十年大数据*全景展示
大数据分析*预测高考
专题 29 圆锥曲线的综合问题
年 份
题号
考 点
考 查 内 容
2015
卷 1
文 5
椭圆、抛物线
椭圆标准方程及其几何性质，抛物线标准方程及其几何性质
理 20
抛物线
直线与抛物线的位置关系，抛物线存在问题的解法
卷 2
理 20
直线与椭圆
直线和椭圆的位置关系，椭圆的存在型问题的解法
文 20
直线与椭圆
椭圆方程求法，直线和椭圆的位置关系，椭圆的定值问题的解法
2016
卷 1
文 5
直线与椭圆
椭圆的几何性质，直线和椭圆的位置关系
卷 2
理 20
直线与椭圆
椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系
2017
卷 1
理 20
直线与椭圆
椭圆标准方程的求法，直线与椭圆的位置关系，椭圆的定点问题
卷 2
文理 20
直线与椭圆
轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系，椭圆的定点问题
2018
卷 2
理 12
直线与椭圆
椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系
文 11
椭圆
椭圆的定义、标准方程及其几何性质，椭圆离心率的计算
卷 3
文理 20
直线与椭圆
直线与椭圆的位置关系
文理 20
直线与椭圆
直线与椭圆的位置关系
2019
卷 2
理 8 文
9
椭圆与抛物线
抛物线与椭圆的几何性质
卷 3
理 21
直线与圆，直线
与抛物线
直线与圆位置关系，直线与抛物线位置关系，抛物线的定义、标准方
程及其几何性质，抛物线的定点问题
文 21
直线与圆，直线
与抛物线
直线与圆位置关系，直线与抛物线位置关系，抛物线的定义、标准方
程及其几何性质，抛物线的定点问题
2020
卷 1
理20 文
21
椭圆
椭圆的标准方程及其几何性质，椭圆定点问题
卷 2
理 19
椭圆、抛物线
椭圆、抛物线方程的求法，椭圆离心率的求法，抛物线的定义
文 19
椭圆、抛物线
椭圆、抛物线方程的求法，椭圆离心率的求法，抛物线的定义
卷 3
文 6
圆锥曲线
圆锥曲线的轨迹问题
考点
出现频率
2021 年预测
考点 98 曲线与方程
37 次考 1 次
命题角度：(1)定点、定值问题；(2)最值、范围问题；(3) 证
明、探究性问题．
核心素养：数学运算、逻辑推理、直观想象
考点 99 定点与定值问题
37 次考 6 次
考点 100 最值与范围问题
37 次考 5 次
1
1
1
十年试题分类*探求规律
考点 101 探索型与存在性问题37 次考 3 次
考点 98 曲线与方程
1．(2020 山东)已知曲线C : mx
2 ny
2 1 ．(
)
A．若 m>n>0，则 C 是椭圆，其焦点在 y 轴上
B.
若 m=n>0，则 C 是圆，其半径为
C.
若 mn<0，则 C 是双曲线，其渐近线方程为 y mx
n
D.
若 m=0，n>0，则 C 是两条直线
【答案】ACD
【解析】对于 A，若 m n 0 ，则 mx2 ny2 1 可化
为
x
2
y
2
1
1
，
m
n
∵ m n 0 ，∴
1
，
m
n
即曲线C 表示焦点在 y 轴上的椭圆，故 A 正确；
对于 B，若 m n 0 ，则 mx2 ny2 1 可化为 x2 y2 1
，
n
此时曲线C 表示圆心在原点，半径为n 的圆，故 B 不正确；
n
对于 C，若 mn 0 ，则 mx2 ny2 1 可化
为
此时曲线C 表示双曲线，
x
2
y
2
1
1
，
m
n
由mx2 ny2 0 可得 y mx ，故 C 正确；
n
对于 D，若 m 0, n 0 ，则 mx2 ny2 1 可化为 y2 1
，
n
y
n ，此时曲线C 表示平行于 x 轴的两条直线，故 D 正确．
n
n
2
x y
2
2
2．(2020 天津)设双曲线C 的方程为 x
2
y
2
1(a 0,b 0) ，过抛物线 y2 4x 的焦点和点(0, b) 的直线为
a
2
b
2
l ．若C 的一条渐近线与l 平行，另一条渐近线与l 垂直，则双曲线C 的方程为(
)
x
2
y
2
2
y
2
x
2
2
2
2
A．
1 4
4
B.
x
1 4
C.
y 1 4
D.
x y 1
【答案】D
【解析】由题可知，抛物线的焦点为1, 0 ，∴直线l 的方程为 x y 1，即直线的斜率为b ，
b
又双曲线的渐近线的方程为 y b x ，∴ b b
， b b 1 ，∵ a 0, b 0 ，解得a 1, b 1 ，
故
选 D．
a
a
a
3．【2019 北京理】数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线 C： x
2 y
2 1 | x | y 就是其中之一(如
图)．给出下列三个结论：
①曲线 C 恰好经过 6 个整点(即横、纵坐标均为整数的点)；
②曲线 C 上任意一点到原点的距离都不超过
；
③曲线 C 所围成的“心形”区域的面积小于
3． 其中，所有正确结论的序号是
A．①
B．②
C．①②
D．①②③
【答案】C
【解析】由
x
2 y
2 1 x y 得， y 2 x y 1 x2 ， y
| x |
2
1
3x
2 ,13x
2 0, x
2 4 ，
2
4
4
3
∴ x 可取的整数有 0，−1，1，从而曲线C : x2 y2 1 x y 恰好经过(0，1)，(0，−1)，(1，0)，(1，1)，
(−1， 0)，(−1，1)，共 6 个整点，结论①正确．
由x2 y2 1 x y
得，x
2
y
2
1
2
2
，解得 x y 2 ，∴曲线C 上任意一点到原点的距离都不
2
2
a2 b2
超过
．结论②正确．
如图所示，易知 A0, 1, B 1, 0, C 1,1,, D 0,1 ，
四边形 ABCD 的面积 S
1 1111 3
，很明显“心形”区域的面积大于
2S
，即“心形”
四边形ABCD
2
2
区域的面积大于 3，说法③错误．
四边形ABCD
故选 C．
x
2
y
2
4．(2020 全国Ⅱ文 19)已知椭圆C1 :
a
2
b
2 1(a b 0) 的右焦点 F 与抛物线C2 的焦点重合，C1 的中心与C2
的顶点重合．过F
且与x 轴垂直的直线交C
于A , B 两点，交C 于C , D
两点，且CD
AB ．
1
2
(1)求C1 的离心率；
(2)若C1 的四个顶点到C2 的准线距离之和为 12，求C1 与C2 的标准方程．
【解析】(1)解：∵椭圆C1 的右焦点坐标为：F (c, 0) ，∴抛物线C2 的方程为 y2 4cx ，其中c
．不
A,
C
C
x
2
y
2
x
c
c
2
y
2
b
2
妨设
在第一象限，∵椭圆 1 的方程为：
a
2
b
2
1，∴当
时，有
a
2
b
2 1 y
，因
a
此 A,
B
的纵坐标分别为 b
a
b
2
，
．
a
又∵抛物线C2 的方程为 y2 4cx ，∴当 x c 时，有 y2 4c c y 2c ，∴ C, D 的纵坐标分别为 2c ，
，故
2b ，| CD | 4c ．由| CD | 4 | AB |
2
得
8b
2
，即3 c 2 2( c )2 ，解得 c 2 (舍
2c
| AB |
a
3
4c
3a
a
a
a
去)， c 1
，∴ C 的离心率为 1
．
a
2
1
2
2
4
3
x
2
y
2
(2)由(1)
知a 2c ，b
3c ，故C1 :
4c
2
3c
2 1 ，∴ C1 的四个顶点坐标分别为(2c, 0) ，(2c, 0) ，(0,
3c) ，
(0, 3c) ， C2 的准线为 x c ．
C
x
2
y
2
C
2
由已知得3c c c c 12 ，即 c 2 ，∴ 1 的标准方
程为
1， 2 的标准方程为
y
16
12
8x ．
x
2
y
2
5．(2020 全国Ⅱ理 19)已知椭圆C1 :
a
2
b
2 1(a b 0) 的右焦点 F 与抛物线C2 的焦点重合，C1 的中心与C2
的顶点重合．过F
且与x 轴垂直的直线交C
于A , B 两点，交C 于C , D
两点，且CD
AB ．
1
2
(1)求C1 的离心率；
(2)设M 是C1 与C2 的公共点，若 MF 5 ，求C1 与C2 的标准方程．
【解析】(1) F c, 0 ， AB x 轴且与椭圆C1 相交于 A 、 B 两点，则直线 AB 的方程为 x c ，
x c
x
2
y
2
x c
2
联立
1 ，解得
b
2 ， 则 AB 2b ，
a
2
b
2
y
a
a2 b2 c2
a
抛物线C 的方程为 y2 4cx ，联立
x c
，
2
x c
解得 y
2c
， CD 4c ，
y2 4cx
CD
8b
2
AB ，即 4c
， 2b
2 3ac ，
3a
4
3
4
3
即2c2 3ac 2a2 0 ，即 2e2 3e 2 0 ，
( 3, 1 )
2 6
7
y
1 2
C
1
Q 0 e 1，解得e 1
，因此，椭圆C 的离心率为 1
；
2
1
2
C
x
2
y
2
(2)由(1)
知a 2c
，b
y2 4cx
3c ，椭圆 1 的方程为4c
2
1 ，
3c
2
联立
x
2
y
2
，消去 y 并整理得3x
2 16cx 12c
2 0 ，解得 x 2 c 或 x 6c (舍去)，
1
3
4c2
3c 2
由抛物线的定义可得 MF 2 c c 5c 5 ，解得c
3． 3
3
因此曲线C 的标准方程为 x
2
y
2
，曲线C 的标准方程为 y2 12x ．
1
2
36
27
6．(2018 江苏)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆C 过
点
，焦点
2
F1 ( 3, 0), F2 ( 3, 0) ，圆O 的直径为 F1F2 ．
(1) 求椭圆C 及圆O 的方程；
(2) 设直线l 与圆O 相切于第一象限内的点 P ．
①若直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，求点 P 的坐标；
②直线l 与椭圆C 交于 A, B 两点．若△OAB 的面积为
，求直线l 的方程．
【解析】(1)因为椭圆C 的焦点为
F1(
3, 0), F2 ( 3, 0) ，
x2
y2
1
1(a
b
0)
可设椭圆
的方程为
a
2
b
2
．又点( 3, ) 在椭圆
上，
2
3
所以
a2
1
4b2
1,
a2 4,
，解得
b2 1,
a2 b2 3,
因此，椭圆C 的方程
为
x
2
2
4
1 ．
因为圆O 的直径为 F F ，所以其方程为 x2 y2 3 ．
C
2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
(2)①设直线l 与圆O 相切于 P(x , y )(x 0, y 0) ，则 x 2 y 2 3 ，
0
0
0
0
0
0
所以直线l 的方程为 y x0 (x x ) y ，即 y x0 x 3 ．
x2
4
由
y2 1,
x
3
0
0
0
消去 y ，得
y0
y0
y 0 x
,
y0
y0
(4x 2 y 2 )x2 24x x 36 4 y 2 0 ．(*) 因
为直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，
所以 (24x )2 4(4x 2 y 2 )(36 4 y 2 ) 48y 2 (x 2 2) 0 ．
因为 x0 , y0 0 ，所以 x0 2, y0 1 ．
因此，点 P 的坐标为( 2,1) ．
②因为三角形OAB 的面积为 2 6 ，所以 1 AB OP 2 6 ，从而 AB 4 2 ．
7
2
7
7
设 A(x1 , y1 ), B(x2 , y2 ) ，
由(*)
得x1,2
，
2(4x 2 y 2 )
2
2
x 2
48y 2 (x 2 2)
所以
AB
(x x ) ( y y )
(1 0 ) 0 0
．
1
2
1
2
y 2
(4x 2 y 2 )2
0
0
0
因为 x 2 y 2 3 ，
16(x 2 2)
32
所以 AB2 0
，即
2x
4 45x 2 100 0 ，
(x 2 1)2
49
0
0
解得 x 2 5 (x 2 20 舍去)，则 y 2 1 ，因此 P 的坐标为( 10 , 2 ) ．
0
2
0
0
2
2
2
综上，直线l 的方程为 y 5x 3
．
y
24x 48 y 2(x 2 2)
0
00
y
1 2
1
2
7．(2017 新课标Ⅱ)设O 为坐标原点，动点 M 在椭圆C
：
x
2
2
2
1 上，过 M 做 x 轴的垂线，垂足为 N
，
点P
满足NP
2 NM ．
(1) 求点 P 的轨迹方程；
(2) 设点Q 在直线 x 3 上，且OP PQ 1 ．证明：过点 P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点 F ．
【解析】(1)设 P(x, y) ， M (x0 , y0 ) ，则 N (x0 , 0) ， NP (x x0 , y) ， NM (0.y0 ) ．
由NP
2 NM
得
x0 x ， y0
2
y ．
x
2
因为 M (x0 , y0 ) 在C 上，所以
2
y
2
2 1，因此点 P 的轨迹方程为
x
2 y
2 2 ．
(2)由题意知 F (1, 0) ．设Q(3, t) ，P(m, n) ，则OQ (3, t) ，PF (1 m, n) ，OQ PF 3 3m
tn ，
OP (m, n) ， PQ (3 m, t n) ，
由OP PQ 1 得3m m
2 tn n
2 1 ，又由(1)知m
2 n
2 2 ，故3 3m tn 0 ．
所以OQ PF 0 ，即OQ PF ．又过点 P 存在唯一直线垂直与OQ ，所以过点 P 且垂直于OQ 的直
线l 过C 的左焦点 F ．
8．(2016 全国Ⅲ文理)已知抛物线C ： y
2 2x 的焦点为 F ，平行于 x 轴的两条直线l , l 分别交C 于 A，B
两点，交C 的准线于 P，Q 两点．
(I)若 F 在线段 AB 上， R 是 PQ 的中点，证明 AR FQ ；
(II) 若PQF 的面积是ABF 的面积的两倍，求 AB 中点的轨迹方程．
【解析】(Ⅰ)由题设 F (
2
,0) ．设l1 : y a, l2 : y b ，则 ab 0 ，且
a b
a b
a
2
b
2
1
1
1 a b
A(
, a), B(
, b), P(, a),Q(, b), R(,
) ．
2
2
2
2
2
2
记过 A, B 两点的直线为l ，则l 的方程为 2x (a b) y ab 0 ．
(Ⅰ)由于 F 在线段 AB 上，故1 ab 0
． 记 AR 的斜率为 k1 ， FQ 的斜率为 k2
，则
a
b
a b
1
ab
k1
1 a2
a2 ab
a
a
b k2 ．
所以 AR ∥ FQ ．
(Ⅱ)设l 与 x 轴的交点为 D(x1,0) ，
则SABF
b a FD
1
b a
x1
1
1 ,
S
2
PQF
2
．
由题设可得2
2
ba x1
2
2
，所以 x1 0 (舍去)， x1 1．
设满足条件的 AB 的中点为 E(x, y) ．
2
y
当 AB 与 x 轴不垂直时，由kAB kDE 可得
a b
x 1
(x 1) ．
a
b
而
2
y ，所以 y2 x 1(x 1) ．
当 AB 与 x 轴垂直时， E 与 D 重合．所以所求轨迹方程为 y2 x 1．
9．(2015 江苏理)如图，在平面直角坐标系 xoy 中，已知椭圆 x
2
y
2
1a b 0 的离心率为2
，且右
a
2
b
2
2
焦点 F 到左准线l 的距离为 3．
(1) 求椭圆的标准方程；
(2) 过 F 的直线与椭圆交于 A, B 两点，线段 AB 的垂直平分线分别交直线l 和 AB 于点 P, C ，若 PC
2AB ， 求直线 AB 的方程．
1
2
1
2
2
2
2
1kx 221x
2
5
5
2
2
2
【解析】(1)由题意，得
c
a
2
且c
3，
a
2
c
解得 a
， c 1 ，则b 1 ，所以椭圆的标准方
程为
x
2
2
+ y
2
=1 ．
(2)当 AB x 轴时， AB
，又C 3 ，不合题意．
当 AB 与 x 轴不垂直时，设直线 AB 的方程为 y k x 1 ， x1 , y1 ，
x , y ，将 AB 的方程代入椭圆方程，得1 2k
2 x
2 4k
2 x 2k
2 1 0 ，
则 x
，C 的坐标为
2k
2
2 ,
k
2 ，且
1,2
1 2k 2
1
2k
1 2k
AB
2 2 1 k
2
1 2k
2
．
若 k 0 ，则线段 AB 的垂直平分线为 y 轴，与左准线平行，不合题意．
k
1
2k
2
从而 k 0 ，故直线C 的方程为 y
1 2k
2
k x
1 2k
2 ，
则P 点的坐标为
2,
5k
2
2
，从而PC
2 3k
2 1
．
k 1 2k
2
因为 PC 2AB ，所以
4 2 1 k
2
1 2k
2
，解得 k 1 ．
此时直线 AB 方程为 y x 1 或 y x 1．
10．(2014 广东理)已知椭圆C : x
a
2
y
2
1(a b 0) 的一个焦点为( 5, 0) ，离心率为
．
b
2
3
(Ⅰ)求椭圆 C 的标准方程；
(Ⅱ)若动点 P(x0 , y0 ) 为椭圆外一点，且点 P 到椭圆 C 的两条切线相互垂直，求点 P 的轨迹方程．
【解析】(Ⅰ)可知c
，又 c
a
5 ，a 3 ， b
2 a
2 c
2 4 ，
3
2
2
2k 2 21 k 2
x x y y
2
2
21
21
1 k 2
k 1 2k 2
2 3k 2 1 1 k
2
k 1 2k 2
椭圆 C 的标准方程为 x y 1；
9
4
(Ⅱ)设两切线为l1, l2 ，
3
0
0
0
0
0
0
0
0 0
0
0
①当l1 x 轴或l1 / / x 轴时，对应l2 / / x 轴或l2 x
轴，可知P(3, 2)
②当l 与 x 轴不垂直且不平行时， x 3 ，设l 的斜率为 k ，则 k 0 ， l 的斜率为 1 ， l 的方程为
1
0
1
2
k
1
x
2
y
2
2
2
2
y y0 k (x x0 )
，联立
9
4
1，得(9k 4)x 18( y0 kx0 )kx 9( y0 kx0
)
36 0 ，
因为直线与椭圆相切，所以 0 ，得9( y kx )
2 k
2 (9k
2 4)[( y kx )
2 4] 0 ，
36k
2 4[( y kx )
2 4] 0 ，(x
2 9)k
2 2x y k y
2 4 0 ，
所以 k 是方程(x
2 9)x
2 2x y x y
2 4 0 的一个根，同理 1 是方程
0
0 0
0
2
2
2
k
1
y
2 4
2
2
(x0
9)x
2x0 y0 x
y0
4 0 的另一个根， k
(
) 0 ，得 x0
k
x
2 9
y
0
13 ，其中 x0 3 ，
所以点 P 的轨迹方程为 x
2 y
2 13 ( x 3 )，因为 P(3, 2) 满足上式，综上知：点 P 的轨迹方程为
x
2 y
2 13 ．
11．(2014 辽宁理)圆 x
2 y
2 4 的切线与 x 轴正半轴， y 轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小
x
2
y
2
时，切点为P (如图)，双曲线C1 :
a
2
b
2 1 过点 P 且离心率为
．
(1) 求C1 的方程；
(2) 椭圆C2 过点 P 且与C1 有相同的焦点，直线l 过C2 的右焦点且与C2 交于 A ，B 两点，若以线段 AB
为直径的圆心过点 P ，求l 的方程．
【解析】(Ⅰ)设圆的半径为 r ， P 点上下两段分别为 m, n ， r
2 4 ，
由射影定理得 r
2 mn ，三角形的面积
s 1
m
2 4 n
2 4 1
r
4 4(m
2 n
2 ) 16
2
2
1
r
4 8 m
2 n
2 16 1
r
4 8r
2 16
2
2
3
-2 3m
6
3
3
c
1
1
1
-
当m n 2 时， s 取得最大，此时 P( 2, 2)
∵
3, c
2 b
2 a
2 ， P( 2, 2) 在双曲线上
a
2
2
2
2 y
2
∴ c 3，b 2，a
1 ，∴双曲线的方程为 x -
1
2
x
2
y
2
(Ⅱ)由(Ⅰ)知C2 的焦点为(- 3, 0), ( 3, 0) ，由此设C2
的方程为
3 b
2
b
2
1 ，
其中b 0 ，由 P( 2, 2) 在C 上，得b
2
x
2
3 ，∴ C2 的方程为
6
y
2
3 1，
显然， l 不是直线 y 0 ，设l 的方程为 x my ，点 A(x1, y1 ), B(x2 , y2 ) ，
x my
由 x
2
y
2
得(2 m2 )
y
2
2 3my-3 0 ，
6
3
1
∴ y1 y2
2 m
2 , y1 y2
2 m
2 ①
0 PA PB (x - 2, y - 2)(x - 2, y - 2)
(1 m2 ) y
y
[( 3- 2)m- 2]( y
y ) 7-2
②
1
1
2
2
由①②得 2m
2 -2 6m 4 6-11 0 ，解得m 3 6-2 , m
1 2
1
2
2- 6
，
1
2
2
2
因此直线l 的方程 x 3 6-2 y
0 或 x 2- 6 y
0 ．
2
2
x
2
12．(2013 四川理)已知椭圆 C：
a
2
y
2
b
2
1(a b 0) 的两个焦点分别为 F1 (1，0) ， F（2 1，0），且
椭圆 C
经过点
P(
4 1，）．
3 3
(Ⅰ)求椭圆 C 的离心率
(Ⅱ)设过点 A（0，2）的直线l 与椭圆 C 交于 M，N 两点，点 Q 是 MN 上的点，且
2
AQ 2
1
AM 2
1
AN 2 ，求点 Q 的轨迹方程．
3
4
3 1 3
2
1
2
4
3 1 3
2
1
2
2
【解析】(Ⅰ)由椭圆定义知，2a＝|PF1|＋|PF2|＝
2
，
2
2
2
6
6
3 5
6
6
6
6
3 5
c
1
所以 a
．又由已知，c＝1，所以椭圆 C 的离心率e
．
x
2
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，椭圆 C 的方程为
2
a
2
＋y2＝1．设点 Q 的坐标为(x，y)．
3 5
(ⅰ)当直线 l 与 x 轴垂直时，直线 l 与椭圆 C 交于(0，1)，(0，－1)两点，此时点 Q 的坐标为 0, 2
5 ．
(ⅱ)当直线 l 与 x 轴不垂直时，设直线 l 的方程为 y＝kx＋2．
因为 M，N 在直线 l 上，可设点 M，N 的坐标分别为( x1 ，k x1 ＋2)，( x2 ，k x2 ＋2)，
则|AM|2＝(1＋k2) x
2 ，|AN|2＝(1＋k2) x
2 ．
1
又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2) x
2 ．
2
1
1
2
2
1
1
由
，得
，
| AQ |
2
| AM |
2
| AN |
2
1 k
2 x
2
1 k
2 x
2
1 k
2 x
2
1
2
2
1
1
x x
2 2x x
即
1 2 1 2 ．①
x
2
x
2
x
2
x
2 x
2
1
2
1 2
x
2
将 y＝kx＋2 代入
2
＋y2＝1 中，得(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0．②
由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6＞0，得 k2＞ 3
．
2
由②可知， x x ＝
8k
， x x ＝
6
，代入①中并化简，得 x
2
18
．③
1
2
2k
2
1
1 2
2k
2 1
y 2
10k
2 3
因为点 Q 在直线 y＝kx＋2 上，所以 k
，代入③中并化简，得 10(y－2)2－3x2＝18．
x
3
3
由③及 k2
＞
，可知 0＜x2＜
，即 x∈
, 0 ∪ 0, ．
2
2
2
2
又 0, 2
满足 10(y－2)2－3x2＝18，故 x∈ ,
．
5
2
2
由题意，Q(x，y)在椭圆 C 内，所以－1≤y≤1．
又由 10(y－2)2＝18＋3x2 有(y－2)2∈ 9 , 9 且－1≤y≤1，则 y∈
1 , 2 3 5
．
5 4
2
5
1
所以，点 Q 的轨迹方程为 10(y－2)2－3x2＝18，其中 x∈ ,
，y∈ , 2
．
2
2
2
5
(a c)2 b2
3 3
3
8
x
2
y
2
13．(2011 天津理)
在平面直角坐标系xOy
中，点P(a, b) (a b 0) 为动点，F1 , F2
分别为椭圆
a
2
b
2 1
的左右焦点．已知△ F1PF2 为等腰三角形．
(Ⅰ)求椭圆的离心率e ；
(Ⅱ)设直线 PF2 与椭圆相交于 A, B 两点，M 是直线 PF2 上的点，满足 AM BM 2 ，求点 M 的轨迹方程．
【解析】(Ⅰ)解：设 F1 (c, 0), F2 (c, 0)(c 0) ，由题意，可得| PF2 || F1F2 |,
即
2c.
整理得2( c )
2 c 1 0,
得c 1 (舍)
，或c 1 . 所以e 1 .
a
a
a
a
2
2
(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知 a 2c, b
3c, 可得椭圆方程为3x
2 4 y
2 12c
2 ,
直线 PF2 方程为 y
3(x c).
3x
2 4 y
2 12c
2 ,
A，B 两点的坐标满足方程组
y
消去y 并整理，得5x
2 8cx 0.
解得x 1 0, x2
5
c.
3(x c).
x 8 c,
x1 0,
2
5
得方程组的解
y1 3c, y
2
3 3 c.
5
不妨设 A(8 c,
c), B(0, 3c)
5
5
8
设点M 的坐标为(x, y),则AM (x
c, y
5
5
c), BM (x, y
3c) ，
由y
3(x c), 得c x
y.
3
于是AM (
y 3 x, 8 y
x),
15
5
5
5
BM (x, 3x).
由AM BM 2,
3 3
8 3
3 3
8 3
16 3x
2
AG GB
y
即(
y 3 x) x (8 y
x)
3x 2 ，
15
5
5
5
化简得18x
2 16 3xy 15 0.
将y 18x
2 15 代入c x
10x
2 5
y , 得c
0.
3
16 x
所以x 0.
因此，点M 的轨迹方程是18x
2 16 3xy 15 0(x 0).
考点 99 定点与定值问题
14．【2020 全国Ⅰ文 21 理 20】已
知
A ,
B
分别为椭圆 E
:
x
2
a
2
y
1a 1 的左、右顶点，G 为 E 的上顶
点，
8 ， P 为直线 x 6 上的动点， PA 与 E 的另一交点为C , PB 与 E 的另一交点为 D ．
(1) 求 E 的方程；
(2) 证明：直线CD 过定点．
【解析】(1)依据题意作出如下图像：
x
2
由椭圆方程 E :
a
2
y
2 1(a
1) 可得：Aa, 0
，
B a,
0
， G
0,1
， AG
a,1
， GB a, 1
，
AG GB a2
1 8
，
a2 9 ，椭圆方程为：x
2
2
9
1．
(2)
证明：设P 6,
y0
，则直线AP
的方程为：y
y0 0
6
3
3 3
3
x 3 ，即： y
y0 x 3 ，
9
0
0
0
0
0
0
0
0
6 3 y
0
y
0
2
0
x
2
2
9
联立直线 AP 的方程与椭圆方程可得：
y
，整理得：
y 0 x 3
9
3y
2 27
y
2 9 x
2 6 y
2 x 9 y
2 81 0 ，解得： x 3 或 x 0 ，
0
0
0
3y
2 27
y
6 y0
y
2 9
3y
2 27
6 y
将 x 0 代入直线 y 0 x 3 可得： y
2
，∴点C 的坐标为0 , 0 ，
y
2 9
9
y0 9
y
2 9
y
2 9
0
3 y
2 3 2 y
0
0
同理可得：点 D 的坐标为0 , 0 ，
y
2 1
y
2 1
0
0
6 y0
2 y0
2 y
y
2 9
y
2 1
3y
2 3
直线CD 的方程为： y 0 0 0 x 0 ，
y
2 1
3y
2 27
3y
2 3
y
2 1
y
2 9
y
2 1
2 y
8
y
y
2 3
0
0
3y
2 3
8
y
3y
2 3
整理可得： y 0
y
2 1
0
0
6 9 y
4
x
y
2 1
0
x
0
y
2 1 ，
整理得：y
4 y0
x 2 y0
4 y0
x 3
，故直线CD 过定点 3 , 0
．
1
4
9
3
1
2
33 y
2
y
2 3
33 y
2
2
2
0
0
x
2
y
2
0
15.
【2020 山东】已知椭圆C
:
a2
b
1(a b 0) 的离心率为
2
，且过点 A2 , 1 ．
(1)求C 的方程；
(2)点 M ， N 在C 上，且 AM AN ， AD MN ， D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得 DQ 为定值．
【解析】(1)根据题意，把点 M (2, 3) 代入椭圆得到
a
2
b
2 1 ①，设 A(a, 0) ，
又kAM
，∴ a 4
，
2 a
2
2
代入①式，求得b
2 12 ，∴椭圆C 的方程为 x y 1．
16
12
(2) 解法一： 由题意知 AM 的直线方程为 x 2y 4 0 ， 设直线 x 2y m 0 与椭圆相切于点 N ，
x 2 y m 0
2
2
2
2
x
2
y
2
16
12
，联立方程组得16
y
12my
3m
48 0 ，
144m
64(3m
48) 0 ，得 m 8 ，
由 题 意 可 知m 8 时 ，AMN 面 积 最 大 ， 直 线x 2 y 4
0
与 直 线x 2 y 8 0 距 离
2
1
2
12 (2)2
12 5
1
d | 4 (8) |
， | AM |
3
5
，∴ SAMN
2
3 5
5
18 ．
解法二：设
，
12 5
5
3
解法三：设点M x , y , N x ,
y
．∵AM⊥AN，∴
y1 1 y2 1 1 ．
1
1
2
2
x 2 x 2
1
2
整理可得： y1 y2 y1 y2 1 x1x2 2 x1 x2 4 ①
设 MN 的方程为 y=kx+m，联立直线与椭圆方程可得： 2k
2 1 x
2 4kmx 2m
2 6 0 ，
韦达定理可得：x x 4km , x x
1
2
2k
2 1
1 2
2m
2 6
，
2k
2 1
y y
kx
m
kx
m
2m
， y
y
kx
m kx
m2 6k 2
m
，
1
2
1
2
2k 2
1
1 2
1
2
2k 2 1
代入①式有： m2 6k 2 2m 2m2 6 24km 52k 2 1 0 ，
化简可得： 4k 2 8km m 13m 1 0 ，即2k m 12k 3m 1 0 ，
据此可得： 2k 1 m 或 2k 1 3m ，∴直线 MN 的方程为 y kx 1 2k 或 y kx 1 2k
，
3
即 y k x 2 1 或 y k x 2 1
，∴直线过定点2,1 或 2 , 1
．
3
3
3
3
又∵ 2,1 和 A 点重合，∴舍去，则直线过定点 E 2 , 1
．
由于 AE 为定值，且△AED 为直角三角形，AE 为斜边，
∴AE 中点 Q 满足 QD 为定值(AE 长度的一半
4 2 )．
3
1
2
2 21 2
2 3 1 3
2
1 t2
t 2 1
1
由于 A2,1, E 2 , 1
，故由中点坐标公式可得Q 4 , 1
．
3
3
3 3
16.
【2019 全国Ⅲ理】已知曲线 C：y= x
2
，D
为直线y= 1
2
上的动点，过 D 作 C 的两条切线，切点分别
为 A，B．
(1)证明：直线 AB 过定点：
5
(2)若以 E(0，
2
)为圆心的圆与直线 AB 相切，且切点为线段 AB 的中点，求四边形 ADBE 的面积．
【答案】(1)见详解；(2)3 或 4
．
【解析】(1)设 D t, 1 ,A x , y ，则 x
2 2 y ．
2
1
1
1
1
y 1
1
由于 y' x ，∴切线DA 的斜率为 x ，故
2 x ．
x1 t
整理得2 tx1 2 y1 +1=0.
设 B x2, y2 ，同理可得 2tx2 2 y2
+1=0 ． 故直线AB 的方程为 2tx 2 y 1
0 ．
1
∴直线AB 过定点(0, ) ．
2
(2)由(1)得直线AB 的方程为 y tx 1
．
2
y tx 1
由2
y x
2
2 ，可得 x
2 2tx 1 0 ．
于是 x x 2t,
x x 1,
y y t x x 1 2t2 1，
1
2
1 2
1
2
1
2
| AB |
x x
2t2 1 ．
1
2
设d , d 分别为点D，E 到直线AB 的距离，则 d
t
2 1, d 2
．
1
2
1
2
因此，四边形ADBE 的面积 S | AB | d
d
t
2 3
．
2
1
2
2
1
1
1 t2
x x 4x x
12
2
1 2
t 2 1
2
2
设M 为线段AB 的中点，则 M t, t
2 1 ．
2
由于 EM AB ，而 EM t, t
2 2 ， AB 与向量(1, t) 平行，∴ t t
2 2t 0 ．解得t=0 或t 1．
当t =0 时，S=3；当t 1 时， S 4 ．
因此，四边形ADBE 的面积为3 或 4 ．
17.
【2019 北京理】已知抛物线 C：x2=−2py 经过点(2，−1)．
(1)求抛物线 C 的方程及其准线方程；
(2) 设 O 为原点，过抛物线 C 的焦点作斜率不为 0 的直线 l 交抛物线 C 于两点 M，N，直线 y=−1 分别交
直线 OM，ON 于点 A 和点 B．求证：以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的两个定点．
【解析】(1)由抛物线C : x
2 2 py 经过点(2, 1) ，得 p 2 ．
∴抛物线C 的方程为 x
2 4 y ，其准线方程为 y
1．
y kx 1,
2
(2)抛物线C 的焦点为 F (0, 1) ，设直线l 的方程为 y kx 1(k 0) ，由x
2 4 y
得 x
4kx 4 0 ．
设 M x , y , N x , y ，则 x x 4 ．直线OM 的方程为 y y1 x ．
1
1
2
2
令 y 1，得点 A 的横坐标
x
1 2
x1 ，同理得点 B 的横坐标 x
x1
x2 ．
A
x1
y1
B
2
x2
设点 D(0, n) ，则 DA
y
, 1 n , DB
y
, 1 n ，
1
2
DA DB
x1 x2 (n 1)
2
y1 y2
x1 x2
x
2 x
2
(n 1)
2 16
x1
x2
(n 1)
2 4 (n 1)
2 ．
1
2
4
4
令 DA DB 0 ，即4 (n 1)
2 0 ，则 n 1 或 n 3
． 综上，以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的定点(0,1) 和(0,
3) ．
18.
【2019 全国Ⅲ文】已知曲线 C：y= x
2
，D
为直线y= 1
2
上的动点，过 D 作 C 的两条切线，切点分别
为 A，B．
y
2
2
1
(1)证明：直线 AB 过定点；
5
(2)若以 E(0，
2
)为圆心的圆与直线 AB 相切，且切点为线段 AB 的中点，求该圆的方程．
【解析】(1)设 D t, 1 ,A x , y ，则 x
2 2 y ．
2
1
1
1
1
y 1
由于 y' x ，∴切线DA 的斜率为 x ，故
1
2 x ．
x1 t
整理得2 tx1 2 y1 +1=0.
设 B x2, y2 ，同理可得 2tx2 2 y2
+1=0 ． 故直线AB 的方程为 2tx 2 y 1
0 ．
1
∴直线AB 过定点(0, ) ．
2
(2)由(1)得直线AB 的方程为 y tx 1
．
2
y tx 1
由2
y x
2
2
，可得 x
2 2tx 1 0 ．
于是 x x 2t, y y t x x 1 2t2 1 ．
1
2
1
2
1
2
设M 为线段AB 的中点，则 M t, t
2 1
．
2
由于 EM AB ，而 EM t, t
2 2 ， AB 与向量(1, t) 平行，∴ t t
2 2t 0 ．解得t=0 或t 1．
当t =0
时，| EM | =2
，所求圆的方程为x
2 y
5
2
4 ；
5
2
当t 1 时， | EM |
，所求圆的方程为 x
2 y
2 ．
【名师点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求圆的方程，属于常规题型，按部就班地求
解就可以，思路较为清晰，但计算量不小．
19.
【2019 北京文】已知椭圆C : x
a
2
y
2
1
的右
焦点
为
b
2
2
2
1
2
(1, 0)
，且经过点
A(0,
1)
．
y
2 2t
2
4kt
(1)求椭圆 C 的方程；
(2) 设 O 为原点，直线l : y kx t(t 1) 与椭圆 C 交于两个不同点 P，Q，直线 AP 与 x 轴交于点 M，
直线 AQ 与 x 轴交于点 N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线 l 经过定点．
【解析】(1)由题意得，b2=1，c=1，∴a2=b2+c2=2，∴椭圆C 的方程为
(2)设P(x ，y )，Q(x ，y )，则直线AP 的方程为 y y1 1 x 1 ．
x
2
2
2
1．
1
1
2
2
1
令y=0，得点M 的横坐标
xM
x1
．
y 1
又y kx
1
t ，从而| OM | x
|
x1
| ．同理， | ON | |
x2
|．
1
1
y kx
t,
kx1 t 1
kx2 t 1
由
x
2
y
2 1 得(1 2k
2 ) x
2 4ktx 2t
2 2 0 ．
2
则x x
4kt
， x
x
2t
2 2
．
1
2
1 2k 2
1 2
1 2k
2
∴| OM | | ON | |kx x1
t
1
||kx
x2 t
1
|
|
k 2 x
x
x1x2
k(t 1) x
x
(t 1)2
|
1
2
2t
2 2
|
1 2k
2
2
k
k (t 1) (
) (t
1)
2
1 2
1
2
| 2|1 t | ．
1 t
1 2k
2
1 2k
2
又| OM | | ON | 2 ，∴ 2|1 t | 2 ．解得t=0，∴直线l 经过定点(0，0)．
1 t
20．【2018 北京文 20】(本小题 14 分)
已知椭圆 M ： x
a
2
y
2
1 (a b 0) 的离心率
为
b
2
，焦距为 2
3
，斜率为k 的直线l 与椭圆 M 有两个
不同的焦点 A, B
(I)求椭圆 M 的方程；
(II) 若 k 1 ，求 AB 的最大值；
x
M
2
6
2
(III) 设 P 2 , 0 ，直线 PA 与椭圆 M 的另一个交点为C ，直线 PB 与椭圆 M 的另一个交点为 D ，若C , D
2
2
6
1 k 2
6
6
y
1
1
2
2
1
1
1
1
1
和点Q 7 , 1 共线，求 k ．
4 4
【解析】(Ⅰ)由题意得 2c 2
，∴ c
，
又e c
，∴ a
3 ，∴ b
2 a
2 c
2 1，∴椭圆 M 的标准方程为x
2
2 1．
a
3
3
y x m
(Ⅱ)
设直线AB
的方程为y x m ，由
2 y
2 1 消去 y 可得 4x
2 6mx 3m
2 3 0 ，
3
则 36m
2 4 4(3m
2 3) 48 12m
2 0 ，即 m
2 4 ，
设A(x , y )
，B(x , y )
，则x x
3m
， x
x
3m
2 3
，
1
1
2
2
1
2
2
1 2
4
则| AB |
| x1 x2 |
6
4 m2
2
易得当 m
2 0 时， | AB |max
，故| AB | 的最大值为
．
(Ⅲ)设 A(x1 , y1 ) ， B(x2 , y2 ) ， C(x3 , y3 ) ， D(x4 , y4 ) ，
则 x
2 3y
2 3
①， x
2 3y
2 3
②，
又 P(2, 0) ，∴可设
k1
y k1 (x 2)
kPA
y1
x1
2
，直线 PA 的方程为 y k1 (x 2) ，
由
x
2
y
2 1
消去 y 可得(1 3k
2 )x
2 12k
2 x 12k
2 3 0 ，
3
12k
2
12k
2
则 x1 x3 1 ，即 x3 1 x1 ，
又k
1 3k
2
y1
，代入①式可得
x
1 3k
2
7x1 12
，∴ y
y1
，
x1 2
4x1 7
4x1 7
∴ C( 7x1
12 ,
y1
)
，同理可得D( 7x2 12 ,
，
1
3
3
1 k 2
(x x )2 4x
x
12
1 2
y2
) ．
4x1 7
4x1
7
7
1
4x2 7
4x2 7
7
1
故QC (x3
4
, y3
4
) ， QD (x4
4
, y4
4
) ，
∵ Q, C, D 三点共线，∴ (x 7 )( y 1 ) (x 7 )( y 1 ) 0 ，
3
4
4
4
4
4
3
4
将点C, D 的坐标代入化简可得
y1 y2 1，即 k 1．
x1 x2
21．【2018 北京理 19】(本小题 14 分)
已知抛物线C : y
2 2 px 经过点 P 1 , 2 ，过点Q 0 , 1的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点 A , B
，且直线 PA 交于 y 轴与 M ，直线 PB 交 y 轴与 N ．
(I)求直线l 的斜率的取值范围．
(II) 设O 为原点， QM QO , QN QO ，求证： 1 1
为定值．
【解析】解：(Ⅰ)∵抛物线 y
2 2px 经过点 P 1,2 ， 4 2p ，解得 p 2 ， 抛物线的方程为 y
2
4x ． 由题意可知直线l 的斜率存在且不为 0，设直线l 的方程为 y kx 1k 0 ．
y
2 4x ,
由 y kx
1
，得k 2 x2 2k 4 x 1 0 ．
依题意 2k 4
2 4 k
2 1 0 ，解得 k 0 或0 k
1． 又 PA ,PB 与 y 轴相交，故直线l 不过点1, 2 ．从而k
3．
∴直线l 斜率的取值范围是 , 3 3 ,0 0 ,1．
(Ⅱ)
设A x ,y ,B x ,y ．由(I)
知x
x
2k 4 ,x x 1
．
1
1
2
2
1
2
k
2
1 2
k
2
直线 PA 的方程为 y 2 y1 2 x 1 ．
x1 1
令 x 0 ，得点 M 的纵坐标为
y
y1 2 2 kx1 1 2 ．
M
x 1
x 1
同理得点 N 的纵坐标为
y
1
1
kx2 1 2 ．
x2 1
由QM QO ,QN QO 得 1 yM , 1 yN ．
4 t2
3
y
2 x x x x
2
2k 4
1
1
1 1
1
1
x1 1
x2 1
1
1 2
1
2
1
k 2
k 2
2 ，
为定值．
1 yM
1 yN
k 1
x1
k 1
x2
k 1
x1x2
k 1
1
k 2
x
2
y
2
22．(2017 新课标Ⅰ理)已知椭圆C ：
a
2
b
2 1(a b 0) ，四点 P1 (1,1) ， P2 (0,1) ，
P (1,
) ， P (1, 3 ) 中恰有三点在椭圆C 上．
3
2
4
2
(1) 求C 的方程；
(2) 设直线l 不经过 P2 点且与C 相交于 A ， B 两点．若直线 P2 A 与直线 P2 B 的斜率的和为1，证明：l
过定点．
【解析】(1)由于 P3 ， P4 两点关于 y 轴对称，故由题设知 C 经过 P3 ， P4 两点．
又由 1 1 1 3 知，C 不经过点 P ，∴点 P 在 C 上．
a2
b2
1
1b2
a2
4b2
a2
4
1
2
x
2
2
因此
a2
3
4b2
，解得 2
1
b
1
．故 C 的方程为4
y 1 ．
(2) 设直线 P2 A 与直线 P2 B 的斜率分别为 k1 ， k2 ，
如果l 与 x 轴垂直，设l ： x t ，由题设知t 0 ，且| t | 2 ，可得 A，B 的坐标分别为
(t
，
)，(t，
)．
2
2
4 t2 2
4 t2 2
则 k1 k2
2t
2t
1 ，得t 2 ，不符合题设．
从而可设l ： y kx m ( m 1 )．将 y kx m 代
入
(4k 2 1)x2 8kmx 4m2 4 0
x
2
2
4
1 得
由题设可知=16(4k 2 m2 1)
0
8km
4m2 4
设A(x1 , y1 )
，B(x2 , y2 )
，则x1 x2
4k
2 1
，x1 x2
4k 2 1
．
而k k
y1 1 y2 1 kx1 m 1 kx2 m 1 2kx1 x2 (m 1)(x1 x2 ) ．
x1
x2
x1
x2
x1 x2
由题设 k1 k2 1 ，故(2k 1)x1 x2 (m 1)(x1 x2 ) 0 ．
1
．
1
2
4 t2
y
4m2 4
8km
即(2k 1)
(m 1)
0 ．
4k 2 1
4k 2 1
解得 k m 1 ．
2
当且仅当 m 1 时， 0 ，欲使l ： y m 1 x m ，即 y 1 m 1 (x 2) ，∴ l 过定点(2， 1 )．
2
23．(2017 新课标Ⅱ文理)设O 为坐标原点，动点 M 在椭圆C
：
2
x
2
2
2
1 上，过 M 做 x 轴的垂线，垂足
为N
，点P
满足NP
(1) 求点 P 的轨迹方程；
2 NM ．
(2) 设点Q 在直线 x 3 上，且OP PQ 1 ．证明：过点 P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点 F
．
【解析】(1)设 P(x, y) ， M (x0 , y0 ) ，则 N (x0 , 0) ， NP (x x0 , y) ， NM (0.y0 ) ．
由NP
2 NM
得
x0 x
，y0
2 y ．
2
x
2
∵ M (x0 , y0 ) 在C 上，∴
2
y
2
2 1．
因此点 P 的轨迹方程为 x
2 y
2 2 ．
(2)由题意知 F (1, 0) ．设Q(3, t) ， P(m, n) ，则
OQ (3, t) ， PF (1 m, n) ， OQ PF 3 3m tn ，
OP (m, n) ， PQ (3 m, t n) ，
由OP PQ 1 得3m m
2 tn n
2 1 ，又由(1)知m
2 n
2
2 ， 故3 3m tn 0 ．
∴ OQ PF 0 ，即OQ PF ．又过点 P 存在唯一直线垂直与OQ ，∴过点 P 且垂直于OQ 的直线l
过C 的左焦点 F ．
24．(2017 北京文)已知椭圆C 的两个顶点分别为 A(2, 0) ， B(2, 0) ，焦点在 x 轴上，离心率为 3 ．
2
(Ⅰ)求椭圆C 的方程；
(Ⅱ)点 D 为 x 轴上一点，过 D 作 x 轴的垂线交椭圆C 于不同的两点 M ，N ，过 D 作 AM 的垂线交 BN
于点 E ．求证： BDE 与BDN 的面积之比为 4：5．
N
4
2
【解析】(Ⅰ)设椭圆C 的方程为 x
a
2
a 2,
y
2
1(a 0, b 0) ．
b
2
由题意得 c 3 ,
解得c 3 ．
a
2
∴ b2 a2 c2 1．
x
2
2
∴椭圆C 的方程为
y
4
1．
(Ⅱ)设 M (m, n) ，且2 m 2 ，则 D(m, 0), N (m, n)
．
n
m 2
直线 AM 的斜率
kAM
m 2
，由 AM DE ，则 kAM kDE 1 ，故直线 DE 的斜率 kDE
n
．
∴直线DE
的方程为y
y m 2 (x
m),
m
2
n
(x m)
．直线BN
的方程为y
n
2
m
(x 2) ．
联立 y
n
n
(x
2),
n(4 m2 )
，解得点 E 的纵坐标 yE
4 m
2 n
2 ．
2 m
由点 M 在椭圆C 上，得 4 m2 4n2 ．∴
y
n ．
5
又
S△BDE
1 | BD | | y
2
E |
| BD | | n |
，S 5
△BDN 1 | BD | | n | ，∴ △BDE 与△BDN 的面积之比为 4 : 5
．
2
25．(2016 年全国 I 理)设圆 x
2 y
2 2x 15 0 的圆心为 A ，直线l 过点 B(1, 0) 且与 x 轴不重合，l 交圆 A
于C ， D 两点，过 B 作 AC 的平行线交 AD 于点 E ．
(I)证明 EA EB 为定值，并写出点 E 的轨迹方程；
(II)设点 E 的轨迹为曲线C1 ，直线l 交C1 于 M ， N 两点，过 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】(Ⅰ)∵| AD || AC | ， EB // AC ，故EBD ACD ADC ，
∴| EB || ED | ，故| EA | | EB || EA | | ED || AD |．
又圆 A 的标准方程为(x 1)2 y2 16 ，从而| AD | 4 ，∴| EA | | EB | 4
2
E
． 由题设得 A(1,0) ， B(1,0) ， | AB | 2 ，由椭圆定义可得点 E 的轨迹方程
为：
k 2 1
k 2 1
42
(
2
)2
4k 2 3
k 2 1
1
1
4k 2
3
3
8k
y
x
2
y
2
1 ( y 0 )．
4
3
(Ⅱ)当l 与 x 轴不垂直时，设l 的方程为 y k (x 1)(k 0) ， M (x1, y1) ， N (x2, y2 ) ．
y k (x 1)
由 x2 y
得(4k 2 3)x2 8k 2 x 4k 2 12 0 ．
1
4
3
2
则x1 x2
4k
2 3
，x1x2
4k 2 12
．
4k 2 3
∴| MN |
| x1 x2 |
12(k 2 1)
．
4k 2 3
过点 B(1,0) 且与l 垂直的直线 m ： y 1 (x 1) ， A 到m 的距离为
2
，
∴
k
| PQ | 2
4
．故四边形 MPNQ 的面积
S 1 | MN || PQ | 12
．
2
可得当l 与 x 轴不垂直时，四边形 MPNQ 面积的取值范围为[12,8 3) ．
当l 与 x 轴垂直时，其方程为 x 1 ， | MN | 3 ， | PQ | 8 ，四边形 MPNQ 的面积为 12．
综上，四边形 MPNQ 面积的取值范围为[12,8 3) ．
26．(2016 年北京文)已知椭圆C ： x
a
2
(Ⅰ)求椭圆C 的方程及离心率；
y
2
1 过 A(2, 0) ， B(0,1) 两点．
b
2
(Ⅱ)设 P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线 PA 与 y 轴交于点 M ，直线 PB 与 x 轴交于点 N ，求证：
四边形 ABNM 的面积为定值．
【解析】(I)由题意得， a 2 ， b 1．∴椭圆C 的方程
为
x
2
2
4
1 ．
又c
，∴离心率e c 3
．
a
2
2
2
1 k 2
a2 b2
1
2
(II)设 x , y ( x 0 ， y 0 )，则 x
2 4 y
2 4 ．
0
0
0
0
0
0
又2, 0
，0,1 ，∴直线 的方程
为y
y0
x0 2 x 2 ．
令 x 0 ，得
y
2 y0
，从而 1
y
1
2 y0 ．
x0 2
x0 2
直线 的方程为 y y0 1 x 1．
x0
令y 0
，得x
x0
y 1
，从而 2
x
2
x0
y 1 ，∴四边形 的面积
0
0
S
1
x
2 y
x
2 4 y
2 4x y 4x 8 y 4
2 0
10 00
0 0
0
0
2
y 1
x 2
2 x
y
x 2 y 2
0
0
0 0
0
0
2x0 y0 2x0 4 y0 4 2 ．
x0 y0 x0 2 y0 2
从而四边形 的面积为定值．
x
2
y
2
3
27．(2016 年北京理)已知椭圆C ：
a
2
ΔOAB 的面积为 1．
(Ⅰ)求椭圆C 的方程；
b
2
1(a
b
0) 的离心率为
， A(a, 0) ， B(0, b) ， O(0, 0)
，
2
(Ⅱ)设 P 是椭圆C 上一点，直线 PA 与 y 轴交于点 M ，直线 PB 与 x 轴交于点 N
． 求证： | AN | | BM |为定值．
c
3
【解析】(Ⅰ)由题意得
ab
1,
2
解得 a 2, b 1．
a2 b2 c2 ,
∴椭圆C 的方程为 x
4 y
2
1 ．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知， A(2,0), B(0,1) ，设 P(x , y ) ，则 x2 4 y 2 4 ．
0
0
0
0
1
a
,
2
2
2 y0
x0 2
x0 y0
1
2
2
当
x0
0
时，直线PA
的方程为y
y0
x 2 (x 2) ．
令 x 0 ，得
y
2 y0
0
．从而 BM 1 y
1
．
x0 2
直线 PB 的方程为 y y0 1 x 1．
x0
令 y 0 ，得
xN
x0
y0 1
．从而 AN 2 xN 2
．
x
2
y
x2 4 y2 4x y 4x 8y 4
4x y 4x 8y 8
∴ AN BM 2 0 1 0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
4 ．
y0 1
x0 2
x0 y0 x0 2 y0 2
x0 y0 x0 2 y0 2
当 x0 0 时， y0 1 ，
BM
2, AN 2, ∴ AN BM 4 ．
综上，AN BM
为定值．
x
2
28．(2016 年山东文)已知椭圆 C：
a
2
y
2
1(a b 0) 的长轴长为 4，焦距为 2 2．
b
2
(Ⅰ)求椭圆 C 的方程；
(Ⅱ)过动点 M(0，m)(m>0)的直线交 x 轴与点 N，交 C 于点 A，P(P 在第一象限)，且 M 是线段 PN
的中点．过点 P 作 x 轴的垂线交 C 于另一点 Q，延长线 QM 交 C 于点 B．
k
(i)设直线 PM、QM 的斜率分别为 k、k'，证明
k
(ii)求直线 AB 的斜率的最小值．
为定值；
【解析】(Ⅰ)设椭圆的半焦距为 c ，由题意知 2a 4, 2c 2 2 ，
∴ a 2,b
2
，∴椭圆 C 的方程为 x y 1．
4
2
M
M
a 2 c 2
6
4 8m2
6
14
6
1
0
0
0
0
0
0
0
0
(Ⅱ)(i)
设P x0, y0 x0 0, y0 0
，由M(0
，m )
，可得P x0 , 2m, Q x0 , 2m.
2m m
m
2m m
3m
∴直线 PM 的斜率 k
，直线 QM 的斜率 k '
．
x0
x0
k '
k '
x0
x0
此时
3 ，∴
k
k
为定值3 ．
(ii)设 A x1, y1 , B x2, y2 ，直线 PA 的方程为 y kx
m ， 直线 QB 的方程为 y 3kx m ．
y kx m
2
2
2
联立
x
2
4
y
2
2
，整理得2k
1
x
4mkx
2m
4 0 ．
2m
2 4
2 m
2 2
2k m
2 2
由x0 x1
2k
2 1
可得x1 2k
2 1 x
，∴ y1 kx1 m 2k
2 1 x
m ，
2 m
2
2
同理x2 18k
2 1
x
6k m
2
2
, y2 18k
2 1 x
m ．
2 m
2
2
∴ x2 x1 18k
2
1 x
2 m
2
2
2k
2 1
x
32k
2 m
2 2
18k
2 12k
2 1 x
，
6k m
2 2
y2 y1 18k
2 1 x
2 m
2 2
2k
2 1x
m
8k 6k
2 1 m
2 2
18k
2 1 2k
2 1 x
，
y y 6k
2 1 1
1
∴
kAB
2
1
6k
.
x2 x1
4k
4
k
由m 0, x0 0
，可知k>0
，∴6k
k
2
，等号当且仅当 k
时取得，此时
m
6
，即
6
m
，符号题意，∴直线 AB 的斜率的最小值为
．
7
2
m
1
0
0
6
29．(2015 新课标 2 文)已知椭圆C ： x
a
2
在C 上．
(Ⅰ)求C 的方程；
y
2
1(a b 0) 的离心率为
b
2
2
，点(2, 2)
(Ⅱ)直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴， l 与C 有两个交点 A, B ，线段 AB 的中点为 M ．证明：直线
2
2
2
OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值．
4
2
【解析】(Ⅰ)由题意有
a
，
a2 b2
2
a
2
1
2
1，解得 a
2 8,b
2
4 ．
b
2
2
∴ C 的方程为 x y 1．
8
4
(Ⅱ)设直线l ： y kx b (k 0, b 0) ， A(x1 , y1 ) ， B(x2 , y2 ) ， M (xM , yM )
将 y = kx +
b
代入x
2
y
2
1 得(2k
2
8
4
1)x
2 4kbx 2b
2 8 0 ．
故 x
x1 x2
2kb ，
y
k
x
b
b
．
M
2
2k
2 1
M
M
2k
2 1
于是直线OM 的斜率kOM yM
xM
1
2k ，即
kOM
k
．
2
∴直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值．
30．(2015 新课标 2 理)已知椭圆 C： 9x
2 y
2 m
2 ( m 0 )，直线l 不过原点 O 且不平行于坐标轴，l 与 C
有两个交点 A，B，线段 AB 的中点为 M．
(Ⅰ)证明：直线 OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；
(Ⅱ)若 l 过
点
m
(
,
m) 3
，延长线段 OM 与 C 交于点 P，四边形 OAPB 能否为平行四边行？若能，求此时 l 的斜
率；若不能，说明理由．
【解析】(Ⅰ)设直线l : y kx b (k 0, b 0) ， A(x1 , y1 ) ， B(x2 , y2 ) ， M (xM , yM ) ．
将 y kx b 代入9x
2 y
2 m
2 得(k
2 9)x
2 2kbx b
2 m
2 0 ，
故
xM
x1 x2
2
kb
k
2
9
，yM kxM
b
9b
．
k
2 9
于是直线OM 的斜率
k
yM 9
，即 k
k 9 ．
xM
k
∴直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值．
(Ⅱ)四边形OAPB 能为平行四边形．
m
∵直线l 过点( , m) ，
3
∴ l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是 k 0 ， k 3 ．
OM
OM
3 k 2 9
7
7
2
2
9
c
y
y
由(Ⅰ)得OM 的方程为 y
k
x ．设点 P 的横坐标为 xP ．
y 9 x,
k
2m
2
2
km
由
k
得xP
9k
2
81
，即 xP
．
9x
2 y
2 m
2 ,
将点( m , m) 的坐标代入直线l 的方程得b m(3 k )
，因
此 x
mk (k 3)
．
3
3
M
3(k
2 9)
四边形OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线段OP 互相平分，即 xP 2xM ．
km
于是
2
mk (k
3)
2
．解得k1 4
7 ， k2 4
．
3(k 9)
∵ ki 0, ki 3 ， i 1， 2 ，∴当l 的斜率为4 或 4
7 时，四边形OAPB 为平行四边形．
31．(2015 陕西文)如图，椭圆 E ： x
a
2
(Ⅰ)求椭圆 E 的方程；
y
2
1( a > b >0)经过点 A(0, 1) ，且离心率为
．
b
2
2
(Ⅱ)经过点(1,1) ，且斜率为k 的直线与椭圆 E 交于不同的两点 P, Q (均异于点 A )，证明：直线 AP 与 AQ
的斜率之和为 2．
【解析】(Ⅰ)由题设知
a
2
， b=1 结合 a
2 b
2 c
2 ，解得 a ．
2
∴椭圆的方程式为x
2
2
2
1．
(Ⅱ)由题设知，直线 PQ 的方程式为 y （k x 1）+1 (k 2)
，代入
x
2
2
2
1，
得(1 2k
2 ) x
2 4k(k 1) x 2k(k 2) 0
． 由已知Δ >0．
2
3 k 2 9
2
3
4k (k 1)
2k (k 2)
设P(x1 , y1 )
，Q(x2 , y2 )
，x1 x2 0
，则x1 x2
1 2k
2
, x1 x2
．
1 2k
2
从而直线 AP, AQ 的斜率之和
k
AP kAQ y1 1 y2 1 kx1 2 k kx2 2 k
x1
x2
x1
x2
= 2k (2 k )( 1 1 ) 2k (2 k ) x1 x2 = 2k (2 k) 4k(k 1) 2k 2(k 1) 2 ．
x1
x2
x1 x2
2k(k 2)
32．(2014 江西文理)如图，已知双曲线C
：
x
2
a
2
y
1( a 0 )的右焦点 F ，点 A, B 分别在C 的两条渐近
线上， AF x 轴， AB OB, BF ∥ OA( O 为坐标原点)．
(1)求双曲线C 的方程；
(2)过C 上一点
P(x0,
y0 )(
y0
0) 的直线l : x0 x y
a
2
0y 1 与直线 AF 相交于点 M ，与直线 x 相交于点
2
N ，证明：当点 P 在C 上移动时，
恒为定值，并求此定值．
1
1
【解析】(1)设 F (c, 0) ，∵ b 1 ，∴ c a
2 1 ，直线 OB 方程为 y
a
x ，直线 BF 的方程为 y
a
(x c) ，
c
c
1
c
3
解得B(
2
,
2a
)
，又直线OA
的方程为y
a
x
，则A(c,
a
), kAB
a
.
3
1
x
2
2
又∵AB OB，
∴
( ) 1，解得 a2 3 ，故双曲线 C 的方程为
y
a
a
3
1.
(2)由(1)知 a
3 ，则直线l
的方程为
x0 x y y 1(
y
0) ，即 y x0 x 3
，
3
0
0
2x 3
3y0
3
3 x 3
∵直线 AF 的方程为 x 2 ，∴直线l 与 AF 的交点 M (2, 0 ) ，直线l 与直线 x
的交
点为
3 2 0
，
MF
2
4(2x 3)2
3y0
x 2
N ( ,
2
)
3y0
则
0 ，∵是 C 上一点，则 0 y 2 1. ，代入上式得
2
MF
NF
0
0
NF 2
9[ y2 (x 2)2 ]
3
0
2 3
x 3
x 3
0
0
y
1
2
1
2
0
3
3 3
1
0
MF 2
4(2x 3)2
4(2x 3)2
4
0 0
MF
NF
2
9[ y2
(x
2)2
]
x2
9[ 0 1 ( x 2)
2]
3 ，所求定值为
．
NF
3
3
0
x
2
y
2
3
33．(2013 山东文理)椭圆C :
a
2
b
2 1(a b 0) 的左、右焦点分别是 F1 , F2 ，离心率
为
2
，过 F1 且垂
直于 x 轴的直线被椭圆C 截得的线段长为 l．
(Ⅰ)求椭圆C 的方程；
(Ⅱ)点 P 是椭圆C 上除长轴端点外的任一点，连接 PF1 , PF2 ．设F1PF2 的角平分线 PM 交C 的长轴于点
M m, 0 ，求 m 的取值范围；
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，过点 P 作斜率为 k 的直线l ，使得l 与椭圆C 有且只有一个公共点．设直线 PF1 , PF2 的
斜率分别为k , k
，若k 0
，试证明1
1 为定值，并求出这个定值．
1
2
2
2
2
kk1
kk2
x c
x
2
y
2
b
2
【解析】：(Ⅰ)由于
c
a b ， 将
代入椭圆方程
a
2
b
2 1
得y
a
2b
2
c
3
由题意知
1，即 a 2b2 ，又e ，
a
a
2
∴ a 2 ， b 1，∴椭圆方程
为
x
2
2
4
1．
(Ⅱ)由题意可知：
PF PM
=
| PF1 || PM |
PF PM
，
| PF2 || PM |
PF PM
=
| PF1 |
PF PM
，
| PF2 |
设 P(x , y ) 其中 x
2 4 ，将向量坐标代入并化简得： m(4x
2 16) 3x
3 12x ，
0
0
0
0
0
0
∵ x
2 4 ，
∴ m
4
x0
，而x0 (2, 2)
，∴m (
2
,
2
)
(Ⅲ)由题意可知，l 为椭圆的在 P 点处的切线，由导数法可求得，切线方程为：
x0 x y y 1，∴ k x0 ，而 k y0
,k
y0
，代入
1
中 得
4
0
4 y
1
2
kk
kk
1
2
1
kk1 1
kk2
4( x0
x0 3 x0
3
x0
)
8
为
定
值．
1
1
0
0
34．(2012 湖南理)在直角坐标系 xoy 中，曲线C 的点均在C ：(x 5)
2 y
2 9 外，且对C 上任意一点 M ，
1
2
1
M 到直线 x 2 的距离等于该点与圆C2 上点的距离的最小值．
(Ⅰ)求曲线C1 的方程；
(Ⅱ)设 P(x0 , y0 ) ( y 3 )为圆C2 外一点，过 P 作圆C2 的两条切线，分别与曲线C1 相交于点 A，B 和 C，
D．证明：当 P 在直线 x 4 上运动时，四点 A，B，C，D 的纵坐标之积为定值．
【解析】(Ⅰ)解法 1 ：设 M 的坐标为(x, y) ，由已知得 x 2
易知圆C2 上的点位于直线 x 2 的右侧．于是 x 2 0 ，
所以化简得曲线C 的方程为 y
2 20x ．
3 ，
x 5 ．
解法 2 ：由题设知，曲线C1 上任意一点 M 到圆心C2 (5, 0) 的距离等于它到直线 x 5 的距离，因此，
曲线C 是以(5, 0) 为焦点，直线 x 5 为准线的抛物线，故其方程为 y
2 20x ．
(Ⅱ)当点 P 在直线 x 4 上运动时，P 的坐标为(4, y0 ) ，又 y0 3 ，则过 P 且与圆C2 相切的直线的斜率
k 存在且不为 0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为 y y0 k(x 4),即kx-y+y0 +4k=0 ．于是
3.
整理得
72k
2 18 y k y
2 9 0.
①
设过 P 所作的两条切线 PA, PC 的斜率分别为 k1 , k2 ，则 k1 , k2 是方程①的两个实根，故
k k 18 y0 y0 .
②
1
2
72
4
由k1x y y0 4k1 0,
得k y
2 20 y
20( y
4k ) 0.
③
y
2 20x,
1
0
1
设四点 A，B，C，D 的纵坐标分别为 y , y , y , y ，则 y , y 是方程③的两个实根，所以 y y
20( y0 4k1 ) .
1
2
3
4
1
2
1
2
1
④
同理可得
k
(x 5)2 y2
(x 5)2 y2
5k y0 4k
k 2 1
QP
2
y y
20( y0 4k2 ) .
⑤
3
4
2
于是由②，④，⑤三式得
400( y 4k )( y 4k )
400 y
2 4(k k ) y 16k k
400[ y
2 y
2 16k k ]
y1 y2 y3
y4
0
1
0
2
k1k2
0
1
2
0
1 2
k1k2
0
0
1 2
k1k2
6400 ．
所以当 P 在直线 x 4 上运动时，四点 A, B, C, D 的纵坐标之积为定值 6400．
考点 100 最值与范围问题
34．【2020
年江苏18
】在平面直角坐标系xOy
中，已知椭圆E : x y
4
3 1 的左、右焦点分别为 F1 、F2 ，
点
A 在椭圆 E 上且在第一象限内， AF2 F1F2 ，直线 AF1 与椭圆 E 相交于另一点 B ．
(1)求AF1F2 的周长；
(2)在 x 轴上任取一点 P ，直线 AP 与椭圆 E 的右准线相交于点Q ，求OP QP 的最小值；
(3)设点 M 在椭圆 E 上，记OAB 与MAB 的面积分别为 S1 , S2 ，若 S2 3S1 ，求点 M 的坐标．
【答案】见解析
【解析】(1) AF1F2 的周长l 2a 2c 6 ．
(2)由椭圆方程得 A(1, 3) ，设点 P(t,0) ，则直线 AP 方程为 y
2
3
2 (x t ) ，
1
t
令x
2 4 得
y
6 3
t
2
12 3t
，即Q(4,12 3t ) ，
(t 4,12 3t ) ，
c
Q
1
t
2(1 t)
2
2t
2t 2
OP QP t
2 4t (t 2)
2 4 4 ，即OP QP 的最小值为4 ．
a
k
2
| m 3
|
9 16
1
1
x
1
(3)设 O 到直线 AB 的距离为d1 ， M 到直线 AB 的距离为 d2 ，
若 S2 3S1 ，则
2
| AB | d2
2
| AB | d1 3 ，即 d2 3d1 ，
3
3
9
由(1)可得直线 AB 方程为 y
4
( x 1) ，即3x 4 y 3 0 ，∴ d1
5
， d2
5
．
9
由题意得， M 点应为与直线 AB 平行且距离为
的直线与椭圆的交点，
5
9
设平行于 AB 的直线l 为3x 4 y m 0 ，与直线 AB 的距离为，
5
∴
9
，即 m 6 或12 ．
5
3
当m 6
时，直线l 为3x 4 y 6 0
，即y
y 3 ( x 2)
( x 2) ，
4
x
2
4
xM 2
M
7
联立 x
2
y
2
可得( x 2)(7x 2) 0 ，即
y
0
或
12
，
4
3
1
2
12
N
y
N
7
∴ M (2,0) 或(,
) ．
7
7
3
当m 12 时，直线l 为3x 4 y 12 0
，即
y
y 3 ( x 4)
( x 4) ，
4
4
联立 x
2
y
2
可得 21
x
2
4
18x 24 0 ， 9 (36 56) 0 ，∴无解．
4
3
1
综上所述，M 点坐标为(2,0) 或(
2
,
12
) ．
7
7
2
36.
【2020 浙江 21】如图，已知椭圆C1 :
2
y
2 1 ，抛物线
C2
: y
2 2 px( p 0) ，点 A 是椭圆C 与抛
物线C2 的交点，过点 A 的直线 l 交椭圆C1 于点 B，交抛物线C2 于 M(B，M 不同于 A)．
4 p 16 p2 8
y
(Ⅰ)若 p 1
16 ，求抛物线C2 的焦点坐标；
(Ⅱ)若存在不过原点的直线 l 使 M 为线段 AB 的中点，求 p 的最大值．
【解析】(Ⅰ)当 p
1
时， C 的方程为 y2 1 x ，故抛物线C 的焦点坐标为( 1 , 0) ；
16
2
8
2
32
(Ⅱ)
设A x1, y1 , B x2, y2 , M
x0, y0 ,
x2 2 y2 2
l : x y m
由x y
m
2 2 y2 2my m2 2 0
y y
2m , y m , x
y m
2m
1
2
2
2
0
2
2
0
0
2 2
2m
2
4 pm 2m
由 M 在抛物线上，∴
2
2
2
4 p
y2 2 px
2 2
2
2
x y m
y2 2 p(y m) y2 2 py 2 pm 0
y1 y0 2 p
x x y m y
m 2 p2 2m
1
0
1
0
x1
2 p2 2m
2m
2
2
x
2
2
由{ 2
1 x
2 4 px 2,
即x2 4 px 2 0
y2 2 px
x1
2p
2
2
1 2
4 p2 2
4p 2 2
2
8
2 p
2 p 2m
2
2 2 p
2 8 p 16 p
4 p2 2
1 2k 2
∴
18 p ， p
2
1
， p 10 ，∴ p 的最大值为 10 ，此时 A( 2 10 ,
5 ) ．
160
40
40
5
5
1
37.
【2019 全国Ⅱ理】已知点 A(−2，0)，B(2，0)，动点 M(x，y)满足直线 AM 与 BM 的斜率之积为−
．
记
2
M 的轨迹为曲线 C．
(1)求 C 的方程，并说明 C 是什么曲线；
(2) 过坐标原点的直线交 C 于 P，Q 两点，点 P 在第一象限，PE⊥x 轴，垂足为 E，连结 QE 并延长交 C 于
点 G．
(i)证明： △PQG 是直角三角形；
(ii) 求△PQG 面积的最大值．
16
【答案】(1)见解析；(2)
．
9
y
y
1
x
2
y
2
【解析】(1)由题设得x 2
，化简得
x 2
2
4
2
1(| x | 2) ，∴C 为中心在坐标原点，焦点在 x
轴上的椭圆，不含左右顶点．
(2)(i)设直线 PQ 的斜率为 k，则其方程为 y kx(k 0) ．
y kx
2
由
x2
y
2
得 x
．
4
2
记u
，则 P(u, uk ), Q(u, uk ), E(u, 0) ．
于是直线QG 的斜率为 k
，方程为 y k (x u) ．
2
2
y k (x u),
2
由 x
2
y
2
得
1
4
2
(2 k 2 )x2 2uk 2x k 2u 2 8 0 ．①
设G(xG , yG )
，则
u
和xG
是方程①的解，故xG
u(3k 2
2)
2 k 2
uk 3
，由此得 yG
2 k
2 ．
1
2
1 2k 2
uk 3
2 k
2
uk
1
从而直线 PG 的斜率为 u(3k
2 2)
k
．
2 k 2
u
∴ PQ PG ，即△PQG 是直角三角形．
(ii)
由
(i)
得
| PQ | 2u
，
| PG |
2 k
2
，
∴
△
PQG
的
面
积
S 1 | PQ‖PG |
8k(1 k
2)
8( 1 k)
k
．
2
(1 2k
2 )(2 k
2 ) 1 2( 1
k)
2 k
1
设 t=k+
k ，则由 k>0 得 t≥2，当且仅当 k=1 时取等号．
∵ S
8t
1 2t2
16
在[2，+∞)单调递减，∴当 t=2，即 k=1 时，S 取得最大值，最大值为
．
9
16
因此，△PQG 面积的最大值为
．
9
38.
【2019 浙江】如图，已知点 F (1，0) 为抛物线 y
2 2 px( p 0) 的焦点，过点 F 的直线交抛物线于
A、B
两点，点 C 在抛物线上，使得△ABC 的重心 G 在 x 轴上，直线 AC 交 x 轴于点 Q，且 Q 在点 F 的右侧．记
△AFG,△CQG 的面积分别为 S1 , S2 ．
(1)求 p 的值及抛物线的准线方程；
(2)求 S1 的最小值及此时点 G 的坐标．
S2
【解析】(1)由题意得 p
2 1，即p=2．
∴，抛物线的准线方程为x=−1．
1 k 2
2uk k 2 1
1
2 m 3 4
m
3
(2)设 A x , y , B x , y ,C x , y ，重心G x , y ．令 y 2t, t 0 ，
则 x
t
2 ．
A
A
B
B
c
c
G
G
A
A
由于直线AB 过F，故直线AB 方程为
x
2 t
2 1
t
2 1
2t
y 1 ，代入
y
2
4x ，得
y
2
t
y 4 0 ，
故2ty 4 ，即 y 2
，∴ B 1 , 2 ．
B
Bt
t
2
t
1
1
2
又 由 于xG
xA xB xc , yG
3
3
yA yB yc 及 重 心 G 在 x 轴 上 ， 故2t
t
yc 0 ， 得
1
2
1
2t
4 2t
2 2
C t
t
, 2 t
t ,G
3t
2
, 0 ．
∴，直线AC 方程为 y 2t 2t x t
2 ，得Q t
2
1, 0 ． 由于Q 在焦点F 的右侧，故t
2 2 ．从而
1
S1S2
| FG | yA
2
1 | QG | y
2
2t
4 2t
2 2
2
2t
4 t
2
t
4 1
t
2 2
2
t
4 1
．
2
c
|
t
1
3t
2
| | 2t |
t
令m t
2 2 ，则m>0，
S1 2
S2
m
m
2 4m
3
2
1
m 3 4
m
2
1
3
．
2
当m
时， S1 取得最小值1
S2
3
，此时G(2，0)．
2
39．(2018 浙江 21)
如图，已知点 P 是 y 轴左侧(不含 y 轴)一点，抛物线C : y
2 4x 上存在不同的两点 A, B 满足 PA, PB 的
中点均在C 上．
(I)设 AB 中点为 M ，证明： PM 垂直于 y 轴；
2t 4 2t 2 2
3t
2
1 | 2t
|
(II) 若 P 是半椭圆
x
2
y
2
1(x
0) 上的动点，求△PAB 面积的取值范围．
4
3 2
2
0
0
0
4
【解析】解析一【标准答案】： (I)设 P x , y ， A 1 y
2 , y ， B 1 y
2 , y ．
0
0
4
1
1
4
2
2
1 2
y y
2
y x0
∵ PA , PB 的中点在抛物线上，∴ y , y 为方程
0
4 4 ，即
1
2
2
2
y
2 2 y y 8x y
2 0 的两个不同的实根．
∴ y1 y2 2 y0 ，因此， PM y 轴．
y1 y2 2 y0 ,
(II)由(I)可知 y
y
8x
，
y
2
1
2
0
0
∴ PM
1 y
2 y
2
x
3 y
2 3x
，y y 2
8
1
2
0
4
0
0
1
2
3
2
因此△PAB
的面积S△PAB
PM y1 y2
y0 4x0 2 ．
y
2
2
2
∵ x
2 0
1
x
0 ，∴
y
4x 4x 4x 4 4 , 5，
0
4
0
0
0
0
0
因此，
△PAB 的面积的取值范围是
6
, 15 10 ．
4
解法二： (I)设 A x1 , y1 , B x2 , y2 ， AB 中点 M xM , yM ． PA , PB 的中点为 C , D ． CD
中点为
N xN , yN ．由题知 AB // CD ， AB 2CD ．由三角形知识可知， P , M , N 三点共线．
2 y 4x
2
00
1
2
, )
1
3
1
3
当 x x 时， k
y2 y1
4
2
，同理
k
2
． y
y ， PM 垂直于 y 轴．
2
1
AB
x x
y y
y
CD
y
M
N
2
1
1
2
M
N
当 x2 x1 时，
P , M , N 三点都在 x 轴上，∴ PM 垂直于 y 轴．
综上可知， PM 垂直于 y 轴．
40．(2017 浙江文理)如图，已知抛物线 x
2 y ．点 A( 1 1
2 4
3 9
，B( , )
2 4
，抛物线上的点 P(x, y) ( x
) ，
2
2
过点 B 作直线 AP 的垂线，垂足为Q ．
(Ⅰ)求直线 AP 斜率的取值范围；
(Ⅱ)求| PA | | PQ |的最大值．
x
2 1
【解析】(Ⅰ)设直线 AP 的斜率为 k ， k 4 x 1
，
x 1
2
2
因为
x
，所以直线 AP 斜率的取值范围是(1,1) ．
2
2
kx y 1 k 1 0,
(Ⅱ)联立直线 AP 与 BQ 的方程
x ky
2
4
9 k 3 0,
4
2
解得点Q
的横坐标是xQ k 2 4k 3 ，
2(k 2 1)
因为| PA |=
(x
1 )
=
2
(k 1) ， | PQ |
=
1 k
2 (x x) =
(k 1)(k 1)
2
，
所以| PA || PQ | = (k 1)(k 1)
3 ，令 f (k ) (k 1)(k 1)
3 ，因为 f (k ) (4k 2)(k 1)
2 ，
1
1
1
27
所以 f (k ) 在区间(1, ) 上单调递增， ( ,1) 上单调递减，因此当 k
时，
| PA || PQ |取得最大值
．
2
2
2
16
Q
1 k 2
1 k 2
k 2 1
2
2
2
41．(2017 山东文)在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C： x
a
2
y
2
1 (a b 0) 的离心率为
b
2
2
，椭圆
C 截直线 y 1 所得线段的长度为 2 ．
(Ⅰ)求椭圆C 的方程；
(Ⅱ)动直线l ： y kx m(m 0) 交椭圆C 于 A ， B 两点，交 y 轴于点 M ．点 N 是 M 关于O 的对
称
点， N 的半径为| NO |
．设D
为AB 的中点，DE ，DF 与 N
分别相切于点E ，F ，求EDF
的最小值．
2
2
2
2
2
a
2
2
a
2
【解析】(Ⅰ)由椭圆的离心率为
2
，得
a
2(a b ) ，又当 y 1 时， x a
，得
a b
2
2 ，
b
2
∴ a
2 4 ， b
2 2 ，因此椭圆方程为 x y
1．
4
2
y kx m
2
2
2
(Ⅱ)设 A(x1, y1 ), B(x2 , y2 ) ，联立方程x
2 2 y
2 4
，得
(2k
1)x 4kmx 2m 4 0 ，
由
0
得m
2 4k
2 2
4km
(*)
2m
2km
m
且x1 x2
2k
2 1
，因此y1 y2
2k
2 1
，∴ D(
2
2
2
2k
2
,
1 2k
2 1
)
，又 N (0, m)
，
∴ ND
2
(
2km )
2 (
m
2k
2 1
2k
2 1 m)
2 ，整理得： ND
2
4m2 (1 3k 2 k 4 )
，
(2k 2 1)2
ND
NF
2
2
1
2
∵ NF m ，∴
4(k
4 3k
2 1) 8k
2 3
NF
2
(2k
2 1)
2
t 1
(2k
2 1)
2
16t
16
令t 8k
2 3 ， t ≥3 ，故 2k
2 1
，∴
4
令 y t 1
，∴ y 1 1
．
NF
2
1
1
(1 t)
2
．
t 1 2
t
t
t
2
当t ≥3 时， y 0 ，从而 y t 1
在[3, ) 上单调递增，因此t 1 ≥ 10
，等号当且仅当t 3 时成立，
t
t
3
1
此时 k 0 ，
∴
NF
2
≤1 3 4 ，由(*)
得
1
m
且 m 0 ，故
≥
，
2
设EDF 2，则sin
≥
，∴得最小值为
．
2
6
从而EDF 的最小值为
，此时直线l 的斜率时0 ．
3
综上所述：当k 0
，m (
2, 0) (0, 2) 时， EDF 取得最小值为．
3
42．(2017 山东理)在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 E ： x
2
2 1 a b 0 的离心率
为
，焦距为 2 ．
a
b
2
(Ⅰ)求椭圆 E 的方程；
(Ⅱ)如图，动直线l ： y k x 3 交椭圆 E 于 A, B 两点， C 是椭圆 E 上一点，直线OC 的斜率为 k ，且
1
2
2
k1k2
2 ， M 是线段OC 延长线上一点，且 MC : AB 2 : 3 ， M 的半径为 MC ， OS,OT 是M 的两条
4
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．
y
，
2
ND 2
ND 2
ND 2
NF
ND
2
2
2 11 1 k 2 1 8k
2
11 ，
1 + k 2 1 + 8k 2
1 8k
2
1
1 4k
2
1
x2 y2
y
1
1
1
联立方程
1
1
1
y
【解析】(I)由题意知e c
， 2c 2 ，∴ a
2,b 1 ，因此椭圆 E 的方程
为
x
2
2
1 ．
a
2
x2
2
2
2
1,
(Ⅱ)
设A x1, y1 , B x2 , y2 ，联立方程
y k x
得4k 2 2 x2 4 3k x 1 0 ，
3 ,
1
2
2 3k
1
由题意知 0 ，且 x x 1 , x x
，∴AB
x x
．
1
2
2k 2 1
1 2
2 2k 2
1
1
2
1+2k 2
由题意可知圆M
的半径r
为r
2 AB
由题设知k1k2
x2
2 ，∴ k
4
2
2
3
3
2k
2
2 ，因此直线OC
的方程为y
4k1
+ 1
2 x ．
4k1
2
y
1,
8k 2
得 x2 1 , y2
1 4k 2
1
1 4k
2
，因此 OC
．
y
x,
1
1
4k1
由题意可知
sin
1 k
2
1
2 2
2
r OC
1 OC
OC
3 21 2k 2
1
4
1 4k 2 1 k
2
1
1
1
SOT
r
2
1
，而
r
r
2k 2 1
1 8k
2
1
1
1 4k
2
2 2
1 k 2 1 8k
2
1
1
3t
2
2t 2 t
1
31
2
2 1 1
t
t
2
3
2
1
t 2 4
11 2
9
t
t
1
1
令t 1 2k 2 ，则t 1,1 0,1 ，因此
OC
1 ，当且仅当
1
t
r
1 1 ，即t 2 时等号成立，此时 k 2 ，∴ sin SOT 1 ，因此SOT ，∴ SOT 最大值为．
t
2
1
2
2
2
2
6
3
综上所述： SOT 的最大值为，取得最大值时直线l 的斜率为 k 2 ．
3
1
2
43．(2016 全国 II 理)已知椭圆 E : x
2
y
2
的焦点在 x 轴上， A 是 E 的左顶点，斜率为 k (k 0) 的直线
t
3
交 E 于 A, M 两点，点 N 在 E 上， MA NA ．
(Ⅰ)当t 4,| AM || AN | 时，求AMN 的面积；
(Ⅱ) 当 2
AM
AN 时，求k 的取值范围．
【解析】(I)设 M ( x1, y1 ) ，则由题意知 y1 0 ．
当t
4 时，椭圆 E 的方程
为
x
2
y
2
4
3
1 ，A 点坐标
为
2 ，0 ，
由已知及椭圆的对称性知，直线 AM 的倾斜角为
4
．
因此直线 AM 的方程为 y x 2 ．
将 x y 2 代入 x
2
y
2
1 得7 y
2
．
12 y
0
4
3
解得 y 0 或 y 12
，所以 y 12
．
7
所以△AMN 的面积为
S
1
AMN
7
AM
2 2 1 12 12 144 ．
2
7
7
49
(Ⅱ)由题意知t 3, k 0, A( t , 0)
，则直线AM
的方程为y k x
x2 y2
t ，
联立
t
3
并整理得， 3 tk 2 x2 2t tk 2 x t2k 2 3t 0
y k x t
t tk 2 3 t
解得 x
或 x
，
3 tk 2
t tk 2 3 t
所以AM
3 tk 2
3 tk 2
由题意MA NA
，所以AN
的方程为y 1 ( x
k
t ) ，
1
2
1 k 2
1 k 2 6 t
6k t(1 k 2 )
3 2
k
2
同理可得| AN |
3k
2 t
由2 AM AN ， 得
2
3 tk
2
3k
2
t
，即(k
3 2)t 3k(2k 1)
当k
时上式成立，因此t
6k 2 3k ．
k 3 2
因为t 3，
即
6k 2
3k 3
3 ，整理
得
k 2 1k 2
0
k 2
k 3 2
k 2
即
k
3 2 0 ，解得
k 2 ．
44．(2016 天津理)
设椭圆x y
a2
3
1 (a
3) 的右焦点为 F ，右顶点为 A ，已知
1
| OF
|
1
| OA
|
3e
| FA |
，其中O 为原点， e 为椭圆的离心率．
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)设过点 A 的直线l 与椭圆交于点 B ( B 不在 x 轴上)，垂直于l 的直线与l 交于点 M ，与 y 轴交于点
H ， 若 BF HF ，且MOA ≤MAO ，求直线l 的斜率的取值范围．
【解析】(Ⅰ)设 F (c, 0) ，
由
1
1
3c
，即
| OF |
| OA |
| FA
|
1 1
3c
，
c
a
a (a c)
可得 a
2 c
2 3c
2 ，又 a
2 c
2 b
2 3 ，所以c
2 1 ，因此 a
2 4 ，
x
2
y
2
所以椭圆的方程为
1．
4
3
(Ⅱ)解：设直线l 的斜率为 k ( k 0 )，则直线l 的方程为 y k (x 2) ．
x2 y2
1
设 B(xB , yB ) ，由方程组 4
3
，消去 y ，
y k (x 2)
整理得(4k 2 3)x2 16k 2 x 16k 2 12 0 ．
8k 2 6
8k 2 6
12k
解得 x 2 ，或 x
4k
2 3
，由题意得 xB
4k
2 3
，从而 yB
4k
2 3
．
2
3 2
3
)
9 4k 2
由(Ⅰ)知， F (1,0) ，设 H (0, yH ) ，有 FH (1, yH ) ， BF (
4k
2
,
12k
．
2
4k
M
M
M
9 4k 2
12ky
9 4k 2
由 BF HF ，得 BF HF 0 ，所
以
H 0 ，解得 yH
．
4k 2 3
4k 2
3
12k
因此直线MH
的方程为y 1
k
9 4k 2
x
．
12k
1
9 4k 2
2
设M (x , y ) ，由方程组 y
k
x
12k
消去 y ，解得
x
20k 9 ．
M
M
y k (x 2)
M
12(k 2 1)
在MAO 中， MOA MAO | MA || MO |，即
(xM
2)2 y2 x2 y2 ，
20k 2 9
化简得 xM
1，即
12(k
2 1)
1，解得 k
6
或 k 6
．
4
4
所以，直线l 的斜率的取值范围为(,
6 ]
[
4
,) ．
4
45．(2016 浙江文)如图，设抛物线 y
2 2 px( p 0) 的焦点为F，抛物线上的点 A 到y 轴的距离等于| AF | 1
．
(I)求 p 的值；
(II) 若直线 AF 交抛物线于另一点 B，过 B 与 x 轴平行的直线和过 F 与 AB 垂直的直线交于点 N，AN 与 x
轴交于点 M．求 M 的横坐标的取值范围．
【解析】(Ⅰ)由题意得抛物线上点 A 到焦点 F 的距离等于点 A 到直线 x 1 的距离．
p
由抛物线的第一得
2 1，即 p 2 ．
(Ⅱ)由(Ⅰ)得抛物线的方程为 y
2 4x, F (1, 0) ，可设 A(t
2 , 2t), t 0, t 1 ．
因为AF
不垂直于y
轴，可设直线AF
：x sy 1
，s 0 ，由
y
2 4x
消去 x 得
y
2 4sy 4 0 ，故 y y 4 ，所以 B 1
, 2 ．
6
x sy 1
1 2
t
2
t
2
2
| PF |2 | PF |2
1
2
3
a2 c2
3
2
2t
又直线 AB 的斜率为
，故直线 FN 的斜率
为
t
21
t
2 1
2t
，从而的直线FN
：y t
2 1
2t x 1 ，直线 BN：
2
t
2 3
2
y
t
，所以 N t
2 1
,
t ，
设 M( m ，0)，由 A，M，N 三点共线得：
满足题意．
2t
t
2
m
2t 2
t
t
2
3
t
t
2 1
，于是m 2t
2
t
2 1
，经检验，m 0 或m 2
综上，点 M 的横坐标的取值范围是, 0 2, ．
x
2
y
2
45．(2015 重庆文)如图，椭圆
a
2 b
2
1( a > b >0)的左、右焦点分别为 F1 ，F2 ，且过 F2 的直线交椭圆于 P,
Q
两点，且 PQ PF1 ．
(Ⅰ) 若
PF1
2
|，
PF2
2
|，求椭圆的标准方程；
(Ⅱ)若| PQ PF1
，且 3 ≤≤ 4
，试确定椭圆离心率e 的取值范围．
4
3
【解析】(Ⅰ)
由椭圆的定义，2a | PF1 | | PF2 | 2
设椭圆的半焦距为c ，由已知 PF1 PF2 ，因此
2 2
4 ，故 a 2 ．
2c | F1F2 |
2
，
x
2
2
即c
，从而b
1．故所求椭圆的标准方程为4
y 1．
(Ⅱ)如题(21)图，由 PF1 PQ,| PQ | | PF1 | ，
2
2 2 2 2
2
2
| PF |2 | PQ |
2
1
1 2
1 1 2
2a( 1 2 1)
1 1 2
( 1 2 1) 2
1
2
12
2
5
3
1
3
4
4a
得| QF1 |
| PF1 | ．
由椭圆的定义， | PF1 | | PF2 | 2a ， | QF1 | | QF2 | 2a
， 进而| PF1 | | PQ | | QF1 | 4a ．
于是(1 1
2 ) | PF | 4a ．
解得| PF1 |
，故| PF2 | 2a | PF1 |
．
由勾股定理得| PF |
2 | PF |
2 | PF |
2 (2c)
2 4c
2 ，
1
2
2
4a
2
2a(
1
2 1)
从而
4c
2 ，
1 1
2
1 1
2
两边除以 4a
2 ，得
1
e
2 ，
1 1
2
4 (t 2)
2
1
1
2
1
若记t 1
，则上式变成e
2
8
．
t
2
t
4
2
由
，并注意到1
关于的单调性，得3 t 4 ，即 1 1 1
，进而 1 e
2 5
，
4
3
4
t
3
2
9
即
e
．
2
3
46．(2014 新课标 1 文理) 已知点 A (0, 2) ，椭圆 E ： x
a
2
y
2
b
2
1(a
b
0) 的离心率为
2
， F 是椭圆
E 的右焦点，直线 AF 的斜率为
3
(Ⅰ)求 E 的方程；
， O 为坐标原点．
2
2
2
1 2
12
2 3
(Ⅱ)设过点 A 的动直线l 与 E 相交于 P, Q 两点，当OPQ 的面积最大时，求l 的方程．
k 2 1
4k 2 3
y
y
2
【解析】（I）设F (c, 0)，由条件知，
=
c
，得c= 3.
3
又c
a
, 所以
a=2,
2
b
2 a
2 c
2 1.
故E 的方程
为
x
2
2
4
1.
(Ⅱ)当l x 轴时不合题意，故设l : y =kx 2,P (x1, y 1),Q (x 2, y 2 ).
将y kx 2 代
入
x
2
2
4
1
得(1
4k
2 )
x
2
16kx 12 0.
2
2
3
8k 2 4k 2 3
当
=16(4k
3) 0,即
k
4
时，x1,2
4k 2 1
.
4 k
2 1 4k
2 3
从而PQ
x1 x2
4k
2 1
.
又点O 到直线PQ 的距离
d
2
.所以OPQ 的面积
1
4 4k
2 3
SOPQ =
2
d PQ
4k
2 1
.
设
t,则t 0,
S
OPQ
4t
t
2
4
4 .
t 4
t
因为t 4 4,当且仅当t 2，即k
t
7 时等号成立，且满足 0.
2
所以，当OPQ 的面积最大时，
的方程为y
7 x 2 或y
x 2 ．
2
2
47．(2014 浙江文理)如图，设椭
圆
x
2
y
2
动直线l 与椭圆C 只有一个公共点 P ，且点 P
C :
a
2
1 a
b
0 ,
b
2
在第一象限．
(Ⅰ)已知直线l 的斜率为 k ，用 a, b, k 表示点 P 的坐标；
7
2 3
3
k 2 1
(Ⅱ)若过原点O 的直线l1 与l 垂直，证明：点 P 到直线l1 的距离的最大值为 a b ．
b2 a2 k 2
b2 a2 k 2
a k
2
b
2
b2 a2k 2b2 a2k 2
1 k 2
b a a k
222 2
b2
k
2
b2 a2 2ab
2 2
y kx m
【解析】(Ⅰ)设直线l 的方程为 y kx mk 0 ，由 x
2
y
2
，
a
2 b
2
1
消去 y 得， b
2 a
2 k
2 x
2 2a
2 kmx a
2 m
2 a
2b
2 0 ，
由于直线l 与椭圆C 只有一个公共点 P ，故 0 ，即b
2 m
2 a
2 k
2 0 ，
a
2 km
b
2 m
解得点 P 的坐标为b
2 a
2 k
2 ,
b
2 a
2 k
2 ，由点 P 在第一象限，
故点P 的坐标为
a
2 k
b
2
,
；
(Ⅱ)由于直线l1 过原点O ，且与l 垂直，故直线l1 的方程为 x ky 0 ，
∴点 P 到直线l1 的距离 d
，
整理得d
a
2 b
2
2
，∵ a k
2ab ，
k
2
a
2 b
2
a
2 b
2
b
∴
a b ，当且仅当 k
2 时等号成立，
a
∴点 P 到直线l1 的距离的最大值为 a b
．
x
2
y
2
3
48．(2015 山东理)平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆C ：
a
2
b
2
1(a
b
0) 的离心率为
，左、右
2
b a a k
222 2
b2
k
2
8km
2
焦点分别是 F1 、F2 ．以 F1 为圆心以 3 为半径的圆与以 F2 为圆心以 1 为半径的圆相交，且交点在椭圆C 上．
(Ⅰ)求椭圆C 的方程；
(Ⅱ)设椭圆 E
：
x
2
4a
2
y
2
4b
2 1
，P 为椭圆C
上任意一点，过点P
的直线y kx
m
交椭圆 E
于
A, B 两
点，射线 PO 交椭圆 E 于点Q ．
( i )求| OQ
|
| OP
|
的值；
(ii)求△ ABQ 面积的最大值．
【解析】(Ⅰ)由题意知2a 4 ，则a 2 ，又 c
a
3
， a
2 c
2 b
2 ，
2
可得b 1，∴椭圆C 的方程为 x
4 y2 1 ．
(Ⅱ)由(I)
知椭圆E
的方程为x y
16
4 1 ．
(i)设 P( x , y ), | OQ | ，由题意知Q(x ,y ) ，
0
0
| OP |
0
0
x
2
2
(x )2
(y )2
x2
∵ 0 y
1 ，又
0
0
1，即
( 0 y2 ) 1 ，
4
0
16
4
4
4
0
∴ 2 ，即| OQ | 2 ．
| OP |
(ii)设 A( x1, y1 ), B(x2 , y2 ) ，将 y kx m 代入椭圆 E 的方程，
可得(1 4k 2 )x2 8kmx 4m2 16 0 ，
由 0 ，可得 m2 4 16k 2 ，
则有x1 x2
1 4k
2 , x1x2 4m2 16
，
1 4k 2
∴| x1 x2 |
16k 2 4 m2
．
1 4k 2
2
2
4
∵直线 y kx m 与 y 轴交点的坐标为(0, m) ，
(4 t)t
t2 4t
3
3
3
p
2
1
∴ OAB
的面积S
2
| m || x1 x2 |
16k 2 4 m2 | m |
1 4k 2
2 (16k 2 4 m2 )m2
1 4k 2
2
m
2
令
1 4k
2 t ，将 y kx m 代入椭圆C 的方程，
可得 (1 4k 2 )x2 8kmx 4m2 4 0 ，
由≥0 ，可得 m2 1 4k 2 ，
由①②可知
0 t 1，因此 S 2
2
，
故 S ≤ 2
，
当且仅当t 1 时，即m2 1 4k 2 时取得最大值 2
，
由(i)知， ABQ 面积为3S ，
∴ ABQ 面积的最大值为6
．
49．(2014 山东文理)已知抛物线C : y2 2 px( p＞0）的焦点为 F ， A 为C 上异于原点的任意一点，过
点 A 的直线l 交C 于另一点 B ，交 x 轴的正半轴于点 D ，且有 FA FD ，当点 A 的横坐标为 3 时，
ADF 为正三角形．
(Ⅰ)求C 的方程；
(Ⅱ)若直线l1 // l ，且l1 和C 有且只有一个公共点 E ，
(ⅰ)证明直线 AE 过定点，并求出定点坐标；
(ⅱ) ABE 的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
p
p 2t
【解析】(Ⅰ)由题意知 F ( , 0) ，设 D(t, 0)(t 0) ，则 FD 的中点为(
, 0)
2
4
因为 FA FD ，由抛物线的定义可知3 p t
，
2
解得t 3 p 或t 3 (舍去)
p 2t
2
由
3 ，解得 p 2 ．所以抛物线C 的方程为
y
4
4x ．
2
(4
m2
m2
1 4k 2 1
4k 2
)
8b
64
32b
y
0
0
0
0
0
0
E
2
(Ⅱ)(ⅰ)由(Ⅰ)
知F (1, 0)
，设A(x0 , y0 )(x0 y0 0)
．D(xD , 0)(xD 0)
因为 FA FD ，则 xD 1 x0 1，
由 x 0 得 x x 2 ，故 D(x 2, 0) ，故直线 AB 的斜率k y0
D
D
0
0
AB
2
因为直线l1 和直线 AB 平行，
设直线l 的方程为 y y0 x b ，代入抛物线的方程得 y
2 8 y 0 ，
2
y0
y0
由题意
0 ，得b 2
y
2
y
y
0
0
0
4
4
设E(xE , yE )
，则yE
y
, xE
2
0
0
当 y
2 4 时，
k
yE y0 4 y0 ，
0
AE
x x
y
2 4
可得直线AE
的方程为y y
4
y0
(x x ) ，由 y
2 4x ，
0
y
2 4
0
0
0
整理得y
4 y0
y
2 4
(x 1) ，直线 AE 恒过点 F (1, 0)
当 y
2 4 时，直线 AE 的方程为 x 1 ，过点 F (1, 0) ，所以直线 AE 过定点 F (1, 0) ．
(ⅱ)由(ⅰ)知直线 AE 过定点 F (1, 0) ，
1
1
所 以 AE AF FE (x0 1) (
x
1) x0
x
2 ．
0
0
设直线 AE 的方程为 x my 1 ，因为点 A(x0 , y0 ) 在直线 AE 上
故m x0 1
．设B(x , y )
，直线AB
的方程为y y y0 (x x )
1
1
0
0
0
由于y0 0
，可得x
0 y 2 x
，代入抛物线的方程得y
2 8
y0
y 8 4x0 0
8
所以 y0
y1
0
8
，可求得 y1
y0
0
4
， x1
0
x0 4
1
y
2
y
x0
x0
x0
x0
3
4 10
3
5a
y
所以点 B 到直线 AE 的距离为
4 x 4 m( y 8 ) 1
x
0
0
y
4(x 1)
1
d 0 0 =
0
= 4(
)
1 m
2
1
1
1
则ABE 的面积 S 4(
2
)(x0
0
2) 16 ，
1
当且仅当
x0 即 x0 1 时等号成立，
0
所以ABE 的面积的最小值为16 ．
50．(2014 山东理)在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆C :
x
a
2
y
2
b
2
1(a
b
0) 的离心率为
2
，直线y x
被椭圆C 截得的线段长为
．
5
(Ｉ)求椭圆C 的方程；
(Ⅱ)过原点的直线与椭圆 C 交于 A，B 两点(A，B 不是椭圆 C 的顶点)．点 D 在椭圆 C 上，且 AD AB
， 直线 BD 与 x 轴、 y 轴分别交于 M，N 两点．
(ⅰ)设直线 BD，AM 的斜率分别为 k1 , k2 ，证明存在常数使得 k1 k2 ，并求出的值；
(ⅱ)求OMN 面积的最大值．
【解析】(Ｉ)由题意知
a
，可得 a
2 4b
2 ．
2
椭圆 C 的方程可化简为 x
2 4 y
2 a
2 ．
将 y x 代入可得 x
，
5
因此
2 2 5a 4 10
，可得a 2 ．
5
5
因此b 1，
∴椭圆 C 的方程
为
x
2
2
4
1．
x
2
x0
a2 b2
8mk
1
1
3
9
(Ⅱ)(ⅰ)设 A(x1, y1 )(x1 y1 0), D(x2 , y2 ) ，则 B(x1, y1 ) ，
∵直线 AB 的斜率
kAB
y1 ，
x1
又 AB AD ，∴直线 AD 的斜率 k x1 ，
y1
设直线 AD 的方程为 y kx m
， 由题意知 k 0, m 0 ，
y kx m
2
2
2
由
x
2
4
y
2 1
，可得(1 4k )
x
8mkx
4m
4 0 ．
∴ x1 x2
1 4k
2 ，
2m
因此 y1 y2 k (x1 x2 ) 2m
1 4k
2 ，
由题意知， x x ，∴ k y1 y2 1 y1 ，
1
2
1
x x
4k
4x
1
2
1
∴直线BD
的方程为y y1
y1
4x1
(x x1 ) ，
令 y 0 ，得 x 3x ，即 M (3x , 0) ．可
得k
y1 ．
1
1
2
1
1
2x1
∴ k1
2
k2 ，即
2
．
因此存在常数
使得结论成立．
2
(ⅱ)
直线BD
的方程y y1
3
y1
4x1
(x x1 ) ，
3
令 x 0 ，得 y
4
y1 ，即 N (0,
4
y1 )
， 由(ⅰ)知 M (3x1 , 0) ，
可得OMN 的面积 S
2
3 | x1 |
4
| y1 |
8
| x1 || y1 |，
2
x
2
2
| x |
∵| x1 || y1 | 1 y1 1 ，当且仅当 1 | y |
时等号成立，
4
2
1
2
m2 1
m2 1
24(m2 1)
m2 1
m2 3
3
y
2
3
此时 S 取得最大值
9
8
，∴ OMN 的面积的最大值为 9
．
8
51．(2014 四川文理)已知椭圆 C： x
a
2
2
1( a b 0 )的焦距为 4，其短轴的两个端点与长轴的一个端
b
2
点构成正三角形．
(Ⅰ)求椭圆 C 的标准方程；
(Ⅱ)设 F 为椭圆 C 的左焦点，T 为直线 x 3 上任意一点，过 F 作 TF 的垂线交椭圆 C 于点 P，Q．
(i)证明：OT 平分线段 PQ(其中 O 为坐标原点)；
(ii)当| TF
|
| PQ
|
最小时，求点 T 的坐标．
c 2
a
2
6
x
2
y
2
【解析】(1)依条件a 3b
b
2
2
，∴椭圆 C 的标准方程为
1．
6
2
a
2 b
2 c
2 4
(Ⅱ)设T (3, m) ， P(x1 , y1 ) ， Q(x2 , y2 ) ，又设 PQ 中点为 N (x0 , y0 ) ，
(i)∵ F (2, 0) ，∴直线 PQ 的方程为： x my 2 ，
x my 2
16m
2 8(m
2 3) 24(m
2 1) 0
4m
x
2
y
2
6
2
(m
1
2 3) y
2
4my
2
0 ，∴ y1 y2
y y
2
1 2
m
2 3
y y
2m
2m
2
6
6
2m
于是 y0 1 2
， x0 my0 2
2
，∴ N (
,
) ．
2
m
2 3
m
m
2 3
m
2 3
m
2 3 m
2 3
∵ kOT
3
kON ，∴ O ， N ， T 三点共线，即 OT 平分线段 PQ(其中 O 为坐标原点)．
(ii) | TF |
， | PQ || y y |
，
1
2
| TF |
∴
| PQ |
m
2 3
，令
x ( x 1)，
| TF |
x
2 2
1
2
2
m2 1
m2 1
24(m2 1)
m2 1
m2 3
24(m2 1)
2 6
2 6x
则
| PQ |
(x
)
(当且仅当 x
2 2 时取“ ”)，
x
3
∴当 | TF |
最小时， x
2 2 即m 1 或1，此时点 T 的坐标为(3,1) 或(3, 1) ．
| PQ |
52．(2013 广东文理)已知抛物线C 的顶点为原点，其焦点 F 0, cc 0 到直线l : x y 2 0 的距离为
．设 P 为直线l 上的点，过点 P 作抛物线C 的两条切线 PA, PB ，其中 A, B 为切点．
(Ⅰ)求抛物线C 的方程；
(Ⅱ)当点 P x0, y0 为直线l 上的定点时，求直线 AB 的方程；
(Ⅲ)
当点P 在直线l
上移动时，求AF BF
的最小值．
【解析】(Ⅰ)
依题意d
抛物线C 的方程为 x
2 4 y
．
3 2
，解得c 1 (负根舍去)
2
(Ⅱ)设点 A(x1 , y1 ) ， B(x2 , y2 ) ， P(x0 , y0 ) ，
由
x
2
4 y
，即y
1 x2, 得 y
1 x ．
4
2
∴抛物线C
在点A
处的切线PA
的方程为y y1 x1 (x x ) ，
2
1
即 y x1 x y 1 x 2 ．
2
1
2
1
∵ y 1 x 2 ， ∴ y x1 x y ．
1
4
1
2
1
∵点 P(x0 , y0 ) 在切线l1 上，
∴
y
x1 x
0
2
0 y1 ．
①
同理，y x2 x
0
2
0 y2 ． ②
综合①、②得，点 A(x1, y1 ), B(x2 , y2 ) 的坐标都满足方
程
∵经过 A(x1, y1 ), B(x2 , y2 ) 两点的直线是唯一的，
y x x
0
2
0
y ．
3 2
2
0 c 2
2
x2 4
0
0
0
0
1
0
0
∴直线 AB 的方程为 y
x x
0
2
0 y
，即x0 x 2y
2y0
0 ．
(Ⅲ)由抛物线的定义可知 AF y1 1, BF y2 1，
所以AF BF
x
2 4
y
y1 1 y2 1 y1 y2 y1 y2 1
联立
x0 x 2 y 2
y0
，消去x
得y
2 2 y
0
x
2 y y
2 0 ，
y y x
2 2 y , y y y
2
1
2
0
0
1 2
0
x0 y0 2 0
AF BF y
2 2 y x
2 1=y
2 2 y y
2
2 1
0
0
0
0
0
0
=2 y
2 2
y
+5=2 y
1
2
9
2 +
2
当 y 1
时， AF BF 取得最小值为 9
．
0
2
2
53．(2011 新课标文理)在平面直角坐标系 xoy 中， 已知点 A(0, 1) ， B 点在直线 y 3 上， M 点满足
MB / /OA ， MA AB MBBA ， M 点的轨迹为曲线 C．
(Ⅰ)求 C 的方程；
(Ⅱ) P 为 C 上动点， l 为 C 在点 P 处的切线，求O 点到l 距离的最小值．
【解析】(Ⅰ)设 M (x, y) ，由已知得 B(x, 3) ， A(0, 1) ．
所以 MA = (x, 1 y) ， MB =(0， 3 y )， AB =( x ，-2)．
再由题意可知( MA + MB )• AB =0， 即( x ， 4 2 y )• ( x ，－
2)=0． 所以曲线 C 的方程式为 y 1 x
2 2 ．
4
(Ⅱ)设 P(x , y ) 为曲线 C： y 1 x
2 2 上一点，因为 y 1 x ，所以l 的斜率为 1 x ，
0
0
4
2
2
0
因此直线l
的方程为y
y
x (x x )
，即x x 2 y 2
y
x
2 0 ．
0
2
0
0
0
0
0
| 2 y x
2 |
1
则O 点到l 的距离 d 0 0 ．又 y
x
2 2 ，所以
4
0
0
0
2
0
x2 4
0
(x 5)2 y2
(x 5)2 y2
0
0
1 x
2 4
d
1 (
2
x
2 4
) 2,
当 x
2 =0 时取等号，所以O 点到l 距离的最小值为 2．
54．(2011 广东文理)设圆 C 与两圆(x
5)
2 y
2 4, (x
5)
2 y
2 4 中的一个内切，另一个外切．
(1)求 C 的圆心轨迹 L 的方程；
(2)已知点 M (3 5 , 4 5 ), F ( 5, 0) ，且 P 为 L 上动点，求 MP FP
5
5
【解析】(1)设 C 的圆心的坐标为(x, y) ，由题设条件知
的最大值及此时点 P 的坐标．
|
| 4, 化简得 L 的方程为 x
4 y
2 1.
(2)
过M，F 的直线l
方程为y 2(x
5) ，将其代入 L 的方程得
15x
2 32 5x 84 0.
解得x1
, x2
,故l 与L 交点为T1 (
2
6 5
14 5
6 5 , 2 5
14 5 , 2 5
5
15
5
5
15
15
4
x2 4
0
),T2 (
因T1
在线段MF 外，T2
在线段MF
内，故| MT1 | | FT1 | | MF | 2,
| MT2 | | FT2 | | MF | 2.
，若P
不在直线MF 上，在MFP
中有| MP | | FP | | MF | 2.
故 | MP | | FP | 只在 T1 点取得最大值 2．
考点 101 探索型与存在性问题
55．【2018 上海 20】(本题满分 16 分，第 1 小题满分 4 分，第 2 小题满分 6 分，第 2 小题满分 6 分，第
3
小题满分 6 分)
3
设常数t 2 ，在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 F 2 ,0 ，直线l : x t ，曲线 : y2 8x 0 x t ,y 0
． l 与 x 轴交于点 A ，与交于点 B ,P ,Q 分别是曲线与线段 AB 上的动点．
(1)用t 为表示点 B 到点 F 的距离；
(2)设t 3 , FQ 2 ，线段OQ 的中点在直线 FP 上，求△AQP 的面积；
(3)设t 8 ，是否存在以 FP ,FQ 为邻边的矩形 FPEQ ，使得点 E 在上？若存在，求点 P 的坐标；若不存在，
说明理由．
【解析】(1)由抛物线的几何性质可得点 B 到点 F 的距离为t 2 ．
(2) 由已知Q 3 , 3 3 ，直线 FP 的方程为 y 3 x 2 ，联立 y
2 8x 解得 x 2
．
P
3
1
2
3
又点 A3 , 0 ,S△AQP
2
3 3
．
6
(3) 存在．理由如下：
n
2
8n
16 n
2
焦点为F 2 , 0
，设P
8
, n
，则kPF
n
2 18
, kQF
8n
，根据 FP FQ FE 得到
n
2
48 n
2
48 n
2
2
n
2
16
2 4 5
E
6 ,
,
8
6
，解得n
2
, P ,
满足题意．
8
4n
4n
8
5
5
5
56．(2016 全国 I 文)在直角坐标系 xOy 中，直线l ： y t(t 0) 交 y 轴于点 M ，交抛物线C ：
y
2 2 px( p 0) 于点 P ， M 关于点 P 的对称点为 N ，连结ON 并延长交C 于点 H ．
(I)求
| OH |
；
| ON |
(II) 除 H 以外，直线 MH 与C 是否有其它公共点？说明理由．
t
2
【解析】(Ⅰ)由已知得 M (0,t) ， P(
2 p
,t) ．
t
2
又N
为M
关于点P
的对称点，故N (
p
,t)
，ON
的方程为y
p x ，
2t
t
2
代入 y2 2 px 整理得 px2 2t 2 x 0 ，解得 x1 0 ， x2 ，
p
a
a
x
因此 H
(
2t
2
p
,2t) ．所以 N 为OH 的中点，
即
| OH
|
| ON
|
2 ．
(Ⅱ)直线 MH 与C 除 H 以外没有其它公共点．理由如下：
直线MH
的方程为y t
p x ，即 x 2t ( y t) ．
2t
p
代入 y2 2 px 得 y2 4ty 4t 2 0 ，解得 y1 y2 2t ，即直线 MH 与C 只有一个公共点，所以除 H
以外直线 MH 与C 没有其它公共点．
x
2
57．(2015 新课标 1 理)在直角坐标系 xoy 中，曲线C ： y 与直线 y kx a (a 0) 交与 M ，N 两点，
4
(Ⅰ)当 k 0 时，分别求C 在点 M 和 N 处的切线方程；
(Ⅱ) y 轴上是否存在点 P ，使得当 k 变动时，总有OPM OPN ？说明理由．
【解析】(Ⅰ)由题设可得 M (2 a , a) ， N (2 2, a) ，或 M (2 2, a) ，
N
(2
a , a) ．∵ y
1
x
2
x ，故 y
在 x = 2 2a 处的导数值为
，
2
4
C 在(2 2a, a)
处的切线方程为y a
a (x
2
a ) ，
即
ax y a 0 ．
2
故 y
在 x 2 2a 处的导数值为
， C 在(2 2a, a) 处的切线方程为
4
y a
a (x
2
a ) ，
即
ax y a 0 ．
故所求切线方程为
ax y a 0
或
ax y a 0 ．
(Ⅱ)存在符合题意的点，证明如下：
设 P(0, b) 为符合题意的点， M (x1, y1 ) ， N (x2 , y2 )
， 直线 PM ， PN 的斜率分别为 k1 , k2 ．
将 y kx a 代入C 的方程整理得 x
2 4kx 4a 0 ．
∴ x1 x2 4k , x1x2 4a ．
∴ k
k
y1 b y2 b = 2kx1 x2 (a b)(x1 x2 ) = k (a b) ．
x1
x2
x1 x2
a
1
2
2
OM
OQ
OQ
ON
2
y
a
2
2
当b a 时，有 k1 k2 =0，则直线 PM 的倾斜角与直线 PN 的倾斜角互补，
故∠ OPM =∠ OPN ，所以 P(0, a) 符合题意．
58．(2015 北京理)已知椭圆C ： x
2
2 1a b 0 的离心率
为
，点 P 0，1 和点 Am ，n m ≠ 0
都
a
b
2
在椭圆C 上，直线 PA 交 x 轴于点 M ．
(Ⅰ)求椭圆C 的方程，并求点 M 的坐标(用 m ， n 表示)；
(Ⅱ)设O 为原点，点 B 与点 A 关于 x 轴对称，直线 PB 交 x 轴于点 N ．问： y 轴上是否存在点Q ，使得
OQM ONQ ？若存在，求点Q 的坐标；若不存在，说明理由．
b 1,
c
【解析】(Ⅰ)由题意得
2
, 解得 a
2 =2，故椭圆C 的方程为
x
2
y
2 1．
a
2 b
2 c
2 .
设 M ( xN ，0)．∵ m 0 ，∴ 1 n 1．
直线 PA 的方程为 y 1 n 1 x ，∴ x = m
，即 M ( m
, 0) ．
m
M
1 n
1 n
(Ⅱ)∵点 B 与点 A 关于 x 轴对称，∴ B(m, n) ，设 N
(xN
, 0) ，则 xN
=
m
．
1
n
“存在点Q(0, yQ ) 使得OQM = ONQ 等价”，“存在点Q(0, yQ ) 使得
=
”即 yQ 满足
2
mm
m
2
2
2
m
2
yQ xM
xN ．∵ xM
1 n
， xN
1 n
，
2
n
1，∴
yQ
xM
x
2 ．
N
1 n
2
∴ yQ =
或yQ
，故在 y 轴上存在点Q ，使得OQM = ONQ ，点Q 的坐标为(0, 2) 或
(0,
2) ．
59．(2015 湖北理)一种作图工具如图 1 所示．O 是滑槽 AB 的中点，短杆 ON 可绕 O 转动，长杆 MN 通过
N 处铰链与 ON 连接，MN 上的栓子 D 可沿滑槽 AB 滑动，且 DN ON 1 ， MN 3 ．当栓子 D 在滑槽
AB 内作往复运动时，带．动．N 绕O 转动一周(D 不动时，N 也不动)，M 处的笔尖画出的曲线记为 C．
以O 为原点， AB 所在的直线为 x 轴建立如图 2 所示的平面直角坐标系．
(Ⅰ)求曲线 C 的方程；
(Ⅱ)设动直线l 与两定直线l1 : x 2 y 0 和l2 : x 2 y 0 分别交于 P, Q 两点．若直线l 总与曲线C 有且只
有一个公共点，试探究：△OPQ 的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．
2
2
2
0
【解析】(Ⅰ)设点 D(t, 0) (| t | 2) ， N (x0 , y0 ), M (x, y) ，依题意，
MD 2DN ，且| DN || ON | 1 ，
(x t)2 y2 1
所以(t x, y) 2(x t, y ) ，且
0
0
0
0
x2 y2 1
0
0
即
t x 2x0 2t
，且t(t 2x ) 0 ．
y 2 y
0
由于当点 D 不动时，点 N 也不动，所以t 不恒等于 0，
2
2
于是t 2x ，故 x x
y ，代入 x2 y2 1，可得 x y 1 ，
0
0
4
,
y0
2
0
0
x
2
y
2
16
4
即所求的曲线C 的方程
为
1 ．
16
4
(Ⅱ)(1)当直线l 的斜率不存在时，直线l 为 x 4 或 x 4 ，
都有
S
OPQ 1 4 4 8 ．
2
(2)当直线l 的斜率存在时，设直线l : y kx
m
(k 1 ) ，
2
y kx m
由x2 4 y2
16
，消去 y ，可得(1 4k 2 )x2 8kmx 4m2 16 0 ．
因为直线l 总与椭圆C 有且只有一个公共点，
所以 64k 2m2 4(1 4k 2 )(4m2 16) 0 ，即 m2 16k 2 4 ．①
y kx
m,
又由
可得 P( 2m ,
m ) ；同理可得Q( 2m ,
m ) ．
x 2 y
0,
1
2k
1 2k
1
2k
1 2k
由原点O
到直线PQ
的距离为d
| m
|
和| PQ |
| xP xQ | ，可得
1 k 2
1 k 2
2 m 2
1 4 k
2
2m2 1
4k 2
4k 2 1
4k 2 1
2
PA
PB
2
2
S
1 | PQ | d 1 | m || x x | 1 | m |
OPQ
2
2
P
Q
2
2 m
．②
1 2 k
将①代入②得， SOPQ
8
．
1
4k 2 1
2
当 k 2 时， S
8(
) 8(1
) 8 ；
4
OPQ
1
4k 2 1
4k 2 1
4k 2 1
2
当0 k 2 时，
S
8(
) 8(1
) ．
4
OPQ
1 4k
2
1 4k 2
因0 k 2 1 ，则0 1 4k 2 1
，
4
2
1 4k
2
2 ，所以
S
OPQ 8(1
2
1 4k
2
) 8 ，
当且仅当 k 0 时取等号．所以当 k 0 时， SOPQ 的最小值为 8．
综合(1)(2)可知，当直线l 与椭圆C 在四个顶点处相切时，△OPQ 的面积取得最小值 8．
60．(2015 四川理)如图，椭圆 E ： x
a
2
y
2
+
b
2
1(a b 0) 的离心率是
2
，过点 P(0,1) 的动直线 l 与椭圆
相交于 A, B 两点，当直线l 平行与 x 轴时，直线l 被椭圆 E 截得的线段长为2
．
(1) 求椭圆 E 的方程；
(2) 在平面直角坐标系 xOy 中，是否存在与点 P 不同的定点Q ，使
得
恒成立？若存在，求出点Q
的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)由已知，点( 2,1) 在椭圆 E 上．
2
1
a
2
b
2
1,
因此， a
2 b
2 c
2 , 解得 a 2 ， b ．
c
a
2
,
x
2
y
2
所以椭圆的方程为
1． 4 2
(2)当直线l 与 x 轴平行时，设直线l 与椭圆相交于C 、 D 两点．
2
2 m
1 2
k
2
QA
QB
| y0 2 |
| y0 2 |
2 1
2 1
1
如果存在定点Q 满足条件，则| QC | | PC | 1 ，即| QC || QD |．
| QD |
| PD |
所以Q 点在 y 轴上，可设Q 点的坐标为(0, y0 ) ．
当直线l 与 x 轴垂直时，设直线l 与椭圆相交于 M 、 N 两点．
则M (0, 2)
，N (0,
| QM |
| PM |
由
，
有
2) ，
，解得 y 1 或 y 2 ．
| QN |
| PN |
0
0
所以，若存在不同于点 P 的定点Q 满足条件，则Q 点的坐标只可能为Q(0, 2) ．
| QA |
| PA |
下面证明：对任意的直线l ，均
有
．
| QB |
| PB |
当直线l 的斜率不存在时，由上可知，结论成立．
当直线l 的斜率存在时，可设直线l 的方程为 y kx 1， A 、 B 的坐标分别为(x1, y1 ), (x2 , y2 ) ．
x2 y2
联立 4
2
y kx
1
1, 得(2k
2 1)x
2 4kx 2 0 ．
其判别式 16k
2 8(2k
2 1) 0 ，
所以， x x 4k
, x x
2
．
1
2
2k
2 1
1 2
2k 2 1
因此
1
x1
x2
x1 x2 2k ．
x1 x2
易知，点 B 关于 y 轴对称的点的坐标为 B(x2 , y2 ) ．
又k
y1 2 k 1 , k
y2 2 k 1 k 1
，
QA
xx
QB
x
x
x
1
1
2
2
1
所以 kQA kQB ，即Q, A, B 三点共线．
所以| QA | | QA | | x1 | | PA | ．
| QB |
| QB |
| x2 |
| PB |
6
6
t 2 1
1
2
2(t2 1)2 2
2
y
y
故存在与 P 不同的定点Q(0, 2) ，使得| QA | | PA |
恒成立．
| QB |
| PB |
61．(2015 浙江理)已知椭圆
(Ⅰ)求实数 m 的取值范围；
x
2
2
2
1 上两个不同的点 A, B 关于直线 y mx 1
对称．
2
(Ⅱ)求AOB 面积的最大值( O 为坐标原点)．
【解析】(Ⅰ)
由题意知m 0
，可设直线AB
的方程为y 1
m
y 1 x b
x b ．
m
1
1
2
2b
2
由
消去 y ，得(
)x
x
b
2
1 0 ．
x
2
y
2 1
2
m
m
因为直线y 1
m x b 与椭
圆
x
2
2
2
1 有两个不同的交点，所以Δ 2b
2 2 4 0 ，①
m
2
2mb
m
2b
1
m
2 2
设 M 为 AB 的中点，则 M (
,
) ，代入直线方程 y mx 解得b
．②
m
2 2 m
2 2
2
2m
2
由①②得 m
或 m
．
3
3
(Ⅱ)令t 1 (6 , 0)
(0,
) ，则| AB |
t
2 1
，且O 到直线 AB 的距离
m
2
2
t
2 1
d 2 ．
t
2 1
2
设ΔAOB 的面积为 S (t) ，所以 S(t) 1 | AB | d
≤
2
，当且仅当t
2 1
时，等号
2
2
2
6
2
2t 4 2t 2
3
2
2
3
3
a
b
a
b
b1
成立，故ΔAOB 面积的最大值为
．
2
x
2
y
2
62．(2014 湖南文理)如图 5， O 为坐标原点，双曲线C1 :
2
2
1
1
1(a1 0,b1 0) 和椭圆
x2
y2
2 3
C2 :
2
2
2
2
1(a2 b2 0) 均过点 P(
3
,1) ，且以C1 的两个顶点和C2 的两个焦点为顶点的四边形
是面积为 2 的正方形．
(Ｉ)求C1,C2 的方程；
(Ⅱ)是否存在直线l ，使得l 与C1 交于 A, B 两点，与C2 只有一个公共点，且| OA OB || AB |？证明
你的结论．
【解析】(Ｉ)设C2 的焦距为 2c2 ，由题可得2c2 2, 2a1 2 ，从而 a1 1, c2 1 ，
2 3
y
2
2 3
2
2
∵点 P
,1 在双曲线 x
2
1 上，∴
1 b
2 3 ，
3
2
3
2
1
由椭圆的定义可得
2a2
2
y
2
2
a2
，
y
2
x
2
b1
2 3
2
3 11
2
2 3
2
3 11
2
2
2
b
2 a
2 c
2 2 ，∴ C , C 的方程为 x 1,
1 ．
2
2
2
1
2
3
3
2
(Ⅱ)不存在符合题设条件的直线．
(1) 若直线l 垂直于 x 轴 ，∵ l 与C2 只有一个公共点，
∴直线的方程为 x
或 x
，
2
2
1
2
当 x
时，易知 A
2, 3 , B
2,
3 , ∴ OA OB 2 2, AB 2 3 ，
此时OA OB AB ．当 x
时，同理可得 OA OB
AB ．
y kx m
(2) 当直线l 不垂直于 x 轴，设l 的方程为 y kx m ，
由
x
2 y 1
3
可得3 k
2 x
2 2kmx m
2 3 0 ，当l 与C 相交于 A, B 两
点时， 设 A x1, y1 , B x2, y2 ，则 x1 , x2 满足上述方程的两个
实根，从而
2km
m
2 3
2
2
3k
2 3m
2
x1 x2
3 k
2 , x1x2
k
2
3
，于是 y1 y2 k x1x2 km x1 x2 m
，
k
2 3
y kx
m
2
2
2
由
y
2
3
x
2
2
可得
2k
1
3
x
4kmx
2m
6 0 ，∵直线l 与C2 只有一个公共点，∴上述方程的判
别式 0 16k
2 m
2 82k
2 3m
2 3 0
，化简可得 2k
2 m
2 3 ，因此
m
2 3
3k
2
3m
2
k
2 3
OA OB x1x2 y1 y2
k
2 3
k
2
3
k
2 3 0 ，
2
2
2
2
2
2
于是
OA
OB 2OA OB
OA
OB 2OA OB ，即 OA
OB
OA OB ，∴ OA OB AB ，
综合(i)(ii)可知，不存在符合题目条件的直线．
63．(2013 安徽文理)已知椭圆C : x
a
2
y
2
1(a b 0) 的焦距为4，且过点 P( 2，3) ．
b
2
(Ⅰ)求椭圆 C 的方程；
(Ⅱ)设Q(x0 , y0 )(x0 y0 0) 为椭圆C 上一点，过点Q 作 x 轴的垂线，垂足为 E ．取点 A(0, 2 2) ，
连接 AE ，过点 A 作 AE 的垂线交 x 轴于点 D ．点G 是点 D 关于 y 轴的对称点，作直线
2
QG ，
问这样作出的直线QG 是否与椭圆 C 一定有唯一的公共点？并说明理由．
【解析】(Ⅰ)∵焦距为 4，所 a
2 b
2 4 ，又∵椭圆 C 过点 P( 2, 3) ，∴
2
a
2
x
2
y
2
3 1 ，故 a
2 8 ，b
2 4 ，
b
2
从而椭圆 C 的方程为
1 ．
8
4
x
n
0
0
0
0
0
(Ⅱ)由题意，E 点坐标为(x , 0) ，设 D(x , 0) ，
则
0
D
AE x
0 , 2 2
，
AD x
0 , 2 2 ，再由 AD AE 知， AE AD 0 ，即 x
D x
0 8 0 ．
由于 x y 0 ，故
0 0
8
D
x0
8
．∵点 G 是点 D 关于 y 轴的对称点，∴点G( , 0) ．
x
0
故直线QG
的斜率kQG
y0
8
x0 y0 ．
x
2 8
x0 0
0
又因Q x0, y0 在椭圆 C 上，∴ x
2 y
8 ．
①
2
2
从而
kQG
x0
2 yn
故直线QG 的方程
为
y x0 x 8
②
2 y
x
0
0
将②代入椭圆 C 方程，得：
x
2 2 y
2 x
2 16x x 64 16 y
2 0
③
再将①代入③，化简得：x
2 2x x x
2 0
0
n
解得 x x0 , y y0 ，即直线QG 与椭圆 C 一定有唯一的公共点．
64．(2013 湖北文理)如图，已知椭圆C1 与C2 的中心在坐标原点O ，长轴均为 MN 且在 x 轴上，短轴长分
别为2m ，2n (m n) ，过原点且不与 x 轴重合的直线l 与C1 ，C2 的四个交点按纵坐标从大到小依次为
A，
B，C，D．记 m
，△ BDM 和△ ABN 的面积分别为 S 和 S ．
n
1
2
(Ⅰ)当直线l 与 y 轴重合时，若 S1 S2 ，求的值；
(Ⅱ)当变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线 l，使得 S1 S2 ？并说明理由．
【解析】依题意可设椭圆C1 和C2 的方程分别为
x
2
2
2
2
y
A
B
M
O
C
D
N x
y
A
B
M
O
N x
C
D
1 k 2
1 k 2
x
y
m
S2
x
2
y
2
C ：
2
2
1， C ：
1 ．其中 a m n 0 ，
1
a
2
m
2
2
a
2
n
2
n
1.
(Ⅰ)解法 1：如图 1，若直线l 与 y 轴重合，即直线l 的方程为 x 0 ，则
S 1 | BD | | OM | 1 a | BD |， S 1 | AB | | ON | 1 a | AB | ，∴ S1 | BD | ．
1
2
2
2
2
2
S2
| AB |
在 C1 和 C2 的方程中分别令 x 0 ，可得 yA m ， yB n ， yD m
， 于是| BD | | yB yD | m n 1 ．
| AB |
| y A yB |
m n
1
若 S1 ，则 1 ，化简得
2 2 1 0 ．由 1 ，可解得
1．
S2
1
故当直线l 与 y 轴重合时，若 S1 S2 ，则
1．解法 2：如图 1，若直线l 与 y 轴重合，则
| BD | | OB | | OD | m n ， | AB || OA | | OB | m n ；
S 1 | BD | | OM | 1 a | BD |，
S
1
2
2
2
1 | AB | | ON | 1 a | AB |
．． 2
2
∴ S1 | BD | m n 1 ．
S2
| AB |
m n
1
若 S1 ，则 1 ，化简得
2 2 1 0 ．由 1 ，可解得
1．
S2
1
故当直线l 与 y 轴重合时，若 S1 S2 ，则
1．
第 28 题解答图 1
第 28 题解答图 2
(Ⅱ)解法 1：如图 2，若存在与坐标轴不重合的直线 l，使得 S1 S2 ．根据对称性，
不妨设直线l ： y kx (k 0) ，
点 M (a, 0) ， N (a, 0) 到直线l 的距离分别为 d1 ， d2 ，则
∵ d | ak 0 |
ak
， d | ak 0 |
ak
，∴ d d ．
1
2
又S 1 | BD | d
，S 1 | AB | d
1
2
，∴ S1 | BD | ，即| BD | | AB | ．
1
2
1
2
2
2
| AB |
由对称性可知| AB | | CD | ，∴ | BC | | BD | | AB | (1) | AB | ，
1 k 2
1 k 2
a2k 2 m2
a2k 2 n2
a2k 2 n2
a2k 2 m2
2
2
2
1 k 2
1 k 2
B
S2
| AD | | BD | | AB | (1) | AB | ，于是
| AD | 1 ．
①
| BC |
1
将l 的方程分别与 C1，C2 的方程联立，可求得
xA
am
，x
an
．
根据对称性可知 xC xB ， xD xA ，于是
| AD
|
1 k 2 | x x |
2x
A
D
A
．
②
| BC |
| xB xC | 2xB
从而由①和②式可得
1 ．
③( 1)
1
2
n2 (
2t 2 1)
令t
( 1)
，则由m n ，可得t 1
，于是由③可解得k
．
a2 (1 t 2 )
∵ k 0 ，∴ k 2 0 ．于是③式关于 k 有解，当且仅
当
n2 (
2t 2
1)
a2 (1 t 2
)
0 ，
等价于(t 2 1)(t 2
1 ) 0 ．由 1 ，可解得 1 t 1，
2
即 1 1 1 ，由 1 ，解得 1
，∴
(1)
当1 1
时，不存在与坐标轴不重合的直线 l，使得 S1 S2
；当 1
时，存在与坐标轴不重合的直线 l 使得 S1 S2 ．
解法 2：如图 2，若存在与坐标轴不重合的直线 l，使得 S1 S2 ．根据对称性，
不妨设直线l ： y kx (k 0) ，
点 M (a, 0) ， N (a, 0) 到直线l 的距离分别为 d1 ， d2 ，则
∵ d | ak 0 |
ak
， d | ak 0 |
ak
，∴ d d ．
1
2
又S 1 | BD | d
，S 1 | AB | d
1
2
，∴ S1 | BD | ．
1
2
1
2
2
2
| AB |
| BD
|
1 k 2 | x x |
x x
x
1
∵
B
D A
B ，∴ A
．
| AB |
| xA xB |
xA xB
xB
1
由点 A(xA , kxA ) ， B(xB , kxB ) 分别在 C1，C2 上，可得
x 2
k 2 x 2
x 2
k 2 x 2
x 2 x 2
k 2 (x 2
2 x 2 )
A A 1 ， B B 1 ，两式相减可得 A
B A
B 0 ，
a2
m2
1 k 2
a2k 2 n2
a2k 2 m2
1 k 2
1 k 2
1 k 2
a2
n2
a2
m2
2
2
2
2
3
2
3
x2 ( y 2)2
a2 3y2 ( y 2)2
m2 n2
B
A
B
A
y
y
依题意x x
m2 (x 2 x 2 )
0 ，∴ x 2 x 2 ．∴由上式解得 k 2 A
B
．
A
B
A
B
m2 (x 2 x 2 )
a2 (
2 x 2 x 2 )
x
1
∵ k 2 0 ，∴由
A
B
0 ，可解得1 A ，从而1
，解得 1
，
a2 (
2 x 2 x 2
)
xB
1
∴当1 1
时，不存在与坐标轴不重合的直线 l，使得 S1 S2 ；当 1
时，存在与坐标轴不
重合的直线 l 使得 S1 S2 ．
65．(2012 广东文理)在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆C ： x
a
2
2
1(a b 0) 的离心率e
，
b
2
且椭圆C 上的点到Q(0, 2) 的距离的最大值为 3．
(Ⅰ)求椭圆C 的方程；
(Ⅱ)在椭圆C
上，是否存在点M (m, n) 使得直线l ：mx ny 1 与圆O
：x
2 y
2
1
相交于不同的两
点 A, B ，且OAB 的面积最大？若存在，求出点 M 的坐标及相对应的OAB 的面积；若不
存在，请说明理由．
【解析】(Ⅰ)由e c
c2 2 a2 ，∴ b
2 a
2 c
2 1 a
2
a
3
3
设 P(x, y) 是椭圆C 上任意一点，则 x
a
2
y
2
1，∴
x b
2
2 a
2 (1
y ) a
b
2
2 3y
2
| PQ |
∴，当 y 1 时， | PQ |有最大
值
3
，可得a
3 ，∴ b 1, c
故椭圆C 的方程为：
x
2
2
3
(Ⅱ)存在点 M 满足要求，使OAB 得面积最大．
假设直线l : mx ny 1 与圆O : x
2 y
2 1 相交于不同两点 A, B ，
则圆心O 到l
的距离d
1
1，∴ m
2 n
2 1
①
2
2
2
1
2( y 1)2 a2 6
2
a2 6
n
∵ M (m, n) 在椭圆C 上，
∴
m
2
2
3
②，由①②得：0 m2 3
1
1 d 2
∵| AB | 2
2
∴ S
1 | AB | d
OAB
2
，由②得n
2 1 m
3
代入上式
2 m
2 m
得 S
3 3 1
，当且仅当1 2 m
2 m
2 3 (0, 3]，
OAB
1 2 m2
3
2 1 2 m2
2
3
2
3
∴ m
2 3 , n
2 1
，此时满足要求的点M (
6 ,
2 ) 有四个．
2
2
此时对应的OAB 的面积为 1
．
2
2
2
x
2
2
66．(2011 山东文理)在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆C :
y
3
1 ．如图所示，斜率为 k (k＞0) 且不
过原点的直线l 交椭圆C 于 A ， B 两点，线段 AB 的中点为 E ，射线 OE 交椭圆C 于点G ，交直线
x 3 于点 D(3, m) ．
(Ⅰ)求 m
2 k
2 的最小值；
(Ⅱ) 若 OG
2 OD ∙ OE ，
(i)求证：直线l 过定点；
(ii)试问点 B ，G 能否关于 x 轴对称？若能，求出此时ABG 的外接圆方程；若不能，请说明理由．
【解析】(Ⅰ)设直线l 的方程为y kx t(k 0)
，由题意，t 0.
2
m2 n2 1
m2 n2
1
1
m2 n2m2 n2
(1
)
3k
3k 2 1
9k 2 1
1
3k 2 1
1
3k 2 1
2
1
y kx
t,
2
2
2
由方程组
x
2
3
y
2 1,
得(3k
1)x 6ktx
3t
3 0 ，
由题意 0
，∴3k
2 1 t
2 .
6kt
设A(x1, y1 ), B(x2 , y2 )
，由韦达定理得x1 x2
3k
2 1
,
∴ y1 y2
3k
2 1
.
3kt
t
由于 E 为线段 AB 的中点，因此 xE
3k
2 1
, yE
3k
2 1
,
此时
kOE
yE
xE
1 .
3k
1
∴OE
所在直线方程为y
3k x, 又由题设知 D(－3，m)，
令x =－3
，得m 1
，即mk =1
，∴m
2 k
2 2mk 2,
k
当且仅当 m = k =1 时上式等号成立，此时由 0 得0 t 2,
因此
当 m k 1 且0 t 2 时， m
2 k
2 取最小值 2．
(Ⅱ)(i)由(I)
知OD
所在直线的方程为y 1
3k x,
将其代入椭圆C
的方程，并由k 0,
3k
1
3k
t
1
解得G(
,
)
，又E(
,
), D(3, ) ，由距离公式及t 0 得
2
21
3k
2 1 3k
2 1
k
2
9k
2 1
| OG
|
(
) (
)
3k
2 1
3k
2
,
| OD |
| OE |
,
k
t 9k
2 1
3k
2 1
,
由| OG |
2 | OD | | OE | 得t k, 因此，直线l
的方程为y k (x 1).∴直线l 恒过定点(1, 0).
(ii)由(i)得G(
,
)
，若B，G
关于x
轴对称，则B(
,
).
代入y k (x 1)整理得3k
2 1
k
3
1
3 1
3k
2 1, 即6k
4 7k
2 1 0
，解得k
2 1
(舍去)或k
2 1,
6
∴k=1
，此时B(
, ), G(
, ) 关于 x 轴对称．
2
2
2 2
3k 2 1
3k 2 1
(3)2 ( 1)2
k
(
3kt
t
3k 2 13k 2 1
) 2
(
)
2
3k
3k 2 1
3k
3k 2 1
又由(I)得 x1 0, y1 1, ∴A(0，1)．
由于ABG
的外接圆的圆心在x 轴上，可设ABG 的外接圆的圆心为(d，
0)
，因此d
2 1 (d 3)
2 1 , 解得d 1 ,
2
4
2
故ABG
的外接圆的半径为r
5
，∴ABG 的外接圆方程为(x 1 )
2 y
2 5 .
2
2
4
d 2 1
