§10.4　直线与圆锥曲线的位置关系_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53B版_第十章　圆锥曲线_§104　直线与圆锥曲线的位置关系_专题电子书

５ ３４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
§１０．４ 直线与圆锥曲线的位置关系
直线与圆锥曲线的位置关系 学生用书Ｐ１８３ Ｍ的半径为
∴ ☉ １，
１．（２０１８课标理，８，５分）设抛物线Ｃ ｙ２ ｘ的焦点为Ｆ 过点 ∴ ☉ Ｍ的方程为 （ ｘ －２） ２ ＋ ｙ２ ＝１ ．
Ⅰ ： ＝４ ， （－２，０） 直线Ａ Ａ 与 Ｍ相切．理由如下
（２） ２ ３ ☉ ：
且斜率为２
３
的直线与Ｃ交于Ｍ ， Ｎ两点 ， 则Ｆ→Ｍ · →ＦＮ ＝ （ ） 设Ａ １（ ｙ２ ０， ｙ ０）， Ａ ２（ ｙ２ １， ｙ １）， Ａ ３（ ｙ２ ２， ｙ ２），
直线Ａ Ａ Ａ Ａ 均与 Ｍ相切
Ａ．５ Ｂ．６ Ｃ．７ Ｄ．８ ∵ １ ２， １ ３ ☉ ，
１． 答案 Ｄ ∴ ｙ ０≠±１， ｙ １≠±１， ｙ ２≠±１，
ｙ ｙ
２．（２０２１ 浙江，１６，６ 分）已知椭圆 ｘ２ ｙ２ ａ ｂ 焦点 由Ａ Ａ 的坐标可得直线Ａ Ａ 的方程为ｙ ｙ ０－ １ ｘ ｙ２
ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）， １， ２ １ ２ － ０＝ｙ２
０－
ｙ２
１
（ － ０），
( ) 整理 得ｘ ｙ ｙ ｙ ｙ ｙ
Ｆ
１（－
ｃ
，０），
Ｆ
２（
ｃ
，０）（
ｃ
＞０）
．若过Ｆ
１
的直线和圆 ｘ
－
１ ｃ ２
＋
ｙ２
＝ 由于
，
直线
－
Ａ
（
Ａ
０＋
与
１）
Ｍ
＋
相
０
切
１＝０，
２ １ ２ ☉ ，
ｃ２ 相切
，
与椭圆在第一象限交于点Ｐ
，
且ＰＦ
２⊥
ｘ轴
，
则该直线
Ｍ到直线Ａ Ａ 的距离ｄ ｜２＋
ｙ
０
ｙ
１｜ 整理得 ｙ２
的斜率是 ， 椭圆的离心率是 ． ∴ １ ２ ＝ １＋（ ｙ ０＋ ｙ １） ２ ＝１， （ ０－１）
２． 答案 ２ ５ ５
ｙ２
１＋２
ｙ
０
ｙ
１＋３－
ｙ２
０＝０，①
５
；
５
同理可得
，（
ｙ２
０－１）
ｙ２
２＋２
ｙ
０
ｙ
２＋３－
ｙ２
０＝０，②
３．（２０２０新高考 ，１３，５分）斜率为 的直线过抛物线Ｃ ｙ２ ｘ 观察 得ｙ ｙ 是关于ｘ的一元二次方程 ｙ２ ｘ２ ｙ ｘ
Ⅰ ３ ： ＝４ ①②， １， ２ （ ０－１） ＋２ ０ ＋
的焦点
，
且与Ｃ交于Ａ
，
Ｂ两点
，
则
｜
ＡＢ
｜＝
．
３－
ｙ２
０＝０
的两根
，
ì ｙ
３． 答案 １６ ï ｙ ｙ ２ ０
４．（２０１９浙 江
３
，１５，４分）已知椭圆
ｘ２ ｙ２
的左焦点为Ｆ 点Ｐ ∴
í ï
ï
１＋ ２＝－
ｙ
ｙ
２
２ ０－１ ，
（∗）
＋ ＝１ ， ïｙ ｙ ３－ ０．
９ ５ î １ ２＝ｙ２
在椭圆上且在ｘ轴的上方．若线段ＰＦ的中点在以原点Ｏ为圆 ０－１
同理 得直线Ａ Ａ 的方程为ｘ ｙ ｙ ｙ ｙ ｙ
心 ＯＦ 为半径的圆上 则直线ＰＦ的斜率是 ． ， ２ ３ －（ １＋ ２） ＋ １ ２＝０，
，｜ ｜ ， ｙ ｙ
４． 答案 则点Ｍ 到直线Ａ Ａ 的距离ｄ′ ｜２＋ １ ２｜ 把
１５ （２，０） ２ ３ ＝ ｙ ｙ ２ ， （∗）
５．（２０２１全国乙理，２１，１２分）已知抛物线Ｃ ｘ２ ｐｙ ｐ 的焦 １＋（ １＋ ２）
： ＝２ （ ＞０） ｙ２
点为Ｆ 且Ｆ与圆Ｍ ｘ２ ｙ ２ 上点的距离的最小值为 ． ３－ ０
（１）
求
，
ｐ
；
： ＋（ ＋４） ＝１ ４
代 入
，
得 ｄ′
＝
２＋ｙ２
０－１
＝
｜２（
ｙ２
０－１）＋３－
ｙ２
０｜
＝
若点Ｐ在Ｍ上 ＰＡ ＰＢ是Ｃ的两条切线 Ａ Ｂ是切点 求 æ ｙ ö２ ｙ２ ２ ｙ ２
（２） ， ， ， ， ， ç ２ ０ ÷ （ ０－１） ＋（－２ ０）
ＰＡＢ面积的最大值． １＋è－ｙ２ ø
△ ０－１
５． 解题指导 （ ）利用圆心到焦点Ｆ的距离减去半径等于 ｙ２ ｙ２
１ ４ ｜ ０＋１｜ ｜ ０＋１｜ ． 直线Ａ Ａ 与 Ｍ相切．
构造关于ｐ的方程，解方程即可；（
２
）设出点Ａ，Ｂ，Ｐ的坐标，利 ｙ４
０＋２
ｙ２
０＋１
＝
｜
ｙ２
０＋１｜
＝１∴ ２ ３ ☉
用导数的几何意义得到切线斜率，写出两切线ＰＡ，ＰＢ的方程， 解后反思 本题第（ ）问较为基础，熟练掌握抛物线和圆的
１
利用点Ｐ与切线的关系写出直线 ＡＢ 的方程，从而求得弦长 标准方程是关键；第（ ）问涉及的条件较多，其中直线Ａ Ａ 与
ＡＢ与点Ｐ到直线ＡＢ的距离，进而结合函数的相关知识表示
圆相切，是最重要的一
２
个条件，由此条件可求出直线Ａ Ａ
１
的
２
方
并求出
△
ＰＡＢ面积的最大值．
程，进而直线Ａ Ａ ，Ａ Ａ 的方程就可同理求得，可大大
１
简
２
化运
６．（２０２１全国甲，文２１，理２０，１２分）抛物线Ｃ的顶点为坐标原 １ ３ ２ ３
算过程，而由 归纳出ｙ ，ｙ 是方程（ｙ２ ）ｘ２ ｙ ｘ ｙ２
点Ｏ 焦点在ｘ轴上 直线ｌ ｘ 交Ｃ于Ｐ Ｑ 两点 且 ＯＰ ①② １ ２ ０－１ ＋２ ０ ＋３－ ０＝
， ， ： ＝１ ， ， ⊥ 的两根，则需要有较深的数学功底和知识储备，需要同学们
ＯＱ．已知点Ｍ 且 Ｍ与ｌ相切． ０
（２，０）， ☉
平时不断积累．
求Ｃ Ｍ的方程
（１） ，☉ ； ｘ２ ｙ２
７．（２０２０天津，１８，１５分）已知椭圆 ａ ｂ 的一个顶
（２） 设Ａ １， Ａ ２， Ａ ３ 是Ｃ上的三个点 ， 直线Ａ １ Ａ ２， Ａ １ Ａ ３ 均与 ☉ Ｍ相 ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
切．判断直线Ａ ２ Ａ ３ 与 ☉ Ｍ的位置关系 ， 并说明理由． 点为Ａ （０，－３）， 右焦点为Ｆ ， 且 ｜ ＯＡ ｜＝｜ ＯＦ ｜， 其中Ｏ为原点．
６． 解析 由题意可设抛物线Ｃ的方程为ｙ２ ｐｘ ｐ 则 求椭圆的方程
（１） ＝２ （ ＞０）， （１） ；
Ｐ
，
Ｑ的坐标为
（１，± ２
ｐ
）， （２）
已知点Ｃ满足
３
Ｏ→Ｃ
＝
Ｏ→Ｆ
，
点Ｂ在椭圆上
（
Ｂ异于椭圆的顶
ＯＰ ＯＱ Ｏ→Ｐ Ｏ→Ｑ ｐ 点 直线ＡＢ与以Ｃ为圆心的圆相切于点Ｐ 且Ｐ为线段
∵ ⊥ ，∴ · ＝１－２ ＝０， ）， ，
ＡＢ的中点．求直线ＡＢ的方程．
ｐ １ 抛物线Ｃ的方程为ｙ２ ｘ．
∴ ＝ ，∴ ＝ ７． 解析 由已知可得 ｂ ．记半焦距为 ｃ 由 ＯＦ
２ （１） ＝３ ， ｜ ｜ ＝
Ｍ的圆心为 Ｍ与直线ｘ 相切 ＯＡ 可得ｃ ｂ ．又由ａ２ ｂ２ ｃ２ 可得ａ２ ．所以 椭圆的方
∵ ☉ （２，０），☉ ＝１ ， ｜ ｜ ＝ ＝３ ＝ ＋ ， ＝１８ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ３５
ｘ２ ｙ２ 且ａ ｂ．
程为 ． －１）， ＝２
＋ ＝１ 求椭圆Ｃ的方程
１８ ９ （１） ；
因为直线ＡＢ 与以 Ｃ 为圆心的圆相切于点 Ｐ 所以 ＡＢ 过点Ｂ 的直线ｌ交椭圆Ｃ于点Ｍ Ｎ 直线ＭＡ ＮＡ
（２） ， ⊥ （２） （－４，０） ， ， ，
ＣＰ．依题意 直线ＡＢ和直线ＣＰ的斜率均存在．设直线ＡＢ的方 ＰＢ
，
{ｙ ｋｘ
分别交直线ｘ
＝－４
于点Ｐ
，
Ｑ．求｜
ＢＱ
｜的值．
＝ －３， ｜ ｜
程为ｙ
＝
ｋｘ
－３
．由方程组 ｘ２ ｙ２ 消去ｙ
，
可得
（２
ｋ２
＋１）·
ｘ２
－
{ａ
＝２
ｂ
，
１８ ＋ ９ ＝１， ９． 解析 （１） 由已知条件可列方程组 （－２） ２ （－１） ２
ｋｘ 解得 ｘ 或 ｘ １２
ｋ
．依题意 可得点 Ｂ 的坐标为
ａ２ ＋ ｂ２ ＝１，
１２ ＝０， ＝０ ＝ ｋ２ ， {
２ ＋１ ａ ｘ２ ｙ２
æ è ç ｋ １ ２ ２ ｋ ， ６ ｋ ｋ ２ ２ －３ ö ø ÷．因为Ｐ为线段ＡＢ的中点 ， 点Ａ的坐标为 （０， 解得 ｂ ＝ ＝２ ２ ２ ， ，故椭圆Ｃ的标准方程为 ８ ＋ ２ ＝１ ．
２ ＋１ ２ ＋１ 解法一 由题意知 直线ｌ的斜率存在 设ｌ的斜率为ｋ 则
æ ｋ ö （２） ： ， ， ，
所以点Ｐ的坐标为ç ６ －３ ÷．由 Ｏ→Ｃ Ｏ→Ｆ 得点Ｃ 直线ｌ的方程为ｙ ｋ ｘ ．
－３）， è ｋ２ ， ｋ２ ø ３ ＝ ， ＝ （ ＋４）
２ ＋１ ２ ＋１ 当ｋ 时 直线 ｌ 与椭圆 Ｃ 交于 Ｍ Ｎ 两点 设 Ｍ ｘ ｙ
－３
≠０ ， 、 ， （ １， １），
的坐标为 （１，０）， 故直线ＣＰ的斜率为２ ｋ ６ ２ ｋ ＋１ －０ ， 即 ２ ｋ２ － ３ ６ ｋ ＋１ ．又 Ｎ （ ｘ ２ { ， ｙ ｙ ２ ＝ ） ｋ ， （ ｘ ＋４），
２
ｋ２
＋１
－１ 联立 ｘ２ ｙ２ 化简得
（４
ｋ２
＋１）
ｘ２
＋３２
ｋ２ｘ
＋（６４
ｋ２
－８）＝０，
＋ ＝１，
因为ＡＢ ＣＰ 所以ｋ ３ 整理得 ｋ２ ｋ 解 ８ ２
⊥ ， ·
２
ｋ２
－６
ｋ
＋１
＝－１， ２ －３ ＋１＝０，
则ｘ ｘ ３２
ｋ２
ｘ ｘ ６４
ｋ２
－８
１＋ ２＝－ ｋ２ ， １ ２＝ ｋ２ ，
得ｋ １ 或ｋ ． ４ ＋１ ４ ＋１
＝ ＝１ Δ ｋ２ ２ ｋ２ ｋ２ ｋ２
２ ＝（３２ ） －４×（４ ＋１）×（６４ －８）＝３２（１－４ ）＞０，
所以 直线ＡＢ的方程为ｙ １ ｘ 或ｙ ｘ ． 解得 １ ｋ １ ．
， ＝ －３ ＝ －３ － ＜ ＜
２ ２ ２
ｘ２ ｙ
８．（２０２０浙江，２１，１５ 分）如图 ， 已知椭圆 Ｃ １： ＋ ｙ２ ＝１， 抛物线 直线ＭＡ的方程为ｙ ＝ｘ １＋１ （ ｘ ＋２）－１， 令ｘ ＝－４，
Ｃ
的 Ａ ２ 直 ： ．
ｙ２
线 ＝２ ｌ
ｐ
交
ｘ
（ 椭
ｐ
＞ 圆 ０） Ｃ ， １
点
于
Ａ
点
是
Ｂ
椭
， 交
圆
抛
Ｃ
物 １
与
线
抛
Ｃ
物
２ 于
线
点
Ｃ ２
２ Ｍ
的
（
交
Ｂ ，
点
Ｍ ， 不
过
同
点
于
Ａ
得到ｙ Ｐ＝ －２（ ｘ １ ｙ ＋ １＋ ２ １） －１，
１
即
＋２
Ｐ æ è ç －４，－ （２ ｋ ＋１ ｘ ） １＋ （ ２ ｘ １＋４） ö ø ÷ ，
） ｙ
同理直线ＮＡ的方程为ｙ ２＋１ ｘ 令ｘ 得到ｙ
若ｐ １ 求抛物线Ｃ 的焦点坐标 ＝ｘ （ ＋２）－１， ＝－４， Ｑ＝
（１） ＝ ， ２ ； ２＋２
１６ ｙ æ ｋ ｘ ö
若存在不过原点的直线ｌ使Ｍ为线段ＡＢ的中点 求ｐ的 －２（ ２＋１） 即Ｑç （２ ＋１）（ ２＋４）÷
（２） ， ｘ －１， è－４，－ ｘ ø，
最大值． ２＋２ ２＋２
æｘ ｘ ö ｋ
ｙ ｙ ｋ ç １＋４ ２＋４÷ －２（２ ＋１） ｘ ｘ ｘ
Ｐ＋ Ｑ＝－（２ ＋１）èｘ ＋ｘ ø ＝ ｘ ｘ ［ １ ２＋３（ １＋
１＋２ ２＋２ （ １＋２）（ ２＋２）
ｘ
２）＋８］，
ｋ２ ｋ２ ｋ２
因为ｘ ｘ ｘ ｘ ６４ －８ ３×３２ ８（４ ＋１）
１ ２＋３（ １＋ ２）＋８＝ ｋ２ － ｋ２ ＋ ｋ２ ＝０，
４ ＋１ ４ ＋１ ４ ＋１
ＰＢ ｙ
故ｙ ｙ 即ｙ ｙ 所以｜ ｜ ｜ Ｐ｜ ．
Ｐ＋ Ｑ＝０， Ｐ＝－ Ｑ， ＢＱ ＝ ｙ ＝１
｜ ｜ ｜ Ｑ｜
( )
８． 解析 由ｐ １ 得Ｃ 的焦点坐标是 １ ． 当ｋ 时 易得直线ｌ与椭圆Ｃ的两个交点分别为 和
（１） ＝ ２ ，０ ＝０ ， （－２ ２，０）
１６ ３２ 不妨设Ｍ Ｎ
由题意可设直线ｌ ｘ ｍｙ ｔ ｍ ｔ 点Ａ ｘ ｙ ． （２ ２，０）， （－２ ２，０）， （２ ２，０），
（２） ： ＝ ＋（ ≠０，≠０）， （ ０， ０）
将直线ｌ的方程代入椭圆Ｃ １： ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ 得 （ ｍ２ ＋２） ｙ２ ＋２ ｍｔｙ ＋ ｔ２ － 则直线ＭＡ的方程为ｙ ＝－ ２
２
＋１ （ ｘ ＋２ ２），
２
ｍｔ
所以点Ｍ的纵坐标ｙ 直线ＮＡ的方程为ｙ ２－１ ｘ
２＝０， Ｍ＝－ｍ２ ， ＝ （ －２ ２），
＋２ ２
将直线ｌ的方程代入抛物线Ｃ ｙ２ ｐｘ得 令ｘ 则ｙ ｙ
２： ＝２ ＝－４， Ｐ＝ ２， Ｑ＝－ ２，
ｙ２ ｐｍｙ ｐｔ ＰＢ
－２ －２ ＝０， 此时也满足｜ ｜ ．
ｐ ｍ２ ｐ ｍ２ ２ ＢＱ ＝１
所以ｙ ｙ ｐｔ 解得ｙ ２ （ ＋２） 因此ｘ ２ （ ＋２） ． ｜ ｜
０ Ｍ＝－２ ， ０＝ ｍ ， ０＝ ｍ２ ＰＢ
综上所述 ｜ ｜ ．
ｘ２ ( ) ２ ( ) ４ ， ＢＱ ＝１
由 ０ ｙ２ 得 １ ｍ ２ ｍ ２ ｜ ｜
＋ ０＝１ ｐ２ ＝４ ＋ｍ ＋２ ＋ｍ ≥１６０， 解法二 由题意得直线ｌ的斜率存在 设ｌ的斜率为ｋ 则直线ｌ
２ ： ， ，
的方程为ｙ ｋ ｘ 设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ
所以当ｍ ＝ ２， ｔ ＝ １０时 ， ｐ取到最大值 １０． {ｙ ｋ ＝ ｘ （ ＋４）， （ １， １）， （ ２， ２），
５ ４０ ＝ （ ＋４），
９．（２０２０ 北京，２０，１５ 分）已知椭圆 Ｃ
ｘ２ ｙ２
过点 Ａ
联立 ｘ２ ｙ２ 化简得
（４
ｋ２
＋１）
ｘ２
＋３２
ｋ２ｘ
＋（６４
ｋ２
－８）＝０，
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１ （－２， ＋ ＝１，
８ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ３６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ｋ２ ｋ２ ＰＢ
则ｘ ｘ ３２ ｘ ｘ ６４ －８ 所以｜ ｜ ．
１＋ ２＝－ ｋ２ ， １ ２＝ ｋ２ ， ＢＱ ＝１
４ ＋１ ４ ＋１ ｜ ｜
Δ ＝（３２ ｋ２ ） ２ －４×（４ ｋ２ ＋１）×（６４ ｋ２ －８）＝３２（１－４ ｋ２ ）＞０， 综上 ｜ ＰＢ ｜ ．
， ＢＱ ＝１
解得 １ ｋ １ ． ｜ ｜
－ ＜ ＜ 易错警示 解决直线与圆锥曲线位置关系问题时，若要设
２ ２
ｙ 直线方程时，需对该直线的不同特殊位置进行讨论．
直线ＭＡ的方程为ｙ １＋１ ｘ
＝ｘ （ ＋２）－１， ｘ２ ｙ２
１＋２ １０．（２０１７课标 理，２０，１２分）已知椭圆Ｃ ａ ｂ
ｙ Ⅰ ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０），
直线ＮＡ的方程为ｙ ２＋１ ｘ
＝ｘ （ ＋２）－１， æ ö æ ö
２＋２ 四点Ｐ Ｐ Ｐ ç ３÷ Ｐ ç ３÷中恰有三点
ｘ ｙ ｘ ｙ １（１，１）， ２（０，１）， ３è－１， ø， ４è１， ø
令ｘ 则ｙ － １－２ １－４ ｙ － ２－２ ２－４ ２ ２
＝－４， Ｐ＝ ｘ ， Ｑ＝ ｘ ， 在椭圆Ｃ上．
１＋２ ２＋２
æ ｘ ｙ ö æ ｘ ｙ ö 求Ｃ的方程
所以Ｐç － １－２ １－４÷ Ｑç － ２－２ ２－４÷ （１） ；
è－４， ｘ ø， è－４， ｘ ø， 设直线 ｌ 不经过 Ｐ 点且与 Ｃ 相交于 Ａ Ｂ 两点．若直线
１＋２ ２＋２ （２） ２ ，
ｘ ｙ Ｐ Ａ与直线Ｐ Ｂ的斜率的和为 证明 ｌ过定点．
－ １－２ １－４ ２ ２ －１， ：
ＰＢ ｙ ｘ １０． 解析 由于Ｐ Ｐ 两点关于 ｙ 轴对称 故由题设知 Ｃ
所以｜ ｜ ｜ Ｐ｜ １＋２ （１） ３， ４ ，
ＢＱ ＝ ｙ ＝ ｘ ｙ 经过Ｐ Ｐ 两点．
｜ ｜ ｜ Ｑ｜ － ２－２ ２－４ ３， ４
ｘ
２＋２ 又由 １ １ １ ３ 知 Ｃ不经过点Ｐ 所以点Ｐ 在Ｃ上．
ｋ ｘ ｋ ｘ ａ２ ＋ｂ２＞ａ２ ＋ ｂ２ ， １， ２
［（２ ＋１） １＋（８ ＋４）］（ ２＋２） ４
＝ ｋ ｘ ｋ ｘ ì
［
（２
（ ｋ ２
＋
＋
１）
１） ｘ
１
ｘ ２
２
＋
＋
（
（
８
４
ｋ ＋
＋
４
２
）
）
］
（
（ ｘ
１
１
＋
＋ ｘ ２
２）
）
＋８（２
ｋ
＋１）＋（４
ｋ
＋２）
ｘ
２ 因此í
ï ïｂ １ ２ ＝１，
解得
{ａ２
＝４，故Ｃ的方程为
ｘ２
ｙ２ ．
＝ ｋ ｘ ｘ ｋ ｘ ｘ ｋ ｋ ｘ ， ï ｂ２ ． ＋ ＝１
（２ ＋１） １ ２＋（４ ＋２）（ １＋ ２）＋８（２ ＋１）＋（４ ＋２） １ ＰＢ î ï ａ １ ２ ＋ ３ ｂ２ ＝１， ＝１ ４
将 ｘ ｘ 和 ｘ ｘ 代 入 上 式 整 理 得 ｜ ｜ ４
１ ＋ ２ １ ２ ， ＢＱ ＝ 证明 设直线Ｐ Ａ与直线Ｐ Ｂ的斜率分别为ｋ ｋ ．
｜ ｜ （２） ： ２ ２ １， ２
ｋ
æ
ç ３２
ｋ２
ｘ
ö
÷
如果ｌ与ｘ轴垂直
，
设ｌ
：
ｘ
＝
ｔ
，
由题设知ｔ
≠０，
且
｜
ｔ
｜＜２，
可得Ａ
，
（２ ＋１）è
４
ｋ２
＋１
＋２ ２ø
－（
ｘ
１＋
ｘ
２）＋２
ｘ
２ ． Ｂ的坐标分别为
æ
çｔ ４－
ｔ２ ö
÷
æ
çｔ ４－
ｔ２ ö
÷．
æ ｋ２ ö ＝ ｘ ｘ ｘ ＝１ è ， ø，è ，－ ø
ｋ ç ３２ ｘ ÷ －（ １＋ ２）＋２ １ ２ ２
（２ ＋１）è ｋ２ ＋２ １ø
４ ＋１ ｔ２ ｔ２
ＰＢ 则ｋ ｋ ４－ －２ ４－ ＋２ 得ｔ 不符合题设．
解法三 易知当ｌ的斜率为 时 ｜ ｜ ． １＋ ２＝ ｔ － ｔ ＝－１， ＝２，
： ０ ， ＢＱ ＝１ ２ ２
｜ ｜ ｘ２
当ｌ的斜率不为 时 从而可设ｌ ｙ ｋｘ ｍ ｍ ．将ｙ ｋｘ ｍ代入 ｙ２ 得
０ ， ： ＝ ＋ （ ≠１） ＝ ＋ ＋ ＝１
４
设直线ｌ ｘ ｍｙ Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ
{ｘ ｍｙ
： ＝ －４， （ １， １）， （ ２， ２），
（４
ｋ２
＋１）
ｘ２
＋８
ｋｍｘ
＋４
ｍ２
－４＝０
．
＝ －４， 由题设可知Δ ｋ２ ｍ２ ．
＝１６（４ － ＋１）＞０
由 ｘ２ ｙ２ 得 （ ｍ２ ＋４） ｙ２ －８ ｍｙ ＋８＝０， 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ
＋ ＝１， （ １， １）， （ ２， ２），
８ ２ ｋｍ ｍ２
由Δ
＝６４
ｍ２
－４×８×（
ｍ２
＋４）＞０，
解得ｍ２
＞４，
则ｘ
１＋
ｘ
２＝－
８
ｋ２ ，
ｘ
１
ｘ
２＝
４
ｋ２
－４．
４ ＋１ ４ ＋１
ｍ
且ｙ ｙ ８ ｙ ｙ ８ ｙ ｙ ｋｘ ｍ ｋｘ ｍ
１＋ ２＝ｍ２ ＋４ ， １ ２＝ｍ２ ＋４ ， 而ｋ １＋ ｋ ２＝ １ ｘ －１ ＋ ２ ｘ －１ ＝ １＋ ｘ －１ ＋ ２＋ ｘ －１
ｙ ｙ １ ２ １ ２
此时ｌ ＭＡ： ｙ ＋１＝ｘ １＋１ （ ｘ ＋２）， 令ｘ ＝－４， 得ｙ Ｐ＝ －２（ ｘ １＋１） －１， ２ ｋｘ １ ｘ ２＋（ ｍ －１）（ ｘ １＋ ｘ ２）
１＋２ １＋２ ＝ ｘ ｘ ，
ｙ １ ２
同理可得ｙ Ｑ＝ －２（ ｘ ２＋１） －１， 由题设ｋ １＋ ｋ ２＝－１， 故 （２ ｋ ＋１） ｘ １ ｘ ２＋（ ｍ －１）（ ｘ １＋ ｘ ２）＝０ ．
ｙ
２＋２
ｙ 即 ｋ ４
ｍ２
－４ ｍ －８
ｋｍ
．
则ｙ Ｐ＋ ｙ Ｑ＝ －２（ ｘ １＋１） ＋ －２（ ｘ ２＋１） －２ （２ ＋１）· ４ ｋ２ ＋１ ＋（ －１）· ４ ｋ２ ＋１ ＝０
１＋２ ２＋２
解得ｋ
ｍ
＋１．
æｙ ｙ ö ＝－
ç １＋１ ２＋１ ÷ ２
＝－２èｘ
１＋２
＋ｘ
２＋２
＋１ø
当且仅当ｍ 时 Δ 于是ｌ ｙ ｍ ＋１ｘ ｍ
ｙ ｘ ｙ ｘ ｘ ｘ ＞－１ ， ＞０， ： ＝－ ＋ ，
（ １＋１）（ ２＋２）＋（ ２＋１）（ １＋２）＋（ １＋２）（ ２＋２） ２
＝－２× ｘ ｘ ， ｍ
（ １＋２）（ ２＋２） 即ｙ ＋１ ｘ 所以ｌ过定点 ．
因为 ｙ ｘ ｙ ｘ ｘ ｘ ＋１＝－ （ －２）， （２，－１）
（ １＋１）（ ２＋２）＋（ ２＋１）（ １＋２）＋（ １＋２）（ ２＋２） ２
ｙ ｍｙ ｙ ｍｙ ｍｙ ｍｙ 方法总结 ．求解轨迹方程的步骤： 建系、设点 列
＝（ １＋１）（ ２－２）＋（ ２＋１）（ １－２）＋（ １－２）（ ２－２） １ ① →②
ｍ ｍ ｙ ｙ ｍ ｙ ｙ 式（列出动点所满足的几何等量关系式） 坐标化（选用合
＝ （ ＋２） １ ２－（ ＋２）（ １＋ ２） →③
ｍ 适的公式表示几何等量关系） 化简（注意化简前后的等
ｍ ｍ ８ ｍ ８ →④
＝ （ ＋２）ｍ２ －（ ＋２）ｍ２ 价性） 检验（去伪存真）．
＋４ ＋４ →⑤
．用直线系思想求直线过定点问题的一般步骤：
＝０， ２
所以ｙ ｙ 所以 ＰＢ ＢＱ 先设出双参数的直线方程；
Ｐ＋ Ｑ＝０， ｜ ｜＝｜ ｜， ①
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ３７
根据题意通过一系列计算消去一个参数（或用一个参数表 ｐ
② 则 ＡＢ ＡＦ ＢＦ ２ 即 ＡＢ ４
示另一参数）； ｜ ｜＝｜ ｜＋｜ ｜＝ ２θ， ｜ ｜＝ ２θ，
ｓｉｎ ｓｉｎ
代回所设方程，得单参数直线方程；
③ 因ｌ 与ｌ 垂直 故直线ＤＥ的倾斜角为θ π或θ π
令参数各次幂的系数均为 ，得定点坐标． １ ２ ， ＋ － ，
④ ０ ２ ２
．若题设条件中涉及两直线斜率的和或积，可以采用齐次化
３ 则 ＤＥ ４ 则 ＡＢ ＤＥ ４ ４ ４
处理，大大降低运算量．这种处理方式对所有的二次曲线均 ｜ ｜ ＝ ２θ， ｜ ｜＋｜ ｜ ＝ ２θ＋ ２θ＝ ２θ ２θ＝
ｃｏｓ ｓｉｎ ｃｏｓ ｓｉｎ ｃｏｓ
适用．
４ １６
( ) ２ ＝ ２ θ，
１ θ ｓｉｎ ２
以下为教师用书专用（１—２２） ｓｉｎ２
２
ｘ２ ｙ２ 则易知 ＡＢ ＤＥ 的最小值为 ．故选 ．
１．（２０１３课标 理，１０，５分）已知椭圆Ｅ ａ ｂ 的 ｜ ｜＋｜ ｜ １６ Ａ
Ⅰ ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） 方法总结 利用几何方法求抛物线的焦半径．
右焦点为Ｆ
（３，０），
过点Ｆ的直线交Ｅ于Ａ
，
Ｂ两点．若ＡＢ的中 如图，在抛物线ｙ２
＝２
ｐｘ（ｐ
＞０
）中，ＡＢ为焦点弦，若ＡＦ与抛物
点坐标为 则Ｅ的方程为 线对称轴的夹角为θ，
（１，－１）， （ ）
ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２
Ａ． ＋ ＝１ Ｂ． ＋ ＝１
４５ ３６ ３６ ２７
ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２
Ｃ． ＋ ＝１ Ｄ． ＋ ＝１
２７ １８ １８ ９
答案 Ｄ 直线ＡＢ的斜率ｋ ０＋１ １
＝ ＝ ，
３－１ ２
设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ
（ １， １）， （ ２， ２），
ＡＥ ＡＦ ｐ
ì ï ｘ２ １ ｙ２ １ 则在 △ ＦＥＡ中， ｃｏｓ θ ＝ｃｏｓ∠ ＥＡＦ ＝ ｜ ＡＦ ｜ ＝ ｜ ＡＦ ｜－ ，
ïａ２ ＋ｂ２ ＝１， ① ｜ ｜ ｜ ｜
则í ｐ ｐ
ïｘ２ ｙ２ 则可得到焦半径
｜
ＡＦ
｜＝ θ
，同理，
｜
ＢＦ
｜＝ θ
，
ï ２ ２ １－ｃｏｓ １＋ｃｏｓ
îａ２ ＋ｂ２ ＝１， ② 熟悉这种求抛物线焦半径的方法，对于求抛物线的焦点弦长，
得
ｙ
１－
ｙ
２
ｂ２ ｘ
１＋
ｘ
２． 焦点弦中的定值，如： １ １ ２ 等的帮助很大．
①－② ｘ
１－
ｘ
２
＝－ａ２·ｙ
１＋
ｙ
２ ｜
ＡＦ
｜
＋
｜
ＢＦ
｜
＝ ｐ
即ｋ
ｂ２
２
３．（２０１５四川理，１０，５分）设直线ｌ与抛物线ｙ２
＝４
ｘ相交于Ａ
，
Ｂ
＝－ａ２ ×
－２
， 两点
，
与圆
（
ｘ
－５）
２
＋
ｙ２
＝
ｒ２
（
ｒ
＞０）
相切于点Ｍ
，
且Ｍ为线段ＡＢ
ｂ２ 的中点．若这样的直线ｌ恰有 条 则ｒ的取值范围是
１ ． ４ ， （ ）
∴ ａ２ ＝ ③
２ Ａ．（１，３） Ｂ．（１，４） Ｃ．（２，３） Ｄ．（２，４）
又ａ２
－
ｂ２
＝
ｃ２
＝９， ④
答案 Ｄ 当直线ＡＢ的斜率不存在
，
且
０＜
ｒ
＜５
时
，
有两条满
由 得ａ２ ｂ２ ． 足题意的直线ｌ．
③④ ＝１８， ＝９
所以椭圆Ｅ的方程为 ｘ２ ｙ２ 故选 ． 当直线ＡＢ的斜率存在时 ， 由抛物线与圆的对称性知 ， ｋ ＡＢ＞０ 和
＋ ＝１， Ｄ ｋ 时各有一条满足题意的直线ｌ．
１８ ９ ＡＢ＜０
评析 本题考查了直线和椭圆的位置关系，考查了线段的中 设圆的圆心为Ｃ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ Ｍ ｘ ｙ 则ｘ
（５，０）， （ １， １）， （ ２， ２）， （ ０， ０）， ０＝
点问题．本题也可利用根与系数的关系解决中点问题． ｘ ｘ ｙ ｙ
１＋ ２ ｙ １＋ ２
２．（２０１７课标
Ⅰ
理，１０，５分）已知Ｆ为抛物线Ｃ
：
ｙ２
＝４
ｘ的焦点
， ２
， ０＝
２
，
过Ｆ作两条互相垂直的直线ｌ ｌ 直线ｌ 与Ｃ交于Ａ Ｂ两点 ｙ ｙ ｙ ｙ
直线ｌ ２ 与Ｃ交于Ｄ ， Ｅ两点 ， 则 １， ｜ Ａ ２ Ｂ ， ｜＋｜ ＤＥ １ ｜ 的最小值为 ， （ ） ， ∴ ｋ ＡＢ＝ｘ ２ ２ － － ｘ １ １ ＝ｙ２ ２ ２－ ｙ １ ２ １ ＝ｙ ２ ０ ．
－
Ａ．１６ Ｂ．１４ Ｃ．１２ Ｄ．１０ ４ ４
答案 Ａ 如图所示 设直线ＡＢ的倾斜角为θ 过Ａ Ｂ分别 ｙ
， ， ， ｋ ０ 且ｋ ｋ ｘ ．
作准线的垂线 垂足为Ａ Ｂ ∵ ＣＭ＝ｘ ， ＡＢ ＣＭ＝－１，∴ ０＝３
， １， １，
０－５
ｒ２ ２ ｙ２ ｙ 即ｒ ．
∴ ＝（３－５） ＋ ０＞４（∵ ０≠０）， ＞２
另一方面 由ＡＢ的中点为Ｍ知Ｂ ｘ ｙ ｙ
， （６－ １，２ ０－ １），
点Ｂ Ａ在抛物线上 ｙ ｙ ２ ｘ
∵ ， ，∴ （２ ０－ １） ＝４（６－ １），①
ｙ２ ｘ
１＝４ １，②
由 得ｙ２ ｙ ｙ ｙ２
①，② １－２ ０ １＋２ ０－１２＝０，
Δ ｙ２ ｙ２ ｙ２ ．
∵ ＝４ ０－４（２ ０－１２）＞０，∴ ０＜１２
ｒ２ ２ ｙ２ ｙ２ ｒ ．
∴ ＝（３－５） ＋ ０＝４＋ ０＜１６，∴ ＜４
则 ＡＦ ＡＡ ＢＦ ＢＢ 过点 Ｆ 向 ＡＡ 引垂线 ＦＧ 得 综上 ｒ 故选 ．
ＡＧ ｜ ｜＝ ＡＦ ｜ １ ｐ ｜，｜ ｜ ＝｜ １｜， １ ， ４．（２０１ ， ４课 ∈ 标 （２，４ 文 ）， ，１０，５ Ｄ 分）设Ｆ为抛物线Ｃ ｙ２ ｘ的焦点 过
｜ ｜ ｜ ｜－ θ Ⅱ ： ＝３ ，
ＡＦ ＝ ＡＦ ＝ｃｏｓ ， Ｆ且倾斜角为 °的直线交Ｃ于Ａ Ｂ两点 则 ＡＢ
｜ ｜ ｜ ｜ ３０ ， ， ｜ ｜＝ （ ）
ｐ ｐ
则 ＡＦ 同理 ＢＦ ． ３０ ． ． ．
｜ ｜＝ θ， ，｜ ｜＝ θ， Ａ Ｂ６ Ｃ１２ Ｄ７ ３
１－ｃｏｓ １＋ｃｏｓ ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ３８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
( ) {ｙ２ ｘ
答案 Ｃ 焦点Ｆ的坐标为 ３ 直线ＡＢ的斜率为 ３ 解法二 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 则 １＝４ １，①
，０ ， ， ： （ １， １）， （ ２， ２）， ｙ２ ｘ
４ ３ ２＝４ ２，②
( ) ｙ ｙ
所以直线ＡＢ的方程为ｙ ３ ｘ ３ 得ｙ２ ｙ２ ｘ ｘ 从而ｋ ２－ １ ４ ．
＝ － ， ②－① ２－ １＝４（ ２－ １）， ＝ｘ ｘ ＝ｙ ｙ
３ ４ ２－ １ １＋ ２
设ＡＢ的中点为Ｍ′ 连接ＭＭ′．
，
直线ＡＢ过抛物线ｙ２ ｘ的焦点
∵ ＝４ ，
以线段ＡＢ为直径的 Ｍ′与准线ｌ ｘ 相切．
∴ ☉ ： ＝－１
Ｍ ＡＭＢ °
∵ （－１，１），∠ ＝９０ ，
点Ｍ在准线ｌ ｘ 上 同时在 Ｍ′上
∴ ： ＝－１ ， ☉ ，
准线ｌ是 Ｍ′的切线 切点为Ｍ 且Ｍ′Ｍ ｌ
∴ ☉ ， ， ⊥，
ｙ ｙ
即ＭＭ′与ｘ轴平行 点Ｍ′的纵坐标为 即 １＋ ２ ｙ ｙ
即ｙ
＝
３ｘ
－
３
，
代入ｙ２
＝３
ｘ
，
得 １ ｘ２
－
７ ｘ
＋
３
＝０，
，∴ １，
２
＝１⇒ １＋ ２＝２，
３ ４ ３ ２ １６
设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 故ｋ ４ ４ ．
（ １， １）， （ ２， ２）， ＝ｙ ｙ ＝ ＝２
则ｘ ｘ ２１ １＋ ２ ２
１＋ ２＝ ，
２
所以 ＡＢ ｘ ｘ ３ ２１ ３ 故选 ．
｜ ｜＝ １＋ ２＋ ＝ ＋ ＝１２， Ｃ
２ ２ ２
５．（２０１４江西理，１５，５分）过点Ｍ 作斜率为 １ 的直线与
（１，１） －
２
ｘ２ ｙ２
椭圆Ｃ ａ ｂ 相交于Ａ Ｂ两点 若Ｍ是线段ＡＢ
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） ， ，
的中点 则椭圆Ｃ的离心率等于 ．
，
答案 ２
２
疑难突破 运用转化思想，采用“设而不求”的方法来解决
解析 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 则
ｘ２
１
ｙ２
１ 直线与抛物线的相交问题．
（ １， １）， （ ２， ２）， ａ２ ＋ｂ２ ＝１①，
７．（２０１３浙江理，１５，４分）设Ｆ为抛物线Ｃ ｙ２ ｘ的焦点 过点
： ＝４ ，
ｘ２ ｙ２
Ｐ 的直线ｌ交抛物线Ｃ于Ａ Ｂ两点 点Ｑ为线段ＡＢ的
ａ ２ ２ ＋ｂ ２ ２ ＝１② ． 中 （ 点 －１ ．若 ，０） ＦＱ 则直线ｌ的斜率等 ， 于 ， ．
｜ ｜＝２，
两式相减并整理得 ｙ １－ ｙ ２ ｂ２ ｘ １＋ ｘ ２． 答案 ±１
①
把
、
已
②
知条件代入上式得
ｘ １－
１
ｘ ２ ＝－ ｂ２ ａ２·
２
ｙ １＋ ｙ ２
立
解
直
析
线 和
设
抛
直
物
线
线方
ＡＢ
程
方
整
程
理
为
得
ｘ ＝
ｙ
ｍ
２
ｙ －
ｍ
１，
ｙ
Ａ （ ｘ １， ｙ １
由
），
根
Ｂ
与
（ ｘ
系
２，
数
ｙ ２）
关
， 联
系
，－
２
＝－ａ２ ×
２
，
得ｙ ｙ ｍ ｙ ｙ
，
．故 Ｑ
， －
ｍ
４
２
＋４＝
ｍ
０，
．由 ＦＱ 知
１＋ ２＝４ ， １· ２＝４ （２ －１，２ ） ｜ ｜ ＝２ ：
ｂ２
１ 故椭圆的离心率ｅ
ｂ２
２． ｍ ２ ｍ２ ２ 解得ｍ２ 或ｍ２ 舍去 故直
∴ ａ２ ＝ ， ＝ １－ａ２ ＝ （２ ） ＋（２ －１－１） ＝２， ＝１ ＝０（ ），
２ ２ 线ｌ的斜率等于 此时直线ＡＢ与抛物线相切 为满足题意
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 ±１（ ，
的极限情况 ．
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 ）
ｘ２ ｙ２
达定理求解． ８．（２０１９天津文，１９，１４分）设椭圆 ａ ｂ 的左焦点
ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
６．（２０１８课标 理，１６，５分）已知点Ｍ 和抛物线Ｃ ｙ２
Ⅲ （－１，１） ： ＝ 为Ｆ 左顶点为Ａ 上顶点为Ｂ．已知 ＯＡ ＯＢ Ｏ 为原
ｘ 过Ｃ 的焦点且斜率为 ｋ 的直线与 Ｃ 交于 Ａ Ｂ 两点．若 ， ， ３｜ ｜ ＝２｜ ｜（
４ ， ， 点 ．
ＡＭＢ ° 则ｋ ． ）
∠ ＝９０ ， ＝ 求椭圆的离心率
答案 （１） ；
２
解析 本题考查抛物线的几何性质及应用． 设经过点Ｆ且斜率为 ３ 的直线ｌ与椭圆在ｘ轴上方的交
（２）
解法一 由题意可知Ｃ的焦点坐标为 所以过焦点 ４
： （１，０）， （１， 点为Ｐ 圆Ｃ同时与ｘ轴和直线ｌ相切 圆心Ｃ在直线ｘ
ｙ æｙ ö ， ， ＝４
斜率为 ｋ 的直线方程为 ｘ 设 Ａç １ ｙ ÷ 上 且ＯＣ ＡＰ．求椭圆的方程．
０）， ＝ ｋ ＋１， è ｋ ＋１， １ ø， ， ∥
解析 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质 直线方
{ ｙ 、
æｙ ö ｘ 程 圆等基础知识．考查用代数方法研究圆锥曲线的性质．考查
Ｂç ２ ｙ ÷ 将直线方程与抛物线方程联立得 ＝ ｋ ＋１，整 、
è ｋ ＋１， ２ ø， 运算求解能力 以及用方程思想 数形结合思想解决问题的能
ｙ２ ｘ ， 、
＝４ ， 力．满分 分．
１４
理得ｙ２
－
４
ｋ
ｙ
－４＝０，
从而得ｙ
１＋
ｙ
２＝
４
ｋ ，
ｙ
１·
ｙ
２＝－４
．
（１）
设椭圆的半焦距为ｃ
，
由已知有
３
ａ
＝２
ｂ．
æｙ ö æ ö２ ｃ
Ｍ ＡＭＢ ° Ｍ→Ａ Ｍ→Ｂ 即ç １ ÷ 又由ａ２ ｂ２ ｃ２ 消去ｂ得ａ２ ç ３ａ÷ ｃ２ 解得 １ ．
∵ （－１，１），∠ ＝ ９０ ，∴ · ＝ ０， è ｋ ＋２ø· ＝ ＋ ， ＝è ø ＋ ， ａ ＝
２ ２
æｙ ö
ç ２ ÷ ｙ ｙ 即ｋ２ ｋ 解得ｋ ． 所以 椭圆的离心率为 １ ．
è ｋ ＋２ø＋（ １－１）（ ２－１）＝０， －４ ＋４＝０， ＝２ ，
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ３９
ｘ２ ｙ２ 由 及题设得ｘ ｘ ｘ ｙ ｙ ｙ ｍ ．
由 知 ａ ｃ ｂ ｃ 故椭圆方程为 ． （１） ３＝３－（ １＋ ２）＝１， ３＝－（ １＋ ２）＝－２ ＜０
（２） （１） ， ＝２ ， ＝ ３ ， ｃ２ ＋ ｃ２ ＝１ 又点Ｐ在Ｃ上
４ ３ ，
由题意 Ｆ ｃ 则直线ｌ的方程为ｙ ３ ｘ ｃ ． 所以ｍ ３
， （－ ，０）， ＝ （ ＋ ） ＝ ，
４ ４
ì ï
ï
ｘ
ｃ
２
２ ＋
ｙ
ｃ
２
２ ＝１，
从而Ｐ (
１，－
３ )
，｜
Ｆ→Ｐ
｜＝
３ ．
点Ｐ的坐标满足í４ ３ 消去ｙ并化简 得到 ｘ２ ｃｘ ２ ２
î ï ïｙ ＝ ４ ３ （ ｘ ＋ ｃ ）， ， ７ ＋６ － 于是 ｜ →ＦＡ ｜＝ （ ｘ １－１） ２ ＋ ｙ２ １ ＝ （ ｘ １－１） ２ ＋３ æ è ç １－ ｘ２ １ ö ø ÷ ＝２－ ｘ １．
４ ２
ｃ
ｃ２ 解得ｘ ｃ ｘ １３ ． ｘ
１３ ＝０， １＝ ， ２＝－ 同理 Ｆ→Ｂ ２．
７ ，｜ ｜＝２－
２
代入到ｌ的方程 解得ｙ ３ ｃ ｙ ９ ｃ．
， １＝ ， ２＝－ 所以 →ＦＡ Ｆ→Ｂ １ ｘ ｘ ．
２ １４ ｜ ｜＋｜ ｜＝４－ （ １＋ ２）＝３
( ) ２
因为点Ｐ在ｘ轴上方
，
所以Ｐ ｃ
，
３ ｃ ． 故
２｜
Ｆ→Ｐ
｜＝｜
→ＦＡ
｜＋｜
Ｆ→Ｂ
｜，
２
由圆心Ｃ在直线ｘ 上 可设Ｃ ｔ ． 即 →ＦＡ Ｆ→Ｐ Ｆ→Ｂ 成等差数列．
＝４ ， （４，） ｜ ｜，｜ ｜，｜ ｜
设该数列的公差为ｄ 则
３ ｃ ，
ｔ
因为ＯＣ ∥ ＡＰ ， 且由 （１） 知Ａ （－２ ｃ ，０）， 故 ４ ＝ｃ ＋ ２ ２ ｃ， 解得ｔ ＝２ ．则 ２｜ ｄ ｜＝｜｜ Ｆ→Ｂ ｜－｜ →ＦＡ ｜｜＝ ２ １ ｜ ｘ １－ ｘ ２｜＝ ２ １ （ ｘ １＋ ｘ ２） ２ －４ ｘ １ ｘ ２ ． ②
Ｃ ．
（４，２） 将ｍ ３ 代入 得ｋ ．
因为圆Ｃ与ｘ轴相切 所以圆的半径长为 又由圆Ｃ与ｌ相 ＝ ① ＝－１
， ２， ４
３ ｃ 所以ｌ的方程为ｙ ｘ ７ 代入Ｃ的方程 并整理得 ｘ２ ｘ
（４＋ ）－２ ＝－ ＋ ， ， ７ －１４ ＋
切 得 ４ 可得ｃ ． ４
， ( ) ＝２， ＝２
３ ２ １ ．
１＋ ＝０
４ ４
ｘ２ ｙ２
所以 椭圆的方程为 ． 故ｘ ｘ ｘ ｘ １ 代入 解得 ｄ ３ ２１．
， ＋ ＝１ １＋ ２＝２， １ ２＝ ， ② ｜ ｜＝
１６ １２ ２８ ２８
思路分析 （ ）由已知条件，得ａ与ｂ的比例关系，代入ａ２
１ 所以该数列的公差为３ ２１或 ３ ２１．
ｂ２ ｃ２，得ａ与ｃ的齐次关系，进而求得离心率．（ ）设出直线 －
＝ ＋ ２ ２８ ２８
方程（含参数ｃ），联立直线与椭圆方程（含参数 ｃ），得交点 Ｐ 思路分析 （ ）利用“点差法”建立ｋ与ｍ的关系式，由ｍ
１
的坐标（含参数ｃ），由ｋ
ＡＰ＝
ｋ
ＯＣ
，求得Ｃ点坐标以及圆的半径ｒ， 的范围得到ｋ的范围．
最后由圆心到直线距离等于半径列出关于ｃ的方程，求得ｃ的
（ ）根据题设Ｆ→Ｐ →ＦＡ Ｆ→Ｂ ０及点Ｐ在Ｃ上，确定ｍ的值．进一
值，最终确定椭圆方程． ２ ＋ ＋ ＝
步得出 Ｆ→Ｐ 、 →ＦＡ 、 Ｆ→Ｂ 的关系，再求公差．
ｘ２ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜
９．（２０１８课标 理，２０，１２分）已知斜率为ｋ的直线ｌ与椭圆Ｃ
解后反思 （ ）解决直线与椭圆的位置关系的常规思路是
Ⅲ ：
４ １
ｙ２ 先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后利用根与系
交于Ａ Ｂ两点 线段ＡＢ的中点为Ｍ ｍ ｍ ．
＋ ＝１ ， ， （１， ）（ ＞０） 数的关系建立方程（组），解决相关问题．
３
（ ）题中涉及弦的中点坐标时，可以采用“点差法”求解，设出
证明 ｋ １ ２
（１） ： ＜－ ； 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
２
设Ｆ为Ｃ的右焦点 Ｐ为Ｃ上一点 且Ｆ→Ｐ →ＦＡ Ｆ→Ｂ ０．证
出现弦ＡＢ的中点坐标和直线ＡＢ的斜率．
（２） ， ， ＋ ＋ ＝
ｘ２ ｙ２
明 →ＦＡ Ｆ→Ｐ Ｆ→Ｂ 成等差数列 并求该数列的公差． １０．（２０１８北京文，２０，１４分）已知椭圆Ｍ ａ ｂ 的
：｜ ｜，｜ ｜，｜ ｜ ， ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
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． 离心率为 ６ 焦距为 ．斜率为ｋ的直线ｌ与椭圆Ｍ有两个
， ２ ２
证明 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ ３
（１） ： （ １， １）， （ ２， ２）， 不同的交点Ａ Ｂ．
ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２ ，
则 １ １ ２ ２ ． 求椭圆Ｍ的方程
＋ ＝１， ＋ ＝１ （１） ；
４ ３ ４ ３ 若ｋ 求 ＡＢ 的最大值
ｙ ｙ ｘ ｘ ｙ ｙ （２） ＝１， ｜ ｜ ；
两式相减 并由 １－ ２ ｋ得 １＋ ２ １＋ ２ ｋ ． 设Ｐ 直线ＰＡ与椭圆Ｍ的另一个交点为Ｃ 直线
， ｘ ｘ ＝ ＋ · ＝０ （３） （－２，０）， ，
１－ ２ ４ ３ ＰＢ 与椭圆 Ｍ 的另一个交点为 Ｄ． 若 Ｃ Ｄ 和点
ｘ ｘ ｙ ｙ ，
由题设知 １＋ ２ １＋ ２ ｍ ( )
＝１， ＝ ， Ｑ ７ １ 共线 求ｋ．
２ ２ － ， ，
４ ４
于是ｋ
＝－
３
ｍ
．
①
ì
ï
ａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２
，
４ ïｃ
由题设得 ０＜ ｍ ＜ ３ ， 故ｋ ＜－ １ ． 解析 （１） 由题意得í ïａ ＝ ３ ６ ，
２ ２ ï
由题意得Ｆ ．设Ｐ ｘ ｙ 则 ｘ ｙ ｘ ｙ î ｃ
（２） （１，０） （ ３， ３）， （ ３－１， ３）＋（ １－１， １）＋ ２ ＝２ ２，
ｘ ｙ ． 解得ａ ｂ ．
（ ２－１， ２）＝（０，０） ＝ ３， ＝１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ４０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ｘ２ 运算求解能力 以及用方程思想解决问题的能力．
所以椭圆Ｍ的方程为 ｙ２ ． ，
３
＋ ＝１
设椭圆的焦距为 ｃ 由已知有
ｃ２
５
（２
{
）
ｙ
设
＝
直
ｘ
＋
线
ｍ
，
ｌ的方程为ｙ
＝
ｘ
＋
ｍ
，
Ａ
（
ｘ
１，
ｙ
１），
Ｂ
（
ｘ
２，
ｙ
２）
． （
又
１
由
）
ａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２
，
可得
２
２
ａ
，
＝３
ｂ．
ａ２ ＝
９
，
由 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ 由已知可得 ，｜ ＦＢ ｜＝ ａ ，｜ ＡＢ ｜＝ ２ ｂ ，
３ 由 ＦＢ ＡＢ 可得ａｂ 从而ａ ｂ ．
得 ｘ２ ｍｘ ｍ２ ． ｜ ｜·｜ ｜＝６ ２， ＝６， ＝３， ＝２
４ ＋６ ＋３ －３＝０ ｘ２ ｙ２
ｍ ｍ２ 所以 椭圆的方程为 ．
所以ｘ ｘ ３ ｘ ｘ ３ －３． ， ＋ ＝１
１＋ ２＝－ ， １ ２＝ ９ ４
２ ４ 设点Ｐ的坐标为 ｘ ｙ 点Ｑ的坐标为 ｘ ｙ ．
｜ ＡＢ ｜＝ （ ｘ ２－ ｘ １） ２ ＋（ ｙ ２－ ｙ １） ２ ＝ ２（ ｘ ２－ ｘ １） ２ （ 由 ２ 已 ） 知有ｙ
１＞
ｙ
２＞０，
故 （
｜
Ｐ １， Ｑ
｜
１
ｓ
）
ｉｎ
，
∠
ＡＯＱ
＝
ｙ
１－
ｙ
２
． （ ２， ２）
ｍ２ ｙ
＝ ２［（ ｘ １＋ ｘ ２） ２ －４ ｘ １ ｘ ２］ ＝ １２－ ２ ３ ． 又因为 ｜ ＡＱ ｜＝ ２ ＯＡＢ， 而 ∠ ＯＡＢ ＝ π ， 故 ｜ ＡＱ ｜＝ ２ ｙ ２ ．
ｓｉｎ∠ ４
当ｍ 即直线ｌ过原点时 ＡＢ 最大 最大值为 ．
＝０， ，｜ ｜ ， ６ ＡＱ
（３） 设Ａ （ ｘ １， ｙ １）， Ｂ （ ｘ ２， ｙ ２） ． 由
｜
｜ ＰＱ ｜
｜
＝ ５
４
２ ｓｉｎ∠ ＡＯＱ ， 可得 ５ ｙ １＝９ ｙ ２ ．
由题意得ｘ２ １＋３ ｙ２ １＝３， ｘ２ ２＋３ ｙ２ ２＝３ ． {ｙ ＝ ｋｘ ， ｋ
直 { 线ＰＡ ｙ 的方程为ｙ ＝ｘ １ ｙ ＋ １ ２ （ ｘ ＋２） ． 由 易 方 知 程 直 组 线Ａ ｘ Ｂ ９ ２ 的 ＋ ｙ 方 ４ ２ ＝ 程 １ 为 ， 消 ｘ 去 ｙ ｘ ， 可得ｙ １＝ ９ ６ ｋ２ ＋４ ．
ｙ １ ｘ ＋ －２＝０，
由 ＝ｘ １＋２ （ ＋２）， 由方程组 {ｙ ＝ ｋｘ ， 消去ｘ 可得ｙ ２ ｋ ．
ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ ， ２＝ｋ
＋３ ＝３， ＋ －２＝０， ＋１
得 设 ［ Ｃ （ ｘ ｘ １＋２ ｙ ） ２ ＋ ． ３ ｙ２ １］ ｘ２ ＋１２ ｙ２ １ ｘ ＋１２ ｙ２ １－３（ ｘ １＋２） ２ ＝０ ． 由 ５ ｙ １＝９ ｙ ２， 可得 ５（ ｋ ＋１）＝３ ９ ｋ２ ＋４， 两边平方 ，
（ Ｃ， Ｃ）
ｙ２ ｘ２
整理得
５６
ｋ２
－５０
ｋ
＋１１＝０，
解得ｋ
＝
１
，
或ｋ
＝
１１．
所以ｘ ｘ －１２ １ ４ １－１２． ２ ２８
Ｃ＋ １＝ （ ｘ １＋２） ２ ＋３ ｙ２ １ ＝ ４ ｘ １＋７ 所以 ｋ的值为 １ 或１１．
ｘ２ ｘ ，
所以ｘ ４ １－１２ ｘ －１２－７ １． ２ ２８
Ｃ＝ ｘ － １＝ ｘ ＡＱ
４ １＋７ ４ １＋７ 解题关键 利用平面几何知识将｜ ｜ ５ ２ ＡＯＱ转
ｙ ｙ ＰＱ ＝ ｓｉｎ∠
所以ｙ １ ｘ １ ． ｜ ｜ ４
Ｃ＝ｘ （ Ｃ＋２）＝ ｘ 化为点Ｐ、Ｑ坐标间的关系是解决第（ ）问的关键．
１ ＋２ ４ １＋７ ２
设Ｄ ｘ ｙ ． 方法归纳 求椭圆标准方程的基本方法
（ Ｄ， Ｄ）
同理得ｘ Ｄ＝ － ４ １ ｘ ２ ２ － ＋ ７ ７ ｘ ２ ， ｙ Ｄ＝ ４ ｘ ｙ ２ ２ ＋７ ． （ 写 １ 出 ）定 椭 义 圆 法 方 ： 程 根 ； 据椭圆的定义，确定ａ２，ｂ２ 的值，结合焦点位置
记直线ＣＱ ， ＤＱ的斜率分别为ｋ ＣＱ， ｋ ＤＱ， （ ）待定系数法：这是求椭圆方程的常用方法，基本步骤为
２ ①
ｙ ｙ 根据已知条件判断焦点的位置； 根据焦点的位置设出所求
１ １ ２ １ ②
则ｋ ＣＱ－ ｋ ＤＱ＝ － ４ １ ｘ ２ １ － ＋ ７ ７ ｘ － １ ４ ７ － － ４ １ ｘ ２ ２ － ＋ ７ ７ ｘ － ２ ４ ７ ＝４（ ｙ １－ ｙ ２－ ｘ １＋ ｘ ２） ． 椭 意 圆 ｃ２ 的 ＝ ａ 方 ２ － 程 ｂ２ ； 的 ③ 应 根 用 据 ； 已 ④ 知 解 条 方 件 程 ， 组 建 ， 立 求 关 得 于 ａ、 ａ ｂ 、 的 ｂ、 值 ｃ的 ，从 方 而 程 得 组 出 ，注 椭
ｘ ＋ ｘ ＋
４ １＋７ ４ ４ ２＋７ ４ 圆的方程．
因为Ｃ Ｄ Ｑ三点共线
， ， ， １２．（２０１８课标 文，２０，１２分）设抛物线Ｃ ｙ２ ｘ 点Ａ Ｂ
所以ｋ ｋ ． Ⅰ ： ＝２ ， （２，０），
ＣＱ－ ＤＱ＝０ 过点Ａ的直线ｌ与Ｃ交于Ｍ Ｎ两点．
故ｙ ｙ ｘ ｘ ． （－２，０）， ，
１－ ２＝ １－ ２ ｙ ｙ （１） 当ｌ与ｘ轴垂直时 ， 求直线ＢＭ的方程 ；
所以直线ｌ的斜率ｋ ＝ｘ １－ ｘ ２ ＝１ ． （２） 证明 ：∠ ＡＢＭ ＝∠ ＡＢＮ．
１－ ２ 解析 （１） 当ｌ与ｘ轴垂直时 ， ｌ的方程为ｘ ＝２， 可得Ｍ的
１１．（２０１８天津理，１９，１４分）设椭圆
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ 的左焦点 坐标为 或 ．
ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） （２，２） （２，－２）
所以直线ＢＭ的方程为ｙ １ ｘ 或ｙ １ ｘ ．
＝ ＋１ ＝－ －１
为Ｆ 上顶点为Ｂ．已知椭圆的离心率为 ５ 点Ａ的坐标为 ｂ ２ ２
， ， （ ， 当ｌ与ｘ轴垂直时 ＡＢ为ＭＮ的垂直平分线 所以 ＡＢＭ
３ （２） ， ， ∠
且 ＦＢ ＡＢ ． ＡＢＮ．
０）， ｜ ｜·｜ ｜＝６ ２ ＝∠
求椭圆的方程 当ｌ与ｘ轴不垂直时 设 ｌ 的方程为 ｙ ｋ ｘ ｋ Ｍ
（１） ； ， ＝ （ －２）（ ≠０），
设直线ｌ ｙ ｋｘ ｋ 与椭圆在第一象限的交点为Ｐ 且ｌ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ 则ｘ ｘ ．
（２） ： ＝ （ ＞０） ， （ １， １）， （ ２， ２）， １＞０， ２＞０
ＡＱ {ｙ ｋ ｘ
与直线ＡＢ交于点Ｑ．若｜ ｜ ５ ２ ＡＯＱ Ｏ为原点 由 ＝ （ －２），
ＰＱ ＝ ｓｉｎ∠ （ ）， ｙ２ ｘ
｜ ｜ ４ ＝２
求ｋ的值．
得ｋｙ２ ｙ ｋ 可知ｙ ｙ ２ ｙ ｙ ．
解析 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质 直线 －２ －４ ＝０， １＋ ２＝ ｋ ， １ ２＝－４
、
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 直线ＢＭ ＢＮ的斜率之和为
，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ４１
ｙ ｙ ｘ ｙ ｘ ｙ ｙ ｙ ｍ ｃ ｃ
ｋ ｋ １ ２ ２ １＋ １ ２＋２（ １＋ ２）． 与直线ＦＰ的方程联立 可解得ｘ （２ －２） ｙ ３ 即
ＢＭ＋ ＢＮ＝ｘ ＋ｘ ＝ ｘ ｘ ① ＝０， ， ＝ ｍ ， ＝ｍ ，
ｙ
１＋２ ２＋
ｙ
２ （ １＋２）（ ２＋２）
( ｍ ｃ ｃ )
＋２ ＋２
将ｘ １＝ ｋ １ ＋２， ｘ ２＝ ｋ ２ ＋２ 及 ｙ １＋ ｙ ２， ｙ １ ｙ ２ 的表达式代入 ① 式分 点Ｑ 的坐标为 （２ ｍ ＋ － ２ ２） ，ｍ ３ ＋２ ．由已知 ｜ ＦＱ ｜ ＝ ２ ３ ｃ ， 有
子 可得 [ ｍ ｃ ] ２ ( ｃ ) ２ ( ｃ) ２
， （２ －２） ｃ ３ ３ 整理得 ｍ２ ｍ 所以
ｍ ＋ ＋ ｍ ＝ ， ３ －４ ＝０，
ｘ ｙ ｘ ｙ ｙ ｙ ２ ｙ １ ｙ ２＋４ ｋ （ ｙ １＋ ｙ ２） －８＋８ ． ＋２ ＋２ ２
２ １＋ １ ２＋２（ １＋ ２）＝ ｋ ＝ ｋ ＝０ ｍ ４ 即直线ＦＰ的斜率为 ３ ．
＝ ，
所以ｋ ＢＭ＋ ｋ ＢＮ＝０， 可知 ＢＭ ， ＢＮ 的倾斜角互补 ， 所以 ∠ ＡＢＭ ３ ４
ＡＢＮ． 由 ａ ｃ 可得 ｂ ｃ 故椭圆方程可以表示为
ｘ２ ｙ２
综
＝∠
上 ＡＢＭ ＡＢＮ．
（ｉｉ） ＝２ ， ＝ ３ ，
４
ｃ２ ＋
３
ｃ２
，∠ ＝∠ ．
方法总结 直线与圆锥曲线的位置关系的常见题型及解 ＝１
由 得直线ＦＰ的方程为 ｘ ｙ ｃ 与椭圆方程联立得
题策略： （ｉ） ３ －４ ＋３ ＝０，
{ ｘ ｙ ｃ
（ ）求直线方程．先寻找确定直线的两个条件．若缺少一个可 ３ －４ ＋３ ＝０，
设
１
出此量，利用题设条件寻找关于该量的方程，解方程即可．
ｘ２ ｙ２ 消去ｙ
，
（ ）求线段长度或线段之积（和）的最值．可依据直线与圆锥 ４
ｃ２ ＋
３
ｃ２ ＝１，
曲
２
线相交，利用弦长公式求出弦长或弦长关于某个量的函
整理得
７
ｘ２
＋６
ｃｘ
－１３
ｃ２
＝０，
ｃ ( ｃ)
数，然后利用基本不等式或函数的有关知识求其最值；也可 解得ｘ １３ 舍去 或ｘ ｃ．因此可得点Ｐ ｃ ３ 进而可
＝－ （ ）， ＝ ， ，
利用圆锥曲线的定义转化为两点间的距离或点到直线的 ７ ２
距离． ( ｃ) ２ ｃ
得 ＦＰ ｃ ｃ ２ ３ ５ 所以 ＰＱ ＦＰ ＦＱ
（ ）证明题．圆锥曲线中的证明问题多涉及定点、定值、角相 ｜ ｜＝ （ ＋ ） ＋ ２ ＝ ２ ， ｜ ｜ ＝｜ ｜－｜ ｜ ＝
３
等、线段相等、点在定直线上等，有时也涉及一些否定性命
５
ｃ
３
ｃ
ｃ．
－ ＝
题，常采用直接法或反证法给予证明．借助于已知条件，将直 ２ ２
由已知 线段ＰＱ的长即为ＰＭ与ＱＮ这两条平行直线间的距
线与圆锥曲线联立，寻找待证明式子的表达式，结合根与系 ，
离 故直线ＰＭ和ＱＮ都垂直于直线ＦＰ．
数的关系及整体代换思想化简即可得证． ，
ｃ ｃ
失分警示 （ ）由于忽略点 Ｍ，Ｎ 位置的转换性，使直线 因为ＱＮ ＦＰ 所以 ＱＮ ＦＱ ＱＦＮ ３ ３ ９
１ ⊥ ， ｜ ｜ ＝｜ ｜·ｔａｎ∠ ＝ × ＝ ，
ＢＭ方程缺失，从而导致失分； ２ ４ ８
ｃ２
（ ）由于不能将“ ＡＢＭ ＡＢＮ”正确转化为“ｋ ｋ ” 所以 ＦＱＮ的面积为 １ ＦＱ ＱＮ ２７ 同理 ＦＰＭ的面
２ ∠ ＝∠ ＢＭ＋ ＢＮ＝０ △ ｜ ｜ ｜ ｜ ＝ ， △
进行证明，从而思路受阻，无法完成后续内容． ２ ３２
ｃ２ ｃ２ ｃ２
１３．（２０１７天津文，２０，１４分）已知椭圆
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ 的左焦
积等于７５
，
由四边形ＰＱＮＭ的面积为
３
ｃ
，
得７５
－
２７
＝３
ｃ
，
ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
整理得ｃ
３
２
２
ｃ 又由ｃ 得ｃ ．
３２ ３２
点为Ｆ ｃ 右顶点为Ａ 点Ｅ的坐标为 ｃ ＥＦＡ的面 ＝２ ， ＞０， ＝２
（－ ，０）， ， （０， ），△ ｘ２ ｙ２
积为
ｂ２
．
所以
，
椭圆的方程为
＋ ＝１
．
１６ １２
２ 方法点拨 ．求离心率常用的方法：（ ）直接求ａ，ｃ，利用
求椭圆的离心率 １ １
（１） ； 定义求解；（ ）构造ａ，ｃ的齐次式，利用方程思想求出离心率
２
设点Ｑ在线段ＡＥ上 ＦＱ ３ ｃ 延长线段ＦＱ与椭圆交 ｅ的值．
（２） ，｜ ｜＝ ，
２ ｙ ｙ
于 ＱＮ 点 间 Ｐ 的 ， 点 距离 Ｍ ， 为 Ｎ ｃ 在 ， 四 ｘ 边 轴 形 上 Ｐ ， Ｑ Ｐ Ｎ Ｍ Ｍ ∥ 的 ＱＮ 面 ， 积 且 为 直 ３ 线 ｃ． ＰＭ 与直线 ２ 中 ．求 两 直 点 线 坐 斜 标 率 分 的 别 常 为 用 （ｘ 方 ， 法 ｙ ） ：（ ， １ （ ） ｘ 公 ，ｙ 式 ） 法 ；（ ：ｋ ） ＝ 利 ｘ １ １ 用 － － ｘ 导 ２ ２ （ 数 ｘ １ 的 ≠ 几 ｘ ２ ） 何 ，其 意
（ｉ） 求直线ＦＰ的斜率 ； １ １ ２ ２ ２
ｎ
求椭圆的方程． 义求解；（ ）直线的方向向量ａ （ｍ，ｎ），则ｋ （ｍ ）；
（ｉｉ） ３ ＝ ＝ ｍ ≠０
解析 本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质 直线方
、 （ ）点差法．
程等基础知识．考查用代数方法研究圆锥曲线的性质和方程 ４
．解决四边形或三角形的面积问题时，注意弦长公式与整体
思想．考查运算求解能力 以及综合分析问题和解决问题的 ３
， 代换思想的应用．
能力．
ｘ２ ｙ２
ｂ２ １４．（２０１６课标 文，２１，１２分）已知Ａ是椭圆Ｅ 的左
设椭圆的离心率为ｅ．由已知 可得 １ ｃ ａ ｃ ． Ⅱ ： ＋ ＝１
（１） ， （ ＋ ） ＝ ４ ３
２ ２ 顶点 斜率为ｋ ｋ 的直线交Ｅ于Ａ Ｍ两点 点Ｎ在Ｅ上
又由ｂ２ ａ２ ｃ２ 可得 ｃ２ ａｃ ａ２ 即 ｅ２ ｅ ． ， （ ＞０） ， ， ，
＝ － ， ２ ＋ － ＝０， ２ ＋ －１＝０ ＭＡ ＮＡ．
⊥
又因为 ｅ 解得ｅ １ ．所以 椭圆的离心率为 １ ． 当 ＡＭ ＡＮ 时 求 ＡＭＮ的面积
０＜ ＜１， ＝ ， （１） ｜ ｜＝｜ ｜ ， △ ；
２ ２
依题意 设直线ＦＰ的方程为ｘ ｍｙ ｃ ｍ 则直线 当 ＡＭ ＡＮ 时 证明 ｋ ．
（２）（ｉ） ， ＝ － （ ＞０）， （２） ２｜ ｜＝｜ ｜ ， ： ３＜ ＜２
解析 设Ｍ ｘ ｙ 则由题意知ｙ ．
ＦＰ的斜率为 １ ． （１） （ １， １）， １＞０
ｍ
由已知及椭圆的对称性知 直线ＡＭ的倾斜角为π．
ｘ ｙ ，
由 知ａ ｃ 可得直线ＡＥ的方程为 即ｘ ｙ ｃ ４
（１） ＝２ ， ｃ＋ ｃ ＝１， ＋２ －２ 又Ａ 因此直线ＡＭ的方程为ｙ ｘ ． 分
２ （－２，０）， ＝ ＋２ （２ ）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ４２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
将ｘ
＝
ｙ
－２
代入
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
得
７
ｙ２
－１２
ｙ
＝０
．
ì
ï
ï
ｘ２
＋
ｙ２
＝１，
４ ３ 由方程组í６ ３ 可得 ｘ２ ｍｘ ｍ２ ．
ï ３ ＋４ ＋（４ －１２）＝０②
解得ｙ 或ｙ １２ 所以ｙ １２． ïｙ １ ｘ ｍ
＝０ ＝ ， １＝ î ＝ ＋ ，
７ ７ ２
方程 的判别式为Δ ｍ２
因此 ＡＭＮ的面积Ｓ １ １２ １２ １４４． 分 ② ＝１６（９－２ ），
△ △ ＡＭＮ＝２× × × ＝ （４ ）
２ ７ ７ ４９
由Δ 解得 ３ ２ ｍ ３ ２．
ｘ２ ｙ２ ＞０， － ＜ ＜
将直线ＡＭ的方程ｙ ｋ ｘ ｋ 代入 得 ２ ２
（２） ＝ （ ＋２）（ ＞０） ＋ ＝１
４ ３ 由 得 ｘ ｘ ４ ｍ ｘ ｘ ４ ｍ２ －１２． 所 以 ＰＡ
（３＋４ ｋ２ ） ｘ２ ＋１６ ｋ２ｘ ＋１６ ｋ２ －１２＝０ ． ② １ ＋ ２ ＝ － ３ ， １ ２ ＝ ３ ｜ ｜ ＝
由ｘ １６ ｋ２ －１２得ｘ ２（３－４ ｋ２ ） ( ｍ ) ２ ( ｍ ) ２ ｍ
１·（－２）＝
３＋４
ｋ２ １＝
３＋４
ｋ２ ，
２－
２
－
ｘ
１ ＋ １＋
２
－
ｙ
１ ＝
５
２－
２
－
ｘ
１ ，
３ ３ ２ ３
故 ｜ ＡＭ ｜＝｜ ｘ １＋２｜ １＋ ｋ２ ＝ １２ ３＋４ １ ｋ ＋ ２ ｋ２ ． 同理 ｜ ＰＢ ｜＝ ２ ５ ２－ ２ ３ ｍ － ｘ ２ ．
( ｍ )( ｍ )
由题设 直线ＡＮ的方程为ｙ １ ｘ 所以 ＰＡ ＰＢ ５ ２ ｘ ２ ｘ
， ＝－ ｋ （ ＋２）， ｜ ｜·｜ ｜＝ ２－ － １ ２－ － ２
４ ３ ３
故同理可得 ＡＮ １２
ｋ
１＋
ｋ２
． 分 ５
(
２
ｍ)
２
(
２
ｍ)
ｘ ｘ ｘ ｘ
由 ２｜ ＡＭ ｜＝｜ ｜ ＡＮ ｜ ｜ 得 ＝ ２ ３ ｋ ｋ ２ ２ ＋ ＝ ４ ｋ２ ｋ ， 即 ４ ｋ３ －６ ｋ２ ＋３ ｋ －８＝０ （ ． ７ ） ＝ ＝ ４ ４ ５ ( ２ ２ － － ２ ３ ３ ｍ) ２ － － ( ２ ２ － － ２ ３ ３ ｍ) （ ( － １ ４ ＋ ３ ｍ ２ ) ） ＋ ＋ ４ ｍ １ ２ ３ ２ －１２ ＝ １ ９ ０ｍ２．
３＋４ ３ ＋４
（９ 分 ） 故存在常数λ ＝ ４ ， 使得 ｜ ＰＴ ｜ ２ ＝ λ ｜ ＰＡ ｜·｜ ＰＢ ｜ ．
设ｆ ｔ ｔ３ ｔ２ ｔ 则ｋ是ｆ ｔ 的零点 ｆ ′ ｔ ｔ２ ｔ ５
（ ）＝４ －６ ＋３ －８， （ ） ， （ ）＝１２ －１２ 评析 本题考查了直线与圆锥曲线相交的问题，这类题中常
ｔ ２ 所以ｆ ｔ 在 内单调递增．
＋３＝３（２ －１） ≥０， （ ） （０，＋∞） 用的方法是方程法，并结合根与系数的关系，两点间距离公
又ｆ ｆ 因此ｆ ｔ 在 内
（ ３）＝１５ ３－２６＜０， （２）＝６＞０， （ ） （０，＋∞） 式，难点是运算量比较大，注意运算技巧．
有唯一的零点 且零点ｋ在 内 所以 ｋ ． 分
， （ ３，２） ， ３＜ ＜２ （１２ ） １６．（２０１６天津文，１９，１４分）设椭圆 ｘ２ ｙ２ ａ 的右焦点
评析 本题考查了直线与椭圆的位置关系，考查了设而不 ａ２ ＋
３
＝１（ ＞ ３）
求，整体运算的技巧，考查了函数的思想方法，属难题．
ｅ
为Ｆ 右顶点为Ａ．已知 １ １ ３ 其中 Ｏ 为原点 ｅ
ｘ２ ｙ２ ， ＯＦ ＋ ＯＡ ＝ ＦＡ ， ，
１５．（２０１６四川理，２０，１３分）已知椭圆Ｅ ａ ｂ 的 ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） 为椭圆的离心率．
两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点 直线 求椭圆的方程
， （１） ；
ｌ ｙ ｘ 与椭圆Ｅ有且只有一个公共点Ｔ． 设过点Ａ的直线ｌ与椭圆交于点Ｂ Ｂ不在ｘ轴上 垂直
： ＝－ ＋３ （２） （ ），
求椭圆Ｅ的方程及点Ｔ的坐标 于ｌ的直线与ｌ交于点Ｍ 与ｙ轴交于点Ｈ．若ＢＦ ＨＦ 且
（１） ； ， ⊥ ，
设Ｏ是坐标原点 直线ｌ′平行于ＯＴ 与椭圆Ｅ交于不同 ＭＯＡ ＭＡＯ 求直线ｌ的斜率．
（２） ， ， ∠ ＝∠ ，
的两点Ａ Ｂ 且与直线ｌ交于点Ｐ．证明 存在常数λ 使得 ｅ
， ， ： ， 解析 设Ｆ ｃ 由 １ １ ３ 即 １ １
ＰＴ ２ λ ＰＡ ＰＢ 并求λ的值． （１） （ ，０）， ＯＦ ＋ ＯＡ ＝ ＦＡ ， ｃ ＋ ａ ＝
｜ ｜ ＝ ｜ ｜·｜ ｜， ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜
解析 由已知 ａ ｂ ｃ
（１） ， ＝ ２ ， ３ 可得ａ２ ｃ２ ｃ２
ａ ａ ｃ ， － ＝３ ，
ｘ２ ｙ２ （ － ）
则椭圆Ｅ的方程为 ．
ｂ２ ＋ｂ２ ＝１ 又ａ２ － ｃ２ ＝ ｂ２ ＝３， 所以ｃ２ ＝１， 因此ａ２ ＝４ ．
２
{ｘ２ ｙ２ 所以 椭圆的方程为 ｘ２ ｙ２ ．
， ＋ ＝１
由方程组 ｂ２ ＋ｂ２ ＝１，得 ｘ２ ｘ ｂ２ ． ４ ３
２ ３ －１２ ＋（１８－２ ）＝０① 设直线ｌ的斜率为ｋ ｋ
ｙ ｘ （２） （ ≠０），
＝－ ＋３， 则直线ｌ的方程为ｙ ｋ ｘ ．
方程 的判别式为Δ ｂ２ 由Δ 得ｂ２ ＝ （ －２）
此时
①
方程 的解为ｘ
＝２４（ －３）， ＝０， ＝３， {ｘ２ ｙ２
① ＝２， 设Ｂ ｘ ｙ 由方程组 ＋ ＝１，消去ｙ
ｘ２ ｙ２ （ Ｂ， Ｂ）， ４ ３ ，
所以椭圆Ｅ的方程为 ． ｙ ｋ ｘ
＋ ＝１ ＝ （ －２）
点Ｔ坐标为 ．
６ ３ 整理得
（４
ｋ２
＋３）
ｘ２
－１６
ｋ２ｘ
＋１６
ｋ２
－１２＝０
．
（２，１） ｋ２ ｋ２ ｋ
解得ｘ 或ｘ ８ －６ 由题意得ｘ ８ －６ 从而ｙ －１２ ．
（２）
由已知可设直线ｌ′的方程为ｙ
＝
１ ｘ
＋
ｍ
（
ｍ
≠０），
＝２， ＝
４
ｋ２
＋３
， Ｂ＝
４
ｋ２
＋３
， Ｂ＝
４
ｋ２
＋３
２
{ ì ïｘ ２ ｍ 由 （１） 知 ， Ｆ （１，０）， 设 Ｈ （０， ｙ Ｈ）， 有Ｆ→Ｈ ＝ （－１， ｙ Ｈ）， Ｂ→Ｆ
ｙ １ ｘ ｍ ï ＝２－ ， æ ｋ２ ｋ ö
由方程组 ＝ ＋ ，可得í ３ ç９－４ １２ ÷．
２ ï ｍ ＝è ｋ２ ， ｋ２ ø
ｙ ｘ ïｙ ２ ． ４ ＋３ ４ ＋３
所以Ｐ点坐标
＝－
为
＋
(
３，
２ ｍ
î
２ ｍ
＝
)
１＋ ３
ＰＴ ２ ８ ｍ２．
由ＢＦ
⊥
ＨＦ
，
得Ｂ→Ｆ
·
Ｆ→Ｈ
＝０，
所以４
４
ｋ
ｋ
２
２
－
＋
９
３ ＋ ４
１
ｋ
２
２
ｋ
＋
ｙ
３
Ｈ
＝０，
解得 ｙ
Ｈ
２－
３
，１＋
３
，｜ ｜ ＝
９ ９－４
ｋ２
．
设点Ａ Ｂ的坐标分别为Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ ． ＝ ｋ
， （ １， １）， （ ２， ２） １２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ４３
ｋ２ ｍ２ ｍ２ ＡＢ
因此直线ＭＨ的方程为ｙ １ ｘ ９－４ ． ３（１＋ ） ２５ １７ ＋２ 所以 ＧＨ ｜ ｜．
＝－ ｋ ＋ ｋ ｍ２ ＋ ＝ ｍ２ ＞０， ｜ ｜＞
１２ ＋２ １６ １６（ ＋２） ２
{ｙ ｋ ｘ ( )
＝ （ －２）， 故点Ｇ ９ 在以ＡＢ为直径的圆外．
设Ｍ
（
ｘ
Ｍ，
ｙ
Ｍ），
由方程组
ｙ １ ｘ ９－４
ｋ２ 消去ｙ
，
－
４
，０
＝－ ｋ ＋ ｋ 解法二 同解法一．
１２ ：（１）
ｋ２ ( )
解得ｘ ２０ ＋９ ． 设点Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 则→ＧＡ ｘ ９ ｙ
Ｍ＝ ｋ２ （２） （ １， １）， （ ２， ２）， ＝ １＋ ， １ ，
１２（ ＋１） ４
在 △ ＭＡＯ中 ，∠ ＭＯＡ ＝∠ ＭＡＯ ⇔｜ ＭＡ ｜＝｜ ＭＯ ｜， 即 （ ｘ Ｍ－２） ２ ＋ ｙ２Ｍ Ｇ→Ｂ ( ｘ ９ ｙ ) ．
ｋ２ ＝ ２＋ ４ ， ２
＝ ｘ２Ｍ＋ ｙ２Ｍ， 化简得 ｘ Ｍ＝１， 即
１２
２
（
０ ｋ２ ＋
＋
９
１）
＝ １， 解得 ｋ ＝－
４
６ ， 或 ｋ {ｘ ＝ ｍｙ －１，
由 ｘ２ ｙ２ 得
（
ｍ２
＋２）
ｙ２
－２
ｍｙ
－３＝０，
６． ＋ ＝１
＝ ４ ２
４ ｍ
所以ｙ ｙ ２ ｙ ｙ ３
所以 直线ｌ的斜率为 ６或 ６． １＋ ２＝ｍ２ ， １ ２＝－ｍ２ ，
， － ＋２ ＋２
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 从 而 →ＧＡ Ｇ→Ｂ ｘ ９ ｘ ９ ｙ ｙ
· ＝ １＋ ２＋ ＋ １ ２ ＝
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 ４ ４
( )( )
求解能力以及用方程思想解决问题的能力． ｍｙ ５ ｍｙ ５ ｙ ｙ ｍ２ ｙ ｙ ５ ｍ ｙ ｙ ２５
１＋ ２＋ ＋ １ ２＝（ ＋１） １ ２＋ （ １＋ ２）＋
ｘ２ ｙ２ ４ ４ ４ １６
１７．（２０１５福建理，１８，１３分）已知椭圆Ｅ ａ ｂ 过
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
ｍ２
５ ｍ２
ｍ２
－３（ ＋１） ２ ２５ １７ ＋２
点 且离心率ｅ ２．
＝ ｍ２
＋２
＋ｍ２
＋２
＋
１６
＝
１６（
ｍ２
＋２）
＞０，
（０， ２）， ＝
２ 所以 →ＧＡ Ｇ→Ｂ ．又→ＧＡ Ｇ→Ｂ不共线 所以 ＡＧＢ为锐角．
求椭圆Ｅ的方程 ｃｏｓ〈 ， 〉＞０ ， ， ∠
（１） ； ( )
设直线ｌ ｘ ｍｙ ｍ Ｒ 交椭圆Ｅ于Ａ Ｂ两点 判断点 故点Ｇ ９ 在以ＡＢ为直径的圆外．
（２） ： ＝ －１（ ∈ ） ， ， － ，０
( ) ４
Ｇ ９ 与以线段ＡＢ为直径的圆的位置关系 并说明 评析 本小题主要考查椭圆、圆、直线与椭圆的位置关系等
－ ，０ ，
４ 基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合
理由．
思想、化归与转化思想、函数与方程思想．
ｘ２ ｙ２
１８．（２０１５安徽理，２０，１３分）设椭圆Ｅ的方程为 ａ ｂ
ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞
点Ｏ为坐标原点 点 Ａ 的坐标为 ａ 点 Ｂ 的坐标为
０）， ， （ ，０），
ｂ 点Ｍ在线段ＡＢ上 满足 ＢＭ ＭＡ 直线ＯＭ的斜
（０， ）， ， ｜ ｜＝２｜ ｜，
率为 ５．
１０
ì ï ï ｂ ｃ ＝ ２， ì ïï ａ ＝２， （１） 求 设点 Ｅ的 Ｃ 离 的 心 坐 率 标为 ｅ ； ｂ Ｎ为线段ＡＣ的中点 点Ｎ关于
解析 解法一 由已知得í ２ 解得íｂ （２） （０，－ ）， ，
：（１） ïａ ＝ ， ïï ＝ ２，
ï ２ îｃ ． 直线ＡＢ的对称点的纵坐标为 ７ 求Ｅ的方程．
îａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２． ＝ ２
２
，
( )
所以椭圆Ｅ的方程为 ｘ２ ｙ２ ． 解析 由题设条件知 点Ｍ的坐标为 ２ ａ １ ｂ
＋ ＝１ （１） ， ， ，
４ ２ ３ ３
设点Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ ＡＢ的中点为Ｈ ｘ ｙ ． ｂ
（２
{
）
ｘ ｍｙ
（ １， １）， （ ２， ２）， （ ０， ０） 又ｋ
ＯＭ＝
５
，
从而
ａ＝
５．
＝ －１， １０ ２ １０
由 ｘ２ ｙ２ 得
（
ｍ２
＋２）
ｙ２
－２
ｍｙ
－３＝０， 进而得ａ ｂ ｃ ａ２ ｂ２ ｂ．故ｅ
ｃ
２ ５．
＋ ＝１ ＝ ５ ， ＝ － ＝２ ＝ ａ ＝
４ ２ ５
ｍ ｍ ｘ
所以ｙ ｙ ２ ｙ ｙ ３ 从而ｙ ． 由题设条件和 的计算结果可得 直线ＡＢ的方程为
１＋ ２＝ｍ２ ， １ ２＝－ｍ２ ， ０＝ｍ２ （２） （１） ， ｂ
＋２ ＋２ ＋２ ５
( ) ( )
２ ２ ｙ æ ö
所以 ｜ ＧＨ ｜ ２ ＝ ｘ ０＋ ４ ９ ＋ ｙ２ ０ ＝ ｍｙ ０＋ ４ ５ ＋ ｙ２ ０ ＝（ ｍ２ ＋１） ｙ２ ０＋ ＋ ｂ ＝１， 点Ｎ的坐标为 è ç ５ｂ ，－ １ ｂ ø ÷．
２ ２
( )
５ ｍｙ ２５．
２
０＋
１６
设点Ｎ关于直线ＡＢ 的对称点 Ｓ 的坐标为 ｘ
１，
７
，
则线段
２
｜ ＡＢ ｜ ２
＝
（ ｘ １－ ｘ ２） ２ ＋（ ｙ １－ ｙ ２） ２
＝
（１＋ ｍ２ ）（ ｙ １－ ｙ ２） ２
ＮＳ的中点Ｔ 的坐标为
æ
ç ５ｂ
ｘ
１ １ ｂ ７
ö
÷．又点 Ｔ 在直线
４ ４ ４ è ＋ ，－ ＋ ø
ｍ２ ｙ ｙ ２ ｙ ｙ ４ ２ ４ ４
（１＋ ）［（ １＋ ２） －４ １ ２］ ｍ２ ｙ２ ｙ ｙ
＝ ＝（１＋ ）（ ０－ １ ２），
４
ＡＢ ２ ｍ２
故 ＧＨ ２ ｜ ｜ ５ ｍｙ ｍ２ ｙ ｙ ２５ ５
｜ ｜ － ＝ ０＋（１＋ ） １ ２＋ ＝ ｍ２ －
４ ２ １６ ２（ ＋２）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ４４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ì ï ｘ 研究圆锥曲线综合问题，考查方程思想、函数思想、整体代换
５ｂ １ １ ｂ ７
ï ＋ － ＋ 以及换元法的应用．考查学生的逻辑推理能力和运算求
４ ２ ４ ４
ï ï ｂ ＋ ｂ ＝１， 解能力．
５
ＡＢ上 且ｋ ｋ 从而有í ｘ２
， ＮＳ· ＡＢ＝－１， ï７ １ ｂ ２０．（２０１７课标 文，２０，１２分）设Ａ Ｂ为曲线Ｃ ｙ 上两点 Ａ
＋ Ⅰ ， ： ＝ ，
ï２ ２ ４
ï ïｘ ５ｂ ＝ ５， 与Ｂ的横坐标之和为 ４ ．
î １－
２ （１）
求直线ＡＢ的斜率
；
解得ｂ ． 设Ｍ为曲线Ｃ上一点 Ｃ在Ｍ处的切线与直线ＡＢ平行
＝３ （２） ， ，
所以ａ 故椭圆Ｅ的方程为
ｘ２ ｙ２
．
且ＡＭ
⊥
ＢＭ
，
求直线ＡＢ的方程．
＝３ ５， ＋ ＝１ 解析 本题考查直线与抛物线的位置关系．
４５ ９
评析 本题考查椭圆的方程、几何性质以及对称问题，利用 ｘ２ ｘ２
设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 则ｘ ｘ ｙ １ ｙ ２ ｘ ｘ
方程思想解决点关于直线的对称问题，考查利用待定系数法 （１） （ １， １）， （ ２， ２）， １≠ ２， １＝ ， ２＝ ， １＋ ２
４ ４
求椭圆的方程，考查学生的运算求解能力和化归思想的应用．
＝４，
１９．（２０１４课标 理，２０，１２分）已知点Ａ 椭圆Ｅ
ｘ２ ｙ２
于是直线ＡＢ的斜率ｋ
ｙ
１－
ｙ
２
ｘ
１＋
ｘ
２ ．
Ⅰ （０，－２）， ：ａ２ ＋ｂ２ ＝ｘ
１－
ｘ
２
＝
４
＝１
ｘ２ ｘ
＝１（ ａ ＞ ｂ ＞０） 的离心率为 ３ ， Ｆ是椭圆Ｅ的右焦点 ， 直线ＡＦ （２）
由ｙ
＝ ，
得ｙ′
＝ ，
４ ２
２
ｘ
设Ｍ ｘ ｙ 由题设知 ３
的斜率为２ ３
，
Ｏ为坐标原点． （ ３， ３），
２
＝１，
３ 解得ｘ 于是Ｍ ．
（１）
求Ｅ的方程
； 设直线
３＝
ＡＢ
２，
的方程为
（２
ｙ
，１）
ｘ ｍ
设过点Ａ的动直线ｌ与Ｅ相交于Ｐ Ｑ两点．当 ＯＰＱ的 ＝ ＋ ，
（２） ， △ 故线段ＡＢ的中点为Ｎ ｍ ＭＮ ｍ ．
面积最大时 求ｌ的方程． （２，２＋ ），｜ ｜＝｜ ＋１｜
， ｘ２
将ｙ ｘ ｍ代入ｙ 得ｘ２ ｘ ｍ ．
解析 设Ｆ ｃ 由条件知 ２ ２ ３ 得ｃ ． ＝ ＋ ＝ －４ －４ ＝０
（１） （ ，０）， ， ｃ ＝ ， ＝ ３ ４
３ 当Δ ｍ 即ｍ 时 ｘ ｍ ．
ｃ ＝１６（ ＋１）＞０， ＞－１ ， １，２＝２±２ ＋１
又 ３ 所以ａ ｂ２ ａ２ ｃ２ ． 从而 ＡＢ ｘ ｘ ｍ ．
ａ ＝ ２ ， ＝２， ＝ － ＝１ 由题设 ｜ 知 ｜＝ ＡＢ ２｜ １－ Ｍ ２ Ｎ ｜＝４ ２（ ＋１）
ｘ２ ｜ ｜＝２｜ ｜，
故Ｅ的方程为
＋
ｙ２
＝１
．
即 ｍ ｍ 解得ｍ ．
４ ４ ２（ ＋１）＝２（ ＋１）， ＝７
当 ｌ ｘ 轴时不合题意 故设 ｌ ｙ ｋｘ Ｐ ｘ 所以直线ＡＢ的方程为ｙ ｘ ．
（２） ⊥ ， ： ＝ － ２， （ １， ＝ ＋７
ｙ Ｑ ｘ ｙ ． 方法总结 （ ）直线与抛物线的位置关系
１）， （ ２， ２） １
将ｙ
＝
ｋｘ
－２
代入
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
得
（１＋４
ｋ２
）
ｘ２
－１６
ｋｘ
＋１２＝０
．
点
利
差
用
法
点
：
差
在
法
已
计
知
算
“
，
ｘ
在
１＋
很
ｘ
２
”
大
或
程
“
度
ｙ
１
上
＋
ｙ
减
２
”
少
的
运
值
算
，求
过
直
程
线
中的
ｌ的
计
斜
算
率
量
时
．
，
４
（ ）直线与圆锥曲线的位置关系
ｋ ｋ２ ２
当Δ ＝１６（４ ｋ２ －３）＞０， 即ｋ２ ＞ ３ 时 ， ｘ １，２＝ ８ ±２ ｋ２ ４ －３． 已知直线与圆锥曲线相交，求参数时，一般联立直线与圆锥
４ ４ ＋１
曲线的方程，消元后利用韦达定理，结合已知列方程求解参
ｋ２ ｋ２
从而 ｜ ＰＱ ｜＝ ｋ２ ＋１｜ ｘ １－ ｘ ２｜＝ ４ ＋ ４ １ ｋ · ２ ＋１ ４ －３． 数．求弦长时，可通过弦长公式 ｜ ＡＢ ｜ ＝ １＋ ｋ２ ｜ ｘ １－ ｘ ２ ｜ ＝
又点Ｏ到直线ＰＱ的距离ｄ ２ ｋ２· （ｘ ｘ ）２ ｘ ｘ 或 ＡＢ １ ｙ ｙ
＝ ｋ２ ， １＋ １＋ ２ －４ １ ２ ｜ ｜ ＝ １＋ｋ２ ｜ １－ ２ ｜ ＝
＋１
所以 ＯＰＱ的面积
△ １ · （ｙ ｙ ）２ ｙ ｙ （ｋ ）求解．
１＋ｋ２ １＋ ２ －４ １ ２ ≠０
ｋ２
Ｓ △ ＯＰＱ＝ １ ｄ ·｜ ＰＱ ｜＝ ４ ｋ ４ ２ －３． ２１．（２０１６课标 Ⅰ 文，２０，１２分）在直角坐标系ｘＯｙ中 ， 直线ｌ ： ｙ ＝ ｔ
２ ４ ＋１ ｔ 交ｙ轴于点Ｍ 交抛物线Ｃ ｙ２ ｐｘ ｐ 于点Ｐ Ｍ关
ｔ （ ≠０） ， ： ＝２ （ ＞０） ，
设 ４ ｋ２ －３＝ ｔ ， 则ｔ ＞０， Ｓ △ ＯＰＱ＝ｔ２ ４ ＝ ４ ． 于点Ｐ的对称点为Ｎ ， 连接ＯＮ并延长交Ｃ于点Ｈ．
＋４ ｔ
＋
４
ｔ 求｜ ＯＨ ｜
（１） ＯＮ ；
｜ ｜
因为ｔ ４ 当且仅当ｔ 即ｋ ７时等号成立 且满足 除Ｈ以外 直线ＭＨ与Ｃ是否有其他公共点 说明理由．
＋ ｔ ≥４， ＝２， ＝± ， （２） ， ？
２ ( ｔ２ )
Δ 解析 由已知得Ｍ ｔ Ｐ ｔ ． 分
＞０， （１） （０，）， ｐ， （１ ）
２
所以 当 ＯＰＱ的面积最大时 ｌ的方程为 ｙ ７ｘ 或 ｙ ( ｔ２ )
， △ ， ＝ －２ ＝ 又Ｎ为Ｍ关于点Ｐ的对称点 故Ｎ ｔ ＯＮ的方程为ｙ
２ ， ｐ ， ， ＝
－
２
７ｘ
－２
．
ｐ
ｔ
ｘ
，
代入ｙ２
＝２
ｐｘ整理得ｐｘ２
－２
ｔ２ｘ
＝０，
解得ｘ
１＝０，
ｘ
２＝
２
ｐ
ｔ２
．
评析 本题主要考查椭圆的标准方程、几何性质，直线的方
因此Ｈ
(
２
ｔ２
ｔ
)
． 分
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 ｐ ，２ （４ ）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ４５
ＯＨ ｐ 解得ｐ 舍去 或ｐ ．
所以Ｎ为ＯＨ的中点 即｜ ｜ ． 分 · ２ ＝４ ２， ＝－２（ ） ＝２
， ｜ ＯＮ ｜ ＝２ （６ ） 所以Ｆ （０，１）， 圆Ｆ的方程为ｘ２ ＋（ ｙ －１） ２ ＝８ ．
（２）
直线ＭＨ与Ｃ除Ｈ以外没有其他公共点．
（７
分
） 因为Ａ Ｂ Ｆ三点在同一直线ｍ上
（２） ， ， ，
理由如下
： 所以ＡＢ为圆Ｆ的直径 ，∠ ＡＤＢ ＝９０ °．
ｐ ｔ
直线ＭＨ的方程为ｙ － ｔ ＝ ２ ｔ ｘ ， 即ｘ ＝ ２ ｐ （ ｙ － ｔ ） ． （９ 分 ） 由抛物线定义知 ｜ ＡＤ ｜＝｜ ＦＡ ｜＝ １ ｜ ＡＢ ｜，
２
代入ｙ２ ｐｘ得ｙ２ ｔｙ ｔ２ 解得ｙ ｙ ｔ 即直线ＭＨ与
＝２ －４ ＋４ ＝０， １＝ ２＝２，
Ｃ只有一个公共点 所以除Ｈ以外直线ＭＨ与Ｃ没有其他公 所以 ＡＢＤ ° ｍ的斜率为 ３或 ３．
， ∠ ＝３０ ， －
共点． 分 ３ ３
（１２ ）
方法总结 将直线与抛物线的交点坐标问题归结为直线 当ｍ的斜率为 ３时 由已知可设 ｎ ｙ ３ｘ ｂ 代入 ｘ２ ｐｙ
， ： ＝ ＋ ， ＝２
方程与抛物线方程组成的方程组的解的问题． ３ ３
评析 本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了运算求 得ｘ２ ２ ３ｐｘ ｐｂ ．
－ －２ ＝０
解能力．得到交点的坐标是求解的关键． ３
２２．（２０１２课标理，２０，１２分）设抛物线Ｃ
：
ｘ２
＝２
ｐｙ
（
ｐ
＞０）
的焦点为 由于ｎ与Ｃ只有一个公共点
，
故Δ
＝
４ ｐ２
＋８
ｐｂ
＝０，
Ｆ 准线为ｌ．Ａ为Ｃ上一点 已知以Ｆ为圆心 ＦＡ为半径的圆 ３
， ， ， ｐ
Ｆ交ｌ于Ｂ Ｄ两点． 解得ｂ ＝－ ．
， ６
若 ＢＦＤ ° ＡＢＤ的面积为 求ｐ的值及圆Ｆ的 ｐ ｂ
（１） ∠ ＝９０ ，△ ４ ２， 因为ｍ的截距ｂ ｜ １｜ 所以坐标原点到ｍ ｎ距离的
方程 １＝ ， ｂ ＝３， ，
； ２ ｜ ｜
若Ａ Ｂ Ｆ三点在同一直线ｍ上 直线ｎ与ｍ平行 且ｎ 比值为 ．
（２） ， ， ， ， ３
与Ｃ只有一个公共点 求坐标原点到ｍ ｎ距离的比值．
， ， 当ｍ的斜率为 ３时 由图形的对称性可知 坐标原点到ｍ ｎ
解析 由已知可得 ＢＦＤ为等腰直角三角形 ＢＤ － ， ， ，
（１） △ ，｜ ｜＝ ３
ｐ 圆Ｆ的半径 ＦＡ ｐ． 距离的比值也为 ．
２ ， ｜ ｜＝ ２ ３
由抛物线定义可知Ａ到ｌ的距离ｄ ＦＡ ｐ．
评析 本题考查了直线、圆、抛物线的位置关系，考查了分类
＝｜ ｜＝ ２
讨论的方法和数形结合的思想．
因为 ＡＢＤ的面积为 所以 １ ＢＤ ｄ 即 １ ｐ
△ ４ ２， ｜ ｜· ＝４ ２， ·２
２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
学生用书Ｐ１８４
当直线过抛物线的焦点时 可利用抛物线的焦点弦长公
（３） ，
考点 直线与圆锥曲线的位置关系
式求解弦长．
３．圆锥曲线中的中点弦的有关结论
１．直线与圆锥曲线的位置关系的判断方法
设ＡＢ为圆锥曲线的弦 点 Ｍ 为弦 ＡＢ 的中点 Ｏ 为坐标
判断直线ｌ与圆锥曲线ｒ的位置关系时 通常将直线ｌ的方 ， ，
， 原点
程Ａｘ Ｂｙ Ｃ Ａ Ｂ不同时为 代入圆锥曲线ｒ的方程Ｆ ｘ ｙ ：
＋ ＋ ＝０（ 、 ０） （ ， ）
标准方程 结论
．消去 ｙ 或 ｘ 得到一个关于变量 ｘ 或 ｙ 的方程 即
＝０ （ ） （ ） ，
{Ａｘ Ｂｙ Ｃ ｘ２ ｙ２ ａ ｂ ｋ ｋ ｂ２
Ｆ
＋
ｘ ｙ
＋ ＝０，消去ｙ
（
或ｘ
）
后得ａｘ２
＋
ｂｘ
＋
ｃ
＝０（
或ａｙ２
＋
ｂｙ
＋
ｃ
＝０）
． ａ２＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） ＡＢ· ＯＭ＝－ａ２
（ ， ）＝０，
当ａ 时 则Δ 时 直线ｌ与曲线ｒ相交 Δ 时 直
ｙ２ ｘ２
ａ ｂ ｋ ｋ
ａ２
（１） ≠０ ， ＞０ ， ； ＝０ ， ａ２＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） ＡＢ· ＯＭ＝－ｂ２
线ｌ与曲线ｒ 相切 Δ 时 直线ｌ与曲线ｒ相离．
① ； ＜０ ， 续表
当ａ 时 即得到一个一次方程 则ｌ与ｒ相交 且只有
（２） ＝０ ， ， ，
一个交点 此时 若 ｒ 为双曲线 则直线 ｌ 与双曲线的渐近线平 标准方程 结论
， ， ，
行 若ｒ为抛物线 则直线ｌ与抛物线的对称轴平行或重合． ｘ２ ｙ２ ｂ２
；
２．圆锥曲线中
，
的弦长公式
ａ２－ｂ２ ＝１（ ａ ＞０， ｂ ＞０） ｋ ＡＢ· ｋ ＯＭ＝ａ２
当弦的两端点坐标易求时 可求出两端点坐标 再用两
ｙ２ ｘ２
ａ ｂ ｋ ｋ
ａ２
（１） ， ， ａ２ －ｂ２ ＝１（ ＞０， ＞０） ＡＢ· ＯＭ＝ｂ２
点间距离公式直接求解．
ｐ
（２）
若斜率为ｋ的直线与圆锥曲线相交于Ａ
（
ｘ
１，
ｙ
１），
Ｂ
（
ｘ
２，
ｙ２
＝２
ｐｘ
（
ｐ
≠０）
ｋ
ＡＢ＝ｙ （
ｙ
０
为中点Ｍ的纵坐标
）
０
ｙ ２） 两个
ｋ
不
２ ｘ
同的
ｘ
点 ， 则弦长
ｋ２
｜ ＡＢ
ｘ
｜ ＝
ｘ ２
（ ｘ １－
ｘ
ｘ
ｘ
２） ２
或
＋（ ｙ １－
Ａ
ｙ
Ｂ
２） ２ ＝
ｘ２
＝２
ｐｙ
（
ｐ
≠０）
ｋ
ＡＢ＝
ｘ
ｐ
０
（
ｘ
０
为中点Ｍ的横坐标
）
② １＋ ｜ １－ ２ ｜ ＝ １＋ （ １＋ ２） －４ １ ２ ｜ ｜ ＝
( ) ( )
２ ２
１ ｙ ｙ １ ｙ ｙ ２ ｙ ｙ ｋ ．
③ １＋ ｋ ｜ １－ ２ ｜ ＝ １＋ ｋ （ １＋ ２） －４ １ ２（ ≠０）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ４６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
学生用书Ｐ１８５
一、有关位置关系、弦长、面积问题的解题策略 解得ｔ 或ｔ ．
＝０ ＝±１
１．直线与圆锥曲线有无公共点或有几个公共点的问题 可 当ｔ 时 Ｓ 当ｔ 时 Ｓ ．
， ＝０ ， ＝３； ＝±１ ， ＝４ ２
以转化为它们所对应的方程构成的方程组是否有解或解的个数
因此 四边形ＡＤＢＥ的面积为 或 ．
， ３ ４ ２
的问题 往往通过消元最终归结为讨论方程解的情况 需要注意
解题关键
， ，
的是当直线平行于双曲线的渐近线或直线平行或重合于抛物线
设出Ａ Ｂ坐标 求导 列等式是解题的突破口．
的对称轴时 直线与双曲线或抛物线有且只有一个交点． （１） 、 ， 、
，
２．涉及直线与圆锥曲线相交弦的问题 主要有以下几种情 （２）
由
（１）
得出直线ＡＢ的方程
，
用坐标表示出Ｅ→Ｍ
⊥
→ＡＢ
，
求
，
( 直线ＡＢ方程中的参数是关键．
形
：
相交弦的长 弦长公式
｜
ＡＢ
｜ ＝ １＋
ｋ２
｜
ｘ
２－
ｘ
１ ｜
或
｜
ＡＢ
｜ ＝ １－１ （２０１８江苏，１８，１６ 分）如图 ， 在平面直角坐标系 ｘＯｙ
( )
( ) )
２ 中 椭圆Ｃ过点 １ 焦点Ｆ Ｆ 圆Ｏ的
１＋
１
ｋ ｜
ｙ
１－
ｙ
２｜（
ｋ
≠０） ；
弦所在直线的方程
（
如中点弦
、
相 ， ３，
２
， １（－ ３，０）， ２（ ３，０），
直径为Ｆ Ｆ ．
交弦等 弦的中点的轨迹等 可以利用 设点代点 设而不求
）、 ， “ 、 ” １ ２
设交点坐标 将交点坐标代入曲线方程 不是求出具体坐标 而
求椭圆Ｃ及圆Ｏ的方程
（１） ；
（ ， ， ，
是利用坐标应满足的关系直接解决问题 的方法解决．
（２）
设直线ｌ与圆Ｏ相切于第一象限内的点Ｐ．
）
若直线ｌ与椭圆Ｃ有且只有一个公共点 求点Ｐ的坐标
例１ （２０１９课标 理，２１，１２分）已知曲线Ｃ ｙ ｘ２ Ｄ为直 ① ， ；
Ⅲ ： ＝ ，
２ 直线ｌ与椭圆Ｃ交于Ａ Ｂ两点．若 ＯＡＢ的面积为２ ６
② ， △ ，
线ｙ １ 上的动点 过Ｄ作Ｃ的两条切线 切点分别为Ａ Ｂ． ７
＝－ ， ， ， 求直线ｌ的方程．
２
证明 直线ＡＢ过定点
（１） ： ；
( )
若以Ｅ ５ 为圆心的圆与直线ＡＢ相切 且切点为线
（２） ０， ，
２
段ＡＢ的中点 求四边形ＡＤＢＥ的面积．
，
( )
解析 证明 设Ｄ ｔ １ Ａ ｘ ｙ 则ｘ２ ｙ ．
（１） ： ，－ ， （ １， １）， １＝２ １
２
ｙ １
１＋
由于ｙ′ ｘ 所以切线ＤＡ的斜率为ｘ 故 ２ ｘ ．
＝ ， １， ｘ ｔ ＝ １ １－１． 解析 解法一 因为椭圆 Ｃ 的焦点为 Ｆ
１－ ：（１） １（－ ３，０），
整理得 ｔｘ ｙ ．
设Ｂ ｘ
２
ｙ
１－２
同
１
理
＋１
可
＝
得
０
ｔｘ ｙ ．
Ｆ ２（ ３，０），
故直 （ 线 ２ Ａ ， Ｂ ２ 的 ）， 方程为 ２ ｔｘ ２ －２ ２ ｙ － ＋ ２ １＝ ２＋ ０ ． １＝０ 所以可设椭圆Ｃ的方程为 ａ ｘ２ ２ ＋ ｙ ｂ ２ ２ ＝１（ ａ ＞ ｂ ＞０） ．
( )
( )
所以直线ＡＢ过定点 １ ．
０， 又点 １ 在椭圆Ｃ上
２ ３， ，
２
{
（２） 由 （１） 得直线ＡＢ的方程为ｙ ＝ ｔｘ ＋ １ ． ３ １ {ａ２
２ 所以 ａ２ ＋ ｂ２ ＝１，解得 ＝４，
ì
ï ï ｙ ＝ ｔｘ ＋ １ ， ａ２ － ｂ
４
２ ＝３，
ｂ２
＝１
．
由í ２ 可得ｘ２ ｔｘ ． ｘ２
ï ｘ２ －２ －１＝０ 因此 椭圆Ｃ的方程为 ｙ２ ．
ïｙ ， ＋ ＝１
î ＝ ４
２ 因为圆Ｏ的直径为Ｆ Ｆ
于是ｘ ｘ ｔ ｘ ｘ ｙ ｙ ｔ ｘ ｘ ｔ２ １ ２，
１＋ ２＝２， １ ２＝－１， １＋ ２＝ （ １＋ ２）＋１＝２ ＋１， 所以其方程为ｘ２ ｙ２ ．
ＡＢ ｔ２ ｘ ｘ ｔ２ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ ＋ ＝３
｜ ｜ ＝ １＋ ｜ １ － ２ ｜ ＝ １＋ × （ １＋ ２） －４ １ ２ ＝ 设直线ｌ与圆Ｏ相切于Ｐ ｘ ｙ ｘ ｙ 则ｘ２
ｔ２ ． （２）① （ ０， ０）（ ０＞０， ０＞０）， ０
２（ ＋１） ｘ
设ｄ
１，
ｄ
２
分别为点Ｄ
，
Ｅ到直线ＡＢ的距离
，
则ｄ
１＝
ｔ２
＋１，
＋ ｙ２ ０＝３ ．所以直线ｌ的方程为ｙ ＝－ｙ ０
０
（ ｘ － ｘ ０）＋ ｙ ０，
ｘ
ｄ ２ ．
２＝
ｔ２
即ｙ
＝－ｙ
０ｘ
＋ｙ
３ ．
＋１
０ ０
因此
，
四边形 ＡＤＢＥ 的面积 Ｓ
＝
１
｜
ＡＢ
｜（
ｄ
１＋
ｄ
２）＝ （
ｔ２
＋
ì
ï
ï
ｘ２
＋
ｙ２
＝１，
２ 由í４ 消去ｙ
ｔ２ ． ï ｘ ，
３） ＋１ ïｙ ０ｘ ３
( ) î ＝－ｙ ＋ｙ
设Ｍ为线段ＡＢ的中点 则Ｍ ｔ ｔ２ １ ． ０ ０
， ， ＋
２
得
（４
ｘ２
０＋
ｙ２
０）
ｘ２
－２４
ｘ
０
ｘ
＋３６－４
ｙ２
０＝０
．
（∗）
由于Ｅ→Ｍ
⊥
→ＡＢ
，
而Ｅ→Ｍ
＝（
ｔ
，
ｔ２
－２），
→ＡＢ与向量
（１，
ｔ
）
平行
，
因为直线 ｌ 与椭圆 Ｃ 有且只有一个公共点
，
所以 Δ
＝
所以ｔ
＋（
ｔ２
－２）
ｔ
＝０
．
（－２４
ｘ
０）
２
－４（４
ｘ２
０＋
ｙ２
０）（３６－４
ｙ２
０）＝４８
ｙ２
０（
ｘ２
０－２）＝０
．因为ｘ
０，
ｙ
０＞０，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ４７
所以ｘ ｙ ．因此 点Ｐ的坐标为 ． 因为直线ｌ和椭圆Ｃ相交 所以结合 的过程知ｍ２ ｋ２
０＝ ２， ０＝１ ， （ ２，１） ， ② ＜４ ＋１，
解得ｋ
因为三角形ＯＡＢ的面积为２ ６ 所以 １ ＡＢ ＯＰ ２ ６ ＜－ ２，
② ， ｜ ｜｜ ｜＝ ， 将直线ｌ的方程和椭圆Ｃ的方程联立可得 ｋ２ ｘ２ ｋｍｘ
７ ２ ７ （４ ＋１） ＋８
ｍ２
＋４ －４＝０，
从而 ＡＢ ４ ２．
｜ ｜＝ ｋｍ ｋ２ ｍ２
７ 解得ｘ －８ ±４ ４ ＋１－
１，２＝ ｋ２ ，
２（４ ＋１）
ｋ２ ｍ２
所以 ｘ ｘ ４ ４ ＋１－
｜ １－ ２｜＝ ｋ２ ，
４ ＋１
因为 ＡＢ ｘ ｘ ２ ｋｘ ｋｘ ２ ｘ ｘ ｋ２
｜ ｜ ＝ （ １－ ２） ＋（ １－ ２） ＝ ｜ １－ ２ ｜ ＋１ ＝
ｋ２ ｍ２
４ ４ ＋１－ ｋ２
设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ ４
ｋ２
＋１
· ＋１，
（ １， １）， （ ２， ２）， ｍ
由 得ｘ ２４
ｘ
０± ４８
ｙ２
０（
ｘ２
０－２）
Ｏ到ｌ的距离ｄ
＝
｜
ｋ２
｜
＝ ３，
（∗） １，２＝ ｘ２ ｙ２ ， ＋１
２（４ ０＋ ０） ｋ２ ｍ２ ｍ
所以
｜
ＡＢ
｜
２
＝（
ｘ
１－
ｘ
２）
２
＋（
ｙ
１－
ｙ
２）
２
＝
æ
è
ç
１＋
ｘ
ｙ
２ ０
２
ö
ø
÷
·
４８ ｙ
ｘ
２ ０（
２
ｘ２ ０
ｙ
－
２
２
２
）． 所以Ｓ △ ＯＡＢ＝
２
１ · ４ ４
４
ｋ２ ＋
＋
１
１
－ · ｋ２ ＋１· ｜ ｋ２
＋
｜
１
０ （４ ０＋ ０）
因为ｘ２
０＋
ｙ２
０＝３，
所以
｜
ＡＢ
｜
２
＝
１６
ｘ
（
２
ｘ２ ０－２
２
）
＝
３２
，
＝
２
１ · ４
４
ｋ２ ｋ
＋
２ －
１
２ · ｋ２ ＋１· ３＝ ２
７
６ ，
（ ０＋１） ４９ 解得ｋ２ 因为ｋ
＝５， ＜０，
即
２
ｘ４
０－４５
ｘ２
０＋１００＝０
．解得ｘ２
０＝
２
５
（
ｘ２
０＝２０
舍去
），
则ｙ２
０＝
２
１
， 所以ｋ
＝－ ５，
则ｍ
＝３ ２，
æ ö 即直线ｌ的方程为ｙ ｘ ．
因此Ｐ的坐标为ç １０ ２÷． ＝－ ５ ＋３ ２
è ， ø 解后反思 （ ）常用待定系数法求圆锥曲线方程．
２ ２ １
则直线ｌ的方程为ｙ ｘ ． （ ） 直线与圆相切，常见解题方法是设切点求切线方程，
＝－ ５ ＋３ ２ ２ ①
由于涉及直线与椭圆相切，因此也可设出直线方程求解．
解法二 由题意知ｃ 所以圆Ｏ的方程为ｘ２ ｙ２ 因
：（１） ＝ ３， ＋ ＝３，
( ) ( ) ２ 因为 ＡＯＢ 的面积为２ ６，而 ＡＯＢ 的 ＡＢ 边上的高为
为点 １ 在椭圆上 所以 ａ ２ １ ② △ △
３， ， ２ ＝ （ ３－ ３） ＋ －０ ＋ ７
２ ２ ，所以解题关键是求 ＡＢ 的长，可利用弦长公式 ＡＢ
( ) ３ ＝
２
（ ３＋ ３） ２ ＋ ２ １ －０ ＝４， 所以ａ ＝２ ． ｘ （ｘ ｘ １－ ｘ （ ２ ） ｘ ２ 、 ＋ ｘ （ｙ 分 １－ 别 ｙ ２ ） 为 ２ Ａ ＝ 、Ｂ的 １ 横 ＋ ｋ 坐 ２ · 标）求 （ 解 ｘ １ ． － ｘ ２ ）２ ＝ １＋ ｋ２ ·
因为ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ ， 所以ｂ ＝１， 二 ｜ １ 、 － 圆 ２｜ 锥 １ 曲线 ２ 中中点弦问题的解题策略
ｘ２
所以椭圆Ｃ的方程为 ｙ２ ．
＋ ＝１ １．点差法 设出弦的两端点坐标后 代入圆锥曲线方程 并
４ ： ， ，
由题意知直线ｌ与圆Ｏ和椭圆Ｃ均相切 且切点在第 ｙ ｙ
（２）① ， 将两式相减 式中含有ｘ ｘ ｙ ｙ １－ ２三个未知量 这样就直
一象限 所以直线ｌ的斜率ｋ存在且ｋ ， １＋ ２， １＋ ２，ｘ ｘ ，
， ＜０， １－ ２
设直线ｌ的方程为ｙ ｋｘ ｍ ｋ ｍ 接联系了中点坐标和直线的斜率 借用中点坐标公式即可求得
＝ ＋ （ ＜０， ＞０）， ，
将直线ｌ的方程代入圆Ｏ的方程 得ｘ２ ｋｘ ｍ ２ 斜率．
， ＋（ ＋ ） ＝３，
整理得 ｋ２ ｘ２ ｋｍｘ ｍ２ ２．根与系数的关系 联立直线与圆锥曲线的方程 将其转
（ ＋１） ＋２ ＋ －３＝０， ： ，
因为直线ｌ与圆Ｏ相切 所以Δ ｋｍ ２ ｋ２ ｍ２ 化为一元二次方程后 由根与系数的关系求解．
， ＝（２ ） －４（ ＋１）（ －３） ，
整理得ｍ２ ｋ２ ｘ２ ｙ２
＝０， ＝３ ＋３， 例２ 已知Ｐ 为椭圆 内一定点 经过Ｐ引一
将直线ｌ的方程代入椭圆Ｃ的方程 （１，１） ＋ ＝１ ，
， ４ ２
得
ｘ２
＋（ ｋｘ ＋ ｍ ） ２ ＝１，
条弦
， 解
使
题
此
思
弦
路
被Ｐ点平分
，
则此弦所在的直线方程为 ．
４
整理得 ｋ２ ｘ２ ｋｍｘ ｍ２ 题中直线过点Ｐ 且易知斜率存在 所以只需求出斜率 有
（４ ＋１） ＋８ ＋４ －４＝０， ， ， ，
因为直线ｌ与椭圆Ｃ相切 两种思路．
，
所以Δ ｋｍ ２ ｋ２ ｍ２ 思路一 设出点斜式方程 并与椭圆方程联立 利用根与系
＝（８ ） －４（４ ＋１）（４ －４）＝０， ： ， ，
整理得ｍ２ ｋ２ 数的关系解决
＝４ ＋１， ；
所以 ｋ２ ｋ２ 因为ｋ 所以ｋ 则ｍ 思路二 中点弦问题可考虑用点差法求斜率．
３ ＋３＝４ ＋１， ＜０， ＝－ ２， ＝３， ：
解析 解法一 易知此弦所在直线的斜率存在 所以设其
将ｋ ｍ 代入 ｋ２ ｘ２ ｋｍｘ ｍ２ ： ，
＝－ ２， ＝３ （ ＋１） ＋２ ＋ －３＝０，
方程为ｙ ｋ ｘ 弦的两端点为Ａ Ｂ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ ．
整理得ｘ２
－２ ２
ｘ
＋２＝０， {ｙ
－１＝
ｋ
（
ｘ
－１）， ， ， （ １， １）， （ ２， ２）
解得ｘ
１＝
ｘ
２＝ ２，
将ｘ
＝ ２
代入ｘ２
＋
ｙ２
＝３， 由 ｘ
－
２
１＝
ｙ２
（ －１），
消去ｙ得 ，（２ ｋ２ ＋１） ｘ２ －４ ｋ （ ｋ －１） ｘ ＋２（ ｋ２ －
解得ｙ ｙ 舍去 所以点Ｐ的坐标为 ． ＋ ＝１
＝１（ ＝－１ ）， （ ２，１） ４ ２
设Ａ ｘ ｋｘ ｍ Ｂ ｘ ｋｘ ｍ ｋ ｋ ｋ ｋ
② （ １， １＋ ）， （ ２， ２＋ ）， ｋ ｘ ｘ ４ （ －１） 又 ｘ ｘ ４ （ －１） 解
由 知ｍ２ ｋ２ 且ｋ ｍ ２ －１）＝０，∴ １＋ ２＝ ｋ２ ， ∵ １＋ ２＝２，∴ ｋ２ ＝２，
① ＝３ ＋３， ＜０， ＞０， ２ ＋１ ２ ＋１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ４８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
( )
得ｋ １ ．故此弦所在的直线方程为ｙ １ ｘ 即ｘ ｙ Ｇ １ 求ｋ的取值范围．
＝－ －１＝－ （ －１）， ＋２ － ，０ ，
２ ２ ８
． ２－３． 解析 设椭圆的左 右焦点分别为Ｆ Ｆ ． 抛物线ｙ２
３＝０ （１） 、 １、 ２ ∵
解法二 易知此弦所在直线的斜率存在 所以设斜率为ｋ． ｘ的焦点坐标为
： ， ＝－４ （－１，０），
ｘ２ ｙ２ 椭圆的左 右焦点坐标分别为Ｆ Ｆ
设弦的两端点为Ａ Ｂ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 则 １ １ ∴ 、 １（－１，０）， ２（１，０），
， ， （ １， １）， （ ２， ２）， ＋ ＝１①， 分
４ ２ （１ ）
ｘ２ ｙ２ ｘ ｘ ｘ ｘ ｙ ｙ ｙ ｙ ( )
２ ２ 得（ １＋ ２）（ １－ ２） （ １＋ ２）（ １－ ２） 又椭圆过点 Ｐ ３ 由椭圆的定义知 ａ ＰＦ
＋ ＝１②，①－② ＋ ＝ １， ，∴ ，２ ＝ ｜ １ ｜＋
４ ２ ４ ２ ２
ｘ ｘ ｙ ｙ ＰＦ 分
ｘ ｘ ｙ ｙ １－ ２ ｙ ｙ ｋ １－ ２ １ ． ｜ ２｜＝４， （２ ）
０，∵ １＋ ２＝２， １＋ ２＝２，∴ ＋ １－ ２＝０，∴ ＝ｘ ｘ ＝－ ａ 又ｃ ｂ 分
２ １－ ２ ２ ∴ ＝２， ＝１，∴ ＝ ３， （３ ）
此弦所在的直线方程为ｙ １ ｘ 即ｘ ｙ ． 椭圆的标准方程为
ｘ２ ｙ２
． 分
∴ －１＝－ （ －１）， ＋２ －３＝０ ∴ ＋ ＝１ （４ ）
２ ４ ３
答案 ｘ ｙ 设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ Ａ ｘ ｙ
＋２ －３＝０ （２） （ １， １）， （ ２， ２）， （ ， ），
２－１ 已知椭圆Ｃ ｘ２ ｙ２ ｂ 作倾斜角为３π的直 ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２
：
４
＋ｂ２ ＝１（０＜ ＜２），
４
则 １
＋
１
＝１，
２
＋
２
＝１， （５
分
）
４ ３ ４ ３
线交椭圆Ｃ于Ａ Ｂ两点 线段ＡＢ的中点为Ｍ Ｏ为坐标原点
， ， ， ， 两式相减得 ｘ２ １－ ｘ２ ２ ｙ２ １－ ｙ２ ２ 即 ｙ １－ ｙ ２ ３ ｘ １＋ ｘ ２
Ｏ→Ｍ与Ｍ→Ａ的夹角为θ 且 θ 则ｂ ＝－ ， ｘ ｘ ＝－ ·ｙ ｙ ，
， ｜ｔａｎ ｜＝３， ＝ （ ） ４ ３ １－ ２ ４ １＋ ２
６ 点Ａ的坐标满足方程ｙ ３ ｘ 分
Ａ．１ Ｂ． ２ Ｃ． ３ Ｄ． ∴ ＝－ ｋ ①， （６ ）
２ ４
( )
２－１． 答案 Ｂ
又 直线ＡＧ ＭＮ且直线ＡＧ过点Ｇ １
２－２ （２０２１湖南衡阳联考（一），７）设 Ｆ Ｆ 是双曲线 Ｅ ∵ ⊥ ８ ，０ ，
１， ２ ： ( )
ｘ２ ｙ２ 点Ａ的坐标也满足方程ｙ １ ｘ １ 分
ａ ｂ 的左 右焦点 Ｏ为坐标原点 若Ｅ上存在 ∴ ＝－ ｋ － ②， （７ ）
ａ２ －ｂ２ ＝１（ ＞０， ＞０） ， ， ， ８
( )
点Ａ 使得 Ｆ ＡＦ ° 且 ＯＡ ａ 则此双曲线的离心率为 联立 解得ｘ １ ｙ ３ 即Ａ １ ３ ． 分
， ∠ １ ２＝６０ ， ｜ ｜＝２ ， ①② ＝ ， ＝－ ｋ， ，－ ｋ （８ ）
２ ８ ２ ８
（ ） ｘ２ ｙ２
点Ａ在椭圆 的内部 分
∵ ＋ ＝１ ， （９ ）
Ａ． ２ Ｂ． ３ Ｃ．２ Ｄ． ５ ４ ３
２－２． 答案 Ａ
２－３ 已 知椭 圆
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ 过点Ｐ
(
３
)
且左焦点
∴
１
１
６
＋
６４
３ ｋ２＜１， （１０ 分 ）
ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） １， ，
２
与抛物线ｙ２
＝－４
ｘ的焦点重合．
∴
ｋ２
＞
１
，∴
ｋ
＞
５或ｋ
＜－
５
， （１１
分
）
２０ １０ １０
求椭圆的标准方程
（１） ； æ ö æ ö
若直线ｌ ｙ ｋｘ ｍ ｋ 与椭圆交于不同的两点Ｍ Ｎ ｋ的取值范围为ç ５÷ ç ５ ÷． 分
（２） ： ＝ ＋ （ ≠０） 、 ， ∴ è－∞，－ ø∪è ，＋∞ø （１２ ）
线段 ＭＮ 的中点记为 Ａ 且线段 ＭＮ 的垂直平分线过定点 １０ １０
，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
Ａ 组 考点基础题组 学生用书Ｐ１８６
直线与圆锥曲线的位置关系
Ａ．３＋ ３ Ｂ．３＋ ２ Ｃ．２＋ ３ Ｄ．２＋ ２
２． 答案 Ａ
１．（２０２１辽宁百校联盟质检，６）设双曲线Ｃ ：ａ
ｘ２
２ －
ｙ
ｂ
２
２ ＝１（ ａ ＞０， ｂ ＞ ３．（２０１９湖 南 长沙二模，１０）已知抛物线Ｃ ： ｙ２ ＝２ ｐｘ （ ｐ ＞０） 的焦点
( ｐ )
的右焦点为Ｆ 过Ｆ 且垂直于ｘ轴的直线与Ｃ相交所得的 为Ｆ 点Ａ ａ ａ 在Ｃ上 ＡＦ ．若直线ＡＦ与Ｃ交于
０） ２， ２ ， ， （ ＞０） ，｜ ｜＝３
ｂ２ ４
弦长为 ４ 则Ｃ的离心率为 另一点Ｂ 则 ＡＢ
ａ２
＋
ｂ２ ， （ ） ， ｜ ｜＝
．
（ ）
Ａ．１２ Ｂ．１０ Ｃ．９ Ｄ．４５
３． 答案 Ｃ
Ａ． ２ Ｂ．２ Ｃ． ３ Ｄ．３
１． 答案 Ｂ ４．（２０２１东北三省三校第一次联考，１１）已知Ａ Ｂ分别是椭圆Ｃ
， ：
２．（２０２１山东枣庄二模，８）已知椭圆Ｃ与双曲线ｘ２ ｙ２ 有相同 ｘ２
－ ＝１ ｙ２ 的右顶点和上顶点 Ｐ为椭圆Ｃ上一点 若 ＰＡＢ的
＋ ＝１ ， ， △
的左焦点Ｆ 右焦点Ｆ 点Ｐ是两曲线的一个交点 且Ｐ→Ｆ ４
１、 ２， ， １· 面积是 则满足条件的Ｐ点的个数为
Ｐ→Ｆ ．过Ｆ 作倾斜角为 °的直线交Ｃ于Ａ Ｂ 点Ａ在ｘ轴的 ２－１， （ ）
２＝０ ２ ４５ ， （
Ａ．０ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４
上方 两点 且→ＡＢ λＡ→Ｆ 则λ的值为 ４． 答案 Ｃ
） ， ＝ ２， （ ）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ４９
５．（多选题）（２０２０ 山东枣庄、滕州期末，１２）在平面直角坐标系 若折线ｙ ｋ ｘ ｋ 与Ｃ相交于Ａ Ｂ两点 点Ａ在
（２） ＝ ｜ － ２｜（ ≠０） ， （
ｘＯｙ中
，
抛物线Ｃ
：
ｙ２
＝２
ｐｘ
（
ｐ
＞０）
的焦点为Ｆ
，
准线为ｌ．设ｌ与ｘ
直线ｘ 的右侧 设直线ＯＡ ＯＢ的斜率分别为ｋ ｋ
轴的交点为Ｋ Ｐ为Ｃ上异于Ｏ的任意一点 Ｐ在ｌ上的射影 ＝ ２ ）， ， １， ２，
， ， 且ｋ ｋ 求ｋ的值．
为Ｅ ＥＰＦ的外角平分线交ｘ轴于点Ｑ 过Ｑ作ＱＮ ＰＥ交 ２－ １＝２，
，∠ ， ⊥ ì ïｃ
ＥＰ的延长线于Ｎ 作ＱＭ ＰＦ交线段ＰＦ于点Ｍ 则 ６
， ⊥ ， （ ） ïａ ＝ ，
７． 解析 由题意可知í ３ 因为ａ２ ｂ２ ｃ２
（１） ï ｂ２ ＝ ＋ ，
ï２ ２ ３
î ａ ＝ ，
３
所以ａ ｂ
＝ ３， ＝１，
ｘ２
所以椭圆Ｃ的标准方程为 ｙ２ ．
＋ ＝１
３
因为折线ｙ ｋ ｘ ｋ 与椭圆Ｃ相交于Ａ Ｂ两点
（２） ＝ ｜ － ２｜（ ≠０） ， ，
设点Ｂ关于ｘ轴的对称点为Ｂ′ 则直线ｙ ｋ ｘ ｋ 与
， ＝ （ － ２）（ ≠０）
ＰＥ ＰＦ ＰＦ ＱＦ
Ａ．｜ ｜＝｜ ｜ Ｂ．｜ ｜＝｜ ｜ 椭圆Ｃ相交于Ａ Ｂ′两点．
，
ＰＮ ＭＦ ＰＮ ＫＦ
Ｃ．｜ ｜＝｜ ｜ Ｄ．｜ ｜＝｜ ｜ 设Ａ ｘ ｙ Ｂ′ ｘ ｙ 则Ｂ ｘ ｙ
５． 答案 ＡＢＤ {ｘ （
２
１， １）， （ ２， ２）， （ ２，－ ２），
６．（２０２１东北三省三校第一次联考，１５）双曲线Ｃ
：ａ
ｘ２
２ －
ｙ
ｂ
２
２ ＝１（
ａ
＞０，
ｂ
＞
由
３
＋
ｙ２
＝１， 得
（１＋３
ｋ２
）
ｘ２
－６ ２
ｋ２ｘ
＋６
ｋ２
－３＝０，
ｙ ｋ ｘ
的左 右焦点分别为Ｆ Ｆ 过Ｆ 的直线与双曲线Ｃ的两条渐 ＝ （ － ２）
０） 、 １、 ２， １ ｋ２ ｋ２
近线分别交于Ｐ
、
Ｑ两点
（
Ｐ在第二象限
，
Ｑ在第一象限
），
Ｆ→
１
Ｐ
＝
所以ｘ
１＋
ｘ
２＝ １
６
＋
２
３ ｋ２，
ｘ
１
ｘ
２＝ １
６
＋３
－
ｋ
３
２，
６． ２ Ｐ→ 答 Ｑ ， 案 Ｆ→ １ Ｑ · ４ Ｆ→ ２ Ｑ ＝０， 则双曲线Ｃ的离心率为 ． 所以ｋ ２－ ｋ １＝－ æ è ç ｙ ｘ ２ ＋ ｙ ｘ １ ö ø ÷ ＝－ é ë ê ê ｋ （ ｘ ２ ｘ － ２） ＋ ｋ （ ｘ １ ｘ － ２） ù û ú ú
７．（２０２１山东济南一模，２１）已知椭圆Ｃ ：ａ ｘ２ ２ ＋ ｙ ｂ ２ ２ ＝１（ ａ ＞ ｂ ＞０） 的离 ＝ ２ ｋ · ｘ ｘ １＋ ｘ ｘ ２ －２ ｋ ２ ＝ １ ｋ １ ２ ２ ｋ３ －２ ｋ ＝ ｋ ２ ２ ｋ ２ ＝２， １
１ ２ ６ －３ ２ －１
心率为 ６
，
过椭圆焦点的最短弦长为２ ３． 整理得
２
ｋ２
－
ｋ
－１＝０，
解得ｋ
＝－
１ 或ｋ
＝１
．
３ ３ ２
求椭圆Ｃ的标准方程
（１） ；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
Ｂ 组 综合应用题组 学生用书Ｐ１８７ ７０分钟 ８０分
一、单项选择题（每小题５分，共２０分）
ｘ２ ｙ２
１．（２０２１辽宁沈阳市郊联体期末，７）已知椭圆Ｍ ａ ｂ
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞
过Ｍ的右焦点Ｆ 作直线交椭圆于Ａ Ｂ两点 若ＡＢ
＞０）， （３，０） ， ，
中点坐标为 则椭圆Ｍ的方程为
（２，１）， （ ）
ｘ２ ｙ２ ｘ２ Ａ．１２ ５－２４ Ｂ．６ ５－１２
ｙ２
Ａ． ＋ ＝１ Ｂ． ＋ ＝１
９ ６ ４ Ｃ．１２ ５－１８ Ｄ．６ ５－８
ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２ ３． 答案 Ａ
Ｃ． ＋ ＝１ Ｄ． ＋ ＝１ ４．（２０２１湖南岳阳一模，７）抛物线ｙ２ ｘ的焦点为Ｆ 点Ｐ ｘ ｙ
１２ ３ １８ ９ ＝４ ， （ ， ）
１． 答案 Ｄ 为该抛物线上的动点 点Ａ是抛物线的准线与坐标轴的交点
， ，
２．（２０２１湖南永州二模，１２）抛物线Ｃ ｙ２ ｘ的焦点为Ｆ Ｐ是其 ＰＡ
： ＝４ ， 则｜ ｜的最大值是
上一动点 点Ｍ 直线ｌ与抛物线Ｃ相交于Ａ Ｂ两点 下 ＰＦ （ ）
， （１，１）， ， ， ｜ ｜
列结论正确的是
（ ）
Ａ．｜ ＰＭ ｜＋｜ ＰＦ ｜ 的最小值是 ２ Ａ．２ Ｂ． ２ Ｃ． ２ ３ ３ Ｄ． ２ ３
Ｂ．
动点Ｐ到点Ｈ
（３，０）
的距离最小值为
３
４． 答案 Ｂ
存在直线ｌ 使得Ａ Ｂ两点关于直线ｘ ｙ 对称
Ｃ． ， ， ＋ －３＝０ 二、多项选择题（每小题５分，共１５分）
与抛物线Ｃ分别相切于Ａ Ｂ两点的两条切线交于点Ｎ 若
Ｄ． 、 ， ５．（２０２１广东广州一模，９）已知点Ｏ为坐标原点 直线ｙ ｘ 与
直线ＡＢ过定点 则点Ｎ在抛物线Ｃ的准线上 ， ＝ －１
（２，０），
２． 答案 Ａ 抛物线Ｃ ： ｙ２ ＝４ ｘ相交于Ａ ， Ｂ两点 ， 则 （ ）
３．（２０２０湖南邵阳模拟，１２）如图 ， 在 △ ＡＢＣ中 ，｜ ＡＢ ｜＝４， 点Ｅ为 Ａ．｜ ＡＢ ｜＝８
ＡＢ的中点 点Ｄ为线段ＡＢ垂直平分线上的一点 且 ＤＥ ＯＡ ＯＢ
， ， ｜ ｜＝４， Ｂ． ⊥
固定边ＡＢ 在平面ＡＢＤ内移动顶点Ｃ 使得 ＡＢＣ的内切圆始 ＡＯＢ的面积为
， ， △ Ｃ．△ ２ ２
终与ＡＢ切于线段ＢＥ的中点 且Ｃ Ｄ在直线ＡＢ的同侧 在移 线段ＡＢ的中点到直线ｘ 的距离为
， 、 ， Ｄ． ＝０ ２
动过程中 当 ＣＡ ＣＤ 取得最小值时 ＡＢＣ的面积为 ５． 答案 ＡＣ
， ｜ ｜＋｜ ｜ ，△
（ ）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ５０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
６．（２０２０山东六地市部分学校线上考试，１１）已知点Ｐ是双曲线 Δ ｋ２ ２ ｋ２ ｋ２ ｋ２ 恒成立
＝（－８ ） －４（３＋４ ）（４ －１２）＝４×３６（ ＋１）＞０ ，
ｘ２ ｙ２ 设直线ｌ与椭圆Ｃ的两个交点为Ｐ ｘ ｙ Ｑ ｘ ｙ
Ｅ 的右支上一点 Ｆ Ｆ 为双曲线Ｅ的左 右焦点 （ １， １）， （ ２， ２），
：
１６
－
９
＝１ ， １、 ２ 、 ，
根据根与系数的关系得ｘ ｘ ８
ｋ２
ｘ ｘ ４
ｋ２
－１２
△
ＰＦ
１
Ｆ
２
的面积为
２０，
则下列说法正确的是
（ ）
１＋ ２＝
３＋４
ｋ２， １ ２＝
３＋４
ｋ２ ，
ｙ ｙ ｋ ｘ ｋ ｘ
Ａ． 点Ｐ的横坐标为２ ３ ０ Ｂ．△ ＰＦ １ Ｆ ２ 的周长为８ ３ ０ 则ｋ １＋ ｋ ２＝ｘ １＋ １ ２ ＋ｘ ２＋ ２ ２ ＝ （ ｘ １ １ ＋ － ２ １） ＋ （ ｘ ２ ２ ＋ － ２ １）
Ｆ ＰＦ 小于π ＰＦ Ｆ 的内切圆半径为 ３ ｋ２ ｋ２
６． Ｃ．∠ 答案 １ Ａ ２ ＢＣ ３ Ｄ．△ １ ２ ４ ｋ ２ ｘ １ ｘ ２＋（ ｘ １＋ ｘ ２）－４ ｋ ２· ４ ３＋ － ４ ｋ １ ２ ２ ＋ ３＋ ８ ４ ｋ２ －４
７．（２０２１江 苏常州 一模，１０）已知Ｏ为坐标原点 Ｆ Ｆ 分别为双
＝ ·ｘ
１
ｘ
２＋２（
ｘ
１＋
ｘ
２）＋４
＝ ·
４
ｋ２
－１２ ８
ｋ２
曲线
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ 的左 右焦点 点
，
Ｐ 在
１，
双
２
曲线右支 ｋ２ ｋ２ ｋ２
３＋４ ｋ２ ＋２· ３＋４ ｋ２ ＋４
ａ２ －ｂ２ ＝１（ ＞０， ＞０） ， ，
＝
ｋ
·
８
ｋ２
－２４＋８
ｋ２
－４（３＋４
ｋ２
）
＝－
１
ｋ ，
上 则下列结论正确的有 ４ －１２＋１６ ＋４（３＋４ ）
， （ ） 所以ｋ 即直线ｌ ｙ ｘ 化简得 ｘ ｙ ．
若 ＰＯ ＰＦ 则双曲线的离心率ｅ ＝４， ： ＝４（ －１）， ４ － －４＝０
Ａ． ｜ ｜＝｜ ２｜， ≥２
综上可知 存在直线ｌ ｘ ｙ 满足ｋ ｋ １ ．
Ｂ．
若
△
ＰＯＦ
２
是面积为
３
的正三角形
，
则ｂ２
＝２ ３
， ：４ － －４＝０， １＋ ２＝－
４
Ｃ．
若Ａ
２
为双曲线的右顶点
，
ＰＦ
２⊥
ｘ轴
，
则
｜
Ｆ
２
Ａ
２｜＝｜
Ｆ
２
Ｐ
｜ １１．（２０２０福建３月质量检测，１９）已知椭圆Ｅ
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ
Ｄ．
若射线Ｆ
２
Ｐ与双曲线的一条渐近线交于点 Ｑ
，
则
｜ ｜
ＱＦ
１｜－
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞
ＱＦ ａ
７． 答
｜
案
２｜｜
Ａ
＞
Ｂ
２
０）
的焦距为
２ ３，
直线ｌ
１：
ｘ
＝４
与ｘ轴的交点为Ｇ
，
过点Ｍ
（１，
且不与ｘ轴重合的直线ｌ 交Ｅ于点Ａ Ｂ 当ｌ 垂直于ｘ轴
０） ２ ， ， ２
三、填空题（每小题５分，共１０分）
时 ＡＢＧ的面积为３ ３．
８．（２０２１江苏百校联考４月调研，１６）设抛物线Ｃ ｙ ｘ２ ｘ ，△
１： ＝ －２ ＋２ ２
和Ｃ ｙ ｘ２ ａｘ ｂ在它们的一个交点处的切线互相垂直 则 求Ｅ的方程
２： ＝－ ＋ ＋ ， （１） ；
Ｃ 过定点 ． 若ＡＣ ｌ 垂足为Ｃ 直线ＢＣ交ｘ轴于点Ｄ 证明 ＭＤ
２ （２） ⊥１， ， ， ：｜ ｜
( ) ＤＧ ．
８． 答案 ３ ＝｜ ｜
１， １１． 解析 因为椭圆Ｅ的焦距为
２
９．（２０２１辽宁百校联盟质检，１４）若抛物线ｙ２ ｘ上有两点Ａ Ｂ （１） ２ ３，
＝８ ， ， 所以ｃ 分
且直线ＡＢ垂直于ｘ轴 Ｏ为坐标原点 若 ＡＯＢ的面积为 ＝ ３， （１ ）
， ， △ ８， 所以ａ２ ｂ２ 分
则点Ａ Ｂ到抛物线的准线的距离之和为 ． － ＝３，① （２ ）
，
９． 答案 当ｌ 垂直于ｘ轴时 ＭＧ 因为 ＡＢＧ的面积为３ ３
８ ２ ，｜ ｜＝３， △ ，
２
四、解答题（共３５分）
即 １ ＡＢ ＭＧ ３ ３
ｘ２ ｙ２ ｜ ｜·｜ ｜＝ ，
１０．（２０２１河北二轮复习联考（一），２０）椭圆Ｃ ａ ｂ ２ ２
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞
æ ö
与椭圆Ｅ ｘ２ ｙ２ 有共同的焦点 且椭圆Ｃ的离心率ｅ 所以 ｜ ＡＢ ｜＝ ３， 不妨设Ａ è ç １， ３ ø ÷ ， （３ 分 ）
０） ： ＋ ＝１ ， ＝ ２
２５ ２４
代入椭圆Ｅ的方程得 １ ３
１ ．点Ｍ Ｆ分别为椭圆Ｃ的左顶点和右焦点 直线ｌ过点Ｆ ａ２ ＋ ｂ２ ＝１，②
、 ， ４
２ 联立 解得ａ２ ｂ２
且交椭圆 Ｃ 于 Ｐ Ｑ 两点 设直线 ＭＰ ＭＱ 的斜率分别为 ①②， ＝４， ＝１，
， ， ， ｘ２
ｋ ｋ ． 所以椭圆Ｅ的方程为 ｙ２ ． 分
１， ２ ＋ ＝１ （５ ）
求椭圆Ｃ的标准方程 ４
（１） ； 证明 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 则Ｃ ｙ
（２） ： （ １， １）， （ ２， ２）， （４， １），
是否存在直线 ｌ 使得 ｋ ｋ １ 若存在 求出直线 ｌ 因为直线ｌ 不与ｘ轴重合 故可设ｌ 的方程为ｘ ｍｙ
（２） ， １＋ ２＝－ ？ ， ２ ， ２ ＝ ＋１，
４ 分
的方程 若不存在 说明理由． （６ ）
； ， {ｘ ｍｙ
１０． 解析 由题意可知椭圆Ｃ中 ｃ ＝ ＋１，
由离心 率
（
ｅ
１）
ｃ
１ 可得ａ 又知
，
ｂ
＝
２
１，
ａ２ ｃ２
联立 ｘ２
＋
ｙ２
＝１，
整理得
（
ｍ２
＋４）
ｙ２
＋２
ｍｙ
－３＝０，
＝ ａ ＝ ＝２， ＝ － ＝３， ４
２ ｍ
所以椭圆Ｃ的标准方程为
ｘ２
＋
ｙ２
＝１ ．
所以Δ
＝１６（
ｍ２
＋３）＞０，
ｙ
１＋
ｙ
２＝－ｍ
２
２ ＋４ ，
ｙ
１
ｙ
２＝－ｍ２
３
＋４ ， （７
分
）
４ ３
ｙ ｙ
（２） 右焦点Ｆ （１，０）， 左顶点Ｍ （－２，０）， 假设存在直线ｌ ， 满足 所以直线ＢＣ ｙ ｙ １－ ２ ｘ 分
： － １＝ ｘ （ －４）， （８ ）
ｋ ｋ １ ． ４－ ２
１＋ ２＝－
４ 令ｙ 则ｘ
ｙ
１（
ｘ
２－４）
当直线ｌ斜率不存在时 ｋ ｋ 不合题意 舍去． ＝０， ＝ ｙ ｙ ＋４，
， １＋ ２＝０， ， １－ ２
当直线ｌ斜率存在时 设直线ｌ的方程为ｙ ｋ ｘ 联立得 ｙ ｘ
， ＝ （ －１）， 所以Ｄ的横坐标为ｘ １（ ２－４） 分
{ｙ ｋ ｘ Ｄ＝ ｙ ｙ ＋４， （９ ）
＝ （ －１）， １－ ２
ｘ２ ｙ２ 整理得
（３＋４
ｋ２
）
ｘ２
－８
ｋ２ｘ
＋４
ｋ２
－１２＝０， 所以 ｘ ５
ｙ
１（
ｘ
２－４） ５
ｙ
１（
ｍｙ
２－３） ３
＋ ＝１， Ｄ － ＝ ｙ ｙ ＋ ４ － ＝ ｙ ｙ ＋ ＝
４ ３ ２ １－ ２ ２ １－ ２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ５１
ｍ ｍ
－６ ６ 则Ｓ １ ＭＮ ｄ 即 Ｓ
２
ｙ
１（
ｍｙ
２－３）＋３
ｙ
１－３
ｙ
２ ２
ｍｙ
１
ｙ
２－３（
ｙ
１＋
ｙ
２）
ｍ２
＋４
＋ｍ２
＋４
△ ＰＭＮ＝
２
｜ ｜· ≤２ ３， （ △ ＰＭＮ）ｍａｘ＝２ ３，
ｙ ｙ ＝ ｙ ｙ ＝ ｙ ｙ ＝ ０， 设Ｐ ｘ ｙ ＭＮ 点 Ｐ 到直线 ＭＮ 的距离 ｄ
２（ １－ ２） ２（ １－ ２） ２（ １－ ２） ② （ ０， ０），｜ ｜ ＝ １３， １＝
ｘ ｙ
所以ｘ Ｄ＝ ２ ５ ． （１１ 分 ） ｜３ ０＋２ ０｜ ， 则Ｓ △ ＰＭＮ＝ １ ｜ ＭＮ ｜· ｄ １＝ １ ｜３ ｘ ０＋２ ｙ ０｜ ．
１３ ２ ２
因为ＭＧ中点的横坐标为 ５ 所以Ｄ为线段ＭＧ的中点
， ， ｙ ３
２ ０－
所以 ＭＤ ＤＧ ． 分 直线ＭＰ ｙ ２ ｘ ３
｜ ｜＝｜ ｜ （１２ ） ： ＝ ｘ （ ＋１）＋ ，
ｘ２ ｙ２ ０＋１ ２
１２．（２０２１湖南六校４月联考，２１）已知Ａ Ｂ分别为椭圆Ｅ æ ｙ ö
， ：ａ２ ＋
３
＝１ 令ｘ
＝３，
可得Ｃ
è
ç
３，
４
ｘ
０－６
＋
３
ø
÷
；
ａ 的左 右顶点 Ｑ为椭圆Ｅ的上顶点 →ＡＱ Ｑ→Ｂ ．
０＋１ ２
（ ＞ ３） ， ， ， · ＝１
ｙ ３
（１）
求椭圆Ｅ的方程
； 直线ＰＮ ｙ
０＋
２ ｘ ３
( ) ： ＝ ｘ （ －１）－ ，
（２）
已知动点 Ｐ 在椭圆 Ｅ 上
，
两定点 Ｍ
－１，
３
，
０－
æ
１
ｙ
２
ö
( ) ２ 令ｘ ＝３， 可得Ｄ è ç ３， ２ ｘ ０＋３ － ３ ø ÷ ，
Ｎ
１，－
３ ． ０－１ ２
① 求 △ Ｐ ２ ＭＮ的面积的最大值 ； 则 ｜ ＣＤ ｜＝ （３ ｘ ０＋２ ｘ ｙ ２ ０）（ ｘ ０－３） ，
若直线ＭＰ与ＮＰ分别与直线ｘ 交于 Ｃ Ｄ 两点
０－１
② ＝３ ， ， 又Ｐ到直线ＣＤ的距离为ｄ ｘ
问 是否存在点 Ｐ 使得 ＰＭＮ 与 ＰＣＤ 的面积相等 ２＝｜３－ ０｜，
： ， △ △ ？ ｘ ｙ
若存在 ， 求出点Ｐ的坐标 ； 若不存在 ， 说明理由． 则Ｓ △ ＰＣＤ＝ １ ｜ ＣＤ ｜· ｄ ２＝ １ ３ ｘ ０ ２ ＋２ ０ ·（３－ ｘ ０） ２ ，
１２． 解析
（１）
由题意得Ａ
（－
ａ
，０），
Ｂ
（
ａ
，０），
Ｑ
（０， ３），
则Ａ→Ｑ
＝ ∵ △
ＰＭＮ与
２
△
ＰＣＤ面积相
２
等
，
０－１
ａ Ｑ→Ｂ ａ ｘ ｙ
（ ， ３）， ＝（ ，－ ３）， １ ｘ ｙ １ ３ ０＋２ ０ ｘ ２
由Ａ→Ｑ
·
Ｑ→Ｂ
＝１，
得ａ２
－３＝１，
得ａ
＝２，
∴
２
｜３ ０＋２ ０｜＝
２
ｘ２
０－１
·（３－ ０） ，
所以椭圆Ｅ的方程为
ｘ２ ｙ２
． 故 ｘ ｙ 舍 或 ｘ２ ｘ ２ 解得ｘ ５ 代入椭
＋ ＝１ ３ ０＋２ ０＝０（ ） ｜ ０－１｜＝（３－ ０） ， ０＝ ，
４ ３ ３
设Ｐ θ θ 易知直线ＭＮ ｙ ３ ｘ 即 ｘ 圆方程得ｙ ３３
（２）① （２ｃｏｓ ， ３ｓｉｎ ）， ： ＝－ ， ３ ＋ ０＝± ，
２ ６
θ θ æ ö æ ö
ｙ 点 Ｐ 到直线 ＭＮ 的距离 ｄ ｜６ｃｏｓ ＋２ ３ｓｉｎ ｜ 故点Ｐç ５ ３３÷或ç ５ ３３÷．
２ ＝ ０， ＝ ＝ è ， ø è ，－ ø
１３ ３ ６ ３ ６
( )
θ π
４ ３ ｓｉｎ ＋
３ ４ ３９ 又 ＭＮ
≤ ， ｜ ｜＝ １３，
１３ １３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
Ｃ 组 教师专用题组
一、单项选择题 ｋ２ ｘ２ ｋｂｘ ｂ２
２ ） ＋４ ＋２ －２＝０，
１．（２０２１浙江金华十校４月模拟，１０）已知椭圆Ｃ
ｘ２
ｙ２ 和直
Δ
＝１６
ｋ２ｂ２
－８（
ｂ２
－１）（２
ｋ２
＋１）＝０，
所以ｂ
＝－ ２
ｋ２
＋１
．
： ＋ ＝１ ｋ æ ｋ ö
２ 故ｘ ２ 所以Ｎç ２ －１ ÷
线ｌ ： ｘ ＝ ｔ （ ｔ ＞０）， 点Ａ ， Ｂ在直线ｌ上 ， 射线ＯＡ ， ＯＢ分别交椭圆Ｃ于 Ｎ＝ ２ ｋ２ ＋１ ， è ２ ｋ２ ＋１ ， ２ ｋ２ ＋１ ø，
Ｍ Ｎ两点 则当 ＯＭＮ面积取到最大值时 ＡＯＢ是
， ， △ ，∠ （ ） ｋ ｋ ｋ
．锐角 ．直角 因为Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｎ ２ ２ ２ ２ 所以 ＡＯＢ 是锐角
Ａ Ｂ · ＝ ｋ２ － ｋ２ ＝ ｋ２ ＞０， ∠ ，
．钝角 ．都有可能 ２ ＋１ ２ ＋１ ２ ＋１
Ｃ Ｄ 故选 ．
答案 Ａ 问题可以转化为椭圆上存在位于第一 第四象限 Ａ
、 ｘ２ ｙ２
的两点Ｍ
，
Ｎ
，
使得
△
ＯＭＮ面积最大
，
２．（２０２１浙江绍兴４月模拟，９）已知椭圆Ｃ ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ａ ＞ ｂ ＞０） 和
不妨设ｋ ＯＭ＝ ｋ ， ｋ ＞０， 联立得
{ｙ
ｙ２
＝ ｋ
ｘ
ｘ
２
， 点Ｍ (ａ２
ａ
－ ｂ２
，０
) ．若存在过点Ｍ的直线交Ｃ于Ｐ
，
Ｑ两点
，
满足Ｐ→Ｍ
＋ ＝１， ( )
２ λＭ→Ｑ λ １ 则椭圆Ｃ的离心率的取值范围是
æ ｋ ö ＝ ０＜ ＜ ， （ ）
１ ２
解得Ｍ ç ， ÷ ． æ ö æ ö æ ö æ ö
ç ÷
è
ｋ２
＋
１ ｋ２
＋
１
ø Ａ
．
è
ç
０，
２
ø
÷
Ｂ
．
è
ç ３
，
２
ø
÷
Ｃ
．
è
ç ３
，１ø
÷
Ｄ
．
è
ç ２
，１ø
÷
２ ２ ２ ３ ２ ３ ２
当
的面
ＯＭ
积
固
最
定
大
时
设 ，
作
ｌ′
ｌ
ｙ
′
∥ ｋ
Ｏ
ｘ
Ａ
， ｂ
当
ｂ
ｌ′与Ｃ
由
在
{
第
ｙ
四
＝ ｋ
象
ｘ ＋
限
ｂ ，
相
消
切
去
时
， ｙ △ 得
ＯＭＮ
线
答
ＰＱ
案
的 方
Ｃ
程 为
设
ｘ
Ｐ
（ ｍ
ｘ
１ ｙ ，
ｙ
ｃ １ ２ ），
Ｑ
（
ｘ
２，
ｙ
２），
易知ｃ
＝
ａ２
－
ｂ２
，
设直
， ： ＝ ＋ （ ＜０）， ｘ２ ｙ２ （１＋ ＝ ＋ ａ ，
＋２ ＝２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ５２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ｂ２ｃ２ｍ
将其代入椭圆方程 消去 ｘ 得 ｂ２ｍ２ ａ２ ｙ２ ２ ｙ ３ ａ２，设过点Ｐ的直线斜率为ｋ，则直线方程为ｙ ｋ（ｘ ），
， （ ＋ ） ＋ ａ ＋ ＋２＝ －２
４
ｂ２ ｃ４ ａ４ 即ｙ ｋｘ ｋ ，则反射后的切线方程为 ｙ ｋｘ ｋ ，由
（ － ） ＝ －２ －２ ＝－ －２ －２
ａ２ ＝０， {ｙ ｋｘ ｋ ，
＝－ －２ －２ 得（ ｋ２）ｘ２ ｋ（ｋ ）ｘ ｋ２ ｋ
ｂ２ｃ２ｍ ｂ２ ｃ４ ａ４ ｂ２ｘ２ ａ２ｙ２ ａ２ｂ２ ， ３＋４ ＋１６ ＋１ ＋１６ ＋３２ ＋１６－
所以ｙ ｙ －２ ｙ ｙ （ － ） ＋ － ＝０
１＋ ２＝ａ ｂ２ｍ２ ａ２ ， １ ２＝ａ２ ｂ２ｍ２ ａ２ ， ａ２ ，
（ ＋ ） （ ＋ ） ３ ＝０
ｂ２ｃ２ｍ 因为所有反射光线所在直线中只有一条与椭圆相切，
由Ｐ→Ｍ λＭ→Ｑ得 ｙ λｙ 所以 λ ｙ －２ λｙ２
＝ １＝－ ２， （１－ ） ２＝ａ ｂ２ｍ２ ａ２ ，－ ２ 所以Δ ［ ｋ（ｋ ）］２ （ ｋ２）（ ｋ２ ｋ ａ２） ，
（ ＋ ） ＝ １６ ＋１ －４ ３＋４ １６ ＋３２ ＋１６－３ ＝０
ｂ２ ｃ４ ａ４ { ａ２ ，
＝ａ２
（
（
ｂ２ｍ
－
２
＋
ａ
）
２
）
． 即
４
ａ２ｋ２
＋３
ａ２
＝ １６
ｋ２
＋３２
ｋ
＋１６
，所以有 ４
３
ａ２
＝
＝
１
３
６
２
ｋ
＋１６
，
解得
λ ２ ｃ４ｍ２ {ａ２ ，
两式消去ｙ 得（１－ ） ４ ． ＝４
２ λ ＝ ｂ２ｍ２ ａ２ ｃ２ ａ２ 所以此条切线的斜率为 ｋ １ ，故选 ．
（ ＋ ）（ ＋ ） ｋ １ ， － ＝ Ｄ
λ ２ ＝－ ８
因为 λ １ 所以（１－ ） １ λ １ ８
０＜ ＜ ， λ ＝ λ＋ －２＞ ， ４．（２０２１四川成都二模，１１）已知Ｆ为抛物线ｙ２ ｘ的焦点 Ａ为抛物线
２ ２ ＝２ ，
ｃ４ｍ２ ＡＢ
即 ４ １ ． 上的动点 点Ｂ ．当 ２｜ ｜ 取最大值时 ＡＢ 的值为
（
ｂ２ｍ２
＋
ａ２
）（
ｃ２
＋
ａ２
）
＞
２
， （－１，０）
２｜
ＡＦ
｜＋１
，｜ ｜ （ ）
整理得 ｃ４ ｂ２ｃ２ ａ２ｂ２ ｍ２ ａ４ ａ２ｃ２
（８ － － ） ＞ ＋ ， Ａ．２ Ｂ． ５
于是 ｃ４ ｂ２ｃ２ ａ２ｂ２ 即 ｃ４ ｃ４ ａ４
８ － － ＞０， ８ ＋ － ＞０， Ｃ． ６ Ｄ．２ ２
所以ｅ４ １ 即ｅ ３． 答案 Ｃ 抛物线ｙ２ ｘ的准线方程为ｘ １ ．如图 过点
＞ ， ＞ ＝２ ＝－ ，
９ ３ ２
Ｂ作ｘ轴的垂线ｌ′ 过点Ａ作ｌ′的垂线 垂足为Ｍ ＡＭ交抛物线
又 ｅ 所以 ３ ｅ ．故选 ． ， ， ，
０＜ ＜１， ＜ ＜１ Ｃ ＡＢ
３ 的准线于点 Ｈ 则 ＡＨ ＡＦ ＭＨ １ 于是 ２｜ ｜
， ｜ ｜ ＝ ｜ ｜，｜ ｜ ＝ ， ＡＦ ＝
小题巧解 设椭圆 Ｃ 的左、右顶点分别为 Ａ ，Ａ ，易知 ２ ２｜ ｜＋１
１ ２ ＡＢ ＡＢ ＡＢ
(ｃ２ ) ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ １ １ 显然当
Ａ（ ａ， ），Ａ（ａ， ），Ｍ ， ．设Ｔ（ｘ，ｙ）是椭圆上任意一点， ＝ ＡＨ ＭＨ ＝ ＡＭ ＝ ＢＡＭ＝ ＡＢＦ，
１ － ０ ２ ０ ａ ０ ＡＦ １ ｜ ｜＋｜ ｜ ｜ ｜ ｃｏｓ∠ ｃｏｓ∠
｜ ｜＋
( ｃ２ ) ２ ｃ２ ｃ２ ｃ４ ２
则 ｜ ＴＭ ｜ ２ ＝ ｘ － ａ ＋ ｙ２ ＝ａ２ ｘ２ － ２ ａ ｘ ＋ａ２ ＋ ｂ２ 在ｘ ∈ ［ － ａ，ａ］上 直线 ＡＢ 与抛物线相切时
，∠
ＡＢＦ 最大
，
１
ＡＢＦ
最大
，
即
单调递减， ｃｏｓ∠
ＡＢ
２｜ ｜ 取得最大值 直线ＡＢ与抛物线相切时 设直线ＡＢ的
ｃ２ ＡＦ ， ，
由题知：只要｜ ｜ Ａ Ｍ ２ Ａ Ｍ １｜ ｜ ＜ ２ １ 即可，｜ ｜ Ａ Ｍ ２ Ａ Ｍ １｜ ｜ ＜ ２ １ ⇔ ａ ｃ
ａ
－ ２
＋
ａ ａ ＜ ２ １ ⇔ ａ２ ＜３ ｃ２， ２ 方 ｜ 程为 ｜＋ ｙ １ ＝ ｋ （ ｘ ＋１）， 由 {ｙ ｙ２ ＝
＝
ｋ
２
（ ｘ ｘ ＋１），得ｋ２ｘ２ ＋（２ ｋ２ －２） ｘ ＋ ｋ２ ＝０
令Δ 可得 ｋ２ ２ ｋ４ 解得ｋ ２ 把ｋ ２
所以 ３ ｅ ．故选 ． （∗）， ＝０， （２ －２） －４ ＝０， ＝± ， ＝±
＜ ＜１ Ｃ ２ ２
３ 代入方程 可得ｘ２ ｘ 解得ｘ 则Ａ 故
３．（２０２１甘肃兰州高三诊断考试，１１）已知Ｐ 是离心率为 （∗） －２ ＋１＝０， ＝１， （１，± ２）， ｜
（２，－２） ＡＢ 故选 ．
ｘ２ ｙ２ ｜＝ ６， Ｃ
１ 的椭圆 ａ ｂ 外一点 经过点Ｐ的光线被ｙ轴
ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） ，
２
反射后 所有反射光线所在直线中只有一条与椭圆相切 则此
， ，
条切线的斜率是
（ ）
１ １ １
Ａ．－ Ｂ．－ Ｃ．１ Ｄ．
８ ２ ８
答案 Ｄ 因为过点Ｐ的光线被ｙ轴反射后 所有反射光线
，
所在直线中只有一条与椭圆相切 所以点Ｐ与椭圆右顶点的
，
连线与ｘ轴垂直 所以ａ ．
一题多解 过Ｂ作ｘ轴的垂线ｌ′，过点Ａ作ｌ′的垂线，垂足
， ＝２
因为ｅ
＝ ａ
ｃ
＝
１
，
所以ｃ
＝１，
所以ｂ
＝
ａ２
－
ｃ２
＝ ３，
所以椭圆的 为Ｍ，ＡＭ交抛物线的准线于点Ｈ，则
｜
ＡＨ
｜＝｜
ＡＦ
｜
，
｜
ＭＨ
｜＝
１ ，
２ ２
ＡＢ ＡＢ ＡＢ ＡＢ
方程为 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ ．由反射原理知 ， 反射光线所在直线过点 （－２， 于是 ２ ２ ｜ Ａ ｜ Ｆ ｜＋ ｜ １ ＝ Ａ ｜ Ｆ ｜ １ ＝ ｜ ＡＨ ｜ ｜＋｜ Ｍ ｜ Ｈ ｜ ＝ ｜ ｜ ＡＭ ｜ ｜ ，设Ａ（ｘ ０ ，ｙ ０ ），
４ ３ ｜ ｜＋
设与椭圆相切的反射光线所在的直线的斜率为ｋ 则该直 ２
线 － ３） ２ 的 ） ｘ２ ， 方 ＋１ 程 ６ ｋ 为 （ ｋ ｙ － ＋ １ ２ ） ＝ ｘ ｋ ＋ （ １ ｘ ６ ＋ ｋ ２ ２ － ）， ３２ 与 ｋ 椭 ＋４ 圆 ＝ 方 ０ ．所 程 以 联立 Δ ＝ ， 消 ［１ 去 ６ ｋ （ ｙ ， ｋ 得 － ， １ （ ） ４ ］ ｋ ２ ２ － ＋ 当ｙ ０＝０ 时， ｜ ｜ Ａ Ａ Ｍ Ｂ ｜ ｜ ＝１ ，当 ｙ ０≠０ 时， ( ｜ ｜ Ａ Ａ Ｍ Ｂ ｜ ｜ ) ２ ＝ （ｘ （ ０ ｘ ＋ ０ １ ＋ ） １ ２ ） ＋ ２ ｙ２ ０ ＝
æｙ２ ö２ ｙ４
４（４ ｋ２ ＋３）（１６ ｋ２ －３２ ｋ ＋４）＝１６（２４ ｋ －３）＝０， 解得ｋ ＝ １ ．故选 Ｄ ． è ç ０ ＋１ø ÷ ＋ ｙ２ ０ ０ ＋１＋ ｙ２ ０＋ ｙ２ ０ ｙ２
８ ２ ４ ０ １
ｃ æｙ２ ö２ ＝ ｙ４ ＝１＋ｙ４ ＝１＋ｙ２ ≤１＋
一题多解 由题意可知 ｅ
＝ ａ ＝
１ ，又 ａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２，故 ｂ２
＝ è
ç ０
＋１ø
÷ ０
＋１＋
ｙ２
０
０
＋１＋
ｙ２
０
０
＋ｙ
１
２ ＋１
２ ２ ４ ４ ４ ０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ５３
ｙ２ ． 解得 ｍ 或 ｍ 当 ｍ 时 由
１ ３ ，当且仅当 ０ １ ，即ｙ 时取等号， ＝ ２ － １ ＝ ２ ＝ ２ － ２， ＝ ２ ，
２ 此时 ｙ ４ Ａ ２ ０ （ · １ ， ｙ １ ± ２ ０ ＋ ２ １ ） ＝ ，所 ２ 以 ｜ ＡＢ ｜＝ ６ ４ ，故 ＝ 选 ｙ２ ０ Ｃ ． ０＝± ２ ì î í ï ï ï ï ｙ ｘ ＝ ２ ＋ － ｙ ２ １ ２ ＝ ｘ １ ＋ ， ２， 得ｘ２ －２ ２ ｘ ＋２＝０， 此时Δ ＝０， 直线与椭圆Ｃ只
５．（２０２１九师联盟核心模拟卷（四），１２）已知Ｆ为抛物线ｙ２ ｘ ４
＝４
ì
的焦点 点Ｐ在抛物线上 过点Ｆ的直线ｌ与抛物线交于Ｂ Ｃ ïｙ １ ｘ
， ， ， ï ＝－ ＋２－ ２，
两
列
点
四 ， 个
Ｏ
命
为
题
坐
：
标原点
，
抛物线的准线与ｘ轴的交点为Ｍ
，
给出下 有一个交点
；
当 ｍ
＝２－ ２
时
，
由
î
í
ï ï ｘ２ ＋ ｙ
２
２ ＝１，
得 ｘ２
－（４－
４
ＯＭＢ的最大值为π
①∠ ； ｘ 此时Δ 直线ｌ与椭圆Ｃ有两个交点 所
４ ２ ２） ＋１０－８ ２＝０， ＞０， ，
若点Ａ 则 ＰＡ ＰＦ 的最小值为 以满足条件的点Ｐ有 个 故选 ．
② （４，２）， ｜ ｜＋｜ ｜ ５； ３ ， Ｃ
无论过点Ｆ的直线ｌ在什么位置 总有 ＯＭＢ ＯＭＣ 思路分析 先求出与直线ＡＢ平行的直线的距离ｄ，再由三
③ ， ∠ ＝∠ ；
若点Ｃ在抛物线准线上的射影为Ｄ 则Ｂ Ｏ Ｄ三点共线． 角形面积可得距离ｄ的值，从而得出与直线ＡＢ平行的直线的
④ ， ， ，
其中所有正确命题的序号为 方程，然后与椭圆方程联立判断解的个数即可得结果．
（ ）
７．（２０２１云南昆明、玉溪重点中学３月联考，１０）根据圆锥曲线的
Ａ．②④ Ｂ．①②③ Ｃ．①③④ Ｄ．①②③④
答案 Ｄ 对于 设直线 ＭＢ ｘ ｍｙ 联立 光学性质 从双曲线的一个焦点发出的光线 经双曲线反射
{ｙ２ ｘ ①， ： ＝ － １ ＋ ， 后 反射光 ： 线的反向延长线过双曲线的另一个 ， 焦点．由此可得
＝４ ， 得ｙ２ ｍｙ ．当且仅当ＭＢ与抛物线相切时 ， ，
ｘ
＝－１＋
ｍｙ
，
－４ ＋４＝０ ， 过双曲线上任意一点的切线
，
平分该点与两焦点连线的夹角．
∠
ＯＭＢ取得最大值．由Δ
＝１６
ｍ２
－１６＝０，
得ｍ
＝±１
．直线ＭＢ的
请解决下面问题 已知 Ｆ Ｆ 分别是双曲线 Ｃ ｘ２ ｙ２ 的
斜率为 此时 ＯＭＢ取得最大值π．故 正确． ： １， ２ ： － ２ ＝１
±１， ∠ ①
４ 左 右焦点 若从点Ｆ 发出的光线经双曲线右支上的点Ａ ｘ
对于 Ａ 则Ａ在准线ｘ 上的射影为Ａ′ 设 、 ， ２ （ ０，
②， （４，２）， ＝－１ （－１，２）， 反射后 反射光线为射线ＡＭ 则 Ｆ ＡＭ的平分线所在的直
Ｐ到准线ｘ 的距离为ｄ 则 ＰＡ ＰＦ ＰＡ ｄ Ａ′Ａ ２） ， ， ∠ ２
＝－１ ， ｜ ｜＋｜ ｜＝｜ ｜＋ ≥｜ ｜＝ 线的斜率为
当且仅当Ａ′ Ｐ Ａ三点共线时等号成立 故 正确 （ ）
５， ， ， ， ② ；
对于 由题意知 Ｍ Ｆ 且ｌ的斜率不为 设ｌ ３ ３
③， ， （－１，０）， （１，０）， ０， Ａ．－ ３ Ｂ．－ Ｃ． Ｄ． ３
的方程为ｘ ｔｙ Ｂ ｘ ｙ Ｃ ｘ ｙ 联立直线ｌ与抛物线 ３ ３
{ｘ
＝
ｔｙ
＋１， （ １， １）， （ ２， ２），
答案 Ｂ 如图 因为点Ａ ｘ 在双曲线Ｃ ｘ２
ｙ２
的
的方程 ＝ ＋１，整理得ｙ２ ｔｙ 则ｙ ｙ ｔ ｙ ｙ ， （ ０，２） ： － ＝１
ｙ２ ｘ －４ －４＝０， １＋ ２＝４， １ ２＝－４， ２
＝４ ， 右支上 所以ｘ 即Ａ 设双曲线在点Ａ处的切线
所以ｘ
１＋
ｘ
２＝４
ｔ２
＋２，
ｘ
１
ｘ
２＝（
ｔｙ
１＋１）（
ｔｙ
２＋１）＝－４
ｔ２
＋４
ｔ２
＋１＝１
．
为ｌ 切
，
线的斜率
０＝
为
３
ｋ
，
Ｆ
（
ＡＭ
３，
的
２）
平
，
分线所在直线的斜率为ｋ
则 ｋ ＭＢ ＋ ｋ ＭＣ ＝ ｘ
１
ｙ
＋
１
１
＋ ｘ
２
ｙ
＋
２
１
＝ ｙ １（
（
ｘ ｘ ２
１
＋
＋
１
１
）
）
＋
（
ｙ ｘ ２（
２＋
ｘ
１
１＋
）
１） ＝ 由题 ， 意可知ｋ · ｋ １＝－ ， １ ∠ ． ２ １，
ｙ ｙ ｔｙ ｙ ｔ ｔ
２ １＋２ ２＋２ １ ２ ２×４ －２ ×４ ．
ｘ
１＋
ｘ
２＋
ｘ
１
ｘ
２＋１
＝
４
ｔ２
＋２＋１＋１
＝０
故直线 ＭＢ ＭＣ 的倾斜角互补 所以 ＯＭＢ ＯＭＣ 故
， ， ∠ ＝∠ ， ③
正确．
对于 由题意知Ｄ ｙ 由 知 ｙ ｙ ｔ ｙ ｙ ．则
④， （－１， ２）， ③ ， １＋ ２＝４， １ ２＝－４
ｙ ｙ ｙ
ｋ １ ４ ｋ ｙ 由ｋ ｋ ４ ｙ ４＋ １ ２ 知ｋ
ＯＢ＝ｘ ＝ｙ ， ＯＤ＝－ ２， ＯＢ－ ＯＤ＝ｙ ＋ ２＝ ｙ ＝０， ＯＢ＝ 解法 一 因 为 ｌ ｙ ｋ ｘ 所 以 联 立 得
１ １ １ １ ： ： － ２ ＝ （ － ３ ），
ｋ 即Ｂ Ｏ Ｄ三点在同一条直线上 故 正确．故选 ． {
ＯＤ， 、 、 ， ④ Ｄ ｙ －２＝ ｋ （ ｘ － ３），
６．（２０２１东北三校第一次联考，１１）已知Ａ ， Ｂ分别是椭圆Ｃ ： ｘ２ ＋ ｘ２ － ｙ２ ＝１， 化简得 （ ｋ２ －２） ｘ２ ＋（４ ｋ －２ ３ ｋ２ ） ｘ ＋３ ｋ２ －４ ３ ｋ ＋
４
２
ｙ２ 的右顶点和上顶点 Ｐ为椭圆Ｃ上一点 若 ＰＡＢ的面积
＝１ ， ， △ ｋ ｋ２
是 ２－１， 则Ｐ点的个数为 （ ） ６＝０， 因为Δ ＝０， 所以ｘ ０＝－ ４ － ｋ ２ ２ ３ ＝ ３ ．
２（ －２）
Ａ．０ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４
ｘ２ 解得ｋ 所以ｋ ３ 故选 ．
答案 Ｃ 椭圆Ｃ ｙ２ 的右顶点 Ａ 上顶点 Ｂ ＝ ３， １＝－ ， Ｂ
： ＋ ＝１ （２，０）， ３
４
解法二 当ｙ 时 由双曲线Ｃ ｘ２
ｙ２
知ｙ ｘ２ １ ２
所以 ＡＢ 直线ＡＢ的方程为ｙ １ ｘ 记直线ｌ ： ＞０ ， ： － ＝１ ＝ ２（ －１） ，
（０，１）， ｜ ｜＝ ５， ＝－ ＋１， ２
２
ｘ
为过点Ｐ且与直线ＡＢ平行的直线 ， 设ｌ ： ｙ ＝－ ２ １ ｘ ＋ ｍ ， 根据两平 所以ｙ′ ＝ ２× ２ １ ×（ ｘ２ －１） －１ ２ ×２ ｘ ＝ ｘ ２ ２ －１ ， 所以 ｋ ＝ ２ ３ × －１ ３ ＝
行线间的距离公式 得直线 ｌ 与直线 ＡＢ 的距离 ｄ
， ＝
所以ｋ ３ 故选 ．
ｍ ３， １＝－ ， Ｂ
｜ －１｜ ２ ５ ｍ 所以Ｓ １ ＡＢ ｄ ｍ ３
１ ２ ＋ ( １ ) ２ ＝ ５ ｜ －１｜， △ ＰＡＢ＝ ２ ·｜ ｜· ＝｜ －１｜ 知识拓展 过双曲线 ａ ｘ２ ２ － ｙ ｂ ２ ２ ＝１ （ａ ＞０ ，ｂ ＞０ ）上任意一点Ｐ
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ５４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ｘ ｘ ｙ ｙ ｃ２ ｃ２ ｃ ａ ２
（ｘ ，ｙ ）的切线方程为 ０ ０ ． 由余弦定理的推论得４ ＋４ －（２ －２ ） ７ 整理得 ｅ２ ｅ
０ ０ ａ２ －ｂ２ ＝１ ｃ２ ＝ ， ３ －８ ＋
８ ８
８．（２０２１东北三省四市教研联合体４月联考，１２）第 届冬季奥
２４ 解得ｅ 或ｅ ２ 舍
林匹克运动会 将在 年 月 日在中华人民共和国北京 ４＝０， ＝２ ＝ （ ）；
， ２０２２ ２ ４ ３
市和张家口市联合举行．这是中国历史上第一次举办冬季奥运 若 ＰＦ Ｆ Ｆ 则 ＰＦ Ｆ Ｆ ｃ ＰＦ ｃ ａ
｜ ２｜＝｜ １ ２｜， ｜ ２｜＝｜ １ ２｜＝２ ，｜ １｜＝２ ＋２ ，
会 北京成为奥运史上第一个举办夏季奥林匹克运动会和冬 ｃ２ ｃ ａ ２ ｃ２
， 由余弦定理的推论得４ ＋（２ ＋２ ） －４ ７ 整理得 ｅ２ ｅ
季奥林匹克运动会的城市．同时中国也成为第一个实现奥运 ｃ ｃ ａ ＝ ， ３ － －４
８ （ ＋ ） ８
全满贯 先后举办奥运会 残奥会 青奥会 冬奥会 冬残奥
“ ”（ 、 、 、 、 ＝０，
会 国家．根据规划 国家体育场 鸟巢 成为北京冬奥会开 闭
） ， （ ） 、 解得ｅ ４ 或ｅ 舍 ．由 ＰＦ ＰＦ 知 ＰＦ Ｆ 不可能
幕式的场馆．国家体育场 鸟巢 的钢结构鸟瞰图如图所示 内 ＝ ＝－１（ ） ｜ １｜＞｜ ２｜， △ １ ２
“ ” ， ３
外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆 若由外层椭圆长轴一 为等边三角形．故选 ．
， ＡＤ
端点Ａ 和短轴一端点 Ｂ 分别向内层椭圆引切线 ＡＣ ， ＢＤ （ 如 １０．（２０２０海南中学月考，１２）已知抛物线Ｃ ： ｙ２ ＝４ ｘ的焦点为Ｆ 、
准线为ｌ 过点Ｆ的直线与抛物线交于两点Ｐ ｘ ｙ Ｑ ｘ
图 且两切线斜率之积等于 ９ 则椭圆的离心率为 ， （ １， １）， （ ２，
）， － ， （ ） ｙ 点Ｐ在ｌ上的射影为Ｐ 则
１６ ２）， １， （ ）
若ｘ ｘ 则 ＰＱ
Ａ． １＋ ２＝６， ｜ ｜＝８
以ＰＱ为直径的圆与准线ｌ相切
Ｂ．
设Ｍ 则 ＰＭ ＰＰ
Ｃ． （０，１）， ｜ ｜＋｜ １｜≥ ２
过点Ｍ 与抛物线Ｃ有且仅有一个公共点的直线至多
Ｄ． （０，１）
有 条
２
答案 ＡＢＣ 对于选项 因为ｐ
３ ７ ９ ３ Ａ， ＝２，
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． 所以ｘ ｘ ＰＱ
４ ４ １６ ２ １＋ ２＋２＝｜ ｜，
答案 Ｂ 设内层椭圆方程为 ｘ２ ｙ２ ａ ｂ 则外层椭 则 ｜ ＰＱ ｜＝８， 故 Ａ 正确 ；
ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）， 对于选项 设Ｎ为ＰＱ中点 设点Ｎ在ｌ上的射影为Ｎ 点
Ｂ， ， １，
ｘ２ ｙ２ Ｑ在ｌ上的射影为Ｑ
圆的方程可设为
ａ２ ＋ｂ２ ＝
ｍ２
（
ｍ
＞１），
切线ＡＣ的方程可设为ｙ
＝
１，
ＰＰ ＱＱ ＰＦ ＱＦ
ｋ ｘ ｍａ 由 {ｙ ＝ ｋ １（ ｘ ＋ ｍａ ）， 消去ｙ整理得 ｂ２ ａ２ｋ２ ｘ２ 则由梯形性质可得 ｜ ＮＮ １ ｜ ＝ ｜ １｜＋ ２ ｜ １｜ ＝ ｜ ｜＋ ２ ｜ ｜ ＝
１（ ＋ ）， ｂｘ ２ ａｙ ２ ａ２ｂ２ （ ＋ １） ＋ ＰＱ
（ ） ＋（ ） ＝ ｜ ｜ 故 正确
ｍａ３ｋ２ｘ ｍ２ａ４ｋ２ ａ２ｂ２ 因为直线ＡＣ与内层椭圆相切 所以 ， Ｂ ；
２ １ ＋ １－ ＝０， ， ２
Δ ｍａ３ｋ２ ２ ｂ２ ａ２ｋ２ ｍ２ａ４ｋ２ ａ２ｂ２ 整理得ｋ２
ｂ２ 对于选项
Ｃ，
因为Ｆ
（１，０），
＝（２ １） －４（ ＋ １）（ １－ ）＝ ０， １＝ａ２ 所以 ＰＭ ＰＰ ＰＭ ＰＦ ＭＦ 故 正确
｜ ｜＋｜ １｜＝｜ ｜＋｜ ｜≥｜ ｜＝ ２， Ｃ ；
ｂ２ 对于选项 显然直线ｘ ｙ 与抛物线只有一个公共点
１ 设直线ＢＤ的方程为ｙ ｋ ｘ ｍｂ 同理可得ｋ２ ｍ２ Ｄ， ＝０， ＝１ ，
·ｍ２ ， ＝ ２ ＋ ， ２＝ａ２（ 当过点Ｍ的直线的斜率存在且不为零时 设为ｙ ｋｘ
－１ ， ＝ ＋１，
ｂ４ ( ) ２ ｂ２ ｃ {ｙ ｋｘ
－１），
所以 ｋ２
１·
ｋ２
２＝ ａ４ ＝ －
１
９
６
，
所以
ａ２ ＝
１
９
６
，
所以 ｅ
＝ ａ ＝
联立
ｙ２
＝
＝４
＋
ｘ
，
１，可得ｋ２ｘ２
＋（２
ｋ
－４）
ｘ
＋１＝０，
ｂ２
７ 故选 ．
令Δ
＝０，
即
（２
ｋ
－４）
２
－４
ｋ２
＝０，
解得ｋ
＝１，
１－ａ２ ＝
４
， Ｂ 所以直线ｙ
＝
ｘ
＋１
与抛物线也只有一个公共点
，
此时有三条直
线符合题意 故 错误．故选 ．
二、多项选择题 ， Ｄ ＡＢＣ
三、填空题
ｘ２ ｙ２
９．（２０２０全国统一模拟五，１２）设Ｆ Ｆ 为双曲线Ｃ
１、 ２ ：ａ２ －ｂ２ ＝１ １１．（２０２１浙江杭州二模，１７）已知Ｆ为抛物线ｙ２
＝４
ｘ的焦点
，
过
Ｆ作斜率为ｋ 的直线和抛物线交于Ａ Ｂ两点 Ｍ 延长
ａ ｂ 的左 右焦点 过左焦点Ｆ 且斜率为 １５的直线ｌ １ ， ， （４，０），
（ ＞０， ＞０） 、 ， １ ｋ
７ ＡＭ ＢＭ交抛物线于Ｃ Ｄ两点 直线ＣＤ的斜率为ｋ ．则 １
与Ｃ在第一象限相交于一点Ｐ 则下列说法正确的是 ， ， ， ２ ｋ ＝
， （ ） ２
．
直线ｌ倾斜角的余弦值为 ７
Ａ． 答案
８ ４
解析 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ Ｃ ｘ ｙ Ｄ ｘ ｙ
若 Ｆ Ｐ Ｆ Ｆ 则Ｃ的离心率ｅ ４ （ １， １）， （ ２， ２）， （ ３， ３）， （ ４， ４），
Ｂ． ｜ １ ｜＝｜ １ ２｜， ＝
３
ｌ
ＡＣ：
ｘ
＝
ｍｙ
＋４，
与抛物线方程联立化简得 ｙ２
－４
ｍｙ
－１６＝０，
则
若 ＰＦ Ｆ Ｆ 则Ｃ的离心率ｅ ｙ ｙ ．
Ｃ． ｜ ２｜＝｜ １ ２｜， ＝２ １ ３＝－１６
ＰＦ Ｆ 不可能是等边三角形
Ｄ．△ １ ２
答案 ＡＤ 设直线ｌ的倾斜角为α 则 α １５ 所以
， ｔａｎ ＝ ，
７
α ７ ．因为Ｐ 在第一象限内 所以若 Ｆ Ｐ Ｆ Ｆ 则
ｃｏｓ ＝ ， ｜ １ ｜ ＝ ｜ １ ２｜，
８
ＰＦ Ｆ Ｆ ｃ ＰＦ ｃ ａ
｜ １｜＝｜ １ ２｜＝２ ，｜ ２｜＝２ －２ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ５５
同理可得ｙ １ ｙ ２＝－４， ｙ ２ ｙ ４＝－１６， 又ｋ １＝ｙ ｙ ２ １ １－ ｙ ｙ ２ ２ ２ ＝ｙ １＋ ４ ｙ ２ ， 时ｘ １＋ ｘ ２ ｙ ＝４， ｙ ｙ ２ １＋ ｙ ２＝８ ｙ ， 所 ｙ 以 ２ ｜ Ｏ→Ａ ｜·｜ ｙ Ｏ→ ｙ Ｂ ｜＝ ｙ ｘ２ １＋ ｙ２ １· ｙ ｘ２ ２＋ ｙ２ ２
－ ＝ （４ １＋ １）·（４ ２＋ ２） ＝ １ ２（ １＋４）·（ ２＋４） ＝
４ ４ ｙ ｙ ｙ ｙ ｙ ｙ 又
ｙ ｙ ｋ １ ２［ １ ２＋４（ １＋ ２）＋１６］ ＝ ４×（４＋３２＋１６） ＝ ４ １３，
ｋ ２＝ｙ
３＋
４ ｙ
４
＝
１６
４
１６
＝－
４（
ｙ
１
１
＋
２ ｙ
２）
， 所以 ｋ １
２
＝－ｙ １
１
６ ｙ
２
＝４ ． Ｏ→Ａ
·
Ｏ→Ｂ
＝
ｘ
１
ｘ
２ ＋
ｙ
１
ｙ
２ ＝ － ８＋ ４ ＝ －４，
所以
ｃｏｓ∠
ＡＯＢ
＝
－ｙ －ｙ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ
１ ２ · －４ １３．
１２．（２０２１浙江宁波十校３月联考，１４）已知Ａ Ｂ Ｃ是抛物 ＝ ＝－
线ｘ２
＝２
ｐｙ
（
ｐ
＞０）
上不同的三个点
，
直线 （２ Ａ ， Ｂ ２
，
）， ＡＣ ， 为圆 ｘ２
＋ １４．（
｜ Ｏ→
２０
Ａ
２
｜
１
·
山
｜ Ｏ
西
→Ｂ
晋
｜
城
４
重
１
点
３
中学
１
４
３
月月考，１６）抛物线Ｃ ｙ２ ｐｘ ｐ
（ ｙ －２） ２ ＝１ 的两条切线 ， 则ｐ ＝ ， 直线ＢＣ的斜率ｋ ＝ 圆Ｅ ｘ２ ｙ２ 圆Ｅ与抛物线交于两点Ａ Ｂ ： 直 ＝ 线 ２ ＡＢ （ 恰 ＞
． ０）， ： ＋ ＝５， ， ，
好过抛物线的焦点Ｆ 则抛物线Ｃ的方程为 若过抛
答案 ， ；
１；－２ 物线Ｃ的焦点Ｆ的直线ｌ交Ｃ于另外两点Ｑ Ｄ 线段ＱＤ的
解析 解法一 根据条件转化为斜率相反的关系 ， ，
：（ ） ＧＦ
将 （２，２） 代入ｘ２ ＝２ ｐｙ可得 ２ ２ ＝４ ｐ ， 解得ｐ ＝１， 即抛物线方程 中垂线交ｘ轴于点Ｇ ， 则｜ ＱＤ ｜ ＝ ．
为ｘ２ ｙ． ｜ ｜
＝２
设圆心为Ｑ ． 答案 ｙ２ ｘ １
（０，２） ＝４ ；
２
∵ ｙ Ａ＝ ｙ Ｑ，∴ ｋ ＡＢ＋ ｋ ＡＣ＝０ ． ( ｐ )
ｘ２Ａ ｘ２Ｂ
解析 由抛物线Ｃ
：
ｙ２
＝２
ｐｘ
（
ｐ
＞０）
可知其焦点Ｆ
，０ ，
因
２
ｙ ｙ － ｘ ｘ ｘ
由点差法可知 ： ｋ ＡＢ＝ｘ Ａ Ａ － － ｘ Ｂ Ｂ ＝ ｘ ２ Ａ－ ｘ ２ Ｂ ＝ Ａ＋ ２ Ｂ ＝ ２ Ｂ ＋１ ． 为ＡＢ恰好过抛物线的焦点Ｆ ， 把ｘ ＝ ２ ｐ ， 代入ｙ２ ＝２ ｐｘ （ ｐ ＞０），
同理ｋ ＡＣ＝ ｘ Ｃ ＋１， ｋ ＢＣ＝ ｘ Ｂ＋ ｘ Ｃ ， 得ｙ ＝± ｐ ， 所以不妨设Ａ ( ｐ ， ｐ ) ， 将Ａ ( ｐ ， ｐ ) 代入ｘ２ ＋ ｙ２ ＝５，
２ ２ ２ ２
因此
，
ｋ
ＡＢ＋
ｋ
ＡＣ＝
ｘ Ｂ＋ ｘ Ｃ
＋２＝０，
即 ｘ Ｂ＋ ｘ Ｃ
＝－２，
所以ｋ
ＢＣ＝
ｘ Ｂ＋ ｘ Ｃ
＝
得 ｐ２
＋
ｐ２
＝５，
解得ｐ
＝２，
所以抛物线Ｃ的方程为ｙ２
＝４
ｘ．依题
２ ２ ２ ４
． {ｘ ｍｙ
解
－２
法二
：（
直接设直线方程计算
）
将
（２，２）
代入 ｘ２
＝２
ｐｙ 可得
意可设直线ｌ
：
ｘ
＝
ｍｙ
＋１，
由
ｙ２
＝
＝４
ｘ
＋
，
１，得 ｙ２
－４
ｍｙ
－４＝０，
设 Ｑ
２ ｐ 解得ｐ 即抛物线方程为ｘ２ ｙ． ｘ ｙ Ｄ ｘ ｙ ＱＤ的中点Ｍ ｘ ｙ 所以ｙ ｙ ｍ
２
设
＝
过
４
Ａ
，
的圆的
＝
切
１
线
，
方程为ｙ ｋ ｘ
＝２ （ １， １）， （ ２， ２）， （ ０， ０）， １＋ ２＝４ ，
－２＝ （ －２）， ｙ ｙ 则 ＱＤ ｍ２ ｙ ｙ ｍ２
ｋ １ ２ ＝ －４， ｜ ｜ ＝ １＋ ｜ ２ － １ ｜ ＝ １＋ ·
则 ２｜ ｜ 所以ｋ ３． ｙ ｙ ２ ｙ ｙ ｍ２ ｍ２ ｍ２ ｙ
１＋
ｋ２ ＝１， ＝±
３ ｙ
（
ｙ
１＋ ２） －４ １ ２ ＝ ４ １＋ · ＋１ ＝４（ ＋１）， ０ ＝
{ｙ ｋ ｘ １＋ ２ ｍ ｘ ｍ２ 所以ＱＤ的中垂线方程为ｙ ｙ ｍ ｘ
由
ｘ２
－
＝
２
２
＝
ｙ
，
（ －２），得ｘ２
－２
ｋｘ
＋４
ｋ
－４＝０， ２
＝２ ， ０＝２ ＋
ｙ
１，
ｍ
－ ０＝－ （
解得除Ａ （２，２） 外的交点坐标为 （２ ｋ －２，２（ ｋ －１） ２ ）， － ｘ ０）， 令ｙ ＝０， 得ｘ ＝ ｍ ０ ＋ ｘ ０＝ ２ ｍ ＋２ ｍ２ ＋１＝２ ｍ２ ＋３， 则Ｇ （２ ｍ２ ＋
ｘ２Ｃ ｘ２Ｂ
ＧＦ ｍ２
ｙ ｙ － ｘ ｘ 所以 ＧＦ ｍ２ ｍ２ 所以｜ ｜ ２（１＋ ）
由点差法可知ｋ Ｃ－ Ｂ ２ ２ Ｃ＋ Ｂ ３，０）， ｜ ｜＝｜２ ＋３－１｜＝２ ＋２， ＱＤ ＝ ｍ２
ＢＣ＝ｘ ｘ ＝ ｘ ｘ ＝ ｜ ｜ ４（１＋ ）
Ｃ－ Ｂ Ｃ－ Ｂ ２
æ ö æ ö １ ．
＝
ç ３ ÷ ç ３ ÷
è２× －２ø＋è－２× －２ø ２
＝ ３ ３ ＝－２ ． 四、解答题
２
１３．（２０２１全国重点高中考前冲刺卷（二），１６）已知抛物线Ｅ
：
ｘ２
１５．（２０２１天津十二校联考二模，１８）已知点Ｆ 为椭圆
ｘ２
ｙ的焦点为Ｆ 直线ｌ过点Ｐ 且与抛物线Ｅ交于Ａ （２，０） ａ２ ＋
＝４ ， （０，２）， ，
Ｂ两点 Ｏ为坐标原点 若 ＡＦ ＢＦ 则 ＡＯＢ ｙ２ æ ö
， ， ｜ ｜＋｜ ｜ ＝１０， ｃｏｓ ∠ ＝ ａ ｂ 的焦点 且点Ｐç ５÷在椭圆上．
． ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） ， è２， ø
５
求椭圆的方程
答案 １３ （１） ；
－ 已知直线ｌ与椭圆交于Ｍ Ｎ两点 且坐标原点Ｏ到直线ｌ
１３ （２） ， ，
解析 由题意可知 直线ｌ的斜率存在 设为ｋ 则直线ｌ的
， ， ， 的距离为 ３０ ＭＯＮ 的大小是不是定值 若是 求出
方程为ｙ ｋｘ ． ，∠ ？ ，
＝ ＋２ ６
{ｙ ｋｘ 该定值 若不是 请说明理由．
由 ＝ ＋２，得ｘ２ ｋｘ 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 则ｘ ； ，
ｘ２
＝４
ｙ －４ －８＝０， （ １， １）， （ ２， ２）， １＋
解析 因为点Ｆ 为椭圆
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ 的焦
ｘ２ （１） （２，０） ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
ｘ ｋ ｘ ｘ 所以ｙ ｙ ｋ ｘ ｘ ｋ２ ｙ ｙ １
２＝４ ， １ ２＝－８， １＋ ２＝ （ １＋ ２）＋４＝４ ＋４， １ ２＝ æ ö
４ 点 所以ｃ ．又因为Ｐç ５÷在椭圆上 ａ２ ｂ２ ｃ２ 所以ａ２
ｘ２ ｘ ｘ ２ ， ＝２ è２， ø ， ＝ ＋ ， ＝
２ （ １ ２） 又 ＡＦ ＢＦ 所以由抛物线的定义知 ５
· ＝ ＝４， ｜ ｜＋｜ ｜＝０， ｘ２
４ １６ ｂ２ 所以椭圆的方程为 ｙ２ ．
ＡＦ ＢＦ ｙ ｙ ｋ２ 所以ｋ２ 即ｋ ．根 ５， ＝１， ＋ ＝１
｜ ｜＋｜ ｜＝ １＋ ２＋２＝４ ＋４＋２＝１０， ＝１， ＝±１ ５
据抛物线的对称性不妨取ｋ 则直线ｌ的方程为ｙ ｘ 此 当直线ｌ的斜率不存在时 由原点 Ｏ 到直线 ｌ 的距离为
＝１， ＝ ＋２， （２） ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ５６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
æ ö
３０ 可得直线ｌ的方程为ｘ ３０．代入椭圆方程可得ｙ ｋｘ ｘ ç ｋ ２÷ ｘ ｘ ｋ
， ＝± ＝ ２ １ ２－è２ ＋ ø（ １＋ ２）＋２ ＋ ２
６ ６ ２ 将 代入 得
＝ ｘ ｘ ｘ ｘ ⑤， ④ ⑤
３０ 易得Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｎ 所以 ＭＯＮ为π．当直线ｌ的斜率 １ ２－（ １＋ ２）＋１
± ， · ＝０， ∠ æ ö
６ ２ ｋ ｋ２ ç ｋ ２÷ ｋ２ ｋ ｋ２
存在时 设直线ｌ的方程为ｙ ｋｘ ｍ 设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ ２ （２ －２）－è２ ＋ ø４ ＋（２ ＋ ２）（２ ＋１）
， ＝ ＋ ， （ １， １）， （ ２， ２）， ｋ ｋ ２
由原点Ｏ到直线 ｌ 的距离为 ３０ 可得 ３０ ｜ ｍ ｜ 可得
１＋ ２＝
２
ｋ２
－２－４
ｋ２
＋２
ｋ２
＋１
６ ， ６ ＝ １＋ ｋ２ ， ＝２ ｋ － ２ ． （１３ 分 ）
{ｙ ｋｘ ｍ æ ö
＝ ＋ ， 而 ｋ çｋ ２÷ ｋ 所以ｋ ｋ ｋ 即ｋ 为ｋ ｋ 的
６
ｍ２
＝５（１＋
ｋ２
），
联立 ｘ２
ｙ２
整理可得
（１＋５
ｋ２
）
ｘ２
＋１０
ｋｍｘ
＋
２ ３＝２è －
２
ø＝２ － ２， １＋ ２＝２ ３， ３ １、 ２
＋ ＝１， 等差中项
５ ，
ｋｍ ｍ２ 所以ｋ ｋ ｋ 或ｋ ｋ ｋ 为等差数列． 分
ｍ２ ．所以 ｘ ｘ －１０ ｘ ｘ ５ －５ 因为 ｙ ｙ １、 ３、 ２ ２、 ３、 １ （１４ ）
５ －５＝０ １＋ ２ ＝
１＋５
ｋ２， １ ２ ＝
１＋５
ｋ２， １ ２ ＝ １７．（２０２１河南安阳二模，２０）已知抛物线Ｃ
：
ｙ２
＝２
ｐｘ
（
ｘ
＞０）
的焦
ｍ２ ｋ２ 点为Ｆ 过点 Ｆ 且垂直于 ｘ 轴的直线与 Ｃ 交于 Ａ Ｂ 两点
ｋ２ｘ ｘ ｋｍ ｘ ｘ ｍ２ 所以ｙ ｙ －５ 则Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｎ ｘ ｘ ， ， ，
１ ２＋ （ １＋ ２）＋ ， １ ２＝ ｋ２ ， · ＝ １ ２ ＡＯＢ 点Ｏ为坐标原点 的面积为 ．
１＋５ △ （ ） ２
ｍ２ ｍ２ ｋ２ ｍ２ ｋ２ 求抛物线Ｃ的方程
ｙ ｙ ５ －５ －５ ６ －５ －５ 所以 ＭＯＮ π．综 （１） ；
＋ １ ２＝ ｋ２ ＋ ｋ２ ＝ ｋ２ ＝０， ∠ ＝ 若过点Ｅ ａ ａ 的两直线ｌ ｌ 的倾斜角互补 直线ｌ
１＋５ １＋５ １＋５ ２ （２） （０， ）（ ＞０） １，２ ， １
与抛物线Ｃ交于Ｍ Ｎ两点 直线ｌ 与抛物线Ｃ交于Ｐ Ｑ两
上所述 ，∠ ＭＯＮ ＝ π恒成立． ， ， ２ ，
２ 点 ＦＭＮ与 ＦＰＱ的面积相等 求实数ａ的取值范围．
，△ △ ，
１６．（２０２１北京延庆一模，２０）已知椭圆Ｃ ｘ２ ｙ２ ａ ｂ 经 ( ｐ )
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） 解析
（１）
因为焦点Ｆ
，０ ，
所以点Ａ
，
Ｂ的坐标分别为
２
æ ö ( ｐ ) ( ｐ )
过点Ｐç ２÷ 离心率ｅ ２． ｐ ｐ ．
è１， ø， ＝ ， ， ，－
２ ２ ２ ２
求椭圆Ｃ的标准方程 ｐ
（１） ； 所以Ｓ １ ｐ 故ｐ ．
设ＡＢ是经过椭圆右焦点 Ｆ 的一条弦 不经过点 Ｐ 且 Ａ △ ＡＯＢ＝ ·２ · ＝２， ＝２
（２） （ ２ ２
在Ｂ的上方 直线ＡＢ与直线ｘ 相交于点Ｍ 记ＰＡ 故抛物线Ｃ的方程为ｙ２ ｘ．
）， ＝２ ， ， ＝４
ＰＢ ＰＭ的斜率分别为ｋ ｋ ｋ 将ｋ ｋ ｋ 如何排列能 由题意可知直线ｌ ｌ 的斜率存在 且不为 设直线ｌ ｘ
， １， ２， ３， １、 ２、 ３ （２） １，２ ， ０， １：
构成一个等差数列 证明你的结论． ｔ ｙ ａ Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ ．
？ ＝ （ － ）， （ １， １）， （ ２， ２）
æ ö {ｙ２ ｘ
解析 由点Ｐç ２÷在椭圆上得 １ １ 分 联立方程可得 ＝４ ， 消去ｘ 可得ｙ２ ｔｙ ａｔ ．
（１） è１， ø ａ２ ＋ ｂ２ ＝１①，（１ ） ｘ ｔ ｙ ａ ， －４ ＋４ ＝０
２ ２ ＝ （ － ），
ｃ 则Δ ｔ２ ａｔ ．
又ｅ ２ 所以 ２ ． 分 １＝１６ －１６ ＞０
＝ ， ａ ＝ ② （２ ） 因为ｙ ｙ ｔ ｙ ｙ ａｔ
２ ２ １＋ ２＝４， １ ２＝４ ，
由 ①② 结合ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ ， 得
ｘ２
ｃ２ ＝１， ａ２ ＝２， ｂ２ ＝１， （４ 分 ） 所以 ｜ ＭＮ ｜＝ １＋ ｔ２ ｜ ｙ １－ ｙ ２｜＝ １＋ ｔ２ １６（ ｔ２ － ａｔ ）
故椭圆Ｃ的标准方程为 ｙ２ ． 分 ｔ２ ｔ２ ａｔ
＋ ＝１ （５ ） ＝４ １＋ － ，
２ ｔａ
ｋ ｋ ｋ 或ｋ ｋ ｋ 能构成一个等差数列． 分 焦点Ｆ到直线ｌ 的距离ｄ ｜１＋ ｜
（
椭
２
圆
）
右
１、
焦
３、
点
２
坐标
２
Ｆ
、 ３、 １
显然直线ＡＢ斜率存在
（６ ） １ ＝
１＋
ｔ２ ，
（１，０）， ，
ｔａ
设直线ＡＢ的斜率为ｋ
，
则直线ＡＢ的方程为ｙ
＝
ｋ
（
ｘ
－１） （ ③ ７ ， 分 ）
所以Ｓ
△ ＦＭＮ＝ ２
１
×４ １＋
ｔ２ ｔ２
－
ａｔ
×
｜１＋
１＋ ｔ２
｜
＝２
ｔ２
－
ａｔ
｜１＋
ｔａ
｜
．
代入椭圆方程
ｘ２
＋
ｙ２
＝１，
整理得
（２
ｋ２
＋１）
ｘ２
－４
ｋ２ｘ
＋２（
ｋ２
－１）＝ {
设
ｙ
直
２
线
ｘ
ｌ
２：
ｘ
＝ －
ｔ
（
ｙ
－
ａ
），
与抛物线方程联立可得
２ ＝４ ， 消去ｘ 可得 ｙ２ ｔｙ ｔａ 则 Δ ｔ２ ａｔ
易知Δ ． ｘ ｔ ｙ ａ ＋４ －４ ＝０， ２＝１６ ＋１６
０， ＞０ ＝－（ － ），
设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ
（ １， １）， （ ２， ２）， ＞０，
则有ｘ １＋ ｘ ２＝ ｋ ４ ２ ｋ２ ， ｘ １ ｘ ２＝ ２（ ｋ ｋ ２ ２ －１） ④ ． （１０ 分 ） 将ｔ用 － ｔ替换 ， 可得Ｓ △ ＦＰＱ＝２ ｔ２ ＋ ａｔ ｜ ｔａ －１｜ ．
在方程 中
２
令
＋
ｘ
１
得Ｍ
２
ｋ
＋１ 由Ｓ
△ ＦＭＮ＝
Ｓ
△ ＦＰＱ
可得
２
ｔ２
－
ａｔ
｜１＋
ｔａ
｜＝２
ｔ２
＋
ａｔ
｜
ｔａ
－１｜，
③ ， ＝２， （２， ），
ｔ ａ ｔａ
即 ＋ ＋１ 两边平方并化简可得ｔ２ １
ｙ
１－
２ ｙ
２－
２ ｋ
－
２ ｔ
－
ａ＝ ｔａ
－１
， ＝
２－
ａ２，
从而ｋ ２ ｋ ２ ｋ ２ ｋ ２ 分
１＝ ｘ
１－１
， ２＝ ｘ
２－１
， ３＝
２－１
＝ －
２
， （１１ ） 所以
２－
ａ２
＞０，
解得
０＜
ａ
＜ ２
．
又由Δ 且Δ 得ｔ ａ或ｔ ａ 可知ｔ２ ａ２
ｙ ２ ｙ ２
１＞０ ２＞０ ＜－ ＞ ， ＞ ，
因为ｋ ｋ
１－
２
２－
２ 所以 １ ａ２ 即 ａ２ ２ 所以ａ
１＋ ２＝ ｘ
１－１
＋ ｘ
２－１ ２－
ａ２＞ ， （ －１） ＞０， ≠１，
æ ö æ ö 所以实数ａ的取值范围是 ．
çｋｘ ｋ ２÷ ｘ çｋｘ ｋ ２÷ ｘ （０，１）∪（１， ２）
è １－ － ø（ ２－１）＋è ２－ － ø（ １－１） ｘ２ ｙ２
２ ２ １８．（２０２１安徽合肥二模，２０）已知椭圆Ｃ ａ ｂ 的
＝
（
ｘ
１－１）（
ｘ
２－１）
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ５７
离心率为 １ 右顶点Ｍ到左焦点的距离为 直线ｌ与椭圆Ｃ
， ３，
２
交于点Ａ Ｂ．
，
求椭圆Ｃ的标准方程
（１） ；
设直线ＭＡ ＭＢ的斜率为ｋ ｋ ．若 ｋ ｋ 求 ＡＢ 的
（２） ， １， ２ ４ １ ２＋９＝０， ｜ ｜
最小值．
{ ｃ １ 解析 由题得Ａ ( １ ) 故 １ １ 则ｍ２ ４
解析 设椭圆的半焦距为 ｃ 由题意得 ａ ＝ ，解得 （１） １， ， ｍ２ ＋ ＝１， ＝ ，
（１） ， ２ ２ ４ ３
ａ ｃ
＋ ＝３， 所以椭圆Ｃ的方程为 ３ ｘ２ ｙ２ ． 分
{ａ ＋ ＝１ （５ ）
＝２， ｂ ４
ｃ ＝１ ． ∴ ＝ ３， （２） 连接ＯＡ ， ＯＢ ， ＢＧ １， ＡＧ ２， 则Ｇ １ 在ＯＡ上 ， Ｇ ２ 在ＯＢ上．
椭圆Ｃ的标准方程为
ｘ２ ｙ２
．
设Ｆ
１（－
ｃ
，０），
Ｆ
２（
ｃ
，０），
则ｍ２
＝
ｃ２
＋１，
∴ ＋ ＝１
由题意知 直线ｌ的斜 ４ 率 ３ 不为 设其方程为ｘ ｍｙ ｎ Ａ Ｓ １＝ Ｓ △ ＢＯＦ １ ＋ Ｓ △ Ｇ １ ＯＦ １ ＋ Ｓ △ Ｇ １ ＯＢ＝ Ｓ △ ＢＯＦ １ ＋ １ Ｓ △ ＡＯＦ １ ＋ １ Ｓ △ ＡＯＢ＝－ １ ｃｙ ２
（２） ， ０， ＝ ＋ ， ３ ３ ２
ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ ｃ
（ {１，
ｘ
１）
ｍ
，
ｙ
（
ｎ
２， ２）， ＋
６
１ ｃｙ １＋
６
１ ｃ （ ｙ １－ ｙ ２）＝
３
（ ｙ １－２ ｙ ２），
＝ ＋ ，
由 ｘ２
＋
ｙ２
＝１
得
（３
ｍ２
＋４）
ｙ２
＋６
ｍｎｙ
＋３
ｎ２
－１２＝０，
Ｓ
２＝ ３
２ Ｓ
△ ＡＢＯ＝ ３
１ ｃ
（
ｙ
１－
ｙ
２）
．
（９
分
）
４ ３ Ｓ ｙ ｙ [ ] ｙ [ ]
ｍｎ ｎ２ 则 １ １－２ ２ ４ ５ 得 １ １ ．
ｙ ｙ ６ ｙ ｙ ３ －１２ Δ ｍｎ ２ ｍ２ Ｓ ＝ ｙ ｙ ∈ ， ， ｙ ∈ －２，－
∴ １＋ ２＝－ ３ ｍ２ ＋４ ， １ ２＝ ３ ｍ２ ＋４ ， ＝（６ ） －４（３ ＋４）· ２ １－ ２ ３ ３ ２ ２
（３
ｎ２
－１２）＝４８（３
ｍ２
－
ｎ２
＋４）＞０
．
ｙ
设ｌ
：
ｘ
＝
ｔｙ
＋
ｃ
，
代入椭圆方程
ｍ
ｘ２
２ ＋
ｙ２
＝１，
得
（
ｔ２
＋
ｍ２
）
ｙ２
＋２
ｔｃｙ
－１
由 知Ｍ 则直线ＭＡ ＭＢ的斜率分别为ｋ １ ｋ ．
（１） （２，０）， ， １＝ｘ ， ２ ＝０
１－２ ｔｃ
ｙ 由根与系数的关系得ｙ ｙ －２ ｙ ｙ －１ 分
２ １＋ ２＝ｔ２ ｍ２， １ ２＝ｔ２ ｍ２， （１２ ）
＝ｘ ， ＋ ＋
２－２ ｙ ｙ ｙ ｙ ２ [ ]
ｙ ｙ ｙ ｙ 则 １ ２ （ １＋ ２） ５
ｋ ｋ １ ２ １ ２ ｙ ＋ｙ ＝ ｙ ｙ －２∈ － ，－２ ，
∴ １ ２ ＝ ｘ ｘ ＝ ｍｙ ｎ ｍｙ ｎ ２ １ １ ２ ２
（ １－２）（ ２－２） （ １＋ －２）（ ２＋ －２） ｔ２ｃ２ ｔ２ｃ２
ｙ ｙ 即 ５ ４ 也即 ４ １
１ ２ － ≤－ｔ２ ｍ２ －２≤－２， ０≤ｔ２ ｍ２≤ ，
＝ｍ２ｙ ｙ ｍ ｎ ｙ ｙ ｎ ２ ２ ＋ ＋ ２
１ ２＋ （ －２）（ １＋ ２）＋（ －２） 所以 ｍ２ ｔ２ ｍ２ 对ｔ恒成立．
ｎ２ （８ －９） ≤
３ －１２
３
ｍ２
＋４ ３
ｎ２
－１２
故
８
ｍ２
－９≤０，
所以
１＜
ｍ
≤
３ ２．
（１５
分
）
＝ ｎ２ æ ｍｎ ö ＝ ｎ ２ ＝ ４
ｍ２
·
３
３
ｍ２
－
＋
１
４
２
＋
ｍ
（
ｎ
－２）è
ç
－
３
ｍ
６
２
＋４
ø
÷
＋（
ｎ
－２）
２ ４（ －２）
２０．（２０２１浙江新高考研究卷（二），２１）如图
，
椭圆Ｍ
：
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
ｎ ４
３（ ＋２） ９ 解得ｎ ． 与拋物线Ｎ ｘ２ ｐｙ ｐ 交于点Ａ Ａ′ 拋物线焦点为Ｆ 若
ｎ ＝－ ， ＝１ ： ＝２ （ ＞０） ， ， ，
４（ －２） ４ 直线ＡＦ与抛物线Ｎ的另一个交点为点Ｂ 点Ａ关于原点对
直线ｌ的方程为ｘ ｍｙ 直线ｌ过定点 此时 ｙ ｙ ，
∴ ＝ ＋１， （１，０）， ， １＋ ２ 称的点为点Ｃ 记 ＡＦＣ ＡＢＡ′的面积分别为Ｓ Ｓ ．
ｍ ， △ ，△ １， ２
６ ｙ ｙ －９
＝－ ｍ２ ， １ ２＝ ｍ２ ，
３ ＋４ ３ ＋４
ＡＢ ｍ２ ｙ ｙ ｍ２ ｙ ｙ ２ ｙ ｙ
∴ ｜ ｜ ＝ １＋ ｜ １－ ２ ｜ ＝ １＋ · （ １＋ ２） －４ １ ２ ＝
æ ｍ ö２ ｍ２
ｍ２ ç ６ ÷ ３６ ｍ２ １４４（ ＋１）
１＋ è－ ｍ２ ø ＋ ｍ２ ＝ １＋ · ｍ２ ２ ＝
３ ＋４ ３ ＋４ （３ ＋４）
ｍ２ ｍ２ æ ö
１２（ ＋１） ３ ＋３ ç １ ÷ 当且仅当ｍ 时
ｍ２ ＝４· ｍ２ ＝４è１－ ｍ２ ø≥３（ ＝０
３ ＋４ ３ ＋４ ３ ＋４
若点Ａ的纵坐标为 １ 求直线Ａ′Ｆ的方程
取等号 ＡＢ 的最小值为 ． （１） ， ；
），∴ ｜ ｜ ３ ２
１９．（２０２１浙江宁波二模，２１）如图 ， 已知椭圆Ｃ ：ｍ ｘ２ ２ ＋ ｙ２ ＝１（ ｍ ＞１） （２） 若 的 点 值． Ｂ在椭圆 Ｍ 内 ， 当 Ｓ １· Ｓ ２ 取最大值时 ， 求对应 ｐ２
的左 右焦点分别为Ｆ Ｆ 过右焦点Ｆ 作直线ｌ交椭圆 Ｃ ( ) ( )
、 １， ２， ２ 解析 易得 Ａ １ 则 Ａ′ １ 代入抛物线
于Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 其中 ｙ ｙ ＡＦ Ｆ ＢＦ Ｆ （１） ３， ， － ３， ，
（ １， １）， （ ２， ２）， １＞０， ２＜０，△ １ ２、△ １ ２ ２ ２
的重心分别为Ｇ Ｇ ． ( )
１、 ２ 方程得ｐ 则Ｆ ３
( ) ＝３， ０， ，
若Ｇ 的坐标为 １ １ 求椭圆Ｃ的方程 ２
（１） １ ， ， ；
３ ６ ３ １
Ｓ －
设 ＢＦ Ｇ 和 ＡＢＧ 的面积为Ｓ 和Ｓ 且 ４ １ ５ 所以直线Ａ′Ｆ的方程为ｙ ３ ２ ２ ｘ 即 ｙ ｘ ．
（２） △ １ １ △ ２ １ ２， ３ ≤Ｓ ２ ≤ ３ ， － ２ ＝ ０＋ ３ ， ６ －２ ３ －９＝０
求实数ｍ的取值范围． 设点Ａ ｐａ ｐａ２ 代入椭圆方程得ｐ２ ａ４ ａ２
（２） （２ ，２ ）， （４ ＋ ）＝１，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ５８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
æ ｐ ｐ ö æ ö
易知Ａ′ ｐａ ｐａ２ Ｃ ｐａ ｐａ２ Ｂç ÷ 令ｈ′ ｔ 得ｔ ç ５－１÷ 令ｈ′ ｔ
（－２ ，２ ）， （－２ ，－２ ）， è－ ａ， ａ２ ø， （ ）＞０， ∈è０， ø， （ ）＜０，
２ ８ ２
ｐ æ ö
因为点Ｂ在点Ａ下方 ， 所以
８
ａ２＜２ ｐａ２ ⇒ ａ ＞
２
１ ． 得ｔ ∈è ç ５
２
－１ ，＋∞ø ÷ ，
ａ４ ａ２
易求Ｓ
１＝
ｐ２ａ
，
Ｓ
２＝２
ｐ２ａ
·
１６
８ ａ２
－１
，
所以Ｓ
１
Ｓ
２＝ ４ ａ４
４
（４ ａ
－
２
１
＋１）
．
所以当ｔ ＝ ５－１时 ， Ｓ １· Ｓ ２ 取得最大值 ， 此时ａ２ ＝ ５＋１ ， 所以
ｔ ２ ８
令ｔ
＝４
ａ２
－１，
ｔ
＞０，
则Ｓ
１
Ｓ
２＝ （ ｔ ＋１）
４
２ （ ｔ ＋２） ， ｐ２ ＝ ａ２ １ ａ２ ＝４（ ５－２） ．
ｔ ｔ２ ｔ （４ ＋１）
记ｈ ｔ 则ｈ′ ｔ －２ －２ ＋２
（ ）＝ ｔ ２ ｔ ， （ ）＝ ｔ ３ ｔ ２，
（ ＋１） （ ＋２） （ ＋１） （ ＋２）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
学生用书Ｐ１８８
１．（２０２１ ５·３原创题）已知椭圆Ｃ ：ａ ｙ２ ２ ＋ ｘ ｂ ２ ２ ＝１（ ａ ＞ ｂ ＞０） 的上 ， 下 ＝ｘ ｙ ｙ －４ ｘ ｙ ２ １ ｘ ２ ｙ
１［ １ ２＋２（ １＋ ２）＋４］
ｘ ｘ
顶点分别为Ａ Ｂ 离心率为 ３ Ｍ Ｎ为椭圆Ｃ上异于Ａ Ｂ的两 －４ １ ２
， ， ， ， ， ＝ｙ ｙ ｙ ｙ
２ １ ２＋２（ １＋ ２）＋４
点 当Ｍ Ｎ为椭圆短轴的两个端点时 四边形ＡＭＢＮ 的面积 æ ö
， ， ， ç ３ ÷
为 ． －４·è－ｋ２ ø
４ ＋４ ．
求椭圆Ｃ的标准方程 ＝ ｋ２ æ ö ＝３
（１） ； －４ ＋４ ç －８ ÷
（２）
当直线ＭＮ 过点
（０，－１）
时
，
是否存在实数 λ
，
使得 ｋ
ＡＭ＝
ｋ２
＋４
＋２·èｋ２
＋４
ø＋４
λｋ 成立 若存在 求出实数λ 若不存在 请说明理由． 故存在实数λ 使得ｋ λｋ 且λ ．
ＢＮ ？ ， ； ， ， ＡＭ＝ ＢＮ， ＝３
１． 解析
（１）
设椭圆Ｃ的焦距为
２
ｃ
，
２．（２０２１ ５·３原创题）已知Ａ
，
Ｂ为抛物线Ｃ
：
ｙ２
＝４
ｘ上的两点
，
ｃ ｂ２ 分别过Ａ Ｂ作Ｃ的切线ｌ ｌ 交于点Ｐ．
由题意可知ｅ ３ 即 １ ， １，２
＝ ａ ＝ ， ａ２ ＝ ，① 若ｌ ｌ 求证 直线ＡＢ过定点
２ ４ （１） １⊥２， ： ；
又Ｓ 四边形ＡＭＢＮ＝
２
１ ×２ ａ ×２ ｂ ＝２ ａｂ ＝４， 所以ａｂ ＝２，② （２） 若
范
点
围．
Ｐ恰在圆Ｍ ：（ ｘ ＋２） ２ ＋ ｙ２ ＝１ 上 ， 求 △ ＰＡＢ面积的取值
由 可得ａ ｂ
①② ＝２， ＝１， 注 抛物线ｙ２ ｐｘ在点 ｘ ｙ 处的切线方程为ｙ ｙ ｐ ｘ ｘ ．
所以椭圆Ｃ的标准方程为 ｙ２
＋
ｘ２
＝１
． ２． ： 解析 设Ａ ＝
（
２ ｘ
１，
ｙ
１），
（ Ｂ
（
０， ｘ
２，
０） ｙ
２），
则抛物线在点 ０ Ａ ＝ 处 （ 的 ０＋ 切 ） 线方
４
由题意可知直线ＭＮ的斜率存在 设为ｋ 程为ｙ ｙ ｘ ｘ 所以ｌ 的斜率ｋ ２ 同理 ｌ 的斜率ｋ
（２） ， ， １ ＝２（ １＋ ）， １ １＝ ｙ ， ， ２ ２
则直线ＭＮ的方程为ｙ ｋｘ １
＝ －１，
{ｙ ＝ ｋｘ －１， ＝ｙ ２ ．
由 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ 得 （ ｋ２ ＋４） ｘ２ －２ ｋｘ －３＝０ ． （１） ２ 证明 ： 因为ｌ １⊥ ｌ ２， 所以ｋ １ ｋ ２＝－１，
４ ｙ ｙ
设Ｍ （ ｘ １， ｙ １）
ｋ
， Ｎ （ ｘ ２， ｙ ２）， 即ｙ １ ｙ ２＝－４， 所以ｋ ＡＢ＝ｘ １
１
－
－
ｘ ２
２
＝ｙ
１＋
４ ｙ
２
，
则ｘ ｘ ２ ｘ ｘ ３
１＋ ２＝ｋ２ ＋４ ， １ ２＝－ｋ２ ＋４ ， 从而直线ＡＢ的方程为ｙ － ｙ １＝ｙ ４ ｙ （ ｘ － ｘ １），
１＋ ２
ｙ ｙ ｋ ｘ ｘ ８ ｙ２
∴ １＋ ２＝ （ １＋ ２）－２＝－ｋ２ ， 将ｘ １ ｙ ｙ 代入化简得ｙ ４ ｘ
＋４ １＝ ， １ ２＝－４ ＝ｙ ｙ （ －１），
ｋ２ ４ １＋ ２
ｙ ｙ ｋｘ ｋｘ ｋ２ｘ ｘ ｋ ｘ ｘ －４ ＋４ 所以直线ＡＢ过定点 ．
１ ２＝（ １－１）（ ２－１）＝ １ ２－ （ １＋ ２）＋１＝ ｋ２ ， （１，０）
＋４ 设点Ｐ ｘ ｙ 由点Ｐ在ｌ 和ｌ 上知ｙ ｙ ｘ ｘ 且
由题意可知Ａ Ｂ ． （２） （ ０， ０）， １ ２ ０ １＝２（ ０＋ １），
（０，２）， （０，－２） ｙ ｙ ｘ ｘ 所以直线ＡＢ的方程为ｙ ｙ ｘ ｘ
ｙ ｙ ０ ２＝２（ ０＋ ２）， ０ ＝２（ ０＋ ），
ｋ １－２ ｋ ２＋２ {ｙ ｙ ｘ ｘ
∴ ＡＭ＝ ｘ ， ＢＮ＝ ｘ ， 联立 ０ ＝２（ ０＋ ），消去ｘ并整理 得ｙ２ ｙ ｙ ｘ
１ ２
ｙ２
ｙ２
＝４
ｘ
，
， －２ ０ ＋４ ０＝０，
∵
点Ｍ
（
ｘ
１，
ｙ
１）
在椭圆Ｃ上
，∴ ４
１
＋
ｘ２
１＝１
． 所以Δ
＝４（
ｙ２
０－４
ｘ
０），
且ｙ
１＋
ｙ
２＝２
ｙ
０，
ｙ
１
ｙ
２＝４
ｘ
０
．
即ｙ２ ｘ２． ｙ２
１－４＝－４ １ 设点Ｐ到直线ＡＢ的距离为ｄ 则Ｓ １ ＡＢ ｄ １ ０
假设存在实数λ 使得ｋ λｋ 成立 ， △ ＰＡＢ＝ ｜ ｜ ＝ １＋
， ＡＭ＝ ＢＮ ， ２ ２ ４
则λ
ｋ
ＡＭ
ｙ
１－２
ｘ
２
ｘ
２（
ｙ
１－２）（
ｙ
１＋２） ｘ
ｙ２
０
＝ｋ
ＢＮ ｘ ２
＝
（ ｙ
ｘ
２ １－ １ ４
·
）
ｙ
２＋２
＝ｘ
１（
ｙ
２＋２）（
ｙ
１＋２） ·２ ｙ２ ０－４ ｘ ０·
２ ０－
ｙ ２ ２ ０ ＝ ２ １ （ ｙ２ ０－４ ｘ ０） ３ ２ ，
＝ｘ ｙ ｙ ｙ ｙ １＋
１［ １ ２＋２（ １＋ ２）＋４］ ４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ５９
因为点Ｐ恰在圆Ｍ ｘ ２ ｙ２ 上
：（ ＋２） ＋ ＝１ ， 直线ＯＡ的方程为ｙ １ ｘ．
所以 ｘ ２ ｙ２ ∴ ＝－ ｋ
（ ０＋２） ＋ ０＝１，
所以ｙ２ ０－４ ｘ ０＝１－（ ｘ ０＋２） ２ －４ ｘ ０＝－ ｘ２ ０－８ ｘ ０－３， 代入ｙ ＝ ｋｘ ＋ ｍ ， 得ｙ ＝ ｋ （－ ｋｙ ）＋ ｍ ，
因为 －３≤ ｘ ０≤－１， 所以ｙ２ ０－４ ｘ ０∈［４，１２］， ∴ ｙ １＝ｋ２ ｍ ， ｘ １＝－ ｋｙ １＝ｋ － ２ ｋｍ ，
从而Ｓ ． ＋１ ＋１
△ ＰＡＢ∈［４，１２ ３］ 又ｘ２ ｙ２
ｘ２ ｙ２ １＋４ １＝４，
３．（２０２１ ５·３原创题）已知椭圆Ｃ ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ａ ＞ ｂ ＞０） 的长轴长 æ ç－ ｋｍö ÷ ２ æ ç ｍ ö ÷ ２
( )
∴ èｋ２
＋１
ø ＋４èｋ２
＋１
ø ＝４，
是短
求
轴
椭
长
圆
的
Ｃ
２
的
倍
方
， 且
程
经过点 ３， １
２
．
∴
ｍ２
＝
４（
ｋ
ｋ
２
２
＋
＋
４
１） ２ ．
（
（
１
２
）
）
已知Ｏ为坐标原 ； 点
，
直线ＯＡ与椭圆Ｃ交于点Ａ
，
过点Ａ作
∴４
ｋ２
＋１－
ｍ２
＝４
ｋ２
＋１－
４（
ｋ
ｋ
２
２ ＋１） ２
＋４
直线ＯＡ的垂线ＡＢ ， 与椭圆Ｃ交于点Ｂ ， 若 ｔａｎ∠ ＡＯＢ ＝ ３ ， （４ ｋ２ ＋１）（ ｋ２ ＋４）－４（ ｋ２ ＋１） ２ ９ ｋ２ ．
求 ＯＡＢ的面积．
２ ＝ ｋ２
＋４
＝ｋ２
＋４
△
( ) ｋ２ ｋ２ ｍ２ ｋ２ ｋ２
３． 解析 （１） 因为椭圆Ｃ过点 ３， １ ， ∴ ｜ ＡＢ ｜ ２ ＝ １６（１＋ （４ ） ｋ （ ２ ＋ ４ １） ＋ ２ １－ ） ＝ （４ １ ｋ ４ ２ ４ ＋ （ １ １ ） ＋ ２ （ ｋ ） ２ ＋４） ．
２
æ ｍ ö２ ｍ２ ｋ２
所以 ａ ３ ２ ＋ １ ｂ２ ＝１， 又 ∵ ｜ ＯＡ ｜ ２ ＝（－ ｋｙ １） ２ ＋ ｙ２ １＝（ ｋ２ ＋１）è ç ｋ２ ＋１ ø ÷ ＝ｋ２ ＋１ ＝ ４（ ｋ２ ＋ ＋ ４ １） ，
４
由题意得 ２ ａ ＝４ ｂ ， 即ａ ＝２ ｂ ， 从而解得ｂ２ ＝１， ａ２ ＝４， 在 Ｒｔ△ ＡＯＢ中 ，ｔａｎ∠ ＡＯＢ ＝ ｜ Ｏ ＡＢ Ａ ｜ ＝ ３ ，
ｘ２ ｜ ｜ ２
∴
椭
依
圆
题
Ｃ
意
的
知
方程
直
为
线 ４ ＡＢ ＋ 的
ｙ２
斜 ＝１ 率
．
存在且不为 ∴ ｜ ｜ Ｏ ＡＢ Ａ ｜ ｜ ２ ２ ＝ （４ ｋ ３ ２ ６ ＋ ｋ １ ２ ） ２ ＝ ４ ９ ， 得 １６ ｋ２ ＝（４ ｋ２ ＋１） ２ ，
（２） ， ０，
设直线ＡＢ的方程为ｙ ＝ ｋｘ ＋ ｍ （ ｋ ≠０） ． ∴ （４ ｋ２ －１） ２ ＝０，∴ ｋ２ ＝ １ ．
联立ｙ ｋｘ ｍ与ｘ２ ｙ２ 得ｘ２ ｋｘ ｍ ２ ４
∴ （４
ｋ２ ＝
＋１）
＋ ｘ２
＋８
ｋｍｘ ＋
＋
４
４
ｍ２ ＝
－
４
４
，
＝０，
＋４（ ＋ ） ＝４， 此时ｍ２
＝
４（
ｋ
ｋ
２
２ ＋１） ２
＝
２５
＜４
ｋ２
＋１＝２
．
Δ ｋｍ ２ ｋ２ ｍ２ ｋ２ ｍ２ ＋４ １７
∴ ＝（８ ） －４（４ ＋１）（４ －４）＝１６（４ ＋１－ ）＞０， Δ 成立．
ｋ２ ｍ２． ∴ ＞０
∴４ ＋１＞ ( )
设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ １
（ １， １）， （ ２， ２）， ｋ２ ４× ＋１
则ｘ ｘ －８
ｋｍ
ｘ ｘ ４
ｍ２
－４ ｜
ＯＡ
｜
２
＝
４（
ｋ２
＋１）
＝
４
＝
２０
，
１＋ ２＝
４
ｋ２
＋１
， １ ２＝
４
ｋ２
＋１
， ＋４ １
＋４
１７
４
ＡＢ ｋ２ ｘ ｘ ｋ２ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ
｜ ｜＝ １＋ ·｜ １－ ２｜＝ １＋ · （ １＋ ２） －４ １ ２ ＯＡＢ的面积 Ｓ １ ＯＡ ＡＢ １ ＯＡ ３ ＯＡ
ｋ２ æ ç－８ ｋｍö ÷ ２ ４ ｍ２ －４ ４ １＋ ｋ２ ４ ｋ２ ＋１－ ｍ２ ． ∴ △ ＝ ２ ｜ ｜ ｜ ｜ ＝ ２ ｜ ｜ × ２ ｜ ｜ ＝
＝ １＋ · è
４
ｋ２
＋１
ø －４·
４
ｋ２
＋１
＝
４
ｋ２
＋１ ３ ＯＡ ２ １５．
｜ ｜ ＝
ＯＡ ＡＢ ｋ ４ １７
∵ ⊥ ， ≠０，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ６０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
学生用书Ｐ１８９
圆锥曲线中的轨迹方程问题
在平面直角坐标系中 如果某曲线Ｃ 看作满足某种条件的 ｋ ｋ
， （ Ｑ ｕ ｕｋ Ｅ ｕ ．于是直线ＱＧ的斜率为 方程为ｙ ｘ
点的集合或轨迹 上的点与一个二元方程的实数解建立了如下 （－ ，－ ）， （ ，０） ， ＝ （
） ２ ２
的关系 ： 曲线上点的坐标都是这个方程的解． ì ï ï ｙ ＝ ｋ （ ｘ － ｕ ），
（１） 以这个方程的解为坐标的点都在曲线上． － ｕ ） ．由í ïｘ２ ２ ｙ２ 得 （２＋ ｋ２ ） ｘ２ －２ ｕｋ２ｘ ＋ ｋ２ｕ２ －８＝０ ． ① 设Ｇ （ ｘ Ｇ，
（
那
２
么
）
这个方程叫做曲线的方程 这条曲线叫做方程的曲线．
î ï
４
＋
２
＝１
， ；
注 符合上述两点 则曲线与方程所表示的是同一个对象 ｙ 则 ｕ 和 ｘ 是方程 的解 故 ｘ
ｕ
（３
ｋ２
＋２） 由此得 ｙ
只是表
：
示形式不同．
， ， Ｇ）， － Ｇ ① ， Ｇ＝
２＋
ｋ２ ， Ｇ＝
１．求曲线方程的基本步骤
ｕｋ３
ｕｋ
： ｕｋ３ ｋ２ －
建立适当的平面直角坐标系 设轨迹上任一点的坐标为 ．从而直线ＰＧ的斜率为 ２＋ １ ．所以 ＰＱ ＰＧ
（１） ， ｋ２ ｕ ｋ２ ＝－ ｋ ⊥ ，
Ｍ ｘ ｙ ２＋ （３ ＋２） ｕ
（ ， ）； ｋ２ －
寻找动点与已知点满足的关系式 ２＋
（２） ； 即 ＰＱＧ是直角三角形．
将动点与已知点坐标代入关系式得一个方程 △
（３） ；
（４）
化
证
简
明
整
所
理
得
方
方
程
程 ； 为所求曲线的轨迹方程． （ｉｉ）
由
（ｉ）
得
｜
ＰＱ
｜ ＝２
ｕ
１＋
ｋ２
，｜
ＰＧ
｜ ＝
２ ｕｋ
２＋ ｋ
ｋ
２
２ ＋１
，
所以
（
２
５
．基
）
本方法 直接法 定义法 代入法 参数法． ＰＱＧ 的 面 积 Ｓ １ ＰＱ ＰＧ ８
ｋ
（１＋
ｋ２
）
： 、 、 、 △ ＝ ｜ ｜ ｜ ｜ ＝ ｋ２ ｋ２ ＝
方法一：直接法 ２ （１＋２ ）（２＋ ）
( )
如果动点满足的几何条件本身就是一些几何量的等量关 １ ｋ
８ ｋ ＋
系 或这些几何条件简单明了且易于表达 那么我们只需把这种 ．设ｔ ｋ １ 则由ｋ 得ｔ 当且仅当ｋ 时取
， ， ( ) ２ ＝ ＋ ｋ ， ＞０ ≥２， ＝１
关系 翻译 成含ｘ ｙ的等式就可得到曲线的轨迹方程 因为这 １ ｋ
“ ” 、 ， １＋２ ｋ ＋
种求轨迹方程的过程不需要其他步骤 也不需要特殊的技巧 所
， ， ｔ
以称为直接法或直译法． 等号．因为Ｓ ＝ ８ ｔ２ 在 ［２，＋∞） 单调递减 ， 所以当 ｔ ＝２， 即 ｋ ＝１
例１ （２０１９课标 理，２１，１２分）已知点Ａ Ｂ
１＋２
Ⅱ （－２，０）， （２，０），
时 Ｓ取得最大值 最大值为１６．因此 ＰＱＧ面积的最大值为１６．
， ， ，△
动点Ｍ ｘ ｙ 满足直线ＡＭ与ＢＭ的斜率之积为 １ ．记Ｍ的轨 ９ ９
（ ， ） － 解题关键
２
迹为曲线Ｃ．
利用方程思想得出点Ｐ Ｑ的坐标 进而利用换元法及整
求Ｃ的方程 并说明Ｃ是什么曲线 ① 、 ，
（１） ， ； 体代换法简化运算过程是顺利解决本题的关键 正确利用基
过坐标原点的直线交Ｃ于Ｐ Ｑ两点 点Ｐ在第一象限 ；②
（２） ， ， ， 本不等式及函数单调性是求解 ＰＱＧ面积最值的关键．
ＰＥ ｘ轴 垂足为Ｅ 连接ＱＥ并延长交Ｃ于点Ｇ． △
⊥ ， ， 方法二：定义法
证明 ＰＱＧ是直角三角形
（ｉ） ：△ ； 若所求动点的轨迹符合某一基本轨迹的定义 则可根据定
求 ＰＱＧ面积的最大值． ，
（ｉｉ） △ 义直接求出动点的轨迹方程．
解题思路 例２ （２０１６课标 理，２０，１２分）设圆ｘ２ ｙ２ ｘ 的圆
Ⅰ ＋ ＋２ －１５＝０
心为Ａ 直线ｌ过点Ｂ 且与ｘ轴不重合 ｌ交圆Ａ于Ｃ Ｄ两
， （１，０） ， ，
点 过Ｂ作ＡＣ的平行线交ＡＤ于点Ｅ．
，
证明 ＥＡ ＥＢ 为定值 并写出点Ｅ的轨迹方程
（１） ｜ ｜＋｜ ｜ ， ；
设点Ｅ的轨迹为曲线Ｃ 直线ｌ交Ｃ 于Ｍ Ｎ两点 过
（２） １， １ ， ，
Ｂ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） ｜ ｜ ＝ ｜ ｜， ∥ ， ∠ ＝∠
ｙ ｙ ｘ２ ｙ２ ＡＤＣ．
解析 由题设得 １ 化简得 ＝∠
（１） ｘ ·ｘ ＝－ ， ＋ ＝１ 所以 ＥＢ ＥＤ 故 ＥＡ ＥＢ ＥＡ ＥＤ ＡＤ ．
＋２ －２ ２ ４ ２ ｜ ｜＝｜ ｜， ｜ ｜＋｜ ｜＝｜ ｜＋｜ ｜＝｜ ｜
（｜ ｘ ｜≠２）， 所以Ｃ为中心在坐标原点 ， 焦点在ｘ轴上的椭圆 ， 不 又圆Ａ的标准方程为 （ ｘ ＋１） ２ ＋ ｙ２ ＝１６， 从而 ｜ ＡＤ ｜＝４，
含左右顶点． 所以 ＥＡ ＥＢ ． 分
｜ ｜＋｜ ｜＝４ （２ ）
证明 设直线ＰＱ的斜率为ｋ 则其方程为ｙ ｋｘ ｋ ． 由题设得Ａ Ｂ ＡＢ 由椭圆定义可得点Ｅ
（２）（ｉ） ： ， ＝ （ ＞０） （－１，０）， （１，０），｜ ｜＝２，
{ｙ
＝
ｋｘ
， 的轨迹方程为
ｘ２ ｙ２
ｙ ． 分
由 ｘ２
＋
ｙ２
＝１
得ｘ
＝±
１＋
２
２
ｋ２
．记ｕ
＝
１＋
２
２
ｋ２ ，
则Ｐ
（
ｕ
，
ｕｋ
），
当ｌ与
４
ｘ
＋
轴
３
不
＝
垂
１（
直
≠
时
０）
设ｌ的方程为ｙ ｋ ｘ ｋ
（４ ）
４ ２ （２） ， ＝ （ －１）（ ≠０），
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ６１
{ｙ ｋ ｘ 圆 椭圆 抛物线 直线
＝ （ －１）， Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
Ｍ
（
ｘ
１，
ｙ
１），
Ｎ
（
ｘ
２，
ｙ
２）
．由 ｘ２ ｙ２ 得
（４
ｋ２
＋３）
ｘ２
－８
ｋ２ｘ
＋
２． 答案 Ａ
＋ ＝１ ( )
４ ３ ３．已知点Ｆ １ 直线ｌ ｘ １ 点Ｂ是ｌ上的动点．若过Ｂ垂
ｋ２ ｋ２ ，０ ， ： ＝－ ，
ｋ２ ．则ｘ ｘ ８ ｘ ｘ ４ －１２． ４ ４
４ －１２＝０ １＋ ２＝ ｋ２ ， １ ２＝ ｋ２ 直于ｙ轴的直线与线段ＢＦ的垂直平分线交于点Ｍ 则点Ｍ的
４ ＋３ ４ ＋３ ，
ｋ２ 轨迹是
所以 ＭＮ ｋ２ ｘ ｘ １２（ ＋１）． 分 （ ）
｜ ｜＝ １＋ ｜ １－ ２｜＝ ｋ２ （６ ） 双曲线 椭圆 圆 抛物线
４ ＋３ Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
３． 答案 Ｄ
过点Ｂ 且与ｌ垂直的直线ｍ ｙ １ ｘ Ａ到ｍ的
（１，０） ： ＝－ ｋ （ －１）， ( ａ ) ( ａ )
４．在 ＡＢＣ中 Ａ为动点 Ｂ Ｃ为定点 Ｂ Ｃ ａ
△ ， ， ， ， － ，０ ， ，０ ， ＞
距离为 ２ 所以 ＰＱ ２ æ ç ２ ö ÷ ２ ４ ｋ２ ＋３． ２ ２
ｋ２
＋１
， ｜ ｜＝２ ４ －è ｋ２
＋１
ø ＝４ ｋ２
＋１ ０
且满足条件
ｓｉｎ
Ｃ
－ｓｉｎ
Ｂ
＝
１
ｓｉｎ
Ａ
，
则动点Ａ的轨迹方程是
故四边形ＭＰＮＱ的面积 ２
（ ）
Ｓ １ ＭＮ ＰＱ １ ． 分 ｘ２ ｙ２
＝ ２ ｜ ｜｜ ｜＝１２ １＋ ４ ｋ２ ＋３ （１０ ） Ａ． １ ａ ６ ２ － １６ ａ２ ＝１（ ｙ ≠０）
３
可得当ｌ与ｘ轴不垂直时 四边形ＭＰＮＱ面积的取值范围为
， ｙ２ ｘ２
１６ １６ ｙ
（１２，８ ３）
．当ｌ与ｘ轴垂直时
，
其方程为ｘ
＝１，｜
ＭＮ
｜＝３，｜
ＰＱ
｜＝
Ｂ． ａ２ －
３
ａ２ ＝１（ ≠０）
四边形ＭＰＮＱ的面积为 ． ｘ２ ｙ２ ( ａ )
８， １２ １６ １６ ｘ
综上 四边形ＭＰＮＱ面积的取值范围为 ． 分 Ｃ． ａ２ － ａ２ ＝１ ＜－
， ［１２，８ ３） （１２ ） ３ ４
方法三：代入法 ｘ２ ｙ２ ( ａ )
１６ １６ ｘ
有些问题中 某动点满足的条件不便用等式列出 但动点是 Ｄ． ａ２ － ａ２ ＝１ ＞
， ， ３ ４
随着另一动点 称之为相关点 的运动而运动的 如果相关点所 ４． 答案 Ｄ
（ ） ，
满足的条件是明显的 或是可分析的 那么这时我们可以用动点 ５．设圆 ｘ ２ ｙ２ 的圆心为Ｃ Ａ 是圆内一定点 Ｑ为
， ， （ ＋１） ＋ ＝２５ ， （１，０） ，
坐标表示相关点坐标 根据相关点所满足的方程即可求得动点 圆周上任一点 线段ＡＱ的垂直平分线与ＣＱ的连线交于点Ｍ
， ， ，
的轨迹方程 这种求轨迹方程的方法叫做相关点法 又叫代入法 则Ｍ的轨迹方程为
， ， （ ）
或坐标代换法． ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２
４ ４ ４ ４
Ａ． － ＝１ Ｂ． ＋ ＝１
例３ 已知线段ＰＱ的长为
１，
若Ｐ
，
Ｑ分别在椭圆 ｘ２
＋
ｙ２
＝１
２
ｘ
１
２
２
ｙ
５
２
２
ｘ
１
２
２
ｙ
５
２
４ ４ ４ ４ ４
和ｘ轴上运动 则线段ＰＱ的中点Ｍ的轨迹方程是 ． Ｃ． ２４ － ２１ ＝１ Ｄ． ２５ ＋ ２１ ＝１
， ５． 答案 Ｄ
解题思路
６．点Ｐ到图形Ｃ上每一个点的距离的最小值称为点Ｐ到图形Ｃ
的距离 那么平面内到定圆Ｃ的距离等于到定点Ａ的距离的
，
点的轨迹不可能是
（ ）
圆 椭圆 双曲线的一支 直线
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
６． 答案 Ｄ
解析 设Ｍ ｘ ｙ Ｐ θ θ ７．已知点Ｍ为直线ｌ ｘ 上的动点 Ｎ 过Ｍ作直线ｌ
（ ， ）， （２ｃｏｓ ，ｓｉｎ ）， １： ＝－１ ， （１，０）， １
由 ＰＱ 可得Ｑ θ θ 的垂线ｌ ｌ交ＭＮ的中垂线于点Ｐ 记点Ｐ的轨迹为Ｃ．
｜ ｜＝１， （２ｃｏｓ ±ｃｏｓ ，０）， ， ，
ì 求曲线Ｃ的方程
ïｘ １ θ { ｘ （１） ；
ï ＝ ·（４±１）ｃｏｓ ， θ ２ 若直线ｌ ｙ ｋｘ ｍ ｋ 与圆Ｅ ｘ ２ ｙ２ 相切于点
所以í ２ 所以 ｃｏｓ ＝ ， （２） ２： ＝ ＋ （ ≠０） ：（ －３） ＋ ＝６
ï ４±１ Ｄ 与曲线Ｃ交于Ａ Ｂ两点 且Ｄ为线段ＡＢ的中点 求直
ïｙ １ θ θ ｙ ， ， ， ，
î ＝ ·ｓｉｎ ， ｓｉｎ ＝２ ， 线ｌ 的方程．
２ ２
ｘ２ ｘ２ ７． 解析 由已知可得 ＰＮ ＰＭ 即点Ｐ到定点Ｎ的距
消去θ得 ４ ｙ２ ．故点Ｍ的轨迹方程是 ４ ｙ２ ． （１） ，｜ ｜＝｜ ｜，
２ ＋４ ＝１ ２ ＋４ ＝１ 离等于它到直线ｌ 的距离 故点Ｐ的轨迹是以Ｎ为焦点 ｌ 为
（４±１） （４±１） １ ， ， １
ｘ２ 准线的抛物线
答案 ４ ｙ２ ，
（４±１）
２ ＋４ ＝１
∴
曲线Ｃ的方程为ｙ２
＝４
ｘ．
设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ Ｄ ｘ ｙ
（２） （ １， １）， （ ２， ２）， （ ０， ０），
{ｙ ｋｘ ｍ
１．（２０２１浙江，９，４分）已知ａ
，
ｂ
∈
Ｒ
，
ａｂ
＞０，
函数ｆ
（
ｘ
）＝
ａｘ２
＋
ｂ
（
ｘ
由
ｙ２
＝
＝４
＋
ｘ
，
，得ｋ２ｘ２
＋（２
ｋｍ
－４）
ｘ
＋
ｍ２
＝０，
Ｒ ．若ｆ ｓ ｔ ｆ ｓ ｆ ｓ ｔ 成等比数列 则平面上点 ｓ ｔ ｋｍ
∈ ） （ －）， （ ）， （ ＋ ） ， （ ， ） ｘ ｘ ４－２
的轨迹是
（ ）
∴ １＋ ２＝ ｋ２ ，
直线和圆 直线和椭圆 ｘ ｘ ｋｍ
Ａ． Ｂ． ｘ １＋ ２ ２－
Ｃ．
直线和双曲线
Ｄ．
直线和抛物线 ∴ ０＝
２
＝ ｋ２ ，
１． 答案 Ｃ æ ｋｍ ö
２．（２０２０课 标
Ⅲ
文，６，５ 分）在平面内
，
Ａ
，
Ｂ是两个定点
，
Ｃ是动 ｙ ０＝ ｋｘ ０＋ ｍ ＝ ２ ｋ ， 即Ｄ è ç２－ ｋ２ ， ２ ｋ ø ÷ ，
点．若→ＡＣ Ｂ→Ｃ 则点Ｃ的轨迹为 直线ｌ 与圆Ｅ ｘ ２ ｙ２ 相切于点Ｄ
· ＝１， （ ） ∵ ２ ：（ －３） ＋ ＝６ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ６２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ＤＥ ２ 且ＤＥ ｌ ． 在 ＱＭＡ中
∴ ｜ ｜ ＝６， ⊥２ Ｒｔ△ ，
æ ｋｍ ö２ ( ) ２ ( ｘ ) ２
从而 è ç２－ ｋ２ －３ø ÷ ＋ ２ ｋ ＝６， ｋ ＤＥ· ｋ ＝－１，
因为 ＱＭ ２ ｘ ２
( ｘ２ )
ＭＡ ２
（ ｘ ＋１） ２ ｋ －
２
ì ｋｍ ｜ ｜ ＝（ ＋１） １＋ ，｜ ｜ ＝ ｋ２ ，
ï２－ ４ １＋
即í
ï ｋ２ －３＝－２，
所以 ＱＡ ２ ＱＭ ２ ＭＡ ２ （
ｘ
＋１）
２
（
ｋｘ
＋２）
２
î ï ï æ è ç２－ ｋ ｋ ２ ｍ －３ ö ø ÷ ２ ＋ ( ２ ｋ ) ２ ＝６， 则 Ｑ ｜ Ａ ｜ ｜ ｘ ＝ ＋ ｜ １｜｜ ｋ ｜ ｘ ＋ － ２ ｜ ｜ ｜ ＝ ４（１＋ ｋ２ ） ，
( ) ２ ｜ ｜＝ ｋ２ ，
整理可得 ２ ２ １＋
ｋ ＝２， ｘ
ＱＢ ２ ｋ２ ｋ２ ＋１
即ｋ ＝± ２，∴ ｍ ＝０， 则｜ ｜ ＱＡ ｜ ｜ ＝ ２（１＋ ｜ ） ｋ ｜ １＋ · ｘ ＋ ２ ｋ ．
故直线ｌ 的方程为 ｘ ｙ 或 ｘ ｙ ．
２ ２ ( － ＝０ ) ２ ＋ ＝０ 当ｋ 时 ｜ ＱＢ ｜ ２
８．已知曲线Ｃ是到点Ｐ １ ３ 和到直线ｙ ５ 距离相等的 ＝２ ， ＱＡ ＝５ ５，
－ ， ＝－ ｜ ｜
２ ８ ８ 从而所求直线ｌ的方程为 ｘ ｙ ．
点的轨迹．ｌ是过点Ｑ 的直线 Ｍ是Ｃ上 不在ｌ上 的 ２ － ＋２＝０
（－１，０） ， （ ） 解法二 易知直线ｌ的斜率存在．
动点 Ａ Ｂ在ｌ上 ＭＡ ｌ ＭＢ ｘ轴 如图 ． ：
， ， ， ⊥， ⊥ （ ） ( ｘ２ ｘ)
求曲线Ｃ的方程 设Ｍ ｘ ＋ 直线 ｌ ｙ ｋｘ ｋ 则 Ｂ ｘ ｋｘ ｋ 从而 ＱＢ
（１） ； ， ， ： ＝ ＋ ， （ ， ＋ ）， ｜ ｜ ＝
ＱＢ ２ ２
求出直线ｌ的方程 使得｜ ｜ 为常数．
（２） ， ＱＡ ｋ２ ｘ ．过Ｑ 作垂直于 ｌ 的直线 ｌ ｙ １ ｘ
｜ ｜ １＋ ｜ ＋１｜ （－１，０） １： ＝－ ｋ （ ＋
过Ｍ作ＭＨ ｌ 则四边形ＡＭＨＱ是矩形．
１）， ⊥１，
ｘ ｋｘ ＱＢ ２
因为 ＱＡ ＭＨ 所以 ＱＡ ｜ ＋１｜｜ ＋２｜ ｜ ｜
｜ ｜ ＝ ｜ ｜， ｜ ｜ ＝
２ １＋
ｋ２ ，
｜
ＱＡ
｜
＝
ｘ
ｋ２ ｋ２ ＋１
２（１＋ ） １＋ ．
ｋ · ｘ ２
｜ ｜ ＋ ｋ
ＱＢ ２
当ｋ 时 ｜ ｜
＝２ ， ＱＡ ＝５ ５，
８． 解析 设Ｎ ｘ ｙ 为Ｃ上的点 ｜ ｜
（１） （ ， ） ， 从而所求直线ｌ的方程为 ｘ ｙ ．
( ) ( ) ２ － ＋２＝０
２ ２
则 ＮＰ ｘ １ ｙ ３
｜ ｜＝ ＋ ＋ － ，
２ ８
Ｎ到直线ｙ ５ 的距离为 ｙ ５ ．
＝－ ＋
８ ８
( ) ( )
２ ２
由题设得 ｘ １ ｙ ３ ｙ ５ ．
＋ ＋ － ＝ ＋
２ ８ ８
化简 得曲线Ｃ的方程为ｙ １ ｘ２ ｘ ．
， ＝ （ ＋ ）
２
( ｘ２ ｘ)
解法一 易知直线ｌ的斜率存在．设Ｍ ｘ ＋ 直线ｌ ｙ
（２） ： ， ， ： ＝
２
ｋｘ ｋ 则Ｂ ｘ ｋｘ ｋ 从而 ＱＢ ｋ２ ｘ ．连接ＱＭ
＋ ， （ ， ＋ ）， ｜ ｜＝ １＋ ｜ ＋１｜ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
教师专用题组
１．（２０２１北京首师大二附中高三开学测试，１０）曲线Ｃ是平面内 若点Ｐ在曲线Ｃ上 则 ＰＦ ．
③ ， １≤｜ ｜≤４
到定点Ｆ 和定直线ｌ ｙ 的距离之和等于 的点的轨 其中真命题的个数是
（０，１） ： ＝－１ ４ （ ）
迹 给出下列三个结论
， ： Ａ．０ Ｂ．１ Ｃ．２ Ｄ．３
曲线Ｃ关于ｙ轴对称 答案 Ｄ 本题考查点的轨迹方程 考查学生运用代数方法
① ； ，
若点Ｐ ｘ ｙ 在曲线Ｃ上 则 ｙ 分析与解决问题的能力 渗透逻辑推理与数学运算的核心素
② （ ， ） ， ｜ ｜≤２； ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ６３
养 试题体现创新性． 对于 如图 连接ＱＡ 由已知得 ＱＡ ＱＰ ．
， Ｃ， ３， ， ｜ ｜＝｜ ｜
设曲线Ｃ上任意一点为 ｘ ｙ 则有 ｘ２ ｙ ２ ｙ
（ ， ）， ＋（ －１） ＋｜ ＋１｜＝４，
ì
ï
ｘ２
ｙ
ï２－ （ ≥－１），
化简得ｙ í ４
＝ï ｘ２
ï ｙ ．
î－２＋ （ ＜－１）
１２
对于 将ｘ换为 ｘ 表达式不变 故 正确．
①， － ， ， ①
ｘ２
对于 ｙ ｙ
②，∵ ＝２－ （ ≥－１），
４
∴ －１≤ ｙ ≤２， 所以 ｜｜ ＱＡ ｜－｜ ＱＯ ｜｜＝｜｜ ＱＰ ｜－｜ ＱＯ ｜｜＝｜ ＯＰ ｜＝ ｒ．
ｙ
ｘ２
ｙ
又因为点Ａ在圆外
，
所以
｜
ＯＡ
｜＞｜
ＯＰ
｜，
∵ ＝－２＋ （ ＜－１）， 根据双曲线的定义 知点Ｑ的轨迹是以Ｏ Ａ为焦点 ｒ为实轴
１２ ， ， ，
ｙ 长的双曲线．
∴ －２≤ ＜－１，
ｙ 故 正确． 对于 由于当点Ａ与圆心Ｏ重合时 点Ｑ的轨迹为圆 且综
∴ ｜ ｜≤２， ② Ｄ， ， ，
对于 ＰＦ ｙ ｙ 合 可知点Ｑ的轨迹不可能为抛物线．故选 ．
③，∵ ｜ ｜＋｜ ＋１｜＝４，｜ ｜≤２， Ａ，Ｂ，Ｃ ＡＢＤ
ｙ ３．（２０２１届山东青岛期初调研，１０）在平面直角坐标系ｘＯｙ中 动
∴ －２≤ ≤２， ，
ｙ 点Ｐ与两个定点Ｆ 和Ｆ 连线的斜率之积等
∴ －１≤ ＋１≤３， １（－ ３，０） ２（ ３，０）
ｙ
∴０≤｜ ＋１｜≤３， 于 １ 记点Ｐ的轨迹为曲线Ｅ 直线ｌ ｙ ｋ ｘ 与Ｅ交于Ａ
ＰＦ ｙ ． ， ， ： ＝ （ －２） ，
∴ ｜ ｜＝４－｜ ＋１｜∈［１，４］ ３
ＰＦ 故 正确． Ｂ两点 则
∴１≤｜ ｜≤４， ③ ， （ ）
故选 ． ｘ２
Ｄ Ｅ的方程为 ｙ２ ｘ
思 路 分 析 先 求 得 曲 线 Ｃ 的 轨 迹 方 程 为 ｙ Ａ． － ＝１（ ≠± ３）
＝ ３
ì
ï
ｘ２
（ｙ ）， Ｂ．
Ｅ的离心率为
３
í ï２－ ４ ≥－１ 再依次讨论． Ｃ． Ｅ的渐近线与圆 （ ｘ －２） ２ ＋ ｙ２ ＝１ 相切
î
ï ï
－２＋
ｘ２ （ｙ
＜－１
），
Ｄ．
满足
｜
ＡＢ
｜＝２ ３
的直线ｌ仅有
１
条
１２ ｙ ｙ
２．（２０２１届湖湘名校教育联合体入学考试，９）已知圆Ｏ的半径 答案 ＡＣ 设点Ｐ ｘ ｙ 由已知得 １ 整理
（ ， ）， ｘ ·ｘ ＝ ，
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 ＋ ３ － ３ ３
， ， ， ｘ２ ｘ２
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 得 ｙ２ 所以点Ｐ的轨迹曲线Ｅ的方程为 ｙ２ ｘ
－ ＝１， － ＝１（ ≠±
运动时 下列判断正确的是 ３ ３
， （ ） 故 正确
当点Ａ在圆Ｏ内 不与圆心重合 时 点Ｑ的轨迹是椭圆 ３）， Ａ ；
Ａ． （ ） ，
点Ｑ的轨迹可能是一个定点 因为离心率ｅ ２ ２ ３ 故 不正确
Ｂ． ＝ ＝ ， Ｂ ；
Ｃ． 当点Ａ在圆Ｏ外时 ， 点Ｑ的轨迹是双曲线的一支 ３ ３
点Ｑ的轨迹不可能是抛物线
Ｄ． 圆 ｘ ２ ｙ２ 的圆心 到曲线Ｅ的渐近线ｙ ３ｘ的
答案 ＡＢＤ 对于 如图 连接 ＱＡ 由已知得 ＱＡ （ －２） ＋ ＝１ （２，０） ＝±
Ａ， １， ， ｜ ｜ ＝｜ ３
ＱＰ ．
｜ 距离ｄ ２
＝ ＝１，
２ ２
１ ＋（± ３）
又圆 ｘ ２ ｙ２ 的半径为 故 正确
（ －２） ＋ ＝１ １， Ｃ ；
{ｙ ｋ ｘ
＝ （ －２），
联立直线ｌ与曲线Ｅ的方程得 ｘ２ 整理得
ｙ２ ｘ （１
－ ＝１（ ≠± ３），
３
所以 ＱＯ ＱＡ ＱＯ ＱＰ ＯＰ ｒ． －３
ｋ２
）
ｘ２
＋１２
ｋ２ｘ
－１２
ｋ２
－３＝０，
又因为
｜
点
｜
Ａ
＋｜
在圆
｜
内
＝｜
，
所以
｜＋
｜
｜
ＯＡ
｜
｜
＜
＝
｜
Ｏ
｜
Ｐ
｜，
｜＝ 设Ａ
（
ｘ
１，
ｙ
１），
Ｂ
（
ｘ
２，
ｙ
２），
Δ
＝１４４
ｋ４
－４（１－３
ｋ２
）·（－１２
ｋ２
－３）＝１２
根
的
据
椭
椭
圆
圆
．
的定义
，
知点Ｑ的轨迹是以Ｏ
，
Ａ为焦点
，
ｒ为长轴长
（
ｋ２
＋１）＞０，
且
１－３
ｋ２
≠０，
有ｘ
１＋
ｘ
２＝ １
－
－
１２
３
ｋ
ｋ
２
２，
ｘ
１
ｘ
２＝
－
１
１
－
２ ｋ
３
２
ｋ
－
２
３
，
所以
对于 如图 当点 Ａ 在圆上时 点 Ｑ 与圆心重合 轨迹为 ｋ２
Ｂ， ２， ， ， ＡＢ ｋ２ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ ｋ２ ２ ３ １＋
定点． ｜ ｜ ＝ １＋ · （ １＋ ２） －４ １ ２ ＝ １＋ · ｋ２
１－３
ｋ２
２ ３（１＋ ）
＝ ｋ２ ，
１－３
ｋ２
要满足 ＡＢ 则需２ ３（１＋ ） 解得 ｋ 此时 Ａ
｜ ｜＝２ ３， ｋ２ ＝２ ３， ＝０，
１－３
Ｂ 而曲线Ｅ不包括点 故 不正
（ ３，０）， （－ ３，０）， （± ３，０）， Ｄ
确 故选 ．
， ＡＣ
４．（２０２１北京顺义二模，１５）曲线Ｃ是平面内与两个定点Ｆ
１（０，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ６４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
等式，可判定 正确；过点Ｐ作ＰＥ Ｆ Ｆ ，求得 Ｆ ＰＦ 的最
Ｆ 的距离的积等于 ３ 的点Ｐ的轨迹 给出下列四 ② ⊥ １ ２ △ １ ２
１）， ２（０，－１） ，
２ 大面积为Ｓ ３ ，利用等面积法，可判定 不正确；化简（ａ
个结论 △ Ｆ １ ＰＦ ２ ＝ ③
： ４
①
曲线Ｃ关于坐标轴对称
； ＋
ｂ）２
＝
ａ２
＋
ｂ２
＋２
ａｂ
＝２
（ ｘ２
＋
ｙ２）２
＋５
，结合基本不等式，可判定
Ｆ ＰＦ 周长的最小值为 正确．
②△ １ ２ ２＋ ６； ④
５．（２０２１吉林三调，１６）已知圆Ｃ ｘ ２ ｙ２ Ｐ是圆Ｃ上任
点Ｐ到ｙ轴距离的最大值为 ２ ：（ ＋１） ＋ ＝１６，
③ ； 意点 若Ａ 线段ＡＰ的垂直平分线与直线ＣＰ相交于点
２ ， （１，０），
Ｑ 则点Ｑ的轨迹方程是 若Ａ是圆Ｃ所在平
点Ｐ到原点距离的最小值为 ２． ， ；
④ 面内的一定点 线段ＡＰ的垂直平分线与直线ＣＰ相交于点Ｑ
２ ， ，
其中所有正确结论的序号是 ． 则点Ｑ的轨迹是 一个点 圆 椭圆 双曲线 抛物
：① ，② ，③ ，④ ，⑤
答案 线 其中可能的结果有 ．
①②④ ，
解析 设Ｐ ｘ ｙ ｘ２ ｙ２
（ ， ）， 答案
＋ ＝１；①②③④
由题意可得 ｘ２ ＋（ ｙ ＋１） ２ · ｘ２ ＋（ ｙ －１） ２ ＝ ３ ， 即 ［ ｘ２ ＋（ ｙ ＋ 解析 连 ４ 接 ３ ＱＡ．由已知得圆Ｃ的圆心为 半径ｒ
２ （－１，０）， ＝４，
因为线段ＡＰ的垂直平分线与直线ＣＰ相交于点Ｑ 则 ＱＡ
２ ｘ２ ｙ ２ ９ ， ｜ ｜＝
１） ］·［ ＋（ －１） ］＝ ， ＱＰ ＰＣ ＱＣ ＱＣ 所以 ＱＡ ＱＣ 又 ＡＣ
４ ｜ ｜＝｜ ｜－｜ ｜＝４－｜ ｜， ｜ ｜＋｜ ｜＝４， ｜ ｜＝
用 ｘ代换ｘ 或 ｙ代换ｙ 方程不变 所以曲线Ｃ关于坐标轴 所以 ＱＡ ＱＣ ＡＣ 故点 Ｑ 的轨迹是以 Ａ
－ ， － ， ， ２， ｜ ｜＋｜ ｜ ＝４＞｜ ｜， （１，０），
对称 所以 正确 Ｃ 为焦点 为长轴长的椭圆 所以ｃ ａ 故ｂ２
， ① ； （－１，０） ，４ ， ＝１， ＝２， ＝３，
ｘ２ ｙ２
设ａ ＝ ｘ２ ＋（ ｙ ＋１） ２ ， ｂ ＝ ｘ２ ＋（ ｙ －１） ２ ， 可得ａｂ ＝ ３ ， 所以点Ｑ的轨迹方程为 ＋ ＝１ ．
２ ４ ３
若点Ａ在圆 Ｃ 内不同于点 Ｃ 时 如图 所示 ＱＰ ＱＡ
则ａ ｂ ａｂ ３ 当且仅当ａ ｂ时 等号成立 ， ａ ，｜ ｜ ＝｜ ｜，
＋ ≥２ ＝２× ＝ ６， ＝ ， ， ＱＡ ＱＣ ＱＰ ＱＣ ＰＣ ＡＣ 由椭圆的定义可
２ ｜ ｜＋｜ ｜＝｜ ｜＋｜ ｜＝｜ ｜＝４＞｜ ｜，
知点Ｑ的轨迹是以Ａ Ｃ为焦点 且 为长轴长的椭圆 故选项
所以 Ｆ ＰＦ 周长的最小值为ａ ｂ 所以 正确 ， ， ４ ，
△ １ ２ ＋ ＋２＝２＋ ６， ② ； 成立．
ａ２ ｂ２ ａ２ ｂ２ ③
过点Ｐ作 ＰＥ Ｆ Ｆ 则 Ｆ ＰＦ ＋ －４ ＋ ４ 若点Ａ在圆Ｃ上 如图 所示 则有ＡＰ的垂直平分线与ＰＣ交
⊥ １ ２， ｃｏｓ∠ １ ２＝ ａｂ ＝ － ≥ ， ｂ ，
２ ３ ３ 于点Ｃ 故点Ｑ与点Ｃ重合 所以点Ｑ的轨迹是一个点 故选
， ， ，
１ ×２ ａｂ － ４ ＝－ １ ， 项 成立．
①
３ ３ ３
当且仅当ａ
＝
ｂ时
，
等号成立
， 若点Ａ在圆心Ｃ处时 ， 如图 ｃ 所示 ， 则有 ｜ ＱＰ ｜＝｜ ＱＡ ｜＝ １ ｜ ＰＣ ｜
２
当
∠
Ｆ
１
ＰＦ
２＝
π时
，ｓｉｎ∠
Ｆ
１
ＰＦ
２
取得最大值
， ＝２，
由圆的定义可知
，
点Ｑ的轨迹是以Ｃ为圆心
，２
为半径的
２
圆 故选项 成立．
所以 Ｆ ＰＦ 的最大面积为Ｓ １ ａｂ Ｆ ＰＦ ３ ， ②
△ １ ２ △ Ｆ １ ＰＦ ２ ＝ ２ ｓｉｎ∠ １ ２＝ ４ ， 若点Ａ在圆Ｃ外时 ， 如图 ｄ 所示 ， 则 ｜ ＱＡ ｜＝｜ ＱＰ ｜＝｜ ＰＣ ｜＋｜ ＱＣ ｜＝４＋
ＱＣ 所以 ＱＡ ＱＣ ＡＣ 故点Ｑ的轨迹是以Ａ Ｃ为焦点
又由Ｓ １ Ｆ Ｆ ＰＥ ３ 解得 ＰＥ ３ 即点Ｐ到ｙ ｜ ｜， ｜ ｜－｜ ｜＝４＜｜ ｜， 、 ，
△ Ｆ １ ＰＦ ２ ＝ ２ ｜ １ ２｜｜ ｜＝ ４ ， ｜ ｜＝ ４ ， ４ 为实轴长的双曲线的一支 ， 故选项 ④ 成立．
点Ａ无论在什么位置 点Ｑ的轨迹都不可能是抛物线 故选项
轴的最大距离为 ３ 所以 不正确 ， ，
， ③ ； 不成立 故可能的结果有 ．
４ ⑤ ， ①②③④
由 ａ ｂ ２ ａ２ ｂ２ ａｂ ｘ２ ｙ ２ ｘ２ ｙ ２ ａｂ
（ ＋ ） ＝ ＋ ＋２ ＝［ ＋（ ＋１） ］＋［ ＋（ －１） ］＋２
ｘ２ ｙ２ ａｂ ｘ２ ｙ２ ２ ａｂ ｘ２ ｙ２ ２
＝２ ＋２ ＋２＋２ ＝２（ ＋ ） ＋２＋２ ＝２（ ＋ ） ＋５，
又由ａ ｂ ａｂ ３ 当且仅当ａ ｂ时 等号成立
＋ ≥２ ＝２× ＝ ６， ＝ ， ，
２ 图 图
ａ ｂ
所以 ｘ２ ｙ２ ２ 可得 ｘ２ ｙ２ ２ 所以 正确．
２（ ＋ ） ＋５≥６， ＋ ≥ ， ④
２
故答案为 ．
①②④
图 图
ｃ ｄ
６．（２０１６课标 ，理２０，文２０，１２分）已知抛物线Ｃ ｙ２ ｘ的焦
Ⅲ ： ＝２
点为Ｆ 平行于ｘ轴的两条直线ｌ ｌ 分别交Ｃ于Ａ Ｂ两点 交
， １，２ ， ，
Ｃ的准线于Ｐ Ｑ两点．
，
思路分析 设点 Ｐ（ｘ，ｙ），由题意得 ｘ２ （ｙ ）２ · 若Ｆ在线段ＡＢ上 Ｒ是ＰＱ的中点 证明ＡＲ ＦＱ
＋ ＋１ （１） ， ， ∥ ；
若 ＰＱＦ的面积是 ＡＢＦ的面积的两倍 求ＡＢ中点的轨
ｘ２ （ｙ ）２ ３ ，结合对称性的判定方法，可判定 正确；设 （２） △ △ ，
＋ －１ ＝ ① 迹方程．
２
( )
ａ ｘ２ （ｙ ）２，ｂ ｘ２ （ｙ ）２，得到ａｂ ３ ，结合基本不 解析 由题设知Ｆ １ ．设ｌ ｙ ａ ｌ ｙ ｂ 则ａｂ
＝ ＋ ＋１ ＝ ＋ －１ ＝ ，０ １： ＝ ，２： ＝ ， ≠０，
２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ６５
(ａ２ ) (ｂ２ ) ( ) ( ) ｘ２ ｋ２ ｘ ｙ ｋ ｙ２
且 Ａ ａ Ｂ ｂ Ｐ １ ａ Ｑ １ ｂ ∴ （ ０－９） －２ ０ ０ ＋ ０－４＝０，
( ａ ２ ｂ
，
)
，
２
， ， －
２
， ， －
２
， ，
∴
ｋ是方程
（
ｘ２
０－９）
ｘ２
－２
ｘ
０
ｙ
０
ｘ
＋
ｙ２
０－４＝０
的一个根
，
Ｒ
－ ２
１
， ２
＋ ． 同理
，－
１
ｋ
是方程
（
ｘ２
０－９）
ｘ２
－２
ｘ
０
ｙ
０
ｘ
＋
ｙ２
０－４＝０
的另一个根
，
记 （１ 过 ） 由 Ａ 于 ， Ｂ Ｆ 两 在 点 线 的 段 直 Ａ 线 Ｂ 为 上 ｌ ， ， 故 则 １ ｌ ＋ 的 ａｂ 方 ＝ 程 ０ ． 为 ２ ｘ －（ ａ ＋ ｂ ） ｙ ＋ ａｂ （ ＝ ３ ０ 分 ． ） ∴ ∴ ｋ 点 · Ｐ ( － 的 １ ｋ 轨 ) 迹 ＝ 方 ｙ ｘ ２ ０ ２ ０ 程 － － ４ ９ 为 ， 整 ｘ 理 ２ ＋ ｙ 得 ２ ＝ ｘ １ ２ ０＋ ３（ ｙ２ ０ ｘ ＝ ≠ １ ± ３ ３ ， ） 其 ． 中ｘ ０≠±３，
记ＡＲ的斜率为ｋ ＦＱ的斜率为ｋ 则
Ｐ 满足上式．
１， ２，
（±３，±２）
ｋ １＝ １ ａ ＋ － ａ ｂ ２ ＝ａ ａ ２ － － ａ ｂ ｂ＝ ａ １ ＝ － ａ ａｂ ＝－ ｂ ＝ ｋ ２ ． 综 评 上 析 ， 点 本 Ｐ 题 的 考 轨 查 迹 椭 方 圆 程 的 为 标 ｘ 准 ２ ＋ 方 ｙ２ ＝ 程 １ 、 ３ 直 ． 线与圆锥曲线的位置关
所以ＡＲ
∥
ＦＱ．
（５
分
）
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
设ｌ与ｘ轴的交点为Ｄ ｘ 则Ｓ １ ｂ ａ ＦＤ
应用．
（２） （ １，０）， △ ＡＢＦ＝ ２ ｜ － ｜｜ ｜＝ ８．（２０１４湖北理，２１，１４分）在平面直角坐标系ｘＯｙ中 点Ｍ到点
ａ ｂ ，
１ ｂ ａ ｘ １ Ｓ ｜ － ｜． Ｆ 的距离比它到ｙ轴的距离多 ．记点Ｍ的轨迹为Ｃ．
｜ － ｜ １－ ， △ ＰＱＦ＝ （１，０） １
２ ２ ２ 求轨迹Ｃ的方程
ａ ｂ （１） ；
由题设可得 １ ｂ ａ ｘ １ ｜ － ｜ 设斜率为ｋ的直线ｌ过定点Ｐ ．求直线ｌ与轨迹Ｃ
２× ｜ － ｜ １－ ＝ ， （２） （－２，１）
２ ２ ２ 恰好有一个公共点 两个公共点 三个公共点时 ｋ 的相应
所以ｘ 舍去 或ｘ ． 分 、 、
１＝０（ ）， １＝１ （８ ） 取值范围．
设满足条件的ＡＢ的中点为Ｅ ｘ ｙ ．
（ ， ） 解析 设点Ｍ ｘ ｙ 依题意得 ＭＦ ｘ
ｙ （１） （ ， ）， ｜ ｜＝｜ ｜＋１，
当ＡＢ与ｘ轴不垂直时 由ｋ ｋ 可得 ２ ｘ ．
， ＡＢ＝ ＤＥ ａ ｂ＝ｘ （ ≠１） 即 ｘ ２ ｙ２ ｘ
＋ －１ （ －１） ＋ ＝｜ ｜＋１，
ａ ｂ 化简整理得ｙ２ ｘ ｘ ．
而 ＋ ＝ ｙ ， 所以ｙ２ ＝ ｘ －１（ ｘ ≠１） ． ＝２（｜ ｜＋ ） { ｘ ｘ
２ 故点Ｍ的轨迹Ｃ的方程为ｙ２ ４ ， ≥０，
当ＡＢ与ｘ轴垂直时
，
Ｅ与Ｄ重合．所以
，
所求轨迹方程为ｙ２
＝
ｘ ＝
０，
ｘ
＜０
．
． 分 在点Ｍ的轨迹Ｃ中 记Ｃ ｙ２ ｘ Ｃ ｙ ｘ
－１ （１２ ） （２） ， １： ＝４ ， ２： ＝０（ ＜０），
疑难突破 第（ ）问求解关键是把ＡＲ ＦＱ的证明转化为 依题意 可设直线ｌ的方程为ｙ ｋ ｘ ．
ｋ ＡＲ＝ ｋ ＦＱ 的证明 ；第（ １ ２ ）问需找到ＡＢ中点所 ∥ 满足的几何条件， 由方程 ， 组 {ｙ －１＝ ｋ （ ｘ ＋２），可得ｋ － ｙ １ ２ ＝ （ ｙ ＋２） ｋ ．
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 ｙ２ ｘ －４ ＋４（２ ＋１）＝０ ①
＝４ ，
注意分类讨论思想的应用．
当ｋ 时 此时ｙ ．把ｙ 代入轨迹Ｃ的方程 得ｘ １ ．
（ｉ） ＝０ ， ＝１ ＝１ ， ＝
评析 本题主要考查抛物线的性质，直线的斜率及其应用，轨
４
( )
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 故此时直线ｌ ｙ 与轨迹Ｃ恰好有一个公共点 １ ．
： ＝１ ，１
基础知识和基本技能的应用能力． ４
当ｋ 时 方程 的判别式为Δ ｋ２ ｋ ．
ｘ２ ｙ２ （ｉｉ） ≠０ ， ① ＝－１６（２ ＋ －１） ②
７．（２０１４广东理，２０，１４分）已知椭圆Ｃ ａ ｂ 的一 设直线ｌ与ｘ轴的交点为 ｘ 则
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） （ ０，０），
ｋ
由ｙ ｋ ｘ 令ｙ 得ｘ ２ ＋１．
个焦点为 离心率为 ５． －１＝ （ ＋２）， ＝０， ０＝－ ｋ ③
（ ５，０），
３
{Δ
求椭圆Ｃ的标准方程 °若 ＜０，由 解得ｋ 或ｋ １ ．
（１） ； １ ｘ ②③ ＜－１ ＞
若动点Ｐ ｘ ｙ 为椭圆Ｃ外一点 且点Ｐ到椭圆Ｃ的两 ０＜０， ( ) ２
（２） 条切线相 （ 互 ０ 垂 ， 直 ０） 求点Ｐ的轨迹方程 ， ． 即当ｋ １ 时 直线ｌ与Ｃ 没有公共点
， ∈（－∞，－１）∪ ，＋∞ ， １ ，
２
ｃ 与Ｃ 有一个公共点
解析 （１） 由题意知ｃ ＝ ５， ｅ ＝ ａ ＝ ５ ， 故此 ２ 时直线ｌ与轨迹 ， Ｃ恰好有一个公共点．
３
ａ ｂ２ ａ２ ｃ２ {Δ {Δ { }
∴ ＝３， ＝ － ＝４， °若 ＝０，或 ＞０， 则由 解得 ｋ １ 或 １ ｋ
ｘ２ ｙ２ ２ ｘ ｘ ②③ ∈ －１， － ≤
故椭圆Ｃ的标准方程为
＋ ＝１
． ０＜０ ０≥０， ２ ２
９ ４ ．
＜０
设两切线为ｌ ｌ { }
（２） １，２，
即当ｋ １ 时 直线ｌ与Ｃ 只有一个公共点 与Ｃ 有一
① 当 ｌ １⊥ ｘ 轴或 ｌ １∥ ｘ 轴时 ， ｌ ２∥ ｘ 轴或 ｌ ２⊥ ｘ 轴 ， 可知 ∈ －１， ２ ， １ ， ２
Ｐ ． 个公共点．
（±３，±２）
当ｌ 与ｘ轴不垂直且不平行时 ｘ 设ｌ 的斜率为ｋ 且 [ )
② １ ， ０≠±３， １ ， 当ｋ １ 时 直线ｌ 与 Ｃ 有两个公共点 与 Ｃ 没有公
ｘ２ ∈ － ，０ ， １ ， ２
ｋ 则ｌ 的斜率为 １ ｌ 的方程为ｙ ｙ ｋ ｘ ｘ 与 ２
≠０， ２ － ｋ ，１ － ０＝ （ － ０）， ＋ 共点．
９
ｙ２ [ ) { }
联立 故当ｋ １ １ 时 直线ｌ与轨迹Ｃ恰好有两个
＝１ ， ∈ － ，０ ∪ －１， ，
４ ２ ２
整理得 ｋ２ ｘ２ ｙ ｋｘ ｋｘ ｙ ｋｘ ２ 公共点．
（９ ＋４） ＋１８（ ０－ ０） ＋９（ ０－ ０） －３６＝０，
直线ｌ 与椭圆相切 Δ 即 ｙ ｋｘ ２ｋ２ ｋ２ {Δ
∵ １ ，∴ ＝０， ９（ ０－ ０） －（９ ＋４）· °若 ＞０，则由 解得 ｋ １ 或 ｋ １ ．
ｙ ｋｘ ２ ３ ｘ ②③ －１＜ ＜－ ０＜ ＜
［（ ０－ ０） －４］＝０， ０＜０， ２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ６６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
( ) ( )
ｘ轴上截得线段长为 在ｙ轴上截得线段长为 ．
即当ｋ １ １ 时 直线ｌ与Ｃ 有两个公共点 ２ ２， ２ ３
∈ －１，－ ２ ∪ ０， ２ ， １ ， 求圆心Ｐ的轨迹方程
（１） ；
与Ｃ 有一个公共点
２ ，
故此时直线ｌ与轨迹Ｃ恰好有三个公共点． 若Ｐ点到直线ｙ ｘ的距离为 ２ 求圆Ｐ的方程．
（２） ＝ ，
( ) ２
综合 可知 当ｋ １ 时 直 解析 设Ｐ ｘ ｙ 圆Ｐ的半径为ｒ．
（ｉ）（ｉｉ） ， ∈（－∞，－１）∪ ，＋∞ ∪｛０｝ ， （１） （ ， ），
２ 由题设得ｙ２ ｒ２ ｘ２ ｒ２．从而ｙ２ ｘ２ ．
[ ) ＋２＝ ， ＋３＝ ＋２＝ ＋３
线 ｌ 与轨迹 Ｃ 恰好有一个公共点 当 ｋ １ 故Ｐ点的轨迹方程为ｙ２ ｘ２ ．
； ∈ － ，０ ∪ － ＝１
２ 设Ｐ ｘ ｙ 由已知得
{ } （２） （ ０， ０），
－１， １ ２ 时 ， 直线 ｌ 与轨迹 Ｃ 恰好有两个公共点 ； 当 ｋ ∈ ｜ ｘ ０－ ｙ ０｜ ２．
( ) ( ) ＝
１ １ 时 直线ｌ与轨迹Ｃ恰好有三个公共点． ２ ２
－１，－ ∪ ０， ， { ｘ ｙ
评
合
析
的 方
本
法
２ 题
，灵
考
活
查
地
了
利
２ 直
用
线
判
和
别
抛
式
物
是
线
求
的
解
位
的
置
关
关
键
系
．盲
，考
目
查
利
了
用
数
抛
形
物
结
线
又
{
Ｐ
ｘ
在
ｙ
双曲线ｙ
{
２ －
ｘ
ｘ２ ＝１ 上 ， 从而得 ｙ ｜ ２
０－
０－ ｘ２
０
０
＝
｜
１
＝ ． １，
的定义而漏掉射线ｙ ＝０ （ｘ ＜０ ）就会造成错解而失分． 由 ｙ ０ ２ － ｘ ０ ２ ＝１，得 ｙ ０＝０， ． 此时 ， 圆Ｐ的半径ｒ ＝ ３ ．
９．（２０１３课标 Ⅰ ，理２０，文２１，１２分）已知圆Ｍ ：（ ｘ ＋１） ２ ＋ ｙ２ ＝１， 圆 {ｘ ０－ ｙ ０＝１ { ０ ｘ ＝－１
Ｎ ：（ ｘ －１） ２ ＋ ｙ２ ＝９， 动圆Ｐ与圆Ｍ外切并且与圆Ｎ内切 ， 圆心Ｐ 由 ｙ ０ ２ － ｘ ０ ２ ＝－１，得 ｙ ０＝０， ． 此时 ， 圆Ｐ的半径ｒ ＝ ３ ．
的轨迹为曲线Ｃ． ０－ ０＝１ ０＝１
故圆Ｐ的方程为ｘ２ ｙ ２ 或ｘ２ ｙ ２ ．
求Ｃ的方程 ＋（ －１） ＝３ ＋（ ＋１） ＝３
（１）
ｌ是与圆Ｐ 圆
；
Ｍ都相切的一条直线 ｌ与曲线Ｃ交于Ａ Ｂ １１．（２０２１ ５·３高考考前猜题卷（一），２０）已知椭圆Ｅ
ｘ２
ｙ２
（２） ， ， ， ： ＋ ＝１
两点 当圆Ｐ的半径最长时 求 ＡＢ ． ２
， ， ｜ ｜ 的左 右焦点分别为Ｆ Ｆ 点Ｐ在Ｅ上 连接Ｆ Ｐ并延长至点
解析 由已知得圆Ｍ的圆心为Ｍ 半径ｒ 圆Ｎ 、 １， ２， ， １
（－１，０）， １＝１； Ｑ 使得 ＰＱ ＰＦ 当点Ｐ在Ｅ上移动时 记点Ｑ的轨迹为Γ．
的圆心为Ｎ 半径ｒ ．设圆Ｐ的圆心为Ｐ ｘ ｙ 半径 ， ｜ ｜＝｜ ２｜， ，
（１，０）， ２＝３ （ ， ）， 求Γ的轨迹方程
为Ｒ． （１） ；
过Ｍ ｔ 作Γ的两条切线 切点分别为Ａ Ｂ 直线ＡＢ与
因为圆Ｐ与圆Ｍ外切并且与圆Ｎ内切 所以 ＰＭ ＰＮ （２） （３，） ， ， ，
（１） ， ｜ ｜＋｜ ｜
＝（ Ｒ ＋ ｒ １）＋（ ｒ ２－ Ｒ ）＝ ｒ １＋ ｒ ２＝４ ． Ｅ交于Ｃ ， Ｄ两点 ， 若 ｜ ＣＤ ｜＝ ４ ２ ， 求ｔ的值．
由椭圆的定义可知 曲线Ｃ是以Ｍ Ｎ为左 右焦点 长半轴长 ３
， 、 、 ， 解析 由题意可知 Ｆ Ｑ Ｆ Ｐ ＰＱ Ｆ Ｐ
为 短半轴长为 的椭圆 左顶点除外 其方程为 ｘ２ ｙ２ （１） ｜ １ ｜ ＝ ｜ １ ｜＋｜ ｜ ＝ ｜ １ ｜＋
２， ３ （ ）， ＋ ＝１ ＰＦ ．
４ ３ ｜ ２｜＝２ ２
ｘ ． 所以点Ｑ的轨迹Γ是以Ｆ 为圆心 为半径的圆．
（ （２ ≠ ） 对 －２ 于 ） 曲线Ｃ上任意一点Ｐ （ ｘ ， ｙ ）， 由于 ｜ ＰＭ ｜－｜ ＰＮ ｜＝２ Ｒ －２ 所以Γ的轨迹方程为 （ ｘ ＋１ １ ） （ ２ － ＋ １ ｙ ， ２ ０ ＝ ） ８ ． ，２ ２
≤２， 所以Ｒ ≤２， 当且仅当圆Ｐ的圆心为 （２，０） 时 ， Ｒ ＝２ ．所以当 ( ｔ ) ２
圆Ｐ的半径最长时 ， 其方程为 （ ｘ －２） ２ ＋ ｙ２ ＝４ ． （２） 易知以 Ｆ １ Ｍ 为直径的圆的方程为 （ ｘ －１） ２ ＋ ｙ － ２
若ｌ的倾斜角为 ° 则ｌ与ｙ轴重合 可得 ＡＢ ． ｔ２
９０ ， ， ｜ ｜＝２ ３ １６＋ ．
若ｌ的倾斜角不为 ° 由ｒ Ｒ知ｌ不平行于ｘ轴 设ｌ与ｘ轴 ＝
ＱＰ
９０ ，
Ｒ
１≠ ， ４
( ｔ ) ２
的交点为Ｑ 则｜ ｜ 可求得Ｑ 所以可设ｌ ｙ 则直线ＡＢ的方程为 ｘ ２ ｙ２ ｘ ２ ｙ
， ＱＭ ＝ ｒ ， （－４，０）， ： ＝ （ ＋１） ＋ －（ －１） － － ＝８－
｜ ｜ １ ２
ｋ （ ｘ ＋４） ．由ｌ与圆Ｍ相切得 ｜ １ ３ ｋ ＋ ｜ ｋ２ ＝１， 解得ｋ ＝± ４ ２． １６ ４ ＋ ｔ２ { ， 整 ｘ 理 ｔｙ 得 ４ ｘ ＋ ｔｙ ＝４ ．
ｘ２ ｙ２ ４ ＋ ＝４， ( ｔ２ ) ｔ
当ｋ
＝
２时
，
将ｙ
＝
２ｘ
＋ ２
代入
＋ ＝１，
并整理得
７
ｘ２
＋８
ｘ
－８
联立 ｘ２
ｙ２
消去ｘ
，
得
＋２
ｙ２
－
ｙ
－１＝０，
Δ
＞０
．
４ ４ ４ ３ ＋ ＝１， １６ ２
２
解得ｘ －４±６ ２． ｔ
＝０， １，２＝
７
设Ｃ
（
ｘ
１，
ｙ
１），
Ｄ
（
ｘ
２，
ｙ
２），
则ｙ
１＋
ｙ
２＝ｔ２
８
，
ｙ
１
ｙ
２＝ｔ２
－１６ ．
＋３２ ＋３２
所以
｜
ＡＢ
｜＝ １＋
ｋ２
｜
ｘ
２－
ｘ
１｜＝
１
７
８．
所以 ｜ ＣＤ ｜＝ １＋
ｔ２
（ ｙ １＋ ｙ ２） ２ －４ ｙ １ ｙ ２ ＝ ２ ２（１６ ｔ ＋ ２
ｔ２
） ＝ ４ ２ ，
１６ ３２＋ ３
当ｋ ２时 由图形的对称性可知 ＡＢ １８． 解得ｔ ．
＝－ ， ｜ ｜＝ ＝±４
４ ７
１２．（２０２１陕西西安长安二模，２０）已知点Ｐ到Ｍ 的距离
综上 ＡＢ 或 ＡＢ １８． （ ５，０）
，｜ ｜＝２ ３ ｜ ｜＝
７ 与它到直线ｘ ９ ５的距离之比为 ５．
评析 本题考查了直线和圆的位置关系，考查了椭圆的定义 ＝
５ ３
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 求点Ｐ的轨迹Ｅ的方程
（１） ；
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 若Ａ是轨迹Ｅ与ｘ轴负半轴的交点 过点Ｄ 的直
（２） ， （－３，８）
点和直线倾斜角为 °时的讨论而造成失分． 线ｌ与轨迹Ｅ交于Ｂ Ｃ两点 求证 直线ＡＢ ＡＣ的斜率之
９０ ， ， ： 、
１０．（２０１３课标 文，２０，１２分）在平面直角坐标系ｘＯｙ中 已知圆Ｐ在 和为定值．
Ⅱ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ６７
ｘ ２ ｙ ２
ｍ２
＜９
ｋ２
＋４，
解析
（１）
设点Ｐ
（
ｘ
，
ｙ
），
由题意可得 （ － ５） ＋（ －０）
ｘ ｘ １８
ｋｍ
ｘ ｘ ９
ｍ２
－３６
ｘ
－
９ ５ １＋ ２＝－
４＋９
ｋ２， １ ２＝
４＋９
ｋ２
５ ｙ ｙ ｙ ｘ ｙ ｘ
而ｋ ｋ １ ２ １（ ２＋３）＋ ２（ １＋３）
５． ＡＢ＋ ＡＣ＝ｘ ＋ｘ ＝ ｘ ｘ
＝ １＋３ ２＋３ （ １＋３）（ ２＋３）
３ ｋｘ ｘ ｋ ｍ ｘ ｘ ｍ
ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２ ２ １ ２＋（３ ＋ ）（ １＋ ２）＋６
化简整理可得 所以点Ｐ的轨迹Ｅ的方程为 ＝ ｘ ｘ ｘ ｘ
９ ＋ ４ ＝１， ９ ＋ ４ １ ２＋３（ １＋ ２）＋９
＝１ ． 证明 由 可得 过点Ｄ的直线ｌ的斜率存在且不 （ 为 ４ 分 ） ２ ｋ × ９ ４ ｍ ＋ ２ ９ － ｋ ３ ２ ６ ＋（３ ｋ ＋ ｍ ） æ è ç － ４ １ ＋ ８ ９ ｋｍ ｋ２ ö ø ÷ ＋６ ｍ ８
（ 故 ２ { 可 ） ｙ 设 ｋ ｌ ｘ ： 的 ｍ 方 （１ 程 ） 为ｙ ＝ ， ｋｘ ＋ ｍ （ ｋ ≠０）， Ｂ （ ｘ １， ｙ １）， Ｃ （ ｘ ２， ｙ ２）， ０， ＝ ９ ４ ｍ ＋ ２ ９ － ｋ ３ ２ ６ ＋３× æ è ç － ４ １ ＋ ８ ９ ｋｍ ｋ２ ö ø ÷ ＋９ ＝ ３（ ｍ －３ ｋ ） ，
＝ ＋ ， 由于直线ｌ过点Ｄ 所以 ｋ ｍ
由 ｘ２ ｙ２ 得
（４＋９
ｋ２
）
ｘ２
＋１８
ｋｍｘ
＋９
ｍ２
－３６＝０，
（－３，８）， －３ ＋ ＝８，
＋ ＝１ 所以ｋ ｋ １ 为定值 ． 分
９ ４ ＡＢ＋ ＡＣ＝ （ ） （１２ ）
Δ ｋｍ ２ ｋ２ ｍ２ ｋ２ ｍ２ 即 ３
＝（１８ ） －４（４＋９ ）（９ －３６）＝ １４４（９ － ＋４）＞０，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
学生用书Ｐ１９１
圆锥曲线中的定点（定值）问题
在几何问题中 如果满足一定条件的曲线系恒过某一定点 ｐ
， ， ２ ｐｋ
就是定点问题 有些几何量与参数无关 这就构成定值问题． ｋ ＋２ ｋ
； ， 因此当ｋ 时 ｋ ．
定点问题多为两类 一是证明直线过定点 应根据已知条件 ≠１ ， ＡＢ＝ ｐ ＝ ｋ２
， ， ２ ｐｋ２ １－
建立直线方程中斜率ｋ与截距ｂ的关系式 实现消元 二是证明 ｋ２ －２
， ；
圆过定点 此类问题应抓住圆心 依据相应条件进行相应变形 ｋ ｋ
找出相应
，
参数满足的条件 确定定
，
点．
， 所以直线ＡＢ的方程为ｙ ＋２ ｐｋ ＝
１－
ｋ２（ ｘ －２ ｐｋ２ ）， 即ｙ ＝
１－
ｋ２（ ｘ
，
定值问题 涉及面较多 解决此类问题以坐标运算为主 需 －２ ｐ ） ．此直线恒过定点 （２ ｐ ，０） ．又当ｋ ＝１ 时 ， Ａ （２ ｐ ，２ ｐ ）， Ｂ （２ ｐ ，
， ， ，
建立相应的目标函数 然后代入相应的坐标运算即可得到结果． －２ ｐ ）， 直线ＡＢ的方程为ｘ ＝２ ｐ ， 也过点 （２ ｐ ，０） ．因此直线ＡＢ恒过
，
１．常用的处理方法 一定点
（２
ｐ
，０）
．
证法二 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ ．
（１）
从特殊入手
，
先求出定点或定值
，
再证明这个点或值与 ： （ １， １）， （ ２， ２）
当直线ＡＢ的斜率不存在时 设直线ＡＢ的方程为ｘ ｍ ｍ
参数无关 ， ＝ （ ＞０），
； {ｘ ｍ
（２） 直接推理 、 计算 ， 并在计算过程中消去变量 ， 从而得到定 则由 ＝ ， 可得ｙ ｐｍ 不妨取Ａ ｍ ｐｍ Ｂ ｍ
点或定值． ｙ２
＝２
ｐｘ ＝± ２ ， （ ， ２ ）， （ ，
２．选择合适的参数 并利用这个参数得到有关的曲线方程 ｐｍ 又ＯＡ ＯＢ 因此ｍ２ ｐｍ ．
， － ２ ）， ⊥ ， －２ ＝０
或函数关系式是解决问题的关键． 因为ｍ 所以ｍ ｐ 从而直线ＡＢ的方程为ｘ ｐ．
＞０， ＝２ ， ＝２
例１ 已知抛物线ｙ２ ｐｘ ｐ 过Ｏ点作两条互相垂直的 当直线ＡＢ的斜率存在时 设为ｋ 显然ｋ ．设直线ＡＢ的方
＝２ （ ＞０）， ， ， ≠０
直线ＯＡ ＯＢ交抛物线于Ａ Ｂ 求证 直线ＡＢ恒过一定点． 程为ｙ ｋｘ ｂ．因为直线ＡＢ不过原点 所以ｂ ．
、 、 ， ： ＝ ＋ ， ≠０
证明 证法一 显然直线ＯＡ的斜率存在且不为零．设直 {ｙ ｋｘ ｂ
： 由 ＝ ＋ ，得ｋ２ｘ２ ｋｂ ｐ ｘ ｂ２ ．
线ＯＡ的方程为ｙ ｋｘ 根据对称性 不妨设ｋ ．因为ＯＡ ＯＢ 所 ｙ２ ｐｘ ＋（２ －２ ） ＋ ＝０
＝ ， ， ＞０ ⊥ ， ＝２
{ｙ ｋｘ ｐ ｋｂ ｂ２
以直线ＯＢ的方程为ｙ
＝－
１
ｋ
ｘ．由
ｙ２
＝ ，
ｐｘ
得ｋ２ｘ２
－２
ｐｘ
＝０，
所以 所以ｘ
１＋
ｘ
２＝
２ －
ｋ２
２
，
ｘ
１
ｘ
２＝ｋ２
．
＝２
æ ｐ ｐö 又ｙ ｋｘ ｂ ｙ ｋｘ ｂ 所以ｙ ｙ ｋ２ｘ ｘ ｋｂ ｘ ｘ ｂ２．
Ａç２ ２ ÷ 同理Ｂ ｐｋ２ ｐｋ ． １＝ １＋ ， ２＝ ２＋ ， １ ２＝ １ ２＋ （ １＋ ２）＋
èｋ２， ｋ ø， （２ ，－２ ） 因为ＯＡ ＯＢ 所以Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ
⊥ ， · ＝０，
ｂ２
所以ｘ ｘ ｙ ｙ ｋ２ ｘ ｘ ｋｂ ｘ ｘ ｂ２ ｋ２ ｋｂ
１ ２＋ １ ２＝（１＋ ） １ ２＋ （ １＋ ２）＋ ＝（１＋ ）ｋ２ ＋ ·
ｐ ｋｂ
２ －２ ｂ２ 即ｂ２ ｋｂｐ 由ｂ 得ｂ ｐｋ．
ｋ２ ＋ ＝０， ＋２ ＝０， ≠０， ＝－２
因此直线ＡＢ的方程为ｙ ｋｘ ｐｋ 此直线恒过定点 ｐ ．
＝ －２ ， （２ ，０）
综上 直线ＡＢ恒过一定点 ｐ ．
， （２ ，０）
说明 为了避免讨论 也可以设直线ＡＢ的方程为ｘ ｋｙ ｂ．
： ， ＝ ＋
证法三 设Ａ ｐｔ２ ｐｔ Ｂ ｐｔ２ ｐｔ ｔ ｔ ．
： （２ １，２ １）， （２ ２，２ ２）（ １≠０，２≠０）
因为ＯＡ ＯＢ 所以Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ
⊥ ， · ＝０，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ６８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
即 ｐｔ２ ｐｔ２ ｐｔ ｐｔ ．所以ｔ ｔ ． 依题意Δ ｋ ２ ｋ２
２ １·２ ２＋２ １·２ ２＝０ １ ２＝－１ ＝（２ －４） －４× ×１＞０，
解得ｋ 或 ｋ ．
当ｔ ｔ 时 ＡＢ的方程为ｙ ｐｔ １ ｘ ｐｔ２ 即ｙ ＜０ ０＜ ＜１
１＋ ２≠０ ， －２ １＝ｔ ｔ （ －２ １）， ＝ 又ＰＡ ＰＢ与ｙ轴相交 故直线ｌ不过点 ．
１＋ ２ ， ， （１，－２）
从而ｋ ．
１ ｘ ｐ ． ≠－３
ｔ ｔ （ －２ ） 所以直线ｌ斜率的取值范围是 ．
１＋ ２ （－∞，－３）∪（－３，０）∪（０，１）
因此直线ＡＢ过定点 ｐ ． 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ
又当ｔ ｔ 时 ＡＢ
（
的
２
方
，０
程
）
为ｘ ｐ 显然也过定点 ｐ ．
（２） （ １， １）， （
ｋ
２， ２），
１＋ ２＝０ ， ＝２ ， （２ ，０） 由 知ｘ ｘ ２ －４ ｘ ｘ １ ．
证法四
：（
齐次化原则
）
设Ａ
（
ｘ
１，
ｙ
１），
Ｂ
（
ｘ
２，
ｙ
２）
． （１） １＋ ２＝－ ｋ２ ， １ ２＝ｋ２
设ＡＢ的方程为ｙ ｋｘ ｂ 当ＡＢ斜率不存在时同证法二 ． ｙ
＝ ＋ （ ） 直线ＰＡ的方程为ｙ １－２ ｘ ．
ｙ ｋｘ ｙ ｋｘ －２＝ｘ （ －１）
由ｙ
＝
ｋｘ
＋
ｂ得 －
ｂ ＝１，
从而有ｙ２
＝２
ｐｘ
·
－
ｂ ，
即ｂｙ２
－２
ｐｘｙ
＋
１－１
ｙ ｋｘ
２ ｐｋｘ２ ＝０ ． 令ｘ ＝０， 得点Ｍ的纵坐标为ｙ Ｍ＝ － ｘ １＋２ ＋２＝ － ｘ １＋１ ＋２ ．
因为Ａ Ｂ不可能是原点 所以ｘ
１－１ １－１
， ， ≠０， ｋｘ
( ｙ ) ２ ｙ ｙ ｙ 同理得点Ｎ的纵坐标为ｙ Ｎ＝ － ｘ ２＋１ ＋２ ．
可得ｂ
ｘ －２
ｐ
· ｘ ＋２
ｐｋ
＝０，
因为ｋ
１＝ｘ
１
，
ｋ
２＝ｘ
２
，
故可令 ２－１
１ ２ 由Ｑ→Ｍ λＱ→Ｏ Ｑ→Ｎ μＱ→Ｏ得λ ｙ μ ｙ ．
ｙ ＝ ， ＝ ＝１－ Ｍ， ＝１－ Ｎ
ｔ 则ｋ ｋ 是关于ｔ的方程ｂｔ２ ｐｔ ｐｋ 的两根． ｘ ｘ
＝ ｘ ， １， ２ －２ ＋２ ＝０ 所以 １ １ １ １ １－１ ２－１
λ＋ μ ＝ ｙ ＋ ｙ ＝ ｋ ｘ ＋ ｋ ｘ
因为ＯＡ ＯＢ 所以ｋ ｋ 从而２ ｐｋ 即ｂ ｐｋ． １－ Ｍ １－ Ｎ （ －１） １ ｋ （ －１） ２
⊥ ， １ ２＝－１， ｂ ＝－１， ＝－２ ２ ２ －４
下面同证法二． １ ２
ｘ
１
ｘ
２－（
ｘ
１＋
ｘ
２） １
ｋ２ ＋ ｋ２
．
＝ｋ · ｘ ｘ ＝ｋ · ＝２
解后反思 －１ １ ２ －１ １
ｋ２
解析几何的特点主要表现在用代数方法解题 其特点突
（１） ，
出表现在一个 算 字上 这就不仅要会根据法则 公式 定理 定 所以 １ １ 为定值．
“ ” ， 、 、 、 λ＋ μ
律正确地进行运算 而且要能够根据题目的条件寻求合理 简捷
， 、
的运算途径 以达到准确 迅速地运算目的．
， 、
这里的定点问题可以从两个角度进行推广 过抛物线上
（２） ： １．已知 Ａ Ｂ 是抛物线 ｙ２ ｐｘ ｐ 上异于原点 Ｏ 的两点 则
任一点Ｐ作抛物线的两条互相垂直的弦ＰＡ ＰＢ 则直线ＡＢ过定 、 ＝２ （ ＞０） ，
， ， Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ 是 直线ＡＢ恒过定点 ｐ 的
点 另外 这里的曲线还可以是其他圆锥曲线． “ · ＝０” “ （２ ，０）” （ ）
； ， 充分非必要条件 充要条件
例２ （２０１８北京理，１９，１４分）已知抛物线Ｃ ｙ２ ｐｘ经过 Ａ． Ｂ．
： ＝２ 必要非充分条件 非充分非必要条件
点Ｐ ．过点Ｑ 的直线ｌ与抛物线Ｃ有两个不同的交点 Ｃ． Ｄ．
（１，２） （０，１） １． 答案 Ｂ
Ａ Ｂ 且直线ＰＡ交ｙ轴于Ｍ 直线ＰＢ交ｙ轴于Ｎ．
， ， ， ｘ２ ｙ２
求直线ｌ的斜率的取值范围 ２．（２０２１新高考 ，２０）已知椭圆 Ｃ 的方程为 ａ ｂ
（１） ； Ⅱ ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞
设Ｏ为原点 Ｑ→Ｍ λＱ→Ｏ Ｑ→Ｎ μＱ→Ｏ 求证 １ １为定值．
（２） ， ＝ ， ＝ ， ：λ＋μ
若右焦点为Ｆ 且离心率为 ６．
解题思路 ０）， （ ２，０），
３
求椭圆Ｃ的方程
（１） ；
设Ｍ Ｎ是Ｃ上的两点 直线ＭＮ与曲线ｘ２ ｙ２ ｂ２ ｘ 相
（２） ， ， ＋ ＝ （ ＞０）
切 证明 Ｍ Ｎ Ｆ三点共线的充要条件是 ＭＮ ．
， ： ， ， ｜ ｜＝ ３
ì ïｃ
＝ ２，
２． 解析 由题意得í
ï
ｅ ｃ ６ 解得
{ａ２
＝３，故椭圆 Ｃ 的
（１） ï ＝ ａ ＝ ， ｂ２
ï ３ ＝１，
îａ２ ｂ２ ｃ２
＝ ＋ ，
ｘ２
方程为 ｙ２ ．
＋ ＝１
３
证明 先证必要性．
（２） ：①
因为Ｍ Ｎ Ｆ三点共线
， ， ，
所以设直线ＭＮ ｘ ｍｙ ．
： ＝ ＋ ２
解析 因为抛物线ｙ２ ｐｘ过点
（１） ＝２ （１，２），
所以 ２ ｐ ＝４， 即ｐ ＝２ ．
由题意知Ｏ
（０，０）
到直线ＭＮ的距离ｄ
＝ ｍ
２
２ ＝１，
解得ｍ２
＝
故抛物线Ｃ的方程为ｙ２ ｘ ＋１
＝４ ， 故ｍ 所以直线ＭＮ ｘ ｙ
由题意知 直线ｌ的斜率存在且不为 ． １， ＝±１， ： ± － ２＝０，
， ０
设直线ｌ的方程为ｙ ＝ ｋｘ ＋１（ ｋ ≠０） ． 根据 { 对称性 ， 不妨设直线ＭＮ ： ｙ ＝ ｘ － ２ ．
由 {ｙ
ｙ
２ ＝
ｋ
４
ｘ
ｘ ，得ｋ２ｘ２
＋（２
ｋ
－４）
ｘ
＋１＝０
． 联立 ｙ
ｘ２
＝ ｘ －
ｙ２
２， 消ｙ整理得
４
ｘ２
－６ ２
ｘ
＋３＝０
．
＝ ＋１ ＋３ ＝３，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ６９
设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ ． ｙｙ ｙ ｙ ｘ ｘ ｘ ｘ
（ １， １）， （ ２， ２） 所以ｋｋ ０－（ ＋ ０）＋１ （ ＋１）（ ０＋１）－（ ＋ ０＋２）＋１ ．
１＝ ｘｘ ＝ ｘｘ ＝１
故ｘ １＋ ｘ ２＝ ３ ２ ２ ， ｘ １ ｘ ２＝ ４ ３ ， 所以 ｜ ＭＮ ｜＝ １＋１ ２ ·｜ ｘ １－ ｘ ２｜＝ ２× {ｙ ＝ ｋｘ ＋１， ０ ０
（
ｘ
１＋
ｘ
２）
２
－４
ｘ
１
ｘ
２ ＝ ３，
即必要性成立． （２）
由 ｘ２
＋
ｙ２
＝１，
得
（４
ｋ２
＋１）
ｘ２
＋８
ｋｘ
＝０，
再证充分性． ４
② ｋ ｋ２
因为直线ＭＮ与曲线ｘ２
＋
ｙ２
＝１（
ｘ
＞０）
相切
，
设Ｍ
（
ｘ
Ｍ，
ｙ
Ｍ），
Ｎ
（
ｘ
Ｎ，
ｙ
Ｎ），
所以ｘ
Ｍ＝
－
ｋ２
８
，
所以ｙ
Ｍ＝
１
ｋ
－
２
４ ．
所以设切点为Ｐ ｘ ｙ ｘ Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ ． ４ ＋１ ４ ＋１
则直线ＭＮ ： ｘ ０ ｘ ＋
（
ｙ ０
０
ｙ
，
＝１
０）
且
（
ｘ
０
２ ０
＞
＋
０
ｙ
）
２ ０
，
＝１
（
．
１， １）， （ ２， ２）
同理可得ｘ Ｎ＝ － ｋ ８ ２
ｋ
１ ＝ －８ ｋ
ｋ
２， ｙ Ｎ＝ １ ｋ － ２ ４
ｋ２
１ ＝
ｋ２
－ ｋ ４ ２ ．
{ｘ ｘ ｙ ｙ { ｙ ｙ ２ ｘ ｘ ２ ４ １＋１ ４＋ ４ １＋１ ４＋
联立 ０ ＋ ０ ＝１，得 （ ０ ） ＝（１－ ０ ） ， ｋ２ ｋ２
１－４ －４
ｘ２ ＋３ ｙ２ ＝３， ｙ２ ０ ｘ２ ＋３（ ｙ ０ ｙ ） ２ ＝３ ｙ２ ０ ． ｋ ｙ Ｍ－ ｙ Ｎ ４ ｋ２ ＋１ － ４＋ ｋ２ ８－８ ｋ４ ｋ２ ＋１
则ｙ２
０
ｘ２
＋３（１－
ｘ
０
ｘ
）
２
＝３
ｙ２
０，
ＭＮ＝ｘ
Ｍ－
ｘ
Ｎ
＝
－８
ｋ
－８
ｋ ＝
８
ｋ
（３
ｋ２
－３）
＝－
３
ｋ ，
即 ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｘ ｘ ｙ２ ｋ２ － ｋ２
（３ ０＋ ０） －６ ０ ＋３－３ ０＝０， ４ ＋１ ４＋
即 （２ ｘ２ ０＋１） ｘ２ －６ ｘ ０ ｘ ＋３ ｘ２ ０＝０， 直线ＭＮ ： ｙ － ｙ Ｍ＝ ｋ ＭＮ（ ｘ － ｘ Ｍ），
所以ｘ １＋ ｘ ２＝ ｘ ６ ２ ｘ ０ ， ｘ １ ｘ ２＝ ｘ ３ ２ ｘ２ ０ ， 即ｙ － ４ １ ｋ － ２ ４ ＋ ｋ １ ２ ＝－ ｋ２ ３ ＋ ｋ １ æ è çｘ － ４ － ｋ２ ８ ＋ ｋ １ ö ø ÷ ，
２ ０＋１ ２ ０＋１
ｋ２ ｋ２ ｋ２ ｋ２
所 以 ｜ ｘ １ － ｘ ２ ｜ ＝ （ ｘ １＋ ｘ ２） ２ －４ ｘ １ ｘ ２ ＝ ２ ２ ４ ｘ ｘ ２ ０ ２ ０ ＋ － １ ２４ ｘ４ ０ ＝ 即 所以 ｙ ＝ 当 － ｋ ３ 变 ＋ ｋ １ 化 ｘ － 时 ３ ８ （ （ ４ 直 ｋ２ ＋ 线 ＋ １ １ ） Ｍ ） ＋ Ｎ ４ １ 过 ｋ － ２ ４ ＋ 定 １ 点 ＝－ ( ３ ＋ ｋ １ｘ ５ － ) ３ ５ ． ．
ｘ ｘ２ ｘ ｙ ｘ ， ０，－
２ ６ ０ １－ ０ ２ ６ ０｜ ０｜．又ｋ ０ ３
ｘ２ ＝ ｘ２ ＭＮ＝－ｙ ， ４．（２０１７课标 ，理２０，文２０，１２分）设Ｏ为坐标原点 动点Ｍ在
２ ０＋１ ２ ０＋１ ０ Ⅱ ，
故 ＭＮ
æ
ç
ｘ
０
ö
÷
２
ｘ ｘ １ ｘ ｘ ２ ６
ｘ
０
椭圆Ｃ
：
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
上
，
过Ｍ作ｘ轴的垂线
，
垂足为Ｎ
，
点Ｐ满足
｜ ｜＝ １＋è－ｙ ø ｜ １－ ２｜＝ ｙ ·｜ １－ ２｜＝ ｘ２ ＝ ３， ２
０ ｜ ０｜ ２ ０＋１ Ｎ→Ｐ Ｎ→Ｍ．
＝ ２
即 ｘ２ ｘ 即 ｘ ２ 所以ｘ ２． 求点Ｐ的轨迹方程
２ ０－２ ２ ０＋１＝０， （ ２ ０－１） ＝０， ０＝ （１） ；
２
设点Ｑ在直线ｘ 上 且Ｏ→Ｐ Ｐ→Ｑ ．证明 过点Ｐ且垂
（２） ＝－３ ， · ＝１ ：
故ｙ ０＝± １－ ｘ２ ０ ＝± ２． 直于ＯＱ的直线ｌ过Ｃ的左焦点Ｆ．
２
４． 解析 本题考查了求轨迹方程的基本方法和定点问题．
由于ＭＮ ｘ ｘ ｙ ｙ 即ＭＮ ｘ ｙ
： ０ ＋ ０ ＝１， ： ± ＝ ２， 设Ｐ ｘ ｙ Ｍ ｘ ｙ
故直线ＭＮ过Ｆ 即Ｍ Ｎ Ｆ三点共线．故充分性成立． （１） （ ， ）， （ ０， ０），
（ ２，０）， 、 、 则Ｎ ｘ Ｎ→Ｐ ｘ ｘ ｙ Ｎ→Ｍ ｙ ．
故Ｍ Ｎ Ｆ三点共线的充要条件是 ＭＮ ． （ ０，０）， ＝（ － ０， ）， ＝（０， ０）
， ， ｜ ｜＝ ３
３．如图 已知直线ｌ ｙ ｋｘ ｋ 关于直线ｙ ｘ 对称的直线 由Ｎ→Ｐ Ｎ→Ｍ得ｘ ｘ ｙ ２ｙ．
， ： ＝ ＋１（ ＞０） ＝ ＋１ ＝ ２ ０＝ ， ０＝
ｘ２ ２
为ｌ 直线ｌ ｌ 与椭圆Ｅ ｙ２ 分别交于点Ａ Ｍ和Ａ Ｎ ｘ２ ｙ２
１， ，１ ： ＋ ＝１ ， ， ， 因为Ｍ ｘ ｙ 在Ｃ上 所以 ．
４ （ ０， ０） ， ＋ ＝１
记直线ｌ 的斜率为ｋ ． ２ ２
求ｋｋ １ 的值 １ 因此点Ｐ的轨迹方程为ｘ２ ＋ ｙ２ ＝２ ．
（１） 当ｋ变 １ 化时 ； 求证 直线 ＭＮ 恒过定点 并求出该定点的 （２） 证明 ： 由题意知Ｆ （－１，０） ．设Ｑ （－３， ｔ ）， Ｐ （ ｍ ， ｎ ），
（２） ， ： ， 则Ｏ→Ｑ ｔ Ｐ→Ｆ ｍ ｎ Ｏ→Ｑ Ｐ→Ｆ ｍ ｔｎ Ｏ→Ｐ
坐标． ＝（－３， ）， ＝（－１－ ，－ ）， · ＝３＋３ － ， ＝
ｍ ｎ Ｐ→Ｑ ｍ ｔ ｎ ．
（ ， ）， ＝（－３－ ，－ ）
由Ｏ→Ｐ Ｐ→Ｑ 得 ｍ ｍ２ ｔｎ ｎ２
· ＝１ －３ － ＋ － ＝１，
又由 知ｍ２ ｎ２ 故 ｍ ｔｎ ．
（１） ＋ ＝２， ３＋３ － ＝０
所以Ｏ→Ｑ Ｐ→Ｆ 即Ｏ→Ｑ Ｐ→Ｆ．
· ＝０， ⊥
又过点Ｐ存在唯一直线垂直于ＯＱ 所以过点Ｐ且垂直于ＯＱ
，
的直线ｌ过Ｃ的左焦点Ｆ．
５．（２０２１山东滨州一模，２１）已知点Ａ Ｂ 动点Ｐ满
３． 解析 设直线ｌ上任意一点Ｐ ｘ ｙ 关于直线ｙ ｘ 对 （０，－１）， （０，１），
（１） （ ， ） ＝ ＋１ 足 Ｐ→Ｂ →ＡＢ →ＰＡ →ＢＡ．记点Ｐ的轨迹为曲线Ｃ．
称的点为Ｐ ｘ ｙ ｜ ｜｜ ｜＝ ·
０（ ０， ０）， 求Ｃ的方程
直线ｌ与直线ｌ 的交点为 所以ｌ ｙ ｋｘ ｌ ｙ ｋ ｘ （１） ；
１ （０，１）， ： ＝ ＋１，１： ＝ １ ＋１， 设Ｄ为直线ｙ 上的动点 过Ｄ作Ｃ的两条切线 切点
ｙ ｙ ｙ ｙ ｘ ｘ （２） ＝－２ ， ，
ｋ －１ ｋ ０－１ 由 ＋ ０ ＋ ０ 得ｙ ｙ ｘ ｘ 分别是Ｅ Ｆ．证明 直线ＥＦ过定点．
＝ ｘ ， １＝ ｘ ， ＝ ＋１， ＋ ０＝ ＋ ０＋２，① ， ：
由 ｙ － ｙ ０ 得
０
ｙ ｙ
２
ｘ ｘ
２ ５． 解析
（１）
设Ｐ
（
ｘ
，
ｙ
），
则→ＰＡ
＝（－
ｘ
，－１－
ｙ
），
Ｐ→Ｂ
＝（－
ｘ
，１－
ｙ
），
ｘ ｘ ＝－１， － ０＝ ０－ ，② 又→ＡＢ →ＢＡ
－ ０ ＝（０，２）， ＝（０，－２），
由 得 {ｙ ＝ ｘ ０＋１， 所以 ｜ Ｐ→Ｂ ｜｜ →ＡＢ ｜＝ →ＰＡ · →ＢＡ可化为 ２ （－ ｘ ） ２ ＋（１－ ｙ ） ２ ＝２（１＋ ｙ ），
①② ｙ
０＝
ｘ
＋１，
化简得ｘ２
＝４
ｙ．所以Ｃ的方程为ｘ２
＝４
ｙ．
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ７０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
（２）
由题设可设Ｄ
（
ｔ
，－２），
Ｅ
（
ｘ
１，
ｙ
１），
Ｆ
（
ｘ
２，
ｙ
２）， ４ ３
ｍ２
．
由题意知切线ＤＥ ＤＦ的斜率都存在 由ｘ２ ｙ 得ｙ
ｘ２
则ｙ′ １＋４
ｋ２ ＝３ ３
， ， ＝４ ， ＝ ，
４ 故平行四边形ＯＥＧＦ的面积Ｓ为定值 ．
３ ３
ｘ ｘ ｘ ７．如图 曲线Ｃ 是以原点Ｏ为中心 Ｆ Ｆ 为焦点的椭圆的一部分
＝
２
， 所以ｋ ＤＥ＝
２
１ ， 直线ＤＥ的方程为ｙ － ｙ １＝
２
１ （ ｘ － ｘ １）， 即ｙ －
曲线
，
Ｃ 是以
１
Ｏ为顶点 Ｆ 为焦点
、
的
１
抛
，
物
２
线的一部分 Ａ是曲线Ｃ
，
ｘ ｘ２ ２ 、 ２ ， １
ｙ １ｘ １． 和Ｃ 的交点 且 ＡＦ Ｆ 为钝角 若 ＡＦ ７ ＡＦ ５．
１＝ ２ － ２ ① ２ ， ∠ ２ １ ， ｜ １｜＝ ２ ，｜ ２｜＝ ２
因为Ｅ ｘ ｙ 在抛物线ｘ２ ｙ上 求曲线Ｃ 和Ｃ 所在的椭圆和抛物线的方程
（ １， １） ＝４ ， （１） １ ２ ；
ｘ２ 过Ｆ 作一条与ｘ轴不垂直的直线 分别与曲线Ｃ Ｃ 交
所以ｘ２ ｙ 即 １ ｙ （２） ２ ， １、 ２
１＝４ １， ＝２ １，② 于Ｂ Ｅ Ｃ Ｄ 四点 若 Ｇ 为 ＣＤ 中点 Ｈ 为 ＢＥ 中点 问
２ 、 、 、 ， 、 ，
将 代入 可得ｘ ｘ ｙ ｙ 所以直线ＤＥ的方程为ｘ ｘ ＢＥ ＧＦ
② ① １ －２ １－２ ＝０， １ － ｜ ｜·｜ ２｜是不是定值 若是 求出此定值 若不是 请
ｙ ｙ ． ＣＤ ＨＦ ？ ， ； ，
２ １－２ ＝０ ｜ ｜·｜ ２｜
同理可得直线ＤＦ的方程为ｘ ｘ ｙ ｙ ． 说明理由．
２ －２ ２－２ ＝０
因为Ｄ ｔ 在直线ＤＥ上 所以ｔｘ ｙ
（ ，－２） ， １－２ １＋４＝０，
又Ｄ ｔ 在直线ＤＦ上 所以ｔｘ ｙ
（ ，－２） ， ２－２ ２＋４＝０，
所以直线ＥＦ的方程为ｔｘ ｙ
－２ ＋４＝０，
故直线ＥＦ过定点 ．
（０，２）
思路分析 （ ）把已知条件用坐标表示，并化简即得Ｃ的
１
方程；
（ ）设Ｄ（ｔ， ），Ｅ（ｘ ，ｙ ），Ｆ（ｘ ，ｙ ），利用导数得出切线ＤＥ，
２ －２ １ １ ２ ２
ＤＦ的斜率，求得方程，由Ｄ分别在切线上，可得直线ＥＦ的方
程，由直线方程可得定点坐标．
６．已知椭圆Ｃ
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ 的左顶点为Ｍ 上顶点为Ｎ 直 ７． 解析 设椭圆方程为
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） ， ， （１） ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０），
线 ｘ ｙ 与直线ＭＮ垂直 垂足为Ｂ点 且点Ｎ是线段
２ ＋ －６ ３＝０ ， ， 则 ａ ＡＦ ＡＦ ７ ５ 得ａ ．
ＭＢ的中点． ２ ＝｜ １｜＋｜ ２｜＝ ＋ ＝６， ＝３
２ ２
求椭圆Ｃ的方程 设Ａ ｘ ｙ Ｆ ｃ Ｆ ｃ 则抛物线的方程为ｙ２ ｃｘ ｘ
（１） ； （ ， ）， １（－ ，０）， ２（ ，０）， ＝４ ，（
( ) ( )
若直线ｌ ｙ ｋｘ ｍ与椭圆Ｃ交于Ｅ Ｆ两点 点Ｇ在椭圆Ｃ ２ ２
（２） ： ＝ ＋ ， ， ｃ ２ ｙ２ ７ ｘ ｃ ２ ｙ２ ５
上 且四边形ＯＥＧＦ为平行四边形 求证 四边形ＯＥＧＦ的 ＋ ） ＋ ＝ ①，（ － ） ＋ ＝ ②，
２ ２
， ， ：
面积Ｓ为定值．
得ｘｃ ３ 由抛物线定义可知 ＡＦ ｘ ｃ ５
６． 解析 由题意知 Ｍ ａ Ｎ ｂ 直线ＭＮ的斜率ｋ
①－② ＝
２
， ｜ ２｜＝ ＋ ＝
２
，
（１） ， （－ ，０）， （０， ），
ｂ
１ 得ａ ｂ．
则ｃ
＝１，
ｘ
＝
３ 或ｘ
＝１，
ｃ
＝
３
（
舍去
），
则ｂ２
＝
ａ２
－
ｃ２
＝８，
＝ ａ ＝ ， ＝２ ２ ２
∵
点Ｎ
２
是线段ＭＢ的中点
，∴
点Ｂ的坐标为
（
ａ
，２
ｂ
），
所以椭圆方程为
ｘ２
＋
ｙ２
＝１，
抛物线方程为ｙ２
＝４
ｘ．
点Ｂ在直线 ｘ ｙ 上 ａ ｂ ９ ８
∵ ２ ＋ －６ ３＝０ ，∴２ ＋２ ＝６ ３， 是定值．设Ｂ ｘ ｙ Ｅ ｘ ｙ Ｃ ｘ ｙ Ｄ ｘ ｙ
又ａ ｂ ｂ ａ
（２） （ １， １）， （ ２， ２）， （ ３， ３）， （ ４， ４），
＝２ ，∴ ＝ ３， ＝２ ３， 过Ｆ 的直线方程为ｙ ｋ ｘ 将ｘ ｙ 代入 ｘ２ ｙ２ 得
椭圆Ｃ的方程为 ｘ２ ｙ２ ． ２ ＝ （ －１）， ＝ ｋ ＋１ ９ ＋ ８ ＝１
∴
证明 设Ｅ ｘ ｙ
１２ ＋
Ｆ
３
ｘ
＝１
ｙ Ｇ ｘ ｙ 将ｙ ｋｘ ｍ代入 ８
( ｙ
ｋ ＋１
) ２
＋９
ｙ２
－７２＝０，
即
（８＋９
ｋ２
）
ｙ２
＋１６
ｋｙ
－６４
ｋ２
＝０
．
（２） ： （ １， １）， （ ２， ２）， （ ０， ０）， ＝ ＋
ｘ２ ｙ２ ｋ ｋ２
整理得 ｋ２ ｘ２ ｋｍｘ ｍ２ 则 ｘ ｘ 则ｙ ｙ １６ ｙ ｙ ６４ ．
１２
＋
３
＝１， （１＋４ ） ＋８ ＋４ －１２＝０， １＋ ２＝ １＋ ２＝－
８＋９
ｋ２， １ ２＝－
８＋９
ｋ２
ｋｍ ｍ２ ｍ ｙ
－
８
ｋ２，
ｘ
１·
ｘ
２＝
４ －
ｋ
１
２
２
，
则ｙ
１＋
ｙ
２＝
ｋ
（
ｘ
１＋
ｘ
２）＋２
ｍ
＝
２
ｋ２
． 将ｘ
＝ ｋ ＋１
代入ｙ２
＝４
ｘ得ｋｙ２
－４
ｙ
－４
ｋ
＝０，
１＋４ １＋４ １＋４
四边形ＯＥＧＦ为平行四边形
∵ ， 则ｙ ｙ ４ ｙ ｙ
æ ｋｍ ｍ ö ３＋ ４＝ ｋ ， ３ ４＝－４，
Ｏ→Ｇ Ｏ→Ｅ Ｏ→Ｆ ｘ ｘ ｙ ｙ 得 Ｇç ８ ２ ÷ 将 Ｇ
∴ ＝ ＋ ＝（ １＋ ２， １＋ ２）， è－ ｋ２， ｋ２ ø，
１＋４ １＋４ １ ｙ ｙ
点坐标代入椭圆Ｃ的方程得ｍ２
＝
３
（１＋４
ｋ２
），
又易得点Ｏ到 所以｜
Ｃ
Ｂ
Ｄ
Ｅ
｜·｜
Ｇ
Ｈ
Ｆ
Ｆ
２｜
＝
｜
ｙ
ｙ
１－
ｙ
ｙ
２｜
·
２
｜ ３＋ ４｜
４ ｜ ｜·｜ ２｜ ｜ ３－ ４｜ １ ｙ ｙ
ｍ ２
｜ １＋ ２｜
直线ＥＦ的距离ｄ ｜ ｜ ＥＦ ｋ２ ｘ ｘ
＝ １＋ ｋ２ ，｜ ｜＝ １＋ ｜ １－ ２｜， （ ｙ １－ ｙ ２） ２ （ ｙ ３＋ ｙ ４） ２
平行四边形ＯＥＧＦ的面积Ｓ ｄ ＥＦ ｍ ｘ ｘ ｍ ＝ ｙ ｙ ２· ｙ ｙ ２
∴ ＝ ·｜ ｜＝｜ ｜｜ １－ ２｜＝｜ ｜· （ １＋ ２） （ ３－ ４）
（ ｘ １＋ ｘ ２） ２ －４ ｘ １ ｘ ２ ＝４· ｜ ｍ ｜ １ ３ ＋ － ４ ｍ ｋ ２ ２ ＋１２ ｋ２ ＝４· ｜ ｍ １ ｜ ＋４ ｋ ３ ２ ｍ２ ＝ ＝ （ ｙ １ （ ＋ ｙ ｙ １ ２ ＋ ） ｙ ２ － ２） ４ ２ ｙ １ ｙ ２ · （ ｙ ３ （ ＋ ｙ ｙ ３ ４ ＋ ） ｙ ２ － ４） ４ ２ ｙ ３ ｙ ４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ７１
æ è ç － ８＋ １６ ９ ｋ ｋ２ ö ø ÷ ２ ＋ ４ ８ × ＋ ６ ９ ４ ｋ ｋ ２ ２ ( ４ ｋ ) ２ 为定值． （ （ １ ２ ） ） 求 点 Ｃ Ｍ ， 的 Ｎ 方 在 程 Ｃ ； 上 ， 且ＡＭ ⊥ ＡＮ ， ＡＤ ⊥ ＭＮ ， Ｄ为垂足．证明 ： 存
＝ æ è ç － ８＋ １６ ９ ｋ ｋ２ ö ø ÷ ２ ·( ４ ｋ ) ２ ＋１６ ＝３， ９． 解 在 析 定点Ｑ ， 由 使 题 得 设 ｜ Ｄ 得 Ｑ ４ ｜ 为定 １ 值． ａ２ － ｂ２ １
８．（２０２０课标 ，文２１，理２０，１２分）已知Ａ Ｂ分别为椭圆Ｅ ｘ２ （１） ａ２ ＋ｂ２ ＝１， ａ２ ＝ ２ ，
Ⅰ ， ：ａ２ 解得ａ２
＝６，
ｂ２
＝３
．
ｘ２ ｙ２
ｙ２ ａ 的左 右顶点 Ｇ为Ｅ的上顶点 →ＡＧ Ｇ→Ｂ ．Ｐ为 所以Ｃ的方程为 ．
＋ ＝１（ ＞１） 、 ， ， · ＝８ ＋ ＝１
直线ｘ 上的动点 ＰＡ与Ｅ的另一交点为Ｃ ＰＢ与Ｅ的另一 ６ ３
＝６ ， ， 证明 设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ ．
交点为Ｄ． （２） ： （ １， １）， （ ２， ２）
若直线ＭＮ与ｘ轴不垂直 设直线ＭＮ的方程为ｙ ｋｘ ｍ 代入
求Ｅ的方程 ， ＝ ＋ ，
（１） ； ｘ２ ｙ２
证明 直线ＣＤ过定点． 得 ｋ２ ｘ２ ｋｍｘ ｍ２ ．
（２） ： ＋ ＝１ （１＋２ ） ＋４ ＋２ －６＝０
８． 解析 由题设得Ａ ａ Ｂ ａ Ｇ ． ６ ３
（１） （－ ，０）， （ ，０）， （０，１） ｋｍ ｍ２
于是ｘ ｘ ４ ｘ ｘ ２ －６．
则→ＡＧ ＝（ ａ ，１）， Ｇ→Ｂ ＝（ ａ ，－１） ．由→ＡＧ · Ｇ→Ｂ ＝８ 得ａ２ －１＝８， 即ａ ＝３ ． １＋ ２＝－ １＋２ ｋ２， １ ２＝ １＋２ ｋ２ ①
所以Ｅ的方程为
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
． 由ＡＭ
⊥
ＡＮ知Ａ→Ｍ
·
Ａ→Ｎ
＝０，
故
（
ｘ
１－２）（
ｘ
２－２）＋（
ｙ
１－１）（
ｙ
２－１）＝
９ 可得 ｋ２ ｘ ｘ ｋｍ ｋ ｘ ｘ ｍ ２ ．
证明 设Ｃ ｘ ｙ Ｄ ｘ ｙ Ｐ ｔ ． ０， （ ＋１） １ ２＋（ － －２）（ １＋ ２）＋（ －１） ＋４＝０
（２） ： （ １， １）， （ ２， ２）， （６，） ｍ２ ｋｍ
若ｔ 设直线ＣＤ的方程为ｘ ｍｙ ｎ 由题意可知 ｎ ． 将 代入上式可得 ｋ２ ２ －６ ｋｍ ｋ ４ ｍ ２
≠０， ＝ ＋ ， －３＜ ＜３ ① （ ＋１） ｋ２ －（ － －２） ｋ２ ＋（ －１） ＋
ｔ ｔ １＋２ １＋２
由于直线ＰＡ的方程为ｙ ｘ 所以ｙ ｘ ． ．
＝ （ ＋３）， １＝ （ １＋３） ４＝０
９ ９ 整理得 ｋ ｍ ｋ ｍ ．
ｔ ｔ （２ ＋３ ＋１）（２ ＋ －１）＝０
直线ＰＢ的方程为ｙ ｘ 所以ｙ ｘ ． 因为Ａ 不在直线ＭＮ上 所以 ｋ ｍ
＝ （ －３）， ２＝ （ ２－３） （２，１） ， ２ ＋ －１≠０，
３ ３
故 ｋ ｍ ｋ ．
可得 ｙ ｘ ｙ ｘ ． ２ ＋３ ＋１＝０， ≠１
３ １（ ２－３）＝ ２（ １＋３） ( )
ｘ２ ｘ ｘ 于是ＭＮ的方程为ｙ ｋ ｘ ２ １ ｋ ．
由于 ２ ｙ２ 故ｙ２ （ ２＋３）（ ２－３） ＝ － － （ ≠１）
＋ ２＝１， ２＝－ ， ３ ３
９ ９ ( )
可得 ｙ ｙ ｘ ｘ 即 所以直线ＭＮ过点Ｐ ２ １ ．
２７ １ ２＝－（ １＋３）（ ２＋３）， ，－
ｍ２ ｙ ｙ ｍ ｎ ｙ ｙ ｎ ２ ． ３ ３
（２７＋ ） １ ２＋ （ ＋３）（ １＋ ２）＋（ ＋３） ＝０（∗） 若直线ＭＮ与ｘ轴垂直 可得Ｎ ｘ ｙ ．
ｘ２ ， （ １，－ １）
将ｘ
＝
ｍｙ
＋
ｎ代入
９
＋
ｙ２
＝１
得 由Ａ→Ｍ
·
Ａ→Ｎ
＝０
得
（
ｘ
１－２）（
ｘ
１－２）＋（
ｙ
１－１）（－
ｙ
１－１）＝０
．
（
ｍ２
＋９）
ｙ２
＋２
ｍｎｙ
＋
ｎ２
－９＝０
．
又
ｘ２
１
ｙ２
１ 可得 ｘ２ ｘ ．
所以ｙ ｙ ２
ｍｎ
ｙ ｙ
ｎ２
－９． ６
＋
３
＝１， ３ １－８ １＋４＝０
１＋ ２＝－ｍ２ ＋９ ， １ ２＝ｍ２ ＋９ 解得ｘ 舍去 或ｘ ２ ．
代入 式得
１＝２（ ） １＝
３
（∗） ( )
ｍ２ ｎ２ ｍ ｎ ｍｎ ｎ ２ ｍ２ ． 此时直线ＭＮ过点Ｐ ２ １ ．
（２７＋ ）（ －９）－２ （ ＋３） ＋（ ＋３） （ ＋９）＝０ ，－
３ ３
解得ｎ 舍去 ｎ ３ ． ( )
１＝－３（ ）， ２＝ 令Ｑ为ＡＰ的中点 即Ｑ ４ １ ．
２ ( ) ， ，
３ ３
故直线ＣＤ的方程为ｘ ｍｙ ３ 即直线ＣＤ过定点 ３ ． 若Ｄ与Ｐ不重合 则由题设知ＡＰ是 ＡＤＰ的斜边
＝ ＋ ， ，０ ， Ｒｔ△ ，
２ ２
( )
若ｔ 则直线ＣＤ的方程为ｙ 过点 ３ ． 故 ＤＱ １ ＡＰ ２ ２．
＝０， ＝０， ，０ ｜ ｜＝ ｜ ｜＝
２ ２ ３
( )
综上 直线ＣＤ过定点 ３ ． 若Ｄ与Ｐ重合 则 ＤＱ １ ＡＰ ．
， ，０ ， ｜ ｜＝ ｜ ｜
２ ２
( )
９．（２０２０新高考 ，２２，１２分）已知椭圆Ｃ
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ 的 综上 存在点Ｑ ４ １ 使得 ＤＱ 为定值．
Ⅰ ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） ，
３
，
３
， ｜ ｜
离心率为 ２ 且过点Ａ ．
， （２，１）
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
教师专用题组
ｘ２ ( )
１．（２０１９课标 理，２１，１２分）已知曲线Ｃ ｙ Ｄ为直线ｙ 若以Ｅ ５ 为圆心的圆与直线ＡＢ相切 且切点为线段
Ⅲ ： ＝ ， ＝－ （２） ０， ，
２ ２
ＡＢ的中点 求四边形ＡＤＢＥ的面积．
１ 上的动点 过Ｄ作Ｃ的两条切线 切点分别为Ａ Ｂ． ，
， ， ， 解析 本题考查直线与抛物线相切 弦的中点 直线与圆相
２ ， ，
证明 直线ＡＢ过定点 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
（１） ： ； ， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ７２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
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 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ
， （２） （ １， １）， （ ２， ２），
了数学运算的核心素养． ｋ
由 知ｘ ｘ ２ －４ ｘ ｘ １ ．
( ) （１） １＋ ２＝－ ｋ２ ， １ ２＝ｋ２
设Ｄ ｔ １ Ａ ｘ ｙ 则ｘ２ ｙ ．
（１） ，－ ， （ １， １）， １＝２ １ ｙ
２ 直线ＰＡ的方程为ｙ １－２ ｘ ．
－２＝ｘ （ －１）
ｙ １ １－１
１＋ ｙ ｋｘ
由 整 于 理得 ｙ′ ＝ ｔ ｘ ｘ ， 所以 ｙ 切线Ｄ ． Ａ的斜率为ｘ １， 故 ｘ １－ ２ ｔ ＝ ｘ １ ． 令ｘ ＝０， 得点Ｍ的纵坐标为ｙ Ｍ ｋ ＝ ｘ － ｘ １ １ － ＋ １ ２ ＋２＝ － ｘ １－ １＋ １ １ ＋２ ．
设Ｂ ｘ
２
ｙ
１－２
同
１
理
＋１
可
＝
得
０
ｔｘ ｙ ．
同理得点Ｎ的纵坐标为ｙ
Ｎ＝
－
ｘ
２＋１
＋２
．
故直
（
线
２
Ａ
，
Ｂ
２
的
），
方程为 ｔｘ
２ ２
ｙ
－２ ２＋
．
１＝０ ２－１
２ －２ ＋１＝０ 由Ｑ→Ｍ λＱ→Ｏ Ｑ→Ｎ μＱ→Ｏ得λ ｙ μ ｙ ．
( ) ＝ ， ＝ ＝１－ Ｍ， ＝１－ Ｎ
所以直线ＡＢ过定点 １ ． ｘ ｘ
０， 所以 １ １ １ １ １－１ ２－１
２ λ＋ μ ＝ ｙ ＋ ｙ ＝ ｋ ｘ ＋ ｋ ｘ
１－ Ｍ １－ Ｎ （ －１） １ （ －１） ２
由 得直线ＡＢ的方程为ｙ ｔｘ １ ． ｋ
（２） （１） ＝ ＋ ２ ２ －４
ì
２
１ ２
ｘ
１
ｘ
２－（
ｘ
１＋
ｘ
２） １
ｋ２ ＋ ｋ２
．
ïｙ ｔｘ １ ＝ｋ · ｘ ｘ ＝ｋ · ＝２
ï ＝ ＋ ， －１ １ ２ －１ １
由í ２ 可得ｘ２ ｔｘ ． ｋ２
ï ｘ２ －２ －１＝０
ïｙ
î ＝ 所以 １ １ 为定值．
２ λ＋ μ
于是ｘ ｘ ｔ ｘ ｘ ｙ ｙ ｔ ｘ ｘ ｔ２
１＋ ２＝２， １ ２＝－１， １＋ ２＝ （ １＋ ２）＋１＝２ ＋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
｜ ＡＢ ｜＝ １＋ ｔ２ ｜ ｘ １－ ｘ ２｜＝ １＋ ｔ２ × （ ｘ １＋ ｘ ２） ２ －４ ｘ １ ｘ ２ ＝２（ ｔ２ ＋１） ． （ １ ）求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式有关的等式，
设ｄ ｄ 分别为点Ｄ Ｅ 到直线 ＡＢ 的距离 则 ｄ ｔ２ ｄ 化简即可得出定值；
１， ２ ， ， １＝ ＋１， 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
＝ ｔ２ 距离的表达式，再利用题设条件化简、变形求得；
＋１
（ ）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
１ ＋
ｄ
２）＝ （
ｔ２
＋ 的
３
表达式，再依据条件对表达式进行化简、变形即可求得．
２
ｔ２ ． ３．（２０１６北京理，１９，１４分）已知椭圆Ｃ
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ 的离
３） ＋１ ( ) ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
设Ｍ为线段ＡＢ的中点 则Ｍ ｔ ｔ２ １ ．
， ， ＋
２ 心率为 ３ Ａ ａ Ｂ ｂ Ｏ ＯＡＢ的面积为 ．
， （ ，０）， （０， ）， （０，０），△ １
由于Ｅ→Ｍ →ＡＢ 而Ｅ→Ｍ ｔ ｔ２ →ＡＢ与向量 ｔ 平行 ２
⊥ ， ＝（ ， －２）， （１，） ， 求椭圆Ｃ的方程
所以ｔ ｔ２ ｔ ． （１） ；
＋（ －２） ＝０ 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 或ｔ ． （２） ， ，
＝０ ＝±１ 与ｘ轴交于点Ｎ．求证 ＡＮ ＢＭ 为定值．
当ｔ 时 Ｓ 当ｔ 时 Ｓ ． ：｜ ｜·｜ ｜
＝０ ， ＝３； ＝±１ ， ＝４ ２ ì ïｃ
因此 四边形ＡＤＢＥ的面积为 或 ． ３
， ３ ４ ２ ï ï ａ ＝ ２ ，
解题关键 （ ）设出Ａ、Ｂ坐标，求导、列等式是解题的突破 解析 由题意得í
１ （１） ï１ ａｂ
口．（
２
）由（
１
）得出ＡＢ的方程，用坐标表示出Ｅ→Ｍ
⊥
→ＡＢ，求ＡＢ方
ïï２
＝１，
程中的参数是关键． îａ２ ｂ２ ｃ２
＝ ＋ ，
２．（２０１８北京理，１９，１４分）已知抛物线Ｃ
：
ｙ２
＝２
ｐｘ经过点Ｐ
（１，
解得ａ
＝２，
ｂ
＝１
．
．过点Ｑ 的直线ｌ与抛物线Ｃ有两个不同的交点Ａ Ｂ ｘ２
２） （０，１） ， ， 所以椭圆Ｃ的方程为 ｙ２ ．
＋ ＝１
且直线ＰＡ交ｙ轴于Ｍ 直线ＰＢ交ｙ轴于Ｎ．
４
，
由 知 Ａ Ｂ ．
求直线ｌ的斜率的取值范围 （２） （１） ， （２，０）， （０，１）
（１） ；
设Ｐ ｘ ｙ 则ｘ２ ｙ２ ．
（２）
设Ｏ为原点
，
Ｑ→Ｍ
＝
λＱ→Ｏ
，
Ｑ→Ｎ
＝
μＱ→Ｏ
，
求证
：λ
１
＋ μ
１ 为定值．
（ ０， ０）， ０＋４ ０＝４
ｙ
当ｘ 时 直线ＰＡ的方程为ｙ ０ ｘ ．
解析
（１）
因为抛物线ｙ２
＝２
ｐｘ过点
（１，２），
０≠０ ， ＝ｘ
０－２
（ －２）
所以 ｐ 即ｐ ． ｙ ｙ
故抛物 ２ 线 ＝４ Ｃ ， 的方 ＝ 程 ２ 为ｙ２ ＝４ ｘ ， 令ｘ ＝０， 得ｙ Ｍ＝－ｘ ２ ０－ ０ ２ ， 从而 ｜ ＢＭ ｜＝｜１－ ｙ Ｍ｜＝ １＋ｘ ２ ０－ ０ ２ ．
由题意知 直线ｌ的斜率存在且不为 ． ｙ
， ０ 直线ＰＢ的方程为ｙ ０－１ｘ ．
设直线ｌ的方程为ｙ ｋｘ ｋ ． ＝ ｘ ＋１
＝ ＋１（ ≠０） ０
由 {ｙ ｙ ２ ＝ ｋ ４ ｘ ｘ ，得ｋ２ｘ２ ＋（２ ｋ －４） ｘ ＋１＝０ ． 令ｙ ＝０， 得ｘ Ｎ＝－ｙ ｘ ０ ， 从而 ｜ ＡＮ ｜＝｜２－ ｘ Ｎ｜＝ ２＋ｙ ｘ ０ ．
＝ ＋１ ０－１ ０－１
依题意Δ ＝（２ ｋ －４） ２ －４× ｋ２ ×１＞０， 解得ｋ ＜０ 或 ０＜ ｋ ＜１ ． 所以 ＡＮ ＢＭ ｘ ０ ２ ｙ ０
又ＰＡ ＰＢ与ｙ轴相交 故直线ｌ不过点 ． ｜ ｜·｜ ｜＝ ２＋ｙ · １＋ｘ
， ， （１，－２） ０－１ ０－２
从而ｋ ． ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ ｘ ｙ
≠－３ ０＋４ ０＋４ ０ ０－４ ０－８ ０＋４
所以直线ｌ斜率的取值范围是 ． ＝ ｘ ｙ ｘ ｙ
（－∞，－３）∪（－３，０）∪（０，１） ０ ０－ ０－２ ０＋２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ７３
＝ ４
ｘ
ｘ ０
ｙ
ｙ ０－ ｘ ４
ｘ
０－ ｙ ８
ｙ
０＋８ ＝
ｘ２
０＋４
ｙ２
０ ｘ ＋ ｙ ４
ｘ
０ ｘ
ｙ
０－４ ｙ
ｘ
０－８
ｙ
０＋４
０ ０－ ０－２ ０＋２ ２（ ０ ０－ ０－２ ０＋２）
． ｘ ｙ ｘ ｙ
＝４ ２ ０ ０－２ ０－４ ０＋４ ．
当ｘ 时 ｙ ＢＭ ＡＮ ＝ ｘ ｙ ｘ ｙ ＝２
０＝０ ， ０＝－１，｜ ｜＝２，｜ ｜＝２， ０ ０－ ０－２ ０＋２
所以 ＡＮ ＢＭ ． 从而四边形ＡＢＮＭ的面积为定值． 分
｜ ｜·｜ ｜＝４ （１４ ）
综上 ＡＮ ＢＭ 为定值． 解后反思 本题第（ ）问可画出图形进行分析，
，｜ ｜·｜ ｜ ( ｘ ) ２ ( ｙ ) ２ ２
一题多解 （ ）点Ｐ在曲线 上，不妨设Ｐ
２ ＋ ＝１
２ １
（ θ， θ），当θ ｋ 且θ ｋ π（ｋ Ｚ）时，直线ＡＰ的
２ｃｏｓ ｓｉｎ ≠ π ≠ π＋ ∈
２
θ θ
方程为ｙ ｓｉｎ （ｘ ），令ｘ ，得ｙ ｓｉｎ ；
－０＝ （ θ ） －２ ＝０ Ｍ＝ θ
２ ｃｏｓ －１ １－ｃｏｓ
θ θ
直线ＢＰ的方程为ｙ ｓｉｎ －１（ｘ ），令ｙ ，得ｘ ２ｃｏｓ ．
－１＝ θ －０ ＝０ Ｎ＝ θ
２ｃｏｓ １－ｓｉｎ
θ θ
发现点Ａ和点Ｂ分别为椭圆的右顶点和上顶点，且四边形ＡＢ⁃
ＡＮ · ＢＭ ｃｏｓ · ｓｉｎ
∴ ｜ ｜ ｜ ｜＝２ １－ θ １－ θ
１－ｓｉｎ １－ｃｏｓ ＮＭ的对角线ＡＮ与ＢＭ互相垂直，所以Ｓ 四边形ＡＢＮＭ＝ １ ｜ ＡＮ ｜ · ｜
２
（
１－ｓｉｎ
θ）（
１－ｃｏｓ
θ）
（定值）． ２
＝２ （ θ）（ θ） ＝２×２＝４ ＢＭ ，问题转化为求点Ｍ与点Ｎ的坐标，故设点Ｐ（ｘ ，ｙ ），表
１－ｓｉｎ １－ｃｏｓ ｜ ０ ０
示出直线ＰＡ和ＰＢ，即可求得点Ｍ、Ｎ的坐标．
当θ ｋ 或 θ ｋ π （ｋ Ｚ）时，Ｍ、Ｎ 是定点，易得 ＡＮ ·
＝ π ＝ π＋ ∈ ｜ ｜ 评析 本题考查了椭圆的标准方程、离心率和直线方程的相
２
ＢＭ ．综上， ＡＮ · ＢＭ ． 关知识及定值问题，知识点较综合，属中等偏难题．
｜ ｜＝４ ｜ ｜ ｜ ｜＝４
评析 本题考查椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的位置关 ｘ２ ｙ２
５．（２０１５课标 文，２０，１２分）已知椭圆Ｃ ａ ｂ 的
系及定值问题，方法常规，运算量大，对学生的运算能力要求 Ⅱ ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
较高．
离心率为 ２ 点 在Ｃ上．
ｘ２ ｙ２ ， （２， ２）
４．（２０１６北京文，１９，１４分）已知椭圆Ｃ 过Ａ Ｂ ２
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１ （２，０）， 求Ｃ的方程
（１） ；
两点． 直线ｌ不过原点Ｏ且不平行于坐标轴 ｌ与Ｃ有两个交点
（０，１） （２） ，
求椭圆Ｃ的方程及离心率 Ａ Ｂ 线段ＡＢ的中点为Ｍ．证明 直线ＯＭ的斜率与直线ｌ
（１） ； ， ， ：
设Ｐ为第三象限内一点且在椭圆Ｃ上 直线ＰＡ与ｙ轴交 的斜率的乘积为定值．
（２） ，
于点Ｍ 直线ＰＢ与ｘ轴交于点Ｎ．求证 四边形ＡＢＮＭ的面
， ： 解析 由题意有 ａ２ － ｂ２ ２ ４ ２
积为定值． （１） ａ ＝ ，ａ２ ＋ｂ２ ＝１，
２
解析 由题意得 ａ ｂ ．
（１） ， ＝２， ＝１ 解得ａ２ ｂ２ ．
＝８， ＝４
所以椭圆Ｃ的方程为
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
．
（３
分
） 所以Ｃ的方程为
ｘ２ ｙ２
．
４ ＋ ＝１
８ ４
又ｃ ａ２ ｂ２ 设直线 ｌ ｙ ｋｘ ｂ ｋ ｂ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ
＝ － ＝ ３， （２） ： ＝ ＋ （ ≠０， ≠０）， （ １， １）， （ ２， ２），
ｃ ｘ２ ｙ２
所以离心率ｅ ３． 分 Ｍ ｘ ｙ ．将ｙ ｋｘ ｂ代入 得
＝ ａ ＝ （５ ） （ Ｍ， Ｍ） ＝ ＋ ＋ ＝１
２ ８ ４
（２）
设Ｐ
（
ｘ
０，
ｙ
０）（
ｘ
０＜０，
ｙ
０＜０），
则ｘ２
０＋４
ｙ２
０＝４
．
（６
分
） （２
ｋ２
＋１）
ｘ２
＋４
ｋｂｘ
＋２
ｂ２
－８＝０
．
又Ａ Ｂ ｘ ｘ ｋｂ ｂ
（２，０）， （０，１）， 故ｘ １＋ ２ －２ ｙ ｋ ｘ ｂ ．
ｙ Ｍ＝ ＝ ｋ２ ， Ｍ＝ · Ｍ＋ ＝ ｋ２
所以 直线ＰＡ的方程为ｙ ０ ｘ ． ２ ２ ＋１ ２ ＋１
， ＝ｘ （ －２） ｙ
０－２ 于是直线ＯＭ的斜率ｋ Ｍ １ 即ｋ ｋ １ ．
ｙ ｙ ＯＭ＝ｘ ＝－ ｋ， ＯＭ· ＝－
令ｘ 得ｙ ２ ０ 从而 ＢＭ ｙ ２ ０ ． 分 Ｍ ２ ２
＝０， Ｍ＝－ｘ ， ｜ ｜＝１－ Ｍ＝１＋ｘ （９ ） 所以直线ＯＭ的斜率与直线ｌ的斜率的乘积为定值．
０－２ ０－２
ｙ 评析 本题考查了椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系；考查
直线ＰＢ的方程为ｙ ０－１ｘ ．
＝ ｘ ＋１ 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
０
ｘ 关键．
令ｙ 得ｘ ０
＝０， Ｎ＝－ｙ ， ｘ２ ｙ２
０－１ ６．（２０１５陕西文，２０，１２分）如图 椭圆Ｅ ａ ｂ 经
ｘ ， ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
从而 ＡＮ ｘ ０ ． 分
｜ ｜＝２－ Ｎ＝２＋ｙ （１２ ）
０－１ 过点Ａ 且离心率为 ２．
所以四边形ＡＢＮＭ的面积 （０，－１），
２
求椭圆Ｅ的方程
Ｓ １ ＡＮ ＢＭ （１） ；
＝ ｜ ｜·｜ ｜ 经过点 且斜率为ｋ的直线与椭圆Ｅ交于不同的两
２ （２） （１，１），
æ ｘ öæ ｙ ö 点Ｐ Ｑ 均异于点 Ａ 证明 直线 ＡＰ 与 ＡＱ 的斜率之和
１ ç ０ ÷ç ２ ０ ÷ ， （ ）， ：
＝ è２＋ｙ øè１＋ｘ ø 为 ．
２ ０－１ ０－２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ７４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
由Δ ｋｔ ２ ｋ２ ｔ２ ｔ２ ｋ２
＝（８ ） －４（３＋４ ）（４ －１２）＝－４８（ －３－４ ）＞０，
得ｔ２ ｋ２
＜３＋４ ，
ｋｔ ｔ２
所以ｘ ｘ ８ ｘ ｘ ４ －１２
１＋ ２＝－ ｋ２， １ ２＝ ｋ２，
３＋４ ３＋４
因为ｙ ｋｘ ｔ ｙ ｋｘ ｔ
ｃ １＝ １＋， ２＝ ２＋，
解析 由题设知 ２ ｂ 所以 ｋｘ ｔ ｋｘ ｔ ｋｘ ｔ ｋｘ ｔ ｘ ｘ
（１） ａ ＝ ２ ， ＝１， （ １＋）（ ２＋）－ ３［（ １＋）＋（ ２＋）］＋３＝３ １ ２，
结合ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ ， 解得ａ ＝ ２ ． 所以ｋ２ｘ １ ｘ ２＋ ｋｔ （ ｘ １＋ ｘ ２）＋ ｔ２ － ３［ ｋ （ ｘ １＋ ｘ ２）＋２ ｔ ］＋３＝３ ｘ １ ｘ ２，
所以椭圆Ｅ的方程为
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
． 所以ｋ２
·
４
ｔ２
－
ｋ
１
２
２
＋（
ｋｔ
－ ３
ｋ
）·
－８
ｋ
ｋ
ｔ
２ ＋
ｔ２
－２ ３
ｔ
＋３＝３·
４
ｔ２
－
ｋ
１
２
２
，
２ ３＋４ ３＋４ ３＋４
证明 由题设知 直线ＰＱ的方程为ｙ ｋ ｘ ｋ
（２） ： ， ＝ （ －１）＋１（ ≠２）， 所以 ｔ２ ｔ 解得ｔ －５ ３或ｔ 舍
ｘ２ －９ ＋４５－６ ３ ＝０， ＝ ＝ ３（ ），
代入 ｙ２ 得 ｋ２ ｘ２ ｋ ｋ ｘ ｋ ｋ ． ３
＋ ＝１， （１＋２ ） －４ （ －１） ＋２ （ －２）＝０
２ æ ö
由已知可知Δ ． 所以ｙ ｋｘ ５ ３ 所以直线ＡＢ过定点ç ５ ３÷．
＞０ ＝ － ， è０，－ ø
设Ｐ ｘ ｙ Ｑ ｘ ｙ ｘ ｘ ３ ３
（ １， １）， （ ２， ２）， １ ２≠０， 思路分析 （ ）由椭圆长轴上的端点（ ， ）得ａ，再由离心
ｋ ｋ ｋ ｋ １ ２ ０
则ｘ ｘ ４ （ －１） ｘ ｘ ２ （ －２）．
１＋ ２＝
１＋２
ｋ２ ， １ ２＝
１＋２
ｋ２ 率为 １ 得ｃ，从而由ａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２ 求得ｂ２，因而可写出椭圆的标准
从而直线ＡＰ ＡＱ的斜率之和 ２
， 方程；（ ）设点Ａ、Ｂ坐标，由直线的斜率公式及ｋ ｋ 得关于
ｙ ｙ ｋｘ ｋ ｋｘ ｋ ２ １ ２＝３
ｋ ｋ １＋１ ２＋１ １＋２－ ２＋２－ 点Ａ、Ｂ坐标的等式，然后用斜截式设直线ＡＢ的方程，联立椭
ＡＰ＋ ＡＱ＝ ｘ ＋ ｘ ＝ ｘ ＋ ｘ
１ ２ １ ２ 圆方程并消元，从而运用根与系数的关系进行推理论证．
( ) ｘ ｘ
＝２
ｋ
＋（２－
ｋ
） ｘ
１
＋ｘ
１
＝２
ｋ
＋（２－
ｋ
） ｘ
１＋
ｘ
２
８．（２０２１北京东城二模，２０）已知椭圆Ｃ
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ 的右
１ ２ １ ２ ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
ｋ ｋ
ｋ ｋ ４ （ －１） ｋ ｋ ． 焦点为Ｆ 左 右顶点分别为Ａ Ｂ ＡＦ ＦＢ ．
＝２ ＋（２－ ） ｋ ｋ ＝２ －２（ －１）＝２ ， 、 （－２，０）， （２，０），｜ ｜＝３｜ ｜
２ （ －２）
评析 本题考查椭圆标准方程与简单性质的同时，重点考查
（１）
求椭圆Ｃ的方程
；
直线与椭圆的位置关系．
（２）
设过Ｐ
（２，１）
的直线ｌ与椭圆Ｃ交于不同的两点Ｍ
，
Ｎ
，
过
点Ｎ作ｘ轴的垂线 与直线ＢＭ交于点Ｄ Ｅ为线段ＤＮ的
７．（２０２１北京房山一模，２０）已知椭圆Ｃ
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ 过点 ， ，
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） 中点．证明
：
直线ＢＥ的斜率为定值．
{ ａ ｃ ａ ｃ {ａ
离心率为 １ ． （ ＋ ）＝３（ － ）， ＝２，
（２，０）， 解析 依题意有 ａ 解得 ｂ 所以椭
２ （１） ＝２， ＝ ３，
求椭圆Ｃ的方程 ａ２ ｂ２ ｃ２． ｃ ．
（１） ； ＝ ＋ ＝１
（２）
设点Ｍ为椭圆Ｃ的上顶点
，
Ａ
，
Ｂ是椭圆Ｃ上两个不同的动
圆Ｃ的方程为
ｘ２ ｙ２
．
点 不在ｙ 轴上 直线 ＭＡ ＭＢ 的斜率分别为 ｋ ｋ 且 ＋ ＝１
（ ）， ， １， ２， ４ ３
æ ö 证明 由题知 直线ｌ的斜率存在 设直线ｌ的方程为ｙ
ｋ ｋ 求证 直线ＡＢ过定点Ｎç ５ ３÷． （２） ： ， ， －１＝
１ ２＝３， ： è０，－ ø ｋ ｘ ．
３ （ －２）
解析 根据题意可得 ì í ï ï ａ ｃ ＝２， １ 联立 { ３ ｙ ｘ ＝ ２ ｋ ＋ （ ４ ｘ ｙ － ２ ２ ＝ ） １ ＋ ２ １ ， ，消ｙ 得 （４ ｋ２ ＋３） ｘ２ ＋８ ｋ （１－２ ｋ ） ｘ ＋（１６ ｋ２ －
（１） ïａ ＝ ， ｋ ．
ï ２ １６ －８）＝０
îａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ ， Δ ＝６４ ｋ２ （１－２ ｋ ） ２ －４（４ ｋ２ ＋３）（１６ ｋ２ －１６ ｋ －８）＝１９２ ｋ ＋９６＞０， 解得
解得ｃ ｂ２
＝１， ＝３，
ｋ １ ．
ｘ２ ｙ２ ＞－
所以椭圆的方程为 ． ２
＋ ＝１
４ ３ 设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ
证明 由 知 得Ｍ
（ １， １）， （ ２， ２），
（２） ： （１） ， （０， ３）， 则ｘ ｘ ８ ｋ （２ ｋ －１） ｘ ｘ １６ ｋ２ －１６ ｋ －８．
设Ａ （ ｘ １， ｙ １）， Ｂ （ ｘ ２， ｙ ２）， ｘ １≠０， ｘ ２≠０ ． １＋ ２＝ ４ ｋ２ ＋３ ， １ ２＝ ４ ｋ２ ＋３
ｙ ｙ ｙ ｙ ｘ
所以ｋ １－ ３ ｋ ２－ ３ 直线ＢＭ ｙ １ ｘ 令 ｘ ｘ 得 ｙ １（ ２－２）．所以
１＝ ｘ ， ２＝ ｘ ， ： ＝ｘ （ －２）， ＝ ２， Ｄ ＝ ｘ
因为ｋ １ ｋ ２＝３ １ ， ２ Ｄ æ çｘ ｙ １（ ｘ ２－２） １ ö ÷ － ． ２ １－２
ｙ ｙ è ２， ｘ ø
所以 １－ ３ ２－ ３ １－２
ｘ · ｘ ＝３， ｙ ｘ
１ ２ １（ ２－２） ｙ
所以 ｙ ｙ ｘ ｘ ｘ ＋ ２ ｙ ｘ ｙ ｘ
即 设直 ｙ １ （ 线 ｙ ２－ １ Ａ － Ｂ ３ ３ 的 （ ） ｙ 方 １ （ ＋ 程 ｙ ２ ２ － ） 为 ＋ ３ ３ ｙ ） ＝ ＝ ＝ ｋ ３ ３ ｘ ｘ ＋ １ １ ｘ ｔ ， ２ ２ ． ， 设 直线 Ｅ （ Ｂ ｘ Ｅ ２， 的 ｙ Ｅ 斜 ）， 率 则 ｋ ｙ Ｅ＝ ｙ Ｅ １－ ２ ２ ｙ １（ ｘ ２－ ＝ ２） １（ ＋ ｙ ２ ２ （ － ２ ｘ ２ （ １ ） ｘ － １ ＋ ２ － ） ２ ２（ ） １－２）．
{ｙ ｋｘ ｔ ＢＥ＝ｘ ＝ ｘ ｘ
＝ ＋， ２－２ ２（ １－２）（ ２－２）
联立 ｘ２ ｙ２ 消ｙ得 （３＋４ ｋ２ ） ｘ２ ＋８ ｋｔｘ ＋４ ｔ２ －１２＝０， ［ ｋｘ １＋（１－２ ｋ ）］（ ｘ ２－２）＋［ ｋｘ ２＋（１－２ ｋ ）］（ ｘ １－２）
＋ ＝１， ＝ ｘ ｘ
４ ３ ２（ １－２）（ ２－２）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ７５
其中 ｋｘ ｋ ｘ ｋｘ ｋ ｘ 又ｙ ｋ ｘ ｙ ｋ ｘ
［ １＋（１－２ ）］（ ２－２）＋［ ２＋（１－２ ）］（ １－２） １＝ （ １＋１），－ ２＝ （ ２＋１），
ｋｘ ｘ ｋ ｘ ｘ ｋ ｘ ｋ ｘ ｘ ｋ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
＝２ １ ２＋（１－４ ）（ １＋ ２）－４（１－２ ） 则 ｘ ２· （ １＋１）＋ １· （ ２＋１） ２ １ ２＋ １＋ ２
ｋ ｋ２ ｋ ｋ ｋ ｋ ｋ ｋ２ ＝ ｋ ｘ ｋ ｘ ＝ ｘ ｘ ＝
２ （１６ －１６ －８）＋（１－４ ）×８ （２ －１）－４（１－２ ）（４ ＋３） （ １＋１）＋ （ ２＋１） １＋ ２＋２
＝
４
ｋ２
＋３ ２
ｋ２
－２ ４
ｋ２
－１２
２×
１＋２
ｋ２ －
１＋２
ｋ２
＝
４
ｋ２
＋３
，
４
ｋ２ ＝－２，
（
ｘ
１－２）（
ｘ
２－２）＝
ｘ
１
ｘ
２－２（
ｘ
１＋
ｘ
２）＋４
－
１＋２
ｋ２ ＋２
ｋ２ ｋ ｋ ｋ ｋ２ 存在一个定点 无论 ＯＦＡ如何变化 直线ｌ总经过
１６ －１６ －８－１６ （２ －１）＋４（４ ＋３） ４ ∴ （－２，０）， ∠ ，
＝ ｋ２ ＝ ｋ２ ， 此定点．
４ ＋３ ４ ＋３
－１２ １０．（２０２１天津河东二模，１９）已知椭圆Ｃ
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ 的
所以ｋ ４
ｋ２
＋３ ３ ．
：ａ２ ＋ｂ２ －１（ ＞ ＞０）
ＢＥ＝ ＝－ 右焦点为 且经过点Ａ ．
４ ２ （１，０）， （０，１）
２×
４
ｋ２
＋３ （１）
求椭圆Ｃ的方程
；
９．（２０２１天津河北二模，１９）已知椭圆 ａ ｘ２ ２ ＋ ｙ ｂ ２ ２ ＝１（ ａ ＞ ｂ ＞０） 的离心 （２） 设 不同 Ｏ 点 为原 Ｐ 点 Ｑ ， 直 直 线 线 Ａ ｌ ： Ｐ ｙ 与 ＝ ｋ ｘ ｘ ＋ 轴 ｔ （ 交 ｔ ≠ 于 ± 点 １） Ｍ 与 直 椭 线 圆 Ａ Ｃ Ｑ 交 与 于 ｘ 两 轴 个 交
， ， ，
于点Ｎ 若 ＯＭ ＯＮ 求证 直线ｌ经过定点．
率为 ２ 焦距为 ． ， ｜ ｜·｜ ｜＝２， ：
２
， ２ 解析
（１）
由题意
，
得ｂ２
＝１，
ｃ
＝１，
所以ａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２
＝２
．
求椭圆的方程
（１）
设椭圆的左焦
；
点为Ｆ 若直线ｌ与椭圆交于不同两点Ａ Ｂ
所以椭圆Ｃ的方程为 ｘ２
＋
ｙ２
＝１
．
（２） ， ， ２
Ａ Ｂ都在ｘ轴上方 且 ＯＦＡ ＯＦＢ ° Ｏ为坐标 证明 设Ｐ ｘ ｙ Ｑ ｘ ｙ
（
原点
，
．
）， ∠ ＋∠ ＝１８０ （ （２） ： （ １， １），
ｙ
（ ２， ２），
当 ） Ａ为椭圆与ｙ轴正半轴的交点时 求直线ｌ的方程 则直线ＡＰ的方程为ｙ ＝ １ ｘ －１ｘ ＋１，
（ｉ） ， ；
对于直线ｌ是否存在一个定点 无论 ＯＦＡ如何变化 １ ｘ
（ｉｉ） ， ∠ ，
直线ｌ总经过此定点 若存在 求出该定点的坐标 若不存 令ｙ ＝０， 得点Ｍ的横坐标ｘ Ｍ＝－ｙ １ ，
在 请说明理由．
？ ， ； １－１
ｘ
， { 又ｙ ｋｘ ｔ 从而 ＯＭ ｘ １
ｃ １＝ １＋， ｜ ｜＝｜ Ｍ｜＝ ｋｘ ｔ ，
解析 由题意可知 ａ ＝
２
， ｘ
１＋ －１
（１） ， ２ 同理 ＯＮ ２ ．
ｃ ，｜ ｜＝ ｋｘ ｔ
又ａ２ ｂ２ ｃ２ 所以ａ ｂ
２ ＝
．
２，
{ｙ ｋｘ ｔ
２＋ －１
＝ ＋ ， ＝ ２， ＝１ ＝ ＋，
所以椭圆的方程为
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
．
由 ｘ２
＋
ｙ２
＝１，
得
（１＋２
ｋ２
）
ｘ２
＋４
ｋｔｘ
＋２
ｔ２
－２＝０
．
２ ２
（２）（ｉ） 由题意得 ， Ａ （０，１）， Ｆ （－１，０）， ｋ ＡＦ＝１ ． 则ｘ ｘ ４ ｋｔ ｘ ｘ ２ ｔ２ －２
∵ ∠ ＯＦＡ ＋∠ ＯＦＢ ＝１８０ ° ，∴ ｋ ＢＦ＝－１， １＋ ２＝－ １＋２ ｋ２， １ ２＝ １＋２ ｋ２，
直线ＢＦ的方程为ｙ ｘ ． ｘ ｘ
∴ ＝－（ ＋１） 所以 ＯＭ ＯＮ １ ２
代入椭圆方程 得 ｘ２ ｘ ｜ ｜·｜ ｜＝ ｋｘ ｔ · ｋｘ ｔ
， ３ ＋４ ＝０，
( )
１＋ －１ ２＋ －１
ｘ ｘ
解得ｘ 或ｘ ４ 进而可得Ｂ ４ １ ｋ １ ．
＝０ ＝－ ３ ， － ３ ， ３ ，∴ ＡＢ＝ ２ ＝ ｋ２ｘ ｘ ｋ ｔ １ ｘ ２ ｘ ｔ ２
１ ２＋ （ －１）（ １＋ ２）＋（ －１）
故直线ｌ的方程为ｙ １ ｘ ． ｔ２
＝ ＋１ ２ －２
２ ｋ２ ｔ
存在一个定点 无论 ＯＦＡ 如何变化 直线 ｌ 总经过此 １＋２ １＋ ．
（ｉｉ） ， ∠ ， ＝ ｔ２ æ ｋｔ ö ＝２ ｔ
定点． ｋ２ ２ －２ ｋ ｔ ç ４ ÷ ｔ ２ １－
· ｋ２ ＋ （ －１） ·è－ ｋ２ ø＋（ －１）
证明 ＯＦＡ ＯＦＢ ° １＋２ １＋２
：∵ ∠ ＋∠ ＝１８０ ， ｔ
点Ｂ关于ｘ轴的对称点Ｂ 在直线ＡＦ上． 又 ＯＭ ＯＮ 所以 １＋ ．
∴ 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 则Ｂ １ ｘ ｙ ｜ ｜·｜ ｜＝２， ２ １－ ｔ ＝２
（ １， １）， （ ２， ２）， １（ ２，－ ２）， 解得ｔ 所以直线ｌ经过定点 ．
设直线ＡＦ的方程为ｙ ｋ ｘ ＝０， （０，０）
＝ （ ＋１）， １１．（２０２１浙江温州二模，２１）如图 过点Ｆ 和点Ｅ 的
{ｙ ｋ ｘ ， （１，０） （４，０）
＝ （ ＋１）， 两条平行线ｌ 和ｌ 分别交抛物线ｙ２ ｘ于Ａ Ｂ和Ｃ Ｄ 其
由 ｘ２
＋
ｙ２
＝１，
消去ｙ
，
整理得
（１＋２
ｋ２
）
ｘ２
＋４
ｋ２ｘ
＋２
ｋ２
－２＝０
．
中Ａ
，
Ｃ在ｘ轴
１
的上
２
方
），
ＡＤ交ｘ轴于点
＝４
Ｇ．
， ， （
２ 求证 点Ｃ 点Ｄ的纵坐标乘积为定值
Δ ｋ２ ２ ｋ２ ｋ２ ｋ２ （１） ： 、 ；
∵ ＝（４ ） －４×（１＋２ ）×（２ －２）＝８（ ＋１）＞０， Ｓ
ｋ２ ｋ２ 分别记 ＡＢＧ和 ＣＤＧ的面积为Ｓ 和Ｓ 当 １ １ 时
ｘ ｘ ４ ｘ ｘ ２ －２ （２） △ △ １ ２， Ｓ ＝ ，
∴ １＋ ２＝－ ｋ２， １ ２＝ ｋ２， ２ ４
１＋２ １＋２ 求直线ＡＤ的方程．
ｙ ｙ
直线ｌ的方程为ｙ ｙ １－ ２ ｘ ｘ
－ １＝ｘ ｘ （ － １），
１－ ２
ｘ ｘ ｘ ｙ ｘ ｙ
令ｙ 得ｘ ｘ ｙ １－ ２ ２ １－ １ ２
＝０， ＝ １－ １·ｙ ｙ ＝ ｙ ｙ ，
１－ ２ １－ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ７６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ｘ２ ｙ２
故Ｃ 的方程为 ２ ．
２ ＋ ＝１
９ ９
由题意可知直线ＯＡ的斜率存在且不为
（２） ０，
设ＯＡ的方程为ｙ ｋｘ ｋ 由于ＯＡ ＯＢ
＝ （ ≠０）， ⊥ ，
则ＯＢ的方程为ｙ １ ｘ
＝－ ｋ ，
{ｙ ｋｘ
由 ＝ ， 得ｘ２ ｋ２ｘ２ 所以ｘ ９
ｘ２ ｙ２ ＋２ ＝９， ＝± ｋ２，
＋２ ＝９， １＋２
{
由
ｙ
＝－
１
ｋ
ｘ
，得
ｘ２
ｘ 得ｘ 舍 或ｘ ｋ２．
ｋ２ ＝４ ， ＝０（ ） ＝４
解析 证明 设直线ＣＤ的方程为ｘ ｔｙ Ｃ ｘ ｙ ｙ２ ｘ
（１） ： ＝ ＋４， （ ３， ３）， ＝４ ，
Ｄ ｘ ｙ ｙ ｙ 在第一象限内 若存在点Ａ满足 ＯＡＥ ＥＯＢ
（ ４， ４）， ３＞０， ４＜０， ， ∠ ＝∠ ，
{ｙ２ ｘ æ ö
由 ＝４ ，得ｙ２ ｔｙ 则ｋ 此时Ａç ９ ｋ ９ ÷ Ｂ ｋ２ ｋ ．
ｘ ｔｙ －４ －１６＝０， ＞０， è ｋ２， ｋ２ ø， （４ ，－４ ）
＝ ＋４ １＋２ １＋２
则ｙ ｙ 即点Ｃ 点Ｄ的纵坐标乘积为定值 ． 设直线ＡＢ与ｘ轴交于点Ｄ
３· ４＝－１６， 、 －１６ ，
设直线ＡＢ的方程为ｘ ｔｙ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ ｙ ｙ 因为 ＯＡＥ ＥＯＢ ＡＯＢ ＤＯＥ °
（２） ＝ ＋１， （ １， １）， （ ２， ２）， １＞０， ２ ∠ ＝∠ ，∠ ＝∠ ＝９０ ，
所以 ＤＯＢ ＯＢＤ ＯＡＤ ＡＯＤ
＜０， ∠ ＝∠ ，∠ ＝∠ ，
由
{ｙ２
＝４
ｘ
，得ｙ２ ｔｙ 则ｙ ｙ ｔ ｙ ｙ ．
所以ＡＤ
＝
ＯＤ
＝
ＢＤ
，
即Ｄ为线段ＡＢ的中点
，
所以ｙ
Ａ＝－
ｙ
Ｂ
．
ｘ ｔｙ －４ －４＝０， １＋ ２＝４， １· ２＝－４
＝ ＋１ 即ｋ ９ ｋ 解得ｋ２ ７ ．
ＧＦ ｙ ｙ ｋ２ ＝４ ， ＝－ ＜０
易知 ＡＦＧ ＤＥＧ 则｜ ｜ ｜ １｜ １． １＋２ ３２
△ ∽△ ， ＧＥ ＝ ｙ ＝－ｙ 故不存在适合题意的点Ａ．
｜ ｜ ｜ ４｜ ４
ｘ２ ｙ２
１ ＦＧ ｙ ｙ １３．（２０２１北京东城一模，２０）已知椭圆Ｃ ａ ｂ 过
Ｓ
１ ２
｜ ｜·（ １－ ２） ｙ
１（
ｙ
１－
ｙ
２） １
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
Ｓ ２ ＝ １
２
｜ ＧＥ ｜·（ ｙ ３－ ｙ ４） ＝－ｙ ４（ ｙ ３－ ｙ ４） ＝ ４ ， 点Ｄ
求
（－
椭
２，
圆
０）
Ｃ
， 且
的
焦
方
距
程
为 ２ ３ ．
（１） ；
又ｙ ４ ｙ １６ 代入上式得ｙ ｙ ． 过点Ａ 的直线ｌ 不与ｘ轴重合 与椭圆Ｃ交于Ｐ
２＝－ｙ １ ， ３＝－ｙ ４ ， ４＝－２ １ （２） Ｑ两点 （－ 点 ４， Ｔ ０ 与 ） 点Ｑ关 （ 于ｘ轴对称 直 ） 线ＴＰ与ｘ轴交于 ，
， ，
又ｙ ｙ ｙ ｙ 即ｙ ４ １６ ｙ 得ｙ 点Ｈ．是否存在常数λ 使得 ＡＤ ＤＨ λ ＡＤ ＤＨ
１＋ ２＝ ３＋ ４， １－ｙ ＝－ ｙ －２ １， １＝２， ， ｜ ｜·｜ ｜＝ （｜ ｜－｜
１ －２ １ 成立 若存在 求出λ的值 若不存在 说明理由．
所以ｘ ｙ ｘ ｜） ？ ， { ； ，
１＝１， ４＝－４， ４＝４， ｃ
２ ＝２ ３， {ａ２
所以Ａ Ｄ 则ｋ ２－（－４） 故直线ＡＤ的 解析 由题意得 ａ 解得 ＝４，
方程为
（
ｙ
１，２）， （４
ｘ
，－４）
即
，
ｘ
ＡＤ
ｙ
＝
１－ ． ４
＝－２， （１）
ａ２
＝
＝
２
ｂ
，
２ ＋ ｃ２．
ｂ２
＝１
．
１２．（２０２１天
－
津
２
南
＝－
开
２（
二模
－１
，
）
１
，
９）已
２
知
＋
抛
－
物
４＝
线
０
Ｃ
１：
ｙ２
＝２
ｐｘ
（
ｐ
＞０）
与离 故椭圆Ｃ的方程为
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
．
心率为 ２的椭圆Ｃ
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ 的一个交点为Ｐ 设Ｐ ｘ ｙ Ｑ
４
ｘ ｙ 因为点Ｔ与点Ｑ关于ｘ轴对称
２
２：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） （１， （
所
２
以
）
Ｔ ｘ
（ １，
ｙ
１）
．
， （ ２， ２）， ，
ｔ 点Ｐ到抛物线Ｃ 的焦点的距离为 ． （ ２，－ ２）
）， 求Ｃ 与Ｃ 的方 １ 程 ２ 所以直线ＰＴ的斜率为ｋ ｙ １＋ ｙ ２ 直线ＰＴ的方程为ｙ ｙ
（１） 设Ｏ １ 为坐标 ２ 原点 在 ； 第一象内 椭圆Ｃ 上是否存在点Ａ １＝ｘ １－ ｘ ２ ， － １＝
（２） 使 于 不 点 存 过 在 Ｏ Ｅ ， 作 且 请 ∠ Ｏ 说 Ａ Ｏ 明 的 Ａ 理 Ｅ 垂 ， ＝ 由 线 ∠ ． 交 ＥＯ 抛 Ｂ ？ 物 若 线 ， 存 Ｃ １ 在 于 ， 点 求 ２ 出 Ｂ ， 点 直线 Ａ的 ＡＢ 坐 交 标 ｙ ； 轴 若 ， 令 ｙ ｘ １ １ ＋ － ｙ ｙ ｘ ＝ ２ ２ （ ０ ｘ ， － 解 ｘ １ 得 ） ． ｘ Ｈ＝ ｘ ２ ｙ ｙ １＋ ｘ ｙ １ ｙ ２．所以 ｜ ＤＨ ｜＝ ｘ ２ ｙ ｙ １＋ ｘ ｙ １ ｙ ２ ＋２ ．
解析 ， 抛物线Ｃ 的准线方程为ｘ ｐ 因为 ｜ ＡＤ ｜＝２， １＋ ２ １＋ ２
（１） １ ＝－ ２ ， 所以 存在常数λ 使得 ＡＤ ＤＨ λ ＡＤ ＤＨ 成立
“ ， ｜ ｜·｜ ｜＝ （｜ ｜－｜ ｜） ”
依题意 点Ｐ到抛物线Ｃ 的准线的距离为
所以 １＋ ， ｐ ＝２， 即ｐ ＝２ ． １ ２， 等价 于 “ 存 在 常 数 λ ， 使 得 ２ æ è ç ｘ ２ ｙ ｙ １ １ ＋ ＋ ｘ ｙ １ ２ ｙ ２ ＋２ ö ø ÷ ＝ λ ·
２ æ ｘ ｙ ｘ ｙ ö
所 将 以 Ｐ Ｃ １ ｔ 的 代 方 入 程为 ｙ２ ｙ２ ＝ ｘ ４ 得 ｘ． ｔ２ 即ｔ ． è ç ２－ æ ２ ｘ ｙ １ １ ｙ ＋ ＋ ｙ １ ２ ｘ ２ ｙ －２ø ÷成 ö 立 ” æ ， ｘ ｙ ｘ ｙ ö
（１，） ＝４ ， ＝４， ＝±２ 即 ç ２ １＋ １ ２ ÷ λç ２ １＋ １ ２÷成立．
ａ２ ｂ２ ２è ｙ ｙ ＋２ø＝ è－ ｙ ｙ ø
因为Ｃ 的离心率为 ２ 所以 － １ １＋ ２ １＋ ２
２ ， ａ２ ＝ ， 化简得 ｘ ｙ ｘ ｙ ｙ ｙ λ ｘ ｙ ｘ ｙ ．
２ ２ ２（ ２ １＋ １ ２＋２ １＋２ ２）＝－ （ ２ １＋ １ ２）
所以ａ２
＝２
ｂ２
，
设直线ｌ
：
ｙ
＝
ｋ
（
ｘ
＋４），
ｋ
≠０
．则ｙ
１＝
ｋ
（
ｘ
１＋４），
ｙ
２＝
ｋ
（
ｘ
２＋４）
．
将Ｐ 代入
ｘ２ ｙ２
得ｂ２ ９
即
“
存在常数 λ
，
使得
２
ｘ
１
ｘ
２＋６（
ｘ
１＋
ｘ
２）＋１６＝－
λ
［
ｘ
１
ｘ
２＋
（１，±２）
２
ｂ２ ＋ｂ２ ＝１， ＝
２
，
２（
ｘ
１＋
ｘ
２）］
成立
”
．
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ７７
{ｙ ｋ ｘ ｙ ｙ
由 ＝ （ ＋４），得 ｋ２ ｘ２ ｋ２ｘ ｋ２ ． ３６ １ ２
ｘ２ ｙ２ （４ ＋１） ＋３２ ＋６４ －４＝０ ＝ｍ２ｙ ｙ ｍ ｙ ｙ
＋４ ＝４ １ ２＋３ （ １＋ ２）＋９
Δ ｋ２ ２ ｋ２ ｋ２ 解得ｋ２ １ ． －９
＝（３２ ） －４（４ ＋１）（６４ －４）＞０， ＜ ３６· ｍ２
１２ ３ ＋４ ．即 Ｍ Ｎ 两点的纵坐标之
ｋ２ ｋ２ ＝ ｍ ＝－９ ，
ｘ ｘ ３２ ｘ ｘ ６４ －４． ｍ２ －９ ｍ －６
１＋ ２＝－ ｋ２ ， １ ２＝ ｋ２ · ｍ２ ＋３ · ｍ２ ＋９
４ ＋１ ４ ＋１ ３ ＋４ ３ ＋４
ｋ２ ｋ２ 积为定值．
所以 ｘ ｘ ｘ ｘ ８（１６ －１） ６×３２ ８ ．
２ １ ２＋６（ １＋ ２）＋１６＝ ｋ２ － ｋ２ ＋１６＝ ｋ２
４ ＋１ ４ ＋１ ４ ＋１ Ｓ １ ｙ ｙ ｙ ９
ｘ ｘ ｘ ｘ ６４ ｋ２ －４ ６４ ｋ２ －４ ． （ｉｉ） △ ＡＭＮ＝ ２ ×６｜ Ｍ－ Ｎ｜＝３ Ｍ＋ｙ Ｍ
１ ２＋２（ １＋ ２）＝ ｋ２ － ｋ２ ＝ ｋ２
４ ＋１ ４ ＋１ ４ ＋１ ｙ ９ ．当且仅当ｙ ｙ 或ｙ ｙ
æ ö ≥３×２ Ｍ·ｙ ＝１８ Ｍ＝３， Ｎ＝－３ Ｍ＝－３， Ｎ＝
欲使 ８ λç －４ ÷成立 只需λ ． Ｍ
ｋ２ ＝－ è ｋ２ ø ， ＝２ 时等号成立．故 ＡＭＮ面积的最小值为 ．
４ ＋１ ４ ＋１ ３ △ １８
故存在λ 使得 ＡＤ ＤＨ λ ＡＤ ＤＨ 成立． 思路分析 （ ）根据题意列出关于ａ，ｂ，ｃ的方程组，解方
， ｜ ｜·｜ ｜＝ （｜ ｜－｜ ｜） １
此时λ ＝２ ． 程组即可得ａ，ｂ的值，从而得出椭圆方程；（
２
）（
ｉ
）设出直线ｌ
思路分析 （ ）由端点坐标得ａ，又由焦点得ｃ，再由ａ２ 的方程，与椭圆方程联立，设出Ｐ，Ｑ两点坐标，利用根与系数
１ ＝
ｂ２ ｃ２ 得ｂ２，进而可写出椭圆的方程； 关系得出两根和与积，根据已知条件求出点Ｍ，Ｎ的纵坐标，
＋
（ ）设Ｐ、Ｑ的坐标，写出直线ＰＴ的方程得点Ｈ的横坐标，从 Ｍ，Ｎ的纵坐标相乘，化简可得最终结果；（ ）求出 Ｓ ，利
而 ２ 得 ＤＨ ，“存在常数λ，使得 ＡＤ · ＤＨ λ（ ＡＤ ＤＨ 用（ ）的结果表示 ＡＭＮ的面积，利用基本不 ｉｉ 等式求其 △ Ａ 最 ＭＮ 值．
｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜－｜ ｉ △
æｘ ｙ ｘ ｙ ö １５．（２０２１山西忻州二模，２０）已知点Ａ Ｂ 动点Ｓ
）成立”等价于“存在常数 λ，使得 ·ç ２ １＋ １ ２ ÷ （－２，０）， （２，０），
｜ ２ è ｙ ｙ ＋２ø ＝
１＋ ２ ｘ ｙ 满足直线ＡＳ与ＢＳ的斜率之积为 ３ ．记动点Ｓ的轨迹
æ ｘ ｙ ｘ ｙ ö （ ， ） －
λç ２ １＋ １ ２ ÷”成立，化简得 （ｘ ｙ ｘ ｙ ｙ ｙ ） ４
è２－ ｙ ｙ －２ø ２ ２ １＋ １ ２＋２ １＋２ ２ ＝ 为曲线Ｃ．
１＋ ２
λ（ｘ ｙ ｘ ｙ ）．设直线ｌ方程并与椭圆方程联立消元，运用根 求曲线Ｃ的方程 并说明曲线Ｃ是什么曲线
－ ２ １＋ １ ２ （１） ， ；
与系数的关系即可求得λ ． 设Ｍ Ｎ是曲线Ｃ上的两个动点 直线ＡＭ与ＮＢ交于点
＝２ （２） ， ，
ｘ２ ｙ２ Ｐ 且 ＭＡＮ °．
１４．（２０２１河南郑州二模，１９）已知椭圆Ｃ ａ ｂ 的 ， ∠ ＝９０
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） 求证 点Ｐ在定直线上
① ： ；
( )
求证 直线ＮＢ与直线ＭＢ的斜率之积为定值．
左 右焦点分别为Ｆ Ｆ 左顶点为Ａ 点Ｄ ３ 是椭圆Ｃ ② ：
， １， ２， ， １， ｙ ｙ
２ 解析 由题意 得 ３ ｘ
（１） ， ｘ ·ｘ ＝－ （ ≠±２），
上一点 离心率为 １ ． ＋２ －２ ４
，
２ 化简 得
ｘ２ ｙ２
ｘ ．
求椭圆Ｃ的方程 ， ＋ ＝１（ ≠±２）
（１） ； ４ ３
若直线ｌ过椭圆右焦点Ｆ 且与椭圆交于Ｐ Ｑ两点 直线 所以曲线Ｃ是中心在坐标原点 焦点在ｘ轴上的椭圆 不含
（２） ２ 、 ， ， ，
ＡＰ ＡＱ与直线ｘ 分别交于点Ｍ Ｎ． Ａ Ｂ两点．
、 ＝４ ， ，
求证 Ｍ Ｎ两点的纵坐标之积为定值 证明 由题设知 直线ＭＡ ＮＢ的斜率存在且均不为 ．
（ｉ） ： ， ； （２） ：① ， ， ０
求 ＡＭＮ面积的最小值． 设直线ＡＭ的方程为ｘ ｔｙ ｔ
（ｉｉ） △ ＝ －２（ ≠０），
ì ｃ
ïｅ １ 由ＡＭ ＡＮ 可知直线ＮＡ的斜率为ｋ ｔ 方程为ｘ １
ï ＝ ａ ＝ ， ⊥ ， ＮＡ＝－， ＝－ ｔ ·
ï ２
解析 由题意知 í 解得ａ２ ｂ２ ｙ ．
（１） ，ï
ａ
１
２ ＋
９
ｂ２ ＝１，
＝４， ＝３， －
{
２
ïï ４ ｘ １ ｙ
îａ２
－
ｂ２
＝
ｃ２
，
由 ＝－ ｔ －２， 得
（４
ｔ２
＋３）
ｙ２
＋１２
ｔｙ
＝０，
则椭圆Ｃ的方程为
ｘ２ ｙ２
． ３
ｘ２
＋４
ｙ２
＝１２，
（２）（ｉ） 证明 ： 显然直 ４ 线 ＋ ｌ ３ 的 ＝ 斜 １ 率不为 ０， 设直线ｌ的方程为ｘ ＝ 解得 ｙ Ｎ ＝－ ４ ｔ １ ２ ２ ＋ ｔ ３ ， 则 ｘ Ｎ ＝ － １ ｔ · æ è ç － ４ ｔ １ ２ ２ ＋ ｔ ３ ö ø ÷ －２＝ ４ ６ ｔ － ２ ８ ＋ ｔ ３ ２ ， 即
ｍｙ ＋１， 与 ｘ ４ ２ ＋ ｙ ３ ２ ＝１ 联立得 ：（３ ｍ２ ＋４） ｙ２ ＋６ ｍｙ －９＝０， Ｎ æ è ç６ ４ ｔ － ２ ８ ＋ ｔ ３ ２ ，－ ４ ｔ １ ２ ２ ＋ ｔ ３ ö ø ÷．
ｍ
设Ｐ Ｑ点坐标为 ｘ ｙ ｘ ｙ 则 ｙ ｙ －６ ｙ ｙ ｔ
、 （ １， １），（ ２， ２）， １＋ ２＝ ３ ｍ２ ＋４ ， １ ２ － ｔ １ ２ ２ －０
直线ＮＢ的斜率为ｋ ４ ＋３ ３
＝ ３ ｍ － ２ ９ ＋４ ， ＮＢ＝ ６ ４ ｔ － ２ ８ ＋ ｔ ３ ２ －２ ＝ ４ ｔ，
ｙ ｙ
直线ＡＰ的方程为ｙ ＝ｘ １ （ ｘ ＋２）， 令ｘ ＝４， 得ｙ Ｍ＝ｘ ６ １ ， 同理 则直线ＢＮ的方程为ｙ ＝ ３ ｔ（ ｘ －２）， 将ｙ ＝ ３ ｔ（ ｘ －２） 代入ｘ ＝ ｔｙ －
１＋２ １＋２ ４ ４
ｙ 解得ｘ ．
ｙ ６ ２ ２， ＝－１４
Ｎ＝ｘ ， 故点Ｐ在定直线ｘ 上．
２＋２ ＝－１４
ｙ ｙ ｙ ｙ
ｙ ｙ ３６ １ ２ ３６ １ ２ 由 得 ｋ ｋ ３ ｋ ｋ ３
Ｍ Ｎ＝ ｘ ｘ ＝ ｍｙ ｍｙ ② （１） ， ＮＡ· ＮＢ＝－ ， ＭＡ· ＭＢ＝－ ，
（ １＋２）（ ２＋２） （ １＋３）（ ２＋３） ４ ４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ７８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
( ) ( )
所以ｋ ＮＡ· ｋ ＮＢ· ｋ ＭＡ· ｋ ＭＢ＝ － ３ × － ３ ＝ ９ ． é ê ê（２ ２＋２） ｙ ２ ｎ ù ú ú ｍ ２ （２ ２＋２） ｙ １ （２ ２＋２） ｙ ２
４ ４ １６ ë ｘ － û＝（２ ２－ ） ＋ ｘ · ｘ －
２＋２ １＋２ ２＋２
结合ｋ ｋ 得ｋ ｋ ９ 为定值 即直线ＮＢ与直 [ ｙ ｙ ] ｙ
线ＭＢ Ｎ 的 Ａ· 斜率 ＭＡ 之 ＝－ 积 １， 为定值 ＭＢ· ． ＮＢ＝－ １６ ， ｎ （２ ｘ ２ １ ＋ ＋ ２ ２ ） １ ＋ （２ ｘ ２ ２ ＋ ＋ ２ ２ ） ２ ＋ ｎ２ ＝（２ ２－ ｍ ） ２ ＋ （ ｔ ２ ｙ １＋ ２＋ ２ ２ ＋ ） ２ １ ·
１６．（２０２１吉林长春普通高中第三次质量检测，２０）已知椭圆Ｃ ｙ [ ｙ ｙ ]
： （２ ２＋２） ２ ｎ （２ ２＋２） １ （２ ２＋２） ２ ｎ２ ｍ ２
ｘ２ ｙ２ ｔｙ － ｔｙ ＋ ｔｙ ＋ ＝（２ ２－ ） ＋
和
ａ２
上
＋
顶
２
点
＝１（ ａ ＞
ＡＢ
２
Ｆ
）
的
的
面
右
积
焦
为
点为Ｆ
．
， Ａ ， Ｂ分别为椭圆的左顶点
（２
２
２
＋
＋２）
２
２
＋
ｙ １
２
ｙ ２－ ｎ ［（２ ２
ｔ
＋
１
ｙ
＋
２） ｙ
２
１（
＋
ｔｙ
２
２＋
ｔｙ
２＋２
２
）
＋
＋（ ｔ
２
ｙ １
＋
＋
２
２＋２）（２ ２＋２） ｙ ２］
＋
ｎ２
，△ ２＋１ （ １＋ ２＋２）（ ２＋ ２＋２）
（ （ １ ２ ） ） 求 过 椭 点 圆 Ｆ的 Ｃ的 直 标 线 准 ｌ与 方 椭 程 圆 ； Ｃ交于Ｐ ， Ｑ两点 ， 直线ＡＰ ， ＡＱ分 ＝（２ ２－ ｍ ） ２＋ （２ ２＋２） ｔ ２ ２ ｙ ｙ １ １ ｙ ｙ ２ ２ － ＋ ｎ （ （２ ２＋ ２ ２ ＋ ） ２ ｔ ） （ ［ ｙ １ ２ ＋ ｔｙ ｙ １ ２ ｙ ） ２ ＋ ＋ （ （ ２ ２ ＋ ＋ ２ ２ ） ） ２ （ ｙ １＋ ｙ ２）］ ＋ ｎ２ ，
{
别与直线ｘ 交于点Ｍ Ｎ 以ＭＮ为直径的圆是否恒 ｘ ｔｙ
＝２ ２ ， ， ＝ ＋ ２，
过定点 若是 请求出该定点坐标 若不是 请说明理由． 联立得 ｘ２ ｙ２
？ ， ； ，
＋ ＝１，
解析 ＡＢＦ 的面积 Ｓ １ ａ ｃ ｂ １ ａ ４ ２
（１）△ ＝ ２ （ ＋ ）· ＝ ２ （ ＋ 可得 （ ｔｙ ＋ ２） ２ ＋２ ｙ２ －４＝０，
ａ２
－２）· ２＝ ２＋１，
解得ａ
＝２，
化简得
（
ｔ２
＋２）
ｙ２
＋２ ２
ｔｙ
－２＝０，
所以椭圆Ｃ的标准方程为 ｘ
４
２ ＋ ｙ
２
２ ＝１ ． 所以ｙ
１＋
ｙ
２＝
－
ｔ
２
２
２ ｔ
，
ｙ
１
ｙ
２＝ｔ２
－２ ．
＋２ ＋２
由 知点Ａ 设直线ＰＱ的方程为ｘ ｔｙ 点 代入上式化简得
（２） （１） （－２，０）， ＝ ＋ ２，
Ｐ ｘ ｙ Ｑ ｘ ｙ
（ １， １）， （ ２， ２）， Ｈ→Ｍ
·
Ｈ→Ｎ
＝（２ ２－
ｍ
）
２
＋
ｙ
则直线ＡＰ的方程为 ｙ １ ｘ 直线 ＡＱ 的方程为 ｙ ２ ｎ ｔ ｔ
＝ｘ （ ＋２）， ＝ （２ ２＋２） （－２）－ （２ ２＋２）［２（－２）＋（ ２＋２）（－２ ２ ）］ ｎ２
１＋２ ｔ２ ｔ ｔ ２ ｔ２ ＋
ｙ （－２）＋（ ２＋２） （－２ ２ ）＋（ ２＋２） （ ＋２）
ｘ ２ （ ｘ ＋２）， ＝（２ ２－ ｍ ） ２ －２＋２ ２ ｎｔ ＋ ｎ２ ＝０，
２＋２
由此可知 若上式与ｔ无关
将ｘ 代入直线ＡＰ ＡＱ的方程 ， ，
＝２ æ ２ ， ｙ ö æ ， ｙ ö 则ｎ ＝０，（２ ２－ ｍ ） ２ －２＝０， ｍ ＝２ ２± ２，
可得Ｍ è ç ２ ２， （２ ｘ ２＋２） １ ø ÷ ， Ｎ è ç ２ ２， （２ ｘ ２＋２） ２ ø ÷． 因此以ＭＮ为直径的圆恒过定点 （ ２，０） 和 （３ ２，０） ．
１＋２ ２＋２
设以ＭＮ为直径的圆过定点Ｈ ｍ ｎ 则Ｈ→Ｍ Ｈ→Ｎ
（ ， ）， · ＝０，
[ ｙ ]
Ｈ→Ｍ Ｈ→Ｎ ｍ ２ （２ ２＋２） １ ｎ
· ＝ （ ２ ２ － ） ＋ ｘ － ·
１＋２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
学生用书Ｐ１９４
圆锥曲线中的范围与最值问题
圆锥曲线中的范围与最值问题是高考中的一类常见问题 例１ （２０１９浙江镇海中学阶段测试，１６）已知抛物线Ｃ ｘ２
， ： ＝
体现了圆锥曲线与三角函数 不等式 方程 平面向量等代数知 ｙ的焦点为Ｆ 平行于ｙ轴的直线ｌ与圆Γ ｘ２ ｙ ２ 交于
、 、 、 ４ ， ： ＋（ －１） ＝１
识之间的联系．解此类问题与解代数中的最值问题方法类似．由 Ａ Ｂ两点 点Ａ在点Ｂ的上方 ｌ与Ｃ交于点Ｄ 则 ＡＤＦ的周
， （ ）， ， △
于圆锥曲线的最值问题与曲线有关 所以利用曲线性质求解是 长的取值范围是 ．
，
其特有的方法． 解析 抛物线Ｃ的焦点Ｆ的坐标为 设准线为ｌ′ ｌ与
（０，１）， ，
ｌ′交于点Ｍ．
１．常见解法有两种 几何法与代数法．
：
若题目中的条件或结论能明显体现某种几何特征及意
（１）
义 或反映出了某种圆锥曲线的定义 则直接利用图形的性质或
， ，
圆锥曲线的定义来求解 这就是几何法．
，
将圆锥曲线中的最值问题通过建立目标函数 转化为函
（２） ，
数的最值问题 再充分利用基本不等式 函数的单调性或三角函
， 、
数的有界性等相关知识去求解 这就是代数法．
， 由抛物线的定义得 ＤＦ ＤＭ 由题意得圆Γ的圆心为点
｜ ｜＝｜ ｜，
２．易错点
Ｆ 半径长为 则 ＡＤＦ的周长Ｌ ＡＤ ＤＦ ＡＦ ＡＤ
， １， △ ＝｜ ｜＋｜ ｜＋｜ ｜＝｜ ｜＋
利用基本不等式求最值问题要指出能取到最值 或求出 ＤＭ ＡＭ 当直线ｌ 与圆Γ相切时 点Ａ Ｂ 重合 此时
（１） ， ｜ ｜＋１＝｜ ｜＋１， ， 、 ，
取到最值的条件 Ａ ＡＭ 当直线 ｌ 过点 Ｆ 时 点 Ａ Ｄ Ｆ 三点共线 则
； （１，１），｜ ｜ ＝２； ， 、 、 ，
利用函数观点解决最值问题时 要注意自变量的取值范围． ＡＭ ＦＭ ＡＦ ．由于Ａ Ｄ Ｆ不能共线 且Ａ Ｂ不重
（２） ， ｜ ｜＝｜ ｜＋｜ ｜＝２＋１＝３ 、 、 ， 、
（一）利用定义解题 合 则 ＡＭ 所以 ＡＭ 即 Ｌ 因此 ＡＤＦ的周
， ２＜｜ ｜＜３， ３＜｜ ｜＋１＜４， ３＜ ＜４， ，△
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ７９
长的取值范围是 ．
（３，４） 为减函数 ｆ ｘ ｆ ２７．故 ＡＰ ＰＱ 的最大值为２７．
答案 ，∴ （ ）ｍａｘ＝ （１）＝ ｜ ｜·｜ ｜
（３，４） １６ １６
名师点拨 方法总结
本题考查抛物线的定义 考查三角形周长的取值范围 在处 在解析几何中 遇到求两线段长度之积的最值或取值范围
， ， ，
理直线与抛物线的综合问题时 若问题中出现焦点 一般要将抛 时 一般用以下方法进行转化．
， ， ，
物线上的点到焦点的距离与该点到准线的距离利用定义转化 直接法 求出各点坐标 用两点间的距离公式 转化为某
， （１） ： ， ，
利用共线求最值 有时也要注意利用临界位置得出取值范围 考 个参变量 如直线斜率 截距 点的横 纵坐标等 的函数 再求函
， ， （ 、 ， 、 ） ，
查逻辑推理能力与运算求解能力 属于难题． 数的最值或值域．
，
（二）利用函数性质解题 向量法 三点共线时 转化为两向量的数量积 再转化为
（２） ： ， ，
例２ （２０１７ 浙江，２１，１５ 分）如图
，
已知抛物线 ｘ２
＝
ｙ
，
点 动点的横
（
或纵
）
坐标的函数
，
最后求函数的最值或值域．
( ) ( ) ( )
Ａ １ １ Ｂ ３ ９ 抛物线上的点Ｐ ｘ ｙ １ ｘ ３ ．过
－ ， ， ， ， （ ， ） － ＜ ＜
２ ４ ２ ４ ２ ２ ｘ２
点Ｂ作直线ＡＰ的垂线
，
垂足为Ｑ． １．（２０２１全国乙文，１１，５分）设Ｂ是椭圆Ｃ
： ＋
ｙ２
＝１
的上顶点
，
５
（１）
求直线ＡＰ斜率的取值范围
； 点Ｐ在Ｃ上 则 ＰＢ 的最大值为
， ｜ ｜ （ ）
求 ＰＡ ＰＱ 的最大值．
（２） ｜ ｜·｜ ｜
５
Ａ． Ｂ． ６ Ｃ． ５ Ｄ．２
２
１． 答案 Ａ
２．（２０２１江苏苏锡常镇四市３ 月调研（一），６）过抛物线 ｙ２ ｘ
＝２
上一点Ｐ作圆Ｃ ｘ２ ｙ ２ 的切线 切点为Ａ Ｂ 则当四边
： ＋（ －６） ＝１ ， ， ，
形ＰＡＣＢ的面积最小时 Ｐ点的坐标是
， （ ）
( ) ( )
ｘ２
－
１
３ ５
解析 设直线ＡＰ的斜率为ｋ ｋ ４ ｘ １ Ａ．（１， ２） Ｂ． ， ３ Ｃ．（２，２） Ｄ． ， ５
（１） ， ＝ ＝ － ， ２ ２
ｘ １ ２ ２． 答案 Ｃ
＋
２ ３．（２０１９湖北部分重点中学３月调研，１１）已知抛物线Ｃ ｙ２ ｐｘ
： ＝２
因为 １ ｘ ３ 所以直线ＡＰ斜率的取值范围是 ． ｘ２
－ ＜ ＜ ， （－１，１） ｐ 的焦点Ｆ与双曲线４ ｙ２ 的右焦点相同 过点Ｆ分
２ ２ （ ＞０） －４ ＝１ ，
( ) ３
解法一 设直线ＡＰ的方程为ｙ １ ｋ ｘ １ 即ｋｘ 别作两条直线ｌ ｌ 直线ｌ 与抛物线Ｃ交于Ａ Ｂ两点 直线ｌ
（２） ： － ＝ ＋ ， － １，２， １ ， ， ２
４ ２ 与抛物线Ｃ交于Ｄ Ｅ两点 若ｌ 与ｌ 的斜率的平方和为 则
( ) ， ， １ ２ １，
ｙ １ ｋ １ 则直线ＢＱ的方程为ｙ ９ １ ｘ ３ 即ｘ ｋｙ ＡＢ ＤＥ 的最小值为
＋ ＋ ＝０， － ＝－ ｋ － ， ＋ ｜ ｜＋｜ ｜ （ ）
２ ４ ４ ２
ì Ａ．１６ Ｂ．２０ Ｃ．２４ Ｄ．３２
ï ï ｋｘ － ｙ ＋ １ ｋ ＋ １ ＝０， ３． 答案 Ｃ
－
９ ｋ
－
３
＝０，
联立得í
ï
２ ４ 解得点 Ｑ 的横坐标是 ４．已知点Ａ是抛物线ｘ２
＝４
ｙ的对称轴与准线的交点
，
点Ｆ为抛
４ ２ î ïｘ ＋ ｋｙ － ９ ｋ － ３ ＝０， 物线的焦点
，
点Ｐ在抛物线上且满足
｜
ＰＡ
｜＝
ｍ
｜
ＰＦ
｜，
若ｍ取最
４ ２
ｘ
Ｑ＝
－
２
ｋ
（
２
ｋ
＋
２
４
＋
ｋ
１
＋
）
３．因为
｜
ＰＡ
｜＝ １＋
ｋ２ ( ｘ
＋ ２
１ )
＝ １＋
ｋ２
（
ｋ
＋１），｜
ＰＱ
｜
大
心
值
率
时
为
， 点Ｐ恰好在以Ａ ， Ｆ为焦点的双曲线上 ， 则双曲
（
线 的 离
）
ｋ ｋ ２
＝ １＋
ｋ２
（
ｘ
Ｑ－
ｘ
）＝－
（ －１）
ｋ
（
２
＋１）
，
所以
｜
ＰＡ
｜·｜
ＰＱ
｜＝－（
ｋ
－１）（
ｋ
Ａ． ３＋１ Ｂ． ２＋１ Ｃ．
５
２
＋１
Ｄ．
２
２
＋１
＋１
４． 答案 Ｂ
３ 令ｆ ｋ ｋ ｋ ３．因为ｆ ′ ｋ ｋ ｋ ２ 所
＋１） ， （ ）＝－（ －１）（ ＋１） （ ）＝－（４ －２）（ ＋１） ，
( ) ( ) ５．已知抛物线ｙ２ ｐｘ ｐ 的焦点为Ｆ 直线ｌ ｙ ｘ ｍ与
＝２ （ ＞０） （１，０）， ： ＝ ＋
以ｆ ｋ 在区间 １ 上单调递增 １ 上单调递减 因此当
（ ） －１， ， ，１ ， 抛物线交于不同的两点Ａ Ｂ．若 ｍ 则 ＦＡＢ的面积的最
２ ２ ， ０≤ ＜１， △
大值是 ．
ｋ １时 ＰＡ ＰＱ 取得最大值２７．
＝ ，｜ ｜·｜ ｜
２ １６ ５． 答案 ８ ６
( )
解法二 连接ＢＰ 设 Ｐ ｘ ｘ２ １ ｘ ３ ．则由数量积 ９
： ， （ ， ） － ＜ ＜ ６．（２０２１浙江，２１，１５分）如图 已知Ｆ是抛物线ｙ２ ｐｘ ｐ 的
２ ２ ， ＝２ （ ＞０）
[( )( ) 焦点 Ｍ是抛物线的准线与ｘ轴的交点 且 ＭＦ ．
的几何意义知 ＰＡ ＰＱ →ＰＡ Ｐ→Ｂ １ ｘ ３ ｘ ， ， ｜ ｜＝２
：｜ ｜·｜ ｜＝－ · ＝－ － － － ＋ 求抛物线的方程
( )( ) ] ( ２ ) ２ （１） ；
设过点Ｆ的直线交抛物线于Ａ Ｂ两点 若斜率为 的直线
１ ｘ２ ９ ｘ２ ｘ４ ３ ｘ２ ｘ ３ １ ｘ ３ ． （２） ， ， ２
４ － ４ － ＝－ ＋ ２ ＋ ＋ １６ － ２ ＜ ＜ ２ ｌ与直线ＭＡ ＭＢ ＡＢ ｘ 轴依次交于点 Ｐ Ｑ Ｒ Ｎ 且满足
( ) ， ， ， ， ， ， ，
设ｆ （ ｘ ）＝－ ｘ４ ＋ ３ ｘ２ ＋ ｘ ＋ ３ － １ ＜ ｘ ＜ ３ ， 则 ｜ ＲＮ ｜ ２ ＝｜ ＰＮ ｜·｜ ＱＮ ｜， 求直线ｌ在ｘ轴上截距的取值范围．
２ １６ ２ ２
ｆ ′ ｘ ｘ３ ｘ ｘ ｘ ２
（ ）＝ －４ ＋３ ＋１＝－（ －１）（２ ＋１） ，
( ) ( )
ｆ ｘ 在 １ 上为增函数 在 ３ 上
∴ （ ） － ，１ ， １，
２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ８０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
７． 解析 由椭圆的离心率为 ２ 得ａ２ ａ２ ｂ２
６． 解析 本题主要考查抛物线的几何性质 直线与抛物线的位 （１） ２ ， ＝２（ － ），
，
置
等
关
素
系
养
等
．
基础知识
，
同时考查数学抽象
、
数学运算与逻辑推理 又当ｙ
＝１
时
，
ｘ２
＝
ａ２
－
ａ
ｂ２
２
，
得ａ２
－
ａ
ｂ２
２
＝２，
由题意知ｐ 所以抛物线的方程是ｙ２ ｘ．
所以ａ２
＝４，
ｂ２
＝２
．
（１） ＝２， ＝４
( ) ｘ２ ｙ２
因此椭圆Ｃ的方程为 ．
由题意可设直线ＡＢ的方程为ｘ ｔｙ ｔ １ Ａ ｘ ｙ ＋ ＝１
（２） ＝ ＋１ ≠ ， （ １， １）， ４ ２
２
设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ
Ｂ （ ｘ ２， ｙ ２）， （２） { （ ｙ １ ｋ ， ｘ １） ｍ ， （ ２， ２），
将直线ＡＢ的方程代入ｙ２ ｘ 得ｙ２ ｔｙ 联立得 ＝ ＋ ，
＝４ ， －４ －４＝０，
所以ｙ ｙ ｔ ｙ ｙ ．
ｘ２
＋２
ｙ２
＝４，
１＋ ２＝４， １ ２＝－４
ｙ
得
（２
ｋ２
＋１）
ｘ２
＋４
ｋｍｘ
＋２
ｍ２
－４＝０，
直线ＭＡ的方程为ｙ
＝ｘ
１
（
ｘ
＋１），
由Δ
＞０
得ｍ２
＜４
ｋ２
＋２，（∗）
１＋１
ｋｍ ｍ
且ｘ ｘ ４ 因此ｙ ｙ ２
设直线ｌ的方程为ｘ
＝
１ ｙ
＋
ｓ． １＋ ２＝－
２
ｋ２
＋１
， １＋ ２＝
２
ｋ２
＋１
，
２
æ ｋｍ ｍ ö
记
ì ï
Ｐ （ ｘ Ｐ，
ｙ
ｙ Ｐ）， Ｑ （ ｘ Ｑ， ｙ Ｑ）， 所以Ｄ è ç －
２
２ ｋ２
＋１
，
２
ｋ２
＋１
ø ÷ ，
由í ï ï ｙ ＝ｘ １＋ １ １ （ ｘ ＋１）， 得ｙ Ｐ＝ ２（ ｔ ｓ ＋１ ｙ ） ｙ １ ， 又Ｎ （０，－ ｍ ）， 所以 ｜ ＮＤ ｜ ２ ＝ æ è ç － ２ ２ ｋ ｋ ２ ＋ ｍ １ ö ø ÷ ２ ＋ æ è ç ２ ｋ ｍ ２ ＋１ ＋ ｍ ö ø ÷ ２ ，
î
ïｘ
＝ ２
１ ｙ
＋
ｓ
，
（２ －１） １＋４
整理得 ｜ ＮＤ ｜ ２ ＝ ４
ｍ２
（１ ｋ ＋ ２ ３
ｋ２
＋ ２
ｋ４
） ，
ｓ ｙ （２ ＋１）
同理得ｙ ２（ ＋１） ２ 因为 ＮＦ ｍ
Ｑ＝ ｔ ｙ ， ｜ ｜＝｜ ｜，
（２ － { １ ｘ ） ２ ｔ ＋ ｙ ４ 所以｜ ＮＤ ｜ ２ ４（ ｋ４ ＋３ ｋ２ ＋１） ８ ｋ２ ＋３ ．
＝ ＋１， ｓ ＮＦ ２ ＝ ｋ２ ２ ＝１＋ ｋ２ ２
记Ｒ ｘ ｙ 由 得ｙ ２（ －１）． ｜ ｜ （２ ＋１） （２ ＋１）
（ Ｒ， Ｒ）， ｘ １ ｙ ｓ Ｒ＝ ｔ ｔ
＝
２
＋ ， ２ －１ 令ｔ
＝８
ｋ２
＋３，
ｔ
≥３，
故
２
ｋ２
＋１＝
＋１
，
ｓ ２ ｓ ２ ４
由题意知 ｜ ｙ Ｒ｜ ２ ＝｜ ｙ Ｐ｜·｜ ｙ Ｑ｜， 化简得（ ｔ －１） ２ ＝ （ ｔ ＋ ２ １） ． 所以｜ ＮＤ ｜ ２ １６ ｔ １６ ．
（２ －１） ４ ＋３ ＮＦ ２ ＝１＋ ｔ ２ ＝１＋
易知ｓ 所以（ ｓ ＋１） ２ ４ ｔ２ ＋３ ． ｜ ｜ （１＋） ｔ ＋ １ ｔ ＋２
≠１， ｓ ２ ＝ ｔ ２
（ －１） （２ －１）
因为 ４ ｔ２ ＋３ ( ２ １ ) ２ ３ ３ ( 当 ｔ ３ 时等号成 令ｙ ＝ ｔ ＋ １ ｔ ， 所以ｙ′ ＝１－ｔ １ ２ ．
（２ ｔ －１） ２ ＝ ２ ｔ －１ ＋ ２ ＋ ４ ≥ ４ ＝－ ２ 当ｔ 时 ｙ′
) ｓ ２ ≥３ ， ＞０，
立 所以（ ＋１） ３
，
（
ｓ
－１）
２≥
４
， 从而ｙ
＝
ｔ
＋
１
ｔ
在
［３，＋∞）
上单调递增
，
得ｓ 或ｓ 且ｓ ．
≤－７－４ ３ ≥－７＋４ ３ ≠１ 因此ｔ １ １０ 当且仅当ｔ 时等号成立 此时ｋ
因此直线ｌ在ｘ轴上截距的取值范围是 ＋ ｔ ≥ ， ＝３ ， ＝０，
（－∞，－７－４ ３］∪［－７ ３
． 所以｜ ＮＤ ｜ ２
７．（
＋
２
４
０１
３
７
，１
山
）
东
∪
文
（１
，
，
２
＋
１
∞
，１
）
４分）在平面直角坐标系ｘＯｙ中 已知椭圆 ｜
ＮＦ
｜
２≤１＋３＝４，
， ＮＦ
ｘ２ ｙ２ 由 得 ｍ 且ｍ ．故｜ ｜ １ ．
Ｃ ａ ｂ 的离心率为 ２ 椭圆Ｃ截直线ｙ 所得 （∗） － ２＜ ＜ ２ ≠０ ＮＤ ≥
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） ， ＝１ ｜ ｜ ２
２ ＮＦ
设 ＥＤＦ θ 则 θ ｜ ｜ １ ．
线段的长度为 ． ∠ ＝２ ， ｓｉｎ ＝ ＮＤ ≥
２ ２ ｜ ｜ ２
求椭圆Ｃ的方程
（１） ； 所以θ的最小值为π
动直线ｌ ｙ ｋｘ ｍ ｍ 交椭圆Ｃ于Ａ Ｂ两点 交ｙ轴于 ，
（２） ： ＝ ＋ （ ≠０） ， ， ６
点Ｍ．点Ｎ是Ｍ关于Ｏ的对称点 Ｎ的半径为 ＮＯ ．设Ｄ
，☉ ｜ ｜ 从而 ＥＤＦ的最小值为π
为ＡＢ的中点 ＤＥ ＤＦ与 Ｎ分别相切于点Ｅ Ｆ 求 ＥＤＦ ∠ ，
， ， ☉ ， ， ∠ ３
的最小值． 此时直线ｌ的斜率是 ．
０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ８１
综上所述
：
当ｋ
＝０，
ｍ
∈（－ ２，０）∪（０， ２）
时
，∠
ＥＤＦ取到最
１＋８
ｋ２
１
小值π． 而｜ ＯＣ ｜ １＋４ ｋ２ １ ３ ２ １＋２ ｋ２ １
８．（２０１７ ３ 山东理，２１，１４ 分）在平面直角坐标系 ｘＯｙ 中 椭圆 Ｅ ｒ ＝ ２ ２ １＋ ｋ２ １ １＋８ ｋ２ １ ＝ ４ · １＋４ ｋ２ １ １＋ ｋ２ １ ，
， ： · ｋ２
ｘ２ ｙ２ ３ １＋２ １
ａ ｂ 的离心率为 ２ 焦距为 ．
ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
２
， ２ 令ｔ
＝１＋２
ｋ２
１，
则ｔ
＞１，
１
ｔ ∈（０，１），
求椭圆Ｅ的方程
（１） ； ＯＣ ｔ
因此｜ ｜ ３ ３ １
（２） 如图 ， 动直线ｌ ： ｙ ＝ ｋ １ ｘ － ２ ３交椭圆Ｅ于Ａ ， Ｂ两点 ， Ｃ是椭圆 ｒ ＝ ２ · ２ ｔ２ ＋ ｔ －１ ＝ ２ · ２＋ １ ｔ －ｔ １ ２
Ｅ上一点 直线ＯＣ的斜率为ｋ 且ｋ ｋ ２．Ｍ是线段ＯＣ ３ １
， ２， １ ２＝ ＝ · ( ) ≥１，
４ ２ ２
延长线上一点 ， 且 ｜ ＭＣ ｜ ∶ ｜ ＡＢ ｜ ＝２ ∶ ３，☉ Ｍ 的半径为 － １ ｔ － １ ＋ ９
２ ４
ＭＣ ＯＳ ＯＴ 是 Ｍ 的两条切线 切点分别为 Ｓ Ｔ．求
｜ ｜， ， ☉ ， ，
ＳＯＴ的最大值 并求取得最大值时直线ｌ的斜率． 当且仅当 １ １ 即ｔ 时等号成立 此时ｋ ２
∠ ， ｔ ＝ ， ＝２ ， １＝± ，
２ ２
ＳＯＴ
所以 ∠ １
ｓｉｎ ≤ ，
２ ２
ＳＯＴ
因此∠ π 所以 ＳＯＴ的最大值为π．
≤ ， ∠
２ ６ ３
综上所述 ＳＯＴ的最大值为π 取得最大值时直线ｌ的斜率
：∠ ，
３
ｋ ２．
１＝±
ｃ ２
８． 解析 由题意知ｅ ２ ｃ 所以ａ ｂ 因 思路分析 （ ）由离心率和焦距求ａ，ｃ，然后求ｂ，从而得出椭圆
（１） ＝ ａ ＝ ，２ ＝２， ＝ ２， ＝１， １
２
此椭圆Ｅ的方程为
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
．
方程；（
２
）联立直线ｌ与椭圆方程，利用弦长
ＳＯ
公
Ｔ
式求
｜
ＡＢ
｜
，联立直线
２ ＯＣ与椭圆的方程求 ＯＣ ，进而建立 ∠ 与ｋ 之间的函数关
设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ ｜ ｜ ｓｉｎ １
（２） （ １， １）， （ ２， ２），
系，利用二次函数的性质求解．
２
联立
ì
í
ï
ï
ï
ｘ
２
２
＋
ｙ２
＝１，
消ｙ整理得 （４ ｋ２ １＋２） ｘ２ －４ ３ ｋ １ ｘ －１＝０， ９．（２０２０新高考 Ⅱ ，２１，１２分）已知椭圆Ｃ ：ａ
ｘ２
２ ＋
ｙ
ｂ
２
２ ＝１（ ａ ＞ ｂ ＞０） 过
ïｙ ｋ ｘ ３
î ＝ １ － ， 点Ｍ 点Ａ为其左顶点 且ＡＭ的斜率为 １ ．
２ （２，３）， ，
ｋ ２
由题意知Δ 且ｘ ｘ ２ ３ １ ｘ ｘ １ 求Ｃ的方程
＞０， １＋ ２＝
２
ｋ２
１＋１
， １ ２＝－
２（２
ｋ２
１＋１）
， （１）
点Ｎ为椭圆
；
上任意一点 求 ＡＭＮ的面积的最大值．
（２） ， △
ｋ２ ｋ２
所以 ＡＢ ｋ２ ｘ ｘ １＋ １ １＋８ １． ９． 解析 由题意可知直线ＡＭ的方程为ｙ １ ｘ 即
｜ ｜＝ １＋ １ ｜ １－ ２｜＝ ２· ｋ２ （１） －３＝ （ －２），
１＋２ １ ２
由题意可知圆Ｍ的半径 ｘ ｙ
－２ ＝－４，
ｒ ＝ ３ ２ ｜ ＡＢ ｜＝ ２ ３ ２ · １＋ ２ ｋ ｋ ２ １ ２ １＋ １ １ ＋８ ｋ２ １． 当 由椭 ｙ ＝ 圆 ０ Ｃ 时 ： ， ａ ｘ 解 ２ ２ ＋ 得 ｙ ｂ ２ ２ ｘ ＝ ＝ １ － （ ４ ａ ， ＞ 所 ｂ ＞ 以 ０） ａ 过 ＝４ 点 ， Ｍ （２，３），
由题设知ｋ ｋ ２ 所以ｋ ２
１ ２＝ ， ２＝ ｋ ， 可得 ４ ９ 解得ｂ２
４ ４ １ ＋ｂ２ ＝１， ＝１２，
１６
因此直线ＯＣ的方程为ｙ ２ｘ． ｘ２ ｙ２
＝ ｋ 所以Ｃ的方程为 ．
４ １ ＋ ＝１
ì
ï
ï
ｘ２
＋
ｙ２
＝１， ｋ２ （２）
设与直线ＡＭ
１
平
６
行
１２
的直线方程为ｘ
－２
ｙ
＝
ｍ
，
当直线与椭圆
联立í
ï
ïｙ
２
２ｘ
得ｘ２
＝
１＋
８
４
１
ｋ２
１
，
ｙ２
＝
１＋
１
４
ｋ２
１
，
相切
ＡＭ
时
Ｎ
，
的
与
面
Ａ
积
Ｍ
取
距
得
离
最
比
大
较
值
远
．
的直线与椭圆的切点为 Ｎ
，
此时
î ＝ ４ ｋ １ ， △ {ｘ －２ ｙ ＝ ｍ ，
因此 ＯＣ ｘ２ ｙ２ １＋８ ｋ２ １． 联立 ｘ２ ｙ２ 消去ｘ得 １６ ｙ２ ＋１２ ｍｙ ＋３ ｍ２ －４８＝０，
｜ ｜＝ ＋ ＝ ｋ２ ＋ ＝１，
１＋４ １ １６ １２
由题意可知 ∠
ＳＯＴ ｒ
１
所以Δ
＝１４４
ｍ２
－４×１６（３
ｍ２
－４８）＝０，
ｓｉｎ
２
＝ｒ
＋｜
ＯＣ
｜
＝
｜
ＯＣ
｜
， 即ｍ２
＝６４，
解得ｍ
＝±８，
１＋ ｒ 与ＡＭ距离比较远的直线方程为ｘ ｙ
－２ ＝８，
两平行线 直线ＡＭ与直线ｘ ｙ 之间的距离为ｄ ｜８＋４｜
（ －２ ＝８） ＝
１＋４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ８２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
{ｘ ｋｙ
＝ １２ ５ ５ ，｜ ＡＭ ｜＝ （２＋４） ２ ＋３ ２ ＝３ ５ ． 联立得 ｘ ＝ ２ ｙ － ２ １， 整理得 （３ ｋ２ ＋４） ｙ２ －６ ｋｙ －９＝０，
＋ ＝１，
４ ３
所以 ＡＭＮ的面积的最大值为 １ １２ ５ ．
△ ×３ ５× ＝１８ ｋ
２ ５ 所以ｙ ｙ ６ ｙ ｙ －９
１＋ ２＝ ｋ２ ， １ ２＝ ｋ２ ，
３ ＋４ ３ ＋４
所以 ｋｙ ｙ ｙ ｙ ．
－２ １ ２＝３（ １＋ ２）
ｙ ｙ ｙ ｙ
又ｋ ２－ １ 所以直线ＥＮ的方程为ｙ ｙ ２－ １ ｘ
ＥＮ＝ｘ ， － １＝ｘ （ ＋４），
２＋４ ２＋４
３ ｙ ｙ
令ｙ 则ｘ
ｙ
１（
ｘ
２＋４）
ｋｙ
１
ｙ
２＋３
ｙ
１ ２
（ １－ ２）
＝０， ＝－４－ ｙ ｙ ＝－４－ ｙ ｙ ＝－４－ ｙ ｙ
２－ １ ２－ １ ２－ １
３ ５
＝－４＋ ＝－ ，
２ ２
( )
ｘ２ ｙ２ 所以直线ＥＮ过定点Ｐ ５ ．
１０．（２０２１湖北八市３月联考，２２）已知椭圆Ｃ ａ ｂ － ，０
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞ ２
由 中Δ ｋ２
② （１） ＝１４４（ ＋１）＞０，
的上顶点到右顶点的距离为 离心率为 １ 过椭圆Ｃ的 所以ｋ Ｒ
０） ７， ， ∈ ，
２
左焦点Ｆ 作不与ｘ轴重合的直线ＭＮ与椭圆Ｃ相交于Ｍ Ｎ 易知 ｙ ｙ １２ ｋ２ ＋１
两点 过点
１
Ｍ作直线ｍ ｘ ａ的垂线ＭＥ Ｅ为垂足．
， ｜ １－ ２｜＝
３
ｋ２
＋４
，
， ： ＝－２ ，
求椭圆Ｃ的标准方程 ｋ２ ｋ２
（１） ； 所以Ｓ １ ＯＰ ｙ ｙ ５ １２ ＋１ １５ ＋１
已知直线ＥＮ过定点Ｐ 求定点Ｐ的坐标 △ ＯＥＮ＝ ｜ ｜｜ １－ ２｜＝ · ｋ２ ＝ ｋ２ ，
（２）① ， ； ２ ４ ３ ＋４ ３ ＋４
②
点Ｏ为坐标原点
，
求
△
ＯＥＮ面积的最大值． 令ｔ
＝
ｋ２
＋１，
ｔ
≥１，
ì ï ａ２
＋
ｂ２
＝ ７， 则Ｓ １５
ｔ
１５
ï ｃ △ ＯＥＮ＝ ｔ２ ＝ ，
１０． 解析 由题意得í １ 所以ａ ｂ ３ ＋１ ｔ １
（１） ïａ ＝ ， ＝２， ＝ ３， ３ ＋ ｔ
ï ２
îａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ 又因为ｆ ｔ １５ 在 上单调递减
（ ）＝ ［１，＋∞） ，
ｘ２ ｙ２ ｔ １
故椭圆的标准方程为 ． ３ ＋ ｔ
＋ ＝１
４ ３
由题意 以及对称性知 Ｐ必在ｘ轴上 Ｆ 设直 所以当ｔ 时 ＯＥＮ面积的最大值为１５．
（２）① ， ， ， （－１，０）， ＝１ ，△
线ＭＮ ｘ ｋｙ Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ Ｅ ｙ ４
： ＝ －１， （ １， １）， （ ２， ２）， （－４， １），
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
教师专用题组
ｘ２ ｙ２ ｙ２ ( ) ２
１．（２０２１届山东开学质量检测，１１）已知双曲线Ｃ 过 可得 ｙ２ ２５ １６ ｙ １６ 此时 Ａ
： － ＝１， － ＝ １ ＝ １６× －１ ＝ ，∴ ｜ ｜ ＝ ，
９ １６ １６ ９ ９ ３
其右焦点Ｆ的直线ｌ与双曲线交于Ａ Ｂ两点 则 ( ) ( )
， ， （ ） １６ Ｂ １６ ＡＢ ３２
５， ， ５，－ ，｜ ｜＝ ，
若Ａ Ｂ同在双曲线的右支 则ｌ的斜率大于 ４ ３ ３ ３
Ａ． ， ， 当ＡＢ的斜率为 时 Ａ Ｂ为双曲线与ｘ轴的交点 此时Ａ
３ ０ ， ， ， （５，
若Ａ在双曲线的右支 则 ＦＡ 最小为
Ｂ． ， ｜ ｜ ２ Ｂ ＡＢ 又 ３２ 因此 不正确．
０）， （－５，０），｜ ｜＝１０， １０＜ ， Ｃ
ＡＢ 最小为３２ ３
Ｃ．｜ ｜ 对于 选项 若Ａ Ｂ均在右支上 当ＡＢ ｘ轴时 ＡＢ 最短 此
３ Ｄ ， ， ， ⊥ ，｜ ｜ ，
满足 ＡＢ 的直线有 条
Ｄ． ｜ ｜＝１１ ４ 时 ＡＢ ３２
答案 ＢＤ 由已知条件得ａ２
＝９，
ｂ２
＝１６，
ｃ２
＝２５
． ｜ ｜ｍｉｎ＝
３
，
ａ ｂ ｃ 其渐近线方程为ｙ ４ ｘ．对于 选项 由于 又 ３２ 因此右支上存在两条直线ＡＢ 使 ＡＢ
∴ ＝３， ＝４， ＝５， ＝± Ａ ， ∵１１＞ ， ， ｜ ｜＝１１，
３ ３
当ＡＢ斜率为 时 ＡＢ 又
两渐近线的斜率为 ４ 和 ４ ∵ ０ ，｜ ｜＝１０， １１＞１０，
－ ， 因此过双曲线的右焦点且与两支分别相交的直线也有 条符
３ ３ ２
合 因此满足 ＡＢ 的直线共 条 故 正确 因此选 ．
故当直线ＡＢ的斜率ｋ ４ 或ｋ ４ 时 点Ａ Ｂ同在右支上 ， ｜ ｜＝１１ ４ ， Ｄ ， ＢＤ
＞ ＜－ ， ， ，Ａ ２．（２０２０山东德州６月二模，１２）抛物线Ｃ ｘ２ ｙ的焦点为Ｆ Ｐ
３ ３ ： ＝４ ，
不正确 为其上一动点 设直线 ｌ 与抛物线 Ｃ 相交于 Ａ Ｂ 两点 点
； ， ， ，
对于 选项 当Ａ在右支且在ｘ轴上时 ＦＡ 最小 此时 ＦＡ Ｍ 下列结论正确的是
Ｂ ， ，｜ ｜ ， ｜ ｜ （２，２）， （ ）
ｃ ａ 正确 ＰＭ ＰＦ 的最小值为
＝ － ＝５－３＝２，Ｂ ； Ａ．｜ ｜＋｜ ｜ ３
ｘ２ 抛物线Ｃ上的动点Ｐ到点Ｈ 距离的最小值为
对于 选项 当ＡＢ过右焦点且垂直于ｘ轴时 把ｘ 代入 Ｂ． （０，３） ３
Ｃ ， ， ＝５ 存在直线ｌ 使得Ａ Ｂ两点关于直线ｘ ｙ 对称
９ Ｃ． ， ， ＋ －３＝０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ８３
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 为定值
Ｄ． 、 ， 、
纵坐标之和的最小值为 答案 ＡＢＤ 设ｌ ｙ ｋｘ ｂ 代入ｘ２ ｙ２ ｎ得 ｋ２ ｘ２ ｂｋｘ
２ ： ＝ ＋ ， － ＝ （１－ ） －２
答案 ＡＤ 设ｌ′是抛物线的准线 过Ｐ作ＰＮ ｌ′于Ｎ ｂ２ ｎ
Ａ． ， ⊥ ， － － ＝０，①
则 ＰＭ ＰＦ ＰＭ ＰＮ 显然ｋ Δ ｂ２ｋ２ ｋ２ ｂ２ ｎ 即ｂ２ ｎ ｋ２
｜ ｜＋｜ ｜＝｜ ｜＋｜ ｜≥３， ≠±１， ＝４ ＋４（１－ ）（ ＋ ）＞０， ＋ （１－ ）＞０，
当且仅当Ｐ Ｍ Ｎ三点共线时等号成立． 设Ｂ ｘ ｙ Ｃ ｘ ｙ 则ｘ ｘ 是方程 的两个根
， ， （ １， １）， （ ２， ２）， １， ２ ① ，
所以 ＰＭ ＰＦ 的最小值是 正确．
｜ ｜＋｜ ｜ ３，Ａ
设Ｐ ｘ ｙ
Ｂ． （ ， ），
则 ｘ２ ｙ ＰＨ ｘ２ ｙ ２ ｙ ｙ ２
＝ ４ ， ｜ ｜ ＝ ＋（ －３） ＝ ４ ＋（ －３）
ｙ ２
＝ （ －１） ＋８，
当ｙ 时 ＰＨ 错误．
＝１ ，｜ ｜ｍｉｎ＝ ８＝２ ２，Ｂ
假设存在直线ｌ 使得Ａ Ｂ两点关于直线ｘ ｙ 对称
Ｃ． ， ， ＋ －３＝０ ，
{ｘ２ ｙ
则设ｌ的方程为ｘ ｙ ｍ 由 ＝４ ， 得ｘ２ ｘ ｍ ｋｂ ｂ２ ｎ
－ ＋ ＝０， ｘ ｙ ｍ －４ －４ ＝０， 有ｘ ｘ ２ ｘ ｘ －（ ＋ ）
－ ＋ ＝０ １＋ ２＝ ｋ２， １ ２＝ ｋ２ ，
由Δ ｍ 得ｍ １－ １－
＝１６＋１６ ＞０， ＞－１， 设Ａ ｘ ｙ Ｄ ｘ ｙ
设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ （ ３， ３）， （ ４， ４），
（ １， １）， （ ２， ２）， {ｙ ｋｘ ｂ ｂ
则ｘ ｘ 设ＡＢ的中点为Ｑ 且Ｑ ｘ ｙ 由 ＝ ＋ ，得ｘ
１＋ ２＝４， ， （ ０， ０）， ｙ ｘ ３＝ ｋ，
ｘ ｘ ＝ ， １－
则ｘ １＋ ２ ｙ ｘ ｍ ｍ Ｑ必在直线ｘ ｙ 上 {ｙ ｋｘ ｂ ｂ
０＝
２
＝２， ０＝ ０＋ ＝２＋ ， ＋ －３＝０ ， 由
ｙ
＝
ｘ
＋ ，得ｘ
４＝
－
ｋ，
所以 ｍ ｍ 这与直线ｌ与抛物线相交于两个点 ＝－ ， １＋
２＋２＋ －３＝０， ＝－１， ｋｂ
矛盾 故不存在这样的直线 错误． 所以ｘ ｘ ２
， ，Ｃ ３＋ ４＝ ｋ２，
１－
由ｘ２ ｙ即ｙ １ ｘ２ 得ｙ′ １ ｘ 所以ＡＤ和ＢＣ的中点重合
Ｄ． ＝４ ＝ ， ＝ ， ，
４ ２ 所以 ＡＢ ＣＤ 所以 ＡＣ ＢＤ 恒成立．故 正确．
｜ ｜＝｜ ｜， ｜ ｜＝｜ ｜ Ａ
则切线ＡＴ的方程为ｙ ｙ １ ｘ ｘ ｘ
－ １＝
２
１（ － １）， 因为Ｓ
△ ＢＯＣ＝
１ Ｓ
△ ＡＯＤ，
所以
｜
ＢＣ
｜＝
１
｜
ＡＤ
｜，
３ ３
即ｙ １ ｘ ｘ １ ｘ２ 又 ＡＢ ＣＤ 所以 ＡＢ ＢＣ ＣＤ 故 正确．
＝ １ － １， ｜ ｜＝｜ ｜， ｜ ｜＝｜ ｜＝｜ ｜， Ｂ
２ ４ 因为 ＡＢ ＢＣ ＣＤ
｜ ｜＝｜ ｜＝｜ ｜，
同理 ＢＴ的方程是ｙ １ ｘ ｘ １ ｘ２
， ＝ ２ － ２， 所以 ＢＣ １ ＡＤ
２ ４ ｜ ｜＝ ｜ ｜，
ì ì ３
ï
ï
ｙ
＝
１ ｘ
１
ｘ
－
１ ｘ２
１，
ï
ï
ｘ
＝
１
（
ｘ
１＋
ｘ
２）， 得 ｋ２ ｘ ｘ １ ｋ２ ｘ ｘ
由í ２ ４ 解得í ２ １＋ ｜ １－ ２｜＝ １＋ ｜ ３－ ４｜，
ï ï ３
î
ïｙ
＝
１ ｘ
２
ｘ
－
１ ｘ２
２ î
ïｙ
＝
１ ｘ
１
ｘ
２， 即ｂ２ ９
ｎ
ｋ２
２ ４ ４ ＝ （ －１）＞０，
８
由题意知Ｔ在准线ｙ 上 所以 １ ｘ ｘ ｘ ｘ 所以ｋ２
＝－１ ， １ ２＝－１， １ ２＝－４， ＞１，
４ ｂ ｂ
又 ＯＡ ＯＤ ＡＯＤ °
所以ｙ ｙ １ ｘ２ ｘ２ １ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ １ ｘ ｘ ２ ｜ ｜＝ ２ ｋ ，｜ ｜＝ ２ ｋ ，∠ ＝９０ ，
１＋ ２＝ （ １＋ ２）＝ ［（ １＋ ２） －２ １ ２］＝ （ １＋ ２） １－ １＋
４ ４ ４ ｂ２ ｎ
所以Ｓ １ ＯＡ ＯＤ ９ 是定值．故 正确．
＋２， △ ＡＯＤ＝ ｜ ｜｜ ｜＝ ｋ２ ＝ Ｄ
所以ｘ ｘ 时 ｙ ｙ 为最小值． 正确．故选 ． ２ １－ ８
１＋ ２＝０ ， １＋ ２＝２， Ｄ ＡＤ 设直线ｌ的方程为ｘ ｔｙ ｍ ｔ ｍ
＝ ＋ ，∈（－１，０）∪（０，１）， ＞１，
{ｘ ｔｙ ｍ ｍ
由 ＝ ＋ ，得ｙ
ｙ ｘ ３＝ ｔ，
＝ １－
{ｘ ｔｙ ｍ ｍ ｍ
由 ＝ ＋ ，得ｙ － ＯＡ
ｙ ｘ ４＝ ｔ，｜ ｜＝ ２ ｔ ，
＝－ １＋ １－
ｍ
ＯＤ ＡＯＤ °
｜ ｜＝ ２ ｔ ，∠ ＝９０ ，
１＋
ｘ２ ｙ２ ｍ２
３．（２０２０山东日照一模，１２）已知双曲线
ｎ － ｎ ＝１（
ｎ
∈
Ｎ∗
），
不 所以Ｓ
△ ＡＯＤ＝
１
｜
ＯＡ
｜｜
ＯＤ
｜＝ ｔ２＞
ｍ２
＞１，
故
Ｃ
错误．故选
ＡＢＤ
．
２ １－
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 ｘ２ ｙ２
， （ ， ４．（２０２１山西顶级名校５月联考，１５）已知双曲线 ｂ ａ
Ｃ在ｘ轴下方 与双曲线渐近线交于点Ａ Ｄ Ａ在ｘ轴上方 ａ２ －ｂ２ ＝１（ ＞
）， ， （ ），
Ｏ为坐标原点 下列选项中正确的为 左顶点为Ｍ 右焦点为Ｆ ｃ 过点Ｍ且斜率为 的直
， （ ） ＞０）， ， （ ，０）， １
ＡＣ ＢＤ 恒成立 线ｌ在第一象限分别交双曲线及其渐近线于点 Ｂ Ａ 以线段
Ａ．｜ ｜＝｜ ｜ ， ，
ａ
若Ｓ １ Ｓ 则 ＡＢ ＢＣ ＣＤ ＢＦ为直径的圆恰好经过点Ａ 则ａ ｂ 的最小值为
Ｂ． △ ＢＯＣ＝ △ ＡＯＤ， ｜ ｜＝｜ ｜＝｜ ｜ ， ＋ ＋ｃ ｂ ａ
３ （ － ）
ＡＯＤ面积的最小值为 ．
Ｃ．△ １
对每一个确定的ｎ 若 ＡＢ ＢＣ ＣＤ 则 ＡＯＤ的面积 答案
Ｄ． ， ｜ ｜＝｜ ｜＝｜ ｜， △ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ８４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
{ ｂ
ｙ ｘ Ｓ １ ｒ ｒ ， ｒ ｒ ．
解析 由题意可知直线 ｌ 的方程为 ｙ ｘ ａ 由 ＝ ａ ，得 △ ＰＦ １ Ｆ ２ ＝ １ ２＝１６ ∴ １ ２＝３２
＝ ＋ ， ２
ｙ ｘ ａ 又ＰＦ ＰＦ ， ｒ２ ｒ２ ｃ２，
＝ ＋ ， １⊥ ２ ∴ １＋ ２＝４
ａｂ （ｒ ｒ ）２ ｒ２ ｒ２ ｒ ｒ ｃ２ ａ２，
Ａ ( ｂ ａ － ２ ａ，ｂ ａ － ｂ ａ ) ， 由题意知ＡＦ ⊥ ｌ ， 所以 ｂ ａ － ２ ａ－０ ｃ ＝－１， 化简可得ｂ － ａ ∴ 又 １ ４ ｒ ＋ ａ ２ ２ ２ － ｒ２ ４ ｃ ＝ ２ ＝ １ ｒ ６ ＋ ｒ ４ ， ２ ， ＋ ∴ ２ ｂ １ ＝ ｃ２ ２ ４ ＝ ， ４ ＋６ ， ４＝ ｃ ４ ，
ｂ ａ－ １＋ ２≥２ １ ２ ∴４ ≥２×３２ ∴ ≥４
－ ａ２ ｂ２ ｃ２ ｃ２ ，
∴ ＝ ＋ ＝１６＋ ≥３２
ａ２
＋
ａｂ
所以ａ ｂ
ａ
ａ ｂ １ ａ ｂ １ ｂ的值为 ，ａ的取值范围为［ ， ）．
＝ ｃ ， ＋ ＋ｃ ｂ ａ ＝ ＋ ＋ａ ｂ≥２ （ ＋ ）·ａ ｂ＝２， ∴ ４ ４ ２ ＋∞
（ － ） ＋ ＋ ６．（２０１８浙江，２１，１５分）如图 已知点Ｐ是ｙ轴左侧 不含ｙ轴
ａ ， （ ）
当且仅当ａ ｂ １ 即ａ ｂ 时等号成立 故ａ ｂ 的 一点 抛物线Ｃ ｙ２ ｘ上存在不同的两点Ａ Ｂ满足ＰＡ ＰＢ的
＋ ＝ａ ｂ， ＋ ＝１ ， ＋ ＋ｃ ｂ ａ ， ： ＝４ ， ，
＋ （ － ） 中点均在Ｃ上．
最小值为 ．
２ 设ＡＢ中点为Ｍ 证明 ＰＭ垂直于ｙ轴
ｘ２ ｙ２ （１） ， ： ；
５．（２０１９课标
Ⅱ
文，２０，１２分）已知Ｆ
１，
Ｆ
２
是椭圆Ｃ
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（
ａ
若Ｐ是半椭圆ｘ２
ｙ２
ｘ 上的动点 求 ＰＡＢ面积的
（２） ＋ ＝１（ ＜０） ， △
ｂ 的两个焦点 Ｐ为Ｃ上的点 Ｏ为坐标原点． ４
＞ ＞０） ， ， 取值范围．
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
∠ １ ２＝９０ ，｜ ２ ｜ ＝ ，｜ １ ｜ ＝ ３ ， ２ ＝ ｜ １｜ ＋
ｃ
ＰＦ ｃ 故Ｃ的离心率ｅ ．
｜ ２｜＝（ ３＋１） ， ＝ ａ ＝ ３－１ 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
由题意可知 满足条件的点Ｐ ｘ ｙ 存在 当且仅当 １ ｙ ，
（２） ， （ ， ） ， ｜ ｜ 用能力．
２
ｙ ｙ ｘ２ ｙ２ ( ) ( )
ｃ 设Ｐ ｘ ｙ Ａ １ ｙ２ ｙ Ｂ １ ｙ２ ｙ ．
·２ ＝１６，ｘ
＋
ｃ·ｘ
－
ｃ＝－１，ａ２ ＋ｂ２ ＝１， （１） （ ０， ０），
４
１， １ ，
４
２， ２
即ｃ ｙ 因为ＰＡ ＰＢ的中点在抛物线上
｜ ｜＝１６，① ， ，
ｘ２
＋
ｙ２
＝
ｃ２
，② １ ｙ２ ｘ
ａ ｘ２ ２ ＋ ｙ ｂ ２ ２ ＝１ ． ③ 所以ｙ １， ｙ ２ 为方程 æ è ç ｙ ＋ ２ ｙ ０ ö ø ÷ ２ ＝４· ４ ２ ＋ ０ 即ｙ２ －２ ｙ ０ ｙ ＋８ ｘ ０－ ｙ２ ０＝０
的两个不同的实根．
ｂ４
由
②③
及ａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２ 得ｙ２
＝ｃ２， 所以ｙ
１＋
ｙ
２＝２
ｙ
０，
因此
，
ＰＭ垂直于ｙ轴．
{ｙ ｙ ｙ
又由
①
知ｙ２
＝
１
ｃ
６
２
２
，
故ｂ
＝４
．
（２）
由
（１）
可知
ｙ
１
１ ｙ
＋
２＝
２＝
８ ｘ
２
０－
０，
ｙ２ ０，
所以
｜
ＰＭ
｜ ＝ ８
１
（
ｙ２
１＋
ｙ２
２）－
ｘ
０＝
ａ２
由 得ｘ２ ｃ２ ｂ２ ３ ｙ２ ｘ ｙ ｙ ｙ２ ｘ ．
②③ ＝ｃ２（ － ），
４
０－３ ０，｜ １－ ２｜＝２ ２（ ０－４ ０）
所以ｃ２ ｂ２
从而ａ２
≥
＝
ｂ２
＋
，
ｃ２
≥２
ｂ２
＝３２，
故ａ
≥４ ２
．
因此
，△
ＰＡＢ的面积Ｓ
△ ＰＡＢ＝
２
１
｜
ＰＭ
｜·｜
ｙ
１－
ｙ
２｜＝
３
４
２
（
ｙ２
０－４
ｘ
０）
３ ２．
ｙ２
当ｂ
＝４，
ａ
≥４ ２
时
，
存在满足条件的点Ｐ． 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］
．
所以ｂ ａ的取值范围为 ． ４
＝４， ［４ ２，＋∞） é ù
思路分析 第（ ）问中由平面几何知识可知 ＰＦ Ｆ 是 因此 ＰＡＢ面积的取值范围是êê １５ １０úú．
１ △ １ ２ ，△ ë６ ２， û
４
∠
Ｆ
１
ＰＦ
２＝９０
°的直角三角形，且
｜
ＰＦ
２｜＝
ｃ，
｜
ＰＦ
１｜＝ ３
ｃ，再利用 疑难突破 解析几何中“取值范围”与“最值”问题
椭圆的定义找出ａ与ｃ的等量关系，进而求离心率．
在解析几何中，求某个量（直线斜率，直线在ｘ、ｙ轴上的截距，
第（ ）问中设出Ｐ点坐标，利用Ｓ ，ＰＦ ＰＦ 以及 ｘ２ 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
２ △ ＰＦ １ Ｆ ２ ＝１６ １⊥ ２ ａ２ 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，
ｙ２ 得到方程 ，消元化简可求 ｂ 的值和 ａ 的取值 动点的横、纵坐标等）的函数，并求出这个变量的取值范围（即
＋ｂ２ ＝１ ①②③
函数的定义域），将问题转化为求函数的值域或最值．
范围．
７．（２０１７ 浙江，２１，１５ 分） 如图 已知抛物线 ｘ２ ｙ 点
， ＝ ，
一题多解 （ ）设 ＰＦ ｒ ， ＰＦ ｒ ， ( ) ( )
２ ｜ １｜＝ １ ｜ ２｜＝ ２ Ａ １ １ Ｂ ３ ９ 抛 物 线 上 的 点 Ｐ ｘ ｙ
由椭圆的定义可得ｒ ｒ ａ， － ， ， ， ， （ ， ）
１＋ ２＝２ ２ ４ ２ ４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ８５
( )
１ ｘ ３ ．过点Ｂ作直线ＡＰ的垂线 垂足为Ｑ． 故 ＡＰ ＰＱ 的最大值为２７．
－ ＜ ＜ ， ｜ ｜·｜ ｜
２ ２ １６
求直线ＡＰ斜率的取值范围 ８．（２０１６课标 理，２０，１２分）设圆ｘ２ ｙ２ ｘ 的圆心为Ａ
（１） ； Ⅰ ＋ ＋２ －１５＝０ ，
求 ＰＡ ＰＱ 的最大值． 直线ｌ过点Ｂ 且与ｘ轴不重合 ｌ交圆Ａ于Ｃ Ｄ两点 过
（２） ｜ ｜·｜ ｜ （１，０） ， ， ，
Ｂ作ＡＣ的平行线交ＡＤ于点Ｅ．
证明 ＥＡ ＥＢ 为定值 并写出点Ｅ的轨迹方程
（１） ｜ ｜＋｜ ｜ ， ；
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） ｜ ｜ ＝ ｜ ｜， ∥ ， ∠ ＝∠
ｘ２
－
１
＝∠
ＡＤＣ．
解析 设直线ＡＰ的斜率为ｋ ｋ ４ ｘ １ 所以 ＥＢ ＥＤ 故 ＥＡ ＥＢ ＥＡ ＥＤ ＡＤ ．
（１） ， ＝ ＝ － ， ｜ ｜＝｜ ｜， ｜ ｜＋｜ ｜＝｜ ｜＋｜ ｜＝｜ ｜
ｘ ＋ １ ２ 又圆Ａ的标准方程为 （ ｘ ＋１） ２ ＋ ｙ２ ＝１６， 从而 ｜ ＡＤ ｜＝４， 所以 ｜ ＥＡ ｜
２ ＥＢ ． 分
＋｜ ｜＝４ （２ ）
因为 － １ ＜ ｘ ＜ ３ ， 所以直线ＡＰ斜率的取值范围是 （－１，１） ． 由题设得Ａ （－１，０）， Ｂ （１，０），｜ ＡＢ ｜＝２， 由椭圆定义可得点Ｅ的
２ ２
ì ï ï ｋｘ － ｙ ＋ １ ｋ ＋ １ ＝０， 轨迹方程为 ｘ ４ ２ ＋ ｙ ３ ２ ＝１（ ｙ ≠０） ． （４ 分 ）
（２）
解法一
：
联立直线ＡＰ与ＢＱ的方程í
ï ïｘ ｋｙ
２
９ ｋ
４
３ （２） 当ｌ与ｘ轴不垂直时 ， 设ｌ的方程为ｙ ＝ ｋ （ ｘ －１）（ ｋ ≠０），
î ＋ － － ＝０， Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ ．
４ ２ （ １， １）， （ ２， ２）
解得点Ｑ的横坐标是ｘ －
ｋ２
＋４
ｋ
＋３．
{ｙ
＝
ｋ
（
ｘ
－１），
Ｑ＝
２（
ｋ２
＋１）
由 ｘ２ ｙ２ 得
（４
ｋ２
＋３）
ｘ２
－８
ｋ２ｘ
＋４
ｋ２
－１２＝０
．
( ) ＋ ＝１
因为 ＰＡ ｋ２ ｘ １ ｋ２ ｋ ４ ３
｜ ｜＝ １＋ ＋ ＝ １＋ （ ＋１）， ｋ２ ｋ２
２ 则ｘ ｘ ８ ｘ ｘ ４ －１２．
｜
ＰＱ
｜＝ １＋
ｋ２
（
ｘ
Ｑ－
ｘ
）＝－
（ ｋ －１）
ｋ
（
２ ＋
ｋ
１
＋１） ２
， 所以
１＋
Ｍ
２
Ｎ
＝ ４ ｋ２ ＋３ ，
ｋ
１
２
２
ｘ
＝ ４
ｘ
ｋ２ ＋３
１２（ ｋ２ ＋１）． 分
所以 ＰＡ ＰＱ ｋ ｋ ３
｜ ｜＝ １＋ ｜ １－ ２｜＝
４
ｋ２
＋３
（６ ）
｜ ｜·｜ ｜＝－（ －１）（ ＋１） ，
令ｆ （ ｋ ）＝－（ ｋ －１）（ ｋ ＋１） ３．因为ｆ ′ （ ｋ ）＝－（４ ｋ －２）（ ｋ ＋１） ２ ， 过点Ｂ （１，０） 且与ｌ垂直的直线ｍ ： ｙ ＝－ １ ｋ （ ｘ －１）， Ａ到ｍ的距
( ) ( )
所以ｆ ｋ 在区间 １ 上单调递增 １ 上单调递减
（ ） －１，
２
，
２
，１ ，
离为 ２ 所以 ＰＱ ２
æ
ç ２
ö
÷
２
４
ｋ２
＋３．
因此当ｋ １ 时 ＰＡ ＰＱ 取得最大值２７．
ｋ２
＋１
， ｜ ｜＝２ ４ －è ｋ２
＋１
ø ＝４ ｋ２
＋１
＝ ，｜ ｜·｜ ｜
２ １６ 故四边形ＭＰＮＱ的面积
Ｓ １ ＭＮ ＰＱ １ ． 分
＝ ｜ ｜｜ ｜＝１２ １＋ ｋ２ （１０ ）
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，
解法二 如图 连接 ＢＰ ＡＰ ＰＱ ＡＰ ＰＢ ＭＰＮＱ的面积为 ．
： ， ，｜ ｜ · ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ ·｜ ｜ · １２
ｃｏｓ∠
ＢＰＱ
＝
→ＡＰ
·（
→ＡＢ
－
→ＡＰ
）＝
→ＡＰ
·
→ＡＢ
－
→ＡＰ２． 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、
易知Ｐ
（
ｘ
，
ｘ２
） －
１
＜
ｘ
＜
３
， 圆的 位置关系，尤其是对“弦长”问题的考查，更是本题考查的
２ ２
( )
２
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
则→ＡＰ →ＡＢ ｘ ｘ２ １ ｘ２ ｘ １ →ＡＰ２ ｘ １
· ＝２ ＋１＋２ － ＝２ ＋２ ＋ ， ＝ ＋ ＋ 计算能力的要求也非常高．
２ ２ ２
( ) ２ ｘ２
ｘ２ １ ｘ２ ｘ １ ｘ４ １ ｘ２ １ ｘ４ １ ｘ２ ｘ ５ ． ９．（２０１６浙江理，１９，１５分）如图 设椭圆 ｙ２ ａ ．
－ ＝ ＋ ＋ ＋ － ＋ ＝ ＋ ＋ ＋ ， ａ２ ＋ ＝１（ ＞１）
４ ４ ２ １６ ２ １６
( ) 求直线ｙ ｋｘ 被椭圆截得的线段长 用ａ ｋ表示
ＡＰ ＰＱ ｘ４ ３ ｘ２ ｘ ３ １ ｘ ３ ． （１） ＝ ＋１ （ ， ）；
∴ ｜ ｜·｜ ｜＝－ ＋ ＋ ＋ － ＜ ＜ 若任意以点 Ａ 为圆心的圆与椭圆至多有 个公共
２ １６ ２ ２ （２） （０，１） ３
( )
点 求椭圆离心率的取值范围．
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 上为增函数 在 ３ 上为减函数
∴ （ ） － ，１ ， １， ，
２ ２
ｆ ｘ ｆ ２７．
∴ （ ）ｍａｘ＝ （１）＝ 解析 设直线ｙ ｋｘ 被椭圆截得的线段为ＡＰ
１６ （１） ＝ ＋１ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ８６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
{ｙ
＝
ｋｘ
＋１， 由ＢＦ ＨＦ 得 Ｂ→Ｆ Ｆ→Ｈ 所以４
ｋ２
－９ １２
ｋｙ
Ｈ 解得 ｙ
由 ｘ２ 得 ａ２ｋ２ ｘ２ ａ２ｋｘ ⊥ ， · ＝０， ｋ２ ＋ ｋ２ ＝０， Ｈ
ｙ２ （１＋ ） ＋２ ＝０， ４ ＋３ ４ ＋３
ａ２ ＋ ＝１ ｋ２
９－４ ．
ａ２ｋ ＝ ｋ
故ｘ ｘ ２ ． １２
１＝０， ２＝－ ａ２ｋ２ ｋ２
１＋ 因此直线ＭＨ的方程为ｙ １ ｘ ９－４ ．
ａ２ ｋ ＝－ ｋ ＋ ｋ
因此 ＡＰ ｋ２ ｘ ｘ ２ ｜ ｜ ｋ２． １２
｜ ｜＝ １＋ ｜ １－ ２｜＝
１＋
ａ２ｋ２· １＋ 设Ｍ
（
ｘ
Ｍ，
ｙ
Ｍ），
假设圆与椭圆的公共点有 个 由对称性可设ｙ轴左侧的 {ｙ ｋ ｘ
（２） ４ ， ＝ （ －２）， ｋ２
椭圆上有两个不同的点Ｐ
，
Ｑ
，
满足
｜
ＡＰ
｜＝｜
ＡＱ
｜
． 由方程组
ｙ １ ｘ ９－４
ｋ２ 消去ｙ
，
解得ｘ
Ｍ＝
２０
ｋ２
＋９ ．
记直线ＡＰ ＡＱ的斜率分别为ｋ ｋ 且ｋ ｋ ｋ ｋ ． ＝－ ｋ ＋ ｋ １２（ ＋１）
， １， ２， １， ２＞０， １≠ ２ １２
ａ２ ｋ ｋ２ ａ２ ｋ ｋ２ 在 △ ＭＡＯ中 ，∠ ＭＯＡ ≤∠ ＭＡＯ ⇔｜ ＭＡ ｜≤｜ ＭＯ ｜， 即 （ ｘ Ｍ－２） ２ ＋
由 知 ＡＰ ２ ｜ １｜ １＋ １ ＡＱ ２ ｜ ２｜ １＋ ２
（１） ，｜ ｜＝
１＋
ａ２ｋ２
１
，｜ ｜＝
１＋
ａ２ｋ２
２
，
ｙ２Ｍ≤ ｘ２Ｍ＋ ｙ２Ｍ， 化简得ｘ Ｍ≥１， 即 ２０
ｋ
ｋ
２
２ ＋９ ≥１， 解得ｋ ≤－ ６或ｋ
ａ２ ｋ ｋ２ ａ２ ｋ ｋ２ １２（ ＋１） ４
故２ ｜ １｜ １＋ １ ２ ｜ ２｜ １＋ ２
ａ２ｋ２ ＝ ａ２ｋ２ ， ６．
１＋ １ １＋ ２ ≥
所以 ｋ２ ｋ２ ｋ２ ｋ２ ａ２ ａ２ ｋ２ｋ２ ． ４
（ １－ ２）［１＋ １＋ ２＋ （２－ ） １ ２］＝０ æ ù é ö
由于ｋ ｋ ｋ ｋ 得 ｋ２ ｋ２ ａ２ ａ２ ｋ２ｋ２ 所以 直线ｌ的斜率的取值范围为ç ６úú êê ６ ÷．
１≠ ２， １， ２＞０ １＋ １＋ ２＋ （２－ ） １ ２＝０， ， è－∞，－ û∪ë ，＋∞ø
æ öæ ö ４ ４
因此ç １ ÷ç １ ÷ ａ２ ａ２ 解后反思 由于引起变动的原因是直线不定，而直线过已
èｋ２ ＋１øèｋ２ ＋１ø＝１＋ （ －２）， ①
１ ２ 知定点，因此直线的斜率是“战争的根源”．直线与直线、直线
因为 式关于ｋ ｋ 的方程有解的充要条件是 ａ２ ａ２
① １， ２ １＋ （ －２）＞ 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
所以ａ ．
１， ＞ ２ 出点Ｍ的坐标是“奋斗的目标”．
因此 任意以点Ａ 为圆心的圆与椭圆至多有 个公共点
， （０，１） ３ 评析 本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方
的充要条件为 ａ
１＜ ≤ ２， 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
ｃ ａ２ 的性质．考查运算求解能力、以及用方程思想解决问题的
由ｅ －１得 所求离心率的取值范围为 ｅ ２．
＝ ａ ＝ ａ ， ０＜ ≤
２
能力．
评析 本题主要考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关
１１．（２０１６浙江文，１９，１５分）如图 设抛物线ｙ２ ｐｘ ｐ 的焦
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 ， ＝２ （ ＞０）
点为Ｆ 抛物线上的点Ａ到ｙ轴的距离等于 ＡＦ ．
题能力． ， ｜ ｜－１
求ｐ的值
（１） ；
１０．（２０１６天津理，１９，１４分）设椭圆
ｘ２ ｙ２
ａ 的右焦点 若直线ＡＦ交抛物线于另一点Ｂ 过Ｂ与ｘ轴平行的直线
ａ２ ＋
３
＝１（ ＞ ３） （２）
和过Ｆ与ＡＢ垂直的直线交于点
，
Ｎ ＡＮ与ｘ轴交于点Ｍ．
，
ｅ
为Ｆ 右顶点为Ａ．已知 １ １ ３ 其中 Ｏ 为原点 ｅ 求Ｍ的横坐标的取值范围．
， ＯＦ ＋ ＯＡ ＝ ＦＡ ， ，
｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜
为椭圆的离心率．
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
， ⊥ ，
ＭＯＡ ＭＡＯ 求直线ｌ的斜率的取值范围．
∠ ≤∠ ，
ｅ
解析 设Ｆ ｃ 由 １ １ ３ 即 １ １
（１） （ ，０）， ＯＦ ＋ ＯＡ ＝ ＦＡ ， ｃ ＋ ａ ＝ 解析 由题意可得 抛物线上点Ａ到焦点Ｆ的距离等
｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ （１） ，
ｃ ｐ
ａ ａ
３
ｃ ，
可得ａ２
－
ｃ２
＝３
ｃ２
，
又ａ２
－
ｃ２
＝
ｂ２
＝３，
所以ｃ２
＝１，
因此ａ２ 于点Ａ到直线ｘ
＝－１
的距离
，
由抛物线的定义得
＝１，
即ｐ
（ － ） ２
所以 椭圆的方程为
ｘ２ ｙ２
． ＝２
．
＝４， ， ＋ ＝１ 由 得 抛物线方程为ｙ２ ｘ Ｆ 可设Ａ ｔ２ ｔ
４ ３ （２） （１） ， ＝４ ， （１，０）， （ ，２ ），
设直线ｌ的斜率为ｋ ｋ 则直线ｌ的方程为ｙ ｋ ｘ ． ｔ ｔ ．
（２） （ ≠０）， ＝ （ －２） ≠０，≠±１
{ｘ２ ｙ２ 因为ＡＦ不垂直于 ｙ 轴 可设直线 ＡＦ ｘ ｓｙ ｓ 由
， ： ＝ ＋１（ ≠０），
设Ｂ
（
ｘ
Ｂ，
ｙ
Ｂ），
由方程组
４
＋
３
＝１，消去ｙ
，
{ｙ２
＝４
ｘ
，消去ｘ得ｙ２ ｓｙ
ｙ ｋ ｘ ｘ ｓｙ －４ －４＝０，
＝ （ －２） ＝ ＋１
整理得 ｋ２ ｘ２ ｋ２ｘ ｋ２ ． æ ö
（４ ＋３） －１６ ＋１６ －１２＝０ 故ｙ ｙ 所以 Ｂç １ ２ ÷．
解得ｘ 或ｘ ８
ｋ２
－６
１ ２＝－４， ， èｔ２ ，－ ｔ ø
＝２ ＝
４
ｋ２
＋３
，
又直线ＡＢ的斜率为 ２
ｔ
故直线ＦＮ的斜率为
ｔ２
－１．
由题意得ｘ ８
ｋ２
－６ 从而ｙ －１２
ｋ
．
ｔ２
－１
， －
２
ｔ
Ｂ＝
４
ｋ２
＋３
， Ｂ＝
４
ｋ２
＋３ 从而得直线ＦＮ ｙ
ｔ２
－１ ｘ 直线ＢＮ ｙ ２ ．
由 知 Ｆ 设Ｈ ｙ ： ＝－ ｔ （ －１）， ： ＝－ ｔ
（１） ， （１，０）， （０， Ｈ）， ２
æ ｋ２ ｋ ö æｔ２ ö
有Ｆ→Ｈ ｙ Ｂ→Ｆ ç９－４ １２ ÷． 所以Ｎç ＋３ ２ ÷．
＝（－１， Ｈ）， ＝è ｋ２ ， ｋ２ ø èｔ２ ，－ ｔ ø
４ ＋３ ４ ＋３ －１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ８７
设Ｍ ｍ 由Ａ Ｍ Ｎ三点共线得
（ ，０）， ， ， 解得 ３ ｘ 或 ｘ ．
－ ＜ ＜－１， －１＜ ＜０
ｔ ２ ２
ｔ ２ ＋ ｔ ｙ
２ 设直线ＯＰ的斜率为ｍ 得ｍ 即ｙ ｍｘ ｘ 与椭圆方
ｔ２ ｍ＝ ｔ２ ， ， ＝ ｘ ， ＝ （ ≠０），
－ ｔ２ ＋３
－ｔ２
－１ 程联立 整理可得ｍ２ ２ ２ ．
于是ｍ ２
ｔ２
．
， ＝ｘ２ －
３
＝ｔ２ ( )
－１ 当ｘ ３ 时 有ｙ ｔ ｘ 因此ｍ 于是ｍ
所以ｍ 或ｍ ． ① ∈ － ，－１ ， ＝ （ ＋１）＜０， ＞０， ＝
＜０ ＞２ ２
经检验 ｍ 或ｍ 满足题意． æ ö
， ＜０ ＞２ ２ ２ 得ｍ ç ２ ２ ３÷．
综上 点Ｍ的横坐标的取值范围是 ． ｘ２ － ， ∈è ， ø
， （－∞，０）∪（２，＋∞） ３ ３ ３
思路分析 （ ）利用抛物线的定义来解题；（ ）由（ ）知抛 当ｘ 时 有 ｙ ｔ ｘ 因此 ｍ 于是 ｍ
１ ２ １ ② ∈（－１，０） ， ＝ （ ＋１）＞０， ＜０， ＝
物线的方程，可设Ａ点坐标及直线ＡＦ的方程，与抛物线方程 æ ö
２ ２ 得ｍ ç ２ ３÷．
联立可得Ｂ点坐标，进而得直线ＦＮ的方程与直线ＢＮ的方 － ｘ２ － ， ∈è－∞，－ ø
３ ３
程，联立可得Ｎ点坐标，最后利用Ａ，Ｍ，Ｎ三点共线可得ｋ 综 上 直 线 ＯＰ 的 斜 率 的 取 值 范 围 是
ＡＮ＝ ，
ｋ ，最终求出结果． æ ö æ ö
ＡＭ ç ２ ３÷ ç ２ ２ 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 è－∞，－ ø∪è ， ø
３ ３ ３
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 评析 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方
合解题能力． 程和圆的方程、直线与圆的位置关系、一元二次不等式等基
ｘ２ ｙ２ 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
１２．（２０１５天津，１９，１４分）已知椭圆 ａ ｂ 的左焦点
ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） 能力以及用函数与方程思想解决问题的能力．
ｘ２
为Ｆ ｃ 离心率为 ３ 点Ｍ在椭圆上且位于第一象限 直 １３．（２０１５浙江理，１９，１５分）已知椭圆 ｙ２ 上两个不同的点
（－ ，０）， ， ， ＋ ＝１
３ ２
ｂ２ Ａ Ｂ关于直线ｙ ｍｘ １ 对称．
线ＦＭ被圆ｘ２ ｙ２ 截得的线段的长为ｃ ＦＭ ４ ３． ， ＝ ＋
＋ ＝ ，｜ ｜＝ ２
４ ３ 求实数ｍ的取值范围
求直线ＦＭ的斜率 （１） ；
（１） ； 求 ＡＯＢ面积的最大值 Ｏ为坐标原点 ．
求椭圆的方程 （２） △ （ ）
（２） ；
设动点 Ｐ 在椭圆上 若直线 ＦＰ 的斜率大于 求直线
（３） ， ２，
ＯＰ 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
（１） ａ２ ＝ ， ＝ ＋ ， ＝３ ，
３
ｂ２ ｃ２．
＝２
设直线ＦＭ的斜率为ｋ ｋ 则直线ＦＭ的方程为ｙ ｋ ｘ
（ ＞０）， ＝ （ ＋
æ ｋｃ ö２ ( ｃ ) ２ ( ｂ ) ２
ｃ ．由已知 有ç ÷ 解得ｋ ３．
） ， è ｋ２
＋１
ø ＋
２
＝
２
， ＝
３
解析
（１）
由题意知ｍ
≠０，
可设直线ＡＢ的方程为
由 得椭圆方程为
ｘ２ ｙ２
直线ＦＭ的方程为ｙ ｙ １ ｘ ｂ．
（２） （１） ｃ２ ＋ ｃ２ ＝１， ＝ ＝－ｍ ＋
３ ２
３ ｘ ｃ 两个方程联立 消去ｙ 整理得 ｘ２ ｃｘ ｃ２ 解
ì
ï
ï
ｘ２
＋
ｙ２
＝１， æ ö ｂ
（ ＋ ）， ， ， ３ ＋２ －５ ＝０， 由í２ 消去ｙ 得ç １ １ ÷ｘ２ ２ ｘ ｂ２ ．
３ ï ， è ＋ｍ２ ø －ｍ ＋ －１＝０
ïｙ １ ｘ ｂ ２
得ｘ ５ ｃ 或 ｘ ｃ．由点 Ｍ 在第一象限 可得 Ｍ 的坐标 î ＝－ｍ ＋ ，
＝－ ＝ ，
３ ｘ２
æ ö 因为直线ｙ １ ｘ ｂ与椭圆 ｙ２ 有两个不同的交点
为çｃ ２ ３ｃ÷． ＝－ｍ ＋ ＋ ＝１ ，
è ， ø ２
３
所以Δ ｂ２ ４
æ ö２ ＝－２ ＋２＋ｍ２＞０， ①
由 ＦＭ ｃ ｃ ２ ç２ ３ｃ ÷ ４ ３ 解得ｃ
｜ ｜＝ （ ＋ ） ＋è －０ø ＝ ， ＝１， æ ｍｂ ｍ２ｂ ö
３ ３ 将ＡＢ中点Ｍç ２ ÷代入直线方程ｙ ｍｘ １ 解得
所以椭圆的方程为
ｘ２ ｙ２
．
èｍ２
＋２
，ｍ２
＋２
ø ＝ ＋
２
，
＋ ＝１ ｍ２
３ ２ ｂ ＋２．
ｙ ＝－ ｍ２ ②
设点Ｐ的坐标为 ｘ ｙ 直线ＦＰ的斜率为ｔ 得ｔ 即 ２
（３） （ ， ）， ， ＝ｘ ，
{ｙ ｔ ｘ ＋１ 由 ①② 得ｍ ＜－ ６或ｍ ＞ ６．
＝ （ ＋１）， ３ ３
ｙ
＝
ｔ
（
ｘ
＋１）（
ｘ
≠－１），
与椭圆方程联立得 ｘ２
＋
ｙ２
＝１，
消去ｙ
， （２） 令ｔ ＝ ｍ １ ∈
æ
è ç － ６ ，０
ö
ø ÷ ∪
æ
è ç ０， ６
ö
ø ÷ ，
３ ２ ２ ２
ｘ２
整理得 ｘ２ ｔ２ ｘ ２ ．又由已知 得ｔ ６－２
２ ＋３ （ ＋１） ＝６ ， ＝ ｘ ２＞ ２，
３（ ＋１）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ８８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
－２
ｔ４
＋２
ｔ２
＋
３ 由已知
，
四边形 ＡＣＢＤ 的面积 Ｓ
＝
１
｜
ＣＤ
｜ · ｜
ＡＢ
｜ ＝
则 ＡＢ ｔ２ ２ ２
｜ ｜＝ ＋１· ，
ｔ２
＋
１ ８ ６
９－
ｎ２．
２ ９
ｔ２
＋
１
当ｎ 时 Ｓ取得最大值 最大值为８ ６．
且Ｏ到直线ＡＢ的距离为ｄ ２ ． ＝０ ， ，
＝ ３
ｔ２
＋１
设 ＡＯＢ的面积为Ｓ ｔ 所以四边形ＡＣＢＤ面积的最大值为８ ６．
△ （ ），
３
( ) ２ 评析 本题考查了直线和椭圆的位置关系，考查了解析几何
所以Ｓ ｔ １ ＡＢ ｄ １ ｔ２ １ ２．
（ ）＝ ｜ ｜· ＝ －２ － ＋２≤ 中的中点问题和最值问题，计算量大，综合性较强．应充分重
２ ２ ２ ２
视方程思想和函数思想在解题中的作用．
当且仅当ｔ２ １ 时 等号成立．
＝
２
， １５．（２０１１课标理，２０，１２分）在平面直角坐标系ｘＯｙ中 已知点Ａ
，
Ｂ点在直线ｙ 上 Ｍ点满足
故 ＡＯＢ面积的最大值为 ２． （０，－１）， ＝－３ ，
△
２ Ｍ→Ｂ Ｏ→Ａ Ｍ→Ａ →ＡＢ Ｍ→Ｂ →ＢＡ Ｍ点的轨迹为曲线Ｃ．
评析 本题主要考查椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置 ∥ ， · ＝ · ，
求Ｃ的方程
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 （１） ；
Ｐ为Ｃ上的动点 ｌ为Ｃ在Ｐ点处的切线 求Ｏ点到ｌ距
解题能力． （２） ， ，
离的最小值．
１４．（２０１３课标 理，２０，１２分）平面直角坐标系ｘＯｙ中 过椭圆
Ⅱ ， 解析 设Ｍ ｘ ｙ 由已知得Ｂ ｘ Ａ ．
ｘ２ ｙ２ （１） （ ， ）， （ ，－３）， （０，－１）
Ｍ ａ ｂ 右焦点的直线ｘ ｙ 交Ｍ于Ａ Ｂ
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） ＋ － ３＝０ ， 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
两点 Ｐ为ＡＢ的中点 且ＯＰ的斜率为 １ ． （ ＋ ）· ＝０， （－ ，－４－２ ）·（ ，－２）
， ， ．
２ ＝０
求Ｍ的方程
（１）
Ｃ Ｄ为Ｍ上
；
两点 若四边形ＡＣＢＤ的对角线ＣＤ ＡＢ 求
所以曲线Ｃ的方程为ｙ
＝
１ ｘ２
－２
．
（２） ， ， ⊥ ， ４
四边形ＡＣＢＤ面积的最大值．
解析 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ Ｐ ｘ ｙ 则 （２）
设Ｐ
（
ｘ
０，
ｙ
０）
为曲线Ｃ
：
ｙ
＝
１ ｘ２
－２
上一点
，
因为ｙ′
＝
１ ｘ
，
（１） （ １， １）， （ ２， ２）， （ ０， ０）， ４ ２
ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２ ｙ ｙ
１ １ ２ ２ ２－ １ 所以ｌ的斜率为 １ ｘ ．
ａ２ ＋ｂ２ ＝１，ａ２ ＋ｂ２ ＝１，ｘ
２－
ｘ
１
＝－１，
２
０
由此可得 ａ
ｂ２
２ （ （
ｘ
ｙ ２ ２ ＋ ＋
ｘ
ｙ １ １ ） ） ＝－
ｙ
ｘ ２ ２ － －
ｙ
ｘ １ １ ＝１ ． 因此 ． 直线ｌ的方程为ｙ － ｙ ０＝ ２ １ ｘ ０（ ｘ － ｘ ０）， 即ｘ ０ ｘ －２ ｙ ＋２ ｙ ０－ ｘ２ ０
ｙ ＝０
因为ｘ
１＋
ｘ
２＝２
ｘ
０，
ｙ
１＋
ｙ
２＝２
ｙ
０，ｘ
０
０ ＝ ２
１
， 则Ｏ点到ｌ的距离ｄ ＝ ｜２
ｙ
０－
ｘ２
０｜．
所以ａ２
＝２
ｂ２． ｘ２
０＋４
又
因
由
此
题
ａ２
意知
ｂ
，
２
Ｍ的
．
右焦点为 （ ３，０）， 故ａ２ － ｂ２ ＝３ ． 又ｙ ０＝
４
１ ｘ２ ０－２， 所以
＝６， ＝３
所 （２ 以 ） 由 Ｍ { ｘ 的 ｘ ＋ ２ 方 ｙ － ｙ 程 ２ ３ 为 ＝０ ｘ ６ ２ ， 解 ＋ ｙ ３ 得 ２ ＝ ì í ï ï ï ｘ １ ． ＝ ４ ３ ３ ， 或 {ｘ ｙ ＝０， ． １６． ｄ 当 （２ ＝ ０ ｘ １ ２ １ ０ ９ ｘ ＝ ｘ ２ ０ 课 ０ ２ ０ ＋ ＋ 时 ４ 标 ４ ＝ 取 Ⅰ ２ １ 等 文 æ è ç 号 ，２ ， ｘ １ 所 ２ ０ ， ＋ １ 以 ４ ２ ＋ 分 Ｏ ） ｘ 点 ４ ２ ０ 已 ＋ 到 ４ 知 ö ø ÷ ｌ 点 ≥ 距 ２ 离 Ａ ， ， 的 Ｂ 最 关 小 于 值 坐 为 标 ２ 原 ． 点 Ｏ 对
６ ＋ ３ ＝１ î ïｙ ＝－ ３ ＝ ３ 称 ，｜ ＡＢ ｜＝４，☉ Ｍ过点Ａ ， Ｂ且与直线ｘ ＋２＝０ 相切．
３
若Ａ在直线ｘ ｙ 上 求 Ｍ的半径
（１） ＋ ＝０ ， ☉ ；
因此 ＡＢ ４ ６． 是否存在定点Ｐ 使得当Ａ运动时 ＭＡ ＭＰ 为定值
｜ ｜＝ （２） ， ，｜ ｜－｜ ｜ ？
３ 并说明理由．
æ ö
由题意可设直线ＣＤ的方程为ｙ ｘ ｎç ５ ３ ｎ ÷ 解析 本题利用关于原点对称和直线与圆相切 考查圆的
＝ ＋ è－ ＜ ＜ ３ø， ，
３ 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
设Ｃ ｘ ｙ Ｄ ｘ ｙ ． ，
{ｙ （ ｘ ３， ｎ ３）， （ ４， ４） 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．
由 ｘ２ ｙ２ 得
３
ｘ２
＋４
ｎｘ
＋２
ｎ２
－６＝０
．
因为 Ｍ过点Ａ Ｂ 所以圆心Ｍ在ＡＢ的垂直平分线上．
＋ ＝１ （１） ☉ ， ，
６ ３
由已知Ａ在直线ｘ ｙ 上 且Ａ Ｂ关于坐标原点Ｏ对称 所
ｎ ｎ２ ＋ ＝０ ， ， ，
于是ｘ －２ ± ２（９－ ）． 以Ｍ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
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ８９
故 Ｍ的半径ｒ 或ｒ ． 从而ａ ｃ ．
☉ ＝２ ＝６ １＝１， ２＝１
（２） 存在定点Ｐ （１，０）， 使得 ｜ ＭＡ ｜－｜ ＭＰ ｜ 为定值． 因为点Ｐ æ ç２ ３ ö ÷在双曲线ｘ２ ｙ２ 上 所以 æ ç２ ３ ö ÷ ２ １
理由如下
：
è
３
，１ø －ｂ２
１
＝１ ， è
３
ø －ｂ２
１
＝
设Ｍ （ ｘ ， ｙ ）， 由已知得 ☉ Ｍ的半径为ｒ ＝｜ ｘ ＋２｜，｜ ＡＯ ｜＝２， １， 故ｂ２ １＝３ ．
由于Ｍ→Ｏ ⊥ Ａ→Ｏ ， 故可得ｘ２ ＋ ｙ２ ＋４＝（ ｘ ＋２） ２ ， 化简得Ｍ的轨迹方 æ ö２
程为ｙ２ ＝４ ｘ． 由 椭 圆 的 定 义 知 ２ ａ ２ ＝ è ç２ ３ ø ÷ ＋（１－１） ２ ＋
３
因为曲线Ｃ ｙ２ ｘ是以点Ｐ 为焦点 以直线ｘ 为
： ＝４ （１，０） ， ＝－１ æ ö２
准线的抛物线 所以 ＭＰ ｘ ． ç２ ３÷ ２ ．
， ｜ ｜＝ ＋１ è ø ＋（１＋１） ＝２ ３
因为 ＭＡ ＭＰ ｒ ＭＰ ｘ ｘ 所以存在满足 ３
｜ ｜－｜ ｜＝ －｜ ｜＝ ＋２－（ ＋１）＝ １， ｙ２
条件的定点Ｐ． 于是ａ ｂ２ ａ２ ｃ２ 故Ｃ Ｃ 的方程分别为ｘ２
２＝ ３， ２＝ ２－ ２＝２， １， ２ － ＝
１７．（２０１５课标 理，２０，１２分）在直角坐标系ｘＯｙ中 曲线Ｃ ｙ ３
Ⅰ ， ： ＝ ｙ２ ｘ２
ｘ２ ．
与直线ｌ ｙ ｋｘ ａ ａ 交于Ｍ Ｎ两点． １， ＋ ＝１
： ＝ ＋ （ ＞０） ， ３ ２
４ 不存在符合题设条件的直线．
当ｋ 时 分别求Ｃ在点Ｍ和Ｎ处的切线方程 （２）
（１） ＝０ ， ； 若直线ｌ垂直于ｘ轴 因为ｌ与Ｃ 只有一个公共点 所以
ｙ轴上是否存在点 Ｐ 使得当 ｋ 变动时 总有 ＯＰＭ （ｉ） ， ２ ，
（２） ， ， ∠ ＝ 直线ｌ的方程为ｘ 或ｘ ．
ＯＰＮ 说明理由． ＝ ２ ＝－ ２
∠ ？
当ｘ 时 易知Ａ Ｂ
解析 由题设可得 Ｍ ａ ａ Ｎ ａ ａ 或 ＝ ２ ， （ ２， ３）， （ ２，－ ３），
（１） （２ ， ）， （－２ ， ）
Ｍ ａ ａ Ｎ ａ ａ ．
所以
｜
Ｏ→Ａ
＋
Ｏ→Ｂ
｜＝２ ２，｜
→ＡＢ
｜＝２ ３，
（－２ ， ）， （２ ， ）
ｘ ｘ２ 此时 Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ →ＡＢ ．
又ｙ′ 故ｙ 在ｘ ａ处的导数值为 ａ Ｃ在点 ａ ，｜ ＋ ｜≠｜ ｜
＝
２
， ＝
４
＝２ ， （２ ， 当ｘ
＝－ ２
时
，
同理可知
，｜
Ｏ→Ａ
＋
Ｏ→Ｂ
｜≠｜
→ＡＢ
｜
．
ａ 处的切线方程为ｙ ａ ａ ｘ ａ 即 ａｘ ｙ ａ ． 若直线ｌ不垂直于ｘ轴 设ｌ的方程为ｙ ｋｘ ｍ
） － ＝ （ －２ ）， － － ＝０ （ｉｉ） ， ＝ ＋ ，
ｘ２ {ｙ ｋｘ ｍ
ｙ 在ｘ ａ处的导数值为 ａ Ｃ在点 ａ ａ 处的切 ＝ ＋ ，
＝
４
＝－２ － ， （－２ ， ） 由
ｘ２
ｙ２ 得
（３－
ｋ２
）
ｘ２
－２
ｋｍｘ
－
ｍ２
－３＝０
．
线方程为ｙ ａ ａ ｘ ａ 即 ａｘ ｙ ａ ． － ＝１
－ ＝－ （ ＋２ ）， ＋ ＋ ＝０ ３
故所求切线方程为 ａｘ ｙ ａ 和 ａｘ ｙ ａ ． 分 当ｌ与Ｃ 相交于Ａ Ｂ两点时 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 则ｘ
－ － ＝０ ＋ ＋ ＝０ （５ ） １ ， ， （ １， １）， （ ２， ２）， １，
存在符合题意的点 证明如下 ｋｍ ｍ２
（２） ， ： ｘ 是上述方程的两个实根 从而ｘ ｘ ２ ｘ ｘ ＋３．
设Ｐ ｂ 为符合题意的点 Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ 直线ＰＭ ２ ， １＋ ２＝ ｋ２， １ ２＝ｋ２
（０， ） ， （ １， １）， （ ２， ２）， ，
３－ －３
ＰＮ的斜率分别为ｋ ｋ ． ｋ２ ｍ２
将ｙ ｋｘ ａ代入Ｃ的 １， 方 ２ 程得ｘ２ ｋｘ ａ ． 于是ｙ １ ｙ ２＝ ｋ２ｘ １ ｘ ２＋ ｋｍ （ ｘ １＋ ｘ ２）＋ ｍ２ ＝ ３ ｋ２ － － ３ ３ ．
＝ ＋ －４ －４ ＝０ {ｙ ｋｘ ｍ
故ｘ ｘ ｋ ｘ ｘ ａ． ＝ ＋ ，
１＋ ２＝４ ， ｙ １ ｂ ２＝ ｙ －４ ｂ ｋｘ ｘ ａ ｂ ｘ ｘ ｋ ａ ｂ 由 ｙ２ ｘ２ 得 （２ ｋ２ ＋３） ｘ２ ＋４ ｋｍｘ ＋２ ｍ２ －６＝０ ．
从而ｋ ｋ １－ ２－ ２ １ ２＋（ － ）（ １＋ ２） （ ＋ ）． ＋ ＝１
１＋ ２＝ ｘ ＋ ｘ ＝ ｘ ｘ ＝ ａ ３ ２
１ ２ １ 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
当 倾斜 ｂ ＝ 角 － 互 ａ时 补 ，
，
有 故
∠
ｋ １ Ｏ ＋ Ｐ ｋ ２ Ｍ ＝
＝
０
∠
， 则 Ｏ 直 ＰＮ 线
，
所 Ｐ 以 Ｍ 点 的倾 Ｐ
（
斜
０，
角
－
ａ 与
）
符 直 合 线 题 Ｐ 意 Ｎ ． 的 Δ ＝１６ ｋ２ｍ２ －８（２ ｋ ２ ２ ＋３）（ ｍ２ －３）＝０ ． ，
分 ｍ２
１８．（２０１４湖南文，２０，１３分）如图 Ｏ为坐标原点 双曲线 （１ Ｃ ２ ｘ ） ２
化简
，
得
２
ｋ２
＝
ｍ２
－３，
因此Ｏ→Ａ
·
Ｏ→Ｂ
＝
ｘ
１
ｘ
２＋
ｙ
１
ｙ
２ ＝ ｋ２ －
＋
３
３
＋
， ， １：ａ２
３
ｋ２
－３
ｍ２
－
ｋ２
－３
ｙ２ ｙ２ ｘ２
１ ｋ２
－３
＝ ｋ２
－３
≠０，
ａ ｂ 和椭圆Ｃ ａ ｂ 均过点
－ｂ２ ＝１（ １＞０， １＞０） ２：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ２＞ ２＞０） 于是Ｏ→Ａ２ Ｏ→Ｂ２ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ａ２ Ｏ→Ｂ２ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ
１ ２ ２ ＋ ＋２ · ≠ ＋ －２ · ，
Ｐ æ ç２ ３ ö ÷ 且以Ｃ 的两个顶点和Ｃ 的两个焦点为顶点的 即 ｜ Ｏ→Ａ ＋ Ｏ→Ｂ ｜ ２ ≠｜ Ｏ→Ａ － Ｏ→Ｂ ｜ ２ ， 故 ｜ Ｏ→Ａ ＋ Ｏ→Ｂ ｜≠｜ →ＡＢ ｜ ．
è ，１ø， １ ２ 综合 可知 不存在符合题设条件的直线．
３ （ｉ），（ｉｉ） ，
四边形是面积为 的正方形． 评析 本题考查椭圆与双曲线的定义、几何性质、标准方程
２
求Ｃ Ｃ 的方程 及直线与圆锥曲线的位置关系，同时考查方程思想，运算、推
（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 理能力，综合性较强．
（２） ， １ ， ， ２
一个公共点 且 Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ →ＡＢ 证明你的结论． １９．（２０１４福建文，２１，１２分）已知曲线Γ上的点到点Ｆ 的
， ｜ ＋ ｜＝｜ ｜？ （０，１）
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
（２） ， ＝３
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 设Ｃ 的焦距为 ｃ 由题意知 ｃ ａ 解析 解法一 设Ｓ ｘ ｙ 为曲线Γ上任意一点
（１） ２ ２ ２， ，２ ２＝２，２ １＝２， （１） ： （ ， ） ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ９０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
依题意 点Ｓ到Ｆ 的距离与它到直线ｙ 的距离相等
， （０，１） ＝－１ ， 因此 ＡＭＮ的面积Ｓ １ １２ １２ １４４．
所以曲线Γ是以点Ｆ 为焦点 直线ｙ 为准线的抛 △ △ ＡＭＮ＝２× × × ＝
（０，１） 、 ＝－１ ２ ７ ７ ４９
物线 所以曲线Γ的方程为ｘ２ ｙ． 由题意 ｔ ｋ Ａ ｔ ．将直线 ＡＭ 的方程 ｙ
， ＝４ （２） ， ＞３， ＞０， （－ ，０） ＝
解法二 设 Ｓ ｘ ｙ 为曲线 Γ 上任 ｘ２ ｙ２
： （ ， ） ｋ ｘ ｔ 代入 得 ｔｋ２ ｘ２ ｔ ｔｋ２ｘ ｔ２ｋ２ ｔ ．
意一点 （ ＋ ） ｔ ＋ ＝１ （３＋ ） ＋２ · ＋ －３ ＝０
， ３
则 ｜ ｙ －（－３）｜－ （ ｘ －０） ２ ＋（ ｙ －１） ２ 由ｘ ｔ ｔ２ｋ２ －３ ｔ 得ｘ ｔ （３－ ｔｋ２ ）
１·（－ ）＝ ｔｋ２ １＝ ｔｋ２ ，
＝２， ３＋ ３＋
依题意
，
知点Ｓ
（
ｘ
，
ｙ
）
只能在直线ｙ
故 ＡＭ ｘ ｔ ｋ２ ６
ｔ
（１＋
ｋ２
）．
＝－３
的上方
，
所以ｙ
＞－３，
｜ ｜＝｜ １＋ ｜ １＋ ＝
３＋
ｔｋ２
所以 （ ｘ －０） ２ ＋（ ｙ －１） ２ ＝ ｙ ＋１， 由题设 直线ＡＮ的方程为ｙ １ ｘ ｔ
， ＝－ ｋ （ ＋ ），
化简得 曲线Γ的方程为ｘ２ ｙ．
， ＝４
当点Ｐ 在曲线 Γ 上运动时 线段 ＡＢ 的长度不变．证明 ｋ ｔ ｋ２
（２） ， 故同理可得 ＡＮ ６ （１＋ ）．
如下 ｜ ｜＝ ｋ２ ｔ
： ３ ＋
ｋ
由
（１）
知抛物线Γ的方程为ｙ
＝
１ ｘ２
，
由
２｜
ＡＭ
｜＝｜
ＡＮ
｜
得 ２
ｔｋ２ ＝ ｋ２ ｔ，
４ ３＋ ３ ＋
即 ｋ３ ｔ ｋ ｋ ．
设Ｐ ｘ ｙ ｘ 则ｙ １ ｘ２ （ －２） ＝３ （２ －１）
（ ０， ０）（ ０≠０）， ０＝ ０， ｋ ｋ
４ 当ｋ ３ 时上式不成立 因此ｔ ３ （２ －１）．
＝ ２ ， ＝ ｋ３
由ｙ′ １ ｘ 得切线ｌ的斜率ｋ ｙ′ １ ｘ －２
＝ ， ＝ ｜ｘ ＝ ｘ ０ ＝ ０， ｋ３ ｋ２ ｋ ｋ ｋ２ ｋ
２ ２ ｔ 等价于 －２ ＋ －２ （ －２）（ ＋１） 即 －２ ．
＞３ ｋ３ ＝ ｋ３ ＜０， ｋ３ ＜０
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
．
{ｋ
－２
{ｋ
－２ －２
２ ２ ４ 由此得 －２＞０，或 －２＜０， 解得３ ｋ ．
{
ｙ １ ｘ ｘ １ ｘ２ ( )
ｋ３
－２＜０
ｋ３
－２＞０，
２＜ ＜２
由
ｙ
＝ ２ ０ － ４ ０，得Ａ １
２
ｘ ０，０ ． 因此ｋ的取值范围是
（
３
２，２）
．
＝０ 解题关键 第（ ）问中求出直线ＡＭ的倾斜角是解决问题
{ １
ｙ １ ｘ ｘ １ ｘ２ ( ) 的关键；第（ ）问利用 ＡＭ ＡＮ 得出ｔ与ｋ的关系式，由ｔ
由 ＝ ０ － ０，得Ｍ １ ｘ ６ ． ２ ２｜ ｜＝｜ ｜
２ ４ ０＋ｘ ，３ ，建立关于ｋ的不等式，从而得出ｋ的取值范围．
ｙ ２ ０ ＞３
＝３ ｘ２ ｙ２
( ) ２１．（２０２１北京通州一模，２０）已知椭圆Ｃ ａ ｂ 的
又Ｎ 所以圆心Ｃ １ ｘ ３ ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
（０，３）， ０＋ｘ ，３ ，
４ ０
短轴长为 离心率为 ２．
半径ｒ １ ＭＮ １ ｘ ３ ２，
＝ ｜ ｜＝ ０＋ｘ ， ２
２ ４ ０ 求椭圆Ｃ的方程
ＡＢ ＡＣ ２ ｒ２ （１） ；
｜ ｜＝ ｜ ｜ － 点Ｐ是椭圆Ｃ上一点 且在第一象限内 过Ｐ作直线交ｙ
（２） ， ，
[ ( )] ( )
２ ２ 轴正半轴于Ａ点 交ｘ轴负半轴于Ｂ点 与椭圆Ｃ的另一
１ ｘ １ ｘ ３ ２ １ ｘ ３ ． ， ，
＝ ２ ０－ ４ ０＋ｘ ０ ＋３ － ４ ０＋ｘ ０ ＝ ６ 个交点为Ｅ ， 且ＰＡ ＝ ＡＢ ， 点Ｑ是Ｐ关于ｘ轴的对称点 ， 直
所以点Ｐ在曲线Γ上运动时 线段ＡＢ的长度不变．
线ＱＡ与椭圆Ｃ的另一个交点为Ｆ．
，
评析 本题主要考查抛物线的定义与性质、圆的性质、直线
证明 直线ＡＱ ＡＰ的斜率之比为定值
（ｉ） ： ， ；
与圆锥曲线的位置关系等，考查运算求解能力、推理论证能
求直线ＥＦ的斜率的最小值．
（ｉｉ）
力，考查数形结合思想、函数与方程思想、特殊与一般思想、
ì ｂ
ï２ ＝２，
化归与转化思想． ï {
ｃ ａ
２０．（２０１６课标 ，２０，１２分）已知椭圆Ｅ ｘ２ ｙ２ 的焦点在ｘ 解析 （１） 由题意得í ïａ ＝ ２ ， 解得 ｂ ＝ ． ２，
Ⅱ ： ｔ ＋ ＝１ ï ２ ＝１
３ îａ２ ｂ２ ｃ２．
轴上 Ａ是Ｅ的左顶点 斜率为ｋ ｋ 的直线交Ｅ于Ａ Ｍ两 ＝ ＋
， ， （ ＞０） ， ｘ２
点 点Ｎ在Ｅ上 ＭＡ ＮＡ． 所以椭圆Ｃ的方程为 ｙ２ ．
， ， ⊥ ＋ ＝１
当ｔ ＡＭ ＡＮ 时 求 ＡＭＮ的面积 ２
（１） ＝４，｜ ｜＝｜ ｜ ， △ ； 证明 设Ｐ点坐标为 ｘ ｙ
当 ＡＭ ＡＮ 时 求ｋ的取值范围． （２）（ｉ） ： （ ０， ０），
（２） ２｜ ｜＝｜ ｜ ， 因为点Ｑ是Ｐ ｘ ｙ 关于ｘ轴的对称点 ＰＡ ＡＢ
解析 设Ｍ ｘ ｙ 则由题意知ｙ ．当ｔ 时 Ｅ的 （ ０， ( ０） ) ， ＝ ，
（１） （ １， １）， １＞０ ＝４ ，
所以Ｑ ｘ ｙ Ａ １ ｙ ．
方程为 ｘ２ ｙ２ Ａ ．由已知及椭圆的对称性知 直线 （ ０，－ ０）， ０， ２ ０
＋ ＝１， （－２，０） ，
４ ３ ｙ １ ｙ
ＡＭ的倾斜角为π．因此直线ＡＭ的方程为ｙ ｘ ．将ｘ ｙ 所以直线ＱＡ 的斜率为 ｋ － ０－ ２ ０ －３ ｙ ０ ＰＡ 的斜率为
＝ ＋２ ＝ －２ ＱＡ＝ ｘ ＝ ｘ ，
４ ０ ２ ０
ｘ２ ｙ２
代入 得 ｙ２ ｙ ． ｙ １ ｙ
４ ＋ ３ ＝１ ７ －１２ ＝０ ｋ ０－ ２ ０ ｙ ０ ．所以 ｋ ＱＡ ．
ＰＡ＝ ｘ ＝ ｘ ｋ ＝－３
解得ｙ 或ｙ １２ 所以ｙ １２． ０ ２ ０ ＰＡ
＝０ ＝ ， １＝ 所以直线ＡＱ ＡＰ的斜率之比为定值．
７ ７ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ９１
设直线ＰＡ的方程为ｙ ｋｘ ｍ ｋ ． ｙ ｙ ｘ ｘ ｔ ｘ ｘ
（ｉｉ） ＝ ＋ ， ＞０ ｋ ｋ １－１ ２－１ ２ １ ２＋（ －１）（ １＋ ２） ．
{ｙ ｋｘ ｍ ∴ ＨＣ＋ ＨＤ＝ ｘ ＋ ｘ ＝ ｘ ｘ ＝－２
联立 ＝ ＋ ， 化简得 ｋ２ ｘ２ ｋｍｘ ｍ２ ． １ ２ １ ２
ｘ２
＋２
ｙ２
＝２，
（１＋２ ） ＋４ ＋２ －２＝０ 解得ｔ
＝２
或
－３（
舍
），
经检验
，
ｔ
＝２
时
，
直线ＨＣ与ＨＤ的斜率
设Ｅ点的坐标是 ｘ ｙ 存在．故ｔ的值为 ．
（ １， １）， ２
设Ｐ ｘ ｙ ｙ
所以ｘ ｘ ２
ｍ２
－２．所以ｘ ２
ｍ２
－２ ． （３） （ ０， ０）（ ０≠０），
０ １＝ １＋２ ｋ２ １＝ （１＋２ ｋ２ ） ｘ ０ 又Ｆ １（－１，０）， Ｆ ２（１，０）， 所以直线 ＰＦ １， ＰＦ ２ 的方程分别为
ｌ ｙ ｘ ｘ ｙ ｙ ｌ ｙ ｘ ｘ ｙ ｙ
所以ｙ ２ ｋ （ ｍ２ －１） ｍ． ＰＦ １： ０ －（ ０＋１） ＋ ０＝０，ＰＦ ２： ０ －（ ０－１） － ０＝０，
所以Ｅ
１
点
＝ （
的
１＋
坐
２
标
ｋ２ ）
是
ｘ ０ æ
ç
＋
２
ｍ２
－２ ２
ｋ
（
ｍ２
－１） ｍ
ö
÷．
由题意知 ｙ ｜ ２
０
ｍ
＋
ｙ
（
０ ｘ ＋
０
ｙ
＋
０
１
｜
）
２ ＝ ｙ ｜ ２
０
ｍ
＋
ｙ
（
０ ｘ －
０
ｙ
－
０
１
｜
）
２ ，
è ｋ２ ｘ ， ｋ２ ｘ ＋ ø ｘ２ ｙ２ æ ｘ２ö
（１＋２ ） ０ （１＋２ ） ０ 由于点Ｐ在椭圆上 所以 ０ ０ ｙ２ ç ０÷
由 可知 直线ＱＡ的方程是ｙ ｋｘ ｍ． ， ＋ ＝１， ０＝３è１－ ø，
（ｉ） ， ＝－３ ＋ ４ ３ ４
æ ｍ２ ｋ ｍ２ ö ｍ ｍ
所以Ｆ点的坐标是ç ２ －２ －６ （ －１） ｍ÷． 所以 ｜ ＋１｜ ｜ －１｜
è
（１＋１８
ｋ２
）
ｘ
０
，
（１＋１８
ｋ２
）
ｘ
０
＋ ø (
１ ｘ
)
２
＝ (
１ ｘ
)
２
，
ｋ ｍ２ ｋ ｍ２ ０＋２ ０－２
－６ （ －１） ｍ ２ （ －１） ｍ ２ ２
ｋ２ ｘ ＋ － ｋ２ ｘ － 因为 ｍ ｘ
所以直线 ＥＦ 的斜率 ｋ （１＋１８ ） ０ （１＋２ ） ０ －１＜ ＜１，－２＜ ０＜２，
ＥＦ ＝ ｍ２ ｍ２ ｍ ｍ
２ －２ ２ －２ 所以 ＋１ １－ 所以ｍ １ ｘ 因此 １ ｍ １ ．
ｋ２ （１＋１８
ｋ２
）
ｘ
０
－
（１＋２
ｋ２
）
ｘ
０ １ ２ ｘ ０＋２
＝
２－ ２ １ ｘ ０
， ＝
４
０， －
２
＜ ＜
２
６ ＋１．
＝ ４ ｋ ２３．（２０２１天津部分区二模，１９）设椭圆Ｃ ｘ２ ｙ２ ａ ｂ 的
ｋ２ ( )
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
因为ｋ 所以 ｋ ６ ＋１ １ ｋ １ １ ｋ １
＞０， ＥＦ＝ ｋ ＝ ６ ＋ ｋ ≥ ×２ ６ · ｋ 左 右焦点分别为Ｆ Ｆ ．已知Ｃ的离心率为 １ 过焦点Ｆ 的
４ ４ ４ 、 １， ２ ， ２
２
６． 直线ｌ交Ｃ于Ａ Ｂ两点 当焦点Ｆ 到直线ｌ的距离最大时
＝ ， ， １ ，
２
恰有 ＡＦ ３ ．
当且仅当 ｋ １ 即ｋ ６时 等号成立．
｜ ２｜＝
２
６ ＝ ｋ ， ＝ ， 求Ｃ的方程
６
（１） ；
过点 ａ ｂ 且斜率为 的直线交Ｃ于Ｅ Ｆ两点 Ｅ在第
所以直线ＥＦ的斜率的最小值是 ６． （２） （ ， ） ３ ， ，
２
一象限 点Ｐ在Ｃ上 若线段ＥＦ的中点为Ｍ 线段ＥＭ的
， ， ，
ｘ２ ｙ２
２２．（２０２１天津塘沽一中二模，１９）椭圆Ｃ ａ ｂ 的 中点为Ｎ 求Ｐ→Ｍ Ｐ→Ｎ的取值范围．
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） ， ·
解析 设椭圆Ｃ的半焦距为ｃ
（１） ，
左 右焦点分别是Ｆ Ｆ 离心率为 １ 过Ｆ 且垂直于ｘ轴的 当焦点Ｆ 到直线ｌ的距离最大时 ｌ ｘ轴
、 １、 ２， ， １ １ ，⊥ ，
２ ｂ２
直线被椭圆Ｃ截得的线段长为 ． 此时 ＡＦ ３ ．
３ ｜ ２｜＝ ａ ＝ ①
求椭圆Ｃ的方程 ２
（１） ； ｃ２ ｂ２ ( ) ２
已知点Ｈ 若直线ｙ ｘ ｔ与椭圆Ｃ相交于点Ｃ Ｄ 又Ｃ的离心率ｅ １ 所以ｅ２ １
（２） （０，１）， ＝ ＋ ， ＝ ， ＝ａ２ ＝１－ａ２ ＝ ，②
且直线ＨＣ ＨＤ的斜率之和为 求实数ｔ的值 ２ ２
， －２， ； 由 得ａ２ ｂ２ ．
点Ｐ是椭圆Ｃ上除长轴端点外的任一点 连接ＰＦ ＰＦ ①②， ＝４， ＝３
（３） ， １、 ２， ｘ２ ｙ２
设 Ｆ ＰＦ 的角平分线ＰＭ交Ｃ的长轴于点Ｍ ｍ 求 所以椭圆Ｃ的方程为 ．
∠ １ ２ （ ，０）， ４ ＋ ３ ＝１
ｍ的取值范围．
依题意及 得直线ＥＦ的方程为ｙ ｘ ．
ｘ２ ｙ２ （２） （１）， － ３＝ ３（ －２）
解析 将ｘ ｃ代入椭圆方程 结合ｃ２ ａ２ 即ｙ ｘ ．
（１） ＝－ ａ２ ＋ｂ２ ＝１， ＝ － ＝ ３ － ３
{
ｙ ｘ
ｂ２ ， 可得ｙ ＝± ｂ ａ ２ ， 解方程组 ｘ ＝ ２ ３ ｙ２ － ３， 得点Ｅ æ è ç ８ ， ３ ３ ö ø ÷ ， Ｆ （０，－ ３） ．
＋ ＝１， ５ ５
由题意知２
ｂ２
又ｅ
ｃ
１ ４ ３
ａ ＝３， ＝ ａ ＝ ， 又因为线段ＥＦ的中点为Ｍ 线段ＥＭ的中点为Ｎ
２ ， ，
所以ａ ｂ 所以椭圆Ｃ的方程为
ｘ２ ｙ２
． 所以点Ｍ的坐标为
æ
ç ４ ３
ö
÷ 点Ｎ的坐标为
æ
ç ６ ３
ö
÷．
＝２， ＝ ３， ＋ ＝１ è ，－ ø， è ， ø
４ ３ ５ ５ ５ ５
（２ { ） ｙ
设
ｘ
Ｃ
（ ｔ
ｘ
１，
ｙ
１），
Ｄ
（
ｘ
２，
ｙ
２），
设
æ
点 Ｐ 的坐标
ö
为
（
ｘ
０ æ ，
ｙ
０），
则
－ ２ ö ≤
ｘ
０ ≤ ２，
且 Ｐ→Ｍ
＝
由 ｘ ＝ ２ ＋ ｙ２ ， 消去ｙ得 ７ ｘ２ ＋８ ｔｘ ＋４ ｔ２ －１２＝０， è ç ４ － ｘ ０，－ ３ － ｙ ０ ø ÷ ， Ｐ→Ｎ ＝è ç ６ － ｘ ０， ３ － ｙ ０ ø ÷ ，
５ ５ ５ ５
＋ ＝１，
４ ３ 所以Ｐ→Ｍ Ｐ→Ｎ ｘ２ ｙ２ ｘ ２１．
由Δ ｔ ２ ｔ２ 可得 ｔ · ＝ ０＋ ０－２ ０＋ ③
＝（８） －４×７×（４ －１２）＞０， － ７＜ ＜ ７， ２５
ｔ ｔ２ ｘ２ ｙ２
ｘ ｘ ８ ｘ ｘ ４ －１２ 因为点Ｐ在椭圆Ｃ上 所以 ０ ０
１＋ ２＝－ ， １ ２＝ ， ， ＋ ＝１，
７ ７ ４ ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ９２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
æ ｘ２ö 求动点Ｑ的轨迹方程
所以ｙ２ ç ０÷ （１） ；
０＝３è１－ ø，④
过点 的直线交点Ｐ的轨迹于点Ａ Ｂ 交点Ｑ的
４ （２） （－ ３，０） ， ，
æ ｘ２ö
将 ④ 代入 ③， 得Ｐ→Ｍ · Ｐ→Ｎ ＝ ｘ２ ０＋３è ç １－ ０ ø ÷ －２ ｘ ０＋ ２１ ＝ １ ｘ２ ０－２ ｘ ０＋ 轨迹于点Ｍ ， Ｎ ， 求 １ ｜ ＭＮ ｜ ２ －｜ ＡＢ ｜ 的最大值．
４ ２５ ４ ４
９６ ＝ １ （ ｘ ０－４） ２ － ４ ， 因为 －２≤ ｘ ０≤２， 解析 （１） 设Ｆ １（－ ３，０）， Ｆ ２（ ３，０），
２５ ４ ２５ 因为点Ｐ到两点 的距离之和为 即 ＰＦ
（－ ３，０），（ ３，０） ４， ｜ １｜
所以当ｘ 时 Ｐ→Ｍ Ｐ→Ｎ取得最小值２１． ＰＦ Ｆ Ｆ 所以由椭圆定义可得点Ｐ的轨迹是以
０＝２ ， · ＋｜ ２｜ ＝４＞｜ １ ２｜，
２５
为焦点 长轴长为 的椭圆
当ｘ 时 Ｐ→Ｍ Ｐ→Ｎ取得最大值２２１． （－ ３，０），（ ３，０） ， ４ ，
０＝－２ ， · 所以 ａ 且ｃ 所以ａ 则ｂ ａ２ ｃ２
２５ ２ ＝４， ＝ ３， ＝２， ＝ － ＝１，
[ ]
故Ｐ→Ｍ Ｐ→Ｎ的取值范围为 ２１ ２２１ ． 所以点Ｐ的轨迹方程是
ｘ２
ｙ２ ．
· ， ＋ ＝１
２５ ２５ ４
２４．（２０２１安徽皖南八校第三次联考，２０）已知椭圆Ｃ
ｘ２ ｙ２
设点Ｑ的坐标为 ｘ ｙ 因为Ｃ→Ｑ Ｃ→Ｐ 所以点 Ｐ 的坐标为
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１
( ｙ ) ｘ２
（
(
，
ｙ
）
)
，
２
＝２ ，
ａ ｂ 的左焦点为Ｆ 过点Ｆ的直线ｌ与椭圆交于Ａ Ｂ两 ｘ 可得
（ ＞ ＞０） ， ， ， ， ＋ ＝１，
２ ４ ２
点
，
当直线ｌ
⊥
ｘ轴时
，｜
ＡＢ
｜＝ ２，ｔａｎ∠
ＡＯＢ
＝２ ２
． 化简得点Ｑ的轨迹方程为ｘ２
＋
ｙ２
＝４
．
求椭圆Ｃ的方程 若ＡＢ ｘ轴 则 ＡＢ ＭＮ
（１） ； （２） ⊥ ， ｜ ｜＝１，｜ ｜＝２，
设直线ｌ′ ｌ 直线ｌ′与直线ｌ ｘ轴 ｙ轴分别交于Ｍ Ｐ Ｑ
（２） ⊥， 、 、 、 、 ， １ ＭＮ ２ ＡＢ ．
∴ ｜ ｜ －｜ ｜＝０
当点Ｍ为线段ＡＢ中点时 求
Ｐ→Ｍ
·
Ｐ→Ｆ
的取值范围． ４
， 若直线ＡＢ的斜率为 则 ＭＮ ＡＢ
Ｐ→Ｏ Ｐ→Ｑ ０， ｜ ｜＝｜ ｜＝４，
·
解析 （１） 由题意可知Ｆ （－ ｃ ，０） ．当直线ｌ ⊥ ｘ轴时 ，｜ ＡＢ ｜＝ ∴ １ ｜ ＭＮ ｜ ２ －｜ ＡＢ ｜＝０ ．
ｂ２ ＡＯＦ ４
２ ＡＯＢ ２ｔａｎ∠ 若直线ＡＢ不与ｘ轴垂直 且不与ｘ轴重合 设直线ＡＢ的方
ａ ＝ ２，ｔａｎ∠ ＝ ２ ＡＯＦ＝２ ２， ， ，
１－ｔａｎ ∠
程为ｙ ｋｘ ｋ ｋ 即ｋｘ ｙ ｋ
＝ ＋ ３ （ ≠０）， － ＋ ３ ＝０，
解得 ＡＯＦ ２或
ｔａｎ∠ ＝ － ２， ｋ
２ 则坐标原点到直线ＡＢ的距离ｄ ３｜ ｜
＝ ，
ｂ２ ｋ２
＋１
( ) ＡＦ ａ ｋ２
ＡＯＦ π ＡＯＦ ２ ｜ ｜ ＭＮ ２ ｄ２ ４（ ＋４）．
∵ ∠ ∈ ０，
２
，∴ ｔａｎ∠ ＝
２
＝
｜
ＦＯ
｜
＝ ｃ ， ∴ ｜ ｜ ＝４（４－ ）＝ ｋ２
＋１
ｘ２ 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ ．
得ｂ
＝
ｃ
＝１，
ａ
＝ ２，
故椭圆Ｃ的方程为
＋
ｙ２
＝１
． （ １， １）， （ ２， ２）
设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 依题意直线
２
ｌ的斜率一定存在且
将ｙ
＝
ｋｘ
＋ ３
ｋ代入 ｘ２
＋
ｙ２
＝１，
（２） （ １， １）， （ ２， ２）， ４
不为零 设ｌ ｙ ｋ ｘ
， ： ＝ （ ＋１）， 并化简得 ｋ２ ｘ２ ｋ２ｘ ｋ２ ．
{ｙ ｋ ｘ ，（１＋４ ） ＋８ ３ ＋１２ －４＝０
＝ （ ＋１）， ｋ２ ｋ２
由 ｘ２
ｙ２
消去ｙ得
（２
ｋ２
＋１）
ｘ２
＋４
ｋ２ｘ
＋２
ｋ２
－２＝０， ∴
ｘ
１＋
ｘ
２＝－
８ ３
ｋ２，
ｘ
１
ｘ
２＝
１２ －
ｋ２
４．
＋ ＝１， １＋４ １＋４
２
则ｘ ｘ －４ ｋ２ 则ｙ ｙ ｋ ｘ ｘ ２ ｋ ． ∴ ｜ ＡＢ ｜＝ １＋ ｋ２ ｜ ｘ １－ ｘ ２｜＝ １＋ ｋ２ · （ ｘ １＋ ｘ ２） ２ －４ ｘ １ ｘ ２
１＋ ２＝
２
ｋ２
＋１
， １＋ ２＝ （ １＋ ２＋２）＝
２
ｋ２
＋１ ｋ２
æ
ç ８ ３
ｋ２ ö
÷
２
４（１２
ｋ２
－４） ４＋４
ｋ２
故Ｍ
æ
ç －２
ｋ２ ｋ ö
÷
＝ １＋ · è－
１＋４
ｋ２ ø －
１＋４
ｋ２ ＝
１＋４
ｋ２，
è
２
ｋ２
＋１
，
２
ｋ２
＋１
ø，
１ ＭＮ ２ ＡＢ ９
ｋ２
９ ９
直线ｌ′ ： ｙ － ２ ｋ２
ｋ
＋１ ＝－ １ ｋ
æ
è çｘ ＋ ２ ｋ ２ ２
ｋ
＋
２
１
ö
ø ÷ ， 令ｙ ＝０， 则Ｐ
æ
è ç ２ ｋ － ２
ｋ
＋
２
１ ，０
ö
ø ÷ ，
∴
４
｜ ｜ －｜ ｜＝
４
ｋ４
＋５
ｋ２
＋１
＝
４ ｋ２ ＋ｋ １ ２ ＋５
≤
２ ４ ｋ２ ·ｋ １ ２ ＋５
∵ ＰＭ ⊥ ＭＦ ， ＯＱ ⊥ ＰＯ ，∴ Ｐ→Ｍ · Ｐ→Ｆ ＝｜ Ｐ→Ｍ ｜ ２ ， Ｐ→Ｏ · Ｐ→Ｑ ＝｜ Ｐ→Ｏ ｜ ２ ， ＝１，
æ ｋ２ ｋ２ ö２ æ ｋ ö２
Ｐ→Ｍ
·
Ｐ→Ｆ
｜
Ｐ→Ｍ
｜
２ è
ç
２
ｋ
－
２
＋１
－
２
－
ｋ
２
２
＋１
ø
÷
＋è
ç
０－
２
ｋ２
＋１
ø
÷
ｋ２
＋１
当且仅当
４
ｋ２
＝ｋ
１
２，
即ｋ
＝±
２
２时
，
等号成立．
∴ Ｐ→Ｏ · Ｐ→Ｑ ＝ ｜ Ｐ→Ｏ ｜ ２ ＝ æ è ç ｋ － ２ ｋ２ ö ø ÷ ２ ＝ ｋ２ ＝ 综上所述 ， １ ｜ ＭＮ ｜ ２ －｜ ＡＢ ｜ 的最大值为 １
２ ＋１ ４
ｘ２ ｙ２
１ ｋ２ １ ２６．（２０２１山西太原二模，２０）已知椭圆Ｃ ａ ｂ 的
１＋ｋ２，∵ ∈（０，＋∞），∴１＋ｋ２∈（１，＋∞）， ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０）
Ｐ→Ｍ
·
Ｐ→Ｆ
． 左 右顶点分别是Ａ Ｂ 直线ｌ ｘ ２ 与椭圆Ｃ相交于Ｄ Ｅ两
∴
Ｐ→Ｏ Ｐ→Ｑ
∈（１，＋∞） 、 ， ， ： ＝
３
，
·
２５．（２０２１河南顶级名校３月联考，２０）已知动点Ｐ到两点 个不同点 直线ＤＡ与直线ＤＢ的斜率之积为 １ ＡＢＤ的
（－ ３， ， － ，△
４
的距离之和为 点Ｐ在ｘ轴上的射影是Ｃ Ｃ→Ｑ
０），（ ３，０） ４， ， ＝
面积为４ ２．
Ｃ→Ｐ．
２ ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第十章 圆锥曲线 ５ ９３
求椭圆Ｃ的标准方程 由Ｑ到焦点Ｆ的距离等于Ｑ到准线的距离可知 ＦＱ ｙ
（１） ； ，｜ ｜＝｜ Ｑ｜
ｐ ｐ
若点Ｐ是直线ｌ ｘ ２ 的一个动点 不在 ｘ 轴上 直线 ｙ ＦＡ ．
（２） ： ＝ （ ）， ＋ ＝｜ Ａ｜＋ ＝｜ ｜
３ ２ ２
ＡＰ与椭圆Ｃ的另一个交点为Ｑ 过Ｐ作ＢＱ的垂线 垂足 所以ＦＢ平分 ＡＦＱ．
， ， ∠
为Ｍ 在ｘ轴上是否存在定点Ｎ 使得 ＭＮ 为定值 若存 将直线ｌ与椭圆Ｃ 的方程联立化简得 ｋ２ ｘ２ ｋｂｘ
， ， ｜ ｜ ？ （２） １ （１＋２ ） ＋４ ＋
在 请求出点Ｎ的坐标 若不存在 请说明理由． ｂ２ ．
， ； ， ２ －２＝０
( ) 由条件知Δ 即 ｋ２ ｂ２．
解析 设Ｄ ２ ｙ ２＝０， ２ ＋１＝
（１）
３
， ０ ， 由
（１）
知ｐｋ２
＋２
ｂ
＝０，
可得ｐｂ２
＋４
ｂ
－
ｐ
＝０
．
ì ｙ ｙ
ï ｋ ｋ ０ ０ １ ｐ２ ｐ２
ï ＤＡ· ＤＢ＝ · ＝－ ， 又因为ｂ 所以ｂ ２＋ ＋４．则ｋ ２＋ ＋４．
２ ａ ２ ａ ４ ＜０， ＝－ ｐ ＝ ２· ｐ
ï ＋ －
ï ３ ３ ｋｂ ｋ
由题意得í ï ï １ ２ ×２ ａ ×｜ ｙ ０｜＝ ４ ３ ２ ， 点Ｐ的横坐标ｘ Ｐ＝－ ２ ｋ ２ ２ ＋１ ＝－ ２ ｂ ， ( ｐ )( ｋ)
所以Ｓ １ ｙ ｙ ｘ １ ｂ ２
ï ｙ２ △ ＡＰＦ＝ ｜ Ｆ－ Ａ｜·｜ Ｐ｜＝ － － ｂ
ï ４ ０ ２ ２ ２
î ａ２ ＋ｂ２ ＝１，
∴
{ｂ
ａ
２
２
＝１，
∴
９
椭圆Ｃ的方程为 ｘ２
＋
ｙ２
＝１
． ＝
２＋
２
ｐ２ ＋４
æ
è ç
２
ｐ
＋ ２＋ ｐ
ｐ２
＋４
ö
ø ÷ ＝
ｐ２
＋４·
２
ｐ ２＋
ｐ２
＋４ ，
＝４， ４
假设存在这样的点Ｎ 设直线ＰＭ与ｘ轴相交于点Ｔ ｘ ｔ２
０ （ ） ２ ( ） ， 由题 ) 意得 ＴＰ ⊥ ＢＱ ， 由 ， （１） 得 Ａ （－２，０）， Ｂ （２，０） （ ， 设 ０， 令ｔ ＝ ｐ２ ＋４， ｔ ≥２， 所以Ｓ △ ＡＰＦ＝ ２（ ｔ －２） ＝ ２ æ è ç １ ｔ １ －ｔ ２ ２ ö ø ÷ ≥
Ｐ ２ ｔ ｔ Ｑ ｘ ｙ 由题意可设直线ＡＰ的方程为ｘ
， ，≠０， （ １， １）， ＝ 当ｔ 即ｐ 时取等号
３ ２（ ＝４， ＝２ ３ ），
ｍｙ 所以 ＡＰＦ面积的最小值是 此时ｐ ．
{ － ｘ ２
＝
， ｍｙ
－２， ｍ ２８．（２０２
△
１浙江“山水联盟”４月联
２，
考，２１）如
＝２
图
３
已知椭圆Ｃ
ｙ２
由 ｘ２
ｙ２
得
（
ｍ２
＋４）
ｙ２
－４
ｍｙ
＝０，∴
ｙ
１＝ｍ
４
２
或 ｙ
１＝０（
舍 ， １：
２
＋
＋ ＝１ ＋４ ｘ２ 抛物线Ｃ ｙ ｍ ｘ ｎ ２ ｍ 且Ｃ Ｃ 的公共弦ＡＢ
４ ＝１， ２： ＝ （ － ） （ ＞０）， １， ２
ｍ２ 过Ｃ 的上焦点Ｆ．
去 ｘ ２ －８ ２ ｍｔ ｔ ８ １
）， １＝ ｍ２ ，∵ ＝ －２，∴ ＝ ｍ，
＋４ ３ ３
( )
ＴＰ ＢＱ →ＴＰ Ｂ→Ｑ ２ ｘ ｘ ｔｙ
∵ ⊥ ，∴ · ＝ － ０ （ １－２）＋ １＝０，
３
ｔｙ ｍ ｍ２
ｘ ２ １ ２ ８ ４ ＋４
∴ ０＝
３
＋ｘ
１－２
＝
３
＋
３
ｍ·ｍ２
＋４
·
－１６
＝０，
直线ＰＭ过定点Ｔ
∴ （０，０），
存在定点Ｎ 使得 ＭＮ ．
∴ （１，０）， ｜ ｜＝１
２７．（２０２１浙江名校协作体高三下联考，２１）如图 已知椭圆Ｃ
， １：
ｘ２
ｙ２ 和抛物线Ｃ ｘ２ ｐｙ ｐ 点Ｑ为第一象限中抛 若 ＢＦ ＡＦ 求直线ＡＢ的斜率
＋ ＝１ ２： ＝２ （ ＞０）， （１） ｜ ｜＝２｜ ｜， ；
２ 若Ｃ为抛物线Ｃ 的顶点 求 ＡＢＣ面积的最大值．
物线Ｃ 上的动点 过Ｑ作抛物线Ｃ 的切线ｌ分别交ｙ轴 ｘ （２） ２ ， △
２ ， ２ 、 解析 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 直线ＡＢ的方程为ｙ ｋｘ
轴于点Ａ Ｂ Ｆ为抛物线Ｃ 的焦点． （１） （ １， １）， （ ２， ２）， ＝
、 ， ２ ．
求证 ＦＢ平分 ＡＦＱ ＋１
（１） ： ∠ ； {ｙ ｋｘ
若直线ｌ与椭圆Ｃ 相切于点Ｐ 求 ＡＰＦ面积的最小值 ＝ ＋１，
（２）
及此时ｐ的值．
１ ， △ 联立 ｙ２
ｘ２
得
（
ｋ２
＋２）
ｘ２
＋２
ｋｘ
－１＝０，
＋ ＝１
２
ｋ
则ｘ ｘ ２ ｘ ｘ １ ． 分
１＋ ２＝－ｋ２ ， １ ２＝－ｋ２ （∗） （３ ）
＋２ ＋２
ＡＦ
由｜ ｜ １ 可知ｘ ｘ 联立 式解得ｋ １４．
ＢＦ ＝ ２＝－２ １， （∗） ＝±
｜ ｜ ２ ７
分
（６ ）
{ｙ ｋｘ
解析 （１） 证明 ： 设Ａ （０， ｙ Ａ）， Ｂ （ ｘ Ｂ，０）， Ｐ （ ｘ Ｐ， ｙ Ｐ）， Ｑ （ ｘ Ｑ， （２） 联立 ｙ ＝ ｍ ＋ ｘ １， ｎ ２ 得ｍｘ２ －（２ ｍｎ ＋ ｋ ） ｘ ＋ ｍｎ２ －１＝０，
＝ （ － ）
ｙ ｌ ｙ ｋｘ ｂ．
Ｑ），： ＝ ＋ ｋ
将直线ｌ与抛物线Ｃ ２ 的方程联立化简得ｘ２ －２ ｐｋｘ －２ ｐｂ ＝０ ．
则ｘ
１＋
ｘ
２＝２
ｎ
＋ｍ，
ｘ
１
ｘ
２＝
ｎ２
－ｍ
１
（∗∗）
．
由题意知Δ 即ｐｋ２ ｂ ． ｋ ｋ
１＝０， ＋２ ＝０ 因为ＡＢ是公共弦 所以由 可得 ２ ｎ
ｂ ｐｋ ， （∗）（∗∗） ，－ｋ２ ＝２ ＋ｍ，
易知Ｑ的横坐标ｘ ｐｋ Ｂ的横坐标ｘ ＋２
Ｑ＝ ， Ｂ＝－ ｋ ＝ ，
２ １ ｎ２ １
所以Ｂ为线段ＡＱ的中点． －ｋ２ ＝ －ｍ，
＋２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５ ９４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ｋ２
所以 （ ｋｎ ＋１） ２ ＝ ２ ｋ － ２ ２ ．则由 ２－２ ｋ２ ≥０ 得 ０≤ ｋ２ ≤１ ． （９ 分 ） 则Ｓ △ ＡＢＣ＝ １ ｜ ＡＢ ｜· ｄ ＝２ －３ ｔ３ ＋４ ｔ２ － ｔ． （１３ 分 ）
＋２ ２
( )
又 ｜ ＡＢ ｜ ＝ ２ ２ ｋ （ ２ ｋ ＋ ２ ２ ＋１） ， 点 Ｃ 到直线 ＡＢ 的距离 ｄ ＝ ｜ ｋｎ ｋ ＋ ２ ＋ １ １ ｜ 记ｆ （ ｔ ）＝－３ ｔ [ ３ ＋４ ｔ２ － ｔ ] １ ３ ≤ ｔ ≤ １ ２ ， 则ｆ ′ （ ｔ ）＝－９ ｔ２ ＋８ ｔ －１＞０，
２－２
ｋ２
．
所以ｆ
（
ｔ
）
在 １
，
１ 上单调递增
，
＝ ｋ２ ｋ２ ( ３ ) ２
（ ＋１）（ ＋２）
故ｆ ｔ ｆ １ １
ｋ２ ｋ２ （ ）ｍａｘ＝ ＝ ，
故Ｓ １ ＡＢ ｄ （１＋ ）（１－ ） 分 ２ ８
△ ＡＢＣ＝ ｜ ｜· ＝２ ｋ２ ３ ， （１１ ）
２ （ ＋２） 所以Ｓ ２ 即 ＡＢＣ面积的最大值为 ２． 分
[ ] △ ＡＢＣ≤ ， △ （１５ ）
令ｔ １ ｔ １ １ ２ ２
＝ｋ２ ，∈ ， ，
＋２ ３ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋