重难点13：破解圆锥曲线长度与弦长：圆锥曲线中有关弦长、长度类问题题型归纳（十二类题型归纳）（培优固本提能讲义）（教师版）_高考一二三轮复习_数学_2026年

重难点13：破解圆锥曲线长度与弦长：圆
锥曲线中有关弦长、长度类问题题型归纳
（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....................................................................................3
题型一、已知直线与圆锥曲线方程求弦长....................................................3
题型二、已知弦长求直线或圆锥曲线的参数................................................6
题型三、已知弦中点坐标求弦长..................................................................11
题型四、圆锥曲线焦点弦长问题..................................................................14
题型五、圆锥曲线长度/弦长：“和差”型.................................................18
题型六、圆锥曲线长度/弦长：“比值”型.................................................25
题型七、圆锥曲线长度/弦长：“倒数和”型.............................................31
题型八、圆锥曲线长度/弦长：“杂糅”型.................................................36
题型九、圆锥曲线：证明“长度比值/乘积相等”.....................................43
题型十、圆锥曲线弦长/长度最值（范围）问题.........................................51
题型十一、圆锥曲线弦长/长度：成“等差”型.........................................57
题型十二、圆锥曲线弦长/长度：成“等比”型.........................................61
题型精析・方法突破提能力..............................................................................67
知识点
 
 1  ：弦长公式（韦达定理）
 
 
|AB|=
❑√1+k
2∙
❑√(x1+x2)
2
4
−x1x2；（直线y=kx+ m与圆锥曲线联立消y）
|AB|= ❑√1+(
1
k)
2
∙
❑√( y1+ y2)
2
4
−y1 y2；（直线y=kx+ m与圆锥曲线联立消x）
知识网络・核心根基深扎牢
|AB|= ❑√1+(
1
t)
2
∙
❑√(x1+x2)
2
4
−x1x2；（直线x=ty+n与圆锥曲线联立消y）
|AB|=
❑√1+t
2∙
❑√( y1+ y2)
2
4
−y1 y2；（直线x=ty+n与圆锥曲线联立消x）
知识点
 
 2  ：弦长公式（硬解定理）
 
 
|AB|=
❑√1+k
2∙
❑√∆
|a| ；（直线y=kx+ m与圆锥曲线联立消y）
|AB|=
❑√1+(
1
k)
2
∙
❑√∆
|a| ；（直线y=kx+ m与圆锥曲线联立消x）
|AB|= ❑√
1+(
1
t)
2
∙
❑√∆
|a| ；（直线x=ty+n与圆锥曲线联立消y）
|AB|=
❑√1+t
2∙
❑√∆
|a| ；（直线x=ty+n与圆锥曲线联立消x）
知识点
 
 3  ：弦中点坐标求弦长
 
 
步骤1：设弦的两个端点为A(x1,y1)、B(x2,y2)，已知弦中点为M(x0,y0)，
则x1+x2=2x0、y1+y2=2y0，设弦所在直线斜率为k（斜率不存在时单独讨论）；
步骤2：将A、B 坐标代入对应圆锥曲线标准方程，两式相减，结合x1+x2=2x0、
y1+y2=2y0和k=y1−y2
x1−x2
，用点差法求出斜率k；
步骤3：若斜率k存在，用点斜式y−y0=k(x−x0)写出弦所在直线方程；若斜率不
存在，直线方程为x=x0；
步骤4 ：将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去y（或x）得一元二次方程
A x
2+ Bx+C=0（或Ay
2+ By+C=0），计算判别式Δ（需Δ>0保证弦存在）；
步骤5：由韦达定理得x1+x2=−B
A 、x1x2=C
A （或对应y的关系），代入弦长公式
L=
❑√1+k
2⋅
❑√(x1+x2)
2
4
−x1x2（斜率不存在时用L=|y1−y2|），计算得弦长。
知识点
 
 4  ：长度
 
 /  弦长和差、比值、倒数和、杂糅
 
 
步骤1：明确核心已知条件：记录圆锥曲线标准方程（含参数如a、b、p）、弦的
关联条件（如过定点、中点坐标、斜率范围等）、待求目标（弦长和差、比值、倒数和或
杂糅关系），标记未知量（如弦端点坐标、直线斜率）。
步骤2 ：设线设点：设弦所在直线方程（斜率存在时用
y=kx+ m ，斜率不存在时用x=x₀，过定点时代入定点简化）；设弦的两个端点为
A(x ,₁ y )、
₁
B(x ,
₂ y )
₂ ，若有中点M(x ,
₀ y )
₀ 则记x +₁ x =2
₂
x 、
₀
y +₁ y =2
₂
y₀。
步骤3：联立方程求韦达定理：将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去y（或x）得到
关于x （或y ）的一元二次方程Ax ²+ Bx+C=0（或Ay ²+ By+C=0），计算判别式
Δ= B ² 4
−AC，确保Δ>0（弦存在的前提，含参数时需据此求参数范围）；由韦达定理得
x +₁ x
=
₂ −B/ A、x₁ x =
₂ C/ A（或y +₁ y
=
₂ −B/ A、y₁y =
₂ C/ A）。
步骤4 ：计算单条弦长：代入弦长公式得单弦长|AB|，斜率存在时用
|AB|= ❑√(1+k ²)·❑√[(x +₁ x
)² 4
₂
−x₁ x₂]（或❑√(1+1/k ²)·❑√[(y +₁ y
)² 4
₂
−y₁y ]
₂
），斜率不存在时用|AB|=|y₁−y |
₂ （或|x₁−x |
₂ ）；若有两条弦
AB、CD，同理求出|CD|。
步骤5：转化目标表达式：根据待求目标（和差、比值、倒数和等），将|AB|、|CD|
代入构建表达式，用韦达定理的x +₁ x 、
₂
x₁ x₂（或y 的关联式）替换表达式中的端点坐标
关系，消去未知量（如x 、
₁
x₂）。
步骤6：化简求解与验证：对转化后的表达式进行代数化简（如通分、因式分解、代
入参数值），得到待求结果；若含参数，结合Δ>0 的范围验证结果有效性，确保无增根或
不符合条件的解。
知识点
 
 5  ：长度
 
 /  弦长成等比等差数列
 
 
步骤1：明确核心条件与数列类型：记录圆锥曲线标准方程（含a、b、p等参
数）、弦的共性条件（如共定点、共斜率、中点关联等）、弦的数量及顺序、待求目标
（如数列公差/公比、参数值、弦长本身）；标注等差/等比数列的关键定义（等差：
2l =
₂ l +₁ l₃；等比：l ²=
₂
l₁l₃，l 、
₁
l 、
₂
l₃为弦长）。
步骤2：统一设线设点：根据弦的共性条件设直线方程（如共定点P(x ,
₀ y₀)设为
y−y =
₀ k(x−x )
₀ ，斜率不同设为k 、
₁
k …；共斜率设为
₂
y=kx+ m 、
₁
y=kx+ m …
₂
）；设各弦端点为A (₁ x ,₁ y )₁ B (₁ x ,
₂ y )、
₂
A (
₂ x ,
₃ y )
₃ B (
₂ x ,
₄ y )…
₄
，若有中点则记
录中点与端点和的关系。
步骤3：联立求韦达定理与判别式：分别将每条弦的直线方程与圆锥曲线联立，消元
得一元二次方程（如A ₁ x ²+ B₁ x+C =0、
₁
A ₂x ²+ B₂x+C =0…
₂
）；计算每条弦对应的判
别式Δ₁
，确保Δ>0
ᵢ
（弦存在的前提）；由韦达定理得各弦端点横（纵）坐标的
和与积（如x +₁ x
=
₂ −B /₁ A 、
₁
x₁ x =
₂ C /₁ A …
₁
）。
步骤4：计算各弦长并表示为参数表达式：代入弦长公式计算每条弦长（斜率存在时
l= ❑√(1+k ²)·❑√[(x +₁ x
)² 4
₂
−x₁ x₂]，斜率不存在时l=|y₁−y |
₂ ），将弦长表示为直
线参数（如k 、
₁
k ₂或m 、
₁
m ₂）的函数，即l =₁ f
(参数)、
₁
₁
l =
₂ f
(
₂
。
步骤5：结合数列定义建立方程：根据等差（2l =
₂ l +₁ l 或
₃
l −
−₊ ₁ₙ
l =
ₙ d）或等比
（l ²=
₂
l₁l₃或l
/
ₙ ₊ ₁l =
ₙ q）的定义，将步骤6 得到的弦长表达式代入，构建关于未知参
数（公差d、公比q 或直线参数）的方程。
步骤6：求解参数并验证：化简方程求解目标参数（如d、q 或直线斜率、截距），过
程中需结合各弦的Δ>0
ᵢ
筛选有效解；若需具体弦长，将参数代入弦长表达式计算。
步骤7：特殊场景处理：若弦长与曲线焦点、准线相关（如焦点弦），可利用曲线定
义（如椭圆焦点弦到两焦点距离和为2a）简化弦长计算；若数列含n条弦，需归纳弦长的
通用表达式后结合数列通项公式求解。
实战演练・能力进阶攀高峰
【例题1】经过椭圆x
2
2 + y
2=1的左焦点F1作倾斜角为60
∘的直线l，直线l与椭圆相交于A，
B两点，则线段AB的长为（   ）
A．4
7
B．8 ❑√2
7
C．2
D．16 ❑√2
7
【答案】B
【分析】先求得直线故直线l的方程，再与椭圆方程联立，结合韦达定理，利用弦长
公式求解.
【详解】解：在x
2
2 + y
2=1中，a
2=2，b
2=1，
所以c
2=a
2−b
2=1，即c =1，
故左焦点为F1(−1,0)，而tan 60° = ❑√3，
故直线l的方程为y = ❑√3(x +1)，
联立x
2
2 + y
2=1得7 x
2+12 x + 4 =0，
Δ=12
2−4×7×4>0，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由韦达定理得x1+ x2=−12
7 ，x1 x2= 4
7 ，
则由弦长公式得|AB)=
❑√1+(❑√3)
2⋅❑√(−12
7 )
2
−4× 4
7 = 8 ❑√2
7
．
故选：B．
【1-1】直线y = x被椭圆x
2+ y
2
2 =1截得的线段长为（    ）
A．2❑√3
3
B．4 ❑√3
3
C．❑√3
D．3 ❑√3
2
题型一、已知直线与圆锥曲线方程求弦长
典例探究
举一反三
【答案】B
【分析】求出直线y = x与椭圆x
2+ y
2
2 =1的交点坐标，利用两点间的距离公式可求得
结果.
【详解】联立{
y = x
x
2+ y
2
2 =1)
，解得{
x =
❑√6
3
y =
❑√6
3 )
或{
x =−
❑√6
3
y =−
❑√6
3 )
，
所以，直线y = x交椭圆x
2+ y
2
2 =1于点A(
❑√6
3 ,
❑√6
3 )、B(−
❑√6
3 ,−
❑√6
3 )，
所以，|AB)=
❑√(
2❑√6
3 )
2
×2= 4 ❑√3
3
.
故选：B.
【1-2】若直线l: x−y −1=0与椭圆C : x
2+ y
2
2 =1交于A 、B两点,则| AB|=(    )
A．2❑√2
3
B．3 ❑√2
2
C．3 ❑√2
4
D．4 ❑√2
3
【答案】D
【分析】根据已知直线方程与椭圆方程,联立方程组,求解A 、B两点坐标,即可求解弦
|AB)的长.
【详解】由题意联立方程可得:{
x
2+ y
2
2 =1
x−y −1=0)
,消去y
化简可得:3 x
2−2 x−1=0,
解得,x1=1,x2=−1
3
故交点A (1,0)、B(−1
3 , 4
3)
根据两点间距离公式可得: | AB|= ❑√(1+ 1
3)
2
+(0−4
3)
2
= 4 ❑√2
3
故选:D.
【点睛】本题主要考查了椭圆弦长,解题关键是掌握椭圆的基础知识和两点间距离公式,
考查了分析能力和计算能力,属于中档题.
【1-3】已知椭圆M ：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)与椭圆x
2
4 + y
2
2 =1的焦点相同，且M的长轴长
是短轴长的❑√3倍．
(1)求M的方程；
(2)若过点(1,0)且斜率为1
2的直线l与M交于A ,B两点，求|AB)．
【答案】(1) x
2
3 + y
2=1；
(2)6
7
❑√10.
【分析】（1）根据题意可得椭圆M的焦点，即可得c = ❑√2，且a= ❑√3b，利用
c
2=a
2−b
2计算可得a,b的值，从而得出椭圆方程；
（2）根据题意写出直线l的方程，与椭圆方程联立可得7 x
2−6 x−9=0，利用韦达定
理结合弦长公式计算可得结果.
【详解】（1）由题意，椭圆M的焦点为(−❑√2,0)和(❑√2,0)，即c = ❑√2，
且a= ❑√3b，
∴c
2=a
2−b
2=3b
2−b
2=2b
2=2，解得b=±1，
∵a>b>0，∴b=1,a= ❑√3，
∴椭圆M的方程为x
2
3 + y
2=1.
（2）由题意，直线l的斜率k = 1
2，其方程为y = 1
2
(x−1)，
联立{
y = 1
2
(x−1)
x
2
3 + y
2=1)
可得7 x
2−6 x−9=0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，
根据韦达定理，则有x1+ x2= 6
7 , x1 x2=−9
7 ，
∴|AB)=
❑√1+ k
2|x1−x2)= ❑√1+(
1
2)
2
×❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2
=
❑√5
2 ×❑√
36
49 −4×(−9
7)= 6
7
❑√10.
所以|AB)= 6
7
❑√10.
【例题2】已知椭圆C : x
2+2 y
2=2b
2(b>0)．
(1)求椭圆C 的离心率e；
(2)若b=1，斜率为1 的直线l 与椭圆交于A、B 两点，且|AB)= 4
3 ，求直线l 的方程．
【答案】(1)
❑√2
2 ；
(2)x−y ± ❑√2=0.
【分析】（1）直接根据椭圆的离心率公式得答案；
（2）由b=1可得椭圆方程为：x
2+2 y
2=2，再设直线l 的方程，联立直线方程与椭圆
方程，结合椭圆弦长的解法，利用韦达定理化简可求直线方程.
【详解】（1）椭圆C : x
2+2 y
2=2b
2(b>0)．化为标准方程：x
2
2b
2 + y
2
b
2 =1(b>0)，
∴椭圆长半轴长为❑√2b，短半轴长为b，
∴e = ❑√
1−
b
2
(❑√2b)
2 =
❑√2
2 ．
（2）b=1，斜率为1 的直线与椭圆交于A、B 两点，
设斜率为1 的直线l 的方程为y = x +m，且A(x1, y1)、B(x2, y2)，
题型二、已知弦长求直线或圆锥曲线的参数
典例探究
  
∵b=1
，
∴椭圆C 的方程为：x
2+2 y
2=2，
由{
y = x +m
x
2+2 y
2=2)，消去y 得3 x
2+ 4 mx +2m
2−2=0，
Δ=16m
2−12(2m
2−2)>0，解得−❑√3<m<❑√3，
有x1+ x2= −4 m
3
，x1⋅x2= 2m
2−2
3
，
∴|AB)= ❑√2|x1−x2)= ❑√2×❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= ❑√2×
❑√
16m
2
9
−8m
2−8
3
 
= 4
3
❑√3−m
2= 4
3 ，
解得m
2=2，即m=± ❑√2，
∴直线l 的方程为x−y ± ❑√2=0．
【2-1】已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，a
2= 4
3 b
2，P 是椭圆C 上任意一点，F 是椭圆C
的右焦点，且|PF)的最小值是1．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)过点F 的直线l 与椭圆C 相交于A，B 两点，若|AB)= 16
5 ，求直线l 的方程．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)❑√3 x ± y −❑√3=0
举一反三
【分析】（1）先由a
2= 4
3 b
2，结合|PF)最小值得到方程，求出a
2= 4 ,b
2=3，得到椭
圆方程；
（2）当过点F的直线l的斜率为0 时不合要求，当过点F的直线l的斜率不为0 时，设
出方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由弦长公式列出方程，求出直线方程.
【详解】（1）因a
2= 4
3 b
2，a
2=b
2+c
2，所以b
2= 3
4 a
2，a
2−3
4 a
2= 1
4 a
2=c
2，即
a=2c．
当P 是椭圆右顶点时，|PF)取得最小值，最小值为a−c =c，故c =1，
则a
2= 4，b
2=3，椭圆C 的方程为x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）当过点F 的直线l 的斜率为0 时，|AB)=2a= 4，不符合要求．
当过点F 的直线l 的斜率不为0 时，设直线l 的方程为x =ty +1，
代入x
2
4 + y
2
3 =1，得(3t
2+ 4) y
2+6ty −9=0，Δ=36t
2+36(3t
2+ 4)>0恒成立．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则y1+ y2= −6t
3t
2+ 4 ，y1 y2=
−9
3t
2+ 4 ，
故|AB)=
❑√1+t
2❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=
❑√1+t
2⋅❑√
36t
2
(3t
2+ 4)
2 +
36
3t
2+ 4
= 12(1+t
2)
3t
2+ 4
，
故12(1+t
2)
3t
2+ 4
= 16
5 ，解得t =±
❑√3
3 ，
故直线l 的方程为❑√3 x ± y −❑√3=0．
【2-2】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率e =
❑√3
2 ，且椭圆的长轴长为4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点(1,0)的直线l与椭圆C交于A ,B两点，且|AB)= 8
5
❑√2，求直线l的方程.
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)x = y +1或x =−y +1
【分析】（1）由长轴长可得a=2，再根据离心率可得c = ❑√3，再求b，即可得到方程；
（2）方法一、根据题意，直线l斜率为0 时，得到|AB)=2a= 4不符合题意，当直线l
斜率不为0 时，设x =ty +1，联立曲线得到{
y1+ y2= −2t
t
2+ 4
y1 y2= −3
t
2+ 4 )
，再根据|AB)= 8
5
❑√2求解即
可；方法二、直线l斜率不存在时，|AB)= ❑√3，不符合题意，当直线l斜率存在时，设
y =k (x−1)，联立曲线得到{
x1+ x2=
8k
2
4 k
2+1
x1 x2= 4 k
2−4
4 k
2+1 )
，再根据|AB)= 8
5
❑√2求解即可.
【详解】（1）由题可知，2a= 4，a=2，
又e = c
a =
❑√3
2 ，且a
2=b
2+c
2，解得c = ❑√3，b=1， 
则椭圆C的方程为x
2
4 + y
2=1.
（2）法一：①当直线l斜率为0 时，|AB)=2a= 4， 不符合题意.
②当直线l斜率不为0 时，设直线l方程为x =ty +1， 
联立{
x =ty +1
x
2+ 4 y
2−4 =0)，得(t
2+ 4) y
2+2ty −3=0，Δ>0， 
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则{
y1+ y2= −2t
t
2+ 4
y1 y2= −3
t
2+ 4 )
.
由题意，|AB)=
❑√1+t
2❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 8
5
❑√2，
即
4
t
2+ 4
❑√1+t
2❑√t
2+3= 8
5
❑√2，解得t =±1.
故直线l的方程为：x = y +1或x =−y +1.
法二：①当直线l斜率不存在时，|AB)= ❑√3，不符合题意. 
②设直线l方程为y =k (x−1)， 
联立{
y =k (x−1)
x
2+ 4 y
2−4 =0)，得(4 k
2+1) x
2−8k
2 x + 4 k
2−4 =0，Δ>0， 
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则{
x1+ x2=
8k
2
4 k
2+1
x1 x2= 4 k
2−4
4 k
2+1 )
，
由|AB)= 8
5
❑√2，得
❑√1+ k
2❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= 8
5
❑√2，
即
4
4 k
2+1
·
❑√1+k
2·
❑√3k
2+1= 8
5
❑√2，解得k =±1.
故直线l的方程为y = x−1或y =−x +1.
【2-3】已知双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为❑√3，且过点(
❑√6
2 ,1).
(1)求E的方程；
(2)直线l过(❑√3,0)且交E于A ,B两点，若弦AB的长度为E的实轴长的两倍，求l的方
程.
【答案】(1)x
2−y
2
2 =1
(2)y =
❑√2
2 x−
❑√6
2 或y =−
❑√2
2 x +
❑√6
2 或x = ❑√3
【分析】（1）由离心率和所过点求出a,b，写出方程；
（2）若直线斜率不存在，验证；若直线斜率存在，设为y =k (x−❑√3)，联立-消元-韦
达定理，利用弦长公式求k.
【详解】（1）因为双曲线E过(
❑√6
2 ,1)，离心率为❑√3，所以¿，
解得a
2=1,b
2=2，所以双曲线E的方程为x
2−y
2
2 =1.
（2）由（1）知双曲线的实轴长为2，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为
y =k (x−❑√3)，
联立¿，得(2−k
2) x
2+2❑√3k
2 x −3k
2−2=0，k ≠± ❑√2，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则x1+ x2= −2❑√3k
2
2−k
2
, x1 x2= −3k
2−2
2−k
2
，
所以|AB)=
❑√1+ k
2❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= 4(1+ k
2)
|2−k
2)
= 4，解得k =±
❑√2
2 ，
由直线与双曲线渐近线的位置关系可得此时直线与双曲线有两个交点；
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x = ❑√3，此时|AB)= 4，符合题意.
综上所述，直线l的方程为y =
❑√2
2 x−
❑√6
2 或y =−
❑√2
2 x +
❑√6
2 或x = ❑√3.
【例题3】若椭圆x
2
16 + y
2
4 =1的弦AB 的中点P(2,1)则弦长| AB|=（    ）
A．4
B．5 ❑√2
C．2
D．2❑√5
【答案】D
【分析】设A( x1, y1)，B( x2, y2)，利用点差法即可求出直线AB的斜率，即可求得
直线AB 的方程，然后与椭圆方程联立方程组，求得有A(0,2)，B(4,0)，结合两点间距离
公式即可得解.
【详解】设A( x1, y1)，B( x2, y2)，
因为P(2,1)为AB 的中点，
题型三、已知弦中点坐标求弦长
典例探究
所以x1+ x2= 4，y1+ y2=2，
又A，B 两点在椭圆上，
则x1
2+ 4 y1
2=16，x2
2+ 4 y2
2=16，
两式相减，得( x1
2−x2
2)+ 4( y1
2−y2
2)=0，
所以( x1+ x2)( x1−x2)+ 4( y1+ y2)( y1−y2)=0，
所以
y1−y2
x1−x2
=−
x1+ x2
4( y1+ y2) =−
4
4×2 =−1
2，
所以k AB=−1
2，
即有直线AB 的方程为y −1=−1
2 ( x−2)，
即为y =−1
2 x +2，代入椭圆方程，可得x
2−4 x =0，
可得x =0或4，
即有A(0,2)，B(4,0)，
则| AB|=
❑√4
2+2
2=2❑√5.
故选：D.
【3-1】若椭圆x
2
4 + y
2
2 =1的弦AB的中点为(−1,−1)，则弦AB的长为（　　）
A．
❑√30
3
B．2❑√6
3
C．
❑√10
3
D．
❑√15
3
【答案】A
【分析】根据题意，利用中点弦的“平方差法”求得弦AB的斜率，得出AB的直线方
程，联立方程组，结合弦长公式，即可求解.
【详解】设A( x1, y1),B( x2, y2)，
因为弦AB的中点为(−1,−1)，可得x1+ x2=−2, y1+ y2=−2，
举一反三
又因为A ,B在椭圆上，可得{
x1
2
4 + y1
2
2 =1
x2
2
4 + y2
2
2 =1)
，
两式相减可得( x1+ x2)( x1−x2)
4
+ ( y1+ y2)( y1−y2)
2
=0，
可得
y1−y2
x1−x2
=−2⋅( x1+ x2)
4⋅( y1+ y2) =−1
2，即直线AB的斜率为k =−1
2，
所以弦AB的直线方程为y +1=−1
2 ( x +1)，即y =−1
2 x−3
2，
联立方程组{
y =−1
2 x−3
2
x
2
4 + y
2
2 =1 )
，整理得3 x
2+6 x +1=0，可得x1+ x2=−2, x1 x2= 1
3，
由弦长公式，可得
|AB)=
❑√1+(−1
2 )
2
⋅
❑√( x1+ x2)
2−4 x1 x2= ❑√
5
4 ⋅❑√(−2)
2−4× 1
3 =
❑√30
3
.
故选：A.
【3-2】已知椭圆C : x
2
8 + y
2
4 =1，过点P(2,1)的直线交椭圆于A，B 两点，若P 为线段AB
中点，则| AB|=（    ）
A．4 ❑√11
3
B．2❑√15
3
C．4 ❑√6
3
D．4 ❑√3
3
【答案】D
【解析】设A( x1, y1),B( x2, y2),由弦中点利用点差法可得k AB=−1,则直线AB为
y =−x +3,联立直线与椭圆,利用韦达定理可得x1 x2= 10
3 ,进而通过弦长公式求解即可
【详解】由题,设A( x1, y1),B( x2, y2),因为P为线段AB的中点,则{x1+ x2=2×2= 4
y1+ y2=2×1=2,
则{
x1
2
8 + y1
2
4 =1
x2
2
8 + y2
2
4 =1
,作差可得( x1−x2)( x1+ x2)
8
+ ( y1−y2)( y1+ y2)
4
=0,
即
y1−y2
x1−x2
=−1
2 ⋅x1+ x2
y1+ y2
=−1
2 × 4
2 =−1,即k AB=−1,
则直线AB为y −1=−( x−2),即y =−x +3,
所以联立{
x
2
8 + y
2
4 =1
y =−x +3
可得3 x
2−12 x +10=0,则x1 x2= 10
3 ,
所以| AB|=
❑√1+ k
2⋅
❑√( x1+ x2)
2−4 x1 x2=
❑√1+(−1)
2×❑√4
2−4× 10
3 = 4 ❑√3
3
,
故选：D
【点睛】本题考查弦长公式的应用,考查利用点差法求直线的斜率,考查运算能力
【3-3】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），则弦长|AB|=（　　）
A．5 ❑√2
B．2❑√5
C．5 ❑√2
2
D．❑√10
【答案】A
【分析】设两点的坐标A( x1, y1)，B( x2, y2)，将两点坐标代入椭圆方程，两式相减，
由中点坐标(1,−1)，焦点坐标F(3,0)得b
2
a
2 = 1
2，又由a
2−b
2=9，得椭圆的标准方程及直
线AB的方程，联立，由弦长公式，得弦长| AB|
【详解】设A( x1, y1)，B( x2, y2)，将两点坐标代入椭圆方程，¿，两式相减，得
y1−y2
x1−x2
=−b
2( x1+ x2)
a
2( y1+ y2)
，由中点坐标(1,−1)，焦点坐标F(3,0)得
0−(−1)
3−1
=−
2×1×b
2
2×(−1)×a
2
，即b
2
a
2 = 1
2
，又由a
2−b
2=9，得a
2=18，b
2=9，所以椭圆的
标准方程为x
2
18 + y
2
9 =1，直线AB的方程为x−2 y −3=0，联立方程组，消去y，得
x
2−2 x−9=0，所以x1+ x2=2，x1 x2=−9，弦长
| AB|=
❑√1+( 1
2 )
2
×
❑√2
2−4×(−9)=5 ❑√2，选择A
【点睛】解决直线与圆锥曲线相交弦中点问题可使用点差法，设两点坐标，分别带入
圆锥曲线方程再相见，计算弦长可使用弦长公式
【例题4】已知椭圆C : x
2
9 + y
2=1的左焦点为F，过坐标原点的直线与椭圆C交于A ,B两点，
若|AF)=2|BF)，则|AB)=（   ）
A．2❑√2
B．4 ❑√2
C．2❑√3
D．4 ❑√3
【答案】A
【分析】根据椭圆的对称性得到|BF)=|A F1)，然后结合椭圆定义得到|AF)，|BF )，
最后分别在三角形AF F1和三角形AFB中利用余弦定理计算即可.
【详解】
取椭圆的右焦点为F1，根据椭圆的对称性可知|BF)=|A F1)，四边形AFB F1为平行
四边形，
题型四、圆锥曲线焦点弦长问题
典例探究
根据椭圆的定义得|AF)+|A F1)=|AF)+|BF)=2a=6，
又|AF)=2|BF)，所以|AF )= 4，|A F1)=|BF)=2，
在三角形AF F1中，
cos∠FA F1=|AF)
2+|A F1)
2−|F F1)
2
2|AF)|A F1)
= 16+ 4−4×(9−1)
2×4×2
=−3
4 ，
在三角形AFB中，
cos∠AFB =|AF)
2+|FB)
2−|AB)
2
2|AF)|FB)
= 16+ 4−|AB)
2
2×4×2
=−cos∠FA F1，
解得|AB)=2❑√2.
故选：A.
【4-1】已知椭圆x
2
4 + y
2
3 =1的焦点为F，椭圆上M，N 满足：⃗MF =2⃗FN，则|MN )=
（    ）
A．2❑√3
B．3
C．9 ❑√3
8
D．27
8
【答案】D
【分析】设出点M ( x0, y0)，根据⃗MF =2⃗FN推导出点N坐标，将M , N坐标代入椭
圆方程组成方程组，解出点M，然后求出线段MN的长度.
【详解】设M ( x0, y0)、N ( x1, y1)，
不妨设F为右焦点，据题意得F(1,0)，
因为⃗MF =2⃗FN，
所以(1−x0,−y0)=2(x1−1, y1)，
所以N(
3−x0
2
,−y0
2 )，
举一反三
将点N(
3−x0
2
,−y0
2 )代入椭圆方程x
2
4 + y
2
3 =1得(3−x0)
2
16
+ y0
2
12 =1
由{
x0
2
4 + y0
2
3 =1¿
(3−x0)
2
16
+ y0
2
12 =1)
，得{
x0=−1
2
y0=± 3 ❑√5
4 )
，
所以M (−1
2 ,± 3 ❑√5
4
)，
所以⃗MF =(
3
2 ,± 3 ❑√5
4 )，
所以|⃗MF)=
❑√(
3
2)
2
+(± 3 ❑√5
4 )
2
= 9
4
，
所以|⃗FN )= 9
8，
所以|MN )= 9
4 + 9
8 = 27
8 .
故选：D
【4-2】已知椭圆C : x
2
6 + y
2
5 =1的左、右焦点分别为F1、F2，过点F2的直线l交椭圆C于A、
B两点.
（1）若△F1 AB的面积为20 ❑√3
11
，求直线l的方程；
（2）若⃑B F2=2⃑F2 A，求|AB).
【答案】（1）x + y −1=0或x−y −1=0；（2）15 ❑√6
8
.
【分析】（1）本题首先可以设A(x1, y1)、B(x2, y2)，然后对直线l斜率为0 这种情况
进行讨论，易知这种情况不满足题意，再然后对直线l斜率不为0 这种情况进行讨论，可设
直线l的方程为x =my +1，通过联立直线方程与椭圆方程并借助韦达定理得出
y1+ y2= −10m
5m
2+6 、y1 y2= −25
5m
2+6 ，最后通过S△F1 AB= 1
2|F1 F2)⋅|y1−y2)= 20 ❑√3
11
求出m
的值，即可得出结果；
（2）本题首先可根据⃑B F2=2⃑F2 A得出y2=−2 y1，然后结合题（1）得出
y1= 10m
5m
2+6 、2 y1
2=
25
5m
2+6 ，再然后两者联立，计算出m的值，最后通过
|AB)=
❑√1+m
2|y1−y2)即可得出结果.
【详解】（1）设A(x1, y1)、B(x2, y2)，
因为椭圆方程为x
2
6 + y
2
5 =1，所以F1(−1,0)，F2(1,0)，
当直线l斜率为0 时，直线l的方程为x =1，
联立{
x =1
x
2
6 + y
2
5 =1)
，解得y =± 5 ❑√6
6
，则|y1−y2)= 5 ❑√6
3
，
S△F1 AB= 1
2|F1 F2)⋅|y1−y2)= 1
2 ×2× 5 ❑√6
3
= 5 ❑√6
3
≠20 ❑√3
11
，不满足题意；
当直线l斜率不为0 时，设直线l的方程为x =my +1，
联立{
x =my +1
x
2
6 + y
2
5 =1)
，得(5m
2+6) y
2+10my −25=0，
由韦达定理得y1+ y2= −10m
5m
2+6 、y1 y2= −25
5m
2+6 ，
则S△F1 AB= 1
2|F1 F2)⋅|y1−y2)= 1
2 ×2❑√( y1+ y2)−4 y1 y2
= ❑√
100m
2
(5m
2+6)
2 −4× (−25)
5m
2+6
= 20 ❑√3
11
，
整理得50m
4−m
2−49=0，解得m
2=1，或m
2=−49
50 （舍去），
故m=±1，直线l的方程为x + y −1=0或x−y −1=0.
（2）设A(x1, y1)、B(x2, y2)，
因为⃑B F2=2⃑F2 A，所以(1−x2,−y2)=2(x1−1, y1)，y2=−2 y1，
由（1）可知y1+ y2= −10m
5m
2+6 ，y1 y2= −25
5m
2+6 ，
故y1= 10m
5m
2+6 ，2 y1
2=
25
5m
2+6 ，
联立{
y1= 10m
5m
2+6
2 y1
2=
25
5m
2+6)
，得2(
10m
5m
2+6)
2
=
25
5m
2+6 ，解得m=± ❑√2，
所以|AB)=
❑√1+m
2|y1−y2)= ❑√3|y1−y2)=3 ❑√3|y1)=3 ❑√3× 10 ❑√2
5×2+6 = 15 ❑√6
8
.
【点睛】本题考查椭圆与直线相交的相关问题的求解，考查向量的坐标运算，考查韦
达定理的灵活应用，考查焦点弦的长度计算，考查计算能力，考查化归与转化思想，是难
题.
【4-3】以F1(−❑√3,0)，F2(❑√3,0)为焦点的椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)过点(
❑√3, 1
2).
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点F1作斜率为1 的直线l交椭圆C于A，B两点，求|A F2)+|B F2)的值.
【答案】（1）x
2
4 + y
2=1；（2）32
5
【分析】（1）设该点为P(
❑√3, 1
2)，结合椭圆第一定义可得;|P F1)+|P F2)=2a，由
点到点距离公式即可求解a，进而求解标准方程；
（2）设直线方程为：y = x + ❑√3，联立直线和椭圆的标准方程表示出关于x的韦达定
理，结合弦长公式求出|AB)，再由焦点三角形AB F2的周长为4 a，作差即可求解
|A F2)+|B F2)的值；
【详解】（1）设椭圆上该点为P(
❑√3, 1
2)
，则|P F1)= ❑√
(❑√3+ ❑√3)
2+(
1
2)
2
= 7
2
，
|P F2)= 1
2，则|P F1)+|P F2)=2a= 4，a=2，则a
2= 4 ,c
2=3,b
2=1，椭圆的标准方程为：
x
2
4 + y
2=1；
（2）设直线方程为：y = x + ❑√3，联立直线和椭圆的标准方程{
x
2
4 + y
2=1
y = x + ❑√3)
得：
5 x
2−8 ❑√3 x +8=0，即{
x1+ x2= 8 ❑√3
5
x1⋅x2= 8
5 )
，
则|AB)=
❑√1+ k
2⋅❑√(x1+ x2)
2−4 x1⋅x2= ❑√2× 4 ❑√2
5
= 8
5，
又ΔAB F2的周长为|AB)+|A F2)+|B F2)= 4 a=8，
所以|A F2)+|B F2)=8−|AB)=8−8
5 = 32
5
【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法，焦点三角形周长的应用，椭圆中弦长的求法，
属于中档题
【5-1】双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1，左、右顶点分别为A，B，曲线上有点M (2,1)，满足
k MA⋅k MB= 1
2.
题型五、圆锥曲线长度/弦长：“和差”型
典例探究
(1)求双曲线方程；
(2)Q 是双曲线上的动点，QA，QB 分别交椭圆x
2
4 + y
2
2 =1于点E，N，S，T，证明：
|EN )+|ST )为定值.
【答案】(1) x
2
2 −y
2=1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据k MA⋅k MB= 1
2得到方程，求出a
2=2，代入M (2,1)，求出b
2=1，
得到双曲线方程；
（2）设Q(x0, y0)，则kQA⋅kQB= 1
2，设lQA：y =k (x + ❑√2)，代入椭圆方程，得到两
根之和，两根之积，由弦长公式得到|EN )= 4(1+k
2)
1+2k
2 ，从而|ST )= 2+8k
2
1+2k
2，计算出
|EN )+|ST )=6.
【详解】（1）由题意A (−a,0)，B (a,0)，
故k MA⋅k MB=
1
2+a ⋅
1
2−a = 1
2 ⇒a
2=2，
将M (2,1)代入x
2
2 −y
2
b
2 =1⇒b
2=1，
故双曲线方程为x
2
2 −y
2=1.
（2）设Q(x0, y0)，则kQA⋅kQB=
y0
x0+ ❑√2 ⋅
y0
x0−❑√2 =
y0
2
x0
2−2
，
而x0
2
2 −y0
2=1⇒y0
2= x0
2−2
2
，故kQA⋅kQB=
y0
2
x0
2−2
= 1
2.
设lQA：y =k (x + ❑√2)代入椭圆方程得：
x
2+2k
2(x + ❑√2)
2= 4⇒(1+2k
2) x
2+ 4 ❑√2k
2 x + 4 k
2−4 =0，
|EN )=
❑√1+ k
2|x1−x2)=
❑√1+k
2
❑√32k
4−4(1+2k
2)(4 k
2−4)
1+2k
2
= 4(1+k
2)
1+2k
2 ，
其中kQB= 1
2k ，
过A 作ST 平行线交椭圆于G，H，由对称性可知：|GH )=|ST )，
故将|EN )= 4(1+k
2)
1+2k
2 中的k 换为1
2k ，即得|GH )=
4×(1+ 1
4 k
2)
1+2× 1
4 k
2
= 2+8k
2
1+2k
2，
故|ST )= 2+8k
2
1+2k
2，
∴|EN )+|ST )= 4(1+k
2)
1+2k
2 + 2+8k
2
1+2k
2 = 6+12k
2
1+2k
2 =6.
原命题得证.
【点睛】定值问题常见方法：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
【5-1】已知平面上一半径小于4 的动圆C与定圆M :(x + ❑√3)
2+ y
2=16相内切，且过定点
N (❑√3,0)．
(1)求动圆圆心C的轨迹方程．
(2)设直线l: y = x +t与（1）中轨迹交于不同的两点A ,B，点O为坐标原点．
①求|AB)的最大值．
②当直线l不过原点O时，记△AOB外接圆的圆心为E，则平面上是否存在两定点
P ,Q，使得||EP)−|EQ))为定值，若存在，求出定点坐标和定值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1；
(2)①4 ❑√10
5
；②存在定点P(−4 ❑√3
5
,0)，Q(
4 ❑√3
5
,0)，||EP)−|EQ))= 4 ❑√6
5
．
【分析】（1）找出动点满足的条件之间的关系，根据椭圆的定义求得a
2，b
2，代入
椭圆的标准方程求得；
（2）①联立方程，利用根与系数的关系，用t表示|AB)并求|AB)的最值，②法一：
求出线段OA ,OB的垂直平分线方程，表示出△AOB外接圆圆心的横坐标，利用AB的垂直
平分线表示出三角形外接圆圆心纵坐标，验证E的轨迹方程下结论；法二：联立方程，利
用根与系数的关系表示，用t表示出圆心坐标，验证E的轨迹方程下结论.
【详解】（1）设动圆C的半径为r (0<r <4)，由圆M与动圆C相内切得|CM )= 4−r，
∴|CM )+|CN )= 4−r +r = 4>|MN )=2❑√3，
即圆心C的轨迹是焦点在x轴上的椭圆，且2a= 4，2c =2❑√3，则a=2，c = ❑√3，
从而a
2= 4，b
2=1，故动圆圆心C的轨迹方程为x
2
4 + y
2=1．
（2）①联立{
y = x +t
x
2
4 + y
2=1)
，消去y得5 x
2+8tx + 4t
2−4 =0，
举一反三
由Δ=64 t
2−20(4 t
2−4)>0，得t
2<5，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1+ x2=−8t
5 ，x1 x2= 4t
2−4
5
，
∴|AB)= ❑√2|x1−x2)= ❑√2❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= ❑√2
❑√
64t
2
25 −16t
2−16
5
，
即|AB)= ❑√2
❑√
80−16t
2
25
= 4 ❑√2
❑√5−t
2
5
≤4 ❑√10
5
，当且仅当t =0时取等号，
∴|AB)的最大值为4 ❑√10
5
．
  
②法一：如图，线段OA的垂直平分线方程为y −y1
2 =−x1
y1(x−x1
2 )，即
y =−x1
y1
x + x1
2
2 y1
+ y1
2 ，
同理线段OB的垂直平分线方程为y =−x2
y2
x + x2
2
2 y2
+ y2
2 ，
由两式可得，−x1
y1
x + x1
2
2 y1
+ y1
2 =−x2
y2
x + x2
2
2 y2
+ y2
2 ，
∴△AOB外接圆圆心E的横坐标xE= x2
2 y1−x1
2 y2+( y2−y1) y1 y2
2(x2 y1−x1 y2)
，
其中x2 y1−x1 y2= x2(x1+t)−x1(x2+t)=t (x2−x1)，
x2
2 y1−x1
2 y2+( y2−y1) y1 y2= x2
2(x1+t)−x1
2(x2+t)+(x2−x1)(x1+t)(x2+t)
=(x2
2 x1−x1
2 x2)+t(x2
2−x1
2)+(x2−x1)(x1+t)(x2+t)
=(x2−x1)[x1 x2+t (x2+ x1)+(x1+t)(x2+t)]
=(x2−x1)[2 x1 x2+2t (x2+ x1)+t
2)，
则xE= (x2−x1)[2 x1 x2+2t (x1+ x2)+t
2)
2t (x2−x1)
= 2 x1 x2+2t (x1+ x2)+t
2
2t
 
= x1 x2
t
+(x1+ x2)+ t
2 =−3t
10 −4
5t ．
又线段AB的垂直平分线方程为y −y1+ y2
2
=−(x−x1+ x2
2 )，即y =−x +(x1+ x2)+t，
即y =−x−3t
5 ，
∴圆心E的纵坐标y E=−(−3t
10 −4
5t)−3t
5 =−3t
10 + 4
5t ，
∴xE
2 −y E
2 =(xE+ y E)(xE−y E)=(−3t
5 )(−8
5t)= 24
25 ，故圆心E在等轴双曲线
x
2−y
2= 24
25 上，
由双曲线的定义知，存在定点P(−4 ❑√3
5
,0)，Q(
4 ❑√3
5
,0)，使得
||EP)−|EQ))= 4 ❑√6
5
．
法二：（圆的一般方程法）设△OAB外接圆的方程为x
2+ y
2+mx +ny =0，
与y = x +t联立，消去y得2 x
2+(m+n+2t ) x +nt +t
2=0，
Δ1=(m+n+2t )
2−4×2(nt +t
2)>0，
则x1+ x2=−m+n+2t
2
=−8t
5 ，x1 x2= nt +t
2
2
= 4t
2−4
5
，
∴m+n+2t = 16t
5 ，nt +t
2= 8t
2−8
5
，解得m= 3t
5 + 8
5t ，n= 3t
5 −8
5t ．
设圆心坐标为E (x , y)，则x =−m
2 =−3t
10 −4
5t ，y =−n
2 =−3t
10 + 4
5t ，
∴x
2−y
2=(x + y)(x−y)=(−3t
5 )(−8
5t)= 24
25 ，即圆心E在等轴双曲线x
2−y
2= 24
25
上，
∴由双曲线的定义知，存在定点P(−4 ❑√3
5
,0)，Q(
4 ❑√3
5
,0)，使得
||EP)−|EQ))= 4 ❑√6
5
．
【5-2】已知椭圆C1: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的长轴长为2❑√2，且C1经过点(1,
❑√2
2 )．椭圆C2
的对称中心为原点O，焦点在x轴上，且C2的离心率与C1的离心率相等，C2的短轴长与C1
的长轴长相等．
(1)求椭圆C1与C2的标准方程．
(2)若H (x0, y0)(x0≠± ❑√2, y0≠±1)为C2上的点，过点H作C1的切线，设切点分别为
M，N，试问直线HM与HN的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说
明理由．
(3)若T（异于C1的左、右顶点A1，A2）为椭圆C1上的点，直线T A1与C2交于点E，
F，直线T A2与C2交于点P，Q，求|EF)+|PQ)的值．
【答案】(1) x
2
2 + y
2=1，x
2
4 + y
2
2 =1
(2)是，定值为−1
2
(3)6
【分析】（1）先确定C1方程，再结合离心率及长轴、短轴求C2；
（2）设切线y −y0=k (x−x0)，联立椭圆方程，结合韦达定理及H为椭圆C2上的点，
即可求证；
（3） 先确定kT A1⋅kT A2=−1
2，在分别设直线T A1的方程为y =t (x + ❑√2)，则直线
T A2的方程为y =−1
2t (x−❑√2)，结合弦长公式即可求解；
【详解】（1）根据题意可得a= ❑√2．
将点(1,
❑√2
2 )的坐标代入x
2
a
2 + y
2
b
2 =1，得1
a
2 + 1
2b
2 =1，解得b
2=1，
所以椭圆C1的标准方程为x
2
2 + y
2=1．
设椭圆C2的标准方程为x
2
a1
2 + y
2
b1
2 =1(a1>b1>0)，则b1= ❑√2．
由❑√
1+ 2
a1
2 = ❑√1+ 1
2，解得a1
2= 4，
故椭圆C2的标准方程为x
2
4 + y
2
2 =1．
（2）
根据题意易得经过点H且与椭圆C1相切的直线斜率存在，可设为y −y0=k (x−x0)．
由{
y −y0=k (x−x0),
x
2+2 y
2=2, )得(1+2k
2) x
2−(4 k
2 x0−4 k y0)x +2(k x0−y0)
2−2=0，
所以Δ=[−(4 k
2 x0−4 k y0))
2
−4(1+2k
2)[2(k x0−y0)
2−2)=0，
化简可得(2−x0
2)k
2+2 x0 y0k +1−y0
2=0．
设直线HM与HN的斜率分别为k1，k2，
则k1，k2是关于k的方程(2−x0
2)k
2+2 x0 y0k +1−y0
2=0的两个实根，
所以k1⋅k2= 1−y0
2
2−x0
2 ，
因为H为椭圆C2上的点，所以x0
2
4 + y0
2
2 =1，
所以k1⋅k2= 1−y0
2
2−x0
2 =
1−(2−x0
2
2 )
2−x0
2
=
x0
2
2 −1
2−x0
2 =−1
2
，
故直线HM与HN的斜率之积是定值，且该定值为−1
2．
（3）设T (x5, y5)(x5≠± ❑√2)，由题意得A1(−❑√2,0)，A2(❑√2,0)，
则kT A1=
y5
x5+ ❑√2，kT A2=
y5
x5−❑√2，
得kT A1⋅kT A2=
y5
x5+ ❑√2 ⋅
y5
x5−❑√2 =
y5
2
x5
2−2
．
又因为x5
2
2 + y5
2=1，所以x5
2+2 y5
2=2，所以kT A1⋅kT A2=
y5
2
2−2 y5
2−2
=−1
2．
不妨设E(x1, y1)，F (x2, y2)，P(x3, y3)，Q(x4, y4)，
直线T A1的方程为y =t (x + ❑√2)，则直线T A2的方程为y =−1
2t (x−❑√2)，
联立{
y =t (x + ❑√2),
x
2+2 y
2= 4 ,)可得(1+2t
2) x
2+ 4 ❑√2t
2 x + 4 t
2−4 =0，
所以x1+ x2=−4 ❑√2t
2
1+2t
2 ，x1 x2= 4t
2−4
1+2t
2 ，
所以
|EF)=
❑√1+t
2⋅❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=
❑√1+t
2⋅❑√(−4 ❑√2t
2
1+2t
2)
2
−4⋅4t
2−4
1+2t
2 = 4 t
2+ 4
1+2t
2 ，
同理，将−1
2t 代t得|PQ)=
4(−1
2t)
2
+ 4
1+2(−1
2t)
2 = 2+8t
2
1+2t
2，
故|EF)+|PQ)= 4 t
2+ 4
1+2t
2 + 2+8t
2
1+2t
2 = 6+12t
2
1+2t
2 =6．
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：对于直线与圆锥曲线的
位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系
数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致
错解.
【5-3】已知椭圆Γ : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1 (a>b>0)，右焦点为F，动直线l与圆O: x
2+ y
2=b
2相切于
点Q，与椭圆交于A(x1, y1)、B(x2, y2)两点，其中点Q在y轴右侧.
（1）若直线l: x−y −2=0过点F，求椭圆方程；
（2）求证：|AF)+|AQ)为定值.
【答案】（1）x
2
6 + y
2
2 =1；（2）证明见解析.
【分析】（1）设椭圆Γ的焦距为2c (c>0)，由直线l与圆相切可得出b的值，由直线l
过点F可得出c的值，进而可得出a的值，由此可得出椭圆Γ的标准方程；
（2）设点Q(x0, y0)，可知0< x1<a，利用两点间的距离公式、勾股定理可分别求出
|AF)、|AQ)，进而可证明出|AF)+|AQ)为定值.
【详解】（1）设椭圆Γ的焦距为2c (c>0)，
由于直线l: x−y −2=0与圆x
2+ y
2=b
2相切，则b= 2
❑√2 = ❑√2，
∵直线l: x−y −2=0过点F，∴c−2=0⇒c =2，则a
2=b
2+c
2=6，
因此，椭圆Γ的方程为x
2
6 + y
2
2 =1；
（2）设Q(x0, y0)，易知点A在y轴右侧，可得0< x1<a，
则x1
2
a
2 + y1
2
b
2 =1，∴y1
2=b
2−b
2 x1
2
a
2 ，
∵0< x1<a，∴a−c
a x1>a−x1>0，
|AF)=
❑√(x1−c
2)+ y1
2=
❑√x1
2−2c x1+c
2+ y1
2=
❑√
x1
2−2c x1+c
2+b
2−b
2 x1
2
a
2 
=
❑√
c
2 x1
2
a
2 −2c x1+a
2=|a−c x1
a )=a−c
a x1，
∵OQ⊥AQ，
∴|AQ)=
❑√|AO)
2−|OQ)
2=
❑√x1
2+ y1
2−b
2=
❑√
x1
2+b
2−b
2 x1
2
a
2 −b
2=
❑√
c
2 x1
2
a
2 = c x1
a
，
因此，|AF)+|AQ)=a（定值）.
【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中的定值问题的证明，涉及两
点间距离公式和勾股定理的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题.
题型六、圆锥曲线长度/弦长：“比值”型
【例题6】如图，已知椭圆C : x
2
2 + y
2=1的左焦点为F，设过点F且斜率存在的直线l与椭
圆C相交于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点P．试判断|PF)
|AB)是否为定值．若
是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由．
  
【答案】是，
❑√2
4
【分析】解法1：设出直线l的方程为y =k (x +1)，进而联立方程，利用韦达定理和弦
长公式得到|AB)，利用点P在线段AB的垂直平分线上，进而得到|PA)=|PB)，最后利用
两点间距离公式可得x0= 1
4 (x1+ x2)，进而求解即可；
解法2：求出线段AB的中点和线段AB的垂直平分线方程，可得点P的坐标，可求得
|PF)，可得所求的比值；
解法3：利用椭圆的第二定义及三角形相似求解即可．
【详解】解法1：由题意，F (−1,0)，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，P(x0,0)，直线l的
方程为y =k (x +1)．
联立{
x
2
2 + y
2=1,
y =k (x +1),)
得(2k
2+1) x
2+ 4 k
2 x +2k
2−2=0，
x1+ x2= −4 k
2
2k
2+1，x1 x2= 2k
2−2
2k
2+1 ，|AB)=
❑√1+k
2❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= 2❑√2(k
2+1)
2k
2+1
．
因为点P在线段AB的垂直平分线上，所以|PA)=|PB)，所以
典例探究
(x1−x0)
2+ y1
2=(x2−x0)
2+ y2
2，
代入y1
2=1−x1
2
2
，y2
2=1−x2
2
2
，化简得x0= 1
4 (x1+ x2)，
所以|PF)=|x0+1)= k
2+1
2k
2+1
，|PF )
|AB) =
k
2+1
2k
2+1
2❑√2(k
2+1)
2k
2+1
=
❑√2
4 ，为定值．
解法2：同解法1 得y1+ y2=k (x1+ x2)+2k =
2k
2k
2+1，线段AB的中点
M(−
2k
2
2k
2+1
,
k
2k
2+1)，
所以线段AB的垂直平分线为x +
2k
2
2k
2+1
=−k( y −
k
2k
2+1)，得x0= −k
2
2k
2+1
，
所以|PF)=|x0+1)= k
2+1
2k
2+1
，同解法1 得|AB)的表达式，故
|PF )
|AB) =
k
2+1
2k
2+1
2❑√2(k
2+1)
2k
2+1
=
❑√2
4 ，为定值．
解法3：过点A，B向左准线作垂线，垂足分别为A
′，B
′，作BH ⊥A A
′于点H，如
图．
由椭圆第二定义得|AF)
|A A
′)
= |BF)
|B B
′)
=
❑√2
2 ，
而|MF)=||AF)−|AM ))=||AF)−|BM ))=||AF)−|BF)−|MF))，即
|MF)=|AF)−|BF)
2
，
又△MPF ∽△HBA，
所以|PF)
|AB) =|MF)
|HA) =||AF)−|BF))
2|HA)
= ||AF)−|BF))
2||A A
')−|B B
'))
=
❑√2
4 ，为定值．
  
【6-1】已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的短轴长等于2❑√3，离心率e = 1
2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过右焦点F的直线l与椭圆C交于A、B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点P，
证明：|PF)
|AB)为定值．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)证明过程见解析
【分析】（1）根据题意，列出a,b,c的方程组，求得a,b的值，即可求得椭圆的方程；
（2）设直线l的方程为y =k (x−1)，联立方程组得到
x1+ x2=
8k
2
4 k
2+3
, x1 x2= 4 k
2−12
4 k
2+3 ，进而求得Q(
4 k
2
4 k
2+3
, −3k
4 k
2+3)，得出中垂线的方程，
求得| PF |= 3(k
2+1)
4 k
2+3
，再由弦长公式求得| AB|= 12(k
2+1)
4 k
2+3
，即可求解.
举一反三
【详解】（1）椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的短轴长等于2❑√3，离心率e = 1
2可得，
{
2b=2❑√3
a=2c
b
2=a
2−c
2)，解得a=2,b= ❑√3,c =1，所以椭圆的方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）
由椭圆的方程x
2
4 + y
2
3 =1，可得右焦点F (1,0)，
当直线斜率不存在时AB被x轴垂直平分，不符合题意；
当直线斜率为0 时，|PF)
|AB) =|OF)
2a = 1
4 ；
直线斜率存在且不为0 时，设直线l的方程为y =k (x−1)，A(x1, y1),B(x2, y2)，AB
中点为Q(xQ, yQ)，
联立方程组{
x
2
4 + y
2
3 =1
y =k( x−1))
，整理得(4 k
2+3) x
2−8k
2 x + 4 k
2−12=0，
可得
Δ=64 k
4−4(4 k
2+3)(4 k
2−12)=144(k
2+1)>0, x1+ x2=
8k
2
4 k
2+3
, x1 x2= 4 k
2−12
4 k
2+3 ，
所以xQ= x1+ x2
2
=
4 k
2
4 k
2+3
，则yQ=k (xQ−1)=k(
4 k
2
4 k
2+3
−1)= −3k
4 k
2+3
，
即Q(
4 k
2
4 k
2+3
, −3k
4 k
2+3)，则中垂线的方程为y −−3k
4 k
2+3
=−1
k(x−
4 k
2
4 k
2+3)，
令y =0，可得x =
k
2
4 k
2+3
，所以| PF |=| x−1|=|
k
2
4 k
2+3
−1|= 3(k
2+1)
4 k
2+3
，
又由| AB|=
❑√1+ k
2| x1−x2|=
❑√1+ k
2⋅❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2
=
❑√1+ k
2⋅❑√(
8k
2
4 k
2+3)
2
−4⋅4 k
2−12
4 k
2+3
= 12(k
2+1)
4 k
2+3
 ，
所以|PF)
| AB| =
3(k
2+1)
4 k
2+3
12(k
2+1)
4 k
2+3
= 1
4 （定值）；
综上所述，|PF)
|AB)为定值1
4 .
【6-2】已知椭圆Γ: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1和A2，且|A1 A2)= 4，
直线l: y =kx −4 k(k >0)经过定点B．若直线l与椭圆Γ相切，记切点为P，则△P A1 A2的
面积为3．
(1)求椭圆Γ的标准方程；
(2)若直线l与椭圆Γ交于C , D两点，直线A1C和A2 D分别与直线x = 4交于E , F两点，
证明|BE)
|BF)是定值，并求出该定值．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)证明见解析，定值1
【分析】（1）已知条件→a
→
❑
联立方程
Δ1=0→b=2❑√3k →yP→S△P A1 A2→b→椭圆
Γ的标准方程；
（2）联立方程
→Δ2>0, x1+ x2, x1 x2
→
❑
直线的方程与性质
|BE),|BF)→|BE)−|BF)=0→|BE)
|BF)
是定值1
【详解】（1）解：由题知B (4,0),|A1 A2)=2a= 4，解得a=2，
∴椭圆Γ: x
2
4 + y
2
b
2 =1(0<b<2)．
由{
x
2
4 + y
2
b
2 =1(0<b<2),
y =kx −4 k(k >0), )
消去x并整理得b
2+ 4 k
2
k
2
y
2+ 8b
2
k
y +12b
2=0(0<b<2,k >0)，
Δ1= 64 b
4
k
2 −48b
2(b
2+ 4 k
2)
k
2
= 16b
2(b
2−12k
2)
k
2
=0，
∴b
2=12k
2，即b=2❑√3k．
∴y P=−
8b
2
k
2(b
2+ 4 k
2)
k
2
=−
❑√3
2 b，
∴△P A1 A2的面积为1
2 ×4×
❑√3
2 b=3，解得b= ❑√3，
∴椭圆Γ的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）证明：由{
x
2
4 + y
2
3 =1,
y =kx −4 k(k >0),)
消去y并整理得(3+ 4 k
2) x
2−32k
2 x +64 k
2−12=0，
  
Δ2=144(1−4 k
2)>0
，解得
0<k < 1
2
．
设C (x1, y1), D(x2, y2)，则x1+ x2= 32k
2
3+ 4 k
2 , x1 x2= 64 k
2−12
3+ 4 k
2 ．
由k >0，得−2< x1, x2<2, y1<0, y2<0．
∵A1(−2,0), A2(2,0)，∴直线A1C的方程为y =
y1
x1+2
(x +2)，
令x = 4，解得y E= 6 y1
x1+2 ,∴|BE)=|
6 y1
x1+2)=−6 y1
x1+2．
同理，直线A2 D的方程为y =
y2
x2−2
(x−2)，
令x = 4，解得yF = 2 y2
x2−2 ,∴|BF)=|
2 y2
x2−2)= 2 y2
x2−2．
∴|BE)−|BF)=−6 y1
x1+2 −2 y2
x2−2 =−6k (x1−4)
x1+2
−2k (x2−4)
x2−2
=−2k ⋅4 x1 x2−10(x1+ x2)+16
(x1+2)(x2−2)
=
 
−2k ⋅
4× 64 k
2−12
3+ 4 k
2 −320k
2
3+ 4 k
2 +16
(x1+2)(x2−2)
=0，即|BE)=|BF)，
∴|BE)
|BF)是定值1．
【点睛】根据题意求解直线与圆锥曲线的综合应用，利用韦达定理求解定值.
【6-3】已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1 (a>b>0)的长轴长为4，且离心率为1
2.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设过点F (1,0)且斜率为k 的直线l 与椭圆C 交于A，B 两点，线段AB 的垂直平分线
交x 轴于点D.求证：|AB)
|DF)为定值.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出a,b后可得椭圆的方程；
（2）设直线l的方程为y =k (x−1)，用斜率k表示|AB),|DF)后可证|AB)
|DF)为定值.
【详解】（1）由题设可得a=2，
设椭圆的半焦距为c，则c
a = 1
2，故c =1，故b= ❑√3，
故椭圆的方程为：x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）当k =0时，l: y =0，此时|AB)= 4，而D (0,0)，故|DF)=1，故|AB)
|DF) = 4.
当k ≠0时，直线l的方程为y =k (x−1)，A(x1, y1),B(x2, y2)，
由{
y =k (x−1)
3 x
2+ 4 y
2=12)可得(3+ 4 k
2) x
2−8k
2 x + 4 k
2−12=0，
此时Δ=64 k
4−4(3+ 4 k
2)(4 k
2−12)=144 +144 k
2>0，
x1+ x2
2
=
4 k
2
3+ 4 k
2，
y1+ y2
2
=−
3k
3+ 4 k
2，
且|AB)=
❑√1+k
2×
❑√144+144 k
2
3+ 4 k
2
= 12(1+k
2)
3+ 4 k
2 .
AB的中垂线的方程为：y =−1
k(x−
4 k
2
3+ 4 k
2)−
3k
3+ 4 k
2，
令y =0，则xD=
k
2
3+ 4 k
2，故|DF)=|
k
2
3+ 4 k
2 −1)= 3(1+k
2)
3+ 4 k
2 ，
故|AB)
|DF) = 4.
【例题7】已知F1，F2是椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1（a>b>0）的左，右焦点，焦距为2，离心率
e = 1
2，过左焦点F1的直线交椭圆C于A ,B两点.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)求证
1
|A F1)
+
1
|B F1)为定值.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意，列方程组，求出a,b的值，即得椭圆方程；
（2）设A(x1, y1),B(x2, y2)，直线AB方程为x =ty −1并与椭圆方程联立，写出韦达
定理，求出弦长，利用两点之间距离公式化简 
1
|A F1)
+
1
|B F1)，将韦达定理代入计算即得
证.
【详解】（1）由题可知{
2c =2
c
a = 1
2
a
2=b
2+c
2)
，解得c =1,a=2,b= ❑√3，
故椭圆C 的标准方程是x
2
4 + y
2
3 =1
（2）设A(x1, y1),B(x2, y2)，依题可设直线AB方程为x =ty −1，
题型七、圆锥曲线长度/弦长：“倒数和”型
典例探究
由{
x =ty −1
x
2
4 + y
2
3 =1)
，消去x可得：(3t
2+ 4) y
2−6ty −9=0，
故y1+ y2=
6t
3t
2+ 4
, y1 y2=
−9
3t
2+ 4
于是，|AB)=
❑√1+t
2❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=
❑√1+t
2❑√
144(t
2+1)
(3t
2+ 4)
2 = 12(t
2+1)
3t
2+ 4
，
故
1
|A F1)
+
1
|B F1)
=|A F1)+|B F1)
|A F1)|B F1)
=
|AB)
❑√(x1+1)
2+ y1
2❑√(x2+1)
2+ y2
2
=
|AB)
❑√(t y1)
2+ y1
2❑√(t y2)
2+ y2
2 =
|AB)
(t
2+1)∣y1 y2∣
=
12(t
2+1)
3t
2+ 4
9(t
2+1)
3t
2+ 4
= 4
3 ，
故
1
|A F1)
+
1
|B F1)为定值4
3 .
【7-1】已知F1，F2分别是椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)  的左、右焦点，P 是C 上的动点，
C 的离心率是1
2，且△P F1 F2的面积的最大值是❑√3.
(1)求C 的方程；
(2)过F1作两条相互垂直的直线l1，l2，直线l1交C 于A，B 两点，直线l2交C 于D，E
举一反三
两点，求证：1
|AB) +
1
|DE) 为定值.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1；
(2)证明见解析.
【分析】(1)由 C 的离心率是1
2，△P F1 F2的面积的最大值是❑√3，列方程组求出a
2，
b
2，c
2，可得C 的方程.
 (2)设出直线方程，与椭圆方程联立方程组，利用韦达定理和弦长公式求值.
【详解】（1）设椭圆C 的焦距为2c，根据题意，有{
c
a = 1
2 ,
1
2 ×2c×b= ❑√3
a
2=b
2+c
2 )
解得a
2= 4，b
2=3，c
2=1．所以C 的方程是x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）证明：当直线l1，l2的斜率存在且都不为0 时，不妨设直线l1的方程为
y =k (x +1)，则直线l2的方程为y =−1
k
(x +1)，A(x1, y1)，B(x2, y2)．
联立{
x
2
4 + y
2
3 =1
y =k( x +1))
得：(3+ 4 k
2) x
2+8k
2 x + 4 k
2−12=0． 
因为F1在椭圆C 的内部，所以Δ>0恒成立，
所以x1+ x2=−
8k
2
3+ 4 k
2，x1 x2= 4 k
2−12
3+ 4 k
2 ，
所以|AB)=
❑√1+ k
2|x1−x2)=
❑√1+ k
2❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2
=
❑√1+ k
2❑√(−
8k
2
3+ 4 k
2)
2
−4× 4 k
2−12
3+ 4 k
2 = 12(k
2+1)
3+ 4 k
2 ，
同理，将k 换成−1
k ，得|DE)=
12[(−1
k)
2
+1)
3+ 4(−1
k)
2
= 12(k
2+1)
3k
2+ 4
，
所以1
|AB) +
1
|DE) = 3+ 4 k
2
12(k
2+1)
+ 3k
2+ 4
12(k
2+1)
= 7(k
2+1)
12(k
2+1)
= 7
12．
当直线l1，l2中一条直线斜率为0，一条直线斜率不存在时，不妨设直线l1的斜率为
0，
则|AB)=2a= 4，|DE)= 2b
2
a =3，此时1
|AB) +
1
|DE) = 1
4 + 1
3 = 7
12．
综上所示，1
|AB) +
1
|DE)为定值7
12．
【7-2】已知椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)经过点(❑√3,−
❑√3
2 )，且椭圆的离心率e = 1
2，过椭圆
的右焦点F作两条互相垂直的直线，分别交椭圆于点A ,B及C、D．
(1)求椭圆的方程；
(2)求证：
1
| AB| +
1
|CD| 为定值；
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率以及(❑√3,−
❑√3
2 )在椭圆方程上即可联立求解a
2= 4，b
2=3．
（2）分两种情况讨论：当与坐标轴垂直时，可求AB ,CD的长度， 当一般情况时，联立
直线与椭圆方程，根据弦长公式即可求解；
【详解】（1）由e = c
a = 1
2，得c
2
a
2 = 1
4 ，
∴a
2= 4 c
2= 4(a
2−b
2)，∴3a
2= 4 b
2．①，
由椭圆过点(❑√3,−
❑√3
2 )知，3
a
2 + 3
4 b
2 =1②．
联立①②式解得a
2= 4，b
2=3． 
故椭圆的方程是x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）
1
| AB| +
1
|CD| 为定值7
12．
证明：椭圆的右焦点为F(1,0)，分两种情况．
1°不妨设当AB的斜率不存在时，AB: x =1，
则CD: y =0．此时| AB|= 2b
2
a =3，|CD|=2a= 4，
1
| AB| +
1
|CD| = 7
12； 
2°当直线AB的斜率存在时，
设AB: y =k( x−1)(k ≠0)，则CD: y =−1
k ( x−1)．
又设点A( x1，y1)，B( x2，y2)．
联立方程组{
y =k( x−1)
3 x
2+ 4 y
2=12)，
消去y并化简得(4 k
2+3)x
2−8k
2 x + 4 k
2−12=0，
∴ x1+ x2=
8k
2
4 k
2+3，x1· x2= 4 k
2−12
4 k
2+3 ，
∴ | AB|=
❑√( x1−x2)
2+( y1−y2)
2=
❑√1+k
2| x1−x2| 
=
❑√1+ k
2·
❑√( x1+ x2)
2−4 x1 x2
=
❑√1+ k
2·❑√
64 k
4−16(k
2−3)(4 k
2+3)
(4 k
2+3)
2
 = 12(k
2+1)
4 k
2+3
， 
由题知，直线CD的斜率为−1
k ，
同理可得|CD|= 12(1+k
2)
4+3k
2
所以
1
| AB| +
1
|CD| =
7 k
2+7
12(k
2+1)
= 7
12为定值．
【7-3】已知椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1（a>b>0）的离心率为1
2，且过点(1, 3
2).
(1)求椭圆的标准方程
(2)分别过椭圆的左、右焦点F1、F2作两条互相垂直的直线l1和l2，l1与l2交于
P(x0, y0)，l1与椭圆交于A，B 两点，l2与椭圆交于C，D 两点
①求证：x0
2
a
2 + y0
2
b
2 <1；
②求证：1
|AB) +
1
|CD) =定值.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)①证明过程见解析；②证明过程见解析.
【分析】（1）运用代入法，结合椭圆离心率公式进行求解即可；
（2）①根据圆的性质，结合椭圆的性质进行证明即可；
②根据斜率是否存在，分类讨论，结合椭圆弦长公式进行求解证明即可.
【详解】（1）椭圆的离心率为1
2，所以c
a = 1
2 ⇒a
2= 4 c
2,∵c
2=a
2−b
2,∴3a
2= 4 b
2，
椭圆过点(1, 3
2)，所以1
a
2 +
9
4
b
2 =1，即{
1
a
2 +
9
4
b
2 =1
3a
2= 4 b
2)
⇒{
a
2= 4
b
2=3)，
因此椭圆的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1；
（2）①当直线l1和l2中有一条没有斜率时，另一条的斜率为零，此时P点是F1或者是
F2，显然x0
2
4 + y0
2
3 <1成立，
当直线l1存在斜率且不为零时，设为k(k ≠0)，所以直线l2的斜率为−1
k ，
因为P F1⊥P F2，坐标原点O是线段F1 F2的中点，
所以点P的轨迹是以O为圆心，半径为r =c =
❑√a
2−b
2=1的圆（不包括两焦点），
综上所述：点P的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆，因此x0
2+ y0
2=1，
显然x0
2
4 + y0
2
3 = x0
2
4 + 1−x0
2
3
= 4−x0
2
12
< 4
12 = 1
3
，显然x0
2
a
2 + y0
2
b
2 <1成立，
②当直线l1和l2中有一条没有斜率时，由于椭圆的对称性，不妨设直线l1不存在，因此
直线l2的斜率为零，
F1(1,0)，把x =1时，1
4 + y
2
3 =1⇒y =± 3
2，所以|AB)=3，
显然|CD)=2a= 4，所以1
|AB) +
1
|CD) = 1
3 + 1
4 = 7
12 =定值；
当直线l1存在斜率且不为零时，设为k(k ≠0)，所以直线l2的斜率为−1
k ，
直线l1的方程为：y =k( x +1)，于是有
{
x
2
4 + y
2
3 =1
y =k( x +1))
⇒(3+ 4 k
2)x
2+8k
2 x + 4 k
2−12=0，设A( x1, y1),B( x2, y2)，
x1+ x2=−
8k
2
3+ 4 k
2 , x1 x2= 4 k
2−12
3+ 4 k
2 ，
|AB)=
❑√1+ k
2|x1−x2)=
❑√1+ k
2⋅
❑√( x1+ x2)
2−4 x1 x2=
❑√1+k
2⋅❑√
(−
8k
2
3+ 4 k
2 )
2
−4⋅4 k
2−12
3+ 4 k
2
= 12(k
2+1)
3+ 4 k
2
，
同理可得：|CD)=
12( 1
k
2 +1)
3+ 4⋅1
k
2
= 12(1+k
2)
4+3k
2
，
于是1
|AB) +
1
|CD) =
3+ 4 k
2
12(k
2+1)
+
4+3k
2
12(k
2+1)
= 7
12 =定值，
综上所述：1
|AB) +
1
|CD) = 7
12 =定值.
【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数的关系求解椭圆弦长是解题的关键.
题型八、圆锥曲线长度/弦长：“杂糅”型
【例题8】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0), F1, F2分别是C的左、右焦点．若C的
离心率e =2，且点(4,6)在C上．
(1)求C的方程．
(2)若过点F2的直线l与C的左、右两支分别交于A ,B两点（不同于双曲线的顶点），
问：|
1
|A F2)
−
1
|B F2))是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1) x
2
4 −y
2
12 =1
(2)是定值，1
3
【分析】（1）首先根据离心率，和双曲线方程，列式即可求解a,b,c；
（2）首先设直线l的方程x =my + 4与双曲线方程联立，并用坐标表示|A F2)和|B F2)，
并利用韦达定理表示|
1
|A F2)
−
1
|B F2))
2
，即可化简求解.
【详解】（1）设双曲线C的半焦距为c(c>0)．
由题意可得，{
e = c
a =2,
16
a
2 −36
b
2 =1,
c
2=a
2+b
2,)
解得a=2,b=2❑√3,c = 4，
所以C的方程为x
2
4 −y
2
12 =1．
（2）|
1
|A F2)
−
1
|B F2))为定值，理由如下：
由（1）知F2(4,0)，设直线l: x =my + 4 , A(x1, y1),B(x2, y2)，
典例探究
联立方程得{
x
2
4 −y
2
12 =1
x =my + 4)
，消去x，整理可得(3m
2−1) y
2+24 my +36=0，
∴{
3m
2−1≠0
Δ=144(m
2+1)>0
y1+ y2=−24 m
3m
2−1
y1 y2=
36
3m
2−1 )
 ∵|A F2)
2=(x1−4)
2+ y1
2=(m
2+1) y1
2，
∴|A F2)=
❑√m
2+1|y1)，同理|B F2)=
❑√m
2+1|y2)．
∵直线l过点F2且与C的左、右两支分别交于A ,B两点，
∴A ,B两点在x轴同侧，∴y1 y2>0，此时3m
2−1>0，即m
2> 1
3．
∴|
1
|A F2)
−
1
|B F2))
2
=
1
|A F2)
2 +
1
|B F2)
2 −
2
|A F2)⋅|B F2)
=
1
(m
2+1) y1
2 +
1
(m
2+1) y2
2 −
2
(m
2+1)|y1 y2)
=
1
(m
2+1) y1
2 +
1
(m
2+1) y2
2 −
2
(m
2+1) y1 y2
=
1
m
2+1
⋅(
1
y1
2 + 1
y2
2 −
2
y1 y2)=
1
m
2+1
⋅( y1+ y2)
2−4 y1 y2
( y1 y2)
2
=
1
m
2+1
⋅m
2+1
9
= 1
9，
∴|
1
|A F2)
−
1
|B F2))= 1
3，为定值．
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线联立，解决定值的问题，本题的关键是
利用坐标表示|A F2)和|B F2)，并求解|
1
|A F2)
−
1
|B F2))
2
.
【8-1】已知F1、F2分别为椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点，且右焦点F2的坐
标为(1,0)，点P(1,
❑√2
2 )在椭圆C上，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的标准方程
(2)若过点F2的直线l与椭圆C交于A ,B两点，且| AB|= 4
3
❑√2，求直线l的方程；
(3)过椭圆C上异于其顶点的任一点Q，作圆O: x
2+ y
2=1的两条切线，切点分别为M，
N（M，N不在坐标轴上），若直线MN在x轴、y轴上的截距分别为m、n，那么1
m
2 + 2
n
2
是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1) x
2
2 + y
2=1；
(2)x−y −1=0或x + y −1=0；
(3)是，2.
【分析】（1）由已知F1(−1,0)，且c =1，又已知椭圆上的一个点，根据定义可求得
a的值，进而得到椭圆方程；
（2）讨论直线l是否与x 轴垂直.当直线l不垂直x轴时，设直线l: y =k( x−1)，联立
直线与椭圆的方程，用k表示出弦长，根据条件解出k的值，即可得到直线方程；
（3）分别设点Q(x0, y0)，M (x3, y3)，N (x4, y4)，则可得出直线MQ的方程为
举一反三
x x3+ y y3=1，同理得出直线NQ的方程为x x4+ y y4=1，两者形式相同，且Q(x0, y0)满
足两个方程，则直线MN的方程为x x0+ y y0=1，求得n= 1
x0
，m= 1
y0
，又Q 在椭圆上，
则可求得1
m
2 + 2
n
2 =2.
【详解】（1）椭圆C的右焦点F2的坐标为(1,0)，
∴椭圆C的左焦点F1的坐标为(−1,0)，
由椭圆的定义得| P F1|+| P F2|=2a，
所以，2a=
❑√
(1−(−1))
2+(
❑√2
2 −0)
2
+
❑√
(1−1)
2+(
❑√2
2 −0)
2
=2❑√2，
∴a= ❑√2，a
2=2
由题意可得c =1，即b
2=a
2−c
2=1，
即椭圆C的方程为x
2
2 + y
2=1；
（2）直线l与椭圆C的两个交点坐标为A(x1, y1)，B(x2, y2)，
①当直线l垂直x轴时，l方程为：x =1，代入椭圆可得，y =±
❑√2
2 ，则| AB|= ❑√2，
不合题意，舍去；
②当直线l不垂直x轴时，设直线l: y =k( x−1)
联立{
x
2
2 + y
2=1
y =k( x−1))
，消y得，(1+2k
2) x
2−4 k
2 x +2k
2−2=0，
则x1+ x2=
4 k
2
2k
2+1
，x1 x2= 2k
2−2
2k
2+1
，
Δ=(4 k
2)
2−4(2k
2+1)(2k
2−2)=8(k
2+1)>0恒成立.
|AB)
2=(
❑√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2)
2
 =(1+ k
2)[(x1+ x2)
2−4 x1 x2) = 8(k
2+1)
2
(2k
2+1)
2，
又| AB|= 4
3
❑√2，则8(k
2+1)
2
(2k
2+1)
2 =(
4 ❑√2
3 )
2
= 32
9 ，
化简得，7 k
4−2k
2−5=0，即(7 k
2+5)(k
2−1)=0，解得k
2=1或k
2=−5
7 （舍去），
所以k =±1，∴直线方程l的方程为x−y −1=0或x + y −1=0.
（3）
是定值，定值为2.
设点Q(x0, y0)，M (x3, y3)，N (x4, y4)，连接OM，ON，
0 M ⊥MQ，ON ⊥NQ，则有x3
2+ y3
2=1，x4
2+ y4
2=1.
∵M，N不在坐标轴上，则k MO= y3
x3
，k NO= y4
x4
，
则k MQ=−1
k MO
=−x3
y3
，k NQ=−1
k NO
=−x4
y4
，
∴直线MQ的方程为y −y3=−x3
y3
(x−x3)，即x x3+ y y3= x3
2+ y3
2=1，…①
同理直线NQ的方程为x x4+ y y4=1，…②，
将点Q代入①②，得{
x0 x3+ y0 y3=1
x0 x4+ y0 y4=1)，
显然M (x3, y3)，N (x4, y4)满足方程x x0+ y y0=1，
∴直线MN的方程为x x0+ y y0=1，
分别令x =0，y =0，得到n= 1
x0
，m= 1
y0
，∴y0= 1
m，x0= 1
n，
又Q(x0, y0)满足x
2
2 + y
2=1，∴ 
1
m
2
2 + 1
n
2 =1，即1
m
2 + 2
n
2 =2.
【点睛】圆锥曲线定值问题，设出相关点的坐标.根据已知条件，求出定值涉及的要点，
根据圆锥曲线方程确定这一隐含条件，找准出发点，即可推得.本题中，分别设点
Q(x0, y0)，M (x3, y3)，N (x4, y4)，则可得出直线MQ的方程为x x3+ y y3=1，同理得出
直线NQ的方程为x x4+ y y4=1，两者形式相同，且Q(x0, y0)满足两个方程，则直线MN
的方程为x x0+ y y0=1，求得n= 1
x0
，m= 1
y0
，又Q 在椭圆上，则可求得1
m
2 + 2
n
2 =2.
【8-2】已知点M(1, 3
2)，N(−1,−3
2)，直线PM，PN的斜率乘积为−3
4 ，P点的轨迹为
曲线C.
（Ⅰ）求曲线C的方程；
（Ⅱ）设斜率为k的直线交x轴于T，交曲线C于A，B两点，是否存在k使得
| AT |
2+|BT |
2为定值，若存在，求出的k值；若不存在，请说明理由.
【答案】（Ⅰ）x
2
4 + y
2
3 =1(x≠±1)；（Ⅱ）存在，±
❑√3
2 .
【分析】（Ⅰ）设设P点坐标为( x , y)，根据题意得计算斜率之积即可得：
x
2
4 + y
2
3 =1(x≠±1)
（Ⅱ）设A( x , y)，B(x2, y2)，设直线AB为x =my +n，与曲线C 联立方程并结合弦
长公式得：| AT |
2+|BT |
2=(m
2+1)( y1
2+ y2
2)=(m
2+1)[( y1+ y2)
2−2 y1 y2) 
=6 (m
2+1)
(3m
2+ 4)
2 [(3m
2−4)n
2+ 4(3m
2+ 4))，再令3m
2−4 =0即可得答案.
【详解】（Ⅰ）设P点坐标为( x , y)，则k PM ⋅k PN =−3
4
∴
y −3
2
x−1 ⋅
y + 3
2
x +1 =−3
4
   
∴4( y −3
2)( y + 3
2)+3( x−1)( x +1)=0
∴x
2
4 + y
2
3 =1，∴曲线C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1(x≠±1)
（Ⅱ）设A( x , y)，B(x2, y2)，设直线AB为x =my +n
代入3 x
2+ 4 y
2=12得(3m
2+ 4) y
2+6mny +3n
2−12=0
Δ=36m
2n
2−4(3n
2−12)(3m
2+ 4)= 48(3m
2+ 4−n
2)>0
所以由弦长公式得：| AT |
2=(m
2+1) y1
2,|BT |
2=(m
2+1) y2
2
所以| AT |
2+|BT |
2=(m
2+1)( y1
2+ y2
2)=(m
2+1)[( y1+ y2)
2−2 y1 y2)
=(m
2+1)[(
−6mn
3m
2+ 4)
2
−2 3n
2−12
3m
2+ 4 )
=6 (m
2+1)
(3m
2+ 4)
2 [(3m
2−4)n
2+ 4(3m
2+ 4))为定值，
则3m
2−4 =0，m=± 2
❑√3，k AB= 1
m =±
❑√3
2
【点睛】本题考查曲线的轨迹方程求解，弦长公式，定值问题，考查运算求解能力，
是中档题.本题第二问解题的关键在于设设直线AB为x =my +n,进而结合弦长公式得：
| AT |
2+|BT |
2 =6 (m
2+1)
(3m
2+ 4)
2 [(3m
2−4)n
2+ 4(3m
2+ 4)).
【8-3】设椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率e = 1
2，长轴
为4，且过椭圆右焦点F2的直线l与椭圆C交于M 、N两点．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)若⃗OM ⋅⃗ON =−2，其中O为坐标原点，求直线l的斜率；
(3)若AB是椭圆C经过原点O的弦，且MN // AB，判断| AB|
2
| MN | 是否为定值？若是定
值，请求出，若不是定值，请说明理由．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)± ❑√2
(3)是定值，定值为4
【分析】（1）由离心率和长轴，求出a和c，再由b
2=a
2−c
2求得b
2，即可求出椭圆
标准方程；
（2）设直线l的方程为：y =k( x−1)，直线l与椭圆C交于两点M ( x1, y1)，
N ( x2, y2)，直线方程与椭圆方程联立，分别表示出x1⋅x2和y1⋅y2，由⃗OM ⋅⃗ON =−2列
出方程，即可求出斜率值；
（3）由弦长公式表示出|MN )，再由AB是椭圆C经过原点O的弦，且MN // AB，表
示出|AB)
2，即可得出答案．
【详解】（1）解：由离心率e = 1
2，长轴为4，得a=2，c =1 ，
所以b
2=a
2−c
2=3，
故椭圆C 的标准方程为：x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）由（1）得椭圆的右焦点F2的坐标为(1,0)，
设直线l的方程为：y =k( x−1)，直线l与椭圆C交于两点M ( x1, y1)，N ( x2, y2)，
由{
x
2
4 + y
2
3 =1
y =k( x−1))
得，(3+ 4 k
2)x
2−8k
2 x + 4 k
2−12=0，
则x1+ x2=
8k
2
3+ 4 k
2，x1⋅x2= 4 k
2−12
3+ 4 k
2 ，
所以y1⋅y2=k
2[ x1 x2−( x1+ x2)+1]= −9k
2
3+ 4 k
2，
因为⃗OM ⋅⃗ON =−2，
所以x1⋅x2+ y1⋅y2=−2，即4 k
2−12
3+ 4 k
2 −
9k
2
3+ 4 k
2 =−2，
解得k =± ❑√2，
故直线l的斜率为± ❑√2．
（3）| AB|
2
| MN | 是定值，理由如下，
由（2）得：直线l的方程为：y =k( x−1)，直线l与椭圆C交于两点M ( x1, y1)，
N ( x2, y2)，
x1+ x2=
8k
2
3+ 4 k
2，x1⋅x2= 4 k
2−12
3+ 4 k
2 ，
则|MN )=
❑√(1+ k
2)[( x1+ x2)
2−4 x1 x2]
= ❑√
(1+ k
2)[(
8k
2
3+ 4 k
2 )
2
−4× 4 k
2−12
3+ 4 k
2 ] 
= ❑√
(1+ k
2)× 144(1+ k
2)
(3+ 4 k
2)
2
= 12(1+k
2)
3+ 4 k
2
，
由AB是椭圆C经过原点O的弦，设A(m,n)，B(−m,−n)，直线AB的斜率为k AB，
则|AB)
2= 4 m
2+ 4 n
2，
由MN // AB得，k AB= 2n
2m = n
m =k，且m
2
4 + n
2
3 =1，
得|AB)
2= 48(1+k
2)
3+ 4 k
2
，
所以| AB|
2
| MN | =
48(1+k
2)
3+ 4 k
2
12(1+ k
2)
3+ 4 k
2
= 4，为定值．
【例题9】如图，椭圆Γ：x
2
4 + y
2
2 =1，F为其右焦点，过点P(0,1)的动直线l与椭圆Γ相
交于A，B两点.
  
(1)若直线l经过焦点F，求此时线段AB的长度；
(2)若焦点F不在直线l上，求△FAB周长的最大值及相应直线l的方程；
(3)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得|QA |
|QB| =| PA |
| PB| 恒
成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)3；
(2)最大值为8，直线l：y =
❑√2
2 x +1；
(3)存在，Q(0,2).
【分析】（1）求出点F的坐标及直线l的方程，与椭圆方程联立求出弦长.
（2）令椭圆左焦点为E，利用线段和差大小关系及椭圆定义推理求解.
（3）由特殊位置确定点Q的位置及坐标，再就一般情况推理求解.
【详解】（1）依题意，F(❑√2,0)，直线l的斜率为−
❑√2
2 ，方程为y =−
❑√2
2 x +1，
由{
y =−
❑√2
2 x +1
x
2
4 + y
2
2 =1 )
消去y得x
2−❑√2 x−1=0，解得x =
❑√2± ❑√6
2
，
所以线段AB的长| AB|=
❑√(
❑√2
2 )
2
+1⋅|
❑√2+ ❑√6
2
−
❑√2−❑√6
2
|= ❑√
3
2 ⋅❑√6=3.
题型九、圆锥曲线：证明“长度比值/乘积相
典例探究
（2）设椭圆的左焦点为E(−❑√2,0)，则|AB)≤|AE)+|BE)，
于是|AB)+|AF)+|BF)≤|AE)+|AF)+|BF)+|BE)=8，当且仅当直线l过左焦点E取
等号，
所以△FAB周长的最大值为8，此时直线l方程为y =
❑√2
2 x +1.
（3）存在点Q (0,2)满足题意，
假设存在满足题意的定点Q，当直线l平行于x轴时，则|QA)
|QB) =|PA)
|PB) =1，A，B两点
关于y轴对称，
则Q点在y轴上，不妨设Q (0,t )，
当直线l垂直于x轴时，A (0,❑√2)，B(0,−❑√2)，|QA)
|QB) =|
t −❑√2
t + ❑√2)=|PA)
|PB) =|
1−❑√2
1+ ❑√2)，
解得t =2或t =1（舍去，否则Q点就是P点），即Q点的坐标为(0,2)；
对于一般的直线l：y =kx +1，Q (0,2)也满足题意.
因为|QA)
|QB) =|PA)
|PB)，由角平分线定理知，y轴为∠AQB的角平分线，则只需
kQA =−kQB.
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则y1=k x1+1，y2=k x2+1，
则{
y =kx +1
x
2+2 y
2= 4)，消去y可得，(1+2k
2) x
2+ 4 kx −2=0，
则x1+ x2=−
4 k
1+2k
2，x1 x2=
−2
1+2k
2，
于是kQA = y1−2
x1
= k x1−1
x1
=k −1
x1
，kQB= y2−2
x2
= k x2−1
x2
=k −1
x2
，
两式相加得，kQA+kQB=2k −(
1
x1
+ 1
x2)=2k −x1+ x2
x1 x2
=2k −2k =0，
即kQA =−kQB从而，假设成立.
即存在与点P不同的定点Q (0,2)，使得|QA)
|QB) =|PA)
|PB)恒成立.
  
【9-1】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，左、右顶点分别为
A1、A2，且右顶点和上顶点都在直线
❑√3 x +2 y −2❑√3=0上.
(1)求C的方程；
(2)若直线l经过F1交椭圆C于A、B两点，求△A2 AB面积的最大值；
(3)若过点P(4,0)的直线交C于M、N两点，点G是线段MN上异于M、N的一点，且
|G A1)=|GP)，证明：|PM )⋅|GN )=|PN )⋅|MG)
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)9
2
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意求出a、b的值，即可得出椭圆C的方程；
（2）由题意可知，直线l不与x轴重合，设直线l的方程为x =ny −1，设点A(x A , y A)、
B(xB, yB)，将直线l的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，结合三角形的面积公式以及
对勾函数的单调性可求得△A2 AB面积的最大值；
（3）按直线MN的斜率是否为0分类，在不为0时设出方程，并与椭圆方程联立，利
用韦达定理，结合共线向量的坐标运算推理得证.
举一反三
【详解】（1）在直线方程❑√3 x +2 y −2❑√3=0中，令x =0，得y = ❑√3，即上顶点
(0,❑√3)，则b= ❑√3，
令y =0，得x =2，即A2(2,0)，则a=2，所以C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）若直线l与x轴重合，则直线l经过点A2，不合乎题意，
设直线l的方程为x =ny −1，
联立{
x
2
4 + y
2
3 =1
x =ny −1)
得(3n
2+ 4) y
2−6ny −9=0，
Δ=36n
2+36(3n
2+ 4)=144(n
2+1)>0，
设点A(x A , y A)、B(xB, yB)，由韦达定理可得y A+ yB=
6n
3n
2+ 4 ，y A yB=−
9
3n
2+ 4 ，
所以，|y A−yB)= ❑√( y A+ yB)
2−4 y A yB= 12
❑√n
2+1
3n
2+ 4
，
于是
S△A2 AB= 1
2|A2 F1)⋅|y A−yB)= 1
2 ×3× 12
❑√n
2+1
3n
2+ 4
= 18
❑√n
2+1
3n
2+ 4
=
18
3
❑√n
2+1+
1
❑√n
2+1
，
令t =
❑√n
2+1(t ≥1)，令y =3t + 1
t ，其中t ≥1，
由对勾函数的单调性可知，函数y =3t + 1
t 在[1,+∞)上为增函数，
当t =1时，即当n=0时，y =3t + 1
t 取最小值4，
此时，△A2 AB的面积取最大值，且其最大值为18
4 = 9
2.
（3）当直线MN的斜率为0时，不妨记M (−2,0)、N (2,0)，
而A1(−2,0)，由|G A1)=|GP)，得G (1,0)，
则|PM )⋅|GN )=6×1=6,|PN )⋅|MG)=2×3=6，因此|PM )⋅|GN )=|PN )⋅|MG)；
当直线MN的斜率不为0时，设M (x1, y1)、N (x2, y2)、G(x0, y0)，
设直线MN的方程为x =my + 4，
由{
3 x
2+ 4 y
2=12
x =my + 4 )消去y得(3m
2+ 4) y
2+24 my +36=0，
则Δ=(24 m)
2−144(3m
2+ 4)=144(m
2−4)>0，m
2>4，
由韦达定理可得y1+ y2= −24 m
3m
2+ 4 ，y1 y2=
36
3m
2+ 4 ，
如图，由|G A1)=|PG)，得点G在线段A1 P的垂直平分线x =1上，即x0=1，
显然|PM )
|PN ) = y1
y2
，设⃗MG = λ⃗GN，即(x0−x1, y0−y1)= λ(x2−x0, y2−y0)，
于是y0−y1= λ( y2−y0)，
由点G(1, y0)在直线MN上，得1=m y0+ 4，
则y0=−3
m =−72
24 m =
2×
36
3m
2+ 4
−24 m
3m
2+ 4
= 2 y1 y2
y1+ y2
，整理得y2 y0−y1 y2= y1 y2−y1 y0，
于是y0−y1= y1
y2
( y2−y0)，因此
y1
y2
= λ，|MG)
|GN ) = λ = y1
y2
=|PM )
|PN ) ，
所以|PM )⋅|GN )=|PN )⋅|MG).
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后
利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
【9-2】如图，已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)过点P(2,1)，离心率e =
❑√3
2 .
（1）求椭圆C的方程；
（2）如图，直线l2平行于OP（O为原点），且与椭圆C交于两点A、B，与直线x =2
交于点M（M介于A、B两点之间）.
（i）当△PAB面积最大时，求l2的方程；
（ii）求证：|PA)|MB)=|PB)|MA).
【答案】（1）x
2
8 + y
2
2 =1；（2）（i）y = 1
2 x−❑√2，（ii）证明见解析.
【解析】（1）根据条件求出a,b，即可写出椭圆方程；
（2）（i）设直线l2的方程为y = 1
2 x +t，联立椭圆方程，表示出△PAB面积，可求出
面积最大时t的值，即可得出l2的方程；
（ii）证明|AM )
|BM ) = S△PAM
S△PBM
=|PA)
|PB)即可.
【详解】（1）由e =
❑√3
2 ⇒c
2
a
2 = 3
4 ，b
2
a
2 = 1
4 .
由于椭圆过点（2，1），所以4
a
2 + 1
b
2 =1，解得：b
2=2，a
2=8，
所以椭圆的方程为：x
2
8 + y
2
2 =1；
（2）（i）由题设条件知kOP= 1
2，由题意设直线l2的方程为y = 1
2 x +t，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立直线l2与椭圆的方程，整理可得x
2+2tx +2t
2−4 =0，
Δ= 4 t
2−4⋅(2t
2−4)>0，即t
2<4，x1+ x2=−2t，x1 x2=2t
2−4，
所以弦长|AB)= ❑√1+ 1
4
❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= ❑√5
❑√4−t
2，
P到直线AB的距离为：d = 2|t |
❑√5 ，
所以S△PAB= 1
2 | AB|d =|t |
❑√4−t
2=
❑√(4−t
2)t
2≤(4−t
2)+t
2
2
=2，
当且仅当t
2=2取等号，由M介于A、B之间可得t =−❑√2，
这时直线l2的方程为y = 1
2 x−❑√2；
（ii）证明：∵k PA = y1−1
x1−2 =
1
2 x1+t −1
x1−2
= 1
2 +
t
x1−2
，
同理：k PB= 1
2 +
t
x2−2，
∴k PA+k PB=1+t(
1
x1−2 +
1
x2−2) =1+ t (x1+ x2−4)
(x1−2)(x2−2)
 =1+
t (x1+ x2−4)
x1 x2−2(x1+ x2)+ 4
将x1+ x2=−2t，x1 x2=2t
2−4，代入可得：
k PA+ k PB=1+
t(−2t −4)
2t
2−4−2(−2t )+ 4
=0，
所以直线PA，PB关于直线x =2对称，即PM为∠APB的角平分线，
所以|AM )
|BM ) = S△PAM
S△PBM
=
1
2|PA)|PM )sin ∠APM
1
2|PB)|PM )sin ∠BPM
=|PA)
|PB)，
即证得：|PA)|MB)=|PB)|MA).
【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与圆的位置关系，考查椭圆中三角形面
积问题，属于较难题.
【9-3】已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率e =
❑√5
3 ，且点M(−3 ❑√2
2
,❑√2)在椭圆E
上，直线l: y = 2
3 x +m与椭圆E 交于不同的两点A，B．
(1)求椭圆E 的标准方程；
(2)设直线OA，OB 的斜率分别为k1,k2，证明：k1k2= 4
9 ；
(3)设直线l 与两坐标轴的交点分别为P，Q，证明：| PA |⋅| PB|=|QA |⋅|QB|．
【答案】(1) x
2
9 + y
2
4 =1
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由椭圆的离心率的值，及将点M的坐标代入椭圆的方程，可得a，b的
值，即求出椭圆的方程；
（2）联立直线与l与椭圆的方程，可得两根之积，求出直线OA，OB的斜率之积的表
达式，整理可得斜率之积；
（3）由题意可得点P，Q的坐标，求出| PA |⋅| PB|的表达式，再求出
|QA |⋅|QB|的表达式，即可证得结论．
【详解】（1）∵e = c
a =
❑√5
3 ，又c
2=a
2−b
2，
∴1−b
2
a
2 = 5
9，∴b
2
a
2 = 4
9 ，
又∵
9
2a
2 + 2
b
2 =1，∴b
2= 4 ,a
2=9，
∴椭圆方程为x
2
9 + y
2
4 =1；
（2）联立直线与椭圆方程得{
y = 2
3 x +m
x
2
9 + y
2
4 =1)
，得8 x
2+12mx +9m
2−36=0，
又因为有两个交点，所以Δ=144 m
2−32(9m
2−36)>0，解得−2❑√2<m<2❑√2，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，故x1+ x2=−3m
2 , x1 x2= 9(m
2−4)
8
，
又y1= 2
3 x1+m, y2= 2
3 x2+m，
∴y1 y2= 4
9 x1 x2+ 2m
3 (x1+ x2)+m
2= m
2−4
2
，
∴k1k2= y1 y2
x1 x2
= 4
9 ；
（3）由已知得：P(0,m),Q(−3m
2 ,0)，
∴| PA |
2= x1
2+( y1−m)
2= x1
2+ 4
9 x1
2= 13
9 x1
2，
| PB|
2= x2
2+( y2−m)
2= x2
2+ 4
9 x2
2= 13
9 x2
2，
∴| PA |⋅| PB|= 13
9 |x1 x2)，
∵|QA |
2=(x1+ 3m
2 )
2
+ y1
2= 9
4 y1
2+ y1
2= 13
4 y1
2，
|QB|
2=(x2+ 3m
2 )
2
+ y2
2= 9
4 y2
2+ y2
2= 13
4 y2
2，
∴|QA |⋅|QB|= 13
4 |y1 y2)，∴| PA |⋅| PB|
|QA |⋅|QB| = 4
9
|x1 x2)
|y1 y2)
= 4
9 × 9
4 =1，
即| PA |⋅| PB|=|QA |⋅|QB|.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为(x1, y1),(x2, y2)；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，注意Δ的判
断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+ x2、x1 x2（或y1+ y2、y1 y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
【例题10】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)的左、右顶点分
别为A ,B，上顶点为M，且⃗AM ⋅⃗BM =−3，△MAB的面积为2.
(1)求C的方程；
(2)若直线l交C于P ,Q两点，以线段OP,OQ为直径的圆的另一个交点为G，且
|OG)=1，求|PQ)的最大值．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)2．
【分析】（1）由⃗AM ⋅⃗BM =−3，再结合△MAB的面积，即可求出a=2,b=1，从
而可求解.
（2）结合题意作出图形，求得P ,G ,Q三点共线，且OG⊥PQ，然后再分别讨论直
线l斜率存在与不存在两种情况，再与椭圆方程联立，利用韦达定理从而可求解.
【详解】（1）由题得A (−a,0),B (a,0), M (0,b)，所以⃗AM =(a,b),⃗BM =(−a,b)，
所以⃗AM ⋅⃗BM =−a
2+b
2=−3，即a
2=b
2+3①，
因为△MAB的面积为2，所以1
2 ×2a×b=2，
即ab=2②，联立①②，得a=2,b=1，
故C的方程为x
2
4 + y
2=1．
（2）如图，因为以线段OP,OQ为直径的圆相交于异于原点的点G，
根据直径所对的圆周角为90°得到P ,G ,Q三点共线．
P ,G ,Q三点共线，且OG⊥PQ．
题型十、圆锥曲线弦长/长度最值（范围）问题
典例探究
因为|OG)=1，所以原点O到直线l的距离为1.
当直线l斜率不存在时，直线l的方程为x =−1或x =1．
当l: x =1时，不妨设P(1,
❑√3
2 ),Q(1,−
❑√3
2 )，
则|PQ)= ❑√3，当l: x =−1时，同理|PQ)= ❑√3．
当直线l斜率存在时，设直线l的方程为y =kx +m，即kx−y +m=0．
所以原点O到直线l的距离为|m)
❑√k
2+1
=1，则k
2+1=m
2．
联立{
x
2
4 + y
2=1
y =kx +m)
，消元得(4 k
2+1) x
2+8kmx + 4(m
2−1)=0，
则Δ=(8km)
2−4×4(m
2−1)(4 k
2+1)>0，即k
2>0，
设P(x1, y1),Q(x2, y2)，则x1+ x2=−8km
4 k
2+1
, x1 x2= 4(m
2−1)
4 k
2+1
，
由k
2+1=m
2，得k
2=m
2−1>0，则m
2>1，
|PQ)= ❑√(1+k
2)[(x1+ x2)
2−4 x1 x2)=
❑√
m
2[(−8km
4 k
2+1)
2
−4⋅4(m
2−1)
4 k
2+1 )= 4 ❑√
3(m
2−1)m
2
(4 m
2−3)
2
，
令t = 4 m
2−3，t >1，
则|PQ)= ❑√
3(t +3)(t −1)
t
2
= ❑√3⋅❑√
1+ 2
t −3
t
2 = ❑√3 ❑√−3(
1
t −1
3)
2
+ 4
3
．
由0< 1
t <1，所以当1
t = 1
3，即t =3时，| PQ|max=2，
综上可知，|PQ)的最大值为2．
【10-1】在平面直角坐标系中，O为坐标原点，F，T 分别是椭圆C：x
2
a
2 + y
2=1(a>1)的左
焦点，右顶点，过F 的直线交椭圆C 于A，B 两点，当AB⊥x轴时，△TAB的面积为
1+
❑√3
2 .
(1)求a；
(2)若斜率为1
2的直线l交椭圆C 于G，H 两点，N 为以线段GH为直径的圆上一点，求
|ON )的最大值.
【答案】(1)a=2
(2)❑√5
【分析】（1）在椭圆方程中，令x =−c，解得y =± b
2
a ，得|AB)= 2b
2
a ，再根据
S△ABT =1+
❑√3
2 结合a
2=1+c
2，求出答案；
（2）设直线l：y = 1
2 x +m与椭圆方程联立，由韦达定理求得GH的中点为
D(−m, 1
2 m)，利用弦长公式求得|GH )，进而得到以GH为直径的圆的半径
r =
❑√5
2
❑√2−m
2，由|ON )≤|OD)+r =
❑√5
2 (|m)+
❑√2−m
2)，三角换元利用三角函数性质求
出最大值.
【详解】（1）依题意有b=1，当AB⊥x轴时，在椭圆方程中，令x =−c，解得
y =± b
2
a ，则|AB)= 2b
2
a ，
∴S△ABT = 1
2 × 2b
2
a ×(a+c)=1+
❑√3
2 ，又a
2=1+c
2．解得a=2，c = ❑√3．
举一反三
（2）设直线l：y = 1
2 x +m，设G(x1, y1)，H (x2, y2)，
联立{
y = 1
2 x +m
x
2+ 4 y
2= 4)
，得2 x
2+ 4 mx + 4 m
2−4 =0，
所以{
Δ=−16m
2+32>0
x1+ x2=−2m
x1 x2=2m
2−2 )
，所以−❑√2<m<❑√2.
∴y1+ y2=m，所以GH的中点为D(−m, 1
2 m)，
所以|GH )= ❑√1+ 1
4 ×❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=
❑√5
2
❑√8−4 m
2=
❑√5(2−m
2).
又N的轨迹是以D(−m, 1
2 m)为圆心，半径r =
❑√5
2
❑√2−m
2的圆，
所以|ON )≤|OD)+r =
❑√5
2 |m)+
❑√5
2
❑√2−m
2=
❑√5
2 (|m)+
❑√2−m
2).
令|m)= ❑√2cosθ，θ∈(0,π
2 )，
记f (θ)=
❑√5
2 (❑√2cosθ+ ❑√2sinθ)=
❑√10
2
×❑√2sin(θ+π
4 )= ❑√5sin(θ+π
4 )，
又θ+π
4 ∈(
π
4 , 3π
4 )，所以θ =π
4 ，|m)=1时，|ON )max= ❑√5.
【10-2】已知椭圆C ：x❑
2
a❑
2 + y❑
2
b❑
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√6
3 ，以椭圆C的四个顶点为
顶点的四边形的周长为8．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l是圆x❑
2+ y❑
2= 3
4 的一条切线，且直线l与椭圆C交于A，B两点，求
|AB)的最大值．
【答案】(1) x
2
3 + y
2=1
(2)|AB)max =2
【分析】（1）直接由题意建立关于a,b,c的方程组求出a,b,c即可得解.
（2）当直线l 的斜率不存在时易得|AB|；当直线l 的斜率存在时设其方程为
l：y =kx +m，由直线l 与圆相切得参数k 与m 的关系式，由直线与椭圆相交联立方程得
韦达定理，再根据弦长公式结合基本不等式即可求解.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，依题意{
c
a =
❑√6
3
a
2=b
2+c
2
❑√a
2+b
2=2)
，{
a= ❑√3
b=1
c = ❑√2)
，
∴所求椭圆方程为x
2
3 + y
2=1.
（2）①当直线l 的斜率不存在时，l: x =±
❑√3
2 ，将其代入x
2
3 + y
2=1得y =±
❑√3
2 ，
故可得|AB)=|y A−yB)= ❑√3；
  
②当直线l 的斜率存在时，设l：y =kx +m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由AB与圆x
2+ y
2= 3
4 相切，所以圆心O到AB的距离d =
|m)
❑√1+ k
2 =
❑√3
2 ，
所以m
2= 3
4 (1+k
2)，
由{
y =kx +m
x
2
3 + y
2=1)
得(1+3k
2) x
2+6mkx +3m
2−3=0，
所以
Δ=(6mk )
2−4×(1+3k
2)×(3m
2−3)=36m
2k
2−(36m
2k
2−36 k
2+12m
2−12)
=36 k
2−12m
2+12=36 k
2−12× 3
4 (1+k
2)+12=27 k
2+3>0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则x1+ x2=−6mk
1+3k
2 , x1 x2= 3m
2−3
1+3k
2 ，
|AB)=
❑√1+ k
2❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=
❑√1+k
2❑√(−6mk
1+3k
2)
2
−4× 3m
2−3
1+3k
2
=
❑√1+ k
2❑√
36m
2k
2−4(3m
2−3)(1+3k
2)
(1+3k
2)
2
=
❑√1+k
2❑√
36m
2k
2−(36m
2k
2−36 k
2+12m
2−12)
(1+3k
2)
2
=
❑√1+ k
2❑√
36 k
2−12m
2+12
(1+3k
2)
2
=
❑√1+k
2❑
√
36k
2−12× 3
4 (1+k
2)+12
(1+3k
2)
2
 
=
❑√1+k
2❑√
27 k
2+3
(1+3k
2)
2，
当k =0时，|AB)= ❑√3
当k ≠0时，|AB)=
❑
√
27 k
2+ 3
k
2 +30
9k
2+ 1
k
2 +6
=
❑
√
3(9k
2+ 1
k
2)+30
9k
2+ 1
k
2 +6
=
❑
√
3(9k
2+ 1
k
2 +6)+12
9k
2+ 1
k
2 +6
= ❑
√
3+
12
9k
2+ 1
k
2 +6
≤❑
√
3+
12
2❑√
9k
2× 1
k
2 +6
=2
，
当且仅当9k
2= 1
k
2即k =±
❑√3
3 时等号成立，所以|AB)≤2，
又因为2>❑√3，所以|AB)max =2.
【10-3】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的焦距为4，点E (2,3)在C上，直线
l: y =kx +m(k ≠0)与C交于M，N两点.
(1)求C的方程.
(2)若k = 1
2，求|MN )的最大值.
【答案】(1) x
2
16 + y
2
12 =1
(2)2❑√15
【分析】（1）利用椭圆的定义和E点坐标列方程组求解即可；
（2）依题意可得直线l的方程为y = 1
2 x +m，设M (x1, y1)，N (x2, y2)，将直线方程
与椭圆方程联立，利用韦达定理代入弦长公式|MN )= ❑√1+ 1
4 ×|x1−x2)，化简即可求得最
大值；
【详解】（1）依题意可得{
4
a
2 + 9
b
2 =1,
2c = 4 ,
a
2=b
2+c
2,)
解得{
a= 4 ,
b=2❑√3,)
故C的方程为x
2
16 + y
2
12 =1.
（2）依题意可得直线l的方程为y = 1
2 x +m，设M (x1, y1)，N (x2, y2)，
联立{
x
2
16 + y
2
12 =1,
y = 1
2 x +m,)
可得x
2+mx +m
2−12=0，
则Δ= 48−3m
2>0，m
2<16，x1+ x2=−m，x1 x2=m
2−12，
由弦长公式可得|MN )= ❑√1+ 1
4 ×|x1−x2)=
❑√5
2
❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=
❑√5
2
❑√48−3m
2，
当m=0时，|MN )取得最大值，且最大值为2❑√15.
【例题11】设F1, F2分别是椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点，过F1斜率为1 的
直线与E相交于A ,B两点，且| A F2|,| AB|,|B F2|成等差数列．
(1)求a与b的等量关系；
(2)设点P(0，−1)满足|PA)=|PB)，求E的方程．
【答案】(1)a
2=2b
2
(2) x
2
18 + y
2
9 =1
【分析】(1)根据椭圆的定义和等差数列的定义可求得|AB)= 4
3 a，联立方程组利用设
而不求法求|AB)的表达式，列关系式确定a与b的等量关系；
(2)设AB的中点为N，由|PA)=|PB)可得PN ⊥AB，列方程可求a,b,c，由此可得椭
圆方程.
【详解】（1）由椭圆定义知|A F2)+|A F1)=2a，|B F2)+|B F1)=2a，又
|A F1)+|B F1)=|AB)，
所以|A F2)+|B F2)+|AB)= 4 a，因为| A F2|,| AB|,|B F2|成等差数列，所以
2|AB)=|A F2)+|B F2)，所以|AB)= 4
3 a，
由已知点F1的坐标为(−c ,0)，其中c =
❑√a
2−b
2，设l的方程为y = x +c，
联立{
y = x +c
x
2
a
2 + y
2
b
2 =1)
，化简得：(a
2+b
2)x
2+2a
2cx +a
2(c
2−b
2)=0，方程
题型十一、圆锥曲线弦长/长度：成“等差”型
典例探究
(a
2+b
2)x
2+2a
2cx +a
2(c
2−b
2)=0的判别式
Δ= 4 a
4c
2−4 a
2(a
2+b
2)(c
2−b
2)= 4 a
2(a
2b
2−b
2c
2+b
4)=8a
2b
4>0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，由已知x1, x2是方程(a
2+b
2)x
2+2a
2cx +a
2(c
2−b
2)=0的
两个根，所以x1+ x2= −2a
2c
a
2+b
2 ，x1 x2= a
2(c
2−b
2)
a
2+b
2
，因为直线AB斜率为1，
|AB)=
❑√1+ k
2|x1−x2)= ❑√2|x1−x2)=
❑√2[( x1+ x2)
2−4 x1 x2)= 4 ab
2
a
2+b
2，
所以4
3 a= 4 ab
2
a
2+b
2，故a
2=2b
2．
（2）设AB的中点为N (x0, y0)，由(1)知x0= x1+ x2
2
= −a
2c
a
2+b
2 =−2
3 c，y0= x0+c = c
3．
由|PA)=|PB)可得PN ⊥AB,所以k PN k AB=−1，所以y0+1
x0
=−1，所以
c
3 +1
−2c
3
=−1
所以c =3，又a
2=b
2+c
2，从而a=3 ❑√2，b=3，
故椭圆E的方程为x
2
18 + y
2
9 =1．
【11-1】已知斜率为k的直线l与椭圆C : x
2
4 + y
2
3 =1交于A，B两点，若线段AB的中点为
M (1，m)(m>0)．
(1)证明：k =−3
4 m；
(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且⃗FP+⃗FA +⃗FB =0．证明：|⃗FA |，|⃗FP|，
|⃗FB|成等差数列．
举一反三
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)根据“点差法”，即可证明结果；
(2)利用已知条件先求出点P的横坐标，代入椭圆方程求出点P的坐标，进而求出
|⃗FP|= 3
2，易知|⃗FA |=
❑√( x1−1)2+ y1
2=2−x1
2 ，|⃗FB|=2−x2
2 ，再根据等差中项，即
可求证|⃗FA |，|⃗FP|，|⃗FB|成等差数列．
【详解】（1）证明：设A( x1，y1)，B( x2，y2)，
∴ 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
=0，
又∵x1+ x2=2,y1+ y2=2m，
∴ 
y1−y2
x1−x2
=−3
4 m，
∴k =−3
4 m；
（2）证明：∵ ⃗FP+⃗FA +⃗FB =⃗0．∴ ⃗FP =−⃗FA −⃗FB =⃗AF +⃗BF，即⃗
FP+2⃗FM =⃗0，
∵F为C的右焦点，∴F(1,0)，
设P( x3, y3)，则x1−1+ x2−1+ x3−1=0，y1+ y2+ y3=0，
由（1）及题设得x3=3−(x1+ x2)=1，y3=−( y1+ y2)=−2m<0．
又点P在C上，所以m= 3
4 ，从而P(1,−3
2 )，|⃗FP|= 3
2．
于是|⃗FA |=
❑√( x1−1)2+ y1
2=
❑√( x1−1)
2+3(1−x1
2
4 )=2−x1
2
．
同理|⃗FB|=2−x2
2 ．
所以|⃗FA|+)⃗FB|= 4−1
2 (x1+ x2)=3，
故|⃗FA|+)⃗FB|=2)⃗FP|，即|⃗FA |,|⃗FP|,|⃗FB|成等差数列．
【11-2】设F1，F2分别是椭圆E：x
2
4 + y
2
b
2 =1(0<b<2)的左、右焦点，过F1的直线l与E
相交于A，B两点，且|A F2)，| AB|，|B F2)成等差数列．
(1)求|AB)；
(2)若直线l的斜率为1，求椭圆E的标准方程．
【答案】(1)| AB|= 8
3
(2) x
2
4 + y
2
2 =1
【分析】(1)根据等差数列的性质可得|A F2)+|B F2)=2| AB|，结合椭圆的定义计算
即可；
(2)设直线l的方程式为y = x +c，A(x1，y1)，B(x1，y1)，联立方程组，消y 得到关
于x 的一元二次方程，利用韦达定理表示出| AB|，化简求值即可.
【详解】（1）由题意知，a=2，
由椭圆定义知|A F1)+|A F2)=2a= 4，|B F1)+|B F2)=2a= 4，
所以|A F2)+|AB)+|B F2)=8，又|A F2)、| AB|、|B F2)成等差数列，
所以|A F2)+|B F2)=2| AB|，解得| AB|= 8
3；
（2）设直线l的方程式为y = x +c，其中c =
❑√4−b
2，
设A(x1，y1)，B(x1，y1)，则A，B两点坐标满足方程组{
x
2
4 + y
2
b
2 =1
y = x +c )
，
化简得(4+b
2) x
2+8cx + 4 c
2−4 b
2=0，Δ=(8c)
2−4(4+b
2)(4 c
2−4 b
2)=2b
4>0，
则x1+ x2= −8c
4+b
2，x1 x2= 4 c
2−4 b
2
4 +b
2
，
因为直线AB的斜率为1，所以| AB|= ❑√2|x1−x2)即8
3 = ❑√2|x2−x1)，
则32
9 =(x1+ x2)
2−4 x1 x2= 64(4−b
2)
(4 +b
2)
2 −4(4 c
2−4 b
2)
4+b
2
= 32b
4
(4 +b
2)
2，
解得b
2=2，故椭圆E的标准方程为x
2
4 + y
2
2 =1．
【11-3】已知椭圆C: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1（a>b>0），F1、F2分别是椭圆C的左、右焦点，四点
P1(2,❑√2)，P2(−2,❑√2)，P3(0,−2)，P4(2,2)中恰有三点在椭圆上C上.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过F1的直线l交椭圆C于A，B两点，且|A F2)，|AB)，|B F2)成等差数列.
试求：（I）|AB)；
（II）直线AB的斜率.
【答案】（1）x
2
8 + y
2
4 =1；（2）（I）8 ❑√2
3
；（II）k =±1.
【解析】（1）根据对称点判断在椭圆的三点，然后可求得椭圆方程；
（2）（I）由2|AB)=|A F2)+|B F2)= 4 a−|AB)可得|AB)；（II）设直线l方程为
y =k (x +2)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，直线方程代入椭圆方程后应用韦达定理得
x1+ x2, x1 x2，由圆锥曲线中的弦长公式|AB)=
❑√1+k
2|x1−x2)得出|AB)的表达式，从而
求得斜率k．
【详解】（1）因为P1
，P2
关于y轴对称，由题意知P1(2,❑√2)，P2(−2,❑√2)，
P3(0,−2)在椭圆C上.则b=2，2
2
a
2 + (❑√2)
2
2
2
=1，所以a
2=8，故椭圆C的方程为x
2
8 + y
2
4 =1；
（2）（I）由2|AB)=|A F2)+|B F2)= 4 a−|AB)，所以|AB)= 4
3 a= 8 ❑√2
3
（II）由题意可设直线l方程为y =k (x +2)，A(x1, y1)，B(x2, y2)
由{
x
2+2 y
2=8
y =k (x +2))→(1+2k
2) x
2+8k
2 x +8k
2−8=0
显然Δ=32(k
2+1)>0，
|AB)=
❑√1+ k
2|x1−x2)=
❑√1+ k
2⋅❑√(
8k
2
1+2k
2)
2
−32(k
2−1)
1+2k
2
= 4 ❑√2(k
2+1)
1+2k
2
= 8 ❑√2
3
→
k
2=1
故直线AB的斜率k =±1．
【点睛】方法点睛：本题涉及到直线与椭圆相交弦长问题．解题方法是设而不求的思
想方法：
即设交点坐标( x1, y1)，( x2, y2)，设直线方程y =kx +m，直线方程代入椭圆方程整
理后应用韦达定理得x1+ x2, x1 x2，然后由弦长公式d =
❑√1+k
2|x1−x2)计算弦长．
【12-1】如图，矩形ABCD中，|AB)= 4，|BC)=2.A1、B1、A2、B2分别是矩形四条边的
中点，设⃗OR = λ⃗O A2，⃗A2T =(1−λ)⃗A2C (0< λ<1).
题型十二、圆锥曲线弦长/长度：成“等比”型
典例探究
(1)证明：直线B1 R与B2T的交点M在椭圆K：x
2
4 + y
2=1上；
(2)已知PQ为过椭圆K的右焦点F的弦，直线MO与椭圆K的另一交点为N，若
MN // PQ，试判断|PQ)、|MN )、|A1 A2)是否成等比数列，请说明理由.
【答案】(1)见解析
(2)|PQ)、|MN )、|A1 A2)成等比数列，证明见解析.
【分析】（1）设M ( x , y)，分别表示出直线B1 R的方程和直线B2T的方程，两式相
乘化简即可得出答案；
（2）设直线PO的方程为x =my + ❑√3，直线MO 的方程为x =my ,分别与椭圆的方程
联立由韦达定理求出|PQ),|MN )，可证得| MN |
2=| PQ|⋅| A1 A2|,即可判断|PQ)、
|MN )、|A1 A2)成等比数列.
【详解】（1）设M ( x , y)，依题意，R(2 λ ,0)，T (2,1−λ)，B1(0,−1)，
B2(0,1)，
则直线B1 R的方程为y +1= 1
2 λ x，① 
 
直线B2T的方程为y −1=−λ
2 x，② 
 
×
①②得：y
2−1=−1
4 x
2,即x
2
4 + y
2=1,                            
故直线B1 R与B2T的交点M 在椭圆K : x
2
4 + y
2=1上；
（2）依题意，直线PQ、MO的斜率均不为零，故设直线PO 的方程为x =my + ❑√3，
直线MO 的方程为x =my ,                                                
由{
x
2
4 + y
2=1
x =my + ❑√3)
得：(m
2+ 4) y
2+2❑√3my −1=0,
∴y1+ y2=−2❑√3m
m
2+ 4
, y1 y2=−
1
m
2+ 4
,                            
∴| PQ|=
❑√1+m
2| y1−y2|=
❑√1+m
2⋅❑√(−2❑√3m
m
2+ 4 )
2
−4⋅(−
1
m
2+ 4)= 4(m
2+1)
m
2+ 4
,
由{
x
2
4 + y
2=1
x =my )
得y =±
2
❑√m
2+ 4
,                
∴| MN |=
❑√1+m
2| y1−y2|= 4
❑√m
2+1
❑√m
2+ 4
,        
| A1 A2|= 4 ,∴| MN |
2=| PQ|⋅| A1 A2|,                                
即| PQ|、| MN |、| A1 A2|成等比数列.
【12-1】已知直线m与椭圆C : x
2
4 + y
2
3 =1相切于点P(1, 3
2)，直线n的斜率为1
2，设直线n
与椭圆分别交于点A、B(异于点P)，与直线m交于点Q.
（1）求直线m 的方程：
举一反三
（2）证明：| AQ|,| PQ|,|BQ|成等比数列
【答案】（1）x +2 y −4 =0；（2）证明见解析.
【分析】（1）首先设直线m的方程为y =k (x−1)+ 3
2，再与椭圆联立，利用Δ=0求
解即可.
（2）首先设直线n的方程为y = 1
2 x +t，与直线m联立得到xQ=2−t且xQ≠1，则t ≠1，
再与椭圆联立，利用弦长公式计算| AQ|,| PQ|,|BQ|，即可证明.
【详解】（1）由题知直线m的斜率存在，设直线m的方程为y =k (x−1)+ 3
2，
由{
x
2
4 + y
2
3 =1
y =k (x−1)+ 3
2)
只有一组实数解，
即(4 k
2+3) x
2+8k(
3
2 −k)x + 4(
3
2 −k)
2
−12=0只有一实根，
得Δ=64 k
2(
3
2 −k)
2
−4(4 k
2+3)[4(
3
2 −k)
2
−12)=0.
解得k =−1
2.
故直线m的方程为x +2 y −4 =0.
（2）设直线n的方程为y = 1
2 x +t，
则xQ=2−t且xQ≠1，则t ≠1，
由{
x
2
4 + y
2
3 =1
y = 1
2 x +t)
，得x
2+tx +t
2−3=0，
所以{
x A+ xB=−t
x A xB=t
2−3)，
所以|PQ)
2=[
❑√1+(−1
2)
2
|xP−xQ))
2
= 5
4
(t −1)
2>0.
|AQ)⋅|BQ)= ❑√1+(
1
2)
2
|xQ−x A)×❑√1+(
1
2)
2
|xQ−xB)
= 5
4|xQ
2 −(x A+ xB)xQ+ x A xB) = 5
4|(2−t )
2−(2−t )(−t )+t
2−3)
= 5
4 (t
2−2t +1)= 5
4
(t −1)
2>0
即|PQ)
2=|AQ)⋅|BQ)，
即|AQ)､|PQ)､|BQ)成等比数列.
【12-2】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的短轴两端点与左焦点围成的三角形面积为3，
短轴两端点与长轴一端点围成的三角形面积为2，设椭圆C的左、右顶点分别为A ,B , P是
椭圆C上除A ,B两点外一动点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过椭圆C的左焦点作平行于直线OP（O是坐标原点）的直线l，l与曲线C交于
M , N两点，点P关于原点O的对称点为P
′，求证：| AB|,|P P
′),| MN |成等比数列．
【答案】（1）x
2
4 + y
2=1；（2）见解析
【分析】（1）根据题意和椭圆中a,b,c的关系，列出方程组，解这个方程组即可；
（2）依题意，要证| AB|,|P P
′),| MN |成等比数列，只需证
|P P
′)
2=| AB|⋅| MN |，即|P P
′)
2
| MN | =| AB|= 4．设出直线OP的方程、直线l的方程，
分别与椭圆方程联立，结合根与系数关系，求出相应线段的长度进行证明即可.
【详解】（1）解：依题意，得{
bc = ❑√3,
ab=2,
a
2=b
2+c
2,)
解得{
c = ❑√3,
a=2,
b=1, )
故椭圆C的方程为
x
2
4 + y
2=1．
（2）证明：依题意，要证| AB|,|P P
′),| MN |成等比数列，
只需证|P P
′)
2=| AB|⋅| MN |，即|P P
′)
2
| MN | =| AB|= 4．设直线OP: x =my，直线
l: x =my −❑√3，
联立{
x =my ,
x
2
4 + y
2=1,)
得y
2=
4
m
2+ 4 ，x
2= 4 m
2
m
2+ 4
，故
|P P
′)=2❑√
4
m
2+ 4
+ 4 m
2
m
2+ 4
= 4 ❑√
m
2+1
m
2+ 4
．
联立{
x =my −❑√3,
x
2
4 + y
2=1, )
得(m
2+ 4) y
2−2❑√3my −1=0．
设M (x1, y1), N (x2, y2)，则{
y1+ y2= 2❑√3m
m
2+ 4
,
y1 y2= −1
m
2+ 4
, )
|MN )= ❑√(1+m
2)[( y1+ y2)
2−4 y1 y2)=
❑√
(1+m
2)[(
2❑√3m
m
2+ 4 )
2
−4× −1
m
2+ 4)]= 4(1+m
2)
m
2+ 4
，
∴|P P
′)
2
| MN | =
(4 ❑√
m
2+1
m
2+ 4
)
2
4(1+m
2)
m
2+ 4
= 4 =| AB|，所以| AB|,|P P
′),| MN |成等比数列．
【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了椭圆弦长的运算，考查了等比中项的
判断，考查了数学运算能力.
【12-3】设F1,F2分别为椭圆C: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左右焦点
､
,已知椭圆C上的点(1, 3
2)
到焦点F1,F2的距离之和为4.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点F2作直线交椭圆C于M,N两点,线段MN的中点为P,连结OP并延长交椭圆于
点Q(x0, y0)(O为坐标原点),若|O F2),|OQ),|MN )等比数列,求线段MN的方程.
【答案】（1）x
2
4 + y
2
3 =1.（2）y =±
❑√3
2
(x−1).
【解析】（1）根据椭圆定义，代入点(1, 3
2)，得到a和b，从而得到椭圆方程；
（2）根据（1）得到|O F2)=1，根据题意得到|OQ)
2=|O F2)⋅|MN )=|MN )，当直线MN
斜率不存在时，说明不成立，当直线MN斜率存在，设为y =k (x−1)(k ≠0)，与椭圆联立
得到x1+ x2，x1 x2，再得到P点坐标，求出OP方程，得到|OQ)
2，利用弦长公式，得到
|MN )，从而得到关于k的方程，解得k值，得到MN的方程.
【详解】解:（1）因为椭圆C上的点(1, 3
2)到焦点F1，F2的距离之和为4
所以2a= 4，即a=2，
将点(1, 3
2)代入椭圆方程得1
2
2 +(
3
2)
2
b
2 =1，得b
2=3，
故椭圆方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）因为c
2=a
2−b
2= 4−3=1，
所以焦点F1､F2的坐标分别为(−1,0)和(1,0)，|O F2)=1，
因为|O F2)，|OQ)，|MN )成等比数列，
所以|OQ)
2=|O F2)⋅|MN )=|MN ).
①当直线MN斜率不存在时，则所求方程为x =1，|NM )=3，|OQ)=2.
显然不符合题意.
②当直线MN斜率存在，并设直线MN方程为y =k (x−1)(k ≠0)，
代入x
2
4 + y
2
3 =1得(4 k
2+3) x
2−8k
2 x + 4 k
2−12=0，
设M (x1, y1)，N (x2, y2)，则x1+ x2=
8k
2
3+ 4 k
2，x1 x2= 4 k
2−12
3+ 4 k
2 ，
所以
x1+ x2
2
=
4 k
2
3+ 4 k
2，
y1+ y2
2
= x1+ x2−2
2
k =−
3k
3+ 4 k
2，
即P点坐标为(
4 k
2
3+ 4 k
2 ,−
3k
3+ 4 k
2)，
所以可得直线OP方程为:y =−3
4 k x，
代入椭圆方程解得x0
2= 16 k
2
3+ 4 k
2，y0
2=
9
3+ 4 k
2，
故|OQ)
2= 9+16k
2
3+ 4 k
2 ，
又因为|MN )=
❑√1+k
2❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= 12(1+k
2)
3+ 4 k
2 ，
代入|OQ)
2=|O F2)⋅|MN )=|MN )，得9+16k
2
3+ 4 k
2 = 12(1+k
2)
3+ 4 k
2 ，解得k =±
❑√3
2 ，
故直线MN的方程为y =±
❑√3
2
(x−1).
【点睛】本题考查求椭圆方程，直线与椭圆的交点，弦长公式，属于中档题.
1．设A ,B为双曲线x
2−y
2
2 =1上的两点，线段AB的中点为M (2,2)，则|AB)=
（    ）
A．❑√5
B．2❑√5
C．❑√10
D．2❑√10
题型精析・方法突破提能力
【答案】B
【分析】设点A( x1, y1),B( x2, y2)，利用中点弦问题求出直线AB斜率，并求出该直
线方程，再与双曲线方程联立求出弦长.
【详解】设双曲线x
2−y
2
2 =1上的点A( x1, y1),B( x2, y2)，线段AB的中点为
M (2,2)，则x1≠x2，
则{
x1
2−y1
2
2 =1
x2
2−y2
2
2 =1)
，且{
x1+ x2= 4
y1+ y2= 4)，
两式相减，得( x1+ x2)( x1−x2)−1
2 ( y1+ y2)( y1−y2)=0，即y1−y2=2( x1−x2)，
则直线AB斜率k = y1−y2
x1−x2
=2，直线AB的方程为：y =2 x−2，
由{
y =2 x−2
x
2−y
2
2 =1)
，消去y，得x
2−4 x +3=0，解得x1=1, x2=3，
| AB|=
❑√1+ k
2| x1−x2|=2❑√5.
故选：B
2．已知点A，B在双曲线x
2−y
2= 4上，线段AB的中点M (3,1)，则|AB|=（    ）
A．❑√2
B．2❑√2
C．❑√5
D．2❑√5
【答案】D
【分析】先根据中点弦定理求出直线AB的斜率，然后求出直线AB的方程，联立后利
用弦长公式求解AB的长.
【详解】设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则可得方程组：{
x1
2−y1
2= 4
x2
2−y2
2= 4)
，两式相减得：
(x1+ x2)(x1−x2)=( y1+ y2)( y1−y2)，即y1+ y2
x1+ x2
⋅y1−y2
x1−x2
=1，其中因为AB的中点为
M (3,1)，故y1+ y2
x1+ x2
= 1
3
，故y1−y2
x1−x2
=3，即直线AB的斜率为3，故直线AB的方程为：
y −1=3(x−3)，联立{
y −1=3(x−3)
x
2−y
2= 4 )
，解得：2 x
2−12 x +17 =0，由韦达定理得：
x1+ x2=6，x1 x2= 17
2 ，则AB =
❑√1+ k
2❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=2❑√5
故选：D
3．已知点A，B 在双曲线x
2−y
2=3上，线段AB 的中点为M (1,2)，则|AB)=（    ）
A．2❑√5
B．4 ❑√5
C．2❑√10
D．4 ❑√10
【答案】C
【分析】首先结合已知条件，利用点差法求出直线AB的斜率，进而得到直线AB的方
程，然后联立双曲线方程，结合韦达定理和弦长公式求解即可.
【详解】不妨设A( x1, y1)，B( x2, y2)，
从而x1
2−y1
2=3，x2
2−y2
2=3，
由两式相减可得，( x1−x2)( x1+ x2)−( y1−y2)( y1+ y2)=0，
又因为线段AB 的中点为M (1,2)，从而x1+ x2=2，y1+ y2= 4，
故
y1−y2
x1−x2
= 1
2，即直线AB 的斜率为1
2，
直线AB 的方程为：y −2= 1
2 ( x−1)，即y = 1
2 x + 3
2，
将y = 1
2 x + 3
2代入x
2−y
2=3可得，x
2−2 x−7=0，
从而x1+ x2=2，x1 x2=−7，
故|AB)=
❑√1+( 1
2 )
2
| x1−x2|=
❑√5
2
❑√( x1+ x2)
2−4 x1 x2=2❑√10.
故选：C.
4．已知直线l: x−my −1=0与抛物线C : y
2= 4 x交于A，B 两点，若线段AB 的中点
为(x0,2)，则| AB|=（    ）
A．4
B．6
C．8
D．10
【答案】C
【分析】先通过抛物线的定义得到|AB)= x1+ x2+2=2 x0+2，由{
y1
2= 4 x1
y2
2= 4 x2)，利用点
差法得到
y1−y2
x1−x2
=
4
y1+ y2
，通过线段AB 的中点Q(x0,2)，得到AB 的斜率，又因为
k AB=kQF，从而得到x0及|AB).
【详解】抛物线C : y
2= 4 x的焦点为F(1,0)，直线l: x−my −1=0过焦点(1,0)，
设A( x1, y1)，B( x2, y2)，因为(1,0)在抛物线内部，且直线l不包含斜率为0 的情况，
则直线l与抛物线必有两交点，
因为线段AB 的中点为Q(x0,2)，所以y1+ y2= 4
{
y1
2= 4 x1
y2
2= 4 x2)，作差后可以得到y1
2−y2
2= 4( x1−x2)，即
y1−y2
x1−x2
=
4
y1+ y2
=1
可以得到k AB=kQF = 2−0
x0−1 =1，则x0=3
由抛物线定义，得|AB)= x1+ x2+2=2 x0+2=8
故选：C
5．已知点O为坐标原点，直线y =kx (k ≠0)与椭圆C : x
2
a + y
2=1(a>1)交于点A，点
B在C上，OA ⊥OB，若
1
|OA |
2 +
1
|OB|
2 = 4
3 ，则C的离心率为（    ）
A．
❑√3
3
B．2
3
C．
❑√6
3
D．
❑√2
3
【答案】C
【分析】
设A(x1, y1),B(x2, y2)，联立直线y =kx (k ≠0)与椭圆C : x
2
a + y
2=1(a>1)的方程求
出x1
2，x2
2，由椭圆的弦长公式表示出|OA |
2，|OB|
2，代入
1
|OA |
2 +
1
|OB|
2 = 4
3 ，即可
得出答案.
【详解】设A(x1, y1),B(x2, y2)，
由{
y =kx
x
2
a
2 + y
2=1)
得x1
2=
a
2
a
2k
2+1
，
由OA ⊥OB，设OB: y =−1
k x (k ≠0)，
可得：x2
2=
a
2
a
2
k
2 +1
= a
2k
2
a
2+k
2，
所以|OA |
2=(1+ k
2) x1
2= a
2+a
2k
2
a
2k
2+1
,|OB|
2=(1+ 1
k
2)x2
2= a
2+a
2k
2
a
2+ k
2 ，
所以
1
|OA |
2 +
1
|OB|
2 = (a
2+1)(k
2+1)
a
2(k
2+1)
=1+ 1
a
2，
所以1+ 1
a
2 = 4
3 ,a= ❑√3，所以C的离心率为
❑√2
❑√3 =
❑√6
3 ，
故选：C.
6．已知椭圆Γ : x
2
2 + y
2=1的左、右焦点分别为F1、F2，过F2的直线l与椭圆Γ交于A、
B两点．
(1)求Γ的短轴长及△F1 AB的周长；
(2)若直线l过点M (2, 1)，求弦长|AB)．
【答案】(1)2, 4 ❑√2
(2)4 ❑√2
3
【分析】（1）由椭圆的定义即可求解；
（2）联立直线y = x−1与椭圆方程，求出A ,B的坐标，利用两点间的距离公式即可
求得弦长.
【详解】（1）由题意b=1，所以短轴长为2b=2，且a= ❑√2，
所以△F1 AB的周长为
|AB)+|A F1)+|B F1)=|A F1)+|A F2)+|B F1)+|B F2)= 4 a= 4 ❑√2，
即△F1 AB的周长为4 ❑√2．
（2）F2(1, 0)，又直线l过点M (2, 1)，所以k1= 1−0
2−1 =1，
所以直线M F2的方程为y = x−1，
联立{
y = x−1
x
2
2 + y
2=1)
，整理可得3 x
2−4 x =0，可得x =0或x = 4
3 ，可得{
x =0
y =−1)或¿，
所以|AB)= ❑√(0−4
3)
2
+(−1−1
3)
2
= 4 ❑√2
3
．
7．过双曲线C : x
2−y
2
3 =1的右焦点F2倾斜角为π
6 的直线与双曲线有两个交点A,B.
(1)求线段AB的中点坐标；
(2)求|AB).
【答案】(1)(−1
4 ,−3 ❑√3
4 )
(2)3
【分析】（1）由双曲线方程可得F2，进而得到直线方程，由韦达定理即可求得M点
坐标；
（2）利用弦长公式可求得|AB).
【详解】（1）由双曲线方程知：F2(2,0)，则直线方程为y =
❑√3
3
(x−2)，
{
y =
❑√3
3
(x−2)
x
2−y
2
3 =1 )
得：8 x
2+ 4 x−13=0，则Δ=16−32×(−13)= 432>0，
直线方程与双曲线有两个不同的交点A ,B.
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，AB中点为M，
得：{
x1+ x2=−1
2
x1 x2=−13
8 )
，∴xM = x1+ x2
2
=−1
4 ，∴y M =
❑√3
3 (−1
4 −2)=−3 ❑√3
4
；
∴M(−1
4 ,−3 ❑√3
4 )；
（2）由（1）得
|AB)= ❑√1+ 1
3 ⋅❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= 2❑√3
3
×❑√
1
4 + 13
2 =3.
8．已知双曲线C：x
2
2 −y
2=1，点M的坐标为(0,1) ．设直线l 过点M，斜率为1
2，
它与双曲线C交于A、B两点，求线段AB的长．
【答案】2❑√15
【分析】联立直线与双曲线方程，根据弦长公式即可求解.
【详解】直线l的方程为y = 1
2 x +1．
由方程组¿，
得x
2−4 x−8=0．
设A(x1, y1),B(x2, y2)，
则x1+ x2= 4 , x1 x2=−8，
|AB)= ❑√1+ 1
4
❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= ❑√1+ 1
4 ×❑√16+32=2❑√15．
9．已知抛物线M : y
2=2 px ( p>0)的焦点F为椭圆N : x
2
9 + y
2
5 =1的右焦点，且N的左、
右顶点分别为C，D．
(1)求M的方程；
(2)求以CF为直径的圆的标准方程；
(3)设过点D且倾斜角为135
∘的直线l与M交于A，B两点，求|AB)．
【答案】(1)y
2=8 x
(2)(x + 1
2)
2
+ y
2= 25
4
(3)| AB|=8 ❑√5
【分析】（1）先计算求出椭圆的焦点，再结合抛物线的焦点得出抛物线方程；
（2）根据CF为直径得出圆心及半径即可得出圆的方程；
（3）先联立方程组，再应用弦长公式计算求解.
【详解】（1）因为9−5= 4，所以N的右焦点坐标为(2,0)，
所以p
2 =2，即p= 4，
所以M的方程为y
2=8 x．
（2）依题意得C的坐标为(−3,0)，
所以线段CF的中点坐标为(−1
2 ,0)．
因为以CF为直径的圆的半径R =|CF |
2
= 5
2，
所以以CF为直径的圆的标准方程为(x + 1
2)
2
+ y
2= 25
4 ．
（3）依题意可得直线l的方程为y =−x +3．
由{
y =−x +3,
y
2=8 x , )得x
2−14 x +9=0．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则Δ=14
2−36>0，x1+ x2=14，x1 x2=9，
则| AB|=
❑√1+ k
2|x1−x2)= ❑√2⋅❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= ❑√2×❑√160=8 ❑√5．
10．已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右顶点分别为A，B，P(2❑√2,1)在
C上，满足k PA⋅k PB= 1
4 ．
(1)求C的方程；
(2)过点Q (3,0)的直线l（与x轴不重合）交C于M，N两点．若|MN )= 8 ❑√3
3
，求直线
l的方程．
【答案】(1) x
2
4 −y
2=1；
(2)x ± y −3=0或x ±7 y −3=0．
【分析】（1）根据斜率乘积得a
2= 4，再代入P(2❑√2,1)即可得其曲线方程；
（2）设直线l: x =my +3，联立双曲线方程得到韦达定理式，再计算得到|MN )的表
达式即可得到方程，解出即可.
【详解】（1）由题意A(−a.0),B(a.0)，故k PA⋅k PB=
1
2❑√2+a ⋅
1
2❑√2−a = 1
4 ．解
得a
2= 4．
将P(2❑√2,1)代入x
2
4 −y
2
b
2 =1得8
4 −1
b
2 =1，所以b
2=1，
故双曲线C的方程为x
2
4 −y
2=1．
（2）过点Q(3,0)的直线l（与x轴不重合），故设直线l: x =my +3．
设M (x1, y1), N (x2, y2)，联立{
x
2
4 −y
2=1
x =my +3)
，整理得：(m
2−4) y
2+6my +5=0，
Δ=36m
2−20(m
2−4)=16(m
2+5)>0且m
2−4≠0，
故{
y1+ y2=−6m
m
2−4
y1 y2=
5
m
2−4 )
，
故| MN |=
❑√1+m
2×❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 8 ❑√3
3
．
即
❑√1+m
2×
❑√16(m
2+5)
|m
2−4)
= 8 ❑√3
3
，
则3(m
4+6m
2+5)= 4(m
2−4)
2，
即m
4−50m
2+ 49=0，
解得m
2=1或m
2= 49，即m=±1或m=±7：
故l的方程为：l: x ± y −3=0或x ±7 y −3=0．
11．双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别是F1(−4,0)，F2(4,0)，
M (3 ❑√5,2❑√7)在双曲线C上．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)过F2作直线l与双曲线交于点A ,B，若弦AB的长为42，求直线AB的方程．
【答案】(1) x
2
9 −y
2
7 =1
(2)x ± y −4 =0或x ±
❑√15
3
y −4 =0．
【分析】（1）根据点在双曲线上，结合双曲线定义得出2a=||M F1)−|M F2))=6，
结合焦点坐标得出双曲线方程；
（2）先设直线方程l: x =my + 4，再联立方程组应用弦长公式结合韦达定理计算求参
即可得出直线方程.
【详解】（1）因为双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别是F1(−4,0)，
F2(4,0)，M (3 ❑√5,2❑√7)在双曲线C上，
所以2a=||M F1)−|M F2))=∣
❑√(3 ❑√5+ 4)
2+28−
❑√(3 ❑√5−4)
2+28
= ❑√89+24 ❑√5−❑√89−24 ❑√5=
❑√(4 ❑√5+3)
2−
❑√(4 ❑√5−3)
2=6．
所以a=3，c = 4，b
2=c
2−a
2=7．
所以双曲线C的方程为x
2
9 −y
2
7 =1．
（2）若直线l的斜率为0，则AB长度为6，不符合题意．
当直线l斜率不为0 时，设直线l: x =my + 4，与双曲线C : x
2
9 −y
2
7 =1联立，得
(7m
2−9) y
2+56my + 49=0．
当m
2≠9
7 时，Δ=(56m)
2−4(7m
2−9)×49= 49×36(m
2+1)>0恒成立，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
因为AB的长为42，|AB)=
❑√1+m
2|y1−y2)=
❑√1+m
2⋅
❑√Δ
|7m
2−9)，
所以42(1+m
2)
|7m
2−9)
= 42，解得m=±1或m=±
❑√15
3
．
所以直线l的方程为x ± y −4 =0或x ±
❑√15
3
y −4 =0．
  
12．已知抛物线C : y
2=2 px ( p>0)与椭圆E: x
2
4 + y
2
3 =1有一个相同的焦点，过抛物
线C焦点的直线l与抛物线C相交于A、B两点，且|AB)=8.
(1)求抛物线C的方程；
(2)求直线l的方程.
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)y = x−1或y =−x +1.
【分析】（1）求出抛物线的焦点坐标，可得出p的值，由此可得出抛物线的标准方程；
（2）设直线l的方程为x =my +1，A(x1, y1)、B(x2, y2)，将该直线方程与抛物线方
程联立，列出韦达定理，结合抛物线的焦点弦长公式可得出m的值，即可得出直线l的方程.
【详解】（1）∵椭圆E: x
2
4 + y
2
3 =1的焦点坐标为(±1,0)，
∴抛物线C : y
2=2 px ( p>0)的焦点坐标为(1,0)，∴p
2 =1，即p=2.
∴抛物线C的方程为y
2= 4 x.
（2）易知直线l不与x轴重合，又直线l过焦点(1,0)，
设直线l的方程为x =my +1，A(x1, y1)、B(x2, y2)，
联立{
y
2= 4 x
x =my +1)，消去x并整理得y
2−4 my −4 =0，则Δ=16m
2+16>0，
∴y1+ y2= 4 m，∴x1+ x2=(m y1+1)+(m y2+1)=m( y1+ y2)+2= 4 m
2+2，
∴|AB)= x1+ x2+ p= 4 m
2+ 4 =8，解得m=±1.
∴直线l的方程为y = x−1或y =−x +1.
14．已知抛物线y
2=2 px ( p>0)的焦点为F，点M (3,m)在抛物线上，且|MF)=5．
(1)求抛物线的方程；
(2)过焦点F 的直线l 交抛物线于A、B 两点，若|AB)=16，求直线l 的方程．
【答案】(1)y
2=8 x
(2)y =±(x−2)
【分析】（1）利用抛物线定义求解；
（2）利用韦达定理求得x1+ x2= 4+ 8
k
2，再根据抛物线的定义求解即可.
【详解】（1）根据抛物线的定义可知，
|MF)= xM + p
2 =5，即3+ p
2 =5，解得p= 4，
所以抛物线的方程为y
2=8 x.
（2）
由（1）知，抛物线焦点为F(2,0),
若直线l 的斜率不存在，则A(2,4),B(2,−4),
则|AB)=8，不满足题意，
所以直线l的斜率存在且不为零，并设为k，则l: y =k( x−2)，
设A( x1, y1),B( x2, y2)，
联立{
y
2=8 x
y =k( x−2))，消去y可得，k
2 x
2−(4 k
2+8)x + 4 k
2=0，
所以x1+ x2= 4 k
2+8
k
2
= 4 + 8
k
2，
因为|AB)=|A F1)+|B F1)= x1+ p
2 + x2+ p
2 = x1+ x2+ p= 4+ 8
k
2 + 4 =16，
解得k =±1，
所以直线l的方程为y =±(x−2).
15．已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
3 =1(a>❑√3)的离心率为1
2．
(1)求E的方程；
(2)过E的右焦点F的直线l交E于A ,B两点，若△OAB（O为坐标原点）的面积为
4 ❑√3
5
，求l的方程．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)❑√3 x−y −❑√3=0或❑√3 x + y −❑√3=0
【分析】（1）根据题意，利用椭圆E的离心率为1
2，列出方程，求得a
2的值，即可求
解；
（2）设l的方程为x =my +1，联立方程组，设A(x1, y1),B(x2, y2)，利用弦长公式和
点到直线的距离公式，求得|AB)= 12(1+m
2)
3m
2+ 4
和d =
1
❑√1+m
2，结合△OAB的面积为4 ❑√3
5
，
列出方程求得m的值，即可求解.
【详解】（1）由题意知，椭圆E: x
2
a
2 + y
2
3 =1(a>❑√3)的离心率为1
2，
可得e = c
a =
❑√a
2−3
a
= 1
2
，解得a
2= 4，
所以椭圆E的方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）由（1）知，椭圆E: x
2
4 + y
2
3 =1，可得c =
❑√a
2−b
2=1，所以右焦点F (1,0)，
由题意知，直线l的斜率不为零，设l的方程为x =my +1，
联立方程组{
x =my +1
x
2
4 + y
2
3 =1)
，整理得到(3m
2+ 4) y
2+6my −9=0，
可得Δ=(6m)
2−4(3m
2+ 4)×(−9)>0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则y1+ y2=−
6m
3m
2+ 4
, y1 y2=−
9
3m
2+ 4 ，
所以
|AB)=
❑√1+m
2❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=
❑√1+m
2❑√
36m
2
(3m
2+ 4)
2 +
36
3m
2+ 4
= 12(1+m
2)
3m
2+ 4 ，
又由点O到l的距离d =
|−1)
❑√1+(−m)
2 =
1
❑√1+m
2，
所以△OAB的面积S ΔOAB= 1
2|AB)d = 1
2 × 12(1+m
2)
3m
2+ 4
×
1
❑√1+m
2 = 6
❑√1+m
2
3m
2+ 4
= 4 ❑√3
5
，
解得m
2= 1
3或m
2=−11
12（舍），所以m=±
❑√3
3 ，
所以l的方程为x =
❑√3
3 y +1或x =−
❑√3
3 y +1，
即直线l的方程为❑√3 x−y −❑√3=0或❑√3 x + y −❑√3=0．
  
16．已知直线l过椭圆x
2
3 + y
2=1的右焦点，交椭圆于A ,B两点，且以AB为直径的圆
恰过原点，求弦AB的长和直线AB的方程．
【答案】直线方程x =±
❑√15
3
y + ❑√2,弦长| AB|= 8 ❑√3
7
.
【分析】根据题意设A( x1, y1),B( x2, y2)，得到直线l的方程为x =my + ❑√2，代入椭
圆方程应用韦达定理，结合x1 x2+ y1 y2=0,可得到结果.
【详解】设A( x1, y1),B( x2, y2)，因为直线l过椭圆x
2
3 + y
2=1的右焦点，
所以设直线l的方程为x =my + ❑√2,代入椭圆方程x
2
3 + y
2=1得到：
(m
2+3) y
2+2❑√2my −1=0,
由韦达定理得到y1+ y2= −2❑√2m
m
2+3
, y1 y2= −1
m
2+3
，
因为以AB为直径的圆恰过原点，所以x1 x2+ y1 y2=0,
即(m y1+ ❑√2)(m y2+ ❑√2)+ y1 y2=0，即(m
2+1) y1 y2+ ❑√2m( y1+ y2)+2=0，
所以−(m
2+1)−4 m
2+2(m
2+3)=0，解得m
2= 5
3，
所以直线方程x =±
❑√15
3
y + ❑√2，
弦长| AB|=
❑√1+m
2❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= ❑√1+ 5
3
❑√(
−2❑√2m
m
2+3 )
2
+
4
m
2+3
= 8 ❑√3
7
.
17．已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，直线l1: x
a −y
b =1被椭圆C截得的弦长为2❑√2，
且e =
❑√6
3 ，过椭圆C的右焦点且斜率为❑√3的直线l2被椭圆C截的弦长AB，求
(1)椭圆的方程；
(2)弦AB的长度.
【答案】(1) x
2
6 + y
2
2 =1
(2)4 ❑√6
5
【分析】（1）由直线l1过(a,0)与(0,−b)，得到a,b的关系式，再结合离心率求解
即可；
（2）联立直线与椭圆方程，由韦达定理得到两交点坐标的关系式，再用弦长公式求
解即可.
【详解】（1）
由l1被椭圆C截得的弦长为2❑√2，得a
2+b
2=8，①
又e =
❑√6
3 ，即c
2
a
2 = 2
3，所以a
2=3b
2.②
联立①②得a
2=6,b
2=2，所以所求的椭圆的方程为x
2
6 + y
2
2 =1；
（2）椭圆的右焦点F (2,0),∴l2的方程为：y = ❑√3(x−2)，
代入椭圆C的方程，化简得，5 x
2−18 x +15=0，
由韦达定理知，x1+ x2= 18
5 , x1 x2=3，
从而|x1−x2)= ❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= 2❑√6
5
.
由弦长公式，得|AB)=
❑√1+ k
2|x1−x2)=
❑√1+(❑√3)
2× 2❑√6
5
= 4 ❑√6
5
，
即弦AB的长度为4 ❑√6
5
.
18．已知A为抛物线C : y
2=2 px ( p>0)上一点，点A到C的焦点的距离为6，到y轴的
距离为5 .
(1)求C的方程；
(2)设C的焦点为F，过点F的直线l与C交于M、N两点，⃗MF =2⃗FN，求|MN ). 
【答案】(1)y
2= 4 x；
(2)9
2.
【分析】（1）根据抛物线定义，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，结
合已知条件求出p的值，进而得抛物线的方程；
（2）先求出焦点F的坐标，设直线l的方程，与抛物线方程联立，利用向量关系得到
坐标关系，再结合韦达定理求出直线方程中的参数，最后根据弦长公式求出|MN ).
【详解】（1）设点A(x0, y0)，因为点A到C的焦点的距离为6，到y轴的距离为5，
根据抛物线的定义，得{
x0=5
x0+ p
2 =6)
，解得p=2，
所以抛物线C的方程为y
2= 4 x.
（2）由（1）得，抛物线C的方程为y
2= 4 x，所以F (1,0)，
又过点F的直线l与C交于M、N两点，
    
设直线l：x =my +1，M (x1, y1)，N (x2, y2)，
则{
x =my +1
y
2= 4 x )，联立化简得y
2−4 my −4 =0，
所以Δ=16m
2+16>0，y1+ y2= 4 m，y1⋅y2=−4，
又⃗MF =2⃗FN，则−y1=2 y2，
所以联立方程{
−y1=2 y2
y1+ y2= 4 m
y1 y2=−4 )
，解得m=±
❑√2
4 ，
根据弦长公式，对于直线与抛物线相交的弦长，
得|MN )=
❑√1+m
2❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2，
将y1+ y2= 4 m，y1⋅y2=−4，代入上式，
可得|MN )=
❑√1+m
2❑√(4 m)
2−4×(−4)= 4(1+m
2)，
又m=±
❑√2
4 ，得|MN )= 4(1+m
2)= 4×(1+ 1
8)= 9
2.
19．已知抛物线G: y
2=2 px ( p>0)，过焦点F 的动直线l 与抛物线交于A，B 两点，
线段AB 的中点为M．
(1)当直线l 的倾斜角为π
4 时，|AB)=16，求抛物线G 的方程：
(2)对于（1）问中的抛物线G，若点N (3,0)，求证：|AB)−2|MN )为定值，并求出该
定值．
【答案】(1)y
2=8 x；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求得抛物线的焦点坐标，设直线l的方程代入抛物线的方程，设
A(x1, y1),B(x2, y2)，运用韦达定理，弦长公式，解方程可得p= 4，进而得到所求方程；
（2）运用中点坐标公式，求得M (4 t
2+2,4 t)，由两点的距离公式，可得|MN )，进
而得到|AB)−2|MN )的定值．
【详解】（1）由题意知F(
p
2 ,0)，设直线l的方程为y = x−p
2 ，A(x1, y1),B(x2, y2)
由{
y
2=2 px
y = x−p
2)  得：x
2−3 px + p
2
4 =0，所以x1+ x2=3 p
所以|AB)= x1+ x2+ p= 4 p=16，所以p= 4，故抛物线G的方程为y
2=8 x；
（2）由（1）抛物线G的方程为y
2=8 x，
当直线AB的斜率为0 时，直线AB的方程为y =0，直线y =0与抛物线只有一个交点，
与已知矛盾，
故直线AB的斜率不为0，故可设AB的方程为ty = x−2
消去x得：y
2−8ty −16=0，设A(x1, y1),B(x2, y2)，
则：y1+ y2=8t , y1 y2=−16
所以：|AB)= x1+ x2+ 4 =t ( y1+ y2)+8=8(t
2+1)
xM = t
2 ( y1+ y2)+2= 4 t
2+2, y M = 4t ，即 M (4 t
2+2,4 t)
所以：|AB)−2|MN )=8(t
2+1)−2
❑√(4t
2−1)
2+16t
2 =8(t
2+1)−2(4 t
2+1)=6
20．如图所示，由半椭圆C1: x
2
16 + y
2
b
2 =1( y ≤0)和两个半圆C2:( x +2)
2+ y
2= 4 ( y ≥0)、
C3:( x−2)
2+ y
2= 4 ( y ≥0)组成曲线C：F (x , y)=0，其中点A1, A2依次为C1的左、右顶
点，点B 为C1的下顶点，点F1, F2依次为C1的左、右焦点.若点F1, F2分别为曲线C2,C3的
圆心.
(1)求C1的方程；
(2)点C和点D 分别在曲线C1和曲线C2上，求出线段CD的最大值；
(3)若过点F1，F2作两条平行线l1，l2，分别与C1，C2和C1，C3交于点M，N 和点
P，Q，求|MN )+|PQ)的最小值.
【答案】(1)C1: x
2
16 + y
2
12 =1( y ≤0)
(2)8
(3)10
【分析】（1）根据已知结合椭圆定义计算求解； 
（2）应用距离和最大值性质结合椭圆上的点与焦点距离最值计算求解；
（3）应用对称性及椭圆定义得出|M F1|+) P F2)为椭圆x
2
16 + y
2
12 =1截直线l2所得弦长，
再联立方程组应用弦长公式计算结合最值计算.
【详解】（1）由两圆的方程知：圆心分别为C1(−2，0)，C2(2,0)，即F1(−2，0)，
F2(2，0)，
a=|O A2)= 4,c =2 ∴b
2+ 4 =16，解得：b
2=12， 
 
∴C1: x
2
16 + y
2
12 =1( y ≤0).
（2）由已知|CD)≤|C F1)+|D F1)=|C F1)+2，当且仅当C 、D、F1三点共线时，
|CD)的取得最大值为|C F1)+2，
当点C 与A2重合时，|C F1)的最大值为c +a=2+ 4 =6
所以|CD)的最大值为2+c +a=2+2+ 4 =8.
（3）由已知：|MN )+|PQ)=|M F1|+) P F2)+ 4
因为l1//l2，所以由对称性可知：|M F1|+) P F2)为椭圆x
2
16 + y
2
12 =1截直线l2所得弦长，
设l2：x =my +2，
设l2与椭圆x
2
16 + y
2
12 =1交于点(x1，y1)和(x2，y2)，
由{
x =my +2
x
2
16 + y
2
12 =1)
得：(3m
2+ 4) y
2+12my −36=0，则Δ=576(m
2+1)>0，
所以y1+ y2=−12m
3m
2+ 4 ，y1 y2=−
36
3m
2+ 4 ， 
 
所以|M F1|+) P F2)=
❑√1+m
2⋅
❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 24(m
2+1)
3m
2+ 4
=8−
8
3m
2+ 4
，
当m=0时，|M F1|+) P F2)取得最小值8−2=6，
所以|MN )+|PQ)的最小值为6+ 4 =10.
21．已知抛物线y
2=2 px ( p>0)与斜率为1且过抛物线焦点F的直线l交于A、B两点，
满足弦长|AB)=8.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）已知M为抛物线上任意一点，A (3,❑√3)为抛物线内一点，求|MA)+|MF)的最
小值，以及此时点M的坐标.
【答案】（1）y
2= 4 x；（2）|MA)+|MF)的最小值为4，此时点M的坐标为
(
3
4 ,❑√3).
【分析】（1）写出直线l的方程，联立抛物线方程，运用韦达定理和弦长公式，可得
p，进而得到抛物线的方程；
（2）过M作抛物线的准线x =−1的垂线，垂足为N，运用抛物线的定义和三点共线
取得最小值，可得所求M的坐标．
【详解】（1）斜率为1且过抛物线焦点F(
p
2 ,0)的直线l的方程为y = x−p
2 ，
联立抛物线y
2=2 px ( p>0)，可得x
2−3 px + p
2
4 =0，
设A(x1, y1)、B(x2, y2)，可得x1+ x2=3 p，
由弦长公式可得|AB)= x1+ x2+ p=3 p+ p=8，可得p=2，
则抛物线的标准方程为y
2= 4 x；
（2）过M作抛物线的准线x =−1的垂线，垂足为N，
由抛物线的定义可得|MA)+|MF)=|MA)+|MN )，
则|MA)+|MF)最小值为A到准线x =−1的距离，所以(|MA)+|MF))min=3−(−1)= 4，
此时M的纵坐标为❑√3，代入抛物线方程y
2= 4 x，可得M(
3
4 ,❑√3).
【点睛】本题考查抛物线的定义、方程和性质，考查三点共线取得最值的性质，考查
方程思想和运算能力，属于中档题．
22．椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点为F (1,0)，过F且斜率为k1的直线l与C交
于A，B两点，O为坐标原点，⃗OA +⃗OB =⃗OD，设直线OD的斜率为k2，且k1⋅k2=−1
2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若P为椭圆C上一点，且O为△PAB的重心，求|AB)+|PF).
【答案】(1) x
2
2 + y
2=1
(2)3 ❑√2
【分析】（1）设A(x1, y1)，B(x2, y2)可得x1
2−x2
2
a
2
+ y1
2−y2
2
b
2
=0，结合k1⋅k2=−1
2
有a
2=2b
2，再由椭圆基本量的关系求参数，进而写出椭圆方程.
（2）设直线l为y =k (x−1)，联立椭圆方程应用韦达定理及已知可得
P(
−4 k
2
2k
2+1
,
2k
2k
2+1)，由点在椭圆上求k
2值，由两点距离公式、弦长公式即可求解.
【详解】（1）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则D(x1+ x2, y1+ y2)，又A，B在椭圆C上，
∴{
x1
2
a
2 + y1
2
b
2 =1
x2
2
a
2 + y2
2
b
2 =1)
，两式作差x1
2−x2
2
a
2
+ y1
2−y2
2
b
2
=0，整理得：
k1⋅k2= y1−y2
x1−x2
⋅y1+ y2
x1+ x2
=−b
2
a
2 =−1
2，
∴a
2=2b
2，又a
2−b
2=1，
∴a
2=2，b
2=1，故椭圆C的方程为x
2
2 + y
2=1.
（2）设直线l的方程为y =k (x−1)，
与椭圆C联立并整理得：(2k
2+1) x
2−4 k
2 x +2k
2−2=0，Δ=8(k
2+1)>0，
∴x1+ x2=
4 k
2
2k
2+1
，则y1+ y2=k (x1+ x2−2)= −2k
2k
2+1，
又O恰为△PAB的重心，故P坐标为(−x1−x2,−y1−y2)，即P(
−4 k
2
2k
2+1
,
2k
2k
2+1)
因为P在椭圆C上，即( −4 k
2
2k
2+1
)
2
+2(
2k
2k
2+1)
2
=2，
故16 k
4+8k
2=2(2k
2+1)
2，即4 k
4=1，解得k
2= 1
2，
∴|PF)= ❑√(
−4 k
2
2k
2+1
−1)
2
+(
2k
2k
2+1)
2
= ❑√
(−1−1)
2+ 1
2 = 3 ❑√2
2
，
而x1+ x2=
4 k
2
2k
2+1
=1，x1⋅x2= 2k
2−2
2k
2+1
=−1
2，
故|AB)=
❑√1+ k
2⋅❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= ❑√1+ 1
2 ⋅❑√
1−4×(−1
2)= 3 ❑√2
2
；
∴|AB)+|PF)= 3 ❑√2
2
+ 3 ❑√2
2
=3 ❑√2.
23．在平面直角坐标系xOy中，已知M是一个动点，过点M且与直线l: y =−❑√3 x平
行的直线与直线l
′: y = ❑√3 x相交于点A（点A位于第一象限），过M且与直线l
′平行的直线
与直线l相交于点B（点B位于第四象限），如图，且四边形OAMB的面积为
❑√3
2 ，动点M
的轨迹为曲线C．
  
(1)求C的方程．
(2)过点D (2,0)的直线l1与C相交于P ,Q两点，是否存在定直线l2: x =t，使得以PQ为
直径的圆与直线l2相交于E , F两点，且|EF)
|PQ)是定值？若存在，求出t的值；若不存在，请
说明理由．
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1(x ≥1)
(2)存在，t = 1
2
【分析】（1）设M (x , y)，A( x A , y A),B( xB, yB)，联立方程得x A =
❑√3 x + y
2❑√3
，同
理xB=
❑√3 x−y
2❑√3
，根据面积公式，化简即可求得；
（2）设直线l1方程为x =my +2，联立方程根据韦达定理得到根与系数的关系，确定
|x0−t)
|PQ) = 1
6|
2−4t
1+m
2 +3t)为定值，计算得到答案.
【详解】（1）设M (x , y)，A( x A , y A),B( xB, yB)，其中x A>0，xB>0，
易知四边形OAMB为平行四边形，连接OM，则⃗OM =⃗OA +⃗OB，
即{
x = x A+ xB
y = ❑√3(x A−xB))，得{
x A =
❑√3 x + y
2❑√3
xB=
❑√3 x−y
2❑√3 )
，
连接AB，则平行四边形OAMB的面积
S =2S△OAB=2× 1
2|OA)⋅|OB)sin∠AOB =|OA)|OB)sin∠AOB 
=2 x A⋅2 xB⋅
❑√3
2 =2❑√3 x A xB=2❑√3⋅
❑√3 x + y
2❑√3
⋅
❑√3 x−y
2❑√3
= 3 x
2−y
2
2❑√3
=
❑√3
2 ，
化简得x
2−y
2
3 =1，
因为x A>0，xB>0，
所以x = x A+ xB>0，
又M在双曲线x
2−y
2
3 =1上，
所以x ≥1．
因此C的方程为x
2−y
2
3 =1(x ≥1)．
（2）假设存在定直线l2: x =t，使得以PQ为直径的圆与直线l2相交于E , F两点，
且|EF)
|PQ)是定值．
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，PQ的中点为H (x0, y0)，直线l1: x =my +2， 
联立方程，得{
x =my +2
x
2−y
2
3 =1(x ≥1))
，化简得(3m
2−1) y
2+12my +9=0，
则{
3m
2−1≠0
Δ=36(m
2+1)>0
y1 y2=
9
3m
2−1
<0)
，解得0≤m
2< 1
3， 
且y1+ y2=
12m
1−3m
2，y1 y2=
−9
1−3m
2，
因此|PQ)=
❑√1+m
2|y1−y2)= 6(1+m
2)
1−3m
2 ，
y0= y1+ y2
2
=
6m
1−3m
2，x0=m y0+2=
2
1−3m
2，
即H(
2
1−3m
2 ,
6m
1−3m
2)． 
则点H到直线l2的距离为|x0−t)=|
2
1−3m
2 −t)=|2−t +3t m
2)
1−3m
2
，
连接EH，则|EF)=2
❑√|EH )
2−|x0−t)
2=
❑√|PQ)
2−4|x0−t)
2， 
因此|EF)
|PQ) =
❑√|PQ)
2−4|x0−t)
2
|PQ)
=
❑√
1−4×(
|x0−t)
|PQ) )
2
，是定值，
所以|x0−t)
|PQ) =
|2−t +3t m
2)
1−3m
2
6(1+m
2)
1−3m
2
= ∣2−t +3t m
2∣
6(1+m
2)
= 1
6|
2−t +3t m
2
1+m
2 )= 1
6|
2−4t
1+m
2 +3t)是
定值，
则2−4 t =0，解得t = 1
2，
因此存在定直线l2: x =t，使得以PQ为直径的圆与直线l2相交于E , F两点，
且|EF)
|PQ)是定值，t = 1
2．
  
【点睛】关键点点睛：本题考查了双曲线方程，定值问题，其中利用设而不求的思想，
利用韦达定理得到根与系数的关系，可以简化运算，是解题的关键.
24．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，C的一条渐
近线的倾斜角为π
3 ，直线l: x = 1
2与x轴的交点为H，且3⃗H F1+5⃗H F2=0.
(1)求C的方程；
(2)过点F2作斜率为k(k ≠0)的直线与C交于A，B两点，M为线段AB的中点，过点
M且与AB垂直的直线交x轴于点N，求证：
| AB|
|F2 N )为定值.
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)定值为1，证明见解析
【分析】（1）根据一条渐近线的倾斜角为π
3 得b
a的值，再由3⃗H F1+5⃗H F2=0求出
c，结合c
2=a
2+b
2可得答案；
（2）设直线AB的方程为y =k (x−2)，A(x1, y1),B(x2, y2)，直线AB的方程与双曲
线方程联立，利用韦达定理得M点坐标及直线MN的方程从而求出N点坐标，利用弦长公
式求出|AB)，两点间的距离公式求出|F2 N )，再做比值可得答案.
【详解】（1）因为一条渐近线的倾斜角为π
3 ，所以b
a = ❑√3，
H(
1
2 ,0)，F1(−c ,0), F2(c ,0)，⃗H F1=(−c−1
2 ,0)，⃗H F2=(c−1
2 ,0)，
因为3⃗H F1+5⃗H F2=0，所以3(−c−1
2 ,0)+5(c−1
2 ,0)=0，可得c =2，
c
2=a
2+b
2=a
2+3a
2= 4，解得a
2=1，b
2=3，
所以C的方程为x
2−y
2
3 =1；
（2）由（1）F2(2,0)，设直线AB的方程为y =k (x−2)，A(x1, y1),B(x2, y2)，
直线AB的方程与双曲线方程联立{
y =k (x−2)
x
2−y
2
3 =1)
，
整理得(3−k
2) x
2+ 4 k
2 x −4 k
2−3=0，
当3−k
2=0即k =± ❑√3，直线AB与双曲线渐近线平行，与双曲线只有一个交点，
不符合题意，故k ≠± ❑√3，且k ≠0，
x1+ x2= −4 k
2
3−k
2 , x1 x2= −4 k
2−3
3−k
2
，y1+ y2=k (x1+ x2−4)= −12k
3−k
2 ，
可得M(
−2k
2
3−k
2 , −6k
3−k
2)，所以直线MN的方程为y + 6k
3−k
2 =−1
k(x + 2k
2
3−k
2)，
令y =0得x =−8k
2
3−k
2，所以N(−8k
2
3−k
2 ,0)，
|AB)= ❑√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2= ❑√(1+ k
2)[(x1+ x2)
2−4 x1 x2)
= ❑√
(1+ k
2)[
16 k
4
(3−k
2)
2 + 4(4 k
2+3)
3−k
2 )=6 ❑√
(1+k
2)
2
(3−k
2)
2，
|F2 N )= ❑√(2+ 8k
2
3−k
2)
2
= ❑√(
6+6 k
2
3−k
2 )
2
，
所以|AB)
|F2 N )
=
6 ❑√
(1+ k
2)
2
(3−k
2)
2
❑√(
6+6 k
2
3−k
2 )
2 =1，
即|AB)
|F2 N )为定值.
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键点是利用韦达定理求出弦长|AB)、两
点间的距离公式求出|F2 N ).
25．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，左顶点为A，过右焦点
F(2 , 0)的直线交双曲线C于M , N两点.
(1)求双曲线C的方程；
(2)从下面两个结论中选择一个给出证明（多选则按照第一个给分）.
①AM ⊥AN；②若线段MN的垂直平分线交x轴于点G，则|GF)
|MN )为定值.
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1 ；
(2)选①：证明见解析；选②：|GF)
|MN )为定值.
【分析】（1）由题意可得{
c
a =2
c =2)
，再结合b
2=c
2−a
2即可求解；
（2）选①：分直线MN的斜率不存在与斜率存在讨论，根据⃗AM ⋅⃗AN =0即可证明；
选②：易知直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y =k (x−2)，根据弦长公式求
|MN )，求线段MN的垂直平分线可求G的坐标及|GF)，从而进而证明.
【详解】（1）因为双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1 (a>0 , b>0)的离心率为2，右焦点为
F(2 , 0)，
则{
c
a =2
c =2)
，解得c =2,a=1,b
2=c
2−a
2=3，
所以双曲线C的方程为x
2−y
2
3 =1 .
（2）若选①：若直线MN的斜率不存在，则直线MN的方程为x =2，
代入x
2−y
2
3 =1 ，可得y
2=9，不妨设M (2,3), N (2,−3),
又A (−1,0)，则⃗AM =(3,3),⃗AN =(3,−3),
所以⃗AM ⋅⃗AN =3×3+3×(−3)=0，
所以AM ⊥AN.
（ii）若直线MN的斜率不存在，设直线MN的方程为y =k (x−2)，
联立{
y =k (x−2)
x
2−y
2
3 =1)
,可得3 x
2−k
2(x
2−4 x + 4)=3,
化简可得(3−k
2) x
2+ 4 k
2 x −(4 k
2+3)=0.
因为过右焦点F(2 , 0)的直线交双曲线C于M , N两点,
所以3−k
2≠0，且Δ=16 k
4+ 4(3−k
2)(4 k
2+3)=36(k
2+1)>0.
设M (x1, y1), N (x2, y2)，则x1+ x2= 4 k
2
k
2−3
, x1 x2= 4 k
2+3
k
2−3
，
y1 y2=k (x1−2)⋅k (x2−2)=k
2[x1 x2−2(x1+ x2)+ 4)⃗
AM =(x1+1, y1),⃗AN =(x2+1, y2)，
则⃗AM ⋅⃗AN = x1 x2+ x1+ x2+1+ y1 y2
=(1+ k
2) x1 x2+(1−2k
2)(x1+ x2)+1+ 4 k
2
=(1+ k
2)⋅4 k
2+3
k
2−3
+(1−2k
2)⋅4 k
2
k
2−3
+1+ 4 k
2
= 4 k
4+7 k
2+3+ 4 k
2−8k
4+ 4 k
4−11k
2−3
k
2−3
=0，
所以AM ⊥AN.
综上所述，AM ⊥AN.
若选②：易知直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y =k (x−2)，
设M (x1, y1), N (x2, y2)，
由①可得x1+ x2= 4 k
2
k
2−3
, x1 x2= 4 k
2+3
k
2−3
，
则|MN )=
❑√1+ k
2⋅❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2
=
❑√1+ k
2⋅❑√(
4 k
2
k
2−3)
2
−4⋅4 k
2+3
k
2−3
 = 6(k
2+1)
|3−k
2)
.
y1+ y2=k (x1−2)+ k (x2−2)=k (x1+ x2)−4 k
= 4 k
3
k
2−3
−4 k = 12k
k
2−3，
所以MN的中点D的坐标为(
2k
2
k
2−3
, 6 k
k
2−3).
当k =0时，线段MN的垂直平分线为x =0，则G (0,0),
则|GF)=2,|MN )= 6×(0+1)
|3−0)
=2,
则|GF)
|MN ) =1.
当k ≠0时，线段MN的垂直平分线为y −6k
k
2−3
=−1
k(x−2k
2
k
2−3).
令y =0，可得x = 6k
2
k
2−3
+ 2k
2
k
2−3
= 8k
2
k
2−3
，即G(
8k
2
k
2−3
,0).
则|GF)=|2−8k
2
k
2−3)= 6(k
2+1)
|k
2−3)
,
所以|GF)
|MN ) =
6(k
2+1)
|k
2−3)
6(k
2+1)
|k
2−3)
=1.
综上所述，|GF)
|MN )为定值1.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
26．已知双曲线C 以2 x ± ❑√5 y =0为渐近线，其上焦点F 坐标为(0,3).
(1)求双曲线C 的方程；
(2)不平行于坐标轴的直线l 过F 与双曲线C 交于P ,Q两点，PQ的中垂线交y 轴于点
T，问|TF)
|PQ)是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由.
【答案】(1) y
2
4 −x
2
5 =1
(2)|TF)
|PQ)
为定值3
4
【分析】（1）根据双曲线渐近线可设双曲线方程为4 x
2−5 y
2= λ，利用焦点坐标，
求得λ，即得答案.
（2）设直线方程并联立双曲线方程，可得根与系数的关系式，求得|PQ)，以及PQ
的中点坐标，求出PQ的中垂线方程可得T 点坐标，继而求得|TF)，化简即可得结论.
【详解】（1）因为双曲线C 以2 x ± ❑√5 y =0为渐近线，
设双曲线方程为(2 x + ❑√5 y)(2 x−❑√5 y)= λ，即4 x
2−5 y
2= λ,
∵F (0,3)，∴λ<0，即：
y
2
−λ
5
−x
2
−λ
4
=1，
∴−λ
5 −λ
4 =9，∴−9 λ
20 =9，即λ =−20.,
所以双曲线C 的方程为：y
2
4 −x
2
5 =1.
（2）由题意可知直线l 一定有斜率存在，设直线l：y =kx +3，P(x1, y1)，
Q(x2, y2)，
{
5 y
2−4 x
2=20
y =kx +3 ),∴5(kx +3)
2−4 x
2=20，
化简得：(5k
2−4) x
2+30kx +25=0，Δ= 400(k
2+1)>0，
此方程的两根为x1, x2，则{
x1+ x2=−
30k
5k
2−4
x1 x2=
25
5k
2−4 )
，
∴|PQ)=
❑√1+k
2⋅
❑√( x1+ x2)
2−4 x1 x2=
❑√1+k
2⋅❑√
900k
2
(5k
2−4)
2 −
100
5k
2−4
=10
❑√1+k
2⋅❑√
9k
2−(5k
2−4)
(5k
2−4)
2
=10
❑√1+k
2⋅❑√
4 k
2+ 4
(5k
2−4)
2 = 20(k
2+1)
|5k
2−4)
.，
PQ中点M 坐标为(−
15k
5k
2−4
,−15k
2
5k
2−4
+3)，即(−
15k
5k
2−4
, −12
5k
2−4)，
∴PQ 中垂线方程为：y +
12
5k
2−4
=−1
k(x +
15k
5k
2−4)，
令x =0，∴y = −27
5k
2−4 ，∴T(0, −27
5k
2−4)，
则|TF)=|3+
27
5k
2−4)=|
15k
2+15
5k
2−4 )，
∴|TF)
|PQ) =|
15k
2+15
5k
2−4 )
20(k
2+1)
|5k
2−4)
= 3
4 ，即|TF)
|PQ)为定值，定值为3
4 .
【点睛】难点点睛：解答此类直线和双曲线的位置关系类题目，涉及到定值问题，要
设出直线方程并联立双曲线方程，结合根与系数的关系式进行化简，解答的难点是计算比
较复杂，计算量较大，比如计算弦长或者其他线段长度，计算要十分细心.
27．已知椭圆x
2
9 + y
2
8 =1．
(1)若过椭圆的一个焦点引两条互相垂直的弦AB、MN．求证：
1
|AB) +
1
|MN )是定值；
(2)若P、Q在椭圆上且OP⊥OQ．求证：
1
|OP)
2 +
1
|OQ)
2是定值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）对两条弦所在直线的斜率是否同时存在进行分类讨论，设出直线AB的
方程，与椭圆方程联立，结合弦长公式计算可证得结论成立；
（2）对直线OP、OQ的斜率是否同时存在进行分类讨论，设出直线OP的方程，与
椭圆方程联立，利用两点间的距离公式计算可证得结论成立.
【详解】（1）证明：不妨弦AB、MN过椭圆的左焦点，其中a=3，b=2❑√2，
c =
❑√a
2−b
2=1.
当AB、MN中有一条为长轴时，另一条为过焦点且平行于短轴的弦，
联立{
x =−1
x
2
9 + y
2
8 =1)
可得{
x =−1
y =± 8
3)
，故该过焦点且平行于短轴的弦长为16
3 ，
则1
|AB) +
1
|MN ) = 1
6 + 3
16 = 17
48；
当AB、MN中没有一条为长轴时，设k AB=k，k MN =−1
k ，
联立直线AB与椭圆方程得{
y =k (x +1)
x
2
9 + y
2
8 =1)
 ⇒(9k
2+8) x
2+18k
2 x +9k
2−72=0，
Δ=324 k
4−4(9k
2+8)(9k
2−72)= 48
2(k
2+1)>0，
由韦达定理可得x1+ x2=−18k
2
9k
2+8
，x1 x2= 9k
2−72
9k
2+8
，
根据弦长公式有
|AB)=
❑√1+ k
2❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=
❑√1+k
2⋅
❑√(18k
2)
2−4(9k
2+8)(9k
2−72)
9k
2+8
= 48(k
2+1)
9k
2+8
．
用−1
k 替换上式中的k即得|MN )=
48(
1
k
2 +1)
9
k
2 +8
= 48(k
2+1)
9+8k
2 ．
因此1
|AB) +
1
|MN ) = 9k
2+8
48(k
2+1)
+ 8k
2+9
48(k
2+1)
= 17
48．
综上，1
|AB) +
1
|MN ) = 17
48．
（2）证明：分以下两种情况讨论：
当直线OP的斜率存在且不为零时，设直线OP的斜率为m(m≠0)，
联立{
y =mx
x
2
9 + y
2
8 =1)
 ⇒x
2=
72
8+9m
2，则y
2= 72m
2
9m
2+8
，则|OP)
2= x
2+ y
2= 72(1+m
2)
8+9m
2 ．
用−1
m替换上式中的m即得|OQ)
2=
72(1+ 1
m
2)
8+ 9
m
2
= 72(m
2+1)
8m
2+9
．
因此
1
|OP)
2 +
1
|OQ)
2 = 9m
2+8
72(m
2+1)
+ 8m
2+9
72(m
2+1)
= 17
72．
当OP、OQ中有一条斜率不存在时，另一条斜率为0，
此时
1
|OP)
2 +
1
|OQ)
2 = 1
9 + 1
8 = 17
72，因此
1
|OP)
2 +
1
|OQ)
2 = 17
72.
综上所述，
1
|OP)
2 +
1
|OQ)
2 = 17
72.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
28．已知椭圆y
2
a
2 + x
2
b
2 =1(a>b>0) 的离心率为
❑√3
2 ，若椭圆与圆E：x
2+( y −3
2)
2
=1
相交于M,N 两点，且圆E 在椭圆内的弧长为2
3 π. 
（1）求椭圆的方程； 
（2）过椭圆的上焦点作两条相互垂直的直线，分别交椭圆于A，B、C，D，求证：
1
|AB) +
1
|CD)为定值.
【答案】（1）y
2
4 + x
2=1；（2）证明见解析．
【分析】(1) 可设M(−
❑√3
2 ,1)N(
❑√3
2 ,1),得¿,解方程即得椭圆方程. (2)证明:①若AB
斜率不存在,易求得1
|AB|+
1
|CD|= 5
4 . ②当AB斜率存在时,设斜率为k(k ≠0),直线AB的方程
为y =kx + ❑√3，求出|AB|= 4 + 4 k
2
4 + k
2 ，同理可得|CD|=
4+ 4 1
k
2
4 + 1
k
2
= 4 k
2+ 4
4 k
2+1
，再计算
1
|AB|+
1
|CD|= k
2+ 4
4 k
2+ 4
+ 4 k
2+1
4 k
2+ 4
= 5
4 .
【详解】(1)由圆E在椭圆内的弧长为2
3 π知该弧所对的圆心角为2
3 π，
圆心E在该弧的上方,可设M(−
❑√3
2 ,1)N(
❑√3
2 ,1)，
设椭圆方程为y
2
a
2 + x
2
b
2 =1(a>b>0),
则¿,解得¿
所以椭圆方程为y
2
4 + x
2=1. 
(2)证明:①若AB 斜率不存在,则|AB|= 4.此时. |CD|=1.
所以1
|AB|+
1
|CD|= 5
4 ； 
②当AB斜率存在时,设斜率为k(k ≠0),直线AB的方程为y =kx + ❑√3，
设A(x1, y1),B(x2, y2),联立方程得¿消去y得((4+ k
2)x
2+2❑√3kx −1=0.
所以x1+ x2=−2❑√3k
4 + k
2 , x1 x2=−
1
4+k
2， 
|AB|= ❑√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2=
❑√1+k
2❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= 4+ 4 k
2
4+k
2 ，
因为AB ,CD垂直,所以直线CD的斜率为−1
k ,同理可得|CD|=
4 + 4 1
k
2
4 + 1
k
2
= 4 k
2+ 4
4 k
2+1
所以1
|AB|+
1
|CD|= k
2+ 4
4 k
2+ 4
+ 4 k
2+1
4 k
2+ 4
= 5
4
综上 1
|AB|+
1
|CD|= 5
4 ．
【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查弦长
的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.
29．已知双曲线C：x
2
4 −y
2=1的右顶点为M，过点P(2,1)的直线l 交双曲线C 于A，
B 两点，设直线MA 的斜率为k1，直线MB 的斜率为k2.
(1)求直线l 斜率的取值范围；
(2)证明：k1+ k2为定值，并求出该定值；
(3)求1
|PA) +
1
|PB)的最大值.
【答案】(1)(−∞,−1
2)∪(−1
2 , 1
2)
(2)1
(3)❑√5
【分析】（1）设出直线方程，与双曲线方程联立，利用判别式求出斜率的取值范围
即可；
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理代入求
解即可；
（3）按A ,B在y轴同侧和两侧分类讨论，利用弦长公式和韦达定理得到1
|PA) +
1
|PB)
关于k的方程，再利用导数求最大值即可.
【详解】（1）由双曲线方程可知M (2,0)，
过点P(2,1)的直线l交双曲线C于A ,B两点，则直线l斜率存在，
设直线l: y −1=k (x−2)，联立{
y −1=k (x−2)
x
2
4 −y
2=1 )
得
(1−4 k
2) x
2+(16 k
2−8k) x −16 k
2+16 k −8=0，
因为直线l交双曲线C有两个交点，所以1−4 k
2≠0，即k ≠± 1
2，
令Δ=(16 k
2−8k)
2−4(1−4 k
2)(−16 k
2+16 k −8)>0解得k < 1
2，
综上直线l斜率的取值范围为(−∞,−1
2)∪(−1
2 , 1
2).
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则k1=
y1
x1−2，k2=
y2
x2−2，
所以k1+k2=
y1
x1−2 +
y2
x2−2 = k (x1−2)+1
x1−2
+ k (x2−2)+1
x2−2
=2k +
x1+ x2−4
x1 x2−2(x1+ x2)+ 4 ，
由（1）得x1+ x2= 16 k
2−8k
4 k
2−1
，x1 x2= 16k
2−16 k +8
4 k
2−1
，代入得k1+ k2=1.
（3）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，且x1< x2，
则|PA)= ❑√(x1−2)
2+( y1−1)
2=
❑√(x1−2)
2+[k (x1−2))
2=
❑√1+ k
2|x1−2)，同理
|PB)=
❑√1+ k
2|x2−2)，
所以
1
|PA) +
1
|PB) =|PA)+|PB)
|PA)|PB) =
❑√1+k
2(|x1−2)+|x2−2))
(1+ k
2)|x1−2)|x2−2)
=
1
❑√1+ k
2(
|x1−2)+|x2−2)
|x1−2)|x2−2) )，
当0< x1< x2时，k <−1
2
，此时
1
|PA) +
1
|PB) =
1
❑√1+k
2(
x1+ x2−4
(x1−2)(x2−2))=
1
❑√1+ k
2(
x1+ x2−4
x1 x2−2(x1+ x2)+ 4)
，
将x1+ x2= 16 k
2−8k
4 k
2−1
，x1 x2= 16k
2−16k +8
4 k
2−1
，代入得
1
|PA) +
1
|PB) = 1−2k
❑√1+k
2 = ❑√
1−4 k + 4 k
2
1+ k
2
= ❑√
4−3+ 4 k
1+ k
2 ，
令f (k )= 3+ 4 k
1+k
2 ，k <−1
2，则f
′ (k )= 4(1+k
2)−2k (3+ 4 k )
(1+k
2)
2
= −4 k
2−6k + 4
(1+ k
2)
2
，
令f
′ (k )=0解得k =−2或k = 1
2（舍去），
所以当k <−2时，f
′ (k )<0，f (k )单调递减，当−2<k <−1
2时，f
′ (k )>0，f (k )单调
递增，
所以当k =−2时，f (k )取得最小值f (−2)=−1，
此时1
|PA) +
1
|PB)取得最大值❑√4−(−1)= ❑√5；
当x1<0< x2时，−1
2 <k < 1
2，此时
1
|PA) +
1
|PB) =
1
❑√1+k
2(
x2−x1
(2−x1)(x2−2))=
1
❑√1+k
2(
❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2
2(x1+ x2)−x1 x2−4)，
将x1+ x2= 16 k
2−8k
4 k
2−1
，x1 x2= 16k
2−16k +8
4 k
2−1
，代入得1
|PA) +
1
|PB) = ❑√
2−4 k
1+k
2 ，
令g(k )= 2−4 k
1+k
2 ，−1
2 <k < 1
2，则g
′ (k )= 4 k
2−4 k + 4
(1+k
2)
2
>0恒成立，
所以g(k )单调递增，1
|PA) +
1
|PB)不存在最大值，
综上1
|PA) +
1
|PB)的最大值为❑√5.
【点睛】解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为A(x1, x2),B(x2, y2)；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于x或y的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为x1+ x2，x1 x2形式；
（5）代入韦达定理求解.
30．已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的一个端点为B (0,1)，且离心率为
❑√3
2 ，过椭
圆左顶点A的直线l与椭圆C交于点M，与y轴正半轴交于点N，过原点O且与直线l平行的
直线l
′交椭圆于点P，Q．
  
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求证：|AM )⋅|AN )
|OP)⋅|OQ) 为定值．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率和过点列方程组求出a,b，得到椭圆的标准方程；
（2）应用弦长公式分别求出|AM ),|AN ),|OP),计算化简可得定值.
【详解】（1）因为椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)过点B (0,−1)，
所以b
2=1，
又椭圆的离心率为
❑√3
2 ，则e = ❑√
1−b
2
a
2 =
❑√3
2
所以a=2，
故椭圆方程为x
2
4 + y
2=1
（2）设直线l的方程为y =k (x +2)，N (0,2k )
所以|AN )=
❑√4+ 4 k
2=2
❑√1+ k
2，
设M (x1, y1)，由{
y =k (x +2)
x
2
4 + y
2=1)
，
得(1+ 4 k
2) x
2+16 k
2 x +16 k
2−4 =0，
则−2+ x1= −16 k
2
1+ 4 k
2，−2 x1= 16 k
2−4
1+ 4 k
2
所以
|AM )=
❑√1+ k
2⋅❑√(−2+ x1)
2−4 (−2) x1=
❑√1+k
2❑√(
−16 k
2
1+ 4 k
2)
2
−64 k
2−16
1+ 4 k
2 = 4
❑√1+ k
2
1+ 4 k
2 ，
设直线OP的方程为y =kx，
由{
y =kx
x
2
4 + y
2=1)
，得(1+ 4 k
2) x
2−4 =0，
设P(x0, y0)，则x0
2=
4
1+ 4 k
2，则y0
2=
4 k
2
1+ 4 k
2，
所以|OP|
2= x0
2+ y0
2= 4 + 4 k
2
1+ 4 k
2 ，
故|AM )⋅|AN )
|OP)⋅|OQ) =|AM )⋅|AM )
|OP|
2
=
4
❑√1+ k
2
1+ 4 k
2 ×2
❑√1+k
2
4+ 4 k
2
1+ 4 k
2
=2，
因此|AM )⋅|AN )
|OP)⋅|OQ) 为定值.
【点睛】关键点点睛：定值取得的关键是对弦长公式的应用及结合图形的对称性得出
|OP)=|OQ).
31．设椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，F1，F2分别是C 的左、右焦点，C 上的点到F1
的最小距离为1，P 是C 上一点，且△P F1 F2的周长为6．
(1)求C 的方程；
(2)过点F2且斜率为k 的直线l 与C 交于M，N 两点，过原点且与l 平行的直线与C 交
于A，B 两点，求证：|AB)
2
|MN )
为定值．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意列出关于a,c ,b的方程吗，求出它们的值，即可得答案；
（2）设出直线方程，联立椭圆方程，利用弦长公式求出|MN ),|AB)的表达式，即可
证明|AB)
2
|MN )
为定值.
【详解】（1）由题意知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，C 上的点到F1的最小距离为
1，
P 是C 上一点，且△P F1 F2的周长为6，
设椭圆的焦距为2c，则{
a−c =1
2a+2c =6
a
2=b
2+c
2)
，解得a=2,c =1,b
2=3，
故C 的方程为x
2
4 + y
2
3 =1；
（2）证明：由题意知F2(1,0)，故直线l 的方程为y =k( x−1),k ≠0，
设M (x1, y1), N (x2 y2)，联立{
x
2
4 + y
2
3 =1
y =k (x−1))
，
得(3+ 4 k
2) x
2−8k
2 x + 4 k
2−12=0，由于直线l 过椭圆焦点，必有Δ>0，
故x1+ x2=
8k
2
3+ 4 k
2 , x1 x2= 4 k
2−12
3+ 4 k
2 ，
故
MN = ❑√(1+k
2)[(x1+ x2)
2−4 x1 x2)=
❑√
(1+k
2)[(
8k
2
3+ 4 k
2)
2
−4⋅4 k
2−12
3+ 4 k
2 )= 12(1+k
2)
3+ 4 k
2 ，
由题意知直线AB的方程为y =kx，联立{
x
2
4 + y
2
3 =1
y =kx )
，得(3+ 4 k
2) x
2=12，
设A(x3, y3),B(x4 y4)，则不妨取x3=
2❑√3
❑√3+ 4 k
2 , x4=−
2❑√3
❑√3+ 4 k
2，
故| AB|=
❑√1+ k
2| x3−x4|= 4
❑√1+k
2❑√
3
3+ 4 k
2 = 4
❑√
3(1+k
2)
3+ 4 k
2 ，
故|AB)
2
|MN ) =
48(1+ k
2)
3+ 4 k
2
12(1+ k
2)
3+ 4 k
2
= 4，即|AB)
2
|MN )
为定值.
【点睛】易错点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的定值
问题，解答时容易出错的地方在于计算过程较为复杂，特别是求解弦长时，基本都是字母
参数的运算，需要特别小心.
32．已知椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上,短轴长为2❑√2,离心率为
❑√3
3
(1)求椭圆C的方程;
(2)一条动直线l与椭圆C交于不同两点M , N ,O为坐标原点,△OMN的面积为
❑√6
2 ,求证:
|OM )
2+|ON )
2为定值.
【答案】(1) x
2
3 + y
2
2 =1
(2)5
【分析】(1)设出椭圆方程,根据短轴长和离心率,求出a,b,c,写出方程即可;
(2)先考虑斜率不存在的情况,设直线方程,求出M , N两点坐标,列出关于△OMN的面积,
进而求出|OM )
2+|ON )
2的值,再考虑斜率存在的情况,设出直线方程,判别式大于零,韦达定理,
求出点O到直线的距离,进而求出△OMN的面积使其为
❑√6
2 ,可得直线中关于参数的等式,再
列出|OM )
2+|ON )
2的式子,进行化简求值即可.
【详解】（1）解:由题知,设椭圆方程为x
2
a
2 + y
2
b
2 =1,(a>b>0),
因为短轴长为2❑√2,
所以b= ❑√2,
因为离心率为
❑√3
3 ,
所以c
a = ❑√
c
2
a
2 = ❑√
a
2−b
2
a
2
 = ❑√
a
2−2
a
2
=
❑√3
3
,
解得:a= ❑√3,c =1,
故椭圆方程为: x
2
3 + y
2
2 =1;
（2）由题知当直线l斜率不存在时,
不妨设l: x =n,−❑√3<n<❑√3,
将x =n代入椭圆方程x
2
3 + y
2
2 =1,
可得y =±
❑√2−2n
2
3
,−❑√3<n<❑√3,
不妨假设M(n,
❑√2−2n
2
3 ),N(n,−
❑√2−2n
2
3 ),
则S△OMN = 1
2 ⋅MN ⋅|n)=|n)❑√2−2n
2
3
=
❑√6
2 ,
化简可得:n
2= 3
2,n=±
❑√6
2 ,
此时M(±
❑√6
2 ,1), N(±
❑√6
2 ,−1),
故|OM )
2+|ON )
2=(±
❑√6
2 )
2
+1
2+(±
❑√6
2 )
2
+(−1)
2=5,
当直线l斜率存在时,
不妨设l: y =kx +m,
M (x1, y1),N (x2, y2),
联立{
y =kx +m
x
2
3 + y
2
2 =1)
,
即(2+3k
2) x
2+6 kmx +3m
2−6=0,
Δ=(6 km)
2−4(2+3k
2)(3m
2−6)>0,
解得:2+3k
2>m
2,
由韦达定理得:{
x1+ x2= −6 km
2+3k
2
x1⋅x2= 3m
2−6
2+3k
2)
,
因为O(0,0),
则点O到直线y =kx +m的距离为: 
|m)
❑√k
2+1
,
|MN )=
❑√1+ k
2⋅❑√(x1+ x2)
2−4 x1⋅x2
=
❑√1+ k
2⋅❑√(
−6 km
2+3k
2)
2
−4(3m
2−6)
2+3k
2
=
❑√1+ k
2
2+3k
2 ⋅
❑√36 k
2m
2−4(3m
2−6)(2+3k
2)
=
❑√1+ k
2
2+3k
2 ⋅
❑√24(3k
2+2−m
2),
所以S△OMN = 1
2 ⋅
|m)
❑√k
2+1
⋅
❑√1+k
2
2+3k
2 ⋅
❑√24(3k
2+2−m
2)=
❑√6
2 ,
化简可得: 3k
2+2=2m
2>m
2,满足题意,
所以x1+ x2= −3k
m
, x1⋅x2= 3m
2−6
2m
2
,
故有y1+ y2=k (x1+ x2)+2m= 2
m,
y1⋅y2=(k x1+m)(k x2+m)
=k
2 x1⋅x2+ km(x1+ x2)+m
2
=k
2 3m
2−6
2m
2
+km⋅(
−3k
m )+m
2
= 2
m
2 −1,
则|OM )
2+|ON )
2= x1
2+ y1
2+ x2
2+ y2
2
=(x1+ x2)
2−2 x1⋅x2+( y1+ y2)
2−2 y1⋅y2
=(
−3k
m )
2
−2 3m
2−6
2m
2
+(
2
m)
2
−2(
2
m
2 −1)
= 9k
2
m
2 −3m
2−6
m
2
+ 4
m
2 −4
m
2 +2
= 9k
2−m
2+6
m
2
= 5m
2
m
2
=5, 
综上: |OM )
2+|ON )
2为定值5.
【点睛】思路点睛:本题考查直线与圆锥曲线的综合应用中的定值问题,关于定值的问
题思路有:
(1)先根据题意考虑特殊情况,斜率不存在,或斜率为零;
(2)根据特殊情况求出定值;
(3)设普通的直线方程,联立方程组;
(4)判别式大于零,韦达定理;
(5)根据题意建立关于x1+ x2, x1⋅x2的等式;
(6)写出需要求的式子,用x1+ x2, x1⋅x2代换,化简即可.
33．已知椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，过P(0, b
2 )的直线l与椭圆交于A ,B两点，过
Q( x0,0)(| x0|<a)的直线l
′与椭圆交于M , N两点.
(1)当l的斜率是k时，用a,b,k表示出| PA |⋅| PB|的值；
(2)若直线l ,l
′的倾斜角互补，是否存在实数x0，使| PA |⋅| PB|
| MN |
2
为定值，若存在，
求出该定值及x0，若不存在，说明理由.
【答案】(1)|PA)⋅|PB)= 3a
2b
2(1+ k
2)
4(a
2k
2+b
2)
(2)存在x0=0，定值为3
16，理由见解析
【分析】（1）直线AB的方程：y =kx + b
2与椭圆方程联立消y可得x1 x2，再由弦长公
式计算即可求解；
（2）当直线MN的斜率存在时：设M (x3, y3)，N (x4, y4)，直线MN的方程：
y =−k (x−x0)与椭圆方程联立可得x3+ x4，x3 x4代入
|MN )
2=(1+ k
2)[(x3+ x4)
2−4 x3⋅x4)整理，当直线MN的斜率不存在时，分别计算
|PA)⋅|PB)和|MN )
2，再计算即可求解.
【详解】（1）设直线AB的方程：y =kx + b
2，A(x1, y1),B(x2, y2)
由{
y =kx + b
2
b
2 x
2+a
2 y
2=a
2b
2)
可得(a
2k
2+b
2) x
2+a
2bkx−3a
2b
2
4
=0，
所以x1 x2=
−3a
2b
2
4(a
2k
2+b
2)，
因此|PA)⋅|PB)=
❑√1+k
2|x1−0)
❑√1+ k
2|x2−0)=(1+ k
2)|x1 x2)= 3a
2b
2(1+k
2)
4(a
2k
2+b
2)
.
（2）当直线MN的斜率存在时：
设直线MN的方程：y =−k (x−x0)，M (x3, y3)，N (x4, y4)，
由{
y =−k( x−x0)
b
2 x
2+a
2 y
2=a
2b
2)得(a
2k
2+b
2) x
2−2a
2k
2 x0 x +a
2k
2 x0
2−a
2b
2=0，
则x3+ x4= 2a
2k
2 x0
a
2k
2+b
2，x3 x4= a
2k
2 x0
2−a
2b
2
a
2k
2+b
2
，
所以
|MN )
2=(1+ k
2)[(x3+ x4)
2−4 x3⋅x4)=(1+ k
2)[(
2a
2k
2 x0
a
2k
2+b
2)
2
−4 a
2k
2 x0
2−4 a
2b
2
a
2k
2+b
2
)
=(1+ k
2) 4(a
2b
4+a
4b
2k
2−a
2b
2k
2 x0
2)
(a
2k
2+b
2)
2
|PA)⋅|PB)
|MN )
2
= 3
16 ×
a
2b
2(a
2k
2+b
2)
a
2b
4+a
4b
2k
2−a
2b
2k
2 x0
2 = 3
16 ×
b
2+a
2k
2
b
2+a
2k
2−k
2 x0
2
所以当x0=0时，| PA |⋅| PB|
| MN |
2
= 3
16 为常数，
当直线MN的斜率不存在时，|PA)⋅|PB)= b
2 × 3b
2 = 3b
2
4 ，
将x = x0代入x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)可得y0
2=b
2(1−x0
2
a
2)= b
2
a
2 (a
2−x0
2)
|MN )
2= 4 y0
2= 4 b
2(a
2−x0
2)
a
2
，
所以|PA)⋅|PB)
|MN )
2
=
3b
2
4
4 b
2−4 b
2
a
2 x0
2
，当x0=0时，| PA |⋅| PB|
| MN |
2
= 3
16 成立，
综上所述：当x0=0时，| PA |⋅| PB|
| MN |
2
= 3
16 为常数.
【点睛】思路点睛：解决定值、定点的方法
（1）从特殊入手，求出定值、定点、定线，再证明定值、定点、定线与变量无关；
（2）直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量是此类问题的特点，设而
不求的方法、整体思想和消元思想的运用可以有效的简化运算.
34．已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的焦距为2❑√3，离心率为
❑√3
2 .
(1)求椭圆C 的方程；
(2)已知D(
4
3 ,0)，E 为直线x =3上一纵坐标不为0 的点，且直线DE 交C 于H，G 两
点，证明：|HD)⋅|GE)=|GD)⋅|HE).
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据条件，求a,c，再结合公式b
2=a
2−c
2，即可求解椭圆方程；
（2）首先设直线DE 的方程为x =ty + 4
3
(t ≠0)，与直线x =3和椭圆方程联立，利用弦
长公式，表示|HD)⋅|GE)和|GD)⋅|HE)，利用分析法，转化为证明
2 y1 y2−5
3t ( y1+ y2)=0，再代入韦达定理，即可证明.
【详解】（1）设C 的半焦距为c（c>0）.
由已知得c = ❑√3，c
a =
❑√3
2 ，又由a
2=b
2+c
2，
解得a=2，b=1.
所以椭圆C 的方程为x
2
4 + y
2=1；
（2）设直线DE 的方程为x =ty + 4
3
(t ≠0)，则E(3, 5
3t).
将x =ty + 4
3 代入x
2
4 + y
2=1，得(t
2+ 4) y
2+ 8t
3 y −20
9 =0.
设H，G 的坐标分别为(x1, y1)，(x2, y2)，
则y1≠y2，y1+ y2=−
8t
3(t
2+ 4)，y1 y2=−
20
9(t
2+ 4).
|HD)⋅|GE)=
❑√1+t
2|y1)⋅
❑√1+t
2|y2−5
3t)=(1+t
2)|y1 y2−5
3t y1)，
|GD)⋅|HE)=
❑√1+t
2|y2)⋅
❑√1+t
2|y1−5
3t)=(1+t
2)|y1 y2−5
3t y2)，
要证|HD)⋅|GE)=|GD)⋅|HE)，只要证|y1 y2−5
3t y1)=|y1 y2−5
3t y2)，
即要证( y1 y2−5
3t y1)+( y1 y2−5
3t y2)=0.
即要证2 y1 y2−5
3t ( y1+ y2)=0，
即要证2⋅[−
20
9(t
2+ 4))−5
3t[−
8t
3(t
2+ 4))=0（*）.
因为2⋅[−
20
9(t
2+ 4))−5
3t[−
8t
3(t
2+ 4))=−
40
9(t
2+ 4)
+
40
9(t
2+ 4)
=0，
所以（*）式成立，所以|HD)⋅|GE)=|GD)⋅|HE)成立.
以|HD)⋅|GE)=|GD)⋅|HE)成立.
  
35．在平面直角坐标系xoy中，点F1(−1,0)，F2(1,0)，|M F1)+|M F2)= 4，点M
的轨迹为C.
(1)求C 的方程：
(2)设点P 在直线x =1上，过点P 的两条直线分别交C 于A，B 两点和G，H 两点，若
直线AB 与直线GH 的斜率之和为0，证明：| PA |⋅| PB|=| PG|⋅| PH |.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据椭圆的定义，求得a,b,c，即可直接写出椭圆方程；
（2）设出点P的坐标以及直线AB的方程，求得|PA|| PB|，同理求得|PG|| PH |
即可证明.
【详解】（1）根据椭圆的定义可得，点M的轨迹是以F1, F2为左右焦点，且长轴长
为4的椭圆，
设其方程为x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，
故可得c =1,2a= 4 ,b
2=a
2−c
2= 4−1=3，
故C的方程为：x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）设P(1,m)，设k AB=k，kGH =−k，则l AB: y =k( x−1)+m，
联立直线AB与椭圆C的方程得：
(3+ 4 k
2)x
2+8k(m−k )x + 4 k
2−8mk + 4 m
2−12=0，
则x A+ xB= 8k(k −m)
3+ 4 k
2
，x A xB= 4 k
2−8mk + 4 m
2−12
3+ 4 k
2
，
则| PA |⋅| PB|=
❑√1+k
2|x A−1)⋅
❑√1+k
2|xB−1)=(1+ k
2)|x A xB−( x A+ xB)+1)
= (1+ k
2)|
4 k
2−8mk + 4 m
2−12
3+ 4 k
2
−8k(k −m)
3+ 4 k
2
+1)=(1+ k
2)|
4 m
2−9
3+ 4 k
2 )，
故xG+ xH = −8k(−k −m)
3+ 4 k
2
= 8k(k +m)
3+ 4 k
2
，xG xH = 4 k
2+8mk + 4 m
2−12
3+ 4 k
2
，
| PG|⋅| PH |=
❑√1+(−k )
2|xG−1)⋅
❑√1+(−k )
2|xH −1)=(1+ k
2)|xG xH −(xG+ xH)+1)
= (1+k
2)|
4 k
2+8mk + 4 m
2−12
3+ 4 k
2
−8k(k +m)
3+ 4 k
2
+1)=(1+ k
2)|
4 m
2−9
3+ 4 k
2 ).
故| PA |⋅| PB|=| PG|⋅| PH |.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中韦达定理和弦长公式的
应用，处理第二问的关键是正确使用弦长公式，同时对计算能力也提出了一定的要求，属
综合中档题.
36．已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
8 =1(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为C上一点，且当
P F1⊥x轴时，|P F2)= 10
3 .
(1)求C的方程；
(2)设C在点P处的切线交x轴于点Q，证明：|P F1)⋅|Q F2)=|P F2)⋅|Q F1).
【答案】(1) x
2
9 + y
2
8 =1；
(2)证明见解析.
【分析】(1)根据题意设P(−c , y0)( y0>0)，则|P F1)= 8
a，结合椭圆的定义可得
8
a + 10
3 =2a，解方程即可；
(2)易知当切线斜率不存在时等式成立；当切线斜率存在且不为0 时，设P( x0, y0)，
利用导数的几何意义和直线的点斜式方程求出切线方程，令y =0，求出Q 的坐标，利用两
点坐标求距离公式分别求出|P F1),|P F2)，|Q F1),|Q F2)，进而表示出|Q F1)
|Q F2)
、|P F1)
|P F2)
，
结合x0
2
9 + y0
2
8 =1化简计算即可.
【详解】（1）由题意知，a
2>8，得a>2❑√2，
当P F1⊥x轴时，设P(−c , y0)( y0>0)，
代入椭圆方程，得c
2
a
2 + y0
2
8 =1，解得y0= 8
a，即|P F1)= 8
a，
由椭圆的定义知，|P F1)+|P F2)=2a，又|P F2)= 10
3 ，
所以8
a + 10
3 =2a，由a>2❑√2，解得a=3，
故椭圆C 的方程为x
2
9 + y
2
8 =1；
（2）当切线斜率不存在时，切线方程为x =±3，此时点P 与点Q 重合，等式成立；
当切线斜率为0 时，切线与x 轴不相交，不符合题意；
当切线斜率存在时，设P( x0, y0)，
由x
2
9 + y
2
8 =1，得y = 2❑√2
3
❑√9−x
2，则y
′ = 2❑√2
3
1
2
❑√9−x
2 (9−x
2)
′ =−2❑√2 x
3
❑√9−x
2，
所以切线的斜率为k =−2❑√2 x0
3
❑√9−x0
2，得切线方程为y =−2❑√2 x0
3
❑√9−x0
2 ( x−x0)+ y0，
即2❑√2 x0 x +3
❑√9−x0
2 y =2❑√2 x0
2+3 y0
❑√9−x0
2，
整理得2❑√2 x0 x +
9
2❑√2 y0 y =2❑√2 x0
2+2❑√2(9−x0
2)，
即8 x0 x +9 y0 y =72，所以切线方程为x0 x
9 + y0 y
8
=1，
令y =0，得x = 9
x0
，即Q( 9
x0
,0)，
由(1)知，F1(−1,0), F2(1,0)，
则|P F1)=
❑√( x0+1)
2+ y0
2,|P F2)=
❑√( x0−1)
2+ y0
2，
|Q F1)=|
9
x0
+1)=|
9+ x0
x0 ),|Q F2)=|
9
x0
−1)=|
9−x0
x0 )，
又x0
2
9 + y0
2
8 =1，得y0
2=8−8
9 x0
2，
所以|Q F1)
|Q F2)
=|
9+ x0
x0 )
|
9−x0
x0 )
=|
x0+9
x0−9)，
|P F1)
|P F2)
= ❑√
( x0+1)
2+ y0
2
( x0−1)
2+ y0
2 =
❑
√
x0
2+2 x0+1+8−8
9 x0
2
x0
2−2 x0+1+8−8
9 x0
2 = ❑√
( x0+9)
2
( x0−9)
2 =|
x0+9
x0−9)，
所以|P F1)
|P F2)
=|Q F1)
|Q F2)
，即|P F1)⋅|Q F2)=|P F2)⋅|Q F1)，即证.
37．已知双曲线C :4 x
2−y
2= λ(λ≠0)经过点A (❑√2,2)，直线y =t (t ≠±2)与C交于
M , N两点，直线AM , AN分别与y轴相交于点P ,Q.
(1)证明：以线段PQ为直径的圆恒过点R (2,0)；
(2)若|MN )<2❑√2，且|AM )
|AN ) =|AQ)
|AP) ，求t.
【答案】(1)证明见解析
(2)t = 6
5
【分析】（1）根据双曲线经过点A得到双曲线的方程，然后通过证明⃗RP⋅⃗RQ =0来
说明以线段PQ为直径的圆恒过点R (2,0)；
（2）根据|AM )
|AN ) =|AQ)
|AP) 列方程得到2−m
2=(2−t )
2，再结合m
2=1+ t
2
4
求t即可.
【详解】（1）
将(❑√2,2)代入4 x
2−y
2= λ，得4(❑√2)
2−2
2= λ，所以λ = 4，
所以C的方程为x
2−y
2
4 =1.
要证明以线段PQ为直径的圆恒过点R (2,0)，即证⃗RP⋅⃗RQ =0.
设M (m,t ), N (−m,t )，根据题意知直线AM , AN的斜率存在，则m≠± ❑√2，
故直线AM : y = 2−t
❑√2−m
(x−❑√2)+2，令x =0，得P(0,
❑√2t −2m
❑√2−m )，
用−m替换m，得Q(0,
❑√2t +2m
❑√2+m ).
所以⃗RP =(−2,
❑√2t −2m
❑√2−m ),⃗RQ =(−2,
❑√2t +2m
❑√2+m )，
所以⃗RP⋅⃗RQ = 4 + 2t
2−4 m
2
2−m
2
.
因为m
2−t
2
4 =1，所以t
2= 4 m
2−4，所以⃗RP⋅⃗RQ = 4+ 4 m
2−8
2−m
2 = 4−4 =0，
故原命题得证.
（2）因为|MN )<2❑√2，所以|m)<❑√2.
由|AM )
|AN ) =|AQ)
|AP) 可得|AM )⋅|AP)=|AN )⋅|AQ)，记AM的斜率为k = 2−t
❑√2−m，
则|AM )⋅|AP)=
❑√1+ k
2(❑√2−m)⋅
❑√1+k
2⋅❑√2= ❑√2(❑√2−m)(1+k
2)
= ❑√2(❑√2−m)[1+(
2−t
❑√2−m)
2
)= ❑√2⋅(❑√2−m)
2+(2−t )
2
❑√2−m
.
用−m替换m，可得|AN )⋅|AQ)= ❑√2⋅(❑√2+m)
2+(2−t )
2
❑√2+m
.
所以(❑√2−m)
2+(2−t )
2
❑√2−m
= (❑√2+m)
2+(2−t )
2
❑√2+m
，
化简可得2−m
2=(2−t )
2，又m
2=1+ t
2
4 ，
所以5t
2−16t +12=0，解得t = 6
5 或t =2（舍去）.
所以t = 6
5 .
39．曲线C 上任一点M ( x , y)到点F1(−1,0)，F2(−1,0)距离之和为2❑√2，点
P(x0, y0)是曲线C 上一点，直线l 过点P 且与直线x0 x +2 y0 y −2=0垂直，直线l 与x 轴
交于点Q.
（I）求曲线C 的方程及点Q 的坐标（用点P(x0, y0)的坐标表示）；
（II）比较|P F1)
|P F2)
与|Q F1)
|Q F2)
的大小，并证明你的结论.
【答案】（Ⅰ）x
2
2 + y
2=1；Q(
x0
2 ,0)；（Ⅱ）|P F1)
|P F2)
=|Q F1)
|Q F2)
，证明详见解析.
【分析】（Ⅰ）根据椭圆的定义求椭圆方程，以及利用垂直关系求直线l的斜率，再
求直线l的方程，求点Q的坐标；（Ⅱ）利用两点间的距离分别表示|P F1)
|P F2)
和|Q F1)
|Q F2)
，利用
椭圆方程，化简两式，比较大小，并证明.
【详解】（Ⅰ）由条件可知|M F1)+|M F2)=2❑√2>|F1 F2)=2，
∴点M是以F1, F2为焦点的椭圆，2a=2❑√2，2c =2，
即a= ❑√2，c =1，b
2=a
2−c
2=1，
∴曲线C的方程是x
2
2 + y
2=1，
直线x0 x +2 y0 y −2=0的斜率k =−x0
2 y0
，∴直线l的斜率k = 2 y0
x0
，
∴直线l的方程y −y0= 2 y0
x0
(x−x0)，令y =0，得x = x0
2 ，
∴点Q的坐标(
x0
2 ,0)；
（Ⅱ）|P F1)
|P F2)
=|Q F1)
|Q F2)
，理由如下，
|P F1)
2=(x0+1)
2+ y0
2，|P F2)
2=(x0−1)
2+ y0
2，
|Q F1)
2=(
x0
2 +1)
2
，|Q F2)
2=(
x0
2 −1)
2
，
|P F1)
2
|P F2)
2 = (x0+1)
2+ y0
2
(x0−1)
2+ y0
2 = 2(x0+1)
2+2 y0
2
2(x0−1)
2+2 y0
2 = 2(x0+1)
2+2−x0
2
2(x0−1)
2+2−x0
2 
= x0
2+ 4 x0+ 4
x0
2−4 x0+ 4
= (x0+2)
2
(x0−2)
2 
|Q F1)
2
|Q F2)
2 = (x0+2)
2
(x0−2)
2，
∴ |P F1)
2
|P F2)
2 =|Q F1)
2
|Q F2)
2，即 |P F1)
|P F2)
=|Q F1)
|Q F2)
.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆，以及利用椭圆方程化简式子，本题第二问的关
键是利用2 y0
2=2−x0
2，化简式子.
40．已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1 (a>b>0)过点(2,1)，且离心率为
❑√2
2 .
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知圆方程为x
2+ y
2=2，过圆上任意一点作圆的切线，切线与椭圆C交于A，B两
点，O为坐标原点，设Q为AB的中点，当|OQ)取最大值时，求直线AB的方程.
【答案】(1) x
2
6 + y
2
3 =1
(2)y =
❑√2
2 x ± ❑√3或y =−
❑√2
2 x ± ❑√3
【分析】（1）由题意{
2
2
a
2 + 1
2
b
2 =1
e = c
a =
❑√2
2
c
2=a
2−b
2)
，解方程组即可得解；
（2）当切线斜率不存在时，易得|OQ)= ❑√2；当切线斜率存在时，设切线方程为
y =kx +m，A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由切线的
性质得m
2=2(1+ k
2)，得到|OQ)关于k的表达式，当k ≠0时，|OQ)= ❑
√
2+
2
4 k
2+ 1
k
2 + 4 ，
利用基本不等式求出|OQ)的最大值，从而求出此时k、m的值，即可求出直线方程.
【详解】（1）∵椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)过点(2,1)，且离心率为
❑√2
2 ，
∴ {
2
2
a
2 + 1
2
b
2 =1
e = c
a =
❑√2
2
c
2=a
2−b
2)
，解得{
b= ❑√3
a= ❑√6)，
∴椭圆C的方程为x
2
6 + y
2
3 =1.
（2）由题得圆的圆心为(0,0)，半径为❑√2，
当切线斜率不存在时，切点即为Q，此时|OQ)= ❑√2；
当切线斜率存在时，设切线方程为y =kx +m，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立方程{
y =kx +m
x
2+2 y
2=6)，得(1+2k
2) x
2+ 4 kmx +2m
2−6=0，
∴x1+ x2=−4 km
1+2k
2，x1 x2= 2m
2−6
1+2k
2 ，
∴y1+ y2=k (x1+ x2)+2m=
2m
1+2k
2，∴Q(−2km
1+2k
2 ,
m
1+2k
2)，
∵直线AB与圆O相切，∴|m)
❑√1+k
2 = ❑√2，即m
2=2(1+ k
2)，
∴|OQ|
2= 4 k
2m
2+m
2
(1+2k
2)
2 = 2(4 k
4+5k
2+1)
4 k
4+ 4 k
2+1
=2(1+
k
2
4 k
4+ 4 k
2+1)，
当k =0时，|OQ)= ❑√2；
当k ≠0时，|OQ)= ❑
√
2+
2
4 k
2+ 1
k
2 + 4 ，
∵ 4 k
2+ 1
k
2 ≥2❑√
4 k
2⋅1
k
2 = 4，当且仅当4 k
2= 1
k
2时等号成立，∴ 
❑√2<|OQ)≤3
2，
所以
❑√2≤|OQ)≤3
2，
综上可得|OQ)的最大值为3
2，此时4 k
2= 1
k
2，即k =±
❑√2
2 ，
所以m
2=2(1+ k
2)=3，即m=± ❑√3，
所以直线AB的方程y =
❑√2
2 x ± ❑√3或y =−
❑√2
2 x ± ❑√3.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为(x1, y1)、(x2, y2)；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算
Δ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+ x2、x1 x2的形式；
（5）代入韦达定理求解.
41．已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为1
2，焦距为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线l的斜率为−1，且与坐标轴的交点均在椭圆内部，直线l与椭圆交于A ,B两点，
求线段AB的长度的取值范围.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)(
8 ❑√6
7
, 4 ❑√42
7 )
【分析】（1）根据题意，得到c
a = 1
2且2c =2，求得a,b,c的值，即可得到椭圆C的
方程；
（2）设直线l：y =−x +m，且m∈(−❑√3,❑√3)，联立方程，设A(x1, y1)，
B(x2, y2)，由韦达定理结合椭圆弦长公式得到|AB)= 4 ❑√6
7
❑√7−m
2，进而求得|AB)的取
值范围.
【详解】（1）因为C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为1
2，且焦距为2，
可得e = c
a = 1
2且2c =2，解得a=2，c =1，则b=
❑√a
2−c
2= ❑√3，
所以椭圆C的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）直线l的斜率为−1，且与坐标轴的交点均在椭圆内部，
设直线l：y =−x +m，且m∈(−❑√3,❑√3)，
联立方程组{
x
2
4 + y
2
3 =1
y =−x +m)
，整理得7 x
2−8mx + 4 m
2−12=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1+ x2= 8m
7 ，x1 x2= 4 m
2−12
7
，
因此|AB)= ❑√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2= ❑√2⋅❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2
= ❑√2⋅
❑√
64 m
2
49 −4⋅4 m
2−12
7
= 4 ❑√6
7
❑√7−m
2，
由m∈(−❑√3,❑√3)，可得❑√7−m
2∈(2,❑√7)，即8 ❑√6
7
<|AB)≤4 ❑√42
7
，
所以|AB)的取值范围为(
8 ❑√6
7
, 4 ❑√42
7 ).
42．已知抛物线C : x
2= 4 y，过点D(0,2)的直线l 交抛物线于A，B 两点，抛物线在
点A 处的切线为l1，在点B 处的切线为l2，直线l1与l2交于点M.
(1)设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2=−2；
(2)设线段AB 的中点为N，求MN
AB 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)(
1
2 ,
❑√2
2 )
【分析】（1）设切线方程，分别用点A ,B的横坐标表示k1,k2，联立直线l 与抛物线
的方程，结合韦达定理，可得结果；
（2）联立直线方程求点M 坐标，由中点坐标公式可得N点坐标，从而得到|MN )，
再由弦长公式可得|AB)，由|MN )
|AB) 的表达式求取值范围即可.
【详解】（1）由题意知，直线l 的斜率存在，
设点A(x1, y1)，B(x2, y2)，直线l 的方程为y =kx +2，
由{
y =kx +2,
x
2= 4 y , )得x
2−4 kx −8=0，
Δ=16 k
2+32>0，x1+ x2= 4 k，x1 x2=−8.
由y = 1
4 x
2，得切点A(x1, x1
2
4 )，B(x2, x2
2
4 )，
则切线l1的方程为y −x1
2
4 =k1(x−x1)，代入x
2= 4 y，得x
2−4 k1 x−(x1
2−4 k1 x1)=0，
所以Δ1=16 k1
2−16k1 x1+ 4 x1
2=0，解得k1= 1
2 x1，
同理，得切线l2的斜率k2= 1
2 x2，
所以k1k2= 1
4 x1 x2= 1
4 ×(−8)=−2.
（2）由（1）可得y1+ y2=k (x1+ x2)+ 4 = 4(k
2+1)，
故y1+ y2
2
=2(k
2+1)，N (2k ,2(k
2+1)).
由（1）得l1: y −x1
2
4 = x1
2 (x−x1)，
可化为y = 1
2 x1 x−x1
2
4
，①
同理得l2: y = 1
2 x2 x−x2
2
4
，②
由①②，得x = x1+ x2
2
=2k，y = x1 x2
4
=−2，即M (2k ,−2)，
则MN =2(k
2+1)+2=2(k
2+2).
AB =
❑√1+ k
2⋅|x1−x2|=
❑√1+ k
2⋅❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2
=
❑√k
2+1⋅
❑√(4 k )
2+32= 4
❑√(k
2+1)(k
2+2)，
所以MN
AB = 1
2
❑√
k
2+2
k
2+1
= 1
2
❑√
1+
1
k
2+1
.
由k
2≥0，k
2+1≥1，得0<
1
k
2+1
≤1，故MN
AB ∈(
1
2 ,
❑√2
2 )，
即MN
AB 的取值范围为(
1
2 ,
❑√2
2 ).
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二
次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到
直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0 或不存在等特殊情形，强化有
关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、
斜率、三角形的面积等问题．
43．设O 为坐标原点，点M，N 在抛物线C : x
2= 4 y上，且⃗OM ⋅⃗ON =−4.
(1)证明：直线MN过定点；
(2)设C 在点M，N 处的切线相交于点P，求|MN )
|OP)
2的取值范围.
【答案】(1)证明见详解；
(2)(1,❑√2)
【分析】（1）设直线方程与抛物线联立，利用韦达定理结合平面向量数量积计算即
可；
（2）利用导数得出过M、N 的切线方程，求出切线的交点P 坐标，结合弦长公式得
出比值，利用函数研究计算其范围即可.
【详解】（1）由题意可设直线MN的方程为：y =kx +m，M (x1, y1)、N (x2, y2)，
联立抛物线方程{
y =kx +m
x
2= 4 y )⇒x
2−4 kx −4 m=0，
所以x1+ x2= 4 k , x1 x2=−4 m，
又⃗OM =(x1, y1),⃗ON =(x2, y2)⇒⃗OM ⋅⃗ON = x1 x2+ y1 y2=−4，
化简得x1 x2+(k x1+m)(k x2+m)=(k
2+1) x1 x2+km(x1+ x2)+m
2=m
2−4 m=−4，
解之得m=2，即直线MN为：y =kx +2，显然过定点(0,2)；
（2）由抛物线C : x
2= 4 y ⇒y = x
2
4 ⇒y
′ = 1
2 x，
则点M (x1, y1)、N (x2, y2)的切线方程分别为
y −y1= 1
2 x1(x−x1)、y −y2= 1
2 x2(x−x2)，
易知y1= x1
2
4 , y2= x2
2
4
，联立切线方程可得x = x1+ x2
2
，
结合（1）可知x =2k，∴y =k x1−1
4 x1
2=k x1−y1=−2，
故P(2k ,−2)，|OP)
2= 4 k
2+ 4，
由弦长公式及（1）可得
|MN )=
❑√k
2+1|x1−x2)=
❑√k
2+1❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= 4
❑√k
2+1⋅
❑√k
2+2，
所以|MN )
|OP)
2 = 4
❑√k
2+1⋅
❑√k
2+2
4(k
2+1)
= ❑√
1+
1
k
2+1
，
易知k
2+1≥1⇒0<
1
k
2+1
≤1⇒❑√
1+
1
k
2+1
∈(1,❑√2)，
即|MN )
|OP)
2的取值范围为(1,❑√2).
44．如图，已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1 (a>b>0)过点(1, 3
2)两个焦点为F1(−1,0)和
F2(1,0).圆O 的方程为x
2+ y
2=a
2.
（1）求椭圆C 的标准方程；
（2）过F1且斜率为k(k >0)的动直线l 与椭圆C 交于A、B 两点，与圆O 交于P、Q
两点（点A、P 在x 轴上方），当|A F2), |B F2), | AB|成等差数列时，求弦PQ 的长.
【答案】（1）x
2
4 + y
2
3 =1（2）7
2
【分析】（1）求出c =1，设椭圆C的方程为x
2
a
2 +
y
2
a
2−1
=1，将点(1 , 3
2 )代入，解得
a
2= 4，然后求解椭圆C的方程．
（2）由椭圆定义，| A F1|+| A F2|= 4，|B F1|+|B F2|= 4，通过| A F2|，
|B F2|，| AB|成等差数列，推出|B F2|= 8
3． 设B( x0，y0)，通过
{
( x0−1)
2+ y0
2= 64
9 ,
x0
2
4 + y0
2
3 =1 )
解得B，然后求解直线方程，推出弦PQ的长即可．
【详解】（1）由题意，c =1，
设椭圆C 的方程为x
2
a
2 +
y
2
a
2−1
=1，将点(1, 3
2)代入1
a
2 +
9
4(a
2−1)
=1，
解得a
2= 4或a
2= 1
4 （舍去），
所以，椭圆C 的方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）由椭圆定义，|A F1)+|A F2)= 4 , |B F1)+|B F2)= 4，两式相加，得
| AB|+|A F2)+|B F2)=8，因为|A F2), |B F2), | AB|成等差数列，
所以| AB|+|A F2)=2|B F2)，
于是3|B F2)=8，即|B F2)= 8
3.
设B(x0, y0)，由{
(x0−1)
2+ y0
2= 64
9 ,
x0
2
4 + y0
2
3 =1, )
解得B(−4
3 ,−
❑√15
3 )，
所以，k = ❑√15，直线l 的方程为y = ❑√15( x +1)，
即❑√15 x−y + ❑√15=0，
圆O 的方程为x
2+ y
2= 4，圆心O 到直线l 的距离d =
❑√15
4
，
此时，弦PQ 的长| PQ|=2
❑√4−d
2= 7
2.
【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，椭圆与圆的关系，考查转化思想以
及计算能力．
45．如图，双曲线的中心在坐标原点O，焦点在x 轴上，两条渐近线分别为l1,l2，经
过右焦点F 垂直于l1的直线分别交l1,l2于A，B 两点．又已知该双曲线的离心率e =
❑√5
2 ．
（1）求证：|⃑OA |,|⃑AB|,|⃑OB|，依次成等差数列；
（2）若F (❑√5,0)，求直线AB 在双曲线上所截得的弦CD 的长度．
【答案】（1）证明见解析；（2）4
3 .
【分析】(Ⅰ)由双曲线的离心率求得a和c 的关系,进而求得b 和a的关系,设
∠AOF =∠BOF =θ,则tanθ可求得,利用正切的二倍角公式求得tan∠AOB,进而求得
|⃑AB),|⃑OA)的关系.令|⃑OA)=3m,进而可表示出|⃑AB),|⃑OA),进而求得
|⃑OA |+|⃑OB|=2|⃑AB|,从而可得结论；
(Ⅱ)由c,分别可求得a和b,进而求得双曲线的方程,设直线AB 的斜率为k,进而利用
tan∠BFx求得k,从而求得AB 的方程,与双曲线方程联立,消去y,利用韦达定理表示出x1+ x2
和x1 x2,进而根据弦长公式求得CD.
【详解】（1）由已知c
2
a
2 = 5
4 ，故a
2= 5
4 c
2， ①
从而b
2=c
2−a
2＝1
5 c
2， ②
故b
a =
c
❑√5
2c
❑√5
= 1
2，设∠AOF =∠BOF =θ , tanθ = 1
2．
故tan∠AOB= tan2θ = 2tanθ
1−tan
2θ
= 4
3 ，即|⃑AB)
|⃑OA) = 4
3 ．
令|⃑OA |=3 m(m >0)，则|⃑AB|= 4 m , |⃑OB|=5 m，满足|⃑OA |+|⃑OB|=2|⃑AB|，
所以， |⃑OA |, |⃑AB|, |⃑OB|依次成等差数列．
（2）双曲线的方程为x
2
4 −y
2=1．
设直线AB 的斜率为k，则k= tan∠BFx= tan∠AFO=cot θ =2．
于是直线AB 的议程为 y=2(x−❑√5)．
联立{
y =2( x−❑√5)
x
2
4 −y
2=1 )
消y 得15 x
2−32❑√5 x +84 =0．
故弦CD 的长度|CD|=
❑√1+ x
2⋅
❑√Δ
15 = ❑√5×
❑√(−32❑√5)
2−4×15×84
15
= 4
3
【点睛】本题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题,双曲线的标准方程,双曲线的性
质.考查了学生对圆锥曲线基础知识的掌握和灵活运用. 求曲线弦长的方法：（1）利用弦长
公式l =
❑√1+ k
2|x1−x2)；（2）利用l = ❑√
1+ 1
k
2|y1−y2)；（3）如果交点坐标可以求出，
利用两点间距离公式求解即可.
46．在平面直角坐标系xOy中，已知直线l经过抛物线C : y
2=2 px( p>0)的焦点
F (2,0)，与C交于M , N两点，与C的准线l
′交于点P.
(1)求⃗OM ⋅⃗ON的值；
(2)若|MF),|MP),|NF)成等差数列，求|NP).
【答案】(1)−12
(2)16
【分析】（1）首先由抛物线焦点F (2,0)求得其表达式，设直线l的方程为y =k (x−2)，
联立抛物线方程结合韦达定理以及数量积公式即可求解.
（2）2(x1+2)=(x2−2)+(2−x1)，结合韦达定理可得x1= 2
3 , x2=6，k
2=3，结合弦
长公式进一步即可求解.
【详解】（1）因为抛物线C的焦点为F (2,0)，
所以p
2 =2，即p= 4 ,
所以C的方程为y
2=8 x.
因为l与与C交于M , N两点，所以其斜率存在，
设直线l的方程为y =k (x−2)，
由{
y =k (x−2)
y
2=8 x )，消y得k
2 x
2−(4 k
2+8) x + 4 k
2=0，
易知Δ>0，设M (x1, y1), N (x2, y2)，则x1 x2= 4.
又( y1 y2)
2=8 x1⋅8 x2=256, y1 y2<0，所以y1 y2=−16，
所以⃗OM ⋅⃗ON = x1 x2+ y1 y2= 4+(−16)=−12.
（2）
因为|MF),|MP),|NF)成等差数列，所以0< x1<2< x2，
且2|MP)
❑√1+k
2 =|MF)+|NF)
❑√1+k
2
，即2(x1+2)=(2−x1)+(x2−2)，
即3 x1= x2−4，
又x1 x2= 4，解得x1= 2
3 , x2=6，
由x1+ x2= 4 k
2+8
k
2
= 20
3 ，解得k
2=3.
所以|NP)=
❑√1+ k
2|x2+2)=16.
47．已知圆C : x
2+ y
2=2 x，动点P在y轴的右侧，P到y轴的距离比它到的圆心C的
距离小1．
(1)求动点P的轨迹E的方程；
(2)过圆心C作直线l与轨迹E和圆C交于四个点，自上而下依次为A，M，N，B，若
|AM )，|MN )，|NB)成等差数列，求|AB)及直线l的方程．
【答案】(1)y
2= 4 x( x >0)
(2)| AB|=6，y =± ❑√2( x−1)，
【分析】（1）由题意可得P到直线x =−1的距离等于P到圆心C的距离，利用抛物线
的定义可得动P的轨迹E方程；
（2）根据等差中项的性质，结合| AM |+| NB|=| AB|−| MN |，可求| AB|的
值；设直线l: x =my +1，联立{
x =my +1
y
2= 4 x )⇒y
2−4 my −4 =0，根据弦长公式，结合韦达
定理列方程可求得m
2= 1
2，从而可得答案.
【详解】（1）C : x
2+ y
2=2 x化为(x −1)
2+ y
2=1，可得半径r =1，圆心C(1,0)，
因为动点P在y轴的右侧，P到y轴的距离比它到的圆心C的距离小1，
所以点P到定点C(1,0)的距离与到定直线x =−1的距离相等，
∴由抛物线的定义得P( x , y)的轨迹E方程为y
2= 4 x( x >0)；
（2）由圆C的半径为1，可得| MN |=2，
∵| AM |，| MN |，| NB|成等差数列，
∴| AM |+| NB|=2| MN |= 4又| AM |+| NB|=| AB|−| MN |=2| MN |，
∴| AB|=3|MN )=6，
当直线l的斜率为0时，直线l与抛物线只有1 个交点，不合题意；
所以直线l的斜率不为0，可设直线l: x =my +1，
联立{
x =my +1
y
2= 4 x )⇒y
2−4 my −4 =0，
Δ=16m
2+16>0恒成立，y1+ y2= 4 m, y1 y2=−4，
因为| AB|=6，
所以
❑√1+m
2|y1−y2)=
❑√1+m
2❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=
❑√1+m
2❑√16m
2+16=6，
解得m
2= 1
2，
所以直线l的方程为x =±
❑√2
2 y +1⇒y =± ❑√2( x−1)．
    
48．已知点A(−1,0),B(1,0)，动点P满足k PA⋅k PB=a，其中k PA ,k PB分别为直线
PA , PB的斜率，a为常数，且当a=−1时，点P的轨迹记为C1，当a=−1
4 时，P的轨迹记
为C2．
（1）求曲线C1,C2的方程；
（2）过点M(−
❑√3
2 ,0)的直线l与曲线C1,C2交于四点P1, P2, P3, P4（其中P1, P2在
x轴上方，P3, P4在x轴下方，P1, P4∈C1, P2, P3∈C2）．问：是否存在这样的直线l，
使得|P1 P2),|P2 P3),∣P3 P4|成 等差数列？若存在，求出直线l的方程，若不存在，请说
明理由．
【答案】（1）C1: x
2+ y
2=1( x≠±1)；C2: x
2+ 4 y
2=1( x≠±1)；（2）不存在；理
由见解析．
【分析】（1）设P( x , y)，利用k PA⋅k PB=a求出答案即可；
（2）设直线l: x =my −
❑√3
2 ，然后由条件可得|P1 P4)=3|P2 P3)，然后分别求出
|P1 P4),|P2 P3)，然后可得❑√
4 m
2+1
m
2+1
= 6(1+m
2)
4+m
2
，然后证明此方程无解即可.
【详解】（1）设P( x , y)，
由
y
x +1 ⋅
y
x−1 =−1，化简得C1: x
2+ y
2=1( x≠±1)；
由
y
x +1 ⋅
y
x−1 =−1
4 ，化简得C2: x
2+ 4 y
2=1( x≠±1)；
（2）由（1）知，C2: x
2+ 4 y
2=1( x≠±1)，
假设存在这样的直线l: x =my −
❑√3
2 ，设点Pi(xi, yi)(i=1,2,3,4)
则由题可知|P1 P2)+|P3 P4)=2|P2 P3)，
所以|P1 P4)=3|P2 P3)，
由{
x
2+ 4 y
2=1
x =my −
❑√3
2 )
，得(m
2+ 4) y
2−❑√3my −1
4 =0．
所以y2+ y3=
❑√3m
m
2+ 4
, y2 y3=−
1
4(m
2+ 4)．
故|P2 P3)=
❑√1+m
2⋅|y2−y3)= 2(1+m
2)
4+m
2 ，
因为|P1 P4)=2❑√
1−
3
4(m
2+1)
= ❑√
4 m
2+1
m
2+1
，
所以❑√
4 m
2+1
m
2+1
= 6(1+m
2)
4+m
2
．
令t =m
2+1≥1，则有(4 t −3)(t +3)
2=36t
3，
令f (t )=36t
3−(4 t −3)(t +3)
2=32t
3−21t
2−18t +27，
则f
′(t )=96t
2−42t −18>0，
故f (t )≥f (1)=20>0，
因此(4 t −3)(t +3)
2=36t
3无解，
所以不存在这样的直线l满足条件．
49．有一个动圆与曲线C : x
2+ y
2= 4( y >0)相外切，并且与x轴相切．
(1)求动圆的圆心N的轨迹方程；
(2)已知点A 的坐标为(−2,0)，如果直线y =k( x +2)与椭圆x
2
4 + y
2
b
2 =1(0<b<2) 交
于点C，直线y =k( x +2)与曲线N交于点B , D.求当斜率k满足什么范围时，存在这样的椭
圆使得|AB),|AC),|AD) 的长度成等比数列．
【答案】(1)x
2= 4 y，y >0.
(2)(−1
2 ,0)∪(0, 1
2)
【分析】（1）设N (x , y)，根据圆心距为半径之和可得轨迹方程x
2= 4 y，y >0.
（2）设B(x1, y1), D(x2, y2)，C (x3, y3)，联立直线方程和抛物线方程消元后结合韦
达定理得|AB)⋅|AD)= 4(1+ k
2)，同理得|AC)= 4 b
2❑√1+ k
2
b
2+ 4 k
2
，故可求参数的取值范围.
【详解】（1）设N (x , y)，因为动圆与曲线C : x
2+ y
2= 4( y >0)相外切，
故❑√(x−0)
2+( y −0)
2= y +2，其中y >0，故x
2= 4 y , y >0，
所以轨迹方程为x
2= 4 y，y >0.
（2）设B(x1, y1), D(x2, y2)，
则|AB)⋅|AD)=(1+ k
2)(x1+2)(x2+2)=(1+ k
2)(x1 x2+2 x1+2 x2+ 4)，
由{
y =kx +2k
x
2= 4 y )得x
2−4 kx−8k =0，
故|AB)⋅|AD)=(1+ k
2)(x1+2)(x2+2)=(1+ k
2)(−8k +8k + 4)= 4(1+ k
2)，
设C (x3, y3)，由{
y =kx +2k
x
2
4 + y
2
b
2 =1)
得b
2 x
2+ 4 (kx +2k )
2= 4 b
2，
此时x3×(−2)= 16k
2−4 b
2
b
2+ 4 k
2
，故x3= 2b
2−8k
2
b
2+ 4 k
2 ，
故|AC)=
❑√1+ k
2|−2−2b
2−8k
2
b
2+ 4 k
2 )= 4 b
2❑√1+ k
2
b
2+ 4 k
2
，
所以(
4 b
2❑√1+k
2
b
2+ 4 k
2 )
2
|AB)⋅|AD)= 4(1+ k
2)，即3b
4−8b
2k
2−16k
4=0，
故b
2= 4 k
2（另一解舍），即k =± b
2 ∈(−1
2 ,0)∪(0, 1
2).
50．已知椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率e =
❑√2
2 ，左顶点为A(−2,0).
（1）求椭圆E的方程； 
（2）已知O为坐标原点，B ,C是椭圆E上的两点，连接AB的直线平行OC交y轴于
点D，证明：|AB),❑√2|OC),|AD)成等比数列.
【答案】（1）x
2
4 + y
2
2 =1；（2）详见解析.
【分析】（1）依据题设条件建立方程进行求解；
（2）借助题设条件建立直线的方程，再与椭圆方程联立，运用坐标之间的关系以及
等差中项的性质进行求解证明.
【详解】（1）由题可知：e = c
a =
❑√2
2 ，a=2，解得c =b= ❑√2，
故椭圆C的方程为：x
2
4 + y
2
2 =1. 
（2）设B(x1, y1)，C (x2, y2)，OC : y =kx，则AB: y =k (x +2)，
将y =k (x +2)代入x
2
4 + y
2
2 =1，整理得(1+2k
2) x
2+8k x
2+8k
2−4 =0，
所以−2 x1= 8k
2−4
1+2k
2 ，得x1= 2−4 k
2
1+2k
2 ， 则|AB)=
❑√1+k
2|x1+2)= 4
❑√1+k
2
1+2k
2 ，
|AD)=
❑√1+ k
2|0+2)=2
❑√1+k
2，所以|AB)⋅|AD)= 8(1+k
2)
1+2k
2 ，
将y =kx代入x
2
4 + y
2
2 =1，整理得(1+2k
2) x
2−4 =0，
得x2
2=
4
1+2k
2，所以|OC |
2=(1+k
2) x2
2= 4(1+k
2)
1+2k
2 ．
故|AB)⋅|AD)=2|OC |
2，所以，|AB),❑√2|OC),|AD)成等比数列.
【点睛】椭圆是圆锥曲线的代表之一，也是中学数学中的重要知识点和考点．求解本
题的第一问时，直接依据题设建立方程组进行求解，
从而使得问题获解；解答第二问时，先建立直线AB: y =k (x +2)的方程，后借助交点
的坐标之间的关系及两点间距离公式分析推证，
进而使得问题获证．
51．已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的焦距为2❑√3，且过点(1,
❑√3
2 ).
（1）求椭圆C的方程；
（2）设过椭圆顶点B (0,b)，斜率为k的直线交椭圆于另一点D，交x轴于点E，且
|BD)、|BE)、|DE)成等比数列，求k
2的值.
【答案】（1）x
2
4 + y
2=1；（2）k
2= 2+ ❑√5
4
.
【分析】（1）由已知条件可得出关于a
2、b
2的方程组，解出这两个量的值，即可得
出椭圆C的方程；
（2）由（1）可知直线BD的方程为y =kx +1，将该直线的方程与椭圆C的方程联立，
求出点D的坐标，根据已知条件得出(1−y D)⋅|y D)=1，求出y D的值，进而可求得k
2的值.
【详解】（1）由已知2c =2❑√3，即有c = ❑√3，由已知条件可得{
1
a
2 + 3
4 b
2 =1
c
2=a
2−b
2=3)
，解
得{
a
2= 4
b
2=1)，
因此，椭圆C的方程为x
2
4 + y
2=1；
（2）由（1）得直线BD的方程为y =kx +1，联立{
y =kx +1
x
2
4 + y
2=1)
，
消去y可得(4 k
2+1) x
2+8kx =0，解得xD=−
8k
4 k
2+1，则y D= 1−4 k
2
1+ 4 k
2 ，
依题意k ≠0且k ≠± 1
2，
因为|BD)、|BE)、|DE)成等比数列，则|BE)
2=|BD)⋅|DE)，则(1−y D)⋅|y D)=1.
当y D>0时，则有y D
2 −y D+1=0，该方程无解；
当y D<0时，则y D
2 −y D−1=0，解得y D= 1−❑√5
2
，
所以1−4 k
2
1+ 4 k
2 = 1−❑√5
2
，解得k
2= 2+ ❑√5
4
，
所以，当|BD)、|BE)、|DE)成等比数列时，k
2= 2+ ❑√5
4
.
52．已知抛物线y
2= 4 x，过点M (0,2)的直线l与抛物线交于A、B两点，且直线l与x
轴交于点C.（1）求证:| MA |，| MC |，| MB|成等比数列；
（2）设⃗MA =α⃗AC，⃗MB = β⃗BC，试问α + β是否为定值，若是，求出此定值；若不
是，请说明理由．
【答案】解：(1)见解析；(2)见解析.
【详解】第一问中，
解：(1)设直线l 的方程为：y =kx +2(k ≠0)，
联立方程可得{ y =kx +2(k ≠0)
y
2= 4 x
得: k
2 x
2+(4 k −4)x + 4 =0(k ≠0) 
 
①
………………………………2 分
设A( x1, y1)B( x2, y2)C(−2
k ,0)则x1+ x2= 4 k −4
k
2
, x1· x2= 4
k
2 ②
| MA || MB|=
❑√1+k
2| x1−0|⋅
❑√1+k
2| x2−0|= 4(k
2+1)
k
2
， 
…………………………4 分
而| MC |=
❑√1+k
2|−2
k −0|= 4(k
2+1)
k
2
，∴| MA || MB|=| MC |
2≠0，
即|MA|，|MC|、|MB|成等比数列…………………………………………………………6
分
(2)法1：由MA
→
=α MC
→
, MB
→
= β BC
→
,得，
，
即得：α = −k x1
k x1+2 , β = −k x2
k x2+2………………………………………………………8 分
则α + β = −k x1
k x1+2 + −k x2
k x2+2 ………………………………………………………10 分
由(1)中②代入得α + β =−1，故α + β为定值且定值为-1 ………………………………13
分
53．抛物线
在点
，
处的切线垂直相交于点
，直线
与椭圆
相交于
，
两点．
（1）求抛物线
的焦点
与椭圆
的左焦点
的距离；
（2）设点
到直线
的距离为
，试问：是否存在直线
，使得
，
，
成等比数列？若存在，求直线
的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
;（2）不存在.
【详解】试题分析：（1）分别求出抛物线与椭圆的焦点，利用两点间距离公式求解；
（2）设直线
与抛物线相交于
与椭圆相交于
,
,所以直线与抛物线方程联立，得到
和
然后利用
,求出切线
，
的斜率，利用切线垂直，
,解出m,然后分别设出过
点的切线
方程，求出交点
的坐标，利用点到直线的距离公式求
,直线与曲线相交的弦长公式求
,若
，
，
成等比数列，则
,化简等式，通过
看方
程实根情况.
试题解析：（I）抛物线
的焦点
， 1 分
椭圆
的左焦点
， 2 分
则
． 3 分
（II）设直线
，
，
，
，
，
由
，得
， 4 分
故
，
．
由
，得
，
故切线
，
的斜率分别为
，
，
再由
，得
，
即
，
故
，这说明直线
过抛物线
的焦点
． 7 分
由
，得
，
,即
． 8 分
于是点
到直线
的距离
. 9 分
由
，得
， 10 分
从而
， 11 分
同理，
． 12 分
若
，
，
成等比数列，则
， 13 分
即
，
化简整理，得
，此方程无实根，
所以不存在直线
，使得
，
，
成等比数列． 15 分
考点：1.椭圆与抛物线的性质；2.导数的几何意义；3.直线与曲线的交点问题；4.弦长
公式.
54．设抛物线C : x
2=2 py ( p>0)的焦点为F，点P(1,0)，直线FP交C于A，B两点，
且|AB)= 5
2．
(1)求C的标准方程；
(2)已知M，N是抛物线上的任意两点，过点M，N分别作C在点M，N处的切线交于
点Q，
①证明：|FM )，|FQ)，|FN )成等比数列；
②证明：∠FMQ =∠FQN．
【答案】(1)x
2=2 y
(2)证明见解析
【分析】（1）设直线AB方程为y =kx + p
2 ，根据AB过点P(1,0)且|AB)= 5
2可求出p
的值，即可得到结果.
（2）①表示切线方程，联立可得点Q坐标，表示|FM )，|FQ)，|FN )即可证明结论.
②利用向量证明cos⟨⃗FM ,⃗FQ)=cos⟨⃗FN ,⃗FQ)，结合三角形相似可证明结论.
【详解】（1）
由题意得，直线AB斜率存在，F(0, p
2).
∵直线AB过点P(1,0)，∴设直线AB方程为y =kx + p
2 ，则k + p
2 =0.
由{
y =kx + p
2
x
2=2 py )
得，x
2−2 pkx −p
2=0，∴x A+ xB=2 pk，
∴|AB)= y A+ yB+ p=k x A+ p
2 +k xB+ p
2 + p=k (x A+ xB)+2 p=2 pk
2+2 p= 5
2，
由k + p
2 =0得k =−p
2 ，∴p
3
2 +2 p= 5
2，即p
3+ 4 p=5，解得p=1，
∴C的标准方程为x
2=2 y.
（2）
①由x
2=2 y得，y = x
2
2 ，∴y
′ = x
′.
设M (x1, y1), N (x2, y2)，则y1= x1
2
2 , y2= x2
2
2
，
∴点M , N处的切线斜率分别为x1, x2，
∴点M处的切线方程为y −y1= x1(x−x1)，整理得，y = x1 x−x1
2+ y1，即
y = x1 x−x1
2
2 ，
点N处的切线方程为y = x2 x−x2
2
2
，联立两切线方程得，Q(
x1+ x2
2
, x1 x2
2 ).
由（1）得，F(0, 1
2)，∴|FQ)
2=(
x1+ x2
2 )
2
+(
x1 x2
2
−1
2)
2
= x1
2
4 + x2
2
4 + x1
2 x2
2
4
+ 1
4
.
∵|FM )= y1+ 1
2 = x1
2
2 + 1
2 ,|FN )= y2+ 1
2 = x2
2
2 + 1
2
，
∴|FM )⋅|FN )= x1
2
4 + x2
2
4 + x1
2 x2
2
4
+ 1
4 =|FQ)
2，
∴|FM )，|FQ)，|FN )成等比数列.
②由①得，⃗FM =(x1, x1
2
2 −1
2),⃗FN =(x2, x2
2
2 −1
2)，⃗FQ =(
x1+ x2
2
, x1 x2
2
−1
2)，
∴⃗FM ⋅⃗FQ = x1⋅x1+ x2
2
+(
x1
2
2 −1
2)(
x1 x2
2
−1
2)=(
x1
2
2 + 1
2)(
x1 x2
2
+ 1
2)，⃗
FN ⋅⃗FQ =(
x2
2
2 + 1
2)(
x1 x2
2
+ 1
2)，
∵|FM )= x1
2
2 + 1
2 ,|FN )= x2
2
2 + 1
2
，∴⃗FM ⋅⃗FQ
|⃗FM )
=⃗FN ⋅⃗FQ
|⃗FN )
= x1 x2
2
+ 1
2，
∴⃗FM ⋅⃗FQ
|⃗FM )|⃗FQ)
=⃗FN ⋅⃗FQ
|⃗FN )|⃗FQ)，即cos⟨⃗FM ,⃗FQ)=cos⟨⃗FN ,⃗FQ)，故
∠MFQ =∠QFN，
∵|FM )⋅|FN )=|FQ)
2，∴|FM )
|FQ) =|FQ)
|FN )，∴△MFQ与△QFN相似，
∴∠FMQ =∠FQN.
【点睛】关键点点睛：解决第（2）问①的关键是通过求导表示切线斜率，求出切线
方程，结合抛物线的定义表示|FM )，|FQ)，|FN )；解决第（2）问②的关键是通过向量
表示夹角，根据三角形相似证明结论.