专题五 解析几何
第7 练 圆锥曲线中的证明、探索问题专项训练
一、单选题：
1．（2025·江苏苏州·模拟预测）在平面直角坐标系
中，已知双曲线
的左
顶点为
，异于
的点
在渐近线
上，直线
与
的右支交于点
，定义
.若
是渐近线
上异于
的三个点，
为
中点，且直线
均与
的右支相交，则
与
的大小关系为（ ）
A．
B．
C．
D．无法确定
【答案】B
【详解】双曲线的一条渐近线
，所以
，即
，
，点
在渐近线
上，设
，
，
联立曲线方程得
，
可得
，因为M 在右支，所以
，
解得
，
，
，
则
，
，
1
设
，
为
中点，
，
，
故选：B.
二、多选题：
2．在平面直角坐标系xOy 中，由直线x＝－4 上任一点P 向椭圆x
2
4 ＋y
2
3 ＝1 作切线，切点
分别为A，B，点A 在x 轴的上方，则( )
A．∠APB 恒为锐角 B．当AB 垂直于x 轴时，直线AP 的斜率为1
2
C．|AP|的最小值为4 D．存在点P，使得(⃗PA +⃗PO)·⃗OA＝0
【答案】ABD
【解析】对于A，设切线方程为l：y＝kx＋m，P(－4，t)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立{
y =kx +m，
3 x
2+ 4 y
2−12=0，
得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0．
因为直线与椭圆相切，故Δ＝0，得m2＝4k2＋3，
则x1＝－4 km
4 k
2+3，y1＝
3m
4 k
2+3，
所以k＝－
3 x1
4 y1
，m＝3
y1
，
所以切线PA 的方程为lPA：x1 x
4 ＋y1 y
3
＝1，同理切线PB 的方程为lPB：x2 x
4 ＋y2 y
3
＝1，
而P 点在lPA，lPB上，故{
−4 x1
4
+ y1t
3 =1，
−4 x2
4
+ y2t
3 =1，
又A(x1，y1)，B(x2，y2)满足该方程组，
故lAB：−4 x
4
＋ty
3 ＝1，即ty＝3x＋3，
显然lAB过定点(－1，0)，即椭圆的左焦点，
以AB 为直径的圆半径最大无限接近a，但该圆与x＝－4 一直相离，即∠APB 始终为锐角，
故A 正确；
对于B，由A 得lAB：−4 x
4
＋ty
3 ＝1，当AB⊥x 轴时，t＝0，易得A(−1，3
2)，P(－4，
2
0)，
所以kPA＝
3
2 −0
−1−(−4) ＝1
2
，故B 正确；
对于C，由B 知AB⊥x 轴时，A(−1，3
2)，P(－4，0)，此时|PA|＝3√5
2
<4，故C 错误；
对于D，取AO 的中点M，若(⃗PA +⃗PO)·⃗OA＝0，
则2⃗PM ·⃗AO＝0，所以PM⊥AO，
即△PAO 为等腰三角形，PA2＝(x1＋4)2＋(y1－t)2＝PO2＝16＋t2，
化简得x1
2+ y1
2＋8x1－2ty1＝0，由A 知：ty1＝3 x1+3，y1
2＝3(1−x1
2
4 )，
整理得x1
2＋8x1－12＝0，所以x1＝2√7－4，
显然存在点P 满足题意，故D 正确．
故答案为：ABD
3．（2025·重庆·模拟预测）已知双曲线
，
，
为C 的左、右
焦点，点
，
，过
作实轴的垂线l 与C 从下到上依次交于A，B 两点，线
段
与C 的虚轴长相等．则（ ）
A．双曲线C 的离心率
B．以
为直径的圆与C 的渐近线相切
C．若点P 是C 上任意一点，则直线
，
的斜率之积的范围是
D．若点P 是C 上任意一点，l 分别与
，
交于点E，F，则
【答案】ABD
【详解】由题设
，则
代入双曲线，有
，可得
，
所以
，可得
，故
，A 对；
以
为直径的圆的圆心为
，半径为
，且渐近线为
，
3
所以
到
的距离
，即
，B 对；
令
且
，
，则
，
，
，
所以
，又
，
，则
，显然取不到1，C 错；
令
，则
，
，又
，
，
则
，
，
，
所以
，
所以
，D 对.
故选：ABD
4．（25-26 高三上·河南·期中）已知椭圆
的长轴长是离心率的两倍，
为
上任意一点，且原点
为
的对称中心，则（ ）
A．
B．
的最小值为
4
C．
的最大值为
D．线段
的中垂线不可能经过
的顶点
【答案】AC
【详解】对于A，由椭圆方程得：
，
，解得：
且
，
当
时，
，椭圆
焦点在
轴上，则其长轴长为
，焦距为
，
离心率
，
，解得：
；
当
时，
，椭圆
焦点在
轴上，则其长轴长为
，焦距为
，
离心率
，
，整理可得：
，
当
时，
，
无解；
综上所述：
，A 正确；
对于B，由A 知：椭圆
，
设
，
，
，
（其中
，
），
则当
时，
取得最小值
，B 错误；
对于C，
，
则当
或
时，
取得最大值
，C 正确；
5
对于D，
，
中点
，
若
不是椭圆
顶点，则
，
中垂线方程为：
，即
，
将
代入方程得：
，化简得：
，
解得：
或
，又
，
，
中垂线可能经过椭圆
顶点，D 错误.
故选：AC.
三、填空题：
5.（2025 高三·全国·专题练习）如图，已知抛物线
，直线过点
与抛物线
交于
两点，点
关于
轴的对称点为
，连接
.直线
是否过定点？
（填“是”或“否”）.若是，则定点坐标为 .
【答案】 是
【详解】设直线的方程为
，又设
，
，则
，
由
，得
．
6
则
，
，
，
所以
，
则直线
的方程为
，
所以，
．
当
时，
，所以直线
过定点
．
故答案为：是；
.
四、解答题：
6.(2025·内蒙古自治区呼和浩特市·模拟)已知椭圆E：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的焦距为2√2，
以椭圆E短轴一个端点和两个焦点为顶点的三角形是直角三角形，过点P(0,2)的直线AB，
CD分别交椭圆E于点A，B，C，D，点A在第一象限且与点D关于y轴对称，直线AC，
BC分别交y轴于点G，M．
(1)求椭圆E的方程；
(2)求点G的坐标；
(3)证明：| AB|=2| AP|·| MG|．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
2 =1；(2)坐标为(0,1)；(3)见解析
【解析】解：(1)由题设可得椭圆E的焦距2c =2b=2√2，再由a=√b
2+c
2，
可求得a=2，b=√2，
所以椭圆E的方程是x
2
4 + y
2
2 =1；
(2)设A( x1, y1)，B( x2, y2)，由题意可知D(−x1, y1),C (−x2, y2)，且直线AB的斜率存
在，
7
不妨设直线AB: y =kx +2，联立方程{
y =kx +2
x
2
4 + y
2
2 =1，得(1+2k
2)x
2+8kx + 4 =0，
则x1+ x2= −8k
1+2k
2，x1 x2=
4
1+2k
2，
直线AC : y = y1−y2
x1+ x2
( x−x1)+ y1，令x =0，则y = y1−x1( y1−y2)
x1+ x2
，
因为y1=k x1+2，y2=k x2+2，
所以y = x2 y1+ x1 y2
x1+ x2
= x2(k x1+2)+ x1(k x2+2)
x1+ x2
= 2k x1 x2+2( x1+ x2)
x1+ x2
= 2k x1 x2
x1+ x2
+2=
2k ×
4
1+2k
2
−8k
1+2k
2
+2=1，故点G的坐标为(0,1)；
(3)证明：过点M作MN // AC交PB于N，则|GM |
| PG| =| AN |
| AP| ，|BC |
|CM | =| AB|
| AN | ，
∴|GM |
| PG| ·|BC |
|CM | =| AN |
| AP| ·| AB|
| AN | =| AB|
| AP| ，
又|BC |
| MC | =2，| PG|=1，故| AB|=2| AP|⋅| MG|．
8
7.(2025·湖南省·模拟)已知椭圆C：x
2
4 + y
2
b
2 =1(b>0)，A(0,b)，B(0,−b).椭圆C内部的
一点T(t , 1
2)(t >0)，过点T作直线AT交椭圆于M，作直线BT交椭圆于N．M、N是不同
的两点．
(1)若椭圆C的离心率是√3
2
，求b的值；
(2)设▵BTM的面积是S1
，▵ATN的面积是S2
，若S1
S2
=5，b=1时，求t的值；
(3)若点U (xu, yu)，V (xv , yv)满足xu< xv
且yu> yv
，则称点U在点V 的左上方．求证：当
b> 1
2
时，点N在点M的左上方．
【答案】(1)1或4；
(2)t =1．
(3)见解析
【解析】解：(1)因为椭圆C的离心率是√3
2
．
当0<b<2时，√3
2 = √4−b
2
2
，得b=1；
当b>2时，√3
2 = √b
2−4
b
，得b= 4；
所以b的值为1或4；
(2)由题意，直线AM的斜率k AM存在，直线BN的斜率k BN存在，
k AM =
1
2 −b
t
=−1
2t
，直线AM的方程y =−1
2t x +1，设M ( xM , y M )．
9
则{
xM
2
4 + y M
2 =1
y =−1
2t xM +1
⇒t
2+1
4 t
2 xM
2 −xM
t =0⇒xM = 4 t
t
2+1
．
k BN =
1
2 +1
t
= 3
2t
，直线BN的方程y = 3
2t x−1，设N ( xN , y N )．
则{
xN
2
4 + y N
2 =1
y = 3
2t xN −1
⇒t
2+9
4 t
2 xN
2 −3 xN
t
=0⇒xN = 12t
t
2+9
．
由图，S1
S2
=
1
2 |TB|⋅|TM |⋅sin ∠BTM
1
2 |TA |⋅|TN |⋅sin ∠ATN
，
注意到∠BTM +∠ATN = π，则sin∠BTM =sin∠ATN．
又|TB|=√(xT −xB)
2+( yT −yB)
2=√1+ k BN
2 |xT −xB|，同理可得
|TA |=√1+k AM
2 |xT −x A|,|TM |=√1+k AM
2 |xT −xM|,|TN |=√1+k BN
2 |xT −xN|．
则S1
S2
=|TB|⋅|TM |
|TA |⋅|TN | =| xT −xB|| xT −xM |
| xT −x A|| xT −xN |
=
|t ||t −4 t
t
2+1
|
|t ||t −12t
t
2+9
|
=
| t
3−3t
t
2+1
|
| t
3−3t
t
2+9
|
=| t
2+9
t
2+1
|=5⇒t =1．
10
(3)由题意，直线AM的斜率k AM存在，直线BN的斜率k BN存在，
k AM =
1
2 −b
t
= 1−2b
2t
，直线AM的方程y = 1−2b
2t
x +b，设M ( xM , y M )．
则{
y = 1−2b
2t
xM +b
xM
2
4 + y M
2
b
2 =1
⇒(1−2b)
2+b
2t
2
t
2
xM
2 + 4 b(1−2b)
t
xM =0⇒xM = 4 b(2b−1)t
(1−2b)
2+b
2t
2．
k BN =
1
2 +b
t
= 1+2b
2t
，直线BN的方程y = 1+2b
2t
x−b，设N ( xN , y N )．
则{
y = 1+2b
2t
xN −b
xN
2
4 + y N
2
b
2 =1
⇒(1+2b)
2+b
2t
2
t
2
xN
2 −4 b(1+2b)
t
xN =0⇒xN = 4 b(2b+1)t
(1+2b)
2+b
2t
2．
则xM −xN = 4 bt [
(2b−1)
(1−2b)
2+b
2t
2 −
(2b+1)
(2b+1)
2+b
2t
2 ]
4 bt (2b−1)[(2b+1)
2+b
2t
2]−(2b+1)[(1−2b)
2+b
2t
2]
[(1−2b)
2+b
2t
2][(2b+1)
2+b
2t
2]
=
8bt(4 b
2−1−b
2t
2)
[(1−2b)
2+b
2t
2][(2b+1)
2+b
2t
2]
，
又T(t , 1
2)
在椭圆内部，则t
2
4 + 1
4 b
2 <1⇒4 b
2−b
2t
2−1>0，故xM > xN
．
又根据题意知y N > 1
2 , 1
2 > y M，所以y N > 1
2 > y M．
所以当b> 1
2
时，点N在点M的左上方．
8.(2025·江苏省·模拟)已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率e = 1
2
，过点(1,0)的动直
11
线l与椭圆相交于两点，当直线l与x轴垂直时，直线l被椭圆E截得的线段长为3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线y =kx与椭圆C交于A，B两点，P是椭圆C上一动点(不同于A，B)，记kOP，k PA，
k PB分别为直线OP，PA，PB的斜率，且满足k ⋅kOP=k PA⋅k PB，求点P的坐标(用k表示)；
(3)过左焦点F1的直线交椭圆于M，N两点，是否存在实数λ，使| MN
→
|= λ F1 M
→
⋅F1 N
→
恒成立？若存在，求此时| MN⃗|
的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1；
(2)P(−
4 k
√4 k
2+3
,
3
√4 k
2+3
)或P(
4 k
√4 k
2+3
,−
3
√4 k
2+3
)，其中k ≠0；
(3)最小值为3．
【解析】解：(1)由题意，可得点(1, 3
2)
在椭圆C上，且椭圆的离心率e = 1
2
，
所以{
1
a
2 + 9
4 b
2 =1
e = c
a = 1
2
a
2=b
2+c
2
，解得{
a
2= 4
b
2=3
c
2=1
，所以椭圆C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1；
(2)设点P(x1, y1)，因为点P在椭圆上，所以x1
2
4 + y1
2
3 =1，即y1
2=3−3
4 x1
2，
同理，设点A(x2, y2)，则y2
2=3−3
4 x2
2，且x1≠± x2，
又因为直线AB: y =kx过原点，所以A ,B关于原点对称，所以点B(−x2,−y2)，
所以
k PA⋅k PB= y1−y2
x1−x2
· y1+ y2
x1+ x2
= y1
2−y2
2
x1
2−x2
2 =
−3
4 ( x1
2−x2
2)
x1
2−x2
2
=−3
4
，可得k ⋅kOP=−3
4
，
联立{
y =kx
x
2
4 + y
2
3 =1
，整理得(3+ 4 k
2)x
2=12，
12
解得x =
2√3
√3+ 4 k
2 , y = 2√3k
√3+ 4 k
2
或x = −2√3
√3+ 4 k
2 , y = −2√3k
√3+ 4 k
2
，
用−3
4 k
代替上述坐标中的k，
可得P(−
4 k
√4 k
2+3
,
3
√4 k
2+3
)或P(
4 k
√4 k
2+3
,−
3
√4 k
2+3
)，其中k ≠0；
(3)由(1)知，左焦点F1(−1,0)，
当直线MN斜率为零时，不妨设M (−2,0)，N (2,0)，
则F1 M⃗=(−1,0)，F1 N⃗=(3,0)，可得F1 M⃗⋅F1 N⃗=−3，| MN⃗|= 4，
存在λ =−4
3
，使| MN
→
|= λ F1 M
→
⋅F1 N
→成立；
当直线MN的斜率不为零时，设直线方程为x =my −1，且M (x3, y3)，N (x4, y4)，
联立{
x =my −1
x
2
4 + y
2
3 =1
，整理得(3m
2+ 4) y
2−6my −9=0，
可得Δ=(−6m)
2+36(3m
2+ 4)>0，所以y3+ y4=
6m
3m
2+ 4
，y3 y4=
−9
3m
2+ 4
，
则| MN
→
|=√1+m
2| y3−y4|=√1+m
2⋅√( y3+ y4)
2−4 y3 y4= 12(m
2+1)
3m
2+ 4
，
13
F1 M⃗⋅F1 N⃗=( x3+1, y3)⋅( x4+1, y4)= x3 x4+( x3+ x4)+1+ y3 y4
，
因为x3 x4=m
2 y3 y4−m( y3+ y4)+1，x3+ x4=m( y3+ y4)−2，
所以F1 M⃗⋅F1 N⃗=(m
2+1) y3 y4= −9(m
2+1)
3m
2+ 4
，所以| MN
→
|=−4
3 F1 M
→
⋅F1 N
→，
又因为| MN
→
|= 12(m
2+1)
3m
2+ 4
= 4−
4
3m
2+ 4
，
所以当m=0时，| MN⃗|
最小，最小值为3，
综上，存在λ =−4
3
，使| MN
→
|= λ F1 M
→
⋅F1 N
→恒成立，此时| MN⃗|的最小值为3．
9.(2025·河南省·模拟)我们把下面的定义称为双曲线的第二定义：平面内到定点F(c ,0)的
距离与到定直线l：
的距离之比为常数c
a
的点的轨迹叫做双曲线，其方程为
x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，其中b
2=c
2−a
2，此时l叫做该双曲线的右准线.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(−2,0)，F2(2,0)，直线l：x =1是C的右
准线．
(1)求C的方程以及C的离心率；
(2)设l与x轴的交点为M，过点F2的直线与C的右支相交于A，B两点，
(i)以M，A，B为其中的三个顶点作平行四边形MANB，求平行四边形MANB面积的取
值范围；
(ii)设直线l与直线AB的交点为P，点P在y轴上的射影为Q，直线AQ，BQ与x轴的交点
分别为G，H，则|F2G|
|F2 H|
是否为定值?若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．
14
【答案】(1)C的方程为x
2
2 −y
2
2 =1，离心率e = c
a =√2；
(2)(i)[2√2,+ ∞)；
(ii)定值1．
【解析】解：(1)设C的半焦距为c(c>0)，易知c =2，
因为l：x =1为C的右准线，所以a
2
c =1，
解得a
2=c =2，所以b
2=c
2−a
2=2，
所以C的方程为x
2
2 −y
2
2 =1，离心率e = c
a =√2；
(2)(i)由已知可得直线AB不与y轴垂直，
设其方程为x =my +2(m≠±1)，
联立{
x
2
2 −y
2
2 =1
x =my +2
，整理得(m
2−1) y
2+ 4 my +2=0，
，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则y1+ y2= −4 m
m
2−1
，y1 y2=
2
m
2−1
，
因为点A，B在C的右支上，
所以
，解得m
2<1，
设平行四边形MANB的面积为S，易知M (1,0)，
则S =2S▵MAB=2× 1
2|M F2||y1−y2|=√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=|
2√2√m
2+1
m
2−1 |
，
设
则S =|
2√2t
t
2−2|= 2√2
2
t −t ，
15
因为y = 2
t −t在区间[1,√2)内单调递减，
所以
，则S≥2√2，
故平行四边形MANB面积的取值范围为[2√2,+∞)；
(ii)|F2G|
|F2 H|
为定值，理由如下：
联立{
x =my +2
x =1
，得P(1,−1
m )，Q(0,−1
m )，
设G(x3,0)，H (x4,0)，
由A，G，Q三点共线，得
1
m
x3
=
y1+ 1
m
x1
，
解得x3=
m y1+2
m
y1+ 1
m
=1+
1
m
y1+ 1
m
，同理得x4=1+
1
m
y2+ 1
m
，
所以x3+ x4=2+
1
m ( y1+ y2)+ 2
m
2
y1 y2+ 1
m ( y1+ y2)+ 1
m
2
，
即GH的中点为F2(2,0)，
16
故|F2G|
|F2 H|
为定值1．
10.(2025·湖北省襄阳市·模拟)已知椭圆Γ：y
2
a
2 + x
2
b
2 =1(a>b>0)的上顶点为S(0,√6)，且
过点P(1,√3)．
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)若斜率为√3的直线l与椭圆交于A、B两点(直线PA斜率为正)，直线PA、PB(若P、B
重合，直线PB即为椭圆Γ在P点处的切线)分别与x轴交于M、N两点，H为PN中点．
(i)求sin∠PMH的最大值；
(ii)当sin∠PMH最大时，将坐标平面沿x轴折成二面角P−MN −A，在二面角
P−MN −A大小变化过程中，求三棱锥P−MNA外接球表面积取得最小值时三棱锥
P−MNA的内切球的半径．
【答案】(1) y
2
6 + x
2
2 =1；
(2)(i)最大值为1
2；
(ii)
√2
1+√2+√3．
【解析】解：(1)易知a=√6，
17
将点P(1,√3)代入y
2
6 + x
2
b
2 =1，
得3
6 + 1
b
2 =1，b
2=2，
∴Γ ：y
2
6 + x
2
2 =1；
(2)(i)设直线l
y
：=√3 x +m，
联立{
y =√3 x +m
y
2
6 + x
2
2 =1 ⇒6 x
2+2√3mx +m
2−6=0,
设A( x1, y1)，B( x2, y2)，
则x1+ x2= √3
3 m，x1 x2= m
2
6 −1，
k PA+k PB= y1−√3
x1−1 + y2−√3
x2−1 = ( y1−√3)( x2−1)+( y2−√3)( x1−1)
( x1−1)( x2−1)
= (√3 x1+m−√3)( x2−1)+(√3 x2+m−√3)( x1−1)
( x1−1)( x2−1)
，
= 2√3 x1 x2+(m−2√3)( x1+ x2)+2√3−2m
( x1−1)( x2−1)
=
2√3( m
2
6 −1)+(m−2√3)⋅√3
3 m+2√3−2m
( x1−1)( x2−1)
=0
故∠PMN =∠PNM，则PM = PN，
在△PMN中，令MN =2t，
则PM =2 PH =√t
2+3 MH =√
9t
2
4 + 3
4
，
18
cos∠PMH =
(t
2+3)+( 9t
2
4 + 3
4 )−t
2+3
4
2√t
2+3⋅√3
3 ⋅√3t
2+1
=
√3(t
2+1)
√(t
2+3)(3t
2+1)
≥
√3(t
2+1)
(t
2+3)+(3t
2+1)
2
= √3
2 ，
当t =1时取“=”，所以sin∠PMH的最大值为1
2；
(ii)当sin∠PMH的最大值为1
2时，t =1，
△PMN是边长为2的等边三角形，PA过原点O，
PM = MA =2，∠AMN =120°，
将△PAN沿x轴折成三棱锥P−AMN，将底面AMN补成等腰梯形AMND，
则三棱锥P−AMN的外接球即为四棱锥P−AMND的外接球．
过等腰梯形AMND外心即AD中点O，
作直线l1⊥平面AMND，过△PMN中心O2作直线l2⊥平面PMN，l1∩l2=O3，
则O3即为三棱锥P−AMN外接球球心，O3 A即为三棱锥P−AMN外接球半径，
显然O3与O1重合时三棱锥P−AMN外接球半径最小，
此时，O1O2⊥平面PMN，三棱锥P−MN O1为正四面体，AN与DM交点G即为△MNO
中心，
PG⊥平面AMND，PM在平面AMND中的射影即为MG，
易知AM ⊥MD，由三垂线定理可得PM ⊥AM，
所以S ΔPAN = 1
2 AN ⋅PG = 1
2 ×2√3× 2√6
3
=2√2，S ΔPMA = 1
2 AM ⋅PM =2，
S ΔPMN = S ΔAMN = 1
2 ×2×2× √3
2 =√3，
所以三棱锥P−MNA表面积为2+2√2+2√3，
设三棱锥P−MNA内切球半径为r，
则V P−MNA = 1
3 S△AMN ⋅PG = 1
3 ×√3× 2√6
3
= 1
3 ×(2+2√2+2√3)r ⇒r =
√2
1+√2+√3．
19
11.(2025·江苏省南京市·模拟)如图1，曲线Γ是x
2
4 + y
2
b
2 =1( y ≥0)与y
2
b
2 −x
2
4 =1( y ≥0)组合
的．
(1) x
2
4 + y
2
b
2 =1( y ≥0)过点(−1, 3
2 )，求y
2
b
2 −x
2
4 =1( y ≥0)的渐近线方程；
(2)b=√2，设T (0,t )，t ∈[−√2
2 ,3√2]，曲线Γ上找一个点Q，使得|TQ⃗|达到最小；
(3)若b=1，如图2，存在过点P(0,1)的两条直线l1，l2与曲线Γ的交点分别是点A、点M、
点B、点N，点A在第二象限，点M在第一象限.是否存在非零实数λ使得MN⃗= λ AB⃗成立，
请说明理由．
【答案】(1) y =± √3
2 x；
20
(2)存在唯一的点Q(0,√2)，|QT⃗|
最小值t −√2；
(3)当k1+ k2=0时，存在非零实数λ使得MN⃗= λ AB⃗
成立，
当k1+ k2≠0时，不存在实数λ使得MN⃗= λ AB⃗
成立．
【解析】解：(1)曲线x
2
4 + y
2
b
2 =1( y ≥0)过点(−1, 3
2 )，
则1
4 +
9
4
b
2 =1，得b
2=3，
所以y
2
3 −x
2
4 =1( y ≥0)，
渐近线方程：y =± √3
2 x；
(2)b=√2,
Γ
曲线
是x
2
4 + y
2
2 =1( y ⩾0)和y
2
2 −x
2
4 =1( y ⩾0)的组合，
当t ∈[−√2
2 ,√2]时，|QT
→
|
Q
取到最小值点
一定在x
2
4 + y
2
2 =1上，
所以x
2= 4(1−y
2
2 )(0≤y ≤√2)，
设点Q( x , y), 则|TQ⃗|=√x
2+( y −t )
2，
则|TQ|=√4−2 y
2+ y
2−2ty +t
2=√−( y +t )
2+ 4 +2t
2(0≤y ≤√2)，
当t =−√2
2
时，存在三个点Q(±2,0)
Q
或
(0,√2)，|QT⃗|最小值3√2
2
，
当−√2
2 <t ≤√2时，存在唯一的点Q(0,√2)，|QT⃗|最小值√2−t，
21
当t ∈(√2,3√2]时，|QT
→
|
Q
取到最小值点
一定在y
2
2 −x
2
4 =1上，
所
以
x
2= 4( y
2
2 −1)( y ≥√2)，
|TQ|=√2 y
2−4 + y
2−2ty +t
2=√3( y −t
3 )
2−4 + 2
3 t
2( y ≥√2)，
因为√2<t ≤3√2，所以√2
3 < t
3 ≤√2时存在唯一的点Q(0,√2)，|QT⃗|最小值t −√2；
(3)设l1：y =k1 x +1，l2：y =k2 x +1，
设A( x1, y1)，B( x2, y2)，M ( x3, y3)，N ( x4, y4)，
由{
y =k1 x +1
x
2
4 + y
2=1 ⇒x1= −8k1
4 k1
2+1
(0<k1< 1
2 ),
所以A( −8k1
4 k1
2+1
, −4 k1
2+1
4 k1
2+1
)，
由{
y =k2 x +1
x
2
4 + y
2=1 ⇒x2= −8k2
4 k2
2+1
(−1
2 <k2<0),
所以B( −8k2
4 k2
2+1
, −4 k2
2+1
4 k2
2+1
)，
由{
y =k1 x +1
y
2−x
2
4 =1 ⇒x3= −8k1
4 k1
2−1
(0<k1< 1
2 ),
22
所以M (−
8k1
4 k1
2−1
, −4 k1
2−1
4 k1
2−1
)，
由{
y =k2 x +1
y
2−x
2
4 =1 ⇒x4= −8k2
4 k2
2−1
(−1
2 <k2<0),
所以N (−
8k2
4 k2
2−1
, −4 k2
2−1
4 k2
2−1
)，
计算出k AB=
k1+ k2
1−4 k1k2
，k MN =
k1+k2
1+ 4 k1k2
，
当k1+ k2=0时，存在非零实数λ使得MN⃗= λ AB⃗
成立，
当k1+ k2≠0时，不存在实数λ使得MN⃗= λ AB⃗
成立．
23
