专题07 解析几何
1．4
2．A
3．C
4．B
5．9
6．±1
7．(
2,1
−
)
1．D
2．B
3．C
4．ABC
5．BCD
6．【详解】（1）设椭圆焦距为|F1 F2)=2c，由题意可得{
a=5
c
a = 4
5
a
2=b
2+c
2)
⇒{
a=5
c = 4
b=3)
，
所以椭圆C：x
2
25 + y
2
9 =1；
（2）由题可设P(x , y)(−5< x<5)，则由（1）x
2
25 + y
2
9 =1，
P F⃗1=(−4−x ,−y), P F⃗2=(4−x ,−y)，
所以
P F⃗1⋅P F⃗2=(−4−x ,−y)·(4−x ,−y)= x
2−16+ y
2= x
2−16+9−9
25 x
2= 16
25 x
2−7∈[−7,9).
考点1
直线和圆的方程
考点2
椭圆
1．D
2．C
3．A
4．A
5．ACD
6．ABD
7．2
8．2❑√2
1．C
1．ABD
2．ABD
3．2
4．8 ❑√3
5．①8；②1
e
1．D
2．【详解】（1）由|A1 A2)=2a= 4，得a=2，
又离心率e = c
a =
❑√3
2
，则c = ❑√3,b
2=a
2−c
2=1，
考点3
双曲线
考点4
抛物线
考点5
曲线与方程
考点6
直线与圆锥曲线
所以椭圆E的方程为x
2
4 + y
2=1.
（2）设P，Q的坐标分别为(x1, y1)，(x2, y2)，
由{
2 y = x−1,
x
2+ 4 y
2−4 =0)
消去y，得2 x
2−2 x−3=0，
△= 4 +24 =28>0，所以x1+ x2=1，x1 x2=−3
2
，
所以⃗A1 P⋅⃗A1Q =(x1+2)(x2+2)+ y1 y2=(x1+2)(x2+2)+ x1−1
2
⋅x2−1
2
= 5
4 x1 x2+ 7
4 (x1+ x2)+ 4+ 1
4 = 33
8
，
所以⃗A1 P⋅⃗A1Q的值为33
8
.
3．【详解】（1）因为x
2=2 py ( p>0)，所以y = x
2
2 p
，所以y
′ = x
p，
由题意可知y
′|x =2= 2
p =1，所以p=2，
所以抛物线C的方程为x
2= 4 y.
（2）因为A(m, m
2
4 )
，所以y
′|x =m= m
2
，A
′(−m, m
2
4 )
，
又因为F (0,1)，所以lBD: y = m
2 x +1，设B(x1, y1), D(x2, y2)，
由题意可知x1≠x A
′, x2≠x A
′，即x1≠−m, x2≠−m，
联立{
y = m
2 x +1
x
2= 4 y )
，可得x
2−2mx−4 =0，
所以x1+ x2=2m, x1 x2=−4，且Δ= 4 m
2+16>0，
所以
k A
′ B+ k A
′ D=
y1−m
2
4
x1+m +
y2−m
2
4
x2+m =
x1
2
4 −m
2
4
x1+m +
x2
2
4 −m
2
4
x2+m = x1
2−m
2
4(x1+m)
+ x2
2−m
2
4(x2+m)
= x1+ x2−2m
4
= 2m−2m
4
=0，
所以直线A
′ B与A
′ D的斜率和为定值0.
4．【详解】（1）因为双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为❑√2，
所以c
a = ❑√2，所以c
2=2a
2，
又因为c
2=a
2+b
2，所以a=b.
因为右焦点F2(c ,0)到渐近线的距离为1，取渐近线的方程为bx−ay =0，
所以1=
|bc)
❑√a
2+b
2 = bc
c =b，所以a=1，
所以双曲线C的标准方程为x
2−y
2=1
（2）（i）在折叠前（如图），可知左焦点F1(−❑√2,0)，又θ =π
3
，所以直线l的方程为
y = ❑√3( x + ❑√2).将其代入双曲线方程x
2−y
2=1，
消去y整理可得2 x
2+6 ❑√2 x +7 =0，
设交点A( x1, y1)，B( x2, y2)，则x1=−3 ❑√2
2
+1，x2=−3 ❑√2
2
−1，
分别代入y = ❑√3( x + ❑√2)，可得y1= ❑√3−
❑√6
2
，y2=−❑√3−
❑√6
2
，
所以A(−3 ❑√2
2
+1,❑√3−
❑√2
2 )，B(−3 ❑√2
2
−1,−❑√3−
❑√2
2 )，
所以|A F1)+|B F1)=|AB)=
❑√( x1−x2)
2+( y1−y2)
2=
❑√2
2+(2❑√3)
2= 4；
在折叠后（如图1），因为α =π
2
，所以平面A F1 F2 ⊥平面B F1 F2，易知原y轴正半轴垂直于平
面B F1 F2，进而原y轴正半轴垂直于原x轴，也垂直于原y轴负半轴.
以射线O F1方向为x轴正方向，原y轴负方向为y轴正方向，原y轴正方向为z轴正方向，建立空间
直角坐标系，则A( 3 ❑√2
2
−1,0,❑√3−
❑√6
2 )，B( 3 ❑√2
2
+1,❑√3+
❑√6
2 ,0)，则
|AB)=
❑√( 3 ❑√2
2
−1−3 ❑√2
2
−1)
2
+(0−❑√3−
❑√6
2 )
2
+(❑√3−
❑√6
2 −0)
2
= ❑√13，所以折叠后
|A F1)+|B F1)−|AB)= 4−❑√13.
（ii）在折叠前，设直线l方程为x =my −❑√2，联立{
x
2−y
2=1
x =my −❑√2)
，消去x整理可得
(m
2−1) y
2−2❑√2my +1=0，
因为直线l与双曲线C的左支交于A( x1, y1)，B( x2, y2)两点（其中点A 在x 轴上方），
所以y1>0，Δ=8m
2−4(m
2−1)>0,y1 y2<0
由韦达定理可知y1+ y2= 2❑√2m
m
2−1
，y1 y2=
1
m
2−1
<0，所以−1≤m
2−1<0.
在折叠后（如图2），以射线O F1方向为x轴正方向，原y轴负方向为y轴正方向，过原点O作直线
垂直于平面B F1 F2，且向上方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系.
因为α =π
3 ，所以A(−x1, 1
2 y1,
❑√3
2 y1)，B(−x2,−y2,0)，
所以|AB)=
❑√( x1−x2)
2+( 1
2 y1+ y2)
2
+(
❑√3
2 y1−0)
2，
因为x1=m y1−❑√2，x2=m y2−❑√2，
所以|AB)
2=m
2( y1−y2)
2+ 1
4 y1
2+ y2
2+ y1 y2+ 3
4 y1
2
=(m
2+1)( y1+ y2)
2−(4 m
2+1) y1 y2
= 8m
2(m
2+1)
(m
2−1)
2
−4 m
2+1
m
2−1
= 4 m
4+11m
2+1
(m
2−1)
2
=
16
(m
2−1)
2 +
19
m
2−1
+ 4
设t =
1
m
2−1
，则|AB)
2=16t
2+19t + 4，且t ≤−1，
因为对称轴t =−19
32 >−1，所以|AB)
2=16t
2+19t + 4在区间(−∞,−1)上单调递减，
所以|AB)
2❑min=1，且无最大值，
所以折叠后的线段AB长度的取值范围是[1,+ ∞)
5．【详解】（1）由已知，有:
❑√(x−2)
2+ y
2
|x−4)
=
❑√2
2
，化简得: x
2
8 + y
2
4 =1，
即点 C 的轨迹 E 为: 以原点为中心，以 2❑√2 为长半轴，以 2 为短半轴的椭圆.
且椭圆方程为: x
2
8 + y
2
4 =1
（2）①由题意，直线 MN 斜率不能为 0 ；
设直线 MN : x =my +1, M (x1, y1), N (x2, y2)
联立 {
x
2+2 y
2−8=0
x =my +1 )
，消 x 得， (m
2+2) y
2+2my −7 =0 ，
由于点 P(1,0) 在 E 内部， Δ>0 恒成立，得: {
y1+ y2=−2m
m
2+2
y1 y2=−
7
m
2+2 )
直线 AM 的方程: y =
y1
x1+2❑√2
(x +2❑√2)=
y1
m y1+1+2❑√2
(x +2❑√2) ，
令 x =1 ， 得:yB=
y1
m y1+1+2❑√2
(1+2❑√2)，同理: y D=
y2
m y2+1+2❑√2
(1+2❑√2)，
|PB|⋅|PD|=|yB y D|=|
y1
m y1+1+2❑√2
(1+2❑√2)⋅
y2
m y2+1+2❑√2
(1+2❑√2)|=|
(1+2❑√2)
2 y1 y2
m
2 y1 y2+(1+2❑√2)m( y1+ y2)+(1+2❑√
②若直线 OM ， ON 其中一个斜率不存在，
则易知:
1
|OM ) +
1
|ON ) =
1
2❑√2 + 1
2 = 2+ ❑√2
4
直线 OM ,ON 斜率均存在，设直线 OM 方程: y =kx , M (x1, y1)，
联立 {
x
2+2 y
2−8=0
y =kx
)
，消 y 得， (2k
2+1) x
2=8 ，解得: x1= |2❑√2)
❑√2k
2+1
同理，设直线 ON 方程: y =−1
k x , N (x2, y2) ，解得: x2=|2❑√2k)
❑√k
2+2
则有: |OM )=
❑√1+k
2|x1)=|2❑√2)
❑√1+k
2
❑√2k
2+1
，|ON )= ❑√
1+ 1
k
2|x2)=|2❑√2)
❑√1+k
2
❑√k
2+2
所以
1
|OM )
2 +
1
|ON )
2 = 1+2k
2
8(1+k
2)
+
k
2+2
8(1+k
2)
= 3
8
设
1
|OM ) =
❑√6
4 cosθ ,
1
|ON ) =
❑√6
4 sinθ，
又 |OM )∈[2,2❑√2) ，由❑√3
3 ≤cos θ≤
❑√6
3
，即
❑√3
3 ≤1−t
2
1+t
2 ≤
❑√6
3
，解得❑√3−❑√2≤t ≤
❑√6−❑√2
2
；
1
|OM ) +
1
|ON ) =
❑√6
4
(cosθ+sinθ)=
❑√6
4 (
1−tan
2 θ
2
1+ tan
2 θ
2
+
2tan θ
2
1+ tan
2 θ
2)
=
❑√6
4 ⋅1−t
2+2t
1+t
2
=
❑√6
4 ⋅(2⋅t +1
1+t
2 −1) =
❑√6
4 ⋅(t +
.
令 f (t )=
❑√6
4 ⋅(
2
t +1+ 2
t +1 −2
−1)
,t ∈[
❑√3−❑√2,
❑√6−❑√2
2
)，
由复合函数单调性可知， f (t ) 在 [❑√3−❑√2,❑√2−1) 上单调递增，在 [
❑√2−1,
❑√6−❑√2
2
)
上单
调递减;
f (t )max = f (❑√2−1)=
❑√3
2
，f (t )min=min{f (❑√3−❑√2),f(
❑√6−❑√2
2
))= 2+ ❑√2
4
.
综上所述:
1
|OM ) +
1
|ON ) 的最大值与最小值分别为:
❑√3
2 , 2+ ❑√2
4
.
6．【详解】（1）设Q (x , y)，
因为A (−1,0)，B (1,0)，所以⃗AQ =(x +1, y)，⃗BQ =(x−1, y)，
所以⃗AQ⋅⃗BQ =(x +1)(x−1)+ y
2=0，即x
2+ y
2=1，
所以曲线C是圆心为(0,0)，半径为1的圆；
抛物线E: y
2=2 px ( p>0)的焦点F(
p
2 ,0)
，准线l: x =−p
2
，
设点M(−p
2 ,m)
，N (x1, y1)，过N作N N 1⊥l交准线l于N 1
，
由抛物线的定义可知|NF)=|N N 1)= x1+ p
2
，
又因为|MN )= ❑√2|NF)= ❑√2|N N 1)，所以MF与x轴的夹角为45°，
因为|MF)=2❑√2，所以F到准线的距离p=|MF)
❑√2 =2，
所以抛物线E: y
2= 4 x.
（2）点P(x0, y0)(x0>1)，则两切线斜率存在，
过P作圆C : x
2+ y
2=1的切线y −y0=k (x−x0)，即kx −y −k x0+ y0=0，
所以|−k x0+ y0)
❑√k
2+1
=1，整理得(x0
2−1)k
2−2 x0 y0k + y0
2−1=0，
设两切线斜率分别为k1,k2，则k1+k2= 2 x0 y0
x0
2−1
，k1k2= y0
2−1
x0
2−1
，
所以|k1−k2)= ❑√(k1+ k2)
2−4 k1k2= ❑
√
4 x0
2 y0
❑
2
(x0
2−1)
2 −4( y0
2−1)
(x0
2−1)
= 2
❑√y0
2+ x0
2−1
x0
2−1
，
又因为y0
2= 4 x0，所以|k1−k2)= 2
❑√4 x0+ x0
2−1
x0
2−1
，
因为切线与准线x =−1的交点为S(−1, y0−k1(x0+1))，T (−1, y0−k2(x0+1))，
所以|ST )=|k1−k2)(x0+1)，
又因为点P到准线x =−1的距离为x0+1，
所以S△PST = 1
2|k1−k2)(x0+1)
2= (x0+1)
❑√4 x0+ x0
2−1
x0−1
，
令t = x0−1>0，则S△PST = (t +2)
❑√t
2+6t + 4
t
，
所以S△PST
2
= (t +2)
2(t
2+6t + 4)
t
2
= (t
2+ 4t + 4)(t
2+6t + 4)
t
2
=(t + 4+ 4
t )(t +6+ 4
t )
，
令u=t + 4
t
，则S△PST
2
=(u+ 4)(u+6)在(0,+ ∞)上单调递增，
因为u=t + 4
t ≥2❑√t × 4
t = 4，当且仅当t = 4
t ，即t =2，x0=3时等号成立，
所以S△PST
2
≥8×10=80，S△PST ≥❑√80= 4 ❑√5，
所以△PST的面积的最小值为4 ❑√5，此时点P的坐标为(3,2❑√3)或(3,−2❑√3).
7．【详解】（1）点P1(−2,1)在抛物线C : x
2=2 py
上，则(−2)
2=2 p，解得p=2，
∴抛物线C的方程为x
2= 4 y，
∵P1
，Q1
是C (k )斜率相关的，点P1(−2,1)，k =1，
∴P1Q1的方程为y = x +3，
由{
x
2= 4 y
y = x +3)
，解得x =−2或x =6，
设Q1(a1,b1)，∴ a1=6，
又∵ Q1(a1,b1)在x
2= 4 y上，∴ a1
2= 4 b1
，解得b1=9，则Q1(6,9)，
∴ |P1Q1)=
❑√(6+2)
2+(9−1)
2=8 ❑√2，
∵点O到P1Q1的距离为d = |0−0+3)
❑√1
2+(−1)
2 = 3 ❑√2
2
，
∴ △O P1Q1的面积为S = 1
2|P1Q1)d = 1
2 ×8 ❑√2× 3 ❑√2
2
=12．
（2）根据C (k )斜率相关的定义可知，PnQn的斜率为k，
把Pn(xn, yn)，Qn(an,bn)代入x
2= 4 y得{
xn
2= 4 yn
an
2= 4 bn)
，
∴(xn−an)(xn+an)= 4( yn−bn)，则k = yn−bn
xn−an
= xn+an
4
，
∴xn+an= 4 k①，
同理可得，−k = xn+1+an
4
，即xn+1+an=−4 k②，
kn= yn+1−yn
xn+1−xn
= xn+1+ xn
4
= xn−4 k
2
③，
∴an
kn
= 4 k −xn
xn−4 k
2
=−2，
∴对任意的正整数n, an
kn
是定值−2．
（3）由（2）中①②消去an得，xn+1−xn=−8k，
∴ {xn)是以x1=−2为首项，−8k为公差的等差数列，
∴xn=−2+(n−1)×(−8k )=−8nk +8k −2，
由（2）知kn= xn+1+ xn
4
，
∴kn= xn+1+ xn
4
= (−8kn−2)+(−8kn+8k −2)
4
= −16kn+8k −4
4
=−4 kn+2k −1，
∴
1
knkn+1
=
1
−4 kn+2k −1 ×
1
−4 kn−2k −1 =
1
4 kn−2k +1 ×
1
4 kn+2k +1
= 1
4 k(
1
4 kn−2k +1 −
1
4 kn+2k +1)
，
∴Sn= 1
4 k[(
1
4 k ×1−2k +1 −
1
4 k ×1+2k +1)+(
1
4 k ×2−2k +1 −
1
4 k ×2+2k +1))
+⋯+(
1
4 kn−2k +1 −
1
4 kn+2k +1))
= 1
4 k(
1
2k +1 −
1
4 kn+2k +1)
，
∵{Sn)对n单调递增，且对任意的正整数n，都有Sn> 1
4
，
∴ S1= 1
4 k(
1
2k +1 −
1
6 k +1)=
1
(2k +1)(6k +1) > 1
4
，
又∵k >0，
原式化简为12k
2+8k −3<0，解得0<k <
❑√13−2
6
，
∴实数k的取值范围为(0,
❑√13−2
6 )
．
8．【详解】（1）如图所示，
显然直线x =a，y =b与C1相切，且相互垂直，则它们的交点(a,b)在蒙日圆上，
则由题意得{
a
2+b
2=7
c
a = 1
2
c
2=a
2−b
2)
，解得a
2= 4，b
2=3，
∴C1: x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）如图所示，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，C (x3, y3)，D(x4, y4)，
显然抛物线C2在点A 处的切线斜率存在且不为0，
设点A 处的切线方程为y −y1=k (x−x1)，则由{
y1
2= 4 x1
y −y1=k (x−x1)
y
2= 4 x
)
，
得k y
2−4 y + 4 y1−k y1
2=0，
由Δ=0，得16−4 k(4 y1−k y1
2)=0，解得k = 2
y1
，
∴在点A 处的切线方程为y −y1= 2
y1
(x−x1)，即y y1=2(x + x1)，
同理得点B 处的切线方程为y y2=2(x + x2)，
设P(−1,m)，由题意得{
m y1=2(x1−1)
m y2=2(x2−1))
，即直线AB 的方程为my =2(x−1)，
所以，直线AB 过定点(1,0)．
（ⅱ）设直线AB 的方程为x =ty +1，由{
x =ty +1
y
2= 4 x)
得y
2−4 ty −4 =0，
∴y1+ y2= 4 t，y1 y2=−4，
从而|AB)=
❑√1+t
2|y1−y2)= 4(t
2+1)，
又由{
x =ty +1
x
2
4 + y
2
3 =1)
得(3t
2+ 4) y
2+6ty −9=0，
∴y3+ y4= −6t
3t
2+ 4
，y3 y4=
−9
3t
2+ 4
，
从而|CD)=
❑√1+t
2|y3−y4)= 12(t
2+1)
3t
2+ 4
，
∴S1
S2
=
1
2|AB)⋅h
1
2|CD)⋅h
=|AB)
|CD) = 3t
2+ 4
3
≥4
3
（当且仅当t =0时，等号成立），
令m= S1
S2
≥4
3
，则f (m)= S1
S2
+ S2
S1
=m+ 1
m
，
由对勾函数的图像性质可知f (m)在(1,∞)上单调递增，
所以f (m)= S1
S2
+ S2
S1
≥f(
4
3)= 25
12
，所以取值范围为[
25
12 ,+ ∞)
．
9．【详解】（1）因为直线x−4 y + 4 =0与x轴的交点为(−4,0)，所以点F1的坐标为F1(−4,0)，
半焦距c = 4，
又双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的渐近线方程为x
a ± y
b =0，即bx±ay =0，由点到直线的距离公式得到点
F1
到其中一条渐近线的距离为
4 b
❑√a
2+b
2 = 4 b
c = 4 b
4 =b，所以b=2❑√3，则b
2=12，又
a
2=c
2−b
2= 4，所以双曲线C的方程为x
2
4 −y
2
12 =1
又设F为抛物线E的焦点，则F(
p
2 ,0)
，如图，已知D (0,4)，|HN )为H到准线的距离且N为垂足，
则|HD)+|HN )=|HD)+|HF)≥|FD)=
❑√
p
2
4 +16，
当且仅当D , H , F三点共线且H在D , F之间时等号成立，所以❑√
p
2
4 +16= 4 ❑√2，解得p=±8，因
为p>0，所以p=8，故抛物线E的方程为y
2=16 x
（2）假设存在常数λ满足条件，由（1）知F2(4,0)，
设直线l: x =my + 4 , A(x1, y1),B(x2, y2)，
联立方程得{
x
2
4 −y
2
12 =1
x =my + 4)
，消去x，整理可得(3m
2−1) y
2+24 my +36=0，
所以3m
2−1≠0,Δ=144(m
2+1)>0，y1+ y2=−24 m
3m
2−1
, y1 y2=
36
3m
2−1
，
|AB)=
❑√1+m
2|y1−y2)=
❑√1+m
2⋅❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2
|AB)=
❑√1+m
2⋅❑√(−24 m
3m
2−1)
2
−4⋅
36
3m
2−1
= 12(m
2+1)
|3m
2−1)
．
因为直线l过点F2且与C的左、右两支分别交于A，B两点，所以A ,B两点在x轴同侧，所以
y1 y2>0．
此时3m
2−1>0，即m
2> 1
3
，所以|AB)= 12(m
2+1)
3m
2−1
．
设P(x3, y3),Q(x4, y4)，将x =my + 4代入抛物线方程y
2=16 x，得y
2−16my −64 =0，
则Δ1=256(m
2+1)>0, y3+ y4=16m, y3 y4=−64，
所以|PQ)=
❑√1+m
2|y3−y4) =
❑√1+m
2⋅❑√( y3+ y4)
2−4 y3 y4
=
❑√1+m
2⋅
❑√(16m)
2−4⋅(−64) =16(m
2+1)．
所以3
|AB) −2 λ
|PQ) = 3m
2−1
4(m
2+1)
−
λ
8(m
2+1)
= 6m
2−2−λ
8(m
2+1)
．
故当−2−λ =6时，6m
2−2−λ
8(m
2+1)
为定值3
4
，所以，当λ =−8时，3
|AB) −2 λ
|PQ)
为定值3
4
