重难点16：破解圆锥曲线中点弦：圆锥曲
线中的中点弦问题
（培优固本提能讲义）
知识网络·核心根基深扎牢....................................................................................1
实战演练·能力进阶攀高峰....................................................................................4
题型一、求弦所在直线方程............................................................................4
题型二、求圆锥曲线离心率............................................................................6
题型三、求与弦中点有关的轨迹方程............................................................8
题型四、求中点弦的存在性问题..................................................................12
题型五、求参数问题......................................................................................16
题型六、求与中点弦有关的距离/面积问题.................................................18
题型七、求与中点弦有关的定值问题..........................................................21
题型精析・方法突破提能力..............................................................................25
利用中点弦求解圆锥曲线问题的核心思路是通过 “点差法” 或 “韦达定理法” 建
立中点坐标与直线斜率的关系，进而推导所需结论。无论何种中点弦问题（求直线方程、
轨迹、存在性等），均遵循 “设点→代入→作差 / 联立→推导关系→验证” 的基本流
程，关键是建立中点坐标与弦所在直线斜率的联系。
步骤 1：明确已知条件与目标
确定圆锥曲线类型（椭圆、双曲线、抛物线）及其标准方程；明确中点坐标（或中点
满足的条件）、待求量（直线方程、轨迹方程、参数范围等）。
步骤 2：设点与表示中点
设弦的两个端点为A(x1,y1)、B(x2,y2)，弦的中点为M(x0,y0)；
知识网络・核心根基深扎牢
一、解题思路
根据中点坐标公式，得到：x1+x2=2x0,y1+y2=2y0
步骤 3：代入曲线方程并作差（点差法核心）
代入方程：将A，B两点坐标代入圆锥曲线方程，进行作差化简。
步骤 4：结合条件求解目标
求直线方程：已知中点(x0,y0)，用点斜式写出直线方程（斜率由步骤 3 得）；
求中点轨迹：设中点为(x,y)，用斜率关系（如直线过定点、斜率满足某条件）消
去参数，得到轨迹方程；
存在性判断：求出直线方程后，联立曲线方程，通过判别式Δ>0验证是否有实根。
步骤 5：验证特殊情况与范围
检查直线斜率不存在的情况（如垂直x轴的直线是否符合条件）；
限制轨迹范围：确保中点对应的弦与曲线有两个交点（利用判别式或曲线范围）。
知识点
1 ：弦长公式
设直线l:y=kx+ m 与圆锥曲线交于A(x1,y1)、B(x2,y2)，则A，B 两点间距离为：
|AB|=
❑√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2=
❑√1+k
2|x1−x2|=
❑√1+k
2∙
❑√(x1+x2)
2
4
−x1x2；
|AB|= ❑√1+(
1
k)
2
∙
❑√( y1+ y2)
2
4
−y1 y2；
特殊情况（焦点弦）：
椭 圆：|A B|=
2ab
2
a
2−c
2cos
2θ
；其中θ为直线的倾斜角。
双曲线：|A B|=
2ab
2
|a
2−c
2cos
2θ|；其中θ为直线的倾斜角。
抛物线：|A B|=
2 p
sin
2θ
；其中θ为直线的倾斜角。
注意：以上情况为焦点在x 轴情况，若焦点在y 轴，则cosθ与sinθ互换
知识点
2 ：圆锥曲线点差法
其本质是利用圆锥曲线的对称性和方程的整体性：设弦的两端点在曲线上，代入方程
后作差，可通过平方差公式分解出含中点坐标和直线斜率的表达式，直接搭建二者的桥
梁。
二、方法技巧
椭 圆：设圆锥曲线x
2
a
2 +y
2
b
2 =1（a>b>0）与直线AB 交于A(x1,y1)、B(x2,y2)，弦
AB 中点为M(x0,y0)。
则x1+x2=2x0,y1+y2=2y0。将A,B 两点代入x
2
a
2 +y
2
b
2 =1得：x1
2
a
2 +y1
2
b
2 =1，x2
2
a
2 +y2
2
b
2 =1
两
式
作
差
得
：
x1
2−x2
2
a
2
+y1
2−y2
2
b
2
=0 进一步
⇔
(x1−x2)(x1+x2)
a
2
+(y1−y2)(y1+y2)
b
2
=0 进一步
⇔
(x1−x2)∙2x0
a
2
+k(x1−x2)
b
2
所以得：x0
a
2 +ky0
b
2 =0，即kAB=−b
2
a
2 ∙x0
y0
双曲线：设圆锥曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1（a>b>0）与直线AB 交于A(x1,y1)、B(x2,y2)，弦
AB 中点为M(x0,y0)。
则x1+x2=2x0,y1+y2=2y0。将A,B 两点代入x
2
a
2 −y
2
b
2 =1得：x1
2
a
2 −y1
2
b
2 =1，x2
2
a
2 −y2
2
b
2 =1
两
式
作
差
得
：
x1
2−x2
2
a
2
−y1
2−y2
2
b
2
=0 进一步
⇔
(x1−x2)(x1+x2)
a
2
−(y1−y2)(y1+y2)
b
2
=0 进一步
⇔
(x1−x2)∙2x0
a
2
−k(x1−x2
b
2
所以得：x0
a
2 −ky0
b
2 =0，即kAB=b
2
a
2 ∙x0
y0
抛物线：设圆锥曲线y
2=2px（p>0）与直线AB 交于A(x1,y1)、B(x2,y2)，弦AB 中
点为M(x0,y0)。
则x1+x2=2x0,y1+y2=2y0。将A,B 两点代入y
2=2px得：y1
2=2px1，y2
2=2px2
两式作差得：(y1−y2)(y1+y2)=2p(x1−x2) 进一步
⇔
k(x1−x2)∙2y0=2p(x1−x2)
所以：k=p
y0
知识点
3 ：弦中点性质
椭 圆：则弦AB的斜率kAB与线段OM（O为原点）的斜率kOM之积为定值−b
2
a
2 ，即：
kAB·kOM=−b
2
a
2 ∙x0
y0
×y0
x0
=−b
2
a
2
双曲线：则弦AB的斜率kAB与线段OM（O为原点）的斜率kOM之积为定值b
2
a
2 ，即：
kAB·kOM= b
2
a
2 ∙x0
y0
×y0
x0
= b
2
a
2
抛物线：则弦AB的斜率kAB与线段OM（O为原点）的斜率kOM之积为定值b
2
a
2 ，即：
kAB·kOM=p
y0
×y0
x0
=p
x0
知识点
4 ：弦中点坐标或斜率求离心率
椭 圆：已知中点坐标和所在弦的斜率求离心率：则
e = ❑√
1−b
2
a
2 = ❑√1+kAB·kOM= ❑√1+kAB·y0
x0
双曲线：已知中点坐标和所在弦的斜率求离心率：则
e = ❑√
1+ b
2
a
2 = ❑√1−kAB·kOM= ❑√1−kAB·y0
x0
【答案】C
【分析】先通过联立直线和椭圆方程，利用韦达定理求出中点坐标，再根据中点坐标
的关系得出中点所在直线方程.
【详解】将直线方程y = x +m代入椭圆方程x
2
4 + y
2
3 =1中，得到x
2
4 + ( x +m)
2
3
=1.
展开式子化简为7 x
2+8mx + 4 m
2−12=0.
实战演练・能力进阶攀高峰
题型一、求弦所在直线方程
典例探究
【典型例题】设直线l: y = x +m与椭圆E: x
2
4 + y
2
3 =1相交于A、B两点，当m变化时，线段
AB的中点所在的直线方程为（ ）
A．y = 3
4 x
B．y = 4
3 x
C．y =−3
4 x
D．y =−4
3 x
根据韦达定理,所以x1+ x2=−8m
7 ，又因为中点横坐标x0=−4 m
7 .
已知y0= x0+m，把x0=−4 m
7 代入可得y0=−4 m
7 +m= 3m
7 .
因为
y0
x0
=
3m
7
−4 m
7
=−3
4 ，即y0=−3
4 x0.
所以线段AB的中点所在的直线方程为y =−3
4 x.
故选：C.
【1-1】设A，B 为双曲线x
2
8 −y
2
16 =1上的两点，若线段AB 的中点为M (1,2)，则直线AB
的方程是（ ）
A．x + y −3=0
B．2 x + y −3=0
B．C．x−y +1=0
D．x−2 y +3=0
【答案】C
【分析】利用点差法，结合一元二次方程根与系数关系进行求解判断即可.
【详解】设A(x1, y1),B(x2, y2)，
则有{
x1
2
8 −y1
2
16 =1
x2
2
8 −y2
2
16 =1)
，两式相减，得(x1+ x2)(x1−x2)
8
= ( y1+ y2)( y1−x2)
16
，
因为线段AB 的中点为M (1,2)，
所以x1+ x2=2, y1+ y2= 4，
因此由(x1+ x2)(x1−x2)
8
= ( y1+ y2)( y1−x2)
16
⇒y1−x2
x1−x2
=1，
即直线AB 的斜率为1，方程为y −2= x−1⇒x−y +1=0，
代入双曲线方程中，得y
2−4 y −14 =0，
举一反三
因为(−4)
2−4×1×(−14)>0，
所以线段AB 存在，
故选：C
【1-2】已知直线l交抛物线C : x
2=−18 y于M , N两点，且MN的中点为(3,−2)，则直线l
的斜率为（ ）
A．−3
B．−1
6
C．1
9
D．−1
3
【答案】D
【分析】设出直线l的斜率为k，点M , N两点的坐标，代入抛物线方程x
2=−18 y，
作差，可得
y1−y2
x1−x2
=−x1+ x2
18
，又MN的中点为(3,−2)，即求出k.
【详解】易知直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k , M (x1, y1), N (x2, y2)，
则¿两式相减得x1
2−x2
2=−18( y1−y2)，整理得
y1−y2
x1−x2
=−x1+ x2
18
，
因为MN的中点为(3,−2)，则x1+ x2=2×3=6，
所以k = y1−y2
x1−x2
=−6
18 =−1
3，即直线l的斜率为−1
3.
故选：D.
【1-3】已知直线l 交抛物线C : y
2=18 x于M，N 两点，且MN 的中点为(5,3)，则直线l 的
斜率为（ ）
A．9
5
B．3
2
C．3
D．18
5
【答案】C
【分析】易知直线l 的斜率存在，设M (x1, y1), N (x2, y2)，则¿，两式相减即可得出
直线的斜率k = y1−y2
x1−x2
的值．
【详解】易知直线l 的斜率存在，设直线的斜率为k，M (x1, y1), N (x2, y2)，
则¿，两式相减得y1
2−y2
2=18(x1−x2)，整理得
y1−y2
x1−x2
=
18
y1+ y2
，
因为MN 的中点为(5,3)，则y1+ y2=6，
所以k = y1−y2
x1−x2
= 18
6 =3，即直线l 的斜率为3．
故选：C．
【答案】B
【分析】利用点差法计算得出n
2
m
2 = 3
2，借助离心率公式计算即可.
【详解】设A(x1, y1),B(x2, y2)，
因为M (2,1)为线段AB的中点，所以x1+ x2= 4 , y1+ y2=2，
由{
x1
2
m
2 + y1
2
n
2 =1
x2
2
m
2 + y2
2
n
2 =1)
，两式相减可得：x1
2−x2
2
m
2
=−y1
2−y2
2
n
2
，
整理得
y1−y2
x1−x2
=−n
2(x1+ x2)
m
2( y1+ y2)
，即−3=−4 n
2
2m
2，
题型二、求圆锥曲线离心率
典例探究
【典型例题】过点M (2,1)作斜率为−3的直线与椭圆C : x
2
m
2 + y
2
n
2 =1相交于A ,B两点，
若M为线段AB的中点，则C的离心率为（ ）
A．1
3
B．
❑√3
3
C．1
2
D．
❑√2
2
所以n
2
m
2 = 3
2，则n
2= 3
2 m
2>m
2，即椭圆C : x
2
m
2 + y
2
n
2 =1的焦点在y轴上，
即a
2=n
2= 3
2 m
2,b
2=m
2,c
2=a
2−b
2= 1
2 m
2，则a= ❑√3c，
所以e = c
a =
❑√3
3 .
故选：B.
【2-1】已知原点为O，椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)与直线l: x−y +1=0交于A ,B两点，
线段AB的中点为M，若直线OM的斜率为−1
3，则椭圆C的离心率为（ ）
A．1
2
B．
❑√3
2
C．
❑√5−1
2
D．
❑√6
3
【答案】D
【分析】利用点差法,结合斜率公式即可求解.
【详解】设A(x1, y1),B(x2, y2),则x1
2
a
2 + y1
2
b
2 =1且x2
2
a
2 + y2
2
b
2 =1，
故x2
2−x1
2
a
2
+ y2
2−y1
2
b
2
=0，故−b
2
a
2 = y2
2−y1
2
x2
2−x1
2 = y2−y1
x2−x1
⋅y2+ y1
x2+ x1
=kl⋅kOM,
故−b
2
a
2 =1×(−1
3)，即b
2
a
2 = 1
3，
因此e = c
a = ❑√
1−b
2
a
2 =
❑√6
3
，
故选：D
举一反三
【2-2】过点M (2,−1)作斜率为1
2的直线与椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)相交于A ,B两个不同
点，若M是AB的中点，则该椭圆的离心率e =（ ）
A．3
4
B．
❑√3
2
C．
❑√2
2
D．1
2
【答案】B
【解析】假设点A(x1, y1),B(x2, y2)，然后代入椭圆方程，使用点差法以及中点坐标
公式可得a,b关系，最后根据c
2=a
2−b
2以及e = c
a简单计算即可.
【详解】设A(x1, y1),B(x2, y2)
所以{
x1
2
a
2 + y1
2
b
2 =1
x2
2
a
2 + y2
2
b
2 =1)
⇒(x1−x2)(x1+ x2)
a
2
+ ( y1−y2)( y1+ y2)
b
2
=0
所以b
2
a
2 =−y1−y2
x1−x2
⋅y1+ y2
x1+ x2
，又{
y1+ y2=−2
x1+ x2= 4 ),k AB= y1−y2
x1−x2
= 1
2
所以b
2
a
2 = 1
4 ，即a
2= 4 b
2，又c
2=a
2−b
2=3b
2
所以e = ❑√
c
2
a
2 =
❑√3
2
故选：B
【2-3】已知椭圆E： x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点为F (3,0)，过点F 的直线交椭圆E 于
A，B 两点，若AB 的中点坐标为(1，−1)，则椭圆E 的离心率为（ ）
A．1
2
B．
❑√2
2
C．
❑√3
2
D．3
4
【答案】B
【分析】利用点差法列方程，解方程求得b
a的值，进而求得离心率.
【详解】设A(x1, y1),B(x2, y2)代入椭圆方程得x1
2
a
2 + y1
2
b
2 =1, x2
2
a
2 + y2
2
b
2 =1 ,
两式相减并化简得b
2
a
2 ⋅x1+ x2
y1+ y2
=−y1−y2
x1−x2
，即b
2
a
2 ⋅
2×1
2×(−1) =−−1−0
1−3 ，
解得;b
2
a
2 = 1
2，
故离心率为e= ❑√
1−(
b
a)
2
= ❑√1−1
2 =
❑√2
2
.
故选：B.
【答案】B
【分析】依题意可求出直线AB的斜率为−b，设点A( x1, y1),B( x2, y2)，利用点差
法和题设条件可推得a
2=2b，结合a
2−b
2=1，求出a,b的值，即得椭圆方程.
题型三、求与弦中点有关的轨迹方程
典例探究
【典型例题】已知点F (−1,0)为椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左焦点，点P为椭圆的下顶
点，平行于FP的直线l交椭圆于A ,B两点，且AB的中点为(1, 1
2 )，则该椭圆的方程为
（ ）
A．x
2
6 + y
2
5 =1
B．x
2
2 + y
2=1
B．x
2
5 + y
2
4 =1
D．x
2
4 + y
2
3 =1
【详解】
如图，由题意，点F (−1,0)，P(0,−b)，直线l的斜率为kl= 0−(−b)
−1−0 =−b，
因AB// PF，故k AB=−b，
设点A( x1, y1),B( x2, y2)，则{
x1
2
a
2 + y1
2
b
2 =1
x2
2
a
2 + y2
2
b
2 =1)
，
两式相减，可得：
( x1+ x2)( x1−x2)
a
2
+ ( y1+ y2)( y1−y2)
b
2
=0（*），
因AB的中点为M (1, 1
2 )，则x1+ x2=2, y1+ y2=1，且
y1−y2
x1−x2
=−b，
代入（*），化简可得：a
2=2b①又a
2−b
2=1②，
联立① ② ，解得：a= ❑√2,b=1，故该椭圆的方程为x
2
2 + y
2=1.
故选：B.
【3-1】已知椭圆E：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点为F (2,0)，过点F的直线交椭圆E于A，
B两点，若线段AB的中点坐标为(
4
3 ,−2
3)，则椭圆E的标准方程为（ ）
A．x
2
27 + y
2
36 =1
B．x
2
36 + y
2
27 =1
举一反三
C．x
2
8 + y
2
4 =1
D．x
2
9 + y
2
18 =1
【答案】C
【分析】利用中点坐标公式和点差法可求得b
2
a
2的值，结合c =2可得出a
2,b
2的值，进
而得解.
【详解】设点A(x1, y1)、B(x2, y2)，则AB的中点为M(
x1+ x2
2
, y1+ y2
2 )，
则{
x1+ x2
2
= 4
3
y1+ y2
2
=−2
3)
，可得{
x1+ x2= 8
3
y1+ y2=−4
3)
.
若直线AB⊥x轴，则线段AB的中点在x轴上，不合题意；
故直线AB的斜率存在，且k AB= y1−y2
x1−x2
，
由于A、B两点都在椭圆E上，则{
x1
2
a
2 + y1
2
b
2 =1
x2
2
a
2 + y2
2
b
2 =1)
，
两式相减得(x1−x2)(x1+ x2)
a
2
+ ( y1−y2)( y1+ y2)
b
2
=0，即
x1+ x2
y1+ y2
=−a
2
b
2 × y1−y2
x1−x2
，
因为F , M在直线AB 上，故k AB=
0−(−2
3)
2−4
3
=1，故
8
3
−4
3
=−a
2
b
2，即b
2
a
2 = 1
2，
所以{
b
2
a
2 = 1
2
c
2=a
2−b
2= 4)
，解得{
a
2=8
b
2= 4)，
所以椭圆E的标准方程为x
2
8 + y
2
4 =1.
故选：C.
【3-2】若双曲线的中心为原点，F (0,−2)是双曲线的焦点，过F的直线l与双曲线相交于
M，N两点，且MN的中点为P(3,1)，则双曲线的方程为( ).
A．x
2
3 −y
2=1
B．y
2−x
2
3 =1
C．y
2
3 −x
2=1
D．x
2−y
2
3 =1
【答案】B
【分析】本题是圆锥曲线中点弦问题，运用点差法求解双曲线方程.
【详解】根据题意，F (0,−2)是双曲线的焦点，则双曲线的焦点在y轴上，
设双曲线的方程为y
2
a
2 −x
2
b
2 =1(a>0,b>0)，且M (x1, y1)，N (x2, y2)，
由已知条件易得直线l的斜率为k =k PF = −2−1
0−3 =1，则有
y1−y2
x1−x2
=1，
变形可得y1−y2= x1−x2，因为M，N两点在双曲线上，所以{
y1
2
a
2 −x1
2
b
2 =1
y2
2
a
2 −x2
2
b
2 =1)
，
两式相减得( y1−y2)( y1+ y2)
a
2
−(x1−x2)(x1+ x2)
b
2
=0，又因为MN的中点为P(3,1)，
所以x1+ x2=6，y1+ y2=2，化简得b
2=3a
2，
又因为c =2，所以a
2+b
2= 4，解得a
2=1，b
2=3，
则双曲线的方程为：y
2−x
2
3 =1.
故选：B.
【3-3】已知双曲线的中心在原点且一个焦点为F(❑√7 ,0)，直线y =−x +1与其相交于M，
N 两点，若MN 中点的横坐标为−3，则此双曲线的方程是（ ）
A．x
2
3 −y
2
4 =1
B．x
2
4 −y
2
3 =1
C．x
2
5 −y
2
2 =1
D．x
2
2 −y
2
5 =1
【答案】A
【分析】设双曲线的方程为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1，M ( x1，y1)，N ( x2，y2)，运用点差法，
以及中点坐标公式和直线的斜率公式，可得a，b的方程，结合a，b，c的关系，解方程可
得a，b，进而得到所求双曲线的方程．
【详解】解：设双曲线的方程为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，
由题意可得a
2+b
2=c
2=7，①
设M ( x1，y1)，N ( x2，y2)，
可得x1
2
a
2 −y1
2
b
2 =1，x2
2
a
2 −y2
2
b
2 =1，
两式相减可得
( x1−x2)( x1+ x2)
a
2
= ( y1−y2)( y1+ y2)
b
2
，
由题意可得MN的中点坐标为(−3,4)，直线MN的斜率为−1，
则b
2
a
2 = y1−y2
x1−x2
⋅y1+ y2
x1+ x2
=−1× 4
−3 = 4
3 ，②
由①②解得a= ❑√3，b=2，
所以双曲线的方程为x
2
3 −y
2
4 =1．
故选：A．
【答案】(1)不能，理由见解析
(2)k ∈(−❑√2,❑√2)
题型四、求中点弦的存在性问题
典例探究
【典型例题】已知双曲线x
2−y
2
2 =1，过点P(1,1)作直线l.
(1)若直线l 与双曲线相交于A，B 两点，P 能否是线段AB 的中点？为什么？
(2)若直线l 的斜率k 存在，且l 与双曲线左右两支都相交，求直线l 斜率k 的取值范围.
【分析】（1）首先由点差法求出直线方程，然后联立直线方程与双曲线方程，判断
判别式是否大于0 即可；
（2）联立直线与双曲线方程，根据题意列出k的不等式即可求解.
【详解】（1）当直线l 垂直x 轴时，因为过点P(1,1)，所以直线l 方程为x =1，
又双曲线x
2−y
2
2 =1，右顶点为(1,0)在直线l 上，
所以直线l 与双曲线只有一个交点，不满足题意；
当直线l 不垂直x 轴时，斜率存在，设A( x1, y1),B( x2, y2)，且x1≠x2，
因为A、B 在双曲线上，
所以{
x1
2−y1
2
2 =1
x2
2−y2
2
2 =1)
，两式相减可得( x1
2−x2
2)−1
2 ( y1
2−y2
2)=0，
所以( x1−x2)( x1+ x2)−1
2 ( y1−y2)( y1+ y2)=0，
若点P(1,1)为线段AB的中点，则{
x1+ x2
2
=1
y1+ y2
2
=1)
，即{
x1+ x2=2
y1+ y2=2)，代入上式，
所以x1−x2= 1
2 ( y1−y2)，则直线l 的斜率k = y1−y2
x1−x2
=2，
所以直线l 的方程为y −1=2( x−1)，即y =2 x−1，
验证:将直线l 与双曲线联立{
y =2 x−1
x
2−y
2
2 =1)
，可得2 x
2−4 x +3=0，
Δ=(−4)
2−4×2×3=−8<0，故方程无解所以不存在这样的直线l，
综上，点P 不能是线段AB 的中点.
（2）设直线l 的方程为:y −1=k （x−1），
将其代入双曲线方程得(2−k
2) x
2−2k (1−k ) x −3+2k −k
2=0，
依题意有{
2−k
2≠0
x1 x2= −3+2k −k
2
2−k
2
<0)
，解得k ∈(−❑√2,❑√2).
【4-1】直线m: y =kx +1和双曲线x
2−y
2=1的左支交于A，B 两点，直线l 过点P(−2,0)和
线段AB 的中点．
（1）求k的取值范围；
（2）是否存在k值，使l 在y轴上的截距为1，若存在，求k值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）1<k <❑√2 （2）不存在，理由见解析
【分析】（1）联立直线与双曲线方程，消去y，设直线和双曲线的交点为A( x1, y1)
），B( x2, y2)．依题意可得{
Δ>0
x1+ x2<0
x1 x2>0 )
解得即可；
（2）设线段AB 的中点为M，则点M(
k
1−k
2 ,
1
1−k
2)．假设存在直线l: x +2=my，
则M 在直线l上，由l 在y轴上的截距为1，即可求出k，再与（1）中k的取值范围检验即可；
【详解】解：（1）由方程{
y =kx +1
x
2−y
2=1)消去y，整理得(1−k
2)x
2−2kx −2=0．
设直线和双曲线的交点为A( x1, y1)），B( x2, y2)．
由题意知{
Δ>0
x1+ x2= 2k
1−k
2 <0
x1 x2>0 )
即{
4 k
2+8(1−k
2)>0
2k
1−k
2 <0
−2
1−k
2 >0 )
，解得1<k <❑√2．
（2）设线段AB 的中点为M，则点M(
k
1−k
2 ,
1
1−k
2)．
假设存在直线l: x +2=my，则M 在直线l上，
举一反三
故
k
1−k
2 +2=m⋅
1
1−k
2，
即m=2+k −2k
2，代入x +2=my，
得 x +2=(2+ k −2k
2) y．
令x =0,则y =
2
2+k −2k
2 =1，
解得k =0或k = 1
2，而k ∈(1,❑√2)，故k不存在．
【4-2】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为2，实轴长为4，过点P(1,1)的直
线l 与C 相交于A，B 两点．
(1)求C 的方程；
(2)是否存在l，使得P 恰好是线段AB 的中点？若存在，求出l 的方程；若不存在，请
说明理由．
【答案】(1) x
2
4 −y
2
12 =1
(2)不存在，理由见解析
(3)为定值，定值为0
【分析】（1）根据双曲线的实轴长和离心率求出a、c，进而求出b
2，即可得到双曲
线方程；
（2）利用点差法求出直线的斜率，得到直线方程，然后联立直线与双曲线方程，通
过判别式判断直线与双曲线是否有交点，从而确定是否存在满足条件的直线；
【详解】（1）因为C的实轴长为4，所以2a= 4，解得a=2，又因为C 的离心率为
2，所以c
a =
❑√2
2+b
2
2
=2，所以b
2=12，所以C的方程为x
2
4 −y
2
12 =1．
（2）由题意直线l 的斜率存在，假设存在直线l 满足条件，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则x1
2
4 −y1
2
12 =1，x2
2
4 −y2
2
12 =1，所以3(x1
2−x2
2)−( y1
2−y2
2)=0，
即3(x1+ x2)(x1−x2)−( y1+ y2)( y1−y2)=0，
因为P 为线段AB 的中点，所以x1+ x2=2，y1+ y2=2，
所以3(x1−x2)−( y1−y2)=0，所以
y1−y2
x1−x2
=3，即直线l 的斜率为3，
所以直线l 的方程为y=3x－2．
联立{
x
2
4 −y
2
12 =1
y =3 x−2)
，消去y 并整理得3 x
2−6 x +8=0，
Δ=(−6)
2−4×3×8=−60<0，
所以直线l 与C 无公共点，这与直线l 与C 交于A，B 两点矛盾，
故不存在直线l，使得P 恰好是线段AB 的中点．
【4-3】在平面直角坐标系中，点A、B 的坐标分别为A (−1,0)，B (1,0)，直线AM、BM 相
交于点M，且它们的斜率之积为2．
(1)求M 的轨迹方程；
(2)记M 的轨迹为曲线Γ，过点P(1,1)能否作一条直线l，与曲线Γ交于两点D、E，
使得点P 是线段DE 的中点？
【答案】(1)x
2−y
2
2 =1(x≠1)
(2)不能，理由见解析
【分析】（1）设M (x , y)，根据所给条件，列出方程化简即可得出轨迹方程；
（2）利用“点差法”求出直线方程，再联立椭圆方程，利用判别式检验即可.
【详解】（1）设M (x , y)，则k AM =
y
x +1，k BM =
y
x−1
由k AM ⋅k AN =2得
y
x +1 ⋅
y
x−1 =2
整理得y
2=2 x
2−2(x≠±1)
所以，点M 得轨迹方程为x
2−y
2
2 =1(x≠±1)．
（2）设D(x1, y1)，E(x2, y2)，可得{
x1
2−y1
2
2 =1
x2
2−y2
2
2 =1)
两式相减得(x1+ x2)(x1−x2)−1
2 ( y1+ y2)( y1−y2)=0
由题意，x1+ x2=2，y1+ y2=2，所以k AB= y1−y2
x1−x2
=2
直线AB 方程为y =2 x−1
代入x
2−y
2
2 =1(x≠±1)得，2 x
2−4 x +3=0．
∵Δ=−8<0，
∴不存在这样的直线l．
【答案】D
【分析】设交点M , N的坐标，代入椭圆方程得到方程组，两式作差后整理化简得到
x1+ x2
4( y1+ y2)
=−y1−y2
x1−x2
，由直线斜率再次化简得x1+ x2= 4( y1+ y2)，在利用中点坐标公式
得到x0= 4 y0，结合点在直线y = x +1上得到发现，解出x0, y0，再代入方程y =−x +m，
求得m的值.
题型五、求参数问题
典例探究
【典型例题】已知直线y = x +1与椭圆C : x
2
4 + y
2=1交于A ,B两点，直线y =−x +m与
椭圆C交于M , N两点，若直线AB垂直平分线段MN，则m=（ ）
A．−1
3
B．−2
3
C．−4
3
D．−5
3
【详解】设M (x1, y1), N (x2, y2)，直线AB与直线MN交于点P(x0, y0)，则
{
x1
2
4 + y1
2=1
x2
2
4 + y2
2=1)
，
两式相减得x1
2−x2
2
4
+ y1
2−y2
2=0，(x1+ x2)(x1−x2)
4
+( y1+ y2)( y1−y2)=0，
即
x1+ x2
4( y1+ y2)
=−y1−y2
x1−x2
=−k =1，∴x1+ x2= 4( y1+ y2)
由∵P为MN中点，即x0= x1+ x2
2
，y0= y1+ y2
2
∴x0= 4 y0，又y0= x0+1，
∴x0=−4
3 , y0=−1
3，
∴m= y0+ x0=−5
3.
故选：D.
【5-1】椭圆m x
2+n y
2=1与直线y =1−x交于M，N 两点，连接原点与线段MN中点所得
直线的斜率为
❑√2
2 ，则m
n 的值是（ ）
A．
❑√2
2
B．2❑√3
3
C．9 ❑√2
2
D．2❑√3
27
举一反三
【答案】A
【分析】设M ( x1, y1), N ( x2, y2)，利用点差法可推出
y1+ y2
x1+ x2
⋅y1−y2
x1−x2
=−m
n ，设线
段MN中点为( x0, y0)，结合题意推出
y0
x0
=
❑√2
2 ，
y1−y2
x1−x2
=−1，代入
y1+ y2
x1+ x2
⋅y1−y2
x1−x2
=−m
n 化简，即可得答案.
【详解】设M ( x1, y1), N ( x2, y2)，则m x1
2+n y1
2=1,m x2
2+n y2
2=1，
两式相减得m( x1
2−x2
2)+n( y1
2−y2
2）=0，
由已知椭圆m x
2+n y
2=1与直线y =1−x交于M，N 两点，可知x1≠x2，
故
y1
2−y2
2
x1
2−x2
2 =−m
n ，即
y1+ y2
x1+ x2
⋅y1−y2
x1−x2
=−m
n ，
设线段MN中点为( x0, y0)，则x1+ x2=2 x0, y1+ y2=2 y0，而
y1−y2
x1−x2
=k MN =−1，
连接原点与线段MN中点所得直线的斜率为
❑√2
2 ，即
y0
x0
=
❑√2
2 ，
故
❑√2
2 ⋅(−1)=−m
n ，即m
n =
❑√2
2 ，
故选：A
【5-2】斜率为1 的直线与双曲线C : x
2
a
2 −y
2=1(a>0)交于A，B两点，若线段AB的中点为
(3,1)，则a=（ ）
A．❑√2
B．❑√3
C．❑√6
D．2❑√3
【答案】B
【分析】利用点差法来求得正确答案.
【详解】设A(x1, y1),B(x2, y2)，
则x1
2
a
2 −y1
2=1, x2
2
a
2 −y2
2=1，
两式相减并化简得1
a
2 = y1+ y2
x1+ x2
⋅y1−y2
x1−x2
= 1
3 ⋅1= 1
3，
a
2=3,a= ❑√3（负根舍去）.
故选：B
【5-3】已知双曲线x
2
4 −y
2
b
2 =1的左右焦点分别为
､
F1, F2,过左焦点F1作斜率为2 的直线与
双曲线交于A，B 两点，P 是AB 的中点，O 为坐标原点，若直线OP 的斜率为1
4 ，则b 的值
是（ ）
A．2
B．❑√3
C．3
2
D．❑√2
【答案】D
【分析】利用点差法设A(x1, y1)、B(x2, y2)，作差即可得到
y1−y2
x1−x2
⋅y1+ y2
x1+ x2
= b
2
4 ，
再根据斜率公式，从而得到1
2 = b
2
4 ，即可得解；
【详解】解：设A(x1, y1)、B(x2, y2)，则x1
2
4 −y1
2
b
2 =1，x2
2
4 −y2
2
b
2 =1，
两式相减可得1
4 (x1−x2)(x1+ x2)−1
b
2 ( y1−y2)( y1+ y2)=0，
∵P为线段AB的中点，∴2 x p= x1+ x2，2 y p= y1+ y2，
∴y1−y2
x1−x2
⋅y1+ y2
x1+ x2
= b
2
4 ，又
y1−y2
x1−x2
=k AB=2，
y1+ y2
x1+ x2
= 1
4 ，
∴1
2 = b
2
4 ，即b
2=2，∴b= ❑√2，
故选：D.
【答案】B
【分析】由点差法结合已知可得b，进而求出c，根据椭圆C上一点M到焦点F的距离
的最小值为a−c求得结果.
【详解】设A( x1, y1),B( x2, y2), x1≠x2，则x1
2
72 + y1
2
b
2 =1, x2
2
72 + y2
2
b
2 =1，
两式作差得x1
2−x2
2
72
+ y1
2−y2
2
b
2
=0，即
y1
2−y2
2
x1
2−x2
2 =−b
2
72，即
y1+ y2
x1+ x2
⋅y1−y2
x1−x2
=−b
2
72①，
因为点P(2, 1)恰好是AB的中点，所以x1+ x2= 4 , y1+ y2=2，
又因为直线AB的斜率为
y1−y2
x1−x2
=−1，
将它们代入①式得2
4 ×(−1)=−b
2
72，解得b
2=36，
又a
2=72,a=6 ❑√2，则c =
❑√a
2−b
2= ❑√72−36=6，
所以椭圆C上一点M到焦点F的距离的最小值为a−c =6 ❑√2−6．
故选：B．
【6-1】已知椭圆C : y
2
6 + x
2
2 =1，过点P(
1
2 , 3
2)的直线与椭圆C 交于A，B 两点且AB 的中
题型六、求与中点弦有关的距离/面积问题
典例探究
【典型例题】已知椭圆C : x
2
72 + y
2
b
2 =1(0<b<6 ❑√2)，过点P(2, 1)且斜率为−1的直线
与C相交于A , B两点，若P恰好是AB的中点，则椭圆C上一点M到焦点F的距离的最
小值为（ ）
A．6
B．6 ❑√2−6
C．6−2❑√3
D．6 ❑√2+6
举一反三
点为P，则坐标原点O 到直线AB 的距离为（ ）
A．1
B．❑√2
C．2
D．2❑√2
【答案】B
【分析】代入点差法公式，求直线AB的斜率，再代入点到直线的距离公式，即可求
解.
【详解】设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则{
y1
2
6 + x1
2
2 =1
y2
2
6 + x2
2
2 =1)
，两式相减得( y1+ y2)( y1−y2)
6
+ (x1+ x2)(x1−x2)
2
=0，
由条件可知，x1+ x2=1，y1+ y2=3，
即y1−y2
2
+ x1−x2
2
=0，
并且由对称性可知，x1≠x2，所以
y1−y2
x1−x2
=−1，
所以直线AB的斜率为−1，所以直线AB的方程为y −3
2 =−(x−1
2)，即x + y −2=0，
所以原点到直线AB的距离d = 2
❑√2 = ❑√2.
故选：B
【6-2】已知椭圆x
2
4 + y
2
3 =1内一点M (−1,1)，过点M 的直线l 与椭圆交于点A，B，若⃑
AM =⃑MB，则椭圆右焦点到直线l 的距离为
A．2
B．7
5
C．13
5
D．4
5
【答案】A
【解析】由⃗AM =⃗MB可知M为A ,B中点,设A( x1, y1),B( x2, y2)代入椭圆方程利用
点差法可求出kl,由点斜式即可写出直线方程,进而利用点到直线的距离公式可解得结果.
【详解】由⃗AM =⃗MB可知M为A ,B中点,设A( x1, y1),B( x2, y2)则{
x1
2
4 + y1
2
3 =1
x❑
2
2
4 + y❑
2
2
3 =1
,作
差化简可得:
( x1
2−x2
2)
4
+ ( y1
2−y2
2)
3
=0即( x1−x2)( x1+ x2)
4
+ ( y1−y2)( y1+ y2)
3
=0,因为
{
x1+ x2
2
=−2
y1+ y2
2
=2
,代入解得:kl= 3
4 .则直线l:3 x−4 y +7 =0,椭圆的右焦点F(1,0)到直线的距离
为d =|3+7|
5
=2.
故选:A.
【6-3】已知拋物线C : y
2=2 px( p>0)的焦点为F，点P(
1
2 ,t)在抛物线C上，且|PF)= 5
2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点Q (4,2)的直线l与抛物线交于A ,B两点，且点Q是线段AB的中点，求△ABF
的面积.
【答案】(1)y
2=8 x
(2)2❑√7
【分析】（1）将点P 到焦点的距离转化为到准线的距离，求出p，得抛物线方程；
（2）利用点差法，求出直线AB 的方程，与抛物线联立，求出三角形的面积.
【详解】（1）由定义知|PF)= xP+ p
2 = 1
2 + p
2 = 5
2，解得p= 4，
所以抛物线C的方程为y
2=8 x.
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
因为Q (4,2)是线段AB的中点，所以y1+ y2= 4，
{
y1
2=8 x1
y2
2=8 x2)，则( y2−y1)( y2+ y1)=8(x2−x1)，
所以直线AB 的斜率k AB= y2−y1
x2−x1
=
8
y1+ y2
= 8
4 =2，
所以直线l的方程为2 x−y −6=0，设直线l与x轴交于点M，则M (3,0)，
联立{
2 x−y −6=0
y
2=8 x )，得y
2−4 y −24 =0，所以y1+ y2= 4，y1 y2=−24，
所以|y1−y2)= ❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 4 ❑√7，
S△ABF = 1
2 ×|FM )×|y2−y1)= 1
2 ×1×4 ❑√7=2❑√7.
【答案】(1)证明见解析；
(2)能，此时l 的斜率为4± ❑√7
【分析】（1）利用点差法进行求解，得到直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为−9；
（2）先判断出直线l 的斜率满足k >0，k ≠3，由（1）得OM的方程为y =−9
k x，设
题型七、求与中点弦有关的定值问题
典例探究
【典型例题】如图，已知椭圆C：9 x
2+ y
2=m
2(m>0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标
轴，l 与C 有两个交点A，B，线段AB 的中点为M．
(1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；
(2)若l 过点(
m
3 ,m)，延长线段OM 与C 交于点P，四边形OAPB 能否为平行四边形？
若能，求此时l 的斜率；若不能，说明理由．
点P的横坐标为xP，联立求出xP=±
km
3
❑√k
2+9
，xM = mk (k −3)
3(k
2+9) ，从而得到方程，求出答
案.
【详解】（1）设A(x1, y1),B(x2, y2)，M (x0, y0)，
{
9 x1
2+ y1
2=m
2
9 x2
2+ y2
2=m
2)，
两式相减得9 x1
2−9 x2
2+ y1
2−y2
2=0，即9(x1−x2)(x1+ x2)+( y1−y2)( y1+ y2)=0，
故
y1−y2
x1−x2
⋅y1+ y2
x1+ x2
=−9，其中
y1−y2
x1−x2
=k AB, y1+ y2
x1+ x2
= 2 y0
2 x0
=kOM，
所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为−9；
（2）能，此时l 的斜率为4± ❑√7，理由如下：
将(
m
3 ,m)代入9 x
2+ y
2=m
2(m>0)得9(
m
3)
2
+m
2>m
2，
故(
m
3 ,m)在9 x
2+ y
2=m
2(m>0)外，且在第一象限，为x = m
3 与y =m的交点，
因为l 过点(
m
3 ,m)，当l 过原点时，直线l 的斜率为m÷ m
3 =3，
所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件为k >0，k ≠3，
由（1）得OM的方程为y =−9
k x，设点P的横坐标为xP，
由{
y =−9
k x
9 x
2+ y
2=m
2(m>0))
得xP
2 =
k
2m
2
9k
2+81
，即xP=±
km
3
❑√k
2+9
，
联立y =−9
k x与l: y −m=k(x−m
3)得xM = mk (k −3)
3(k
2+9) ，
若四边形OAPB 为平行四边形，需xP=2 xM，即±
km
3
❑√k
2+9
=2 mk (k −3)
3(k
2+9)
，
解得k = 4± ❑√7，均满足要求，
综上，四边形OAPB 能为平行四边形，此时l 的斜率为4± ❑√7.
【7-1】在直角坐标系xOy 中，椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的焦距为2❑√3，长轴长是短轴
长的2 倍，斜率为k（k≠0）的直线l 交椭圆于A、B．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若P 为线段AB 的中点，设OP 的斜率为k
′，求证：k ⋅k
′为定值．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意，利用焦距，长轴，短轴间关系可得答案；
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，P(m,n)，将A，B 两点代入椭圆方程可得k
′及k ⋅k
′
表达式，即可得答案.
【详解】（1）设半焦距为c，长半轴为a，短半轴为b，依题意可知{
2c =2❑√3
2a= 4 b
a
2=b
2+c
2)
，
解得{
c = ❑√3
a=2
b=1 )
.
故椭圆的标准方程为x
2
4 + y
2=1；
（2）证明：设A(x1, y1)，B(x2, y2)，P(m,n)，则x1+ x2=2m，y1+ y2=2n．
把A(x1, y1)，B(x2, y2)代入椭圆方程x
2
4 + y
2=1得：{
x1
2
4 + y1
2=1
x2
2
4 + y2
2=1)
.
举一反三
两式相减可得
y2−y1
x2−x1
=−
x2+ x1
4( y2+ y1)，即k =−m
4 n．又k
′ = n
m，
则k ⋅k
′ =−m
4 n ⋅n
m =−1
4 ，故k ⋅k
′为定值．
【7-2】已知椭圆C：x
2
4 b
2 + y
2
b
2 =1 (b>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与椭圆C
交于A、B两点，线段AB的中点为M．
(1)证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值；
(2)若直线l的方程为y = x−1，延长线段OM与椭圆C交于点P，四边形OAPB为平行
四边形，求椭圆C的方程．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
x
2
16
5
+ y
2
4
5
=1.
【分析】(1)根据给定条件利用“点差法”结合斜率的坐标公式计算得解.
(2)联立直线l与椭圆C的方程，结合(1)的信息及已知求出点P 的坐标求解作答.
【详解】（1）依题意，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，M (xM , y M)，{
x1
2+ 4 y1
2= 4 b
2
x2
2+ 4 y2
2= 4 b
2)，
两式相减可得x1
2−x2
2+ 4( y1
2−y2
2)=0，则
y1
2−y2
2
x1
2−x2
2 =−1
4 ，即
( y1−y2)( y1+ y2)
(x1−x2)(x1+ x2)
=−1
4 ，
因为x1+ x2=2 xM，y1+ y2=2 y M，直线OM的斜率kOM = y M
xM
，直线l的斜率
kl= y1−y2
x1−x2
，
于是得kl⋅kOM = y1−y2
x1−x2
⋅2 y M
2 xM
= ( y1−y2)( y1+ y2)
( x1−x2)( x1+ x2) =−1
4 是定值，
所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
（2）设点P的坐标为(xP, y P)，由{
y = x−1
x
2+ 4 y
2= 4 b
2)消去y 并整理得：
5 x
2−8 x + 4−4 b
2=0，
则x1+ x2= 8
5，y1+ y2= x1+ x2−2=−2
5，又四边形OAPB为平行四边形，
即线段AB与线段OP互相平分，则{
xP=2 xM = x1+ x2= 8
5
y P=2 y M = y1+ y2=−2
5)
，即点P( 8
5 ,−2
5 )，而
点P在椭圆C 上，
于是得4 b
2=( 8
5 )
2
+ 4×(−2
5 )
2
= 16
5 ，解得b
2= 4
5 ，
所以椭圆C的方程为：
x
2
16
5
+ y
2
4
5
=1．
【7-3】在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1（a>b>0）的离心率为1
2，AB
为椭圆的一条不过原点的弦，直线y=kx（k>0）经过弦AB 的中点M，与椭圆C 交于P，
Q(不与A,B 重合)两点，设直线AB 的斜率为k1，点P 的坐标为（1，3
2）
（1）求椭圆C 的方程；
（2）求证：k1k为定值.
【答案】（1）x
2
4 + y
2
3 =1；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据题意可列方程组，解之即得；
（2）利用“点差法”即证.
【详解】（1）由题意知{
1
a
2 + 9
4 b
2 =1,
c
a = 1
2 ,
a
2=b
2+c
2,)
解得{
a=2,
b= ❑√3,
c =1, )
故椭圆C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）证明：设M (x0, y0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，由于A，B 为椭圆C 上的点，所
以x1
2
4 + y1
2
3 =1，x2
2
4 + y2
2
3 =1，
两式相减得(x1+ x2)(x1−x2)
4
=−( y1+ y2)( y1−y2)
3
，
所以k1= y1−y2
x1−x2
=−3(x1+ x2)
4( y1+ y2)
=−3 x0
4 y0
.
又k = y0
x0
，
故k1k =−3
4 ，为定值.
【突破提升训练・1】直线 l 与椭圆 x
2
16 + y
2
9 =1交于A、B 两点， 点P(1,2)为A、B 的中
点， 则直线l 的斜率为（ ）
A．−9
32
B．−8
9
C．−9
8
D．−32
9
【答案】A
【分析】设A(x1, y1)，B(x2, y2)，点P(1,2)为A、B 的中点，利用“点差法”可求得
直线l的斜率．
【详解】设A(x1, y1)，B(x2, y2)，点P(1,2)是线段AB的中点，则x1+ x2=2，
y1+ y2= 4，
A、B 两点代入椭圆方程作差，得(x1+ x2)(x1−x2)
16
+ ( y1+ y2)( y1−y2)
9
=0，
题型精析・方法突破提能力
所以2(x1−x2)
16
+ 4( y1−y2)
9
=0，由题意知，直线的斜率存在，所以
y1−y2
x1−x2
=−9
32，
得k AB=−9
32.
故选：A.
【突破提升训练・2】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的右焦点为F，圆M 的方程为
( x −5)
2+ y
2=2b
2 .若直线l 与圆M 切于点P(4,1)，与双曲线C 交于A，B 两点，点P 恰好
为AB 的中点，则双曲线C 的方程为（ ）
A．x
2−y
2
4 =1B．x
2
4 −y
2=1
C．x
2−y
2
2 =1D．x
2
2 −y
2=1
【答案】B
【分析】设直线l 的斜率为k，则k ⋅1−0
4−5 =−1，求得k =1，由点P(4,1)在圆
(x −5)
2+ y
2=2b
2上，可求出b
2=1，设点A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1
2
a
2 −y1
2
b
2 =1，
x2
2
a
2 −y2
2
b
2 =1，两式相减化简可得k = y1−y2
x1−x2
= b
2(x1+ x2)
a
2( y1+ y2)
= 8b
2
2a
2 = 4 b
2
a
2 =1，从而可求出a的
值，进而可得双曲线C 的方程.
【详解】设直线l 的斜率为k，则k ⋅1−0
4−5 =−1，所以k =1，
因为点P(4,1)在圆(x −5)
2+ y
2=2b
2上，
2b
2=(4−5)
2+1
2=2，即b
2=1，
设点A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1
2
a
2 −y1
2
b
2 =1，x2
2
a
2 −y2
2
b
2 =1.
两式相减，得(x1−x2)(x1+ x2)
a
2
= ( y1−y2)( y1+ y2)
b
2
则k = y1−y2
x1−x2
= b
2(x1+ x2)
a
2( y1+ y2)
= 8b
2
2a
2 = 4 b
2
a
2 =1，即a
2= 4，
所以双曲线C 的方程为x
2
4 −y
2=1.
故选：B.
【突破提升训练・3】已知直线y = x +1与曲线m x
2+n y
2=0(m>0,n<0)交于A，B 两点，
若同时经过原点和线段AB 中点的直线斜率为3
2，则双曲线x
2
m + y
2
n =1的离心率为（ ）
A．5
2
B．
❑√10
2
C．5
3
D．
❑√15
3
【答案】D
【分析】先利用“点差法”探索m,n的关系，再根据双曲线离心率的概念求双曲线的
离心率.
【详解】设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则m x1
2+n y1
2=0，①
m x2
2+n y2
2=0，②
因为：同时经过原点和线段AB 中点的直线斜率为3
2，
由{
y = x +1
y = 3
2 x)
得：A ,B中点坐标为(2,3)，所以{
x1+ x2= 4
y1+ y2=6)，
且k AB= y1−y2
x1−x2
=1.
①−②可得m(x1
2−x2
2)+n( y1
2−y2
2)=0，
则−m
n = y1
2−y2
2
x1
2−x2
2 = y1+ y2
x1+ x2
⋅y1−y2
x1−x2
= 3
2 ⋅1= 3
2，
e =
❑√m+(−n)
❑√m
= ❑√1−n
m = ❑√1+ 2
3 =
❑√15
3
故选：D
【突破提升训练・4】已知双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1与直线y = x−1相交于A，B 两点，其中AB中
点的横坐标为−2，则该双曲线的离心率为（ ）
A．
❑√10
2
B．5
2
C．
❑√6
2
D．3
2
【答案】A
【分析】设A(x1, y1),B(x2, y2), AB中点为M，根据易知确定M坐标值，再应用点
差法及直线斜率的两点公式得到−2
a
2 + 3
b
2 =0，进而得到双曲线参数的齐次方程求离心率.
【详解】设A(x1, y1),B(x2, y2), AB中点为M，由题设易知xM =−2，故y M =−3，
因为x1
2
a
2 −y1
2
b
2 =1, x2
2
a
2 −y2
2
b
2 =1，故(x1−x2)(x1+ x2)
a
2
−( y1−y2)( y1+ y2)
b
2
=0，
所以(x1−x2)×(−4)
a
2
−( y1−y2)×(−6)
b
2
=0，而k AB= y1−y2
x1−x2
=1，故−2
a
2 + 3
b
2 =0，
故2b
2=3a
2=2c
2−2a
2，故c
a =
❑√10
2
.
故选：A
【突破提升训练・5】已知直线2 x−3 y −1=0与双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)相交于
A、B两个不同点，点D (2,1)是AB的中点，则双曲线C的离心率为（ ）
A．2
B．❑√2
C．4
3
D．2❑√3
3
【答案】D
【分析】利用点差法可求得b
2
a
2，结合e = ❑√
1+ b
2
a
2可得出双曲线C的离心率的值.
【详解】设点A(x1, y1)、B(x2, y2)，由题意可得k AB= y1−y2
x1−x2
= 2
3，
因为点D (2,1)是AB的中点，则{
x1+ x2= 4
y1+ y2=2)，
因为{
x1
2
a
2 −y1
2
b
2 =1
x2
2
a
2 −y2
2
b
2 =1)
，这两个等式作差可得x1
2−x2
2
a
2
= y1
2−y2
2
b
2
，
所以，b
2
a
2 = y1
2−y2
2
x1
2−x2
2 = y1+ y2
x1+ x2
⋅y1−y2
x1−x2
= 2
4 ⋅2
3 = 1
3，
因此，双曲线C的离心率为e = c
a = ❑√
c
2
a
2 = ❑√
a
2+b
2
a
2
= ❑√
1+ b
2
a
2 = ❑√1+ 1
3 = 2❑√3
3
.
故选：D.
【突破提升训练・6】过双曲线C : y
2
a
2 −x
2
b
2 =1(a>0,b>0)内一点M (1,1)斜率为1
2的直线
交双曲线于A ,B两点，弦AB恰好被M 平分，则双曲线C 的离心率为（ ）
A．
❑√6
2
B．
❑√5
2
C．❑√3
D．❑√5
【答案】C
【分析】设A(x1, y1),B(x2, y2)，代入双曲线方程作差，结合x1+ x2=2, y1+ y2=2，
利用斜率公式列式可得b
2=2a
2，即可求解离心率.
【详解】设A(x1, y1),B(x2, y2)，由题意可得x1+ x2=2, y1+ y2=2，且
y1−y2
x1−x2
= 1
2，
又因为{
y1
2
a
2 −x1
2
b
2 =1
y2
2
a
2 −x2
2
b
2 =1)
，所以1
a
2 ( y1+ y2)( y1−y2)+ 1
b
2 (x1+ x2)(x2−x1)=0，
即有2
a
2 ( y1−y2)= 2
b
2 (x1−x2)，所以
y1−y2
x1−x2
=
2
b
2
2
a
2
= a
2
b
2 = 1
2，所以b
2=2a
2，
所以c
2=b
2+a
2=3a
2，所以e
2= c
2
a
2 =3，所以e = ❑√3.
故选：C.
【突破提升训练・7】已知椭圆E: x
2
2m + y
2
m =1(m>0)的右焦点为F，过点F的直线交椭圆
E于A，B两点，若AB的中点坐标为（1，-1），则椭圆E的方程为（ ）
A．x
2
18 + y
2
9 =1
B．x
2
27 + y
2
18 =1
C．x
2
36 + y
2
27 =1
D．x
2
45 + y
2
36 =1
【答案】A
【分析】设A( x1, y1)，B( x2, y2)，F (c ,0)代入椭圆方程得{
x1
2
2m + y1
2
m =1
x2
2
2m + y2
2
m =1)
相减整理
得到
y1+ y2
x1+ x2
⋅y1−y2
x1−x2
=−1
2，再根据AB的中点坐标为（1，-1），有x1+ x2=2，
y1+ y2=−2代入上式，利用概率公式求解.
【详解】设A( x1, y1)，B( x2, y2)，F (c ,0)
所以{
x1
2
2m + y1
2
m =1
x2
2
2m + y2
2
m =1)
，相减得x2
2−x2
2
2m
+ y1
2−y2
2
m
=0，
∴
x1+ x2
2m + y1−y2
x1−x2
⋅y1+ y2
m
=0，
即
y1+ y2
x1+ x2
⋅y1−y2
x1−x2
=−1
2，
又∵x1+ x2=2，y1+ y2=−2，
所以k AB= y1−y2
x1−x2
= −1−0
1−c =
1
c−1，即1
c−1 = 1
2，
解得c =3，又c
2=2m−m，
∴m=9．
即椭圆E的方程为x
2
18 + y
2
9 =1.
故选：A．
【突破提升训练・8】已知斜率为2 的直线与曲线C : y
2=8 x交于A ,B两点，则线段A B的
中点M的轨迹方程为（ ）
A．y = 4( x>2)
B．x = 4(−4 ❑√2< y <4 ❑√2)
C．y =2(x> 1
2)
D．x =2(−4< y <4)
【答案】C
【分析】利用点差法，即可求得y =2，设直线A B的方程，与抛物线方程联立，运用
韦达定理求解取值范围.
【详解】设A(x1, y1),B(x2, y2), M (x, y),则{
y1
2=8 x1
y2
2=8 x2)，
两式相减得：( y1+ y2)( y1−y2)=8(x1−x2)，
即
y1−y2
x1−x2
=
8
y1+ y2
，
因为直线A B的斜率为2，所以
8
y1+ y2
=2，所以y1+ y2= 4，
因为y1+ y2=2 y，所以y =2.
设直线A B的方程为y =2 x +m，由{
y
2=8 x
y =2 x +m),
可得：4 x
2+(4 m−8) x +m
2=0，Δ=(4 m−8)
2−4×4 m
2>0，解得：m<1.
M (x ,2)在直线A B上，则2=2 x +m，x =1−m
2 ，所以x> 1
2.
所以y =2(x> 1
2).
故选：C
【突破提升训练・9】已知中心在原点，半焦距为 4 的椭圆 x
2
m
2 + y
2
n
2 =1(m>n>0) 被直线
方程 2 x−y +9=0 截得的弦的中点横坐标为-4，则椭圆的标准方程为（ ）
A．x
2
8 + y
2
4 =1
B．y
2
8 + x
2
4 =1
C．x
2
32 + y
2
16 =1
D．y
2
32 + x
2
16 =1
【答案】C
【分析】由点差法可得弦的中点坐标与弦所在直线的斜率关系，运算可得解.
【详解】设直线2 x−y +9=0与椭圆相交于A(x1, y1),B(x2, y2)两点，弦AB的中点
坐标是M (−4,1)，则x1+ x2=−8, y1+ y2=2，
直线AB的斜率k = y1−y2
x1−x2
=2.
由{
x1
2
m
2 + y1
2
n
2 =1
x2
2
m
2 + y2
2
n
2 =1)
，得(x1+ x2)(x1−x2)
m
2
+ ( y1+ y2)( y1−y2)
n
2
=0，
得
y1−y2
x1−x2
=−n
2
m
2 × x1+ x2
y1+ y2
=2，所以n
2
m
2 = 1
2，
即m
2=2n
2，m
2>n
2，
∴a
2=m
2，b
2=n
2，m
2−n
2=16，
所以m
2=32,n
2=16，
所以椭圆的标准方程为x
2
32 + y
2
16 =1.
故选：C.
【突破提升训练・10】已知双曲线x
2−y
2
2 =1上存在两点M，N 关于直线y =−x +b对称，
且MN的中点在抛物线y
2=3 x上，则实数b 的值为（ ）
A．0 或9
4
B．0
C．9
4
D．−8
【答案】A
【解析】设M (x1, y1)，N (x2, y2)，MN的中点P(x0, y0)，根据点M，N 在双曲线上，
且P 为中点，利用点差法得到k MN ⋅y0
x0
=2，再由M，N 关于直线y =−x +b对称，得到
k MN =1，则y0=2 x0，又点P(x0, y0)在直线y =−x +b上，得到y0=−x0+b，联立求得点
P,代入抛物线方程求解.
【详解】设M (x1, y1)，N (x2, y2)，MN的中点P(x0, y0)，
因为{
x1
2−y1
2
2 =1
x2
2−y2
2
2 =1)
，
所以
y2−y1
x2−x1
⋅y2+ y1
x2+ x1
=2；
又因为{
x1+ x2=2 x0
y2+ y1=2 y0)，
所以k MN ⋅y0
x0
=2；
又因为M，N 关于直线y =−x +b对称，
所以k MN =1，即y0=2 x0；
又因为点P(x0, y0)在直线y =−x +b上，所以y0=−x0+b；
由{
y0=2 x0
y0=−x0+b)，可得P(
b
3 , 2b
3 )，
所以(
2b
3 )
2
=3× b
3 ，
即b=0或b= 9
4 ，
故选：A.
【突破提升训练・11】已知抛物线C : y
2=2 px ( p>0)与直线l: x−y −3=0交于A，B两点，
且线段AB中点的横坐标为7，则p=（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】D
【分析】利用点差法列方程可得解.
【详解】设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则{
y1
2=2 p x1
y2
2=2 p x2)，
整理得
y1−y2
x1−x2
=
2 p
y1+ y2
=1，
因为线段AB中点的横坐标为7，
所以线段AB中点的纵坐标为4，则y1+ y2=8，
从而可得p= 4，
故选：D.
【突破提升训练・12】已知抛物线C : y
2= 4 x，过点M(
3
2 ,−1)的直线l与C相交于A，B
两点，且M为弦AB 的中点，则直线l的斜率为（ ）
A．−1
2
B．−3
4
C．−1
D．−2
【答案】D
【分析】直线l与C相交于A，B 两点，且点M(
3
2 ,−1)为弦AB 的中点，利用点差法
求解.
【详解】解：设A(x1, y1),B(x2, y2)，
因为直线l与C相交于A，B 两点，所以{
y1
2= 4 x1
y2
2= 4 x2)，
由题意得k = y1
❑−y2
❑
x1
❑−x2
❑=
4
y1
❑+ y2
❑=
4
2×(−1) =−2，
故选：D
【突破提升训练・13】过抛物线C : y
2=2 px( p>0)的焦点的直线与抛物线C 相交于A，B
两点，若线段AB中点的坐标为(4,2❑√2)，则p=（ ）
A．4
B．3
C．2
D．1
【答案】A
【分析】利用点差法及中点与焦点坐标分别表示直线AB的斜率，可建立关于p的方
程，求解可得.
【详解】设A( x1, y1)，B( x2, y2)，则{
y1
2=2 p x1,
y2
2=2 p x2,)，
两式作差得，y1
2−y2
2=( y1+ y2)( y1−y2)=2 p( x1−x2)，
当x1= x2时，则AB中点坐标为焦点F(
p
2 ,0)，不满足题意；
当x1≠x2时，得
y1−y2
x1−x2
=
2 p
y1+ y2
．
设线段AB中点M，因为M坐标(4,2❑√2)，且过焦点F，
所以y1+ y2= 4 ❑√2，
则AB的斜率k AB=k FM = 2 p
4 ❑√2 = 2❑√2−0
4−p
2
，
解得p= 4．
故选：A.
【突破提升训练・14】已知双曲线C : x
2−y
2=1，直线l与双曲线C交于A，B 两点，O为坐
标原点，若点P在直线l上且直线OP 把△OAB分成面积相等的两部分，则下列不能作为点
P的坐标的是（ ）
A．(0,1)
B．(1,2)
C．(2,1)
D．(
1
2 , 1
4)
【答案】D
【分析】根据题意知P为线段AB 的中点，设出A(x1, y1)，B(x2, y2)两点坐标，及
AB 的中点D(x0, y0)坐标，直线方程为：y =kx +m，应用点差法求得k = b
2
a
2 ⋅x0
y0
，根据此
关系式求出直线斜率k，联立直线方程与双曲线方程，验证判别式求直线与双曲线交点个
数即可判断选项作为点P是否合适.
【详解】由题可得点P为线段AB 的中点，
选项A：数形结合可知，直线l为直线y =1时，点(0,1)为AB 的中点，
故(0,1)可以作为点P的坐标；
已知双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，直线斜率存在时设直线方程为：
y =kx +m与双曲线交于A(x1, y1)，B(x2, y2)两点，AB 的中点为D(x0, y0)，
则x1
2
a
2 −y1
2
b
2 =1，x2
2
a
2 −y2
2
b
2 =1，两式相减可得
b
2
a
2 = y1
2−y2
2
x1
2−x2
2 = y1−y2
x1−x2
⋅y1+ y2
x1+ x2
=k ⋅y0
x0
，得k = b
2
a
2 ⋅x0
y0
选项B：可得直线l的斜率k = 1×1
1×2 = 1
2，故直线l的方程为y = 1
2 x + 3
2，
联立得{
y = 1
2 x + 3
2
x
2−y
2=1)
，得3 x
2−6 x−13=0，Δ=36+156=192>0，
(1,2)可以作为点P的坐标；
选项C：可得直线l的斜率k = 1×2
1×1 =2，故直线l的方程为y =2 x−3，
联立得{
y =2 x−3
x
2−y
2=1)，得3 x
2−12 x +10=0，Δ=144−120=24>0，
(2,1)可以作为点P的坐标；
选项D：可得直线l的斜率k =
1× 1
2
1× 1
4
=2，故直线l的方程为y =2 x−3
4 ，
联立得{
y =2 x−3
4
x
2−y
2=1)
，得3 x
2−3 x + 25
16 =0，Δ=9−4×3× 25
16 =−39
4 <0，
(
1
2 , 1
4)不能作为点P的坐标．
故选：D
【突破提升训练・15】已知抛物线y
2=6 x，弦AB过抛物线的焦点F且满足⃗AF =3⃗FB，则
弦AB的中点到y轴的距离为（ ）
A．3
2
B．3
C．5
2
D．4
【答案】C
【分析】根据⃗AF =3⃗FB可得y1=−3 y2，再根据韦达定理即可求出A ,B的坐标，进
而可求解.
【详解】
抛物线的焦点F( 3
2 ,0)，
设A( x1, y1),B( x2, y2)，假设y2>0，
显然弦AB所在的直线的斜率存在且不等于零，
设弦AB所在的直线方程为y =k( x−3
2 )，
联立{
y =k( x−3
2 )
y
2=6 x )
，消去x可得，k y
2−6 y −9k =0，
所以y1 y2=−9，
因为⃗AF =3⃗FB，所以( 3
2 −x1,−y1)=3( x2−3
2 , y2)，则y1=−3 y2，
所以y1 y2=−3 y2
2=−9，解得y2= ❑√3，所以y1=−3 ❑√3，
所以x2= y2
2
6 = 1
2 , x1= y1
2
6 = 9
2
，
所以弦AB的中点的坐标为( 5
2 ,−❑√3)，
所以弦AB的中点y轴的距离为5
2，
故选:C.
【突破提升训练・16】直线l过抛物线y
2= 4 x的焦点F，且与抛物线交于A ,B两点，线段
AB中点的纵坐标为1，O 为坐标原点，则O 到直线AB的距离为（ ）
A．2❑√5
5
B．3 ❑√5
5
C．❑√5
D．2
5
【答案】A
【分析】设A(x1, y1)，B(x2, y2)，代入抛物线方程，两式相减后结合线段AB中点的
纵坐标得出k AB，再结合焦点F的坐标得出直线AB的方程，由点到直线距离公式计算即可．
【详解】由抛物线y
2= 4 x得焦点F(1,0)，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则{
y1
2= 4 x1
y2
2= 4 x2)，
两式相减得y1
2−y2
2= 4( x1−x2)，即
y1−y2
x1−x2
=
4
y1+ y2
，
因为线段AB中点的纵坐标为1，即y1+ y2=2，
所以
y1−y2
x1−x2
=2，即k AB=2，
所以直线AB的方程为y =2( x−1)，即2 x−y −2=0，显然此时直线与抛物线有两交
点，
所以O到直线AB的距离d =|−2)
❑√5 = 2❑√5
5
，
故选：A．
【突破提升训练・17】已知直线y = x +1与抛物线x
2= 4 y交于A、B 两点，则弦AB 的中点
到准线的距离为(（ ）.
A．4
B．4
3
C．8
D．8
3
【答案】A
【分析】设A( x1, y1),B( x2, y2)，由直线方程与抛物线方程联立消去y后利用韦达定
理得y1+ y2，从而可得AB中点横坐标，也即可求得中点到准线的距离．
【详解】由题意抛物线标准方程为x
2= 4 y，2 p= 4，p=2，
∴焦点为F(0,1)，准线方程为y =−1，
直线l方程为y = x +1，代入抛物线方程整理得y
2−6 y +1=0，
设A( x1, y1),B( x2, y2)，则y1+ y2=6，
设AB中点为M ( x0, y0)，则y0= y1+ y2
2
=3，
∴M到准线的距离为d = y0+1= 4．
故选：A．
【突破提升训练・18】已知椭圆Γ：x
2
4 + y
2
3 =1，左右焦点分别为F1，F2，上下顶点分别
为A，B，左右顶点分别为C，D，又P，Q 是Γ上异于椭圆顶点的两点.
(1)若点Q 在第一象限且满足△ABQ的面积比△F1 F2Q的面积大，求点Q 的横坐标的
取值范围；
(2)若线段PQ的中点坐标为(1, 1
2)，求直线PQ的方程；
【答案】(1)(
2❑√5
5
,2)
(2)3 x +2 y −4 =0
【分析】（1）由S△ABQ>S△F1 F2Q，结合三角形的面积公式可得
❑√3|x0)>|y0)，再由椭
圆的方程代入计算，即可得到结果；
（2）由点差法代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）设Q(x0, y0)(x0>0, y0>0)，由S△ABQ>S△F1 F2Q，得
1
2|AB)|x0)> 1
2|F1 F2)|y0)，
所以
❑√3|x0)>|y0)，即3 x0
2> y0
2，
又因为x0
2
4 + y0
2
3 =1，所以0< y0
2=3−3 x0
2
4 <3 x0
2，
解得2❑√5
5
< x0<2，即点Q 的横坐标的取值范围为(
2❑√5
5
,2)；
（2）设M(1, 1
2)，P(x1, y1),Q(x2, y2)，
则{
x1
2
4 + y1
2
3 =1
x2
2
4 + y2
2
3 =1)
，两式相减作差可得x1
2−x2
2
4
+ y1
2−y2
2
3
=0，
即
y1
2−y2
2
x1
2−x2
2 =−3
4 ，即
( y1+ y2)( y1−y2)
(x1+ x2)(x1−x2)
=−3
4 ，即kOM ⋅k PQ=−3
4 ，
又kOM = 1
2，所以k PQ=−3
2，
由直线的点斜式可得y −1
2 =−3
2
(x−1)，
化简可得3 x +2 y −4 =0，
所以直线PQ的方程为3 x +2 y −4 =0.
【突破提升训练・19】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的实轴长为2，离心率为❑√3.
直线l: y =kx +m与双曲线C相交于A 、B两点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若AB的中点为M (2,1)，求直线l的方程．
【答案】(1)x
2−y
2
2 =1；
(2)y = 4 x−7.
【分析】（1）根据条件，结合双曲线的性质列方程组，联立求解，即可得双曲线C
的方程；
（2）联立直线方程与双曲线方程，利用韦达定理结合中点坐标公式，即可求解.
【详解】（1）根据题意，双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的实轴长为2，离心率为
❑√3，则
{
2a=2
c
a = ❑√3
a
2+b
2=c
2)
，解得{
a=1
c = ❑√3
b= ❑√2)，
所以双曲线C的方程为x
2−y
2
2 =1.
（2）由（1）知，双曲线C的方程为x
2−y
2
2 =1，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立{
x
2−y
2
2 =1
y =kx +m)
，化简得(k
2−2) x
2+2kmx +(m
2+2)=0，
则Δ= 4 k
2m
2−4(k
2−2)(m
2+2)=8(m
2+2−k
2)>0，且k ≠± ❑√2，x1+ x2= −2km
k
2−2 ，
由M (2,1)为AB的中点，得{
−2km
k
2−2
= 4
2k +m=1)
，解得k = 4，m=−7，且满足Δ>0，
所以直线l的方程为y = 4 x−7.
【突破提升训练・20】已知椭圆x
2
2 + y
2=1.
(1)求斜率为2的平行弦中点的轨迹方程;
(2)若过点N (1,2)的直线l与椭圆相交，求被l截得的弦的中点的轨迹方程;
(3)求过点P(
1
2 ，1
2)且被P点平分的弦所在直线的方程.
【答案】(1)x + 4 y =0（−4
3 < x< 4
3 ）.
(2)x
2+2 y
2−x−4 y =0（2−4 ❑√7
9
< x< 2+ 4 ❑√7
9
）.
(3)2 x + 4 y −3=0.
【分析】（1）设弦的两端点为A(x1, y1),B(x2, y2)，线段AB的中点为M (x , y)，由
点差法可得k AB=−x
2 y ，代入k AB=2可得方程，联立求轨迹范围，由此可得结论，
（2）由（1）k AB=−x
2 y ，代入k AB= y −2
x−1 可得x
2+2 y
2−x−4 y =0，联立求轨迹范
围，
（3）由（1）k AB=−x
2 y ，代入x = 1
2 , y = 1
2，可得k AB，利用点斜式求直线方程.
【详解】（1）设弦的两端点为A(x1, y1),B(x2, y2)，线段AB的中点为M (x , y)，
则有x1
2
2 + y1
2=1，x2
2
2 + y2
2=1.
两式作差，得(x2−x1)(x2+ x1)
2
+( y2−y1)( y2+ y1)=0.
因为x1+ x2=2 x，y1+ y2=2 y，
y2−y1
x2−x1
=k AB，
代入后求得k AB=−x
2 y ①.
所以2=−x
2 y ，所以x + 4 y =0.
联立{
x
2
2 + y
2=1
x + 4 y =0)
可得，{
x =−4
3
y = 1
3 )
或{
x = 4
3
y =−1
3)
故所求的轨迹方程为x + 4 y =0（−4
3 < x< 4
3 ）
（2）由①式，得kl=k AB=−x
2 y .
又因为kl=k MN = y −2
x−1 ，所以- x
2 y = y −2
x−1 .
整理得x
2+2 y
2−x−4 y =0，
联立{
x
2
2 + y
2=1
x
2+2 y
2−x−4 y =0)
可得{
x = 2+ 4 ❑√7
9
y = 4−❑√7
9 )
或{
x = 2−4 ❑√7
9
y = 4+ ❑√7
9 )
，
故所求的轨迹方程为x
2+2 y
2−x−4 y =0（2−4 ❑√7
9
< x< 2+ 4 ❑√7
9
）.
（3）由①式，得弦所在的直线的斜率k AB=−x
2 y ，
又x = 1
2 , y = 1
2，所以k AB=−x
2 y =−1
2
所以其方程为y −1
2 =−1
2(x−1
2)，即2 x + 4 y −3=0.
【突破提升训练・21】已知双曲线的中心在原点，且它的一个焦点为F (❑√7,0)，直线
y = x−1与其相交于M、N两点，线段MN中点的横坐标为−2
3，求此双曲线的方程．
【答案】x
2
2 −y
2
5 =1
【分析】
设双曲线的方程为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，利用点差法求出a,b的关系，再结合
a
2+b
2=7，求出a,b，即可得解.
【详解】设双曲线的方程为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，由题意可得a
2+b
2=7，
设M (x1, y1)，N (x2, y2)，
由直线y = x−1与其相交于M、N两点，线段MN中点的横坐标为−2
3，
得MN的中点为(−2
3 ,−5
3)，则x1+ x2=−4
3 , y1+ y2=−10
3 ，
由x1
2
a
2 −y1
2
b
2 =1且x2
2
a
2 −y2
2
b
2 =1，
两式相减得(x1+ x2)(x1−x2)
a
2
= ( y1+ y2)( y1−y2)
b
2
，
则
(x1+ x2)
a
2
= ( y1+ y2)( y1−y2)
b
2(x1−x2)
，即−4
3
a
2 =
−10
3
b
2
，
所以a
2= 2
5 b
2，联立a
2+b
2=7，解得a
2=2，b
2=5，
故所求双曲线的方程为x
2
2 −y
2
5 =1．
【突破提升训练・22】已知直线l: x + y −k =0与曲线C : x
2+2 y
2=1.
(1)若l与C有公共点，求实数k的取值范围；
(2)若l与C有两个不同的公共点M , N，且线段MN中点P的横坐标为−2
3，求实数k的
值.
【答案】(1)[−
❑√6
2 ,
❑√6
2 )
(2)−1
【分析】（1）联立直线与椭圆，利用方程组与两个交点，求出k的范围.
（2）设交点M (x1, y1), N (x2, y2)，利用韦达定理求解即可.
【详解】（1）联立{
x + y −k =0
x
2+2 y
2=1)⇒3 x
2−4 kx +2k
2−1=0
Δ=(−4 k )
2−3×4(2k
2−1)=−8k
2+12≥0
∴k
2≤3
2 ∴−
❑√6
2 ≤k ≤
❑√6
2
∴k的取值范围[−
❑√6
2 ,
❑√6
2 )
（2）设M (x1, y1), N (x2, y2)
由3 x
2−4 kx +2k
2−1=0得.
x1+ x2= 4 k
3
∴线段MN中点P的横坐标为x1+ x2
2
= 2
3 k =−2
3
∴k =−1
【突破提升训练・23】已知双曲线E: x
2−y
2
b
2 =1(b>0)，其中一条渐近线的倾斜角为60
∘，
点A (0,4)，坐标原点O
(1)求b的值；
(2)直线l经过点A，与E的两条渐近线分别交于点M , N.若△OMN的面积为8 ❑√3
3
，求
直线l的方程；
(3)如图，直线y =kx +m交双曲线E的右支于不同两点B，C，若|AB)=|AC)，求实
数m的取值范围.
【答案】(1)❑√3
(2)y =±3 x + 4
(3)(−∞,−1)
【分析】（1）根据倾斜角计算出斜率，由此可求b的值；
（2）联立直线l与渐近线方程，得到M , N的坐标并表示出|OM ),|ON )，由
S△OMN = 1
2 ×|OM )×|ON )×sin ∠MON求得结果；
（3）设出B ,C以及BC的中点D的坐标，通过点差法得到D的坐标与k的关系，结合
D在双曲线的右支内部以及D在直线BC上求解出m的范围.
【详解】（1）因为渐近线的倾斜角为60
°，所以tan 60
°= b
1 = ❑√3，
所以b= ❑√3.
（2）由题意可知直线l的斜率存在，设l: y =kx + 4，由（1）可知渐近线方程为
y =± ❑√3 x，
联立{
y =kx + 4
y = ❑√3 x)，可得{
x =
4
❑√3−k
y = 4 ❑√3
❑√3−k)
，不妨取M(
4
❑√3−k , 4 ❑√3
❑√3−k)，所以
|OM )= ❑√
16
(❑√3−k)
2 +
48
(❑√3−k)
2 =
8
|❑√3−k)，
同理可得N(−
4
❑√3+ k ,−4 ❑√3
❑√3+ k)，所以|ON )= ❑√
16
(❑√3+k)
2 +
48
(❑√3+k)
2 =
8
|❑√3+ k)，
所以S△OMN = 1
2 ×|OM )×|ON )×
❑√3
2 = 16 ❑√3
|3−k
2)
= 8 ❑√3
3
，解得k =±3，
所以l: y =±3 x + 4.
（3）设B(x1, y1),C (x2, y2)，BC的中点为D(x3, y3)，
由题意可知l的斜率绝对值大于渐近线斜率的绝对值，所以
k ∈(−∞,−❑√3)∪(❑√3,+ ∞)，
联立{
x1
2−y1
2
3 =1
x2
2−y2
2
3 =1)
，可得x1
2−x2
2= y1
2−y2
2
3
，所以3(x1+ x2)= y1−y2
x1−x2
( y1+ y2)，
又因为2 x3= x1+ x2,2 y3= y1+ y2,k = y1−y2
x1−x2
，所以6 x3=2k y3，即3 x3=k y3，
又因为|AB)=|AC)，所以AD⊥BC，所以k AD⋅k BC =−1，所以k ⋅y3−4
x3
=−1，
联立{
3 x3=k y3
k ⋅y3−4
x3
=−1)
，可得{
x3=k
y3=3)，所以D (k ,3)，
将y =3代入双曲线方程x
2−y
2
3 =1中，可得x =±2，因为D在双曲线的右支内部，所
以k >2，
又因为k x3+m= y3，所以m= y3−k x3=3−k
2，所以m<3−2
2=−1，
即m∈(−∞,−1).
【突破提升训练・24】已知动点M到点(8,0)的距离比它到直线x +10=0的距离小2，记动
点M的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)直线l与C相交于A，B两点，若线段AB的中点坐标为(2,−4)，求直线l的方程.
【答案】(1)y
2=32 x
(2)4 x + y −4 =0
【分析】（1）根据题意以及抛物线的定义，可得答案；
（2）利用点差法，求得直线斜率，根据点斜式方程，可得答案.
【详解】（1）由题意知动点M到点(8,0)的距离等于到直线x =−8的距离，
则动点M的轨迹是以(8,0)为焦点，x =−8为准线的抛物线，
所以C的方程为y
2=32 x.
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则{
y1
2=32 x1
y2
2=32 x2)，
两式相减得y1
2−y2
2=32(x1−x2)，整理可得
y1−y2
x1−x2
=
32
y1+ y2
.
因为线段AB的中点坐标为(2,−4)，所以y1+ y2=−8，
所以直线l的斜率k = y1−y2
x1−x2
= 32
−8 =−4，
故直线l的方程为y + 4 =−4 (x−2)，即4 x + y −4 =0.
【突破提升训练・25】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的焦点F (c ,0)(c>0)到一条
渐近线y =
❑√3
2 x的距离为❑√3.
(1)求C的方程；
(2)若直线l交双曲线C于A ,B两点，O是坐标原点，若M (4,2)是弦AB的中点，求
△OAB的面积.
【答案】(1) x
2
4 −y
2
3 =1
(2)4 ❑√30
3
【分析】（1）利用焦点到渐近线的距离求出c = ❑√7，结合渐近线方程即可求出双曲
线方程；
（2）利用点差法求出直线l的斜率，然后联立直线l与双曲线C的方程，求出弦长
|AB)和点O到直线l的距离，即可求出△OAB的面积.
【详解】（1）由双曲线C的一条渐近线方程为y =
❑√3
2 x，所以b
a =
❑√3
2 ，
故F到渐近线的距离d = |
❑√3
2 c)
❑√
1+(
❑√3
2 )
2 = ❑√3，
所以c = ❑√7，又b
a =
❑√3
2 ,a
2+b
2=c
2，所以a=2,b= ❑√3，
故C的方程为x
2
4 −y
2
3 =1.
（2）设点A(x1, y1),B(x2, y2)，因为M (4,2)是弦AB的中点，则{
x1+ x2=8,
y1+ y2= 4 ,)
由于x1
2
4 −y1
2
3 =1, x2
2
4 −y2
2
3 =1，所以两式相减得
(x1+ x2)(x1−x2)
4
−( y1+ y2)( y1−y2)
3
=0，
所以
y1−y2
x1−x2
= 3(x1+ x2)
4( y1+ y2)
= 3
4 × 8
4 = 3
2，即直线l的斜率为3
2，
所以直线l的方程为y −2= 3
2
(x−4)，即y = 3
2 x−4.
联立{
y = 3
2 x−4 ,
x
2
4 −y
2
3 =1,)
消去y并整理，得3 x
2−24 x +38=0，
所以Δ=24
2−4×3×38=120>0，且x1+ x2=8, x1 x2= 38
3 ，
所以|AB)= ❑√1+(
3
2)
2
❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=
❑√13
2
×❑√64−4× 38
3 =
❑√390
3
.
点O到直线y = 3
2 x−4的距离为
d =
|−4)
❑√1+(
3
2)
2 =
8
❑√13，
所以△OAB的面积为1
2 ×
❑√390
3
×
8
❑√13 = 4 ❑√30
3
.
【突破提升训练・26】已知抛物线T：y
2=2 px ( p>0)和椭圆C：x
2
4 + y
2
2 =1，过抛物线T
的焦点F 的直线l 交抛物线于A，B 两点，线段AB 的中垂线交椭圆C 于M，N 两点．
(1)若F 恰是椭圆C 的焦点，求p的值；
(2)若p∈N +，且MN恰好被AB平分，求△OAB的面积．
【答案】(1)2❑√2
(2)
❑√6
4
【分析】（1）由椭圆方程求出c，再由F 恰是椭圆焦点，即可求得p；
（2）设直线l: x =my + p
2 ，A(x1, y1)，B(x2, y2)，直线l方程与椭圆方程联立，根
据根与系数关系得出y1+ y2和y1 y2，设AB的中点G( x0, y0)，得出y0=mp，x0=m
2 p+ p
2 ，
设M (x3, y3)，N (x4, y4)，且直线MN 的斜率为−m，由点差法得出x0
2 −m y0=0，代入得
出m
2= 1
2，根据由点G 在椭圆内及p∈N +，得出p=1，根据S = 1
2 × p
2|y A−yB)计算
△OAB的面积即可．
【详解】（1）在椭圆中，c
2=a
2−b
2=2，所以c = ❑√2，
由p
2 = ❑√2，得p=2❑√2．
（2）设直线l：x =my + p
2 ，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立方程{
x =my + p
2
y
2=2 px )
，消去x 得y
2−2mpy −p
2=0，
Δ= 4 m
2 p
2+ 4 p
2>0，则{
y1+ y2=2mp
y1 y2=−p
2 )，
设AB的中点G( x0, y0)，则y0=mp，x0=m
2 p+ p
2 ，
设M (x3, y3)，N (x4, y4)，则直线MN 的斜率为−m，
x3
2
4 + y3
2
2 =1，x4
2
4 + y4
2
2 =1，
相减得到(x3−x4)(x3+ x4)
4
+ ( y3−y4)( y3+ y4)
2
=0，即x0
2 −m y0=0，
即m
2 p+ p
2
2
−m
2 p=0，解得m
2= 1
2，
由点G 在椭圆内，得(m
2 p+ p
2)
2
4
+ (mp)
2
2
<1
，解得p
2<2，
因为p∈N +，
所以p 值是1，
所以△OAB面积S = 1
2 × p
2|y A−yB)= p
4
❑√4 p
2m
2+ 4 p
2=
❑√6
4 ．
【突破提升训练・27】已知直线x−2 y +2=0与抛物线C：y
2=2 px ( p>0)交于M，N 两点，
|MN )=8 ❑√15，O 为坐标原点．
(1)求p；
(2)过点P(3,2)作直线l 交抛物线C于A，B 两点，且点P 是线段AB 的中点，求三角形
OAB 的面积．
【答案】(1)4
(2)4 ❑√5．
【分析】（1）联立直线和抛物线方程，得到两根之和，两根之积，由弦长公式得到
方程，求出答案；
（2）设A(x3, y3)，B(x4, y4)，点差法得到直线l的斜率，从而得到直线l的方程，由
焦点弦弦长公式得到|AB)=10，结合点到直线距离，得到三角形面积.
【详解】（1）设M (x1, y1)，N (x2, y2)，联立直线与抛物线得：¿，
消去x 得到y
2−4 py + 4 p=0，∴y1+ y2= 4 p，y1 y2= 4 p，
∴|MN )=
❑√1+2
2|y1−y2)= ❑√5⋅❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= ❑√5⋅
❑√16 p
2−16 p=8 ❑√15．
解得p= 4或－3（舍去）．∴p= 4．
（2）设A(x3, y3)，B(x4, y4)，
∵A，B 在抛物线C 上，∴y3
2=8 x3，y4
2 =8 x4，
两式作差得( y3+ y4)( y3−y4)=8(x3−x4)．
∵AB 中点坐标为(3,2)，∴x3+ x4=6，y3+ y4= 4，
∴4( y3−y4)=8(x3−x4)，
∴
y3−y4
x3−x4
=2，
∴l：y −2=2(x−3)，整理得l：y =2 x−4．
故l 过C的焦点，弦长|AB)= x3+ x4+ p=6+ 4 =10．
又O 到l 的距离为
|4)
❑√2
2+1
2 = 4 ❑√5
5
．
∴S△OAB= 1
2 × 4 ❑√5
5
×10= 4 ❑√5．
【突破提升训练・28】已知F(2,0)是双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的右焦点，过点F
的直线l与E 交于A ,B两点（不同于E 的顶点），当直线l过点C (−1,−3)时，C 恰为AB的
中点．
(1)求E 的方程；
(2)设M , N分别为E 的左、右顶点，AM与BN交于点P , AN与BM交于点Q，若D 为
PQ的中点，证明|DF)
|PQ)为定值，并求出该定值．
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)证明见解析；1
2
【分析】（1）设A(x1, y1),B(x2, y2)，代入方程利用点差法得1= b
2
3a
2，联立
c
2=a
2+b
2求解即可
（2）直线AB 的方程为x =my +2(m≠±
❑√3
3 )，联立方程，根据题意结合韦达定理可
证P ,Q均在直线x = 1
2上，求P ,Q的坐标，利用向量的坐标运算可得⃗FP⋅⃗FQ =0，结合几
何知识即可得|DF)
|PQ)的值.
【详解】（1）因为右焦点F(2,0)，所以c =2，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，
因为直线l过点C(−1,−3)时，C 恰为AB的中点，
由中点坐标公式得，x1+ x2=−2, y1+ y2=−6，
又A ,B在双曲线上，
所以x1
2
a
2 −y1
2
b
2 =1①，x2
2
a
2 −y2
2
b
2 =1②，两式相减得x2
2−x1
2
a
2
−y2
2−y1
2
b
2
=0，
所以
y2−y1
x2−x1
= b
2(x1+ x2)
a
2( y1+ y2)
= b
2
3a
2，
因为直线的斜率为kl=k AB=k FC = −3−0
−1−2 =1= b
2
3a
2，
又c
2=a
2+b
2= 4，所以3a
2+a
2= 4⇒a
2=1，所以b
2=3，
故双曲线E 的方程为x
2−y
2
3 =1.
（2）由（1）知x
2−y
2
3 =1，且M , N分别为E 的左、右顶点，可知
M (−1,0), N (1,0)，
由题意可知：直线AB 的斜率可以不存在，但不为0，
设直线AB 的方程为x =my +2(m≠±
❑√3
3 )，此时直线AB 必与双曲线相交，
设A(m y1+2, y1),B(m y2+2, y2)，可知y1 y2≠0，
联立方程{
x =my +2
x
2−y
2
3 =1)
，消去x 可得(3m
2−1) y
2+12my +9=0，
则y1+ y2=−12m
3m
2−1
, y1 y2=
9
3m
2−1，可得m y1 y2=−3
4 ( y1+ y2)，
因为直线AM 的方程为m y1+3
y1
y = x +1，直线BN 的方程为m y2+1
y2
y = x−1，
则x +1
x−1 =
m y1+3
y1
m y2+1
y2
= m y1 y2+3 y2
m y1 y2+ y1
=
−3
4 ( y1+ y2)+3 y2
−3
4 ( y1+ y2)+ y1
=
−3
4 y1+ 9
4 y2
1
4 y1−3
4 y2
=−3，
可得x = 1
2，则y =
3 y1
2(m y1+3)，即P(
1
2 ,
3 y1
2(m y1+3))，
同理可得Q(
1
2 ,
3 y2
2(m y2+3))，即P ,Q均在直线x = 1
2上，
则⃗FP =(−3
2 ,
3 y1
2(m y1+3))，⃗FQ =(−3
2 ,
3 y2
2(m y2+3))，
可得⃗FP⋅⃗FQ = 9
4 +
9 y1 y2
4(m y1+3)(m y2+3)
= 9
4[1+
y1 y2
m
2 y1 y2+3m( y1+ y2)+9)
= 9
4(
1+
9
3m
2−1
9m
2
3m
2−1
−36m
2
3m
2−1
+9)
= 9
4(1+
9
9m
2−36m
2+27m
2−9)=0，
可知⃗FP⊥⃗FQ，即∠PFQ =π
2 ，
可知|PQ)=2|DF)，所以|DF)
|PQ) = 1
2.
【突破提升训练・29】已知直线l: y =k (x +2)恰好经过双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)
的左焦点F，且与C交于A，B两点，M为AB的中点，当k = 1
3时，直线OM的斜率为1．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l1经过F且与直线l垂直，与双曲线C交于D，E两点，N为DE的中点，证明：
△MON与△MFN的面积之比为定值．
【答案】(1) x
2
3 −y
2=1
(2)证明见解析
【分析】（1）利用点差法{
x1
2
a
2 −y1
2
b
2 =1,
x2
2
a
2 −y2
2
b
2 =1)
可求得b
2
a
2 = 1
3，结合a
2+b
2= 4，求出a,b,c，
即可求出双曲线的方程；
（2）直线l与双曲线方程联立{
x
2
3 −y
2=1,
y =k (x +2))
，求出点M坐标，因为直线l1与l垂直，
所以用−1
k 替换k，得到N点的坐标，求出直线MN的方程，即可得出MN恒过定点
Q (−3,0)，即可得出△MON与△MFN的面积之比
【详解】（1）依题意可知F (−2,0)，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则{
x1
2
a
2 −y1
2
b
2 =1,
x2
2
a
2 −y2
2
b
2 =1,)
两式作差可得(x1+ x2)(x1−x2)
a
2
−( y1+ y2)( y1−y2)
b
2
=0，
即
y1+ y2
x1+ x2
⋅y1−y2
x1−x2
= b
2
a
2，又当k = 1
3时，直线OM的斜率为1，
所以1× 1
3 = b
2
a
2．又a
2+b
2= 4，解得a
2=3，b
2=1，
所以双曲线C的方程为x
2
3 −y
2=1．
（2）联立直线l与双曲线方程，得{
x
2
3 −y
2=1,
y =k (x +2),)
消去y整理得(1−3k
2) x
2−12k
2 x −12k
2−3=0，则1−3k
2≠0，Δ>0，
则{
x1+ x2= 12k
2
1−3k
2 ,
x1 x2= −12k
2−3
1−3k
2
,)
所以
x1+ x2
2
=
6k
2
1−3k
2，
y1+ y2
2
=
2k
1−3k
2，所以
M(
6 k
2
1−3k
2 ,
2k
1−3k
2)．
又因为直线l1与l垂直，所以用−1
k 替换k，得到N(
6
k
2−3
, −2k
k
2−3)．
当6 k
2
1−3k
2 =
6
k
2−3
，即k =±1时，直线MN的方程为x =−3，直线MN过点Q (−3,0)．
当k ≠±1且k ≠±
❑√3
3 ，k ≠± ❑√3时，直线MN的斜率为
2k
1−3k
2 −−2k
k
2−3
6 k
2
1−3k
2 −
6
k
2−3
=−
2k
3(k
2−1)，
所以直线MN的方程为y −
2k
1−3k
2 =−
2k
3(k
2−1)(x−
6 k
2
1−3k
2)，
令y =0，得x = 3(k
2−1)
1−3k
2 +
6k
2
1−3k
2 =−3，所以直线MN过点Q (−3,0)．
综上，直线MN恒过点Q (−3,0)．
所以△MON与△MFN的面积之比为
1
2|y M −y N)⋅|OQ)
1
2|y M −y N)⋅|FQ)
=3．
