培优专题04 解析几何 6 大重难题型
参考答案
题型01 轨迹方程与曲线方程问题
🎯命题方向一 定义法求轨迹方程
1.【答案】（1）
（2）
或
【分析】（1）设
点的坐标为
，表达出点
的坐标，将其代入
中，整理可得
的轨迹方程；
（2）考虑直线的斜率不存在和斜率存在两种情况，由点到直线距离和弦长公式进行求解，得到答案.
【详解】（1）设
点的坐标为
，则点
的坐标为
，
点
为圆
上的动点，
，化简得
，故
的轨迹方程为
．
（2）圆
的圆心坐标为
，半径
，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为
，
此时圆心到直线
的距离是
，所以
，满足条件；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为
，化简得
，
因为
，所以圆心到直线的距离
，
由圆心到直线的距离公式得
，
所以
，即
，平方得
，
整理得
，解得
，故直线的方程为
，即
．
综上，直线的方程为
或
．
2.【答案】（1）
（2）
【详解】（1）设圆
的半径为，圆
的圆心为
，半径为
，圆
的圆心为
，
半径为
，
因为圆
与圆
、圆
都外切，则
，
，
所以，
，
所以，点
的轨迹是以点
、
为焦点的双曲线的右支，
设双曲线的标准方程为
，则
，可得
，
，则
，
所以，
，
所以，圆心
的轨迹方程为
.
（2）若直线
与轴垂直，则直线
与曲线
只有一个公共点，不合乎题意，
设直线
的方程为
，设点
、
，
联立
可得
①，
则
且
，可得
且
，
由韦达定理可得
，
，
，
整理可得
，
即
，
整理可得
，
若
，此时，方程①为
，由于
，解得
，
此时直线
与点
的轨迹只有一个公共点，不合乎题意，
所以，
，所以，直线
的方程为
，故直线
过定点
，
因为
，取线段
的中点
，则
，
所以点
在以点
为圆心，半径为的圆上运动，
由题意可得
，可得
，
易知直线
的方程为
，
联立
可得
，
直线
交轴于点
，交圆
于
、两点，
，则
，所以，
，
易知点
的轨迹为劣弧
（不包括端点），其长度为
.
🎯命题方向二 相关点法求轨迹方程
3.【答案】（1）
；
（2）
，
且
.
【分析】（1）根据椭圆上两点代入方程求解
的值即可得椭圆方程；
（2）设
，线段
的中点
，分别讨论直线
的斜率是否存在，当斜率
存在时
确定直线的方程与直线
联立得
横坐标
与
的关系，结合函数得
的取值范围，结合圆的定义从
而得
的轨迹方程.
【详解】（1）由题意
解得
，所以椭圆
的标准方程为
；
（2）设
，线段
的中点
，则
，
，
①当
时，
的中垂线为
轴，过点
向中垂线作垂线，垂足
为点
②当
时，直线
的斜率
，则
，
所以
，将
代入椭圆方程得
，
所以
，从而
或
，
线段
的中垂线方程为
，即
．
故线段
的中垂线过定点
故垂足
轨迹是在以
为圆心，半径为的圆弧，其方程为
过点
与
垂直的直线为
，
联立方程组
消去
得
，因为
，
所以
，综上①，②所得
所以垂足
轨迹方程是
，且
．
🎯命题方向三 交轨法与探究型轨迹问题
4. 【答案】（1）
（2）证明见详解
（3）点
的轨迹是圆，该圆的方程为
【分析】（1）根据椭圆焦点坐标得
，离心率为
，得
，从而求出
，得出椭圆方程；
（2）写出中垂线方程，联立椭圆方程，判别式等于零，即可证明恰一个公共点；
（3）解法一：利用设直线方程联立椭圆方程的方法，根据判别式等于0，即可求解.
解法二：利用椭圆定义和线段垂直平分线的性质结合光学性质，得到
，从而得到点
的轨迹
和轨迹方程.
【详解】（1）因为椭圆左、右焦点分别为
，
，所以
，又因为椭圆C 的离心率为
，
得
，所以椭圆方程为
.
（2）由
，
得直线
斜率为
，中点坐标为
，
所以线段
的垂直平分线方程为
，
联立垂直平分线方程和椭圆方程
得
，
，
，所以直线与椭圆相切，
线段
的垂直平分线与C 恰有一个公共点
；
（3）解法一：设
，
当
时，
的垂直平分线方程为
，
此时
或
；
当
时，
的垂直平分线方程为
，
联立
，
得
，
即
因为线段
的垂直平分线与C 恰有一个公共点，
故
，
即
，
则
，
即
，
，
即
，
，
而
，
也满足该式，
故点
轨迹是圆，该圆的方程为
，即
.
解法二：设线段
的垂直平分线与C 恰有一个公共点为P，
则当点P 不在长轴时，线段
的垂直平分线即为点P 处的切线，
也为
的角平分线，
作
的角平分线
，根据椭圆的光学性质得
，
，则
，
故
，
所以
三点共线，所以
，
所以点
的轨迹是以
为圆心，4 为半径的圆，
当P 在椭圆长轴上时，M 点为
或
也满足
，
故点
的轨迹是圆，该圆的方程为
.
5.【答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）由题意得
，结合
可求出
，从而可求出椭圆方程；
（2）设
，求出直线的方程，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系结合
弦长公式求出
，再利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，从而可求出
的
面积；
（3）设
，
，由
，得
，将
代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，结合前面的式子得
，两式
相比化简可求得
，代入其中的一个化简可求得点Q 的轨迹方程.
【详解】（1）由题意得
，由
得
，得
，
所以
，得
，则
，故椭圆C 的方程为
；
（2）由（1）可知
，则
，
因为直线l 的斜率为
，所以直线l 的方程为
，设
，
由
，得
，所以
，
所以
，
因为点
到直线的距离为
，所以
的面积为
；
（3）设
，
，
则
，
因为
，所以
，
所以
（*），直线l 的方程为
，
由
，得
，
，
则
，
所以
，
代入（*），可得：
，
当
时，
，得
（
且
），所以
，
化简整理得
当
时，得
，
，即
，满足上面的方程，
所以点Q 的轨迹方程为
题型02 圆锥曲线的弦长、面积与斜率问题
🎯命题方向一 弦长问题
1 .【答案】（1）
（2）
【分析】（1）由椭圆的性质结合点在椭圆上代入解方程可得；
（2）由椭圆的性质得到当
，
，
三点共线时
取得最大值，再直曲联立，由弦长公式
计算可得.
【详解】（1）设
半焦距为，因为
，故
.
又
过点
，故
.由椭圆的几何性质有
，
故
，
.所以
的方程为
.
（2）设
的左焦点为
，则
，当且仅当
，
，
2
2
1
4
3
x
y
25
7
P
F
Q
PQ
QF
C
c
1,0
F
1
c
C
3
1, 2
P
2
2
1
9
1
4
a
b
2
2
2
2 1
a
b
c
b
2
4
a
2
3
b
C
2
2
1
4
3
x
y
C
F
11
2
2
PQ
QF
PF
QF
QF
PF
a
P
F
三点共线时等号成立，此时
.
因为
，故直线
的方程为
.与
的方程联立有
，
整理有
，
，解得
，
.
故直线
被
截得的弦长为
.
2.【答案】（1）
2
2
1
3
y
x
（2）
50
13
【分析】（1）由已知求
a
，由
, ,
a b c
关系求
2
b
，写出方程；
（2）由已知可得
2, 3
B
，求出直线l 方程，联立-消元-韦达定理，利用弦长公式求解.
【详解】（1）由已知可得
2
2
c
c
a
，所以
1,
2
a
c
，所以
2
2
2
4 1
3
b
c
a
，
所以C 的方程为
2
2
1
3
y
x
.
（2）因为P 是BF 中点，所以点B 的横坐标为2，所以
2, 3
B
，
Q
3
1,
2
Q
1,0
F
3
1
4
y
x
C
2
2
3
1 ,
4
1
4
3
y
x
x
y
2
7
6
13
0
x
x
36
4 7 13
400
0
1
1
x
2
13
7
x
C
2
1
2
3
5
20
25
1
4
4
7
7
x
x
所以直线
l
的斜率
3
4
k
，方程为
3
:
2
4
l y
x
，由
2
2
3
2
4
1
3
y
x
y
x
，得
2
39
36
84
0
x
x
，
设
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x y
，则
1
2
1
2
36
84
,
39
39
x
x
x x
，
所以
2
2
2
1
2
1
2
9
36
84
5
120
50
1
4
1
4
16
39
39
4
39
13
AB
k
x
x
x x
.
3.【答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据短轴长和离心率求出椭圆方程.
（2）联立直线与椭圆方程，利用判别式、韦达定理和弦长公式，结合弦长条件求出
的取值范围.
【详解】（1）由题意可得：短轴长
，故
，
又因为离心率
，结合椭圆关系
可得：
，解得
，
，所以椭圆
的方程为：
.
（2）由题意可知，联立直线
与椭圆方程：
，
消去
整理得：
，
设直线
与椭圆
交于点
，
，
2
2
1
5
4
x
y
3,
5
5,3
m
2
4
b
2
b
5
5
c
e
a
2
2
2
a
b
c
2
2
2
2
2
2
2
4
1
1
5
c
a
b
e
a
a
a
2
5
a
2
4
b
Γ
2
2
1
5
4
x
y
y
x
m
y
2
2
9
10
5(
4)
0
x
mx
m
y
x
m
Γ
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
则判别式
：
，
解得
，即
，由韦达定理得：
，
，
由弦长公式
，其中
，
可得：
，
又因为
，所以
，化简可得：
，两边平方得：
，
即
或
，又因为
，所以
的取值范围为：
.
4. 【答案】（1）
（2）
（3）证明见详解
【分析】（1）先求出焦点坐标，再代入标准方程即可求出；
（2）设
及
，
，再写出直线
和直线
的方程并两式相乘，化简即
可求出；
（3）联立
得到
，再求出
，设
中
0
2
2
2
Δ
(10 )
4 9 5(
4)
720 80
0
m
m
m
2
9
m
3
3
m
1
2
10
9
m
x
x
2
1
2
5(
4)
9
m
x x
2
2
1
1
2
1
(
2)
4
AB
k
x
x
x x
∣
∣
1
k
8 10
9
AB
∣∣
2
4 10
9
8 10
9
9
m
2
9
2
m
2
5
m
5
m
5
m
2
9
m
m
( 3,
5)
( 5,3)
点为E，进而求得
，最后利用
即可求出.
【详解】（1）因为双曲线的右焦点为
，
由对称性不妨设
，
，所以
．
（2）设
及
，
，又
，
，
所以，直线
的方程为
，直线
的方程为
，
两式相乘得
，又因
点
，
在双曲线上，
所以
，代入化简得
，所以曲线C 的方程为
．
（3）联立
得
，
，
，
，
所以
，
因为
在曲线C 上，所以
，
，
因为
，所以
；
设
中点为E，要证
，只需证
，即证
，
又由
，
以及（2）得
，
所以
，
，
即
，
，
所以
，所以
．
🎯命题方向二 面积问题
5. 【答案】（1）选择条件①和③和选择条件②和③时，
的方程
，选择条件①和②时，C 存
在且不唯一
（2）
或
【分析】（1）选择条件①和③：根据双曲线的离心率公式和两点间距离公式进行求解即可；
选择条件②和③：根据双曲线的渐近线方程和两点间距离公式进行求解即可；
选择条件①和②：根据双曲线的离心率公式和双曲线的渐近线方程进行求解判断即可.
（2）方法一：根据三角形面积公式，结合点到直线距离公式进行求解即可；
方法二：设出直线方程与双曲线联立，利用三角形面积公式，结合点到直线距离公式进行求解即可.
【详解】（1）选择条件①和③：
因为C 的离心率为2，点A 到C 的右焦点的距离为1，所以
解得
又因为
，所以
，所以C 的方程为
.
选择条件②和③：
因为C 的渐近线方程为
，点A 到C 的右焦点的距离为1，所以由
可得
所以C 的方程为
.
选择条件①和②：因为
的离心率为2，
所以
，
所以
的渐近线方程为
，
由①能推出②，所以C 存在但是不唯一，不符合题意；
综上所述：选择条件①和③和选择条件②和③时，
的方程
，选择条件①和②时，C 存在且不
唯一.
（2）由（1）知，点A 坐标为
，又由
可得直线
的方程为
，且
.
设点M 到直线
的距离为d，
因为
面积为3，所以
，所以
.
设过点M 且与直线
平行的直线为n：
.
则n 与直线
的距离为
，故
，
解得
或
，所以直线n 方程为
或
，
直线
与直线
关于原点中心对称，
与双曲线左支有两个交点，不合题意，舍去.由
得
或
故点M 坐标为
或
，
当M 坐标为
时，点
，所以直线的方程为
，
当M 坐标为
时，点
，直线的方程为
，
所以直线的方程为
或
.
（方法二）由（1）知，点A 坐标为
，且点
在C 上.
当直线斜率不存在时，
，
面积为3，直线的方程为
，符合题意.
当直线斜率存在时，设其方程为
.
由
得
，
设
，则
，
，
故
，又因为A 到直线的距离
，
故
面积
.所以
，解得
，
或
，
因为该双曲线的渐近线方程为
，所以
，
，因此此时直线不与双曲线的右支
相交，因为
，所以此时直线与双曲线的右支相交，故直线的方程为
.
综上，直线的方程为
或
.
6. 【答案】（1）
（2）（i）
；（ii）证明见详解；
【分析】（1）根据椭圆的离心率、短轴长、
的关系列方程组求解
的值，可得椭圆
的方程；
（2）（ⅰ）设
，则根据斜率关系可得
，设
，
，
，
，其中
，
，联立直线与椭圆确定交点坐标
关系，再由
，
，
成等差数列，得
，结合斜率的坐标运算列方程即可得
的值，从
2
2
1
4
3
x
y
0,
3
, ,
a b c
, ,
a b c
Γ
0
0
,
C x
y
0
0
0
0
1
3
2
0
0
0
2
1
1
1
y
y
x y
k
k
x
x
x
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
1
:
1
CA
l
x
t y
2
:
1
CB
l
x
t y
1
1
1
t
k
2
3
1
t
k
1k
2k
3k
1
3
2
2
k
k
k
0
0
,
x y
而得所求；（ⅱ）若
的重心是坐标原点
，讨论直线
的斜率不存在与存在两种情况，当直线
的斜率存在时结合点差法得
，从而得直线
的方程，联立直线与椭圆，利用
的
面积公式得
，结合三角形重心性质即可证得结论.
【详解】（1）由题意可得
，解得
，
，所以椭圆方程为
；
（2）（ⅰ）设
，则
，
，所以
，
设
，
，
，
，其中
，
，
由
，消去
，得
，
则
从而
，
同理，可得
，
，
则
，
ABC
V
O
AB
AB
0
0
3
4
AB
x
k
y
AB
ABC
V
OAB
S
2
2
2
1
2
2
2 3
c
a
b
a
b
c
2
a
3
b
2
2
1
4
3
x
y
0
0
,
C x
y
0
1
0
1
y
k
x
0
3
0
1
y
k
x
0
0
0
0
1
3
2
0
0
0
2
1
1
1
y
y
x y
k
k
x
x
x
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
1
:
1
CA
l
x
t y
2
:
1
CB
l
x
t y
1
1
1
t
k
2
3
1
t
k
1
2
2
1
3
4
12
x
t y
x
y
x
2
2
1
1
3
4
6
9
0
t
y
t y
2
2
2
0
0
0
0
1
0
1
2
2
2
2
1
0
0
0
0
0
0
0
0
9
9
3
3
9
9
3
4
3
4
6
3
6
15
2
5
2
5
1
3
4
y
y
y
y
y y
y
t
x
y
x
x
x
x
x
y
0
0
0
1
1
1
0
0
0
1
3
5
8
1
1
2
5
2
5
x
y
x
x
t y
y
x
x
0
2
0
3
2
5
y
y
x
0
2
0
5
8
2
5
x
x
x
0
0
1
2
0
0
2
0
0
1
2
0
0
3
3
2
5
2
5
5
8
5
8
2
5
2
5
AB
y
y
y
y
x
x
k
k
x
x
x
x
x
x
0
0
0
0
0
2
0
0
0
0
0
3
2
5
2
5
3
5
8
2
5
5
8
2
5
5
4
y
x
x
x y
x
x
x
x
x
由
，
，
成等差数列，得
，即
，
解得
，
，或
（舍），
（舍），所以点
的坐标为
．
（ⅱ）证明：设
，
，
，
当直线
的斜率不存在时，易得
，直线
的方程为
，或
，直线
的方程
为
，将
代入椭圆的方程，可得
，所以
的面积
，
当直线
的斜率存在时，有
的中点
，则
，
因为
，
在椭圆上，则
，相减得
，
整理得
，所以可得
，
所以直线
的方程为
，即
，
令
，可得直线
在
轴上的截距为
，则
，
将
代入椭圆的方程，得
，
即
，则
，
，
所以
，
1k
2k
3k
1
3
2
2
k
k
k
0
0
0
0
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x y
x
x
0
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3
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0
0
y
2
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C
0,
3
0
0
,
C x
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1
1
,
A x y
2
2
,
B x
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C
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C
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AB
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,
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0
,
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y
y
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1
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2
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0
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9
9
12
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x
x
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y
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0
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x
x
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y
y
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48
36
36 12
48
36
4
2
3
3
x
y
y
y
x
x
x
x
x x
y
所以
，又因为
是
的重心，所以
，
综上，
的面积是定值
．
🎯命题方向三 斜率问题
7. 【答案】（1）
（2）1
【分析】（1）根据离心率和焦点坐标列式计算即可求出；
（2）设
，写出直线
的方程，再联立得
，同理得
，再根据直线CD 过定点
，即可求
出.
【详解】（1）由题意得
，双曲线的离心率为
，则
,
故
的方程为
.
（2）设
，
则直线
，联立
，
消去
整理得
，
0
0
1
3
3
2
2
2
2
OAB
S
y
y
O
ABC
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ABC
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S
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,
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,
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2
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2,
3
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,
,
,
,
,
,
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x
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2
2
2
2
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1
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4
12
1
0
x
y
x
y x
y
x
将
代入上式整理得
，
由
，得
，同理得
，
又直线CD 过定点
，
，化简得
，
.
8. 【答案】（1）
（2）证明见详解
【分析】（1）先设点，再应用斜率公式结合点在双曲线上计算得出
即可求解双曲线方程；
（2）设直线，再联立方程得出韦达定理，再应用斜率公式计算求解.
【详解】（1）设
，
，
，且
，
则
．
又焦距为
，则
，
，
双曲线
的标准方程为：
．
（2）由（1）知
，设
，
．
因为
不与
重合，所以可设直线
．
联立
，消
得：
，
故
，
，
，
，
，
，
2
2
1
1
1
4
3
x
y
2
2
2
1
1
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1
15
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15
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x
x
x
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x
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,
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2
Δ 144
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0
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1
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x
y
x
y
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x
x
x
1
2
1
2
1
2
2
2
y
y
k k
x
x
可得
，
．
9. 【答案】（1）
；
（2）
；
（3）
.
【分析】（1）首先求出
，再代入
即可得到答案；
（2 ）设
，计算得
，结合其在椭圆上，代入化简即可得
，同理
，则得到斜率比值；
（3）设直线
，联立椭圆方程得到
，则得到
的坐标，再计算得
，
，设
，计算化简得
，则得到定点坐标.
1
2
2
1
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
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1,Γ :
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k
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k
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( , )
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6
2
5
y
y
x
x
【详解】（1）由题意得，
，又因为
在
上，
代入
得
，所以
，则
.
（2）设
，则
，
又因为
，所以
，
则
，同理可得
，所以
.
（3）设直线
分别为
，其斜率依次为
，
设直线
，联立
得
，
即有
，所以
，代入直线方程得
，
则
，设
，
则经过
的两直线
之间斜率满足关系：
，
将直线
绕原点顺时针旋转
后也会经过
，
所以两者斜率满足
，所以
，
同理将直线
绕原点顺时针旋转
后也会经过
，
4
m
1(1,1)
P
1
1
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k
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4
,l l
1
2
,
P P
所以两直线斜率满足
，
，
设
，则有
，代入上式得：
，
得到
，所以
，因此存在定点
，
使直线
和直线
的斜率之积为定值5.
10. 【答案】（1）
（2）
为定值，为
（3）2
【分析】（1）根据已知得
，结合所过的点求椭圆方程；
（2）设椭圆上任一点
，则
，且圆
的半径
，设过点
的圆的切线方程为
，利用相切关系得
，应用韦达定理即可得结论；
（3）讨论切线的斜率，设切线方程并联立椭圆，应用韦达定理及向量数量积的坐标运算求
，进
而得到垂直关系，最后由椭圆和圆的性质确定最小值.
【详解】（1）因为
，所以
，即
，
可设椭圆
的方程为
，又因为椭圆
过点
，
4
3
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1, 3
代入椭圆
的方程得：
，解得
，所以椭圆
的方程为：
；
（2）
是定值.理由如下：根据对称性，易知四边形
的内切圆的圆心为
因为直线
的方程为
，所以圆
的半径
，
设椭圆上任一点
，则
，
当圆的切线斜率存在时，可设过点
的圆的切线方程为
，
即
，所以圆的半径
，
两边平方化简得：
因为切线
的斜率分别为
，所以
是方程
的两个不同的根，
故
；
（3）①当直线
的斜率存在时，设直线
的方程为：
，设
，
因为直线
为圆
的切线，所以
，化简得
，
联立方程
，消去
得：
，
显然
恒成立，
为上式的两个不同的根，且
，
C
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1
1
k
x x
k m x
x
m
，可得
，同理可证
.
所以
三点共线，故弦
恒过点
，所以当
与
或
重合时，
.
②当直线
或直线
的斜率不存在时，易得
，
综上可知，
.
题型03 定点、定值、定直线“三定”问题
🎯命题方向一 定点问题
1. 【答案】（1）
（2）证明见详解
【分析】（1）求出双曲线渐近线后，可表示出点
、
坐标，再利用
即可得解；
（2）由题意可得
，即可得
，则可设出直线
方程，联立抛物线，可得与交点纵
坐标有关韦达定理，结合
可表示出直线
方程，即可得解.
【详解】（1）
的渐近线为
，
联立
，解得
或
，故
，
由对称性可得
，则
，
故
（负值舍去），即抛物线
的方程为
；
（2）由（1）知
，设
、
，由以线段
为直径的圆恰好经过
，则
，
由
，
，
则
2
2
2
2
1
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1
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m
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m
n
，
由
，
异于
，故
，则
，
设
，
，则
，
，则
，
，
，即
，
，
故
,即
，则
，
当
时，
，故直线
过定点
.
2.【答案】（1）
（2）过定点；定点坐标为
【分析】（1）由点
在抛物线
上，求得
，根据
，结合抛物线的定义，列出方程，
求得
的值，即可求解；
（2）设直线的方程为
，联立方程组，得到
，假设以线
段
为直径的圆恒过
上的点
，得到
，列出方程，利用韦达定理，化简得到
，结合对任意
恒成立，求得
，进而得到结论.
【详解】（1）由抛物线
，可得其焦点为
，准线方程为
，
因为点
在抛物线
上，可得
，解得
，
2
2
2
2
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m
n
m
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A
B
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又因为
，根据抛物线的定义，可得
，即
，
整理得
，解得
或
，
因为
，所以
，所以抛物线
的方程为
.
（2）设直线的方程为
，且
，
联立方程组
，整理得
，
则
，
，
假设以线段
为直径的圆恒过
上的点
，则
，
因为
，且
，
所以
，
整理得
，
因为
，所以
，
两边同时除以
，可得
，
即
，即
，
将
代入上式，可得
，
整理得
，因为上式对任意
恒成立，所以
，解得
，
当
时，可得
，所以以线段
为直径的圆恒过抛物线
上一定点
.
5
PF
5
2
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C
(1,2)
3. 【答案】（1）
（2）（i）
；（ii）证明见详解
【分析】（1）根据已知条件列出等式求轨迹方程；（2）（i）设直线方程，与抛物线方程联立，求出三角
形面积的表达式，进而求最值；（ii）先求出直线
的方程，通过分析方程确定所过的定点.
【详解】（1）解：设动圆圆心为
，则
，
圆心
到
轴距离为
，动圆被
轴截得的半弦长为2，则
，化简得
，
所以动圆圆心
的轨迹方程为
.
（2）（i）解：设直线
的方程为
，
联立
，消去
整理得
，
则
，
2
4
y
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4 2
AB
,
C x y
2
2
(
2)
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m
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4 ,
8
y
y
m y y
则
的面积为
，
当且仅当
时取等号.所以
面积的最小值为
.
（ii）证明：由题得
，则直线
方程为
，
根据抛物线的对称性可知定点必定在
轴上，
令
，得
，
所以直线
必过定点
.
4 .【答案】（1）
（2）（i）直线恒过定点
；（ii）
【分析】（1）根据圆的位置关系，得到
为定值，结合椭圆的定义即可求解；
（2）（i）设直线方程，联立结合韦达定理得到
，再由直线
、
斜率的关系构建方程化
简即可；
（ii）由（i）得到
，结合
，再根据换元法求最值．
【详解】（1）圆
，即
,所以圆心
，半径
，
因为
是
关于原点的对称点，所以
，
AOB
V
2
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F
3,0
F
设动圆
的半径为，因为动圆
与圆
相内切，所以
，
又因为圆
经过点
，所以
，则
，
所以点
的轨迹是以
为焦点的椭圆，其中
，则
，
所以曲线
的方程为
；
（2）（i）曲线
的方程
，则
，
由题可知直线斜率不为零，则设直线
，
，
，
，
，
又直线
的斜率恰好是直线
的斜率的
倍，即
，
P
r
P
F
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PF
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P
F
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y
x
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即
，整理得
，
即
，即
，
，解得
，
时，
，
，直线的方程为
，即直线恒过定点
；
（ii）由（i）知
，则
，
则四边形
的面积
，
，
，
令
，
则
，当
，即
时取
等，
即四边形
的面积S 的最大值为
．
🎯命题方向二 定值问题
5．【答案】（1）
；
（2）
；
1
2
1
2
7
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2
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（3）
【详解】（1）设
，
为定值，所以点
的轨迹是以
为焦点的双曲线的右支，
设双曲线方程为：
，
，
所以，曲线
的轨迹方程是
；
（2）设
，
由
，消去
得
，则
.
整理得
，解得
.
（3）设
，
由
，消去
得，
，则
.
，
所以
，
2
3
,
M x y
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1
1
3
1
3
1
y
y
y
y
m
m
m
m
2
2
2
2
3
4
3
4
2
2
2
2
12
9
4
4
3
1
3
1
9
9
1
1
3
1
3
1
m
y
y
y y
m
m
m
m
m
m
6．【答案】（1）
（2）是定值，
【分析】（1）根据题设列出关于
的方程组，求解即得；
（2）设的方程为
，与双曲线方程联立，写出韦达定理，分别求出直线
的斜率
，
并化简
，利用消元思想与韦达定理即可推出结论.
【详解】（1）由题意，可得
， 解得
.所以
的方程为
.
（2）由（1）知，
的右焦点为
，设的方程为
，
与方程
联立，得
.
因为与
有两个交点，所以
且
，解得
2
2
2
2
6
1
3
1
6
2
9
9
3
1
3
1
m
m
m
m
2
2
1
3
y
x
1
3
, ,
a b c
l
2
x
my
,
AM BN
1
2
,
k k
1
2
k
k
2
2
2
2
2
4
9
1
2
a
b
c
a
a
b
c
2
2
1
3
a
b
，
C
2
2
1
3
y
x
C
2 2,0
F
l
2
x
my
2
2
1
3
y
x
2
2
3
1
12
9
0
m
y
my
l
C
2
3
1
0
m
2
2
2
144
36(3
1)
36(
1)
0
m
m
m
3
3
m
．
设
，则
，则有
因
，则
，
所以
，因
，
代入可得，
，即
为定值.
7. 【答案】（1）
（2）证明见详解 （3）
【分析】（1）联立曲线
和直线求交点
.
（2）先求出过
与直线垂直的直线方程，联立曲线
方程，用韦达定理求
点坐标，进而得到
点
坐标，最后计算
为定值.
（3）根据直线与以
为直径的圆相切验证特殊直线是否存在.
【详解】（1）因为曲线
和直线交于点
，所以将直线
代入曲线E：
，
3
3
m
1
1
2
2
,
,
A x y
B x
y
，
1
2
1
2
2
2
12
9
3
1
3
1
m
y
y
y y
m
m
，
1
2
1
2
3
4
my y
y
y
( 1,0),
(1,0)
M
N
1
2
1
2
1
2
1
1
y
y
k
k
x
x
，
1
2
1
2
1
1
2
1
2
2
1
2
1
1
2
2
1
1
1
3
3
y
x
y
my
k
my y
y
k
y
x
y
my
my y
y
1
2
1
2
3
4
my y
y
y
1
2
1
1
2
1
2
1
2
2
1
2
3
1
3
1
4
4
4
3
3
9
3
3
4
4
4
y
y
y
y
y
k
k
y
y
y
y
y
1
2
k
k
,1
A t
t
y
x
E
l
A
A
l
E
B
P
PA
PQ
PQ
E
l
A
:
1
l y
x
2
2
1
1
x
y
t
t
则
，化简得
，即
，即
，所以
.
（2）因为直线斜率为
，所以直线
斜率为，即直线
：
，
联立直线
和曲线
得：
，化简得：
，
设
，
，
中点
，
由韦达定理可得：
，即
，
所以
，
根据两点间距离公式可得：
，
又因为线段AB 的中点为P，所以
，
由两点距离公式可得：
，
，
所以
，即
定值.
（3）存在直线
：
满足条件，下证之.设圆心为
，半径为，直线
交
于
，
，连接
，则
，
，设
，
为
与
之间的距离，
2
2
(1
)
(1 2
)
(1
)
x
t
t
x
x
t
t
2
(
)
0
x
t
x
t
1
y
t
,1
A t
t
l
1
AB
1
AB
1 2
y
x
t
AB
E
2
2
1 2
1
1
y
x
t
x
y
t
t
2
2
2 1 2
4
3
0
x
t
t x
t
t
1
1
( ,
)
A x y
2
2
(
,
)
B x y
AB
0
0
(
,
)
P x y
1
2
2 (1 2 )
x
x
t
t
2
2
1
2
0
0
0
2
,
1
2
2
3
1
2
x
x
x
t
t
y
x
t
t
t
2
2
(2
,2
3
1)
P t
t
t
t
2
2
2
1 1
2
(4
3 )
2 4
4
4 2 (1
)
A
B
AB
x
x
t
t
t
t
t
t
t
1
2 2 (1
)
2
PA
AB
t
t
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
7
25
2
2
3
(2
)
(2
3 )
3
5
8
8
32
PQ
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
4
3
2
2
2
25
5
8
16
13
5
(2 2
2 2
)
32
4 2
t
t
t
t
t
t
2
2
5
5
2 2
2 2
2 2
2 2
4 2
4 2
t
t
t
t
2
5
5 2
2 2 (1
)
2 2
2 2 )
8
4 2
PA
PQ
t
t
t
t
PA
PQ
'l
y
x
T
r
AP
y
x
M
'
AP
l
OQ
'
OQ
l
2
8
OQ
PM
x
AM
y
x
1
y
x
，
，由（2）可知，
，
所以
，所以圆心
到
的距离
，
故
与
相切，直线
满足条件.
🎯命题方向三 定直线问题
8. 【答案】（1）
（2）①
；②
必在直线
上，理由见详解
【分析】（1）设
，由题意列方程，化简即可求出答案.
（2）①直线
的方程为
，
，
，将直线方程与双曲线方程联立得到
，
，用斜率公式列出直线
，
的斜率之和，代入即可求出答案；②求出直线
，
的中垂线，联立求出点
的坐标
，消去
即可求出答案.
【详解】（1）由题意知，
，
所以动点
的轨迹为双曲线的右支，
，
，
即
，
，所以
，所以点
的轨迹曲线
的方程为
.
（2）①设直线
的方程为
，
，
，直线
和
的斜率分别为
，
2
2
AM
2
2
AP
x
5 2
8
PA
PQ
2
2
8
PQ
x
OQ
PM
r
T
'l
2
OQ
PM
d
r
T
e
y
x
y
x
2
2
1
0
2
x
y
x
0
M
3 0
x
y
,
Q x y
AB
y
x
m
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
1
2
x
x
2
1x x
AP
BP
AP
BP
M
3
3
1 ,
1
2
2
m
m
m
2 2
2 3
QE
QF
EF
Q
2
2 2
a
2
2 3
c
2
a
3
c
2
2
1
b
c
a
Q
C
2
2
1
0
2
x
y
x
AB
y
x
m
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
AP
BP
1k
2k
，
联立
得，
，
由题意得
，解得
，于
，
，
所以
，所以
．
②直线
的中垂线为
，
直线
的中垂线为
，
联立直线方程得：
，消
得
，
2k
2
2
1
2
x
y
y
x
m
2
2
4
2
2
0
x
mx
m
2
2
2
16
4 2
2
0
2
2
2
4 2
2
2
0
m
m
m
m
m
1
m
1
2
4
x
x
m
2
1 2
2
2
x x
m
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
1
1
2
2
2
2
x
y
x
y
y
y
k
k
x
x
x
x
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
1
2
4
1
2
2
2
2
x
m
x
x
m
x
m
x
x
x x
m
x
x
x
x
2
1
2
1 4
2 2
2
4
1
0
2
2
m
m
m
m
x
x
1
2
0
k
k
AP
1
1
1
1
1
2
2
2
1
2
y
x
x
y
x
y
BP
2
2
2
2
1
2
2
2
1
2
y
x
x
y
x
y
1
1
1
1
2
2
2
2
1
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
y
x
x
y
x
y
y
x
x
y
x
y
y
1
2
1
2
1
2
2
2
3
1
1
2
x
x
x
y
y
y
y
于是
，
所以
，
代入得
，
当
时，点
在直线
上，不符合题意，故
，
又消
得：
，推出
，
推出：
，
得：
，
得：
，
又
，则
，
又
，所以
，故
外接圆圆心
，
令
，消去
得
，故
必在直线
上.
9 .【答案】（1）
（2）（i）证明见详解
（ii）
【分析】（1）利用抛物线标准方程的焦点坐标公式，建立方程求解参数，从而确定抛物线方程；
（2）（i）通过求导得到切线方程，联立求出交点坐标，并利用垂心定义与斜率关系推导出垂心的纵坐标
1
2
2
1
1
2
1
2
2
1
2
1
3
1
1
2
x
m
x
x
m
x
x
x
x
m
x
m
x
2
1
2
1
2
3
3
1
1
2
m x
x x
m
m
x
x
3
3
3
1
2
m x
m
m
3
m
P
AB
3
1
2
x
m
x
2
1
1
1
2
2
2
2
3
1
1
2
2
3
1
1
2
2
y
y
y
x
x
y
y
y
x
x
1
1
1
2
2
2
1
3
2
2
4
1
3
2
2
4
y
y
x
x
x
y
y
x
x
x
1
2
2
1
1
2
1
1
3
2
2
4
y
y
y
x
x
x
x
2
1
1
2
1
2
1
2
2
1
3
4
2
1
2
1
2
4 x
x
x x
x
x
m
x
x
m
x
x
y
2
2
1
2
1
3
4
2
2
8
3
4 x
x
m
m
m
x
x
y
1
2
x
x
3
3
1
3
2 m
m
m y
3
m
3 1
2
y
m
PAB
3
3
1 ,
1
2
2
M
m
m
3
1
2
3 1
2
x
m
y
m
m
3 0
x
y
M
3 0
x
y
2
4
x
y
4 2
为定值，证明其在定直线上；（ii）由切线交点坐标与椭圆条件建立面积表达式，结合二次函数最值求得
三角形面积的最大值.
【详解】（1）抛物线
的焦点坐标为
，已知焦点
，故
，
因此抛物线方程为：
.
（2）（i）由方程
，故在点
处切线方程为：
方程为
，
方程为
方程为
，
联立
故解得
，同理可得
则过
点与
垂直的直线为：
，①
过点
点与
垂直的直线：
，②
①－②可得：
故
的垂心在一定直线
上
（ii）设
，由（i）可知：
的直线方程为
，
将
代入可得：
，
2
Γ:
2
x
py
(0,
)
2
p
(0,1)
F
1
2
2
p
p
2
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2
,
4
2
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y
y
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2
2
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1
1
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1
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2
2
4
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x
x
x
x x
x
y
y
x
x
y
x
y
2l
2
2
2
3
2
4
x x
x
y
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，
2
3
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2
4
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x
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1
2
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1
2
1
2
,
2
4
x
x
x x
G
1
3
1 3
2
3
2
3
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,
,
2
4
2
4
x
x
x x
x
x
x x
D
E
E
1l
2
3
3
2
1
1
2
3
3
2
1
2
4
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4
4
2
x x
x
x
y
x
x y
x x x
x
x
x
x
D
2l
1 3
1
3
2
1
2
3
1
3
2
2
4
8
4
4
2
x x
x
x
y
x
x y
x x x
x
x
x
x
1
2
2
1
4
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1
x
x
y
x
x
y
EDG
1
y
0
0
,
G x
y
GA
2
1
1
2
4
x x
x
y
0
0
,
G x
y
2
1
1 0
0
1
1 0
0
2
4
0
2
2
0
x
x x
y
y
x x
y
同理可得
，故
的直线方程为
，
联立直线
与抛物线得
，由弦长公式
，
为了使
的面积最大，必须保证
处的切线与直线
平行，所以
，
从而
故
的面积为：
，
当
时，取得最大值
.
10．【答案】（1）
（2）（i）证明见详解（ii）证明见详解
【分析】（1）根据圆过双曲线顶点求出，再由离心率即可得解；
（2）（i）设出直线方程，联立双曲线方程，由根与系数的关系及斜率公式可证明
，
即可得证；
（ii）设直线
方程，联立圆的方程可得点
坐标，求出
，得出直线
方程，联立
方程求出
点横坐标为定值得证.
2
2
2
0
0
2
2
0
0
2
4
0
2
2
0
x
x x
y
y
x x
y
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0
0
2
2
0
y
x x
y
AB
2
0
0
2
4
0
x
x x
y
2
2
0
0
0
1
4
16
4
x
AB
x
y
ABC
C
AB
0
3
2
2
AB
C
x
x
k
k
2
3
3, 4
x
C x
ABC
2
2
3
2
0
0
0
2
2
0
2
Δ
0
0
0
0
2
0
1
2
1
1
1
2
1
4
16
16
4
2
2
4
32
4
ABC
x
x
y
x
S
AB d
x
y
y
y
x
0
2
y
max
4 2
ABC
S
【详解】（1）因为圆
与
恰有两个交点，
由双曲线及圆的对称性知，圆过双曲线的左右顶点，
所以
，
又
，所以
，故
，
所以双曲线
的方程为
.
（2）（i）由（1）知，
,
设过
的直线方程为
，
，如图，
由
，可得
，
，其中
，
，
，
，
为圆
的一条直径，
三点共线.
（ii）不妨设直线
，其中
，
由（i）可知
，
由
，可得
，解得
,
故可得
，即
，
，
直线
，
由
，可解得
，
点
在定直线
上.
题型04 圆锥曲线中的取值范围、最值问题
🎯命题方向一 圆锥曲线的最值问题
1. 【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）设直线
的方程为
，可得
，进而得到直线的方程为
3 3
AB
0
2
p
x
my
m
0,
2
p
P
m
l
2
p
y
mx
m
l
0
，联立直线与抛物线方程，验证
即可求证；
（2）先求出
，结合弦长公式及点到直线的距离公式表示出
，令
，可得
，设
，进而利用导数分析其单调性，进而求解
即可.
【详解】（1）由题意，得
，显然直线
的斜率存在且不为0，
设直线
的方程为
，令
，得
，即
，
因此直线的方程为
，联立
，得
，
则
，又
，则直线与
相切
（2）当
时，抛物线
，
直线
的方程为
，直线的方程为
，
，
联立
，解得
，则
，
联立
，得
，设
，
则
，
2
p
y
mx
m
l
0
2
1
2
,
D
m
m
2
2
2
2
1
1
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m
m
S
m
2,
0
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m t
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1
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2
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y
mx
m
y
px
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2
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p
2
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2
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0
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l
1
y
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m
1
0,
P
m
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4
y
mx
m
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1
2
x
m
y
m
2
1
2
,
D
m
m
2
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1
x
x
y
y
m
2
4
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y
my
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
1
2
1
2
4 ,
4
y
y
m y y
所以
，
点
到直线
的距离即为
则
，
令
，则
，设
，
则
，
令
，得
，令
，得
，
则函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，则
的最小值为
.
2．【答案】（1）
（2）证明见详解，
（3）
【详解】（1）
，
，则
，
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
4
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4
4
4
4
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y
y
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m
m
m
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m
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m
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t
t
t
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27
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1 3 5
,
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m
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(
)
0
0
,
P x y
1
0
0
1
,
PF
x
y
由
，则
，故
，
故
，化简得
，又
，
则
，解得
，则
，
故
或
（负值舍去），即点
的坐标为
；
（2）由
，
，则
，
故
，则有
，
化简得
，由
，则
，
整理得
，
则
或
（负值舍去）；
，则
，由
，则
，
故
，则有
，化简得
，
由
，则
，
整理得
，则
或
（负值舍去）；
故
，故
是定值，且
；
（3）
，
，
1
1
2
PF
FQ
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1
1
1
1
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2
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6
12
3
1
x
x
0
1
2
x
2
2
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0
1
45
3 1
3
1
4
16
16
x
y
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S
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PR
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则
，
则
，
由
，
，则
，
又
，
则
，
当且仅当
，即
时，等号成立，故四边形
面积最大值为
.
3. 【答案】（1）
（2）（i）
；（ii）
1 2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
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117
117
11
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2
27
27 16
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25
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y
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4
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1
2
FQRF
13 3
8
【分析】（1）由已知可得出
，利用点到直线的距离公式可得出
，再利用
、
、
的关系求
得
的值，即可得出双曲线的方程；
（2）（i）设直线
方程
，则
，设点
、
，将直线
的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，分析可知
，可得出
，由
可求得
的值；
（
ii
）
由
已
知
可
得
，
令
，
可
得
出
，利用导数求出函数
的值域，即可得出
的最小值.
【详解】（1）双曲线
的渐近线方程为
，由已知得
，
双曲线上一点
到渐近线距离之积
，
即
，又
，
，所以双曲线方程为
.
（2）（i）设直线
方程
，则
，设点
、
，
联列方程组
，可得
，
由题意可得
且
恒成立，
又
，
，
直线
的方程为
，令
，有
，
即
，同理
，
直角三角形
中，设直线
交
轴于点
，
因为
，则
，
所以，
，所以，
，
则
，
即
，当
时，因为
，可得
；
（ii）由（i）知：
，从而
，
令
，则
，
则
，则
，
当
时，
；当
时，
，
所以
在
上递增，在
上递减，故
，所以
最小值为
.
4. 【答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据条件，结合余弦定是，建立方程组
，解出
，
即可求解；
（2）分直线斜率存在与不存在两种情况，当斜率不存时，设
，
，结合
条件，可直接求出
，即可求出
到直线
；当斜率存在时，设
，联立椭圆方程，得
到
，利用韦达定理，结合条件，得到
，代入椭圆方
2
2
1
4
x
y
3
1 2
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1
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2
2
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,
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m
2
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4
1
4
km
m
M
k
k
,
程得
，再利用点到直线的距离公式得
，即可求解.
【详解】（1）由题意得
，整理得
，解得
，
所以椭圆方程为
.
（2）（i）当直线
斜率不存在时，设
，则
因为原点
是
的重心，所以
，得到
，
，
将
，代入
，解得
，或
，
此时
到直线
的距离为
.
（ii）当
斜率存在时，设
所在直线方程为
，
由
，消
得
，
则
，即
，
且
，
2
2
1 4
4
k
m
2
3
3
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1
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k
1 2
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(2 )
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cos
2
2
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a
a
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a
c
a
b
c
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3
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,
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1
x
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1
2
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x
x
M
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3
NG
NG
y
kx
m
1
1
2
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3
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,
,
,
,
M x y
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4
x
y
y
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m
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2
2
(1 4
)
8
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0
k
x
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m
2
2
(6 4
1
)
1
0
k
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m
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1
4
km
m
x
x
y
y
kx
m
kx
m
k
k
,
因为原点
是
的重心，所以
，
得到
，故
，
又点
在椭圆上，则
，整理可得
，
所以点
到直线
的距离为
.
综上所述，得点
到直线
的距离的最大值为
.
5. 【答案】（1）
（2）①证明见详解；②
【分析】（1）借助抛物线定义即可得；
（2）①设
，
，联立曲线方程，利用切线性质可得
，
同理可得
，则有
，故
、
是方程
的两根，则可
得
，
，再用
表示出
及
即可得证；②由题意可得
O
MNG
1
2
3
1
2
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k
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4
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k
k
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k
2
2
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M
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2
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2
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1
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m
k m
m
m
m
k
k
k
d
k
k
k
2
2
2
2
2
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1
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k
k
k
k
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y
0
0
0
OP
y
k
y
x
0x
H
，则
，再利用垂直性质可得
，从而可解出
，即可得
点坐
标，再求出
点坐标后，即可表示
、
，再利用基本不等式即可得解.
【详解】（1）若
，则点
在抛物线在
轴上方部分的下方，
由抛物线定义可得
等于点
到准线
的距离，
则
的最小值为点
到准线
的距离，
故
，解得
，即抛物线的方程为
；
（2）①设
，
、
，
由题意可得直线
、
不与坐标轴平行，可设
，
联立
，消去
得
，
则
，
即
，则
，同理可得
，
则有
，故
、
是方程
两根，
故
，
，
由
，则
，
0
0
:
AB
l
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x
0
1
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y
0
0
0
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2
0
2
y y
x
1 ,0
2
F
0
2
0
2
2
0
2
2
0
0
1
2
1
4
PF
y
x
x
x
y
，
故
；
②由
，则点
、
都在直线
上，
则
，故
，由
，故
，即
，
对
，令
，则
，故
，
有
，联立
，解得
，故
，
则
，
，
则
，当且仅当
，即
时，等号成立，
故
的最大值为
.
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
4
4
4
y
y
y y
y
y
AF BF
x
x
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
0
0
0
0
0
0
0
2
4
4
4
1
1
1
4
4
4
4
4
4
y
y
y
y
x
y
x
x
x
y
x
2
PF
AF BF
2
1
0
0
1
2
2
0
0
2
2
2
y
x
y y
y
x
y y
2
1
1
,
2
y
A
y
2
2
2
,
2
y
B
y
0
0
x
y y
x
0
1
AB
k
y
0
0
0
OP
y
k
y
x
0
0
y
0
1
x
0
1,
P
y
0
0
x
y y
x
0
y
0
1
x
x
1,0
H
0
:
OP
l
y
y x
0
0
1
y y
x
y
y x
2
0
0
2
0
1
1
1
x
y
y
y
y
0
2
2
0
0
1
,
1
1
y
G
y
y
2
2
0
2
2
0
0
0
1
1
1
1
1
1
y
GH
y
y
y
2
2
0
0
2
2
0
0
2
1
1
1
1
1
y
PG
y
y
y
2
0
2
2
2
0
0
0
2
4
2
2
2
0
0
0
0
0
2
2
0
0
2
1
4
2
4
4
2
4
1
1
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
GH
PG
2
0
2
0
4
1
2
4
4
2 y
y
2
0
2
0
4
y
y
0
2
y
GH
PG
2
4
6. 【答案】（1）
2
2
1
2
x
y
（2）（i）3
3
0
x
y
；（ii）
16
9
【分析】（1）根据条件，结合, ,
a b c 的关系，可确定, ,
a b c 的值，得椭圆标准方程.
（2）（i）结合
1
b
c
，探索直线MG , NG 倾斜角之间
关系，进而得到
1
MG
NG
k
k
，
设直线1 :
1
l
x
my
，与椭圆方程联立，结合韦达定理，用m 表示
1
MG
NG
k
k
，求出m 的值，可得直线
1l 的方程.
（ii）因为MN
AB
，所以两直线斜率之积为
1
，利用直线1l 的斜率表示出MN ，AB ，再表示出
四边形MANB 面积，借助基本不等式求面积的最小值.
【详解】（1）由题意得2
2
c
，
1
2
Δ
max
1
2
1
2
F PF
S
c b
bc
，故
1
b
c
，
2
2
2
2
a
b
c
.
故椭圆E 的标准方程为
2
2
1
2
x
y
.
（2）如图：（i）设
1
1
θ,
MGF
NGF
MG
的倾斜角为, NG
的倾斜角为，则
π
π
θ,
θ
4
4
，所以
π
2
，又
π
tan ,
tan
tan
2
MG
NG
k
k
，所以
1
MG
NG
k
k
.
由题意
1l
的斜率不为零，设
1 :
1
l
x
my
联立
2
2
1
1
2
x
my
x
y
得
2
2
2
2
1
0
m
y
my
，
2
Δ
8
8
0
m
恒成立.
设
1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
，则
1
2
1
2
2
2
2
1
,
2
2
m
y
y
y y
m
m
，
又
1
MG
NG
k
k
，所以
1
2
1
2
1
1
1
y
y
x
x
，
即
1
2
1
2
1
2
1
1
1
1
y
y
x x
my
my
，所以
2
3
2
1
0
m
m
，
因为
1
m
，所以
1
3
m
，所以
1l 的方程为3
3
0
x
y
（ii）设
1
1
2
2
3
3
4
4
1
,
,
,
,
,
,
,
,
:
1
M x y
N x
y
A x
y
B x
y
l
y
k x
，
联立
2
2
1
1
2
y
k x
x
y
，化简得
2
2
2
2
2
1
4
2
2
0
k
x
k x
k
，故
2
Δ
8
8
0
k
恒成立.
由韦达定理得：
2
2
1
2
1
2
2
2
4
2
2
,
2
1
2
1
k
k
x
x
x x
k
k
，
2
2
2
1
2
1
2
2
2 2
1
1
4
2
1
k
MN
k
x
x
x x
k
，
因为MN
AB
，所以
2
1
:
1
l
y
x
k
同理
2
2
2
3
4
3
4
2
2 2
1
1
1
4
2
k
AB
x
x
x x
k
k
所以
2
2
4
2
2
2
4
2
2 2
1
2 2
1
1
1
2
1
4
2
2
2
2
1
2
5
2
MANB
k
k
k
k
S
AB
MN
k
k
k
k
2
4
2
2
2
1
16
2 1
2 1
2
2
5
2
9
2
5
k
k
k
k
k
，当且仅当
2
2
1
k
k
，即
1
k 时，取等号.所以，当
1
k 时，四边形MANB 面积的最小值为
16
9 .
🎯命题方向二 圆锥曲线的范围问题
7. 【答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）根据
计算求参；
（2）设点的坐标结合两角和正切，应用点在椭圆上计算；
（3）设直线方程再联立得出韦达定理，再结合点到直线距离分类讨论计算求出参数范围.
【详解】（1）因为
与
的左焦点重合，故
，因此
.又因为
，而
，
所以
，解得：
(负舍).
（2）因为
，又因为
，而
，
代入解得
.若
在第一象限，则
，故
在第二象限.
设
，而
，整理可得
.
代入椭圆
方程
，可得：
.
所以解得
(增根舍去)，所以
.因此
.
（3）由题意可知：直线
的解析式为
，
设直线的解析式为
(
)，且
、
.联立
，
可得
，
.
根据韦达定理，
，
.
因为
、
两点均在直线
的左侧，故
.
又因为
，
，因此
，
代入化简可得方程
.
设
，又因为
，故
.
① 若
，此时直线与
存在两个交点. 若存在
，使得
，
而
，故
，
可得
，故
，因此
.
② 若
，而此时
在
的外部，
，故
.
若存在
，使得
，而
，
故
，可得
，故
.
综上所述，
的取值范围为
.
8．【答案】（1）
（2）（i）
或
；（ii）
【详解】（1）由题意可得，
，即
，
又
，得
，又
，得
，
所以椭圆
的标准方程为
.
（2）（i）由（1）知
，设点
，直线
的倾斜角分别为
，
得
，当
时，
，此时
，
当
时，
，则
，
当且仅当
时，等号成立，
当
时，
，
2
2
1
4
x
y
4,2 3
4, 2 3
1
9
2
4
a
2
a
3
2
c
e
a
3
c
2
2
2
b
c
a
2
4
3
1
b
C
2
2
1
4
x
y
1
2
2,0 ,
2,0
A
A
4,
P
t
1
2
,
PA PA
,
1
2
tan
,
tan
6
2
PA
PA
t
t
k
k
0
t
1
2
tan
0
A PA
1
2
0
A PA
0
t
1
2
A PA
1
2
2
tan
tan
4
4
3
2
6
tan
12
1 tan tan
12
3
1
6
2
t
t
t
A PA
t
t
t
t
t
2 3
t
0
t
1
2
A PA
则有
，
当且仅当
时，等号成立，
综上所述，当且仅当
时，
有最大值，即
有最大值
，
所以当点
的坐标是
或
有最大值
.
（ii）法一：设点
，当
时，两个三角形不存在，所以
，
直线
的方程分别为
，
联立方程得
，消去
得
，
解得
或
，即点
，
联立方程得
，消去
得
，
解得
或
，即点
，则
，
直线
的方程为
，
化简得
，所以直线
过定点
，
又
，
，若
，得
，
1
2
2
tan
tan
4
4
3
6
2
tan
12
1 tan tan
12
3
1
6
2
t
t
t
A PA
t
t
t
t
t
2 3
t
2 3
t
1
2
tanA PA
1
2
A PA
π
6
P
4,2 3
1
2
4, 2 3 ,
A PA
π
6
4,
P
t
0
t
0
t
1
2
,
PA PA
2 ,
2
6
2
t
t
y
x
y
x
2
2
2
6
1
4
t
y
x
x
y
y
2
2
2
2
9
4
4
36
0
t
x
t x
t
2
x
2
2
18
2
9
t
x
t
2
2
2
18
2
6
9
9
t
t
M
t
t
，
2
2
2
2
1
4
t
y
x
x
y
y
2
2
2
2
1
4
4
4
0
t
x
t x
t
2
x
2
2
2
2
1
t
x
t
2
2
2
2
2
2
1
1
t
t
N
t
t
，
2
2
2
2
2
2
2
6
2
2
9
1
18
2
2
2
3
9
1
MN
t
t
t
t
t
k
t
t
t
t
t
MN
2
2
2
2
2
2
2
2
1
3
1
t
t
t
y
x
t
t
t
2
2
1
3
t
y
x
t
MN
1,0
D
1
1
1
1
2
1
3
3
6
2
2
2
9
MA D
t
S
A D
y
y
t
2
2
2
2
2
1
1
1
2
2
2
2
1
NA D
t
S
A D
y
y
t
1
2
MA D
NA D
S
S
2
2
3
6
2
2
9
2
1
t
t
t
t
化简得
，由
，则
，则
.
法二：当直线
与轴重合时，显然不满足题意.
设直线
为
，点
是直线
与轴的交点，
联立方程组
，消去得
，
所以有
，
直线
的方程为
，直线
的方程为
，
联立方程得
，解得
，
又
，
所以点
的横坐标为
，
代入
得
，解得
，即点
，
由于
，
若
，即
，由图可知
异号，即
，
所以有
，
化简得
.该方程有解，即
，则
.
2
2
2
1
8
9
9 1
9
9
t
t
t
2
0
t
2
1
8
1
1
9
9
t
1
9
MN
x
MN
1
1
2
2
,
,
,
,
x
my
n M x y
N x y
,0
D n
MN
x
2
2
4
4
x
my
n
x
y
x
2
2
2
4
2
4
0
m
y
mny
n
2
1
2
1
2
2
2
2
4
,
4
4
mn
n
y
y
y y
m
m
1
PA
1
1
2
2
y
y
x
x
2
PA
2
2
2
2
y
y
x
x
1
1
2
2
2
2
2
2
y
y
x
x
y
y
x
x
2
1
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
2
4
2
2
x y
x y
y
y
x
x y
x y
y
y
1
1
2
2
,
x
my
n x
my
n
P
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
4
2
4
2
my y
t y
y
y
y
x
t y
y
y
y
2
1
2
1
2
2
2
2
4
4
4
mn
n
y
y
y y
m
m
，
2
2
1
2
1
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
4
16
4
16
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
mn
m
mn
m
y
y
y
y
m
m
m
x
mn
mn
n
n y
y
n y
y
m
m
1
n
1,0
D
1
2
1
1
1
2
2
2
1
3
1
1
,
2
2
2
2
MA D
NA D
S
A D
y
y
S
A D
y
y
1
2
MA D
NA D
S
S
1
2
3
y
y
1
2
,y y
1
2
3
y
y
2
1
2
2
1
2
2
2
2
2
3
1
,
3
4
3
4
m
y
y
y
y y
y
m
m
2
2
4 3
1
9
m
2
4 3
0
1
9
1
9
9. 【答案】（1）
（2）（ⅰ）
；（ⅱ）
.
【分析】（1）联立直线
与抛物线方程，由韦达定理求出弦长
，由其所得弦长公式特
征即可求出其最小值，结合题意即可得解；
（2）（ⅰ）设直线l 的方程为
，直线
的方程为
，且
，
，联立直线方程和抛物线方程后可得
、
.
，结合焦半径公式
和面积公式可得
，故求出
的最小值后可得
面积的最小值；（ⅱ）用诸点坐标表示
，结合（ⅰ）的坐标关系和两角差的正切公式、双勾
函数的单调性可求
的取值范围.
【详解】（1）由题抛物线
的焦点
，可设直线
，
联立
，设
，
所以
，
则
，
所以
，
所以当
时有
，则由题意
，所以
的标准方程为
.
（2）（ⅰ）由（1）
，则可设直线l 的方程为
，直线
的方程为
，
且
，
，联立
得
，
所以
故
，同理
，
，
联立
，则
，故
，故
，
而
，
，
，
，
故
，
，
故
，
而
，当且仅当
时等号成立，
故
的最小值为
.
（ⅱ）由抛物线的对称性，不妨设
,则
.
由（ⅰ）可得
，故
,
而
，故
，
而
，故
，故
，
故
，
设
，则
即
，当且仅当
时等号成立，
又
，
由双勾函数的单调性可得
在
上为减函数，故
，
故
，故
，故
.
题型05 证明类与几何探究问题
🎯命题方向一 圆锥曲线中的证明问题
1. 【答案】（1）证明见详解
（2）证明见详解 （3）证明见详解
【分析】（1）设出直线PQ 的方程，与椭圆联立，由题意得判别式
，可得k 的表达式，代入切线方
程，整理即可得证.
（2）分析得
或
符合题意，当
，分别求出直线
和
的斜率，设
的外角
平分线的斜率为
，根据夹角公式，化简计算，即可得证.
（3）由（1）得切线方程，进而可得直线
和
的方程，与切线联立，可得点
和
的坐标，即
可求出
和
的值，根据椭圆方程，可得点
和
坐标，分析即可得证.
【详解】（1）因为
，则切线PQ 的斜率存在，且设为k，
则切线方程为
，
联立
，则
，
因为PQ 为切线，所以判别式
，
整理得
，则切线方程为
，又
，
整理得切线
的方程为
.
0
0
1
x
0
1
x
0
1
x
1
PF
2
PF
1
2
F PF
0k
1 1
F B
2
2
F B
1B
2
B
1
OB
2
OB
1A
2A
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0
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0
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y
y
0
0
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)
y
y
k x
x
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(
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1
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y
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k x
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x
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x
k y
kx
x
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kx
2
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1
Δ
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)
4
(
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1
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kx
k
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y
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y
x
x
y
y
2
2
0
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1
2
x
y
PQ
0
0
1
2
x x
y y
（2）由题意得
，
当
轴时，即
时，不妨设点
在第一象限，则
，
所以直线
的斜率
，直线
的斜率
，
则直线
与直线
的夹角的正切值为
，
又直线
的斜率为
，所以直线
与直线
的夹角的正切值为
，
所以
为
的外角平分线；
同理当
轴时，即
时，
也为
的外角平分线；
当
时，直线
的斜率
，直线
的斜率
，
设
的外角平分线的斜率为
，则
，
所以
，整理得
，
又
，所以
，解得
或
，
1
2
( 1,0),
(1,0)
F
F
2
PF
x
0
1
x
P
2
1,
2
P
1
PF
1
2
2
2
1 ( 1)
4
k
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0
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2
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2
x
k
y
1
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2
2
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2
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2
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2
2
PF
PQ
1
2
2
2
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1
2
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1
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x
0
1
x
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1
2
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1
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0
1
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k
x
2
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k
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1
2
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1
1
k
k
k
k
k k
k k
0
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0
0
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0
0
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1
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1
y
y
k
k
x
x
y
y
k
k
x
x
2
2
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0
0
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(1 3
)
0
x y k
y
k
x y
2
2
0
0
1
2
x
y
0
0
0
0
0
0
1
(2
)
0
2
y k
x
x k
y
0
0
0
2
x
k
y
0
0
0
2y
k
x
因为
为
的外角平分线的斜率，所以
，
即
的外角平分线的斜率与切线
斜率相等，所以
为
的外角平分线，
综上，
为
的外角平分线.
（3）由（1）得直线
的斜率
，又
，
，
所以
，又
，
所以直线
的方程为
，直线
的方程为
，
联立
，解得
，即
，
同理，联立
，得
，
则
，
又
，所以
，
同理可得
，又
，所以
，
所以
，
，
，
四点共圆.
0k
1
2
F PF
0
0
0
2
x
k
k
y
1
2
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1
2
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1
2
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2
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k
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1
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2
2
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1 1
2
2
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0
2
F B
F B
y
k
k
x
1
2
( 1,0),
(1,0)
F
F
1 1
F B
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2
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1)
y
y
x
x
2
2
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1)
y
y
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x
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0
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1)
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2
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y
x
x
x x
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1)
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,
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1)
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1)
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2
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y
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x
x x
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,
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1)
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4
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(2
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x
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x
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)
2
(2
)
(2
)
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x
x
x
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x
x
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2
OB
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2
(
2,0),
( 2,0)
A
A
1
2
2
OA
OA
1A
2A
2
B
1B
2. 【答案】（1）
（2）（i）证明见详解，圆
过定点
和
.；（ii）证明见详解
【分析】（1）根据圆与圆相切可得
，依据椭圆的定义可求椭圆方程；
（2）（i）设动直线
的方程为：
，联立直线方程和椭圆方程后结合韦达定理可求得
，再结合数量积可得
，从而可求定点或设以
为直径的圆与
轴的交点
，则
，结合韦达定理化简前者可得定点；（ii）用
坐标表示
的纵坐标，结合
韦达定理化简后可证
与
的方向向量垂直，从而可得直线
与圆
相切.
【详解】（1）圆
化为标准方程为
，圆心
，半径
圆
化为标准方程为
，圆心
，半径
设动圆圆心
，其半径为
.
由题意，圆
与圆
外切，与圆
内切，故
，
两式相加得
.
即动点
到两定点
与
的距离之和为常数12，且
2
2
1
36
27
x
y
G
3,0
21,0
12
PM
PN
AB
3
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1
1
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A B
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k
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M t
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,A B
G
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2
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12
PM
PN
P
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M
3,0
N
12
6
MN
满足椭圆的定义，于是其方程为：
（2）曲线
与
轴交于
，
两点，
由方程令
，得
，即
，
，点
为椭圆的右焦点.
（i）法1：设过点
的动直线
的方程为：
，
代入椭圆方程
整理得：
，
，
设
，
，则
，
，
不妨记
，则
直线
的方程为：
，与直线
交于点
，则
，
同理，直线
与直线
交于点
，则
，
2
2
1
36
27
x
y
T
x
1A
2A
0
y
6
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1
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2 6,0
A
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N
N
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3
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27
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2
2
2
Δ
324
324 3
4
1296
1
0
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m
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
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1
2
2
18
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4
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y
y
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1
2
2
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4
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m
1
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9
9
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A A
A B
y
y
y y
y y
k
k
x
x
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m y y
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y
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m
m
m
m
m
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k
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1
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k
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12,18
E
k
1A B
12
x
F
9
12,
2
F
k
，
，
，而
，
在以
为直径的圆
上即圆
过定点
，
由对称性知，圆
还过定点
，所以圆
过定点
和
.
法2：设过点
的动直线
的方程为：
，
代入椭圆方程
整理得：
，
，
设
，
，
则
，
，
，
直线
的方程为：
，所以点
，同理
，
设以
为直径的圆与
轴的交点
，则
，
即
（*），
而
，
代入（*）可得
，得
或
即圆
过定点，
定点坐标为
或
.
3,0
N
9,18
NE
k
9
9,
2
NF
k
9
9 9 18
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G
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21,0
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2
2
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2
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18
18
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9
9
81
y y
y y
y y
x
x
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m y y
m y
y
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2
2
2
2
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m
m
m
m
m
2
12
81
t
3
t
21
t
G
3,0
21,0
（ii）直线
的方程为：
，点
，
同理
，
，
而
，
，而
的方向向量
，
，
于
，故直线
与圆
相切，切于点
.
🎯命题方向二 圆锥曲线中探究性问题
3．【答案】（1）
（2）（ⅰ）13；（ⅱ）存在，
，证明见详解
【详解】（1）由题意知
，所以抛物线的方程为
．
（2）（ⅰ）由（1）知
，准线方程为
，
过
作
与准线垂直，垂足为
，由抛物线的定义知
，
因为
周长为
，
所以
（当且仅当
，
，
共线时取“＝”）．
又点
到准线的距离为8，且
，所以
周长的最小值为
．
（ⅱ）因为
，所以
．设点
，
，
，
则抛物线在点
处的切线方程为
，即
，
1A A
1
1
6
6
y
y
x
x
1
1
18
12,
6
y
E
x
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2
18
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y
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y
y
y
y
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x
x
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9
9
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y
y
y
my
y
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my
m y y
m y
y
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C x
x
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x
y
x
x
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1
1
1
1
4
8
y
x x
x
在点
处的切线方程为
，即
，
在点
处的切线方程为
，即
，
所以由
，得
，所以点
的坐标为
，
由
，得
，所以点
的坐标为
，
由
，得
，所以点
的坐标为
，
则
，所以直线
的方程为
．
令
，解得
的纵坐标
，所以
，
，
则
，所以直线
的方程为
．
令
，解得
的纵坐标
，所以
，
，
因为
，
故存在
使得
．
B
2
2
2
2
8
4
x
x
y
x
x
2
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y
x x
x
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x
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y
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1
1
1
1
1
B
C
OM
ON
y
y
4．【答案】（1）
（2）证明见详解
（3）存在
【详解】（1）由双曲线
的一条渐近线的倾斜角为
，有
，可得
，
又由点
在双曲线
上，有
，代入
，有
，可得
，
，
故双曲线的标准方程为
；
（2）设点
的坐标为
，则
，即
．
双曲线的两条渐近线，的方程分别为
，
，
则点
到两条渐近线的距离分别为
，
，
则
．
所以点
到双曲线
的两条渐近线的距离之积为定值．
（3）存在
．
①当
时，
，又
是
的中点，
所以
，所以
，此时
．
②当
时．
2
2
1
3
y
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2
C
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3
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9
1
3
a
a
1
a
3
b
2
2
1
3
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x
M
0
0
,
x y
2
2
0
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1
3
y
x
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0
3
3x
y
1l
2l
3
0
x
y
3
0
x
y
M
0
0
1
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x
y
d
0
0
2
3
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x
y
d
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2
0
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0
1
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2
4
4
x
y
x
y
x
y
d d
M
C
2
0
2
x
3
MF
AF
N
AM
45
AFN
MFN
2
AFM
AFN
2
0
2
x
ⅰ）当
在轴上方时，由
，
，可得
，
所以直线
的方程为
，把
代入得
．
所以
，则
．
由二倍角公式可得
．
因为直线
的斜率
及
，
所以
，则
．
因为
，
，所以
．
ⅱ）当
在轴下方时，同理可得
．
故存在
，使得
．
5. 【答案】（1）
（2）不存在，理由见详解
【分析】（1）根据离心率可得
，再结合
的面积可得
，
，即可得椭圆方程；
（2）设直线l：
，与椭圆方程联立，利用韦达定理分别求线段
、
的中点，结
合等腰梯形的性质列式求解即可.
M
x
1,0 ,
2,0
A
F
0
0
,
M x y
0
0
1
AM
y
k
x
AM
0
0
1
1
y
y
x
x
1
2
x
0
0
3
1 ,
2 2
1
y
N
x
0
0
0
0
3
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1
1
2
2
NF
y
y
x
k
x
0
0
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1
y
AFN
x
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0
0
0
0
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2
1
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1
y
x
x
y
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x
x
y
y
x
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0
2
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y
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MF
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k
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0
tan
2
y
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x
tan
tan2
AFM
AFN
0,π
AFM
π
0, 2
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2
AFM
AFN
M
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AFM
AFN
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AFM
AFN
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2
a
b
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V
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b
2
a
1
,
1
2
y
x
m m
AB
MN
【详解】（1）因为椭圆
的离心率为
，可得
，即
，
则
，
，
又因为
的面积
，即
，
，所以椭圆C 的方程为
.
（2）由（1）可知：
，
，
则直线
的斜率
，且线段
的中点为
，
假设存在直线l 满足题意，设直线l：
，
，
，
联立方程
，消去y 可得
，
则
，解得
，
可得
，
，
即
，则
，
可得线段
的中点为
，直线
的斜率
，
此时
，可知直线
与直线
不垂直，
C
2
3
1
2
c
b
e
a
a
1
2
b
a
2
a
b
2
OA
a
b
OB
b
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S
OA OB
b
1
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2,0
A
0,1
B
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2
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1
,
M x y
2
2
,
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m
x
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x
mx
m
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x
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x x
m
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x
x
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y
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MN
, 2
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1
1
2
2
1
2
PQ
m
k
m
1
1
4
PQ
k k
AB
PQ
这与等腰梯形的性质相矛盾，假设不成立，所以不存在直线l 满足题意.
6. 【答案】（1）
（2）①
；②存在，
【分析】（1）将点代入椭圆方程即可求解；
（2）①设直线
的方程为
，与椭圆方程联立，结合韦达定理化简求解即可；
②计算可得
，设
，可得
，结合
化简得到
，设直线
，进而得到直线
过定点
，进而求解即可.
【详解】（1）由题意，
，解得
，所以椭圆
的方程为
.
（2）①设直线
的方程为
，且
，
，即
，
联立
，得
，
则
，即
，
且
，
2
2
1
4
x
y
1
1
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x y
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k x
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k x
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Δ
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k
k
k
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4
1
C
C
k
k
x
x
x x
k
k
则
，
即点
横坐标为
.由①知，
，
，
则
，即
，
设
，与①同理可得
，
则
，
则
，
设直线
，
则
，
则
，又
，则
，
则直线
，所以直线
过定点
，
则
为
中点
时，则
，
2
1
2
2
1
1
1
1
1
2
2
2
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1
1
1
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x
x
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y
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x
x
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C
C
y
x
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y
k x
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x
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x
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y
y
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x
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x
x
x
x
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x y
y
x y
y
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x
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x y
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k x
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x k x
m
k x
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k x
m
x
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k x
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13 3
,
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3 2
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2
2
2
PH
，则
，因此，存在定点
，使得
为定值.
题型06 圆锥曲线的融合交汇问题
🎯命题方向一 圆锥曲线与三角函数的融合问题
1.【答案】(1)
(2)（ⅰ）
；（ⅱ）
【详解】（1）将
代入
的方程，得
，所以
，
所以
，解得
，故
的方程为
；
（2）（ⅰ）设
，
，则
，
因为
，所以
，
即
，①
又
的中点为
，所以
，
，
PG
MN
1
3 2
2
4
GQ
PH
13 3
,
4 4
Q
GQ
由
，得
，与①联立可得
．
又
，则
，
令
，则
，
设方程
的两根分别为
，
得
，
，
所以
在区间
内单调递减，在区间
内单调递增，
又
，
，即
，
所以
；
（ⅱ）由
，得
，
即
，即
，
即
，所以
，
又
，所以
，所以
，
所以
，
即
，所以
，
所以
为等腰三角形，
设重心
，
，
，
，
的中点为
，
则由
，得
，
，
直线
的斜率
，
由
，即
，可知
，
所以
，即
，即
，
所以
，
则
，
所以直线
的方程为
，即
，
联立
，整理得
，
则
，
，
所以
，
由
，得
，解得
，
所以
，
故点
的坐标为
．
🎯命题方向二 圆锥曲线与数列的融合问题
2. 【答案】（1）
（2）证明见解详解，定值为
（3）证明见详解
【分析】（1）借助焦点坐标与椭圆上的点的坐标，代入计算即可得；
（2）由题意可得
、
、
三点共线，设该直线为
，联立曲线方程可得与交点纵坐标有
关韦达定理，再利用所给椭圆第二定义可用
、
横坐标表示
、
，则利用韦达定理对
求和即可得；
（3）由椭圆对称性可得
，结合椭圆定义可得
，则可表示出
，结合等
比数列定义可得数列
为等比数列，再利用等比数列性质可求出
通项公式，即可得
的通
2
2
1
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n
n
n
A
A
A
1
n
D
n
D
n
D
nA
项公式，再合理放缩后求和即可得证
.
【详解】（1）由题意可得
，解得
，故椭圆
的标准方程为
；
（2）设
，由题意可得
、
、
三点共线，
设该直线为
，联立
，消去
可得
，
则
，
，由题意可得
，
，
由椭圆第二定义可得
，
，
则
，故
为定值
；
（3）由（2）中所得
，即
，
1
4
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n
n
S
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n
F P
F P
由椭圆对称性可得
也成立，
故有
，则
又由椭圆定义可得
，
则
，即
，
由
，则
，
又
，故数列
是以
为首项，
为公比的等比数列，
则
，整理得
，
故
，
即
，即得证.
1
2
1
2
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2
1
1
1
1
1
1
1
1
4
2 4
4
2 4
4
2 4
n
n
n
i
i
S
A
1
1
1
8
4
1
1
1
1
4
4
6
6
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4
n
n
n
n
1
1
1
1
4
6
6
4
6
n
n
n
S
3.【答案】（1）
（2）
，
（3）16
【解析】（1）因为点
在抛物线
上，则
，解得
.
（2）由
可知
，
，
因为点
在抛物线
上，则
，且
，
过
，
，且斜率为
的直线
，
联立方程
，消去
可得
，
解得
或
，
因
，故
，即
，
故数列
是以首项为2，公差为4 的等差数列，所以
，
又
，所以
，
所以
1
t
4
2
nx
n
1
1
,
3
2
1
1,
P t
t
2
:
4
C x
y
2
1
4
t
t
1
t
1 2,1
P
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2
x
1 1
y
,
n
n
n
P x
y
2
:
4
C x
y
2
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n
x
y
1
,
n
n
n
Q
x y
2
1
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1,
4
n
n
n
x
P
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2
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1
1
:
4
n
n
n
n
x
P Q
y
x
x
2
1
1
2
4
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n
n
x
y
x
x
x
y
y
1
1
4
0
n
n
x
x
x
x
1
n
x
x
1
4
n
x
x
1
,
n
n
n
Q
x y
1
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n
x
x
1
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n
n
x
x
nx
2
4
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nx
n
n
2
2
2
1
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n
n
x
y
n
2
1
1
1
1
1
1
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1
n
n
x
y
n
n
n
n
n
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
3
5
5
7
2
1
2
1
2
2
1
n
T
n
n
n
所以
，又
是关于
的递增函数，故
，
的取值范围是
.
（3）由（2）可知：
，
，
，
直线
的方程为
，
即
，
点
到直线
的距离为
，
，
所以
的面积为
.
4. 【答案】（1）
（2）
或
（3）
【分析】（1）利用点到线距离公式，结合题目条件化简即可；
（2）利用设线法并结合弦长公式即可得到方程，解出即可；
（3）设射线
与
轴正方向的夹角为
，
，则
的坐标为
，代入椭圆
方程利用求根公式求出
，结合三角恒等变换求和即可.
1
2
nT
n
T
n
min
1
1
3
T
T
n
T
1 1
,
3 2
2
4
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1
nP
n
n
2
1 4
2, 2
1
nP
n
n
2
2 4
6, 2
3
nP
n
n
2
n
n
P P
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2
2
2
3
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6
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n
n
y
n
x
n
n
x
n
n
n
2
2
1
4
4
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0
n
x
y
n
n
2
1 4
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1
nP
n
n
2
n
n
P P
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2
2
2
2 2
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1
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1
1
n
n
n
n
d
n
n
2
2
2
2
2
2
2
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1
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1
64
8
2
1
1
n
n
P P
n
n
n
n
n
n
*
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n
n
n
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2
n
n
S
P P
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y
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x
y
1
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y
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n
i
BC
x
i
i
i
BC
t
iC
1
cos
, sin
i
i
i
i
t
t
it
【详解】（1）设
，由题意可得
，
，
因为
，所以
，整理得
，
即
的方程为
.
（2）由（1）知，点
为椭圆
的右焦点，设为
.因为的斜率不为0，
可设的方程为
，设
，
则
.
联立与
的方程得
，
由韦达定理可得
，
，
代入
表达式得
，解得
.
所以方程为
或
.
（3）由题意设射线
与
轴正方向的夹角为
，则
，
设
，则
的坐标为
，
代入椭圆方程
得
，整理得
，
,
P x y
1
2
2
3
2
3
2
7
3
2
x
y
x
y
d
2
2
2
3
2
3
2
7
3
2
x
y
x
y
d
2
2
1
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24
7
d
d
2
2
3
2
3
2
24
7
7
7
x
y
x
y
2
2
1
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x
y
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1
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l
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,
,
D x y
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m
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y
y y
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m
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my
1
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1
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2
2
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9
,
3
4
3
4
m
y
y
y y
m
m
0
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2
2
6
9
24
1
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DE
m
m
m
1
m
l
1
x
y
1
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BC
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i
i
i
n
n
i
i
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t
iC
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, sin
i
i
i
i
t
t
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i
i
i
t
t
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2
3
sin
6cos
9
0
i
i
i
i
t
t
因为
，由求根公式得
，
所以
，
所以
，
因为
，令
，
，
则
，
对
求和，左边为
，
右边为
，
将
，
代入得
，
，
所以
，
所以
，
易知当
时
，所以
，
0
it
2
2
2
2
2
6cos
36cos
36 3 sin
6cos
12
6
3cos
3 sin
2 3 sin
2 3 sin
i
i
i
i
i
i
i
i
i
t
2
2
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cos
3 2
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i
i
i
i
i
i
i
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1
1
1
1
1
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2
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(
1)
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3
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n
n
n
n
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i
i
i
i
i
i
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n
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n
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sin
sin
sin
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A
B
A
B
A
B
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sin
sin
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2
2
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k
d
k
d
k
d
1,2,...,
i
n
1
sin
cos[
(
1) ]
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n
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i
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1
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sin
sin
sin
...
sin
sin
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2
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2
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d
d
d
d
n
d
n
d
1
1
1
sin
sin
2
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2
n
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d
n
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1
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n
n
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1
π
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n
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1
π
π
sin
sin
sin
2π
sin
0
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2
n
d
d
n
n
1
1
1
2
sin
cos[
(
1) ]
sin
cos
(
1)
0
2
n
n
i
i
d
i
d
i
n
n
2
n
π
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n
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cos
(
1)
0
n
i
i
n
所以
.
🎯命题方向三 圆锥曲线与立体几何的融合问题
5.【答案】(1)①
；②
；
(2)存在，
【详解】（1）①由题可知，
，则
.
直线的倾斜角
，则斜率
.所以直线的方程为
.
联立直线与椭圆方程
得
或
.
又因为点A 在x 轴上方，所以
.
所以
为边长是的正三角形，且
.折叠后，
.
又因为
，所以
；
外接圆半径
；
外接圆半径
.
三棱锥
外接球半径为
.
1
1
1
1
1
2
2
2
cos
(
1)
3
3
n
n
i
i
i
n
n
i
BC
n
三棱锥
的外接球的表面积为
.
②因为二面角
为直二面角
所以
到轴距离即为三棱锥
的高，
.
底面
的面积
，所以
.
即三棱锥
的体积为
.
（2）设翻折前
，翻折后
.
设直线的方程为
，将直线与椭圆方程联立得，
，则
.
翻折前
，翻折后
，
由
,
，所以
.
分母有理化
所以
.
则
.
又因为
，
所以
，
将
代入上式，
整理得
，整理得
因为
，所以
.
