1
解答题：圆锥曲线的综合应用
目录
题型一最值问题1
题型二参数范围问题4
题型三定值问题6
题型四过定点问题10
题型五定直线问题13
题型六动点轨迹问题15
题型七角度关系证明问题19
题型八向量共线问题21
题型九存在性问题探究25
题型十“非对称”韦达定理28
必刷大题31
题型一
最值问题
大题典例
1. (24 - 25 高三上·福建福州·月考) 已知椭圆Γ: x2
a2 + y2
b2 = 1 经过点A 2,3
，右焦点为F 2,0
(1) 求椭圆Γ 的方程；
(2) 若直线l 与Γ 交于B,C 两点，且直线AB 与AC 的斜率互为相反数，求BC 的中点M 与F 的最小距
离．
【答案】(1) x2
16 + y2
12 = 1；(2) 6 13
13
【解析】(1) 由已知可得4
a2 + 9
b2 = 1,a2- b2= c2= 4，解得a2= 16,b2= 12；
所以椭圆Γ 的方程为x2
16 + y2
12 = 1.
(2) 由于直线AB 与AC 的斜率互为相反数，
不妨设直线AB 的斜率为k，则直线AC 的斜率为-k，B xB,yB
,C xC,yC
；
则直线AB 的方程为y = k x-2
+ 3，如下图所示：
2
联立
y=k x-2
+3
x2
16 + y2
12 =1
，整理可得4k2+3
x2+ 24-16k2
x + 16k2- 48k - 12 = 0，
可得xAxB = 16k2-48k+12
4k2+3
，又xA= 2，可得xB = 8k2-24k-6
4k2+3
，
即B 8k2-24k-6
4k2+3
, -12k2-12k+9
4k2+3
，
同理用-k 代替k 可得C 8k2+24k-6
4k2+3
, -12k2+12k+9
4k2+3
；
因此可得BC 的中点M
8k2-6
4k2+3 , -12k2+9
4k2+3
，因此可得kOM =
-12k2+9
4k2+3
8k2-6
4k2+3
=- 3
2 ，
所以可得点M 在直线y =- 3
2 x 上，
可得点M 与F 的最小距离即为点F 到直线y =- 3
2 x 的距离d =
-3
1+
3
2
2 = 6 13
13
，
当且仅当OM ⊥MF 时，取得最小值.
解法指导
求最值及问题常用的两种方法：
(1) 几何法：题中给出的条件有明显的几何特征，则考虑用几何图形性质来解决；
(2) 代数法：题中所给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求该函数的最值，
求函数的最值常见的方法有基本不等式法、单调性法、导数法和三角换元法等。
变式训练
2. (24 - 25 高三上·贵州黔东南·开学考试) 已知双曲线C1：y2
a2 - x2
b2 = 1 a>0,b>0
的一个焦点与抛物
线C2：x2= 8y 的焦点F 重合，且C1被C2的准线l 截得的弦长为2 3
3
.
(1) 求C1的方程；
(2) 若过F 的直线与C1的上支交于A，B 两点，设O 为坐标原点，求OA
+OB
的取值范围.
【答案】(1) y2
3 - x2= 1；(2) 4,+∞
【解析】(1) 由题可知，F 的坐标为0,2
，则a2+ b2= 4.
易知l 的方程为y =-2，不妨设l 与C1相交于点M -m,-2
，N m,-2
，
则4
a2 - m2
b2 = 1，整理得m2= b2
4
a2 -1
= b4
a2 ，
3
则MN
= 2 m
= 2b2
a
= 2 3
3
，可得a=
3,
b=1,
故C1的方程为y2
3 - x2= 1.
(2) 由题可知，直线AB 的斜率一定存在，
设lAB：y = kx + 2，A x1,y1
，B x2,y2
，则OA
= x1,y1
，OB
= x2,y2
.
联立方程组
y=kx+2,
y2
3 -x2=1,
整理得k2-3
x2+ 4kx + 1 = 0，
则x1+ x2= -4k
k2-3 ，x1x2=
1
k2-3
y1+ y2= k x1+x2
+ 4 = -12
k2-3 ,y1⋅y2= k2x1⋅x2+ 2k x1+x2
+ 4 = -3k2-12
k2-3
.
由A，B 在x 轴的上方，所以y1+ y2= -12
k2-3 > 0，y1⋅y2= -3k2-12
k2-3
> 0，
可得0 ≤k2< 3.
OA
+ OB
= x1+x2,y1+y2
，
则OA
+OB
=
x1+x2
2+ y1+y2
2 = 4
k2+9
k2-3
2 = 4
12
k2-3
2 +
1
k2-3 .
由0 ≤k2< 3，得
1
k2-3 ≤- 1
3 ，
则4
12
k2-3
2 +
1
k2-3 ≥4，
故OA
+OB
的取值范围为4,+∞
.
3. (24 - 25 高三上·四川成都·期中) 已知抛物线E：y2 = 2px(p > 0) 经过点P 1,2
，直线l：y = kx + m 与
E 的交点为A，B，且直线PA 与PB 倾斜角互补.
(1) 求抛物线在点P 1,2
处的切线方程；
(2) 求k 的值；
(3) 若m < 3，求△PAB 面积的最大值.
【答案】(1)y = x + 1；(2) - 1；(3) 32 3
9
【解析】(1) 由题意可知，4 = 2p，所以p = 2，所以抛物线E 的方程为y2= 4x，
即y = 2 x(x > 0)，则y=
1
x ，
则抛物线在P 点的切线斜率为k = y
x=1= 1，
则切线方程为y - 2 = 1 × (x - 1)，
故切线方程为y = x + 1.
(2) 如图所示：
设A x1,y1
，B x2,y2
，将直线l 的方程代入y2= 4x，
得k2x2+ 2km-4
x + m2= 0，所以x1+ x2= 4-2km
k2
，x1x2= m2
k2 ，
因为直线PA 与PB 倾斜角互补，
所以kPA+ kPB = y2-2
x2-1 + y1-2
x1-1 = kx2+m-2
x2-1
+ kx1+m-2
x1-1
= 0，
4
即2k + k+m-2
1
x2-1 +
1
x1-1
= 2k + k+m-2
x1+x2-2
x2-1
x1-1
= 0，
所以2k + k+m-2
4-2km-2k2
k+m-2
k+m+2
= 0，
即2k + 4-2km-2k2
k+m+2
=
4k+4
k+m+2 = 0，所以k =-1.
(3) 由(1) (2) 可知，x2- 2m+4
x + m2= 0，所以x1+ x2= 4 + 2m，x1x2= m2，
则AB
=
(-1)2+1 ×
x1+x2
2-4x1x2 = 4 2 ⋅
1+m ，
因为Δ = 2m+4
2- 4m2> 0，所以m >-1，即-1 < m < 3，
又点P 到直线AB 的距离为d = (-1)×1-2+m
(-1)2+1
= 3-m
2
，
所以S = 1
2 × 4 2 ⋅
1+m ⋅3-m
2
= 2
3-m
2 m+1
，
因为3-m
2 m+1
= 1
2
3-m
3-m
2m+2
≤1
2
3-m+3-m+2m+2
3
3
= 256
27 ，
所以S ≤32 3
9
，当且仅当3 - m = 2m + 2，即m = 1
3 时，等号成立，
所以△PAB 面积最大值为32 3
9
.
题型二
参数范围问题
大题典例
4. (23 - 24 高三下·全国·模拟预测) 已知椭圆C: x2
4 + y2= 1.
(1) 若椭圆C 的左右焦点分别为F1,F2,P 为C 的上顶点，求△PF1F2的周长；
(2) 设过定点M 0,2
的直线l 与椭圆C 交于不同的两点A、B，且∠AOB 为锐角(其中O 为坐标原
点)，求直线l 的斜率k 的取值范围.
【答案】(1)4 + 2 3；(2) -2,-
3
2
∪
3
2 ,2
【解析】(1) 由题意得a2= 4,b2= 1，
所以a = 2,b = 1,c =
a2-b2 =
3 ，
所以△PF1F2的周长为PF1
+ PF2
+ F1F2
= 2a + 2c = 4 + 2 3；
(2) 显然x = 0 不满足题意，设直线l 的方程为y = kx + 2,A x1,y1
,B x2,y2
，
由
y=kx+2
x2
4 +y2=1
，得(1 + 4k2)x2+ 16kx + 12 = 0，
由Δ = (16k)2- 4 × 12(1 + 4k2) > 0，得k2> 3
4 ，
则x1+ x2=-
16k
4k2+1 ,x1x2=
12
4k2+1 ，
y1y2= kx1+2
kx2+2
= k2x1x2+ 2k x1+x2
+ 4，
因为∠AOB 为锐角，A,O,B 不共线，所以cos∠AOB > 0，
所以OA
⋅OB
> 0，所以x1x2+ y1y2> 0，
所以x1x2+ y1y2= 1+k2
x1x2+ 2k x1+x2
+ 4 = 12 k2+1
4k2+1
- 16k⋅2k
4k2+1 + 4 = 4 4-k2
4k2+1
> 0，
5
解得0 < k2< 4，
因为k2> 3
4 ，所以解得-2 < k <-
3
2
或
3
2
< k < 2，
所以实数k 的取值范围为-2,-
3
2
∪
3
2 ,2
解法指导
圆锥曲线的取范围问题
1、利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
2、利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
3、利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
4、利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
5、利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
变式训练
5. (23 - 24 高三下·江苏苏州·月考) 在平面直角坐标系xOy 中，已知动点M 到定点F
3,0
的距离和它
到定直线x = 2 3
3
的距离之比为
6
2 ，记M 的轨迹为曲线C.
(1) 求C 的方程；
(2) 已知点A 0,1
，不过A 的直线l 与C 交于P，Q 两点，直线AP，PQ，AQ 的斜率依次成等比数列，
求A 到l 距离的取值范围.
【答案】(1) x2
2 - y2= 1；(2) 0,
6
3
.
【解析】(1) 设M x,y
，由题意得
x-
3
2+y2
x- 2 3
3
=
6
2 ，
化简得x2
2 - y2= 1，所以C：x2
2 - y2= 1.
(2) 由题意，直线l 的斜率存在且不为0，
设直线l 的方程为y = kx + b(b ≠1)，P x1,y1
，Q x2,y2
.
联立
x2
2 -y2=1
y=kx+b
，得1-2k2
x2- 4kbx - 2b2- 2 = 0，
所以
1-2k2≠0
Δ= 4kb
2-4 1-2k2
-2b2-2
>0
x1+x2=
4kb
1-2k2
x1⋅x2= -2b2-2
1-2k2
，
因为kPQ
2= kAP ⋅kAQ，即
y1-1
y2-1
x1x2
= k2，所以kx1+b-1
kx2+b-1
= k2x1x2，
所以k b-1
x1+x2
+ b-1
2= 0，又b ≠1，所以k x1+x2
+ b-1
= 0，
所以2k2+1
b + 2k2- 1 = 0，所以b = 1-2k2
2k2+1 .
6
所以点A 到直线l 的距离d =
1-b
k2+1
=
4k2
2k2+1
k2+1
=
4k2
2k2+1
k2+1
，
令t =
k2+1 ，则k2= t2- 1，
代入Δ = 4 2b2-4k2+2
> 0，即1-2k2
2k2+4k4+2
> 0，解得k2< 1
2 .
所以t =
k2+1 ∈1,
6
2
，d =
4k2
2k2+1
k2+1
= 4 × t2-1
2t3-t .
当t ∈1,
6
2
时，d= 4 × -2t4+5t2-1
2t3-t
2
> 0 恒成立，
所以d = 4 × t2-1
2t3-t 在区间1,
6
2
单调递增，
所以d ∈0,
6
3
，即点A 到直线l 的距离的取值范围为0,
6
3
.
6. (24 - 25 高三上·湖南·开学考试) 已知抛物线C:y2 = 2px(p > 0) 的焦点为F ，点D x0,2
在抛物线C
上，且DF
= 2.
(1) 求抛物线C 的标准方程；
(2) 抛物线的准线与x 轴交于点K，过K 的直线l 交抛物线C 于M,N 两点，且KM
= λKN
,λ ∈1,2
，
点G 为线段MN 的垂直平分线与x 轴的交点，求点G 的横坐标xG 的取值范围.
【答案】(1)y2= 4x；(2) 3, 13
4
.
【解析】(1) 因为D x0,2
在拋物线C:y2= 2px(p > 0) 上，所以4 = 2px0，
得x0= 2
p ；
因为DF
= 2，所以x0+ p
2 = 2，即2
p + p
2 = 2，解得p = 2，
所以抛物线C 的标准方程为y2= 4x.
(2) 易知抛物线的准线为x =-1，则可得K -1,0
；
设M x1,y1
,N x2,y2
，由KM
= λKN
可得y1= λy2，
如下图所示：
设直线l:x = my - 1，代入到y2= 4x 中得y2- 4my + 4 = 0，
所以y1+ y2= 4m,y1y2= 4，即可得λy2+ y2= 4m,λy2
2= 4，
联立两式并整理可得4m2= (1+λ)2
λ
= λ + 1
λ + 2，
又x1+ x2= m y1+y2
- 2 = 4m2- 2
由1 < λ ≤2 可得y = λ + 1
λ + 2 递增，即有4m2∈4, 9
2
，即m2∈1, 9
8
，
又MN 中点坐标为2m2-1,2m
，
可得直线MN 的垂直平分线的方程为y - 2m =-m x-2m2+1
，
令y = 0，可得xG = 2m2+ 1 ∈3, 13
4
，
所以点G 的横坐标xG 的取值范围为3, 13
4
.
题型三
定值问题
7
大题典例
7. (24 - 25 高三上·贵州毕节·期中) 已知椭圆C: x2
a2 + y2
b2 = 1 a>b>0
的焦距为4，Q
3,1
为椭圆C
上一点.
(1) 求椭圆C 的标准方程；
(2) 设F 为椭圆C 的左焦点，直线l:x = t，P 为椭圆上任意一点，点P 到F 的距离为m，点P 到l 的距
离为n，若m
n 为定值，求此定值及t 的值.
【答案】(1) x2
6 + y2
2 = 1；(2) m
n =
6
3 ,t =-3
【解析】(1) 由椭圆C: x2
a2 + y2
b2 = 1 a>b>0
的焦距为4，可得2c = 4，解得c = 2，
所以a2- b2= c2= 4 ①，又椭圆经过点Q
3,1
，所以3
a2 + 1
b2 = 1 ②，
由①②解得a2= 6,b2= 2，所以椭圆C 的标准方程为x2
6 + y2
2 = 1；
(2) 设P(x0,y0) (- 6 ≤x0≤
6)，所以x2
0
6 + y2
0
2 = 1，所以y2
0= 2 - x2
0
3 ，
因为F 为椭圆的左焦点，所以其坐标为(-2,0)，直线l:x = t，
点P 到F 的距离为m =
(x0+2)2+y2
0 ，点P 到l 的距离为n = |x0- t|，
若m
n 为定值，则
(x0+2)2+y2
0
|x0-t|
= μ(μ > 0 为定值) 对- 6 ≤x0≤
6 恒成立，
即(x0+ 2)2+ y2
0= μ2(x0- t)2(μ 为定值) 对- 6 ≤x0≤
6 恒成立，
所以(x0+ 2)2+ 2 - x2
0
3 = μ2(x0- t)2(μ 为定值) 对- 6 ≤x0≤
6 恒成立，
即μ2- 2
3
x2
0- (2μ2t + 4)x0+ μ2t2- 6 = 0(μ 为定值) 对- 6 ≤x0≤
6 恒成立，
所以
μ2- 2
3 =0
2μ2t+4=0
μ2t2-6=0
，解得μ=
6
3
t=-3
，
所以m
n 为定值
6
3 ，此时t 的值为-3.
解法指导
圆锥曲线的定值问题
(1) 解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段长度，图形面积，角度，直线的斜率等) 的大小或某
些代数表达式的值和题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值，
8
求定值问题常见的解题方法有两种：
法一、先猜后证(特例法)：从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；
法二、引起变量法(直接法)：直接推理、计算，并在计算推理过程中消去参数，从而得到定值。
(2) 直接法解题步骤
第一步设变量：选择适当的量当变量，一般情况先设出直线的方程：
或
、点的
坐标；
第二步表示函数：要把证明为定值的量表示成上述变量的函数，一般情况通过题干所给的已知条
件，进行正确的运算，将需要用到的所有中间结果(如弦长、距离等) 用引入的变量表示出来；
第三步定值：将中间结果带入目标量，通过计算化简得出目标量与引入的变量无关，是一个常数。
变式训练
8. (24 - 25 高三上·湖北武汉·开学考试) 已知曲线C 上的点到点F -1,0
的距离比到直线x = 3 的距离
小2,O 为坐标原点. 直线l 过定点A 0,1
.
(1) 直线l 与曲线C 仅有一个公共点，求直线l 的方程；
(2) 曲线C 与直线l 交于M,N 两点，试分别判断直线OM,ON 的斜率之和、斜率之积是否为定值？并
说明理由.
【答案】(1)y = 1 或x = 0 或y =-x + 1；(2) 斜率之和为定值、斜率之积不是定值
【解析】(1) 曲线C 上的点到点F -1,0
的距离比到直线x = 3 的距离小2，
故曲线C 上的点到点F -1,0
的距离与到直线x = 1 的距离相等，
故曲线C 为以F -1,0
为焦点，直线x = 1 为准线的抛物线，
即有C:y2=-4x，
过点A 0,1
的直线l 与抛物线C 仅有一个公共点，
若直线l 可能与抛物线C 的对称轴平行时，则有：y = 1，
若直线l 与抛物线C 相切时，易知：x = 0 是其中一条直线，
另一条直线与抛物线C 上方相切时，不妨设直线l 的斜率为k，设为y = kx + 1，
联立y=kx+1
y2=-4x
可得：k2x2+ 2k+4
x + 1 = 0，
则有：Δ = (2k + 4)2- 4k2= 0，解得：k =-1，
故此时的直线l 的方程为：y =-x + 1，
综上，直线l 的方程为：y = 1 或x = 0 或y =-x + 1；
(2) 若l 与C 交于M,N 两点，分别设其坐标为M x1,y1
,N x2,y2
，且x1< x2，
由(1) 可知直线l 要与抛物线C 有两个交点，则直线l 的斜率存在且不为0，
不妨设直线l 的斜率为k，则有：y = kx + 1，
联立直线l 与抛物线C 可得：y=kx+1
y2=-4x
，可得：k2x2+ 2k+4
x + 1 = 0，
Δ = (2k + 4)2- 4k2= 16k + 16 > 0 即有k >-1，
根据韦达定理可得：x1+ x2=- 2k+4
k2
,x1x2= 1
k2 ，
则有：k1= y1
x1
= kx1+1
x1
,k2= y2
x2
= kx2+1
x2
，
9
则k1+ k2= kx1+1
x1
+ kx2+1
x2
= 2k + x1+x2
x1x2
=-4，故为定值；
k1k2= kx1+1
x1
⋅kx2+1
x2
= k2x1x2+k x1+x2
+1
x1x2
=-4k, 故不为定值；
综上：k1+ k2为定值-4,k1k2不为定值.
9. (24 - 25 高三上·甘肃张掖·模拟预测) 已知双曲线C: x2
a2 - y2
b2 = 1(a > 0,b > 0) 的焦距为8，右焦点为
F，直线l:y =
3
3 x 与双曲线在一、三象限的交点分别为P,Q，且FP ⊥FQ．
(1) 求双曲线C 的方程及△PQF 的面积；
(2) 直线y = kx + n k≠0
与双曲线C 交于A,B 两点，若直线PA、PB 与x 轴分别交于点A1,B1，且
PA1
= PB1
．证明：k 为定值．
【答案】(1) x2
8 - y2
8 = 1，△PQF 的面积为8；(2) -
3
【解析】(1) 由于l:y =
3
3 x，故
3
3
= tan∠POF, ∴∠POF = 30°，
又FP ⊥FQ，且P,Q 关于O 对称，所以OP
= OF
= OQ
= c, 因此∠PQF = 15°，
在Rt△PQF 中，PF
= PQ
sin∠PQF = 2csin15°, QF
= PQ
cos∠PQF = 2ccos15°，
取椭圆左焦点F1, 连接PF1,QF1，根据对称性可得QF
= PF1
，
由椭圆定义可得PF1
- PF
= QF
- PF
= 2a, 即2ccos15° -2csin15° = 2a ⇒2 2ccos 15°+45°
= 2a，
由于2c = 8，所以a = 2 2 ，进而可得b = 2 2 ，
故双曲线方程为C: x2
8 - y2
8 = 1，
S△PQF = 1
2 PF
QF
= 1
2 2csin15°2ccos15° = c2sin30° = 8
(2) 设A(x1，y1)，B(x2,y2)，
由(1) 知P ccos30°,csin30°
, 即P 2 3,2
, ∴Q -2 3,-2
，
联立y = kx + n k≠0
与C: x2
8 - y2
8 = 1 的方程可得1-k2
x2- 2knx - n2- 8 = 0
则Δ = 4k2n2- 4 1-k2
-n2-8
= 4 n2-8k2+8
> 0，
x1+ x2= 2kn
1-k2 ,x1x2= -n2-8
1-k2 ，
则直线AP 方程为y =
y1-2
x1-2 3
x-2 3
+ 2，令y = 0，则x = 2 3y1-2x1
y1-2
，
10
故A1
2 3y1-2x1
y1-2
,0
同理可得B1
2 3y2-2x2
y2-2
,0
,
由于PA1
= PB1
，所以P 在线段A1B1的垂直平分线上，故
2 3y2-2x2
y2-2
+ 2 3y1-2x1
y1-2
2
= 2 3 ，
故
2 3y2-2x2
y1-2
+ 2 3y1-2x1
y2-2
y2-2
y1-2
= 4 3 ，
2 3y2y1-4 3y2-2x2y1+4x2
+ 2 3y2y1-4 3y1-2x1y2+4x1
= 4 3 y2y1-2y1-2y2+4
-2x2 kx1+n
- 2x1 kx2+n
+ 4x1+4x2
= 4 3 -kx1-kx2-2n+4
，
化简得-2kx1x2= -2 3k+n-2
x1+x2
- 4 3 n-2
代入韦达定理可得-2k -n2-8
1-k2
= -2 3k+n-2
2kn
1-k2
- 4 3 n-2
即2 3k2+ 4+n
k +
3n - 2 3 = 0，故k+
3
2 3k+n-2
= 0，
故k =- 3 ，或2 3k + n - 2 = 0，
若2 3k + n - 2 = 0，此时直线AB 经过定点2 3,2
，该点与P 重合，不满足题意，
故k =- 3
题型四
过定点问题
大题典例
10. (24 - 25 高三上·河南驻马店·开学考试) 已知动圆P 过点F2(2,0)，并且与圆F1:(x + 2)2+ y2= 4 外切，设
动圆的圆心P 的轨迹为C.
(1) 直线F2Q 与圆F1相切于点Q，求F2Q
的值；
(2) 求曲线C 的方程；
(3) 过点F2的直线l1与曲线C 交于E，F 两点，设直线l:x = 1
2 ，点D(-1,0)，直线ED 交l 于点M ，证明
直线FM 经过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】(1) F2Q
= 2 3；(2)x2- y2
3 = 1，x > 0；(3) 证明见解析，定点1,0
【解析】(1) 由直线与圆的位置关系可知，F1Q ⊥F2Q，
所以点F2Q
=
F1F2
2-4 =
16-4 = 2 3；
(2) 由题意可知，设动圆半径为R，PF2
= R，PF1
= R + 2，F1F2
= 4，
即PF1
- PF2
= 2 < 4，
所以点P 是以F1,F2为焦点的双曲线的右支，2a = 2，2c = 4，则b2= 3，
所以曲线C 的方程为x2- y2
3 = 1，x > 0；
(3) 当直线l1的斜率不存在时，E 2,3
，F 2,-3
，
直线ED:y = x + 1，当x = 1
2 ，得y = 3
2 ，即M
1
2 , 3
2
，直线FM:3x + y - 3 = 0，
此时直线过点1,0
，
当直线l1的斜率存在时，设直线l1:y = k x-2
，E x1,y1
，F x2,y2
，
11
直线ED:y =
y1
x1+1 x+1
，当x = 1
2 时，yM =
3y1
2 x1+1
，M
1
2 ,
3y1
2 x1+1
，
联立y=k x-2
3x2-y2=3
，得3-k2
x2+ 4k2x - 3+4k2
= 0，
3 - k2≠0，x1+ x2=- 4k2
3-k2 ，x1x2=- 3+4k2
3-k2 ，
下面证明直线FM 经过点Q 1,0
，即证kFQ = kMQ，-3y1
x1+1 =
y2
x2-1 ，
把y1= k x1-2
，y2= k x2-2
代入整理得4x1x2- 5 x1+x2
+ 4 = 0，
即4 × - 3+4k2
3-k2
- 5 × - 4k2
3-k2
+ 4 = 12+16k2-20k2
k2-3
+ 4 =-4 + 4 = 0，
所以直线FM 经过点1,0
，
综上可知，直线FM 经过定点，定点坐标为1,0
.
解法指导
圆锥曲线的定点问题
1、参数无关法：把直线或者曲线方程中的变量x，y 当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定
点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时的参数的系数就要全部为零，这样就得到一个关于
x，y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点。
2、特殊到一般法：根据动点或动直线、动曲线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关。
3、关系法：对满足一定条件上的两点连结所得直线定点或满足一定条件的曲线过定点问题，可设直
线(或曲线) 上两点的坐标，利用坐标在直线(或曲线) 上，建立点的坐标满足方程(组)，求出相应的
直线(或曲线)，然后再利用直线(或曲线) 过定点的知识求解。
变式训练
11. (24 - 25 高三上·湖北襄阳·月考) 已知抛物线E:y2 = 2px(p > 0) 与双曲线x2
3 - y2
4 = 1 的渐近线在第
一象限的交点为Q，且Q 点的横坐标为3．
(1) 求抛物线E 的方程；
(2) 过点M(-3,0) 的直线l 与抛物线E 相交于A,B 两点，B 关于x 轴的对称点为B，求证：直线AB
必过定点．
【答案】(1)y2= 4x；(2) 证明见解析
【解析】(1) 设点Q 的坐标为3,y0
，因为点Q 在第一象限，所以y0> 0，
双曲线x2
3 - y2
4 = 1 的渐近线方程为y =± 2 3
3
x，因为点Q 在双曲线的渐近线上，所以y0= 2 3 ，
所以点Q 的坐标为3,2 3
，又点Q 3,2 3
在抛物线y2= 2px 上，所以12 = 2p × 3，所以p = 2，
故抛物线E 的标准方程为：y2= 4x；
(2) 设直线AB 的方程为x = my - 3，联立y2=4x
x=my-3
，消x 得，y2- 4my + 12 = 0，
方程y2- 4my + 12 = 0 的判别式Δ = 16m2- 48 > 0，即m2- 3 > 0，
设A x1,y1
，B x2,y2
，则y1+ y2= 4m,y1y2= 12，
12
因为点A、B 在第一象限，所以y1+ y2= 4m > 0,y1y2= 12 > 0，故m > 0，
设B 关于x 轴的对称点为Bx2,-y2
，
则直线AB的方程为y + y2= -y2-y1
x2-x1
(x - x2)，
令y = 0 得：x = y2× x2-x1
-y2-y1
+ x2= x1y2+x2y1
y2+y1
= y1 my2-3
+y2 my1-3
y1+y2
= 2my2y1-3 y1+y2
y1+y2
= 24m-12m
4m
= 12m
4m = 3．
直线AB过定点(3,0)．
12. (24 - 25 高三上·天津北辰·期中) 已知椭圆C：x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0) 的一个焦点为F，其短轴长是焦
距的
3 倍，点A 为椭圆上任意一点，且AF
的最大值为3.
(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，且与直线x = 4 相交于点Q. 问：x 轴上
是否存在定点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过定点M？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理
由.
【答案】(1) x2
4 + y2
3 = 1；(2) 存在，定点M 1,0
【解析】(1) 依题意设焦距为2c c>0
，一个焦点为F -c,0
，
因为点A 为椭圆上任意一点，且AF
的最大值为3，则a + c = 3，
则
2b=2 3c
a+c=3
c=
a2-b2
，解得
a=2
c=1
b=
3
(负值已舍去)，
所以椭圆C 的方程x2
4 + y2
3 = 1；
(2) 由
y=kx+m
x2
4 + y2
3 =1
，消元可得4k2+3
x2+ 8kmx + 4m2- 12 = 0，
∵动直线l:y = kx + m 与椭圆C 有且只有一个公共点P，设P x0,y0
，
∴m ≠0 且Δ = 0，
即64k2m2- 4 4k2+3
4m2-12
= 0，
化简得4k2- m2+ 3 = 0，(∗)，
此时x0=- 4km
4k2+3 =- 4k
m ，y0= 3
m ，即P - 4k
m , 3
m
，
由y=kx+m
x=4
，得Q 4,4k+m
，
假设在x 轴上存在定点M 满足条件，设M x1,0
，
则MP
⋅MQ
= 0 对满足*
式的m，k 恒成立，
∵MP
= - 4k
m -x1, 3
m
，MQ
= 4-x1,4k+m
，
由MP
⋅MQ
= 0，
得- 16k
m +
4k
m -4
x1+ x2
1 + 12k
m + 3 = 0，
整理得4x1-4
k
m + x2
1 - 4x1+ 3 = 0, **
13
由于**
式对满足*
式的m,k 恒成立，
所以4x1-4=0
x2
1-4x1+3=0
，解得x1= 1，
故存在定点M 1,0
，使得以PQ 为直径的圆恒过点M.
题型五
定直线问题
大题典例
13. (24 - 25 高三上·北京·月考) 已知椭圆C：x2
a2 + y2
b2 = 1 a>b>0
的左、右焦点分别为F1、F2，一个焦点
为F
2,0
，P 是椭圆上一动点(与左、右顶点不重合). 已知△PF1F2的面积的最大值为2.
(1) 求椭圆C 的方程；
(2) 过点1,0
且斜率不为0 的直线l 与椭圆C 相交于M ，N 两点，椭圆长轴的两个端点分别为A1，
A2，A1M 与A2N 相交于点Q，求证：点Q 在某条定直线上.
【答案】(1) x2
4 + y2
2 = 1；(2) 证明见解析
【解析】(1) 由题意可得椭圆的半焦距c =
2 ，
1
2 × 2 2 ⋅b = 2，所以b =
2 ，
所以a2= b2+ c2= 4，
所以椭圆C 的方程为x2
4 + y2
2 = 1；
(2) 不妨设A1 -2,0
，A2 2,0
，l 的方程为x = ky + 1，
联立
x=ky+1
x2
4 + y2
2 =1
，得k2+2
y2+ 2ky - 3 = 0，
Δ = 4k2+ 12 k2+2
> 0 恒成立，
设M x1,y1
，N x2,y2
，则
y1+y2= -2k
k2+2
y1y2= -3
k2+2
，
故y1+y2
y1y2
= 2k
3 ，3y1+ 3y2= 2ky1y2，
又lA1M 的方程为y =
y1
x1+2 x+2
，lA2N 的方程为y =
y2
x2-2 x-2
，
联立两直线方程得
y1
x1+2 x+2
=
y2
x2-2 x-2
，
即x+2
x-2 = y2 x1+2
y1 x2-2
= y2
y1
⋅ky1+3
ky2-1 = ky1y2+3y2
ky1y2-y1
，
因为3y1+ 3y2= 2ky1y2，所以x+2
x-2 = ky1y2+2ky1y2-3y1
ky1y2-y1
= 3，
整理得x = 4，
故点Q 在定直线x = 4 上.
解法指导
解决圆锥曲线中动点在定直线问题的解题步骤：
14
1、联立直线与圆锥曲线的方程消元；2、挖掘图形中的对称性，解出动点横坐标或纵坐标；3、将动点
的横纵坐标分别用参数表示，再消去参数；4、设点，将方程变形解出定直线方程。
变式训练
14. (23 - 24 高三下·湖南长沙·三模) 已知抛物线C:y2= 2px(p > 0)，过点D 0,2
的直线l 与C 交于不同的
两点A,B. 当直线l 的倾斜角为135°时，AB
= 4 30.
(1) 求C 的方程；
(2) 在线段AB 上取异于点A,B 的点E，且满足DA
DB
= AE
EB
，试问是否存在一条定直线，使得点E 恒
在这条定直线上？若存在，求出该直线；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)y2= 12x；(2) 点E 恒在直线y = 3x 上.
【解析】(1) 设A x1,y1
,B x2,y2
.
若直线l 的倾斜角为135°，则直线l 的方程为y =-x + 2.
联立y=-x+2,
y2=2px,
得x2- 4+2p
x + 4 = 0，
则Δ = (4 + 2p)2- 16 = 4p2+ 16p > 0，
且x1+ x2= 4 + 2p,x1x2= 4，
所以AB
=
2
x1+x2
2-4x1x2
= 2 2
p2+4p.
因为AB
= 4 30 ，所以p = 6，故C 的方程为y2= 12x.
(2) 存在，定直线为y = 3x.
由题意知直线AB 的斜率存在，
设直线l 的方程为y = kx + 2 k≠0
，A x1,y1
,B x2,y2
.
联立y2=12x,
y=kx+2,
得k2x2+ 4k-12
x + 4 = 0.
由k ≠0,Δ = (4k - 12)2- 16k2> 0，得k < 3
2 且k ≠0，
x1+ x2= 12-4k
k2
,x1x2= 4
k2 .
不妨设x1< x2,E x0,y0
，则0 < x1< x0< x2，
过点A,E,B 向y 轴作垂线，垂足分别为点A1,E1,B1，如图所示，
则DA
DB
= AA1
BB1
= x1
x2
，AE
EB
= x0-x1
x2-x0
.
因为DA
DB
= AE
EB
，所以x1
x2
= x0-x1
x2-x0
，
整理得2x1x2= x0 x1+x2
，所以x0= 2x1x2
x1+x2
=
2
3-k .
代入直线l 的方程得y0= k ⋅
2
3-k + 2 =
6
3-k .
因为y0= 3x0，所以点E 恒在直线y = 3x 上.
15. (24 - 25 高三上·上海·期中) 已知双曲线C 的中心为坐标原点，F1,F2 是C 的两个焦点，其中左焦点为(
-2 5,0)，离心率为
5.
15
(1) 求C 的方程；
(2) 双曲线C 上存在一点P，使得∠F1PF2= 120°，求三角形PF1F2的面积；
(3) 记C 的左、右顶点分别为A1,A2，过点(-4,0) 的直线与C 的左支交于M ，N 两点，M 在第二象限，
直线MA1与NA2交于点P. 证明：点P 在定直线上.
【答案】(1) x2
4 - y2
16 = 1；(2) 16 3
3
；(3) 证明见解析
【解析】(1) 设双曲线方程为x2
a2 - y2
b2 = 1 a>0,b>0
，
由左焦点坐标可知c = 2 5 ，
则e = c
a =
5 ，可得a = 2，b =
c2-a2 = 4，
双曲线方程为x2
4 - y2
16 = 1.
(2) 由(1) 知，a = 2，c = 2 5 ，所以PF1
- PF2
= 2a = 4，F1F2
= 2c = 4 5 ，
在△PF1F2中，由余弦定理得cos∠F1PF2= PF1
2+ PF2
2- F1F2
2
2 PF1
PF2
=- 1
2 ，
即
PF1
- PF2
2+2 PF1
PF2
- F1F2
2
2 PF1
PF2
=- 1
2 ，
即-64+2 PF1
PF2
2 PF1
PF2
=- 1
2 ，即PF1
PF2
= 64
3 ，
所以三角形PF1F2的面积为1
2 PF1
PF2
⋅sin∠F1PF2= 1
2 × 64
3 ×
3
2
= 16 3
3
.
(3) 证明：由(1) 可得A1 -2,0
,A2 2,0
，设M x1,y1
,N x2,y2
，
显然直线MN 的斜率不为0，所以设直线MN 的方程为x = my - 4，且- 1
2 < m < 1
2 ，
联立
x=my-4
x2
4 - y2
16 =1
，可得4m2-1
y2- 32my + 48 = 0，
且4m2- 1 ≠0，Δ = 64(4m2+ 3) > 0，
则y1+ y2=
32m
4m2-1 ,y1y2=
48
4m2-1 ，
直线MA1的方程为y =
y1
x1+2 x+2
，
直线NA2的方程为y =
y2
x2-2 x-2
，
联立直线MA1与直线NA2的方程，消去y 可得：
x+2
x-2 = y2 x1+2
y1 x2-2
= y2 my1-2
y1 my2-6
= my1y2-2 y1+y2
+2y1
my1y2-6y1
=
m⋅
48
4m2-1 -2⋅
32m
4m2-1 +2y1
m×
48
4m2-1 -6y1
=
-16m
4m2-1 +2y1
48m
4m2-1 -6y1
=- 1
3 ，
由x+2
x-2 =- 1
3 ，可得x =-1，即xP =-1，
据此可得点P 在定直线x =-1 上运动.
题型六
动点轨迹问题
16
大题典例
16. (23 - 24 高三下·湖南益阳·一模) 已知两点A(-2,0)，B(2,0) 及一动点P，直线PA，PB 的斜率满足kPA
⋅kPB =- 1
4 ，动点P 的轨迹记为C. 过点(1,0) 的直线l 与C 交于M ，N 两点，直线AM ，BN 交于点Q.
(1) 求C 的方程；
(2) 求△AMN 的面积的最大值；
(3) 求点Q 的轨迹方程.
【答案】(1) x2
4 + y2= 1(x ≠±2)；(2) 3 3
2
；(3)x = 4(y ≠0)
【解析】(1) 设动点P(x,y)，因为直线PA，PB 的斜率满足kPA⋅kPB =- 1
4 ，
∴
y
x+2 ⋅
y
x-2 =- 1
4 (x ≠±2)，化简整理得x2
4 + y2= 1(x ≠±2).
所以轨迹C 的方程为x2
4 + y2= 1(x ≠±2).
(2) 设过点(1,0) 的直线l 的方程为：x = ty + 1(t ∈R)，M x1,y1
，N x2,y2
，
由
x=ty+1
x2
4 +y2=1
，得t2+4
y2+ 2ty - 3 = 0，显然Δ > 0.
则y1+ y2= -2t
t2+4 ，y1y2= -3
t2+4 .
S△AMN = 1
2 × -2-1
× y1-y2
= 3
2 ×
(2t)2-4⋅(-3)⋅t2+4
t2+4
= 6 t2+3
t2+4
.
令u =
t2+3 ，则u ≥
3 ，t2= u2- 3，所以S△AMN =
6u
u2+1 .
设s(u) =
6u
u2+1 ，则s(u) = 6-6u2
u2+1
2 ，
所以当u ≥
3 时，su
< 0，则s(u) 在[ 3, +∞) 单调递减，
所以s(u) 的最大值为s( 3) = 3 3
2
，
即u =
3 ，t = 0 时，△AMN 的面积取最大值3 3
2
.
(3) 由已知可设直线AM 的方程为y =
y1
x1+2 x+2
，即y =
y1
ty1+3 (x + 2)，
直线BN 的方程为y =
y2
x2-2 (x - 2)，即y =
y2
ty2-1 (x - 2)，
消去y，得y1(x+2)
ty1+3
= y2(x-2)
ty2-1
，显然y1y2≠0，∴x+2
t+ 3
y1
= x-2
t- 1
y2
，(*)
由(2)，得y1+ y2= -2t
t2+4 ，y1y2= -3
t2+4 ，∴1
y1
+ 1
y2
= 2t
3 ，∴t - 1
y2
= t
3 + 1
y1
，
17
所以(*) 式可化为x+2
t+ 3
y1
=
x-2
1
3 t+ 3
y1
，∴x + 2 = 3(x - 2)，即x = 4.
显然y ≠0，否则AM,BN 重合，不合题设，
所以点Q 的轨迹方程为x = 4(y ≠0).
解法指导
求解动点P x,y
的轨迹方程的常见方法：
(1) 定义法：如果动点P 的运动规律符合我们已知的某种曲线(如圆、椭圆、双曲线、抛物线) 的定义，
则可先设出轨迹方程，再根据已知条件待定方程中的参数，即可求得轨迹方程；
(2) 直接法：如果动点P 的运动规律满足的等量关系容易建立，则可用点P 的坐标x,y
表示该等
量关系，即可得轨迹方程；
(3) 相关点法：如果动点P 的运动是由另外一点P的运动引发的，而点P的运动规律已知(坐标满
足某已知的曲线方程)，则用点P 的坐标x,y
表示出相关点P的坐标，然后将点P的坐标代入
已知曲线方程，即可得到点P 的轨迹方程；
(4) 交轨消参法：在求动点轨迹时，有时会出现要求两动曲线交点的轨迹问题，这类问题通常通过解
方程组得出交点(含参数) 的坐标，再消去参数求得所求的轨迹方程.
变式训练
17. (23 - 24 高三下·江西抚州·月考) 在平面直角坐标系xOy 中，已知双曲线M : x2
m - y2 = 1 经过点
A 2,1
，点B 与点A 关于原点对称，C 为M 上一动点，且C 异于A,B 两点.
(1) 求M 的离心率；
(2) 若△BCT 的重心为A，点D 8,4
，求DT
的最小值；
(3) 若△BCT 的垂心为A，求动点T 的轨迹方程.
【答案】(1)
6
2 ；(2) 2；(3) 2x2
7
- y2
7 = 1(去除点-2,±1
, 2,-1
).
【解析】(1) 因为双曲线M: x2
m - y2= 1 经过点A 2,1
，所以4
m - 1 = 1，解得m = 2，
所以M 的离心率e =
1+ b2
a2 =
1+ 1
2 =
6
2 ，
(2) 易知B -2,-1
. 设C x0,y0
,T x,y
.
因为△BCT 的重心为A ，所以
x+x0-2
3
=2
y+y0-1
3
=1
, 解得x0=8-x
y0=4-y
,
因为x2
0
2 - y2
0= 1，所以(8-x)2
2
- (4 - y)2= 1，即(x - 8)2= 2 + 2(y - 4)2.
因为A,B,C 不共线，所以x≠6
y≠3
且x≠10
y≠5
，
所以T 的轨迹不含6,3
, 10,5
两点.
故DT
=
(x-8)2+(y-4)2 =
2+3(y-4)2 ≥
2 ，当且仅当y = 4 时，等号成立，
即DT
的最小值为
2.
(3) 因为A 为△BCT 的垂心，所以AT ⊥BC,BT ⊥AC，
18
设C x0,y0
,T x,y
，
当直线BC 或AC 的斜率为0 时，点C 的坐标为2,-1
或-2,1
，
此时点T 与点C 重合，不合题意，舍.
当直线BC 或AC 的斜率不为0 时，直线AT 与BT 的斜率存在，
则kAT ⋅kBC =-1,kBT ⋅kAC =-1，
由(2) 知x2
0
2 - y2
0= 1，则y2
0- 1 = x2
0
2 - 2，
则kAC ⋅kBC = y0+1
x0+2 ⋅y0-1
x0-2 = y2
0-1
x2
0-4 =
1
2 x2
0-4
x2
0-4
= 1
2 .
因为kAT ⋅kBT ⋅kAC ⋅kBC = 1，所以kAT ⋅kBT =
1
kBC⋅kAC
= 2，
kAT = y-1
x-2 ,kBT = y+1
x+2 ，则y+1
x+2 ⋅y-1
x-2 = 2，得y2- 1 = 2x2- 8，
则2x2
7
- y2
7 = 1，因为B,C,T 构成三角形，故B 不能在轨迹上，
综上，动点T 的轨迹方程为2x2
7
- y2
7 = 1(去除点-2,±1
, 2,-1
).
18. (23 - 24 高三下·安徽合肥·模拟预测) 图1 为一种卫星信号接收器，该接收器的曲面与其轴截面的交线
为抛物线的一部分，已知该接收器的口径AB = 4 3 ，深度MO = 2，信号处理中心F 位于抛物线的焦
点处，以顶点O 为坐标原点，以直线OF 为x 轴建立如图2 所示的平面直角坐标系xOy．
(1) 求该抛物线的方程；
(2) 设Q 是该抛物线的准线与x 轴的交点，直线l 过点Q，且与抛物线交于R，S 两点，若线段RS 上有
一点P，满足RP
PS
= RQ
QS
，求点P 的轨迹方程．
【答案】(1)y2= 6x；(2)x = 3
2 ，y ∈(-3,0) ∪(0,3)
【解析】(1) 设抛物线的方程为y2= 2px(p > 0)．
因为AB
= 4 3 ，MO
= 2，所以点A(2,2 3) 在抛物线上，
所以12 = 4p，故p = 3，所以抛物线的方程为y2= 6x．
(2)
如图，由(1) 知Q - 3
2 ,0
．
设直线l：y = k x+ 3
2
，R x1,y1
，S x2,y2
，P(x,y)，
19
由y=k x+ 3
2
,
y2=6x,
可得k2x2+ 3k2-6
x + 9
4 k2= 0，
由Δ > 0，得-1 < k < 1，且k ≠0，x1+ x2= 6
k2 - 3，x1x2= 9
4 ．
分别过点P,S 作x 轴的垂线与过点R 的y 轴的垂线交于点P1,S1, 显然PP1⎳SS1,
则有RP
PS
= RP1
P1S1
= x-x1
x2-x ，同理有，RQ
QS
=
x1+ 3
2
x2+ 3
2
由RP
PS
= RQ
QS
可得x-x1
x2-x =
x1+ 3
2
x2+ 3
2
，
整理得x =
2x1x2+ 3
2 x1+x2
x1+x2+3
=
2× 9
4 + 3
2 ×
6
k2 -3
6
k2 -3+3
=
9
2 + 9
k2 - 9
2
6
k2
= 3
2 ．
又x = 3
2 时，y = k x+ 3
2
= 3k，因-1 < k < 1，且k ≠0，故有y ∈(-3,0) ∪(0,3)
即点P 的轨迹方程为x = 3
2 ，y ∈(-3,0) ∪(0,3)．
题型七
角度关系证明问题
大题典例
19. (24 - 25 高三上·云南昆明·开学考试) 在平面直角坐标系xOy 中，已知点A -2,0
,B 2,0
，动点M 满
足直线AM 与直线BM 的斜率之积为- 3
4 ，设点M 的轨迹为曲线C.
(1) 求C 的方程；
(2) 已知点F 1,0
，直线l:x = 4 与x 轴交于点D，直线AM 与l 交于点N ，证明：∠MFD = 2∠NFD.
【答案】(1) x2
4 + y2
3 = 1 x≠±2
；(2) 证明见解析
【解析】(1) 由题意可设M x,y
，且x ≠±2，
则kAM ⋅kBM =
y
x+2 ⋅
y
x-2 =- 3
4 ，
所以曲线C 的方程为x2
4 + y2
3 = 1 x≠±2
.
(2) 当MF ⊥AB，不妨取M 1, 3
2
，满足曲线的方程x2
4 + y2
3 = 1 x≠±2
，
则AM 的方程为y = 1
2 (x + 2)，可得N(4,3)，
此时可得∠NFD = 45°，又∠MFD = 90°，故∠MFD = 2∠NFD；
当MF 不垂直于AB 时，设N 4,n
，则直线AM 的方程为y = n
6
x+2
，
联立
y= n
6 x+2
x2
4 + y2
3 =1
，得n2+27
x2+ 4n2x + 4n2- 108 = 0，
所以xA+ xM =-
4n2
n2+27 ，则xM = 54-2n2
n2+27 ，
故yM = n
6 ×
108
n2+27 =
18n
n2+27 ，
20
又tan∠MFD =
yM
xM -1 =
6n
9-n2 ,tan∠NFD = n
3 ，
故tan2∠NFD =
2tan∠NFD
1-tan2∠NFD =
6n
9-n2 = tan∠MFD，
即tan∠MFD = tan2∠NFD，所以∠MFD = 2∠NFD，
综上所述：∠MFD = 2∠NFD.
解法指导
角度关系的证明往往转化为斜率问题或坐标问题，其中角相等问题优先考虑转为斜率之和为零处
理，或考虑用向量进行计算。
变式训练
20. (23 - 24 高三下·山西运城·三模) 已知双曲线C:x2 - y2
3 = 1 的左、右焦点分别为F1，F2，点A 为C 的左
顶点，点P 为C 右支上一点(非顶点)，∠F1PF2的平分线PM 交x 轴于M
(1) 过右焦点F2作F2N ⊥PM 于N ，求ON
；
(2) 求证：∠PF2A = 2∠PAF2.
【答案】(1)1；(2) 证明见解析
【解析】(1) 延长F2N 交PF1于点E，因为PM 平分∠F1PF2，F2N ⊥PM ，
所以△PNF2≌△PNE，所以PF2
= PE
，F2N
= NE
，
所以N 为F2E 的中点，又O 为F1F2的中点，所以ON
= 1
2 F1E
且ON ⎳F1E，
又PF1
- PF2
= 2a = 2，所以PF1
- PF2
= F1E
+ PE
- PF2
= F1E
= 2，
所以ON
= 1
2 F1E
= 1.
(2) 依题意可知A -1,0
，F2 2,0
，
当xP = 2 时22- y2
P
3 = 1，解得yP =±3，不妨取P 2,3
，则∠PF2A = π
2 ，
tan∠PAF2=
3
2- -1
= 1，所以∠PAF2= π
4 ，满足∠PF2A = 2∠PAF2；
当xP ≠2 时，设P x0,y0
x0>1,x0≠2
，则3x2
0- y2
0= 3，
所以tan∠PAF2=
y0
x0+1 ，tan∠PF2A = tan π-∠PF2x
=-tan∠PF2x =-
y0
x0-2 ，
21
则tan2∠PAF2=
2tan∠PAF2
1-tan2∠PAF2
=
2y0
x0+1
1-
y0
x0+1
2 =
2y0 x0+1
-2 x0-2
x0+1
=-
y0
x0-2 ，
所以tan2∠PAF2= tan∠PF2A，
又∠PAF2∈0, π
2
，∠PF2A ∈0,π
，则2∠PAF2∈0,π
，
所以2∠PAF2= ∠PF2A，
综上可得2∠PAF2= ∠PF2A.
21. (23 - 24 高三下·广西·二模) 已知抛物线C:x2 = y，过点E 0,2
作直线交抛物线C 于A，B 两点，过A，
B 两点分别作抛物线C 的切线交于点P．
(1) 证明：P 在定直线上；
(2) 若F 为抛物线C 的焦点，证明：∠PFA = ∠PFB．
【答案】(1) 证明见解析；(2) 证明见解析
【解析】(1) 证明：设A x1,x2
1
，B x2,x2
2
，则kAB = x2
1-x2
2
x1-x2
= x1+ x2，
直线AB 的方程为y - x2
1 = x1+x2
x-x1
，即y = x1+x2
x - x1x2，
又因为直线AB 过点E 0,2
，所以-x1x2= 2，即x1x2=-2，
设直线PA 的方程为y - x2
1 = k x-x1
，与抛物线方程y = x2联立，解得x = x1或x = k - x1，
又因为直线PA 与抛物线相切，所以x1= k - x1，即k = 2x1，
所以直线PA 的方程为y - x2
1 = 2x1 x-x1
，即y = 2xx1- x2
1，
同理直线PB 的方程为y = 2xx2- x2
2，
由y=2xx1-x2
1
y=2xx2-x2
2
，解得P x1+x2
2
,x1x2
，即P x1+x2
2
,-2
，
故点P 在直线y =-2 上．
(2) 证明：∵cos∠PFA =
FA
⋅FP
FA
⋅FP
，cos∠PFB =
FB
⋅FP
FB
⋅FP
，
注意到两角都在0,π
内，可知要证∠PFA = ∠PFB．即证FA
⋅FP
FA
= FB
⋅FP
FB
.
而FA
= x1,x2
1- 1
4
，FP
=
x1+x2
2
,- 9
4
，
所以FA
⋅FP
= x1⋅x1+x2
2
- 9
4
x2
1- 1
4
=- 7
16 4x2
1+1
，
又|FA⃗| =
x2
1+ x2
1- 1
4
2
= x2
1 + 1
4 ，
所以FA
⋅FP
FA
=
- 7
16 4x2
1+1
x2
1+ 1
4
=- 7
4 ，同理FB
⋅FP
FB
=- 7
4 ，
即有FA
⋅FP
FA
= FB
⋅FP
FB
，故∠PFA = ∠PFB．
题型八
向量共线问题
大题典例
22
22. (24 - 25 高三上·四川成都·模拟预测) 椭圆C 的中心为坐标原点O，焦点在y 轴上，离心率e =
2
2 ，椭
圆上的点到焦点的最短距离为1 - e，直线l 与y 轴交于点P(0,m) (m ≠0)，与椭圆C 交于相异两点
A、B，且OA
+ λOB
= 4OP
．
(1) 求椭圆方程；
(2) 求m 的取值范围．
【答案】(1)2x2+ y2= 1；(2) -1,- 1
2
∪
1
2 ,1
【解析】(1) 设椭圆的方程为y2
a2 + x2
b2 = 1 a>b>0
，
由题
c=
a2-b2
e= c
a =
2
2
a-c=1-e
，解得a = 1，b = c =
2
2 ，
因此椭圆的方程为y2+
x2
2
2
2 = 1 即2x2+ y2= 1．
(2) 由题意可知向量OA
,OB
,OP
起点相同，终点共线，
又由OA
+ λOB
= 4OP
得OP
= 1
4 OA
+ λ
4 OB
，
故1
4 + λ
4 = 1，即λ = 3，即OA
+ 3OB
= 4OP
，
显然直线l 斜率存在且不为0，设其方程为y = kx + m，
联立方程y=kx+m
2x2+y2=1
，消去y，得(k2+ 2)x2+ 2kmx + (m2- 1) = 0，所以Δ = 4(k2- 2m2+ 2) > 0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+ x2=- 2km
k2+2 ，x1x2= m2-1
k2+2 ，
又由OA
+ 3OB
= 4OP
得x1+ 3x2= 0，即x1=-3x2，
因此x1+ x2=-2x2，从而x1= -3km
k2+2 ，x2= km
k2+2 ，
所以x1x2= -3k2m2
(k2+2)2 = m2-1
k2+2 ，
整理得4k2m2+ 2m2- k2- 2 = 0，显然m2≠1
2 ，
所以k2= 2-2m2
4m2-1 > 0，解得-1 < m <- 1
2 或1
2 < m < 1．经检验，此时Δ > 0，
因此m 的取值范围是-1,- 1
2
∪
1
2 ,1
.
解法指导
三点共线问题证明的解题策略一般有以下几种：
(1) 斜率法：若过任意两点的直线的斜率都存在，通过计算证明过任意两点的直线的斜率相等来证
明三点共线；
(2) 距离法：计算出任意两点间的距离，若某两点间的距离等于另外两个距离之和，则这三点共线；
(3) 向量法：利用向量共线定理证明三点共线；
(4) 直线方程法：求出过其中两点的直线方程，在证明第三点也在该直线上；
(5) 点到直线的距离法：求出过其中某两点的直线方程，计算出第三点到该直线的距离，若距离为0，
23
则三点共线；
(6) 面积法：通过计算求出以三点为三角形的面积，若面积为0，则三点共线，在处理三点共线问题，
离不开解析几何的重要思想：“设而不求思想”。
变式训练
23. (23 - 24 高三下·山西太原·三模) 已知双曲线C: x2
a2 - y2
b2 = 1 a>0,b>0
的左、右顶点分别为A 与
B，点D 3, 2
在C 上，且直线AD 与BD 的斜率之和为
2 .
(1) 求双曲线C 的方程;
(2) 过点P 3,0
的直线与C 交于M,N 两点(均异于点A,B )，直线MA 与直线x = 1 交于点Q，求
证: B,N,Q 三点共线.
【答案】(1) x2
3 - y2= 1；(2) 证明见解析
【解析】(1) 由题意得A -a,0
,B a,0
，且
9
a2 - 2
b2 =1
2
3+a +
2
3-a =
2
∴a2=3
b2=1 ∴x2
3 -y2=1
(2) 由(1) 得A - 3,0
,B
3,0
，
设直线MN 的方程为x = ty + 3 t≠± 3
,M x1,y1
,N x2,y2
，则BN
= x2-
3,y2
，
由
x=ty+3
x2
3 -y2=1
得t2-3
y2+ 6ty + 6 = 0,
∴y1+ y2=-
6t
t2-3 ,y1y2=
6
t2-3 ，
直线AM 的方程为y =
y1
x1+
3
x+
3
，
令x = 1，则y =
y1
x1+
3
1+
3
，
∴Q 1, 1+
3
y1
x1+
3
, ∴BQ
= 1-
3, 1+
3
y1
x1+
3
，
∵x2-
3
⋅
1+
3
y1
x1+
3
- 1-
3
y2=
1
x1+
3
x2-
3
⋅1+
3
y1- 1-
3
x1+
3
y2
=
1
x1+
3
ty2+3-
3
⋅1+
3
y1- 1-
3
ty1+3+
3
y2
=
1
x1+
3
ty2+3-
3
⋅1+
3
y1+
3-1
ty1+3+
3
y2
=
2 3
x1+
3
ty1y2+y1+y2
=
2 3
x1+
3
6t
t2-3 -
6t
t2-3
= 0,
∴BN
⎳BQ
, 所以B,N,Q 三点共线.
24. 已知抛物线Γ:y2 = 2px(p > 0) 经过点P 1,2
，直线l 与抛物线Γ 有两个不同的交点A,B，直线PA 交y
轴于M ，直线PB 交y 轴于N．
(1) 若直线l 过点Q 0,1
，求直线l 的斜率k 的取值范围；
(2) 若直线l 过抛物线Γ 的焦点F，交y 轴于点D,DA
= λAF
,DB
= μBF
，求λ + μ 的值；
24
(3) 若直线l 过点Q 0,1
，设O 0,0
,QM
= λQO
,QN
= μQO
，求1
λ + 1
μ 的值．
【答案】(1) -∞,-3
∪-3,0
∪0,1
；(2) - 1；(3)2
【解析】(1) 因为抛物线Γ:y2= 2px 经过点P(1,2)，所以4 = 2p，所以p = 2，
所以抛物线Γ 的解析式为y2= 4x．
又因为直线l 过点Q(0,1)，且直线l 与抛物线Γ 有两个不同的交点．
易知直线l 斜率存在且不为0，故可设直线l 的方程式为y = kx + 1.
根据题意可知直线l 不能过点P(1,2)，所以直线l 的斜率k ≠2-1
1-0 = 1.
若直线l 与抛物线的一个交点为(1, -2)，此时该点与点P 所在的直线斜率不存在，
则该直线与y 轴无交点，与题目条件矛盾，
此时k = -2-1
1-0
=-3，所以直线l 斜率k ≠-3.
联立方程y2=4x
y=kx+1
，得k2x2+ (2k - 4)x + 1 = 0，
因为直线l 与抛物线有两个不同交点，所以Δ = (2k - 4)2- 4k2= 16 - 16k > 0，所以k < 1．
故直线l 的斜率k 的取值范围是k ∈(-∞,1) 且k ≠-3 且k ≠0.
即率k 的取值范围是-∞,-3
∪-3,0
∪0,1
.
(2) 如图所示
设直线l 的方程为：x = my + 1 m≠0
, 由x=my+1
y2=4x
，得y2- 4my - 4 = 0，
设A x1,y1
,B x2,y2
，D 0,- 1
m
,F 1,0
，
则y1+ y2= 4m,y1y2=-4，∵DA
= λAF
，DB
= μBF
，
∴x1,y1+ 1
m
= λ 1-x1,-y1
，x2,y2+ 1
m
= m 1-x2,-y2
，
∴λ =-1 -
1
my1
，μ =-1 -
1
my2
，∴λ + μ =-2 -
1
my1
+
1
my2
=-2 - y1+y2
my1y2
=-2 -
4m
m(-4) =-2 + 1 =-1，
∴λ + μ =-1.
(3) 如图所示
25
设点M 0,ym
，N 0,yn
，则QM
= 0,ym-1
，QO
= (0, -1)，
因为QM
= λQO
，所以ym - 1 =-λ，故λ = 1 - ym，由QN
= μQO
得μ = 1 - yn，
设A x1,y1
，B x2,y2
，
直线PA 方程为y - 2 = 2-y1
1-x1
(x - 1) = 2-y1
1- y2
1
4
(x - 1) =
4
2+y1
(x - 1)，
令x = 0，得ym =
2y1
2+y1
①，由直线PB 可得yn=
2y2
2+y2
②，
因为1
λ + 1
μ =
1
1-ym
+
1
1-yn
③，
将①②代入③可得，1
λ + 1
μ = 2+y1
2-y1
+ 2+y2
2-y2
=
8-2y1y2
2-y1
2-y2
= 8-2 kx1+1
kx2+1
1-kx1
1-kx2
= 8-2 k2x1x2+kx1+kx2+1
1-kx1-kx2+k2x1x2
，
又由根与系数的关系：x1+ x2= 4-2k
k2
，x1x2= 1
k2 ，
所以1
λ + 1
μ =
8-2× 1+ 4-2k
k
+1
1- 4-2k
k
+1
=
4-2× 4-2k
k
2- 4-2k
k
= 2，
所以1
λ + 1
μ = 2.
题型九
存在性问题探究
大题典例
25. (23 - 24 高三下·上海·三模) 已知椭圆C：x2
8 + y2
4 = 1，F1、F2 分别为左、右焦点，直线l 过F2 交椭圆于
A、B 两点.
(1) 求椭圆的离心率；
(2) 当∠F1AB = 90°，且点A 在x 轴上方时，求A、B 两点的坐标；
(3) 若直线AF1交y 轴于M ，直线BF1交y 轴于N ，是否存在直线l，使得S△F1AB = S△F1MN？若存在，求出
直线l 的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
2
2 ；(2)B 8
3 ,- 2
3
；A 0,2
；(3) 存在直线x +
3y - 2 = 0 或x -
3y - 2 = 0 满足题意
【解析】(1) 由椭圆方程知，a = 2 2 ，b = 2，所以c =
a2-b2 = 2，
所以离心率e = c
a =
2
2 2 =
2
2 .
(2)F1 -2,0
，F2 2,0
，设A x1,y1
，且y1> 0.
所以AF1
= -x1-2,-y1
，AF2
= -x1+2,-y1
，
∵∠F1AB = 90° ∠F1AF2=90°
，∴AF1
⋅AF2
= x2
1 - 4 + y2
1 = 0，
又A 在椭圆上，满足x2
1
8 + y2
1
4 = 1，即y2
1 = 4 1- x2
1
8
，
∴x2
1 - 4 + 4 1- x2
1
8
= 0，解得x1= 0，即A 0,2
.
所以直线AB：y =-x + 2，
26
联立
y=-x+2
x2
8 + y2
4 =1
，解得
x= 8
3
y=- 2
3
或x=0
y=2
，
所以B 8
3 ,- 2
3
；
(3) 设A x1,y1
，B x2,y2
，M 0,y3
，N 0,y4
，
直线l：x = my + 2，
联立
x=my+2
x2
8 + y2
4 =1
，得m2+2
y2+ 4my - 4 = 0.
则y1+ y2=-
4m
m2+2 ，y1y2=
-4
m2+2 .
直线AF1的方程：y =
y1
x1+2 x+2
，令x = 0 得M 纵坐标y3=
2y1
x1+2 ；
直线BF1的方程：y =
y2
x2+2 x+2
，令x = 0 得N 的纵坐标y4=
2y2
x2+2 .
则S△F1AB = 1
2 F1F2
⋅y1-y2
= 2 y1-y2
，S△F1MN = 1
2 F1O
⋅y3-y4
= y3-y4
.
若S△F1AB = S△F1MN，即2 y1-y2
= y3-y4
，
y3-y4
=
2y1
x1+2 - 2y2
x2+2
=
2y1
my1+4 -
2y2
my2+4
=
8 y1-y2
my1+4
my2+4
= 2 y1-y2
，
∴
my1+4
my2+4
= 4，m2y1y2+4m y1+y2
+16
= 4，
代入根与系数的关系，得-4m2
m2+2 +4m⋅-4m
m2+2 +16
= 4，解得m =± 3.
∴存在直线x +
3y - 2 = 0 或x -
3y - 2 = 0 满足题意.
解法指导
圆锥曲线存在性问题的解题技巧：
1、特殊值(点) 法：对于一些复杂的题目，可通过其中的特殊情况，解得所求要素的必要条件，然后再
证明求得的要素也使得其他情况均成立；
2、假设法：先假设存在，推证满足条件的结论。若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在。
变式训练
26. (24 - 25 高三上·上海·月考) 已知双曲线C : x2
a2 - y2
b2 = 1(a > 0,b > 0) 的离心率e = 2，左顶点
A -1,0
，过C 的右焦点F 作与x 轴不重合的直线l，交C 于P、Q 两点．
(1) 求双曲线C 的方程；
27
(2) 求证：直线AP、AQ 的斜率之积为定值；
(3) 设PF
= λFQ
，试问：在x 轴上是否存在定点T，使得AF
⊥(TP
- λTQ
) 恒成立？若存在，求出点
T 的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)x2- y2
3 = 1；(2) 证明见解析；(3) 存在，T
1
2 ,0
【解析】(1) 设双曲线的半焦距为c．
由题意知a = 1,c = ea = 2，故b2= c2- a2= 3，
因此C:x2- y2
3 = 1．
(2) 由题意知F 2,0
．设直线l:x = my + 2，
与双曲线方程联立得3m2-1
y2+ 12my + 9 = 0．
设P x1,y1
、Q x2,y2
，则
y1+y2=-
12m
3m2-1 ,
y1y2=
9
3m2-1 .
*
，
故直线AP、AQ 的斜率之积为
y1
x1+1 ⋅
y2
x2+1 =
y1y2
(my1+3)(my2+3) =
y1y2
m2y1y2+3m(y1+y2)+9
=
9
3m2-1
9m2
3m2-1 +3m⋅-12m
3m2-1 +9
=-1．
(3) 由题意知2-x1,-y1
= λ x2-2,y2
，得λ =- y1
y2
．
设T t,0
，则TP
- λTQ
=
x1-t
-λ x2-t
,y1-λy2
．
AF
⊥(TP
- λTQ
) 即AF
⋅(TP
- λTQ
) = 0．
由于AF
= (3,0)，上式即x1-t
- λ x2-t
= 0，解得t = x1-λx2
1-λ
．
利用(*) 式，得t = x1y2+x2y1
y1+y2
= 2my1y2+2(y1+y2)
y1+y2
= 2m.
9
-12m + 2 = 1
2 ，
因此存在定点T
1
2 ,0
满足题目要求．
27. (23 - 24 高三下·西藏拉萨·月考) 已知抛物线C:y2 = 2px(p > 0)，准线l 与x 轴交于点M,A x0,y0
为抛
物线C 上一点，AD ⊥l 交y 轴于点D. 当y0= 4 2 时，MA
= MD
+ MF
.
(1) 求抛物线C 的方程；
(2) 设直线AM 与抛物线C 的另一交点为B(点B 在点A,M 之间)，过点F 且垂直于x 轴的直线交AM
于点N. 是否存在实数λ，使得AM
BN
= λ BM
AN
？若存在，求出λ 的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)y2= 8x；(2) 存在，λ = 1
【解析】(1) 因为当y0= 4 2 时，MA
= MD
+ MF
，所以四边形MFAD 为平行四边形，
所以AD
= MF
= p, 即x0= p, 所以A p,4 2
,
将A p,4 2
代入y2= 2px，得32 = 2p2，解得p = 4
所以抛物线C 的方程为y2= 8x.
(2) 如图，
由题意，得M -2,0
. 设直线AM 斜率不能为0，
28
故其方程为x = my - 2 m≠0
,B x1,y1
，则N 2, 4
m
.
由
y2=8x
x=my-2
，得y2- 8my + 16 = 0,Δ = 64m2- 64 > 0，
所以y0+ y1= 8m,y0y1= 16.
假设存在实数λ，使得AM
BN
= λ BM
AN
，即AM
BN
BM
AN
= λ.
由题意，知AM
BM
= y0
y1
, BN
AN
= 2-x1
x0-2
= my1-4
my0-4
，
所以AM
BM
⋅BN
AN
= y0
y1
⋅my1-4
my0-4
= my0y1-4y0
my0y1-4y1
.
又y0+ y1= 8m,y0y1= 16，
所以AM
BM
⋅BN
AN
= my0y1-4y0
my0y1-4y1
=
16m-4y0
16m-4 8m-y0
= 16m-4y0
4y0-16m
= 1，
即存在实数λ = 1，使得AM
BN
= λ BM
AN
成立.
题型十
“非对称”韦达定理
大题典例
28. (23 - 24 高三上·陕西西安·期中) 已知椭圆W: x2
4m + y2
m = 1 m>0
的长轴长为4，左、右顶点分别为
A，B，经过点P(1，0) 的动直线与椭圆W 相交于不同的两点C，D(不与点A，B 重合)．
(1) 求椭圆W 的方程及离心率；
(2) 若直线CB 与直线AD 相交于点M ，判断点M 是否位于一条定直线上？若是，求出该直线的方程；
若不是，说明理由．
【答案】(1) 椭圆方程为x2
4 + y2= 1，离心率为
3
2 ；(2)P 点在定直线x = 4 上．
【解析】(1) 由题意2 4m = 4，m = 1，所以椭圆方程为x2
4 + y2= 1，
a = 2 ，b = 1，则c =
3 ，离心率为e = c
a =
3
2 ；
(2) 由题意设动直线方程为x = ty + 1，设D(x1,y1),C(x2,y2)，A(-2,0),B(2,0)，
由
x=ty+1
x2
4 +y2=1
得(t2+ 4)y2+ 2ty - 3 = 0，
显然Δ > 0，
y1+ y2=-
2t
t2+4 ，y1·y2=-
3
t2+4 ，
直线AD 方程为y =
y1
x1+2 (x + 2)，直线BC 方程为y =
y2
x2-2 (x - 2)，
联立方程组
y=
y1
x1+2 (x+2)
y=
y2
x2-2 (x-2)
，得x = 2(x1y2+x2y1+2y2-2y1)
x1y2-x2y1+2y1+2y2
又x1=ty1+1
x2=ty2+1
，代入得x = 2(2ty1y2+3y2-y1)
3y2+y1
，
29
由y1+ y2=-
2t
t2+4 ，y1y2=-
3
t2+4 得y1+y2
y1y2
= 2t
3 ，即2ty1y2= 3(y1+ y2)，
所以x = 2[3(y1+y2)+3y2-y1]
3y2+y1
= 4，
所以P 点在定直线x = 4 上．
解法指导
将直线的方程与圆锥曲线方程联立，消去y，得到关键方程(设方程的两根x1 和x2)，在某些问题
中，可能会涉及到需计算两根系数不相同的代数式。例如，运算过程中出现了x1- 2x2、2x1+
2x2 等结构，且无法直接通过合并同类项化为系数相同的情况处理，像这种非对称的结构，通常是
无法根据伟大定理直接求出的，此时一般的处理技巧是抓住x1+ x2 和x1x2 的关系将两根积向两
根和转化，通过局部计算、整体约分的方法解决问题。
变式训练
29. (23 - 24 高三上·上海闵行·期中) 已知双曲线C：x2
a2 - y2
b2 = 1 a>0,b>0
的离心率为
2 ，点3,-1
在双曲线C 上．过C 的左焦点F 作直线l 交C 的左支于A、B 两点．
(1) 求双曲线C 的方程；
(2) 若M -2,0
，试问：是否存在直线l，使得点M 在以AB 为直径的圆上? 请说明理由．
(3) 点P -4,2
，直线AP 交直线x =-2 于点Q．设直线QA、QB 的斜率分别k1、k2，求证：k1- k2为
定值．
【答案】(1) x2
8 - y2
8 = 1；(2) 不存在，理由见解析；(3) 证明见解析
【解析】(1) 由双曲线C: x2
a2 - y2
b2 = 1 的离心率为
2 ，且M 3,-1
在双曲线C 上，
可得
9
a2 - 1
b2 =1
e= c
a =
2
c2=a2+b2
，解得a2= 8,b2= 8，∴双曲线的方程为x2
8 - y2
8 = 1．
(2) 双曲线C 的左焦点为F -4,0
，
当直线l 的斜率为0 时，此时直线为y = 0，与双曲线C 左支只有一个交点，舍去；
当直线l 的斜率不为0 时，设l:x = my - 4，
联立方程组x=my-4
x2-y2=8
，消x 得m2-1
y2- 8my + 8 = 0，易得Δ > 0，
设A x1,y1
,B x2,y2
，则y1+ y2=
8m
m2-1 ,y1y2=
8
m2-1 < 0，可得-1 < m < 1，
∵MA
= x1+2,y1
,MB
= x2+2,y2
，
则MA
⋅MB
= x2+2
x1+2
+ y1y2= my1-2
my2-2
+ y1y2
= m2+1
y1y2- 2m y1+y2
+ 4 = 8 m2+1
m2-1
- 16m2
m2-1 + 4 =-4，
即MA
⋅MB
≠0，可得MA 与MB 不垂直，
∴不存在直线l，使得点M 在以AB 为直径的圆上．
(3) 由直线AP:y - 2 = k1 x+4
，得Q -2,2+2k1)
，
30
∴k2= y2-2-2k1
x2+2
= y2-2-2k1
my2-2
，又k1= kPA= y1-2
x1+4 = y1-2
my1
，
∴k1- k2= y1-2
my1
- y2-2-2k1
my2-2
=
y1-2
my2-2
-my1 y2-2-2k1
my1 my2-2
= -2my2-2y1+4+2my1+2mk1y1
my1 my2-2
，
∵k1= y1-2
my1
，∴k1my1= y1- 2，且y1+ y2= my1y2，
∴k1- k2=
2m y1-y2
my1 my2-2
= 2 y1-y2
y1+y2-2y1
=-2，即k1- k2为定值．
30. (24 - 25 高三上·重庆·月考) 已知F 是椭圆C: x2
a2 + y2
b2 = 1 a>b>0
的右焦点，O 为坐标原点，M 为
椭圆上任意一点，MF
的最大值为2 +
3 ，当OM
= OF
时，△MOF 的面积为1
2 .
(1) 求b
a 的值；
(2)A,B 为椭圆的左、右顶点，点P 满足AP
= 3PB
，当M 与A,B 不重合时，射线MP 交椭圆C 于点N ，
直线AM,BN 交于点T，求∠ATB 的最大值.
【答案】(1) 1
2 ；(2) π
6
【解析】(1) 因为|MF|max = a + c = 2 +
3 ①，
设椭圆的左焦点为E，因为OM
= OF
= 1
2 EF
，所以∠EMF = 90°.
即ME|2+
MF|2= |EF|2= 4c2，
又ME
+ MF
= 2a，所以ME|2+
MF
2+2 ME
MF
=4a2，
所以2 ME
MF
= 4a2- 4c2= 4b2，
所以ME
MF
= 2b2，所以S△MEF = 1
2 ME
MF
= b2，
因为S△MOF = 1
2 ，所以S△MEF = 1，所以b2= 1 ②，又a2= b2+ c2③，
由①②③，解得a2= 4,c2= 3，所以b
a = 1
2 .
(2) 由(1) 可知椭圆C 的方程为x2
4 + y2= 1，
因为点P 满足AP
= 3PB
，所以P 1,0
，设直线MN 的方程为x = my + 1，
联立
x=my+1
x2
4 +y2=1
，得m2+4
y2+ 2my - 3 = 0，
设M x1,y1
,N x2,y2
，易得Δ > 0，则y1+ y2=-
2m
m2+4 ,y1y2=-
3
m2+4 ，
直线AM 的方程为y =
y1
x1+2 x+2
，直线BN 的方程为y =
y2
x2-2 x-2
，
联立得x-2
x+2 = y1 x2-2
y2 x1+2
= y1 my2+1-2
y2 my1+1+2
= my1y2-y1
my1y2+3y2
，
因为my1y2= 3
2
y1+y2
，所以x-2
x+2 =
3
2 y1+y2
-y1
3
2 y1+y2
+3y2
=
1
2 y1+ 3
2 y2
3
2 y1+ 9
2 y2
= 1
3 ，解得x = 4,
31
所以动点T 的轨迹方程为x = 4 y≠0
.
由椭圆的对称性不妨设T 4,t
,
t > 0，直线TA,TB 的倾斜角分别为α,β，
因为∠ATB = β - α，所以tan∠ATB = tan β-α
= tanβ-tanα
1+tanβtanα ，
因为tanα = kTA = t
6 ,tanβ = kTB = t
2 ，所以tan∠ATB =
t
2 - t
6
1+ t
2 ⋅t
6
=
4t
t2+12 =
4
t+ 12
t
≤
4
4 3 =
3
3 ，
当且仅当t = 2 3 时，等号成立，此时T 4,2 3
，∠ATB = π
6 ，所以∠ATB 的最大值为π
6 .
必刷大题
刷模拟
1. (23 - 24 高三下·河北·模拟预测) 椭圆C：x2
a2 + y2
b2 = 1 a>b>0
左右顶点分别为A，B，且AB
= 4，
离心率e =
2
2 .
(1) 求椭圆C 的方程；
(2) 直线l 与抛物线y2= 4x 相切，且与C 相交于M、N 两点，求△MNB 面积的最大值.
【答案】(1) x2
4 + y2
2 = 1；(2) 10
【解析】(1) 由题意AB
= 4，得2a = 4，a = 2.
又C 的离心率为
2
2 ，得c
a =
2
2 ，所以c =
2 ，
则b2= a2- c2= 4 - 2 = 2，
得椭圆C 的方程为x2
4 + y2
2 = 1.
(2)
方法一：由题意当直线l 斜率不存在时，直线l 方程为x = 0，
易得MN
= 2 2 ，此时S△MNB = 1
2 × 2 2 × 2 = 2 2.
当直线l 斜率存在时，方程可设为y = kx + m，与抛物线y2= 4x 联立得
kx+m
2= 4x ⇒k2x2+ 2kmx + m2= 4x
整理得k2x2+ 2km-4
x + m2= 0
由Δ = 2km-4
2- 4k2m2= 0 ⇒km = 1.
联立
y=kx+m
x2
4 + y2
2 =1
，得1+2k2
x2+ 4kmx + 2m2- 4 = 0，
又km = 1，整理得1+2k2
x2+ 4x + 2m2- 4 = 0
32
且Δ = 16 - 4 1+2k2
2m2-4
> 0 ⇒4k2- m2>-2 ⇒4k2- 1
k2 >-2，得k2>
5-1
4
设M x1,y1
，N x2,y2
，则x1+ x2=
-4
1+2k2 ，x1x2= 2m2-4
1+2k2 .
得MN
=
1+k2
-4
1+2k2
2
-4 2m2-4
1+2k2 =
1+k2
16-4 2m2-4
1+2k2
1+2k2
2
=
1+k2
16-8m2+32k2
1+2k2
2
= 2 2
1+k2
2-m2+4k2
1+2k2
2
又点B 到直线y = kx + m 距离为2k+m
1+k2 ，
S△MNB = 1
2 × 2 2
1+k2
2-m2+4k2
1+2k2
2
2k+m
1+k2 =
2
2-m2+4k2
2k+m
2
1+2k2
2
=
2
2-m2+4k2
4k2+4+m2
1+2k2
2
=
2
24k2+8-2m2-m4+16k4
1+2k2
2
=
2
8 2k4+3k2+1
- 2k2+1
k4
1+2k2
2
=
2
8 2k2+1
k2+1
- 2k2+1
k4
1+2k2
2
=
2
8 k2+1
- 1
k4
1+2k2
=
2
8k6+8k4-1
k4 1+2k2
=
2
8k6+8k4-1
2k6+k4
=
2
8k6+4k4+4k4-1
2k6+k4
=
2
4+ 4k4-1
2k6+k4 =
2
4+ 2k2+1
2k2-1
k4 2k2+1
=
2
- 1
k4 + 2
k2 +4
由二次函数性质知当1
k2 = 1(满足k2>
5-1
4
) 时，
2
- 1
k4 + 2
k2 +4 取得最大值为
10 ，
综上所述，得△MNB 的面积的最大值为
10.
方法二：由题意知直线l 斜率不为0，故方程可设为x = my + n，
与抛物线y2= 4x 联立得y2= 4my + 4n ⇒y2- 4my - 4n = 0，
直线l 与抛物线相切得Δ = 4m
2+ 16n ⇒m2+ n = 0，
联立
x=my+n
x2
4 + y2
2 =1
，得m2+2
y2+ 2mny + n2- 4 = 0，
且Δ = 4m2n2- 4 m2+2
n2-4
> 0 ⇒-n2+ 2m2+ 4 > 0.
设M x1,y1
，N x2,y2
则y1+ y2= -2mn
m2+2 ，y1y2= n2-4
m2+2 .
又x = my + n 与x 轴交于点E n,0
，
则S△MNB = 1
2 n-2
× y1-y2
= 1
2 n-2
y1+y2
2-4y1y2
= n-2
2
-2mn
m2+2
2
-4 n2-4
m2+2 = n-2
2
16m2-8n2+32
m2+2
2
=
2 n-2
2m2-n2+4
m2+2
2
又m2+ n = 0，
S△MNB =
2 n-2
-2n-n2+4
-n+2
2
=
2
-n2-2n+4 =
2
- n+1
2+5 ，
33
当n =-1(此时m2= 1，符合-n2+ 2m2+ 4 > 0) 时，2
- n+1
2+5 取得最大值为
10
综上所述，得△MNB 的面积的最大值为
10.
方法三：由y2= 2px，求导数得2yy= 2p，
不妨设y ≠0，则y= p
y ，
由导数的几何意义知过点M x0，y0
的切线的斜率为k = p
y0
，
故所求切线方程为y - y0= p
y0
x-x0
，
化简得y0y - y2
0= px - px0即y0y = px + y2
0- px0，
又M x0，y0
在抛物线y2= 2px 上，∴y2
0= 2px0
所以切线方程为：y0y = p(x + x0) (可验证对y0= 0，此方程也适用)
因此可得抛物线的方程y2= 2px p>0
，求经过抛物线上一点M x0，y0
的切线的方程为y0y = p(x + x0).
故由题意可设直线l 的切点为x0,y0
，则切线方程为y0y = 2x + 2x0
当切点为原点时，易得S△MNB = 1
2 × 2 2 × 2 = 2 2
当切点不是原点时，联立
x2
4 + y2
2 =1
y0y=2x+2x0
⇒x2+2 2x+2x0
y0
2
-4=0
，
又y2
0= 4x0，整理得x0+2
x2+ 4xx0+ 2x2
0- 4x0= 0，
Δ = 16x2
0- 4 x0+2
2x2
0-4x0
> 0，得0 < x0< 1 +
5 ，
设M x1,y1
，N x2,y2
，
则x1+ x2= -4x0
x0+2 ，x1x2= 2x2
0-4x0
x0+2
.
得MN
=
1+ 1
x0
-4x0
x0+2
2
-4 2x2
0-4x0
x0+2
=
1+x0
x0
16x2
0-4 2x2
0-4x0
x0+2
x0+2
2
=
1+x0
x0
16x2
0-4 2x3
0-8x0
x0+2
2
= 2 2
1+x0
x0
-x0 x2
0-2x0-4
x0+2
2
又点B 到直线y0y = 2x + 2x0距离为2x0+4
4+y2
0
= x0+2
1+x0
，
S△MNB =
2
1+x0
x0
-x0 x2
0-2x0-4
x0+2
2
x0+2
1+x0
=
2
- x2
0-2x0-4
x0+2
2
x0+2
2
=
2
- x2
0-2x0-4
当x0= 1 时(满足0 < x0< 1 +
5)，面积最大S△MNB =
10.
综上所述，得△MNB 的面积的最大值为
10.
方法四：设直线l 的切点为x0,y0
，即
y2
0
4 ,y0
，
由方法三可设切线方程为2y0y = 4x + y2
0.
由题意知直线l 斜率不为0，得直线l 方程为4x = 2y0y - y2
0，
x2
4 + y2
2 =1
4x=2y0y-y2
0
⇒4y2
0+32
y2-4y3
0y+y4
0-64=0
Δ = 16y6
0- 4 4y2
0+32
y4
0-64
> 0，得-y4
0+ 8y2
0+ 64 > 0.
设M x1,y1
，N x2,y2
34
则y1+ y2=
4y3
0
4y2
0+32 ，y1y2= y4
0-64
4y2
0+32 .
又4x = 2y0y - y2
0与x 轴交于点- y2
0
4 ,0
，
则S△MNB = 1
2
y2
0
4 +2
× y1-y2
= 1
2
y2
0
4 +2
y1+y2
2-4y1y2
= y2
0+8
8
4y3
0
4y2
0+32
2
-4 y4
0-64
4y2
0+32 =
2 y2
0+8
4
-y4
0+8y2
0+64
y2
0+8
2
=
2
4
-y4
0+8y2
0+64 =
2
4
- y2
0-4
2+80
当y2
0= 4(满足-y4
0+ 8y2
0+ 64 > 0) 时，2
4
- y2
0-4
2+80 取得最大值为
10.
综上所述，得△MNB 的面积的最大值为
10
2. (24 - 25 高三上·河北石家庄·月考) 已知焦距为2 3 的椭圆C: x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0) 的右焦点为F，
右顶点为A，过F 作直线l 与椭圆C 交于B、D 两点(异于点A)，当BD ⊥x 轴时，|BD| = 1．
(1) 求椭圆C 的方程；
(2) 证明：∠BAD 是钝角．
【答案】(1) x2
4 + y2= 1；(2) 证明见解析
【解析】(1) 由题意：
c=
3
2b2
a =1
a2=b2+c2
⇒
c=
3
a=2
b=1
，
所以椭圆C 的方程为：x2
4 + y2= 1.
(2) 如图：
因为B、D 两点异于点A，故直线l 斜率不为0.
设直线l：x = ty +
3 ，
由
x2
4 +y2=1
x=ty+
3
⇒t2+4
y2+ 2 3ty - 1 = 0.
设B x1,y1
，D x2,y2
，则y1+ y2=- 2 3t
t2+4 ，y1y2=-
1
t2+4 .
所以AB
⋅AD
= x1-2,y1
⋅x2-2,y2
= x1-2
x2-2
+ y1y2= ty1+
3-2
ty2+
3-2
+ y1y2
= t2+1
y1y2+
3-2
t y1+y2
+
3-2
2
=- t2+1
t2+4 - 2 3
3-2
t2
t2+4
+
3-2
2= 4 7-4 3
t2+4
< 0，
所以∠BAD 为钝角或平角(舍去).
故∠BAD 为钝角.
3. (24 - 25 高三上·重庆·月考) 已知双曲线C: x2
a2 - y2
b2 = 1(a > 0,b > 0) 的一条渐近线方程为y =
3
2 x，
点P 4,3
在双曲线C 上．
(1) 求双曲线C 的方程.
35
(2) 设过点-1,0
的直线l 与双曲线C 交于M ，N 两点，问在x 轴上是否存在定点Q，使得QM
⋅QN
为常数？若存在，求出Q 点坐标及此常数的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1) x2
4 - y2
3 = 1；(2) 存在，Q - 29
8 ,0
，585
64 .
【解析】(1) 由题意得，因为双曲线渐近线方程为y =
3
2 x，
所以b
a =
3
2
⇒b =
3
2 a，
又点P(4,3) 在双曲线上，所以将坐标代入双曲线标准方程得：16
a2 - 9
b2 = 1，
联立两式解得16
a2 -
9
3
2 a
2 = 1 ⇒a = 2，b =
3 ，
所以双曲线的标准方程为：x2
4 - y2
3 = 1.
(2) 如图所示，
点E(-1,0), 直线l 与双曲线交于M,N 两点，
由题意得，设直线l 的方程为x = my - 1，Q 点坐标为(t,0)，
联立
x2
4 - y2
3 =1
x=my-1
得，(3m2- 4)y2- 6my - 9 = 0，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
则y1+ y2=
6m
3m2-4 ，y1y2=
-9
3m2-4 ，
x1+ x2= (my1- 1) + (my2- 1) = m(y1+ y2) - 2 =
6m2
3m2-4 - 2 =
8
3m2-4 ，
x1x2= (my1- 1) (my2- 1) = m2y1y2- m(y1+ y2) + 1 = -12m2-4
3m2-4
，
QM
= (x1- t,y1)，QN
= (x2- t,y2)，
所以QM
⋅QN
= (x1- t) (x2- t) + y1y2= x1x2- t(x1+ x2) + t2+ y1y2
= -12m2-4
3m2-4
- t ⋅
8
3m2-4 +
-9
3m2-4 + t2
= -12m2-13-8t
3m2-4
+ t2= -4(3m2-4)-8t-29
3m2-4
+ t2
=-4 - 8t+29
3m2-4 + t2，
所以若要使得上式为常数，则8t + 29 = 0，
即t =- 29
8 ，此时QM
⋅QN
= 585
64 ，
所以存在定点Q - 29
8 ,0
，使得QM
⋅QN
为常数585
64 .
4. (24 - 25 高三上·云南保山·期中) 若P 2,2
为抛物线Γ:y2 = mx 上一点，过P 作两条关于x = 2 对称的
直线分别另交Γ 于A x1,y1
,B x2,y2
两点.
(1) 求抛物线Γ 的方程与焦点坐标；
(2) 判断直线AB 的斜率是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)y2= 2x，焦点为
1
2 ,0
；(2) 存在，- 1
2 .
36
【解析】(1) 由题意，得22= 2m，得m = 2，所求抛物线Γ 方程为y2= 2x，其焦点坐标为
1
2 ,0
.
(2) 如图，由题意，不妨设直线AB 的方程为y = kx + t，
联立抛物线方程y=kx+t
y2=2x
，消去y 得k2x2+ 2kt-2
x + t2= 0,Δ = 4 - 8kt > 0，
由韦达定理得x1+ x2=- 2kt-2
k2
,x1x2= t2
k2 ，
因为直线PA 与PB 关于x = 2 对称，所以y1-2
x1-2 + y2-2
x2-2 = 0，且y2
1 = 2x1,y2
2= 2x2，
所以y1-2
y2
1
2 -2
+ y2-2
y2
2
2 -2
= 2 y1-2
y2
1-4
+ 2 y2-2
y2
2-4
= 0，
所以
2
y1+2 +
2
y2+2 = 0，即y1+ y2+ 4 = 0，即k x1+x2
+ 2t + 4 = 0，
由韦达定理得-k ⋅2kt-2
k2
+ 2t + 4 = 0，解得k =- 1
2 ，
所以直线AB 的斜率为定值- 1
2 .
5. (24 - 25 高三上·湖北武汉·期中) 已知椭圆C ：x2
a2 + y2
b2 = 1 a>b>0
的离心率为
3
2 ，点A 0,1
在
C 上，直线l 与C 交于不同于A 的两点M ，N．
(1) 求C 的方程；
(2) 若AM
⋅AN
= 0，求△AMN 面积的最大值；
(3) 记直线AM ，AN 的斜率分别为k1，k2，若k1k2=- 1
16 ，证明：以MN 为直径的圆过定点，并求出定点
坐标．
【答案】(1) x2
4 + y2= 1；(2) 64
25 ；(3) 证明见解析，定点0,-1
【解析】(1) 由题意可知：
b=1
e= c
a =
3
2
a2=b2+c2
，解得
a=2
b=1
c=
3
，
所以椭圆C 的方程为x2
4 + y2= 1.
(2) 若AM
⋅AN
= 0，可知直线l 的斜率存在，
37
设直线l：y = kx + m m≠1
，M x1,y1
,N x2,y2
，
联立方程
y=kx+m
x2
4 +y2=1
，消去y 可得4k2+1
x2+ 8kmx + 4m2- 4 = 0，
则Δ = 64k2m2- 4 4k2+1
4m2-4
> 0，整理可得m2< 4k2+ 1，
可得x1+ x2=- 8km
4k2+1 ,x1⋅x2= 4m2-4
4k2+1 ，
因为A 0,1
，则AM
= x1,y1-1
,AN
= x2,y2-1
，
由AM
⋅AN
= 0，可得x1x2+ y1-1
y2-1
= 0，
则x1x2+ kx1+m-1
kx2+m-1
= 0，
整理可得k2+1
x1x2+ k m-1
x1+x2
+ m-1
2= 0，
则
k2+1
4m2-4
4k2+1
- 8k2m m-1
4k2+1
+ m-1
2= 0，
且m ≠1，则m - 1 ≠0，可得4 k2+1
m+1
4k2+1
- 8k2m
4k2+1 + m-1
= 0，
解得m =- 3
5 ，且满足m2< 4k2+ 1，
可知直线l：y = kx - 3
5 过定点0,- 3
5
，
则△AMN 面积S△AMN = 1
2 × 1+ 3
5
x1-x2
= 4
5
- 8km
4k2+1
2
- 4 4m2-4
4k2+1
= 16 4k2+1-m2
5 4k2+1
=
32
25
25k2+4
4k2+1
，
令t =
25k2+4 ≥2，则k2= t2-4
25
，可得S△AMN = 32
25
t
4× t2-4
25 +1
=
32t
4t2+9 =
8
t+
9
4
t
，
因为f t
= t +
9
4
t 在2,+∞
内单调递增，则f t
≥f 2
= 25
8 ，
所以当t = 2,k = 0 时，△AMN 面积取到最大值64
25 .
(3) 若直线l 的斜率不存在，设M x1,y1
,N x1,-y1
,x1≠0，
可得k1k2= y1-1
x1
⋅-y1-1
x1
=- y2
1-1
x2
1
=- 1
16 ，可得y2
1 = 1 + 1
16 x2
1 > 1，
这与y2
1 ≤1 相矛盾，不合题意；
可知直线l 的斜率存在，设直线l：y = kx + m m≠1
，M x1,y1
,N x2,y2
，
38
可得k1k2= y1-1
x1
⋅y2-1
x2
=
kx1+m-1
kx2+m-1
x1x2
=- 1
16 ，
整理可得16k2+1
x1x2+ 16k m-1
x1+x2
+ 16 m-1
2= 0，
则
16k2+1
4m2-4
4k2+1
- 128k2m m-1
4k2+1
+ 16 m-1
2= 0，
且m ≠1，则m - 1 ≠0，可得
16k2+1
m+1
4k2+1
- 32k2m
4k2+1 + 4 m-1
= 0，解得m = 3
5 ，
设以MN 为直径的圆过定点P x0,y0
，
则PM
= x1-x0,y1-y0
,PN
= x2-x0,y2-y0
，
可得PM
⋅PN
= x1-x0
x2-x0
+ y1-y0
y2-y0
= 0，
则x1-x0
x2-x0
+ kx1+m-y0
kx2+m-y0
= 0，
整理可得k2+1
x1x2+ k m-y0
-x0
x1+x2
+ x2
0+ m-y0
2= 0，
则
k2+1
4m2-4
4k2+1
- 8km k m-y0
-x0
4k2+1
+ x2
0+ m-y0
2= 0，
可得4 x2
0+y2
0-1
k2+ 24
5 x0k - 64
25 + x2
0+
3
5 -y0
2
= 0，
注意到上式对任意的k 均成立，则
4 x2
0+y2
0-1
=0
24
5 x0=0
- 64
25 +x2
0+
3
5 -y0
2=0
，解得x0=0
y0=-1
，
所以以MN 为直径的圆过定点0,-1
.
6. (24 - 25 高三上·上海宝山·月考) 已知椭圆C: x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0) 的左、右焦点分别为F ₁、F ₂，
N -2,0
为椭圆的一个顶点，且右焦点F ₂到双曲线. x² -y² = 2 渐近线的距离为
2
2 ，
(1) 求椭圆C 的标准方程；
(2) 设直线l:y = kx + m k≠0
与椭圆C 交于A、B 两点.
①若直线l 过椭圆右焦点F ₂，且△AF ₁ B 的面积为8 3
5
，求实数k 的值；
②若直线l 过定点P(0,2)，且k > 0，在x 轴上是否存在点T(t,0) 使得以TA、TB 为邻边的平行四边
形为菱形? 若存在，则求出实数t 的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) x2
4 + y2
3 = 1；(2) ①k =± 3; ②t ∈-
3
6 ,0
【解析】(1) 由双曲线. x² -y² = 2 的渐近线方程为x ± y = 0，
再由椭圆C: x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0) 的右焦点分别为F ₂ c,0
到渐近线的距离为
2
2
可得：
c
2 =
2
2 ，因为c > 0，所以解得c = 1，
再由椭圆的一个顶点为N -2,0
，可得a = 2，
所以由b2= a2- c2= 4 - 1 = 3，
即椭圆C 的标准方程为x2
4 + y2
3 = 1；
(2) ①直线l:y = kx + m k≠0
过椭圆右焦点F ₂可得：0 = k + m，即m =-k，
39
所以由直线l:y = k x-1
与椭圆C 的标准方程x2
4 + y2
3 = 1 联立方程组，消去y 得：
4k2+3
x2- 8k2x + 4k2- 12 = 0，
设两交点A x1,y1
,B x2,y2
，则有x1+ x2=
8k2
4k2+3 ,x1x2= 4k2-12
4k2+3 ,
所以AB
=
1+k2 x1-x2
=
1+k2
8k2
4k2+3
2
-4 4k2-12
4k2+3 = 12 k2+1
4k2+3
，
又椭圆左焦点F1 -1,0
到直线l:k x-1
- y = 0 的距离为d =
-2k
1+k2 ，
所以S△AF1B = 1
2 ⋅d ⋅AB
= 1
2 ⋅
-2k
1+k2 ⋅12 k2+1
4k2+3
= 8 3
5
，
解得：k2= 3 或k2=- 12
11 (舍去)，即k =± 3；
②假设存在点T t,0
使得以TA,TB 为邻边的平行四边形为菱形，
由于直线过定点P(0，2)，且k > 0，可知直线方程为y = kx + 2，
与椭圆x2
4 + y2
3 = 1 联立方程组，消去y 得：4k2+3
x2+ 16kx + 4 = 0，
由Δ = 192k2- 48 > 0，且k > 0，解得k > 1
2 ，
设两交点A x1,y1
,B x2,y2
，AB 中点M x0,y0
，则有x1+ x2= -16k
4k2+3 ,x1x2=
4
4k2+3 ,
所以x0= x1+x2
2
=
-8k
4k2+3 ,y0= kx0+ 2 =
6
4k2+3 ，
即kTM =- 1
k =
6
4k2+3
-
8k
4k2+3 -t
，整理得t =-
2k
4k2+3 =-
2
4k+ 3
k
，
又因为k > 1
2 ，所以4k + 3
k ∈4 3,+∞
，则t ∈-
3
6 ,0
.
刷真题
7. (2024·全国·高考真题) 已知A(0,3) 和P 3, 3
2
为椭圆C: x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0) 上两点.
(1) 求C 的离心率;
(2) 若过P 的直线l 交C 于另一点B，且△ABP 的面积为9，求l 的方程．
【答案】(1) 1
2 ；(2) 直线l 的方程为3x - 2y - 6 = 0 或x - 2y = 0.
【解析】(1) 由题意得
b=3
9
a2 +
9
4
b2 =1
，解得b2=9
a2=12
，
40
所以e =
1- b2
a2 =
1- 9
12 = 1
2 .
(2) 法一：kAP =
3- 3
2
0-3 =- 1
2 ，则直线AP 的方程为y =- 1
2 x + 3，即x + 2y - 6 = 0，
AP
=
0-3
2+ 3- 3
2
2
= 3 5
2
，由(1) 知C: x2
12 + y2
9 = 1，
设点B 到直线AP 的距离为d，则d = 2×9
3 5
2
= 12
5
5
，
则将直线AP 沿着与AP 垂直的方向平移12
5
5
单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点B，
设该平行线的方程为：x + 2y + C = 0，
则C+6
5
= 12
5
5
，解得C = 6 或C =-18，
当C = 6 时，联立
x2
12 + y2
9 =1
x+2y+6=0
，解得x=0
y=-3
或
x=-3
y=- 3
2
，
即B 0,-3
或-3,- 3
2
，
当B 0,-3
时，此时kl = 3
2 ，直线l 的方程为y = 3
2 x - 3，即3x - 2y - 6 = 0，
当B -3,- 3
2
时，此时kl = 1
2 ，直线l 的方程为y = 1
2 x，即x - 2y = 0，
当C =-18 时，联立
x2
12 + y2
9 =1
x+2y-18=0
得2y2- 27y + 117 = 0，
Δ = 272- 4 × 2 × 117 =-207 < 0，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线l 的方程为3x - 2y - 6 = 0 或x - 2y = 0.
法二：同法一得到直线AP 的方程为x + 2y - 6 = 0，
点B 到直线AP 的距离d = 12
5
5
，
设B x0,y0
，则
x0+2y0-6
5
= 12
5
5
x2
0
12 + y2
0
9 =1
，解得
x0=-3
y0=- 3
2
或x0=0
y0=-3
，
即B 0,-3
或-3,- 3
2
，以下同法一.
法三：同法一得到直线AP 的方程为x + 2y - 6 = 0，
点B 到直线AP 的距离d = 12
5
5
，
设B 2 3cosθ,3sinθ
，其中θ ∈0,2π
，则有2 3cosθ+6sinθ-6
5
= 12
5
5
，
联立cos2θ + sin2θ = 1，解得
cosθ=-
3
2
sinθ=- 1
2
或cosθ=0
sinθ=-1
，
即B 0,-3
或-3,- 3
2
，以下同法一；
法四：当直线AB 的斜率不存在时，此时B 0,-3
，
S△PAB = 1
2 × 6 × 3 = 9，符合题意，此时kl = 3
2 ，直线l 的方程为y = 3
2 x - 3，即3x - 2y - 6 = 0，
当线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y = kx + 3，
41
联立椭圆方程有
y=kx+3
x2
12 + y2
9 =1
，则4k2+3
x2+ 24kx = 0，其中k ≠kAP，即k ≠- 1
2 ，
解得x = 0 或x = -24k
4k2+3 ，k ≠0，k ≠- 1
2 ，
令x = -24k
4k2+3 ，则y = -12k2+9
4k2+3
，则B
-24k
4k2+3 , -12k2+9
4k2+3
同法一得到直线AP 的方程为x + 2y - 6 = 0，
点B 到直线AP 的距离d = 12
5
5
，
则
-24k
4k2+3 +2× -12k2+9
4k2+3
-6
5
= 12
5
5
，解得k = 3
2 ，
此时B -3,- 3
2
，则得到此时kl = 1
2 ，直线l 的方程为y = 1
2 x，即x - 2y = 0，
综上直线l 的方程为3x - 2y - 6 = 0 或x - 2y = 0.
法五：当l 的斜率不存在时，l:x = 3,B 3,- 3
2
, PB
= 3,A 到PB 距离d = 3，
此时S△ABP = 1
2 × 3 × 3 = 9
2 ≠9 不满足条件.
当l 的斜率存在时，设PB:y - 3
2 = k(x - 3)，令P x1,y1
,B x2,y2
，
y=k(x-3)+ 3
2
x2
12 + y2
9 =1
，消y 可得4k2+3
x2- 24k2-12k
x + 36k2- 36k - 27 = 0，
Δ = 24k2-12k
2- 4 4k2+3
36k2-36k-27
> 0，且k ≠kAP，即k ≠- 1
2 ，
x1+x2= 24k2-12k
4k2+3
x1x2= 36k2-36k-27
4k2+3
, PB
=
k2+1
x1+x2
2-4x1x2=
4 3
k2+1
3k2+9k+ 27
4
4k2+3
，
A 到直线PB 距离d =
3k+ 3
2
k2+1
,S△PAB = 1
2 ⋅
4 3
k2+1
3k2+9k+ 27
4
4k2+3
⋅
3k+ 3
2
k2+1
= 9，
∴k = 1
2 或3
2 ，均满足题意，∴l:y = 1
2 x 或y = 3
2 x - 3，即3x - 2y - 6 = 0 或x - 2y = 0.
法六：当l 的斜率不存在时，l:x = 3,B 3,- 3
2
, PB
= 3,A 到PB 距离d = 3，
此时S△ABP = 1
2 × 3 × 3 = 9
2 ≠9 不满足条件.
当直线l 斜率存在时，设l:y = k(x - 3) + 3
2 ，
设l 与y 轴的交点为Q，令x = 0，则Q 0,-3k+ 3
2
，
联立y=kx-3k+ 3
2
3x2+4y2=36
，则有3+4k2
x2- 8k 3k- 3
2
x + 36k2- 36k - 27 = 0，
3+4k2
x2- 8k 3k- 3
2
x + 36k2- 36k - 27 = 0，
其中Δ = 8k2 3k- 3
2
2
- 4 3+4k2
36k2-36k-27
> 0，且k ≠- 1
2 ，
则3xB = 36k2-36k-27
3+4k2
,xB = 12k2-12k-9
3+4k2
，
42
则S = 1
2 AQ
xP-xB
= 1
2 3k+ 3
2
12k+18
3+4k2
= 9，解的k = 1
2 或k = 3
2 ，经代入判别式验证均满足题意.
则直线l 为y = 1
2 x 或y = 3
2 x - 3，即3x - 2y - 6 = 0 或x - 2y = 0.
8. (2024·全国·高考真题) 已知椭圆C: x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0) 的右焦点为F，点M 1, 3
2
在C 上，且MF
⊥x 轴．
(1) 求C 的方程；
(2) 过点P 4,0
的直线交C 于A,B 两点，N 为线段FP 的中点，直线NB 交直线MF 于点Q，证明：
AQ ⊥y 轴．
【答案】(1) x2
4 + y2
3 = 1；(2) 证明见解析
【解析】(1) 设F c,0
，由题设有c = 1 且b2
a = 3
2 ，故a2-1
a
= 3
2 ，故a = 2，故b =
3 ，
故椭圆方程为x2
4 + y2
3 = 1.
(2) 直线AB 的斜率必定存在，设AB:y = k(x - 4)，A x1,y1
，B x2,y2
，
由3x2+4y2=12
y=k(x-4)
可得3+4k2
x2- 32k2x + 64k2- 12 = 0，
故Δ = 1024k4- 4 3+4k2
64k2-12
> 0，故- 1
2 < k < 1
2 ，
又x1+ x2=
32k2
3+4k2 ,x1x2= 64k2-12
3+4k2
，
而N
5
2 ,0
，故直线BN:y =
y2
x2- 5
2
x- 5
2
，故yQ =
- 3
2 y2
x2- 5
2
= -3y2
2x2-5 ，
所以y1- yQ = y1+
3y2
2x2-5 = y1× 2x2-5
+3y2
2x2-5
= k x1-4
× 2x2-5
+3k x2-4
2x2-5
= k 2x1x2-5 x1+x2
+8
2x2-5
= k
2× 64k2-12
3+4k2 -5× 32k2
3+4k2 +8
2x2-5
= k
128k2-24-160k2+24+32k2
3+4k2
2x2-5
= 0，
故y1= yQ，即AQ ⊥y 轴.
9. (2024·天津·高考真题) 已知椭圆x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0) 的离心率为1
2 ．左顶点为A，下顶点为B，C
是线段OB 的中点(O 为原点)，△ABC 的面积为3 3
2
．
(1) 求椭圆的方程．
(2) 过点C 的动直线与椭圆相交于P，Q 两点．在y 轴上是否存在点T，使得TP
⋅TQ
≤0 恒成立．若
存在，求出点T 纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．
43
【答案】(1) x2
12 + y2
9 = 1；(2) 存在T 0,t
-3≤t≤3
2
，使得TP
⋅TQ
≤0 恒成立.
【解析】(1) 因为椭圆的离心率为e = 1
2 ，故a = 2c，b =
3c，其中c 为半焦距，
所以A -2c,0
,B 0,- 3c
,C 0,-
3c
2
，故S△ABC = 1
2 × 2c ×
3
2 c = 3 3
2
，
故c =
3 ，所以a = 2 3 ，b = 3，故椭圆方程为：x2
12 + y2
9 = 1.
(2)
若过点0,- 3
2
的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：y = kx - 3
2 ，
设P x1,y1
,Q x2,y2
,T 0,t
，
由
3x2+4y2=36
y=kx- 3
2
可得3+4k2
x2- 12kx - 27 = 0，
故Δ = 144k2+ 108 3+4k2
= 324 + 576k2> 0 且x1+ x2=
12k
3+4k2 ,x1x2=-
27
3+4k2 ,
而TP
= x1,y1-t
,TQ
= x2,y2-t
，
故TP
⋅TQ
= x1x2+ y1-t
y2-t
= x1x2+ kx1- 3
2 -t
kx2- 3
2 -t
= 1+k2
x1x2- k 3
2 +t
x1+x2
+
3
2 +t
2
= 1+k2
× -
27
3+4k2
- k 3
2 +t
×
12k
3+4k2 +
3
2 +t
2
=
-27k2-27-18k2-12k2t+3
3
2 +t
2+ 3+2t
2k2
3+4k2
=
3+2t
2-12t-45
k2+3
3
2 +t
2-27
3+4k2
，
因为TP
⋅TQ
≤0 恒成立，故
3+2t
2-12t-45≤0
3
3
2 +t
2-27≤0
，解得-3 ≤t ≤3
2 .
若过点0,- 3
2
的动直线的斜率不存在，则P 0,3
,Q 0,-3
或P 0,-3
,Q 0,3
，
此时需-3 ≤t ≤3，两者结合可得-3 ≤t ≤3
2 .
综上，存在T 0,t
-3≤t≤3
2
，使得TP
⋅TQ
≤0 恒成立.
10. (2024·北京·高考真题) 已知椭圆E：x2
a2 + y2
b2 = 1 a>b>0
，以椭圆E 的焦点和短轴端点为顶点的四
边形是边长为2 的正方形. 过点0,t
t>
2
且斜率存在的直线与椭圆E 交于不同的两点A,B，过点
A 和C 0,1
的直线AC 与椭圆E 的另一个交点为D．
(1) 求椭圆E 的方程及离心率；
(2) 若直线BD 的斜率为0，求t 的值．
【答案】(1) x2
4 + y2
2 = 1,e =
2
2 ；(2)t = 2
【解析】(1) 由题意b = c = 2
2 =
2 ，从而a =
b2+c2 = 2，
44
所以椭圆方程为x2
4 + y2
2 = 1，离心率为e =
2
2 ；
(2) 直线AB 斜率不为0，否则直线AB 与椭圆无交点，矛盾，
从而设AB:y = kx + t, k≠0,t>
2
，A x1,y1
,B x2,y2
，
联立
x2
4 + y2
2 =1
y=kx+t
，化简并整理得1+2k2
x2+ 4ktx + 2t2- 4 = 0，
由题意Δ = 16k2t2- 8 2k2+1
t2-2
= 8 4k2+2-t2
> 0，即k,t 应满足4k2+ 2 - t2> 0，
所以x1+ x2= -4kt
1+2k2 ,x1x2= 2t2-4
2k2+1 ，
若直线BD 斜率为0，由椭圆的对称性可设D -x2,y2
，
所以AD:y = y1-y2
x1+x2
x-x1
+ y1，在直线AD 方程中令x = 0，
得yC = x1y2+x2y1
x1+x2
= x1 kx2+t
+x2 kx1+t
x1+x2
= 2kx1x2+t x1+x2
x1+x2
= 4k t2-2
-4kt
+ t = 2
t = 1，
所以t = 2，
此时k 应满足4k2+2-t2=4k2-2>0
k≠0
，即k 应满足k <-
2
2
或k >
2
2 ，
综上所述，t = 2 满足题意，此时k <-
2
2
或k >
2
2 .
11. (2024·上海·高考真题) 已知双曲线Γ:x2 - y2
b2 = 1,(b > 0), 左右顶点分别为A1,A2，过点M -2,0
的直
线l 交双曲线Γ 于P,Q 两点.
(1) 若离心率e = 2 时，求b 的值．
(2) 若b = 2 6
3
,△MA2P 为等腰三角形时，且点P 在第一象限，求点P 的坐标．
(3) 连接OQ 并延长，交双曲线Γ 于点R，若A1R
⋅A2P
= 1，求b 的取值范围．
【答案】(1)b =
3；(2)P 2,2 2
；(3) 0, 3
∪
3,
30
3
【解析】(1) 由题意得e = c
a = c
1 = 2，则c = 2，b =
22-1 =
3．
(2) 当b = 2 6
3
时，双曲线Γ:x2- y2
8
3
= 1，其中M -2,0
，A2 1,0
，
因为△MA2P 为等腰三角形，则
①当以MA2为底时，显然点P 在直线x =- 1
2 上，这与点P 在第一象限矛盾，故舍去；
②当以A2P 为底时，MP
= MA2
= 3，
45
设P x,y
，则
x2- 3y2
8 =1
(x+2)2+y2=9
, 联立解得
x=- 23
11
y=- 8 17
11
或
x=- 23
11
y= 8 17
11
或x=1
y=0
，
因为点P 在第一象限，显然以上均不合题意，舍去；
(或者由双曲线性质知MP
> MA2
，矛盾，舍去)；
③当以MP 为底时，A2P
= MA2
= 3，设P x0,y0
，其中x0> 0,y0> 0，
则有
x0-1
2+y2
0=9
x2
0- y2
0
8
3
=1
，解得x0=2
y0=2 2
，即P 2,2 2
．
综上所述：P 2,2 2
.
(3) 由题知A1 -1,0
,A2 1,0
，
当直线l 的斜率为0 时，此时A1R
⋅A2P
= 0，不合题意，则kl ≠0，
则设直线l:x = my - 2，
设点P x1,y1
,Q x2,y2
，根据OQ 延长线交双曲线Γ 于点R，
根据双曲线对称性知R -x2,-y2
，
联立有
x=my-2
x2- y2
b2 =1
⇒b2m2-1
y2- 4b2my + 3b2= 0，
显然二次项系数b2m2- 1 ≠0，
其中Δ = -4mb2
2- 4 b2m2-1
3b2= 4b4m2+ 12b2> 0，
y1+ y2=
4b2m
b2m2-1 ①，y1y2=
3b2
b2m2-1 ②，
A1R
= -x2+1,-y2
,A2P
= x1-1,y1
，
则A1R
⋅A2P
= -x2+1
x1-1
- y1y2= 1，因为P x1,y1
,Q x2,y2
在直线l 上，
则x1= my1- 2，x2= my2- 2，
即- my2-3
my1-3
- y1y2= 1，即y1y2 m2+1
- y1+y2
3m + 10 = 0，
将①②代入有m2+1
⋅
3b2
b2m2-1 - 3m ⋅
4b2m
b2m2-1 + 10 = 0，
即3b2 m2+1
- 3m ⋅4b2m + 10 b2m2-1
= 0
化简得b2m2+ 3b2- 10 = 0，
所以m2= 10
b2 - 3, 代入到b2m2- 1 ≠0, 得b2= 10 - 3b2≠1, 所以b2≠3,
且m2= 10
b2 - 3 ≥0，解得b2≤10
3 ，又因为b > 0，则0 < b2≤10
3 ，
综上知，b2∈0,3
∪3, 10
3
，∴b ∈0, 3
∪
3,
30
3
．
12. (2024·上海·高考真题) 在平面直角坐标系xOy 中，已知点A 为椭圆Γ: x2
6 + y2
2 = 1 上一点，F1、F2 分别
为椭圆的左、右焦点.
(1) 若点A 的横坐标为2，求AF1
的长;
(2) 设Γ 的上、下顶点分别为M1、M2，记△AF1F2的面积为S1,△AM1M2的面积为S2，若S1≥S2，求OA
的取值范围
(3) 若点A 在x 轴上方，设直线AF2与Γ 交于点B，与y 轴交于点K，KF1延长线与Γ 交于点C，是否存
46
在x 轴上方的点C，使得F1A
+ F1B
+ F1C
= λ F2A
+F2B
+F2C
λ∈R
成立? 若存在，请求出点C 的坐
标; 若不存在，请说明理由.
【答案】(1) 5 6
3
；(2)
2, 3 10
5
；(3) 存在，C - 9
4 ,
5
4
【解析】(1) 设A 2,y
，由点A 为椭圆Γ: x2
6 + y2
2 = 1 上一点，得22
6 + y2
2 = 1，即y2= 2
3 ，又F1 -2,0
，
所以AF1
=
[2-(-2)]2+ y-0
2 = 5 6
3
.
(2) 设A x,y
,xy ≠0，而|F1F2| = 4,|M1M2| = 2 2 ，
则S1= 1
2 F1F2
y
= 2 y
，S2= 1
2 M1M2
x
=
2 x
，由S1≥S2，得2 y
≥
2 x
，
即2y2≥x2，又x2
6 + y2
2 = 1，则2y2≥6 - 3y2，解得6
5 ≤y2< 2，
OA
=
x2+y2 =
6-3y2
+y2 =
6-2y2 ∈
2, 3 10
5
，
所以OA
的范围是
2, 3 10
5
.
(3) 设A x1,y1
,y1> 0,B x2,y2
，由图象对称性，得A、C 关于y 轴对称，则C -x1,y1
，
又F1 -2,0
，F2 2,0
，于是F1A
= x1+2,y1
，F1B
= x2+2,y2
，F1C
= -x1+2,y1
，
则F1A
+ F1B
+ F1C
= x2+6,y2+2y1
，同理F2A
+ F2B
+ F2C
= x2-6,y2+2y1
，
由F1A
+ F1B
+ F1C
= λ(F2A
+ F2B
+ F2C
)，得(F1A
+ F1B
+ F1C
)⎳(F2A
+ F2B
+ F2C
)，
因此x2+6
y2+2y1
= x2-6
y2+2y1
，即12(y2+ 2y1) = 0，则y2+ 2y1= 0，
设直线AF2:x = my + 2，由x=my+2
x2+3y2=6
消去x 得m2+3
y2+ 4my - 2 = 0，
则
y1y2=
-2
m2+3
y1+y2=-
4m
m2+3
，即
-2y2
1=
-2
m2+3
-y1=-
4m
m2+3
，而y1> 0，解得m =
5
5 ，y1=
5
4 ，
由x1= my1+ 2，得x1= 9
4 ，所以C - 9
4 ,
5
4
.
