.应充分重视方程思想和函数思想在解题中的作用.
43.(2011课标理,20,12分)在平面直角坐标系xOy中,已知点A(0,-1),B点在直线y=-3上,M点
满足
⃗MB∥⃗OA,⃗MA·⃗AB=⃗MB·⃗BA,M点的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程;
(2)P为C上的动点,l为C在P点处的切线,求O点到l距离的最小值.
解析 (1)设M(x,y),由已知得B(x,-3),A(0,-1).
所以⃗MA=(-x,-1-y),⃗MB=(0,-3-y),⃗AB=(x,-2).
再由题意可知(⃗MA+⃗MB)·⃗AB=0,即(-x,-4-2y)·(x,-2)=0.
1
所以曲线C的方程为y= x2-2.
4
1 1 1
(2)设P(x ,y)为曲线C:y= x2-2上一点,因为y'= x,所以l的斜率为 x.
0 0 4 2 2 0
1
因此直线l的方程为y-y= x(x-x),即xx-2y+2y -x2 =0.
0 2 0 0 0 0 0
|2y −x2|
0 0
则O点到l的距离d= .
√x2+4
0
1
又y=
x2
-2,所以
0 4 0北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
1
x2+4 1 4
2 0 (√x2+4+ )
d= = 2 0 √x2+4 ≥2,
√x2+4 0
0
当x=0时取等号,所以O点到l距离的最小值为2.
0
44.(2014福建文,21,12分)已知曲线Γ上的点到点F(0,1)的距离比它到直线y=-3的距离小2.
(1)求曲线Γ的方程;
(2)曲线Γ在点P处的切线l与x轴交于点A,直线y=3分别与直线l及y轴交于点M,N.以MN
为直径作圆C,过点A作圆C的切线,切点为B.试探究:当点P在曲线Γ上运动(点P与原点不
重合)时,线段AB的长度是否发生变化?证明你的结论.
解析 (1)解法一:设S(x,y)为曲线Γ上任意一点,
依题意,点S到F(0,1)的距离与它到直线y=-1的距离相等,
所以曲线Γ是以点F(0,1)为焦点、直线y=-1为准线的抛物线,所以曲线Γ的方程为x2=4y.
解法二:设S(x,y)为曲线Γ上任意一点,
则|y-(-3)|-√(x−0) 2+(y−1) 2=2,
依题意,知点S(x,y)只能在直线y=-3的上方,所以y>-3,
所以√(x−0) 2+(y−1) 2=y+1,
化简得,曲线Γ的方程为x2=4y.
(2)当点P在曲线Γ上运动时,线段AB的长度不变.证明如下:
1
由(1)知抛物线Γ的方程为y= x2,
4
1
设P(x ,y)(x≠0),则y=
x2
,
0 0 0 0 4 0
1 1
由y'= x,得切线l的斜率k=y' | = x,
2 x=x 0 2 0
1 1 1
所以切线l的方程为y-y= x(x-x),即y= xx-
x2
.
0 2 0 0 2 0 4 0北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
{ y= 1 x x− 1 x2, (1 )
由 2 0 4 0 得A x ,0 .
2 0
y=0
{ y= 1 x x− 1 x2, (1 6 )
由 2 0 4 0 得M x + ,3 .
2 0 x
y=3 0
(1 3 )
又N(0,3),所以圆心C x + ,3 ,
4 0 x
0
1 |1 3|
半径r= |MN|= x + ,
2 4 0 x
0
|AB|=√|AC|2−r2
= √[1 x − (1 x + 3 )] 2 +32− (1 x + 3 ) 2 =√6.
2 0 4 0 x 4 0 x
0 0
所以点P在曲线Γ上运动时,线段AB的长度不变.
评析 本题主要考查抛物线的定义与性质、圆的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等,考查
运算求解能力、推理论证能力,考查数形结合思想、函数与方程思想、特殊与一般思想、化
归与转化思想.
x2 y2
45.(2016课标Ⅱ,20,12分)已知椭圆E: + =1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为
t 3
k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.
(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;
(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.
x2 y2
解析 (1)设M(x ,y),则由题意知y>0.当t=4时,E的方程为 + =1,A(-2,0).由已知及椭圆
1 1 1 4 3
π x2 y2
的对称性知,直线AM的倾斜角为 .因此直线AM的方程为y=x+2.将x=y-2代入 + =1
4 4 3
得7y2-12y=0.
12 12
解得y=0或y= ,所以y= .
7 1 7北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
1 12 12 144
因此△AMN的面积S =2× × × = .
△AMN 2 7 7 49
x2 y2
(2)由题意,t>3,k>0,A(-√t,0).将直线 AM 的方程 y=k(x+√t) 代入 + =1 得(3+tk2)x2+2√t
t 3
·tk2x+t2k2-3t=0.
t2k2−3t √t(3−tk2 )
由x·(-√t)= 得x= ,
1 3+tk2 1 3+tk2
6√t(1+k2
)
故|AM|=|x + √t|√1+k2= .
1 3+tk2
1
由题设,直线AN的方程为y=- (x+√t),
k
6k√t(1+k2
)
故同理可得|AN|= .
3k2+t
2 k
由2|AM|=|AN|得 = ,
3+tk2 3k2+t
即(k3-2)t=3k(2k-1).
3k(2k−1)
当k=√32时上式不成立,因此t= .
k3−2
k3−2k2+k−2 (k−2)(k2+1) k−2
t>3等价于 = <0,即 <0.
k3−2 k3−2 k3−2
{k−2>0, {k−2<0,
由此得 或 解得√32<k<2.
k3−2<0 k3−2>0,
因此k的取值范围是(√32,2).
46.(2019课标Ⅰ文,21,12分)已知点A,B关于坐标原点O对称,|AB|=4,☉M过点A,B且与直线
x+2=0相切.
(1)若A在直线x+y=0上,求☉M的半径;
(2)是否存在定点P,使得当A运动时,|MA|-|MP|为定值?并说明理由.
解析 本题利用关于原点对称和直线与圆相切,考查圆的方程及圆的几何性质,要求学生具备
较强的直观想象与逻辑推理能力,第(2)问设置开放性问题,考查抛物线的定义与性质.
(1)因为☉M过点A,B,所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线x+y=0上,且A,B北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
关于坐标原点O对称,所以M在直线y=x上,故可设M(a,a).
因为☉M与直线x+2=0相切,所以☉M的半径为r=|a+2|.
由已知得|AO|=2,又⃗MO⊥⃗AO,
故可得2a2+4=(a+2)2,解得a=0或a=4.
故☉M的半径r=2或r=6.
(2)存在定点P(1,0),使得|MA|-|MP|为定值.
理由如下:
设M(x,y),由已知得☉M的半径为r=|x+2|,|AO|=2,
由于⃗MO⊥⃗AO,故可得x2+y2+4=(x+2)2,化简得M的轨迹方程为y2=4x.
因为曲线C:y2=4x是以点P(1,0)为焦点,以直线x=-1为准线的抛物线,所以|MP|=x+1.
因为|MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1,所以存在满足条件的定点P.
x2
47.(2015课标Ⅰ理,20,12分)在直角坐标系xOy中,曲线C:y= 与直线l:y=kx+a(a>0)交于
4
M,N两点.
(1)当k=0时,分别求C在点M和N处的切线方程;
(2)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有∠OPM=∠OPN?说明理由.
解析 (1)由题设可得M(2√a,a),N(-2√a,a)或M(-2√a,a),N(2√a,a).
x x2
又y'= ,故y= 在x=2√a处的导数值为√a,C在点(2√a,a)处的切线方程为y-a=√a(x-2√a),
2 4
即√ax-y-a=0.
x2
y= 在x=-2√a处的导数值为-√a,C 在点(-2√a,a)处的切线方程为 y-a=-√a(x+2√a),即√a
4
x+y+a=0.
故所求切线方程为√ax-y-a=0和√ax+y+a=0.(5分)
(2)存在符合题意的点,证明如下:
设P(0,b)为符合题意的点,M(x ,y),N(x ,y),直线PM,PN的斜率分别为k,k.
1 1 2 2 1 2
将y=kx+a代入C的方程得x2-4kx-4a=0.
故x+x=4k,xx=-4a.
1 2 1 2
y −b y −b 2kx x +(a−b)(x +x ) k(a+b)
1 2 1 2 1 2
从而k+k= + = = .
1 2 x x x x a
1 2 1 2
当b=-a时,有k+k=0,则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补,故∠OPM=∠OPN,所以点
1 2
P(0,-a)符合题意.(12分)北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
x2 y2 y2
48.(2014湖南文,20,13分)如图,O为坐标原点,双曲线C : - =1(a >0,b>0)和椭圆C : +
1 a2 b2 1 1 2 a2
1 1 2
x2
(2√3 )
=1(a >b>0)均过点P ,1 ,且以C 的两个顶点和C 的两个焦点为顶点的四边形是面
b2 2 2 3 1 2
2
积为2的正方形.
(1)求C ,C 的方程;
1 2
(2)是否存在直线l,使得l与C 交于A,B两点,与C 只有一个公共点,且|⃗OA+⃗OB|=|⃗AB|?证明
1 2
你的结论.
解析 (1)设C 的焦距为2c,由题意知,2c=2,2a =2,
2 2 2 1
从而a=1,c =1.
1 2
因为点P (2√3 ,1 ) 在双曲线x2- y2 =1上,所以 (2√3) 2 - 1 =1,故b2 =3.
3 b2 3 b2 1
1 1
由椭圆的定义知2a=
√ (2√3) 2
+(1−1) 2+
√ (2√3) 2
+(1+1) 2=2√3.
2
3 3
y2 y2 x2
于是a=√3,b2 =a2 -c2 =2,故C ,C 的方程分别为x2- =1, + =1.
2 2 2 2 1 2 3 3 2
(2)不存在符合题设条件的直线.
(i)若直线l垂直于x轴,因为l与C 只有一个公共点,所以直线l的方程为x=√2或x=-√2.
2
当x=√2时,易知A(√2,√3),B(√2,-√3),
所以|⃗OA+⃗OB|=2√2,|⃗AB|=2√3,
此时,|⃗OA+⃗OB|≠|⃗AB|.
当x=-√2时,同理可知,|⃗OA+⃗OB|≠|⃗AB|.
(ii)若直线l不垂直于x轴,设l的方程为y=kx+m,北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》B版
{y=kx+m,
由 y2 得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0.
x2− =1
3
当l与C 相交于A,B两点时,设A(x ,y),B(x ,y),则x,x 是上述方程的两个实根,从而x+x=
1 1 1 2 2 1 2 1 2
2km m2+3
,xx= .
3−k2 1 2 k2−3
3k2−3m2
于是yy=k2xx+km(x +x)+m2= .
1 2 1 2 1 2 k2−3
{y=kx+m,
由 y2 x2 得(2k2+3)x2+4kmx+2m2-6=0.
+ =1
3 2
因为直线l与C 只有一个公共点,所以上述方程的判别式
2
Δ=16k2m2-8(2k2+3)(m2-3)=0.
m2+3 3k2−3m2 −k2−3
化简,得2k2=m2-3,因此⃗OA·⃗OB=xx+yy= + = ≠0,
1 2 1 2 k2−3 k2−3 k2−3
于是⃗OA2+⃗OB2+2⃗OA·⃗OB≠⃗OA2+⃗OB2-2⃗OA·⃗OB,
即|⃗OA+⃗OB|2≠|⃗OA-⃗OB|2,故|⃗OA+⃗OB|≠|⃗AB|.
综合(i),(ii)可知,不存在符合题设条件的直线.
评析 本题考查椭圆与双曲线的定义、几何性质、标准方程及直线与圆锥曲线的位置关系,
同时考查方程思想,运算、推理能力,综合性较强.
