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２ １０ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
8.5 直线与圆锥曲线的位置关系
学生用书P291
题型 一 直线与圆锥曲线的位置关系
续表
1.判断直线与圆锥曲线的位置关系 标准方程 结论
直线和圆锥曲线有三种位置关系 相离 相切和相交．
： 、 ｙ２ ｘ２ ａ２
ａ ｂ ｋ ｋ
（１）
直线与椭圆有两个公共点
⇔
相交
；
直线与椭圆有一个公共 ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） ＡＢ· ＯＭ＝－ｂ２
点 相切 直线与椭圆没有公共点 相离．
⇔ ； ⇔ ｘ２ ｙ２ ｂ２
ａ ｂ ｋ ｋ
（２）
直线与双曲线有两个公共点
⇒
相交． ａ２ －ｂ２ ＝１（ ＞０， ＞０） ＡＢ· ＯＭ＝ａ２
当直线与双曲线只有一个公共点时
，
除了直线与双曲线相切 ｙ２ ｘ２
ａ ｂ ｋ ｋ
ａ２
外 还有可能是直线与双曲线相交 此时直线与双曲线的渐近 ａ２ －ｂ２ ＝１（ ＞０， ＞０） ＡＢ· ＯＭ＝ｂ２
， ，
线平行． ｐ
直线与双曲线没有公共点 相离．
ｙ２
＝２
ｐｘ
（
ｐ
≠０）
ｋ
ＡＢ＝ｙ
⇔ ０
直线与抛物线有两个公共点 相交． ｘ
（
当
３
直
）
线与抛物线只有一个公共点
⇒
时 除了直线与抛物线相切
ｘ２
＝２
ｐｙ
（
ｐ
≠０）
ｋ
ＡＢ＝ ｐ
０
，
外 还有可能是直线与抛物线相交 此时直线与抛物线的对称
， ，
轴平行或重合． 例1 （ 安徽淮北树人高级中学月考， ）已知椭圆Ｃ
ｘ２
２０２４ １９ ：ａ２ ＋
直线与抛物线没有公共点 相离．
⇔ ｙ２
2.弦长与中点弦问题 ａ ｂ 的离心率ｅ １ 且椭圆Ｃ经过点 ．
ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） ＝ ， （２， ３）
当弦的两端点坐标易求时 可求出两端点坐标 再用两点 ２
（１） ， ， 求椭圆Ｃ的标准方程
间距离公式直接求解． （１） ；
过点Ｐ 作直线ｌ与该椭圆相交于Ａ Ｂ两点 若线段ＡＢ恰
若斜率为ｋ的直线与圆锥曲线相交于Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ （２） （２，１） 、 ，
（２） （ １， １）， （ ２， ２） 被点Ｐ所平分 求直线ｌ的方程．
，
两个不同的点 ， 则弦长 ｜ ＡＢ ｜ ＝ （ ｘ １－ ｘ ２） ２ ＋（ ｙ １－ ｙ ２） ２ ＝ ì ï ｃ １ ，
１＋ ｋ２ ｜ ｘ １－ ｘ ２｜ ＝ １＋ ｋ２ （ ｘ １＋ ｘ ２） ２ －４ ｘ １ ｘ ２ 或 ｜ ＡＢ ｜ ＝ ï ï ａ ＝ ２
( ) ( ) 解析 （ ）由题意得íａ２ ｂ２ ｃ２，
１ ２ ｙ ｙ １ ２ ｙ ｙ ２ ｙ ｙ ｋ １ ï ＝ ＋
１＋ ｋ ｜ １－ ２｜ ＝ １＋ ｋ · （ １＋ ２） －４ １ ２ （ ≠ ïï４ ３ ，
．
îａ２ ＋ｂ２ ＝１
０）
当直线过抛物线的焦点时 可利用抛物线的焦点弦公式求 解得ａ２ ＝８ ，ｂ２ ＝６ ．
（３） ，
解弦长． 则椭圆Ｃ的方程为 ｘ２ ｙ２ ．
＋ ＝１
中点弦问题 ８ ６
（４）
（ ） 解法一 显然，点Ｐ在椭圆内部．
求解与中点弦有关问题的两种方法 ２
：
设Ａ（ｘ ，ｙ ），Ｂ（ｘ ，ｙ ），
方程组法 联立直线方程和圆锥曲线方程 消元 ｘ或ｙ 成
① ： ， （ ） １ １ ２ ２
为二次方程之后 结合根与系数的关系 建立等式关系或不等 ì ï ｘ２ ｙ２
， ， １ １ ，
ï ＋ ＝１①
式关系． 则í８ ６
点差法 若题中已有直线与圆锥曲线相交和被截线段的中 ïｘ２ ｙ２
② ： ï ２ ２ ，
î ＋ ＝１②
点坐标时 可设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标 代入圆锥 ８ ６
， ，
（ｘ ｘ ）（ｘ ｘ ） （ｙ ｙ ）（ｙ ｙ ）
曲线的方程并作差 ， 从而求出直线的斜率 ， 然后利用中点求出 得 １＋ ２ １－ ２ １＋ ２ １－ ２ ，
①－② ＋ ＝０
直线方程． 点差法 的常见题型有 求中点弦方程 求 过定 ８ ６
“ ” ： 、 （ 由线段ＡＢ的中点为Ｐ（ ， ）得ｘ ｘ ，ｙ ｙ ．代入上式得
点
、
平行弦
）
弦中点轨迹
、
垂直平分线问题．
“
点差法
”
中必须保 ２ １ １＋ ２＝４ １＋ ２＝２
（ｘ ｘ ） （ｙ ｙ ）
证判别式Δ大于零． ４ １－ ２ ２ １－ ２ ，
＋ ＝０
归纳总结 ８ ６
ｙ ｙ
设ＡＢ为圆锥曲线的弦，点Ｍ（ｘ ，ｙ ）为弦ＡＢ的中点，Ｏ为坐 得ｋ １－ ２ ３ ．
标原点： ０ ０ ＡＢ＝ｘ １－ ｘ ２ ＝－ ２
直线ｌ的方程为ｙ ３ （ｘ ），
标准方程 结论 ∴ －１＝－ －２
２
即 ｘ ｙ ．
ｘ２ ｙ２ ｂ２ ３ ＋２ －８＝０
ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ａ ＞ ｂ ＞０） ｋ ＡＢ· ｋ ＯＭ＝－ａ２ 解法二 若直线斜率不存在，不符合题意．
设直线ｌ的方程为ｙ ｋ（ｘ ），Ａ（ｘ ，ｙ ），Ｂ（ｘ ，ｙ ），
－１＝ －２ １ １ ２ ２
专题八 平面解析几何 ２ １１
{ｙ ｋ（ｘ ）， Ｓ
－１＝ －２ 设 ＢＦＴ ＤＦＴ的面积分别为Ｓ Ｓ 当 １ １ 时 求直线ｌ
联立 ｘ２ ｙ２
，
消去 ｙ，化简得（
３＋４
ｋ２）ｘ２
＋８
ｋ（
１－２
ｋ）ｘ
＋
② △ 、△ １、 ２， Ｓ
２
＝
２
，
＋ ＝１ 的方程．
８ ６
ｋ２ ｋ ，
１６ －１６ －２０＝０
点Ｐ在椭圆内部， Δ ．
∵ ∴ ＞０
ｋ（ ｋ）
由根与系数的关系得ｘ ｘ ８ １－２ ，
１＋ ２＝－ ｋ２ ＝４
３＋４
解得ｋ ３． 直线ｌ的方程为ｙ ３（ｘ ），
＝－ ∴ －１＝－ －２ ＭＦ
２ ２ 解析 （ ） 设 Ｍ（ｘ，ｙ），Ｆ（ｃ， ），由题意知 ｜ ｜
即 ｘ ｙ ． １ ０ ＭＡ ＝
３ ＋２ －８＝０ ｜ ｜
（ｘ ｃ）２ ｙ２
题型 二 面积问题 （ｘ － ａ）２ ＋ ｙ２ ＝ λ（λ ＞０ 且λ ≠１ ），
－ ＋
直线与圆锥曲线相交 求弦和某个定点所构成的三角形面 ｃ ａλ２ ａ２λ２ ｃ２
， 整理得ｘ２ ｙ２ ２ －２ ｘ － ，
积的处理方法 ＋ ＋ λ２ ＋ λ２ ＝０
： －１ －１
1.一般方法：Ｓ １ ＡＢ ｄ 其中 ＡＢ 为弦长 ｄ 为定点到直线
ì
ï２
ｃ
－２
ａλ２
，
＝ ｜ ｜ （ ｜ ｜ ， ï λ２ ＝０
２ 所以有í －１ （与动点Ｍ的轨迹方程作比较）
ＡＢ的距离 ． ïａ２λ２ ｃ２
） ï － ，
2.拆分法：可以将三角形沿着ｘ轴或ｙ轴拆分成两个三角形 通 î λ２ ＝－４
， －１
常在拆分时给出的定点在ｘ轴或ｙ轴上 此时便于找到两个三 ｃ
， 结合 １ ，解得ａ ，ｃ ，则ｂ２ ，
ａ ＝ ＝２ ２ ＝ ２ ＝６
角形的底边长． ２
ｘ２ ｙ２
故椭圆Ｃ的标准方程为 ．
＋ ＝１
８ ６
（ ） 根据ＳＦ平分 ＢＳＤ，
２ ① ∠
ＢＳ ＢＦ
得｜ ｜ ｜ ｜（由内角平分线定理得），
ＤＳ ＝ ＤＦ
｜ ｜ ｜ ｜
Ｓ Ｓ Ｓ １ ＰＱ ｙ ｙ 由（ ）知Ｆ（ ， ），设Ｄ（ｘ ，ｙ ），Ｂ（ｘ ，ｙ ），
△ ＰＡＢ＝ △ ＰＱＡ＋ △ ＰＱＢ＝ ２ ｜ ｜｜ Ａ－ Ｂ｜ １ ２ ０ ０ ０ Ｂ Ｂ
则Ｂ→Ｆ （ ｘ ， ｙ ），Ｆ→Ｄ （ｘ ，ｙ ），
＝ １ ｜ ＰＱ ｜ （ ｙ Ａ＋ ｙ Ｂ） ２ －４ ｙ Ａ ｙ Ｂ ＝ ２－ Ｂ － Ｂ ＝ ０－ ２ ０
２ 设Ｂ→Ｆ μＦ→Ｄ（μ ），
＝ ＞０
{ {
ｘ μ（ｘ ）， ｘ （μ ） μｘ ，
所以 ２－ Ｂ＝ ０－ ２ 即 Ｂ＝ ２ ＋１ － ０
ｙ μｙ ， ｙ μｙ ，
－ Ｂ＝ ０ Ｂ＝－ ０
由直线ｌ的斜率ｋ ，得ｘ （ ， ），
＞０ ０∈ －２ ２ ２
Ｓ △ ＰＡＢ＝ Ｓ △ ＰＱＡ＋ Ｓ △ ＰＱＢ＝ ２ １ ｜ ＰＱ ｜｜ ｘ Ａ－ ｘ Ｂ｜
将
和
Ｂ
ｙ
，
２
Ｄ坐标代
ｘ２
入
，即
椭圆
［
方程
（μ
得
３ ）
［
μ ２ ｘ
（
］
μ
２ ＋１ μ
）
２ － （
μｘ
０
］２
ｘ ＋ ２ ４ ）
（
－
μｙ
， ０
）２
＝２４
４ ０＝２４－３ ０ ３ ２ ＋１ － ０ ＋ ２４－３ ０ ＝２４
＝
２
１ ｜ ＰＱ ｜ （ ｘ Ａ＋ ｘ Ｂ） ２ －４ ｘ Ａ ｘ Ｂ 化简得（μ ＋１ ）２ － ２ μ（μ ＋１ ）ｘ ０＋４ （μ２ －１ ） ＝０ ，
例2 （ 山东青岛二中阶段性练习， ）阿波罗尼斯是古希 整理得（μ ）（ μ μｘ ） ，
２０２４ １８ ＋１ ５ －３－ ２ ０ ＝０
( )
腊著名数学家 他的主要研究成果集中在他的代表作 圆锥曲
， 《 因为μ ，所以μ ３ １ ， ，
线论 》 一书中．阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一 ， 阿波罗尼斯 ＞０ ＝ ５－ ２ ｘ ０ ∈ ３ １
圆指的是已知动点Ｍ与两定点Ｑ Ｐ的距离之比｜ ＭＱ ｜ λ λ 所以｜ ＢＳ ｜的取值范围为 ( １ ， ) ．
， ＭＰ ＝ （ ＞０ ＤＳ １
｜ ｜ ｜ ｜ ３
且λ ≠１）， λ是一个常数 ， 那么动点Ｍ的轨迹就是阿波罗尼斯 根据 Ｓ △ ＢＦＴ Ｓ １ １ ，ＴＦ平分 ＢＴＤ，
② Ｓ ＝Ｓ ＝ ∠
圆 ， 圆心在线段ＰＱ上．已知动点Ｍ的轨迹是阿波罗尼斯圆 ， 其 △ ＤＦＴ ２ ２
方程为ｘ２
＋
ｙ２
＝４，
定点分别为椭圆Ｃ
：ａ
ｘ２
２ ＋
ｙ
ｂ
２
２ ＝１（
ａ
＞
ｂ
＞０）
的右焦 得
Ｓ
Ｓ
△
△
Ｄ
ＢＦ
Ｆ
Ｔ
Ｔ ＝ ｜
｜
Ｆ
Ｂ
Ｄ
Ｆ ｜
｜
，故
｜
｜
Ｄ
ＢＦ
Ｆ
｜
｜ ＝ ２
１ ，
点Ｆ与右顶点Ａ 且椭圆Ｃ的离心率为ｅ １ ． 即μ ３ １ ，ｘ ２，
， ＝ ＝ ｘ ＝ ０＝－
２ ５－ ２ ０ ２ ２
求椭圆Ｃ的标准方程．
（１）
３ １０
如图 过右焦点Ｆ斜率为ｋ ｋ 的直线ｌ与椭圆Ｃ相交于 æ ö ０＋
（２） ， （ ＞０） 故Ｄç ２， ３ １０÷，所以ｋ ４ ５，
Ｂ Ｄ 点Ｂ在ｘ轴上方 点Ｓ Ｔ是椭圆Ｃ上异于Ｂ Ｄ的两点 è－ － ø ＝ ＝
， （ ）， ， ， ， ２ ４ ２ ２
ＳＦ平分 ＢＳＤ ＴＦ平分 ＢＴＤ． ２＋
∠ ， ∠ ２
ＢＳ
求｜ ｜的取值范围 则直线ｌ的方程为ｙ ５ｘ １０．
① ＤＳ ； ＝ －
｜ ｜ ２ ２
２ １２ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
学生用书P129 联立 {ｘ
ｙ
２ －
ｙ
ｙ２ ＝９
ｋ
，
ｘ ｘ
消去ｙ得
（１－
ｋ２
）
ｘ２
－２
ｋ
（
ｙ
ｎ －１－
ｋｘ
ｎ －１）·
ｘ
１． 新定义理解 （多选）（ 新课标 ， ， 分，难）设计一条 ＝ ｎ －１＋ （ － ｎ －１），
美丽的丝带 其造型 可 ２０ 以 ２４ 看作图中 Ⅰ 的曲 １１ 线 ６ Ｃ的一部分．已知 －（ ｙ ｎ －１－ ｋｘ ｎ －１） ２ －９＝０，（※）
， 设Ｑ ｘ ｙ ｘ 是方程 的一个根 由根与系数的
Ｃ过坐标原点Ｏ 且Ｃ上的点满足横坐标大于 到点Ｆ ｎ －１（ ０， ０），∵ ｎ －１ （※） ，∴
， －２， （２， ｋ ｙ ｋｘ
的距离与到定直线ｘ ａ ａ 的距离之积为 ．则 ＡＢＤ 关系得ｘ ｘ ２ （ ｎ －１－ ｎ －１）
０） ＝ （ ＜０） ４ （ ） ０＋ ｎ －１＝ ｋ２ ，
Z １－
$
ｘ ２
ｋｙ
ｎ －１－
ｋ２ｘ
ｎ －１－
ｘ
ｎ －１
∴ ０＝ ｋ２ ，
１－
0 ' Y
ｙ ｋ ｘ ｘ ｙ
ｋ２ｙ
ｎ －１－２
ｋｘ
ｎ －１＋
ｙ
ｎ －１
∴ ０＝ （ ０－ ｎ －１）＋ ｎ －１＝ ｋ２ ，
１－
即Ｑ
æ
ç２
ｋｙ
ｎ －１－
ｋ２ｘ
ｎ －１－
ｘ
ｎ －１
ｋ２ｙ
ｎ －１－２
ｋｘ
ｎ －１＋
ｙ
ｎ －１
ö
÷
Ａ．
ａ
＝－２
ｎ －１è
１－
ｋ２ ，
１－
ｋ２ ø，
Ｂ．
点
（２ ２，０）
在Ｃ上
则Ｐ
æ
ç ２
ｋｙ
ｎ －１－
ｋ２ｘ
ｎ －１－
ｘ
ｎ －１
ｋ２ｙ
ｎ －１－２
ｋｘ
ｎ －１＋
ｙ
ｎ －１
ö
÷
Ｃ在第一象限的点的纵坐标的最大值为 ｎè－ ｋ２ ， ｋ２ ø，
Ｃ． １ １－ １－
当点 ｘ ｙ 在Ｃ上时 ｙ ４ ｘ ｙ
ｋ２ｘ
ｎ －１＋
ｘ
ｎ －１－２
ｋｙ
ｎ －１
ｋ２ｙ
ｎ －１－２
ｋｘ
ｎ －１＋
ｙ
ｎ －１
Ｄ． （ ０， ０） ， ０≤ｘ ∴ ｎ － ｎ ＝ ｋ２ － ｋ２
０＋２ １－ １－
２． 创新考法、多想少算 （
２０２４
新课标
Ⅱ
，
１９
，
１７
分，难）已知双 ｋ２
（
ｘ
ｎ －１－
ｙ
ｎ －１）＋２
ｋ
（
ｘ
ｎ －１－
ｙ
ｎ －１）＋
ｘ
ｎ －１－
ｙ
ｎ －１
曲线Ｃ
：
ｘ２
－
ｙ２
＝
ｍ
（
ｍ
＞０），
点Ｐ
１（５，４）
在Ｃ上
，
ｋ为常数
，０＜
ｋ
＜１
． ＝
１－
ｋ２
按 的直 照 线 如 与 下方 Ｃ 式 的 依 左 次 支 构 交 造 于 点 点 Ｐ Ｑ ｎ ｎ （ －１ ｎ ， ＝ 令 ２， Ｐ ３ ｎ ， 为 …） Ｑ ： ｎ － 过 １ 关 Ｐ 于 ｎ －１ 作 ｙ轴 斜 的 率 对 为 称 ｋ ＝ （ ｋ ＋１） ２ １ （ － ｘ ｋ ｎ － ２ １－ ｙ ｎ －１） ，
点．记Ｐ ｎ 的坐标为 （ ｘ ｎ， ｙ ｎ） ． ｘ ｎ－ ｙ ｎ （ ｋ ＋１） ２ １＋ ｋ ｎ ｋ
若ｋ １ 求ｘ ｙ
∴ ｘ
ｎ －１－
ｙ
ｎ －１
＝
１－
ｋ２ ＝
１－
ｋ（ ＝２，３，…）（０＜ ＜１），
（１） ＝
２
， ２， ２；
∴ 数列 ｛ ｘ ｎ－ ｙ ｎ｝ 是公比为１＋
ｋ
ｋ 的等比数列．
ｋ １－
证明 数列 ｘ ｙ 是公比为１＋ 的等比数列
（２） ： ｛ ｎ－ ｎ｝ ｋ ； Z
１－
设 Ｓ 为 Ｐ Ｐ Ｐ 的面积．证明 对任意正整数 ｎ Ｓ
（３） ｎ △ ｎ ｎ ＋１ ｎ ＋２ ： ， ｎ
＝ Ｓ ｎ ＋１ ． 2 1 1 O
解析 如图 所示 由已知直线 Ｐ Ｑ 的方程为ｙ O O
（１） １ ， １ １ －４＝ Y
2 0
O 1
１ ｘ 即ｙ １ ｘ ３ O
（ －５）， ＝ ＋ ，
２ ２ ２
又点Ｐ 在双曲线 ｘ２ ｙ２ ｍ 上 ｍ ２ ２ 联立
１（５，４） － ＝ ，∴ ＝５ －４ ＝９，
{ｘ２ ｙ２
－ ＝９，
图
ｙ １ ｘ ３ 消去ｙ得ｘ２ －２ ｘ －１５＝０， 解得ｘ ＝５ 或ｘ ＝－３， 证法二：由已知 Ｐ ｘ ｙ 则 ２ Ｐ 关于 ｙ 轴的对称点是
＝ ＋ ， ｎ（ ｎ， ｎ）， ｎ
２ ２
Ｑ ｘ ｙ
由Ｐ １（５，４）， 知Ｑ １（－３，０），
又
ｎ －
Ｐ
１（－ ｎ
ｘ
， ｎ）
ｙ
，
且Ｐ Ｑ 是斜率为ｋ的直线
由已知Ｑ
１
关于ｙ轴的对称点为Ｐ
２，
则Ｐ
２（３，０），
故ｘ
２＝３，
ｙ
２ ｙ
ｎ －１
ｙ
（ ｎ －１， ｎ －１） ｎ －１ ｎ －１ ，
＝０ ．
Z
∴
－
ｘ ｎ
ｎ
－
－
ｘ ｎ ＋
ｎ －
１
１
＝ ｋ ， 又Ｐ ｎ －１， Ｑ ｎ －１ 两点都在双曲线上 ，
1
{ｘ２ｎ－ ｙ２ｎ＝９①，
∴ ｘ２ｎ
－１－
ｙ２ｎ
－１＝９②，
可得 ｘ ｘ ｘ ｘ ｙ ｙ ｙ ｙ
2
1
①－② （ ｎ－ ｎ －１）（ ｎ＋ ｎ －１）＝（ ｎ－ ｎ －１）（ ｎ＋ ｎ －１），
0 Y ｙ
ｎ－
ｙ
ｎ －１
ｘ
ｎ－
ｘ
ｎ －１ ｋ
∴ ｘ ｘ ＝ｙ ｙ ＝－ ，
ｎ＋ ｎ
－１
ｎ＋ ｎ
－１
{ｙ ｙ ｋ ｘ ｘ
即 ｎ－ ｎ －１＝－ （ ｎ＋ ｎ －１）③，
ｘ ｘ ｋ ｙ ｙ
ｎ－ ｎ －１＝－ （ ｎ＋ ｎ －１）④，
图 得 ｘ ｙ ｘ ｙ ｋ ｘ ｙ ｘ ｙ
１ ④－③ （ ｎ－ ｎ）－（ ｎ －１－ ｎ －１）＝ ［（ ｎ－ ｎ）＋（ ｎ －１－ ｎ －１）］，
（２） 证法一：由已知 Ｐ ｎ（ ｘ ｎ， ｙ ｎ） 在双曲线上 ， 如图 ２ 所示 ， 设 ∴ （１－ ｋ ）（ ｘ ｎ－ ｙ ｎ）＝（１＋ ｋ ）（ ｘ ｎ －１－ ｙ ｎ －１），
Ｐ ｎ －１（ ｘ ｎ －１， ｙ ｎ －１）（ ｎ ＝２，３，…）， 则 ｘ２ｎ －１－ ｙ２ｎ －１＝９， 由已知得直线 ｘ ｎ－ ｙ ｎ １＋ ｋ
Ｐ Ｑ 的方程为ｙ ｙ ｋ ｘ ｘ ∴ ｘ ｙ ＝ ｋ，
ｎ －１ ｎ －１ － ｎ －１＝ （ － ｎ －１）， ｎ －１－ ｎ －１ １－
专题八 平面解析几何 ２ １３
ｋ 数 故 Ｓ 为常数列 从而Ｓ Ｓ ．
∴ 数 证 列 法 ｛ ｘ 一 ｎ－ ： ｙ 如 ｎ｝ 图 是公比 设 为 Ｐ １ １ ＋ － ｘ ｋ 的 ｙ 等比 Ｐ 数列． ｘ ｙ Ｐ ｘ 证 ） 法 ， 二： ｛ 要 ｎ 证 ｝ Ｓ ｎ ＋１＝ Ｓ ｎ， ， 即证Ｓ △ ｎ Ｐ ＝ ｎＰｎ＋１ ｎ Ｐ ＋ ｎ＋ １ ２ ＝ Ｓ △ Ｐｎ＋１ Ｐｎ＋２ Ｐｎ＋３，
（３） ３， ｎ（ ｎ， ｎ）， ｎ ＋１（ ｎ ＋１， ｎ ＋１）， ｎ ＋２（ ｎ ＋２， 即证Ｐ ｎ Ｐ ｎ ＋３∥ Ｐ ｎ ＋１ Ｐ ｎ ＋２， （三角形同底等高模型）
ｙ
ｙ
ｎ ＋２），
．
∴ Ｐ ｎ ＋１ →Ｐ ｎ＝（ ｘ ｎ－ ｘ ｎ ＋１， ｙ ｎ－ ｙ ｎ ＋１）， Ｐ ｎ ＋１ Ｐ→ ｎ ＋２＝（ ｘ ｎ ＋２－ ｘ ｎ ＋１， ｙ ｎ ＋２－ 设１＋ ｋ
ｋ＝
ｐ
，
同证法一得ｘ
ｎ－
ｙ
ｎ＝
ｐｎ －１
，
ｎ ＋１） １－
Z
ｘ
ｎ＝
１
（
ｐｎ －１
＋９
ｐ１－ ｎ
），
ｙ
ｎ＝
１
（９
ｐ１－ ｎ
－
ｐｎ －１
），
1 ２ ２
O
1 则ｋ
ｙ
ｎ ＋２－
ｙ
ｎ ＋１ （
ｘ
ｎ ＋２－
ｐｎ ＋１
）－（
ｘ
ｎ ＋１－
ｐｎ
）
O
Y
Ｐｎ＋１ Ｐｎ＋２ ＝ｘ
ｎ ＋２－
ｘ
ｎ ＋１
＝ ｘ
ｎ ＋２－
ｘ
ｎ ＋１
0 ｐｎ ｐ
1 ２ （ －１）
O ＝１－ ｐｎ ＋１ ｐ－ ｎ －１ ｐｎ ｐ－ ｎ
（ ＋９ ）－（ ＋９ ）
ｐ２ ｎ ＋１
２ ．
＝１－ｐ２ ｎ
＋１
－９
图 ３ ｋ ｙ ｎ ＋３－ ｙ ｎ （ ｘ ｎ ＋３－ ｐｎ ＋２ ）－（ ｘ ｎ－ ｐｎ －１ ）
∴
Ｓ
△ ＰｎＰｎ＋１ Ｐｎ＋２ ＝
１
｜
Ｐ
ｎ ＋１
→Ｐ
ｎ｜·｜
Ｐ
ｎ ＋１
Ｐ→
ｎ ＋２｜·ｓｉｎ∠
Ｐ
ｎ
Ｐ
ｎ ＋１
Ｐ
ｎ ＋２
ＰｎＰｎ＋３ ＝ｘ
ｎ ＋３－
ｘ
ｎ
＝ ｘ
ｎ ＋３－
ｘ
ｎ
２ ｐｎ －１ ｐ３
２ （ －１）
＝ １ ｜ Ｐ ｎ ＋１ →Ｐ ｎ｜｜ Ｐ ｎ ＋１ Ｐ→ ｎ ＋２｜· １－ｃｏｓ ２ 〈 Ｐ ｎ ＋１ →Ｐ ｎ， Ｐ ｎ ＋１ Ｐ→ ｎ ＋２〉 ＝１－ （ ｐｎ ＋２ ＋９ ｐ－ ｎ －２ ）－（ ｐｎ －１ ＋９ ｐ－ ｎ ＋１ ）
２ ｐ２ ｎ ＋１
２ ．
＝ １ ｜ Ｐ ｎ ＋１ →Ｐ ｎ｜ ２ ·｜ Ｐ ｎ ＋１ Ｐ→ ｎ ＋２｜ ２ －（ Ｐ ｎ ＋１ →Ｐ ｎ· Ｐ ｎ ＋１ Ｐ→ ｎ ＋２） ２ ＝１－ｐ２ ｎ ＋１ －９
２
故ｋ ｋ 即Ｐ Ｐ Ｐ Ｐ
１ ｘ ｘ ｙ ｙ ｘ ｘ ｙ ｙ Ｐｎ＋１ Ｐｎ＋２ ＝ ＰｎＰｎ＋３， ｎ ｎ ＋３∥ ｎ ＋１ ｎ ＋２，
＝ ｜（ ｎ－ ｎ ＋１）（ ｎ ＋２－ ｎ ＋１）－（ ｎ ＋２－ ｎ ＋１）（ ｎ－ ｎ ＋１）｜， 原式得证．
２
æ ｋöｎ －１ æ ｋöｎ －１
又 ｘ ｙ ｘ ｙ ç１＋ ÷ ç１＋ ÷ ｎ 考点 直线与圆锥曲线的位置关系 学生用书P129
∵ ｎ－ ｎ＝（ １－ １）è ｋø ＝è ｋø （ ＝１，２，３，…），
１－ １－
且
（
ｘ
ｎ，
ｙ
ｎ）
在双曲线ｘ２
－
ｙ２
＝９
上
，∴
ｘ２ｎ－ ｙ２ｎ＝９ ．
１．（ 新高考 ， ， 分，中）已知点Ａ 在双曲线Ｃ
ｘ２
æ ｋöｎ －１
２０２２ Ⅰ ２１ １２ （２，１） ：ａ２
∴ 令１ ｘ ｎ ＋ ＋ ｋ ｙ ｎ ｐ ＝ｘ 由 ｎ－ ９ ｙ ｎ ＝ ｋ ９· 得 è ç１ １ － ＋ ｐ ｋø ÷ 且 ， {ｘ ｎ－ ｙ ｎ＝ ｐｎ －１ ， 率 －ａ 之 ２ ｙ － ２ 和 １ ＝ 为 １（ ａ ． ＞１） 上 ， 直线ｌ交Ｃ于Ｐ ， Ｑ两点 ， 直线ＡＰ ， ＡＱ的斜
１－
ｋ＝ ， ０＜ ＜１， ＞１， ｘ
ｎ＋
ｙ
ｎ＝９
ｐ１－ ｎ
， 求ｌ的
０
斜率
（１） ；
∴ ｘ ｎ＝ １ （ ｐｎ －１ ＋９ ｐ１－ ｎ ）， ｙ ｎ＝ １ （９ ｐ１－ ｎ － ｐｎ －１ ）， （２） 若 ｔａｎ∠ ＰＡＱ ＝２ ２， 求 △ ＰＡＱ的面积．
２ ２
解析 点Ａ 在双曲线上 ４ １
∴ （ ｘ ｎ－ ｘ ｎ ＋１）（ ｙ ｎ ＋２－ ｙ ｎ ＋１）＝ １ （ ｐｎ －１ ＋９ ｐ１－ ｎ － ｐｎ －９ ｐ－ ｎ ）（９ ｐ－１－ ｎ － （１）∵ （２，１） ，∴ ａ２ －ａ２ －１ ＝１，
４
ｐｎ ＋１
－９
ｐ－ ｎ
＋
ｐｎ
）
解得ａ２
＝２
．
∴
Ｃ的方程为 ｘ２
－
ｙ２
＝１
．
①
２
１ ｐ ２ｐ－２ ｐ ２ｐ２ ｎ －１ ｐ ２ｐ－２ ｎ －１ ｐ ２ 设直线ｌ ｙ ｋｘ ｍ．
＝ ［９（１－ ） ＋（１－ ） －８１（ －１） －９（ －１） ］ ： ＝ ＋ ②
４ 联立 消去ｙ得 ｋ２ ｘ２ ｋｍｘ ｍ２ ．
①②， （１－２ ） －４ －２（ ＋１）＝０
＝
４
１ （ ｐ －１） ２ （９ ｐ－２ －９＋ ｐ２ ｎ －１ －８１ ｐ－２ ｎ －１ ）， 设Ｐ （ ｘ １， ｙ １）， Ｑ （ ｘ ２， ｙ ２），
ｋｍ ｍ２
又 （ ｘ ｎ ＋２－ ｘ ｎ ＋１）（ ｙ ｎ－ ｙ ｎ ＋１）＝ １ （ ｐｎ ＋１ ＋９ ｐ－ ｎ －１ － ｐｎ －９ ｐ－ ｎ ）（９ ｐ１－ ｎ － 则ｘ １＋ ｘ ２＝
１
４
－２
ｋ２， ｘ １ ｘ ２＝－ ２
１－２
＋ ｋ２ ２ ，
４
ｐｎ －１ －９ ｐ－ ｎ ＋ ｐｎ ） ｋ ＰＡ＝ ｙ ｘ １－１ ， ｋ ＱＡ＝ ｙ ｘ ２－１ ，
＝ １ ［（ ｐ －１） ２ｐ２ ｎ －１ ＋９（ ｐ －１） ２ －８１（１－ ｐ ） ２ｐ－２ ｎ －１ －９（１－ ｐ ） ２ｐ－２ ］ １－２ ２ ｙ －２ ｙ
４ 由ｋ ｋ 得 １－１ ２－１
ＰＡ＋ ＱＡ＝０， ｘ ＋ｘ ＝０，
＝ １ （ ｐ －１） ２ （９－９ ｐ－２ ＋ ｐ２ ｎ －１ －８１ ｐ－２ ｎ －１ ）， 化简得 ｋｘ ｘ ｍ １－２ ｋ ２－２ ｘ ｘ ｍ
４ ２ １ ２＋（ －２ －１）（ １＋ ２）－４（ －１）＝０，
æ ｍ２ ö ｋｍ
∴ Ｓ △ ＰｎＰｎ＋１ Ｐｎ＋２ ＝ ２ １ × ４ １ ｜１８（ ｐ －１） ２ －１８（１－ ｐ ） ２ｐ－２ ｜＝ ４ ９ ［（ ｐ －１） ２ 即 ２ ｋ ·è ç － ２ １－２ ＋ ｋ２ ２ ø ÷ ＋（ ｍ －２ ｋ －１）· １ ４ －２ ｋ２ －４（ ｍ －１）＝０，
－（１－ ｐ ） ２ · ｐ－２ ］， 化简得 （２ ｋ ＋ ｍ －１）（ ｋ ＋１）＝０，
æ ö ｋ ｍ 或ｋ ．
∴ Ｓ ｎ＝ ９ ［（ ｐ －１） ２ －（１－ ｐ ） ２ · ｐ－２ ］＝ ９ （ ｐ －１） ２ è ç １－ｐ １ ２ø ÷ ＝ ∴ 若 ２ ｋ ＋ ｍ －１＝０ 则 ＋ ｌ １ ｙ ＝０ ｋ ｘ
４ ４ ２ ＋ －１＝０， ： ＝ （ －２）＋１，
ｐ ２ ｐ２ ｐ ３ ｐ ｋ３ 这时直线ｌ过点Ａ 不合题意
９（ －１） （ －１） ９ （ －１） （ ＋１） ３６ 常 ， ，
ｐ２ ＝ · ｐ２ ＝ ｋ ２ ｋ ２（ ｋ ｋ ．
４ ４ （ ＋１） （ －１） ∴ ＋１＝０，∴ ＝－１
２ １４ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
( )
（２） 不妨设直线ＰＡ ， ＡＱ的倾斜角为α ， β α ＜ π ２ ＜ β ，∵ ｋ ＡＰ＋ ｋ ＡＱ 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×
α β ．
＝０，∴ ＋ ＝π ｘ ｘ ２ ｘ ｘ 即必要性成立．
由 知ｘ ｘ ｍ２ 当Ｐ Ｑ均在双曲线左支时 ＰＡＱ （ １＋ ２） －４ １ ２ ＝ ３，
（１） １ ２＝２ ＋２＞０， ， ，∠ ＝
α α
２ ，∴ ｔａｎ２ ＝２ ２，
即 ２α α 解得 α ２ 负值舍去 ．
２ｔａｎ ＋ｔａｎ － ２＝０， ｔａｎ ＝ （ ）
２
此时ＰＡ与双曲线的渐近线平行 与双曲线左支无交点 舍去
， ， ；
当Ｐ Ｑ均在双曲线右支时 ＰＡＱ
， ，∵ ｔａｎ∠ ＝２ ２，
β α 即 α
∴ ｔａｎ（ － ）＝２ ２， ｔａｎ２ ＝－２ ２， 再证充分性．
②
即 ２α α 解得 α 负值舍去 ． 易知直线ＭＮ的斜率存在 设其方程为ｙ ｋｘ ｔ．
２ｔａｎ －ｔａｎ － ２＝０， ｔａｎ ＝ ２（ ） ， ＝ ＋
于是 直线ＰＡ ｙ ｘ ＱＡ ｙ ｘ ｔ
， ： ＝ ２（ －２）＋１， ： ＝－ ２（ －２）＋１， 由题意得 ｜ ｜ ｂ 即ｔ２ ｋ２．
{ ｙ ｘ ｋ２ ＝ ＝１， ＝１＋
＝ ２（ －２）＋１， １＋
联立 ｘ
２
２
－
ｙ２
＝１，
消去ｙ可得 ３ ｘ２ ＋（４ ２－１６） ｘ ＋２０－８ ２＝
由
{ｙ
ｘ
＝
２
ｋｘ
ｙ
＋
２
ｔ ，
消去ｙ整理 ，
＋ ＝１，
３
ｘ ｘ １６－４ ２ ｘ ｘ ２０－８ ２．
０，∴ １＋ Ａ＝ ３ ， １ Ａ＝ ３ 得 （１＋３ ｋ２ ） ｘ２ ＋６ ｋｔｘ ＋３ ｔ２ －３＝０，
ｋｔ ｔ２
则ｘ ｘ ６ ｘ ｘ ３ －３
∴ ｜ ＡＰ ｜＝ １＋（ ２） ２ （ ｘ １＋ ｘ Ａ） ２ －４ ｘ １ ｘ Ａ ＝ ４（ ６－ ３） ， １＋ ２＝－ １＋３ ｋ２， １ ２＝ １＋３ ｋ２，
３
所以 ＭＮ ｋ２ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ
同理 ＡＱ ４（ ６＋ ３） 又 ＰＡＱ ２ ２ ｜ ｜＝ （１＋ ）［（ １＋ ２） －４ １ ２］
｜ ｜＝ ， ∵ ｓｉｎ∠ ＝ ，
３ ３ ｋ２ é êê æ ç ６ ｋｔ ö ÷ ２ ３ ｔ２ －３ ù úú
＝ （１＋ ）ëè－ ｋ２ ø －４× ｋ２ û
Ｓ １ ＰＡ ＱＡ ＰＡＱ １６ ２． １＋３ １＋３
∴ △ ＰＡＱ＝ ｜ ｜｜ ｜ｓｉｎ∠ ＝
２ ９ ｔ２ ｋ２ ｋ２
－１２（ －１－３ ）（１＋ ）
２．（ 新高考 ， ， 分，中）已知椭圆Ｃ ｘ２ ｙ２ ａ ｂ ＝ ｋ２ ２
２０２１ Ⅱ ２０ １２ ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞ （１＋３ ）
ｋ２ ｋ２
２４ （１＋ ）．
若右焦点为Ｆ 且离心率为 ６． ＝ ｋ２ ２
０）， （ ２，０）， （１＋３ ）
３ ｋ２ ｋ２
求椭圆Ｃ的方程 因为 ＭＮ 所以８ （１＋ ）
（１） ； ｜ ｜＝ ３， ｋ２ ２ ＝１，
设Ｍ Ｎ是Ｃ上的两点 直线ＭＮ与曲线ｘ２ ｙ２ ｂ２ ｘ （１＋３ ）
（２） ， ， ＋ ＝ （ ＞０） 解得ｋ２ 则ｔ２ ．
＝１， ＝２
相切 证明 Ｍ Ｎ Ｆ三点共线的充要条件是 ＭＮ ．
， ： ， ， ｜ ｜＝ ３ 因为ｘ ｘ ６ ｋｔ 即ｋｔ
ì ïｃ ＝ ２， {ａ２ １＋ ２＝－ １＋３ ｋ２＞０， ＜０，
ïï ＝３，
ｃ 所以ｋ ｔ 或ｋ ｔ
解析 由题意得íｅ ６ 解得 ｂ２ ＝１， ＝－ ２ ＝－１， ＝ ２，
（１） ï ＝ ａ ＝ ， ＝１，
î ï ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ ３ ２ ， ｃ２ ＝２， 所 无 以 论 直 哪 线 一种 Ｍ 情 Ｎ的 况 方 直 程 线 为 Ｍ ｙ Ｎ ＝ ｘ 恒 － 过 ２ 焦 或 点 ｙ ＝ Ｆ － ｘ ＋ ２ ．
， ，
故椭圆Ｃ的方程为
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
． 所以Ｍ
，
Ｎ
，
Ｆ三点共线
，
即充分性成立．
３ 故Ｍ Ｎ Ｆ三点共线的充要条件是 ＭＮ ．
证明 由 得 曲线为ｘ２ ｙ２ ｘ ， ， ｜ ｜＝ ３
（２） ： （１） ， ＋ ＝１（ ＞０）， ｘ２ ｙ２
当直线ＭＮ的斜率不存在时 直线ＭＮ ｘ 不符合题意 ３．（ 新高考 ， ， 分，难）已知椭圆Ｃ ａ ｂ
， ： ＝１， ； ２０２０ Ⅱ ２１ １２ ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞
当直线ＭＮ的斜率存在时 设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ ．
， （ １， １）， （ ２， ２）
先证必要性． 过点Ｍ 点Ａ为其左顶点 且ＡＭ的斜率为 １ ．
① ０） （２，３）， ，
２
因为Ｍ Ｎ Ｆ三点共线 Ｆ 求Ｃ的方程
， ， ， （ ２，０）， （１） ；
所以设直线ＭＮ ｘ ｍｙ 即ｘ ｍｙ 点Ｎ为椭圆上任意一点 求 ＡＭＮ的面积的最大值．
： ＝ ＋ ２， － － ２＝０， （２） ， △
由题意知Ｏ
（０，０）
到直线ＭＮ的距离ｄ
＝
２
＝１，
解得ｍ２
＝
解析
（１）
由题意可知直线ＡＭ的方程为ｙ
－３＝
１
（
ｘ
－２），
ｍ２ ２
＋１
即ｘ ｙ 当ｙ 时 解得ｘ 所以ａ
故ｍ 所以直线ＭＮ ｘ ｙ －２ ＝－４， ＝０ ， ＝－４， ＝４，
１， ＝±１， ： ± － ２＝０， ｘ２ ｙ２
由椭圆Ｃ ａ ｂ 过点Ｍ 可得 ４ ９
根据对称性
，
不妨令直线ＭＮ
：
ｙ
＝
ｘ
－ ２
． ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） （２，３），
１６
＋ｂ２ ＝１，
{
ｙ ｘ ｘ２ ｙ２
＝ － ２， 解得ｂ２ 所以Ｃ的方程为 ．
联立 ｘ２ ｙ２ 消去ｙ整理得 ４ ｘ２ －６ ２ ｘ ＋３＝０ ． ＝１２， １６ ＋ １２ ＝１
＋ ＝１， 设与直线ＡＭ平行的直线方程为ｘ ｙ ｍ 当直线与椭圆
３ （２） －２ ＝ ，
专题八 平面解析几何 ２ １５
相切时 与 ＡＭ 距离比较远的直线与椭圆的切点为 Ｎ 此时 ｘ
， ， ∴ ＝－１，
ＡＭＮ的面积取得最大值． 点Ｐ在定直线ｘ 上．
△ ∴ ＝－１
证法二：由 知Ａ Ａ ．
（１） １（－２，０）， ２（２，０）
由题意知直线ＭＮ的斜率不为 可设直线ＭＮ的方程为ｘ
０，∴
ｍｙ Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ
＝ －４， （ １， １）， （ ２， ２），
{ｘ２ ｙ２
由 － ＝１，得 ｍ２ ｙ２ ｍｙ
４ １６ （４ －１） －３２ ＋４８＝０，
ｘ ｍｙ
＝ －４，
ｍ
由根与系数的关系知 ｙ ｙ ３２ ｙ ｙ ４８ ．
{ｘ ｙ ｍ ， １＋ ２＝ ｍ２ ， １ ２＝ ｍ２
－２ ＝ ， ４ －１ ４ －１
联立 ｘ２ ｙ２ 消去ｘ得
１６
ｙ２
＋１２
ｍｙ
＋３
ｍ２
－４８＝０， 易知直线ＭＡ 的方程为ｙ
ｙ
１ ｘ
＋ ＝１， １ ＝ｘ （ ＋２），①
１６ １２ １＋２
所以Δ ｍ２ ｍ２ 即ｍ２ ｙ
＝１４４ －４×１６（３ －４８）＝０， ＝６４， 直线ＮＡ 的方程为ｙ ２ ｘ
解得ｍ 与ＡＭ距离比较远的直线方程为ｘ ｙ ２ ＝ｘ （ －２），②
＝±８， －２ ＝８， ２－２
ｙ ｙ
两平行线 直线ＡＭ与直线ｘ ｙ 之间的距离为ｄ ｜８＋４｜ 由 得 １ ｘ ２ ｘ
（ －２ ＝８） ＝ ①② ｘ （ ＋２）＝ｘ （ －２），
１＋４ １＋２ ２－２
ｙ ｙ ｙ２
＝ １２ ５ ，｜ ＡＭ ｜＝ （２＋４） ２ ＋３ ２ ＝３ ５ ． 两边同时乘ｙ ２ 得 ，ｘ １ ２ （ ｘ ＋２）＝ｘ ２ （ ｘ －２），
５ １＋２ ２－２
ｘ２ ｙ２
所以 △ ＡＭＮ的面积的最大值为 １ ×３ ５× １２ ５ ＝１８ ． 又点Ｎ （ ｘ ２， ｙ ２） 在双曲线 ４ － １６ ＝１ 上 ，∴ ｙ２ ２＝４（ ｘ２ ２－４） ．
２ ５
４．（ ２０２３ 新课标 Ⅱ ， ２１ ， １２ 分，难）已知双曲线Ｃ的中心为坐标原 ｙ １ ｙ ２ ｘ ４（ ｘ２ ２－４） ｘ
∴ ｘ （ ＋２）＝ ｘ （ －２），
点 左焦点为 离心率为 ． １＋２ ２－２
， （－２ ５，０）， ５ 即ｙ ｙ ｘ ｘ ｘ ｘ
求Ｃ的方程 １ ２（ ＋２）＝４（ １＋２）（ ２＋２）（ －２），③
（１） ； 又 ｘ ｍｙ ｘ ｘ ｍｙ ｍｙ ｍ２ｙ ｙ
记Ｃ的左 右顶点分别为Ａ Ａ 过点 的直线与Ｃ ∵ ＝ －４，∴ （ １＋２）（ ２＋２）＝（ １－２）（ ２－２）＝ １ ２－
（２） 、 １， ２， （－４，０）
ｍ ｙ ｙ
的左支交于Ｍ Ｎ两点 Ｍ在第二象限 直线ＭＡ 与ＮＡ 交于 ２ （ １＋ ２）＋４，
点Ｐ
，
证明
：
点 ， Ｐ在定直 ， 线上．
ｘ２ ｙ２
， １ ２
∴ ③ 式可化为 ４ ｍ ４ ２ ８ －１ （ ｘ ＋２）＝ ４
æ
è ç ４ ４ ｍ ８ ２
ｍ
－
２
１ －２ ｍ · ４ ｍ ３２ ２
ｍ
－１ ＋４
ö
ø ÷ ·
解析 设双曲线的方程为 ａ ｂ
（１） ａ２ －ｂ２ ＝１（ ＞０， ＞０），
ｘ 即 ４８ ｘ －４ ｘ
由题意可知ｃ
（ －２），
４
ｍ２
－１
（ ＋２）＝４·
４
ｍ２
－１
·（ －２），
＝２ ５，
即 ｘ ｘ 解得ｘ ．
ｃ －３（ ＋２）＝ －２， ＝－１
又离心率ｅ ＝ ａ ＝ ５，∴ ａ ＝２， ∴ 点Ｐ在定直线ｘ ＝－１ 上．
∴ ｂ２ ＝ ｃ２ － ａ２ ＝２０－４＝１６ ｘ ， ２ ｙ２ ５．（ ２０２３ 全国乙，文 ２１ ，理 ２０ ， １２ 分，难）已知椭圆Ｃ ：ａ ｙ２ ２ ＋ ｘ ｂ ２ ２ ＝１
双曲线Ｃ的方程为 ．
∴ － ＝１
４ １６ ａ ｂ 的离心率为 ５ 点Ａ 在Ｃ上．
证法一：由题意知直线ＭＮ的斜率不为 可设直线ＭＮ （ ＞ ＞０） ， （－２，０）
（２） ０，∴ ３
的方程为ｘ ｍｙ Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ 求Ｃ的方程
＝ －４， （ １， １）， （ ２， ２）， （１） ；
由 知 Ａ Ａ ． 过点 的直线交Ｃ于Ｐ Ｑ两点 直线ＡＰ ＡＱ与ｙ轴
（１） ， １（－２，０）， ２（２，０） （２） （－２，３） ， ， ，
{ｘ ｍｙ 的交点分别为Ｍ Ｎ 证明 线段ＭＮ的中点为定点．
＝ －４， ， ， ：
联立 ｘ２ ｙ２ 消去ｘ ， 得 （４ ｍ２ －１） ｙ２ －３２ ｍｙ ＋４８＝０， 解析 由已知条件得 ｂ 又 ｅ ｃ ｂ２
４
－
１６
＝１， （１） ＝２， ＝ ａ ＝ １－ａ２ ＝
ｍ
ｙ ｙ ３２ ｙ ｙ ４８ ｍｙ ｙ ３ ｙ ｙ ． ｙ２ ｘ２
∴ １＋ ２＝ ４ ｍ２ －１ ， １ ２＝ ４ ｍ２ －１ ，∴ １ ２＝ ２ （ １＋ ２） １－ａ ４ ２ ＝ ５ ，∴ ａ２ ＝９，∴ Ｃ的方程为 ＋ ＝１ ．
３ ９ ４
ｙ ｙ
易知直线ＭＡ 的方程为ｙ １ ｘ １ ｘ 证明 由题意知 过Ｐ Ｑ两点的直线ｌ的斜率存在且不为
１ ＝ｘ （ ＋２）＝ｍｙ （ ＋２），① （２） ： ， 、
１＋２ １－２ 零 设ｌ ｙ ｋ ｘ ｋｘ ｋ 令ｔ ｋ 则ｌ ｙ ｋｘ ｔ
ｙ ｙ ， ： ＝ （ ＋２）＋３＝ ＋２ ＋３， ＝２ ＋３， ： ＝ ＋①，
直线ＮＡ 的方程为ｙ ２ ｘ ２ ｘ {ｙ ｋｘ ｔ
２ ＝ｘ （ －２）＝ｍｙ （ －２），② ＝ ＋，
ｙ
２－２
ｙ
２－６ 联立 ｙ２ ｘ２ 消去ｙ得
（４
ｋ２
＋９）
ｘ２
＋８
ｋｔｘ
＋４
ｔ２
－３６＝０，
联立 可得 １ ｘ ２ ｘ ＋ ＝１，
①② ，ｍｙ （ ＋２）＝ｍｙ （ －２）， ９ ４
１－２ ２－６ 由Δ ｋｔ ２ ｋ２ ｔ２ ｋ２ ｔ２ 得 ｋ２
＝（８ ） －４（４ ＋９）（４ －３６）＝１４４×（４ ＋９－ ）＞０ ４
ｘ ＋２ ｍｙ １ ｙ ２－２ ｙ ２ ２ ３ （ ｙ １＋ ｙ ２）－２ ｙ ２ １ ＋９＞ ｔ２．
∴ ｘ ＝ｍｙ ｙ ｙ ＝ ＝－ ， ｋｔ ｔ２
－２ １ ２－６ １ ３ ｙ ｙ ｙ ３ 设Ｐ ｘ ｙ Ｑ ｘ ｙ 则ｘ ｘ －８ ｘ ｘ ４ －３６
（ １＋ ２）－６ １ （ １， １）， （ ２， ２）， １＋ ２＝ ｋ２ ， １ ２＝ ｋ２ ，
２ ４ ＋９ ４ ＋９
２ １６ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
ｙ 若过点Ｐ 的直线的斜率存在 设其方程为 ｙ
易知直线ＡＰ的方程为ｙ １ ｘ ． ② （１，－２） ， ＋２＝
＝ｘ （ ＋２） ｋ ｘ Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ ．
１＋２ （ －１）， （ １， １）， （ ２， ２）
ｙ ｙ {ｙ ｋ ｘ
令ｘ 得ｙ ２ １ 同理可得ｙ ２ ２ ＋２＝ （ －１），
＝０， Ｍ＝ｘ １＋２ ， Ｎ＝ｘ ２＋２ ， 联立 ｘ２ ｙ２ 得 （３ ｋ２ ＋４） ｘ２ －６ ｋ （２＋ ｋ ） ｘ ＋３ ｋ （ ｋ ＋４）＝ ０，
则
ｙ
Ｍ＋
ｙ
Ｎ
ｙ
１
ｙ
２
ｋｘ
１＋
ｔ ｋｘ
２＋
ｔ
３
＋
４
＝１，
＝ｘ ＋ｘ ＝ｘ ＋ｘ
２ １＋２ ２＋２ １＋２ ２＋２
则ｘ ｘ ６
ｋ
（２＋
ｋ
） ｘ ｘ ３
ｋ
（
ｋ
＋４） ｙ ｙ －８（２＋
ｋ
） ｙ ｙ
（ ｋｘ １＋ ｔ ）（ ｘ ２＋２）＋（ ｋｘ ２＋ ｔ ）（ ｘ １＋２） １＋ ２＝ ３ ｋ２ ＋４ ， １ ２＝ ３ ｋ２ ＋４ ， １＋ ２＝ ３ ｋ２ ＋４ ， １ ２＝
＝ ｘ ｘ
（ １＋２）（ ２＋２）
４（４＋４
ｋ
－２
ｋ２
） ｘ ｙ ｘ ｙ －２４
ｋ
．
２ ｋｘ １ ｘ ２＋（２ ｋ ＋ ｔ ）（ ｘ １＋ ｘ ２）＋４ ｔ ３ ｋ２ ＋４ ， １ ２＋ ２ １＝ ３ ｋ２ ＋４
＝ ＝ ２ ｋ （４ ２ ｔ － （ ２ － １ ｘ ６ ３ １ ｋ ＋ ６ ｔ ） ｘ ＋ ２ － ４ ） ８ ｔ ＋ ２ ｋ － ｘ ｔ （ １ ３ ｘ ２ ６ ２ ｋ ＋ ＋ ＋ ４ ４ ｔ （ ） ４ ＋ ｋ ４ ２ ｔ ＋ （ ９ ４ ） ｋ２ ＋９） 联立 {ｙ ｙ ＝ ＝ ｙ ２ １， ｘ －２， 可得Ｔ æ è ç３ ２ ｙ １ ＋３， ｙ １ ö ø ÷ ， 由Ｍ→Ｔ ＝ Ｔ→Ｈ ， 可得Ｈ （３ ｙ １＋６
３
ｔ ｋ
３６（ －２ ） ９ ９ ． ｙ ｙ
＝ ４（ ｔ －２ ｋ ） ２ ＝ｔ －２ ｋ＝ ３ ＝３ － ｘ １， ｙ １）， 故此时直线 ＨＮ 的方程为 ｙ － ｙ ２＝ ｙ １－ ｘ ２ ｘ （ ｘ －
线段ＭＮ的中点过定点 ． ３ １＋６－ １－ ２
∴ （０，３） ｘ 将 代入并整理得 ｘ ｘ ｙ ｙ ｘ ｙ ｘ ｙ
解题技巧 ２）， （０，－２） ２（ １＋ ２）－６（ １＋ ２）＋ １ ２＋ ２ １
ｋ ｋ ｋ ｋ
ｙ ｙ 即 ６ （２＋ ） －８（２＋ ） －２４
解决直线ｌ过坐标系内定点问题时，可采取换元法将点 －３ １ ２－１２ ＝ ０， ２×
３
ｋ２
＋４
－６×
３
ｋ２
＋４
＋
３
ｋ２
＋４
－３×
斜式方程变为斜截式方程，减少了项数，从而有效降低后续
ｋ ｋ２
４（４＋４ －２ ） 恒成立 则直线ＨＮ过定点 ．
的计算量． ｋ２ －１２＝０ ， （０，－２）
３ ＋４
综上 直线ＨＮ过定点 ．
６．（ 全国乙，文 ，理 ， 分，难）已知椭圆Ｅ的中心为坐 ， （０，－２）
２０２２ ２１ ２０ １２
( ) 名师点睛
标原点 对称轴为ｘ轴 ｙ轴 且过Ａ Ｂ ３ 两点．
， 、 ， （０，－２）， ，－１ 求定点、定值问题常见的方法有两种：
２
求Ｅ的方程 从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（１） ； ①
设过点Ｐ 的直线交Ｅ于Ｍ Ｎ两点 过Ｍ且平行于 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得
（２） （１，－２） ， ， ②
ｘ轴的直线与线段ＡＢ交于点Ｔ 点Ｈ满足Ｍ→Ｔ Ｔ→Ｈ．证明 直线
到定值．
， ＝ ：
ＨＮ过定点．
７．（ 新高考 ， ， 分，难）在平面直角坐标系ｘＯｙ中 已
解析 设椭圆Ｅ的方程为ｍｘ２ ｎｙ２ ｍ ｎ 且ｍ ２０２１ Ⅰ ２１ １２ ，
（１） ＋ ＝１（ ＞０， ＞０ 知点Ｆ Ｆ 点Ｍ满足 ＭＦ ＭＦ
{ ４ ｎ ＝１， ì ï ï ｎ ＝ １ ， ．记Ｍ １ 的 （－ 轨迹 １７ 为 ，０ Ｃ ） ． ， ２（ １７，０）， ｜ １｜－｜ ２｜ ＝
ｎ （巧设椭圆方程）．由题意可得 ｍ 解得í ４ 故 ２
≠ ） ９ ＋ ｎ ＝１， ï ïｍ １ （１） 求Ｃ的方程 ；
４ î ＝ ，
３ 设点Ｔ在直线ｘ １ 上 过Ｔ的两条直线分别交Ｃ于Ａ Ｂ
椭圆Ｅ的方程为
ｘ２ ｙ２
．
（２） ＝
２
， ，
＋ ＝１ 两点和Ｐ Ｑ两点 且 ＴＡ ＴＢ ＴＰ ＴＱ 求直线 ＡＢ
３ ４ ， ， ｜ ｜·｜ ｜ ＝｜ ｜·｜ ｜，
( ) 的斜率与直线ＰＱ的斜率之和．
由Ａ Ｂ ３ 可得直线ＡＢ的方程为ｙ ２ ｘ ．
（２） （０，－２）， ，－１ ＝ －２
２ ３ 解析 由题意知 Ｆ Ｆ 因为 ＭＦ ＭＦ
若过点Ｐ 的直线的斜率不存在 则其方程为ｘ （易错 （１） ｜ １ ２｜＝２ １７， ｜ １｜－｜ ２｜＝２
① （１，－２） ， ＝１，
Ｆ Ｆ 所以结合双曲线定义知 点Ｍ的轨迹Ｃ是
点：不考虑斜率是否存在，直接设直线方程） ＜｜ １ ２｜＝２ １７， ，
以Ｆ Ｆ 为焦点的双曲线的右支．
ｘ２ ｙ２ æ ö １、 ２
与方程 联立 可得ｙ ２ ６ 结合题意可知Ｎç ２ ６÷
３
＋
４
＝１
ì
， ＝±
３
， è１，
３
ø，
设其方程为 ａ
ｘ２
２ －
ｙ
ｂ
２
２ ＝１（ ａ ＞０， ｂ ＞０， ｘ ≥ ａ ），
æ ö ï ï ｙ ＝ ２ｘ －２， ì ïï ｘ ＝－ ６＋３， 则 ａ ｃ 解得ａ ｃ
Ｍç ２ ６÷ 由í ３ 得í ２ ＝２，２ ＝２ １７， ＝１， ＝ １７，
è１，－ ３ ø， î ï ïｙ ＝－ ２ ６ ， î ïïｙ ＝－ ２ ３ ６ ， 则ｂ２ ＝ ｃ２ － ａ２ ＝（ １７） ２ －１ ２ ＝１６，
３ ｙ２
æ ö 所以Ｍ的轨迹Ｃ的方程为ｘ２ ｘ ．
则Ｔ è ç － ６＋３，－ ２ ６ ø ÷ ， － １６ ＝１（ ≥１）
３ ( ) ( )
如图 设Ｔ １ ｍ 直线ＡＢ的方程为ｙ ｍ ｋ ｘ １
ì ï ï－ ６＋３－１＝ ｘ Ｈ－（－ ６＋３）， （２） ， ２ ， ， － ＝ １ － ２ ，
由Ｍ→Ｔ ＝ Ｔ→Ｈ ， 得í ïïｙ ２ ６ ì ïｙ ｋ ( ｘ １ ) ｍ
î Ｈ＝－ ， ï ＝ １ － ＋ ，
３ 由í ２ 消去ｙ得 ｋ２ ｘ２ ｋ２ ｋ ｍ ｘ １ ｋ２
则Ｈ
æ
è ç －２ ６＋５，－ ２ ６
ö
ø ÷ ， 所以直线ＨＮ的方程为ｙ ＝
æ
è ç ２＋ ２ ６
ö
ø ÷ｘ － î
ï
ïｘ２ －
ｙ２
＝１（ ｘ ≥１），
（１６－ １） ＋（ １－２ １ ） －
４
１
３ ３ １６
易知直线ＨＮ过点 ｋ ｍ ｍ２
２， （０，－２）； ＋ １ － －１６＝０，
专题八 平面解析几何 ２ １７
ａ２ ｂ２
解析 由题设得 ４ １ － １
（１） ａ２ ＋ｂ２ ＝１， ａ２ ＝ ，
２
解得ａ２ ｂ２ ．
＝６， ＝３
ｘ２ ｙ２
所以Ｃ的方程为 ．
＋ ＝１
６ ３
证明 设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ ．
（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
， ＝ ＋ ，
设Ａ
（
ｘ
１，
ｙ
１），
Ｂ
（
ｘ
２，
ｙ
２）， 入
ｘ２ ｙ２
得 ｋ２ ｘ２ ｋｍｘ ｍ２ ．
＋ ＝１ （１＋２ ） ＋４ ＋２ －６＝０
则ｘ １＋ ｘ ２＝ ｋ２ １ ｋ － ２ １－ ２ ｋ １ １ ６ ｍ ， ｘ １ ｘ ２＝ ４ １ ｋ２ １＋ ｋ ｍ ２ １ ２ － － １ ｋ ６ １ ｍ ＋１６ ， 于是 ６ ｘ １ ３ ＋ ｘ ２＝－ １ ４ ＋ ｋ ２ ｍ ｋ２， ｘ １ ｘ ２＝ ２ １ ｍ ＋ ２ ２ － ｋ２ ６ （ 根与系数的关系 ） ． ①
( )
因为Ｔ １ ｍ 由ＡＭ ＡＮ知Ａ→Ｍ Ａ→Ｎ 故 ｘ ｘ ｙ ｙ
， ， ⊥ · ＝０， （ １－２）（ ２－２）＋（ １－１）·（ ２－
２
可得 ｋ２ ｘ ｘ ｋｍ ｋ ｘ ｘ ｍ ２ ．
( ) ２ １）＝０， （ ＋１） １ ２＋（ － －２）（ １＋ ２）＋（ －１） ＋４＝０
所以
｜
ＴＡ
｜＝
ｘ
１－ ２
１
＋（
ｙ
１－
ｍ
）
２
将 ① 代入上式可得 （ ｋ２ ＋１） ２
ｍ２
－ ｋ ６ ２ －（ ｋｍ － ｋ －２） ４
ｋｍ
ｋ２ ＋（ ｍ －１） ２
( ) [ ( ) ] １＋２ １＋２
２ ２
ｘ １ ｋ ｘ １ ｍ ｍ ．
＝ １－ ＋ １ １－ ＋ － ＋４＝０
２ ２ 整理得 ｋ ｍ ｋ ｍ ．
( ) ( ) ( )( ) （２ ＋３ ＋１）（２ ＋ －１）＝０
＝
ｘ
１－
１ ２
＋
ｋ２
１
ｘ
１－
１ ２
＝ １＋
ｋ２
１
ｘ
１－
１ ｘ
１＞
１
，
因为Ａ
（２，１）
不在直线ＭＮ上
，
所以
２
ｋ
＋
ｍ
－１≠０，
２ ２ ２ ２ 故 ｋ ｍ ｋ ．
( )( ) ２ ＋３ ＋１＝０， ≠１
同理 ＴＢ ｋ２ ｘ １ ｘ １ ( )
｜ ｜＝ １＋ １ ２－ ２＞ ， 于是ＭＮ的方程为ｙ ｋ ｘ ２ １ ｋ ．
２ ２ ＝ － － （ ≠１）
( )( ) ３ ３
所以 ＴＡ ＴＢ ｋ２ ｘ １ ｘ １ ( )
｜ ｜·｜ ｜＝（１＋ １） １－ ２－ 所以直线ＭＮ过点Ｐ ２ １ ．
２ ２ ，－
é ù ３ ３
ｋ２ ê êｘ ｘ １ ｘ ｘ １ ú ú 若直线ＭＮ与ｘ轴垂直（易丢分点：容易忽略直线斜率不存在
＝（１＋ １） ë １ ２－ （ １＋ ２）＋ û
２ ４ 的情况） 可得Ｎ ｘ ｙ ．
， （ １，－ １）
＝（１＋ ｋ２ １） æ ç ç １ ４ ｋ２ １＋ ｋ ｍ ２ ２ － ｋ １ ｍ ＋１６ － １ × ｋ２ １ ｋ － ２ ２ ｋ １ ｍ ＋ １ ö ÷ ÷ 由Ａ→ ｘ Ｍ ２ · ｙ Ａ→ ２ Ｎ ＝０ 得 （ ｘ １－２）（ ｘ １－２）＋（ ｙ １－１）（－ ｙ １－１）＝０ ．
è １－１６ ２ １－１６ ４ ø 又 １ １ 所以 ｘ２ ｘ ．
＋ ＝１， ３ １－８ １＋４＝０
６ ３
１ ｋ２ ｍ２ ｋ ｍ １ ｋ２ ｋ ｍ １ ｋ２
１＋ － １ ＋１６－ １＋ １ ＋ １－４ 解得ｘ 舍去 或ｘ ２ ．
ｋ２ ４ ２ ４ １＝２（ ） １＝
＝（１＋ １） ｋ２ ３
１－１６ ( )
＝ （１＋ ｋ２ １ ｋ ） ２ １ （ － ｍ １６ ２ ＋１２）． ( ) 此 令 时 Ｑ 直 为 线 ＡＰ Ｍ 的 Ｎ 中 过 点 点Ｐ 即Ｑ ２ ３ ( ，－ ４ ３ １ １ ． ) ．
， ，
设直线ＰＱ的方程为ｙ ｍ ｋ ｘ １ ３ ３
－ ＝ ２ － ２ ， 若Ｄ与 Ｐ 不重合 则由题设知 ＡＰ 是 ＡＤＰ 的斜边 故
， Ｒｔ△ ，
ｍ２ ｋ２
同理得 ＴＰ ＴＱ （ ＋１２）（１＋ ２）
｜ ｜·｜ ｜＝ ｋ２
２－１６
，
｜
ＤＱ
｜＝
１
｜
ＡＰ
｜＝
２ ２．
因为 ＴＡ ＴＢ ＴＰ ＴＱ ２ ３
｜ ｜·｜ ｜＝｜ ｜·｜ ｜，
所以（ ｍ２ ＋１２）（１＋ ｋ２ １） （ ｍ２ ＋１２）（１＋ ｋ２ ２） 若Ｄ与Ｐ重合 ， 则 ｜ ＤＱ ｜＝
２
１ ｜ ＡＰ ｜ ．
ｋ２ ＝ ｋ２ ， ( )
１－１６ ２－１６
综上 存在点Ｑ ４ １ 使得 ＤＱ 为定值．
ｋ２ ｋ２ ， ， ， ｜ ｜
即１＋ １ １＋ ２ ３ ３
ｋ２ ＝ｋ２ ， ９．（ 新课标 ， ， 分，难）在直角坐标系ｘＯｙ中 点Ｐ到
１－１６ ２－１６ ２０２３ Ⅰ ２２ １２ ，
ｋ２ ｋ２ ｋ２ ｋ２ ( )
（１＋ １）（ ２－１６）＝（１＋ ２）（ １－１６）， ｘ轴的距离等于点 Ｐ 到点 １ 的距离 记动点 Ｐ 的轨迹
化简得ｋ２
１＝
ｋ２
２，
由题意知ｋ
１≠
ｋ
２，
所以ｋ
１＋
ｋ
２＝０，
０，
２
，
即直线ＡＢ的斜率与直线ＰＱ的斜率之和为 ． 为Ｗ．
０
８．（ 新高考 ， ， 分，难）已知椭圆Ｃ
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ （１）
求Ｗ的方程
；
２０２０ Ⅰ ２２ １２ ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞ 已知矩形ＡＢＣＤ有三个顶点在Ｗ上 证明 矩形ＡＢＣＤ的
（２） ， ：
周长大于 ．
的离心率为 ２ 且过点Ａ ． ３ ３
０） ， （２，１） ( )
２ ２
求Ｃ的方程 解析 （１） 设Ｐ （ ｘ ， ｙ ）， 由题意得 （ ｘ －０） ２ ＋ ｙ － １ ＝｜ ｙ ｜， 整
（１） ； ２
点Ｍ Ｎ在Ｃ上 且ＡＭ ＡＮ ＡＤ ＭＮ Ｄ为垂足．证明 存
（２） ， ， ⊥ ， ⊥ ， ： 理得ｘ２ ｙ １ 因此Ｗ的方程为ｙ ｘ２ １ ．
在定点Ｑ 使得 ＤＱ 为定值． － ＋ ＝０， ＝ ＋
， ｜ ｜ ４ ４
２ １８ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
证明 不妨设Ａ Ｂ Ｃ三点在Ｗ上 如图所示． ｘ２ ｙ２
（２） ： ， ， ， １０．（ 新高考 ， ， 分，难）已知双曲线Ｃ ａ
２０２２ Ⅱ ２１ １２ ：ａ２ －ｂ２ ＝１（ ＞
ｂ 的右焦点为Ｆ 渐近线方程为ｙ ｘ．
０， ＞０） （２，０）， ＝± ３
求Ｃ的方程
（１） ；
过Ｆ的直线与Ｃ的两条渐近线分别交于 Ａ Ｂ 两点 点
（２） ， ，
Ｐ ｘ ｙ Ｑ ｘ ｙ 在Ｃ上 且ｘ ｘ ｙ ．过Ｐ且斜率为
( ) ( ) ( ) （ １， １）， （ ２， ２） ， １＞ ２＞０， １＞０
设Ｂ ｘ
０，
ｘ２
０＋
４
１
，
Ａ ｘ
１，
ｘ２
１＋
４
１
，
Ｃ ｘ
２，
ｘ２
２＋
４
１
，
ＡＢ 的斜率为
－ ３
的直线与过Ｑ且斜率为
３
的直线交于点Ｍ．从下面
①②
中选取两个作为条件 证明另外一个成立．
ｋ 则直线ＢＣ的斜率为 １ ｋ ③ ，
， － ｋ （ ≠０）， Ｍ在ＡＢ上 ＰＱ ＡＢ ＭＡ ＭＢ ．
① ；② ∥ ；③｜ ｜＝｜ ｜
( )
注 若选择不同的组合分别解答 则按第一个解答计分．
直线 ＡＢ ＢＣ 的方程分别为 ｙ ｘ２ １ ｋ ｘ ｘ ｙ ： ，
( ｘ２ ０＋
４
１ ) ， ＝－ １ ｋ （ ｘ － ｘ ０）， 即直线Ａ － Ｂ ， Ｂ ０ Ｃ ＋ 的 ４ 方 ＝ 程分 （ 别 － 为 ０ ｙ ） ＝ ， ｋｘ － － 解析
（１）
由题意知 ì í ï ï
ï
ｃ
ａ
ｂ ＝２
＝
，
３，
解得 {ａ
ｂ
＝１，
ｋｘ
０＋
ｘ２
０＋
１
，
ｙ
＝－
ｘ
ｋ ＋
ｘ
ｋ
０
＋
ｘ２
０＋
１
，
î ï ｃ２
＝
ａ２
＋
ｂ２
，
＝ ３，
４ ４ ｙ２
ì Ｃ的方程为ｘ２ ．
ï
ï
ｙ
＝
ｘ２
＋
１
，
∴ －
３
＝１
联立直线ＡＢ与抛物线Ｗ的方程可得í ４ 易知直线ＰＱ的斜率存在且不为零
ï （２） ，
î
ïｙ
＝
ｋｘ
－
ｋｘ
０＋
ｘ２
０＋
１
，
设其方程为ｙ
＝
ｋｘ
＋
ｂ
，
４ {ｙ ｋｘ ｂ
消
则
去
Δ
ｙ
ｋ
得
２
ｘ
ｋ
２ －
ｘ
ｋｘ ＋
ｘ
ｋ
２
ｘ ０－ ｘ
ｋ
２ ０＝０
ｘ
，
２ ｋ ｘ ．
由
３ ｘ
＝
２ － ｙ
＋
２ －
，
３＝０，
得
（３－
ｋ２
）
ｘ２
－２
ｋｂｘ
－
ｂ２
－３＝０，
＝ －４ ０＋４ ０＝（ －２ ０） ＞０， ≠２ ０
由根与系数的关系得ｘ ｘ ｋ ｘ ｘ ｋｘ ｘ２
由Δ
＞０，
得ｂ２
＋３－
ｋ２
＞０，
０＋ １＝ ， ０· １＝ ０－ ０，
ｋｂ ｂ２
ＡＢ ｋ２ ｘ ｘ ｋ２ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ － －３ ｘ ｘ ｋ２
∴ ｜ ｜ ＝ １＋ ·｜ １－ ０｜ ＝ １＋ · （ ０＋ １） －４ ０ １ ＝ ∴ １＋ ２＝ ｋ２， １ ２＝ ｋ２ ，∵ １＞ ２＞０，∴３－ ＜０，
３－ ３－
ｋ２ ｋ ｘ ．
１＋ ｜ －２ ０｜ ｂ２ ｋ２
ｘ ｘ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ ２ ３（ ＋３－ ）
同理 联立直线ＢＣ与抛物线Ｗ的方程 并消去ｙ得ｘ２ １ ｘ ∴ １－ ２＝ （ １＋ ２） －４ １ ２ ＝ ｋ２ ，
， ， ＋ ｋ － －３
设点Ｍ的坐标为 ｘ ｙ 则直线ＰＭ ＱＭ的方程分别为ｙ
( )
２
( )
２
（ ０， ０）， 、 －
１
ｋ
ｘ
０－
ｘ２
０＝０，
且
｜
ＢＣ
｜＝ １＋ －
１
ｋ ·｜
ｘ
２－
ｘ
０｜＝ １＋ －
１
ｋ ｙ ０＝－ ３（ ｘ － ｘ ０）， ｙ － ｙ ０＝ ３（ ｘ － ｘ ０），
{
ｙ ｙ ｘ ｘ
１ ｘ １ １ ｘ 故 １－ ０＝－ ３（ １－ ０），（∗）
· － ｋ －２ ０ ＝ １＋ｋ２ ｋ ＋２ ０ ， ｙ ｙ ｘ ｘ
２－ ０＝ ３（ ２－ ０），（∗∗）
∴ ｜
ＡＢ
｜＋｜
ＢＣ
｜＝ １＋
ｋ２
｜
ｋ
－２
ｘ
０｜＋ １＋ｋ
１
２
１
ｋ ＋２
ｘ
０
．
（∗）－（∗∗）
得ｙ
１－
ｙ
２＝－ ３（
ｘ
１＋
ｘ
２－２
ｘ
０），
即ｋ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
由对称性不妨设 ｋ （ １－ ２）＝－ ３（ １＋ ２－２ ０），
０＜｜ ｜≤１，
ｋ ｂ２ ｋ２ ｋｂ
ｋ２ 解得ｘ ＋３－ －
则
１＋ｋ
１
２ ＝
１
ｋ
＋
≥ １＋
ｋ２
（
当
｜
ｋ
｜＝１
时取
“＝”），
０＝ ｋ２
－３
，
｜ ｜
( ) 又 得ｙ ｙ ｙ ｘ ｘ 而ｙ ｙ ｋ ｘ
ＡＢ ＢＣ ｋ２ ｋ ｘ １ ｘ （∗）＋（∗∗） １＋ ２－２ ０＝ ３（ ２－ １）， １＋ ２＝ （ １＋
∴ ｜ ｜ ＋ ｜ ｜ ≥ １＋ ｜ －２ ０｜＋ ｋ ＋２ ０ ＞ ｘ ｂ ｋ ｘ ｘ ｂ ｙ ｘ ｘ
２）＋２ ，∴ （ １＋ ２）＋２ －２ ０＝ ３（ ２－ １），
１＋
ｋ２ ｋ
＋
１
ｋ ＝
（ ｋ２
ｋ
＋
２
１） ３
，
令ｔ
＝
ｋ２
，
则ｔ
∈（０，１］， 解得ｙ ０＝ ３
ｂ２
ｋ ＋ ２ ３－
ｋ２
－３
ｂ
＝ ３ ｋ ｘ ０ ．
－３
ｋ２ ３ ｔ ３ ｔ ３
则 （ ＋１） （ ＋１） 令ｇ ｔ （ ＋１） ｔ 故点Ｍ的轨迹方程为ｙ ３ ｘ 其中ｋ为直线ＰＱ的斜率．
ｋ２ ＝ ｔ ， （ ）＝ ｔ ，∈（０，１］， ＝ ｋ ，
ｔ ２ｔ ｔ ３ ｔ ２ ｔ 若选择 作为条件 作为结论
则ｇ′ ｔ ３（ ＋１） －（ ＋１） （ ＋１） ·（２ －１） ①② ，③ ，
（ ）＝ ｔ２ ＝ ｔ２ ， 设直线ＡＢ的方程为ｙ ｋ ｘ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 不妨
＝ （ －２）， （ Ａ， Ａ）， （ Ｂ， Ｂ），
当 ｔ １ 时 ｇ′ ｔ ｇ ｔ 单调递减 当 １ ｔ 时 ｇ′ ｔ 设点Ａ在渐近线ｙ ｘ上
０＜ ＜ ， （ ）＜０， （ ） ； ＜ ≤１ ， （ ）＞ ＝ ３ ，
２ ２
ì ｋ
ｇ ｔ 单调递增 ïｘ ２
０， （ ） ， {ｙ ｋ ｘ ï Ａ＝ｋ ，
( ) 则由 Ａ＝ （ Ａ－２），得í － ３
ｇ ｔ 在ｔ １ 处取得极小值 即最小值 为ｇ １ ２７
∴ （ ） ＝ ， ， ＝ ， ｙ ｘ ï ｋ
２
( )
２ ４ Ａ＝ ３ Ａ，
î
ïｙ
Ａ＝ｋ
２ ３
，
－ ３
ＡＢ ＢＣ ｇ ｔ ｇ １ ３ ３．
∴ ｜ ｜＋｜ ｜＞ （ ）≥ ＝ æ ｋ ｋö æ ｋ ｋö
２ ２ Ａç ２ ２ ３ ÷ 同理Ｂç ２ ２ ３ ÷
矩形的周长 ＡＢ ＢＣ ． ∴ èｋ ，ｋ ø， èｋ ，－ｋ ø，
∴ ＝２（｜ ｜＋｜ ｜）＞３ ３ － ３ － ３ ＋ ３ ＋ ３
专题八 平面解析几何 ２ １９
{ｙ ｋ ｘ
ì
ïｘ ２
ｋ２
点Ｍ在直线ｙ ３ ｘ上 ６
ｍ
３ ２
ｍ２
又由
＝ （ －２），
得í
ï ＝ｋ２
－３
，
Ｍ
æ
ç ２
ｋ２
６
ｋ ö
÷
∵ ＝ ｋ ，∴ ｍ２
－３
＝ ｋ ·ｍ２
－３
，
ｙ ３ ｘ ï ｋ ∴ èｋ２ ，ｋ２ ø， 解得ｋ ｍ 故ＰＱ ＡＢ．
＝ ｋ ， ïｙ ６ －３ －３ ＝ ， ∥
î ＝ｋ２ ， 若选择 作为条件 作为结论
－３ ②③ ，① ，
ｘ ｘ Ａ＋ ｘ Ｂ ｙ ｙ Ａ＋ ｙ Ｂ 即Ｍ为ＡＢ的中点 设直线ＡＢ的方程为ｙ ＝ ｋ （ ｘ －２）， Ａ （ ｘ Ａ， ｙ Ａ）， Ｂ （ ｘ Ｂ， ｙ Ｂ）， 不妨
∴ Ｍ＝ ， Ｍ＝ ， ，
２ ２ 设点Ａ在渐近线ｙ ｘ上
＝ ３ ，
∴ 若选 ｜ Ｍ 择 Ａ ｜＝｜ Ｍ 作 Ｂ 为 ｜ ． 条件 作为结论 则 {ｙ Ａ＝ ｋ （ ｘ Ａ－２），解得ｘ ２ ｋ ｙ ２ ３ ｋ
①③ ，② ， ｙ ｘ Ａ＝ｋ ， Ａ＝ｋ ，
当直线ＡＢ的斜率不存在时 点Ｍ即为Ｆ Ａ＝ ３ Ａ， － ３ － ３
， （２，０），
ｋ ｋ
同理 得ｘ ２ ｙ ２ ３
此时Ｍ不在直线ｙ
＝
３
ｋ
ｘ上
，
不符合题意
，
舍去
；
， Ｂ＝ｋ ， Ｂ＝－ｋ ，
＋ ３ ＋ ３
当直线ＡＢ的斜率存在时 ， 设直线ＡＢ的方程为ｙ ＝ ｍ （ ｘ －２）， 设线段ＡＢ的中点为Ｃ （ ｘ Ｃ， ｙ Ｃ），
ｍ Ｂ （ ≠ ｘ ０ Ｂ， ， ｙ ± Ｂ） ３ ． ．不妨设点 Ａ 在渐近线 ｙ ＝ ３ ｘ 上 ， 且Ａ （ ｘ Ａ， ｙ Ａ）， 则ｘ Ｃ＝ ｘ Ａ＋ ２ ｘ Ｂ ＝ｋ ２ ２ ｋ － ２ ３ ， ｙ Ｃ＝ ｙ Ａ＋ ２ ｙ Ｂ ＝ｋ２ ６ － ｋ ３ ，
由于 ＭＡ ＭＢ 故点Ｍ在线段ＡＢ的中垂线上
ì ïｘ ２ ｍ ｜ ｜＝｜ ｜， ，
由 {ｙ Ａ＝ ｍ （ ｘ Ａ－２），得í ï Ａ＝ｍ － ３ ， Ａ æ ç ２ ｍ ２ ３ ｍö ÷ 即点Ｍ在直线ｙ － ｙ Ｃ＝－ １ ｋ （ ｘ － ｘ Ｃ） 上 ，
ｙ ｘ ï ｍ ∴ èｍ ，ｍ ø，
Ａ＝ ３ Ａ，
î
ïｙ
Ａ＝ｍ
２
－
３
３
，
－ ３ － ３
将该直线方程与ｙ
＝
３
ｋ
ｘ 联立
，
得 ｘ
Ｍ＝ｋ
２
２
ｋ２
＝
ｘ
Ｃ，
ｙ
Ｍ＝ｋ２
６
ｋ
＝
－３ －３
æ ｍ ｍö ｙ 即点Ｍ恰为线段ＡＢ的中点
同理Ｂç ２ ２ ３ ÷ Ｃ， ，
èｍ ，－ｍ ø，
故点Ｍ在直线ＡＢ上．
＋ ３ ＋ ３
此时ｘ
ｘ
Ａ＋
ｘ
Ｂ ２
ｍ２
ｙ
ｙ
Ａ＋
ｙ
Ｂ ６
ｍ
Ｍ＝ ＝ｍ２ ， Ｍ＝ ＝ｍ２ ，
２ －３ ２ －３
一个焦点的坐标为 一条切线的方程为ｘ ｙ 则Ｃ的
学生用书P133 （１，０）， ＋ ＝７，
１．（ 浙江金华一中适应性测试， ）经过点 且与抛物线 离心率ｅ １ ．
２０２４ ２ （２，１） ＝
ｙ
＝
ｘ２ 有且仅有一个公共点的直线的条数为
（
Ｃ
） ７．（ 江苏南
５
通二调， ）已知抛物线Ｃ ｙ２ ｘ 过点 的
２０２４ １４ ： ＝４ ， （４，０）
Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４ 直线与抛物线交于Ａ Ｂ两点 则线段ＡＢ中点Ｍ的轨迹方程
ｘ２ ｙ２ ， ，
２．（ 辽宁葫芦岛一模， ）已知椭圆Ｇ Ａ Ｂ为Ｇ 为 ｙ２ （ｘ ） ．
２０２４ ４ ： ＋ ＝１， ， ＝２ －４
４ ３
的短轴端点 Ｐ为Ｇ上异于Ａ Ｂ的一点 则直线ＡＰ ＢＰ的斜 学生用书P133
， ， ， ，
率之积为 Ｃ
（ ） １．（ 江西上饶一模， ）已知抛物线Ｃ ｙ １ ｘ２ 则过抛物线
２０２４ ７ ： ＝ ，
３ ４ ６
Ａ． Ｂ． Ｃ的焦点 弦长为整数且不超过 的直线的条数是 Ｃ
４ ３ ， ２０２４ （ ）
３ ４ Ａ．４０３５ Ｂ．４０３６ Ｃ．４０３７ Ｄ．４０３８
Ｃ．－ Ｄ．－
４ ３ ２．（ 联考二， ）已知抛物线Ｃ的方程为ｙ １ ｘ２ Ｆ为其
３．（ 山东济南一模， ）与抛物线ｘ２ ｙ和圆ｘ２ ｙ ２ ２０２４ Ｔ８ ８ ＝ ，
２０２４ ４ ＝２ ＋（ ＋１） ＝１ ４
都相切的直线的条数为 Ｄ 焦点 点Ｎ坐标为 过点Ｆ作直线交抛物线Ｃ于Ａ Ｂ
（ ） ， （０，－４）， ，
两点 Ｄ是ｘ轴上一点 且满足 ＤＡ ＤＢ ＤＮ 则直线ＡＢ
Ａ．０ Ｂ．１ ， ， ｜ ｜＝｜ ｜＝｜ ｜，
的斜率为 Ｂ
Ｃ．２ Ｄ．３ （ ）
４．（ 湖南邵阳第二次联考， ）已知直线ｌ ｘ ｙ 与椭圆
２０２４ ７ ： －２ －２＝０ １５ １１
ｘ２ ｙ２ Ａ．± Ｂ．± Ｃ．± ２ Ｄ．± ３
Ｃ ａ ｂ 相交于Ａ Ｂ两点．若弦ＡＢ被直线ｍ ｘ ２ ２
：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） ， ： ＋ ３．（ 河北衡水多校联考， ）过抛物线Ｃ ｙ２ ｘ焦点Ｆ且斜
２０２４ ８ ： ＝４
２
ｙ
＝０
平分
，
则椭圆Ｃ的离心率为
（
Ｃ
）
率为 的直线与Ｃ交于Ａ Ｂ两点 若ＰＦ为 ＰＡＢ的内角平
３ 、 ， △
分线 则 ＰＡＢ面积最大值为 Ｂ
１ ２ ３ ５ ， △ （ ）
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
２ ４ ２ ４
８ １６ ３２
ｘ２ ｙ２ Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．１６
５．（ 广东惠州一模， ）已知双曲线 ａ ｂ 的 ３ ３ ３
２０２４ １２ ａ２ －ｂ２ ＝１（ ＞０， ＞０） ｘ２
４．（ 福建龙岩 月质检， ）斜率为 的直线与椭圆Ｃ
渐近线与圆ｘ２ ｙ２ ｙ 相切 则双曲线的离心率为 ． ２０２４ ３ １４ －１ ：ａ２
＋ －４ ＋３＝０ ， ２
６．（ 山东聊城一模， ）已知椭圆Ｃ
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ 的
ｙ２
ａ ｂ 交于Ａ Ｂ两点 点Ｔ是椭圆上的一点 且满足
２０２４ １３ ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） ， ， ，
２ ２０ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
ＴＡ ＴＢ 点Ｐ Ｑ分别是 ＯＡＴ ＯＢＴ的重心 点Ｒ是 ＴＡＢ {ｙ ｋ ｘ
⊥ ， ， △ ，△ ， △ 由 ＝ １（ －１）＋３，得 ｋ２ ｘ２ ｋ ｋ ｘ ｋ２ ｋ
的外心．记直线ＯＰ
，
ＯＱ
，
ＯＲ的斜率分别为ｋ
１，
ｋ
２，
ｋ
３，
若ｋ
１
ｋ
２
ｋ
３ ９
ｘ２
＋８
ｙ２
＝８１，
（９＋８ １） ＋１６ １（３－ １） ＋８ １－４８ １－９＝
５．（ Ｃ Ｃ ＝ ２ ２ － ： ０ ｙ Ｃ ２ ８ １ ２ ４ ＝ ， 分 湖 则 －４ 别 北 椭 ｘ 交 名 的 圆 于 校 焦 Ｃ 点 教 点 的 Ａ 研 分 离 Ｂ 联 别 心 若 率 盟 为 为 联 Ｆ Ａ １ Ｆ 考 ， ２ ２ Ｆ ， ２ １ ． ， ３ 一 ） ＢＦ 已 条 知 平 则 抛 行 四 物 于 边 线 ｘ 形 轴 Ｃ Ａ １ 的 ： Ｂ ｙ Ｆ 直 ２ ＝ Ｆ 线 ２ 与 的 ｘ ， 所 ０， 可 以 得 ｙ ｘ Ａ Ａ ＝ ＝ ８ ｋ ｋ １ ２ １ ８ － （ ｋ ４ ２ １ ｘ ８ ＋ Ａ ｋ ９ １ － －９ １ ． ） ＋ ３ ＝ ｋ １ æ è ç８ ｋ２ １ ８ － ｋ ４ ２ １ ８ ＋ ｋ ９ １－９ －１ ö ø ÷ ＋ ３ ＝
１， ２ ， ， ｜ １｜＝｜ ２｜， ２ １ ｋ２ ｋ ｋ ｋ ｋ
－２４ １－１８ １＋２７ －３（２７－１２ １）－１８ １＋２７ １８（ １－３） ３
面积为 ３ ２ ． ８ ｋ２ １＋９ ＝ ２７－１２ ｋ １＋９ ＝ １２（３－ ｋ １） ＝－ ２ ，
２ ｋ２ ｋ
６．（ 湖南师大附中一模， ）如果直线ｌ ｋｘ ｙ ｋ 和曲线 同理ｘ ８ ２－４８ ２－９ ｙ ３ 分
２０２４ １４ ： － －２ ＝０ Ｂ＝ ｋ２ ， Ｂ＝－ ， （１３ ）
Γ ｘ２ ｙ ｙ 恰有一个交点 那么实数 ｋ 的取值范围是 ８ ２＋９ ２
： －４ ｜ ｜ ＝１ ，
( ] { } ( ) 所以直线ＡＢ的方程为ｙ ３
， １ ３ １ ， ． ＝－ ，
－∞ － ∪ ∪ ＋∞ ２
２ ６ ２ 所以ＡＢ与圆Ｑ相切 分
ｘ２ ｙ２ ， （１５ ）
７．（ 湖北武汉二调， ）设椭圆 的左 右焦点分别
２０２４ １３
９
＋
５
＝１ 、 将ｙ
＝－
３ 代入
９
ｘ２
＋８
ｙ２
＝８１
得ｘ
＝± ７，
为Ｆ Ｆ 过点Ｆ 的直线与该椭圆交于Ａ Ｂ两点 若线段ＡＦ ２
１， ２， ２ ， ， ２ 所以 ＡＢ
的中垂线过点Ｆ 则 ＢＦ １０ ． ｜ ｜＝２ ７，
１， ｜ ２｜＝
７ 设 ＰＡＢ的周长为ｍ 因为点Ｐ到直线ＡＢ的距离为 ９
８．（
２０２４
浙江台州二模，
１８
）已知椭圆Ｃ
：９
ｘ２
＋８
ｙ２
＝８１，
直线ｌ
：
ｘ
＝
△ ，
２
，
交椭圆于Ｍ Ｎ两点 Ｔ为椭圆的右顶点 ＴＭＮ的内切圆
为 －１ 圆Ｑ． ， ， ，△ 则 △ ＰＡＢ的面积Ｓ △ ＰＡＢ＝ ２ １ ｍ × ２ ３ ＝ ２ １ ×２ ７× ２ ９ ， 解得ｍ ＝６ ７ ．
求椭圆Ｃ的焦点坐标 所以 ＰＡＢ的周长为 ． 分
（１） ； △ ６ ７ （１７ ）
求圆Ｑ的方程 ｘ２ ｙ２
（２） ； ９．（ 山东潍坊二模， ）已知双曲线Ｃ ａ ｂ
设点Ｐ 过Ｐ作圆Ｑ的两条切线 分别交椭圆Ｃ于
２０２４ １８ ：ａ２ －ｂ２ ＝１（ ＞０， ＞
（３） （１，３）， ，
点Ａ Ｂ 求 ＰＡＢ的周长． 的实轴长为 右焦点Ｆ 到一条渐近线的距离为 ．
， ， △ ０） ２ ３， ２ １
ｘ２ ｙ２ 求Ｃ的方程
解析 椭圆的标准方程为 ８１ ９ （１） ；
（１） ＋ ＝１， －９＝ ，
９ ８１ ８ ８ 过Ｃ上一点Ｐ 作Ｃ的切线ｌ ｌ 与Ｃ的两条渐近
（２） １（３， ２） １， １
８ 线分别交于Ｒ Ｓ两点 Ｐ 为点Ｐ 关于坐标原点的对称点 过
æ ö ， ， ２ １ ，
所以焦点坐标为ç ３ ２÷． 分 Ｐ 作Ｃ的切线ｌ ｌ 与Ｃ的两条渐近线分别交于Ｍ Ｎ两点
è０，± ø （３ ） ２ ２，２ ， ，
４ 求四边形ＲＳＭＮ的面积
将ｘ 代入椭圆方程 ｘ２ ｙ２ 得ｙ 由对称性 ；
（２） ＝－１ ９ ＋８ ＝８１ ＝±３， 过Ｃ上一点Ｑ向Ｃ的两条渐近线作垂线 垂足分别为Ｈ
不妨令Ｍ （－１，３）， Ｎ （－１，－３）， 则直线 ＭＴ 的方程为 ｙ ＝ （
Ｈ
３）
是否存在点Ｑ 满足 ＱＨ ＱＨ 若
，
存在 求出点
１
Ｑ
，
３ ｘ 即 ｘ ｙ ． 分
２， ， ｜ １｜＋｜ ２｜＝２？ ，
（ －３）， ３ ＋４ －９＝０ （４ ） 坐标 若不存在 请说明理由．
－１－３ ； ，
设圆Ｑ的方程为 ｘ ｔ ２ ｙ２ ｒ２ ｒ 解析 因为实轴长为 所以ａ 分
（ －） ＋ ＝ ， ＞０， （１） ２ ３， ＝ ３， （１ ）
由于内切圆Ｑ在 ＴＭＮ的内部 所以 ｔ ． ｂｃ
△ ， －１＜ ＜３
易知Ｑ到直线ＭＮ和直线ＭＴ的距离相等 ｂ ａ
， 取Ｃ的一条渐近线为ｙ ｘ 则有 ｂ 分
ｔ ＝ ａ ， ｂ２ ＝ ＝１， （３ ）
即ｔ ｜３ ＋４×０－９｜ ｒ
＋１＝
２ ２
＝ ， １＋ａ２
３ ＋４
ｘ２
解得ｔ １ ｔ 舍去 ｒ ３ 分 所以双曲线Ｃ的方程为 ｙ２ ． 分
＝ （ ＝－７ ）， ＝ ， （７ ） － ＝１ （４ ）
２ ２ ３
所以圆Ｑ的方程为 ( ｘ １ ) ２ ｙ２ ９ ． 分 （２） 由题意可知四边形ＭＮＲＳ为平行四边形 ， 其面积Ｓ ▱ ＭＮＲＳ＝
－ ＋ ＝ （８ ） Ｓ 分
２ ４ ４ △ ＯＲＳ， （５ ）
显然直线ＰＡ和直线ＰＢ的斜率均存在
（３） ， 由题意可知直线ｌ 的斜率存在 设直线ｌ ｙ ｋｘ ｔ ｔ ｋ
设过Ｐ作圆Ｑ的切线方程为ｙ ｋ ｘ 其中ｋ有两个不 １ ， １： ＝ ＋ ， ＝ ２－３ ，
＝ （ －１）＋３，
同的取值ｋ 和ｋ 分别为直线ＰＡ和ＰＢ的斜率． 且ｋ ３
１ ２， ≠± ，
( ) ３
ｋ １ {ｙ ｋｘ ｔ
－１ ＋３ ＝ ＋，
由圆Ｑ与直线相切得 ２ ｋ２
＋１
＝
２
３ ， 联立 ｘ２
－
ｙ２
＝１，
消去ｙ并整理得 （１－３ ｋ２ ） ｘ２ －６ ｋｔｘ －３ ｔ２ －３＝０，
化简得 ｋ２ ｋ ３
８ ＋１２ －２７＝０， 分
ì （６ ）
则í ï ï ï ï ｋ ｋ １ ｋ ＋ ｋ ２＝－ ２７ ２ ３ ． ， （１０ 分 ） 因 所 为 以 { 直 １ 线 －３ ｋ ｌ １ ２ ≠ 与 ０ 双 ， 曲线Ｃ相切 ，
î １ ２＝－ Δ ｋ２ｔ２ ｋ２ ｔ２
８ ＝３６ ＋４（１－３ ）（３ ＋３）＝０，
专题八 平面解析几何 ２ ２１
得
３
ｋ２
＝
ｔ２
＋１，
即
２
ｋ２
－２ ２
ｋ
＋１＝０， 解析 Ｆ
( ｐ )
设Ａ
æ
çｘ
ｘ２
１
ö
÷
（１） ０， ， è １， ｐø，
２ ２
所以ｋ ＝ ２ ２ ， 直线ｌ １ 的方程为ｘ － ２ ｙ －１＝０， （７ 分 ） 则→ＦＡ æ çｘ ｘ２ １ ｐ ö ÷ ( １ ) 分
＝è １， ｐ－ ø＝ ３，－ ， （１ ）
２ ２ ４
设直线ｌ
１
与ｙ
＝ ３
３ｘ的交点为Ｒ
，
与ｙ
＝－ ３
３ｘ的交点为Ｓ
， ì ï ï ｘ １＝ ３，
联立 ì í ïï ｘ － ２ ｙ －１＝０， 得ｘ 分 所以 î í ïï ｘ ｐ ２ １ － ｐ ＝－ １ ， 得 ２ ｐ２ － ｐ －６＝０， 解得 ｐ ＝２ 或 ｐ ＝－ ２ ３
ïïｙ ３ｘ Ｒ＝３＋ ６， （８ ） ２ ２ ４
î ＝ ， 舍
３ （ ），
同理得ｘ 分
所以抛物线Ｃ的方程为ｘ２
＝４
ｙ．
（４
分
）
Ｓ＝３－ ６， （９ ）
设直线ＭＮ ｙ ｋｘ ｍ Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ
æ ö２ （２） ： ＝ ＋ ， （ １， １）， （ ２， ２），
则
｜
ＲＳ
｜＝ １＋
ｋ２
｜
ｘ
Ｒ－
ｘ
Ｓ｜＝ １＋è
ç ２
ø
÷
｜
ｘ
Ｒ－
ｘ
Ｓ｜＝６， （１０
分
） 联立
{ｙ
＝
ｋｘ
＋
ｍ
，消去ｙ得ｘ２ ｋｘ ｍ ．
２ ｘ２ ｙ －４ －４ ＝０
＝４ ，
因为原点Ｏ到直线ｌ 的距离ｄ １ ３ 分 所以Δ ｋ２ ｍ ｘ ｘ ｋ ｘ ｘ ｍ．
１ ＝ ＝ ， （１１ ） ＝１６（ ＋ ）＞０， １＋ ２＝４ ， １· ２＝－４
１＋２ ３ ｙ ｋｘ ｍ ｍ ｙ ｋｘ ｍ ｍ
ｋ １＋２ １＋ ＋２ ｋ ＋２ ｋ ２＋２ ２＋ ＋２ ｋ ＋２
所以Ｓ １ ３ １＝ ｘ ＝ ｘ ＝ ＋ ｘ ， ２＝ ｘ ＝ ｘ ＝ ＋ ｘ ，
△ ＯＲＳ＝ ×６× ＝ ３， １ １ １ ２ ２ ２
２ ３ ( ) ｘ ｘ ｋ ｍ
所以Ｓ ▱ ＭＮＲＳ＝４ Ｓ △ ＯＲＳ＝４ ３ ． （１２ 分 ） 则ｋ １＋ ｋ ２＝２ ｋ ＋（ ｍ ＋２） ｘ １ １ ＋ｘ １ ２ ＝２ ｋ ＋（ ｍ ＋２） ｘ １ １ ＋ ｘ ２ ２ ＝ （ ｍ －２） ，
ｘ２ 分
设Ｑ ｘ ｙ 则 ０ ｙ２ （５ ）
（３） （ ０， ０），
３
－ ０＝１，
ｋｘ ｍ ｋｘ ｍ
ｋ ｋ （ １＋ ＋２）（ ２＋ ＋２）
１ ２＝ ｘ ｘ
不妨设Ｑ 到直线 ｙ ＝ ３ ３ｘ 的距离为 ｜ ＱＨ １ ｜ ＝ æ ３ ３ｘ ０ ö － ２ ｙ ０ ＝ ＝ ｋ２ｘ １ ｘ ２＋ ｋ （ ｍ ＋２） ｘ １ （ ｘ ２ ｘ １＋ ｘ ２）＋（ ｍ ＋２） ２ ＝ ８ ｋ２ ＋（ ｍ ｍ ＋２） ２ ． （６ 分 ）
è ç ３ ø ÷ ＋１ １ ２ －４
３ 因为 ｋ ｋ ｋ ｋ
３（ １＋ ２）－２ １ ２＝４，
３ ３ｘ ｙ 分 所以 ｋ （ ｍ －２） ８ ｋ２ ＋（ ｍ ＋２） ２
０－ ０ ， （１３ ） ３× ｍ －２× ｍ －４＝０，
２ ３ －４
即 ｋ ｍ ｋ ｍ
同理 ＱＨ ３ ３ｘ ｙ 分 （２ ＋ －２）（４ ＋ －２）＝０，
｜ ２｜＝ ０＋ ０ ， （１４ ） 则ｍ ｋ或ｍ ｋ 能满足Δ ． 分
２ ３ ＝２－２ ＝２－４ ， ＞０ （８ ）
ｘ２ 则ＭＮ ｙ ｋｘ ｋ ｋ ｘ 或ＭＮ ｙ ｋｘ ｋ ｋ ｘ
所以 ＱＨ ＱＨ ３ ０ ｙ２ ３ ： ＝ ＋２－２ ＝ （ －２）＋２ ： ＝ ＋２－４ ＝ （ －４）
｜ １｜·｜ ２｜＝ － ０ ＝ ①，
４ ３ ４ ＋２，
ＱＨ ＱＨ 分 所以定点Ｑ的坐标为 或 ． 分
｜ １｜＋｜ ２｜＝２②， （１５ ） （２，２） （４，２） （１０ ）
ì ï ＱＨ １ ì ï ＱＨ ３ （３） Ｑ （４，２） 在抛物线Ｃ的外部 ， 当直线ＭＮ经过Ｑ （４，２） 时 ，
由 解得í
ï｜ １｜＝
２
，
或í
ï｜ １｜＝
２
，
分 ＭＮ不存在最小值 ； （１１ 分 ）
①② ï ï ＱＨ ３ ï ï ＱＨ １ （１６ ） 当直线ＭＮ 过点 Ｑ 时 ｘ２ ｋｘ ｍ 化为 ｘ２ ｋｘ
î｜ ２｜＝ î｜ ２｜＝ ， （２，２） ， －４ －４ ＝０ －４ －
２ ２ ｋ ｘ２ ｋｘ ｋ
{ｘ {ｘ {ｘ {ｘ ４（２－２ ）＝ －４ ＋８ －８＝０，
０＝２， ０＝－２， ０＝２， ０＝－２， Δ ｋ２ ｋ 恒成立 ｘ ｘ ｋ ｘ ｘ ｋ
解得 或 或 或 ＝１６（ －２ ＋２）＞０ ， １＋ ２＝４ ， １ ２＝８ －８，
ｙ ０＝ ３ ｙ ０＝ ３ ｙ ０＝－ ３ ｙ ０＝－ ３ ， ｜ ＭＮ ｜＝ １＋ ｋ２ ｜ ｘ １－ ｘ ２｜＝ １＋ ｋ２ （ ｘ １＋ ｘ ２） ２ －４ ｘ １ ｘ ２ ＝ １＋ ｋ２
３ ３ ３ ３
æ ö æ ö æ ö ｋ ２ ｋ ｋ４ ｋ３ ｋ２ ｋ ． 分
所以存在点 Ｑ ç ３÷ 或 Ｑ ç ３÷ 或 Ｑ ç ３÷ 或 · （４ ） －４（８ －８）＝４ －２ ＋３ －２ ＋２ （１３ ）
è２， ø è－２， ø è２，－ ø 令ｆ ｋ ｋ４ ｋ３ ｋ２ ｋ
３ ３ ３ （ ）＝ －２ ＋３ －２ ＋２，
æ ö 则ｆ ′ ｋ ｋ３ ｋ２ ｋ ｋ ｋ２ ｋ
Ｑç ３÷ 使得 ＱＨ ＱＨ 成立． 分 （ ）＝４ －６ ＋６ －２＝２（２ －１）（ － ＋１），
è－２，－ ø， ｜ １｜＋｜ ２｜＝２ （１７ ）
３ 令ｆ ′ ｋ 得ｋ １ ． 分
１０．（
２０２４
江苏苏锡常镇二模，
１８
）已知Ｆ为抛物线Ｃ
：
ｘ２
＝２
ｐｙ
（
ｐ （ ）＝０， ＝
２
（１５ ）
( ) ( )
＞０）
的焦点
，
点Ａ在Ｃ上
，
→ＦＡ
＝ ３，－
１ ．点Ｐ
（０，－２），
Ｍ
，
Ｎ 当ｋ
＜
１ 时
，
ｆ ′
（
ｋ
）＜０，
ｆ
（
ｋ
）
在
－∞，
１ 上为减函数
，
４ ２ ２
( )
是抛物线上不同两点 直线 ＰＭ 和直线 ＰＮ 的斜率分别为
， 当ｋ １ 时 ｆ ′ ｋ ｆ ｋ 在 １ 上为增函数
＞ ， （ ）＞０， （ ） ，＋∞ ，
ｋ ｋ ． ２ ２
１， ２ 分
求Ｃ的方程 （１６ ）
（１） ；
存在点Ｑ 当直线ＭＮ经过点Ｑ时 ｋ ｋ ｋ ｋ 所以当ｋ １ 时 ｆ ｋ 有最小值 即 ＭＮ 有最小值．
（２） ， ，３（ １＋ ２）－２ １ ２＝４ ＝ ， （ ） ， ｜ ｜
恒成立 请求出满足条件的所有点Ｑ的坐标 ２
， ；
对于 中的一个点Ｑ 当直线ＭＮ经过点Ｑ时 ＭＮ 存 ＭＮ １ １ ． 分
（３） （２） ， ，｜ ｜ ｜ ｜ｍｉｎ＝４× １＋ × －１＋２＝５ （１７ ）
在最小值 试求出这个最小值． ４ ４
，
２ ２２ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
学生用书P135 Ａ′→Ｆ Ｂ′→Ｆ
｜ １· ２｜ １３．
＝
ｘ２ ｙ２ Ａ′→Ｆ Ｂ′→Ｆ ２８
创新知识交汇 （ 广东惠州一模， ）已知椭圆Ｃ ｜ １｜·｜ ２｜
２０２４ １８ ：ａ２ ＋ｂ２ Z Z
" "
ａ ｂ 的左 右焦点分别为Ｆ Ｆ 离心率为 １ 经过点
＝１（ ＞０， ＞０） 、 １、 ２， ，
Ｆ １ 且倾斜角为θ ( ０＜ θ ＜ π ) 的直线ｌ与椭圆交于 Ａ 、 Ｂ ２ 两点 （ 其 # ' 0 ' Y # ' 0 ' Y
２
中点Ａ在ｘ轴上方 ＡＢＦ 的周长为 ． [ [
），△ ２ ８ 图 图
求椭圆Ｃ的标准方程．
１ ２
（１） 设折叠前Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 在折叠后的图形中建立如图
如图 将平面ｘＯｙ沿ｘ轴折叠 使ｙ轴正半轴和ｘ轴所确定 ② （ １， １）， （ ２， ２）， ２
（２） ， ， 所示的空间直角坐标系（原ｘ轴仍然为ｘ轴，原ｙ轴正半轴为ｙ
的半平面 平面ＡＦ Ｆ 与ｙ轴负半轴和ｘ轴所确定的半平面
（ １ ２） 轴，原ｙ轴负半轴为ｚ轴） 折叠后Ａ Ｂ在新图形中对应的点记
平面ＢＦ Ｆ 互相垂直． ， ，
（ １ ２） 为Ａ′ Ｂ′ 则Ａ′ ｘ ｙ Ｂ′ ｘ ｙ 折叠前 ＡＢＦ 周长是
， ， （ １， １，０）， （ ２，０，－ ２）， △ ２
若θ π 求异面直线ＡＦ 和ＢＦ 所成角的余弦值
① ＝ ， １ ２ ； 则折叠后 Ａ′Ｂ′Ｆ 周长是１５．
３ ( ) ８， △ ２ ２
是否存在θ θ π 使得折叠后 ＡＢＦ 的周长与折叠前
② ０＜ ＜ ， △ ２ 由 Ａ′Ｆ Ｂ′Ｆ Ａ′Ｂ′ １５ ＡＦ ＢＦ ＡＢ 故 ＡＢ
２ ｜ ２｜＋｜ ２｜＋｜ ｜＝ ，｜ ２｜＋｜ ２｜＋｜ ｜＝８， ｜ ｜
２
的周长之比为１５ 若存在 求 θ的值 若不存在 请说明
？ ， ｔａｎ ； ， Ａ′Ｂ′ １
１６ －｜ ｜＝ ，
理由． ２
{ｍｙ ｘ
Z Z ＝ ＋１，
" " 设直线ｌ ： ｍｙ ＝ ｘ ＋１， 联立 ｘ２ ｙ２ 消去ｘ得 （３ ｍ２ ＋４） ｙ２ －６ ｍｙ －
＋ ＝１，
４ ３
' 0 ' Y ' 0 ' Y ９＝０， Δ ＝（－６ ｍ ） ２ －４（３ ｍ２ ＋４）（－９）＝１４４ ｍ２ ＋１４４＞０，
# ｍ
# ｙ ｙ ６ ｙ ｙ －９ ．
１＋ ２＝
３
ｍ２
＋４
， １ ２＝
３
ｍ２
＋４
折叠前 折叠后
Ａ′Ｂ′ ｘ ｘ ２ ｙ２ ｙ２ ＡＢ ｘ ｘ ２ ｙ ｙ ２
解析 由椭圆的定义知 ＡＦ ＡＦ ａ ＢＦ ｜ ｜＝ （ １－ ２） ＋ １＋ ２，｜ ｜＝ （ １－ ２） ＋（ １－ ２） ，
（１） ，｜ １ ｜＋｜ ２ ｜ ＝２ ，｜ １ ｜＋
｜ ＢＦ ２｜＝２ ａ ， 所以 △ ＡＢＦ ２ 的周长为 ｜ ＡＢ ｜＋｜ ＡＦ ２｜＋｜ ＢＦ ２｜＝｜ ＡＦ １｜＋ 所以 ｜ ＡＢ ｜－｜ Ａ′Ｂ′ ｜ ＝ （ ｘ １－ ｘ ２） ２ ＋（ ｙ １－ ｙ ２） ２ － （ ｘ １－ ｘ ２） ２ ＋ ｙ２ １＋ ｙ２ ２
｜ ＡＦ ２｜＋｜ ＢＦ １｜＋｜ ＢＦ ２｜＝４ ａ ＝８， 所以ａ ＝２， ＝ １ ， 移项并平方整理后可得 （ ｘ １－ ｘ ２） ２ ＋（ ｙ １－ ｙ ２） ２ ＝ １ －
ｃ ２ ４
又椭圆离心率为 １ ， 所以 ａ ＝ １ ， 所以ｃ ＝１， ｂ２ ＝ ａ２ － ｃ２ ＝３， ｙ ｙ （提示：遇到双根式加减问题，可以先将根式移至等号两
２ ２ ２ １ ２，
ｘ２ ｙ２
侧，然后平方去根号）
所以椭圆的标准方程为 ．
＋ ＝１ ( ) ２
４ ３ 因为 ｘ ｘ ２ ｙ ｙ ２ ｍ２ ｙ ｙ ２ １ ｙ ｙ
建立以原ｘ轴为ｘ轴 原ｙ轴为正半轴为ｙ轴 原ｙ轴负 （ １－ ２） ＋（ １－ ２） ＝（１＋ ）（ １－ ２） ＝ －２ １ ２ ，
（２）① 、 、 ４
éæ ｍ ö２ ù æ ö２
半轴为ｚ轴的空间直角坐标系
，
如图
１，
由θ
＝
π知折叠前Ａ
（０，
所以
（１＋
ｍ２
）ë
êê
è
ç
ｍ
６
２ ø
÷
＋ ｍ
３
２
６
û
úú
＝è
ç １
＋ ｍ
１
２
８
ø
÷
，
３ ３ ＋４ ３ ＋４ ４ ３ ＋４
æ ö æ ｍ２ ö２ æ ö２
３）， Ｂ è ç － ８ ，－ ３ ３ ø ÷．在折叠后的图形中对应的点记为 Ａ′ ， Ｂ′ ， 即 １４４ è ç ３ １ ｍ ＋ ２ ＋４ ø ÷ ＝è ç ４ １ ＋ ３ ｍ １ ２ ８ ＋４ ø ÷ ， （提示：括号内均为正数，故
５ ５
等号两边可直接开方）
æ ö
则Ａ′ Ｂ′ç ８ ３ ３÷ Ｆ Ｆ 所
（０， ３，０）， è－ ５ ，０， ５ æ ø， １（－１，０， ö ０）， ２（１，０，０）， 所以１２ ３ ｍ ＋１ ２ ２ ＋ ｍ ４ ２ ＝ ４ １ ＋ ３ ｍ １ ２ ８ ＋４ ， 解得ｍ２ ＝ ４ ２ ５ ８ ，
以Ａ′→Ｆ Ｂ′→Ｆ ç１３ ３ ３÷ 设异面直线 ＡＦ
１＝（－１，－ ３，０）， ２＝è ５ ，０，－ ５ ø， １ 因为 θ π 所以 θ １ ３ ３５．
０＜ ＜ ， ｔａｎ ＝ ｍ ＝
和 ＢＦ 所成角为 φ 则 φ Ａ′→Ｆ Ｂ′→Ｆ ２ １４
２ ， ｃｏｓ ＝ ｜ ｃｏｓ 〈 １， ２〉 ｜ ＝
