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培优点11 圆锥曲线中探索性与知识交汇问题
重点解读 高考中探索性问题是一个重要考点，同时圆锥曲线与其它知识的交汇问题频繁出现在各类考题中，
突出考查学生解决综合性数学问题的能力.
题型一 探索性问题
例1 已知椭圆C 的焦点坐标是F1(－1，0)，F2(1，0)，过点F2垂直于长轴的直线l 交椭圆C 于B，
D 两点，且|BD|＝3.
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)过定点P(0，2)且斜率为k 的直线l'与椭圆C 相交于不同两点M，N，试判断：在x 轴上是否存在
点A(m，0)，使得以AM，AN 为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出实数m 的取值范围；若
不存在，请说明理由.
解 (1)设椭圆C 的标准方程为x
2
a
2 ＋y
2
b
2 ＝1(a>b>0)，
由已知可得c＝1，2b
2
a ＝3，
又a2＝b2＋c2，得a2＝4，b2＝3，
所以所求椭圆的标准方程为x
2
4 ＋y
2
3 ＝1.
(2)设直线l'：y＝kx＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN 的中点E(x0，y0)，
假设在x 轴上存在点A(m，0)，
使得以AM，AN 为邻边的平行四边形为菱形，则AE⊥MN，
联立{
y ＝kx ＋2,
x
2
4 ＋y
2
3 ＝1,得(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0，
由于直线l'与椭圆C 相交于不同两点，
所以Δ＝(16k)2－16(4k2＋3)>0
⇒k<－1
2或k>1
2，
所以x1＋x2＝－
16 k
4 k
2＋3，x1x2＝
4
4 k
2＋3，
所以x0＝x1＋x2
2
＝－
8k
4 k
2＋3，
y0＝kx0＋2＝
6
4 k
2＋3，
因为AE⊥MN，
所以kAE＝
y0-0
x0-m ＝
6
4 k
2＋3
-0
-
8k
4 k
2＋3
-m
＝－1
k
⇒m＝
-2k
4 k
2＋3
＝-2
4 k ＋3
k
，
当k>1
2时，4k＋3
k ≥4√3，
当且仅当k＝√3
2 时，等号成立，
所以－√3
6 ≤m<0；
当k<－1
2时，4k＋3
k ＝－(- 4 k ＋3
-k )，
而－4k＋3
-k ≥4√3，
当且仅当k＝－√3
2 时，等号成立，所以0<m≤√3
6 .
综上，存在点A(m，0)，使得以AM，AN 为邻边的平行四边形为菱形，
实数m 的取值范围为[- √3
6 ，0)∪(0，√3
6 ].
思维升华 存在性问题的解题策略
存在性的问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在.
(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论.
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.
(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意.
跟踪训练1 (2025·太原模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点D(2，1)且斜率为1 的
直线经过点F.
(1)求抛物线C 的方程；
(2)若A，B 是抛物线C 上两个动点，在x 轴上是否存在定点M(异于坐标原点O)，使得当直线AB
经过点M 时，满足OA⊥OB？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由.
解 (1)由题意过点D(2，1)且斜率为1 的直线方程为y－1＝x－2，即y＝x－1，令y＝0，则x＝1，
∴点F 的坐标为(1，0)，∴p
2 ＝1，
∴p＝2，抛物线C 的方程为y2＝4x.
(2)由(1)得抛物线C：y2＝4x，假设存在定点M(m，0)符合题意，
设直线AB 的方程为x＝ty＋m(t∈R，m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立{
x＝ty ＋m,
y
2＝4 x , 得y2－4ty－4m＝0，
∴y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m，Δ＝16t2＋16m>0，
∵OA⊥OB，∴⃗OA·⃗OB＝0，
∴⃗OA·⃗OB＝x1x2＋y1y2
＝(ty1＋m)(ty2＋m)＋y1y2
＝(t2＋1)y1y2＋tm(y1＋y2)＋m2
＝－4m(t2＋1)＋4mt2＋m2＝m2－4m＝0，
∴m＝4 或m＝0(舍去)，
当m＝4 时，点M 的坐标为(4，0)，满足OA⊥OB，Δ＝16t2＋16m>0，∴存在定点M(4，0)符合题意.
题型二 圆锥曲线中知识交汇问题
例2 (2024·新课标全国Ⅱ)已知双曲线C：x2－y2＝m(m>0)，点P1(5，4)在C 上，k 为常数，0<k<1.
按照如下方式依次构造点Pn(n＝2，3，…)：过Pn－1作斜率为k 的直线与C 的左支交于点Qn－1，令
Pn为Qn－1关于y 轴的对称点.记Pn的坐标为(xn，yn).
(1)若k＝1
2，求x2，y2；
(2)证明：数列{xn－yn}是公比为1＋k
1-k 的等比数列；
(3)设Sn为△PnPn＋1Pn＋2的面积，证明：对任意的正整数n，Sn＝Sn＋1.
(1)解 由已知有m＝52－42＝9，
故C 的方程为x2－y2＝9.
当k＝1
2时，
过P1(5，4)且斜率为1
2的直线为y＝x＋3
2
，
与x2－y2＝9 联立得到x2－(
x＋3
2 )
2
＝9.
解得x＝－3 或x＝5，
所以该直线与C 的不同于P1的交点为Q1(－3，0)，
该点显然在C 的左支上.
故P2(3，0)，
从而x2＝3，y2＝0.
(2)证明 方法一 由于过Pn(xn，yn)且斜率为k 的直线为y＝k(x－xn)＋yn，
与x2－y2＝9 联立，
得到方程x2－[k(x－xn)＋yn]2＝9.
展开得(1－k2)x2－2k(yn－kxn)x－(yn－kxn)2－9＝0，
由于Pn(xn，yn)已经是直线y＝k(x－xn)＋yn和x2－y2＝9 的公共点，
故方程必有一根x＝xn.
从而根据根与系数的关系，
另一根x＝2k( yn-k xn)
1-k
2
－xn＝2k yn- xn-k
2 xn
1-k
2
，
相应的y＝k(x－xn)＋yn＝yn＋k
2 yn-2k xn
1-k
2
.
所以该直线与C 的不同于Pn的交点为
Qn(
2k yn- xn-k
2 xn
1-k
2
，yn＋k
2 yn-2k xn
1-k
2
)，
而注意到Qn的横坐标亦可通过根与系数的关系表示为
-( yn-k xn)
2-9
(1-k
2)xn
，
故Qn一定在C 的左支上.
所以Pn＋1(
xn＋k
2 xn-2k yn
1-k
2
，yn＋k
2 yn-2k xn
1-k
2
).
这就得到xn＋1＝xn＋k
2 xn-2k yn
1-k
2
，
yn＋1＝yn＋k
2 yn-2k xn
1-k
2
.
所以xn＋1－yn＋1＝xn＋k
2 xn-2k yn
1-k
2
－yn＋k
2 yn-2k xn
1-k
2
＝xn＋k
2 xn＋2k xn
1-k
2
－yn＋k
2 yn＋2k yn
1-k
2
＝1＋k
2＋2k
1-k
2
(xn－yn)＝1＋k
1-k (xn－yn).
再由x1
2－y1
2＝9，
就知道x1－y1≠0，
所以数列{xn－yn}是公比为1＋k
1-k 的等比数列.
方法二 因为点Pn(xn，yn)关于y 轴的对称点是Qn－1(－xn，yn)，
点Pn－1(xn－1，yn－1)，Qn－1在同一条斜率为k 的直线上，
所以xn－1≠－xn，并且
yn- yn-1
- xn- xn-1
＝k.
①
因为点Pn－1，Qn－1都在双曲线C 上，
所以{
xn
2- yn
2＝9,
xn-1
2
- yn-1
2
＝9,
两式相减得(xn－xn－1)(xn＋xn－1)
＝(yn－yn－1)(yn＋yn－1).
②
由①，②得{
yn- yn-1＝-k( xn＋xn-1),③
xn- xn-1＝-k( yn＋yn-1).④
④－③得(xn－yn)－(xn－1－yn－1)
＝k(xn－yn)＋k(xn－1－yn－1)，
整理得
xn- yn
xn-1- yn-1
＝1＋k
1-k .
又x1－y1＝1，
所以{xn－yn}是公比为1＋k
1-k 的等比数列.
(3)证明 方法一 先证明一个结论：对平面上三个点U，V，W，
若⃗UV ＝(a，b)，⃗UW ＝(c，d)，
则S△UVW＝1
2|ad -bc|(若U，V，W 在同一条直线上，约定S△UVW＝0).
证明：S△UVW＝1
2|⃗UV|·|⃗UW|sin〈⃗UV ，⃗UW 〉
＝1
2|⃗UV|·|⃗UW|√1-co s
2〈⃗UV ，⃗UW 〉
＝1
2|⃗UV|·|⃗UW|√
1-(⃗
UV ·⃗UW
|⃗UV|·|⃗UW|)
2
＝1
2 √|⃗UV|
2·|⃗UW|
2-(⃗UV ·⃗UW )
2
＝1
2 √(a
2＋b
2)(c
2＋d
2)-(ac＋bd )
2
＝1
2 √a
2c
2＋a
2d
2＋b
2c
2＋b
2d
2-a
2c
2-b
2d
2-2abcd
＝1
2 √a
2d
2＋b
2c
2-2abcd ＝1
2 √(ad -bc)
2
＝1
2|ad -bc|.
证毕，回到原题.
由(2)可知
xn＋1＝xn＋k
2 xn-2k yn
1-k
2
，yn＋1＝yn＋k
2 yn-2k xn
1-k
2
，
故xn＋1＋yn＋1＝xn＋k
2 xn-2k yn
1-k
2
＋yn＋k
2 yn-2k xn
1-k
2
＝1＋k
2-2k
1-k
2
(xn＋yn)＝1-k
1＋k (xn＋yn).
再由x1
2－y1
2＝9，
可知x1＋y1≠0，
所以数列{xn＋yn}是公比为1-k
1＋k 的等比数列.
所以对任意的正整数m，都有
xnyn＋m－ynxn＋m
＝1
2[(xnxn＋m－ynyn＋m)＋(xnyn＋m－ynxn＋m)]
－1
2[(xnxn＋m－ynyn＋m)－(xnyn＋m－ynxn＋m)]
＝1
2(xn－yn)(xn＋m＋yn＋m)－1
2(xn＋yn)(xn＋m－yn＋m)
＝1
2(
1-k
1＋k)
m
(xn－yn)(xn＋yn)－1
2(
1＋k
1-k )
m
·(xn＋yn)(xn－yn)
＝1
2[(
1-k
1＋k)
m
-(
1＋k
1-k )
m
]( xn
2－yn
2)
＝9
2[(
1-k
1＋k)
m
-(
1＋k
1-k )
m
].
而又有⃗Pn＋1 Pn＝(－(xn＋1－xn)，－(yn＋1－yn))，⃗
Pn＋1 Pn＋2＝(xn＋2－xn＋1，yn＋2－yn＋1)，
故利用前面已经证明的结论即得
Sn＝S△Pn Pn＋1 Pn＋2＝1
2|－(xn＋1－xn)(yn＋2－yn＋1)＋(yn＋1－yn)(xn＋2－xn＋1)|
＝1
2|(xn＋1－xn)(yn＋2－yn＋1)
－(yn＋1－yn)(xn＋2－xn＋1)|
＝1
2|(xn＋1yn＋2－yn＋1xn＋2)＋(xnyn＋1－ynxn＋1)－(xnyn＋2－ynxn＋2)|
＝1
2|
9
2(
1-k
1＋k - 1＋k
1-k )＋9
2(
1-k
1＋k - 1＋k
1-k )
－9
2[(
1-k
1＋k)
2
-(
1＋k
1-k )
2
]|.
这就表明Sn的取值是与n 无关的定值，
所以Sn＝Sn＋1.
方法二 由(2)可知
xn＋1＝xn＋k
2 xn-2k yn
1-k
2
，yn＋1＝yn＋k
2 yn-2k xn
1-k
2
，
故xn＋1＋yn＋1
＝xn＋k
2 xn-2k yn
1-k
2
＋yn＋k
2 yn-2k xn
1-k
2
＝1＋k
2-2k
1-k
2
(xn＋yn)＝1-k
1＋k (xn＋yn).
再由x1
2－y1
2＝9，可知x1＋y1≠0，
所以数列{xn＋yn}是公比为1-k
1＋k 的等比数列.
所以对任意的正整数m，都有
xnyn＋m－ynxn＋m
＝1
2[(xnxn＋m－ynyn＋m)＋(xnyn＋m－ynxn＋m)]
－1
2[(xnxn＋m－ynyn＋m)－(xnyn＋m－ynxn＋m)]
＝1
2(xn－yn)(xn＋m＋yn＋m)－
1
2(xn＋yn)(xn＋m－yn＋m)
＝1
2(
1-k
1＋k)
m
(xn－yn)(xn＋yn)
－1
2(
1＋k
1-k )
m
(xn＋yn)(xn－yn)
＝1
2[(
1-k
1＋k)
m
-(
1＋k
1-k )
m
]( xn
2－yn
2)
＝9
2[(
1-k
1＋k)
m
-(
1＋k
1-k )
m
].
这就得到xn＋2yn＋3－yn＋2xn＋3＝9
2(
1-k
1＋k - 1＋k
1-k )
＝xnyn＋1－ynxn＋1，
以及xn＋1yn＋3－yn＋1xn＋3＝9
2[(
1-k
1＋k)
2
-(
1＋k
1-k )
2
]
＝xnyn＋2－ynxn＋2.
两式相减，
得(xn＋2yn＋3－yn＋2xn＋3)－(xn＋1yn＋3－yn＋1xn＋3)
＝(xnyn＋1－ynxn＋1)－(xnyn＋2－ynxn＋2).
移项得到
xn＋2yn＋3－ynxn＋2－xn＋1yn＋3＋ynxn＋1
＝yn＋2xn＋3－xnyn＋2－yn＋1xn＋3＋xnyn＋1.
故(yn＋3－yn)(xn＋2－xn＋1)
＝(yn＋2－yn＋1)(xn＋3－xn).
而⃗Pn Pn＋3＝(xn＋3－xn，yn＋3－yn)，
⃗
Pn＋1 Pn＋2＝(xn＋2－xn＋1，yn＋2－yn＋1).
所以⃗Pn Pn＋3和⃗Pn＋1 Pn＋2平行，
这就得到S△Pn Pn＋1 Pn＋2＝S△Pn＋1 Pn＋2 Pn＋3，
即Sn＝Sn＋1.
思维升华 解析几何中的数列性质的研究，要依据已有的条件构建数列的递推关系，再对得到的递推关系
作消元处理从而得到纯粹的单数列的递推关系，这样便于问题的解决.
跟踪训练2 (2024·成都模拟)已知椭圆D：x
2
a
2 ＋y
2
b
2 ＝1(a>b>0)的离心率为√2
2 ，且过点(2，1).过椭
圆D 上的点A 作圆O：x2＋y2＝2 的两条切线，其中一条切线与椭圆D 相交于点B，与圆O 相切于
点C，两条切线与y 轴分别交于E，F 两点.
(1)求椭圆D 的方程；
(2)|BC|·|CA|是否为定值，若是，请求出|BC|·|CA|的值；若不是，请说明理由；
(3)若椭圆D 上点A(x0，y0)(x0≥2)，求△AEF 面积的取值范围.
解 (1)由题意可得{
√a
2-b
2
a
＝√2
2 ,
4
a
2 ＋1
b
2 ＝1,
解得{
a
2＝6,
b
2＝3,
所以椭圆D 的方程为x
2
6 ＋y
2
3 ＝1.
(2)由题意知切线与y 轴有交点，故直线AB 的斜率存在，设直线AB 的方程为y＝kx＋m，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立{
y ＝kx ＋m,
x
2
6 ＋y
2
3 ＝1,
消去y 得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，
Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)＝48k2－8m2＋24>0，
则x1＋x2＝－4 km
1＋2k
2，x1x2＝2m
2-6
1＋2k
2，
又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝m
2-6k
2
1＋2k
2 ，
当x1x2≠0 时，kOAkOB＝
y1 y2
x1 x2
＝m
2-6 k
2
2m
2-6
，
①
因为直线AB 与圆O：x2＋y2＝2 相切，
所以圆心O 到直线AB 的距离为
|m|
√k
2＋1
＝√2，
所以m2＝2(k2＋1)，满足Δ>0，代入①得
kOAkOB＝y1 y2
x1 x2
＝2(k
2＋1)-6 k
2
4(k
2＋1)-6
＝2- 4 k
2
4 k
2-2
＝－1，
所以OA⊥OB；
当x1x2＝0 时，m2＝3，
又m2＝2(k2＋1)，则k2＝1
2，满足Δ>0，
所以y1y2＝0，所以直线AB 过椭圆的左或右顶点与上或下顶点，所以OA⊥OB.
在Rt△OAB 中，OC⊥AB，
由射影定理知|OC|2＝|CA|·|BC|＝2，
所以|BC|·|CA|为定值2.
(3)由题意直线AB 的斜率存在，
设过点A(x0，y0)(x0≥2)的切线方程为y－y0＝k(x－x0)，即kx－y＋y0－kx0＝0，
则圆心O 到直线AB 的距离为
| y0-k x0|
√k
2＋1
＝√2，
即(x0
2－2)k2－2x0y0k＋y0
2－2＝0，
显然Δ'＝8x0
2＋8y0
2－16>0，
设直线AE，AF 的斜率分别为k1，k2，
则k1＋k2＝
2 x0 y0
x0
2-2 ，k1k2＝
y0
2-2
x0
2-2
，
直线AE 的方程为y－y0＝k1(x－x0)，
令x＝0，则yE＝y0－k1x0，
同理yF＝y0－k2x0，
|EF|＝|yE－yF|＝x0|k1－k2|
＝x0√(k1＋k2)
2- 4 k1k2，
S△AEF＝1
2 x0
2√(k1＋k2)
2- 4 k1k2
＝1
2 x0
2√(
2 x0 y0
x0
2-2 )
2
- 4( y0
2-2)
x0
2-2
，
因为A(x0，y0)(x0≥2)在椭圆D 上，
所以y0
2＝3－1
2 x0
2，代入化简得
S△AEF＝1
2 x0
2√
2 x0
2(6- x0
2)
( x0
2-2)
2
＋2＝
x0
2
x0
2-2 √x0
2＋2，
令x0
2－2＝t，则x0
2＝t＋2(2≤t≤4)，
则S△AEF＝t ＋2
t
√t ＋4＝√
t
3＋8t
2＋20t ＋16
t
2
，
令f(t)＝t
3＋8t
2＋20t ＋16
t
2
，2≤t≤4，
则f'(t)＝t
3-20t -32
t
3
，
令g(t)＝t3－20t－32，2≤t≤4，
则g'(t)＝3t2－20，
当2≤t<√
20
3 时，g'(t)<0，
当√
20
3 <t≤4 时，g'(t)>0，
所以函数g(t)在[2，√
20
3 )上单调递减，在(√
20
3 ，4]
上单调递增，
又g(2)＝－64<0，g(4)＝－48<0，
所以g(t)<0，即当2≤t≤4 时，f'(t)<0，
所以函数f(t)在[2，4]上单调递减，
所以18＝f(4)≤f(t)≤f(2)＝24，
所以3√2≤S△AEF≤2√6，
所以△AEF 面积的取值范围为[3√2，2√6].
课时精练
[分值：60 分]
1.(13 分)(2024·汕头模拟)如图，在矩形ABCD 中，|AB|＝4，|BC|＝2.A1，B1，A2，B2分别是矩形四条边的中
点，以A1A2与B1B2的交点O 为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示，设⃗OR＝λ⃗O A2，⃗A2T＝(1－λ)⃗
A2C(0<λ<1).
(1)证明：直线B1R 与B2T 的交点H 在椭圆K：x
2
4 ＋y2＝1 上；(5 分)
(2)已知PQ 为过椭圆K 的右焦点F 的弦，点M 为椭圆K 上一点，直线MO 与椭圆K 的另一交点为N，若
MN∥PQ，试判断|PQ|，|MN|，|A1A2|是否成等比数列，请说明理由.(8 分)
(1)证明 设H(x，y)，依题意，R(2λ，0)，T(2，1－λ)，B1(0，－1)，B2(0，1)，
则直线B1R 的方程为y＋1＝1
2 λx，
①
直线B2T 的方程为y－1＝－λ
2x，
②
①×②得y2－1＝－1
4 x2，即x
2
4 ＋y2＝1，
故直线B1R 与B2T 的交点H 在椭圆K：x
2
4 ＋y2＝1 上.
(2)解 依题意，F(√3，0)，直线PQ，MO 的斜率均不为零，故设直线PQ 的方程为x＝my＋√3，
直线MO 的方程为x＝my，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
联立{
x
2
4 ＋y
2＝1,
x＝my ＋√3,
得(m2＋4)y2＋2√3my－1＝0，
∴y1＋y2＝－2√3m
m
2＋4 ，
y1y2＝－
1
m
2＋4 ，
∴|PQ|＝√1＋m
2|y1－y2|＝√1＋m
2·√(- 2√3m
m
2＋4)
2
- 4(-
1
m
2＋4)＝4(m
2＋1)
m
2＋4
，
联立{
x
2
4 ＋y
2＝1,
x＝my ,
得(m2＋4)y2＝4，
取y3＝
2
√m
2＋4 ，y4＝－
2
√m
2＋4 ，
∴|MN|＝√1＋m
2|y3－y4|＝4√m
2＋1
√m
2＋4
，
又|A1A2|＝4，∴|MN|2＝|PQ||A1A2|，
即|PQ|，|MN|，|A1A2|成等比数列.
2.(15 分)(2024·喀什模拟)已知双曲线E：x2－3y2＝3 的左、右焦点分别为F1，F2，A 是直线l：y＝－c
a
2x(其
中a 是双曲线E 的实半轴长，c 是双曲线E 的半焦距)上不同于原点O 的一个动点，斜率为k1的直线AF1与
双曲线E 交于M，N 两点，斜率为k2的直线AF2与双曲线E 交于P，Q 两点.
(1)求1
k1
＋1
k2
的值；(6 分)
(2)若直线OM，ON，OP，OQ 的斜率分别为kOM，kON，kOP，kOQ，问是否存在点A，满足kOM＋kON＋kOP＋
kOQ＝0，若存在，求出A 点坐标；若不存在，说明理由.(9 分)
解 (1)由题可得双曲线E：x
2
3 －y2＝1，
则a2＝3，b2＝1，∴c2＝a2＋b2＝4，∴c＝2，
∴左、右焦点分别为F1(－2，0)，F2(2，0)，
直线l 的方程为y＝－2
3x，
设A(t ，- 2
3 t)(t≠0)，k1＝- 2
3 t -0
t ＋2
＝－
2t
3(t ＋2)，
同理可得k2＝－
2t
3(t -2).
∴1
k1
＋1
k2＝－3(t ＋2)
2t
－3(t -2)
2t
＝－6t
2t ＝－3.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
直线AF1的方程为y＝k1(x＋2)，
代入双曲线E 可得
(1－3k1
2)x2－12k1
2x－12k1
2－3＝0，
Δ＝12k1
2＋12>0，k1
2≠1
3，
∴x1＋x2＝12k1
2
1-3k1
2，则x1x2＝-12k1
2-3
1-3k1
2 ，
则kOM＋kON＝y1
x1
＋y2
x2
＝y1 x2＋y2 x1
x1 x2
＝
k1( x1＋2)x2＋k1( x2＋2)x1
x1 x2
＝
2k1 x1 x2＋2k1( x2＋x1)
x1 x2
＝
2k1
4 k1
2＋1.
同理kOP＋kOQ＝
2k2
4 k2
2＋1(k2
2≠1
3)，
假设存在点A，满足kOM＋kON＋kOP＋kOQ＝0，
即
2k1
4 k1
2＋1
＋
2k2
4 k2
2＋1＝0，
即(k1＋k2)(4k1k2＋1)＝0，
∴k1＋k2＝0 或k1k2＝－1
4 ，
又1
k1
＋1
k2
＝－3，
若k1＋k2＝0，无解，舍去，∴k1k2＝－1
4 ，
解得{
k1＝- 1
4 ,
k2＝1
或{
k1＝1,
k2＝- 1
4 .
若k1＝－1
4 ，k2＝1，
又A(t ，- 2
3 t)(t≠0)，由点A 在直线AF1上可得，
－2
3t＝－1
4 (t＋2)，
∴t＝6
5，此时A(
6
5 ，- 4
5)；
若k1＝1，k2＝－1
4 ，
由点A 在直线AF1上可得，－2
3t＝t＋2，
∴t＝－6
5，此时A(- 6
5 ，4
5).
综上，存在点A(
6
5 ，- 4
5)或A(- 6
5 ，4
5)，满足kOM＋kON＋kOP＋kOQ＝0.
3.(15 分)(2024·晋中模拟)在平面直角坐标系Oxy 中，已知点M(1，0)，P 为动点，以线段MP 为直径的圆与
y 轴相切.
(1)求动点P 的轨迹Γ 的方程；(5 分)
(2)已知点A(1，2)，问：在Γ 上是否存在点B，C，使得△ABC 为等边三角形？若不存在，请说明理由；若
存在，请说明这样的点B，C 有几组(不必说明点B，C 的坐标).(10 分)
解 (1)设P(x，y)，则线段PM 的中点坐标为(
x＋1
2
，y
2)，
因为以线段MP 为直径的圆与y 轴相切，
则|x ＋1|
2
＝1
2|MP|＝1
2 √( x -1)
2＋y
2，
化简得y2＝4x，所以Γ 的方程为y2＝4x.
(2)存在唯一一组点B，C，使得△ABC 为等边三角形，理由如下：
由题意可知，直线BC 的斜率存在且不为0，
设lBC：x＝my＋t(m≠0)，
B(x1，y1)，C(x2，y2).
联立{
y
2＝4 x ,
x＝my ＋t ,消去x 得y2－4my－4t＝0，
则Δ＝(－4m)2＋16t＝16(m2＋t)>0，
得m2＋t>0，
可得y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，
设线段BC 的中点为Q(x0，y0)，
则y0＝y1＋y2
2
＝2m，
x0＝my0＋t＝2m2＋t，
即Q(2m2＋t，2m)，
若△ABC 为等边三角形，则AQ⊥BC，
且|AQ|＝√3
2 |BC|，
由AQ⊥BC 可得
2m-2
2m
2＋t -1· 1
m＝－1，
整理得t＝－2m2－1＋2
m，
则m2＋t＝m2－2m2－1＋2
m＝－m2－1＋2
m ＝(1-m)(m
2＋m＋2)
m
>0，
由m2＋m＋2＝(m＋1
2)
2
＋7
4 >0，
可得1-m
m
>0，解得0<m<1，
由|AQ|＝√3
2 |BC|，
|AQ|＝√(2m
2＋t -1)
2＋(2m-2)
2
＝√(2m-2)
2＋(
2m-2
-m )
2
，
√3
2 |BC|＝√3
2 √1＋m
2×4√m
2＋t
＝2√3√1＋m
2×√
2
m -m
2-1，
整理得－3(m－1)(1＋m2)·m
2＋m＋2
m
＝(m－1)2·1＋m
2
m
2
，
又因为0<m<1，可得－3(m2＋m＋2)＝m-1
m
，即3m3＋3m2＋7m－1＝0，
令h(m)＝3m3＋3m2＋7m－1，
又h'(m)＝9m2＋6m＋7>0 在R 内恒成立，
可知h(m)在R 上为增函数，且h(0)＝－1<0，h(1)＝12>0，
故h(m)在区间(0，1)上存在唯一的零点m0，
所以存在唯一一组点B，C，使得△ABC 为等边三角形.
4.(17 分)(2025·南通模拟)在平面直角坐标系Oxy 中，已知椭圆Γ：x
2
a
2 ＋y
2
b
2 ＝1(a>b>0)的离心率为√6
3 ，直线
l 与椭圆Γ 相切，与圆O：x2＋y2＝3a2相交于A，B 两点.当l 垂直于x 轴时，|AB|＝2√6.
(1)求椭圆Γ 的方程；(3 分)
(2)对于给定的点集M，N，若M 中的每个点在N 中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，
则记此最大值为d(M，N).
①若M，N 分别为线段AB 与圆O 上任意一点，P 为圆O 上一点，当△PAB 的面积最大时，求d(M，N)；(7
分)
②若d(M，N)，d(N，M)均存在，记两者中的较大者为H(M，N).已知H(X，Y)，H(Y，Z)，H(X，Z)均存在，
证明：H(X，Z)＋H(Y，Z)≥H(X，Y).(7 分)
(1)解 因为当l 垂直于x 轴时，|AB|＝2√6，而直线l：x＝±a 与椭圆Γ 相切，则2√3a
2-a
2＝2√6，解得a＝
√3，
又椭圆Γ 的离心率为√6
3 ，
则椭圆Γ 的半焦距c＝√2，b＝√a
2-c
2＝1，
所以椭圆Γ 的方程为x
2
3 ＋y2＝1.
(2)①解 当l 的斜率存在时，
设l 的方程为y＝kx＋m，
联立{
y ＝kx ＋m,
x
2
3 ＋y
2＝1,
消去y 得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
由直线l 与椭圆Γ 相切，得Δ＝(6km)2－4(3k2＋1)·(3m2－3)＝0，整理得m2＝3k2＋1，
所以圆心O 到直线l 的距离d＝
|m|
√k
2＋1
＝√
3k
2＋1
k
2＋1
＝√
3-
2
k
2＋1
∈[1，√3)，
由(1)得圆O 的方程为x2＋y2＝9，半径为3，
则△PAB 的面积为S△PAB≤1
2(d＋3)·|AB|
＝1
2(d＋3)·2√9-d
2＝√(3-d )(d ＋3)
3，
设f(d)＝(3－d)(d＋3)3，1≤d<√3，
求导得f'(d)＝2(d＋3)2(3－2d)，
当1≤d<3
2时，f'(d)>0，函数f(d)单调递增，当3
2<d<√3时，f'(d)<0，函数f(d)单调递减，
因此当d＝3
2时，f(d)取得最大值，此时(S△PAB)max＝27√3
4
；
当l 的斜率不存在时，由(1)知，S△PAB≤1
2×(√3＋3)×2√6＝3√2＋3√6.
由(
9√3
4 )
2
－(√2＋√6)2＝115
16 －4√3>7－4√3>0，
得9√3
4
>√2＋√6，即27√3
4
>3√2＋3√6，
综上，d＝3
2.
对于线段AB 上任意点E，连接OE 并延长与圆O 交于点F，则F 是圆上与E 最近的点，
当E 为线段AB 的中点时，|EF|取得最大值3
2，
所以d(M，N)＝3
2.
②证明 因为H(X，Y)，H(Y，Z)，H(X，Z)均存在，
设点X1，X2∈X，Y1，Y2∈Y，Z1，Z2∈Z，且H(X，Z)＝|X1Z1|，H(Y，Z)＝|Y1Z2|，H(X，Y)＝|X2Y2|，
设点Y2是集合Y 中到点X2的最近点，根据对称性，不妨设H(X，Y)＝d(X，Y)＝|X2Y2|，
令点X2到集合Z 的最近点为Z3，点Z3到集合Y 的最近点为Y3，
因为|X1Z1|是集合X 中所有点到集合Z 最近点距离的最大值，则|X1Z1|≥|X2Z3|，
因为|Y1Z2|是集合Y 中所有点到集合Z 最近点距离的最大值，则|Y1Z2|≥|Y3Z3|，
因此H(X，Z)＋H(Y，Z)＝|X1Z1|＋|Y1Z2|≥|X2Z3|＋|Y3Z3|，
而在坐标平面中，|X2Z3|＋|Y3Z3|≥|X2Y3|，又点Y2是集合Y 中到点X2的最近点，
则|X2Y3|≥|X2Y2|，
所以H(X，Z)＋H(Y，Z)≥H(X，Y).
