专题07 平面解析几何
7 大考点概览
考点01 直线与圆
考点02 椭圆
考点03 双曲线
考点04 抛物线
考点05 圆锥曲线定值定点问题
考点06 圆锥曲线范围问题
考点07 圆锥曲线综合问题
1．（2026·辽宁大连·二模）已知点A (x , y)在直线y =2 x +1上，点B( x1, y1)在直线y =2 x−1上，
且⃗AB =(x0, y0)，则2 x0−y0的值为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．与x0、y0的具体值有关
【答案】B
【详解】由题意，⃗AB =(x0, y0)=(x1−x , y1−y)，
所以2 x0−y0=2 x1−2 x−y1+ y =2 x1−y1+ y −2 x，
因为y −2 x =1，2 x1−y1=1，
所以2 x0−y0=1+1=2.
故选:B.
2．（2026·吉林G35 联合体·二模）已知圆O：(x −1)
2+ y
2=r
2，则“点M (2,1)在圆O外”是“点
N (0,2)在圆O外”的（ ）
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据点与圆的位置关系，充分条件、必要条件的概念判断即可.
【详解】若点M (2,1)在圆O外，则(2−1)
2+1
2>r
2，所以0<r
2<2.
若点N (0,2)在圆O外，则(0−1)
2+2
2>r
2，所以0<r
2<5.
考点1
直线与圆
显然{r
20<r
2<2)是{r
20<r
2<5)的真子集，
故“点M (2,1)在圆O外”是“点N (0,2)在圆O外”的充分不必要条件.
故选:B.
3．（2026·内蒙古包头·二模）直线y =kx + 4与圆M :( x −3)
2+( y −4)
2=16的交点为A，B，若
∠AMB =120°，则k的值为（ ）
A．± 2❑√3
3
B．±2❑√3
C．± 2❑√5
5
D．±2❑√5
【答案】C
【详解】在△AMB中∠AMB =120°，圆的半径为4，
所以圆心M (3,4)到直线y =kx + 4的距离为4×cos 120°
2
=2，
由点线距离公式得|3k −4+ 4)
❑√1+k
2
=2，所以k
2= 4
5 ，解得k =± 2❑√5
5
．
故选:C.
4．（2026·吉林梅河口五中·二模）已知直线l: y =kx +2与圆C :(x−❑√3)
2+( y +1)
2=12相交于
A 、B不同两点，劣弧´AB所对的圆心角为∠ACB，若∠ACB< 2π
3 ，则实数k的取值范围为
（ ）
A．(−❑√3,+ ∞)
B．(−❑√3,❑√3)∪(❑√3,+∞)
C．(−
❑√3
3 ,+ ∞)
D．(−
❑√3
3 ,
❑√3
3 )∪(
❑√3
3 ,+∞)
【答案】D
【分析】根据题意可得圆心C到直线l的距离d >❑√3，且d ≠2❑√3即可，计算得解.
【详解】如图，过圆心C向直线l作垂线，垂足为D，
当∠ACB = 2π
3 时，则∠ACD =π
3 ，又圆C的半径R =2❑√3，可得CD = 1
2 R = ❑√3，
又直线l过定点(0,2)，且点(0,2)在圆C上，
若要使得∠ACB< 2π
3 ，则圆心C到直线l的距离d >❑√3，且d ≠2❑√3即可；
所以|❑√3k +3)
❑√k
2+1
>❑√3，且|❑√3k +3)
❑√k
2+1
≠2❑√3，解得−
❑√3
3 <k且k ≠
❑√3
3 ，
所以实数k的取值范围为(−
❑√3
3 ,
❑√3
3 )∪(
❑√3
3 ,+ ∞).
故选:D.
5．（2026·内蒙古包头·二模）已知A (1,0),B (4,0)，若圆C :(x −a)
2+( y −a−1)
2=8上总存在点P
满足|PA)= ❑√2|PB)，则实数a的取值范围是（ ）
A．(−∞,0)
B．[0,6)
C．(0,6)
D．(−∞,0)∪[6,+∞)
【答案】B
【分析】先根据|PA)= ❑√2|PB)求出点P的轨迹方程，再根据圆C上总存在点P满足该条件，得出两
圆的位置关系，进而求出实数a的取值范围.
【详解】设点P(x , y)，已知A (1,0),B (4,0)，且|PA)= ❑√2|PB)，
所以❑√(x−1)
2+ y
2= ❑√2
❑√(x−4)
2+ y
2，
化简得x
2−2 x +1+ y
2=2(x
2−8 x +16+ y
2)⇒(x−7)
2+ y
2=18，
所以点P的轨迹是以(7,0)为圆心，3 ❑√2为半径的圆，
因为圆C上总存在点P满足|PA)= ❑√2|PB)，即圆C与圆(x−7)
2+ y
2=18有公共点，
所以两圆的圆心距d满足|r1−r2)≤d ≤r1+r2（r1，r2为两圆的半径），
即|3 ❑√2−2❑√2)≤
❑√(a−7)
2+(a+1−0)
2≤3 ❑√2+2❑√2，
化简得❑√2≤
❑√(a−7)
2+(a+1)
2≤5 ❑√2⇒2≤(a−7)
2+(a+1)
2≤50，
解得2≤2a
2−12a+50≤50⇒0≤a≤6.
故选:B.
6．（2026·辽宁盘锦高级中学·二模）圆x
2+ y
2−4 x−4 y + 4 =0与圆x
2+ y
2−4 =0的公共弦所在直
线方程是（ ）
A．x + y +2=0
B．x + y −2=0
C．x + y +1=0
D．x + y −1=0
【答案】B
【分析】先确定两圆的位置关系，再由两圆的方程作差即可求出公共弦所在直线方程.
【详解】由x
2+ y
2−4 x−4 y + 4 =0 ⇒ (x−2)
2+( y −2)
2= 4，所以圆心C1(2,2)，半径r1=2；
由x
2+ y
2−4 =0 ⇒ x
2+ y
2= 4，所以圆心C2(0,0)，半径r2=2.
所以|C1C2)=2❑√2，且|r1−r2)=0<|C1C2)<4 =r1+r2，所以两圆相交.
所以两圆公共弦所在的直线方程为：(x
2+ y
2−4 x−4 y + 4)−(x
2+ y
2−4)=0，
即−4 x−4 y +8=0，就是x + y −2=0.
故选：B
7．（2026·东北三省三校·二模）过P(1,2)引直线l,与圆C：(x−3)
2+( y −4)
2= 4相切于Q,则|PQ)=
__________.
【答案】2
【详解】由已知可得圆心坐标C (3,4)，半径r =2，
点P(1,2)到圆心C (3,4)的距离为|PC)=
❑√(3−1)
2+(4−2)
2=2❑√2，
则切线长|PQ)=
❑√(2❑√2)
2−2
2=2.
8．（2026·哈尔滨三中·二模）已知圆C经过点A (2,5)，且与直线4 x−3 y +6=0相切于点B (3,6)，
则圆C的标准方程为______．
【答案】(x +1)
2+( y −9)
2=25
【详解】设圆C的标准方程为：(x −a)
2+( y −b)
2=r
2，
由题意知：{
(2−a)
2+(5−b)
2=r
2
(3−a)
2+(6−b)
2=r
2
b−6
a−3 =−3
4 )
，解得：{
a=−1
b=9
r
2=25)
，
∴圆C的标准方程为：(x +1)
2+( y −9)
2=25.
1．（2026·哈尔滨三中·二模）方程
x
2
2m−3 +
y
2
2−m =1表示焦点在x轴上的椭圆，则实数m的取值范
围为（ ）
A．(
3
2 ,2)
B．(
5
3 ,2)
C．(
3
2 , 5
3)
D．(
5
3 ,+ ∞)
【答案】B
【分析】依据题意只需2m−3与2−m同正且2m−3>2−m即可.
【详解】因为焦点在x轴上的椭圆，所以有{
2m−3>0
2−m>0
2m−3>2−m)
⇒5
3 <m<2.
故选:B.
2．（2026·吉林长春六中·二模）已知椭圆C : x
2
8 + y
2
7 =1的左、右两个焦点分别为F1、F2，P是C
上的动点，Q是圆E: x
2+ y
2−4 x−8 y +19=0上任意一点，则|PQ)−|P F2)的最小值为（ ）
A．4−4 ❑√2
B．5−4 ❑√2
C．4−2❑√2
D．4 +2❑√2
【答案】A
【分析】由椭圆定义可得|P F1)+|P F2)= 4 ❑√2，可得出|PQ)−|P F2)=|PQ)+|P F1)−4 ❑√2，结
合圆的几何性质可求得|PQ)−|P F2)的最小值.
考点2
椭圆及其性质
【详解】对于椭圆C，a=2❑√2，b= ❑√7，则c =
❑√a
2−b
2= ❑√8−7=1，故F1(−1,0)、F2(1,0)，
圆E的标准方程为(x −2)
2+( y −4)
2=1，圆心为E (2,4)，半径为1，如下图所示：
由椭圆定义可得|P F1)+|P F2)=2a= 4 ❑√2，
所以|PQ)−|P F2)=|PQ)−(4 ❑√2−|P F1))=|PQ)+|P F1)−4 ❑√2≥|Q F1)−4 ❑√2
≥|F1 E)−1−4 ❑√2=
❑√(−1−2)
2+(0−4)
2−1−4 ❑√2=5−1−4 ❑√2= 4−4 ❑√2，
当且仅当点P、Q分别为线段E F1与椭圆、圆E的交点时，上述两个等号同时成立，
故|PQ)−|P F2)的最小值为4−4 ❑√2.
故选：A.
3．（2026·东北三省三校·二模）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,M
为椭圆上一点,若⃗M F1=2⃗MH,⃗M F1⋅⃗H F2=0,则C 的离心率的取值范围是（ ）
A．[
1
2 ,1)
B．(
1
2 ,1)
C．[
1
3 ,1)
D．(
1
3 ,1)
【答案】C
【分析】设M (x0, y0)，利用已知条件求出H(
x0−c
2
, y0
2 )，再联立椭圆方程结合x0∈[−a,a)即
可求出.
【详解】∵⃗M F1=2⃗MH，故点H位于线段M F1
的中点，设M (x0, y0), F1(−c ,0), F2(c ,0)，则
H(
x0−c
2
, y0
2 )
，⃗
M F1=(−c−x0,−y0),⃗H F2=(
3c−x0
2
,−y0
2 )，又⃗M F1⋅⃗H F2=0，
∴(−c−x0)(
3c−x0
2 )+(−y0)(−y0
2 )=0，化简得x0
2−2c x0+ y0
2=3c
2，
又M 为椭圆上一点，∴x0
2
a
2 + y0
2
b
2 =1，联立得x0
2−2c x0+b
2(1−x0
2
a
2)=3c
2，即
c
2
a
2 x0
2−2c x0+(b
2−3c
2)=0，
此方程有解，则(−2c)
2−4× c
2
a
2 ×(b
2−3c
2)≥0，化简得a
2≥b
2−3c
2，即a
2≥a
2−4 c
2恒成立，
方程c
2
a
2 x0
2−2c x0+(b
2−3c
2)=0⇒c
2 x0
2−2a
2c x0+a
4−4 a
2c
2=0的两个根为a
2+2ac
c
和
a
2−2ac
c
，
又x0∈[−a,a)，a
2+2ac
c
= a
2
c +2a>a，∴−a≤a
2−2ac
c
≤a，解得e≥1
3.
则C 的离心率的取值范围是[
1
3 ,1).
故选:C.
4．（2026·辽宁辽阳·二模）（多选）已知直线l: y =kx (k ≠0)与椭圆C : x
2
2 + y
2=1交于A、B两点，
AE⊥x轴，垂足为E，AG⊥y轴，垂足为G，直线BE与椭圆C的另一个交点为P，直线BG与椭
圆C的另一个交点为Q，则下列结论正确的有（ ）
A．直线BG的斜率等于直线BE的斜率的4倍
B．∠QAB可能是直角
C．∠PAB一定是直角
D．四边形AEBG的面积最大值是❑√2
【答案】ACD
【分析】对A：设A(x0, y0)，则B(−x0,−y0)，G(0, y0)，E(x0,0)，则可表示出k BG与k BE，即
可得解；对B：由题意可得lBG: y =2kx + y0，联立曲线方程，可表示出点Q坐标，从而可得⃗
AQ⋅⃗AB，计算可得⃗AQ⋅⃗AB≠0，即可得解；对C：由题意可得lBP: y = k
2 (x−x0)，联立曲线方
程，可表示出点P坐标，从而可得⃗AP⋅⃗AB，计算可得⃗AP⋅⃗AB =0，即可得解；对D：借助割补
法可得S四边形AEBG= S矩形AGOE+ S△BOG+ S△BOE，从而可得S四边形AEBG=2|x0 y0)，即可得
S四边形AEBG
2
= 4 x0
2 y0
2=−2(x0
2−1)
2+2，借助二次函数性质计算即可得解.
【详解】设A(x0, y0)，则k = y0
x0
，且x0
2
2 + y0
2=1，即y0
2=1−x0
2
2
，x0
2∈(0,2)，
则B(−x0,−y0)，G(0, y0)，E(x0,0)，
对A：k BG= y0−(−y0)
0−(−x0)
= 2 y0
x0
=2k，k BE= 0−(−y0)
x0−(−x0)
= y0
2 x0
= k
2，
故有
k BG
k BE
= 2k
k
2
= 4，故直线BG的斜率等于直线BE的斜率的4倍，故A 正确；
对B：lBG: y =2kx + y0，联立{
y =2kx + y0
x
2
2 + y
2=1)
，
可得(8k
2+1) x
2+8k y0 x +2 y0
2−2=0，Δ>0恒成立，
则xQ−x0= −8k y0
8k
2+1
，故xQ= −8k y0
8k
2+1
+ x0= −8k y0+8k y0+ x0
8k
2+1
=
x0
8k
2+1
，
则yQ=2k ⋅
x0
8k
2+1
+ y0=
2 y0
8k
2+1
+ y0，
故⃗AQ =(
x0
8k
2+1
−x0, 2 y0
8k
2+1
+ y0−y0)=(
−8k
2 x0
8k
2+1
, 2 y0
8k
2+1)，
又⃗AB =(−2 x0,−2 y0)，
则⃗AQ⋅⃗AB =−2 x0⋅−8k
2 x0
8k
2+1
−2 y0⋅2 y0
8k
2+1
= 16 y0
2−4 y0
2
8k
2+1
= 12 y0
2
8k
2+1
>0
故∠QAB不可能是直角，故B 错误；
对C：lBP: y = k
2 (x−x0)，联立{
y = k
2 (x−x0)
x
2
2 + y
2=1 )
，
可得(k
2+2) x
2−2k
2 x0 x +k
2 x0
2−4 =0，Δ>0恒成立，
则xP−x0= 2k
2 x0
k
2+2
，故xP= 2k
2 x0
k
2+2
+ x0= 3k
2 x0+2 x0
k
2+2
，
则y P= k
2(
3k
2 x0+2 x0
k
2+2
−x0)= k
3 x0
k
2+2
，
则⃗AP =(
2k
2 x0
k
2+2
+ x0−x0, k
3 x0
k
2+2
−y0)=(
2k
2 x0
k
2+2
, k
3 x0
k
2+2
−y0)，
又⃗AB =(−2 x0,−2 y0)，
则⃗AP⋅⃗AB =−2 x0⋅2k
2 x0
k
2+2
−2 y0⋅k
3 x0
k
2+2
+2 y0
2=−4 k
2 x0
2+2k
3 x0 y0−2 y0
2(k
2+2)
k
2+2
=−4 y0
2+2k
2 y0
2−2k
2 y0
2−4 y0
2
k
2+2
=0，
故⃗AP⊥⃗AB，即∠PAB一定是直角，故C 正确；
对D：S四边形AEBG= S矩形AGOE+ S△BOG+ S△BOE=|x0 y0)+|y0)⋅|−x0)
2
+|x0)⋅|−y0)
2
=2|x0 y0)，
则S四边形AEBG
2
= 4 x0
2 y0
2= 4 x0
2(1−x0
2
2 )= 4 x0
2−2 x0
4=−2(x0
2−1)
2+2≤2，
故S四边形AEBG≤❑√2，当且仅当x0=±1时，等号成立，
故四边形AEBG的面积最大值是❑√2，故D 正确.
故选:ACD.
5．（2026·内蒙古兴安盟·二模）（多选）加斯帕尔•蒙日（图1）是18～19 世纪法国著名的几何学
家,他在研究圆锥曲线时发现:椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上,其圆心是椭圆
的中心,这个圆被称为“蒙日圆”（图2）．已知长方形R 的四边均与椭圆C : x
2
6 + y
2
3 =1相切,则下
列说法正确的是（ ）
A．椭圆C 的离心率为e =
❑√2
2
B．椭圆C 的蒙日圆方程为x
2+ y
2=6
C．椭圆C 的蒙日圆方程为x
2+ y
2=9
D．长方形R 的面积最大值为18
【答案】ACD
【分析】根据椭圆方程,求出离心率即可得选项A 正误;根据蒙日圆的定义可判断,该圆过点(a,b),根
据圆心坐标,即可求得半径的值,进而求得圆的方程;设出长方形的长和宽,根据长方形是蒙日圆的内接
四边形,可得对角线为直径,求得长和宽的等量关系,再利用基本不等式即可判断选项D 正误.
【详解】解:由题知椭圆方程为: x
2
6 + y
2
3 =1,
所以e = ❑√
c
2
a
2 = ❑√
a
2−b
2
a
2
=
❑√2
2
,
故选项A 正确;
因为长方形R 的四边均与椭圆C : x
2
6 + y
2
3 =1相切,
所以点(a,b),即(❑√6,❑√3)在蒙日圆上,
故半径为r
2=(❑√6)
2+(❑√3)
2=9,
可得椭圆C 的蒙日圆方程为x
2+ y
2=9;
故选项B 错误,选项C 正确;
设长方形R 的边长为m,n,
则有m
2+n
2=(2r)
2=(6)
2=36,
所以长方形R 的面积等于S =mn≤1
2 (m
2+n
2)=18,
当且仅当m=n=3 ❑√2时取等,
故选项D 正确.
故选:ACD.
6．（2026·辽宁省名校协作体·二模）已知点P､Q分别是椭圆x
2
9 + y
2
5 =1和圆( x−2)
2+ y
2=1上的
两个动点，且点A (2,1)，则|PA)+|PQ)的最大值为__________.
【答案】7+ ❑√17/❑√17+7
【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义将所求最大值转化为求值5+|PA)−|P F
′)的最大值，再结
合圆的性质求解.
【详解】因为F(2,0)为椭圆x
2
9 + y
2
5 =1的右焦点，设其左焦点为F
′(−2,0)，
圆( x −2)
2+ y
2=1的圆心C(2,0)，半径r =1，由椭圆的定义得|PF)=6−|P F
')，
则|PQ)+|PA)≤|PF)+1+|PA)=6−|P F
')+1+|PA)=7+|PA)−|P F
')，
而| PA |−| P F
′|≤| A F
′|= ❑√16+1= ❑√17，当且仅当点P在直线A F
′上时取等号，
所以当P是线段A F
′延长线与椭圆的交点、Q是线段PF延长线与圆的交点时，|PA)+|PQ)取得最
大值7+ ❑√17.
7．（2026·辽宁沈阳·质量监测(二)）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
，离心率为1
2．若椭圆C 上存在不同的两点A，B，使得F1 A
→
= λ F2B
→
，则λ的取值范围是______．
【答案】(
1
3 ,3)∪{−1)
【分析】设A(x1, y1)，B(x2, y2)，由F1 A
→
= λ F2B
→
得到两点坐标之间的关系，再结合点B在椭圆
上，点B的横坐标x2满足−a≤x2≤a，得到不等式即可求得结果.
【详解】已知椭圆方程为x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，离心率e = c
a = 1
2，则c = a
2，
如图所示，设左右焦点分别为F1(−c ,0)，F2(c ,0)，椭圆上的点A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由题意得F1 A
→
= λ F2B
→
，即(x1+c , y1)= λ(x2−c , y2)⇒x1+c = λ(x2−c), y1= λ y2，
由于A ,B都在椭圆上，则有x1
2
a
2 + y1
2
b
2 =1，x2
2
a
2 + y2
2
b
2 =1，
代入y1= λ y2，得x1
2
a
2 + λ
2 y2
2
b
2 =1，由y2
2
b
2 =1−x2
2
a
2 可得：
x1
2
a
2 + λ
2(1−x2
2
a
2)=1，整理得x1
2−λ
2 x2
2=a
2(1−λ
2)，
再代入x1+c = λ(x2−c)⇒x1= λ(x2−c)−c得
(λ x2−λc−c)
2−λ
2 x2
2=a
2(1−λ
2)，
整理得−2 λ(λ+1)c x2=a
2(1−λ
2)−c
2(λ+1)
2，
当λ =0时，得0=a
2−c
2，显然不符合条件；
当λ =−1时，得0=0，符合条件；
当λ≠0且λ≠−1时，解得x2= a
2(1−λ
2)−c
2(λ+1)
2
−2 λ(λ+1)c
，代入c = a
2，则
x2=
a
2(1−λ
2)−(
a
2)
2
×(λ+1)
2
−2 λ(λ+1)× a
2
，化简得x2= a(5 λ
2+2 λ−3)
4 λ(λ+1)
= a(5 λ−3)
4 λ
，为了使点B在椭圆范围
内，则点B的横坐标x2需要满足−a≤x2≤a，即−a≤a(5 λ−3)
4 λ
≤a，解得1
3 ≤λ≤3.
而当λ= 1
3或λ =3时，F1 A
→
与F2B
→
平行，即点A，B重合，不符合条件.
综上所述，λ的取值范围为(
1
3 ,3)∪{−1}.
8．（2026·吉林长春·质量监测(二)）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1
，
F2
.P为椭圆C上一点，|P F1)=3|P F2).圆I与线段P F1
的延长线和线段P F2
的延长线分别相切于
点A和点B，与线段F1 F2
相切于点M，且
F1 M
→
= λ F1 F
→
2
，λ∈[
1
8 , 1
6)
，则椭圆C离心率的取值
范围是________.
【答案】[
2
3 , 3
4)
【分析】根据椭圆的定义及所给条件，可表示出|P F1)和|P F2)的长度，又因为F1 M
→
= λ F1 F
→
2，
所以可将|F1 M )用λ和2c表示，进而得到离心率e与λ的函数关系，最后结合λ的取值范围，根据函
数的单调性可求出离心率的取值范围.
【详解】
解法一：设|F1 F2)=2c，因为⃗F1 M = λ⃗F1 F2，所以|F1 M )=2 λc，|F2 M )=2(1−λ)c
由圆I与线段P F1的延长线和线段P F2的延长线分别相切于点A和点B，与线段F1 F2相切于点M
，所以| PA |=| PB|，|F1 M )=|F1 A)，|F2 M )=|F2B)
因为|P F1)=3|P F2)，且|P F1)+|P F2)=2a，所以|P F1)= 3
2 a，|P F2)= a
2
又因为| PA |=|P F1)+|F1 A)=|P F1)+|F1 M )，| PB|=|P F2)+|F2B)=|P F2)+|F2 M )
所以3
2 a+2 λc = 1
2 a+2(1−λ)c，即a=2(1−2 λ)c，所以椭圆C的离心率e =
1
2(1−2 λ)
因为函数f ( λ)=
1
2(1−2 λ)在λ∈[
1
8 , 1
6)上，所以e∈[
2
3 , 3
4)
即椭圆C离心率的取值范围是[
2
3 , 3
4).
解法二：切线长定理、向量条件
由椭圆定义求焦半径
根据椭圆定义|P F1)+|P F2)=2a，结合|P F1)=3|P F2)，解得|P F1)= 3a
2 ，|P F2)= a
2
应用切线长定理设圆I与P F1延长线切于A，与P F2延长线切于B，与F1 F2切于M.
根据切线长定理：|F1 A)=|F1 M )，|F2B)=|F2 M )，| PA |=| PB|
设|F1 M )=m，|F2 M )=n.
从P点出发的切线长| PA |=|P F1)+|F1 A)= 3a
2 +m
从P点出发的切线长| PB|=|P F2)+|F2B)= a
2 +n
由| PA |=| PB|，得：
3a
2 +m= a
2 +n⇒a+m=n
又M在线段F1 F2上，故m+n=|F1 F2)=2c.
联立方程{
n=a+m
m+n=2c)，解得m= 2c−a
2
由|F1 M )= 2c−a
2
，可知F1 M
→
= λ F1 F
→
2.
代入|F1 M )= 2c−a
2
和|F1 F2)=2c得2c−a
2
= λ⋅2c
整理得2c−a= 4 λc⇒a=2c−4 λc =c(2−4 λ).
因此，离心率e = c
a为e =
1
2−4 λ
已知λ∈[
1
8 , 1
6)，则2−4 λ∈[
4
3 , 3
2).代入e =
1
2−4 λ ，得e∈[
2
3 , 3
4)
1．（2026·吉林长春六中·二模）若方程x
2
5−m +
y
2
m+2 =1表示双曲线，则实数m的取值范围是
考点3
双曲线及其性质
（ ）
A．(−2,5)
B．(5,+∞)
C．(−∞,−2)∪(5,+ ∞)
D．(−∞,−2)
【答案】C
【分析】根据双曲线方程的特征得到不等式，求解不等式即可.
【详解】因为x
2
5−m +
y
2
m+2 =1表示双曲线，所以(5−m)(m+2)<0，解得m>5或m<−2，
故选：C
2．（2026·吉林长春·质量监测(二)）双曲线x
2
a
2 −y
2
12 =1(a>0)的两个焦点分别是F1、F2，焦距为
8，M是双曲线上的一点，且|M F1)=5，则|M F2)=（ ）
A．1
B．3
C．7
D．9
【答案】D
【分析】根据焦距及双曲线的关系，结合双曲线定义，即可求得答案.
【详解】由题意知，2c =8，所以c = 4.
在双曲线中，有c
2=a
2+b
2，所以a
2=c
2−b
2= 4
2−12= 4，又a>0，所以a=2.
由双曲线定义知，||M F2)−|M F1))=2a= 4，即||M F2)−5)= 4，所以|M F2)=1或|M F2)=9.
又|M F1)+|M F2)≥2c，即5+|M F2)≥8，所以|M F2)≥3.
综上，|M F2)=9.
故选:D.
3．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）双曲线E：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的右焦点为F，过点F且斜率
为−2❑√5
5
的直线与y 轴交于点A，线段AF与E 交于点B，若B 为AF的中点，则E 的离心率为
（ ）
A．2❑√5
5
B．4
5
C．❑√5
D．5
【答案】C
【分析】写出直线 AB方程，求出点A与中点B的坐标，再将B点坐标代入双曲线方程，利用
b
2=c
2−a
2并令a=1求解出c，进而得到离心率.
【详解】记F (c ,0)，则l AB：y =−2❑√5
5
(x−c)，整理得2 x + ❑√5 y −2c =0，
则A(0, 2c
❑√5)，因为B为AF的中点，所以B(
c
2 , c
❑√5)，
因为点B 在双曲线E 上，则c
2
4 a
2 −c
2
5b
2 =1，令a=1，得c
2
4 −
c
2
5(c
2−1)
=1，
化简得(5c
2−4)(c
2−5)=0，又c>a=1，则c = ❑√5，故离心率e = ❑√5.
故选:C.
4．（2026·辽宁沈阳·质量监测(二)）若以直线2 x +3 y =0为渐近线的双曲线经过点(3 ❑√2,2)，则该
双曲线的方程为（ ）
A．y
2
4 −x
2
9 =1
B．x
2
9 −y
2
4 =1
C．x
2
3 −y
2
4 =1
D．y
2
4 −x
2
3 =1
【答案】B
【分析】根据渐近线设双曲线方程为x
2
9 −y
2
4 = λ，再根据点(3 ❑√2,2)即可求解.
【详解】由题意得：设以直线2 x +3 y =0为渐近线的双曲线的方程为x
2
9 −y
2
4 = λ，
又双曲线过点(3 ❑√2,2)，所以λ = (3 ❑√2)
2
9
−2
2
4 =2−1=1，
所以双曲线为x
2
9 −y
2
4 =1.
故选:B.
5．（2026·内蒙古包头·二模）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的渐近线方程为y =± ❑√3 x，
且实轴长为2，则焦距为（ ）
A．❑√3
B．2
C．2❑√3
D．4
【答案】D
【详解】由题意可知2a=2，得a=1，
因双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的渐近线方程为y =± b
a x，
即b
a = ❑√3 ，代入a=1得b= ❑√3，
所以c
2=a
2+b
2=1+3=4（c为半焦距），即c =2，
故焦距为2c = 4.
故选:D.
6．（2026·内蒙古兴安盟·二模）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1
，F2，过F2作渐近线的垂线，垂足为P，若|OP)=2，且△P F1 F2的面积为6，则双曲线C的离心
率为（ ）
A．
❑√13
2
B．❑√13
C．
❑√5
2
D．❑√5
【答案】A
【分析】先由题意得到焦点和渐近线方程，再由点到直线距离公式结合|OP)=2求出a，且由面积
求出b 即可计算离心率.
【详解】由题F2(c ,0)，双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1（a>0，b>0）的一条渐近线方程为bx−ay =0，
则F2(c ,0)到渐近线bx−ay =0的距离为
bc
❑√a
2+b
2 =b，
所以|OP)=
❑√|O F2)
2−|P F2)
2=
❑√c
2−b
2=a=2，且S△P F1 F2=2S△PO F2=2× 1
2|OP)|P F2)=2b=6
即b=3，
所以双曲线C的离心率为e = c
a =
❑√b
2+a
2
a
=
❑√3
2+2
2
2
=
❑√13
2
.
7．（2026·黑龙江大庆·二检）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左右焦点分别是
､
F1, F2，
过点F2的直线l与双曲线C的右支交于A ,B两点，若|A F1)+|B F1)=3|F1 F2)，则双曲线C离心率
的取值范围是（ ）
A．[2+ ❑√3,+ ∞)
B．(1,2+ ❑√3)
C．[
3+ ❑√5
2
,+∞)
D．(1, 3+ ❑√5
2 )
【答案】D
【分析】根据题意，利用双曲线的定义，求得|AB)=6c−4 a，再由双曲线的性质，得到
|AB)min= 2b
2
a ，得出2b
2
a ≤6c−4 a，结合离心率的定义，得出关于离心率e的不等式，即可求解.
【详解】由双曲线的定义，可得|A F1)−|A F2)=2a，|B F1)−|B F2)=2a，
两式相加得|A F1)+|B F1)−(|A F2)+|B F2))= 4 a，
因为|A F2)+|B F2)=|AB)，所以|A F1)+|B F1)−|AB)= 4 a，
又因为|A F1)+|B F1)=3|F1 F2)=6c，所以|AB)=6c−4 a，
当AB⊥x轴时，此时|AB)最小，此时|AB)= 2b
2
a ，所以2b
2
a ≤6c−4 a，
因为b
2=c
2−a
2，可得2(c
2−a
2)
a
≤6c−4 a，整理得c
2−3ac +a
2≤0，
两边除以a
2，可得e
2−3e+1≤0，又因为e>1，解得1<e≤3+ ❑√5
2
，
所以双曲线的离心率取值范围是(1, 3+ ❑√5
2 ).
故选：D
8．（2026·吉林白山·二模）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，过左焦点F 作斜率为1
2的直线
与双曲线的一条渐近线相交于点A，且A 在第一象限，若|OA |=|OF |（O 为坐标原点），则双
曲线C 的渐近线方程为（ ）
A．y =± 3
4 x
B．y =± 4
3 x
C．y =± 2
3 x
D．y =± 3
2 x
【答案】B
【分析】求出直线l的方程，以及与渐近线方程联立，进而通过|OA)=|OF)，转化求解双曲线C的
渐近线方程.
【详解】解法一 由题意可得直线AF的方程为y = 1
2 ( x +c)，双曲线C 过第一、三象限的渐近线的
方程为y = b
a x．由{
y = 1
2 ( x +c)
y = b
a x )
得{
x =
ac
2b−a
y =
bc
2b−a)
，所以A(
ac
2b−a ,
bc
2b−a)．因为
|OA)=|OF |=c，所以(
ac
2b−a)
2
+(
bc
2b−a)
2
=c
2，整理可得3b= 4 a，即b
a = 4
3 ，所以双曲线C
的渐近线方程为y =± 4
3 x，
解法二 设双曲线C 的右焦点为F
′，连接A F
′，因为|OA |=|OF |，所以|OA |=|OF |=|O F
′)
，所以△AF F
′为直角三角形，AF ⊥A F
′，因为直线AF的斜率为1
2，所以tan ∠AF F
′ = 1
2，又
tan ∠AF F
′ =|A F
❑
′)
| AF |
，所以|A F
′)
| AF | = 1
2
，令|A F
′)=t，则| AF |=2t，由勾股定理得
t
2+(2t )
2=(2c)
2，所以t = 2❑√5
5
c，即|A F
′)= 2❑√5
5
c，所以cos∠AO F
′ =
c
2+c
2−4
5 c
2
2c
2
= 3
5
，所
以sin ∠AO F
′ = 4
5 ，tan ∠AO F
′ = 4
3 ，则双曲线C 的渐近线方程为y =± 4
3 x.
解法三 设双曲线的右焦点为F
′，连接A F
′，因为|OA |=|OF |，所以|OA |=|OF |=|O F
′)，
所以△AF F
′为直角三角形，AF ⊥A F
′，即点A 在以F F
′为直径的圆上，所以
∠AO F
′ =2∠AF F
′．因为直线AF的斜率为1
2，所以tan∠AF F
′ = 1
2，所以
tan ∠AO F
′ =
2× 1
2
1−(
1
2)
2 = 4
3 ，则双曲线C 的渐近线方程为y =± 4
3 x，
故选：B．
9．（2026·辽宁盘锦高级中学·二模）（多选）已知双曲线C：x
2
m+1 + y
2
m =1，则下列结论正确的是
（ ）
A．m 的取值范围是(−1，0)
B．C 的焦距与m 的取值无关
C．若C 的离心率不小于2，则m 的取值范围为(−1,−3
4)
D．存在实数m∈(−1,0)，使得点(1,m
2)在C 上
【答案】ABC
【分析】A.由(m+1)m<0求解判断；B.由C 的焦距为2 判断；C.由e =
1
❑√m+1 ≥2和−1<m<0求解
判断；D.结合m∈(−1,0)，由
1
m+1 + m
4
m =1判断.
【详解】由题意得(m+1)m<0，则−1<m<0，A 正确．
由题意知a
2=m+1,b
2=−m,∴c = ❑√m+1−m=1，故C 的焦距为2，与m 的取值无关，B 正确．
由e =
1
❑√m+1 ≥2，解得m≤−3
4 ，又−1<m<0，所以m 的取值范围为(−1,−3
4)，C 正确．
假设存在实数m∈(−1,0)，使得点(1,m
2)在C 上，则
1
m+1 + m
4
m =1，m(m
3+m
2−1)=0．
当−1<m<0时，m
2−1<0,m
3<0,m<0，则m(m
3+m
2−1)>0，
所以m(m
3+m
2−1)=0在(−1,0)上无实数解，D 错误．
故选:ABC.
10．（2026·吉林G35 联合体·二模）（多选）设F为双曲线C：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1（a>0，b>0）的左焦
点，经过原点且斜率大于0的直线l交C于A，B两点，AF与x轴垂直，∠AFB = 2π
3 ，则（ ）
A．|AF)= b
2
a
B．C的离心率为❑√3
C．直线l的斜率为2❑√3
3
D．C的渐近线方程为y =±
❑√2
2 x
【答案】ABC
【详解】设C的右焦点为F2，连接B F2，由AF与x轴垂直及对称性，得B F2与x轴垂直，
又∠AFB = 2π
3 ，则∠BF F2= 2π
3 −π
2 =π
6 ，令F(−c ,0)，由{
x =−c
x
2
a
2 −y
2
b
2 =1)
，得| y |= b
2
a ，
对于A，|AF)=|B F2)= b
2
a
，A 正确；
对于B，由|B F2)
|F F2)
= b
2
2ac =tanπ
6 ，得❑√3b
2=2ac，
即❑√3c
2−❑√3a
2=2ac，解得c = ❑√3a或a=−❑√3c（舍去），
因此C的离心率e = c
a = ❑√3，B 正确；
对于 C，由A (−c ,−b
2
a )，B(c , b
2
a )，得直线l的斜率k =
b
2
a + b
2
a
c +c
= b
2
ac = 2a
2
❑√3a
2 = 2❑√3
3
，C 正
确；
对于D，b=
❑√c
2−a
2= ❑√2a，得C的渐近线方程为y =± ❑√2 x，D 错误.
1．(2026·辽宁朝阳·二模)若抛物线E: y
2=2 px的准线l过点(−1013,2026)，则p=（ ）
A．1013
B．−1013
C．−2026
D．2026
【答案】D
【详解】由题意易得−p
2 =−1013，解得p=2026.
故选:D.
2．（2026·辽宁盘锦高级中学·二模）已知直线l过抛物线y
2= 4 x的焦点F，且交抛物线于P，Q两
点，由P，Q分别向准线引垂线PR，QS，垂足分别为R，S.设|PF)=a，|QF)=b，M为线段RS
的中点，则|MF)=（ ）
A．❑√ab
B．❑√a+b
C．a+b
2
D．
❑√ab
2
【答案】A
【分析】先利用抛物线的定义求证∠RFS =90
∘，再在直角梯形PRSQ中计算|RS)即可.
考点4
抛物线及其性质
【详解】连接RF ,SF，因为PR //OF，所以∠PRF =∠RFO，
由抛物线的定义可知，|PR)=|PF)，所以∠PRF =∠PFR，则∠RFO=∠PFR，
同理可得，∠SFO =∠SFQ，故∠RFS =90
∘，
由|PF)=a，|QF)=b可得，|PQ)=a+b，
故在直角梯形PRSQ中，|RS)=
❑√(a+b)
2−(a−b)
2=2❑√ab，
因为M为线段RS的中点，所以|MF)= 1
2|RS)= ❑√ab.
故选:A.
3．（2026·吉林白山·二模）已知抛物线C : y
2= 4 x的焦点为F，动点M在C上，点B与点A (1,−2)
关于直线l: y = x−1对称，则|MF)
|MB)的最小值为（ ）
A．
❑√2
2
B．1
2
C．
❑√3
3
D．1
3
【答案】A
【分析】根据对称性可得B(−1,0)，即点B为C的准线与x轴的交点，作M M
′垂直于C的准线于点
M
′，结合抛物线的定义可知|MF)
|MB) =|M M
′)
|MB) = cosθ(∠MBF =θ)，结合图象可得当直线MB与C相
切时，cosθ最小，求出切线的斜率即可得答案.
【详解】依题意，F(1,0)，A(1,−2)，设B(m,n)，则{
n+2
m−1 =−1
n−2
2
= m+1
2
−1)
，解得{
m=−1
n=0 )，
即B(−1,0)，点B为C的准线与x轴的交点，
由抛物线的对称性，不妨设点M 位于第一象限，作M M
′垂直于C的准线于点M
′，
设∠MBF =θ ,θ∈ (0,π
2 )，由抛物线的定义得|M M
′)=|MF)，于是|MF)
|MB) =|M M
′)
|MB) = cosθ，
当直线MB与C相切时，θ最大，cosθ最小，| MF |
| MB| 取得最小值，此时直线BM的斜率为正，
设切线MB的方程为x =my −1(m>0)，由{
x =my −1
y
2= 4 x )消去x 得y
2−4 my + 4 =0，
则Δ=16m
2−16=0，得m=1，直线MB的斜率为1，倾斜角为π
4 ，
于是θmax=π
4 ，(cosθ)min=
❑√2
2 ，所以| MF |
| MB| 的最小值为
❑√2
2 .
故选：A
4．(2026·辽宁鞍山普通高中·二模)已知抛物线C : y
2=2 px ( p>0)的焦点为F，点A为抛物线C准线
上一点，连接AF交C于点B，若AB =2, BF =1，则p的值为（ ）
A．1
2
B．3
2
C．2
D．3
【答案】B
【详解】过点B作准线的垂线，垂足为M，根据抛物线的定义有BM = BF =1，
又AB =2，得∠ABM =60°，设准线与x轴的交点为N，则有∠AFN =60°，
所以FN = 1
2 AF = 1
2
( AB+ BF)= 3
2，又FN = p
2 + p
2 = p，故p= 3
2.
故选:B.
5．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）（多选）抛物线E：y
2=2 px ( p>0)的焦点为F，以D ( p,0)为
圆心，|DF)为半径得到圆D，圆D 上有一点( p,1).过点F 的直线与E 交于P，Q 两点，与圆D 另
交于点M，则（ ）
A．p=2
B．当|PF)=2|FQ)时，P 的横坐标为3
C．当|PF)=2|FQ)时，|MF)= 2
3
D．|MF)|PQ)<|FP)|FQ)
【答案】AC
【分析】结合抛物线与圆的方程，通过向量关系、韦达定理、点到直线距离和弦长公式，逐项验证
选项的正确性.
【详解】对于A，圆D：(x−p)
2+ y
2=(
p
2)
2
，代入( p,1)得(
p
2)
2
=1，p=2，故A 正确；
对于B，记P(x1, y1)，Q(x2, y2)，F (1,0)，显然⃗FP =−2⃗FQ，而⃗FP =(x1−1, y1)，⃗
FQ =(x2−1, y2)，
可得y1=−2 y2，y1
2= 4 x1= 4 y2
2=16 x2，则x1= 4 x2，而x1−1=−2(x2−1)，所以
4 x2−1=−2(x2−1)，
解得x2= 1
2，x1=2，故B 错误；
对于C，由B 得y1=± ❑√4 x1=±2❑√2，此时直线的斜率k = y1−0
x1−1 =±2❑√2，
所以lPQ：y =±2❑√2( x−1)，即2❑√2 x ± y −2❑√2=0，
点D到PQ的距离d =|2❑√2×2−2❑√2)
❑√8+1
= 2❑√2
3
，故|MF)=2
❑√1−d
2= 2
3，故C 正确；
对于D，设直线PQ方程为x =ty +1，由{
x =ty +1
y
2= 4 x)，得y
2−4 ty −4 =0，{
y1+ y2= 4t
y1 y2=−4)，
|PQ)= x1+ x2+2=t ( y1+ y2)+ 4 = 4t
2+ 4，
|FP)|FQ)=(x1+1)(x2+1) =(t y1+2)(t y2+2)=t
2 y1 y2+2t ( y1+ y2)+ 4 = 4t
2+ 4，
圆D的弦0<|FM )<2，因此|FM )|PQ)−|FP)|FQ)=(4t
2+ 4)(|FM )−1)不一定小于0，D 错误.
故选:AC.
6．（2026·吉林梅河口五中·二模）已知抛物线C：y
2=2 px ( p>0)的焦点为F ，直线l过F 与C
相交于A，B 两点，若点A的坐标为(4,4)，则△AOB（O为坐标原点）的面积为_______.
【答案】5
2/2.5
【分析】先求出抛物线方程及焦点坐标，得到直线AB方程，联立求出点B坐标，即可求出△AOB
面积.
【详解】因为点A在抛物线上，所以4
2=2 p×4，解得p=2，所以y
2= 4 x，则F (1,0).
所以直线AB的方程为y = 4−0
4−1
(x−1)，即y = 4
3
(x−1).
与抛物线方程联立{
y
2= 4 x
y = 4
3
(x−1))
，整理得4 x
2−17 x + 4 =0，即(x−4)(4 x−1)=0.
解得x = 4或x = 1
4 .
所以B(
1
4 ,−1).
故△AOB的面积为S = 1
2|OF)|y A−yB)= 1
2 ×1×|4−(−1))= 5
2.
7．（2026·黑龙江大庆·二检）若抛物线C : y
2=2 px ( p>0)的准线方程为x =−2，则p=
___________.
【答案】4
【分析】根据准线方程，求出p值，即可得答案.
【详解】因为准线方程为x =−2，故−p
2 =−2，所以p= 4.
故答案为：4.
8．（2026·吉林G35 联合体·二模）抛物线x
2=−1
4 y的焦点到准线的距离为______.
【答案】1
8/0.125
【分析】结合焦点到准线的距离与p的关系求结论.
【详解】由x
2=−1
4 y，得−2 p=−1
4 ，解得p= 1
8，
即抛物线x
2=−1
4 y的焦点到准线的距离为1
8.
1．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）设O 为坐标原点，A，B 分别是直线y =
❑√3
2 x和y =−
❑√3
2 x上的
动点，且|AB)=2❑√3，动点P 满足⃗OP =⃗OA +⃗OB，记动点P 的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E 的方程；
(2)T (❑√7 ,0)，过曲线E 的中心O 作一条直线交曲线E 于P，Q 两点，求△PTQ周长的最小值、
△PTQ面积的最大值；
(3)若点C 是曲线E 上异于顶点的任意一点，若H (−4,0)，G (4,0)，直线CG，CH分别交直线
考点5
圆锥曲线定值定点问题
x0=−16 ❑√7
7
于点N，M.以NM为直径的圆是否恒经过x 轴上的某两个定点?若经过，求出这两个定
点的坐标；若不经过，请说明理由.
【答案】(1) x
2
16 + y
2
9 =1
(2)周长最小值为14，面积最大值为3 ❑√7
(3)经过，这两个定点的坐标为(−❑√7 ,0)，(−25 ❑√7
7
,0)
【分析】（1）设P(x , y)，A(x1,
❑√3
2 x1)，B(x2,−
❑√3
2 x2)，借助⃗OP =⃗OA +⃗OB可得x、y与x1
、x2的关系，再利用|AB)=2❑√3可得x1、x2间关系，从而可得x、y间关系，即可得动点P 的轨迹
方程；
（2）借助椭圆定义及椭圆对称性可得△PTQ的周长等于8+2|PO)，则|OP)最小时，周长最小；
S△PTQ= S△POT + S△QOT = ❑√7|y p)，则|y p)最大时，面积最大；
（3）设C (m,n)，再表示出直线CG、CH的方程后可表示N、M坐标，即可得NM为直径的圆的
方程，令该圆方程中y =0，可解出该圆与x 轴交点横坐标，即可得解.
【详解】（1）设P(x , y)，A(x1,
❑√3
2 x1)，B(x2,−
❑√3
2 x2)，
∵|AB)=2❑√3，∴(x2−x1)
2+ 3
4 (x2+ x1)
2=12，
∵⃗OP =⃗OA +⃗OB，∴x = x1+ x2，y =
❑√3
2 (x1−x2)，
则有(−2 y
❑√3)
2
+ 3
4 x
2=12，整理得x
2
16 + y
2
9 =1，
故曲线E 的方程为x
2
16 + y
2
9 =1；
（2）T (❑√7,0)为曲线E 的右焦点，则其左焦点T
′(−❑√7,0)，根据椭圆的对称性，
△PTQ的周长为|PT )+|PQ)+|TQ)=|T
′Q)+|PQ)+|TQ)=2a+|PQ)=8+2|PO)，
故当|OP)最小时，周长最小，因此当OP⊥x轴时周长最小，
此时|OP)=b=3，故△PTQ的周长最小值为8+2×3=14；
而S△PTQ= S△POT + S△QOT = 1
2|OT )|2 y p)= ❑√7|y p)，
故当|y p)最大时，面积最大，因此当OP⊥x轴时面积最大，
此时|y P)=b=3，故△PTQ面积的最大值为3 ❑√7.
（3）设C (m,n)，∴m
2
16 + n
2
9 =1，∴
n
2
16−m
2 = 9
16，
直线CG、CH的方程分别为y =
n
m−4 ( x−4)，y =
n
m+ 4 ( x + 4)，
故N(x0,
n
m−4 (x0−4))，M(x0,
n
m+ 4 (x0+ 4))，
以NM为直径的圆的方程为(x −x0)
2+( y −y M)( y −y N)=0，
令y =0，得(x −x0)
2+ y M y N =0，即(x + 16 ❑√7
7 )
2
=
n
2
16−m
2 (x0
2−16)= 81
7 ，
解得x =−❑√7或x =−25 ❑√7
7
，
故以NM为直径的圆恒经过x 轴上的两个定点(−❑√7,0)，(−25 ❑√7
7
,0).
2．（2026·内蒙古兴安盟·二模）已知双曲线：x
2
5−m −
y
2
m−1 =1(1<m<5)的一个焦点与抛物线C
：y
2=2 px ( p>0)的焦点重合.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线l：x =ty +8交抛物线C于A、B 两点，O 为原点，求证：以AB为直径的圆经过原点O.
【答案】(1)y
2=8 x
(2)见解析.
【分析】（1）根据双曲线方程求出其焦点坐标，即也是抛物线焦点，得到抛物线方程.
（2）直线l 与抛物线联立后，利用韦达定理求出⃗OA ⋅⃗OB =0即可得证.
【详解】（1）由双曲线方程
x
2
5−m −
y
2
m−1 =1(1<m<5)知其焦点在x 轴上且焦点坐标为
F1(−2,0)，F2(2,0)，所以F2(2,0)为抛物线C：y
2=2 px ( p>0)的焦点，得p
2 =2⇒p= 4，
所以抛物线C的方程为y
2=8 x.
（2）设A( x1, y1)，B( x2, y2)
联立{
x =ty +8
y
2=8 x )⇒y
2−8ty −64 =0，Δ=64t
2+ 4×64>0
由韦达定理得y1+ y2=8t，y1 y2=−64
所以⃗OA ⋅⃗OB = x1 x2+ y1 y2=(t y1+8)(t y2+8)+ y1 y2
=(t
2+1) y1 y2+8t( y1+ y2)+64
=(t
2+1)(−64)+8t(8t )+64 =0所以⃗OA ⊥⃗OB，
所以以AB为直径的圆经过原点O.得证
3．（2026·辽宁大连·二模）椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的经过中心的弦称为椭圆的一条直径，平行
于该直径的所有弦的中点的轨迹为一条线段，称为该直径的共轭直径，已知椭圆的方程为
x
2
4 + y
2=1.
(1)若一条直径的斜率为1
3，求该直径的共轭直径所在的直线方程；
(2)若椭圆的两条共轭直径为AB和CD，它们的斜率分别为k1,k2，证明：四边形ACBD的面积为定
值.
【答案】(1)3 x + 4 y =0
(2)证明见解析
【分析】（1）利用点差法计算. 设斜率为1
3的与直径平行的弦的端点坐标分别为( x1, y1)，
( x2, y2)，
该弦中点为( x , y)，将坐标代入椭圆方程，作差，然后化简得y
x =−3
4 ，即直径的共轭直径所在的
直线方程为3 x + 4 y =0；
（2）四边形ACBD显然为平行四边形，联立直线的方程和椭圆的方程，分别求得四点的坐标分别
为(
2
❑√1+ 4 k1
2 ,
2k1
❑√1+ 4 k1
2 )，(−
2
❑√1+ 4 k1
2 ,−
2k1
❑√1+ 4 k1
2 )，(
2
❑√1+ 4 k2
2 ,
2k2
❑√1+ 4 k2
2 )，
(−
2
❑√1+ 4 k2
2 ,−
2k2
❑√1+ 4 k2
2 )，然后利用两点间距离公式和点到直线距离公式，求得面积为4.
【详解】（1）设斜率为1
3的与直径平行的弦的端点坐标分别为( x1, y1)，( x2, y2)，
弦中点为( x , y)，则x1
2
4 + y1
2=1，x2
2
4 + y2
2=1，
相减得：( x1−x2)( x2+ x2)
4
+( y1−y2)( y1+ y2)=0，
由于x = x1+ x2
2
，y = y1+ y2
2
，且
y1−y2
x1−x2
= 1
3，所以得：3 x + 4 y =0，
故该直径的共轭直径所在的直线方程为3 x + 4 y =0.
（2）椭圆的两条共轭直径为AB和CD，它们的斜率分别为k1,k2，
四边形ACBD显然为平行四边形，设与AB平行的弦的端点坐标分别为( x1, y1)，( x2, y2)，
则k1= y1−y2
x1−x2
，k2= y1+ y2
x1+ x2
，而x1
2
4 + y1
2=1，x2
2
4 + y2
2=1，
( x1−x2)( x2+ x2)
4
+( y1−y2)( y1+ y2)=0，故k1k2= y1
2−y2
2
x1
2−x2
2 =−1
4 ，
由{
y =k1 x
x
2
4 + y
2=1)
得A ,B的坐标分别为(
2
❑√1+ 4 k1
2 ,
2k1
❑√1+ 4 k1
2 )，(−
2
❑√1+ 4 k1
2 ,−
2k1
❑√1+ 4 k1
2 )
故|AB)=
4
❑√1+ 4 k1
2
❑√1+k1
2
，同理C , D的坐标分别为(
2
❑√1+ 4 k2
2 ,
2k2
❑√1+ 4 k2
2 )，
(−
2
❑√1+ 4 k2
2 ,−
2k2
❑√1+ 4 k2
2 )
设点C到直线AB的距离为d，四边形ACBD的面积为S,
所以，d =
|
2k1
❑√1+ 4 k2
2 −
2k2
❑√1+ 4 k2
2 |
❑√1+ k1
2
=
2|k1−k2|
❑√1+ k1
2⋅
❑√1+ 4 k2
2
，
则
S =d|AB)=
2|k1−k2)
❑√1+ k1
2❑√1+ 4 k2
2 ×
4
❑√1+ 4 k1
2
❑√1+k1
2=
8|k1−k2)
❑√1+ 4 k1
2❑√1+ 4 k2
2 =8 ❑√
k1
2+k2
2−2k1k2
1+ 4(k1
2+ k2
2)+16k1
1k2
2 = 4
，为定值.
4．（2026·黑龙江大庆·二检）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点为F，点P(1,
❑√2
2 )在椭
圆C上，且PF ⊥x轴.过点P作椭圆C的切线，交x轴于点Q，过点Q的直线交椭圆C于A ,B两点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若O为椭圆C的中心，求△OAB面积的最大值；
(3)过点A作x轴的垂线与直线BP交于点D，求证：线段AD的中点在定直线上.
【答案】(1) x
2
2 + y
2=1
(2)
❑√2
2
(3)证明见解析
【分析】（1）将点P(1,
❑√2
2 )坐标代入椭圆方程，结合半焦距求出a,b即可得椭圆方程；
（2）求出切线方程，然后可得点Q坐标，联立直线AB和椭圆方程，利用弦长公式和点到直线的距
离表示出△OAB的面积，然后可得最大值；
（3）通过直线方程求交点坐标，结合中点坐标公式和韦达定理化简可证.
【详解】（1）由题意可知{
c =1
1
a
2 + 1
2b
2 =1
a
2=b
2+c
2)
，解得a= ❑√2,b=1，所以椭圆C的方程为x
2
2 + y
2=1.
（2）易知过点P且与椭圆相切的直线斜率存在，因此可设该直线方程为y =k (x−1)+
❑√2
2 .
联立直线与椭圆{
y =k (x−1)+
❑√2
2
x
2+2 y
2−2=0 )
，
整理得(1+2k
2) x
2+(2❑√2k −4 k
2) x +(2k
2−2❑√2k −1)=0，
令Δ=0，整理得2k
2+2❑√2k +1=0，解得k =−
❑√2
2 .
所以过点P的切线方程为：y =−
❑√2
2 x + ❑√2，
再令y =0，得x =2.所以点Q的坐标为(2,0).
由题知，经过点Q的直线AB的斜率不为0，设直线方程为x =ty +2, A(x1, y1),B(x2, y2)
联立直线与椭圆{
x =ty +2
x
2+2 y
2−2=0)，整理得(t
2+2) y
2+ 4ty +2=0
令Δ=16t
2−8(t
2+2)>0解得t
2>2
y1+ y2= −4t
t
2+2
, y1 y2=
2
t
2+2
因为|AB)=
❑√1+t
2|y1−y2)=
❑√1+t
2❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=
❑√1+t
2
❑√8t
2−16
t
2+2
点O到直线AB的距离d =
2
❑√1+t
2，
所以S△OAB= 1
2
2
❑√1+t
2
❑√1+t
2
❑√8t
2−16
t
2+2
=2❑√2
❑√t
2−2
t
2+2
令u=
❑√t
2−2(u>0)，则S△OAB=2❑√2
u
u
2+ 4
= 2❑√2
u+ 4
u
≤
❑√2
2 ，
当且仅当t =± ❑√6时S△OAB取到最大值为
❑√2
2 ；
（3）设线段AD的中点为M (x0, y0)，
由（2）可知y1+ y2= −4t
t
2+2
, y1 y2=
2
t
2+2
所以y1+ y2+2t y1 y2=0，
直线BP的方程为y =
y2−
❑√2
2
x2−1
(x−1)+
❑√2
2
，则D(x1, 2 y2−❑√2
2 x2−2 (x1−1)+
❑√2
2 ).
于是x0= x1，
y0= (2 y2−❑√2)(x1−1)
4(x2−1)
+ 1
2( y1+
❑√2
2 )= (2 y2−❑√2)( y1+1)+(2 y1+ ❑√2)( y2+1)
4(t y2+1)
= 4t y1 y2+2( y1+ y2)−❑√2t y1+ ❑√2t y2
4(t y2+1)
= −❑√2t y1+ ❑√2t y2
4(t y2+1)
.
= −❑√2t ( y1−y2) y1
4(t y1 y2+ y1)
= −❑√2t ( y1−y2) y1
4(t y1 y2+ y1)
= −❑√2t ( y1−y2) y1
2(−y1−y2+2 y1)
=
❑√2t y1
2
所以t y1=−❑√2 y0
因为x1=t y1+2，所以x0=−❑√2 y0+2，即x0+ ❑√2 y0−2=0
因此点M (x0, y0)在直线x + ❑√2 y −2=0上，即线段AD中点在定直线x + ❑√2 y −2=0上.
1．（2026·东北三省三校·二模）已知双曲线C：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1（a>0,b>0）的左、右焦点分别为F1
，F2，实轴长为2❑√2，双曲线C的一条渐近线为x−y =0.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)O为坐标原点，点A、B、D是双曲线C上不同的三点，且B、D两点关于y轴对称，△ABD的
外接圆经过点O.
考点6
圆锥曲线范围问题
①求证：直线AB与圆x
2+ y
2=1相切；
②直线AB与渐近线交于M，N两点,求|AB)
|MN )的取值范围.
【答案】(1) x
2
2 −y
2
2 =1
(2)①证明见解析；②(0,1)∪(1,❑√3)
【分析】（1）根据双曲线的实轴长和渐近线方程求出a，b值，即可求出标准方程.
（2）①设点B(x1, y1)，A(x2, y2)，结合△ABD的外接圆过点O设出外接圆方程，再结合点在双
曲线上可得y1 y2=1；设出直线AB方程y =kx +m与双曲线方程联立，结合韦达定理得到y1 y2，进
而得到m
2=k
2+1；利用点到直线的距离公式求出原点到直线AB的距离与圆x
2+ y
2=1的半径比较
即可.
②分别求出|MN )和|AB)，结合m
2=k
2+1得到|AB)
|MN ) = ❑√
4
1+k
2 −1，根据直线AB与双曲线相交求
出k
2的范围，即可求出|AB)
|MN )的范围.
【详解】（1）已知双曲线实轴长为2❑√2，则2a=2❑√2，所以a= ❑√2.
因为双曲线C的一条渐近线为x−y =0，即y = x，所以b
a =1，即b=a= ❑√2.
所以双曲线C的标准方程为x
2
2 −y
2
2 =1.
（2）①设B(x1, y1)，A(x2, y2)，则D(−x1, y1)，均满足x
2
2 −y
2
2 =1.
因为△ABD的外接圆经过点O，所以可设△ABD的外接圆方程为x
2+ y
2+ px +qy =0.
所以x1
2+ y1
2+ p x1+q y1=0，(−x1)
2+ y1
2+ p(−x1)+q y1=0，
两式相减得，p=0，故外接圆方程为x
2+ y
2+qy =0.
则x1
2+ y1
2+q y1=0，x2
2+ y2
2+q y2=0，所以x1
2+ y1
2
y1
= x2
2+ y2
2
y2
.
又x1
2= y1
2+2，x2
2= y2
2+2，代入x1
2+ y1
2
y1
= x2
2+ y2
2
y2
中整理得，( y1 y2−1)( y1−y2)=0，
因为y1≠y2，所以y1 y2=1，所以直线AB的斜率一定存在，
设直线AB的方程为y =kx +m，联立双曲线方程整理得(1−k
2) x
2−2kmx −(m
2+2)=0，
当1−k
2≠0时，Δ=(−2km)
2+ 4(1−k
2)(m
2+2)= 4 m
2−8k
2+8，x1+ x2= 2km
1−k
2，
x1 x2=−m
2+2
1−k
2 ，
则
y1 y2=(k x1+m)(k x2+m)=k
2 x1 x2+ km(x1+ x2)+m
2=k
2⋅(−m
2+2
1−k
2)+km⋅2km
1−k
2 +m
2= m
2−2k
2
1−k
2
，所以m
2−2k
2
1−k
2
=1，即m
2=k
2+1.
原点O到直线AB的距离为d =|k ×0−0+m)
❑√k
2+(−1)
2 =
|m)
❑√k
2+1
=1，等于圆x
2+ y
2=1的半径，
故直线AB与圆x
2+ y
2=1相切.
②直线AB与渐近线y = x交于M(
m
1−k , m
1−k)，与渐近线y =−x交于N(−m
1+ k , m
1+k).
则|MN )= ❑√(
m
1−k + m
1+k)
2
+(
m
1−k −m
1+k)
2
= 2(1+k
2)
|1−k
2)
.
直线AB与双曲线相交的弦长|AB)=
❑√1+ k
2❑√(
2km
1−k
2)
2
−4×(−m
2+2
1−k
2)= 2
❑√1+k
2⋅
❑√3−k
2
|1−k
2)
.
故|AB)
|MN ) =
2
❑√1+k
2⋅
❑√3−k
2
|1−k
2)
2(1+k
2)
|1−k
2)
= ❑√
3−k
2
1+k
2 = ❑√
4
1+k
2 −1.
由直线AB与双曲线相交可得Δ= 4 m
2−8k
2+8= 4(k
2+1)−8k
2+8=12−4 k
2>0，即k
2<3且
k
2≠1，
又点A、B、D是双曲线C上不同的三点，所以k ≠0，故k
2∈(0,1)∪(1,3).
当k
2∈(0,1)时，❑√
4
1+k
2 −1∈(1,❑√3)，即|AB)
|MN ) ∈(1,❑√3)；
当k
2∈(1,3)时，❑√
4
1+ k
2 −1∈(0,1)，即|AB)
|MN ) ∈(0,1)，
综上，|AB)
|MN )的取值范围为(0,1)∪(1,❑√3).
2．（2026·辽宁沈阳·质量监测(二)）已知抛物线E: x
2=2 py( p>0)，过焦点F 的直线与抛物线E
相交于A，B 两点，与抛物线E 的准线相交于点Q．若以线段AF 为直径作圆，当此圆经过点
(
1
4 ,0)时，|AF)= 1
2．
(1)求抛物线E 的方程；
(2)证明：|QA |⋅| FB|=|QB|⋅| FA |；
(3)若点C，D 在抛物线E 上，且线段CD 的中点在直线y = x上，点P(
1
2 ,1)．求△PCD面积的最
大值．
【答案】(1)x
2= y
(2)证明见解析
(3)
❑√6
9
【详解】（1）由题意可得：焦点F(0, p
2 )，准线为y =−p
2 ，|AF)= y A+ p
2 = 1
2.
设A( x A , 1
2 −p
2 )，代入抛物线方程可得x A
2 = p(1−p)，即x A = ❑√p(1−p).
设M ( 1
4 ,0)，则⃗MF =(−1
4 , p
2 ),⃗MA =(❑√p(1−p)−1
4 , 1
2 −p
2 ).
由题意可得⃗MF ⋅⃗MA =(−1
4 )(❑√p(1−p)−1
4 )+ p
2 ( 1
2 −p
2 )=0，解得p= 1
2.
∴所求抛物线方程为x
2= y.
（2）由题意可知，过焦点F(0, 1
4 )的直线斜率必定存在.
设过焦点F(0, 1
4 )的直线方程为y =kx + 1
4 ，A( x1, y1)，B( x2, y2).
令y =−1
4 ，可得Q(−1
2k ,−1
4 )(k ≠0).
将直线方程y =kx + 1
4 代入抛物线E消y可得x
2−kx −1
4 =0.
由韦达定理可得x1+ x2=k，x1 x2=−1
4 .
由抛物线定义可知|FA)
|FB) =
y1+ 1
4
y2+ 1
4
=
x1
2+ 1
4
x2
2+ 1
4
.
由相似三角形可知：
|QA)
|QB) =|x1−xQ)
|x2−xQ)
=|x1+ 1
2k)
|x2+ 1
2k)
=|2k x1+1)
|2k x2+1)
=|2( x1+ x2)x1+1)
|2( x1+ x2)x2+1)
=|2 x1
2+ 1
2)
|2 x2
2+ 1
2)
=|FA)
|FB).
所以|QA)⋅|FB)=|QB)⋅|FA).
（3）
设CD的中点为(t ,t )，C( x3, y3)，D( x4, y4).
则x3+ x4=2t，y3+ y4=2t.
由y3= x3
2，y4= x4
2可得x3
2+ x4
2 =2t，则x3 x4= 1
2 [( x3+ x4)
2−( x3
2+ x4
2)]=2t
2−t.
所以弦长|CD)= ❑√( x3−x4)
2+( y3−y4)
2=2❑√t(1−t )
❑√1+ 4 t
2(t ∈[0,1]).
由题意可知直线CD的斜率存在且kCD= y3−y4
x3−x4
= x3
2−x4
2
x3−x4
= x3+ x4=2t.
所以直线CD的直线方程为y −t =2t( x−t )，即2tx−y −2t
2+t =0.
则点P( 1
2 ,1)到直线CD的距离d =|2t
2−2t +1)
❑√4 t
2+1
= 2t
2−2t +1
❑√4t
2+1
.
所以所求面积S = ❑√t(1−t )(2t
2−2t +1)(t ∈[0,1]).
令u= ❑√t(1−t )∈[0, 1
2 ]，则S =−2u
3+u.
所以S
′ =−6u
2+1，令S
′ =0，可得u=
❑√6
6 .
所以S =−2u
3+u在(0,
❑√6
6 )上单调递增，在(
❑√6
6 ，1
2 )上单调递减.
当u=
❑√6
6 时，Smax =
❑√6
9 .
所以△PCD面积的最大值为
❑√6
9 .
3．（2026·辽宁省名校协作体·二模）已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左顶点A(−2,0)，上顶点
B(0,1)．
(1)求椭圆E的方程和直线AB的方程；
(2)过椭圆E上异于A的点C作x轴的垂线交直线AB于M点，延长CM至点N，使MN =CM，直线
AN交椭圆E于点D．
（i）求证：直线AC , AD的斜率之和为定值；
（ii）求△ACD面积的最大值．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1，y = 1
2 x +1；
(2)（i）证明见解析；（ii）
4√108
2
.
【分析】（1）根据给定条件，直接写出椭圆及直线方程.
（2）（i）设出直线AC方程，与椭圆方程联立求出点C的坐标，进而求出点M , N的坐标，再利用
斜率坐标公式计算得证；（ii）由（i）求出点D坐标，进而求出三角形面积关系，利用换元法，结
合导数求出最大值.
【详解】（1）由椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1的左顶点A(−2,0)，上顶点B(0,1)，得a=2,b=1，
所以椭圆E的方程为x
2
4 + y
2=1，直线AB的方程为y = 1
2 x +1.
（2）（i）直线AC斜率存在，设其方程为y =k( x +2)，点C( xC , yC)
由{
y =k( x +2)
x
2+ 4 y
2= 4)，得(4 k
2+1)x
2+16 kx +16 k
2−4 =0，则−2 xC = 16k
2−4
4 k
2+1
，
解得xC = 2−8k
2
4 k
2+1
, yC =k( xC +2)=
4 k
4 k
2+1
，即点C( 2−8k
2
4 k
2+1
,
4 k
4 k
2+1
)，
直线CM : x = 2−8k
2
4 k
2+1
交直线y = 1
2 x +1于点M ( 2−8k
2
4 k
2+1
,
2
4 k
2+1
)，
由点M是线段CN的中点，得点N ( 2−8k
2
4 k
2+1
, 4−4 k
4 k
2+1
)，
因此直线AD的斜率k
′ =
4−4 k
4 k
2+1
−0
2−8k
2
4 k
2+1
+2
=1−k，即k +k
′ =1，
所以直线AC , AD的斜率之和为定值.
（ii）由（i）同理得D( 2−8k
′2
4 k
′2+1
,
4 k
′
4 k
′2+1
)，| AC |= ❑√
( 2−8k
2
4 k
2+1
+2)
2
+(
4 k
4 k
2+1
)
2
= 4
❑√1+k
2
4 k
2+1
，
点D到直线AC :kx−y +2k =0的距离d =
|k ⋅2−8k
′2
4 k
′2+1
−
4 k
′
4 k
′2+1
+2k |
❑√k
2+1
=
4|k −k
′|
(4 k
′2+1)
❑√k
2+1
，
则△ACD的面积
S = 1
2 | AC |⋅d =
8|k −k
′|
(4 k
2+1)(4 k
′2+1)
=
8
❑√(k + k
′)
2−4 k k
′
(4 k k
′)
2+ 4[(k +k
′)
2−2k k
′ ]+1
=
8
❑√1−4 k k
′
(4 k k
′)
2−8k k
′ +5
，
显然k
′≠k，4 k k
′ = 4 k(1−k )=−(2k −1)
2+1<1，令❑√1−4 k k
′ =t >0，
S =
8t
(1−t
2)
2−2(1−t
2)+5
= 8t
t
4+ 4 ，求导得S
′ = 8(4−3t
4)
(t
4+ 4)
2 ，
当0<t <
4√
4
3 时，S
′>0；当t >
4√
4
3 时，S
′<0，函数S = 8t
t
4+ 4 在(0,
4√
4
3 )上递增，在(
4√
4
3 ,+∞)上递
减，
当t =
4√
4
3 时，Smax =
8
4√
4
3
4
3 + 4
= 3
2
4√
4
3 =
4√108
2
，所以△ACD面积的最大值为
4√108
2
.
4．（2026·哈尔滨三中·二模）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为2，焦距为4．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)已知P为双曲线C右支上位于x轴上方的一点，直线l: x = 1
2交x轴于点N．
（ⅰ）设双曲线C的左、右顶点分别为A1, A2，直线P A1与直线P A2分别交直线l于D , E两点，若
|DE)=3，求P点坐标；
（ⅱ）设双曲线C的右焦点为F，点P关于x轴的对称点为点Q，直线QN和双曲线C的右支交于点
M，当直线PF的倾斜角θ∈(
π
3 , 5π
12 )时，求△PMN面积的取值范围．
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)（i）P(2,3)；（ii）[
9
8 (2❑√2+ ❑√6),+ ∞)
【分析】（1）利用双曲线的离心率和焦距的定义，结合c
2=a
2+b
2的关系，可得a,b，从而得到标
准方程；
（2）（i）先设出点P的坐标，写出直线P A1, P A2的方程，求出它们与直线l的交点D , E，再利
用|DE)=3的条件，结合双曲线方程联立求解即可；
（ii）借助向量的坐标运算判断出P , M , F三点共线，然后根据直线PF的倾斜角的范围确定斜率的
范围，最后结合面积公式化简，通过换元法即得面积取值范围.
【详解】（1）因为双曲线的焦距为4，即2c = 4，所以c =2，
由e = c
a =2，得a=1，
又因为b
2=c
2−a
2=2
2−1
2=3，
因此双曲线的标准方程为x
2−y
2
3 =1.
（2）（i）由题意知：双曲线的左、右顶点分别为A1(−1,0), A2(1,0)，
设点P(x0, y0)，有x0
2−y0
2
3 =1(x0>1, y0>0)，
则直线P A1: y =
y0
x0+1
(x +1)，当x = 1
2时，有y D= 3
2
y0
x0+1，
直线P A2: y =
y0
x0−1
(x−1)，当x = 1
2时，有y E=−1
2
y0
x0−1，
所以|DE)= y D−y E，即3
2
y0
x0+1 + 1
2
y0
x0−1 =3，
又x0
2−y0
2
3 =1，即y0
2=3( x0
2−1)，代入上式化简得：❑√
3
x0
2−1
(2 x0−1)=3，
两边平方化简得( x0−2)
2=0，故x0=2，代入双曲线得y0=3，因此P(2,3).
（ii）因为右焦点F(2,0)，N ( 1
2 ,0)，
设直线NQ: x =ty + 1
2，联立方程组{
x =ty + 1
2
x
2−y
2
3 =1)
，化简得：(3t
2−1) y
2+3ty −9
4 =0，由韦达定理
得：y M + yQ=−
3t
3t
2−1，y M yQ=−
9
4(3t
2−1)，
又因为⃗FM =(xM −2, y M)，⃗FP =(xP−2, y P)=(xQ−2,−yQ)，
且y M (xQ−2)+ yQ(xM −2)= y M(t yQ−3
2)+ yQ(t y M −3
2)=2t y M yQ−3
2 ( y M + yQ)
=2t [−
9
4(3t
2−1)
]−3
2(−
3t
3t
2−1)=−
9t
2(3t
2−1)
+
9t
2(3t
2−1)
=0，
所以⃗FM ∥⃗FP，点P , M , F三点共线，
设直线PF : x =my +2，θ∈(
π
3 , 5
12 π)，m∈[2−❑√3,
❑√3
3 )，
联立方程组{
x =my +2
x
2−y
2
3 =1)
，整理得(3m
2−1) y
2+12my +9=0，
所以yP+ y M =−12m
3m
2−1，yP y M =
9
3m
2−1，
又S△PMN = 1
2|NF)|y P−y M)= 1
2 × 3
2
❑√( y P+ y M )
2−4 y p y M
= 3
4
❑√
( 12m
3m
2−1
)
2
−4×
9
3m
2−1
= 3
4
❑√
36(m
2+1)
(3m
2−1)
2 = 9
2 ⋅
❑√m
2+1
1−3m
2
令t =
❑√m
2+1∈[
❑√6−❑√2, 2
3
❑√3)，
则S△PMN = 9
2 ⋅
t
4−3t
2 = 9
2 ⋅
1
4
t −3t
∈[
9
8 (2❑√2+ ❑√6),+∞)．
1．（2026·东北三省三校·二模）（多选）曲线C：|x)
α +|y)
α =1（α >0）是优美的封闭曲线,其围
成的面积记为Sα,M 是C 与y 轴正半轴的交点,过原点O 的直线交C 于点A,B,则（ ）
A．S 1
2
<S1
B．S2>S3
C．当α =1时,⃗MA ⋅⃗MB的最大值是1
2
D．当α = 1
2时,⃗MA ⋅⃗MB∈[0, 7
8)
【答案】ACD
【详解】当α = 1
2时，曲线C：|x)
1
2 +|y)
1
2 =1，即❑√|x)+ ❑√|y)=1，
当x ≥0, y ≥0时，❑√x + ❑√y =1，即y =(1−❑√x)
2=1−2❑√x + x，
当α =1时，曲线C：|x)+|y)=1，
当x ≥0, y ≥0时，x + y =1，即y =1−x，这是一个顶点为(0,1)和(1,0)的直线段，
在区间(0,1)内，由于❑√x> x，∴y =1−2❑√x + x<1−x，
故α = 1
2时的图象比α =1时更靠近坐标轴，∴S 1
2
<S1，故A 正确，
当α =2时，曲线C：|x)
2+|y)
2=1，即x
2+ y
2=1，其面积为π，
当α =3时，曲线C：|x)
3+|y)
3=1，
考点7
圆锥曲线综合问题
当x ≥0, y ≥0时，x
3+ y
3=1，即y =
3√1−x
3，
在区间(0,1)内，由于x
3< x
2，∴1−x
3>1−x
2，进而有
3√1−x
3>
3√1−x
2，
故α =3时其图像在单位圆的外部， 故S2<S3，故B 错误，
当α =1时，曲线C：|x)+|y)=1，易知M (0,1)，
由对称性可设A (x , y)，B (−x ,−y)，则⃗MA =(x , y −1),⃗MB =(−x ,−y −1)，
∴⃗MA ⋅⃗MB =−x
2−( y −1)( y +1)=1−(x
2+ y
2)，
当x ≥0, y ≥0时，x + y =1，即y =1−x，代入上式得 ⃗MA ⋅⃗MB =1−[x
2+(1−x)
2)=−2 x
2+2 x
，对称轴为x = 1
2，
故⃗MA ⋅⃗MB的最大值为−2×(
1
2)
2
+2×(
1
2)= 1
2，故C 正确，
当α = 1
2时，当α = 1
2时，曲线C：|x)
1
2 +|y)
1
2 =1，即❑√|x)+ ❑√|y)=1，
当x ≥0, y ≥0时，❑√x + ❑√y =1，即y =(1−❑√x)
2=1−2❑√x + x，
令❑√x =t ,t ∈[0,1)，则y =(1−t )
2，
∴⃗MA ⋅⃗MB =1−(x
2+ y
2)=1−[t
4+(1−t )
4)，
设g(t )=1−[t
4+(1−t )
4)=−2t
4+ 4 t
3−6t
2+ 4 t，则g
' (t )=−4 (2t −1)(t
2−t +1)，
易知t
2−t +1=(t −1
2)
2
+ 3
4 >0，令g
′ (t )=0，解得t = 1
2，
故g(t )在(0, 1
2)上单调递增，在(
1
2 ,1)上单调递减，
故当t = 1
2时，g(t )max = g(
1
2)= 7
8，g(0)= g(1)=0，所以D 正确.
2．（2026·辽宁辽阳·二模）已知动点P满足到F (1,0)的距离比到直线l：x +2=0的距离少1，动点
P形成的轨迹称为曲线C．
(1)求点P 的轨迹方程；
(2)已知曲线C上的两点A、B满足⃗OA ⋅⃗OB =5，且△ABF的面积为8 ❑√5，求直线AB的方程．
【答案】(1)y
2= 4 x；
(2)x =5或x ± ❑√21 y +1=0.
【分析】（1）点P到点F的距离与到x =−1的距离相等，根据抛物线定义得到方程；
（2）先设AB: x =my +t，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，表达出⃗OA ⋅⃗OB =5，并
求出t =5，表达出AB的方程，得到AB过定点G (5,0)，表达出S△ABF计算求解直线；
【详解】（1）由动点P满足到F (1,0)的距离比到直线l：x +2=0的距离少1，可知点P到点F (1,0)
的距离与到x =−1的距离相等，
所以曲线C是以F (1,0)为焦点，直线x =−1为准线的抛物线，
故轨迹方程为y
2= 4 x.
（2）设A(
y1
2
4 , y1),B(
y2
2
4 , y2)，
由题可知AB斜率不为0，设AB: x =my +t，
联立曲线方程并消去x可得{
x =my +t
y
2= 4 x
⇒y
2−4 my −4 t =0)，
显然Δ=16m
2+16t >0, y1+ y2= 4 m, y1 y2=−4 t，
因为⃗OA ⋅⃗OB =5，
所以⃗OA ⋅⃗OB =(
y1
2
4 , y1)⋅(
y2
2
4 , y2)= ( y1 y2)
2
16
+ y1 y2=t
2−4 t =5，
所以t =5或t =−1，当t =5时，AB: x =my +t过定点G (5,0)，
所以y1+ y2= 4 m, y1 y2=−20，
S△ABF = 1
2|GF)×|y1−y2)
=2❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=2
❑√16m
2+80=8
❑√m
2+5=8 ❑√5，所以m=0，
所以AB: x =5；
当t =−1时，AB: x =my −1过定点G (−1,0)，
所以y1+ y2= 4 m, y1 y2= 4，
S△ABF = 1
2|GF)×|y1−y2)
= ❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=
❑√16m
2−16= 4
❑√m
2−1=8 ❑√5，所以m=± ❑√21，
所以AB: x ± ❑√21 y +1=0；
综上，直线AB的方程为x =5或x ± ❑√21 y +1=0.
3．（2026·辽宁盘锦高级中学·二模）已知抛物线E: y
2=2 px ( p>0)的焦点为F，直线l与E恰有1个
公共点A (1,1)，l与x轴、y轴分别交于点B、D．
(1)求E的方程；
(2)求△ABF的外接圆的标准方程；
(3)若点C在E上运动，点G在线段CD上，过G的直线l′分别交线段AC、BC于点P、Q，且
|PA)
|CP) +|QB)
|CQ) =1，求点G的轨迹方程．
【答案】(1)y
2= x
(2)(x + 3
8)
2
+( y −5
4)
2
= 125
64
(3)(3 y −1)
2=3 x( y ≠2
3)
【分析】（1）将点A的坐标代入抛物线E的方程，可得出2 p的值，由此可得出抛物线E的方程；
（2）分析可知l不与x轴平行，设直线l的方程为x =my +n，根据直线与抛物线相切以及点A在直
线l上，可得出关于m、n的方程组，解出这两个未知数的值，可求出点B、D，由此可求出△ABF
的外接圆圆心坐标以及圆的半径，即可得出圆的方程；
（3）解法一：设⃗CP = λ⃗CA (0< λ<1)，⃗CQ = μ⃗CB (0< μ<1)，可得出|⃗PA)
|⃗CP)
= 1−λ
λ
，|⃗QB)
|⃗CQ)
= 1−μ
μ
，结合已知条件得出1
λ + 1
μ =3，设C (x0, y0)，则y0
2= x0，y0≠1，设点G (x , y)，利用平面向量的
坐标运算可化简得出点G的轨迹方程；
解法二：记λ=|CD)
|CG)，t1=|CA)
|CP) =1+|AP)
|CP) ，t2=|CP)
|CQ) =1+|QB)
|CQ)，可得出t1+t2=3，根据三角形的
面积关系得出
S△CQP
S△CAB
= 1
t1t2
= t1+t2
2t1t2 λ ，可得出λ的值，进而得出点G为△ABC的重心，再结合平面
向量的坐标运算化简可得出点G的轨迹方程；
【详解】（1）因为A (1,1)在E上，所以1=2 p，所以E的方程为y
2= x.
（2）若l与x轴平行，则直线l与x轴无交点，不合题意；
若l不与x轴平行，则l与E相切于A，
设直线l的方程为x =my +n，由{
y
2= x
x =my +n)，得y
2−my −n=0，
所以{
Δ=m
2+ 4 n=0
1=m+n )，解得{
m=2
n=−1)，
所以直线l的方程为y = x +1
2
，
因为B (−1,0)、F(
1
4 ,0)、A (1,1)，D(0, 1
2)，故D为AB中点，
所以，线段AB中垂线的方程为y =−2 x + 1
2，线段BF中垂线的方程为x =−3
8，
联立{
x =−3
8
y =−2 x + 1
2)
，解得{
x =−3
8
y = 5
4 )
，因此△ABF的外接圆圆心坐标为(−3
8 , 5
4)，
△ABF的外接圆半径等于❑√(−3
8 +1)
2
+(
5
4 −0)
2
= 5 ❑√5
8
，
所以，△ABF外接圆方程为(x + 3
8)
2
+( y −5
4)
2
= 125
64 .
（3）解法一：设⃗CP = λ⃗CA (0< λ<1)，⃗CQ = μ⃗CB (0< μ<1)，⃗
CP = λ⃗CA = λ(⃗CP+⃗PA)(0< λ<1)，故(1−λ)⃗CP = λ⃗PA，
所以|⃗PA)
|⃗CP)
= 1−λ
λ
，同理|⃗QB)
|⃗CQ)
= 1−μ
μ
，
因为|PA)
|CP) +|QB)
|CQ) =1，所以1−λ
λ
+ 1−μ
μ
=1，所以1
λ + 1
μ =3，
设⃗CG =m⃗CD (0<m<1)，因为⃗CD = 1
2⃗CA + 1
2⃗CB，
所以⃗CG = m
2⃗CA + m
2⃗CB = m
2 λ⃗CP+ m
2 μ⃗CQ，
因为P、G、Q三点共线，所以m
2 λ + m
2 μ =1，所以m= 2
3，则⃗CG = 2
3⃗CD，
设C (x0, y0)，则y0
2= x0，y0≠1，设点G (x , y)，
因为⃗CG =(x−x0, y −y0)，⃗CD =(−x0, 1
2 −y0)，
所以{
x = x0
3
y = y0+1
3 )
，所以(3 y −1)
2=3 x，
因为A、C不重合，所以y0≠1，y ≠2
3，
综上，点G的轨迹方程为(3 y −1)
2=3 x( y ≠2
3)；
解法二：因为D为AB中点，记λ=|CD)
|CG)，t1=|CA)
|CP) =1+|AP)
|CP) ，t2=|CP)
|CQ) =1+|QB)
|CQ)，
则t1+t2=3，
因为CD为△ABC中线，则
S△CQP
S△CAB
=|CQ)⋅|CP)
|CB)⋅|CA) = 1
t1t2
且
S△CQP
S△CAB
= S△CGP
2S△CAD
+ S△CGQ
2S△CBD
= 1
2(
1
λt1
+ 1
λt2)= t1+t2
2t1t2 λ ，故
t1+t2
2t1t2 λ = 1
t1t2
，所以λ = 3
2，所以G是
△ABC的重心，
设C (x0, y0)，则y0
2= x0，y0≠1，设点G (x , y)，
所以{
x = x0
3
y = y0+1
3
y0
2= x0 )
，解得(3 y −1)
2=3 x，
因为A、C不重合，所以y0≠1，y ≠2
3，
综上，点G的轨迹方程为(3 y −1)
2=3 x( y ≠2
3)；
4．(2026·辽宁鞍山普通高中·二模)已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左顶点为A，上顶点为B，离
心率e =
❑√3
2 ，且以短轴为直径的圆与直线y = x + ❑√2相切．
(1)求E的方程；
(2)过点P(−2, 1)的直线l交E于C , D两点，若直线BC , BD的斜率都存在且不为0，将BC , BD的
斜率分别记为k1, k2，求1
k1
+ 1
k2
．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)4
【分析】（1）根据题意，结合a
2=b
2+c
2即可求出；
（2）分情况讨论，当直线l斜率存在时，设直线l的方程为y −1=k (x +2)，C (x1, y1), D(x2, y2)，
联立得到x1+ x2=−16 k
2+8k
1+ 4 k
2 , x1 x2= 16 k
2+16k
1+ 4 k
2
，再求得1
k1
+ 1
k2
=
x1
y1−1 +
x2
y2−1，代入化简即
可.
【详解】（1）由题意得e = c
a =
❑√3
2 ，
又以短轴为直径的圆与直线y = x + ❑√2相切，
∴原点O到直线y = x + ❑√2的距离为b=|0−0+ ❑√2)
❑√2
=1，
又a
2=b
2+c
2，∴a=2,c = ❑√3，
故椭圆E的方程为x
2
4 + y
2=1.
（2）由（1）可知，B (0,1)，
当过点P(−2, 1)的直线l斜率不存在时，直线l与椭圆E只有一个交点，不合题意，舍去；
当过点P(−2, 1)的直线l斜率存在时，设直线l的方程为y −1=k (x +2)，
设C (x1, y1), D(x2, y2)，联立{
y −1=k (x +2)
x
2
4 + y
2=1 )
，
消去y整理得(1+ 4 k
2) x
2+(16 k
2+8k) x +16 k
2+16 k =0，
∴Δ=(16 k
2+8k)
2−4(1+ 4 k
2)(16 k
2+16 k)>0，解得k <0，
且x1+ x2=−16 k
2+8k
1+ 4 k
2 , x1 x2= 16 k
2+16 k
1+ 4 k
2
，
而直线BC的斜率为k1= y1−1
x1
，直线BD的斜率为k2= y2−1
x2
，
∴1
k1
+ 1
k2
=
x1
y1−1 +
x2
y2−1 =
x1
k (x1+2)
+
x1
k (x2+2)
= x1(x2+2)+ x2(x1+2)
k (x1+2)(x2+2)
=
2 x1 x2+2(x1+ x2)
k[x1 x2+2(x1+ x2)+ 4)
，
又2 x1 x2+2(x1+ x2)=2× 16k
2+16k
1+ 4 k
2
+2(−16 k
2+8k
1+ 4 k
2 )= 16 k
1+ 4 k
2，
x1 x2+2(x1+ x2)+ 4 = 16 k
2+16k
1+ 4 k
2
+2(−16k
2+8k
1+ 4 k
2 )+ 4 =
4
1+ 4 k
2，
∴1
k1
+ 1
k2
=
16 k
1+ 4 k
2
k ⋅
4
1+ 4 k
2
= 4.
5．（2026·吉林G35 联合体·二模）已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2
，右顶点为A，P 为直线x =a上一点，且椭圆E 的离心率为3
5，|A F1)=8．
(1)求椭圆E 的方程．
(2)过点P 作椭圆E 的切线，切点为B（异于点A）．
①证明：∠B F1 P =∠A F1 P．
②若B F1// P F2，求|AP)．
附：在椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)上一点(x0, y0)处的切线方程为
x0 x
a
2 + y0 y
b
2 =1．
【答案】(1) x
2
25 + y
2
16 =1
(2)证明见解析；4 ❑√2
【分析】（1）根据题意解出a,b,c即可求解；
（2）①设点B(x0, y0)，利用椭圆上一点的切线方程得到点P的坐标，结合二倍角的正切公式分别
计算tan∠B F1 P和tan2∠A F1 P，通过证明两者相等，结合角的范围得出角相等的结论;
②根据等腰三角形、勾股定理求得|AP).
【详解】（1）由题意得：{
e = c
a = 3
5
|A F1)=a+c =8)
，解得{
a=5
c =3)，所以b
2=a
2−c
2=16，
所以x
2
25 + y
2
16 =1，所以椭圆E 的方程为x
2
25 + y
2
16 =1；
（2）①不妨令点P在第一象限，设B(x0, y0)，
所以切线BP的方程为：x0 x
25 + y0 y
16 =1，又x0
2
25 + y0
2
16 =1，
令x =5，解得y = 16(5−x0)
5 y0
，所以P(5, 16(5−x0)
5 y0 )，
又因为tan ∠B F1 A =
y0
x0+3 ,tan ∠A F1 P = 2(5−x0)
5 y0
，
tan 2∠A F1 P = 2tan ∠A F1 P
1−tan
2∠A F1 P
=
2× 2(5−x0)
5 y0
1−[
2(5−x0)
5 y0 )
2 =
20(5−x0) y0
25 y0
2−4(5−x0)
2
=
20(5−x0) y0
16(25−x0
2)−4(5−x0)
2 =
y0
x0+3，
所以tan∠B F1 A = tan2∠A F1 P，所以∠B F1 A =2∠A F1 P，
又∠B F1 A =∠B F1 P+∠A F1 P，
所以∠B F1 P =∠A F1 P；
②因为B F1// P F2，所以∠B F1 P =∠F1 P F2，
因为∠B F1 P =∠A F1 P，所以∠F1 P F2=∠A F1 P，所以|P F2)=|F1 F2)=6，
在Rt△PA F2中，|A F2)=2,|AP)=
❑√|P F2)
2−|A F2)
2= 4 ❑√2.
6．（2026·内蒙古包头·二模）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率e =
❑√3
2 ，且过点(2, 1
2 )，
圆M 的圆心为M (1,0)，半径为
❑√2
2 ，O 为坐标原点．
(1)求椭圆C 和圆M 的标准方程；
(2)设斜率为k(k >0)的直线l 与椭圆C 交于P，Q 两点，N 为线段PQ 的中点，点N 在圆M 上，且
满足ON ⊥MN，求直线l 的斜率．
【答案】(1)椭圆C 的标准方程为
x
2
5 + y
2
5
4
=1，圆M 的标准方程为( x−1)
2+ y
2= 1
2；
(2)k = 1
4
【分析】（1）根据给定的离心率及点的坐标求出a,b即可得椭圆C 标准方程，再写出圆M 的标准
方程.
（2）利用点差法及向量垂直的坐标表示求出k.
【详解】（1）由椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1的离心率e =
❑√3
2 ，得e
2=1−b
2
a
2 = 3
4 ，则b
2= 1
4 a
2，
由点(2, 1
2 )在椭圆C 上，得4
a
2 +
1
4
b
2 =1，联立解得a
2=5，b
2= 5
4 ，
所以椭圆C 的标准方程为
x
2
5 + y
2
5
4
=1；圆M 的标准方程为( x−1)
2+ y
2= 1
2.
（2）设P( x1, y1),Q( x2, y2)，中点N ( x0, y0)，
由P ,Q在椭圆C : x
2+ 4 y
2=5上，得{
x1
2+ 4 y1
2=5
x2
2+ 4 y2
2=5)，
则( x1−x2)( x1+ x2)+ 4( y1−y2)( y1+ y2)=0，
又x1+ x2=2 x0, y1+ y2=2 y0,k = y1−y2
x1−x2
，于是x0+ 4 k y0=0，
而⃗ON =( x0, y0),⃗MN =( x0−1, y0)，由ON ⊥MN，得x0( x0−1)+ y0
2=0，
由N ( x0, y0)在圆M 上，得( x0−1)
2+ y0
2= 1
2，联立解得x0= 1
2，y0=± 1
2，
由1
20 + 1
5 <1，得点N ( 1
2 ,± 1
2 )在椭圆C : x
2
5 + y
2
5
4
=1内，即存在满足条件的点N，
当点N ( 1
2 , 1
2 )时，k =−1
4 <0，不符合题意，当点N ( 1
2 ,−1
2 )时，k = 1
4 >0，符合题意，
所以k = 1
4 .
7．（2026·吉林长春六中·二模）已知一动圆的圆心为M，该动圆与圆 C1: x
2+ y
2+6 x +5=0 外
切，同时与圆 C2: x
2+ y
2−6 x −91=0内切.
(1)求该动圆圆心M的轨迹方程；
(2)设圆心M的轨迹为曲线C.点P在曲线C上（异于顶点），A1(−6，0)，A2(6，0)，
F (−3，0)，直线 A1 P 交 y 轴于点 Q，若△A2 PQ的面积是△A1 FQ的面积的两倍，求|A1 P)
的值.
【答案】(1) x
2
36 + y
2
27 =1
(2)9 ❑√5
2
或3 ❑√13
2
【分析】（1）由题意|M C1)= R+2，|M C2)=10−R，进而根据椭圆的定义可得；
（2）由题意设直线A1 P的方程为y =k (x +6)，则Q (0，6k )，联立椭圆方程可得xP= 18−24 k
2
3+ 4 k
2
，进而可得S△A2 PQ= 36|k )|3−4 k
2)
3+ 4 k
2
，S△A1 FQ=9|k )，由S△A2 PQ=2S△A1 FQ，进而可得.
【详解】（1）设动圆M的半径为R.
由题意，圆C1与圆C2的标准方程分别为C1:( x +3)
2+ y
2= 4和C2:( x −3)
2+ y
2=100，
故C1(−3，0)，半径r1=2，C2(3，0)，半径r2=10，
由题意得|M C1)= R+r1= R+2，|M C2)=r2−R =10−R，
故|M C1)+|M C2)=12>6=|C1C2)，
由椭圆的定义，得圆心M的轨迹是焦点在x轴上，长轴长为12，焦距为6的椭圆.
a=6，c =3，故b
2=a
2−c
2=36−9=27，
故圆心M的轨迹方程为x
2
36 + y
2
27 =1.
（2）
由（1）知，曲线C即椭圆x
2
36 + y
2
27 =1.
由题意，点A1，A2是椭圆C的左、右顶点.
由题意知，直线A1 P的斜率一定存在，设为k，则k ≠0，且k ≠±
❑√3
2 ，
直线A1 P的方程为y =k (x +6)，则Q (0，6 k )
设P(xP，y P)，
由{
x
2
36 + y
2
27 =1
y =k (x +6))
消去y，整理得(3+ 4 k
2) x
2+ 48k
2 x +144 k
2−108=0.
由题意得−6 xP= 144 k
2−108
3+ 4 k
2
，故xP= 18−24 k
2
3+ 4 k
2 ，
故|PQ)=
❑√1+k
2|xP)=|18−24 k
2)❑√1+k
2
3+ 4 k
2
，
又点A2到直线A1 P的距离d = |12k )
❑√1+k
2，
故S△A2 PQ= 1
2|PQ)d = 1
2 ×|18−24 k
2)❑√1+k
2
3+ 4 k
2
× |12k )
❑√1+k
2 = 36|k )|3−4 k
2)
3+ 4 k
2
又S△A1 FQ= 1
2|A1 F)|yQ)= 1
2 ×3×|6k )=9|k )，
由题意36|k )|3−4 k
2)
3+ 4 k
2
=18|k )，化简得2|3−4 k
2)=3+ 4 k
2，
解得k
2= 1
4 或k
2= 9
4
当k
2= 1
4 时，xP=3，则|A1 P)=
❑√1+ k
2|xP−x A1)=
❑√5
2 ×9= 9 ❑√5
2
；
当k
2= 9
4 时，xP=−3，则|A1 P)=
❑√1+ k
2|xP−x A1)=
❑√13
2
×3= 3 ❑√13
2
.
综上，|A1 P)的值为9 ❑√5
2
或3 ❑√13
2
.
