重难点18 圆锥曲线必考压轴解答题全归类
【全国通用】
1、圆锥曲线必考压轴解答题全归类
平面解析几何是高考数学的重要考查内容，其中圆锥曲线是高考的重点、热点内容，属于高考的必考
内容之一，常作为试卷的拔高与区分度大的试题，其思维要求高，计算量较大。从近三年的高考情况来
看，在解答题中的考查主要有三个方面：一是圆锥曲线通性通法的研究；二是圆锥曲线中的弦长、面积、
最值、定点、定值或定直线等问题的求解；三是圆锥曲线与其他知识的交汇问题，考查逻辑思维能力和数
学运算能力，试题难度较大，需要灵活求解。
圆锥曲线的核心内容概括为八个字，就是“定义、方程、位置关系”，所有的圆锥曲线有关试题都是
围绕这些核心内容展开。
知识点
1 动点轨迹问题
1．求动点的轨迹方程的方法
求动点的轨迹方程有如下几种方法：
(1)直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
(2)定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
(3)相关点法：用动点Q 的坐标x、y 表示相关点P 的坐标x0、y0，然后代入点P 的坐标(x0,y0)所满足的曲线
方程，整理化简可得出动点Q 的轨迹方程；
(4)参数法：当动点坐标x、y 之间的直接关系难以找到时，往往先寻找x、y 与某一参数t 得到方程，即为动
点的轨迹方程；
知识点
2 圆锥曲线中的弦长与中点弦问题
1．椭圆的弦长问题
(1)定义：直线与椭圆的交点间的线段叫作椭圆的弦.
(2)弦长公式：设直线l:y=kx+m 交椭圆
+
=1 (a>b>0)于
，
两点，
则
或
.
2．椭圆的“中点弦问题”
(1)解决椭圆中点弦问题的两种方法
①根与系数的关系法：联立直线方程和椭圆方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系
数的关系以及中点坐标公式解决.
②点差法：利用端点在曲线上，坐标满足方程，将端点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中点坐
标和斜率的关系.
设
，
，代入椭圆方程
+
=1 (a>b>0)，得
，
①-②可得
+
=0，
设线段AB 的中点为
，当
时，有
+
=0.
因为
为弦AB 的中点，从而转化为中点
与直线AB 的斜率之间的关系，这就是处理弦中点
轨迹问题的常用方法.
(2)弦的中点与直线的斜率的关系
线段AB 是椭圆
+
=1 (a>b>0)的一条弦，当弦AB 所在直线的斜率存在时，弦AB 的中点M 的坐标为
，则弦AB 所在直线的斜率为
，即
.
3．双曲线的弦长问题
(1)弦长公式：直线y=kx+b 与双曲线相交所得的弦长d
.
(2)解决此类问题时要注意是交在同一支，还是交在两支上.
(3)处理直线与圆锥曲线相交弦有关问题时，利用韦达定理、点差法的解题过程中，并没有条件确定直线与
圆锥曲线一定会相交，因此，最后要代回去检验.
(4)双曲线的通径：
过焦点且与焦点所在的对称轴垂直的直线被双曲线截得的线段叫作双曲线的通径.无论焦点在x 轴上还是在
y 轴上，双曲线的通径总等于
.
4．双曲线的“中点弦问题”
“设而不求”法解决中点弦问题：
①过椭圆内一点作直线，与椭圆交于两点，使这点为弦的中点，这样的直线一定存在，但在双曲线的这类
问题中，则不能确定.要注意检验.
②在解决此类问题中，常用韦达定理及垂直直线的斜率关系.常用的解题技巧是如何应用直线方程将
转
化为能用韦达定理直接代换的
.垂直关系有时用向量的数量关系来刻画，要注意转化.
5．抛物线的弦长问题
设直线与抛物线交于A
,B
两点，则|AB|=
=
或
|AB|=
=
(k 为直线的斜率，k≠0).
6．抛物线的焦点弦问题
抛物线
=2px(p>0)上一点A
与焦点F(
,0)的距离为|AF|=
，若MN 为抛物线
=2px(p>0)的
焦点弦，则焦点弦长为|MN|=
+
+p(
,
分别为M,N 的横坐标).
设过抛物线焦点的弦的端点为A
,B
，则四种标准方程形式下的弦长公式为：
标准方程
弦长公式
y2=2px(p>0)
|AB|=x1+x2+p
y2=-2px(p>0)
|AB|=p-(x1+x2)
x2=2py(p>0)
|AB|=y1+y2+p
x2=-2py(p>0)
|AB|=p-(y1+y2)
知识点
3 圆锥曲线中最值或取值范围问题的解题策略
1．处理圆锥曲线最值问题的求解方法
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：
一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；
二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数
方法、不等式方法等进行求解.
2．解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
知识点
4 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
1．圆锥曲线中的定点、定值问题
圆锥曲线中的定点定值问题一般与圆锥曲线的基本量和题设条件中的给定的点或值有关，曲线过定点问题
以直线过定点居多，定点问题其实也可以归结到定值问题(定点的横纵坐标为定值).这类问题用函数的思想
方法来处理，具体操作流程如下：
(1)变量——选择合适的参变量；
(2)函数——要证明为定值的量表示出参数的函数；
(3)定值——化简函数解析式，消去参数得定值.
一些存在性问题，是否存在定点使得某一个量为定值，是否存在定值使得某一量为定值，是否存在定点使
得曲线过定点，是否存在定值使得曲线过定点，可以看做定点定值问题的延伸.
2．过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线 l 过定点问题
解法：设动直线方程（斜率存在）为y =kx +t，由题设条件将t 用k 表示为t =mk +n，得y =k (x +m)+n，
故动直线过定点(−m,n)；
(2)动曲线 C 过定点问题
解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
3．求解定值问题的三个步骤
(1)由特例得出一个值，此值一般就是定值；
(2)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无
关；也可令系数等于零，得出定值；
(3)得出结论．
4．圆锥曲线中的定直线问题
定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题.这类问题的核心在于确定定点的轨
迹，主要方法有：
(1)设点法：设点的轨迹，通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程；
(2)待定系数法：设出含参数的直线方程、待定系数法求解出系数；
(3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证.
知识点
5 圆锥曲线中的探索性问题的解题策略
1. 圆锥曲线中的探索性问题
此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成
立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对
参数的讨论.
【方法技巧与总结】
1．已知M，N 是椭圆C：
+
=1 (a>b>0)上的两点，点O 为坐标原点，且P 是M，N 的中点，则
.
2．若曲线为双曲线，其余条件不变，则
.
3．若曲线为抛物线，P
为弦MN 的中点：
(开口向右)，
(开口向左)，
(开口向上)，
(开口向下).
【题型1 圆锥曲线的标准方程的求解】
【例1】（2026·安徽滁州·一模）已知椭圆Γ : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的短轴长为4，离心率为
❑√5
5 ．
(1)求Γ 的方程；
(2)若直线y = x +m与Γ交于A，B 两点，且| AB|< 8 ❑√10
9
，求m 的取值范围．
【答案】(1) x
2
5 + y
2
4 =1
(2)(−3,−❑√5)∪(❑√5,3)
【解题思路】（1）根据短轴长和离心率求出椭圆方程.
（2）联立直线与椭圆方程，利用判别式、韦达定理和弦长公式，结合弦长条件求出m的取值范围.
【解答过程】（1）由题意可得：短轴长2b= 4，故b=2，
又因为离心率e = c
a =
❑√5
5 ，结合椭圆关系a
2=b
2+c
2可得：
e
2= c
2
a
2 = a
2−b
2
a
2
=1−4
a
2 = 1
5，解得a
2=5，b
2= 4，
所以椭圆Γ的方程为：x
2
5 + y
2
4 =1.
（2）由题意可知，联立直线y = x +m与椭圆方程： {
y = x +m
x
2
5 + y
2
4 =1，
消去y整理得：9 x
2+10mx +5(m
2−4)=0，
设直线y = x +m与椭圆Γ交于点A( x1, y1)，B( x2, y2)，
则判别式Δ>0：Δ=(10m)
2−4×9×5(m
2−4)=720−80m
2>0，
解得m
2<9，即−3<m<3，由韦达定理得：
x1+ x2=−10m
9
，x1 x2= 5(m
2−4)
9
，
由弦长公式∣AB∣=
❑√1+ k
2⋅
❑√( x1+ x 2)
2−4 x1 x2，其中k =1，
可得：|AB)= ❑√2·
❑√(−10m
9
)
2
−4· 5(m
2−4)
9
= 4 ❑√10·
❑√9−m
2
9
，
又因为∣AB∣< 8 ❑√10
9
，所以 4 ❑√10⋅
❑√9−m
2
9
< 8 ❑√10
9
，
化简可得：❑√9−m
2<2，两边平方得：m
2>5，
即m>❑√5或m<−❑√5，
又因为m
2<9，所以m的取值范围为：(−3,−❑√5)∪(❑√5,3).
【变式1-1】（2026·四川广元·二模）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，
过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P.若|P F2)= ❑√2，S△PO F2=1.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过左焦点F1的直线l与双曲线C交于A，B两点，S△AB F2= 4
3
❑√10，求直线l的方程.
【答案】(1) x
2
2 −y
2
2 =1
(2)x−2 y +2=0或x +2 y +2=0.
【解题思路】（1）通过焦点到渐近线的距离公式及三角形面积公式建立关于a,b的方程，；联立解得参数
即可确定双曲线方程；
（2）设直线方程并与双曲线联立，利用弦长公式和点到直线距离表示面积，代入已知值解出斜率即可得
到直线方程.
【解答过程】（1）由题意得C的渐近线为y =± b
a x，取y = b
a x，即bx−ay =0，
右焦点F2(c ,0)到该渐近线的距离|P F2)= |bc−0)
❑√a
2+b
2 = bc
c =b= ❑√2，
P F2所在直线的斜率为−a
b，并且过点F2(c ,0)，
则P F2所在直线方程为y −0=−b
a ( x−c)，即y =−b
a ( x−c)，
联立{
y =−b
a ( x−c)
y = b
a x )
，整理得x = a
2c
a
2+b
2 = a
2c
c
2 = a
2
c ，则y = ab
c ，即P(
a
2
c , ab
c )，
所以S△PO F2= 1
2|O F2)⋅yP= 1
2 ⋅c⋅ab
c =1，即ab=2，代入b= ❑√2，则a= ❑√2,
所以双曲线C的方程为x
2
2 −y
2
2 =1.
（2）由（1）知F1(−2,0), F2(2,0)，
当直线l斜率不存在时，l: x =−2，代入双曲线得y =± ❑√2，
则|AB)=2❑√2，F2到l的距离为4，
此时S△AB F2= 1
2 ×2❑√2×4 = 4 ❑√2≠4
3
❑√10，不符合题意，
当直线l斜率存在时，设l: y =k( x +2)，A( x1, y1),B( x2, y2)，
联立{
x
2
2 −y
2
2 =1
y =k( x +2))
得(1−k
2)x
2−4 k
2 x −(4 k
2+2)=0(k ≠±1)，则{
x1+ x2= 4 k
2
1−k
2
x1 x2=−4 k
2+2
1−k
2)
，
（k =±1时l与渐近线平行，与双曲线只有1 个交点，不符合题意）
则|AB)=
❑√1+k
2|x1−x2)=
❑√1+k
2⋅❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2
=
❑√1+ k
2❑√(
4 k
2
1−k
2)
2
−4(−4 k
2+2
1−k
2 )= 2❑√2(1+k
2)
|1−k
2)
点F2(2,0)到直线l:kx−y +2k =0的距离d =|2k −0+2k )
❑√k
2+1
= 4|k )
❑√k
2+1
，
所以S△AB F2= 1
2|AB)⋅d = 1
2 ⋅2❑√2(1+ k
2)
|1−k
2)
⋅4|k )
❑√k
2+1
= 4 ❑√2|k )
❑√1+k
2
|1−k
2)
，
由题意得4 ❑√2|k )
❑√1+k
2
|1−k
2)
= 4
3
❑√10，即
❑√2|k )
❑√1+ k
2
|1−k
2)
=
❑√10
3
，
两边同时平方得
2k
2(1+ k
2)
(1−k
2)
2
= 10
9 ，令t =k
2(t ≥0)，
则
2t(1+t )
(1−t )
2 = 10
9 ，整理得4t
2+19t −5=0，解得t = 1
4 或t =−5（舍）
故k
2= 1
4 ，k =± 1
2，
将k =± 1
2代入判别式(−4 k
2)
2−4(1−k
2)[−(4 k
2+2)]=10>0，且k ≠±1，符合题意，
因此直线l的方程为y =± 1
2
(x +2)，
即x−2 y +2=0或x +2 y +2=0.
【变式1-2】（2026·吉林·三模）已知抛物线C：y
2=2 px ( p>0)的焦点F 到直线y = x +2的距离为2❑√2.
(1)求抛物线C 的标准方程；
(2)过点A (4,0)的直线l与抛物线C 交于M，N 两点，O为坐标原点，且△OMN的面积为16 ❑√3，求直线l的
方程.
【答案】(1)y
2=8 x
(2)x−y −4 =0或x + y −4 =0.
【解题思路】（1）利用抛物线焦点坐标公式及点到直线的距离公式求解参数p，确定标准方程.
（2）设出直线方程与抛物线联立，结合韦达定理，利用弦长公式与点到直线距离公式表示三角形面积，
进而求解直线方程.
【解答过程】（1）抛物线C : y
2=2 px( p>0)的焦点坐标为F( p
2 ,0)，
所以焦点到直线x−y +2=0的距离为：d =
| p
2 −0+2|
❑√1
2+(−1)
2 =
| p
2 +2|
❑√2
=2❑√2
解得：p= 4
所以，抛物线C的标准方程为：y
2=8 x
（2）由题意设过点A(4,0)的直线l方程为x =my + 4，设M ( x1, y1), N ( x2, y2).
联立方程¿，消去x得：y
2−8my −32=0，
所以y1+ y2=8m，y1 y2=−32，
所以| y1−y2|=
❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=
❑√(8m)
2−4(−32)=
❑√64 m
2+128=8
❑√m
2+2，
由弦长公式，| MN |=
❑√1+m
2| y1−y2|=8
❑√m
2+2
❑√1+m
2.
原点O到直线l: x−my −4 =0的距离为d =|0−0−4|
❑√1+m
2
=
4
❑√1+m
2.
所以S△OMN = 1
2 ⋅| MN |⋅d = 1
2 ×8
❑√m
2+2
❑√1+m
2×
4
❑√1+m
2 =16
❑√m
2+2=16 ❑√3，
化简可得：❑√m
2+2= ❑√3，解得 m
2=1，即m=±1.
所以直线l方程为：x = y + 4或x =−y + 4，
即x−y −4 =0或x + y −4 =0.
【变式1-3】（2026·天津南开·一模）已知椭圆E：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1（a>b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，
短轴长为2，过右焦点F2且垂直于x轴的直线交椭圆于第一象限的点P，且sin∠P F1 F2= 1
3.
(1)求椭圆E的方程；
(2)直线l：y =kx +m（k >0）与椭圆E交于点A，B，若椭圆E上存在点C使得四边形OACB为平行四边形.
且|AB)= ❑√3|OC)，求k的值.
【答案】(1) x
2
2 + y
2=1
(2)k =
❑√2
2
.
【解题思路】（1）根据椭圆的定义及勾股定理求出a,c即可得解；
（2）假设存在C，直线与椭圆方程联立，再由韦达定理及向量的运算求出C 点坐标，再由|AB)= ❑√3|OC)
列出方程求解即可.
【解答过程】（1）因为sin ∠P F1 F2=|P F2)
|P F1)
= 1
3，|P F1)+|P F2)=2a，
所以|P F1)= 3
2 a，|P F2)= a
2.
因为|P F2)
2+|F1 F2)
2=|P F1)
2，|F1 F2)=2c，
所以a= ❑√2c，因为a
2=c
2+1，所以c =1，a= ❑√2，
所以椭圆方程为x
2
2 + y
2=1.
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立方程{
x
2+2 y
2=2,
y =kx +m, )得(2k
2+1) x
2+ 4 kmx +2m
2−2=0，
所以Δ=(4 km)
2−4(2k
2+1)(2m
2−2)>0，整理得2k
2+1>m
2 ①，
所以x1+ x2=−4 km
1+2k
2，x1 x2= 2m
2−2
1+2k
2 ，
y1+ y2=k (x1+ x2)+2m=
2m
1+2k
2.
因为E上存在点C使得四边形OACB为平行四边形，
所以⃗OC =⃗OA +⃗OB =(−4 km
1+2k
2 ,
2m
1+2k
2)，即C(−4 km
1+2k
2 ,
2m
1+2k
2)，
将C(−4 km
1+2k
2 ,
2m
1+2k
2)代入x
2
2 + y
2=1得16k
2m
2
2(1+2k
2)
2 +
4 m
2
(1+2k
2)
2 =1，
整理得4 m
2=2k
2+1>1 ②，
所以|AB)=
❑√1+ k
2⋅|x1−x2)=
❑√1+ k
2⋅
❑√(4 km)
2−4(1+2k
2)(2m
2−2)
1+2k
2
= 2
❑√2(1+k
2)(2k
2−m
2+1)
1+2k
2
=
❑√6(1+k
2)(2k
2+1)
1+2k
2
，
由②知，|OC)= ❑√(x1+ x2)
2+( y1+ y2)
2= ❑√(−4 km
1+2k
2)
2
+(
2m
1+2k
2)
2
= ❑√(−4 km
4 m
2)
2
+(
2m
4 m
2)
2
= ❑√
4 k
2+1
4 m
2 = ❑√
4 k
2+1
2k
2+1
，
因为|AB)= ❑√3|OC)，
所以
❑√6(1+k
2)(2k
2+1)
1+2k
2
= ❑√3 ❑√
4 k
2+1
2k
2+1
，
整理得2k
2=1，解得k =±
❑√2
2 ，
由②知m
2= 1
2，符合①，因为k >0，所以k =
❑√2
2 .
【题型2 轨迹方程】
【例2】（2026·河南开封·一模）在直角坐标系xOy中，点P到y轴的距离等于点P到点F (2,0)的距离，记
动点P的轨迹为W ．
(1)求W 的方程；
(2)经过点F且斜率为1 的直线l交W 于A，B两点，求|AB)．
【答案】(1)y
2= 4 (x−1)
(2)8
【解题思路】（1）先设点P的坐标为(x , y)，再根据题意列式化简即可；
（2）先求出直线l的方程，再利用距离公式即可求出.
【解答过程】（1）设点P的坐标为(x , y)，依题意得|x)=
❑√(x −2)
2+ y
2，
化简得y
2= 4 (x−1)，所以W 的方程为y
2= 4 (x−1)．
（2）直线l过点F且斜率为1，
∴直线l为y −0=1(x−2)，即 y = x−2，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，
联立{
y
2= 4 (x−1)
y = x−2 )，化简得：x
2−8 x +8=0，
则x1+ x2=8, x1 x2=8，
又|AB)= ❑√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2，把y = x−2代入，
得|AB)= ❑√(x1−x2)
2+(x1−2−x2+2)
2= ❑√(x1−x2)
2+(x1−x2)
2= ❑√2|x1−x2),
|x1−x2)= ❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= ❑√64−4×8= 4 ❑√2 ，
|AB)= ❑√2×4 ❑√2=8．
【变式2-1】（2026·陕西榆林·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知点A(0,1),B(0,−1)，直线AP 与
BP 相交于点P，且两直线的斜率之积为−1
2．
(1)求动点P 的轨迹方程；
(2)直线l1: x−2 y +1=0与动点P 的轨迹交于C，D 两点，求弦长|CD|；
(3)若动点P 的轨迹为闭合曲线，点T (2,0)，动点P 的轨迹上存在不关于x 轴对称的两点M，N，使得
∠MTN恰好被x 轴平分，求△MTN面积的取值范围．
【答案】(1) x
2
2 + y
2=1( x≠0)
(2)5
3
❑√2
(3)(0,
❑√2
2 )
【解题思路】（1）结合斜率公式计算即得动点P的轨迹方程；
（2）联立直线与椭圆得出韦达定理，再由弦长公式计算即得；
（3）先设直线方程再联立，写出韦达定理，应用题设条件得出斜率关系，计算得出定点(1,0)，再列出三
角形的面积及基本不等式计算范围．
【解答过程】（1）设交点P 的坐标为( x , y)，因为直线AP 与BP 的斜率之积为−1
2，
所以y −1
x
⋅y +1
x
=−1
2，所以x
2+2( y
2−1)=0，则x
2
2 + y
2=1，
故动点P 的轨迹方程为x
2
2 + y
2=1( x≠0)．
（2）由l1: x−2 y +1=0与椭圆P: x
2
2 + y
2=1联立，可得3 x
2+2 x−3=0，
设C (xC , yC), D(xD, y D)，则xC+ xD=−2
3 , xC⋅xD=−1，
所以弦长|CD|=
❑√1+k
2⋅❑√(xC + xD)
2−4 xC⋅xD= ❑√1+(
1
2)
2
⋅❑√(−2
3)
2
−4×(−1)= 5
3
❑√2．
（3）设直线MN的方程为x =my +t(m≠0), M (m y1+t , y1), N (m y2+t , y2)，
由{
x =my +t ,
x
2
2 + y
2=1,)
得(m
2+2) y
2+2mty +t
2−2=0，
所以Δ=8(m
2−t
2+2)>0，{
y1+ y2= −2mt
m
2+2
y1 y2= t
2−2
m
2+2 )
，
因为∠MTN恰好被x 轴平分，所以∠MTO =∠NTO，
所以直线MT的斜率k MT与直线NT的斜率k NT存在且k MT + k NT =0，
即
y1
m y1+t −2 +
y2
m y2+t −2 =0，整理得2m y1 y2+(t −2)( y1+ y2)=0，
即2m(t
2−2)−(t −2)⋅2mt =0，因m≠0，解得t =1，即直线MN经过定点(1,0)，
所以△MTN的面积S△MTN = 1
2 (2−1)|y1−y2)= 1
2 ×❑√
( −2m
m
2+2
)
2
+ 4×
1
m
2+2
= 2❑√2⋅
❑√m
2+1
2(m
2+2)
=
❑√2⋅
❑√m
2+1
m
2+2
=
❑√2
❑√m
2+1+
1
❑√m
2+1
≤
❑√2
2 ，
当且仅当
❑√m
2+1=
1
❑√m
2+1
，即m=0时，等号成立．
因为m≠0，所以△MTN面积的取值范围是(0,
❑√2
2 )．
【变式2-2】（2026·江西·模拟预测）已知动圆过定点F(
1
4 ,0)，且与直线l: x =−1
4 相切．
(1)求动圆圆心的轨迹C 的方程；
(2)过点A (1,1)作倾斜角为α，β（αβ ≠0）的两条直线交轨迹C 于M，N 两点，若α + β =π
2 ，求证：直线
MN 恒过定点．
【答案】(1)y
2= x
(2)证明见解析
【解题思路】（1）由抛物线的定义可得方程；
（2）设MN : x =my +n，由α + β =π
2 得出k AM k AN =1，利用韦达定理化简即可.
【解答过程】（1）由题意可知，动圆圆心到点F(
1
4 ,0)和到l: x =−1
4 的距离相等，
故动圆圆心的轨迹C 是以F(
1
4 ,0)为焦点，l: x =−1
4 为准线的抛物线，
故动圆圆心的轨迹C 的方程为y
2= x；
（2）由题意可知，直线AM , AN的倾斜角均不为0和π
2 ，
故直线AM , AN的斜率均存在且不为0，
因为α + β =π
2 ，所以tan α = tan(
π
2 −β)=
1
tan β ，即tan α tan β =1，
即k AM k AN =1，
若直线MN的斜率为0，则与抛物线只有一个交点，不符合题意；
故设MN : x =my +n，M (x1, y1), N (x2, y2)，
联立{
x =my +n
y
2= x )，得y
2−my −n=0，
则Δ=m
2+ 4 n>0, y1+ y2=m, y1 y2=−n，
则k AM k AN = y1−1
x1−1 ⋅y2−1
x2−1 = y1−1
y1
2−1
⋅y2−1
y2
2−1
=
1
( y1+1)( y2+1)
=
1
y1 y2+ y1+ y2+1
=
1
−n+m+1 =1，
得m=n，
则直线MN : x =m( y +1)恒过点(0,−1).
【变式2-3】（2026·河南·模拟预测）已知C1(−2,0)，C2(2,0)，动点M 满足|M C1)−|M C2)=2，设M 的
轨迹为曲线C．
(1)求曲线C 的方程；
(2)设直线l: y =kx +1与曲线C 有两个交点A，B，求k 的取值范围；
(3)设直线l
′: x =my +2与曲线C 交于P，Q 两点，求证：
1
|PC2)
+
1
|QC2)为定值．
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1(x>0)；
(2)−2<k <−❑√3；
(3)2
3
【解题思路】（1）根据双曲线的定义以及双曲线的标准方程，可得答案；
（2）联立直线与双曲线方程，写出韦达定理，结合判别式计算，可得答案；
（3）联立直线与双曲线方程，写出韦达定理，应用弦长公式代入计算化简求解.
【解答过程】（1）设M (x , y)，|M C1)−|M C2)=2为定值，所以点M的轨迹是以C1,C2为焦点的双曲线
的右支，
设双曲线方程为：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，∴2a=2,c =2,∴a=1,b= ❑√3，
所以，曲线C的轨迹方程是x
2−y
2
3 =1(x>0)；
（2）设A(x1, y1),B(x2, y2)，
由{
y =kx +1
x
2−y
2
3 =1(x>0))
，消去y得(3−k
2) x
2−2kx −4 =0，
则{
x1+ x2= 2k
3−k
2 >0
x1 x2= −4
3−k
2 >0
Δ= 4 k
2−4(3−k
2)×(−4)>0)
.
整理得{
k
2>3
k
2<4
k <0)
，
解得−2<k <−❑√3.
（3）设P(x3, y3),Q(x4, y4)，
由{
x =my +2
x
2−y
2
3 =1)
，消去x得，(3m
2−1) y
2+12my +9=0，
则y3+ y4= −12m
3m
2−1
, y3 y4=
9
3m
2−1
<0.
| PC2|=
❑√1+m
2|y3)，|QC2|=
❑√1+m
2|y4)
所以
1
|PC2)
+
1
|QC2)
=
1
❑√1+m
2|y3)
+
1
❑√1+m
2|y4)
=
|y3)+|y4)
❑√1+m
2|y3 y4)
，
=
|y3)+|y4)
❑√1+m
2×
9
|3m
2−1)
=
|y3−y4)
❑√1+m
2×
9
|3m
2−1)
=
❑√( y3+ y4)
2−4 y3 y4
❑√1+m
2×
9
|3m
2−1)
=
❑√(
−12m
3m
2−1)
2
−4×
9
3m
2−1
❑√1+m
2×
9
|3m
2−1)
=
❑√1+m
2×
6
|3m
2−1)
❑√1+m
2×
9
|3m
2−1)
= 6
9 = 2
3.
【题型3 圆锥曲线的弦长与“中点弦”问题】
【例3】（2026·吉林长春·一模）已知椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为1
2，右焦点F (1,0)..
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过F且倾斜角为45
°的直线l与椭圆相交于A，B两点，求|AB).
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)24
7
【解题思路】（1）根据条件求a,b,c的值，可得椭圆方程.
（2）将直线方程与椭圆方程联立，消去x，可得关于y的一元二次方程，利用韦达定理可得y1+ y2和y1 y2
，进而得|y1−y2)，再利用弦长公式求弦长.
【解答过程】（1）由椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为1
2，
可设c =t，a=2t，则b= ❑√3t，
由右焦点F (1,0)，可知c =t =1，则a=2，b= ❑√3，
即椭圆的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）如图：
过F且倾斜角为45°的直线l的方程为x = y +1，
与椭圆C : x
2
4 + y
2
3 =1联立可得：
3( y +1)
2+ 4 y
2−12=0，即7 y
2+6 y −9=0，
可得y1+ y2=−6
7 ，y1 y2=−9
7 .
所以( y1−y2)
2=( y1+ y2)
2−4 y1 y2 = 36
49 −4×(−9
7) = 36×8
49
，
所以|y1−y2)= 12❑√2
7
.
所以|AB)=
❑√1+t
2⋅|y1−y2)= ❑√2× 12❑√2
7
= 24
7 .
【变式3-1】（2026·山东威海·一模）已知双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的焦距为2c，渐近线方程为
y =±2❑√2 x，右焦点F到直线x = a
2
c 的距离为8
3．
(1)求E的方程；
(2)已知直线x−my +3=0交E于B，C 两点，E的左顶点记为A，若AB//CF，求弦长|BC|．
【答案】(1)x
2−y
2
8 =1
(2)16
3 .
【解题思路】（1）依题意建立关于a,b,c的方程组，求解即得双曲线的方程；
（2）将直线方程与双曲线方程联立，写出韦达定理，利用AB//CF和三角形相似可推得y2=3 y1，与韦
达定理联立求得m
2= 4
5 ，再用弦长公式即可求得答案.
【解答过程】（1）由题意知，{
b
a =2❑√2
c−a
2
c = 8
3
c
2=a
2+b
2)
，
解得a
2=1,b
2=8，
所以E的方程为x
2−y
2
8 =1
（2）联立{
x−my +3=0
x
2−y
2
8 =1 )
，整理得(8m
2−1) y
2−48my +64 =0，
由{
8m
2−1≠0
Δ=(48m)
2−4×64(8m
2−1)>0)，可得m
2≠1
8，
设B(x1, y1),C (x2, y2)，则{
y1+ y2=
48m
8m
2−1
y1 y2=
64
8m
2−1
,)
因为A(−1,0), AB //CF，
又直线x−my +3=0过点F1(−3,0)，且F(3,0)，
所以|AB):|FC)=|A F1):|F1 F)=1:3，所以y2=3 y1①，（也可利用斜率相等或向量共线得出y2=3 y1）
将①式代入得{
4 y1=
48m
8m
2−1
3 y1
2=
64
8m
2−1)
，消去y1得3× (12m)
2
(8m
2−1)
2 =
64
8m
2−1，
解得m
2= 4
5 ，
则|BC)=
❑√1+m
2|y1−y2)=
❑√1+m
2❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2
=
❑√1+m
2⋅16
❑√m
2+1
|8m
2−1)
= 16(m
2+1)
|8m
2−1)
=
16(
4
5 +1)
|8× 4
5 −1)
= 16
3 .
【变式3-2】（2026·广东·模拟预测）已知抛物线E: y
2= 4 x的焦点为F，过点F作斜率为3 的直线l，且l与
E交于A ,B两点.
(1)求|AB)；
(2)求||FA)−|FB)).
【答案】(1)40
9
(2)4 ❑√10
9
【解题思路】（1）联立直线与抛物线的方程，根据韦达定理以及抛物线的定义求；
（2）利用抛物线的定义以及韦达定理求.
【解答过程】（1）显然F (1,0)，易知l: y =3(x−1)=3 x−3，
联立{
y
2= 4 x
y =3 x−3)，得9 x
2−22 x +9=0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，于是x1+ x2= 22
9 ，
由抛物线定义得|AB)= x1+ x2+2= 22
9 +2= 40
9 .
（2）由（1）可知x1 x2=1，
则||FA)−|FB))=|x1+1−(x2+1))=|x1−x2)= ❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2
= ❑√
484
81 −4 = 4 ❑√10
9
.
【变式3-3】（2025·山西·模拟预测）已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点为F (1,0)，且过点
P(−1, 3
2).
(1)求C的方程；
(2)设Q为C上一动点，当|PQ)+|QF)取得最大值时，求直线QF被C截得的弦长.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)25
7
【解题思路】（1）由椭圆的性质结合点在椭圆上代入解方程可得；
（2）由椭圆的性质得到当P，F
′，Q三点共线时|PQ)+|QF)取得最大值，再直曲联立，由弦长公式计算
可得.
【解答过程】（1）设C半焦距为c，因为F (1,0)，故c =1.
又C过点P(−1, 3
2)，故1
a
2 + 9
4 b
2 =1.
由椭圆的几何性质有a
2=b
2+c
2=b
2+1，
故a
2= 4，b
2=3.
所以C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）
设C的左焦点为F
′，则|PQ)+|QF)≤|P F
′)+|Q F
′)+|QF)=|P F
′)+2a= 11
2 ，当且仅当P，F
′，Q三点共
线时等号成立，此时Q(−1,−3
2).
因为F (1,0)，故直线QF的方程为y = 3
4
(x−1).
与C的方程联立有{
y = 3
4
(x−1),
x
2
4 + y
2
3 =1 )
，
整理有7 x
2−6 x−13=0，Δ=36+ 4×7×13= 400>0，解得x1=−1，x2= 13
7 .
故直线QF被C截得的弦长为❑√
1+(
3
4)
2
|x1−x2)= 5
4 × 20
7 = 25
7
.
【题型4 斜率之和差商积问题】
【例4】（2026·青海西宁·一模）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为
❑√3
2 ，且| AB|= 4．
(1)求C 的方程；
(2)已知M，N 是直线x =1上的两点，且满足BM ⊥BN，记直线AM，AN的斜率分别为k1，k2．
（i）求k1⋅k2的值；
（ii）若直线AM与C 交于另外一点P，直线AN与C 交于另外一点Q，求点B 到直线PQ的距离的最大
值．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)（i）−1
9；（ii）16
13
【解题思路】（1）根据题意列方程，求解a,b,c，即可得到椭圆方程；
（2）（i）利用斜率公式及两直线垂直的条件化简即可求解；
（ii）当直线PQ的斜率存在时，设出直线PQ的方程，将直线PQ的方程与椭圆的方程联立，利用韦达定
理，结合k1⋅k2=−1
9，进而得出直线PQ过定点，当直线PQ的斜率不存在时，求出直线AM，与椭圆的
方程联立，得出P ,Q坐标，得出直线PQ过定点即可求解.
【解答过程】（1）由题意知{
2a= 4
c
a =
❑√3
2
c
2=a
2−b
2)
解得a=2，b=1，c = ❑√3，
所以C 的方程是x
2
4 + y
2=1．
（2）（i）由题意知B(2,0)，设M (1, y M)，N (1, y N)，因为BM ⊥BN，
所以k BM ⋅k BN = y M
1−2 ⋅y N
1−2 =−1，即y M y N =−1，
所以k1⋅k2=
y M
1−(−2) ⋅
y N
1−(−2) = y M
3 ⋅y N
3 =−1
9．
（ii）当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y =kx +m，P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
由{
y =kx +m
x
2+ 4 y
2= 4)得(1+ 4 k
2) x
2+8kmx + 4 m
2−4 =0，
所以x1+ x2=−8km
1+ 4 k
2，x1 x2= 4 m
2−4
1+ 4 k
2 ，
y1 y2=(k x1+m)(k x2+m)=k
2 x1 x2+km(x1+ x2)+m
2= m
2−4 k
2
1+ 4 k
2 ，
所以k AP⋅k AQ=
y1 y2
(x1+2)(x2+2)
=−1
9，整理得9 y1 y2+ x1 x2+2(x1+ x2)+ 4 =0，
所以9× m
2−4 k
2
1+ 4 k
2 + 4 m
2−4
1+ 4 k
2 +2(−8km
1+ 4 k
2)+ 4 =0，整理得(13m+10k )(m−2k )=0，
所以m=−10
13 k或m=2k．
当m=2k时，直线PQ的方程为y =k( x +2)，过定点A(−2,0)，不符合题意；
当m=−10
13 k时，直线PQ的方程为y =k(x−10
13)，过定点(
10
13 ,0)．
当直线PQ斜率不存在时，M (1,1)，N (1,−1)，A(−2,0)，直线AM的方程是y = 1
3 ( x +2)与椭圆方程
x
2
4 + y
2=1联立得P(
10
13 , 12
13)，
同理得Q(
10
13 ,−12
13)，此时直线PQ的方程是x = 10
13 ，过定点(
10
13 ,0)．
综上，直线PQ过定点，该定点坐标是E(
10
13 ,0)，
当BE⊥PQ时，点B 到直线PQ的距离取得最大值，最大值为2−10
13 = 16
13.
【变式4-1】（2026·江西吉安·一模）已知双曲线Γ : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为
❑√6
2 ，其焦点到渐
近线的距离为1，点P为圆O: x
2+ y
2=1上一动点.
(1)求双曲线Γ的标准方程；
(2)若过点P可以作双曲线Γ的两条切线l1，l2，且切点分别为A，B.
（ⅰ）设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，求k1⋅k2的值；
（ⅱ）设l1，l2分别交圆O于点M，N，试探究|PA)⋅|PN )
|PB)⋅|PM )是否为定值？若是，请求出这个定值；若不
是，请说明理由.
【答案】(1) x
2
2 −y
2=1
(2)（ⅰ）−1；（ⅱ）是，1
【解题思路】（1）根据题意建立方程求得a,b，代入即可求解；
（2）（ⅰ）设出切线方程，切线与双曲线联立方程组，根据Δ=0结合根与系数的关系计算可解；（ⅱ）
分AB斜率为0 或者斜率不存在、kOP，k AB都存在时两种情况分类讨论即可求解，
当kOP，k AB都存在时由点差法可得kOQ⋅k AB= 1
2，由几何关系可得△MPN ∽△APB，进而求解.
【解答过程】（1）双曲线Γ : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的右焦点F(c ,0)，渐近线方程为y =± b
a x，
由题意可得|bc|
❑√a
2+b
2 =1⇒b=1，
又因为e = ❑√
1+ b
2
a
2 =
❑√6
2
，所以a= ❑√2，b=1，
故双曲线Γ的标准方程为x
2
2 −y
2=1；
（2）（ⅰ）设P( x0, y0)，由题意知切线的斜率一定存在，
设过点P与双曲线相切的切线方程为y −y0=k( x−x0)，代入双曲线Γ中消去y得：
(1−2k
2)x
2−4 k( y0−k x0)x −2( y0−k x0)
2−2=0，
则由Δ=0得：[ 4 k( y0−k x0)]
2+ 4(1−2k
2)[2( y0−k x0)
2+2]=0，
化简得：(2−x0
2)k
2+2 x0 y0k −(1+ y0
2)=0，
则k1，k2为上述方程的两个根，故k1k2= −1−y0
2
2−x0
2 ，
而x0
2+ y0
2=1，所以k1k2= −1−y0
2
2−x0
2 = −1−1+ x0
2
2−x0
2
=−1
（ⅱ）| PA |⋅| PN |
| PB|⋅| PM | 为定值1.
证明：当AB斜率为0 或者斜率不存在时，根据对称性可知MN ∥AB，
此时| PA |
| PM | =| PB|
| PN | ，即| PA |⋅| PN |
| PB|⋅| PM | =1；
当kOP，k AB都存在时，设A( x1, y1)，B( x2, y2)，AB的中点为Q，
由{
x1
2
2 −y1
2=1
x2
2
2 −y2
2=1
⇒y1−y2
x1−x2
⋅y1+ y2
x1+ x2
= 1
2，即kOQ⋅k AB= 1
2，
由于切点弦AB所在的直线方程为x0 x
2 −y0 y =1，所以k AB= 1
2 ⋅x0
y0
，
因此kOQ⋅1
2 ⋅x0
y0
= 1
2 ⇒kOQ= y0
x0
=kOP，即O，P，Q三点共线，
又由（ⅰ）可知△MPN与△APB均为直角三角形，故OM =OP，PQ = AQ，
则∠OMP=∠OPM，∠APQ =∠PAQ，而∠OPM =∠APQ，
所以∠OMP=∠PAQ，故MN ∥AB，△MPN ∽△APB，
所以| PA |
| PM | =| PB|
| PN | ，即| PA |⋅| PN |
| PB|⋅| PM | =1.
【变式4-2】（2026·贵州六盘水·一模）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的焦距为2，且过点A(❑√2,
❑√6
2 )
．
(1)求椭圆C 的方程.
(2)设B 为椭圆C 的右顶点，过点P(1,0)的直线l 与椭圆C 交于M，N 两点（异于点B）．
（ⅰ）记直线BM ,BN的斜率分别为k1,k2，证明：k1k2为定值.
（ⅱ）求△BMN的面积的取值范围.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1；
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）(0, 3
2 ].
【解题思路】（1）根据给定条件，列式求出a,b即可.
（2）（ⅰ）设出直线l的方程，与椭圆C的方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算得证；（ⅱ）由
（ⅰ）求出△BMN面积的函数关系，再借助对勾函数性质及不等式性质求出范围.
【解答过程】（1）由椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的焦距为2，得a
2−b
2=1，
由点A(❑√2,
❑√6
2 )在椭圆C上，得2
a
2 + 3
2b
2 =1，联立解得a=2,b= ❑√3，
所以椭圆C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）（ⅰ）由（1）得B(2,0)，直线l不垂直于y轴，设其方程为x =ty +1，M ( x1, y1), N ( x2, y2)，
由{
x =ty +1
3 x
2+ 4 y
2=12)消去x得(3t
2+ 4) y
2+6ty −9=0，y1+ y2=−
6t
3t
2+ 4
, y1 y2=
−9
3t
2+ 4 ，
则k1k2=
y1
x1−2 ⋅
y2
x2−2 =
y1 y2
(t y1−1)(t y2−1) =
y1 y2
t
2 y1 y2−t( y1+ y2)+1 =
−9
3t
2+ 4
−9t
2
3t
2+ 4
+
6t
2
3t
2+ 4
+1
=−9
4 ，
所以k1k2为定值.
（ⅱ）由（ⅰ）得S△BMN = 1
2 |BP|| y1−y2|= 1
2
❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2
= 1
2
❑√
36t
2
(3t
2+ 4)
2 +
36
3t
2+ 4
= 6
❑√t
2+1
3t
2+ 4
=
6
3
❑√t
2+1+
1
❑√t
2+1
，
令u=
❑√t
2+1≥1，3
❑√t
2+1+
1
❑√t
2+1
=3u+ 1
u，函数y =3u+ 1
u在[1,+∞)上单调递增，
函数y =3u+ 1
u的值域为[ 4 ,+ ∞)，即3
❑√t
2+1+
1
❑√t
2+1
∈[ 4 ,+ ∞)，
因此
0<
6
3
❑√t
2+1+
1
❑√t
2+1
≤3
2，
所以△BMN面积的取值范围是(0, 3
2 ].
【变式4-3】（2026·四川德阳·二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1,（a＞b＞0）的
左、右顶点分别为A (−3,0),B (3,0)，F 为椭圆C 的右焦点，P 为椭圆C 上不同于A、B 的动点，若
k PA⋅k PB=−5
9，直线PF 与椭圆C 的另一个交点为Q．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)求△PAQ面积的最大值；
(3)若P 在x 轴的上方，设直线AP、BQ 的斜率分别为k1、k2，是否存在常数λ，使得k1+ λ k2=0成立？若
存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) x
2
9 + y
2
5 =1
(2)25
3
(3)存在，λ =−1
5
【解题思路】（1）由椭圆的左右顶点可知a的值，设P(x1, y1)，则x1
2
9 + y1
2
b
2 =1，分别表示出k PA ,k PB再根
据k PA⋅k PB=−5
9即可求出b
2，则可得椭圆标准方程；
（2）设直线PF方程为x =my +2，P(x1, y1),Q(x2, y2)将直线和椭圆方程联立可得
(5m
2+9) y
2+20my −25=0，由韦达定理可得y1+ y2, y1 y2的值，求出|PQ)=
❑√1+m
2|y1−y2)，再由点
到直线距离公式求出左顶点到直线PF距离，由面积公式可得到△PAQ面积，再根据换元法即可求出最大
值；
（3）假设存在λ使得k1+ λ k2=0，分别表示出k1,k2，再根据x1=m y1+2, x2=m y2+2，代入到
k1+ λ k2=0，由（2）韦达定理可知y1+ y2, y1 y2的值，代入到上式，再根据对任意的m都成立，可求出λ
值.
【解答过程】（1）由椭圆的左右顶点可知a=3，
设P(x1, y1)，则x1
2
9 + y1
2
b
2 =1，
化简可得y1
2=b
2(1−x1
2
9 )，则k PA =
y1
x1+3 ,k PB=
y1
x1−3，
k PA⋅k PB=
y1
x1+3 ×
y1
x1−3 =
y1
2
x1
2−9
=
b
2(1−x1
2
9 )
x1
2−9
=−5
9
，
所以b
2=5，则椭圆的标准方程为x
2
9 + y
2
5 =1；
（2）由（1）可知椭圆的右焦点坐标为(2,0)，设直线PF方程为x =my +2，
P(x1, y1),Q(x2, y2)，将直线和椭圆方程联立{
x =my +2
x
2
9 + y
2
5 =1)
，
代入可得(5m
2+9) y
2+20my −25=0，
由韦达定理可知y1+ y2=−20m
5m
2+9
, y1⋅y2=−
25
5m
2+9，
则|y1−y2)= ❑√( y1+ y2)
2−4 y1⋅y2= 30
❑√m
2+1
5m
2+9
，
而|PQ)= ❑√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2=
❑√1+m
2|y1−y2)，
代入可得|PQ)=
❑√1+m
2× 30
❑√1+m
2
5m
2+9
= 30(1+m
2)
5m
2+9
，
根据点A (−3,0)到直线PF : x =my +2距离公式d =|−3−0−2)
❑√1+m
2
=
5
❑√1+m
2，
所以S△APQ=1
2 ×d ×|PQ)=1
2 ×
5
❑√1+m
2 × 30(1+m
2)
5m
2+9
= 75
❑√1+m
2
5m
2+9
，
令t =
❑√1+m
2≥1则m
2=t
2−1，所以S△APQ= 75t
5t
2+ 4
=
75
5t + 4
t
，
函数f (t )=5t + 4
t 在[1,+∞)上单调递增，
所以t =1即(m=0)时，f (t )min=9，
此时S△APQ的面积最大，最大值为25
3 ；
（3）假设存在λ使得k1+ λ k2=0，分别求出k1=
y1
x1+3 ,k2=
y2
x2−3，
因为P(x1, y1),Q(x2, y2)在直线x =my +2上，
所以x1=m y1+2, x2=m y2+2，
故k1+ λ k2=
y1
x1+3 + λ y2
x2−3 =
y1
m y1+2+3 +
λ y2
m y2+2−3 =0，
化简可得m(1+ λ) y1 y2+5 λ y2−y1=0，
由（2）知y1+ y2=−20m
5m
2+9
, y1⋅y2=−
25
5m
2+9，
则y1=−20m
5m
2+9
−y2，所以可得−25m(1+ λ)
5m
2+9
+5 λ y2+ 20m
5m
2+9
+ y2=0，
整理化简可得−25m(1+ λ)+20m
5m
2+9
+(5 λ+1) y2=0，
要对任意的m都成立，需系数满足{
−25(1+ λ)+20=0
5 λ+1=0
)，
解得λ=−1
5，故存在λ=−1
5，使得k1+ λ k2=0.
【题型5 圆锥曲线中三角形的面积问题】
【例5】（2026·宁夏·一模）已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1（a>b>0）的一个焦点与上、下顶点构成直角三角
形，以椭圆C的短轴为直径的圆与直线x + y −❑√2=0相切.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过椭圆C的右焦点F的直线交椭圆C于P ,Q两点，设O为坐标原点，求△POQ的面积的最大值；
【答案】(1) x
2
2 + y
2=1
(2)
❑√2
2
.
【解题思路】（1）根据给定条件联立方程组，求出a,b即可；
（2）由（1）设出直线PQ的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合三角形面积
S△POQ= 1
2|OF)⋅|y1−y2)即可求解.
【解答过程】（1）依题意可得{
a
2+a
2=(2b)
2
a
2=b
2+c
2
b=|0+0−❑√2)
❑√2 )
，解得：{
a= ❑√2
b=1
c =1 )
，所以椭圆C的标准方程为x
2
2 + y
2=1.
（2）由（1）得半焦距c =1，点F(1,0)，显然PQ的斜率不为零，
设直线PQ的方程为x =my +1，P( x1, y1),Q( x2, y2)，
由{
x =my +1
x
2+2 y
2=2)消去x，得(m
2+2) y
2+2my −1=0，显然Δ>0，
则y1+ y2=−2m
m
2+2，y1 y2=−
1
m
2+2，
所以| y1−y2|=
❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= ❑√
4 m
2
(m
2+2)
2 +
4
m
2+2
= 2
❑√2(m
2+1)
m
2+2
，
则△POQ的面积S△POQ= 1
2 |OF || y1−y2|=
❑√2(m
2+1)
m
2+2
，
令❑√1+m
2=t ≥1，
则S△POQ=
❑√2t
t
2+1
=
❑√2
t + 1
t
≤
❑√2
2❑√t × 1
t
=
❑√2
2 ，当且仅当t = 1
t ，即t =1，
也就是m=0时等号成立，此时△POQ的面积达到最大值为
❑√2
2 .
【变式5-1】（2026·浙江·一模）已知抛物线C : y
2=2 px ( p>0)的焦点为F ,C上有一点P( p, y0)到焦点F的
距离为3，过焦点F作直线与抛物线交于A ,B两点，|AB)=6,O为坐标原点.
(1)求点F的坐标；
(2)求△OAB的面积.
【答案】(1)(1,0)
(2)❑√6
【解题思路】（1）根据抛物线的定义解出p 的值，得到点F的坐标；
（2）设直线方程，与抛物线联立，利用弦长公式求出直线方程，进而得到O到直线距离，最终求得
△OAB的面积
【解答过程】（1）由抛物线定义可得|PF)= p+ p
2 = 3 p
2 =3，因此p=2
所以抛物线C的方程为y
2= 4 x，焦点F的坐标为(1,0)
（2）
设直线AB的方程为x =my +1，与y
2= 4 x联立，消元可得y
2−4 my −4 =0，
Δ=16(m
2+1)>0，
设A( x1, y1),B( x2, y2)，则y1+ y2= 4 m, y1 y2=−4，
所以|AB)=
❑√1+m
2|y1−y2)=
❑√1+m
2⋅❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=
❑√1+m
2⋅
❑√16m
2+16= 4(1+m
2)=6；
解得m=±
❑√2
2 .
所以原点O到直线AB的距离为d =
|1)
❑√1+m
2 = 1
❑√
3
2
=
❑√6
3 ，
所以S△OAB= 1
2 d ⋅|AB)= ❑√6.
【变式5-2】（2026·陕西榆林·二模）已知椭圆Γ: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点为F (2,0)，过F的直线l与
Γ交于P ,Q两点，且当PQ ⊥x轴时，|PQ)=6．
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)证明：1
|FP) +
1
|FQ)为定值；
(3)若点P在x轴上方，直线PE与圆E:(x +2)
2+ y
2=64交于A 、B两点，点B在x轴上方，是否存在点P，
使得△PBF与△QEF的面积之比为5:3？若存在，求出点P坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1) x
2
16 + y
2
12 =1；
(2)证明见解析，1
|FP) +
1
|FQ) = 2
3；
(3)存在P(0,2❑√3).
【解题思路】（1）根据已知条件列出关于a,b的方程，解方程；
（2）联立直线与椭圆方程，求弦长|PQ)，计算⃗FP⋅⃗FQ，根据数量关系证明；
（3）△PBF与△QEF的面积之比用|PE)，|PF)表示，转化为P点坐标求解.
【解答过程】（1）因为PQ⊥x轴时，|PQ)=6，
所以点(2,3)在椭圆Γ上，则4
a
2 + 9
b
2 =1，
又a
2=b
2+ 4，联立解得a
2=16,b
2=12，
所以椭圆Γ的方程为：x
2
16 + y
2
12 =1．
（2）当l的斜率为零时，P、Q为椭圆Γ长轴端点，
|PQ)=8,|FP)⋅|FQ)=6×2=12，
则1
|FP) +
1
|FQ) =
|PQ)
|FP)⋅|FQ) = 2
3，
当l的斜率不为零时，设l的方程为：x =my +2，
设P(x1, y1),Q(x2, y2)，
由{
x
2
16 + y
2
12 =1,
x =my +2,)
消去x得(3m
2+ 4) y
2+12my −36=0，
y1+ y2= −12m
3m
2+ 4
, y1 y2=
−36
3m
2+ 4 ，
所以|PQ)=
❑√m
2+1❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=
❑√m
2+1⋅24
❑√m
2+1
3m
2+ 4
= 24(m
2+1)
3m
2+ 4
，
又⃗FP =(x1−2, y1),⃗FQ =(x2−2, y2)，
则⃗FP⋅⃗FQ =(x1−2)(x2−2)+ y1 y2=m y1⋅m y2+ y1 y2=(m
2+1) y1 y2= −36(m
2+1)
3m
2+ 4
，
因此⃗FP⋅⃗FQ
|PQ)
= −3
2 ，即1
|FP) +
1
|FQ) =
|PQ)
|FP)⋅|FQ) = 2
3，
所以1
|FP) +
1
|FQ) = 2
3．
（3）根据题意得，E(−2,0)，F(2,0)，
y1
2=12−3
4 x1
2(−4≤x1≤4)，
则|PE)=
❑√( x1+2)
2+ y1
2= ❑√
1
4 x1
2+ 4 x1+16= 4+ 1
2 x1，
同理|PF)= 4−1
2 x1，
而
S Δ PBF
S Δ PEF
=|PB)
|PE) = 8−|PE)
|PE)
，
S Δ PEF
S ΔQEF
=|PF)
|QF)，
由（2）知1
|FP) +
1
|FQ) = 2
3，
于是
1
|FQ) = 2|FP)−3
3|FP)
，
S Δ PEF
S ΔQEF
= 2
3|PF)−1，
所以
S Δ PBF
S ΔQEF
= 8−|PE)
|PE)
( 2
3|PF )−1)=
4−1
2 x1
4 + 1
2 x1
( 5
3 −1
3 x1)= 5
3，
整理得x1
2−18 x1=0，则x1=0或x1=18（舍去），
因为y1
2=12，而y1>0，
解得y1=2❑√3，即P(0,2❑√3)，所以存在点P(0,2❑√3)满足题意．
【变式5-3】（2026·四川成都·二模）设椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点为F，上顶点为A．已知
△AOF（O 为坐标原点）的面积为b
2
2
．
(1)求C的离心率；
(2)设B 为椭圆C上一动点，已知| AB|的最大值为2．
（i）求C的方程；
（ii）若B在第一象限内，连接BF，过A作BF的平行线交C于另一点D，记△ABD与△ABF的面积分别为
S1,S2，求
S1
S2
的最大值．
【答案】(1)
❑√2
2
(2)（i）x
2
2 + y
2=1；（ii）4
【解题思路】（1）写出△AOF的面积表达式，可得出b=c，即可求出离心率；
（2）（i）设B(x0, y0)，利用两点间距离公式以及二次函数最值可求得当y0=b时，| AB|取得最大值为
2b=2，求得b=1，可得出C的方程；
（ii）对直线BF的斜率是否存在分类讨论，联立直线AD与椭圆方程，解得xD= 4 y0(1−x0)
(x0−1)
2+2 y0
2，再由三角
形面积关系可求得
S1
S2
=
4 y0
3−2 x0
，利用椭圆范围以及二次函数最值可求得
S1
S2
的最大值为4.
【解答过程】（1）易知|OA)=b,|OF)=c，
所以△AOF的面积为S = bc
2 = b
2
2 ，可得b=c，
又因为a
2=b
2+c
2，可知a
2=2b
2=2c
2；
故C的离心率为e = c
a =
❑√2
2
（2）（i）由（1）可知C的方程可设为x
2
2b
2 + y
2
b
2 =1；
设B(x0, y0)，则x0
2
2b
2 + y0
2
b
2 =1，可得x0
2=2b
2−2 y0
2，又A (0,b)，
故|AB)= ❑√x0
2+( y0−b)
2=
❑√2b
2−2 y0
2+ y0
2−2b y0+b
2=
❑√−y0
2−2b y0+3b
2= ❑√−( y0+b)
2+ 4 b
2
因为y0∈[−b,b)，所以y0=b时，| AB|取得最大值为2b，
即2b=2，解得b=1.
故C的方程为x
2
2 + y
2=1.
（ii）设B(x0, y0)，则x0
2
2 + y0
2=1(x0>0, y0>0)，所以F (1,0)；
当x0=1时，此时直线BF的斜率不存在，可得B(1,
❑√2
2 )，D (0,−1)，
故
S1
S2
=|AD)
|BF) = 2
❑√2
2
=2❑√2，
当x0≠1时，此时直线BF的斜率为k BF =
y0
x0−1，可得直线AD的方程为y =
y0
x0−1 x +1，如下图：
联立{
x
2
2 + y
2=1
y =
y0
x0−1 x +1)
可得[1+2(
y0
x0−1)
2
)x
2+ 4 y0
x0−1 x =0，
解得xD= 4 y0(1−x0)
(x0−1)
2+2 y0
2，
因为AD // BF，△ABD与△ABF共底边AB，
所以S1
S2
=|AD)
|BF) =|x A−xD)
|xB−xF)
=|0−4 y0(1−x0)
(x0−1)
2+2 y0
2)
|1−x0)
=
4 y0
(x0−1)
2+2 y0
2 =
4 y0
x0
2−2 x0+1+2 y0
2
又因为x0
2
2 + y0
2=1(x0>0, y0>0)，所以x0
2+2 y0
2=2，
可得
S1
S2
=
4 y0
3−2 x0
，
令t =3−2 x0，因为x0∈(0,1)∪(1,❑√2)，所以t ∈(3−2❑√2,1)∪(1,3)；
因此S1
S2
= ❑√
16 y0
2
(3−2 x0)
2 = ❑√
16−8 x0
2
(3−2 x0)
2 = ❑√
−2t
2+12t −2
t
2
= ❑√
−2
t
2 + 12
t −2= ❑√−2(
1
t −3)
2
+16；
当t = 1
3时，
S1
S2
取得最大值为4，
此时3−2 x0= 1
3，解得x0= 4
3 ，
因为点B在第一象限内，故y0= 1
3，即B(
4
3 , 1
3)；
综上可知，
S1
S2
的最大值为4.
【题型6 圆锥曲线中的参数范围及最值】
【例6】（2026·天津红桥·一模）已知椭圆C ：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的一个焦点与短轴的两个端点围成的
三角形面积是1，离心率e =
❑√2
2 ．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l: y =kx +m与椭圆C交于不同两点A 、B，与圆x
2+ y
2= 2
3相切于点M．
①证明：OA ⊥OB（O为坐标原点）；
②设λ =|AM )
|BM ) ，求实数λ的取值范围．
【答案】(1) x
2
2 + y
2=1
(2)①证明见解析；②[
1
2 ,2).
【解题思路】（1）根据已知列方程组求得a,b即可求出椭圆的方程；
（2）①直线l: y =kx +m与圆相切得到m
2= 2
3 (1+k
2)，再利用直线与椭圆相交利用韦达定理得到
x1 x2+ y1 y2=0即可求证；
②利用λ =| AM |
|BM | =
❑√O A
2−r
2
❑√O B
2−r
2 =
❑√x1
2+ y1
2−r
2
❑√x2
2+ y2
2−r
2 =
❑√
x1
2
2 + 1
3
❑√
x2
2
2 + 1
3
结合①x1 x2+ y1 y2=0可得答案.
【解答过程】（1）依题意{
1
2 ⋅2b⋅c =1
c
a =
❑√2
2
a
2=b
2+c
2 )
，解得a= ❑√2,b=c =1，
∴椭圆C的方程为x
2
2 + y
2=1．
（2）①∵直线l: y =kx +m与x
2+ y
2= 2
3相切，
∴d =|m|
❑√1+k
2 = ❑√
2
3，即m
2= 2
3 (1+ k
2)．
联立{
y =kx +m
x
2
2 + y
2=1)
消去y得(1+2k
2) x
2+ 4 kmx +2m
2−2=0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则x1+ x2=−4 km
1+2k
2 , x1 x2= 2m
2−2
1+2k
2 ，
所以⃗OA ⋅⃗O B = x1 x2+ y1 y2= x1 x2+(k x1+m)(k x2+m)=(1+k
2) x1 x2+km(x1+ x2)+m
2
=(1+ k
2) 2m
2−2
1+2k
2 + km(−4 km
1+2k
2)+m
2 = 3m
2−2k
2−2
1+2k
2
= 2(1+k
2)−2k
2−2
1+2k
2
=0，
∴OA ⊥OB．
②直线l: y =kx +m与椭圆交于不同的两点A ,B，∴x1
2
2 + y1
2=1, x2
2
2 + y2
2=1，
∴λ =| AM |
|BM | =
❑√O A
2−r
2
❑√O B
2−r
2 =
❑√x1
2+ y1
2−r
2
❑√x2
2+ y2
2−r
2 =
❑√
x1
2
2 + 1
3
❑√
x2
2
2 + 1
3
，
由①知x1 x2+ y1 y2=0，∴x1
2 x2
2= y1
2 y2
2=(1−x1
2
2 )(1−x2
2
2 )，即x2
2= 4−2 x1
2
2+3 x1
2 ，
∴λ =
❑√
x1
2
2 + 1
3
❑√
x2
2
2 + 1
3
= 2+3 x1
2
4
，又0≤x1
2≤2，∴λ的取值范围为[
1
2 ,2)．
【变式6-1】（2025·海南海口·模拟预测）设A，B 两点的坐标分别为(−1,0)，(1,0)直线AM，BM 相交于
点M，且它们的斜率之积为3．
(1)求点M 的轨迹方程C；
(2)若直线l 与C 交于P，Q 两点，且⃗OP⋅⃗OQ =0（点O 为坐标原点），求|PQ)的取值范围．
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1( x≠±1)
(2)[❑√6,+∞)
【解题思路】（1）设点M ( x , y)，由k MA⋅k MB=3可得轨迹方程；
（2）当直线l 斜率不存在，可得|PQ)= ❑√6；当直线l 斜率存在，设其方程为y =kx +m，设P(x1, y1)，
Q(x2, y2)，将直线与轨迹方程联立，由韦达定理结合⃗OP⋅⃗OQ =0，可得3k
2+3=2m
2，据此可得|PQ)关
于k的表达式，然后可得取值范围.
【解答过程】（1）设点M ( x , y)，x≠±1，则k MA =
y
x +1，k MB=
y
x−1，
所以
y
x +1 ×
y
x−1 =3，化简得x
2−y
2
3 =1，
所以点M 的轨迹方程为x
2−y
2
3 =1( x≠±1)．
（2）当直线l 斜率不存在时，可设P(x p, y p)，Q(x p,−y p)．
则⃗OP =(x p, y p)，⃗OQ =(x p,−y p)，
将其代入双曲线方程得xP
2 −yP
2
3 =1，
又⃗OP⋅⃗OQ = xP
2 −y P
2 =0，解得y P=±
❑√6
2 ，此时| PQ|=2|y P)= ❑√6，
当直线l 斜率存在时，设其方程为y =kx +m，设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
联立{
y =kx +m
x
2−y
2
3 =1)
⇒(3−k
2) x
2−2kmx −m
2−3=0，3−k
2≠0，Δ=12(m
2−k
2+3)>0.
由韦达定理：x1+ x2= 2km
3−k
2，x1 x2= −m
2−3
3−k
2 .
则⃗OP⋅⃗OQ = x1 x2+ y1 y2= x1 x2+(k x1+m)(k x2+m)
=(1+ k
2) x1 x2+ km(x1+ x2)+m
2=(1+ k
2) −m
2−3
3−k
2 +km 2km
3−k
2 +m
2=0，
化简得3k
2+3=2m
2，此时Δ=6(k
2+9)>0，
所以| PQ|= ❑√1+k|x1−x2)=
❑√1+k
2⋅❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2
=
❑√1+ k
2❑√(
2km
3−k
2)
2
−4 −m
2−3
3−k
2 =
❑√1+ k
2❑√
12(m
2−k
2+3)
(3−k
2)
2
= ❑√6 ❑√
k
4+10k
2+9
k
4−6 k
2+9
= ❑√6 ❑√
1+
16 k
2
k
4−6 k
2+9
，
当k =0时，此时| PQ|= ❑√6，当k ≠0时，此时| PQ|= ❑√6⋅❑
√
1+
16
k
2+ 9
k
2 −6 ，
∵3−k
2≠0，∴k
2+ 9
k
2 >2❑√
k
2⋅9
k
2 =6，故
16
k
2+ 9
k
2 −6
>0
，
因此| PQ|= ❑√6⋅❑
√
1+
16
k
2+ 9
k
2 −6
>❑√6，综上可得| PQ|∈[❑√6,+ ∞)．
【变式6-2】（2026·湖南株洲·一模）已知抛物线E: x
2=2 y，圆F : x
2+( y −1)
2=1，点A(x0, y0)（其中
y0>2）为抛物线E上一动点，过点A作圆F的两条切线分别与x轴交于点B，C.
(1)判断抛物线E与圆F的交点个数，并说明理由；
(2)求|BC)的取值范围；
(3)求△ABC周长的最小值．
【答案】(1)一个，理由见解析
(2)(2,+ ∞)
(3)16
【解题思路】（1）联立圆和抛物线，解得方程组的解从而确定交点个数；
（2）设y −y0=k (x−x0)为和圆F : x
2+( y −1)
2=1相切的直线，由于切线有两条，联立直线和圆，得出
两条切线斜率k1,k2的关系，然后用k1,k2表示|BC)后求解；
（3）利用内切圆性质，将周长用y0表示出来，然后由基本不等式求解.
【解答过程】（1）联立{
x
2=2 y
x
2+( y −1)
2=1)得：{
x =0
y =0)．
所以抛物线E与圆F只有唯一交点(0,0)，即抛物线E与圆F的交点个数为1.
（2）显然AB , AC斜率存在，
设AB , AC的方程分别为y −y0=k1(x−x0), y −y0=k2(x−x0)，
∵直线m：y −y0=k (x−x0)与圆F : x
2+( y −1)
2=1相切，∴|y0−k x0−1)
❑√1+k
2
=1，
化简得：(x0
2−1)k
2+2 x0(1−y0)k + y0
2−2 y0=0①
于是k1,k2为①式的两个根，k1+ k2= 2 x0( y0−1)
x0
2−1
,k1k2= y0
2−2 y0
x0
2−1
②．
∵B(x0−y0
k1
,0),C(x0−y0
k2
,0)，
∴|BC)= y0|
1
k1
−1
k2)= y0|
k1−k2
k1k2 )= y0
❑√(k1+k2)
2−4 k1k2
|k1k2)
把②代入，可化简得：|BC)= 2 y0
y0−2 =
2
1−2
y0
( y0>2)，
∴|BC |的取值范围为(2,+∞)．
（3）设△ABC的周长为l，因为圆F为△ABC的内切圆（该内切圆的半径r =1），
所以1
2 lr = S△ABC ,∴1
2 l = 1
2 |BC | y0，
由（2）|BC)= 2 y0
y0−2 ( y0>2)，∴l = 2 y0
2
y0−2．
令y0−2=t ,∴y0=t +2(t >0)，
l =2× (t +2)
2
t
=2× t
2+ 4t + 4
t
=2(t + 4
t + 4)≥16，
∴当t =2即y0= 4时，取等号．
∴△ABC周长的最小值为16．
【变式6-3】（2026·重庆·模拟预测）已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1
，F2
，点
(❑√2,1)在椭圆上，且椭圆上满足P F1⊥P F2
的点P有且仅有2 个.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点（A在第一象限），与x轴，y轴分别交于点M，N，且⃗AM =3⃗AN；
点A关于x轴的对称点为D，直线DN与椭圆的另一个交点为E.
（ⅰ）记直线AN，DN的斜率分别为k1，k2，证明：
k2
k1
为定值；
（ⅱ）求直线BE的斜率的最小值.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
2 =1
(2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）
❑√10
4
【解题思路】（1）由b=c及点(❑√2,1)在椭圆上进行求解；
（2）（ⅰ）设N (0,n)，则由⃗AM =3⃗AN及平面向量的坐标运算进行求解；
（ⅱ）由直线与椭圆方程联立，结合韦达定理得点E的坐标，再求出k BE= y E−yB
xE−xB
= 10k
2+1
8k
= 5k
4 + 1
8k ，
利用不等式求解．
【解答过程】（1）由椭圆上满足P F1⊥P F2的点P有且仅有2 个知以F1 F2为直径的圆与椭圆有2 个公共
点，
故b=c，故椭圆C：x
2
2b
2 + y
2
b
2 =1，代入(❑√2,1)解得b
2=2，
故椭圆C的方程为x
2
4 + y
2
2 =1.
（2）（ⅰ）设N (0,n)，则由⃗AM =3⃗AN知A(x0, 3
2 n)⇒D(x0,−3
2 n)(n>0, x0>0)，
故k1=
3
2 n−n
x0
= n
2 x0
，k2=
−3
2 n−n
x0
=−5n
2 x0
，故
k2
k1
=−5为定值.
（ⅱ）由（ⅰ）可知直线l：y =kx +n(k =k1= n
2 x0
>0)，直线DN：y =−5kx +n；
联立{
x
2
4 + y
2
2 =1
y =kx +n)
，整理得：(2k
2+1) x
2+ 4 nkx +(2n
2−4)=0，
故由韦达定理：x0 xB= 2n
2−4
2k
2+1
⇒xB= 2(n
2−2)
(2k
2+1) x0
⇒yB=k xB+n= 2k (n
2−2)
(2k
2+1) x0
+n；
同理可得：xE=
2(n
2−2)
(50k
2+1) x0
⇒y E= −10k (n
2−2)
(50k
2+1) x0
+n；
故xE−xB=
2(n
2−2)
(50k
2+1) x0
−2(n
2−2)
(2k
2+1) x0
=
−96k
2(n
2−2)
(50k
2+1)(2k
2+1) x0
y E−yB= −10k (n
2−2)
(50k
2+1) x0
+n−2k (n
2−2)
(2k
2+1) x0
−n= −12k (10k
2+1)(n
2−2)
(50k
2+1)(2k
2+1) x0
，
故k BE= y E−yB
xE−xB
= 10k
2+1
8k
= 5k
4 + 1
8k ≥2❑√
5k
4 ⋅1
8k =
❑√10
4
，
当且仅当5k
4 = 1
8k ⇒k =
❑√10
10 时取等号；此时
n
2❑√4−9
2 n
2
=
❑√10
10 ⇒n
2= 4
7 <2
，
故N在椭圆C内⇒Δ>0成立；
综上所述：直线BE的斜率的最小值为
❑√10
4
.
【题型7 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题】
【例7】（2026·四川宜宾·一模）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(−1,0)，
F2(1,0)，点M 在C 上，M F2⊥x轴，且|M F2)= 3
2．
(1)求C 的方程；
(2)过点P(4,0)的直线交C 于不同的两点A、B，AH ⊥M F2于点H，证明：直线HB 过定点．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)证明见解析
【解题思路】（1）根据条件列方程组求解；
（2）分直线斜率是否为零讨论，联立直线与椭圆方程，求出直线HB的方程，令y =0即可结合韦达定理化
简得出.
【解答过程】（1）将x =c代入x
2
a
2 + y
2
b
2 =1中得，y
2= b
4
a
2，则|y)= b
2
a
，
因为|M F2)= 3
2，所以b
2
a = 3
2，
又c =1,a
2=b
2+c
2，得a=2,b= ❑√3,c =1，
故C 的方程为x
2
4 + y
2
3 =1；
（2）若直线斜率不为0，则设直线AB: x =my + 4，A(x1, y1),B(x2, y2)，y1≠y2，
联立{
x =my + 4
3 x
2+ 4 y
2=12)，得(3m
2+ 4) y
2+24 my +36=0，
则Δ=(24 m)
2−144(3m
2+ 4)>0, y1+ y2=−24 m
3m
2+ 4
, y1 y2=
36
3m
2+ 4 ，
得m
2>4，m y1 y2=−3
2 ( y1+ y2)，
因为AH ⊥M F2，则H (1, y1)，
则直线HB的方程为( y2−y1)(x−1)=(x2−1)( y −y1)，
令y =0，得x = y2−x2 y1
y2−y1
= y2−(m y2+ 4) y1
y2−y1
= y2−4 y1−m y1 y2
y2−y1
=
y2−4 y1+ 3
2 ( y1+ y2)
y2−y1
= 5
2
¿
¿
，
则直线HB 过定点(
5
2 ,0)；
若直线斜率为0，则直线HB 为x轴，过点(
5
2 ,0)；
故直线HB 过定点(
5
2 ,0).
【变式7-1】（2026·山东烟台·一模）已知双曲线C ：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)经过点(2，3)，且离心率为
2．
(1)求C的方程；
(2)过C的右焦点且斜率不为0 的直线l与C交于A ,B两点，设M , N分别为C的左、右顶点，且直线
AM ,BN的斜率分别为k1,k2，判断：
k1
k2
是否为定值？若是，求出该定值；否则，说明理由．
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)是定值，−1
3
【解题思路】（1）根据题设列出关于a,b,c的方程组，求解即得；
（2）设l的方程为x =my +2，与双曲线方程联立，写出韦达定理，分别求出直线AM ,BN的斜率k1,k2，
并化简
k1
k2
，利用消元思想与韦达定理即可推出结论.
【解答过程】（1）由题意，可得{
4
a
2 −9
b
2 =1
c
a =2
a
2=c
2−b
2)
，
解得a
2=1，b
2=3.
所以C的方程为x
2−y
2
3 =1.
（2）由（1）知，C的右焦点为F2(2,0)，设l的方程为x =my +2，
与方程x
2−y
2
3 =1联立，得(3m
2−1) y
2+12my +9=0.
因为l与C有两个交点，所以3m
2−1≠0且Δ=144 m
2−36(3m
2−1)=36(m
2+1)>0，解得m≠±
❑√3
3 ．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则y1+ y2= −12m
3m
2−1
，y1 y2=
9
3m
2−1，则有m y1 y2=−3
4 ( y1+ y2)
因M (−1,0), N (1,0)，则k1=
y1
x1+1 ，k2=
y2
x2−1，
所以
k1
k2
= y1(x2−1)
y2(x1+1)
= y1(m y2+1)
y2(m y1+3)
= m y1 y2+ y1
m y1 y2+3 y2
，因m y1 y2=−3
4 ( y1+ y2)，
代入可得，
k1
k2
=
−3
4 ( y1+ y2)+ y1
−3
4 ( y1+ y2)+3 y2
=
1
4 y1−3
4 y2
−3
4 y1+ 9
4 y2
=−1
3，即
k1
k2
为定值.
【变式7-2】（2026·江苏盐城·二模）已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)经过点A(2,3)，F1, F2分别为E的
左、右焦点，离心率为1
2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)求∠F1 A F2的角平分线所在的直线l的方程；
(3)过点F2且斜率为k1的直线l1与椭圆E交于M , N两点，记直线AM , AN的斜率分别为k2,k3，是否存在
常数λ，使得k2+ k3−λ k1为定值？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1) x
2
16 + y
2
12 =1
(2)2 x−y −1=0
(3)存在，λ=2
【解题思路】（1）根据离心率得a、b的关系，然后将点A 的坐标代入椭圆方程，联立方程即可求解；
（2）由角平分线的性质角平分线上的点到两边的距离相等可求解；
（3）设出直线方程并联立椭圆方程，根据韦达定理表示出k2+k3−λ k1化简求解.
【解答过程】（1）由e = c
a = 1
2，c
2=a
2+b
2可得e
2=1−b
2
a
2 = 1
4 ，
将点A (2,3)代入椭圆方程得2
2
a
2 + 3
2
b
2 =1，
联立可得a
2=16，b
2=12，故椭圆方程为x
2
16 + y
2
12 =1；
（2）由（1）知F1(−2,0)，F2(2,0)，A (2,3)，则直线A F1方程为3 x−4 y +6=0.
直线A F2方程为x =2.
设角平分线l 上的一点为P(x , y)，则|3 x−4 y +6)
5
=|x−2)，
得2 x−y −1=0或x +2 y −8=0，
因为角平分线l 的斜率为正，所以直线l 方程为2 x−y −1=0；
（3）设直线l1方程为y =k1(x−2)，
联立{
y =k1(x−2)
x
2
16 + y
2
12 =1)
得(3+ 4 k1
2)x
2−16k1
2 x +16k1
2−48=0，
设M (x1, y1)，N (x2, y2)，则x1+ x2= 16k1
2
3+ 4 k1
2，x1 x2= 16k1
2−48
3+ 4 k1
2 ，
则k2+k3−λ k1= y1−3
x1−2 + y2−3
x2−2 −λ k1= k1(x1−2)−3
x1−2
+ k1(x2−2)−3
x2−2
−λ k1
=−3(
1
x1−2 +
1
x2−2)+(2−λ)k1=−3
x1+ x2−4
x1 x2−2(x1+ x2)+ 4 +(2−λ)k1，
代入x1+ x2= 16 k1
2
3+ 4 k1
2，x1 x2= 16 k1
2−48
3+ 4 k1
2 ，整理得k2+ k3−λ k1=−1+(2−λ)k1，
所以当λ =2时，使得k2+ k3−λ k1恒为定值−1.
【变式7-3】（2025·湖南岳阳·三模）已知抛物线E的顶点在坐标原点O处，对称轴为x轴，且过点
T (2,−4)，A，B是E上两个动点．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)已知C是E上一点，且E的焦点F为△ABC的重心，设C的横坐标为t，求t的取值范围；
(3)已知P为直线OT在第二象限内一点，直线PA，PB与抛物线E分别相切于A，B两点，设PA，PB与y
轴分别交于M，N两点，证明：直线AN与直线BM的交点在定直线上．
【答案】(1)y
2=8 x
(2)[0,4)
(3)证明见解析
【解题思路】（1）代入点T的坐标，即可求解抛物线方程；
（2）首先设点A(x1, y1)，B(x2, y2)，C (t , y3)，再根据点在抛物线上以及重心坐标公式，转化为
y1
2+ y2
2
8
+t =6，再结合基本不等式即可求解；
（3）首先利用导数求切线PA和PB的斜率，并表示切点A ,B坐标的关系，以及利用坐标表示直线AN和直
线BM的方程，并联立求交点的坐标，即可证明.
【解答过程】（1）设抛物线方程为y
2=2 px，代入点T (2,−4)，得16= 4 p，得p= 4，
所以抛物线E的标准方程为y
2=8 x；
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，C (t , y3)，
则重心坐标公式可知，x1+ x2+t
3
=2，y1+ y2+ y3
3
=0，
得x1+ x2+t =6，y1+ y2+ y3=0，y3=−( y1+ y2)
且y1
2=8 x1，y2
2=8 x2，y3
2=8t，
所以y1
2+ y2
2
8
+t =6，且y1
2+ y2
2≥( y1+ y2)
2
2
= y3
2
2 = 4 t，
所以4t
8 +t ≤6，得t ≤4且t ≥0，
又因为t = 4时y1= y2,此时A，B两点重合，不合题意，
综上可知，t的取值范围是[0,4)；
（3）直线OT的斜率k =−2，直线OT的方程为y =−2 x，
设P(x0, y0)，x0<0，y0=−2 x0，
y
2=8 x两边求导，2 y ⋅y
′ =8，得y
′ = 4
y ，
设A(
y1
2
8 , y1)，B(
y2
2
8 , y2)，
抛物线在点A处的切线方程为y −y1= 4
y1(x−y1
2
8 )，即y = 4
y1
x + y1
2 ，
因为切线过点P(x0, y0)，即y0= 4
y1
x0+ y1
2 ，
整理得y1
2−2 y0 y1+8 x0=0，
同理，抛物线在点B处的切线方程为y2
2−2 y0 y2+8 x0=0，
所以y1, y2是方程y
2−2 y0 y +8 x0=0的两个根，则y1+ y2=2 y0，y1 y2=8 x0，
切线PA : y = 4
y1
x + y1
2 ，令x =0，得y = y1
2 ，得M(0, y1
2 )，同理N(0, y2
2 )，
直线AN的方程为y −y2
2 =
y1−y2
2
y1
2
8 −0
x，即y −y2
2 = 4(2 y1−y2)
y1
2
x，
同理，直线BM的方程为y −y1
2 = 4(2 y2−y1)
y2
2
x，
设直线AN与直线BM的交点为Q (x , y)，
联立直线AN与直线BM的方程为
y2
2 + 4(2 y1−y2)
y1
2
x =
y1
2 + 4(2 y2−y1)
y2
2
x，
x[
4(2 y1−y2)
y1
2
−4(2 y2−y1)
y2
2
)= y1
2 −y2
2 ，得
x =
y1
2 y2
2
8( y1
2+ y2
2−y1 y2)
=
( y1 y2)
2
8[( y1+ y2)
2−3 y1 y2)
=
64 x0
2
8(4 y0
2−24 x0)
，
且y0=−2 x0，代入上式化简为x =
x0
2 x0−3，①
代回直线AN得，y −y2
2 = 4(2 y1−y2)
y1
2
x = 4(2 y1−y2)
y1
2
⋅
y1
2 y2
2
8( y1
2+ y2
2−y1 y2)
，
得y =
(2 y1−y2) y2
2
2( y1
2+ y2
2−y1 y2)
+ y2
2 =
y1 y2( y1+ y2)
2( y1
2+ y2
2−y1 y2)
=
y1 y2( y1+ y2)
2[( y1+ y2)
2−3 y1 y2)
=
8 x0⋅2 y0
2(4 y0
2−24 x0)
= 2 x0 y0
y0
2−6 x0
= 2 x0(−2 x0)
4 x0
2−6 x0
= −2 x0
2 x0−3
即y = −2 x0
2 x0−3，②
由①②可得y =−2 x，
所以直线AN与直线BM的交点在定直线上y =−2 x上.
【题型8 圆锥曲线中的探索性问题】
【例8】（2026·陕西铜川·一模）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)两个焦点与一个下顶点组成一个长为4
的等边三角形.设直线l: y =kx +2(k ∈R)与椭圆C 交于A ,B两点.
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)求△ABO的最大面积；
(3)在y 轴上是否存在一定点P，对任意k ∈R，使得直线PA , PB的斜率之和恒为0？若存在，求出点P 的
坐标；不存在，请说明理由.
【答案】(1) x
2
16 + y
2
12 =1
(2)8 ❑√6
3
(3)存在，(0,6)
【解题思路】（1）由题可得a= 4 ,c =2，结合b=
❑√a
2−c
2求解即可；
（2）联立直线与椭圆方程，由韦达定理可得x1+ x2= 16k
3+ 4 k
2 , x1 x2=−
32
3+ 4 k
2.利用
S△ABO= S△ADO+ S△BDO=|x1)+|x2)化简可得S△ABO=8 ❑√6× 1+2k
2
3+ 4 k
2，利用函数单调性求解即可；
（3）设P(0,t )，由题意得k AP+ k BP=0，即
y1−2
x1
+ y2−2
x2
−(t −2)(
1
x1
+ 1
x2)=0，结合韦达定理以及直线
方程化简即可求解.
【解答过程】（1）由题意，a= 4 ,c =2，则b=
❑√a
2−c
2=2❑√3，
所以椭圆C的标准方程为x
2
16 + y
2
12 =1.
（2）设A(x1, y1),B(x2, y2)，直线l与y轴的交点为D (0,2).
联立¿消去y，整理得(3+ 4 k
2) x
2+16 kx −32=0，
所以x1+ x2=−16k
3+ 4 k
2 , x1 x2=−
32
3+ 4 k
2.
则S△ABO= S△ADO+ S△BDO= 1
2|OD)|x1)+ 1
2|OD)|x2)=|x1)+|x2).
因为x1 x2<0，
所以S△ABO=|x1)+|x2)=|x2−x1)= ❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= ❑√
16
2k
2
(3+ 4 k
2)
2 + 4×
32
3+ 4 k
2 =8 ❑√6×
❑√1+2k
2
3+ 4 k
2 ，
令❑√1+2k
2=t ≥1，则S△ABO=8 ❑√6×
t
2t
2+1
=8 ❑√6×
1
2t + 1
t
.
因为函数g(t )=2t + 1
t 在区间[1,+∞)上单调递增，g(t )=2t + 1
t ≥3，
所以S△ABO≤8 ❑√6
3
，当t =1时取得等号，
所以△ABO面积的最大值为8 ❑√6
3
.
（3）存在.
设P(0,t )，由题意得k AP+ k BP=0，
即
y1−t
x1
+ y2−t
x2
=0，
即
y1−2
x1
+ y2−2
x2
−(t −2)(
1
x1
+ 1
x2)=0.
因为1
x1
+ 1
x2
= x1+ x2
x1 x2
= k
2 , y1−2
x1
= y2−2
x2
=k，
所以2k −k
2
(t −2)=0.
因为k ≠0，所以t =6，
所以点P的坐标为(0,6).
【变式8-1】（2026·江西赣州·一模）已知抛物线C : x
2=2 y，过点P(0,2)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 |恒成立，请求出点T的坐标，并求出
△TAB面积的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)T (0,−2) 8
【解题思路】（1）设出直线方程与抛物线联立，结合向量运算可证结论；
（2）根据条件得出TP为∠ATB的角平分线，结合斜率和为0，可求T (0,−2)，求出弦长和高，利用三角
形面积公式可得答案.
【解答过程】（1）证明：设直线l的方程为y =kx +2, A(x1, y1),B(x2, y2)，
由{
x
2=2 y
y =kx +2)，得x
2=2(kx +2)，即x
2−2kx−4 =0，
因为Δ= 4 k
2+16>0，所以x1+ x2=2k , x1 x2=−4，⃗
OA ⋅⃗OB = x1 x2+ y1 y2= x1 x2+ x1
2
2 ⋅x2
2
2 = x1 x2+ (x1 x2)
2
4
=0，
所以⃗OA ⊥⃗OB，所以OA ⊥OB.
（2）因为|⃗PA |⋅|⃗TB|=|⃗PB|⋅|⃗TA |，所以| PA |
| PB| =|TA |
|TB| ，
由角平分线的性质可知，TP为∠ATB的角平分线，由抛物线对称性可得，T在y轴上，
设T (0,t )(t ≠2)，kTA = y1−t
x1
= x1
2−2t
2 x1
,kTB= y2−t
x2
= x2
2−2t
2 x2
，
因为TP在y轴上，所以kTA+ kTB=0，x1
2−2t
2 x1
+ x2
2−2t
2 x2
=0，
整理得x1
2 x2−2t x2+ x1 x2
2−2t x1=0，由x1+ x2=2k , x1 x2=−4，代入可得−4 k −t ⋅2k =0，
即2k(2+t )=0，由于上式对任意k恒成立，所以t =−2，即T (0,−2).
| AB|=
❑√1+k
2⋅❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=2
❑√1+k
2⋅
❑√k
2+ 4，
T (0,−2)到直线的距离为：d =|0+2+2|
❑√k
2+1
=
4
❑√k
2+1
，面积S = 1
2 | AB|⋅d = 4
❑√k
2+ 4，
当k =0时，△TAB面积有最小值8.
【变式8-2】（2025·天津河北·二模）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的上、下顶点与一个焦点是等腰直
角三角形的三个顶点，且点(1,
❑√6
2 )在椭圆上．
(1)求椭圆C 的离心率及标准方程；
(2)过点P(0,1)且斜率存在的动直线l 与椭圆C 相交于A，B 两点，问在y 轴上是否存在与点P 不同的定点
Q，使得|QA |
|QB| = S△APQ
S△BPQ
恒成立？若存在，求出定点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)e =
❑√2
2 ，C : x
2
4 + y
2
2 =1；
(2)存在，Q(0,2).
【解题思路】（1）根据已知有b=c，即a
2=2c
2，再将已知点代入方程求参数值，即可得标准方程和离心
率；
（2）先假设点存在，并设Q(0,m),m≠1，A( x1, y1),B( x2, y2)，直线l: y =kx +1，联立椭圆并应用韦
达定理得到x1+ x2=−
4 k
1+2k
2，x1 x2=−
2
1+2k
2，根据已知方程恒成立得到kQA =−kQB，即
y1−m
x1
=−y2−m
x2
，整理化简求参数m，即可得.
【解答过程】（1）由上下顶点与一个焦点是等腰直角三角形的三个顶点，所以b=c，则a
2=2c
2，
所以C : x
2
2c
2 + y
2
c
2 =1，且e = c
a =
❑√2
2 ，又(1,
❑√6
2 )在椭圆上，则1
2c
2 + 3
2c
2 =1⇒c
2=2，
所以标准方程为C : x
2
4 + y
2
2 =1；
（2）假设在y轴上存在与点P不同的定点Q，使得|QA |
|QB| = S△APQ
S△BPQ
恒成立，
设Q(0,m),m≠1，A( x1, y1),B( x2, y2)，直线l: y =kx +1，
由{
y =kx +1
x
2
4 + y
2
2 =1)
，可得(1+2k
2)x
2+ 4 kx −2=0，显然Δ>0，
则x1+ x2=−
4 k
1+2k
2，x1 x2=−
2
1+2k
2，
由
S△APQ
S△BPQ
=
1
2 |QP||QA |sin ∠PQA
1
2 |QP||QB|sin ∠PQB
=|QA |sin ∠PQA
|QB|sin ∠PQB ，而|QA |
|QB| = S△APQ
S△BPQ
，
所以sin∠PQA =sin∠PQB，即∠PQA =∠PQB，则kQA =−kQB，
所以
y1−m
x1
=−y2−m
x2
，即x2(k x1+1−m)=−x1(k x2+1−m)，则2k x1 x2=(m−1)( x1+ x2)，
所以−
4 k
1+2k
2 =−4 k(m−1)
1+2k
2
，则不论k为何值，4 k(m−2)
1+2k
2
=0恒成立，
所以m=2，即Q(0,2)，使得|QA |
|QB| = S△APQ
S△BPQ
恒成立.
【变式8-3】（2026·辽宁抚顺·一模）已知点P(1,1)在抛物线C : y
2=2 px ( p>0)上，直线l: x =−1.
(1)求抛物线C的方程；
(2)点A，B在l上，且以AB为直径的圆过坐标原点O，若直线AP交C于另一点M，直线BP交C于另一点N
.
（i）证明：直线MN过定点，并求出该定点坐标；
（ii）是否存在A ,B，使得△PMN的面积为△OAB面积的2 倍？若存在，求出|AB)的值；若不存在，说
明理由.
【答案】(1)y
2= x
(2)（i）证明见解析，(1,0)；（ii）存在，|AB)=2❑√2
【解题思路】（1）将点P(1,1)代入抛物线方程即可求解；
（2）（i）不妨设A (−1,a)，B (−1,b)(a>0)，结合题意易得B(−1,−1
a)，设直线MN：x =my +t，
M ( y1
2, y1), N ( y2
2, y2)，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理及三点共线可得t =1，进而得到直线MN：
x =my +1，进而求出定点坐标即可；
（ii）先假设存在，结合（i）表示出△PMN和△OAB面积，进而求解即可.
【解答过程】（1）因为点P(1,1)在抛物线C : y
2=2 px ( p>0)上，
所以1=2 p，解得p= 1
2，所以C 的方程为y
2= x.
（2）（i）证明：由题意不妨设A (−1,a)，B (−1,b)(a>0)，
则⃗OA =(−1,a),⃗OB =(−1,b)，
因为以AB 为直径的圆过坐标原点O，所以⃗OA ⋅⃗OB =1+ab=0，
则b=−1
a，即B(−1,−1
a).
显然直线MN 的斜率不为0，设直线MN：x =my +t，M ( y1
2, y1), N ( y2
2, y2)，
联立{
y
2= x
x =my +t)，消去x得y
2−my −t =0，
则Δ=m
2+ 4 t >0, y1+ y2=m, y1 y2=−t，
因为A，P，M 三点共线，则
y1−1
y1
2−1
=
1
y1+1 = 1−a
2
，解得y1= 1+a
1−a，
又B，P，N 三点共线，则
y2−1
y2
2−1
=
1
y2+1 = a+1
2a ，解得y2= a−1
a+1 ，
所以y1 y2= 1+a
1−a ⋅a−1
a+1 =−1，又y1 y2=−t，得t =1，
所以直线MN：x =my +1，即直线MN过定点(1,0).
（ii）由（i）知|AB)=a+ 1
a = a
2+1
a
(a>0)，直线MN：x =my +1，
且y1+ y2=m, y1= 1+a
1−a , y2= a−1
a+1 ，
而点P到直线MN的距离为d =
|m)
❑√1+m
2，且|MN )=
❑√1+m
2⋅|y1−y2)，
所以S△PMN = 1
2|MN )⋅d = 1
2
❑√1+m
2⋅|y1−y2)⋅
|m)
❑√1+m
2 = 1
2|y1−y2)|m)
= 1
2|y1
2−y2
2)= 1
2|(
1+a
1−a)
2
−(
a−1
a+1)
2
)=
4 a(a
2+1)
(a
2+1)
2−4 a
2，
而S△AOB= 1
2|AB)⋅1= a
2+1
2a ，
若S△PMN =2S△AOB，则
4 a(a
2+1)
(a
2+1)
2−4 a
2 = a
2+1
a
，
整理得(a
2+1)
2=8a
2，即a
2+1
a
=2❑√2，方程有解，则|AB)= a
2+1
a
=2❑√2.
即存在A ,B，使得△PMN的面积为△OAB面积的2 倍，此时|AB)=2❑√2.
【题型9 圆锥曲线与其他知识交汇】
【例9】（2025·河北沧州·一模）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点为F (❑√3,0)，且C的离心率为
❑√3
2 ，直线l与C有两个不同的交点M , N.
(1)求C的方程；
(2)若点F在直线l上，点P是线段MN的中点，O为坐标原点，若C上存在点Q，使得⃗OQ+2⃗OP =⃗0，求直
线l的斜率；
(3)若C在点M , N处的切线分别为l1,l2,l1与l2交于点T，点T在直线x = 4上.试判断：直线l是否过定点？若
是，则求出该定点；若不是，请说明理由.
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)
❑√2
4 或−
❑√2
4 .
(3)直线l过定点(1,0).
【解题思路】（1）由题意求出a,b,c即可求解；
（2）当直线l的斜率存在或不存在讨论，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y =k (x−❑√3)，椭圆方
程联立消元，由韦达定理得x1+ x2, x1 x2，利用中点坐标得点P的坐标，又⃗OQ+2⃗OP =⃗0得
xQ=−2 xP, yQ=−2 yP，进而解出Q点的坐标代入椭圆方程求解即可；
（3）设直线l的方程为x =my +n, M (x1, y1), N (x2, y2)，设直线l1的方程为y =rx + s，与椭圆方程联立消
元，由Δ=0解出s
2= 4 r
2+1，进而得s= 1
y1
,r =−x1
4 y1
，得直线l1的方程为x1 x
4 + y1 y =1，同理得
x2 x
4 + y2 y =1，解出T的横坐标xT，又xT = 4，解出即可求解.
【解答过程】（1）由题意知¿解得¿ ，
所以C的方程为x
2
4 + y
2=1；
（2）当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x = ❑√3，易得P(❑√3,0)，此时Q(−2❑√3,0)，不符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y =k (x−❑√3), M (x1, y1), N (x2, y2)，
由¿得(4 k
2+1) x
2−8 ❑√3k
2 x +12k
2−4 =0，
则x1+ x2= 8 ❑√3k
2
4 k
2+1
, y1+ y2=k(x1−❑√3)+k(x2−❑√3)=−2❑√3k
4 k
2+1
，
所以xP= x1+ x2
2
= 4 ❑√3k
2
4 k
2+1
, yP= y1+ y2
2
=−
❑√3k
4 k
2+1
，又⃗OQ+2⃗OP =0，
所以xQ=−2 xP=−8 ❑√3k
2
4 k
2+1
, yQ=−2 y P= 2❑√3k
4 k
2+1
，又点Q在C上，
所以(−8 ❑√3k
2
4 k
2+1)
2
4
+(
2❑√3k
4 k
2+1)
2
=1，
解得k =±
❑√2
4 ，即直线l的斜率为
❑√2
4 或−
❑√2
4 ；
（3）由题意可知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x =my +n, M (x1, y1), N (x2, y2).
由题意知直线l1的斜率存在，设直线l1的方程为y =rx + s，
由¿,得(4 r
2+1) x
2+8rsx +(4 s
2−4)=0，
所以Δ=(8rs)
2−4(4 r
2+1)(4 s
2−4)=16(4 r
2−s
2+1)=0，得s
2= 4 r
2+1，
所以x1=
−8rs
2(4 r
2+1)
= −8rs
2s
2 = −4 r
s
, y1=r x1+ s= −4 r
2
s
+ s= s
2−4 r
2
s
= 1
s ，
所以s= 1
y1
,r =−s x1
4 =−x1
4 y1
.
所以直线l1的方程为y =−x1 x
4 y1
+ 1
y1
，即x1 x
4 + y1 y =1，
同理可得直线l2的方程为x2 x
4 + y2 y =1.
由¿，解得x = 4( y1−y2)
x2 y1−x1 y2
，可得T点的横坐标，即xT = 4( y1−y2)
x2 y1−x1 y2
，
又xT = 4，可得x2 y1−x1 y2+ y2−y1=0，所以(m y2+n) y1−(m y1+n) y2+ y2−y1=0，整理得
(n−1) y1−(n−1) y2=0，即(n−1)( y1−y2)=0，所以n=1，
所以直线l的方程为x =my +1，即直线l过定点(1,0).
【变式9-1】（2026·黑龙江吉林·一模）已知椭圆Γ: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为1
2，短轴长为2❑√3．
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)设A，B，C均为椭圆Γ上的动点．
（ⅰ）若直线AC、直线BC分别过Γ的左右焦点，记直线AC、AB、BC的斜率分别为k1，k2，k3，当k1
，k2，k3成等差数列时，求点C的坐标；
（ⅱ）若△ABC的重心是坐标原点O，证明：△ABC的面积是定值．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)（i）(0,± ❑√3)；（ii）证明见解析；
【解题思路】（1）根据椭圆的离心率、短轴长、a,b,c的关系列方程组求解a,b,c的值，可得椭圆Γ的方
程；
（2）（ⅰ）设C (x0, y0)，则根据斜率关系可得k1+ k3=
y0
x0+1 +
y0
x0−1 = 2 x0 y0
x0
2−1
，设A(x1, y1)，B(x2, y2)
，lCA: x =t1 y −1，lCB: x =t2 y +1，其中t1= 1
k1
，t2= 1
k3
，联立直线与椭圆确定交点坐标关系，再由k1，k2
，k3成等差数列，得k1+ k3=2k2，结合斜率的坐标运算列方程即可得x0, y0的值，从而得所求；（ⅱ）若
△ABC的重心是坐标原点O，讨论直线AB的斜率不存在与存在两种情况，当直线AB的斜率存在时结合点
差法得k AB=−3 x0
4 y0
，从而得直线AB的方程，联立直线与椭圆，利用△ABC的面积公式得S△OAB，结合三
角形重心性质即可证得结论.
【解答过程】（1）由题意可得{
c
a = 1
2
2b=2❑√3
a
2=b
2+c
2)
，解得a=2，b= ❑√3，
所以椭圆方程为x
2
4 + y
2
3 =1；
（2）（ⅰ）设C (x0, y0)，则k1=
y0
x0+1，k3=
y0
x0−1，
所以k1+k3=
y0
x0+1 +
y0
x0−1 = 2 x0 y0
x0
2−1 ，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，lCA: x =t1 y −1，lCB: x =t2 y +1，其中t1= 1
k1
，t2= 1
k3
，
由{
x =t1 y −1
3 x
2+ 4 y
2=12)，消去x，得(3t1
2+ 4) y
2−6t1 y −9=0，
则
y1 y0=
−9
3t1
2+ 4
=
−9
3(
x0+1
y0 )
2
+ 4
=
−9 y0
2
3 x0
2+ 4 y0
2+6 x0+3
= −9 y0
2
6 x0+15 = −3 y0
2
2 x0+5 ⇒y1= −3 y0
2 x0+5
从而x1=t1 y1−1= x0+1
y0
⋅−3 y0
2 x0+5 −1=−5 x0+8
2 x0+5 ，
同理，可得y2=
3 y0
2 x0−5，x2= 5 x0−8
2 x0−5 ，
则k2=k AB= y1−y2
x1−x2
=
−3 y0
2 x0+5 −
3 y0
2 x0−5
−5 x0+8
2 x0+5 −5 x0−8
2 x0−5
=
3 y0(2 x0−5+2 x0+5)
(5 x0+8)(2 x0−5)+(5 x0−8)(2 x0+5)
= 3 x0 y0
5(x0
2−4)
，
由k1，k2，k3成等差数列，得k1+ k3=2k2，即
2 x0 y0
x0
2−1
=2⋅3 x0 y0
5(x0
2−4)
，
解得x0=0，y0
2=3，或y0=0（舍），x0
2= 17
2 >4（舍），
所以点C的坐标为(0,± ❑√3)．
（ⅱ）证明：设C (x0, y0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
当直线AB的斜率不存在时，易得C (2,0)，直线AB的方程为x =−1，或C (−2,0)，直线AB的方程为x =1
，
将x =±1代入椭圆的方程，可得|y)= 3
2，
所以△ABC的面积S = 1
2 ×3×3= 9
2，
当直线AB的斜率存在时，有AB的中点M(−x0
2 ,−y0
2 )，则k AB= y1−y2
x1−x2
,kOM = y0
x0
，
因为A(x1, y1)，B(x2, y2)在椭圆上，则{
x1
2
4 + y1
2
3 =1
x2
2
4 + y2
2
3 =1)
，相减得x1
2−x2
2
4
+ y1
2−y2
2
3
=0，
整理得−3
4 = y1−y2
x1−x2
⋅y1+ y2
x1+ x2
，所以可得k AB=−3 x0
4 y0
，
所以直线AB的方程为y + y0
2 =−3 x0
4 y0(x + x0
2 )，
即y =−3 x0
4 y0
x−3
2 y0(
x0
2
4 + y0
2
3 )=−3 x0
4 y0
x−3
2 y0
，
令x =0，可得直线AB在y轴上的截距为−3
2 y0
，则S△OAB= 1
2 ⋅|−3
2 y0)⋅|x1−x2)，
将y =−3 x0
4 y0
x−3
2 y0
代入椭圆的方程，得
12 y0
2+9 x0
2
4 y0
2
x
2+ 9 x0
y0
2 x + 9
y0
2 −12=0，
即3
y0
2 x
2+ 3 x0
y0
2 x + 3
y0
2 −4 =0，则x1+ x2=−x0，x1 x2= 3−4 y0
2
3
，
所以|x1−x2)= ❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=
❑√9 x0
2+ 48 y0
2−36
3
=
❑√36−12 y0
2+ 48 y0
2−36
3
=2|y0)，
所以S△OAB= 1
2 ⋅|−3
2 y0)⋅2|y0)= 3
2，
又因为O是△ABC的重心，所以S△ABC =3 S△OAB= 9
2，
综上，△ABC的面积是定值9
2．
【变式9-2】（25-26 高二上·山西·月考）已知椭圆C ：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率是❑√3
2
，且过点
(1，
❑√3
2 )
．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点T (t ,0)的直线l与C交于A ，B两点．
（i）若t = ❑√3，且直线l的倾斜角为π
4 ，求线段AB的长；
（ii）若直线l的斜率不为0，t >0，是否存在点P(s,0)，使得⃗PA ⋅⃗PB为定值？若存在，求出s的最小值；
若不存在，请说明理由．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)（i）8
5；（ii）存在，最小值为
❑√15
2
，理由见解析.
【解题思路】（1）由e =
❑√3
2 得c =
❑√3
2 a，又c
2=a
2−b
2得b= 1
2 a，由(1，
❑√3
2 )在椭圆上，利用待定系数
法即可求解；
（2）（i）由题意可得直线l的方程为y = x−❑√3，与椭圆方程联立，由韦达定理得
x1+ x2= 8 ❑√3
5
，x1 x2= 8
5 ，利用弦长公式即可求解；
（ii）可设l：x =my +t，与椭圆方程联立，由韦达定理得y1+ y2= −2mt
m
2+ 4
，y1 y2= t
2−4
m
2+ 4
，由⃗PA ⋅⃗PB
为定值得8ts=5t
2+12，利用基本不等式即可求解.
【解答过程】（1）由题意，得e = c
a =
❑√3
2 ，得c =
❑√3
2 a，
又c
2=a
2−b
2，所以b= 1
2 a，
又1
2
a
2 +(
❑√3
2 )
2
b
2
=1，两式联立，解得a
2= 4，b
2=1，
所以椭圆C的标准方程为x
2
4 + y
2=1；
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)；
（i）由题意可得直线l的方程为y = x−❑√3，
联立{
x
2
4 + y
2=1
y = x−❑√3)
，得5 x
2−8 ❑√3 x +8=0，
所以x1+ x2= 8 ❑√3
5
, x1 x2= 8
5，
所以|AB)= ❑√(1+ k
2)[(x1+ x2)
2−4 x1 x2)=
❑√
(1+1
2)×[(
8 ❑√3
5 )
2
−4× 8
5)= 8
5
；
（ii）存在点P，使得⃗PA ⋅⃗PB为定值，s的最小值为
❑√15
2
；
由题意，可设l：x =my +t，联立{
x =my +t
x
2
4 + y
2=1)
，
得(m
2+ 4) y
2+2mty +t
2−4 =0，
则y1+ y2= −2mt
m
2+ 4
，y1 y2= t
2−4
m
2+ 4
，
且Δ= 4 m
2t
2−4(t
2−4)(m
2+ 4)=16(m
2−t
2+ 4)>0，
因为⃗PA =(x1−s，y1)，⃗PB =(x2−s，y2)，
所以⃗PA ⋅⃗PB =(x1−s)(x2−s)+ y1 y2=(m y1+t −s)(m y2+t −s)+ y1 y2
=(m
2+1) y1 y2+m(t −s)( y1+ y2)+(t −s)
2
= (m
2+1)(t
2−4)
m
2+ 4
+ −2m
2t (t −s)
m
2+ 4
+(t −s)
2
= (s
2−4)m
2+ 4 s
2+5t
2−8ts−4
m
2+ 4
，
因为⃗PA ⋅⃗PB为定值，
所以s
2−4
1
= 4 s
2+5t
2−8ts−4
4
，得8ts=5t
2+12，
因为t >0，所以s= 5t
8 + 3
2t ≥2❑√
5t
8 ⋅3
2t =
❑√15
2
，
当且仅当5t
8 = 3
2t ，即t = 2❑√15
5
时，等号成立，
故s的最小值为
❑√15
2
.
【变式9-3】（2025·山东潍坊·二模）双曲线C : x
2−y
2=a
2(a>0)的左、右顶点分别为A、A1，点A1到C
的渐近线的距离为
❑√2
2 ．
(1)求C的方程；
(2)按照如下方式依次构造点An（n≥2且n∈N）：过点An−1作斜率为−2的直线交C于另一点Bn−1，设An
是点Bn−1关于实轴的对称点，记点An的坐标为(xn, yn)．
（i）证明：数列{xn−yn)、{xn+ yn)是等比数列，并求数列{xn)和{yn)的通项公式；
（ii）记△An A An+1的面积为S，△An A1 An+1的面积为T，求S
T 的最大值．
【答案】(1)x
2−y
2=1
(2)（i）证明见解析，xn=
3
n−1+(
1
3)
n−1
2
，yn=
3
n−1−(
1
3)
n−1
2
（ii）5
2．
【解题思路】（1）求出双曲线C的渐近线方程，结合点到直线的距离公式可求出a的值，即可得出双曲线
C的方程；
（2）（i）写出直线An−1Bn−1方程，将该直线方程与双曲线方程联立，列出韦达定理可得出
yn= 5
4 xn−3
4 xn−1，yn−1=−2 xn−1+2 xn−yn= 3
4 xn−5
4 xn−1，再利用等比数列的定义可证得结论成立；
（ii）求出S、T的表达式，可得出S
T 的表达式，结合数列的单调性可求得S
T 的最大值.
【解答过程】（1）双曲线C的渐近线方程为x ± y =0，A1(a,0)，
则点A1到渐近线的距离为|a)
❑√2 =
❑√2
2 ，所以a=1，所以C的方程为x
2−y
2=1．
（2）（i）因为An(xn, yn)，所以An−1(xn−1, yn−1)、Bn−1(xn,−yn)，
直线An−1Bn−1的方程为y + yn=−2(x−xn)，即y =−2 x +2 xn−yn，
代入x
2−y
2=1，得3 x
2−4(2 xn−yn)x +(2 xn−yn)
2+1=0，
根据韦达定理得xn−1+ xn= 4
3 (2 xn−yn)．
所以yn= 5
4 xn−3
4 xn−1，yn−1=−2 xn−1+2 xn−yn= 3
4 xn−5
4 xn−1，
由题设有x1+ y1= x1−y1=1，
因为
xn−yn
xn−1−yn−1
=
xn−(
5
4 xn−3
4 xn−1)
xn−1−(
3
4 xn−5
4 xn−1)
=
−1
4 xn+ 3
4 xn−1
−3
4 xn+ 9
4 xn−1
= 1
3，
所以{xn−yn)是公比为1
3的等比数列．
因为
xn+ yn
xn−1+ yn−1
=
xn+ 5
4 xn−3
4 xn−1
xn−1+ 3
4 xn−5
4 xn−1
=
9
4 xn−3
4 xn−1
3
4 xn−1
4 xn−1
=3，
所以{xn+ yn)是公比为3的等比数列，
所以xn−yn=(
1
3)
n−1
，xn+ yn=3
n−1所以xn=
3
n−1+(
1
3)
n−1
2
，yn=
3
n−1−(
1
3)
n−1
2
.
（ii）先证明结论：若⃗MN =(a1,b1)，⃗MP =(a2,b2)为两个不共线的非零向量，
则S△PMN = 1
2|⃗MN )⋅|⃗MP)sin∠PMN = 1
2|⃗MN )⋅|⃗MP)❑√1−cos
2∠PMN
= 1
2
❑√|⃗MN )
2⋅|⃗MP)
2−(|⃗MN )⋅|⃗MP)cos∠PMN)
2= 1
2
❑√|⃗MN )
2⋅|⃗MP)
2−(⃗MN ⋅⃗MP)
2
= 1
2
❑√(a1
2+b1
2)(a2
2+b2
2)−(a1a2+b1b2)
2= 1
2
❑√a1
2b2
2−2a1a2b1b2+a2
2b1
2= 1
2|a1b2−a2b1).
本题中，因为⃗A An=(xn+1, yn)．⃗A An+1=(xn+1+1, yn+1)，
所以S = 1
2|(xn+1) yn+1−(xn+1+1) yn)= 1
2|xn yn+1−xn+1 yn+ yn+1−yn)．
因为⃗A1 An=(xn−1, yn)，⃗A1 An+1=(xn+1−1, yn+1)，
T = 1
2|(xn−1) yn+1−(xn+1−1) yn)= 1
2|xn yn+1−xn+1 yn+ yn−yn+1)，
又因为xn yn+1−xn+1 yn=
3
2n−1+3−1
3 −(
1
3)
2n−1
4
−
3
2n−1+ 1
3 −3−(
1
3)
2n−1
4
= 4
3
，
yn+1−yn=3
n−1+(
1
3)
n
，
所以S = 1
2(
4
3 +3
n−1+(
1
3)
n
)，T = 1
2(3
n−1+(
1
3)
n
−4
3)，
所以S
T =
3
n−1+(
1
3)
n
+ 4
3
3
n−1+(
1
3)
n
−4
3
=1+
8
3
3
n−1+(
1
3)
n
−4
3
，
设dn=3
n−1+(
1
3)
n
−4
3 ，则dn+1=3
n+(
1
3)
n+1
−4
3 ，
所以dn+1−dn>0，所以dn+1>dn，所以dn≥3+ 1
9 −4
3 = 16
9 ，
所以S
T ≤1+
8
3
16
9
=1+ 8
3 × 9
16 =1+ 3
2 = 5
2，当且仅当n=2时等号成立，
所以S
T 的最大值为5
2．
一、解答题
1．（2026·湖北荆州·一模）已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的一个焦点与抛物线y
2= 4 ❑√3 x的焦点重
合，且椭圆C 的离心率为
❑√3
2 .
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)过椭圆C 的左顶点A 且倾斜角为30°的直线交椭圆C 于另一点B，O 为坐标原点，求△OAB的面积.
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)4 ❑√3
7
【解题思路】（1）先由抛物线焦点求椭圆c值，再结合离心率求a，最后由a、c求b
2得椭圆方程.
（2）直线方程代入椭圆方程消元，求解x，y，以OA为底、B纵坐标绝对值为高求三角形面积.
【解答过程】（1）抛物线y
2= 4 ❑√3 x的焦点为(❑√3,0)，则c =
❑√a
2−b
2= ❑√3，
又椭圆C 的离心率e = c
a =
❑√3
2 ，则a=2，所以b
2=a
2−c
2=1，
故椭圆C 的标准方程为x
2
4 + y
2=1 ；
（2）由（1）可知，椭圆C 的左顶点A(−2,0)，
则直线AB：y =
❑√3
3
(x +2)，即：x = ❑√3 y −2，
设B(x1, y1)，{
x1
2
4 + y1
2=1
x1= ❑√3 y1−2)
，消去x1得7 y1
2−4 ❑√3 y1=0，
解得y1= 4 ❑√3
7
或y1=0（舍去），
所以S△OAB= 1
2 ×|OA)×|y1)= 4 ❑√3
7
.
2．（2026·四川内江·二模）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)经过点(−2,❑√6)，其渐近线方程为
y =± ❑√2 x．
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点P(1,−1)的直线l与双曲线C相交于A ,B两点，P能否是线段AB的中点？请说明理由．
【答案】(1)x
2−y
2
2 =1
(2)不能,理由见解析
【解题思路】（1）由题设条件得出a,b的方程，求解即得曲线的方程；
（2）假设P是线段AB的中点，利用点差法求出直线的斜率，将得到直线的方程与双曲线方程联立，通过
判别式判断方程是否有实根，即可确定P能否为中点.
【解答过程】（1）双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)经过点(−2,❑√6)，得4
a
2 −6
b
2 =1，
由渐近线方程为y =± ❑√2 x，得b
a = ❑√2，
解得a=1，b= ❑√2，
双曲线C的方程为x
2−y
2
2 =1.
（2）假设P是线段AB的中点，设A( x1, y1),B( x2, y2)，
则由{
x1
2−y1
2
2 =1
x2
2−y2
2
2 =1)
两式相减，可得( x1+ x2)( x1−x2)−1
2 ( y1+ y2)( y1−y2)=0，
因为P是线段AB的中点，x1+ x2=2, y1+ y2=−2，
代入上式，可得
y1−y2
x1−x2
=−2，即此时直线AB的斜率为k =−2，
于是直线AB的方程为y +1=−2( x−1)，即y =−2 x +1.
联立{
y =−2 x +1
x
2−y
2
2 =1)
，消元得2 x
2−4 x +3=0，
Δ=(−4)
2−4×2×3=−8<0，所以方程无实数解，
即此时直线与双曲线无交点，
故P不能是线段AB的中点.
3．（2026·河北唐山·一模）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√3
2 ，其左顶点为A，上顶点为
B，△AOB的面积是1，其中O 是原点，平行于AB的直线l 与C 交于M，N.
(1)求C 的方程；
(2)是否存在这样的直线l，使以A，B，N，M 为顶点的四边形为等腰梯形？若存在，求此时l 的方程；若不
存在，请说明理由.
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)不存在，理由见详解
【解题思路】（1）根据离心率可得a=2b，再结合△AOB的面积可得b=1，a=2，即可得椭圆方程；
（2）设直线l：y = 1
2 x +m,m≠1，与椭圆方程联立，利用韦达定理分别求线段AB、MN的中点，结合等
腰梯形的性质列式求解即可.
【解答过程】（1）因为椭圆C的离心率为e = c
a = ❑√1−(
b
a)
2
=
❑√3
2
，可得b
a = 1
2，即a=2b，
则|OA)=a=2b，|OB)=b，
又因为△AOB的面积S△AOB= 1
2|OA)⋅|OB)=b
2=1，即b=1，a=2，
所以椭圆C 的方程为x
2
4 + y
2=1.
（2）由（1）可知：A (−2,0)，B (0,1)，
则直线AB的斜率k = 1
2，且线段AB的中点为P(−1, 1
2)，
假设存在直线l 满足题意，设直线l：y = 1
2 x +m,m≠1，M (x1, y1)，N (x2, y2)，
联立方程{
y = 1
2 x +m
x
2
4 + y
2=1)
，消去y 可得x
2+2mx +2m
2−2=0，
则Δ= 4 m
2−4(2m
2−2)>0，解得−❑√2<m<❑√2，
可得x1+ x2=−2m，x1 x2=2m
2−2，
即x1+ x2
2
=−m，则y1+ y2
2
= 1
2 × x1+ x2
2
+m= m
2 ，
可得线段MN的中点为Q(−m, m
2)，直线PQ的斜率k PQ=
m
2 −1
2
−m+1 =−1
2
，
此时k ⋅k PQ=−1
4 ≠−1，可知直线AB与直线PQ不垂直，
这与等腰梯形的性质相矛盾，假设不成立，所以不存在直线l 满足题意.
4．（2026·山西晋城·一模）已知椭圆E: x
2
2 + y
2=1的左、右焦点分别为F1, F2，上顶点为A，过点A的动
直线与E交于另一点B，过点F2且与AB 平行的直线与E交于P ,Q两点，直线AB 与PQ 不重合．
(1)当点F1在直线AB 上时，求|PQ)；
(2)记AB 的中点为M , PQ的中点为N，坐标原点为O，证明：M ,O , N三点共线．
【答案】(1)4 ❑√2
3
(2)证明见解析
【解题思路】（1）根据焦点以及顶点坐标可求得PQ: x = y +1，联立直线和椭圆方程利用韦达定理以及弦
长公式计算可得结果；
（2）分别联立直线AB , PQ与椭圆方程，利用韦达定理分别求出点M , N的坐标，可求出⃗OM =−m⃗ON，
可得结论.
【解答过程】（1）由题意知F1(−1,0), F2(1,0), A(0,1)．
设P(x1, y1),Q(x2, y2)．当点F1在直线AB 上时，
可知直线AB 的斜率为1，所以PQ: x = y +1．
联立得{
x
2+2 y
2=2,
x = y +1, )可得3 y
2+2 y −1=0，
不妨设y1<0，解得y1=−1, y2= 1
3，
于是| PQ|= ❑√1+1|y1−y2)= 4 ❑√2
3
．
（2）易知直线PQ 的斜率不为0，故设PQ: x =my +1，如下图：
联立{
x =my +1
x
2+2 y
2=2)可得(m
2+2) y
2+2my −1=0，
则y1+ y2=−2m
m
2+2
, x1+ x2=m( y1+ y2)+2=
4
m
2+2，
于是N(
2
m
2+2
,−
m
m
2+2)．由AB: x =m( y −1)，
联立{
x =m( y −1)
x
2+2 y
2=2)可得(m
2+2) y
2−2m
2 y +m
2−2=0，
设B(x3, y3)，则y3+1= 2m
2
m
2+2
, y3= m
2−2
m
2+2
, x3=m( y3−1)=−4 m
m
2+2
，
于是M(−2m
m
2+2
,
m
2
m
2+2)．因为⃗OM =−m⃗ON，所以M，O，N 三点共线．
5．（2026·山东菏泽·一模）已知椭圆C : x
2
8 + y
2
2 =1，O 为坐标原点，点A，B 分别在直线y =
❑√2
2 x与
y =−
❑√2
2 x上，P 是C 上一点，O、A、P、B 四点顺时针构成平行四边形OAPB.
(1)求|AB)的值；
(2)求平行四边形OAPB面积的最大值.
【答案】(1)2
(2)2❑√2
【解题思路】（1）设出点A，B 的坐标，结合它们所在的直线方程，再根据向量关系得到点P 的坐标，因
为点P 在椭圆上，将P 的坐标代入椭圆方程，可得到A，B 的坐标与P 的坐标的关系式，进而通过弦长公
式求解|AB).
（2）设直线OA 的倾斜角为α，通过倍角公式求出sin∠AOB = 2❑√2
3
，cos∠AOB = 1
3， 利用余弦定理
和基本不等式可求得|AB)的最大值，代入三角形面积公式可求得结果；
【解答过程】（1）因为点A ,B分别在直线y =
❑√2
2 x与y =−
❑√2
2 x上，所以可设A(x1,
❑√2
2 x1)，
B(x2,−
❑√2
2 x2)
设P(x0, y0)，则x0
2
8 + y0
2
2 =1
因为四边形OAPB 是平行四边形，所以⃗OA =⃗BP
即(x1,
❑√2
2 x1)=(x0−x2, y0+
❑√2
2 x2)
所以x1+ x2= x0，x1−x2= ❑√2 y0
所以|AB)=
❑√(x1−x2)
2+(
❑√2
2 x1+
❑√2
2 x2)
2
= ❑√(x1−x2)
2+ 1
2 (x1+ x2)
2= ❑√2 y0
2+ 1
2 x0
2 =2
（2）因为点A，B 分别在直线y =
❑√2
2 x与y =−
❑√2
2 x上
设直线OA 的倾斜角为α，则tanα =
❑√2
2 ，∠AOB =2α
tan2α = 2tanα
1−tan
2α
=2❑√2，
sin2α = 2❑√2
3
，cos2α = 1
3即sin∠AOB = 2❑√2
3
，cos∠AOB = 1
3
所以平行四边形OAPB 的面积为S▱OAPB=|OA)⋅|OB)⋅2❑√2
3
在△OAB中，设|OA)=a，|OB)=b
| AB|
2=a
2+b
2−2ab⋅cos∠AOB≥2ab−2ab⋅1
3
所以ab≤3，当且仅当a=b时等号成立
所以平行四边形OAPB的面积为S▱OAPB=ab⋅2❑√2
3
≤3⋅2❑√2
3
=2❑√2，
当且仅当a=b时等号成立，所以平行四边形OAPB的面积的最大值为2❑√2.
6．（2026·山东青岛·模拟预测）已知双曲线C的中心为坐标原点，焦点在x轴上，离心率等于2，右焦点F
到其渐近线的距离等于❑√3．
(1)求双曲线C的方程；
(2)经过点F的直线l与双曲线C 交于A、B两点，以AB为直径的圆记作⊙M．求证：⊙M恒过某个定
点，并求出此定点的坐标；
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)证明见解析，(−1,0)
【解题思路】（1）根据离心率和焦点到渐近线距离可得a，c 的关系和b 值，结合c
2=a
2+b
2，求出a,b，
即可得双曲线方程；
（2）当l斜率不为0 时，设为x =2+ty，联立x
2−y
2
3 =1，根据韦达定理及弦长公式，求出⊙M方程，由
对称性可知，⊙M过的定点应在x轴上，故令y =0得x =−1或x = 3t
2−5
3t
2−1
，当直线l斜率为0 时，直线l为
y =0，此时⊙M方程为x
2+ y
2=1，分析可得⊙M所过定点；
【解答过程】（1）设双曲线方程为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1，设右焦点坐标为F (c ,0)，则渐近线方程为y =± b
a x，
故F (c ,0)到y =± b
a x的距离为|
b
a c)
❑√
1+ b
2
a
2
=b= ❑√3，
又离心率等于2，故c
a =2，又c
2=a
2+b
2，解得c
2= 4，a
2=1．
故双曲线方程为x
2−y
2
3 =1；
（2）由（1）得F (2,0)，当过点F的直线l斜率不为0 时，设为x =2+ty，
联立x =2+ty与x
2−y
2
3 =1得3(2+ty)
2−y
2=3，
整理可得(3t
2−1) y
2+12ty +9=0，
由直线l与双曲线C交于A、B两点，得{
3t
2−1≠0
Δ=144t
2−36(3t
2−1)>0)，解得t ≠±
❑√3
3 ，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则y1+ y2= −12t
3t
2−1，y1 y2=
9
3t
2−1，
所以x1+ x2= 4+t ( y1+ y2)= 4+ −12t
2
3t
2−1
=
−4
3t
2−1
，
则
x1+ x2
2
=
−2
3t
2−1
, y1+ y2
2
= −6t
3t
2−1
，
又|AB)=
❑√1+t
2❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=
❑√1+t
2❑√(
−12t
3t
2−1)
2
−
36
3t
2−1
=
❑√1+t
2
❑√144t
2−36(3t
2−1)
|3t
2−1)
= 6+6t
2
|3t
2−1)
，
故以AB为直径的圆的圆心为(
−2
3t
2−1
, −6t
3t
2−1)，半径为|AB)
2
= 3+3t
2
|3t
2−1)，
所以⊙M方程为(x +
2
3t
2−1)
2
+( y +
6t
3t
2−1)
2
=(
3+3t
2
3t
2−1)
2
，
由对称性可知，⊙M过的定点应在x轴上，故在⊙M中，令y =0，
得(x +
2
3t
2−1)
2
+(
6t
3t
2−1)
2
=(
3+3t
2
3t
2−1)
2
，解得x =−1或x = 3t
2−5
3t
2−1
，
故⊙M与x轴交点为(−1,0)，(
3t
2−5
3t
2−1
,0)，
当直线l斜率为0 时，直线l为y =0，此时A，B的坐标分别为(±1,0)，
则⊙M方程为x
2+ y
2=1，⊙M经过点(−1,0)，
综上，⊙M恒过某个定点，此定点的坐标为(−1,0).
7．（2026·陕西榆林·三模）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√3
2 ，焦距为2❑√3．
(1)求C 的方程；
(2)已知点B(
a
2 ,0)，若直线l 与C 交于E，F 两点，且BE⊥BF，|BE)=|BF)，求直线l 的方程．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)x =0或x = 8
5或y =−
❑√5
4 x + 3 ❑√5
5
或y =
❑√5
4 x−3 ❑√5
5
．
【解题思路】（1）根据离心率和焦距求出椭圆的参数值，即可得方程；
（2）设E(x0, y0)，F (x0,−y0)，讨论直线l与x轴是否垂直，结合向量垂直的坐标表示及韦达定理求相
关参数值，进而确定直线方程.
【解答过程】（1）由题知，e = c
a =
❑√3
2 ，2c =2❑√3，所以c = ❑√3，a=2，
所以b
2=a
2−c
2=1，则C 的方程为x
2
4 + y
2=1．
（2）由（1）知，点B (1,0)，显然直线l 与y 轴垂直，不合题意，
若直线l 与x 轴垂直，设E(x0, y0)，F (x0,−y0)，得⃗BE =(x0−1, y0)，⃗BF =(x0−1,−y0)，
若BE⊥BF，则⃗BE⋅⃗BF =(x0−1)
2−y0
2=0，又x0
2
4 + y0
2=1，则−y0
2= x0
2
4 −1，
所以(x0−1)
2+ x0
2
4 −1=0，解得x0=0或x0= 8
5，则直线l 的方程为x =0或x = 8
5．
若直线l 不与x 轴垂直，设直线l: y =kx +m(k ≠0)，E(x1, y1)，F (x2, y2)，
联立{
y =kx +m
x
2
4 + y
2=1)
，消去y 整理得(4 k
2+1) x
2+8kmx + 4 m
2−4 =0，
则Δ=64 k
2m
2−4(4 k
2+1)(4 m
2−4)=16(4 k
2+1−m
2)>0，
可得x1+ x2= −8km
4 k
2+1，x1 x2= 4 m
2−4
4 k
2+1
，
则y1+ y2=k x1+m+k x2+m=
2m
4 k
2+1，y1 y2=(k x1+m)(k x2+m)= m
2−4 k
2
4 k
2+1
，
由BE⊥BF，得⃗BE⋅⃗BF =(x1−1, y1)⋅(x2−1, y2)= x1 x2−(x1+ x2)+1+ y1 y2= 8km+5m
2−3
4 k
2+1
=0，
所以8km+5m
2−3=0①，
设EF中点为D，则D(
−4 km
4 k
2+1
,
m
4 k
2+1)，
因为|BE)=|BF)，所以BD⊥EF，则k BD⋅k =
mk
−4 km−4 k
2−1
=−1，即3km+ 4 k
2+1=0②，
由①②，得m=−k，或m=−12
5 k，
当m=−k时，直线l 的方程为y =k (x−1)，过点B，不合题意，
当m=−12
5 k时，解得k =−
❑√5
4 ，m= 3 ❑√5
5
或k =
❑√5
4 ，m=−3 ❑√5
5
，满足Δ>0，
所以直线l 的方程为y =−
❑√5
4 x + 3 ❑√5
5
或y =
❑√5
4 x−3 ❑√5
5
．
综上，直线l 的方程为x =0或x = 8
5或y =−
❑√5
4 x + 3 ❑√5
5
或y =
❑√5
4 x−3 ❑√5
5
．
8．（2026·上海金山·二模）已知抛物线Γ : y
2= 4 x的焦点为F，准线为l，点P(x0, y0)为抛物线上一动
点，点O为坐标原点．
(1)若|OP)=|PF)，求点P的坐标；
(2)若直线l0: y =kx + 4与抛物线Γ只有一个交点，求直线l0的方程；
(3)若x0>3，过点P作圆C :(x −1)
2+ y
2= 4的两条切线，交准线l于A、B两点，求|AB)的取值范围．
【答案】(1)(
1
2 ,❑√2)或(
1
2 ,−❑√2)
(2)y = 1
4 x + 4和y = 4
(3)(4 ,+∞)
【解题思路】（1）根据条件列出方程即可求解；
（2）联立抛物线方程，消元后得方程，分类讨论，根据方程有一根求解即可；
（3）设过P 点的切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径求出关于直线斜率k的方程，再由切线与准线
交点的纵坐标表示|AB)，利用韦达定理化简，换元求取值范围即可.
【解答过程】（1）由y
2= 4 x可知F (1,0)，
因为|OP)=|PF)，所以x0
2+ y0
2=(x0−1)
2+ y0
2，
即x0
2=(x0−1)
2= x0
2−2 x0+1，解得x0= 1
2，
代入抛物线方程，y0
2= 4 x0=2⇒y0=± ❑√2，
所以点P的坐标为(
1
2 ,❑√2)或(
1
2 ,−❑√2).
（2）联立方程{
y =kx + 4
y
2= 4 x )，可得(kx + 4)
2= 4 x，即k
2 x
2+(8k −4) x +16=0，
因为只有一个交点，
所以k
2=0，即k =0时，方程只有一解，满足题意，此时l0: y = 4；
当k
2≠0时，则需Δ=(8k −4)
2−4×16 k
2=0，解得k = 1
4 ，
此时l0: y = 1
4 x + 4.
综上，直线l0的方程为y = 1
4 x + 4和y = 4.
（3）设P(t
2,2t),t
2>3，
由题意，切线与准线相交，故切线的斜率存在，设切线方程为y −2t =k (x −t
2)，
即y =kx−k t
2+2t，
由圆C :(x−1)
2+ y
2= 4知，圆心C(1,0)，半径r =2，
所以|k ⋅1−k t
2+2t −0|
❑√k
2+1
=2，即k
2[(1−t
2)
2−4)+k[4t (1−t
2))+ 4 t
2−4 =0，
设A(−1, y1),B(−1, y2)，
x =−1代入切线方程可得，y =k (−1)−k t
2+2t =−k (t
2+1)+2t，
所以y1=−k1(t
2+1)+2t , y2=−k2(t
2+1)+2t，（其中k1,k2分别是PA , PB的斜率）
所以| AB|=| y1−y2|=|k1−k2|⋅(t
2+1)，
又k1+k2=−4 t (1−t
2)
(1−t
2)
2−4
,k1⋅k2=
4 t
2−4
(1−t
2)
2−4
，
令u=t
2>3，则| AB|= ❑√(k1+k2)
2−4 k1k 2⋅(u+1)=
❑√16(u−1)(u+3)
|(u−3)(u+1)|
⋅(u+1)=
❑√16(u−1)(u+3)
u−3
，
令s=u−3>0，则u= s+3，
所以| AB|= 4 ❑√(s+2)(s+6)
s
= 4 ❑√
(s+2)(s+6)
s
2
= 4 ❑√
1+ 8
s + 12
s
2 = 4 ❑√12(
1
s + 1
3)
2
−1
3
，
因为1
s >0，所以12(
1
s + 1
3)
2
−1
3 >12× 1
9 −1
3 =1，所以| AB|>4，
故求|AB)的取值范围为(4 ,+ ∞).
9．（2026·天津河西·一模）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点为F，离心率为1
2，且经过点(1, 3
2)
．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设不垂直于坐标轴的直线l 与椭圆C 相切，过F 作直线l 的垂线，垂足为H，线段OH的长度是否是定
值？若是，求出这个值；若不是，说明理由．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)是，定值为2
【解题思路】（1）由离心率得a
2= 4 c
2，b
2=3c
2，再待定系数求解即可；
（2）根据题意设直线l的方程为y =kx +m，进而与椭圆联立方程，并结合位置关系得m
2= 4 k
2+3，再求
得直线FH : y =−1
k
(x−1)，与直线l的方程联立求得H(
1−km
k
2+1
, k +m
k
2+1)，最后计算即可得答案.
【解答过程】（1）解：因为离心率e = c
a = 1
2，所以a=2c，a
2= 4 c
2，b
2=a
2−c
2=3c
2，
所以椭圆的标准方程为x
2
4 c
2 + y
2
3c
2 =1，
因为经过点(1, 3
2)，所以1
4 c
2 +
9
4
3c
2 =1，所以{
a
2= 4
b
2=3
c
2=1)
所以椭圆的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1
（2）
解：因为直线l 不垂直于坐标轴，所以直线l的斜率存在且不为0，
设不垂直于坐标轴的直线l的方程为y =kx +m
所以联立{
x
2
4 + y
2
3 =1
y =kx +m)
得(4 k
2+3) x
2+8kmx + 4 m
2−12=0
因为直线l 与椭圆C 相切，
所以Δ=(8km)
2−4(4 k
2+3)(4 m
2−12)=0，即m
2= 4 k
2+3，
因为右焦点为F 的坐标为(1,0)，
所以过F 作直线l 的垂线的方程为FH : y =−1
k
(x−1)，
因为垂足为H，所以联立{
y =−1
k
(x−1)
y =kx +m )
，得{
x = 1−km
k
2+1
y = k +m
k
2+1)
，即H(
1−km
k
2+1
, k +m
k
2+1)
所以|OH )= ❑√(
1−km
k
2+1 )
2
+(
k +m
k
2+1)
2
= ❑√
1+ k
2m
2+ k
2+m
2
(k
2+1)
2
=
❑√(k
2+1)(m
2+1)
k
2+1
将m
2= 4 k
2+3代入得|OH )=
❑√(k
2+1)(m
2+1)
k
2+1
=
❑√(k
2+1)(4 k
2+ 4)
k
2+1
=2，
所以，线段OH的长度是定值，这个值为2．
10．（2026·河北沧州·模拟预测）已知椭圆G: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左､右焦点分别为F1, F2，离心率为
❑√6
3 ，点T为该椭圆的上顶点，且满足|T F2)= ❑√6.
(1)求椭圆G的方程；
(2)过点F2的直线l与椭圆G交于A ,B两点，O为坐标原点，若△OAB的面积为2❑√6
3
，求直线l的方程.
【答案】(1) x
2
6 + y
2
2 =1
(2)x =2或x =± ❑√3 y +2.
【解题思路】（1）根据椭圆特征得到椭圆方程；
（2）设出直线，联立直线与椭圆方程，由弦长公式和面积公式得到方程，求出答案
【解答过程】（1）由题意得，T (0,b), F2(c ,0)，所以|T F2)=
❑√b
2+c
2=a，则a= ❑√6，
又因为离心率为
❑√6
3 ，所以c
a =
❑√6
3 ，计算可得c =2，所以b= ❑√2，
所以椭圆G的方程为x
2
6 + y
2
2 =1.
（2）根据题意，当直线l的斜率为0 时，无法构成三角形，
所以设直线l的方程为x =ty +2，
联立方程组¿整理得到(t
2+3) y
2+ 4ty −2=0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则y1+ y2= −4t
t
2+3
, y1 y2= −2
t
2+3，
所以|AB)=
❑√1+t
2❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=
❑√1+t
2❑√(
−4t
t
2+3)
2
+
8
t
2+3
=2❑√6× t
2+1
t
2+3
，
点O到直线AB的距离为d = |−2)
❑√1+t
2，
所以△OAB的面积S△OAB= 1
2 d|AB)=2❑√6×
❑√t
2+1
t
2+3
= 2❑√6
3
，解得t =0或t =± ❑√3，
故直线l的方程为x =2或x =± ❑√3 y +2.
11．（2026·内蒙古赤峰·一模）平面直角坐标系中，动点P 到点M (2,0)的距离与它到直线x =8的距离之比
为1
2．
(1)求动点P 的轨迹C 的方程；
(2)过点M 的直线l 与轨迹C 交于A，B 两点，且点A 在第一象限，点N (−2,0)，△AMN与△BMN的面积
之比为3
5，求△ABN的内切圆半径．
【答案】(1) x
2
16 + y
2
12 =1
(2)r = 4 ❑√3
5
【解题思路】（1）设出动点P(x , y)，由题意列出等式，再化简得到轨迹方程.
（2）首先判断斜率存在和不存在的情况，斜率存在时设出直线l 的方程，然后将直线方程与轨迹C 的方程
联立，利用韦达定理得到纵坐标的和与积，结合面积关系求出参数；再求出三角形△ABN的面积和周长，
进而解出三角形△ABN内切圆半径.
【解答过程】（1）设动点P 的坐标为(x , y)，由题意可得
❑√(x−2)
2+ y
2
| x−8|
= 1
2
，
即4[(x −2)
2+ y
2)=(x −8)
2，化简得3 x
2+ 4 y
2= 48，
即动点P 的轨迹C 的方程为x
2
16 + y
2
12 =1；
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，点A 在第一象限，则x1>0, y1>0，y2<0，
若直线l 的斜率不存在，由椭圆对称性可知△AMN与△BMN的面积之比为1，不符合题意；
故直线l 的斜率必存在且不为0，可设直线l 的方程为x =my +2，
联立{
x =my +2
x
2
16 + y
2
12 =1)
，得：(3m
2+ 4) y
2+12my −36=0，
直线l 经过椭圆内一点M (2,0)，必有Δ>0，
∴{
y1+ y2=−12m
3m
2+ 4
y1 y2=
−36
3m
2+ 4 )
，
由于点N (−2,0)，△AMN与△BMN的面积之比为3
5，
故
S△AMN
S△BMN
= 3
5，即
1
2|MN )⋅|y1)
1
2|MN )⋅|y2)
= 3
5，即y1=−3
5 y2，
则−3
5 y2+ y2=−12m
3m
2+ 4
⇒2
5 y2=−12m
3m
2+ 4
⇒y2=−30m
3m
2+ 4 ，则y1=−3
5 ⋅(−30m
3m
2+ 4)= 18m
3m
2+ 4 ，
结合y1 y2=
−36
3m
2+ 4 ，可得−30m
3m
2+ 4
× 18m
3m
2+ 4
=
−36
3m
2+ 4 ，
化简得m
2= 1
3，结合y1= 18m
3m
2+ 4
>0，则m>0，故m=
❑√3
3 ，
故{
y1+ y2=−4 ❑√3
5
y1 y2= −36
5 )
，则| y1−y2|= ❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y =
❑√(−4 ❑√3
5 )
2
−4⋅(−36
5 )= 16 ❑√3
5
，
又M (2,0), N (−2,0)为椭圆的两焦点，
△ABN的面积为S = 1
2|MN )×| y1−y2|= 1
2 ×4× 16 ❑√3
5
= 32❑√3
5
,
△ABN的周长为| AN |+|BN |+| AB|=| AN |+|BN |+| AM |+|BM |
=| AN |+| AM |+|BM |+|BN |= 4 a=16，
设△ABN的内切圆半径为r，则1
2
(| AN |+|BN |+| AB|)r = 32❑√3
5
，
即1
2 ×16r = 32❑√3
5
，故r = 4 ❑√3
5
.
12．（2026·河北廊坊·一模）已知F1，F2分别是双曲线C : y
2
a
2 −x
2
b
2 =1¿的上、下焦点，双曲线C的渐近线
方程是y =± 2❑√5
5
x，且F1到双曲线C的渐近线的距离是❑√5．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若过F2的直线l与C交于A ,B两点，其中A在第一象限，B关于原点对称的点为M，且⃗F1 A ⋅⃗F2 M = 4
，求直线l的方程．
【答案】(1) y
2
4 −x
2
5 =1；
(2)y = ❑√3 x−3.
【解题思路】（1）利用给定的渐近线设出双曲线方程，再结合点到直线距离公式求解.
（2）设出直线l的方程，利用韦达定理及数量积的坐标表示列式求解.
【解答过程】（1）双曲线C的渐近线方程是y =± 2❑√5
5
x，即y
2 ± x
❑√5 =0，
设双曲线C的方程为y
2
4 −x
2
5 = λ( λ>0)，即y
2
4 λ −x
2
5 λ =1，点F1(0,3 ❑√λ)，
由F1到双曲线C的渐近线❑√5 y ±2 x =0的距离是❑√5，得
|3 ❑√λ⋅❑√5−0|
❑√(❑√5)
2+2
2
= ❑√5，解得λ =1，
所以双曲线C的方程为y
2
4 −x
2
5 =1.
（2）由（1）得F1(0,3), F2(0,−3)，设直线l的方程为y =kx−3,k >0，A( x1, y1),B( x2, y2)，
则M (−x2,−y2)，
由{
y =kx −3
5 y
2−4 x
2=20)消去y得(5k
2−4)x
2−30kx +25=0，{
5k
2−4≠0
Δ=900k
2−100(5k
2−4)>0)，
则x1+ x2=
30k
5k
2−4
, x1 x2=
25
5k
2−4 ，y1+ y2=k( x1+ x2)−6=
24
5k
2−4 ，
y1 y2=(k x1−3)(k x2−3)=k
2 x1 x2−3k( x1+ x2)+9= −20k
2−36
5k
2−4
，
而⃗F1 A =( x1, y1−3),⃗F2 M =(−x2,−y2+3)，则⃗F1 A ⋅⃗F2 M =−x1 x2−( y1−3)( y2−3)
=−x1 x2−y1 y2+3( y1+ y2)−9=−
25
5k
2−4
−−20k
2−36
5k
2−4
+
72
5k
2−4
−9= 4，则k = ❑√3，
所以直线l的方程为y = ❑√3 x−3.
13．（2026·云南昆明·模拟预测）已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)过点E (0,1)，以C的长轴为直径的圆
与y轴上半轴交于F，且|EF)=1．
(1)求C的方程；
(2)若过点F的直线l与C交于M , N两点，满足直线EM , EN的斜率之和为2
3，求△EMN的面积．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)2
5
【解题思路】（1）利用椭圆过E (0,1)得b，再利用|EF)=1得a，即可写出椭圆方程；
（2）设直线方程并联立方程组，用韦达定理结合斜率之和的条件求出斜率，再用弦长和距离公式即可求
出面积.
【解答过程】（1）因为椭圆过点E (0,1)，所以1
b
2 =1，即b
2=1，
又因为以长轴为直径的圆与y轴上半轴交于F(0,a)，且|EF)=1，即|a−1)=1，
所以a=2，故椭圆的方程为x
2
4 + y
2=1.
（2）由（1）知F(0,2)，设过点F的直线l的方程为y =kx +2，设M ( x1, y1), N ( x2, y2)，
联立方程组{
y =kx +2
x
2
4 + y
2=1)
，代入化简得：(1+ 4 k
2)x
2+16 kx +12=0，
由韦达定理：x1+ x2=−16k
1+ 4 k
2 , x1 x2=
12
1+ 4 k
2，
又因为直线EM的斜率为：k EM = y1−1
x1
，直线EN的斜率为：k EN = y2−1
x2
，
且y1=k x1+2, y2=k x2+2
所以k EM + k EN = y1−1
x1
+ y2−1
x2
= k x1+1
x1
+ k x2+1
x2
=2k + x1+ x2
x1 x2
=2k +
−16 k
1+ 4 k
2
12
1+ 4 k
2
=2k −4 k
3 = 2k
3 = 2
3，
解得k =1，此时直线l：y = x +2，
方程变为5 x
2+16 x +12=0，
判别式Δ=16
2−4×5×12=16>0满足题意，且x1+ x2=−16
5 , x1 x2= 12
5 ，
此时弦长|MN )=
❑√1+k
2⋅
❑√( x1+ x2)
2−4 x1 x2=
❑√1+1
2⋅
❑√(−16
5 )
2
−4× 12
5 = 4 ❑√2
5
，
点E (0,1)到直线l的距离为d = |0−1+2)
❑√1
2+(−1)
2 =
❑√2
2 ，
所以△EMN的面积为S = 1
2 ×|MN )×d = 1
2 × 4 ❑√2
5
×
❑√2
2 = 2
5.
14．（2026·河南·模拟预测）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左焦点为F，右顶点为A，渐近线方
程为y =± ❑√3 x，点P(1,1)在直线x =a上.
(1)求C的方程；
(2)过点P的直线与C相切于点B（异于点A），证明：∠AFP =∠PFB.
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)证明见解析
【解题思路】（1）根据条件求出a,b即可；
（2）设直线PB的方程，根据Δ=0求出方程以及点B的坐标、直线BF的方程，计算点P到两直线的距离即
可.
【解答过程】（1）因为点P(1,1)在直线x =a上，所以a=1.
因为C的渐近线方程为y =± ❑√3 x，所以b
a = ❑√3，故b= ❑√3.
所以C的方程为x
2−y
2
3 =1.
（2）设F (−c ,0)(c>0)，由c
2=a
2+b
2，得c =
❑√1
2+(❑√3)
2=2，则F (−2,0).
易知直线PB的斜率存在（另一条过点P的切线为x =1），
设其方程为y −1=k (x−1)，即y =kx−k +1.
由{
y =kx −k +1
x
2−y
2
3 =1 )
消去y，得(3−k
2) x
2+2k (k −1) x−k
2+2k −4 =0.
因为直线PB与C相切，
所以3−k
2≠0，且Δ=[2k (k −1)]
2−4(3−k
2)(−k
2+2k −4)=0，得k =2，
所以直线PB的方程为y =2 x−1，
方程x
2−4 x + 4 =0的根为2，所以B (2,3)，
所以直线BF的方程为3 x−4 y +6=0.
又因为点P到直线BF的距离d =|3×1−4×1+6)
❑√3
2+(−4)
2
=1，等于点P到x轴的距离，
又点P在∠AFB内部，所以∠AFP=∠PFB.
15．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知抛物线C : x
2=2 py ( p>0)，O为坐标原点，过点P(1, 1)作斜率
k (k <0)的直线l交抛物线C于A , B两点，其中A在第一象限，直线OP交抛物线C于另一点D，其中⃗
OD = 4⃗OP，直线OA与直线BD交于点M．
(1)求抛物线C的方程；
(2)记△MAD与△MOB的面积分别为S1,S2．
①当O , A , D , B四点共圆时，求直线l的方程；
②求
S1
S2
的取值范围．
【答案】(1)x
2= 4 y
(2)①y =−x +2；②(0, 1)
【解题思路】（1）根据条件求出点D的坐标，代入抛物线方程，即可求解；
（2）①联立直线与抛物线方程，由韦达定理得x1+ x2= 4 k , x1⋅x2= 4 k −4，根据条件有
|PA)⋅|PB)=|PO)⋅|PD)，从而可得(1+ k
2)|4 k −4−4 k +1)=6，即可求解；②根据条件求出x1的取值范
围，求出M的横坐标xM =
4
2−x1
，再利用三角形的面积公式及弦长公式得
S1
S2
=(x1−1)
2，即可求解.
【解答过程】（1）因为点P(1,1)，则⃗OP =(1,1)，又⃗OD = 4⃗OP，则⃗OD =(4,4)，
所以D (4,4)，代入抛物线C : x
2=2 py，得到16=8 p，解得p=2，
所以抛物线C的方程为x
2= 4 y.
（2）①因为直线l方程为y =k (x−1)+1(k <0)，
设A(x1, y1), B(x2, y2)，联立{
x
2= 4 y
y =k (x−1)+1)，消y得到x
2−4 kx + 4 k −4 =0，
则x1+ x2= 4 k , x1⋅x2= 4 k −4，
当O , A , D , B四点共圆时，则有∠OBA =∠ODA , ∠BOD =∠BAD，故△POB∼△PAD，
则|PO)
|PB) = |PA)
|PD)，所以|PA)⋅|PB)=|PO)⋅|PD)，
又|PA)=
❑√1+ k
2|x1−1), |PB)=
❑√1+ k
2|x2−1), |PO)= ❑√2, |PD)=3 ❑√2，
所以|PA)⋅|PB)=(1+k
2)|x1⋅x2−x1−x2+1)=6，即(1+ k
2)|4 k −4−4 k +1)=6，
整理得到k
2=1，又k <0，所以k =−1，故直线l的方程为y =−x +2.
②当y =1时，由x
2= 4 y，得x =±2，又直线l的斜率k <0，则1< x1<2，
由O(0, 0), A(x1, x1
2
4 )，得到直线OA : y = x1
4 x，
由D (4 , 4), B(x2
x2
2
4 )，得k BD=
x2
2
4 −4
x2−4 = x2+ 4
4
，
直线BD: y = x2+ 4
4
(x−4)+ 4，联立方程{
y = x1
4 x
y = x2+ 4
4
(x−4)+ 4)
，解得xM =
4 x2
x2+ 4−x1
，
由x1+ x2= 4 k , x1⋅x2= 4 k −4，得x2= 4−x1
1−x1
，
所以xM =
4 x2
x2+ 4−x1
=
4 4−x1
1−x1
4−x1
1−x1
+ 4−x1
=
4
2−x1
，
又
S1
S2
=
1
2|MA)|MD)sin ∠AMB
1
2|MO)|MB)sin ∠AMB
=|MA)|MD)
|MO)|MB) =|xM −x1)⋅|xM −4)
|xM)⋅|xM −x2)
=|
4
2−x1
−x1)⋅|
4
2−x1
−4)
|
4
2−x1)⋅|
4
2−x1
−4−x1
1−x1)
=(x1−1)
2
，
又1< x1<2，所以0< S1
S2
<1，
故
S1
S2
的取值范围为(0,1).
16．（2026·山东临沂·一模）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，点P 是C 上的
一个动点，当△P F1 F2面积取得最大值4 ❑√3时，∠P F1 F2=60°．
(1)求C 的方程；
(2)过点E (3,0)的直线l 与C 交于A，B 两点，点A 关于x 轴的对称点为A1（A1与B 不重合）．
（ⅰ）求证：直线A1B过定点；
（ⅱ）求△E A1B面积的最大值．
【答案】(1) x
2
16 + y
2
12 =1
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）7 ❑√3
4
【解题思路】（1）由题意可得bc = 4 ❑√3，进而结合已知求得a,b，可求C 的方程；
（2）（ⅰ）设l 的方程为x =my +3(m≠0)，与椭圆方程联立，利用韦达定理可得y1+ y2, y1 y2，进而求
得直线A1B的方程，由椭圆的对称性可证得结论；（ⅱ）记直线A1B过定点为F，利用
S△E A1B= S△EF A1−S△EFB计算，结合基本不等式可求面积的最大值.
【解答过程】（1）因为S△P F1 F2= 1
2|F1 F2)⋅|yP)，又−b≤y P≤b，所以(S△P F1 F2)max= 1
2 ×2c⋅b=bc，
又△P F1 F2面积取得最大值4 ❑√3，所以bc = 4 ❑√3，
在△P F1 F2中，∠P F1 F2=60°，所以cos60° = c
a，所以a=2c，
又b
2=a
2−c
2=3c
2，所以b= ❑√3c，所以❑√3c
2= 4 ❑√3，解得c =2，
所以a= 4 ,b=2❑√3，所以椭圆C 的方程为x
2
16 + y
2
12 =1；
（2）（ⅰ）当过点E (3,0)的直线l 不与x 轴重合时，
设直线l 的方程为x =my +3(m≠0)，A(x1, y1),B(x2, y2)，
由{
x =my +3
x
2
16 + y
2
12 =1)
，得3(my +3)
2+ 4 y
2= 48，
整理得(3m
2+ 4) y
2+18my −21=0，
由韦达定理得y1+ y2=−18m
3m
2+ 4
, y1 y2=−
21
3m
2+ 4 ，
因为A1为点A 关于x 轴的对称点，所以A1(x1,−y1)，所以k A1B= y2+ y1
x2−x1
，
所以直线A1B的方程为y + y1= y2+ y1
x2−x1
(x−x1)，
由对称性，直线A1B所过定点一定在x轴上，
令y =0，可得x = y1(x2−x1)
y2+ y1
+ x1= y1 x2−y1 x1+ y2 x1+ y1 x1
y2+ y1
= y1 x2+ y2 x1
y2+ y1
= y1(m y2+3)+ y2(m y1+3)
y2+ y1
= 2m y1 y2+3( y1+ y2)
y2+ y1
= 2m y1 y2
y2+ y1
+3
=
2m×(−
21
3m
2+ 4)
−18m
3m
2+ 4
+3= 16
3
，
所以直线A1B过定点(
16
3 ,0)；
当过点E (3,0)的直线与x 轴重合时，显然过点(
16
3 ,0)；
综上所述：直线A1B过定点(
16
3 ,0)；
（ⅱ）记直线A1B过定点为F(
16
3 ,0)，
则S△E A1B= S△EF A1−S△EFB= 1
2|
16
3 −3)×|−y1)−1
2|
16
3 −3)×|y2)= 7
6|y2−(−y1))
= 7
6|y2+ y1)= 7
6 ⋅18|m)
3m
2+ 4
≤7
6 ⋅
18|m)
2
❑√3m
2×4
= 7
6 ⋅18|m)
4 ❑√3|m) = 7 ❑√3
4
，
当且仅当3m
2= 4，即m=± 2❑√3
3
时，等号成立，
所以△E A1B面积的最大值为7 ❑√3
4
．
17．（2026·山东枣庄·二模）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点为F (1,0)，左，右顶点分别为A ,B
，并且C上的点到F的最大距离是最小距离的3 倍．
(1)求C的方程；
(2)若点M是C上异于A ,B的任意一点，直线AM与BM分别交直线x = 4于P ,Q两点．
（ⅰ）求⃗FP⋅⃗FQ；
（ⅱ）若直线MF交C于另一点N，设点M , N , P ,Q的纵坐标分别为m,n, p,q，求证：1
m + 1
n = 1
p + 1
q ．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)（ⅰ）⃗FP⋅⃗FQ =0；（ⅱ）证明见解析
【解题思路】（1）利用C上的点到F的最大距离为a+c，最短距离为a−c，结合焦点坐标计算即可得；
（2）（ⅰ）设M (x0, y0)，则可表示出直线AM与BM，从而可得y P，yQ，再借助向量数量积公式计算即
可得；（ⅱ）设lFM : x =ty +1，N (x1,n)，联立直线与椭圆方程，消去x可得与横坐标有关韦达定理，则可
表示出1
m + 1
n，结合（ⅰ）中所得y P，yQ，计算可得1
p + 1
q ，即可得证.
【解答过程】（1）C上的点到F的最大距离为a+c，最短距离为a−c，又F (1,0)，则c =1，
则a+1=3(a−1)，解得a=2，故b=
❑√2
2−1
2= ❑√3，
故C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1；
（2）（ⅰ）设M (x0, y0)，则x0
2
4 + y0
2
3 =1，又A (−2,0)、B (2,0)，
则l AM : y =
y0
x0+2
(x +2)，lBM : y =
y0
x0−2
(x−2)，
分别令x = 4，可得y P= 6 y0
x0+2，yQ= 2 y0
x0−2，
又F (1,0)，则⃗FP =(3, 6 y0
x0+2)，⃗FQ =(3, 2 y0
x0−2)，
故⃗
FP⋅⃗FQ =9+ 6 y0
x0+2 ⋅2 y0
x0−2 =9+ 12 y0
2
x0
2−4
=9+
12 y0
2
4(1−y0
2
3 )−4
=9+ 12 y0
2
−4 y0
2
3
=9−9=0
；
（ⅱ）设lFM : x =ty +1，N (x1,n)，
联立{
x =ty +1
x
2
4 + y
2
3 =1)
，消去x得(3t
2+ 4) y
2+6ty −9=0，
则m+n= −6t
3t
2+ 4 ，mn=
−9
3t
2+ 4 ，则1
m + 1
n = m+n
mn =
−6t
3t
2+ 4
−9
3t
2+ 4
= 2t
3 ，
由（ⅰ）知y P= p= 6 y0
x0+2 = 6m
x0+2，yQ=q = 2m
x0−2，
则1
p + 1
q = x0+2
6m + x0−2
2m = 4 x0−4
6m
= 4 (tm+1)−4
6m
= 2t
3 ，
故1
m + 1
n = 1
p + 1
q .
18．（2026·宁夏银川·一模）已知抛物线C：y
2=2 px ( p>0)上的点N与焦点F的距离为2，点N到x轴的
距离也为2.
(1)求C的方程；
(2)过点F且斜率为3 的直线与C交于D，E两点，过点F且斜率为−3的直线与C交于G，H两点，求四边
形DHEG的面积；
(3)过点P(t ,0)且倾斜角为π
4 的直线与C交于A，B两点.点M (2t −a,t )，记直线MA，MB的斜率分别为
k1，k2，是否存在常数a，使得k1k2为常数？若存在，求出a及k1k2的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)88 ❑√10
27
(3)存在，当a=0时，k1k2=1，
【解题思路】（1）利用抛物线的定义进行求解即可；
（2）设出直线方程与抛物线方程联立，根据三角形面积公式、点到直线距离公式、抛物线弦长公式，结
合一元二次方程根的判别式、根与系数关系进行求解即可；
（3）设出直线方程与抛物线方程联立，根据直线斜率公式，结合一元二次方程根的判别式、根与系数关
系进行求解即可.
【解答过程】（1）该抛物线的准线方程为x =−p
2 ，焦点坐标为F(
p
2 ,0)，
因为点N到x轴的距离为2，
所以设点N的坐标为(a,±2)(a>0)，代入抛物线y
2=2 px中，得4 =2 pa⇒a= 2
p ，
因为点N与焦点F的距离为2，
所以2
p −(−p
2)=2⇒p=2，即抛物线的方程为y
2= 4 x.
（2）直线DE的方程为y =3(x−1)，与抛物线方程联立，得{
y =3(x−1)
y
2= 4 x )⇒9 x
2−22 x +9=0，
Δ=(−22)
2−4×9×9=160>0，
设D(x1, y1), E(x2, y2)，则有x1+ x2= 22
9 , x1 x2=1，所以
|DE)= ❑√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2= ❑√(x1−x2)
2+9(x1−x2)
2= ❑√10⋅❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2
= ❑√10⋅❑√(
22
9 )
2
−4 = 40
9
.
直线GH的方程为y =−3(x−1)，与抛物线方程联立，得{
y =−3(x−1)
y
2= 4 x )⇒9 x
2−22 x +9=0，
Δ=(−22)
2−4×9×9=160>0，
设G(x3, y3), H (x4, y4)，则有x3+ x4= 22
9 , x3 x4=1，
显然x1, x2, x3, x4>0，
点G(x3, y3)到直线y =3(x−1)的距离为d1=|3 x3−y3−3)
❑√3
2+(−1)
2 =|3 x3+3(x3−1)−3)
❑√10
= 6 x3
❑√10
，
同理点H (x4, y4)到直线y =3(x−1)的距离为d2= 6 x4
❑√10
，
因此四边形DHEG的面积为
1
2 ⋅|DE)⋅(d1+d2)= 1
2 × 40
9 (
6 x3
❑√10 + 6 x4
❑√10)=
20
9 ❑√10 ×6× 22
9 = 88 ❑√10
27
.
（3）直线AB的方程为y = x−t，与抛物线方程联立，得{
y = x−t
y
2= 4 x)⇒y
2−4 y −4t =0，
Δ=(−4)
2−4×(−4t )=16+16t >0⇒t >−1，
设A(x5, y5),B(x6, y6)，则有y5+ y6= 4 , y5 y6=−4 t，所以
k1k2=
y5−t
x5−2t +a ⋅
y6−t
x6−2t +a = y5 y6−t ( y5+ y6)+t
2
( y5+a−t)( y6+a−t)
=
−4t −4t +t
2
y5 y6+(a−t )( y5+ y6)+(a−t )
2
=
t
2−8t
−4t + 4 (a−t )+a
2−2at +t
2 =
t
2−8t
t
2−8t +a
2−2at + 4 a
，
要想k1k2为定值，只需a
2−2at + 4 a=0⇒a(a−2t + 4)=0，
当a=0时，k1k2=1，
当a−2t + 4 =0时，此时a不是常数，
所以存在常数a，使得k1k2为常数，此时a=0，k1k2=1.
19．（2026·湖北宜昌·二模）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的焦点F到一条渐近线的距离为1，且
点P(2,1)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的外接圆圆心为M，试问在x轴上是否存在定点Q使|MQ)
2−|MP)
2为定值，若存在，求出Q点
坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1) x
2
2 −y
2=1
(2)①0；②存在，且点Q (1,0).
【解题思路】（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A(x1, y1)、B(x2, y2)，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的外接圆方程为x
2+ y
2+ sx +ty +n=0，分析可知方程2 x
2+(s−t −2m) x +(m
2+tm−n)=0与
方程x
2−4 mx +2(m
2+1)=0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.
【解答过程】（1）双曲线C的右焦点为F (c ,0)，双曲线C的渐近线方程为y =± b
a x，即bx ±ay =0，
所以焦点F到一条渐近线的距离为
bc
❑√b
2+a
2 = bc
c =b=1，
因为点P(2,1)在双曲线C上，所以4
a
2 −1=1，解得a= ❑√2，
故双曲线C的标准方程为x
2
2 −y
2=1.
（2）①设点A(x1, y1)、B(x2, y2)，设直线AB的方程为y =−x +m，
因为点P不在直线AB上，则m−1≠2，可得m≠3，
联立{
y =−x +m
x
2
2 −y
2=1)
，可得x
2−4 mx +2(m
2+1)=0，
则Δ=16m
2−8(m
2+1)=8(m
2−1)>0，解得m<−1或m>1，
由题意可得{
x1+ x2= 4 m>0
x1 x2=2(m
2+1)>0)，所以m>1且m≠3，
所以k AP+k BP= y1−1
x1−2 + y2−1
x2−2 = −x1+m−1
x1−2
+ −x2+m−1
x2−2
= m−3−(x1−2)
x1−2
+ m−3−(x2−2)
x2−2
= m−3
x1−2 + m−3
x2−2 −2=
(m−3)(x1+ x2−4)
(x1−2)(x2−2)
−2=
(m−3)(x1+ x2−4)
x1 x2−2(x1+ x2)+ 4 −2
= (m−3)(4 m−4)
2(m
2+1)−8m+ 4
−2= 4 (m−1)(m−3)
2(m−1)(m−3) −2=0，
即直线AP、BP的斜率之和为0.
②设△PAB的外接圆方程为x
2+ y
2+ sx +ty +n=0，
则{
5+2s+t +n=0
x1
2+ y1
2+ s x1+t y1+n=0
x2
2+ y2
2+ s x2+t y2+n=0)
，
由y1=−x1+m代入x1
2+ y1
2+ s x1+t y1+n=0，
可得x1
2+(m−x1)
2+ s x1+t (m−x1)+n=0，
可得2 x1
2+(s−t −2m) x1+(m
2+tm+n)=0，
同理可得2 x2
2+(s−t −2m) x2+(m
2+tm+n)=0，
所以x1、x2为关于x的方程2 x
2+(s−t −2m) x +(m
2+tm−n)=0的两根，
又因为x1、x2为关于x的方程x
2−4 mx +2(m
2+1)=0的两根，
所以方程2 x
2+(s−t −2m) x +(m
2+tm−n)=0与方程x
2−4 mx +2(m
2+1)=0为同解方程，
所以{
s−t −2m=−8m
m
2+tm−n= 4(m
2+1)
5+2s+t +n=0 )
，解得{
s=−3m−3
t =3m−3 )，
易知点M(−s
2 ,−t
2)，即点M(
3m+3
2
, 3−3m
2 )，k MP=
1−3−3m
2
2−3m+3
2
= 3m−1
1−3m =−1，
所以直线MP的方程为y −1=−(x−2)，即y =−x +3，
当PQ⊥MP时，直线PQ的方程为y −1= x−2，即y = x−1，
直线y = x−1与x轴的交点为(1,0)，不妨取点Q (1,0)，此时PQ⊥MP，
则|MQ)
2−|MP)
2=|PQ)
2=(2−1)
2+(1−0)
2=2，
故在x轴上存在定点Q (1,0)，使得|MQ)
2−|MP)
2为定值2.
