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专项 04 圆锥曲线
参考答案
题型01 弦与中点类
析典例 · 建模型
1．
【思路分析】（1）借助离心率定义与渐近线定义计算即可得；
（2）设 ，结合中点公式可表示出 点坐标，代入双曲线方程计算即可得；
（3）设出直线 的方程，联立曲线可得点 坐标，联立渐近线方程可得点 坐标，利用直线 、
的关系计算可得点 、点 坐标，再利用面积公式计算即可得解.
【规范答题】（1）由 可得 ，则 ，则 ，
故双曲线 的离心率 ，
渐近线 的方程为 ；
（2）由 ，则双曲线方程为 ， ，设 ，
则线段 的中点 的坐标为 ，
有 ，解得 ，故点Q的坐标为 ；
（3）由 ，则双曲线方程为 ， 、 ，由题意可得直线 斜率存在且不为 ，
设直线 的方程为 ，则直线 的方程为 ，
，解得 或 ，则 ，
由 在第一象限，则 ，解得 ，
，解得 ，即 ，
则 ，即 ，
，即 ，
，
即 ，则 ，又 ，故 ，
即直线 的方程为 ，整理得 .
破类题 · 提能力
1．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据抛物线的定义及 ，求出 ；
（2）设 ，设直线 的直线方程为 ，与抛物线方程联立，根据韦达定理得到
， ，再根据中点的纵坐标为 ，可解得结果；
（2）设 ， ，求出 ，利用
可得结果.
【详解】（1）由抛物线方程知： ，设 ，
由 得： ， .
（2）由题意知：直线 斜率不为零，可设 ， ，
由 得： ，则 ，
， ，
，又因为 中点的纵坐标为 ，所以 ，
所以 的面积为 ；
（3）由题意知：直线 斜率不为零，可设 ， ，
由 得： ，则 ，， ，所以 中点为 ，
因为线段 的垂直平分线与抛物线 交于点 ，
设 ，
联立 可得 ，
由韦达定理可得 ， ，
若以线段 为直径的圆经过点 ，
，
， 不相等， 不相等，
所以 ，同理
可得 ， 不相等，
所以
即 ，解得 .
所以直线 的方程为 .
2．【答案】(1)渐近线方程 ；焦点坐标为 .
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据双曲线的标准方程求出 的值，进而得到渐近线方程和焦点坐标.
（2）先设出 的坐标，再根据中点坐标公式得到 关于 的表达式，最后结合双曲线的性质求出
的取值范围.
（3）先设出直线 的方程，然后分别联立直线与双曲线 的方程，求出“同支弦”和“异支弦”
弦长的表达式，再根据条件列出不等式，进而判断是否存在满足条件的等差数列 .
【详解】（1）当 时，双曲线 的方程为 ，此时 .
根据双曲线渐近线方程 可得 .
根据 可得 ，焦点在 轴上，所以焦点坐标为 .
（2）设 ，因为 在双曲线 的右支上，所以 .
在双曲线 的右支上，所以 .
已知点 为线段 的中点，根据中点坐标公式可得 .
因为 ，所以 ，则 .
即实数 的取值范围是 .
（3） 的右顶点为 .
若直线 的斜率为0，此时 ， 为异支弦， .若直线 的斜率不为0，设直线 的方程为 ，代入 ，
得 .
当 时，
设 ，则
.
设 ，则 .
当 为异支弦时， ，所以 ，即 .
所以 ，所以异支弦最小值为 .
当 为同支弦时， .
因为 ，所以 .
所以同支弦长最小值为 ，由已知 ，所以 .
若 是等差数列，设公差为 ，则一定存在一个充分大的 ，使 .
此时 ，不合题意，所以不存在这样的等差数列 .
题型02 垂直·向量·角度转化
析典例 · 建模型
1．
【思路分析】（1）根据离心率定义直接计算可得；（2）设 利用向量关系表示出点 坐标，代入椭圆方程即可得解；
（3）利用韦达定理表示出点 的纵坐标，利用向量共线表示出点 的纵坐标，证明 和 的纵坐标相等
即可得证.
【规范答题】（1）记椭圆 的长轴长为 ，短轴长为 ，焦距为 ，
则 ，所以离心率 .
（2）由题知， ，设 ， ，
因为 ， ，
所以 ，得 ，
代入椭圆方程得 ，解得 （负根舍去）
（3）易知，当直线 斜率为0时， 为长轴端点， 与右焦点重合，满足题意；
设直线 的方程为 ， ，
联立 得： ，
由 得 或 ，
则 ，
所以 ，则 ，
设 ，因为 三点共线，则 ， ，
所以 ，则 ，
所以 ，所以 轴.破类题 · 提能力
1．
【答案】(1)
(2) 或
(3) ，取值范围为 .
【分析】（1）先求出点 的坐标，然后求出 ，进而求得双曲线的离心率；
（2）根据双曲线的定义求出 ，然后根据余弦定理求解即可；
（3）先求出直线 的方程，然后分别与圆和双曲线的方程联立求出点 的坐标，进而根据向量数量积
的坐标公式求出 ，结合图中点 在 的上方，求出 的范围，即得其取值范围.
【详解】（1）因为 ，所以代入双曲线方程中得 ，解得 .
因为点 在第一象限，所以 .
将 代入圆的方程得， ，解得 .
所以双曲线的离心率为 .
（2）因为 ，所以圆 .令 ，则 ，所以 ，恰好是双曲线 的焦点.
因为 上的点 满足 ，根据双曲线的定义可知 .
所以 或 ，因为 ，
在 中，由余弦定理
时， ，解得 ，
此时 ；
时， ，解得 ；
此时 .
（3）过点 且斜率为 的直线 的方程为 ，即 .
联立直线 与圆 的方程为： .
展开化简得： .
因为 ，则上式可化简得 ，解得 ，记为 ；
联立直线 与双曲线 的方程为： .
展开化简得： ，解得 ，
则 ，记 ，故 ，
因为直线 与曲线 有两个交点，如图可知，点 在 的上方，所以 .
由 得 ，则 ，解得 ,
又 ，故 ，则 ，
故
所以 的取值范围是 .
2．
【答案】(1) ；
(2)4或 ；
(3)
【分析】（1）求出 坐标即可；
（2）设 ，分 、 、 三种情况讨论，利用两点间距
离公式求解；
（3）分斜率是否为0讨论，若直线 斜率不为0，设直线 ，与双曲线方程联立，根据韦达定理化简 ，得出 的关系式，再结合 且 求出范围即可.
【详解】（1）令 ，则 ，得 ，故 ；
（2）设 满足 ， ，
①当 时， ，
解得 （舍去）或 ，
②当 时， ，
得 （舍去）或 ，
③若 ，则 ，不符合题意；
综上所述，点 的横坐标为4或 ；
（3）①当直线 斜率为0时， ，则 为双曲线的两个顶点，且 重合，
则 ，舍去；
②若直线 斜率不为0，设 ，
设直线 ，
联立 ，得 ，
则 且 ，得 且 ，由韦达定理得 ，
因为 ，所以
因为 ，
所以 ，
则 ，
则 ，
即 ，
则 ，
即 ，
得 ，
即 ，得 ，
由 ， ， ，得 ，
若 ，对称轴为 ，则 ；
若 ，对称轴为 ，则 ，
因为 ，所以实数 的取值范围为 .题型03 定点 定值 定直线
析典例 · 建模型
1．
【思路分析】（1）设动圆圆心为 ，则 ，由此能导出所求动圆圆心的轨迹
的方程．
（2）设出直线方程，联立抛物线方程消元，利用韦达定理代入 整理可得；
（3）设 ， ，设直线的方程为 ，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，
由 得 ，由此能求出直线 过定点坐标．
【规范答题】（1）设动圆圆心为 ，依题意可得 ，
整理得 ，
所求动圆圆心的轨迹 的方程是 .
（2）易知直线 的斜率不为0，设其方程为 ， ， ，
联立 ，得 ，
则 ， ，由题意知， ，
即 ，
利用韦达定理代入得 ，整理得 ，
因为直线 不过原点，故 ，所以 ，
即直线 方程为 ，过定点 .
（3）证明：设 ， ，由题意得 （否则 ，且 ， ，
所以直线 的斜率存在，设其方程为 ，
显然 ， ．即 ， ，
把 代入 得 ，
由韦达定理知， ， ，
由 得
韦达定理代入上式，整理化简得 ， ，
此时，直线 的方程可表示为： ，即 ，
令 ，解得 ，直线 恒过定点 ．
2．
【思路分析】（1）由题意可得出关于 、 、 的方程组，解出这三个量的值，由此可得出椭圆 的标准
方程；
（2）设与直线 平行的直线方程为 ，当此直线与椭圆相切时，与 距离比较远的直线与
椭圆的切点为 ，此时 的面积取得最大值，联立直线与椭圆方程，消元由 得 的值，找到与
距离比较远的直线方程，利用平行线间的距离公式求出高，再求出 ，即可求解面积和点的坐标；
（3）设 ， ，联立直线和椭圆的方程写出韦达定理，根据 求出 和 的关系式，
根据 求出 ，求出点 到直线l的距离，求出 的面积.
【规范答题】（1）由题意得 ，解得 ，
故椭圆 的标准方程为 .
（2）点 和 知 ，
直线 的斜率为 ，则方程为： ，即 ，
设与直线 平行的直线方程为 ，
当此直线与椭圆相切时，与 距离比较远的直线与椭圆的切点为 ，
此时 的面积取得最大值．
将 代入椭圆方程 ，
消去 整理得 ，
则 ，解得 或4．
所以直线方程为 或 ，与 距离比较远的直线方程是 ，
两平行线之间的距离 ，
又 ，所以 的面积的最大值是 ．
方程 即 ，解得 ，即 的纵坐标为 ，
将 代入直线 得 ，所以 的坐标为 ，
所以 面积的最大值为 ，此时点 的坐标为 ．
（3）设 ， ，联立直线 和 ，
可得 ，
可得 ， ，
，
由 可得 ，
由弦长公式可得，而点 到直线l的距离为 ，
所以 ，
综上可知， 的面积为定值 .
破类题 · 提能力
1．
【答案】(1)
(2)0
(3)是，
【分析】（1）根据已知确定椭圆参数，即可求离心率；
（2）设直线 ， ，联立椭圆方程并应用韦达定理，代入
化简即可得；
（3）由题设 为 的外心，由 ，从而有 ，得 ，设出三角形外接圆的方程
，联立 整理得一元二次方程，其与（2）中方程同解得到等比例关
系求得 ，进而确定 坐标并求得 ，即可得结论.
【详解】（1）由题设 ，则 ，离心率为 ；
（2）由（1）知， ，即 ，
设直线 ， ，联立得 ，则 ，
，
，
所以 ；
（3）由 ，则 为 的外心，
由 ，根据对称性知 ，则 ，
设过 的圆为 ，
过 得， ，
联立圆与直线 ，整理得 ，
上述方程与 有同解，
所以 ，可得 ，
外心 ，则 ，所以 为定值.
2．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据椭圆过点 ，代入椭圆方程 求解 即可；
（2）设点 ,由 ,根据题意和椭圆方程可得 ，再根据二次函数性质求解范
围；
（3）直线 的方程为 ， ，联立直线和椭圆方程得
，由 得 ，再根据韦达定理化
简即可.
【详解】（1）由椭圆过点 ，可知 ，解得 ，
所以椭圆 的标准方程为 .
（2）如图所示，设点 ,由 ,可得
所以 ，
由 ，得 ，所以 .
设 ，由 ，得 ，且 对称轴 ，
所以在 ， ，
因为 ， ，
所以 在 的值域为 ，故 的取值范围是 .
（3）由题意知椭圆右焦点 ，左右顶点分别为 ,
设直线 的方程为 ， ，联立 ，
消去 得 ，故 .
由 ，得 ，
即 ，
代入 ，
得 ，再代入 ，
得 ，所以 为定值 .
3．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用离心率和焦距求出 ，进而求出 的标准方程；
（2）分斜率存在和不存在两种情况讨论，结合 得出 构造方程，结合韦达定理及面积
公式求解；
（3）设直线方程，联立直线和圆方程结合韦达定理计算求出 ，从而证明结论．
【详解】（1）已知椭圆 的离心率为 ，焦距为 ，故 ，
由 ，得 ， ，
椭圆 的标准方程为： ．
（2）由（1）知椭圆 的标准方程为： ，
当斜率不存在时，设直线 ： ，则 ，代入椭圆方程得 ，
解得 ，则 ，
由 ，则 ，解得 ， ，
则面积为 ，
当直线 斜率存在时，设方程为 ， ，
联立直线与椭圆方程 得 ，
，可得 ①，
且 ，则
，
化简得 ，即 ，经检验满足①式.，
令 ， ，则 ， ，
，
令 ，则 ，则 ，
二次函数 ，开口向下，对称轴 ，最大值为 ，
区间端点 或 时， ，即 ，故 ，
，
综上可得， 面积的范围为 ．
（3）
由（1）得 ，则蒙日圆为 ，设椭圆的切线方程为 ，由椭圆切线条件 ，
设切线与蒙日圆 的交点 ，
联立切线与圆方程 ，得 ，
由韦达定理得 ，因 ，
则
．
题型04 范围与最值类
析典例 · 建模型
1．
【规范答题】（1）由椭圆方程可得 ， ，所以 .
（2）由条件可知 ，
设直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，
，因为 ，所以 ，
所以直线 的方程为 ，联立椭圆： ，
所以 或 ，
又因为点P位于y轴右侧，所以P的横坐标为 .
（3）设 ， ，联立椭圆
，
先确定有两个交点，即 ，
即 ，
所以 .
因为圆上任意一点与直径两端点连线所成的角为直角，
而点 在以 为直径的圆外，所以 ，等价于 ，
由 ， ，
所以 ，
即 .
将 ， 代入可得，
，
，
解得 或 ，结合 ，所以 .
2．
【思路分析】（1）直接根据椭圆方程写出右焦点 的坐标及离心率；
（2）分 斜率均存在和一条直线斜率不存在一条斜率为0两种情况讨论， 斜率均存在，设
，联立方程利用韦达定理求得点 的坐标，从而可求得直线 的方程，即可得证；
（3）由（2）可知直线MN过定点 ，则 ，化简整理结合函数的单调性即可得
出答案.
【规范答题】（1）由椭圆方程 可知： ， ，所以
则右焦点坐标 ，该椭圆的离心率 ；
（2）若直线 的斜率存在且不为 ，则设 ， ，
则
联立 ，得 ，
则 ，
则 ，则 ，
同理可得 ，则直线 的斜率倒数为 ，
则直线 的方程为 ，即 ，
令 得 ，所以此时直线MN也过定点 ，
当 两条直线其中一条斜率不存在，一条直线斜率为0时，
不妨设 斜率不存在， 斜率为0，此时 ，
则直线 的方程为 ，过点 ，
综上，动直线MN过定点 ；
（3）由（2）可知直线MN过定点 ，则 ，
，
令 ，则 ，
因为 在 上单调递增，所以 ，
故 面积的最大值为 .破类题 · 提能力
1．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据焦距和离心率公式求解即可；
（2）分 ， 两种情况讨论，根据垂直条件代入双曲线方程求解；
（3）根据渐近线方程得双曲线的方程，设直线l的方程为 ，联立方程，根据韦达定理求出
， ，根据 得到 的范围，构造 的不等式，解出 的范围，进而求出倾斜
角的范围.
【详解】（1）由题， ，得
故
（2）因为点M在第一象限，故 不可能为直角；
若 ，将 代入曲线 ，得 符合题意，；
若 ，设点 ，则 ，
则又因为点M满足 ，可得 ，此时 ，
DM与双曲线渐近线平行，不满足两个交点，舍去．
综上，点M的坐标 ；
（3）由题可得，双曲线 ，
当直线l的斜率不存在时，根据双曲线的对称性， ，不满足 ，
所以直线l的斜率一定存在，
又 ，说明 三点共线，且 都在双曲线的右支上，所以直线l的斜率不为0，
，
设直线l的方程为 ， 、 ，且 ， ，
联立方程 ，可得
显然 ， ，
， ，故
由 ，可得 ，且 ．
故因此 ，
根据对勾函数 的性质： 在 上单调递减，
可知 ，
又 ，
故 ，可得 ．
所以，直线l斜率的取值范围为 ，
直线l倾斜角的取值范围为 .
2．
【答案】(1)
(2) 或
(3)
【分析】（1）由方程得到 ，再算出 即可得到离心率；
（2）根据 通过向量计算求出点 坐标，再根据 和 两点写出直线 的方程，与椭圆方程
联立即可得点 坐标；
（3）同（2）中方法得到点 坐标，再利用垂直关系得到直线 的方程，与椭圆方程联立得到二次方程，
使其判别式大于零，再通过变量代换解该不等式得到 的范围.
【详解】（1）由椭圆 的方程可得 ，则 ，∴ .（2）因为点 为椭圆 上关于原点对称的两点，点 的坐标为 ，所以点 的坐标为 ，
设点 ，已知 且 ，即 ，
∴ ，解得 ，所以点 的坐标为 ，
已知直线 经过点 和点 ，由斜率公式可得直线 的斜率 ，
于是可写出直线 的点斜式方程 ，即 ，
联立 ，解得 或 ，和 横坐标不相等，
当 时， ，当 时， ，所以点 的坐标为 或 .
（3）设 ，则 ，且满足 ，同（2）中推导可得 ，其中 ，
因为直线 与 垂直，若 ，则 ，可得 ，
结合点 坐标可写出直线 方程为 即 ，与椭圆方程联立，
得 ，整理得 ，
依题意有 ，化简得 ，
当 时， ，此时直线 为 ，与椭圆联立得 即 ，同样满足上式，由椭圆方程知 ，令 ，因为 ，所以 ，
代入不等式右侧构造函数 ，
再令 ，则 ，利用二次函数性质可得最大值为 ，即 ，
解得 .
3．
【分析】（1）待定系数法设出抛物线的表达式，代入点 的坐标求解即可；
（2）联立 、 与抛物线方程，求出 、 的坐标，利用斜率公式求解即可；
（3）用含 的式子表示弦长 及点 到直线 的距离，进而表示 面积，利用函数求最值即可.
【详解】（1）由题意，设所求抛物线 的方程为： ，
点 代入抛物线 的方程得： ，
所以抛物线 的标准方程为： .
（2）由题意直线 的方程可设为 ，
联立 ，代入化简得 ，
由题意 ，从而 ，即 ，
从而 ，即 ;
同理可得 ， ，
，又 ，所以 ，
所以 .
（3）由（2）可知 ，
设直线 的表达式为 ，即
联立 ，代入化简整理得: ,
由 故 ,
从而 ， ，
点 到直线 的距离 ，
，
令 ，则 ， ，
设 ，则 ，令 ，解得 （负值舍去）则当 时， , 单调递增；
当 时， , 单调递减；
从而 ，
即 面积的最大值为 .
4．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)最大值 ，直线方程 ；最小值 ，直线方程
【分析】（1）根据椭圆已知的焦距和离心率求出参数 ，代入椭圆标准方程得到结果；
（2）将 表示为 点坐标的线性式，结合椭圆方程的参数形式，利用余弦函数的值域证明结论；
（3）设过点 的直线参数方程，利用参数 的几何意义将 转化为 ，结合韦达定理得到表达
式后求最值.
【详解】（1）由题意得 ，故 ，结合离心率 得 .
由椭圆关系 ，因此椭圆 的方程为： ；
（2）设 ，因为 ，所以直线 ，即 ，
所以点 到直线 的距离 ，又 ，
所以由 在椭圆上得 ，所以可设 ，
所以 ，
因此 ，得证.
（3）设过 的直线 参数方程为 （ 为参数），
代入椭圆方程整理得： ，
由参数 的几何意义得 ，
结合韦达定理得： ，
斜率存在时，设斜率为 ，化简得 ，
由 得：当 时， 取得最大值 ，对应直线方程为 ；
当直线斜率不存在时，直线为 ，此时 ，为最小值.
综上， 的最大值为 ，对应直线方程为 ；最小值为 ，对应直线方程为
5．
【答案】(1) ；
(2)是， ；
(3)【分析】‘（1）根据题目条件列出方程，求出 ，得到双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，结合韦达定理求出 与 的比值；
（3）求出 与 的范围，结合函数单调性求取值范围.
【详解】（1）由题意可设双曲线 ： ，
则 ，
解得 ，所以双曲线 的方程为 .
（2）设 ， ，直线 的方程为 ，
由 得 ，
则 ， ，且 ，
所以
；
(或由韦达定理得 ，即 ，
所以)
即 与 的比值为定值 .
（3）设直线 ： ，
由 得 ，
由于点 为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为 ，
由韦达定理得 ，解得 .
因为点 在双曲线的右支上，所以 ，
解得 ，即 ，
同理可得 ，
由（2）中结论得 ，
得 ，所以 ，
故 ，设 ，其图象对称轴为 ，
则 在 和 上严格减，
故 ，
故 的取值范围为 .
题型05 存在性探究问题
析典例 · 建模型
1．
【思路分析】（1）根据题目条件，以及待定系数法，求出参数值，进而求出椭圆离心率；
（2）根据直线和椭圆的位置关系，以及韦达定理，列出方程组，根据三角形面积，求出参数值，进而求
出直线方程；
（3）根据椭圆和直线的位置关系，以及韦达定理，根据向量数量积得坐标表示，列出不等式组，求出参
数范围，求出结果.
【规范答题】（1）由题意 ，解得 ，
所以 .
（2）
当 的斜率不存在时， ， ， ， 到 距离 ，此时 不满足条件.
当直线 斜率存在时，设 ，设 ， ，
，消 可得 ，
当 时，
，又 ，所以 ，
，
又 点到直线 的距离 ，
所以 ，
整理可得 或 （无解），即 ，
解得 或 ，此时代入检验，均满足 ，
或 ，即 或 .
（3）
椭圆方程为： .若过 的动直线的斜率存在，
则可设该直线方程为： ，设 ， ， ，联立椭圆方程可得 ，
故 ， ， ，
而 ， ，
故
因为 恒成立，故 ，解得 ，
若过点 的动直线的斜率不存在，则 ， ，
此时需 ，综上，可得 .
故 点纵坐标的取值范围为 .
2．
【思路分析】（1）利用双曲线的焦距确定c，渐近线斜率确定 ，结合 求出 ，进而得到双
曲线方程.
（2）联立直线与双曲线，由判别式得 以确定 点坐标，设 点坐标后，利用向量垂直的数量积为0求解
的坐标.
（3）先确定直线 的方程，联立 与双曲线得韦达定理，联立 与 得 点坐标，计算 和
并化简对比，得出常数 的值.【规范答题】（1）依题意， ，解得 ，
所以 的方程为 .
（2）联立 ，消去 并化简得 ，
由题意可得 ，解得 ，因为 ，
所以 ，代入上式，解得 ，
所以 ，设 ，
因为 为直角，
所以 ，
解得 或 ，
所以 或 .
（3） ，设 ， ，
联立 ，消去 并化简得 ，
，
，
联立 ，解得 ，所以 ，
，
代入 点坐标及韦达定理得
，
，
所以 ，使得 .
破类题 · 提能力
1．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）代入已知两点坐标求得椭圆方程；
（2）设 ，由 ，得 所以 又点 在椭圆上，解方程组即可得解；
（3）设存在常数 ，使得 .由题意可设直线 的方程为 ，点 ，且. 与 联立，韦达定理求出 ,用 表示出 ，消
去 ，将 代入化简即可得解.
【详解】（1）因为椭圆 过点 ､ ，则有 ，解得 ，
所以椭圆的标准方程为 .
（2）设 ，由（1）知 ， ,所以
因为 ，所以 ，则 即 ，
即 .
又点 在 上，将 代入 ，解得 ，
又点 在 轴的上方，所以点 的坐标为
（3）假设存在常数 ，使得 .
由题意可设直线 的方程为 ，点 ，且 .
与 联立得， ，则 .
又因为,
所以 即 .
所以存在常数 ，使得
2．
【分析】（1）根据离心率的定义计算；
（2）根据椭圆的对称性以及 即可求出；
（3）根据椭圆的定义得出 ，得出当 三点共线时 最大，进而设
，与椭圆方程联立，再分别令 ， ，结合基本不等式分别求面积的最大值，再作比
较即可.
【详解】（1）由题意知， ，则 ，
因 ，则离心率为 ，得 ；
（2）对于椭圆上任意一点 ，有 ，
因满足 的点 有且仅有两个且椭圆为对称图形，则 ，
得 ，
故 的取值范围为 ；
（3）若 ，则 ， ，
由椭圆的定义可知， ，
则 ，等号成立时 三点共线，
故当 三点共线时， 取得最大值；
因直线 的斜率不为 ，则可设直线 ， ，
联立 ，得 ，
则 ，得 ，
由韦达定理可知， ，
则 ，
则 ，
令 ，则 ，
若 ，则 ，则 ，等号成立时 ；
若 ，则 ，
则 ，等号成立时 ；
因 ，则不存在点 使得 和 同时取到最大值.
3．
【分析】（1）根据已知条件列方程组求解即可.
（2）根据直线 与圆 相切得到 ，设出点 坐标，结合二次函数性质求出 ，进而
求得 .
（3）设出直线方程 并与双曲线方程联立，结合韦达定理得到 ， ；求出直线 、 方
程，得到点 、 坐标，结合对称列方程求出 ，求得 为定值，再结合直角三角形的性质求解
即可.
【详解】（1）因为双曲线 的离心率为 ，点 在双曲线上，
所以 ，解得 ， .
所以双曲线的方程为 .
（2）圆 ： 的圆心 ，半径为 .
因为 是圆 上的动点，直线 与圆 相切，所以 ， .所以 .
设 ，因为点 是双曲线 上的动点，所以 .
所以 ，
当 时， 取得最小值，此时 ，
所以 .
（3）由题意知，直线 的斜率存在，设直线 的方程为 .
联立 ，整理得 ，
且 ，
设 ， ，则 ， ，
直线 的方程为 ，
令 ，则 ，即 .
同理可得， .因为 关于原点对称，所以 ，
即 ，
整理得 ，
即 ，
整理得 ，即 ，
所以 或 .
若 ，则 ，则直线方程为 ，即 ，
此时直线 过点 ，不符合题意.
若 ，则直线方程为 ，恒过定点 ，
所以 为定值，
又 ，在 中， 为斜边，
所以当 为 中点 时， .
因此存在点 ，使得 为定值.
4．
【答案】(1) ；(2) 或
(3)存在，
【分析】（1）由椭圆方程结合椭圆定义可得周长；
（2）要使以 为直径的圆经过 ，则 ，为此设 ，将直线方程与椭圆方程联立，
再设 ，则 ，然后由韦达定理可得答案；
（3）设 ， ， ，由（2）中分析可得
，然后由椭圆对称性可得 ，由此可将
化为 ，据此可判断C的存在性.
【详解】（1）由题可得 .
当 不在 轴上，由椭圆定义可得： ，
则 ；
（2）由题可得直线 斜率不为0，因 ，设 ，
将直线方程与椭圆方程联立，得 ，
消去 得： ，判别式为： .
设 ，由韦达定理， .
因以 为直径的圆经过 ，则 .又 ，则 .
则 ，
即
.
则 或 ；
（3）设 ， ，由题可得直线 斜率不为0，且也经过 .
设 ，由（2）中分析，可得 .
又由椭圆对称性，可得 与 关于 轴对称，则 .
从而 ， ，
因 ，则
.
又 ，则 ，
结合 ， ，
则 ，
则 ， .即存在 满足题意.
（建议用时：45分钟）
刷模拟
1．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意可得 ，设出双曲线C的方程，代入点坐标，求出 ，即可得答案.
（2）根据导数的几何意义，求出切线l的方程，根据题意，可得圆中 ，设出圆的方程，根据点到直
线的距离公式及直线与圆的位置关系，求出半径r的值，进而可得球的半径，代入体积公式，即可得答案.
（3）求出椭圆 的方程与其“交换椭圆”的方程，设 ，根据矩形的性质，可得对称点Q的坐标，
进而可得 的表达式，根据直线 平行直线 ，求出直线PN的方程，与椭圆W联立，根据韦达定
理，可得N点坐标，根据弦长公式，可得 表达式，进而可得面积S的表达式，根据椭圆W的参数方程，结合三角函数的性质，即可得证.
【详解】（1）因为双曲线C的“交换双曲线”为自己本身，所以 ，
设双曲线C的方程为 ，
代入点 ，得 ，
所以双曲线C的方程为 ；
（2）对 求导可得 ，设切点为 ，
则切线的斜率 ，又 ，
所以切线l的方程为 ，
代入点 ，得 ，则切线l的方程为 ，即 ，
因为“交换圆”是自己本身，所以 ，
设圆的方程为 ，
因为直线l与圆 相切，所以 ，
则“交换圆”面积为 ，
设球的半径为R，则 ，解得 ，
所以球的体积为
（3）由长轴为 ，可得 ，由离心率 ，得 ，
所以 ，不妨设椭圆 的焦点在x轴，则方程为 ，
则椭圆 的“交换椭圆”方程为 ，
所以曲线 的方程为 ，
因为矩形关于 对称，设 在椭圆W上 ，
则 在“交换椭圆”上 ，则 ，
又直线 平行直线 ，则直线PN的斜率为1，
所以直线PN的方程为 ，即 ，
联立 ，得 ，
所以 ，得 ，
所以 ，
所以面积 ，
因为点P在椭圆W上，所以 ，
令 ， 为参数， ，
因为 ，所以 ，解得 ，
不妨取第一象限部分，则 ，代入可得
，
因为 ，则 ，
所以当 时， 取得最大值为 .
2．
【答案】(1) 或
(2) 和
(3)
【分析】（1）根据条件列出方程即可求解；
（2）联立抛物线方程，消元后得方程，分类讨论，根据方程有一根求解即可；
（3）设过P点的切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径求出关于直线斜率 的方程，再由切线与准线
交点的纵坐标表示 ，利用韦达定理化简，换元求取值范围即可.
【详解】（1）由 可知 ，
因为 ，所以 ，
即 ，解得 ，代入抛物线方程， ，
所以点 的坐标为 或 .
（2）联立方程 ，可得 ，即 ，
因为只有一个交点，
所以 ，即 时，方程只有一解，满足题意，此时 ；
当 时，则需 ，解得 ，
此时 .
综上，直线 的方程为 和 .
（3）设 ，
由题意，切线与准线相交，故切线的斜率存在，设切线方程为 ，
即 ，
由圆 知，圆心 ，半径 ，
所以 ，即 ，
设 ，代入切线方程可得， ，
所以 ，（其中 分别是 的斜率）
所以 ，
又 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
故求 的取值范围为 .
3．
【答案】(1)4
(2)最大值为4，最小值为2
(3) ，四边形 面积的最大值为
【分析】（1）根据条件分别求直线 和 的方程，再联立直线求交点 ， 的坐标，即可求解；
（2）首先根据离心率求椭圆方程，再根据向量的平行四边形法则转化为求 的最值；
（3）首先根据点 的坐标求直线 和 的方程，通过联立直线方程求点 ， 的坐标，再代入两点
间距离公式，根据定值求 ，首先角的关系求 ，再根据 为定值4，分两种情况，结合余弦
定理和基本不等式求 面积的最大值，再求四边形 面积的最大值.
【详解】（1）当点 在椭圆的上顶点时， , ， ，联立 ，得 ，即 ，
联立 ，得 ，即 ，
所以 ；
（2）椭圆的离心率 ，得 ，
所以椭圆方程为 ；
由条件可知四边形 是平行四边形，所以 ，
设 ， ，
所以 ，
所以 的最大值为4，最小值为2；
（3）设 ，则 ， ,
联立 ，解得： ， ，
即 ，
联立 ，解得： ， ，
即 ，因为点 在椭圆上，满足 ，
所以
因为 为定值，所以与 无关，所以 ，得 ，则 ；
此时 ，
如图：由条件可知， ，则 ，
，
则 ，且 为定值4，
中根据余弦定理， ，
，
即 ，所以 ，
而四边形 是平行四边形， ，当 时等号成立，
此时，四边形 的最大值为4，
如下图：由以上可知， ， ，
中根据余弦定理， ，
，
即 ，所以 ，而四边形 是平行四边形， ，当 时等号成立，
综上两种情况可知，四边形 的最大值为 .
4．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题意得 ，再将点 的坐标代入双曲线的方程，可求出 的值，进而可得出 的值，
由此可得出双曲线的方程；
（2）设点 、 ，易知点 、 关于原点对称，则 ，利用点差法可求得 的
值；
（3）设点 、 ，则 、 ，将直线 的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，
可得出 ，求出 的方程，由此可得出点 的坐标，并求出直线 的方程，将点 的坐
标代入直线 的方程，结合韦达定理可得出 的值，结合 可得出 的取值范围，在利用弦长公式
以及双曲线的定义可求得 周长的取值范围.
【详解】（1）由题意可知 ，则 ，则双曲线的方程可化为 ，
将点 的坐标代入双曲线的方程可得 ，解得 ，故 ，
所以双曲线 的方程为 .（2）由（1）可知，双曲线的方程为 ，即 ，
设点 、 ，易知点 、 关于原点对称，则 ，
因为 ，所以 ，故 ，
所以 .
（3）因为 ，所以双曲线的方程为 ，即 ，
易知点 、 、 ，
设点 、 ，则 、 ，
联立 得 ，
则 ，可得 ，
由韦达定理可得 ， ，故 ①，
直线 的方程为 ，在该直线方程中令 可得点 ，
直线 的方程为 ，
将点 的坐标代入直线 的方程得 ，
即 ②，
由①得 ，代入②式得 ，故 ，解得 ，
所以 ，可得 ，
所以
，
因为 ，故直线 恒过右焦点 ，
由双曲线的定义可得 ， ，
故 的周长为 ，
即 周长的取值范围是 .5．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用离心率及所过点计算即可得；
（2）设出直线 后，利用圆的切线的性质计算可得 ，联立直线与曲线方程，消去 可得与横坐标相关韦
达定理，再利用弦长公式计算即可得；
（3）设 ， ，联立直线与曲线方程，消去 可得与横坐标相关韦达定理，再利用
圆上的点的性质，借助向量有 ，计算后可得与 、 、 、 有关等式，再利用定点性质计算即
可得解.
【详解】（1）由题意可得 ，解得 ，
故椭圆 的方程为 ；
（2）由 ，则 ，可设 ， 、 ，
则由直线 与 相切，可得 ，化简得 ，
联立 ，消去 可得 ，
，则 ， ，
则
；
（3）设 ， 、 ， ，
联立 ，消去 可得 ，
，即 ，
， ，
由点 在以 为直径的圆上，则 ，
由 ， ，
则，
即
故 ，则有 ，
由 ，故 ，则有 ，
即 或 ，由 ，故 ，
即当且仅当 时，以 为直径的圆经过 轴上方的定点 ，
且 点坐标为 .
6．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析【分析】（1）将点的坐标代入双曲线方程求得 ，进而利用公式可得离心率；
（2）设出点的坐标，利用坐标运算，结合向量关系，联立求解即可；
（3）先求得 ，设直线 ，与双曲线方程联立 ，由韦达定理得 ，
即可求解定点.
【详解】（1）将 代入双曲线方程 可得： ，
因为双曲线中 ，所以 ，
即离心率： ；
（2）
设 ，直线 方程为 ，
令 ，得 ，即可知 ，
令 ，得 ，即可知 ，
由 ，可得： ，
则由纵坐标对应相等可得 ，
由（1）知双曲线化简为 ，代入得 ，解得 或 （因为此时与点 重合故舍去），即 ；
（3）设 ，由 关于原点对称得 ，
计算得直线 的斜率可得
所以有 ，
设直线 ，联立 ，
可得： ，
设 ，
由韦达定理得 ，
由 可得： ，
整理得： ，
所以 ，
所以 ，
代入韦达定理可得： ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，则 或 ，
当 时，直线 恒过点 ，不符合题意，
故 ，此时直线 恒过点 .7．
【答案】(1) 、
(2) 或 ．
(3)
【分析】（1）求出椭圆 的半焦距，可得出点 、 的坐标；
（2）设直线 的方程为 ，设 、 ，将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定
理，利用平面向量数量积的坐标运算以及韦达定理可求得 的值，即可得出直线 的方程；
（3）求出线段 的中点 的坐标，可得出直线 的斜率，将 代入直线 的方程，可得出点 的
坐标，即可求出直线 的斜率，结合题意可知直线 、 的斜率相等，可求出 的值，再求出 、
，即可求得 的最大值.
【详解】（1）椭圆 的半焦距 ，故 、 .
（2）由题意可知直线 不与 轴重合，设直线 的方程为 ，设 、 ，
将 代入 ，得 ，则 ，
故 ， ，
又 ， ，
，解得 ，
所以直线 的方程为 或 ．（3）设线段 的中点为 ，由（2）知 ， ，
直线 的斜率 ，
易知直线 的方程为 ，
将 代入直线 的方程 ，可得 ，
直线 的斜率 ，
因为直线 平分线段 ，则 ，所以 对任意的实数 恒成立，
则 ，解得 ，
故存在唯一的常数 ，使得 平分线段 ．
此时 ，
，所以 ，
令 ，则 ，故 （当且仅当 时， ），
所以 的最大值为 ．
8．
【答案】(1)
(2)证明见解析(3)存在定点 ，理由见解析
【分析】（1）利用待定系数法可求得椭圆的标准方程；
（2）设直线 的方程，并与椭圆联立方程组，利用韦达定理及 的条件，建立直线参数间的关
系，再使用点到直线的距离公式即可证明.
（3）设直线 的方程为 ，并与椭圆联立方程组，求出 的值，结合三点共
线则 即可求解.
【详解】（1）由题意知 ，即 .
又因为离心率 ，所以 ，所以 .
故椭圆 的方程为 .
（2）证明：设 。
因为 ，所以 .
设直线 的方程为 ，
联立方程组 ，消去 得 ，
由韦达定理得 .
代入 ，即 ，
整理得 。
代入韦达定理结果并化简得 。
原点 到直线 的距离
所以原点 到直线 的距离为定值 .（3）存在定点 ，理由如下：
由（1）知 ，设直线 的方程为 ，
设 ，则 ，
联立方程组 ，消去 得 ，
由韦达定理得 .
设 ，若 三点共线，则 ，
即 ，整理得 .
将 代入上式，化简得 .
代入韦达定理结果，得 .
化简得 ，解得 .
所以存在定点 ，使得 三点始终共线.
刷真题
1．
【答案】(1)
(2)(3)
【分析】（1）由椭圆的离心率定义即可得出答案；
（2）设 ，求出E点的坐标，表示出 ，由数量积的定义求出 ，即可求出
m的值；
（3）设该直线为 ，直线 与双曲线 仅有一个公共点，讨论直线 与双曲线
的渐近线平行和直线 与双曲线 的渐近线不平行结合P为椭圆 上一点即可得出答
案.
【详解】（1）当 时，椭圆 ，焦点在 上，
则 ，则 .
（2）因为 为椭圆 的左右顶点，所以 ，
令 中 ，则 ，
若 ， ，
，
解得： .
若 ， ，
，
解得： .
（3）若P为椭圆 上一点，过点P作一条斜率为 的直线，设该直线为 ，直线 与双曲线 仅有一个公共点，
①直线 与双曲线 的渐近线平行时，
则双曲线 的渐近线为： ，所以 .
因为P为椭圆 上一点，所以 ，所以不满足题意.
②直线 与双曲线 的渐近线不平行时，
，则 ，
则 ，解得： ，
解得： ，因为 ，所以 .
又因为P为椭圆 上一点，所以 ，则 ，
则 ，解得： ，
所以 ，所以 ，综上所述： .
则m的取值范围为：
2．
【答案】(1) ；
(2) ；(3)存在，
【分析】（1）根据给定条件，求出点 的纵坐标，再利用两点间距离公式计算即得.
（2）设 ，求出 ，再利用给定关系求出 的范围，进而求出 的范围.
（3）设 ，利用向量坐标运算及共线向量的坐标表示可得 ，再联立直
线 与椭圆方程，结合韦达定理求解即得.
【详解】（1）设 ，由点 为椭圆 上一点，得 ，即 ，又 ，
所以 .
（2）设 ，而 ，
则 ，由 ，得 ，
即 ，又 ，则 ，解得 ，
，
所以 的范围是 .
（3）设 ，由图象对称性，得 、 关于 轴对称，则 ，
又 ，于是 ，则 ，同理 ，
由 ，得 ，
因此 ，即 ，则 ，
设直线 ，由 消去 得 ，
则 ，即 ，而 ，解得 ， ，
由 ，得 ，所以 .
3．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）求出 ，直接利用公式即可求解；
（2）根据中点坐标公式求出点 ，将点 坐标代入双曲线方程求出 ，再利用斜率公式即可求出答案；（3）设直线 方程为 ，联立求出 ，由题意得 且 ，再根
据 求出 ，结合 且 可求出答案.
【详解】（1）对于双曲线 ， ， ，
，
所以双曲线离心率 .
（2）因为点 是 的中点，所以点 ，
代入双曲线方程 ，得 ，
解得 ，
又点 在双曲线的右支上，所以 ，即 ，
所以 ，
所以直线 的斜率为 .
（3）当直线斜率为 时，易知 与 共线，不符合题意；
当直线斜率不为 时，设直线 方程为 ，
设 ， ，则 ，
联立 ，整理得 ，
（*）且 ，， ，
因为 ， ，
所以 ， ，
所以 ，
即 ，
即 ，
整理得 ，即 ，
代入（*）中得 ，又 ，所以 ，
又因为 ，即 ，所以 且 ，
综上， 的取值范围为 .
4．
【答案】(1)
(2)交点为 ，在椭圆上，理由见解析
(3)6
【分析】（1）写出 三点的坐标，可将 用坐标表示出来，求出 的值，再结合已知条件，即可求出 ，进而写出椭圆的标准方程；
（2）根据条件，写出直线 和 的方程，求出交点坐标，再将其代入椭圆标准方程的左边，即可判断
该点与椭圆的位置关系；
（3）利用三角换元（或者椭圆的参数方程）的方法设出点 的坐标，再结合点 的坐标，写出直线
和 的方程，求出点 的坐标，表示出 ，再利用三角恒等变换以及同角三角函数关系化简
，最后根据重要不等式计算出 的最小值.
【详解】（1）由题可得 ，又 ，
所以 ，解得 ，
所以 ，
故椭圆 的标准方程为 ；
（2）由 ，得直线 的方程为： ，
由 ，得直线 的方程为： ，
联立两方程，解得交点为 ，
代入椭圆方程的左边，得 ，
故直线 与 的交点在椭圆上；
（3）由题有
因为 两点在椭圆上，且关于原点对称，
则设 ，
直线 ，则 ，
直线 ，则 ，所以
设 ，则 ，
因为 ，
所以 ，则 ，即 的最小值为6.
5．
【答案】(1)
(2) 或
(3)
【分析】（1）由题意可得椭圆方程为 ，从而确定 点的纵坐标，进一步可得点 的坐标；
（2）由直线方程可知 ，分类讨论 和 两种情况确定 的值即可；
（3）设 ，利用点到直线距离公式和椭圆的定义可得 ，进一步
整理计算，结合三角函数的有界性求得 即可确定 的最小值．
【详解】（1）解：由题意可得 ，所以 ，
的中点在 轴上，
的纵坐标为 ，代入 得 ；（2）解：由直线方程可知 ， ，
①若 ，则 ，即 ，
，
.
②若 ，则 ，
， ，
， ，即 ，
， .
综上， 或 ；
（3）解：设 ，结合已知条件，由椭圆的定义及点到直线距离公式可得
，
显然椭圆在直线的左下方，则 ，即 ，
， ，即 ，
，整理可得 ，即 ，
，即 的最小值为 ．
6．
【答案】(1)
(2)(3)
【分析】（1）代入求出 ，利用抛物线定义即可求出 值；
（2）代入 值求出 ，设 ，则得到 的中点坐标，再代入抛物线方程则得 值，则得到直线
的方程，利用点到直线的距离即可；
（3）设 ，写出直线 的方程，求出 点坐标，则 ，分
和 讨论即可.
【详解】（1）令 ，解得 ，即 ，而抛物线的准线方程为 ，
根据抛物线的定义有 ，解得 ，因为 为第一象限的点，则 .
（2）由 代入抛物线方程有 ，解得 ，则 ，
设 ，则 的中点为 ,
代入抛物线方程有 ，解得 ，
直线 的斜率为 ，其方程为 ，即 ,
坐标原点 到 的距离为 .
（3）设 ，根据 ，
则 ，则直线 方程为 ，
化简得 ，令 ，则 ，又 ， ，
化简得 ①对任意的 恒成立.
则 , 结合 ， ，
当 时， ，则 ，则①也成立.
综上所述: .
7．
【答案】(1) ；
(2) ；
(3)存在， .
【分析】（1）根据椭圆方程直接求离心率；
（2）问题化为以 为圆心， 为半径的圆与过 的直线相切，且切线与 有
交点，设切线方程，利用与圆相切关系求参数，进而确定P的坐标；
（3）设 ， ，联立椭圆方程，结合韦达定理、判别式得，注意讨论 、 ，确定 中点为 ，再结合 、
求参数范围.
【详解】（1）由 ，则 ，即离心率为 ；
（2）由题设，问题化为以 为圆心， 为半径的圆与过 的直线相切，
且切线与 有交点，显然切线斜率存在，令切线为 ，
所以 ，可得 ，则 或 ，
当 ，则切线为 ，联立 ，可得 ，
则 或 ，故此时 ，满足；
当 ，则切线为 ，联立 ，可得 ，
则 或 ，故此时 ，不满足；
综上， .
（3）由题设，直线 的斜率存在，可设 ， ，
联立 ，整理得 ，
其中 ，即 ，所以 ， ，则 ，
，
所以 且 ，故 ，
当 时，则 且 ，则 ，此时 ，满足；
当 ，而 的中点为 ，又 ，
则 ，即 ，
且 ，
，
所以 ，则 ，
所以 ，则 ，故
所以 ，则 .
综上， .
8．
【答案】(1) ；(2)当 时， ；
(3) 的最大值为 .
【分析】（1）根据离心率的概念求出 ，再求出 即可；
（2）如图，易知 为钝角，则 ，根据两点距离公式建立方程组，解之即可求解；
（3）设 ， ： ，联立双曲线方程，利用韦达定理和平面向量数量积的坐标
表示建立关于 的方程，得 ，结合 即可求解.
【详解】（1）由双曲线的方程知 ， ，
因为离心率为2，所以 ，得 .
（2）当 时，双曲线 ，且 .
因为点 在第一象限，所以 为钝角.
又 为等腰三角形，所以 .
设点 ，且 ，则
得 ，所以 .
（3）由双曲线的方程知 ，且由题意知 关于原点对称.
设 ，则 .由直线 不与 轴垂直，可设直线 的方程为 .
联立直线与双曲线的方程得
消去 ，得 ，
且 ，即 ，得 .
，
由 ，得 ，
所以 ，即 ，
整理得 ，
所以 ，
整理得 ，所以 .
又 ，所以 ，解得 ，
所以 ，又 ，
故 的取值范围是 ，故 的最大值为 .9．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由方程可得 ，再由焦点坐标得 ，从而求出 得离心率；
（2）设点 坐标，由向量关系 坐标化可解得 坐标，代入椭圆方程可得 ；
（3）根据中垂线性质，由斜率与中点坐标得直线 方程，联立直线与椭圆方程，将钝角条件转化为向量不
等式 ，再坐标化利用韦达定理代入化简不等式求解可得 范围.
【详解】（1）由题意知， ，则 ，
由右焦点 ，可知 ，则 ，
故离心率 .
（2）由题意 ，
由 得， ，
解得 ，代入 ，
得 ，又 ，解得 .（3）由线段 的中垂线 的斜率为 ，所以直线 的斜率为 ，
则 ，解得 ，
由 得 中点坐标为 ，
故直线 ，显然直线 过椭圆内点 ，
故直线与椭圆恒有两不同交点，
设 ，
由 消 得 ，
由韦达定理得 ，
因为 为钝角，则 ，且 ，
则有 ，
所以 ，
即 ，解得 ，
又 ，
故 ，即 的取值范围是 .
