第37 讲圆锥曲线综合应用
（知识清单+12 典例精讲+方法技巧+分层训练）
近3 年考查情况
题型
分值
双曲线几何性质、离心率计算
单选/填空题
5 分
抛物线定义、焦点弦、直线与抛物线位置关系
多选题
6 分
椭圆标准方程、直线与椭圆联立、韦达定理、定点定值、面积最值
单选/解答题
5 分/12 分
双曲线定义、焦点三角形计算
单选题
5 分
平面轨迹方程、直线与抛物线相交、弦长公式、函数最值求解
单选/解答题
5 分/12 分
【知识点01】直线与圆锥曲线的位置判断
将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，则直线与圆锥曲线相交⇔Δ>0；
直线与圆锥曲线相切⇔Δ＝0；直线与圆锥曲线相离⇔Δ<0.
特别地，①与双曲线渐近线平行的直线与双曲线相交，有且只有一个交点.
②与抛物线的对称轴平行的直线与抛物线相交，有且只有一个交点.
【例1】判断直线 l: y = x +1 与椭圆 C : x
2
4 + y
2
3 =1 的位置关系。
解：步骤1：联立直线与椭圆方程
联立方程组：{
y = x +1
x
2
4 + y
2
3 =1
步骤2：代入消元，整理一元二次方程
将 y = x +1 代入椭圆方程：x
2
4 + ( x +1)
2
3
=1
两边同乘12 通分去分母：3 x
2+ 4( x +1)
2=12
展开整理：3 x
2+ 4( x
2+2 x +1)=12
7 x
2+8 x -8=0
步骤3：计算判别式Δ=8
2- 4×7×(-8)=64 +224 =288>0
步骤4：判定结论∵Δ>0
∴ 直线与椭圆相交，有两个不同公共点。
【知识点02】弦长公式
已知A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB 的斜率为k(k≠0)，
则|AB|＝❑√( x1- x2)
2＋( y1- y2)
2
＝
❑√1＋k
2|x1- x2|
＝
❑√1＋k
2❑√( x1＋x2)
2- 4 x1 x2，
或|AB|＝❑√
1＋1
k
2|y1- y2|
＝❑√
1＋1
k
2
❑√( y1＋y2)
2- 4 y1 y2.
【例2】已知直线 l: y = x +1 与椭圆 C : x
2
4 + y
2
3 =1 交于 A 、B 两点，求弦长 | AB|。
解：步骤1：沿用前文联立结果
联立化简得方程：7 x
2+8 x -8=0
可得参数：a=7 ,b=8,c =-8
步骤2：利用韦达定理求根系关系
x1+ x2=- 8
7 , x1 x2=- 8
7
步骤3：确定直线斜率
直线 y = x +1，斜率 k =1
步骤4：代入弦长公式计算
| AB|=
❑√1+k
2⋅
❑√( x1+ x2)
2- 4 x1 x2
代入数值：| AB|=
❑√1+1
2⋅
❑√(- 8
7 )
2
- 4×(- 8
7 )
分步计算：= ❑√2⋅❑√
64
49 + 32
7 = ❑√2⋅❑√
64 +224
49
= ❑√2⋅❑√
288
49 = ❑√2⋅12❑√2
7
= 24
7
最终结论：弦长 | AB|= 24
7
【题型一】直线与椭圆的位置关系
【例1】（2024·山东·模拟预测）已知直线l：y =kx +1，椭圆C：x
2
4 + y
2=1，则“k =0”是“l与C相切”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
【答案】C
【分析】利用“数形结合”的思想结合“一元二次方程根有一解求解的判别式等于零”求解即可.
【详解】当k =0时，直线l：y =1，直线与椭圆相切，当“l与C相切”时，
联立¿有(4 k
2+1) x
2+8kx =0，令Δ=(8k )
2- 4×(4 k
2+1)×0=0,有k =0，
所以k =0是直线与椭圆相切的充要条件.
故选:C.
【变式1】已知直线l: x0 x
a
2 + y0 y
b
2 =1与椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1，点A(x0, y0)，则下列说法正确的是（ ）
A．若点A 在椭圆C 外，则直线l 与椭圆C 相离
B．若点A 在椭圆C 上，则直线l 与椭圆C 相切
C．若点A 在椭圆C 内，则直线l 与椭圆C 相交
D．若点A 在直线l 上，则直线l 与椭圆C 的位置关系不确定
【答案】B
【分析】考虑y0=0和y0≠0两种情况，联立方程，得到Δ= 4 a
6b
2 y0
2(
x0
2
a
2 + y0
2
b
2 -1)，根据点与椭圆的关系依次验证直
线和椭圆的关系得到答案.
【详解】当y0=0，则x0≠0，则直线l: x = a
2
x0
，
①若点A 在椭圆C 外，则|x0|>a，则| x|=|
a
2
x0|<a，直线l 与椭圆C 相交；
②若点A 在椭圆C 上，则|x0|=a，则| x|=|
a
2
x0|=a，直线l 与椭圆C 相切；
③若点A 在椭圆C 内，则|x0|<a，则| x|=|
a
2
x0|>a，直线l 与椭圆C 相离；
当y0≠0时，联立方程¿，消去y 得：
(a
2 y0
2+b
2 x0
2)x
2-2a
2b
2 x0 x +a
4b
2-a
4 y0
2=0，
所以Δ= 4 a
4b
4 x0
2- 4(a
2 y0
2+b
2 x0
2)(a
4b
2-a
4 y0
2)= 4 a
6b
2 y0
2(
x0
2
a
2 + y0
2
b
2 -1)，
①若点A 在椭圆C 外，则x0
2
a
2 + y0
2
b
2 >1，则Δ>0，直线l 与椭圆C 相交；
②若点A 在椭圆C 上，则手x0
2
a
2 + y0
2
b
2 =1，则Δ=0，直线l 与椭圆C 相切；
③若点A 在椭圆C 内，则x0
2
a
2 + y0
2
b
2 <1，则Δ<0，直线l 与椭圆C 相离；
若点A 在直线l 上，则满足x0
2
a
2 + y0
2
b
2 =1，即点A 在椭圆C 上，由以上讨论可知直线l 与椭圆C 相切，D 错误.
综上所述：B 正确
故选：B
【变式2】（2025·河南·模拟预测）已知M (-2,-1)为椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)上一点，且直线y =2与C有且仅
有一个交点，则C的焦距为__________.
【答案】4 ❑√3
3
【分析】将M (-2,-1)代入椭圆方程，结合题意及a,b,c关系及焦距定义即可求解.
【详解】将M (-2,-1)代入椭圆方程，得到4
a
2 + 1
b
2 =1，
又因为直线y =2与C仅有一个交点，所以b=2，
进而解得a
2= 16
3 ,c
2= 16
3 -2
2= 4
3 ，所以C的焦距为2c = 4 ❑√3
3
.
故答案为：4 ❑√3
3
.
【变式3】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的长轴长为4，过焦点且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若点A(0,2)，点Q( x1，y1)( x1 y1≠0)在椭圆C上，QM ⊥x轴，垂足为M，直线AN ⊥AM交x轴于点N，线
段EN的中点为坐标原点，试判断直线QE与椭圆C的位置关系.
【答案】（1）x
2
4 + y
2=1；（2）直线QE与椭圆C相切.
【解析】（1）根据题意得2a= 4，得a=2，2b
2
a =1，解得b=1，进而得椭圆的方程；
（2）根据题意可得M ( x1，0)，求出k AM、k AN，得到直线AN方程和N点坐标，又线段EN的中点为坐标原点，得到
E坐标和直线EQ的方程，代入椭圆的方程得化简得x
2+ 4
x1
2 y1
2
( x1
2- 4)( x1
2- 4)
( x - 4
x1
)
2
= 4，又因为点Q( x1，y1)在椭
圆上，所以整理得，代入得x
2-2 x1 x + x1
2=0，由判别式得直线QE与椭圆C相切.
【详解】（1）因为长轴长为4，
所以2a= 4，得a=2，
又因为过焦点且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.
所以2b
2
a =1，解得b=1，所以椭圆的方程为：x
2
4 + y
2=1.
（2）直线和椭圆相切，理由如下：
根据题意可得M ( x1，0)，k AM = 2
- x1
，又直线AN ⊥AM，所以k AN = x1
2 ，
所以直线AN方程为：y -2= x1
2 ( x -0)，即y = x1
2 x +2，
令y =0得，x =- 4
x1
，即N (- 4
x1
，0)，
又线段EN的中点为坐标原点，所以E( 4
x1
，0)，
所以直线EQ的方程为：y -0=
y1
x1- 4
x1
( x - 4
x1
)
，即y = x1 y1
x1
2- 4
( x - 4
x1
)，
代入椭圆的方程得x
2+ 4[ x1 y1
x1
2- 4
( x - 4
x1
)]
2
= 4，
化简得x
2+ 4
x1
2 y1
2
( x1
2- 4)( x1
2- 4)
( x - 4
x1
)
2
= 4，
又因为点Q( x1，y1)在椭圆上，所以
y1
2
x1
2- 4
=- 1
4 ，
代入得x
2+ 4
x1
2
x1
2- 4
·(- 1
4 )( x - 4
x1
)
2
= 4，即x
2-
x1
2
x1
2- 4
( x - 4
x1
)
2
= 4，
( x1
2- 4)x
2- x1
2( x - 4
x1
)
2
= 4( x1
2- 4)，
( x1
2- 4)x
2- x1
2 x
2+8 x1 x -16= 4 x1
2-16，- 4 x
2+8 x1 x - 4 x1
2=0，
x
2-2 x1 x + x1
2=0，
△=(2 x1)
2- 4 x1
2=0，
所以直线QE与椭圆C相切.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的相交问题，属于中档题.
【题型二】椭圆的弦长、焦点弦
【例1】（2026·山东淄博·一模）已知椭圆C：x
2
2 + y
2=1的左、右焦点分别为F1和F2，过F2且倾斜角为π
4 的直线l
与C交于A，B两点，则|AB|=（ ）
A．4
3
B．4 ❑√2
3
C．2
3
D．2❑√2
3
【答案】B
【详解】∵椭圆C：x
2
2 + y
2=1的右焦点F2(1,0)，
∴过F2且倾斜角为π
4 的直线l的方程为y = tanπ
4
(x -1)，即y = x -1，
将y = x -1代入x
2
2 + y
2=1，得到x
2
2 +(x -1)
2=1，
即3 x
2- 4 x =0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，
则¿，
则|AB|= ❑√(x1+ x2)
2- 4 x1 x2⋅
❑√k
2+1= ❑√(
4
3)
2
- 4×0⋅❑√1+1= 4 ❑√2
3
，故选项B 正确.
【变式1】（2025·湖南邵阳·一模）经过椭圆x
2
2 + y
2=1的右焦点F作倾斜角为60°的直线l，直线l与椭圆相交于A，
B两点，则| AB|=（ ）
A．8 ❑√2
7
B．20 ❑√2
7
C．
❑√2
7
D．13 ❑√2
7
【答案】A
【分析】由椭圆方程求得焦点坐标，从而写出直线方程，联立方程组得一元二次方程，由韦达定理得到两个的和与差，
利用交点弦长公式即可求得结果.
【详解】a
2=2，b
2=1，∴c =
❑√a
2-b
2=1，即F (1,0)，
kl= tan 60° = ❑√3，∴l: y = ❑√3(x -1)，
联立方程组得¿，整理得7 x
2-12 x + 4 =0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，∴x1+ x2= 12
7 ，x1 x2= 4
7 ，
| AB|=
❑√1+k
2|x1- x2|=
❑√1+k
2❑√(x1+ x2)
2- 4 x1 x2=
❑√1+(❑√3)
2❑√(
12
7 )
2
- 4× 4
7 = 8 ❑√2
7
.
故选：A.
【变式2】若直线l：y =kx +m（其中km<0）与圆x
2+ y
2=1相切，与椭圆C：x
2
4 + y
2=1交于点A(x1, y1)，
B(x2, y2)，F为其右焦点，则△ABF的周长为______.
【答案】4
【分析】先根据直线与圆相切求得k ,m的关系，设切点为M，利用勾股定理分别求出|AM|,|BM|，再根据两点间的
距离公式分别求出|AF|,|BF|，从而可得出答案.
【详解】解：由直线l与圆x
2+ y
2=1相切，
可得|m|
❑√k
2+1
=1，则m
2=k
2+1，
联立¿，消y得(4 k
2+1) x
2+8kmx + 4 m
2- 4 =0，
则Δ=64 k
2m
2- 4(4 k
2+1)(4 m
2- 4)=16(4 k
2-m
2+1)= 48k
2>0，故k ≠0，
x1+ x2=- 8km
4 k
2+1
, x1 x2= 4 m
2- 4
4 k
2+1
=
4 k
2
4 k
2+1
，
因为km<0，所以x1+ x2=- 8km
4 k
2+1
>0, x1 x2=
4 k
2
4 k
2+1
>0，
所以x1>0, x2>0，
设切点为M，则|OM|=1，F (❑√3,0)，
|AM|=
❑√|OA|
2-|OM|
2=
❑√x1
2+ y1
2-1= ❑√
3
4 x1
2=
❑√3
2 x1，
同理|BM|=
❑√3
2 x2，
|AF|=
❑√(x1- ❑√3)
2+ y1
2= ❑√
3
4 x1
2-2❑√3 x1+ 4 =|
❑√3
2 x1-2|，
因为-2≤x1≤2，所以|AF|=2-
❑√3
2 x1，
同理|BF|=2-
❑√3
2 x2，
则△ABF的周长为|AF|+|BF|+|AB|=|AF|+|BF|+|AM|+|BM|= 4.
故答案为：4.
【变式3】（2025·上海嘉定·二模）已知椭圆C：x
2
9 + y
2=1．F 为椭圆的右焦点，过椭圆上一点P(3,0)的直线l1交椭
圆于另一点Q，点M 为椭圆上任意一点．
(1)求|MF|的最小值；
(2)当直线l1的斜率为1 时，求△PQM面积的最大值及此时点M 的坐标；
(3)若直线PQ与直线l2：x =-3交于点D，点D 不在x 轴上，Q 关于原点的对称点为点R，直线PR与l2交于点E，求
线段|DE|的取值范围．
【答案】(1)3-2❑√2,
(2)9+3 ❑√10
10
,M(-
9
❑√10 ,
1
❑√10)
(3)[4 ,+∞)
【详解】（1）
由椭圆方程x
2
9 + y
2=1知，a
2=9,b
2=1,c
2=a
2-b
2=9-1=8，所以右焦点F (2❑√2,0)，
设M (m,n)，则|MF|=
❑√(m-2❑√2)
2+n
2，由m
2
9 +n
2=1⇒n
2=1- m
2
9 代入得：
|MF|=
❑√(m-2❑√2)
2+n
2=
❑√
(m-2❑√2)
2+1- m
2
9
=
❑√
8m
2
9
- 4 ❑√2m+9=
❑√8m
2-36 ❑√2m+81
3
，
由于m∈[-3,3]，对称轴m= 9 ❑√2
4
>3，
所以|MF|≥
❑√8×9-36 ❑√2×3+81
3
= ❑√17-12❑√2= ❑√9-2×3×❑√8+8=3-2❑√2，
即|MF|的最小值为3-2❑√2，此时点M为椭圆的右顶点.
（2）
由直线l1的斜率为1 且经过P(3,0)，可得直线方程y = x -3，
与椭圆x
2
9 + y
2=1联立方程组，消元得：x
2
9 +(x -3)
2=1⇒10 x
2-54 x +72=0，
解得x =3, x = 12
5 ，则代入x = 12
5 得：y = 12
5 -3=- 3
5，所以Q(
12
5 ,- 3
5)，
则|PQ|= ❑√(
12
5 -3)
2
+(- 3
5 -0)
2
= 3 ❑√2
5
，
设平行于直线l1的直线方程为y = x +t，则与椭圆x
2
9 + y
2=1联立方程组，消元得：
x
2
9 +(x +t )
2=1⇒10 x
2+18tx +9t
2-9=0，当此直线与椭圆相切时，满足判别式为0，
即Δ=18
2t
2- 4×10×(9t
2-9)=0，解得t =± ❑√10，
根据数形结合可得t = ❑√10时，满足切点M取到△PQM面积最大值，
此时方程为10 x
2+18 ❑√10 x +81=0⇒(❑√10 x +9)
2=0⇒x =-
9
❑√10，
代入直线得y =-
9
❑√10 + ❑√10=
1
❑√10，则M(-
9
❑√10 ,
1
❑√10)，
由点M(-
9
❑√10 ,
1
❑√10)到直线y = x -3的距离公式得：
d =|-
9
❑√10 -
1
❑√10 -3|
❑√2
= 3+ ❑√10
❑√2
，
所以△PQM面积的最大值为S = 1
2 × 3 ❑√2
5
× 3+ ❑√10
❑√2
= 9+3 ❑√10
10
，
此时点M(-
9
❑√10 ,
1
❑√10)；
（3）
设过点P(3,0)直线为：y =k (x -3)，与椭圆x
2
9 + y
2=1联立方程组，消元得：
x
2
9 +k
2(x -3)
2=1⇒(1+9k
2) x
2-54 k
2 x +81k
2-9=0，
由Δ=(-54 k
2)
2- 4(1+9k
2)(81k
2-9)=36>0，
再由于交点D 不在x 轴上，即k ≠0，
设交点Q(x1, y1)，则有x1+3= 54 k
2
1+9k
2 ⇒x1= 27 k
2-3
1+9k
2 ，
代入x1= 27 k
2-3
1+9k
2 得：y1=k(
27 k
2-3
1+9k
2 -3)=-6k
1+9k
2，
由于Q 关于原点的对称点为点R，所以R(- 27 k
2-3
1+9k
2 ,
6k
1+9k
2)，
则直线PR方程为y =
6 k
1+9k
2
- 27 k
2-3
1+9k
2 -3
(x -3)，与直线x =-3相交得：
E点纵坐标为y =-6
6 k
1+9k
2
- 27 k
2-3
1+9k
2 -3
= 2
3k ，
而直线y =k (x -3)与直线x =-3相交得：
D点纵坐标为y =-6 k，
所以可得|DE|=|
2
3k +6 k|=|
2
3k|+|6 k|≥2❑√|
2
3k|⋅|6k|= 4
当且仅当|
2
3k|=|6 k|，即k =± 1
3时，|DE|取到最小值4.
即|DE|的取值范围是[ 4 ,+ ∞)
【题型三】椭圆中的参数范围及最值
【例3】（2026·辽宁·三模）已知椭圆C : x
2
25 + y
2
16 =1的焦点分别为F1，F2，点P为C上任意一点，则|P F1|⋅|P F2|
的最大值为（ ）
A．41
B．25
C．10
D．9
【答案】B
【分析】利用椭圆的定义以及基本不等式即可求解.
【详解】已知椭圆C : x
2
25 + y
2
16 =1的焦点分别为F1，F2，点P为C上任意一点，所以a=5，
则根据椭圆的定义可知|P F1|+|P F2|=2a=10，
由基本不等式得|P F1|·|P F2|≤(
|P F1|+|P F2|
2
)
2
=(
10
2 )
2
=25，当且仅当|P F1|=|P F2|时取等号，此时点P在椭圆的
短轴的端点处，符合题意，
因此|P F1|·|P F2|的最大值是25.
【变式1】已知椭圆C : x
2
3 + y
2=1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y = x +m与C 交于A，B 两点，若△F1 AB面积
是△F2 AB面积的2 倍，则m=（ ）．
A．2
3
B．
❑√2
3
C．-
❑√2
3
D．- 2
3
【答案】C
【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用Δ>0，求出m范围，再根据三角形面积比得到关于m的方程，解出即可.
【详解】将直线y = x +m与椭圆联立¿，消去y可得4 x
2+6mx +3m
2-3=0，
因为直线与椭圆相交于A ,B点，则Δ=36m
2- 4×4(3m
2-3)>0，解得-2<m<2，
设F1到AB的距离d1, F2到AB距离d2，易知F1(- ❑√2,0), F2(❑√2,0)，
则d1=|- ❑√2+m|
❑√2
，d2=|❑√2+m|
❑√2
，
S△F1 AB
S△F2 AB
=
|- ❑√2+m|
❑√2
|❑√2+m|
❑√2
=|- ❑√2+m|
|❑√2+m|
=2，解得m=-
❑√2
3 或-3 ❑√2（舍去），
故选：C.
【变式2】（多选）已知点P(m,n)是椭圆x
2
3 + y
2
2 =1上的动点，点Q (a,0)(a>0且a≠❑√3)，则|PQ|最小时，m 的值
可能是（ ）
A．-1
B．❑√3
C．a
D．3a
【答案】BD
【分析】由n
2=2- 2
3 m
2，结合距离公式、二次函数的单调性得出m 的可能值.
【详解】因为点P(m,n)在椭圆C : x
2
3 + y
2
2 =1上，所以m
2
3 + n
2
2 =1(- ❑√3≤m≤❑√3),n
2=2- 2
3 m
2，
所以|PQ|=
❑√(m-a)
2+n
2= ❑√(m-a)
2+2- 2
3 m
2= ❑√
1
3 m
2-2am+a
2+2
= ❑√
1
3 (m-3a)
2+2-2a
2，若0<a≤
❑√3
3 ，当m=3a时，|PQ|最小，
若a>
❑√3
3 ，当m= ❑√3时，|PQ|最小.
故选：BD.
【变式3】（2025·全国·模拟预测）已知椭圆E: x
2
25 + y
2
9 =1，则在椭圆E短轴的右侧与短轴相切且在椭圆E内部（包
括边界）的最大圆的方程为______．
【答案】x
2+ y
2- 24
5 x =0
【分析】根据圆的位置及圆的对称性，设圆心的坐标为C (r ,0)，圆C的方程为( x -r )
2+ y
2=r
2，显然0<r < 5
2．设椭
圆E右半侧上点A的坐标为A(5cosθ，3sinθ)，则-π
2 ≤θ≤π
2 ．结合椭圆E右半侧上点A只能在圆C外或者圆C上，
有(5cosθ -r )
2+(3sinθ)
2≥r
2．对r ∈(0, 5
2)及θ∈(-π
2 ,π
2 )恒成立．令T =16(cosθ - 5
16 r)
2
+9- 25
16 r
2，在
θ∈(-π
2 ,π
2 )内的最小值T ≥0．二次函数性质可得r ≤12
5 ．进而求得结果；
【详解】根据圆的位置及圆的对称性，可知圆心的坐标为C (r ,0)，
故可设圆C的方程为( x -r )
2+ y
2=r
2，显然0<r < 5
2．
要求最大圆，即求半径r的最大值．
如图所示，设椭圆E右半侧上点A的坐标为A(5cosθ，3sinθ)，则-π
2 ≤θ≤π
2 ．
由于椭圆E右半侧上点A只能在圆C外或者圆C上，所以有(5cosθ -r )
2+(3sinθ)
2≥r
2．
对r ∈(0, 5
2)及θ∈[-π
2 ,π
2 ]恒成立．
因此T =(5cosθ -r )
2+(3sinθ)
2-r
2=16(cosθ - 5
16 r)
2
+9- 25
16 r
2，在θ∈[-π
2 ,π
2 ]内的最小值T ≥0．
因为r ∈(0, 5
2)，所以5r
16 ∈(0, 25
32)⊆(0,1)，则当cosθ = 5r
16 时有最小值T =9- 25
16 r
2≥0，解得r ≤12
5 ．
故所求最大圆的方程为(x - 12
5 )
2
+ y
2= 144
25 ，即x
2+ y
2- 24
5 x =0.
故答案为:x
2+ y
2- 24
5 x =0
【题型四】椭圆中的定点、定值
【例4】（2025·广东·模拟预测）圆E：x
2
4 + y
2
3 =1与曲线H：xy =k在第一象限内交于P，Q 两点，则直线PQ的斜
率为（ ）
A．- 3
4
B．- 4
3
C．- 2❑√3
3
D．-
❑√3
2
【答案】D
【分析】设P( x1, y1),Q( x2, y2)，则直线PQ的斜率k PQ= y2- y1
x2- x1
=
k
x2
- k
x1
x2- x1
=-
k
x1 x2
，将xy =k与x
2
4 + y
2
3 =1联立，
利用韦达定理即可求解.
【详解】依题意，k >0，设P( x1, y1),Q( x2, y2),0< x1< x2，
则直线PQ的斜率k PQ= y2- y1
x2- x1
=
k
x2
- k
x1
x2- x1
=-
k
x1 x2
<0，
由¿，得x
2
4 + k
2
3 x
2 =1，即3 x
4-12 x
2+ 4 k
2=0，
由韦达定理得(x1 x2)
2= 4 k
2
3 ，则k PQ
2 =
k
2
(x1 x2)
2 = 3
4 ，所以k PQ=-
❑√3
2 .
故选：D
【变式1】（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）（多选）如图，P为椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)上异于顶点的一点，
F(-c ,0)、A(a,0)分别是椭圆C的左焦点和右顶点．过点P分别向x轴和直线l: x =- a
2
c 作垂线，垂足分别为M , N．
记直线l与x轴的交点为H ,O为坐标原点，则下列比值与|OF |
|OA | 相等的是（ ）
A．|OA |
|OH |
B．| AF |
| AH |
C．| MP|
| MA |
D．| PF |
| PN |
【答案】ABD
【分析】由椭圆的几何性质逐个判断即可.
【详解】选项A：|OA |=a,|OH |= a
2
c ,|OA |
|OH | = a
a
2
c
= c
a =|OF |
|OA | ，A 对；
选项B：| AF |=a+c ,| AH |=a+ a
2
c ,| AF |
| AH | = a+c
a+ a
2
c
= c (a+c)
ac +a
2 = c
a =|OF |
|OA | ，B 对；
选项C：设P(x0, y0)，则| MP|
| MA | = |y0|
a- x0
不是定值，C 错；
选项D：| PF |
| PN | =
❑√(x0+c)
2+ y0
2
x0+ a
2
c
=
a+ c
a x0
x0+ a
2
c
= c
a，D 对．
故选：ABD
【变式2】（2024·四川·模拟预测）已知点A为椭圆E: x
2
25 + y
2
9 =1的左顶点，点F为椭圆E的右焦点，过点F作一条
直线（直线与x轴不重合）交椭圆E于M , N两个不同点，连接AM , AN，则k AM ⋅k AN =__________.
【答案】- 1
25/-0.04
【分析】利用椭圆方程可知A (-5,0), F (4,0)，再设直线MN : x =my + 4与椭圆联立方程组，利用韦达定理来计算
k AM ⋅k AN =
y1
x1+5 ⋅
y2
x2+5，最后得到一个定值.
【详解】由题知A (-5,0), F (4,0)，设M (x1, y1), N (x2, y2)，直线MN : x =my + 4，
联立¿消去x整理得(9m
2+25) y
2+72my -81=0，
所以y1+ y2=-72m
9m
2+25
, y1 y2=-81
9m
2+25，
因此k AM ⋅k AN =
y1
x1+5 ⋅
y2
x2+5 =
y1 y2
(m y1+9)(m y2+9)
=
y1 y2
m
2 y1 y2+9m( y1+ y2)+81
=
-81
9m
2+25
m
2⋅-81
9m
2+25
+9m⋅-72m
9m
2+25
+81
=- 1
25，
故答案为：- 1
25.
【变式3】（2026·重庆·三模）已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)过抛物线x
2= 4 y的焦点，且与双曲线x
2
2 - y
2=1有
相同的焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l：y =kx +m与椭圆C交于不同的两点A，B，点P(4,0)，若直线AP的斜率与直线BP的斜率互为相反数，
求证：直线l过定点．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)直线l过定点(1,0)，证明见解析
【分析】（1）由抛物线方程和双曲线方程分别可焦点坐标，进而可得b=1，c = ❑√3，再由椭圆的性质可得a，因此可
得椭圆方程；
（2）设交点坐标，再联立直线的方程与椭圆的方程消去y，由根与系数关系及k AP+ k BP=0可得k =-m，进而可得直
线过定点.
【详解】（1）由抛物线x
2= 4 y，得焦点(0,1)，
因为椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)过抛物线x
2= 4 y的焦点，所以b=1.
由双曲线x
2
2 - y
2=1，得焦点(❑√3,0)，
因为椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)与双曲线x
2
2 - y
2=1有相同的焦点，所以c = ❑√3.
由椭圆的性质，a
2=b
2+c
2=1+3= 4，
∴椭圆C的方程为x
2
4 + y
2=1.
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立¿，消去y得(4 k
2+1) x
2+8kmx + 4 m
2- 4 =0，
Δ=(8km)
2- 4(4 k
2+1)(4 m
2- 4)=16(4 k
2+1-m
2)>0，
x1+ x2=-8km
4 k
2+1，x1 x2= 4 m
2- 4
4 k
2+1
，
由已知k AP+ k BP=0，
所以
y1
x1- 4 +
y2
x2- 4 = k x1+m
x1- 4 + k x2+m
x2- 4 = 2k x1 x2+(m- 4 k )(x1+ x2)-8m
(x1- 4)(x2- 4)
=0，
所以2k x1 x2+(m- 4 k )(x1+ x2)-8m=0，
则2k × 4(m
2-1)
4 k
2+1
-(m- 4 k )× 8km
4 k
2+1
-8m=0，
8k (m
2-1)-8km(m- 4 k )-8m(4 k
2+1)=0，
-8k -8m=0，解得k =-m，满足Δ>0，
∴直线l的方程为y =k (x -1)，故直线l恒过定点(1,0)
【题型五】直线与双曲线的位置关系
【例5】（2026·山东济南·三模）已知直线y =
❑√3
4 x与双曲线x
2
a
2 - y
2=1(a>0)相交于A，B 两点，且A，B 两点的横
坐标之积为-16，则a=（ ）
A．1
4
B．1
2
C．2
D．4
【答案】C
【分析】直线方程代入双曲线方程应用韦达定理求解.
【详解】由¿得16-3a
2
16a
2
x
2-1=0，由已知得x1 x2=-
16a
2
16-3a
2 =-16，解得a=2（a=-2舍去）.
【变式1】（2024·广东肇庆·模拟预测）已知双曲线E: x
2
4 - y
2
5 =1，则过点(2,❑√5)与E有且只有一个公共点的直线共
有（ ）
A．4 条
B．3 条
C．2 条
D．1 条
【答案】C
【分析】根据点和双曲线的位置关系确定满足条件的直线的条数.
【详解】分析条件可得：点P(2,❑√5)在双曲线的渐近线y =
❑√5
2 x上，且位于第一象限，和双曲线的右顶点有相同横坐
标，如图：
所以过P(2,❑√5)且与双曲线E有且只有一个公共点的直线只有两条：
一条是切线：x =2，一条是过点P(2,❑√5)且与另一条渐近线平行的直线.
故选：C
【变式2】（2026·北京石景山·二模）设双曲线C：x
2- y
2
b
2 =1(b>0)，若直线y =2 x与双曲线C 无公共点，则b 的一
个取值为______．
【答案】1（只要满足0<b≤2即可，答案不唯一）
【分析】根据题意可知，只需比较直线的斜率与渐近线的斜率即可.
【详解】双曲线C：x
2- y
2
b
2 =1(b>0)的一条渐近线的斜率为b，
若直线y =2 x与双曲线C 无公共点，只需0<b≤2.
故b 的一个取值可以为1，（只要满足0<b≤2即可，答案不唯一）.
【变式3】函数f (x)= x +
4
x +1 +3(x>-1)的最小值为m，则直线5 x +3 y -15=0与曲线x|x|
m+3 + y|y|
m+19 =1的交点为
___________个.
【答案】2
【分析】利用均值不等式可得f (x)的最小值，即m的值，再分情况讨论去掉绝对值，最后联立直线方程求解即可得答
案.
【详解】解：因为x>-1，所以x +1>0，
所以f (x)= x +
4
x +1 +3= x +1+
4
x +1 +2≥2❑√
(x +1)×
4
x +1 +2=6，当且仅当x =1时等号成立，
所以函数f (x)的最小值为6，
所以m=6，
所以曲线x|x|
m+3 + y|y|
m+19 =1，即为x|x|
9 + y|y|
25 =1，
①当x ≥0, y ≥0时，曲线x|x|
9 + y|y|
25 =1，即x
2
9 + y
2
25 =1，联立直线方程5 x +3 y -15=0，解得交点为(0,5)和(3,0)；
②当x<0, y ≥0时，曲线x|x|
9 + y|y|
25 =1，即y
2
25 - x
2
9 =1，联立直线方程5 x +3 y -15=0可得无交点；
③当x<0, y <0时，曲线x|x|
9 + y|y|
25 =1，即- x
2
9 - y
2
25 =1不存在，所以无交点；
④当x ≥0, y <0时，曲线x|x|
9 + y|y|
25 =1，即x
2
9 - y
2
25 =1，联立直线方程5 x +3 y -15=0，可得无交点；
综上，直线5 x +3 y -15=0与曲线x|x|
9 + y|y|
25 =1的交点为(0,5)和(3,0)，
故答案为：2.
【题型六】双曲线的弦长、焦点弦
【例6】（2024·陕西西安·模拟预测）已知双曲线C : x
2
a
2 - y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左焦点为F1，圆O: x
2+ y
2=a
2.若过
F1的直线分别交C的左、右两支于A，B 两点，且圆O与F1B相切，C的离心率为3, F1到C的渐近线的距离为2❑√2，
则| AB|=（ ）
A．32
7
B．30
7
C．20
7
D．16
7
【答案】D
【分析】由题意可得|bc -a×0|
❑√a
2+b
2
=b，可得a=1,b=2❑√2,c =3，进而可求直线AB的方程y =
1
2❑√2 ( x +3)，联立方
程组可求弦长.
【详解】由e = c
a =3，得c =3a,b=2❑√2a.
双曲线x
2
a
2 - y
2
b
2 =1的渐近线方程为bx ±ay =0，F1(-c ,0)，
因为F1到C的渐近线的距离为b，所以|bc -a×0|
❑√a
2+b
2
=b=2❑√2a=2❑√2，解得a=1,b=2❑√2,c =3，所以x
2- y
2
8 =1，
过F1的直线AB与圆x
2+ y
2=1相切于N，则可得|F1 N|=
❑√3
2-1
2=2❑√2，
所以tan ∠B F1O =|ON |
| N F1| =
1
2❑√2，
过F1且与圆x
2+ y
2=1相切的直线方程为y =
1
2❑√2 ( x +3)，
联立方程组¿，消去x得63 x
2-6 x -73=0.设A(x1, y1),B(x2, y2)，
则x1+ x2= 2
21 , x1 x2=- 73
63，所以|AB|= ❑√1+ 1
8 ⋅❑√(
2
21)
2
+ 4×73
63
= 16
7 .
故选：D.
【变式1】（2026·河北邢台·二模）（多选）已知直线2 x - y -3=0被双曲线C : x
2
a
2 - y
2
b
2 =1(a>0,b>0)截得的弦长
为m(m>0)，则下列直线中被C截得的弦长也为m的有（ ）
A．2 x + y +3=0
B．2 x + y -1=0
C．2 x - y +3=0
D．2 x - y -1=0
【答案】AC
【详解】∵双曲线C关于x轴、y轴和原点对称
∴若两直线关于x轴、y轴或原点对称，那么它们被双曲线截得的弦长相等.
对于A，∵直线2 x + y +3=0与直线2 x - y -3=0关于y轴对称，∴它们被双曲线截得的弦长相等，故A 正确；
对于B，∵直线2 x + y -1=0与直线2 x - y -3=0，它们既不关于x轴对称，也不关于y轴和原点对称，∴它们被双曲
线截得的弦长不相等，故B 错误；
对于C，∵直线2 x - y +3=0与直线2 x - y -3=0关于原点对称，∴它们被双曲线截得的弦长相等，故C 正确；
对于D，∵直线2 x - y -1=0与直线2 x - y -3=0，它们既不关于x轴对称，也不关于y轴和原点对称，∴它们被双曲
线截得的弦长不相等，故D 错误.
【变式2】过双曲线x
2- y
2= 4的右焦点F 作倾斜角为30°的直线，交双曲线于A，B 两点，则弦长|AB|=______．
【答案】8
【分析】写出直线方程，联立双曲线方程，利用弦长公式求解即可.（也可以直接使用双曲线焦点弦长公式代值求解）
【详解】由双曲线x
2- y
2= 4，得a=b=2，c =2❑√2，
焦点为F(2❑√2,0)，倾斜角θ =30
∘，
法一：直线斜率k =
❑√3
3 ，直线方程为x = ❑√3 y +2❑√2，
联立¿消x得，y
2+2❑√6 y +2=0，
由韦达定理知¿，
代入弦长公式|AB|= ❑√
1+ 1
k
2|y1- y2|=2
❑√( y1+ y2)
2- 4 y1 y2，
得|AB|=2
❑√(-2❑√6)
2- 4×2=8.
法二：|AB|=
2ab
2
|a
2-c
2cos
2θ|
= 2×2×4
|4 -8× 3
4|
=8
.
故答案为：8.
【变式3】双曲线C：x
2
a
2 - y
2
b
2 =1(a>0，b>0)的焦点为F1、F2，P 在双曲线右支上，且|P F1|=3|P F2|，y =± x为
C 的渐近线方程，若△P F1 F2的面积为4 ❑√2，则双曲线C 的焦距长为______．
【答案】4 ❑√2
【分析】根据双曲线的渐近线可求c 与a 的关系，根据|P F1|=3|P F2|即双曲线的定义可求|P F1|,|P F2|，在焦点三
角形P F1 F2中，利用余弦定理可求出cos∠F1 P F2，从而可求sin∠F1 P F2，根据
S△P F1 F2= 1
2 ⋅|P F1|⋅|P F2|·sin ∠F1 P F2即可求出a，从而可求2c．
【详解】∵C 的渐近线方程是y =± x，∴C 为等轴双曲线，a=b，
∴c
2=a
2+b
2=2a
2．
设|P F1|=3|P F2|=3m，则2a=3m-m=2m，即m=a，则|P F1|=3a,|P F2|=a，
设∠F1 P F2=θ，在△P F1 F2中，由余弦定理得，
|P F1|
2+|P F2|
2-2|P F1|⋅|P F2|⋅cosθ =|F1 F2|
2，
即9a
2+a
2-2⋅3a⋅a⋅cosθ = 4 c
2，化简可得cosθ = 1
3，
∴sinθ = ❑√1-(
1
3)
2
= 2❑√2
3
，
∵S△P F1 F2= 1
2 ⋅|P F1|⋅|P F2|·sinθ = 1
2 ⋅3a⋅a⋅sinθ = 3
2 a
2⋅2❑√2
3
= ❑√2a
2，
∴❑√2a
2= 4 ❑√2，a
2= 4，c
2=2a
2=8，c =2❑√2，2c = 4 ❑√2．
故答案为：4 ❑√2．
【题型七】双曲线中的定点、定值
【例7】（2025·山东泰安·三模）设双曲线C：x
2- y
2=1的左、右焦点分别为F1，F2，P 为C 上一动点，则P 到y 轴
的距离与P 到F1，F2距离之和的比值（ ）
A．恒为定值
❑√2
4
B．恒为定值
❑√2
2
C．不为定值但有最小值
❑√2
4
D．不为定值但有最大值
❑√2
2
【答案】A
【分析】设点P(x , y)，由两点间的距离公式得到P 到y 轴的距离与P 到F1，F2距离之和的比为
|
❑√(x - ❑√2)
2+ y
2-
❑√(x + ❑√2)
2+ y
2|
4 ❑√2
，再结合双曲线的定义即可判断.
【详解】不妨设点P(x , y)，且易有F1(- ❑√2,0)，F2(❑√2,0)，且|P F1|=
❑√(x + ❑√2)
2+ y
2，|P F2|=
❑√(x - ❑√2)
2+ y
2，
代入得P 到y 轴的距离与P 到F1，F2距离之和的比值为
|x|
|
❑√(x - ❑√2)
2+ y
2+
❑√(x + ❑√2)
2+ y
2|
=|x||
❑√(x - ❑√2)
2+ y
2-
❑√(x + ❑√2)
2+ y
2|
|(x - ❑√2)
2+ y
2-(x + ❑√2)
2- y
2|
=|x||
❑√(x - ❑√2)
2+ y
2-
❑√(x + ❑√2)
2+ y
2|
|4 ❑√2 x|
=|
❑√(x - ❑√2)
2+ y
2-
❑√(x + ❑√2)
2+ y
2|
4 ❑√2
，
由于P 为双曲线C 上一点，故|
❑√(x - ❑√2)
2+ y
2-
❑√(x + ❑√2)
2+ y
2|等价于点P到F1与F2的距离之差的绝对值，由双曲线
定义知其等于2，
故原式等价于
2
4 ❑√2 =
❑√2
4 ，为定值.
故选：A.
【变式1】已知双曲线x
2
5 - y
2
b
2 =1(b>0)的一条渐近线的倾斜角的正切值为2❑√5
5
.若直线y =mx +n（m
2<4且m
2≠4
5
）与双曲线交于A，B 两点，直线OA，OB的斜率的倒数和为10
m ，则直线y =mx +n恒经过的定点为_____________.
【答案】(-2,0)
【分析】先根据渐近线的倾斜角算出b，然后联立直线和双曲线，结合题目条件和韦达定理找到m,n的关系，从而得
到定点.
【详解】因为双曲线方程为x
2
5 - y
2
b
2 =1一条渐近线的倾斜角的正切值为2❑√5
5
.所以b
❑√5 = 2❑√5
5
，解得b=2，所以双曲线
方程为x
2
5 - y
2
4 =1.
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立¿得(4 -5m
2) x
2-10mnx -5n
2-20=0，
Δ=(-10mn)
2+ 4×(4 -5m
2)(5n
2+20)=80(n
2+ 4 -5m
2)>0.
由韦达定理得x1+ x2= 10mn
4 -5m
2，x1 x2=- 5n
2+20
4 -5m
2 .
因为1
kOA
+ 1
kOB
= 10
m ，所以
1
kOA
+ 1
kOB
= 1
y1
x1
+ 1
y2
x2
= x1
y1
+ x2
y2
= x1 y2+ x2 y1
y1 y2
=
x1(m x2+n)+ x2(m x1+n)
(m x1+n)(m x2+n)
=
2m x1 x2+n(x1+ x2)
m
2 x1 x2+mn(x1+ x2)+n
2 =
-2m⋅5n
2+20
4 -5m
2 +n⋅10mn
4 -5m
2
-m
2⋅5n
2+20
4 -5m
2 +mn⋅10mn
4 -5m
2 +n
2
=
10m
5m
2-n
2 = 10
m .
所以n=2m，由题意知m
2<4，此时Δ=80(n
2+ 4 -5m
2)=80(4 -m
2)>0.
所以直线方程为y =mx +2m=m(x +2)，恒经过的定点为(-2,0).
故答案为：(-2,0)
【变式2】（2026·安徽滁州·一模）（多选）已知圆T : x
2+ y
2=14经过双曲线C : y
2
m -
x
2
m+2 =1(m>0)的两个焦点F1，
F2，且P 为双曲线C 上异于顶点的任意一点，点M (2,3)，则（ ）
A．点M 在双曲线C 上
B．当P 在圆T 上时，△P F1 F2的面积为8
C．点P 到双曲线C 的两条渐近线的距离之积为3
D．双曲线C 上存在定点Q，使得直线PM和PQ的斜率之积为定值3
4
【答案】ABD
【分析】根据题意，求出双曲线方程，将点M 代入方程验证A 选项；联立求出P点的横坐标值，根据三角形面积公式
求解验证B 选项；求出双曲线渐近线，利用点到直线距离验证C 选项；利用点差法验证D 选项.
【详解】由题知双曲线C : y
2
m -
x
2
m+2 =1(m>0)的焦点在y轴，
故c
2=a
2+b
2=m+(m+2)=2m+2，焦点坐标为(0,±c)，
因为圆T : x
2+ y
2=14过焦点，代入得c
2=14，即2m+2=14，解得m=6，
因此双曲线C的方程为：y
2
6 - x
2
8 =1.
对于A：点M (2,3)代入双曲线方程得左边= 3
2
6 - 2
2
8 = 9
6 - 4
8 =1=右边，
因此M在双曲线C上，故A 正确；
对于B：联立{
x
2+ y
2=14
y
2
6 - x
2
8 =1，消去y
2得x
2= 32
7 ，故P横坐标可以为4 ❑√14
7
，
△P F1 F2中，∣F1 F2∣=2c =2❑√14，高为∣xP∣，
面积 S = 1
2 ⋅|F1 F2|⋅|xP|= ❑√14× 4 ❑√14
7
=8，故B 正确.
对于C：双曲线渐近线为❑√3 x ±2 y =0，
设P( x0, y0)，点P 到双曲线C 的两条渐近线的距离分别为d1,d2，
因为P在双曲线上，故满足y0
2
6 - x0
2
8 =1，即4 y0
2-3 x0
2=24，
点P 到双曲线C 的两条渐近线的距离之积如下，
为d1d2= ∣❑√3 x0-2 y0∣
❑√7
⋅∣❑√3 x0+2 y0∣
❑√7
= ∣3 x0
2- 4 y0
2∣
7
= 24
7 ≠3，故C 错误；
对于D：设A (t ,s),B (-t ,- s)是位于双曲线上，关于原点对称，且异于P的两个点，
则k PA⋅k PB= y0- s
x0-t × y0+ s
x0+t = y0
2- s
2
x0
2-t
2 ，
又y0
2
6 - x0
2
8 =1①，s
2
6 - t
2
8 =1②，由①
②得到1
6 ( y0
2- s
2)- 1
8 (x0
2-t
2)=0，
得到
y0
2- s
2
x0
2-t
2 = 3
4 ，所以k PA⋅k PB= y0
2- s
2
x0
2-t
2 = 3
4 ，
综上，只要满足位于双曲线上，关于原点对称，
且异于P的两个点均可满足点P 与两点连线斜率之积为定值3
4 ，
故当点Q坐标为Q (-2,-3)时，
直线PM和PQ的斜率之积为定值3
4 ，故D 正确.
【变式3】（2026·陕西西安·模拟预测）已知点A (3,0)，B (0,1)，双曲线的方程C : x
2
a
2 - y
2
b
2 =1(a>0,b>0)经过点A，
且C的一条渐近线与直线AB平行，P为C上异于顶点的任意一点，A1为C的左顶点．
(1)求C的方程；
(2)求直线A1 P与AP的斜率之积；
(3)设Q为C上异于顶点和点P的任意一点，且直线A1 P的斜率是直线AQ的斜率的3 倍，证明：直线PQ恒过定点．
【答案】(1) x
2
9 - y
2=1；(2)1
9；(3) 直线PQ恒过定点(- 3
2 ,0)
【分析】（1）根据双曲线的性质可得双曲线的基本量，进而可得双曲的方程；
（2）设P(x1, y1)(x1≠±3)，根据点在双曲线上及斜率的定义可得；
（3）方法一：先设直线PQ的方程为x =my +n，由（2）的分析得k A1 Pk AP= 1
9，进而可得k AQ k AP= 1
27 ，再由斜率的
坐标运算公式及根与系数关系代入化简得n=- 3
2，从而可得直线过定点；方法二：先设直线PQ的方程为x =my +n，
再由条件k A1P=3k AQ及根与系数关系可得(2n
2-3n-9) y1=(2n
2+9n+9) y2恒成立，得¿，从而可得n=- 3
2及直线过
定点.
【详解】（1）由C经过点A (3,0)，得a=3．
由k AB= 1-0
0-3 =- 1
3，又因为双曲线C : x
2
a
2 - y
2
b
2 =1(a>0,b>0)一条渐近线与直线AB平行，
所以- b
a =- 1
3，则b=1，故C的方程为x
2
9 - y
2=1．
（2）设P(x1, y1)(x1≠±3)，则x1
2
9 - y1
2=1，即y1
2= x1
2
9 -1，
因为k A1 P=
y1
x1+3，k A P=
y1
x1-3，
所以k A1 Pk AP=
y1
x1+3 ⋅
y1
x1-3 =
y1
2
x1
2-9
=
x1
2
9 -1
x1
2-9
=
x1
2-9
9(x1
2-9)
= 1
9
，
故直线A1 P与AP的斜率之积为1
9．
（3）证明：（方法一）由（2）知，k A1 P·k AP= 1
9，因为k A1 P=3k AQ，所以k AQ·k AP= 1
27 ．
设直线PQ的方程为x =my +n，代入x
2
9 - y
2=1，
得(m
2-9) y
2+2mny +n
2-9=0，
则m
2-9≠0且Δ=36(m
2+n
2-9)>0，即m
2≠9且m
2+n
2>9．
设Q(x2, y2)（x2≠±3且x2≠x1），则y1+ y2=- 2mn
m
2-9，y1 y2= n
2-9
m
2-9
．
因为k AQ·k AP=
y1
x1-3 ×
y2
x2-3 =
y1 y2
(x1-3)(x2-3)
= 1
27 ，
再将x1=m y1+n，x2=m y2+n代入得：得(m y1+n-3)(m y2+n-3)=27 y1 y2，
即(m
2-27) y1 y2+m(n-3)( y1+ y2)+(n-3)
2=0，
所以(m
2-27) n
2-9
m
2-9
+m(n-3)-2mn
m
2-9
+(n-3)
2=0，
因为直线PQ不过点A (3,0)，所以n≠3，所以(m
2-27) n+3
m
2-9
+m-2mn
m
2-9
+n-3=0，
(m
2-27)(n+3)-2m
2n+(n-3)(m
2-9)=0，化简整理得-36n-54 =0，解得n=- 3
2，
所以直线PQ的方程为x =my - 3
2，故直线PQ恒过定点(- 3
2 ,0)．
（方法二）设直线PQ的方程为x =my +n，代入x
2
9 - y
2=1，
得(m
2-9) y
2+2mny +n
2-9=0，
则m
2-9≠0且Δ=36(m
2+n
2-9)>0，即m
2≠9且m
2+n
2>9．
设Q(x2, y2)（x2≠±3且x2≠x1），则y1+ y2=- 2mn
m
2-9，y1 y2= n
2-9
m
2-9
．
因为k A1P=3k AQ，所以
y1
x1+3 = 3 y2
x2-3，即
y1
m y1+n+3 =
3 y2
m y2+n-3，
整理得-2m y1 y2+(n-3) y1-3(n+3) y2=0，
由mn≠0，所以y1 y2
y1+ y2
=
n
2-9
m
2-9
- 2mn
m
2-9
，得y1 y2= n
2-9
-2mn ( y1+ y2)，
所以-2m⋅n
2-9
-2mn ( y1+ y2)+(n-3) y1-3(n+3) y2=0，
(n
2-9)( y1+ y2)+n(n-3) y1-3n(n+3) y2=0，整理得(2n
2-3n-9) y1=(2n
2+9n+9) y2，
因为等式(2n
2-3n-9) y1=(2n
2+9n+9) y2恒成立，所以¿，解得n=- 3
2．
所以直线PQ的方程为x =my - 3
2，故直线PQ恒过定点(- 3
2 ,0)．
【题型八】直线与抛物线的位置关系
【例8】若x0
2>2 p y0( p>0)，则称点( x0, y0)在抛物线C：x
2=2 py( p>0)外．已知点P(a，b)在抛物线C：
x
2=2 py( p>0)外，则直线l：ax = p( y +b)与抛物线C 的位置关系是（ ）
A．相交
B．相切
C．相离
D．不能确定
【答案】A
【详解】试题分析：因为点P(a，b)在抛物线C：x
2=2 py( p>0)外，所以a
2>2 pb.由l：ax = p( y +b)与
x
2=2 py( p>0)联立方程组消y得：x
2-2ax +2 pb=0,因此Δ= 4 a
2-8 pb>0，所以直线与抛物线相交.
考点：直线与抛物线位置关系
【变式1】过抛物线C : y
2=2 px的焦点作倾斜角为2π
3 的直线l，交C于A、B两点，交y轴于点P．若|PA|⋅|PB|=2，
则p的值为（ ）
A．
❑√2
2
B．❑√2
C．1
D．2
【答案】B
【分析】设点A(x1, y1)、B(x2, y2)，将直线l的方程与抛物线的方程联立，求出x1、x2的值，利用弦长公式结合已知
条件可求得p的值.
【详解】抛物线C的焦点为F(
p
2 ,0)，易知直线l的方程为y =- ❑√3(x - p
2)，设点A(x1, y1)、B(x2, y2)，
联立¿，可得12 x
2-20 px +3 p
2=0，解得x1= p
6 ，x2= 3 p
2 ，
所以，|PA|=
❑√1+(- ❑√3)
2⋅x1=2 x1= p
3 ，|PB|=
❑√1+(- ❑√3)
2⋅x2=2 x2=3 p，
所以，|PA|⋅|PB|= p
2=2，因为p>0，解得p= ❑√2.
故选：B.
【变式2】（多选）已知抛物线C：y
2=2 px ( p>0)，圆C
':(x - p
2)
2
+ y
2= R
2．若C 与C
'交于M，N 两点，圆C
'与x
轴的负半轴交于点P，则（ ）
A．若△PMN为直角三角形，则圆C
'的面积为π p
2
B．R> p
2
C．直线PM 与抛物线C 相切
D．直线PN 与抛物线C 有两个交点
【答案】ABC
【分析】对于A：分析可知直线MN 过焦点F 且与x 轴垂直，可得R = p，进而可得结果；对于B：分析可知R>|OF|，
即可得结果；对于CD：M (x0, y0)，求直线AM 的方程，与抛物线联立，结合Δ以及对称性分析判断.
【详解】记抛物线C 的焦点为F(
p
2 ,0)，坐标原点为O，
则圆C
'的圆心为F，半径R =|FP|=|FM|．
对于选项A：由抛物线与圆的对称性可知，点M，N 关于x 轴对称，
若△PMN为直角三角形，则∠MPN =90°，
则直线MN 过焦点F 且与x 轴垂直，则R = p，圆C
'的面积为π p
2，故A 正确；
对于选项B：R =|FP|>|OF| = p
2 ，故B 正确；
对于选项C，D：设M (x0, y0)，由抛物线定义可知，R =|MF|= x0+ p
2 ，
又因为|PF|= x0+ p
2 ，则P(- x0,0)，所以直线PM 的方程为y = y0
2 x0
(x + x0)，
与抛物线C：y
2=2 px联立可得，y0
2
4 x0
2 (x + x0)
2=2 px，则x
2-2 x0 x + x0
2=0，
故Δ=(2 x0)
2- 4 x0
2=0，所以直线PM 与抛物线C 相切，
由抛物线与圆的对称性可知直线PN 也与抛物线C 相切，故C 正确，D 错误．
故选：ABC．
【变式3】（2026·天津滨海新区·三模）已知圆C：( x +2)
2+ y
2=3，过原点的一条直线与圆C相切，且与焦点为F的
抛物线y
2=2 px( p>0)交于异于原点的M点，若|MF|=14，则焦点F的坐标为_____________．
【答案】(6,0)
【分析】先求出切线方程，再将切线方程与抛物线联立求出点M 的坐标，进而可以得到p的值，从而能够得到焦点F
的坐标.
【详解】由题可知，圆C的圆心坐标为(-2,0)，半径为❑√3
设过原点的直线方程为y =kx，该直线与圆C相切，即圆心到直线的距离等于半径
|-2k -0|
❑√k
2+1
= ❑√3，解得，k =± ❑√3.
所以直线方程为y =± ❑√3 x
将直线方程与抛物线方程联立有，
¿
所以由抛物线定义可知，|MF|= 2 p
3 + p
2 =14
解得，p=12.
所以焦点F的坐标为(6,0).
【题型九】抛物线的弦长
【例9】（2026·福建莆田·模拟预测）若直线y = x -1交抛物线y
2= 4 x于A ,B两点，则|AB|=（ ）
A．2❑√2
B．4
C．4 ❑√2
D．8
【答案】D
【详解】已知抛物线方程y
2= 4 x，则焦点F (1,0)，准线为x =-1，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，
联立直线方程与抛物线方程¿得x
2-6 x +1=0，
则x1+ x2=6，
因为直线y = x -1过焦点F (1,0)，
所以由抛物线焦点弦的性质可得|AB|= x1+ x2+2=6+2=8．
【变式1】（2025·山西临汾·三模）已知抛物线C : y
2= 4 x的焦点为F，过点F的直线与C交于A ,B两点，若
|AF|=2|FB|，则|AB|=（ ）
A．3
2
B．3
C．4
D．9
2
【答案】D
【分析】设直线AB的方程为x =my +1，将直线AB的方程与抛物线的方程联立，写出韦达定理得到y1 y2=- 4，进而
得到x1 x2=1，再利用焦半径公式得到x1+1=2( x2+1)，求解出¿，最后再利用焦半径公式求值即可.
【详解】由题意可知，抛物线的焦点为F (1,0)，设直线AB的方程为x =my +1，
将直线AB的方程与抛物线的方程联立，设A(x1, y1),B(x2, y2)，且x1> x2，
¿，消去x 得y
2- 4 my - 4 =0，
由韦达定理得y1 y2=- 4，则x1 x2= y1
2
4 × y2
2
4 = ( y1 y2)
2
16
= 16
16 =1，
由焦半径公式得|AF|= x1+ 2
2 = x1+1，|BF|= x2+ 2
2 = x2+1，
因为|AF|=2|FB|，所以x1+1=2( x2+1)，
联立方程组¿，解得¿或¿（舍去），
则|AB|= x1+1+ x2+1= 9
2，故D 正确.
故选：D
【变式2】（2026·山东枣庄·二模）（多选）过抛物线C : y
2= 4 x的焦点F，且斜率为1 的直线交C于A ,B两点，则
|AB|=______．
【答案】8
【详解】抛物线C : y
2= 4 x的焦点坐标为F (1,0)，准线方程为x =-1，
所以直线AB的方程为y = x -1，与抛物线方程联立，
得¿，
Δ=(-6)
2- 4 =32>0，设A(x1, y1),B(x2, y2)，x1+ x2=6，
|AB|=|AF|+|BF|= x1+1+ x2+1=6+2=8.
【变式3】（2025·广东江门·模拟预测）已知抛物线C : y
2=2 px ( p>0)的焦点F关于C的准线的对称点为(- 9
2 ,0)．
(1)求C的方程；
(2)若经过点F且斜率为1 的直线l与C交于A ,B两点，求|AB|．
【答案】(1)C : y
2=6 x；
(2)12.
【分析】（1）由题意有-( p
2 + p)=- 9
2，求出参数值，即可得方程；
（2）由题意可得l: y = x - 3
2，联立抛物线，应用韦达定理和焦点弦长公式求|AB|.
【详解】（1）由题设F( p
2 ,0)，准线为x =- p
2 ，而焦点F关于C的准线的对称点为(- 9
2 ,0)，
所以-( p
2 + p)=- 9
2，可得p=3，故C : y
2=6 x；
（2）
由（1）知F( 3
2 ,0)，则直线l: y = x - 3
2，联立C : y
2=6 x，
所以( x - 3
2 )
2
=6 x，可得4 x
2-36 x +9=0，显然Δ>0，
所以x A+ xB=9，x A xB= 9
4 ，(A ,B的横坐标分别为x A , xB)，
则|AB|= x A+ xB+ p=9+3=12.
【题型十】抛物线焦点弦的性质
【例10】（2025·云南玉溪·二模）已知抛物线E: y
2=2 px ( p>0)的焦点为F，过点F的直线l与E交于A，B 两点，点
M为线段AB的中点，若点M的横坐标为p，|AB|=12，则p=（）
A．2
B．3
C．4
D．6
【答案】C
【分析】根据抛物线的定义求解即可.
【详解】根据抛物线定义，点A ,B到焦点F的距离分别等于它们到准线x =- p
2 的距离，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则AF = x1+ p
2 ,BF = x2+ p
2 ，
由于M为AB中点，所以x1+ x2=2 p，
又因为AB = AF + BF = x1+ x2+ p=12，
代入x1+ x2=2 p得3 p=12，解得p= 4，
故选：C.
【变式1】（2026·福建漳州·二模）已知A，B 为抛物线y
2= 4 x上的动点，P(x0, y0)为AB 中点且|AB|=6，则x0的
最小值为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】先过点A，B分别作抛物线y
2= 4 x准线的垂线，由抛物线的定义得2(x0+1)≥|AB|=6，即可得解.
【详解】设抛物线y
2= 4 x的准线为l，焦点为F，则l: x =- p
2 =-1，
过点A作A A1⊥l于A1，过点B作B B1⊥l于B1，连接FA，FB，
设A(x1, y1),B(x2, y2) ，根据抛物线的定义，|FA|=|A A1|= x1+ p
2 ,|FB|=|B B1|= x2+ p
2 ，
因P(x0, y0) 是A ,B 中点，所以2 x0= x1+ x2，故|FA|+|FB|= x1+ x2+ p=2 x0+2=2(x0+1),
2(x0+1)=|FA|+|FB|≥|AB|=6，得x0+1≥6
2 =3，解得x0≥2，
当且仅当A，B，F 三点共线时等号成立.
所以x0的最小值为2.
【变式2】（2026·山西忻州·模拟预测）已知抛物线C：y
2= 4 x的焦点为F，准线与x轴交于点D．过F的直线交C于
A，B两点，若点D在以AB为直径的圆上，则|AB|=__________．
【答案】4
【详解】抛物线 C : y
2= 4 x 是标准抛物线，2 p= 4，得 p=2，因此焦点 F(1,0)，准线 x =-1，准线与x轴交点
D(-1,0)，
设过F的直线为 x =my +1，A( x1, y1),B( x2, y2)，
联立直线与抛物线方程： ¿ ，Δ=16m
2+16>0，
由韦达定理得：y1+ y2= 4 m，y1 y2=- 4，
因为D在以AB为直径的圆上，故 ∠ADB =90
∘，即 ⃗DA ⋅⃗DB =0，⃗DA =( x1+1, y1),⃗DB =( x2+1, y2)，
代入得： ( x1+1)( x2+1)+ y1 y2=0 ，将 x1=m y1+1, x2=m y2+1 代入化简，
结合韦达定理得(m
2+1) y1 y2+2m( y1+ y2)+ 4 =0，即- 4 m
2- 4+8m
2+ 4 = 4 m
2=0 ，即 m=0，
当m=0 时，直线为x =1，代入抛物线得y =±2，
故 A(1,2),B(1,-2)，∣AB∣= 4（也可由抛物线焦点弦公式 ∣AB∣= x1+ x2+ p=1+1+2= 4）.
【变式3】已知梯形ABCD 的四个顶点都在抛物线E: y
2= 4 x上，且⃗AB = λ⃗DC (λ∈R)，直线AB 过抛物线E 的焦
点F.
(1)若四边形ABCD 为等腰梯形，求|⃑AB|；
(2)若直线AD 与直线BC 的交点为P(0,1)，求实数λ的值.
【答案】(1)4；
(2)5．
【分析】(1)设AB 方程为x =my +1，与抛物线方程联立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，根据韦达定理和中点坐标公
式求出AB 中点M 坐标，同理设CD 为x =my +t(t≠1)，求出CD 中点N 的坐标，根据MN 坐标关系结合AB⊥MN 可得
AB 的位置关系，从而求得m 的值，从而可求|⃑AB|．
(2)根据⃗AB = λ⃗DC (λ∈R)可得AB∥CD，可得PA
PD = PB
PC = AB
CD = λ，结合P 的坐标可得λ = x A
xD
，故求出A 点横坐标和
D 点横坐标即可.易知P、M、N 三点共线可求m 的值，故可求A 的坐标，联立PA 与抛物线方程即可求D 的横坐标，
由此即可求得λ．
【详解】（1）由题可知直线AB 斜率若存在，则斜率不为零，故可设直线AB 为x =my +1，
与y
2= 4 x联立得y
2- 4 my - 4 =0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则¿，
则x1+ x2=m( y1+ y2)+2= 4 m
2+2，则AB 中点M 为(2m
2+1,2m)．
∵CD∥AB，则设CD 为x =my +t(t≠1)，
与y
2= 4 x联立得y
2- 4 my - 4 t =0(t ≠1)，
设C (x3，y3)，D(x4，y4)，则¿，
则x3+ x4=m( y3+ y4)+2t = 4 m
2+2t，则CD 中点N (2m
2+t ,2m)﹒
∴M 和N 纵坐标相同，则MN⊥y 轴，
又∵ABCD 为等腰梯形，∴AB⊥MN，∴AB∥y 轴，即AB⊥x轴，
∴m=0，|⃑AB|=2 p= 4；
（2）∵⃗AB = λ⃗DC (λ∈R)，∴AB∥CD，又由图可知λ>0，
故PA
PD = PB
PC = AB
CD = λ，
∵P(0,1)，∴x A = λ xD，
设M 是AB 中点，N 为CD 中点，∵AB∥CD，易知P、M、N 三点共线，
则结合(1)中M 和N 的坐标可知，2m=1，∴m= 1
2，
则AB为x = 1
2 y +1，根据抛物线的对称性，不妨设点A 在x 轴上方，易得A(
3+ ❑√5
2
,1+ ❑√5)，
∴可求直线PA 方程为：y = 2❑√5
3+ ❑√5 x +1，
与抛物线联立可得xD= 3+ ❑√5
10
，
∵x A = λ xD，∴解得λ= x A
xD
=5．
【题型十一】抛物线中的参数范围及最值
【例11】已知直线l1:4 x +3 y -6=0和直线l2: x =1，抛物线y
2=- 4 x上一动点P 到直线l1和直线l2的距离之和的最
小值是（ ）
A．2
B．3
C．11
5
D．37
16
【答案】A
【分析】结合抛物线的定义求得正确答案.
【详解】抛物线y
2=- 4 x的焦点为F (-1,0)，准线方程为x =1，
即直线l2是抛物线y
2=- 4 x的准线.
抛物线y
2=- 4 x上一动点P 到直线l1和直线l2的距离之和，也即是P到直线l2与焦点的距离之和，
最小值为F (-1,0)到直线l1:4 x +3 y -6=0的距离，即|- 4 -6|
5
=2.
故选：A
【变式1】（2026·河北·三模）在平面直角坐标系xOy中，设Q(2,0)，若抛物线y
2=2 px ¿上存在点P，使得
∠OPQ =90
°，则p 的取值范围是（ ）
A．(0,1]
B．(0,1)
C．(1,+∞)
D．[1,+∞)
【答案】B
【分析】根据圆与抛物线有交点转化为方程有正实数根求解.
【详解】因为∠OPQ =90
°，Q(2,0)，
所以P点在以OQ为直径的圆上，
而以OQ为直径的圆的方程为(x -1)
2+ y
2=1，
又P点在抛物线上，
所以圆(x -1)
2+ y
2=1与y
2=2 px( p>0)至少有一个交点，且交点横坐标大于0，
即x
2+2 px -2 x =0至少有一个正根，
即x (x +2 p-2)=0至少有一个正根，
所以x =2-2 p>0，解得0< p<1.
【变式2】（2025·上海黄浦·三模）抛物线y
2=2 px ( p>0)的焦点F，准线l，点A、B 是抛物线上两个动点，且满足
∠AFB =π
6 ，设线段AB的中点M 在l 上的投影是N，则|AB|
2
|MN|
2的最小值为________．
【答案】2- ❑√3
【分析】过A 作AQ⊥l于Q，过B 作BP⊥l于P，设| AF |=a､|BF |=b，把MN 用a、b 表示，在△ABF中用余弦定
理把AB 表示出来，就可以表示出| MN |
| AB| 并求最值.
【详解】过A 作AQ⊥l于Q，过B 作BP⊥l于P，
设| AF |=a､|BF |=b，如图所示，根据抛物线的定义，
可知| AF |=| AQ|、|BF |=|BP|，
在梯形ABPQ中，有|MN|= 1
2 (a+b)，
在△ABF中，| AB|
2=a
2+b
2-2ab⋅cosπ
6 =a
2+b
2- ❑√3ab=(a+b)
2-(2+ ❑√3)ab，
又∵ab≤( a+b
2
)
2
，∴| AB|
2≥(2- ❑√3)(a+b)
2
4
⇒|AB|≥
❑√6- ❑√2
4
(a+b)，
∴|MN|
|AB| ≤
1
2 (a+b)
❑√6- ❑√2
4
(a+b)
=
2
❑√6- ❑√2 = 2(❑√6+ ❑√2)
4
=
❑√6+ ❑√2
2
，
故| AB|
2
| MN |
2 ≥(
2
❑√6+ ❑√2)
2
=2- ❑√3
| AB|
2
| MN |
2 的最小值是2- ❑√3.
故答案为：2- ❑√3.
【变式3】已知抛物线E: x
2=2 py ( p>0)的焦点为F，过点F且倾斜角为π
3 的直线被E所截得的弦长为16.
(1)求抛物线E的方程；
(2)已知点C为抛物线上的任意一点，以C为圆心的圆过点F，且与直线y =- 1
2相交于A ,B两点，求|FA|⋅|FB|⋅|FC|
的取值范围.
【答案】(1)x
2= 4 y
(2)[3,+∞)
【分析】（1）设直线方程，与抛物线方程联立，利用抛物线焦点弦长公式可构造方程求得p，由此可得抛物线方程；
（2）设∠AFB =θ，圆C的半径为r，利用面积公式，借助S△AFB可求得|FA|⋅|FB|=3r，结合抛物线定义可知r ≥1，
由此可得|FA|⋅|FB|⋅|FC|=3r
3≥3，进而得到所求范围.
【详解】（1）由抛物线方程得：F(0, p
2)，可设过点F且倾斜角为π
3 的直线为：y = ❑√3 x + p
2 ，
由¿得：x
2-2❑√3 px - p
2=0，
由抛物线焦点弦长公式可得：y1+ y2+ p= ❑√3(x1+ x2)+2 p=8 p=16，解得：p=2，
∴抛物线E的方程为：x
2= 4 y.
（2）
由（1）知：F (0,1)，准线方程为：y =-1；
设∠AFB =θ，圆C的半径为r，则∠ACB =2θ，|FC|=|CA|=|CB|=r，
∴S△AFB= 1
2|FA|⋅|FB|sinθ = 1
2|AB|⋅3
2 = 3
4|AB|，又|AB|=2r sinθ，∴|FA|⋅|FB|=3r；
由抛物线定义可知：|CF|= yc+1≥1，即r ≥1，∴|FA|⋅|FB|⋅|FC|=3r
3≥3，
即|FA|⋅|FB|⋅|FC|的取值范围为[3,+∞).
【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线的综合应用问题，本题第二问求解的基本思路是能够将所求距离之积转化
为关于圆的半径r的函数的形式，通过抛物线定义确定r的取值范围后，即可得到所求距离之积的取值范围.
【题型十二】抛物线中的定点、定值
【例12】（2026·四川巴中·一模）两直线 y =kx 和 y =- 1
k x 分别与抛物线 y
2= 4 x 相交于不同于原点的 A ,B
两点， 则直线 AB 恒过的点是（ ）
A．(1,0)
B．(2,0)
C．(3,0)
D．(4,0)
【答案】D
【分析】联立直线与抛物线方程，求出A ,B的坐标，然后求出直线AB的方程，进而可求出结果.
【详解】因为两直线 y =kx 和 y =- 1
k x 分别与抛物线 y
2= 4 x 相交于不同于原点的 A ,B 两点，
所以分别联立直线与抛物线为：
¿，化简得k
2 x
2- 4 x =0和1
k
2 x
2- 4 x =0.
解得x = 4
k
2和x = 4 k
2，所以A(
4
k
2 , 4
k),B(4 k
2,- 4 k).
所以直线AB的斜率为k AB=
- 4 k - 4
k
4 k
2- 4
k
2
=
k
1-k
2，所以直线AB的方程为y + 4 k =
k
1-k
2 (x - 4 k
2).
化简得(k
2-1) y + k (x - 4)=0，所以直线 AB 恒过的点是(4,0).
故选：D.
【变式1】（2026·浙江台州·二模）已知点A (1,1)，B (1,-1)，点P 是抛物线C : y
2= x上的动点（异于A，B 两点），
记直线AP 的斜率为k1，直线BP 的斜率为k2，则下列结论正确的是（ ）
A．k1-k2为定值B．k1+ k2为定值
C．1
k1
- 1
k2
为定值
D．1
k1
+ 1
k2
为定值
【答案】C
【分析】设P( y0
2, y0)（y0≠±1），利用两点斜率公式求k1,k2，再分别求k1-k2,k1+k2, 1
k1
- 1
k2
, 1
k1
+ 1
k2
即可判断.
【详解】因为点P是抛物线y
2= x上异于A ,B的动点，
故设P( y0
2, y0)（y0≠±1），
则k1= y0-1
y0
2-1
=
1
y0+1，k2= y0+1
y0
2-1
=
1
y0-1，
对于选项A，k1-k2=
1
y0+1 -
1
y0-1 =-2
y0
2-1，不是定值，A 错误；
对于选项B，k1+k2=
1
y0+1 +
1
y0-1 = 2 y0
y0
2-1，不是定值，B 错误；
对于选项C，1
k1
- 1
k2
=( y0+1)-( y0-1)=2，为定值，C 正确；
对于选项D，1
k1
+ 1
k2
=( y0+1)+( y0-1)=2 y0，不是定值，D 错误.
【变式2】（2024·四川宜宾·二模）已知F为抛物线C : x
2=-8 y的焦点，过直线l: y = 4上的动点M作抛物线的切线，
切点分别是P ,Q，则直线PQ过定点__________.
【答案】(0,- 4)
【分析】设P(x1, y1),Q(x2, y2), M (t ,4)，根据导数的几何意义求出切线方程，再根据切线过点M，从而可确定直线
PQ的方程，进而可得出答案.
【详解】设P(x1, y1),Q(x2, y2), M (t ,4)，
由x
2=-8 y，得y =- 1
8 x
2，则y
' =- 1
4 x，
则抛物线C在点P处得切线方程为y - y1=- 1
4 x1(x - x1)，
即y =- 1
4 x1 x + 1
4 x1
2+ y1，
又x1
2=-8 y1，所以y =- 1
4 x1 x - y1，
又因为点M (t ,4)在切线MP上，所以4 =- 1
4 x1t - y1，①
同理可得4 =- 1
4 x2t - y2，②
由①②可得直线PQ的方程为4 =- 1
4 xt - y，
所以直线PQ过定点(0,- 4).
故答案为：(0,- 4).
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据
参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点(x0, y0)，常利用直线的点斜式方程y - y0=k (x - x0)或截距式y =kx +b来证明.
【变式3】（2026·安徽合肥·三模）已知抛物线E: y
2=2 x，过点P(2,1)的直线交E 于A，B 两点．
(1)设A( x1, y1)，B( x2, y2)，证明：( y1-1)( y2-1)为定值；
(2)过点P(2,1)的另一条直线交E 于C，D 两点，且| PA |⋅| PB|=| PC |⋅| PD|，求| AB|
|CD| 的最小值．
【答案】(1)证明：直线AB不垂直于y轴，设直线AB 方程为x -2=m( y -1)，
由¿消去x 并化简得y
2-2my +2m- 4 =0，
则y1+ y2=2m, y1 y2=2m- 4，因此( y1-1)( y2-1)= y1 y2-( y1+ y2)+1=-3，
所以( y1-1)( y2-1)为定值-3.
(2)
❑√3
3
．
【分析】（1）设出直线AB的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理计算得证.
（2）由（1）求出| PA |⋅| PB|，结合已知求出直线CD与AB的关系，再利用弦长公式列式，借助基本不等式求出
最小值.
【详解】（1）略
（2）由（1）得| PA |⋅| PB|=
❑√1+m
2| y1-1|⋅
❑√1+m
2| y2-1|=3(1+m
2)，
设直线CD的方程为x -2=t( y -1),t ≠m，同理| PC |⋅| PD|=3(1+t
2)，
由| PA |⋅| PB|=| PC |⋅| PD|，得3(1+m
2)=3(1+t
2)，则t =-m,m≠0，
又| AB|=
❑√1+m
2| y1- y2|=
❑√1+m
2⋅
❑√( y1+ y2)
2- 4 y1 y2=2
❑√1+m
2⋅
❑√m
2-2m+ 4，
同理|CD|=2
❑√1+m
2⋅
❑√m
2+2m+ 4，则| AB|
|CD| = ❑√
m
2-2m+ 4
m
2+2m+ 4
= ❑√
1-
4 m
m
2+2m+ 4
．
当| AB|<|CD|时，m>0，
| AB|
|CD| = ❑
√
1-
4
m+ 4
m +2
≥❑
√
1-
4
2❑√m⋅4
m +2
=
❑√3
3 ，
且当且仅当m=2时取等号，当m<0时，| AB|>|CD|，| AB|
|CD| >1，
所以| AB|
|CD| 的最小值为
❑√3
3 .
【解题大招01】直线与圆锥曲线联立通用解题法
所有直线与圆锥曲线综合题，统一执行 设线→联立→消元→判别式→韦达定理 五步模板。
1. 设直线：优先设y =kx +m，需单独讨论斜率不存在情况；
2. 联立曲线方程，消去 y 得到一元二次方程 A x
2+ Bx +C =0；
3. 必须写判别式：Δ=b
2- 4 ac（保证有两个交点）；
4. 韦达定理列式：
x1+ x2=- B
A , x1 x2= C
A
5. 将题目所求（弦长、面积、最值、定点）全部转化为 x1+ x2、x1 x2 整体代入。
【例1】已知椭圆 C : x
2
8 + y
2
4 =1，直线 l: y =kx +2 与椭圆交于 A ,B 两点，联立方程并写出韦达定理关系式。
解：步骤1：联立方程{
y =kx +2
x
2
8 + y
2
4 =1
步骤2：代入消元x
2
8 + (kx +2)
2
4
=1
两边同乘8：x
2+2(k
2 x
2+ 4 kx + 4)=8
整理得：(1+2k
2)x
2+8kx =0
步骤3：判别式验证Δ=(8k )
2- 4(1+2k
2)×0=64 k
2≥0
恒有交点，符合题意。
步骤4：韦达定理x1+ x2=-
8k
1+2k
2 , x1 x2=0.
【解题大招02】圆锥曲线万能弦长公式
适用于椭圆、双曲线、抛物线任意相交弦，无需求交点坐标，整体代入韦达定理即可。
核心弦长公式：
| AB|=
❑√1+k
2⋅
❑√( x1+ x2)
2- 4 x1 x2
补充技巧：直线斜率不存在时（x =m），直接代入曲线求两点纵坐标差：
| AB|=| y1- y2|
【例2】求直线 y =kx +2 截椭圆 x
2
8 + y
2
4 =1 所得弦长 | AB|。
解：步骤1：调取韦达结果
x1+ x2=-
8k
1+2k
2 , x1 x2=0
步骤2：代入弦长公式
| AB|=
❑√1+k
2⋅
❑√( x1+ x2)
2- 4 x1 x2
=
❑√1+k
2⋅❑√
(-
8k
1+2k
2 )
2
=
❑√1+k
2⋅8|k |
1+2k
2
最终弦长：| AB|= 8|k |
❑√1+ k
2
1+2k
2
【解题大招03】圆锥曲线三角形面积速算技巧
直线与圆锥曲线相交形成的三角形面积，优先使用弦长×高和水平宽铅垂高两种算法。
公式1（通用）：
S△= 1
2 ⋅| AB|⋅d
d 为定点到直线 AB 的距离。
公式2（铅垂法，高考最优解）：
S△= 1
2 | x1- x2|⋅| y0-k x0-m|
【例3】已知直线 y = x +1 与椭圆 x
2
4 + y
2
3 =1 交于 A ,B，求原点 O 与 A ,B 构成的三角形面积。
解：步骤1：联立得方程 7 x
2+8 x -8=0
韦达定理：x1+ x2=- 8
7 , x1 x2=- 8
7
步骤2：求弦长
| AB|= ❑√2⋅
❑√(- 8
7 )
2
+ 32
7 = 24
7
步骤3：求原点到直线距离
d =|0-0+1|
❑√1
2+(-1)
2 = 1
❑√2
步骤4：计算面积
S = 1
2 × 24
7 × 1
❑√2 = 6 ❑√2
7
面积：S = 6 ❑√2
7
【解题大招04】定点定值问题解题技巧
1. 特殊探点：先取特殊斜率、特殊位置，猜出定点/定值；
2. 一般证明：联立韦达定理，整体代入化简，消去参数；
3. 核心逻辑：结果与参数 k 、m 无关，即为定点定值。
【例4】已知椭圆 x
2
4 + y
2
3 =1，直线y =kx +1 与椭圆交于 A ,B，证明：直线恒过定点（本题验证定点逻辑）。
解：直线方程 y =kx +1 为斜截式，
无论 k取何值，当 x =0 时，y =1，
故直线恒过定点 (0,1)。
【解题大招05】最值与参数范围解题技巧
1. 利用韦达定理将目标式转化为单变量函数；
2. 结合判别式 Δ>0 求出变量取值范围；
3. 利用二次函数、对勾函数单调性求最值。
【例5】已知直线 y =kx +2 与椭圆 x
2
8 + y
2
4 =1 相交，求弦长 | AB| 的最大值。
解：由前文得：| AB|= 8|k |
❑√1+ k
2
1+2k
2
令 t =k
2(t ≥0)，则：
| AB|= 8 ❑√t(1+t )
1+2t
平方后结合函数单调性可得：当 t = 1
2 时，弦长取得最大值 2❑√2。
即弦长最大值：2❑√2
【基础过关】（共8 题）
一、单选题
1．（2025·内蒙古包头·二模）直线l与双曲线x
2
4 - y
2=1交于P ,Q两点，线段PQ的中点为M (4,1)，则直线l的方程为
（ ）
A．y = x -3
B．y =- x -3
C．y = x +5
D．y =- x +5
【答案】A
【分析】由点差法求出直线l的斜率，再由点斜式方程求解即可.
【详解】设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
因为线段PQ的中点为M (4,1)，所以x1+ x2=8，y1+ y2=2，
所以¿，两式相减可得：x1
2
4 - x2
2
4 = y1
2- y2
2，
即(x1+ x2)(x1- x2)
4
=( y1+ y2)( y1- y2)，
所以
y1+ y2
x1+ x2
⋅y1- y2
x1- x2
= 1
4 ，即
y1- y2
x1- x2
=1，
所以直线l的斜率为1，所以直线l的方程为：y -1= x - 4，
化简为：y = x -3，经检验符合题意.
故选：A.
2．（2025·广东·模拟预测）已知斜率为❑√3的直线过抛物线C : y
2= 4 x的焦点F，且从上到下与C依次交于A ､B两点，⃗
AF = λ⃗FB，则λ =（ ）
A．4
3
B．2
C．5
2
D．3
【答案】D
【分析】根据题意，联立直线与抛物线方程，即可得到A ,B的横坐标，结合焦半径公式代入计算，即可得到结果.
【详解】
由于F (1,0)，直线AB方程为y = ❑√3(x -1)，
联立方程¿，消去y得3 x
2-10 x +3=0，
显然x A> xB，得x A =3, xB= 1
3 ,|AF|= x A+1= 4 ,|BF|= xB+1= 4
3 ,|AF|
|BF|=3，
所以⃗AF =3⃗FB，即λ =3.
故选：D.
3．（2025·湖北·模拟预测）已知双曲线C : x
2- y
2=2，右焦点为F，直线l经过F且与x轴垂直．若l与C的两条渐近线
分别交于A，B两点，则△OAB的面积为（ ）
A．2
B．2❑√2
C．4
D．4 ❑√2
【答案】C
【分析】求得右焦点F的坐标，渐近线方程，进而求得A ,B的坐标，可求△OAB的面积.
【详解】由双曲线C : x
2- y
2=2，可得右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y =± x，
因为直线l经过F且与x轴垂直，所以直线l的方程为x =2，
所以直线l与两渐近线的交点A ,B的坐标分别为(2,2),(2,-2)，
所以| AB|= 4，所以△OAB的面积为1
2 | AB|×|OA |= 1
2 ×4×2= 4.
故选：C.
4．（2024·全国·模拟预测）已知直线x - ❑√3 y -2=0与椭圆C：x
2
a +
y
2
a- 4 =1(a>4)交于M，N 两点，椭圆C 的左、右
焦点分别为F1, F2，若∠F2 F1 M +∠F1 F2 M =∠F1 M F2，则a 的值为（ ）
A．4+ ❑√3
B．4+2❑√3
C．5+
❑√3
2
D．5-
❑√3
2
【答案】B
【分析】根据直线斜率可得∠F1 F2 M =π
6 ，结合条件可得∠F1 M F2=π
2 ，利用直角三角形知识可得答案.
【详解】易知F2(2,0)，直线x - ❑√3 y -2=0的斜率为
❑√3
3 且经过点(2,0)，
所以直线的倾斜角为π
6 ，直线经过点F2，则∠F1 F2 M =π
6 ．
因为∠F2 F1 M +∠F1 F2 M =∠F1 M F2，∠F2 F1 M +∠F1 F2 M +∠F1 M F2=π，
所以∠F1 M F2=π
2 ，因为|F1 F2|= 4，所以|F1 M|=2,|F2 M|=2❑√3，
因此2❑√a=2❑√3+2，解得a= 4 +2❑√3．
故选：B
二、多选题
5．（2025·广西柳州·一模）已知F1，F2分别是椭圆C : x
2
4 + y
2
3 =1的左、右焦点，P 为椭圆C 上异于长轴端点的动点，
则下列结论正确的是（ ）
A．△P F1 F2的周长为6
B．|P F1|的最小值为1
C．△P F1 F2面积的最大值为❑√3
D．椭圆C 的离心率为1
2
【答案】ACD
【分析】根据椭圆的定义与性质对选项进行分析，从而确定各选项的正确性.
【详解】如图：
依题意，a=2,b= ❑√3,c =1，
所以△P F1 F2的周长为2a+2c = 4 +2=6，A 选项正确；
若P为椭圆上任意点，则a-c≤|P F1|≤a+c，即1≤|P F1|≤3，
当P为椭圆长轴顶点时取等号，但P 为椭圆C 上异于长轴端点的动点，所以等号不成立，B 选项错误；
当P为椭圆短轴顶点时，△P F1 F2的面积最大，为S△P F1 F2= 1
2 ×2c⋅b= ❑√3，C 选项正确；
椭圆的离心率为c
a = 1
2，D 选项正确.
故选：ACD
三、填空题
6．（2024·全国·一模）若直线x + ky +3=0与双曲线x
2
4 - y
2
7 =1有且只有一个交点，则实数k的值是______．
【答案】± 2❑√7
7
【分析】由直线恒过定点(-3，0)，直线不可能与双曲线相切，只能直线平行与渐近线.
【详解】由于直线恒过定点(-3，0)，所以直线不可能与双曲线相切．要满足有且只有一个交点，直线必须平行于双
曲线的渐近线，渐近线方程为y =± b
a x =±
❑√7
2 x，所以- 1
k =±
❑√7
2 ，
解得k =± 2❑√7
7
故答案为：± 2❑√7
7
四、解答题
7．（2025·河南·二模）设抛物线C : y
2= 4 x的焦点为F，过F的直线l与C交于A，B 两点.
(1)求C的准线方程；
(2)设M (t ,2)为C准线上一点，且MF ⊥l，求|AB|.
【答案】(1)x =-1
(2)|AB|=8
【分析】（1）根据抛物线方程即可得准线方程，
（2）根据两点斜率公式，求解直线方程，联立与抛物线方程，即可根据韦达定理以及焦点弦公式求解.
【详解】（1）因为抛物线C的方程为y
2= 4 x，所以抛物线C的准线方程为x =-1
（2）因为M (t ,2)在C的准线上，所以t =-1，即M (-1,2)，
易得F的坐标为(1,0)，此时k MF =
0-2
1-(-1) =-1，
因为MF ⊥l，所以k MF⋅kl=-1，解得kl=1，
所以l的方程为y = x -1，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立¿消去y并整理得x
2-6 x +1=0，由韦达定理得x1+ x2=6，
所以|AB|= x1+ x2+2=8
8．（2024·河南商丘·模拟预测）已知中心在坐标原点O，以坐标轴为对称轴的双曲线E经过点P(
4 ❑√3
3
,❑√7)，且其渐
近线的斜率为±
❑√3
2 ．
(1)求E的方程．
(2)若动直线l与E交于A ,B两点，且∠AOB =π
2 ，证明：|OA||OB|
|AB|
为定值．
【答案】(1) y
2
3 - x
2
4 =1；(2) |OA||OB|
|AB|
为定值．
【分析】（1）由渐近线的斜率设4 y
2-3 x
2= λ(λ≠0)，再将P(
4 ❑√3
3
,❑√7)代入求解即可；
（2）分两种情况证明，当直线l的斜率存在，设l: y =kx +m，与双曲线联立，根据韦达定理及∠AOB =π
2 得出
12(1+ k
2)=m
2，设点O到直线l的距离为d，则由等面积法即可证明；当直线l的斜率不存在，设直线OA的斜率为1，
分别求出|OA|,|OB|,|AB|，即可证明．
【详解】（1）由题可设双曲线E的方程为4 y
2-3 x
2= λ(λ≠0)．
因为E经过点P(
4 ❑√3
3
,❑√7)，
所以4×7-3× 16
3 = λ，解得λ =12，
故E的方程为y
2
3 - x
2
4 =1．
（2）若直线l的斜率存在，设l: y =kx +m，
由¿，消去y得(4 k
2-3) x
2+8kmx + 4 m
2-12=0，
则Δ=64 k
2m
2- 4(4 k
2-3)(4 m
2-12)>0，即m
2+ 4 k
2-3>0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则x1+ x2=-8km
4 k
2-3
, x1 x2= 4 m
2-12
4 k
2-3
，
因为∠AOB =π
2 ，所以⃗OA ⋅⃗OB =0，即x1 x2+ y1 y2=0，
所以x1 x2+(k x1+m)(k x2+m)=0，整理得12(1+ k
2)=m
2，
设点O到直线l的距离为d，则由等面积法得|OA|⋅|OB|=|AB|⋅d，所以|OA||OB|
|AB|
=d，
又d =
|m|
❑√1+ k
2 = ❑√
m
2
1+ k
2 = ❑√
12(1+ k
2)
1+ k
2
=2❑√3，所以|OA||OB|
|AB|
=2❑√3；
若直线l的斜率不存在，则直线OA的斜率为±1，
不妨设直线OA的斜率为1，则x1= y1，
将点A的坐标代入方程y
2
3 - x
2
4 =1，得x1
2=12，
所以|OA|=|OB|=2❑√6,|AB|= 4 ❑√3，
所以|OA||OB|
|AB|
=2❑√3．
综上，|OA||OB|
|AB|
为定值2❑√3．
【拔高选练】（共6 题）
一、单选题
1．（2026·四川南充·二模）已知O为坐标原点，双曲线E: x
2- y
2
8 =1的左、右焦点分别为F1、F2，过点F2的直线l与
E的右支交于点P，Q.设△P F1 F2与△Q F1 F2的内切圆圆心分别是M，N，直线OM，ON的斜率分别是k1，k2，则
k1k2=（ ）
A．- 4
B．-2
C．-1
D．2❑√2-3
【答案】A
【分析】先根据双曲线的标准方程求出焦点F1、F2的坐标，再利用三角形内切圆的性质以及双曲线的性质，推导出
M、N的横坐标，设出直线l的方程，与双曲线方程联立，结合韦达定理得到P、Q两点横坐标的关系，结合内切圆圆
心的位置特点，求出M、N的纵坐标与P、Q两点坐标的关系式，进而得到k1、k2的表达式，再计算k1k2.
【详解】由双曲线E: x
2- y
2
8 =1，得：a=1，b=2❑√2，c =3，
所以焦点F1(-3,0)，F2(3,0)，
过F2的直线l与右支交于P，Q，且|P F1|-|P F2|=2a=2，
设内切圆与边F1 F2的切点为D，根据切线长性质，有
|P F1|-|P F2|=|F1 D|-|F2 D|=2，
又|F1 D|+|F2 D|=|F1 F2|=2c =6，解得∣F1 D∣= 4，∣F2 D∣=2，
以F1(-3,0)为起点向右移动4 个单位得D (1,0)，
因此内切圆圆心M在直线x =1上，
设M (1, y M)，P(x1, y1)，Q(x2, y2)，不妨P点在第一象限，同理N (1, y N)，
由三角形面积公式：S△P F1 F2= 1
2 ⋅6⋅|y1|=3|y1|，
又△P F1 F2的周长的一半s=|P F1|+|P F2|+6
2
= (|P F2|+2)+|P F2|+6
2
=|P F2|+ 4，
内切圆半径r =|y M|，且S =rs，得|y M|=
3|y1|
|P F2|+ 4 ，
由焦半径公式|P F2|=3 x1-1，代入得|y M|= 3|y1|
3 x1+3 = |y1|
x1+1，故y M =
y1
x1+1，
同理y N =
y2
x2+1，于是k1k2= y M y N =
y1 y2
(x1+1)( x2+1)
.
当直线l的斜率不存在时，
可得x1= x2=3，代入到双曲线方程x
2- y
2
8 =1中，
得y1=8，y2=-8，此时k1k2=
y1 y2
(x1+1)( x2+1)
=-64
4×4 =- 4；
当直线l的斜率存在时，
设直线l的斜率为k，则y =k (x -3)，
代入双曲线方程得，(8-k
2) x
2+6 k
2 x -9k
2-8=0.
由韦达定理，x1+ x2=- 6k
2
8-k
2 , x1 x2=-9k
2-8
8-k
2
.
计算y1 y2=k
2(x1-3)(x2-3)=k
2(x1 x2-3(x1+ x2)+9)，
=k
2[
-9k
2-8
8-k
2
-3(- 6k
2
8-k
2)+9]= 64 k
2
8-k
2；
(x1+1)(x2+1)= x1 x2+(x1+ x2)+1=-9k
2-8
8-k
2
+(- 6k
2
8-k
2 )+1=-16 k
2
8-k
2 ；
于是k1k2=
y1 y2
(x1+1)( x2+1)
=
64 k
2
8-k
2
-16 k
2
8-k
2
= 64 k
2
-16 k
2 =- 4.
2．（2026·山西临汾·二模）椭圆C：x
2
12 + y
2
3 =1，若C上存在两点A，B关于直线y =2 x +m对称，则实数m的范围为
（ ）
A．(- 3 ❑√6
2
, 3 ❑√6
2 )
B．(-∞,- 3 ❑√6
2 )∪(
3 ❑√6
2
,+∞)
C．(- ❑√51,❑√51)
D．(-∞,- ❑√51)∪(❑√51,+∞)
【答案】A
【分析】联立直线AB 与椭圆方程，利用韦达定理和中点坐标公式求出AB 中点坐标M，将其代入直线方程即可求解.
【详解】设A(x1, y1),B(x2, y2)，线段AB 的中点为M (x0, y0)，
若此椭圆上存在不同的两点A、B关于直线y =2 x +m对称，则可设l AB: y =- 1
2 x +t，
联立¿，
则Δ=(2t )
2- 4×2(t
2-3)=- 4t
2+24>0即- ❑√6<t <❑√6，
且y0= y1+ y2
2
= t
2 , x0= x1+ x2
2
=2t -( y1+ y2)=t，即M(t , t
2)，
中点M (x0, y0)在直线y =2 x +m上，
所以t
2 =2t +m⇒m=- 3t
2 ∈(- 3 ❑√6
2
, 3 ❑√6
2 ).
二、多选题
3．（2026·云南昆明·模拟预测）已知点O 为坐标原点，抛物线C：y
2=2 px（p>0）的准线方程为x =-2，过焦点F
的直线l 交抛物线C 于A，B 两点，则下列选项中正确的是（ ）
A．若|AF|=10，则|OA|=8 ❑√2
B．若|AB|=16，则直线l 的斜率为1
C．2|AF|+|BF|≥6+ 4 ❑√2
D．△OAB面积的最小值为8
【答案】ACD
【分析】由抛物线准线方程可求得抛物线方程，利用焦半径公式可求得A 点坐标，即可判断A；设直线l 的方程，联
立抛物线方程，可得根与系数的关系式，结合|AB|=16求得x1+ x2=12，即可求得直线斜率，判断B；利用焦半径公
式结合基本不等式可判断C；表示出△OAB面积，结合基本不等式求得其最小值，判断D.
【详解】因为抛物线C：y
2=2 px ( p>0)的准线方程为x =-2，
故p
2 =2,∴p= 4，
故y
2=8 x，焦点为F(2,0)，设A( x1, y1),B( x2, y2)，
对于A，|AF|= x1+2=10,∴x1=8，代入y
2=8 x得y
2=64，即y1
2=64
故|OA|=
❑√x1
2+ y1
2= ❑√128=8 ❑√2，A 正确；
对于B，|AB|=16，则x1+ x2+ 4 =16,∴x1+ x2=12，
当直线AB为x =2时，|AB|=8，由此可判断|AB|=16时，直线l的斜率存在且不等于0，
设直线l的方程为y =k( x -2)，联立y
2=8 x可得：k
2 x
2-(4 k
2+8)x + 4 k
2=0,(k ≠0)，
故x1+ x2= 4 k
2+8
k
2
=12，解得k =±1，满足Δ>0，故B 错误；
对于C，由B 的分析可知x1 x2= 4，当直线AB为x =2时，也有x1 x2= 4成立；
故2|AF|+|BF|=2( x1+2)+ x2+2=2 x1+ x2+6≥2❑√2 x1 x2+6=6+ 4 ❑√2，
当且仅当2 x1= x2即x1= ❑√2, x2=2❑√2时，取得等号，C 正确；
对于D，不妨设A 点在第一象限，则y1=2❑√2 x1, y2=-2❑√2 x2，
故
△OAB
的面积
S△OAB= 1
2 ×|OF || y1- y2|= 1
2 ×2×|2❑√2 x1+2❑√2 x2|=2❑√2 x1+2❑√2 x2≥4 ❑√2❑√
❑√x1 x2=8，
当且仅当x1= x2=2时等号成立，即△OAB面积的最小值为8，D 正确.
三、填空题
4．（2026·甘肃金昌·三模）双曲线C : x
2
a
2 - y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的右焦点为F，右顶点为A ,l是C的一条渐近线，点A到
l的距离为
❑√3
2 ，点F到l的距离为❑√3，直线y =2 x - 4与C交于点M , N，则|MN|=__________.
【答案】30
【分析】根据题意，利用点到直线的距离公式列式求得a,b,c，求得双曲线C的标准方程，将直线y =2 x - 4与双曲线
方程联立，结合弦长公式求得答案.
【详解】设A (a,0), F (c ,0)，渐近线l的方程为y = b
a x，
则F到l的距离d1=
bc
❑√a
2+b
2 =b= ❑√3，A到l的距离d2=
ba
❑√a
2+b
2 = ba
c =
❑√3
2 ，
所以c =2a，又a
2+b
2=c
2，所以a=1,c =2，
所以双曲线C的标准方程为x
2- y
2
3 =1.
由¿，得x
2-16 x +19=0，
设M (x1, y1), N (x2, y2)，则x1+ x2=16, x1 x2=19，
∴(x1- x2)
2=(x1+ x2)
2- 4 x1 x2=36×5，所以|x1- x2|=6 ❑√5，
所以|MN|= ❑√5|x1- x2|=30.
四、解答题
5．（2026·河南周口·三模）已知椭圆E：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左焦点为F (-1,0)，短轴长是长轴长的
❑√3
2 ．
(1)求E的方程．
(2)过点F的直线与E交于A，B两点，点D (- 4,0)，从下列两个命题中选择一个正确的命题，并证明．
①直线AD与BD的斜率之和为定值；
②直线AD与BD的斜率之积为定值．
【答案】(1)椭圆E的方程为x
2
4 + y
2
3 =1；
(2)命题①正确，定值为0。
【分析】（1）由椭圆焦点得c =1，结合短轴长与长轴长的比例关系b
a =
❑√3
2 及a
2=b
2+c
2求解参数，即可得椭圆方程；
（2）设过F的直线方程与椭圆联立，利用韦达定理化简斜率之和的表达式，验证其为定值.
【详解】（1）由题意可知：¿解得¿因此椭圆E的方程为x
2
4 + y
2
3 =1
（2）命题①正确，
证明如下：当斜率不存在或斜率不为0时，
设过F (-1,0)的直线方程为x =my -1，A(x1, y1),B(x2, y2)，
将直线方程代入椭圆方程得：3(my -1) +
❑
2 4 y
2=12 ，
整理得(3m
2+ 4) y
2-6my -9=0，
由韦达定理得：y1+ y2=
6m
3m
2+ 4
, y1 y2=-
9
3m
2+ 4 ，
k AD=
y1
x1+ 4 =
y1
m y1+3 ,k BD=
y2
m y2+3 k AD+k BD=
y1
m y1+3 +
y2
m y2+3 = y1(m y2+3)+ y2(m y1+3)
(m y1+3)(m y2+3)
，
化简得k AD+ k BD=
2m y1 y2+3( y1+ y2)
m
2 y1 y2+3m( y1+ y2)+9
=
2m⋅(-
9
3m
2+ 4)+3
6m
3m
2+ 4
m
2⋅(-
9
3m
2+ 4)+3m
6m
3m
2+ 4
+9
=0,
当斜率为0时，设A (-2,0),B (2,0)，显然k AD+k BD=0，故命题①成立.
6．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知A，B 是抛物线C : y
2= 4 x上异于坐标原点O 的两点．
(1)若C 的焦点恰好是△OAB的垂心，求|AB|；
(2)若直线OA 与直线OB 的斜率之积为- 4．
（ⅰ）求证：直线AB 恒过定点；
（ⅱ）已知点G 是线段AB 的中点，点M (-2,0)关于直线AB 的对称点N 在C 上，求△GMN的面积．
【答案】(1)4 ❑√5
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）6 ❑√2．
【分析】（1）根据题意，结合图形可得|OA|=|OB|，AF ⊥OB，设A(
m
2
4 ,m)，由k AF kOB=-1求出m的值，即得
|AB|；
（2）（ⅰ）依题设直线AB 的方程为x =ny +t，与抛物线方程联立，写出韦达定理，利用直线OA 与直线OB 的斜率
之积为- 4，列方程求得t =1，即可得证；
（ii）由（ⅰ）结合条件可得|FN|=|FM|，求得点N的坐标，写出直线MN 的方程，与直线直线AB 的方程联立，求
得点A ,B的坐标，进而得到点G的坐标，利用三角形的面积公式即可求得答案.
【详解】（1）记C 的焦点为F，因为C 的焦点恰好是△OAB的垂心，所以|OA|=|OB|，AF ⊥OB，
设A(
m
2
4 ,m)，则B(
m
2
4 ,-m)，又F (1,0)，由k AF kOB=-1可得
m
m
2
4 -1
⋅-m
m
2
4
=-1
，
解得m=2❑√5或m=-2❑√5，所以|AB|=2|m|= 4 ❑√5．
（2）（ⅰ）显然直线AB 的斜率不为0，设直线AB 的方程为x =ny +t，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由¿，得y
2- 4 ny - 4 t =0，所以Δ=(- 4 n)
2- 4×(- 4t )>0 ，y1+ y2= 4 n，y1 y2=- 4 t，
又直线OA 与直线OB 的斜率之积为- 4，所以kOA⋅kOB= y1
x1
⋅y2
x2
= y1
y1
2
4
⋅y2
y2
2
4
= 16
y1 y2
= 16
- 4 t =- 4
，解得t =1，
所以直线AB 的方程为x =ny +1，故直线AB 过定点F (1,0)．
（ⅱ）由题意知|FN|=|FM|，可得xN +1=3，即xN =2，所以N (2,-2❑√2)或N (2,2❑√2)，
当N (2,-2❑√2)时，MN 的中点为(0,- ❑√2)，直线MN 的斜率为-
❑√2
2 ，方程为x + ❑√2 y +2=0．
此时直线AB 的方程为y = ❑√2 x - ❑√2，由¿，得x
2- 4 x +1=0，解得x =2+ ❑√3或x =2- ❑√3，
即A (2+ ❑√3,❑√2+ ❑√6)，B(2- ❑√3,❑√2- ❑√6)或A (2- ❑√3,❑√2- ❑√6)，B(2+ ❑√3,❑√2+ ❑√6)，
故G(2,❑√2)，又|MN|=
❑√4
2+(2❑√2)
2=2❑√6，点G(2,❑√2)到直线MN 的距离为d =|2+2+2|
❑√1+2 =2❑√3，
所以S△GMN = 1
2 ×|MN|×d =6 ❑√2；
当N (2,2❑√2)时，同理可得S△GMN =6 ❑√2．
综上，△GMN的面积为6 ❑√2．
【错题复盘】（共5 题）
一、单选题
1．（2026·山东济南·模拟预测）已知椭圆E: x
2
4 + y
2=1的左、右焦点为F1，F2，P是椭圆E上的动点，以P F1为直径
作圆N，直线ON与圆N交于点Q（点Q不在椭圆内部），则⃗Q F1⋅⃗Q F2=（ ）
A．1
B．3
2
C．2
D．3
【答案】A
【分析】根据几何关系，以及椭圆的定义，转化向量的数量积，即可求解.
【详解】⃗Q F1⋅⃗Q F2=(⃗O F1-⃗OQ)⋅(⃗O F2-⃗OQ)=⃗O F1⋅⃗O F2-⃗OQ⋅(⃗O F1+⃗O F2)+⃗OQ
2，
其中⃗O F1⋅⃗O F2=-c
2=-(a
2-b
2)=-3，⃗O F1+⃗O F2=⃗0，⃗
OQ
2=|⃗OQ|
2=(|ON|+|NQ|)
2=(
1
2|P F2|+ 1
2|P F1|)
2
=a
2= 4，
所以⃗Q F1⋅⃗Q F2=(⃗O F1-⃗OQ)⋅(⃗O F2-⃗OQ)=-3+ 4 =1.
2．（2026·辽宁大连·模拟预测）已知椭圆C1: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1与双曲线C2: x
2
a
2 - y
2
b
2 =1的焦距之比为1:❑√2，直线l经过双曲
线的一个焦点和椭圆的一个短轴端点，则l截椭圆和双曲线所得的两条弦的弦长的比值为（ ）
A．2❑√3
21
B．2❑√5
35
C．
❑√15
21
D．
❑√15
35
【答案】D
【分析】根据椭圆与双曲线焦距之比为1:❑√2得到a
2和b
2在椭圆与双曲线中的关系，由此设出用b表示的双曲线的右焦
点和椭圆的上短轴端点，再使用两点式设直线方程，分别与椭圆与双曲线方程联立，各自解得两个含b的交点坐标，
再用两点间距离公式分别求椭圆和双曲线的弦长，最终作比即可求解.
【详解】由题意得椭圆C1的焦距为2
❑√a
2-b
2，双曲线C2的焦距为2
❑√a
2+b
2，
若焦距之比为1:❑√2，则有2
❑√a
2-b
2
2
❑√a
2+b
2 = 1
❑√2，即a
2-b
2
a
2+b
2 = 1
2，解得a
2=3b
2，
在双曲线C2中，c
2=a
2+b
2，即c
2= 4 b
2，c =2b，此时有C2: x
2
3b
2 - y
2
b
2 =1，取双曲线右焦点F(2b,0)，
在椭圆C1中，此时有C1: x
2
3b
2 + y
2
b
2 =1，取椭圆短轴端点B(0,b)，
由题意得直线过F(2b,0)和B(0,b)，则由两点式设直线l: y -0
b-0 = x -2b
0-2b ，整理得x +2 y -2b=0，如图:
①联立椭圆与直线：¿，整理得7 y
2-8by +b
2=0，解得y =b或y = b
7 ，
当y =b时，x =0，此时直线与椭圆的交点为(0,b)，
当y = b
7 时，x = 12b
7 ，此时直线与椭圆的交点为(
12b
7
, b
7)，
则椭圆的弦长L1= ❑√(
12b
7
-0)
2
+(
b
7 -b)
2
= 6 ❑√5b
7
，
②联立双曲线与直线：¿，整理得y
2-8by +b
2=0，解得y =b(4+ ❑√15)或y =b(4 - ❑√15)，
当y =b(4+ ❑√15)时，x =-2b(3+ ❑√15)，此时直线与双曲线的交点为(-2b(3+ ❑√15),b(4+ ❑√15))，
当y =b(4 - ❑√15)时，x =-2b(3- ❑√15)，此时直线与双曲线的交点为(-2b(3- ❑√15),b(4 - ❑√15))，
则双曲线的弦长L2=
❑√[-2b(3- ❑√15)+2b(3+ ❑√15)]
2+[b(4 - ❑√15)-b(4 + ❑√15)]
2=10 ❑√3b，
故椭圆弦长与双曲线弦长的比值L1
L2
=
6 ❑√5b
7
10 ❑√3b =
❑√15
35
.
故选：D.
二、多选题
3．（2026·山东东营·模拟预测）已知斜率为k的直线经过抛物线y
2= 4 x的焦点F，且与抛物线交于A ,B两点．点C是
圆(x -a)
2+( y +2)
2=1（a≥3）上的任意一点，使得△ABC的重心G在x轴上．线段AC与x轴的交点为K．则下列说
法正确的是（ ）
A． k的取值范围为[
4
3 ,4]
B．三角形ABC的面积S是斜率k的函数
C．当AB⊥FC时，a的最大值为6
D．S△AFK
S△ABC
的最小值为4
9
【答案】ACD
【分析】利用重心坐标公式结合韦达定理得到y3=- 4 m，再利用圆上点的性质得到参数范围判断A，举反例并结合函
数的定义判断B，结合题意得到直线和圆的位置关系，进而得到不等式，求解参数范围判断C，将S△AFK
S△ABC
表示为一元
函数，再利用换元法与二次函数的性质求解最值判断D 即可.
【详解】结合题意，可设A( x1, y1),B( x2, y2),C( x3, y3)，
对于A，设直线AB的方程为x =my +1，则k = 1
m，
联立方程组¿，可得y
2- 4 my - 4 =0，
由韦达定理得y1+ y2= 4 m，y1 y2=- 4，
由重心坐标公式得G( x1+ x2+ x3
3
, y1+ y2+ y3
3
)，
因为G在x轴上，所以y1+ y2+ y3
3
=0，解得y1+ y2+ y3=0，
则y3=-( y1+ y2)=- 4 m，由题意得圆心坐标为G(a,-2)，半径为1，
因为点C是圆上的任意一点，所以- 4 m∈[-3,-1]，解得m∈[
1
4 , 3
4]，
则k ∈[
4
3 ,4]，得到AB斜率k的取值范围为[
4
3 ,4]，故A 正确，
对于B，当k =2时，此时m= 1
2，此时y3=-2，直线方程为2 x - y -2=0，
此时C( x3,-2)，将C( x3,-2)代入(x -a)
2+( y +2)
2=1中，
解得x3=a+1或x3=a-1，则C1(a+1,-2)或C2(a-1,-2)，
设C到AB的距离为d，由点到直线的距离公式得d1=|2a+2|
❑√5
，d2=|2a-2|
❑√5
，
而a≥3，则d1≠d2，而此时y1+ y2=2，y1 y2=- 4，
由弦长公式得|AB|=5，为定值，即得到S1≠S2，
可得三角形ABC的面积S不可能是斜率k的函数，故B 错误，
对于C，由题意得AB的斜率为k AB= 1
m，FC的斜率为k FC =- 4 m
x3-1，
因为AB⊥FC，所以1
m ×- 4 m
x3-1 =-1，解得x3=5，
此时点C在直线x =5上，而点C是圆上的任意一点，
可得直线与圆相交或相切，得到|a-5|≤1，解得a∈[4,6]，
则a的最大值为6，故C 正确，
对于D，由三角形面积公式得S△AFK
S△ABC
=
1
2 ×|AF|×|AK|×sin ∠FAK
1
2 ×|AB|×|AC|×sin ∠BAC
=|AF|×|AK|
|AB|×|AC|，
由线段共线的性质得|AK|
|AC|=
y1
y1- y3
，|AF|
|AB|=
y1
y1- y2
，
则
S△AFK
S△ABC
=|AF|×|AK|
|AB|×|AC|=
y1
y1- y3
×
y1
y1- y2
=
y1
2
y1
2- y1( y2+ y3)+ y2 y3
，
由题意得y1 y2=- 4，则y2=- 4
y1
，而y3=-( y1- 4
y1
)=- y1+ 4
y1
，
可得y2+ y3=(- 4
y1
)+(- y1+ 4
y1
)=- y1， y2 y3=(- 4
y1
)×(- y1+ 4
y1
)= 4 - 16
y1
2 ，
则
S△AFK
S△ABC
=
y1
2
y1
2+ y1
2+ 4 - 16
y1
2
=
y1
2
2 y1
2+ 4 - 16
y1
2
=
y1
4
2 y1
4+ 4 y1
2-16，
令t = 4
y1
2，则y1
2= 4
t ，得到y1
4= 16
t
2 ，则
S△AFK
S△ABC
=
1
2+t -t
2，
令f (t )=
1
2+t -t
2，g(t )=2+t -t
2，当t = 1
2时，符合题意，
由二次函数性质得，当t = 1
2时，g(t )取得最大值，且g( 1
2 )= 9
4 ，
则g(t )max= 9
4 ，可得f (t )min= 4
9 ，即
S△AFK
S△ABC
的最小值为4
9 ，故D 正确.
三、填空题
4．（2026·湖南永州·三模）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，F1(-c ,0)，F2(c ,0)为C的左、右焦点，过F2的直线
交C于A，B两点，△A F1 F2的面积为bc，△AB F1的内切圆与AB相切于点N，若⃗AB =6⃗AN，则C的离心率为
__________．
【答案】
❑√6
3
【分析】利用三角形面积可求得A为椭圆短轴端点，再利用切线线相等的性质可求得|AN|=|A F1|+|AB|-|B F1|
2
，再
结合椭圆的定义可求得|AN|=|B F2|，最后利用椭圆的第二定义推导的焦半径公式来表达相等关系，即可求得离心率.
【详解】由△A F1 F2的面积S = 1
2 ⋅|F1 F2||y A|=c|y A|=bc⇒|y A|=b，
代入椭圆方程得x A =0，即A为椭圆短轴端点，
不妨取A(0,-b)，
由椭圆的定义可得△AB F1 的周长为|A F1|+|A F2|+|B F1|+|B F2|= 4 a，
根据内切圆切线长性质：|AN|=|A F1|+|AB|-|B F1|
2
，
由椭圆的定义得：|A F1|=|A F2|=a，|AB|=|A F2|+|B F2|=a+|B F2|，|B F1|=2a-|B F2|，
则|AN|=
a+(a+|B F2|)-(2a-|B F2|)
2
=|B F2|，
由⃗AB =6⃗AN得|AB|=6|B F2|，即a+|B F2|=6|B F2|⇒|B F2|= a
5 ，
直线AB过F2(c ,0))和A(0,-b)，方程为y = b
c x -b，
联立椭圆方程x
2
a
2 + y
2
b
2 =1，代入可得：x
2
a
2 +(
b
c x -b)
2
b
2
=1，
解得B点横坐标xB= 2a
2c
a
2+c
2，
由椭圆右焦半径公式|B F2|=a-e xB=a- c
a · 2a
2c
a
2+c
2 =a- 2ac
2
a
2+c
2 = a
3-ac
2
a
2+c
2 ，
再代入|B F2|= a
5 可得：a
3-ac
2
a
2+c
2 = a
5 ⇒a
2-c
2
a
2+c
2 = 1
5 ⇒1-e
2
1+e
2 = 1
5 ⇒e
2= 2
3，
所以解得e =
❑√6
3 .
四、解答题
5．（2026·重庆·模拟预测）已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为1
2，过点A(1, 3
2)．
(1)求C的方程；
(2)已知点B(0,❑√3)，过点P(4,0)的直线l交C于E，F两点（E，F在x轴的下方），直线BF交直线x =1于点M．
（ⅰ）设直线ME的斜率为k1，直线MF的斜率为k2，判断k1+ k2是否为定值，并说明理由；
（ⅱ）证明：直线ME过定点．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)（i）k1+k2 不是定值
（ⅱ）ME必过定点(
8
5 , 3
5
❑√3).
【分析】（1）根据题意，列出a,b,c的方程组求出a,b得解；
（2）（i）设点 M (1,t ) ， E(x1, y1) ， F (x2, y2)设l: x =my + 4 ,联立椭圆的方程，进而将斜率k1+ k2表示出来，
得到k1+ k2 =- 2
3 t，与点M (1,t )的坐标有关，从而k1+ k2 不为定值.
（ii）通过（i）中将斜率k1表示成- 5
3 t + ❑√3，从而直线方程转化为y -t =(- 5
3 t + ❑√3)(x -1)，从而直线过定点
(
8
5 , 3
5
❑√3).
【详解】（1）由题可知：¿，解得¿，
所以椭圆C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）（i）k1+k2 不为定值.理由如下.
设点M (1,t ), E(x1, y1), F (x2, y2)，
设l: x =my + 4，
由 ¿得(3m
2+ 4) y
2+24 my +36=0，
由 Δ>0 ，得 (24 m)
2- 4×36×(3m
2+ 4)>0 ，解得 m>2 或 m<-2，
又点 E , F 在 x 轴下方，则 m>2，
由韦达定理得 y1+ y2=-24 m
3m
2+ 4
, y1 y2=
36
3m
2+ 4
,
得
y1+ y2
y1 y2
=-2m
3
，即 -2m y1 y2=3( y1+ y2)，
因为 k1= y1-t
x1-1 ，k2= y2-t
x2-1
所以 k1+k2= y1-t
x1-1 + y2-t
x2-1 = ( y1-t)(x2-1)+(x1-1)( y2-t)
(x1-1)(x2-1)
= ( y1-t)(m y2+3)+(m y1+3)( y2-t)
(m y1+3)(m y2+3)
= 2m y1 y2+(3-tm)( y1+ y2)-6t
m
2 y1 y2+3m( y1+ y2)+9
=-tm( y1+ y2)-6t
(3m- 3m
2 )( y1+ y2)+9
=- 2
3 t
，
所以 k1+ k2 不是定值.
（ii）B(0,❑√3), M (1,t ), k2= t - ❑√3
1-0 =t - ❑√3,
由（i）得 k1=- 2
3 t -k2=- 2
3 t -(t - ❑√3)=- 5
3 t + ❑√3,
则直线 ME 的方程为 y -t =(- 5
3 t + ❑√3)(x -1)，
即 3 y -3 ❑√3 x +3 ❑√3=t (8-5 x) ，
当 x = 8
5 时，得 y = 3 ❑√3
5
，
所以ME必过定点(
8
5 , 3
5
❑√3).
