重难点17：破解圆锥曲线定值：圆锥曲线
中定值问题
（培优固本提能讲义）
知识网络·核心根基深扎牢....................................................................................1
实战演练·能力进阶攀高峰....................................................................................4
题型一、斜率和（积）为定值........................................................................4
题型二、斜率之比为定值................................................................................7
题型三、角度型定值......................................................................................11
题型四、距离型定值......................................................................................16
题型五、面积型定值......................................................................................20
题型六、数量积为定值..................................................................................27
题型七、系数型定值......................................................................................29
题型精析・方法突破提能力..............................................................................35
圆锥曲线的定值问题是解析几何中的核心题型，其本质是在图形的某些元素（如点、
直线、斜率、距离等）运动变化时，证明某个几何量（如斜率、面积、乘积、比值等）保
持恒定。解题的核心思路是 “化动为静”，即通过代数运算消去变化参数，最终得到与参
数无关的常数。定值问题的求解可遵循 “设参→表达→化简→定值” 的通用流程，具体
步骤如下：
步骤 1：设定参数 —— 参数是描述 “运动变化” 的变量，选择参数的原则是 **“少而
精”**，即能用 1 个参数表示的绝不设 2 个。常见参数类型：
点 参 数：若动点在曲线上，可设其坐标（如椭圆上的点可设为
(acosθ,bsinθ)，利用参数方程简化运算）；
知识网络・核心根基深扎牢
一、解题思路
斜率参数：若动直线过定点，可设其斜率k（需注意斜率不存在的特殊情况）；
截距参数：若动直线有固定纵 / 横截距，可设截距为t；
比例参数：若涉及线段比例，可设比例系数λ（如分点坐标用定比分点公式表示）。
步骤 2：表达几何量 —— 根据题目要求，将需要证明为定值的几何量（如斜率、面积、
乘积等）用第一步设定的参数表示出来。此步骤需熟练运用以下知识点：
直线方程（点斜式、斜截式、两点式）；点与曲线的位置关系（代入方程验证）；韦
达定理（联立直线与曲线方程，求两根之和、两根之积）；斜率公式（k=y2−y1
x2−x1
）；距
离公式（两点间距离、点到直线距离）；面积公式（底×高/2）。
步骤 3：化简消参 —— 这是最关键的一步，目标是通过代数变形（因式分解、通分、利
用曲线方程代换、韦达定理代入等）消去所有参数，得到一个常数。
步骤 4：验证特殊情况 —— 参数设定时可能隐含限制（如斜率不存在、直线与曲线相切
等），需单独验证这些特殊情况是否满足定值结论，确保逻辑严谨。
知识点
1 ：斜率和（积）为定值
1.与斜率有关的定值问题常见类型是斜率之积商或斜率之和差为定值，求解时一般先
利用斜率公式写出表达式，再利用题中条件或韦达定理化简。
2.题目必然隐含或明确给出一个固定点（记为P(x0,y0)），该点通常具备以下属
性：
位置特征：多在坐标轴上（如P(0,t)或P(t,0)），或为椭圆、抛物线等圆锥曲线的顶
点、焦点、中心，少数为曲线外的已知点。
角色功能：作为斜率计算的基准点，所有动点与该点的连线斜率（\(k_{PA}\)、\(k_{PB}
\)）是核心研究对象。
3.存在两个在同一圆锥曲线上的动点（记为A(x1,y1)、B(x2,y2)），且动点满足
以下关联条件：
运动约束：两点均在给定的圆锥曲线（椭圆、抛物线、双曲线）上，其坐标满足曲线方
程。
直线关联：两点通常共线，即直线AB为动直线，是后续推导中需代入韦达定理的关键载
体。
4.倘若定点P(0,t)，在椭圆上的动点A(x1,y1)，(B(x2,y2)，那么：
①kPA⋅kPB=y1−t
x1
⋅y2−t
x2
=y1y2−t(y1+y2)+t
2
x1x2
，此时已经凑出韦达定理的形式，就
无需再解点，可直接代入韦达定理求解。
二、方法技巧
②kPA+kPB=y1−t
x1
+y2−t
x2
=x1y2+x2y1−t(x1+x2)
x1x2
，这里对交叉项x1y2+x2y1的处理可
进
一
步
代
入
直
线
方
程
：
AB:y=kx+ m，
化
简
可
得
：
x1y2+x2y1=x1(kx2+ m )+x2(kx1+ m )=2kx1x2+ m (x1+x2))(kPA+kPB)=x1y2+x2y1−t(x1+x2)
x1x2
=2k+(
x
，再代入韦达定理。
③1
kPA
+1
kPB
=x1
(y1−t) +x2
(y2−t) =x1y2+x2y1−t(x1+y2)
(y1−t)(y2−t)
。可进一步代入直线方程：
AB:x= my+n，
化
简
可
得
：
x1y2+x2y1=(m y1+n)y2+(m y2+n)y1=2m y1y2+n(y1+y2)
知识点
2 ：斜率之比为定值（采用非对称韦达定理）
在处理斜率比值的时候：kPA
kPB
=
y1−t
x1
y2−t
x2
=x2y1−tx2
x1y2−tx1
=kx1x2+( m −t)x2
kx1x2+( m −t)x1
，这时我们
就需要通过所求得的韦达定理找到x1+x2和x1∙x2之间的关系，将其中一个替换，常用手段
是把乘法的替换成加法。
这样的非对称形式，即韦达定理无法直接代入，可以通过韦达定理构造互化公式，先局部
互化，然后可整理成对称型。具体办法：
联立方程后得到韦达定理：{
x1+x2=f(t)
x1x2=g(t) ⇒m(t)(x1+x2)=n(t)x1x2代入之后进行代
换消元解题。
知识点
3 ：圆锥曲线和（积
/ 商）为定值结论
椭 圆：
（1）P(x0,y0)是椭圆x
2
a
2 +y
2
b
2 =1(a>b>0)上一点，若A，B是椭圆上的两个动点，且
满足kPA+kPB=λ是定值，则当λ=0时，直线AB的斜率为定值；当λ≠0时，直线AB
恒过定点。
（2）P(x0,y0)是椭圆x
2
a
2 +y
2
b
2 =1(a>b>0)上一点，若A，B是椭圆上的两个动点，且
满足kPAkPB=λ是定值，则当λ=b
2
a
2 时，直线AB的斜率为定值；当λ≠b
2
a
2 时，直线AB
横过定点。
双曲线：
（3）P(x0,y0)是双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>，b>0)上一点，若A，B是双曲线上的两个动
点，且满足kPA+kPB=λ是定值，则当λ=0时，直线AB的斜率为定值；当λ≠0时，直
线AB 恒过定点。
（4）P(x0,y0)是双曲线x
2
a
2 +y
2
b
2 =1(a>0，b>0)上一点，若A，B是双曲线上的两个
动点，且满足kPAkPB=λ是定值，则当λ=b
2
a
2 时，直线AB的斜率为定值；当λ≠b
2
a
2
时，直线AB 横过定点。
抛物线：
（5）P(x0,y0)是抛物线y
2=2px（p>0）上一点，若A，B是抛物线上的两个动点，
且满足kPA+kPB=λ是定值，则当λ=0时，直线AB的斜率为定值；当λ≠0时，直线
AB 恒过定点。
知识点
4 ：中点弦斜率为定值
椭 圆：则弦AB的斜率kAB与线段OM（O为原点）的斜率kOM之积为定值−b
2
a
2 ，即：
kAB·kOM=−b
2
a
2 ∙x0
y0
×y0
x0
=−b
2
a
2
双曲线：则弦AB的斜率kAB与线段OM（O为原点）的斜率kOM之积为定值b
2
a
2 ，即：
kAB·kOM= b
2
a
2 ∙x0
y0
×y0
x0
= b
2
a
2
抛物线：则弦AB的斜率kAB与线段OM（O为原点）的斜率kOM之积为定值b
2
a
2 ，即：
kAB·kOM=p
y0
×y0
x0
=p
x0
知识点
5 ：距离为定值
1.设椭圆方程为x
2
a
2 +y
2
b
2 =1，a>b>0，焦点为F1(−c,0)、F2(c,0)，过焦点的直
线A,B 与椭圆交于A,B 点，则：1
|A F1| +1
|BF1| = 2a
b
2 为定值。
2.
设
A,B,C是椭圆x
2
a
2 +y
2
b
2 =1(a>b>0)上
不
同
3
点
，
B,C关于x轴对称，直线AC,BC与x轴分别交于点M,N ，则|OM||ON|=a
2。
3.点A,B是椭圆C:x
2
a
2 +y
2
b
2 =1(a>b>0)上动点，O为坐标原点，若OA⊥OB，则
1
|OA|
2 +1
|OB|
2 =1
a
2 +1
b
2 （即点O到直线AB为定值）。
实战演练・能力进阶攀高峰
题型一、斜率和（积）为定值
【答案】D
【分析】先设点P(x0, y0)，结合斜率公式计算得出k1k2=−1
2，最后应用比例关系计
算即可求解.
【详解】
由C的方程知，A (−2,0)，B(2,0)，
设直线PA与PB的斜率分别为k1，k2，P(x0, y0)，所以k1=
y0
x0+2，k2=
y0
x0−2，所以
k1k2=
y0
2
x0
2−4 ，
因为点P在C上，所以x0
2
4 + y0
2
2 =1，故x0
2−4 =−2 y0
2，所以k1k2=
y0
2
x0
2−4
=−1
2
，
典例探究
【典型例题】已知椭圆C : x
2
4 + y
2
2 =1的左、右顶点分别为A，B，位于x轴上方的点P是C
上的一点，坐标原点为O，直线AP与过点B且垂直于x轴的直线交于点Q，则直线OQ与直
线BP的斜率之积为（ ）
A．1
B．−1
2
C．1
2
D．−1
k1
kOQ
=
|BQ)
|AB)
|BQ)
|OB)
=|OB)
|AB) = 1
2
，
故kOQk2=2k1k2=−1.
故选:D.
【1-1】若椭圆C : x
2
4 + y
2
3 =1的左、右焦点分别为F1，F2，点P是椭圆C 上一点，且P在第
一象限，△P F1 F2的内心为I，直线I F1与直线I F2的斜率分别为k1、k2，则k1⋅k2=
（ ）
A．−1
3
B．−1
4
C．−3
4
D．−4
3
【答案】A
【分析】设P , I的坐标，根据两点求距离公式求出|P F1)，由椭圆的定义求出|P F2)，
根据内切圆的性质求出点I 的坐标，结合两点表示斜率公式化简计算即可求解.
【详解】设P(x0, y0)(x0>0, y0>0)，I (x1, y1)(x1>0, y1>0)，则x0
2
4 + y0
2
3 =1，
易知F1(−1,0)，2a= 4，由椭圆焦半径公式可得|P F1)=2+ 1
2 x0，|P F2)=2−1
2 x0，
设A ,B , M分别为△P F1 F2的内切圆与边P F1，P F2，F1 F2的切点，则M (x1,0)，
根据内切圆的性质知|PA)=|PB)，|A F1)=|M F1)，|B F2)=|M F2)，
举一反三
因此|P F1)−|P F2)=|A F1)−|B F2)=|M F1)−|M F2)，
即(2+ 1
2 x0)−(2−1
2 x0)=(x1+1)−(1−x1)，解得x1= 1
2 x0.
在P F1 F2中，1
2 y0|F1 F2)= 1
2 (|P F1)+|P F2)+|F1 F2)) y1，解得y1= 1
3 y0，
因此I(
1
2 x0, 1
3 y0)，所以
k1⋅k2=
1
3 y0−0
1
2 x0+1
⋅
1
3 y0−0
1
2 x0−1
=
1
9 y0
2
1
4 x0
2−1
=
1
9 ×3(1−1
4 x0
2)
1
4 x0
2−1
=−1
3.
故选：A.
【1-2】过原点O 的直线l与双曲线C：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)交于A，B 两点，D 为C的右
顶点，若C的渐近线方程为y =±2 x，则直线DA与直线DB的斜率之积为（ ）
A．1
B．3
C．4
D．9
【答案】C
【分析】利用题给渐近线方程得出b
a，设点A (m,n)，根据双曲线的性质结合直线过
原点得出点B坐标，由双曲线性质得出右顶点坐标，从而列出斜率之积表达式，结合双曲
线方程化简得出k DA⋅k DB= b
2
a
2，从而得出答案.
【详解】因为双曲线C 的渐近线方程为y =±2 x，所以b
a =2，
设点A (m,n)，因为直线l过原点，则B (−m,−n)，
又因为双曲线的右顶点为D (a,0)，
则k DA⋅k DB=
n
m−a ⋅
n
m+a =
n
2
m
2−a
2①，
又因为A (m,n)在双曲线上，则m
2
a
2 −n
2
b
2 =1，所以n
2=b
2(
m
2
a
2 −1)= b
2(m
2−a
2)
a
2
②，
②代入①化简可得k DA⋅k DB= b
2
a
2 = 4.
故选：C.
【1-3】已知O为坐标原点，双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为2，虚轴长为
2❑√3,Q为圆O：x
2+ y
2=1上一点，过点Q作C的两条切线，切点分别为A ,B，记直线
QA ,QB ,OQ的斜率分别为k1,k2,k3，则(k1+k2)k3=（ ）
A．−1
B．−2
C．−3
D．−4
【答案】B
【分析】根据双曲线性质先确定双曲线方程，设Q 坐标及切线方程，联立双曲线方程，
借助韦达定理得k1+k2= 2 x0 y0
x0
2−1 ，计算即可.
【详解】由题意得c
a =2,b= ❑√3，又c
2=a
2+b
2，
所以a
2=1,b
2=3，所以C的方程为x
2−y
2
3 =1，
设Q(x0, y0)，过点Q的切线方程为y =kx +m，
联立{
x
2−y
2
3 =1,
y =kx +m,)
得(3−k
2) x
2−2kmx −m
2−3=0，
则Δ=0，即k
2=m
2+3，
又m= y0−k x0，所以(x0
2−1)k
2−2 x0 y0k +3+ y0
2=0，所以k1+k2= 2 x0 y0
x0
2−1 ，
又x0
2+ y0
2=1，且k3= y0
x0
，所以(k1+ k2)k3= 2 y0
2
x0
2−1
= 2 y0
2
−y0
2 =−2．
故选：B
【答案】B
【分析】由已知可得关于a，b，c的方程组，从而可得a
2，b
2的值，从而可得椭圆E
的方程；设直线CD: y =kx +1，与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，利用两点的斜率
公式表示出k1和k2，作比，结合根与系数的关系即可求解．
【详解】由题意可知{
c =2
4
a
2 + 2
b
2 =1
a
2=b
2+c
2)
，∴a
2=8，b
2= 4，
椭圆E的标准方程为x
2
8 + y
2
4 =1．
设直线CD：y =kx +1，联立直线CD和椭圆方程，
{
y =kx +1
x
2+2 y
2=8)，得(2k
2+1) x
2+ 4 kx −6=0
Δ=16k
2−4×(−6)×(2k
2+1)=64 k
2+ 48>0，记C (x2, y2)，D(x1, y1)，
题型二、斜率之比为定值
典例探究
【典型例题】已知椭圆E：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)经过点(2,❑√2)，右焦点为F (2,0)，A，
B分别为椭圆E的上顶点和下顶点，若过(0,1)且斜率存在的直线l与椭圆E交于C , D两
点，直线BD与直线AC的斜率分别为k1和k2，则
k1
k2
的值为（ ）
A．1
B．3
C．2
D．2
3
则{
x1+ x2= −4 k
2k
2+1
x1 x2=
−6
2k
2+1 )
，
由题意知A (0,2)和B (0,−2)．则k2= y2−2
x2
，k1= y1+2
x1
，
则
k1
k2
= ( y1+2)x2
x1( y2−2)
= (k x1+3)x2
(k x2−1)x1
= k x1 x2+3(x1+ x2)−3 x1
k x1 x2−x1
=
k ×
−6
2k
2+1
+ −12k
2k
2+1
−3 x1
−6 k
2k
2+1
−x1
=
−18k
2k
2+1
−3 x1
−6k
2k
2+1
−x1
=3，
所以
k1
k2
=3．
故选：B
【2-1】如图，已知抛物线y
2= 4 x的焦点为F，过点P(4,0)的直线交抛物线
A(x1, y1),B(x2, y2)两点，直线AF ,BF分别与抛物线交于M , N点，记直线MN的斜率为
k1，直线AB的斜率为k2，则
k1
k2
=（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
举一反三
【答案】D
【分析】设出A ,B , M , N的坐标，求得直线AF ,BF的方程，由此求得M , N两点的
坐标，由此求得
k1
k2
.
【详解】依题意F (1,0)，设A(x1, y1),B(x2, y2), M (x3, y3), N (x4, y4)，所以AM的
方程是y =
y1
x1−1
(x−1)，设k0=
y1
x1−1，则AM : y =k0(x−1)，与抛物线方程联立可得
k0
2 x
2−(2k0
2+ 4)x + k0
2=0，所以x1 x3=1，x3= 1
x1
，所以y3=k0(x3−1)=−y1
x1
，即
M(
1
x1
,−y1
x1)，同理可得N(
1
x2
,−y2
x2)，由于k2=
y1
x1−4 =
y2
x2−4 ，所以
k1=
−y1
x1
+ y2
x2
1
x1
−1
x2
= x1 y2−x2 y1
x2−x1
= x1⋅k2(x2−4)−x2⋅k2(x1−4)
x2−x1
= 4 k2(x2−x1)
x2−x1
= 4 k2，所
以
k1
k2
= 4.
故选：D
【2-2】已知F为抛物线y
2= 4 x的焦点，M点的坐标为(4,0)，过点F作斜率为k1的直线与
抛物线交于A、B两点，延长AM、BM交抛物线于C、D两点设直线CD的斜率为k2，则
k1
k2
=（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】D
【分析】设A( x1, y1)，B( x2, y2)，联立直线方程与抛物线方程可得y1 y2，设
C( x3, y3)，D( x4, y4)，则k1=
4
y1+ y2
，k2=
4
y3+ y4
，设AC，BD 所在的直线方程可得
y1 y3=−16，y2 y4=−16，由此可得
k1
k2
的值．
【详解】设过点F 作斜率为k1的直线方程为：y =k1( x−1)，
联立抛物线C：y
2= 4 x可得：y
2−4
k1
y −4 =0，
设A，B 两点的坐标为：( x1, y1)，( x2, y2)，
则y1 y2=−4，
设C( x3, y3)，D( x4, y4)，
则k1=
y1−y2
1
4 ( y1
2−y2
2)
=
4
y1+ y2，同理k2=
4
y3+ y4
，
设AC 所在的直线方程为y =m( x−4)，
联立¿，得m y
2−4 y −16m=0，
∴y1 y3=−16，同理，y2 y4=−16，
则k1
k2
= y3+ y4
y1+ y2
=
−16
y1
+ −16
y2
y1+ y2
= −16
y1 y2
= 4．
故选：D．
【2-3】已知抛物线C : y
2=2 px，过点M (a,0)任作一条直线与抛物线C交于A，B两点，
设点G (b,0)，连接AG，BG并延长，分别与抛物线C交于点A1，B1，则直线A1B1过定点
，
k AB
k A1B1
= ．
【答案】 (
b
2
a ,0) b
a
【分析】第一空：设直线AB的方程为x =ty +a，直线A1B1的方程为x =my +n，
A(
y1
2
2 p , y1)，B(
y2
2
2 p , y2)，A1(
y3
2
2 p , y3)，B1(
y4
2
2 p , y4)，联立直线与抛物线方程，结合
韦达定理有y3 y4=−2 pb
2
a
，y3 y4=−2 pn，求得n即可；第二空：由斜率公式、韦达定理
即可求解.
【详解】如图，设直线AB的方程为x =ty +a，直线A1B1的方程为x =my +n，
A(
y1
2
2 p , y1)，B(
y2
2
2 p , y2)，A1(
y3
2
2 p , y3)，B1(
y4
2
2 p , y4)．
由¿得y
2−2 pty −2 pa=0，故y1 y2=−2 pa，
同理，y1 y3=−2 pb，y2 y4=−2 pb，所以y1 y3 y2 y4=( y1 y2)( y3 y4)= 4 p
2b
2，故
y3 y4=−2 pb
2
a
．
由¿得y
2−2 pmy −2 pn=0，故y3 y4=−2 pn，
所以y3 y4=−2 pb
2
a
=−2 pn，即n= b
2
a ，所以直线A1B1过定点(
b
2
a ,0)．
下面求
k AB
k A1B1
的值．
解法1：因为
k AB
k A1B1
= 2 p( y1−y2)
( y1
2−y2
2)
⋅( y3
2−y4
2)
2 p( y3−y4)
= −2 pb
y1+ y2(
1
y1
+ 1
y2)= −2 pb
y1 y2
= −2 pb
−2 pa = b
a，
所以
k AB
k A1B1
= b
a．
解法2：因为k AB
k A1B1
= 2 p( y1−y2)
( y1
2−y2
2)
⋅( y3
2−y4
2)
2 p( y3−y4)
= y3+ y4
y1+ y2
=
b
a y2+ b
a y1
y1+ y2
= b
a
，所以
k AB
k A1B1
= b
a．
故答案为：(
b
2
a ,0)，b
a.
题型三、角度型定值
典例探究
【答案】B
【分析】设直线方程与抛物线方程联立利用韦达定理计算即可.
【详解】如图，设经过点T的直线AB的方程为x =my +2 p，
与抛物线C：y
2=2 px联立方程得：y
2−2 pmy −4 p
2=0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则y1+ y2=2 pm，y1⋅y2=−4 p
2，
则x1⋅x2=(m y1+2 p)(m y2+2 p)= m
2 y1 y2+2 pm( y1+ y2)+ 4 p
2= 4 p
2，⃗
OA ⋅⃗OB = x1 x2+ y1 y2= 4 p
2−4 p
2=0,所以∠AOB为直角.
故选:B.
【3-1】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左顶点为A，左焦点为F，离心率为1
2，过点F
的直线l交C于P ,Q两点，当l的斜率为1 时，点A到l的距离为
❑√2
2 .
(1)求C的方程；
(2)若直线AP , AQ分别交直线x =−4于点M , N，证明：∠MFN =90°.
【典型例题】已知抛物线C ：y
2=2 px，经过T (2 p,0)的动直线l 交C 于A，B 两点，O 为
坐标原点，则∠AOB为（ ）
A．锐角
B．直角
C．钝角
D．随着直线l 的变化，∠AOB可能是锐角、
直角或钝角
举一反三
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意建立关于a,b,c的等式求解即可；
（2）设直线l的方程为x =my −1，直线与曲线联立方程组由韦达定理得
y1+ y2=
6m
3m
2+ 4 ，y1 y2=
−9
3m
2+ 4 ，再由题意求得M(−4 , −2 y1
x1+2)，N(−4 , −2 y2
x2+2)，
计算FM
→
⋅FN
→
后即可得证.
【详解】（1）设F (−c ,0)，由题可得c
a = 1
2，所以a=2c①，
当l的斜率为1 时，l的方程为y = x +c，
所以点A (−a,0)到l的距离为|a−c)
❑√2
=
❑√2
2 ，得a−c =1②，
由①②得c =1，a=2，
所以b=
❑√a
2−c
2= ❑√3，
故C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1；
（2）由（1）知F (−1,0)，A (−2,0)，
由题知直线l的斜率不为0，设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，直线l的方程为x =my −1，
由{
x =my −1
x
2
4 + y
2
3 =1)
，得(3m
2+ 4) y
2−6my −9=0，
所以y1+ y2=
6m
3m
2+ 4 ，y1 y2=
−9
3m
2+ 4 ，
由题可得直线AP，AQ的斜率均存在且均不为0，
直线AP的方程为y =
y1
x1+2
(x +2)，
令x =−4，得y M = −2 y1
x1+2 ，则M(−4 , −2 y1
x1+2)，同理可得N(−4 , −2 y2
x2+2)
所以FM
→
=(−3, −2 y1
x1+2)，FN
→
=(−3, −2 y2
x2+2)，
则FM
→
⋅FN
→
=(−3, −2 y1
x1+2)⋅(−3, −2 y2
x2+2)=9+
4 y1 y2
(x1+2)(x2+2)
=9+
4 y1 y2
(m y1+1)(m y2+1)
=9+
4 y1 y2
m
2 y1 y2+m( y1+ y2)+1
=9+
−36
3m
2+ 4
−9m
2
3m
2+ 4
+
6m
2
3m
2+ 4
+1
=9+ −36
4
=0
，
所以∠MFN =90°.
【3-2】已知椭圆E1: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)与抛物线E2: y
2= 4 x在第一象限的交点为P，椭
圆E1的左、右焦点分别为F1, F2，其中F2也是抛物线E2的焦点，且|P F2)= 5
3.
（1）求椭圆E1的方程；
（2）过F2的直线l（不与x轴重合）交椭圆E1于M 、N两点，点A为椭圆E1的左顶
点，直线AM 、AN分别交直线x = 4于点B、C，求证：∠B F2C为定值.
【答案】（1）x
2
4 + y
2
3 =1；（2）证明见解析.
【解析】（1）根据题意，由抛物线性质可求焦点坐标和P点坐标，结合椭圆定义，
可求|P F1)+|P F2)= 4 =2a，计算即可求解；
（2）设M (x1, y1), N (x2, y2),B(4 , yB),C (4 , yC)，讨论直线l与x轴是否垂直，再根
据直线与椭圆方程联立方程组法，结合韦达定理，计算⃑F2B·⃑F2C =0，即可证明.
【详解】（1）抛物线y
2= 4 x的焦点为(1,0)，
|P F2)= x p+1= 5
3，∴x p= 2
3，
∴y p= 2
3
❑√6，∴P(
2
3 ，2
3
❑√6)，
又F2(1,0)，∴F1(−1,0)，
∴|P F1)+|P F2)= 7
3 + 5
3 = 4，∴a=2，
又∵c =1，∴b
2=a
2−c
2=3，
∴椭圆E1的方程是：x
2
4 + y
2
3 =1；
（2）设M (x1, y1), N (x2, y2),B(4 , yB),C (4 , yC)
当直线l与x轴垂直时，易得：B (4,3),C (4 ,−3)或B (4 ,−3),C (4,3)，
又F2(1,0)，∴⃑F2B =(3,3),⃑F2C =(3,−3)，或者⃑F2B =(3,−3),⃑F2C =(3,3)，
∴⃑F2B⋅⃑F2C =9−9=0，∴∠B F2C = π
2
当直线l与x不垂直时，设直线l的方程为：y =k (x−1)，
联方程组{
y =k (x−1)
x
2
4 + y
2
3 =1)
，消去y整理得：(3+ 4 k
2) x
2−8k
2 x + 4 k
2−12=0，
所以：x1+ x2=
8k
2
3+ 4 k
2 , x1 x2= 4 k
2−12
3+ 4 k
2 ，
又A (−2,0), M (x1, y1),B(4 , yB)共线，
∴
y1−0
x1−(−2) = yB−0
4−(−2)，得yB= 6 y1
x1+2，同理：yC = 6 y2
x2+2，
∴⃑F2B =(3, yB),⃑F2C =(3, yC)，
∴⃑F2B⋅⃑F2C =9+ yB yC =9+
36 y1 y2
(x1+2)(x2+2)
= 9(x1+2)(x2+2)+36 k
2(x1−1)(x2−1)
(x1+2)(x2+2)
又因为9(x1+2)(x2+2)+36k
2(x1−1)(x2−1)
=(36 k
2+9) x1 x2+(18−36 k
2)(x1+ x2)+36k
2+36
=(36 k
2+9) 4 k
2−12
3+ 4 k
2 +(18−36k
2)
8k
2
3+ 4 k
2 +36k
2+36=0
∴⃑F2B·⃑F2C =0，则∠B F2C = π
2
综上，∠B F2C = π
2 为定值.
【3-3】设抛物线C : y
2=2 px( p>0)的焦点为F，已知点F到圆E:(x + 1
2)
2
+ y
2=1上一点
的距离的最大值为2．
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知F1, F2是双曲线x
2
2 −y
2
2 =1左右焦点，过右焦点F2的直线l与C交于M , N两点．
证明：∠F2 F1 M =∠F2 F1 N．
【答案】(1)y
2=2 x
(2)证明见解析
【分析】（1）利用点F到圆E上点的最大距离为2，求出p，可得答案；
（2）设设MN的方程为x =my +2，M (x1, y1), N (x2, y2)，与抛物线方程联立，由
k F1 M +k F1 N =
y1
x1+2 +
y2
x2+2结合韦达定理可得答案．
【详解】（1）点F到圆E上点的最大距离为| EF |+1，
即(
p
2 + 1
2)+1=2，得p=1，
故抛物线C 的方程为y
2=2 x．
（2）由题意可知F2(2,0)，
设MN的方程为x =my +2，M (x1, y1), N (x2, y2)，
联立方程{
x =my +2
y
2=2 x )，得y
2−2my −4 =0，
易得Δ= 4 m
2+16>0，由根与系数的关系得y1+ y2=2m, y1 y2=−4，
x1=m y1+2, x2=m y2+2，
所以k F1 M + k F1 N =
y1
x1+2 +
y2
x2+2 =
y1
m y1+ 4 +
y2
m y2+ 4
= 2m y1 y2+ 4( y1+ y2)
(m y1+ 4)(m y2+ 4)
=
−8m+8m
(m y1+ 4)(m y2+ 4)
=0，
所以k F1 M =−k F1 N，
侧直线F1 M与直线F1 N的倾斜角互补，所以∠F2 F1 M =∠F2 F1 N．
题型四、距离型定值
【答案】C
【分析】方法1：对直线AB有无斜率进行讨论，当直线AB有斜率时，设直线AB方
程为y =k (x +1)，与椭圆方程联立，利用韦达定理与弦长公式，进行化简整理，可得结论；
方法2：从选择项发现所给问题为定值，则由于数学问题的特殊与一般的统一性，取A ,B
点在特殊位置求值即可.
【详解】方法1：如图：
易知：F1(−1,0).
若直线AB斜率不存在，则弦AB为椭圆通径，此时|A F1)=|F1B)= 3
2，所以
1
|A F1)
+
1
|F1B)
= 4
3 ；
若直线AB斜率存在，可设直线AB方程：y =k (x +1)，代入椭圆方程x
2
4 + y
2
3 =1得：
x
2
4 + k
2(x +1)
2
3
=1，
典例探究
【典型例题】已知椭圆方程为x
2
4 + y
2
3 =1(a>b>0)，AB为过椭圆的左焦点F1的弦，则
1
|A F1)
+
1
|F1B)的值为（ ）
A．
❑√3
2
B．
❑√2
2
C．4
3
D．3
4
整理得：(3+ 4 k
2) x
2+8k
2 x + 4 k
2−12=0.
设A(x1, y1)，B(x2, y2)（不妨令x2<−1< x1），
则：x1+ x2=−
8k
2
3+ 4 k
2，x1 x2= 4 k
2−12
3+ 4 k
2 .
所以(x1−x2)
2=(x1+ x2)
2−4 x1 x2 =(
8k
2
3+ 4 k
2)
2
−4× 4 k
2−12
3+ 4 k
2 = 144(k
2+1)
(3+ 4 k
2)
2 .
所以|AB)=
❑√1+ k
2⋅|x1−x2) = 12(k
2+1)
3+ 4 k
2 .
又|A F1)=
❑√1+ k
2|x1+1)=
❑√1+ k
2(x1+1)，
|F1B)=
❑√1+ k
2|x2+1)=−
❑√1+ k
2(x2+1).
所以
1
|A F1)
+
1
|F1B)
= |A F1)+|F1B)
|A F1)⋅|F1B)
=
|AB)
|A F1)⋅|F1B)
=
12(k
2+1)
3+ 4 k
2
−(1+ k
2)(x1+1)(x2+1)
=
12
−(3+ 4 k
2)(x1 x2+ x1+ x2+1)
=
12
−(3+ 4 k
2)(
4 k
2−12
3+ 4 k
2 −
8k
2
3+ 4 k
2 + 3+ 4 k
2
3+ 4 k
2)
=
12
−(4 k
2−12−8k
2+3+ 4 k
2)
= 12
9 =
4
3 .
综上可知：
1
|A F1)
+
1
|F1B)
=1+ 1
3 = 4
3 .
方法2：如图：
可取AB为椭圆的长轴，则|A F1)=a−c =1，|F1B)=a+c =3，
所以
1
|A F1)
+
1
|F1B)
=1+ 1
3 = 4
3 .
故选：C
【4-1】已知P ,Q是椭圆3 x
2+6 y
2=1上满足∠POQ =90
∘的两个动点(O为坐标原点），
则
1
|OP|
2 +
1
|OQ|
2 等于（ ）
A．45
B．9
C．1
2
D．45
324
【答案】B
【分析】令P( x1, y1)，Q( x2, y2)，由题设可得⃗OP⋅⃗OQ = x1 x2+ y1 y2=0、
3 x1
2+6 y1
2=1、3 x2
2+6 y2
2=1，进而可得x1
2+ x2
2= 1−27 x1
2 x2
2
3
，进而化简
1
|OP|
2 +
1
|OQ|
2 =
1
x1
2+ y1
2 +
1
x2
2+ y2
2，即可得结果.
【详解】令P( x1, y1)，Q( x2, y2)，则⃗OP =( x1, y1)，⃗OQ =( x2, y2)，
由∠POQ =90
∘，故⃗OP⋅⃗OQ = x1 x2+ y1 y2=0，则y1 y2=−x1 x2，
举一反三
而3 x1
2+6 y1
2=1，3 x2
2+6 y2
2=1，则y1
2= 1−3 x1
2
6
，y2
2= 1−3 x2
2
6
，
所以y1
2 y2
2= 1−3( x1
2+ x2
2)+9 x1
2 x2
2
36
= x1
2 x2
2，故x1
2+ x2
2= 1−27 x1
2 x2
2
3
，
1
|OP|
2 +
1
|OQ|
2 =
1
x1
2+ y1
2 +
1
x2
2+ y2
2 =
6
1+3 x1
2 +
6
1+3 x2
2 =
12+18( x1
2+ x2
2)
1+3( x1
2+ x2
2)+9( x1 x2)
2
= 9(1−9 x1
2 x2
2)
1−9 x1
2 x2
2
=9.
故选：B
【4-2】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的虚轴长为4，C 的一条渐近线与曲线
y =sin x在x = 3
4 π处的切线垂直，M，N 为C 上不同两点，且以MN 为直径的圆经过坐标
原点O，则
1
|OM )
2 +
1
|ON )
2 =（ ）
A．1
4
B．4
C．1
2
D．2
【答案】A
【分析】根据题意结合导数的几何意义可得b=2，a= ❑√2，设直线OM 的方程为
y =kx，则直线ON 的方程为y =−x
k ，进而可得
1
|OM )
2 =
2−k
2
4(1+k
2)，
1
|ON )
2 = 2k
2−1
4(1+k
2)，
即可得结果.
【详解】由题意可知：2b= 4，即b=2．
又因为y =sin x，则y
' =cos x，可得y
′∣
x = 3π
4
=cos 3π
4 =−
❑√2
2 ，
即曲线y =sin x在x = 3
4 π处切线的斜率k =−
❑√2
2 ，
由题意可知：双曲线C 的一条渐近线为y = ❑√2 x，
即b
a = 2
a = ❑√2，解得a= ❑√2，
所以双曲线C 的方程为x
2
2 −y
2
4 =1．
以MN 为直径的圆经过坐标原点O，连接OM，ON，可知OM ⊥ON，
设直线OM 的方程为y =kx，可知k ∈(−❑√2,−
❑√2
2 )∪(
❑√2
2 ,❑√2)，
则直线ON 的方程为y =−x
k ，
联立方程{
x
2
2 −y
2
4 =1
y =kx )
，消去y 整理得(2−k
2) x
2= 4，
即xM
2 =
4
2−k
2，故y M
2 = 4 k
2
2−k
2，则
1
|OM )
2 =
1
xM
2 + y M
2 =
2−k
2
4(1+k
2)，
同理可得：
1
|ON )
2 =
1
xN
2 + y N
2 = 2k
2−1
4(1+k
2)，
所以
1
|OM )
2 +
1
|ON )
2 =
1+k
2
4(1+k
2)
= 1
4 .
故选：A．
【4-3】数学美的表现形式多种多样，其中美丽的黄金分割线分出的又岂止身材的绝妙配置，
我们称e = 1
ω（其中ω=
❑√5−1
2
）的双曲线(
x
2
a
2 −y
2
b
2 =1)为黄金双曲线，若P 为黄金双曲线
上除实轴端点外任意一点，以原点O 为圆心，实轴长为直径作⊙O，过P 作⊙O的两条切
线，切点分别为A，B，直线AB与x，y 轴分别交于M，N 两点，则
b
2
|OM |
2 −
a
2
|ON |
2 =
（ ）
A．ω
B．1
ω
C．−ω
D．−1
ω
【答案】B
【分析】先求出直线AB的方程，然后求出M , N的坐标，代入
b
2
|OM |
2 −
a
2
|ON |
2 可
得结果.
【详解】设P(x0, y0)，则x0
2
a
2 −y0
2
b
2 =1，即b
2 x0
2−a
2 y0
2=a
2b
2.
因为e = c
a = 1
ω，ω=
❑√5−1
2
，所以e
2= c
2
a
2 =1+ b
2
a
2 =(
2
❑√5−1)
2
，解得b
2
a
2 =
❑√5+1
2
= 1
ω.
由题意OAPB四点共圆，圆心为OP的中点(
x0
2 , y0
2 )，半径为1
2|OP)，
所以方程为(x−x0
2 )
2
+( y −y0
2 )
2
= x0
2+ y0
2
4
；
⊙O的方程为x
2+ y
2=a
2；
两式相减可得直线AB的方程x0 x + y0 y =a
2，
令x =0得y = a
2
y0
，即N(0, a
2
y0)；
令y =0得x = a
2
x0
，即M(
a
2
x0
,0)；
|OM )
2= a
4
x0
2 ,|ON )
2= a
4
y0
2，
所以
b
2
|OM |
2 −
a
2
|ON |
2 = b
2 x0
2
a
4
−a
2 y0
2
a
4
= a
2b
2
a
4 = b
2
a
2 = 1
ω.
故选：B.
【答案】(1)7；
(2) x
2
2 + y
2
1.5 =1 ( x≠±1)；
(3)证明见解析
【分析】（1）由椭圆对称性可知直线OD和ON的斜率分别与直线CD和MN的斜率
相同，所以可设点D 和点N 的坐标，再根据斜率乘积为−3
4 ，得到O D
2+O N
2的值.
(2)设T (x , y)，利用中点坐标公式列出点T和点D，N 的坐标关系，化简可得x , y的关
系式，即点T的轨迹方程E1.特别注意，直线CD和MN的斜率存在且不为0.
(3) 设P(x0, y0)，结合参考公式写出过P的E1的切线方程，与椭圆E的方程进行联立，
题型五、面积型定值
典例探究
设CD和MN是椭圆E: x
2
4 + y
2
3 =1的两条经过坐标原点O的弦，且直线CD和MN的斜
率之积为−3
4 ．
(1)求O D
2+O N
2的值；
(2)设T是线段DN的中点，求T的轨迹方程E1；
(3)设P是曲线E1上的动点，过P作E1的切线交E于A ,B两点．证明：△AOB的面积
是定值．（参考公式：椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)在其上一点(x0, y0)处的切线方程为
x0 x
a
2 + y0 y
b
2 =1
可得弦长| AB|.根据点到直线的距离公式，可得点O到切线AB: y =kx−k x0+ y0的距离，
即AB 边上的高，进而得到△AOB的面积.
【详解】（1）设D(2cosθ ,❑√3sinθ)，N (2cosα ,❑√3sin α ).
根据kOD⋅kON =−3
4 ，可得
❑√3sinθ
2cosθ ·
❑√3sin α
2cosα =−3
4 ,即sinθ
cosθ · sin α
cosα =−1,
因为sinθ ,cosθ ,sin α ,cosα ∈[−1,1),且sin
2θ+cos
2θ =1,sin
2α +cos
2α =1,
所以{
cosα =−sinθ
sin α =cosθ )或{
cosα =sinθ
sin α =−cosθ).
所以
O D
2+O N
2= 4cos
2θ+3sin
2θ+ 4 cos
2α +3sin
2α= 4cos
2θ+3sin
2θ+ 4sin
2θ+3cos
2θ =7
．
（2）设T (x , y)，由中点坐标公式，得{
x = 2cosθ+2cosα
2
y =
❑√3sinθ+ ❑√3sin α
2
)
，
由（1）可得{
x = 2cosθ−2sinθ
2
= ❑√2cos(θ+π
4 )
y =
❑√3sinθ+ ❑√3cosθ
2
=
❑√6
2 sin(θ+π
4 ))
,或
{
x = 2cosθ+2sinθ
2
= ❑√2cos(θ−π
4 )
y =
❑√3sinθ−❑√3cosθ
2
=
❑√6
2 sin(θ−π
4 ))
因为cos
2(θ+π
4 )+sin
2(θ+π
4 )=1,cos
2(θ−π
4 )+sin
2(θ−π
4 )=1
所以
x
2
(❑√2)
2 +
y
2
(
❑√6
2 )
2 =1
，整理得x
2
2 + y
2
1.5 =1．
又因为直线CD和MN的斜率之积为−3
4 ，所以直线CD和MN的斜率均存在，且不为
0，所以θ ,α≠kπ
2 ,k ∈Z.
所以T的轨迹方程E1为x
2
2 + y
2
1.5 =1(x≠±1).
（3）设P(x0, y0)是椭圆E1: x
2
2 + y
2
1.5 =1( x≠±1)上一点，所以x0
2
2 + y0
2
1.5 =1,即
3 x0
2+ 4 y0
2=6.
由参考公式知，椭圆E1在点P(x0, y0)处的切线方程为x0 x
2 + y0 y
1.5 =1，即
x0 x
2 + 2 y0 y
3
=1，即3 x0 x + 4 y0 y −6=0．
设A(x1, y1),B(x2, y2).
当y0=0时，直线AB斜率不存在，P(± ❑√2,0), 切线方程为：x =± ❑√2,
所以A(± ❑√2,
❑√6
2 ),B(± ❑√2,−
❑√6
2 )，此时|AB)=|y1−y2)= ❑√6，原点O到切线的距
离为❑√2.
所以△AOB的面积为S = 1
2 ×❑√6×❑√2= ❑√3．
当y0≠0时，直线AB斜率存在，设斜率为k.
联立{
x
2
4 + y
2
3 =1
3 x0 x + 4 y0 y −6=0)
，得：(3 x0
2+ 4 y0
2)x
2−12 x0 x +12−16 y0
2=0.
即6 x
2−12 x0 x +12−16 y0
2=0，
即3 x
2−6 x0 x +6−8 y0
2=0．则x1+ x2=2 x0, x1 x2= 6−8 y0
2
3
．
所以
|AB)=
❑√1+ k
2⋅❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=
❑√1+ k
2⋅
❑√4 x0
2−24−32 y0
2
3
=
❑√1+ k
2⋅4|y0)
❑√3
．
原点O到切线AB: y =kx−k x0+ y0的距离d =|y0−k x0)
❑√1+k
2 =|y0+ 3 x0
2
4 y0)
❑√1+k
2
=
3
2|y0)
❑√1+k
2
．.
所以△AOB的面积为S = 1
2|AB)d = 1
2
❑√1+k
2⋅4|y0)
❑√3 ⋅
3
2|y0)
❑√1+k
2 = ❑√3．
综上所述，△AOB的面积是定值❑√3．
【5-1】已知O 为坐标原点，M 是椭圆C1: x
2
4 + y
2=1上的一个动点，点N 满足⃗
ON = ❑√3⃗OM，设点N 的轨迹为曲线C2．
(1)求曲线C2的方程．
(2)若点A，B，C，D 在椭圆C1上，且⃗CD =2⃗AB , AC与BD交于点P，点P 在C2上．
证明：△PCD的面积为定值．
【答案】(1) x
2
12 + y
2
3 =1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用相关点法即得；
（2）由题可得A，B 分别为PC , PD的中点，进而可得C，D 都在直线
x0 x + 4 y0 y =0上，然后利用弦长公式及三角形面积公式结合条件即得.
【详解】（1）设N ( x , y), M (m,n)，则m
2
4 +n
2=1，
因为⃗ON = ❑√3⃗OM，
所以x = ❑√3m, y = ❑√3n，
所以x
2
12 + y
2
3 =1，
即曲线C2的方程为x
2
12 + y
2
3 =1；
（2）设C (x1, y1), D(x2, y2), P(x0, y0)，则x0
2
12 + y0
2
3 =1，
举一反三
由⃗CD =2⃗AB，可知A，B 分别为PC , PD的中点，
所以A(
x1+ x0
2
, y1+ y0
2 ),B(
x2+ x0
2
, y2+ y0
2 )，
则{
x1
2
4 + y1
2=1
(
x1+ x0
2 )
2
4
+(
y1+ y0
2 )
2
=1)
，作差可得x0
2
4 + y0
2+ x0 x1
2
+2 y0 y1−3=0．
因为x0
2
12 + y0
2
3 =1，
所以x0 x1+ 4 y0 y1=0，
同理x0 x2+ 4 y0 y2=0，
所以C，D 都在直线x0 x + 4 y0 y =0上，
联立{
x0 x + 4 y0 y =0
x
2
4 + y
2=1 )
，可得y
2=
x0
2
x0
2+ 4 y0
2 = x0
2
12 , x
2= 4(1−x0
2
12)，
即|CD|=2
❑√x
2+ y
2=
❑√16−x0
2，
点P 到直线CD的距离d =
x0
2+ 4 y0
2
❑√x0
2+16 y0
2 =
12
❑√x0
2+16 y0
2 =
4 ❑√3
❑√16−x0
2，
所以△PCD的面积为
1
2 d ⋅|CD|= 1
2 ×
❑√16−x0
2×
4 ❑√3
❑√16−x0
2 =2❑√3，
即△PCD的面积为定值．
【5-2】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)经过点D(2,1)，且a=2b．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)椭圆C 的右顶点和上顶点分别为A，B，P 为椭圆C 上位于第三象限内的动点，直
线PA 与y 轴交于点M，直线PB 与x 轴交于点N，探究四边形ABNM 的面积是否为定值．
若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1) x
2
8 + y
2
2 =1
(2)存在；定值4
【分析】（1）将点代入椭圆方程，再结合条件，即可求解椭圆方程；
（2）首先利用坐标分别表示直线PA和PB的方程，再求点M , N的坐标，并利用对角
线垂直，表示四边形的面积，利用点在椭圆上，即可求解.
【详解】（1）由题设得，a=2b，又椭圆C 经过点D(2,1)，所以4
a
2 + 1
b
2 =1，
由{
a
2= 4 b
2
4
a
2 + 1
b
2 =1)
，解得：a
2=8，b
2=2．
故椭圆C 的方程为：x
2
8 + y
2
2 =1；
（2）设P(x0, y0)（x0<0，y0<0），则x0
2
8 + y0
2
2 =1，即x0
2+ 4 y0
2=8．
又A (2❑√2,0)，B(0,❑√2)，所以直线PA 的方程为lPA: y =
y0
x0−2❑√2
(x−2❑√2)，
令x =0，得y M = −2❑√2 y0
x0−2❑√2 ，
从而|BM |= ❑√2−y M = ❑√2+ 2❑√2 y0
x0−2❑√2 =
❑√2 x0+2❑√2 y0−4
x0−2❑√2
；
直线PB 的方程为lPB: y = y0−❑√2
x0
x + ❑√2，令y =0，得xN = −❑√2 x0
y0−❑√2
，
从而| AN |=2❑√2−xN =2❑√2+
❑√2 x0
y0−❑√2 =
❑√2 x0+2❑√2 y0−4
y0−❑√2
．
因为AN ⊥BM，所以四边形ABNM 的面积S = 1
2 | AN |⋅|BM |，
即S = 1
2 ⋅(
❑√2 x0+2❑√2 y0−4)
2
(x0−2❑√2)( y0−❑√2)
= 1
2 ⋅2 x0
2+8 y0
2+8 x0 y0−8 ❑√2 x0−16 ❑√2 y0+16
x0 y0−❑√2 x0−2❑√2 y0+ 4
= 1
2 ⋅8 x0 y0−8 ❑√2 x0−16 ❑√2 y0+32
x0 y0−❑√2 x0−2❑√2 y0+ 4
= 4．
故四边形ABNM 的面积为定值4．
【5-3】已知F1, F2为双曲线C ：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点，点P(2❑√2,❑√5)在
双曲线上，过F2的直线l交C的右支于A ,B两点，且|A F1)−|A F2)= 4．
(1)求C的方程；
(2)点A关于x轴对称点为D（异于点B），直线BD交x轴于点E，记△D F1 E，
△D F2 E的面积分别为S1,S2，求
S1
S2
的值．
【答案】(1) x
2
4 −y
2
5 =1
(2)13
5
【分析】（1）根据双曲线的定义可得a，再根据双曲线经过点P可求得b，可得双曲
线的方程.
（2）先确定E为定点，再根据S1
S2
=|E F1)
|E F2)
可求解.
【详解】（1）因为|A F1)−|A F2)= 4，根据双曲线的定义可得a=2.
又双曲线过点P(2❑√2,❑√5)，所以8
4 −5
b
2 =1 ⇒ b
2=5.
所以双曲线C的方程为：x
2
4 −y
2
5 =1.
（2）如图：
因为c = ❑√4+5=3，所以F1(−3,0)，F2(3,0).
因为A、D关于x轴对称，且D与B不同，所以直线AB必存在斜率,
可设直线AB：y =k (x−3)，代入x
2
4 −y
2
5 =1得：x
2
4 −k
2(x−3)
2
5
=1，
整理得：(5−4 k
2) x
2+24 k
2 x −(36 k
2+20)=0.
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则D(x1,−y1)，因为A ,B均在双曲线右支，
由韦达定理可得x1+ x2= 24 k
2
4 k
2−5
>0，x1 x2= 36k
2+20
4 k
2−5
>0，所以4 k
2−5>0.
直线BD方程为：
y + y1
y2+ y1
= x−x1
x2−x1
，
令y =0得x = y1(x2−x1)
y1+ y2
+ x1 = y1(x2−x1)+ x1( y1+ y2)
y1+ y2
= x1 y2+ x2 y1
y1+ y2
= k x1(x2−3)+k x2(x1−3)
k (x1−3)+k (x2−3)
= 2 x1 x2−3(x1+ x2)
x1+ x2−6
=
2× 36k
2+20
4 k
2−5
−3× 24 k
2
4 k
2−5
24 k
2
4 k
2−5
−6
= 4
3 .
所以E为定点，坐标为(
4
3 ,0).
所以
S1
S2
=|E F1)
|E F2)
=|
4
3 +3)
|
4
3 −3)
= 13
5 .
【答案】C
【分析】设P(x0, y0)，可用P的坐标表示直线PA , PB方程，求出M , N的坐标后可求⃑
AN ⋅⃑BM的值.
【详解】由椭圆方程可得A (−2,0),B (2,0)，设P(x0, y0)，故4−x0
2= 4 y0
2.
又PA : y =
y0
x0+2
(x +2)，令x =0，故M(0, 2 y0
x0+2)，同理N(0,−2 y0
x0−2)
又⃑AN =(2,−2 y0
x0−2),⃑BM =(−2, 2 y0
x0+2)，
所以⃑AN ⋅⃑BM =−4−4 y0
2
x0
2−4
=−4−4−x0
2
x0
2−4
=−4+1=−3，
故选：C.
题型六、数量积为定值
典例探究
【典型例题】已知A ,B是椭圆x
2
4 + y
2=1与x轴的交点，点P是椭圆上异于A ,B的任一点，
直线PA , PB分别于y轴交于点M , N，则⃑AN ⋅⃑BM =（ ）
A．−1
B．−2
C．−3
D．−4
举一反三
【6-1】已知椭圆C : x
2
4 + y
2
b
2 =1(0<b<2)的离心率e =
❑√3
2 ，椭圆C与y轴正半轴的交点F是
抛物线D: x
2=2 py ( p>0)的焦点，过点F的直线l交抛物线D于A ,B两点，过点A ,B分别
作抛物线D的切线l1和l2，直线l1和l2相交于点M，则⃑FM ·⃑AB =
A．0
B．1
C．-1
D．不确定
【答案】A
【详解】由题知，e =
❑√3
2 = c
a，解得c = ❑√3，故b=1
∴椭圆的方程为x
2
4 + y
2=1
∵F (0，1)，∴p
2 =1，解得p=2
∴抛物线的方程为x
2= 4 y
∵直线l和抛物线有两个交点，∴直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y =kx +1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，(x1≠x2)
联立方程¿，消去y，得x
2−4 kx −4 =0
∴¿
∵抛物线D的方程为y = x
2
4 ，∴y
' = x
2
过抛物线D上A ，B两点的切线方程分别为y −y1= x1
2 (x−x1)，y −y2= x2
2 (x−x2)
即y = x x1
2 −x1
2
4
，y = x x2
2 −x2
2
4
联立直线方程¿，解得¿
即点M的坐标为(
x1+ x2
2
，x1 x2
4 )
∴⃗FM ∙⃗AB =(
x1+ x2
2
，−2)∙(x2−x1，y2−y1)= 1
2 (x2
2−x1
2)−2(
x2
2
4 −x1
2
4 )=0
故选A
【6-2】已知椭圆C：x
2
16 + y
2
8 =1，F1、F2分别为其左、右焦点，A1，A2分别为其长轴的左
右端点，动点M 满足MA2⊥A1A2，A1M 交椭圆于点P，则⃑OM ⋅⃑OP的值为（ ）
A．8
B．16
C．20
D．24
【答案】B
【详解】A1 (−4,0), A2 (4,0),设M(4,t),P(x1,y1)，
则⃗OP=(x1,y1),⃗OM=(4,t).
直线A1 M:y−0= t
8(x+4),即y= t
8x+ t
2.
代入椭圆x
2
16 + y
2
8 =1,得(1+ t
2
32)x
2+ t
2
4 x + t
2
2 −16=0,故此方程的两个根分别为−4 和
x1,
由韦达定理可得x1−4=−8t
2
32+t
2,∴x1= −8t
2
32+t
2+4,∴y1= 32t
32+t
2.
∴⃗OP=( −8t
2
32+t
2+4, 32t
32+t
2),
∴⃗OP⋅⃗OM= 4(−8t
2
32+t
2 + 4)+t ⋅32t
32+t
2=128×4+16t
2
32+t
2
=16
故选B
【6-3】已知抛物线x
2=2 py ( p>0)的准线为y =−1
2，O 为坐标原点，A、B 都在此抛物线
上，若直线AB过(0,2)，则⃗OA ⋅⃗OB =（ ）
A．4
B．8
C．0
D．−8
【答案】C
【分析】法一：先由抛物线的准线方程求得抛物线的方程，再直接利用特殊直线法求
得A ,B的坐标，从而得解；
法二：联立直线AB与抛物线的方程，利用韦达定理与向量数量积的坐标表示即可得
解.
【详解】法一：
因为抛物线x
2=2 py ( p>0)的准线为y =−1
2，所以p
2 = 1
2，即p=1，
所以抛物线的方程为x
2=2 y，
因为直线AB过(0,2)，
所以可取直线AB为y =2代入抛物线方程，计算得A (−2,2)，B (2,2)，
所以⃗OA ⋅⃗OB =−2×2+2×2=0；
法二：
依题意，直线AB的斜率必然存在，设直线AB为y =kx +2，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立{
x
2=2 y
y =kx +2)，消去y，得x
2−2kx −4 =0，
此时Δ= 4 k
2+16>0，
所以x1 x2=−4，则y1 y2= x1
2
2 ⋅x2
2
2 = 4，
所以⃗OA ⋅⃗OB = x1 x2+ y1 y2=0.
故选：C．
【答案】(1) x
2
6 + y
2
2 =1
(2)10
【分析】（1）根据直线l的方程为y = ❑√3 x−2❑√3得椭圆右焦点坐标根据题中条件和
O(0,0)关于直线l的对称点在椭圆的右准线上，结合a,b,c解得椭圆C的方程．
题型七、系数型定值
典例探究
【典型例题】已知方向向量为⃗e =(1,❑√3)的直线l过点A (0,−2❑√3)和椭圆
C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点，且椭圆C的中心O和椭圆的右准线上的点B满足⃗
OB⋅⃗e =0，|⃗AB)=|⃗AO)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设E为椭圆C上任一点，过焦点F1, F2的弦分别为ES , ET．设⃗E F1= λ1⃗F1S，⃗
E F2= λ2⃗F2T，求λ1+ λ2的值．
（2）设E(x0, y0),S(x1, y1),T (x2, y2)，分类讨论当x0≠±2和x0=±2时，根据直线
与椭圆相交问题计算λ1+ λ2的值．
【详解】（1）由题意知，直线l的方程为y = ❑√3 x−2❑√3．①
令y =0，得x =2，
所以x
2
a
2 + y
2
b
2 =1右焦点坐标为(2,0)，所以c =2且a
2−b
2= 4．
由⃗OB⋅⃗e =0，|⃗AB)=|⃗AO)可知点O和点B关于直线l对称．
又过原点垂直于l的直线方程为y =−
❑√3
3 x．②
由①和②得x = 3
2.
因为O(0,0)关于直线l的对称点在椭圆的右准线上，
所以a
2
c =3，所以a
2=6,b
2=2，
所以椭圆C的方程为x
2
6 + y
2
2 =1．
（2）由（1）可知，椭圆的焦点F1(−2,0), F2(2,0)，
如图，设E(x0, y0),S(x1, y1),T (x2, y2)，则有x0
2+3 y0
2=6．
当x0≠±2时，直线ES的方程为y =
y0
x0+2
(x +2)，所以x = (x0+2) y −2 y0
y0
．
代入x
2
6 + y
2
2 =1，消去x并整理得(5+2 x0) y
2−2(x0+2) y0 y −y0
2=0．
所以y0 y1=−
y0
2
5+2 x0
，所以y1=−
y0
5+2 x0
．
因为⃗E F1= λ1⃗F1S，所以y0+ λ1 y1=0，所以λ1= −y0
y1
=5+2 x0．
同理得λ2=5−2 x0，所以λ1+ λ2=10；
当x0=2时，y0=±
❑√6
3 ，ET ⊥x轴，根据椭圆对称性⃗E F2=⃗F2T，λ2=1，
所以若y0=
❑√6
3 ，则y1=−
y0
5+2 x0
=−
❑√6
3
9 =−
❑√6
27
；若y0=−
❑√6
3 ，则
y1=−
y0
5+2 x0
=
❑√6
3
9 =
❑√6
27
；
根据三角形相似可知λ1=|⃗E F1)
|⃗F1S)
=|y0)
|y1)
=
❑√6
3
❑√6
27
=9
所以有λ1+ λ2=10，
当x0=−2时，y0=±
❑√6
3 ，ES⊥x轴，根据椭圆对称性⃗E F1=⃗F1S，λ1=1，
若y0=
❑√6
3 ，则y2=−
y0
5+2 x0
=−
❑√6
3
9 =−
❑√6
27
；若y0=−
❑√6
3 ，则
y2=−
y0
5+2 x0
=
❑√6
3
9 =
❑√6
27
；
根据三角形相似可知λ2=|⃗E F2)
|⃗F2T )
=|y0)
|y2)
=
❑√6
3
❑√6
27
=9
所以有λ1+ λ2=10，
综上所述，λ1+ λ2的值为10．
【7-1】已知椭圆x
2
8 + y
2
4 =1, F1为椭圆的左焦点，过点F1的直线l1分别交椭圆于A ,B两点，
举一反三
设直线AB与y轴交于点M，⃗MA = λ⃗A F1，⃗MB = μ⃗B F1，试求λ+ μ的值．
【答案】−4
【分析】设A(x1, y1),B(x2, y2), M (0,t )，直线l: x =my −2，结合弦长公式得
MA
A F1
= (t −y1)
❑√m
2+1
y1
❑√m
2+1
= λ．MB
B F1
= (t −y2)
❑√m
2+1
y2
❑√m
2+1
= μ，λ+ μ= t ( y1+ y2)
y1 y2
−2．（*）直
线与椭圆联立化简得y1 y2= −4
m
2+2
, y1+ y2= 4 m
m
2+2．进而有λ+ μ=−mt −2．结合点M在
直线AB上得mt −2=0，计算得λ+ μ=−4．
【详解】由题知，F1(−2,0)
如图20，设A(x1, y1),B(x2, y2), M (0,t )，直线l: x =my −2，结合弦长公式
则MA
A F1
= (t −y1)
❑√m
2+1
y1
❑√m
2+1
= λ．
同理MB
B F1
= (t −y2)
❑√m
2+1
y2
❑√m
2+1
= μ，所以λ+ μ= t ( y1+ y2)
y1 y2
−2．（*）
又因为x =my −2，代入x
2
8 + y
2
4 =1得(my −2)
2
8
+ y
2
4 =1，
整理得(m
2+2) y
2−4 my −4 =0．
于是y1 y2= −4
m
2+2
, y1+ y2= 4 m
m
2+2．
代入（*），得λ+ μ=
t(
4 m
m
2+2)
−4
m
2+2
−2，即λ+ μ=−mt −2．
点M在直线AB上得mt −2=0，所以λ+ μ=−4．
【7-2】设P为椭圆C : x
2
6 + y
2
2 =1上任一点，过焦点F1, F2的弦分别为PA , PB．设⃗
P F1= λ1⃗F1 A ,⃗P F2= λ2⃗F2B，求λ1+ λ2的值．
【答案】10
【分析】联立直线与椭圆的方程得韦达定理，进而根据向量的线性关系可得λ1, λ2的
表达式，代入化简即可求解.
【详解】如图，设P(x0, y0), A(x1, y1),B(x2, y2)，F1(−2,0), F2(2,0),
则LPA: x =m1 y −c(m1= x0+c
y0 ), LPB: x =m2 y +c(m2= x0−c
y0 )，其中c =2，
LPA与椭圆方程联立可得(m1 y −c)
2+3 y
2=6，整理得(m1
2+3) y
2−2c m1 y +c
2−6=0．
故y1 y0= c
2−6
m1
2+3．
同理可得y2 y0= c
2−6
m2
2+3．
由于{⃗
P F1= λ1⃗F1 A ,⃗
P F2= λ2⃗F2B ,)即{
(−c−x0,−y0)= λ1(x1+c , y1),
(c−x0,−y0)= λ2(x2+c , y2), )可得¿
由于P(x0, y0)在椭圆上，故有x0
2+3 y0
2=6．
从而
λ1+ λ2=−(
y0
y1
+ y0
y2)=−(
y0
2
y1 y0
+
y0
2
y2 y0)=−
y0
2
c
2−6
m1
2+3
−
y0
2
c
2−6
m2
2+3
=−
y0
2
c
2−6 (m1
2+3+m2
2+3)
=−
y0
2
c
2−6 (m1
2+m2
2+6)=−
y0
2
c
2−6[
(x0−c)
2+(x0+c)
2
y0
2
+6)
=−
y0
2
c
2−6(
2 x0
2+2c
2
y0
2
+6)= x0
2+ 4 +3 y0
2=10．
【7-3】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，过点P(1,1)的直线l与C相交
于A ,B两点，且当l的斜率为0 时，|AB)= 2❑√39
3
．
(1)求C的方程；
(2)是否存在l，使得A ,B两点关于直线y = x +2对称？若存在，求出l的方程；若不存
在，请说明理由；
(3)l与直线l
′:3 x−y −12=0交于点Q，设⃗QA = λ⃗AP ,⃗QB = μ⃗BP，问：λ+ μ是否为定
值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．
【答案】(1) x
2
4 −y
2
12 =1
(2)不存在，理由见解析
(3)λ+ μ为定值0
【分析】（1）由双曲线C的离心率为2，得到b
2=3a
2，再由直线l的方程为y =1，代
入双曲线的方程，求得x =±
❑√
3a
2+1
3
，结合|AB)= 2❑√39
3
，进而得到竖曲线C的方程；
（2）设直线l的方程为y −1=k (x−1)，联立方程组，由Δ>0，且3−k
2≠0，求得k
的范围，以及x1+ x2和x1 x2，假设存在l，使得A ,B两点关于直线y = x +2对称，得到
k =−1，进而得到线段AB的中点坐标为(−1,3)，结合中点不在直线y = x +2上，得出结论；
（3）解：设Q (m,n)，求得n−3m+12=0和n−1=k (m−1)，根据题意，求得
λ = x1−m
1−x1
和μ= x2−m
1−x2
，化简得到λ+ μ=0，即可得到答案.
【详解】（1）解：设双曲线C的焦距为2c，
因为C的离心率为2，所以b
2
a
2 = c
2−a
2
a
2
= 4−1=3，即b
2=3a
2，所以x
2
a
2 −y
2
3a
2 =1，
当直线l的斜率为0 时，直线l的方程为y =1，代入x
2
a
2 −y
2
3a
2 =1，得x =±
❑√
3a
2+1
3
，
所以|AB)=2
❑√
3a
2+1
3
= 2❑√39
3
，解得a
2= 4，所以C的方程为x
2
4 −y
2
12 =1．
（2）解：显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为y −1=k (x−1)，即y =kx−k +1，
联立方程组{
y =kx −k +1
3 x
2−y
2=12)，整理得(3−k
2) x
2−2k (1−k ) x +2k −13−k
2=0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，
可得Δ=[−2k (1−k )]
2−4(3−k
2)(2k −13−k
2)=−12(3k
2+2k −13)>0，且
3−k
2≠0，
解得−1−2❑√10
3
<k < −1+2❑√10
3
，且k ≠± ❑√3，
又由x1+ x2= 2k (1−k )
3−k
2
，x1 x2= 2k −13−k
2
3−k
2
，①
假设存在l，使得A ,B两点关于直线y = x +2对称，则l与直线y = x +2垂直，所以
k =−1，
所以l: y =−x +2，且x1+ x2= −2×(1+1)
3−1
=−2，则y1+ y2=−(x1+ x2)+ 4 =6，
因此线段AB的中点坐标为(−1,3)，
又因为3≠−1+2，即点(−1,3)不在直线y = x +2上，
所以不存在l，使得A ,B两点关于直线y = x +2对称．
（3）解：设Q (m,n)，
由Q (m,n)在直线l
′: y =3 x−12上，可得n=3m−12，即n−3m+12=0；②
又由Q (m,n)在直线l上，可得n−1=k (m−1)，③
因为⃗QA = λ⃗AP，可得(x1−m, y1−n)= λ(1−x1,1−y2)，
即x1−m= λ(1−x1)，解得λ = x1−m
1−x1
，
同理：由⃗QB = μ⃗BP，可得μ= x2−m
1−x2
，
结合①②③，得λ+ μ= x1−m
1−x1
+ x2−m
1−x2
=
(m+1)(x1+ x2)−2 x1 x2−2m
(1−x1)(1−x2)
=
(m+1)⋅2k (1−k )
3−k
2
−2⋅2k −13−k
2
3−k
2
−2m
(1−x1)(1−x2)
= 2k (m−1)−6m+26
(3−k
2)(1−x1)(1−x2)
=
2(n−1)−6m+26
(3−k
2)(1−x1)(1−x2)
=
2(n−3m+12)
(3−k
2)(1−x1)(1−x2)
=0，
所以λ+ μ为定值0．
【突破提升训练・1】已知双曲线C：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的渐近线方程为3 x ± 4 y =0
，且焦距为10，过双曲线C中心的直线与双曲线C交于M , N两点，在双曲线C上取一点P
（异于M , N），直线PM，PN的斜率分别为k1，k2，则k1k2等于（ ）
题型精析・方法突破提能力
A．3
4
B．9
16
C．4
5
D．16
25
【答案】B
【分析】由双曲线C的两条渐近线方程以及焦距，求得a
2=16，b
2=9，进而得到双曲
线方程，设出点M (x1, y1)，可得N (−x1,−y1)，点P(x0, y0)，代入双曲线方程，两式相
减，结合直线的斜率化简整理可得所求值．
【详解】双曲线C的两条渐近线方程为3 x ± 4 y =0，所以b
a = 3
4 ，
因为焦距为10，所以c =5，
又c
2=a
2+b
2，所以a
2=16，b
2=9，故双曲线的方程为x
2
16 −y
2
9 =1．
设点M (x1, y1)，则根据对称性可知N (−x1,−y1)，点P(x0, y0)，k1= y0−y1
x0−x1
，
k2= y0+ y1
x0+ x1
，
所以k1k2= y0
2−y1
2
x0
2−x1
2 ，且x1
2
16 −y1
2
9 =1，x0
2
16 −y0
2
9 =1，两式相减可得k1k2= y0
2−y1
2
x0
2−x1
2 = 9
16 .
故选：B
【突破提升训练・2】已知点P(−3,3)，过点M (3,0)作直线l 与抛物线y
2= 4 x相交于A，B
两点，设直线PA，PB 的斜率分别为k1，k2，则k1+ k2=（ ）
A．−1
B．−2
C．2
D．无法确定
【答案】A
【分析】联立直线与抛物线方程，得到y1 y2=−12，代入两点斜率公式即可化简求解.
【详解】设直线方程为x =my +3，联立抛物线方程可得y
2−4 my −12=0，
设A(
y1
2
4 , y1)，B(
y2
2
4 , y2)，可得y1 y2=−12，
则k1+ k2= y1−3
y1
2
4 +3
+ y2−3
y2
2
4 +3
= 4 y1−12
12+ y1
2 + 4 y2−12
12+ y2
2 = 4 y1−12
12+ y1
2 +
4(
−12
y1 )−12
12+(
−12
y1 )
2
= 4 y1−12
12+ y1
2 + −4 y1−y1
2
12+ y1
2
=−1
故选：A
【突破提升训练・3】已知F 为抛物线C：y
2=2 px ( p>0)的焦点，O 为坐标原点，过点F
且斜率为1 的直线l 交抛物线C 于A、B 两点，则直线OA、OB 的斜率之和为（ ）
A．－2
B．－2P
C．－4
D．－4P
【答案】C
【分析】根据抛物线方程确定焦点坐标，从而可设直线l的方程为y = x−p
2 ，设
A(x1, y1),B(x2, y2)，联立直线与抛物线得交点坐标关系，根据直线斜率的坐标运算化简
代入即可得答案.
【详解】抛物线C：y
2=2 px ( p>0)的焦点F坐标为F(
p
2 ,0)，
所以直线l的方程为y = x−p
2 ，设A(x1, y1),B(x2, y2)
则{
y
2=2 px
y = x−p
2)
，消去y得x
2−3 px + p
2
4 =0，Δ=(−3 p)
2−4× p
2
4 =8 p
2>0，所以
x1+ x2=3 p, x1 x2= p
2
4 ，
则kOA+ kOB= y1
x1
+ y2
x2
=
x1−p
2
x1
+
x2−p
2
x2
=2−p
2 ⋅x1+ x2
x1 x2
=2−p
2 ⋅3 p
p
2
4
=2−6=−4.
故选：C.
【突破提升训练・4】已知曲线C : y
4=a
2 x
2(a>0)与直线y =2 x + 4有3 个公共点，点
A 、B是曲线C上关于y轴对称的两动点（点A在第一象限），点M 、N是x轴上关于原
点对称的两定点（点M在x轴正半轴上），若|AB)−|AM )−|BN )为定值，则该定值为
（ ）
A．8
B．16
C．−8
D．−16
【答案】D
【分析】由已知结合直线与曲线的公共点个数先求出a，然后结合抛物线的定义即可
求解.
【详解】曲线y
4=a
2 x
2(a>0)表示抛物线y
2=ax与y
2=−ax，
由{
y =2 x + 4
y
2=−ax)得2 y
2+ay −4 a=0，
因为a>0，所以Δ=a
2+32a>0，
可得抛物线y
2=−ax与直线y =2 x + 4有两个交点，
曲线y
4=a
2 x
2(a>0)与直线y =2 x + 4有3 公共点，
则直线y =2 x + 4与抛物线y
2=ax相切，
把y =2 x + 4代入y
2=ax得4 x
2+(16−a) x +16=0，
则Δ=(16−a)
2−4×4×16=0，解得a=32，
由对称性可知|AM )=|BN )，设AB与y轴的交点为E，
则|AB)−|AM )−|BN )=2(|AE)−|AM ))，
若|AB)−|AM )−|BN )为定值，则|AE)−|AM )=|AE)+8−|AM )−8为定值，
则点M , N分别为抛物线y
2=32 x与y
2=−32 x的焦点，
此时|AB)−|AM )−|BN )为抛物线y
2=32 x上一点到y轴距离
与其焦点距离差的2 倍，即−16.
故选：D．
【突破提升训练・5】已知椭圆C : x
2
4 + y
2
b
2 =1(0<b<2)的离心率e =
❑√3
2 ，椭圆C与y轴正半
轴的交点F是抛物线D: x
2=2 py ( p>0)的焦点，过点F的直线l交抛物线D于A ,B两点，过
点A ,B分别作抛物线D的切线l1和l2，直线l1和l2相交于点M，则⃑FM ·⃑AB =
A．0
B．1
C．-1
D．不确定
【答案】A
【详解】由题知，e =
❑√3
2 = c
a，解得c = ❑√3，故b=1
∴椭圆的方程为x
2
4 + y
2=1
∵F (0，1)，∴p
2 =1，解得p=2
∴抛物线的方程为x
2= 4 y
∵直线l和抛物线有两个交点，∴直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y =kx +1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，(x1≠x2)
联立方程¿，消去y，得x
2−4 kx −4 =0
∴¿
∵抛物线D的方程为y = x
2
4 ，∴y
' = x
2
过抛物线D上A ，B两点的切线方程分别为y −y1= x1
2 (x−x1)，y −y2= x2
2 (x−x2)
即y = x x1
2 −x1
2
4
，y = x x2
2 −x2
2
4
联立直线方程¿，解得¿
即点M的坐标为(
x1+ x2
2
，x1 x2
4 )
∴⃗FM ∙⃗AB =(
x1+ x2
2
，−2)∙(x2−x1，y2−y1)= 1
2 (x2
2−x1
2)−2(
x2
2
4 −x1
2
4 )=0
故选A
【突破提升训练・6】已知椭圆C：x
2
16 + y
2
8 =1，F1、F2分别为其左、右焦点，A1，A2分别
为其长轴的左右端点，动点M 满足MA2⊥A1A2，A1M 交椭圆于点P，则⃑OM ⋅⃑OP的值为
（ ）
A．8
B．16
C．20
D．24
【答案】B
【详解】A1 (−4,0), A2 (4,0),设M(4,t),P(x1,y1)，
则⃗OP=(x1,y1),⃗OM=(4,t).
直线A1 M:y−0= t
8(x+4),即y= t
8x+ t
2.
代入椭圆x
2
16 + y
2
8 =1,得(1+ t
2
32)x
2+ t
2
4 x + t
2
2 −16=0,故此方程的两个根分别为−4 和
x1,
由韦达定理可得x1−4=−8t
2
32+t
2,∴x1= −8t
2
32+t
2+4,∴y1= 32t
32+t
2.
∴⃗OP=( −8t
2
32+t
2+4, 32t
32+t
2),
∴⃗OP⋅⃗OM= 4(−8t
2
32+t
2 + 4)+t ⋅32t
32+t
2=128×4+16t
2
32+t
2
=16
故选B
【突破提升训练・7】已知抛物线x
2=2 py ( p>0)的准线为y =−1
2，O 为坐标原点，A、B
都在此抛物线上，若直线AB过(0,2)，则⃗OA ⋅⃗OB =（ ）
A．4
B．8
C．0
D．−8
【答案】C
【分析】法一：先由抛物线的准线方程求得抛物线的方程，再直接利用特殊直线法求
得A ,B的坐标，从而得解；
法二：联立直线AB与抛物线的方程，利用韦达定理与向量数量积的坐标表示即可得
解.
【详解】法一：
因为抛物线x
2=2 py ( p>0)的准线为y =−1
2，所以p
2 = 1
2，即p=1，
所以抛物线的方程为x
2=2 y，
因为直线AB过(0,2)，
所以可取直线AB为y =2代入抛物线方程，计算得A (−2,2)，B (2,2)，
所以⃗OA ⋅⃗OB =−2×2+2×2=0；
法二：
依题意，直线AB的斜率必然存在，设直线AB为y =kx +2，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立{
x
2=2 y
y =kx +2)，消去y，得x
2−2kx −4 =0，
此时Δ= 4 k
2+16>0，
所以x1 x2=−4，则y1 y2= x1
2
2 ⋅x2
2
2 = 4，
所以⃗OA ⋅⃗OB = x1 x2+ y1 y2=0.
故选：C．
【突破提升训练・8】已知抛物线C：x
2= 4 y，点M 为直线y =−1上一动点，过点M 作直
线MA，MB与抛物线C 分别切于点A，B，则⃑MA ⋅⃑MB =（ ）
A．0
B．1
C．-1
D．0 或1
【答案】A
【分析】设切点A(x1, x1
2
4 )、B(x2, x2
2
4 )和M ( x0,−1)，利用导数的几何意义求出
切线MA、MB的方程，进而x1、x2是方程1
4 x
2−x0
2 x−1=0的两实根，求出
x1+ x2、x1 x2，
根据平面向量的坐标表示化简计算⃑MA ⋅⃑MB即可.
【详解】由x
2= 4 y，得y = 1
4 x
2，则y
′ = 1
2 x，
设A(x1, x1
2
4 )，B(x2, x2
2
4 )，M ( x0,−1)，所以k MA = x1
2 ，k MB= x2
2 ，
得切线MA的方程为y −x1
2
4 = x1
2 ( x−x1)，即y = x1
2 x−x1
2
4
，
切线MB的方程为y −x2
2
4 = x2
2 ( x−x2)，即y = x2
2 x−x2
2
4
，
又两条切线过切点M ( x0,−1)，有−1= x1
2 x0−x1
2
4
、−1= x2
2 x0−x2
2
4
，
所以x1、x2是方程−1= x0
2 x−x
2
4 即1
4 x
2−x0
2 x−1=0的两实根，
得x1+ x2=2 x0，x1 x2=−4，
又⃑MA =( x1−x0, x1
2
4 +1)，⃑MB =( x2−x0, x2
2
4 +1)，
所以⃑MA ⋅⃑MB =( x1−x0)( x2−x0)+( x1
2
4 +1)( x2
2
4 +1)
= x1 x2−x0( x1+ x2)+ x0
2+ x1
2 x2
2
16
+ 1
4 ( x1
2+ x2
2)+1
= x1 x2−x0( x1+ x2)+ x0
2+ x1
2 x2
2
16
+ 1
4 [( x1+ x2)
2−2 x1 x2]+1
将x1+ x2=2 x0，x1 x2=−4代入上式，得⃑MA ⋅⃑MB =0.
故选：A
【突破提升训练・9】已知椭圆C : x
2
4 + y
2
3 =1的左、右焦点分别为F1，F2，
P(x0, y0)(x0 y0≠0)为椭圆C上一动点，Q为△P F1 F2的内心，若直线OP和PQ的斜率分
别为k1，k2，其中O为坐标原点，则
k1
k2
= .
【答案】3
4 /0.75
【分析】结合椭圆性质与内切圆中的切线长定理，可得|P F2)=2−1
2 x0，设
Q(x1, y1)，可得|F1T )= x1+1，则有x1= 1
2 x0，再由等面积可得y1= y0
3 ，从而表示斜率即
可得解.
【详解】由题知，F1(−1,0)，F2(1,0)，|P F1)+|P F2)= 4，|F1 F2)=2，
设Q(x1, y1)，△P F1 F2的内切圆与P F1，P F2，F1 F2的切点分别为M，N，T，
则|F1T )=|F1 M )、|PN )=|PM )、|N F2)=|T F2)，
所以|F1T )+|PN )+|N F2)= 4 +2
2
=3，即|F1T )+|P F2)=3，
因为|P F2)= ❑√(x0−1)
2+ y0
2=
❑√(x0−1)
2+3(1−x0
2
4 )=2−1
2 x0，
所以|F1T )=1+ 1
2 x0= x1+1，所以x1= 1
2 x0，S△P F1 F2= 1
2
(4+2)|y1)= 1
2 ×2|y0)，
易知y1与y0同号，所以y1= y0
3 ，所以k2= y1−y0
x1−x0
=
y0
3 −y0
x0
2 −x0
= 4 y0
3 x0
= 4
3 k1，
所以
k1
k2
= 3
4 .
故答案为：3
4 .
【突破提升训练・10】已知椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1, F2, P为椭圆
上不与顶点重合的任一点，C为△P F1 F2的内心，O为坐标原点，则直线PC与OP的斜率
之比
k PC
kOP
= ．（用a,b表示）
【答案】a
2
b
2
【分析】根据给定条件，结合三角形内切圆性质及椭圆定义，且点P坐标表示点C的
坐标，再利用斜率坐标公式化简即得.
【详解】设P( x0, y0),C( xC , yC),△P F1 F2内切圆与P F1, P F2, F1 F2分别相切于
点M , N ,T，椭圆半焦距为c，
有|PM )=|PN )，|F1 M )=|F1T ),|F2 N )=|F2T )，则|F1T )+|PN )+|N F2)=a+c，
即|F1T )+|P F2)=a+c，
则| F1T |=(a+c)−| P F2|，又
| P F2|=
❑√( x0−c)
2+ y0
2=
❑√
x0
2−2c x0+c
2+b
2(1−x0
2
a
2 )=
❑√e
2 x0
2−2c x0+a
2=a−e x0
（e 为椭圆的离心率），而| F1T |= xC+c，则xC +c =(a+c)−(a−e x0)=c +e x0，
即xC = c
a x0,S△P F1 F2= 1
2 (2a+2c)⋅yC = 1
2 ⋅2c⋅y0，因此
yC =
c
a+c y0,C( c
a x0,
c
a+c y0)，
k PC =
y0−
c
a+c y0
x0−c
a x0
=
a
a+c y0
a−c
a
x0
=
a
2
a
2−c
2 ⋅y0
x0
= a
2
b
2 ⋅y0
x0
= a
2
b
2 kOP，所以
k PC
kOP
= a
2
b
2.
故答案为：a
2
b
2.
【突破提升训练・11】已知椭圆x
2
2 + y
2=1的上下顶点分别为B1,B2，过点A(0, 1
2)的直线
交椭圆于M , N两点，记k B1 M =k1,k B2 N =k2，则
k2
k1
= .
【答案】3
【分析】设M (x1, y1), N (x2, y2)，直线斜率为k，直线B1 M：y =k1 x +1，直线
B2 N：y =k2 x−1，联立直线MN和椭圆得到x1+ x2= −k
1
2 +k
2，x1 x2=
−3
4
1
2 +k
2
，再把直线
B1 M，直线B2 N分别与直线MN联立求得M和N坐标，利用等式得到
(k −k1)(k −k2)= 1
2 + k
2和k2−k +3(k −k1)
2(k −k1)(k2−k)
= −k
1
2 +k
2
，两式相乘即可得出答案.
【详解】如图，B1(0,1),B2(0,−1)，
设M (x1, y1), N (x2, y2)，直线斜率为k，
则直线MN为y =kx + 1
2，
联立{
y =kx + 1
2
x
2
2 + y
2=1)
，得1
2 x
2+ k
2 x
2+ kx −3
4 =0，
则x1+ x2= −k
1
2 +k
2，x1 x2=
−3
4
1
2 + k
2，
设直线B1 M：y =k1 x +1，直线B2 N：y =k2 x−1，
联立{
y =k1 x +1
y =kx + 1
2)
，得M(
1
2(k −k1)
,
k1
2(k −k1)
+1)，
联立{
y =k2 x−1
y =kx + 1
2 )
，得N(
3
2(k2−k)
,
3k2
2(k2−k)
−1)，
由x1 x2=
−3
4
1
2 + k2
得
3
4(k −k1)(k2−k)
=
−3
4
1
2 +k2
，
解得(k −k1)(k −k2)= 1
2 + k
2，①
由x1+ x2= −k
1
2 +k
2得
1
2(k −k1)
+
3
2(k2−k)
= −k
1
2 +k
2，
解得
k2−k +3(k −k1)
2(k −k1)(k2−k)
= −k
1
2 +k
2，②
①×②得：k2+2k −3k1=2k，
即k2=3k1，则
k2
k1
=3.
故答案为：3
【突破提升训练・12】已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√2
2 ，且C过点
(2,❑√2).
(1)求C的方程；
(2)直线l：y =k (x−1)(k >0)与C交于A，B 两点，过C上的点P（与A，B 不重合且不
在坐标轴上）作x轴的平行线交线段AB于点Q（与A，B 不重合），直线OP的斜率为k
′（
O为坐标原点），△APQ的面积为S1，△BPQ的面积为S2，若|AP)⋅S2=|BP)⋅S1，直线
AP，BP的斜率都存在，分别记为k AP，k BP.
（i）求证：k AP+ k BP=0；
（ii）判断k ⋅k
′是否为定值？并说明理由.
【答案】(1) x
2
8 + y
2
4 =1
(2)（i）证明见解析（ii）k ⋅k
′ = 1
2，理由见解析
【分析】（1）由题意得{
e = c
a =
❑√2
2
4
a
2 + 2
b
2 =1
a
2−b
2=c
2)
，进而求解即可；
（2）（i）根据面积关系结合面积公式可得PQ平分∠APB，即可证得k AP+ k BP=0；
（ii）联立直线方程和椭圆方程消元后结合P在椭圆上化简前者后可得k ⋅k
′ = 1
2.
【详解】（1）由题意，得{
e = c
a =
❑√2
2
4
a
2 + 2
b
2 =1
a
2−b
2=c
2)
，解得a
2=8,b
2= 4 ,c
2= 4，
所以椭圆C的方程为x
2
8 + y
2
4 =1.
（2）（i）因为|AP)⋅S2=|BP)⋅S1，
则|AP)
|BP) = S1
S2
=
1
2|AP)⋅|PQ)⋅sin∠APQ
1
2|BP)⋅|PQ)⋅sin∠BPQ
=|AP)sin∠APQ
|BP)sin∠BPQ ，
因此sin∠APQ =sin∠BPQ，
而∠APQ+∠BPQ =∠APB∈(0,π)，有∠APQ =∠BPQ，即PQ平分∠APB，
故直线AP ,BP的斜率k AP,k BP互为相反数，则k AP+ k BP=0.
（ii）设P(x0, y0)，
由{
x
2
8 + y
2
4 =1
y =k (x−1))
，得(2k
2+1) x
2−4 k
2 x +2k
2−8=0，
因Δ=16 k
4−4(2k
2+1)(2k
2−8)=56 k
2+32>0，设A(x1, y1),B(x2, y2),
则有{
x1+ x2=
4 k
2
2k
2+1
x1⋅x2= 2k
2−8
2k
2+1)
，而k AP+ k BP= y1−y0
x1−x0
+ y2−y0
x2−x0
=0，
化简得( y1−y0)(x2−x0)+( y2−y0)(x1−x0)=0，
即[k (x1−1)−y0)(x2−x0)+[k (x2−1)−y0)(x1−x0)
=2k x1 x2−( y0+ k x0+ k)(x1+ x2)+2 x0( y0+k)=0，
于是2k ⋅2k
2−8
2k
2+1
−( y0+ k x0+ k)⋅
4 k
2
2k
2+1
+2 x0( y0+k)=0，
故2k (2k
2−8)−4 k
2( y0+ k x0+k)+2 x0( y0+ k)(2k
2+1)=0，
化简得2 y0(x0−1)k
2+(x0−8)k + x0 y0=0，
又因P(x0, y0)在椭圆上，则x0
2
8 + y0
2
4 =1，即x0
2+2 y0
2=8,则x0−8= x0−x0
2−2 y0
2，
从而2 y0(x0−1)k
2+(x0−x0
2−2 y0
2)k + x0 y0=0，
整理得(2 y0k −x0)[(x0−1)k −y0)=0，
又因P(x0, y0)不在直线l: y =k (x−1)上，即(x0−1)k −y0≠0，
则得2 y0k −x0=0，即k = x0
2 y0
，因k
' = y0
x0
，
于是k ⋅k
' = x0
2 y0
⋅y0
x0
= 1
2，故k ⋅k
'为定值1
2．
【突破提升训练・13】在平面直角坐标系xOy 中，已知点D 为双曲线E：
x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的右顶点，M (❑√2,❑√3)，N (2,−3)在双曲线E上.
(1)求双曲线E 的方程；
(2)过点G (−3,0)且斜率为k1的直线l 与双曲线E 的左支交于A，B 两点，△ABD的外
接圆的圆心为P，直线OP 的斜率为k2，证明：k1k2为定值.
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）将点的坐标代入方程计算即可.
（2）假设直线方程y =k1(x +3)，与双曲线方程联立，利用韦达定理求得斜率范围，
然后假设圆的方程，并于双曲线方程联立，最后将联立之后的两方程系数对应成比例，计
算即可.
【详解】（1）因为M (❑√2,❑√3)，N (2,−3)在双曲线E 上，
所以{
2
a
2 −3
b
2 =1
4
a
2 −9
b
2 =1)
，故a
2=1，b
2=3，所以E 的标准方程为x
2−y
2
3 =1．
（2）如图：
设直线l：y =k1(x +3)，由{
y =k1(x +3)，
x
2−y
2
3 =1 )
得(3−k1
2)x
2−6k1
2 x−9k1
2−3=0，①
所以Δ>0，因为直线l 与双曲线E 的左支交于A，B 两点，
所以3−k1
2≠0，且x1+ x2= 6 k1
2
3−k1
2 <0，x1 x2=−9k1
2+3
3−k1
2 >0，故k1
2>3，
设圆P：(x −s)
2+( y −t )
2=r
2，r >0，由{
y =k1( x +3)
(x−s)
2+( y −t )
2=r
2)，
得(1+ k1
2)x
2+(6 k1
2−2k1t −2s)x + s
2+(3k1−t)
2−r
2=0，②
由双曲线的右顶点D 在圆上得(1−s)
2+t
2=r
2，
由①②得1+k1
2
3−k1
2 = 6k1
2−2k1t −2s
−6k1
2
= s
2+(3k1−t)
2−r
2
−9k1
2−3
.
由
1+ k1
2
3−k1
2 = 6 k1
2−2k1t −2s
−6 k1
2
，可得k1
2t +k1
2s+12k1
2−3k1t −3 s=0③
由6k1
2−2k1t −2s
−6k1
2
= s
2+(3k1−t)
2−r
2
−9k1
2−3
，可得3k1
2t −5k1
2s+ 4 k1
2−k1t −s=0④
所以3×④−③可得k1t =2s，即k1k2=k1⋅t
s =2．
【突破提升训练・14】已知椭圆E：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)过点P(1, 3
2)，其离心率为1
2．
四边形ABCD的顶点均在椭圆E上，直线AB过E的左焦点F1，对角线AC，BD交点为椭
圆E的右焦点F2．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若AB，CD的斜率存在且分别为k1，k2，求证：k1
k2
为定值；
(3)过点P作PH ⊥CD，垂足为H，求|PH )的最大值．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1；
(2)证明见解析；
(3)3 ❑√65
14
.
【分析】（1）代入点坐标并结合离心率公式即可得到方程；
（2）设直线AB的方程为：x =my −1, A(x1, y1),B(x2, y2)，联立椭圆方程得到韦达
定理式，化简得到y3=
3 y1
2 x1−5，再计算得x3= 5 x1−8
2 x1−5 ，同理y4=
3 y2
2 x2−5 , x4= 5 x2−8
2 x2−5 ，
最后代入化简k2即可；
（3）求出直线CD过定点Q(
13
7 ,0)，再根据两点距离即可得到答案.
【详解】（1）由已知得1
a
2 + 9
4 b
2 =1, c
a = 1
2，即❑√
1−b
2
a
2 = 1
2
，得b
2
a
2 = 3
4 ，
故a
2= 4 ,b
2=3，
所以椭圆E的方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）由（1）可得F1(−1,0), F2(1,0)，
由题意知k1,k2均存在且不等于0，
则设直线AB的方程为：x =my −1,k1= 1
m (m≠0), A(x1, y1),B(x2, y2)，
则x1=m y1−1, x2=m y2−1,3 x1
2+ 4 y1
2=12．
设直线AC方程为：x =ny +1,n= x1−1
y1
,C (x3, y3), D(x4, y4)
与椭圆方程联立得：(3n
2+ 4) y
2+6ny −9=0，
Δ=(6n)
2+36(3n
2+ 4)=144 n
2+144>0，
所以
y1 y3=−
9
3n
2+ 4
=−
9
3(
x1−1
y1 )
2
+ 4
=−
9 y1
2
3(x1−1)
2+ 4 y1
2 =−
9 y1
2
3 x1
2+ 4 y1
2−2 x1+3
=
3 y1
2
2 x1−5，
因为y1≠0，
故y3=
3 y1
2 x1−5，因此x3=n y3+1= x1−1
y1
⋅
3 y1
2 x1−5 +1= 5 x1−8
2 x1−5 ．
同理y4=
3 y2
2 x2−5 , x4= 5 x2−8
2 x2−5 ．
CD斜率为
k2= y4−y3
x4−x3
=
3 y2
2 x2−5 −
3 y1
2 x1−5
5 x2−8
2 x2−5 −5 x1−8
2 x1−5
=
3 y2(2 x1−5)−3 y1(2 x2−5)
(5 x2−8)(2 x1−5)−(5 x1−8)(2 x2−5)
=
3 y2(2m y1−7)−3 y1(2m y2−7)
(5 x2−8)(2 x1−5)−(5 x1−8)(2 x2−5)
= 7( y1−y2)
3(x1−x2)
= 7
3 k1，
故
k1
k2
= 3
7 .
（3）由（2）知：直线CD的方程为：y −
3 y1
2 x1−5 = 7
3m(x−5 x1−8
2 x1−5)，
即y = 7
3m x +
3 y1
2 x1−5 −7
3m ⋅5 x1−8
2 x1−5 = 7
3m x + 9m y1−7(5 x1−8)
3m(2 x1−5)
= 7
3m x + 9m y1−7(5m y1−13)
3m(2m y1−7)
= 7
3m x + −13(2m y1−7)
3m(2m y1−7)
= 7
3m(x−13
7 )
所以直线CD过定点Q(
13
7 ,0)．
因为PH ⊥CD，由几何意义知：| PH |≤| PQ|= 3 ❑√65
14
，
故|PH )的最大值为3 ❑√65
14
．
【突破提升训练・15】在平面直角坐标系xOy 中，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A1(−2,0), A2(2,0)，离心率为
❑√5
2 .
(1)求双曲线的方程；
(2)过点T (4,0)的直线l 与双曲线C 的右支交于M，N 两点．记直线A1 M，A2 N的斜
率分别为k1，k2，证明：
k1
k2
是定值；
【答案】(1) x
2
4 −y
2=1
(2)（i）证明见解析；（ii）3
【分析】（1）利用双曲线的顶点和离心率，结合双曲线方程求出 a即可.
（2）设出直线的方程与双曲线联立，利用韦达定理及斜率公式，推理计算即可.
（3）由（2）可得斜率之间的关系，联立方程求出G点坐标，再求出三角形面积的函
数关系并求出最小值.
【详解】（1）（1）由题意知a=2，因为e = c
a =
❑√5
2 ， 得c = ❑√5，b
2=c
2−a
2=1，
所以双曲线C的方程为x
2
4 −y
2=1.
（2）（i）依题意，设直线l的方程为x =my + 4，M ( x1, y1), N ( x2, y2).
由{
x =my + 4
x
2−4 y
2= 4)消去x 并整理得(m
2−4) y
2+8my +12=0.
由直线l与双曲线的右支交于M , N两点，可得{
Δ=64 m
2−48(m
2−4)>0
m
2−4≠0
y1 y2=
12
m
2−4
<0 )
.
解得−2<m<2.
则y1+ y2=−8m
m
2−4 ，y1 y2=
12
m
2−4 .
即2m y1 y2=−3( y1+ y2)，而A1(−2,0), A2(2,0).
所以
k1
k2
=
y1
x1+2
y2
x2−2
= y1( x2−2)
y2( x1+2) = y1(m y2+2)
y2(m y1+6) = m y1 y2+2 y1
m y1 y2+6 y2
=
−3
2 ( y1+ y2)+2 y1
−3
2 ( y1+ y2)+6 y2
=
1
2 y1−3
2 y2
−3
2 y1+ 9
2 y2
=−1
3为定值.
【突破提升训练・16】已知抛物线E: y
2=2 px ( p>0)经过点Q (4 ,−4)，过E的焦点F作斜
率为k1的直线l，与E交于A ,B两点（A在第一象限），过点P(3,0)作直线AP ,BP分别与
E交于另外两点C , D，设直线CD的斜率为k2.
(1)求E的方程；
(2)证明：k2
k1
为定值；
(3)过点D作两条相互垂直的直线DM , DN，分别与E交于另一点M , N（点M , N均
与A，C不重合），若直线AD与AB的斜率之积为−3，证明直线MN与AC相交于定点，
并求出定点的坐标.
【答案】(1)y
2= 4 x；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析，定点为(10,−2❑√6).
【分析】（1）将点坐标代入方程求参数，即可得方程；
（2）设A(x1, y1),B(x2, y2),C (x3, y3), D(x4, y4)，应用点斜式写出AB、AP、BP
的方程，将所过点代入得y1 y2=−4、y1 y3= y2 y4=−12，结合
k2
k1
= y1+ y2
y3+ y4
即可证；
（3）由（2）有y4=3 y1，得D(
9 y1
2
4 ,3 y1)，结合k AD⋅k1=−3得到D(6,2❑√6)，设
直线DM的方程为y −2❑√6=k (x−6)，联立抛物线求得y M = 4
k −2❑√6，同理有
y N =−4 k −2❑√6，两点式写出直线MN并确定所过定点，根据（2）结论得k AD⋅k2=−1，
判断AC也过定点，即可证.
【详解】（1）根据题意，将Q (4 ,−4)代入有16=8 p，解得p=2，所以E的方程为
y
2= 4 x.
（2）由（1）可知F (1,0)，设A(x1, y1),B(x2, y2),C (x3, y3), D(x4, y4)，
则k1= y2−y1
x2−x1
= 4( y2−y1)
y2
2−y1
2
=
4
y2+ y1
，从而直线AB为y −y1=
4
y2+ y1(x−y1
2
4 )，
即( y2+ y1) y −4 x−y1 y2=0，将(1,0)代入，有y1 y2=−4.
同理，直线AP为( y3+ y1) y −4 x−y1 y3=0，直线BP为( y4+ y2) y −4 x−y2 y4=0，
将(3,0)代入，有y1 y3= y2 y4=−12，又k2=
4
y3+ y4
，
所以
k2
k1
= y1+ y2
y3+ y4
=
y1+ y2
−12(
1
y1
+ 1
y2)
=−y1 y2
12 = 1
3，为定值.
（3）由（2）知y1 y2=−4 , y2 y4=−12，所以y4=3 y1，从而点D的坐标为
(
9 y1
2
4 ,3 y1).
故k AD= 3 y1−y1
9 y1
2
4 −y1
2
4
= 1
y1
,k1=
4
y1+ y2
= 4 y1
y1
2−4 ，
由k AD⋅k1=−3，解得y1
2= 8
3 , y1= 2❑√6
3
（负值舍去），
所以D(6,2❑√6)，易知直线DM , DN的斜率存在且不为0，
设直线DM的方程为y −2❑√6=k (x−6)，联立{
y −2❑√6=k (x−6)
y
2= 4 x
)，
整理得y
2−4
k y + 8 ❑√6
k
−24 =0，所以y M +2❑√6= 4
k ，即y M = 4
k −2❑√6.
设直线DN的方程为y −2❑√6=−1
k
(x−6)，同理可得y N =−4 k −2❑√6.
直线MN的方程为
y −y N
y M −y N
= x−xN
xM −xN
= 4(x−xN)
y M
2 −y N
2 =
4(x−xN)
( y M −y N)( y M + y N)
，
即y = 4(x−xN)
y M + y N
+ y N =
4(x−y N
2
4 )+ y M y N + y N
2
y M + y N
= 4 x + y M y N
y M + y N
=
4 x +(
4
k −2❑√6)(−4 k −2❑√6)
4
k −2❑√6−4 k −2❑√6
= kx −4 k −2❑√6+2❑√6k
2+6k
1−❑√6k −k
2
=−2❑√6+
k (x−10)
1−❑√6 k −k
2，
所以直线MN过定点(10,−2❑√6).
另一方面，因为
k2
k1
= 1
3 ,k AD⋅k1=−3，所以k AD⋅k2=−1，即直线AD与CD垂直，
同DM , DN的垂直关系求直线MN所过的定点，易知直线AC也过点(10,−2❑√6)，
即直线MN与AC相交于定点，定点坐标为(10,−2❑√6).
【突破提升训练・17】已知抛物线C : y
2=8 x，焦点为F，准线为l，线段OF 的中点为G.
点P 是C 上在x 轴上方的一点，且点P 到l 的距离等于它到原点O 的距离.
(1)求P 点的坐标.
(2)过点Q (−1,0)作一条斜率为正数的直线l
′与抛物线C 从左向右依次交于A，B 两点，
求证：∠AGB =2∠AGP.
【答案】(1)(1,2❑√2)
(2)证明见解析
【分析】（1）由抛物线的定义结合题设求得P 点的横坐标，再代入抛物线方程求得
纵坐标；
（2）将∠AGB =2∠AGP等价转化为直线AG和BG的倾斜角互补，即k AG+ k BG=0，
然后通过联立直线l
′与抛物线C 的方程，由韦达定理表示A、B 两点坐标代入计算即可.
【详解】（1）因为抛物线C : y
2=8 x，所以F(2,0).
又G为线段OF的中点，所以G(1,0).
根据抛物线的定义，点P到l 的距离等于|PF)，
因为点P到l 的距离等于它到原点O的距离，
所以|PF)=|PO)，从而△POF为等腰三角形.
所以PG⊥OF.
设点P的坐标为(1,a)(a>0)，代入y
2=8 x，解得a=2❑√2.
故点P的坐标为(1,2❑√2).
（2）设直线l
′的方程为x =ty −1(t >0)，
代入y
2=8 x，并整理得y
2−8ty +8=0.
由直线l
′与抛物线C交于A(x1, y1)、B(x2, y2)两点，得Δ=64 t
2−32>0，
结合t >0，解得t >
❑√2
2 .
由韦达定理，得y1+ y2=8t，y1 y2=8，
k AG+ k BG=
y1
x1−1 +
y2
x2−1 = y1(x2−1)+ y2(x1−1)
(x1−1)(x2−1)
= y1(t y2−2)+ y2(t y1−2)
(x1−1)(x2−1)
= 2t y1 y2−2( y1+ y2)
(x1−1)(x2−1)
= 2t ×8−2×8t
(x1−1)(x2−1)
=0
所以直线AG和BG的倾斜角互补，从而∠BGF =∠AGQ.
结合PG⊥x轴，得∠BGP=∠AGP，故∠AGB =2∠AGP.
【突破提升训练・18】如图，椭圆的方程为x
2
a
2 + y
2=1，左、右焦点分别为
F1(−1,0), F2(1,0)．设A ,B是椭圆上位于x轴上方的两点，且直线A F1与直线B F2平行，
A F2与B F1交于点P．
(1)求椭圆的方程；
(2)求证：
1
|A F1)
+
1
|B F2)是定值；
(3)求三角形P F1 F2的周长．
【答案】(1) x
2
2 + y
2=1
(2)2❑√2
(3)2+ 3
2
❑√2.
【分析】（1）根据焦点坐标可求a，故可求椭圆方程；
（2）如图，延长A F1交椭圆于C，利用对称性结合弦长公式、韦达定理可求
1
|A F1)
+
1
|B F2)的值;
（3）利用椭圆定义结合三角形相似可求|P F1)+|P F2)= 3
2
❑√2，故可求三角形
P F1 F2的周长．
【详解】（1）由题设，椭圆的半焦距为c =1且焦点在x轴上，故a
2>1且b
2=1，
故a
2=1+1=2，故椭圆方程为x
2
2 + y
2=1.
（2）
如图，延长A F1交椭圆于C，由对称性可得|F1C)=|B F2).
因为直线A F1与直线B F2平行，故直线A F1的斜率不为零，
设A(x1, y1),C (x2, y2)，直线AC : x =ty −1，则y1 y2<0，
则
1
|A F1)
+
1
|B F2)
=
1
|A F1)
+
1
|C F1)
=
1
❑√1+t
2(|
1
y1)+|
1
y2))=
1
❑√1+t
2|
y1−y2
y1 y2 ).
由{
x =ty −1
x
2+2 y
2=2)可得(t
2+2) y
2−2ty −1=0，
故Δ=8t
2+8>0，y1 y2= −1
t
2+2，y1+ y2= 2t
t
2+2，
故|y1−y2)= ❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 2❑√2×
❑√t
2+1
t
2+2
，
故
1
|A F1)
+
1
|B F2)
=
1
❑√1+t
2|
2❑√2×
❑√t
2+1
−1
)=2❑√2.
（3）因为A F1∥B F2，所以|PB)
|P F1)
=|B F2)
|A F1)
，
即|PB)
|P F1)
+1=|B F2)
|A F1)
+1，即
|PB)+|P F1)
|P F1)
=|B F2)+|A F1)
|A F1)
．
所以|P F1)=
|A F1)
|A F1)+|B F2)
⋅|B F1)．
由点B在椭圆上知，|B F1)+|B F2)=2❑√2，所以
|P F1)=
|A F1)
|A F1)+|B F2)
⋅(2❑√2−|B F2))．
同理可得，|P F2)=
|B F2)
|A F1)+|B F2) (2❑√2−|A F1))．
所以|P F1)+|P F2)=
|A F1)
|A F1)+|B F2) (2❑√2−|B F2))+
|B F2)
|A F1)+|B F2) (2❑√2−|A F1))
=2❑√2−2|A F1)|B F2)
|A F1)+|B F2)
=2❑√2−
2
1
|A F1)
+
1
|B F2)
= 3 ❑√2
2
．
而|F1 F2)=2，故三角形P F1 F2的周长为2+ 3
2
❑√2.
【突破提升训练・19】已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1 (a>b>0)的左焦点为F1(−1,0)，离心率为
1
2．
(1)求椭圆C的方程．
(2)如图，已知点M (0,m)，N (0,n)（其中m>0，n<0），满足以线段MN为直径的
圆过点F1(−1,0)，且交椭圆C的第一象限于点P．
①若m=2，求点P的纵坐标；
②若线段PN交x轴于点Q，求|PQ)
|QN )的值．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)①3
2 ；②3
【分析】（1）由条件列关于a,b,c的方程，解方程求a,b,c可得椭圆方程；
（2）①由条件可得⃗F1 M ⋅⃗F1 N =0，结合向量数量积坐标运算公式列方程可求n，
设P(x0, y0)，根据关系⃗PM ⋅⃗PN =0及点P在椭圆C上列方程求y0，
②由条件可得⃗F1 M ⋅⃗F1 N =0，所以mn=−1，设P(x1, y1)，根据关系⃗PM ⋅⃗PN =0
及点P在椭圆C上列方程可得( y1+3m)( y1+3n)=0，再证明y1+3n=0，由此可得结论.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，
由条件可知，e = c
a = 1
2，c =1，
所以a=2，b=
❑√a
2−c
2= ❑√3，
所以椭圆C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）由已知F1(−1,0)，M (0,2)，N (0,n)，
因为点F1(−1,0)在以MN为直径的圆上，所以F1 M ⊥F1 N，故⃗F1 M ⋅⃗F1 N =0，
又⃗F1 M =(1,2)，⃗F1 N =(1,n)，
所以1+2n=0，故n=−1
2，即N(0,−1
2)．
设P(x0, y0)，x0>0，y0>0，⃗
PM =(−x0，2−y0)，⃗PN =(−x0，−1
2 −y0)，
由题意可知，{
x0
2+(2−y0)(−1
2 −y0)=0
x0
2
4 + y0
2
3 =1
)
解得y0= 3
2，
则点P的纵坐标为3
2．
由题知⃗F1 M =(1,m)，⃗F1 N =(1,n)，m>0，n<0，
由F1 M ⊥F1 N，可得⃗F1 M ⋅⃗F1 N =0，
所以1+mn=0，故mn=−1，
设P(x1, y1)，x1>0，y1>0，⃗PM =(−x1，m−y1)，⃗PN =(−x1，n−y1)，
因为PM ⊥PN，故⃗PM ⋅⃗PN =0，
所以x1
2+(m−y1)(n−y1)=0，且x1
2
4 + y1
2
3 =1，
化简得y1
2+3(m+n) y1−9=0，又mn=−1，
所以y1
2+3(m+n) y1+9mn=0，即( y1+3m)( y1+3n)=0，
由y1+3m>0，得y1+3n=0，所以|PQ)
|QN ) =|y1)
|n) =−y1
n =3．
【突破提升训练・20】如图，已知抛物线C ：y
2=2 px过点N (1,2)，过定点(2,0)的直线l
与曲线C交于A ,B两点，以AB为直径的圆M交x轴于P ,Q两点，O为原点，求证：
|OP)⋅|OQ)为定值．
【答案】证明见解析
【分析】先由已知条件解出抛物线方程，再设直线 l：x =my +2，代入抛物线方程，
运用韦达定理，
求得圆的直径式方程，设P(xP,0),Q(xQ,0)，再用韦达定理，求得|OP)⋅|OQ)为定
值，即可得证.
【详解】证明：由题意得2
2=2 p，故p=2，所以C ：y
2= 4 x．
设l：x =my +2，则y
2= 4 (my +2)，即y
2−4 my −8=0.
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则以A ,B为端点的圆为
(x−x1)(x−x2)+( y −y1)( y −y2)=0，
即可得y1 y2=−8．
令y =0，设P(xP,0),Q(xQ,0)，
则xP, xQ是方程(x−x1)(x−x2)+(0−y1)(0−y2)=0，即
x
2−(x1+ x2)x + x1 x2+ y1 y2=0的两个实根，
故有|xP xQ)=|x1 x2+ y1 y2)．
又x1 x2+ y1 y2= y1
2 y2
2
16 + y1 y2= y1 y2(
y1 y2
16 +1)
=−8×(
−8
16 +1)=−4，
所以|OP)⋅|OQ)=|xP xQ)=|x1 x2+ y1 y2)= 4．
综上，即证得|OP)⋅|OQ)的为定值.
【突破提升训练・21】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的焦距为2❑√5，且双曲线的
焦点到渐近线的距离为a
2
4 b .
(1)求双曲线C的方程；
(2)点P(x0, y0)是双曲线C右支上的动点，设直线l是双曲线C在点P处的切线，且l分
别交两条渐近线l1，l2于M、N两点，O为坐标原点，证明：△MON面积为定值，并求出
该定值.
【答案】(1) x
2
4 −y
2=1
(2)证明见解析，2
【分析】(1) 由双曲线的焦点到渐近线的距离得a
2= 4 b
2，又因为2c =2❑√5，得到
a
2+b
2=5，解方程组求出a,b，代入方程即可.
(2)分两类讨论：当直线l斜率不存在时，可求出P点坐标，直线l的方程及M、N的坐
标，代入面积公式即可得到定值2；当直线l斜率存在时，设直线l的方程，联立方程组消去
y，令Δ=0即可得到4 k
2=m
2+1，设直线l与x轴交于D，则S△MON = S△MOD+ S△NOD，联立
方程组求出M、N的坐标，代入面积公式，再利用4 k
2=m
2+1消去k，即可化简约掉m得
到定值2.
【详解】（1）如图，
设双曲线C的渐近线方程为y =± b
a x，焦点为(±c ,0)，
则双曲线的焦点到渐近线的距离为
bc
❑√a
2+b
2 =b= a
2
4 b ，即a
2= 4 b
2.
又2c =2❑√5，所以c = ❑√5，则c
2=a
2+b
2=5，
解得a=2，b=1，
则双曲线的方程为x
2
4 −y
2=1.
（2）证明：当直线l斜率不存在时，易知此时P(2,0)，直线l：x =2，
不妨设M (2,1)，N (2,−1)，所以S△MON =2；
当直线l斜率存在时，设直线l的方程为y =kx +m，
与双曲线的方程x
2−4 y
2= 4联立，消去y可得(4 k
2−1) x
2+8kmx + 4 m
2+ 4 =0，
直线与双曲线的右支相切，可得Δ=(8km)
2−4(4 k
2−1)(4 m
2+ 4)=0，故
4 k
2=m
2+1，
设直线l与x轴交于D，则D(−m
k ,0)，
所以S△MON = S△MOD+ S△NOD= 1
2|OD)|y M −y N|=|
−m
2k )·|k )⋅)xM −xN)，
又因为双曲线的渐近线方程为y =± 1
2 x，
联立{
y = 1
2 x
y =kx +m)
，可得M(
2m
1−2k ,
m
1−2k)，同理可得N(−2m
1+2k ,
m
1+2k)，
则S△MON =|
−m
2k )⋅|k )⋅|
2m
1+2k +
2m
1−2k)=|
−m
2k )⋅|k )⋅|
4 m
1−4 k
2)= 2m
2
m
2 =2．
综上，△MON面积为定值2．
【突破提升训练・22】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的焦距为2❑√5，且双曲线C
右支上一动点P(x0, y0)到两条渐近线l1,l2的距离之积为4 b
2
5 ．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设直线l是曲线C在点P(x0, y0)处的切线，且l分别交两条渐近线l1,l2于M ､N两点，
O为坐标原点，求△MON的面积．
【答案】(1) x
2
4 −y
2=1;
(2)2
【分析】（1）由点到直线的距离公式及双曲线定义计算即可；
（2）分类讨论斜率的存在情况，联立直线与双曲线、渐近线方程结合韦达定理计算
面积即可.
【详解】（1）双曲线C的渐近线方程为bx +ay =0和bx−ay =0，
所以有|b x0+a y0)
❑√a
2+b
2
⋅|b x0−a y0)
❑√a
2+b
2
=|b
2 x0
2−a
2 y0
2)
a
2+b
2
= a
2b
2
a
2+b
2，
由题意可得4 b
2
5 = a
2b
2
a
2+b
2，
又2c =2❑√5，则c
2=a
2+b
2=5，解得a=2,b=1,则双曲线的方程为x
2
4 −y
2=1;
（2）
当直线斜率不存在时，易知此时P(2,0)，直线l: x =2，
不妨设M (2,1), N (2,−1)，得S△MON =2；
当直线斜率存在时，设直线l的方程为y =kx +m，
与双曲线的方程x
2−4 y
2= 4联立，可得(4 k
2−1) x
2+8kmx + 4 m
2+ 4 =0，
由直线与双曲线的右支相切，可得Δ=(8km)
2−4(4 k
2−1)(4 m
2+ 4)=0，故
4 k
2=m
2+1
设直线l与x轴交于D，则D(−m
k ,0)．
又双曲线的渐近线方程为y =± 1
2 x，
联立{
y = 1
2 x
y =kx +m)
，可得M(
2m
1−2k ,
m
1−2k)，同理可得N(−2m
1+2k ,
m
1+2k)，
S△MON = S△MOD+ S△NOD= 1
2 |OD||y M −y N)=|
−m
2k )⋅|k |⋅|xM −xN)
=|
−m
2k )⋅|k |⋅|
2m
1+2k +
2m
1−2k)=|
−m
2k )⋅|k |⋅|
4 m
1−4 k
2)= 2m
2
m
2 =2
综上，△MON面积为2．
【突破提升训练・23】过坐标原点O作圆C :( x +3)
2+ y
2=6的两条切线，切点为M，N，
直线MN恰为抛物线T : y
2=2 px( p>0)的准线.
(1)求T的方程；
(2)将抛物线T向左移4 个单位长度得到新抛物线Γ，抛物线Γ交y轴于A，B两点，E，
Q为抛物线上不重合的两点，AE交BQ于点Z.若直线EQ经过坐标原点，求证：△ABZ的
面积恒为定值.
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)证明见解析
【分析】（1）设直线MN与x轴交于G(−p
2 ,0)，由三角形相似关系可得
| NC |
2=|CG|⋅|OC |，由此可构造方程求得p的值，从而得到抛物线方程；
（2）解法一：求得Γ : y
2= 4 x +16，设E(x1, y1),Q(x2, y2),Z (xZ , yZ)，则
EQ: y −y1= y1−y2
x1−x2
(x−x1),BQ: y = y2−4
x2
x + 4 , AE: y = y1+ 4
x1
x−4，直线EQ经过坐
标原点得y1= y1−y2
x1−x2
x1
，E，Q在抛物线上得y1 y2=−16，直线BQ与直线AE联立方程计
算可得xZ =−8，计算即可得证△ABZ的面积恒为定值；解法二：直线EQ为y =kx(k ≠0)，
直线AE 方程为y =nx−4，设直线BQ方程为y =mx + 4，点E和Q是直线EQ与抛物线Γ的
交点结合韦达定理可得xE+ xQ= 4
k
2 , xE xQ=−16
k
2
，点E在直线AE上得n= k xE+ 4
xE
，点Q在
直线BQ上得m= k xQ−4
xQ
，直线BQ与直线AE联立得xZ =8(n−m)，计算可得xZ =−8，
计算即可得证△ABZ的面积恒为定值.
【详解】（1）设直线MN与x轴交于G(−p
2 ,0)，由几何性质得
因为直线MN为抛物线T的准线，直线ON为圆C的切线，
所以∠NGC =∠CNO=π
2 ，
在△NGC与△CNO中，∠NCO为公共角，
所以△NGC ∽△ONC，|NC)
|CG) =|OC)
|NC)，
即| NC |
2=|CG|⋅|OC |，即6=3(−p
2 +3)，解得：p=2
故抛物线T的标准方程为y
2= 4 x;
（2）解法一：依题意：Γ : y
2= 4 x +16，则A (0,−4),B (0,4)，设
E(x1, y1),Q(x2, y2),Z (xZ , yZ)，
则EQ: y −y1= y1−y2
x1−x2
(x−x1),BQ: y = y2−4
x2
x + 4 , AE: y = y1+ 4
x1
x−4，
因为直线EQ经过坐标原点，所以0−y1= y1−y2
x1−x2
(0−x1)⇒y1= y1−y2
x1−x2
x1，
又E，Q在抛物线上，y1
2= 4 x1+16, y2
2= 4 x2+16，两式作差得y1
2−y2
2= 4(x1−x2)，
化简得
y1−y2
x1−x2
=
4
y1+ y2
，
因为4 x1= y1
2−16，所以y1= y1−y2
x1−x2
x1= 4 x1
y1+ y2
= y1
2−16
y1+ y2
，
化简可得y1
2+ y1 y2= y1
2−16，即y1 y2=−16，
联立¿，得：xz =
8
y1+ 4
x1
−y2−4
x2
=
8 x1 x2
x2( y1+ 4)−x1( y2−4)
=
8 x1 x2
(
y2
2
4 −4)( y1+ 4)−(
y1
2
4 −4)( y2−4)
=
8(
y1
2
4 −4)(
y2
2
4 −4)
(
y2
2
4 −4)( y1+ 4)−(
y1
2
4 −4)( y2−4)
=
8(
y1
2 y2
2
16 −y1
2−y2
2+16)
y2
2 y1
4
+ y2
2−4 y1−16−y1
2 y2
4
+ y1
2+ 4 y2−16
=
8[
( y1 y2)
2
16
−y1
2−y2
2+16)
y1 y2( y2−y1)
4
+ y1
2+ y2
2+ 4( y2−y1)−32
，
将y1 y2=−16代入得，xz= 8(32−y1
2−y2
2)
y2
2+ y1
2−32
= −8( y1
2+ y2
2−32)
y2
2+ y1
2−32
=−8为定值.
故S△ABZ = 1
2 ×| AB|×|xZ)= 1
2 ×8×8=32.
解法二：向左平移4 个单位后，新抛物线为Γ : y
2= 4 x +16，
则Γ与y轴的交点为A (0,−4),B (0,4)，
因为直线EQ经过原点，所以设其方程为EQ: y =kx(k ≠0)，
设直线AE方程为AE: y =nx−4，设直线BQ方程为BQ: y =mx + 4，
点E和Q是直线EQ与抛物线Γ的交点，代入y =kx(k ≠0)中得：
k
2 x
2= 4 x +16⇒k
2 x
2−4 x−16=0，
设该方程的两根为xE和xQ，根据韦达定理：xE+ xQ= 4
k
2 , xE xQ=−16
k
2 ①
点E在直线AE上，满足：k xE=n xE−4⇒n= k xE+ 4
xE
②
点Q在直线BQ上，满足：k xQ=m xQ+ 4⇒m= k xQ−4
xQ
③
联立方程：nx−4 =mx + 4⇒⇒xZ (n−m)=8⇒xZ =
8
n−m
由②和③得：n−m= k xE+ 4
xE
−k xQ−4
xQ
= xQ(k xE+ 4)−xE(k xQ−4)
xE xQ
= 4(xE+ xQ)
xE xQ
，
利用①中的韦达定理结果：n−m= 4(xE+ xQ)
xE xQ
=
16
k
2
−16
k
2
=−1，
所以xZ =
8
n−m = 8
−1 =−8，即点Z的横坐标恒为−8，
故S△ABZ = 1
2 ×| AB|×|xZ)= 1
2 ×8×8=32.
【突破提升训练・24】已知抛物线Γ：y = x
2.
(1)若点P( x0, y0)为抛物线Γ上一点，证明：抛物线Γ在点P处的切线方程为
1
2 ( y0+ y)= x0 x；
(2)设E，F是抛物线Γ：y = x
2上两点，过点E，F分别作Γ的切线交于点C，点A，
B分别在线段EC，CF的延长线上，直线AB与抛物线Γ相切于点G.
（i）证明：| EC |
|CA | =|CF |
| FB| =| AB|
|BG| ；
（ii）记△EFG，△ABC的面积分别为S1，S2，求S1
S2
的值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）2.
【分析】（1）求出函数y = x
2的导数，利用导数的几何意义求出切线方程得证.
（2）（i）利用（1）的结论，设出切点坐标，求出直线CE ,CF , AB的方程，两两联
立求出点A ,B ,C的横坐标即可推理得证；（ii）令| EC |
|CA | =|CF |
| FB| =| AB|
|BG| = λ，利用割
补法，结合三角形面积比列式计算得解.
【详解】（1）二次函数y = x
2，求导得y
′ =2 x，抛物线Γ在点P( x0, y0)切线的斜率
为k =2 x0，
则切线方程为y −y0=2 x0( x−x0)，而y0= x0
2，整理得1
2 ( y0+ y)= x0 x，
所以抛物线Γ在点P处的切线方程为1
2 ( y0+ y)= x0 x.
（2）（i）令E( x1, x1
2), F( x2, x2
2),G( x3, x3
2)，设点A ,B ,C的横坐标分别为
x A , xB, xC，
由（1）知，直线CE ,CF , AB的方程分别为1
2 ( x1
2+ y)= x1 x，1
2 ( x2
2+ y)= x2 x，
1
2 ( x3
2+ y)= x3 x，
联立xC = x1+ x2
2
, x A = x1+ x3
2
, xB= x3+ x2
2
，
因此| EC |
|CA | = xC−x1
x A−xC
=
x1+ x2
2
−x1
x1+ x3
2
−x1+ x2
2
= x2−x1
x3−x2
，同理
|CF |
| FB| = x2−x1
x3−x2
,| AB|
|BG| = x2−x1
x3−x2
，
所以| EC |
|CA | =|CF |
| FB| =| AB|
|BG| .
（ii）由（i），令| EC |
|CA | =|CF |
| FB| =| AB|
|BG| = x2−x1
x3−x2
= λ，
则
S1
S2
= S△AEG−S△ABC−S△CEF−S△BGF
S△ABC
= S△AEG
S△ABC
−S△CEF
S△ABC
−S△BGF
S△ABC
−1，
S△AEG
S△ABC
= S△ACG+ S△CEG
S△ABC
= S△ACG
S△ABC
+ S△CEG
S△ACG
⋅S△ACG
S△ABC
=| AG|
| AB| (1+|CE|
|CA | )= ( λ+1)
2
λ
，
S△ABC
S△CEF
= S△ACF + S△ABF
S△CEF
= S△ACF
S△CEF
+ S△ABF
S△ACF
⋅S△ACF
S△CEF
=| AC |
|CE| (1+|BF |
|CF | )= λ+1
λ
2 ，
S△ABC
S△BGF
= S△ABF + S△ACF
S△BGF
= S△ABF
S△BGF
+ S△ACF
S△ABF
⋅S△ABF
S△BGF
=| AB|
|BG| (1+|CF |
|BF | )= λ( λ+1)，
S1
S2
= ( λ+1)
2
λ
−λ
2
λ+1 −
1
λ( λ+1) −1= ( λ+1)
2
λ
−
λ
3+1
λ( λ+1) −1= ( λ+1)
2
λ
−λ
2−λ+1
λ
−1=2
，
所以
S1
S2
的值为2.
【突破提升训练・25】已知椭圆E：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的焦点与双曲线2 x
2−2 y
2=1的
焦点重合，椭圆E的离心率为
❑√2
2 ．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点M (m,0)(m> 3
4)作斜率不为0的直线l，交椭圆E于A ,B两点，点N(
5
4 ,0)，
若⃗NA ⋅⃗NB为定值，求点M的坐标．
【答案】(1) x
2
2 + y
2=1
(2)(1,0)
【分析】（1）求出双曲线的焦点坐标，再根据椭圆的离心率公式即可求解；
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，设直线l方程为x =ty +m，由{
x
2
2 + y
2=1
x =ty +m)
及韦达定理
得y1+ y2= −2tm
t
2+2 ，y1 y2= m
2−2
t
2+2
，由平面向量数量积的坐标运算得⃗NA ⋅⃗NB
=(−m
2+ 5
2 m−2)t
2+(m
2−2)
t
2+2
+m
2−5
2 m+ 25
16
，故−m
2+ 5
2 m−2
1
= m
2−2
2
，求解即可.
【详解】（1）∵双曲线2 x
2−2 y
2=1的焦点为(−1,0)，(1,0)，
∴对椭圆E：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)有c =1，
又椭圆E的离心率为
❑√2
2 ，则由e = c
a = 1
a =
❑√2
2 ，得a= ❑√2，
又有b
2=a
2−c
2=1，
∴椭圆E的标准方程为x
2
2 + y
2=1；
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，设直线l方程为x =ty +m，
由{
x
2
2 + y
2=1
x =ty +m)
，整理得：(t
2+2) y
2+2tmy +m
2−2=0，
由Δ=(2tm)
2−4(t
2+2)(m
2−2)>0，
∴y1+ y2= −2tm
t
2+2 ，y1 y2= m
2−2
t
2+2 ，
∴NA⃗=(x1−5
4 , y1)，NB⃗=(x2−5
4 , y2)，⃗
NA ·⃗NB =(x1−5
4)(x2−5
4)+ y1 y2
=(t y1+m−5
4)(t y2+m−5
4)+ y1 y2
=(t
2+1) y1 y2+(tm−5
4 t)( y1+ y2)+m
2−5
2 m+ 25
16
=(t
2+1)⋅m
2−2
t
2+2
+(tm−5
4 t)⋅−2tm
t
2+2
+m
2−5
2 m+ 25
16
=
m
2t
2−2t
2+m
2−2−2m
2t
2+ 5
2 mt
2
t
2+2
+m
2−5
2 m+ 25
16
=(−m
2+ 5
2 m−2)t
2+(m
2−2)
t
2+2
+m
2−5
2 m+ 25
16
，
要使⃗NA ⋅⃗NB为定值，则−m
2+ 5
2 m−2
1
= m
2−2
2
，
即−2m
2+5m−4 =m
2−2，即3m
2−5m+2=0，
解得：m=1或m= 2
3 (舍)，
故M (1,0)．
【突破提升训练・26】已知P是双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)上一动点，O为坐标原
点.设双曲线C在点P处的切线和两条渐近线的交点分别为A ,B.
(1)设P到两条渐近线的距离分别为d1,d2，求d1d2的值；
(2)证明：PA = PB；
(3)求⃗OA ⋅⃗OB的值.
【答案】(1)d1d2= a
2b
2
a
2+b
2
(2)证明见解析
(3)a
2−b
2
【分析】（1）设P(x0, y0)，再借助点到直线距离公式计算即可得；
（2）先推导过双曲线上的一点的切线方程，将其与两条渐近线方程联立计算可得A、
B两点坐标，推理得到点P为AB中点，即可证得；
（3）借助向量数量积坐标公式计算即可.
【详解】（1）设P(x0, y0)，则有x0
2
a
2 −y0
2
b
2 =1，即b
2 x0
2−a
2 y0
2=a
2b
2，
双曲线的两条渐近线的方程为bx ±ay =0，则d1=|b x0+a y0)
❑√a
2+b
2
,d2=|b x0−a y0)
❑√a
2+b
2
，
故d1d2=|b x0+a y0)
❑√a
2+b
2
⋅|b x0−a y0)
❑√a
2+b
2
=|(b x0)
2−(a y0)
2)
a
2+b
2
= a
2b
2
a
2+b
2；
（2）设P(x0, y0)，先证明：双曲线在P处的切线方程为x x0
a
2 −y y0
b
2 =1.
证明：由x
2
a
2 −y
2
b
2 =1两边对x求导：2 x
a
2 −2 y y
′
b
2
=1，即y
′ = b
2 x
a
2 y
，
于是过点P(x0, y0)的切线斜率为：y
′|x = x0= b
2 x0
a
2 y0
，则切线方程为：
y −y0= b
2 x0
a
2 y0
( x−x0)（*），
因P(x0, y0)在双曲线上，则有x0
2
a
2 −y0
2
b
2 =1，
故（*）可化成：x x0
a
2 −y y0
b
2 = x0
2
a
2 −y0
2
b
2 =1，即得证.
记A(x1, y1),B(x2, y2),
将y = b
a x代入
x x0
a
2 −y y0
b
2 =1，解得
x1=
1
x0
a
2 −y0
ab
，y1=
b
x0
a −y0
b
，
将y =−b
a x代入
x x0
a
2 −y y0
b
2 =1，解得
x2=
1
x0
a
2 + y0
ab
，y2=−
b
x0
a + y0
b
则有
x1+ x2
2
= 1
2 (
1
x0
a
2 −y0
ab
+
1
x0
a
2 + y0
ab
)=
x0
a
2
( x0
a
2 )
2
−( y0
ab )
2 = x0，
y1+ y2
2
= 1
2 (
b
x0
a −y0
b
−
b
x0
a + y0
b
)=
y0
( x0
a )
2
−( y0
b )
2 = y0，
即点P为AB中点，故PA = PB；
（3）设A(x1, b
a x1),B(x2,−b
a x2)，则⃗OA ⋅⃗OB = x1 x2−b
2
a
2 x1 x2= x1 x2(1−b
2
a
2)，
又
x1 x2=
1
x0
a
2 −y0
ab
⋅
1
x0
a
2 + y0
ab
=
1
(
x0
a
2)
2
−(
y0
ab)
2 =a
2
，
故⃗OA ⋅⃗OB =a
2(1−b
2
a
2)=a
2−b
2.
【突破提升训练・27】已知双曲线C : x
2
2 −y
2=1，点M的坐标为(0,1)，过M的直线l交双
曲线C于点A ,B.
(1)若直线l又过C的左焦点F，求⃗OA ⋅⃗OB的值；
(2)若点P的坐标为(0,−2)，求证：⃗PA ⋅⃗PB为定值.
【答案】(1)−11
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知求得F的坐标，写出直线方程，与双曲线方程联立，结合根与
系数的关系及数量积的坐标运算求解；
（2）设直线方程为y =kx +1, A(x1, y1),B(x2, y2)联立直线方程与双曲线方程，利用
根与系数的关系及平面向量数量积的坐标运算求解.
【详解】（1）解：由双曲线C : x
2
2 −y
2=1，可得a= ❑√2,b=1，所以c = ❑√3，
所以F (−❑√3,0)，设A(x1, y1),B(x2, y2)，k FM = 1−0
0+ ❑√3 =
❑√3
3 ，
所以直线l的方程为y =
❑√3
3 x +1，
由{
y =
❑√3
3 x +1
x
2−2 y
2=2)
联立得：x
2−4 ❑√3 x−12=0，
所以x1+ x2= 4 ❑√3, x1⋅x2=−12，
y1⋅y2=(
❑√3
3 x1+1)(
❑√3
3 x2+1)= 1
3 x1 x2+
❑√3
3 (x1+ x2)+1=−4+ 4+1=1，
所以⃗OA ⋅⃗OB =(x1, y1)⋅(x2, y2)= x1 x2+ y1 y2=−12+1=−11；
（2）解：由题意知直线l的斜率存在，不妨设直线l: y =kx +1，
由{
y =kx +1
x
2−2 y
2=2)，可得(1−2k
2) x
2−4 kx −4 =0，
所以x1+ x2=
4 k
1−2k
2 , x1⋅x2=−
4
1−2k
2，
又⃗PA =(x1, y1+2),⃗PB =(x2, y2+2)，
所以⃗PA ⋅⃗PB = x1 x2+( y1+2)( y2+2)= x1 x2+(k x1+3)(k x2+3)
= x1 x2+ k
2 x1 x2+3k (x1+ x2)+9
=−
4
1−2k
2 −
4 k
2
1−2k
2 +3k
4 k
1−2k
2 +9
= −4+8k
2
1−2k
2 +9=−4 +9=5，
所以⃗PA ⋅⃗PB =5为定值.
【突破提升训练・28】已知点F1、F2为双曲线C : x
2−y
2
b
2 =1(b>0)的左、右焦点，过F2
作垂直于x 轴的直线，在x 轴上方交双曲线C 于点M，且∠M F1 F2=30
°，圆O 的方程是
x
2+ y
2=b
2．
（1）求双曲线C 的方程；
（2）过双曲线C 上任意一点P 作该双曲线两条渐近线的垂线，垂足分别为P1、P2，
求证：⃑P P1⋅⃑P P2为定值；
（3）若过圆O 上点Q(x0, y0)作圆O 的切线l 交双曲线C 于A、B 两点，求证：
OA ⊥OB．
【答案】（1）x
2−y
2
2 =1；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【分析】（1）设F2，M的坐标，利用点M在双曲线C上，∠M F1 F2=30°，可得
| M F1|−| M F2|=b
2=2，利用双曲线的定义，可得双曲线C的方程；
（3）确定两条渐近线方程，设双曲线C上的点P( x0，y0)，求出点P到两条渐近线的
距离，利用P( x0，y0)在双曲线C上，及向量的数量积公式，即可求得结论．
（3）设A( x1，y1)，B( x2，y2)，切线l的方程为：x0 x + y0 y =2代入双曲线C中，
利用韦达定理，结合向量的数量积，可得结论．
【详解】解：（1）设F2，M的坐标分别为(
❑√1+b
2,0),(
❑√1+b
2, y0)
因为点M在双曲线C上，所以1+b
2−y0
2
b
2 =1，即y0=±b
2，所以| M F2|=b
2
在Rt△M F2 F1中，∠M F1 F2=30°，| M F2|=b
2，所以| M F1|=2b
2
由双曲线的定义可知：| M F1|−| M F2|=b
2=2
故双曲线C的方程为：x
2−y
2
2 =1
（3）解：由条件可知：两条渐近线分别为l1:❑√2 x−y =0，l2:❑√2 x + y =0
设双曲线C上的点P( x0，y0)，则点P到两条渐近线的距离分别为
|⃑P P1|=|❑√2 x0−y0|
❑√3
，|⃑P P2|=|❑√2 x0+ y0|
❑√3
所以|⃑P P1||⃑P P2|=|2 x0
2−y0
2|
3
因为P( x0，y0)在双曲线C上，所以2 x0
2−y0
2=2
故|⃑P P1||⃑P P2|= 2
3
设⃑P P1和⃑P P2的夹角为θ，则由tan π −θ
2
= ❑√2，可得cosθ = 1
3
所以⃑P P1·⃑P P2=|⃑P P1||⃑P P2|cosθ = 2
9
（3）设A( x1，y1)，B( x2，y2)，切线l的方程为：x0 x + y0 y =2
①当y0≠0时，切线l的方程代入双曲线C中，化简得：
(2 y0
2−x0
2)x
2+ 4 x0 x−(2 y0
2+ 4)=0
所以：x1+ x2=−
4 x0
(2 y0
2−x0
2)
, x1 x2=−(2 y0
2+ 4)
(2 y0
2−x0
2)
又y1 y2= (2−x0 x1)
y0
· (2−x0 x2)
y0
= 1
y0
2 [ 4−2 x0( x1+ x2)+ x0
2 x1 x2]= 8−2 x0
2
2 y0
2−x0
2
所以⃑OA ·⃑OB = x1 x2+ y1 y2=−(2 y0
2+ 4)
(2 y0
2−x0
2)
+ 8−2 x0
2
2 y0
2−x0
2 = 4−2( x0
2+ y0
2)
2 y0
2−x0
2
=0
②当y0=0时，易知上述结论也成立．
所以⃑OA ·⃑OB = x1 x2+ y1 y2=0
所以OA ⊥OB
【突破提升训练・29】在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线Γ: y
2= 4 x的焦点为F，直
线l1与Γ交于A ,B两点.
(1)若l1过F，另一条过F的直线l2与Γ交于D , E两点（A , D在x轴上方），直线
AE ,BD分别交直线x =1于R ,T两点，证明：F为RT的中点；
(2)若Γ上存在点C，使得⃗FA ⋅⃗BC =⃗FB⋅⃗AC =0，证明：⃗FA ⋅⃗FB为定值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）通过联立直线和抛物线方程得到交点纵坐标的关系，再根据直线方程
求出特定点的纵坐标，最后通过坐标关系判断中点.
（2）方法1 通过对两个向量数量积等式进行变形和运算，消去c从而得到⃗FA ⋅⃗FB的
值；方法2 则是利用向量数量积的关系以及等式之间的运算，结合一些代数恒等式来求解⃗
FA ⋅⃗FB的值.
【详解】（1）设A (a
2,2a),B(b
2,2b), D(d
2,2d), E(e
2,2e).
设l1: x =my +1，与抛物线联立，得y
2−4 my −4 =0，
则y A yB= 4 ab=−4，即ab=−1，同理可得de =−1.
又因为AE:2 x−(a+e) y +2ae=0，令x =1，得y R= 2(1+ae)
a+e
，同理yT = 2(1+bd)
b+d
，
将b=−1
a ,d =−1
e 代入得yT =
2(1+ 1
ae)
−1
a −1
e
=−2(ae+1)
a+e
=−y R，所以F为RT的中点.
（2）方法1：设C (c
2,2c)，因为⃗FB⋅⃗AC =0，得(1−b
2)(c +a)−4 b=0①，
由⃗FA ⋅⃗BC =0，得(1−a
2)(b+c)−4 a=0，
①×(1−a
2)−②×(1−b
2)，
得(1−a
2)(1−b
2)(c +a)−4 b(1−a
2)−(1−a
2)(1−b
2)(c +b)+ 4 a(1−b
2)=0，
即(1−a
2)(1−b
2)a−4 b(1−a
2)−(1−a
2)(1−b
2)b+ 4 a(1−b
2)=0，
即[(a
2−1)(b
2−1)+ 4 ab+ 4)(a−b)=0.
因为a≠b，所以(a
2−1)(b
2−1)+ 4 ab+ 4 =0，
则⃗FA ⋅⃗FB =(a
2−1)(b
2−1)+ 4 ab=−4，即⃗FA ⋅⃗FB为定值-4.
方法2：设C (c
2,2c)，因为⃗FB⋅⃗AC =0，所以(⃗FA −⃗FC)⋅⃗FB =0，
即⃗FA ⋅⃗FB =⃗FC ⋅⃗FB，同理得⃗FA ⋅⃗FC =⃗FC ⋅⃗FB，
所以⃗FA ⋅⃗FB = 1
3 (⃗FA ⋅⃗FB+⃗FC ⋅⃗FB+⃗FA ⋅⃗FC)，
由⃗FA ⋅⃗BC =0，得(1−a
2)(b+c)−4 a=0①，
同理(1−b
2)(c +a)−4 b=0②，(1−c
2)(a+b)−4 c =0③，
由①-②，得ab+bc+ca=−5④，
由①+
+
②③，得a
2(b+c)+b
2(a+c)+c
2(a+b)=−2(a+b+c)，
即a
2b+b
2c +c
2a+ab
2+bc
2+c a
2=−2(a+b+c)，
而a
2b+b
2c +c
2a+ab
2+bc
2+c a
2=(ab+bc+ca)(a+b+c)−3abc
故结合④可得abc =−(a+b+c)，
则⃗FA ⋅⃗FB+⃗FC ⋅⃗FB+⃗FA ⋅⃗FC
=(1−a
2)(1−b
2)+(1−b
2)(1−c
2)+(1−c
2)(1−a
2)+ 4 (ab+bc +ca)
=(a
2b
2+b
2c
2+c
2a
2)−2(a
2+b
2+c
2)−17
=[(ab+bc +ca)
2−2abc (a+b+c))−2[(a+b+c)
2−2(ab+bc +ca))−17=−12，
所以⃗FA ⋅⃗FB为定值-4.
【突破提升训练・30】已知双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1 (a>0,b>0)的离心率为2，顶点到渐近
线的距离为
❑√3
2 ．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)双曲线E 的左、右顶点分别为A1、A2，过点T (t ,0)(t >a)作斜率为k 的直线交双曲
线E 的右支于M、N 两点，直线A1 M、A2 N分别与直线l：x =t交于点P、Q，⃗TP = λ⃗TQ
，试探究λ的取值是否与k 有关？若有关，求与k 的关系式；若无关，求λ的值．
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)λ的取值与k 无关，λ =−1
【分析】（1）利用离心率公式和点到直线距离公式即可求出方程；
（2）设出直线MN方程，并与双曲线方程联立，由韦达定理得出点M 、N横坐标关
系式；再分别写出直线A1 M、A2 N方程，并与直线x =t联立得点P、Q坐标；由⃗
TP = λ⃗TQ，得出λ表达式，并化简出定值.
【详解】（1）由题意知，双曲线E的渐近线方程为y =± b
a x，顶点为(±a,0)，离心
率e = c
a =2，
所以c =2a，b= ❑√3a.由顶点到渐近线的距离为
❑√3
2 知，
❑√3
2 = |±ab)
❑√a
2+b
2 =
❑√3a
2
c
=
❑√3a
2
2a ，
解得a=1,b= ❑√3,c =2.故双曲线的标准方程为x
2−y
2
3 =1.
（2）由题知, A1(−1,0)，A2(1,0)，t >1，直线MN方程为y =k( x−t ).
设M ( x1, y1)，N ( x2, y2)，
由{
y =k( x−t )
x
2−y
2
3 =1)
，得(k
2−3)x
2−2k
2tx + k
2t
2+3=0，
则有k
2−3≠0，Δ>0，x1+ x2= 2k
2t
k
2−3
，x1⋅x2= k
2t
2+3
k
2−3
.
直线A1 M方程为y =
y1
x1+1 ( x +1)，与直线x =t联立得点P(t , (t +1) y1
x1+1 )；
直线A2 N方程为y =
y2
x2−1 ( x−1)，与直线x =t联立得点Q(t , (t −1) y2
x2−1 )；
因为⃗TP = λ⃗TQ，所以λ =
(t +1) y1
x1+1
(t −1) y2
x2−1
= (t +1) y1
x1+1
⋅
x2−1
(t −1) y2
= k(t +1)( x1−t )( x2−1)
k(t −1)( x1+1)( x2−t )
= (t +1)( x1 x2−x1−t x2+t )
(t −1)( x1 x2−t x1+ x2−t )，其中t >1.
由x1+ x2= 2k
2t
k
2−3
，得x2= 2k
2t
k
2−3
−x1，
代入上式得λ =
(t +1)( k
2t
2+3
k
2−3
−x1−t( 2k
2t
k
2−3
−x1)+t )
(t −1)( k
2t
2+3
k
2−3
−t x1+ 2k
2t
k
2−3
−x1−t )
= (t +1)[k
2t
2+3−2k
2t
2+k
2t −3t +(t −1)(k
2−3)x1]
(t −1)[k
2t
2+3+2k
2t −k
2t +3t −(t +1)(k
2−3)x1]
= (t +1)[−k
2t
2+3+ k
2t −3t +(t −1)(k
2−3)x1]
(t −1)[k
2t
2+3+ k
2t +3t −(t +1)(k
2−3)x1]
= (t +1)[(k
2t +3)(1−t )+(t −1)(k
2−3)x1]
(t −1)[(k
2t +3)(t +1)−(t +1)(k
2−3)x1]
= −(k
2t +3)+(k
2−3)x1
(k
2t +3)−(k
2−3)x1
=−1.
所以λ的取值与k 无关，λ =−1.
【突破提升训练・31】已知抛物线C : y
2=2 px经过点P(2,4)，过点Q (0,2)的直线l与抛物
线C有两个不同的交点A ,B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．
(1)求抛物线C的方程；
(2)①求直线l的斜率的取值范围；
②若O为原点，将上述P ,Q两点坐标改为P(
p
2 , p),Q(0, p
2)，且满足⃗
QM = λ⃗QO ,⃗QN = μ⃗QO，其他条件不变，试探究1
λ + 1
μ是否为定值，并说明理由．
【答案】(1)y
2=8 x
(2)①(−∞,−3)∪(−3,0)∪(0,1)；②为定值，理由见解析
【分析】（1）将点P(2,4)坐标代入抛物线方程计算可得；
（2）①设出直线方程，联立抛物线方程消元，利用判别式，结合题意求解即可；②
设出直线l的方程，联立抛物线方程消元，利用A ,B坐标表示出直线PA，PB方程，进而可
得M、N的坐标，表示出λ , μ，利用韦达定理进行化简即可得解.
【详解】（1）因为抛物线y
2=2 px过点(2,4)，
所以4 p=16，从而p= 4，故抛物线C的方程为y
2=8 x．
（2）①由题意知，直线l的斜率存在且不为0，故设直线l的方程为y =kx +2(k ≠0)，
由{
y
2=8 x
y =kx +2)得k
2 x
2+(4 k −8) x + 4 =0，
依题意Δ=(4 k −8)
2−4×k
2⋅4>0，解得k <1且k ≠0．
又直线PA , PB与y轴相交，故直线l不过点(2,−4)，从而k ≠−3，
所以直线l斜率的取值范围为(−∞,−3)∪(−3,0)∪(0,1)．
②1
λ + 1
μ 为定值2．理由如下：
设A(x1, y1),B(x2, y2)，直线l: y =kx + p
2 ．
联立直线l与抛物线C的方程{
y =kx + p
2
y
2=2 px)
，可得k
2 x
2+(kp−2 p) x + p
2
4 =0，
根据韦达定理有x1+ x2= p(2−k )
k
2
, x1 x2= p
2
4 k
2．则
y1 y2=(k x1+ p
2)(x2+ p
2)=k
2 x1 x2+ pk
2 (x1+ x2)+ p
2
4 =k
2 p
2
4 k
2 + pk
2
p(2−k )
k
2
+ p
2
4 = p
2
2 + p
2(2−k )
2k
= p
2
k
,
y1+ y2=k (x1+ x2)+ p= p(2−k )
k
+ p= 2 p
k ,故p( y1+ y2)=2 y1 y2，
直线PA的方程为y −p= y1−p
x1−p
2
(x−p
2)，
令x =0，则y M =
p(x1−1
2 y1)
x1−1
2 p
=
p(
y1
2
2 p −1
2 y1)
y1
2
2 p −1
2 p
= p y1
y1+ p
，同理可得y N = p y2
y2+ p ．
由⃗QM = λ⃗QO得(0, y M −p
2)= λ(0,−p
2),得λ= p−2 y M
p
,
同理μ= p−2 y N
p
，
则
1
λ + 1
μ =
p
p−2 y M
+
p
p−2 y N
=
p
p−2 p y1
y1+ p
+
p
p−2 p y2
y2+ p
=
2 p
2−2 y1 y2
p
2+ y1 y2−( y1+ y2) p
=
2 p
2−2 y1 y2
p
2+ y1 y2−2 y1 y2
=2
,
所以1
λ + 1
μ 为定值，定值为2．
【突破提升训练・32】已知曲线C 上的任意一点到定点F (1,0)的距离与到定直线x =−1的
距离相等.P(1,2)，直线l过点Q (0,1)且与C 有两个不同的交点A(x1, y1)，B(x2, y2)，直线
PA，PB分别交y 轴于点M，N.
(1)求C 的方程；
(2)若直线AP，BP的斜率分别是k1，k2，且k1+ k2=0，求y1+ y2的值及l的斜率；
(3)设O为原点，若⃗QM = λ⃗QO ,⃗QN = μ⃗QO，判断1
λ + 1
μ 是否为定值?若是，求出该定
值；若不是，说明理由.
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)-4；-1
(3)是，2
【分析】（1）根据题意，结合抛物线的定义，得到p
2 =1，进而求得C的方程；
（2）由直线AP的方程为y −2=k1(x−1)，联立方程组，利用韦达定理求得
y1= 4
k1
−2和y2= 4
k2
−2，得到y1+ y2=−4，结合斜率公式，即可求解；
（3）设直线l: y =kx +1，联立方程组，由Δ>0，得到k <1，且x1+ x2= 2(2−k )
k
2
，
x1 x2= 1
k
2，求得AP的方程，得到M(0,
(2−k ) x1−1
x1−1 )
，同理得N(0,
(2−k ) x2−1
x2−1 )
，根
据题意，得到1
λ =
x1−1
(k −1) x1
和1
μ =
x2−1
(k −1) x2
，进而求得1
λ + 1
μ
的值.
【详解】（1）解：因为曲线C上任意一点到定点F (1,0)的距离与到定直线x =−1的
距离相等，
所以曲线C是以F (1,0)为焦点，以x =−1为准线的抛物线，且p
2 =1，可得p=2
所以C的方程为y
2= 4 x.
（2）解：由题意得，直线AP的方程为y −2=k1(x−1)，即y =k1 x +2−k1，
联立方程组{
y =k1 x +2−k1
y
2= 4 x
)，整理得k1 y
2−4 y −4 k1+8=0，
由韦达定理得y1+2= 4
k1
，所以y1= 4
k1
−2，同理可得y2= 4
k2
−2，
k1+ k2=0，所以y1+ y2= 4
k1
+ 4
k2
−4 = 4(k1+k2)
k1k2
−4 =−4，
直线l的斜率kl= y1−y2
x1−x2
= y1−y2
y1
2−y2
2
4
=
4
y1+ y2
= 4
−4 =−1
.
（3）解：根据题意，设l: y =kx +1且k ≠0，
联立方程组{
y =kx +1
y
2= 4 x )，整理得k
2 x
2+2(k −2) x +1=0，
由Δ= 4 (k −2)
2−4 k
2>0，解得k <1，且x1+ x2= 2(2−k )
k
2
，x1 x2= 1
k
2，
直线AP: y −2= y1−2
x1−1
(x−1)，令x =0，可得y M = 2−y1
x1−1 +2=
(2−k ) x1−1
x1−1
，
所以M(0,
(2−k ) x1−1
x1−1 )，同理得N(0,
(2−k ) x2−1
x2−1 )，
因为Q (0,1)，故⃗QM =(0,
(1−k ) x1
x1−1 ),⃗QN =(0,
(1−k ) x2
x2−1 )，
可得
(1−k ) x1
x1−1
=−λ，所以1
λ =
x1−1
(k −1) x1
，同理得1
μ =
x2−1
(k −1) x2
，
所以1
λ + 1
μ =
x1−1
(k −1) x1
+
x2−1
(k −1) x2
= 2 x1 x2−x1−x2
(k −1) x1 x2
= 2k −2
k −1 =2.
