专题五 解析几何
第 7 练 圆锥曲线中的证明、探索问题专项训练
一、单选题：
1．（2025·江苏苏州·模拟预测）在平面直角坐标系 中，已知双曲线 的左
顶点为 ，异于 的点 在渐近线 上，直线 与 的右支交于点 ，定义
.若 是渐近线 上异于 的三个点， 为 中点，且直线
均与 的右支相交，则 与 的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．无法确定
【答案】B
【详解】双曲线的一条渐近线 ，所以 ，即 ，
，点 在渐近线 上，设 ， ，
联立曲线方程得 ，
可得 ，因为M在右支，所以 ，
解得 ， ， ，
则 ， ，设 ， 为 中点， ，
，
故选：B.
二、多选题：
x2 y2
2．在平面直角坐标系xOy中，由直线x＝－4上任一点P向椭圆 ＋ ＝1作切线，切点
4 3
分别为A，B，点A在x轴的上方，则( )
1
A．∠APB恒为锐角 B．当AB垂直于x轴时，直线AP的斜率为
2
C．|AP|的最小值为4 D．存在点P，使得(⃗PA+⃗PO)·⃗OA＝0
【答案】ABD
【解析】对于A，设切线方程为l：y＝kx＋m，P(－4，t)，A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
{y=kx+m，
联立
3x2+4 y2−12=0，
得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0．
因为直线与椭圆相切，故Δ＝0，得m2＝4k2＋3，
4km 3m
则x＝－ ，y＝ ，
1 4k2+3 1 4k2+3
3x 3
1
所以k＝－ ，m＝ ，
4 y y
1 1
x x y y x x y y
所以切线PA的方程为l： 1 ＋ 1 ＝1，同理切线PB的方程为l： 2 ＋ 2 ＝1，
PA PB
4 3 4 3
−4x y t
{ 1+ 1 =1，
4 3
而P点在l，l 上，故
PA PB −4x y t
2+ 2 =1，
4 3
又A(x，y)，B(x，y)满足该方程组，
1 1 2 2
−4x ty
故l： ＋ ＝1，即ty＝3x＋3，
AB 4 3
显然l 过定点(－1，0)，即椭圆的左焦点，
AB
以AB为直径的圆半径最大无限接近a，但该圆与x＝－4一直相离，即∠APB始终为锐角，
故A正确；
−4x ty ( 3)
对于B，由A得l ： ＋ ＝1，当AB⊥x轴时，t＝0，易得A−1， ，P(－4，
AB 4 3 20)，
3
−0
所以k＝ 2 1，故B正确；
PA ＝
−1−(−4) 2
( 3) 3❑√5
对于C，由B知AB⊥x轴时，A−1， ，P(－4，0)，此时|PA|＝ <4，故C错误；
2 2
对于D，取AO的中点M，若(⃗PA+⃗PO)·⃗OA＝0，
则2⃗PM·⃗AO＝0，所以PM⊥AO，
即△PAO为等腰三角形，PA2＝(x＋4)2＋(y－t)2＝PO2＝16＋t2，
1 1
(
x2
)
化简得x2+ y2 ＋8x－2ty＝0，由A知：ty＝3x +3，y2 ＝3 1− 1 ，
1 1 1 1 1 1 1 4
整理得x2 ＋8x－12＝0，所以x＝2❑√7－4，
1 1 1
显然存在点P满足题意，故D正确．
故答案为：ABD
3．（2025·重庆·模拟预测）已知双曲线 ， ， 为C的左、右
焦点，点 ， ，过 作实轴的垂线l与C从下到上依次交于A，B两点，线
段 与C的虚轴长相等．则（ ）
A．双曲线C的离心率
B．以 为直径的圆与C的渐近线相切
C．若点P是C上任意一点，则直线 ， 的斜率之积的范围是
D．若点P是C上任意一点，l分别与 ， 交于点E，F，则
【答案】ABD
【详解】由题设 ，则 代入双曲线，有 ，可得 ，
所以 ，可得 ，故 ，A对；
以 为直径的圆的圆心为 ，半径为 ，且渐近线为 ，所以 到 的距离 ，即 ，B对；
令 且 ， ， 则 ， ，
，
所以 ，又 ， ，则 ，显然取不到1，C错；
令 ，则 ， ，又 ， ，
则 ， ， ，
所以 ，
所以 ，D对.
故选：ABD
4．（25-26高三上·河南·期中）已知椭圆 的长轴长是离心率的两倍，
为 上任意一点，且原点 为 的对称中心，则（ ）
A． B． 的最小值为C． 的最大值为 D．线段 的中垂线不可能经过 的顶点
【答案】AC
【详解】对于A，由椭圆方程得： ， ，解得： 且 ，
当 时， ，椭圆 焦点在 轴上，则其长轴长为 ，焦距为 ，
离心率 ， ，解得： ；
当 时， ，椭圆 焦点在 轴上，则其长轴长为 ，焦距为 ，
离心率 ， ，整理可得： ，
当 时， ， 无解；
综上所述： ，A正确；
对于B，由A知：椭圆 ，
设 ， ， ，
（其中 ， ），
则当 时， 取得最小值 ，B错误；
对于C， ，
则当 或 时， 取得最大值 ，C正确；对于D， ， 中点 ，
若 不是椭圆 顶点，则 ，
中垂线方程为： ，即 ，
将 代入方程得： ，化简得： ，
解得： 或 ，又 ， ，
中垂线可能经过椭圆 顶点，D错误.
故选：AC.
三、填空题：
5.（2025高三·全国·专题练习）如图，已知抛物线 ，直线 过点 与抛物线
交于 两点，点 关于 轴的对称点为 ，连接 .直线 是否过定点？
（填“是”或“否”）.若是，则定点坐标为 .
【答案】 是
【详解】设直线 的方程为 ，又设 ， ，则 ，
由 ，得 ．则 ， ， ，
所以 ，
则直线 的方程为 ，
所以， ．
当 时， ，所以直线 过定点 ．
故答案为：是； .
四、解答题：
6.(2025·内蒙古自治区呼和浩特市·模拟)已知椭圆 ：x2 y2 的焦距为 ，
E + =1(a>b>0) 2√ 2
a2 b2
以椭圆E短轴一个端点和两个焦点为顶点的三角形是直角三角形，过点P(0,2)的直线AB，
CD分别交椭圆E于点A，B，C，D，点A在第一象限且与点D关于y轴对称，直线AC，
BC分别交y轴于点G，M．
(1)求椭圆E的方程；
(2)求点G的坐标；
(3)证明：|AB|=2|AP|·|MG|．
x2 y2
【答案】(1) + =1；(2)坐标为(0,1)；(3)见解析
4 2
【解析】解：(1)由题设可得椭圆E的焦距2c=2b=2√ 2，再由a=√ b2+c2，
可求得a=2，b=√ 2，
x2 y2
所以椭圆E的方程是 + =1；
4 2
(2)设A(x ,y )，B(x ,y )，由题意可知D(−x ,y ),C(−x ,y )，且直线AB的斜率存
1 1 2 2 1 1 2 2
在，{
y=kx+2
不妨设直线AB:y=kx+2，联立方程 x2 y2 ，得(1+2k2 )x2+8kx+4=0，
+ =1
4 2
−8k 4
则x +x = ，x x = ，
1 2 1+2k2 1 2 1+2k2
y −y x (y −y )
直线AC:y= 1 2 (x−x )+ y ，令x=0，则y= y − 1 1 2 ，
x +x 1 1 1 x +x
1 2 1 2
因为y =kx +2，y =kx +2，
1 1 2 2
x y +x y x (kx +2)+x (kx +2)
所以y= 2 1 1 2= 2 1 1 2
x +x x +x
1 2 1 2
4
2k×
2kx x +2(x +x ) 2kx x 1+2k2
= 1 2 1 2 = 1 2+2= +2=1，故点G的坐标为(0,1)；
x +x x +x −8k
1 2 1 2
1+2k2
|GM| |AN| |BC| |AB|
(3)证明：过点M作MN//AC交PB于N，则 = ， = ，
|PG| |AP| |CM| |AN|
|GM| |BC| |AN| |AB| |AB|
∴ · = · = ，
|PG| |CM| |AP| |AN| |AP|
|BC|
又 =2，|PG|=1，故|AB|=2|AP|⋅|MG|．
|MC|7.(2025·湖南省·模拟)已知椭圆 ：x2 y2 ， ， 椭圆 内部的
C + =1(b>0) A(0,b) B(0,−b). C
4 b2
一点 ( 1) ，过点 作直线 交椭圆于 ，作直线 交椭圆于 ． 、 是不同
T t, (t>0) T AT M BT N M N
2
的两点．
√ 3
(1)若椭圆C的离心率是 ，求b的值；
2
设 的面积是 ， 的面积是 ，若S ， 时，求 的值；
(2) ▵BTM S ▵ATN S 1=5 b=1 t
1 2 S
2
若点 ， 满足 且 ，则称点 在点 的左上方．求证：当
(3) U(x ,y ) V(x ,y ) x <x y >y U V
u u v v u v u v
1
b> 时，点N在点M的左上方．
2
【答案】(1)1或4；
(2)t=1．
(3)见解析
√ 3
【解析】解：(1)因为椭圆C的离心率是 ．
2
当 时，√ 3 √ 4−b2，得 ；
0<b<2 = b=1
2 2
当 时，√ 3 √ b2−4，得 ；
b>2 = b=4
2 b
所以b的值为1或4；
(2)由题意，直线AM的斜率k 存在，直线BN的斜率k 存在，
AM BN
1
−b 1
2 1 ，直线AM的方程y=− x+1，设M(x ,y )．
k = =− 2t M M
AM t 2t{
x2
M + y2 =1
则 4 M ⇒ t2+1 x2 − x M =0⇒x = 4t ．
1 4t2 M t M t2+1
y=− x +1
2t M
1
+1 3
2 3 ，直线BN的方程y= x−1，设N(x ,y )．
k = = 2t N N
BN t 2t
{
x2
N + y2 =1
则 4 N ⇒ t2+9 x2 − 3x N =0⇒x = 12t ．
3 4t2 N t N t2+9
y= x −1
2t N
1
|TB|⋅|TM|⋅sin∠BTM
S 2
由图， 1= ，
S 1
2 |TA|⋅|TN|⋅sin∠ATN
2
注意到∠BTM+∠ATN=π，则sin∠BTM=sin∠ATN．
又
|TB|=√ (x −x ) 2+(y −y ) 2=√ 1+k2 |x −x |
，同理可得
T B T B BN T B
|TA|=√ 1+k2 |x −x |,|TM|=√ 1+k2 |x −x |,|TN|=√ 1+k2 |x −x |
．
AM T A AM T M BN T N
则S |TB|⋅|TM| |x −x ||x −x |
1= = T B T M
S |TA|⋅|TN| |x −x ||x −x |
2 T A T N
4t t3−3t
|t||t− | | |
t2+1 t2+1 t2+9
．
= = =| |=5⇒t=1
12t t3−3t t2+1
|t||t− | | |
t2+9 t2+9(3)由题意，直线AM的斜率k 存在，直线BN的斜率k 存在，
AM BN
1
−b 1−2b
2 1−2b，直线AM的方程y= x+b，设M(x ,y )．
k = = 2t M M
AM t 2t
1−2b
{y= x +b
2t M (1−2b) 2+b2t2 4b(1−2b) 4b(2b−1)t
则 ⇒ x2 + x =0⇒x = ．
x2
M +
y2
M =1
t2 M t M M (1−2b) 2+b2t2
4 b2
1
+b 1+2b
2 1+2b，直线BN的方程y= x−b，设N(x ,y )．
k = = 2t N N
BN t 2t
1+2b
{y= x −b
2t N (1+2b) 2+b2t2 4b(1+2b) 4b(2b+1)t
则 ⇒ x2 − x =0⇒x = ．
x2
N +
y2
N =1
t2 N t N N (1+2b) 2+b2t2
4 b2
则 (2b−1) (2b+1)
x −x =4bt[ − ]
M N (1−2b) 2+b2t2 (2b+1) 2+b2t2
(2b−1)[(2b+1) 2+b2t2 ]−(2b+1)[(1−2b) 2+b2t2 ]
4bt
[(1−2b) 2+b2t2 ][(2b+1) 2+b2t2 ]
8bt(4b2−1−b2t2
) ，
=
[(1−2b) 2+b2t2 ][(2b+1) 2+b2t2 ]
又 T ( t, 1)在椭圆内部，则t2 + 1 <1⇒4b2−b2t2−1>0 ，故 x >x ．
2 4 4b2 M N
1 1 1
又根据题意知y > , >y ，所以y > >y ．
N 2 2 M N 2 M
1
所以当b> 时，点N在点M的左上方．
2
8.(2025·江苏省·模拟)已知椭圆 x2 y2 的离心率 1，过点 的动直
C: + =1(a>b>0) e= (1,0)
a2 b2 2线l与椭圆相交于两点，当直线l与x轴垂直时，直线l被椭圆E截得的线段长为3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线y=kx与椭圆C交于A，B两点，P是椭圆C上一动点(不同于A，B)，记k ，k ，
OP PA
k 分别为直线OP，PA，PB的斜率，且满足k⋅k =k ⋅k ，求点P的坐标(用k表示)；
PB OP PA PB
(3) 过左焦点F 1 的直线交椭圆于 M ， N 两点，是否存在实数 λ ，使 |M → N|=λF M → ⋅F N →
1 1
恒成立？若存在，求此时 ⃗ 的最小值；若不存在，请说明理由．
|MN|
x2 y2
【答案】(1) + =1；
4 3
4k 3 或 4k 3 ，其中 ；
(2)P(− , ) P( ,− ) k≠0
√ 4k2+3 √ 4k2+3 √ 4k2+3 √ 4k2+3
(3)最小值为3．
【解析】解： 由题意，可得点( 3)在椭圆 上，且椭圆的离心率 1，
(1) 1, C e=
2 2
1 9
{ + =1
a2 4b2 {a2=4
所以 ，解得 ，所以椭圆
的方程为x2 y2
；
c 1 b2=3 C + =1
e= = 4 3
a 2 c2=1
a2=b2+c2
设点 ，因为点 在椭圆上，所以x2 y2 ，即 3 ，
(2) P(x ,y ) P 1+ 1=1 y2=3− x2
1 1 4 3 1 4 1
3
同理，设点A(x ,y )，则y2=3− x2，且x ≠±x ，
2 2 2 4 2 1 2
又因为直线AB:y=kx过原点，所以A,B关于原点对称，所以点B(−x ,−y )，
2 2
3
所以
k ⋅k =
y
1
−y
2·
y
1
+ y
2=
y
1
2−y
2
2
=
− 4 (x 1 2−x 2 2 )
=−
3 ，可得 k⋅k
OP
=− 3
4
，
PA PB x −x x +x x2−x2 x2−x2 4
1 2 1 2 1 2 1 2
{
y=kx
联立 ，整理得 ，
x2 y2 (3+4k2 )x2=12
+ =1
4 3解得 2√ 3 2√ 3k 或 −2√ 3 −2√ 3k ，
x= ,y= x= ,y=
√ 3+4k2 √ 3+4k2 √ 3+4k2 √ 3+4k2
3
用− 代替上述坐标中的k，
4k
可得 4k 3 或 4k 3 ，其中 ；
P(− , ) P( ,− ) k≠0
√ 4k2+3 √ 4k2+3 √ 4k2+3 √ 4k2+3
(3)由(1)知，左焦点F (−1,0)，
1
当直线MN斜率为零时，不妨设M(−2,0)，N(2,0)，
则 ⃗ ， ⃗ ，可得 ⃗ ⃗ ， ⃗ ，
F M=(−1,0) F N=(3,0) F M⋅F N=−3 |MN|=4
1 1 1 1
4 → → →
存在λ=− ，使|MN|=λF
M⋅F N
成立；
3 1 1
当直线 的斜率不为零时，设直线方程为 ，且 ， ，
MN x=my−1 M(x ,y ) N(x ,y )
3 3 4 4
{x=my−1
联立 ，整理得 ，
x2 y2 (3m2+4)y2−6my−9=0
+ =1
4 3
6m −9
可得Δ=(−6m) 2+36(3m2+4)>0，所以y + y = ，y y = ，
3 4 3m2+4 3 4 3m2+4
则
|M
→
N|=√ 1+m2|y −y |=√ 1+m2 ⋅√ (y + y ) 2−4 y y =
12(m2+1)，
3 4 3 4 3 4 3m2+4⃗ ⃗ ，
F M⋅F N=(x +1,y )⋅(x +1,y )=x x +(x +x )+1+ y y
1 1 3 3 4 4 3 4 3 4 3 4
因为 ， ，
x x =m2y y −m(y + y )+1 x +x =m(y + y )−2
3 4 3 4 3 4 3 4 3 4
所以 ⃗ ⃗ −9(m2+1)，所以 → 4 → →，
F M⋅F N=(m2+1)y y = |MN|=− F M⋅F N
1 1 3 4 3m2+4 3 1 1
又因为 → 12(m2+1) 4 ，
|MN|= =4−
3m2+4 3m2+4
所以当 m=0 时， ⃗ 最小，最小值为 3 ，
|MN|
综上，存在λ=− 4 ，使|M → N|=λF M → ⋅F N → 恒成立，此时 |M ⃗ N| 的最小值为3．
3 1 1
9.(2025·河南省·模拟)我们把下面的定义称为双曲线的第二定义：平面内到定点F(c,0)的
c
距离与到定直线l： 的距离之比为常数 的点的轨迹叫做双曲线，其方程为
a
x2 y2
，其中 ，此时 叫做该双曲线的右准线 已知双曲线 ：
− =1(a>0,b>0) b2=c2−a2 l . C
a2 b2
x2 y2
的左、右焦点分别为 ， ，直线 ： 是 的右
− =1(a>0,b>0) F (−2,0) F (2,0) l x=1 C
a2 b2 1 2
准线．
(1)求C的方程以及C的离心率；
(2)设l与x轴的交点为M，过点F 的直线与C的右支相交于A，B两点，
2
(i)以M，A，B为其中的三个顶点作平行四边形MANB，求平行四边形MANB面积的取
值范围；
(ii)设直线l与直线AB的交点为P，点P在y轴上的射影为Q，直线AQ，BQ与x轴的交点
|F G|
分别为 ， ，则 2 是否为定值 若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．
G H ?
|F H|
2x2 y2 c
【答案】(1)C的方程为 − =1，离心率e= =√ 2；
2 2 a
；
(2)(i)[2√ 2,+∞)
(ii)定值1．
【解析】解：(1)设C的半焦距为c(c>0)，易知c=2，
a2
因为l：x=1为C的右准线，所以 =1，
c
解得a2=c=2，所以b2=c2−a2=2，
x2 y2 c
所以C的方程为 − =1，离心率e= =√ 2；
2 2 a
(2)(i)由已知可得直线AB不与y轴垂直，
设其方程为x=my+2(m≠±1)，
{x2 y2
− =1
联立 2 2 ，整理得(m2−1)y2+4my+2=0，
x=my+2
，
设 ， ，
A(x ,y ) B(x ,y )
1 1 2 2
−4m 2
则y + y = ，y y = ，
1 2 m2−1 1 2 m2−1
因为点A，B在C的右支上，
所以 ，解得m2<1，
设平行四边形MANB的面积为S，易知M(1,0)，
则 S=2S =2× 1 |M F ||y −y |=√ (y + y ) 2−4 y y = |2√ 2√ m2+1| ，
▵MAB 2 2 1 2 1 2 1 2 m2−1
设
|2√ 2t| 2√ 2
S= =
则 t2−2 2 ，
−t
t2
因为y= −t在区间[1,√ 2)内单调递减，
t
所以 ，则S≥2√ 2，
故平行四边形 面积的取值范围为 ；
MANB [2√ 2,+∞)
|F G|
(ii) 2 为定值，理由如下：
|F H|
2
{x=my+2 1 1
联立 ，得P(1,− )，Q(0,− )，
x=1 m m
设 ， ，
G(x ,0) H(x ,0)
3 4
1 1
y +
由A，G，Q三点共线，得m 1 m，
=
x x
3 1
m y +2 1 1
1
m m m
解得x = =1+ ，同理得x =1+ ，
3 1 1 4 1
y + y + y +
1 m 1 m 2 m
1 2
(y + y )+
m 1 2 m2
所以x +x =2+
3 4 1 1
y y + (y + y )+
1 2 m 1 2 m2
，
即GH的中点为F (2,0)，
2|F G|
故 2 为定值 ．
1
|F H|
2
y2 x2
10.(2025·湖北省襄阳市·模拟)已知椭圆Γ： + =1(a>b>0)的上顶点为S(0,√ 6)，且
a2 b2
过点P(1,√ 3)．
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)若斜率为√ 3的直线l与椭圆交于A、B两点(直线PA斜率为正)，直线PA、PB(若P、B
重合，直线PB即为椭圆Γ在P点处的切线)分别与x轴交于M、N两点，H为PN中点．
(i)求sin∠PMH的最大值；
(ii)当sin∠PMH最大时，将坐标平面沿x轴折成二面角P−MN−A，在二面角
P−MN−A大小变化过程中，求三棱锥P−MNA外接球表面积取得最小值时三棱锥
P−MNA的内切球的半径．
y2 x2
【答案】(1) + =1；
6 2
1
(2)(i)最大值为 ；
2
√ 2
(ii) ．
1+√ 2+√ 3
【解析】解：(1)易知a=√ 6，y2 x2
将点P(1,√ 3)代入 + =1，
6 b2
3 1
得
+ =1，b2=2，
6 b2
y2 x2
∴Γ： + =1；
6 2
(2)(i)设直线l：y=√ 3x+m，
{y=√ 3x+m
联立 y2 x2 ⇒6x2+2√ 3mx+m2−6=0,
+ =1
6 2
设A(x ,y )，B(x ,y )，
1 1 2 2
√ 3 m2
则x +x = m，x x = −1，
1 2 3 1 2 6
y −√ 3 y −√ 3 (y −√ 3)(x −1)+(y −√ 3)(x −1)
k +k = 1 + 2 = 1 2 2 1
PA PB x −1 x −1 (x −1)(x −1)
1 2 1 2
(√ 3x +m−√ 3)(x −1)+(√ 3x +m−√ 3)(x −1)
= 1 2 2 1 ，
(x −1)(x −1)
1 2
m2 √ 3
2√ 3x x +(m−2√ 3)(x +x )+2√ 3−2m
2√ 3(
6
−1)+(m−2√ 3)⋅
3
m+2√ 3−2m
= 1 2 1 2 = =0
(x −1)(x −1) (x −1)(x −1)
1 2 1 2
故∠PMN=∠PNM，则PM=PN，
在△PMN中，令MN=2t，
√9t2 3
则PM=2PH=√ t2+3MH= + ，
4 49t2 3 t2+3
(t2+3)+( + )−
4 4 4 √ 3(t2+1) √ 3(t2+1) √ 3
cos∠PMH= = ≥ = ，
2√ t2+3⋅
√ 3
⋅√ 3t2+1
√ (t2+3)(3t2+1) (t2+3)+(3t2+1) 2
3 2
1
当t=1时取“=”，所以sin∠PMH的最大值为 ；
2
1
(ii)当sin∠PMH的最大值为 时，t=1，
2
△PMN是边长为2的等边三角形，PA过原点O，
PM=MA=2，∠AMN=120°，
将△PAN沿x轴折成三棱锥P−AMN，将底面AMN补成等腰梯形AMND，
则三棱锥P−AMN的外接球即为四棱锥P−AMND的外接球．
过等腰梯形AMND外心即AD中点O，
作直线l ⊥平面AMND，过△PMN中心O 作直线l ⊥平面PMN，l ∩l =O
1 2 2 1 2 3，
则O 即为三棱锥P−AMN外接球球心，O A即为三棱锥P−AMN外接球半径，
3 3
显然O 与O 重合时三棱锥P−AMN外接球半径最小，
3 1
此时，O O ⊥平面PMN，三棱锥P−MNO 为正四面体，AN与DM交点G即为
1 2 1
△MNO中心，
PG⊥平面AMND，PM在平面AMND中的射影即为MG，
易知AM⊥MD，由三垂线定理可得PM⊥AM，
1 1 2√ 6 1
所以S = AN⋅PG= ×2√ 3× =2√ 2，S = AM⋅PM=2，
ΔPAN 2 2 3 ΔPMA 2
1 √ 3
S =S = ×2×2× =√ 3，
ΔPMN ΔAMN 2 2
所以三棱锥P−MNA表面积为2+2√ 2+2√ 3，
设三棱锥P−MNA内切球半径为r，
1 1 2√ 6 1 √ 2
则V = S ⋅PG= ×√ 3× = ×(2+2√ 2+2√ 3)r⇒r= ．
P−MNA 3 △AMN 3 3 3 1+√ 2+√ 3x2 y2 y2 x2
11.(2025·江苏省南京市·模拟)如图1，曲线Γ是 + =1(y≥0)与 − =1(y≥0)组合
4 b2 b2 4
的．
x2 y2 3 y2 x2
(1) + =1(y≥0)过点(−1, )，求 − =1(y≥0)的渐近线方程；
4 b2 2 b2 4
(2)b=√ 2，设T(0,t)，t∈[−
√ 2
,3√ 2]，曲线Γ上找一个点Q，使得|T
⃗
Q|达到最小；
2
(3)若b=1，如图2，存在过点P(0,1)的两条直线l ，l 与曲线Γ的交点分别是点A、点M、
1 2
⃗ ⃗
点B、点N，点A在第二象限，点M在第一象限.是否存在非零实数λ使得 MN=λAB 成立，
请说明理由．
√ 3
【答案】(1)y=± x；
2(2)
存在唯一的点
Q(0,√ 2)
，
|Q
⃗
T|
最小值
t−√ 2
；
(3) 当 k
1
+k
2
=0 时，存在非零实数 λ 使得
M
⃗
N=λA
⃗
B
成立，
当 k +k ≠0 时，不存在实数 λ 使得 ⃗ ⃗ 成立．
1 2 MN=λAB
【解析】解： 曲线x2 y2 过点 3 ，
(1) + =1(y≥0) (−1, )
4 b2 2
9
则1 4 ，得b2=3，
+ =1
4 b2
y2 x2
所以 − =1(y≥0)，
3 4
√ 3
渐近线方程：y=± x；
2
x2 y2 y2 x2
(2)b=√ 2,曲线Γ是 + =1(y⩾0)和 − =1(y⩾0)的组合，
4 2 2 4
√ 2 → x2 y2
当t∈[− ,√ 2]时，|QT|取到最小值点Q一定在 + =1上，
2 4 2
y2
所以x2=4(1− )(0≤ y≤√ 2)，
2
⃗ ，
设点Q(x,y),则|TQ|=√ x2+(y−t) 2
则 ，
|TQ|=√ 4−2y2+ y2−2ty+t2=√ −(y+t) 2+4+2t2 (0≤ y≤√ 2)
当t=− √ 2 时，存在三个点Q(±2,0)或Q(0,√ 2)，|Q ⃗ T|最小值 3√ 2 ，
2 2
当− √ 2 <t≤√ 2时，存在唯一的点Q(0,√ 2)，|Q ⃗ T|最小值√ 2−t，
2→ y2 x2
当t∈(√ 2,3√ 2]时，|QT|取到最小值点Q一定在 − =1上，
2 4
y2
所 以 x2=4( −1)(y≥√ 2)，
2
|TQ|=√ 2y2−4+ y2−2ty+t2=
√
3(y−
t
) 2−4+
2
t2 (y≥√ 2)，
3 3
因为√ 2<t≤3√ 2，所以 √ 2 < t ≤√ 2时存在唯一的点Q(0,√ 2)，|Q ⃗ T|最小值t−√ 2；
3 3
(3)设l ：y=k x+1，l ：y=k x+1，
1 1 2 2
设A(x ,y )，B(x ,y )，M(x ,y )，N(x ,y )，
1 1 2 2 3 3 4 4
{y=k x+1
由 x2 1 ⇒x = −8k 1 (0<k < 1 ),
+ y2=1 1 4k2+1 1 2
4 1
−8k −4k2+1
所以 A( 1 , 1 ) ，
4k2+1 4k2+1
1 1
{y=k x+1
2 −8k 1
由 x2 ⇒x = 2 (− <k <0),
+ y2=1 2 4k2+1 2 2
4 2
−8k −4k2+1
所以 B( 2 , 2 ) ，
4k2+1 4k2+1
2 2
{y=k x+1
由 1 x2 ⇒x = −8k 1 (0<k < 1 ),
y2− =1 3 4k2−1 1 2
4 18k −4k2−1
所以 M(− 1 , 1 ) ，
4k2−1 4k2−1
1 1
{y=k x+1
2 −8k 1
由 x2 ⇒x = 2 (− <k <0),
y2− =1 4 4k2−1 2 2
4 2
8k −4k2−1
所以 N(− 2 , 2 ) ，
4k2−1 4k2−1
2 2
计算出 k +k ， k +k ，
k = 1 2 k = 1 2
AB 1−4k k MN 1+4k k
1 2 1 2
当 k +k =0 时，存在非零实数 λ 使得 ⃗ ⃗ 成立，
1 2 MN=λAB
当 k +k ≠0 时，不存在实数 λ 使得 ⃗ ⃗ 成立．
1 2 MN=λAB
