9.6圆锥曲线的综合问题_2022版教学资源包_五年高考三年模拟_2022版新高考版高考总复习数学5·3A版_专题九§96圆锥曲线的综合问题_专题PDF_专题PDF_专题电子书

６７０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
９．６ 圆锥曲线的综合问题
§
积的最值以及与之相关的一些问题 二是求直线或圆锥曲线中
；
几何元素的最值 以及当这些元素存在最值时 求解与之有关的
， ，
一些问题．
考点一 曲线与方程
对于最值问题 一般可以用数形结合的方法或转化为函数
，
１．“曲线的方程”与“方程的曲线” 的最值问题加以解决 解决最值范围问题时 应重视曲线的定
； ，
在直角坐标系中 如果某曲线 看作适合某种条件的点的集 义 曲线的几何特征 方程的代数特征在解题中的作用．
， （ 、 、
合或轨迹 上的点与一个二元方程ｆ ｘ ｙ 的实数解建立了如 知识拓展 １．圆锥曲线中的最值和范围问题的求解方法
） （ ， ）＝０
下的关系
： 求解有关圆锥曲线的最值 参数范围的问题 一是注意题目
曲线上的点的坐标都是这个方程的解 、 ：
（１） ； 中的几何特征 充分考虑图形的性质 二是运用函数思想 建立
以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点 那么 这 ， ； ，
（２） ， ， 目标函数 求解最值．在利用代数法解决最值和范围问题时常从
个方程叫做 曲线的方程 这条曲线叫做 方程的曲线 ． ，
① ， ② 五个方面考虑
事实上 曲线可以看作一个点集Ｃ 以二元方程的解作为坐标 ：
， ， 利用判别式来构造不等关系 从而确定参数的取值
{条件 Ｃ Ｆ （１） ，
的点也组成一个点集Ｆ．上述定义中 （１）⇔ ⊆ ， Ｃ Ｆ． 范围
， 条件 Ｆ Ｃ ⇔ ＝ ；
（２）⇔ ⊆ 利用已知参数的范围 求新参数的范围 解这类问题的
２．求动点的轨迹方程的步骤 （２） ， ，
核心是两个参数之间建立等量关系
建系 建立适当的坐标系 ；
（１） ——— ； 利用隐含的不等关系建立不等式 从而求出参数的取值
设点 设轨迹上的任一点Ｐ ｘ ｙ （３） ，
（２） ——— （ ， ）； 范围
列式 列出动点Ｐ的坐标所满足的关系式 ；
（３） ——— ； 利用已知的不等关系构造不等式 从而求出参数的取值
代换 依条件的特点 选用距离公式 斜率公式等将 （４） ，
（４） ——— ， 、 范围
其转化为关于ｘ ｙ的方程式 并化简 ；
、 ， ； 利用求函数值域的方法 确定参数的取值范围．
证明 证明所求方程即为符合条件的动点的轨迹方程． （５） ，
（５） ——— ２．求有关圆锥曲线的最值问题时应注意以下几点
：
圆锥曲线上本身存在最值问题 如 椭圆上两点间的
考点二 定点与定值问题 （１） ， （ｉ）
最大距离为 ａ 长轴长 双曲线上两点间的最小距离为 ａ
１．定点问题 ２ （ ）；（ｉｉ） ２
实轴长 椭圆的焦半径的取值范围为 ａ ｃ ａ ｃ ａ ｃ与
定点问题通常情况下要建立含参数的曲线方程 选取合适 （ ）；（ｉｉｉ） ［ － ， ＋ ］， －
， ａ ｃ分别表示椭圆焦点到椭圆上点的最短与最长距离 抛物
的坐标 可通过取参数的不同特殊值及对应的方程组的根的求 ＋ ；（ｉｖ）
（ 线的顶点与抛物线的准线距离最近．
解来完成 即可说明此坐标适合该曲线方程且与参数无关．
）， 由直线 系 和圆锥曲线 系 的位置关系 求直线中或
２．定值问题 （２） （ ） （ ） ，
圆锥曲线中某个参数 系数 的范围 解决方法是把所求参数转
定值问题的求解 可先考虑能否用特殊点或特殊值求出 （ ） ，
（１） ： 化为关于另一变元的函数求解．
定值 再推广到一般结论．
，
定值问题的证明 可运用函数的思想方法来解决．一般 考点四 存在性问题
（２） ：
步骤如下 选择适当的变量 把要证明的是定值的量表示
：（ｉ） ；（ｉｉ） １．存在性问题一般分为探究条件 探究结论两种．若探究条
成上述变量的函数 把是定值的量化成与变量无关的形式 、
；（ｉｉｉ） ， 件 则可先假设条件成立 再验证结论是否成立 成立则存在 否
从而证明是定值． ， ， ， ，
则不存在 若探究结论 则应先求出结论的表达式 再针对其表
； ， ，
达式进行讨论 往往涉及对参数的讨论．
考点三 最值与范围问题 ，
２．反证法与验证法是求解存在性问题的常用方法．
圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类 一是涉及距离 面
： 、
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２．两定点Ａ Ｂ 动点Ｐ在抛物线ｙ ｘ２ 上移动
（－２，１）， （２，－１）， ＝ －２ ，
则 ＰＡＢ重心Ｇ的轨迹方程是
△ （ ）
考点一 曲线与方程 Ａ．
ｙ
＝
ｘ２
－
１
Ｂ．
ｙ
＝３
ｘ２
－
２
３ ３
１．设ｋ
＞１，
则关于ｘ
，
ｙ的方程
（１－
ｋ
）
ｘ２
＋
ｙ２
＝
ｋ２
－１
所表示的曲线是
（ ） ｙ ｘ２ ２ ｙ １ ｘ２ １
Ｃ． ＝２ － Ｄ． ＝ －
长轴在ｘ轴上的椭圆 ３ ２ ４
Ａ． 答案 Ｂ
长轴在ｙ轴上的椭圆
Ｂ． 实轴在ｘ轴上的双曲线 ３．已知圆Ｃ １：（ ｘ ＋３） ２ ＋ ｙ２ ＝１， Ｃ ２：（ ｘ －３） ２ ＋ ｙ２ ＝８１， 动圆Ｃ与圆Ｃ １、
Ｃ． Ｃ 都相切 则动圆Ｃ的圆心轨迹Ｅ的方程为 ．
实轴在ｙ轴上的双曲线 ２ ，
Ｄ．
答案 Ｄ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九 圆锥曲线 ６７１
ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２
答案
＋ ＝１
或
＋ ＝１
Ａ．
答
（
案
２，＋∞
Ｃ
） Ｂ．（ ２，２） Ｃ．（１， ２） Ｄ．（１，２）
２５ １６ １６ ７
４．设三个数 （ ｘ － ２） ２ ＋ ｙ２ ， ３， （ ｘ ＋ ２） ２ ＋ ｙ２ 成等差数列 ， 记 ９．已知双曲线Ｃ ｘ２ ｙ２ ａ 的右顶点到其一条渐近线的
ｘ ｙ 对应点的曲线是Ｃ．求曲线Ｃ的方程． ：ａ２ －４ ＝１（ ＞０）
（ ， ）
考点二 定点与定值问题 距离等于 ３ 抛物线Ｅ ｙ２ ｐｘ ｐ 的焦点与双曲线Ｃ的右
， ： ＝２ （ ＞０）
４
ｘ２ 焦点重合 则抛物线Ｅ上的动点Ｍ到直线ｌ ｘ ｙ 和
５．已知直线ｌ与双曲线
－
ｙ２
＝１
相切于点Ｐ
，
ｌ与双曲线的两条
ｌ ｘ 距
，
离之和的最小值为
１：４ －３ ＋６＝０
４ ２： ＝－１ （ ）
渐近线交于Ｍ Ｎ两点 则Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｎ的值为
， ， · （ ） Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４
答案 Ｂ
Ａ．３ Ｂ．４
与Ｐ的位置有关 ｘ２ ｙ２
Ｃ．５ Ｄ． １０．设Ｐ是椭圆 上一点 Ｍ Ｎ分别是两圆Ｃ ｘ ２
答案 Ａ ＋ ＝１ ， ， １：（ ＋２） ＋
９ ５
６．（多选题）设Ｍ
，
Ｎ是抛物线ｙ２
＝
ｘ上的两个不同的点
，
Ｏ是坐 ｙ２
＝１
和Ｃ
２：（
ｘ
－２）
２
＋
ｙ２
＝１
上的点
，
则
｜
ＰＭ
｜＋｜
ＰＮ
｜
的最小值
和最大值分别为
标原点．若直线ＯＭ与ＯＮ的斜率之积为 １ 则 （ ）
－ ， （ ）
２ Ａ．４，８ Ｂ．２，６ Ｃ．６，８ Ｄ．８，１２
答案 Ａ
Ａ．｜
ＯＭ
｜＋｜
ＯＮ
｜≥４ ２
以ＭＮ为直径的圆的面积大于
Ｂ． ４π 考点四 存在性问题
直线ＭＮ过定点
Ｃ．
点Ｏ到直线ＭＮ
（
的
２，
距
０）
离不大于
１１．已知定点Ｃ
（－１，０）
及椭圆ｘ２
＋３
ｙ２
＝５，
过点Ｃ的动直线与椭
Ｄ． ２ 圆相交于Ａ Ｂ两点．
答案 ＣＤ ，
ｘ２ ｙ２ 若线段ＡＢ中点的横坐标是 １ 求直线ＡＢ的方程
７．已知椭圆 Ｃ ａ ｂ 四点 Ｐ Ｐ （１） － ， ；
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）， １（１，１）， ２（０，１）， ２
æ ö æ ö
在ｘ轴上是否存在点Ｍ 使Ｍ→Ａ Ｍ→Ｂ为常数 若存在 求
Ｐ ３è ç －１， ３ ø ÷ ， Ｐ ４è ç １， ３ ø ÷中恰有三点在椭圆Ｃ上． （２） 出点Ｍ的坐标 ； 若不存在 ， ， 请说 · 明理由． ？ ，
２ ２
求Ｃ的方程 １２．已知抛物线Ｃ
：
ｙ２
＝２
ｐｘ
（０＜
ｐ
＜６）
的焦点为Ｆ
，
Ａ为Ｃ上一动点
，
（１） ；
设直线ｌ不经过Ｐ 点且与Ｃ相交于Ａ Ｂ两点．若直线Ｐ Ａ 点Ｑ （４，０）， 以线段ＱＡ为直径作 ☉ Ｍ．当 ☉ Ｍ过Ｆ时 ，△ ＱＡＦ
（２） 与直线Ｐ
２
Ｂ的斜率 ２ 的和为
－１，
证明
：
ｌ过 ， 定点． ２ 的面
求
积
Ｃ
为
的 ３
．
方程
（１） ；
考点三 最值与范围问题 是否存在垂直于ｘ轴的直线ｌ 使得ｌ被 Ｍ所截得的弦
（２） ， ☉
８．若ａ 则双曲线
ｘ２
ｙ２ 的离心率的取值范围是
长为定值
？
若存在
，
求ｌ的方程
；
若不存在
，
说明理由．
＞１， ａ２ － ＝１ （ ）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
故选 ．
Ａ
２．（２０１８陕西西安铁一中二模，５）在平面直角坐标系ｘＯｙ中 动
，
点Ｐ关于ｘ轴的对称点为Ｑ 且Ｏ→Ｐ Ｏ→Ｑ 则点Ｐ的轨迹方
考点一 曲线与方程 ， · ＝２，
程为
（ ）
１．（２０２０云南昆明一中第二次月考，１１）已知圆Ｍ
：（
ｘ
＋ ５）
２
＋
ｙ２
Ａ．
ｘ２
＋
ｙ２
＝２ Ｂ．
ｘ２
－
ｙ２
＝２
定点Ｎ 点Ｐ为圆Ｍ上的动点 点Ｑ在ＮＰ上 点 ｘ ｙ２ ｘ ｙ２
＝３６， （ ５，０）， ， ， Ｃ． ＋ ＝２ Ｄ． － ＝２
Ｇ在ＭＰ上
，
且满足Ｎ→Ｐ
＝２
Ｎ→Ｑ
，
Ｇ→Ｑ
·
Ｎ→Ｐ
＝０，
则点Ｇ的轨迹方程为 答案 Ｂ 设Ｐ
（
ｘ
，
ｙ
），
则 Ｑ
（
ｘ
，－
ｙ
），∴
Ｏ→Ｐ
·
Ｏ→Ｑ
＝（
ｘ
，
ｙ
）·
ｘ ｙ ｘ２ ｙ２ 故选 ．
（ ） （ ，－ ）＝ － ＝２， Ｂ
ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２
考点二 定点与定值问题
Ａ． ＋ ＝１ Ｂ． ＋ ＝１
ｘ
９
２ ｙ
４
２
３
ｘ
６
２
３
ｙ
１
２ １．（２０１９北京海淀一模文，２０）已知椭圆Ｃ
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ
Ｃ． － ＝１ Ｄ． － ＝１
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
９ ４ ３６ ３１ 的左顶点为Ａ 两个焦点与短轴的一个顶点构成等腰
答案 Ａ 由Ｎ→Ｐ Ｎ→Ｑ Ｇ→Ｑ Ｎ→Ｐ 知Ｑ为ＰＮ的中点 且 （－２，０），
＝２ ， · ＝０， ， 直角三角形 过点Ｐ 且与ｘ轴不重合的直线ｌ与椭圆交
ＧＱ ＰＮ ， （１，０）
⊥ ， 于不同的两点Ｍ Ｎ．
ＧＱ垂直平分ＰＮ ＰＧ ＧＮ ，
∴ ，∴ ｜ ｜＝｜ ｜， 求椭圆Ｃ的方程
（１） ；
∴ ｜
ＧＮ
｜＋｜
ＧＭ
｜＝｜
ＰＧ
｜＋｜
ＧＭ
｜＝｜
ＰＭ
｜＝６＞２ ５，
当ＡＭ与ＭＮ垂直时 求ＡＭ的长
（２） ， ；
点Ｇ的轨迹是以Ｍ Ｎ为焦点的椭圆 且 ａ ｃ
∴ ， ， ２ ＝６，２ ＝２ ５， 若过点Ｐ且平行于ＡＭ的直线交直线ｘ ５ 于点Ｑ 求证
ｘ２ ｙ２ （３） ＝ ， ：
ｂ２ ａ２ ｃ２ ２ ２ 点Ｇ的轨迹方程为 ２
∴ ＝ － ＝３ －（ ５） ＝４，∴ ＋ ＝１， 直线ＮＱ恒过定点．
９ ４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６７２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
解析 因为Ａ 所以ａ ． ｍｙ ｙ ｙ ｙ ｍｙ ｙ ｙ ｙ
（１） （－２，０）， ＝２ ２ １ ２＋６ ２－３ １ ｘ ２ １ ２＋１５ ２－３ １
因为两个焦点与短轴的一个顶点构成等腰直角三角形 ＝ ｍ２ｙ ｙ ｍｙ ｍｙ － ｍ２ｙ ｙ ｍｙ ｍｙ ，
， ２ １ ２＋６ ２－３ １－９ ２ １ ２＋６ ２－３ １－９
所以ｂ ｃ． ｍｙ ｙ ｙ ｙ
＝ 令ｙ 得ｘ ２ １ ２＋１５ ２－３ １．
又ｂ２ ｃ２ ａ２ 所以ｂ２ ｃ２ ． ＝０， ＝ ｍｙ ｙ ｙ ｙ
＋ ＝ ， ＝ ＝２ ２ １ ２＋６ ２－３ １
ｘ２ ｙ２ ｙ
所以椭圆Ｃ的方程为
４
＋
２
＝１ ． 因为
２
ｍｙ
１
ｙ
２＝３（
ｙ
１＋
ｙ
２），
故ｘ
＝
１８
ｙ
２
＝２，
（２） 解法一 ： 设Ｍ （ ｘ ｍ， ｙ ｍ）， 所以直线ＮＱ恒过定点 ． ９ ２
（２，０）
ｙ ｙ
则ｋ ｍ ｋ ｍ
ＭＰ＝ｘ ， ＡＭ＝ｘ ， ２．（２０１９河南开封１０月联考，２０）已知直线 ｌ ｙ ３ｘ ｌ ｙ
ｍ－１ ｍ＋２ １： ＝ ， ２： ＝
因为ＡＭ与ＭＮ垂直 ３
，
ｙ ｙ ３ｘ 动点Ｐ Ｑ分别在ｌ ｌ 上移动 ＰＱ Ｎ是线段ＰＱ
所以ｋ ｋ ｍ ｍ － ， ， １，２ ，｜ ｜＝２ ３，
ＡＭ· ＭＰ＝ｘ ·ｘ ＝－１， ３
ｍ－１ ｍ＋２ 的中点 记点Ｎ的轨迹为曲线Ｃ．
ì ｙ ｙ ，
ï ｍ ｍ 求曲线Ｃ的方程
ïｘ ·ｘ ＝－１， （１） ；
联立í ｍ－１ ｍ＋２ 过点Ｍ 分别作直线ＭＡ ＭＢ交曲线Ｃ于Ａ Ｂ两点
（２） （０，１） ， ， ，
ï
ï
ｘ２ｍ ｙ２ｍ
设这两条直线的斜率分别为ｋ ｋ 且ｋ ｋ 证明 直线
î ＋ ＝１， １， ２， １＋ ２＝２， ：
４ ２ ＡＢ过定点．
{ｘ {ｘ
解得 ｍ＝０， 或 ｍ＝－２， 舍 ． 解析 根据条件设Ｐ ｍ ｍ Ｑ ｎ ｎ
ｙ ｙ （ ） （１） （ ３ ， ）， （－ ３ ， ），
ｍ＝± ２ ｍ＝０ ＰＱ ｍ ｎ ２ ｍ ｎ ２ ．
所以 ＡＭ ． ∵ ｜ ｜＝２ ３，∴３（ ＋ ） ＋（ － ） ＝１２
｜ ｜＝ ６ ì ï ｍ ｎ
解法二
：
设Ｍ
（
ｘ
ｍ，
ｙ
ｍ），
ïｘ
＝
３（ － ）
，
因为ＡＭ与ＭＮ垂直 设Ｎ ｘ ｙ 是线段ＰＱ的中点 则í ２
， （ ， ） ， ï ｍ ｎ
所以点Ｍ在以ＡＰ为直径的圆上 ïｙ ＋
， î ＝ ，
( ) ２
又因为以ＡＰ为直径的圆的圆心为 １ 半径为 ３ ｘ２
－ ，０ ， ， 消去ｍ ｎ可得曲线Ｃ的方程为 ｙ２ ．
２ ２ ， ＋ ＝１
( ) ９
２
所以圆的方程为 ｘ
＋
１
＋
ｙ２
＝
９ ．
证明 由 知 点Ｍ 为椭圆
ｘ２
ｙ２ 的上顶点
２ ４ （２） ： （１） ， （０，１） ＋ ＝１ ，
ì ï
ï
( ｘ
ｍ＋
１ ) ２
＋
ｙ２ｍ＝ ９
，
当直线ＡＢ的斜率不存在时
，
设Ａ
（
ｘ
０，
ｙ
０
９
），
则Ｂ
（
ｘ
０，－
ｙ
０），
联立í ２ ４ ｙ ｙ
î
ï
ï
ｘ２ｍ
＋
ｙ２ｍ
＝１，
由ｋ
１＋
ｋ
２＝２
得 ０
ｘ
－
０
１
＋
－
ｘ
０
０
－１
＝２，
得ｘ
０＝－１；
４ ２ 当直线ＡＢ的斜率存在时 设 ＡＢ 的方程为 ｙ ｋｘ ｍ ｍ
{ｘ {ｘ ， ＝ ＋ （ ≠１），
解得 ｍ＝０， 或 ｍ＝－２， 舍 ． Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ
ｙ ｍ＝± ２ ｙ ｍ＝０ （ ） （ １ { ， ｘ １ ２ ）， （ ２， ２），
所以
｜
ＡＭ
｜＝ ６
． 联立
９
＋
ｙ２
＝１，
⇒（１＋９
ｋ２
）
ｘ２
＋１８
ｋｍｘ
＋９
ｍ２
－９＝０，
证明 设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ 直线 ＭＮ 的方程为 ｘ ｍｙ ｙ ｋｘ ｍ
（３） ： （ １， １）， （ ２， ２）， ＝ ＝ ＋
＋１， 得ｘ ｘ １８
ｋｍ
ｘ ｘ ９
ｍ２
－９
由
{ｘ
＝
ｍｙ
＋１， 得 ｍ２ ｙ２ ｍｙ ．
１＋ ２＝－
１＋９
ｋ２， １· ２＝
１＋９
ｋ２，
ｘ２ ｙ２ （ ＋２） ＋２ －３＝０ ｙ ｙ ｋｘ ｍ ｘ ｋｘ ｍ ｘ
＋２ －４＝０ 则ｋ ｋ １－１ ２－１ （ ２＋ －１） １＋（ １＋ －１） ２
显然Δ 则ｙ ｙ －２ ｍ ｙ ｙ －３ １＋ ２ ＝２⇒ ｘ ＋ ｘ ＝２⇒ ｘ ｘ
＞０， １＋ ２＝ｍ２ ， １ ２＝ｍ２ ， １ ２ １ ２
＋２ ＋２ ＝２，
因为直线ＰＱ与ＡＭ平行 ， 所以ｋ ＰＱ＝ ｋ ＡＭ＝ｘ ｙ １ ， 即 （２－ ｋｍ ２ ｋ ） ｘ 由 １ ｘ ２ ｍ ＝（ ｍ － 得 １）（ ｘ １ ｋ ＋ ｘ ２） ｍ ⇒（２－２ ｋ ｋ ） ｍ （９ ｍ ｍ ２ － ｋ ９）＝（ ｍ －１）·
１＋２ （－１８ ）， ≠１， （１－ ）（ ＋１）＝－ ⇒ ＝ －１，
ｙ 即ｙ ｋｘ ｍ ｋｘ ｋ ｙ ｋ ｘ 故直线ＡＢ过定点
则直线ＰＱ的方程为ｙ １ ｘ ＝ ＋ ＝ ＋ －１⇒ ＝ （ ＋１）－１， （－１，
＝ｘ （ －１）， ．经检验 此时直线与椭圆有两个交点 满足题意．
１＋２ －１） ， ，
综上所述 直线ＡＢ过定点 ．
３ ｙ １ ｙ æ ｙ ö ， （－１，－１）
令ｘ ５ 则ｙ ２ ３ １ 即Ｑç ５ ３ １ ÷．
＝ ， ＝ｘ ＝ ｍｙ ， è ， ｍｙ ø 考点三 最值与范围问题
２ １＋２ ２（ １＋３） ２ ２（ １＋３）
ｙ
ｙ ３ １ １．（２０２０ 安徽高三期末）如图 已知Ｆ Ｆ 分别是椭圆 Ｃ ｘ２
ｋ ２－ ２（ ｍｙ １＋３） ２ ｍｙ １ ｙ ２＋６ ｙ ２－３ ｙ １ ， １、 ２ ： ６４ ＋
ＮＱ＝ ｘ
２－ ２
５ ＝ （ ｍｙ １＋３）（２ ｍｙ ２－３） ，
３
ｙ
２
２
＝１
的左
、
右焦点
，
过Ｆ
１
的直线ｌ
１
与过Ｆ
２
的直线ｌ
２
交于点
直线ＮＱ的方程为ｙ － ｙ ２＝
２
ｍ２ ２ ｙ ｍ
１
ｙ ｙ
２
１
＋
ｙ
６
２＋ ｍ ６ ｙ ｙ
２
２
－
－
３
３ ｍ ｙ ｙ １
１－９
（ ｘ － ｘ ２）， Ｎ
交
，
点
线段
Ｐ
Ｆ
第
１ Ｎ
一
的
象
中
限
点
在
为
椭
Ｍ
圆
， 线
上
段
若
Ｆ １
Ｏ
Ｎ
为
的
坐
垂
标
直
原
平
点
分线
则
Ｍ
｜
Ｐ
ＯＭ
与
｜ 的
ｌ ２ 的
取
ｍｙ ｙ ｙ ｙ ｍｙ ｙ ｙ ｙ ｍｙ （ ） ， ， ＯＦ
ｙ ２ １ ２＋６ ２－３ １ ｘ （２ １ ２＋６ ２－３ １）（ ２＋１） ｙ ｜ ２｜
＝ ｍ２ｙ ｙ ｍｙ ｍｙ － ｍ２ｙ ｙ ｍｙ ｍｙ ＋ ２ 值范围为
２ １ ２＋６ ２－３ １－９ ２ １ ２＋６ ２－３ １－９ （ ）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九 圆锥曲线 ６７３
ｘ２ ｙ２
３．（２０２０河南中原名校联盟第三次测评，１０）椭圆Ｃ
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１
ａ ｂ 的长轴长 短轴长和焦距成等差数列 若点Ｐ为椭圆
（ ＞ ＞０） 、 ，
Ｃ上的任意一点 且Ｐ在第一象限 Ｏ为坐标原点 Ｆ 为
， ， ， （３，０）
æ ö ( )
ç ２÷ １ 椭圆Ｃ的右焦点 则Ｏ→Ｐ Ｐ→Ｆ的取值范围为
Ａ．è０，
２
ø Ｂ． ０，
２
， ·
( )
（ ）
３９
Ａ．（－１６，－１０） Ｂ． －１０，－
Ｃ．（０， ２） Ｄ．（０，１） ４
答案 Ｄ 因为ＰＭ为线段Ｆ Ｎ的垂直平分线 所以 Ｆ Ｍ ( ] ( ]
１ ， ｜ １ ｜ ３９ ３９
ＭＮ ． Ｃ． －１６，－ Ｄ． －∞，－
＝｜ ｜ ４ ４
答案 Ｃ 因为椭圆 Ｃ 的长轴长 短轴长和焦距成等差数
由中位线定理可得 ＯＭ １ Ｆ Ｎ ． 、
｜ ｜＝ ｜ ２ ｜ 列 所以 ａ ｃ ｂ 即ａ ｃ ｂ 又Ｆ 为椭圆 Ｃ 的右焦
２ ， ２ ＋２ ＝４ ， ＋ ＝２ ， （３，０）
设点Ｐ
（
ｘ
０，
ｙ
０）（
ｘ
０＞０，
ｙ
０＞０）
． {ａ２
＝
ｃ２
＋
ｂ２
，
由两 点 间 的 距 离 公 式 ， 得 ｜ ＰＦ １ ｜ ＝ （ ｘ ０＋ ｃ ） ２ ＋ ｙ２ ０ ＝ 点 ， 所以 ｃ ＝３ ．因为 ａ２ ＝ ｃ２ ＋ ｂ２ ， 所以解方程组 ａ ＋ ｃ ＝２ ｂ ， 得
ｃ
æ ｘ２ ö ｃ２ｘ２ ＝３，
ｘ ｃ ２ ç ０ ÷ｂ２ ０ ｃｘ ａ２ ａ ｅｘ {ａ
（ ０＋ ） ＋è１－ａ２ ø ＝ ａ２ ＋２ ０＋ ＝ ＋ ０， ＝５， ｘ２ ｙ２
ｂ 所以椭圆方程为 ．设Ｐ ｍ ｎ ｍ ｎ
同理可得 ＰＦ ａ ｅｘ ＝４， ＋ ＝１ （ ， ）（０＜ ＜５，０＜ ＜
｜ ２｜＝ － ０， ｃ ２５ １６
所以 Ｆ Ｎ ＰＦ ＰＦ ｅｘ 故 ＯＭ ｅｘ ＝３，
｜ ２ ｜＝｜ １｜－｜ ２｜＝２ ０， ｜ ｜＝ ０， ｍ２ ｎ２
ｃ 则 得ｎ２ １６ｍ２ 所以Ｏ→Ｐ Ｐ→Ｆ ｍ ｎ
因为ａ ｃ 所以ｅ ２ ４）， ＋ ＝１， ＝１６－ ， · ＝（ ， ）·（３
＝８， ＝４ ２， ＝ ａ ＝ ， ２５ １６ ２５
２ ( )
ｍ ｎ ｍ ｍ２ ｎ２ ｍ ｍ２ １６ｍ２ ９ ｍ２ ｍ
２ｘ － ，－ ）＝３ － － ＝３ － － １６－ ＝－ ＋３ －１６＝
故 ＯＭ ２ｘ 所以｜ ＯＭ ｜ ２ ０ ｘ ０． ( ) ２ ２５ ２５
｜ ｜＝
２
０，
｜
ＯＦ
２｜
＝
４ ２
＝
８ － ２
９
５
ｍ
－
２
６
５
－
３
４
９
，
又因为
０＜
ｍ
＜５，
所以当ｍ
＝
２
６
５时
，
Ｏ→Ｐ
·
Ｐ→Ｆ
因为ｘ
０∈（０，８），
所以 １ ｘ
０∈（０，１）
． 取得最大值
－
３９
，
当ｍ趋近于
０
时
，
Ｏ→Ｐ
·
Ｐ→Ｆ的值趋近于
－１６，
所
８
４
ＯＭ ( ]
故 ｜ ｜ ＯＦ ２ ｜ ｜ 的取值范围为 （０，１） ． 以Ｏ→Ｐ · Ｐ→Ｆ的取值范围为 －１６，－ ３ ４ ９ ．
故选Ｄ．
ｘ２ ｙ２ 考点四 存在性问题
２．（２０２０安徽高三期末）双曲线Ｃ ａ ｂ 的左
：ａ２ －ｂ２ ＝１（ ＞０， ＞０） ，
ｘ２ ｙ２
１．（２０１９四川绵阳二诊，１２）已知椭圆Ｃ ｍ 的
右焦点分别为Ｆ Ｆ 若双曲线Ｃ的渐近线上存在 ：ｍ＋ｍ ＝１（ ＞４）
１（－２，０）， ２（２，０）， －４
点Ｍ满足 ＭＦ ＭＦ 则双曲线Ｃ的实轴长的最小值为 右焦点为Ｆ 点Ａ 为椭圆Ｃ内一点．若椭圆Ｃ上存在一
｜ １｜＝ ２｜ ２｜， ， （－２，２）
点Ｐ 使得 ＰＡ ＰＦ 则ｍ的取值范围是
（ ） ， ｜ ｜＋｜ ｜＝８， （ ）
． ．
２ ４ Ａ（６＋２ ５，２５］ Ｂ［９，２５］
Ａ． Ｂ．
３ ３ ． ．
Ｃ（６＋２ ５，２０］ Ｄ［３，５］
４ ２ ８ ２ 答案 Ａ 椭圆Ｃ
ｘ２ ｙ２
ｍ 的右焦点为Ｆ
Ｃ． Ｄ． ：ｍ＋ｍ ＝１（ ＞４） （２，０），
３ ３ －４
答案 Ｂ 设Ｍ ｘ ｙ 由 ＭＦ ＭＦ 可得 ｘ ２ ｙ２ 左焦点为Ｆ′
（ ， ）， ｜ １｜＝ ２｜ ２｜ （ ＋２） ＋ （－２，０），
ｘ ２ ｙ２ 整理得 ｘ ２ ｙ２ 由椭圆的定义可得 ＰＦ ＰＦ′ ｍ
＝２［（ －２） ＋ ］， （ －６） ＋ ＝３２， ｜ ｜＋｜ ｜＝２ ，
即点Ｍ在以 为圆心 为半径的圆上． 即 ＰＦ ｍ ＰＦ′ 又 ＰＡ ＰＦ
（６，０） ，４ ２ ｜ ｜＝２ －｜ ｜， ｜ ｜＋｜ ｜＝８，
又点Ｆ 到双曲线Ｃ的渐近线的距离为ｂ
∴ 当双 ２ 曲线Ｃ的渐近线与圆 （ ｘ －６） ２ ＋ ｙ２ ＝ ， ３２ 相切时 ， ｂ取得最 可 由 得 Ｐ ｜ Ｐ Ａ Ａ ｜－ Ｐ ｜ Ｐ Ｆ Ｆ ′ ′ ｜＝８－ Ａ ２ Ｆ′ ｍ ，
大值 ｜｜ ｜－｜ ｜｜≤｜ ｜＝２，
， 可得 ｍ
－２≤８－２ ≤２，
ｂ
４ ２ 从而ｂ ４ ２． 解得 ｍ 所以 ｍ
∴ ＝ ， ≤ ３≤ ≤５， ９≤ ≤２５①，
２ ６ ３
又Ａ在椭圆内 所以 ４ ４
ａ ３２ ２ 故 ａ ４ ．故双曲线Ｃ的实轴长的最小值 ， ｍ＋ｍ ＜１，
∴ ≥ ４－ ＝ ， ２ ≥ －４
９ ３ ３ 所以 ｍ ｍ ｍ 解得ｍ 或ｍ
８ －１６＜ （ －４）， ＜６－２ ５ ＞６＋２ ５，
为 ４ ．
结合 得 ｍ ．
３ ① ６＋２ ５＜ ≤２５
故选Ｂ． 故选 ．
Ａ
思路分析 设Ｍ ｘ ｙ 由 ＭＦ ＭＦ 利用距离公式化
思路分析 由题意可知椭圆的左焦点为Ｆ′
（－２，０），
右焦点为
（ ， ）， ｜ １｜＝ ２｜ ２｜，
简得出点Ｍ在圆 （ ｘ －６） ２ ＋ ｙ２ ＝３２ 上 ， 当双曲线Ｃ的渐近线与圆 Ｆ （２，０）， 由椭圆的定义可得 ２ ｍ ＝ ｜ ＰＦ ｜＋｜ ＰＦ′ ｜， 即 ｜ ＰＦ ｜ ＝
ｍ ＰＦ′ 由条件得 ＰＡ ＰＦ′ ｍ 由三点共线取
相切时 ｂ取得最大值 得出ｂ ４ ２ 结合ａ２ ｂ２ ｃ２ 得出 ａ的 ２ －｜ ｜， ｜ ｜－｜ ｜ ＝８－２ ，
， ， ≤ ， ＋ ＝ ２ 得最值 解不等式 再由点Ａ在椭圆内部 可得所求范围．
３ ， ， ，
最小值． ２．（２０１９５·３原创冲刺卷三，２０）已知定点Ｆ 和定直线ｌ
（０，２） ：
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６７４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ｙ 动圆Ｍ在直线ｌ的上方 其半径ｒ ＭＦ 且圆Ｍ上的 ｘ２ ｘ２
＝－３， ， ＝｜ ｜， 所以ｙ ｙ １ ２ ｂ２ 由ｙ ｙ 得ｂ２ 又ｂ 所以ｂ ．
点到直线ｌ的距离的最小值等于 ． １ ２＝ · ＝ ， １ ２＝４， ＝４， ＞０， ＝２
１ ８ ８
求圆心Ｍ的轨迹Ｃ的方程 分
（１） ； （８ ）
已知直线ＡＢ交曲线Ｃ于Ａ Ｂ两点 交ｘ轴于点Ｇ 交ｙ轴 ＧＨ ＧＨ
（２） ， ， ， 由 １ １ ３ 得｜ ｜ ｜ ｜
正半轴于点Ｈ 是否存在直线ＡＢ 使得Ａ Ｂ两点纵坐标之 ＧＡ ＋ ＧＢ － ＧＨ ＝０， ＧＡ ＋ ＧＢ ＝３，
， ， ， ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜
ＧＨ ＧＨ
积为 且 １ １ ３ 若存在 求出直线ＡＢ的 作ＡＡ′ ｘ轴 ＢＢ′ ｘ轴 垂足分别为Ａ′ Ｂ′ 则｜ ｜ ｜ ｜
４， ＧＡ ＋ ＧＢ － ＧＨ ＝０？ ， ⊥ ， ⊥ ， ， ， ＧＡ ＋ ＧＢ ＝
｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜
方程 若不存在 请说明理由． ＯＨ ＯＨ ｙ ｙ
， ， ｜ ｜ ｜ ｜ ２ ２ ２（ １＋ ２） 分
解析 由题意可知 动点Ｍ到定点Ｆ 的距离等于 ＡＡ′ ＋ ＢＢ′ ＝ｙ ＋ｙ ＝ ｙ ｙ ＝３， （１０ ）
（１） ， （０，２） ｜ ｜ ｜ ｜ １ ２ １ ２
到定直线ｌ′ ｙ 的距离 根据抛物线的定义可知 点Ｍ的轨 因为ｙ ｙ ｙ ｙ ｋ ｘ ｘ ｋ２
： ＝－２ ， ， １ ２＝４， １＋ ２＝ （ １＋ ２）＋４＝８ ＋４，
迹Ｃ是以Ｆ为焦点的抛物线 故圆心Ｍ的轨迹Ｃ的方程为ｘ２
， 所以 ｋ２ 所以ｋ １ ．
ｙ． 分 ８ ＋４＝６， ＝±
＝８ （４ ） ２
假设存在符合条件的直线ＡＢ 由已知可知直线的斜率存
（２） ， 故存在符合条件的直线ＡＢ 其方程为ｙ １ ｘ 或ｙ １ ｘ ．
在 设直线ＡＢ的方程为ｙ ｋｘ ｂ ｋ ｂ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ， ＝ ＋２ ＝－ ＋２
， ＝ ＋ （ ≠０， ＞０）， （ １， １）， （ ２， ２ ２
分
ｙ ．
２） （１２ ）
{ｙ ｋｘ ｂ
{
６４
ｋ２
＋３２
ｂ
＞０，
由 ＝ ＋ ，得ｘ２ ｋｘ ｂ 所以 ｘ ｘ ｋ 分
ｘ２ ｙ －８ －８ ＝０， １＋ ２＝８ ， （６ ）
＝８ ， ｘ ｘ ｂ
１ ２＝－８ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
若选 ，设Ｐ（ｘ，ｙ），Ｓ（ｘ′， ），Ｔ（ ，ｙ′），故ｘ′２ ｙ′２ ，（ ）
③ ０ ０ ＋ ＝９ ∗
因为Ｏ→Ｐ ６Ｏ→Ｓ ３Ｏ→Ｔ，
＝ ＋
考法一 有关轨迹方程问题的求法 ３ ３
ì
ï {
例１ （２０２０山东滨州三模，２１）在平面直角坐标系ｘＯｙ
所以í
ï ｘ ＝
３
６ｘ′，
即
ｘ′
＝
６ｘ，
将其代入（ ）得
ｘ２ ｙ２
，
中 已知点Ｑ 直线ｌ ｘ 动点Ｐ满足到点Ｑ的距 ï ２ ∗ ＋ ＝１
，① （ ３，０）， ： ＝２ ３， ïｙ ３ｙ′， ｙ′ ｙ， ６ ３
î ＝ ＝ ３
离与到直线ｌ的距离之比为 ２． 已知点Ｈ Ｇ是圆Ｅ ３
② （－ ３，０）， ： ｘ２ ｙ２
２ 所以动点Ｐ的轨迹Ｃ的方程为 ．
ｘ２ ＋ ｙ２ －２ ３ ｘ －２１＝０ 上一个动点 ， 线段ＨＧ的垂直平分线交ＧＥ于 （ ）当过点Ａ且与圆Ｏ相切的切 ６ 线 ＋ 斜 ３ 率 ＝ 不 １ 存在时，切线方程
Ｐ． 点Ｓ Ｔ分别在ｘ轴 ｙ轴上运动 且 ＳＴ 动点Ｐ满足Ｏ→Ｐ ２
③ ， ， ， ｜ ｜＝３， 为ｘ ，ｘ ．
＝ ２ ＝－ ２
＝ ６→ＯＳ ＋ ３Ｏ→Ｔ． 当切线方程为ｘ 时，Ｍ（ ， ），Ｎ（ ， ）．
＝ ２ ２ ２ ２ － ２
３ ３
从 这三个条件中任选一个 求动点Ｐ的轨迹Ｃ 所以以ＭＮ为直径的圆的方程为（ｘ ）２ ｙ２ ．
（１） ①，②，③ ， － ２ ＋ ＝２①
的方程 当切线方程为ｘ 时，Ｍ（ ， ），Ｎ（ ， ），
； ＝－ ２ － ２ ２ － ２ － ２
注 如果选择多个条件分别解答 那么按第一个解答计分
（ ： ， ） 所以以ＭＮ为直径的圆的方程为（ｘ ）２ ｙ２ ．
（２） 设圆Ｏ ： ｘ２ ＋ ｙ２ ＝２ 上任意一点Ａ处的切线交轨迹 Ｃ 于 联立 ，可解得交点为（ ， ）． ＋ ２ ＋ ＝２②
Ｍ
，
Ｎ两点
，
试判断以ＭＮ为直径的圆是否过定点
？
若过定点
，
求 当过 ① 点 ② Ａ且与圆Ｏ相切的 ０ 切 ０ 线斜率存在时，设切线方程为ｙ
出该定点坐标 若不过定点 请说明理由．
； ， ｋｘ ｍ，则 ｜ ｍ ｜ ，故ｍ２ （ｋ２ ）．
解析 （ ）若选 ，设Ｐ（ｘ，ｙ），根据题意得，
（ｘ
－ ３
）２
＋
ｙ２ ＝ ＋ ｋ２
＋１
＝ ２ ＝２ ＋１
１ ① ｘ {ｙ ｋｘ ｍ，
｜ －２ ３｜ ＝ ＋
２，整理得
ｘ２ ｙ２
．所以动点Ｐ的轨迹Ｃ的方程为
ｘ２ ｙ２ 联立切线与椭圆Ｃ的方程得 ｘ２ ｙ２
，
消去ｙ，得（
１＋２
ｋ２）
＝ ＋ ＝１ ＋ ＋ ＝１
２ ６ ３ ６ ３ ６ ３
． ·ｘ２ ｋｍｘ ｍ２ ．
＝１ ＋４ ＋２ －６＝０
若选 ② ，连接ＰＨ，由Ｅ：ｘ２ ＋ ｙ２ －２ ３ ｘ －２１＝０ 得（ｘ － ３ ）２ ＋ ｙ２ 因为Δ ＝１６ ｋ２ｍ２ －４ （ １＋２ ｋ２）（ ２ ｍ２ －６ ） ＝－８ （ｍ２ －６ ｋ２ －３ ） ＝－８
＝２４ ，
由题意得 ＰＨ ＰＧ ，所以 ＰＨ ＰＥ ＰＧ ＰＥ
（ ２ ｋ２ ＋
所
２
以
－６
切
ｋ２
线
－３
与
） ＝
椭
８
圆
（ ４ ｋ
Ｃ
２ ＋
恒
１
有
） ＞
两
０ ，
个交点．
｜ ｜ ＝｜ ｜ ｜ ｜＋｜ ｜ ＝｜ ｜＋｜ ｜ ＝ 设Ｍ（ｘ ，ｙ ），Ｎ（ｘ ，ｙ ），
ＥＧ ＨＥ ， １ １ ２ ２
｜ ｜＝２ ６＞｜ ｜＝２ ３ ｋｍ ｍ２
所以点Ｐ的轨迹Ｃ是以Ｈ，Ｅ为焦点的椭圆，且ａ ，ｃ 则ｘ ｘ ４ ，ｘ ｘ ２ －６，
＝ ６ ＝ １＋ ２＝－ ｋ２ １ ２＝ ｋ２
，故ｂ ． １＋２ １＋２
３ ＝ ３ 因为Ｏ→Ｍ （ｘ ，ｙ ），Ｏ→Ｎ （ｘ ，ｙ ），
所以动点Ｐ的轨迹Ｃ的方程为 ｘ２ ｙ２ ． ＝ １ １ ＝ ２ ２
＋ ＝１ 所以Ｏ→Ｍ·Ｏ→Ｎ ｘ ｘ ｙ ｙ ｘ ｘ （ｋｘ ｍ）（ｋｘ ｍ）
６ ３ ＝ １ ２＋ １ ２＝ １ ２＋ １＋ ２＋
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九 圆锥曲线 ６７５
（ ｋ２）ｘ ｘ ｋｍ（ｘ ｘ ） ｍ２ （ ｋ２）·２
ｍ２
－６ ｋｍ· 当ｔ 时，直线ＡＢ的斜率为ｋ
ｙ
Ｂ－
ｙ
Ａ
ｔ
，
＝ １＋ １ ２＋ １＋ ２ ＋ ＝ １＋
１＋２
ｋ２ ＋ ≠±１ ＡＢ＝ｘ
Ｂ－
ｘ
Ａ
＝
１－
ｔ２
ｋｍ ｍ２ ｋ２ （ｋ２ ） ｋ２ ｔ ｔ
１
－
＋
４
２
ｋ２ ＋
ｍ２
＝
３
１＋
－
２
６
ｋ
－
２
６
＝
３×２
１
＋
＋
１
２
ｋ２
－６－６
＝０
．所以ＯＭ
⊥
ＯＮ． 所以直线ＡＢ的方程为ｙ
＋２
ｔ
＝
１－
ｔ２
（ｘ
－２
ｔ２），整理得ｙ
＝
１－
ｔ２
所以以ＭＮ为直径的圆过原点（ ， ）． ·（ｘ ），所以直线ＡＢ过定点（ ， ）．
０ ０ －２ ２ ０
综上所述，以ＭＮ为直径的圆过定点（ ， ）． （ ）因为Ａ的坐标为（ ｔ２， ｔ），且圆Ａ与直线ｘ 相切，
０ ０ ｉｉ ２ －２ ＝－２
方法总结 求动点轨迹方程常用的方法 所以圆Ａ的方程为（ｘ
－
ｘ
Ａ
）２
＋
（ｙ
－
ｙ
Ａ
）２
＝
（ｘ
Ａ＋２
）２，
①
直接法
；②
定义法
；③
几何法
；④
相关点法
（
代入法
）；⑤
参 同理，圆Ｂ的方程为（ｘ
－
ｘ
Ｂ
）２
＋
（ｙ
－
ｙ
Ｂ
）２
＝
（ｘ
Ｂ＋２
）２，
数法
；⑥
交轨法．其中
④⑤⑥
统称为间接法
，
体现了一种转化思 两圆方程相减得
２
（ｘ
Ｂ－
ｘ
Ａ
）ｘ
＋２
（ｙ
Ｂ－
ｙ
Ａ
）ｙ
＋
ｙ２Ａ－ ｙ２Ｂ＝４ ｘ
Ａ－４
ｘ
Ｂ
，
想 若解题过程中引入了ｎ个参数 则只需建立 ｎ 个方程．在 æ ö ( )
， ， （ －１） 将Ａ（ ｔ２， ｔ），Ｂç ２ ，２ ÷代入并整理得 ｙ ｔ １ （ｘ
探求轨迹方程的过程中 需要注意的是轨迹方程的 完备性 和 ２ －２ èｔ２ ｔ ø ＝ － ｔ ＋
， “ ”
纯粹性 因此 在求得轨迹方程之后 要深入地思考一下 是否 ） ，
“ ”， ， ， ： １ ①
还遗漏了一些点 是否还有另一个满足条件的轨迹方程存在 在 ｔ
； ； 由（ ）可知直线ＡＢ的方程为ｙ （ｘ ） ，
所求得的轨迹方程中 ｘ ｙ的取值范围是否有限制． ｉ ＝ ｔ２ －２ ②
， ， １－
因为Ｈ是两条直线的交点，所以两个方程相乘得ｙ２ （ｘ
＝－ －
）（ｘ ），
例 已知动圆Ｍ和定圆Ｃ ｘ２ ｙ ２ 相内切 并且外切 ２ ＋１
１： ＋（ －３） ＝６４ ， ( )
２
于定圆 Ｃ ２： ｘ２ ＋（ ｙ ＋３） ２ ＝ ４， 则动圆圆心 Ｍ 的轨迹方程 整理得 ｘ －
２
１ ＋ ｙ２ ＝
４
９ ，
为 ． ( )
即点Ｈ的轨迹是以 １ ， 为圆心，３ 为半径的圆，
解析 设动圆Ｍ的半径为ｒ，圆心为Ｍ（ｘ，ｙ）， ０
２ ２
由题意知两定圆圆心 Ｃ （ ， ），Ｃ （ ， ），半径 ｒ ，ｒ ( )
１ ０ ３ ２ ０ －３ １＝８ ２ 所以存在点Ｐ １ ， ，满足 ＨＰ ３ ．
． ０ ｜ ｜＝
＝２ ２ ２
则 ＭＣ ｒ， ＭＣ ｒ ． 方法总结 求解定点 定值问题的常用方法 直接推
｜ １｜＝８－ ｜ ２｜＝ ＋２ 、 ：（１）
故 ＭＣ ＭＣ （ ｒ） （ｒ ） ． 理 计算 并在计算的过程中消去变量 从而得到定点或定值
｜ １｜＋｜ ２｜＝ ８－ ＋ ＋２ ＝１０ 、 ， ， ；
又 Ｃ Ｃ ，则动圆圆心Ｍ的轨迹是椭圆， 从特殊情况入手 求出定点或定值 再证明定点或定值与变
｜ １ ２｜＝６ （ 量 ２ 无 ） 关． ， ，
ｙ２ ｘ２
设其方程为 （ａ ｂ ），
ａ２ ＋ｂ２ ＝１ ＞ ＞０
椭圆焦点为Ｃ
１
（
０
，
３
），Ｃ
２
（
０
，
－３
），
２
ａ
＝１０
，则ａ
＝５
，ｃ
＝３
， 例 （２０１９云南昆明摸底，１１）设点Ｍ为抛物线Ｃ
：
ｙ２
＝４
ｘ的
所以ｂ２ ａ２ ｃ２ ． 准线上一点 不同于准线与ｘ轴的交点 过抛物线Ｃ的焦点Ｆ
＝ － ＝２５－９＝１６ （ ），
所以动圆圆心Ｍ的轨迹方程是
ｙ２ ｘ２
．
且垂直于ｘ轴的直线与Ｃ交于Ａ
，
Ｂ两点
，
设ＭＡ
，
ＭＦ
，
ＭＢ的斜
＋ ＝１ ｋ ｋ
２５ １６ 率分别为ｋ ｋ ｋ 则 １＋ ３的值为
ｙ２ ｘ２ １， ２， ３， ｋ （ ）
答案 ２
＋ ＝１
２５ １６
Ａ．２ Ｂ．２ ２ Ｃ．４ Ｄ．４ ２
解析 不妨设点Ａ在ｘ轴的上方，由题意知抛物线Ｃ的准
线方程为ｘ ，焦点Ｆ（ ， ）．将ｘ 代入抛物线Ｃ的方程，
考法二 圆锥曲线中的定点、定值问题的求解方法 ＝－１ １ ０ ＝１
得ｙ ，所以Ａ（ ， ），Ｂ（ ， ）．设点Ｍ的坐标为（ ，ｙ ）（ｙ
＝±２ １ ２ １ －２ －１ ０ ０
例２ （２０２０山东济南６月模拟，２１）已知平面上一动点
ｙ ｙ ｙ ｋ ｋ
），则ｋ ２－ ０，ｋ ０，ｋ －２－ ０，所以 １＋ ３ ．故选 ．
Ａ的坐标为 ｔ２ ｔ ． ≠０ １＝ ２＝－ ３＝ ｋ ＝２ Ａ
（２ ，－２） ２ ２ ２ ２
求点Ａ的轨迹Ｅ的方程
答案 Ａ
（１） ；
点Ｂ在轨迹Ｅ上 且纵坐标为 ２ ．
（２） ， ｔ
证明直线ＡＢ过定点 并求出定点坐标
（ｉ） ， ； 考法三 圆锥曲线中的最值（范围）问题的求解方法
分别以Ａ Ｂ为圆心作与直线ｘ 相切的圆 两圆公共
（ｉｉ） ， ＝－２ ，
弦的中点为Ｈ 在平面内是否存在定点Ｐ 使得 ＰＨ 为定值 若 例３ （２０２０山东威海三模，２１）已知Ｐ 是椭圆
， ， ｜ ｜ ？ （ ２， ３）
存在 求出点Ｐ坐标 若不存在 请说明理由． ｘ２ ｙ２
， ； ， Ｃ ａ ｂ 上一点 以点Ｐ及椭圆的左 右焦点Ｆ Ｆ
解析 （ ）设动点Ａ的坐标为（ｘ，ｙ）， ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） ， 、 １， ２
１
因为Ａ的坐标为（ ｔ２， ｔ）， 为顶点的三角形面积为 ．
２ －２ ２ ３
{ｘ ｔ２， 求椭圆Ｃ的标准方程
所以
ｙ
＝２
ｔ，
消去参数ｔ得ｙ２
＝２
ｘ． （１）
过Ｆ 作斜率存在且互
；
相垂直的直线ｌ ｌ Ｍ是ｌ 与Ｃ
＝－２ （２） ２ １， ２， １
两交点所连线段的中点 Ｎ是ｌ 与Ｃ两交点所连线段的中点 求
（ ）（ ）因为点Ｂ在轨迹Ｅ上，且纵坐标为 ２ ， ， ２ ，
２ ｉ ｔ ＭＮＦ 面积的最大值．
△ ２
æ ö
所以点Ｂ的坐标为ç ２ ，２ ÷， 解析 （ ）由点Ｐ（ ， ）在椭圆上可得 ２ ３ ，
èｔ２ ｔ ø １ ２ ３ ａ２ ＋ｂ２ ＝１
当ｔ 时，直线ＡＢ的方程为ｘ ； 整理得 ｂ２ ａ２ ａ２ｂ２ ．
＝±１ ＝２ ２ ＋３ ＝ ①
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６７６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
由Ｓ １ ｃ ，解得ｃ ，
△ ＰＦ １ Ｆ ２ ＝ ２ ×２ × ３＝２ ３ ＝２ Ａ．３－２ ３ Ｂ．２ ３－３ Ｃ．－ ７ Ｄ． ３
所以ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂ２ ，代入 式整理得ｂ４ ｂ２ ， ４ ４
＝ ＋ ＝ ＋４ ① － －１２＝０ 解析 抛物线的标准方程为ｘ２ ｙ，焦点Ｆ的坐标为（ ，
解得ｂ２ （ｂ２ 舍去），则ａ２ ． ＝８ ０
＝４ ＝－３ ＝８
所以椭圆的标准方程为 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ ． ２ ），则双曲线 ａ
ｙ２
２ － ｘ２ ＝１ （ａ ＞０ ）的半焦距ｃ ＝２ ，由ｃ２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２，ｂ２ ＝１
８ ４
（ ２ ）由（ １ ）可得Ｆ ２ （ ２ ， ０ ），所 {ｘ 以设 ｍｙ 直线 ， ｌ １ ：ｘ ＝ ｍｙ ＋２ ， 得ａ２ ＝３ ，故双曲线的方程为 ｙ ３ ２ － ｘ２ ＝１ ．设Ｐ（ｍ，ｎ）（ｎ ≥ ３ ），则
＝ ＋２
联立直线与椭圆的方程得 ｘ２ ｙ２
，
ｍ２
＝
１ ｎ２
－１
，则Ｏ→Ｐ·Ｆ→Ｐ
＝
（ｍ，ｎ）·（ｍ，ｎ
－２
）
＝
ｍ２
＋
ｎ２
－２
ｎ
＝
１
＋ ＝１ ３ ３
８ ４ ( )
消去ｘ，并整理得（ｍ２
＋２
）ｙ２
＋４
ｍｙ
－４＝０
． ｎ２
－１＋
ｎ２
－２
ｎ
＝
４ ｎ２
－２
ｎ
－１＝
４ ｎ
－
３ ２
－
７ ，又因为ｎ
≥ ３
，故
所以直线ｌ 与椭圆两交点所连线段的中点Ｍ的纵坐标ｙ ３ ３ ４ ４
Ｍ
１
ｙ ｙ ｍ 当ｎ 时，Ｏ→Ｐ·Ｆ→Ｐ取得最小值 ，故选 ．
１＋ ２ ２ ， ＝ ３ ３－２ ３ Ａ
＝ ＝－ｍ２ 答案 Ａ
２ ＋２
同理，直线ｌ 与椭圆两交点所连线段的中点Ｎ的纵坐标ｙ
Ｎ
２
２
－ｍ ｍ 考法四 存在性问题
２ ，
＝－ ＝ ｍ２ 例４ （２０２０福建三明５月质量检查，２０）已知椭圆Ｎ
ｍ １ ２ ＋２ ２ ＋１ ：
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ 经过点Ｃ 且离心率为 ２．
所以Ｓ
△ ＭＮＦ ２ ＝ ２
１
｜
ＭＦ
２｜｜
ＮＦ
２｜＝ ２
１
１＋
ｍ２·
１＋ｍ
１
２ ｜
ｙ
Ｍ｜
· ａ２ ＋ｂ２ ＝
求
１（
椭
＞
圆
＞
Ｎ
０）
的标准方程
（０
与
，１
焦
），
距 ２
ｍ（ ｍ２） ｍ（ ｍ２） （１） ；
ｙ ２ １＋ ２ １＋ ，将上式分子、分母同除
｜ Ｎ｜＝
２
ｍ４
＋５
ｍ２
＋２
＝
２
（ｍ２
＋１
）２
＋
ｍ２
（２）
若直线ｌ
：
ｙ
＝
ｋｘ
－
１ 与椭圆Ｎ的交点为Ａ
、
Ｂ两点
，
线段
以ｍ（
１＋
ｍ２）可得，
ＡＢ的中点为 Ｍ 是否存在
３
常数 λ 使 ＡＭＣ λ ＡＢＣ 恒成立
， ， ∠ ＝ ∠ ？
２
请说明理由．
Ｓ
△ ＭＮＦ ２ ＝ ２
ｍ２
ｍ ＋１ ＋ １＋
ｍ
ｍ２
，
解析 （ １ ）因为椭圆Ｎ： ａ ｘ２ ２ ＋ ｙ ｂ ２ ２ ＝１ （ａ ＞ ｂ ＞０ ）经过点Ｃ（ ０ ， １ ），
ｍ２
不妨设ｍ ，令 ＋１ ｔ，ｔ ，则Ｓ ２ ， ｃ
＞０ ｍ ＝ ≥２ △ ＭＮＦ ２ ＝ ｔ １ 且离心率为 ２，所以ｂ ＝１ ， ａ ＝ ２，又因为ａ２ － ｃ２ ＝ ｂ２，
２ ＋ ｔ ２ ２
所以解得ｃ ，ａ ，
令ｆ（ｔ） ｔ １ ，则ｆ ′（ｔ） ２ ｔ２ －１，因为ｔ ， ＝１ ＝ ２
＝２ ＋ ｔ ＝ ｔ２ ≥２ 故所求椭圆的方程为 ｘ２ ｙ２ ，焦距为 ｃ ．
＋ ＝１ ２ ＝２
所以ｆ ′（ｔ） ，所以ｆ（ｔ）在［ ， ）上单调递增， ２
＞０ ２ ＋∞ （ ）存在常数λ ，使 ＡＭＣ ＡＢＣ恒成立．
２ ＝２ ∠ ＝２∠
所以当ｔ 时， ＭＮＦ 的面积取得最大值，为 ２ ４ ．
＝２ △ ２ ＝ ì ïｙ ｋｘ １ ，
１ ９ ï ＝ －
４＋
２ 理由如下：由í ３ 得（ ｋ２）ｘ２ ｋｘ ，Δ ．
方法总结 圆锥曲线中的最值
（
范围
）
问题的求解方法
î
ï ï ｘ２
＋
ｙ２
＝１
， ９＋１８ －１２ －１６＝０ ＞０
１．几何法 ２
ｋ
若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义 则考虑 设Ａ（ｘ ，ｙ ），Ｂ（ｘ ，ｙ ），则ｘ ｘ １２ ，ｘ ｘ －１６ ．
， １ １ ２ ２ １＋ ２＝ ｋ２ １ ２＝ ｋ２
利用图形性质来解决 找到取最值的特殊位置 此类方法 选择 ９＋１８ ９＋１８
题 、 填空题中常用到．
， ， ， 又因为→ＣＡ
＝
（ｘ
１
，ｙ
１－１
），Ｃ→Ｂ
＝
（ｘ
２
，ｙ
２－１
），
２．代数法 所以→ＣＡ·Ｃ→Ｂ ｘ ｘ （ｙ ）（ｙ ）
＝ １ ２＋ １－１ ２－１
根据题目构建关于变量的等式或不等式 从而采用函数思 ( )( )
， ｘ ｘ ｋｘ ４ ｋｘ ４
想进行最值或范围的求解．利用代数法解决求参数范围的问题 ＝ １ ２＋ １－ ２－
， ３ ３
考虑先建立目标函数 通常为二次函数 再求这个函数的最值．
（ ）， （ ｋ２）ｘ ｘ ４ ｋ（ｘ ｘ ） １６
求函数最值常见的方法有配方法 判别式法 基本不等式法 单 ＝ １＋ １ ２－ １＋ ２ ＋
、 、 、 ３ ９
调性法
、
导数法
、
三角换元法等．
＝ （ １＋ ｋ２）· －１６ ｋ２ － ４ ｋ· １２
ｋ
ｋ２ ＋ １６ ＝０ ．
９＋１８ ３ ９＋１８ ９
所以→ＣＡ Ｃ→Ｂ，因为线段ＡＢ的中点为Ｍ，所以 ＭＣ ＭＢ ，
⊥ ｜ ｜＝｜ ｜
例 （２０２０豫北名校第二次联考，８）已知抛物线ｙ ＝ １ ｘ２ 与双 所以
∠
ＡＭＣ
＝２∠
ＡＢＣ．
８
即存在常数λ ，使 ＡＭＣ ＡＢＣ恒成立．
曲线 ｙ２ ｘ２ ａ 有共同的焦点Ｆ Ｏ为坐标原点 点Ｐ在ｘ ＝２ ∠ ＝２∠
ａ２ － ＝１（ ＞０） ， ，
轴上方且在双曲线上 则Ｏ→Ｐ Ｆ→Ｐ的最小值为
， · （ ）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九 圆锥曲线 ６７７
ｋ２ ｋ２
ｘ ｘ ４ ｘ ｘ ２ －２．
例 （２０２０新疆乌鲁木齐开学摸底，２１）已知椭圆Ｃ
ｘ２ ｙ２ ∴ Ａ＋ Ｂ＝
１＋２
ｋ２， Ａ Ｂ＝
１＋２
ｋ２
：ａ２ ＋ｂ２ ＝
假设存在点Ｅ ｘ 则→ＥＡ Ｅ→Ｂ ｘ ｘ ｙ ｘ ｘ
ａ ｂ 的一个焦点与上 下顶点构成直角三角形 以椭圆Ｃ （ ０，０）， · ＝（ Ａ－ ０， Ａ）·（ Ｂ－ ０，
的
１（
长
＞
轴
＞
长
０）
为直径的圆与直线
、
ｘ ｙ 相切．
， ｙ
Ｂ）＝
ｘ
Ａ
ｘ
Ｂ－
ｘ
０（
ｘ
Ａ＋
ｘ
Ｂ）＋
ｘ２
０＋
ｙ
Ａ
ｙ
Ｂ＝
ｘ
Ａ
ｘ
Ｂ－
ｘ
０（
ｘ
Ａ＋
ｘ
Ｂ）＋
ｘ２
０＋
ｋ２
（
ｘ
Ａ－１）
（１） 求椭圆Ｃ的标准方程
＋
；
－２＝０
（
ｘ
Ｂ － １） ＝ （１＋
ｋ２
）
ｘ
Ａ
ｘ
Ｂ － （
ｘ
０ ＋
ｋ２
） （
ｘ
Ａ ＋
ｘ
Ｂ） ＋
ｘ２
０ ＋
ｋ２
设过椭圆右焦点且不平行于ｘ轴的动直线与椭圆Ｃ相 ｘ２ ｘ ｋ２ ｘ２
（２） （２ ０－４ ０＋１） ＋（ ０－２）．
交于Ａ Ｂ两点 探究在ｘ轴上是否存在定点Ｅ 使得→ＥＡ Ｅ→Ｂ为
＝
１＋２
ｋ２
、 ， ， ·
定值 若存在 试求出该定值和点Ｅ的坐标 若不存在 请说明 要使→ＥＡ Ｅ→Ｂ为定值 则→ＥＡ Ｅ→Ｂ的值与ｋ无关
？ ， ； ， · ， · ，
理由．
ｘ２ ｘ ｘ２ 解得ｘ ５
ì ï ｂ ＝ ｃ， { ａ ， ∴２ ０－４ ０＋１＝２（ ０－２）， ０＝ ４ ， ( )
解析 （ １ ）由题意知í ï ï ａ ＝ ｜０＋０－２｜，又ｂ ＞０ ，解得 ｂ ＝ ＝ １ ， ２ 此时→ＥＡ · Ｅ→Ｂ ＝－ １ ７ ６ ， 为定值 ， 定点Ｅ的坐标为 ５ ４ ，０ ．
ï ２ ｃ ， æ ö æ ö
îｂ２ ｃ２ ａ２， ＝１ 当直线的斜率不存在时 不妨取Ａç ２÷ Ｂç ２÷ 若
＋ ＝ ， è１， ø， è１，－ ø，
ｘ２ ２ ２
则椭圆Ｃ的标准方程为 ｙ２ ．（ ）存在．当直线的斜率 ( ) æ ö æ ö
存在时，设直线方程为ｙ ＝ ｋ（ｘ ２ －１ ＋ ）， ＝１ ２ Ｅ ５ ４ ，０ ， 则→ＥＡ ＝ è ç － ４ １ ， ２ ２ ø ÷ ， Ｅ→Ｂ ＝ è ç － ４ １ ，－ ２ ２ ø ÷ ， →ＥＡ · Ｅ→Ｂ ＝
联立
{ｘ
２
２
＋
ｙ２
＝１
，
得（
１＋２
ｋ２）ｘ２
－４
ｋ２ｘ
＋２
ｋ２
－２＝０
，
(
－
４
１
)
×
(
－
４
１
)
＋
２
２
×
æ
è
ç
－
２
２
ö
ø
÷
＝－
１
７
６
．
ｙ ｋ（ｘ ） ( )
＝ －１ 所以在ｘ 轴上存在定点 Ｅ ５ 使得→ＥＡ Ｅ→Ｂ为定值
则Δ
＝８
ｋ２
＋８＞０
，
４
，０ ， ·
７ ．
－
１６
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
考法二 圆锥曲线中的定点、定值问题的求解方法
ｘ２ ｙ２
４．（２０２０山东德州６月二模，２１）已知椭圆Ｃ ａ ｂ
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞
考法一 有关轨迹方程问题的求法
１．（２０２０山东百师联盟测试五，５）已知圆Ｃ １：（ ｘ －４） ２ ＋ ｙ２ ＝２５， ０） 与圆ｘ２ ＋ ｙ２ ＝ ３ ４ ｂ２ 相交于Ｍ ， Ｎ ， Ｐ ， Ｑ四点 ， 四边形ＭＮＰＱ为
圆Ｃ ２：（ ｘ ＋４） ２ ＋ ｙ２ ＝１， 动圆Ｍ与Ｃ １， Ｃ ２ 都外切 ， 则动圆圆心Ｍ 正方形 Ｆ Ｆ 为椭圆的左 右焦点 且 ＰＦ Ｆ 的周长为
的轨迹方程为 ， １， ２ 、 ， △ １ ２ ２（ ２
（ ） ．
ｘ２ ｙ２
ｘ
ｘ２ ｙ２
ｘ
＋１）
求椭圆Ｃ的方程
Ａ． － ＝１（ ＜０） Ｂ． － ＝１（ ＞０） （１） ；
４ １２ ４ １２ 设直线ｌ与椭圆Ｃ相交于Ａ Ｂ两点 Ｄ 若直线ＡＤ
ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２ （２） 、 ， （０，－１），
ｘ ｘ
Ｃ． － ＝１（ ＜０） Ｄ． － ＝１（ ＞０） 与直线ＢＤ的斜率之积为 １ 证明 直线ｌ恒过定点．
３ ５ ３ ５ ， ：
答案 Ａ ６
ｘ２
２．（２０１９ 安徽五校联盟第二次质检，４） ｘ２ ＋（ ｙ －３） ２ －
５．（２０２１届广东深圳实验学校１１月月考，２１）已知椭圆Ｃ
：ａ２ ＋
ｘ２
＋（
ｙ
＋３）
２
＝４
表示的曲线方程为
（ ）
ｙ２
ａ ｂ 的离心率为 １ 直线ｌ ｙ １ ｘ 与椭圆Ｃ有
ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２ ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） ， ： ＝－ ＋２
ｘ ｘ ２ ２
Ａ． － ＝１（ ≤－２） Ｂ． － ＝１（ ≥２） 且仅有一个公共点Ａ．
４ ５ ４ ５
ｙ２ ｘ２ ｙ２ ｘ２ 求椭圆Ｃ的方程及Ａ点坐标
ｙ ｙ （１） ；
Ｃ．
４
－
５
＝１（ ≤－２） Ｄ．
４
－
５
＝１（ ≥２） 设直线ｌ与ｘ轴交于点Ｂ．过点Ｂ的直线与Ｃ交于Ｅ Ｆ两
答案 Ｃ （２） ，
点 记Ａ在ｘ轴上的投影为Ｇ Ｔ为ＢＧ的中点 直线ＡＥ ＡＦ
３．（２０２１届广东广州增城中学月考，２１）从抛物线ｙ２
＝３６
ｘ上任
与
，
ｘ轴分别交于Ｍ Ｎ两点．试
，
探究 ＴＭ Ｔ
，
Ｎ 是不是
，
定
意一点Ｐ向ｘ轴作垂线 垂足为Ｑ 点Ｍ是线段ＰＱ上的一点 ， ｜ ｜·｜ ｜
， ， ，
值．若为定值 求出此定值 否则 请说明理由．
， ， ，
且满足Ｐ→Ｍ Ｍ→Ｑ．
＝２
求点Ｍ的轨迹Ｃ的方程 考法三 圆锥曲线中的最值（范围）问题的求解方法
（１） ；
设直线ｘ ｍｙ ｍ Ｒ 与轨迹Ｃ交于Ａ Ｂ两点 Ｔ为Ｃ ６．（２０１９陕西宝鸡中学二模，１１）已知抛物线ｘ２ ｙ的焦点为
（２） ＝ ＋１（ ∈ ） ， ， ＝１６
上异于Ａ
，
Ｂ的任意一点
，
直线ＡＴ
，
ＢＴ分别与直线ｘ
＝－１
交
Ｆ 双曲线
ｘ２ ｙ２
的左 右焦点分别为Ｆ Ｆ 点Ｐ是双曲线
于Ｄ Ｅ两点 以ＤＥ为直径的圆是否过ｘ轴上的定点 若 ， － ＝１ 、 １、 ２，
， ， ？ ４ ５
过定点 求出符合条件的定点坐标 若不过定点 请说明 右支上一点 则 ＰＦ ＰＦ 的最小值为
， ； ， ， ｜ ｜＋｜ １｜ （ ）
理由．
Ａ．５ Ｂ．７ Ｃ．９ Ｄ．１１
答案 Ｃ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６７８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ｘ２
７．（２０２０广东广州天河外国语学校４月测试，２０）已知椭圆 的离心率ｅ ６ 过点Ａ ｂ 和Ｂ ａ 的直线与原点的
ａ２ ＋ ０） ＝ ， （０，－ ） （ ，０）
３
ｙ２
ａ ｂ 经过点 离心率为 ３ Ａ Ｂ Ｃ为椭圆上不 距离为 ３．
ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） （０，１）， ， 、 、
２ ２
同的三点
，
且满足Ｏ→Ａ
＋
Ｏ→Ｂ
＋
Ｏ→Ｃ
＝
０
，
Ｏ为坐标原点．
（１）
求椭圆的方程
；
若直线ＡＢ ＯＣ的斜率都存在 求证 ｋ ｋ 为定值 已知定点Ｅ 若直线ｙ ｋｘ ｋ 与椭圆交于Ｃ
（１） 、 ， ： ＡＢ· ＯＣ ； （２） （－１，０）， ＝ ＋２（ ≠０） 、
求 ＡＢ 的取值范围． Ｄ两点 问 是否存在这样的实数ｋ 使得以ＣＤ为直径的圆
（２） ｜ ｜ ， ： ，
过Ｅ点 若存在 请求出ｋ值 若不存在 请说明理由．
？ ， ， ，
考法四 存在性问题
ｘ２ ｙ２
８．（２０１９内蒙古通辽五中模拟，２０）已知椭圆 ａ ｂ
ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
考法一 有关轨迹方程问题的求法
１．（２０２０江西金太阳示范卷十八，３）曲线ｙ２ ｘ 关于直
－４ ＋１６＝０
线ｘ 对称的曲线方程是
＝２ （ ） ＢＣ
Ａ．
ｙ２
＝４
ｘ
Ｂ．
ｘ２
＝－４
ｙ 答案 Ｂ 在
△
ＡＢＣ中
，
由
ｓｉｎ∠
ＣＡＢ
＝
λ
ｓｉｎ∠
ＣＢＡ
，
得
ＡＣ＝
λ．
Ｃ．
ｘ２
＝４
ｙ
Ｄ．
ｙ２
＝－４
ｘ
当λ 时 可知点Ｃ在线段ＡＢ的中垂面上运动 又点Ｃ在平
答案 Ｄ 设所求曲线上任意一点为 ｘ ｙ 点 ｘ ｙ 关于直 ＝１ ， ，
（ ， ）， （ ， ） 面α内 所以Ｃ在两个平面的交线上 即点 Ｃ 的轨迹为一条
线ｘ
＝２
的对称点为
（４－
ｘ
，
ｙ
），
则 ｙ２
－４（４－
ｘ
）＋１６＝０，
即 ｙ２
＝ 直线
， ，
ｘ 故选 ． ；
－４ ， Ｄ 当λ 时 可知点Ｃ的轨迹为一个球面 相对应于平面中的
２．（２０１８山西临汾模拟，９）已知椭圆 Ｃ
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ 的 阿波
＝
罗
２
尼斯
，
圆 又点Ｃ在平面α内 所以
（
点Ｃ在平面α和球
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） ）， ，
面的截口曲线上 即点Ｃ的轨迹为一个圆．故选
左 右顶点分别为Ａ Ｂ 点Ｍ Ｎ是椭圆Ｃ上关于长轴对称的两 ， Ｂ．
， ， ， ， ４．（２０２０云南名校８月月考，１０）古希腊数学家阿波罗尼斯 约
点 若直线ＡＭ与ＢＮ相交于点Ｐ 则点Ｐ的轨迹方程是 （
， ， 公元前 公元前 年 的著作 圆锥曲线论 是古代世界
２６２— １９０ ） 《 》
（ ） 光辉的科学成果 他证明过这样一个命题 平面内与两定点距
ｘ ａ ｙ ｙ２ ｂ ｘ ａ ｙ ， ：
Ａ． ＝± （ ≠０） Ｂ． ＝２ （｜ ｜－ ）（ ≠０） 离的比为常数ｋ ｋ 且ｋ 的点的轨迹是圆 后人将这个
ｘ２ ｙ２ （ ＞０， ≠１） ，
ｘ２ ｙ２ ａ２ ｂ２ ｙ ｙ 圆称为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中 设 Ａ
Ｃ． ＋ ＝ ＋ （ ≠０） Ｄ．ａ２ －ｂ２ ＝１（ ≠０） ， （－３，０），
ＭＡ
答案 Ｄ 由题意可知 Ａ ａ Ｂ ａ 设 Ｍ ｘ ｙ Ｂ 动点Ｍ满足｜ ｜ 则动点Ｍ的轨迹方程为
（－ ，０）， （ ，０）， （ ０， ０）， （３，０）， ＭＢ ＝２，
Ｎ ｘ ｙ ｙ Ｐ ｘ ｙ ｙ ｜ ｜
（ ０，－ ０）， ０≠０， （ ， ）， ≠０，
ｙ ｙ （ ）
则直线ＰＡ的斜率ｋ ０ 直线ＰＡ的方程为ｙ ０ ｘ ａ ｘ ２ ｙ２ ｘ２ ｙ ２
＝ｘ ａ， ＝ｘ ａ（ ＋ ）①， Ａ．（ －５） ＋ ＝１６ Ｂ． ＋（ －５） ＝９
０＋ ０＋ ｘ ２ ｙ２ ｘ２ ｙ ２
ｙ ｙ Ｃ．（ ＋５） ＋ ＝１６ Ｄ． ＋（ ＋５） ＝９
直线ＰＢ的斜率ｋ ０ 直线ＰＢ的方程为ｙ ０ ｘ ａ ＭＡ ｘ ２ ｙ２
＝ａ ｘ ， ＝ａ ｘ （ － ）②， 答案 Ａ 设Ｍ ｘ ｙ 由｜ ｜ 得（ ＋３） ＋ 所以 ｘ
－ ０ － ０ （ ， ）， ＭＢ ＝２， ｘ ２ ｙ２ ＝４， （
ｙ２ ｜ ｜ （ －３） ＋
①②
相乘得ｙ２
＝ａ２
－
０
ｘ２
０
（
ｘ２
－
ａ２
），
故
＋３
动
）
２
点
＋
ｙ２
Ｍ
＝
的
４（
轨
ｘ
－
迹
３）
方
２
＋
程
４
ｙ
为
２
，
即
ｘ
ｘ２
－
２
１０
ｙ
ｘ
２
＋
ｙ２
＋
．
９
故
＝
选
０
．
．
由 ａ ｘ２ ０ ２ ＋ ｙ ｂ ２ ０ ２ ＝１， 得ｙ２ ０＝ａ ｂ２ ２（ ａ２ － ｘ２ ０）， ５．（２０１８江西九江３月联 （ 考， － １ ５ ４ ） ） ＋ 设Ｆ ＝ （ １ １ ６ ，０）， 点 Ａ Ｍ在ｘ轴上 ， 点
Ｐ在ｙ轴上 且Ｍ→Ｎ Ｍ→Ｐ Ｐ→Ｍ Ｐ→Ｆ 当点Ｐ在ｙ轴上运动时
ｂ２ ｘ２ ｙ２ ， ＝２ ， ⊥ ， ，
则ｙ２ ｘ２ ａ２ 整理得 ｙ 则点Ｎ的轨迹方程为 ．
＝ａ２（ － ）， ａ２ －ｂ２ ＝１（ ≠０），
答案 ｙ２ ｘ
ｘ２ ｙ２ ＝４
则点Ｐ的轨迹方程为 ａ ｂ ｙ 故选
３．（２０１９浙江金华十校联 ａ２ 考 －ｂ ， ２ ８ ＝ ） １ 如 （ 图 ＞ ＞ ＡＢ ０） 是 （ 平 ≠ 面 ０） α ， 的斜 Ｄ 线 ． 段 Ａ 解析 设 Ｍ （ { ｘ ０ ｘ ，０）， ｘ Ｐ （０， ｙ ０）， Ｎ （ ｘ ， ｙ ）， 由 Ｍ→Ｎ ＝２ Ｍ→Ｐ ， 得
， ， {ｘ ｘ ｘ ０＝－ ，
为斜足 点Ｃ满足 ＣＡＢ λ ＣＢＡ λ 且在平面α内 － ０＝－２ ０，即 因为Ｐ→Ｍ Ｐ→Ｆ Ｐ→Ｍ ｘ ｙ Ｐ→Ｆ
， ｓｉｎ∠ ＝ ｓｉｎ∠ （ ＞０）， ｙ ｙ ｙ １ ｙ ⊥ ， ＝（ ０，－ ０）， ＝
运动 则 ＝２ ０， ０＝ ，
， （ ） ２
当λ 时 点Ｃ的轨迹是抛物线 ｙ 所以 ｘ ｙ ｙ 所以ｘ ｙ２ 即 ｘ
Ａ． ＝１ ， （１，－ ０）， （ ０，－ ０）·（１，－ ０）＝ ０， ０＋ ０＝０， － ＋
当λ 时 点Ｃ的轨迹是一条直线
Ｂ． ＝１ ， １ ｙ２ 所以点Ｎ的轨迹方程为ｙ２ ｘ．
当λ 时 点Ｃ的轨迹是椭圆 ＝０， ＝４
Ｃ． ＝２ ， ４
当λ 时 点Ｃ的轨迹是双曲线
Ｄ． ＝２ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九 圆锥曲线 ６７９
考法二 圆锥曲线中的定点、定值问题的求解方法
Ａ．１０ Ｂ．９ Ｃ．８ Ｄ．７
１．（２０１９浙江高考数学仿真卷（三），１６）已知椭圆Ｃ
ｘ２ ｙ２
答案 Ｂ 由抛物线焦点弦的性质可知 １ １ ２
： ＋ ＝１ ｍ＋ ｎ ＝ ｐ ＝１，
４ ３
上一点Ｍ 不与左 右顶点重合 直线ｌ ｘ 上一点Ｎ 若右 ( ) ｍ ｎ ｍ ｎ
（ 、 ）， ： ＝４ ， 则 ｍ ｎ ｍ ｎ １ １ ４ ４
焦点Ｆ 恒在以ＭＮ为直径的圆上 则ｋ ｋ ． ４ ＋ ＝（４ ＋ ） ｍ＋ ｎ ＝５＋ ｎ ＋ｍ≥５＋２ ｎ ×ｍ ＝９，
２ ， ＭＮ· ＯＭ＝
答案 ３ 当且仅当ｍ ３ ｎ 时等号成立．即 ｍ ｎ 的最小值是 ．
－ ＝ ， ＝３ ４ ＋ ９
４ ２
选
－１
解
， ｙ
析
０） ·
设
（３
Ｍ
， ｍ
（
）
ｘ
０
＝
，
０
ｙ
０
，
），
Ｎ
（４，
ｍ
），
由题意得Ｆ
２
→Ｍ
·
Ｆ→
２
Ｎ
＝０⇒（
ｘ
０ ２．（２０ Ｂ ２ ． ０广东百校联考，１２）已知抛物线ｙ２
Ｎ
＝
Ｆ
１６
ｘ的焦点为Ｆ
，
过
ｘ２ ｙ２ 点Ｆ作直线ｌ交抛物线于Ｍ Ｎ两点 则｜ ｜ ４ 的最小值为
ｍｙ ｘ 又因为点Ｍ ｘ ｙ 在椭圆上 所以 ０ ０ ． ， ， － ＭＦ
０＝３（１－ ０）， （ ０， ０） ， ＋ ＝１ ９ ｜ ｜
４ ３
ｙ ｍ ｙ ｙ２ ｍｙ ｙ２ ｘ （ ）
所 以 ｋ ｋ ０－ ０ ０－ ０ ０＋３ ０－３
ＭＮ · ＯＭ ＝ ｘ
０－４
· ｘ
０
＝ ｘ２
０－４
ｘ
０
＝ ｘ２
０－４
ｘ
０
＝
Ａ．
２
Ｂ．－
２
Ｃ．－
１
Ｄ．
１
æ ｘ２ö ｘ２ ３ ３ ３ ３
３è
ç
１－
０
ø
÷
＋３
ｘ
０－３ －
３ ０
＋３
ｘ
０ －
３
（
ｘ２
０－４
ｘ
０）
答案 Ｄ 由ｙ２
＝１６
ｘ得焦点坐标为Ｆ
（４，０）
．
４ ４ ４ ３ ． 设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ
ｘ２ ｘ ＝ ｘ２ ｘ ＝ ｘ２ ｘ ＝－ （ １， １）， （ ２， ２），
２．（２０２０
０－
湖
４
北
０
黄冈 ９
０
月
－４
新
０
起点考试
０－
，
４
２
０
０）椭圆
４
Ｃ 的焦点为
ｌ
：
ｘ
＝
ｍｙ
＋４，
将ｘ
＝
ｍｙ
＋４
代入抛物线方程
，
可得ｙ２
＝１６（
ｍｙ
＋４），
即ｙ２ ｍｙ
æ ö －１６ －６４＝０，
Ｆ Ｆ 椭圆上一点 Ｐç ３÷．直线 ｌ 的斜率存 所以ｙ ｙ ｍ ｙ ｙ
１（－１，０）， ２（１，０）， è ３， ø １＋ ２＝１６ ， １ ２＝－６４，
在
， Ｂ
且
Ｆ
不
Ｏ
经过
°
点
．
Ｆ
２，
ｌ 与椭圆 Ｃ 交于 Ａ
，
２
Ｂ 两点
，
且
∠
ＡＦ
２
Ｏ
＋
所以ｘ
ｙ
１＋
２
ｘ
２＝
ｙ２
ｍｙ
１＋４＋
ｍｙ
２＋４＝
ｍ
（
ｙ
１＋
ｙ
２）＋８＝１６
ｍ２
＋８，
∠ 求 ２ 椭 ＝ 圆 １８ Ｃ ０ 的方程 ｘ １ ｘ ２＝ １６ １ · １６ ２ ＝１６，
（
（
１
２
）
）
求证
：
直线ｌ过定 ； 点． 由抛物线的性质
，
可得
｜
ＭＦ
｜＝
ｘ
１＋４，｜
ＮＦ
｜＝
ｘ
２＋４，
解析 （１） 由题意得ｃ ＝１，２ ａ ＝｜ ＰＦ １｜＋｜ ＰＦ ２｜ 故
Ｍ
１
Ｆ ＋ Ｎ
１
Ｆ ＝ ｘ
１
＋ ｘ
１
＝ ｘ
ｘ １＋ ｘ ２＋
ｘ
８
＝
æ ö２ æ ö２ ｜ ｜ ｜ ｜ １＋４ ２＋４ （ １＋４）（ ２＋４）
２ ç ３÷ ２ ç ３÷ ｘ ｘ
＝ （ ３＋１） ＋è ø ＋ （ ３－１） ＋è ø ＝４， １＋ ２＋８ １ 由 可得 １ １ １
２ ２ ｘ ｘ ｘ ｘ ＝ （∗）， （∗） ＭＦ ＝ － ＮＦ ，
ａ 则ｂ １ ２＋４（ １＋ ２）＋１６ ４ ｜ ｜ ４ ｜ ｜
＝２， ＝ ３， ＮＦ ＮＦ
所以椭圆Ｃ的方程为
ｘ２ ｙ２
．
从而有
－ Ｍ
４
Ｆ ＝ Ｎ
４
Ｆ －１，
｜ ｜
－ Ｍ
４
Ｆ ＝
｜ ｜
＋ Ｎ
４
Ｆ －１≥
４
－１
＋ ＝１ ｜ ｜ ｜ ｜ ９ ｜ ｜ ９ ｜ ｜ ３
４ ３
设直线ｌ的方程为ｙ ｋｘ ｍ １ 当且仅当 ＮＦ 时取等号．
（２） ＝ ＋ ， ＝ ， ｜ ｜＝６
由题意知ｋ ｋ ． ３
联立 {
３
ｙ
ｘ
＝
２
ｋ
＋
ｘ
４
Ａ ＋ Ｆ
ｙ
ｍ ２
２
＋
－
，
１
Ｂ
２
Ｆ ２
＝
＝
０
０
，
消去ｙ得
（３＋４
ｋ２
）
ｘ２
＋８
ｋｍｘ
＋４
ｍ２
－１２＝０，
３．（２０２０浙江嘉兴、丽水
ｘ２
基础
ｙ２
检测，１６）已知Ｐ是椭圆 ａ ｘ２ ２
１
＋ ｙ ｂ ２ ２
１
＝１
ａ ｂ 和双曲线 ａ ｂ 的一个交点 Ｆ
Δ ＝（８ ｋｍ ） ２ －４×（３＋４ ｋ２ ）（４ ｍ２ －１２）＞０， （ １＞ １＞０） ａ２ －ｂ２ ＝１（ ２＞０， ２＞０） ， １，
即
４
ｋ２
－
ｍ２
＋３＞０
．
Ｆ 是椭圆和双曲线的公
２
共
２
焦点 ｅ ｅ 分别为椭圆和双曲线的
设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ ２ ， １， ２
（ １， １）， （ ２， ２），
离心率 若 Ｆ ＰＦ π 则ｅ ｅ 的最小值为 ．
则ｘ ｘ ８ ｋｍ ｘ ｘ ４ ｍ２ －１２ ， ∠ １ ２＝ ３ ， １ ２
１＋ ２＝－ ｋ２， １ ２＝ ｋ２ ，
３＋４ ３＋４
ｙ ｙ 答案 ３
由
即
ｘ
１
ｋ
－
１
ｘ
１
ｘ
＋ｘ
２－
２
ｍ
１
＝
ｋ
０， 得
ｘ
ｙ １（
ｘ
ｘ ２－１）
ｍ
＋ ｙ ２（ ｘ １－１）＝０，
解析 本
２
题考查椭圆与双曲线的定义与标准方程以及离心
２ １ ２＋（ － ）（ １＋ ２）－２ ＝０， 率的求法 ； 考查学生运算求解的能力和数形结合的思想 ； 考查
把ｘ ｘ ８ ｋｍ ｘ ｘ ４ ｍ２ －１２代入得ｍ ｋ 了数学运算的核心素养．
１＋ ２＝－ ３＋４ ｋ２， １ ２＝ ３＋４ ｋ２ ＝－４ ， 设 ＰＦ ｍ ＰＦ ｎ Ｆ Ｆ ｃ 则由椭圆和双曲线的定义
把ｍ
＝－４
ｋ代入
４
ｋ２
－
ｍ２
＋３＞０， 有
｜
ｍ ｎ
１｜＝
ａ
，｜
ｍ
２
ｎ
｜＝ ，
ａ
｜ １
即
２
ｍ
｜＝
２
２
ｎ
，
２ ｍｎ ａ２ ｍ２ ｎ２ ｍｎ
＋ ＝２ １，｜ － ｜＝２ ２， ＋ ＋２ ＝４ １①， ＋ －２
解得 １ ｋ １ ａ２ 在 ＰＦ Ｆ 中 由余弦定理得ｍ２ ｎ２ ｍｎ ｃ２ 联立
－ ＜ ＜ ， ＝４ ２②， △ １ ２ ， ＋ － ＝４ ③，
而直线
２
不过点
２
Ｆ ２（１，０）， ①②③ 可得 ａ２ １＋３ ａ２ ２ ＝４ ｃ２ ， 即
ａ２
１＋ ｃ２ ３
ａ２
２ ＝４， 所以 ４＝ ｅ １ ２ ＋ ｅ ３ ２ ≥
所以ｋ 即 １ ｋ １ 且ｋ １ ２
≠０， － ＜ ＜ ≠０，
２ ２ ３ ２ ３ 即ｅ ｅ ３ 故ｅ ｅ 的最小值为 ３．
所以直线ｌ ｙ ｋ ｘ 过定点 ． ２ ｅ２ｅ２ ＝ｅ ｅ ， １ ２≥ ， １ ２
： ＝ （ －４） （４，０） １ ２ １ ２ ２ ２
考法三 圆锥曲线中最值（范围）问题的求解方法 考法四 存在性问题
１．（２０１８东北师大附中五模，１２）直线ｌ过抛物线ｙ２ ｘ的焦点 １．（２０２０广东广州第十六中学质量检测（一），２０）已知椭圆Ｃ
＝４ ：
Ｆ且与抛物线交于Ａ Ｂ两点 若线段ＡＦ ＢＦ的长分别为ｍ ｎ ｘ２ ｙ２
， ， ， ， ， ａ ｂ 的左 右焦点分别为Ｆ Ｆ Ｆ Ｆ 过
则 ｍ ｎ的最小值是 ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） 、 １， ２，｜ １ ２｜＝２，
４ ＋ （ ）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６８０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
点
Ｍ
Ｆ
１ Ａ
的
ＢＦ
直线
的
与
周
椭
长
圆
为
交
．
于 Ａ
，
Ｂ 两点
，
延长 ＢＦ
２
交椭圆 Ｃ 于点 因为Ｐ→Ｍ
·
Ｐ→Ｂ为定值
，
，△ 求Ｃ的 ２ 离心率及方 ８ 程 所以３ ｘ２ ０＋１２ ｘ ０－１２ ４ ｘ２ ０＋８ ｘ ０－５
（１） ； ＝ ，
３ ４
试问 是否存在定点Ｐ ｘ 使得Ｐ→Ｍ Ｐ→Ｂ为定值 若存
（２） ： （ ０，０）， · ？ 解得ｘ １１
在 求ｘ 的值 若不存在 请说明理由． ０＝ ，
， ０ ； ， ８
故存在点Ｐ 且ｘ １１．
， ０＝
８
ｘ２ ｙ２
２．（２０２０天津滨海七校联考，１９）已知椭圆Ｃ ａ ｂ
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞
的离心率ｅ ２ 左焦点为Ｆ 右焦点为Ｆ 且椭圆上一动
０） ＝ ， １， ２，
２
点Ｍ与Ｆ 的最远距离为 过Ｆ 的直线ｌ与椭圆Ｃ交于
解析 由题意可知 Ｆ Ｆ ｃ 则ｃ ． ２ ２＋１， ２
（１） ｜ １ ２｜＝２ ＝２， ＝１ Ａ Ｂ两点．
又 ＡＢＦ 的周长为 所以 ａ 即ａ ，
△ ２ ８， ４ ＝８， ＝２， 求椭圆Ｃ的标准方程
ｃ （１） ；
则ｅ １ ｂ２ ａ２ ｃ２ ． 当 Ｆ ＡＢ以 Ｆ ＡＢ为直角时 求直线ＡＢ的方程
＝ ａ ＝ ， ＝ － ＝３ （２） △ １ ∠ １ ， ；
２ 直线ｌ的斜率存在且不为 时 试问ｘ轴上是否存在一点
ｘ２ ｙ２ （３） ０ ，
故Ｃ的方程为 ． Ｐ使得 ＯＰＡ ＯＰＢ 若存在 求出点Ｐ的坐标 若不存
＋ ＝１ ∠ ＝∠ ？ ， ，
４ ３ 在 请说明理由．
解法一 假设存在点Ｐ 使得Ｐ→Ｍ Ｐ→Ｂ为定值． ，
（２） ： ， · 解析 本题考查椭圆的标准方程 椭圆的几何性质 直线与
若直线ＢＭ的斜率存在 设ＢＭ的方程为ｙ ｋ ｘ ． 、 、
， ＝ （ －１） 椭圆的位置关系 考查学生的空间想象能力及运算求解能力
设Ｂ ｘ ｙ Ｍ ｘ ｙ ， ，
（ １， １）， （ ２， ２）， 考查的核心素养是直观想象及数学运算．
{ｘ２ ｙ２
联 根 立 据根 ｙ ４ 与 ＝ ＋ ｋ 系 （ ３ ｘ 数 － ＝ １ 的 １ ） ， 关 ， 消 系 去 可 ｙ 得 得 ｘ （４ ｋ ｘ ２ ＋３） ８ ｘ ｋ ２ ２ －８ ｋ ｘ ２ｘ ｘ ＋４ ｋ ４ ２ ｋ － ２ １ － ２ １ ＝ ２ ０， （１）∵ ì í ï ï ï ï ｅ ａ ＝ ＋ ｃ ａ ｃ ＝ ＝ ２ ２ ＋ ２ １ ， ， ∴ { ａ ｃ ｂ ＝ ＝ １， ２， ∴ 椭圆 Ｃ 的标准方程为 ｘ ２ ２ ＋ ｙ２
１＋ ２＝
４
ｋ２
＋３
， １ ２＝
４
ｋ２
＋３
， îａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２
，
＝１，
．
由于Ｐ→Ｍ ｘ ｘ ｙ Ｐ→Ｂ ｘ ｘ ｙ ＝１
＝（ ２－ ０， ２）， ＝（ １－ ０， １）， 解法一 当 Ｆ ＡＢ 以 Ｆ ＡＢ 为直角时 ＡＦ Ｆ 是以
则Ｐ→Ｍ Ｐ→Ｂ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ２ ｙ ｙ （２） ： △ １ ∠ １ ，△ １ ２
· ＝ １ ２－（ １＋ ２） ０＋ ０＋ １ ２ Ｆ ＡＦ 为直角的直角三角形
ｋ２ ｘ ｘ ｘ ｋ２ ｘ ｘ ｋ２ ｘ２ ∠ １ ２ ，
＝（ ＋１） １ ２－（ ０＋ ）（ １＋ ２）＋ ＋ ０
＝ （４ ｘ２ ０－８ ｘ ０ ４ － ｋ ５ ２ ） ＋ ｋ ３ ２ ＋３ ｘ２ ０－１２． ∴ 又 ｜ Ａ ｘ Ｏ ２ ｜＝ ｙ ２ １ ２ ｜ Ｆ １ Ｆ ２ ｘ ｜ ２ ＝１， 设 ｙ２ Ａ （ ｘ ０， ｙ Ａ ０）， 则ｘ 或 ２ ０＋ ｙ Ａ ２ ０＝１，
因为Ｐ→Ｍ · Ｐ→Ｂ为定值 ， 所以４ ｘ２ ０－８ ４ ｘ ０－５ ＝ ３ ｘ２ ０ ３ －１２ ， 解得ｘ ０＝ １ ８ １． 对于 ∵ 直线 Ａ ０ （ ＋ Ａ ０ ２ Ｂ ，１ ０ 的 ） ＝ ， 方 ２ ｋ ， Ａ 程 ∴ Ｆ １ ＝ 为 ０ １ ＝ ， ｙ ｋ ０ Ａ ， Ｂ ｘ ＝ ０ － ＝ １ 或 １ ； ， 对 ∴ ｙ 于 （ Ａ ｘ ０ （ ，１ ０ ） ． ，－１）， （ ｋ ０ Ａ ， Ｆ １ － ＝ １ － ） １ ， ， ｋ ＡＢ＝１，
∴ ＝ －１ ＝－ ＋１
定值为 １３５． 解法二 由题意可知 当直线 ｌ 的斜率不存在时 Ｆ ＡＢ 不符
－ ： ， ，△ １
６４ 合题意．
若直线ＢＭ的斜率不存在 直线ＢＭ的方程为ｘ
， ＝１， 易知直线ｌ的斜率不为
( ) ( ) ０，
Ｂ ２ Ｍ ３
１， ， １，－ ， 设直线ｌ ｙ ｋ ｘ 则ｌ ｙ １ ｘ
３ ２ ： ＝ （ －１）， ＡＦ １： ＝－ ｋ （ ＋１），
则Ｐ→Ｍ Ｐ→Ｂ ｘ ２ ９ １３５ {ｙ ｋ ｘ
· ＝（ ０－１） － ＝－ ， ＝ （ －１），
４ ６４ 由 得 ｋ２ ｘ ｋ２
ｙ １ ｘ （ ＋１） ＝ －１，
故存在点Ｐ 且ｘ １１． ＝－ ｋ （ ＋１），
， ０＝
８ æｋ２ ｋö ｋ２ ２ ｋ２
解法二
：
假设存在点Ｐ
，
使得Ｐ→Ｍ
·
Ｐ→Ｂ为定值．
∴
Ａ
è
ç
ｋ２
－１
，ｋ
－
２
２
ø
÷
，∴
（
ｋ２
－１）
２ ＋ ｋ２
８
２ ＝２，
解得ｋ２
＝１，
由已知得ＢＭ与ｘ轴不重合 可设ＢＭ的方程为ｘ ｍｙ ＋１ ＋１ （ ＋１） （ ＋１）
， ＝ ＋１， 直线ＡＢ的方程为ｙ ｘ 或ｙ ｘ ．
设Ｂ ｘ ｙ Ｍ ｘ ｙ ∴ ＝－ ＋１ ＝ －１
（ {ｘ １， ｍ １ ｙ ）， （ ２， ２）， （３） 设Ｐ （ ｍ ，０）， Ａ （ ｘ １， ｙ １）， Ｂ （ ｘ ２， ｙ ２）， ｌ ： ｙ ＝ ｋ （ ｘ －１），
＝ ＋１， {ｙ ｋ ｘ
联立 ｘ２ ｙ２ 消去ｘ
，
得
（３
ｍ２
＋４）
ｙ２
＋６
ｍｙ
－９＝０， ｘ２
＝ （
ｙ２
－１），
∴ （１＋２
ｋ２
）
ｘ２
－４
ｋ２ｘ
＋２
ｋ２
－２＝０，
＋ ＝１， ＋２ ＝２，
４ ３ ｋ２ ｋ２
ｍ ｘ ｘ ４ ｘ ｘ ２ －２
则ｙ
１＋
ｙ
２＝－ ｍ
６
２ ，
ｙ
１
ｙ
２＝ ｍ
－
２
９
，
∴ １＋ ２＝
１＋２
ｋ２， １ ２＝
１＋２
ｋ２，
３ ＋４ ３ ＋４ ｙ ｙ ｙ ｘ ｍ ｙ ｘ ｍ
由
则
于
Ｐ→Ｍ
Ｐ→Ｍ
Ｐ→ ＝ Ｂ （
ｘ
２ ｘ －
ｘ
ｘ ０，
ｙ
２ ｘ ），
Ｐ→
ｘ
Ｂ
＝ ｘ （
ｘ
１ ｘ － ２
ｘ
０ ｙ ，
ｙ
ｙ １）， ∵
ｋ
ｙ ＡＰ ｘ ＝ｘ ｙ １－
１
ｘ ｍ， ｍ
ｋ
ＢＰ ｙ ＝ｘ ２ ｙ －
２
ｍ，
ｋ
ＡＰ＋
ｋ
ＢＰ ｋ ＝ ｘ ｘ
１（
（ ｘ
２
１
－
ｋ － ｍ
）
ｍ ）
＋
ｋ （ ｘ
２（
２－ ｘ ｍ
１－
） ｘ
）
＝０， ｋｍ
· ＝ １ ２－（ １＋ ２） ０＋ ０＋ １ ２ ∴ １ ２＋ ２ １－ （ １＋ ２）＝０，∴ ２ １ ２－（ ＋ ）（ １＋ ２）＋２ ＝
ｍ２ ｙ ｙ ｍ ｍｘ ｙ ｙ ｘ２ ｘ ｋｍ ｋ ｍ Ｐ ．
＝（ ＋１） １ ２＋（ － ０）（ １＋ ２）＋ ０＋２ ０＋１ ０，∴２ ＝４ ， ＝２，∴ （２，０）
（３
ｘ２
０＋１２
ｘ
０－１２）
ｍ２
＋（４
ｘ２
０＋８
ｘ
０－５）． ３．（２０２０安徽淮南一模，２０）已知椭圆Ｃ
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ 的
＝ ｍ２ ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
３ ＋４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九 圆锥曲线 ６８１
离心率为 １ Ｆ Ｆ 分别是椭圆的左 右焦点 过点Ｆ 的直线 的左 右焦点分别为Ｆ Ｆ 且离心率ｅ ６．
３
， １， ２ 、 ， １ 、 １， ２， ＝
３
交椭圆于Ｍ Ｎ两点 且 ＭＮＦ 的周长为 ． 设Ｅ是直线ｙ ｘ 与椭圆的一个交点 求 ＥＦ ＥＦ 取
求椭圆Ｃ
，
的方程
， △ ２ １２ （１）
最小值时椭圆
＝
的方
＋２
程
， ｜ １｜＋｜ ２｜
（１） ； ；
过点Ｐ 作斜率为ｋ ｋ 的直线ｌ与椭圆Ｃ交于两 已知Ｎ 是否存在斜率为ｋ的直线ｌ与 中的椭圆
（２） （０，２） （ ≠０） （２） （０，１）， （１）
点Ａ Ｂ 试判断在ｘ轴上是否存在点 Ｄ 使得 ＡＤＢ 是以 交于不同的两点Ａ Ｂ 使得点Ｎ在线段ＡＢ的垂直平分线
， ， ， △ ， ，
ＡＢ为底边的等腰三角形．若存在 求点Ｄ横坐标的取值范 上 若存在 求出直线ｌ在ｙ轴上截距的范围 若不存在
， ？ ， ； ，
围 若不存在 请说明理由． 请说明理由．
， ，
解析 由题意可得 ì í ï ïａ ｃ ＝ ３ １ ， 分 的 解 位 析 置 关 本 系 题 ， 考 主 查 要 的 考 核 查 心 了 素 椭 养 圆 是 的 逻 方 辑 程 推 、 几 理 何 与 性 数 质 学 及 运 直 算 线 ． 与椭圆
（１） ï
ï
ｂ２
＝
ａ２
－
ｃ２
，
（２ ）
ｂ２
î ａ ｅ ６ １
４ ＝１２， （１）∵ ＝ ，∴ ａ２ ＝ ，
所以ａ
＝３，
ｃ
＝１，
ｂ２
＝８， （３
分
）
３ ３
ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２
所以椭圆Ｃ的方程为 ｘ２ ｙ２ ． 分 ∴ 椭圆的方程可化为 ｂ２ ＋ｂ２ ＝１， 将 ｂ２ ＋ｂ２ ＝１ 与ｙ ＝ ｘ ＋２ 联立 ，
＋ ＝１ （４ ） ３ ３
９ ８ 消去ｙ并化简得 ｘ２ ｘ ｂ２
设直线ｌ的方程为ｙ ｋｘ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ ＡＢ的中 ４ ＋１２ ＋１２－３ ＝０，
（
点
２
为
）
Ｅ ｘ ｙ
＝ ＋２， （ １， １）， （ ２， ２）， 由Δ
＝１４４－１６×（１２－３
ｂ２
）≥０，
（ ０， ０）， 解得ｂ２ 即ｂ
假设存在点Ｄ ｍ 使得 ＡＤＢ是以ＡＢ为底边的等腰三角 ≥１， ≥１，
（ ，０）， △ ＥＦ ＥＦ ａ ｂ
形 则ＤＥ ＡＢ． ∴ ｜ １｜＋｜ ２｜＝２ ＝２ ３ ≥２ ３，
{ ， ｙ
＝
ｋｘ
＋
⊥
２，
当且仅当ｂ ＝１ 时 ，｜ ＥＦ １｜＋｜ ＥＦ ２｜ 取最小值 ２ ３，
由 ｘ２ ｙ２ 得 （８＋９ ｋ２ ） ｘ２ ＋３６ ｋｘ －３６＝０， ∴ 椭圆的方程为 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ ．
＋ ＝１ ３
９ ８ 设直线ｌ在ｙ轴上的截距为ｔ
故ｘ ｘ ３６ ｋ 所以ｘ －１８ ｋ ｙ ｋｘ １６ ． 分 （２） ，
１＋ ２＝－ ９ ｋ２ ＋８ ， ０＝ ９ ｋ２ ＋８ ， ０＝ ０＋２＝ ９ ｋ２ ＋８ （６ ） 则直线ｌ的方程为ｙ ＝ ｋｘ ＋ ｔ ， 代入 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１， 消去ｙ并整理得 （１＋
３
ｋ １ ２ ６ －０ ３ ｋ２ ） ｘ２ ＋６ ｋｔｘ ＋３ ｔ２ －３＝０，
因为ＤＥ ⊥ ＡＢ ， 所以ｋ ＤＥ＝－ １ ｋ ， 即９ ＋ ｋ ８ ＝－ １ ｋ ， （８ 分 ） 直线ｌ与椭圆交于不同的两点
－１８ ｍ ∵ ，
９
ｋ２
＋８
－
∴
Δ
１＝（６
ｋｔ
）
２
－１２（
ｔ２
－１）（１＋３
ｋ２
）＞０，
即ｔ２
＜１＋３
ｋ２．
ｋ 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ ＡＢ的中点为Ｑ
所以ｍ －２ －２ ｋ 分 （ １， １）， （ ２， ２）， ，
＝
９
ｋ２
＋８
＝
ｋ ８
， ≠０， （９ ）
则ｘ ｘ ６
ｋｔ
ｘ ｘ ３
ｔ２
－３ ｙ ｙ ｋ ｘ ｘ ｔ ２
ｔ
９ ＋ ｋ １＋ ２＝－ ｋ２， １ ２＝ ｋ２， １＋ ２＝ （ １＋ ２）＋２ ＝ ｋ２，
１＋３ １＋３ １＋３
æ ｋｔ ｔ ö
当ｋ 时 ｋ ８ 所以 ２ ｍ ． 分 ＡＢ的中点Ｑ的坐标为ç －３ ÷
＞０ ，９ ＋ ｋ ≥２ ９×８＝１２ ２， － ≤ ＜０ （１０ ） ∴ è ｋ２， ｋ２ ø，
１２ １＋３ １＋３
ｔ
当ｋ ＜０ 时 ，９ ｋ ＋ ８ ｋ ≤－１２ ２， 所以 ０＜ ｍ ≤ １ ２ ２ ． （１１ 分 ） 当ｋ ≠０ 时 ， ｋ ＱＮ＝ １＋３ ｋ ｋ ２ ｔ －１ ＝－ １ ｋ ， 化简得 １＋３ ｋ２ ＝－２ ｔ ， 代入ｔ２ ＜１
é ö æ ù －３
综上
，
点Ｄ横坐标的取值范围是
ë
êê
－
２
，０ø
÷
∪è
ç
０，
２
û
úú．
（１２
分
） １＋３
ｋ２
思路分析 由题意离心率及 ａ
１
的
２
值和ａ ｂ
１
ｃ
２
之间的关系 ＋３
ｋ２
，
得
－２＜
ｔ
＜０，
（１） ４ ， ，
求出椭圆的方程 假设存在Ｄ 设Ｄ的坐标和直线ＡＢ的方 又 ｔ ｋ２ ｔ １ 故 ｔ １ ．
；（２） ， －２ ＝１＋３ ＞１，∴ ＜－ ， －２＜ ＜－
程 将直线与椭圆的方程联立求出两根之和 进而求出 ＡＢ 的 ２ ２
， ， 当ｋ 时 ｔ ．
中点Ｅ的坐标 由题意可得ＤＥ ＡＢ 可得Ｄ的横坐标与ｋ的 ＝０ ，－１＜ ＜１
， ⊥ ， ( )
关系 再由均值不等式求出Ｄ的横坐标范围． 综上 ｋ 时 直线ｌ在ｙ轴上截距的范围为 １
， ， ≠０ ， －２，－ ；
４．（２０２０山西大同高三学情调研，２１）椭圆
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ ｋ 时 直线ｌ在ｙ轴上截距的范围为 ．
２
ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） ＝０ ， （－１，１）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
考点一 曲线与方程 证明 ＰＱＧ是直角三角形
（ｉ） ：△ ；
１．（２０１９课标Ⅱ，２１，１２分）已知点Ａ Ｂ 动点Ｍ 求 ＰＱＧ面积的最大值．
（－２，０）， （２，０）， （ｉｉ） △
２．（２０１７课标Ⅱ，２０，１２ 分）设 Ｏ 为坐标原点 动点 Ｍ 在椭圆
ｘ ｙ 满足直线ＡＭ与ＢＭ的斜率之积为 １ ．记Ｍ的轨迹为曲 ，
（ ， ） － ｘ２
２ Ｃ ｙ２ 上 过Ｍ作ｘ轴的垂线 垂足为Ｎ 点Ｐ满足Ｎ→Ｐ
线Ｃ． ：
２
＋ ＝１ ， ， ， ＝
求Ｃ的方程 并说明Ｃ是什么曲线 Ｎ→Ｍ．
（１） ， ； ２
过坐标原点的直线交Ｃ于Ｐ Ｑ两点 点Ｐ在第一象限 ＰＥ 求点Ｐ的轨迹方程
（２） ， ， ， （１） ；
ｘ轴 垂足为Ｅ 连接ＱＥ并延长交Ｃ于点Ｇ． 设点Ｑ在直线ｘ 上 且Ｏ→Ｐ Ｐ→Ｑ ．证明 过点Ｐ且垂
⊥ ， ， （２） ＝－３ ， · ＝１ ：
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６８２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
直于ＯＱ的直线ｌ过Ｃ的左焦点Ｆ． 点 点Ｎ在Ｅ上 ＭＡ ＮＡ．
， ， ⊥
当ｔ ＡＭ ＡＮ 时 求 ＡＭＮ的面积
考点二 定点与定值问题 （１） ＝４，｜ ｜＝｜ ｜ ， △ ；
当 ＡＭ ＡＮ 时 求ｋ的取值范围．
（２） ２｜ ｜＝｜ ｜ ，
３．（２０２０北京，２０，１５ 分）已知椭圆Ｃ
ｘ２ ｙ２
过点 Ａ
９．（２０１９浙江，２１，１５ 分）如图
，
已知点 Ｆ
（１，０）
为抛物线 ｙ２
＝
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１ （－２， ｐｘ ｐ 的焦点．过点Ｆ的直线交抛物线于Ａ Ｂ两点 点Ｃ在
２ （ ＞０） ， ，
且ａ ｂ． 抛物线上 使得 ＡＢＣ的重心Ｇ在ｘ轴上 直线ＡＣ交ｘ轴于点
－１）， ＝２ ， △ ，
求椭圆Ｃ的方程 Ｑ 且Ｑ在点Ｆ的右侧．记 ＡＦＧ ＣＱＧ的面积分别为Ｓ Ｓ ．
（１） 过点Ｂ 的 ； 直线ｌ交椭圆Ｃ于点Ｍ Ｎ 直线ＭＡ ＮＡ ， 求ｐ的值及抛物线的准 △ 线方 ， 程 △ １， ２
（２） （－４，０） ， ， ， （１） ；
ＰＢ Ｓ
分别交直线ｘ
＝－４
于点Ｐ
，
Ｑ．求｜
ＢＱ
｜的值．
求 １的最小值及此时点Ｇ的坐标．
（２） Ｓ
｜ ｜
４．（２０２０课标Ⅰ，文２１，理２０，１２分）已知Ａ Ｂ分别为椭圆Ｅ ２
， ：
ｘ２
ｙ２ ａ 的左 右顶点 Ｇ为Ｅ的上顶点 →ＡＧ Ｇ→Ｂ ．Ｐ
ａ２ ＋ ＝１（ ＞１） 、 ， ， · ＝８
为直线ｘ 上的动点 ＰＡ与Ｅ的另一交点为Ｃ ＰＢ与Ｅ的另
＝６ ， ，
一交点为Ｄ．
求Ｅ的方程
（１） ；
证明 直线ＣＤ过定点．
（２） ：
ｘ２ ｙ２
５．（２０２０新高考Ⅰ，２２，１２分）已知椭圆Ｃ ａ ｂ
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
１０．（２０１７山东，２１，１４分）在平面直角坐标系ｘＯｙ中 椭圆Ｅ
的离心率为 ２ 且过点Ａ ． ， ：
， （２，１）
２ ｘ２ ｙ２ ａ ｂ 的离心率为 ２ 焦距为 ．
（１）
求Ｃ的方程
；
ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
２
， ２
点Ｍ Ｎ在Ｃ上 且ＡＭ ＡＮ ＡＤ ＭＮ Ｄ为垂足．证明 存 求椭圆Ｅ的方程
（２） ， ， ⊥ ， ⊥ ， ： （１） ；
在定点Ｑ 使得 ＤＱ 为定值．
， ｜ ｜
如图 动直线ｌ ｙ ｋ ｘ ３交椭圆Ｅ于Ａ Ｂ两点 Ｃ是椭
（２） ， ： ＝ １ － ， ，
考点三 最值与范围问题 ２
６．（２０１９北京，８，５分）数学中有许多形状 圆Ｅ上一点 直线ＯＣ的斜率为ｋ 且ｋ ｋ ２．Ｍ是线段
， ２， １ ２＝
优美 寓意美好的曲线 曲线Ｃ ｘ２ ｙ２ ４
、 ， ： ＋ ＝１ ＯＣ延长线上一点 且 ＭＣ ＡＢ Ｍ的半径为
ｘ ｙ就是其中之一 如图 ．给出下列三 ， ｜ ｜ ∶ ｜ ｜＝２ ∶ ３，☉
＋｜ ｜ （ ） ＭＣ ＯＳ ＯＴ 是 Ｍ 的两条切线 切点分别为 Ｓ Ｔ．求
个结论 ｜ ｜， ， ☉ ， ，
： ＳＯＴ的最大值 并求取得最大值时直线ｌ的斜率．
曲线Ｃ恰好经过 个整点 即横 纵坐 ∠ ，
① ６ （ 、
标均为整数的点
）；
曲线Ｃ上任意一点到原点的距离都不超过
② ２；
曲线Ｃ所围成的 心形 区域的面积小于 ．
③ “ ” ３
其中 所有正确结论的序号是
， （ ）
Ａ．① Ｂ．② Ｃ．①② Ｄ．①②③
答案 Ｃ
ｘ２
７．（２０２０浙江，２１，１５分）如图 已知椭圆Ｃ ｙ２ 抛物线
， １： ＋ ＝１，
２ 考点四 存在性问题
Ｃ ｙ２ ｐｘ ｐ 点Ａ是椭圆Ｃ 与抛物线Ｃ 的交点 过点Ａ
的
２
直
：
线
＝２
ｌ交
（
椭
＞
圆
０）
Ｃ
，
于点Ｂ 交抛
１
物线Ｃ 于点
２
Ｍ Ｂ Ｍ
，
不同于
１１．（２０１５课标Ⅱ，２０，１２分）已知椭圆Ｃ
：９
ｘ２
＋
ｙ２
＝
ｍ２
（
ｍ
＞０），
直
１ ， ２ （ ， 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
Ａ ． ， ， ，
） 线段ＡＢ的中点为Ｍ．
若ｐ １ 求抛物线Ｃ 的焦点坐标 证明 直线ＯＭ的斜率与ｌ的斜率的乘积为定值
（１） ＝ ， ２ ； （１） ： ；
１６ (ｍ )
若存在不过原点的直线ｌ使Ｍ为线段ＡＢ的中点 求ｐ的 若ｌ过点 ｍ 延长线段ＯＭ与Ｃ交于点Ｐ 四边形
（２） ， （２） ， ， ，
最大值． ３
ＯＡＰＢ能否为平行四边形 若能 求此时 ｌ 的斜率 若不
？ ， ；
能 说明理由．
，
ｘ２ ｙ２
８．（２０１６课标Ⅱ，２０，１２分）已知椭圆Ｅ 的焦点在ｘ
： ｔ ＋ ＝１
３
轴上 Ａ是Ｅ的左顶点 斜率为ｋ ｋ 的直线交Ｅ于Ａ Ｍ两
， ， （ ＞０） ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九 圆锥曲线 ６８３
考点一 曲线与方程 设两切线为ｌ ｌ
（２） １，２，
１．（２０１６课标Ⅲ，理２０，文２０，１２ 分）已知抛物线Ｃ
：
ｙ２
＝２
ｘ的
①
当 ｌ
１⊥
ｘ 轴或 ｌ
１∥
ｘ 轴时
，
ｌ
２∥
ｘ 轴或 ｌ
２⊥
ｘ 轴
，
可知
焦点为Ｆ 平行于ｘ轴的两条直线ｌ ｌ 分别交Ｃ于Ａ Ｂ两点 Ｐ ．
交Ｃ的准
，
线于Ｐ Ｑ两点．
１，２ ， ， （
当
±３
ｌ
，±
与
２）
ｘ轴不垂直且不平行时 ｘ 设ｌ 的斜率为ｋ 且
， ② １ ， ０≠±３， １ ，
若Ｆ在线段ＡＢ上 Ｒ是ＰＱ的中点 证明ＡＲ ＦＱ ｘ２
（１） ， ， ∥ ； ｋ 则ｌ 的斜率为 １ ｌ 的方程为ｙ ｙ ｋ ｘ ｘ 与
若 ＰＱＦ的面积是 ＡＢＦ的面积的两倍 求ＡＢ中点的轨 ≠０， ２ － ｋ ， １ － ０＝ （ － ０）， ＋
（２） △ △ ， ９
迹方程． ｙ２
联立
( ) ＝１ ，
解析 由题设知Ｆ １ ．设ｌ ｙ ａ ｌ ｙ ｂ 则ａｂ ４
２
，０ １： ＝ ，２： ＝ ， ≠０， 整理得
（９
ｋ２
＋４）
ｘ２
＋１８（
ｙ
０－
ｋｘ
０）
ｋｘ
＋９（
ｙ
０－
ｋｘ
０）
２
－３６＝０，
且 Ａ
(ａ２
ａ
)
Ｂ
(ｂ２
ｂ
)
Ｐ
(
１ ａ
)
Ｑ
(
１ ｂ
)
∵
直线ｌ
１
与椭圆相切
，∴
Δ
＝０，
即
９（
ｙ
０－
ｋｘ
０）
２ｋ２
－（９
ｋ２
＋４）·
， ， ， ， － ， ， － ， ， ｙ ｋｘ ２
Ｒ ( － １ ， ａ ＋ ２ ｂ) ． ２ ２ ２ ［ ∴ （ （ ｘ ０－ ２ ０－９ ０ ） ） ｋ２ － － ４ ２ ］ ｘ ０ ＝ ｙ ０ ０ ｋ ， ＋ ｙ２ ０－４＝０，
２ ２ ｋ是方程 ｘ２ ｘ２ ｘ ｙ ｘ ｙ２ 的一个根
记过Ａ Ｂ两点的直线为ｌ 则ｌ的方程为 ｘ ａ ｂ ｙ ａｂ ． ∴ （ ０－９） －２ ０ ０ ＋ ０－４＝０ ，
， ， ２ －（ ＋ ） ＋ ＝０
分 同理 １ 是方程 ｘ２ ｘ２ ｘ ｙ ｘ ｙ２ 的另一个根
（３ ） ，－ ｋ （ ０－９） －２ ０ ０ ＋ ０－４＝０ ，
（ 记 １） Ａ 由 Ｒ的 于 斜 Ｆ 率 在 为 线段 ｋ Ａ Ｆ Ｂ Ｑ 上 的 ， 斜 故 率 １＋ 为 ａｂ ｋ ＝０ 则 ． ｋ ( １ ) ｙ２ ０－４ 整理得ｘ２ ｙ２ 其中ｘ
ａ ｂ ａ ｂ
１，
ａｂ
２， ∴ · － ｋ ＝ｘ２
０－９
， ０＋ ０＝１３， ０≠±３，
ｋ － － １ － ｂ ｋ ． 点Ｐ的轨迹方程为ｘ２ ｙ２ ｘ ．
１＝
１＋
ａ２ ＝ａ２
－
ａｂ＝ ａ ＝ ａ ＝－ ＝ ２ ∴
Ｐ 满足上式．
＋ ＝１３（ ≠±３）
所以ＡＲ ＦＱ． 分 （±３，±２）
∥ （５ ） 综上 点Ｐ的轨迹方程为ｘ２ ｙ２ ．
， ＋ ＝１３
设ｌ与ｘ轴的交点为Ｄ ｘ 则Ｓ １ ｂ ａ ＦＤ 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
（２） （ １，０）， △ ＡＢＦ＝ ｜ － ｜｜ ｜＝
２ 以及轨迹方程的求法．考查分类讨论思想以及方程思想的
ａ ｂ
１ ｂ ａ ｘ １ Ｓ ｜ － ｜． 应用．
｜ － ｜ １－ ， △ ＰＱＦ＝
２ ２ ２ ３．（２０１４湖北理，２１，１４分）在平面直角坐标系ｘＯｙ中 点Ｍ到
ａ ｂ ，
由题设可得
２×
１
｜
ｂ
－
ａ
｜
ｘ
１－
１
＝
｜ － ｜
，
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．
所以ｘ 舍去
２
或ｘ ．
２ ２
分
求轨迹Ｃ的方程
设满足 １ 条 ＝０ 件 （ 的ＡＢ ）， 的中点 １＝ 为 １ Ｅ （ ｘ ， ｙ ） ． （８ ） （ （ １ ２ ） ） 设斜率为ｋ的直 ； 线ｌ过定点Ｐ （－２，１） ．求直线ｌ与轨迹Ｃ
ｙ 恰好有一个公共点 两个公共点 三个公共点时 ｋ 的相应
当ＡＢ与ｘ轴不垂直时 由ｋ ｋ 可得 ２ ｘ ． 、 、
， ＡＢ＝ ＤＥ ａ ｂ＝ｘ （ ≠１） 取值范围．
＋ －１
ａ ｂ 解析 设点Ｍ ｘ ｙ 依题意得 ＭＦ ｘ
而 ＋ ｙ 所以ｙ２ ｘ ｘ ． （１） （ ， ）， ｜ ｜＝｜ ｜＋１，
２ ＝ ， ＝ －１（ ≠１） 即 （ ｘ －１） ２ ＋ ｙ２ ＝｜ ｘ ｜＋１，
当ＡＢ与ｘ轴垂直时 ， Ｅ与Ｄ重合．所以 ， 所求轨迹方程为ｙ２ ＝ ｘ 化简整理得ｙ２ ＝２（｜ ｘ ｜＋ ｘ ） ．
－
疑
１ ．
难突破 第 （１） 问求解关键是把ＡＲ ∥ ＦＱ的证明转化
（１
为
２ 分
ｋ Ａ
）
Ｒ
故点Ｍ的轨迹Ｃ的方程为ｙ２
＝
{ ４ ｘ ， ｘ
ｘ
≥０
．
，
将 ＝ ｋ 其 ＦＱ 转 的 化 证 为 明 等 ； 第 量 （ 关 ２） 系 问 ． 需 在 找 利 到 用斜 ＡＢ 率 中 表 点 示 所 几 满 何 足 等 的 量 几 关 何 系 条 时 件 应 ， 从 注 而 意 （ 依 ２ 题 ） 在 意 点 可 Ｍ 设 的 直 轨 线 迹 ｌ Ｃ 的 中 方 ， 程 记 为 Ｃ １ ｙ ： ｙ２ ０ ＝ ， ｋ ４ ｘ ， ｘ Ｃ ＜ ２ ０ ： ｙ ． ＝０（ ｘ ＜０），
分类讨论思想的应用． ， {ｙ ｋ ｘ －１＝ （ ＋２）
评析 本题主要考查抛物线的性质，直线的斜率及其应用，轨 由方程组
ｙ２
－１＝
ｘ
（ ＋２），可得ｋｙ２
－４
ｙ
＋４（２
ｋ
＋１）＝０
．
①
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 ＝４ ，
基础知识和基本技能的应用能力．
（ｉ）
当ｋ
＝０
时
，
此时ｙ
＝１
．把ｙ
＝１
代入轨迹Ｃ的方程
，
得ｘ
＝
１ ．
４
ｘ２ ｙ２ ( )
２．（２０１４广东理，２０，１４分）已知椭圆Ｃ ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ａ ＞ ｂ ＞０） 的 故此时直线ｌ ： ｙ ＝１ 与轨迹Ｃ恰好有一个公共点 １ ，１ ．
４
一个焦点为 离心率为 ５． （ｉｉ）
当ｋ
≠０
时
，
方程
①
的判别式为Δ
＝－１６（２
ｋ２
＋
ｋ
－１）
．
②
（ ５，０）， 设直线ｌ与ｘ轴的交点为 ｘ 则
求椭圆Ｃ的标准方程
３ （ ０，０），
ｋ
（１） ； 由ｙ ｋ ｘ 令ｙ 得ｘ ２ ＋１．
若动点Ｐ ｘ ｙ 为椭圆Ｃ外一点 且点Ｐ到椭圆Ｃ的两 －１＝ （ ＋２）， ＝０， ０＝－ ｋ ③
（２） （ ０， ０） ，
条切线相互垂直 求点Ｐ的轨迹方程． {Δ
， °若 ＜０，由 解得ｋ 或ｋ １ ．
ｃ １ ｘ ②③ ＜－１ ＞
解析 由题意知ｃ ｅ ５ ０＜０， ２
（１） ＝ ５， ＝ ａ ＝ ， ( )
３ 即当ｋ １ 时 直线ｌ与Ｃ 没有公共点
∴
ａ
＝３，
ｂ２
＝
ａ２
－
ｃ２
＝４，
∈（－∞，－１）∪
２
，＋∞ ， １ ，
ｘ２ ｙ２ 与Ｃ 有一个公共点
故椭圆Ｃ的标准方程为 ． ２ ，
＋ ＝１ 故此时直线ｌ与轨迹Ｃ恰好有一个公共点．
９ ４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６８４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
{Δ {Δ { }
°若 ＝０，或 ＞０， 则由 解得 ｋ １ 或 １ ｋ 解得ｘ －４±６ ２．
２ ｘ
０＜０
ｘ
０≥０，
②③ ∈ －１，
２
－
２
≤ ＝０， １，２＝
７
．
＜０
{ }
所以
｜
ＡＢ
｜＝ １＋
ｋ２
｜
ｘ
２－
ｘ
１｜＝
１８．
即当ｋ １ 时 直线ｌ与Ｃ 只有一个公共点 与Ｃ 有一 ７
∈ －１， ， １ ， ２
２
个公共点． 当ｋ
＝－
２时
，
由图形的对称性可知
｜
ＡＢ
｜＝
１８．
[ ) ４ ７
当ｋ ∈ － ２ １ ，０ 时 ， 直线 ｌ 与 Ｃ １ 有两个公共点 ， 与 Ｃ ２ 没有公 综上 ，｜ ＡＢ ｜＝２ ３ 或 ｜ ＡＢ ｜＝ １８．
７
共点．
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
[ ) { }
故当ｋ １ １ 时 直线ｌ与轨迹Ｃ恰好有两个 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
∈ － ，０ ∪ －１， ，
２ ２ 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
公共点．
和直线倾斜角为 °时的讨论而造成失分．
{Δ ９０
°若 ＞０，则由 解得 ｋ １ 或 ｋ １ ． ５．（２０１３课标Ⅱ文，２０，１２分）在平面直角坐标系ｘＯｙ中 已知圆Ｐ
３ ｘ ②③ －１＜ ＜－ ０＜ ＜ ，
０＜０， ２ ２ 在ｘ轴上截得线段长为 在ｙ轴上截得线段长为 ．
( ) ( ) ２ ２， ２ ３
即当ｋ １ １ 时 直线ｌ与Ｃ 有两个公共点 求圆心Ｐ的轨迹方程
∈ －１，－ ∪ ０， ， １ ， （１） ；
２ ２
与Ｃ
２
有一个公共点
， （２） 若Ｐ点到直线ｙ ＝ ｘ的距离为 ２ ， 求圆Ｐ的方程．
故此时直线ｌ与轨迹Ｃ恰好有三个公共点． ２
( ) 解析 设Ｐ ｘ ｙ 圆Ｐ的半径为ｒ．
（１） （ ， ），
综合 （ｉ）（ｉｉ） 可知 ， 当ｋ ∈（－∞，－１）∪ １
２
，＋∞ ∪｛０｝ 时 ， 直 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 ．
线ｌ 与轨迹 Ｃ 恰好有一个公共点 当 ｋ １ － ＝１
； ∈ － ，０ ∪ 设Ｐ ｘ ｙ 由已知得
２ （２） （ ０， ０），
{ } ｘ ｙ
１ 时 直线 ｌ 与轨迹 Ｃ 恰好有两个公共点 当 ｋ ｜ ０－ ０｜ ２．
－１， ， ； ∈ ＝
( ２ ) ( ) ２ ２
１ １ 时 直线ｌ与轨迹Ｃ恰好有三个公共点． { ｘ ｙ
－１，－ ∪ ０， ， 又Ｐ在双曲线ｙ２ ｘ２ 上 从而得 ｜ ０－ ０｜＝１，
２ ２ － ＝１ ， ｙ２ ｘ２ ．
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 ０－ ０＝１
{ｘ ｙ {ｘ
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 由 ０－ ０＝１，得 ０＝０， 此时 圆Ｐ的半径ｒ ．
４． 定 （２ 义 ０１ 而 ３ 漏 课 掉 标 射 Ⅰ 线 ，理 ｙ ＝ ２０ ０ （ ，文 ｘ ＜０ ２ ） １ 就 ，１ 会 ２ 造 分 成 ）已 错 知 解 圆 而 Ｍ 失 ： 分 （ ｘ ． ＋１） ２ ＋ ｙ２ ＝１， 由 { ｙ ｘ ２ ０ ０ － － ｘ ｙ ２ ０ ０ ＝ ＝－ １ １，得 { ｙ ０ ｘ ＝ ０＝ －１ ０ ． ，此时 ， 圆Ｐ的半径ｒ ＝ ３ ．
圆Ｎ ：（ ｘ －１） ２ ＋ ｙ２ ＝９， 动圆Ｐ与圆Ｍ外切并且与圆Ｎ内切 ， 圆 ｙ２ ０－ ｘ２ ０＝１ ｙ ０＝１ ． ， ＝ ３
心Ｐ的轨迹为曲线Ｃ． 故圆Ｐ的方程为ｘ２ ｙ ２ 或ｘ２ ｙ ２ ．
＋（ －１） ＝３ ＋（ ＋１） ＝３
求Ｃ的方程
（１） ； 考点二 定值定点问题
ｌ是与圆Ｐ 圆Ｍ都相切的一条直线 ｌ与曲线Ｃ交于Ａ Ｂ
（２） ， ， ，
两点 当圆Ｐ的半径最长时 求 ＡＢ ． ｘ２
， ， ｜ ｜ １．（２０１９课标Ⅲ理，２１，１２分）已知曲线Ｃ ｙ Ｄ为直线ｙ
解析 由已知得圆Ｍ的圆心为Ｍ 半径ｒ 圆Ｎ ： ＝ ， ＝
（－１，０）， １＝１； ２
的
为
圆
Ｒ．
心为Ｎ （１，０）， 半径ｒ ２＝３ ．设圆Ｐ的圆心为Ｐ （ ｘ ， ｙ ）， 半径
－ ２
１ 上的动点
，
过Ｄ作Ｃ的两条切线
，
切点分别为Ａ
，
Ｂ．
（１） 因为圆Ｐ与圆Ｍ外切并且与圆Ｎ内切 ， 所以 ｜ ＰＭ ｜＋｜ ＰＮ ｜ （１）
证明
：
直
(
线ＡＢ
)
过定点
；
＝（ Ｒ ＋ ｒ １）＋（ ｒ ２－ Ｒ ）＝ ｒ １＋ ｒ ２＝４ ．
（２）
若以Ｅ
０，
５ 为圆心的圆与直线ＡＢ相切
，
且切点为线段
由椭圆的定义可知 曲线Ｃ是以Ｍ Ｎ为左 右焦点 长半轴长 ２
， 、 、 ， ＡＢ的中点 求四边形ＡＤＢＥ的面积．
ｘ２ ｙ２ ，
为 短半轴长为 的椭圆 左顶点除外 其方程为
解析 本题考查直线与抛物线相切 弦的中点 直线与圆相
２， ３ （ ）， ＋ ＝１
， ，
４ ３
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
ｘ ．
（ ≠－２） ， ，
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
对于曲线Ｃ上任意一点Ｐ ｘ ｙ 由于 ＰＭ ＰＮ Ｒ
（２） （ ， ）， ｜ ｜－｜ ｜＝２ －２ ，
所以Ｒ 当且仅当圆Ｐ的圆心为 时 Ｒ ．所以当
数学运算的核心素养．
≤２， ≤２， （２，０） ， ＝２ ( )
圆Ｐ的半径最长时 ， 其方程为 （ ｘ －２） ２ ＋ ｙ２ ＝４ ． （１） 设Ｄ ｔ ，－ １ ， Ａ （ ｘ １， ｙ １）， 则ｘ２ １＝２ ｙ １ ．
若ｌ的倾斜角为 ° 则ｌ与ｙ轴重合 可得 ＡＢ ． ２
９０ ， ， ｜ ｜＝２ ３
若ｌ的倾斜角不为 ° 由ｒ Ｒ知ｌ不平行于ｘ轴 设ｌ与ｘ轴 ｙ １
９０ ， １≠ ， １＋
ＱＰ Ｒ 由于ｙ′ ｘ 所以切线ＤＡ的斜率为ｘ 故 ２ ｘ ．
的交点为Ｑ 则｜ ｜ 可求得Ｑ 所以可设 ｌ ｙ ＝ ， １， ｘ ｔ ＝ １
， ＱＭ ＝ ｒ ， （－４，０）， ： ＝ １－
｜ ｜ １ 整理得 ｔｘ ｙ ．
ｋ ｘ ．由ｌ与圆Ｍ相切得 ｜３ ｋ ｜ 解得ｋ ２． 设Ｂ ｘ ２ ｙ １－２ 同 １ 理 ＋１ 可 ＝ 得 ０ ｔｘ ｙ ．
（ ＋４） ＝１， ＝± （ ２， ２）， ２ ２－２ ２＋１＝０
１＋ ｋ２ ４ 故直线ＡＢ的方程为 ２ ｔｘ －２ ｙ ＋１＝０ ．
ｘ２ ｙ２ ( )
当ｋ ２时 将ｙ ２ｘ 代入 并整理得 ｘ２ ｘ 所以直线ＡＢ过定点 １ ．
＝ ， ＝ ＋ ２ ＋ ＝１， ７ ＋８ －８ ０，
４ ４ ４ ３ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九 圆锥曲线 ６８５
ｋ
由 得直线ＡＢ的方程为ｙ ｔｘ １ ． ２ ２ －４
（２） （１） ＝ ＋
２ １ ２
ｘ
１
ｘ
２－（
ｘ
１＋
ｘ
２） １
ｋ２ ＋ ｋ２
．
ì ＝ｋ · ｘ ｘ ＝ｋ · ＝２
ïｙ ｔｘ １ －１ １ ２ －１ １
ï ＝ ＋ ， ｋ２
由í ２ 可得ｘ２ ｔｘ ．
ï
ïｙ
ｘ２ －２ －１＝０
所以 １ １ 为定值．
î ＝ λ＋ μ
２
于是ｘ
１＋
ｘ
２＝２
ｔ
，
ｘ
１
ｘ
２＝－１，
ｙ
１＋
ｙ
２＝
ｔ
（
ｘ
１＋
ｘ
２）＋１＝２
ｔ２
＋１，
方法总结 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
求代数式为定值．依题设条件 得出与代数式有关的等式
ＡＢ ｔ２ ｘ ｘ ｔ２ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ ｔ２ ． （１） ， ，
｜ ｜＝ １＋ ｜ １－ ２｜＝ １＋ × （ １＋ ２） －４ １ ２ ＝２（ ＋１） 化简即可得出定值
设ｄ
１，
ｄ
２
分别为点Ｄ
，
Ｅ到直线ＡＢ的距离
，
则ｄ
１＝
ｔ２
＋１，
ｄ
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
（２）
２ ． 距离的表达式 再利用题设条件化简 变形求得
＝ ， 、 ；
ｔ２
＋１
（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
因此 四边形 ＡＤＢＥ 的面积 Ｓ １ ＡＢ ｄ ｄ ｔ２
的表达式
，
再依据条件对表达式进行化简
、
变形即可求得．
， ＝ ２ ｜ ｜ （ １ ＋ ２）＝ （ ＋ ３．（２０１６北京理，１９，１４分）已知椭圆Ｃ ｘ２ ｙ２ ａ ｂ 的
ｔ２ ． ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
３） ＋１
( )
设Ｍ为线段ＡＢ的中点 则Ｍ ｔ ｔ２ １ ． 离心率为 ３ Ａ ａ Ｂ ｂ Ｏ ＯＡＢ的面积为 ．
， ， ＋ ， （ ，０）， （０， ）， （０，０），△ １
２ ２
由于Ｅ→Ｍ
⊥
→ＡＢ
，
而Ｅ→Ｍ
＝（
ｔ
，
ｔ２
－２），
→ＡＢ与向量
（１，
ｔ
）
平行
， （１）
求椭圆Ｃ的方程
；
所以ｔ
＋（
ｔ２
－２）
ｔ
＝０
．
（２）
设Ｐ是椭圆Ｃ上一点
，
直线ＰＡ与ｙ轴交于点Ｍ
，
直线ＰＢ
解得ｔ ＝０ 或ｔ ＝±１ ． 与ｘ轴交于点Ｎ．求证 ：｜ ＡＮ ｜·｜ ＢＭ ｜ 为定值．
当ｔ 时 Ｓ 当ｔ 时 Ｓ ． ì ïｃ ３
＝０ ， ＝３； ＝±１ ， ＝４ ２ ïａ ＝ ，
因此 四边形ＡＤＢＥ的面积为 或 ． ï ２
， ３ ４ ２ 解析 由题意得í
解题关键 设出Ａ Ｂ坐标 求导 列等式是解题的突破口． （１） ï１ ａｂ
（１） 、 ， 、 ＝１，
ïï２
由 得出ＡＢ的方程 用坐标表示出Ｅ→Ｍ →ＡＢ 求ＡＢ方程 îａ２ ｂ２ ｃ２
（２） （１） ， ⊥ ， ＝ ＋ ，
中的参数是关键． 解得ａ ｂ ．
＝２， ＝１
２．（２０１８北京理，１９，１４分）已知抛物线Ｃ ｙ２ ｐｘ经过点Ｐ ｘ２
： ＝２ （１， 所以椭圆Ｃ的方程为 ｙ２ ．
．过点Ｑ 的直线ｌ与抛物线Ｃ有两个不同的交点Ａ Ｂ ＋ ＝１
２） （０，１） ， ， ４
且直线ＰＡ交ｙ轴于Ｍ 直线ＰＢ交ｙ轴于Ｎ． 由 知 Ａ Ｂ ．
， （２） （１） ， （２，０）， （０，１）
求直线ｌ的斜率的取值范围 设Ｐ ｘ ｙ 则ｘ２ ｙ２ ．
（１） ； （ ０， ０）， ０＋４ ０＝４
ｙ
设Ｏ为原点 Ｑ→Ｍ λＱ→Ｏ Ｑ→Ｎ μＱ→Ｏ 求证 １ １ 为定值． 当ｘ 时 直线ＰＡ的方程为ｙ ０ ｘ ．
（２） ， ＝ ， ＝ ， ：λ＋ μ ０≠０ ， ＝ｘ （ －２）
０－２
解析 因为抛物线ｙ２ ｐｘ过点 ｙ ｙ
（１） ＝２ （１，２）， 令ｘ 得ｙ ２ ０ 从而 ＢＭ ｙ ２ ０ ．
所以 ｐ 即ｐ ． ＝０， Ｍ＝－ｘ ， ｜ ｜＝｜１－ Ｍ｜＝ １＋ｘ
２ ＝４， ＝２ ０－２ ０－２
故抛物线Ｃ的方程为ｙ２ ｘ ｙ
＝４ ， 直线ＰＢ的方程为ｙ ０－１ｘ ．
由题意知 直线ｌ的斜率存在且不为 ． ＝ ｘ ＋１
， ０ ０
设直线ｌ的方程为ｙ ｋｘ ｋ ． ｘ ｘ
＝ ＋１（ ≠０） 令ｙ 得ｘ ０ 从而 ＡＮ ｘ ０ ．
由
{ｙ２
＝４
ｘ
，得ｋ２ｘ２ ｋ ｘ ．
＝０， Ｎ＝－ｙ
０－１
， ｜ ｜＝｜２－ Ｎ｜＝ ２＋ｙ
０－１
ｙ ｋｘ ＋（２ －４） ＋１＝０ ｘ ｙ
＝ ＋１ 所以 ＡＮ ＢＭ ０ ２ ０
依题意Δ ＝（２ ｋ －４） ２ －４× ｋ２ ×１＞０， 解得ｋ ＜０ 或 ０＜ ｋ ＜１ ． ｜ ｜·｜ ｜＝ ２＋ｙ ０－１ · １＋ｘ ０－２
又ＰＡ ＰＢ与ｙ轴相交 故直线ｌ不过点 ． ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ ｘ ｙ
， ， （１，－２） ０＋４ ０＋４ ０ ０－４ ０－８ ０＋４
从而ｋ ． ＝ ｘ ｙ ｘ ｙ
≠－３ ０ ０－ ０－２ ０＋２
所以直线ｌ斜率的取值范围是 ． ｘ ｙ ｘ ｙ
（－∞，－３）∪（－３，０）∪（０，１） ４ ０ ０－４ ０－８ ０＋８
设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ ＝ ｘ ｙ ｘ ｙ
（２） （ １， １）， （ ２， ２）， ０ ０－ ０－２ ０＋２
ｋ ．
由 知ｘ ｘ ２ －４ ｘ ｘ １ ． ＝４
（１） １＋ ２＝－ ｋ２ ， １ ２＝ｋ２ 当ｘ
０＝０
时
，
ｙ
０＝－１，｜
ＢＭ
｜＝２，｜
ＡＮ
｜＝２，
ｙ 所以 ＡＮ ＢＭ ．
直线ＰＡ的方程为ｙ
－２＝ｘ
１－２
（
ｘ
－１）
．
综上
｜
ＡＮ
｜·｜
ＢＭ
｜＝
为
４
定值．
１－１
ｙ ｋｘ
，｜ ｜·｜ ｜
( ｘ ) ２ ( ｙ ) ２
令ｘ ＝０， 得点Ｍ的纵坐标为ｙ Ｍ＝ － ｘ １ １ － ＋ １ ２ ＋２＝ － ｘ １－ １＋ １ １ ＋２ ． 一题多解 （２） 点 Ｐ 在曲线 ２ ＋ １ ＝１ 上 ， 不妨设 Ｐ
ｋｘ θ θ 当θ ｋ 且θ ｋ π ｋ Ｚ 时 直线ＡＰ的
同理得点Ｎ的纵坐标为ｙ － ２＋１ ． （２ｃｏｓ ，ｓｉｎ ）， ≠ π ≠ π＋ （ ∈ ） ，
Ｎ＝ ｘ ＋２ ２
２－１ θ θ
由Ｑ→Ｍ ＝ λＱ→Ｏ ， Ｑ→Ｎ ＝ μＱ→Ｏ得λ ＝１－ ｙ Ｍ， μ ＝１－ ｙ Ｎ ． 方程为ｙ －０＝ ２（ｃ ｓ ｏ ｉ ｓ ｎ θ －１） （ ｘ －２）， 令ｘ ＝０， 得ｙ Ｍ＝ １－ ｓｉ ｃ ｎ ｏｓ θ；
所以 １ １ １ １ ｘ １－１ ｘ ２－１ 直线ＢＰ的方程为ｙ ｓｉｎ θ －１ ｘ 令ｙ 得ｘ ２ｃｏｓ θ ．
λ＋ μ ＝ ｙ ＋ ｙ ＝ ｋ ｘ ＋ ｋ ｘ －１＝ θ（ －０）， ＝０， Ｎ＝ θ
１－ Ｍ １－ Ｎ （ －１） １ （ －１） ２ ２ｃｏｓ １－ｓｉｎ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６８６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
θ θ
ＡＮ ＢＭ ｃｏｓ ｓｉｎ ＡＢＮＭ的对角线ＡＮ与ＢＭ互相垂直 所以Ｓ １ ＡＮ
∴ ｜ ｜·｜ ｜＝２ １－ θ · １－ θ ， 四边形ＡＢＮＭ＝ ｜ ｜
１－ｓｉｎ １－ｃｏｓ ２
θ θ ＢＭ 问题转化为求点Ｍ与点Ｎ的坐标 故设点Ｐ ｘ ｙ
２（１－ｓｉｎ ）（１－ｃｏｓ ） 定值 ． ·｜ ｜， ， （ ０， ０），
＝２ θ θ ＝２×２＝４（ ） 表示出直线ＰＡ和ＰＢ 即可求得点Ｍ Ｎ的坐标．
（１－ｓｉｎ ）（１－ｃｏｓ ） ， 、
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
当θ ｋ 或 θ ｋ π ｋ Ｚ 时 Ｍ Ｎ 是定点 易得 ＡＮ
＝ π ＝ π＋ （ ∈ ） ， 、 ， ｜ ｜· 知识及定值问题，知识点较综合，属中等偏难题．
２
ＢＭ ．综上 ＡＮ ＢＭ ． ｘ２ ｙ２
｜ ｜＝４ ，｜ ｜·｜ ｜＝４ ５．（２０１５课标Ⅱ文，２０，１２分）已知椭圆Ｃ ａ ｂ
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 ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
及定值问题，方法常规，运算量大，对学生的运算能力要求
的离心率为 ２ 点 在Ｃ上．
较高． ， （２， ２）
２
ｘ２ ｙ２ 求Ｃ的方程
４．（２０１６北京文，１９，１４分）已知椭圆Ｃ 过Ａ （１） ；
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１ （２，０）， 直线ｌ不过原点Ｏ且不平行于坐标轴 ｌ与Ｃ有两个交点
（２） ，
Ｂ 两点． Ａ Ｂ 线段ＡＢ的中点为Ｍ．证明 直线ＯＭ的斜率与直线ｌ
（０，１） ， ， ：
求椭圆Ｃ的方程及离心率 的斜率的乘积为定值．
（１） ；
（２）
设Ｐ为第三象限内一点且在椭圆Ｃ上
，
直线ＰＡ与ｙ轴交
解析 由题意有
ａ２
－
ｂ２
２ ４ ２
于点Ｍ
，
直线ＰＢ与ｘ轴交于点Ｎ．求证
：
四边形ＡＢＮＭ的面 （１） ａ ＝
２
，ａ２ ＋ｂ２ ＝１，
积为定值． 解得ａ２ ｂ２ ．
＝８， ＝４
解析
（１）
由题意得
，
ａ
＝２，
ｂ
＝１
．
所以Ｃ的方程为
ｘ２ ｙ２
．
ｘ２ ＋ ＝１
所以椭圆Ｃ的方程为 ｙ２ ． 分 ８ ４
＋ ＝１ （３ ） 设直线 ｌ ｙ ｋｘ ｂ ｋ ｂ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ
４ （２） ： ＝ ＋ （ ≠０， ≠０）， （ １， １）， （ ２， ２），
又ｃ ＝ ａ２ － ｂ２ ＝ ３， Ｍ （ ｘ Ｍ， ｙ Ｍ） ．将ｙ ＝ ｋｘ ＋ ｂ代入 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ 得
ｃ ８ ４
所以离心率ｅ ３． 分 ｋ２ ｘ２ ｋｂｘ ｂ２ ．
＝ ａ ＝ （５ ） （２ ＋１） ＋４ ＋２ －８＝０
２ ｘ ｘ ｋｂ ｂ
设Ｐ ｘ ｙ ｘ ｙ 则ｘ２ ｙ２ ． 分 故ｘ １＋ ２ －２ ｙ ｋ ｘ ｂ ．
（２） （ ０， ０）（ ０＜０， ０＜０）， ０＋４ ０＝４ （６ ） Ｍ＝ ＝ ｋ２ ， Ｍ＝ · Ｍ＋ ＝ ｋ２
又Ａ Ｂ ２ ２ ＋１ ２ ＋１
（２，０）， （０，１）， ｙ
ｙ 于是直线ＯＭ的斜率ｋ Ｍ １ 即ｋ ｋ １ ．
所以 直线ＰＡ的方程为ｙ ０ ｘ ． ＯＭ＝ｘ ＝－ ｋ， ＯＭ· ＝－
， ＝ｘ （ －２） Ｍ ２ ２
０－２ 所以直线ＯＭ的斜率与直线ｌ的斜率的乘积为定值．
ｙ ｙ
令ｘ 得ｙ ２ ０ 从而 ＢＭ ｙ ２ ０ ． 分 评析 本题考查了椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系；考查
＝０， Ｍ＝－ｘ ， ｜ ｜＝１－ Ｍ＝１＋ｘ （９ ）
０－２ ０－２ 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
ｙ
直线ＰＢ的方程为ｙ ０－１ｘ ． 关键．
＝ ｘ ＋１
０ ６．（２０１５陕西文，２０，１２分）如图 椭圆Ｅ
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ 经
令ｙ 得ｘ
ｘ
０
， ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
＝０， Ｎ＝－ｙ ，
０－１
ｘ 过点Ａ 且离心率为 ２．
从
所
而
以四
｜ Ａ
边
Ｎ ｜
形
＝２
Ａ
－
Ｂ
ｘ
Ｎ
Ｎ
Ｍ
＝２
的
＋ｙ
面
０－ ０
积
１ ． （１２ 分 ）
（１）
求
经
椭
过
（０ 圆
点
，－ Ｅ １） 的 ， 方程
且 ； 斜率为
２
ｋ的直线与椭圆Ｅ交于不同的两
（２） （１，１），
点Ｐ Ｑ 均异于点 Ａ 证明 直线 ＡＰ 与 ＡＱ 的斜率之和
Ｓ ＝ １ ｜ ＡＮ ｜·｜ ＢＭ ｜ ， （ ）， ：
２ 为 ．
２
æ ｘ öæ ｙ ö
１ ç ０ ÷ç ２ ０ ÷
＝ è２＋ｙ øè１＋ｘ ø
２ ０－１ ０－２
ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ ｘ ｙ
０＋４ ０＋４ ０ ０－４ ０－８ ０＋４
＝ ｘ ｙ ｘ ｙ
２（ ０ ０－ ０－２ ０＋２）
ｘ ｙ ｘ ｙ
２ ０ ０－２ ０－４ ０＋４ ． ｃ
＝ ｘ ｙ ｘ ｙ ＝２ 解析 由题设知 ２ ｂ
０ ０－ ０－２ ０＋２ （１） ａ ＝ ， ＝１，
从而四边形ＡＢＮＭ的面积为定值． 分 ２
解后反思 本题第 问可画出图形进行分析
（１４ ） 结合ａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２
，
解得ａ
＝ ２
．
（２） ， ｘ２
所以椭圆Ｅ的方程为 ｙ２ ．
＋ ＝１
２
证明 由题设知 直线ＰＱ的方程为ｙ ｋ ｘ ｋ
（２） ： ， ＝ （ －１）＋１（ ≠２），
ｘ２
代入 ｙ２ 得 ｋ２ ｘ２ ｋ ｋ ｘ ｋ ｋ ．
＋ ＝１， （１＋２ ） －４ （ －１） ＋２ （ －２）＝０
２
由已知可知Δ ．
＞０
设Ｐ ｘ ｙ Ｑ ｘ ｙ ｘ ｘ
（ １， １）， （ ２， ２）， １ ２≠０，
ｋ ｋ ｋ ｋ
则ｘ ｘ ４ （ －１） ｘ ｘ ２ （ －２）．
发现点Ａ和点 Ｂ 分别为椭圆的右顶点和上顶点 且四边形 １＋ ２＝ ｋ２ ， １ ２＝ ｋ２
， １＋２ １＋２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九 圆锥曲线 ６８７
从而直线ＡＰ ， ＡＱ的斜率之和 （ ｒ １＋ ｒ ２） ２ ＝ ｒ２ １＋ ｒ２ ２＋２ ｒ １ ｒ ２＝４ ｃ２ ＋６４＝４ ａ２ ，
ｋ ｋ
ｙ
１＋１
ｙ
２＋１
ｋｘ
１＋２－
ｋ ｋｘ
２＋２－
ｋ
∴４
ａ２
－４
ｃ２
＝６４，∴
ｂ
＝４，
ＡＰ＋ ＡＱ＝ ｘ ＋ ｘ ＝ ｘ ＋ ｘ 又ｒ２ ｒ２ ｒ ｒ ｃ２ ｃ
１ ( ２ ) １ ｘ ２ ｘ １＋ ２≥２ １ ２，∴４ ≥２×３２，∴ ≥４，
ｋ ｋ １ １ ｋ ｋ １＋ ２ ∴ ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ ＝１６＋ ｃ２ ≥３２，
＝２ ＋（２－ ） ｘ ＋ｘ ＝２ ＋（２－ ） ｘ ｘ
１ ２ １ ２ ｂ的值为 ａ的取值范围为 ．
ｋ ｋ ∴ ４， ［４ ２，＋∞）
ｋ ｋ ４ （ －１） ｋ ｋ ． ２．（２０１８浙江，２１，１５ 分）如图 已知点 Ｐ 是 ｙ 轴左侧 不含 ｙ
＝２ ＋（２－ ） ｋ ｋ ＝２ －２（ －１）＝２ ， （
评析 本题考
２
查
（
椭
－２
圆
）
标准方程与简单性质的同时，重点考查直
轴
）
一点
，
抛物线Ｃ
：
ｙ２
＝４
ｘ上存在不同的两点Ａ
，
Ｂ满足ＰＡ
，
ＰＢ
的中点均在Ｃ上．
线与椭圆的位置关系．
设ＡＢ中点为Ｍ 证明 ＰＭ垂直于ｙ轴
（１） ， ： ；
考点三 最值与范围问题 ｙ２
若Ｐ是半椭圆ｘ２ ｘ 上的动点 求 ＰＡＢ面积的
（２） ＋ ＝１（ ＜０） ， △
ｘ２ ｙ２ ４
１．（２０１９课标Ⅱ文，２０，１２分）已知Ｆ
１，
Ｆ
２
是椭圆Ｃ
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１
取值范围．
ａ ｂ 的两个焦点 Ｐ为Ｃ上的点 Ｏ为坐标原点．
（ ＞ ＞０） ， ，
若 ＰＯＦ 为等边三角形 求Ｃ的离心率
（１） △ ２ ， ；
如果存在点Ｐ 使得ＰＦ ＰＦ 且 Ｆ ＰＦ 的面积等于
（２） ， １⊥ ２， △ １ ２ １６，
求ｂ的值和ａ的取值范围．
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．
连接 ＰＦ ．由 ＰＯＦ 为等边三角形可知在 Ｆ ＰＦ 中
（１） １ △ ２ △ １ ２ ，
Ｆ ＰＦ ° ＰＦ ｃ ＰＦ ｃ 于是 ａ ＰＦ 解析 本题主要考查椭圆 抛物线的几何性质 直线与抛物
∠ １ ２＝９０ ，｜ ２ ｜ ＝ ，｜ １ ｜ ＝ ３ ， ２ ＝ ｜ １｜ ＋ 、 ，
ｃ 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
ＰＦ ｃ 故Ｃ的离心率ｅ ． ，
｜ ２｜＝（ ３＋１） ， ＝ ａ ＝ ３－１ 能力．
( ) ( )
（２）
由题意可知
，
满足条件的点Ｐ
（
ｘ
，
ｙ
）
存在
，
当且仅当 １
｜
ｙ
｜
设Ｐ ｘ ｙ Ａ １ ｙ２ ｙ Ｂ １ ｙ２ ｙ ．
２ （１） （ ０， ０）， １， １ ， ２， ２
４ ４
ｃ
ｙ ｙ ｘ２ ｙ２ 因为ＰＡ ＰＢ的中点在抛物线上
·２ ＝１６，ｘ
＋
ｃ·ｘ
－
ｃ＝－１，ａ２ ＋ｂ２ ＝１， ， ，
即
ｘ２ ＋
ｃ
ｙ
｜
２
ｙ
＝
｜
ｃ
＝
２ ，
１
②
６，① 所以ｙ
１，
ｙ
２
为方程 æ
è
ç ｙ ＋
２
ｙ ０ ö
ø
÷ ２
＝４·
１ ４ ｙ
２
２ ＋ ｘ ０ 即ｙ２
－２
ｙ
０
ｙ
＋８
ｘ
０－
ｙ２
０＝０
ｘ２ ｙ２ 的两个不同的实根．
．
ａ２ ＋ｂ２ ＝１③ 所以ｙ ｙ ｙ 因此 ＰＭ垂直于ｙ轴．
由 ②③ 及ａ２ ＝ ｂ２ ＋
２
ｃ２ 得ｙ２ ＝ ｂ ｃ２ ４ ，
（２）
由 １
（
＋
１）
２ 可 ＝２ 知 ０， {ｙ
ｙ
１
１
ｙ
＋
２
ｙ
＝
， ２＝
８
ｘ
２
０
ｙ
－
０，
ｙ２
０，
所以
｜
ＰＭ
｜ ＝
８
１
（
ｙ２
１＋
ｙ２
２）－
ｘ
０＝
又由 知ｙ２ １６ 故ｂ ．
① ＝ ｃ２ ， ＝４ ３ ｙ２
０－３
ｘ
０，｜
ｙ
１－
ｙ
２｜＝２ ２（
ｙ２
０－４
ｘ
０）
．
ａ２ ４
由 得ｘ２ ｃ２ ｂ２
②③ ＝ｃ２（ － ）， 因此
，△
ＰＡＢ的面积Ｓ
△ ＰＡＢ＝
１
｜
ＰＭ
｜·｜
ｙ
１－
ｙ
２｜＝
３ ２
（
ｙ２
０－４
ｘ
０）
３ ２．
所以ｃ２ ｂ２ ２ ４
≥ ， ｙ２
从而ａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２
≥２
ｂ２
＝３２，
故ａ
≥４ ２
． 因为ｘ２
０＋
０
＝１（
ｘ
０＜０），
所以ｙ２
０－４
ｘ
０＝－４
ｘ２
０－４
ｘ
０＋４∈［４，５］
．
４
当ｂ ａ 时 存在满足条件的点Ｐ．
＝４， ≥４ ２ ， 因此 ＰＡＢ面积的取值范围是 é êê １５ １０ ù úú．
所以ｂ ａ的取值范围为 ． ，△ ë６ ２， û
＝４， ［４ ２，＋∞） ４
思路分析 第 问中由平面几何知识可知 ＰＦ Ｆ 是 疑难突破 解析几何中 取值范围 与 最值 问题
（１） △ １ ２ “ ” “ ”
Ｆ ＰＦ °的直角三角形 且 ＰＦ ｃ ＰＦ ｃ 再利用 在解析几何中 求某个量 直线斜率 直线在ｘ ｙ轴上的截距
∠ １ ２＝９０ ， ｜ ２｜＝ ，｜ １｜＝ ３ ， ， （ ， 、 ，
椭圆的定义找出ａ与ｃ的等量关系 进而求离心率． 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
， ， ）
ｘ２ 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
第 问中设出Ｐ点坐标 利用Ｓ ＰＦ ＰＦ 以及 （ ，
（２） ， △ ＰＦ １ Ｆ ２ ＝１６， １⊥ ２ ａ２ 动点的横 纵坐标等 的函数 并求出这个变量的取值范围 即
、 ） ， （
ｙ２ 函数的定义域 将问题转化为求函数的值域或最值．
得到方程 消元化简可求 ｂ 的值和 ａ 的取值 ），
＋ｂ２ ＝１ ①②③， ３．（２０１７ 浙江，２１，１５ 分） 如图 已知抛物线 ｘ２ ｙ 点
， ＝ ，
范围． ( ) ( )
Ａ １ １ Ｂ ３ ９ 抛 物 线 上 的 点 Ｐ ｘ ｙ
一题多解 设 ＰＦ ｒ ＰＦ ｒ － ， ， ， ， （ ， ）
（２） ｜ １｜＝ １，｜ ２｜＝ ２， ２ ４ ２ ４
由椭圆的定义可得ｒ ｒ ａ ( )
１＋ ２＝２ ， １ ｘ ３ ．过点Ｂ作直线ＡＰ的垂线 垂足为Ｑ．
－ ＜ ＜ ，
Ｓ １ ｒ ｒ ｒ ｒ ． ２ ２
△ ＰＦ １ Ｆ ２ ＝ １ ２＝１６，∴ １ ２＝３２ 求直线ＡＰ斜率的取值范围
２ （１） ；
又ＰＦ ＰＦ ｒ２ ｒ２ ｃ２ 求 ＰＡ ＰＱ 的最大值．
１⊥ ２，∴ １＋ ２＝４ ， （２） ｜ ｜·｜ ｜
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６８８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
设点Ｅ的轨迹为曲线Ｃ 直线ｌ交Ｃ 于Ｍ Ｎ两点 过Ｂ
（２） １， １ ， ，
且与ｌ垂直的直线与圆Ａ交于Ｐ Ｑ两点 求四边形ＭＰＮＱ
， ，
面积的取值范围．
解析 因为 ＡＤ ＡＣ ＥＢ ＡＣ 故 ＥＢＤ ＡＣＤ
（１） ｜ ｜ ＝ ｜ ｜， ∥ ， ∠ ＝∠
ＡＤＣ．
＝∠
所以 ＥＢ ＥＤ 故 ＥＡ ＥＢ ＥＡ ＥＤ ＡＤ ．
｜ ｜＝｜ ｜， ｜ ｜＋｜ ｜＝｜ ｜＋｜ ｜＝｜ ｜
ｘ２
－
１ 又圆Ａ的标准方程为
（
ｘ
＋１）
２
＋
ｙ２
＝１６，
从而
｜
ＡＤ
｜＝４，
所以
｜
ＥＡ
｜
解析 设直线ＡＰ的斜率为ｋ ｋ ４ ｘ １ ＥＢ ． 分
（１） ， ＝ ＝ － ， ＋｜ ｜＝４ （２ ）
ｘ １ ２ 由题设得Ａ Ｂ ＡＢ 由椭圆定义可得点Ｅ的
＋ （－１，０）， （１，０），｜ ｜＝２，
２ ｘ２ ｙ２
轨迹方程为 ｙ ． 分
因为 １ ｘ ３ 所以直线ＡＰ斜率的取值范围是 ． ＋ ＝１（ ≠０） （４ ）
－ ＜ ＜ ， （－１，１） ４ ３
２ ２ 当ｌ与ｘ轴不垂直时 设ｌ的方程为ｙ ｋ ｘ ｋ
ì （２） ， ＝ （ －１）（ ≠０），
解法一 联立直线ＡＰ与ＢＱ的方程í
ï ï ｋｘ － ｙ ＋
２
１ ｋ ＋
４
１ ＝０， Ｍ （
{
ｘ
ｙ
１， ｙ
ｋ
１）
ｘ
， Ｎ （ ｘ ２， ｙ ２） ．
（２） ： ï ＝ （ －１），
î ïｘ ＋ ｋｙ － ９ ｋ － ３ ＝０， 由 ｘ２ ｙ２ 得 （４ ｋ２ ＋３） ｘ２ －８ ｋ２ｘ ＋４ ｋ２ －１２＝０ ．
４ ２ ＋ ＝１
ｋ２ ｋ ４ ３
解得点Ｑ的横坐标是ｘ － ＋４ ＋３．
Ｑ＝ ｋ２ 则ｘ ｘ ８ ｋ２ ｘ ｘ ４ ｋ２ －１２．
( ) ２（ ＋１） １＋ ２＝ ｋ２ ， １ ２＝ ｋ２
４ ＋３ ４ ＋３
因为 ｜ ＰＡ ｜＝ １＋ ｋ２ ｘ ＋
２
１
ｋ
＝ １＋
ｋ
ｋ２ （ ｋ
２
＋１）， 所以
｜
ＭＮ
｜＝ １＋
ｋ２
｜
ｘ
１－
ｘ
２｜＝
１２
４
（
ｋ
ｋ
２
２
＋
＋
３
１）．
（６
分
）
｜
ＰＱ
｜＝ １＋
ｋ２
（
ｘ
Ｑ－
ｘ
）＝－
（ －１）
ｋ
（
２
＋１）
， 过点Ｂ 且与ｌ垂直的直线ｍ ｙ １ ｘ Ａ到ｍ的距
＋１ （１，０） ： ＝－ ｋ （ －１），
所以 ＰＡ ＰＱ ｋ ｋ ３
｜ ｜·｜ ｜＝－（ －１）（ ＋１） ，
令ｆ （ ｋ ）＝－（ ｋ －１）（ ｋ ＋１） ３．因为ｆ ′ （ ｋ ）＝－（４ ｋ －２）（ ｋ ＋１） ２ ， 离为 ２ 所以 ＰＱ ２ æ ç ２ ö ÷ ２ ４ ｋ２ ＋３．
所以ｆ ｋ 在区间
(
１
)
上单调递增
(
１
)
上单调递减
ｋ２
＋１
， ｜ ｜＝２ ４ －è ｋ２
＋１
ø ＝４ ｋ２
＋１
（ ） －１， ， ，１ ， 故四边形ＭＰＮＱ的面积
２ ２
因此当ｋ ＝ ２ １ 时 ，｜ ＰＡ ｜·｜ ＰＱ ｜ 取得最大值２ １ ７ ６ ． Ｓ ＝ １ ｜ ＭＮ ｜｜ ＰＱ ｜＝１２ １＋ ｋ２ １ ． （１０ 分 ）
２ ４ ＋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 ＭＮ ＰＱ 四边形
， ＝１，｜ ｜＝３，｜ ｜＝８，
ＭＰＮＱ的面积为 ．
１２
综上 四边形ＭＰＮＱ面积的取值范围为 ． 分
， ［１２，８ ３） （１２ ）
解法二 如图 连接 ＢＰ ＡＰ ＰＱ ＡＰ ＰＢ 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
ＢＰＱ →ＡＰ →ＡＢ →ＡＰ →ＡＰ →ＡＢ →ＡＰ２．
ｃｏｓ∠ ＝
(
·（ － ）
)
＝ · － 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
易知Ｐ ｘ ｘ２ １ ｘ ３ 计算能力的要求也非常高．
（ ， ） － ＜ ＜ ，
２ ２
( ) ｘ２
则→ＡＰ · →ＡＢ ＝２ ｘ ＋１＋２ ｘ２ － １ ＝２ ｘ２ ＋２ ｘ ＋ １ ， →ＡＰ２ ＝ ｘ ＋ １ ２ ＋ ５．（２０１６浙江理，１９，１５分）如图 ， 设椭圆 ａ２ ＋ ｙ２ ＝１（ ａ ＞１） ．
２ ２ ２
( ) 求直线ｙ ｋｘ 被椭圆截得的线段长 用ａ ｋ表示
ｘ２
－
１ ２
＝
ｘ２
＋
ｘ
＋
１
＋
ｘ４
－
１ ｘ２
＋
１
＝
ｘ４
＋
１ ｘ２
＋
ｘ
＋
５ ． （１）
若任意以
＝
点 Ａ
＋１
为圆心的圆与椭
（
圆至
，
多有
）
个
；
公共
４ ４ ２ １６ ２ １６ （２） （０，１） ３
( ) 点 求椭圆离心率的取值范围．
ＡＰ ＰＱ ｘ４ ３ ｘ２ ｘ ３ １ ｘ ３ ． ，
∴ ｜ ｜·｜ ｜＝－ ＋ ＋ ＋ － ＜ ＜
２ １６ ２ ２
( )
设ｆ ｘ ｘ４ ３ ｘ２ ｘ ３ １ ｘ ３
（ ）＝－ ＋ ＋ ＋ － ＜ ＜ ，
２ １６ ２ ２
则ｆ ′ ｘ ｘ３ ｘ ｘ ｘ ２
（ ）＝－４ ＋３ ＋１＝－（ －１）（２ ＋１） ，
( ) ( )
∴ ｆ （ ｘ ） 在 － １ ，１ 上为增函数 ， 在 １， ３ 上为减函数 ， 解析 设直线ｙ ｋｘ 被椭圆截得的线段为ＡＰ
２ ２ {ｙ ｋ ｘ （１） ＝ ＋１ ，
ｆ ｘ ｆ ２７． ＝ ＋１，
∴ （ ）ｍａｘ＝ （１）＝ 由 ｘ２ 得 ａ２ｋ２ ｘ２ ａ２ｋｘ
１６ ｙ２ （１＋ ） ＋２ ＝０，
ａ２ ＋ ＝１
故 ＡＰ ＰＱ 的最大值为２７．
｜ ｜·｜ ｜ ａ２ｋ
１６ 故ｘ ｘ ２ ．
４．（２０１６课标Ⅰ理，２０，１２分）设圆ｘ２ ｙ２ ｘ 的圆心为 １＝０， ２＝－ ａ２ｋ２
＋ ＋２ －１５＝０ １＋
Ａ 直线ｌ过点Ｂ 且与ｘ轴不重合 ｌ交圆Ａ于Ｃ Ｄ两点 ａ２ ｋ
， （１，０） ， ， ， 因此 ＡＰ ｋ２ ｘ ｘ ２ ｜ ｜ ｋ２．
过Ｂ作ＡＣ的平行线交ＡＤ于点Ｅ． ｜ ｜＝ １＋ ｜ １－ ２｜＝ ａ２ｋ２· １＋
１＋
证明 ＥＡ ＥＢ 为定值 并写出点Ｅ的轨迹方程 假设圆与椭圆的公共点有 个 由对称性可设ｙ轴左侧的
（１） ｜ ｜＋｜ ｜ ， ； （２） ４ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九 圆锥曲线 ６８９
椭圆上有两个不同的点Ｐ ， Ｑ ， 满足 ｜ ＡＰ ｜＝｜ ＡＱ ｜ ． 在 △ ＭＡＯ中 ，∠ ＭＯＡ ≤∠ ＭＡＯ ⇔｜ ＭＡ ｜≤｜ ＭＯ ｜， 即 （ ｘ Ｍ－２） ２ ＋ ｙ２Ｍ
记直线ＡＰ ， ＡＱ的斜
ａ２
率
ｋ
分别为
ｋ
ｋ
２
１， ｋ ２， 且ｋ １，
ａ
ｋ
２
２＞
ｋ
０， ｋ １≠ ｋ
ｋ
２
２
．
≤
ｘ２Ｍ＋ ｙ２Ｍ， 化简得 ｘ
Ｍ≥１，
即 ２０ ｋ
ｋ
２
２
＋９
≥１，
解得 ｋ
≤－
６或 ｋ
由 知 ＡＰ ２ ｜ １｜ １＋ １ ＡＱ ２ ｜ ２｜ １＋ ２ １２（ ＋１） ４
（１） ，｜ ｜＝ ａ２ｋ２ ，｜ ｜＝ ａ２ｋ２ ，
１＋ １ １＋ ２ ６．
故２
ａ２
｜
ｋ
１｜ １＋
ｋ２
１ ２
ａ２
｜
ｋ
２｜ １＋
ｋ２
２
≥
４
所 由 以 于 （
æ
ｋ ｋ １ １ ２ １ ≠ ＋ － ａ ｋ ｋ ２ ２ ２ ２ ｋ ） ，
ö
２ １ ｋ ［
æ
１ １ ， ＋ ｋ ｋ ２ ＝ ２ １ ＞ ＋ ０
ö
ｋ 得 ２ ２＋ １ ａ １ ＋ ２ ＋ （ ａ ｋ ２ ２ ｋ ２ １ － ＋ ２ ２ ａ ｋ ２ ２ ２ ） ＋ ｋ ａ ， ２ １ ２ ｋ （ ２ ２ ２ ］ － ＝ ａ ０ ２ ） ． ｋ２ １ ｋ２ ２＝０， 所 定 解 点 以 后 ， 反 因 直 思 此 线 直 ｌ 由 的 线 于 斜 的 引 率 斜 起 的 率 变 取 是 动 值 战 范 的 争 围 原 的 为 因 根 æ è ç 是 － 源 ∞ 直 ， 线 ．直 － 不 ４ 线 ６ 定 ù û úú 与 ∪ ， 直 而 é ë êê 线 直 ４ ６ 线 ， 直 ＋ 过 ∞ 线 已 与 ö ø ÷． 知 椭
因此 è ç ｋ １ ２ ＋１ø ÷ è ç ｋ １ ２ ＋１ø ÷ ＝１＋ ａ２ （ ａ２ －２）， ① 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
１ ２
因为
所
①
以
式
ａ
关于
．
ｋ
１，
ｋ
２
的方程有解的充要条件是
１＋
ａ２
（
ａ２
－２）＞
的
评
坐
析
标 是
本 “ 题
奋
主
斗
要
的
考
目
查
标
椭 ” 圆
．
的标准方程和几何性质、直线方程、
因
１，
此 任意
＞
以
２
点Ａ 为圆心的圆与椭圆至多有 个公共点
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
， （０，１） ３
质．考查运算求解能力、以及用方程思想解决问题的能力．
的充要条件为 ａ
１＜ ≤ ２， ７．（２０１６浙江文，１９，１５分）如图 设抛物线ｙ２ ｐｘ ｐ 的焦
ｃ ａ２ ， ＝２ （ ＞０）
由ｅ －１得 所求离心率的取值范围为 ｅ ２． 点为Ｆ 抛物线上的点Ａ到ｙ轴的距离等于 ＡＦ ．
＝ ａ ＝ ａ ， ０＜ ≤ ， ｜ ｜－１
２ 求ｐ的值
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 （１） ；
若直线ＡＦ交抛物线于另一点Ｂ 过Ｂ与ｘ轴平行的直线
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 （２） ，
和过Ｆ与ＡＢ垂直的直线交于点Ｎ ＡＮ与ｘ轴交于点Ｍ．求
能力． ，
Ｍ的横坐标的取值范围．
ｘ２ ｙ２
６．（２０１６天津理，１９，１４分）设椭圆 ａ 的右焦点
ａ２ ＋ ＝１（ ＞ ３）
３
ｅ
为Ｆ 右顶点为Ａ．已知 １ １ ３ 其中Ｏ为原点 ｅ为
， ＯＦ ＋ ＯＡ ＝ ＦＡ ， ，
｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜
椭圆的离心率．
求椭圆的方程
（１） ；
设过点Ａ的直线ｌ与椭圆交于点Ｂ Ｂ不在ｘ轴上 垂直
（２） （ ），
于ｌ的直线与ｌ交于点Ｍ 与ｙ轴交于点Ｈ．若ＢＦ ＨＦ 且 解析 由题意可得 抛物线上点Ａ到焦点Ｆ的距离等于
， ⊥ ， （１） ，
ＭＯＡ ＭＡＯ 求直线ｌ的斜率的取值范围． ｐ
∠ ≤∠ ， 点Ａ到直线ｘ 的距离 由抛物线的定义得 即ｐ ．
ｅ ＝－１ ， ＝１， ＝２
解析 设 Ｆ ｃ 由 １ １ ３ 即 １ １ ２
（１） （ ，０）， ｜ ＯＦ ｜ ＋ ｜ ＯＡ ｜ ＝ ｜ ＦＡ ｜ ， ｃ ＋ ａ ＝ （２） 由 （１） 得 ， 抛物线方程为ｙ２ ＝４ ｘ ， Ｆ （１，０）， 可设 Ａ （ ｔ２ ，２ ｔ ），
ｃ
ａ ａ
３
ｃ ，
可得ａ２
－
ｃ２
＝３
ｃ２
，
又ａ２
－
ｃ２
＝
ｂ２
＝３，
所以ｃ２
＝１，
因此ａ２
＝
ｔ
≠０，
ｔ
≠±１
．
（ － ） 因为ＡＦ 不垂直于 ｙ 轴 可设直线 ＡＦ ｘ ｓｙ ｓ 由
所以 椭圆的方程为
ｘ２ ｙ２
． {ｙ２ ｘ
， ： ＝ ＋１（ ≠０），
４， ， ＋ ＝１ ＝４ ，消去ｘ得ｙ２ ｓｙ
４ ３ ｘ ｓｙ －４ －４＝０，
设直线ｌ的斜率为ｋ ｋ 则直线ｌ的方程为ｙ ｋ ｘ ． ＝ ＋１
（２） （ {ｘ ≠ ２ ０） ｙ ， ２ ＝ （ －２） 故ｙ ｙ 所以 Ｂ æ ç １ ２ ö ÷．
设Ｂ ｘ ｙ 由方程组 ＋ ＝１，消去ｙ １ ２＝－４， ， èｔ２ ，－ ｔ ø
（ Ｂ， Ｂ），
ｙ
４
ｋ
３
ｘ
，
又直线ＡＢ的斜率为 ２
ｔ
故直线ＦＮ的斜率为
ｔ２
－１．
整理得 ｋ２ ｘ２ ｋ２ｘ
＝
ｋ
（
２
－２）
．
ｔ２
－１
， －
２
ｔ
（４ ＋３）
ｋ
－
２
１６ ＋１６ －１２＝０
从而得直线ＦＮ ｙ
ｔ２
－１ ｘ 直线ＢＮ ｙ ２ ．
解得ｘ 或ｘ ８ －６ ： ＝－ ｔ （ －１）， ： ＝－ ｔ
＝２ ＝ ｋ２ ， ２
由题意得ｘ Ｂ＝ ８ ｋ ｋ ４ ２ ２ －６ ＋ ， ３ 从而ｙ Ｂ＝ － ｋ １ ２ ２ ｋ ． 所以Ｎ æ è ç ｔ ｔ ２ ２ ＋ － ３ １ ，－ ２ ｔ ö ø ÷．
由 （１） 知 ， Ｆ （１， ４ ０） ＋ ， ３ 设Ｈ （０， ｙ Ｈ） ４ ， ＋３ 设Ｍ （ ｍ ，０）， 由Ａ ， Ｍ ， Ｎ三点共线得
有Ｆ→Ｈ ＝（－１， ｙ Ｈ）， Ｂ→Ｆ ＝ æ è ç９ ｋ － ２ ４ ｋ２ ， ｋ １ ２ ２ ｋ ö ø ÷． ２ ｔ ２ ｔ ＋ ２ ｔ
由ＢＦ ⊥ ＨＦ ， 得 Ｂ→Ｆ · Ｆ→ ４ Ｈ ＝ ＋ ０ ３ ， 所 ４ 以 ＋３ ４ ｋ ｋ ２ ２ －９ ＋ １ ｋ ２ ２ ｋｙ Ｈ ＝０， 解得 ｙ Ｈ ｔ２ － ｍ＝ ｔ２ － ｔ ｔ ２ ２ ＋ － ３ １ ，
ｋ２
４ ＋３ ４ ＋３
于是ｍ ２
ｔ２
．
＝
９－４
ｋ
． ＝ｔ２
－１
１２ 所以ｍ 或ｍ ．
因此直线ＭＨ的方程为ｙ １ ｘ ９－４ ｋ２ ． ＜０ ＞２
＝－ ｋ ＋ ｋ 经检验 ｍ 或ｍ 满足题意．
１２ ， ＜０ ＞２
设Ｍ ｘ ｙ 综上 点Ｍ的横坐标的取值范围是 ．
（ Ｍ， Ｍ）， ， （－∞，０）∪（２，＋∞）
{ｙ ｋ ｘ 思路分析 利用抛物线的定义来解题 由 知抛物
由方程组
ｙ
＝ （
１
－
ｘ
２）
９
，
－４
ｋ２ 消去ｙ
，
解得ｘ
Ｍ＝
２０
ｋ
ｋ
２
２ ＋９ ． 线的方程
，
可 （ 设 １） Ａ点坐标及直线ＡＦ的方程 ；
，
（ 与 ２） 抛物 （１ 线 ） 方程联
＝－ ｋ ＋ ｋ １２（ ＋１） 立可得Ｂ点坐标 进而得直线ＦＮ的方程与直线ＢＮ的方程 联
１２ ， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６９０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
立可得Ｎ点坐标 最后利用Ａ Ｍ Ｎ三点共线可得ｋ ｋ 最 æ ö æ ö
， ， ， ＡＮ＝ ＡＭ， ç ２ ３÷ ç ２ ２ ３÷．
终求出结果． è－∞，－ ø∪è ， ø
３ ３ ３
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 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
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 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
题能力． 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
ｘ２ ｙ２ 以及用函数与方程思想解决问题的能力．
８．（２０１５天津，１９，１４分）已知椭圆 ａ ｂ 的左焦
ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） ｘ２
９．（２０１５浙江理，１９，１５分）已知椭圆 ｙ２ 上两个不同的
＋ ＝１
点为Ｆ ｃ 离心率为 ３ 点Ｍ在椭圆上且位于第一象限 ２
（－ ，０）， ， ，
３ 点Ａ Ｂ关于直线ｙ ｍｘ １ 对称．
， ＝ ＋
ｂ２ ２
直线ＦＭ被圆ｘ２ ｙ２ 截得的线段的长为ｃ ＦＭ ４ ３． 求实数ｍ的取值范围
＋ ＝ ，｜ ｜＝ （１） ；
４ ３ 求 ＡＯＢ面积的最大值 Ｏ为坐标原点 ．
求直线ＦＭ的斜率
（２） △ （ ）
（１） ；
求椭圆的方程
（２） ；
设动点Ｐ在椭圆上 若直线ＦＰ的斜率大于 求直线ＯＰ
（３） ， ２，
Ｏ为原点 的斜率的取值范围．
（ ）
ｃ２
解析 由已知有 １ 又由ａ２ ｂ２ ｃ２ 可得ａ２ ｃ２ ｂ２
（１） ａ２ ＝ ， ＝ ＋ ， ＝３ ，
３
ｃ２．
＝２
设直线ＦＭ的斜率为ｋ ｋ 则直线ＦＭ的方程为ｙ ｋ ｘ ｃ ．
（ ＞０）， ＝ （ ＋ ）
æ ｋｃ ö２ ( ｃ ) ２ ( ｂ ) ２ 解析 由题意知ｍ 可设直线ＡＢ的方程为
由已知 有ç ÷ 解得ｋ ３． （１） ≠０，
， è ｋ２
＋１
ø ＋
２
＝
２
， ＝
３ ｙ １ ｘ ｂ．
ｘ２ ｙ２
＝－ｍ ＋
由 得椭圆方程为 直线 ＦＭ 的方程为 ｙ
（２） （１） ３ ｃ２ ＋ ２ ｃ２ ＝１， ＝ ì ï ï ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１， æ ö ｂ
３ （ ｘ ＋ ｃ ）， 两个方程联立 ， 消去ｙ ， 整理得 ３ ｘ２ ＋２ ｃｘ －５ ｃ２ ＝０， 解得
由í
ï ïｙ
２
１ ｘ ｂ
消去ｙ
，
得
è
ç １
２ ＋ｍ
１
２ ø
÷ｘ２
－
２
ｍ
ｘ
＋
ｂ２
－１＝０
．
３ î ＝－ｍ ＋ ，
ｘ
＝ －
５ ｃ 或 ｘ
＝
ｃ．由点 Ｍ 在第一象限
，
可得 Ｍ 的坐标
因为直线ｙ １ ｘ ｂ与椭圆
ｘ２
ｙ２ 有两个不同的交点
３ ＝－ｍ ＋ ＋ ＝１ ，
æ ö ２
为çｃ ２ ３ｃ÷．
è ， ø 所以Δ ｂ２ ４
３ ＝－２ ＋２＋ｍ２＞０， ①
由 ｜ ＦＭ ｜＝ （ ｃ ＋ ｃ ） ２ ＋ æ è ç２ ３ ３ｃ －０ ö ø ÷ ２ ＝ ４ ３ ３ ， 解得ｃ ＝１， 将ＡＢ中点Ｍ æ è ç ｍ ２ ２ ｍ ＋ ｂ ２ ，ｍ ｍ ２ ２ ＋ ｂ ２ ö ø ÷代入直线方程ｙ ＝ ｍｘ ＋ ２ １ ， 解得
所以椭圆的方程为
ｘ２ ｙ２
． ｂ
ｍ２
＋２．
＋ ＝１ ＝－ ｍ２ ②
３ ２ ２
ｙ
（３） 设点Ｐ的坐标为 （ ｘ ， ｙ ）， 直线ＦＰ的斜率为ｔ ， 得ｔ ＝ｘ ＋１ ， 即 由 ①② 得ｍ ＜－ ６或ｍ ＞ ６．
{ｙ ｔ ｘ ３ ３
ｙ ＝ ｔ （ ｘ ＋１）（ ｘ ≠－１）， 与椭圆方程联立得 ｘ ＝ ２ （ ｙ２ ＋１）， 消去ｙ ， 整 （２） 令ｔ ＝ ｍ １ ∈ æ è ç － ６ ，０ ö ø ÷ ∪ æ è ç ０， ６ ö ø ÷ ，
＋ ＝１， ２ ２
３ ２
ｘ２ －２
ｔ４
＋２
ｔ２
＋
３
理得
２
ｘ２
＋３
ｔ２
（
ｘ
＋１）
２
＝６
．又由已知
，
得ｔ
＝
６
ｘ
－２
２＞ ２，
解得 则
｜
ＡＢ
｜＝
ｔ２
＋１·
２
，
３（ ＋１） ｔ２ １
＋
３ ｘ 或 ｘ ． ２
－ ＜ ＜－１， －１＜ ＜０
２ ｔ２ １
ｙ ＋
设直线ＯＰ的斜率为ｍ 得ｍ 即ｙ ｍｘ ｘ 与椭圆方 且Ｏ到直线ＡＢ的距离为ｄ ２ ．
， ＝ ｘ ， ＝ （ ≠０）， ＝ ｔ２
＋１
设 ＡＯＢ的面积为Ｓ ｔ
程联立 整理可得ｍ２ ２ ２ ． △ （ ），
， ＝ｘ２ －
３ ( ) ２
( ) 所以Ｓ ｔ １ ＡＢ ｄ １ ｔ２ １ ２．
当ｘ ３ 时 有ｙ ｔ ｘ 因此ｍ 于是ｍ （ ）＝ ｜ ｜· ＝ －２ － ＋２≤
① ∈ － ，－１ ， ＝ （ ＋１）＜０， ＞０， ＝ ２ ２ ２ ２
２
æ ö
当且仅当ｔ２
＝
１ 时
，
等号成立．
２ ２ 得ｍ ç ２ ２ ３÷． ２
ｘ２ － ， ∈è ， ø
当ｘ ３ 时 ３ 有 ｙ ３ ｔ ｘ 因此 ｍ 于是 ｍ 故 △ ＡＯＢ面积的最大值为 ２．
② ∈（－１，０） ， ＝ （ ＋１）＞０， ＜０， ＝ ２
æ ö 评析 本题主要考查椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关
２ ２ 得ｍ ç ２ ３÷．
－ ｘ２ － ， ∈è－∞，－ ø 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
３ ３
综 上 直 线 ＯＰ 的 斜 率 的 取 值 范 围 是 能力．
，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九 圆锥曲线 ６９１
１０．（２０１３课标Ⅱ理，２０，１２分）平面直角坐标系ｘＯｙ中 过椭圆 解析 设Ｍ ｘ ｙ 由已知得Ｂ ｘ Ａ ．
， （１） （ ， ）， （ ，－３）， （０，－１）
Ｍ ：ａ ｘ２ ２ ＋ ｙ ｂ ２ ２ ＝１（ ａ ＞ ｂ ＞０） 右焦点的直线ｘ ＋ ｙ － ３＝０ 交Ｍ于Ａ ， Ｂ 所以Ｍ→Ａ ＝（－ ｘ ，－１－ ｙ ）， Ｍ→Ｂ ＝（０，－３－ ｙ ）， →ＡＢ ＝（ ｘ ，－２） ．
再由题意可知 Ｍ→Ａ Ｍ→Ｂ →ＡＢ 即 ｘ ｙ ｘ
（ ＋ ）· ＝０， （－ ，－４－２ ）·（ ，－２）
两点 Ｐ为ＡＢ的中点 且ＯＰ的斜率为 １ ． ．
， ， ＝０
２
（１）
求Ｍ的方程
；
所以曲线Ｃ的方程为ｙ
＝
１ ｘ２
－２
．
Ｃ Ｄ为Ｍ上两点 若四边形ＡＣＢＤ的对角线ＣＤ ＡＢ 求 ４
（２） ， ， ⊥ ，
四边形ＡＣＢＤ面积的最大值． 设Ｐ ｘ ｙ 为曲线Ｃ ｙ １ ｘ２ 上一点 因为ｙ′ １ ｘ
（２） （ ０， ０） ： ＝ －２ ， ＝ ，
解析 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ Ｐ ｘ ｙ 则 ４ ２
（１） （ １， １）， （ ２， ２）， （ ０， ０），
ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２ ｙ ｙ 所以ｌ的斜率为 １ ｘ ．
１ １ ２ ２ ２－ １ ０
由
ａ２
此
＋ｂ
可
２
得
＝１
ｂ
，
２ （
ａ
ｘ
２
２
＋
＋
ｂ
ｘ
２
１）
＝１，ｘ
ｙ
２
２
－
－
ｘ
ｙ
１
１
＝－１
．
， 因此直线ｌ的方程 ２ 为 ｙ
－
ｙ
０＝ ２
１ ｘ
０（
ｘ
－
ｘ
０），
即 ｘ
０
ｘ
－２
ｙ
＋２
ｙ
０－
ｘ２
０
ａ２
（
ｙ
２＋
ｙ
１）
＝－ｘ
２－
ｘ
１
＝１
＝０
．
因为ｘ ｘ ｘ ｙ ｙ ｙ
ｙ
０ １ 则Ｏ点到ｌ的距离ｄ ｜２
ｙ
０－
ｘ２
０｜．
所以ａ
１
２
＋ ２
ｂ
＝
２．
２ ０， １＋ ２＝２ ０，ｘ ０ ＝ ２ ， ＝ ｘ２ ０＋４
又由题意
＝２
知 Ｍ的右焦点为 故ａ２ ｂ２ ．
又ｙ
０＝
１ ｘ２
０－２，
所以
， （ ３，０）， － ＝３ ４
因此ａ２ ｂ２ ．
＝６， ＝３ １ ｘ２
所以Ｍ的方程为
ｘ２ ｙ２
． ｄ ２
０＋４
１
æ
ç ｘ２ ４
ö
÷
６
＋
３
＝１ ＝ ｘ２
０＋４
＝
２
è ０＋４＋ ｘ２
０＋４
ø≥２，
{ ì ï 当ｘ 时取等号 所以Ｏ点到ｌ距离的最小值为 ．
ｘ ＋ ｙ － ３＝０， ï ｘ ＝ ４ ３ ， {ｘ ０＝０ ， ２
（２） 由 ｘ２ ｙ２ 解得í ï ３ 或 ｙ ＝０， ． 考点四 存在性问题
＋ ＝１ ïｙ ３ ＝ ３
６ ３ î ＝－ １．（２０１９课标Ⅰ文，２１，１２分）已知点Ａ Ｂ关于坐标原点Ｏ对
３ ，
称 ＡＢ Ｍ过点Ａ Ｂ且与直线ｘ 相切．
因此 ＡＢ ４ ６． ，｜ ｜＝４，☉ ， ＋２＝０
｜ ｜＝ 若Ａ在直线ｘ ｙ 上 求 Ｍ的半径
３ （１） ＋ ＝０ ， ☉ ；
æ ö 是否存在定点 Ｐ 使得当 Ａ运动时 ＭＡ ＭＰ 为定值
由题意可设直线ＣＤ的方程为ｙ ＝ ｘ ＋ ｎ è ç － ５ ３ ＜ ｎ ＜ ３ø ÷ ， （２） 并说明理由． ， ，｜ ｜－｜ ｜ ？
３
解析 本题利用关于原点对称和直线与圆相切 考查圆的方
设Ｃ ｘ ｙ Ｄ ｘ ｙ ． ，
{ｙ （ ＝ ｘ ３， ＋ ｎ ３ ， ）， （ ４， ４） 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
由 ｘ２ ｙ２ 得 ３ ｘ２ ＋４ ｎｘ ＋２ ｎ２ －６＝０ ．
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
６ ３ （１） ☉ ， ，
已知Ａ在直线ｘ ｙ 上 且Ａ Ｂ关于坐标原点Ｏ对称 所以Ｍ
ｎ ｎ２ ＋ ＝０ ， ， ，
于是ｘ －２ ± ２（９－ ）． 在直线ｙ ｘ上 故可设Ｍ ａ ａ ．
３，４＝ ＝ ， （ ， ）
３ 因为 Ｍ与直线ｘ 相切 所以 Ｍ的半径为ｒ ａ ．
因为直线ＣＤ的斜率为 ☉ ＋２＝０ ， ☉ ＝｜ ＋２｜
１，
由已知得 ＡＯ 又Ｍ→Ｏ Ａ→Ｏ
所以 ＣＤ ｘ ｘ ４ ｎ２． ｜ ｜＝２， ⊥ ，
｜ ｜＝ ２｜ ４－ ３｜＝ ９－ 故可得 ａ２ ａ ２ 解得ａ 或ａ ．
３ ２ ＋４＝（ ＋２） ， ＝０ ＝４
故 Ｍ的半径ｒ 或ｒ ．
由已知 四边形 ＡＣＢＤ 的面积 Ｓ １ ＣＤ ＡＢ ☉ ＝２ ＝６
， ＝ ｜ ｜ · ｜ ｜ ＝ 存在定点Ｐ 使得 ＭＡ ＭＰ 为定值．
２ （２） （１，０）， ｜ ｜－｜ ｜
理由如下
８ ６ ｎ２． ：
９－ 设Ｍ ｘ ｙ 由已知得 Ｍ的半径为ｒ ｘ ＡＯ
９ （ ， ）， ☉ ＝｜ ＋２｜，｜ ｜＝２，
当ｎ 时 Ｓ取得最大值 最大值为８ ６． 由于Ｍ→Ｏ ⊥ Ａ→Ｏ ， 故可得ｘ２ ＋ ｙ２ ＋４＝（ ｘ ＋２） ２ ， 化简得Ｍ的轨迹方程
＝０ ， ，
３
为ｙ２
＝４
ｘ．
所以四边形ＡＣＢＤ面积的最大值为８ ６．
因为曲线Ｃ
：
ｙ２
＝４
ｘ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 ．
３ ， ｜ ｜＝ ＋１
评析 本题考查了直线和椭圆的位置关系，考查了解析几何 因为 ＭＡ ＭＰ ｒ ＭＰ ｘ ｘ 所以存在满足条
｜ ｜－｜ ｜＝ －｜ ｜＝ ＋２－（ ＋１）＝１，
中的中点问题和最值问题，计算量大，综合性较强．应充分重 件的定点Ｐ．
视方程思想和函数思想在解题中的作用． ２．（２０１５课标Ⅰ理，２０，１２分）在直角坐标系ｘＯｙ中 曲线Ｃ ｙ
， ： ＝
１１．（２０１１课标理，２０，１２分）在平面直角坐标系ｘＯｙ中
，
已知点 ｘ２
与直线ｌ ｙ ｋｘ ａ ａ 交于Ｍ Ｎ两点．
Ａ Ｂ点在直线ｙ 上 Ｍ点满足 ： ＝ ＋ （ ＞０） ，
（０，－１）， ＝－３ ， ４
Ｍ→Ｂ
∥
Ｏ→Ａ
，
Ｍ→Ａ
·
→ＡＢ
＝
Ｍ→Ｂ
·
→ＢＡ
，
Ｍ点的轨迹为曲线Ｃ．
（１）
当ｋ
＝０
时
，
分别求Ｃ在点Ｍ和Ｎ处的切线方程
；
求Ｃ的方程 ｙ 轴上是否存在点 Ｐ 使得当 ｋ 变动时 总有 ＯＰＭ
（１） ； （２） ， ， ∠ ＝
Ｐ为Ｃ上的动点 ｌ为Ｃ在Ｐ点处的切线 求Ｏ点到ｌ距 ＯＰＮ 说明理由．
（２） ， ， ∠ ？
离的最小值． 解析 由题设可得Ｍ ａ ａ Ｎ ａ ａ 或Ｍ ａ
（１） （２ ， ）， （－２ ， ） （－２ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６９２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ａ Ｎ ａ ａ ． 此时 Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ →ＡＢ ．
）， （２ ， ） ，｜ ＋ ｜≠｜ ｜
又ｙ′ ＝ ｘ ， 故ｙ ＝ ｘ２ 在ｘ ＝２ ａ处的导数值为 ａ ， Ｃ在点 （２ ａ ， 当ｘ ＝－ ２ 时 ， 同理可知 ，｜ Ｏ→Ａ ＋ Ｏ→Ｂ ｜≠｜ →ＡＢ ｜ ．
２ ４ 若直线ｌ不垂直于ｘ轴 设ｌ的方程为ｙ ｋｘ ｍ
（ｉｉ） ， ＝ ＋ ，
ａ 处的切线方程为ｙ ａ ａ ｘ ａ 即 ａｘ ｙ ａ ． {ｙ ｋｘ ｍ
） － ＝ （ －２ ）， － － ＝０ ＝ ＋ ，
ｙ ＝ ｘ２ 在ｘ ＝－２ ａ处的导数值为 － ａ ， Ｃ在点 （－２ ａ ， ａ ） 处的切 由 ｘ２ － ｙ２ ＝１ 得 （３－ ｋ２ ） ｘ２ －２ ｋｍｘ － ｍ２ －３＝０ ．
４
３
线方程为ｙ ａ ａ ｘ ａ 即 ａｘ ｙ ａ ． 当ｌ与Ｃ 相交于Ａ Ｂ两点时 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 则ｘ ｘ
－ ＝－ （ ＋２ ）， ＋ ＋ ＝０ １ ， ， （ １， １）， （ ２， ２）， １， ２
故所求切线方程为 ａｘ ｙ ａ 和 ａｘ ｙ ａ ． 分 ｋｍ ｍ２
－ － ＝０ ＋ ＋ ＝０ （５ ） 是上述方程的两个实根 从而ｘ ｘ ２ ｘ ｘ ＋３．
存在符合题意的点 证明如下 ， １＋ ２＝ ｋ２， １ ２＝ｋ２
（２） ， ： ３－ －３
设Ｐ ｂ 为符合题意的点 Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ 直线 ＰＭ ｋ２ ｍ２
ＰＮ的
（０
斜
，
率
）
分别为ｋ ｋ ．
， （ １， １）， （ ２， ２）， ， 于是ｙ
１
ｙ
２＝
ｋ２ｘ
１
ｘ
２＋
ｋｍ
（
ｘ
１＋
ｘ
２）＋
ｍ２
＝
３
ｋ２
－３ ．
将ｙ
＝
ｋｘ
＋
ａ代入Ｃ的 １， 方 ２ 程得ｘ２
－４
ｋｘ
－４
ａ
＝０
． {ｙ
＝
ｋｘ
＋
ｍ
，
－３
故 从而 ｘ １＋ ｋ ｘ １＋ ２＝ ｋ ２ ４ ＝ ｋ ， ｙ １ ｘ ｘ － １ １ ｘ ｂ ２ ＋ ＝ ｙ ２ － ｘ － ２ ４ ｂ ａ ＝ ． ２ ｋｘ １ ｘ ２＋（ ａ ｘ １ － ｘ ｂ ２ ）（ ｘ １＋ ｘ ２） ＝ ｋ （ ａ ａ ＋ ｂ ）． 由 因为 ｙ ３ 直 ２ ＋ 线 ｘ ２ ２ ｌ ＝ 与 １ 得 Ｃ ２ （ 只 ２ ｋ 有 ２ ＋ 一 ３） 个 ｘ２ 公 ＋４ 共 ｋｍ 点 ｘ ＋ ， ２ 所 ｍ 以 ２ － 上 ６＝ 述 ０ 方 ． 程的判别式
当ｂ ａ时 有ｋ ｋ 则直线ＰＭ的倾斜角与直线ＰＮ的倾 Δ ｋ２ｍ２ ｋ２ ｍ２ ．
＝－ ， １＋ ２＝０， ＝１６ －８（２ ＋３）（ －３）＝０
斜角互补 故 ＯＰＭ ＯＰＮ 所以点Ｐ ａ 符合题意． ｍ２ ｋ２ ｍ２
， ∠ ＝∠ ， （０，－ ） 化简 得 ｋ２ ｍ２ 因此Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ ｘ ｘ ｙ ｙ ＋３ ３ －３
分 ， ２ ＝ －３， · ＝ １ ２＋ １ ２＝ｋ２ ＋ ｋ２
（１２ ） －３ －３
３．（２０１４湖南文，２０，１３分）如图 Ｏ为坐标原点 双曲线Ｃ
ｘ２
－
ｋ２
－３
， ， １：ａ２ ＝ ｋ２
－３
≠０，
１
ｙ２ ｙ２ ｘ２ 于是Ｏ→Ａ２ Ｏ→Ｂ２ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ａ２ Ｏ→Ｂ２ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ
ａ ｂ 和椭圆Ｃ ａ ｂ 均过点 ＋ ＋２ · ≠ ＋ －２ · ，
－ｂ２
１
＝１（ １＞０， １＞０） ２：ａ２
２
＋ｂ２
２
＝１（ ２＞ ２＞０）
即 ｜ Ｏ→Ａ ＋ Ｏ→Ｂ ｜ ２ ≠｜ Ｏ→Ａ － Ｏ→Ｂ ｜ ２ ， 故 ｜ Ｏ→Ａ ＋ Ｏ→Ｂ ｜≠｜ →ＡＢ ｜ ．
Ｐ
æ
ç２ ３
ö
÷ 且以Ｃ 的两个顶点和Ｃ 的两个焦点为顶点的四
综合
（ｉ），（ｉｉ）
可知
，
不存在符合题设条件的直线．
è ，１ø， １ ２ 评析 本题考查椭圆与双曲线的定义、几何性质、标准方程及
３
边形是面积为 的正方形． 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
２
求Ｃ Ｃ 的方程 力，综合性较强．
（１） １， ２ ；
是否存在直线ｌ 使得ｌ与Ｃ 交于Ａ Ｂ两点 与Ｃ 只有一 ４．（２０１４福建文，２１，１２分）已知曲线Γ上的点到点Ｆ 的
（２） ， １ ， ， ２ （０，１）
个公共点 且 Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ →ＡＢ 证明你的结论． 距离比它到直线ｙ 的距离小 ．
， ｜ ＋ ｜＝｜ ｜？ ＝－３ ２
求曲线Γ的方程
（１） ；
曲线Γ在点Ｐ处的切线ｌ与ｘ轴交于点Ａ 直线ｙ 分别
（２） ， ＝３
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 解法一 设Ｓ ｘ ｙ 为曲线Γ上任意一点
（１） ： （ ， ） ，
解析 设Ｃ 的焦距为 ｃ 由题意知 ｃ ａ 依题意 点Ｓ到Ｆ 的距离与它到直线ｙ 的距离相等
（１） ２ ２ ２， ，２ ２＝２，２ １＝２， ， （０，１） ＝－１ ，
从而ａ ｃ ． 所以曲线Γ是以点Ｆ 为焦点 直线ｙ 为准线的抛物
１＝１， ２＝１ （０，１） 、 ＝－１
æ ö ｙ２ æ ö２ 线 所以曲线Γ的方程为ｘ２ ｙ．
因为点Ｐç２ ３ ÷在双曲线 ｘ２ 上 所以ç２ ３÷ １ ， ＝４
è ，１ø －ｂ２ ＝１ ， è ø －ｂ２ ＝ 解法二 设Ｓ ｘ ｙ 为曲线Γ上任意
３ １ ３ １ ： （ ， ）
故ｂ２ ． 一点
１， １＝３ ，
æ ö２ 则 ｙ ｘ ２ ｙ ２
由 椭 圆 的 定 义 知 ａ ç２ ３÷ ２ ｜ －（－３） ｜ － （ －０） ＋（ －１）
２ ２ ＝ è ø ＋（１－１） ＋
３ ＝２，
依题意 知点Ｓ ｘ ｙ 只能在直线ｙ
æ ö２ ， （ ， ） ＝
è
ç２ ３
ø
÷
＋（１＋１）
２
＝２ ３
．
－３
的上方
，
所以ｙ
＞－３，
３
于是ａ
２＝ ３，
ｂ２
２＝
ａ２
２－
ｃ２
２＝２，
故Ｃ
１，
Ｃ
２
的方程分别为ｘ２
－
ｙ２
＝１，
所
化
以
简得
（
曲
ｘ
－
线
０）
Γ
２
＋
的
（
ｙ
方
－１
程
）
２
为
＝
ｙ
ｘ２
＋１，
ｙ．
３ ， ＝４
ｙ２ ｘ２ 当点 Ｐ 在曲线 Γ 上运动时 线段 ＡＢ 的长度不变．证明
． （２） ，
＋ ＝１ 如下
３ ２ ：
不存在符合题设条件的直线．
（２）
若直线ｌ垂直于ｘ轴 因为ｌ与Ｃ 只有一个公共点 所以直
由
（１）
知抛物线Γ的方程为ｙ
＝
１ ｘ２
，
（ｉ） ， ２ ， ４
线ｌ的方程为ｘ 或ｘ ．
＝ ２ ＝－ ２ 设Ｐ ｘ ｙ ｘ 则ｙ １ ｘ２
当ｘ 时 易知Ａ Ｂ （ ０， ０）（ ０≠０）， ０＝ ４ ０，
＝ ２ ， （ ２， ３）， （ ２，－ ３），
所以 Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ →ＡＢ 由ｙ′ １ ｘ 得切线ｌ的斜率ｋ ｙ′ １ ｘ
｜ ＋ ｜＝２ ２，｜ ｜＝２ ３， ＝ ， ＝ ｜ｘ ＝ ｘ ０ ＝ ０，
２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九 圆锥曲线 ６９３
所以切线ｌ的方程为ｙ － ｙ ０＝ １ ｘ ０（ ｘ － ｘ ０）， 即ｙ ＝ １ ｘ ０ ｘ － １ ｘ２ ０ ． ｜ ＡＢ ｜＝ ｜ ＡＣ ｜ ２ － ｒ２
{ ｙ １ ｘ ｘ １ ｘ２ ( ２ ) ２ ４ ＝ [ １ ｘ ０－ ( １ ｘ ０＋ｘ ３ )] ２ ＋３ ２ － ( １ ｘ ０＋ｘ ３ ) ２ ＝ ６ ．
由 ＝ ０ － ０，得Ａ １ ｘ ． ２ ４ ０ ４ ０
２ ４ ０，０ 所以点Ｐ在曲线Γ上运动时 线段ＡＢ的长度不变．
ｙ ２ ，
＝０ 评析 本题主要考查抛物线的定义与性质、圆的性质、直线与
{
ｙ １ ｘ ｘ １ ｘ２ ( ) 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
由 ＝ ０ － ０，得Ｍ １ ｘ ６ ．
２ ４ ０＋ｘ ，３ 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
ｙ ２ ０
＝３
( )
化思想．
又Ｎ 所以圆心Ｃ １ ｘ ３
（０，３）， ０＋ｘ ，３ ，
４ ０
半径ｒ １ ＭＮ １ ｘ ３
＝ ｜ ｜＝ ０＋ｘ ，
２ ４ ０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
时间： 分钟 分值： 分
９０ １１５
一、单项选择题 每题 分 共 分 答案 ＡＢＤ
（ ５ ， １５ ）
１．（２０２１届河南商丘、周口、驻马店部分学校联考，１１）已知ｍ ｘ２ ｙ２
＞ ５．（２０２１届山东开学质量检测，１１）已知双曲线Ｃ
０， Ａ （０， ｍ ＋１）， Ｂ （０，－ ｍ ＋１） ．若直线ｙ ＝３ ｘ上存在一点Ｐ ， ： ９ － １６ ＝１，
使得 ＰＢ ＰＡ 则ｍ的取值范围是
过其右焦点Ｆ的直线ｌ与双曲线交于Ａ Ｂ两点 则
｜ ｜－｜ ｜＝２， （ ） ， ， （ ）
Ａ．（
(
０，９）
)
Ｂ．（
(
９，＋∞）
) Ａ．
若Ａ
，
Ｂ同在双曲线的右支
，
则ｌ的斜率大于 ４
３
Ｃ． ０， １ Ｄ． １ ，＋∞ 若Ａ在双曲线的右支 则 ＦＡ 最小为
９ ９ Ｂ． ， ｜ ｜ ２
答案 Ｄ
ＡＢ 最小为３２
２．（２０２０河北衡水中学七调，１０）已知抛物线 ｙ２ ｘ 上有三点 Ｃ．｜ ｜ ３
＝４
Ａ 标 ， 为 Ｂ ， Ｃ ， ＡＢ ， ＢＣ ， ＣＡ的斜率分别为 ３，６，－２， 则 △ ＡＢＣ的重心坐 Ｄ． 答 满 案 足 ｜ Ａ Ｂ Ｂ Ｄ ｜＝１１ 的直线有 ４ 条
（ ）
( ) ( ) ６．（２０２１届山东青岛期初调研，１０）在平面直角坐标系ｘＯｙ中
，
１４ １４
Ａ． ，１ Ｂ． ，０ 动点Ｐ与两个定点Ｆ 和Ｆ 连线的斜率之积
９ ９ １（－ ３，０） ２（ ３，０）
( ) ( )
１４ １４ 等于 １ 记点Ｐ的轨迹为曲线Ｅ 直线ｌ ｙ ｋ ｘ 与Ｅ交于
Ｃ． ，０ Ｄ． ，１ ， ， ： ＝ （ －２）
２７ ２７ ３
答案 Ｃ Ａ Ｂ两点 则
， ， （ ）
３．（２０２０浙江高三４月月考，８）如图
，
已知抛物线Ｃ
１：
ｙ２
＝４
ｘ和
Ｅ的方程为
ｘ２
ｙ２ ｘ
圆Ｃ ｘ ２ ｙ２ 直线ｌ经过Ｃ 的焦点Ｆ 自上而下依次 Ａ． － ＝１（ ≠± ３）
２：（ －１） ＋ ＝１， １ ， ３
交Ｃ 和Ｃ 于Ａ Ｂ Ｃ Ｄ四点 则→ＡＢ Ｃ→Ｄ的值为 Ｅ的离心率为
１ ２ ， ， ， ， · （ ） Ｂ． ３
Ｅ的渐近线与圆 ｘ ２ ｙ２ 相切
Ｃ． （ －２） ＋ ＝１
满足 ＡＢ 的直线ｌ仅有 条
Ｄ． ｜ ｜＝２ ３ １
答案 ＡＣ
７．（２０２０山东德州６月二模，１２）抛物线Ｃ ｘ２ ｙ的焦点为Ｆ
： ＝４ ，
Ｐ为其上一动点 设直线 ｌ 与抛物线 Ｃ 相交于 Ａ Ｂ 两点 点
， ， ，
Ｍ 下列结论正确的是
（２，２）， （ ）
ＰＭ ＰＦ 的最小值为
Ａ．｜ ｜＋｜ ｜ ３
抛物线Ｃ上的动点Ｐ到点Ｈ 距离的最小值为
Ｂ． （０，３） ３
１ １ 存在直线ｌ 使得Ａ Ｂ两点关于直线ｘ ｙ 对称
Ａ． Ｂ． Ｃ．１ Ｄ．２ Ｃ． ， ， ＋ －３＝０
４ ２ 若过Ａ Ｂ的抛物线的两条切线交准线于点Ｔ 则Ａ Ｂ两点的
答案 Ｃ Ｄ． 、 ， 、
纵坐标之和的最小值为
２
二、多项选择题 每题 分 共 分 答案 ＡＤ
（ ５ ， ２５ ）
４．（２０２１届湖湘名校教育联合体入学考试，９）已知圆Ｏ的半径 ｘ２ ｙ２
为定长ｒ Ａ是圆Ｏ所在平面内一个定点 Ｐ是圆上任意一点
８．（２０２０山东日照一模，１２）已知双曲线
ｎ － ｎ ＝１（
ｎ
∈
Ｎ∗
），
不
， ， ，
线段ＡＰ的垂直平分线ｌ和直线ＯＰ相交于点Ｑ．当点Ｐ在圆上 与ｘ轴垂直的直线ｌ与双曲线右支交于点Ｂ Ｃ Ｂ在ｘ轴上方
， （ ，
运动时 下列判断正确的是 Ｃ在ｘ轴下方 与双曲线渐近线交于点Ａ Ｄ Ａ在ｘ轴上方
， （ ） ）， ， （ ），
当点Ａ在圆Ｏ内 不与圆心重合 时 点Ｑ的轨迹是椭圆 Ｏ为坐标原点 下列选项中正确的为
Ａ． （ ） ， ， （ ）
点Ｑ的轨迹可能是一个定点 ＡＣ ＢＤ 恒成立
Ｂ． Ａ．｜ ｜＝｜ ｜
当点Ａ在圆Ｏ外时 点Ｑ的轨迹是双曲线的一支
Ｃ． ， 若Ｓ １ Ｓ 则 ＡＢ ＢＣ ＣＤ
点Ｑ的轨迹不可能是抛物线 Ｂ． △ ＢＯＣ＝ △ ＡＯＤ， ｜ ｜＝｜ ｜＝｜ ｜
Ｄ． ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６９４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ＡＯＤ面积的最小值为 四、解答题 共 分
Ｃ．△ １ （ ５０ ）
对每一个确定的ｎ 若 ＡＢ ＢＣ ＣＤ 则 ＡＯＤ的面积 １４．（２０２１届湖北武汉、襄阳、荆门、宜昌四地六校联考，２０）已知
Ｄ． ， ｜ ｜＝｜ ｜＝｜ ｜， △
为定值 ｘ２ ｙ２
椭圆Ｃ ａ ｂ 的离心率为 １ 以原点为圆心 椭
答案 ＡＢＤ ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） ， ，
２
三、填空题 每题 分 共 分 圆的短半轴长为半径的圆与直线
７
ｘ
－ ５
ｙ
＋１２＝０
相切．
（ ５ ， ２５ ）
求椭圆Ｃ的方程
９．（２０２１届河北邯郸摸底考，１５）已知Ｆ Ｆ 分别是双曲线
ｘ２
（１） ；
１， ２ ａ２ － （２） 设Ａ （－４，０）， 过点Ｒ （３，０） 作与ｘ轴不重合的直线ｌ交椭
ｙ ｂ ２ ２ ＝１（ ａ ＞０， ｂ ＞０） 的左 、 右焦点 ， 设点Ｐ是该双曲线与以Ｆ １ Ｆ ２ 圆Ｃ于Ｐ ， Ｑ两点 ， 连接ＡＰ ， ＡＱ分别交直线ｘ ＝ １ ３ ６于Ｍ ， Ｎ
两点 若直线ＭＲ ＮＲ的斜率分别为ｋ ｋ 试问 ｋ ｋ 是
为直径的圆在第一象限的交点 若 ＰＦ Ｆ ３ １０ 则双曲 不是 ， 定值 若是 、 求出该定值 若不是 １ 请 、 说 ２， 明理由 ： ． １ ２
， ｓｉｎ∠ ２ １＝ ， ？ ， ， ，
１０ １５．（２０２１届广东仲元中学、中山一中等七校联合体第一次联
线的离心率为 ．
考，２１）已知椭圆的中心在坐标原点 Ｏ 焦点在 ｘ 轴上 椭圆
， ，
答案 １０
的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形 离心率为 ２．
２ ，
１０．（２０２１届湖南、河北新高考联考１０月质量检测，１６）已知经 ２
求椭圆的方程
过点 的直线 ｌ 与抛物线 ｙ２ ｘ 相交于 Ａ Ｂ 两点 点 （１） ；
（１，０） ＝４ ， ， 直线ｌ过点Ｐ 且与椭圆相交于Ａ Ｂ两点 当 ＡＯＢ
Ｃ 且ＣＡ ＣＢ 则 ＡＢＣ的面积为 ． （２） （０，２） 、 ， △
（－１，－１）， ⊥ ， △ 面积取得最大值时 求直线ｌ的方程．
，
答案 ５ ５ １６．（２０２１届山东青岛期初调研，２２）已知 Ｏ 为坐标原点 椭圆
，
１１．（２０２１届河
２
南郑州一中开学测试）已知直线ｙ ｋｘ ｔ与圆ｘ２ Ｃ
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ 的左 右焦点分别为Ｆ Ｆ 左 右顶点
＝ ＋ ＋ ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） 、 １， ２， 、
ｙ ２ 相切 且与抛物线 Ｃ ｘ２ ｙ 交于不同的两点 Ｍ
（ ＋１） ＝１ ， ： ＝４ ， 分别为Ａ Ａ 上 下顶点分别为Ｂ Ｂ 四边形Ａ Ｂ Ａ Ｂ 的
Ｎ 则实数ｔ的取值范围是 ． １， ２， 、 ２， １， １ １ ２ ２
， 答案 面积为 四边形Ｆ Ｂ Ｆ Ｂ 的面积为 ．
１２．（２０２１ 届
（
河
－∞
北
，
衡
－３
水
）
中
∪
学
（０
期
，＋
中
∞
，
）
１５）已知Ｆ Ｆ 是椭圆和双曲 （１）
求椭 ４ 圆 ， Ｃ的标准 １ 方 １ 程 ２
；
２ ２ ３
１、 ２ 若点Ｍ Ｎ为椭圆Ｃ上的两个动点 ＯＭＮ的面积为 ．证
线的公共焦点 ， Ｐ是他们的一个公共点 ， 且 ∠ Ｆ １ ＰＦ ２＝ π ３ ， 则椭 （２） 明 ： 存在 ， 定点Ｗ ， 使得 ｜ ＷＭ ｜ ２ ＋｜ ＷＮ ， ｜ △ ２ 为定值． １
圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为 ． １７．（２０２１届新高考省份 ８联考，２１）已知椭圆Ｃ ｘ２ ｙ２ ａ
Ｔ ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（
答案 ４ ３
＞
ｂ
＞０）
与抛物线Ｍ
：
ｙ２
＝４
ｘ有公共的焦点
，
且抛物线的准线被
３ 椭圆截得的弦长为 ．
ｘ２ ｙ２ ３
１３．（２０２０浙江大学附中全真模拟，１６）已知点Ｆ
１
是椭圆
ａ２ ＋ｂ２ （１）
求椭圆Ｃ的方程
；
ａ ｂ 的左焦点 过原点作直线ｌ交椭圆于Ａ Ｂ两点 （２） 过椭圆Ｃ的右焦点作一条斜率为ｋ （ ｋ ≠０） 的直线交椭圆
Ｍ
＝１
Ｎ
（
分
＞
别
＞０
是
）
ＡＦ ＢＦ
，
的中点 若存在以ＭＮ为直径的
，
圆过原
， 于Ａ
，
Ｂ两点
，
交ｙ轴于点Ｅ
，
Ｐ为弦ＡＢ的中点
，
过点Ｅ作
点
，
则椭圆的离心
１，
率的
１
取值范
，
围是 ．
直线ＯＰ的垂线交ＯＰ于点Ｑ
，
问是否存在一定点Ｈ
，
使得
， ＱＨ的长度为定值 若存在 则求出点Ｈ 若不存在 请说
æ ö ？ ， ， ，
答案 ç ２ ÷ 明理由．
è ，１ø
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九 圆锥曲线 ６９５
１．（２０２０湖南长沙一中第二次月考，１１）点Ｍ与定点Ｆ 的距 由已知可得ＡＢ 平面ＡＤＥＦ ＣＤ 平面ＡＤＥＦ 连接ＡＭ ＤＭ
（２，０） ⊥ ， ⊥ ， ， ，
离和它到定直线ｘ 的距离之比为 则Ｍ的轨迹方程是 则ＭＢ ＭＣ与平面ＡＤＥＦ所成的角分别为 ＢＭＡ ＣＭＤ 由于
＝８ １∶ ２， ， ∠ ，∠ ，
ＢＭＡ ＣＭＤ ＣＤ ＡＢ 所以ＭＤ ＭＡ 则点Ｍ的轨迹为阿
（ ） ∠ ＝∠ ， ＝２ ， ＝２ ，
ｙ２ ｘ ｙ２ ｘ 波罗尼斯圆 以ＤＡ所在直线为ｘ轴 ＡＤ的中点为原点建立直
Ａ． ＝８ Ｂ． ＝－８（ －４） ， ，
ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２ 角坐标系 则Ｄ Ａ 设Ｍ ｘ ｙ 则 ｘ ２ ｙ２
Ｃ． － ＝１ Ｄ． ＋ ＝１ ， （－１，０）， （１，０）， ( （ ) ， ）， （ ＋１） ＋
４ ３ １６ １２ ２
答案 Ｄ 设Ｍ ｘ ｙ 由Ｆ ＝２ （ ｘ －１） ２ ＋ ｙ２ ， 平方化简可得 ｘ － ５ ＋ ｙ２ ＝ １６ （－１≤ ｘ ≤１，
（ ， ）， （２，０），
３ ９
得 ＭＦ ｘ ２ ｙ２
｜ ｜＝ （ －２） ＋ ， ｙ 所求轨迹为一段圆弧 令ｘ 可得ｙ ２ ３ 又圆的半
点Ｍ ｘ ｙ 到直线ｘ 的距离为 ｘ ≥０）， ， ＝１， ＝ ，
∵ （ ， ） ＝８ ｜ －８｜， ３
∴
由题意得 （ ｘ
ｘ
－２） ２ ＋ ｙ２
＝
１
，
化简得
３
ｘ２
＋４
ｙ２
＝４８，
径为 ４
，
故圆弧对应的扇形圆心角为 π
，
所求轨迹的长度为
｜ －８｜ ２ ３ ３
即
ｘ２ ｙ２
故选 ． １ ４ ４π 故选
＋ ＝１， Ｄ ×２π× ＝ ， Ｃ．
１６ １２ ６ ３ ９
２．（２０２０山西太原五中第二次诊断，１２）已知Ａ 若点Ｐ是
（０，３）， ４．（２０２０山东夏季高考模拟，６）已知点Ａ为曲线ｙ ｘ ４ ｘ
抛物线ｘ２ ｙ上任意一点 点Ｑ是圆ｘ２ ｙ ２ 上任意一 ＝ ＋ ｘ （ ＞０）
＝８ ， ＋（ －２） ＝１
点 则｜ ＰＡ ｜ ２ 的最小值为 上的动点 ， Ｂ为圆 （ ｘ －２） ２ ＋ ｙ２ ＝１ 上的动点 ， 则 ｜ ＡＢ ｜ 的最小值是
， ＰＱ （ ）
｜ ｜ （ ）
Ａ．４ ３－４ Ｂ．２ ２－１ Ｃ．２ ３－２ Ｄ．４ ２＋１ Ａ．３ Ｂ．４ Ｃ．３ ２ Ｄ．４ ２
答案 Ａ 抛物线ｘ２
＝８
ｙ的准线ｌ的方程为ｙ
＝－２，
焦点Ｆ 答案 Ａ 本题主要考查两条曲线上
，
两动点间的最小距离
的坐标为 过Ｐ作ＰＢ ｌ 垂足为Ｂ 由抛物线定义可得 问题 考查数学建模及数学运算的核心素养．
（０，２）， ⊥ ， ， ，
｜ ＰＦ ｜＝｜ ＰＢ ｜ ．圆ｘ２ ＋（ ｙ －２） ２ ＝１ 的圆心为Ｆ （０，２）， 半径ｒ ＝１， 可 如图所示 ， 设圆 （ ｘ －２） ２ ＋ ｙ２ ＝１ 的圆心为Ｃ ，
ＰＡ ２ ＰＡ ２
得 ＰＱ 的最大值为 ＰＦ ｒ ＰＦ 所以｜ ｜ ｜ ｜
｜ ｜ ｜ ｜＋ ＝｜ ｜＋１， ＰＱ ≥ ＰＦ ，
｜ ｜ ｜ ｜＋１
可令 ＰＦ ｔ ｔ 则 ＰＦ ｔ ＰＢ ｙ 即ｙ ｔ
｜ ｜＋１＝ （ ＞１）， ｜ ｜＝ －１＝｜ ｜＝ Ｐ＋２， Ｐ＝ －３，
所以ｘ２Ｐ＝８（ ｔ
－３），
ＰＡ ２ ｔ ２ ｔ
所以 ｜ ｜ （ －３－３） ＋８（ －３） ｔ １２ ｔ １２
ＰＦ ＝ ｔ ＝ ＋ ｔ －４≥２ · ｔ －４＝
｜ ｜＋１
当且仅当ｔ 时 等号成立 ．
４ ３－４（ ＝２ ３ ， ） 由于 ＡＣ ＡＢ ＢＣ 所以 ＡＢ ＡＣ ＢＣ
所以｜ ＰＡ ｜ ２ 的最小值为 故选 ． 即 ＡＢ ｜ ｜≤ ＡＣ ｜ ｜＋ 当 ｜ 且 ｜ 仅 ， 当Ａ ｜ Ｂ Ｃ ｜≥ 三 ｜ 点共 ｜－ 线 ｜ 且 ｜， ＡＣ 最小时
ＰＱ ４ ３－４， Ａ ｜ ｜≥｜ ｜－１， ， ， ， ｜ ｜ ，
｜ ｜ ＡＢ 最小．
｜ ｜
( ) ( )
２
设Ａ ｘ ｘ ４ ｇ ｘ ＡＣ ２ 则ｇ ｘ ｘ ２ ｘ ４
， ＋ ｘ ， （ ）＝ ｜ ｜ ， （ ）＝（ －２） ＋ ＋ ｘ ＝
ｘ２ １６ ｘ ｘ
２ ＋ｘ２ －４ ＋１２（ ＞０），
ｘ４ ｘ３
ｇ′ ｘ ｘ ３２ － －８
（ ）＝４ －ｘ３ －４＝４· ｘ３ ，
令ｇ′ ｘ 得ｘ
（ ）＝０， ＝２，
名师点睛 圆外一点到圆上一动点距离的最大值为该点到 当ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 在 上单调递减 当 ｘ
∈（０，２） ， （ ）＜０， （ ） （０，２） ； ∈
圆心的距离 与 ① 半径之和． 基本不等式求最值 注意 一正 二
（２，＋∞）
时
，
ｇ′
（
ｘ
）＞０，
ｇ
（
ｘ
）
在
（２，＋∞）
上单调递增
，
定
、
三相等
”
． ② ， “ 、 从而ｇ （ ｘ ） 在ｘ ＝２ 处取极小值 ， 也是最小值 ， ｇ （ ｘ ）ｍｉｎ＝ ｇ （２）＝
３．（２０２０浙江台州五校联考，８）已知平面 ＡＢＣＤ 平面 ＡＤＥＦ ＡＣ ｇ 从而 ＡＢ 故选 ．
⊥ ， １６，｜ ｜ｍｉｎ＝ （２）＝４， ｜ ｜ｍｉｎ＝４－１＝３， Ａ
ＡＢ ＡＤ ＣＤ ＡＤ 且ＡＢ ＡＤ ＣＤ ．四边形ＡＤＥＦ是正方 ５．（２０２０浙江温州中学３月月考，１０）过点Ｐ 斜率为正的
⊥ ， ⊥ ， ＝１， ＝ ＝２ （２，１）
形 在正方形ＡＤＥＦ内部有一点Ｍ 满足ＭＢ ＭＣ与平面ＡＤＥＦ ｘ２ ｙ２
， ， ， 直线交椭圆 于 Ａ Ｂ 两点 Ｃ Ｄ 是椭圆上相异的两
所成的角相等 则点Ｍ的轨迹长度为 ＋ ＝１ ， ， ，
， （ ） ２４ ５
点 满足ＣＰ ＤＰ 分别平分 ＡＣＢ ＡＤＢ 则 ＰＣＤ 外接圆半
４ １６ ， ， ∠ ，∠ ， △
Ａ． Ｂ． 径的最小值为
３ ３ （ ）
４ ８ ２ １５ ６５ ２４ １９
Ｃ． π Ｄ． π Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
９ ３ ５ ５ １３ １３
答案 Ｃ 本题考查直线与平面所成的角的求法 圆的方程 答案 Ｄ 如图．
、
及其应用 考查学生空间想象和运算求解的能力以及数形结合
；
的思想 考查了数学运算和直观想象的核心素养．
；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６９６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
的等边三角形 Ｏ为底面中心 Ｍ为ＳＯ的中点 动点Ｐ在圆锥
， ， ，
底面内 包括圆周 若 ＡＭ ＭＰ 则 Ｐ 点形成的轨迹的长度
（ ）， ⊥ ，
为 ．
答案 ７
２
解析 本题考查空间点 线 面的位置关系以及轨迹方程的
ＢＰ ＣＢ ＤＢ 、 、
先固定直线ＡＢ 由角平分线定理可知 ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ 所 求法 考查学生运算求解和空间想象的能力 考查了数学运算
， ， ＰＡ ＝ ＣＡ ＝ ＤＡ ， ； ；
｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ 和直观想象的核心素养．
以点Ｐ Ｃ Ｄ在一个阿波罗尼斯圆上 且 ＰＣＤ的外接圆就是
， ， ， △ 以Ｏ为原点 直线ＯＢ ＯＳ分别为ｙ ｚ轴建立空间直角坐标系
这个阿波罗尼斯圆 设其半径为ｒ． ， ， ， ，
， æ ö
易知 阿波罗尼斯圆会把点Ａ Ｂ 其一包含进去 这取决于 ＢＰ 则Ａ Ｍç ３÷ 设Ｐ ｘ ｙ 则由ＡＭ ＭＰ可得
， ， ， （０，－１，０）， è０，０， ø， （ ， ，０）， ⊥
与ＡＰ谁更长 不妨先考虑 ＢＰ ＡＰ 的情况 设ＢＡ的延长线 ２
， ｜ ｜＞｜ ｜ ， æ ö æ ö
与圆交于点Ｑ
，
ＰＱ即为该圆的直径
，
如图．
è
ç
０，１，
３
ø
÷
·è
çｘ
，
ｙ
，－
３
ø
÷
＝０，
即ｙ
＝
３
，
所求轨迹的长度为圆ｘ２
接下来寻求半径的表达式． ２ ２ ４
ＢＰ ＢＱ
由｜ ｜ ｜ ｜得 ｒ ＡＰ ＡＱ ｙ２ 内对应的弦长 令ｙ ３ 得ｘ ７ 故轨迹长度为 ７．
ＡＰ ＝ ＡＱ ２ ＝｜ ｜＋｜ ｜ ＝ ＋ ＝１ ， ＝ ， ＝± ，
｜ ｜ ｜ ｜ ４ ４ ２
ＡＰ ＢＰ ｒ ７．（２０１８浙江湖州、衢州、丽水高三质检，２１）已知抛物线Ｃ ｙ２
ＡＰ ｜ ｜·（｜ ｜＋２ ） 解得 １ ： ＝
｜ ｜＋ ＢＰ ， ｒ ＝ ｐｘ ｐ 上的点Ｍ ｍ 与其焦点的距离为 ．
｜ ｜ ２ （ ＞０） （ ，－２） ２
求实数ｐ与ｍ的值
１ １ 同理 当 ＢＰ ＡＰ 时 有 １ １ １ ． （１） ；
ＡＰ － ＢＰ ； ， ｜ ｜＜｜ ｜ ， ｒ ＝ ＢＰ － ＡＰ 如图所示 动点Ｑ在抛物线Ｃ上 直线ｌ过点Ｍ 点Ａ Ｂ在
｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ （２） ， ， ， 、
ＭＢ ２
综上 １ １ １ ． ｌ上 且满足ＱＡ ｌ ＱＢ ｘ轴．若｜ ｜ 为常数 求直线ｌ的
， ｒ ＝ ＡＰ － ＢＰ ， ⊥， ∥ ＭＡ ，
｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜
当直线 ＡＢ 斜率不存在时 直线 ＡＢ 与椭圆交点的纵坐标为 方程．
，
５ ＡＰ ５ ＢＰ ５ 则ｒ １９．
± ，｜ ｜＝ －１，｜ ｜＝ ＋１， ＝
６ ６ ６ １２
当直线ＡＢ的斜率存在时 设直线ＡＢ的方程为ｙ ｋ ｘ
， －１＝ （ －２），
即ｙ ｋｘ ｋ
＝ －２ ＋１，
{ｙ ｋｘ ｋ
＝ －２ ＋１，
联立方程 ｘ２ ｙ２ 消去ｙ并整理可知
＋ ＝１，
２４ ５ 解析 设抛物线的焦点为Ｆ
ｋ２ ｘ２ ｋ ｋ ｘ ｋ２ ｋ （１） ，
（２４ ＋５） ＋４８ （１－２ ） ＋９６（ － －１）＝０， ｐ
ì ｋ ｋ 由题意得 ＭＦ ｍ 分
ïｘ ｘ ４８ （２ －１） ｜ ｜＝ ＋ ＝２， （２ ）
ï １＋ ２＝ ｋ２ ， ２
设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 可知í ２４ ＋５ 又点Ｍ ｍ 在抛物线上 故 ｐｍ 分
（ １， １）， （ ２， ２）， ï
ïｘ ｘ ９６（
ｋ２
－
ｋ
－１） 由ｐ
（
得
，
ｐ
－２）
ｍ ．
， ２ ＝４， （４
分
）
î １ ２＝
２４
ｋ２
＋５
，
由
＞０
知
＝
抛
２，
物线
＝１
Ｃ的方程为ｙ２ ｘ 连接ＱＭ．
（６ ）
（２） （１） ＝４ ，
所以 １ １ １ １ １ æｙ２ ö
ｒ ＝ ｜ ＡＰ ｜ － ｜ ＢＰ ｜ ＝ １＋ ｋ２ ｜ ｘ １－２｜ － １＋ ｋ２ ｜ ｘ ２－２｜ ＝ 设直线ｌ的方程为ｔ （ ｙ ＋２）＝ ｘ －１， Ｑ è ç
４
０ ， ｙ ０ ø ÷ ， （７ 分 ）
１
１
＋ ｋ２ ｜ ｘ １
１
－２｜ － ｜ ｘ ２
１
－２｜
． 则ｙ
Ｂ＝
ｙ
０，
所以
｜
ＭＢ
｜＝ １＋
ｔ２
｜
ｙ
０＋２｜， ｙ２ （９
分
）
注意到ｘ 与ｘ 异号 ０ ｔｙ ｔ
１－２ ２－２ ，
ｘ ｘ 又点Ｑ
æ
ç
ｙ２
０ ｙ
ö
÷到直线ｌ的距离ｄ ４
－ ０－２ －１
所 以 １
ｒ ＝
１
１
＋
ｋ２
（
｜
ｘ
１
１
－
－
２
２
｜
）
－
（
｜
ｘ
２
２
－
－
２
２
）
｜
＝
１
１
＋
ｋ２ ·
ＭＡ
è
４
，
ＭＱ
０ ø
２ ｄ２
＝
１＋
ｔ２ ，
ｘ ｘ ｋ ｜ ｜＝ ｜ ｜ －
ｘ １ ｘ ２－２ １ （ ＋ ｘ １ ２ ＋ － ｘ ４ ２）＋４ ＝ １ １ ９ · ｜１２ １＋ ＋ ｋ ５ ２ ｜ ， [( ｙ２ ) ２ ] ｙ２ ０ － ｔｙ ０－２ ｔ －１ ２
设ｔ ｋ 则 １ １ １２｜
ｔ
｜
＝
４
０ －１ ＋（ ｙ ０＋２） ２ － ４
１＋
ｔ２
＝１２ ＋５， ｒ ＝
１９
· ｔ２
－１０
ｔ
＋１６９
æ
ç
ｙ２
０
ö
÷ｔ ｙ
è －１ø ＋ ０＋２
１２ １ １２ １３ １３ ４ 分
＝
１９
· (
１
)
２
１
≤
１９
×
１２
＝
１９
， ＝ ｔ２
＋１
， （１１ ）
１６９ ｔ －１０· ｔ ＋１ 故｜ ＭＢ ｜ ２ （ ｔ２ ＋１） １＋ ｔ２ ｜ ｙ ０＋２｜ （ ｔ２ ＋１） １＋ ｔ２ ｜ ｙ ０＋２｜．
当且仅当 １ ｔ ＝
１６
５
９
， 即ｔ ＝ １
５
６９时取等号 ， 此时ｋ ＝ １
５
２． ｜ ＭＡ ｜ ＝ ｙ
４
０ ｔ ＋ ( －
２
ｔ ＋１ ) ＝ ｔ ( ｙ ０－２＋ ４ ｔ )
又１９ １９ 所以所求外接圆半径的最小值为１９． ４
＞ ， 分
１２ １３ １３ （１３ ）
故选 ． ＭＢ ２ ＭＢ ２
Ｄ 由｜ ｜ 为常数 得 ｙ ｙ ４ 所以 ｔ 则｜ ｜ 为
６．（２０２０浙江杭州四中月考，１６）圆锥的轴截面ＳＡＢ是边长为 ＭＡ ， ０＋２＝ ０－２＋ ｔ ， ＝１， ＭＡ
２ ｜ ｜ ｜ ｜
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九 圆锥曲线 ６９７
８ ２， 此时直线ｌ的方程为ｙ ＝ ｘ －３ ． （１５ 分 ） 所以ｘ ｘ １６ ｋ ｘ ｘ ４ ．
８．（２０１８安徽蚌埠二中４月月考，２０）已知椭圆Ｃ
ｘ２ ｙ２
ａ
３＋ ４＝－
３＋４
ｋ２， ３ ４＝
３＋４
ｋ２
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（
由Δ ｋ２ 得ｋ２ １ ．
ｂ 的左顶点为Ｍ 上顶点为Ｎ 直线 ｘ ｙ 与直线
２＝１９２ －４８＞０， ＞
４
＞ ＞０） ， ， ２ ＋ －６ ３＝０ ｙ ｙ ｙ ｙ
ＭＮ垂直 垂足为Ｂ点 且点Ｎ是线段ＭＢ的中点． 因为ｋ ｋ １ ２ ｋ ｋ ｋ ３ ４ ｋ
求椭
，
圆Ｃ的方程
， （１） １＋ ２＝ｘ ＋ｘ ＝ ， ３＋ ４＝ｘ ＋ｘ ＝－６ ，
１ ２ ３ ４
（１） ； ｋ ｋ
（２） 若
上
直
， 且
线
四
ｌ
边
： ｙ
形
＝ ｋｘ
Ｏ
＋
Ｅ
ｍ
ＧＦ
与
为
椭
平
圆
行
Ｃ
四
交
边
于
形
Ｅ
，
，
求
Ｆ两
证
点
： 四
， 点
边形
Ｇ在
ＯＥ
椭
ＧＦ
圆
的
Ｃ 所以 ｋ １
３
＋
＋
ｋ ２
４
＝－
６
１ ， 故存在ｔ ＝－
６
１ ， 满足ｋ １＋ ｋ ２＝ ｔ （ ｋ ３＋ ｋ ４） ．
面积Ｓ为定值． 根据弦长公式得 ＣＤ ｋ２ ｘ ｘ ｋ２
（２） ｜ ｜ ＝ １＋ ｜ ３－ ４｜ ＝４ ３· １＋
解析
（１）
由题意知
，
Ｍ
（－
ａ
，０），
Ｎ
（０，
ｂ
），
直线ＭＮ的斜率ｋ
４
ｋ２
－１
ｂ
１ ａ ｂ．
·
３＋４
ｋ２ ，
＝ ａ ＝ ，∴ ＝２
２ 点Ｏ到直线ＣＤ的距离ｄ ２
∵ 点Ｎ是线段ＭＢ的中点 ， ＝ ｋ２ ，
Ｂ ａ ｂ
１＋
∴ （ ，２ ）， ｋ２
∵ 点Ｂ在直线 ２ ｘ ＋ ｙ －６ ３＝０ 上 ， 所以Ｓ △ ＯＣＤ＝ １ ｜ ＣＤ ｜· ｄ ＝４ ３· ４ ｋ － ２ １ ，
ａ ｂ 又ａ ｂ
２ ３＋４
∴２ ＋２ ＝６ ３， ＝２ ， ｔ
∴ ｂ ＝ ３， ａ ＝２ ３，
设
４
ｋ２
－１＝
ｔ
＞０，
则Ｓ
△ ＯＣＤ＝
４
ｔ２ ＋
３
４ ＝ ｔ
４ ３
４ ≤ ３，
ｘ２ ｙ２ ＋ ｔ
椭圆Ｃ的方程为 ．
∴ ＋ ＝１
１２ ３
（２） 证明 ： 设Ｅ （ ｘ １， ｙ １）， Ｆ （ ｘ ２， ｙ ２）， Ｇ （ ｘ ０， ｙ ０）， 将ｙ ＝ ｋｘ ＋ ｍ代入 所以当且仅当ｔ ＝２， 即ｋ ＝±
２
５时 ， Ｓ △ ＯＣＤ 有最大值 ３ ．
１
ｘ
２
２
＋
ｙ
３
２
＝１，
消去ｙ整理得
（１＋４
ｋ２
）
ｘ２
＋８
ｋｍｘ
＋４
ｍ２
－１２＝０，
则ｘ
１＋
１０．（
点
２０
分
２０
别
５
过
·
Ａ
３原
Ｂ作
创题
Ｃ的
）已
切
知
线
Ａ
ｌ
，
Ｂ
ｌ
为
交
抛
于点
物线
Ｐ．
Ｃ
：
ｙ２
＝４
ｘ 上的两
ｘ ８
ｋｍ
ｘ ｘ ４
ｍ２
－１２ ｙ ｙ ｋ ｘ ｘ ｍ ２
ｍ ，
若ｌ ｌ
，
求证 直线ＡＢ过
１，
定
２
点
２＝－ ｋ２， １· ２＝ ｋ２ ， １＋ ２＝ （ １＋ ２）＋２ ＝ ｋ２， （１） １⊥２， ： ；
１＋４ １＋４ １＋４ 若点Ｐ恰在圆Ｍ ｘ ２ ｙ２ 上 求 ＰＡＢ面积的取值
四边形ＯＥＧＦ为平行四边形 （２） ：（ ＋２） ＋ ＝１ ， △
∵ ， 范围．
æ ｋｍ ｍ ö
Ｏ→Ｇ Ｏ→Ｅ Ｏ→Ｆ ｘ ｘ ｙ ｙ 得 Ｇç ８ ２ ÷ 将 Ｇ 注 抛物线ｙ２ ｐｘ在点 ｘ ｙ 处的切线方程为ｙ ｙ ｐ ｘ
∴ ＝ ＋ ＝（ １＋ ２， １＋ ２）， è－ ｋ２， ｋ２ ø， ： ＝２ （ ０， ０） ０ ＝ （ ０＋
１＋４ １＋４ ｘ ．
）
点坐标代入椭圆Ｃ的方程得ｍ２ ３ ｋ２ 又易得点Ｏ到 解析 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 则抛物线在点Ａ处的切线方
＝
４
（１＋４ ）， （ １， １）， （ ２， ２），
ｍ 程为ｙ ｙ ｘ ｘ 从而 ｋ ２ 同理 ｋ ２ ．
直线ＥＦ的距离ｄ ＝ ｜ ｜
ｋ２
，｜ ＥＦ ｜＝ １＋ ｋ２ ｜ ｘ １－ ｘ ２｜， １ ＝２（ １＋ ）， ， １＝ｙ
１
， ， ２＝ｙ
２
１＋ 证明 因为ｌ ｌ 所以ｋ ｋ
平行四边形ＯＥＧＦ的面积Ｓ ｄ ＥＦ ｍ ｘ ｘ ｍ （１） ： １⊥２， １ ２＝－１，
∴ ＝ ·｜ ｜＝｜ ｜｜ １－ ２｜＝｜ ｜· ｙ ｙ
（ ｘ １＋ ｘ ２） ２ －４ ｘ １ ｘ ２ ＝４· ｜ ｍ ｜ ３－ ｍ ｋ ２ ２ ＋１２ ｋ２ ＝４· ｜ ｍ ｜ ｋ ３ ２ ｍ２ ＝ 即ｙ １ ｙ ２＝－４， 所以ｋ ＡＢ＝ｘ １ １ － － ｘ ２ ２ ＝ｙ １＋ ４ ｙ ２ ，
１＋４ １＋４
４ ３·
１＋
ｍ
４
２ ｋ２ ＝３ ３ ． 从而直线
ｙ２
ＡＢ的方程为ｙ － ｙ １＝ｙ １＋ ４ ｙ ２ （ ｘ － ｘ １），
９． 故 （２ 平 ０２ 行 ０ 四 浙 边 江 形 丽水 ＯＥ 四 ＧＦ 校 的 联 面 考 积 ，２ Ｓ ０） 为 设 定 直 值 线 ３ ｌ ３ 与 ． 抛物线ｘ２ ＝２ ｙ交于 将 所以 ｘ １ 直 ＝ 线 ４ １ ， Ａ ｙ Ｂ １ ｙ 过 ２＝ 定 － 点 ４ 代
（１
入
，０
化
）
． 简得ｙ ＝ｙ １＋ ４ ｙ ２ （ ｘ －１），
Ａ ， Ｂ两点 ， 与椭圆 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ 交于Ｃ ， Ｄ两点 ， 直线ＯＡ ， ＯＢ ， ＯＣ ， （２） 设点Ｐ （ ｘ ０， ｙ ０）， 由点Ｐ在ｌ １ 和ｌ ２ 上知ｙ ０ ｙ １＝２（ ｘ ０＋ ｘ １）， 且
４ ３ ｙ ｙ ｘ ｘ 所以直线ＡＢ的方程为ｙ ｙ ｘ ｘ
ＯＤ （
是
Ｏ
否
为
存
坐
在
标
实
原
数
点 ）
ｔ
的
满
斜
足
率
ｋ
分
ｋ
别为
ｔ
ｋ
ｋ
１， ｋ
ｋ
２， ｋ ３， ｋ
请
４，
说
若
明
Ｏ
理
Ａ ⊥
由
ＯＢ．
联
０
立
２＝ { ２ ｙ （
０
ｙ
＝
０＋
２（
２ ｘ ）
０
，
＋
ｘ
），消去ｘ并整理 得ｙ２
０ ＝
ｙ
２
ｙ
（ ０
ｘ
＋ ），
（１） ， １＋ ２＝ （ ３＋ ４）？ ； ｙ２ ｘ ， －２ ０ ＋４ ０＝０，
求 ＯＣＤ面积的最大值． ＝４ ，
（２） △ 所以Δ ｙ２ ｘ 且ｙ ｙ ｙ ｙ ｙ ｘ ．
解析 本题考查直线与抛物线 椭圆的位置关系以及圆锥曲 ＝４（ ０－４ ０）， １＋ ２＝２ ０， １ ２＝４ ０
、
线的综合应用 考查学生运算求解和逻辑推理的能力以及数形 设点 Ｐ 到直线 ＡＢ 的距离为 ｄ 则 Ｓ １ ＡＢ ｄ
； ， △ ＰＡＢ ＝ ｜ ｜ ＝
结合的思想 考查了数学运算的核心素养． ２
； ｙ２
设直线ｌ的方程为 ｙ ｋｘ ｂ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ Ｃ ｘ ｙ ｘ ０
Ｄ （ ｘ ４， ｙ { ４） ｙ ． ｋｘ ｂ ＝ ＋ ， （ １， １）， （ ２， ２）， （ ３， ３）， ２ １ １＋ ｙ ４ ２ ０ ·２ ｙ２ ０－４ ｘ ０· ２ ０－ ｙ ２ ２ ＝ ２ １ （ ｙ２ ０－４ ｘ ０） ３ ２ ，
联立得 ＝ ＋ ，得ｘ２ ｋｘ ｂ １＋ ０
ｘ２ ｙ －２ －２ ＝０， ４
则
由
ｘ
Ｏ １ Ａ ＋ ⊥
ｘ
{ ２ Ｏ ｙ ＝ Ｂ ＝ ２
＝
， ｋ
ｋ
所
２
ｘ ， ＋
ｘ ，
以 １ ２
ｘ
， ２ ｘ ＝ １ ｘ － ２ ２ ＋
ｂ
ｙ ， １
Δ
ｙ １ ２ ＝ ＝ ４ ０
ｋ
，
２
得 ＋８ ｂ
ｂ
＝ ＞ ２ ０ ．
． 因
所 因
为
以 为
点
－ ｙ ３ ２ ０－ ≤
Ｐ
４
恰
ｘ ｘ ０ ０ ≤
在
＝１ －
圆
－ １ （ ，
Ｍ
ｘ 所 ０
：
＋ 以
（
２
ｘ
）
＋
ｙ ２
２
２ ０ － －
）
４ ４
２
ｘ
＋
ｘ ０ ０
ｙ
＝ ∈
２ ＝
－ ［ ｘ
１
４ ２ ０ ， －
上
１ ８ ２
，
ｘ ］
所
０－ ，
以
３，
（ ｘ ０＋２） ２ ＋ ｙ２ ０＝１，
联立得 ｘ２ ｙ２ 得 （３＋４ ｋ２ ） ｘ２ ＋１６ ｋｘ ＋４＝０， 从而Ｓ △ ＰＡＢ∈［４，１２ ３］ ．
＋ ＝１， 命题说明 本题以直线与抛物线的位置关系为载体 考查学
４ ３ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６９８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
生对定点问题和范围问题的处理 第 问中 点Ｐ的位置是
， （２） ， 由题意 Ｆ Ｆ ＡＦ ２ ＡＦ ４
求 ＰＡＢ面积的取值范围的关键 该题综合性较强 很好地考 （１） ，｜ １ ２｜＝２，｜ １｜＝ ，｜ ２｜＝ ，
△ ， ， ３ ３
查了学生的运算求解能力．
ａ ＡＦ ＡＦ 故ｃ ａ ｂ
１１．（２０１９重庆西南大学附属中学模拟，２０）已知动直线ｌ ｙ ｋ ２ ＝｜ １｜＋｜ ２｜＝２ ３， ＝１， ＝ ３， ＝ ２，
： ＝ ｘ２ ｙ２
（ ｘ ＋３）（ ｋ ≠０） 与ｙ轴交于点Ａ ， 过点Ａ作直线ＡＢ ⊥ ｌ ， 交ｘ轴 故椭圆Ｃ的方程为 ＋ ＝１ ．
３ ２
于点Ｂ ， 点Ｃ满足→ＡＣ ＝３ →ＡＢ ， Ｃ的轨迹为Ｅ． 设椭圆Ｃ 上存在点 Ｐ ｘ ｙ 使 Ｏ→Ｐ Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｎ 成立 设
（１）
求Ｅ的方程
；
（
Ｍ
２）
ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ 则ｘ
（
ｘ
０，
ｘ
０）
ｙ ｙ
＝
ｙ
＋ ，
（２） 已 于 知 Ｍ 点 Ｎ Ｆ 两 （ 点 １，０ 延 ）， 长 点 Ｍ Ｇ （ Ｇ ２， Ｎ ０ Ｇ ） 分 ， 过 别 Ｆ 交 作 Ｅ 斜 于 率 Ｐ 为 Ｑ ｋ 两 １ 的 点 直 记 线 直 交 线 Ｅ 设 （ 直 １ 线 ， １ ｍ ）， 的方 （ 程 ２， 为 ２） ｘ ， ＝ ｔｙ ＋ ０ １ ＝ ， １＋ ２， ０＝ １＋ ２，
， ， ， ， ， ｘ ｙ
ｋ 则 ０ ｔ ０ 即ｘ ｔｙ
ＰＱ的斜率为ｋ 求证 １为定值．
２
＝
２
＋１， ０＝ ０＋２，
２， ：ｋ {ｘ ｔｙ
解析 动直线ｌ ｙ ｋ ｘ ２ ｋ 与ｙ轴交于点Ａ ＝ ＋１，
（１） ： ＝ （ ＋３）（ ≠０） （０， 由 ｘ２ ｙ２ 可得
（２
ｔ２
＋３）
ｙ２
＋４
ｔｙ
－４＝０，
ｋ
３ ）， ＋ ＝１
３ ２
直线ＡＢ ｌ 直线ＡＢ的方程为ｙ １ ｘ ｋ 交ｘ轴于点 ｔ
∵ ⊥，∴ ＝－ ｋ ＋３ ， ｙ －４ ｘ ｔｙ ６
０＝ ｔ２ ， ０＝ ０＋２＝ ｔ２ ，
Ｂ
（３
ｋ２
，０）
． ２
ｘ２
＋３
ｙ２
２ ＋３
设Ｃ ｘ ｙ 点Ｃ满足→ＡＣ →ＡＢ
代入 ０
＋
０
＝１，
可得
４
ｔ４
＋４
ｔ２
－３＝０，
（ ， ）， ＝３ ， ３ ２
ｘ ｙ ｋ ｋ２ ｋ ． ｘ ｋ２ ｙ ｋ．
∴ （ ， －３ ）＝３（３ ，－３ ） ∴ ＝９ ， ＝－６ 解得ｔ２ １
消去ｋ可得ｙ２ ｘ ｘ 即为Ｃ的轨迹方程Ｅ． ＝ ，
＝４ （ ≠０）， ２
证明 设Ｍ Ｎ Ｐ Ｑ的坐标依次为 ｘ ｙ ｉ ． æ ö
（２） ： ， ， ， {ｘ ｔｙ （ ｉ， ｉ）（ ＝１，２，３，４） 故Ｐ è ç ３ ，± ２ ø ÷ ，
直线ＭＮ的方程为ｘ ｔｙ 联立 ＝ ＋１，化为ｙ２ ｔｙ ２ ２
＝ ＋１， ｙ２ ｘ －４ －４＝０， æ ö
＝４ ， 即存在点Ｐç ３ ２÷ 使Ｏ→Ｐ Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｎ成立．
ｙ ｙ ｔ ｙ ｙ è ，± ø， ＝ ＋
∴ １＋ ２＝４， １ ２＝－４， ２ ２
设直线ＭＧ的方程为ｘ ｍｙ 联立
{ｘ
＝
ｍｙ
＋２，化为ｙ２ ｍｙ １３．（２０２０天津和平一模，１８）已知椭圆Ｃ
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ 的
＝ ＋２， ｙ２ ｘ －４ － ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
＝４ ，
８＝０， 离心率为 ２ 左 右焦点分别为Ｆ Ｆ 以原点Ｏ为圆心 椭圆
ｙ ｙ ｙ ８ ．同理可得ｙ ８ ． ２
， 、 １、 ２， ，
∴ １ ３＝－８，∴ ３＝－ｙ ４＝－ｙ Ｃ的短半轴长为半径的圆与直线ｘ ｙ 相切．
１ ２ － ＋２＝０
ｋ
ｙ
２－
ｙ
１
ｙ
２－
ｙ
１ ４ ｋ ４ ． （１）
求椭圆Ｃ的标准方程
；
∵ １＝ｘ ２－ ｘ １ ＝ｙ２ ２ － ｙ２ １ ＝ｙ １＋ ｙ ２ ， ２＝ｙ ３＋ ｙ ４ （２） 设 的平 Ｑ 行 为 线 椭 交 圆 椭 Ｃ 圆 上 Ｃ 不 于 在 Ｍ ｘ轴 Ｎ 上 两 的 个 一 不 个 同 动 的 点 点 ， 过 记 点Ｆ Ｑ ２ Ｆ 作 Ｍ Ｏ 的 Ｑ
４ ４ 、 ， △ ２
面积为Ｓ ＯＦ Ｎ的面积为 Ｓ 令 Ｓ Ｓ Ｓ 求 Ｓ 的最
ｋ １ ｙ ３＋ ｙ ４ －ｙ ８ １ －ｙ ８ ２ ８ 为定值． 大值． １，△ ２ ２， ＝ １＋ ２，
∴ ｋ ＝ｙ ｙ ＝ ｙ ｙ ＝－ｙ ｙ ＝２
２ １＋ ２ １＋ ２ １ ２ ｃ ｂ２
解析 由题意知 ｅ ２ ａ２ ｂ２
（１） ， ＝ ａ ＝ １－ａ２ ＝ ，∴ ＝２ ，
２
分
（１ ）
以原点Ｏ为圆心 椭圆Ｃ的短半轴长为半径的圆ｘ２ ｙ２ ｂ２
∵ ， ＋ ＝
与直线ｘ ｙ 相切 ｂ ２ ａ２ ｂ２
－ ＋２＝０ ，∴ ＝ ＝ ２，∴ ＝４，
２ ２
１ ＋（－１）
＝２，
ｘ２ ｙ２
椭圆Ｃ的标准方程为 ． 分
∴ ＋ ＝１ （４ ）
４ ２
１２．（２０２０浙江杭州二中开学考，２１）设Ｆ Ｆ 分别是椭圆Ｃ ｘ２ 设直线ＯＱ ｘ ｍｙ
１， ２ ：ａ２ （２） ： ＝ ，
则直线ＭＮ ｘ ｍｙ 分
ｙ２
ａ ｂ 的左 右焦点 Ｆ Ｆ 直线ｌ过Ｆ 且垂 { ｘ ｍｙ
： ＝ ＋ ２， （５ ）
＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） 、 ，｜ １ ２｜ ＝２， １ ＝ ＋ ２，
直于ｘ轴 交椭圆Ｃ于Ａ Ｂ两点 分别连接Ａ Ｂ Ｆ 所组成的 由 ｘ２ ｙ２ 得 （ ｍ２ ＋２） ｙ２ ＋２ ２ ｍｙ －２＝０ ． （６ 分 ）
， ， ， ， ， ２， ＋ ＝１，
三角形为等边三角形． ４ ２
（１）
求椭圆Ｃ的方程
； 设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ 则ｙ ｙ ２ ２
ｍ
ｙ ｙ －２
（２）
过右焦点Ｆ
２
的直线ｍ与椭圆Ｃ相交于Ｍ
，
Ｎ两点
，
试问
：
（ １， １）， （ ２， ２）， １＋ ２＝－ｍ２
＋２
， １ ２＝ｍ２
＋２
，
椭圆Ｃ上是否存在点Ｐ ， 使Ｏ→Ｐ ＝ Ｏ→Ｍ ＋ Ｏ→Ｎ成立 ？ 若成立 ， ∴ ｜ ＭＮ ｜ ＝ １＋ ｍ２ ｜ ｙ １－ ｙ ２ ｜ ＝ １＋ ｍ２ （ ｙ １＋ ｙ ２） ２ －４ ｙ １ ｙ ２ ＝
求出点Ｐ的坐标 若不存在 说明理由． ｍ２
； ， ４（ ＋１）． 分
解析 本题考查直线与椭圆的位置关系 考查学生数学运 ｍ２ （９ ）
；
＋２
算的能力和数形结合的思想
；
考查了数学运算的核心素养．
∵
ＭＮ
∥
ＯＱ
，∴
Ｓ
△ ＱＦ ２ Ｍ＝
Ｓ
△ ＯＦ ２ Ｍ，∴
Ｓ
＝
Ｓ
１＋
Ｓ
２＝
Ｓ
△ ＯＭＮ
．
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九 圆锥曲线 ６９９
点Ｏ到直线ｘ ｍｙ 的距离ｄ ２
＝ ＋ ２ ＝ ｍ２ ，
１＋
ｍ２
Ｓ １ ＭＮ ｄ ２ ２ １＋ ． 分
∴ ＝ ｜ ｜ ＝ ｍ２ （１２ ）
２ ＋２
令ｔ ｍ２ 则ｍ２ ｔ２ ｔ
＝ １＋ ， ＝ －１（ ≥１），
ｔ
Ｓ ２ ２ ２ ２ ． 分
∴ ＝ｔ２ ＝ （１３ ）
＋１ ｔ ＋ １ ｔ 解析 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 易知过Ａ点的切线方程
（１） （ １， １）， （ ２， ２），
ｘ２ ｘ ｘ２ ｘ
ｔ １ 当且仅当ｔ １ 即ｔ 时等号成立． 为ｙ １ １ ｘ ｘ 过Ｂ点的切线方程为ｙ ２ ２ ｘ
∵ ＋ ｔ ≥２， ＝ ｔ ， ＝１ － ｐ＝ ｐ ·（ － １）， － ｐ＝ ｐ （ －
２ ２
１４．（
∴
２
Ｓ
０
ｍ
２
ａｘ
０
＝
江西
２ ．
鹰潭二模，２０）已知椭圆 ｙ２ ｘ２ ａ ｂ
（１５ 分
上
） ｘ ２）， 联立两个方程解得ｘ Ｍ＝ ｘ ２＋
２
ｘ １ ， ｙ Ｍ＝ ｘ
２
１ ｘ ｐ ２． （３ 分 ）
ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）， 又ｋ ｙ ２－ ｙ １ ｘ ２＋ ｘ １
下
(
顶点
)
分别是 Ａ 、 Ｂ ， 上下焦点分别是 Ｆ １、 Ｆ ２， 焦距为 ２， 点 ＡＢ＝ｘ ２－ ｘ １ ＝ ２ ｐ ，
ｘ２ ｘ ｘ
３ 在椭圆上． 所以直线ＡＢ的方程为ｙ １ ２＋ １ ｘ ｘ
，１ － ｐ＝ ｐ （ － １），
２ ２ ２
求椭圆的方程 化简得 ｘ ｘ ｘ ｐｙ ｘ ｘ 分
（１） ； （ １＋ ２） －２ － １ ２＝０， （５ ）
若Ｑ为椭圆上异于Ａ Ｂ的动点 过Ａ作与ｘ轴平行的直 ｘ ｘ ｘ ｘ
（２） 、 ， 令ｘ 得ｙ １ ２ 又ｙ １ ２ ｐ
线ｌ 直线ＱＢ与ｌ交于点Ｓ 直线Ｆ Ｓ与直线ＡＱ交于点 ＝０， ＝－ ｐ ， Ｍ＝ ｐ ＝－２ ，
， ， ２ ２ ２
Ｐ 判断 ＳＰＱ是不是定值 说明理由． 所以ｙ ｐ 所以直线ＡＢ过定点 ｐ 所以直线ＡＢ与ｙ轴
， ∠ ， ＝２ ， （０，２ ），
解析 本题考查椭圆的方程和性质 直线和椭圆的位置关 的交点坐标为 ｐ ． 分
， （０，２ ） （７ ）
系 考查化简运算能力和推理能力 体现了逻辑推理 数学运 ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
， ， 、 由 知ｘ １＋ ２ 同理可得ｘ １＋ Ｅ ｘ ２＋ Ｅ．
算的核心素养． （２） （１） Ｍ＝ ， Ｃ＝ ， Ｄ＝
２ ２ ２
由焦距为 可得ｃ 即有Ｆ Ｆ 分
（１） ２， ＝１， １（０，１）， ２（０，－１）， （８ ）
由 ( ３ ２ ，１ ) 在椭圆上 ， 可得 ２ ａ ＝ ( ２ ３ －０ ) ２ ＋（１－１） ２ ＋ ｜ Ｃ Ａ Ｍ Ｃ ｜ ＝ ｘ ｘ Ｃ－ ｘ ｘ １ ＝ ｘ ｘ １ ｘ ＋ ２ ｘ Ｅ ｘ － ｘ １ ｘ ＝ ｘ ｘ Ｅ－ ｘ ｘ １ ，
( ) ２ ｜ ｜ Ｍ－ Ｃ １＋ ２ １＋ Ｅ ２－ Ｅ
３ ２ ３ ５ 故ａ ｂ －
－０ ＋（１＋１） ＝ ＋ ＝４， ＝２， ＝ ４－１＝ ３， ２ ２
２ ２ ２ ｘ ｘ
ｙ２ ｘ２ ｘ １＋ Ｅ
则椭圆的方程为 ． ＣＥ ｘ ｘ Ｅ－ ｘ ｘ
＋ ＝１ ｜ ｜ Ｅ－ Ｃ ２ Ｅ－ １
４ ３ ＥＤ ＝ ｘ ｘ ＝ ｘ ｘ ＝ ｘ ｘ ，
（２）
设 Ｑ
（
ｍ
，
ｎ
），
可得
４
ｍ２
＋３
ｎ２ ｜ ｜ Ｄ－ Ｅ ２＋ Ｅ
－
ｘ
Ｅ
２－ Ｅ
２
＝１２， ＡＣ ＣＥ ＭＤ ｘ ｘ
由 Ａ 设 Ｓ ｔ 因为 所以｜ ｜ ｜ ｜ 同理｜ ｜ Ｅ－ １
（０，２）， （ ，２）， ＣＭ ＝ ＥＤ ， ＤＢ ＝ ｘ ｘ ，
Ｂ Ｑ和Ｓ三点共线 ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ２－ Ｅ
（０，－２）， ， ＡＣ ＣＥ ＭＤ
ｎ 所以｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ 分
所以ｋ ｋ 即 ４ ＋２ 解得ｔ ＣＭ ＝ ＥＤ ＝ ＤＢ ， （１０ ）
ＳＢ＝ ＢＱ， ｔ ＝ ｍ ， ＝ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜
ＡＣ ＣＥ ＭＤ
ｍ ( ｍ ) 设｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｔ 连接ＭＥ 记Ｓ Ｓ
４ 即Ｓ ４ ＣＭ ＝ ＥＤ ＝ ＤＢ ＝ ， ， △ ＭＣＥ＝ ，
ｎ ， ｎ ，２ ， ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜
＋２ ＋２ 则Ｓ ｔＳ
所以ｋ ＳＦ ２ ＝ ３ ｍ ＝ ３（ ｎ ｍ ＋２） ， 故Ｓ △ ＡＣＥ＝ Ｓ ， Ｓ Ｓ Ｓ ｔ ＋１Ｓ
ｎ ４ ４ △ ＭＤＥ＝ ｔ ， △ ＢＤＥ＝ ｔ２ ， △ ＭＣＤ＝ ｔ ，
＋２
又ｋ ｎ －２ 所以ｋ ｋ ３（ ｎ２ －４） －４ ｍ２ 所以 Ｓ △ ＭＡＢ ｜ ＭＡ ｜｜ ＭＢ ｜ ｔ ＋１ ｔ ＋１ （ ｔ ＋１） ２
ＡＱ＝ ｍ ， ＡＱ· ＳＦ ２ ＝ ４ ｍ２ ＝ ４ ｍ２ ＝－１， Ｓ △ ＭＣＤ ＝ ｜ ＭＣ ｜｜ ＭＤ ｜ ＝ １ · ｔ ＝ ｔ ，
１５． 可 （２ 得 ０２ Ａ ０ Ｑ 浙 ⊥ 江 ＳＦ 湖 ２， 丽 即 衢 ∠ 三 ＳＰ 地 Ｑ 市 ＝９ ４ ０ ° 月 ， 则 模 ∠ 考 Ｓ ， Ｐ ２ Ｑ １） 为 如 定 图 值． 设抛物线方程 即Ｓ △ ＭＡＢ＝ （ ｔ ＋ ｔ １） ２ Ｓ △ ＭＣＤ＝ （ ｔ ＋ ｔ １） ２ · ｔ ＋ ｔ １Ｓ ＝ （ ｔ ＋ ｔ２ １） ３ Ｓ ， （１２ 分 ）
，
为 线的 ｘ２ 切 ＝２ 线 ｐｙ （ 切 ｐ ＞ 点 ０ 分 ）， 别 Ｍ 为 为直 Ａ 线 Ｂ． ｙ ＝－２ ｐ上任意一点 ， 过Ｍ引抛物 Ｓ △ ＥＡＢ＝ Ｓ △ ＭＡＢ－ Ｓ △ ＭＣＤ－ Ｓ △ ＡＣＥ－ Ｓ △ ＢＤＥ＝ ２（ ｔ ｔ ＋１）Ｓ ， （１４ 分 ）
， ，
Ｓ
（１） 求 若 直 Ｅ 线 为抛 ＡＢ 物 与 线 ｙ 弧 轴 Ａ 的 Ｂ 交 上 点 的 坐 动 标 点 ； 抛物线在Ｅ点处的切线与 所以λ ＝Ｓ △ Ｍ ＥＡ Ｃ Ｂ Ｄ ＝２， 为定值． （１５ 分 ）
（２） ， △
△ ＭＡＢ的边ＭＡ ， ＭＢ分别交于点Ｃ ， Ｄ ， 记λ ＝Ｓ Ｓ △ ＥＡＢ ， 问λ １６．（２０１７浙江镇海中学模拟（５月），２１）设椭圆 ａ ｘ２ ２ ＋ ｙ ｂ ２ ２ ＝１（ ａ ＞ ｂ
ＭＣＤ
是不是定值
？
若是
，
求出该定值
；
若不是
，
请说明 △ 理由．
＞０）
的左
、
右焦点分别为Ｆ
１、
Ｆ
２，
点Ｄ在椭圆上
，
ＤＦ
１⊥
Ｆ
１
Ｆ
２，
Ｆ Ｆ
｜ １ ２｜ ＤＦ Ｆ 的面积为 ２．
ＤＦ ＝２ ２，△ １ ２
｜ １｜ ２
求该椭圆的标准方程
（１） ；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋７００ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
是否存在圆心在ｙ轴上的圆 使圆在ｘ轴的上方与椭圆有 椭圆内部是否存在一个定点 过此点的直线交椭圆于Ｍ
（２） ， （２） ， ，
两个交点 且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并
， Ｎ两点 ， 且Ｐ→Ｍ · Ｐ→Ｎ ＝１２ 恒成立 ？ 若存在 ， 求出此点 ， 若不
分别过不同的焦点 若存在 求圆的方程 若不存在 请
？ ， ， ，
存在 说明理由．
，
说明理由．
解析 由椭圆的几何性质知 Ａ Ａ ａ ＰＡ ａ
解析
（１）
设Ｆ
１（－
ｃ
，０），
Ｆ
２（
ｃ
，０），
其中ｃ２
＝
ａ２
－
ｂ２．
｜ ＰＡ ２｜＝ ｜ ａ
（
－
１）
４｜，
，｜ １ ２｜＝２ ，｜ １｜＝ ＋４，
Ｆ Ｆ Ｆ Ｆ 故 ａ ａ ａ
由｜ １ ２｜ 得 ＤＦ ｜ １ ２｜ ２ｃ ４ ＝ ＋４＋｜ －４｜，
ＤＦ ＝２ ２， ｜ １｜＝ ＝ ， 解得ａ 或ａ 舍去 ．
｜ １｜ ２ ２ ２ ＝２ ＝０（ ）
从而Ｓ
△ ＤＦ １ Ｆ ２ ＝ ２
１
｜
ＤＦ
１｜·｜
Ｆ
１
Ｆ
２｜＝ ２
２ｃ２
＝ ２
２
，
故ｃ
＝１
．
因为点Ｐ æ ç ３ ö ÷在椭圆上 所以 １ ４
３
ｂ ．
è１， ø ， ＋ｂ２ ＝１⇒ ＝１
２ ４
从而 ｜ ＤＦ １｜＝
２
２ ， 由ＤＦ １⊥ Ｆ １ Ｆ ２ 得 ，｜ ＤＦ ２｜ ２ ＝｜ ＤＦ １｜ ２ ＋｜ Ｆ １ Ｆ ２｜ ２ 故椭圆的标准方程为 ｘ２
＋
ｙ２
＝１
．
４
９ 因此 ＤＦ ３ ２． 假设存在满足题意的定点．设点Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ
＝ ， ｜ ２｜＝ （２） （ １， １）， （ ２， ２），
２ ２ 当直线斜率存在且不为 时 设直线方程为ｙ ｋｘ ｍ
所以
２
ａ
＝｜
ＤＦ
１｜＋｜
ＤＦ
２｜＝２ ２，
故ａ
＝ ２，
ｂ
＝
ａ２
－
ｃ２
＝１
． {ｘ２ ０ ， ＝ ＋ ，
因此 ， 所求椭圆的标准方程为 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ ． 联立 ４ ＋
ｙ２
＝１，化简得 （４ ｋ２ ＋１） ｘ２ ＋８ ｋｍｘ ＋４ ｍ２ －４＝０ ．
２ ｙ ｋｘ ｍ
＝ ＋ ，
（２）
设圆心在ｙ轴上的圆Ｃ与椭圆
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
的两个交点分别 因为过椭圆内的点
，
故此方程必有两根．
２ ｋｍ ｍ２
为Ｐ ｘ ｙ Ｐ ｘ ｙ 其中ｙ ｙ Ｆ Ｐ Ｆ Ｐ 是圆Ｃ ｘ ｘ －８ ｘ ｘ ４ －４
的切 １ 线 （ １ 且 ， １ Ｆ ）， Ｐ ２（ Ｆ ２， Ｐ ２） 由 ， 圆和椭 １＞ 圆 ０， 的 ２ 对 ＞０ 称 ， 性 １ １ 易 ， 知 ２ ｘ ２ ｘ １＋ ２＝ ４ ｋ２ ＋１ ， １ ２＝ ４ ｋ２ ＋１ ，
， １ １⊥ ２ ２ ， ２＝－ １， Ｐ→Ｍ ｘ ｙ Ｐ→Ｎ ｘ ｙ
ｙ
１＝
ｙ
２，｜
Ｐ
１
Ｐ
２｜＝２｜
ｘ
１｜
． ＝（ １－４， １）， ＝（ ２－４， ２），
由 （－ （ ｘ １ １－ ） １ 知 ， ｙ Ｆ １） １（ ， － 再 １， 由 ０） Ｆ ， １ Ｆ Ｐ ２ １ （ ⊥ １， Ｆ ０ ２ ） Ｐ ， ２ 所 得 以 －（ Ｆ ｘ １ → １ Ｐ ＋ １ １ ＝ ） （ ２ ＋ ｘ １ ｙ ＋ ２ １ １ ＝ ， ０ ｙ ， １ 由 ）， 椭 Ｆ ２ 圆 →Ｐ ２ 方 ＝
Ｐ
＝
→Ｍ
ｋ ｘ ｍ １ · ｘ ２
Ｐ→
－
Ｎ
４（ ＝ ｘ ｘ （ １
ｘ
＋ １ ｘ ｘ － ２ ４ ） ） ＋ （ １
ｘ
６ ２ ＋ － ｍ ｋ ４ ２ ２ ） ｘ ＋ １ ｘ
ｙ
２ １ ＋
ｙ
２ ｋｍ （ ｘ １＋ ｘ ２）＋ ｍ２ ＝（１＋ ｋ２ ） ｘ １ ｘ ２＋
ｘ２ （ －４）（ １＋ ２）＋１６＋
程
当
得
ｘ
１－
２ 时
１ ＝
Ｐ
（ ｘ １
Ｐ
＋１）
重
２ ，
合
即
此
３ ｘ
时
２ １＋
题
４ ｘ
设
１＝
要
０，
求
解
的
得
圆
ｘ
不
１＝
存
－
在 ３
４ 或
．
ｘ １＝０ ．
＝（１＋
ｋ２
）·
４
４
ｍ
ｋ２
２
＋
－
１
４
＋（
ｋｍ
－４） ４
－
ｋ
８
２
ｋ
＋
ｍ
１ ＋１６＋
ｍ２
１＝０ ， １， ２ ， ｋ２ ｍ２ ｋｍ
６０ ＋５ ＋３２ ＋１２
当ｘ
１＝－
４ 时
，
过Ｐ
１，
Ｐ
２
分别与Ｆ
１
Ｐ
１，
Ｆ
２
Ｐ
２
垂直的直线的交 ＝
４
ｋ２
＋１
＝１２，
点即为圆
３
心Ｃ 设Ｃ ｙ ．
故得
５
ｍ２
＋３２
ｋｍ
＋１２
ｋ２
＝０
．
， （０， ０） (ｍ) ２ ｍ
ｙ ｙ ｙ ｋ 故有
由ＣＰ Ｆ Ｐ 得 １－ ０ １ 又ｙ １ ｘ２ １ 故 ∵ ≠０， ５ ｋ ＋３２ ｋ ＋１２＝０，
１⊥ １ １， ｘ ·ｘ ＝－１， １＝ １－ １ ＝ ，
１ １＋１ ２ ３ ( ｍ )(ｍ )
即 解得ｍ ２ ｋ或ｍ ｋ
ｙ ５ ． ５ ｋ ＋２ ｋ ＋６ ＝０， ＝－ ＝－６ ，
０＝ ５
３
( ) ( ) 故直线方程为ｙ ｋｘ ２ ｋ或ｙ ｋｘ ｋ
圆Ｃ的半径为 － ４ ２ ＋ １ － ５ ２ ＝ ４ ２． ( ＝ － ) ５ ＝ －６ ，
３ ３ ３ ３
( ) 则直线恒过点 ２ 或
综上 ， 存在满足条件的圆 ， 其方程为ｘ２ ＋ ｙ － ５ ２ ＝ ３２． ５ ，０ （６，０），
因为此点在椭圆内部
３ ９
，
ｘ２ ｙ２ ( )
１７．（２０１７云南师大附中４月月考，２０）已知椭圆 ａ ｂ
ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ 所以只有点 ２
，０
满足要求．
５
æ ö ( )
过点ç ３÷ 椭圆的左 右顶点分别为Ａ Ａ 点Ｐ的坐 故存在定点 ２
＞０） è１， ø， ， １， ２， ，０ ，
２ ５
标为 ＰＡ Ａ Ａ ＰＡ 成等差数列．
求 （４ 椭 ，０ 圆 ）， 的 ｜ 标准 １｜ 方 ，｜ 程 １ ２｜，｜ ２｜ 使Ｐ→Ｍ · Ｐ→Ｎ ＝１２ 恒成立．
（１） ；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋