1 / 39
学科网（北京）股份有限公司
备战2022 年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)
专题45 平面解析几何第五缉
1．【2021 年江西预赛】给定圆P: x
2+ y
2=2 x 及抛物线S: y
2= 4 x ,过圆心P 作直线l ,此直线与上述两曲
线的四个交点,自上而下顺次记为A,B,C,D,如果线段AB,BC,CD 的长按此顺序构成一个等差数列,求直线l 的
方程.
【答案】x =
❑√2
2 y +1 或x =-
❑√2
2 y +1.
【解析】圆P 的方程为( x -1)
2+ y
2=1 ,则其直径长|BC |=2 ,圆心为P(1,0) ,
设l 的方程为ky = x -1 ,即x =ky +1 ,代入拋物线方程得:y
2= 4 ky + 4 ,
设A(x1, y1), D(x2, y2) ,有¿ 则( y1- y2)
2=( y1+ y2)
2- 4 y1 y2 .
故| AD|
2=( y1- y2)
2+(x1- x2)
2=( y1- y2)
2+(
y1
2- y2
2
4 )
2
=( y1- y2)
2[1+(
y1+ y2
4 )
2
]=16(k
2+1)
2 (
y1+ y2
4 )
2
¿¿=16(k
2+1)
2 ,
因此| AD|= 4(k
2+1) ，
据等差,2|BC |=| AB|+|CD|=| AD|-|BC | ,
所以| AD|=3|BC |=6 ,即4(k
2+1)=6 ,所以k =±
❑√2
2 ,
则l 的方程为x =
❑√2
2 y +1 或x =-
❑√2
2 y +1.
2 / 39
学科网（北京）股份有限公司
2．【2021 年福建预赛】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1 (a>b>0) 的离心率为2
3 , A1 、A2 分别为椭圆C 的左、
右顶点，B 为椭圆C 的上顶点，F1 为椭圆C 的左焦点，且△A1 F1B 的面积为
❑√5
2 .
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设过点D(1,0) 的动直线l 交椭圆C 于E、F 两点(点E 在x 轴上方), M 、N 分别为直线A1 E , A2 F
与y 轴的交点，求|OM |
|ON | 的值.
【答案】(1) x
2
9 + y
2
5 =1；(2) 1
2.
【解析】(1)由椭圆C 的离心率为2
3 ,得c
a = 2
3 ，于是a= 3
2 c ,b=
❑√5
2 c =|OB| ，
所以,|A1 F1|= 1
2 c ,S△A1 F1B= 1
2 × 1
2 c×
❑√5
2 c =
❑√5
8 c
2=
❑√5
2 .
因此,c =2,a=3,b= ❑√5 .
所以，椭圆C 的方程为x
2
9 + y
2
5 =1.
(2)如图，易知直线l 斜率不为0,设1 方程为x =my +1 .
由¿ ,得(5m
2+9) y
2+10my - 40=0 .
设E(x1, y1), F (x2, y2) ,则y1+ y2=-10m
5m
2+9
, y1 y2=- 40
5m
2+9 .
3 / 39
学科网（北京）股份有限公司
由直线A1 E 方程y =
y1
x1+3 ( x +3) ,得y M = 3 y1
x1+3 ;
由直线A2 F 方程y =
y2
x2-3 ( x -3) ,得y N =-3 y2
x2-3 .
由此可得,|OM |
|ON | = y M
- y N
= y1(x2-3)
y2(x1+3)
= y1(m y2-2)
y2(m y1+ 4)
.
y1⋅(m y2-2)
y2⋅(m y1+ 4)
- 1
2 = 2 y1⋅(m y2-2)- y2⋅(m y1+ 4)
2 y2⋅(m y1+ 4)
= m y1 y2- 4( y1+ y2)
2 y2⋅(m y1+ 4)
.
由于m y1 y2- 4( y1+ y2)=m⋅- 40
5m
2+9
- 4⋅-10m
5m
2+9
=0 ,因此,
y1⋅(m y2-2)
y2⋅(m y1+ 4)
= 1
2 .
所以,|OM |
|ON | = 1
2 .
注:由于当EF ⊥x 轴,E(1, 2❑√10
3 ), F(1,- 2❑√10
3 ) ,此时|OM |=
❑√10
2
,|ON |= ❑√10 ,|OM |
|ON | = 1
2 ,因
此考虑证明|OM |
|ON | - 1
2 = y1(m y2-2)
y2(m y1+ 4)
- 1
2 =0 .
3．【2021 年福建预赛】如图，△ABC 的内切圆I 与三边分别相切于点D , E , F ,连接AD 与内切圆I 的另
4 / 39
学科网（北京）股份有限公司
一个交点为P ,过点P 分别作AC,AB 的平行线,与圆I 的另一个交点分别为R ,Q ,△DPQ 和△DPR 和的内
心分别为I 1 和I 2 ,求证:I 1 I 2// EF .
【答案】证明见解析
【解析】证明：如图，连接IF,由IF ⊥AB , PQ // AB ，知IF ⊥PQ ，
所以,F 是圆I 中´PQ 的中点，DF 平分∠PDQ.
所以，D , I 1, F 三点共线.同理，D , I 2, E 三点共线.
连接DF,DE , PF , PE .
因为,∠AFP=∠ADF ，
所以,△AFP∼ △ADF .
所以, FP
DF = AP
AF .同理可得, EP
DE = AP
AE .
又AE = AF ,因此由上面可得, FP
DF = EP
DE .
因为,∠I 1 DP=∠FDQ =∠FPQ ,∠I 1 PD =∠I 1 PQ ,
所以,∠F I 1 P =∠I 1 DP+∠I 1 PD =∠FPQ+∠I 1 PQ =∠FP I 1.
因此,FP = F I 1 .同理,EP = E I 2.
5 / 39
学科网（北京）股份有限公司
结合FP
DF = EP
DE ,得F I 1
FD = E I 2
ED
.
所以,I 1 I 2// EF .
4．【2021 年重庆预赛】如图，在平面直角坐标系，已知F1, F2 分别: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0) 的左，右焦点.
设点D(1,0) 为线段OF2 的中点，直线MN（不与x 轴重合）过点F1 且与椭圆C 交于M，N 两点，延长
MD，ND 与椭圆C 交于P,Q 两点，设直线MN,PQ 的斜率存在且分删为k1,k2 ,请将k2
k1
表示成关于a 的函数
即f (a)= k2
k1
,求f (a) 的值域.
【答案】(1,3)
【解析】设点
M (x1, y1), N (x2, y2), P(x p, y P),Q(xQ, yQ), F1(-2,0), F2(2,0) ，
则x1
2
a
2 + y1
2
b
2 =1, x2
2
a
2 + y2
2
b
2 =1 ，
由于M , N , F1 三点共线，则
y1
x1+2 =
y2
x2+2 ⇒x1 y2- x2 y1=2( y1- y2) ,
直线MD 的方程为y =
y1
x1-1 ( x -1) ,
6 / 39
学科网（北京）股份有限公司
联立椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0) 的方程可得：x
2
a
2 + y1
2
b
2
( x -1)
2
(x1-1)
2 =1 ，
化简有:(a
2+1-2 x1)x
2-2(a
2- x1
2)x +2a
2 x1-(a
2+1) x1
2=0 ，
由韦达定理可知:x1 xP= 2a
2 x1-(a
2+1) x1
2
a
2+1-2 x1
⇒xP= 2a
2-(a
2+1) x1
a
2+1-2 x1
，
⇒y p=
y1
x1-1(
2a
2-(a
2+1) x1
a
2+1-2 x1
-1)= (1-a
2) y1
a
2+1-2 x1
，
同理xQ= 2a
2-(a
2+1) x2
a
2+1-2 x2
, yQ= (1-a
2) y2
a
2+1-2 x2
，
k2= yP- yQ
x p- xQ
=
y1(1-a
2)(a
2+1-2 x2)- y2(1-a
2)(a
2+1-2 x1)
(a
2+1-2 x2)(2a
2-(a
2+1) x1)-(a
2+1-2 x1)(2a
2-(a
2+1) x2)
=
(a
4-1)( y2- y1)-2(a
2-1)(x1 y2- x2 y1)
(a
2-1)
2(x2- x1)
= a
2+5
a
2-1
y2- y1
x2- x1
= a
2+5
a
2-1
k1 ，
从而f (a)= k2
k1
= a
2+5
a
2-1
,
由于a
2∈(4 ,+ ∞) ,则f (a)∈(1,3) .
综上:f (a)= a
2+5
a
2-1
,且值域为(1,3) .
5．【2021 年四川预赛】已知椭圆Γ : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0) 的两顶点为A(-2,0),B(2,0) ,离心率为1
2 . 点
P (不同于A ,B¿¿ 在椭圆Γ 上，点D 的坐标为(- 4,0),⃑DE = 3
5⃑DP ,直线AP 与BE 交于点Q .求点Q 的
轨迹方程.
【答案】( x +1)
2+ 4
3 y
2=1( y ≠0)
7 / 39
学科网（北京）股份有限公司
【解析】解法一：易求得椭圆Γ 的方程是x
2
4 + y
2
3 =1 .
设P(2cosθ ,❑√3sinθ) ,由⃑DE = 3
5⃑DP 得
(xE+ 4 , y E)= 3
5 (2cosθ+ 4 ,❑√3sinθ)
所以，点E 的坐标是(
6cosθ -8
5
, 3 ❑√3sinθ
5
) .
所以直线AP 的方程是y =
❑√3sinθ
2cosθ+2 ( x +2) ,
直线BE 的方程是y =
❑√3sinθ
2cosθ -6 ( x -2) ,
联立AP,BE 的方程，解得交点Q 的坐标为(cosθ -1,
❑√3
2 sinθ) .
所以，点Q 的轨迹方程为( x +1)
2+ 4
3 y
2=1( y ≠0) .
解法二:易求得材圆Γ 的方程是x
2
4 + y
2
3 =1 .
因为直线BQE 截△ADP ,由梅涅劳斯定理，得AB
BD ⋅DE
EP ⋅PQ
QA =1.
因为AB
BD = 2
3 , DE
EP = 3
2 ,
所以Q 是PA 的中点.
设P(x0, y0), Q( x , y)
则x = x0-2
2
, y = y0
2 .
解得x0=2 x +2, y0=2 y .
8 / 39
学科网（北京）股份有限公司
由P(x0, y0) 在椭圆Γ 上，可得x0
2
4 + y0
2
3 =1 ,
所以，点Q 的轨迹方程为( x +1)
2+ 4
3 y
2=1( y ≠0) .
6．【2021 年浙江预赛】设C 为椭圆x
2
8 + y
2
4 =1 的左焦点，直线y =kx +1 与椭圆交于A,B 两点.
(1)求|CA |+|CB| 的最大值;
（2）若直线y =kx +1 与x 轴、y 轴分别交于M,N,且以MN 为直径的圆与线段MN 的垂直平分线的交点
在椭圆内部（包括在边界上），求实数k 的取值范围.
【答案】k ≥4 ❑√6+3
29
或k ≤- 4 ❑√6+3
29
.
【解析】（1）设A(x1, y1),B(x2, y2) ,
联立 ¿ , 可得 (1+2k
2) x
2+ 4 kx -6=0 ,
所以 x1+ x2=-
4 k
1+2k
2 ,
则 |CA |+|CB|= 4 ❑√2+
❑√2
2 (x1+ x2)= 4 ❑√2- 2❑√2k
1+2k
2 ≤4 ❑√2+1 ;
(2) 依题意可知 M(- 1
k ,0), N (0,1) , 所以圆的方程为 (x + 1
k)x + y( y -1)=0 , 垂直平分线为
y =- 1
k(x + 1
2k)+ 1
2 ,
联立得 (x + 1
2k)
2
= 1
4 , 所以 x =- 1
2k - 1
2 或 x =- 1
2k + 1
2 ,
得 y = 1
2k + 1
2 或 y =- 1
2k + 1
2 ,
则可知3(
1
2k + 1
2)
2
≤8 或3(- 1
2k + 1
2)
2
≤8 ，解得k ≥4 ❑√6+3
29
或k ≤- 4 ❑√6+3
29
.
9 / 39
学科网（北京）股份有限公司
7．【2021 年新疆预赛】在平面直角坐标系xOy 中，曲线C1:( x +1)
2+ y
2=16 ，曲线C2: x
2
4 + y
2
2 =1 ,过
M (-1,0) 斜率不为零的直线与C1 交于A,B 两点,N (1,0), AN ,BN 的垂直平分线分别为l1,l2 ,求证:(1)
l1,l2 均与C2 相切;
(2)l1,l2 的交点P 在一条定直线上.
【答案】证明见解析
【解析】方法一：
证明:(1) 设∠AMx =θ(θ≠0), A(4 cosθ -1,4 sinθ), AN 中点坐标为(2cosθ ,2sinθ) ,
直线l1 方程为y -2sinθ = 1-2cosθ
2sinθ
( x -2cosθ) ，
化简为y = 1-2cosθ
2sinθ
x + 4 -2cosθ
2sinθ
,代入C2 整理得：
(cosθ -2)
2 x
2+ 4(1-2cosθ)(2-cosθ)x + 4(2cosθ -1)
2=0 ，
∴Δ=16(1-2cosθ)
2(2-cosθ)
2-16(cosθ -2)
2(2cosθ -1)
2=0 ，
故l1 与C2 相切.
由于B,A 关于M 对称,xB= 4 cos(θ+ π )-1=- 4 cosθ -1, yB= 4 sin(θ+ π )=- 4 sinθ
故将以上推导中的cosθ ,sinθ 代换为-cosθ ,-sinθ 即可得到B(- 4 cosθ -1,- 4 sinθ) ,
直线l2 分程为y = 1+2cosθ
-2sinθ
x + 4+2cosθ
-2sinθ
，
代入C2 整理为(-cosθ -2)
2 x
2+ 4(1+2cosθ)(2+cosθ)x + 4(-2cosθ -1)
2=0 ，
10 / 39
学科网（北京）股份有限公司
∴Δ=16(1+2cosθ)
2(2+cosθ)
2-16(-cosθ -2)
2(-2cosθ -1)
2=0 ，
故l2 与C2 相切.
(2)将l1,l2 方程相减得(
1-2cosθ
2sinθ
- 1+2cosθ
-2sinθ )x + 4 -2cosθ
2sinθ
- 4+2cosθ
-2sinθ
=0 ，
化简为2 x +8=0 ,即x =- 4 .故l1,l2 的交点P 在一条定直线x =- 4 上.
方法二：
证明:(1)先咱们P 为椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0) 外一点的充要条件是：|P F1|+|P F2|>2a¿ 是椭圆两焦点).
证明：如图所示，射线F2 P 与糊圆交于A 点.
若P 为程圆外一点,则|P F1|+|P F2|>|A F1|-| AP|+| AP|+|A F2|=2a
若|P F1|+|P F2|>2a ,则|P F1|+|P F2|>|A F1|+|A F2| ,又|P F1|<| PA |+|A F1| ,
所以|P F2|+| PA |>|A F2| ,故P 在椭圆外.
再证明:过椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1 上一点Q(x0, y0) 的切线方程为x0 x
a
2 + y0 y
b
2 =1 .
证明当y >0 时，由x
2
a
2 + y
2
b
2 =1 得y = b
a
❑√a
2- x
2, y
' =- b
a
x
❑√a
2- x
2 ,
11 / 39
学科网（北京）股份有限公司
y
' ¿¿¿x = x0=- b
a
x0
❑√a
2- x0
2 =- b
a
x0
a y0
b
=- b
2
a
2
x0
y0 ,
所以切线方程为y - y0=- b
2
a
2
x0
y0
(x - x0) ,
即b
2 x0 x +a
2 y0 y =b
2 x0
2+a
2 y0
2 ,
结合b
2 x0
2+a
2 y0
2=a
2b
2 ,可得切线方程为x0 x
a
2 + y0 y
b
2 =1 .
同理，当y <0 时切线方程仍为
x0 x
a
2 + y0 y
b
2 =1 .
如图所示，设l1 与直线AB 交于Q ,|QM |+|QN |=|QM |+|QA |= 4 ,所以Q 在椭圆上.
设Q
' 是l1 上不同于Q 的任一点，|Q
' M|+|Q
' N|=|Q
' M|+|Q
' A|>| AM |= 4 ，所以Q' 在椭圆外，
所以l1 与椭圆只有一个公共点，故l1 与椭圆相切.同理可证l2 与椭圆相切.
设直线AB 方程为x =my -1,Q(x1, y1), H (x2, y2) ,
则l1 方程为x1 x
4 + y1 y
3
=1, l2 的方程为x2 x
4 + y2 y
3
=1 ,
两方程联立消去y ,得到x1 y2- x2 y1
4
x = y2- y1 ,
再将x1=m y1-1, x2=m y2-1 代入得y1- y2
4
= y2- y1 ,即x =- 4
12 / 39
学科网（北京）股份有限公司
故l1,l2 的交点P 在一条定直线x =- 4 上.
8．【2021 年全国高中数学联赛A 卷一试】在平面直角坐标系中，函数y =
x +1
| x|+1 的图像上有三个不同的
点位于直线l上,且这三点的横坐标之和为0.求l的斜率的取值范围.
【答案】0<k < 2
9
【解析】当x ≥0时，y =1，当x<0时，y = x +1
1- x 关于x严格递增且小于1.
设直线l: y =kx +b,则条件等价于方程kx +b= x +1
|x|+1
①
有三个不同的实数解x1, x2, x3(x1< x2< x3),
满足x1+ x2+ x3=0.
首先有k ≠0(否则,l只能是y =1,但此时l与函数y = x +1
|x|+1图像的任意三个公共点的横坐标之和必大于0,不合
题意).
当x<0时,方程(1)可整理为k x
2-(k -b-1) x +1-b=0,
②
至多两个负数解.
当x ≥0时,方程①即为kx +b=1
③
至多一个非负解.
这表明方程②有两个不同的负数解x1, x2,其中x1+ x2= k -b-1
k
,方程③有非负解x3= 1-b
k
.由x1+ x2+ x3=0,
可知k =2b.
进而有x3= 1-b
2b ,由x3≥0得0<b≤1.
方程②变为2b x
2+(1-b) x +1-b=0,由判别式(1-b)
2- 4⋅2b(1-b)=(1-b)(1-9b)>0，并结合0<b≤1,
可知0<b< 1
9(经检验,此时x1, x2确实为负数,符合题意).
13 / 39
学科网（北京）股份有限公司
综上,l的斜率k (=2b)的取值范围是0<k < 2
9.
9．【2021 年全国高中数学联赛B 卷一试】在平面直角坐标系中,函数y = 1
|x|的图像为Γ.设Γ上的两点P ,Q
满足：P在第一象限,Q在第二象限,且直线PQ与Γ位于第二象限的部分相切于点Q.求|PQ|的最小值.
【答案】2
【解析】当x>0时，y = 1
x .当x<0时，y =- 1
x ,相应的导数为y
' = 1
x
2.
设Q(-a, 1
a),其中a>0.由条件知PQ的斜率为y
'|x =-a= 1
a
2.
直线PQ的方程为y = 1
a
2 (x +a)+ 1
a = x +2a
a
2
.
将上述方程与y = 1
x
(x>0)联立,得x
2+2ax -a
2=0,
从而知点P的横坐标xP=(❑√2-1)a(负根舍去).
于是|PQ|= ❑√
1+(
1
a
2)
2
⋅|xP- xQ|= ❑√
1+ 1
a
4 ⋅❑√2a≥❑√
2❑√
1⋅1
a
4 ⋅❑√2a=2.
当a=1,即Q (-1,1)时,|PQ|取到最小值2.
10．【2020 高中数学联赛A 卷（第01 试）】在平面直角坐标系中,点A,B,C 在双曲线xy =1上,满足△ABC
为等腰直角三角形.求△ABC的面积的最小值.
【答案】3 ❑√3
【解析】不妨设等腰直角△ABC的顶点A ,B ,C逆时针排列,A 为直角顶点.
设⃗AB =(s,t ),则⃗AC =(-t ,s)且△ABC的面积S△ABC = 1
2 |⃗AB|
2= s
2+t
2
2
.
14 / 39
学科网（北京）股份有限公司
注意到A 在双曲线xy =1上,设A(a, 1
a )，则B(a+ s, 1
a +t ), C(a-t , 1
a + s).
由B ,C在双曲线xy =1上,可知(a+ s)( 1
a +t )=(a-t )( 1
a + s)=1,
这等价于：
s
a +at =- st
①
- t
a +as= st.
②
由①、②相加,得s-t
a +a(t + s)=0,即a
2= t - s
t + s .
③
由①、②相乘,并利用③,得
- s
2t
2=( s
a +at )(- t
a +as)=(a
2- 1
a
2 )st + s
2-t
2
=( t - s
t + s - t + s
t - s ]⋅st + s
2-t
2= 4 st
s
2-t
2 ⋅st + s
2-t
2
= (s
2+t
2)
2
s
2-t
2 .
所以由基本不等式得：
(s
2+t
2)
4=- s
2t
2(s
2-t
2)
2= 1
4 ⋅2s
2t
2⋅2s
2t
2⋅(s
2-t
2)
⩽1
4 ⋅( 2s
2t
2+2s
2t
2+(s
2-t
2)
2
3
]
3
= (s
2+t
2)
6
108
,④
故s
2+t
2⩾❑√108=6 ❑√3.
以下取一组满足条件的实数(s,t ,a),使得s
2+t
2=6 ❑√3(进而由s,t ,a可确定一个满足条件的△ABC,使得
S△ABC = s
2+t
2
2
=3 ❑√3).
15 / 39
学科网（北京）股份有限公司
考虑④的取等条件,有2s
2t
2=(s
2-t
2)
2,即s
2
t
2 =2± ❑√3.
不妨要求0<s<t,结合s
2+t
2=6 ❑√3,得s= ❑√3(❑√3-1), t = ❑√3(❑√3+1).
由①知a<0,故由③得a=- ❑√
t - s
t + s
,其中t = ❑√
❑√3+1
❑√3-1 s=
❑√3+1
❑√2
s,
从而有a=- ❑√
❑√3+1- ❑√2
❑√3+1+ ❑√2
.
综上, △ABC的面积的最小值为3 ❑√3.
11．【2020 高中数学联赛B 卷（第01 试）】在椭圆Γ 中,A 为长轴的一个端点,B 为短轴的一个端点,
F1, F2为两个焦点.若⃗A F1⋅⃗A F2+⃗B F1⋅⃗B F2=0,求tan∠AB F1⋅tan∠AB F2的值.
【答案】- 1
5
【解析】由对称性,设椭圆Γ 的方程为x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0), A(a,0),B(0,b), F1(-c ,0), F2(c ,0),其中
c =
❑√a
2-b
2.
由条件知⃗A F1⋅⃗A F2+⃗B F1⋅⃗B F2=(-c -a)(c -a)+(-c
2+b
2)=a
2+b
2-2c
2=0.
所以a
2+b
2-2c
2=-a
2+3b
2=0,a= ❑√3b,c = ❑√2b.
记O 为坐标原点,则tan∠ABO= a
b = ❑√3, tan∠OB F1= tan∠OB F2= c
b = ❑√2.
所
以
tan ∠AB F1tan ∠AB F2= tan(∠ABO+∠OB F1)⋅tan(∠ABO -∠OB F1) =
❑√3+ ❑√2
1- ❑√3⋅❑√2 ⋅
❑√3- ❑√2
1+ ❑√3⋅❑√2 =- 1
5
12．【2020 年福建预赛】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0) 的离心率为1
2 ,右焦点F 到直线x - y +2=0
16 / 39
学科网（北京）股份有限公司
的距离为2❑√2, A1, A2 分别为柏圆C 的左、右顶点.
(1)求椭圆C 的方程.
(2)过点F 的直线l 与相圆C 交于A、B 两点(A 在x 轴上方),T 为直线A1 A , A2B 的交点.当点T 的纵坐
标为6 ❑√3 时,求直线l 的方程.
【答案】(1) x
2
16 + y
2
12 =1. (2) ❑√3 x + y -2❑√3=0.
【解析】(1) 由右焦点F(c ,0) 到x - y +2=0 的距离为2❑√2 ,知
|c -0+2|
❑√2
=2❑√2 .
结合c>0 ,得c =2.
a=2c = 4 ,b=2❑√3 .
故粗圆C 的方程为x
2
16 + y
2
12 =1.
(2)如图6.
易知,直线l 的斜率不为0,设l: x =my +2.
联立桓圆C 及直线l 的方程得(3m
2+ 4) y
2+ 12my -36=0 ①
故方程①的判别式Δ>0 ,有两个不相等的实根.设A(x1, y1),B(x2, y2). 则
y1+ y2=-12m
3m
2+ 4
, y1 y2=-36
3m
2+ 4
.
设T (t ,6 ❑√3)
由A1, A ,T 三点共线得6 ❑√3-0
t + 4
= y1-0
x1+ 4
17 / 39
学科网（北京）股份有限公司
⇒t + 4 = 6 ❑√3(x1+ 4)
y1
=6 ❑√3(m+ 6
y1) .
由A2,B,T 三点共线得6 ❑√3-0
t - 4
= y2-0
x2- 4
⇒t - 4 = 6 ❑√3(x2- 4)
y2
=6 ❑√3(m- 2
y2) .
联立以上两式消去t 得8=6 ❑√3(
6
y1
+ 2
y2)⇒3
y1
+ 1
y2
=
2
3 ❑√3 .
则3
y1
+ 1
y2
= ( y1+ y2)+2 y2
y1 y2
=
2
3 ❑√3
⇒-12m
3m
2+ 4
+2 y2=
2
3 ❑√3 ×-36
3m
2+ 4
.
故y2= 6m- 4 ❑√3
3m
2+ 4
, y1=-18m+ 4 ❑√3
3m
2+ 4
.
代人y1 y2=-36
3m
2+ 4 得
- 4(3m-2❑√3)(9m-2❑√3)
(3m
2+ 4)
2
=-36
3m
2+ 4
⇒m=-
❑√3
3 .
因此,直线l 的方程为x =-
❑√3
3 y +2 ,即❑√3 x + y -2❑√3=0.
13．【2020 年甘肃预赛】已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a> b>0) ,短轴长为2❑√3 ,离心率为e1; 双曲线
x
2
m - y
2
n =1(m,n>0) 的渐近线为y =± ❑√3 x ,离心率为e2;e1e2=1.
(1)求椭圆E 的方程;
(2)若A 为椭圆E 的右顶点,P(-1, 3
2) ,直线AP 与y 轴交于点H ,过点H 的另一直线与椭圆E 交于M、
18 / 39
学科网（北京）股份有限公司
N 两点,设△HMA 的面积为S1,△PHN 的面积为S2 ,且S1=6 S2 ,求直线MN 的方程.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1.(2) y =±
❑√6
2 x +1.
【解析】(1)由题意知
2b=2❑√3,b= ❑√3, n
m =3 ，
e2= ❑√1+ n
m =2.
则e1= c
a = ❑√
1- b
2
a
2 = 1
e2
= 1
2
.
从而,a=2 .
因此,椭圆的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
(2)由(1) ,知P(-1, 3
2) 在樟圆E 上,A(2,0).
故l AP: y =- 1
2 ( x -2) .
则H (0,1) .
当MN ⊥x 轴时,不符合题意.
当MN 与x 轴不垂直时,设lMN : y =kx +1 .
由¿ 消去y ,整理得
(4 k
2+3) x
2+8kx -8=0.
设M (x1, y1), N (x2, y2). 则
¿ ①
由S1=6 S2⇒| AH || MH |=6| NH || PH | .
又| AH |=2| PH | ,于是,
| MH |=3| NH |⇒x1=-3 x2 ，
结合方程组①得¿
⇒k =±
❑√6
2 .
19 / 39
学科网（北京）股份有限公司
因此,lMN : y =±
❑√6
2 x +1.
14．【2020 年吉林预赛】已知椭圆的中心为坐标原点O ,焦点在x 轴上,斜率为1
2 且过瑚圆的右焦点F 的
直线与糊圆交于A、B 两点,⃗OA +⃗OB 与⃗a= (-3,1) 共线.
(1)求椭圆的离心率;
(2)设M 为椭圆上的一点,且⃗OM = λ⃗OA + μ⃗OB( λ, μ∈R) ，证明: λ
2+ μ
2 为定值.
【答案】(1)
❑√30
6
；(2)证明见解析.
【解析】(1) 设椭圆方程为x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b> 0),F(c ,0) .
则直线l AB: y = 1
2 ( x -c).
代入x
2
a
2 + y
2
b
2 =1 ,化简得
(a
2+ 4 b
2)x
2-2a
2cx +a
2c
2- 4 a
2b
2=0 .
令A( x1, y1),B( x2, y2).
则x1+ x2= 2a
2c
a
2+ 4 b
2 , x1 x2= a
2c
2- 4 a
2b
2
a
2+ 4 b
2
.
由⃗OA +⃗OB =( x1+ x2, y1+ y2) 与a= (-3,1) 共线,得
3( y1+ y2)+( x1+ x2)=0.
又y1= 1
2 ( x1-c), y2= 1
2 ( x2-c) ,则
3( 1
2 ( x1+ x2)-c)+( x1+ x2)=0
⇒x1+ x2= 6
5 c
⇒
2a
2c
a
2+ 4 b
2 = 6
5 c
20 / 39
学科网（北京）股份有限公司
⇒a
2=6b
2
⇒c =
❑√a
2-b
2=
❑√30
6
a
⇒e = c
a =
❑√30
6
.
(2)由(1) ,知a
2=6b
2 .
则椭圆方程可化为x
2+6 y
2=6b
2 .设M ( x , y) .由已知得( x , y)= λ( x1, y1)+ μ( x2, y2)
⇒x = λ x1+ μ x2, y = λ y1+ μ y2 .
又因为点M ( x , y) 在椭圆上,所以，( λ x1+ μ x2)
2+6( λ y1+ μ y2)
2=6b
2 ,
即λ
2( x1
2+6 y1
2)+ μ
2( x2
2+6 y2
2)+ 2 λμ( x1 x2+6 y1 y2)=6b
2 .
①
由(1)知a
2= 6
5 c
2,b
2= 1
5 c
2 ,得
x1+ x2= 6
5 c , x1 x2= a
2c
2- 4 a
2b
2
a
2+ 4 b
2
= 3
25 c
2 .
则x1 x2+6 y1 y2
= x1 x2+6× 1
4 ( x1-c)( x2-c)
= 5
2 x1 x2- 3
2 ( x1+ x2)c + 3
2 c
2
= 3
10 c
2- 9
5 c
2+ 3
2 c
2=0 .
又x1
2+6 y1
2=6b
2, x2
2+6 y2
2=6b
2 ,代人式①得λ
2+ μ
2=1 .
故λ
2+ μ
2 为定值1.
15．【2020 年四川预赛】过点P(0,1) 作一直线l,l 与抛物线y = x
2 交于两个不同点A、B,过点A,B 分别作
抛物线y = x
2 的切线,两条切线交于点Q.求点Q 到直线AB 的距离的最小值.
【答案】❑√3
【解析】显然直线AB 的斜率存在,设为k .
则l AB: y =kx +1.
联立直线AB 和抛物线方程,消去y 得x
2-kx -1=0 .
21 / 39
学科网（北京）股份有限公司
设A( x1, y1),B( x2, y2). 则
x1+ x2=k , x1 x2=-1.
过点A( x1, y1) 的抛物线y = x
2 的切线方程为y - y1=2 x1( x - x1) .
由y1= x1
2 ,代人得y =2 x1 x - x1
2 .
又过点B( x2, y2) 的抛物线y = x
2 的切线方程为y =2 x2 x - x2
2 ,联立解方程组
{ y =2 x1 x - x1
2
y =2 x2 x - x2
2⇒{x = x1+ x2
2
y = x1 x2
.
则点Q( x1+ x2
2
, x1 x2) ,即Q( k
2 ,-1).
故点Q 到直线AB 的距离为
d =
|k ⋅k
2 -(-1)+1|
❑√k
2+1
令❑√k
2+1=t(t ⩾1). 则
d =
| t
2-1
2
+2|
t
= t
2 + 3
2t ⩾2❑√
3
4 = ❑√3 ,
当且仅当t
2 = 3
2t ,即t = ❑√3,k =± ❑√2 时,上式等号成立.
故点Q 到直线AB 的距离的最小值为❑√3 .
16．【2020 年浙江预赛】已知椭圆C 的中心在原点,焦点在x 轴上,离心率为
❑√3
2 ,且椭圆C 的任意三个顶
点构成的三角形面积为1
2 .
(1)求椭圆C 的方程;
(2)若过点P( λ ,0) 的直线l 与椭圆交于相异两点A、B,且⃗AP =2⃗PB ,求实数λ 的取值范围.
【答案】(1) x
2+ 4 y
2=1；(2) (-1,- 1
3 ]∪[ 1
3 ,1).
【解析】(1) 设椭圆的长半轴长为a ,短半轴长为b.则
❑√a
2-b
2
a
=
❑√3
2 ,ab= 1
2
22 / 39
学科网（北京）股份有限公司
⇒a=1,b= 1
2 .
故椭圆C 的方程为x
2+ 4 y
2=1.
(2)设l: x =my + λ , A( x1, y1),B( x2, y2) .
由⃗AP =2⃗PB ,得
y1=-2 y2 . ①
联立椭圆C 与直线l 的方程得
(m
2+ 4) y
2+2 λmy + λ
2-1=0 . ②
显然,y1 , y2 为方程②的两个相异的实根,则
(2 λm)
2- 4( λ
2-1)(m
2+ 4)>0 ⇒m
2>4( λ
2-1) . ③
由韦达定理得y1+ y2=- 2 λm
m
2+ 4
, y1 y2= λ
2-1
m
2+ 4
.
联立方程①得2( 2 λm
m
2+ 4
)
2
+ λ
2-1
m
2+ 4
=0 ⇒m
2= 4(1- λ
2)
9 λ
2-1
. ④
当λ≠±1, λ≠± 1
3 时,将式④代入式③得
4(1- λ
2)
9 λ
2-1
>4( λ
2-1)
⇒1
9 < λ
2<1
⇒λ∈(-1,- 1
3 )∪( 1
3 ,1).
当λ=± 1
3 也满足题意.
故λ∈(-1,- 1
3 ]∪[ 1
3 ,1).
17．【2020 年重庆预赛】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1 (a>b>0) 与直线x =- ❑√2b 有且只有一个交点,P 为椭
23 / 39
学科网（北京）股份有限公司
圆C 上任一点,P1(-1,0) ,P2(1,0) ,且⃗P P1⋅⃗P P2 的最小值为a
2 .
(1)求椭圆C 的方程;
(2)设直线l: y =kx +m 与椭圆C 交于点A,B,O 为坐标原点,且⃗OM = 1
2 (⃗OA +⃗OB) ,当△AOB 的面积最大
时,求T =
1
| M P1|
2 -2| M P2| 的取值范围.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
2 =1；(2) [3- 4 ❑√2,1).
【解析】(1)设点P( x , y) .由题意知a= ❑√2b ,程圆C : x
2+2 y
2=a
2.
则⃗P P1⋅⃗P P2= x
2+ y
2-1=- y
2+a
2-1 .
当y =±b 时,上式取得最小值,即a
2-b
2-1= a
2 ⇒a
2
2 -1= a
2
⇒a=2,b= ❑√2 .
故怕圆C : x
2
4 + y
2
2 =1.
(2)设A( x1, y1),B( x2, y2), M ( x0, y0) .
由{x
2+2 y
2= 4
y =kx +m
⇒(2k
2+1)x
2+ 4 mkx +2m
2- 4 =0
⇒x1+ x2=- 4 mk
2k
2+1
, x1 x2= 2m
2- 4
2k
2+1
.
则点O 到直线l 的距离d =|m|
❑√k
2+1
.
故S = 1
2 d | AB|
= 1
2 ⋅|m|
❑√k
2+1
❑√k
2+1 .
24 / 39
学科网（北京）股份有限公司
❑√
(- 4 mk
2k
2+1
)
2
- 4⋅2m
2- 4
2k
2+1
= ❑√2
❑√m
2(4 k
2+2-m
2)
2k
2+1
⩽❑√2
m
2+(4 k
2+2-m
2)
2
2k
2+1
= ❑√2 .
于是,S 取得最大值❑√2 ,当且仅当m
2= 4 k
2+2-m
2 ，
即m
2=2k
2+1. ①
此时,x0= x1+ x2
2
=- 2mk
2k
2+1
=- 2k
m ，
y0=k x0+m=- 2k
2
m +m= 1
m ,
即m= 1
y0
,k =- m
2 x0=- x0
2 y0
.
代入式①整理得
x0
2
2 + y0
2=1( y0≠0) ，
即点M 的轨迹为椭圆C1: x
2
2 + y
2=1( y ≠0) ,
且P1, P2 为椭圆C1 的左、右焦点,即| M P1|+| M P2|=2❑√2 .
记t =| M P1| ,则t ∈(❑√2-1,❑√2+1) .
故T =
1
| M P1|
2 -2| M P2|
= 1
t
2 -2(2❑√2-t )= 1
t
2 +2t - 4 ❑√2 .
于是,T
' =2- 2
t
3 .
令T
'⩾0 ,得t ⩾1 ,即T 在区间(❑√2-1,1) 上单调递减,在区间(1,❑√2+1) 上单调速增,且T (1)=3- 4 ❑√2 ,
T (❑√2-1)=1>T (❑√2+1)=5- 4 ❑√2.
25 / 39
学科网（北京）股份有限公司
故T 的取值范围是[3- 4 ❑√2,1).
18．【2020 年新疆预赛】设椭圆x
2
2 + y
2
6 =1 有一个内接△PAB ，射线OP 与X 轴正向成π
3 角，直线
AP，BP 的斜率适合条件k AP+ k BP=0.
(I)求证：过A，B 的直线的斜率k 是定值；
(II)求△PAB 面积的最大值.
【答案】(I) 定值
❑√3:( II )(S APAB)max = ❑√3
【解析】(I)证明:易知直线0P 的方程为y = ❑√3 x ,将此方程代入3 x
2+ y
2=6 ,可求得交点
P(1,❑√3) .由题总可设直线PA ,PB 的方程分别为y - ❑√3=-k( x -1) 和y - ❑√3=k( x -1) ,
分别与椭圆方程联立,可求得A ,B 的横坐标分别为
x A = k
2+2❑√3k -3
3+ k
2
, xB= k
2-2❑√3k -3
3+ k
2
.
从而y A =-k(2❑√3k -6)
3+k
2
+ ❑√3, yB= k(-2❑√3k -6)
3+k
2
+ ❑√3 ,
所以k AB= yB- y A
xB- x A
= 12k
3+k
2 ⋅3+k
2
4 ❑√3k = ❑√3 (定值).
(II)不妨设直线AB 的方程为y = ❑√3 x +b ,与楠圆方程联立
消去y 得6 x
2+2❑√3bx +(b
2-6)=0 ,
有| AB|
2=( x A - xB)
2+( y A - yB)
2= 4( x A - xB)
24[( x A+ xB)
2- 4 x A xB]
= 4[(-
❑√3
3 b)
2
- 2
3 (b
2-6)]=- 4
3 b
2+16
点P 到直线AB 的距离d =|❑√3- ❑√3+b|
2
=|b|
2
,
斤以S△PAB
2
= 1
4 × b
2
4 ×(16- 4
3 b
2)= b
2
12 (12-b
2)≤1
12 [ b
2+(12-b
2)
2
]
2
=3 ,
当且仅当b
2=12-b
2 ,即b=± ❑√6 时,(S△PAB)max = ❑√3 .
26 / 39
学科网（北京）股份有限公司
19．【2019 年全国】在平面直角坐标系xOy 中，圆Ω与抛物线Γ:y2=4x 恰有一个公共点，且圆Ω与x 轴相切
于Γ的焦点F.求圆Ω的半径.
【答案】4 ❑√3
9
【解析】设圆的半径为R，圆心为（1，R）（-1，R），则圆的方程可写作( x -1)
2+( y - R)
2= R
2.
不妨设圆与抛物线相切于点(x0, y0)，则过该切点(x0, y0)的切线方程：
以圆为对象，得( x -1)(x0-1)+( y - R)( y0- R)= R
2
以抛物线为对象，得y y0=2(x + x0).
于是可得2
y0
=- x0-1
y0- R ①
2
y0
x0= y0 R+ x0-1
y0- R
②
又切点(x0, y0)在抛物线y2=4x 上，y0
2= 4 x0 ③
由①得R = y0+ x0 y0
2
，由②得R = y0+ x0 y0
y0
2+2 x0
= y0+ x0 y0
6 x0
.
解得：x0= 1
3 , y0= 2❑√3
3
, R = 4 ❑√3
9
.
故圆半径为4 ❑√3
9
.
20．【2019 年江苏预赛】在平面直角坐标系xOy中，设椭圆C : x
2
a
2 +
y
2
a
2-9
=1(a>3).
(1)过椭圆C的左焦点，且垂直于x轴的直线与椭圆C交于M , N两点，若MN =9，求实数a的值;
(2)若直线l: x
a +
y
a-3 =1与椭圆C交于A ,B两点，求证:对任意大于3 的实数a，以AB为直径的圆过定点，
并求定点坐标.
【答案】(1)a=6；(2)答案见解析.
27 / 39
学科网（北京）股份有限公司
【解析】(1)记椭圆C : x
2
a
2 +
y
2
a
2-9
=1的左焦点为F，则点F的横坐标为-3.
因为过点F且垂直于x轴的直线与椭圆C交于M , N两点，MN =9，
所以M(-3, 9
2), N(-3,- 9
2)
从而
9
a
2 +
81
4(a
2-9)
=1.
解得a
2=36或a
2= 9
4 .
因为a>3，所以a=6.
(2)由¿
得A (a,0)，B(-3, a
2-9
a ).
从而以AB为直径的圆的方程为( x -a)( x +3)+ y( y - a
2-9
a )=0.
由¿解得¿.
故以AB为直径的固过定点(-3,0).
21．【2019 年江苏预赛】如图，Pk (k =1,2,3,⋯,100)是边长为1 的正方形ABCD内部的点.E , F ,G , H分
别是AB ,BC ,CD , DA的中点，记d1=∑
k =1
100
❑E Pk ,d2=∑
k =1
100
❑F Pk ,d3=∑
k =1
100
❑G Pk ,d4=∑
k =1
100
❑H Pk.
证明:d1,d2,d3,d4中至少有两个小于81.
【答案】证明见解析
28 / 39
学科网（北京）股份有限公司
【解析】如图建立坐标系，以点F , H为焦点作经过点A的椭圆.
由对称性，正方形ABCD为椭圆的内接正方形.Pk (k =1,2,3,⋯,100)在正方形ABCD内部，则也在椭圆内
部.
椭圆长轴长2a= AH + AF = 1+ ❑√5
2
<1.62，
延长H Pk交椭圆于点Qk，连F Qk.
则H Pk + F Pk< H Pk + PkQk + F Qk = H Qk + F Qk<1.62.
其中k =1,2,3,⋯,100.
所以d2+d4=∑
k =1
100
❑H Pk +∑
k =1
100
❑F Pk =∑
k =1
100
(H Pk + F Pk)<162，
所以min{d2,d4}<81.同理min{d1,d3}<81.
所以d1,d2,d3,d4中至少有两个小于81.
22．【2019 年江西预赛】设椭圆C 的两焦点为F1, F2,两准线为l1,l2,过椭圆上的一点P,作平行于F1 F2的直
线,分别交l1,l2于M 1, M 2,直线M 1 F1与M 2 F2交于点Q.
证明:P , F1,Q , F2四点共圆.
29 / 39
学科网（北京）股份有限公司
【答案】证明见解析
【解析】设椭圆方程为x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0),据对称性知,点Q 在Y 轴上(如图);
记Q F1=Q F2=m，P F1=r1, P F2=r2, PQ =t , M 1 F1= M 2 F2=k,则有:
P F1
P M 1
=e ,r1+r2=2a,为证P , F1,Q , F2四点共圆,据托勒密定理,只要证：
mr1+mr2=t ⋅F1 F2,即m⋅2a=t ⋅2c,也即m
t = c
a =e
①
由Q F1
Q M 1
= O F1
H M 1
,即
m
m+k = c
a
2
c
=(
c
a)
2
=e
2
,所以
k
m+k =1-e
2，
在△PM1Q 中,由斯特瓦特定理,
P F1
2= P M 1
2⋅
m
m+ k + PQ
2⋅
k
m+k -mk
②
即r1
2=(
r1
e )
2
⋅e
2+t
2(1-e
2)-m⋅m(1-e
2)
e
2
③
因为1-e2≠0,由③得,m
2
t
2 =e
2,即m
t =e,故①成立,因此P , F1,Q , F2四点共圆.
( 也可不用托勒密定理证
: 由②得
PQ2=m(m+k), 则ΔPQ F1∼Δ M 1QP, 于是
∠QP F1=∠M 1=∠M 2=∠Q F2 F1,因此P , F1,Q , F2四点共圆)
23．【2019 年新疆预赛】设F是椭圆E: x
2
3 + y
2=1的左焦点，过点F斜率为正的直线l与E相交于A ,B两点，
过点A ,B分别作直线AM和BN满足AM ⊥l ,BN ⊥l.且直线AM ,BN分别与x轴相交于M和N.试求|MN|
的最小值｡
30 / 39
学科网（北京）股份有限公司
【答案】❑√6
【解析】设过椭圆E的左焦点F的直线l的倾斜角为α，依题意知π
2 >α >0.
如图，设F '为椭圆E的右焦点，在Rt △MAF中cos∠MFA =| AF |
| MF | ，所以有| MF |=| AF |
cos∠MFA ，在
Rt △NBF中，同理有| NF |=|BF |
cos∠NFB 后，所以有：
| MN |=| MF |+| NF |=| AF |
cos∠MFA +|BF |
cos∠NFB =| AB|
cosα .
（4）
连结BF '，在△FBF '中，记|BF|= x，则|BF '|=2❑√3- x.
由余弦定理知|BF '|
2=|BF |
2+|FF '|
2-2|BF ||F F
'|cosα，
即(2❑√3- x)
2= x
2+(2❑√2)
2-2 x ⋅2❑√2⋅cosα.
所以有x =
1
❑√3- ❑√2cosα ，即|BF |=
1
❑√3- ❑√2cosα .
(5)
同理有| AF |=
1
❑√3+ ❑√2cosα
(6).
由(5)(6)知| AB|=
1
❑√3- ❑√2cosα +
1
❑√3+ ❑√2cosα =
2❑√3
3-2cos
2α
由(4)知| MN |=
2❑√3
(3-2cos
2α)cosα
.
令f (α )=(3-2cos
2α)
24 cos
2α，则f (α )=(3-2cos
2α)(3-2cos
2α)4 cos
2α.
根据均值不等式知(3-2cos
2α)+(3-2cos
2α)+ 4 cos
2α
3
≥
3√(3-2cos
2α)
24 cos
2α.
31 / 39
学科网（北京）股份有限公司
所以(3-2cos
2α)
24 cos
2α ≤8且等号成立当且仅当3-2cos
2α = 4 cos
2α.
即α = π
4 .所以当且仅当α = π
4 号时，(f (α ))max = 4.
从而当且仅当α = π
4 时| MN |min= ❑√6.
24．【2019 年浙江预赛】如图，椭圆C1: x
2
4 + y
2=1，抛物线C2: x
2=2 py( p>0)，设C1,C2相交于A ,B两
点，O为坐标原点.
(1)若△ABO的外心在椭圆上，求实数p的值;
(2)若△ABO的外接圆经过点N(0, 13
2 )，求实数p的值.
【答案】(1)7- ❑√13
6
；(2)p=3.
【解析】(1)由抛物线､椭圆和圆的对称性可知，△ABO的外心为椭圆的上顶点M (0,1).
则有MA = MB = MO =1.设B(x0, y0)(x0>0)，则有
¿，解得¿.
(2)因为O , A , N ,B四点共圆，设AB与y轴相交于C (0, y0)，由相交弦定理得AC·CB =CN·CO，即
y0(
13
2 - y0)= x0 x0=2 p y0，解得y0= 13
2 -2 p，①
32 / 39
学科网（北京）股份有限公司
代入x0
2=2 p y0，解得x0
2=2 p(
13
2 -2 p)，②
将①､②代入精国方程得13 p- 4 p
2
4
+(
13
2 -2 p)
2
=1，解得p=3.
25．【2019 年重庆预赛】已知过点P(3,0)斜率为k的直线l交双曲线C：x
2- y
2
3 =1右支于A 、B两点，F
为双曲线C的右焦点，且|AF|+|BF|=16，求k的值.
【答案】k =±3.
【解析】设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则直线 l：y =k (x -3).离心率e=2。
联立 ¿ 得(k
2-3) x
2-6 k
2 x +9k
2+3=0
∴x1+ x2= 6k
2
k
2-3
...........8 分
∴16=|AF|+|BF|=(2 x1-1)+(2 x2-1)=2× 6k
2
k
2-3
-2
∴k =±3.
26．【2019 年福建预赛】已知F 为椭圆C : x
2
4 + y
2
3 =1的右焦点，点P 为直线x=4 上动点，过点P 作椭圆C
的切线PA、PB，A、B 为切点.
(1)求证:A、F、B 三点共线;
(2)求△PAB 面积的最小值.
【答案】(1)证明见解析；(2)9
2.
【解析】(1)F(1，0)，设P(4，t)，A(x1, y1),B(x2, y2).
则切线PA，PB 的方程分别为x1 x
4 + y1 y
3
=1, x2 x
4 + y2 y
3
=1.
由切线PA，PB 过点P(4，t)，得x1+ y1t
3 =1, x2+ y2t
3 =1，即x1+ t
3 y1=1, x2+ t
3 y2=1.
33 / 39
学科网（北京）股份有限公司
由此可得直线AB 方程为x + t
3 y =1.
易知直线AB 过点F(1，0).
∴A、F、B 三点共线.
(2)由¿，得(t
2+12) y
2-6ty -27=0.
△=36t
2+ 4×27×(t
2+12)>0, y1+ y2=
6t
t
2+12
, y1 y2=-27
t
2+12
.
于是，| AB|= ❑√
1+(- t
3)
2
⋅|y1- y2|= ❑√
1+(- t
3)
2
⋅❑√(
6t
t
2+12)
2
- 4×-27
t
2+12
= 4(t
2+9)
t
2+12
.
又点P(4，t)到直线AB 方程的距离d =
❑√9+t
2.
∴SΔPAB= 1
2 | AB|⋅d = 1
2 × 4(t
2+9)
t
2+12
×
❑√9+t
2= 2(t
2+9)❑√9+t
2
t
2+12
.
设❑√t
2+9= λ，由t∈R 知λ≥3，且S ΔPAB= f ( λ)= 2 λ
3
λ
2+3
.
∵f
'( λ)= 6 λ
2(λ
2+3)-2 λ
3(2 λ)
(λ
2+3)
2
= 2 λ
4+18 λ
2
(λ
2+3)
2 >0，
∴f ( λ)在区间[3，+∞)上为增函数，f ( λ)最小值为f (3)= 9
2，此时t=0.
∴△PAB 面积的最小值为9
2.
27．【2019 年广西预赛】设k>0 且k≠1,直线l:y=kx+1 与l1: y =k1 x +1关直线y=x+1 对称,直线l 与l1分别交
椭E: x
2
4 + y
2=1于点A、M 和A、N.
34 / 39
学科网（北京）股份有限公司
(1)求k ⋅k1的值；
(2)求证:对任意的k,直线MN 恒过定点.
【答案】(1)1；(2)证明见解析.
【解析】(1)解:直线l 与l1的交点为A(0,1)
设点P(x,y)是直线l上异于点A(0,1)的任意一点,点P0( x0, y0)是点P 关于直线y=x+1 的对称点.
由y + y0
2
= x + x0
2
+1得y - x = x0- y0+2
①
由
y - y0
x - x0
=-1得y + x = y0+ x0
②
联合①②解得{x = y0-1
y = x0+1.
代入直线l:y=kx+1 可得x0=k( y0-1).
又由点P0( x0, y0)在直线l1: y =k1 x +1上,有y0=k1 x0+1,则y0-1=k1 x0.
所以有x0=k k1 x0,从而由x0≠0 可得kk1=1.
(2)设点M、N 的坐标分别为( x1, y1)与( x2, y2).
由{
y1=k x1+1
x1
2
4 + y1
2=1
可得(4 k
2+1)x1
2+8k x1=0.所以有x1=-8k
4 k
2+1，y1= 1- 4 k
2
4 k
2+1
.
同理可得：x2=-8k1
4 k1
2+1，y2= 1- 4 k
2
4 k1
2+1.
则直线MN 的斜率为k MN = y1- y2
x1- x2
=
1- 4 k
2
4 k
2+1
- k
2- 4
4+ k
2
-8k
4 k
2+1
--8k
4 +k
2
=
8-8k
4
8k(3k
2-3)
=- k
2+1
3k
.
35 / 39
学科网（北京）股份有限公司
所以直线MN 的方程为y - 1- 4 k
2
4 k
2+1
=- k
2+1
3k ( x --8k
4 k
2+1
).
化简得y =- k
2+1
3k x - 5
3.
因此,对任意的k,直线MN 恒过定点(0,- 5
3 ).
28．【2019 年贵州预赛】已知定长为4 的线段AB 的两端点分别在两条相交直线x±2y=0 上移动.
(1)设线段AB 的中点为G,求点G 的轨迹C 的方程;
(2)若由点P 向曲线C 作出的两条切线互相垂直.求证:动点P 在定圆上.
【答案】(1) x
2
16 + y
2=1；(2)证明见解析.
【解析】(1)设A、B、G 的坐标分别为(x1, y1),(x2, y2),( x , y),则：
¿.
所以,点G 的轨迹C 的方程为: x
2
16 + y
2=1.
(2)解法1:设P(x0, y0), PS , PT与椭圆C 相切于S、T,椭圆C 的左、右焦点分别为F1, F2, F2关于PS、PT 的
对称点分别为P1, P2.由椭圆的光学性质,知F1,S , P1与F1,T , P2分别共线.
所以|F1 P1|=|F1 P2|=|F1S|+|F2S|=8.
又∠SPT=90°,则P1 P2以P 为中点,
故|P F1|
2+|P F2|
2=|P F1|
2+|P P1|
2=|F1 P1|
2=64
⇒(x0+ ❑√15)
2+ y0
2+(x0- ❑√15)
2+ y0
2=64
⇒x0
2+ y0
2=17⇒|OP|= ❑√17
.即动点P 在定圆x2+y2=17 上
36 / 39
学科网（北京）股份有限公司
29．【2019 年吉林预赛】已知椭圆C: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1, F2,右顶点为A,P 为椭
圆C 上任意一点.已知⃑P F1⋅⃑P F2的最大值为3,最小值为2
(1)求椭圆C 的方程
(2)若直线l:y=kx+m 与椭圆C 相交于M、N 两点(M、N 不是左右顶点)，且以MN 为直径的圆过点A.求证:
直线l 过定点,并求出该定点的坐标.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1；(2)答案见解析.
【解析】(1)P 是椭圆上任一点,∴|P F1|+|P F2|=2a且a-c≤|P F1|≤a+c.
y =⃑PF1⋅⃑PF2=|⃑P F1|⋅|⃑P F2|cos∠F1 P F2
= 1
2[|P F1|
2+|P F2|
2- 4 c
2]
= 1
2[|P F1|
2+(|2a-| P F1|)
2- 4 c
2]
=(|P F1|-a)
2+a
2-2c
2.
当|P F1|=a时,y 有最小值a
2-2c
2，当|P F1|=a-c或a+c 时,y 有最大值a
2-c
2.
∴¿.
则椭圆方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
37 / 39
学科网（北京）股份有限公司
(2)设M (x1, y1), N (x2, y2),将y=kx+m 代入椭関方程得：
(4 k
2+3) x
2+8kmx + 4 m
2-12=0.
∴x1+ x2=-8km
4 k
2+3
, x1 x2= 4 m
2-12
4 k
2+3
.
因为y1=k x1+m, y2=k x2+m, y1 y2=k
2 x1 x2+ km(x1+ x2)+m
2.
又因为MN 为直径的圆过点A，∴⃑AM ⋅⃑AN =0,∴7m
2+16km+ 4 k
2=0.
∴m=- 2
7 k或m=-2k都满足Δ>0.
若m=-2k 直线l 恒过定点（2，0）不合题意舍去，
若m=- 2
7 k直线l: y =k(x - 2
7)过定点(
2
7 ,0).
30．【2019 高中数学联赛A 卷（第01 试）】在平面直角坐标系xOy 中，圆Ω与抛物线Γ : y
2= 4 x恰有一个
公共点，且圆Ω与x 轴相切于Γ的焦点F.求圆Ω的半径.
【答案】4 ❑√3
9
【解析】易知的焦点F 的坐标为(1，0).设圆的半径为r(r>0).由对称性，不妨设Ω在x 轴上方与x 轴相切于点
F，故Ω的方程为( x -1)
2+( y -r )
2=r
2.
①
将x = y
2
4 代入①并化简，得(
y
2
4 -1)
2
+ y
2-2ry =0.
显然y>0，故r = 1
2 y[(
y
2
4 -1)
2
+ y
2]= ( y
2+ 4)
2
32 y
②
根据条件，②恰有一个正数解y，该y 值对应Ω与Γ的唯一公共点.
考虑f ( y)= ( y
2+ 4)
2
32 y
( y >0)的最小值.
38 / 39
学科网（北京）股份有限公司
由平均值不等式知y
2+ 4 = y
2+ 4
3 + 4
3 + 4
3 ⩾4
4√
y
2⋅(
4
3)
3
，
从而f ( y)⩾
1
32 y ⋅16 ❑√y
2⋅(
4
3)
3
= 4 ❑√3
9
.
当且仅当y
2= 4
3 ，即y = 2❑√3
3
时，f(y)取到最小值4 ❑√3
9
.
由②有解可知r ⩾4 ❑√3
9
.
又假如r > 4 ❑√3
9
，因f(y)随y 连续变化，且y→0+及y→+∞时，f(y)均可任意大，
故②在(0, 2❑√3
3 )及(
2❑√3
3
,+∞)上均有解，与解的唯一性矛盾.
综上，仅有r = 4 ❑√3
9
满足条件(此时(
1
3 , 2❑√3
3 )是Ω与Γ的唯一公共点).
39 / 39
学科网（北京）股份有限公司
