第21讲2.8直线与圆锥曲线的位置关系（3知识点+8题型+巩固训练）教师版-高中数学人教B版讲义（选择性必修一）_2027高中必刷题_必刷题2027_2027高一高二必刷题_数学_赠送

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2.8 直线与圆锥曲线的位置关系
课程标准
学习目标
1. 理解直线与圆锥曲线的位置关系
2. 2.会进行直线与圆锥曲线的位置关系的判
断，能够计算弦长
重点：理解直线与圆锥曲线的位置关系，会判定及
应用
难点：应用代数方法对直线与圆锥曲线的位置关系
进行判定，相关计算的准确性
知识点01 直线与圆锥曲线的位置关系的判定
(1)代数法: 把圆锥曲线方程与直线方程联立消去y，整理得到关于x 的方程 ax
2+bx +c =0.
方程ax
2+bx +c =0的解
l与c1的交点
a=0
b=0
无解（含l是双曲线的渐
近线）
无公共点
b≠0
有一解（含l与抛物线的
对称轴平行或与双曲线
的渐进性平行）
一个交点
a≠0
∆>0
两个不等的解
两个交点
∆=0
两个相等的解
一个切点
∆<0
无实数解
无公共点
(2)几何法:在同一直角坐标系中画出圆锥曲线和直线，利用图象和性质可判定直线与圆锥曲线的位置关系
【即学即练1】（24-25 高二上·陕西西安·阶段练习）已知双曲线C : x
2
a −y
2
12 =1(a>0)，过右焦点F的直
线l与双曲线C交于A ,B两点．且|AB|=16，这样的直线有4 条，则实数a的取值范围是（    ）
2
A．(
9
16 ,64)
B．(
9
4 ,64)
C．(0, 9
4)
D．(0,64)
【答案】B
【分析】根据直线与双曲线相交的情形，分两种情况讨论：①直线只与双曲线右支相交，②直线与双曲线
的两支都相交，分析其弦长的最小值，利用符合条件的直线的数目，可得答案．
【详解】设F (c ,0)，令x =c，则y =± 12
√a，
过双曲线C : x
2
a −y
2
12 =1(a>0)的右焦点作直线l与双曲线C交于A ,B两点，
如果A ,B在同一支上，则有|AB|min= 24
√a，
如果A ,B在两支上，则有|AB|min=2√a，
因为|AB|=16这样的直线有4 条，
所以¿，解得9
4 <a<64，
故选：B
【即学即练2】（2024 高二上·江苏·专题练习）设F1、F2分别是椭圆x
2
4 + y
2=1的左、右焦点，设过定
点M (0,2)的直线l 与椭圆交于不同的两点A、B，且∠AOB为锐角（其中O 为坐标原点），则直线l 的斜
率k 的取值范围为（    ）
A．(−2,−√3
2 )
B．(
√3
2 ,2)
C．(−2,−√3
2 )∪(
√3
2 ,2)
D．(1, √3
2 )
【答案】C
【分析】设出直线方程，联立椭圆方程，表示出韦达定理，结合∠AOB为锐角，cos∠AOB>0即
x1 x2+ y1 y2>0，代入韦达定理化简即可；
【详解】显然x =0不满足题意，
设直线l的方程为y =kx +2，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
¿，
Δ=(16k )
2−4(4 k
2+1)×12>0，解得k
2> 3
4 ，①
3
x1+ x2=−16 k
4 k
2+1
, x1 x2=
12
4 k
2+1，
则y1 y2=(k x1+2)(k x2+2)=k
2 x1 x2+2k( x1+ x2)+ 4，
又∠AOB为锐角，则cos∠AOB>0，即⃗OA ⋅⃗OB>0，x1 x2+ y1 y2>0，
所以x1 x2+ y1 y2=(1+ k
2)x1 x2+2k( x1+ x2)+ 4
= 12(k
2+1)
4 k
2+1
−16k ⋅2k
4 k
2+1
+ 4 = 4(4−k
2)
4 k
2+1
>0，解得0<k
2<4，②
由①②，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).
故选：C.
知识点02 直线与圆锥曲线的相交弦长
1.设斜率为 k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C 相交于A，B 两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝＝·|x1
－x2|＝·|y1－y2|＝·
2.特别，若直线过抛物线的焦点，则弦长AB|＝x1＋x2＋p＝(α为弦AB 的倾斜角).
【即学即练3】（24-25 高二上·浙江丽水·阶段练习）已知焦点在x轴上的椭圆C过点A (0,3)，离心率为
1
2，
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率为3
2的直线与曲线C相交于点D，E，弦长|DE|= 3√13
2
，求直线的方程．
【答案】(1) x
2
12 + y
2
9 =1
(2)3 x−2 y ±6=0
【分析】（1）根据已知条件求得b,a，进而求得椭圆C的方程.
（2）设出直线DE的方程并与椭圆方程联立，写出根与系数关系，根据|DE|= 3√13
2
求得直线DE的方程.
【详解】（1）由题意得¿，解得c
2=3，a
2=12，
4
∴椭圆方程为x
2
12 + y
2
9 =1.
（2）设直线DE：y = 3
2 x +m, D(x1, y1)，E(x2, y2)，
联立¿并整理得，3 x
2+3mx +m
2−9=0，¿，
∴|DE|=√1+k
2|x1−x2|=√1+ 9
4√m
2−4(
m
2−9
3 )= √13
2 √
36−m
2
3
= 3√13
2
，
解得m=±3，符合Δ=9m
2−12(m
2−9)=81>0，
∴直线DE方程为y = 3
2 x ±3，即3 x−2 y ±6=0．
【即学即练4】（23-24 高二下·甘肃·期末）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的实轴长是虚轴长的
√2倍，且焦点到渐近线的距离为√2．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若动直线l与双曲线C恰有1 个公共点，且与双曲线C的两条渐近线交于P，Q两点，O为坐标原点，证
明：△OPQ的面积为定值．
【答案】(1) x
2
4 −y
2
2 =1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，结合双曲线渐近线求出a,b即可得双曲线C的方程.
（2）按直线的斜率是否存在进行分类讨论，与双曲线渐近线方程联立求出|PQ|，并求出原点O 到直线l
的距离，再计算推理即得.
【详解】（1）设双曲线C的一个焦点为F(c ,0)，一条渐近线方程为bx−ay =0，
焦点F 到渐近线的距离为
bc
√a
2+b
2 =b=√2，
由实轴长是虚轴长的√2倍，得a=√2b=2，
所以双曲线C的标准方程为x
2
4 −y
2
2 =1.
（2）由（1）知，双曲线C的渐近线方程为x ±√2 y =0，
当直线l的斜率不存在时，l的方程为x =±2，|PQ|=2√2，S△OPQ= 1
2 ×2×2√2=2√2，
5
当直线l的斜率存在时，不妨设直线l：y =kx +m，且k ≠± √2
2 ，
由¿消去y 得(1−2k
2)x
2−4 mkx −2m
2−4 =0，
由Δ=16m
2k
2+ 4(1−2k
2)(2m
2+ 4)=0，得4 k
2=m
2+2，
由¿，得x = √2m
1−√2k ，不妨设l与x−√2 y =0的交点为P，则点P的横坐标xP= √2m
1−√2k ，
同理得点Q的横坐标xQ=−√2m
1+√2k ，则| PQ|=√1+k
2| xP−xQ|= 2√2|m|√k
2+1
|1−2k
2|
，
而原点O到直线l的距离d =|m|
√k
2+1
，因此S△OPQ= 1
2 | PQ|⋅d =
√2m
2
|1−2k
2|
=2√2，
所以△OPQ的面积为定值，且定值为2√2.
【点睛】易错点点睛：第二问中注意讨论直线l 的斜率存在与不存在两种情况，以及由动直线l 与双曲线
C 恰有1 个公共点，直曲联立后由Δ=0得到参数k 、m的关系.
知识点03 中点弦的重要结论
AB 为椭圆＋＝1(a＞b＞0)的弦，A(x1，y1)，B(x2，y2)弦中点M(x0，y0)).
则弦 AB 的斜率与弦中点M 和椭圆中心0 的连线的斜率之积为定值e
2−1.
【即学即练5】（24-25 高二上·全国·课后作业）已知点A ,B为抛物线y
2=2 x上异于原点的两个动点，
若|AB|= 4，则线段AB中点的横坐标的最小值为（    ）
A．1
B．3
2
C．5
3
D．2
【答案】B
【分析】利用梯形中位线将AB中点的横坐标x0转化为1
2 (|AE|+|BG|)−1
2，再应用抛物线定义转化为
1
2 (|AF|+|BF|)−1
2，再由|AF|+|BF|≥|AB|= 4可得最小值.
6
【详解】设AB的中点M (x0, y0)，抛物线y
2=2 x的准线为l，
如图，作AE⊥l , MH ⊥l ,BG⊥l，垂足分别为E , H ,G.
由直角梯形的性质可得|MH|= x0+ 1
2 = 1
2 (|AE|+|BG|)，
取抛物线焦点为F，由抛物线定义可得|AE|+|BG|=|AF|+|BF|≥|AB|= 4，
当且仅当直线AB经过点F时取等号，
所以线段AB中点的横坐标的最小值为3
2．
故选：B.
【即学即练6】（21-22 高二上·北京·阶段练习）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点为F (1,0)，
离心率为√2
2 ．直线l过点F且不垂直于坐标轴，l与C有两个交点A ,B，线段AB的中点为M．
(1)求椭圆C的方程；
(2)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(3)若点P是椭圆C上一动点，当直线l的斜率为1时，求△ABP面积的最大值．
【答案】(1) x
2
2 + y
2=1
(2)证明见解析
(3)2√3+2
3
【分析】（1）有条件列出关于a,b,c的方程，解方程求a,b,c，由此可得椭圆C 的方程；
（2）利用设而不求法可求M的坐标，由此完成证明；
（3）利用（2）中结果，可得|AB|= 4√2
3
，设P(√2cosθ ,sinθ),θ∈[0,2π ]，利用点到直线的距离公式
7
得到d =|√3sin(θ−φ)+1|
√2
，从而求得d的最大值，即可求出结果.
【详解】（1）由题知¿，解得a
2=2,b
2=1，
所以椭圆C的方程为x
2
2 + y
2=1.
（2）设直线l 的方程为y =k (x−1)(k ≠0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立¿，消去y 得，(2k
2+1) x
2−4 k
2 x +2k
2−2=0，
由韦达定理知x1+ x2=
4 k
2
2k
2+1
，因为M为线段AB的中点，
所以xM = x1+ x2
2
=
2k
2
2k
2+1
，y M =k (xM −1)=
−k
2k
2+1，所以kOM = y M
xM
=−1
2k ，
所以kOM ⋅k =−1
2k ×k =−1
2为定值.
（3）当直线l的斜率为1时，由（2）知直线l 的方程为y = x−1，
由¿，消去y 得，3 x
2−4 x =0，解得x =0或x = 4
3 ，
当x =0时，y =−1，当x = 4
3 时，y = 1
3，所以|AB|=√( 4
3 )
2
+( 1
3 +1)
2
= 4√2
3
，
设P(√2cosθ ,sinθ),θ∈[0,2π ]，
则点P到直线y = x−1的距离为d =|√2cosθ−sinθ−1|
√2
=|√3sin(θ−φ)+1|
√2
，
其中tanφ =√2，当θ−φ =π
2 时d取到最大值为√3+1
√2
，
此时△ABP面积最大，最大值为S = 1
2 ×4√2
3
× (√3+1)
√2
=2√3+2
3
.
8
难点：数形结合的运用
示例1：（22-23 高二上·广东深圳·期末）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为√2
2 ，且过点
A(
√2
2 , √3
2 )．
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l与椭圆C交于不同的M，N两点，且直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列．椭圆C上是否
存在一点P，使得四边形OMPN为平行四边形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) x
2
2 + y
2=1
(2)存在，x ±√2 y −1=0或x ±√2 y +1=0．
【分析】（1）由离心率可得a,b的关系，设椭圆的方程，将A点的坐标代入椭圆的方程，可得b的值，进
而求出椭圆的方程；
（2）由题意可得直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程，与椭圆的方程联立，由四边形OMPN为平行
四边形由韦达定理可得P的坐标，将P的坐标代入椭圆的方程，可得参数的关系，再由直线MN的斜率的
平方等于直线OM，ON的斜率之积，代入韦达定理化简可得参数的又一关系，进而解方程求出参数的
值，即求出直线l的方程．
【详解】（1）由离心率e = c
a =√
1−b
2
a
2 = √2
2
，
得a
2=2b
2，所以椭圆的方程可设为：x
2
2b
2 + y
2
b
2 =1，
将点A(
√2
2 , √3
2 )代入椭圆的方程得1
4 b
2 + 3
4 b
2 =1，解得b
2=1，
9
所以椭圆的方程为x
2
2 + y
2=1；
（2）由直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列．可知直线l的斜率存在且不为0，
由四边形OMPN为平行四边形，可知直线不过原点. 
设直线l的方程为：x =my +t(m≠0,t ≠0)，设M (x1, y1)，N (x2, y2).
联立¿，整理可得：(2+m
2) y
2+2mty +t
2−2=0，Δ= 4 m
2t
2−4(2+m
2)(t
2−2)>0，即t
2<2+m
2，
且y1+ y2= −2mt
2+m
2 ，y1 y2= t
2−2
2+m
2，x1+ x2=m( y1+ y2)+2t =
4t
2+m
2，
因为四边形OMPN为平行四边形，则O , M , N三点不共线，且⃗OP =⃗OM +⃗ON，
所以P(
4 t
2+m
2 , −2mt
2+m
2)，
因为P在椭圆上，则(
4t
2+m
2)
2
2
+(
−2mt
2+m
2)
2
=1，整理可得：4 t
2=2+m
2，①
又因为直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列，
即1
m
2 = y1
x1
⋅y2
x2
≠0，所以 m
2= x1 x2
y1 y2
，且m
2≠0.
因为x1 x2
y1 y2
= (m y1+t)(m y2+t)
y1 y2
= m
2 y1 y2+mt ( y1+ y2)+t
2
y1 y2
=m
2+mt ⋅−2mt
t
2−2
+ t
2(2+m
2)
t
2−2
=m
2+ 2t
2−m
2t
2
t
2−2
，
所以2t
2−m
2t
2
t
2−2
=0
可得2t
2=m
2t
2，②
由①②可得：m
2=2，t
2=1，满足t
2<2+m
2，
故可得m=±√2，t =±1，
所以直线l的方程为：x ±√2 y −1=0或x ±√2 y +1=0.
10
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键有两点，一是应用韦达定理求根与系数的关系，将点P坐标与斜率
关系都转化为t ,m的形式，由点P在椭圆上代入椭圆方程可得到t ,m的方程；二是利用平行四边形的性质得⃗
OP =⃗OM +⃗ON，从而解出点P的坐标.
【题型1：直线与圆锥曲线的交点】
例1．（22-23 高二·全国·课堂例题）已知双曲线C : x
2
4 −y
2
3 =1，直线l: x−2 y +2=0，求直线l 与双
曲线C 的公共点的坐标．
【答案】(−2,0)，(4,3)
【分析】联立直线l 方程与双曲线方程，求解出方程组可得到直线l 与双曲线C 的公共点的坐标.
【详解】直线l: x−2 y +2=0与双曲线C : x
2
4 −y
2
3 =1的公共点的坐标就是方程组¿的解．
解这个方程组，得¿，¿．
因此，所求公共点的坐标为(−2,0)，(4,3)．
变式1．（22-23 高二·全国·课堂例题）判断直线l: y = x +1与双曲线C : x
2−y
2=1是否有公共点．如果
有，求出公共点的坐标．
11
【答案】有，坐标为(−1,0)
【分析】将直线方程与双曲线方程联立，消去一个未知数，通过一元二次方程的解的情况进行求解判断即
可.
【详解】联立直线与双曲线的方程，可得方程组¿
消去y，可得x
2−( x +1)
2=1，由此可解得x = 1
−．此时，y =0．
因此直线与双曲线有一个公共点，且公共点的坐标为(−1,0)．
变式2.（24-25 高二上·江苏扬州·阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的
左、右焦点分别为F1, F2，离心率为1
2，长轴长为4.点P 在椭圆E 上，且位于第一象限，过点F1作直线
P F1的垂线l1，过点F2作直线P F2的垂线l2．
(1)求椭圆E 的标准方程：
(2)若P F2⊥F1 F2,l1与椭圆E 的相交于M , N两点，求MN的长度；
(3)若直线l1,l2的交点Q 在椭圆E 上，求点P 的坐标．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)300
91
(3)(
4√7
7
, 3√7
7 )
【分析】（1）根据椭圆离心率公式及长轴长求得a=2,c =1，再根据b
2=a
2−c
2即可求解；
（2）根据几何关系求得直线l1的方程，与椭圆方程联立，结合弦长公式求解即可；
（3）设P(x0, y0)，因为点P为第一象限的点，故x0>0, y0>0，当x0=1时，l2与l1相交于F1，与题设不
符；当x0≠1时，得出直线l1和直线l2的方程，联立求得Q点坐标，再根据Q在椭圆E上即可求解．
【详解】（1）因为椭圆E的离心率为1
2，长轴长为4，所以c
a = 1
2 ,2a= 4，得a=2,c =1，
所以b
2=a
2−c
2=3，
因此椭圆E的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1．
12
（2）设M (x1, y1), N (x2, y2)，
由题可知，点P横坐标为1，所以P(1, 3
2)，
由点F1(−1,0)得，k P F1= 3
4 ，所以l1: y =−4
3
(x +1)=−4
3 x−4
3 ，
由¿得，91 x
2+128 x−44 =0，则x1+ x2=−128
91 , x1 x2=−44
91 ，
所以|MN|=√1+k
2⋅√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=√1+ 16
9 ×√(−128
91 )
2
−4×(−44
91)= 300
91
．
  
（3）设P(x0, y0)，因为点P为第一象限的点，故x0>0, y0>0，
当x0=1时，l2与l1相交于F1，与题设不符；
当x0≠1时，直线P F1的斜率为
y0
x0+1，直线P F2的斜率为
y0
x0−1，
因为l1⊥P F1,l2⊥P F2，所以直线l1的斜率为
−x0+1
y0
，直线l2的斜率为−x0−1
y0
，
从而直线l1的方程：y =−x0+1
y0
( x +1)①，
直线l2的方程：y =−x0−1
y0
( x−1)②，
由①②解得x =−x0, y = 1−x0
2
y0
，所以Q(−x0, 1−x0
2
y0 )，
因为点Q在椭圆上，由对称性，得1−x0
2
y0
=± y0，即x0
2−y0
2=1或x0
2+ y0
2=1，
13
又Q在椭圆E上，故x0
2
4 + y0
2
3 =1，
由¿，解得x0= 4√7
7
, y0= 3√7
7
；
由¿，无解；
故点P的坐标为(
4√7
7
, 3√7
7 )．
  
变式3．（24-25 高二上·浙江丽水·阶段练习）已知曲线M是平面内到(1,0)和(−1,0)的距离之和为4 的
点的轨迹.
(1)求曲线M的方程；
(2)过点F (1,0)作斜率不为0 的直线l交曲线M于A，B 两点，交直线x = 4于点P，过点P作y轴的垂线，垂
足为Q，直线AQ交x轴于C点，直线BQ交x轴于D点，求线段CD中点的坐标.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)(1,0)
【分析】（1）根据已知条件求得a
2,b
2，从而求得曲线M的方程.
（2）设出直线l的方程并与曲线M的方程联立，化简写出根与系数关系关系，求得C , D两点的坐标，进而
求得线段CD中点的坐标.
【详解】（1）由椭圆定义可知轨迹为椭圆，设曲线M的方程x
2
a
2 + y
2
b
2 =1 (a>b>0)，
则c =1，2a= 4，a=2，a
2= 4，b
2= 4−1=3，曲线的M方程x
2
4 + y
2
3 =1；
（2）方法一：直线l的斜率存在且不为0，设直线l方程为y =k (x−1)(k ≠0)，
14
联立¿，整理得(3+ 4 k
2) x
2−8k
2 x + 4 k
2−12=0，
Δ=64k
4−16(3+ 4 k
2)(k
2−3)=144 k
2+144>0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则x1+ x2=
8k
2
3+ 4 k
2，x1 x2= 4 k
2−12
3+ 4 k
2 ，
直线l交直线x = 4于P(4,3k )，则Q (0,3k )，
所以直线AQ的方程为y = y1−3k
x1
x +3k，x1≠0，
令y =0，解得x = 3k x1
3k −y1
，则C(
3k x1
3k −y1
,0)，
所以直线BQ的方程为y = y2−3k
x2
x +3k，x2≠0，
令y =0，解得x = 3k x2
3k −y2
，则D(
3k x2
3k −y2
,0)，
∴3k x1
3k −y1
+ 3k x2
3k −y2
=
−3k[x1( y2−3k)+ x2( y1−3k)]
( y1−3k)( y2−3k)
=
−3k[x1k (x2−4)+ x2k (x1−4)]
k
2(x1−4)(x2−4)
= 12(x1+ x2)−6 x1 x2
(x1−4)(x2−4)
=6
2(x1+ x2)−x1 x2
x1 x2−4(x1+ x2)+16 =6
16k
2
3+ 4 k
2 −4 k
2−12
3+ 4 k
2
4 k
2−12
3+ 4 k
2 −32k
2
3+ 4 k
2 +16
=6× 12k
2+12
36 k
2+36
=2，
所以线段CD中点的坐标为(1,0).
方法二：直线l的斜率存在且不为0，设直线l方程为my = x−1(m≠0)，
联立¿，整理得(3m
2+ 4) y
2+6mx −9=0，
15
Δ=36m
2+36(3m
2+ 4)>0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则y1+ y2=−
6m
4 +3m
2，y1 y2=
−9
4 +3m
2，
直线l交直线x = 4于P(4 , 3
m)，则Q(0, 3
m)，
所以直线AQ的方程为y =
y1−3
m
x1
x + 3
m
，x1≠0，
令y =0，解得x =
3 x1
3−m y1
，则C(
3 x1
3−m y1
,0)，同理可得D(
3 x2
3−m y2
,0)，
∴
3 x1
3−m y1
+
3 x2
3−m y2
=
−3[x1(m y2−3)+ x2(m y1−3)]
(3−m y1)(3−m y2)
=−3¿¿
=
−6(m
2 y1 y2−m( y1+ y2)−3)
m
2 y1 y2−3m( y1+ y2)+9
=−6
−9m
2
4+3m
2 −−6m
2
4 +3m
2 −3
−9m
2
4 +3m
2 −−18m
2
4+3m
2 +9
=6× 12m
2+12
36m
2+36
=2，
所以线段CD中点的坐标为(1,0).
【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(x1, y1),(x2, y2)；
（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，注意Δ的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+ x2、x1 x2（或y1+ y2、y1 y2）的形式；
16
（5）代入韦达定理求解.
变式4.（2024 高二上·全国·专题练习）已知直线y = x +m与椭圆x
2
4 + y
2=1.
(1)若它们有两个公共点，求m的取值范围；
(2)若它们只有一个公共点，求公共点的横坐标.
【答案】(1)(−√5,√5)
(2)4√5
5
或−4√5
5
【分析】（1）根据题意，联立方程组，结合Δ>0，即可求解；
（2）根据题意，结合Δ=0，求得m的值，代入方程，即可求解.
【详解】（1）解：根据题意，联立方程组¿，整理得到5 x
2+8mx + 4 m
2−4 =0，
由Δ=(8m)
2−4×5(4 m
2−4)>0，解得−√5<m<√5，
所以实数m的取值范围为(−√5,√5).
（2）解：由（1）中，令Δ=(8m)
2−4×5(4 m
2−4)=0，解得m=−√5或m=√5，
当m=−√5时，可得5 x
2−8√5 x +16=0，解得x = 4√5
5
；
当m=√5时，可得5 x
2+8√5 x +16=0，解得x =−4√5
5
，
所以公共点的横坐标为4√5
5
或−4√5
5
.
变式5．（23-24 高二上·天津·期末）已知㭻圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1（a>b>0）经过点A (−2,0)，离心率为1
2
.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线AP与椭圆C交于点P（异于顶点）与y轴交于点M，点F为椭圆的右焦点，O为坐标原点，
MF ⊥OP，求直线AP的方程.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
17
(2)y =± √3
4
(x +2)
【分析】（1）根据椭圆离心率以及经过的点即可求解a,b,c，
（2）联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理可得点P(
−8k
2+6
3+ 4 k
2 , 12k
3+ 4 k
2)，进而根据向量垂直满足的坐
标关系求解.
【详解】（1）由题意可得e = c
a = 1
2 ,a=2,所以a=2,c =1,b=√a
2−c
2=√3，
所以椭圆方程为x
2
4 + y
2
3 =1；
（2）由题意可得直线AP的斜率存在，故设直线AP的方程为y =k (x +2)，M (0,2k )，
¿，
所以−2 xP= 16k
2−12
3+ 4 k
2 ，所以xP= −8k
2+6
3+ 4 k
2 ，
故P(
−8k
2+6
3+ 4 k
2 , 12k
3+ 4 k
2)，F (1,0),
所以⃗MF =(1,−2k ),⃗OP =(
−8k
2+6
3+ 4 k
2 , 12k
3+ 4 k
2)，
所以⃗MF ⋅⃗OP =(
−8k
2+6
3+ 4 k
2 , 12k
3+ 4 k
2)⋅(1,−2k )= −8k
2+6
3+ 4 k
2 + −24 k
2
3+ 4 k
2 =0，
所以k
2= 3
16，解得k =± √3
4 ，
故直线AP的方程为y =± √3
4
(x +2).
  
18
变式6．（23-24 高二上·全国·课后作业）如图，已知双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率e =√2，
顶点为A1(−2,0)和A2(2,0)，设P 为该双曲线上异于顶点的任一点．
  
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设直线P A1, P A2的斜率分别为k1,k2，证明：k1⋅k2=1；
(3)若△P A1 A2的最大内角为120°，求点P 的坐标．
【答案】(1) x
2
4 −y
2
4 =1
(2)证明过程见解析
(3)(4,2√3)，(4 ,−2√3)，(−4,2√3)或(−4 ,−2√3)
【分析】（1）根据离心率和顶点坐标列出方程组，从而求出双曲线方程；
（2）设出P(m,n) (m≠±2)，表达出两直线斜率，列出方程，得到证明；
（3）分∠P A2 A1=120°，∠P A1 A2=120°和∠A2 P A1=120°三种情况，结合（2）中结论进行求解.
【详解】（1）由题意得a=2, c
a =√2，解得c =2√2，故b
2=c
2−a
2=8−4 = 4，
故双曲线的标准方程为x
2
4 −y
2
4 =1；
（2）设P(m,n) (m≠±2)，则m
2−n
2= 4，
k1⋅k2=
n
m+2 ⋅
n
m−2 =
n
2
m
2−4
= n
2
n
2 =1；
（3）若△P A1 A2中∠P A2 A1=120°，且点P在第一象限，
则此时∠P A2 x =60°，直线P A2的斜率为√3，故直线P A2的方程为y =√3(x−2)，
19
联立x
2
4 −y
2
4 =1，可得x
2−6 x +8=0，解得x1=2，x2= 4，
因为P 为该双曲线上异于顶点的任一点，所以x1=2舍去，x2= 4满足要求，
将x2= 4代入y =√3(x−2)得，y =2√3，
所以此时P点坐标为(4,2√3)，
若∠P A2 A1=120°，且点P在第四象限，同理可得P点坐标为(4 ,−2√3)，
若∠P A1 A2=120°，可得P点坐标为(−4,2√3)或(−4 ,−2√3)，
若∠A2 P A1=120°，由（2）知k1⋅k2=1，即直线P A1, P A2的斜率同号，所以∠A2 P A1只能为锐角，
所以不可能为120°，
综上：P点坐标为(4,2√3)，(4 ,−2√3)，(−4,2√3)或(−4 ,−2√3).
变式7．（22-23 高二上·贵州六盘水·阶段练习）已知直线l与抛物线E: y
2=2 x相切，且切点为B(2,2).
(1)求直线l的斜率k1的值；
(2)如图，M，N 是x轴上两个不同的动点，且满足|BM |=|BN |，直线BM，BN 与抛物线E的另一个交点
分别是P，Q，若直线PQ 的斜率为k2，求k2的值.
【答案】(1)k1= 1
2 .
(2)k2=−1
2
【分析】（1）设直线l 的方程，与抛物线联立方程组，消去x 整理后，由Δ=0求k1的值；
（2）由题意知，两直线BM ,BN的斜率互为相反数，设直线BM 的方程，与抛物线联立方程组，求P点坐
标，同理得Q点坐标，表示出直线PQ 的斜率k2，化简得k2的值.
【详解】（1）显然直线l的斜率k1存在且不为0，设直线l 的方程为y −2=k1(x−2)，
20
与y
2=2 x联立，消去x 整理得y
2−2
k1
y + 4
k1
−4 =0，
令Δ=0，即(−2
k1)
2
−4(
4
k1
−4)=0，
解得k1= 1
2 .
（2）由题意知，两直线BM ,BN的斜率互为相反数，
设直线BM 的方程为y −2=t (x−2)，与y
2=2 x联立，消去x 整理得y
2−2
t y + 4
t −4 =0，
所以2⋅y P= 4
t −4,得y p= 2
t −2，从而P(
2t
2−4t +2
t
2
, 2−2t
t )，
将t换成−t，同理可得Q(
2t
2+ 4 t +2
t
2
, −2−2t
t
)，
所以k2=
−2−2t
t
−2−2t
t
2t
2+ 4 t +2
t
2
−2t
2−4 t +2
t
2
=−1
2.
变式8．（23-24 高二上·江苏南通·阶段练习）已知抛物线E: y
2=2 px( p>0)的焦点为F，O 为坐标原
点，M 为抛物线上一点，且|MF|=3|OF|，△MFO的面积为9√2
4
.
(1)求E 的方程;
(2)若不过点F 的直线l 与E 交于A，B 两点，△ABF的重心在直线y =2上，且|AF|+|BF|=13.则满足条件
的直线l 是否存在，若存在求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y
2=6 x
(2)存在， y = x−2
【分析】（1）由|MF|=3|OF|得xM = p，M ( p,±√2 p)，再由△MFO的面积为9√2
4
，求出p，得E 的方
程；
（2）由题意直线l 的斜率存在，设 l: y =kx +b(k ≠0) ， A(x1, y1) ， B(x2, y2) ，代入抛物线方程有 
21
y1+ y2= 6
k
，由 △ABF 的重心在直线 y =2 上， y1+ y2=6= 6
k
 ，得k =1 ，又 |AF|+|BF|=13 ，有
y1+ y2−2b=10 ，得 b=−2 ，可得直线l 的方程.
【详解】（1）M 为抛物线上一点，且|MF|=3|OF|，则有xM + p
2 = 3 p
2 ，
解得xM = p，故M ( p,±√2 p)，
又△MFO的面积为9√2
4
，得1
2 × p
2 ×√2 p= 9√2
4
，所以p=3，
则E 的方程为y
2=6 x .
（2）当直线l 的斜率不存在时，l 与E 交于A，B 两点，线段 AB 的中点的纵坐标为0，
△ABF的重心不在直线y =2上，因此直线l 的斜率都存在．
设 l: y =kx +b(k ≠0) ， A(x1, y1) ， B(x2, y2) ，由 （1） 知 F(
3
2 ,0) ，
由 ¿消去x 后整理得 k y
2−6 y +6b=0 ，则Δ=36−24 kb>0，
有 y1+ y2= 6
k .
因为 △ABF 的重心在直线 y =2 上，所以 y1+ y2+ y F
3
=2 ，则 y1+ y2=6= 6
k ，所以k =1 ，
由|AF|+|BF|=13 ，有 x1+ x2+ p=13 ，则 x1+ x2=10 ，即 y1+ y2−2b=10 ，所以 b=−2 ，
k =1，b=−2，满足Δ=36−24 kb>0，且直线l 不过点F，
因此直线l 的方程为 y = x−2.
【方法技巧与总结】直线与圆锥曲线有无公共点或有几个公共点的问题，实际上是研究它们的方程组成的
方程组是否有实数解或实数解的个数问题，此时要注意分类讨论思想和数形结合思想的运用。
【题型2：直线与圆锥曲线的位置关系】
例2．（23-24 高二上·山东泰安·期末）已知直线l: y =−x
2 +m与曲线C : y = 1
2 √|4−x
2|恰有三个不同交
点，则实数m的取值范围是（    ）
22
A．(−√2,0)∪(0,√2)
B．[1,√2)
C．(0,√2)
D．(1,√2)
【答案】D
【分析】先运算转化曲线C的方程形式，再作出图形，数形结合，随着直线平行移动，与曲线有三个不同
交点，求出直线l截距范围即可.
【详解】曲线C : y = 1
2 √|4−x
2|可化为4 y
2=|4−x
2|，
当x∈[−2,2]时，4 y
2= 4−x
2，则x
2
4 + y
2=1( y ≥0)，
故此时曲线为椭圆x
2
4 + y
2=1的上半部分；
当x∈(−∞,−2)∪(2,+ ∞)时，4 y
2= x
2−4，则x
2
4 −y
2=1( y ≥0)，
故此时曲线为双曲线x
2
4 −y
2=1的上半部分，且渐近线方程为y =± 1
2 x；
直线l: y =−x
2 +m，表示一组斜率为−1
2的平行直线，
如图，当直线l: y =−x
2 +m过点(2,0)时，0=−2
2 +m，解得m=1；
当直线l: y =−x
2 +m与椭圆上半部分相切时，
由¿，消y化简得x
2−2mx +2m
2−2=0，
由Δ= 4 m
2−4×2(m
2−1)=−4 m
2+8=0，解得m
2=2，
又直线与椭圆上半部分相切，则m>0，故m=√2，
要使直线l: y =−x
2 +m与曲线C : y = 1
2 √|4−x
2|恰有三个不同交点，
结合图形可得，实数m的取值范围为(1,√2).
故选：D.
23
变式1．（多选）（23-24 高二上·广东东莞·期末）已知曲线C：x|x|+ 4 y|y|= 4，则（    ）
A．曲线C 在第一象限为椭圆的一部分
B．曲线C 在第二象限为双曲线的一部分
C．直线y =−1
2 x +1与曲线C 有两个交点
D．直线y =−√2
2 x +1与曲线C 有三个交点
【答案】ABC
【分析】逐个象限分析函数的解析式，明确函数在各个象限的图象，数形结合讨论各选项的正确与否.
【详解】当x ≥0，y ≥0时，由x
2+ 4 y
2= 4 ⇒ x
2
4 + y
2=1，是椭圆的一部分，故A 对；
当x<0，y ≥0时，由−x
2+ 4 y
2= 4 ⇒ y
2−x
2
4 =1，是双曲线的一部分，故B 对；
当x<0，y <0时，由−x
2−4 y
2= 4，不表示任何图形；
当x ≥0，y ≤0时，由x
2−4 y
2= 4 ⇒ x
2
4 −y
2=1，是双曲线的一部分.
所以函数的图象为：
所以y =−1
2 x +1与曲线C有两个交点，故C 对；
直线y =−√2
2 x +1与曲线C：x
2−4 y
2= 4方程联立，消去y得：x
2−4√2 x +8=0 ⇒ (x−2√2)
2=0，所
以直线y =−√2
2 x +1与曲线C：x
2−4 y
2= 4相切，故直线y =−√2
2 x +1与曲线C共有2 个交点，故D 错
误.
故选：ABC
变式2．（多选）（23-24 高二上·安徽马鞍山·阶段练习）已知F1，F2分别是双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1（a>0
，b>0）的左、右焦点，A 为左顶点，P 为双曲线右支上一点．若|P F1|=2|P F2|，且△P F1 F2的最小内
角为30°，则（    ）
24
A．双曲线的离心率为√3 B．双曲线的渐近线方程为y =± x
C．∠PA F2= 45°
D．直线x +2 y −2=0与双曲线有两个公共点
【答案】AD
【分析】A.易得焦点三角形为直角三角形，利用勾股定理求解判断；B.利用离心率为√3求解判断；解：C. 
利用离心率为√3，结合∠P F2 F1=90
∘求解判断；D.由直线方程与双曲线方程联立，利用判别式判断.
【详解】解：如图所示：
因为|P F1|=2|P F2|，|P F1|−|P F2|=2a，所以|P F1|= 4 a,|P F2|=2a，
又∠P F1 F2=30
∘，则∠P F2 F1=90
∘，∠F1 P F2=60
∘，
由勾股定理得(2c)
2+(2a)
2=(4 a)
2，解得e =√3，故A 正确；
则b
a =√e
2−1=√2，所以渐近线方程为y =±√2 x，故B 错误；
因为e =√3，所以c =√3a，则|A F2|=c +a=(√3+1)a，而|P F2|=2a，所以|A F2|≠|P F2|，所以
∠PA F2≠45°，故C 错误；
由¿，消去x 得7 y
2−16 y +8−2a
2=0，则Δ=16
2−4⋅7⋅(8−2a
2)=32+56a
2>0，
所以直线x +2 y −2=0与双曲线有两个公共点，故D 正确，
故选：AD
变式3．(多选)（23-24 高二上·广东·期末）已知直线l: y =k (x +2)，双曲线C : x
2−y
2=1，则
（    ）
A．当k =1时，l与C只有一个交点
B．当k =−1时，l与C只有一个交点
25
C．当k = 1
2时，l与C的左支有两个交点
D．当k =2时，l与C的左支有两个交点
【答案】ABD
【分析】由题意得直线过双曲线左焦点，比较直线斜率和渐近线斜率即可得解.
【详解】由题意直线l: y =k (x +2)过定点(−2,0)，即双曲线的左焦点.
当k =±1时，l与C的渐近线平行，l与C只有一个交点，
当k = 1
2时，l与C的左支和右支各有一个交点，
当k =2时，l与C的左支有两个交点.
故选：ABD.
变式4．（2023 高三·全国·专题练习）已知直线y =(a+1)x−1与曲线y
2=ax恰有一个公共点，则实数
a 的值为        
 
 . 
【答案】0 或−1或−4
5
【分析】根据给定条件，联立方程，利用方程组有解求解即得.
【详解】当a=0时，曲线y
2=ax为直线y =0，显然直线y = x−1与y =0有唯一公共点(1,0)，因此a=0；
当a≠0时，由¿消去y 并整理得：(a+1)
2 x
2−(3a+2)x +1=0，
当a=−1时，x =−1, y =−1，直线y =−1与曲线y
2=−x有唯一公共点(−1,−1)，因此a=−1；
当a≠0且a≠−1时，Δ=(3a+2)
2−4(a+1)
2=5a
2+ 4 a=0，则a=−4
5 ，
此时直线y = 1
5 x−1与曲线y
2=−4
5 x相切，有唯一公共点，因此a=−4
5 ，
所以实数a 的值为0 或−1或−4
5 .
故答案为：0 或−1或−4
5
变式5．（2024 高三下·全国·专题练习）已知点M ( x0, y0)为椭圆C : x
2
2 + y
2=1上任意一点，直线
l: x0 x +2 y0 y =2，点F 为椭圆C 的左焦点．
(1)求椭圆C 的离心率及左焦点F 的坐标；
(2)求证：直线与椭圆C 相切；
26
【答案】(1)√2
2 ，左焦点F(−1,0)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求得a,b,c的值，进而求得离心率和椭圆的左焦点；
（2）由椭圆C的方程，得到y0
2=1−x0
2
2
，结合直线与椭圆的位置关系的判定方法，即可求解.
【详解】（1）由椭圆C : x
2
2 + y
2=1，可得a=√2,b=1，则c =√a
2−b
2=1，
所以椭圆的离心率为e = c
a = √2
2 ，左焦点为F(−1,0).
（2）由椭圆C : x
2
2 + y
2=1，可得x0
2
2 + y0
2=1，即y0
2=1−x0
2
2
当y0=0时，直线l的方程为x =√2或x =−√2，此时直线l与椭圆C相切；
当y0≠0时，联立方程组¿，可得(2 y0
2+ x0
2)x
2−4 x0 x + 4−4 y0
2=0，
即x
2−2 x0 x +2−2 y0
2=0，
则Δ=(−2 x0)
2−4(2−2 y0
2)= 4 x0
2+8 y0
2−8= 4 x0
2+8(1−x0
2
2 )−8=0，
所以直线l与椭圆C相切，
综上可得，直线l: x0 x +2 y0 y =2与椭圆C相切.
变式6．（23-24 高二上·福建泉州·期末）已知椭圆C : x
2
4 + y
2=1与x轴交于A ,B两点，点M为椭圆上不
同于A ,B的点.
(1)若直线MA , MB的斜率分别为k1,k2，求|k1−k2|的最小值；
(2)已知直线l: x =t(|t|>2)，直线MA , MB分别交l于P、Q 两点，N为PQ 中点．试判断直线MN 与C的位置
关系．
【答案】(1)最小值为1
(2)直线MN与椭圆相切
27
【分析】（1）由题意写出点的坐标，表示处斜率，根据椭圆的性质，结合基本不等式，可得答案；
（2）设出直线方，表示出点的坐标，联立直线MN与椭圆C的方程，可得答案.
【详解】（1）取y =0代入x
2
4 + y
2=1可得x =±2，所以A(−2,0),B(2,0)，
设M (x0, y0)，则x0
2
4 + y0
2=1,k1=
y0
x0+2 ,k2=
y0
x0−2.
法一：
所以k1⋅k2=
y0
x0+2 ⋅
y0
x0−2 =
y0
2
x0
2−4
=(1−1
4 x0
2)
1
x0
2−4
=−1
4 ，
则|k1−k2|=|k1+ 1
4 k1|=|k1|+|
1
4 k1|≥2√
1
4 =1（当且仅当k1=± 1
2时取等号）
所以|k1−k2|的最小值为1．
法二： 
则|k1−k2|=|
y0
x0+2 −
y0
x0−2|=|
y0(x0−2−x0−2)
x0
2−4
|=|
−4 y0
−4 y0
2|=|
1
y0|，
由|y0|≤1，则|k1−k2|≥1，当且仅当y0=±1时取等号．
所以|k1−k2|的最小值为1．
（2）如下图，由题意可知，
法一：
直线MA : y =
y0
x0+2 ( x +2)，直线MB: y =
y0
x0−2 ( x−2),
28
取x =t代入可得P(t ,
y0
x0+2 (t +2)),Q(t ,
y0
x0−2 (t −2))，
则N ¿即N(t , y0(t x0−4)
x0
2−4 ),
又因为x0
2−4 =−4 y0
2，所以N(t , (t x0−4)
−4 y0 )，
则直线MN的斜率k =
y0+ (t x0−4)
4 y0
x0−t
= 4 y0
2+t x0−4
4 y0(x0−t)
= 4−x0
2+t x0−4
4 y0(x0−t)
= x0(−x0+t)
4 y0(x0−t)
，
则直线MN : y −y0=−x0
4 y0
(x−x0)，
整理得x0 x
4 + y0 y −x0
2
4 −y0
2=0，即x0 x
4 + y0 y =1.
将x0 x
4 + y0 y =1与x
2
4 + y
2=1联立得：1
4(1+ x0
2
4 y0
2)x
2−x0
2 y0
2 x + 1
y0
2 −1=0，
则Δ= x0
2
4 y0
4 −(1+ x0
2
4 y0
2)(
1
y0
2 −1)= x0
2−4
4 y0
2 +1= −4 y0
2
4 y0
2 +1=0，
所以直线MN与椭圆相切. 
法二：由k1+k2=
y0
x0+2 +
y0
x0−2 = 2 x0 y0
x0
2−4
=−x0
2 y0
,
直线MA : y −y0=k1(x−x0)，令x =t，则y =k1(t −x0)+ y0
则P(t ,k1(t −x0)+ y0)，同理Q(t ,k2(t −x0)+ y0)
所以PQ中点为N(t , −x0
4 y0
(t −x0)+ y0)，
29
所以直线MN的斜率k =
−x0
4 y0
(t −x0)+ y0−y0
t −x0
= −x0
4 y0
，
所以直线MN的方程为MA : y −y0= −x0
4 y0
(x−x0)，即x0 x
4 + y0 y =1．
将x0 x
4 + y0 y =1与x
2
4 + y
2=1联立得：x
2
4 + y
2−2(
x0 x
4 + y0 y)+1=0，
即x
2
4 + y
2−2(
x0 x
4 + y0 y)+ x0
2
4 + y0
2=0，
即1
4 (x
2−2 x0 x + x0
2)+ y
2−2 y0 y + y0
2=0，
即1
4 (x−x0)
2+( y −y0)
2=0，得到唯一解x = x0, y = y0，
所以直线MN与椭圆相切.
【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(x1, y1),(x2, y2)；
（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，注意Δ的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+ x2、x1 x2（或y1+ y2、y1 y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
变式7．（23-24 高二上·浙江台州·期末）如图，圆C的半径为4，A是圆内一个定点且|CA|=2，P是
圆C上任意一点，线段AP的垂直平分线l和半径CP相交于点Q，点P在圆上运动.
(1)求点Q的轨迹；
(2)当CP⊥CA时，证明：直线l与点Q形成的轨迹相切.
【答案】(1)Q点的轨迹是以C ，A为焦点，长轴长等于4 的椭圆
30
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的定义可得答案；
（2）以线段CA的中点为坐标原点O，以过点C ，A的直线为x轴，以线段CA的垂直平分线为y轴，建立
平面直角坐标系Oxy，求出椭圆的标准方程，当CP⊥CA时，P点的坐标为(−1,4)和(−1,−4)，求出直线
l的方程与椭圆方程联立利用判别式可得答案.
【详解】（1）∵|CP|=|QC|+|QP|= 4，|QP|=|QA|，∴|QC|+|QA|= 4，
因为|QC|+|QA|>|CA|=2，所以Q与两个定点C ，A的距离的和等于常数（大于|CA|），
由椭圆的定义得，Q点的轨迹是以C ，A为焦点，长轴长等于4 的椭圆；
（2）以线段CA的中点为坐标原点O，以过点C ，A的直线为x轴，
以线段CA的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系Oxy，
设椭圆的标准方程为x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，
由椭圆的定义得：2a= 4，即a=2；2c =2，即c =1，
则椭圆的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1，
当CP⊥CA时，P点的坐标为(−1,4)和(−1,−4).
当P点的坐标为(−1,4)时，已知A点的坐标为(1,0)，
线段PA的中点坐标为(0,2)，直线AP的斜率为4−0
−1−1 =−2，
直线l的方程y = 1
2 x +2，联立方程¿，得3 x
2+ 4(
1
2 x +2)
2
−12=0，
整理得x
2+2 x +1=0，可得Δ=4 4=0
−
，
所以直线l与点Q形成的轨迹只有1 个交点，即直线l与点Q形成的轨迹相切.
当P点的坐标为(−1,−4)时，已知A点的坐标为(1,0)，
线段PA的中点坐标为(0,−2)，直线AP的斜率为−4−0
−1−1 =2，
直线l的方程y =−1
2 x−2，联立方程¿，
得3 x
2+ 4(−1
2 x−2)
2
−12=0，
整理得x
2+2 x +1=0，可得Δ=4 4=0
−
，
所以直线l与点Q形成的轨迹只有1 个交点，即直线l与点Q形成的轨迹相切.
31
综上，直线l与点Q形成的轨迹相切.
变式8．（23-24 高二上·安徽·期末）已知抛物线C1：y
2= 4 x及抛物线C2：y
2=2 px（p>0），过C2的
焦点F 的直线与C1交于A1，B1两点，与C2交于A2，B2两点，O 为坐标原点，O A1⊥O B1．
(1)求C2的方程．
(2)过A2B2的中点M 作C2的准线的垂线，垂足为N．
（ⅰ）证明：|F A2||F B2|
|FN|
2
为定值；
（ⅱ）判断直线A2 N与C1的公共点个数．
【答案】(1)y
2=16 x
(2)（ⅰ）证明见解析，（ⅱ）0
【分析】（1）根据已知条件作出图形，设出直线A1B1，直线A1B1与抛物线C1联立方程组，利用韦达定
理及向量垂直的条件即可求解；
（2）（ⅰ）设出直线A2B2，直线A2B2与抛物线C2联立方程组，利用韦达定理及抛物线的定义，结合中
点坐标公式及两点间的距离公式即可求解；
（ⅱ）根据（ⅰ）的结论及两点式写出直线A2 N的方程，直线A1B1与抛物线C1联立方程组，利用判别式
即可求解.
【详解】（1）由题意可知，作出图形如图所示
32
由题意得F(
p
2 ,0)，设A1(x1, y1)，B1(x2, y2)，则x1= y1
2
4
，x2= y2
2
4
，
设直线A1B1的方程为x =ty + p
2 ，与y
2= 4 x联立，得y
2−4 ty −2 p=0，
所以y1+ y2= 4 t，y1 y2=−2 p．
因为O A1⊥O B1，
所以⃗O A1⋅⃗O B1= x1 x2+ y1 y2= y1
2 y2
2
16 + y1 y2= p
2
4 −2 p=0，解得p=8，
所以C2的方程为y
2=16 x．
（2）（ⅰ）设A2(x3, y3) B2(x4, y4)，则x3= y3
2
16
，x4= y4
2
16
．
由（1）知，F (4,0)，
直线A2B2的方程为x =ty + 4，与y
2=16 x联立，得y
2−16ty −64 =0，
所以y3+ y4=16t，y3 y4=−64，y3≠0，
y3
2+ y4
2 =( y3+ y4)
2−2 y3 y4=256t
2+128．
由抛物线定义得|F A2||F B2|=(x3+ 4)(x4+ 4)=(
y3
2
16 + 4)(
y4
2
16 + 4) = ( y3 y4)
2
256
+ y3
2+ y4
2
4
+16=64t
2+64．
设M (x0, y0)，则x0= x3+ x4
2
= y3
2+ y4
2
32
=8t
2+ 4，y0= y3+ y4
2
=8t，
所以M (8t
2+ 4,8t)，N (−4,8t )．
因为|FN|
2=64t
2+64 =|F A2||F B2|．
所以|F A2||F B2|
|FN|
2
=1，为定值．
（ⅱ）由（ⅰ）知，A2(
y3
2
16 , y3)，N (−4,8t )，即N(
y3 y4
16 , y3+ y4
2 )
33
所以直线A2 N的方程为
y −y3+ y4
2
x−y3 y4
16
=
y3−y4
2
y3
2
16 −y3 y4
16
，
整理得4 x = y3
2 y −y3
2
4
，
与y
2= 4 x联立，得y
2−y3
2 y + y3
2
4 =0，
Δ=(
y3
2 )
2
−y3
2=−3
4 y3
2<0，
所以直线A2 N与C1的公共点个数为0．
【方法技巧与总结】直线y＝kx＋m 与椭圆＋＝1(a>b>0)的位置关系，判断方法：
联立消y 得一元二次方程．
当Δ>0 时，方程有两解，直线与椭圆相交；
当Δ＝0 时，方程有一解，直线与椭圆相切；
当Δ<0 时，方程无解，直线与椭圆相离．
【题型3：圆锥曲线的切线方程】
例3．（24-25 高二上·全国·课后作业）已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，原点为O，动点P在直线
y = 1
2 x上运动，且在椭圆E外，过点P的直线与E分别相切于A ,B两点，则k AB=      ．
【答案】−2b
2
a
2
【分析】联立直线方程和椭圆方程利用判别式为0 可求k =−x1
y1
⋅b
2
a
2，结合设而不求可求k AB.
【详解】设P(x0, y0), A(x1, y1),B(x2, y2),l AP: y =k (x−x1)+ y1，
将直线方程与椭圆方程联立化简得b
2 x
2+a
2(kx −k x1+ y1)
2−a
2b
2=0，
34
即(a
2k
2+b
2) x
2+2a
2( y1−k x1)kx +a
2( y1−k x1)
2−a
2b
2=0, Δ=0，
故4 a
4( y1−k x1)
2−4(a
2k
2+b
2)[a
2( y1−k x1)
2−a
2b
2]=0，
整理得到：a
2k
2−( y1−k x1)
2+b
2=0即(a
2−x1
2)k
2+2 x1 y1k + y1
2−b
2=0，
所以a
2
b
2 y1
2k
2+2 x1 y1k + b
2
a
2 x1
2=0，则k =−x1
y1
⋅b
2
a
2，
则l AP：
x1 x
a
2 + y1 y
b
2 =1，同理lBP: x2 x
a
2 + y2 y
b
2 =1，
由于P(x0, y0)在l AP和lBP上，所以¿
又A(x1, y1)，B(x2, y2)满足方程
x x0
a
2 + y y0
b
2 =1，则l AB: x x0
a
2 + y y0
b
2 =1，
k AB=−b
2 x0
a
2 y0
=−2b
2
a
2 ．
故答案为：−2b
2
a
2 .
变式1．（22-23 高二上·云南楚雄·期末）若直线l与单位圆（圆心在原点）和曲线x
2
4 −y
2
8 =1均相切，
则直线l的一个方程可以是      
【答案】√3 x + y +2=0（或√3 x−y +2=0，√3 x−y −2=0，√3 x + y −2=0，只需写出一个答案即
可）
【分析】根据直线与圆，以及双曲线相切，可根据点到直线的距离以及判别式进行联立方程求解满足题意
的直线.
【详解】显然直线l存在斜率，设直线l：y =kx +m(k ≠±√2)，
联立方程组¿ ,
得(2−k
2) x
2−2kmx −m
2−8=0
35
因为直线l与曲线相切，所以Δ=4k
2m
2+ 4(2−k
2)(m
2+8)=0，
即m
2+8−4 k
2=0.
因为直线l与单位圆相切，所以|m|
√k
2+1
=1
联立方程组¿ 
解得k =±√3，m=±2
故直线l的方程可能是√3 x + y +2=0，√3 x−y +2=0，√3 x−y −2=0，√3 x + y −2=0
故答案为：√3 x + y +2=0
变式2．（2022 高三·全国·专题练习）已知椭圆x
2
25 + y
2
9 =1与双曲线C : x
2
m
2 −y
2
n
2 =1(m>0,n>0)有公共
焦点F1, F2，点P(4 , 9
5)在双曲线C上，则该双曲线在点P处的切线的斜率为                 ．
【答案】5
4 /1.25
【分析】依题意，注意到点P(4 , 9
5)在椭圆x
2
25 + y
2
9 =1上，由此得到椭圆在点P处的切线方程；再结合上
述性质得到椭圆与双曲线在其公共点P处的斜率间的关系，进而求出双曲线在点P处的切线的斜率．也可
以利用结论6 直接得到答案．
【详解】根据结论6，由题意得椭圆x
2
25 + y
2
9 =1在点P(4 , 9
5)处的切线方程为4 x
25 + 9 y
9×5 =1，
即4 x +5 y −25=0，该直线的斜率为−4
5 ，由结论5 得知，该双曲线在点P处的切线的斜率为5
4 ．
故答案为：5
4 .
变式3．（22-23 高三上·浙江·阶段练习）若直线l与单位圆和曲线x
2
16 −y
2
4 =1均相切，则直线l的方程可
以是           .（写出符合条件的一个方程即可）
【答案】y =± √3
3 x ± 2√3
3
【分析】由题意设直线方程为y =kx +b，利用直线l与单位圆和曲线x
2
16 −y
2
4 =1均相切，联立直线与曲线
方程，消去变量y后整理为关于x的一元二次方程，利用判别式为0，求得k ,b关系，解出k ,b的值，可得
36
直线方程.
【详解】解：由题可知，直线l的斜率存在，设直线方程为y =kx +b，
单位圆的方程为：x
2+ y
2=1 
所以¿
则Δ1=(2kb)
2−4(1+ k
2)(b
2−1)=0，整理得：b
2=k
2+1
所以¿
则Δ2=(−8kb)
2−4(1−4 k
2)(−4 b
2−16)=0，整理得：b
2=16k
2−4
所以¿，解得k
2= 1
3 ,b
2= 4
3 
则k =± √3
3 ,b=± 2√3
3
则直线l的方程为：y =± √3
3 x ± 2√3
3
.
故答案为：y =± √3
3 x ± 2√3
3
.
变式4．（23-24 高二上·陕西宝鸡·阶段练习）已知抛物线C：y
2= 4 x的焦点为F，过点F的直线与抛物
线C相交于A，B两点，O为坐标原点，G为△OAB的重心，则|GF|的最小值为       
 
 . 
【答案】1
3
【分析】设直线AB的方程为my = x−1，点A(x1, y1)，B(x2, y2)，可得点G的坐标为(
x1+ x2
3
, y1+ y2
3 )，
联立方程¿，得y1+ y2，x1+ x2，化简得|GF|，再求|GF|的最小值.
【详解】由题意有F (1,0)，设直线AB的方程为my = x−1，点A(x1, y1)，B(x2, y2)，
可得点G的坐标为(
x1+ x2
3
, y1+ y2
3 )，
联立方程¿，
消去x后整理为y
2−4 my −4 =0，可得y1+ y2= 4 m，x1+ x2=m( y1+ y2)+2= 4 m
2+2，
|GF|=√(
x1+ x2
3
−1)
2
+(
y1+ y2
3 )
2
=√(
4 m
2+2
3
−1)
2
+ 16
9 m
2
37
= 1
3 √16m
4+8m
2+1= 1
3 (4 m
2+1)≥1
3，当且仅当m=0时取等号.
可得|GF|的最小值为1
3.
故答案为：1
3.
变式5．（23-24 高二下·河南开封·期末）已知椭圆C 的两个焦点坐标分别是F1(−2,0)，F2(2,0)，且经
过点P(
5
2 , 3
2)．
(1)求C 的标准方程；
(2)已知直线l 与P F2平行，且与C 有且只有一个公共点，求l 的方程．
【答案】(1) x
2
10 + y
2
6 =1
(2)y =3 x ± 4√6
【分析】（1）根据椭圆定义得c =2，2a=2√10，再结合a,b,c关系即可得到答案；
（2）求出kl=3，设直线l方程为y =3 x +m，联立椭圆方程，利用Δ=0即可.
【详解】（1）由于椭圆C的焦点在x轴上，
所以设它的标准方程为x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，
由椭圆的定义知，c =2,2a=√(
5
2 +2)
2
+(
3
2)
2
+√(
5
2 −2)
2
+(
3
2)
2
=2√10，
可得a=√10，所以b
2=a
2−c
2=10−4 =6，
所以椭圆C的标准方程为: x
2
10 + y
2
6 =1.
（2）已知l // P F2，所以kl=k P F2=
3
2
5
2 −2
=3，设直线l方程为y =3 x +m，
由方程组¿消去y，得48 x
2+30mx +5m
2−30=0，
该方程的判别式Δ=900m
2−4×48×(5m
2−30)=−60(m
2−96)，
38
由Δ=−60(m
2−96)=0，得b=± 4√6，
此时l与C有且只有一个公共点，所以l的方程为:y =3 x ± 4√6.
变式6．（23-24 高二上·江苏南京·阶段练习）过点A (0,2)作两条直线l1，l2，分别与椭圆x
2
4 + y
2
3 =1相
切于点M，N．点B，C分别在直线l1，l2上，且满足直线BC与椭圆相切于点Q．
(1)求直线l1，l2的方程；
(2)求证：三条直线AQ，BN，CM相交于同一点．
【答案】(1)l1：y = 1
2 x +2，l2：y =−1
2 x +2，
(2)证明见解析
【分析】（1）联立直线与椭圆的方程，根据判别式为0 即可求解斜率，进而可求解直线方程，
（2）根据椭圆上一点处的切线方程可得BC : x x0
4 + y y0
3
=1,联立其与l1，l2的方程可得B ,C坐标，进而
根据点斜式求解直线CM与直线BN方程，联立直线CM与直线BN方程得交点坐标，即可将其代入AQ方
程中求证.
【详解】（1）由题意可知，直线l1，l2均有斜率，且斜率互为相反数，
不妨设直线l1：y =kx +2(k >0)，
则联立x
2
4 + y
2
3 =1与y =kx +2(k >0)可得(3+ 4 k
2) x
2+16 kx + 4 =0，
由于相切，故Δ=(16 k )
2−16(3+ 4 k
2)=0，解得k
2= 1
4 ，
由于k >0，故k = 1
2，x =−1，
故直线l1：y = 1
2 x +2，l2：y =−1
2 x +2，
39
（2）先证明椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)上任意一点(x0, y0)处的切线方程为
x x0
a
2 + y y0
b
2 =1，
不妨设(x0, y0)位于上半椭圆，对于下半椭圆，方法相同，
由y
2=(1−x
2
a
2)b
2得y =b√
1−x
2
a
2 y
′ = 1
2 b(−2 x
a
2)
1
√
1−x
2
a
2
=(−bx
a
2)
1
√
1−x
2
a
2
，
所以(x0, y0)处的切线斜率为(−b x0
a
2 )
1
√
1−x0
2
a
2
=(−b x0
a
2 )
b
y0
=−b
2
a
2
x0
y0，
进而方程为y −y0=−b
2
a
2
x0
y0
(x−x0)，
即
x x0
a
2 + y y0
b
2 =1，
故设椭圆x
2
4 + y
2
3 =1上一点Q(x0, y0)，则Q(x0, y0)处的切线方程为x x0
4 + y y0
3
=1，
故直线BC : x x0
4 + y y0
3
=1,
联立¿，解得¿，故B(
4(3−2 y0)
2 y0+3 x0
, 6+6 x0
2 y0+3 x0),
¿，解得¿，故C(
4(3−2 y0)
−2 y0+3 x0
, −6+6 x0
−2 y0+3 x0),
由（1）知M(−1, 3
2), N(1, 3
2)
故直线BN方程为y =
6+6 x0
2 y0+3 x0
−3
2
4(3−2 y0)
2 y0+3 x0
−1
(x−1)+ 3
2,即y =
6+ 3
2 x0−3 y0
12−3 x0−10 y0
(x−1)+ 3
2
，
40
直线CM方程为y =
−6+6 x0
−2 y0+3 x0
−3
2
4(3−2 y0)
−2 y0+3 x0
+1
(x +1)+ 3
2,即y =
−6+ 3
2 x0+3 y0
12+3 x0−10 y0
(x +1)+ 3
2
，
当Q位于椭圆短轴端点处，根据椭圆的对称性以及直线l1，l2的对称，直线AQ，BN，CM显然相交于同一
点，
当Q不位于椭圆短轴端点处，此时x0≠0，
直线AQ方程为y = y0−2
x0
x +2，
联立直线CM与直线BN方程可得−6+ 3
2 x0+3 y0
12+3 x0−10 y0
(x +1)+ 3
2 =
6+ 3
2 x0−3 y0
12−3 x0−10 y0
(x−1)+ 3
2
，解得
x = −2 x0
2 y0−5，y = 2 y0−6
2 y0−5 ，
设直线CM与直线BN的交点为H(
−2 x0
2 y0−5 , 2 y0−6
2 y0−5),
将H(
−2 x0
2 y0−5 , 2 y0−6
2 y0−5)代入直线AQ方程为y = y0−2
x0
x +2中可得
故y = y0−2
x0
−2 x0
2 y0−5 +2= 2 y0−6
2 y0−5 ，
故三条直线AQ，BN，CM相交于点H(
−2 x0
2 y0−5 , 2 y0−6
2 y0−5)
  
【点睛】关键点点睛：椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)上任意一点(x0, y0)处的切线方程为
x x0
a
2 + y y0
b
2 =1，联立
41
两直线方程，得交点坐标是本题的关键.
变式7．（23-24 高二下·重庆·阶段练习）已知椭圆Γ：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点为F，过点F作x
轴的垂线交椭圆Γ于点P(1, 3
2 )．过点P作椭圆Γ的切线，交x轴于点Q．
(1)求点Q的坐标；
(2)过点Q的直线（非x轴）交椭圆Γ于A、B两点，过点A作x轴的垂线与直线BP交于点D，求证：线段
AD的中点在定直线上．
【答案】(1)(4,0)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出a,b,c，进而求出椭圆Γ的方程，再设出切线方程，并与椭圆方程联
立，由Δ=0求出切线方程即可得解.
（2）设直线AB：x =ty + 4，A( x1, y1),B( x2, y2)，联立直线AB与Γ的方程，求出AD的中点纵坐标，
结合韦达定理计算推理即得.
【详解】（1）依题意，点F(1,0)，¿，解得a=2,b=√3，椭圆Γ：x
2
4 + y
2
3 =1，
显然过点P的椭圆Γ的切线斜率存在，设其方程为y =k( x−1)+ 3
2，
由¿消去y并整理得(4 k
2+3)x
2−4 k(2k −3)x +(2k −3)
2−12=0，
Δ=16 k
2(2k −3)
2−4(4 k
2+3)[(2k −3)
2−12]= 48(4 k
2+3)−12(2k −3)
2=0，
整理得4 k
2+ 4 k +1=0，解得k =−1
2，切线方程为y =−1
2 x +2，由y =0，得x = 4，
所以点Q的坐标是(4,0).
（2）设直线AB的方程为x =ty + 4，A( x1, y1),B( x2, y2)，线段AD的中点M ( x0, y0)，
由¿消去x得(3t
2+ 4) y
2+24 ty +36=0，
则Δ
′ =576t
2−144(3t
2+ 4)>0⇔|t |>2，y1+ y2= −24t
3t
2+ 4
, y1 y2=
36
3t
2+ 4 ，2t y1 y2=−3( y1+ y2)，
42
直线BP的方程为y =
y2−3
2
x2−1 ( x−1)+ 3
2
，则点D( x1,
( y2−3
2 )( x1−1)
x2−1
+ 3
2 )，
于是x0= x1，y0=
( y2−3
2 )( x1−1)
2( x2−1)
+ 1
2 ( y1+ 3
2 )=
( y2−3
2 )(t y1+3)+( y1+ 3
2 )(t y2+3)
2(t y2+3)
=
2t y1 y2+3( y1+ y2)+ 3
2 t y2−3
2 t y1
2(t y2+3)
=
3
2 t y2−3
2 t y1
2(t y2+3)
，
y0+ 1
2 x0=
3
2 t y2−3
2 t y1
2(t y2+3)
+ 1
2 x1=
3
2 t y2−3
2 t y1
2(t y2+3)
+ 1
2 t y1+2=
3
2 t y2−3
2 t y1+t y1(t y2+3)
2(t y2+3)
+2
= 3t y2−3t y1+2t y1(t y2+3)
4(t y2+3)
+2= 3t( y2+ y1)+2t
2 y1 y2
4(t y2+3)
+2=2，因此点M ( x0, y0)在直线y =−1
2 x +2
上，
所以线段AD的中点在定直线y =−1
2 x +2上.
【点睛】方法点睛：联立直线l 与椭圆C 的方程组，消元后的一元二次方程判别式为Δ：
①Δ>0⇔直线l 与椭圆C 相交；②Δ=0⇔直线l 与椭圆C 相切；③Δ<0⇔直线l 与椭圆C 相离.
变式8．（23-24 高二上·山东青岛·期末）已知抛物线C : x
2=2 py( p>0)，点E (0,3)，过抛物线C的焦
点且平行于x轴的直线l与圆E相切，与C交与P ,Q两点，|PQ|= 4.
(1)求C和圆E的方程；
43
(2)过C上一点A作圆E的两条切线AM , AN分别与C交于M ､N两点，判断直线MN与圆E的位置关系，
并说明理由.
【答案】(1)C的方程为x
2= 4 y，圆E的方程为x
2+( y −3)
2= 4
(2)直线MN与圆E相切，理由见解析
【分析】（1）根据题意求得P ,Q两点的坐标，从而求得p，进而得解；
（2 ）根据题意得到直线AM，AN的方程，再利用直线与圆相切的性质推得x2, x3是方程
(x1
2−4)x
2+16 x1 x +80−4 x1
2=0的两个根，从而利用韦达定理求得E点到直线MN的距离为圆E的半径，
由此得解.
【详解】（1）由题意知直线l的方程为y = p
2 ，
联立¿，解得¿，则P(p, p
2),Q(−p, p
2)或P(−p, p
2),Q(p, p
2)，
∴|PQ|=2 p= 4，则p=2，
∴C的方程为x
2= 4 y，直线l的方程为y =1，
又∵直线l与圆E相切，∴圆E的半径为2，
故圆E的方程为x
2+( y −3)
2= 4.
（2）设C上三点A(x1, x1
2
4 ), M(x2, x2
2
4 ), N(x3, x3
2
4 )，显然x1≠x2≠x3，
∴直线AM ､AN ､MN的斜率都是存在的，
∴直线AM的斜率k AM =
x2
2
4 −x1
2
4
x2−x1
= x1+ x2
4
，
∴直线AM的方程为(x1+ x2)x−4 y −x1 x2=0，
同理，AN的方程为(x1+ x3)x−4 y −x1 x3=0，
MN的方程为(x3+ x2)x−4 y −x3 x2=0，
44
∵圆E与直线AM相切，∴ |12+ x1 x2|
√(x1+ x2)
2+16
=2，
化简得：(x1
2−4)x2
2+16 x1 x2+80−4 x1
2=0，
同理，圆E与直线AN相切，可得(x1
2−4)x3
2+16 x1 x3+80−4 x1
2=0，
所以x2, x3是方程(x1
2−4)x
2+16 x1 x +80−4 x1
2=0的两个根，
由韦达定理得，x2+ x3= −16 x1
x1
2−4
, x2⋅x3= 80−4 x1
2
x1
2−4
，
∴E点到直线MN的距离d =
|12+ x2 x3|
√(x2+ x3)
2+16
= |12+ 80−4 x1
2
x1
2−4 |
√(
−16 x1
x1
2−4 )
2
+16
= 8(x1
2+ 4)
4(x1
2+ 4)
=2，
∴直线MN与圆E相切.
【点睛】关键点点睛：本题第2 小问解决的关键是利用直线与圆相切推得x2, x3是方程
(x1
2−4)x
2+16 x1 x +80−4 x1
2=0的两个根，从而得解.
【方法技巧与总结】
1.过圆(x−a)
2+( y −b)
2=r
2上一点(x0, y0)的切线方程为：(x0−a)(x −a)+( y −b)( y0−b)=r
2，
2.过圆(x−a)
2+( y −b)
2=r
2外一点(x0, y0)的切点弦方程为：(x0−a)(x −a)+( y −b)( y0−b)=r
2.
3.过椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1上一点P(x0, y0)的切线方程为
x0 x
a
2 + y0 y
b
2 =1，
4.过双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1上一点P(x0, y0)的切线方程为
x0 x
a
2 −y0 y
b
2 =1
5.抛物线y
2=2 px ( p≠0)在其上一点(x0, y0)的切线方程为y0 y = p(x0+ x)，再应用此方程时，首先应证明
直线y0 y = p(x0+ x)与抛物线y
2=2 px ( p≠0)相切.
【题型4：圆锥曲线弦长问题】
45
例4．（23-24 高二上·内蒙古赤峰·期末）已知双曲线C : x
2
3 −y
2=1，直线l: y = x +m被C所截得的弦长
为4√6，则m=       ．
【答案】±3√2
【分析】联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据弦长公式求解.
【详解】设双曲线C与直线l交于A(x1, y1),B(x2, y2)两点，
由¿消去y整理得2 x
2+6mx +3m
2+3=0，则Δ=36m
2−8(3m
2+3)=12m
2−24>0，解得m
2>2，且
x1+ x2=−3m, x1 x2= 3m
2+3
2
，
所以|AB|=√2|x1−x2|=√2√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=√2×√3m
2−6．
由√2×√3m
2−6= 4√6，解得m
2=18，所以m=±3√2．
故答案为：±3√2
变式1．（24-25 高二上·江苏连云港·阶段练习）已知直线y =−x +1与椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)相交于
A ,B两点.
(1)若椭圆的离心率为√3
3 ，焦距为2，求线段AB的长；
(2)若⃗OA ⊥⃗OB（其中O为坐标原点），当椭圆的离心率e∈[
1
3 , √3
2 ]时，求椭圆的长轴长的最大值.
【答案】(1)8√3
5
(2)√10
【分析】（1）根据椭圆中基本量的关系计算可得椭圆方程，再联立直线与椭圆方程，利用弦长公式求得
线段AB的长即可；
（2）设点A( x1, y1)，B( x2, y2)，根据⃗OA ⊥⃗OB，可得x1 x2+ y1 y2=0，再联立方程利用韦达定理表示
46
x1 x2+ y1 y2=0关于基本量a，b的关系，可转化为a
2= 1
2(1+
1
1−e
2)
，因为e∈[ 1
3 , √3
2 ]，可得
a∈[ √17
4 , √10
2 ]，从而可得长轴长得最大值.
【详解】（1）e = √3
3 ，2c =2，
∴a=√3，c =1，则b=√a
2−c
2=√2，
∴椭圆的方为x
2
3 + y
2
2 =1，
联立¿消去y得：5 x
2−6 x−3=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1+ x2= 6
5，x1 x2=−3
5
∴| AB|=√[1+(−1)
2]⋅√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=√2√(
6
5)
2
+ 12
5 = 8√3
5
，
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
∵⃗OA ⊥⃗OB，
∴⃗OA ⋅⃗OB =0，即x1 x2+ y1 y2=0，
由¿，消去y得(a
2+b
2) x
2−2a
2 x +a
2(1−b
2)=0，
由Δ=(−2a
2)
2−4 a
2(a
2+b
2)(1−b
2)>0，整理得a
2+b
2>1，
又x1+ x2= 2a
2
a
2+b
2，x1 x2= a
2(1−b
2)
a
2+b
2
，
∴y1 y2=(−x1+1)(−x2+1)= x1 x2−(x1+ x2)+1，
由x1 x2+ y1 y2=0，得：2 x1 x2−(x1+ x2)+1=0，
∴2a
2(1−b
2)
a
2+b
2
−2a
2
a
2+b
2 +1=0，整理得：a
2+b
2−2a
2b
2=0，
∵b
2=a
2−c
2=a
2−a
2e
2，代入上式得2a
2=1+
1
1−e
2，
47
∴a
2= 1
2(1+
1
1−e
2)，
∵e∈[ 1
3 , √3
2 ]，则(1−e
2)∈[ 1
4 , 8
9 ]，
则a
2= 1
2 [1+
1
1−e
2 ]∈[ 17
16 , 5
2 ]，a∈[ √17
4 , √10
2 ]，
则2a≤√10，故长轴长的最大值为√10.
变式2．（24-25 高二上·天津红桥·阶段练习）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率是√3
2 ，椭圆
C的一个顶点为(2,0)，直线l: y =k( x +1)(k >0)与椭圆C相交于A( x1, y1),B( x2, y2)两点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若线段AB的中点的横坐标为−1
2 ，求直线l的斜率以及弦长|AB|
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1；
(2)k = 1
2，| AB|= √35
2
【分析】（1）由题意可得¿，再由b
2=a
2−c
2求解即可；
（2）根据题意可得中点的纵坐标为k
2，将A ,B两点坐标代入椭圆方程作差，结合中点坐标公式及斜率公
式，即可求得k的值；联立直线与椭圆方程，结合韦达定理及弦长公式求解即可.
【详解】（1）解：因为椭圆C的一个顶点为(2,0)，离心率是√3
2 ，
所以¿，解得¿，
又因为b=√a
2−c
2=1，
所以椭圆的方程为x
2
4 + y
2=1；
（2）解：由题意可得¿，
两式相减，得1
4 ( x1+ x2)( x1−x2)+( y1+ y2)( y1−y2)=0，
所以1
4 ( x1+ x2)( x1−x2)=−( y1+ y2)( y1−y2)，
48
又因为线段AB的中点的横坐标为−1
2 ，
所以x1+ x2=2×(−1
2 )=−1，
且中点的纵坐标为k(−1
2 +1)= k
2，
所以y1+ y2=2× k
2 =k，
所以−1
4 ( x1−x2)=−k( y1−y2)，
所以y1−y2
x1−x2
=
−1
4
−k = 1
4 k
又因为k = y1−y2
x1−x2
，
所以k = 1
4 k ，
所以k
2= 1
4 ，
又因为k >0，所以k = 1
2；
所以直线l: y = 1
2 ( x +1)，
由¿，可得2 x
2+2 x−3=0，
所以x1+ x2=−1, x1 x2=−3
2，
所以|AB|=√1+ k
2⋅√( x1+ x2)
2−4 x1 x2=√1+ 1
4 ⋅√1+ 4× 3
2 = √35
2 .
49
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线交相，涉及中点坐标时，经常采用点差法求解更简单些.
变式3．（23-24 高二下·安徽阜阳·期末）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的短轴长为2，上顶点为M，
O 为坐标原点，A，B 为椭圆C上不同的两点，且当A ,O ,B三点共线时，直线MA , MB的斜率之积为−1
4
(1)求椭圆C的方程；
(2)若△OAB的面积为1，求|OA|
2+|OB|
2的值.
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)5
【分析】（1）先由短轴长得b=1，由A ,O ,B三点共线设点A ,B坐标，再利用点在椭圆上将斜率之积转化
为−1
a
2待定a，从而求椭圆方程；
（2）分直线斜率存在与不存在两种情况讨论.当直线斜率不存在时，解方程组可得；当直线斜率存在时，
设出直线方程，联立椭圆方程，借助韦达定理表示弦长|AB|及点O到直线的距离，从而由面积为1得
4 k
2−2m
2+1=0，代入由韦达定理表示的x1
2+ x2
2关系式，化简求值可得.
【详解】（1）由题意知椭圆的短轴长为2，即2b=2，b=1.
M为椭圆的上顶点，所以M (0,1).
当A ,O ,B三点共线时，设A(x0, y0)，则B(−x0,−y0).
由点A ,B在椭圆上，则x0
2
a
2 + y0
2=1,
因为k MA = y0−1
x0
,k MB= −y0−1
−x0
，
所以k MA⋅k MB= y0
2−1
x0
2
=
−x0
2
a
2
x0
2 =−1
a
2 =−1
4
，解得a=2．
50
故椭圆C的方程为x
2
4 + y
2=1；
（2）设过A ,B两点的直线为l , A(x1, y1),B(x2, y2)，
当直线l的斜率不存在时，A ,B两点关于x轴对称，
所以x2= x1, y2=−y1
因为A在椭圆上，所以x1
2
4 + y1
2=1，又S△OAB=1，
所以1
2|x1||2 y1|=1，即|x1||y1|=1，联立x1
2
4 + y1
2=1，
解得x1
2=2, y1
2= 1
2
此时x1
2+ x2
2= 4 , y1
2+ y2
2=1，所以|OA|
2+|OB|
2= x1
2+ x2
2+ y1
2+ y2
2=5.
当直线l的斜率存在时，设其方程为y =kx +m,m≠0，
联立¿消去y得(1+ 4 k
2) x
2+8kmx + 4 m
2−4 =0，
其中Δ=(8km)
2−4(1+ 4 k
2)(4 m
2−4)=16(4 k
2−m
2+1)>0①，
所以x1+ x2= −8km
1+ 4 k
2 , x1 x2= 4 m
2−4
1+ 4 k
2 ，
所以|AB|=√1+ k
2√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=√1+k
2⋅4√4 k
2−m
2+1
1+ 4 k
2
．
因为点O到直线l的距离d =
|m|
√1+k
2，
51
所以S△OAB= 1
2|AB|⋅d =1，
所以1
2 √1+k
2⋅4√4 k
2−m
2+1
1+ 4 k
2
⋅|m|
√1+k
2 =1，
整理得4 k
2−2m
2+1=0，符合①式，
此时x1
2+ x2
2=(x1+ x2)
2−2 x1 x2=(
−8km
1+ 4 k
2)
2
−8m
2−8
1+ 4 k
2 = 8m
2(1+ 4 k
2)
(1+ 4 k
2)
2
= 4，
y1
2+ y2
2=1−x1
2
4 +1−x2
2
4 =2−1=1.
|OA|
2+|OB|
2= x1
2+ x2
2+ y1
2+ y2
2=1+ 4 =5,
综上所述，|OA|
2+|OB|
2的值为5．
变式4．（23-24 高二上·江苏南京·阶段练习）设椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1, F2
．点P(a,b)满足|P F2|=|F1 F2|．
(1)求椭圆的离心率e；
(2)设直线P F2与椭圆相交于A ,B两点，若直线P F2与圆( x +1)
2+( y −√3)
2=16相交于M，N两点，且
|MN|= 5
8|AB|，求直线AB的方程和椭圆的方程．
【答案】(1)1
2
(2)y =√3(x−2), x
2
16 + y
2
12 =1
52
【分析】（1）由|P F2|=|F1 F2|及两点间距离公式可建立c
a等式，即可求出答案，
（2）联立直线和椭圆的方程，利用弦长公式求得|AB|，再利用几何关系求得|MN|，再由圆心到直线
P F2的距离、|MN|
2
、圆的半径构成的直角三角形求出c可得答案，从而得到椭圆的方程.
【详解】（1）设F1(−c ,0), F2(c ,0)(c>0)．
由题得|P F2|=|F1 F2|，即√(a−c)
2+b
2=2c，
整理得2(
c
a)
2
+ c
a −1=0，得c
a =−1（舍），或c
a = 1
2，
所以e = 1
2；
（2）由（1）知a=2c ,b=√3c，可得椭圆方程为3 x
2+ 4 y
2=12c
2，
直线方程P F2为y =√3(x−c)，
A ,B的坐标满足方程组¿，
消y并整理得5 x
2−8 xc =0，
解得x =0, x = 8
5 c，得方程组的解为¿，
不妨设A(
8
5 c , 3√3
5
c),B(0,−√3c)，
所以|AB|=√(
8
5 c)
2
+(
3√3c
5
+√3c)
2
= 16
5 c，于是|MN|= 5
8|AB|=2c．
圆心(−1,√3)到直线P F2的距离d =|−√3−√3−√3c|
2
，
因为d
2+(
|MN|
2 )
2
= 4
2，所以3
4 (2+c)
2+c
2=16，
整理得c =−26
7 （舍）或c =2．
所以直线AB的方程为y =√3(x−2)，
椭圆方程为x
2
16 + y
2
12 =1．
53
【点睛】关键点点睛：本题考查求椭圆的离心率解题关键是找到关于a，b，c 的等量关系，第二问的关键
是联立直线与椭圆方程求出交点坐标，利用距离公式建立等量关系，求出c 是求出椭圆方程的关键.
变式5．（23-24 高二下·吉林长春·阶段练习）已知双曲线C：x
2
4 −y
2=1的右顶点为M，过点P(2,1)的
直线l 交双曲线C 于A，B 两点，设直线MA 的斜率为k1，直线MB 的斜率为k2.
(1)求直线l 斜率的取值范围；
(2)证明：k1+ k2为定值，并求出该定值；
(3)求1
|PA|+
1
|PB|的最大值.
【答案】(1)(−∞,−1
2)∪(−1
2 , 1
2)
(2)1
(3)√5
【分析】（1）设出直线方程，与双曲线方程联立，利用判别式求出斜率的取值范围即可；
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理代入求解即可；
（3）按A ,B在y轴同侧和两侧分类讨论，利用弦长公式和韦达定理得到1
|PA|+
1
|PB|关于k的方程，再利用
导数求最大值即可.
【详解】（1）由双曲线方程可知M (2,0)，
54
过点P(2,1)的直线l交双曲线C于A ,B两点，则直线l斜率存在，
设直线l: y −1=k (x−2)，联立¿得(1−4 k
2) x
2+(16k
2−8k) x−16k
2+16k −8=0，
因为直线l交双曲线C有两个交点，所以1−4 k
2≠0，即k ≠± 1
2，
令Δ=(16 k
2−8k)
2−4(1−4 k
2)(−16k
2+16k −8)>0解得k < 1
2，
综上直线l斜率的取值范围为(−∞,−1
2)∪(−1
2 , 1
2).
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则k1=
y1
x1−2，k2=
y2
x2−2，
所以k1+k2=
y1
x1−2 +
y2
x2−2 = k (x1−2)+1
x1−2
+ k (x2−2)+1
x2−2
=2k +
x1+ x2−4
x1 x2−2(x1+ x2)+ 4 ，
由（1）得x1+ x2= 16k
2−8k
4 k
2−1
，x1 x2= 16k
2−16k +8
4 k
2−1
，代入得k1+ k2=1.
（3）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，且x1< x2，
则|PA|=√(x1−2)
2+( y1−1)
2=√(x1−2)
2+[k (x1−2)]
2=√1+ k
2|x1−2|，同理|PB|=√1+ k
2|x2−2|，
所以1
|PA|+
1
|PB|=|PA|+|PB|
|PA||PB| = √1+k
2(|x1−2|+|x2−2|)
(1+k
2)|x1−2||x2−2|
=
1
√1+k
2(
|x1−2|+|x2−2|
|x1−2||x2−2| )，
当0< x1< x2时，k <−1
2，此时1
|PA|+
1
|PB|=
1
√1+k
2(
x1+ x2−4
(x1−2)(x2−2))=
1
√1+ k
2(
x1+ x2−4
x1 x2−2(x1+ x2)+ 4)，
将
x1+ x2= 16 k
2−8k
4 k
2−1
，
x1 x2= 16k
2−16k +8
4 k
2−1
，
代
入
得
1
|PA|+
1
|PB|= 1−2k
√1+k
2 =√
1−4 k + 4 k
2
1+ k
2
=√
4−3+ 4 k
1+k
2 ，
令f (k )= 3+ 4 k
1+k
2 ，k <−1
2，则f
′ (k )= 4(1+k
2)−2k (3+ 4 k )
(1+k
2)
2
= −4 k
2−6k + 4
(1+k
2)
2
，
55
令f
′ (k )=0解得k =−2或k = 1
2（舍去），
所以当k <−2时，f
′ (k )<0，f (k )单调递减，当−2<k <−1
2时，f
′ (k )>0，f (k )单调递增，
所以当k =−2时，f (k )取得最小值f (−2)=−1，
此时1
|PA|+
1
|PB|取得最大值√4−(−1)=√5；
当
x1<0< x2时
，
−1
2 <k < 1
2，
此
时
1
|PA|+
1
|PB|=
1
√1+ k
2(
x2−x1
(2−x1)(x2−2))=
1
√1+ k
2(
√(x1+ x2)
2−4 x1 x2
2(x1+ x2)−x1 x2−4)，
将x1+ x2= 16k
2−8k
4 k
2−1
，x1 x2= 16k
2−16k +8
4 k
2−1
，代入得1
|PA|+
1
|PB|=√
2−4 k
1+k
2 ，
令g(k )= 2−4 k
1+ k
2 ，−1
2 <k < 1
2，则g
′ (k )= 4 k
2−4 k + 4
(1+k
2)
2
>0恒成立，
所以g(k )单调递增，1
|PA|+
1
|PB|不存在最大值，
综上1
|PA|+
1
|PB|的最大值为√5.
【点睛】解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为A(x1, x2),B(x2, y2)；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于x或y的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为x1+ x2，x1 x2形式；
（5）代入韦达定理求解.
变式6．（23-24 高二上·广东深圳·期末）在平面直角坐标系中，已知点A (−2,0),B (2,0)，动点
M (x , y)满足直线AM与BM的斜率之积为3
4 ，记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线：
(2)若直线l: y = x−3和曲线C相交于E , F两点，求|EF|.
56
【答案】(1) x
2
4 −y
2
3 =1(x≠±2)，曲线C是双曲线，除去左右顶点
(2)16√3
【分析】（1）设M (x , y)，根据k AM ⋅k BM = 3
4 计算即可求出其轨迹方程，进而可得出其是何曲线；
（2）利用圆锥曲线的弦长公式计算即可.
【详解】（1）设M (x , y)，
则k AM ⋅k BM =
y
x +2 ⋅
y
x−2 = 3
4 ，
化简得x
2
4 −y
2
3 =1，
所以C的方程为x
2
4 −y
2
3 =1(x≠±2)，曲线C是双曲线，除去左右顶点；
（2）设E(x1, y1), F (x2, y2)，
联立¿，消y得x
2−24 x + 48=0，
Δ=(−24)
2−4×48=384>0，
则x1+ x2=24 , x1 x2= 48，
所以|EF|=√1+1
2⋅√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=√2⋅√24
2−4×48=16√3.
  
变式7．（23-24 高二上·上海·期末）已知双曲线E：x
2
4 −y
2=1与直线l：y =kx −3相交于A、B 两点，
M 为线段AB 的中点．
(1)当k =√5时，求双曲线E 的左焦点到直线l 的距离；
(2)若l 与双曲线E 的两条渐近线分别相交于C、D 两点，问：是否存在实数k，使得A、B 是线段CD 的两个
三等分点？若存在，求出k 的值；若不存在，说明理由．
57
【答案】(1)4√6
3
(2)存在，k =± 3
2
【分析】（1）根据双曲线方程求焦点坐标，进而利用点到直线的距离公式运算求解；
（2）联立直线l 与双曲线E 的方程，利用韦达定理可得x0= −12k
1−4 k
2，根据渐近线方程与直线l 的方程联
立求出x3，x4，分析可知线段AB 的中点M 也是线段CD 的中点，若A，B 为线段CD 的两个三等分点，则
|CD|=3|AB|，结合弦长公式列式得|x3−x4|=3|x1−x2|，代入运算求解即可.
【详解】（1）由题意可知：a=2,b=1,c =√a
2+b
2=√5，
且焦点在x 轴上，则双曲线E 的左焦点为(−√5,0)，
当k =√5时，直线l：y =√5 x−3，即√5 x−y −3=0，
所以双曲线E 的左焦点到直线l 的距离为d =|√5⋅(−√5)−0−3|
√(√5)
2+(−1)
2
= 4√6
3
.
（2）存在，理由如下：
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，M (x0, y0)，
联立直线l 与双曲线E 的方程，得¿，
消去y，得(1−4 k
2) x
2+24 kx −40=0．
由Δ=160−64 k
2>0且1−4 k
2≠0，得k
2< 5
2且k
2≠1
4 ，
由韦达定理得x1+ x2= −24 k
1−4 k
2，则x0= x1+ x2
2
= −12k
1−4 k
2，
58
由题意可知：双曲线E 的渐近线方程为y =± 1
2 x，
设C (x3, y3)，D(x4, y4)，
联立方程¿，解得x3=
6
2k −1，
同理可得x4=
6
2k +1，
因为
x3+ x4
2
= −12k
1−4 k
2 = x0，
所以线段AB 的中点M 也是线段CD 的中点．
若A，B 为线段CD 的两个三等分点，则|CD|=3|AB|．
即√1+ k
2|x3−x4|=3√1+ k
2|x1−x2|，|x3−x4|=3|x1−x2|．
而|x1−x2|=√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=√(
−24 k
1−4 k
2)
2
+
160
1−4 k
2，|x3−x4|=|
6
2k −1 −
6
2k +1|=
12
|4 k
2−1|．
则
12
|4 k
2−1|
=3√(
−24 k
1−4 k
2)
2
+
160
1−4 k
2，解得k =± 3
2，
所以存在实数k =± 3
2，使得A、B 是线段CD 的两个三等分点．
【点睛】方法点睛：存在性问题求解的思路及策略
（1）思路：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．
（2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；
②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．
变式8．（24-25 高二上·湖南衡阳·阶段练习）已知抛物线C : x
2= 4 y，过点D(0,2)的直线l 交抛物线
于A，B 两点，抛物线在点A 处的切线为l1，在点B 处的切线为l2，直线l1与l2交于点M.
(1)设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2=−2；
(2)设线段AB 的中点为N，求MN
AB 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
59
(2)(
1
2 , √2
2 ]
【分析】（1）设切线方程，分别用点A ,B的横坐标表示k1,k2，联立直线l 与抛物线的方程，结合韦达定
理，可得结果；
（2）联立直线方程求点M 坐标，由中点坐标公式可得N点坐标，从而得到|MN|，再由弦长公式可得|AB|
，由|MN|
|AB| 的表达式求取值范围即可.
【详解】（1）由题意知，直线l 的斜率存在，
设点A(x1, y1)，B(x2, y2)，直线l 的方程为y =kx +2，
由¿得x
2−4 kx−8=0，
Δ=16k
2+32>0，x1+ x2= 4 k，x1 x2=−8.
由y = 1
4 x
2，得切点A(x1, x1
2
4 )，B(x2, x2
2
4 )，
则切线l1的方程为y −x1
2
4 =k1(x−x1)，代入x
2= 4 y，得x
2−4 k1 x−(x1
2−4 k1 x1)=0，
所以Δ1=16k1
2−16 k1 x1+ 4 x1
2=0，解得k1= 1
2 x1，
同理，得切线l2的斜率k2= 1
2 x2，
所以k1k2= 1
4 x1 x2= 1
4 ×(−8)=−2.
（2）由（1）可得y1+ y2=k (x1+ x2)+ 4 = 4(k
2+1)，
60
故y1+ y2
2
=2(k
2+1)，N (2k ,2(k
2+1)).
由（1）得l1: y −x1
2
4 = x1
2 (x−x1)，
可化为y = 1
2 x1 x−x1
2
4
，①
同理得l2: y = 1
2 x2 x−x2
2
4
，②
由①②，得x = x1+ x2
2
=2k，y = x1 x2
4
=−2，即M (2k ,−2)，
则MN =2(k
2+1)+2=2(k
2+2).
AB =√1+k
2⋅|x1−x2|=√1+k
2⋅√(x1+ x2)
2−4 x1 x2
=√k
2+1⋅√(4 k )
2+32= 4√(k
2+1)(k
2+2)，
所以MN
AB = 1
2√
k
2+2
k
2+1
= 1
2√
1+
1
k
2+1
.
由k
2≥0，k
2+1≥1，得0<
1
k
2+1
≤1，故MN
AB ∈(
1
2 , √2
2 ]，
即MN
AB 的取值范围为(
1
2 , √2
2 ].
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，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，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，
不要忽略直线斜率为0 或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线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．
【方法技巧与总结】求解直线被椭圆截得弦长的方法
(1)当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解．
(2)当直线的斜率存在时，斜率为k 的直线l 与椭圆C 相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两个不同的点，则弦长|
61
AB|＝＝·|x1－x2|＝·|y1－y2|(k≠0)．
【题型5：直线与圆锥曲线相交面积问题】
例5．（24-25 高二上·陕西西安·阶段练习）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为
F1, F2，点P在双曲线右支（且不在坐标轴上），
(1)若双曲线C与椭圆x
2
4 + y
2=1有共同的焦点，且双曲线C过点Q (2,1)，求该双曲线的标准方程；
(2)若b=1，∠F1 P F2=π
3 ，求△F1 P F2的面积．
【答案】(1) x
2
2 −y
2=1
(2)√3
【分析】（1）根据条件列方程¿，求出¿即可得出答案；
（2 ）设|P F1|=m,|P F2|=n，利用双曲线的定义，结合余弦定理，求得mn= 4，再由
S = 1
2 mnsin ∠F1 P F2求解
【详解】（1）椭圆x
2
4 + y
2=1的焦点为(√3,0)和(−√3,0)，
所以双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的c =√3，所以a
2+b
2=c
2=3，
又双曲线C过点Q (2,1)，所以4
a
2 −1
b
2 =1，
由¿，解得¿，
双曲线的标准方程为x
2
2 −y
2=1
（2）设|P F1|=m,|P F2|=n，由双曲线的定义可得|m−n|=2a，
在△PF F2中，由余弦定理，
得4 c
2=m
2+n
2−2mncos∠F1 P F2=m
2+n
2−mn=(m−n)
2+mn= 4 a
2+mn，
所以mn= 4 c
2−4 a
2= 4 b
2= 4，
62
则△F1 P F2的面积S = 1
2 mnsin ∠F1 P F2= 1
2 ×4× √3
2 =√3，
  
变式1．（24-25 高二上·北京·阶段练习）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)长轴长为4，且椭圆C的离心
率√3
2 ，其左右焦点分别为F1, F2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设斜率为−√3
3 且过F2的直线l与椭圆C交于P ,Q两点，求△F1 PQ的面积．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)4√3
7
【分析】（1）由椭圆的基本性质得到椭圆a,b,c的值，写出椭圆方程.
（2）写出直线方程，联立方程组，由韦达定理得到x1+ x2= 4√3
5
和x1 x2=0，用交点弦长公式得到线段
长，由点到直线距离得到三角形高，从而算出三角形面积.
【详解】（1）由题意可知：2a= 4，则a=2，
∵e = c
a = √3
2 ，∴c =√3，
∴b=√a
2−c
2=1，
∴椭圆C : x
2
4 + y
2=1
（2）F1(−√3,0) F2(√3,0)，∴直线l：y =−√3
3 x +1，
63
联立方程组¿得7 x
2−4√3 x =0
设P(x1, y1),Q(x2, y2)，
则x1+ x2= 4√3
7
，x1 x2=0
|PQ|=√1+k
2|x1−x2|=√
1+(−√3
3 )
2
√(
4√3
7 )
2
−4×0= 8
7
点F1到直线PQ的距离d =|−√3
3 ×(−√3)+1−0|
√
1+(−√3
3 )
2
=
2
2√3
3
=√3
∴S△F1 PQ= 1
2|PQ|⋅d = 1
2 × 8
7 ×√3= 4√3
7
  
变式2 ．（23-24 高二下· 福建泉州· 期末）已知抛物线E: y
2=2 px( 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k的值；
(2)若m<3，求△PAB面积的最大值．
【答案】(1)k =−1
(2)32√3
9
【分析】（1 ）由点P在抛物线上，得y
2= 4 x，联立直线l与抛物线y
2= 4 x方程得
k
2 x
2+(2km−4)x +m
2=0，再通过k PA+ k PB=0计算即可；
（2）先求弦长| AB|，再求P到直线l的距离，可表示出S△PAB，再结合基本不等式可求面积的最大值.
【详解】（1）由题意可知，4 =2 p，所以p=2，
64
所以抛物线E的方程为y
2= 4 x；    
如图：设A( x1, y1),B( x2, y2)，
将直线l的方程代入y
2= 4 x，得k
2 x
2+(2km−4)x +m
2=0，    
所以x1+ x2= 4−2km
k
2
, x1 x2= m
2
k
2 ，    
因为直线PA与PB倾斜角互补，
所以k PA+k PB= y2−2
x2−1 + y1−2
x1−1 = k x2+m−2
x2−1
+ k x1+m−2
x1−1
=0，    
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−2k
2
(k +m−2)(k +m+2) =0，
即2k + 4−2km−2k
2
k +m+2
= 4 k + 4
k +m+2 =0，
所以k =−1.
（2）由（1）可知x
2−(2m+ 4)x +m
2=0，
所以x1+ x2= 4 +2m, x1 x2=m
2，
则| AB|=√1+1√( x1+ x2)
2−4 x1 x2= 4√2⋅√1+m，     
因为Δ=(2m+ 4)
2−4 m
2>0，
所以m>−1，即−1<m<3，    
又点P到直线AB的距离为d =|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， 
65
所以△PAB面积最大值为32√3
9
．
变式3．（23-24 高二下·安徽六安·期末）过抛物线C : y
2=2 px( p>0)焦点F的直线l交C于A ,B两点，
特别地，当直线l的倾斜角为π
3 时，|AB|= 16
3 .
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知点P(−1,2)，若PA ⊥PB，求△OAB的面积（O为坐标原点）.
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)2√2
【分析】（1）由题意设直线l: x−p
2 = √3
3 y，联立抛物线方程，结合弦长公式即可列方程求得参数p，进
而得解；
（2）由题意设直线l: x−1=ty，联立抛物线方程，结合韦达定理、数量积的坐标公式列方程即可求得参数
t，进一步即可求解△OAB的面积.
【详解】（1）抛物线C : y
2=2 px( p>0)焦点F的坐标为(
p
2 ,0)，
66
当直线l的倾斜角为π
3 时，直线l: x−p
2 = √3
3 y，联立抛物线方程y
2=2 px，
化简并整理得，y
2−2√3
3
py −p
2=0，显然Δ>0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则y1+ y2= 2√3
3
p, y1 y2=−p
2，
则|AB|=√1+ 1
3|y1−y2|= 2√3
3 √( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 2√3
3 √(
2√3
3
p)
2
−4×(−p
2)
= 2√3
3
⋅√
16 p
2
3
= 8 p
3 = 16
3
，解得p=2，
所以抛物线C的方程为y
2= 4 x；
（2）设A(x1, y1),B(x2, y2)，
显然直线l的斜率不为0，所以设直线l: x−1=ty，联立抛物线方程y
2= 4 x，
化简并整理得y
2−4 ty −4 =0，显然Δ1=16(t
2+1)>0，
所以y1+ y2= 4 t , y1 y2=−4，
又P(−1,2)，所以⃗PA =(x1+1, y1−2),⃗PB =(x2+1, y2−2)，
因为PA ⊥PB，
所以⃗PA ⋅⃗PB =(x1+1)(x2+1)+( y1−2)( y2−2)
= x1 x2+(x1+ x2)+1+ y1 y2−2( y1+ y2)+ 4
=(
y1 y2
4 )
2
+t ( y1+ y2)+2+ y1 y2−2( y1+ y2)+5
67
=(
−4
4 )
2
+t ×4t +2−4−2×4t +5 = 4 (t −1)
2 =0，
所以t =1，则y1+ y2= 4 , y1 y2=−4，
设△OAB的面积为S，
则S = 1
2|OF||y1−y2|= 1
2 ×1×√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 1
2 √4
2+ 4
2=2√2，
所以△OAB的面积为2√2.
变式4．（23-24 高二下·湖北·阶段练习）已知双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的渐近线上一点与右焦点
F (2,0)的最短距离为√2．
(1)求双曲线的方程；
(2)O为坐标原点，直线x =ty +2与双曲线的右支交于A、B两点，与渐近线交于C、D两点，A与C在x轴
的上方，B与D在x轴的下方．
（ⅰ）求实数t的取值范围．
（ⅱ）设S1、S2分别为△AOC的面积和△BOD的面积，求S1+ S2的最大值．
【答案】(1) x
2
2 −y
2
2 =1
(2)（ⅰ）(−1,1)；（ⅱ）4−2√2
【分析】（1）根据焦点到渐近线距离求出b，再求出a即可得解；
（2）（ⅰ）直线与双曲线方程联立消元后由根与系数关系及直线与右支相交可得；
（ⅱ）根据弦长公式及点到直线的距离分别求出三角形面积，根据面积表达式换元后利用不等式性质求最
值即可.
【详解】（1）设双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的焦距为2c，且c =2，
因为F (2,0)到直线bx−ay =0的距离为|2b|
√b
2+a
2 =√2，故b=√2，
则a=√c
2−b
2=√2，故双曲线的方程为：x
2
2 −y
2
2 =1．
（2）如图，
68
（ⅰ）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立直线与双曲线的方程¿，
消元得(t
2−1) y
2+ 4 ty +2=0，则¿，
因为直线与双曲线右支交于两点，故y1 y2=
2
t
2−1
<0，则−1<t <1，故t的取值范围为(−1,1)．
（ⅱ）由（ⅰ）知，|AB|=√1+t
2|y1−y2|=√1+t
2√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= √1+t
2√8t
2+8
1−t
2
，
原点O到直线AB的距离d =
2
√1+t
2，
设C (x3, y3)，D(x4, y4)，联立¿，则(t
2−1) y
2+ 4ty + 4 =0，
y3+ y4= −4t
t
2−1，y3 y4=
4
t
2−1，Δ=16>0，
则|CD|=√1+t
2|y3−y4|=√1+t
2√( y3+ y4)
2−4 y3 y4= √1+t
2√16
1−t
2
，
而S1+ S2= S△COD−S△AOB= 1
2||CD|−|AB||d = 4−2√2t
2+2
1−t
2
，
令m=√2t
2+2∈[√2,2)，则S1+ S2=
4−2m
1−m
2−2
2
= 8−4 m
4−m
2 =
4
2+m ≤
4
2+√2 = 4−2√2
，
当m=√2即t =0时取到等号．
综上所述，S1+ S2的最大值为4−2√2．
变式5．（23-24 高二下·浙江温州·期末）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为√6
2 ，右顶
69
点为E(√2,0).A ,B为双曲线C右支上两点，且点A在第一象限，以AB为直径的圆经过点E.
  
(1)求C的方程；
(2)证明：直线AB恒过定点；
(3)若直线AB与x , y轴分别交于点M , P，且M为PA中点，求
S△PBE
S△MBE
的值.
【答案】(1) x
2
2 −y
2=1
(2)证明见解析
(3)9
4
【分析】（1）根据离心率以及顶点即可求解，
（2）联立直线与双曲线方程，得韦达定理，由垂直得斜率关系，即可代入化简求解，
（3）根据中点坐标可得m
2= 18
35，即可根据三角形面积之比求解.
【详解】（1）∵右顶点E(√2,0),∴a=√2
∵e = c
a = √6
2 ，解得c =√3,∴b=√c
2−a
2=1
∴C : x
2
2 −y
2=1.
70
  
（2）设A(x1, y1),B(x2, y2)，可设直线AB: x =my +t.
联立¿，得(m
2−2) y
2+2mty +t
2−2=0,
则¿，即¿.
∴y1+ y2=−2mt
m
2−2
, y1 y2= t
2−2
m
2−2
.
∵以AB为直径的圆经过点E ,∴k AE⋅k BE=
y1
x1−√2 ⋅
y2
x2−√2 =−1
即
y1 y2
(m y1+t −√2)(m y2+t −√2)
=−1∴(m
2+1) y1 y2+m(t −√2)( y1+ y2)+(t −√2)
2=0
∴(m
2+1)(t
2−2)
m
2−2
−m(t −√2)⋅2mt
m
2−2
+(t −√2)
2=0，化简得(t −√2)(3√2−t)=0
当t =√2时，直线AB: x =my +√2经过点E，不符条件，舍去.∴t =3√2.
∴直线AB: x =my +3√2必过定点M (3√2,0).
（3）由（2）知y1+ y2=−6√2m
m
2−2
, y1 y2=
16
m
2−2
.
∵P(0,−3√2
m ), M (3√2,0),M为PA中点，∴A(6√2, 3√2
m )，代入x
2
2 −y
2=1得m
2= 18
35.
由y1 y2= 3√2
m
y2=
16
m
2−2
得y2= 8√2m
3(m
2−2).
71
∴S△PBE+ S△MBE
S△MBE
= S△PEM
S△MBE
=|y P|
|y2|
=|−3√2
m |
|y2|
=|
9(m
2−2)
8m
2 |= 13
4 ,∴S△BEP
S△BEM
= 9
4
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有
关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
变式6．（24-25 高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知是椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左右焦点分别
为F1(−√3,0), F2(√3,0)，且椭圆经过点Q(1, √3
2 )．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)经过点F2(√3,0)的直线l1,l2，直线l1与椭圆E交于A ,B两点，直线l2与椭圆E交于C , D两点，且l1⊥l2
，求四边形ACBD面积的取值范围．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)[
32
25 ,2]
【分析】（1）由椭圆的焦点坐标可得c的值，由点Q的坐标，整理方程，可得答案；
（2）由题意分直线斜率是否存在两种情况，设出直线方程，联立方程组，求得弦长，利用对角线垂直的
四边形面积公式，结合不等式形式，可得答案.
【详解】（1）由椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的焦点F1(−√3,0), F2(√3,0)，则c =√3，
即a
2−b
2=c
2=3，整理可得b
2=a
2−3，由椭圆E过Q(1, √3
2 )，
则
1
a
2 +
3
4(a
2−3)
=1，整理可得4 a
4−19a
2+12=0，化简可得(4 a
2−3)(a
2−4)=0，
72
由3
4 <3，则a
2= 3
4 （舍去），所以a
2= 4，b
2=1，
椭圆E的标准方程为x
2
4 + y
2=1.
（2）
当直线l1的斜率不存在时，则直线l2与x轴重合，|CD|=2a= 4，
将x =√3代入椭圆方程，可得3
4 + y
2=1，解得y =± 1
2，则|AB|=1，
四边形ACBD的面积S = 1
2 ⋅|AB|⋅|CD|=2；
易知当直线l2的斜率不存在时，四边形ACBD的面积S = 1
2 ⋅|AB|⋅|CD|=2；
当两直线都存在时，设直线l1: x =ny +√3，直线l2: x =my +√3，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，联立方程可得¿，消去x整理可得：
(n
2+ 4) y
2+2√3ny −1=0，则y1+ y2=−2√3n
n
2+ 4
, y1 y2=−
1
n
2+ 4
，
|AB|=√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2=√(1+n
2)( y1−y2)
2
=√(1+n
2)[( y1+ y2)
2−4 y1 y2]=√
(1+n
2)[(
2√3n
n
2+ 4)
2
+ 4⋅
1
n
2+ 4]
=√
(1+n
2)⋅12n
2+ 4 n
2+16
(n
2+ 4)
2
= 4⋅1+n
2
4+n
2，
同理可得|CD|= 4⋅1+m
2
4 +m
2，
73
四边形ACBD的面积S = 1
2|AB||CD|= 1
2 ⋅4⋅1+n
2
4+n
2 ⋅4⋅1+m
2
4+m
2 =8⋅
1+n
2+m
2+n
2m
2
n
2m
2+ 4(n
2+m
2)+16
，
由l1⊥l2，则nm=−1，所以S =8⋅
n
2+m
2+2
4(n
2+m
2)+17
，
n
2+m
2=n
2+ 1
n
2 ≥2，当且仅当n=±1时，等号成立，
令n
2+m
2=t，则S =8⋅
t +2
4t +17 =2−
18
4t +17
(t ≥2)，
由4t +17≥25，0<
18
4t +17 ≤18
25，0>−
18
4t +17 ≥−18
25，则2>S≥32
25；
综上所述，四边形ACBD的面积的取值范围为[
32
25 ,2].
变式7．（24-25 高二上·湖南·阶段练习）在直角坐标系xOy中，点E1(−√2,0), E2(√2,0)，动点
T ( x , y)满足直线T E1与T E2的斜率之积为−1
2．记T的轨迹为曲线Γ．
(1)求Γ的方程，并说明Γ是什么曲线；
(2)过左焦点F1且与坐标轴不垂直的直线l，与曲线Γ相交于A，B两点，AB的中点为M，直线OM与曲线
Γ相交于C，D两点．求四边形ACBD面积的取值范围．
【答案】(1)曲线Γ是以坐标原点为中心，焦点在x轴上，不包括左右两顶点的椭圆，x
2
2 + y
2=1( x≠±√2)
；
(2)(2,2√2)．
【分析】（1）用x , y把T点满足的条件表示出来，列出方程，化简即可.注意：要注明x取值范围.
（2）设直线l的方程，代入椭圆方程，消去y，得到关于x的 一元二次方程，利用韦达定理得到x1+ x2，
x1 x2，求出弦长|AB|即中点M，进而写出直线OM，与椭圆方程联立，得到C , D点的坐标，利用点到直
线的距离公式表示点C , D到直线l的距离，表示出四边形ACBD的面积，根据二次函数的性质，可确定四
边形ACBD面积的取值范围.
【详解】（1）直线T E1的斜率为
y
x +√2 ( x≠−√2)，
74
直线T E2的斜率为
y
x−√2 ( x≠√2)，
由题意可知：
y
x +√2 ⋅
y
x−√2 =−1
2 ⇒x
2+2 y
2=2( x≠±√2)，
所以曲线Γ是以坐标原点为中心，焦点在x轴上，不包括左右两顶点的椭圆，
其方程为x
2
2 + y
2=1( x≠±√2)；
（2）如图：
  
法一：直线l的斜率存在且不为0，设l: y =k( x +1), A( x1, y1),B( x2, y2), M ( x0, y0)，
联立¿，整理得(1+2k
2)x
2+ 4 k
2 x +2k
2−2=0, Δ=8k
2+8>0恒成立，
且¿，则|AB|=√1+k
2|x1−x2|= 2√2(k
2+1)
1+2k
2
，
则¿，即M (−
2k
2
1+2k
2 ,
k
1+2k
2 ),kOM =−1
2k ，
直线CD的方程为y =−1
2k x，与x
2
2 + y
2=1( x≠±√2)，联立得x
2=
4 k
2
1+2k
2，
设点C( x3, y3), D(−x3,−y3)到直线l: y =k( x +1)的距离分别为d1,d2，
则d1=|k x3−y3+ k|
√k
2+1
,d2=|−k x3+ y3+ k|
√k
2+1
,d1+d2=|2k x3−2 y3|
√k
2+1
= 2√2k
2+1
√k
2+1
，
四边形ACBD面积S = 1
2|AB|(d1+d2)= 1
2 × 2√2(k
2+1)
1+2k
2
× 2√2k
2+1
√k
2+1
75
=2√2×√
k
2+1
2k
2+1
=2√2√
1
2 +
1
2
2k
2+1
，
又k
2>0，所以S∈(2,2√2)，故四边形ACBD面积的取值范围为(2,2√2).
法二：易知直线l的斜率存在且不为0，设l: x =my −1, A( x1, y1),B( x2, y2), M ( x0, y0)，
代入点得¿，相减得( x1−x2)⋅( x1+ x2)
2
+( y1−y2)( y1+ y2)=0，
整理得kOM ⋅k AB=−1
2①；
联立¿，得(m
2+2) y
2−2my −1=0，所以y1+ y2= 2m
m
2+2
, y1 y2= −1
m
2+2．
|AB|=√1+m
2|y1−y2|= 2√2(m
2+1)
m
2+2
；
设C( x3, y3), D(−x3,−y3)，由①得kOM ⋅k AB=−1
2，直线CD方程为x =−2
m y，
联立¿，解之得y
2=
m
2
m
2+2
，即|y3|=√
m
2
m
2+2
=
|m|
√m
2+2
．
设点C( x3, y3), D(−x3,−y3)到直线l: x =my −1的距离分别为d3,d4，
则d3=|x3−m y3+1|
√m
2+1
，d4=|−x3+m y3+1|
√m
2+1
，
d3+d4=|2 x3−2m y3|
√m
2+1
=|2(−2
m y3)−2m y3|
√m
2+1
=|
4
m +2m|⋅|y3|
√m
2+1
= 2√m
2+2
√m
2+1
.
所以四边形ACBD的面积S = 1
2|AB|(d3+d4)= 2√2√m
2+1
√m
2+2
=2√2√
1−
1
m
2+2
，
又m
2>0，所以m
2+2>2⇒0<
1
m
2+2
< 1
2 ⇒1
2 <1−
1
m
2+2
<1，
所以S∈(2,2√2)，故四边形ACBD面积的取值范围为(2,2√2)．
【点睛】关键点点睛：本题第2 问，求四边形面积的取值范围，先利用对角线把四边形分割成两个三角
形，利用弦长公式求出AB的长，在结合点到直线的距离求三角形的高，表示出四边形的面积.
76
变式8．（24-25 高二上·湖南株洲·阶段练习）椭圆C与椭圆C1：x
2
2 + y
2=1有相同的焦点，且经过点
M(1, 3
2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆C的右焦点为B，设动直线l与坐标轴不垂直，l与椭圆C交于不同的M，N两点，且直线BM和BN
的斜率互为相反数.
①证明：动直线l恒过x轴上的某个定点，并求出该定点的坐标；
②求△OMD面积的最大值.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)①证明见解析，定点(4,0)；②√3
【分析】（1）根据椭圆的焦点及椭圆过的点列方程求解即可；
（2）①先联立方程组得出韦达定理再计算斜率和即可k MB+k NB=0；②结合定点T (4,0)列出面积再换元得
出面积的最大值.
【详解】（1）椭圆C1：x
2
2 + y
2=1的焦点坐标为(±1,0)，
所以椭圆C的焦点坐标也为(±1,0)，即得焦距为2c =2，
∵椭圆C过点M(1, 3
2)，
∴2a=√
(1+1)
2+(
3
2)
2
+√
(1−1)
2+(
3
2)
2
= 4，
∴a=2，b=√3，
∴椭圆的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）设直线l：x =my +t（m≠0），
由¿，得(3m
2+ 4) y
2+6mty +3t
2−12=0，
77
设M (x1, y1)，N (x2, y2)，所以y1+ y2=−
6mt
3m
2+ 4 ，y1 y2= 3t
2−12
3m
2+ 4
，
所以k MF +k NF =
y1
x1−1 +
y2
x2−1 = y1(x2−1)+ y2(x1−1)
(x1−1)(x2−1)
= y1(m y2+t −1)+ y2(m y1+t −1)
(x1−1)(x2−1)
，
因为直线BM和BN的斜率互为相反数，
所以k MB+ k NB=0，所以
y1(m y2+t −1)+ y2(m y1+t −1)
(x1−1)(x2−1)
=0，
所以y1(m y2+t −1)+ y2(m y1+t −1)=0，
所以2m y1 y2+(t −1)( y1+ y2)=0.
即2m× 3t
2−12
3m
2+ 4
+(t −1)× −6mt
3m
2+ 4
=0，所以6m(t −4)=0，
因为m≠0，所以t = 4，所以动直线l恒过x轴上的定点T (4,0)
②由①知，y1+ y2=−24 m
3m
2+ 4 ，y1 y2=
36
3m
2+ 4
且Δ=(24 m)
2−4(3m
2+ 4)⋅36>0，即m
2>4，
又S△OMN = 1
2 ⋅|OT|⋅|y1−y2|= 1
2 ⋅4⋅√( y1−y2)
2−4 y1 y2
=2⋅√(−24 m
3m
2+ 4)
2
−4⋅
36
3m
2+ 4
=24⋅√
m
2−4
(3m
2+ 4)
2
令n=m
2−4>0，则m
2=n+ 4，
78
∴S△OMN =24⋅√
n
(3n+16)
2 ≤24⋅√
n
(2⋅√3n⋅16)
2 =24⋅√
n
4⋅3n⋅16 =√3
（当且仅当3n=16时取“＝”）
∴(S△OMIN)max=√3.
【点睛】关键点点睛：求面积最值的关键点是令n=m
2−4换元得出S△OMN =24⋅√
n
(3n+16)
2再结合基本不
等式计算即可得出最值.
【题型6：圆锥曲线通径问题】
例6．（23-24 高二下·山西运城·期中）已知F1, F2分别是椭圆C : x
2
a
2 + y
2
6 =1(a>0)的左、右焦点，过
点F1的直线交C于A ,B两点，若|A F2|+|B F2|的最大值为8，则C的离心率为（    ）.
A．√3
3
B．√3
2
C．√6
3
D．1
2
【答案】A
【分析】椭圆定义有|AB|+|A F2|+|B F2|= 4 a，结合已知确定|AB|的最小值，即可求解.
【详解】由椭圆的定义，可知|AB|+|A F2|+|B F2|=|A F1|+|A F2|+|B F1|+|B F2|= 4 a，
  
所以当|AB|最小时，|A F2|+|B F2|最大，
由椭圆的性质得，过椭圆焦点的弦中垂直于长轴的弦最短，
当直线AB 垂直于x轴时，|AB|取得最小值2b
2
a = 12
a ，此时|A F2|+|B F2|= 4 a−12
a =8，
由a>0解得a=3，此时C的离心率e = c
a = √a
2−b
2
a
= √3
2−6
3
= √3
3
.
79
故选：A.
变式1．（24-25 高二上·江西·阶段练习）已知O 为坐标原点，F (1,0)是椭圆M：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1（a>b>0）
的右焦点，过点F 且与M 的长轴垂直的直线交M 于C，D 两点.若△OCD为直角三角形，则M 的长轴长为   
.
【答案】1+√5/√5+1
【分析】由通径的求法得出|CF|，再由△OCD为直角三角形得出|CF|=|OF|=1，建立方程求出a即可得
解.
【详解】因为当x =c时，代入椭圆方程可得y
2
b
2 =1−c
2
a
2 = b
2
a
2，
所以y
2= b
4
a
2，不妨设C在第一象限，则yC = b
2
a ，
因为△OCD为直角三角形，由椭圆的对称性知，∠COF = 45°，
所以|CF|=|OF|=c =1，故yC = b
2
a =1，即a=b
2，
可得a=b
2=a
2−1
2，解得a= 1+√5
2
或a= 1−√5
2
<0（舍去），
所以椭圆M 的长轴长为2a=1+√5.
故答案为：1+√5
变式2．（23-24 高二上·安徽·阶段练习）已知双曲线C：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1（a>0，b>0）的左、右焦点分别
为F1，F2，过C 上一点M 向y 轴作垂线交另一支于N 点，若|MN|=|F1 F2|，且M F1⊥N F2，则C 的离心
率为             ．
【答案】√2+1/1+√2
【分析】由题意可知：MN F1 F2为正方形，结合通径列式求解即可.
【详解】由题意可知：|MN|=|F1 F2|，且MN // F1 F2，结合对称性可知MN F1 F2为矩形，
且M F1⊥N F2，则MN F1 F2为正方形，可得b
2
a = c
2−a
2
a
=2c，
整理得e
2−2e−1=0，解得e =√2+1或e =−√2+1（舍去）.
80
故答案为: √2+1.
变式3．（23-24 高二上·广东汕头·阶段练习）求适合下列条件的曲线的标准方程.
(1)已知双曲线W 的中心在原点，焦点F1, F2在坐标轴上，离心率为√2，且过点P(4 ,−√10)，求双曲线
W 的标准方程；
(2)已知椭圆E的焦点在x轴上，离心率为2√5
5
，过左焦点F1且垂直于x轴的直线l被椭圆E截得的线段长为
2√5
5
，求椭圆E的标准方程.
【答案】(1) x
2
6 −y
2
6 =1
(2) x
2
5 + y
2=1
【分析】（1）解法1：根据焦点的位置分类讨论，设出双曲线W 的标准方程，根据条件列出a,b,c的方程
组，求解即可；解法2：因为e =√2，所以可设双曲线方程为x
2−y
2= λ(λ≠0)，由双曲线过点P(4 ,−√10)
可求得λ.
（2）设椭圆E的标准方程为x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，令x =−c，代入椭圆方程得y =± b
2
a ，依题意列出
a,b,c的方程组，求解即可.
【详解】（1）解法1：当焦点在x轴上时，设双曲线W 的标准方程为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)
依题意得¿，解得¿，此时双曲线W 的标准方程为x
2
6 −y
2
6 =1；
当焦点在y轴上时，设双曲线W 的标准方程为y
2
a
2 −x
2
b
2 =1(a>0,b>0)
依题意得¿，无解，
综上所述，双曲线W 的标准方程为x
2
6 −y
2
6 =1.
解法2：因为e =√2，所以可设双曲线方程为x
2−y
2= λ(λ≠0).
81
因为过点P(4 ,−√10)，所以16−10= λ，即λ =6.
所以双曲线方程为x
2−y
2=6，即x
2
6 −y
2
6 =1.
（2）椭圆E的焦点在x轴上，设椭圆E的标准方程为x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，
令x =−c，代入椭圆方程得c
2
a
2 + y
2
b
2 =1,∴y
2
b
2 =1−c
2
a
2 = b
2
a
2 ,∴y =± b
2
a ，
依题意得¿解得¿.
∴椭圆E的标准方程为x
2
5 + y
2=1.
变式4．（23-24 高二上·辽宁沈阳·期中）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的两个焦点分别为F1、F2，
短轴的一个端点为P，△P F1 F2内切圆的半径为b
3 ，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x
轴时，|RS|=3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的
坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)存在，T (4,0)
【分析】（1）由内切圆的性质得到c
a = 1
2，再令x =c求出y，即可得到2b
2
a =3，结合a
2=b
2+c
2，求出a、
b，即可得解；
（2）当直线l不垂直于x轴时，假设存在T (t ,0)满足条件，设l的方程为y =k (x−1), R(x1, y1),S(x2, y2)
，联立直线与椭圆方程，显然TS ,TR的斜率存在，则kTS+ kTR=0，求出t，即可求出定点坐标.
【详解】（1）由内切圆的性质得1
2 ×2c×b= 1
2 ×(2a+2c)× b
3 ，得c
a = 1
2.
82
将x =c代入x
2
a
2 + y
2
b
2 =1，得y =± b
2
a ，所以2b
2
a =3.
又a
2=b
2+c
2，所以a=2，b=√3，
故椭圆C的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称.
当直线l不垂直于x轴时，假设存在T (t ,0)满足条件，
设l的方程为y =k (x−1)(k ≠0), R(x1, y1),S(x2, y2).
联立方程得¿，消去y整理得(3+ 4 k
2) x
2−8k
2 x + 4 k
2−12=0，
由根与系数的关系得¿①，其中Δ>0恒成立，
由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS+ kTR=0（显然TS ,TR的斜率存在），
即
y1
x1−t +
y2
x2−t =0②.
因为R ,S两点在直线y =k (x−1)上，
所以y1=k (x1−1), y2=k (x2−1)，代入②得
k (x1−1)(x2−t)+k (x2−1)(x1−t)
(x1−t)(x2−t)
=
k[2 x1 x2−(t +1)(x1+ x2)+2t]
(x1−t)(x2−t)
=0，
即2 x1 x2−(t +1)(x1+ x2)+2t =0③，
将①代入③得8k
2−24−(t +1)8k
2+2t (3+ 4 k
2)
3+ 4 k
2
= 6t −24
3+ 4 k
2 =0④，解得t = 4，
综上所述，存在T (4,0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称.
【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：
83
（1）设直线方程，设交点坐标为(x1, y1)、(x2, y2)；
（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Δ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+ x2、x1 x2的形式；
（5）代入韦达定理求解.
变式5．（22-23 高二上·广西贵港·期末）已知椭圆W : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为1
2，左、右焦点
分别为F1, F2，过F2且垂直于x轴的直线被椭圆W 所截得的线段长为3．
(1)求椭圆W 的方程；
(2)直线y =kx(k ≠0)与椭圆W 交于A ,B两点，射线A F1交椭圆W 于点C，若S△ABC = 24
13 ，求直线AC的方
程．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)x−√3 y +1=0或x +√3 y +1=0
【分析】（1）利用椭圆的通径公式以及离心率求出椭圆的方程即可；
（2）设直线AC的方程为x =ty −1，将直线与椭圆方程联立，根据弦长公式求出| AC |，利用三角形面积
公式用t表示出S△ABC，由S△ABC = 24
13 可求得t，即可求直线AC的方程.
【详解】（1）由已知得F2(c ,0)，设过F2且垂直于x轴的直线与椭圆W 交于点E , F,
则点E的横坐标为c，将其代入x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)得c
2
a
2 + y
2
b
2 =1，解得y E= b
2
a ，
即2b
2
a =3，所以b
2= 3
2 a，
因为椭圆的离心率e= c
a = 1
2，所以c
2= 1
4 a
2．
因为a
2=b
2+c
2，所以a
2= 4 ,b
2=3．故椭圆W 的方程为x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）由题意知，直线AC不垂直于y轴，设直线AC的方程为x =ty −1，
84
设A(x1, y1),C (x2, y2)，
联立方程组¿消去x并整理得(3t
2+ 4) y
2−6ty −9=0，
其中Δ=36t
2−4×(3t
2+ 4)×(−9)=144(t
2+1)>0，
所以y1+ y2=
6t
3t
2+ 4 ，y1 y2=−
9
3t
2+ 4 ，
所以| AC |=√( y2−y1)
2+(x2−x1)
2=|y2−y1|√
1+(
x2−x1
y2−y1)
2
=√( y2+ y1)
2−4 y2 y1⋅√t
2+1 =√
(t
2+1)[(
6t
3t
2+ 4)
2
+
36
3t
2+ 4]= 12(t
2+1)
3t
2+ 4
，
因为点O到直线AC的距离d =
1
√t
2+1
，且O是线段AB的中点，
所以点B到直线AC的距离为2d，
所以S△ABC = 1
2 | AC |⋅2d = 12(t
2+1)
3t
2+ 4
⋅
1
√t
2+1
= 12√t
2+1
3t
2+ 4
．
由12√t
2+1
3t
2+ 4
= 24
13 ，解得t
2=3或t
2=−35
36 （舍去），
所以t =±√3，故直线AC的方程为x =±√3 y −1，
即x−√3 y +1=0或x +√3 y +1=0．
  
【点睛】如果直线过x轴上一点(0,m)，则直线方程可以设为x =ty +m，当t =0时直线与x轴垂直，但是不
包含与x轴平行的情况，此种情况需要单独说明.
变式6．（23-24 高二上·河北邯郸·期中）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左顶点为A(−2,0)
，不与x 轴平行的直线l 过C 的右焦点F 且与C 交于M，N 两点.当直线l 垂直于x 轴时，|MN|=12.
85
(1)求双曲线C 的方程；
(2)若直线AM，AN分别交直线x =1于P，Q 两点，求证：A，P，F，Q 四点共圆.
【答案】(1) x
2
4 −y
2
12 =1；
(2)证明见解析
【分析】（1）由题设有¿，求出椭圆参数，即可得椭圆方程；
（2）讨论直线l 斜率存在性，设直线l 的方程为y =k( x−4)，联立椭圆，应用韦达定理得x1+ x2= 8k
2
k
2−3
，x1 x2= 16k
2+12
k
2−3
，写出直线AM，AN求P，Q 两点坐标，结合韦达公式求出|GP|⋅|GQ|，判断
|GA |⋅|GF |=|GP|⋅|GQ|是否成立即可证结论.
【详解】（1）由题意¿，解得¿，所以双曲线C 的方程为x
2
4 −y
2
12 =1；
（2）当直线l 斜率存在时，设直线l 的方程为y =k( x−4)，
由¿，得(3−k
2) x
2+8k
2 x−16k
2−12=0，Δ=64 k
4+16(3−k
2)(4 k
2+3)>0,整理得1+ k
2>0，
设M (x1, y1)，N (x2, y2)，所以x1+ x2= 8k
2
k
2−3
，x1 x2= 16k
2+12
k
2−3
，
所以y1 y2=k
2(x1−4)(x2−4)=k
2[x1 x2−4(x1+ x2)+16]=k
2(
16k
2+12
k
2−3
−32k
2
k
2−3
+16) = −36 k
2
k
2−3
，
直线AM : y =
y1
x1+2 ( x +2)，所以P(1, 3 y1
x1+2)，同理可得Q(1, 3 y2
x2+2)，
记
直
线x =1交
x
轴
于
点
G
，
所
以|GP|⋅|GQ|=|
3 y1
x1+2|⋅|
3 y2
x2+2|=|
9 y1 y2
(x1+2)(x2+2)|
 
86
=|
9 y1 y2
x1 x2+2(x1+ x2)+ 4|=|
9⋅−36k
2
k
2−3
16k
2+12
k
2−3
+2⋅8k
2
k
2−3
+ 4|
=9，
又|GA |⋅|GF |=9，所以|GA |⋅|GF |=|GP|⋅|GQ|，
  
当直线l 斜率不存在时，不妨设M (4,6)，N (4 ,−6)，则P(1,3)，Q(1,−3)，所以
|GA |⋅|GF |=|GP|⋅|GQ|，
  
所以A，P，F，Q 四点共圆.
变式7．（21-22 高二下·江苏镇江·开学考试）在平面直角坐标系xOy中，双曲线C 的对称轴都是坐标
轴，且过P(2,3)点，P 到双曲线C 两焦点距离的差的绝对值等于2.
(1)求双曲线C 的方程；
(2)如果双曲线C 的焦点在x 轴上，直线l 经过双曲线C 的右焦点，与双曲线C 交于A，B 两点，且AB =6，
求直线l 的方程.
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1或y
2−2 x
2=1
(2)x =2或x−y −2=0或x + y −2=0
【分析】（1）分焦点在x 轴与y 轴两种情况，根据双曲线定义及过的点的坐标进行求解；（2）在第一问
的基础上，确定双曲线方程，分直线斜率不存在和存在两种情况,由弦长公式求出答案.
【详解】（1）因为双曲线C 的对称轴都是坐标轴，则C 的对称中心是坐标原点.
87
所以C 的方程为标准方程.
因为C 过P(2,3)点，P 到C 两焦点距离的差的绝对值等于2，
①若C 的焦点在x 轴上，设C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，
所以¿解得¿所以双曲线C 的方程为x
2−y
2
3 =1.
②若C 的焦点在y 轴上，设C : y
2
a
2 −x
2
b
2 =1(a>0,b>0)，
所以¿解得¿所以双曲线C 的方程为y
2−2 x
2=1.
故C 的方程为x
2−y
2
3 =1或y
2−2 x
2=1
（2）由（1）知C 的方程为x
2−y
2
3 =1.所以C 的右焦点为F2(2,0).
①若直线l 的斜率不存在，则其方程为x =2，
代入C 方程得l 与C 交点坐标为(2,−3)，(2,3)，则弦长为6，符合题意.
②若直线l 的斜率存在，设l: y =k (x−2)，
联立¿消去y 得(k
2−3) x
2−4 kx + 4 k
2+3=0.
所以k
2−3≠0①，Δ=16k
4−4(k
2−3)(4 k
2+3)>0②，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1+ x2= 4 k
k
2−3，x1 x2= 4 k
2+3
4 k
2−3
，
所以AB =√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2=√1+k
2√(x1+ x2)
2−4 x1 x2
=√1+k
2√(
4 k
k
2−3)
2
−4(4 k
2+3)
k
2−3
=6.
解得k =±1，满足①②.所以直线l 的方程为x−y −2=0，或x + y −2=0.
综上：直线l 的方程为x =2，或x−y −2=0，或x + y −2=0.
变式8．（2022·河南许昌·二模）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的右焦点为F (√3,0)，过点F 与
x 轴垂直的直线l1与双曲线C 交于M，N 两点，且|MN|= 4.
88
(1)求C 的方程；
(2)过点A (0,−1)的直线l2与双曲线C 的左右两支分别交于
､
D，E 两点，与双曲线C 的两条渐近线分别交于
G，H 两点，若|GH|= λ|DE|，求实数λ的取值范围.
【答案】(1)x
2−y
2
2 =1
(2)[
√3
3 ,1)
【分析】（1）根据双曲线右焦点为F (√3,0)，且|MN|= 4，由¿求解；
（2）设直线l2的方程为y =kx −1，与双曲线方程联立，求得|DE|，与双曲线C 的渐近线方程联立，求得
|GH|，根据|GH|= λ|DE|求解.
【详解】（1）解：由题意得¿，
解得¿
故C 的方程为x
2−y
2
2 =1.
（2）显然直线l2率存在，设直线l2的方程为y =kx −1，D(x1, y1)，E(x2, y2)，
联立¿，得(2−k
2) x
2+2kx −3=0，
因为l2与双曲线C 的左，右两支分别交于D，E 两点，
故¿，
解得−√2<k <√2，
此时有x1+ x2= 2k
k
2−2.
|DE|=√1+ k
2⋅|x1−x2|=√1+ k
2⋅√(x1+ x2)
2−4 x1 x2，
=√1+k
2⋅2√2(3−k
2)
2−k
2
，
由¿，解得xG=
1
k −√2，同理可得xH =
1
k +√2，
89
所以|GH|=√1+ k
2⋅|
1
k −√2 −
1
k +√2|= 2√2⋅√1+k
2
2−k
2
.
因为|GH|= λ|DE|，故λ =|GH|
|DE| =
1
√3−k
2.
因为−√2<k <√2，故√3
3 ≤λ<1，
故实数λ的取值范围是[
√3
3 ,1).
【方法技巧与总结】
1.椭圆与双曲线的半通径是b
2
a , 通径是2b
2
a
2.过抛物线的焦点作垂直于对称轴Q 的直线与抛物线交于两点，连结这两交点的线段称为抛物线的通径,它
的长为2p,这也是抛物线标准方程中2p 的几何意义。
【题型7：定值、定点、定直线问题】
例7．（24-25 高二上·河南新乡·阶段练习）已知圆O 的方程为x
2+ y
2=16，与x 轴的正半轴交于点N，
过点M (3.0)作直线与圆O 交于A 、B两点．
  
(1)若坐标原点O 到直线AB的距离为1，求直线AB的方程；
(2)如图所示，已知点P(−4，0)， 一条斜率为−1的直线交圆于R，S两点，连接PS，PR，试问是否
存在锐角∠NPS，∠NPR，使得∠NPS+∠NPR为定值?若存在，求出该定值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)y = √2
4 x−3√2
4
或y =−√2
4 x + 3√2
4
(2)存在，π
4
【分析】（1）利用设直线方程，求点到直线的距离即可得解；
90
（2）利用方程组思想，研来交点与定点P的斜率，再利用正切的和角公式来计算，即可得出定值.
【详解】（1）当直线AB的斜率不存在时，原点O 到直线AB的距离为3，不符合题意；
当直线AB的斜率存在时，可设直线AB：y =k (x−3)，
由原点O 到直线AB的距离为1 可得：|3k|
√k
2+1
=1，解得k =± √2
4 ，
∴直线AB的方程为y = √2
4 x−3√2
4
或y =−√2
4 x + 3√2
4
.
（2）设直线RS：y =−x +m，R(x1, y1)，S(x2, y2)
  
如图可记k1=
y1
x1+ 4 = tan ∠NPR，k2=
y2
x2+ 4 = tan ∠NPS，
联立方程¿，得2 x
2−2mx +m
2−16=0  
∴x1+ x2=m，x1 x2= m
2−16
2
，
∴y1+ y2=−(x1+ x2)+2m=m，y1 y2=(−x1+m)(−x2+m)= m
2−16
2
，
∴tan (∠NPS+∠NPR)=
tan ∠NPS+ tan ∠NPR
1−tan ∠NPS⋅tan ∠NPR =
y1
x1+ 4 +
y2
x2+ 4
1−
y1
x1+ 4 ⋅
y2
x2+ 4
= −2 x1 x2+(m−4)(x1+ x2)+8m
x1 x2+ 4(x1+ x2)+16−y1 y2
=
−(m
2−16)+(m−4)m+8m
1
2 (m
2−16)+ 4 m+16−1
2 (m
2−16)
= 4 m+16
4 m+16 =1
∵∠NPS，∠NPR都是锐角  0<∠NPS+∠NPR<π
∴∠NPS+∠NPR =π
4 的定值．
91
即存在锐角∠NPS，∠NPR满足，∠NPS+∠NPR =π
4 ．
变式1．（24-25 高三上·青海西宁·开学考试）已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为√3
2 ,点P在
椭圆E上运动，且△P F1 F2面积的最大值为√3.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设A ,B分别是椭圆E的右顶点和上顶点，直线l与直线AB平行，且与x轴，y轴分别交于点M , N，与椭
圆E相交于点C , D ,O为坐标原点.
（i）求△OCM与△ODN的面积之比；
（ii）证明：|CM |
2+| MD|
2为定值.
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)（i）1；（ii）证明见解析
【分析】（1）当点P为短轴的端点时，△P F1 F2面积最大，然后根据题意建立方程组求解即可；
（2）先利用直线l与直线AB平行，设直线方程为y =−1
2 x +m，然后计算出M (2m,0), N (0,m)，再与椭
圆联立，得方程x
2−2mx +2m
2−2=0，设点C (x1, y1), D(x2, y2)，然后用韦达定理得到
x1+ x2=2m, x1 x2=2m
2−2，分别计算两个小问即可.
【详解】（1）根据题意¿解得a
2= 4 ,b
2=1，
所以椭圆E的方程为x
2
4 + y
2=1
（2）如图所示：
设直线l的方程为y =−1
2 x +m，则M (2m,0), N (0,m)，
92
联立方程¿消去y，整理得x
2−2mx +2m
2−2=0，
Δ=4m
2−8(m
2−1)=8−4 m
2>0，得m
2<2,
设C (x1, y1), D(x2, y2)，则x1+ x2=2m, x1 x2=2m
2−2.
（i）S△OCM = 1
2|2m||y1|,S△ODN = 1
2|m||x2|，
∴S△OCM
S△ODN
=|2 y1|
|x2|
=|2m−x1|
|x2|
=|x2|
|x2|
=1，
∴△OCM与△ODN的面积之比为1.
（ii）证明：|CM |
2+|MD|
2=(x1−2m)
2+ y1
2+(x2−2m)
2+ y2
2
= x1
2−4 m x1+ 4 m
2+(−1
2 x1+m)
2
+ x2
2−4 m x2+ 4 m
2+(−1
2 x2+m)
2
= 5
4 (x1+ x2)
2−5
2 x1 x2−5m(x1+ x2)+10m
2
=5m
2−5
2 (2m
2−2)−10m
2+10m
2=5.
综上，|CM |
2+| MD|
2=5.
变式2．（24-25 高二上·江苏连云港·阶段练习）如图，已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)过点P(3,1)，
焦距为4√2，斜率为−1
3的直线l与椭圆C相交于异于点P的M , N两点，且直线PM , PN均不与x轴垂直.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若MN =√10，求MN的方程；
(3)记直线PM的斜率为k1，直线PN的斜率为k2，证明:k1k2为定值.
93
【答案】(1) x
2
12 + y
2
4 =1
(2)y =−1
3 x−2
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件列方程组求解即可；
（2）设直线l的方程为y =−1
3 x +m，与椭圆联立，由弦长公式求得MN的方程；
（3）将韦达定理代入k1k2中计算结果为定值.
【详解】（1）由题意得¿解得¿，
故椭圆C的方程为x
2
12 + y
2
4 =1.
（2）设直线l的方程为y =−1
3 x +m，M (x1, y1), N (x2, y2)
由¿得4 x
2−6mx +9m
2−36=0，
由Δ=(6m)
2−144(m
2−4)>0，得−4√3
3
<m< 4√3
3
，
则x1+ x2= 3m
2 , x1 x2= 9m
2−36
4
.
|MN|=√1+ 1
9 ⋅√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= √10
2 ⋅√16−3m
2=√10，
解得m=2或m=−2
当m=2时，直线l: y =−1
3 x +2经过点P(3,1)，不符合题意，舍去；
当m=−2时，直线l的方程为y =−1
3 x−2.
（3）直线PM，PN均不与x轴垂直，所以x1≠3, x2≠3，则m≠0且m≠2，
94
所以k1k2= y1−1
x1−3 ⋅y2−1
x2−3 =(−1
3 x1+m−1)(−1
3 x2+m−1)
(x1−3)(x2−3)
=
1
9 x1 x2−1
3
(m−1)(x1+ x2)+(m−1)
2
x1 x2−3(x1+ x2)+9
=
1
9 ⋅9m
2−36
4
−1
3
(m−1)⋅3m
2 +(m−1)
2
9m
2−36
4
−3⋅3m
2 +9
= 3m
2−6m
9m
2−18m
= 1
3为定值.
变式3．（22-23 高二上·河南鹤壁·开学考试）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率e = √3
2 ，且圆
x
2+ y
2=2过椭圆C的上、下顶点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l的斜率为1
2，且直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点P关于原点的对称点为E，点A (−2,1)是椭
圆C上一点，若直线AE与AQ的斜率分别为k AE，k AQ.证明：k AE+ k AQ为定值，并求出此定值.
【答案】(1) x
2
8 + y
2
2 =1；
(2)证明见解析，0.
【分析】（1）根据圆的上下顶点可求b，利用a，b，c的关系可得答案；
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理表示出k AE,k AQ，求和化简即可.
【详解】（1）由题意可得b=√2，e = c
a =√
1−b
2
a
2 = √3
2
，所以a
2=8，
所以椭圆C的方程为：x
2
8 + y
2
2 =1；
（2）证明：设直线l的方程为x =2 y +t，设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，由题意E¿，
联立¿，整理可得8 y
2+ 4ty +t
2−8=0，
Δ=16t
2−4×8×(t
2−8)>0，即−4<t <4，且y1+ y2=−t
2，y1 y2= t
2−8
8
，
95
所以k AE+k AQ= −y1−1
−x2+2 + y2−1
x2+2 = ( y1+1)(2 y2+t +2)+( y2−1)(2 y1+t −2)
(2 y1+t −2)(2 y2+t +2)
=
4 y1 y2+t ( y1+ y2)+ 4
(2 y1+t −2)(2 y2+t +2)
=
4⋅(
t
2−8
8 )+t ⋅(−t
2)+ 4
(2 y1+t −2)(2 y2+t +2)
=0.
即证得k AE+ k AQ为定值，且定值为0.
变式4．（24-25 高二上·陕西西安·阶段练习）设动点M到定点F (3,0)的距离与它到定直线l: x = 4
3 的距
离之比为3
2．
(1)求点M的轨迹E的方程；
(2)过F的直线与曲线E交右支于P、Q两点（P在x轴上方），曲线E与x轴左、右交点分别为A 、B，设
直线AP的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2，试判断
k1
k2
是否为定值，若是定值，求出此值，若不是，请说明
理由．
【答案】(1) x
2
4 −y
2
5 =1
(2)为定值，且定值为−1
5
【分析】（1）根据点到直线的距离以及点到点的距离公式，即可列方程化简求解，
（2）由题意，设直线l的方程为y =k( x−3)，将直线方程与双曲线方程联立，结合条件求出
k1
k2
即可．
【详解】（1）设M (x , y)，M到定直线l: x = 4
3 的距离为d ,则|MF|
d
= 3
2，
故
√(x−3)
2+ y
2
|x−4
3|
= 3
2，平方后化简可得x
2
4 −y
2
5 =1，
故点M的轨迹E的方程为：x
2
4 −y
2
5 =1
96
（2）由题意，A (−2,0),B (2,0),
设直线l的方程为y =k( x−3)，P( x1,y1)，Q( x2,y2)，
由¿，可得(5−4 k
2)x
2+24 k
2 x−36k
2−20=0，
所以x1+ x2= 24 k
2
4 k
2−5
，x1 x2= 36 k
2+20
4 k
2−5
．
则k1=
y1
x1+2，k2=
y2
x2−2，
所以
k1
k2
= y1( x2−2)
y2( x1+2) = ( x1−3)( x2−2)
( x2−3)( x1+2) = x1 x2−2 x1−3 x2+6
x1 x2−3 x1+2 x2−6
= x1 x2−3( x1+ x2)+ x1+6
x1 x2−3( x1+ x2)+5 x2−6 =
36 k
2+20
4 k
2−5
−3 x24 k
2
4 k
2−5
+ 24 k
2
4 k
2−5
−x2+6
36 k
2+20
4 k
2−5
−3 x24 k
2
4 k
2−5
+5 x2−6
=
12k
2−10
4 k
2−5
−x2
50−60k
2
4 k
2−5
+5 x2
=
12k
2−10
4 k
2−5
−x2
−5( 12k
2−10
2
4 k
2−5
−x2)
=−1
5；
当直线l的斜率不存在时，l: x =3，此时
k1
k2
=−1
5，
综上，
k1
k2
为定值．
  
97
变式5．（24-25 高三上·广东·开学考试）已知双曲线C ：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为
F1, F2，且|F1 F2|=8，过F2作其中一条渐近线的垂线，垂足为M，延长F2 M交另一条渐近线于点N，且
|F2 M|=|MN|．
  
(1)求C的方程；
(2)如图，过A (6,0)作直线l（l不与x轴重合）与曲线C的两支交于P ,Q两点，直线F1 P , F1Q与C的另一
个交点分别为S ,T，求证：直线ST经过定点．
【答案】(1) x
2
4 −y
2
12 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）利用焦距，结合题干条件与渐近线构成的几何关系，列方程组求出a,b,c，得到双曲线方
程；
（2）设P(x1, y1),Q(x2, y2),S(x3, y3),T (x4, y4)，利用点斜式方程分别写出直线F1 P , F1Q的方程，和
双曲线联立后，得到S ,T的坐标，然后得到直线ST 的方程，即可求解.
【详解】（1）渐近线l1: y = b
a x，渐近线l2: y =−b
a x．
设O为坐标原点，由题意，不妨设M在l1上，N在l2上，OM是线段N F2的中垂线，△F2OM ≌△NOM ,
98
所以∠F2OM =∠NOM．由对称性，∠F2OM =∠F1ON，
所以∠F2OM =∠NOM =∠F1ON，从而∠F2OM =π
3 ．
F2 M = |
b
a ×c|
√(
b
a)
2
+1
=b，在Rt△F2OM中，sin∠F2OM = b
c = b
4 = √3
2 ，
解得b=2√3．
所以a
2=c
2−b
2= 4
2−12= 4，故C 的方程为x
2
4 −y
2
12 =1．
（2）设P(x1, y1),Q(x2, y2),S(x3, y3),T (x4, y4)，设直线PQ: y =k (x−6)．
  
可得直线PS: y =
y1
x1+ 4
(x + 4)．
联立¿
得[3(x1+ 4)
2−y1
2] x
2−8 y1
2 x−16 y1
2−12(x1+ 4)
2=0，
则x1+ x3=
8 y1
2
3(x1+ 4)
2−y1
2，又y1
2=3 x1
2−12，
99
所以x1+ x3=
8(3 x1
2−12)
3(x1+ 4)
2−(3 x1
2−12)
= 24(x1
2−4)
24 x1+60 = 2(x1
2−4)
2 x1+5 ，
所以x3=−5 x1+8
2 x1+5 , y3=
y1
x1+ 4 ⋅(−5 x1+8
2 x1+5 + 4)=
y1
x1+ 4 ⋅3 x1+12
2 x1+5 = 3 y1
2 x1+5，
所以S(−5 x1+8
2 x1+5 , 3 y1
2 x1+5)，同理T(−5 x2+8
2 x2+5 , 3 y2
2 x2+5)．
则k ST =
3 y1
2 x1+5 −3 y2
2 x2+5
−5 x1+8
2 x1+5 −(−5 x2+8
2 x2+5)
=
3 y1(2 x2+5)−3 y2(2 x1+5)
−(5 x1+8)(2 x2+5)+(2 x1+5)(5 x2+8)
= 3k (x1−6)(2 x2+5)−3k (x2−6)(2 x1+5)
−(5 x1+8)(2 x2+5)+(2 x1+5)(5 x2+8)
= 3k (17 x1−17 x2)
9(x2−x1)
=−17 k
3 ．
直线ST : y −3 y1
2 x1+5 =−17 k
3 [x−(−5 x1+8
2 x1+5)]，
令y =0，得x =−76 x1+190
17(2 x1+5)
=−38
17 ，所以直线ST过定点(−38
17 ,0)．
【点睛】方法点睛：直线过定点问题，需将待考察的直线和圆锥曲线联立，利用x1+ x2, x1 x2韦达定理的表
达式，将直线方程进行化简整理后进行求解.
变式6．（23-24 高二下·湖南岳阳·期末）已知平面内两个定点A(−2,0)，B(2,0)，满足直线PA与PB
的斜率之积为1
4 的动点P的轨迹为曲线C，直线l与曲线C交于不同两点M , N；
(1)求曲线C的轨迹方程；
(2)若直线AM和AN的斜率之积为1
12，求证：直线l过定点；
(3)若直线l与直线l1: x +2 y =0,l2: x−2 y =0分别交于R ,S，求证：| MR|=| NS|.
【答案】(1) x
2
4 −y
2=1( y ≠0)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
100
【分析】（1）设P( x , y)( x≠±2)，根据条件建立等式−y
−2−x ⋅−y
2−x =1
4 ，化简即可求出结果；
（2）设l: y =kx +b，联立方程x
2
4 −y
2=1，消y得到(1−4 k
2)x
2−8kbx −4 b
2−4 =0，由韦达定理得
x1+ x2=
8kb
1−4 k
2 , x1 x2= −4 b
2−4
1−4 k
2 ，利用条件k AM ⋅k AN = 1
12，即可得到b=2k或b=−k，即可证明结果；
（3）根据条件得出MN和RS的中点重合，即可证明结果.
【详解】（1）设P( x , y)( x≠±2)，由题有−y
−2−x ⋅−y
2−x =1
4 ，化简得到x
2
4 −y
2=1，
所以曲线C的轨迹方程为x
2
4 −y
2=1( y ≠0).
（2）因为直线AM和AN的斜率之积为1
12，所以直线l的斜率存在，设l: y =kx +b，M ( x1, y1)，
N ( x2, y2)，
由¿，消y得到(1−4 k
2)x
2−8kbx −4 b
2−4 =0(k ≠± 1
2)，
则Δ=64 k
2b
2+ 4(4 b
2+ 4)(1−4 k
2)>0，x1+ x2=
8kb
1−4 k
2 , x1 x2= −4 b
2−4
1−4 k
2 ，
k AM ⋅k AN =
y1
x1+2 ⋅
y2
x2+2 = (k x1+b)(k x2+b)
x1 x2+2( x1+ x2)+ 4 = k
2(−4 b
2−4)+8k
2b
2+b
2−4 b
2k
2
−4 b
2−4+16 kb+ 4−16k
2
= 1
12，
化简整理得到2k
2+ kb−b
2=0，得到b=2k或b=−k，
当b=2k时，y =kx +2k =k( x +2)，直线过定点(−2,0)与A重合，不合题意，
当b=−k，y =kx −k =k( x−1)，直线过定点(1,0)，所以直线l过定点.
（3）由（2）知x1+ x2=
8kb
1−4 k
2，y1+ y2=k( x1+ x2)+2b=
2b
1−4 k
2，
所以MN的中点坐标为(
4 kb
1−4 k
2 ,
b
1−4 k
2 )，
又易知直线直线l1: x +2 y =0,l2: x−2 y =0是双曲线x
2
4 −y
2=1的渐近线，设R( x3, y3),S( x4, y4)，
由¿，消y得到(1−4 k
2)x
2−8kbx −4 b
2=0，
101
所以x3+ x4=
8kb
1−4 k
2，y3+ y4=k( x3+ x4)+2b=
2b
1−4 k
2，得到RS的中点坐标为(
4 kb
1−4 k
2 ,
b
1−4 k
2 )，
所以MN的中点与RS的中点重合，设中点为P，
则PR = PS , PM = PN，从而有| MR|=| NS|.
变式7．（23-24 高二下·贵州黔南·期末）已知抛物线C : y
2=2 px经过点(1,2)．
(1)求抛物线C 的方程及其准线方程；
(2)设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0 的直线l 交抛物线C 于两点M，N，直线x =−1分别交直线
OM，ON 于点A 和点B．求证：以AB 为直径的圆经过x 轴上的两个定点．
【答案】(1)抛物线方程为y
2= 4 x，准线方程为x =−1
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意结合点的坐标可得抛物线方程，进一步可得准线方程；
（2）联立准线方程和抛物线方程，结合韦达定理可得圆心坐标和圆的半径，从而确定圆的方程，最后令
y =0即可证得题中的结论.
【详解】（1）将点(1,2)代入抛物线方程得2
2=2 p×1，解得p=2，
故抛物线方程为y
2= 4 x．
其准线方程为x =−1
（2）证明：因为直线l 的斜率不为0，焦点坐标为(1,0)，设直线l 的方程为x =my +1.
与抛物线方程y
2= 4 x联立可得y
2−4 my −4 =0．
故y1+ y2= 4 m, y1 y2=−4．
102
设M(
y1
2
4 , y1), N(
y2
2
4 , y2)，则kOM = 4
y1
,kON = 4
y2
，
直线OM 的方程为y = 4
y1
x，与x =−1联立，可得A(−1,−4
y1)，同理可得B(−1,−4
y2)．
易知以AB 为直径的圆的圆心坐标为(−1,−2
y1
−2
y2)=(−1,2m)，
圆的半径为|
2
y1
−2
y2|=2√m
2+1，
则圆的方程为( x +1)
2+( y −2m)
2= 4(m
2+1)．
令y =0，整理可得x
2+2 x−3=0，解得x1=−3, x2=1，
即以AB 为直径的圆经过x 轴上的两个定点(−3,0),(1,0)．
变式8.（23-24 高二下·广西南宁·期末）已知抛物线C : y
2=2 px ( p>0)的焦点F 在直线l: y = x−1上．
(1)求C 的方程；
(2)过点P(0,−1)的直线交C 于M，N 两点，又点Q 在线段MN 上，且|PM|
|PN| =|QM|
|QN|，证明：点Q 在定直线
上．
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)证明见解析
【分析】（1）根据焦点坐标可得p=2，即可得方程；
（2）设y =mx −1(m≠0)，M ( x1, y1)，N ( x2, y2)，Q( x3, y3)，联立方程结合韦达定理可得m= 1
x
3 −2
，结合y3=m x3−1消元即可得结果.
【详解】（1）由题意可得F (1,0)，则p
2 =1，解得p=2，
所以抛物线C 的方程为y
2= 4 x．
（2）设直线MN 的方程为：y =mx −1(m≠0)，M ( x1, y1)，N ( x2, y2)，Q( x3, y3)，
不妨设x1< x2，
103
联立直线MN 与抛物线C 的方程¿，消去y 可得m
2 x
2−(2m+ 4) x +1=0，
由Δ=(2m+ 4)
2−4 m
2=16+16m>0，且m≠0，解得m>−1且m≠0，
则x1+ x2= 2m+ 4
m
2
，x1 x2= 1
m
2，
因为|PM|
|PN| =|QM|
|QN|，则
x1
x2
= x3−x1
x2−x3
，
整理可得x3= 2 x1 x2
x1+ x2
=
2× 1
m
2
2m+ 4
m
2
=
1
m+2，即m= 1
x3
−2，
又因为点Q 在直线MN 上，则y3=m x3−1，消m 得y3=−2 x3，
且m>−1且m≠0，可得得0< x3<1且x3≠1
2，
所以点Q 在定直线：y +2 x =0（0< x<1且x≠1
2）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(x1, y1),(x2, y2)；
（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，注意Δ的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+ x2、x1 x2（或y1+ y2、y1 y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
【方法技巧与总结】
1.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；
104
（3）求证直线过定点(x0, y0)，常利用直线的点斜式方程y −y0=k (x−x0)或截距式y =kx +b来证明.
2.直线与椭圆综合应用中的定值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式；
②利用Δ>0求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③结合韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数的形式；
④化简所得函数式，消元可得定值.
【题型8：圆锥曲线中的最值、取值范围问题】
例8．（24-25 高二上·吉林长春·阶段练习）已知M (2,1)为椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)上的点，C 的焦
距为2√3．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)点P 为椭圆C 上的动点，过点P 作圆O：x
2+ y
2=1的两条切线，切点分别为A，B，求|⃗OA +⃗OB|的取值
范围．
【答案】(1) x
2
6 + y
2
3 =1
(2)[
√6
3 , 2√3
3 ]
【分析】（1）根据点在椭圆上，代入即可列方程求解，
（2）根据点点的距离可得|OP|
2= 1
2 x0
2+3∈[3,6]，即可根据模长公式以及数量积的运算，结合二倍角公
式即可求解.
【详解】（1）由题意可得¿，解得a
2=6,b
2=3，
故椭圆方程为x
2
6 + y
2
3 =1
（2）设P(x0, y0)，则|OP|
2= x0
2+ y0
2= x0
2+3(1−x0
2
6 )= 1
2 x0
2+3，
由于x0
2∈[0,6]，故|OP|
2= 1
2 x0
2+3∈[3,6]，⃗
OA ⋅⃗OB =|⃗OA|⋅|⃗OB|cos∠AOB =cos∠AOB =2cos
2∠AOP−1=2(
|AO|
|OP|)
2
−1=
2
|OP|
2 −1故
105
|⃗OA +⃗OB|=√|⃗OA +⃗OB|
2=√|⃗OA|
2+|⃗OB|
2+2⃗OA ⋅⃗OB =√2+2⃗OA ⋅⃗OB =√
2+2(
2
|OP|
2 −1)=
2
|OP|
，
由
于|OP|
2∈[3,6],故|OP|∈[√3,√6]，因此2
|OP|∈[
√6
3 , 2√3
3 ]
，
故|⃗OA +⃗OB|∈[
√6
3 , 2√3
3 ]
变式1．（24-25 高二上·陕西宝鸡·阶段练习）设A ,B两点的坐标分别为(−√5,0)，(√5,0)．直线
AM ,BM相交于点M，且它们的斜率之积是−1
5．
(1)求点M的轨迹方程．
(2)若P(0,1)，在M的轨迹上任取一点Q（异于点P），求线段PQ长的最大值．
【答案】(1) x
2
5 + y
2=1 (x≠±√5)
(2)5
2
【分析】（1）利用两点间的斜率公式的坐标表示，由斜率之积是−1
5化简可得结果；
（2）将Q(x0, y0)满足椭圆方程并利用两点间距离公式可得|PQ|
2=−4( y0+ 1
4)
2
+ 25
4 ，再由椭圆范围即可
求得结果.
【详解】（1）设点M ( x，y)，因为A (−√5,0)，如下图所示：
106
所以直线AM的斜率k AM =
y
x +√5 (x≠−√5)，
同理直线BM的斜率k BM =
y
x−√5 (x≠√5)；
由已知可得
y
x +√5 ×
y
x−√5 =−1
5 (x≠±√5)，化简可得x
2
5 + y
2=1(x≠±√5)；
即点M的轨迹方程为x
2
5 + y
2=1(x≠±√5)，即点M 的轨迹是除去(−√5,0)，(√5,0)两点的椭圆．
（2）设Q(x0, y0)，则x0
2
5 + y0
2=1，
所以|PQ|
2= x0
2+( y0−1)
2=5−5 y0
2+( y0−1)
2，
即|PQ|
2=−4 y0
2−2 y0+6=−4( y0+ 1
4)
2
+ 25
4 ，
根据椭圆范围可得−1< y0<1，
所以y0=−1
4 时，|PQ|
2最大为25
4 ，
所以线段PQ 长的最大值为5
2．
变式2．（24-25 高二上·湖南·阶段练习）已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)经过点(3,1)，且离心率为
√6
3 ,O为坐标原点.
(1)求E的方程.
(2)过点P(0,3)且不与y轴重合的动直线l与E相交于A ,B两点，AB的中点为Q.
（i）证明：直线l与OQ的斜率之积为定值；
（ii）当△OAB的面积最大时，求直线l的方程.
107
【答案】(1) x
2
12 + y
2
4 =1
(2)①证明见解析；②√7 x−√6 y +3√6=0或√7 x +√6 y −3√6=0.
.
【分析】（1）根据已知点在椭圆上及离心率列方程组求解可得椭圆方程；
（2）设方程l: y =kx +3, A(x1, y1),B(x2, y2)，直线与椭圆联立消去y利用韦达定理和斜率公式证明直线l
与OQ的斜率之积为定值；根据弦长公式和三角形面积公式求得直线斜率最后得到直线方程.
【详解】（1）由已知，得¿解得¿
故E的方程为x
2
12 + y
2
4 =1.
（2）
①    由题可设l: y =kx +3, A(x1, y1),B(x2, y2).
将¿，
消去y，得(1+3k
2) x
2+18kx +15=0.
当Δ=4(36 k
2−15)>0，即k
2> 5
12时，有x1+ x2= −18k
1+3k
2 , x1 x2=
15
1+3k
2.
所以
x1+ x2
2
= −9k
1+3k
2 , y1+ y2
2
=k × x1+ x2
2
+3=
3
1+3k
2，即Q(
−9k
1+3k
2 ,
3
1+3k
2)，
可得kOQ=−1
3k ，所以k ⋅kOQ=−1
3，即直线l与OQ的斜率之积为定值.
②由（1）可知|AB|=√1+ k
2⋅|x1−x2|=√(1+ k
2)[(x1+ x2)
2−4 x1 x2]
108
= 2√1+k
2⋅√36 k
2−15
3k
2+1
又点O到直线l的距离d =
3
√1+k
2，
所以△OAB的面积S△OAB= 1
2 d ⋅|AB|= 3√36 k
2−15
3k
2+1
.
设
√36 k
2−15=t，
则
S△OAB=
3t
t
2
12 + 9
4
=
36
t + 27
t
 
∵t >0,∴t + 27
t ≥2√t × 27
t =6√3,S△OAB=
36
t + 27
t
≤36
6√3 =2√3，
当且仅当t =3√3，即k =± √42
6 时等号成立，且满足Δ>0.
所以当△OAB的面积最大时，直线l的方程为√7 x−√6 y +3√6=0或√7 x +√6 y −3√6=0.
【点睛】关键点点睛：求解面积最值的关键点是换元设√36 k
2−15=t，把面积转换为t的函数结合基本不
等式计算最值即可，注意取等条件是否符合题意.
变式3．（24-25 高二上·吉林长春·阶段练习）已知F是椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =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 =3⃗PB，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
【分析】（1 ）由题可知| MF |max=a+c =2+√3，当|OM|=|OF|时，设椭圆左焦点为E，则
109
∠EMF =90
∘，再根据椭圆定义和三角形面积可求得a，b，c的值，即可求得b
a = 1
2
；
（2）由题可知点P(1,0)，直线MN的斜率不为0，设其方程x =my +1，并和椭圆方程联立，根据韦达定
理及相关知识，可确定点T的轨迹方程x = 4 ( y ≠0)，设直线TA ,TB的倾斜角分别为α , β，则
∠ATB = β −α，再根据两角差的正切公式即可求得结果.
【详解】（1）因为| MF |max=a+c =2+√3①，
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= 4 c
2，又|ME|+|MF|=2a，所以|ME|
2+|MF |
2+2|ME||MF|= 4 a
2，所以
2|ME||MF|= 4 a
2−4 c
2= 4 b
2，
所以|ME||MF|=2b
2，所以S△MEF = 1
2|ME||MF|=b
2，
因为S△MOF = 1
2，所以S△MEF =1，所以b
2=1②，又a
2=b
2+c
2③，
由①②③，解得a
2= 4 ,c
2=3，所以b
a = 1
2.
（2）由（1）可知椭圆C的方程为x
2
4 + y
2=1，因为点P满足⃗AP =3⃗PB，所以P(1,0)，设直线MN的方程
为x =my +1，
联立¿，得(m
2+ 4) y
2+2my −3=0，
设M (x1, y1), N (x2, y2)，易得Δ>0，则y1+ y2=−2m
m
2+ 4
, y1 y2=−
3
m
2+ 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)，
110
联立得x−2
x +2 = y1(x2−2)
y2(x1+2)
= y1(m y2+1−2)
y2(m y1+1+2)
= m y1 y2−y1
m y1 y2+3 y2
，
因为m y1 y2= 3
2 ( y1+ y2)，所以x−2
x +2 =
3
2 ( y1+ y2)−y1
3
2 ( y1+ y2)+3 y2
=
1
2 y1+ 3
2 y2
3
2 y1+ 9
2 y2
= 1
3，解得x = 4 ,
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 )=tan β −tan α
1+ tan β tanα ，
因为tanα =kTA = t
6 ,tan β =kTB= t
2，所以tan∠ATB =
t
2 −t
6
1+ t
2 ⋅t
6
=
4 t
t
2+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 .
变式4 ．（23-24 高二下· 福建福州· 期中）已知双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左顶点是
Q(−√3,0)，一条渐近线的方程为x−√3 y =0．
(1)求双曲线E的方程；
(2)求过点P(3,−1)作直线l1，使其被双曲线截得的弦恰被P点平分，求直线l1的方程．
(3)若直线l2: y =kx +√2与双曲线E恒有两个不同的交点A和B，且⃗OA ⋅⃗OB>2(其中O 为坐标原点)，求实
数k取值范围．
【答案】(1) x
2
3 −y
2=1
(2)x + y −2=0
(3)(−1,−√3
3 )∪( √3
3 ,1)
【分析】（1）根据顶点及渐近线斜率求出a,b即可得解；
（2）利用点差法求中点弦所在直线即可得解；
（3）联立直线l 与双曲线C 的方程，借助韦达定理、平面向量的数量积求解作答.
111
【详解】（1）由题意，a=√3, b
a = √3
3 ，解得b=1，
所以双曲线的方程为x
2
3 −y
2=1.
（2）设直线l1与双曲线交点坐标分别为M (x1, y1), N (x2, y2)，
则¿，两式相减可得：(x1+ x2)(x1−x2)
3
=( y1+ y2)( y1−y2)，
即k = y1−y2
x1−x2
=
x1+ x2
3( y1+ y2)
=
6
3×(−2) =−1，
所以直线l1的方程为y +1=−( x−3)，即x + y −2=0.
（3）如图，
由¿消去y 并整理得：(1−3k
2)x
2−6√2kx −9=0，
显然1−3k
2≠0，且Δ=72k
2−36(3k
2−1)>0，解得k
2<1且k
2≠1
3，
设A(x A , y A),B(xB, yB)，则x A+ xB= 6√2k
1−3k
2，x A xB=
−9
1−3k
2，
y A yB=(k x A+√2)(k xB+√2)=k
2 x A xB+√2k( x A+ xB)+2
=−
9k
2
1−3k
2 + 12k
2
1−3k
2 +2= 2−3k
2
1−3k
2，⃗
OA ⋅⃗OB = x A xB+ y A yB=−
9
1−3k
2 + 2−3k
2
1−3k
2 =−7+3k
2
1−3k
2 >2，解得1
3 <k
2<3，
由k
2<1可得1
3 <k
2<1，解得−1<k <−√3
3 或√3
3 <k <1，
所以k 的取值范围(−1,−√3
3 )∪( √3
3 ,1).
112
【点睛】关键点点睛：由直线联立双曲线方程，消元后由一元二次方程的根与系数的关系求出x A+ xB，
x A xB，再利用直线方程求出y A yB，利用向量数量积坐标表示建立不等式求解即可.
变式5．（23-24 高二下·上海·阶段练习）设双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右顶点分别为
A ,B，左、右焦点分别为F1, F2,|F1 F2|=2√5，且E的渐近线方程为y =± 1
2 x．直线l交双曲线E于P ,Q
两点．
(1)求双曲线E的方程；
(2)若(4,1)为线段PQ的中点，求直线l的方程；
(3)当直线l过点(4,0)时，求⃗AP⋅⃗AQ的取值范围．
【答案】(1) x
2
4 −y
2=1
(2)y = x−3
(3)(−∞,0]∪[33,+ ∞)
【分析】（1）由题意可得¿，解方程即可得出答案；
（2）由“点差法”可得直线l的斜率为1，再由点斜式方程求解即可；
（3）讨论直线l的斜率存不存在，存在时设直线l的方程为y =k (x−4)，P(x1, y1),Q(x2, y2)，联立直线
与双曲线的方程，将韦达定理代入⃗AP⋅⃗AQ，由反比例函数的单调性即可得出答案.
【详解】（1）由题意可得：¿，解得：a=2,b=1,c =√5.
所以椭圆的方程为：x
2
4 −y
2=1.
（2）设P(x1, y1),Q(x2, y2)，因为P ,Q在椭圆上，
所以¿，两式相减可得：
x1
2
4 −x2
2
4 = (x1+ x2)(x1−x2)
4
= y1
2−y2
2=( y1+ y2)( y1−y2)，
则
x1+ x2
4( y1+ y2)
= y1−y2
x1−x2
，因为(4,1)为线段PQ的中点，
所以x1+ x2=8, y1+ y2=2，
113
所以
y1−y2
x1−x2
=1，所以直线l的方程为：y −1= x−4，
化简可得：y = x−3.
（3）当直线l的斜率不存在时，l: x = 4，A (−2,0)，
此时P(4 ,√3),Q(4 ,−√3)，所以⃗AP⋅⃗AQ =(6，√3)(6，−√3)=36−3=33，
当直线l的斜率存在时，设P(x1, y1),Q(x2, y2)，因为直线l过点(4,0)，
设直线l的方程为：y =k (x−4)，
联立¿可得：(
1
4 −k
2)x
2+8k
2 x−16k
2−1=0，
当k ≠± 1
2时，Δ=(8k
2)
2−4(
1
4 −k
2)(−16 k
2−1)=12k
2+1>0，
x1+ x2= 8k
2
k
2−1
4
, x1⋅x2= 16 k
2+1
k
2−1
4
，
AP⃗⋅AQ⃗=(x1+2, y1)·(x2+2, y2)=(x1+2)·(x2+2)+ y1 y2
= x1 x2+2(x1+ x2)+ 4+ k
2[x1 x2−4(x1+ x2)+16]
=(1+ k
2) x1 x2+(2−4 k
2)(x1+ x2)+ 4 +16 k
2
=(1+ k
2) 16k
2+1
k
2−1
4
+(2−4 k
2) 8k
2
k
2−1
4
+ 4 +16k
2= 33k
2
k
2−1
4
=
33(k
2−1
4)+ 33
4
k
2−1
4
=33+
33
4
k
2−1
4
，
114
令t =k
2，则t ∈[0, 1
4)∪(
1
4 ,+∞)，
令g(t )=33+
33
4
t −1
4
，在g(t )在[0, 1
4),(
1
4 ,+∞)上单调递减，
又g(0)=33−33=0，所以g(t )∈ (−∞,0]∪[33,+∞)，
所以⃗AP⋅⃗AQ的取值范围为(−∞,0]∪[33,+∞).
变式6．（23-24 高二上·浙江湖州·期末）设双曲线C：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1（a>0，b>0）的右焦点为F，点O
为坐标原点，过点F 的直线l与C 的右支相交于A，B 两点．
(1)当直线l与x 轴垂直，且A ,B两点的距离等于双曲线C 的实轴长时，求双曲线C 的离心率；
(2)若双曲线C 的焦距为4，且0°<∠AOB<90°恒成立，求双曲线C 的实轴长的取值范围．
【答案】(1)√2
(2)(2√5−2,4)
【分析】（1）直接根据通径等于实轴长列式计算即可；
（2）设直线l的方程为x =my +2，与双曲线联立，利用韦达定理计算⃗OA ⋅⃗OB>0恒成立即可.
【详解】（1）当直线l 与x 轴垂直时,令x =c得c
2
a
2 −y
2
b
2 =1，解得|y|= b
2
a ，
所以A ,B两点的距离为为2b
2
a ，
根据题意可得2b
2
a =2a，
所以a
2=b
2=c
2−a
2，
整理得e = c
a =√2；
115
（2）双曲线C 的焦距为4，则c =2，即F (2,0)，b
2= 4−a
2>0
由于直线l的斜率不为零，设其方程为x =my +2，
联立¿，消去x得[a
2(m
2+1)−4 m
2] y
2+ 4 m(a
2−4) y −(a
2−4)
2=0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，
则y1+ y2=
−4 m(a
2−4)
a
2(m
2+1)−4 m
2，y1 y2=
−(a
2−4)
2
a
2(m
2+1)−4 m
2，
由于A ,B两点均在双曲线的右支上，
所以y1 y2=
−(a
2−4)
2
a
2(m
2+1)−4 m
2 <0，
所以a
2(m
2+1)−4 m
2>0，即0≤m
2<
a
2
4−a
2
所以⃗OA ⋅⃗OB = x1 x2+ y1 y2=(m y1+2)(m y2+2)+ y1 y2
=(m
2+1) y1 y2+2m( y1+ y2)+ 4
=(m
2+1)⋅
−(a
2−4)
2
a
2(m
2+1)−4 m
2 +2m⋅
−4 m(a
2−4)
a
2(m
2+1)−4 m
2 + 4
= m
2a
2(4−a
2)−a
4+12a
2−16
a
2(m
2+1)−4 m
2
，
由0°<∠AOB<90°恒成立，得m
2<
a
2
4−a
2时，均有⃗OA ⋅⃗OB>0，并且⃗OA ,⃗OB不可能同向，
即m
2a
2(4−a
2)−a
4+12a
2−16>0，由于a
2(4−a
2)>0，
因为不等式左边是关于m
2的增函数，
所以只需m
2=0时，−a
4+12a
2−16>0成立即可，
解得√5−1<a<√5+1，又0<a<2，
所以√5−1<a<2，
所以双曲线C 的实轴长的取值范围为(2√5−2,4).
116
【点睛】关键点点睛：本题关键点是将0°<∠AOB<90°恒成立转化为⃗OA ⋅⃗OB>0恒成立，从而可以利
用韦达定理来解决.
变式7．（23-24 高二上·云南大理·期末）已知M (x0, y0)是双曲线C : x
2
a
2 −y
2=1上的一点，F1, F2分别
是C的左、右焦点，若|M F1|−|M F2|=2√3．
(1)求双曲线C的离心率；
(2)当⃗M F1⋅⃗M F2<0时，求y0的取值范围．
【答案】(1)2√3
3
(2)−1
2 < y0< 1
2
【分析】（1）根据双曲线的定义可得a=√3，进而由离心率公式即可求解，
（2）根据数量积的坐标运算，即可求解.
【详解】（1）由|M F1|−|M F2|=2√3可得2a=2√3，所以a=√3，
故c =√a
2+b
2=2，离心率为c
a = 2
√3 = 2√3
3
（2）F1(−2,0), F2(2,0)，M (x0, y0)，
所以⃗M F1⋅⃗M F2=(−2−x0,−y0)⋅(2−x0,−y0)=(−2−x0)⋅(2−x0)+(−y0)
2= x0
2+ y0
2−4，
由于x0
2
3 −y0
2=1，所以⃗M F1⋅⃗M F2= x0
2+ y0
2−4 =3 y0
2+ y0
2−1= 4 y0
2−1<0，
解得−1
2 < y0< 1
2，
117
变式8．（24-25 高二上·江苏常州·阶段练习）已知抛物线Γ：y
2= 4 x，在Γ上有一点A位于第一象限，
设A的纵坐标为a(a>0)．
(1)若A到抛物线Γ准线的距离为3，求a的值；
(2)当a= 4时，若x轴上存在一点B，使AB的中点在抛物线Γ上，求O到直线AB的距离；
(3)直线l：x =−3，抛物线上有一异于点A的动点P，P在直线l上的投影为点H，直线AP与直线l的交点
为Q.若在P的位置变化过程中，|HQ|>4恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)a=2√2
(2)4√13
13
(3)(0,2]
【分析】（1）先求出点A的横坐标，代入抛物线方程即可求解；
（2）先通过中点在抛物线上求出点B的坐标，进一步求出直线AB方程，利用点到直线距离公式求解即
可；
（3）设P( t
2
4 ,t ), A( a
2
4 ,a), H (−3,t )(t ≠a>0)，联立方程求出点Q的坐标，根据|HQ|>4恒成立，结合
基本不等式即可求解.
【详解】（1）抛物线Γ：y
2= 4 x的准线为x =−1，由于A到抛物线Γ准线的距离为3，
则点A的横坐标为2，则a
2= 4×2=8(a>0)，解得a=2√2；
（2）当a= 4时，点A的横坐标为4
2
4 = 4，则A (4,4)，
设B (b,0)，则AB的中点为(
b+ 4
2
,2)，
由题意可得2
2= 4× b+ 4
2
，解得b=−2，
118
所以B (−2,0)，则k AB= 4−0
4+2 = 2
3，
由点斜式可得，直线AB的方程为y = 2
3
(x +2)，即2 x−3 y + 4 =0，
所以原点O到直线AB的距离为
4
√2
2+3
2 = 4√13
13
；
（3）如图，
  
 
设P(
t
2
4 ,t), A(
a
2
4 ,a), H (−3,t )(t ≠a>0)，则k AP= t −a
t
2
4 −a
2
4
= 4
t +a，
故直线AP的方程为y −a= 4
t +a(x−a
2
4 )，令x =−3，可得y =a−(
a
2
4 +3)⋅4
t +a，
即Q(−3,a−(
a
2
4 +3)⋅4
t +a)，
则|HQ|=|t −a+(
a
2
4 +3)⋅4
t +a|，依题意，|t −a+(
a
2
4 +3)⋅4
t +a|>4恒成立，
又t +a+(
a
2
4 +3)⋅4
t +a −2a≥4√
a
2
4 +3−2a>0，则最小值为4√
a
2
4 +3−2a>4，
即2√
a
2
4 +3>2+a，即√a
2+12>2+a，
则a
2+12>a
2+ 4 a+ 4，解得0<a<2，
又当a=2时，t +2+ 16
t +2 −4≥2√
(t +2)⋅16
t +2 −4 = 4，当且仅当t =2时等号成立，
119
而a≠t，即当a=2时，也符合题意．故实数a的取值范围为(0,2]．
【方法技巧与总结】求与圆锥曲线有关的最值、范围问题的方法
(1)定义法：利用定义转化为几何问题处理。
(2)数形结合法：利用数与形的结合，挖掘几何特征，进而求解。
(3)函数法：探求函数模型，转化为函数的最值问题，借助函数的单调性、基本不等式等求解，注意椭圆
的范围。
一、单选题
1．（23-24 高二上·安徽·期末）已知点F为抛物线y
2=2 px( p>0)的焦点，直线l: y =2 x +1与该抛物线
交于A ,B两点，点M为AB的中点，过点M向该抛物线的准线作垂线，垂足为M 1.若| M M 1|= 7
4 ，则p=
（    ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】B
【分析】先运用中位线定理，将| M M 1|= 7
4 转化得到A ,B两点到准线的距离和，再用抛物线的定义得到
p的值.
【详解】根据题意，过点A ,B分别向该抛物线的准线作垂线，垂足分别为A1,B1，
所以| A A1|+|B B1|=2| M M 1|= 7
2，
所以|AF|+|BF|= 7
2，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
根据定义可得|AF|+|BF|= x1+ p
2 + x2+ p
2 = x1+ x2+ p，
联立¿，
120
|AF|+|BF|= x1+ x2+ p= p−2
2
+ p= 7
2 ⇒p=3．
故选：B.
  
2．（22-23 高二上·甘肃天水·期末）已知圆具有性质：若M , N是圆x
2+ y
2=r
2(r >0)上关于原点对称
的两点，点P是圆上异于M , N任意一点，则k PM ⋅k PN为定值−1．类比圆的这个性质，双曲线也具有这个
性质：若M , N是双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>b>0)上关于原点对称的两点，点P为双曲线上异于M , N任意一
点，则k PM ⋅k PN为定值（    ）
A．−b
2
a
2
B．b
2
a
2
C．a
2
b
2
D．−a
2
b
2
【答案】B
【分析】设M (x0, y0), N (−x0,−y0), P(x , y)，再表达出k PM ⋅k PN，结合双曲线的方程化简即可.
【详解】设M (x0, y0), N (−x0,−y0), P(x , y)，则x
2
a
2 −y
2
b
2 =1, x0
2
a
2 −y0
2
b
2 =1，
k PM ⋅k PN = y −y0
x−x0
⋅y + y0
x + x0
= y
2−y0
2
x
2−x0
2 =
b
2
a
2 (x
2−x0
2)
x
2−x0
2
= b
2
a
2
.
故选：B
3．（23-24 高二上·天津红桥·期中）设O 为坐标原点，直线x =2与抛物线C: y
2=2 px ( p>0)交于D，E
两点，若OD⊥OE，则C 的标准方程为（　　）
A．y
2=8 x
B．y
2=2 x
C．y
2= 1
2 x
D．y
2= x
121
【答案】B
【分析】求出D , E两点坐标，根据垂直得到方程，求出p=1，得到答案.
【详解】令y
2=2 px ( p>0)中x =2得y
2= 4 p，解得y =±2√p，
  
不妨设D(2,2√p), E(2,−2√p)，
因为OD⊥OE，所以⃗OD⋅⃗OE =2×2−4 p=0，解得p=1，
故C 的标准方程为y
2=2 x.
故选：B
4 ．（23-24 高三上· 广东湛江· 阶段练习）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的一条渐近线方程是
y =√2 x , F1, F2分别为双曲线C的左、右焦点，过点F2且垂直于x轴的垂线在x轴上方交双曲线C于点M，
则tan∠M F1 F2=（    ）
A．√2
2
B．√2
3
C．√3
2
D．√3
3
【答案】D
【分析】
由双曲线的渐近线方程可得b
a =√2，再根据c
2=a
2+b
2及M 点坐标即可求出答案.
【详解】
解：由题意得：
因为该双曲线的一条渐近线方程是y =√2 x，则b
a =√2，
又由c
2=a
2+b
2，可得b
c =√
2
3，
由过点F2且垂直于x轴的垂线在x轴上方交双曲线C于点M，可知M 的横坐标为c，
122
代入椭圆方程即可得：c
2
a
2 −y
2
b
2 =1，c
2
a
2 −1= c
2−a
2
a
2
= b
2
a
2 = y
2
b
2 ，
又有y >0，可知M(c , b
2
a )，
所以tan∠M F1 F2= b
2
2ac = 1
2 ⋅b
a ⋅b
c = 1
2 ×√2×√
2
3 = √3
3 .
故选：D
5．（22-23 高二·全国·课堂例题）抛物线x =8 y
2的通径长为（    ）
A．8
B．4
C．1
8
D．1
4
【答案】C
【分析】先求得抛物线的标准方程，然后根据通径的知识求得正确答案.
【详解】抛物线x =8 y
2，即y
2= 1
8 x，
可得2 p= 1
8，因此通径长为1
8.
故选：C
6 ．（22-23 高二上· 黑龙江哈尔滨· 期中）直线y = 1
3(x−7
2)与双曲线x
2
9 −y
2=1交点的个数是
（    ）
A．0
B．1
C．2
D．4
【答案】B
【分析】根据已知直线和渐近线平行即可得答案.
【详解】由题知，双曲线x
2
9 −y
2=1的渐近线方程为y =± 1
3 x，
所以直线l: y = 1
3(x−7
2)与双曲线的一条渐近线平行，
由图可知，直线l 与双曲线有且只有一个交点.
故选：B
123
  
7．（24-25 高二上·全国·课后作业）已知椭圆E: x
2
9 + y
2
3 =1的左、右焦点分别为F1, F2，点P为E上一
点，若P F1⊥P F2，则△F1 P F2的面积为（    ）
A．3
2
B．5
2
C．3
D．5
【答案】C
【分析】因为椭圆E: x
2
9 + y
2
3 =1，所以|F1 F2|=2√6，|P F1|+|P F2|=6，由P F1⊥P F2，得
|P F1|
2+|P F2|
2=|F1 F2|
2=24，进而解得|P F1|⋅|P F2|=6，再利用三角形的面积公式求解即可.
【详解】由椭圆的定义可知，|P F1|+|P F2|=6且|F1 F2|=2√6，
因为P F1⊥P F2，所以|P F1|
2+|P F2|
2=|F1 F2|
2=24，
又(|P F1|+|P F2|)
2=36，故|P F1|⋅|P F2|=6，
所以S△F1 P F2= 1
2|P F1|⋅|P F2|=3．
故选：C
124
8．（24-25 高三上·北京·阶段练习）已知抛物线x
2= 4 y，P为直线y =−1上一点，过P作抛物线的两条
切线，切点分别为A ,B，则⃗PA ⋅⃗PB的值为（    ）
A．0
B．1
C．-2
D．-1
【答案】A
【分析】设A( x1, x1
2
4 ),B( x2, x2
2
4 )，利用导数的几何意义可得直线PA与直线PB的方程，进而得到点P的
坐标，结合点P在直线y =−1上，得x1 x2
4
=−1，即x1 x2=−4,根据数量积的坐标运算化简⃗PA ⋅⃗PB后即可
得解．
【详解】设A( x1, x1
2
4 ),B( x2, x2
2
4 )，由y = 1
4 x
2求导得y
′ = 1
2 x，
则直线PA方程为y = x1
2 (x−x1)+ x1
2
4
，即y = x1
2 x−x1
2
4
，
同理可得直线PB的方程为y = x2
2 x−x2
2
4
，
联立直线PA与直线PB的方程可得P( x1+ x2
2
, x1 x2
4
)，
由点P在直线y =−1上，得x1 x2
4
=−1，即x1 x2=−4
 ∴ ⃗PA ⋅⃗PB =( x1−x2
2
, x1
2−x1 x2
4
)⋅( x2−x1
2
, x2
2−x1 x2
4
) =−( x1−x2)
2
4
−x1 x2( x1−x2)
2
16
=−( x1−x2)
2
4
−−4( x1−x2)
2
16
=0
故选：A．
125
二、多选题
9．（24-25 高二上·全国·课后作业）已知抛物线y
2=2 px ( p>0)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，经过点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，连接QF , NF , NB , NA，则下列说法正确的是（    ）
A．|MN|= 1
2|AB|
B．FN ⊥AB
C．Q 是线段MN的一个三等分点
D．∠QFM =∠QMF
【答案】ABD
【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】如图，由抛物线的定义，
  
对于A，得|AC|=|AF|，|BD|=|BF|，又|MN|=|AC|+|BD|
2
，则|MN|=|AF|+|BF|
2
= 1
2|AB|，A 正确；
对于B，由|MN|= 1
2|AB|，|AM|=|MB|，得|MN|=|AM|，所以∠MAN =∠MNA.
而∠MNA =∠CAN，所以∠MAN =∠CAN，所以△ANC ≌△ANF，
可知∠ACN =∠AFN =90°，所以FN ⊥AB，B 正确；
对于D，在Rt△MNF中，|QN|=|QF|，可知∠QNF =∠QFN，所以∠QFM =∠QMF，D 正确；
对于C，由∠QFM =∠QMF，可知|QF|=|QM|，所以|QN|=|QM|，即Q 是MN的中点，C 不正确.
故选：ABD.
126
10 ．（23-24 高二下· 安徽亳州· 期中）已知双曲线C : x
2
4 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)焦距长为6 ，则
（    ）
A．b=2
B．C的离心率为3
2
C．C的渐近线为y =± √5
2 x
D．直线y = x与C相交所得弦长为2√10
【答案】BC
【分析】根据焦距得出b=√5判断A，B 选项，根据渐近线公式计算判断C 选项，联立方程求出点的坐标结
合两点间距离公式计算判断D 选项.
【详解】双曲线C : x
2
4 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)焦距长为6，可得b=√5，所以A 不正确；
可得c =3，所以C的离心率为3
2，所以B 正确；
C的渐近线为y =± √5
2 x，所以C 正确；
联立直线y = x与双曲线方程C : x
2
4 −y
2
5 =1，x
2
20 =1, x
2=20可得两个交点坐标为
(2√5,2√5),(−2√5,−2√5)，
所以弦长为√(2√5+2√5)
2+(2√5+2√5)
2= 4√10,D 选项错误
故选：BC.
11．（23-24 高二下·山西晋城·期末）已知点A (1,2)在抛物线y
2=2 px（p>0）上，F 为抛物线的焦
点，Q (−1,0)，则下列说法正确的是（    ）
A．p=2
B．点F 的坐标为(2,0)
C．直线AQ 与抛物线相切D．AF ⊥AQ
【答案】AC
【分析】将A (1,2)代入抛物线可得p=2，即可判断ABD,根据直线与抛物线联立后判别式为0，即可求解.
【详解】将A (1,2)代入y
2=2 px中可得4 =2 p，故p=2，F (1,0),A 正确，B 错误，
k AQ=1,则AQ 方程为y = x +1，则¿，Δ=0，故直线AQ 与抛物线相切，C 正确，
由于AF ⊥x轴，所以AF ⊥AQ不成立，故D 错误，
127
故选：AC
三、填空题
12．（24-25 高二下·全国·课后作业）已知F (1,0)为椭圆x
2
2 + y
2
b
2 =1(b>0)的右焦点，P ,Q为椭圆上两
个动点，写出△PQF的周长的一个可能取值      ．
【答案】4（答案不唯一）
【分析】根据三角形的边长之间的关系，可知当PQ过焦点F1时，△PQF的周长取得最大值，再结合|PF|
，|QF|，|PQ|的最小值，可得△PQF的周长的最小值.根据△PQF的周长的取值范围写出答案.
【详解】如图：
  
设椭圆左焦点为F1(−1,0)，
则|PF|+|QF|+|PQ|≤|PF|+|QF|+|P F1|+|Q F1|= 4√2，当且仅当直线PQ经过左焦点时，取得最大值，
又|PF|>√2−1，|QF|>√2−1,|PQ|>0，所以|PF|+|QF|+|PQ|>2√2−2，
所以△PQF的周长的取值范围为：(2√2−2,4√2].
所以△PQF的周长可以为4．
故答案为：4（答案不唯一）
13 ．（24-25 高二上· 全国· 课后作业）已知O为坐标原点，直线l:kx−y −2=0交抛物线
128
E: x
2=2 py( p>0)于A ,B两点，P为y轴正半轴上一点，点A , P ,B的纵坐标分别为y1, y P, y2
，且
y P
2 = y1 y2
，则P的坐标为      ．
【答案】(0,2)
【分析】联立直线与抛物线方程，可得与交点横坐标有关韦达定理，计算可得y1 y2= 4，即可得y P，即可
得点P的坐标.
【详解】设点A(x1, y1),B(x2, y2), P(0, y P)( y P>0)，
联立¿，得x
2−2 pkx + 4 p=0，
Δ=4 p
2k
2−16 p>0，即k
2> 4
p ，x1+ x2=2 pk , x1 x2= 4 p，
所以y P
2 = y1 y2= (x1 x2)
2
4 p
2 = 4，又y P>0，所以P(0,2)．
故答案为：(0,2).
14．（23-24 高二下·北京海淀·期末）已知抛物线x
2= 4 y的焦点为F，过F的直线l交抛物线于A、B两
点，若|AF|= 4|BF|，则|AF|=            
 
 . 
【答案】5
【分析】求出抛物线焦点坐标，设出直线l的方程，与抛物线方程联立求出点A的纵坐标即可得解.
【详解】抛物线x
2= 4 y的焦点为F(0,1)，设直线l的方程y =kx +1，A( x1, y1),B( x2, y2)，
由¿消去y得x
2−4 kx −4 =0，则x1 x2=−4，由|AF|= 4|BF|，得x1=−4 x2，
联立解得x1= 4或x1=−4，因此y1= 4，所以|AF|= y1+1=5.
故答案为：5
四、解答题
15．（23-24 高二上·江苏南京·阶段练习）如图在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1: x
2
2 + y
2=1，椭
129
圆C2: x
2
4 + y
2
2 =1，直线l与椭圆C1只有一个公共点，且与椭圆C2交于A ,B两点.
(1)当直线l倾斜角为135
∘时，求直线l的方程；
(2)求证：△AOB的面积为定值.
【答案】(1)x + y +√3=0或x + y −√3=0
(2)证明见解析
【分析】（1）根据直线倾斜角得到直线的斜率，进而设直线方程，根据直线与曲线有一个交点联立方程
组解得答案；
（2）设直线l为y =kx +b，直线l与椭圆C1只有一个公共点联立方程组消元得2k
2−b
2+1=0，直线与椭圆
C2交于A ,B两点，连立方程组结合韦达定理得¿，结合三角形面积公式得答案；
【详解】（1）因为直线l倾斜角为135
∘，直线l为y =−x +b，因为椭圆C1: x
2
2 + y
2=1，
直线l与椭圆C1只有一个公共点，联立方程¿，得3 y
2−2by +b
2−2=0，
∴Δ= 4 b
2−12(b
2−2)=0,∴b=±√3，所以直线l为x + y +√3=0或x + y −√3=0
（2）因为直线l与椭圆C1只有一个公共点，设直线l为y =kx +b由¿，得
(2k
2+1) x
2+ 4 kbx +2b
2−2=0,∴Δ=16 k
2b
2−4(2k
2+1)(2b
2−2)=0,∴2k
2−b
2+1=0,
又因为直线与椭圆C2交于A ,B两点¿，得(2k
2+1) x
2+ 4 kbx +2b
2−4 =0
所以¿，因为直线l与y轴交于点(0,b)，所以S△AOB= 1
2|b|×|x1−x2|
所以S△AOB= 1
2|b|√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= 1
2|b|√(
−4 kb
2k
2+1)
2
−4⋅2b
2−4
2k
2+1
= 1
2|b|√(
−4 kb
b
2 )
2
−4⋅2b
2−4
b
2
= 1
2|b|√
8b
2(2k
2−b
2)+16b
2
b
4
=√2.
130
16．（23-24 高二上·陕西宝鸡·阶段练习）已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为√2
2 ，F1，F2分
别为椭圆的左、右焦点，点P为椭圆C上任意一点，△F1 P F2面积的最大值为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点P的直线l和圆T：x
2+ y
2=1相切，交椭圆于另一点Q，O为坐标原点，线段OP，OQ分别和圆T
交于M，N两点.若△OPQ，△OMN的面积分别记为S1，S2，求
S1
S2
的取值范围.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
2 =1；
(2)[
5
2 ,3].
【分析】（1）借助待定系数法利用离心率及三角形的面积的已知条件即可求得椭圆的标准方程；
（2）根据直线PQ的斜率是否存在进行分类讨论，根据圆与直线相切可得圆心到直线距离等于半径得
|m|
√1+k
2 =1，设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，联立¿消元得(2k
2+1) x
2+ 4 kmx +2m
2−4 =0. 结合韦达定理
x1+ x2=−4 km
2k
2+1，x1 x2= 2m
2−4
2k
2+1
.利用三角形面积计算比值
S1
S2
的取值范围．
【详解】（1）根据题意，可知c
a = √2
2 ，bc =2.
又∵a
2=b
2+c
2，∴a=2，b=c =√2.
∴椭圆C的标准方程为x
2
4 + y
2
2 =1；
（2）若直线PQ的斜率不存在，则其方程为x =±1.
由对称性，不妨设x =1，此时P(1, √6
2 )，Q(1,−√6
2 )，
131
可得
S1
S2
=
1
2|OP|⋅|OQ|⋅sin ∠POQ
1
2|OM|⋅|ON|⋅sin ∠MON
=|OP|⋅|OQ|= 5
2；
若直线PQ的斜率存在，则设其方程为y =kx +m.
由已知可得|m|
√1+ k
2 =1，则m
2=1+k
2.
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，联立¿
得(2k
2+1) x
2+ 4 kmx +2m
2−4 =0.
∴x1+ x2=−4 km
2k
2+1，x1 x2= 2m
2−4
2k
2+1
.
∴S1
S2
=
1
2|OP|⋅|OQ|sin∠AOB
1
2|OM|⋅|ON|sin∠MON
=|OP|⋅|OQ|=√x1
2+ y1
2⋅√x2
2+ y2
2 
=√(2+ 1
2 x1
2)(2+ 1
2 x2
2)=√4 + 1
4 x1
2 x2
2+ x1
2+ x2
2，
∴S1
S2
=√4+(x1+ x2)
2+ 1
4 (x1 x2)
2−2 x1 x2.
把x1+ x2=−4 km
2k
2+1，x1 x2= 2m
2−4
2k
2+1
代入，
整理得
S1
S2
=√
4 + 8k
2m
2+m
4−8m
2+16 k
2+12
(2k
2+1)
2
，
132
把m
2=1+k
2代入，整理得
S1
S2
=√
4+ 9k
4+18k
2+5
(2k
2+1)
2
.
设t =2k
2+1≥1，则S1
S2
=√
−7
4 t
2 + 9
2t + 25
4 .
设u= 1
t ∈(0,1]，则S1
S2
=√−7
4 u
2+ 9
2 u+ 25
4 ∈(
5
2 ,3].
综上所述，
S1
S2
的取值范围是[
5
2 ,3].
17．（23-24 高二下·江西新余·期末）已知双曲线C的方程为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，实轴长和离心率
均为2.
(1)求双曲线C的标准方程及其渐近线方程；
(2)过E (0,2)且倾斜角为45
∘的直线l与双曲线C交于M , N两点，求⃗OM ⋅⃗ON的值（O为坐标原点）.
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1，y =±√3 x；
(2)1.
【分析】（1）根据离心率以及实轴长即可求解a,b,c，即可求解方程，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据数量积的坐标运算求解.
【详解】（1）由离心率e = c
a =2，又c
2=a
2+b
2，则b
2=3a
2，
又长轴长2a=2，所以a
2=1，所以b
2=3，
故双曲线的标准方程为x
2−y
2
3 =1；
其渐近线方程为y =±√3 x.
（2）∵直线l的倾斜角为45
∘，故其斜率为1，又l过点E (0,2)，
133
∴l的方程为y = x +2；
设M (x1, y1), N (x2, y2),
由¿，得2 x
2−4 x−7 =0，
∴x1+ x2=2, x1 x2=−7
2
∴⃗OM ⋅⃗ON = x1 x2+ y1 y2= x1 x2+(x1+2)(x2+2)=2 x1 x2+2(x1+ x2)+ 4 =1
18．（23-24 高二下·上海·阶段练习）已知抛物线C : y
2= 4 x，焦点为F
(1)若点P 为C 上一点，且|PF|= 4，求点P 的横坐标.
(2)若斜率为2 的直线l与抛物线交于不同的两点A，B，线段AB中点为M，求点M 的轨迹方程．
【答案】(1)3
(2)y =1(x> 1
4)
【分析】（1）由抛物线的定义列方程即可求解；
（2）设出直线方程，联立抛物线方程，结合韦达定理、中点坐标公式即可求解.
【详解】（1）抛物线C : y
2= 4 x的焦点F (1,0)，准线方程为x =−1，
由抛物线定义结合已知|PF|= xP+1= 4，其中xP为点P的横坐标，
解得xP=3，即点P 的横坐标为3；
（2）
134
因为直线AB的斜率为2，所以可设直线AB的方程为x = 1
2 y +t，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，
联立抛物线方程C : y
2= 4 x得，
y
2−2 y −4 t =0，由Δ= 4+16t >0，解得t >−1
4 ，
所以y1+ y2=2, x1+ x2= 1
2 ( y1+ y2)+2t =1+2t > 1
2，所以M(
1+2t
2
,1)，
所以点M 的轨迹方程为y =1(x> 1
4).
19．（24-25 高二上·河南南阳·阶段练习）已知点E(−√3,0)，圆F :( x −√3)
2+ y
2=16，点P是圆F上
任一点，线段PE的垂直平分线交线段PF于C.
(1)求点C的轨迹方程；
(2)过点Q (1,−1)的直线l与点C的轨迹相交于M , N两点，设点B (0,1)，问：直线BM，BN的斜率之和
k BM + k BN是否为定值？若是，请求出该值；否则，请说明理由.
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)是，定值为−2
【分析】（1）根据中垂线的性质结合椭圆的定义得知点C的轨迹为椭圆，结合椭圆定义即可得轨迹方程；
（2）分直线l斜率是否存在可设直线的方程为l: y =kx +m或l: x =1，若斜率存在，将直线方程与曲线的方
程联立，可得与交点横坐标有关韦达定理，借助韦达定理计算斜率之和即可得，若斜率不存在，则直接求
出斜率之和即可得.
【详解】（1）由题意得：|CE|=|CP|,|PF|= 4，
135
所以|CE|+|CF|= 4>2√3，
所以点C的轨迹是以点E , F为焦点的椭圆，
且a=2,c =√3，从而b=1，
所以C的轨迹方程为：x
2
4 + y
2=1；
（2）当直线l斜率存在时，设直线l: y =kx +m，（其中m+ k =−1），M (x1, y1), N (x2, y2)，
联立¿，消y可得(4 k
2+1) x
2+8kmx + 4 m
2−4 =0，
则Δ=16(4 k
2+1−m
2)=16k (3k −2)>0，解得k <0或k > 2
3，
则x1+ x2= −8km
4 k
2+1，x1⋅x2= 4 m
2−4
4 k
2+1
，
所以k BM +k BN = y1−1
x1
+ y2−1
x2
= k x1+m−1
x1
+ k x2+m−1
x2
=2k +(m−1) x1+ x2
x1 x2
=2k +(m−1) −8km
4 m
2−4
=2k + −2km
m+1 = 2k
m+1 =−2；
当直线l的斜率不存在时，直线l: x =1，则M , N关于x轴对称，
所以y1+ y2=0，所以k BM +k BN = y1−1
1
+ y2−1
1
=−2；
综上可得直线BM，BN的斜率之和k BM + k BN为定值−2.
136