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专题九
解析几何
第二十九讲
曲线与方程
答案部分
1. 由2
2
1
x
y
x y
+
= +
可得
2
2
1
y
x y
x
−
= −
.
配方得
2
2
3
0
2
4
1
x
x
y
−
−
=
，解得
2
3
4
x
.
所以x 可取的整数值为-1
0
1
，，，
则曲线经过
(
) (
) (
) (
) (
) (
)
1,0 ,
1, 1 , 0,1 , 0, 1 , 1,0 , 1,1 ,
−
−−
−
这
个整点，结论①正确；
6
当＞时，由
x
0
2
2
1
x
y
xy
+
= +
得
2
2
2
2
1
2
x
y
x
y
xy
+
+
−=
（当x=y 时取等号），
所以
2
2
2
x
y
+
，所以
2
2
2
x
y
+
，即曲线
上轴右边的点到原点的距离不超过
C
y
2 ，
结论②正确；
根据对称性可得：曲线
上任意一点到原点的距离都不超过
C
2 ；故②正确．
如图所示，
(
)
(
)
(
)
(
)
0, 1 ,
1,0 ,
1,1 ,
0,1
A
B
C
D
−
1
3
1 1 1 1
2
2
ABCD
S
=
+ =
，
根据对称性可知
2
3
ABCD
S
S
=
心形
.
即心形区域的面积大于3，故③错误．
正确结论为①②
故选
．
.
C
2．
设椭圆的右焦点为
解析
解析
解析
解析
解析
F，连接PF，
线段
的中点
PF
A在以原点为圆心，为半径的圆，
O
2
连接AO，可得
2
4
PF
AO
=
=
，
设的坐标为（
P
m,n），可得
2
3
4
3 m
−
=
，可得
3
2
m = −
，
15
2
n =
，
由
( 2,0)
F −
，可得直线
的斜率为
PF
15
2
15
3
2
2
=
−
+
．
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3.解析
解析
解析
解析
解析 （1）设椭圆C的焦距为2 .
c
因为F1(-1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.
又因为DF1= 5
2
，AF2⊥x 轴，所以DF2=
2
2
2
2
1
1
2
5
3
( )
2
2
2
DF
F F
−
=
−
=
，
因此2 =
a DF1+DF2=4 ，从而a=2.
由b2=a2-c2，得b2=3.
因此，椭圆C 的
方程为
标准
2
2
1
4
3
x
y
+
= .
（2）
：由（
解法一
解法一
解法一
解法一
解法一
1）知，椭圆C：
2
2
1
4
3
x
y
+
= ，a=2，
因为AF2⊥x 轴，所以点A 的横坐标为1.
将x=1 代入圆F2 的方程(x-1) 2+y2=16，解得y=±4.
因为点A在x 轴上方，所以A(1，4).
又F1(-1，0)，所以直线AF1：y
x
=2 +2.
由
2
2
(
)
2
2
1
16
y
x
x
y
=
+
−
+
=
，得
2
5
6
11
0
x
x
+
−
=
，
解得 1
x = 或
11
5
x = −
.
将
11
5
x = −
代入
2
2
y
x
=
+
，得
12
5
y = −
，
因此
11
12
(
,
)
5
5
B −
−
.又F2(1，0) ，所以直线BF2：
3
(
1)
4
y
x
=
−
.
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由
2
2
1
4
3
3
(
1)
4
x
y
x
y
+
=
−
=
，得
2
7
6
13
0
x
x
−
−
=
，解得
1
x = −或
13
7
x =
.
又因为E是线段BF2 与椭圆的交点，所以
1
x = −.
将
1
x = −代入
3
(
1)
4
y
x
=
−
，得
3
2
y = −
.因此
3
( 1,
)
2
E −−
.
解法二：
解法二：
解法二：
解法二：
解法二：由（1）知，椭圆C：
2
2
1
4
3
x
y
+
=
.如图
，
所示
联结EF1.
因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF 1=EB，
从而∠BF1E=∠B.
因为F2A=F 2B，所以∠A=∠B，
所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A.
因为AF2⊥x 轴，所以EF1⊥x 轴.
因为F1(-1，0)，由
2
2
1
4
3
1
x
x
y
+
=
= −
，得
3
2
y =
.
又因为E是线段BF2 与椭圆的交点，所以
3
2
y = −
.
因此
3
( 1,
)
2
E −−
.
4. 解析
解析
解析
解析
解析（1）设
(
)
1
1
1
,
,
,
2
D t
A x y
−
，则
2
1
1
2
x
y
=
.
由于
y'
x
=
，所以切线DA的斜率为
1
x ，故
1
1
1
1
2
y
x
x
t
+
=
−
，整理得
1
1
2
2 +1=0
tx
y
−
设
(
)
2
2
,
B x y
，同理可得
2
2
2
2
+1=0
tx
y
−
.
故直线AB的方程为
2
2
1
0
tx
y
−
+ =
.
所以直线AB过定点
1
(0, )
2
.
5.解析
解析
解析
解析
解析（I）由抛物线
2
:
2
C x
py
= −
经过点 (
)
2, 1
−
，得
2
p =
.
所以抛物线
的方程为
C
2
4
x
y
= −
，其准线方程为
1
y =
.
（II）抛物线
的焦点为
C
(
)
0, 1
−
，设直线的
l
方程为
(
)
1
0
y
kx
k
=
−
.
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由
2
4
1
x
y
y
kx
= −
=
−
，得
2
4
4
0
x
kx
+
−
=
.
设
(
)
(
)
1
1
2
2
,
,
,
,
M x y
N x y
则
1
2
4
x x = −.
直线OM 的方程为
1
1
y
y
x
x
=
，令
1
y = −
，得点
的横坐标为
A
1
1
A
x
x
y
= −
同理
点
的横坐标
可得
B
2
2
B
x
x
y
= −
.
设点
(
)
0,
D
n ，则
(
)
(
)
2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
1
2
1
1
4
4
x x
x x
DA DB
n
n
y y
x
x
=
+
+
=
+
+
−
−
uuur uuur
(
)
(
)
2
2
1 2
16
1
4
1
n
n
x x
=
+
+
= −+
+
.
令
0,
DA DB
=
uuur uuur
即
(
)
2
4
1
0
n
−+
+
=
，得 1
n =
或
3
n = −
.
综上
为直径的圆经过
，以AB
y 轴上的定点
(
)
(
)
0,1
0,-3
和
．
6．解析
．解析
．解析
．解析
．解析（1）由题设得
1
2
2
2
y
y
x
x
= −
+
−
，化简得
2
2
1(|
| 2)
4
2
x
y
x
+
=
，所以
为中心在
C
坐标原点，焦点在
轴上的椭圆，不含左右顶点．
x
（
）设直线
的斜率为，则其方程为
2）（i
PQ
k
(
0)
y
kx k
=
．
由
2
2
1
4
2
y
kx
x
y
=
+
=
得
2
2
1 2
x
k
=
+
．
记
2
2
1 2
u
k
=
+
，则
( ,
),
(
,
), ( ,0)
P u uk Q
u
uk E u
−
−
．
于是直线QG 的斜率为2
k ，方程为
(
)
2
k
y
x
u
=
−
．
由
2
2
(
),
2
1
4
2
k
y
x
u
x
y
=
−
+
=
得
2
2
2
2
2
(2
)
2
8
0
k
x
uk x
k u
+
−
+
−=
．①
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设
(
,
)
G
G
G x
y
，则u
−
和
G
x 是方程①的解，故
2
2
(3
2)
2
G
u
k
x
k
+
=
+
，由此得
3
2
2
G
uk
y
k
=
+
．
从而直线PG 的斜率为
3
2
2
2
1
2
(3
2)
2
uk
uk
k
u
k
k
u
k
−
+
= −
+
−
+
．
所以
PQ
PG
⊥
，即
PQG
△
是直角三角形．
（）由（
ii
i）得
2
|
| 2
1
PQ
u
k
=
+
，
2
2
2
1
|
|
2
uk k
PG
k
+
=
+
，
所以△PQG 的面积
2
2
2
2
1
8(
)
1
8 (1
)
|
|
1
2
(1 2
)(2
)
1 2(
)
k
k
k
k
S
PQ PG
k
k
k
k
+
+
=
=
=
+
+
+
+
‖
．
设t k
= + 1
k
，则由k>0 得t≥2，当且仅当k=1 时取等号．
因为
2
8
1 2
t
S
t
=
+
在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1 时，S 取得最大值，最大值为16
9
．
因此，△PQG 面积的最大值为16
9
．
7
I
．解析
（）由题意得
1
2
p = ，即p=2.
所以，抛物线的准线方程为x=−1.
（Ⅱ）设
(
)
(
)
(
)
,
,
,
,
,
A
A
B
B
c
c
A x
y
B x
y
C x y
，重心
(
)
,
G
G
G x
y
.令
2 ,
0
A
y
t t
=
，则
2
A
x
t
=
.
由于直线AB过F，故直线
方程为
AB
2
1
1
2
t
x
y
t
−
=
+ ，代入
2
4
y
x
=
，得
(
)
2
2
2
1
4
0
t
y
y
t
−
−
−
=
，
故2
4
B
ty = −
，即
2
By
t
= −
，所以
2
1
2
,
B t
t
−
.
又由于
(
)
(
)
1
1
,
3
3
G
A
B
c
G
A
B
c
x
x
x
x
y
y
y
y
=
+
+
=
+
+
及重心G在轴上，故
x
2
2
0
c
t
y
t
−
+
=
，
得
2
4
2
2
1
1
2
2
2
,2
,
,0
3
t
t
C
t
t
G
t
t
t
−
+
−
−
.
所以，直线AC方程为
(
)
2
2
2
y
t
t x
t
−
=
−
，得
(
)
2
1,0
Q t −
.
由于在焦点的右侧，故
Q
F
2
2
t
.从而
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4
2
2
4
2
2
1
2
4
4
2
4
2
2
2
2
2
1
1 | 2 |
|
|
3
2
2
2
2
1
2
2
2
2
1
1
|
|
|
1
| |
2 |
2
3
A
c
t
t
t
FG
y
t
S
t
t
t
t
t
S
t
t
QG
y
t
t
t
t
−
+
−
−
−
=
=
=
=
−
−
+
−
−
−−
−
.
令
2
2
m
t
=
−
，则m>0，
1
2
2
1
1
3
2
2
2
1
3
4
3
2
3
4
2
4
S
m
S
m
m
m
m
m
m
=
−
=
−
−
= +
+
+
+
+
+
…
.
当
3
m =
时，
1
2
S
S
取得最小值
3
1
2
+
，此时G（，）
2
0
.
8.解析
解析
解析
解析
解析 （Ⅰ）设椭圆的半焦距为c ，依题意，
5
2
4,
5
c
b
a
=
=
，又
2
2
2
a
b
c
=
+
，可得
5
a =
，
2,
b =
1
c =
.
所以，椭圆的方程为
2
2
1
5
4
x
y
+
=
.
（Ⅱ）由题意，设
(
) (
)
(
)
0 ,
,0
P
P
p
M
P x
y
x
M x
，
.
设直线PB 的斜率为
(
)0
k k
，又
(
)
0,2
B
，则直线PB 的方程为
2
y
kx
=
+
，与椭圆方程
联立
2
2
2
1
5
4
y
kx
x
y
=
+
+
=
，整理得 (
)
2
2
4
5
20
0
k
x
kx
+
+
=
，
可得
2
20
4
5
P
k
x
k
= −
+
，代入
2
y
kx
=
+
得
2
2
8 10
4
5
P
k
y
k
−
=
+
，进而直线OP 的斜率
2
4
5
10
P
p
y
k
x
k
−
= −
.
在
2
y
kx
=
+ 中，令
0
y =
，得
2
M
x
k
= −
.由题意得
(
)
0, 1
N
−
，所以直线MN 的斜率为
2
k
−
.
由
OP
MN
⊥
，得
2
4
5
1
10
2
k
k
k
−
−
= −
−
，化简得
2
24
5
k =
，从而
2 30
5
k =
.
所以，直线PB 的斜率为
2 30
5
或
2 30
5
−
.
2010-2018
年
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1．【解析】(1)因为椭圆C 的焦点为
1
2
(
)
3,0 ,
( 3,0)
F
F
−
，
可设椭圆C 的方程为
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
+
=
．又点
1
( 3, )
2 在椭圆C 上，
所以
2
2
2
2
3
1
1,
4
3,
a
b
a
b
+
=
−
=
，解得
2
2
4,
1,
a
b
=
=
因此，椭圆C 的方程为
2
2
1
4
x
y
+
= ．
因为圆O的直径为
1
2
F F ，所以其方程为
2
2
3
x
y
+
=
．
(2)①设直线l与圆O 相切于
0
0
0
0
(
)
,
,
(
0
0)
P x
y
x
y
，则
2
2
0
0
3
x
y
+
=
，
所以直线l 的方程为
0
0
0
0
(
)
x
y
x
x
y
y
= −
−
+
，即
0
0
0
3
x
y
x
y
y
= −
+
．
由
2
2
0
0
0
1,
4
3 ,
x
y
x
y
x
y
y
+
=
= −
+
消去y ，得
2
2
2
2
0
0
0
0
4
24
36
4
0
(
)
x
y
x
x x
y
+
−
+
−
=
．（*
）
因为直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，
所以
2
2
2
2
2
2
0
0
0
0
0
0
(
)
(
)(
)
4 4
36
4
(
24
48
)
2
0
x
x
y
y
y
x
= −
−
+
−
=
−
=
．
因为
0
0
,
0
x
y ，所以
0
0
2,
1
x
y
=
= ．
因此，点P 的坐标为
( 2,1) ．
②因为三角形OAB的面积为2 6
7
，所以
2
1
2
6
7
AB OP
=
，从而
4 2
7
AB =
．
设
1
1
2
2
,
,
(
)
(
)
,
A x y
B x
y
，
由（*）得
2
2
0
0
0
2
2
0
0
1,2
24
48
(
2)
2(4
)
x
y
x
x
x
y
−
=
+
，
所以
2
2
2
2
1
2
1
(
)
(
)
x
B
y
y
x
A
=
−
+
−
2
2
2
0
0
0
2
2
2 2
0
0
0
48
(
2)
(1
)
(4
)
x
y
x
y
x
y
−
=
+
+
．
因为
2
2
0
0
3
x
y
+
=
，
关注微信公众号：加油高三
所以
2
2
0
2
2
0
16(
2)
32
(
1)
49
x
AB
x
−
=
=
+
，即
4
2
0
0
2
45
100
0
x
x
−
+
= ，
解得
2
2
0
0
5
(
20
2
x
x
=
=
舍去），则
2
0
1
2
y
=
，因此P 的坐标为
10
2
(
,
)
2
2
．
综上，直线l的方程为
5
3 2
y
x
= −
+
．
P
B
A
y
x
O
F2
F1
2．【解析】（1）设
( , )
P x y ，
0
0
(
,
)
M x
y
，则
0
(
,0)
N x
，
0
(
, )
NP
x
x y
=
−
，
0
(0.
)
NM
y
=
．
由
2
NP
NM
=
得 0x
x
=
，
0
2
2
y
y
=
．
因为
0
0
(
,
)
M x
y
在C 上，所以
2
2
1
2
2
x
y
+
= ．
因此点P 的轨迹方程为
2
2
2
x
y
+
=
．
（）由题意知
2
( 1,0)
F −
．设
( 3, )
Q
t
−
，
( , )
P m n ，则
( 3, )
OQ
t
= −
，
( 1
,
)
PF
m
n
= −−
−
，
3 3
OQ PF
m tn
= +
−
，
( , )
OP
m n
=
，
( 3
,
)
PQ
m t
n
= − −
−
，
由
1
OP PQ
= 得
2
2
3
1
m
m
tn
n
−
−
+
−
=
，又由（1）知
2
2
2
m
n
+
=
，
故
3 3
0
m tn
+
−
=
．
所以
0
OQ PF
=
，即
OQ
PF
⊥
．又过点P 存在唯一直线垂直与OQ ，所以过点P 且
垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F ．
3．【解析】(Ⅰ
由离心率是
)
2
3 ，有
2
2
4
= b
a
，
又抛物线
y
x
2
=
2
的焦点坐标为
)
2
1
,0
(
F
，所以
2
1
=
b
，于是
1
=
a
，
关注微信公众号：加油高三
所以椭圆C 的方程为
1
=
4
+
2
2
y
x
．
(
i
Ⅱ) （）设P 点坐标为
2
,
),(
0)
2
m
P m
m
（
，
由
y
x
2
=
2
得
x
y =
′
，所以E在点P 处的切线l 的斜率为m ，
因此切线l 的方程为
2
=
2
m
mx－
y
，
设
)
,
(
),
,
(
2
2
1
1
y
x
B
y
x
A
，
)
,
(
0
0 y
x
D
，
将
2
=
2
m
mx－
y
代入
1
=
4
+
2
2
y
x
，得
0
=
1
+
4
)
4
+
1
2
3
2
2
－
m
x
m
－
x
m
（
．
于是
2
3
2
1
4
+
1
4
=
+
m
m
x
x
，
2
3
2
1
0
4
+
1
2
=
2
+
=
m
m
x
x
x
，
又
2
2
0
0
2
2
2(1
4
)
m
m
y
mx
m
−
=
−
=
+
，
于是
直线
OD 的方程为
x
m
－
y
4
1
=
．
联立方程
x
m
－
y
4
1
=
与
m
x =
，得M 的坐标为
1
( ,
)
4
M m −
．
所以点M 在定直线
4
1
=
y
－
上．
（）在切线
ii
l 的方程为
2
=
2
m
mx－
y
中，令
0
x =
，得
2
2
m
y =－
，
即点G 的坐标为
2
(0,
)
2
m
G
−
，又
2
( ,
)
2
m
P m
，
1
(0, )
2
F
，
所以
4
)1
+
(
=
×
2
1
=
S
2
1
m
m
GF
m
；
再由
3
2
2
2
2
(
,
)
4
1 2(4
1)
m
m
D
m
m
−
+
+
，得
关注微信公众号：加油高三
)1
+
4
(
8
)1
+
2
(
=
1
+
4
+
2
×
4
1
+
2
×
2
1
=
S
2
2
2
2
3
2
2
m
m
m
m
m
m
m
于是有
2
2
2
2
2
1
)1
+
2
(
)1
+
)(
1
+
4
(
2
=
S
S
m
m
m
．
令
1
+
2
=
2
m
t
，得
2
2
2
1
1
1
+
2
=
)1
+
)(
2
1
(
2
=
S
S
t
－
t
t
t
t－
当
2
1
=
1
t
时，即
2
=
t
时，
2
1
S
S
取得最大值4
9
．
此时
2
1
=
2
m
，
2
2
=
m
，所以P点的坐标为
)
4
1
,
2
2
P(
．
所以
2
1
S
S
的最大值为4
9
，取得最大值时点P 的坐标为
2 1
(
, )
2
4
P
．
4．【解析】（）设
Ⅰ
( ,0)
F c
，由
1
1
3
|
|
|
|
|
|
c
OF
OA
FA
+
=
，即
1
1
3
(
)
c
c
a
a a
c
+
=
−
，
可得
2
2
2
3
a
c
c
−
=
，又
2
2
2
3
a
c
b
−
=
=
，所以
2
1
c =
，因此
2
4
a =
，
所以椭圆的方程为
2
2
1
4
3
x
y
+
=
．
（）解：设直线
Ⅱ
l的斜率为k （
0
k
），则直线l 的方程为
)
2
( −
=
x
k
y
.
设
)
,
(
B
B y
x
B
，由方程组
−
=
=
+
)
2
(
1
3
4
2
2
x
k
y
y
x
，消去y ，
整理得
0
12
16
16
)
3
4
(
2
2
2
2
=
−
+
−
+
k
x
k
x
k
．
解得
2
=
x
，或
3
4
6
8
2
2
+
−
=
k
k
x
，由题意得
3
4
6
8
2
2
+
−
= k
k
xB
，从而
3
4
12
2 +
−
= k
k
yB
．
由（）知，
Ⅰ
)
0,1(
F
，设
)
,0
(
H
y
H
，有
)
,1
(
H
y
FH
−
=
，
)
3
4
12
,
3
4
4
9
(
2
2
2
+
+
−
=
k
k
k
k
BF
.
由
HF
BF ⊥
，得
0
=
HF
BF
，所以
0
3
4
12
3
4
4
9
2
2
2
=
+
+
+
−
k
ky
k
k
H
，解得
k
k
yH
12
4
9
2
−
=
.
关注微信公众号：加油高三
因此直线MH 的方程为
k
k
x
k
y
12
4
9
1
2
−
+
−
=
．
设
)
,
(
M
M y
x
M
，由方程组
−
=
−
+
−
=
)
2
(
12
4
9
1
2
x
k
y
k
k
x
k
y
消去y ，解得
)1
(
12
9
20
2
2
+
+
=
k
k
xM
.
在MAO
中，
|
|
|
|
MO
MA
MAO
MOA
，即
2
2
2
2)
2
(
M
M
M
M
y
x
y
x
+
+
−
，
化简得
1
M
x
，即
1
)1
(
12
9
20
2
2
+
+
k
k
，解得
4
6
−
k
或
4
6
k
．
所以，直线l的斜率的取值范围为
)
,
4
6
[
]
4
6
,
(
+
−
−
．
5．【解析】（I）设
1
1
(
,
)
M x y
，则由题意知
1
0
y
．
当
4
t = 时，椭圆E 的方程为
2
2
1
4
3
x
y
+
=
，A 点坐标为 (
)
2
0
−，
，
由已知及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为4
．
因此直线AM 的方程为
2
y
x
=
+
．
将
2
x
y
=
−
代入
2
2
1
4
3
x
y
+
= 得
2
7
12
0
y
y
−
=
．
解得
0
y =
或
12
7
y =
，所以
1
12
7
y =
．
所以
AMN
△
的面积为
2
1
1
12
12
144
2
2
2
7
7
49
AMN
S
AM
=
=
=
．
（Ⅱ）由题意知
3,
0, (
,0)
t
k
A
t
−
，则直线AM 的方程为
(
)
y
k x
t
=
+
，
联立
(
)
2
2
1
3
x
y
t
y
k x
t
+
=
=
+
并整理得， (
)
2
2
2
2
2
3
2
3
0
tk
x
t tk x
t k
t
+
+
+
−
=
解得x
t
= −
或
2
2
3
3
t tk
t
x
tk
−
= −
+
，
所以
2
2
2
2
2
3
6
1
1
3
3
t tk
t
t
AM
k
t
k
tk
tk
−
=
+
−
+
=
+
+
+
由题意
MA
NA
⊥
，所以AN 的方程为
1
(
)
y
x
t
k
= −
+
，
同理可得
2
2
6
(1
)
|
|
3
k t
k
AN
k
t
+
=
+
关注微信公众号：加油高三
由
2 AM
AN
=
,得
2
2
2
3
3
k
tk
k
t
=
+
+
，即
3
(
2)
3 (2
1)
k
t
k
k
−
=
−
当
3
2
k =
时上式成立，因此
2
3
6
3
2
k
k
t
k
−
=
−
．
因为
3
t ，即
2
3
6
3
3
2
k
k
k
−
−
，整理得 (
) (
)
2
3
1
2
0
2
k
k
k
+
−
−
即
3
2
0
2
k
k
−
−
，解得3 2
2
k
．
6．【解析】（）设点
Ⅰ
( , 0)
D t
(| | 2)
t
，
0
0
(
,
),
( , )
N x
y
M x y ，依题意，
2
MD
DN
=
，且
|
| |
| 1
DN
ON
=
= ，
所以
0
0
(
,
)
2(
,
)
t
x
y
x
t y
−
−
=
−
，且
2
2
0
0
2
2
0
0
(
)
1
1
x
t
y
x
y
−
+
=
+
=
即
0
0
2
2
2
t
x
x
t
y
y
−
=
−
= −
，且
0
(
2
)
0
t t
x
−
=
．
由于当点D 不动时，点N 也不动，所以t
不恒等于，
0
于是
0
2
t
x
=
，故
0
0
,
4
2
x
y
x
y
=
= −
，代入
2
2
0
0
1
x
y
+
= ，可得
2
2
1
16
4
x
y
+
=
，
即所求的曲线C 的方程为
2
2
1
16
4
x
y
+
=
．
（
）当直线
Ⅱ）（ 1
l 的斜率不存在时，直线l 为 4
x = 或
4
x = −，
都有
1
4 4
8
2
OPQ
S
=
=
．
（）当直线
2
l 的斜率存在时，设直线
1
:
(
)
2
l y
kx
m
k
=
+
，
由
2
2
4
16
y
kx
m
x
y
=
+
+
=
，消去y ，可得
2
2
2
(1
4
)
8
4
16
0
k
x
kmx
m
+
+
+
−
=
．
因为直线l 总与椭圆C 有且只有一个公共点，
所以
2
2
2
2
64
4(1
4
)(4
16)
0
k m
k
m
=
−
+
−
=
，即
2
2
16
4
m
k
=
+
．
①
又由
,
2
0,
y
kx
m
x
y
=
+
−
=
可得
2
(
,
)
1
2
1
2
m
m
P
k
k
−
−
；同理可得
2
(
,
)
1
2
1
2
m
m
Q
k
k
−
+
+
．
关注微信公众号：加油高三
由原点O 到直线PQ 的距离为
2
|
|
1
m
d
k
=
+
和
2
|
|
1
|
|
P
Q
PQ
k
x
x
=
+
−
，可得
2
2
1
1
1
2
2
2
|
|
|
||
|
|
|
2
2
2
1
2
1
2
1
4
OPQ
P
Q
m
m
m
S
PQ d
m
x
x
m
k
k
k
=
=
−
=
+
=
−
+
−
．②
将①
②得，
代入
2
2
2
2
4
1
2
8
1
4
4
1
OPQ
k
m
S
k
k
+
=
=
−
−
．
当
2
1
4
k
时，
2
2
2
4
1
2
8(
)
8(1
)
8
4
1
4
1
OPQ
k
S
k
k
+
=
=
+
−
−
；
当
2
1
0
4
k
时，
2
2
2
4
1
2
8(
)
8( 1
)
1
4
1
4
OPQ
k
S
k
k
+
=
=
− +
−
−
．
因
2
1
0
4
k
，则
2
0
1 4
1
k
−
，
2
2
2
1
4k
−
，所以
2
2
8( 1
)
8
1
4
OPQ
S
k
=
−+
−
，
当且仅当
0
k = 时取等号．所以当
0
k = 时，
OPQ
S
的最小值为．
8
综合（
）可知，当直线
1）（2
l 与椭圆C
在四个顶点处相切时，△OPQ 的面积取得最小
值．
8
7．【解析】（1）由题意，得
2
2
c
a =
且
2
3
a
c
c
+
= ，
解得
2
a =
， 1
c =
，则 1
b =
，所以椭圆的标准方程为
2
2 1
2
x
y
+
= ．
（2）当AB ⊥x 轴时，
2
AB =
，又C
3
=
，不合题意．
当AB 与x 轴不垂直时，设直线AB的方程为
(
)
1
y
k x
=
−
，
(
)
1
1
,
x y
，
(
)
2
2
,
x y
，将AB 的方程代入椭圆方程，得
(
)
(
)
2
2
2
2
1 2
4
2
1
0
k
x
k x
k
+
−
+
−
=
，
则
(
)
2
2
1,2
2
2
2 1
1
2
k
k
x
k
+
=
+
，C 的坐标为
2
2
2
2
,
1 2
1
2
k
k
k
k
−
+
+
，且
(
)
(
)
(
) (
)
(
)
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2 2 1
1
1 2
k
AB
x
x
y
y
k
x
x
k
+
=
−
+
−
=
+
−
=
+
．
若
0
k =
，则线段AB 的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意．
从而
0
k
，故直线C
的方程为
2
2
2
1
2
1
2
1
2
k
k
y
x
k
k
k
+
= −
−
+
+
，
则P 点的坐标为
(
)
2
2
5
2
2,
1 2
k
k
k
+
−
+
，从而
(
)
(
)
2
2
2
2 3
1
1
1 2
k
k
PC
k
k
+
+
=
+
．
关注微信公众号：加油高三
因为
2
PC
AB
=
，所以
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2 3
1
1
4 2 1
1 2
1 2
k
k
k
k
k
k
+
+
+
=
+
+
，解得
1
k = ．
此时直线AB方程为
1
y
x
=
−
或
1
y
x
= −+ ．
8．【解析】（）由已知，点
1
( 2,1) 在椭圆E 上．
因此，
2
2
2
2
2
2
1
1,
,
2 ,
2
a
b
a
b
c
c
a
+
=
−
=
=
解得 2
a =
，
2
b =
．
所以椭圆的方程为
2
2
1
4
2
x
y
+
= ．
（）当直线
2
l与x 轴平行时，设直线l 与椭圆相交于C 、D 两点．
如果存在定点Q 满足条件，则
|
|
|
|
1
|
|
|
|
QC
PC
QD
PD
=
=
，即
|
| |
|
QC
QD
=
．
所以Q
点在
轴上，可设
y
Q点的坐标为
0
(0,
)
y
．
当直线l 与x 轴垂直时，设直线l 与椭圆相交于M 、N 两点．
则
(0, 2)
M
，
(0,
2)
N
−
，
由
|
|
|
|
|
|
|
|
QM
PM
QN
PN
=
，有
0
0
|
2 |
2
1
|
2 |
2
1
y
y
−
−
=
+
+
，解得
0
1
y =
或
0
2
y =
．
所以，若存在不同于点P 的定点Q 满足条件，则Q点的坐标只可能为(0,2)
Q
．
下面证明：对任意的直线l ，均有
|
|
|
|
|
|
|
|
QA
PA
QB
PB
=
．
当直线l 的斜率不存在时，由上可知，结论成立．
当直线l 的斜率存在时，可设直线l 的方程为
1
y
kx
=
+ ，A 、B 的坐标分别为
1
1
2
2
( ,
),(
,
)
x y
x
y
．
联立
2
2
1,
4
2
1
x
y
y
kx
+
=
=
+
得
2
2
(2
1)
4
2
0
k
x
kx
+
+
−
=
．
其判别式
2
2
16
8(2
1)
0
k
k
=
+
+
，
所以，
1
2
1
2
2
2
4
2
,
2
1
2
1
k
x
x
x x
k
k
+
= −
= −
+
+
．
关注微信公众号：加油高三
因此
1
2
1
2
1 2
1
1
2
x
x
k
x
x
x x
+
+
=
=
．
易知，点B 关于y 轴对称的点的坐标为
2
2
(
,
)
B
x
y
−
．
x
y
O
Q
P
A
B
B'
又
1
2
1
1
2
2
1
2
2
1
1
1
,
QA
QB
y
y
k
k
k
k
k
x
x
x
x
x
−
−
=
=
−
=
= −+
=
−
−
，
所以
QA
QB
k
k
=
，即
, ,
Q A B三点共线．
所以
1
2
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x
QA
QA
PA
QB
QB
x
PB
=
=
=
．
故存在与P 不同的定点(0,2)
Q
，使得
|
|
|
|
|
|
|
|
QA
PA
QB
PB
=
恒成立．
9．【解析】（Ⅰ）由题意得
2
2
2
1,
2
,
2
.
b
c
a
a
b
c
=
=
=
+
解得
2
a =2．
故椭圆C 的方程为
2
2
1
2
x
y
+
=
．
设M (
N
x ，
．因为
0)
0
m
，所以
1
1
n
−
．
直线PA的方程为
1
1
n
y
x
m
−
−=
，
所以
M
x
=
1
m
n
−
，即
(
,0)
1
m
M
n
−
．
（Ⅱ）因为点B 与点A 关于x 轴对称，所以
( ,
)
B m
n
−
，
设
(
,0)
N
N x
，则
N
x =
1
m
n
+
．
“存在点
(0,
)
Q
Q
y
使得
OQM
= ONQ
等价”，
关注微信公众号：加油高三
“存在点
(0,
)
Q
Q
y
使得OM
OQ
= OQ
ON
”即
Q
y 满足
2
Q
M
N
y
x
x
=
．
因为
1
M
m
x
n
=
−
，
1
N
m
x
n
= +
，
2
2
1
2
m
n
+
= ，
所以
2
2
2
2
1
Q
M
N
m
y
x
x
n
=
=
=
−
．
所以
Q
y = 2 或
2
Q y = −
．
故在y 轴上存在点Q ，使得
OQM
=
ONQ
．
点Q的坐标为
(0, 2) 或
(0,
2)
−
．
10．【解析】（Ⅰ）由题意知
0
m
，可设直线AB 的方程为
1
y
x
b
m
= −
+
．
由
2
2
1
1
2
y
x
b
m
x
y
= −
+
+
=
消去y ，得
2
2
2
1
1
2
(
)
1
0
2
b
x
x
b
m
m
+
−
+
−=
．
因为直线
1
y
x
b
m
= −
+
与椭圆
2
2
1
2
x
y
+
= 有两个不同的交点，
所以
2
2
4
Δ
2
2
0
b
m
= −
+
+
，①
设M 为AB 的中点，则
2
2
2
2
(
,
)
2
2
mb
m b
M m
m
+
+
，
代入直线方程
1
2
y
mx
=
+
解得
2
2
2
2
m
b
m
+
= −
．②
由①②得
6
3
m −
或
6
3
m
．
（Ⅱ）令
1
6
6
(
,0)
(0,
)
2
2
t
m
=
−
，则
4
2
2
2
3
2
2
2
|
|
1
1
2
t
t
AB
t
t
−
+
+
=
+
+
，
关注微信公众号：加油高三
且O 到直线AB 的距离
2
2
1
2
1
t
d
t
+
=
+
．
设ΔAOB的面积为( )
S t ，所以
2
2
1
1
1
2
( )
|
|
2(
)
2
2
2
2
2
S t
AB d
t
=
=
−
−
+
≤
，
当且仅当2
1
2
t =
时，等号成立．
故ΔAOB面积的最大值为
2
2
．
11．【解析】（Ⅰ）可知
5
c =
，又
5
3
c
a =
，
3
a
=
，
2
2
2
4
b
a
c
=
−
=
，
椭圆
的标准方程为
C
2
2
1
9
4
x
y
+
= ；
（Ⅱ）设两切线为1
2
,
l l ，
①当1l
x
⊥
轴或1 / /
l
x 轴时，对应2 / /
l
x 轴或2l
x
⊥
轴，可知
( 3, 2)
P
②当1l 与x 轴不垂直且不平行时，0
3
x
，设1l 的斜率为k ，则
0
k
，2l 的斜率为1
k
−
，
1l 的方程为
0
0
(
)
y
y
k x
x
−
=
−
，联立
2
2
1
9
4
x
y
+
= ，
得
2
2
2
0
0
0
0
(9
4)
18(
)
9(
)
36
0
k
x
y
kx kx
y
kx
+
+
−
+
−
−
=
，
因为直线与椭圆相切，所以
0
=
，
得
2
2
2
2
0
0
0
0
9(
)
(9
4)[(
)
4]
0
y
kx
k
k
y
kx
−
−
+
−
−
=
，
2
2
0
0
36
4[(
)
4]
0
k
y
kx
−
+
−
−
=
，
2
2
2
0
0
0
0
(
9)
2
4
0
x
k
x y k
y
−
−
+
−=
所以k 是方程
2
2
2
0
0
0
0
(
9)
2
4
0
x
x
x y x
y
−
−
+
−
=
的一个根，
同理
1
k
−
是方程
2
2
2
0
0
0
0
(
9)
2
4
0
x
x
x y x
y
−
−
+
−
=
的另一个根，
1
(
)
k
k
−
=
2
0
2
0
4
9
y
x
−
−
，得
2
2
0
0
13
x
y
+
=
，其中
0
3
x ，
所以点
的轨迹方程为
P
2
2
13
x
y
+
=
（
3
x
），
因为
( 3, 2)
P
满足上式，综上知
的轨迹方程为
：点P
2
2
13
x
y
+
=
．
关注微信公众号：加油高三
12．【解析】（Ⅰ）设圆的半径为r ，P 点上下两段分别为,
m n ，
2
4
r =
，
由射影定理得
2 r
mn
=
，三角形的面积
2
2
4
2
2
1
1
4
4
4(
) 16
2
2
s
m
n
r
m
n
=
+
+
=
+
+
+
4
2
2
4
2
1
1
8
16
8
16
2
2
r
m n
r
r
+
+
=
+
+
当
2
m
n
=
=
时，s 取得最大，此时
( 2, 2)
P
∵
2
2
2
3,
c
c
b
a
a
=
=
+
，
( 2, 2)
P
在双曲线上
∴
2
2
2
3
2
1
c
b
a
=
=
=
，
，
，∴双曲线的方程为
2
2 -
1
2
y
x
=
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
2
C 的焦点为
(- 3,0),( 3,0)，由此设
2
C 的方程为
2
2
2
2
1
1
1
3
x
y
b
b
+
=
+
，
其中1
0
b
，由
( 2, 2)
P
在
2
C 上，得
2
1
3
b =
，∴
2
C 的方程为
2
2
1
6
3
x
y
+
=
，
显然，l 不是直线
0
y =
，设l的方程为
3
x
my
=
+
，点
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
A x y
B x
y
，
由
2
2
3
1
6
3
x
my
x
y
=
+
+
=
得
2
2
(2
)
2 3
-3
0
m y
my
+
+
=
，
∴
1
2
1
2
2
2
-2 3
-3
,
2
2
m
y
y
y y
m
m
+
=
=
+
+
①
1
1
2
2
0
( - 2,
- 2)(
- 2,
- 2)
PA PB
x
y
x
y
=
•
=
2
1
2
1
2
(1
)
[( 3- 2) - 2](
)
7-2 6
m y y
m
y
y
=
+
+
+
+
②
由①②得
2
2
-2 6
4 6-11
0
m
m +
=
，解得
1
2
3 6-2
2- 6
,
2
2
m
m
=
=
因此直线l 的方程
3 6-2
3
0
2
x
y
−
−
=
或
2- 6
3
0
2
x
y
−
−
=
13．【 解析】（Ⅰ）由椭圆定义知，
2
|
a＝PF1|
|
＋PF2|＝
2
2
2
2
4
1
4
1
1
1
2 2
3
3
3
3
+
+
+
−
+
=
，
关注微信公众号：加油高三
所以
2
a =
．又由已知，＝
c
1.
所以椭圆
的离心率
C
1
2
2
2
c
e
a
=
=
=
．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，椭圆
的方程为
C
2
2
x
＋y 2
＝1．设点
的坐标为
Q
(x
y
，)
．
(
)
ⅰ当直线与
轴垂直时，直线与椭圆
交于
l
x
l
C
(0,1)，(0，－1)两点，
此时点
的坐标为
Q
3 5
0,2
5
−
．
(
)
ⅱ当直线与
轴不垂直时，设直线的方程为＝
＋
l
x
l
y
kx
2
．
因为
，
在直线上，
M
N
l
可设点
，
的坐标分别为
M
N
(
1x ，k
1x ＋
，
2)
(
2
x ，k
2
x ＋
，
2)
则|
|
AM 2＝
＋
(1
k2)
2
1x ，|
|
AN 2＝
＋
(1
k2)
2
2x
．
又|
|
AQ 2＝x2＋－
(y
2)2＝(1＋k2)
2
x ．
由
2
2
2
2
1
1
|
|
|
|
|
|
AQ
AM
AN
=
+
，得
2
2
2
2
2
2
1
2
2
1
1
1
1
1
k
x
k
x
k
x
=
+
( +
)
( +
)
( +
)
，
即
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
1
x
x
x x
x
x
x
x x
(
+
) −
=
+
=
.
①
将＝
＋代入
y
kx
2
2
2
x
＋y2
＝中，得
1
(2k2＋1)x2＋
＋＝
8kx
6
0.②
由
＝
Δ
(8k)2－4×(2k2
＋1)×6
0
＞，得k2＞3
2
.
由②可知，
1
2
x
x
+
＝
2
8
2
1
k
k
−
+
，
1
2
x x ＝
2
6
2
1
k +
，
代入①中并化简，得
2
2
18
10
3
x
k
=
−
.
③
因为点
在直线＝
Q
y
kx＋上，
2
所以
2
y
k
x
−
=
，代入③中并化简，得10(y－2)2－3x 2＝18.
由③及k2＞3
2
，可知0＜x2＜3
2
，即∈
x
6 ,0
2
−
∪
6
0,
2
.
关注微信公众号：加油高三
又
3 5
0,2
5
−
满足10(y－2)2－3x2
＝
∈
18，故x
6
6
,
2
2
−
.
由题意，Q(
)
x
y
，在椭圆
内，所以－
C
1≤y≤1.
又由10(y－2)2＝
＋
18
3x2 有－
(y
2)2∈9 9
,
5 4
且－1≤y
y
≤1，则∈
1
3 5
,2
2
5
−
.
所以，点
的轨迹方程为
－
Q
10(y
2)2－3x2＝
，
18
其中∈
x
6
6
,
2
2
−
，∈
y
1
3 5
,2
2
5
−
.
14．【解析】（Ⅰ）解法
：设
的坐标为
1
M
( , )
x y ，由已知得
2
2
2
(
5)
3
x
x
y
+
=
−
+
−
，
易知圆
2
C 上的点位于直线
2
x = −的右侧于是
.
2
0
x +
，所以
2
2
(
5)
5
x
y
x
−
+
=
+
.
化简得曲线
1
C 的方程为
2
20
y
x
=
．
解法
：由题设知，曲线
2
1
C
上任意一点
到圆心
M
2
C (5,0)的距离等于它到直线
5
x = −
的距离，因此，曲线
1
C 是以(5,0) 为焦点，直线
5
x = −为准线的抛物线，故其方程为
2
20
y
x
=
．
（Ⅱ）当点
在直线
P
4
x = −上运动时，P 的坐标为
0
( 4,
)
y
−
，又
0
3
y
，则过
且与
P
圆
2
C 相切的直线的斜率k
存在且不为
，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程
0
为
0
(
4),
y
y
k x
−
=
+
0
即kx-y+y +4k=0.
于是
0
2
5
4
3.
1
k
y
k
k
+
+
=
+
整理得
2
2
0
0
72
18
9
0.
k
y k
y
+
+
−=
①
设过
所作的两条切线
P
,
PA PC的斜率分别为
1
2
,
k k ，则
1
2
,
k k 是方程①的两个实根，故
0
0
1
2
18
.
72
4
y
y
k
k
+
= −
= −
②
关注微信公众号：加油高三
由
1
0
1
2
4
0,
20 ,
k x
y
y
k
y
x
−
+
+
=
=
得
2
1
0
1
20
20(
4 )
0.
k y
y
y
k
−
+
+
=
③
设四点A,B,C,D 的纵坐标分别为
1
2
3
4
,
,
,
y y
y
y ，则
1
2
,
y y 是方程③的两个实根，所以
0
1
1
2
1
20(
4 ) .
y
k
y
y
k
+
=
④
同理可得
0
2
3
4
2
20(
4
).
y
k
y
y
k
+
=
⑤
于是由②，④，⑤三式得
0
1
0
2
1
2
3
4
1 2
400(
4 )(
4
)
y
k
y
k
y y y y
k k
+
+
=
2
0
1
2
0
1
2
1
2
400
4(
)
16
y
k
k
y
k k
k k
+
+
+
=
2
2
0
0
1 2
1 2
400[
16
]
6400
y
y
k k
k k
−
+
=
=
.
所以，当
在直线
P
4
x = −上运动时，四点
, , ,
A B C D
的纵坐标之积为定值
．
6400
15．【解析】（Ⅰ）解：设
1
2
(
,0),
( ,0)(
0)
F
c
F c
c
−
，由题意，可得
2
1
2
|
| |
|,
PF
F F
=
即
2
2
(
)
2 .
a
c
b
c
−
+
=
整理得
2
2( )
1
0,
1
c
c
c
a
a
a
+
−=
= −
得
（舍），或
1 .
2
c
a =
所以
1.
2
e =
（）解：由（）知
Ⅱ
Ⅰ
2 ,
3 ,
a
c b
c
=
=
可得椭圆方程为
2
2
2
3
4
12
,
x
y
c
+
=
直线PF2方程为
3(
).
y
x c
=
−
A
B
，
两点的坐标满足方程组
2
2
2
3
4
12
,
3(
).
x
y
c
y
x
c
+
=
=
−
消去
并整理，得
y
2
5
8
0.
x
cx
−
=
解得
1
2
8
0,
.
5
x
x
c
=
=
关注微信公众号：加油高三
得方程组的解
2
1
1
2
8 ,
0,
5
3 ,
3 3 .
5
x
c
x
y
c
y
c
=
=
= −
=
不妨设
8
3 3
(
,
), (0,
3 )
5
5
A
c
c B
c
−
设点M 的坐标为
8
3 3
( , ),
(
,
),
( ,
3 )
5
5
x y
AM
x
c y
c BM
x y
c
=
−
−
=
+
则
，
由
3
3(
),
.
3
y
x
c
c
x
y
=
−
=
−
得
于是
8 3
3
8
3 3
(
,
),
15
5
5
5
AM
y
x
y
x
=
−
−
( , 3 ).
BM
x
x
=
由
2,
AM BM
= −
即
8 3
3
8
3 3
(
)
(
)
3
2
15
5
5
5
y
x
x
y
x
x
−
+
−
= −，
化简得
2
18
16 3
15
0.
x
xy
−
−
=
将
2
2
18
15
3
10
5
,
0.
3
16
16 3
x
x
y
c
x
y
c
x
x
−
+
=
=
−
=
代入
得
所以 0.
x
因此，点M 的轨迹方程是
2
18
16 3
15
0(
0).
x
xy
x
−
−
=
16．【解析】（1）联立
2
x
y =
与
2
+
= x
y
得
2
,1
=
−
=
B
A
x
x
，则AB 中点
)
2
5
,
2
1
(
Q
，设线
段PQ
的中点M 坐标为 )
,
(
y
x
，则
2
2
5
,
2
2
1
t
y
s
x
+
=
+
=
，即
2
5
2
,
2
1
2
−
=
−
=
y
t
x
s
，
又点P 在曲线C 上，∴
2)
2
1
2
(
2
5
2
−
=
−
x
y
化简可得
2
11
2
8
y
x
x
=
−+
，又点P 是L 上
的任一点，且不与点A 和点B 重合，则
2
2
1
2
1
−
−
x
，即
4
5
4
1
−
x
，∴中点M
的轨迹方程为
2
11
2
8
y
x
x
=
−+
（
4
5
4
1
−
x
）．
（）曲线
2
2
2
2
51
:
2
4
0
25
G x
ax
y
y
a
−
+
−
+
+
=
，
关注微信公众号：加油高三
即圆E ：
25
49
)
2
(
)
(
2
2
=
−
+
−
y
a
x
，其圆心坐标为
)
2,
(a
E
，半径
5
7
=
r
，
设圆G 与直线l ：
2
0
x
y
−
+
=
相切于点
(
,
)
T
T
T x
y
，
则有
|
2
2 |
7
5
2
a −
+
=
，即
7 2
5
a =
．
过点
( ,2)
N a
与直线l垂直的直线l的方程是
2
1 (
)
y
x
a
−
= −
−
，即
2
0
x
y
+
−
=
．
由
2
0
2
0
x
y
x
y
a
−
+
=
+
−−
=
，解得
2
T
a
x =
，
2
2
T
a
y =
+
．
当
7 2
5
a = −
时，
7 2
1
2
10
T
x
−
−
．
∵1,2
−
分别是D上的点的最小和最大横坐标，
∴切点T
D
，故
min
7 2
5
a
= −
．
