专项04解析几何8大题型（大题专练）（全国通用）（解析版）_三轮冲刺_2026年试卷教辅资源等多个文件_上好课2026版高中《终极冲刺讲练测》（数学）（全国通用）

专项04  解析几何
内容导航
【命题解码·定方向】命题趋势+2026 年预测
【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式
【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分
根据近五年全国卷考情，圆、椭圆、双曲线及抛物线的性质以及直线与圆锥曲线的位置关系是必考主干，
分值约20-32 分．
命题趋势：
解答题：稳定考查圆锥曲线（常为第16 至19 题），核心是设而不求、利用韦达定理解决直线与圆锥曲
线的位置关系的综合问题．
2026 年预测：解答题极可能仍为圆锥曲线常规题，热门考向为定点、定值、最值或范围问题．
备考核心：熟记圆锥曲线定义性质，熟练运用韦达定理,专攻定点定值、范围最值等高频题型，规范答
题步骤，强化计算训练，减少运算失误，真题限时演练提升速度．
题型01 解析几何中的面积问题
析典例·建模型
1．（2026·山东青岛·一模）已知抛物线
2
:
2
(
0)
C y
px p
=
>
，点F 为C 的焦点，
,
M N 是C 上任意不重合的
两点，当直线MN 过点F 且垂直x 轴时，|
| 4
MN =
.
(1)求C 的方程；
(2)若直线MN 过点F 且OMN
V
的面积为4 ，求MN 的方程.
【思路分析】（1）当直线MN 垂直x 轴时，可求出M 、N 的坐标进而求出p 的值；
（2）三角形的面积可以用弦长公式和点到直线的距离公式表示底和高.
【规范答题】（1）设点




1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
因为抛物线
2
:
2
,(
0)
C y
px
p
=
>
，所以
(
,0)
2
p
F
，
当直线MN 过点F 且垂直x 轴时，直线MN 的方程为
2
p
x =
，
把
2
p
x =
代入
2
2
y
px
=
可得
1
2
,
y
p y
p
=
= -
，
故
2
4
MN
p
=
=
，所以
2
p =
，所以方程为
2
4
y
x
=
.
（2）由（1）可知


1,0
F
，设直线MN 方程为
1
x
my
=
+ ，
联立
2
1
4
x
my
y
x
=
+
ì
í
=
î
得
2
4
4
0
y
my
-
-
=
，
则
1
2
1
2
4 ,
4
y
y
m y y
+
=
= - ，
2
16
16
0
m
D =
+
>
，
所以
2
2
2
2
1
2
1
2
|
|
1
(
)
4
1
16
16
MN
m
y
y
y y
m
m
=
+

+
-
=
+

+
2
4(1
)
m
=
+
，
又点O 到直线MN 距离
2
1
1
d
m
=
+
，
所以


2
2
2
1
1
1
4 1
2 1
2
2
1
OMN
S
MN d
m
m
m
=
=

+

=
+
+
V
，
令
2
2 1
4
m
+
=
，所以
2
1
2
m
+
=
，所以
2
3
m =
，解得
3
m =
或
3
m = -
，
所以直线MN 方程为
3
1
0
x
y
-
- =
或
3
1
0
x
y
+
- =
.
研考点·通技法
圆锥曲线周长与面积问题核心是几何条件代数化，结合定义与公式求解.
面积：优先用坐标法，设点坐标，以底高、行列式或割补法计算；焦点三角形常用椭圆、双曲线定义结
合余弦定理求解.
周长：曲线周长多转化为焦半径之和，利用定义简化；多边形周长则求各边长度和，结合韦达定理处理
弦长.
关键步骤：设点、联立方程、用定义转化、韦达定理、参数范围检验，避免计算失误.
破类题·提能力
1．（2026·江西赣州·一模）已知抛物线
2
:
2
C x
y
=
，过点


0,2
P
作直线l 与抛物线C 相交于
,
A B 两点，O 
为坐标原点.
(1)证明：OA
OB
^
；
(2)若存在异于点P 的定点T ，使得|
| |
| |
| |
|
PA
TB
PB
TA

=

uuur
uur
uuur
uur
恒成立，请求出点T 的坐标，并求出
TAB
△
面积的最小值.
【答案】(1)见解析；（2）8
【解析】（1）证明：设直线l 的方程为




1
1
2
2
2,
,
,
,
y
kx
A x y
B x
y
=
+
，
由
2
2
2
x
y
y
kx
ì
=
í
=
+
î
，得


2
2
2
x
kx
=
+
，即
2
2
4
0
x
kx
-
-
=
，
因为
2
4
16
0
k
D =
+
>
，所以
1
2
1
2
2 ,
4
x
x
k x x
+
=
= - ，


2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
0
2
2
4
x x
x
x
OA OB
x x
y y
x x
x x

=
+
=
+

=
+
=
uuur uuur
，
所以OA
OB
^
uuur
uuur
，所以OA
OB
^
.
（2）因为|
| |
| |
| |
|
PA
TB
PB
TA

=

uuur
uur
uuur
uur
，所以|
|
|
|
|
|
|
|
PA
TA
PB
TB
=
，
由角平分线的性质可知，TP 为
ATB
Ð
的角平分线，由抛物线对称性可得，T 在y 轴上，
设


0,
2
T
t
t ¹
，
2
2
1
1
2
2
1
1
2
2
2
2
,
2
2
TA
TB
y
t
x
t
y
t
x
t
k
k
x
x
x
x
-
-
-
-
=
=
=
=
，
因为TP 在y 轴上，所以
0
TA
TB
k
k
+
=
，
2
2
1
2
1
2
2
2
0
2
2
x
t
x
t
x
x
-
-
+
=
，
整理得
2
2
1
2
2
1
2
1
2
2
0
x x
tx
x x
tx
-
+
-
=
，由
1
2
1
2
2 ,
4
x
x
k x x
+
=
= - ，代入可得4
2
0
k
t
k
-
- 
=
，
即2 (2
)
0
k
t
+
=
，由于上式对任意k 恒成立，所以
2
t = - ，即

0, 2
T
-
.


2
2
2
2
1
2
1
2
1
4
2 1
4
AB
k
x
x
x x
k
k
=
+

+
-
=
+

+
，


0, 2
T
-
到直线的距离为：
2
2
| 0
2
2 |
4
1
1
d
k
k
+
+
=
=
+
+
，面积
2
1 |
|
4
4
2
S
AB d
k
=

=
+
，
当
0
k =
时，
TAB
△
面积有最小值8.
2．（25-26 高三上·天津·期末）已知椭圆𝐶:𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1（𝑎> 𝑏> 0）的长轴长为4，焦距为2.
(1)求椭圆𝐶的方程和离心率；
(2)设𝐴为椭圆𝐶的右顶点，若直线𝑙与椭圆𝐶有唯一的公共点𝑀(𝑀在第一象限)，直线𝑙与𝑦轴的正半轴交
于点𝑁，直线𝑁𝐴与直线𝑂𝑀交于点𝑃(𝑂为原点)，且𝑆△𝑃𝑂𝐴= 3
5𝑆△𝑁𝑂𝐴，求直线𝑙的方程.
【答案】（1）
𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1，离心率𝑒= 𝑐
𝑎=
1
2；
（2）𝑦= ― 1
2𝑥+ 2.
【解析】（1）依题意可得2𝑎= 4
2𝑐= 2
 
，所以𝑎= 2
𝑐= 1
 
，则𝑏=
𝑎2 ― 𝑐2 =
3， 
所以椭圆𝐶的方程为
𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1，离心率𝑒= 𝑐
𝑎=
1
2；
（2）如图所示：
由题可知，直线𝑙的斜率存在且为负数，设直线𝑙：𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑛(𝑘< 0,𝑛> 0).
则有𝑁(0,𝑛)，𝐴(2,0)，所以直线𝑁𝐴的方程为
𝑥
2 + 𝑦
𝑛= 1，
将𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑛与椭圆方程
𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1联立，消去𝑦并整理得，(4𝑘2 + 3)𝑥2 +8𝑘𝑛𝑥+ 4𝑛2 ―12 = 0，由题
意直线𝑙与椭圆相切于点𝑀，则Δ = 64𝑘2𝑛2 ―4(4𝑘2 +3)(4𝑛2 ―12) = 48(4𝑘2 +3 ― 𝑛2) = 0，即4𝑘2
+3 = 𝑛2，所以
𝑥𝑀=
―8𝑘𝑛
2(4𝑘2+3) =
―4𝑘𝑛
(4𝑘2+3) = ―4𝑘𝑛
𝑛2
=
―4𝑘
𝑛，𝑦𝑀= 𝑘𝑥𝑀+𝑛= ―4𝑘2
𝑛
+𝑛= 𝑛2―4𝑘2
𝑛
=
3
𝑛， 即点𝑀的坐标为(―4𝑘
𝑛,3
𝑛
)，
所以直线𝑂𝑀的方程为𝑦= ― 3
4𝑘𝑥，将其与直线𝑁𝐴的方程
𝑥
2 + 𝑦
𝑛= 1联立，解得𝑥𝑃=
4𝑘𝑛
2𝑘𝑛―3，𝑦𝑃=
―3𝑛
2𝑘𝑛―3，
即点𝑃的坐标为( 4𝑘𝑛
2𝑘𝑛―3, ―3𝑛
2𝑘𝑛―3)，由题意得
𝑆△𝑃𝑂𝐴
𝑆△𝑁𝑂𝐴=
1
2𝑦𝑃⋅|𝑂𝐴|
1
2𝑦𝑁⋅|𝑂𝐴| =
―3
2𝑘𝑛―3 =
3
5，整理得𝑘𝑛= ―1.又4𝑘2 +3 = 𝑛2，
且𝑘< 0,𝑛> 0，解得𝑘= ―
1
2，𝑛= 2，即满足题意的直线𝑙的方程为𝑦= ― 1
2𝑥+ 2.
题型02 解析几何中定值定点问题
析典例·建模型
1．（2026·福建龙岩·一模）已知椭圆


2
2
2
2
:
1
0
x
y
E
a
b
a
b
+
=
>
>
的左顶点为A ，上顶点为B ，长轴长为4，且
以短轴为直径的圆与直线
2
y
x
=
+
相切.
(1)求E 的方程；
(2)过点


2,1
P -
的直线l 交E 于
,
C D 两点，直线
,
BC BD 分别交x 轴于
,
M N 两点，证明：
（ⅰ）
, ,
M A N 的横坐标成等差数列；
（ⅱ）
ABD
△
与BMD
V
的面积之比为定值.
【思路分析】（1）由题可得
2
a =
，然后由O 到直线
2
y
x
=
+
的距离可得
1
b = ，据此可得答案；
（2）（i）由题设过点

2,1
P -
的直线方程为


1
2
y
k x
- =
+
，


1
1
,
C x y
、


2
2
,
D x
y
，将直线与椭圆方
程联立，由韦达定理可得
2
1
2
2
16
8
1
4
k
k
x
x
k
+
+
= -
+
，
2
1
2
2
16
16
1
4
k
k
x x
k
+
=
+
，由题可得




1
2
1
2
2
2
M
N
x
x
x
x
k x
k x
=
=
-
+
-
+
，
，验证
2
M
N
A
x
x
x
+
=
可完成证明；
（ⅱ）注意到
1
2
1
2
B
D
ABD
BMD
B
D
AN
y
y
S
S
MN
y
y

-
=

-
V
V
，据此可完成证明.
【规范答题】（1）由已知得，2
4
a =
，所以
2
a =
，
原点O 到直线
2
y
x
=
+
的距离为
0
0
2
1
2
b
-
+
=
= ，
所以E 的方程为
2
2
1
4
x
y
+
= .
（2）（i）当过点

2,1
P -
的直线斜率不存在时，
直线与椭圆E 只有1 个交点，舍去，
设直线l 的方程为


1
2
y
k x
- =
+
，
设


1
1
,
C x y
、


2
2
,
D x
y
，由


2
2
1
2
1
4
y
k x
x
y
ì - =
+
ïí
+
=
ïî
，
消去y 整理得



2
2
2
2
1
4
16
8
16
16
0
k
x
k
k x
k
k
+
+
+
+
+
=
，
所以





2
2
2
2
Δ
16
8
4 1
4
16
16
0
k
k
k
k
k
=
+
-
+
+
>
，解得
0
k <
，
2
1
2
2
16
8
1
4
k
k
x
x
k
+
+
= -
+
，
2
1
2
2
16
16
1
4
k
k
x x
k
+
=
+
，
直线BC 的方程为
1
1
1
1
y
y
x
x
-
- =
，令
0
y =
，得


1
1
1
1
1
2
M
x
x
x
y
k x
=
=
-
-
+
，
同理可得


2
2
2
2
1
2
N
x
x
x
y
k x
=
=
-
-
+
.




1
2
1
2
2
2
M
N
x
x
x
x
k x
k x
+
=
+
-
+
-
+











1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
4
x
x
x
x
x x
x
x
k x
x
k x x
x
x
+
+
+
+
+
=
=
-
+
+
é
ù
-
+
+
+
ë
û
.
又因为


2
2
1
2
1
2
2
2
2
16
16
16
8
16
2
2
2
2
1
4
1
4
1
4
k
k
k
k
k
x x
x
x
k
k
k
æ
ö
+
+
+
+
=

+
-
=
ç
÷
+
+
+
è
ø
，


2
2
1
2
1
2
2
2
2
16
16
16
8
4
2
4
2
4
1
4
1
4
1
4
k
k
k
k
x x
x
x
k
k
k
æ
ö
+
+
+
+
+
=
+
-
+
=
ç
÷
+
+
+
è
ø
.
所以
16
4
2
4
M
N
A
k
x
x
x
k
+
=
= - =
-
，
所以
, ,
M A N 的横坐标成等差数列；
（ⅱ）由（ⅰ）知A 为
,
M N 的中点，得
2
MN
AN
=
，
所以
2
2
1
1
1
1
2
2
1
1
2
1
2
2
B
D
ABD
BMD
B
D
AN
y
y
AN
y
AN
S
S
MN
MN
y
y
MN
y

-
-
=
=
=
=

-
-
V
V
，
所以
ABD
△
与BMD
V
的面积之比为
1
2 .
2．（2026·广西河池·二模）已知抛物线


2
2
0
E
y
px p
=
>
：
，过E 上一动点A 作斜率为2 的直线,l l 与E 交
于另一点B ，当点A 与原点O 重合时，
5
AB =
．
(1)求p ．
(2)当l 不经过点


4,1
N
时，直线AN 与E 交于另一点C ，直线BN 与E 交于另一点D ．
（i）证明：
/ /
AB
CD ；
（ii）试判断直线AD 与BC 是否交于定点，若是，请求出定点的坐标，否则，请说明理由．
【思路分析】（1）联立直线方程求出点
,
2
p
B
p
æ
ö
ç
÷
è
ø，再由
5
AB =
计算可得
2
p =
；
（2）（i）将直线l 与抛物线联立，可知
1
2
2
y
y
+
=
，再将直线AN 的方程与抛物线联立，同理联立直
线BN ，整理可得
2
CD
k
=
，即
/ /
AB
CD ；
（ii）求出直线AD 的方程为


2
1
1
1
2
1
4
1
14
4
y
y
y
y
x
y
-
æ
ö
-
=
-
ç
÷
+
è
ø
，可知直线AD 与BC 交于定点
7 ,1
2
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
.
【规范答题】（1）当点A 与原点O 重合时，直线l 过原点且斜率为2，其方程为
2
y
x
=
，
联立
2
2
2
y
x
y
px
=
ì
í
=
î
得
2
4
2
x
px
=
，解得
0
x =
或
2
p
x =
，所以
,
2
p
B
p
æ
ö
ç
÷
è
ø．
所以
2
2
5
5
4
2
p
p
AB
p
=
+
=
=
，解得
2
p =
．
（2）由（1）知
2
4
E
y
x
=
：
，设
2
2
1
2
1
2
1
2
,
,
,
,
4
4
y
y
A
y
B
y
y
y
æ
ö
æ
ö
¹
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，直线
2
l
y
x
b
=
+
：
．
联立
2
4
y
x
=
与
2
y
x
b
=
+
，得
2
2
2
0
y
y
b
-
+
=
，
所以
1
2
2
y
y
+
=
且
1
2
1
1
，
y
y
¹
¹ ．
（i）设
2
2
3
4
3
4
,
,
,
4
4
y
y
C
y
D
y
æ
ö
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，如下图：
直线AN 过点
2
1
1
,
4
y
A
y
æ
ö
ç
÷
è
ø
和


4,1
N
，设直线AN 的方程为
4
x
ty
t
=
+
- ，
联立
2
4
y
x
=
，得
2
4
16
4
0
y
ty
t
-
-
+
=
，则
1
3
1
3
4
4
16
，
y
y
t
y y
t
+
=
=
-
，
整理可得


1
3
1
1
15
y
y
-
-
= -
．①
同理，对于直线BN ，可得


2
4
1
1
15
y
y
-
-
= -
．②
因为
1
2
2
y
y
+
=
，所以


2
1
1
1
1
1
y
y
y
- = -
= -
-
，③
由①②作商，结合③，得


3
4
1
1
y
y
- = -
-
，即
3
4
2
y
y
+
= ．
所以


4
3
4
3
2
2
2
2
3
4
4
3
4
3
4
4
4
2
2
4
4
CD
y
y
y
y
k
y
y
y
y
y
y
-
-
=
=
=
=
=
-
+
-
，
所以
/ /
AB
CD ．
（ii）设AB 的中点为，
P
CD 的中点为Q ，因为
1
2
3
4
2,
2
y
y
y
y
+
=
+
=
，所以直线
1
：
PQ
y = ，
又因为
/ /
AB
CD ，所以AD 与BC 的交点即直线AD 与PQ的交点．
由②③，得


1
4
1
1
15
y
y
-
-
=
，所以
1
4
1
1
14
15
1
1
1
y
y
y
y
+
= +
=
-
-
．
直线AD 的斜率




1
1
2
2
1
1
4
1
1
1
1
1
1
4
1
4
1
4
4
14
14
14
1
AD
y
y
k
y
y
y
y
y
y
y
y
y
-
-
=
=
=
=
+
+
-
+
+
+
+
-
，
直线AD 的方程为


2
1
1
1
2
1
4
1
14
4
y
y
y
y
x
y
-
æ
ö
-
=
-
ç
÷
+
è
ø
．
在该方程中，令
1
y = ，可得
7
2
x = -
，所以直线AD 与PQ交于定点
7 ,1
2
æ
ö
-
ç
÷
è
ø ，
故直线AD 与BC 交于定点
7 ,1
2
æ
ö
-
ç
÷
è
ø ．
研考点·通技法
解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为

1
1
,
A x y
，

2
2
,
B x
y
；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于x 或y 的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为
1
2
x
x
+
，
2
1x x 形式；
（5）代入韦达定理求解.
过程步骤：圆锥曲线中直线过定点问题，设动直线与圆锥曲线的交点坐标为
1
1
2
2
( ,
),(
,
)
x y
x
y
，直线方程
代入曲线方程后应用韦达定理得
1
2
1
2
1
2
1
2
,
(
,
)
y
y
y y
x
x
x x
+
+
，利用这两个交点的坐标写出要求过定点的直线
的方程，可根据直线的变化确定定点的位置，然后代入韦达定理的结论及利用定点所在的直线方程（得
交点的横纵坐标关系）求出定点坐标．
破类题·提能力
1．（2026·山东滨州·一模）设圆
2
2
2 3
13
0
x
y
x
+
+
-
=
的圆心为A ，直线l 过点

3,0
B
且与x 轴不重合，
l 交圆A 于
,
C D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E ，动点E 的轨迹为曲线W ．
(1)证明EA
EB
+
为定值，并求曲线W 的方程；
(2)若直线


:
0
l
y
x
t t
=
+
¹
¢
与曲线W 相交于
,
M N 两点．
①求OMN
V
面积的最大值；
②已知点

4,0
P -
，直线PM 与曲线W 的另一个交点为G ，直线PN 与曲线W 的另一个交点为H ．证
明：直线GH 过定点．
【答案】(1)证明见解析，


2
2
1
0
4
x
y
y
+
=
¹
(2)①1；②证明见解析
【分析】（1）根据AD
AC
=
，EB
AC
∥
，得EB
ED
=
，
4
EA
EB
+
=
，即可证明EA
EB
+
为定
值，再根据椭圆的定义求出曲线W 的方程；
（2）①由
2
2
4
4
y
x
t
x
y
=
+
ì
í
+
=
î
可得
2
2
5
8
4
4
0
x
tx
t
+
+
-
=
，借助韦达定理得
1
2
8
5
t
x
x
+
= -
，
2
1
2
4
4
5
t
x x
-
=
，根
据面积
1
2
1
2
OMN
S
t
x
x
=
´
-
V
，借助基本不等式求解即可；
②求出
,
G H 坐标，进而得到直线方程，根据直线恒过定点，得到答案.
【详解】（1）因为AD
AC
=
，EB
AC
∥
，
所以
EBD
ACD
ADC
Ð
= Ð
= Ð
，
所以EB
ED
=
，故EA
EB
EA
ED
AD
+
=
+
=
，
又圆A 的标准方程为

2
2
3
16
x
y
+
+
=
，从而
4
AD =
，
所以
4
EA
EB
+
=
，即EA
EB
+
为定值,
由题设得



3,0 ,
3,0 ,
2 3
4
A
B
AB
-
=
<
，
由椭圆的定义可得，所求曲线W 的方程为


2
2
1
0
4
x
y
y
+
=
¹
.
（2）设




1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
，
①由
2
2
4
4
y
x
t
x
y
=
+
ì
í
+
=
î
可得
2
2
5
8
4
4
0
x
tx
t
+
+
-
=
，
因为直线


:
0
l y
x
t t
=
+
¹
与曲线W 相交于
,
M N 两点，
所以


2
Δ
16 5
0
t
=
-
>
，则


2
0,5
t Î
,
由根与系数的关系可得：
1
2
8
5
t
x
x
+
= -
，
2
1
2
4
4
5
t
x x
-
=
，
因为
2
1
2
1
1
4 5
2
2
5
OMN
t
S
t
x
x
t
-
=
´
-
=

V


2
2
2
2
2
2
5
5
1
5
5
2
t
t
t
t
+ -
=
-
£
´
= ，
当且仅当
2
5
2
t =
时取等号，且满足


2
0,5
t Î
，
所以OMN
V
面积的最大值为1.
②由题意知，直线PM 的斜率存在，且直线PM 的方程为


1
1
4
4
y
y
x
x
=
+
+
，
由


1
1
2
2
4
4
4
4
y
y
x
x
x
y
ì
=
+
ï
+
í
ï
+
=
î
可得




2
2
2
1
2
1
4
4
4
y
x
x
x
+
+
=
+
，
展开得






2
2
2
2
1
1
1
2
2
2
1
1
1
4
32
64
1
4
0
4
4
4
y
y
y
x
x
x
x
x
é
ù
+
+
+
-
=
ê
ú
+
+
+
ê
ú
ë
û
，
所以












2
1
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
2
2
2
1
1
1
1
2
1
64
4
16 4
4
4
4
64
4
4
4
20
8
4
4
1
4
G
y
x
x
x
y
x
x x
y
x
x
y
x
-
-
-
+
+
-
+
=
=
=
+
+
+
+
+
2
2
1
1
1
1
1
1
32
20
8
5
20
8
5
2
x
x
x
x
x
x
-
-
-
-
=
=
+
+
，
所以
1
1
8
5
5
2
G
x
x
x
- -
=
+
，
所以
1
1
1
1
1
1
8
5
3
4
4
5
2
5
2
G
y
x
y
y
x
x
x
æ
ö
- -
=
+
=
ç
÷
+
+
+
è
ø
，
同理
2
2
2
2
8
5
3
,
5
2
5
2
H
H
x
y
x
y
x
x
- -
=
=
+
+
，
设直线GH 的方程为


0
x
sy
m s
=
+
¹
，则
1
1
1
1
8
5
3
5
2
5
2
x
y
s
m
x
x
- -
= ´
+
+
+
，
所以

1
1
2
5
3
8
5
0
m
x
sy
m
+
+
+ +
=
，同理可得

2
2
2
5
3
8
5
0
m
x
sy
m
+
+
+ +
=
，
所以直线MN 的方程为

2
5
3
8
5
0
m
x
sy
m
+
+
+ +
=
，
因为直线MN 的斜率为1，所以
2
5
1
3
m
s
+
-
= 即
3
5
2
s
m
+
= -
，
所以直线GH 的方程为
3
5
3
5
2
2
2
s
x
sy
s y
+
æ
ö
=
-
=
-
-
ç
÷
è
ø
，
所以GH 过定点
5 3
,
2 2
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
.
2.（25-26 高三上·湖北武汉·阶段练习）过坐标原点
作圆
的两条切线，切点为
，
，直线
恰为抛物线
的准线.
(1)求
的方程；
(2)将抛物线
向左移4 个单位长度得到新抛物线
，抛物线
交
轴于
，
两点，
，
为抛物线
上不重合的两点，
交
于点
.若直线
经过坐标原点，求证：
的面积恒为定值.
【答案】(1) 
;(2)见解析
【解析】（1）设直线
与
轴交于
，由几何性质得
因为直线
为抛物线
的准线，直线
为圆
的切线，
所以
，
在
与
中，
为公共角，
O
2
2
: (
3)
6
C
x
y
+
+
=
M
N
MN
2
:
2
(
0)
T
y
px p
=
>
T
T
G
G
y
A
B
E
Q
AE
BQ
Z
EQ
ABZ
V
2
4
y
x
=
MN
x
,0
2
p
Gæ
ö
-
ç
÷
è
ø
MN
T
ON
C
π
2
NGC
CNO
Ð
= Ð
=
NGC
V
CNO
V
NCO
Ð
所以
，
，
即
，即
，解得：
故抛物线
的标准方程为
;
（2）解法一：依题意：
，则
，设
，
则
，
因为直线
经过坐标原点，所以
，
又
，
在抛物线上，
，两式作差得
，化简得
，
因为
，所以
，
化简可得
，即
，
联立
，得：
，
NGC
ONC
V
V
∽
NC
OC
CG
NC
=
2
|
|
|
| |
|
NC
CG
OC
=

6
3
3
2
p
æ
ö
=
-
+
ç
÷
è
ø
2
p =
T
2
4
y
x
=
2
:
4
16
y
x
G
=
+




0, 4 ,
0,4
A
B
-






1
1
2
2
,
,
,
,
,
Z
Z
E x y
Q x
y
Z x
y


1
2
2
1
1
1
1
2
2
1
4
4
:
,
:
4,
:
4
y
y
y
y
EQ y
y
x
x
BQ y
x
AE y
x
x
x
x
x
-
-
+
-
=
-
=
+
=
-
-
EQ


1
2
1
2
1
1
1
1
1
2
1
2
0
0
y
y
y
y
y
x
y
x
x
x
x
x
-
-
-
=
-
Þ
=
-
-
E
Q
2
2
1
1
2
2
4
16,
4
16
y
x
y
x
=
+
=
+


2
2
1
2
1
2
4
y
y
x
x
-
=
-
1
2
1
2
1
2
4
y
y
x
x
y
y
-
=
-
+
2
1
1
4
16
x
y
=
-
2
1
2
1
1
1
1
1
2
1
2
1
2
4
16
y
y
x
y
y
x
x
x
y
y
y
y
-
-
=
=
=
-
+
+
2
2
1
1
2
1
16
y
y y
y
+
=
-
1
2
16
y y = -
2
2
1
1
4
4
4
4
y
y
x
x
y
y
x
x
-
ì
=
+
ïïí
+
ï
=
-
ïî




1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
8
8
4
4
4
4
z
x x
x
y
y
x
y
x
y
x
x
=
=
+
-
+
-
-
-




1
2
2
2
2
1
1
2
8
4
4
4
4
4
4
x x
y
y
y
y
= æ
ö
æ
ö
-
+
-
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø




2
2
1
2
2
2
2
1
1
2
8
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
y
y
y
y
y
y
æ
öæ
ö
-
-
ç
֍
÷
è
øè
ø
= æ
ö
æ
ö
-
+
-
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø






2
2
2
1
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
1
2
2
1
2
2
2
1
1
2
2
1
1
2
1
2
2
1
8
16
8
16
16
16
4
16
4
16
4
32
4
4
4
y y
y y
y
y
y
y
y y
y
y
y y
y y
y
y
y
y
y
y
y
y
é
ù
æ
ö
-
-
+
ê
ú
-
-
+
ç
÷
ê
ú
è
ø
ë
û
=
=
-
+
-
-
-
+
+
-
+
+
+
-
-
将
代入得，
为定值.
故
.
解法二：向左平移4 个单位后，新抛物线为
，
则
与
轴的交点为
，
因为直线
经过原点，所以设其方程为
，
设直线
方程为
，设直线
方程为
，
点
和
是直线
与抛物线
的交点，代入
中得：
，
设该方程的两根为
和
，根据韦达定理：
①
点
在直线
上，满足：
②
点
在直线
上，满足：
③
联立方程：
由②和③得：
，
利用①中的韦达定理结果：
，
所以
，即点
的横坐标恒为
，
故
.
1
2
16
y y = -




2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
1
2
1
8 32
8
32
8
32
32
z
y
y
y
y
x
y
y
y
y
-
-
-
+
-
=
=
= -
+
-
+
-
1
1
8 8
32
2
2
ABZ
Z
S
AB
x
=
´
´
=
´ ´ =
V
2
:
4
16
y
x
G
=
+
G
y




0, 4 ,
0,4
A
B
-
EQ
:
(
0)
EQ y
kx k
=
¹
AE
:
4
AE y
nx
=
-
BQ
:
4
BQ y
mx
=
+
E
Q
EQ
G
(
0)
y
kx k
=
¹
2
2
2
2
4
16
4
16
0
k x
x
k x
x
=
+
Þ
-
-
=
E
x
Q
x
2
2
4
16
,
E
Q
E
Q
x
x
x x
k
k
+
=
= -
E
AE
4
4
E
E
E
E
kx
kx
nx
n
x
+
=
-
Þ
=
Q
BQ
4
4
Q
Q
Q
Q
kx
kx
mx
m
x
-
=
+
Þ
=


8
4
4
8
Z
Z
nx
mx
x
n
m
x
n
m
-
=
+
ÞÞ
-
=
Þ
=
-






4
4
4
4
4
Q
E
E
Q
E
Q
Q
E
E
Q
E
Q
E
Q
x
kx
x
kx
x
x
kx
kx
n
m
x
x
x x
x x
+
-
-
+
-
+
-
=
-
=
=


2
2
16
4
1
16
E
Q
E
Q
x
x
k
n
m
x x
k
+
-
=
=
= -
-
8
8
8
1
Zx
n
m
=
=
= -
-
-
Z
8
-
1
1
8 8
32
2
2
ABZ
Z
S
AB
x
=
´
´
=
´ ´ =
V
题型03 解析几何中证明类问题
析典例·建模型
1．（2026·广东·一模）设双曲线


2
2
2
2
:
1
,
0
x
y
C
a b
a
b
-
=
>
的离心率为2，其左、右焦点分别是
1
2
,
F F ，过
2F 的
直线l 与双曲线C 的右支交于点
,
M N ．当MN 与x 轴垂直时，
6
MN =
．
(1)求双曲线C 的标准方程；
(2)求
2
2
MF
NF

的最小值；
(3)记
1F MN
△
的内切圆
P
e
与双曲线C 的一个公共点为Q ，双曲线C 的左顶点为A ，证明：
2
2
APQ
F PQ
Ð
Ð
=
．
【思路分析】（1）依题意列出关于, ,
a b c 的方程组，求解即得双曲线的标准方程；
（2）设直线MN 的方程为
2
x
t y
=
+
与双曲线方程联立，推得
2
1
0
3
t
£
<
，写出
2
2
MF
NF

的表达
式，利用t 的范围，即可求得
2
2
MF
NF

的最小值；
（3）先证明
P
e
与边MN 的切点即为点
2F ，再证
2
2
1
2
|
|
|
|
4
PF
PF
=
+ ，由此推得点P 在直线
1
2
x =
上，再
证
2
|
| |
|
QF
QD
=
，结合|
| |
|
DA
QD
=
，
2
|
| |
|
PA
PF
=
且|
| |
|
PQ
PD
=
，可得点
,
,
A D Q 均在
P
e
上，即得证.
【规范答题】（1）不妨设点M 在第一象限，点N 在第四象限，离心率
2
c
e
a
=
=
① ，
在
2
2
2
2
1
x
y
a
b
-
= 中，当x
c
=
时，
2
b
y
a
= ±
，故
2
2
|
|
6
b
MN
a
=
=
，即
2
3
=
b
a
②  ，
又因
2
2
2
c
a
b
=
+
③ ，联立① ②③，解得
1
3
a
b
=
ìïí =
ïî
，
故双曲线C 的标准方程为
2
2
1
3
y
x -
= .
（2）由（1）得
2(2,0)
F
，当直线MN 的斜率为0 时，直线MN 与双曲线的两个交点分别在左支和右
支，不符合条件；
当直线MN 的斜率不为0 时，设直线MN 的方程为
2
x
t y
=
+
，
由
2
2
2
1
3
x
ty
y
x
=
+
ìïí
-
=
ïî
，化简得
2
2
(3
1)
12
9
0
t
y
ty
-
+
+
=
，
设
1
1
2
2
(
,
),
(
,
)
M x
y
N x
y
，则
2
2
1
2
2
3
1
0
Δ
36
36
0
9
0
3
1
t
t
y y
t
ì
ï
- ¹
ï
=
+
>
í
ï
ï
=
<
-
î
，解得
2
1
0
3
t
£
<
，
则
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
9(1
)
12
1
1
(1
)
3
3
1
1 3
t
MF
NF
t
y
t
y
t
y y
t
t
+

=
+


+

= -
+
= -
= - +
-
-
，
因
2
1
0
3
t
£
<
，则
2
0
1 3
1
t
< -
£ ，故
2
12
12
1
3t ³
-
，即
2
12
3
9
1
3t
- +
³
-
.
故
2
2
MF
NF

的最小值为9.
（3）如图，设
P
e
与边MN 切于点E ，
由双曲线的定义及内切圆切线长相等的性质得，
1
1
2 |
| |
|
|
|
|
|
ME
MF
MN
NF
=
+
-
1
2
2
1
|
|
|
|
|
|
|
|
MF
MF
NF
NF
=
+
+
-
2
2
1
2
(2 |
|) |
| (|
|
|
|)
MF
MF
NF
NF
=
+
+
-
-
2
2
2
2 |
|
|
| 2
2 |
|
MF
MF
MF
= +
+
- =
，即点
2F 与点E 重合，即
P
e
与边MN 切于点
2F .
设
P
e
与边
1F M 切于点G ，则
1
1
1
2
|
| |
|
|
| |
|
|
| 2
GF
MF
MG
MF
MF
=
-
=
-
=
，
在
1
Rt PGF
V
中，
2
2
2
2
2
2
1
1
2
1
2
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4
PF
PG
GF
PF
GF
PF
=
+
=
+
=
+ .
设点
0
0
(
,
)
P x
y
，点
3
3
(
,
)
Q x
y
，则
2
2
2
2
0
0
0
0
(
2)
(
2)
4
x
y
x
y
+
+
=
-
+
+
，解得
0
1
2
x =
，
即点P 在直线
1
2
x =
上，过点
3
3
(
,
)
Q x
y
作直线
1
2
x =
的垂线，交直线
1
2
x =
于点T ，
其中，
2
2
2
2
3
3
3
3
3
2
3
3
3
1
2 |
|
(
2)
(
2)
3(
1)
|
|
2
2
1
1
1
|
|
|
|
|
|
|
|
2
2
2
x
x
y
x
x
QF
QT
x
x
x
-
-
+
-
+
-
=
=
=
=
-
-
-
，
设点Q 关于直线
1
2
x =
的对称点为点D ，所以
2
|
| 2 |
| |
|
QF
QT
QD
=
=
.
因为点Q 与点D ，点A 与点
2F 分别关于直线
1
2
x =
对称，
所以
2
|
| |
| |
|
DA
QF
QD
=
=
，
2
|
| |
|
PA
PF
=
且|
| |
|
PQ
PD
=
，
所以点
,
,
A D Q 均在
P
e
上，且
2
APD
DPQ
QPF
Ð
= Ð
= Ð
，
所以
2
2
APQ
F PQ
Ð
Ð
=
.
研考点·通技法
圆锥曲线证明问题求解策略：
1.几何条件代数化：将垂直、平行、共线、角度、长度比例等关系，转化为向量数量积、斜率关系、距
离公式或坐标等式。
2.规范设线联立：合理设直线方程，与圆锥曲线联立，借助韦达定理得到x1+x2、x1x2，设而不求整体代
换，其中涉及中点、对称问题时，采用点差法快速建立斜率与坐标关系，简化运算.
3.化简恒等变形：将待证式转化为含韦达定理表达式的结构，通过通分、因式分解、配方等恒等变形，
推导出所证式子成立.
破类题·提能力
1．（2026·湖南怀化·一模）在抛物线


2
Γ :
2
0
y
px p
=
>
中，直线l 与Γ 交于
,
A B 两点，F 为Γ 的焦点.当直
线l 为
4
y
x
=
-
时，
4 10
AB =
.
(1)求抛物线Γ 的标准方程；
(2)若线段AB 中点的纵坐标始终为1，求AF
BF
+
的取值范围；
(3)已知直线x
m
=
与Γ 相交于,
P Q 两点，直线x n
= 与Γ 相交于
,
C D 两点（点,
P C 在x 轴的上方），若
4
CD
PQ
=
，四边形PQDC 的外接圆圆心坐标为

,s t ，求证：
2
s
t
+ >
.
【答案】（1）
2
4
y
x
=
；（2）5 ,
2
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø；（3）见解析
【解析】（1）由题意可知
,0
2
p
F æ
ö
ç
÷
è
ø，
联立直线
4
y
x
=
-
与


2
Γ :
2
0
y
px p
=
>
的方程可得



2
2
4
2
8
2
16
0
x
px
x
p x
-
=
Þ
-
+
+
=
，
设



1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x y
,则
1
2
1
2
8
2
1
,
6
x
x
p x x
+
=
+
=
,
由弦长公式可得：




2
2
2
1
2
1
2
1 1
4
2
8
2
64
4 10
AB
x
x
x x
p
=
+

+
-
=

+
-
=
,
化简可得
2
8
20
0
p
p
+
-
=
，由于
0
p >
，故
2
p =
，（负值舍去）.
故抛物线的方程为
2
4
y
x
=
.
（2）设直线:
,
l x
my
t
=
+




1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x y
,
直线:
,
l x
my
t
=
+
与抛物线
2
4
y
x
=
联立可得
2
1
2
1
4
4
0
4
2
2
y
my
t
y
y
m
m
-
-
=
Þ
+
=
=
Þ
=
，
1
1
2
,
|
|
1 |
|
1
2
,
p
AF
x
x
BF
x
=
+
=
+
=
+
故


1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
3
2
2
AF
BF
x
x
m y
y
t
t
t
+
=
+
+
=
+
+
+
=
´ +
+
=
+
，
由于


2
1
Δ
4
16
4 16
0
4
m
t
t
t
=
+
=
+
>
® > -
，
故
1
5
2
3
2
3
4
2
t
æ
ö
+
>
´ -
+
=
ç
÷
è
ø
，
因此AF
BF
+
的取值范围为5 ,
2
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
（3）抛物线
2
4
y
x
=
与直线x
m
=
相交于



,2
,
,
2
,
P m
m
Q m
m
-
故|
| 4
PQ
m
=
，
抛物线
2
4
y
x
=
与直线x n
= 相交于



,2
,
,
2
,
C n
n
D n
n
-
故|
| 4
CD
n
=
，
根据|
| 4 |
|
CD
PQ
=
可得4
4 4
4
16
n
m
n
m
n
m
=
´
=
=
Þ
=
，
由于
/ /
/ /
PQ
CD
y 轴，根据对称性可知四边形PQDC 的外接圆圆心


,
M s t 在x 轴上，故
0
t =
，
由MP
MQ
MC
MD
=
=
=
可得







2
2
2
2
2
2
s
m
m
s
n
n
-
+
=
-
+
，
化简可得
2
2
2
4
2
4
m
ms
m
n
ns
n
-
+
=
-
+
，
将
16
n
m
=
代入上式可得
2
2
2
4
256
32
64
m
ms
m
m
ms
m
-
+
=
-
+
，
由于
0
m >
，可得6
51
12
s
m
=
+
，故6
51
12
12
s
m
=
+
>
，故
2
s >
，
进而
2
s
t
+ >
.
2．（2026·广东深圳·一模）已知
1A ，
2
A 为椭圆
2
2
1
2
:
1(0
3)
3
x
y
C
b
b
+
=
<
<
的左，右顶点，M 为
1
C 上的一
点，N 为双曲线
2
2
2
2
:
1
3
x
y
C
b
-
= 上的一点（M ，N 两点不同于
1A ，
2
A 两点），设直线
1A M ，
2
A M ，
1A N ，
2
A N 的斜率分别为
1k ，
2k ，
3k ，
4k ，且
1
2
3
4
0
k
k
k
k
+
+
+
=
.
(1)设O 为坐标原点，证明：O ，M ，N 三点共线；
(2)设
1
C 、
2
C 的右焦点分别为
1F 、
2F ，M 、N 均在第一象限，直线
1
NF 与直线
2
MF 相交于点P ，
2
2
2
2
1
2
3
4
8
k
k
k
k
+
+
+
=
.
（i）证明：
1
2
/ /
MF
NF ；
（ii）证明：
1
1
2
2
A PF
A PF
Ð
= Ð
.
【答案】见解析
【解析】（1）设


1
1
,
M x y
，


2
2
,
N x
y
，则
1
1
1
3
y
k
x
=
+
，
1
2
1
3
y
k
x
=
-
，
因为
2
2
1
1
2
1
3
x
y
b
+
= ，可知：
2
2
1
1
2
3
3
x
y
b
-
= -
，
2
2
2
1
1
1
2
2
2
1
1
2
3
3
3
y
y
b
k k
x
y
b
=
=
= -
-
-
，
2
1
1
1
1
2
2
1
1
2
2
3
3
x y
x
k
k
b
x
y
+
=
= -
-
，
因为
2
2
2
2
2
1
3
x
y
b
-
= ，可知：
2
2
2
2
2
3
3
x
y
b
-
=
，
则
2
2
2
2
2
3
4
2
2
2
2
2
3
3
3
y
y
b
k k
x
y
b
=
=
=
-
，
2
2
2
2
3
4
2
2
2
2
2
3
3
x y
x
k
k
b
x
y
+
=
=
-
，
由
1
2
3
4
0
k
k
k
k
+
+
+
=
可知：
1
2
2
1
0
x y
x y
-
=
，
可知：
//
OM ON
uuuur uuur
，因此，O ，M ，N 三点共线.
（2）（i）由
2
2
2
2
1
2
3
4
8
k
k
k
k
+
+
+
=
可得：





2
2
1
2
3
4
1
2
3
4
2
8
k
k
k
k
k k
k k
+
+
+
-
+
=
，
由（1）可知：
1 2
3
4
0
k k
k k
+
=
.由
1
2
3
4
0
k
k
k
k
+
+
+
=
，可知：


2
1
2
4
k
k
+
=
，且M ，N 都在第一象限，则
1
2
2
k
k
+
= - ，
3
4
2
k
k
+
=
，
由（1）知：
1
2
2
1
2
3
(*)
x
x
y
y
b
=
=
LL
，


2
1
1
1
3
,
F M
x
b
y
=
-
-
uuuur
，


2
2
2
2
3
,
F N
x
b
y
=
-
+
uuuur
，
由（*）式结合
2
2
1
1
2
1
3
x
y
b
+
= ，
2
2
2
2
2
1
3
x
y
b
-
= 可知：
2
1
2
3
b
y
b
=
+
，
2
2
2
3
b
y
b
=
-
，则
2
2
2
3
,
3
3
b
M
b
b
æ
ö
ç
÷
+
+
è
ø
，
2
2
2
3
,
3
3
b
N
b
b
æ
ö
ç
÷
-
-
è
ø
，
因此可得：




2
2
2
2
2
2
1
2
2
1
1
2
2
1
1
2
2
1
3
3
3
3
3
3
0
x
b
y
x
b
y
x y
x y
b y
b y
b y
b y
-
-
-
-
+
=
-
+
+
-
-
= -
-
+
+
=
，由此
可知：
1
2
/ /
F M
F N
uuuur
uuuur
；
另解：
由（1）可知：
2
1
1
1
1
2
2
1
1
2
2
2
3
3
x y
x
k
k
b
x
y
+
=
= -
= -
-
，则
2
1
3
MN
k
b
=
，直线
2
1
:
3
MN y
b
x
=

，
联立直线与椭圆：
2
2
2
2
1
3
1
3
y
b
x
x
y
b
ì
=

ïïí
ï
+
=
ïî
，解得点
2
2
2
3
,
3
3
b
M
b
b
æ
ö
ç
÷
+
+
è
ø
，
同理：
2
2
2
3
,
3
3
b
N
b
b
æ
ö
ç
÷
-
-
è
ø
，以下同上个解法.
（ii）由（i）可知：


1
2
2
2
2
2
2
3
1
3
3
3
3
3
NF
b
b
b
k
b
b
b
-
=
=
=
-
-
-
-
-
，


2
2
2
2
2
2
2
3
1
3
3
3
3
3
MF
b
b
b
k
b
b
b
+
=
=
= -
-
+
-
+
+
，
则
1
2
NF
MF
^
；
直线
2
1
:
3
F N y
x
b
=
-
-
，直线
2
2
:
3
F M
y
x
b
= - +
+
，
设点

0
0
,
P x
y
，于是
2
0
0
3
x
y
b
-
=
-
，
2
0
0
3
x
y
b
+
=
+
，
则



2
2
0
0
0
0
6
x
y
x
y
-
+
+
=
，即
2
2
0
0
3
x
y
+
= ，
则点P 的轨迹是以O 为圆心，
3 为半径的圆，
则
1
2
π
2
A PA
Ð
=
，
1
2
π
2
F PF
Ð
=
，
于是
1
1
1
2
1
2
2
2
A PF
F PA
F PA
A PF
Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
，则
1
1
2
2
A PF
A PF
Ð
= Ð
；
另解1：由（i）可知：


1
2
2
2
2
2
2
3
1
3
3
3
3
3
NF
b
b
b
k
b
b
b
-
=
=
=
-
-
-
-
-
，


2
2
2
2
2
2
2
3
1
3
3
3
3
3
MF
b
b
b
k
b
b
b
+
=
=
= -
-
+
-
+
+
则
1
2
NF
MF
^
；
如图，取
1
MF 的中点I ，
2
NF 的中点J ，记椭圆左焦点为
0
F ，连接
0
MF ，
由于
1
2
MF //NF ，设
1
1
2
2
MF
OF
OM
k
ON
NF
OF
=
=
=
，
则




1
2
1
2
2
k
OI
OM
OF
ON
OF
kOJ
=
+
=
+
=
uur
uuuur
uuur
uuur
uuuur
uuur
，则O ，I ，J 三点共线，
于是
1
1
PF
IF
k
PN
NJ
=
=
，则
1F P
kPN
=
uuur
uuur
，
于是


1
2
1
2
1
1
1
1
k
k
k
OP
OF
ON
OF
ON
OI
k
k
k
k
=
+
=
+
=
+
+
+
+
uuur
uuur
uuur
uuuur
uuur
uur
，
则P ，O ，I ，J 四点共线.
于是
1
1
2
PI
MF
=
，
1
90
MPF
Ð
=
°，
由于OI 为
1
0
F MF
△
的中位线，则
0
1
2
OI
MF
=
，
因为
0
2
1
1
3
2
2
OP
OI
IP
MF
MF
=
+
=
+
=
，
则点P 的轨迹是以O 为圆心，
3 为半径的圆，
则
1
2
π
2
A PA
Ð
=
，
1
2
π
2
F PF
Ð
=
，
于是
1
1
1
2
1
2
2
2
A PF
F PA
F PA
A PF
Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
，则
1
1
2
2
A PF
A PF
Ð
= Ð
.
另解2：由于


1
2
2
2
2
2
2
3
1
3
3
3
3
3
NF
b
b
b
k
b
b
b
-
=
=
=
-
-
-
-
-
，


2
2
2
2
2
2
2
3
1
3
3
3
3
3
MF
b
b
b
k
b
b
b
+
=
=
= -
-
+
-
+
+
，
则
1
2
2
1
π
4
PF F
PF F
Ð
= Ð
=
，则
1
2
PFF
V
是等腰直角三角形，
于是
2
2
2
2
3
3
3
3
,
2
2
b
b
b
b
P
æ
ö
-
+
+
+
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
2
2
1
2
2
2
2
3
3
2
tan
1
3
3
3
2
b
b
PF A
b
b
b
+
-
-
Ð
=
=
+
+
-
-
-
，
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
3
3
3
3
2
tan
3
3
3
3
2 3
3
2
b
b
b
b
PA F
b
b
b
b
+
-
-
+
-
-
Ð
=
=
+
+
-
+
+
-
+
+
，


1
2
1
1
1
1
1
2
1
1
1
2
1
1
tan
tan
tan
tan
1
tan
tan
PF A
PA F
A PF
PF A
PA F
PF A
PA F
Ð
-
Ð
Ð
=
Ð
- Ð
= +
Ð
Ð
2
2
3
3
3
3
b
b
-
+
=
+
+
，
同理可求


2
2
2
2
2
2
2
3
3
tan
tan
3
3
b
A PF
PF x
PA F
b
+
-
Ð
=
Ð
- Ð
=
-
-
，
由于




2
2
2
2
3
3
3
3
3
3
3
3
b
b
b
b
-
+
-
-
=
+
+
+
-
，
于是
2
2
2
2
3
3
3
3
3
3
3
3
b
b
b
b
-
+
+
-
=
+
+
-
-
，
2
2
1
1
tan
tan
A PF
A PF
Ð
=
Ð
，
且
2
2
A PF
Ð
，
1
1
A PF
Ð
为锐角，由
tan
y
x
=
在
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，所以
1
1
2
2
A PF
A PF
Ð
= Ð
．
题型04 解析几何中非对称韦达问题
析典例·建模型
1.（25-26 高三上·湖北武汉·期末）已知椭圆C：
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
+
=
>
>
的长轴长是短轴长的2 倍，焦距为
2 3 ，点A，B 分别为C 的左、右顶点，点P，Q 为C 上的两个动点，且分别位于x 轴上、下两侧，
APQ
△
和
BPQ
V
的面积分别为
1S ，
2S ，记
1
2
.
S
S
l
=
(1)求椭圆C 的方程；
(2)若
7
4 3
l =
-
，求证直线PQ 过定点，并求出该点的坐标；
(3)若
1
l > ，设直线AP 和直线BQ 的斜率分别为
1k ，
2k ，求
1
2
k
k 的取值范围．
【思路分析】（1）根据题意，列出关于, ,
a b c 的方程组，求得,a b 的值，即可得到椭圆方程；
（2）由图形对称性可知定点M 在x 轴上，设


0,0
M x
，由题意得
0
1
2
0
2
7
4 3
2
AM
x
S
S
BM
x
+
=
=
=
-
-
，求解
即可.
（3）设直线PQ 的方程为
0
x
my
x
=
+
，

1
1
P x
y
，
，


2
2
Q x
y
，
，并表示
1
2
,
k k
联立
0
2
2
1
4
x
my
x
x
y
=
+
ìïí
+
=
ïî
，
，由韦达定理得
1
2
y
y
+
，
1
2
y y ，代入
1
2
k
k 化简并结合
1
l > 即可得所求.
【规范答题】（1）由题意知，2
2 2
a
b
=

，2
2 3
c =
，又
2
2
2
a
c
b
-
=
，
2
a
\
=
，
1
b = ，
所以椭圆C 的方程为：
2
2
1.
4
x
y
+
=
（2）证明：由
1 知

2,0
A -
，

2,0
B
，由图形对称性可知，定点M 在x 轴上，
设直线PQ 方程为：
0
x
my
x
=
+
，


0,0
M x
，

1
1
,
P x y
，


2
2
,
Q x
y
，
1
2
0
1
2
0
1
2
1
2
2
7
4 3
1
2
2
AM
y
y
AM
x
S
S
BM
x
BM
y
y
l

-
+
=
=
=
=
=
-
-

-
，解得
0
3
x = -
，
即定点坐标为

3,0 .
-
（3）设直线PQ 的方程为
0
x
my
x
=
+
，

1
1
,
P x y
，


2
2
,
.
Q x
y
联立
0
2
2
1
4
x
my
x
x
y
=
+
ìïí
+
=
ïî
，
，可得

2
2
2
0
0
4
2
4
0
m
y
mx y
x
+
+
+
-
=
，
则
0
1
2
2
2
4
mx
y
y
m
-
+
=
+
，
2
0
1
2
2
4
4
x
y y
m
-
=
+
，且


2
0
1
2
1
2
0
4
.
2
x
y y
y
y
mx
-
=
+
-
于是




1
2
1
0
2
0
1
1
2
1
2
1
2
1
0
2
1
2
2
0
2
2
2
2
2
2
my y
y
x
my
x
k
y
x
y
k
x
y
my
x
y
my y
y
x
+
-
+
-
-
=

=

=
+
+
+
+
+








2
0
1
2
1
0
0
0
2
0
0
1
2
2
0
0
4
.
2
2
2
1
4
2
.
2
2
x
m
y
y
y
x
mx
x
x
x
m
y
y
y
x
mx
l
-

+
+
-
-
-
=
= -
=
-
+

+
+
+
-
，
1
l >
Q
，
1
2
0
1
k
k
\ <
< ，即
1
2
k
k 的范围是

0,1 .
研考点·通技法
1 在一元二次方程
2
0
ax
bx
c
+
+
=
中，若
0
D >
，设它的两个根分别为
1
2
,
x
x ，则有根与系数关系：
1
2
1
2
,
b
c
x
x
x x
a
a
+
= -
=
，借此我们往往能够利用韦达定理来快速处理
2
2
1
2
1
2
1
2
1
1
,
,
x
x
x
x
x
x
-
+
+
之类的结构。
2、但在有些问题时，我们会遇到涉及
1
2
,
x
x 的不同系数的代数式的应算，比如求
1
1
2
1
2
2
1
2
1
2
3
2
, 2
x
x x
x
x
x
x x
x
x
+
-
-
+
或
1
2
x
x
l
m
+
之类的结构，就相对较难地转化到应用韦达定理来处理了．特别是在圆锥曲线问题中，我们联
立直线和圆锥曲线方程，消去x 或y ，也得到一个一元二次方程，我们就会面临着同样的困难，我们把这
种形如
1
1
2
1
2
2
1
2
2
,
, x
x
x
x y
x y
x
l
m
+
+
或
1
2
1
2
1
2
1
2
3
2
2
x x
x
x
x x
x
x
+
-
-
+
之类中
1
2
,
x
x 的系数不对等的情况，这些式子是非对称
结构，称为“非对称韦达”．
破类题·提能力
1．（25-26 高三上·云南昆明·月考）已知椭圆E： 
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
+
=
>
>
的左焦点为


1,0
F -
，过点F 且与
x 轴不重合的直线l 交E 于A，B，当直线l 的斜率为1 时，直线l 恰好过椭圆的一个顶点.
(1)求椭圆E 的标准方程；
(2)若在x 轴上存在异于F 的定点Q，使得直线 QA 与直线QB 的斜率比值为定值，
①求定点 Q 的坐标；
②求△ABQ 面积的最大值.
【答案】(1)
2
2
1
2
x
y
+
=
(2)①
( 2,0)
Q -
；②
2
2
【分析】（1）易得
1
c = ，再由直线l 恰好过椭圆的一个顶点得到
1
c
b
=
= 求解；
（2）①设直线l 的方程为
1
x
my
=
- ，与椭圆方程联立，再结合韦达定理求解；② 由①得到
1
2
2
2
2
m
y
y
m
+
=
+
，
1
2
2
1
2
y y
m
-
=
+
，
( 2,0)
Q -
，再由
ABQ
AFQ
BFQ
S
S
S
=
+
V
V
V
求解.
【详解】（1）由题意知，
1
c = ，
当直线l 的斜率为1时，直线l 恰好过椭圆的一个顶点，
所以
1
c
b
=
= ，所以
2
a =
，
所以椭圆E 的标准方程为
2
2
1
2
x
y
+
= ．
（2）①由题意可设
1
1
( ,
)
A x y
，
2
2
(
,
)
B x
y
，
( ,0)(
1)
Q t
t ¹ -
，
设直线l 的方程为
1
x
my
=
- ，
联立
2
2
1
2
2
x
my
x
y
=
-
ì
í
+
=
î
，得
2
2
(
2)
2
1
0
m
y
my
+
-
- =
，
则
1
2
2
2
2
m
y
y
m
+
=
+
，
1
2
2
1
2
y y
m
-
=
+
，得
1
2
1
2
2
y
y
my y
+
= -
，
记直线QA的斜率为
1k ，直线QB 的斜率为
2k ，
则
1
1
1
1
2
1
2
1
2
1
1
2
2
2
2
1
2
1
1
2
2
1
2
2
(
)
(
1
)
(1
)
(3
2 )
(
)
(
1
)
(1
)
(3
2 )
y
k
x
t
y x
t
y my
t
my y
t y
t y
y
y
k
y
x
t
y my
t
my y
t y
y
t y
x
t
-
-
- -
-
+
+
+
=
=
=
=
=
-
- -
-
+
+
+
-
，
要使
1
2
k
k 为定值，则3
2
1
1
3
2
t
t
+
=
+
，解得
2
t = - 或
1
t = - (舍去)，此时
1
2
1
k
k = - ，
故在x 轴上存在异于点F 的定点
( 2,0)
Q -
，使得直线QA与直线QB 的斜率比值为定值．
② 由①可得
1
2
2
2
2
m
y
y
m
+
=
+
，
1
2
2
1
2
y y
m
-
=
+
，
( 2,0)
Q -
，
则
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
4
4
2 2
1
(
)
4
(
2)
2
2
m
m
y
y
y
y
y y
m
m
m
+
-
=
+
-
=
+
=
+
+
+
由
ABQ
AFQ
BFQ
S
S
S
=
+
V
V
V
，
故
2
2
1
2
2
2
1
1 2 2
1
2
1
2
2
2
2
ABQ
m
m
S
QF y
y
m
m
+
+
=
-
=

=
+
+
V
，
2
2
2
2
1
2
1
1
m
m
=
£
+ +
+
，
当且仅当
0
m =
时等号成立，所以△ABQ 面积的最大值为
2
2 .
  
2 .（2026·河北保定·一模）已知椭圆


2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b
+
=
>
>
的离心率为
1
2 ，左、右焦点分别为
1
2
,
F F ，点
P 为C 上的动点，
1
2
F PF
V
的周长为6.
(1)求C 的标准方程.
(2)延长线段
1
2
,
PF PF 分别交C 于
,
Q M 两点，连接
2
QF ，并延长线段
2
QF 交C 于另一点N ，若直线PQ
和MN 的斜率均存在，且分别为
1
2
,
k k ，试判断
1
2
k
k 是否为定值.若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】(1)
2
2
1
4
3
x
y
+
=
(2)是，
1
2
3
7
k
k =
【分析】（1）由已知条件结合椭圆定义、离心率公式，确定a
b
c
、、的值，得出椭圆的标准方程；
（2）设



1
1
2
2
,
,
,
P x y
Q x
y
，




3
3
4
4
,
,
,
M x
y
N x
y
，由
1
,
,
P Q F 三点共线，可得
1
2
2
1
1
2
x y
x y
y
y
-
=
-
，由
直线
2
PF 的方程和直线
2
QF 的方程联立，再利用根与系数关系由
1
1
2
2
,
,
,
x y x
y 分别表示出
3
3
4
4
,
,
,
x
y x
y ，
再表示出
1
2
,
k k ，即可得到
1
2
k
k 的值.
【详解】（1）设椭圆的焦距
1
2
1
2
2 ,
2
F F
c PF
PF
a
=
+
=
，
所以
1
2
F PF
V
的周长为
1
2
1
2
2
2
6
PF
PF
F F
a
c
+
+
=
+
=
，即
3
a
c
+
=
.
又椭圆C 的离心率为
1
2 ，所以
1
2
c
a =
，
所以
1
3
2
a
a
+
=
，所以
2,
1
a
c
=
= ，所以
2
2
1
3
b =
- =
，
所以C 的标准方程为
2
2
1
4
3
x
y
+
= .
（2）
1
2
k
k 是定值.
由（1）得




1
2
1,0 ,
1,0
F
F
-
，
设



1
1
2
2
,
,
,
P x y
Q x
y
，




3
3
4
4
,
,
,
M x
y
N x
y
，
又
1
,
,
P Q F 三点共线，所以
1
2
1
2
1
1
y
y
x
x
=
+
+ ，化简得
1
2
2
1
1
2
x y
x y
y
y
-
=
-
，
则直线
2
PF 的方程为
1
1
1
1
x
x
y
y
-
=
+ ，直线
2
QF 的方程为
2
2
1
1
x
x
y
y
-
=
+ ，
由
1
1
2
2
1
1
1
4
3
x
x
y
y
x
y
-
ì =
+
ïïí
ï
+
=
ïî
，化简得



2
2
1
1
1
1
2
5
2
1
3
0
x
y
x
y y
y
-
-
-
+
=
，
由根与系数关系可知，
2
1
1
3
1
3
2
5
y
y y
x
=
-
，
所以
1
1
1
3
3
3
1
1
1
3
1
5
8
,
1
2
5
2
5
y
x
x
y
x
y
x
y
x
-
-
=
=
+ =
-
-
，
同理
2
2
4
4
2
2
3
5
8
,
2
5
2
5
y
x
y
x
x
x
-
=
=
-
-
，
又
2
1
4
3
2
1
2
1
1
2
2
1
2
1
4
3
2
1
3
3
2
5
2
5
,
5
8
5
8
2
5
2
5
y
y
y
y
y
y
x
x
k
k
x
x
x
x
x
x
x
x
-
-
-
-
-
=
=
=
-
-
-
-
-
-
-






1
2
2
1
2
1
2
1
2
5
3
x y
x y
y
y
x
x
-
-
-
=
-
-






2
1
2
1
2
1
1
2
1
2
1
2
5
7
7
3
3
3
y
y
y
y
y
y
k
x
x
x
x
-
-
-
-
-
=
=
´
=
´
-
-
-
，
所以
1
2
3
7
k
k =
.
题型05 解析几何中范围类问题
析典例·建模型
1．（25-26 高三下·重庆沙坪坝·月考）已知椭圆
2
2
1 :
1
5
x
C
y
+
= ，双曲线
2
C 的焦点是椭圆长轴端点，顶点为椭
圆焦点，O 为坐标原点，过点


0,1
P
作斜率为k 的直线l，与双曲线左､右两支分别交于A，B 两点.
(1)求双曲线
2
C 的方程；
(2)过点A，B 两点分别作双曲线
2
C 的切线1
2
,
l l ，设1
2
,
l l 交于点Q，直线OQ 与直线l 交于点R，求线段
OR 长度的取值范围.
【思路分析】（1）由题意可得双曲线
2
C 的焦点为

5,0
±
，顶点为

2,0
±
，进而求解即可；
（2）设切点为


0
0
,
M x
y
，可证明切线方程为
0
0
1
4
x x
y y
-
= ，设



1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，

,
Q
Q
Q x
y
，可得
1l 的方程为
1
1
1
4
x x
y y
-
= ，2l 的方程为
2
2
1
4
x x
y y
-
= ，进而得到


4 , 1
Q
k
-
-
，再分
0
k =
、
0
k ¹
两种情况
求出R 坐标，再表示出OR 即可求解.
【规范答题】（1）由椭圆
2
2
1 :
1
5
x
C
y
+
= ，得
1
1
1
5,
1,
2
a
b
c
=
=
=
，
由题意，双曲线
2
C 的焦点是椭圆长轴端点，顶点为椭圆焦点，
则双曲线
2
C 的焦点为

5,0
±
，顶点为

2,0
±
，即
2
2
5,
2
c
a
=
=
，
则
2
2
2
2
2
2
1
b
c
a
=
-
= ，即双曲线
2
C 的方程为
2
2
1
4
x
y
-
= .
（2）设切点为


0
0
,
M x
y
，则
2
2
0
0
1
4
x
y
-
= ，先证明切线方程为
0
0
1
4
x x
y y
-
= .
当切线斜率存在时，设切线斜率为
1k ，则切线方程为


0
1
0
y
y
k
x
x
-
=
-
，
联立


0
1
0
2
2
1
4
y
y
k
x
x
x
y
ì -
=
-
ïí
-
=
ïî
，得





2
2
2
1
1
0
1
0
0
1
0
1 4
8
4
1
0
k
x
k
y
k x
x
y
k x
é
ù
-
-
-
-
-
+
=
ë
û
，
则





2
2
2
2
1
0
1
0
1
0
1
0
Δ
64
16 1 4
1
0
k
y
k x
k
y
k x
é
ù
=
-
+
-
-
+
=
ë
û
，则
0
1
0
4
x
k
y
=
，
则切线方程为


0
0
0
0
4
x
y
y
x
x
y
-
=
-
，即
0
0
1
4
x x
y y
-
= ；
当切线斜率不存在时，切点为


2,0
M -
或


2,0
M
，则切线方程为
2
x = - 或
2
x =
，
显然满足
0
0
1
4
x x
y y
-
= .
综上所述，切点为


0
0
,
M x
y
时，切线方程为
0
0
1
4
x x
y y
-
= .
设



1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，

,
Q
Q
Q x
y
，
则1l 的方程为
1
1
1
4
x x
y y
-
= ，2l 的方程为
2
2
1
4
x x
y y
-
= ，
则
1
1
1
4
Q
Q
x x
y y
-
= ，
2
2
1
4
Q
Q
x x
y y
-
= ，
所以直线AB 的方程为
1
4
Q
Q
x x
y y
-
= ，
又直线AB 过点

0,1
P
，则
1
Q
y
-
= ，即
1
Q
y = - ，
则






1
2
2
1
1
2
2
1
4 1
4 1
4
4
Q
y
y
y
y
x
k
x
x
x
x
-
-
-
-
=
=
=
= -
-
，即


4 , 1
Q
k
-
-
，
当
0
k =
时，


0, 1
Q
-
，直线OQ 的方程为
0
x =
，而直线l 的方程为
1
y = ，
则

0,1
R
，即
1
OR = ；
当
0
k ¹
时，直线OQ 的方程为
1
4
y
x
k
=
，而直线l 的方程为
1
y
kx
=
+ ，
联立
2
2
1
1
4
y
kx
x
y
=
+
ìïí
-
=
ïî
，得

2
2
1 4
8
8
0
k
x
kx
-
-
-
=
，
因为直线l 与双曲线左､右两支分别交于A，B 两点，
所以


2
2
2
1
2
2
1 4
0
Δ
64
32 1 4
0
8
0
1 4
k
k
k
x x
k
ì
ï -
¹
ïï
=
+
-
>
í
ï
ï
= -
<
ï
-
î
，解得
1
1
2
2
k
-
<
<
，则
1
0
2
k
-
<
< 或
1
0
2
k
<
<
，
联立
1
1
4
y
kx
y
x
k
=
+
ìïí
=
ïî
，解得
2
2
4
1 4
1
1 4
k
x
k
y
k
ì =
ïï
-
í
ï
=
ï
-
î
，则
2
2
4
1
,
1 4
1 4
k
R
k
k
æ
ö
ç
÷
-
-
è
ø ，
则
2
2
2
2
2
2
4
1
16
1
1 4
1 4
1 4
k
k
OR
k
k
k
+
æ
ö
æ
ö
=
+
=
ç
÷
ç
÷
-
-
-
è
ø
è
ø
，
令
2
1 4
,0
1
t
k
t
= -
< < ，则


4 1
1
5
4
t
t
OR
t
t
-
+
-
=
=
，
所以
2
2
2
5
4
5
4
t
OR
t
t
t
-
=
=
-
，令


1,
1,
m
m
t
¥
=
Î
+
，则
2
2
5
4
OR
m
m
=
-
，
因为函数
2
5
4
y
m
m
=
-
在

1, ¥
+
上单调递增，
所以
2
2
5
4
5
4
1
OR
m
m
=
-
>
-
= ，则


1,
OR
¥
Î
+
.
综上所述，线段OR 长度的取值范围为

1,+¥ .
研考点·通技法
圆锥曲线中的范围问题的求解常用的三种方法
(1)函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数的单调性求解．
(2)不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数范围．
(3)判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式Δ 求参数的范围．
破类题·提能力
1．（25-26 高三下·重庆沙坪坝·月考）已知椭圆
2
2
1 :
1
5
x
C
y
+
= ，双曲线
2
C 的焦点是椭圆长轴端点，顶点为椭
圆焦点，O 为坐标原点，过点


0,1
P
作斜率为k 的直线l，与双曲线左､右两支分别交于A，B 两点.
(1)求双曲线
2
C 的方程；
(2)过点A，B 两点分别作双曲线
2
C 的切线1
2
,
l l ，设1
2
,
l l 交于点Q，直线OQ 与直线l 交于点R，求线段
OR 长度的取值范围.
【答案】（1）
2
2
1
4
x
y
-
= .
（2）

1,+¥
【解析】（1）由椭圆
2
2
1 :
1
5
x
C
y
+
= ，得
1
1
1
5,
1,
2
a
b
c
=
=
=
，
由题意，双曲线
2
C 的焦点是椭圆长轴端点，顶点为椭圆焦点，
则双曲线
2
C 的焦点为

5,0
±
，顶点为

2,0
±
，即
2
2
5,
2
c
a
=
=
，
则
2
2
2
2
2
2
1
b
c
a
=
-
= ，即双曲线
2
C 的方程为
2
2
1
4
x
y
-
= .
（2）设切点为


0
0
,
M x
y
，则
2
2
0
0
1
4
x
y
-
= ，先证明切线方程为
0
0
1
4
x x
y y
-
= .
当切线斜率存在时，设切线斜率为
1k ，则切线方程为


0
1
0
y
y
k
x
x
-
=
-
，
联立


0
1
0
2
2
1
4
y
y
k
x
x
x
y
ì -
=
-
ïí
-
=
ïî
，得





2
2
2
1
1
0
1
0
0
1
0
1 4
8
4
1
0
k
x
k
y
k x
x
y
k x
é
ù
-
-
-
-
-
+
=
ë
û
，
则





2
2
2
2
1
0
1
0
1
0
1
0
Δ
64
16 1 4
1
0
k
y
k x
k
y
k x
é
ù
=
-
+
-
-
+
=
ë
û
，则
0
1
0
4
x
k
y
=
，
则切线方程为


0
0
0
0
4
x
y
y
x
x
y
-
=
-
，即
0
0
1
4
x x
y y
-
= ；
当切线斜率不存在时，切点为


2,0
M -
或


2,0
M
，则切线方程为
2
x = - 或
2
x =
，
显然满足
0
0
1
4
x x
y y
-
= .
综上所述，切点为


0
0
,
M x
y
时，切线方程为
0
0
1
4
x x
y y
-
= .
设



1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，

,
Q
Q
Q x
y
，
则1l 的方程为
1
1
1
4
x x
y y
-
= ，2l 的方程为
2
2
1
4
x x
y y
-
= ，
则
1
1
1
4
Q
Q
x x
y y
-
= ，
2
2
1
4
Q
Q
x x
y y
-
= ，
所以直线AB 的方程为
1
4
Q
Q
x x
y y
-
= ，
又直线AB 过点

0,1
P
，则
1
Q
y
-
= ，即
1
Q
y = - ，
则






1
2
2
1
1
2
2
1
4 1
4 1
4
4
Q
y
y
y
y
x
k
x
x
x
x
-
-
-
-
=
=
=
= -
-
，即


4 , 1
Q
k
-
-
，
当
0
k =
时，


0, 1
Q
-
，直线OQ 的方程为
0
x =
，而直线l 的方程为
1
y = ，
则

0,1
R
，即
1
OR = ；
当
0
k ¹
时，直线OQ 的方程为
1
4
y
x
k
=
，而直线l 的方程为
1
y
kx
=
+ ，
联立
2
2
1
1
4
y
kx
x
y
=
+
ìïí
-
=
ïî
，得

2
2
1 4
8
8
0
k
x
kx
-
-
-
=
，
因为直线l 与双曲线左､右两支分别交于A，B 两点，
所以


2
2
2
1
2
2
1 4
0
Δ
64
32 1 4
0
8
0
1 4
k
k
k
x x
k
ì
ï -
¹
ïï
=
+
-
>
í
ï
ï
= -
<
ï
-
î
，解得
1
1
2
2
k
-
<
<
，则
1
0
2
k
-
<
< 或
1
0
2
k
<
<
，
联立
1
1
4
y
kx
y
x
k
=
+
ìïí
=
ïî
，解得
2
2
4
1 4
1
1 4
k
x
k
y
k
ì =
ïï
-
í
ï
=
ï
-
î
，则
2
2
4
1
,
1 4
1 4
k
R
k
k
æ
ö
ç
÷
-
-
è
ø ，
则
2
2
2
2
2
2
4
1
16
1
1 4
1 4
1 4
k
k
OR
k
k
k
+
æ
ö
æ
ö
=
+
=
ç
÷
ç
÷
-
-
-
è
ø
è
ø
，
令
2
1 4
,0
1
t
k
t
= -
< < ，则


4 1
1
5
4
t
t
OR
t
t
-
+
-
=
=
，
所以
2
2
2
5
4
5
4
t
OR
t
t
t
-
=
=
-
，令


1,
1,
m
m
t
¥
=
Î
+
，则
2
2
5
4
OR
m
m
=
-
，
因为函数
2
5
4
y
m
m
=
-
在

1, ¥
+
上单调递增，
所以
2
2
5
4
5
4
1
OR
m
m
=
-
>
-
= ，则


1,
OR
¥
Î
+
.
综上所述，线段OR 长度的取值范围为

1,+¥ .
2．（25-26 高三上·云南昆明·月考）已知抛物线
2
:
4
E y
x
=
的焦点为F ，过点


0
0,
A
y
的直线l 与E 相交于




1
1
2
2
,
,
,
B x y
C x
y
两点，且
0
0
y >
，
(1)若F 为线段AC 的中点，
（i）求直线l 的斜率；
（ii）求|AC|；
(2)若点


3
0
,2
P x
y
在抛物线E 上，满足BP
BC
^
，求
2y 取值范围．
【答案】（1）
2 2
=
lk
-
；|
| 6
AC =
（2）
8
,
3
¥
æ
ù
-
-
ç
ú
è
û
【解析】（1）（i）由题意知，焦点
(1,0)
F
，因为F 为线段AC 的中点，所以
2
0
1
2
x
+
=
，即
2
2
x =
，
所以
2
2 2
y = -
，即
(2, 2 2)
C
-
，所以直线l 的斜率为
0
2 2
2 2
1
2
lk
+
=
= -
-
．
（ii）由题意及（1），
2
|
| 2 |
| 2 1
(2 2)
6
AC
FC
=
=
+
=
．
（2）由题意知，直线BC 的斜率为
2
1
2
1
2
2
2
1
2
1
2
1
4
4
4
BC
y
y
y
y
k
y
y
x
x
y
y
-
-
=
=
=
-
+
-
，
同理直线BP 的斜率为
1
0
4
2
BP
k
y
y
=
+
，
因为BP
BC
^
，所以
1
BC
BP
k
k
= - ，所以
2
1
1
2
0
1
2
16
2
y
y y
y
y
y
-
-
-
=
+
，
又因为直线BC 的方程为


1
1
1
2
4
y
y
x
x
y
y
-
=
-
+
，所以点

0
0,
A
y
在直线BC 上，
所以


2
1
0
1
1
1
2
1
2
4
y
y
y
x
y
y
y
y
-
-
=
-
=
+
+
，所以
1
2
0
1
2
2
2
y y
y
y
y
=
+
，
所以
2
1
2
1
1
2
1
2
1
2
2
16
y y
y
y y
y
y
y
y
-
-
-
=
+
+
，
所以
1
2
1
16
3
3
y
y
y
= -
-
，因为
1
0
y >
，所以
1
2
1
16
16
8
2
3
3
9
3
y
y
y
æ
ö
= -
+
£ -
= -
ç
÷
è
ø
，
当且仅当
1
1
16
3
3
y
y =
，即
1
4
y =
满足，所以
2y 取值范围为
8
,
3
¥
æ
ù
-
-
ç
ú
è
û ．
题型05 解析几何中最值类问题
析典例·建模型
1．（2026·湖南·模拟预测）已知椭圆C 过点


2,1
M
，两个焦点坐标分别为


6, 0 ,
6, 0
-
．
(1)求椭圆C 的方程．
(2)已知,
A B 为椭圆C 上异于M 的两点，且直线
,
MA MB 与x 轴围成一个以M 为顶点的等腰三角形．
（i）求证：直线AB 的斜率为定值；
（ii）求
MAB
△
面积的最大值．
【思路分析】（1）根据点M 以及焦点坐标，解方程可求得椭圆C 的方程；
（2）（i）法一：设直线AB 的方程为y
kx
t
=
+ ，并与椭圆方程联立，结合韦达定理由
0
MA
MB
k
k
+
=
可
得直线AB 的斜率
1
2
k =
；
法二：设直线MA 的方程为


1
2
y
k x
- =
-
，联立椭圆方程可解得
2
2
8
8
2
4
1
A
k
k
x
k
-
-
=
+
，同理可得
2
2
8
8k 2
4
1
B
k
x
k
+
-
=
+
，化简可知直线AB 的斜率


4
1
2
A
B
A
B
A
B
A
B
k x
x
k
y
y
k
x
x
x
x
+
-
-
=
=
=
-
-
；
法三：由
0
MA
MB
k
k
+
=
，可设直线AB 为




2
1
1
m x
n y
-
+
-
= ，
,
m n 不同时为0，联立直线与椭圆方程
化简得





2
4
1
4 2
4 2
1
0
m
m
n k
n
k
+
+
+
+
+
=
，可得2
0
m
n
+
=
，即直线AB 的斜率为定值
1
2 ．
（ii）设直线AB 为
1
2
y
x
t
=
+ ，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理知
2
2 ,
2
4,
A
B
A
B
x
x
t
x
x
t
+
= -
ì
í

=
-
î
法一：易知


2
2
1
2
4
2
MAB
A
B
S
MN x
x
t
=
-
=
-
-
+
V
，当
2
2
t =
时，
MAB
△
的面积取最大值2．
法二：由弦长公式可知
2
5
4
AB
t
=

-
，又点


2,1
M
到直线AB 的距离
2
2
5
1
1
2
t
t
d =
=
æ
ö
+ ç
÷
è
ø
，所以


2
2
2
4
MAB
S
t
=
-
-
+
V
，当
2
2
t =
时，
MAB
△
的面积取最大值2．
【规范答题】（1）设椭圆C 的方程为


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b
+
=
>
>
，
显然
2
2
2
2
6,
6
c
a
b
c
b
=
=
+
=
+ ，
将点


2,1
M
代入椭圆方程
2
2
2
2
1
6
x
y
b
b
+
=
+
，即
2
2
4
1
1
6
b
b
+
=
+
，解得
2
2
b = 或
2
3
b = - （舍去）
所以椭圆C 的方程为
2
2
1
8
2
x
y
+
= ．
（2）（i）法一：
设直线AB 的方程为y
kx
t
=
+ （由对称性知k 存在），如下图：
联立
2
2
1
8
2
x
y
+
= 得


2
2
4
8
x
kx
t
+
+
=
，化简得



2
2
2
4
1
8
4
2
0
k
x
ktx
t
+
+
+
-
=
，
由
0
D >
知
2
2
8
2
0
k
t
-
+
>
，则


2
2
2
8
,
4
1
4
2
4
1
A
B
A
B
kt
x
x
k
t
x
x
k
-
ì
+
=
ï
+
ïí
-
ï

=
ï
+
î
，
因为
0
MA
MB
k
k
+
=
，所以
1
1
0
2
2
A
B
A
B
y
y
x
x
-
-
+
=
-
-
，即







1
2
1
2
0
2
2
B
A
A
B
A
B
y
x
y
x
x
x
-
-
+
-
-
=
-
-
，
化简得


2
1 2
1
0
k
k
t
-
- +
=
，因为直线AB 不过点


2,1
M
，所以2
1
k
t
+ ¹ ，
故
1
2
k =
．
法二：
设直线MA 的方程为


1
2
y
k x
- =
-
，
联立
2
2
1
8
2
x
y
+
= ，得


2
2
4
2
1
8
x
k x
é
ù
+
-
+
=
ë
û
，化简


2
2
4
1 2
8
x
kx
k
é
ù
+
+
-
=
ë
û
，
得





2
2
2
4
1
8
1 2
4 1 2
8
0
k
x
k
k x
k
+
+
-
+
-
-
=
，
由
0
D >
知
2
4
4
1
0
k
k
+
+ >
，即
1
2
k ¹ -
，则


2
2
4 1 2
8
4
1
A
M
k
x
x
k
-
-

=
+
，
又
2
M
x
=
，所以
2
2
8
8
2
4
1
A
k
k
x
k
-
-
=
+
，
因为直线
,
MA MB 与x 轴围成一个以M 为顶点的等腰三角形，所以
0
MA
MB
k
k
+
=
，
同理可得
2
2
8
8k 2
4
1
B
k
x
k
+
-
=
+
，
由此可知
2
2
2
16
4
16
,
4
1
4
1
A
B
A
B
k
k
x
x
x
x
k
k
-
-
+
=
-
=
+
+
，
则直线AB 的斜率


4
1
2
A
B
A
B
A
B
A
B
k x
x
k
y
y
k
x
x
x
x
+
-
-
=
=
=
-
-
，
故直线AB 的斜率为定值
1
2 ．
法三：
因为直线
,
MA MB 与x 轴围成一个以M 为顶点的等腰三角形，所以
0
MA
MB
k
k
+
=
，
因为,
A B 为椭圆上异于M 的两点，
所以可设直线AB 为




2
1
1
m x
n y
-
+
-
= ，
,
m n 不同时为0，
联立




2
1
1
m x
n y
-
+
-
= 与
2
2
1
8
2
x
y
+
= ，
得









2
2
4
1
2
4 2
2
1
4 2
1
1
0
m
x
m
n
x
y
n
y
+
-
+
+
-
-
+
+
-
=
，
等式两边同时除以

2
2
x -
，记
1
2
y
k
x
-
=
-
，
化简得





2
4
1
4 2
4 2
1
0
m
m
n k
n
k
+
+
+
+
+
=
，
由于
0
MA
MB
k
k
+
=
，所以2
0
m
n
+
=
，说明直线AB 的斜率为定值
1
2 ．
（ii）设直线AB 为
1
2
y
x
t
=
+ ，
联立
1
2
y
x
t
=
+ 与
2
2
1
8
2
x
y
+
= ，得
2
2
2
2
4
0
x
tx
t
+
+
-
=
，
因为


2
2
Δ
4
4 2
4
0
t
t
=
-
-
>
，所以
2
4
t <
．
由韦达定理知
2
2 ,
2
4,
A
B
A
B
x
x
t
x
x
t
+
= -
ì
í

=
-
î
法一：
过点M 作x 轴的垂线交直线AB 于点N ，则点N 的坐标为

2,
1
t +
，
1
2
MAB
A
B
S
MN x
x
=
-
V
，即


2
1
4
2
MAB
A
B
A
B
S
t
x
x
x x
=
+
-
V
，
化简得


2
2
2
4
MAB
S
t
=
-
-
+
V
．
当且仅当
2
2
t =
时，
MAB
△
的面积取最大值2．
法二：
易知


2
2
2
1
5
1
4
5
4
2
2
A
B
A
B
A
B
AB
x
x
x
x
x x
t
æ
ö
=
+
-
=
+
-
=

-
ç
÷
è
ø
，
点


2,1
M
到直线AB 的距离
2
2
5
1
1
2
t
t
d =
=
æ
ö
+ ç
÷
è
ø
，
所以


2
2
4
2
2
1
4
4
2
4
2
MAB
S
AB d
t
t
t
t
t
=

=
-
=
-
+
=
-
-
+
V
，
当且仅当
2
2
t =
时，
MAB
△
的面积取最大值2．
研考点·通技法
圆锥曲线中的最值问题的求解常用的三种方法
(1)函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数的单调性求得最值．
(2)不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求最值．
(3)判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式Δ 求最值．
破类题·提能力
1．（2023·全国甲卷·高考真题）已知直线
与抛物线
交于
两点，且
2
1
0
x
y
-
+ =
2
:
2
(
0)
C y
px p
=
>
,
A B
．
(1)求
；
(2)设F 为C 的焦点，M，N 为C 上两点，
，求
面积的最小值．
【答案】（1）2；（2）
【解析】（1）设
，
由
可得，
，所以
，
所以
，
即
，因为
，解得：
．
（2）因为
，显然直线
的斜率不可能为零，
设直线
：
，
，
由
可得，
，所以，
，
，
因为
，所以
，
即
，
亦即
，
将
代入得，
，
，
所以
，且
，解得
或
．
设点
到直线
的距离为
，所以
，
，
所以
的面积
，
|
| 4 15
AB =
p
0
FM FN

=
uuuur uuur
MFN
△
12
8 2
-




,
,
,
A
A
B
B
A x
y
B x
y
2
2
1
0
2
x
y
y
px
-
+ =
ì
í
=
î
2
4
2
0
y
py
p
-
+
=
4 ,
2
A
B
A
B
y
y
p y y
p
+
=
=






2
2
2
5
5
4
4 15
A
B
A
B
A
B
A
B
A
B
AB
x
x
y
y
y
y
y
y
y y
=
-
+
-
=
-
=
´
+
-
=
2
2
6
0
p
p
-
-
=
0
p >
2
p =


10
F
,
MN
MN
x
my
n
=
+




1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
2
4
y
x
x
my
n
ì
=
í =
+
î
2
4
4
0
y
my
n
-
-
=
1
2
1
2
4 ,
4
y
y
m y y
n
+
=
= -
2
2
16
16
0
0
m
n
m
n
D =
+
>
Þ
+
>
0
FM FN

=
uuuur uuur



1
2
1
2
1
1
0
x
x
y y
-
-
+
=



1
2
1
2
1
1
0
my
n
my
n
y y
+
-
+
-
+
=






2
2
1
2
1
2
1
1
1
0
m
y y
m n
y
y
n
+
+
-
+
+
-
=
1
2
1
2
4 ,
4
y
y
m y y
n
+
=
= -
2
2
4
6
1
m
n
n
=
-
+




2
2
4
1
0
m
n
n
+
=
-
>
1
n ¹
2
6
1
0
n
n
-
+ ³
3
2 2
n ³
+
3
2 2
n £
-
F
MN
d
2
1
1
n
d
m
-
=
+




2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
1
16
16
MN
x
x
y
y
m
y
y
m
m
n
=
-
+
-
=
+
-
=
+
+


2
2
2
1
4
6
1
16
2 1
1
m
n
n
n
m
n
=
+
-
+
+
=
+
-
MFN
△


2
2
2
1
1
1
2 1
1
1
2
2
1
n
S
MN
d
m
n
n
m
-
=
´
´
=
´
´
+
-
=
-
+
而
或
，所以，
当
时，
的面积
．
2．（25-26 高三上·四川宜宾·期末）已知平面上动点


,
D x y 到定点


3,0
F
的距离与点D 到直线
2
x =
的距
离比为
6
2
．动点D 的轨迹为曲线E
(1)求曲线E 的方程；
(2)已知点P 为直线
2
x =
上任一点，过点P 作曲线E 的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，过曲线
E 的右顶点Q 作垂直于x 轴的直线与直线PA，PB 分别交于M，N 两点，点M，N 的纵坐标分别为
m，n．求mn 的值．并求
3
1
MQ
NQ
+
的最小值．
【答案】(1)
2
2
1
6
3
x
y
-
=
(2) 

2
2
3
+
【分析】（1）根据动点所满足的条件直接可得曲线的方程；
（2）先设切点
1
1
2
2
( ,
),
(
,
)
A x y
B x
y
，进而可得切点连线的方程为
3
x
ty
-
= ，结合根与系数的关系可得故
15
6 6
m
n =
-
∣∣∣∣
，再用基本不等式可得最小值.
【详解】（1）根据题意，动点


,
D x y 满足：
2
2
(
3)
6
2
2
x
y
x
-
+
=
-
∣
∣
, 两边平方整理得： 
2
2
2
2[(
3)
]
3(
2)
x
y
x
-
+
=
-
,
展开化简得：
2
2
2
6
x
y
-
=
，即 
2
2
1
6
3
x
y
-
= .所以曲线E 的方程为
2
2
1
6
3
x
y
-
= .
（2）设
(2, )
P
t ，切点
1
1
2
2
( ,
),
(
,
)
A x y
B x
y
，因为双曲线过切点的切线方程为
0
0
1
6
3
xx
yy
-
= ，
因此： 切线PA ：
1
1
1
6
3
xx
yy
-
= ，切线PB ：
2
2
1
6
3
xx
yy
-
= .
 因为
(2, )
P
t 在两条切线上，代入得
1
1
3
x
ty
-
=
，
2
2
3
x
ty
-
=
，故直线AB 的方程为
3
x
ty
-
= .所以直线
AB 过定点

3,0 .
将
3
x
ty
=
+
代入双曲线方程，整理得关于y 的二次方程： 
2
2
(
2)
6
3
0
t
y
ty
-
+
+
=
,
由韦达定理：






2
2
2
6
4 3
2
24
1
0
t
t
t
D =
- ´
-
=
+
>
,
1
2
1
2
2
2
6
3
,
2
2
t
y
y
y y
t
t
-
+
=
=
-
-
.如图：
3
2 2
n ³
+
3
2 2
n £
-
3
2 2
n =
-
MFN
△


2
min
2
2 2
12
8 2
S
=
-
=
-
右顶点
( 6,0)
Q
，过Q 垂直x 轴的直线为
6
x =
，代入切线方程得： 
1
2
1
2
3(
1)
3(
1)
6
6
,
x
x
m
n
y
y
-
-
=
=
，
所以



1
2
1
2
1
2
1
2
3
1
3
1
3
6
6
6
6
2
x
x
x
x
mn
y
y
y y
æ
ö
æ
ö
-
-
ç
÷
ç
÷
-
-
è
ø
è
ø
=
´
=



1
2
1
2
3
3
6
3
6
2
ty
ty
y y
+ -
+ -
=




2
2
1
2
1
2
1
2
3
3
6
3
6
2
t y y
t y
y
y y
é
ù
+
-
+
+
-
ê
ú
ë
û
=
代入韦达定理得： 









2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
6
3
3
6
3
6
3 3
6 3
6
3
6
2
2
2
6 6
15
3
2 3
2
2
t
t
t
t
t
t
t
t
mn
t
é
ù
é
ù
´
-
-
´
+
-
-
-
+
-
-
ê
ú
ê
ú
-
-
ë
û
ë
û
=
=
=
-
´
´
-
因为
6 6
15
0
mn =
-
<
，
,
MQ
m
NQ
n
=
=
∣
∣∣∣∣
∣∣∣，故
15
6 6
m
n =
-
∣∣∣∣
，
由均值不等式： 


3
1
3
1
3
3
2
2
2 5
2 6
2
2
3
15
6 6
MQ
NQ
m
n
m
n
+
=
+
³
=
=
+
=
+
-
∣∣∣∣
∣∣∣∣
,
当且仅当
3
m
n
=
∣∣∣∣时等号成立，代入
15
6 6
m n =
-
，解得


2
3,
3
3
2
n
m
=
-
=
-
时等号成立，
因此
3
1
MQ
NQ
+
的最小值为

2
2
3
+
.
题型07 探究性问题
析典例·建模型
1．（25-26 高三上·重庆·月考）已知圆






2
2
:
2
16
0
M
x
a
y
a
a
-
+
-
=
¹
的圆心M 在抛物线


2
:
2
0
N x
py p
=
>
上，且圆M 与抛物线N 的准线相切.如图，过抛物线N 上的三个不同点A
B
C
，，
( B 在A
C
，
之间)，作抛物线的三条切线，分别两两相交于点D
E
F
，，
.
  
(1)求圆M 和抛物线N 的方程；
(2)是否存在常数l ，使得DA FC
DE FE
l

=

uuur uuur
uuur uuur
？若存在，求出l 的值；若不存在，请说明理由；
(3)当点C 的横坐标为4 时，以C 为直角顶点，作抛物线的两个内接Rt
CPQ
△
及Rt CRT
V
，求线段
PQ
RT
，
的交点坐标.
【思路分析】（1）根据圆的标准方程求出圆心坐标，代入抛物线方程，再结合圆与抛物线准线相切
求出,a p 的值，从而得到圆和抛物线的方程；
（2）设





1
1
2
2
3
3
,
,
,
,
,
A x y
B x
y
C x
y
，利用导数求出切线方程，进而得到交点坐标，再通过向量运算
可得答案；
（3）根据已知条件求出C 点坐标，设








,
,
,
,
,
,
,
P
P
Q
Q
R
R
T
T
P x
y
Q x
y
R x
y
T x
y
，利用直角三角形条件
得到
,
PQ RT 方程，解方程组求出交点坐标.
【规范答题】（1）圆






2
2
:
2
16
0
M
x
a
y
a
a
-
+
-
=
¹
的圆心


2 ,
M
a a ，
因为圆心M 在抛物线N 上，所以


2
4
2
0
a
p
a p
=
´
>
，即2 =
a
p ，
因为圆M 与抛物线N 的准线相切，所以
4
2
p
a
+
=
，
解得
4
p =
，
2
a =
，
所以圆M 的方程为



2
2
4
2
16
x
y
-
+
-
=
，
抛物线N 的方程为
2
8
x
y
=
；
（2）存在常数1，使得

=

uuur uuur
uuur uuur
DA FC
DE FE ，理由如下，
设





1
1
2
2
3
3
,
,
,
,
,
A x y
B x
y
C x
y
，
1
4
y
x
¢ =
，
则在点A 处的坐切线方程为


1
1
1
1
4
y
y
x
x
x
-
=
-
，即
2
1
1
1
1
4
8
=
-
y
xx
x ，
在点B 处的坐切线方程为


2
2
2
1
4
y
y
x
x
x
-
=
-
，即
2
2
2
1
1
4
8
=
-
y
xx
x ,
由
2
1
1
2
2
2
1
1
4
8
1
1
4
8
y
xx
x
y
xx
x
ì
=
-
ïïí
ï
=
-
ïî
，解得
1
2
1
2
2
8
D
D
x
x
x
x x
y
+
ì
=
ïïí
ï
=
ïî
，所以
1
2
1
2
,
2
8
x
x
x x
D
+
æ
ö
ç
÷
è
ø ，
同理可得
1
3
1
3
2
8
E
E
x
x
x
x x
y
+
ì
=
ïïí
ï
=
ïî
，
3
2
3
2
2
8
F
F
x
x
x
x x
y
+
ì
=
ïïí
ï
=
ïî
，
1
3
1
3
,
2
8
x
x
x x
E
+
æ
ö
ç
÷
è
ø
，
2
3
3
2
,
2
8
x
x
x x
F
+
æ
ö
ç
÷
è
ø
，
2
2
3
2
3
3
2
1
2
1
1
2
,
,
,
2
8
2
8
x
x
x
x x
x
x
x
x x
DA
FC
æ
ö
æ
ö
-
-
-
-
=
= ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
uuur
uuur
，
3
2
1
3
1
2
1
3
2
3
1
2
,
,
,
2
8
2
8
x
x
x x
x x
x x
x x
x
x
DE
FE
-
-
-
-
æ
ö
æ
ö
=
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
uuur
uuur
，
所以
2
2
3
2
3
3
2
1
2
1
1
2
2
2
8
8
-
-
-
-

=
´
+
´
uuur uuur
D
x
x
x
x x
x
x
x
FC
x
A
x




1
1
2
3
3
2
3
2
1
2
2
2
8
8
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
-
-
-
-
=
´
+
´
，
3
2
1
3
1
2
1
3
2
3
1
2
2
2
8
8
x
x
x x
x x
x x
x x
x
x
DE FE
-
-
-
-

=
´
+
´
uuur uuur
，




1
3
2
3
1
2
3
2
1
2
2
2
8
8
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
-
-
-
-
=
´
+
´
，可得

=

uuur uuur
uuur uuur
DA FC
DE FE ，
所以存在
1
l = ，使得

=

uuur uuur
uuur uuur
DA FC
DE FE ；
（3）因为Rt
CPQ
△
、Rt CRT
V
是抛物线的两个内接三角形，
所以直线
,
,
,
CP CQ CR CT 的斜率存在且不为0，
当点C 的横坐标为4 时，代入
2
4
8
= y 得
2
y =
，所以


4,2
C
，
设








,
,
,
,
,
,
,
P
P
Q
Q
R
R
T
T
P x
y
Q x
y
R x
y
T x
y
，
由C 为直角顶点，
设
=
CP
k
k ，则
1
= -
CQ
k
k ，
则直线CP 的方程为


2
4
y
k x
-
=
-
，与
2
8
x
y
=
联立得
2
8
32
16
0
x
kx
k
-
+
-
=
，则
8 ,
8
4
4 =
-
+
=
P
P
x
k
k
x
,


2
4
2
8
8
2
P
P
y
k x
k
k
=
-
+
=
-
+
，可得

2
8
4,8
8
2
P
k
k
k
-
-
+
，
同理可得
2
8
8
8
4,
2
Q
k
k
k
æ
ö
-
-
+
+
ç
÷
è
ø，
所以直线PQ的方程为




2
2
2
8
8
8
8
2
2
8
8
2
8
4
8
8
4
4
k
k
k
k
y
k
k
x
k
k
k
æ
ö
-
+
-
+
+
ç
÷
è
ø
-
-
+
=
-
+
-
+
+
，
整理得


1
1
4
10
y
k
x
k
æ
ö
=
-
-
+
+
ç
÷
è
ø
，即


1
1
4
10
0
k
x
y
k
æ
ö
-
-
+
+
-
=
ç
÷
è
ø
，
设
=
CR
k
h ，则
1
= -
CQ
k
h ，
则直线CR 的方程为


2
4
y
h x
-
=
-
，与
2
8
x
y
=
联立得
2
0
8
32
16
-
+
=
-
h
x
x
h
，则
8 ,
8
4
4 =
-
+
=
R
R
x
h
h
x
,


2
4
2
8
8
2
R
R
y
h x
h
h
=
-
+
=
-
+
，可得

2
8
4,8
8
2
R
h
h
h
-
-
+
，
同理可得
2
8
8
8
4,
2
T
h
h
h
æ
ö
-
-
+
+
ç
÷
è
ø ，
所以直线RT 的方程为




2
2
2
8
8
8
8
2
2
8
8
2
8
4
8
8
4
4
h
h
h
h
y
h
h
x
h
h
h
æ
ö
-
+
-
+
+
ç
÷
è
ø
-
-
+
=
-
+
-
+
+
，
整理得


1
1
4
10
y
h
x
h
æ
ö
=
-
-
+
+
ç
÷
è
ø
，
由




1
1
4
10
0
1
1
4
10
0
h
x
y
h
k
x
y
k
ìæ
ö
-
-
+
+
-
=
ç
÷
ïïè
ø
íæ
ö
ï
-
-
+
+
-
=
ç
÷
ïè
ø
î
得
4
10
x
y
= -
ì
í
=
î
，
所以PQ
RT
，
的交点坐标为

4,10
-
.
【点睛】方法点睛：在探究抛物线切线相关问题，利用导数求出切线方程，进而求出交点坐标，凸显
出导数作为工具在解析几何中确定图形的关键.
研考点·通技法
圆锥曲线中探索性问题的常见解法
⑴假设存在法：先假设满足条件的点、直线等存在，设其方程或坐标，代入曲线方程推导，若有解则存
在，无解则不存在.
⑵特殊值法：取特殊位置（如对称轴、顶点）或特殊参数值，探索可能结论，再验证一般情况.
⑶代数推导法：联立方程，用韦达定理、判别式等，结合条件（如垂直、中点）列方程，分析解的情况
判断存在性.
破类题·提能力
1．（25-26 高三下·四川成都·开学考试）已知抛物线
2
:
2
C y
px
=
．
(1)若
3
p =
，求过焦点F 且倾斜角为60o的直线被抛物线C 所截得的弦长．
(2)若
2
p =
，
（i）是否存在抛物线上的三个点M ，N ，Q ，使得
MQN
Ð
的内角平分线为
4
x =
？若存在，求直线
MN 的斜率，若不存在，请说明理由；
（ii）若抛物线上的三个点M ，N ，Q 构成等腰直角三角形，求
MNQ
△
面积的最小值．
【答案】(1)8 ；
(2)（i）存在，斜率
1
2
k = ±
；（ii）16.
【分析】（1）写出直线方程
3
3
2
y
x
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø ，将其与抛物线方程联立，得到韦达定理式，最后利用弦
长公式即可得到答案；
（2）（i）根据
0
QM
QN
k
k
+
=
得到
1
2
0
2
y
y
y
+
= -
，再设直线MN 的方程为：y
kx
m
=
+
，联立抛物线方
程得到韦达定理式，结合点Q 在抛物线上即可得到方程，解出即可；
（ii）假设直角顶点，通过等腰直角三角形性质设
2
2
3
3
3
3
,
,
,
,
0
4
4
y
y
N
s y
t
Q
t y
s
st
æ
ö
æ
ö
+
+
+
-
¹
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，代入抛物
线方程解出点坐标，从而得到
2
2
(
)
4
st s
t
s
t
+
+
=
，最后利用基本不等式和直角三角形面积公式即可得到
最小值.
【详解】（1）若
3
p =
，过焦点F 且倾斜角为60o的直线：
3
3
2
y
x
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø ，
将其与抛物线
2
:
6
C y
x
=
联立可得：
2
4
20
9
0
x
x
-
+
=
，
判别式
2
( 20)
4 4 9
256
0
D = -
- ´ ´
=
>
，
设弦的两个端点



,
,
,
c
c
D
D
C x y
D x
y
，则
9
5,
4
C
D
C
D
x
x
x x
+
=
=
，
弦长


2
2
2
9
|
|
1 ( 3)
2
4
2 5
4
8
4
D
C
D
C
D
C
CD
x
x
x
x
x x
=
+

-
=
+
-
=
- ´
= ．
（2）（i）由于
MQN
Ð
的角平分线为
4
x =
，则直线
,
QM QN 的斜率均存在，
0
QM
QN
k
k
+
=
，
设






1
1
2
2
0
0
,
,
,
,
,
M x y
N x
y
Q x
y
，
即：
1
0
2
0
1
0
2
0
0
y
y
y
y
x
x
x
x
-
-
+
=
-
-
，化简得：
1
0
2
0
4
4
0
y
y
y
y
+
=
+
+
，
即
1
0
2
0
1
1
y
y
y
y
= -
+
+
，可得
1
2
0
2
y
y
y
+
= -
，
易知满足条件的直线MN 斜率必存在．设直线MN 的方程为：y
kx
m
=
+
，
将其与抛物线
2
4
y
x
=
联立得：
2
4
4
0(
0)
m
y
y
k
k
k
-
+
=
¹
由韦达定理，得：
1
2
1
2
4
4
,
m
y
y
y y
k
k
+
=
=
，因此
0
0
4
2
2
,
y
y
k
k
= -
= -
，
又因为点


0
0
,
Q x
y
在抛物线上，满足
2
0
0
4
y
x
=
，所以
2
2
0
0
2
2
1
4
4
y
k
x
k
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
=
=
=
，
而点Q 在角平分线上，即
0
4
x =
，则
2
2
1
1
4,
4
k
k
=
=
，解得
1
2
k = ±
．
（ii）若三角形MNQ 为等腰直角三角形，
不妨设
2
3
3
,
,
2
4
y
NMQ
M
y
p
æ
ö
Ð
=
ç
÷
è
ø
，因为MN
MQ
^
uuuur
uuuur
，且|
| |
|
MN
MQ
=
uuuur
uuuur
，
注意到直线MN 与MQ 斜率均不等于0 ，
于是不妨设
3
3
3
2
3
2
,
,
,
,
0
4
4
y
y
N
s y
t
Q
t y
s
st
æ
ö
æ
ö
+
+
+
-
¹
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
代入抛物线方程可得：




2
2
3
3
2
2
3
3
4
4
4
4
y
y
t
s
y
y
s
t
ì
æ
ö
+
=
+
ï
ç
÷
ï
è
ø
í
æ
ö
ï
-
=
+
ç
÷
ï
è
ø
î
，解得
2
3
2
4
4
2
2
s
t
t
s
y
t
s
-
-
=
=
-
，
所以
2
2
2
2
4
4
s
st
t
s t
-
+
=
-
，整理得
2
2
(
)
4
st s
t
s
t
+
+
=
，
由于
2
2
2
s
t
st
+
£
，当且仅当s
t
= 时等号成立；
2
2
2
2
s
t
s
t
+
+
£
，当且仅当
0
s
t
= >
时等号成立，
则
2
2
2
2
2
2
2
2
4
s
t
s
t
s
t
+

+

+
£
，即
2
2
32
s
t
+
³
，当且仅当
4
s
t
= =
时等号成立，
所以
2
2
1
16
2
2
MNQ
s
t
S
NM QM
+
=
=
³
V
uuuur uuuur
，当且仅当
3
4,
0
s
t
y
= =
=
时，
三个顶点坐标为(0,0),(4,4),(4, 4)
-
，此时三角形MNQ 面积的最小值为16．
2．（2026·陕西咸阳·二模）已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b
+
=
>
>
的离心率
1
2
e =
，过点(1,0) 的动直线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
OP
k
，
PA
k
，
PB
k
分别为直线OP ，PA ，PB 的斜率，且满足
OP
PA
PB
k k
k
k

=

，求点P 的坐标（用k 表示）；
(3)过左焦点
1F 的直线交椭圆于M ，N 两点，是否存在实数l ，使
1
1
|
|
MN
F M F N
l
=

uuuur
uuuur uuuur
恒成立？若存
在，求此时|
|
MN
uuuur
的最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
2
2
1
4
3
x
y
+
=
(2)
2
2
4
3
,
4
3
4
3
k
P
k
k
æ
ö
-
ç
÷
+
+
è
ø
或
2
2
4
3
,
4
3
4
3
k
P
k
k
æ
ö
-
ç
÷
+
+
è
ø
，其中
0
k ¹
.
(3)存在，3
【分析】（1）根据题意，列出, ,
a b c 的方程组，求得
2
2
,
a b 的值，即可得到椭圆C 的方程；
（2）设点

1
1
,
P x y
，

2
2
,
A x
y
，得到
2
2
1
1
3
3
4
y
x
=
-
，
2
2
2
2
3
3
4
y
x
=
-
，由直线AB 过原点，得出点


2
2
,
B
x
y
-
-
，利用斜率公式，求得
3
4
OP
k k

= -
，联立方程组，求得,x y 的表达式，用
3
4k
-
代替上述
坐标，即可求得P 的坐标；
（3）当直线MN 斜率为零时，求得
1
1
3
F M F N

= -
uuuur uuuur
，|
| 4
MN =
uuuur
，得到存在
4
3
l = -
，使
1
1
|
|
MN
F M F N
l
=

uuuur
uuuur uuuur
成立；当直线MN 的斜率不为零时，设直线方程为
1
x
my
=
- ，联立方程组，得到
3
4
y
y
+
2
6
3
4
m
m
=
+
，
3
4
2
9
3
4
y y
m
-
=
+
，利用弦长公式和向量的数量积的运算公式，求得


2
2
12
1
3
4
m
MN
m
+
=
+
uuuur
，


2
1
1
2
9
1
3
4
m
F M F N
m
-
+

=
+
uuuur uuuur
，得到
1
1
4
|
|
3
MN
F M F N
= -

uuuur
uuuur uuuur
，根据
2
4
|
| 4
3
4
MN
m
=
-
+
uuuur
，求
得|
|
MN
uuuur
最小值，即可得到答案.
【详解】（1）解：由题意，可得点
3
1, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 在椭圆C 上，且椭圆的离心率
1
2
e =
，
所以
2
2
2
2
2
1
9
1
4
1
2
a
b
c
e
a
a
b
c
ì
+
=
ï
ïï =
=
í
ï
=
+
ï
ïî
，解得
2
2
2
4
3
1
a
b
c
ì
=
ï
=
í
ï
=
î
，所以椭圆C 的方程为
2
2
1
4
3
x
y
+
= .
（2）解：设点

1
1
,
P x y
，因为点P 在椭圆上，所以
2
2
1
1
1
4
3
x
y
+
= ，即
2
2
1
1
3
3
4
y
x
=
-
.
同理，设点

2
2
,
A x
y
，则
2
2
2
2
3
3
4
y
x
=
-
，且
1
2
¹ ±
x
x ，
又因为直线
:
AB y
kx
=
过原点，所以
,
A B 关于原点对称，所以点

2
2
,
B
x
y
-
-
，
所以
1
2
1
2
1
2
1
2
PA
PB
y
y
y
y
k
k
x
x
x
x
-
+

=
´
=
-
+


2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
1
2
1
2
3
3
4
4
x
x
y
y
x
x
x
x
-
-
-
=
= -
-
-
，可得
3
4
OP
k k

= -
，
联立方程组
2
2
1
4
3
y
kx
x
y
=
ìïí
+
=
ïî
，整理得

2
2
3
4
12
k
x
+
=
，
解得
2
2
2 3
2 3
,
3
4
3
4
k
x
y
k
k
=
=
+
+
或
2
2
2 3
2 3
,
3
4
3
4
k
x
y
k
k
-
-
=
=
+
+
， 
用
3
4k
-
代替上述坐标中的k ，
可得
2
2
4
3
,
4
3
4
3
k
P
k
k
æ
ö
-
ç
÷
+
+
è
ø
或
2
2
4
3
,
4
3
4
3
k
P
k
k
æ
ö
-
ç
÷
+
+
è
ø
，其中
0
k ¹
.
（3）解：由（1）知，左焦点
1( 1,0)
F -
，
当直线MN 斜率为零时，不妨设
( 2,0)
M -
，
(2,0)
N
，
则
1
( 1,0)
F M = -
uuuur
，
1
(3,0)
F N =
uuuur
，可得
1
1
3
F M F N

= -
uuuur uuuur
，|
| 4
MN =
uuuur
，
存在
4
3
l = -
，使
1
1
|
|
MN
F M F N
l
=

uuuur
uuuur uuuur
成立；
当直线MN 的斜率不为零时，设直线方程为
1
x
my
=
- ，且M 

3
3
,
x
y
，


4
4
,
N x
y
，
联立方程组
2
2
1
1
4
3
x
my
x
y
=
-
ìïí
+
=
ïî
，整理得

2
2
3
4
6
9
0
m
y
my
+
-
-
=
，
可得
2
2
( 6 )
36(3
4)
0
m
m
D = -
+
+
>
，所以
3
4
y
y
+
2
6
3
4
m
m
=
+
，
3
4
2
9
3
4
y y
m
-
=
+
，
则




2
2
2
2
3
4
3
4
3
4
2
12
1
1
1
4
3
4
m
MN
m
y
y
m
y
y
y y
m
+
=
+
-
=
+

+
-
=
+
uuuur
，





1
1
3
3
4
4
3
4
3
4
3
4
1,
1,
1
F M F N
x
y
x
y
x x
x
x
y y

=
+

+
=
+
+
+ +
uuuur uuuur
，
因为


2
3
4
3
4
3
4
1
x x
m y y
m y
y
=
-
+
+ ，


3
4
3
4
2
x
x
m y
y
+
=
+
-
，
所以




2
2
1
1
3
4
2
9
1
1
3
4
m
F M F N
m
y y
m
-
+

=
+
=
+
uuuur uuuur
，所以
1
1
4
|
|
3
MN
F M F N
= -

uuuur
uuuur uuuur
，
又因为


2
2
12
1
4
3
4
m
MN
m
+
=
=
-
+
uuuur
2
4
3
4
m +
，
所以当
0
m =
时，|
|
MN
uuuur
最小，最小值为3，
综上，存在
4
3
l = -
，使
1
1
|
|
MN
F M F N
l
=

uuuur
uuuur uuuur
恒成立，此时|
|
MN
uuuur
的最小值为3.
题型08 解析几何中新定义问题
析典例·建模型
1．（25-26 高三上·内蒙古呼和浩特·期末）在平面直角坐标系中，让任意一点A 绕一固定点旋转一个定
角，变成另一点
'A ，如此产生的变换称为平面上的旋转变换，已知点


,
A a b 绕原点逆时针旋转q 后得
点


'
'
'
,
A a b ，且旋转变换的表达式为
cos
sin
sin
cos
a
a
b
b
a
b
q
q
q
q
=
-
¢
=
+
¢
ì
í
î
，曲线的旋转变换也如此．
(1)将点


1,1
A
绕原点逆时针旋转3π
4 得到点
'A ，求点
'A 坐标；
(2)已知曲线
1
:
C y
x
=
，绕原点逆时针旋转3π
4 得到曲线
'
C ．
（ⅰ）求曲线
'
C 的方程；
（ⅱ）P 为曲线
'
C 上一点，P 不在x 轴上，过P 作PB
PD
^
交曲线
'
C 于B，D 两点，求证：BD 与曲
线
'
C 在P 点处的切线垂直．
【思路分析】（1）由旋转公式可得；
（2）（ⅰ）设曲线C 上任意一点为

0
0
,
x
y
，将其绕原点逆时针旋转3π
4 得到点

,x y ，根据旋转公式
可得；
（ⅱ）设

,
P m n ，再设切线方程为


y
k x
m
n
=
-
+
，根据
0
D =
得出
m
k
n
=
，再分类讨论，设
1
:
BD y
k x
p
=
+
，根据
0
PB PD

=
uuur uuur
得出
1
n
k
m
= -
，当直线BD 的斜率不存在时，求证
0
PB PD

¹
uuur uuur
即可求
证.
【规范答题】（1）由题意可得，
3π
3π
cos
sin
2
4
4
3π
3π
sin
cos
0
4
4
a
b
ì
=
-
= -
ïïí
ï
=
+
=
¢
î
¢
ï
，则


2,0
A¢ -
；
（2）（ⅰ）设曲线C 上任意一点为

0
0
,
x
y
，且
0
0
1
y
x
=
，将其绕原点逆时针旋转3π
4 得到点

,x y ，
则
0
0
0
0
0
0
0
0
3π
3π
2
2
cos
sin
4
4
2
2
3π
3π
2
2
sin
cos
4
4
2
2
x
x
y
x
y
y
x
y
x
y
ì =
-
= -
-
ïïí
ï
=
+
=
-
ïî
，得
0
0
2
2
y
x
x
x
y
y
-
ì
=
ïïí
+
ï
=
ï
-
î
，
则
2
2
0
0
2
1
2
2
y
x x
y
x
y
x y
-
+
-
=

=
=
-
，即
2
2
1
2
2
x
y
-
= ，
故曲线
'
C 的方程为
2
2
1
2
2
x
y
-
= ；
（ⅱ）设

,
P m n ，且
2
2
2
m
n
-
=
，
,
0
m n ¹
，
由题意可知，过点P 的切线斜率存在，故设切线方程为


y
k x
m
n
=
-
+
，
联立


2
2
2
y
k x
m
n
x
y
ì
=
-
+
í
-
=
î
，得





2
2
2
1
2
2
0
k
x
k n
km x
n
km
-
-
-
-
-
-
=
，
则







2
2
2
2
2
Δ
2
4 1
2
4
2
2
0
k n
km
k
n
km
n
km
k
é
ù
é
ù
é
ù
=
-
+
-
-
+
=
-
+
-
=
ë
û
ë
û
ë
û
，
即



2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
n
km
k
n
k m
nmk
k
m
k
nmk
n
-
+
-
=
+
-
+
-
=
-
-
+
+


2
2
2
2
2
0
n k
nmk
m
nk
m
=
-
+
=
-
=
，
则
m
k
n
=
，
当直线BD 的斜率存在时，设直线
1
:
BD y
k x
p
=
+
，



1
1
2
2
,
,
,
B x y
D x
y
，
联立
1
2
2
2
y
k x
p
x
y
=
+
ì
í
-
=
î
，得

2
2
2
1
1
1
2
2
0
k
x
k px
p
-
-
-
-
=
，
则
2
1
1
2
1
2
2
2
1
1
2
2
0,
,
1
1
k p
p
x
x
x x
k
k
-
-
D >
+
=
=
-
-
，
则


2
1
1
2
1
1
2
2
2
1
1
2
2
2
2
1
1
k p
p
y
y
k
x
x
p
p
k
k
+
=
+
+
=
+
=
-
-
，





2
2
1
2
1 1
1
2
1
1
2
1
1
2
y y
k x
p
k x
p
k x x
k p x
x
p
=
+
+
=
+
+
+
2
2
2
2
2
1
1
1
1
2
2
2
1
1
1
2
2
2
1
1
1
k p
p
k
p
k
k p
p
k
k
k
-
-
-
=

+

+
=
-
-
-
，
因为PB
PD
^
，所以



1
1
2
2
,
,
PB PD
x
m y
n
x
m y
n

=
-
-

-
-
uuur uuur









2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
x
m
x
m
y
n
y
n
x x
m x
x
y y
n y
y
m
n
=
-
-
+
-
-
=
-
+
+
-
+
+
+
2
2
2
2
2
1
1
2
2
2
2
1
1
1
1
2
2
2
2
1
1
1
1
m
n
k p
p
k
p
p
k
k
k
m
k
n
-
=
-

+
- 
+
-
-
-
-
+
-
-


2
2
2
2
2
1
1
2
1
2
2
2
2
0
1
m
n
k
mpk
m
n
np
k
-
-
-
-
+
+
-
-
=
=
-
，
则

2
2
2
2
2
1
1
2
2
2
2
0
m
n
k
mpk
m
n
np
+
+
+
-
-
+
+
=
，
即
1
2
2
2
1
0
m k
mpk
n
np
-
+
+
=
，即


1
1
0
mk
n
mk
p
n
+
+
-
=
，
因为直线BD 不过点P ，所以
1
0
k
p
n
m
+
-
¹
，
则
1
0
mk
n
+
=
，得
1
n
k
m
= -
，
则
1
1
n m
k k
m n
= -

= - ，此时BD 与曲线
'
C 在P 点处的切线垂直；
当直线BD 的斜率不存在时，设直线
:
BD x
h
=
，其中
2
h < -
或
2
h >
，h
m
¹
，
联立
2
2
2
x
h
x
y
=
ì
í
-
=
î
，得
2
2
2
y
h
=
-
，则



2
2
,
2 ,
,
2
B h
h
D h
h
-
-
-
，
则



2
2
,
2
,
2
PB PD
h
m
h
n
h
m
h
n

=
-
-
-

-
-
-
-
uuur uuur





2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
h
m
h
n
h
n
h
m
hm
h
n
m
hm
=
-
+
-
-
-
-
-
=
+
-
-
+
+
=
-


2
0
m m
h
=
-
¹
，不符合题意.
  
综上，BD 与曲线
'
C 在P 点处的切线垂直．
研考点·通技法
关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
破类题·提能力
1．（25-26 高三上·山东菏泽·期末）椭圆
是坐标原点，若
的三个顶点都在椭圆
上，且满足
，则称该三角形为“核心三角形”.
(1)是否存在“核心三角形”，其中两个顶点恰好是椭圆
的两个顶点，并说明理由；
(2)已知
是“核心三角形”.
（i）证明：
的面积是定值；
（ii）若
为等腰三角形，这样的三角形有几个？并说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）4 个，理由略
【解析】（1）不存在，理由如下：不妨设
，
为椭圆的两个顶点，
2
2
:
1,
4
x
E
y
O
+
=
ABC
V
E
0
OA
OB
OC
+
+
=




E
ABC
V
ABC
V
ABC
V
B
C
椭圆的四个顶点坐标分别为
，
由
知，原点
不可能是
的中点，
所以
为长轴的两个顶点和短轴的两个顶点显然不成立．
不妨设
，则由
得
，
显然
不满足椭圆方程
，即点
不在椭圆上．
同理可得，
或
时，点
不在椭圆上．
综上所述，不存在＂核心三角形＂，其中两个顶点恰好是椭圆的两个顶点．
（2）（i）证明：当直线
的斜率不存在时，
，
两点关于
轴对称，
此时
或
，不妨设
，则
由
知：直线
的方程为
，
所以
的面积为：
．
当直线
的斜率存在时，设
的方程为：
，
联立
消去y 得：
，
由
得：
，①
设
，则由韦达定理知：
，
，又由
可得
，即
.
把
代入
得：
②，
因为
是
的重心，所以
，
由
，原点
到直线
的距离
，
所以
( 2,0),(2,0),(0, 1),(0,1)
-
-
0
OA
OB
OC
+
+
=




O
BC
,
B C
(2,0),
(0,1)
B
C
0
OA
OB
OC
+
+
=




( 2, 1)
A -
-
( 2, 1)
A -
-
2
2
1
4
x
y
+
=
A
( 2,0),
(0, 1)
B
C
±
±
(0, 1),
( 2,0)
B
C
±
±
A
BC
B
C
x
(2,0)
A
( 2,0)
A -
(2,0)
A
0
OA
OB
OC
+
+
=




BC
1,|
|
3
x
BC
= -
=
ABC
V
1
3 3
3 3
2
2
´
´ =
BC
BC
y
kx
m
=
+
2
2
1
4
x
y
+
=




2
2
2
4
1
8
4
1
0
k
x
kmx
m
+
+
+
-
=




2
2
2
(8
)
4
4
1
4
1
0
km
k
m
D =
- ´
+
´
-
>
2
2
4
1
m
k
<
+




1
1
2
2
,
,
,
B x y
C x
y


2
1
2
1
2
2
2
4
1
8
,
4
1
4
1
m
km
x
x
x x
k
k
-
+
= -
=
+
+


1
2
1
2
2
2
2
4
1
m
y
y
k x
x
m
k
+
=
+
+
=
+
0
OA
OB
OC
+
+
=










1
2
1
2
,
A
x
x
y
y
-
+
-
+
2
2
8
2
,
4
1
4
1
km
m
A
k
k
æ
ö
-
ç
÷
+
+
è
ø
2
2
8
2
,
4
1
4
1
km
m
A
k
k
æ
ö
-
ç
÷
+
+
è
ø
2
2
1
4
x
y
+
=
2
2
4
4
1
m
k
=
+
O
ABC
V
3
ABC
OBC
S
S
=
△
△
2
1
2
|
|
1
BC
k
x
x
=
+
-
O
BC
2
|
|
1
m
d
k
=
+


2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
|
|
|
|
4
2
2
2
OBC
S
BC d
m x
x
m
x
x
x x
=

=
-
=
+
-
V
‖




2
2
2
2
2
2
2
2
16
1
16
1
1
8
1
8
|
|
|
|
2
4
1
4
1
2
4
4
m
m
km
km
m
m
k
k
m
m
-
-
æ
ö
æ
ö
=
-
=
-
ç
÷
ç
÷
+
+
è
ø
è
ø
所以
．
综上所述，
的面积是定值
．
（ii）若
为等腰三角形，这样的三角形有4 个．理由如下：
由题意不妨令
，
当直线
的斜率不存在时，满足题意的等腰三角形有2 个；
当直线
斜率为0 时，满足题意的等腰三角形也有2 个．
当直线
的斜率存在且不为0 时，由（i）知：
，
所以
的斜率
，
那么由
，即
与
不垂直，
这与
且
为
的重心矛盾，
即当直线BC 的斜率存在且不为0 时，不存在满足题设的等腰三角形．
综上所述，若
为等腰三角形，这样的三角形有4 个．
2．（25-26 高三上·山东潍坊·期末）已知椭圆


2
2
2
2
2
2
:
2
2
2
2
2
2
cos
sin
sin
cos
sin2
sin2
1
0
E
x
y
xy
a
b
a
b
a
b
a
b
q
q
q
q
q
q
æ
ö
æ
ö
æ
ö
+
+
+
+
-
=
>
>
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
可由椭圆
2
2
1
1
1
2
2
:
1
x
y
E
a
b
+
= 绕
原点O 逆时针旋转
π
0, 2
q q
æ
ö
é
ù
Î
ç
÷
ê
ú
ë
û
è
ø
得到.经过（*）变换：
1
1
cos
sin
cos
sin
x
x
y
y
y
x
q
q
q
q
=
+

ì
í
=

-

î
可将椭圆E 的方程转化为
1
E 的方程.
(1)若
π ,
6 E
q =
上的点

,p q 经过（*）变换后得到
1
E 上的对应点的坐标为

2,1
-
，求p
q
+
的值；
(2)设椭圆
2
2
: 2
2
2
3
C
x
y
xy
+
-
=
的焦点为
1
2
,
F F （其中
2F 在第一象限）.


2
2
2
2
2
2
2
4
1
1
2
1
4
4
4
1
3
3
|
|
|
|
|
|
2
2
2
2
m
k
k
m
m
m
m
m
m
m
m
-
+
-
æ
ö
=
-
=
=
=
ç
÷
è
ø
3 3
3
2
ABC
OBC
S
S
=
=
V
V
ABC
V
3 3
2
ABC
V
|
| |
|
AB
AC
=
BC
BC
BC
2
2
8
2
,
4
1
4
1
km
m
A
k
k
æ
ö
-
ç
÷
+
+
è
ø
OA
2
1
8
4
OA
m
k
km
k
-
=
= -
1
1
1
4
4
OA
BC
k
k
k
k

= -
´
= -
¹ -
OA
BC
|
| |
|
AB
AC
=
O
ABC
V
ABC
V
（i）求
1
2
,
F F 的坐标；
（ii）过C 在第一象限内的顶点A 作切线m ，过A 作x 轴的垂线l ，在l 上且在C 外的一点T 作C 的两
条切线，切点分别为
,
P M ，直线TP 和TM 分别交直线m 于
,
Q N 两点.证明：直线NP 和QM 的交点在
定直线上.
【答案】(1)
3
3
2
2
p
q
+
= -
-
(2)




1
2
1, 1 ,
1,1
F
F
- -
，证明见解析
【分析】 （1）利用信息建立方程组可求解； 
（2）（i）由题意得, ,
a b q 的方程组，求出变换后的焦点坐标，再利用变换求出变换前的焦点坐标；
（ii）求出点A 坐标，直线l 及m 的方程，设出切点坐标，写出切线方程，切线方程与直线m 联立求
出交点坐标，再求出直线NP 和QM 的方程及交点坐标即可证明.
【详解】（1）由题意得
3
1
2
2
2
3
1
1
2
2
p
q
q
p
ì- =

+

ïïí
ï =

-

ïî
，解得
1
3
2
3
1
2
p
q
ì
= -
-
ïïí
ï = - +
ïî
，所以
3
3
2
2
p
q
+
= -
-
.
（2）(i)由题意得
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
cos
sin
2
3
sin
cos
2
3
sin2
sin2
2
3
a
b
a
b
a
b
q
q
q
q
q
q
ì
+
=
ï
ï
ï
+
=
í
ï
ï
-
= -
ïî
，化简得
2
2
2
2
1
1
4
3
1
1
2
3
a
b
a
b
ì
+
=
ïïí
ï
-
= -
ïî
，解得
2
2
3
1
π
4
a
b
q
ì
ï
=
ï
=
í
ï
ï
=
î
，
故曲线的焦点坐标为


2,0 ,
2,0
-
.
设




1
2
,
,
,
F a b
F
c d ，则
2
2
2
2
2
2
2
0
2
2
a
b
b
a
ì-
=
+
ïïí
ï =
-
ïî
，
2
2
2
2
2
2
2
0
2
2
c
d
d
c
ì
=
+
ïïí
ï =
-
ïî
，
解得
1
1
,
1
1
a
c
b
d
= -
=
ì
ì
í
í
= -
=
î
î
，所以




1
2
1, 1 ,
1,1
F
F
- -
.
 （ii）
2
2
: 2
2
2
3
C
x
y
xy
+
-
=
与y
x
=
联立,得
2
2
2
2
2
2
3
x
x
x
+
-
=
,即
2
3
2
x =
，
故
6
6
,
2
2
Aæ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
直线l 的方程为：
6
2
x =
，切线m
6
y
x
= - +
，
设
6
6
,
,
2
2
T
t
t
æ
ö
¹
ç
÷
ç
÷
è
ø
，



1
1
2
2
,
,
,
P m n
M m n
，则切线TP ：
1
1
1
1
2
2
3
m x
n y
m y
n x
+
-
-
=
，
因
6 ,
2
T
t
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
在切线上，故

1
1
6
6
2
3
2
t m
t
n
æ
ö
-
+
-
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
 ；
同理TM ：
2
2
2
2
2
2
3
m x
n y
m y
n x
+
-
-
=
，

2
2
6
6
2
3
2
t m
t
n
æ
ö
-
+
-
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
  .
由
1
1
1
1
2
2
3
6
m x
n y
m y
n x
y
x
+
-
-
=
ìïí
= - +
ïî
，解得 






1
1
1
1
3
6 2
, 6
,
3
Q
Q
Q
n
m
Q x
x
x
m
n
-
-
-
=
-
，
同理可得






2
2
2
2
3
6 2
, 6
,
3
N
N
N
n
m
N x
x
x
m
n
-
-
-
=
-
 .
直线






1
1
6
6
,
N
N
NP
N
NP
N
n
x
NP
y
x
k
x
x
k
m
x
-
-
-
-
=
-
=
-
：
，
直线






2
2
6
6
,
Q
Q
QM
Q
QM
Q
n
x
QM
y
x
k
x
x
k
m
x
-
-
-
-
=
-
=
-
：
，
联立解得
6
2
N
Q
NP
N
QM
Q
NP
QM
x
x
k
x
k
x
x
k
k
-
+
-
=
=
-
，
故直线NP 和QM 的交点在定直线
6
2
x =
上.
（建议用时：100 分钟）
刷模拟
1．（2026·福建莆田·二模）已知抛物线


2
:
2
0
C y
px p
=
>
的焦点为F ，准线为l ，直线
2 3
y =
与l ，C 的
交点分别为P ，Q ，且FP
FQ
=
.
(1)求p ；
(2)若过点


4,0
D
的直线m 交C 于A ，B 两点，且
24
AD
BD

=
，求
AD
BD 的值.
【答案】（1）2；（2）
1
2 或2 .
【解析】（1）
由抛物线定义得QP
FQ
=
，又因为FP
FQ
=
，所以
PQF
△
为等边三角形，
所以
π
3
PFO
QPF
Ð
= Ð
=
，
设准线为l 与x 轴交于点
,0
2
p
N æ
ö
-
ç
÷
è
ø，且P 的纵坐标为2 3 ，所以
2 3,
PN
FN
p
=
=
，
所以
π
2 3
tan
tan
3
3
PFO
p
Ð
=
=
=
，所以
2
p =
；
（2）
设m ：
4
x
ty
=
+
 ，

3
3
,
A x y
，

4
4
,
B x
y
，
联立得
2
4
4
y
x
x
ty
ì
=
í =
+
î
，
2
4
16
0
y
ty
\
-
-
=
，
由韦达定理得
3
4
4
y
y
t
+
=
，
3
4
16
y y = -
，
所以
2
2
3
4
1
,
1
AD
t
y
BD
t
y
=
+
=
+
 ，
所以


2
1
16
24
AD
BD
t

=
+
´ -
=
，所以
2
1
2
t =
，则
2
2
t = ±
，
由韦达定理得
3
4
2 2
y
y
+
= ±
，
3
4
16
y y = -
，
所以

2
3
4
3
4
1
2
y
y
y y
+
= -
，所以
3
4
4
3
1
2
2
y
y
y
y
+
+
= -
，
所以
2
3
3
4
4
5
1
0
2
y
y
y
y
æ
ö
æ
ö
+
+ =
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
3
4
1
2
y
y = -
或
3
4
2
y
y = - ，
所以
3
4
1
2
AD
y
BD
y
=
=
 或
3
4
2
AD
y
BD
y
=
=
，
所以
AD
BD 的值为
1
2 或2 .
2．（25-26 高三下·北京西城·月考）已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
W
a
b
a
b
+
=
>
>
的短轴长和焦距均为2 2 .直线1l 与椭
圆W 相切于第一象限内一点M.直线2l （不过原点）交椭圆W 于A，B 两点，C 为AB 的中点.
(1)求椭圆W 的方程；
(2)若C 在直线OM 上，证明：1
2
l
l
// .
【答案】（1）
2
2
1
4
2
x
y
+
= ；（2）见解析
【解析】（1）由椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
W
a
b
a
b
+
=
>
>
的短轴长和焦距均为2 2 ，
得W 的短半轴长
2
b =
，半焦距
2
c =
，则长半轴长
2
2
2
a
b
c
=
+
=
，
所以椭圆W 的方程为
2
2
1
4
2
x
y
+
= .
（2）设点
0
0
0
0
(
,
),
0,
0
M x
y
x
y
>
>
，直线1l 的方程为y
kx
m
=
+
，
由
2
2
2
4
y
kx
m
x
y
ì
=
+
í
+
=
î
消去y 得，
2
2
2
(2
1)
4
2
4
0
k
x
kmx
m
+
+
+
-
=
，
2
2
2
2
2
2
16
8(2
1)(
2)
8(4
2
)
0
k m
k
m
k
m
D =
-
+
-
=
+
-
=
，
0
0
2
2
2
,
2
1
2
1
km
m
x
y
k
k
= -
=
+
+ ，因此直线1l 的斜率
0
0
2
x
k
y
= -
，
设
1
1
2
2
(
)
A x y
B x
y
,
, (
,
)，线段AB 的中点
(
,
),
0
C
C
C
C
C x
y
x y ¹
，
由
2
2
1
1
2
2
2
2
2
4
2
4
x
y
x
y
ì
+
=
í
+
=
î
，得
1
2
1
2
1
2
1
2
(
)(
)
2(
)(
)
0
x
x
x
x
y
y
y
y
+
-
+
+
-
=
，
则
1
2
1
2
2
(
)
4
(
)
0
C
C
x
x
x
y
y
y
-
+
-
=
，直线2l 的斜率
1
2
1
2
2
C
C
x
y
y
k
x
x
y
-
¢ =
= -
-
，
而点C 在直线
0
0
:
y
OM
y
x
x
=
上，于是
0
0
C
C
y
y
x
x
=
，即
0
0
C
C
y
y
x
x
=
，亦即
0
0
2
2
C
C
y
y
x
x
-
= -
，
则k
k¢
=
，又点
1
C
l
Ï ，所以1
2
l
l
// .
3．（25-26 高二上·重庆·期中）已知双曲线
2
2
2
2
:
1
x
y
C a
b
-
= 的左右焦点分别为
1
2
F
F
、
，其离心率为2 ，焦点
到渐近线的距离为3 2
2
，点


0
0
0
,
1
P x
y
x ¹
是直线:
1
l y
x
=
- 上一点，直线
1
2
PF
PF
、
的斜率分别是
1
2
,
k k ，O 是坐标原点.
(1)求双曲线C 的标准方程.
(2)是否存在实数
R
mÎ
，使得
1
2
1
m
k
k
+
为定值？若存在，求出m 及该定值.若不存在说明理由.
(3)若直线
1
PF 与双曲线相交于A 、B 两点，求出点P 的坐标使得
6
19
OA
OB
k
k
+
=
.
【答案】(1)
2
2
1
9
9
2
2
x
y
-
= ；
(2)存在实数
2
m =
使得
1
2
1
m
k
k
+
为定值3；
(3) 

5, 6
P -
-
或
9 4
,
5 5
Pæ
ö
ç
÷
è
ø
.
【分析】（1）根据题意得
2
2
2
3 2
2
c
a
bc
a
b
ì
=
ïïí
ï
=
ï
+
î
，再结合
2
2
2
a
b
c
+
=
解方程即可得答案；
（2）结合（1）得
0
0
1
2
0
0
,
3
3
y
y
k
k
x
x
=
=
+
-
，进而根据
0
0
1
y
x
+ =
代入整理得
0
1
2
1
4
2
1
m
m
m
k
k
y
-
= +
+
+
，此时
4
2
0
m
-
=
，即
2
m =
时即为定值；
（3）设直线
1
PF 的方程为


1
3
y
k
x
=
+
，



1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，进而与双曲线联立方程，结合韦达定理
化简整理得所以
1
2
1
2
6
2
1
19
OA
OB
k
k
k
k
+
=
=
+
，解方程即可求得
1
3
k =
或
1
1
6
k =
，最后根据
0
1
0
1
3
x
k
x
-
=
+
即可求
得坐标.
【详解】（1）由题知，双曲线的焦点在x 轴上，
故焦点为




1
2
,0 ,
,0
F
c
F
c
-
，渐近线方程为
b
y
x
a
= ±
因为其离心率为2 ，焦点到渐近线的距离为3 2
2
，
所以
2
2
2
3 2
2
c
a
bc
a
b
ì
=
ïïí
ï
=
ï
+
î
，又因为
2
2
2
a
b
c
+
=
，
所以
3 2
2
b =
，
3 2
2
a =
，
3
c = ，
所以双曲线的标准方程为
2
2
2
:
1
9
2
9
x
y
C
-
= ，即
2
2
2
2
1
9
9
x
y
-
=
（2）由（1）知




1
2
3,0 ,
3,0
F
F
-
，
因为点


0
0
0
,
1
P x
y
x ¹
是直线:
1
l y
x
=
- 上一点，所以
0
0
1
y
x
+ =
，
所以
0
0
1
2
0
0
,
3
3
y
y
k
k
x
x
=
=
+
-
，
所以







0
0
0
0
1
2
0
0
0
0
3
1
3
3
1
1
3
3
3
1
m x
m x
m
m
y
m
x
m
k
k
y
y
y
y
-
+
+ -
+
+
+ -
+
+
=
+
=
=



0
0
0
1
1
3
3
4
2
1
m
y
m
m
m
y
y
+
+
+ -
-
=
= +
+
，
所以，当4
2
0
m
-
=
，即
2
m =
时，
2
0
1
3
1
4
2
1
m
m
m
k
k
y
-
= +
+
=
+
，为定值.
所以，存在实数
2
m =
使得
1
2
1
m
k
k
+
为定值3；
（3）设直线
1
PF 的方程为


1
3
y
k
x
=
+
，



1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
联立方程


1
2
2
3
2
2
1
9
9
y
k
x
x
y
ì
=
+
ïí
-
=
ïî
得



2
2
2
2
1
1
1
2
2
12
18
9
0
k
x
k x
k
-
-
-
+
=
，
因为直线
1
PF 与双曲线相交于A 、B 两点，
所以





2
1
2
2
2
2
1
1
1
2
2
0
Δ
12
4 2
2
18
9
0
k
k
k
k
ì -
¹
ïí
= -
+
-
+
>
ïî
，即


2
1
2
1
1
Δ
72
1
0
k
k
ì
¹
ïí
=
+
>
ïî
，
2
1
2
1
2
1
12
2
2
k
k
x
x =
-
+
，
2
1
2
2
1
1
18
9
2
2
x x
k
k
-
-
=
+
，
所以






1
1
1
2
1
1
2
1
2
1
1
2
1
2
1
2
3
3
3
6
2
19
OA
OB
k
x
k
x
k
x
x
y
y
k
k
k
x
x
x
x
x x
+
+
+
+
=
+
=
+
=
+
=
，
即
2
1
1
2
1
1
2
1
2
1
12
3
2
2
6
2
18
9
19
2
2
k
k
k
k
k
k
-
+
=
+
-
-
，整理得
1
2
1
2
6
2
1
19
k
k
=
+
，即
2
1
1
6
19
3
0
k
k
-
+
=
，
解得
1
3
k =
或
1
1
6
k =
，满足判别式.
当
1
3
k =
时，即
0
0
1
0
0
1
3
3
3
y
x
k
x
x
-
=
=
=
+
+
，解得
0
5
x = - ，
0
6
y = - ，即

5, 6
P -
-
；
当
1
1
6
k =
时，即
0
0
1
0
0
1
1
3
3
6
y
x
k
x
x
-
=
=
=
+
+
，解得
0
9
5
x =
，
0
4
5
y =
，即
9 4
,
5 5
Pæ
ö
ç
÷
è
ø
.
所以，当点
9 4
,
5 5
Pæ
ö
ç
÷
è
ø或

5, 6
P -
-
时，
6
19
OA
OB
k
k
+
=
.
4．（2026·辽宁大连·模拟预测）已知椭圆C ：
2
2
2
1
x
y
a +
=
(
1)
a >
的左、右顶点分别为A ､B ，直线l ：
1
x
ty
=
+ 交椭圆C 于P ､Q 两点，其中P 在x 轴上方．
(1)当
2
a =
时，若
1
6
BP BQ

=
uuur uuur
，求t 的值；
(2)过点P ､Q 分别作直线m ：
2
x
a
=
的垂线，垂足分别为M ､N ，设直线AM 、直线BN 的斜率分别为
1k ､
2k ：
（i）证明：
1
2
0
k
k
+
<
；
（ii）若存在t 使得
2
1
2
0
a k
k
+
= 成立，求实数a 的取值范围．
【答案】（1）
2
t =
或
2
t = -
．
（2）（i）见解析；（ii）


1,1
2
aÎ
+
【解析】（1）设




1
1
2
2
1
2
,
,
,
0
P x y
Q x
y
y
y
>
>
，
联立直线方程与椭圆方程
2
2
2
1
1
x
ty
x
y
a
=
+
ìïí
+
=
ïî
，
得到方程

2
2
2
2
2
1
0
t
a
y
ty
a
+
+
+ -
=
，
由韦达定理得
1
2
2
2
2t
y
y
t
a
+
= -
+
，
2
1
2
2
2
1 a
y y
t
a
-
=
+
，
代入
2
a =
得



2
1
1
2
2
2
BP BQ
x
x
y y

=
-
-
+
uuur uuur




2
1
2
1
2
1
1
t
y y
t y
y
=
+
-
+
+


2
2
2
2
3
1
2
4
4
t
t
t
t
-
+
+
+
+
=
+
2
1
1
4
6
t
=
=
+
，
故
2
4
6
t +
=
，即
2
t =
或
2
t = -
．
（2）
1
2
1
2
2
2
y
y
k
k
a
a
a
a
=
=
+
-
，
，且
1
2
0
k
k
>
>
，
  
（i）．设
1
1
2
2
1
1
k
y
a
k
a
y
l
-
=
=
´
+





2
2
1
2
2
2
2
1
2
2
1
1
1 1
1
2
2
1
1
1
y
y
t
a
a
y y
a
a
a
t
a
l
l
+
+
-
æ
ö
Þ
=
=
+
+
ç
÷
-
+
-
+
è
ø
若
0
t =
，则
1
1 1
2
0
1
1
a
a
a
a
l
l
+
-
+
+
=
-
+
．
故
1
1
1
1
a
a
l
l
+
= -
> -
-
，
，故
1
2
0
k
k
+
<
．
若
0
t ¹
，






2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
t
a
t
a
a
a
a
t
=
>
æ
ö
-
+
-
æ
ö
-
+
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
．
故


2
1
1 1
4
2
1
1
1
a
a
a
a
a
l
l
+
-
+
+
>
-
+
-
，
2
2
2
1
1
1
2
0
1
1
1
a
a
a
a
a
a
l
l
+
-
+
Þ
+
+
<
-
+
-
，


1
1
1
0
1
1
a
a
a
a
l
l
+
-
æ
ö
Þ
+
+
<
ç
÷
-
+
è
ø
，
2
1
1,
1
a
a
l
æ
ö
-
æ
ö
Þ
Î - -
ç
÷
ç
÷
ç
÷
+
è
ø
è
ø
，
故
1
l > - ，故
1
2
0
k
k
+
<
．
（ii）．由于
2
1
2
0
a k
k
+
= ，从而
2
1
a
l = -
．
由（i）有


2
1
1 1
4
2
0
1
1
1
a
a
a
a
a
l
l
æ
ù
+
-
ç
ú
+
+ Îç
-
+
-
ú
è
û
，，
故
2
1
1,
1
a
a
l
æ
ö
-
æ
ö
Î - -
ç
÷
ç
÷
ç
÷
+
è
ø
è
ø
．
所以
2
2
1
1
1
1
a
a
a
-
æ
ö
- < -
< -ç
÷
+
è
ø
，即
1
1
1
a
a
a
-
<
+
，
即
2
2
1
0
a
a
-
- <
，
解得


1
2,1
2
aÎ
-
+
，
结合
1
a > 即得


1,1
2
aÎ
+
．
5．（2026·湖北宜昌·二模）已知双曲线


2
2
2
2
:
1
0,
0
x
y
C
a
b
a
b
-
=
>
>
的焦点F 到一条渐近线的距离为1，且点


2,1
P
在双曲线C 上．
(1)求双曲线C 的方程；
(2)斜率为1
- 的直线与双曲线C 的右支交于A 、B 两点（异于点P ）．
①求直线AP 、BP 的斜率之和；
②若PAB
V
的外接圆圆心为M ，试问在x 轴上是否存在定点Q 使
2
2
-
MQ
MP 为定值，若存在，求出
Q 点坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
2
2
1
2
x
y
-
=
(2)①0 ；②存在，且点


1,0
Q
.
【分析】（1）利用点到直线的距离公式求出b 的值，将点P 的坐标代入双曲线C 的方程，求出a 的
值，即可得出双曲线C 的方程；
（2）①设点

1
1
,
A x y
、

2
2
,
B x
y
，设直线AB 的方程为y
x
m
= - +
，将该直线方程与双曲线C 的方程
联立，列出韦达定理，结合斜率公式可求得直线AP 、BP 的斜率之和；
②设PAB
V
的外接圆方程为
2
2
0
x
y
sx
ty
n
+
+
+
+
=
，分析可知方程




2
2
2
2
0
x
s
t
m x
m
tm
n
+
- -
+
+
-
=
与方程


2
2
4
2
1
0
x
mx
m
-
+
+
=
为同解方程，可得出关于s、t 、n 的方程组，解出s、t ，可得出点M
的坐标，求出直线MP 的方程，当PQ
MP
^
时，求出直线PQ的方程，取点Q 为直线PQ与x 轴的交
点，结合勾股定理可得出结论.
【详解】（1）双曲线C 的右焦点为


,0
F c
，双曲线C 的渐近线方程为
b
y
x
a
= ±
，即
0
bx
ay
±
=
，
所以焦点F 到一条渐近线的距离为
2
2
1
bc
bc
b
c
b
a
=
=
=
+
，
因为点

2,1
P
在双曲线C 上，所以
2
4
1
1
a - = ，解得
2
a =
，
故双曲线C 的标准方程为
2
2
1
2
x
y
-
= .
（2）①设点

1
1
,
A x y
、

2
2
,
B x
y
，设直线AB 的方程为y
x
m
= - +
，
因为点P 不在直线AB 上，则
1
2
m - ¹
，可得
3
m ¹ ，
联立
2
2
1
2
y
x
m
x
y
= - +
ìïí
-
=
ïî
可得


2
2
4
2
1
0
x
mx
m
-
+
+
=
，
则




2
2
2
Δ
16
8
1
8
1
0
m
m
m
=
-
+
=
-
>
，解得
1
m < - 或
1
m > ，
由题意可得


1
2
2
1
2
4
0
2
1
0
x
x
m
x x
m
+
=
>
ìïí
=
+
>
ïî
，所以
1
m > 且
3
m ¹ ，
所以




1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
3
2
3
2
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
AP
BP
m
x
m
x
y
y
x
m
x
m
k
k
x
x
x
x
x
x
- -
-
- -
-
-
-
-
+
-
-
+
-
+
=
+
=
+
=
+
-
-
-
-
-
-











1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
3
4
3
4
3
3
2
2
2
2
2
2
2
2
4
m
x
x
m
x
x
m
m
x
x
x
x
x x
x
x
-
+
-
-
+
-
-
-
=
+
-
=
-
=
-
-
-
-
-
-
+
+











2
3
4
4
4
1
3
2
2
0
2
1
3
2
1
8
4
m
m
m
m
m
m
m
m
-
-
-
-
=
-
=
-
=
-
-
+
-
+
，
即直线AP 、BP 的斜率之和为0 .
②设PAB
V
的外接圆方程为
2
2
0
x
y
sx
ty
n
+
+
+
+
=
，
则
2
2
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
5
2
0
0
0
s
t
n
x
y
sx
ty
n
x
y
sx
ty
n
+
+ +
=
ì
ï
+
+
+
+
=
í
ï
+
+
+
+
=
î
，
由
1
1
y
x
m
= -
+
代入
2
2
1
1
1
1
0
x
y
sx
ty
n
+
+
+
+
=
，
可得




2
2
1
1
1
1
0
x
m
x
sx
t m
x
n
+
-
+
+
-
+
=
，
可得




2
2
1
1
2
2
0
x
s
t
m x
m
tm
n
+
- -
+
+
+
=
，
同理可得




2
2
2
2
2
2
0
x
s
t
m x
m
tm
n
+
- -
+
+
+
=
，
所以
1
x 、
2x 为关于x 的方程




2
2
2
2
0
x
s
t
m x
m
tm
n
+
- -
+
+
-
=
的两根，
又因为
1
x 、
2x 为关于x 的方程


2
2
4
2
1
0
x
mx
m
-
+
+
=
的两根，
所以方程




2
2
2
2
0
x
s
t
m x
m
tm
n
+
- -
+
+
-
=
与方程


2
2
4
2
1
0
x
mx
m
-
+
+
=
为同解方程，
所以


2
2
2
8
4
1
5
2
0
s
t
m
m
m
tm
n
m
s
t
n
- -
= -
ì
ï
+
-
=
+
í
ï +
+ +
=
î
，解得
3
3
3
3
s
m
t
m
= -
-
ì
í =
-
î
，
易知点
,
2
2
s
t
M æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø，即点
3
3 3
3
,
2
2
m
m
M
+
-
æ
ö
ç
÷
è
ø ，
3
3
1
3
1
2
1
3
3
1 3
2
2
MP
m
m
k
m
m
-
-
-
=
=
= -
+
-
-
，
所以直线MP 的方程为


1
2
y
x
- = -
-
，即
3
y
x
= - +
，
当PQ
MP
^
时，直线PQ的方程为
1
2
y
x
- =
-
，即
1
y
x
=
- ，
直线
1
y
x
=
- 与x 轴的交点为

1,0 ，不妨取点


1,0
Q
，此时PQ
MP
^
，
则




2
2
2
2
2
2 1
1 0
2
MQ
MP
PQ
-
=
=
-
+
-
=
，
故在x 轴上存在定点


1,0
Q
，使得
2
2
MQ
MP
-
为定值2 .
6．（25-26 高三下·山东·月考）已知动圆M 过点

1,0 ，且与
1
x = - 相切，记该动圆的圆心轨迹为曲线C ．
(1)求C 的方程；
(2)若
0
n
m
>
>
，直线1 :
2
0
l
x
y
m
-
-
=
与C 交于
,
A B 两点（点A 在点B 的右侧），直线2 :
2
0
l
x
y
n
-
-
=
与C 交于
,
A B
¢
¢两点，,A A¢在第一象限，记直线AA¢与BB¢的交点为G ，直线AB¢与BA¢的交点为H ，
线段AB 的中点为E ．
（ⅰ）证明：
,
,
G E H 三点共线；
（ⅱ）若

2
4
14
m
n
+
+
=
，过点H 作1l 的平行线，分别交线段
,
AA BB
¢
¢于点,
T T¢ ，记
GET
△
与
GET¢
△
的面积分别为
1S 和
2S ，求
1
2
S
S
+
的最大值．
【答案】（1）
2
4
y
x
=
；（2）（i）见解析；（2）36
【解析】（1）已知圆M 过点

1,0 ，且与
1
x = - 相切，
所以圆心M 到点

1,0 的距离与点M 到直线
1
x = - 的距离相等，
根据抛物线的定义可知，圆心M 的轨迹为抛物线，且点

1,0 为焦点，直线
1
x = - 为准线，
设抛物线方程为


2
2
0
y
px p
=
>
，则
1
2
p = ，所以
2
p =
.
所以曲线C 的方程为
2
4
y
x
=
.
（2）（ⅰ）设线段A B
¢ ¢的中点为F ，
因为1
2
l
l
// ，所以可设
,
GA
GA GB
GB
l
l
¢
¢
=
=
uur
uuur uuur
uuur
，
因为






1
1
2
2
2
GE
GA
GB
GA
GB
GA
GB
GF
l
l
l
l
¢
=
+
=
+
=
+
=
¢
¢
¢
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
，
所以
,
,
G E F 三点共线，同理，
,
,
H E F 三点共线，所以
,
,
G E H 三点共线．
（ⅱ）设







1
1
2
2
3
3
4
4
,
,
,
,
,
,
,
A x y
B x
y
A x
y
B x
y
¢
¢
，AB 的中点为E ，A B
¢ ¢的中点为F ，
将1 :
2
0
l
x
y
m
-
-
=
代入
2
4
y
x
=
得
2
8
4
0
y
y
m
-
-
=
，
所以




2
Δ
8
4 1
4
0
m
= -
- ´ ´ -
>
，解得
4
m > - ，
所以
1
2
8
y
y
+
=
，
1
2
4
y y
m
= -
，所以
1
2
4
2
E
y
y
y
+
=
= ，
同理
3
4
8
y
y
+
=
，
3
4
4
y y
n
= -
，所以
3
4
4
2
F
y
y
y
+
=
=
，（
,
,
,
G E H F 均在定直线
4
y =
上），
因为
1
/ /
TT
l
¢
，所以
EAT
V
与EAH
V
面积相等，
EBT¢
△
与
EBH
△
面积相等；
所以
1
2
S
S
+
等于四边形GAHB 的面积，
设




,4 ,
,4
G
H
G x
H x
，直线AA¢：


1
3
1
1
1
3
y
y
y
y
x
x
x
x
-
-
=
-
-
，即
2
1
3
1
1
2
2
3
1
4
4
4
y
y
y
y
y
x
y
y
æ
ö
-
-
=
-
ç
÷
è
ø
-
，
整理得，直线AA¢：
1
3
1
3
4x
y y
y
y
y
+
=
+
，又
4
G
y =
，所以


1
3
1
3
4
4
G
y
y
y y
x
+
-
=
，
同理，直线BA¢：
2
3
2
3
4x
y y
y
y
y
+
=
+
，又
4
H
y
=
，所以


2
3
2
3
4
4
H
y
y
y y
x
+
-
=
，
所以




1
3
1
3
2
3
2
3
4
4
4
4
G
H
y
y
y y
y
y
y y
GH
x
x
+
-
+
-
=
-
=
-








3
4
1
2
3
1
2
3
1
2
3
4
4
2
4
4
8
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
+
æ
ö
-
-
ç
÷
-
-
-
-
è
ø
=
=
=
，
所以四边形GAHB 面积






2
2
2
1
2
1
2
3
4
3
4
1
2
3
4
1
2
4
4
1
2
16
16
y
y
y y
y
y
y y
y
y
y
y
S
GH
y
y
é
ù
+
-
+
-
-
-
ë
û
=

-
=
=









2
2
64 16
64 16
4
4
4
4
4
4
16
2
m
n
m
n
m
n
+
+
+
+
+
=
=
+
+
£







2
2
4
4
2 14
4
36
m
n
é
ù
=
+
+
+
=
+
=
ë
û
，
当且仅当





2
2
4
4
4
4
18
m
n
m
n
ì
+
=
+
ïí
+
+
+
=
ïî
，即
1
5
m
n
= -
ì
í =
î
，等号成立，
所以四边形GAHB 面积的最大值为36，即
1
2
S
S
+
的最大值为36.
7．（25-26 高二上·湖南长沙·月考）已知圆
2
2
2
:
O x
y
r
+
=
，椭圆
2
2
:
1
4
2
x
y
E
+
=
.点

0
0
,
P x
y
为圆O 上任意
一点，过点P 作圆O 的切线与椭圆E 交于A ，B 两点.
(1)当
1
r = 时，
(i)证明：切线方程为
0
0
1
x x
y y
+
= ；
(ii)求
OAB
△
面积的取值范围.
(2)直线AB 关于原点O 的对称直线与椭圆E 交于C ，D 两点，是否存在r ，使四边形ABCD 为菱形.
【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）
6 ,
2
2
é
ù
ê
ú
ë
û
(2)存在，
2 3
3
r =
【分析】（1）（i）根据直线与圆相切，可得切线与OP 垂直，即可得证；（ii ）分情况讨论当直线
AB 斜率存在时，根据弦长公式求得AB ，再由点O 到直线AB 的距离d
r
=
，求得
OAB
SV
，通过
2
0
2
1
t
x
=
+ ，

1, 3
t
é
Îë
换元，利用对勾函数单调性即得其范围，再验证AB 斜率不存在时的情况即
可；
（2）假设存在r ，使题设成立，结合菱形的性质可知OA
OB
^
uuur
uuur
，当直线AB 斜率存在时，由直线与圆
相切可得


2
2
2
1
m
r
k
=
+
，联立直线AB 与椭圆，结合韦达定理及向量数量积的坐标表示化简可得解，
再验证直线AB 斜率不存在时时的情况即可.
【详解】（1）（i）当
1
r = 时，由点

0
0
,
P x
y
在圆O 上，可得
2
2
0
0
1
x
y
+
= ，
当
0
0
x =
，
0
1
y = ± 时，直线OP 斜率不存在，
此时切线方程为
1
y = ± ，满足
0
0
1
x x
y y
+
= ；
当
0
0
y =
，
0
1
x = ± 时，直线OP 斜率为0 ，
此时切线方程为
1
x = ± ，满足
0
0
1
x x
y y
+
= ；
当
0
0
x ¹
且
0
0
y ¹
时，直线OP 斜率
0
0
OP
y
k
x
=
，
则切线斜率k 满足
1
OP
k k

= - ，即
0
0
x
k
y
= -
，
此时切线方程为


0
0
0
0
x
y
y
x
x
y
-
= -
-
，化简可得
0
0
1
x x
y y
+
= ；
（ii）由（i）可知
0
0
:
1
AB x x
y y
+
= ，
当
0
0
y ¹
，
0
1
x ¹ ± 时，
0
0
0
1
:
x
AB y
x
y
y
= -
+
，且
2
2
0
0
1
x
y
+
= ，
联立直线与椭圆
2
2
0
0
0
1
4
2
1
x
y
x
y
x
y
y
ì
+
=
ïïí
ï
= -
+
ïî
，整理得

2
2
2
0
0
0
1
4
4
2
0
x
x
x x
x
+
-
+
-
=
，
则








2
2
2
2
2
0
0
0
0
0
4
4 1
4
2
8 1
2
1
0
x
x
x
x
x
D = -
-
+
-
=
-
+
>
，
且
0
1
2
2
0
4
1
x
x
x
x
+
= +
，
2
0
1
2
2
0
4
2
1
x
x x
x
-
=
+
，
则


2
2
2
0
0
1
2
1
2
2
0
0
2 2
2
1
1
4
1
x
x
AB
x
x
x x
y
x

+
æ
ö
=
+ -

+
-
=
ç
÷
+
è
ø
，
又由直线与圆O 相切可得点O 到直线AB 的距离
1
d
r
=
= ，
则
2
0
2
0
2
2
1
1
2
1
OAB
x
S
AB d
x

+
=

=
+
V
，
设
2
0
2
1
t
x
=
+ ，则

1, 3
t
é
Îë
，
2
2
0
1
2
t
x
-
=
，
2
2 2
2 2
1
1
OAB
t
S
t
t
t
=
=
+
+
V
，
又当

1, 3
t
é
Îë
时，
1
4 3
2,
3
t
t
é
ö
+ Î
÷
ê
÷
ë
ø
，
则
2 2
6 ,
2
1
2
OAB
S
t
t
æ
ù
=
Îç
ú
çè
û
+
V
，
当
0
0
y =
，
0
1
x = ± 时，由椭圆对称性可知，
0
1
x = 与
0
1
x = - 时，三角形面积相等，
不妨令
0
1
x = ，则直线
:
1
AB x = ，
将
1
x = 代入椭圆方程，得
2
1
1
4
2
y
+
= ，解得
6
2
A
y =
，
6
2
B
y = -
，
即
6
AB =
，则
1
6
2
2
OAB
S
AB d
=

=
V
，
综上所述
6 , 2
2
OAB
S
é
ù
Îê
ú
ë
û
V
；
（2）
假设存在r ，使四边形ABCD 为菱形，
设

1
1
,
A x y
，

2
2
,
B x
y
，
由椭圆的对称性可知


1
1
,
C
x
y
-
-
，


2
2
,
D
x
y
-
-
，且
//
AB CD ，AB
CD
=
，
即四边形ABCD 为平行四边形，
则若四边形ABCD 为菱形，则需满足AC
BD
^
，
即OA
OB
^
uuur
uuur
，
1
2
1
2
0
x x
y y
+
=
，
当直线AB 斜率存在时，设直线
:
AB y
kx
m
=
+
，
又直线与圆O 相切，即原点O 到直线AB 的距离
2
1
m
d
r
k
=
=
+
，
即


2
2
2
1
m
r
k
=
+
，
联立直线AB 与椭圆
2
2
1
4
2
x
y
y
kx
m
ì
+
=
ïí
ï
=
+
î
，则

2
2
2
1
2
4
2
4
0
k
x
kmx
m
+
+
+
-
=
，
满足







2
2
2
2
2
4
4 1
2
2
4
8 4
2
0
km
k
m
k
m
D =
-
+
-
=
-
+
>
，
即
2
2
4
2
m
k
<
+
，
且
1
2
2
4
1
2
km
x
x
k
-
+
= +
，
2
1
2
2
2
4
1
2
m
x x
k
-
=
+
，
又
1
2
1
2
0
x x
y y
+
=
，即



2
2
1
2
1
2
1
0
k
x x
km x
x
m
+
+
+
+
=
，
即


2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
4
4
2
0
1
2
k
m
k m
m
k m
k
+
-
-
+
+
=
+
，
化简可得


2
2
4 1
3
m
k
=
+
，满足
2
2
4
2
m
k
<
+
，
又


2
2
2
1
m
r
k
=
+
，所以
2 3
3
r =
；
当直线AB 斜率不存在时，结合椭圆的对称性，不妨设直线
:
AB x
r
=
，
则
2
1
,
2
2
A r
r
æ
ö
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
2
1
,
2
2
B r
r
æ
ö
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
则
2
2
1
2
0
2
r
r
æ
ö
-
-
=
ç
÷
è
ø
，解得
2 3
3
r =
，
综上所述，存在
2 3
3
r =
，使四边形ABCD 为菱形.
8．（2025·江苏·模拟预测）如图所示，
1
2
1
2
,
,
,
A A B B 分别是“曲圆”与x 轴、y 轴的交点，已知
1
2
2π
3
B FB
Ð
=
，扇形
1
1
2
FB A B 的面积为4π
3 ．
（注：题目中把半椭圆


2
2
2
2
1
0
x
y
x
a
b
+
=
³
与圆弧



2
2
2
0
x
c
y
a
x
-
+
=
<
合成的曲线称作“曲圆”，其中


,0
F c
为半椭圆的右焦点）
(1)求,a c 的值；
(2)过点F 且倾斜角为q 的直线交“曲圆”于,
P Q 两点，试将
1A PQ
△
的周长L 表示为q 的函数；
(3)在（2）的条件下，当
1A PQ
△
的周长L 取得最大值时，探究
1A PQ
△
的面积是否为定值？若是，请
求出该定值；若不是，请求出面积的取值范围．
【答案】(1)
2,
1
a
c
=
=
(2)
π
6
4sin
,
0,
2
3
π 2π
8,
,
3
3
2π
6
4cos
,
,π
2
3
L
q q
q
q q
q
ì
æ
ö
+
Îç
÷
ï
è
ø
ï
ï
é
ù
=
Î
í
ê
ú
ë
û
ï
ï
æ
ö
+
Î
Î
ï
ç
÷
è
ø
î
(3)
1A PQ
△
的面积不是定值，取值范围是8 3 ,3
5
é
ù
ê
ú
ë
û
【分析】（1）由扇形
1
1
2
FB A B 的面积得
2
a =
，由
2
tan
b
OFB
c
Ð
=
及
2
2
2
b
c
a
+
=
得
1
c = ；
（2）分
π
0, 3
q
æ
ö
Îç
÷
è
ø、
π 2π
,
3
3
q
é
ù
Îê
ú
ë
û 、
2π ,π
3
q
æ
ö
Îç
÷
è
ø三种情况讨论，利用椭圆的定义表示出
1A PQ
△
的周长
L ；
（3）联立直线PQ方程和椭圆方程，由弦长公式、点到直线距离公式、三角形面积公式表示出
1A PQ
△
的面积，根据
π 2π
,
3
3
q
é
ù
Îê
ú
ë
û 求出取值范围.
【详解】（1）扇形
1
1
2
FB A B 的面积为
2
1
2π
4π
2
3
3
a
´
´
=
，解得
2
a =
，
半椭圆


2
2
2
2
1
0
x
y
x
a
b
+
=
³
与y 轴的交点


2 0,
B
b ，右焦点


,0
F c
，
所以在
2
OFB
V
中，
2
π
tan
tan
3
3
b
OFB
c
Ð
=
=
=
，
又因为
2
2
2
4
b
c
a
+
=
=
，所以
1
c = .
（2）显然直线PQ的斜率不为0 ，所以


0,π
q Î
， 
由（1）知半椭圆方程为


2
2
1
0
4
3
x
y
x
+
=
³
，圆弧方程为



2
2
1
4
0
x
y
x
-
+
=
<
，


1
1,0
A -
恰为椭圆的
左焦点，
①当
π
0, 3
q
æ
ö
Îç
÷
è
ø时，P
Q
、
分别在圆弧



2
2
1
4
0
x
y
x
-
+
=
<
和半椭圆


2
2
1
0
4
3
x
y
x
+
=
³
上，
因为
1
2
A F
PF
=
=
，所以
1A PF
V
是腰为2 的等腰三角形，且
1A FP
q
Ð
=
，所以
1
4sin 2
A P
q
=
，
因为Q 在半椭圆上，所以
1
2
4
QF
QA
a
+
=
=
，
所以
1A PQ
△
的周长
1
1
6
4sin 2
L
QA
A P
PF
QF
q
=
+
+
+
=
+
；
②当
π 2π
,
3
3
q
é
ù
Îê
ú
ë
û 时，P
Q
、
在半椭圆


2
2
1
0
4
3
x
y
x
+
=
³
上，
因为P
Q
、
在半椭圆上，所以
1
1
2
4
PF
PA
QF
QA
a
+
=
+
=
=
，
所以
1A PQ
△
的周长
1
1
8
L
QA
A P
PF
QF
=
+
+
+
=
；
③当
2π ,π
3
q
æ
ö
Îç
÷
è
ø时，P
Q
、
分别在半椭圆


2
2
1
0
4
3
x
y
x
+
=
³
和圆弧



2
2
1
4
0
x
y
x
-
+
=
<
上，
因为
1
2
A F
QF
=
=
，所以
1AQF
△
是腰为2 的等腰三角形，且
1
π
A FQ
q
Ð
=
-
，所以
1
π
4sin
4cos
2
2
AQ
q
q
-
=
=
，
因为P 在半椭圆上，所以
1
2
4
PF
PA
a
+
=
=
，
所以
1A PQ
△
的周长
1
1
6
4cos 2
L
QA
A P
PF
QF
q
=
+
+
+
=
+
；
综上，
π
6
4sin
,
0,
2
3
π 2π
8,
,
3
3
2π
6
4cos
,
,π
2
3
L
q q
q
q q
q
ì
æ
ö
+
Îç
÷
ï
è
ø
ï
ï
é
ù
=
Î
í
ê
ú
ë
û
ï
ï
æ
ö
+
Î
Î
ï
ç
÷
è
ø
î
.
（3）由（2）知，当
π
0, 3
q
æ
ö
Îç
÷
è
ø时，


π
1
0,
,sin
0,
,
6
4sin
6,8
2
6
2
2
2
L
q
q
q
æ
ö
æ
ö
Î
Î
=
+
Î
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
当
2π ,π
3
q
æ
ö
Îç
÷
è
ø时，


π π
1
,
,cos
0,
,
6
4cos
6,8
2
3 2
2
2
2
L
q
q
q
æ
ö
æ
ö
Î
Î
=
+
Î
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
所以当
π 2π
,
3
3
q
é
ù
Îê
ú
ë
û 时，L 取得最大值8 ，此时P
Q
、
在半椭圆


2
2
1
0
4
3
x
y
x
+
=
³
上，
设直线PQ的方程为
1
x
my
=
+ ，
联立
2
2
1
1
4
3
x
my
x
y
=
+
ìïí
+
=
ïî
得

2
2
3
4
6
9
0
m
y
my
+
+
-
=
，
1
2
1
2
2
2
6
9
,
3
4
3
4
m
y
y
y y
m
m
+
= -
= -
+
+
，




2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
12
1
144 144
1
4
1
3
4
3
4
m
m
PQ
m
y
y
y y
m
m
m
+
+
=
+
+
-
=
+
=
+
+
，
点


1
1,0
A -
到直线PQ的距离
2
2
1
d
m
=
+
，
所以


1
2
2
2
2
2
12
1
1
1
2
12
1
2
2
3
4
3
4
1
A PQ
m
m
S
PQ
d
m
m
m
+
+
=
´
´
=
´
´
=
+
+
+
V
，
令
2
1
m
t
+ = ，因为
π 2π
,
3
3
q
é
ù
Îê
ú
ë
û ，所以
2
1
0
3
m
£
£
，
2
4
1
1, 3
m
t
é
ù
+ = Îê
ú
ë
û ，
1
2
2
2
12
1
1
12
12
1
3
4
9
6
1
9
6
A PQ
m
t
S
m
t
t
t
t
+
=
=
=
+
+
+
+
+
V
，
因为
1
9
g t
t
t
=
+
在
4
1, 3
é
ù
ê
ú
ë
û 上单调递增，所以

4
1
3
g
g t
g æ
ö
£
£
ç
÷
è
ø 即

51
10
4
g t
£
£
，
所以
1
75
4
1
1
2 3
1
1 8 3
1
16
9
6
,
,
,
12
3
1
1
1
4
75
16
15
4
5
9
6
9
6
9
6
t
t
t
t
t
t
t
t
£
+
+
£
£
£
£
£
£
£
+
+
+
+
+
+
，
即
1A PQ
△
的面积不是定值，取值范围是8 3 ,3
5
é
ù
ê
ú
ë
û
.
刷真题
1．（2026·上海·春季高考真题）已知双曲线
2
2
:
1
2
2
x
y
G
-
= ，过点


,0
M m
作不垂直于x 轴的直线l 交双曲线
G 于A 、B 两点.
(1)求双曲线离心率；
(2)若点

3,1
A
，点B 在双曲线的右支上，且B 是AM 的中点，求直线l 的斜率；
(3)若
0
m >
，
1F ，
2F 分别是双曲线G 的左右焦点，A¢是A 关于y 轴的对称点，若存在直线l 使得
1
2
0
F A F B
¢
=
uuuur uuuur
，求m 的取值范围.
【答案】(1) 2 ;(2) 2 3
3
3
+
;(3)


4 ,2
2,
3
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø
∪
【分析】（1）求出, ,
a b c ，直接利用公式即可求解；
（2）根据中点坐标公式求出点B ，将点B 坐标代入双曲线方程求出m ，再利用斜率公式即可求出答
案；
（3）设直线l 方程为x
ny
m
=
+
，联立求出

2
2
2
1
2
2
0
n
y
nmy
m
-
+
+
-
=
，由题意得
0
D >
且
2
1
0
n - ¹
，
再根据
1
2
0
F A F B
¢
=
uuuur uuuur
求出
2
2
2
1
n
m
m
=
-
+ ，结合
0
D >
且
2
1
0
n - ¹
可求出答案.
【详解】（1）对于双曲线
2
2
:
1
2
2
x
y
G
-
= ，
2
a =
，
2
b =
，
2
2
2
c
a
b
=
+
=
，
所以双曲线离心率
2
2
2
c
e
a
=
=
=
.
（2）因为点B 是AM 的中点，所以点
3 1
,
2
2
m
Bæ
ö
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
代入双曲线方程
2
2
1
2
2
x
y
-
= ，得

2
3
1
1
8
8
m +
-
= ，
解得
3
3
m = ± -
，
又点B 在双曲线的右支上，所以
3
0
m +
>
，即
3
m > -
，
所以
3
3
=
-
m
，
所以直线l 的斜率为
0 1
1
2 3
3
3
3
3
3
2 3
3
-
+
=
=
-
-
-
.
（3）当直线斜率为0 时，易知
1F A¢
uuuur
与
2
F B
uuuur
共线，不符合题意；
当直线斜率不为0 时，设直线l 方程为x
ny
m
=
+
，
设

1
1
,
A x y
，

2
2
,
B x
y
，则


1
1
,
A
x y
¢ -
，
联立
2
2
1
2
2
x
y
x
ny
m
ì
-
=
ïí
ï =
+
î
，整理得

2
2
2
1
2
2
0
n
y
nmy
m
-
+
+
-
=
，







2
2
2
2
2
Δ
2
4
1
2
4
2
2
0
nm
n
m
m
n
=
-
-
-
=
+
-
>
（*）且
2
1
0
n - ¹
，
1
2
2
2
1
nm
y
y
n
-
+
=
- ，
2
1
2
2
2
1
m
y y
n
-
=
-
，
因为


1
2,0
F -
，


2 2,0
F
，
所以




1
1
1
1
2,
2,
FA
x
y
ny
m
y
=
+
= -
¢
-
-
+
uuur
，




2
2
2
2
2
2,
2,
F B
x
y
ny
m
y
=
-
=
+
-
uuuur
，
所以



2
1
2
1
2
2
2
0
FA F B
ny
m
ny
m
y y

= -
-
+
+
-
+
=
¢
uuur uuuur
，
即





2
2
1
2
1
2
1
2
2
0
n
y y
n m
y
y
m
-
+
-
-
+
-
-
=
，
即







2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
0
1
1
n
m
n m
nm
m
n
n
-
+
-
-
-
-
-
-
=
-
-
，
整理得
2
2
2
1
0
m
n
m
-
-
+ =
，即
2
2
2
1
n
m
m
=
-
+ ，
代入（*）中得
2
3
4
0
m
m
-
>
，又
0
m >
，所以
4
3
m >
，
又因为
2
1
0
n - ¹
，即
2
2
1 1
0
m
m
-
+ - ¹
，所以
0
m ¹
且
2
m ¹
，
综上，m 的取值范围为


4 ,2
2,
3
¥
æ
öÈ
+
ç
÷
è
ø
.
2．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b
+
=
>
>
的离心率为
2
2 ，长轴长为4．
(1)求C 的方程；
(2)过点(0, 2)
-
的直线l 交C 于
, 
A B 两点，O 为坐标原点.若
OAB
△
的面积为2 ，求|
|
AB ．
【答案】(1)
2
2
1
4
2
x
y
+
=
(2)
5
【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程；
（2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数t 表示面积后可求t 的值，从而可求弦长.
【详解】（1）因为长轴长为4，故
2
a =
，而离心率为
2
2 ，故
2
c =
，
故
2
b =
，故椭圆方程为：
2
2
1
4
2
x
y
+
= .
（2）
由题设直线AB 的斜率不为0，故设直线


:
2
l x
t y
=
+
，



1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，
由


2
2
2
2
4
x
t y
x
y
ì =
+
í
+
=
î
可得

2
2
2
2
2
4
4
4
0
t
y
t y
t
+
+
+
-
=
，
故





4
2
2
2
Δ
16
4
2
4
4
4 8
4
0
t
t
t
t
=
-
+
-
=
-
>
即
2
2
t
-
< <
，
且
2
2
1
2
1
2
2
2
4
4
4
,
2
2
t
t
y
y
y y
t
t
-
+
= -
=
+
+
，
故


2
2
1
2
1
2
1
2
2
32 16
1
2
4
2
2
2
OAB
t
t
S
t
y
y
t
y
y
y y
t
-
=
´
´
-
=
+
-
=
=
+
V
， 
解得
6
3
t = ±
，
故


2
2
1
2
1
2
1
2
2
32 16
2
5
3
1
1
4
5
2
3
3
2
3
AB
t
y
y
y
y
y y
-
´
=
+
-
=
+
´
+
-
=
´
=
+
.
3．（2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b
+
=
>
>
的离心率为2 2
3
，下顶点为A，右顶点
为B，|
|
10
AB =
．
(1)求C 的方程；
(2)已知动点P 不在y 轴上，点R 在射线AP 上，且满足
3
AP
AR

= ．
（i）设
( , )
P m n ，求R 的坐标（用m，n 表示）；
（ⅱ）设O 为坐标原点，Q 是C 上的动点，直线OR 的斜率为直线OP 的斜率的3 倍，求|
|
PQ 的最大
值．
【答案】(1)
2
2
1
9
x
y
+
=
(2)(ⅰ) 




2
2
2
2
2
2
3
2
,
1
1
m
n
m
n
m
n
m
n
æ
ö
+
-
-
ç
÷
ç
÷
+
+
+
+
è
ø
 (ⅱ) 

3
3
2
+
【分析】（1）根据题意列出, ,
a b c 的关系式,解方程求出, ,
a b c ,即可得到椭圆的标准方程；
（2）(ⅰ)设

0
0
,
R x
y
,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出；
(ⅱ) 根据斜率关系可得到点P 的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者
直接运算即可解出.
【详解】（1）由题可知, 



0,
,
,0
A
b
B a
-
，所以
2
2
2
2
2
10
2 2
3
a
b
c
e
a
c
a
b
ì
+
=
ï
ï =
=
í
ï
=
-
ï
î
，解得
2
2
2
9,
1,
8
a
b
c
=
=
=
，
故椭圆C 的标准方程为
2
2
1
9
x
y
+
= ；
（2）(ⅰ)设

0
0
,
R x
y
，易知
0
m ¹
，
法一：所以
1
AP
n
k
m
+
=
，故
0
0
1
1
y
n
x
m
+
+
=
，且
0
0
mx >
．
因为

0, 1
A
-
，
3
AR AP =
，所以




2
2
2
2
0
0
1
1
3
x
y
m
n
+
+
´
+
+
=
，
即
2
0
1
1
3
n
x m
m
é
ù
+
æ
ö
+
=
ê
ú
ç
÷
è
ø
ê
ú
ë
û
，解得


0
2
2
3
1
m
x
m
n
=
+
+
，所以


2
2
0
2
2
2
1
n
m
n
y
m
n
+
-
-
=
+
+
，
所以点R 的坐标为




2
2
2
2
2
2
3
2
,
1
1
m
n
m
n
m
n
m
n
æ
ö
+
-
-
ç
÷
ç
÷
+
+
+
+
è
ø
.
法二：设
,
0
AR
AP
l
l
=
>
uuur
uuur
，则


2
2
3
1
3
AR AP
m
n
l é
ù
=
Þ
+
+
=
ë
û
，所以


2
2
3
1
m
n
l =
+
+
，








2
2
2
2
3
1
3
,
1
,
1
1
n
m
AR
AP
m n
m
n
m
n
l
l
æ
ö
+
ç
÷
=
=
+
= ç
÷
+
+
+
+
è
ø
uuur
uuur
，故
点R 的坐标为




2
2
2
2
2
2
3
2
,
1
1
m
n
m
n
m
n
m
n
æ
ö
+
-
-
ç
÷
ç
÷
+
+
+
+
è
ø
.
(ⅱ)因为




2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
3
3
1
OR
n
m
n
m
n
n
m
n
k
m
m
m
n
+
-
-
+
+
+
-
-
=
=
+
+
,
OP
n
k
m
=
,由
3
OR
OP
k
k
=
,可得
2
2
3
2
3
n
m
m
n
m
n
+
-
=
-
,化简得
2
2
8
2
0
m
n
n
+
+
-
=
,即




2
2
4
18
0
m
n
m
+
+
=
¹
,
所以点P 在以


0, 4
N
-
为圆心,3 2 为半径的圆上（除去两个点）,
max
PQ
为Q 到圆心N 的距离加上半径,
法一：设


3cos ,sin
Q
q
q ,所以




2
2
2
2
2
3cos
sin
4
9cos
sin
8sin
16
QN
q
q
q
q
q
=
+
+
=
+
+
+
2
8cos
1 8sin
16
q
q
=
+ +
+


2
8 1 sin
8sin
17
q
q
=
-
+
+
2
8sin
8sin
25
q
q
= -
+
+
2
1
8 sin
27
27
2
q
æ
ö
= -
-
+
£
ç
÷
è
ø
,当且仅当
1
sin
2
q =
时取等号,
所以


max
27
3 2
3
3
2
PQ
=
+
=
+
.
法二：设

,
Q
Q
Q x
y
，则
2
2
1
9
Q
Q
x
y
+
= ，


2
2
2
2
2
2
4
9
9
8
16
8
8
25
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
QN
x
y
y
y
y
y
y
=
+
+
=
-
+
+
+
= -
+
+
2
1
8
27
27
2
Q
y
æ
ö
= -
-
+
£
ç
÷
è
ø
，当且仅当
1
2
Q
y =
时取等号,
故


max
27
3 2
3
3
2
PQ
=
+
=
+
.
4．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线


2
2
:
0
C x
y
m m
-
=
>
，点


1 5,4
P
在C 上，k 为常数，
0
1
k
<
< ．按照如下方式依次构造点


2,3,...
nP n =
：过
1
nP - 作斜率为k 的直线与C 的左支交于点
1
n
Q - ，
令
nP 为
1
n
Q - 关于y 轴的对称点，记
nP 的坐标为

,
n
n
x
y
.
(1)若
1
2
k =
，求
2
2
,
x
y ；
(2)证明：数列

n
n
x
y
-
是公比为1
1
k
k
+
-
的等比数列；
(3)设
n
S 为
1
2
n
n
n
P P P
+
+
V
的面积，证明：对任意正整数n ，
1
n
n
S
S +
=
.
【答案】(1)
2
3
x =
，
2
0
y =
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出
2P 的坐标即可；
（2）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明
n
S 的取值为与n 无关的定值即可.思路二：
使用等差数列工具，证明
n
S 的取值为与n 无关的定值即可.思路三：利用点差法得到


1
1
1
1
1
n n
n
n
n
n
P P
n
n
n
n
x
y
x
y
k
x
y
x
y
+
+
+
+
+
+
+
-
=
+
-
-
，


1
2
2
2
1
1
2
2
1
1
n
n
n
n
n
n
P
P
n
n
n
n
x
y
x
y
k
x
y
x
y
-
+
+
+
-
-
+
+
-
-
+
+
-
=
+
-
-
，再结合（2）中的结论得


1
1
2
2
n
n
n
n
x
y
q x
y
+
+
+
+
+
=
+
，最后证明出
1
1
2
n n
n
n
P P
P
P
k
k
+
-
+
=
即可.
【详解】（1）
由已知有
2
2
5
4
9
m =
-
=
，故C 的方程为
2
2
9
x
y
-
=
.
当
1
2
k =
时，过


1 5,4
P
且斜率为
1
2 的直线为
3
2
x
y
+
=
，与
2
2
9
x
y
-
=
联立得到
2
2
3
9
2
x
x
+
æ
ö
-
=
ç
÷
è
ø
.
解得
3
x = - 或
5
x =
，所以该直线与C 的不同于
1P 的交点为


1
3,0
Q -
，该点显然在C 的左支上.
故


2 3,0
P
，从而
2
3
x =
，
2
0
y =
.
（2）方法一：由于过


,
n
n
n
P
x
y
且斜率为k 的直线为


n
n
y
k x
x
y
=
-
+
，与
2
2
9
x
y
-
=
联立，得到方程




2
2
9
n
n
x
k x
x
y
-
-
+
=
.
展开即得





2
2
2
1
2
9
0
n
n
n
n
k
x
k y
kx
x
y
kx
-
-
-
-
-
-
=
，由于


,
n
n
n
P
x
y
已经是直线


n
n
y
k x
x
y
=
-
+
和
2
2
9
x
y
-
=
的公共点，故方程必有一根
n
x
x
=
.
从而根据韦达定理，另一根


2
2
2
2
2
1
1
n
n
n
n
n
n
k y
kx
ky
x
k x
x
x
k
k
-
-
-
=
-
=
-
-
，相应的


2
2
2
1
n
n
n
n
n
y
k y
kx
y
k x
x
y
k
+
-
=
-
+
=
-
.
所以该直线与C 的不同于
nP 的交点为
2
2
2
2
2
2
,
1
1
n
n
n
n
n
n
n
ky
x
k x
y
k y
kx
Q
k
k
æ
ö
-
-
+
-
ç
÷
-
-
è
ø
，而注意到
n
Q 的横坐标亦可
通过韦达定理表示为



2
2
9
1
n
n
n
y
kx
k
x
-
-
-
-
，故
n
Q 一定在C 的左支上.
所以
2
2
1
2
2
2
2
,
1
1
n
n
n
n
n
n
n
x
k x
ky
y
k y
kx
P
k
k
+
æ
ö
+
-
+
-
ç
÷
-
-
è
ø
.
这就得到
2
1
2
2
1
n
n
n
n
x
k x
ky
x
k
+
+
-
=
-
，
2
1
2
2
1
n
n
n
n
y
k y
kx
y
k
+
+
-
=
-
.
所以
2
2
1
1
2
2
2
2
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
x
k x
ky
y
k y
kx
x
y
k
k
+
+
+
-
+
-
-
=
-
-
-




2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
x
k x
kx
y
k y
ky
k
k
k
x
y
x
y
k
k
k
k
+
+
+
+
+
+
+
=
-
=
-
=
-
-
-
-
-
.
再由
2
2
1
1
9
x
y
-
=
，就知道
1
1
0
x
y
-
¹
，所以数列

n
n
x
y
-
是公比为1
1
k
k
+
-
的等比数列.
方法二：因为


,
n
n
n
P
x
y
，


1
1
,
n
n
n
Q
x
y
+
+
-
，
1
1
n
n
n
n
y
y
k
x
x
+
+
-
= -
+
，则
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
x
x
y
y
k
k
x
x
y
y
+
+
+
+
+
-
+
+
=
-
+
+
-
，
由于
2
2
1
1
2
2
9
9
n
n
n
n
x
y
x
y
+
+
ì
-
=
í
-
=
î
，作差得





1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
x
y
x
y
x
y
x
y
+
+
+
+
-
+
=
-
+
，
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
x
y
x
y
x
y
x
y
+
+
+
+
-
+
=
-
+
，利用合比性质知
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
x
y
x
y
x
y
x
y
k
x
y
x
y
x
y
x
y
k
+
+
+
+
+
+
+
+
-
+
-
+
+
+
=
=
=
-
+
-
+
+
-
，
因此

n
n
x
y
-
是公比为1
1
k
k
+
-
的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点
, ,
U V W ，若


,
UV
a b
=
uuur
，


,
UW
c d
=
uuuur
，则
1
2
UVW
S
ad
bc
=
-
V
.（若
, ,
U V W 在同一条直线上，约定
0
UVW
S
=
V
）
证明：
2
1
1
sin
,
1 cos
,
2
2
UVW
S
UV
UW
UV UW
UV
UW
UV UW
=

=

-
V
uuur
uuuur
uuur uuuur
uuur
uuuur
uuur uuuur


2
2
2
2
1
1
1
2
2
UV UW
UV
UW
UV
UW
UV UW
UV
UW
æ
ö

ç
÷
=

-
=

-

ç
÷

è
ø
uuur uuuur
uuur
uuuur
uuur
uuuur
uuur uuuur
uuur
uuuur




2
2
2
2
2
1
2
a
b
c
d
ac
bd
=
+
+
-
+
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
a c
a d
b c
b d
a c
b d
abcd
=
+
+
+
-
-
-


2
2
2
2
2
1
1
1
2
2
2
2
a d
b c
abcd
ad
bc
ad
bc
=
+
-
=
-
=
-
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到
2
1
2
2
1
n
n
n
n
x
k x
ky
x
k
+
+
-
=
-
，
2
1
2
2
1
n
n
n
n
y
k y
kx
y
k
+
+
-
=
-
，
故




2
2
2
1
1
2
2
2
2
2
1
2
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
x
k x
ky
y
k y
kx
k
k
k
x
y
x
y
x
y
k
k
k
k
+
+
+
-
+
-
+
-
-
+
=
+
=
+
=
+
-
-
-
+
.
再由
2
2
1
1
9
x
y
-
=
，就知道
1
1
0
x
y
+
¹
，所以数列

n
n
x
y
+
是公比为1
1
k
k
-
+
的等比数列.
所以对任意的正整数m ，都有
n
n m
n
n m
x y
y x
+
+
-










1
1
2
2
n
n m
n
n m
n
n m
n
n m
n
n m
n
n m
n
n m
n
n m
x x
y y
x y
y x
x x
y y
x y
y x
+
+
+
+
+
+
+
+
=
-
+
-
-
-
-
-






1
1
2
2
n
n
n m
n m
n
n
n m
n m
x
y
x
y
x
y
x
y
+
+
+
+
=
-
+
-
+
-






1 1
1 1
2 1
2 1
m
m
n
n
n
n
n
n
n
n
k
k
x
y
x
y
x
y
x
y
k
k
-
+
æ
ö
æ
ö
=
-
+
-
+
-
ç
÷
ç
÷
+
-
è
ø
è
ø


2
2
1
1
1
2
1
1
m
m
n
n
k
k
x
y
k
k
æ
ö
-
+
æ
ö
æ
ö
=
-
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
+
-
è
ø
è
ø
è
ø
9
1
1
2
1
1
m
m
k
k
k
k
æ
ö
-
+
æ
ö
æ
ö
=
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
+
-
è
ø
è
ø
è
ø
.
而又有






1
1
1
,
n
n
n
n
n
n
P
P
x
x
y
y
+
+
+
= -
-
-
-
uuuuuur
，


1
2
2
1
2
1
,
n
n
n
n
n
n
P P
x
x
y
y
+
+
+
+
+
+
=
-
-
uuuuuuur
，
故利用前面已经证明的结论即得





1
2
1
2
1
1
2
1
1
2
n n
n
n
P P
P
n
n
n
n
n
n
n
n
S
S
x
x
y
y
y
y
x
x
+
+
+
+
+
+
+
+
=
=
-
-
-
+
-
-
V





1
2
1
1
2
1
1
2
n
n
n
n
n
n
n
n
x
x
y
y
y
y
x
x
+
+
+
+
+
+
=
-
-
-
-
-




1
2
1
2
1
1
2
2
1
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
x
y
y
x
x y
y x
x y
y x
+
+
+
+
+
+
+
+
=
-
+
-
-
-
2
2
1 9 1
1
9 1
1
9
1
1
2 2 1
1
2 1
1
2
1
1
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
æ
ö
-
+
-
+
-
+
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
-
+
-
-
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
+
-
+
-
+
-
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
.
这就表明
n
S 的取值是与n 无关的定值，所以
1
n
n
S
S +
=
.
方法二：由于上一小问已经得到
2
1
2
2
1
n
n
n
n
x
k x
ky
x
k
+
+
-
=
-
，
2
1
2
2
1
n
n
n
n
y
k y
kx
y
k
+
+
-
=
-
，
故




2
2
2
1
1
2
2
2
2
2
1
2
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
x
k x
ky
y
k y
kx
k
k
k
x
y
x
y
x
y
k
k
k
k
+
+
+
-
+
-
+
-
-
+
=
+
=
+
=
+
-
-
-
+
.
再由
2
2
1
1
9
x
y
-
=
，就知道
1
1
0
x
y
+
¹
，所以数列

n
n
x
y
+
是公比为1
1
k
k
-
+
的等比数列.
所以对任意的正整数m ，都有
n
n m
n
n m
x y
y x
+
+
-










1
1
2
2
n
n m
n
n m
n
n m
n
n m
n
n m
n
n m
n
n m
n
n m
x x
y y
x y
y x
x x
y y
x y
y x
+
+
+
+
+
+
+
+
=
-
+
-
-
-
-
-






1
1
2
2
n
n
n m
n m
n
n
n m
n m
x
y
x
y
x
y
x
y
+
+
+
+
=
-
+
-
+
-






1 1
1 1
2 1
2 1
m
m
n
n
n
n
n
n
n
n
k
k
x
y
x
y
x
y
x
y
k
k
-
+
æ
ö
æ
ö
=
-
+
-
+
-
ç
÷
ç
÷
+
-
è
ø
è
ø


2
2
1
1
1
2
1
1
m
m
n
n
k
k
x
y
k
k
æ
ö
-
+
æ
ö
æ
ö
=
-
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
+
-
è
ø
è
ø
è
ø
9
1
1
2
1
1
m
m
k
k
k
k
æ
ö
-
+
æ
ö
æ
ö
=
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
+
-
è
ø
è
ø
è
ø
.
这就得到
2
3
2
3
1
1
9 1
1
2 1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
k
k
x
y
y
x
x y
y x
k
k
+
+
+
+
+
+
-
+
æ
ö
-
=
-
=
-
ç
÷
+
-
è
ø
，
以及
2
2
1
3
1
3
2
2
9
1
1
2
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
k
k
x
y
y
x
x y
y x
k
k
+
+
+
+
+
+
æ
ö
-
+
æ
ö
æ
ö
-
=
-
=
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
+
-
è
ø
è
ø
è
ø
.
两式相减，即得





2
3
2
3
1
3
1
3
1
1
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
x
y
y
x
x
y
y
x
x y
y x
x y
y x
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
-
-
-
=
-
-
-
.
移项得到
2
3
2
1
3
1
2
3
2
1
3
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
x
y
y x
x
y
y x
y
x
x y
y
x
x y
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
-
-
+
=
-
-
+
.
故





3
2
1
2
1
3
n
n
n
n
n
n
n
n
y
y
x
x
y
y
x
x
+
+
+
+
+
+
-
-
=
-
-
.
而


3
3
3
,
n
n
n
n
n
n
P P
x
x
y
y
+
+
+
=
-
-
uuuuuur
，


1
2
2
1
2
1
,
n
n
n
n
n
n
P P
x
x
y
y
+
+
+
+
+
+
=
-
-
uuuuuuur
.
所以
3
n
n
P P +
uuuuuur
和
1
2
n
n
P
P
+
+
uuuuuuur
平行，这就得到
1
2
1
2
3
n n
n
n
n
n
P P
P
P
P
P
S
S
+
+
+
+
+
=
V
V
，即
1
n
n
S
S +
=
.
方法三：由于
2
2
1
1
2
2
9
9
n
n
n
n
x
y
x
y
+
+
ì
-
=
í
-
=
î
，作差得
2
2
2
2
1
1
n
n
n
n
x
x
y
y
+
+
-
=
-
，
变形得


1
1
1
1
1
1
1
1
1
n n
n
n
n
n
n
n
n
n
P P
n
n
n
n
n
n
n
n
y
y
x
x
x
y
x
y
k
x
x
y
y
x
y
x
y
+
+
+
+
+
+
+
+
+
-
+
+
+
-
=
=
=
-
+
+
-
-
①，
同理可得


1
2
2
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
2
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
P
P
n
n
n
n
n
n
n
n
y
y
x
x
x
y
x
y
k
x
x
y
y
x
y
x
y
-
+
+
-
+
-
+
+
-
-
+
-
+
-
+
+
-
-
-
+
+
+
-
=
=
=
-
+
+
-
-
，
由（2）知

n
n
x
y
-
是公比为1
1
k
k
+
-
的等比数列，令
1
1
k
q
k
+
= -
则


1
1
n
n
n
n
x
y
q x
y
-
-
-
=
-
②，
同时

n
n
x
y
+
是公比为1
q 的等比数列，则


1
1
2
2
n
n
n
n
x
y
q x
y
+
+
+
+
+
=
+
③，
将②③代入①，












2
2
1
1
1
1
1
2
2
1
1
1
1
1
2
2
1
1
2
2
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
q x
y
q x
y
y
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
x
x
y
x
y
q x
y
q x
y
x
y
x
y
+
+
-
-
+
+
+
+
+
-
-
+
+
+
+
+
-
-
+
+
-
-
+
+
-
-
+
+
-
+
+
-
=
=
=
-
+
-
-
+
-
-
+
-
-
即
1
1
2
n n
n
n
P P
P
P
k
k
+
-
+
=
，从而
1
n
n
S
S
- =
，即
1
n
n
S
S +
=
.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
5．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知
(0,3)
A
和
3
3, 2
Pæ
ö
ç
÷
è
ø 为椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b
+
=
>
>
上两点.
(1)求C 的离心率;
(2)若过P 的直线l 交C 于另一点B，且ABP
V
的面积为9，求l 的方程．
【答案】(1) 1
2
(2)直线l 的方程为3
2
6
0
x
y
-
-
=
或
2
0
x
y
-
=
.
【分析】（1）代入两点得到关于,a b 的方程，解出即可；
（2）方法一：以AP 为底，求出三角形的高，即点B 到直线AP 的距离，再利用平行线距离公式得到
平移后的直线方程，联立椭圆方程得到B 点坐标，则得到直线l 的方程；方法二：同法一得到点B 到
直线AP 的距离，再设

0
0
,
B x
y
，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同
法一得到点B 到直线AP 的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线AB 斜率不存在
的情况，再设直线
3
y
kx
=
+ ，联立椭圆方程，得到点B 坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：
首先考虑直线PB 斜率不存在的情况，再设
3
:
(
3)
2
PB y
k x
-
=
-
，利用弦长公式和点到直线的距离公式
即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅垂高乘
1
2 表达面积即可.
【详解】（1）由题意得
2
2
3
9
9
4
1
b
a
b
=
ì
ïïí
ï
+
=
ïî
，解得
2
2
9
12
b
a
ì
=
í
=
î
，
所以
2
2
9
1
1
1 12
2
b
e
a
=
-
=
-
=
.
（2）法一：
3
3
1
2
0
3
2
AP
k
-
=
= -
-
，则直线AP 的方程为
1
3
2
y
x
= -
+
，即
2
6
0
x
y
+
-
=
，


2
2
3
3 5
0
3
3
2
2
AP
æ
ö
=
-
+
-
=
ç
÷
è
ø
，由（1）知
2
2
:
1
12
9
x
y
C
+
= ，
设点B 到直线AP 的距离为d ，则
2 9
12 5
5
3 5
2
d
´
=
=
，
则将直线AP 沿着与AP 垂直的方向平移12 5
5
单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点B ，
设该平行线的方程为：
2
0
x
y
C
+
+
=
，
则
6
12 5
5
5
+
=
C
，解得
6
C =
或
18
C = -
，
当
6
C =
时，联立
2
2
1
12
9
2
6
0
x
y
x
y
ì
+
=
ïí
ï +
+
=
î
，解得
0
3
x
y
=
ì
í
= -
î
或
3
3
2
x
y
= -
ìïí
= -
ïî
，
即

0, 3
B
-
或
3
3,
2
æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø，
当

0, 3
B
-
时，此时
3
2
lk =
，直线l 的方程为
3
3
2
y
x
=
- ，即3
2
6
0
x
y
-
-
=
，
当
3
3,
2
Bæ
ö
-
-
ç
÷
è
ø 时，此时
1
2
lk =
，直线l 的方程为
1
2
y
x
=
，即
2
0
x
y
-
=
，
当
18
C = -
时，联立
2
2
1
12
9
2
18
0
x
y
x
y
ì
+
=
ïí
ï +
-
=
î
得
2
2
27
117
0
y
y
-
+
=
，
2
27
4 2 117
207
0
D =
- ´ ´
= -
<
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线l 的方程为3
2
6
0
x
y
-
-
=
或
2
0
x
y
-
=
.
法二：同法一得到直线AP 的方程为
2
6
0
x
y
+
-
=
，
点B 到直线AP 的距离
12 5
5
d =
，
设

0
0
,
B x
y
，则
0
0
2
2
0
0
2
6
12 5
5
5
1
12
9
x
y
x
y
ì
+
-
=
ïïí
ï
+
=
ïî
，解得
0
0
3
3
2
x
y
= -
ìïí
= -
ïî
或
0
0
0
3
x
y
=
ì
í
= -
î
，
即

0, 3
B
-
或
3
3,
2
æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø，以下同法一.
法三：同法一得到直线AP 的方程为
2
6
0
x
y
+
-
=
，
点B 到直线AP 的距离
12 5
5
d =
，
设

2 3 cos ,3sin
B
q
q ，其中


0,2
q Î
p ，则有2 3 cos
6sin
6
12 5
5
5
q
q
+
-
=
，
联立
2
2
cos
sin
1
q
q
+
= ，解得
3
cos
2
1
sin
2
q
q
ì
= -
ïïí
ï
= -
ïî
或
cos
0
sin
1
q
q
=
ì
í
= -
î
，
即

0, 3
B
-
或
3
3,
2
æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø，以下同法一；
法四：当直线AB 的斜率不存在时，此时

0, 3
B
-
，
1
6 3
9
2
PAB
S
=
´ ´ =
V
，符合题意，此时
3
2
lk =
，直线l 的方程为
3
3
2
y
x
=
- ，即3
2
6
0
x
y
-
-
=
，
当线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为
3
y
kx
=
+ ，
联立椭圆方程有
2
2
3
1
12
9
y
kx
x
y
=
+
ìïí
+
=
ïî
，则

2
2
4
3
24
0
k
x
kx
+
+
=
，其中
AP
k
k
¹
，即
1
2
k ¹ -
，
解得
0
x =
或
2
24
4
3
k
x
k
-
=
+
，
0
k ¹
，
1
2
k ¹ -
，
令
2
24
4
3
k
x
k
-
=
+
，则
2
2
12
9
4
3
k
y
k
-
+
=
+
，则
2
2
2
24
12
9
,
4
3
4
3
k
k
B
k
k
æ
ö
-
-
+
ç
÷
+
+
è
ø
同法一得到直线AP 的方程为
2
6
0
x
y
+
-
=
，
点B 到直线AP 的距离
12 5
5
d =
，
则
2
2
2
24
12
9
2
6
4
3
4
3
12 5
5
5
-
-
+
+ ´
-
+
+
=
k
k
k
k
，解得
3
2
k =
，
此时
3
3,
2
Bæ
ö
-
-
ç
÷
è
ø ，则得到此时
1
2
lk =
，直线l 的方程为
1
2
y
x
=
，即
2
0
x
y
-
=
，
综上直线l 的方程为3
2
6
0
x
y
-
-
=
或
2
0
x
y
-
=
.
法五：当l 的斜率不存在时，
3
:
3,
3,
,
3,
2
l x
B
PB
A
æ
ö
=
-
=
ç
÷
è
ø
到PB 距离
3
d =
，
此时
1
9
3 3
9
2
2
ABP
S
=
´ ´ =
¹
V
不满足条件.
当l 的斜率存在时，设
3
:
(
3)
2
PB y
k x
-
=
-
，令



1
1
2
2
,
,
,
P x y
B x
y
，
2
2
3
(
3)
2
1
12
9
y
k x
x
y
ì
=
-
+
ïïí
ï
+
=
ïî
，消y 可得



2
2
2
2
4
3
24
12
36
36
27
0
k
x
k
k x
k
k
+
-
-
+
-
-
=
，





2
2
2
2
Δ
24
12
4 4
3
36
36
27
0
k
k
k
k
k
=
-
-
+
-
-
>
，且
AP
k
k
¹
，即
1
2
k ¹ -
，


2
2
2
1
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
2
24
12
27
4 3
1 3
9
4
3
4
,
1
4
4
3
36
36
27
4
3
k
k
x
x
k
k
k
k
PB
k
x
x
x x
k
k
k
x x
k
ì
-
+
=
+
+
+
ïï
+
=
+
+
-
=
í
+
-
-
ï
=
ï
+
î
，
A 到直线PB 距离
2
2
2
2
2
3
3
27
3
3
4 3
1 3
9
1
2
2
4
,
9
2
4
3
1
1
+
+
+
+
+
=
=


=
+
+
+
VPAB
k
k
k
k
k
d
S
k
k
k
，
1
2
k
\
=
或3
2 ，均满足题意，
1
:
2
l y
x
\
=
或
3
3
2
y
x
=
- ，即3
2
6
0
x
y
-
-
=
或
2
0
x
y
-
=
.
法六：当l 的斜率不存在时，
3
:
3,
3,
,
3,
2
l x
B
PB
A
æ
ö
=
-
=
ç
÷
è
ø
到PB 距离
3
d =
，
此时
1
9
3 3
9
2
2
ABP
S
=
´ ´ =
¹
V
不满足条件.
当直线l 斜率存在时，设
3
:
(
3)
2
l y
k x
=
-
+
，
设l 与y 轴的交点为Q ，令
0
x =
，则
3
0, 3
2
Q
k
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø ，
联立
2
2
3
3
2
3
4
36
y
kx
k
x
y
ì
=
-
+
ïí
ï
+
=
î
，则有

2
2
2
3
3
4
8
3
36
36
27
0
2
k
x
k
k
x
k
k
æ
ö
+
-
-
+
-
-
=
ç
÷
è
ø
，


2
2
2
3
3
4
8
3
36
36
27
0
2
k
x
k
k
x
k
k
æ
ö
+
-
-
+
-
-
=
ç
÷
è
ø
，
其中



2
2
2
2
3
Δ
8
3
4 3
4
36
36
27
0
2
k
k
k
k
k
æ
ö
=
-
-
+
-
-
>
ç
÷
è
ø
，且
1
2
k ¹ -
，
则
2
2
2
2
36
36
27
12
12
9
3
,
3
4
3
4
B
B
k
k
k
k
x
x
k
k
-
-
-
-
=
=
+
+
，
则
2
1
1
3 12
18
3
9
2
2
2 3
4
P
B
k
S
AQ x
x
k
k
+
=
-
=
+
=
+
，解得
1
2
k =
或
3
2
k =
，经代入判别式验证均满足题意.
则直线l 为
1
2
y
x
=
或
3
3
2
y
x
=
- ，即3
2
6
0
x
y
-
-
=
或
2
0
x
y
-
=
.
6．（2023·全国I 卷·高考真题）在直角坐标系xOy 中，点P 到x 轴的距离等于点P 到点
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø的距离，记动
点P 的轨迹为W ．
(1)求W 的方程；
(2)已知矩形ABCD 有三个顶点在W 上，证明：矩形ABCD 的周长大于3 3 ．
【答案】(1)
2
1
4
y
x
=
+
(2)见解析
【分析】（1）设
( , )
P x y ，根据题意列出方程
2
2
2
1
2
x
y
y
æ
ö
+
-
=
ç
÷
è
ø
，化简即可；
（2）法一：设矩形的三个顶点
2
2
2
1
1
1
,
,
,
,
,
4
4
4
A a a
B b b
C c c
æ
ö
æ
ö
æ
ö
+
+
+
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø ，且a
b
c
<
<
，分别令
0
AB
k
a
b
m
=
+
=
<
，
0
BC
k
b
c
n
=
+
=
>
，且
1
mn = - ，利用放缩法得
2
1
1
1
2 C
n
n
n
æ
ö
³
+
+
ç
÷
è
ø
，设函数


2
2
1
( )
1
f x
x
x
x
æ
ö
=
+
+
ç
÷
è
ø
，利用导数求出其最小值，则得C 的最小值，再排除边界值即可.
法二：设直线AB 的方程为
2
1
(
)
4
y
k x
a
a
=
-
+
+
，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得


3
2
2
1
k
AB
AD
k
+
+
³
，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.
法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.
【详解】（1）设
( , )
P x y ,则
2
2
1
2
y
x
y
æ
ö
=
+
-
ç
÷
è
ø
，两边同平方化简得
2
1
4
y
x
=
+
，
故
2
1
:
4
W
y
x
=
+
.
（2）法一：设矩形的三个顶点
2
2
2
1
1
1
,
,
,
,
,
4
4
4
A a a
B b b
C c c
æ
ö
æ
ö
æ
ö
+
+
+
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø 在W 上,且a
b
c
<
<
，易知矩形
四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，
  
则
1,
0
AB
BC
k
k
a
b
b
c

= -
+
<
<
+ ,令
2
2
4
0
1
1
4
AB
k
b
a
b
a
b
a
m
æ
ö
+
-
+
ç
÷
è
=
+
ø
=
=
<
-
，
同理令
0
BC
k
b
c
n
=
+
=
>
，且
1
mn = - ，则
1
m
n
= -
，
设矩形周长为C ,由对称性不妨设|
| |
|
m
n
³
，
1
BC
AB
k
k
c
a
n
m
n
n
-
=
-
=
-
=
+
，
则
2
2
2
2
1
1
|
|
|
| (
) 1
(
) 1
(
) 1
1
2 C
AB
BC
b
a
m
c
b
n
c
a
n
n
n
n
æ
ö
=
+
=
-
+
+
-
+
³
-
+
=
+
+
ç
÷
è
ø
，易知
2
1
1
0
n
n
n
æ
ö
+
+
>
ç
÷
è
ø
则令


2
2
2
1
1
1
( )
1
,
0,
( )
2
2
f x
x
x
x
f
x
x
x
x
x
x
¢
æ
ö
æ
ö æ
ö
=
+
+
>
=
+
-
ç
÷
ç
÷ ç
÷
è
ø
è
ø è
ø
,
令
( )
0
f
x
¢
=
，解得
2
2
x =
，
当
2
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
ç
÷
è
ø
时，
( )
0
f
x
¢
<
，此时
( )
f x 单调递减，
当
2 ,1
2
x
æ
ù
Îç
ú
çè
û
，
( )
0
f
x
¢
>
，此时
( )
f x 单调递增，
则
min
2
27
( )
2
4
f x
f æ
ö
=
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
故1
27
3 3
2
4
2
C ³
=
,即
3 3
C ³
.
当
3 3
C =
时,
2 ,
2
2
n
m
=
= -
,且
2
2
(
) 1
(
) 1
b
a
m
b
a
n
-
+
=
-
+
，即m
n
=
时等号成立，矛盾，故
3 3
C >
,
得证.
法二：不妨设
,
,
A B D 在W 上，且BA
DA
^
，
  
依题意可设
2
1
,
4
A a a
æ
ö
+
ç
÷
è
ø ，易知直线BA ，DA 的斜率均存在且不为0，
则设BA , DA 的斜率分别为k 和
1
k
-
，由对称性，不妨设
1
k £ ，
直线AB 的方程为
2
1
(
)
4
y
k x
a
a
=
-
+
+
，
则联立
2
2
1
4
1
(
)
4
y
x
y
k x
a
a
ì
=
+
ïïí
ï
=
-
+
+
ïî
得
2
2
0
x
kx
ka
a
-
+
-
=
，




2
2
2
4
2
0
k
ka
a
k
a
D =
-
-
=
-
>
，则
2
k
a
¹
则
2
|
|
1
|
2 |
AB
k
k
a
=
+
-
，
同理
2
1 1
|
|
1
2
AD
a
k
k
=
+
+
，
2
2
1 1
|
|
|
|
1
|
2 |
1
2
AB
AD
k
k
a
a
k
k
\
+
=
+
-
+
+
+


3
2
2
2
2
1
1
1
1
2
2
1
k
k
k
a
a
k
k
k
k
k
+
æ
ö
³
+
-
+
+
³
+
+
=
ç
÷
è
ø
令
2
k
m
=
，则


0,1
mÎ
，设
3
2
(
1)
1
( )
3
3
m
f m
m
m
m
m
+
=
=
+
+
+ ，
则
2
2
2
1
(2
1)(
1)
( )
2
3
m
m
f
m
m
m
m
¢
-
+
=
+ -
=
，令
( )
0
¢
=
f
m
，解得
1
2
m =
，
当
1
0, 2
m
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
( )
0
f m
¢
<
，此时
( )
f m 单调递减，
当
1 ,
2
m
æ
ö
Î
+¥
ç
÷
è
ø ，
( )
0
f m
¢
>
，此时
( )
f m 单调递增，
则
min
1
27
( )
2
4
f m
f æ
ö
=
=
ç
÷
è
ø
，
3 3
|
|
|
|
2
AB
AD
\
+
³
，
但
2
2
2
1 1
1
1
|
2 |
1
2
1
|
2 |
2
k
k
a
a
k
k
a
a
k
k
k
æ
ö
+
-
+
+
+
³
+
-
+
+
ç
÷
è
ø
，此处取等条件为
1
k = ，与最终取等时
2
2
k =
不一致，故
3 3
2
AB
AD
+
>
.
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动1
4 个单位得抛物线
2
:
W
y
x
¢
=
,
矩形ABCD 变换为矩形A B C D
¢ ¢ ¢ ¢ ,则问题等价于矩形A B C D
¢ ¢ ¢ ¢ 的周长大于3 3 .
设 






2
2
2
0
0
1
1
2
2
,
,
,
,
,
B t t
A t t
C t t
¢
¢
¢
, 根据对称性不妨设 
0
0
t ³
. 
则 
1
0
2
0
,
A B
B C
k
t
t k
t
t
¢
¢
¢
¢
=
+
=
+
, 由于 A B
B C
¢ ¢
¢ ¢
^
, 则 


1
0
2
0
1
t
t
t
t
+
+
= - .
由于 




2
2
1
0
1
0
2
0
2
0
1
,
1
A B
t
t
t
t
B C
t
t
t
t
¢
¢
¢
¢
=
+
+
-
=
+
+
-
, 且 
0t 介于 
1
2
,
t t 之间, 
则 




2
2
1
0
1
0
2
0
2
0
1
1
A B
B C
t
t
t
t
t
t
t
t
¢
¢
¢
¢
+
=
+
+
-
+
+
+
-
. 令 
2
0
tan
t
t
q
+
=
,
1
0
π
cot ,
0, 2
t
t
q q
æ
ö
+
= -
Îç
÷
è
ø,则2
0
1
0
tan
,
cot
t
t t
t
q
q
=
-
= -
-
,从而




2
2
0
0
1 cot
2
cot
1
tan
tan
2
A B
B C
t
t
q
q
q
q
¢
¢
¢
¢
+
=
+
+
+
+
-
故
3
3
0
0
2
2
2
2
2 (cos
sin )
1
1
sin
cos
sin
cos
2
sin
cos
cos
sin
sin
cos
sin
cos
t
A B
B C
t
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
¢
¢
¢
¢
-
+
æ
ö
+
=
-
+
+
=
+
ç
÷
è
ø
①当
π
0, 4
q
æ
ù
Îç
ú
è
û 时,
3
3
2
2
2
2
sin
cos
sin
cos
1
2
2
2
2 2
sin
cos
cos
sin
sin
cos
sin 2
A B
B C
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
¢
¢
¢
¢
+
+
³
=
+
³
=
³
②当 
π π
,
4 2
q
æ
ö
Îç
÷
è
ø
 时,由于1
0
2
t
t
t
<
<
,从而
0
0
0
cot
tan
t
t
t
q
q
-
-
<
<
-
,
从而
0
cot
tan
2
2
t
q
q
-
<
<
又0
0
t ³
,
故
0
tan
0
2
t
q
£
<
,由此
3
3
0
2
2
2 (cos
sin )
sin
cos
sin
cos
sin
cos
t
A B
B C
q
q
q
q
q
q
q
q
¢
¢
¢
¢
-
+
+
=
+
3
3
2
3
2
2
2
sin (cos
sin )(sin
cos )
sin
cos
1
cos
sin
cos
sin
cos
cos
sin
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
-
+
>
+
=
+



2
2
2
2
2
2
2
2
sin
sin
2cos
1 cos
1 cos
2cos
q
q
q
q
q
q
=
=

-
-




3
3
2
2
2
2
2
3 3
2
2
1 cos
1 cos
2cos
3
3
q
q
q
³
³
=
æ
ö
æ
ö
-
+
-
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
ç
÷
è
ø
，
当且仅当
3
cos
3
q =
时等号成立，故
3 3
2
A B
B C
¢
¢
¢
¢
+
>
，故矩形周长大于3 3 .
  .
7．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线C 的中心为坐标原点，左焦点为

2 5,0
-
，离心率为
5 ．
(1)求C 的方程；
(2)记C 的左、右顶点分别为
1A ，
2
A ，过点

4,0
-
的直线与C 的左支交于M，N 两点，M 在第二象
限，直线
1
MA 与
2
NA 交于点P．证明:点P 在定直线上.
【答案】(1)
2
2
1
4
16
x
y
-
=
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意求得,a b 的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线
1
MA 与
2
NA 的方程，联立直线
方程，消去y ，结合韦达定理计算可得
2
1
2
3
x
x
+
= -
-
，即交点的横坐标为定值，据此可证得点P 在定直
线= 1
x - 上.
【详解】（1）设双曲线方程为


2
2
2
2
1
0,
0
x
y
a
b
a
b
-
=
>
>
，由焦点坐标可知
2 5
c =
，
则由
5
c
e
a
=
=
可得
2
a =
，
2
2
4
b
c
a
=
-
=
，
双曲线方程为
2
2
1
4
16
x
y
-
= .
（2）由(1)可得




1
2
2,0 ,
2,0
A
A
-
，设




1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
，
显然直线的斜率不为0，所以设直线MN 的方程为
4
x
my
=
-
，且
1
1
2
2
m
-
<
<
，
与
2
2
1
4
16
x
y
-
= 联立可得

2
2
4
1
32
48
0
m
y
my
-
-
+
=
，且
2
64(4
3)
0
m
D =
+
>
，
则
1
2
1
2
2
2
32
48
,
4
1
4
1
m
y
y
y y
m
m
+
=
=
-
- ，
  
直线
1
MA 的方程为


1
1
2
2
y
y
x
x
=
+
+
，直线
2
NA 的方程为


2
2
2
2
y
y
x
x
=
-
-
，
联立直线
1
MA 与直线
2
NA 的方程可得：










2
1
2
1
1
2
1
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
6
6
y
x
y
my
my y
y
y
y
x
x
y
x
y
my
my y
y
+
-
-
+
+
+
=
=
-
-
=
-
-
1
1
2
2
2
1
1
2
2
48
32
16
2
2
2
1
4
1
4
1
4
1
48
48
3
6
6
4
1
4
1
m
m
m
y
y
m
m
m
m
m
y
y
m
m
-

- 
+
+
-
-
-
=
=
= -
´
-
-
-
-
，
由
2
1
2
3
x
x
+
= -
-
可得= 1
x - ，即
1
P
x = - ，
据此可得点P 在定直线= 1
x - 上运动.
8．（2023·全国乙卷·高考真题）已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
C
b
b
x
a
a
y +
>
>
=
的离心率是
5
3
，点

2,0
A -
在C 上．
(1)求C 的方程；
(2)过点

2,3
-
的直线交C 于,
P Q 两点，直线
,
AP AQ 与y 轴的交点分别为
,
M N ，证明：线段MN 的中
点为定点．
【答案】(1)
2
2
1
9
4
y
x
+
=
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求解, ,
a b c ，进而可得结果；
（2）设直线PQ的方程，进而可求点
,
M N 的坐标，结合韦达定理验证
2
M
N
y
y
+
为定值即可.
【详解】（1）由题意可得
2
2
2
2
5
3
b
a
b
c
c
e
a
ì
ï =
ïï
=
+
í
ï
ï =
=
ïî
，解得
3
2
5
a
b
c
ì =
ï =
í
ï =
î
，
所以椭圆方程为
2
2
1
9
4
y
x
+
= .
（2）由题意可知：直线PQ的斜率存在，设






1
1
2
2
:
2
3,
,
,
,
PQ y
k x
P x y
Q x
y
=
+
+
，
联立方程


2
2
2
3
1
9
4
y
k x
y
x
ì
=
+
+
ïí
+
=
ïî
，消去y 得：





2
2
2
4
9
8
2
3
16
3
0
k
x
k
k
x
k
k
+
+
+
+
+
=
，
则





2
2
2
2
Δ
64
2
3
64 4
9
3
1728
0
k
k
k
k
k
k
=
+
-
+
+
= -
>
，解得
0
k <
，
可得




2
1
2
1
2
2
2
16
3
8
2
3 ,
4
9
4
9
k
k
k
k
x
x
x x
k
k
+
+
+
= -
=
+
+
，
因为

2,0
A -
，则直线


1
1
:
2
2
y
AP y
x
x
=
+
+
，
令
0
x =
，解得
1
1
2
2
y
y
x
=
+
，即
1
1
2
0,
2
y
M
x
æ
ö
ç
÷
+
è
ø
,
同理可得
2
2
2
0,
2
y
N
x
æ
ö
ç
÷
+
è
ø ，
则




1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
3
2
3
2
2
2
2
2
y
y
k x
k x
x
x
x
x
+
+
+
+
+
é
ù
é
ù
+
+
ë
û
ë
û
=
+
+
+









1
2
2
1
1
2
2
3
2
2
3
2
2
2
kx
k
x
kx
k
x
x
x
+
+
+
+
+
+
+
é
ù
é
ù
ë
û
ë
û
=
+
+







1
2
1
2
1
2
1
2
2
4
3
4 2
3
2
4
kx x
k
x
x
k
x x
x
x
+
+
+
+
+
=
+
+
+











2
2
2
2
2
2
32
3
8
4
3
2
3
4 2
3
108
4
9
4
9
3
36
16
3
16
2
3
4
4
9
4
9
k k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
+
+
+
-
+
+
+
+
=
=
=
+
+
-
+
+
+
，
所以线段MN 的中点是定点

0,3 .