3.12圆锥曲线二次公式及应用（解析版）(1)_2026版高中《二三轮复习+冲刺复习》_圆锥曲线PDF矢量版_原卷版+解析版

3.12 圆锥曲线二次公式及应用
模块一：题型分类.........................................................................2
题型一：焦点三角形的面积公式.................................................... 2
题型二：圆锥曲线的切线问题......................................................13
题型三：圆锥曲线的中点弦问题...................................................21
题型四：圆锥曲线中的定值问题...................................................36
题型五：圆锥曲线中的定点问题...................................................56
题型六：圆锥曲线中的定直线问题................................................74
题型七：抛物线的焦点弦长公式...................................................86
题型八：抛物线中的三类直线与圆相切问题.................................... 95
3.12 圆锥曲线二次公式及应用
模块一：题型分类
题型一：焦点三角形的面积公式
【基础公式】
1.椭圆中焦点三角形面积公式
在椭圆
2
2
2
2
1
x
y
a
b

（
0
a
b


）中，
1F ，
2
F 分别为左､右焦点，P 为椭圆上一点，
1
2
F PF



，
1
2
PF F

的面积记为
1
2
ΔPF F
S
，则：①
1 2
Δ
1
2
1
=
|
||
|= |
|
2
PF F
p
p
S
F F y
c y
；②
1 2
Δ
1
2
1
=
|
|||
|sin
2
PF F
S
PF PF
；③
1 2
2
Δ
=
tan 2
PF F
S
b
，
其中
1
2
=
F PF

.
2.双曲线中焦点三角形面积公式
在双曲线
2
2
2
2 =1
x
y
a
b

（
0
a 
，
0
b 
）中，
1F ，
2
F 分别为左､右焦点，P 为双曲线上一点，
1
2
F PF



，
1
2
PF F

的面积记为
1
2
ΔPF F
S
，则：①
1 2
Δ
1
2
1
=
|
||
|= |
|
2
PF F
p
p
S
F F y
c y
；②
1 2
Δ
1
2
1
=
|
|||
|sin
2
PF F
S
PF PF
；③
1 2
2
Δ
=
tan 2
PF F
b
S
.
3.注意：在求圆锥曲线中焦点三角形面积时，根据题意选择适合的公式，注意结合圆锥曲线的定义，余弦
定理，基本不等式等综合应用.
【基础练习】
1. 椭圆C：
2
2
1
49
24
x
y

的焦点为
1F ，
2
F ，点P 在椭圆上，若
1
8
PF 
，则
1
2
PF F
△
的面积为（
）
A. 48
B. 40
C. 28
D. 24
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件结合椭圆定义求出
2
|
|
PF
，再判断
1
2
PF F
△
形状计算作答.
【详解】椭圆C：
2
2
1
49
24
x
y


的半焦距
5
c 
，长半轴长
7
a 
，由椭圆定义得
2
1
|
| 2
|
| 6
PF
a
PF



，
而
1
2
|
| 10
F F 
，且
2
2
2
1
2
1
2
|
|
|
|
|
|
F F
PF
PF


，则有
1
2
PF F
△
是直角三角形，
1 2
1
2
1 |
| |
| 24
2
PF F
S
PF
PF




，
所以
1
2
PF F
△
的面积为24.
故选：D
2. 设
1
2
,
F F 是椭圆
2
2
1
12
24
x
y


的两个焦点，P 是椭圆上一点，且
1
2
1
3
cos
F PF


.则
1
2
PF F
△
的面积为
（
）
A. 6
B. 6 2
C. 8
D. 8 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用椭圆的几何性质，得到
1
2
2
4 6
PF
PF
a



，
1
2
2
4 3
F F
c


，进而利用
1
2
1
3
cos
F PF


得出
1
2
18
PF
PF


，进而可求出
1
2
S PF F

【详解】解：由椭圆
2
2
1
12
24
x
y


的方程可得
2
2
24,
12
a
b


，
所以
2
2
2
12
c
a
b



，得
2 6,
2 3
a
c


且
1
2
2
4 6
PF
PF
a



，
1
2
2
4 3
F F
c


，
在
1
2
PF F
△
中，由余弦定理可得
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
|
|
|
|
|
|
(|
|
|
|)
2 |
||
|
|
|
cos
2 |
||
|
2 |
||
|
PF
PF
F F
PF
PF
PF
PF
F F
F PF
PF
PF
PF
PF








2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
4
4
2 |
||
|
4
2 |
||
|
2 |
||
|
2 |
||
|
a
c
PF
PF
b
PF
PF
PF
PF
PF
PF





1
2
1
2
4 12
2|
||
|
2|
||
|
PF
PF
PF
PF



，
而
1
2
1
cos
3
F PF


，所以，
1
2
18
PF
PF


，
又因为，
1
2
1
cos
3
F PF


，所以
1
2
2 2
sin
3
F PF


，
所以，
1
2
1
2
1
2
1
1
2 2
sin
18
6 2
2
2
3
S PF F
PF PF
F PF








故选：B
3.椭圆
2
2
1
4
x
y

的左右焦点为
1F ､
2
F ，P 为椭圆上的一点，
1
2
3
F PF



，则△
1
2
PF F 的面积为（
）
A. 1
B.
3
C.
3
3
D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由椭圆方程可得
1
2
4
PF
PF


，结合余弦定理求得
1
2
4
3
PF
PF


，最后根据三角形面积公
式求△
1
2
PF F 的面积.
【详解】∵点P 是椭圆
2
2
1
4
x
y

上的一点，
1F ､
2
F 是焦点，
∴
1
2
4
PF
PF


，即

2
1
2
16
PF
PF


①，
∵在△
1
2
PF F 中
1
2
3
F PF



，
∴


2
2
2
1
2
1
2
2
cos
2 3
12
3
PF
PF
PF
PF






②，
①-②得：
1
2
4
3
PF
PF


，
1
2
1
2
1
1
4
3
3
sin
2
3
2
3
2
3
F PF
S
PF
PF








.
故选：C.
4.已知
1F 、
2
F 是椭圆
2
2
:
1
4
3
x
y
C


的两个焦点，P 是椭圆上一点，
1
2
60
F PF


，则
1
2
PF F
△
的面积
是（
）
A. 3
B. 2
C. 4
3
3
D.
3
【答案】D
【解析】
【分析】利用椭圆的定义结合余弦定理可求得
1
2
PF
PF

的值，再利用三角形的面积公式可求得结果.
【详解】由椭圆
2
2
:
1
4
3
x
y
C


的方程可得
2
4
a 
，
2
3
b 
，
1
c ，则
1
2
2
4
PF
PF
a



，
因为
1
2
60
F PF



，则
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
cos60
PF
PF
PF
PF
F F





，
即

2
2
1
2
1
2
1
2
3
PF
PF
PF
PF
F F




，即
1
2
16
3
4
PF
PF



，解得
1
2
4
PF
PF


，
因此，
1 2
1
2
3
3
1
1
sin60
4
2
2
2
PF F
S
PF PF







.
故选：D.
5.已知双曲线


2
2
2
2
1
0,
0
x
y
a
b
a
b




，过原点的直线与双曲线交于A，B 两点，以线段AB 为直径的圆
恰好过双曲线的右焦点F，若
ABF
△
的面积为
2
2a ，则双曲线的离心率为（
）
A.
2
B.
3
C. 2
D.
5
【答案】B
【解析】
【分析】设双曲线的左焦点为F，连接AF，BF，由题意可得AF
BF

，设|
|
AF
m

，|
|
BF
n

，
根据对称性可得|
|
AF
n

，|
|
BF
m

，根据双曲线的定义可得
2
n
m
a


，
2
2
2
4
n
m
c


，
2
1
2
2
ABF
S
mn
a



，整理可得关于a ，c 的齐次方程，再由离心率公式即可求解.
【详解】解：设双曲线的左焦点为F，连接AF，BF，
因为以AB 为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点


,0
F c
，
所以AF
BF

，圆心为


0,0
O
，半径为c ，
根据双曲线的对称性可得四边形AFBF是矩形，设|
|
AF
m

，|
|
BF
n

，
则
2
2
2
2
2
4
1
2
2
n
m
a
n
m
c
mn
a











，由

2
2
2
2
n
m
m
n
mn




可得
2
2
2
4
8
4
c
a
a


，
所以
2
2
3
c
a

，所以
2
2
2
3
c
e
a


，所以
3
e 
.
故选：B.
6.已知P 是椭圆


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




上一动点，
1F ，
2
F 是椭圆的左、右焦点，当
1
2
3
F PF



时，
1
2
4 3
F PF
S

△
；当线段
1
PF 的中点落到y 轴上时，
1
2
4
tan
3
F PF


，则点P 运动过程中，
1
2
1
1
PF
PF

的
取值范围是（
）
A.
1 2
,
2 3






B.
8
2
,
15 3






C.
1
8
,
2 15





D.
1 2
,
2 3





【答案】A
【解析】
【分析】设
1
2
,
PF
m PF
n


.先由题意求出椭圆标准方程为.
2
2
1
16
12
x
y


.把
1
2
1
1
PF
PF

转化为
1
2
1
1
8
PF
PF
mn


，由
8
m
n


求出12
16
mn


，即可求得.
【详解】设
1
2
,
PF
m PF
n


.
在
1
2
F PF
△
中，当
1
2
3
F PF



时，由椭圆的定义，余弦定理得：


2
2
2
2
2
cos
2
3
m
n
a
m
n
mn
c








整理得：
2
4
3
b
mn 
由三角形的面积公式得：
1
2
2
1
3
sin
4 3
2
3
3
F PF
b
S
mn




△
，解得：
2
12
b

.
因为线段
1
PF 的中点落到y 轴上，又O 为
1
2
F F 的中点，所以
2 / /
PF
y 轴，即
2
PF
x

.
由
1
2
4
tan
3
F PF


，得
1
2
2
4
3
F F
PF

，解得：
2
3
2
c
PF 
，所以
3
, 2
c
P c






，
代入椭圆标准方程得：
2
2
2
2
9
1
4
c
c
a
b


.
又有
2
2
2
12
b
a
c



，解得：
2
2
16,
4
a
c


，所以椭圆标准方程为：
2
2
1
16
12
x
y


.
所以
8
m
n


.
因为a
c
m
a
c




，所以2
6
m


.
所以
1
2
1
1
1
1
8
m
n
PF
PF
m
n
mn
mn






.
因为




2
2
8
8
4
16
mn
m
m
m
m
m







，
当2
6
m


时，12
16
mn


，
所以
1
2
1
1
8
1 2
.
2 3
PF
PF
mn








.
故选：A.
【点睛】解析几何中与动点有关的最值问题一般的求解思路：
①几何法：利用图形作出对应的线段，利用几何法求最值；
②代数法：把待求量的函数表示出来，利用函数求最值.
7.双曲线
2
2
1
16
9
x
y

的两个焦点分别是
1
2
,
F F ，点P 是双曲线上一点且满足
1
2
60
F PF


，则
1
2
F PF
△
的
面积为（
）
A. 25 3
B. 16 3
C. 9 3
D. 3 3
【答案】C
【解析】
【分析】设
1
PF
m

，
2
PF
n

，可得
2
2
m
n
a



，
1
2
F PF
△
中再利用余弦定理可得
36
mn 
，由
面积公式即可求得答案.
【详解】
2
2
1
16
9
x
y

，所以
4
a 
，
3
b 
，
5
c 
，
P 在双曲线上，设
1
PF
m

，
2
PF
n

，

2
8



m
n
a
①，
由
1
2
60
F PF


，在
1
2
F PF
△
中由余弦定理可得：
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
cos60




F F
PF
PF
PF PF
，
故


2
2
2
100 





m
n
mn
m
n
mn ②，
由①②可得
36
mn 
，
直角
1
2
F PF
△
的面积
1
2
1
2
1
2
1
1
2
2
sin
sin 60
9 3







F PF
S
PF
P
mn
F
F PF
.
故选：C.
8.已知椭圆C ：
2
2
1
25
9
x
y


，
1F ，
2
F 分别为它的左右焦点，A ，B 分别为它的左右顶点，点P 是椭圆上
的一个动点，下列结论中错误的是（
）
A. 离心率
4
5
e 
B.
1
2
F PF
△
的周长为18
C. 直线PA 与直线PB 斜率乘积为定值
9
25

D. 若
1
2
90
F PF



，则
1
2
F PF
△
的面积为8
【答案】D
【解析】
【分析】根据离心率的定义可判断A；利用椭圆的定义可判断B；求出
PA
PB
k
k

可判断C；利用勾股定理以
及椭圆的定义求出
1
2
PF PF 可判断D.
【详解】由
2
2
1
25
9
x
y


，可得
5
a 
，
3
b 
，
2
2
4
c
a
b



，
A，离心率
4
5
c
e
a


，故A 正确；
B，
1
2
F PF
△
的周长为
1
2
1
2
2
2
18
PF
PF
F F
a
c





，故B 正确.
C，设


0
0
,
P
x
y
，
2
0
2
0
0
0
2
2
0
0
0
0
9 1
25
9
5
5
25
25
25
PA
PB
x
y
y
y
k
k
x
x
x
x

















，故C 正确；
D，
1
2
90
F PF




，
2
2
2
1
2
1
2
64
PF
PF
F F




，
又因为
1
2
2
10
PF
PF
a



，所以

2
1
2
100
PF
PF


，
即
2
2
1
2
1
2
2
100
PF
PF
PF PF




，解得
1
2
18
PF PF 
,
所以
1
2
1
2
1
9
2
F PF
S
PF PF


△
，故D 错误.
故选：D
9.已知
1F ，
2
F 分别为椭圆


2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b




的左右焦点，O 为坐标原点，椭圆上存在一点P ，
使得
1
2
2 OP
F F

，设
1
2
F PF
△
的面积为S ，若


2
1
2
S
PF
PF


，则该椭圆的离心率为（
）
A. 1
3
B.
1
2
C.
3
2
D.
5
3
【答案】D
【解析】
【分析】由
1
2
2 OP
F F

可得
1
2
PF F
△
为直角三角形，故


2
1
2
1
2
1
2
S
PF
PF
PF PF



，且
2
2
2
1
2
1
2
PF
PF
F F


，结合
1
2
2
PF
PF
a


，联立可得
2
2
5
9
a
c 
，即得解
【详解】由题意
1
2
2 OP
F F

，故
1
2
PF F
△
为直角三角形，


2
1
2
1
2
1
2
S
PF
PF
PF PF




，
又



2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
4
2
PF
PF
PF
PF
PF PF
PF PF





，
1
2
2
PF
PF
a


2
1
2
8
9
a
PF PF


，
又
1
2
PF F
△
为直角三角形，故
2
2
2
1
2
1
2
PF
PF
F F


，
2
2
1
2
1
2
1
2
(
)
2
PF
PF
PF PF
F F




，
即
2
2
2
2
2
16
5
4
4
9
9
a
a
a
c
c




，
5
3
c
e
a


.
故选：D.
10.已知点
1
2
F F
､
是双曲线
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b




的左､右焦点，以线段
1
2
F F 为直径的圆与双曲线在第一象
限的交点为P ，若
2
1
3
PF
PF

，则（
）
A.
1
PF 与双曲线的实轴长相等
B.
1
2
PF F
△
的面积为
2
3
2 a
C. 双曲线的离心率为5
2
D. 直线3
2
0
x
y


是双曲线的一条渐近线
【答案】B
【解析】
【分析】由题意及双曲线的定义可得
1
|
|
PF ，
2
|
|
PF
的值，进而可得A 不正确，计算
1 2
PF F
S
可判断B 正确，
再求出a ，c 的关系可得C 不正确，求出a ，b 的关系，进而求出渐近线的方程，可得D 不正确．
【详解】因为
1
2
|
| 3|
|
PF
PF

，又由题意及双曲线的定义可得：
1
2
|
|
|
| 2
PF
PF
a


，
则
2
|
|
PF
a

，
1
|
| 3
2
PF
a
a


，所以A 不正确；
因为P 在以
1
2
F F 为直径的圆上，所以
1
2
PF
PF

，
所以
1 2
2
1
2
1
1
3
|
| |
|
3
2
2
2
PF F
S
PF
PF
a a
a







，所以B 正确；
在Rt △
1
2
PF F 中，由勾股定理可得
2
2
2
2
1
2
1
2
|
|
|
|
|
|
10
F F
PF
PF
a



，
即
2
2
4
10
c
a

，所以离心率
10
2
c
e
a


，
所以C 不正确；
由C 的分析可知：
2
2
4
10
c
a

，故
2
2
2
2
3
2
b
c
a
a



，所以渐近线的方程为
3
2
b
y
x
x
a


，
即
3
2
0
x
y


，所以D 不正确；
故选：B．
11.已知双曲线
2
2
1
9
16
x
y

的两个焦点为
1F ，
2
F ，P 为双曲线上一点，
2
1
2
PF
F F

，
1
2
PF F
△
的内切圆
的圆心为I ，则PI （
）
A. 2 34
3
B.
34
3
C. 3 34
2
D.
34
2
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意得
16
5, 3
P





，
2
16
3
PF 
，
1
2
10
F F 
，
1
34
3
PF 
，进而在
1
2
PF F
△
中，利用等面积
法得
1
2
PF F
△
的内切圆的半径
2
r 
，再设
1
2
PF F
△
的内切圆与边
2
PF 相切于点H ，进而在
PHI
△
中结合
勾股定理求解即可.
【详解】解：因为双曲线
2
2
1
9
16
x
y

的两个焦点为
1F ，
2
F ，P 为双曲线上一点，
2
1
2
PF
F F

，
所以
16
5, 3
P





，
2
16
3
PF 
，
1
2
10
F F 
，
因为
1
2
2
6
PF
PF
a



，所以
1
2
34
6
3
PF
PF



，
设
1
2
PF F
△
的内切圆的半径为r ，
则


1 2
1
2
1
2
1
2
2
1
1
2
2
PF F
PF
PF
F
F
r
PF
S
F
F





，即80
16
10
3
3
r 

，解得
2
r 
，
如图，设
1
2
PF F
△
的内切圆与边
2
PF 相切于点H ，则
2
IH 
，
2
2
HF 
，
所以
10
3
PH 
，
所以
2
2
100
136
2 34
4
9
9
3
PI
PH
IH






故选：A
12.已知双曲线C 的离心率为
1
2
3,
,
F F 是C 的两个焦点，P 为C 上一点，
2
1
3
PF
PF

，若
1
2
PF F
△
的面
积为
2 ，则双曲线C 的实轴长为（
）
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线的定义，在
1
2
PF F
△
中，运用余弦定理，并结合
2
1
3
PF
PF

和
1
2
PF F
△
的面积建
立方程，解出方程即可
【详解】根据双曲线的定义，可得：
1
2
2
PF
PF
a


又：
2
1
3
PF
PF

解得：
1
3
PF
a

，
2
PF
a

双曲线C 的离心率为
3 ，则有：
3
c
a

在
1
2
PF F
△
中，由余弦定理，可得：
2
2
2
1
2
1
1
1
2
1
2
1
cos
2
3
PF
PF
F F
P
PF
F
F
F
P





则有：
1
2
2 2
sin
3
F PF


1
2
PF F
△
的面积为
2 ，可得：
2
1
2
1
2
1
sin
2
2
2 PF PF
F PF
a



解得：
1
a 
故双曲线C 的实轴长为：2
故选：B
13.已知双曲线
2
2
:
1
2
y
C x 

的左，右焦点为
1
2
,
F F ，P 为双曲线右支上的一点，
1
2
30
PF F


，I 是
1
2
PF F
△
的内心，则下列结论错误的是（
）
A.
1
2
PF F
△
是直角三角形
B. 点I 的横坐标为1
C. |
| 2 3
2
PI 

D.
1
2
PF F
△
的内切圆的面积为
【答案】D
【解析】
【分析】由双曲线的定义得，
1
2
1
2
2,
2 3
PF
PF
F F



，设
2
1
,
2
PF
x PF
x



，由余弦定理可求
解
2
x 
，即可判断出
2
1
2
PF
F F

，再由等面积法计算内接圆的半径，即可得点I 的坐标和面积，写出点P
坐标，利用距离公式可求解出|
|
PI .
【详解】由已知可得，
1
2
1
2
2,
2 3
PF
PF
F F



，设
2
1
,
2
PF
x PF
x



，则




2
2
1
2
2
12
3
cos
2
2 2 3
2
x
x
PF F
x









，得
2
x 
，所以
2
1
2,
4
PF
PF


，即
2
2
2
2
1
2
1
PF
F F
PF


，
所以
2
1
2
PF
F F

，所以A 正确；设内接圆半径为r ，则


1
2
1
2
2
1
2
1
1
2
2
PF
PF
F F
r
PF
F F







，得
3
1
r 
，所以I 的坐标为(1, 3 1)

，面积为




2
3
1
4
2 3
S







所以B 正确，D 错误；由
题意
( 3,2)
P
，
2
2
|
|
( 3
1)
(3
3)
2( 3
1)
PI 





，所以C 正确；
故选：D.
题型二：圆锥曲线的切线问题
【基础公式】
1.过圆C ：
2
2
2
(
) +(
) =
x
a
y
b
R


上一点
0
0
(
,
)
P x
y
的切线方程为
2
0
0
(
)(
)+(
)(
)=
x
a x
a
y
b y
b
R




.
2.过椭圆
2
2
2
2
1
x
y
a
b

上一点
0
0
(
,
)
P x
y
的切线方程为
0
0
2
2
1
x x
y y
a
b


.
3.已知点
0
0
(
,
)
M x
y
，抛物线C ：
2=2
(
0)
y
px p 
和直线l ：
0
0
(
)
y y
p x
x


.
（1）当点
0
0
(
,
)
M x
y
在抛物线C 上时，直线l 与抛物线C 相切，其中M 为切点，l 为切线.
（2）当点
0
0
(
,
)
M x
y
在抛物线C 外时，直线l 与抛物线C 相交，其中两交点与点M 的连线分别是抛物线
的切线，即直线l 为切点弦所在的直线.
（3）当点
0
0
(
,
)
M x
y
在抛物线C 内时，直线l 与抛物线C 相离.
【基础练习】
1.已知点

,
P x y 是椭圆
2
2
1
9
4
x
y


上任意一点，则点P 到直线l :
5
y
x


的最大距离为（
）
A. 5 2
26
2

B. 5 2
26
2

C. 5 2
26

D. 5 2
26

【答案】A
【解析】
【分析】求出椭圆与直线l 平行的切线，它们与l 的距离一个最大值一个是最小值．
【详解】设直线y
x
m


与椭圆相切，由
2
2
1
9
4
x
y
y
x
m








得
2
2
13
18
9
36
0
x
mx
m




，
∴
2
2
(18 )
4 13(9
36)
0
m
m




，
13
m 
，
切线方程为
13
y
x


和
13
y
x


，与l 距离较规远的是
13
y
x


，
∴所求最大距离为
13
5
5 2
26
2
2
d





．
故选：A.
2.过点


2,2
P
作抛物线
2
2
y
x

的切线l ，切线l 在y 轴上的截距为___．
【答案】1
【解析】
【分析】设出切线方程，与抛物线联立，利用
0

求得
1
2
k 
，即可得出所求.
【详解】设切线斜率为k ，则切线方程


2
2
y
k x



，
联立方程


2
2
2
2
y
k x
y
x






可得
2
2
4
4
0
ky
y
k




，
则


4
4
4
4
0
k
k





，解得
1
2
k 
，
即切线方程为


1
2
2
2
y
x



，
取
0
x 
，得
1
y ．
∴切线l 在y 轴上的截距为1．
故答案为：1．
3.过双曲线


2
2
2
2
:
1
0,
0
x
y
C
a
b
a
b




上一点P 作双曲线C 的切线l ，若直线OP 与直线l 的斜率均存在，
且斜率之积为2
5
，则双曲线C 的离心率为（
）
A.
29
5
B.
30
3
C.
35
5
D.
30
5
【答案】C
【解析】
【分析】设


0
0
,
P x
y
，则可得切线l 为
0
0
2
2
1
xx
yy
a
b


，从而可求出直线l 的斜率
2
0
2
0
b x
k
a y

，再由题意可
得
2
0
0
2
0
0
2
5
b x
y
a y
x


，则得
2
2
2
5
b
a 
，进而可求出双曲线的离心率
【详解】设


0
0
,
P x
y
，由于双曲线C 在点


0
0
,
P x
y
处的切线方程为
0
0
2
2
1
xx
yy
a
b


，故切线l 的斜率
2
0
2
0
b x
k
a y

；因为
2
5
OP
k k


，则
2
0
0
2
0
0
2
5
b x
y
a y
x


，则
2
2
2
5
b
a 
，即双曲线C 的离心率
2
35
1
5
5
e 


，
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线的方程与性质，考查考生直观想象、数学运算的核心素养，解题的
关键是求出双曲线C 在点


0
0
,
P x
y
处的切线方程为
0
0
2
2
1
xx
yy
a
b


，则有切线l 的斜率
2
0
2
0
b x
k
a y

，再结题
意可得答案，属于中档题
4.已知椭圆具有如下性质：若椭圆的方程为


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




，则椭圆在其上一点


0
0
,
A x
y
处的切
线方程为
0
0
2
2
1
x x
y y
a
b


，试运用该性质解决以下问题；椭圆
2
2
1 :
1
2
x
C
y


，点B 为
1
C 在第一象限中的
任意一点，过B 作
1
C 的切线l，l 分别与x 轴和y 轴的正半轴交于
,
C D 两点，则OCD

面积的最小值为（
）
A. 1
B.
3
C.
2
D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
设
1
1
1
1
( ,
),(
0,
0)
B x y
x
y


，根据题意，求得过点B 的切线l 的方程，即可求得C、D 坐标，代入面积公
式，即可求得OCD

面积S 的表达式，利用基本不等式，即可求得答案.
【详解】设
1
1
1
1
( ,
),(
0,
0)
B x y
x
y


，由题意得，过点B 的切线l 的方程为：
1
1
1
2
x x
y y


，
令
0
y 
，可得
1
2
(
,0)
C x
，令
0
x 
，可得
1
1
(0,
)
D
y
，
所以OCD

面积
1
1
1
1
1
2
1
1
2
S
x
y
x y




，
又点B 在椭圆上，所以
2
2
1
1
1
2
x
y

，
所以
1
2
1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
x
y
x
y
S
x y
x
y
x
x
x
y
y
y








，
当且仅当
1
1
1
1
2
x
y
y
x

，即
1
1
2
1,
2
x
y


时等号成立，
所以OCD

面积的最小值为
2 .
故选：C
【点睛】解题的关键是根据题意，直接写出过点B 的切线方程，进而求得面积S 的表达式，再利用基本不
等式求解，考查分析理解，计算化简的能力，属基础题.
5.已知过圆锥曲线
2
2
1
x
y
m
n

上一点


,
o
o
P x
y
的切线方程为
0
0
1
x x
y y
m
n

.过椭圆
2
2
1
12
4
x
y

上的点


3, 1
A

作椭圆的切线l ，则过A 点且与直线l 垂直的直线方程为（
）
A.
3
0
x
y



B.
- 2
0
x
y


C. 2
3
3
0
x
y



D. 3
10
0
x
y



【答案】B
【解析】
【分析】
根据题中所给的结论，求出过


3, 1
A

的切线方程，进而可以求出切线的斜率，利用互相垂直的直线之
间斜率的关系求出过A 点且与直线l 垂直的直线的斜率，最后求出直线方程.
【详解】过椭圆
2
2
1
12
4
x
y

上的点


3, 1
A

的切线l 的方程为


3
1
12
4
y
x



，即
4
0
x
y



，切线l 的
斜率为1.与直线l 垂直的直线的斜率为-1，过A 点且与直线l 垂直的直线方程为


1
3
y
x


，即
2
0
x
y



.
故选：B
【点睛】本题考查了求过点与已知直线垂直的直线方程，考查了数学阅读能力，属于基础题.
6.过圆
2
2
2
x
y
r


上一定点


,
o
o
P x
y
的圆的切线方程为
2
0
o
x x
y y
r


.此结论可推广到圆锥曲线上.过
椭圆
2
2
1
12
4
x
y

上的点

3, 1
A

作椭圆的切线l .则过A 点且与直线l 垂直的直线方程为（
）
A.
2
0 
x
y



B.
3
0
x
y



C. 2
3
3
0
x
y



D. 3
10
0
x
y



【答案】A
【解析】
【分析】
根据类比推理，可得直线l 的方程，然后根据垂直关系，可得所求直线方程.
【详解】过椭圆
2
2
1
12
4
x
y

上的点


3, 1
A

的
切线l 的方程为3
1
12
4
x
y


，
即
4
0
x
y



，切线l 的斜率为1，
与直线l 垂直的直线的斜率为-1，
过A 点且与直线l 垂直的
直线方程为
(
1
3)
y
x

一
，
即
2
0
x
y



.
故选：A
【点睛】本题考查类比推理以及直线的垂直关系，属中档题.
7.若直线
2
y
kx


与曲线
2
6
x
y


交于不同的两点，那么k 的取值范围是
A. （
15
15
,
3
3

）B. （
15
0, 3
）
C. （
15 ,0
3

）
D. （
15 , 1
3

）
【答案】D
【解析】
【详解】由直线
2
y
kx


与曲线
2
2
6
x
y


相切得
2
2
2
2
15
(
2)
6,
16
4(1
)( 10)
0
3
x
kx
k
k
k










由图知, k 的取值范围是（
15 , 1
3

），选D.
8.过点

1, 1
P

作抛物线
2
:
2
C x
y

的两条切线，切点分别为
,
M N .若Q 为PMN

的重心，则点Q 的
坐标为（
）
A. 

1,1
B. 

0,0
C.
1
1, 2






D. 

2,2
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，设
2
2
1
2
1
2
,
,
,
2
2
x
x
M
x
N x












，根据导数的几何意义，求出切线PM 和PN 的方程，
联立方程可得
1
2
1
2
2
2
x
x
x
x x
y






，根据

1, 1
P

，可得
1
2
1
2
2
2
x
x
x x






，再根据重心坐标公式，即可求出结果.
【详解】由题意，设
2
2
1
2
1
2
,
,
,
2
2
x
x
M
x
N x












，
又抛物线
2
:
2
C x
y

，所以
2
1
2
y
x

，所以y
x

所以切线PM 的方程为


2
1
1
1
2
x
y
x
x
x



，即
2
1
1
2
x
y
x x


；
同理切线PN 的方程
2
2
2
2
x
y
x x


；
联立PM ，PN 的方程，
2
1
1
2
2
2
2
2
x
y
x x
x
y
x x








，解得
1
2
1
2
2
2
x
x
x
x x
y






又

1, 1
P

，所以
1
2
1
2
1
2
1
2
x
x
x
x x
y








，所以
1
2
1
2
2
2
x
x
x x






，
又Q 为PMN

的重心，所以Q 的横坐标为
1
2
1
1
3
x
x


，
纵坐标为




2
2
1
2
1
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
4
2
2
2
2
1
3
6
6
6
x
x
x x
x
x
x x
x
x
x x











，
所以点Q 的坐标为

1,1 .
故选：A.
9.倾斜角为135°的直线l 与抛物线
2
8
y
x

相切，分别与x 轴、y 轴交于A 、B 两点，过A ，B 两点的最
小圆截抛物线
2
8
y
x

的准线所得的弦长为（
）
A. 4
B. 2
C. 2 2
D.
2
【答案】B
【解析】
【分析】由题可求直线:
2
l y
x

，进而可得圆的方程为



2
2
1
1
2
x
y




，再利用弦长公式即求.
【详解】由题可设直线的方程:l y
x
t
，
由
2
8
y
x
t
y
x





，得
2
8
8
0
y
y
t



，
∴


2
8
4
8
0
t



，解得
2
t ，
∴:
2
l y
x

，
令
0
y 
，得
2
x ，令
0
y 
，得
2
x ，即



2,0 ,
0, 2
A
B


，
∴过A ，B 两点的最小圆即以A B 为直径的圆，其圆心为

1, 1

，半径为
2 ，方程为




2
2
1
1
2
x
y




，
又抛物线
2
8
y
x

的准线为
2
x ，
∴过A ，B 两点的最小圆截抛物线
2
8
y
x

的准线所得的弦长为


2
2 2
1
2


.
故选：B.
10.设抛物线
2
2
x
py

(
0)
P 
，M 为直线
2
y
p

上任意一点，过M 引抛物线的切线，切点分别为A ，
B ，A ，B ，M 的横坐标分别为
A
X ，
B
X ，
M
X
则（
）
A.
2
A
B
M
X
X
X


B.
2
A
B
M
X
X
X


C.
1
1
2
A
B
M
X
X
X


D. 以上都不对
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数求出切线斜率，写出切线方程，消去y ，联立方程组即可得解.
【详解】由
2
2
x
py

得
2
2
x
y
p

，得
x
y
p

，
所以直线MA 的方程为
2
(
)
A
M
X
y
p
x
X
p



，直线MB 的方程为
2
(
)
B
M
X
y
p
x
X
p



，
所以，
2
2
(
)
2
A
A
A
M
X
X
p
X
X
p
p



①，
2
2
(
)
2
B
A
B
M
X
X
p
X
X
p
p



②
由①、②得2
M
A
B
X
X
X


．
故选：A
11.已知抛物线


2
:
2
0
6
C x
py
p



的焦点为F，P 为C 上一点，点


3,0
A
，

1, 2
B

，设
ABP

取
最小值和最大值时对应的点分别为
1P ，
2P ，且
1
2
0
BP BP




，则p （
）
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】如图所示，
1
BP 与抛物线相切时，
1
ABP

最小，
2
BP 与抛物线相切时，
2
ABP

最大. 设切点为
2
0
0
1
(
,
)
2
x
x
p
，切线的斜率为
0
1 x
p
，由切线方程得到
2
0
0
2
4
0
x
x
p



，即得到韦达定理，设
2
2
1
1
1
2
2
2
1
1
( ,
),
(
,
)
2
2
P x
x
P x
x
p
p
，化简
1
2
0
BP BP




代入韦达定理得解.
【详解】解：如图所示，
1
BP 与抛物线相切时，
1
ABP

最小，
2
BP 与抛物线相切时，
2
ABP

最大.
由


2
2
0
6
x
py
p



得
2
1
2
y
x
p

，所以
1
y
x
p

.
设切点为
2
0
0
1
(
,
)
2
x
x
p
，切线的斜率为
0
1 x
p
，
所以切线方程为
2
0
0
0
1
1
(
)
2
y
x
x x
x
p
p



,
因为切线过点

1, 2
B

，所以
2
0
0
0
1
1
2
(1
)
2
x
x
x
p
p



，即
2
0
0
2
4
0
x
x
p



.
因为有两个切点，所以
4 16
0
p



，
设
2
2
1
1
1
2
2
2
1
1
( ,
),
(
,
)
2
2
P x
x
P x
x
p
p
，则有
1
2
1
2
2,
4
x
x
x
x
p




，
2
2
1
1
1
2
2
2
1
1
(
1,
2),
(
1,
2),
2
2
BP
x
x
BP
x
x
p
p








所以
2
2
1
2
1
2
1
2
1
1
(
1)(
1)
(
2)(
2)
0
2
2
x
x
x
x
p
P
p
B
BP










，
所以
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
1
(
) 1
(
)
(
)
4
0
4
x x
x
x
x x
x
x
p
p







，
代入韦达定理得
2
1
4
15
4
0,
4
p
p
p





或
4
p 
.
因为0
6
p


，所以
4
p 
.
故选：A
题型三：圆锥曲线的中点弦问题
【基础公式】
1.在椭圆C ：
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b




中（特别提醒此题结论适用焦点在x 轴上椭圆）：
（1）如图①所示，若直线
(
0)
y
kx k


与椭圆C 交于A ，B 两点，过A ，B 两点作椭圆的切线l ，l，
有l //l，设其斜率为
0k ，则
2
0
2
=
b
k k
a

.
（2）如图②所示，若直线
(
0)
y
kx k


与椭圆C 交于A ，B 两点，P 为椭圆上异于A ，B 的点，若直线
PA ，PB 的斜率存在，且分别为
1k ，
2k ，则
2
1
2
2
=
b
k k
a

.
（3）如图③所示，若直线=
+ (
0,
0)
y kx b k
m


与椭圆C 交于A ，B 两点，P 为弦AB 的中点，设直线PO
的斜率为
0k ，则
2
0
2
=
b
k k
a

.
2.在双曲线C ：
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b




中，类比上述结论有（特别提醒此题结论）：（1）
2
0
2
= b
k k
a
；（2）
2
1
2
2
b
k k
a

；（3）
2
0
2
= b
k k
a
.
3.在抛物线C ：
2
2
(
0)
y
px p


中类比1（3）的结论有
0
0
=
(
0)
p
k
y
y

.
【基础练习】
1.椭圆
2
2
1
9
2
x
y


中以点


21
M
，为中点的弦所在直线斜率为（
）
A.
4
9

B.
1
2
C.
7
3
D.
7
3

【答案】A
【解析】
【分析】先设出弦的两端点的坐标，分别代入椭圆方程，两式相减后整理即可求得弦所在的直线的斜率．
【详解】设弦的两端点为


1
1
A x
y
，
，


2
2
B x
y
，
，
代入椭圆得
2
2
1
1
2
2
2
2
1
9
2
1
9
2
x
y
x
y








，
两式相减得





1
2
1
2
1
2
1
2
0
9
2
x
x
x
x
y
y
y
y






，
即





1
2
1
2
1
2
1
2
9
2
x
x
x
x
y
y
y
y





，
即




1
2
1
2
1
2
1
2
2
9
x
x
y
y
y
y
x
x






，
即
1
2
1
2
2 4
9 2
y
y
x
x






，
即
1
2
1
2
4
9
y
y
x
x



，
弦所在的直线的斜率为
4
9

，
故选:A ．
2.已知A，B 在抛物线
2
4
y
x

上，且线段AB 的中点为M(1，1)，则|AB|＝（
）
A. 4
B. 5
C.
15
D. 2 15
【答案】C
【解析】
【分析】设
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
A x y
B x
y
，点差法可得
1
2
1
2
1
2
4
2
AB
y
y
k
x
x
y
y






，得到直线AB 的方程为
2
1
y
x

，与抛物线联立，利用弦长公式即得解
【详解】由题意，设
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
A x y
B x
y
线段AB 的中点为M(1，1)
故
1
2
1
2
1,
1
2
2
x
x
y
y




且
2
2
1
1
2
2
4 ,
4
y
x y
x


两式相减得：
2
2
1
2
1
2
4
4
y
y
x
x



故
1
2
1
2
1
2
4
2
AB
y
y
k
x
x
y
y






故直线AB 的方程为：
1
2(
1)
y
x


，即
2
1
y
x


将直线与抛物线联立：
2
4
2
1
y
x
y
x






即
2
4
8
1
0
x
x


2
1
2
1
2
1
8
4 4
0,
2,
4
x
x
x x






则
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
|
|
(
)
(
)
1
(
)
4
15
AB
x
x
y
y
k
x
x
x x









故选：C
3.已知椭圆


2
2
2
2
:
1
0
x
y
E
a
b
a
b




的右焦点F 与抛物线
2
12
y
x

的焦点重合，过点F 的直线交E 于
A 、B 两点，若AB 的中点坐标为(
)
1, 1
-
，则E 的方程为（
）
A.
2
2
1
45
36
x
y


B.
2
2
1
36
27
x
y


C.
2
2
1
27
18
x
y


D.
2
2
1
18
9
x
y


【答案】D
【解析】
【分析】利用点差法可求得
2
2
2
a
b

，再由
3
c 
可得出
2
a 、
2
b 的值，即可得出椭圆的标准方程.
【详解】解：设


1
1
,
A x y
、


2
2
,
B x
y
，若AB
x

轴，则A 、B 关于x 轴对称，不合乎题意，
将A 、B 的坐标代入椭圆方程得
2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
x
y
a
b
x
y
a
b








，两式相减得
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
0
x
x
y
y
a
b




，
可得
1
2
1
2
1
2
2
2
1
2
0
x
x
y
y
y
y
a
x
x
b







，
因为线段AB 的中点坐标为(
)
1, 1
-
，所以，
1
2
2
x
x


，
1
2
2
y
y

，
因为抛物线
2
12
y
x

的焦点为

3,0 ，所以


3,0
F
，
又直线AB 过点


3,0
F
，因此
1
2
1
2
1 0
1
1 3
2
AB
y
y
k
x
x







，所以，
2
2
2
1
2
0
2
a
b




，
整理得
2
2
2
a
b

，又
2
2
3
c
a
b



，解得
2
18
a 
，
2
9
b 
，
因此，椭圆E 的方程为
2
2
1
18
9
x
y


，
故选：D.
4.设椭圆的方程为
2
2
1
2
4
x
y

，斜率为k 的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A，B 两点，M 为线段AB
的中点，下列结论正确的是（
）
A. 直线AB 与OM 垂直；
B. 若直线方程为
2
2
y
x


，则
4
2
3
AB 
.
C. 若直线方程为
1
y
x

，则点M 坐标为1 4
3 3






，
D. 若点M 坐标为

1,1 ，则直线方程为2
3
0
x
y



；
【答案】D
【解析】
【分析】利用椭圆中中点弦问题的处理方法，结合弦长的求解方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断
和选择.
【详解】不妨设
,
A B 坐标为


1
1
2
2
,
,
,
x y
x
y
，则
2
2
2
2
1
1
2
2
1, 
1
2
4
2
4
x
y
x
y




，两式作差可得：
1
2
1
2
1
2
1
2
2
y
y
y
y
x
x
x
x






，设


0
0
,
M x
y
，则
0
0
2
y
k
x 
.
对A：
0
0
2
AB
OM
y
k
k
k
x



，故直线
,
AB OM 不垂直，则A 错误；
对B：若直线方程为
2
2
y
x


，联立椭圆方程
2
2
2
4
x
y


，
可得：
2
6
8
0
x
x


，解得
1
2
4
0,
3
x
x


，故
1
2
2
2,
3
y
y


，
则
16
64
4 5
9
9
3
AB 


，故B 错误；
对C ：若直线方程为y=x+1，故可得
0
0
1
2
y
x ，即
0
0
2
y
x

，又
0
0
1
y
x

，
解得
0
0
1
2
,
3
3
x
y


，即
1 2
,
3 3
M 






，故C 错误；
对D ：若点M 坐标为

1,1 ,则1
2
1
k

，则
2
AB
k

，
又AB 过点

1,1 ，则直线AB 的方程为


1
2
1
y
x


，即2
3
0
x
y



，故D 正确.
故选：D .
5.将
2
2
4
x
y


上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2 倍，得到曲线C，若直线l 与曲线C 交于A，B
两点，且AB 中点坐标为M（1，1
2 ），那么直线l 的方程为（
）
A.
2
2
0
x
y



B.
2
0
x
y


C. 2
3
0
x
y



D. 2
2
0
x
y



【答案】A
【解析】
【分析】先根据题意求出曲线C 的方程，然后利用点差法求出直线l 的斜率，从而可求出直线方程
【详解】设点
( , )
P x y 为曲线C 上任一点，其在
2
2
4
x
y


上对应在的点为
0
0
(
,
)
x
y
，则
0
0
2
x
x
y
y





，得
0
0
2
x
x
y
y






，
所以
2
2
4
4
x
y


，
所以曲线C 的方程为
2
2
4
16


x
y
，
设
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
A x y
B x
y
，则
2
2
1
1
2
2
2
2
4
16
4
16
x
y
x
y







，
两方程相减整理得
2
1
2
1
2
1
2
1
(
)(
)
4(
)(
)
0
x
x
x
x
y
y
y
y






，
因为AB 中点坐标为M（1，1
2 ），
所以
1
2
1
2
1
2
1
2
2
x
x
y
y








，即
2
1
2
1
2
1
x
x
y
y







，
所以
2
1
2
1
(
)
2(
)
0
x
x
y
y




，
所以
2
1
2
1
1
2
y
y
x
x



，
所以直线l 的方程为
1
1 (
1)
2
2
y
x



，即
2
2
0
x
y



，
故选：A
6.已知m，n，s，t 为正数，
4
m
n


，
=9
m
n
s
t

，其中m，n 是常数，且s
t
的最小值是8
9 ，点
( , )
M m n
是曲线
2
2
+
=1
8
2
x
y
的一条弦AB 的中点，则弦AB 所在直线方程为（
）
A.
4
6
0
x
y



B. 4
6
0
x
y



C. 4
10
0
x
y



D.
4
10
0
x
y


【答案】D
【解析】
【分析】由已知得
1 (
)(
)
9
m
n
s
t
s
t
s
t



，化简后利用基本不等式可求出其最小值，再结合其最小值为8
9
和
4
m
n


可求出
,
m n ，从而可得点M 的坐标，再利用点差法可求出直线AB 的斜率，从而可求出直线
方程.
【详解】因为m，n，s，t 为正数，
=9
m
n
s
t

，
所以
1
1
1
8
(
)(
)
(
)
(
2
)
9
9
9
9
m
n
ns
mt
s
t
s
t
m
n
m
n
mn
s
t
t
s











，当且仅当ns
mt
t
s

时取等
号，
所以
2
=8
m
n
mn


，又
4
m
n


，
又
,
m n 为正数，所以解得
=2
=2
m
n



，即
(2,2)
M
，
设弦两端点分别为
1
1
2
2
( , ),(
,
)
x y
x y
，则
2
2
1
1
2
2
2
2
+
=1
8
2
+
=1
8
2
x
y
x
y




，
两式相减得
1
2
1
2
1
2
1
2
(
)(
)
(
)(
)
0
8
2
x
x
x
x
y
y
y
y






，
因为
1
2
1
2
4,
4
x
x
y
y




，
所以直线的斜率为
1
2
1
2
1
2
1
2
2(
)
1
=
=
=
8(
)
4
y
y
x
x
k
x
x
y
y






，
所以直线方程为
1
2=
(
2)
4
y
x



，即
4
10
0
x
y


.
经检验直线
4
10
0
x
y


与椭圆
2
2
+
=1
8
2
x
y
有两个交点，
所以直线方程为
4
10
0
x
y


，
故选：D
7.如图，双曲线


2
2
2
2
:
1
0
0
x
y
C
a
b
a
b




，
，AB 是圆
2
2
5
: (
2)
(
1)
2
M
x
y




的一条直径，若双
曲线C 过A ，B 两点，且离心率为
2 ，则直线AB 的方程为（
）
A. 3
7
0
x
y



B. 4
6
0
x
y



C.
5
0
x
y



D. 2
3
0
x
y



【答案】D
【解析】
【分析】由离心率求得b
a
，设出两点
,
A B 坐标代入双曲线方程相减求得直线AB 斜率与b
a
的关系得结论．
【详解】由题意
2
c
a 
，则
2
2
b
c
a
a



，即
1
b
a 
，由圆方程知
( 2,1)
M 
，
设
1
1
(
,
)
A x y
，
2
2
(
,
)
B x
y
，则
1
2
4
x
x


，
1
2
2
y
y


，
又
2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
x
y
a
b
x
y
a
b








，两式相减得
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
(
)(
)
(
)(
)
0
x
x
x
x
y
y
y
y
a
b






，
所以
2
1
2
1
2
2
1
2
1
2
4
2
2
AB
y
y
x
x
b
k
x
x
a
y
y










，
直线AB 方程为
1
2(
2)
y
x


，即2
3
0
x
y



．
故选：D．
8.已知双曲线
2
2
2
2
:
1
x
y
C a
b


的左、右焦点分别为


1
,0
F
c

，


2
,0
F
c
，过
1F 的直线l 交双曲线C 的渐近
线于A，B 两点，若
2
2
F A
F B

，
1 2
1 2
2
8
5
AF F
BF F
S
S
c


△
△
（
1 2
AF F
S
表示
1
2
AF F
△
的面积），则双曲线C 的
离心率的值为（
）
A.
3
B.
6
2
C.
5
D.
15
3
或
41
5
【答案】D
【解析】
【分析】以直线斜率是否存在进行分类.斜率存在时，直接代入题设中的式子，求出b
a
的值，进而求出离
心率.斜率不存在时，由题意得出点M 的轨迹为圆，再利用解出点M 的坐标，根据“点差法”求出
2
2
b
a
，
进而求出离心率即可.
【详解】若直线斜率不存在，不妨设点
(
,
), (
,
)
bc
bc
A
c
B
c
a
a



，
则
1 2
1 2
2
2
1
2
2
8
2
2
5
AF F
BF F
bc
bc
S
S
c
c
a
a








所以
4
5
b
a 
，则离心率
2
41
1
5
c
b
e
a
a










；
若直线斜率存在，设




1
1
2
2
1
2
,
,
,
,(
)
A x y
B x
y
x
x

，
AB 中点


0
0
,
M
x
y
，不妨设M 在x 轴上方，
由
2
2
F A
F B

，得
2
1
MF
MF

，
故点M 在圆
2
2
2
x
y
c


上，
由
1 2
1 2
2
8
5
AF F
BF F
S
S
c


△
△
，得
8
5
A
B
y
y
c


，
则
0
4
5
y
c

，所以
0
3
5
x
c

．
由
2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
0,
0,
x
y
a
b
x
y
a
b








得






2
1
2
1
2
2
1
2
1
2
y
y
y
y
b
a
x
x
x
x





，即
2
2
OM
AB
b
k
k
a


．
当
3
4
,
5
5
M
c
c






时，
2
2
4
1
3
2
OM
AB
b
k
k
a




，得
15
3
e 
．
当
3
4
,
5
5
M
c
c







时，
2
2
4
2
3
OM
AB
b
k
k
a




，矛盾，舍去．
综上所述，
15
3
e 
或
41
5
．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：本题是求双曲线的离心率，在直线斜率不存在时，利用
,
A B 两点的中点，采用“点
差法”求出
2
2
b
a
是解题的关键.
9.设直线


2
0
y
x
t t



与双曲线


2
2
2
2
1
0,
0
x
y
a
b
a
b




两条渐近线分别交于点A ，B ，若点


4 ,0
P
t
满足PA
PB

，则该双曲线的渐近线方程是（
）
A.
3
y
x

B.
3
y
x

C.
1
3
y
x

D.
1
9
y
x

【答案】A
【解析】
【分析】设




1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
, AB 的中点为


0
0
,
H x
y
，用点差法可得
2
0
2
2
b
y
a 
，由PA
PB

可得
0
0
1
4
2
y
x
t 

结合点


0
0
,
P
x
y
在直线


2
0
y
x
t t



上，可得出
0
0
,
x
y
的关系，从而可得答案.
【详解】由双曲线


2
2
2
2
1
0,
0
x
y
a
b
a
b




得到渐近线的方程为
0
x
y
a
b


即双曲线的两条渐近线合并为
2
2
2
2
0
x
y
a
b


设




1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
, AB 的中点为


0
0
,
H x
y
，则
2
2
1
1
2
2
0
x
y
a
b


，
2
2
2
2
2
2
0
x
y
a
b


两式相减可得
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
x
x
y
a
b
y



，即





1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
x
x
x
x
y
y
y
y
a
b









2
1
2
0
0
0
2
1
2
2
y
y
y
b x
y
a
x
x




……………
①
又点


0
0
,
P
x
y
在直线


2
0
y
x
t t



上，则
0
0
2
y
x
t


……… ②
由PA
PB

,则
1
2
PH
k

，则
0
0
1
4
2
y
x
t 

…………… ③
联立②，③可得
0
5
2
t
x

，
0
0
9
2
y
x

将
0
0
9
2
y
x

代入①可得
3
b
a 
所以渐近线的方程为
3
y
x

故选：A
10.已知抛物线
1
C ：


2
2
0
y
px p


，其焦点F 到准线的距离为2，过焦点F 且斜率大于0 的直线l 交抛物
线于A，B 两点，以AB 为直径的圆
2
C 与准线相切于点Q，O 为坐标原点，
5
OQ 
，则圆
2
C 的标准方
程为（
）
A. 



2
2
3
2
16
x
y




B. 



2
2
2
3
16
x
y




C. 



2
2
3
2
8
x
y




D. 



2
2
2
3
8
x
y




【答案】A
【解析】
【分析】由焦点F 到准线的距离为2，求出p ，即得焦点坐标，准线方程，抛物线方程，直线AB 斜率为
正，得
2
C 在x 轴上方，从而得Q 在x 轴上方，由
5
OQ 
得Q 点坐标，于是得
2
C 点纵坐标，用点差法
可求得直线AB 斜率，再得
2
C 点横坐标，同时得出圆半径，得圆方程．
【详解】抛物线
1
C 的焦点到准线距离为2，则
2
p 
（因为
0
p 
），焦点为
(1,0)
F
，准线方程是= 1
x 
，
抛物线方程是
2
4
y
x

，
因为直线AB 斜率为正，所以AB 的中点
2
C 在x 轴上方，而
2
//
C Q
x 轴，所以Q 在x 轴上方，
设
( 1,
)
Q
m

，
0
m 
，则
2
1
5
OQ
m



，所以
2
m 
（负数舍去），
因此
2
C 的纵坐标为2 ，
设
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
A x y
B x
y
，
2
0
(
,2)
C
x
，
2
1
1
2
2
2
4
4
y
x
y
x





，两式相减得
1
2
1
2
1
2
(
)(
)
4(
)
y
y
y
y
x
x




，
所以
1
2
1
2
1
2
4
4
1
2 2
AB
y
y
k
x
x
y
y








，又
2
2
2
0
1
1
AB
FC
k
k
x





，
2
3
x 
，即
2(3,2)
C
，
所以圆
2
C 半径为
3
( 1)
4
r 


，
圆
2
C 方程为
2
2
(
3)
(
2)
16
x
y




．
故选：A．
11.椭圆方程为
2
2
2
2
1
(
0)
x
y
a
b
a
b




椭圆内有一点(1,1) ，以这一点为中点的弦所在的直线方程为
2
3
0
x
y



，则椭圆的离心率为______．
【答案】
2
2
【解析】
【分析】设




1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，利用“点差法”得到
2
2
1
2
b
a 
，即可求出离心率.
【详解】设直线
2
3
0
x
y



与椭圆交于




1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，则
1
2
1
2
1
2
y
y
k
x
x




.
因为AB 中点
(1,1)
M
,则
1
2
1
2
1
2
1
2
x
x
y
y








.
又
2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
x
y
a
b
x
y
a
b








，相减得：
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
x
x
y
y
a
a
b
b









.
所以




2
1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
b
x
x
y
y
k
x
x
a
y
y







所以
2
2
1
2
b
a 
所以
2
2
1
2
b
a 
，所以
2
2
2
2
2
1
2
c
a
b
a
a



，即离心率
1
2
2
2



c
e
a
.
故答案为：
2
2
.
12.已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b




的离心率为
3
3
，直线l 与椭圆C 交于A，B 两点且线段AB 的中点
为


3,2
M
，则直线l 的斜率为________.
【答案】1

【解析】
【分析】由椭圆离心率和, ,
a b c 关系可得,a b 关系，再由点差法和中点坐标公式、两点的斜率公式可得所
求值.
【详解】解：由题意可得
2
2
3
1
3
c
b
e
a
a




，整理可得
6
2
a
b

，
设




1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，则
2
2
2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
1,
1
x
y
x
y
a
b
a
b




，
两式相减可得





1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
0
x
x
x
x
y
y
y
y
a
b






，
AB 的中点为
(3,2)
M
，
1
2
1
2
6,
4
x
x
y
y





，
则直线斜率
2
1
2
1
2
2
1
2
1
2
2
6
1
3
4
y
y
x
x
b
k
x
x
a
y
y










.
故答案为：1
.
13.过点
(1,1)
M
作斜率为1
2 的直线与双曲线
2
2
2
2
Γ :
1


x
y
a
b
相交于A，B 两点，若M 是线段AB 的中点，则
双曲线Γ 的离心率为___________.
【答案】
6
2
## 1
6
2
【解析】
【分析】利用点差法，结合M 是线段AB 的中点，斜率为1
2 ，即可求出双曲线Γ 的离心率．
【详解】解：设
1
(
A x ，
1)
y
，
2
(
B x ，
2)
y
，则
2
2
1
1
2
2
1
x
y
a
b

①，
2
2
2
2
2
2
1
x
y
a
b


②，
M

是线段AB 的中点，

1
2
1
2
x
x

，
1
2
1
2
y
y

，
直线AB 的方程是
1 (
1)
1
2
y
x


，
1
2
1
2
1 (
)
2
y
y
x
x




，
过点
(1,1)
M
作斜率为1
2 的直线与双曲线
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b




相交于A ，B 两点，M 是线段AB 的中
点，
①②两式相减可得
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
0
x
x
y
y
a
b




，即






2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
y
y
y
y
y
y
b
a
x
x
x
x
x
x









，
2
2
1
2
6
c
b
e
a
a




．
故答案为：
6
2
．
14.已知双曲线
2
2
1
2
y
x 

上存在两点
,
M N 关于直线y
x
b

对称，且MN 的中点在抛物线
2
3
y
x

上，
则实数b 的值为________．
【答案】0 或9
4
【解析】
【分析】设
1
(
M x ，
1)
y
，
2
(
N x ，
2)
y
，MN 的中点为
0
(
E x ，
0)
y
，由点差法可得
0
0
MN
y
k
x

；通过
,
M N 两
点关于直线y
x
b

对称，可得
1
MN
k

，求出E 的坐标，代入抛物线方程求解即可．
【详解】解：设
1
(
M x ，
1)
y
，
2
(
N x ，
2)
y
，MN 的中点为
0
(
E x ，
0)
y
，则
2
2
1
1
2
2
2
2
1
2
1
2
y
x
y
x








，
由点差法可得
2
1
2
1
2
1
2
1
1
(
)(
)
(
)(
)
2
x
x
x
x
y
y
y
y





，即
2
1
2
1
2
1
2
1
2
y
y
y
y
x
x
x
x






①，
显然
1
2
x
x

，又因为
1
2
0
1
2
0
2
2
x
x
x
y
y
y







②，
代②入①可得
0
0
2
MN
y
k
x


；
由
,
M N 两点关于直线y
x
b

对称，可得
1
MN
k

，
所以
0
0
2
y
x

，又因为
0
0
y
x
b


，所以
2
( ,
)
3
3
b
b
E
，
代入抛物线方程得
2
4
3
9
3
b
b


，
解得
0
b 
或
9
4
b 
．
故答案为：0 或9
4
．
15.已知双曲线


2
2
2
2
:
1
0,
0
x
y
C
a
b
a
b




的右焦点为F ，虚轴的上端点为B ，点P ，Q 为C 上两点，
点


2,1
M 
为弦PQ 的中点，且
//
PQ BF ，记双曲线的离心率为e ，则
2e ______．
【答案】
2
1
2

【解析】
【分析】解法一，利用点差法，结合
1
2
1
2
y
y
b
x
x
c



，以及
1
2
1
2
4,
2
x
x
y
y




，变形得到
2
2
a
bc

，
再转化为关于,a c 的齐次方程，求解
2e ；解法二，设直线


1
2
y
k x


，
b
k
c

，与双曲线方程联立，
利用根与系数的关系表示中点坐标，再转化为关于,a c 的齐次方程，求解
2e .
【详解】解法一
由题意知


,0
F c
，


0,
B
b ，则
PQ
BF
b
k
k
c


．设

1
1
,
P x y
，


2
2
,
Q x
y
，则
2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
x
y
a
b
x
y
a
b








，
，
两式相减，得




2
1
2
1
2
2
1
2
1
2
b
x
x
y
y
x
x
a
y
y





．因为PQ 的中点为


2,1
M 
，所以
1
2
4
x
x


，
1
2
2
y
y


，又
1
2
1
2
PQ
y
y
b
k
x
x
c




，所以
2
2
4
2
b
b
c
a



，整理得
2
2
a
bc

，所以


4
2
2
2
2
2
4
4
a
b c
c
c
a



，
得
4
2
4
4
1
0
e
e


，得
2
2
1
2
e


．
解法二
由题意知


,0
F c
，


0,
B
b ，则
BF
b
k
c

．设直线PQ 的方程为


1
2
y
k x


，即
2
1
y
kx
k


，代入双曲线方程，得





2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
0
b
a k
x
a k
k
x
a
k
a b







．设


1
1
,
P x y
，


2
2
,
Q x
y
，结合


2,1
M 
为PQ 的中点，得


2
1
2
2
2
2
2
2
1
4
a k
k
x
x
b
a k





．又
BF
b
k
k
c


，
所以
2
2
2
2
2
2
1
4
4
b
b
b
a
b
a
c
c
c






























，整理得
2
2
a
bc

，所以


4
2
2
2
2
2
4
4
a
b c
c
c
a



，
得
4
2
4
4
1
0
e
e


，得
2
2
1
2
e


．
故答案为：
2
1
2

【点睛】思路点睛：
常见的求双曲线离心率的方法：①根据已知条件列方程组，解出a ，c 的值，直接
利用离心率公式求解即可；②根据已知条件得到一个关于a ，c （或a ，b ）的齐次方程，然后转化为关
于离心率e 的方程来求解．
题型四：圆锥曲线中的定值问题
【基础公式】
1．在椭圆中：已知椭圆
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b




，定点
0
0
(
,
)
P x
y
（
0
0
0
x y 
）在椭圆上，设A ，B 是椭
圆上的两个动点，直线PA ，PB 的斜率分别为
PA
k
，
PB
k
，且满足
0
PA
PB
k
k


．则直线AB 的斜率
2
0
2
0
=
AB
b x
k
a y
．
2．在双曲线C ：
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b




中，定点
0
0
(
,
)
P x
y
（
0
0
0
x y 
）在双曲线上，设A ，B 是双
曲线上的两个动点，直线PA ，PB 的斜率分别为
PA
k
，
PB
k
，且满足
0
PA
PB
k
k


．则直线AB 的斜率
2
0
2
0
=
AB
b x
k
a y

．
3．在抛物线C ：
2
2
(
0)
y
px p


，定点
0
0
(
,
)
P x
y
（
0
0
0
x y 
）在抛物线上，设A ，B 是抛物线上的两
个动点，直线PA ，PB 的斜率分别为
PA
k
，
PB
k
，且满足
0
PA
PB
k
k


．则直线AB 的斜率
0
=
AB
p
k
y

．
【基础练习】
1.已知点


2, 1
P

是椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b




上的一点，且椭圆C 的离心率
3
2
e 
.
（1）求椭圆C 的标准方程；
（2）两动点
,
A B 在椭圆C 上，总满足直线PA 与PB 的斜率互为相反数，求证：直线AB 的斜率为定值.
【答案】（1）
2
2
1
8
2
x
y


（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知条件列方程组，解方程组求得
2
2
,
a b ，从而求得椭圆C 的标准方程.
（2）设出直线PA 的方程并与椭圆方程联立，由此求得
A
x ，同理求得
B
x ，从而化简求得直线AB 的斜率
A
B
AB
A
B
y
y
k
x
x



为定值.
【小问1 详解】
由题可知
2
2
2
2
2
3
2
4
1
1
c
a
a
b
c
a
b












，解得
2
2
8
2
a
b





，
从而粚圆方程为
2
2
1
8
2
x
y


.
【小问2 详解】
证明设直线PA 的斜率为k ，
则


:
1
2
PA y
k x


，
2
1
y
kx
k


，
联立直线与椭圆的方程，得


2
2
1
2
4
8
y
k x
x
y






，
整理得


2
2
2
1
4
16
k
x
k





2
8 )
16
16
4
0
k x
k
k




，
从而
2
2
16
16
4
2
1
4
A
k
k
x
k




，于是
2
2
8
8
2
1
4
A
k
k
x
k




，
由题意得直线PB 的斜率为k

，
则


:
1
2
PB y
k x


，
2
1
y
kx
k


，
同理可求得
2
2
8
8
2
1
4
B
k
k
x
k




，
于是
A
B
AB
A
B
y
y
k
x
x





2
1
2
1
A
B
A
B
kx
k
kx
k
x
x








4
A
B
A
B
k x
x
k
x
x




2
2
2
16
4
4
1
1
4
.
16
2
1
4
k
k
k
k
k
k







即直线AB 的斜率为定值.
2.已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b




过点
3
1, 2
A





，且离心率e 为1
2
（1）求椭圆C 的方程；
（2）E 、F 是椭圆上的两个动点，如果直线AE 的斜率与AF 的斜率互为相反数，证明直线EF 的斜率
为定值，并求出这个定值.
【答案】（1）
2
2
1
4
3
x
y


；
（2）证明见解析，1
2
.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆离心率的公式，结合代入法、椭圆中, ,
a b c 的关系进行求解即可；
（2）设出直线方程与椭圆方程联立，求出E 、F 两点坐标，最后根据直线斜率的公式进行求解即可.
【小问1 详解】
根据题意，
2
2
2
2
2
9
1
4
1
1
2
a
b
c
e
a
a
b
c
















，
解得
2,
3,
1
a
b
c



，
椭圆C 的方程为：
2
2
1
4
3
x
y


；
【小问2 详解】
证明：设直线AE 的方程为：


3
1
2
y
k x



，
由


2
2
3
1
2
1
4
3
y
k x
x
y








，得



2
2
2
3
4
4
2
3
4
12
3
0
k
x
k
k
x
k
k






，
显然1是该方程的根，因此有
2
2
2
2
4
12
3
4
12
3
1
3
4
3
4
x
x
k
k
k
k
E
E
k
k










，


2
2
2
2
4
12
3
12
12
9
,
3
4
2 3
4
k
k
k
k
E
k
k
















，
由题可知直线AF 的方程为


3
1
2
y
k x



，同理可得


2
2
2
2
4
12
3
12
12
9
,
3
4
2 3
4
k
k
k
k
F
k
k















，




2
2
2
2
2
2
2
2
12
12
9
12
12
9
2 3
4
2 3
4
12
1
4
12
3
4
12
3
24
2
3
4
3
4
EF
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k




















，
直线EF 的斜率为定值，且这个定值为1
2
.
【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系求出两点坐标是解题的关键.
3.已知动点M 到直线+2=0
x
的距离比到点
(1,0)
F
的距离大1．
（1）求动点M 所在的曲线C 的方程；
（2）已知点
(1,2)
P
，A B
、是曲线C 上的两个动点，如果直线PA 的斜率与直线PB 的斜率互为相反数，
证明直线AB 的斜率为定值，并求出这个定值；
【答案】（1）
2
4
y
x

（2）证明见解析，1
.
【解析】
【分析】（1）由抛物线的定义即可求解；
（2）分别设出直线
,
PA PB 的方程，与抛物线方程联立，求出点A B
、坐标，再求直线AB 的斜率即可.
【小问1 详解】
已知动点M 到直线+2=0
x
的距离比到点
(1,0)
F
的距离大1，
等价于动点M 到直线
1
x 的距离和到点
(1,0)
F
的距离相等，
由抛物线的定义可得：
动点M 的轨迹是以
(1,0)
F
为焦点，以直线
1
x 为准线的抛物线，
可得=2
p
，抛物线开口向右，
∴曲线C 的方程为
2
4
y
x

．
【小问2 详解】
设直线PA 的斜率为k ，
∵直线PA 的斜率与直线PB 的斜率互为相反数，
∴直线PB 的斜率为k

，
则
:
2
(
1)
PA
l
y
k x



，
:
2
(
1)
PB
l
y
k x



，
联立方程组
2
2= (
1)
=4
y
k x
y
x





，整理得
2-4 -4 +8=0
ky
y
k
，
即

(2
4) (
2)
0
ky
k
y




，
4
2k
y
k


或=2
y
（舍）
可得
2
2
(2
)
4
2
(
,
)
k
k
A
k
k


联立方程组
2
2=
(
1)
=4
y
k x
y
x






，整理得
2
4
4
8
0
ky
y
k




，
即

(2
4) (
2)
0
ky
k
y




，
4
2k
y
k


或=2
y
（舍）
可得
2
2
(2
)
4
2
(
,
)
k
k
B
k
k


则
2
2
2
2
4
2
4
2
1
(2
)
(2
)
AB
k
k
k
k
k
k
k
k
k








即直线AB 的斜率为定值1
．
【点睛】抛物线方程中，字母p 的几何意义是抛物线的焦点F 到准线的距离，2
p 等于焦点到抛物线顶点
的距离．牢记它对解题非常有益．
4.如图，已知
9
( ,3)
4
M
是抛物线


2
:
2
0
C y
px p


上一点，直线AM ，BM 的斜率互为相反数，与抛
物线C 分别交于A ，B 两点，且均在M 点的下方．证明：直线AB 的斜率为定值．
【答案】证明见解析.
【解析】
【分析】设出直线MA 和MB 的方程，与抛物线方程联立求出点A
B
，
的坐标，再求直线AB 的斜率即可.
【详解】证明：∵
9
( ,3)
4
M
是抛物线


2
:
2
0
C y
px p


上一点，
∴
9
9
2
4
p


，得=2
p
，∴抛物线方程为
2
4
y
x

，
设直线MA 的方程为
9
3
(
)
4
y
k x



，
由
2
9
3= (
)
4
=4
y
k x
y
x




，得
2
4
12
9
0
y
y
k
k




，
即
4
[
(3
)](
3)
0
y
y
k




，解得
4
3
A
y
k


或
3
A
y 
(舍)
∵直线AM ，BM 的斜率互为相反数，
∴直线BM 的方程为
9
3
(
)
4
y
k x



，
同理可得
4
3
B
y
k


，
∴
2
2
4
4
2
4
4
3
3
3
4
4
B
A
B
A
AB
B
A
B
A
B
A
y
y
y
y
k
y
y
x
x
y
y
k
k














，
∴直线AB 的斜率为定值
2
3

，
5.已知点P 在抛物线
2
:
4
C y
x

上，过点P 作两条斜率互为相反数的直线交抛物线C 于A 、B 两点，若
直线AB 的斜率为1
，则点P 坐标为（
）
A. 

1,2
B. (
)
1, 2
-
C. 

2,2 2
D. 

2, 2 2

【答案】A
【解析】
【分析】设点


0
0
,
P
x
y
、


1
1
,
A x y
、


2
2
,
B x
y
，求得直线AB 的斜率为
1
2
4
1
AB
k
y
y



，可得
1
2
4
y
y

，再由直线PA 和PB 的斜率互为相反数可求得
0y 的值，进而可求得
0x 的值，由此可求得点P
的坐标.
【详解】设点


0
0
,
P
x
y
、


1
1
,
A x y
、


2
2
,
B x
y
，则直线AB 的斜率为
1
2
2
2
1
2
1
2
4
1
4
AB
y
y
k
y
y
y
y






，
可得
1
2
4
y
y

，
同理可得直线PA 的斜率为
0
1
4
PA
k
y
y


，直线PB 的斜率为
0
2
4
PB
k
y
y


，
PA
PB
k
k


，所以，


0
1
0
2
0
y
y
y
y




，则
1
2
0
2
2
y
y
y



，
2
0
0
1
4
y
x


，
因此，点P 的坐标为

1,2 .
故选：A.
【点睛】本题考查利用抛物线中直线的斜率关系求点的坐标，考查点差法的应用，属于中等题.
6.已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b




的左，右焦点为
1
2
,
F F ，椭圆的离心率为1
2 ，点
3
3, 2









在椭圆
C 上．
（1）求椭圆C 的方程；
（2）点T 为椭圆C 上的点，若点T 在第一象限，且
2
TF 与x 轴垂直，过T 作两条斜率互为相反数的直线
分别与椭圆C 交于点M，N，探究直线MN 的斜率是否为定值？若为定值，请求之；若不为定值，请说明
理由．
【答案】（1）
2
2
1
4
3
x
y


；
（2）直线MN 的斜率为定值，且定值为1
2 .
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的离心率及所过的点求出椭圆参数a、b，即可得椭圆标准方程.
（2）由题设得
3
1, 2
T 





，法一：设TM 为
3
(
1)
2
y
k x



，联立椭圆方程应用韦达定理求M 的坐标，根
据TM 与TN 斜率关系求N 的坐标，应用两点式求斜率；法二：设MN 为y
kx
m


，



1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
，
联立椭圆方程，应用韦达定理及
0
TM
TN
k
k


得到关于参数m、k 的方程，即可判断是否为定值.
【小问1 详解】
由题意，
1
2
c
a 
则
2
a
c

，又
2
2
2
2
4
3





b
a
c
c
c
c ，
所以椭圆C 的方程为
2
2
2
2
1
4
3
x
y
c
c


，代入
3
3, 2









有
2
2
3
3
1
4
12


c
c
，解得
1
c ，
所以
3,
2
b
a


，故椭圆的标准方程为
2
2
1
4
3
x
y


；
【小问2 详解】
由题设易知：
3
1, 2
T 





，
法一：设直线TM 为
3
(
1)
2
y
k x



，
由
2
2
1
4
3
3
(
1)
2
x
y
y
k x








，消去y，整理得

2
2
2
3
3
4
8
4
12
3
0
2
k
x
k
k x
k
k













，
因为方程有一个根为
1
x 
，所以M 的横坐标为
2
2
4
12
3
3
4
M
k
k
x
k




，纵坐标


2
2
3
12
12
9
1
2
8
6
M
M
k
k
y
k x
k








，
故M 为
2
2
2
2
4
12
3
12
12
9
,
3
4
8
6
k
k
k
k
k
k













，用k

代替k，得N 为
2
2
2
2
4
12
3
12
12
9
,
3
4
8
6
k
k
k
k
k
k













，
所以
1
2
M
N
MN
M
N
y
y
k
x
x




，故直线MN 的斜率为定值1
2 ．
法二：由已知直线MN 的斜率存在，可设直线MN 为y
kx
m


，




1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
，
由
2
2
1
4
3
x
y
y
kx
m








，消去y，整理得

2
2
2
3
4
8
4
12
0
k
x
kmx
m





，
所以
2
1
2
1
2
2
2
8
4
12
,
3
4
3
4
km
m
x
x
x x
k
k






，而
1
2
1
2
3
3
2
2
0
1
1
TM
TN
y
y
k
k
x
x








，
又
1
1
2
2
,
kx
m y
kx
m
y 



，代入整理得




1
2
1
2
1
2
3
3
2
2
0
2
2
kx x
m
x
x
k x
x
m




















，
所以

2
4
8
3
2 (2
1)
0





k
k
m
k
，即(2
1)(2
3
2 )
0



k
k
m
，
若2
3
2
0
k
m


，则直线MN 过点T，不合题意，
所以2
1
0
k 
．即
1
2
k 
，故直线MN 的斜率为定值1
2 .
【点睛】关键点点睛：第二问，设直线方程并联立椭圆方程，应用韦达定理及
0
TM
TN
k
k


得到关于直线
斜率的方M、N 程，或求出的坐标，应用两点式求斜率.
7.已知抛物线
2
:
4
C y
x

，点Q 在x 轴上，直线:(
2)
2
4
0
l
m
x
y
m





与抛物线C 交于M，N 两点，
若直线QM 与直线QN 的斜率互为相反数，则点Q 的坐标是_____.
【答案】( 2,0)

【解析】
【分析】将直线l 方程代入抛物线C 中，得到关于y 的一元二次方程，设出M，N 两点坐标，利用韦达定理
写出
1
2
y
y

，
1
2
y y 的关系，利用斜率坐标公式结合已知条件，得到
 
0


QM
QN
k
k
，即可求解Q 的坐标.
【详解】易知
2
m 
，由(
2)
2
4
0
m
x
y
m





得
2
2
y
x
m



，代入抛物线方程得
2
4
8
0
2
y
y
m




，
设


1
1
,
M x y
，


2
2
,
N x
y
，则
1
2
4
2
y
y
m



①，
1
2
8
y y ②.设
( ,0)
Q a
，则
1
 
1
QM
y
k
x
a


，
2
2
QN
y
k
x
a


，
依题意有
1
 
1
QM
QN
y
k
k
x
a




2
2
0
y
x
a 

，
所以




1
2
2
1
0
y
x
a
y
x
a




，即
2
1
1
2
2
2
0
2
2
y
y
y
a
y
a
m
m





















，
整理并把①②代入可得
2
a ，故Q 点的坐标为( 2,0)

.
故答案为：( 2,0)

.
8.已知


1,2
A
为抛物线
2
2
(
0)
y
px p


上的一点，E ，F 为抛物线上异于点A 的两点，且直线AE 的
斜率与直线AF 的斜率互为相反数．求直线EF 的斜率．
【答案】1

【解析】
【分析】先利用已知条件求出抛物线得方程，然后利用直线斜率公式求直线
,
AE AF
的斜率，在由直线AE
的斜率与直线AF 的斜率互为相反数，求出
1
2
4
y
y

，在根据
2
1
2
1
2
1
4
=
=
+
EF
y
y
k
x
x
y
y


即可求出答案.
【详解】设


1
1
,
E x y
，


2
2
,
F x
y
，
∵点


1,2
A
为抛物线


2
2
0
y
px p


上的一点，
∴4
2p

，解得=2
p
，∴
2
4
y
x

，
同时，有
2
1
1
=4
y
x ，
2
2
2
=4
y
x ，









1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
+2
2
4
4
4
=
=
=
=
1
1
+2
1
+2
+2
AE
y
y
y
x
k
x
x
y
x
y
y






，
同理，
2
2
2
2
4
=
=
1
+2
AF
y
k
x
y


，
∵直线AE 的斜率与直线AF 的斜率互为相反数，
∴
1
2
4
4
=
+2
+2
y
y

，即
1
2
4
y
y

，


2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
4
4
=
=
=
4
4
=
1
+
EF
y
y
y
y
y
y
k
x
x
y
y
y
y
y
y









，
故直线EF 的斜率为1

.
9.已知点

Q
2,0 ，点P 是圆C：
2
2
(x
2)
y
12



上的任意一点，线段PQ 的垂直平分线与直线CP
交于点M．

1 求点M 的轨迹方程；

2 过点

A
3,0

作直线与点M 的轨迹交于点E，过点

B 0,1 作直线与点M 的轨迹交于点F(E, F 不重合
) ，且直线AE 和直线BF 的斜率互为相反数，直线EF 的斜率是否为定值，若为定值，求出直线EF 的斜率；
若不是定值，请说明理由．
【答案】（1）
2
2
x
y
1
3 

；（2）定值
3
3

.
【解析】
【分析】（1）根据中垂线的性质得出MQ
MP

，然后计算出
2 3
MC
MQ


，结合椭圆的定义得
知点M 的轨迹为椭圆，可得出a 和c 的值，进而求得b 的值，于是可得出点M 的轨迹方程；
（2）设直线AE 的方程为


3
y
k x


，则直线BF 的方程为
1
y
kx

，将直线AE 、BF 的方程
分别与曲线E 的方程联立，利用韦达定理求出的点
,
E F 的坐标，然后利用两点间的斜率公式求出直线EF
的斜率，从而证明结论．
【详解】（1）如下图所示，
连接MQ ，则
2 3
MC
MQ
MC
MP
CP





，
又
2 2
CQ 
，所以点M 的轨迹是以
,
C Q 为焦点的椭圆，
因为2
2 3,2
2 2
a
c


，所以
3,
2,
1
a
c
b


．
故点M 的轨迹方程是
2
2
1
3
x
y


；
（2）设直线AE 的方程为


3
y
k x


，则直线BF 的方程为
1
y
kx

，
由


2
2
3
3
3
y
k x
x
y







，消去y 整理得

2
2
2
2
3
1
6 3
9
3
0
k
x
k x
k





．
设交点


1
1
,
E x y
、


2
2
,
F x
y
，
则
2
1
2
6 3
3
3
1
k
x
k



，


2
1
1
1
2
2
3
3 3
2 3
,
1
3
1
3
1
k
k
x
y
k x
k
k







．
由
2
2
1
3
3
y
kx
x
y







，消去y 整理得

2
2
3
1
6
0
k
x
kx



，
则
2
2
2
2
2
2
6
1 3
,
1
1 3
1 3
k
k
x
y
kx
k
k






．
所以，
2
1
2
2
1
2
2 3
1 3
3
3
3
3 3
6
EF
y
y
k
k
k
x
x
k
k








．
故直线EF 的斜率为定值，其斜率为
3
3

．
【点睛】（1）求动点的轨迹方程，一般有如下几种方法：
①几何法：看动点是否满足一些几何性质，如圆锥曲线的定义等；
②动点转移：设出动点的坐标，其余的点可以前者来表示，代入后者所在的曲线方程即可得到欲求的
动点轨迹方程；
③参数法：动点的横纵坐标都可以用某一个参数来表示，消去该参数即可动点的轨迹方程.
（2）当直线与椭圆的两个交点中有一个是定点时，我们常用动直线的斜率表示另一个动交点的坐标，进
而讨论与动交点相关的数学问题（常称为知点求点法）.
10.已知，椭圆C 过点
3 5
A
,
2 2






，两个焦点为

0,2 ，

0, 2

，,
E F 是椭圆C 上的两个动点，直线AE 的
斜率与AF 的斜率互为相反数．

1 求椭圆C 的方程；

2 求证：直线EF 的斜率为定值．
【答案】（1）
2
2
y
x
1
10
6


；（2）见解析
【解析】
【分析】
1 由焦点坐标求得
2
c 
，可设椭圆方程为
2
2
2
2
1
y
x
a
b


，可得
2
2
2
2
25
9
1
4
4
4
a
b
a
b








，解方程即可；

2 设


1
1
,
E x y
，


2
2
,
F x
y
，设直线AE 的方程为
3
5
2
2
y
k x









，代入
2
2
1
10
6
y
x


，求出点E 的
坐标，再将k 换为k

，求出F 的坐标，即可求出直线的斜率，再化简即可得结果.
【详解】
1 由题意c
2

，可设椭圆方程为
2
2
2
2
y
x
1
a
b


，
2
2
2
2
25
9
1
4
4
4
a
b
a
b








，解得
2
a
10

，
2
b
6

，
椭圆的方程为
2
2
y
x
1
10
6


.

2 设

1
1
E x ,y
，

2
2
F x ,y
，设直线AE 的方程为
3
5
y
k x
2
2









，代入
2
2
y
x
1
10
6


得




2
2
2
3
3
3k
5 x
3k 5
3k x
3(
k
)
30
0
2
2








，


1
2
3k 3k
5
3
x
3k
5
2





，
1
1
3
5
y
kx
k
2
2




，
又直线AE 的斜率与AF 的斜率互为相反数，再上式中以k

代k，可得


2
2
3k
3k
5
3
x
3k
5
2






，
2
2
3
5
y
kx
k
2
2




，直线EF 的斜率










2
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
2
3k
3k
5
3k 3k
5
3
3
3k
3k
5
2
3k
5
2
k x
x
3k
y
y
k
1
3k
3k
5
3k 3k
5
x
x
x
x
3
3
3k
5
2
3k
5
2
k 



































.
【点睛】本题考查了椭圆的方程，直线与椭圆的关系，考查了运算求解能力，化归与转化思想的应用，属
于难题．求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于, ,
a b c 的方程组，解出, ,
a b ，从而
写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联
立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”
解决，往往会更简单.
11.在平面直角坐标系xOy 中，设点


0
0
,
M
x
y
是椭圆
2
2
:
1
20
5
x
y
C


上一点，以M 为圆心的一个半径
2
r 
的圆，过原点作此圆的两条切线分别与椭圆C 交于点P、Q.
（1）若点M 在第一象限且直线
,
OP OQ 互相垂直，求圆M 的方程；
（2）若直线
,
OP OQ 的斜率都存在，且分别记为
1
2
,
k k .求证：
1
2
k k 为定值；
（3）探究
2
2
OP
OQ

是否为定值，若是，则求出OP
OQ

的最大值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）



2
2
2
2
4
x
y




；（2）证明见解析；（3）是，25
2
.
【解析】
【分析】（1）由切线性质得
2
OM
r

，由此可求得M 点坐标，从而得圆方程．
（2）设切线方程为y
kx

，由直线与圆相切得出k 的方程，结合韦达定理得
1
2
k k ，并结合M 在椭圆上可
得．
（3）当直线OP
OQ
，
不落在坐标轴上时，设



1
1
2
2
,
,
P x y
Q x
y
，
，利用
1
2
1
4
k k 
可得
2
2
2
2
1
2
1
2
1
16
y y
x x

，
利用
,
P Q 在椭圆上可求得
2
2
1
2
x
x

及
2
2
1
2
y
y

，从而得
2
2
OP
OQ

，当直线OP
OQ
，
有一条落在坐标轴
上求出
2
2
OP
OQ

，从而得定值，再由基本不等式得最大值．
【详解】（1）
2
2 2
OM
r


，则
2
2
0
0
8
x
y


，又
2
2
0
0
2
2
0
0
1
20
5
8
x
y
x
y








，又
0
0
0,
0
x
y


，故解得
0
0
2
2
x
y





，
所以


2,2
M
，所以圆M 的方程为



2
2
2
2
4
x
y




（2）因为直线
1
2
:
:
OP y
k x
OQ y
k x


，
与圆M 相切，
所以直线
1
:
OP y
x
k

与圆




2
2
0
0
:
4
M
x
x
y
y




联立，
可得



2
2
2
2
1
0
1
0
0
0
1
2
2
4
0
k
x
x
k y
x
x
y







同理



2
2
2
2
2
2
0
0
0
0
1
2
2
4
0
k
x
x
k y
x
x
y







，
由判别式为0，可得
1
2
k
k
，
是方程

2
2
2
0
0
0
0
4
2
4
0
x
k
x y k
y





的两个不相等的实数根，
∴
2
0
1
2
2
0
4
4
y
k k
x



因为点
0
0
(
,
)
M x
y
在椭圆C 上，所以
2
2
0
0
5
4
x
y 

，所以
1
2
1
4
k k 
；
（3）（i）当直线OP
OQ
，
不落在坐标轴上时，设



1
1
2
2
,
,
P x y
Q x
y
，
，
因为
1
2
4
1
0
k k 
，所以
2
2
2
2
1
2
1
2
1
16
y y
x x

，
因为



1
1
2
2
,
,
,
P x y
Q x
y
在椭圆C 上.所以
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
5
5
4
4
16
x
x
y y
x x













整理得
2
2
1
2
20
x
x


，所以
2
2
1
2
5
y
y


所以
2
2
25
OP
OQ


.
（ii）当直线落在坐标轴上时，圆M 方程为
2
2
(
2)
(
2)
4
x
y




，易求得
2
2
25
OP
OQ


，
综上：
2
2
25
OP
OQ


，所以|


2
2
1
25
2
2
OP
OQ
OP
OQ




所以OP
OQ

的最大值为25
2
．
【点睛】本题考查直线与圆相切，直线与椭圆相交问题，考查学生的运算求解能力，逻辑思维能力，对斜
率积为定值问题，解题关键是设出切线方程y
kx

，利用直线与圆相切得出关于k 的二次方程，由韦达定
理得出结论；设



1
1
2
2
,
,
P x y
Q x
y
，
，由斜率积为定值求得坐标的关系，并结合点M 在椭圆上求得
2
2
OP
OQ

的值，注意分类讨论．
12.已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
E
a
b
a
b




的左右焦点为
1F 、
2
F ，离心率
3
2
e 
，过圆
2
2
2
1 :
C
x
y
b


上
一点Q（Q 在y 轴左侧）作该圆的切线，分别交椭圆E 于A、B 两点，交圆
2
2
2
2 :
C
x
y
a


于C、D 两点（如
图所示）．当切线AB 与x 轴垂直时，
2
CDF
V
的面积为3
3

．
（1）求椭圆E 的标准方程；
（2）（ⅰ）求ABO

的面积的最大值；
（ⅱ）求证：
2
AC
AF

为定值，并求出这个定值．
【答案】（1）
2
2
1
4
x
y

；（2）（ⅰ）1；（ⅱ）证明见解析，
3
2

.
【解析】
【分析】（1）由三角形面积得(
)
3
3
c b
c



，再结合离心率及
2
2
2
a
c
b


求得, ,
a b c 后得椭圆方程；
（2）（ⅰ）直线AB 的斜率不会为零，设其方程为x
ty
m


，由直线与圆相切求得,t m 的关系，设




1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，直线方程与椭圆方程联立，消元后求出判别式的值（利用,t m 关系），应用韦达定
理，得弦长AB ，计算OAB

面积，应用基本不等式得最大值；
（ⅱ）
3
CQ
c


，
3
AC
CQ
AQ
AQ




，用A 点坐标表示出
2
,
AQ
AF ，计算可得．
【详解】（1）
2
2
2
2
CD
a
b
c



，于是有
2
(
)
3
3
CDF
S
c b
c





，又
2
2
2
3 ,
2
c
a
b
c
a 


，
解得
3,
2,
1
c
a
b


，所以椭圆E 的标准方程为
2
2
1
4
x
y

．
（2）（ⅰ）因Q 在y 轴左侧，故直线AB 的斜率不会为零，设其方程为x
ty
m


，
由直线AB 与圆
1
C 相切得
2
2
2
|
|
1
1
1
m
m
t
t



，
由
2
2
4
4
x
ty
m
x
y







消去x 得

2
2
2
4
2
4
0
t
y
tmy
m





，





2
2
2
2
2
2
4
4
4
4
16
4
48
t m
t
m
t
m








，
设




1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，则
2
2
1
2
2
48
|
|
1
1
4
AB
t
y
y
t
t








，
所以




2
2
2
2
3
1
2
2 3 1
1
2
|
|
1
2
4
4
OAB
t
t
S
AB b
t
t












，当且仅当
2
1
3
t


，即
2
t 
时取等号．
故ABO

的面积的最大值为1．
（ⅱ）因点


1
1
,
A x y
在椭圆E 上，且在y 轴左侧，故
1
0
x 
，
2
2
1
1
1
4
x
y


，
由（1）
3
CQ
c


，
故
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
3
3
3
1
3
3
4
2
AC
CQ
AQ
OA
OQ
x
y
x
x
x













，


2
2
2
2
2
1
2
1
1
1
1
1
1
3
3
3
2 3
3 1
2
2
4
2
2
x
AF
x
y
x
x
x
x


















，
故
2
1
1
3
3
3
2
3
2
2
2
AC
AF
x
x







为定值．
【点睛】本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交问题．求椭圆标准方程的关键是列出关于, ,
a b c
的方程组，解得, ,
a b c ，直线与椭圆相交一般是设交点坐标，设直线方程，直线方程与椭圆方程联立，消
元后应用韦达定理，由韦达定理的结果求弦长等等．
13.已知双曲线


2
2
2
2
1
0,
0
x
y
a
b
a
b




过点

3,2
A 
，且离心率
5
e 
（1）求该双曲线的标准方程：
（2）如果B ，C 为双曲线上的动点，直线AB 与直线AC 的斜率互为相反数，证明直线BC 的斜率为定
值，并求出该定值.
【答案】（1）
2
2
1
8
32
x
y


（2）证明见解析，6
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的离心率及双曲线过点A 可得方程；
（2）设点B 与点C 的坐标，根据直线AB 与直线AC 的斜率互为相反数，可得直线BC 的斜率.
【小问1 详解】
由题意
2
2
2
2
9
4
1
1
5
a
b
c
b
a
a









，解得
2
8
a 
，
2
32
b 
，
故双曲线方程为
2
2
1
8
32
x
y


【小问2 详解】
设点


1
1
,
B x y
，


2
2
,
C x
y
，
设直线AB 的方程为


2
3
y
k x



，
代入双曲线方程，得





2
2
2
4
2
3
2
3
2
32
0
k
x
k
k
x
k







，
2
1
2
6
4
3
4
k
k
x
k




，
2
1
2
3
4
12
4
k
k
x
k




，
2
1
2
2
24
8
4
k
k
y
k




，
2
2
2
2
3
4
12 2
24
8
,
4
4
k
k
k
k
B
k
k













同理
2
2
2
2
3
4
12 2
24
8
,
4
4
k
k
k
k
C
k
k












，
48
6
8
BC
k
k
k



.
14.在平面直角坐标系xOy 中，已知点


1
17,0
F 
、


2
1
2
17,0
2
F
MF
MF


，
，点M 的轨迹为C .
（1）求C 的方程；
（2）设点T 在直线
1
2
x 
上，过T 的两条直线分别交C 于A 、B 两点和P ，Q 两点，且TA TB
TP TQ



，
求直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和.
【答案】（1）


2
2
1
1
16
y
x
x



；（2）0 .
【解析】
【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹C 是以点
1F 、
2
F 为左、右焦点双曲线的右支，求出a 、b 的值，
即可得出轨迹C 的方程；
(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C 的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，
最后化简计算可得
1
2
k
k

的值.
【详解】(1) 因为
1
2
1
2
2
2 17
MF
MF
F F




，
所以，轨迹C 是以点
1F 、
2
F 为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹C 的方程为


2
2
2
2
1
0,
0
x
y
a
b
a
b




，则2
2
a 
，可得
1
a 
，
2
17
4
b
a



，
所以，轨迹C 的方程为


2
2
1
1
16
y
x
x



.
（2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立
如图所示，设
1
( , )
2
T
n ,
设直线AB 的方程为
1
1
2
2
1
1
(
),
, (
2
,
(
)
,
)
y
n
k x
A x y
B x
y



．
联立
1
2
2
1
(
)
2
1
16
y
n
k x
y
x








,
化简得
2
2
2
2
1
1
1
1
2
1
1
(16
)
(
2
)
16
0
4
k
x
k
k n x
k
n
k n








.
则
2
2
2
1
1
1
1
2
1
2
2
2
1
1
1
1
16
2
4
,
16
16
k
n
k n
k
k n
x
x
x x
k
k









．
故
2
2
1
1
1
2
,
1
1
|
|
1
(
) |
|
1
(
)
2
2
TA
k
x
TB
k
x






．
则
2
2
2
1
1
1
2
2
1
(
12)(1
)
1
1
|
| |
| (1
)(
)(
)
2
2
16
n
k
TA
TB
k
x
x
k









．
设PQ 的方程为
2
1
(
)
2
y
n
k
x



，同理
2
2
2
2
2
(
12)(1
)
|
| |
|
16
n
k
TP
TQ
k





．
因为TA TB
TP TQ



，所以
2
2
1
2
2
2
1
2
1
1
16
16
k
k
k
k





，
化简得
2
2
1
2
17
17
1
1
16
16
k
k




，
所以
2
2
1
2
16
16
k
k



，即
2
2
1
2
k
k

．
因为
1
1
k
k

，所以
1
2
0
k
k


．
[方法二] ：参数方程法
设
1
( ,
)
2
T
m ．设直线AB 的倾斜角为
1，
则其参数方程为
1
1
1
cos
2
sin
x
t
y
m
t









，
联立直线方程与曲线C 的方程
2
2
16
16
0(
1)
x
y
x




，
可得
2
2
2
2
2
1
1
1
1
cos
1
16(
cos
)
(
sin
2
sin
) 16
0
4
t
m
t
t
mt











，
整理得
2
2
2
2
1
1
1
1
(16cos
sin
)
(16cos
2
sin
)
(
12)
0
t
m
t
m










．
设
1
2
,
TA
t TB
t


，
由根与系数的关系得
2
2
1
2
2
2
2
1
1
1
(
12)
12
|
| |
|
16cos
sin
1 17cos
t
m
m
TA
TB
t













．
设直线PQ 的倾斜角为
2
，
3
4
,
TP
t TQ
t


，
同理可得
2
3
4
2
2
12
|
| |
|
1 17cos
m
T
T
t
P
Q
t






由|
| |
| |
| |
|
TA
TB
TP
TQ



，得
2
2
1
2
cos
cos



．
因为
1
2



，所以
1
2
s
o
o
s
c
c



．
由题意分析知
1
2





．所以
1
2
tan
tan
0




，
故直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和为0．
[方法三]：利用圆幂定理
因为TA TB
TP TQ



，由圆幂定理知A，B，P，Q 四点共圆．
设
1
( , )
2
T
t ,直线AB 的方程为
1
1
(
)
2
y
t
k x


，
直线PQ 的方程为
2
1
(
)
2
y
t
k
x


,
则二次曲线
1
2
1
2
(
)(
)
0
2
2
k
k
k x
y
t k x
y
t







．
又由
2
2
1
16
y
x 
，得过A，B，P，Q 四点的二次曲线系方程为：
2
2
1
2
1
2
(
)(
)
(
1)
0(
0)
2
2
16
k
k
y
k x
y
t k x
y
t
x














，
整理可得：


2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
(
)
(
)
(
)
(
)
16
k
x
y
k
k
xy
t k
k
k k
k
x














1
2
(
2 )
0
2
y
k
k
t
m






，
其中
2
1
2
1
2
(
)
4
2
k k
t
m
t
k
k













．
由于A，B，P，Q 四点共圆，则xy 项的系数为0，即
1
2
0
k
k


.
【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的
方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活
的应用到题目中.
方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
题型五：圆锥曲线中的定点问题
【基础公式】
若圆锥曲线中内接直角三角形的直角顶点与圆锥曲线的顶点重合，则斜边所在直线过定点．
1.对于椭圆
2
2
2
2
1
x
y
a
b

（
0
a
b


）上异于右顶点的两动点A ，B ，以AB 为直径的圆经过右顶点( ,0)
a
，
则直线AB
l
过定点
2
2
2
2
(
)
(
,0)
+
a
b a
a
b

．同理，当以AB 为直径的圆过左顶点(
,0)
a

时，直线AB
l
过定点
2
2
2
2
(
)
(
,0)
+
a
b a
a
b


．
2.对于双曲线
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b




上异于右顶点的两动点A ，B ，以AB 为直径的圆经过右顶点
( ,0)
a
，则直线AB
l
过定点
2
2
2
2
(
+
)
(
,0)
a
b a
a
b

．同理，对于左顶点(
,0)
a

，则定点为
2
2
2
2
(
+
)
(
,0)
a
b a
a
b


．
3.对于抛物线
2
2
(
0)
y
px p


上异于顶点的两动点A ，B ，若
0
OA OB



，则弦AB 所在直线过点
(2 ,0)
p
．同理，抛物线
2
2
(
0)
x
py p


上异于顶点的两动点A ，B ，若
0
OA OB



，则直线AB 过定点
(0,2 )
p ．
【基础练习】
1.已知直线l 与抛物线
2
4
y
x

交于不同的两点A，B，O 为坐标原点，若直线
,
OA OB 的斜率之积为1
，
则直线l 恒过定点（
）
A. (4,0)
B. (0, 4)
C. (0, 4)

D. ( 4,0)

【答案】A
【解析】
【分析】设出直线方程x
my
t

，联立抛物线方程，得到
1
2
1
2
4 ,
4
y
y
m y y
t



，进而得到
1
2
x x 的值，
将直线
,
OA OB 的斜率之积为1
，用A,B 点坐标表示出来，结合
1
2
x x 的值即可求得答案.
【详解】设直线方程为
1
1
2
2
, ( ,
), (
,
)
x
my
t A x y
B x
y


，
联立
2
4
x
my
t
y
x






，整理得：
2
4
4
0
y
my
t



，
需满足
2
( 4 )
16
0
m
t



，即
2
0
m
t

，
则
1
2
1
2
4 ,
4
y
y
m y y
t



，
由
2
2
1
1
2
2
4 ,
4
y
x y
x


，得：
2
2
2
1
2
1
2
16
y y
x x
t


，
所以
1
2
1
2
1
2
1
2
1
OA
OB
y
y
y y
k
k
x
x
x x





，即
2
4
1
t
t


，
故
4
t 
，
所以直线l 为：
4
x
my


，当
0
y 
时，
4
x 
，
即直线l 恒过定点(4,0) ，
故选：A.
2.已知椭圆C：
2
2
2
2 =1
x
y
a
b

（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，
3
2
），P4（1，
3
2
）中恰有
三点在椭圆C 上.
（Ⅰ）求C 的方程；
（Ⅱ）设直线l 不经过P2点且与C 相交于A，B 两点.若直线P2A 与直线P2B 的斜率的和为–1，证明：l 过
定点.
【答案】(1)
2
2
1
4
x
y

.
(2)证明见解析.
【解析】
【详解】试题分析：（1）根据
3P ，
4P 两点关于y 轴对称，由椭圆的对称性可知C 经过
3P ，
4P 两点.另外
由
2
2
2
2
1
1
1
3
4
a
b
a
b



知，C 不经过点P1，所以点P2在C 上.因此
2
3
4
,
,
P P P 在椭圆上，代入其标准方程，即
可求出C 的方程；（2）先设直线P2A 与直线P2B 的斜率分别为k1，k2，再设直线l 的方程，当l 与x 轴垂
直时，通过计算，不满足题意，再设l：y
kx
m


（
1
m ），将y
kx
m


代入
2
2
1
4
x
y

，写出判别式，
利用根与系数的关系表示出x1+x2，x1x2，进而表示出
1
2
k
k

，根据
1
2
1
k
k

列出等式表示出k 和m 的
关系，从而判断出直线恒过定点.
试题解析：（1）由于
3P ，
4P 两点关于y 轴对称，故由题设知C 经过
3P ，
4P 两点.
又由
2
2
2
2
1
1
1
3
4
a
b
a
b



知，C 不经过点P1，所以点P2在C 上.
因此
2
2
2
1
1
1
3
1
4
b
a
b







，解得
2
2
4
1
a
b





.
故C 的方程为
2
2
1
4
x
y


.
（2）设直线P2A 与直线P2B 的斜率分别为k1，k2，
如果l 与x 轴垂直，设l：x=t，由题设知
0
t 
，且
2
t 
，可得A，B 的坐标分别为（t，
2
4
2
t

），（t，
2
4
2
t


）.
则
2
2
1
2
4
2
4
2
1
2
2
t
t
k
k
t
t







，得
2
t 
，不符合题设.
从而可设l：y
kx
m


（
1
m ）.将y
kx
m


代入
2
2
1
4
x
y


得


2
2
2
4
1
8
4
4
0
k
x
kmx
m





由题设可知


2
2
=16 4
1
0
k
m




.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=
2
8
4
1
km
k


，x1x2=
2
2
4
4
4
1
m
k


.
而
1
2
1
2
1
2
1
1
y
y
k
k
x
x





1
2
1
2
1
1
kx
m
kx
m
x
x









1
2
1
2
1
2
2
1
kx x
m
x
x
x x




.
由题设
1
2
1
k
k

，故




1
2
1
2
2
1
1
0
k
x x
m
x
x





.
即



2
2
2
4
4
8
2
1
1
0
4
1
4
1
m
km
k
m
k
k










.
解得
1
2
m
k


.
当且仅当
1
m 时，
0

，欲使l：
1
2
m
y
x
m



，即


1
1
2
2
m
y
x



，
所以l 过定点（2，1
）
点睛:椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证
明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以
判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在
两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简.
【反思】在分析直线方程时，要考虑直线的特殊情况，注意分类讨论．要想整理得出k 和m 的关系，需要
借助韦达定理建立关于k 和m 方程，注意化简运算的技巧．
3. 已知双曲线
2
2
1
2
y
x 

，点


1,0
A 
，在双曲线上任取两点P 、Q 满足AP
AQ

，则直线PQ 恒过定
点__________；
【答案】

3,0
【解析】
【分析】设PQ 的方程为x
my
b


,联立双曲线利用代数式恒成立即可求解直线PQ 恒过定点时
x
my
b


中b 的值,进而求得定点.
【详解】设PQ 的方程为x
my
b


,则由
2
2
2
2
2
1
1
2
1
0
2
2
y
x
m
y
bmy
b
x
my
b



















.
设



1
1
2
2
,
,
,
P x y
Q x
y
,则
1
2
,
y y 是该方程的两根,
∴
1
2
2
2
1
2
bm
y
y
m



,
2
1
2
2
1
1
2
b
y
y
m




.
又


1,0
A 
, AP
AQ

,故
0
AP AQ



∴


1
2
1
2
1
1
0
x
x
y
y





,
又
1
1
x
my
b


,
2
2
x
my
b


,
∴






2
2
1
2
1
2
1
1
1
0
m
y
y
b
m y
y
b








,
代入
1
2
2
2
1
2
bm
y
y
m



,
2
1
2
2
1
1
2
b
y
y
m




得：







2
2
2
2
2
2
1
4
1
1
1
0
2
1
2
1
b
bm
m
b
m
b
m
m
















整理得：







2
2
2
2
2
1 1
4
1
2
1
1
0
b
m
bm b
m
m
b








,
∴
2
2
3
0
b
b


,
∴
3
b 
或
1
b = - .
当
1
b = - 时, PQ 过


1,0
A 
与题意不符,故舍去。
当
3
b 
时, PQ 过定点

3,0 .
故答案为：

3,0
【点睛】本题主要考查了根据直线与双曲线的联立方程,利用韦达定理求解参数定值与直线过定点的问题.
属于难题.
4.已知椭圆C：
2
2
2
2
1
x
y
a
b

（a>b>0）的左､右焦点分别为
1F ，
2
F ，点
3
1, 2
M 




满足
1
2
2
MF
MF
a


，
且
1
2
MF F
△
的面积为3
2
.
（1）求椭圆C 的方程；
（2）设椭圆C 的上顶点为P，不过点P 的直线l 交C 于A，B 两点，若PA
PB

，证明直线l 恒过定点.
【答案】（1）
2
2
1
4
3
x
y


（2）证明见解析.
【解析】
【分析】(1)由
1 2
3
2
MF F
S

V
可得
1
c ，由题意点M 在椭圆上，将点M 坐标代入椭圆，结合
2
2
1
a
b


可
得答案.
(2) 由题意

0, 3
P
，根据条件直线AB 的斜率必存在,设直线AB 的方程为


3
y
kx
m m



，




1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
,将直线AB 的方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由PA
PB

，则
0
PA PB



，
将韦达定理代入，可得出答案.
【小问1 详解】
由
1 2
1
2
1
3
3
2
2
2
MF F
S
F F



V
,则
1
2
2
2
F F
c


，所以
1
c 
又
1
2
2
MF
MF
a


，则点M 在椭圆上
所以
2
2
1
9
1
4
a
b

，又
2
2
1
a
b


联立解得
2
2
4,
3
a
b


所以椭圆C 的方程；
2
2
1
4
3
x
y


【小问2 详解】
由题意

0, 3
P
，根据条件直线AB 的斜率必存在
设直线AB 的方程为


3
y
kx
m m



，




1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
由
2
2
1
4
3
y
kx
m
x
y






，得

2
2
2
4
3
8
4
12
0
k
x
kmx
m





所以
2
1
2
1
2
2
2
8
4
12
,
3
4
3
4
km
m
x
x
x x
k
k












2
2
2
8
4 4
3
4
12
0
km
k
m





（*）
由PA
PB

，则
0
PA PB









1
1
1
1
1
2
1
2
,
3
,
3
3
3
PA PB
x y
x y
x x
y
y









uur uur



1
2
1
2
3
3
x x
kx
m
kx
m












2
2
1
2
1
2
1
3
3
k
x x
m
k x
x
m













2
2
2
2
2
4
12
8
1
3
3
3
4
3
4
m
km
k
m
k
m
k
k












2
2
7
6 3
3
0
3
4
m
m
k





所以
2
7
6 3
3
0
m
m



，即


7
3
3
0
m
m



，即
3
7
m 
或
3
m 
（舍）
将
3
7
m 
代入（*）


2
2
3
3
64
4
4
3
4
12
0
7
49
k
k



















成立.
所以直线AB 的方程为
3
7
y
kx


，
所以直线AB 恒过点
3
0,
7









5.已知椭圆
2
2
1
3
2
x
y
E


：
的左右顶点分别为A，B，点P 为椭圆上异于A，B 的任意一点．
（1）证明：直线PA 与直线PB 的斜率乘积为定值；
（2）设



0
3
Q t
t 
，
，过点Q 作与x 轴不重合的任意直线交椭圆E 于M，N 两点．问：是否存在实数t ，
使得以MN 为直径的圆恒过定点B？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在；
3
5
t 
【解析】
【分析】（1）结合斜率的计算公式化简整理即可求出结果；
（2）直线MN 的方程为x
my
t

与椭圆联立，进而结合韦达定理即可求出结果.
【小问1 详解】




3 0
3 0
A
B

，，
，；设


P m
n
，
，且
2
2
1
3
2
m
n

，则
3
3
PA
PB
n
n
k
k
m
m




，
所以
2
2
2
2
2 1
3
2
3
3
3
PA
PB
m
n
k
k
m
m













【小问2 详解】
设




1
1
2
2
M x
y
N x
y
，
，
，
，直线MN 的方程为x
my
t

；
联立
2
2
1
3
2
x
y


及x
my
t

，得

2
2
2
2
3
4
2
6
0
m
y
mty
t





，
所以
1
2
2
4
2
3
mt
y
y
m



，
2
1
2
2
2
6
2
3
t
y y
m



（*）
若以MN 为直径的圆过点B，则
0
BM BN



，即


1
2
1
2
3
3
0
x
x
y y




将
1
1
2
2
 
x
my
t x
my
t




，
带入整理得




2
2
1
2
1
2
1
3
2 3
3
0
m
y y
mt
m
y
y
t
t








；
带入（*），化简整理得5
2
6 3
3
0
t
t



，解得
3
5
t 
，或
3
t 
（舍）
3
3
5
t 

，满足
0

，故存在
3 0
5
Q







，，使得以MN 为直径的圆过恒过定点B；
【点睛】求定值、定点问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值、定点，再证明这个值、点与变量无关．
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值、定点．
6.已知抛物线的顶点为原点，焦点F 在x 轴的正半轴，F 到直线
2
0
x
y



的距离为5 2
4
.点



0
0
0
,
0
N x
y
y 
为此抛物线上的一点，
5
2
NF 
.直线l 与抛物线交于异于N 的两点A，B，且
2
NA
NB
k
k

.
（1）求抛物线方程和N 点坐标；
（2）求证：直线AB 过定点，并求该定点坐标.
【答案】（1）
2
2
y
x

，


2,2
N
（2）证明见解析，定点

3, 2

【解析】
【分析】（1）设抛物线的标准方程为
2
2
y
px

，利用点到直线距离公式可求出p ，再利用焦半径公式可
求出N 点坐标；
（2）设直线的方程为x
ty
b


，与抛物线联立，利用韦达定理计算
2
NA
NB
k
k

，可得,t b 关系，然后
代入直线方程可得定点.
【小问1 详解】
设抛物线的标准方程为
2
2
y
px

，
0
p 
，其焦点为
,0
2
p
F 





则
2
5 2
2
4
2
p 

，
∴
1
p 
所以抛物线的方程为
2
2
y
x

.
0
5
2
2
p
NF
x




，所以
0
2
x

，所以
2
0
4
y 
.
因为
0
0
y 
，所以
0
2
y 
，所以


2,2
N
.
【小问2 详解】
由题意知，直线的斜率不为0，设直线的方程为x
ty
b


（t
R

），
联立方程
2
2 ,
,
y
x
x
ty
b





得
2
2
2
0.
y
ty
b



设两个交点
2
1
1
,
2
y
A
y






，
2
2
2
,
2
y
B
y






（
1
2
y 
，
2
2
y ）.
所以
2
1
2
1
2
Δ
4
8
0,
2 ,
2 ,
t
b
y
y
t
y y
b











所以
NA
NB
k
k




1
2
2
2
1
2
1
2
2
2
4
2
2
2
2
2
2
2
y
y
y
y
y
y









，
即




1
2
1
2
1
2
2
2
2
4
2
4
4
2
y
y
y y
y
y
b
t










整理得
2
3
b
t


，此时


2
4
4
6
0
t
t




恒成立，
此时直线l 的方程为
2
3
x
ty
t



，可化为


3
2
x
t y



，
从而直线过定点

3, 2

.
7.在PAB

中，已知

2,0
A 
、

2,0
B
，直线PA 与PB 的斜率之积为
3
4

，记动点P 的轨迹为曲线C .
（1）求曲线C 的方程；
（2）设Q 为曲线C 上一点，直线AP 与BQ 交点的横坐标为4 ，求证：直线PQ 过定点.
【答案】（1）


2
2
1
2
4
3
x
y
x



；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）设点P 的坐标为

,x y ，利用斜率公式结合已知条件可求得曲线C 的方程，并注明
2
x ；
（2）设直线AP 与BQ 交点为


4,
M
m ，求出点P 、Q 的方程，对直线PQ 的斜率是否存在进行分类讨
论，写出直线PQ 的坐标，即可得出直线PQ 所过定点的坐标.
【小问1 详解】
解：设点P 的坐标为

,x y ，
直线PA 与PB 的斜率分别为
2
PA
y
k
x


，
2
PB
y
k
x


，其中
2
x ，
由已知得
3
2
2
4
y
y
x
x




，化简得
2
2
1
4
3
x
y


，由已知得
2
x ，
故曲线C 的方程为


2
2
1
2
4
3
x
y
x



.
【小问2 详解】
证明：设直线AP 与BQ 交点为


4,
M
m ，则直线AP 的方程为


2
6
m
y
x


，
由


2
2
2
6
3
4
12
m
y
x
x
y








得

2
2
2
2
27
4
4
108
0
m
x
m x
m





，
设

,
P
P
P x
y
，则
2
2
4
108
2
27
P
m
x
m




，即
2
2
54
2
27
P
m
x
m



，


2
18
2
6
27
P
P
m
m
y
x
m




，
同理，直线BQ 的方程为


2
2
m
y
x


，与椭圆方程联立，
消去y 整理得

2
2
2
2
3
4
4
12
0
m
x
m x
m





，
设

,
Q
Q
Q x
y
，则
2
2
4
12
2
3
Q
m
x
m



，即
2
2
2
6
3
Q
m
x
m



，


2
6
2
2
3
Q
Q
m
m
y
x
m





.
当
3
m 时，直线PQ 的斜率为
2
6
9
P
Q
PQ
P
Q
y
y
m
k
x
x
m





，
此时直线PQ 的方程为
2
2
2
2
6
6
2
6
3
9
3
m
m
m
y
x
m
m
m













，
化简得：


2
6
1
9
m
y
x
m



，故直线PQ 过定点

1,0 .
当
3
m 时，可得
1
P
Q
x
x

，所以直线PQ 也过定点

1,0 .
综上所述：直线PQ 过定点

1,0 .
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，
再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点

0
0
,
x
y
，常利用直线的点斜式方程


0
0
y
y
k x
x



或截距式y
kx
b


来证明.
8.已知与圆
2
2
: (
1)
3
C
x
y



相切的直线l，过抛物线
2
:
2
(
0)
E x
py p


的焦点F，且直线l 的倾斜
角为2
3
.
（1）求抛物线E 的方程；
（2）直线1l 与抛物线E 交于点A，B 两点，且A，B 关于直线
5 3
y
x


对称，在
1
2
y
x

上是否存在
点N，使得以AB 为直径的圆恰好过点N，若存在，求出点N 的坐标；否则，请说明理由.
【答案】（1）
2
4 3
x
y

（2）存在，
( 6 3,3 3)
N 
或
2 3
3
(
,
)
5
5
N

【解析】
【分析】（1）根据点斜式设出直线方程，再由与圆相切求解即可；
（2）利用点差法求出AB 中点M ，得出直线方程，再由圆的性质利用
1
|
|
|
|
2
MN
AB

求解即可.
【小问1 详解】
抛物线焦点为(0,
)
2
p ，直线l 斜率
2
tan
3
3
k



，
所以直线方程为
3
2
p
y
x


，
由圆与直线相切可得，|
3
|
2
3
2
p


，
由
0
p 
可解得
2 3
p 
，
所以抛物线方程为
2
4 3
x
y

.
【小问2 详解】
设
1
1
1
1
(
,
), (
,
)
A x y
B x y
，
因为A，B 关于直线
5 3
y
x


对称，
所以设AB 中点
0
0
(
,
)
M x
y
在
5 3
y
x


上，且
1
k ，
由
2
2
2
2
1
1
4 3
4 3
x
y
x
y





相减可得，
2
1
1
2
2
1
1
4 3
y
y
x
x
k
x
x






，
所以
1
2
0
2 3
2
x
x
x



，
又
0
0
(
,
)
M x
y
在
5 3
y
x


上，
所以
0
3 3
y 
，
所以直线1l 的方程为
3
0
x
y



，
联立抛物线消元得
2
4 3
12
0
x
x



，
1
2
1
2
4 3,
12
x
x
x x




，
2
1
2
1
2
|
|
2 (
)
4
2
4 6
8 3
AB
x
x
x x







,
若存在点N
0
0
( 2
,
)
y
y

，
则
1
|
|
|
|
2
MN
AB

,
即
2
2
0
0
(
3 3)
(2 3
2
)
48
y
y




，
解得
0
3 3
y 
或
0
3
5
y 
，
即存在点
( 6 3,3 3)
N 
或
2 3
3
(
,
)
5
5
N

满足条件.
【点睛】方法点睛：存在性问题，一般假设符合条件的点存在，本题以以AB 为直径的圆恰好过点N，可
考虑
,
NA NB 垂直建立关系，也可考虑
1
|
|
|
|
2
NM
AB

建立关系求解.
9.已知椭圆
2
2
:
1
4
3
x
y
C


的右焦点为F，直线l 与椭圆C 交于A，B 两点．
（1）若AM
MB


，且直线l 的斜率为4，求直线OM (点O 为坐标原点)的斜率．
（2）若直线FA ，FB 的斜率互为相反数，且直线l 不与x 轴垂直，探究：直线l 是否过定点?若是，求
出该定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
3
16

；
（2）过定点，(4,0) ﹒
【解析】
【分析】(1)由AM
MB


值M 为AB 中点，由点差法即可得OM 的斜率；
(2)根据椭圆对称性，结合已知条件可知l 过定点时，定点应该在x 轴上，设定点为(t，0)，写出直线方
程，联立直线与椭圆方程根据韦达定理得到根与系数的关系，再由直线FA ，FB 的斜率互为相反数列出
方程，即可求得定点坐标﹒
【小问1 详解】
设


1
1
,
A x y
，


2
2
,
B x
y
，依题意，M 为线段AB 的中点，
∵A，B 在椭圆C 上，故
2
2
1
1
2
2
2
2
1,
4
3
1,
4
3
x
y
x
y








两式相减可得





1
2
1
2
1
2
1
2
0
4
3
x
x
x
x
y
y
y
y






，
则






1
2
1
2
1
2
1
2
3
0
4
y
y
y
y
x
x
x
x






，
故3
4
0
4
OM
k


，解得
3
16
OM
k

．
【小问2 详解】
假设定点存在，根据椭圆对称性，可知该直线所过定点在x 轴上，设定点坐标为( , 0)
t
，
则直线l 的方程为
(
)
y
k x
t


，
联立
2
2
(
),
1
4
3
y
k x
t
x
y






，消去y 整理得

2
2
2
2 2
3
4
8
4
12
0
k
x
k tx
k t





，
则
2
1
2
2
8
3
4
k t
x
x
k



，
2 2
1
2
2
4
12
3
4
k t
x x
k



．
设直线FA ，FB 的斜率分别为
1k ，
2k ，由题可知
(1,0)
F
，
则
1
2
1
2
1
2
1
1
y
y
k
k
x
x









1
2
1
2
1
1
k x
t
k x
t
x
x














1
2
2
1
1
2
1
1
1
1
x
t
x
x
t
x
k
x
x












1
2
1
2
1
2
1
2
2
(
1)
2
1
x x
t
x
x
t
k
x x
x
x








0

．
即
2 2
2
2 2
2 2
2
2
2
2
2
4
12
8
8
24
8
8
6
8
2
(
1)
2
0
3
4
3
4
3
4
k t
k t
k t
k t
k t
t
k t
t
t
k
k
k















，
∴24
6
0
t



，
4
t 
，
即直线l 过定点(4,0) ．
【点睛】解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后
借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
10.过点
(0,2)
D
的任一直线l 与抛物线
2
2
0
C : x
py( p
)

＞
交于两点
,
A B ，且
4
OA OB 


．
（1）求p 的值．
（2）已知
,
M N 为抛物线C 上的两点，分别过
,
M N 作抛物线C 的切线1
2
l
l
和
，且1
2
l
l

，求证：直线MN
过定点．
【答案】（1）
2
p 
（2）证明见解析
【解析】
【分析】(1) 设
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
A x y
B x
y
，直线l 的方程为
2
y
kx


，与抛物线方程联立，
可求
1
2
1
2
,
x
x x x


，由
4
OA OB 


列方程求p 的值；
(2) 设
3
3
4
4
(
,
),
(
,
)
M x
y
N x
y
利用导数的几何意义求切线1
2
l
l
和
的方程，根据1
2
l
l

可得
3
4
4
x x ，化简
直线MN 的方程，证明直线MN 过定点．
【小问1 详解】
设
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
A x y
B x
y
，直线l 的方程为
2
y
kx


，与抛物线方程联立，
整理可得
2
2
4
0.
x
pkx
p



所以，
1
2
1
2
2
,
4
x
x
pk x
x
p




，
所以，
2
2
1
2
1
2
1
2
2
4
4
4
4.
4
x x
OA OB
x x
y y
p
p
p








uur uuur
所以，
2.
p 
【小问2 详解】
抛物线C 的方程为
2
4
x
y

，即
2
4
x
y 
，对该函数求导得
2
x
y
，
设
3
3
4
4
(
,
),
(
,
)
M x
y
N x
y
，则抛物线在点M 处的切线方程为
3
3
3
(
)
2
x
y
y
x
x



，
从而
3
1
2
x
k 
，同理
4
2
2
x
k 
，
因为1
2
l
l

，所以
1 2
1
k k ，即
3
4
4
x x ，
又
3
4
3
4
3
4
3
4
2
2
3
4
3
4
(
)(
)
4
MN
y
y
y
y
x
x
x
x
k
x
x
x
x









，
从而直线MN 的方程为：
3
4
3
3
(
)
4
x
x
y
y
x
x




，
将
2
3
3
4
x
y 
，3
4
4
x x 带入化简得：
3
4
1
4
x
x
y
x


，
所以，直线MN 恒过定点(0,1)．
11.在平面直角坐标系xOy 中，动点M 到直线
4
x 
的距离等于点M 到点
(1,0)
D
的距离的2 倍，记动点M
的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C 的方程；
（2）已知斜率为1
2 的直线l 与曲线C 交于A、B 两个不同点，若直线l 不过点
3
1, 2
P





，设直线PA
PB
、
的斜率分别为
PA
PB
k
k
、
，求
PA
PB
k
k

的值；
（3）设点Q 为曲线C 的上顶点，点E、F 是C 上异于点Q 的任意两点，以EF 为直径的圆恰过Q 点，试判
断直线EF 是否经过定点？若经过定点，请求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由．
【答案】（1）
2
2
1
4
3
x
y


（2）0
（3）直线EF 经过定点，定点坐标为
3
(0,
)
7

【解析】
【分析】(1)设出M 的坐标为( , )
x y ，结合已知条件可得
2
2
|
4 | 2 (
1)
(
0)
x
x
y





，然后化简即可求
解；(2)设直线l 的方程，并联立椭圆方程，利用斜率公式表示出
PA
PB
k
k

，然后结合韦达定理即可求解；
(3)结合已知条件，设出直线EF 的方程y
kx
b


，并联立椭圆方程，利用
0
QE QF




和韦达定理求出
3
7
b 
，进而即可得到答案.
【小问1 详解】
不妨设点M 的坐标为( , )
x y ，
由题意可知，
2
2
|
4 | 2 (
1)
(
0)
x
x
y





，
化简可得，
2
2
1
4
3
x
y


，
故曲线C 的方程为
2
2
1
4
3
x
y


.
【小问2 详解】
不妨设直线l 的方程：
1
2
y
x
m


，
1
1
(
,
)
A x y
，
2
2
(
,
)
B x
y
，
因为直线l 不过点
3
1, 2
P





，易知
1
m ，
由
2
2
1
2
1
4
3
y
x
m
x
y








可得，
2
2
3
0
x
mx
m




，
由


2
2
Δ
4
3
0
m
m




且
1
m 可得，2
1
m

或1
2
m


，
由韦达定理可知，
1
2
x
x
m


，
2
1
2
3
x x
m


，
因为
1
1
3
2
1
PA
y
k
x



，
2
2
3
2
1
PB
y
k
x



，
1
1
1
2
y
x
m


，
2
2
1
2
y
x
m


，
所以
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
3
3
(
2)(
)
2
3
2
2
1
1
(
) 1
PA
PB
y
y
x x
m
x
x
m
x
x
x
k
k
x
x
x
















，
将
1
2
x
x
m


，
2
1
2
3
x x
m


代入上式得，
0
PA
PB
k
k


，
故
PA
PB
k
k

的值为0.
【小问3 详解】
由椭圆方程
2
2
1
4
3
x
y


可知，Q 点坐标为(0, 3)，
因为以EF 为直径的圆恰过Q 点，所以QE
QF

，
结合椭圆特征可知，直线EF 的斜率存在，
不妨设直线EF 方程：y
kx
b


，且
3
b 
，
3
3
(
,
)
E x
y
，
4
4
(
,
)
F x
y
，
由
2
2
1
4
3
y
kx
b
x
y






可得，
2
2
2
(4
3)
8
4
12
0
k
x
kbx
b





，
由
2
2
2
(8
)
4(4
3)(4
12)
0
kb
k
b





可得，
2
2
4
3
b
k


，
由韦达定理可知，
3
4
2
8
4
3
kb
x
x
k



，
2
3
4
2
4
12
4
3
b
x x
k



，
因为
3
3
(
,
3)
QE
x
y



，
4
4
(
,
3)
QF
x
y



，
3
3
y
kx
b


，
4
4
y
kx
b


，
所以
2
2
3
4
3
4
3
4
3
4
(
3)(
3)
(
1)
(
3)(
)
(
3)
0
QE QF
x x
y
y
k
x x
k b
x
x
b















，
将
3
4
2
8
4
3
kb
x
x
k



，
2
3
4
2
4
12
4
3
b
x x
k



代入上式并化简可得，
3
7
b 
，
故直线EF 方程：
3
7
y
kx


，
易知直线EF 必过定点
3
(0,
)
7

，
从而直线EF 经过定点，定点坐标为
3
(0,
)
7

.
12.已知椭圆C ：


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




的左、右焦点分别为
1F ，
2
F .离心率等于
6
3
，点P 在y 轴正半
轴上，
1
2
PF F
△
为直角三角形且面积等于2.
（1）求椭圆C 的标准方程；
（2）已知斜率存在且不为0 的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，当点A 关于y 轴的对称点在直线PB 上时，
直线l 是否过定点？若过定点，求出此定点；若不过，请说明理由.
【答案】（1）
2
2
1
3
x
y


（2）过定点，定点为
2
0, 2








【解析】
【分析】（1）根据对称性得
1
2
PF F
△
为等腰直角三角形，且
1
2
90
F PF



，进而根据面积得
2
c 
，再
结合离心率得
3
a 
，最后根据
2
2
2
b
a
c


求解得答案；
（2）由题知

0,
2
P
，设直线l 的方程为


0
y
kx m k



，




1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，进而根据题意得
0
PB
PA
k
k


，进而整理得



1
2
1
2
2
2
0
kx x
m
x
x




，再联立
2
2
3
3
y
kx
m
x
y







并结合韦达定理整理
求解即可.
【小问1 详解】
解：根据题意，由对称性得
1
2
PF F
△
为等腰直角三角形，且
1
2
90
F PF



，
因为
1
2
PF F
△
的面积等于2 ，所以
1
2
2 2
F F 
，即
2
c 
，
因为椭圆C 的离心率等于
6
3
，即
6
2
3
e
a


，解得
3
a 
，
所以
2
2
2
1
b
a
c



，
所以椭圆C 的标准方程为：
2
2
1
3
x
y


.
【小问2 详解】
解：由（1）得

0,
2
P
，
设直线l 的方程为


0
y
kx m k



，




1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，
因为点A 关于y 轴的对称点在直线PB 上，
所以直线PB 与直线PA 的斜率互为相反数，即
0
PB
PA
k
k


，
因为
1
2
1
2
2
2
,
AP
BP
y
y
k
k
x
x




，所以
1
2
1
2
2
2
0
y
y
x
x




，
整理得
2
1
1
2
(
2)
(
2)
0
x
y
x y




又因为
1
1
2
2
,
kx
m y
kx
m
y 



，所以



1
2
1
2
2
2
0
kx x
m
x
x




，
由
2
2
3
3
y
kx
m
x
y







消去y 得
2
2
2
(3
1)
6
3
3
0,
k
x
kmx
m





所以
0

，即
2
2
3
1
m
k

，
2
1
2
1
2
2
2
6
3
3
,
,
3
1
3
1
km
m
x
x
x x
k
k






所以
2
2
2
3
3
6
2
(
2) (
)
0
3
1
3
1
m
mk
k
m
k
k








，
整理得
2
2
(3
3)
6
(
2)
0,
k
m
mk m





由于
0
k 
，故解方程得
2
2
m 
，
此时直线l 的方程为
2
2
y
kx


，过定点
2
0, 2








所以直线l 恒过定点
2
0, 2








.
题型六：圆锥曲线中的定直线问题
【基础公式】
1．已知椭圆
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b




外一点
0
0
(
,
)
P x
y
，当过点P 的动直线l 与椭圆相交于不同的两点
,
A B
时，在线段AB 上取一点Q ，满足|
|
|
|
=
.
|
|
|
|
AP
AQ
PB
QB




则点Q 必在定直线
0
0
2
2
1
x x
y y
a
b


上；
2．已知椭圆
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b




外一点
0
0
(
,
)
P x
y
，当过点P 的动直线l 与椭圆相交于不同的两点
,
A B
时，在线段AB 上取一点Q ，满足|
|
|
|
=
.
|
|
|
|
AP
AQ
PB
QB




则点Q 必在定直线
0
0
2
2
1
x x
y y
a
b


上；
3．已知抛物线
2
2
y
px

( >0)
p
，定点
0
0
(
,
)
P x
y
不在抛物线上，过点P 的动直线交抛物线于
,
A B 两点，
在直线AB 上取点Q ，满足|
|
|
|
=
.
|
|
|
|
AP
AQ
PB
QB




则点Q 在定直线
0
0
(
)
y y
p x
x


上．
【基础练习】
1.已知椭圆


2
2
2
2
:
1
0
x
y
E
a
b
a
b




过点

6,1 ，且离心率为
2
2
.
（1）求椭圆E 的方程；
（2）过右焦点F 且不与x 轴重合的直线与椭圆交于M ，N 两点，已知


3,0
D
，过M 且与y 轴垂直的直
线与直线DN 交于点P ，求证：点P 在一定直线上，并求出此直线的方程.
【答案】（1）
2
2
1
8
4
x
y


；（2）证明见解析，直线
4
x 
.
【解析】
【分析】（1）由椭圆过定点，结合离心率求椭圆参数，写出椭圆方程.
（2）由题设知MN 的斜率不可能为0，可设直线MN 的方程为
2
x
my


，


1
1
,
M x y
，


2
2
,
N x
y
，
联立椭圆方程，应用韦达定理可得
1
2
1
2
y
y
my y


，再由点斜式表示直线DN ：


2
2
3
3
y
y
x
x



，则


1
2
2
3
3
P
y
x
x
y



即可判断是否为定直线.
【详解】（1）由题意，
2
2
6
1
1
a
b

且
2
2
c
a 
，又
2
2
2
a
b
c


，解得
2
8
a 
，
2
4
b 
.
椭圆的方程为
2
2
1
8
4
x
y


.
（2）设直线MN 的方程为
2
x
my


，


1
1
,
M x y
，


2
2
,
N x
y
，联立方程
2
2
2,
1,
8
4
x
my
x
y






整理得

2
2
2
4
4
0
m
y
my




，
2
2
2
16
16(
2)
32(
1)
0
m
m
m






，
由
1
2
2
4
2
m
y
y
m




，
1
2
2
4
2
y y
m



，即
1
2
1
2
y
y
my y


.
直线DN 的方程为


2
2
3
3
y
y
x
x



.①
过M 且与y 轴垂直的直线的方程为
1
y
y

.②
联立①②可得




1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
3
1
3
3
3
4
P
y
x
y
my
y
y
y
x
y
y
y











.
点P 在定直线
4
x 
上.
【点睛】关键点点睛：第二问，设直线MN 的方程联立椭圆方程，由韦达定理确定
1
2
1
2
,
y
y
y y

的关系，
进而由P 的位置用
1
2
,
y y 表示出其横坐标.
2.已知点P 是离心率为1
2 的椭圆C ：
2
2
2
2
1
x
y
a
b

（
0
a
b


）上位于第一象限内的点，过点P 引x 轴、
y 轴的平行线，交y 轴、x 轴于M ，N 两点，交直线
b
y
x
a

于Q ，R 两点，记OMQ

与ONR

的面积
分别为
1S ，
2
S ，且
1
2
3
S
S


．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设椭圆C 的上、下顶点分别为
1
B ，
2
B ，过点


0,1
D
的直线与椭圆相交于E ，F 两点，证明：直
线
2
EB ，
1
FB 的交点G 在一定直线上，并求出该直线方程．
【答案】（Ⅰ）
2
2
1
4
3
x
y


；（Ⅱ）证明见解析，直线
3
y 
.
【解析】
【分析】（Ⅰ）设


,
P x y ，利用
1
2
3
S
S


，可得
3
2
ab 
，又
1
2
c
a 
，
2
2
2
a
b
c


，可得椭圆的方
程；
（Ⅱ）分类讨论：当直线EF 斜率存在时，设方程为：
1
y
kx

，联立
2
2
1
4
3
1
x
y
y
kx








，得


2
2
3
4
8
8
0
k
x
kx



，利用根的系数关系得
1
2
1
2
kx x
x
x


，直线
2
EB 的方程为
1
1
3
3
y
x
x
y



，直线
1
FB 的方程为
2
2
3
3
y
x
x
y



，联立消去x 得
3
y 
，当直线EF 的斜率不存在时，直线
2
EB ，
1
FB 与y 轴
重合，过点

0,3 ，即可得到结论.
【详解】（Ⅰ）设


,
P x y ，
/ /
PM
x 轴，
/ /
PN
y 轴，


0,
M
y

，

,0
N x
，
,
a
Q
y y
b







，
,
b
R x
x
a







，
2
1
1
1
2
2
a
ay
S
y
y
b
b





，
2
2
1
1
2
2
b
bx
S
x
x
a
a




，
2
2
1
2
1
2
ay
bx
S
S
b
a










2
2
2
2
2
2
ab
x
y
ab
a
b









，
3
2
ab


，又
1
2
c
a 
，
2
2
2
a
b
c


，
解得：
2
a 
，
3
b 
，故椭圆的方程为
2
2
1
4
3
x
y


．
（Ⅱ）①当直线EF 斜率存在时，设其方程为：
1
y
kx

，设


1
1
,
E x y
，


2
2
,
F x
y
，
联立
2
2
1
4
3
1
x
y
y
kx








，得

2
2
3
4
8
8
0
k
x
kx



，


2
2
64
32 3
4
0
k
k




，
由韦达定理得
1
2
2
8
3
4
k
x
x
k




，
1
2
2
8
3
4
x x
k



，
1
2
1
2
kx x
x
x



．
因为


1 0, 3
B
，


2 0,
3
B

，
所以直线
2
EB 的方程为
1
1
3
3
y
x
x
y



，直线
1
FB 的方程为
2
2
3
3
y
x
x
y



．
联立消去x 得



1
2
2
1
3
3
3
3
y
y
y
x
y
x





，整理得






2
1
1
2
1
2
1
2
2
1
1
2
3
3
3
x y
x y
x
x
y
x y
x y
x
x




















2
1
1
2
1
2
1
2
2
1
1
2
3
1
1
3
1
1
3
x
kx
x
kx
x
x
x
kx
x
kx
x
x






















2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
3 2
3
3
kx x
x
x
x
x
x
x
x
x















1
2
1
2
1
2
1
2
3
3 3
3
3
x
x
x
x
x
x
x
x








，
所以直线
2
EB ，
1
FB 的交点G 一定在直线
3
y 
上；
②当直线EF 的斜率不存在时，直线
2
EB ，
1
FB 与y 轴重合，过点

0,3 ，
由①②知直线
2
EB ，
1
FB 的交点G 在直线
3
y 
上．
【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、
三角形的面积等问题．
【反思】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、
三角形的面积等问题．
3.已知椭圆


2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b




的右焦点
1F 与抛物线
2
4
y
x

的焦点重合，原点到过点




,0 ,
0,
A a
B
b

的直线距离是2 21
7
（1）求椭圆C 的方程
（2）设动直线:l y
kx
m


与椭圆C 有且只有一个公共点P ，过
1F 作
1
PF 的垂线与直线l 交于点Q ，求
证：点Q 在定直线上，并求出定直线的方程
【答案】（1）
2
2
1
4
3
x
y


；（2）证明见解析，
4
x 
.
【解析】
【分析】（1）根据抛物线焦点的坐标公式，结合直线方程的截距式方程、点到直线距离公式、椭圆中, ,
a b c
之间的关系进行求解即可；
（2）将直线方程与椭圆方程联立，根据直线与椭圆的位置关系，结合一元二次方程的判断别式、斜率公
式、以及互相垂直两直线的关系进行求解即可.
【详解】（1）抛物线
2
4
y
x

的焦点坐标为

1,0
1
c

，
直线AB 的方程为：
1
0
x
y
bx
ay
ab
a
b





，设原点到直线AB 的距离为d ，
2
2
2
2
2
21
7
ab
ab
d
a
b
a
b







，
2
2
2
2
2
2
2
2
21
4
7
3
1
ab
a
a
b
b
a
b
c

















椭圆方程为
2
2
1
4
3
x
y


；
（2）因为直线l 与椭圆相切，
联立直线与椭圆方程：


2
2
2
2
2
4
3
8
4
12
0
1
4
3
y
kx
m
k
x
kmx
m
x
y
















2
2
2
2
64
4 4
12
4
3
0
k m
m
k







2
2
2
2
2
2
64
64
192
48
144
0
k m
k m
k
m






即
2
2
2
2
4
3
0
4
3
k
m
m
k






切点坐标
2
2
4
4
4
4
3
P
km
km
k
x
k
m
m




2
4
3
p
p
k
y
kx
m
m
m
m





即
4
3
,
k
P
m
m







，
1
3
3
4
4
1
PF
m
k
k
k
m
m






1
4
3
QF
k
m
k



，点
1F 的坐标为：

1,0 ，
1FQ

的方程为


4
1
3
k
m
y
x



联立直线
1 ,
FQ l 方程：


4
1
3
k
m
y
x
y
kx
m














4
1
3
4
4
3
3
k
m
x
kx
m
kx
mx
k
m
kx
m















4
k
m x
k
m




解得
4
x 
Q

在
4
x 
这条定直线上.
【点睛】关键点睛：本题的关键是通过直线与椭圆的位置关系，借助方程组消y ，运用一元二次方程根的
判别式得到等式
2
2
4
3
m
k


，再通过求出Q 横坐标，进行证明即可.
4.在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆


2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b




的离心率为
6
3
，且过点

0,1 ．如图
所示，斜率为

0
k k 
且过点

1,0

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 ，若F 在射线OE 上，且
2
OG
OE
OF


．
（1）求椭圆C 的标准方程；
（2）求证：点F 在定直线上．
【答案】（1）
2
2
1
3
x
y


；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）过点

0,1 ，可得
1
b ，再结合离心率即可求出椭圆方程；
（2）设直线l 的方程为



1
0
y
k x
k



，与椭圆联立用k 表示
,
G E 两点，即可算出F 点的横坐标为
定值，从而获解.
【详解】（1）已知椭圆


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




的离心率为
6
3
，且过点

0,1 ，
所以
1
b ，
又
2
2
c
a
b


，则
2
2
6
3
c
a
b
e
a
a




，所以
3
a 
，
故椭圆C 的标准方程为
2
2
1
3
x
y


．
（2）设直线l 的方程为



1
0
y
k x
k



，


1
1
,
A x y
，


2
2
,
B x
y
，
联立


2
2
1
1
3
y
k x
x
y







得

2
2
2
2
3
1
6
3
3
0
k
x
k x
k





，
由题意知
0

恒成立，
由韦达定理得
2
1
2
2
6
3
1
k
x
x
k



，所以
1
2
2
2
3
1
k
y
y
k


，
由于E 为线段AB 的中点，因此
2
2
3
3
1
E
k
x
k


，
2
3
1
E
k
y
k


，
此时
1
3
E
OE
E
y
k
x
k


．
所以OE 所在直线方程为
1
3
y
x
k

，
将其代入椭圆C 的方程，并由
0
k 
，
解得
2
2
3
1
,
3
1
3
1
k
G
k
k











，
又
2
2
2
1
3
1
,
3
3
k
k
E
k
k








，
由
2
OG
OE
OF


得
2
2
2
2
2
2
1
1
3
3
3
3
3
G
G
E
F
F
E
k
x
x
k
k
x
x
x
x
k

















，
因此，点F 在定直线
3
x 上．
【点睛】方法点睛：求定线问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定直线，再证明这条线与变量无关.
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定直线.
【反思】求定线问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定直线，再证明这条线与变量无关．
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定直线．
5.如图，椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b




的左、右焦点分别为
1F ，
2
F 上顶点为A，过点A 与
2
AF 垂直的直
线交x 轴负半轴于点Q，且
1F 恰是
2
QF 的中点，若过A，Q，
2
F 三点的圆与直线:
3
3
0
l x
y



相切．
（1）求椭圆C 的方程；
（2）设M，N 为椭圆C 的长轴两端点，直线m 过点


4,0
P
交C 于不同两点G，H，证明：四边形MNHG 的
对角线交点在定直线上，并求出定直线方程．
【答案】（1）
2
2
1
4
3
x
y


；（2）证明见解析，
1
x 
.
【解析】
【分析】
（1）设椭圆C 的半焦距为

0
c c 
，由圆的定义可求得圆的半径，再由直线与圆的相切的条件可求得c ，
2
a ，
2
b ，可求得椭圆方程．
（2）设其方程为
4
x
my


，设


1
1
,
H x y
，


2
2
,
G x
y
，直线与椭圆的方程联立整理得


2
2
3
4
24
36
0
m
y
my




，得出根与系数的关系，表示直线MH 的方程和直线GN 的方程。求得两直
线的交点的横坐标，代入，可得交点所过的定直线.
【详解】（1）设椭圆C 的半焦距为

0
c c 
，由
1F 为线段
2
F Q 中点，
2
AQ
AF

，
所以A，Q，
2
F 三点圆的圆心为
1(
,0)
F
c

，半径为2c
a

，
又因为该圆与直线l 相切，所以
3
2
2
c
c


，∴
1
c ，所以
2
4
a 
，
2
3
b 
，
故所求椭圆方程
2
2
1
4
3
x
y


．
（2）由对称性可知，若存在，则必为垂直于x 轴的直线．
依题意，直线l 斜率必存在且不为0，设其方程为
4
x
my


，
设


1
1
,
H x y
，


2
2
,
G x
y
，联立
2
2
4
1
4
3
x
my
x
y






，得

2
2
3
4
24
36
0
m
y
my




，
所以
1
2
2
1
2
2
0
24
3
4
36
3
4
m
y
y
m
y y
m













，故


1
2
1
2
3
2
y y
y
y
m


，
不妨设


2,0
M 
，


2,0
N
，
所以直线MH 的方程为
1
1
(
2)
2
y
y
x
x



，直线GN 的方程为
2
2
(
2)
2
y
y
x
x



消去y，得
















1
2
2
1
1
2
2
1
2
1
1
2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
6
2
2
2
6
2
y
x
y
x
y
my
y
my
x
y
x
y
x
y
my
y
my

















1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
3
3
3
2
2
2
3
3
m
y
y
y
y
my y
y
y
m
y
y
y
y


















2
1
2
1
3
1
1
2
2
2
2
1
3
2
y
y
y
y







故四边形MNHG 的对角线交点在定直线
1
x 
上．
【点睛】关键点点睛：解决直线与圆锥曲线相交的相关问题时，关键在于将目标条件转化为交点的坐标间
的关系，交点坐标的韦达定理上去可得以解决.
【反思】解决直线与圆锥曲线相交的相关问题时，关键在于将目标条件转化为交点的坐标间的关系，交点
坐标的韦达定理上去可得以解决．
6.已知双曲线C ：
2
2
2
2
1
x
y
a
b


（
0
a 
，
0
b 
）实轴端点分别为


1
,0
A
a

，


2
,0
A a
，右焦点为F ，
离心率为2，过
1A 点且斜率1 的直线l 与双曲线C 交于另一点B ，已知
1A BF
△
的面积为9
2
．
（1）求双曲线的方程；
（2）若过F 的直线l与双曲线C 交于M ，N 两点，试探究直线
1A M 与直线
2
A N 的交点Q 是否在某条
定直线上？若在，请求出该定直线方程；如不在，请说明理由．
【答案】（1）
2
2
1
3
y
x 

（2）在定直线方程
1
2
x 
上
【解析】
【分析】（1）联立直线方程与双曲线方程，可得点B ，进而根据三角形面积公式即可求出, ,
a b c 的值；（2）
分直线斜率和不存在两种情况讨论，求出两直线交点，代入化简即可求解.
【小问1 详解】
设直线l 的方程为y
x
a


，联立
2
2
2
2
1
y
x
a
x
y
a
b






，得
2
2
2
2ab
y
b
a


，
又
2
c
e
a


，
2
2
2
c
a
b


，代入上式得
3
y
a

，即
3
B
y
a

，
∴


1
1
9
3
2
2
A BF
S
a
c
a




△
，解得
1
a 
，∴
3
b 
，
2
c 
，∴双曲线的方程为
2
2
1
3
y
x 

．
【小问2 详解】
当直线l点的斜率不存在时，


2,3
M
，


2, 3
N

，直线
1A M 的方程为
1
y
x

，直线
2
A N 的方程为
3
3
y
x


，联立直线
1A M 与直线
2
A N 的方程可得的
1 3
,
2 2
Q





，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为


2
y
k x


，


1
1
,
M x y
，


2
2
,
N x
y
，
联立


2
2
2
1
3
y
k x
y
x







得

2
2
2
2
3
4
4
3
0
k
x
k x
k





，∴
2
1
2
2
4
3
k
x
x
k



，
2
1
2
2
4
3
3
k
x x
k



，
∴直线
1A M 的方程为


1
1
1
1
y
y
x
x



，直线
2
A N 的方程为


2
2
1
1
y
y
x
x



，
联立直线
1A M 与直线
2
A N 的方程可得：




2
1
1
2
1
1
1
1
y
x
x
x
y
x





，两边平方得




2
2
2
2
1
2
2
1
2
1
1
1
1
y
x
x
x
y
x










，
又


1
1
,
M x y
，


2
2
,
N x
y
满足
2
2
1
3
y
x 

，
∴




















2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
1
2
1
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3
1
1
x
x
y
x
x
x
x x
x
x
x
x
x x
x
x
y
x
x
x



















2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
3
4
1
4
3
4
3
3
3
9
4
3
4
4
3
4
3
1
3
3
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k



















，
∴
2
1
9
1
x
x








，∴
1
2
x 
，或
2
x 
，（舍去）
综上，Q 在定直线上，且定直线方程为
1
2
x 
．
7.已知椭圆
2
2
:
1
4
2
x
y
C


，点


4,1
P
为椭圆外一点．
（1）过原点作直线交椭圆C 于M 、N 两点，求直线PM 与直线PN 的斜率之积的范围；
（2）当过点P 的动直线l 与椭圆C 相交于两个不同点A 、B 时，线段AB 上取点Q ，满足
AP
QB
AQ
PB







，证明：点Q 总在某定直线上．
【答案】（1）
1
1
,
16 12







；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）设点


0
0
,
M
x
y
，可得


0
0
,
N
x
y


，椭圆的有界性可得出


2
0
0,2
y 
，利用斜率公式结合椭圆方
程可得出
2
0
1
7
2
2
12
PM
PN
k
k
y




，利用不等式的基本性质可求得
PM
PN
k
k

的取值范围；
（2）设


1
1
,
A x y
、

2
2
,
B x
y
、

3
3
,
Q x y
，分析得出直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为


1
4
y
k x


，
将直线l 的方程与椭圆C 的方程联立，列出韦达定理，由AP
QB
AQ
PB







可得出


3
3
2
1
4
x
x
k


，
再由
3
3
1
4
y
k
x



可得出
3
3
2
2
0
x
y



，即可得出结论.
【详解】（1）设


0
0
,
M
x
y
，


0
0
,
N
x
y


，
则


2
2
2
0
0
0
0
0
2
2
2
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
4
4
16
2
12
16
4
2
PM
PN
y
y
y
y
y
k
k
x
x
x
y
y

















，
所以


2
0
2
2
0
0
1 2
12
7
1
7
2
2
12
2
2
12
PM
PN
y
k
k
y
y









，
因为


2
0
0,2
y 
，所以


2
0
2
12
12,16
y 

，所以
2
0
7
7
7
,
2
12
16 12
y







，
所以
1
1
,
16 12
PM
PN
k
k








；
（2）若直线l 的斜率不存在，则直线l 的方程为
4
x 
，此时直线l 与椭圆C 无公共点，不合乎题意.
所以，直线l 的斜率存在，设
(
)
4
:
1
l y
k x
- =
-
，即


1 4
y
kx
k



，
联立


2
2
1
4
2
1 4
x
y
y
kx
k









，得





2
2
2
1 2
4
1 4
2 1 4
4
0
k
x
k
k x
k







，
由
0

得
2
12
8
1
0
k
k


，
设


1
1
,
A x y
、


2
2
,
B x
y
，则


1
2
2
4
1
4
1
2
k
k
x
x
k




，


2
1
2
2
2 1 4
4
1
2
k
x x
k




，
设


3
3
,
Q x y
，由AP
QB
AQ
PB







，得





2
3
1
2
1
3
4
4
x
x
x
x
x
x





（考虑线段在x 轴的射
影），
所以



1
2
1
2
3
3
8
4
2
x
x
x
x
x x




，
于是






2
3
3
2
2
4
1 4
2 1 4
4
8
4
2
1
2
1
2
k
k
k
x
x
k
k










，整理得


3
3
2
1
4
x
x
k


，
又
3
3
1
4
y
k
x



，代入上式，得
3
3
2
2
0
x
y



，所以点Q 总在定直线2
2
0
x
y



上．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为

1
1
,
x
y
、

2
2
,
x
y
；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x （或y ）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为
1
2
x
x

、
1
2
x x 的形式；
（5）代入韦达定理求解.
【反思】利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为

1
1
,
x
y
、

2
2
,
x
y
；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x （或y ）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为
、
的形式；
（5）代入韦达定理求解．
题型七：抛物线的焦点弦长公式
【基础公式】
不妨设抛物线方程为


2
2
0
y
px p


，如图1，准线
2
p
x 
与x 轴相交于点P ，过焦点
,0
2
p
F 





的直线l
与抛物线相交于




1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
两点，O 为原点，为AB 与对称轴正向所成的角，则有如下的焦
点弦长公式：
2
1
2
1
2
1
2
2
2
1
2
= 1+
-
,
= 1+
-
,
= +
+ ,
= sin
p
AB
k
x x
AB
y y
AB
x
x
p AB
k

．
【基础练习】
1.设F 为抛物线
2
:
6
C
y
x

的焦点，过F 且倾斜角为60°的直线交C 于A，B 两点，则AB （
）
A.
30
3
B. 8
C. 12
D. 7 3
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得出焦点坐标，直线方程，由直线方程与抛物线方程联立，由抛物线过焦点的弦长公式可
得出答案.
【详解】依题意可知抛物线
2
:
6
C
y
x

焦点为3 ,0
2






，直线AB 的方程为
3
3
2
y
x








，
代入抛物线方程得
2
4
20
9
0
x
x



，可得
5
A
B
x
x


，
根据抛物线的定义可知直线AB 的长为
5
3
8
2
2
A
B
p
p
x
x






．
故选：B．
2.抛物线
2
4
y
x

的焦点弦被焦点分成长是m 和n 的两部分，则m 与n 的关系是（
）
A. m＋n＝mn
B. m＋n＝4
C. mn＝4
D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】根据抛物线的定义可得焦点弦
1
1
AF
x

，
2
1
BF
x

，联立过焦点的直线方程和抛物线方
程，根据韦达定理即可求解.
【详解】抛物线的焦点


1,0
F
，准线x＝－1，
设

1
y
k x


，把它代入
2
4
y
x

得


2
2
2
2
2
2
0
k x
k
x
k




，
设


1
1
,
A x y
，


2
2
,
B x
y
，则
1
2
1

x x
，由抛物线定义可得
1
1
AF
x

，
2
1
BF
x

，
∴





1
2
1
2
1
1
2
m
n
x
x
x
x








，







1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
2
mn
x
x
x x
x
x
x
x









，
∴m＋n＝mn．
故选:A
3.过抛物线
2
8
x
y

焦点F 的直线交抛物线于M，N 两点，若MF
FN


uuur
uuur
，
9
MN 
，则的值为（
）
A. 1
3
B.
1
2
C. 1
3
或3
D.
1
2 或2
【答案】D
【解析】
【分析】直接根据抛物线中切点弦的性质即可得结论.
【详解】在抛物线中，由焦点弦的性质可得
1
1
2
1
2
9
MF
NF
p
MF
NF









，
解得
6
3
MF
NF





或
3
6
MF
NF





，
所以
2

或1
2 ，
故选：D.
4.已知抛物线C ：
2
4
y
x

的焦点为F ，准线l 与x 轴的交点为A，M 是抛物线C 上的点.若MF
x

轴，
则以AF 为直径的圆截直线AM 所得的弦长为(
)
A. 2
B.
2
C. 1
D.
2
2
【答案】B
【解析】
【分析】求出M 坐标及直线AM 的方程，根据圆的弦长公式即可求解．
【详解】由题知，


1,0
F
，
1
l
x 
：
，

1,0
A 
，
∵MF
x

轴，∴


1, 2
M

，根据抛物线对称性，不妨取


1,2
M
，
则


2
0
0
1
1
0
1 1
AM
y
x
x
y








：
，
原点O 到直线AM 的距离为：
1
2
d 
，
∴以AF 为直径的圆截直线AM 所得的弦长为：
2
2
1
2 1
2
2








﹒
故选：B﹒
5.己知F 为抛物线
2
:
6
C
y
x

的焦点，过F 作两条互相垂直的直线1l ，2l ，直线1l 与C 交于A、B 两点，
直线2l 与C 交于D、E 两点，则|
|
|
|
AB
DE

的最小值为（
）
A. 24
B. 22
C. 20
D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】由抛物线的性质：过焦点的弦长公式
2
1
2 (1
)
AB
p
k


计算可得.
【详解】设直线1l ，2l 的斜率分别为
1
2
,
k k ，
由抛物线的性质可得
2
2
1
1
1
1
2 (1
)
6(1
)
AB
p
k
k




，
2
2
2
2
1
1
2 (1
)
6(1
)
DE
p
k
k




，
所以
2
2
2
2
1
2
1
2
1
1
1
1
|
|
6(1
)
6(1
)
12
6
AB
DE
k
k
k
k








（
），
又因为1
2
l
l

，所以
1
2
1
k
k
×
= - ，
所以
2
2
1
1
2
2
1
1
1
1
|
|
12
6
12
6 2
24
AB
DE
k
k
k
k








（
）
，
故选：A.
6.已知抛物线
2
:
2
(
0)
C y
px p


，过抛物线焦点F 的直线与抛物线C 交于A､B 两点，交抛物线的准线于点
P，若F 为PB.中点，且
2 3
|
|
3
AF 
，则|AB|=（
）
A. 2 2
3
B. 4 2
3
C. 4 3
3
D. 8 3
3
【答案】D
【解析】
【分析】分别过A，B 作准线的垂线，垂足为M，N，由抛物线定义知，BN
BF

，又F 为PB.中点，求得
60
PBN
PFO
PAM




，从而根据
2 3
|
|
3
AF 
求得
2
2
AP
AM
AF


，PF
PA
AF


，
2
PB
PF

，进而求得AB
PB
PA


.
【详解】如图，分别过A，B 作准线的垂线，垂足为M，N，
由抛物线定义知，BN
BF

，又F 为PB.中点，
则
1
cos
2
BN
PBN
PB



，
60
PBN
PFO
PAM




，
则
4 3
2
2
3
AP
AM
AF



，
2 3
PF
PA
AF



，
2
4 3
PB
PF


，
则
4 3
8 3
4 3
3
3
AB
PB
PA





故选：D
7.已知抛物线方程为


2
2
0
y
px p


，O 为坐标原点，过抛物线焦点F 的直线交抛物线于A，B 两点，A，B
的纵坐标之积为－8，且
3
AF
BF

，则OAB

的面积是（
）
A. 4 2
B. 1
4
C. 4 3
3
D. 8 3
3
【答案】D
【解析】
【分析】不妨设A 在第一象限，B 在第四象限，设出AB 的方程与抛物线方程联立由A，B 的纵坐标之积为
－8，解出p ，再结合
3
AF
BF

，可以解出A，B的纵坐标，根据OAB

的面积为
1
2
OAB
A
B
S
OF
y
y



△
可得答案.
【详解】不妨令A 在第一象限，B 在第四象限，设AB 的方程为
2
p
x
my


，
由
2
2
2
p
x
my
y
px






得
2
2
2
0
y
pmy
p



，
则
2
8
A
B
y y
p

，所以
2 2
p 
.
又因为
3
AF
BF

，所以
3
A
B
y
y

，即
3
A
B
y
y

，代入
8
A
B
y y 
可得
2
3
8
B
y

，由B 在第四象限，则
2
6
3
B
y 
，所以
2 6
A
y 
所以
1
8 3
2
3
OAB
A
B
S
OF
y
y




△
.
故选：D
8.（多选）已知O 为坐标原点，点
(1,1)
A
在抛物线
2
:
2
(
0)
C x
py p


上，过点
(0, 1)
B

的直线交C 于P，
Q 两点，则（
）
A. C 的准线为
1
y 
B. 直线AB 与C 相切
C.
2
|
OP
OQ
OA


D.
2
|
| |
| |
|
BP
BQ
BA


【答案】BCD
【解析】
【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB 与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可
判断C、D.
【详解】将点A 的代入抛物线方程得1
2 p

，所以抛物线方程为
2x
y

，故准线方程为
1
4
y 
，A 错误；
1 ( 1)
2
1 0
AB
k




，所以直线AB 的方程为
2
1
y
x

，
联立
2
2
1
y
x
x
y






，可得
2
2
1
0
x
x


，解得
1
x 
，故B 正确；
设过B 的直线为l ，若直线l 与y 轴重合，则直线l 与抛物线C 只有一个交点，
所以，直线l 的斜率存在，设其方程为
1
y
kx

，
1
1
2
2
( ,
),
(
,
)
P x y
Q x
y
，
联立
2
1
y
kx
x
y






，得
2
1
0
x
kx


，
所以
2
1
2
1
2
Δ
4
0
1
k
x
x
k
x x











，所以
2
k 
或
2
k ，
2
1
2
1
2
(
)
1
y y
x x


，
又
2
2
2
1
1
1
1
|
|
OP
x
y
y
y




，
2
2
2
2
2
2
2
|
|
OQ
x
y
y
y




，
所以
2
1
2
1
2
1
2
|
| |
|
(1
)(1
)
|
| 2 |
|
OP
OQ
y y
y
y
kx
kx
k
OA









，故C 正确；
因为
2
1
|
|
1
|
|
BP
k
x


，
2
2
|
|
1
|
|
BQ
k
x


，
所以
2
2
1
2
|
| |
| (1
) |
| 1
5
BP
BQ
k
x x
k





，而
2
|
|
5
BA 
，故D 正确.
故选：BCD
9.设F 为抛物线
2
:
4
C y
x

的焦点，点A 在C 上，点
(3,0)
B
，若AF
BF

，则AB （
）
A. 2
B. 2 2 C. 3
D. 3 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点A 的横坐标，进而求得点A 坐标，即
可得到答案.
【详解】由题意得，


1,0
F
，则
2
AF
BF


，
即点A 到准线= 1
x 
的距离为2，所以点A 的横坐标为1
2
1

，
不妨设点A 在x 轴上方，代入得，

1,2
A
，
所以




2
2
3 1
0
2
2 2
AB 




.
故选：B
【反思】
1．客观题中的抛物线一般考查抛物线定义、几何性质及运算能力，特别是求解有关线段长度时要注意定
义、方程思想及根与系数关系的应用．
2．设AB 是过抛物线y
2＝2px（p>0）焦点F 的弦，若A（x1，y1），B（x2，y2），则
①x1x2＝
，y1y2＝－p
2．
②
1
= + 2
p
AF
x
，|AB|＝x1＋x2＋p＝
（α为弦AB 的倾斜角）．
10.设抛物线
2
:
2
(
0)
C y
px p


的焦点为F，点


,0
D p
，过F 的直线交C 于M，N 两点．当直线MD 垂直
于x 轴时，
3
MF 
．
（1）求C 的方程；
（2）设直线
,
MD ND 与C 的另一个交点分别为A，B，记直线
,
MN AB 的倾斜角分别为,
．当


取
得最大值时，求直线AB 的方程．
【答案】（1）
2
4
y
x

；
（2）
:
2
4
AB x
y


.
【解析】
【分析】（1）由抛物线的定义可得
=
2
p
MF
p 
，即可得解；
（2）法一：设点的坐标及直线
:
1
MN x
my


，由韦达定理及斜率公式可得
2
MN
AB
k
k

，再由差角的
正切公式及基本不等式可得
2
2
AB
k

，设直线
:
2
AB x
y
n


，结合韦达定理可解.
【小问1 详解】
抛物线的准线为
2
p
x 
，当MD 与x 轴垂直时，点M 的横坐标为p，
此时
=
3
2
p
MF
p 

，所以
2
p 
，
所以抛物线C 的方程为
2
4
y
x

；
【小问2 详解】
[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设
2
2
2
2
3
1
2
4
1
2
3
4
,
,
,
,
,
,
,
4
4
4
4
y
y
y
y
M
y
N
y
A
y
B
y
























，直线
:
1
MN x
my


，
由
2
1
4
x
my
y
x






可得
2
4
4
0
y
my



，
1
2
0,
4
y y


，
由斜率公式可得
1
2
2
2
1
2
1
2
4
4
4
MN
y
y
k
y
y
y
y





，
3
4
2
2
3
4
3
4
4
4
4
AB
y
y
k
y
y
y
y





，
直线
1
1
2
:
2
x
MD x
y
y




，代入抛物线方程可得


1
2
1
4
2
8
0
x
y
y
y




，
1
3
0,
8
y y

，所以
3
2
2
y
y

，同理可得
4
1
2
y
y

，
所以


3
4
1
2
4
4
2
2
MN
AB
k
k
y
y
y
y





又因为直线MN、AB 的倾斜角分别为,
，所以
tan
tan
2
2
MN
AB
k
k





，
若要使


最大，则
0, 2








，设
2
2
0
MN
AB
k
k
k



，则


2
tan
tan
1
1
2
tan
1
1
tan
tan
1 2
4
1
2
2
2
k
k
k
k
k
k

















，
当且仅当1
2k
k 
即
2
2
k 
时，等号成立，
所以当


最大时，
2
2
AB
k

，设直线
:
2
AB x
y
n


，
代入抛物线方程可得
2
4 2
4
0
y
y
n



，
3
4
1
2
0,
4
4
16
y y
n
y y




，所以
4
n 
，
所以直线
:
2
4
AB x
y


.
[方法二]：直线方程点斜式：由题可知，直线MN 的斜率存在.
设








1
1
2
2
3
3
4
4
,
,
,
,
,
,
,
M x y
N x
y
A x y
B x
y
,直线


:
1
MN y
k x


由
2
(
1)
4
y
k x
y
x






得：


2
2
2
2
4
4
4
0
k x
k
x
k




，
1
2
4
x x 
,同理，
1
2
4
y y .
直线MD:
1
1
(
2)
2
y
y
x
x



,代入抛物线方程可得：
1 3
4
x x 
，同理，
2
4
4
x x 
.
代入抛物线方程可得:
1
3
8
y y ,所以
3
2
2
y
y

，同理可得
4
1
2
y
y

，
由斜率公式可得：




2
1
4
3
2
1
4
3
2
1
2
1
2
1
.
2
2
1
1
4
AB
MN
y
y
y
y
y
y
k
k
x
x
x
x
x
x
















（下同方法一）若要使


最大，则
0, 2








，
设
2
2
0
MN
AB
k
k
k



，则


2
tan
tan
1
1
2
tan
1
1
tan
tan
1 2
4
1
2
2
2
k
k
k
k
k
k

















，
当且仅当1
2k
k 
即
2
2
k 
时，等号成立，
所以当


最大时，
2
2
AB
k

，设直线
:
2
AB x
y
n


，
代入抛物线方程可得
2
4 2
4
0
y
y
n



，
3
4
1
2
0,
4
4
16
y y
n
y y




，所以
4
n 
，所以直线
:
2
4
AB x
y


.
[方法三]：三点共线
设
2
2
2
2
3
1
2
4
1
2
3
4
,
,
,
,
,
,
,
4
4
4
4
y
y
y
y
M
y
N
y
A
y
B
y
























，
设


,0
P t
,若P、M、N 三点共线，由
2
2
1
2
1
2
,
,
4
4
y
y
t y
t
PM
PN
y


















，
所以
2
2
1
2
2
1
4
4
y
y
t y
t y















，化简得
1
2
4
y y
t
=-
，
反之，若
1
2
4
y y
t
=-
,可得MN 过定点

,0
t
因此，由M、N、F 三点共线，得
1
2
4
y y ，
由M、D、A 三点共线，得
1
3
8
y y ，
由N、D、B 三点共线，得
2
4
8
y y ，
则
3
4
1
2
4
16
y y
y y


，AB 过定点（4,0）
（下同方法一）若要使


最大，则
0, 2








，
设
2
2
0
MN
AB
k
k
k



，则


2
tan
tan
1
1
2
tan
1
1
tan
tan
1 2
4
1
2
2
2
k
k
k
k
k
k

















，
当且仅当1
2k
k 
即
2
2
k 
时，等号成立，
所以当


最大时，
2
2
AB
k

，所以直线
:
2
4
AB x
y


.
【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线
,
MN AB 的斜率关
系，由基本不等式即可求出直线AB 的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性
通法；
法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；
法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线AB 过定点，省去联立过程，也不失为一种简
化运算的好方法．
【反思】本题第（1）问也是送分题，难度甚至小于选择题的前3 题，难题争取得部分分应成为每位考生
的追求，解析几何解答题一个突出特点是运算量比较大，相等一部分学生会因运算不过关出错，或嫌麻烦，
直接放弃，其实解析几何解答题第（1）问一般为求圆锥曲线方程，难度比较小，不要放弃，第（2）问题
的思路还是比较容易想到的，平时多做几道类似的题，总结运算规律，争取做到题不二错，这部分分通过
努力还是能够得到的．
题型八：抛物线中的三类直线与圆相切问题
【基础公式】
不妨设抛物线方程为


2
2
0
y
px p


，如图1，准线
2
p
x 
与x 轴相交于点P ，过焦点
,0
2
p
F 





的直线l
与抛物线相交于



1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
两点，O 为原点，为AB 与对称轴正向所成的角，AB 的中点为C ，
又作
1
1
1
,
,
AA
l BB
l CC
l



，垂足分别为
1
1
1
,
,
A B C ，则有如下结论（图2）：
图1
图2
图3
①以AB 为直径的圆M 与准线相切；
②以AF 为直径的圆C 与y 轴相切；
③以BF 为直径的圆D 与y 轴相切；
④分别以
,
,
AB AF BF 为直径的圆之间的关系：圆C 与圆D 外切；圆C 与圆D 既与y 轴相切，又与圆M
相内切．
结合圆的几何性质易得有关直线垂直关系的结论，如图3 有，
①以AB 为直径的圆的圆心在准线上的射影
1
M 与
,
A B 两点的连线互相垂直，即
1
1
M A
M B

；
②以AF 为直径的圆的圆心在y 轴上的射影
1
C 与
,
A F 两点的连线互相垂直，即
1
1
C A
C F

；
③以BF 为直径的圆的圆心在y 轴上的射影
1
D 与
,
B F 两点的连线互相垂直，即
1
1
D B
D F

；
④以
1
1
A B 为直径的圆必过原点，即
1
1
A F
B F

；
⑤
1
M F
AB

．
【基础练习】
1.设抛物线
2
:
2
(
0)
C y
px p


的焦点为F ，点M 在C 上，
5
MF 
，若以MF 为直径的圆过点（0,2），
则C 的方程为
A.
2
4
y
x

或
2
8
y
x

B.
2
2
y
x

或
2
8
y
x

C.
2
4
y
x

或
2
16
y
x

D.
2
2
y
x

或
2
16
y
x

【答案】C
【解析】
【详解】∵抛物线C 方程为
2
2
(
0)
y
px p


,∴焦点
(
,0)
2
p
F
，
设
( , )
M x y ,由抛物线性质
5
2
p
MF
x



,可得
5
2
p
x 

，
因为圆心是MF 的中点,所以根据中点坐标公式可得,圆心横坐标为5
2
，
由已知圆半径也为5
2
,据此可知该圆与y 轴相切于点(0,2)，故圆心纵坐标为2，则M 点纵坐标为4，
即
(5
,4)
2
p
M

,代入抛物线方程得
2
10
16
0
p
p



，所以p=2 或p=8.
所以抛物线C 的方程为
2
4
y
x

或
2
16
y
x

.
故答案C.
【点睛】本题主要考查了抛物线的定义与简单几何性质，圆的性质和解直角三角形等知识，属于中档题，
本题给出抛物线一条长度为5 的焦半径MF ,以MF 为直径的圆交抛物线于点(0,2) ，故将圆心的坐标表示
出来，半径求出来之后再代入到抛物线中即可求出p 的值，从而求出抛物线的方程，因此正确运用圆的性
质和抛物线的简单几何性质是解题的关键.
2.在平面直角坐标系中，已知点


1,0
F
，直线:
1
l x ，动直线l垂直于l 于点H ，线段HF 的垂直平
分线交l于点P ，设P 的轨迹为C .
（1）求曲线C 的方程；
（2）以曲线C 上的点


0
0
0
,
(
0)
Q x
y
y 
为切点作曲线C 的切线1l ，设1l
分别与x ，y 轴交于A ，B 两点，
且1l 恰与以定点


4,0
M
为圆心的圆相切. 当圆M 的面积最小时，求
ABF
△
与
AQM
V
面积的比.
【答案】（1）
2
4
y
x

（2）1: 4
【解析】
【分析】（1）根据垂直平分线的性质可知PF
PH

，满足抛物线的定义，点


1,0
F
是抛物线的焦点，
= 1
x 
是抛物线的准线，即可得到抛物线方程；
（2）首先设切线方程


0
0
y
y
k x
x



与抛物线方程联立，
0

，解得
0
2
k
y

，回代切线方程得
2
0
0
4
2
0
x
y y
y



，分别求出点A 、B 的坐标，并且求出圆心到直线的距离的最小值，并且根据基本不
等式里面等号成立的条件求出切点坐标，回代各点的坐标，计算两个三角形的面积.
【小问1 详解】
解：由题意得PH
PF

，
∴点P 到直线:
1
l x 的距离等于它到定点


1,0
F 
的距离，
∴点P 的轨迹是以l 为准线、F 为焦点的抛物线，
∴点P 的轨迹C 的方程为
2
4
y
x

．
【小问2 详解】
解：由题意知切线1l 的斜率必然存在，设为k ，则


1
0
0
:
l
y
y
k x
x



，
由


2
0
0
4
y
x
y
y
k x
x






，得
2
0
0
1
4
y
y
k
y
x









，即
2
2
0
0
4
4
0
y
y
y
y
k
k




，
由
0

得
0
2
k
y

，
∴
2
1
0
0
: 4
2
0
l
x
y y
y



，
令
0
x 
则
0
2
y
y 
，∴
0
0, 2
y
B





，
令
0
y 
则
2
0
0
4
y
x
x


，∴


0,0
A
x

，
点


4,0
M
到切线1l 的距离
2
2
0
0
2
2
0
0
4
16
6
2 3
2
2
4
4
y
y
d
y
y








（当且仅当
0
2 2
y 
时取等号）
∴当点Q 的坐标为

2,2 2 时，满足题意的圆M 的面积最小，
此时

2,0
A 
，

0,
2
B
，
所以


1
3
1
2
2
2
2
2
ABF
S





，


1 4
2
2 2
6 2
2
AQM
S





，
∴
1
4
ABF
AQM
S
S



，即
ABF
△
与
AQM
V
的面积比为1: 4．
【反思】本题考查了抛物线的标准方程，抛物线的几何性质，以及直线和圆，直线和抛物线的位置关系的
相关问题，当题设涉及直线，圆，圆锥曲线时，一般是直线与圆锥曲线相交于两点，需联立方程，得到根
与系数的关系，而直线与圆经常利用圆的几何性质，得到一些常量，这些不变的量和圆锥曲线建立联系，
从而进一步求解．
3.已知抛物线
2
:
4
C x
y

的准线为l，记l 与y 轴交于点M，过点M 作直线l与C 相切，切点为N，则以
MN 为直径的圆的方程为（
）
A.
2
2
(
1)
4
x
y



或
2
2
(
1)
4
x
y



B.
2
2
(
1)
16
x
y



或
2
2
(
1)
16
x x
y



C.
2
2
(
1)
2
x
y



或
2
2
(
1)
2
x
y



D.
2
2
(
1)
8
x
y



或
2
2
(
1)
8
x
y



【答案】C
【解析】
【分析】
设切线
:
1
l
y
kx


，联立
2
4
1
x
y
y
kx






，根据
0

得到
1
k ，计算
(2,1)
N
或
( 2,1)
N 
，再计算圆方程
得到答案.
【详解】
(0, 1)
M

，设切线
:
1
l
y
kx


，联立
2
4
1
x
y
y
kx






，故
2
4
4
0
x
kx



，
2
16
16
0
k



，
解得
1
k ，故
2
x ，则
(2,1)
N
或
( 2,1)
N 
故以MN 为直径的圆的方程为
2
2
(
1)
2
x
y =


或
2
2
(
1)
2
x
y



故选：C.
【点睛】本题考查了圆方程，抛物线的切线，意在考查学生的综合应用能力.
4.阿基米德（公元前287 年---212 年）是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，不仅在物理学方面
贡献巨大，还享有“数学之神”的称号.抛物线上任意两点A、B 处的切线交于点P，称△PAB 为“阿基米
德三角形”，当线段AB 经过抛物线焦点F 时，△PAB 具有以下特征：（1）P 点必在抛物线的准线上；（2）
△PAB 为直角三角形，且PA
PB

;（3）PF
AB

.若经过抛物线
2
4
y
x

焦点的一条弦为AB，阿基
米德三角形为△PAB ，且点P 的纵坐标为4，则直线AB 的方程为（
）
A. x-2y-1=0
B. 2x+y-2=0
C. x+2y-1=0
D. 2x-y-2=0
【答案】A
【解析】
【分析】线段AB 经过抛物线y
2＝4x 焦点，由“阿基米德三角形”的特征可得P 点坐标，从而得直线PF
的斜率，又PF⊥AB，即得直线AB 斜率，由点斜式可求直线AB 的方程．
【详解】抛物线y
2＝4x 的焦点F 的坐标为（1，0），准线方程为：x＝﹣1，
线段AB 经过抛物线y
2＝4x 焦点，由△PAB 为“阿基米德三角形”，
可得P 点必在抛物线的准线上，则点P（﹣1，4），
直线PF 的斜率为：4
0
1 1


＝﹣2，
又∵PF⊥AB，∴直线AB 的斜率为1
2 ，
∴直线AB 的方程为：y﹣0＝1 (
1)
2 x 
，即x﹣2y﹣1＝0，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了抛物线的定义以及抛物线的性质，考查直线方程的求解，考查学生分析问题的能
力，是中档题．
5.抛物线
2
2
(
0)
y
px p


的焦点为F ，AB 是经过抛物线焦点F 的弦，M 是线段AB 的中点，经过A ，
B ，M 作抛物线的准线l 的垂线AC ，BD ，MN ，垂足分别是C ，D ，N ，其中MN 交抛物线于点Q .
下列说法不正确的是
A.
1
|
|
|
|
2
MN
AB

B. FN
AB

C. Q 是线段MN 的一个三等分点
D.
QFM
QMF


【答案】C
【解析】
【分析】利用抛物线的定义及平面几何性质逐一判断即可.
【详解】由抛物线的定义，得|
| |
|
AC
AF

，|
| |
|
BD
BF

.又
|
|
|
|
2
AC
BD
MN


，
则
|
|
|
|
1
|
|
|
|
2
2
AF
BF
MN
AB



，A 正确.由
1
|
|
|
|
2
MN
AB

，可知ANB

是直角三角形，MN 是斜
边上的中线，所以
MAN
MNA


，而
MNA
CAN


，所以
MAN
CAN


.所以
ANC
ANF


≌
，可知
90
AFN
ACN



，所以FN
AB

，B 正确.在Rt MNF

中，|
| |
|
QN
QF

，
可知
QNF
QFN


，所以
QFM
QMF


，D 正确.由
QFM
QMF


，可知|
| |
|
QF
QM

，
所以|
| |
|
NQ
QM

，即Q 是MN 的中点，故C 不正确.
故选C
【点睛】本题考查抛物线的定义，考查平面几何的性质，考查数形结合的数学思想，属于中档题.
6.在平面直角坐标系xOy 中，若抛物线C:y
2=2px(
0
p 
)的焦点为F，直线x=3 与抛物线C 交于A，B 两点，｜
AF|=4，圆E 为FAB

的外接圆，直线OM 与圆E 切于点M，点N 在圆E 上，则OM ON


的取值范围是（
）
A.
63,9
25







B. 

3,21

C.
63,21
25






D. 

3,27
【答案】B
【解析】
【分析】由已知及抛物线的定义，可求p ，进而得抛物线的方程，可求A ，B ，F 的坐标，直线AF 的
方程，可得圆的半径，求得圆心，设N 的坐标，求得M 的坐标，结合向量数量积的坐标表示，以及辅助
角公式和正弦函数的值域，可得所求范围．
【详解】解：由题意，设

3, 6
A
p ，所以|
| 3
4
2
p
AF 


，解得
2
p 
，
所以抛物线的方程为
2
4
y
x

，

3,2 3
A
，

3, 2 3
B

，
(1,0)
F
，
所以直线AF 的方程为
3(
1)
y
x


，
设圆心坐标为
0
(x ，0) ，所以
2
2
0
0
(
1)
(3
)
12
x
x




，解得
0
5
x 
，即
(5,0)
E
，
圆的方程为
2
2
(
5)
16
x
y



，
不妨设
0
M
y

，设直线OM 的方程为y
kx

，则
0
k 
，
根据
2
| 5 |
4
1
k
k


，解得
4
3
k 
，
由
2
2
4
3
(
5)
16
y
x
x
y








，解得
9 12
,
5
5
M 





，
设
(4cos
5,4sin )
N



，所以
36
48
12
cos
sin
9
(3cos
4sin )
9
5
5
5
OM ON












，
因为


3cos
4sin
5sin(
)
5,5








，
所以OM ON





3,21

．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是：首先求出圆的方程为
2
2
(
5)
16
x
y



，然后利用直线OM 与
圆E 切于点M，求出M 点的坐标，引入圆的参数方程表示N 点坐标，再根据向量数量积的坐标表示及辅助
角公式，可得所求范围．.
7.抛物线
2
2
(
0)
y
px p


的焦点为F ，准线为l ，,
A B 是抛物线上的两个动点，且满足
2
= 3
AFB


．设
线段AB 的中点M 在l 上的投影为N ，则
MN
AB 的最大值是（
）
A.
3
B.
3
2
C.
3
3
D.
3
4
【答案】C
【解析】
【分析】设
= ,
= ,
AF
a BF
b 先由抛物线的定义求出MN ，再由余弦定理结合基本不等式求出AB 的最
小值即可求解.
【详解】设
= ,
= ,
AF
a BF
b
连接
,
AF BF
，设
,
A B 在l 上的投影为
,
Q P ，由抛物线的定义，可得
=
,
=
AF
AQ
BF
BP ，则2
=
+
= +
MN
AQ
BP
a b ，则在
ABF
△
中，由余弦定理可得
2
2
2
2
2
2
=
+
2
cos
=
+
+
3
AB
a
b
ab
a
b
ab


，而
2
2
2
2
2
2
( + )
3( + )
+
+
=( + )
( + )
=
4
4
a b
a b
a
b
ab
a b
ab
a b



，即








2
2
+
3
+
3
+
3
2
,
=
4
2
3
3
+
2
a b
a b
a b
MN
AB
AB
AB
a b





（当且仅当=
a b 时取等号）
故选：C.
8.已知抛物线
2
1 :
2
(
0)
C
x
py p


的焦点到准线的距离为1
2 ，点


0
0
,
D x
y
在抛物线
1
C 上，点
,
A B 在圆
2
2
2 :
4
3
0
C
x
y
y




上，直线
,
DA DB 分别与圆
2
C 仅有1 个交点，且与抛物线
1
C 的另一个交点分别
为
,
P Q ，若直线PQ 的倾斜角为120，则
0x （
）
A.
3
3

B.
3

或
3
3
C.
3
3

或
3
D.
3

【答案】C
【解析】
【分析】根据题意求得
1
2
p 
，得到
2x
y

，设过点D 与圆
2
C 相切直线的斜率为k ，得到切线方程
2
0
0
0
kx
y
x
kx




，利用
2
0
0
2
2
1
1
x
kx
k




，结合韦达定理，求得
2
0
0
1
2
2
0
2
(
2)
1
x x
k
k
x




，联立方程组
2
0
0
2
0
kx
y
x
kx
x
y








，取得
0
k
x
x


，得到
1
0
2
0
,
P
Q
x
k
x
x
k
x




，
结合
3
PQ
k

，列出方程，即可求解.
【详解】由抛物线
2
1 :
2
(
0)
C
x
py p


的焦点到准线的距离为1
2 ，可得
1
2
p 
，
所以抛物线的方程为
2x
y

，
又由
2
2
2 :
4
3
0
C
x
y
y




，可得圆心坐标为
2(0,2)
C
，半径
1
r 
，
设过点


0
0
,
D x
y
与圆
2
C 相切的直线的斜率为k ，
可得方程为
0
0
(
)
y
y
k x
x



，即
2
0
0
(
)
y
x
k x
x



，即
2
0
0
0
kx
y
x
kx




，
则圆心到直线的距离为
2
0
0
2
2
1
1
x
kx
k




，
整理得
2
2
3
4
2
0
0
0
0
0
(
1)
(4
2
)
4
4
0
x
k
x
x k
x
x







，可得
2
0
0
1
2
2
0
2
(
2)
1
x x
k
k
x




，
联立方程组
2
0
0
2
0
kx
y
x
kx
x
y








，可得
2
2
0
0
0
x
kx
x
kx




，
即
2
2
0
0
(
)
k x
x
x
x



，所以
0
k
x
x


，
所以
1
0
2
0
,
P
Q
x
k
x
x
k
x




，
因为直线PQ 的倾斜角为120，所以
3
PQ
k

可得
2
2
2
0
0
0
1
2
0
0
2
2
0
0
2
(
2)
2
2
2
3
1
1
Q
P
Q
P
PQ
Q
P
Q
P
Q
P
y
y
x
x
x x
x
k
x
x
k
k
x
x
x
x
x
x
x
x



















，
解得
0
3

x
或
0
3
3
x 
.
故选：C.
9.抛物线


2
2
0
y
px p


的焦点为F，准线为l，A，B 是抛物线上的两个动点，且满足
3
AFB



，设线
段AB 的中点M 在l 上的投影为N，则
MN
AB 的最大值是
A. 1
B.
3
2
C.
3
3
D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】设|
|
, |
|
AF
a
BF
b


，由抛物线定义，梯形的中位线定理，得2 |
|
MN
a
b


，再根据余弦定
理得
2
2
2
AB
a
b
ab



，结合基本不等式求得AB 的范围，从而得到
MN
AB 的最大值.
【详解】设|
|
, |
|
AF
a
BF
b


，连接
,
AF BF ，过A 作准线l 的垂线，垂足为Q，过B 作准线l 的垂线，
垂足为P，
由抛物线的定义得：|
| |
|,|
| |
|
AF
AQ
BF
BP


，
则2 |
| |
|
|
|
MN
AQ
BP
a
b




.
则在ABF

中，由余弦定理可得：
2
2
2
2
2
|
|
|
|
2 |
| |
| cos
AB
AF
BF
AF
BF
AFB
a
b
ab








，
而
2
2
2
2
2
2
2
(
)
(
)
(
)
3
(
)
3
4
4
a
b
a
b
AB
a
b
ab
a
b
ab
a
b












，
因此
=
2
a
b
AB
MN


，即
1
MN
AB 
（当且仅当a=b 时取等号）.
故选：A
【点睛】本题考查了抛物线的基本性质，综合运用了余弦定理，基本不等式知识，属于较难题.
10.（多选）抛物线C：
2
2
x
py

的焦点为F，P 为其上一动点，当P 运动到

,1
t
时，
2
PF 
，直线l 与
抛物线相交于A，B 两点，点


4,1
M
，下列结论正确的是（
）
A. 抛物线的方程为
2
8
x
y

B. PM
PF

的最小值为6
C. 当直线l 过焦点F 时，以AF 为直径的圆与x 轴相切
D. 若过A，B 的抛物线的两条切线交准线于点T，则A，B 两点的纵坐标之和最小值为2
【答案】CD
【解析】
【分析】根据抛物线的定义先求得抛物线方程，利用抛物线定义求折线长度之和的最小值，利用中位线与
抛物线的概念判断直线与圆位置关系，最后利用导数写出切线方程结合二次函数的性质判断D 选项，可得
出结果.
【详解】由题设知：
1
2
2
p
PF 

，解得：
2
p 
，抛物线方程为
2
4
x
y

，故选项A 错误；
连接FM 交抛物线于点P，此时PM
PF

的值最小为4，故选项B 错误；
如下图所示，
设G 为AF 的中点，过点A 作AC 抛物线的准线
'j 于点C，交x 轴于点Q，过点G 作GD
x

轴于点D，


1
1
1
2
2
2
DG
OF
AQ
AC
AF





，故以AF 为直径的圆与x 轴相切，故选项C 正确；
设点


1
1
,
A x y
，


2
2
,
B x
y
，由
2
4
x
y

即
2
1
4
y
x

得：
1
'
2
y
x

，
则切线AT 的方程为


1
1
1
1
2
y
y
x
x
x



，即
2
1
1
1
1
2
4
y
x x
x



，
同理可得切线BT 的方程为
2
2
2
1
1
·
2
4
y
x x
x


，
由
2
1
1
2
2
2
1
1
2
4
1
1
2
4
y
x x
x
y
x x
x








，解得：
1
2
1
2
2
,
1
4
x
x
x
y
x x






由题意知T 在准线
1
y 上，
1
2
1
1
4 x x

，
1
2
4
x x ，



2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
[
)
2
(
)
2
4
4
4
y
y
x
x
x
x
x x
x
x












，
当
1
2
0
x
x


时，
1
2
2
y
y


为最小值，选项D 正确，
故选：CD.
【点睛】抛物线的切线问题，常常要设出切点坐标，利用导函数的几何意义来求出切线方程，结合题干中
其他条件进行求解.
【反思】抛物线的切线问题，常常要设出切点坐标，利用导函数的几何意义来求出切线方程，结合题干中
其他条件进行求解．
11.抛物线
2
:
2
(
0)
C x
py p


的焦点为F ，准线为,l A 为C 上的一点，已知以F 为圆心，FA 为半径的
圆F 交l 于
,
B D 两点，
（1）若
90 ,
BFD
ABD



的面积为4 2 ，求p 的值及圆F 的方程
（2）若直线y
kx
b


与抛物线C 交于P，Q 两点，且OP
OQ

，准线l 与y 轴交于点S，点S 关于直线
PQ 的对称点为T，求|
|
FT 的取值范围.
【答案】（1）
2
p 
，圆F 的方程为


2
2
1
8
x
y



（2）

,2
p
p
【解析】
【分析】（1）由焦半径和圆的半径得到
2
2
A
p
y
FA
FD
p




，结合
ABD
△
面积求出
2
p 
，圆F 的
方程为


2
2
1
8
x
y



；（2）表达出
0,
2
p
S 





关于直线PQ 的对称点的坐标，利用垂直关系列出方程，求出
2
b
p

，从而利用两点间距离公式表达出


2
2
2
4
3
1
,2
1
1
k
FT
p
p
p
p
k
k







.
【小问1 详解】
由对称性可知：
90 ,
BFD
FS
BS
DS
p






，
设


,
A
A
A x
y
，由焦半径可得：
2
2
A
p
y
FA
FD
p




，
1
1
2
2
4 2
2
2
2
ABD
A
p
S
BD
y
p
p















，
解得：
2
p 
圆F 的方程为：


2
2
1
8
x
y



【小问2 详解】
由题意得：直线PQ 的斜率一定存在，其中
0,
2
p
S 





，
设
0,
2
p
S 





关于直线PQ 的对称点为


,
T m n ，
则
1
2
2
2
2
p
n
m
k
p
n
m
k
b










，解得：
2
1
1
2
b
p
m
k
k
b
p
p
n
k













，
联立y
kx
b


与
2
2
x
py

得：
2
2
2
0
x
pkx
pb



，
设



1
1
2
2
,
,
,
P x y
Q x
y
，
则
1
2
1
2
2
,
2
x
x
pk x x
pb



，
则





2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
y y
kx
b
kx
b
k x x
kb x
x
b







，
则




2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
x x
y y
k
x x
kb x
x
b








2
2
2
2
2
1
2
2
0
pb
k
pk b
b
pb
b







，
解得：
0
b 
（此时O 与P 或Q 重合，舍去）或
2
b
p

，
所以
2
2
2
1
1
2
2
b
p
b
p
p
p
FT
k
k
k



























2
2
2
4
3
1
,2
1
1
k
p
p
p
p
k
k







，
【点睛】圆锥曲线相关的取值范围问题，一般思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两
根之积，由题干条件列出方程，求出变量之间的关系，再表达出弦长或面积等，结合基本不等式，导函数，
函数单调性等求出最值或取值范围.
【反思】圆锥曲线相关的取值范围问题，一般思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两
根之积，由题干条件列出方程，求出变量之间的关系，再表达出弦长或面积等，结合基本不等式，导函数，
函数单调性等求出最值或取值范围．
12.已知点


1,0
F
为抛物线


2
2
0
y
px p


的焦点，设


1
1
,
A x y
，

2
2
,
B x
y
是抛物线上两个不同的动点，
存在动点



0
0
0
,
0
P x
y
x 
使得直线PA，PB 分别交抛物线的另一点M，N，且3 PM
MA

，3 PN
NB

.
（1）求抛物线的方程；
（2）求证：
1
2
0
2
y
y
y


；
（3）当点P 在曲线


2
12
2
1
y
x
x



上运动时，求PAB

面积的取值范围.
【答案】（1）
2
4
y
x

（2）证明见解析
（3）160,320 2




【解析】
【分析】（1）根据焦点坐标求出
2
p 
，进而求出抛物线方程；（2）表示出点M 的坐标，代入抛物线方程
后得到关于
1y 的等量关系，同理求出关于
2y 的等量关系，用韦达定理证明出结论；（3）在第二问的基础
上，表达出PAB

面积，并求出取值范围.
【小问1 详解】
因为
1
2
p ，所以
2
p 
，所以抛物线的方程为
2
4
y
x

；
【小问2 详解】
由3 PM
MA

知，点M 的坐标为
0
1
0
1
3
3
,
4
4
x
x
y
y








又点M 在抛物线上，所以
2
0
1
0
1
3
3
4
4
4
x
x
y
y









，
结合
2
1
1
4
y
x 
整理得：
2
2
1
0
1
0
0
3
6
48
9
0
y
y y
x
y




同理，可得
2
2
2
0
2
0
0
3
6
48
9
0
y
y y
x
y




所以
1y ､
2y 是关于y 的方程
2
2
0
0
0
3
6
48
9
0
y
y y
x
y




的两个不相等的根
故
1
2
0
2
y
y
y


；
【小问3 详解】
由（2）知
1y ､
2y 是方程
2
2
0
0
0
3
6
48
9
0
y
y y
x
y




的两个不相等的实根
又


2
0
0
0
12
2
1
y
x
x



，所以


2
2
2
0
0
0
0
36
4 3 48
9
192
y
x
y
y




所以
1
2
0
2
y
y
y


，
2
0
1
2
13
3
y
y y


，设AB 的中点为Q，
则
1
2
0
2
Q
y
y
y
y



，


2
2
2
1
2
1
2
2
1
2
1
2
0
2
19
2
8
8
12
Q
y
y
y y
x
x
y
y
x
y








于是


2
3
0
2
2
2
1
2
0
0
192
1
1 5
20 3
160,320 2
2
2 3
3
27
PAB
y
S
PQ
y
y
y
y












△
故PAB

的面积的取值范围为160,320 2



.
【点睛】抛物线的综合题目，往往会设出抛物线上的点的坐标，利用条件得到方程组，再把两个点的坐标
看成一个方程的两个根，利用韦达定理进行求解，这也是与椭圆和双曲线不同的地方.
【反思】抛物线的综合题目，往往会设出抛物线上的点的坐标，利用条件得到方程组，再把两个点的坐标
看成一个方程的两个根，利用韦达定理进行求解，这也是与椭圆和双曲线不同的地方．