重难点23：破解圆锥曲线的向量：圆锥曲线中向量类问题（培优固本提能讲义）（教师版）_高考一二三轮复习_数学_2026年_32026年高考数学一轮复习培优固本提能讲练测（全国通用）

重难点23：破解圆锥曲线的向量：圆锥曲
线中向量类问题
（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....................................................................................2
题型一、利用向量条件判断轨迹或求方程....................................................2
题型二、利用向量垂直求定点问题................................................................4
题型三、利用向量平行/共线求参数...............................................................7
题型四、向量数量积的最值问题..................................................................14
题型五、向量数量积的取值范围问题..........................................................17
题型六、向量与“中点弦”问题..................................................................22
题型七、向量与“焦点弦”问题..................................................................26
题型八、向量与“双共线/双参数”问题.....................................................30
题型九、向量与“三点共线”问题..............................................................36
题型精析・方法突破提能力..............................................................................43
知识点
 
 1  ：利用向量条件求轨迹或求方程
 
 
1.设轨迹上动点为P(x,y)，根据向量关系（如相等、中点、数量积）建立x,y 的等式，
化简后结合圆锥曲线定义判断轨迹类型（圆、椭圆、双曲线、抛物线）。
2.根据圆、椭圆、双曲线、抛物线等定义将所给条件化简再排版。
知识点：利用向量垂直求定点问题
如图所示圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）向量垂直过定点问题。
知识网络・核心根基深扎牢
解题策略：设斜边所在的直线为y=kx+ b，联立圆锥曲线利用韦达定理得出根与系数
的关系，利用数量积为0，即可得出定点。
知识点：利用向量平行
 
 /  共线求参数
 
 
核心思路：向量共线转化为 “坐标交叉积为 0” 或 “斜率相等”，结合圆锥曲线方
程，通过韦达定理（设直线与曲线交点，联立方程）求解参数（如离心率e、直线斜率
k）。
向量平行（共线）：对于两个非零向量a和b，若存在一个实数
λ，使得a =λb，则称向量a与b平行（或共线），记作a∥b。 
设向量a =(x1,y1)，b=(x2,y2)（平面向量），或a =(x1,y1,z1)，
b=(x2,y2,z2)（空间向量），则平行（共线）的判定可转化为坐标关系：
核心公式：a∥b⟺x1y2−x2y1=0。 
推导：由a =λb得{
x1=λx2
y1=λy2
，消去λ即得x1y2=x2y1。 
知识点：向量数量积的最值问题
设两个非零向量a和b，它们的夹角为θ（即两向量起点重合时所成的角，范围
0≤θ≤π），则它们的数量积定义为：a⋅b=|a| |
⋅b|⋅cosθ
若已知向量的坐标，可直接通过坐标运算求数量积，无需考虑夹角，是最常用的计算方
法。
设a =(x1,y1)，b=(x2,y2)，则：a⋅b=x1x2+y1y2
计算出数量积后利用基本不等式或函数单调性求最值。
【例题1】已知向量a
→
=(x +1,−y)，b
→
=(1, y)，x , y ∈R，当⃗a与⃗a−2⃗b垂直时，点
M (x , y)的轨迹为（   ）
A．直线
B．圆
C．椭圆
D．双曲线
【答案】C
【分析】利用向量的坐标运算即可求出轨迹方程即可得到结果.
【详解】由题，a
→
−2b
→
=( x −1,−3 y )，当⃗a与⃗a−2⃗b垂直时，⃗a · (⃗a−2⃗b)=0，
实战演练・能力进阶攀高峰
题型一、利用向量条件判断轨迹或求方程
典例探究
∴( x +1)( x −1)+3 y
2=0，
化简得x
2+3 y
2=1，∴点M ( x , y)的轨迹为椭圆，
故选：C．
【1-1】已知A (2,0), P为圆O: x
2+ y
2=1上的动点，且动点Q满足：⃗OP =⃗OA +⃗OQ，记Q
点的轨迹为E，则（   ）
A．E为一条直线
B．E为椭圆
C．E为与圆O 相交的圆
D．E为与圆O 相切的圆
【答案】D
【分析】设Q点坐标为(x , y)，设P(x0, y0)，由⃗OP =⃗OA +⃗OQ，可得{
x0= x +2
y0= y )，
代入圆O方程，可得到Q点的轨迹E的方程，即可判断轨迹E是圆，圆E为与圆O 相切.
【详解】设Q点坐标为(x , y)，设P(x0, y0)，由⃗OP =⃗OA +⃗OQ，可得⃗OQ =⃗OP−⃗OA，
则(x , y)=(x0, y0)−(2,0)=(x0−2, y0)，
所以{
x = x0−2
y = y0 )，即{
x0= x +2
y0= y )，
把P(x +2, y)代入圆O: x
2+ y
2=1，
则Q点的轨迹E的方程为：( x +2)
2+ y
2=1，
即E是圆心为(−2,0)，半径为1 的圆，则OE =2，
由于两圆的圆心距和两圆的半径和相等，因此两圆外切，即E为与圆O 相切的圆.
故选：D.
【1-2】已知F1(−3,0)，F2(3,0)，若点P(x , y)满足|⃑P F1|−|⃑P F2|=6，则P 点的轨迹
为（    ）
A．椭圆
B．双曲线
C．双曲线的一支
D．一条射线
【答案】D
举一反三
【分析】利用|⃑P F1|−|⃑P F2|=|⃑F1 F2|得到点P 在段F1 F2的延长线上，从而得到
答案.
【详解】已知F1(−3，0)，F2(3，0)，点P(x，y)满足| P F1⃗|−| P F2⃗|=6，且
|F1 F2)=6，即|⃑P F1|−|⃑P F2|=|⃑F1 F2|，可知点P(x，y)在线段F1 F2的延长线上，
故P 的轨迹方程为一条射线．
故选：D．
【1-3】在椭圆E: x
2
25 + y
2
9 =1上任取一点P，过点P作x轴的垂线段PD，垂足为D，点M
满足⃗DM = 5
3⃗DP，当点P在E上运动时，则点M的轨迹方程为（    ）
A．x
2+ y
2=25
B．x
2+ y
2=9
C．x
2
25 + 8 y
2
9 =1
D．y
2
25 + x
2
9 =1
【答案】A
【分析】设点M (x , y), P(x0, y0)并利用向量关系得出{
x0= x
y0= 3
5 y)
，代入椭圆方程替
换即可得点M的轨迹方程.
【详解】根据题意可设点M (x , y), P(x0, y0)，则D(x0,0)，
又点P在椭圆上，所以x0
2
25 + y0
2
9 =1，
易知⃗DM =(x−x0, y),⃗DP =(0, y0)，由⃗DM = 5
3⃗DP可得{
x−x0= 5
3 ×0
y = 5
3 y0 )
，
因此{
x0= x
y0= 3
5 y)
，代入x0
2
25 + y0
2
9 =1即可得x
2
25 +
9
25 y
2
9
=1，
整理可得点M的轨迹方程为x
2+ y
2=25.
故选：A
【例题2】已知抛物线y
2=ax，直线l 交该抛物线于M，N 两点（直线l 不过原点），若⃗
OM ⋅⃗ON =0，则直线l 经过定点        ．
【答案】(a,0)
【分析】由题意可设直线l的方程为x =my +n(n≠0)，M (x1, y1), N (x2, y2)，联立方
程，利用韦达定理求出y1+ y2, y1 y2，再根据⃗OM ⋅⃗ON =0，可得x1 x2+ y1 y2=0，求出n，
即可得解.
【详解】由题意可设直线l的方程为x =my +n(n≠0)，M (x1, y1), N (x2, y2)，
联立{
y
2=ax
x =my +n)，消x得y
2−amy −an=0，
则Δ=a
2m
2+ 4 an>0，
y1+ y2=am, y1 y2=−an，
因为⃗OM ⋅⃗ON =0，所以x1 x2+ y1 y2=0，
即(m y1+n)(m y2+n)+ y1 y2=0，
即(m
2+1) y1 y2+mn( y1+ y2)+n
2=0，
所以−an(m
2+1)+mn⋅am+n
2=0，所以n
2=an，
又n≠0，所以a=n，
所以直线l的方程为x =my +a，
所以直线l 经过定点(a,0).
故答案为：(a,0).
题型二、利用向量垂直求定点问题
典例探究
  
【点睛】求证直线过定点(x0, y0)，常利用直线的点斜式方程y −y0=k (x−x0)或截距
式y =kx +b来证明.
【2-1】已知椭圆C的中心在原点O，焦点在x轴上，离心率为
❑√3
2 ，以椭圆C的四个顶点为
顶点的四边形的面积为4．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设椭圆C的右顶点为D，若直线l与椭圆C交于A ,B两点，满足
|⃗DA +⃗DB)=|⃗DA −⃗DB)，证明：直线l过定点．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由c
a =
❑√3
2 ，2ab= 4及b
2+c
2=a
2求解即可；
（2）由|⃗DA +⃗DB)=|⃗DA −⃗DB)，可得⃗DA ⋅⃗DB =0，设
A(x1, y1), B(x2, y2), x1, x2∈(−2, 2)，则有x1 x2−2(x1+ x2)+ y1 y2+ 4 =0，分直线l
垂直于x轴和直线l不垂直于x轴，结合韦达定理求出直线l的方程，即可得证.
【详解】（1）设椭圆C的长半轴长为a，短半轴长为b，半焦距为c．
由已知，c
a =
❑√3
2 ，即c =
❑√3a
2
，
又b
2+c
2=a
2，所以b
2= a
2
4 , b= 1
2 a，
举一反三
由2ab= 4，可得a
2= 4，所以a=2, b=1，
因为C的焦点在x轴上，所以C的标准方程是x
2
4 + y
2=1．
（2）证明：由（1）知D (2, 0)，
设A(x1, y1), B(x2, y2), x1, x2∈(−2, 2)，
将|⃗DA +⃗DB)=|⃗DA −⃗DB)两边平方，
化简得4⃗DA ⋅⃗DB =0，
所以⃗DA ⋅⃗DB=0，
即(x1−2)(x2−2)+ y1 y2=0，
即x1 x2−2(x1+ x2)+ y1 y2+ 4 =0．
①当直线l垂直于x轴时，{
x1= x2,
y1=−y2,)且x1
2
4 + y1
2=1，
故5 x1
2−16 x1+12=0，解得x1= 6
5 或x1=2（舍去），
此时l过点(
6
5 , 0)；
②当直线l的斜率存在时，设l: y =kx +m，
联立方程{
y =kx +m
x
2
4 + y
2=1)
，
得(1+ 4 k
2) x
2+8kmx + 4 m
2−4 =0，
由Δ=64 k
2m
2−4(1+ 4 k
2)(4 m
2−4)=16(4 k
2−m
2+1)>0，
得m
2<4 k
2+1，且x1+ x2=−8km
1+ 4 k
2 , x1 x2= 4 m
2−4
1+ 4 k
2 ，
由x1 x2−2(x1+ x2)+ y1 y2+ 4 =0，
得x1 x2−2(x1+ x2)+(k x1+m)(k x2+m)+ 4 =0，
即(1+ k
2) x1 x2+(km−2)(x1+ x2)+m
2+ 4 =0．
将x1+ x2=−8km
1+ 4 k
2 , x1 x2= 4 m
2−4
1+ 4 k
2 代入上式，
得5m
2+16 km+12k
2
1+ 4 k
2
=0，
即5m
2+16 km+12k
2=0，
所以(m+2k )(5m+6 k )=0，
所以m=−2k或m=−6
5 k，
当m=−2k时，直线l: y =k(m−2)过点D(2,0)，不符合题意，
所以m=−6
5 k，
所以直线l的方程为y =kx +m=kx −6
5 k =k( x−6
5 )，
此时l过点(
6
5 , 0)．
综上可知直线l过定点(
6
5 , 0)．
【2-2】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)经过点A(2,1)，离心率为
❑√3
2 ．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)若直线l 交椭圆C 于M，N 两点（均异于点A），且⃗AM ⋅⃗AN =0，则直线l 是否
过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1) x
2
8 + y
2
2 =1
(2)(
6
5 ,−3
5)
【分析】（1）根据椭圆经过点A(2,1)，得到4
a
2 + 1
b
2 =1，再由离心率为c
a =
❑√3
2 求解；
（2）当直线的斜率存在时，设直线方程为y =kx +m，与椭圆方程联立，由⃗
AM ⋅⃗AN =(x1−2)(x2−2)+( y1−1)( y2−1)=0，然后根据韦达定理法求解；当直线的斜
率不存在时，设直线方程为x =t，设M (t , y0), N (t ,−y0)，由⃗
AM ⋅⃗AN =(t −2)(t −2)−( y0−1)( y0+1)=0求解.
【详解】（1）因为椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)经过点A(2,1)，
所以4
a
2 + 1
b
2 =1，又离心率为c
a =
❑√3
2 ，即a
2−b
2
a
2
= 3
4 ，解得a
2=8,b
2=2，
所以椭圆C 的方程为x
2
8 + y
2
2 =1；
（2）如图所示：
  
当直线的斜率存在时，设直线方程为y =kx +m，
代入椭圆方程，消去y 得：(1+ 4 k
2) x
2+8kmx + 4 m
2−8=0，
设M (x1, y1), N (x2, y2)，由韦达定理得x1+ x2=−8km
1+ 4 k
2 , x1⋅x2= 4 m
2−8
1+ 4 k
2 ，
则⃗AM ⋅⃗AN =(x1−2)(x2−2)+( y1−1)( y2−1)=0，
即(1+ k
2) x1⋅x2−[2+ k (1−m))(x1+ x2)+(1−m)
2+ 4 =0，
将韦达定理代入得：(1+ k
2)(
4 m
2−8
1+ 4 k
2 )−[2+k (1−m))(−8km
1+ 4 k
2)+(1−m)
2+ 4 =0，
化简整理，因式分解得(2k +m−1)(6k +5m+3)=0，
当2k +m−1=0，即m=1−2k，直线过定点A(2,1)，不符合题意；
当6 k +5m+3=0，即m=−6 k +3
5
，直线方程y =kx −6k +3
5
=k(x−6
5)−3
5，
所以直线过定点(
6
5 ,−3
5)，
当直线的斜率不存在时，设直线方程为x =t，代入椭圆方程得y
2=2−t
2
4 ，
设M (t , y0), N (t ,−y0)，
则⃗AM ⋅⃗AN =(t −2)(t −2)−( y0−1)( y0+1)=0，
即(t −2)
2−( y0
2−1)=0，将y
2=2−t
2
4 代入，化简得(5t −6)(t −2)=0，
解得t = 6
5 或t =2（舍去），所以直线过定点(
6
5 ,−3
5)，
综上：直线过定点(
6
5 ,−3
5).
【2-3】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1（a>b>0）的左顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，离
心率为1
2，P 为椭圆上任一点，且△F1 P F2的面积的最大值为❑√3．
(1)求C 的方程；
(2)若直线l 与C 有两个不同的交点M，N（均不与点A 重合），且⃗AM ⋅⃗AN =0，判
断直线l 是否恒过一个定点，若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由；
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)存在定点(−2
7 ,0)
【分析】（1）利用三角形面积与椭圆性质，及离心率公式与基本关系式计算.
（2）利用直线于椭圆联立方程，韦达定理与向量的数量积.
【详解】（1）设椭圆C 的焦距为| F1 F2|=2c(c>0)．
当P 在短轴的端点处时，△F1 P F2的面积最大，所以
❑√3= 1
2 | F1 F2|b=bc，
又C 的离心率e = c
a = 1
2，所以a=2c，结合a
2=c
2+b
2，
得a=2，b= ❑√3，所以椭圆C 的方程为x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）解法一：由题意知直线l的斜率不为0，否则⃗AM ⋅⃗AN ≠0，
所以可设直线l的方程为x =my +t , M ( x1, y1), N ( x2, y2)，
联立{
x =my +t ,
x
2
4 + y
2
3 =1得(3m
2+ 4) y
2+6mty +3t
2−12=0，
所以Δ=(6mt )
2−4(3m
2+ 4)(3t
2−12)= 48(3m
2−t
2+ 4)>0，
y1+ y2=−
6mt
3m
2+ 4
, y1 y2= 3t
2−12
3m
2+ 4 ，
所以x1+ x2=m( y1+ y2)+2t =
8t
3m
2+ 4 ，
x1 x2=(m y1+t )(m y2+t )=m
2 y1 y2+mt( y1+ y2)+t
2= 4 t
2−12m
2
3m
2+ 4
，
由（1）知A(−2,0),∴AM
→
=( x1+2, y1), AN
→
=( x2+2, y2)，
因为⃗AM ⋅⃗AN =0，所以( x1+2)( x2+2)+ y1 y2=0，
所以x1 x2+2( x1+ x2)+ y1 y2+ 4 =0，即4t
2−12m
2
3m
2+ 4
+
16t
3m
2+ 4
+ 3t
2−12
3m
2+ 4
+ 4 =0，
即7t
2+16t + 4 =0，解得t =−2
7 或t =−2（舍去），
又t =−2
7 满足Δ>0，故存在定点(−2
7 ,0).
解法二：将椭圆方程向右平移2 个单位，得( x−2)
2
4
+ y
2
3 =1,
∴3( x −2)
2+ 4 y
2=12，
即3 x
2−12 x + 4 y
2=0 ①，设直线MN 方程为mx +ny =1，
代入（1）得：3 x
2−12 x(mx +ny)+ 4 y
2=0,∴3 x
2−12m x
2−12nxy + 4 y
2=0，
即4 y
2−12nxy +(3−12m)x
2=0，
∵x≠0，两边同时除以x
2得：4 y
2
x
2 −12n y
x +3−12m=0  ②，
设M ( x1, y1), N ( x2, y2)，
k1=k AM = y1
x1
,k2=k AN = y2
x2
，k1、k2是②式的两根，
k1k2= 3−12m
4
=−1得m= 7
12，∴lMN : 7
12 x +ny =1，平移回去（向左平移2 个单
位），
得7
12 ( x +2)+ny =1,∴x =−12
7 ny −2
7 ,∴直线l过定点(−2
7 ,0).
【例题3】椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右顶点为A，上顶点为B，⃗MA =2⃗BM，点P为
题型三、利用向量平行/共线求参数
典例探究
椭圆C上一点且⃗OP = λ⃗OM (λ>0)，则λ的值为（    ）
A．3 ❑√5
5
B．4 ❑√5
5
C．3
2
D．2
【答案】A
【分析】由椭圆方程可知点A ,B的坐标，根据向量可得M(
a
3 , 2b
3 )，P(
λa
3 , 2 λb
3 )，
将P代入椭圆方程运算求解即可.
【详解】椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右顶点A (a,0)，上顶点B (0,b)，
设M (x0, y0)，则⃗MA =(a−x0,−y0),⃗BM =(x0, y0−b)，
由⃗MA =2⃗BM可得{
a−x0=2 x0
−y0=2( y0−b))，解得{
x0= a
3
y0= 2b
3 )
，即M(
a
3 , 2b
3 )，
又由⃗OP = λ⃗OM，则P(
λa
3 , 2 λb
3 )，
将P代入椭圆方程x
2
a
2 + y
2
b
2 =1，得(
λa
3 )
2
a
2
+(
2 λb
3 )
2
b
2
=1，
即λ
2
9 + 4 λ
2
9 =1，解得λ = 3 ❑√5
5
或−3 ❑√5
5
（舍），所以λ = 3 ❑√5
5
.
故选：A.
【3-1】已知A(2,0)，B(0,1)是椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1的两个顶点，直线y =kx(k >0)与直线AB
相交于点D，与椭圆相交于E，F两点，若⃑ED =6⃑DF，则斜率k的值为（    ）
A．3
8
B．2
3
举一反三
C．3
8或2
3
D．3
4
【答案】C
【分析】根据已知条件先求出椭圆的方程和AB的方程，然后联立直线y =kx(k >0)
与椭圆方程，由此求解出E , F的横坐标，再结合向量共线以及D在直线AB上分别求解出
D点横坐标，根据横坐标相等可求出k的值.
【详解】由题可知，椭圆的方程为x
2
4 + y
2=1，直线AB，EF的方程分别为x +2 y =2，
y =kx.
设D(x0,k x0)，E(x1,k x1)，F (x2,k x2)，其中x1< x2，
联立{
x
2
4 + y
2=1,
y =kx
⇒(1+ 4 k
2) x
2= 4)
，故x2=−x1=
2
❑√1+ 4 k
2.
由⃑ED =6⃑DF，得x0−x1=6(x2−x0)⇒x0= 1
7 (6 x2+ x1)= 5
7 x2=
10
7
❑√1+ 4 k
2.
由点D在直线AB上，得x0+2k x0=2⇒x0=
2
1+2k ，
所以
2
1+2k =
10
7
❑√1+ 4 k
2 ⇒24 k
2−25k +6=0⇒k = 3
8或2
3.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是对于题设中点的坐标的表示，其中D在直线
y =kx上也在直线x +2 y =2上是求解出k的值的重要条件.
【3-2】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为椭圆上第一象限内的一
点，且P F1⊥P F2, P F1与y轴相交于点Q，离心率e =
❑√6
3 ，若⃗PQ = λ⃗Q F1，则λ=
（    ）
A．
❑√3
3
B．❑√3
C．2❑√3
3
D．
❑√3
2
【答案】D
【分析】由离心率得a
2=3b
2，c = ❑√2b，由P F1⊥P F2得P在圆x
2+ y
2=c
2=2b
2上，
解方程组求得P点坐标，利用F1,Q , P的横坐标即可求得λ．
【详解】e = c
a =
❑√6
3 ，c
2
a
2 = 2
3，则b
2
a
2 = 1
3，所以a
2=3b
2，c
2=2b
2，c = ❑√2b
椭圆方程化为x
2+3 y
2=3b
2，
P F1⊥P F2，因此P在圆x
2+ y
2=c
2=2b
2上，
由{
x
2+3 y
2=3b
2
x
2+ y
2=2b
2 )，解得{
x =±
❑√6
2 b
y =±
❑√2
2 b)
，P在第一象限，则P(
❑√6
2 b,
❑√2
2 b)，⃗
PQ = λ⃗Q F1，则λ =
❑√6
2 b
❑√2b =
❑√3
2
，
故选：D．
【3-3】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)过点A (−4,0)，离心率为
❑√3
2 ，过点T (2,0)的直线
l 与椭圆C交于不同的两点M , N．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若△AMN的面积为48
5 ，且⃗TM = λ⃗TN，求实数λ的值．
【答案】(1) x
2
16 + y
2
4 =1；
(2)λ =−3
5或−5
3
【分析】（1）根据A (−4,0)和离心率得到方程组，求出a,b，得到椭圆方程；
（2）设直线l: x =ty +2，M (x1, y1), N (x2, y2)，联立椭圆方程，求出两根之和，两
根之积，根据S△AMN = 1
2|AT )⋅|y1−y2)= 48
5 得到方程，求出t =±1，分t =1和t =−1两种
情况，得到{
y1=−2
y2= 6
5 )
或{
y1= 6
5
y2=−2)
，从而利用λ = y1
y2
得到答案.
【详解】（1）由题意得¿，解得¿，所以椭圆C：x
2
16 + y
2
4 =1；
（2）由题知直线MN的斜率不为0，故设直线l: x =ty +2，M (x1, y1), N (x2, y2)，
由{
x =ty +2
x
2
16 + y
2
4 =1)
可得(t
2+ 4) y
2+ 4 ty −12=0，故Δ=64(t
2+3)>0，
且y1+ y2=−4t
t
2+ 4 ，y1 y2= −12
t
2+ 4 ，
  
故S△AMN = 1
2|AT )⋅|y1−y2)= 1
2 ×6 ❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 24
❑√t
2+3
t
2+ 4
= 48
5 ，
解得t
2=1，所以t =±1，
若t =1，则y1+ y2=−4
5 ，y1 y2=−12
5 ，解得{
y1=−2
y2= 6
5 )
或{
y1= 6
5
y2=−2)
，
因为⃗TM = λ⃗TN，所以y1= λ y2，
若{
y1=−2
y2= 6
5 )
，则λ = y1
y2
=−5
3，若{
y1= 6
5
y2=−2)
，则λ = y1
y2
=−3
5，
若t =−1，同理可得λ =−3
5或λ =−5
3，
综上，λ =−3
5或λ =−5
3.
【例题4】设F1、F2分别是椭圆x
2
4 + y
2=1的左、右焦点，若Q是该椭圆上的一个动点，则⃗
Q F1⋅⃗Q F2的最大值和最小值分别为（    ）
A．1与−2
B．2与−2
C．1与−1
D．2与−1
【答案】A
【分析】设点Q (x , y)，则−2≤x ≤2，且y
2=1−x
2
4 ，利用平面向量数量积的坐标运
算结合二次函数的基本性质可求得⃗Q F1⋅⃗Q F2的最大值和最小值.
【详解】在椭圆x
2
4 + y
2=1中，a=2，b=1，c =
❑√a
2−b
2= ❑√3，则点F1(−❑√3,0)、
F2(❑√3,0)，
设点Q (x , y)，则−2≤x ≤2，且y
2=1−x
2
4 ，则0≤x
2≤4，
所以，⃗Q F1=(−❑√3−x ,−y)，⃗Q F2=(❑√3−x ,−y)，
所以，⃗Q F1⋅⃗Q F2=(−x−❑√3)(−x + ❑√3)+(−y)
2= x
2+ y
2−3= x
2+(1−x
2
4 )−3
= 3 x
2
4 −2，
所以，当x =0时，⃗Q F1⋅⃗Q F2取最小值−2，
当x =±2时，⃗Q F1⋅⃗Q F2取最大值1.
故选：A.
题型四、向量数量积的最值问题
典例探究
【4-1】已知F为椭圆C : x
2
4 + y
2=1的右焦点，P ,Q为椭圆C上两个动点，且满足
FP⊥FQ，则⃗FP⋅⃗QP的最小值为（    ）
A．❑√3
B．2
C．7−4 ❑√3
D．2−❑√3
【答案】C
【分析】根据平面垂直向量的数量积表示可得⃑FP⋅⃑FQ =0，利用平面向量的线性运
算将⃑EP⋅⃑QP变形为|⃑FP)
2，设P( x , y)(−2≤x ≤2)，利用两点坐标求出|⃑FP)
2，结合二次
函数的性质即可求出最小值.
【详解】由题意得，由FP⊥FQ,得⃑FP⋅⃑FQ =0，
则⃑EP⋅⃑QP =⃑FP⋅(⃑FP−⃑FQ)=⃑FP
2−⃑FP⋅⃑FQ =⃑FP
2=|⃑FP)
2,
设P( x , y)(−2≤x ≤2)，由F(❑√3,0)，得⃑FP =( x−❑√3, y)，
则|⃑FP)
2=( x−❑√3)
2+ y
2=( x−❑√3)
2+(1−x
2
4 )= 1
4 (❑√3 x−4)
2，
又−2≤x ≤2，由二次函数的性质可知，
(|⃑FP)
2)min= 1
4 (❑√3×2−4)
2=7−4 ❑√3，
所以⃑EP⋅⃑QP的最小值为7−4 ❑√3.
故选：C.
【4-2】已知M (x0, y0)为双曲线x
2−y
2= 4上的动点，x0>0，y0≥0，直线l1：
x0 x−y0 y = 4与双曲线的两条渐近线交于P，Q两点（点P在第一象限），R与Q在同一条
渐近线上，则⃗RP⋅⃗RQ的最小值为（    ）
A．−8
B．−4
C．0
D．−2
【答案】D
【分析】先证明线l1是双曲线x
2−y
2= 4的切线，线段PQ的中点为M (x0, y0)，再根
举一反三
据⃗RP⋅⃗RQ =(⃗RM +⃗MP)⋅(⃗RM +⃗MQ)=(⃗RM −1
2⃗PQ)⋅(⃗RM + 1
2⃗PQ)，结合双曲线的
性质即可得解.
【详解】因为M (x0, y0)为双曲线x
2−y
2= 4上的动点，
所以x0
2−y0
2= 4，则y0
2= x0
2−4，x0≥2，
联立{
x
2−y
2= 4
x0 x−y0 y = 4)，消x得(
y0
2
x0
2 −1) y
2+ 8 y0
x0
2 y + 16
x0
2 −4 =0，
因为
y0
2
x0
2 −1= x0
2−4
x0
2
−1=−4
x0
2 ≤−1，
且Δ= 64 y0
2
x0
4
−4(
y0
2
x0
2 −1)(
16
x0
2 −4)=0，
所以直线l1是双曲线x
2−y
2= 4的切线，切点为M (x0, y0)，
双曲线的渐近线方程为y =± x，
联立{
x0 x−y0 y = 4
y = x
)，解得x =
4
x0−y0
= x0
2−y0
2
x0−y0
= x0+ y0，
所以P点的坐标为(x0+ y0, x0+ y0)，
联立{
x0 x−y0 y = 4
y =−x )，解得x =
4
x0+ y0
= x0
2−y0
2
x0+ y0
= x0−y0，
所以Q点的坐标为(x0−y0,−x0+ y0)，
所以线段PQ的中点为M (x0, y0)，
双曲线x
2−y
2= 4的渐近线方程为y =± x，实半轴长为2，故OP⊥OQ， 
则⃗RP⋅⃗RQ =(⃗RM +⃗MP)⋅(⃗RM +⃗MQ)=(⃗RM −1
2⃗PQ)⋅(⃗RM + 1
2⃗PQ)
=⃗RM
2−1
4⃗PQ
2≥(
1
2⃗OP)
2
−1
4⃗PQ
2（当且仅当MR⊥OQ时取等号）
= 1
4⃗OP
2−1
4 PQ
2=−1
4⃗OQ
2，
由题意可得直线PQ的斜率大于零或不存在，
故|OQ⃗)≤2❑√2，当且仅当M为右顶点时取等号，
所以−1
4 OQ⃗
2≥−1
4 ×8=−2，
所以⃗RP⋅⃗RQ的最小值为−2.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：证明线l1是双曲线x
2−y
2= 4的切线，线段PQ的中点为
M (x0, y0)，是解决本题的关键.
【4-3】已知双曲线一条渐近线方程为❑√5 x−2 y =0，且点(−2❑√2,❑√5)在双曲线上．
(1)求双曲线标准方程；
(2)若双曲线的左顶点为A1，右焦点为F2, P为双曲线右支上任意一点，求⃗P A1⋅⃗P F2
的最小值．
【答案】(1) x
2
4 −y
2
5 =1；
(2)−4．
【分析】（1）由渐近线设双曲线方程为x
2
4 −y
2
5 =t，代入已知点坐标求出t值，即得
其方程；
（2）设P( x , y), x ≥2，用坐标表示并求出⃗P A1⋅⃗P F2，然后利用二次函数的图像性
质即得其最小值．
【详解】（1）因为双曲线的一条渐近线方程为❑√5 x−2 y =0，所以设双曲线方程为
x
2
4 −y
2
5 =t，
又点(−2❑√2,❑√5)在双曲线上，所以8
4 −5
5 =t =1，
故双曲线标准方程为x
2
4 −y
2
5 =1；
（2）由（1）知a=2，c = ❑√4+5=3，所以左顶点为A1(−2,0)，右焦点为F2(3,0)，
P为双曲线右支上任意一点，设P( x , y)，x ≥2，则x
2
4 −y
2
5 =1，即y
2= 5 x
2
4 −5，
则P A⃗1⋅P F⃗2=(−2−x ,−y )⋅(3−x ,−y )=(−2−x)(3−x)+ y
2
= x
2−x−6+ 5 x
2
4 −5= 9 x
2
4 −x−11 = 9
4 ( x−2
9 )
2
−100
9 ，
因为x ≥2，故当x =2时，⃗P A1⋅⃗P F2取得最小值−4．
【例题5】已知椭圆M : x
2
4 + y
2=1的上、下顶点为A ,B，过点P(0,2)的直线l与椭圆M相
交于两个不同的点C , D（C在线段PD之间），则⃗OC ⋅⃗OD的取值范围为（    ）
A．(−1,16) B．[−1,16)
C．(−1, 13
4 )
D．[−1, 13
4 )
【答案】D
【分析】由题意画出图形，分直线的斜率不存在和存在两种情况求解，当直线斜率不
存在时，求得⃗OC ⋅⃗OD =−1，当直线斜率存在时，设出直线方程，和椭圆方程联立，由
判别式大于0 求得k的范围，再结合根与系数的关系写出数量积，由k得范围求得⃗OC ⋅⃗OD
的范围．
题型五、向量数量积的取值范围问题
典例探究
【详解】当直线斜率不存在时，直线方程为x =0，C(0,1)，D(0,−1)，
此时⃗OC ⋅⃗OD =−1；
当直线斜率存在时，设斜率为k(k ≠0)，设C (x1, y1), D(x2, y2),
则直线方程为y =kx +2，
联立{
y =kx +2
x
2
4 + y
2=1)
，得(1+ 4 k
2)x
2+16 kx +12=0，
Δ=(16 k )
2−48(1+ 4 k
2)=64 k
2−48>0，得k
2> 3
4 ．
x1+ x2=−16k
1+ 4 k
2 , x1 x2=
12
1+ 4 k
2，
∴y1 y2=(k x1+2)(k x2+2)=k
2 x1 x2+2k( x1+ x2)+ 4 
=k
2⋅
12
1+ 4 k
2 +2k ⋅(−16k
1+ 4 k
2 )+ 4 = 4(1−k
2)
1+ 4 k
2 ．
∴ ⃗
OC ⋅⃗OD = x1 x2+ y1 y2=
12
1+ 4 k
2 + 4−4 k
2
1+ 4 k
2 = 16−4 k
2
1+ 4 k
2 =−1+ 4 k
2−17
1+ 4 k
2
=−1+
17
1+ 4 k
2．
∵ k
2> 3
4 ，∴1+ 4 k
2>4，0<
17
1+ 4 k
2 < 17
4 ，
则−1<⃗OC ⋅⃗OD< 13
4 ，
综上，⃗OC ⋅⃗OD的取值范围是[−1, 13
4 )．
故选：D．
【5-1】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，A为右顶点，B为
上顶点，若在线段AB上（不含端点）存在不同的两点Pi(i=1,2)，使得⃑Pi F1⋅⃑Pi F2=−c
2
3 ，
则椭圆C的离心率的取值范围为（    ）
A．(0,
❑√2
2 ) B．(
❑√2
2 ,1)
C．(0,
❑√15
5 )
D．(
❑√2
2 ,
❑√15
5 )
【答案】D
【分析】求得线段AB的方程为x
a + y
b =1(0≤x ≤a)，在线段AB上取一点
P(x , y)(0< x<a)，由已知可得关于x的方程a
2+b
2
a
2
x
2−2b
2
a x + 3b
2−2c
2
3
=0在x∈(0,a)
时有两个不等的实根，根据二次方程根的分布可得出关于a、b、c的不等式组，由此可解
得e的取值范围.
【详解】易知点A (a,0)、B (0,b)、F1(−c ,0)、F2(c ,0)，则线段AB的方程为
x
a + y
b =1(0≤x ≤a)，
在线段AB上取一点P(x , y)(0< x<a)，满足⃑P F1⋅⃑P F2=−c
2
3 ，则y =b−b
a x，⃑
P F1=(−c−x ,−y)，⃑P F2=(c−x ,−y)，
所以，⃑P F1⋅⃑P F2=(−c−x)(c−x)+(−y)
2= x
2+ y
2−c
2= x
2+(b−b
a x)
2
−c
2=−c
2
3 ，
整理可得a
2+b
2
a
2
x
2−2b
2
a x + 3b
2−2c
2
3
=0，
举一反三
由题意可知，关于x的方程a
2+b
2
a
2
x
2−2b
2
a x + 3b
2−2c
2
3
=0在x∈(0,a)时有两个不
等的实根，
则{
Δ= 4 b
4
a
2 −4⋅a
2+b
2
a
2
⋅3b
2−2c
2
3
>0
ab
2
a
2+b
2 <a
3b
2−2c
2
3
>0
(a
2+b
2)−2b
2+ 3b
2−2c
2
3
>0 )
，可得{
b
2
a
2 =1−c
2
a
2 < 1
2
c
2
a
2 < 3
5 )
，可得1
2 <e
2< 3
5，
所以，
❑√2
2 <e<
❑√15
5
.
故选：D.
【5-2】已知椭圆C : x
2
4 + y
2
3 =1，O 为坐标原点，E(
❑√3,
❑√3
2 )，AB 是椭圆C 的一条弦，若
弦AB 的中点在线段OE（不含端点O，E）上，则⃑OA ⋅⃑OB的取值范围是（    ）
A．(−13
4 , 15
4 )
B．[−13
4 ,+∞)
C．[−13
4 , 15
4 )
D．(0, 15
4 )
【答案】A
【分析】设点A、B的坐标为A(x1, y1)，B(x2, y2)，由AB中点在线段OE上， 得
x1+ x2=2( y1+ y2)， 由点差法可得k AB=−3
2，设AB方程为y =−3
2 x +m，与椭圆方程联
立，利用韦达定理表示⃑OA ⋅⃑OB = x1 x2+ y1 y2可得答案.
【详解】设点A、B的坐标为A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则AB中点(
x1+ x2
2
, y1+ y2
2 )在线段OE上，且kOE= 1
2，
则x1+ x2=2( y1+ y2)，又x1
2
4 + y1
2
3 =1，x2
2
4 + y2
2
3 =1，
由点差法可得两式相减得(x1−x2)(x1+ x2)
4
+ ( y1−y2)( y1+ y2)
3
=0，
易知x1−x2≠0，y1+ y2≠0，所以
y1−y2
x1−x2
=−3
2，则k AB=−3
2，
设AB方程为y =−3
2 x +m，代入x
2
4 + y
2
3 =1，
并整理得3 x
2−3mx +m
2−3=0，
由Δ>0解得m
2<12，因为AB的中点在线段OE（不含端点O , E）上，
所以m≠0，0<m
2<12，
由韦达定理得x1+ x2=m，x1⋅x2= m
2−3
3
，故⃑
OA ⋅⃑OB = x1 x2+ y1 y2 = x1 x2+(−3
2 x1+m)(−3
2 x2+m)= 
13
4 x1 x2−3
2 m(x1+ x2)+m
2= 7
12 m
2−13
4 ∈(−13
4 , 15
4 )，
∴⃑OA ⋅⃑OB的取值范围是(−13
4 , 15
4 )．
故选：A.
【5-3】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)上右顶点到左焦点的距离为2+ ❑√2，上顶点的坐标
为(0,❑√2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P(4,0)，A，B是椭圆C上关于x轴对称的任意两个不同的点，连结PB交椭圆C
于另一点E，证明直线AE与x轴相交于定点Q；
(3)在（2）的条件下，过点Q的直线与椭圆C交于M、N两点，求⃗OM ⋅⃗ON的取值范
围.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
2 =1
(2)证明见解析
(3)[−4，−1
2)
【分析】（1）根据椭圆的性质列方程确定a,b的值，即可得椭圆方程；
（2）由题意，可设直线PB的方程为y =k( x−4)，
B(x1, y1), E(x2, y2), 则A(x1,−y1)，根据直线与椭圆交点坐标关系，确定直线AE的方
程，从而可得直线AE与x轴交点坐标，即可证得结论；
（3）根据直线与椭圆交点坐标关系，结合数量积的坐标运算与函数求最值即可得结
论.
【详解】（1）由题意可得 ：a+c =2+ ❑√2,b= ❑√2且a
2=b
2+c
2，
解得：a=2,b= ❑√2，
所以椭圆的方程为x
2
4 + y
2
2 =1；
（2）如图所示：
由题意，可设直线PB的方程为y =k( x−4) ，B(x1, y1), E(x2, y2), 则A(x1,−y1)，
联立方程组{
x
2
4 + y
2
2 =1
y =k( x−4))
消去y得方程：(1+2k
2) x
2−16k
2 x +32k
2−4 =0，
Δ=(16 k
2)
2−4(1+2k
2)(32k
2−4)>0，所以x1+ x2= 16k
2
1+2k
2 , x1 x2= 32k
2−4
1+2k
2 ，
所以直线AE的方程为：y + y1= y2+ y1
x2−x1
(x−x1)，
 令y =0，则x = x1 y2+ x2 y1
y2+ y1
 
= x1k (x2−4)+ x2k (x1−4)
k (x1+ x2−8)
= 2 x1 x2−4(x1+ x2)
x1+ x2−8
=
2(32k
2−4)
1+2k
2
−64 k
2
1+2k
2
16 k
2
1+2k
2 −8
=1，
故直线过定点Q (1,0)；
（3）①当直线MN与x轴重合时，OM⃗·ON⃗=−4，
②当直线MN与x轴不重合时，设直线MN的方程为x =my +1，
联立{
x =my +1
x
2
4 + y
2
2 =1)
，消去x得方程(2+m
2) y
2+2my −3=0，
可知Δ>0，则y M + y N = −2m
2+m
2 , y M y N = −3
2+m
2，
所以OM⃗·ON⃗= xM xN + y M y N =(1+m
2) y M y N +m( y M + y N)+1
= −3(1+m
2)
2+m
2
+ −2m
2
2+m
2 +1=−4+
7
2+m
2，
 因为m
2≥0，所以0<
7
2+m
2 ≤7
2，
 所以−4<−4+
7
2+m
2 ≤−1
2，
所以OM
→
·ON
→
的取值范围是(−4 ,−1
2)，
综上可知，OM
→
·ON
→
的取值范围是[−4 ,−1
2)．
【例题6】设椭圆方程为x
2+ y
2
4 =1，过点M (0,1)的直线l交椭圆于点A、B，O 是坐标原点，
点P 满足⃗OP = 1
2 (⃗OA +⃗OB)，当l 绕点M 旋转时，求动点P 的轨迹方程．
【答案】4 x
2+ y
2−y =0.
【分析】
设出直线l的方程，A，B 的坐标，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理表示出
x1+ x2，利用直线方程表示出y1+ y2，然后利用⃗OP = 1
2 (⃗OA +⃗OB)，求得⃑OP的坐标，设出
P 的坐标(x , y)，然后联立方程消去参数k，求得x 和y 的关系式，即为P 点轨迹方程．
【详解】
直线l过点M (0,1)，设其斜率为k，则l的方程为y =kx +1.
记A(x1, y1)、B(x2, y2),
{
y =kx +1
x
2+ y
2
4 =1)，化简得，(4 + k
2) x
2+2kx −3=0，
所以{
x1+ x2=−2k
4 + k
2
x1 x2=−
3
4 + k
2 )
，y1+ y2=k x1+1+k x2+1=
8
4+k
2，
于是⃗OP = 1
2 (⃗OA +⃗OB)=(
x1+ x2
2
, y1+ y2
2 )=(
−k
4 +k
2 ,
4
4+ k
2).
题型六、向量与“中点弦”问题
典例探究
设点P 的坐标为(x , y),则{
x = −k
4+ k
2
y =
4
4+ k
2)
，消去参数k 得4 x
2+ y
2−y =0③
当k 不存在时，A、B 中点为坐标原点(0,0)，也满足方程③，
所以点P 的轨迹方程为4 x
2+ y
2−y =0.
【6-1】若直线2 x−y +m=0与椭圆x
2
5 + y
2
2 =1交于A ,B两点，且⃗AM =⃗MB，则点M的坐
标可能是（    ）
A．(
1
2 ,−1
10)
B．(5,−1)
C．(
1
2 , 1
10)
D．(5,1)
【答案】A
【分析】利用中点弦问题的点差法求解.
【详解】因为⃗AM =⃗MB，所以M为AB中点，
设A( x1, y1),B( x2, y2), M ( x0, y0)，
因为A ,B在椭圆上，所以{
x1
2
5 + y1
2
2 =1
x2
2
5 + y2
2
2 =1)
，
两式相减得( x1+ x2)( x1−x2)
5
+ ( y1+ y2)( y1−y2)
2
=0，即
( y1+ y2)( y1−y2)
( x1+ x2)( x1−x2) =−2
5，即kOM ⋅k AB=−2
5，
因为直线2 x−y +m=0过点A ,B，所以k AB=2，
所以kOM = y0
x0
=−1
5，经检验C、D 不满足y0
x0
=−1
5，
举一反三
A、B 选项均满足y0
x0
=−1
5，但(5,−1)在椭圆外，不符合条件，
故选：A.
【6-2】过点M (1,1)的直线l交椭圆：x
2
5 + y
2
4 =1于A ,B两点，若⃗AM =⃗MB，则直线l的斜
率为（  ）
A．−5
4
B．−4
5
C．4
5
D．5
4
【答案】B
【分析】由已知可得，M 是线段AB 的中点，圆锥曲线中的中点弦问题常用点差法.
【详解】设A(x1, y1)，B(x2, y2)
∵⃗AM =⃗MB    ∴M 是线段AB 的中点
由中点坐标公式可得，{
x1+ x2=2
y1+ y2=2)      ①
又A ,B在椭圆上，
x1
2
5 + y1
2
4 =1       x2
2
5 + y2
2
4 =1
两式作差得，x1
2−x2
2
5
+ y1
2−y2
2
4
= (x1+ x2)(x1−x2)
5
+ ( y1+ y2)( y1−y2)
4
=0
将①式代入，可得：
y1−y2
x1−x2
=−4
5 .
所以，直线l的斜率为−4
5 .
故选：B.
【6-3】设动点M是圆x
2+ y
2= 4上任意一点，过M作x轴的垂线，垂足为N，若点P在线段
MN上，且满足⃑ON +⃑OM =2⃑OP.
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)过点Q(❑√3,0)的直线l与C交于A，B两点，求△AOB面积的最大值，并求出此时
直线l的方程.
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)最大值为1，x−❑√2 y −❑√3=0或x + ❑√2 y −❑√3=0
【分析】（1）由题意，设P(x , y)，则M (x ,2 y)，N (x ,0)，又点M在圆E上，将点
M 的坐标代入圆E 的方程即可求解；
（2）设直线l的方程为x =my + ❑√3，A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立直线l与椭圆C的方
程，利用弦长公式求出|AB)的长，点到直线距离公式求出O到AB的距离d，从而可得
S△AOB= 1
2|AB)d = 2❑√3
❑√m
2+1
m
2+ 4
，设
❑√m
2+1=t (t ≥1)，利用均值不等式即可求解.
【详解】（1）解：依题意，由⃑ON +⃑OM =2⃑OP知，点P是线段MN的中点，
设P(x , y)，则M (x ,2 y)，N (x ,0)，又点M在圆E上，
所以x
2+ 4 y
2= 4，即x
2
4 + y
2=1，
所以点P的轨迹C的方程为：x
2
4 + y
2=1；
（2）解：由题意，设直线l的方程为x =my + ❑√3，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由{
x =my + ❑√3
x
2+ 4 y
2= 4)，得(my + ❑√3)
2+ 4 y
2= 4，即(m
2+ 4) y
2+2❑√3my −1=0，
所以{
y1+ y2=−2❑√3m
m
2+ 4
y1 y2= −1
m
2+ 4 )
，则
( y1−y2)
2=( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 12m
2
(m
2+ 4)
2 +
4
m
2+ 4
= 16(m
2+1)
(m
2+ 4)
2 ，
所以|y1−y2)= 4
❑√m
2+1
m
2+ 4
，
所以|AB)=
❑√1+m
2|y1−y2)= 4(1+m
2)
m
2+ 4
，而O到AB的距离d =
❑√3
❑√m
2+1
，
所以S△AOB= 1
2|AB)d = 1
2 ⋅4 ❑√3
❑√m
2+1
m
2+ 4
= 2❑√3
❑√m
2+1
m
2+ 4
，
设❑√m
2+1=t (t ≥1)，则m
2=t
2−1，
所以S△AOB= 2❑√3t
t
2+3
= 2❑√3
t + 3
t
≤2❑√3
2❑√3 =1，当且仅当t = 3
t ，即m=± ❑√2时取等号，
所以△AOB面积的最大值为1，
此时直线l的方程为x = ❑√2 y + ❑√3或x =−❑√2 y + ❑√3，即x−❑√2 y −❑√3=0或
x + ❑√2 y −❑√3=0.
【例题7】设F为双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的右焦点，过点F且斜率为−1的直线l
与双曲线C的两条渐近线分别交于点A ,B，若⃗AB =−3⃗AF，则双曲线C的离心率e =
（    ）
A．
❑√10
3
B．
❑√5
2
C．❑√5
D．
❑√34
3
【答案】D
【分析】设双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的右焦点F (c ,0)，求出A ,B的坐标，求
出AB
→
， AF
→
的坐标，根据AB
→
=−3 AF
→
求出b= 5
3 a即得解.
【详解】设双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的右焦点F (c ,0)，
题型七、向量与“焦点弦”问题
典例探究
则过点F且斜率为−1的直线l的方程为y =−(x−c)，渐近线方程是y =± b
a x．
由{
y =c−x
y =−b
a x)
，得B(
ac
a−b ,−bc
a−b)，
由{
y =c−x
y = b
a x)
,得A(
ac
a+b , bc
a+b)，
所以AB
→
=(
2abc
a
2−b
2 ,−2abc
a
2−b
2)，AF
→
=(
bc
a+b ,−bc
a+b)．
由AB
→
=−3 AF
→
，得(
2abc
a
2−b
2 ,−2abc
a
2−b
2)=−3(
bc
a+b ,−bc
a+b)，
则2abc
a
2−b
2 =−3⋅bc
a+b ，即b= 5
3 a，则c =
❑√a
2+b
2=
❑√34
3
a，
则e = c
a =
❑√34
3
，
故选：D．
【7-1】过双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左焦点F1作斜率为2 的直线l交C于M , N两
点．若⃗M F1=3⃗F1 N，则双曲线的离心率为（    ）
A．3
B．2
C．❑√2
D．
❑√5
2
【答案】D
【分析】设M (x1, y1), N (x2, y2)，由⃗M F1=3⃗F1 N，得y1=−3 y2，设直线l的方程
为x = 1
2 y −c，代入双曲线方程化简，利用根与系数的关系，再结合y1=−3 y2可得到关于
a,b,c的式子，化简后可求得离心率.
举一反三
【详解】设M (x1, y1), N (x2, y2)，由⃗M F1=3⃗F1 N，得y1=−3 y2，
设直线l的方程为x = 1
2 y −c，
由{
x
2
a
2 −y
2
b
2 =1,
x = 1
2 y −c ,)
消去x，得(
b
2
4 −a
2) y
2−c b
2 y +b
2c
2−a
2b
2=0，
由根与系数的关系，得y1+ y2=
c b
2
b
2
4 −a
2
, y1 y2= b
2c
2−a
2b
2
b
2
4 −a
2
，
所以−2 y2=
c b
2
b
2
4 −a
2
,−3 y2
2= b
2c
2−a
2b
2
b
2
4 −a
2
，
所以−3× 1
4(
c b
2
b
2
4 −a
2)
2
= b
2c
2−a
2b
2
b
2
4 −a
2
，化简得−3
4 c
2= 1
4 b
2−a
2，
所以−3c
2=c
2−a
2−4 a
2，得4 c
2=5a
2，
所以e
2= 5
4 ，可得e =
❑√5
2 .
故选：D
【点睛】关键点点睛：此题考查求双曲线的离心率，考查直线与双曲线的位置关系，
解题的关键是由题意设出直线l的方程为x = 1
2 y −c，代入双曲线方程化简整理利用根与系
数的关系，考查计算能力，属于较难题.
【7-2】已知抛物线C：y
2=2 px ( p>0)的焦点为F，且C 的准线与x 轴的交点为M．若直
线l 与C 交于D，E 两点，且⃗DF =−4⃗EF，|DE)= 25
2 ，则△DEM的面积为（   ）
A．5
B．10
C．15
D．20
【答案】D
【分析】根据题意，设l 的倾斜角为θ，根据焦半径公式可推焦比公式1+cosθ
1−cosθ = 4，
解出倾斜角，再回代可得p= 4，再利用S△DEM =2S△DEO=2×
p
2
2sinθ 求解即可.
【详解】由⃗DF =−4⃗EF得直线l 过焦点F，且|DF)
|EF) = 4．
由对称性可设点D 在第一象限，则l 的倾斜角为θ(0°<θ<90°)．
过点D，E 作准线的垂线，垂足分别为H，I，过点D，E 作x 轴的垂线，垂足分别为
G，K，
则|GF)=|DF)cosθ =|DH )−p=|DF)−p，解得|DF)=
p
1−cosθ ；
|KF)=|EF)cosθ = p−|EI )= p−|EF)，解得|EF)=
p
1+cosθ ．
故由|DF)
|EF) = 4得1+cosθ
1−cosθ = 4，解得cosθ = 3
5，所以sinθ =
❑√1−cos
2θ = 4
5 ．
又|DE)=|DF)+|EF)= 2 p
sin
2θ
= 25
2 ，解得p= 4，
所以S△DEM =2S△DEO=2×
p
2
2sinθ =20．
故选：D.
【7-3】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，上顶点为P，长轴
长为4，若△P F1 F2为正三角形．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点F1，斜率为❑√3的直线与椭圆相交M，N两点，求MN的长；
(3)过点F1的直线与椭圆相交于A，B两点，⃗A F1=2⃗F1B，直线AB的方程．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)16
5
(3)y =±
❑√5
2 ( x +1)
【分析】（1）依题意可得{
2a= 4
2c =a)，即可求出a,c，从而求出b，即可得到椭圆方程；
（2）依题意可得直线为y = ❑√3( x +1)，联立直线和椭圆方程，消元，求出交点的横
坐标，直接利用弦长公式进行求解；
（3）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，直线AB为y =k( x +1)，联立直线和椭圆方程，结合
韦达定理，列方程组求解.
【详解】（1）依题意可得{
2a= 4
2c =a)，解得{
a=2
c =1)，所以b=
❑√a
2−c
2= ❑√3，
所以椭圆的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）由（1）知，F1(−1,0)，故该直线为y = ❑√3( x +1)， 
由{
y = ❑√3( x +1)
x
2
4 + y
2
3 =1 )
，消去y可得5 x
2+8 x =0，
故x1=−8
5 , x2=0，所以|MN )=
❑√1+ k
2|x1−x2)=
❑√1+(❑√3)
2⋅|−8
5 −0)= 16
5 .
  
（3）显然AB的斜率存在（否则AB⊥x轴，根据对称性，⃗AF1=⃗F1B，与题设矛
盾），
 设A(x1, y1)，B(x2, y2)，直线AB为y =k( x +1)，
由{
y =k( x +1)
x
2
4 + y
2
3 =1)
，消去y得(4 k
2+3)x
2+8k
2 x + 4 k
2−12=0，显然Δ>0，
由韦达定理可得：x1+ x2=−
8k
2
4 k
2+3
①，x1 x2= 4 k
2−12
4 k
2+3
，
又⃗A F1=2⃗F1B，则(−1−x1,−y1)=2(x2+1, y2)，故x1+2 x2=−3②，
由①②得x2=−4 k
2+9
4 k
2+3
，x1=−4 k
2−9
4 k
2+3
，故x1 x2= (4 k
2+9)(4 k
2−9)
(4 k
2+3)
2
= 4 k
2−12
4 k
2+3
，
即16 k
4−81=(4 k
2+3)(4 k
2−12)，化简可得4 k
2=5，解得k =±
❑√5
2 .
故直线AB为y =±
❑√5
2 ( x +1).
  
【例题8】已知椭圆G: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的焦距为2，以椭圆G的四个顶点为顶点的四
边形面积为4 ❑√3.
  
(1)求椭圆G的方程；
(2)设A，B 为椭圆G的左右顶点，过右焦点F的直线l交椭圆G于M，N 两点，直线
AM，BN 交于点P.
（i）求证点P在定直线上；
（ii）设⃗AP =t1⃗AM ,⃗BP =t2⃗BN，求3
t1
+ 1
t2
的最大值.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)（i）证明见解析（ii）1
【分析】（1）由题意求出a,b的值，即得答案；
（2）（i）设直线l方程为x =my +1, M (x1, y1), N (x2, y2)，联立椭圆方程可得根与
系数关系，写出直线AM，BN的方程，联立化简，即可证明结论；（ii）由⃗
AP =t1⃗AM ,⃗BP =t2⃗BN可得t1,t2的表达式，化简3
t1
+ 1
t2
，即可求得答案.
【详解】（1）依题意c =1，以椭圆G的四个顶点为顶点的四边形面积为
2× 1
2 ×2a×b= 4 ❑√3,∴ab=2❑√3，
又a
2−b
2=1,∴a=2,b= ❑√3.
∴椭圆方程为x
2
4 + y
2
3 =1
题型八、向量与“双共线/双参数”问题
典例探究
（2）（i）证明：由（1）知可设直线l方程为x =my +1, M (x1, y1), N (x2, y2)，
联立x =my +1和3 x
2+ 4 y
2=12，
得(3m
2+ 4) y
2+6my −9=0，直线l 过椭圆焦点，必有Δ>0，
∴y1+ y2=−
6m
3m
2+ 4
, y1 y2=−
9
3m
2+ 4
.
∴y1 y2= 3
2m ( y1+ y2)，
A (−2,0),B (2,0)
，直线
AM
方程为
y =
y1
x1+2 ( x +2)
，
直线BN方程为y =
y2
x2−2 ( x−2)，
联立两方程得x +2
x−2 = y2(x1+2)
y1(x2−2)
= m y1 y2+3 y2
m y1 y2−y1
=
3
2 ( y1+ y2)+3 y2
3
2 ( y1+ y2)−y1
=3，
∴x = 4，即点P在定直线x = 4上；
（ii）依（i）有x p= 4.设P(4 , y p)，若⃗AP =t1⃗AM ,⃗BP =t2⃗BN，
则(6, y p)=t1(x1+2, y1),(2, y p)=t2(x2−2, y2)，则t1=
6
x1+2 ,t2=
2
x2−2，
∴3
t1
+ 1
t2
= x1+2
2
+ x2−2
2
= x1+ x2
2
= m
2 ( y1+ y2)+1=−
3m
2
3m
2+ 4
+1=
4
3m
2+ 4
≤1.
故当m=0时，3
t1
+ 1
t2
的最大值为1.
【8-1】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
举一反三
⃗
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．
【8-2】已知点F (❑√3,0)，以线段FG为直径的圆内切于圆O: x
2+ y
2= 4．
(1)求点G的轨迹C的方程；
(2)当过点P(2,1)的动直线l与轨迹C相交于两点A ,B（可以相同）时，⃗PA = λ⃗PB，⃗
AD = λ⃗DB．求动点D的轨迹长度．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)❑√5．
【分析】（1）取F1(−❑√3,0)，根据几何关系得出|G F1)+|GF)= 4，即可得出点G的
轨迹为椭圆，进而求出其方程即可；
（2）直线l斜率不存在时求得D (2,0)，斜率存在时，设l: y =k (x−2)+1，根据⃗
PA = λ⃗PB，⃗AD = λ⃗DB可求出k =
x
4−2 x ，因点D (x , y)在直线y =k (x−2)+1上，则将k
值代入直线方程中即可求得点D满足的方程，再根据Δ≥0求出k ≥0，进而得出x的范围，
求出轨迹方程，即可求出轨迹长度.
【详解】（1）取F1(−❑√3,0)，记线段FG的中点为H，连接OH , F1G，
由于线段F1 F的中点为O，则OH // F1G，|OH )= 1
2|F1G)，
设圆H的半径为r，圆H与圆O内切于Q，连接HQ，
则O , H ,Q三点共线，且|HF)=|HQ)=r，
于是|G F1)+|GF)=2(|HO)+|HF))=2(|HO)+|HQ))=2|OQ)= 4，
又|F1 F)=2❑√3<4，
根据椭圆的定义可得点G的轨迹是以F1, F为焦点，长轴长为4的椭圆，
则轨迹C的方程为x
2
4 + y
2=1．
（2）当直线l的斜率不存在时，点A ,B重合，
则由⃗PA = λ⃗PB，⃗AD = λ⃗DB可得，λ =1，⃗AD =⃗DB，则点A , D ,B三点重合，
此时点D (2,0)；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y =k (x−2)+1，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，D (x , y)， 
由{
x
2
4 + y
2=1
y =k (x−2)+1)
，得(1+ 4 k
2) x
2+8k (1−2k ) x +16 k
2−16 k =0，
则x1+ x2= 8k (2k −1)
1+ 4 k
2
, x1 x2= 16 k
2−16k
1+ 4 k
2
，
Δ=[8k (1−2k ))
2−4(1+ 4 k
2)(16k
2−16 k)=16k ≥0，得k ≥0，
由⃗PA = λ⃗PB，⃗AD = λ⃗DB，得x1−2= λ(x2−2)，x−x1= λ(x2−x)，λ>0，
故λ(x−x1)(x2−2)= λ(x2−x)(x1−2)，
化简得x = 2 x1 x2−2(x1+ x2)
x1+ x2−4
=
2× 16 k
2−16k
1+ 4 k
2
−2× 8k (2k −1)
1+ 4 k
2
8k (2k −1)
1+ 4 k
2
−4
=
4 k
2k +1，
所以k =
x
4−2 x ≥0，得0≤x<2，
又因为动点D (x , y)在直线y =k (x−2)+1上，
所以y =
x
4−2 x
(x−2)+1，化简得x +2 y −2=0，
经检验D (2,0)符合上式，
所以动点D的轨迹为线段x +2 y −2=0, x∈[0,2)，
线段端点为(0,1),(2,0)，所以动点D的轨迹长度❑√5．
【8-3】已知椭圆Γ：x
2
5 + y
2
1 =1，过点P(−2,0)的直线l：y =m( x +2)与椭圆Γ交于A、
B两点（A点在B点的上方），与y轴交于点C．
(1)当m= 1
2时，求|AB)的长；
(2)设⃗CA = λ⃗AP，⃗CB = μ⃗BP，求证：λ+ μ为定值，并求出该值；
(3)点P和点Q关于坐标原点对称，若△ABQ的内切圆面积等于4π
25 ，求直线l的方程．
【答案】(1)10 ❑√5
9
；
(2)证明见解析，−10；
(3)y =±
❑√15
15 ( x +2)．
【分析】（1）联立直线与椭圆方程，求出交点的纵坐标，再利用弦长公式求解.
（2）联立直线与椭圆方程，利用共线向量坐标关系及韦达定理计算得证.
（3）根据给定条件，求出△ABQ的面积，再结合椭圆定义及（2）求出直线方程.
【详解】（1）当m= 1
2时，直线l: x =2 y −2，由{
x =2 y −2
x
2+5 y
2=5)消去x并整理得
9 y
2−8 y −1=0，
解得y =−1
9或y =1，所以|AB)=
❑√1
2+2
2|−1
9 −1|= 10 ❑√5
9
.
（2）直线l不垂直于坐标轴，设直线l的方程为x =ty −2,t = 1
m，设
A( x1, y1),B( x2, y2)，
由{
x =ty −2
x
2+5 y
2=5)消去x并整理得(t
2+5) y
2−4 ty −1=0，y1+ y2= 4t
t
2+5
, y1 y2= −1
t
2+5，
C(0, 2
t )，由⃗CA = λ⃗AP，得( x1, y1−2
t )= λ(−2−x1,−y1)，则λ =−1+ 2
t y1
，同理
μ=−1+ 2
t y2
，
所以λ+ μ=−2+ 2
t ( 1
y1
+ 1
y2
)=−2+ 2
t ⋅y1+ y2
y1 y2
=−2+ 2
t ⋅(−4 t )=−10为定值，该
定值为−10.
（3）依题意，点P(−2,0)是椭圆Γ的左焦点，则Q(2,0)是该椭圆的右焦点，
因此△ABQ的周长为4 ❑√5，由△ABQ的内切圆面积等于4π
25 ，得该圆半径为2
5，
则△ABQ的面积S△ABQ= 1
2 ⋅| PQ|| y1−y2|= 1
2 ⋅4 ❑√5⋅2
5，整理得
| y1−y2|= 2❑√5
5
，
即( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 4
5 ，由（2）得16t
2
(t
2+5)
2 +
4
t
2+5
= 4
5 ，解得t
2=15，即t =± ❑√15，
所以直线l的方程为y =±
❑√15
15 ( x +2).
【例题9】已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1（a>b>0）的右焦点为F，且点F到长轴两个端点的距
题型九、向量与“三点共线”问题
典例探究
离分别为❑√5+2和❑√5−2，O为坐标原点.
(1)求C的方程.
(2)过点F且不与x轴重合的直线l与C交于A ,B两点.
（ⅰ）若△OAB的面积为
❑√10
3
，求l的方程；
（ⅱ）若线段AB的中点为D，在点A ,B处分别作C的切线，两切线相交于点E，求
证：O，D，E三点共线.
【答案】(1) x
2
5 + y
2=1；
(2)（ⅰ）x−y −2=0或x + y −2=0或x−❑√7 y −2=0或x + ❑√7 y −2=0；
（ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）根据题意列出关于a,c的方程组，解得a= ❑√5,c =2，从而可得b=1，
即可得椭圆方程；
（2）（ⅰ）设直线l: x =my +2，联立方程组，根据韦达定理计算△OAB的面积，可
解得m=±1或± ❑√7，即可得直线方程；
（ⅱ）利用中点坐标公式计算出点D的坐标，即可得⃗OD；设出以点A为切点的切线
方程，与椭圆方程联立，利用根的判别式Δ=0可求出切线斜率，即可得出切线方程，同理
可得点A为切点的切线方程，联立两切线方程可求得点E的坐标，即可得⃗OE，由⃗
OE = m
2+5
4⃗
OD可证得三点共线.
【详解】（1）由题意可得{
a+c = ❑√5+2
a−c = ❑√5−2)，解得{
a= ❑√5
c =2 )，则b=
❑√a
2−c
2=1，
所以椭圆C的方程为x
2
5 + y
2=1.
（2）由（1）可知，F (2,0)，设直线l: x =my +2，
联立{
x =my +2
x
2
5 + y
2=1)
，可得(m
2+5) y
2+ 4 my −1=0，
则Δ=16m
2+ 4(m
2+5)>0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则y1+ y2= −4 m
m
2+5
, y1 y2= −1
m
2+5.
（ⅰ）S△OAB= S△OAF + S△OBF = 1
2 ×2|y1−y2)=|y1−y2)=
❑√10
3
，
则( y1−y2)
2=( y1+ y2)
2−4 y1 y2=(
−4 m
m
2+5)
2
−4× −1
m
2+5
= 10
9 ，
整理可得m
4−8m
2+7 =0即(m
2−1)(m
2−7)=0，解得m
2=1或m
2=7，则m=±1或
± ❑√7，
所以，直线l的方程为x−y −2=0或x + y −2=0或x−❑√7 y −2=0或x + ❑√7 y −2=0.
（ⅱ）设点D(x0, y0)，则y0= y1+ y2
2
= −2m
m
2+5
，x0=m y0+2=
10
m
2+5，所以⃗
OD =(
10
m
2+5
, −2m
m
2+5).
设以点A为切点的切线方程为y −y1=k (x−x1)即y =kx + y1−k x1，
联立{
y =kx + y1−k x1
x
2
5 + y
2=1 )
，可得(5k
2+1) x
2+10k ( y1−k x1)x +5( y1−k x1)
2−5=0，
则Δ=100k
2( y1−k x1)
2−4(5k
2+1)[5( y1−k x1)
2−5)=0，
整理得(x1
2−5)k
2−2 x1 y1k + y1
2−1=0，
则k = 2 x1 y1±
❑√(−2 x1 y1)
2−4(x1
2−5)( y1
2−1)
2(x1
2−5)
= 2 x1 y1±
❑√4 x1
2+20 y1
2−20
2(x1
2−5)
，
因为点A(x1, y1)是椭圆上的点，所以x1
2
5 + y1
2=1，即x1
2−5=−5 y1
2，
则k = 2 x1 y1
2(−5 y1
2)
= −x1
5 y1 ，
所以以点A为切点的切线方程为
y = −x1
5 y1
x + y1−−x1
2
5 y1
= −x1
5 y1
x + 5 y1
2+ x1
2
5 y1
= −x1
5 y1
x + 5
5 y1
= −x1 x +5
5 y1
.
同理可得，以点B为切点的切线方程为y = −x2 x +5
5 y2
.
联立两切线方程，消去y，可得
−x1 x +5
5 y1
= −x2 x +5
5 y2
，整理得
(x2 y1−x1 y2)x =5( y1−y2),
结合x1=m y1+2, x2=m y2+2,化简可得2( y1−y2)x =5( y1−y2)，
由题意，y1≠y2，故x = 5
2，代入直线方程y = −x2 x +5
5 y2
，可得
y =
−(m y2+2)× 5
2 +5
5 y2
= −m
2
，
所以E(
5
2 , −m
2 )，则⃗OE =(
5
2 , −m
2 )= m
2+5
4⃗
OD,其中m
2+5
4
>0，
故O，D，E三点共线.
【9-1】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点为F (1,0)，A 为C 上一点，|AF )的最小
举一反三
值为1.
(1)求C 的方程；
(2)设点M (4,0)，斜率不为0 的直线AM与C 交于另一点B.
（i）若弦AB中点的纵坐标为−36
31，求直线AB的斜率；
（ii）若D 为C 上一点，且点D 与点A 关于x 轴对称，证明：B , D , F三点共线.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)（i）1
3；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据题意列出关于a,b,c的方程，求解即可；
（2）设直线l AB: x =my + 4 ,m≠0,与椭圆方程联立，求得韦达定理.（i）由弦的中点
坐标求得m的值，即得弦的斜率；（ii）通过向量坐标计算证明⃗FB //⃗FD，结合FB与FD
有公共点F即可证得.
【详解】（1）由题意得¿
解得a=2,b= ❑√3,c =1，
所以C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）由题可知直线AB的斜率存在且不为0，
设直线l AB: x =my + 4 ,m≠0, A( x1, y1),B( x2, y2)，则D(x1,−y1)，
联立{
x =my + 4
3 x
2+ 4 y
2=12)，消去x，可得(3m
2+ 4) y
2+24 my +36=0，
则Δ=(24 m)
2−4×36(3m
2+ 4)>0，解得m
2>4，
所以y1+ y2= −24 m
3m
2+ 4
, y1 y2=
36
3m
2+ 4 .
（i）因为弦AB中点的纵坐标为−36
31，
所以
y1+ y2
2
= −12m
3m
2+ 4
=−36
31，
解得m=3或4
9 （舍），
所以直线AB的斜率为1
3.
（ii）由题得⃗FB =(x2−1, y2),⃗FD =(x1−1,−y1)，
因为(x2−1)(−y1)−y2(x1−1)=(m y2+ 4−1)⋅(−y1)−y2(m y1+ 4−1)
=−2m y1 y2−3( y1+ y2)= −72m
3m
2+ 4
−−72m
3m
2+ 4
=0，
所以⃗FB //⃗FD，
又FB与FD有公共点F，所以B , D , F三点共线.
【9-2】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的一个焦点为F (1,0)，点(−1,
❑√2
2 )在椭圆C上，
过点F作一直线交椭圆于P、Q两点，且坐标原点O关于点F的对称点记为T.
(1)求椭圆的方程；
(2)求△PQT面积的最大值；
(3)设点P
′为点P关于x轴的对称点，求证：Q、P
′、T三点共线.
【答案】(1) x
2
2 + y
2=1；
(2)
❑√2
2
；
(3)证明见解析.
【分析】（1）由焦点为F (1,0)，点(−1,
❑√2
2 )
在椭圆C上，列方程组，解得a，b，
即可得出答案； （2）由{
x
2
2 + y
2=1
x =my +1)
，得(m
2+2) y
2+2my −1=0，设P(x1, y1)，
Q(x2, y2)，由条件可知，点T (2，0).S△PQT = 1
2|FT )|y1−y2)，由此能推导出S△PQT的最
大值；（3）验证⃗P
′Q与⃗QT共线，设P
′(x1,−y1)，则⃗P
′Q =(x2−x1, y2+ y1)，⃗
TQ =(x2−2, y2)，由¿，进而可得三点共线.
【详解】（1）根据题意可得{
a
2−b
2=1
1
a
2 + 1
2b
2 =1)
，解得a
2=2，b
2=1，所以椭圆C的方程
为x
2
2 + y
2=1.
（2）由题可得原点O关于点F的对称点T的坐标为(2,0)，
显然直线斜率不为零，故设过点F的直线l的方程为x =my +1，P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
所以{
x
2
2 + y
2=1
x =my +1)
，得(m
2+2) y
2+2my −1=0，
其中Δ= 4 m
2+ 4(m
2+2)=8m
2+8>0，y1+ y2=−2 m
m
2+2 ，y1 y2=−
1
m
2+2 ，
则|y1−y2)= ❑√
4 m
2
( m
2+2)
2 +
4
m
2+2
= 2❑√2⋅
❑√m
2+1
m
2+2
，
所以S△PQT = 1
2 ⋅|FT )⋅|y1−y2)= 1
2 ×1× 2❑√2⋅
❑√m
2+1
m
2+2
=
❑√2⋅
❑√m
2+1
m
2+2
，
令t =
❑√m
2+1，t ≥1，则m
2=t
2−1，
所以S△PQT =
❑√2t
t
2+1
=
❑√2
t + 1
t
≤
❑√2
2 ，当且仅当t = 1
t ，即t =1，m=0时取等号，
则直线l的方程为x−1=0时，△PQT面积的最大值为
❑√2
2 .
（3）证明：设P
′(x1,−y1)，则⃗P
′Q =(x2−x1, y2+ y1)，⃗TQ =(x2−2, y2)，
由(x2−x1) y2−(x2−2)( y1+ y2)
=−x1 y2−x2 y1+2( y1+ y2) =−(m y1+1) y2−(m y2+1) y1+2( y1+ y2)
=−2m y1 y2+( y1+ y2) =−2m⋅
−1
m
2+2
+ −2 m
m
2+2
=0，
所以，⃗P
′Q与⃗QT共线，即P
′，T，Q三点共线.
【点睛】关键点点睛：处理本题第二问的关键是，熟练掌握直线截椭圆所得三角形面
积的求解，以及分式函数最值的求解；处理本题第三问的关键是通过证明⃗P
′Q与⃗QT共线，
进而证明P
′，T，Q三点共线；属综合中档题.
【9-3】若椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)上的两个不同的点M (xM , y M), N (xN , y N)满足
xM xN
a
2
+ y M y N
b
2
=0，则称M , N为该椭圆的一组“相伴点对”，记作(M ∣N ).已知椭圆
C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的焦距为4 ❑√2，离心率为
❑√6
3 .
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若M (❑√6,❑√2)，证明椭圆C上存在两个点N满足“相伴点对”(M ∣N )，并求点N
的坐标；
(3)设（2）中的两个点N分别是N 1, N 2，若直线N 1 N 2与直线l的斜率之积为−
❑√3
3 ，
直线l与椭圆C交于A ,B两点，点T (−4,0), H(−7
2 , 1
2)，连接TA交椭圆C于另一点P，连
接TB交椭圆C于另一点Q，证明：H , P ,Q三点共线.
【答案】(1) x
2
12 + y
2
4 =1
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意求出a,b,c得椭圆方程；
（2）根据新定义列方程组求解；
（3）由（2）求得k AB=1，设A( x1, y1),B( x2, y2), P( x3, y3),Q( x4, y4) ,求出TP
方程，与椭圆方程联立方程组，消去y后，利用x1, x3是此方程的解得出x1，然后可得y1，
同理得x2, y2，由k AB=1得出x3, y3, x4, y4的关系式，用坐标法判断⃗HP//⃗HQ得出三点共
线．
【详解】（1）由题，2c = 4 ❑√2，即c =2❑√2，
又e= c
a =
❑√6
3 ，所以a=2❑√3，b
2=12−8= 4，
所以椭圆方程为：x
2
12 + y
2
4 =1
（2）设“相伴点对”N的坐标为(x , y)，
根据定义：
点N的坐标满足{
x
2
12 + y
2
4 =1,
❑√6 x
12 +
❑√2 y
4
=0,)
所以{
x =−❑√6,
y = ❑√2, )或{
x = ❑√6,
y =−❑√2.)
于是有两个点满足，且点N的坐标为(−❑√6,❑√2),(❑√6,−❑√2)．
（3）由（2）k N 1 N 2= 2❑√2
−2❑√6 =−
❑√3
3 ，k AB⋅k N 1 N 2=−
❑√3
3 ，所以k AB=1，
设A( x1, y1),B( x2, y2), P( x3, y3),Q( x4, y4) ,
kTP=
y3
x3+ 4 ,kTQ=
y4
x4+ 4 ,
直线TP方程为y =
y3
x3+ 4 ( x−x3)+ y3，
由{
y =
y3
x3+ 4 ( x−x3)+ y3
x
2
12 + y
2
4 =1
)
，得[( x3+ 4)
2+3 y3
2]x
2+3 y3
2[−2 x3+2( x3+ 4)]x +t =0，
其中t =3 y3
2[ x3
2+( x3+ 4)
2+2( x3+ 4)(−x3)]−12( x3+ 4)
2，
又3 y3
2=12−x3
2，代入整理得(8 x3+28)x
2+8(12−x3
2)x +t =0，
Δ>0，x1+ x3= 8( x3
2−12)
8 x3+28 ，所以x1= 8( x3
2−12)
8 x3+8
−x3= −7 x3−24
2 x3
，
y1=
y3
x3+ 4 ( −7 x3−24
2 x3+7
−x3)+ y3=
y3
x3+ 4 ⋅−2( x3+ 4)( x3+3)
2 x3+7
+ y3=
y3
2 x3+7 ，
同理x2= −7 x4−24
2 x4+7
, y2=
y4
2 x4+7 ，
k AB= y1−y2
x1−x2
=
y3
2 x3+7 −
y4
2 x4+7
−7 x3−24
2 x3+7
−−7 x4−24
2 x4+7
=
y3
2 x3+7 −
y4
2 x4+7
1
2(2 x3+7) −
1
2(2 x4+7)
 
= y3(2 x4+7)−y4(2 x3+7)
x4−x3
= 2( x4 y3−x3 y4)+7( y3−y4)
x3−x4
，
由k AB=1得2( x4 y3−x3 y4)+7( y3−y4)= x4−x3，
由⃗HP =( x3+ 7
2 , y3−1
2 ),⃗HQ =( x4+ 7
2 , y4−1
2 )，
( x3+ 7
2 )( y4−1
2 )−( y3−1
2 )( x4+ 7
2 )= 1
4 [(2 x3 y4−2 x3+14 y4−7)−(2 x4 y3−2 x4+14 y3−7)]
= 1
2 [2( x3 y4−x4 y3)+7( y4−y3)−( x3−x4)]=0，
所以⃗HP//⃗HQ，
所以H , P ,Q三点共线．
【点睛】方法点睛：涉及到直线与椭圆的交点问题可设出交点坐标，如题中
A( x1, y1),B( x2, y2), P( x3, y3),Q( x4, y4)，解决三点H , P ,Q共线问题，可用坐标法证
明两个向量⃗HP ,⃗HQ共线，从而在证明⃗HP ,⃗HQ平行的坐标表示中需要得出P ,Q两点坐标
关系，于是我们利用直线与椭圆相交解方程组的方程把P ,Q的坐标用A ,B坐标表示，而利
用k AB=1得出所要关系式，完成证明．
1．在平面内，A ,B是两个定点，C是动点，若|⃗CA +⃗CB)=|⃗AB)，则点C的轨迹为
（    ）
A．圆
B．椭圆
C．抛物线
D．直线
【答案】A
【分析】由平行四边形法则易得|⃗AB)=2|⃗CO)，可知AC ⊥BC，可判断点C的轨迹
为以线段AB为直径的圆.
【详解】设O为线段AB的中点，⃗CA +⃗CB =2⃗CO.因为|⃗CA +⃗CB)=|⃗AB)，所以
|⃗AB)=2|⃗CO)，所以|⃗CO)= 1
2|⃗AB)，所以AC ⊥BC，当点C在点A或B时也满足
|⃗CA +⃗CB)=|⃗AB)，所以点C的轨迹为以线段AB为直径的圆.
故选: A.
2．若M 、N为两个定点且| MN |=6，动点P满足⃗PM ⋅⃗PN =0，则P点的轨迹是
A．圆
B．椭圆
C．双曲线
D．抛物线
【答案】A
【分析】由向量数量积的几何意义可知PM ⊥PN，结合圆的定义可得轨迹形状.
题型精析・方法突破提能力
【详解】当P与M , N两点不重合的时，⃗PM ⋅⃗PN =0知PM ⊥PN，
则P在以MN为直径的圆上；
而当P与M , N两点重合时，⃗PM ⋅⃗PN =0显然成立,则P在以MN为直径的圆上；
综上，可知的轨迹为圆.
故选：A.
3．在平面内，A，B 是两个定点，C 是动点，若⃗AC ·⃗BC=2，则点C 的轨迹为（    ）
A．椭圆
B．射线
C．圆
D．直线
【答案】C
【分析】建立合适的平面直角坐标系，设C (x , y), A (−a,0),B (a,0)，根据⃗
AC ⋅⃗BC =2以及向量数量积的坐标形式求解出x , y满足的关系式，即可判断出轨迹形状.
【详解】因为点A ,B是两个定点，不妨设|AB)=2a，
以AB所在直线为x 轴，线段AB的垂直平分线为y 轴，建立平面直角坐标系，
  
设A (−a,0)，B (a,0)，C (x , y)，所以⃗AC =(x +a, y)，⃗BC =(x−a, y)，
由⃗AC ⋅⃗BC =2得：(x−a)(x +a)+ y
2=2，即x
2+ y
2=a
2+2，所以点C 的轨迹为圆.
故选：C.
4．在平面直角坐标系xOy中，已知向量⃗OA与⃗OB关于y轴对称，若向量⃗a=(1,0)满
足⃗OA
2+⃗a⋅⃗AB =0，记A的轨迹为E，则（    ）
A．E是一条垂直于x轴的直线
B．E是两条平行直线
C．E是一个半径为1 的圆
D．E是椭圆
【答案】C
【分析】由题意设( x , y)，结合条件等式即可列式化简，从而判断求解即可.
【详解】不妨设点A的坐标为( x , y)，⃗OA =( x , y)，⃗OB =(−x , y)，⃗
AB =⃗OB−⃗OA =(−2 x ,0)，
由⃗OA
2+⃗a⋅⃗AB =0可得x
2+ y
2−2 x =0，即( x −1)
2+ y
2=1.
故选：C.
5．在平面内，M , N是两个定点，P是动点，若⃗MP⋅⃗NP = 4，则点P的轨迹为
（    ）
A．椭圆
B．抛物线
C．直线
D．圆
【答案】D
【分析】根据题意求出动点P的轨迹方程即可判断.
【详解】设点P(x , y)，点M (−c ,0), N (c ,0)，
则⃗MP =(x +c , y)，⃗NP =(x−c , y).
由⃗MP⋅⃗NP = 4可得：(x +c)(x−c)+ y
2= 4，即x
2+ y
2= 4+c
2.
所以点P的轨迹为圆.
故选：D
6．已知Q为圆M：x
2+ y
2= 4上的动点，点P满足⃗QP =(2,−1)，记P的轨迹为E，则
E的方程为（   ）
A．(x −2)
2+( y +1)
2=20
B．(x +2)
2+( y −1)
2=20
C．(x −2)
2+( y +1)
2= 4
D．(x +2)
2+( y −1)
2= 4
【答案】C
【分析】设P(x , y)，根据⃗QP =(2,−1)得到Q (x−2, y +1)，代入圆中，得到轨迹方
程.
【详解】设P(x , y)，因为⃗QP =(2,−1)，所以Q (x−2, y +1)，
又Q在圆M：x
2+ y
2= 4上，
故(x −2)
2+( y +1)
2= 4，即E的方程为(x −2)
2+( y +1)
2= 4．
故选：C
7．已知F1、F2是椭圆C : x
2
9 + y
2
4 =1的两焦点，点M在椭圆C上，则⃗M F1⋅⃗M F2的
最小值是（    ）
A．−1
B．1
C．3
D．4
【答案】A
【分析】设点M (x , y)，其中−3≤x ≤3，可得出y
2= 4−4
9 x
2，利用平面向量数量积
的坐标运算结合二次函数的基本性质可求得⃗M F1⋅⃗M F2的最小值.
【详解】对于椭圆C : x
2
9 + y
2
4 =1，
则a=3，b=2，c =
❑√a
2−b
2=
❑√3
2−2
2= ❑√5，
所以F1(−❑√5,0)、F2(❑√5,0)，
设点M (x , y)，其中−3≤x ≤3，且x
2
9 + y
2
4 =1，故y
2= 4−4
9 x
2，
所以⃗M F1=(−❑√5−x ,−y)，⃗M F2=(❑√5−x ,−y)，
故⃗
M F1⋅⃗M F2=(−❑√5−x)(❑√5−x)+(−y)
2= x
2+ y
2−5= x
2+ 4−4 x
2
9 −5= 5 x
2
9 −1，
故当x =0时，⃗M F1⋅⃗M F2取最小值−1.
故选：A.
8．已知抛物线y = 1
16 x
2与双曲线y
2
a
2 −x
2=1(a>0)有共同的焦点F，O为坐标原点，
P在x轴上方且在双曲线上，则⃑OP⋅⃑FP的最小值为（    ）
A．4 ❑√15−16
B．16−4 ❑√15
C．15−4 ❑√15
D．4 ❑√15−15
【答案】C
【分析】由抛物线方程可求得F坐标，进而求得双曲线方程；设P(x , y)，利用平面
向量数量积的坐标运算以及点P(x , y)在双曲线上可将⃑OP⋅⃑FP表示为⃑
OP⋅⃑FP = 16
15( y −15
8 )
2
−19
4 ，由P在x轴上方知y ≥❑√15，由二次函数最值求法可求得结
果.
【详解】由抛物线方程知：F (0,4)，∴a
2+1=16，解得：a
2=15；
设P(x , y)，⃑OP =(x , y)，⃑FP =(x , y −4)，∴⃑OP⋅⃑FP = x
2+ y
2−4 y，
∵P在x轴上方且在双曲线上，∴x
2= y
2
15 −1且y ≥❑√15，
∴⃑OP⋅⃑FP = 16
15 y
2−4 y −1= 16
15( y −15
8 )
2
−19
4 ，
∴当y = ❑√15时，⃑OP⋅⃑FP取得最小值，最小值为15−4 ❑√15.
故选：C.
【点睛】易错点点睛：本题考查双曲线中的平面向量数量积的最值求解问题，易错点
是容易忽略题目中双曲线位于x轴上方的点的纵坐标的取值范围，从而造成最值点求取错
误.
9．已知A ,B是双曲线x
2−y
2=2右支上的两点，O为坐标原点，则⃑OA ⋅⃑OB的最小值
为（    ）
A．−1
B．0
C．1
D．2
【答案】D
【解析】设出点的坐标，根据(x1 x2+ y1 y2)
2=(x1 y2+ x2 y1)
2+(x1
2−y1
2)(x2
2−y2
2)并结
合平方的非负性，计算出⃑OA ⋅⃑OB的最小值.
【详解】设A(x1, y1),B(x2, y2)，所以⃑OA ⋅⃑OB = x1 x2+ y1 y2，
因为(x1 x2+ y1 y2)
2=(x1 y2+ x2 y1)
2+(x1
2−y1
2)(x2
2−y2
2)=(x1 y2+ x2 y1)
2+ 4≥4
当且仅当
y2
x2
=−y1
x1
时，即A ,B关于x轴对称时等号成立，
又因为渐近线方程为：y =± x，所以⃑OA ,⃑OB的夹角小于π
4 ×2= π
2 ，所以⃑
OA ⋅⃑OB>0，
所以(⃑OA ⋅⃑OB)min=2，
故选：D.
【点睛】本题考查双曲线中的向量数量积的最值计算，对于分析和转化计算能力要求
很高，难度较难.解答问题的关键能将(x1 x2+ y1 y2)
2变形为可直接判断大小的式子.
10．已知点O(0,0), A (−1,1)，若F为双曲线x
2−y
2=1的右焦点，P是该双曲线上且
在第一象限的动点，则⃑OA ⋅⃑FP的取值范围为（    ）
A．(❑√2−1,1)
B．(1,❑√2)
C．(❑√2−1,❑√2)
D．(❑√2,+∞)
【答案】C
【分析】首先设P( x , y)，根据题中所给的双曲线方程，写出其右焦点坐标F(❑√2,0)，
之后求得⃑OA ⋅⃑FP =−x + y + ❑√2，之后应用线性规划的思想，结合P是该双曲线上且在第
一象限的动点，从而求得其范围.
【详解】设P( x , y)，因为F为双曲线x
2−y
2=1的右焦点，所以F(❑√2,0)，
所以⃑OA ⋅⃑FP =(−1,1)⋅( x−❑√2, y)=−x + y + ❑√2，
令t =−x + y + ❑√2，则y = x +t −❑√2是与渐近线平行的直线，
直线过(1,0)时，t = ❑√2−1，直线为渐近线y = x时，t = ❑√2，
因为P是该双曲线上且在第一象限的动点，
所以❑√2−1<t <❑√2，即所求⃑OA ⋅⃑FP的取值范围为(❑√2−1,❑√2).
故选：C.
【点睛】该题考查的是有关双曲线的问题，涉及到的知识点有双曲线的几何性质，向
量数量积坐标运算式，应用线性规划的思想求范围，属于中档题目.
11．已知F1, F2为椭圆和双曲线的公共焦点，P 为其一个公共点，且|F1 F2)= 4，
∠F1 P F2= 2π
3 ，则P F
→
1⋅P F
→
2的取值范围为（    ）
A．(−
❑√3
3 ,0)
B．(−4 ❑√3
3
,−2❑√3
3 ) C．(−4 ❑√3
3
,0)
D．(−8
3 ,0)
【答案】D
【解析】方法一：由题知：a1
2=b1
2+ 4，a2
2+b2
2= 4，不妨设点P在第一象限，设
|P F1)=m,|P F2)=n，进而得m=a1+a2，n=a1−a2，故在△P F1 F2中，由余弦定理得得
3a1
2+a2
2=16， ，P F
→
1⋅P F
→
2=8−2a1
2，由于4<a1
2< 16
3 ， −8
3 <8−2a1
2<0，即
P F
→
1⋅P F
→
2=8−2a1
2∈(−8
3 ,0)
方法二：根据题意不妨设点P在第一象限，则有正弦定理得P在半径为4 ❑√3
3
的圆在第
一象限的圆弧上，根据三角形面积公式得
S△F1 P F2= 1
2 ×|F1 F2)×|y p)= 1
2|P F
→
1)⋅|P F
→
2)sin120
∘得|P F
→
1)⋅|P F
→
2)= 8 ❑√3
3 |y P)，由于
|y P)∈(0, 2❑√3
3 )，进而得P F
→
1⋅P F
→
2=−1
2|P F
→
1)⋅|P F
→
2)∈ (−8
3 ,0).
【详解】解：方法一：
如图1，设椭圆方程为x
2
a1
2 + y
2
b1
2 =1(a1>b1>0)，双曲线方程为
x
2
a2
2 −y
2
b2
2 =1(a2>0,b2>0)，
由题知：a1
2=b1
2+ 4，a2
2+b2
2= 4，
不妨设点P在第一象限，设|P F1)=m,|P F2)=n，
所以在椭圆中，有m+n=2a1，在双曲线中有m−n=2a2，
所以m=a1+a2，n=a1−a2，
所以在△P F1 F2中，由余弦定理得：
cos∠F1 P F2= m
2+n
2−|F1 F2)
2
2mn
= (a1+a2)
2+(a1−a2)
2−16
2(a1+a2)(a1−a2)
=−1
2，
整理得3a1
2+a2
2=16，所以a2
2=16−3a1
2
所以
P F
→
1⋅P F
→
2=|P F
→
1)⋅|P F
→
2)cos120
∘=−1
2|P F
→
1)⋅|P F
→
2)=−1
2 (a1
2−a2
2)=8−2a1
2，
由于a2
2=16−3a1
2>0，a1
2−4 =b1
2>0
所以4<a1
2< 16
3 ，8<2a1
2< 32
3 ，故−32
3 <−2a1
2<−8
所以−8
3 <8−2a1
2<0，即P F
→
1⋅P F
→
2=8−2a1
2∈(−8
3 ,0)
故选：D.
 
方法二：
如图2，不妨设点P在第一象限，由正弦定理得三角形△F1 P F2外接圆的半径为4 ❑√3
3
，
所以P在半径为4 ❑√3
3
，圆心为O'(0,−2❑√3
3 )的圆在第一象限的圆弧
´
M F2（不包含
端点）上，
所以OO' = 2❑√3
3
，所以OM = 2❑√3
3
，
所以|y P)∈(0, 2❑√3
3 )，
由向量数量积定义得P F
→
1⋅P F
→
2=|P F
→
1)⋅|P F
→
2)cos120
∘=−1
2|P F
→
1)⋅|P F
→
2)，
由三角形面积公式得：
S△F1 P F2= 1
2 ×|F1 F2)×|y p)=2|y P)，
S△F1 P F2= 1
2|P F
→
1)⋅|P F
→
2)sin120
∘=
❑√3
4 |P F
→
1)⋅|P F
→
2)，
所以|P F
→
1)⋅|P F
→
2)= 8 ❑√3
3 |y P)，
所以|P F
→
1)⋅|P F
→
2)= 8 ❑√3
3 |y P)∈(0, 16
3 )，
所以P F
→
1⋅P F
→
2=−1
2|P F
→
1)⋅|P F
→
2)∈ (−8
3 ,0).
故选：D.
 
【点睛】本题考查椭圆与双曲线的焦点三角形问题，考查化归转化思想和运算求解能
力，是中档题.解法一的关键是根据椭圆与双曲线的定义分别将|P F1)，|P F2)用椭圆的长
半轴a1与双曲线的实半轴a2表示，并在焦点三角形中结合余弦定理得3a1
2+a2
2=16，故
P F
→
1⋅P F
→
2=8−2a1
2，再根据4<a1
2< 16
3 即可得范围；本题解题法二的关键是由已知条件
可设点P在第一象限，进而得P在半径为4 ❑√3
3
，圆心为(0,−2❑√3
3 )的圆在第一象限的圆
弧
´
M F2（不包含端点）上，进而利用面积公式求解.
12．直线过椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左焦点F 和上顶点A，与圆心在原点的圆
交于P，Q 两点，若⃗PF =3⃗FQ ,∠POQ =120° ,则C 的离心率为（    ）
A．2❑√3
7
B．
❑√15
7
C．3 ❑√2
7
D．
❑√21
7
【答案】D
【分析】根据圆的性质结合⃗PF =3⃗FQ，∠POQ =120
o求出直线PQ的斜率，再根据
F , A的坐标得出直线PQ的斜率，从而得出b,c的关系，进而求出椭圆的离心率.
【详解】设椭圆C的半焦距为c，则F (−c ,0), A (0,b)，
所以直线FA的方程为x
−c + y
b =1，即bx−cy +bc =0，
所以直线PQ的斜率为b
c ，
过O作PQ的垂线OM，则M为PQ的中点，
∵∠POQ =120
o，∴∠OPM =30
o，则|OM )
|PM ) = tan30
o=
❑√3
3 ，
又⃗PF =3⃗FQ，所以F是MQ的中点，
所以直线PQ的斜率k = tan∠MFO=|MO)
|FM ) =2×|MO)
|PM ) = 2❑√3
3
，
∴b
c = 2❑√3
3
，则a
2=b
2+c
2= 4
3 c
2+c
2= 7
3 c
2，
∴e = ❑√
c
2
a
2 = ❑√
3
7 =
❑√21
7
.
故选：D.
  
13．已知椭圆C : x
2
100 + y
2
36 =1的右焦点为F，过F的直线l(kl>0)与椭圆C交于M , N，
若⃗MF = 4⃗FN，则直线l的斜率为（    ）
A．
❑√2
3
B．
❑√3
3
C．
❑√5
3
D．
❑√7
3
【答案】D
【分析】设直线l的倾斜角为θ，根据|ecosθ)=|
λ−1
λ+1)可得cosθ = 3
4 ，利用同角三角
函数的基本关系可求出直线的斜率.
【详解】
由题意得，a=10,b=6,c = ❑√100−36=8，
∴椭圆的离心率为e = c
a = 4
5 .
设直线l的倾斜角为θ，根据焦比定理得|ecosθ)=|
λ−1
λ+1)， 
由⃗MF = 4⃗FN得λ = 4，∴|
4
5 cosθ)=|
4−1
4+1)，
∵kl>0，∴θ∈(0, π
2)，
∴cosθ = 3
4 ，sinθ = ❑√
1−(
3
4)
2
=
❑√7
4
，
∴tanθ = sinθ
cosθ =
❑√7
3 ，即直线的斜率为
❑√7
3 .
故选：D.
14．如图，已知抛物线C : y
2= x，圆E:( x −2)
2+ y
2= 4，A，B为抛物线上的两点，⃗
OA ⋅⃗OB =0，则直线AB被圆E所截的弦长最小值为          ．
  
【答案】2❑√3
【分析】设A(x1, y1)，B(x2, y2)，由⃗OA ⋅⃗OB =0得到方程，求出y1 y2=−1，设直
线AB的方程，联立抛物线方程，得到y1 y2=−n=−1，故n=1，直线AB恒过定点D(1,0)，
当直线AB与DE垂直时，弦长最小，由垂径定理求出弦长.
【详解】设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则y1
2= x1，y2
2= x2，
由⃗OA ⋅⃗OB =0得x1 x2+ y1 y2=0，即y1
2 y2
2+ y1 y2=0，解得y1 y2=−1（舍去0）．
当直线AB的斜率为0 时，此时直线与抛物线只有一个交点，不合要求，
直线AB的斜率不为零，设直线AB的方程为x =my +n(m≠0)，
联立{
x =my +n
y
2= x )，消x整理得y
2−my −n=0，
则y1 y2=−n=−1，所以n=1，所以x =my +1．
令y =0，得x =1，则直线AB恒过定点D(1,0)．
又当直线AB与DE垂直，即与x轴垂直时，直线AB被圆E所截的弦长最小，
最小值为2
❑√4−|DE)
2=2❑√3．
故答案为：2❑√3
15．已知F是抛物线C : y
2= 4 x的焦点，直线l与抛物线C交于不同的两点A ,B，且⃗
OA ⋅⃗OB =−4，过F作FD⊥AB于D，则|FD)的最大值等于      ．
【答案】1
【分析】设直线l的方程x =ty +m，联立方程由韦达定理得根与系数的关系，代入⃗
OA ⋅⃗OB =−4，可得m=2，由此知直线过定点，由形可知|FD)的最大值为|EF).
【详解】设直线l: x =ty +m, A(x1, y1),B(x2, y2)，
联立{
x =ty +m
y
2= 4 x )，
消x得y
2−4 ty −4 m=0，
所以y1+ y2= 4 t , y1 y2=−4 m, x1 x2= ( y1 y2)
2
16
=m
2，
则⃗OA ⋅⃗OB = x1 x2+ y1 y2=m
2−4 m=−4，
解得m=2，且满足Δ>0，
所以直线l过定点E (2,0)，又F(1,0)
则|FD)≤|EF)=1，当且仅当E , D重合，即直线l垂直于x轴时取到最大值1.
故答案为：1．
  
16．已知O为坐标原点，点A ,B在抛物线E: x
2= 4 y上，且
⃗
OA ⋅⃗OB =0,⃗OD =⃗OA +⃗OB.记点D的轨迹为曲线G，若直线l与曲线G交于M , N两点，且
线段MN中点的横坐标为1，则直线MN的斜率为          .
【答案】1
2/0.5
【分析】设直线OA : y =kx，则OB: y =−1
k x，结合已知用k表示出A ,B , D的坐标，
消去参数即可得曲线G的方程，由点差法即可得解.
【详解】
显然OA ,OB斜率均存在，
设直线OA : y =kx，则OB: y =−1
k x，联立{
y =kx
x
2= 4 y)，得A (4 k ,4 k
2)，同理
B(−4
k , 4
k
2)，
设D (x , y)，则{
x = 4 k −4
k
y = 4 k
2+ 4
k
2)
，化简可得，曲线G: y = 1
4 x
2+8.
设M (x1, y1), N (x2, y2)，则{
y1= 1
4 x1
2+8
y2= 1
4 x2
2+8)
，两式相减可得，
y1−y2= 1
4 (x1+ x2)(x1−x2)，
则k MN = y1−y2
x1−x2
= 1
4 (x1+ x2)= 2
4 = 1
2.
故答案为：1
2.
17．已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√3
2 ，点A (0,1)在C上，直线l与C交
于不同于A的两点M，N.
(1)求C的方程；
(2)若⃗AM ⋅⃗AN =0.
（i）证明：l 恒过定点；
（ii）求△AMN面积的最大值.
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1；
(2)（i）证明见解析；（ii）64
25 .
【分析】（1）根据题中条件，列出方程组，求出a,b,c，即可得出椭圆方程.
（2）（i）设直线l: y =kx +m(m≠1)，与椭圆方程联立，利用向量垂直的坐标表示，
结合韦达定理计算推理；（ii）结合（i）的结论求出三角形的面积的函数关系，再求出最
大值.
【详解】（1）依题意，{
b=1
e= c
a =
❑√3
2
a
2=b
2+c
2)
，解得{
a=2
b=1
c = ❑√3)
，
所以椭圆C的方程为x
2
4 + y
2=1.
（2）（i）依题意，直线l的斜率存在，设直线
l: y =kx +m(m≠1), M ( x1, y1), N ( x2, y2)，
由{
y =kx +m
x
2+ 4 y
2= 4)，消去y得(4 k
2+1)x
2+8kmx + 4 m
2−4 =0，
则Δ=64 k
2m
2−4(4 k
2+1)(4 m
2−4)>0，即m
2<4 k
2+1，
x1+ x2=−8km
4 k
2+1
, x1⋅x2= 4 m
2−4
4 k
2+1 ，而⃗AM =( x1, y1−1),⃗AN =( x2, y2−1)，
由⃗AM ⋅⃗AN =0，得x1 x2+( y1−1)( y2−1)=0，即
x1 x2+(k x1+m−1)(k x2+m−1)=0，
整理得(k
2+1)x1 x2+ k(m−1)( x1+ x2)+(m−1)
2=0，
则(k
2+1)(4 m
2−4)
4 k
2+1
−8k
2m(m−1)
4 k
2+1
+(m−1)
2=0，而m≠1，
于是4(k
2+1)(m+1)
4 k
2+1
−8k
2m
4 k
2+1
+(m−1)=0，解得m=−3
5，且满足m
2<4 k
2+1，
所以直线l: y =kx −3
5过定点(0,−3
5 ).
（ii）△AMN面积S△AMN = 1
2 (1+ 3
5 )| x1−x2|= 4
5
❑√
(−8km
4 k
2+1
)
2
−4(4 m
2−4)
4 k
2+1
= 16
❑√4 k
2+1−m
2
5(4 k
2+1)
= 32
25 ⋅
❑√25k
2+ 4
4 k
2+1
，令t =
❑√25k
2+ 4≥2，则k
2= t
2−4
25 ，
因此S△AMN = 32
25 ⋅
t
4× t
2−4
25 +1
=
32t
4 t
2+9
=
32
4t + 9
t
，函数f (t )= 4t + 9
t 在[2,+ ∞)内单
调递增，
f (t )≥f (2)= 25
2 ，S△AMN =
32
4t + 9
t
≤64
25，当且仅当t =2,k =0时等号，
所以△AMN面积的最大值为64
25 .
【点睛】思路点睛：求解椭圆中三角形面积问题时，一般需要联立直线与椭圆方程，
结合韦达定理、弦长公式、三角形面积公式等表示出三角形面积，再进行求解即可.有时也
需要将三角形分割成小三角形，由小三角形的面积和表示出大三角形面积.
18．已知抛物线y
2= x上一点P(1,1), A ,B是抛物线上另两点，且⃗
PA ⋅⃗PB =0,⃗PQ =⃗PA +⃗PB．
(1)求点Q的轨迹方程；
(2)问：直线AB是否过定点？
【答案】(1)y
2+ 4 y +6= x；
(2)是.
【分析】（1）设Q (x , y), A(x1, y1),B(x2, y2)且y1, y2≠1，l AB: x =my +n，联立抛
物线并应用韦达定理、⃗PA ⋅⃗PB =0的坐标表示得n=m+2= y1+ y2+2，再由⃗PA +⃗PB =⃗PQ
得x1+ x2=1+ x , y1+ y2=1+ y，进而得到x , y关系式，即可得；
（2）由（1）得x =m( y +1)+2，即可得.
【详解】（1）如图，设Q (x , y), A(x1, y1),B(x2, y2)且y1, y2≠1，l AB: x =my +n，
与y
2= x联立，得y
2−my −n=0，Δ=m
2+ 4 n>0，所以y1+ y2=m, y1 y2=−n，
  
因为⃗PA ⋅⃗PB =0，即(x1−1)(x2−1)+( y1−1)( y2−1)=0，
所以( y1
2−1)( y2
2−1)+( y1−1)( y2−1)=0，则( y1+1)( y2+1)+1=0，
所以y1 y2+ y1+ y2+2=0⇒n=m+2= y1+ y2+2，
因为⃗PA +⃗PB =⃗PQ，则( x1−1, y1−1)+( x2−1, y2−1)=( x−1, y −1)，
所以x1+ x2=1+ x , y1+ y2=1+ y，即( y1+ y2)
2−2 y1 y2= y1
2+ y2
2= x1+ x2=1+ x，
所以(1+ y )
2+2(1+ y +2)=1+ x，则y
2+ 4 y +6= x，即为点Q的轨迹方程；
（2）由（1）知x =my +n=my +m+2=m( y +1)+2，
所以直线AB过定点(2,−1).
19．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A ,B（异于点O）在抛物线Γ: y = x
2
上，且满足⃗OA ⋅⃗OB =0.
(1)证明：直线AB过定点C；
(2)若⃗OD =3⃗OC，分别以OC ,CD为直径作⊙M与⊙N，过点C的直线与
⊙M ,⊙N分别交于点E ,G，求S△EOG的最大值；
(3)在（2）的条件下，设H , I ,J是抛物线Γ上的三个点，直线HI , HJ均与⊙N相切，
判断直线IJ与⊙N的位置关系，并说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)3
4
(3)相切，理由见解析
【分析】（1）直线l AB: y =kx +m，与抛物线方程联立，韦达定理，利用数量积的坐
标运算求得m=1，即可求解定点.
（2）利用几何关系得DG ∥ EO，则S△EOG= S△EOD= 1
2 OD⋅|xE)，即可求解面积最
大值.
（3）设点H (x3, y3), I (x4, y4),J (x5, y5)，则直线lHI : y −y3=(x3+ x4)(x−x3)，利
用lHI与⊙N相切得−2 x3 x4+ y3+ y4−y3 y4−3=0，同理−2 x3 x5+ y3+ y5−y3 y5−3=0，
最后通过⊙N的圆心N到直线lIJ的距离等于半径即可判断.
【详解】（1）由题意可得，点A和点B在抛物线上，设A(x1, x1
2),B(x2, x2
2)，
则⃗OA ⋅⃗OB = x1 x2+ x1
2 x2
2=0，得x1 x2=−1.
因为直线AB的斜率一定存在，所以设直线l AB: y =kx +m.
联立{
y =kx +m,
y = x
2, )得x
2−kx−m=0，则x1 x2=−m，即m=1，
所以直线AB过定点C (0,1).
（2）因为直线lEG过定点C (0,1)，点E ,G分别在⊙M ,⊙N上，
所以∠CGD =∠CEO=π
2 ，则DG ∥ EO，
所以S△EOG= S△EOD= 1
2 OD⋅|xE).
又因为(|xE))max= 1
2，所以(S△EOG)max= 3
4 .
（3）设点H (x3, y3), I (x4, y4),J (x5, y5)，
则k HI = y3−y4
x3−x4
= x3
2−x4
2
x3−x4
= x3+ x4.
同理可得，k HJ = x3+ x5.
令直线lHI : y −y3=(x3+ x4)(x−x3)，整理得(x3+ x4)x−y −x3
2−x3 x4+ y3=0.
因为lHI与⊙N相切，所以|
(x3+ x4)⋅0−2−x3
2−x3 x4+ y3
❑√(x3+ x4)
2+1
)=1，
整理得−2 x3 x4+ y3+ y4−y3 y4−3=0.
同理可得，−2 x3 x5+ y3+ y5−y3 y5−3=0.
观察结构可得，直线lIJ :−2 x3 x + y3+ y −y3 y −3=0，
所以⊙N的圆心N到直线lIJ的距离为
|
y3+2−2 y3−3
❑√(−2 x3)
2+(1−y3)
2)
=|
−y3−1
❑√4 x3
2+1+ y3
2−2 y3)=|
−y3−1
❑√4 y3+1+ y3
2−2 y3)=|
−y3−1
❑√( y3+1)
2)
=1.
故直线lIJ与⊙N相切.
20．已知抛物线C : y
2=2 px( p>0)的焦点F 到双曲线x
2
3 −y
2=1的渐近线的距离为1.
(1)求抛物线C 的方程;
(2)若不过原点O 的直线m 与抛物线C 交于A，B 两点，且OA ⊥OB，求证：直线m
过定点.
【答案】(1)y
2=8 x .
(2)证明见解析
【分析】（1）先求得抛物线的焦点坐标和双曲线的渐近线方程，再利用点到直线的
距离求解； 
（2）当直线l 的斜率存在，不妨设l 的方程为：y =kx +b，与抛物线方程联立，由
OA ⊥OB，结合韦达定理求解；
【详解】（1）解：抛物线的焦点F 为(
p
2 ，0)，
双曲线的渐近线方程为：y =±
❑√3
3 x，即：x ± ❑√3 y =0，
则
| p
2 |
❑√1
2+(± ❑√3)
2 =1，解得p= 4，
故抛物线C 的方程为：y
2=8 x .
（2）证明：若直线l 的斜率存在，不妨设为k (k ≠0)，则l 的方程为：y =kx +b，
与抛物线方程联立得{
y =kx +b
y
2=8 x )，消去y 得：k
2 x
2+(2kb−8)x +b
2=0，
Δ=(2kb−8)
2−4 k
2b
2>0，即64−32kb>0时，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1+ x2=−2kb−8
k
2
，x1 x2= b
2
k
2，
由OA ⊥OB可得：x1 x2+ y1 y2=0，即x1 x2+(k x1+b)(k x2+b)=0，
亦即：(1+ k
2) x1 x2+ kb(x1+ x2)+b
2=0，
将x1+ x2=−2kb−8
k
2
，x1 x2= b
2
k
2代入上式得：b
2+8kb=0，
又b≠0即：b=−8k，
所以直线l 的方程为：y =kx−8k，即y =k (x−8)，故直线l 过定点(8，0)，
若直线l 的斜率不存在，设A(x0，y0)，B( x0，−y0)，由OA ⊥OB可得：
x0
2−y0
2=0，
又y0
2=8 x0，联立解得：x0=8或x0=0(舍)，
此时直线l 的方程为x =8，即直线l 过点(8，0)，
综上可得：直线l 过定点(8，0).
21．已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的两条渐近线的斜率之积为−3.
(1)求C的离心率.
(2)若过点D (0,5)且斜率为1 的直线与C交于A ,B两点（A在左支上，B在右支上），
且⃗AD = 2
7⃗DB.
①求C的方程；
②已知不经过点P(2,3)的直线l与C交于E , F两点，直线l的斜率存在且直线PE与PF
的斜率之积为1，证明：直线l过定点.
【答案】(1)2
(2)①x
2−y
2
3 =1；②证明见解析
【分析】（1）根据双曲线渐近线方程和离心率公式，即可求解；
（2）①直线方程与双曲线方程联立，根据向量共线的条件，结合韦达定理，即可求
解；
②首先设直线方程y =kx +m，与双曲线方程联立，利用韦达定理表示k PE⋅k PF =1，
即可证明定点问题.
【详解】（1）由题意可知−b
a ⋅b
a =−3，
则b
2
a
2 =3,e = ❑√
1+ b
2
a
2 =2.
（2）①解：直线AB的方程为y = x +5，
联立{
y = x +5,
x
2
a
2 −y
2
3a
2 =1,)
得2 x
2−10 x −(25+3a
2)=0，
Δ=300+24 a
2>0.
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则x1+ x2=5, x1 x2=−25+3a
2
2
，
由⃗AD = 2
7⃗DB，得−x1= 2
7 x2，
代入x1+ x2=5, x1 x2=−25+3a
2
2
，得a
2=1，
则C的方程为x
2−y
2
3 =1.
②证明：设E(x3, y3), F (x4, y4),l的方程为y =kx +m.
联立{
y =kx +m,
x
2−y
2
3 =1,)
得(3−k
2) x
2−2kmx −(m
2+3)=0，
Δ=12(m
2−k
2+3)>0，且3−k
2≠0，
x3+ x4= 2km
3−k
2 , x3 x4=−m
2+3
3−k
2 .
因为k PE⋅k PF = y3−3
x3−2 ⋅y4−3
x4−2 =1，
所以(k x3+m−3)(k x4+m−3)=(x3−2)(x4−2)，
即(k
2−1) x3 x4+[k (m−3)+2)(x3+ x4)+m
2−6m+5=0，
则−(k
2−1)⋅m
2+3
3−k
2 +[k (m−3)+2)⋅2km
3−k
2 +m
2−6m+5=0，
整理得4 k
2−2km−2m
2+9m−9=0，
即(2k −2m+3)(2k +m−3)=0.
因为点P不在直线l上，所以2k +m−3≠0，则2k −2m+3=0，
则m=k + 3
2 ,l: y =k (x +1)+ 3
2，
故直线l过定点(−1, 3
2).
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用直线与双曲线方程联立，利用韦达定
理表示坐标运算.
22．焦点在x 轴上的等轴双曲线E，其顶点到渐近线的距离为
❑√2
2 ，直线过点
P(−❑√5,0)与双曲线的左、右支分别交于点A、B
(1)求双曲线E 的方程；
(2)若4⃗PA =⃗PB，求直线AB 的斜率；
(3)若点B 关于原点的对称点C 在第三象限，且S△AOB>2S△APC，求直线AB 斜率的取
值范围．
【答案】(1)x
2−y
2=1
(2)±
❑√5
5
(3)(
❑√11
6
,1)
【分析】（1）利用待定系数法，结合顶点到渐近线的距离为
❑√2
2 列方程，求解即可；
（2）由向量共线得交点A ,B的坐标的数量关系，结合韦达定理列方程，进而解得直
线AB的斜率；
（3）将图形中三角形的面积关系转化为PB>5 AP，即可得y2>5 y1>0，结合根与系
数的关系可解得斜率的取值范围.
【详解】（1）设等轴双曲线E的方程为x
2−y
2=a
2，其渐近线方程为y =± x，
故a
❑√2 =
❑√2
2 ，解得a=1，所以双曲线E 的方程为x
2−y
2=1.
（2）
由题意，过点P(−❑√5,0)的直线AB斜率存在且不为0，可设其方程为x =ny −❑√5，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，由4⃗PA =⃗PB，得4 y1= y2，
联立{
x =ny −❑√5
x
2−y
2=1)，整理得(n
2−1) y
2−2❑√5ny + 4 =0，
由韦达定理得：y1+ y2= 2❑√5n
n
2−1
=5 y1，y1 y2=
4
n
2−1
= 4 y1
2，
联立解得n=± ❑√5，经验证均满足题意，所以直线AB的斜率为±
❑√5
5 .
（3）
点C在第三象限，如图所示，故直线AB的斜率是正数，
由S△AOB>2S△APC，得S△ABC>4 S△APC，
所以AB>4 AP，则PB>5 AP，则y2>5 y1>0，
由( y1+ y2)
2
y1 y2
= y1
y2
+ y2
y1
+2，得5n
2
n
2−1
> 36
5 ，
所以n
2< 36
11 ，则k AB
2> 11
36 ，
又因为直线AB交两支两点，故直线AB的斜率k AB∈(0,1)，
所以
❑√11
6
<k AB<1.
23．已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1 (a>b>0)的离心率为1
2，C 的左焦点到右顶点的距离为
3．
(1)求C 的方程；
(2)过点P(0,1)的直线l 与x 轴交于点Q，与C 交于A、B 两点，且⃗PA =⃗BQ，求直线l
的方程．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)y =±
❑√3
2 x +1
【分析】（1）根据题意列出a,b,c的方程，求解即可；
（2）设出直线l 方程与椭圆联立，利用坐标表示出向量关系，结合韦达定理求解即可.
【详解】（1）依题意得¿解得{
a=2,
c =1.) 
所以b=
❑√a
2−c
2= ❑√3．所以C 的方程为x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）依题意可设直线l 的方程为y =kx +1（k 存在，且k ≠0），
联立¿消去y 得(3+ 4 k
2)x
2+8kx −8=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则Δ=96(2k
2+1)>0，且x1+ x2=−
8k
3+ 4 k
2，
因为P(0,1)，Q(−1
k ,0)，所以⃗PA =( x1, y1−1)，⃗BQ =(−1
k −x2,−y2)，
由⃗PA =⃗BQ，可得( x1, y1−1)=(−1
k −x2,−y2)，所以x1+ x2=−1
k ，
由−
8k
3+ 4 k
2 =−1
k ，解得k =±
❑√3
2 ，
所以直线l 的方程为y =±
❑√3
2 x +1．
24．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，离心率为1
2，且
椭圆上一点M 到F1的距离的最大值为3，已知直线l 过F2且与椭圆交于A，B 两点．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)若⃗A F2=2⃗F2B，求直线l 的方程；
(3)设直线AB 与y 轴交于点D，过D 作直线l
′与椭圆C 交于P，Q 两点，且
|DP)=|DQ)，直线AP 与BQ 交于点N，探究：点N 是否在某条定直线上，若存在，求出
该直线方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)椭圆C 的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1；
(2)直线l 的方程为y =±
❑√5
2 ( x−1)；
(3)点N 不在定直线上
【分析】（1）根据椭圆的性质确定a、c 的值，即可求出椭圆方程.
（2）设直线l 的方程为y =k (x−1)，联立椭圆方程，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，结合
韦达定理和共线向量坐标关系求解.
（3）首先利用点差法求得直线l
′的方程，然后分别取3个不同的k值，求解相应3个N
点坐标，由向量不共线即可说明点N 不在某条定直线上.
【详解】（1）根据椭圆的性质，椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，离心率e = c
a（c 为半
焦距），
且椭圆上一点到左焦点距离的最大值为a+c．
由离心率e = c
a = 1
2，可得a=2c，
因为椭圆上一点M 到F1的距离的最大值为3，即a+c =3，
将a=2c代入a+c =3，可得2c +c =3，解得c =1，那么a=2，
根据b
2=a
2−c
2，可得b
2=2
2−1
2=3．
所以椭圆C 的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，F2(1,0)，因为直线l 过F2，
当直线l 斜率不存在时，⃗A F2与⃗F2B方向相反，不满足⃗A F2=2⃗F2B，
所以直线l 斜率存在，设直线l 的方程为y =k( x−1)．
联立直线与椭圆方程{
y =k (x−1)
x
2
4 + y
2
3 =1)
，消去y 可得：
(3+ 4 k
2) x
2−8k
2 x + 4 k
2−12=0，
由韦达定理得x1+ x2=
8k
2
3+ 4 k
2，x1 x2= 4 k
2−12
3+ 4 k
2 ．
因为⃗A F2=2⃗F2B，所以(1−x1,−y1)=2(x2−1, y2)，
即1−x1=2(x2−1)，也就是x1=3−2 x2．
将x1=3−2 x2代入x1+ x2=
8k
2
3+ 4 k
2，可得3−2 x2+ x2=
8k
2
3+ 4 k
2，即
x2=3−
8k
2
3+ 4 k
2 = 9+12k
2−8k
2
3+ 4 k
2
= 9+ 4 k
2
3+ 4 k
2，
x1=3−2× 9+ 4 k
2
3+ 4 k
2 = 9+12k
2−18−8k
2
3+ 4 k
2
= 4 k
2−9
3+ 4 k
2 ．
再代入x1 x2= 4 k
2−12
3+ 4 k
2 ，可得
(4 k
2−9)(9+ 4 k
2)
(3+ 4 k
2)
2
= 4 k
2−12
3+ 4 k
2 ，
解得k =±
❑√5
2 ，
所以直线l 的方程为y =±
❑√5
2 ( x−1)．
（3）由（2）知直线AB 过F2(1,0)，由题意其斜率存在，
设直线AB 方程y =k( x−1)，令x =0，得y =−k，所以D(0,−k )．
由PQ过点D，且|DP)=|DQ)，则D是PQ 中点；
当k =0时，直线AB即为x轴，与y轴交于原点即D(0,0)，与椭圆交于长轴两点A ,B，
此时不妨取A(−2,0),B(2,0)，
则过原点的直线l
′与椭圆交于P ,Q两点，恒有|DP)=|DQ)，
由对称性可知AP// BQ，即两直线AP ,BQ无交点，不符合题意，
故k ≠0， 
结合椭圆对称性可知，设P(x3, y3)，Q(x4, y4)，
则x3+ x4=0，y3+ y4=−2k．
由{
x3
2
4 + y3
2
3 =1
x4
2
4 + y4
2
3 =1)
，两式相减得：
x3
2−x4
2
4
+ y3
2−y4
2
3
= (x3−x4)(x3+ x4)
4
+ ( y3−y4)( y3+ y4)
3
=0
将x3+ x4=0，y3+ y4=−2k代入上式，可得( y3−y4)(−2k )
3
=0，
因为k ≠0，所以y3= y4，即PQ 垂直于y 轴，直线l
′方程为y =−k．
联立{
y =−k
x
2
4 + y
2
3 =1)
，可得x
2
4 + k
2
3 =1，x
2= 4(1−k
2
3 )，x =±2
❑√1−k
2
3
，
不妨设P(−2
❑√1−k
2
3 ,−k)，Q(2
❑√1−k
2
3 ,−k),其中−❑√3<k <❑√3，
由（2）知，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，不妨设x1< x2，
由x1+ x2=
8k
2
3+ 4 k
2，x1 x2= 4 k
2−12
3+ 4 k
2 ．
故当k =
❑√5
2 时，则D(0,−
❑√5
2 )，又由x1+ x2= 5
4 , x1 x2=−7
8，
可解得x1=−1
2 , x2= 7
4 ，
则A(−1
2 ,−3 ❑√5
4 ),B(
7
4 , 3 ❑√5
8 )，且P(−
❑√21
3
,−
❑√5
2 ),Q(
❑√21
3
,−
❑√5
2 )，
此时AP ,BQ交点N 1(
3 ❑√21−7
5
,−6 ❑√5
5 )；
故当k = ❑√2时，则D(0,−❑√2)，又由x1+ x2= 16
11 , x1 x2=−4
11，
可解得x1= 8−6 ❑√3
11
, x2= 8+6 ❑√3
11
，
A(
8−6 ❑√3
11
,
❑√2(−3−6 ❑√3)
11
),B(
8+6 ❑√3
11
,
❑√2(−3+6 ❑√3)
11
)，
且P(−2❑√3
3
,−❑√2),Q(
2❑√3
3
,−❑√2)，
此时AP ,BQ交点N 2(1,−3 ❑√2
2 )；
当k =1时，D(0,−1)，则P( 2❑√6
3
,−1)，Q(−2❑√6
3
,−1)，
A(
4−6 ❑√2
7
, −3−6 ❑√2
7
)，B(
4+6 ❑√2
7
, −3+6 ❑√2
7
)，
此时AP ,BQ交点N 3(2❑√3−2,−3)；⃗
N 1 N 2=(
3(4−❑√21)
5
, 3(4 ❑√5−5 ❑√2)
10
)，⃗N 2 N 3=(2❑√3−3, 3(❑√2−2)
2
)，
因为3(4−❑√21)
5
× 3(❑√2−2)
2
≠3(4 ❑√5−5 ❑√2)
10
×(2❑√3−3)，
所以⃗N 1 N 2,⃗N 2 N 3不共线，故动点N不在定直线上；
同理由对称性可知，当k <0时，N也不在定直线上，
综上可得，动点N不在定直线上.
25．已知中心为坐标原点O，焦点在x 轴上的椭圆M 的离心率为
❑√6
3 ，且椭圆M 过点
(❑√3,1)．
(1)求椭圆M 的方程；
(2)若过点C (1,0)的直线l 与椭圆M 交于A，B 两点，⃗AC =2⃗CB，求直线l 的方程．
【答案】(1) x
2
6 + y
2
2 =1
(2)y =±
❑√5
5
(x−1)
【分析】（1）根据离心率和椭圆上的点得到方程组，求出a
2=6，b
2=2，得到椭圆
方程；
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，根据⃗AC =2⃗CB得到x1=3−2 x2，y1=−2 y2，结合
又x1
2
6 + y1
2
2 =1，x2
2
6 + y2
2
2 =1求出y2=±
❑√5
4 ，分两种情况，求出直线l 的方程.
【详解】（1）设椭圆M 的方程为x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)半焦距为c，
由题意知{
c
a =
❑√6
3
3
a
2 + 1
b
2 =1
a
2=b
2+c
2)
，解得a
2=6，b
2=2，
故椭圆M 的方程为x
2
6 + y
2
2 =1．
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
∵C (1,0)，∴⃗AC =(1−x1,−y1)，⃗CB =(x2−1, y2)．
又⃗AC =2⃗CB，∴1−x1=2(x2−1)，−y1=2 y2．
∴x1=3−2 x2，y1=−2 y2．
又x1
2
6 + y1
2
2 =1，
∴9−12 x2+ 4 x2
2
6
+ 4 y2
2
2 =1．
又x2
2
6 + y2
2
2 =1，
∴x2= 9
4 ，y2
2= 5
16 ，解得y2=±
❑√5
4 ．
当y2=
❑√5
4 时，k AC =
❑√5
4
9
4 −1
=
❑√5
5 ；当y2=−
❑√5
4 时，k AC =
−
❑√5
4
9
4 −1
=−
❑√5
5 ．
∴直线l 的方程为y =±
❑√5
5
(x−1)．
26．已知点P在圆O: x
2+ y
2= 4上，作PD垂直于y轴，垂足为D，点M为PD中点．
(1)求动点M的轨迹E的方程；
(2)直线l: y =kx +m与y轴交于点Q，与E交于A、B两个相异点，且⃗AQ =3⃗QB，求
m
2的取值范围．
【答案】(1)x
2+ y
2
4 =1
(2)(1,4)
【分析】（1）设点P(x0, y0)、M (x , y)，则D(0, y0)，根据中点坐标公式可得出
{
x0=2 x
y0= y )，然后将点P的坐标代入圆O的方程，化简可得出点M的轨迹E的方程；
（2）由已知可得Q (0,m)，设点A(x1,k x1+m)、B(x2,k x2+m)，将直线AB的方程
与椭圆方程联立，列出韦达定理，根据题意得出x1=−3 x2，结合韦达定理可得出关于k
2、
m
2的等式，结合Δ>0可求出m
2的取值范围.
【详解】（1）由题意，设点P(x0, y0)、M (x , y)，则D(0, y0)，
因为点M为线段PD的中点，则{
x = x0
2
y = y0)
，即{
x0=2 x
y0= y )，
因为点P在圆O: x
2+ y
2= 4上，所以x0
2+ y0
2= 4，即(2 x)
2+ y
2= 4，
因此，点M的轨迹E的方程为x
2+ y
2
4 =1.
（2）由已知可得Q (0,m)，设点A(x1,k x1+m)、B(x2,k x2+m)，
联立{
y =kx +m
4 x
2+ y
2= 4)得(k
2+ 4) x
2+2kmx +m
2−4 =0，
由已知可得Δ= 4 k
2m
2−4(k
2+ 4)(m
2−4)>0，得k
2+ 4−m
2>0，
由韦达定理可得x1+ x2=−2km
k
2+ 4 ，x1 x2= m
2−4
k
2+ 4
，
因为⃗AQ =3⃗QB，即(−x1,−k x1)=3(x2,k x2)，则−x1=3 x2，即x1=−3 x2，
所以3(x1+ x2)
2+ 4 x1 x2=0，所以12k
2m
2
(k
2+ 4)
2 + 4(m
2−4)
k
2+ 4
=0，即k
2m
2+m
2−k
2−4 =0，
当m
2=1时，k
2m
2+m
2−k
2−4 =0不成立，
所以k
2= 4−m
2
m
2−1
，代入k
2+ 4−m
2>0得4−m
2
m
2−1
−m
2+ 4 = m
2(4−m
2)
m
2−1
>0，
解得1<m
2<4，因此，m
2的取值范围是(1,4).
27．已知直线l：kx−y −k =0分别与x 轴，直线x =−1交于点A，B，点P 是线段AB
的垂直平分线上的一点（P 不在x 轴负半轴上）且tan ∠ABP =|k ).
(1)求点P 的轨迹C 的方程；
(2)设l 与C 交于E，F 两点，点M 在C 上且满足⃗AE⋅⃗AM =0，延长MA 交C 于点
N，求EM
→
⋅NF⃗的最小值.
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)16
【分析】（1）结合题意得出几何关系|PB)=|PA)，由抛物线定义即可得解；
（2）一方面：设E(x1, y1)，F (x2, y2)，联立l与抛物线的方程，由韦达定理得
{
x1+ x2=2+ 4
k
2
x1 x2=1 )
，设M (x3, y3)，N (x4, y4)，同理可得x3+ x4=2+ 4 k
2，x3 x4=1，结合
向量数量积的坐标运算、基本不等式即可得解.
【详解】（1）由题意k ≠0，
如图， ∵tan∠ABP =|k )，
∴∠ABP =∠OAB，
又∵P不在x轴负半轴上，
∴PB与直线x =−1垂直，
又∵|PB)=|PA)，
∴点P的轨迹是以(1,0)为焦点，x =−1为准线的抛物线，
∴点P的轨迹方程为y
2= 4 x.
（2）
由{
kx −y −k =0
y
2= 4 x )得k
2 x
2−(2k
2+ 4) x + k
2=0，
∵l与C交于两点，
∴k ≠0，
设E(x1, y1)，F (x2, y2)，则{
x1+ x2=2+ 4
k
2
x1 x2=1 )
，
又∵⃗AE⋅⃗AM =0，
∴AE⊥AM，
∵MN的斜率为−1
k ，
∴直线MN的方程为y =−1
k
(x−1)，
设M (x3, y3)，N (x4, y4)，同理得x3+ x4=2+ 4 k
2，x3 x4=1，
∴⃗EM ⋅⃗NF =(⃗EA +⃗AM )⋅(⃗NA +⃗AF )
=⃗EA ⋅⃗NA +⃗EA ⋅⃗AF +⃗AM ⋅⃗NA +⃗AM ⋅⃗AF
=⃗EA ⋅⃗AF +⃗AM ⋅⃗NA
=|⃗EA)|⃗AF)+|⃗AM )|⃗AN )
=(x1+1)(x2+1)+(x3+1)(x4+1)
= x1 x2+ x1+ x2+1+ x3 x4+ x3+ x4+1
=8+ 4
k
2 + 4 k
2
≥8+8 ❑√
k
2× 1
k
2 =16，
当且仅当k
2= 1
k
2即k =±1时取到“=”，
∴⃗EM ⋅⃗NF的最小值为16.
28．已知对称轴都在坐标轴上的椭圆C 过点A(
1
2 ,
❑√15
4 )与点B (2,0)，过点(1,0)的直
线l 与椭圆C 交于P，Q 两点，直线BP，BQ分别交直线x =3于E，F 两点．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)⃗PE⋅⃗QF是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)见解析
【分析】（1）设椭圆C 的方程为m x
2+n y
2=1，由A ,B两点得出椭圆C 的标准方程；
（2）联立直线l 与椭圆方程，由直线BP ,BQ的方程得出E , F坐标，再由韦达定理以
及数量积公式，得出⃗PE⋅⃗QF的范围，进而得出⃗PE⋅⃗QF的最值.
【详解】（1）设椭圆C 的方程为m x
2+n y
2=1(m>0,n>0,且m≠n)，
因为椭圆C 过点A(
1
2 ,
❑√15
4 )与点B (2,0)，所以{
m
4 + 15n
16 =1
4 m=1 )
，解得{
m= 1
4
n=1)
.
所以椭圆C 的标准方程为x
2
4 + y
2=1.
（2）设直线l: x =ty +1，P(x1, y1),Q(x2, y2)
由{
x =ty +1
x
2
4 + y
2=1)
，得(ty +1)
2+ 4 y
2−4 =0，
即(t
2+ 4) y
2+2ty −3=0，则y1+ y2=−2t
t
2+ 4
, y1 y2=−
3
t
2+ 4 .
直线BP ,BQ的方程分别为y =
y1
x1−2 ( x−2), y =
y2
x2−2 ( x−2).
令x =3，则E(3,
y1
x1−2), F(3,
y2
x2−2).
则⃗PE =(3−x1, y1(3−x1)
x1−2 )=(2−t y1, y1(2−t y1)
t y1−1 )，⃗
QF =(3−x2, y2(3−x2)
x2−2 )=(2−t y2, y2(2−t y2)
t y2−1 )，
所以⃗PE⋅⃗QF =(2−t y1)(2−t y2)+ y1 y2(2−t y1)(2−t y2)
(t y1−1)(t y2−1)
=[t
2 y1 y2−2t ( y1+ y2)+ 4)1+[
y1 y2
t
2 y1 y2−t ( y1+ y2)+1)
=(
−3t
2
t
2+ 4
+ 4 t
2
t
2+ 4
+ 4)(
1+
−3
t
2+ 4
−3t
2
t
2+ 4
+ 2t
2
t
2+ 4
+1)
= 5t
2+16
4(t
2+ 4)
= 5(t
2+ 4)−4
4(t
2+ 4)
= 5
4 −
1
t
2+ 4
.
因为t
2+ 4≥4，所以0<
1
t
2+ 4
≤1
4 ,1≤5
4 −
1
t
2+ 4
< 5
4 .
即⃗PE⋅⃗QF的取值范围为[1, 5
4).
所以⃗PE⋅⃗QF存在最小值，且最小值为1.
【点睛】关键点睛：解决问题（2）时，关键在于利用韦达定理将双变量x1, x2变为单
变量问题，从而由5
4 −
1
t
2+ 4 的范围，得出⃗PE⋅⃗QF的取值范围.
29．已知椭圆E与椭圆x
2
9 + y
2
8 =1有共同的焦点，且椭圆E经过点A(1,−3
2).
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设F为椭圆E的左焦点，M为椭圆E上任意一点，O为坐标原点，求⃑OM ⋅⃑FM的
最小值.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)2
【分析】（1）设椭圆E的方程为x
2
9+t + y
2
8+t =1(t >−8)，将点A的坐标代入椭圆E的
方程，求出t的值，即可得出椭圆E的方程；
（2）设点M (x0, y0)，则y0
2=3−3
4 x0
2，且−2≤x0≤2，利用平面向量数量积的坐标
运算结合二次函数的基本性质可求得⃑OM ⋅⃑FM的最小值.
【详解】（1）（1）由题可设椭圆E的方程为x
2
9+t + y
2
8+t =1(t >−8)，
由椭圆E经过点A(1,−3
2)，可得1
9+t +
9
4 (8+t ) =1，解得t =−5或t =−35
4 （舍）.
所以，椭圆E的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）解：易知F (−1,0)，设点M (x0, y0)，则y0
2=3−3
4 x0
2，且−2≤x0≤2，⃑
OM =(x0, y0)，⃑FM =(x0+1, y0)，
则⃑OM ⋅⃑FM = x0(x0+1)+ y0
2= x0
2+ x0+3−3
4 x0
2= 1
4 x0
2+ x0+3= 1
4 (x0+2)
2+2≥2，
当且仅当x0=−2时，等号成立，故⃑OM ⋅⃑FM的最小值为2.
30．已知曲线C 到两个定点(−1,0)和(1,0)的距离和为定值4.
(1)求C 的方程；
(2)过点F (1,0)的直线l（斜率存在且不为0）与C 交于M，N 两点，N 关于x 轴的对称
点为P.已知Q (4,0).
（ⅰ）证明：P、M、Q 三点共线；
（ⅱ）求⃗MQ⋅⃗NQ的取值范围.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)（i）证明见解析；（ii）(
27
4 ,12)
【分析】（1）根据椭圆定义得到a
2= 4，b
2=a
2−c
2=3，故C 的方程为x
2
4 + y
2
3 =1；
（2）（ⅰ）设直线l 方程为x =my +1(m≠0)，M (x1, y1)，N (x2, y2)，联立直线和
椭圆方程，得到两根之和，两根之积，直线PM 的方程为y = y1+ y2
x1−x2(x−x2 y1+ x1 y2
y1+ y2 )，
代入两根之和，两根之积求出
x2 y1+ x1 y2
y1+ y2
= 4，故直线PM 过定点(4,0)，即P、M、Q 三点
共线；
（ⅱ）计算出⃗MQ⋅⃗NQ =12−
21
3m
2+ 4
∈(
27
4 ,12)，得到⃗MQ⋅⃗NQ的取值范围为
(
27
4 ,12).
【详解】（1）因为4>2，由椭圆定义可知，曲线C 为以(−1,0)和(1,0)为两焦点的椭
圆，
其中2a= 4 ,c =1，解得a
2= 4，b
2=a
2−c
2=3，故C 的方程为x
2
4 + y
2
3 =1；
（2）（ⅰ）依题意可设直线l 的方程为x =my +1(m≠0)，M (x1, y1)，N (x2, y2)，
P(x2,−y2).
联立{
x =my +1
x
2
4 + y
2
3 =1)
得(3m
2+ 4) y
2+6my −9=0，
由韦达定理得y1+ y2=−
6m
3m
2+ 4 ，y1 y2=−
9
3m
2+ 4 ，
则直线PM 的方程为y −y1= y1+ y2
x1−x2
(x−x1)，
即
y = y1+ y2
x1−x2
(x−x1)+ y1= y1+ y2
x1−x2(x−x1+ y1⋅x1−x2
y1+ y2)= y1+ y2
x1−x2(x−x2 y1+ x1 y2
y1+ y2 )，
其中x2 y1+ x1 y2
y1+ y2
= (m y2+1) y1+(m y1+1) y2
y1+ y2
= 2m y1 y2+ y1+ y2
y1+ y2
=
−18m
3m
2+ 4
+ −6m
3m
2+ 4
−6m
3m
2+ 4
= 4，
则直线PM 的方程为y = y1+ y2
x1−x2
(x−4)，
故直线PM 过定点(4,0)，即P、M、Q 三点共线；
（ⅱ）⃗MQ =(4−x1, y1),⃗NQ =(4−x2, y2)，⃗
MQ⋅⃗NQ =(4−x1)(4−x2)+ y1 y2=(3−m y1)(3−m y2)+ y1 y2
=(m
2+1) y1 y2−3m( y1+ y2)+9
=(m
2+1)
−9
3m
2+ 4
+ 18m
2
3m
2+ 4
+9=12−
21
3m
2+ 4 ，
因为m
2∈(0,+ ∞)，所以
21
3m
2+ 4
∈(0, 21
4 )，12−
21
3m
2+ 4
∈(
27
4 ,12)，
所以⃗MQ⋅⃗NQ的取值范围为(
27
4 ,12).
31．已知椭圆C: x
2
4 + y
2=1，其右焦点为F2(❑√3,0)，左焦点为F1，A 在椭圆上且满足
|A F1)·|A F2)=2.
(1)求∠F1 A F2的大小；
(2)若P是该椭圆上的一个动点，求⃗P F1⋅⃗P F2的取值范围.
【答案】(1)π
2
(2)[−2,1)
【分析】（1）结合图像，利用椭圆的定义及余弦定理即可求得∠F1 A F2的余弦值，
进而求得∠F1 A F2的大小；
（2）设P(x , y)，则利用向量的数量积运算及代入法可得⃗P F1⋅⃗P F2= 3
4 x
2−2，结
合由椭圆几何性质得到的x的取值范围，利用二次函数的单调性即可求得⃗P F1⋅⃗P F2的取
值范围.
【详解】（1）依题意，不妨设|A F1)=m,|A F2)=n，则mn=2，
又因为椭圆C: x
2
4 + y
2=1，所以a
2= 4 ,b
2=1，故a=2,b=1，c
2=a
2−b
2=3，则
c = ❑√3，
所以由椭圆的定义可得|A F1)+|A F2)=2a，即m+n= 4，
当点A在椭圆左右顶点位置时，|A F1)·|A F2)=(a+c)(a−c)=1≠2，不满足题意，
所以点A是椭圆上异于左右顶点的点，
故在△F1 A F2中，
cos∠F1 A F2= m
2+n
2−(2c)
2
2mn
= (m+n)
2−2mn−(2❑√3)
2
2mn
= 16−4−12
2×2
=0，
因为0<∠F1 A F2<π，所以∠F1 A F2=π
2 .
（2）依题意，设P(x , y)，则由椭圆的几何性质易知−2≤x ≤2，
又由（1）得F1(−❑√3,0)，F2(❑√3,0)，
所以⃗
P F1⋅⃗P F2=(−❑√3−x ,−y)⋅(❑√3−x ,−y)=(−x−❑√3)⋅(−x + ❑√3)+ y
2= x
2−3+ y
2
因为P是该椭圆上的一个动点，则x
2
4 + y
2=1，即y
2=1−x
2
4 ，
故⃗P F1⋅⃗P F2= x
2−3+1−x
2
4 = 3
4 x
2−2，
因为y = 3
4 x
2−2开口向上，对称轴为x =0，−2≤x ≤2，
所以y = 3
4 x
2−2在[−2,0)上单调递减，在(0,2)上单调递增，
故当x =0时，y = 3
4 x
2−2取得最小值−2，
又当x =±2时，y = 3
4 x
2−2= 3
4 ×4−2=1，所以y = 3
4 x
2−2的最大值为1，
所以−2≤⃗P F1⋅⃗P F2≤1，即⃗P F1⋅⃗P F2的取值范围为[−2,1).
32．已知F1(−2,0)，F2(2,0)，点P满足||P F1)−|P F2))=2，记点P的轨迹为E.
(1)求轨迹E的方程；
(2)当∠F1 P F2= π
3 时，求△P F1 F2的面积.
(3)求⃗P F1⋅⃗P F2的取值范围.
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)3 ❑√3
(3)[−3,+∞)
【分析】（1）由题意可得{
2a=2
2c = 4)，可求得轨迹E的方程；
（2）由余弦定理得|P F1)
2+|P F2)
2−2|P F1)⋅|P F2)cosπ
3 =|F1 F2)
2
，给合
||P F1)−|P F2))=2，可求得△P F1 F2的面积；
（3）设P(m,n)，分别用m,n向量表示⃗P F1,⃗P F2，由题意可求得⃗P F1⋅⃗P F2的取值
范围.
【详解】（1）因为||P F1)−|P F2))=2，所以点P的轨迹为以F1(−2,0), F2(2,0)为焦
点的双曲线，
设此双曲线方程为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，
易知{
2a=2
2c = 4)，又由b
2=c
2−a
2=3，解得{
a
2=1
b
2=3)，
即轨迹E的方程为：x
2−y
2
3 =1；
（2）∵P为双曲线E:x
2−y
2
3 =1上的一点，
∴||P F1)−|P F2))=2，平方得|P F1)
2+|P F2)
2−2|P F1)|P F2)= 4 ①，
在△P F1 F2中，由余弦定理，得|P F1)
2+|P F2)
2−2|P F1)⋅|P F2)cosπ
3 =|F1 F2)
2
，
即|P F1)
2+|P F2)
2−|P F1)|P F2)=16 ②，
由①−②，得−|P F1)|P F2)=−12，即|P F1)|P F2)=12，
所以△P F1 F2的面积S△P F1 F2= 1
2|P F1)|P F2)sin ∠F1 P F2= 1
2 ×12×
❑√3
2 =3 ❑√3.
  
（3）设P(m,n)，则m
2−n
2
3 =1，所以m
2=1+ n
2
3 ，n∈R.
∵F1(−2,0) F2(2,0), P F⃗1=(−2−m,−n), P F⃗2=(2−m,−n)
∴P F⃗1⋅P F⃗2=m
2+n
2−4 = n
2
3 −3≥−3
所以⃗P F1⋅⃗P F2的取值范围是[−3,+∞).
33．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y =± ❑√3 x，右顶点为
(1,0).
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)过E (0,2)的直线l 与双曲线C的一支交于M , N两点，求⃗EM ⋅⃗EN的取值范围．
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)(14 ,+∞)
【分析】（1）根据渐近线方程即可得b= ❑√3a，利用顶点坐标即可求得双曲线C的标
准方程；
（2）根据题意设直线方程为y =kx +2并于双曲线联立，利用交点位置限定出k的取值
范围，表示出⃗EM ⋅⃗EN关于k的表达式即可求得其取值范围．
【详解】（1）由渐近线方程为y =± ❑√3 x，所以b= ❑√3a，
右顶点为(1,0)，所以a
2=1，b
2=3，
故双曲线的标准方程为x
2−y
2
3 =1．
（2）如下图所示：
  
根据题意易知，直线斜率存在，并设直线l 的方程为y =kx +2，
设M (x1, y1), N (x2, y2)，
则联立直线和双曲线{
x
2−y
2
3 =1
y =kx +2)
消去y可得(3−k
2) x
2−4 kx −7 =0．
因为直线与双曲线一支交于M , N两点，
所以{
3−k
2≠0
Δ=16 k
2+28(3−k
2)>0
x1 x2=−
7
3−k
2 >0 )
，解得3<k
2<7，
因此⃗EM ⋅⃗EN =(x1, y1−2)⋅(x2, y2−2)= x1 x2+( y1−2)⋅( y2−2)= x1 x2+k
2 x1 x2
=(k
2+1) x1 x2=7× k
2+1
k
2−3
=7×(1+
4
k
2−3)．
因为3<k
2<7，所以0<k
2−3<4，
所以
4
k
2−3
>1，所以⃗EM ⋅⃗EN =7×(1+
4
k
2−3)>14，
故⃗EM ⋅⃗EN ∈(14 ,+ ∞)．
34．已知椭圆C : 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C的标准方程；
(2)过椭圆的右焦点F作直线l交椭圆C于M , N两点（点M在x轴的上方），且⃗
MF = λ⃗FN , A为椭圆的左顶点，若△AMN的面积为9 ❑√5
8
，求λ的值.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)3−❑√5
2
或3+ ❑√5
2
.
【分析】（1）利用椭圆上的点求出a
2，b
2，c
2，可求椭圆的离心率；
（2）设出直线方程x =my +1，与椭圆联立方程组，利用韦达定理，根据△AMN的
面积求出m的值，再利用韦达定理和⃗MF = λ⃗FN，求出λ的值．
【详解】（1）∵椭圆C的离心率为1
2，且过点(−1, 3
2)，
∴{
e = c
a = 1
2
1
a
2 + 9
4 b
2 =1
a
2=b
2+c
2)
，联立解得：a
2= 4 ,b
2=3.
∴椭圆C的标准方程为：x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）由（1）知：F (1,0), A (−2,0),|AF)=3，记M (x1, y1)( y1>0), N (x2, y2)，
当直线l的斜率为0 时，A , M , N三点共线，不合题意；
当直线l的斜率不为0 时，设直线l的方程为：x =my +1，
联立：{
x =my +1
x
2
4 + y
2
3 =1)
，∴(3m
2+ 4) y
2+6my −9=0.
∴y1+ y2=−
6m
3m
2+ 4 ，y1⋅y2=
−9
3m
2+ 4 .
∵S△AMN = S△AMF + S△ANF = 1
2 ×3×|y1−y2)= 9 ❑√5
8
，
∴|y1−y2)= 3 ❑√5
4
.
即
❑√( y1+ y2)
2−4 y1⋅y2= ❑√
36m
2
(3m
2+ 4)
2 −−36
3m
2+ 4
= 3 ❑√5
4
，
整理得：5(3m
2+ 4)
2=256(m
2+1)，
令t =m
2+1≥1，即5(3t +1)
2=256t，
解得：t = 1
45（舍）或t =5，即m
2= 4，
∴m=±2.
由⃗MF = λ⃗FN知：λ>0且y1=−λ y2，
当m=2时，满足：{
y1+ y2=−3
4
y1⋅y2=−9
16
λ =−y1
y2 )
，联立解得：λ = 3−❑√5
2
，
当m=−2时，满足：{
y1+ y2= 3
4
y1⋅y2=−9
16
λ =−y1
y2 )
，联立解得：λ = 3+ ❑√5
2
，
综上，λ的取值为3−❑√5
2
或3+ ❑√5
2
.
35．已知圆F1:( x +1)
2+ y
2=1，圆F2:( x−1)
2+ y
2=9，若动圆P与圆F1外切，且与
圆F2内切，记动圆圆心P的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)过F2的直线l与C交于A ,B两点，且⃗A F2=2⃗F2B，求直线l的方程.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1(x≠−2)
(2)y =±
❑√5
2
(x−1)
【分析】（1）设动圆的半径为R，根据题意得到|P F1)+|P F2)= 4，再根据椭圆的概
念即可得到答案.
（2）由题意知直线l的斜率存在且不为0，设为x =my +1，联立{
x =my +1
3 x
2+ 4 y
2−12=0)，
得(3m
2+ 4) y
2+6my −9=0，根据题意得到y1=−2 y2，再利用韦达定理求解即可.
【详解】（1）设动圆的半径为R，由题意|P F1)= R+1,|P F2)=3−R
∴|P F1)+|P F2)= R+1+3−R = 4
又|F1 F2)=2<4，故P的轨迹为椭圆.
∴2a= 4⇒a=2,∴2c =2⇒c =1,b
2=a
2−c
2=3
故C的轨迹方程为x
2
4 + y
2
3 =1(x≠−2)
（2）由题意知直线l的斜率存在且不为0，设为x =my +1
联立{
x =my +1
3 x
2+ 4 y
2−12=0)，得(3m
2+ 4) y
2+6my −9=0
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则y1+ y2= −6m
3m
2+ 4
, y1 y2=
−9
3m
2+ 4
由⃗A F2=2⃗F2B，得y1=−2 y2，
所以y2=
6m
3m
2+ 4
,2 y2
2=
9
3m
2+ 4 ，消去y2得
72m
2
(3m
2+ 4)
2 =
9
3m
2+ 4 ，
解得m=± 2
❑√5，所以直线l的方程为y =±
❑√5
2
(x−1).
36．在平面直角坐标系中，已知F1(−3,0)，F2(3,0)，动点P满足
||P F1)−|P F2))=2❑√6，若点P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)过点F1的直线l（斜率存在且不为0）与曲线C相交于M，N两点.
①若MN的中点为Q，设直线MN和OQ的斜率分别为k1，k2，求k1⋅k2的值；
②满足⃗M F1=2⃗F1 N，求直线l方程.
【答案】(1) x
2
6 −y
2
3 =1
(2)①1
2；②5 x−❑√2 y +15=0或5 x + ❑√2 y +15=0
【分析】（1）根据双曲线的定义可得轨迹方程；
（2）①利用点差法可得斜率乘积；②设直线方程为x =ty −3，联立直线与双曲线方
程，根据⃗M F1=2⃗F1 N，可得y1=−2 y2，结合韦达定理可得t，即可得直线方程.
【详解】（1）由已知F1(−3,0)，F2(3,0)，动点P满足
||P F1)−|P F2))=2❑√6<|F1 F2)，
则动点P满足到两定点的距离之差的绝对值为定值，满足双曲线定义，
即点P的轨迹为以F1(−3,0)，F2(3,0)为焦点，实轴长为2❑√6的双曲线，
即轨迹方程为C : x
2
6 −y
2
3 =1；
（2）
  
①设点M (x1, y1)，N (x2, y2)，中点Q(
x1+ x2
2
, y1+ y2
2 )，
则k1= y1−y2
x1−x2
，k2= y1+ y2
x1+ x2
，
又点M，N在曲线C上，
则{
x1
2
6 −y1
2
3 =1
x2
2
6 −y2
2
3 =1)
，作差可得x1
2−x2
2
6
−y1
2−y2
2
3
=0，
即(x1+ x2)(x1−x2)
6
−( y1+ y2)( y1−y2)
3
=0，
则k1⋅k2= y1−y2
x1−x2
⋅y1+ y2
x1+ x2
= 1
2；
②设直线MN : x =ty −3，
联立直线与双曲线{
x
2
6 −y
2
3 =1
x =ty −3 )
，得(t
2−2) y
2−6ty +3=0，
Δ=(−6t )
2−12(t
2−2)=24 t
2+24>0恒成立，
且y1+ y2= 6t
t
2−2，y1 y2=
3
t
2−2，
又⃗M F1=2⃗F1 N，⃗M F1=(−3−x1,−y1)，⃗F1 N =(x2+3, y2)，
则y1=−2 y2，
则y1+ y2=−y2= 6t
t
2−2
, y2=−6t
t
2−2，y1= 12t
t
2−2，
所以y1 y2=−
72t
2
(t
2−2)
2 =
3
t
2−2，
解得t
2= 2
25，t =±
❑√2
5 ，
即直线方程为x =±
❑√2
5 y −3，
即5 x−❑√2 y +15=0或5 x + ❑√2 y +15=0.
【点睛】(1)解答直线与双曲线的题目时，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．
(2)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．
37．在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(−2,0), F2(2,0)，点E满足
|E F1)−|E F2)=2，记E的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)若过点F2的直线l与C交于M ､N两点，且⃗M F2=2⃗F2 N，求直线l的方程.
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1(x ≥1)
(2)35 x ± ❑√35 y −70=0
【分析】（1）由双曲线定义可知点E的轨迹是双曲线的右支，由此即可得解；
（2）由题意设直线l的方程为x =my +2，联立椭圆方程，由⃗M F2=2⃗F2 N可知
−y1=2 y2，结合韦达定理即可求解参数m，由此即可得解.
【详解】（1）因为|E F1)−|E F2)=2<|F1 F2)，且F1(−2,0), F2(2,0)，
所以点E的轨迹是双曲线的右支，可设其方程为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，
所以2c = 4 ,c =2,2a=2,a=1,b
2=c
2−a
2=3，
所以其轨迹方程为x
2−y
2
3 =1(x ≥1).
（2）
由题意可知，直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x =my +2，
联立方程{
x =my +2
x
2−y
2
3 =1)
，消去x得(3m
2−1) y
2+12my +9=0，
由题意3m
2−1≠0，
设M (x1, y1), N (x2, y2)，
则y1+ y2= −12m
3m
2−1
, y1 y2=
9
3m
2−1，
∵M F
→
2=2 F2 N⃗,∴(2−x1,−y1)=2(x2−2, y2)，
∴−y1=2 y2，
∴y2=
12m
3m
2−1且−2 y2
2=
9
3m
2−1，
∴−2×
144 m
2
(3m
2−1)
2 =
9
3m
2−1
,∴m=±
❑√35
35 ，
∴直线l的方程35 x ± ❑√35 y −70=0.
38．已知双曲线M : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，抛物线y
2= 4 x的焦点F 是双曲线M 的
右顶点，且以F 为圆心，以b 为半径的圆与直线l: x−2❑√2 y +2=0相切．
(1)求双曲线M 的标准方程；
(2)已知直线y =2 x +m与双曲线M 交于A、B 两点，且双曲线M 是否存在上存在点P
满足⃗OP =⃗OA +⃗OB，若存在，求出m 的值，若不存在请说明理由．
【答案】(1)x
2−y
2=1
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）由题意得F (1,0)，由此可得a=1，而b为抛物线焦点F (1,0)到直线
l: x−2❑√2 y +2=0的距离，由点到直线的距离公式即可得解.
（2）将直线与双曲线方程联立，由Δ= 4 m
2−12>0，解得m<−❑√3或m>❑√3，结合
韦达定理以及⃗OP =⃗OA +⃗OB，求得参数m，并注意检验，由此即可得解.
【详解】（1）因为抛物线y
2= 4 x的焦点F (1,0)是双曲线M 的一个顶点，即a=1，
b= |1−0+2)
❑√1+(2❑√2)
2 =1，
所以双曲线M 的方程是x
2−y
2=1．
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)联立方程得{
y =2 x +m
x
2−y
2=1)消去y 得3 x
2+ 4 mx +m
2+1=0，
∵Δ= 4 m
2−12>0，解得m<−❑√3或m>❑√3（*），
由韦达定理x1+ x2=−4
3 m，y1+ y2=2(x1+ x2)+2m=−2m
3
∵⃗OP =⃗OA +⃗OB，∴P(x1+ x2, y1+ y2)即P(−4
3 m,−2
3 m)，
所以(−4
3 m)
2
−(−2
3 m)
2
=1，解得m=±
❑√3
2 ，
不满足（*）式，所以不存在m 符合题意．
39．已知双曲线C 的中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，点P(2,2)在C 上，点P 与C
的上、下焦点连线所在直线的斜率之积为−1
2．
(1)求双曲线C 的标准方程；
(2)经过点A (0,1)的直线l1与双曲线C 交于E，F 两点(异于点P)，过点F 作平行于x 轴
的直线l2，直线PE 与l2交于点D，且⃗DF =2⃗BF求直线AB 的斜率．
【答案】(1) y
2
2 −x
2
4 =1
(2)1
2
【分析】（1）由题意知双曲线焦点在y轴上，设双曲线方程为y
2
a
2 −x
2
b
2 =1，将P(2,2)
代入双曲线方程，然后根据直线斜率公式即可得到关于a
2,b
2的两个方程，即可求解.
（2）由题意设直线EF方程为x =m( y −1)(m≠2)，E(x1, y1)，F (x2, y2)，与双曲线
联立后根据根与系数关系可以表示出y1+ y2与y1 y2，分直线PE的斜率是否存在两种情况
进行讨论，通过直线PE的方程表示出点D的坐标，由已知条件可知点B为DF中点，进而
可将点B坐标及直线AB斜率用y1, y2表示，通过之前求得的y1+ y2与y1 y2即可进行求解.
【详解】（1）第一步：根据点P 在双曲线上得a，b 的关系式
由题意设双曲线C 的方程为y
2
a
2 −x
2
b
2 =1(a>0,b>0)，
由点P(2,2)在C 上，得4
a
2 −4
b
2 =1．①
第二步：根据直线的斜率公式得a，b 的关系式
设C 的上、下焦点分别为F1(0,c)，F2(0,−c)，则2−c
2
⋅2+c
2
=−1
2，解得c
2=6，
所以a
2+b
2=6．②
第三步：联立方程解得a
2，b
2的值
由①②得a
2=2，b
2= 4，
第四步：得双曲线C 的标准方程
故双曲线C 的标准方程为y
2
2 −x
2
4 =1．
（2）第一步：设直线方程，联立方程得根与系数的关系由题意可知，直线EF 的斜率
不为0，设直线EF 的方程为x =m( y −1)(m≠2)，E(x1, y1)，F (x2, y2)，
联立，得方程组¿
整理得(m
2−2) y
2−2m
2 y +m
2+ 4 =0
所以m
2≠4，Δ=(−2m
2)
2−4(m
2−2)(m
2+ 4)>0，解得m
2<4，
所以y1+ y2= 2m
2
m
2−2
，y1 y2= m
2+ 4
m
2−2
，
则3( y1+ y2)−2 y1 y2= 4．
第二步：用y1，y2表示点D 的坐标
当直线PE 的斜率不存在时，易得E (2,−2)，F(−2
7 , 10
7 )
，D(2, 10
7 )
，
B(
6
7 , 10
7 )
，此时直线AB 的斜率为1
2
．当直线PE 的斜率存在时，直线PE 的方程为
y = y1−2
x1−2
(x−2)+2，所以点D 的坐标为(
( y2−2)(x1−2)
y1−2
+2, y2)
，
由x1=m( y1−1)，可得
( y2−2)(x1−2)
y1−2
+2= ( y2−2)[m( y1−1)−2]
y1−2
+2= m( y1−1)( y2−2)+2( y1−y2)
y1−2
，
第三步：用y1，y2表示点B 的坐标
由⃗DF =2⃗BF，得点B 为DF 的中点，所以
xB= 1
2[
m( y1−1)( y2−2)+2( y1−y2)
y1−2
+m( y2−1)]=
m[2 y1 y2−3( y1+ y2)+ 4]+2( y1−y2)
2( y1−2)
= y1−y2
y1−2
，
则B(
y1−y2
y1−2 , y2)，
第四步：根据斜率的计算公式求直线AB 的斜率．
所以k AB=
y2−1
y1−y2
y1−2 −0
= ( y2−1)( y1−2)
y1−y2
= y1 y2−y1−2 y2+2
y1−y2
=
3
2 ( y1+ y2)−2−y1−2 y2+2
y1−y2
=
1
2 ( y1−y2)
y1−y2
= 1
2
．
故直线AB 的斜率为1
2．
【点睛】解决直线与双曲线的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、双曲线的条件；
（2）强化有关直线与双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．
40．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
，椭圆C的短轴长为
2❑√2，离心率为
❑√3
3 . 点P(x0, y0)为椭圆C上的一个动点，直线P F1与椭圆C的另一个交点
为A，直线P F2
与椭圆C的另一个交点为B，设⃗P F1= λ1⃗F1 A，⃗P F2= λ2⃗F2B.
(1)求椭圆C的方程；
(2)证明：λ1+ λ2为定值；
(3)已知y0>0，用x0, y0表示△PAB的面积S△PAB，并求出S△PAB的最大值.
【答案】(1) x
2
3 + y
2
2 =1
(2)证明见解析
(3)S△PAB= y0(1+
10
3 y0
2+2)，9 ❑√2
4
【分析】（1）根据条件得到{
2b=2❑√2
❑√
1−b
2
a
2 =
❑√3
3 )
，求出a,b，即可求出结果；
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，利用条件得{
x1= −1−x0
λ1
−1
y1=−y0
λ1 )
，{
x2= 1−x0
λ2
+1
y2= −y0
λ2 )
，
再利用A(x1, y1)，B(x2, y2)在椭圆上，即可得到λ1=2+ x0，λ2=2−x0，从而证明结果；
（3）利用S△PAB
S△P F1 F2
=
1
2|PA)⋅|PB)sin∠APB
1
2|P F1)⋅|P F2)sin∠F1 P F2
= |PA)⋅|PB)
|P F1)⋅|P F2)
，再根据条件得
到S△PAB= y0(1+
10
3 y0
2+2)，最后使用不等式求出最大值.
【详解】（1）由题知2b=2❑√2，得到b= ❑√2，又
❑√3
3 = c
a = ❑√
1−b
2
a
2 = ❑√
1−2
a
2，解得
a= ❑√3，
所以椭圆C的方程为x
2
3 + y
2
2 =1.
（2）由（1）知F1(−1,0)，F2(1,0)，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则⃗P F1=(−1−x0,−y0)，⃗F1 A =(x1+1, y1)，⃗P F2=(1−x0,−y0)，⃗
F2B =(x2−1, y2)，
由⃗P F1= λ1⃗F1 A，得到{
−1−x0= λ1(x1+1)
−y0= λ1 y1 )，所以{
x1= −1−x0
λ1
−1
y1=−y0
λ1 )
，
又A( x1, y1)在椭圆上，所以(
−1−x0
λ1
−1)
2
3
+(−y0
λ1)
2
2
=1
，即(1+ x0+ λ1)
2
3
+ y0
2
2 = λ1
2.
又x0
2
3 + y0
2
2 =1，故(1+ x0+ λ1)
2
3
+1−x0
2
3 = λ1
2，即(1+ x0+ λ1)
2+3−x0
2−3 λ1
2=0.
将其展开，得到−2 λ1
2+2(1+ x0) λ1+(1+ x0)
2+3−x0
2=0，即
−2 λ1
2+2(1+ x0) λ1+2 x0+ 4 =0.
从而λ1
2−(1+ x0) λ1−x0−2=0，即( λ1+1)( λ1−2−x0)=0，
易知λ1>0，所以λ1−2−x0=0，得到λ1=2+ x0，
同理，由⃗P F2= λ2⃗F2B，得到{
1−x0= λ2(x2−1)
−y0= λ2 y2 )，所以{
x2= 1−x0
λ2
+1
y2= −y0
λ2 )
，
又B( x2, y2)在椭圆上，所以(
1−x0
λ2
+1)
2
3
+(
−y0
λ2 )
2
2
=1
，即(1−x0+ λ2)
2
3
+ y0
2
2 = λ2
2.
又x0
2
3 + y0
2
2 =1，故(1−x0+ λ2)
2
3
+1−x0
2
3 = λ2
2，即(1−x0+ λ1)
2+3−x0
2−3 λ2
2=0.
将其展开，得到−2 λ2
2+2(1−x0) λ2+(1−x0)
2+3−x0
2=0，即
−2 λ2
2+2(1−x0) λ2−2 x0+ 4 =0.
从而λ2
2−(1−x0) λ2+ x0−2=0，即( λ2+1)( λ2−2+ x0)=0，
易知λ2>0，所以λ2−2+ x0=0，得到λ2=2−x0，所以λ1+ λ2= 4，
即λ1+ λ2为定值.
（3）因为S△PAB
S△P F1 F2
=
1
2|PA)⋅|PB)sin∠APB
1
2|P F1)⋅|P F2)sin∠F1 P F2
= |PA)⋅|PB)
|P F1)⋅|P F2)
，
又因为⃗P F1= λ1⃗F1 A，⃗P F2= λ2⃗F2B，故⃗
PA =⃗P F1+⃗F1 A =⃗P F1+ 1
λ1⃗
P F1=(1+ 1
λ1)⃗P F1，⃗
PB =⃗P F2+⃗F2B =⃗P F2+ 1
λ2⃗
P F2=(1+ 1
λ2)⃗P F2.
所以|PA)
|P F1)
=1+ 1
λ1
，|PB)
|P F2)
=1+ 1
λ2
，从而
S△PAB
S△P F1 F2
= |PA)⋅|PB)
|P F1)⋅|P F2)
=(1+ 1
λ1)(1+ 1
λ2)=1+ 1
λ1
+ 1
λ2
+
1
λ1 λ2
=1+ λ1+ λ2+1
λ1 λ2
=1+
4+1
(2+ x0)(2−x0)
=1+
4
.
又S△P F1 F2= 1
2|F1 F2) y0= 1
2 ×2× y0= y0，故
S△PAB= y0(1+
5
4−x0
2)= y0(
1+
5
4−3(1−y0
2
2 ))
= y0(1+
10
3 y0
2+2).
然后考虑S△PAB的最大值.
首先，由于0< y0≤b= ❑√2，故y0−❑√2≤0.
同时由y0−3 ❑√2
2
< y0−❑√2≤0可知
4 y0
2−5 ❑√2 y0+6≥2 y0
2−5 ❑√2 y0+6=2( y0−❑√2)( y0−3 ❑√2
2 )≥0，
故( y0−❑√2)(4 y0
2−5 ❑√2 y0+6)≤0，从而4 y0
3−9 ❑√2 y0
2+16 y0−6 ❑√2≤0，故
4 y0
3+16 y0≤9 ❑√2 y0
2+6 ❑√2.
这意味着
S△PAB= y0(1+
10
3 y0
2+2)= y0⋅3 y0
2+12
3 y0
2+2
=3⋅y0
3+ 4 y0
3 y0
2+2
= 3
4 ⋅4 y0
3+16 y0
3 y0
2+2
≤3
4 ⋅9 ❑√2 y0
2+6 ❑√2
3 y0
2+2
= 3
4 ⋅3 ❑√2= 9 ❑√2
4
；
另一方面，当P的坐标是(0,❑√2)时，有A(−3
2 ,−
❑√2
2 )，B(
3
2 ,−
❑√2
2 )，此时
S△PAB= 1
2 ⋅3⋅3 ❑√2
2
= 9 ❑√2
4
.
所以S△PAB的最大值是9 ❑√2
4
.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（3）问，利用
S△PAB
S△P F1 F2
=
1
2|PA)⋅|PB)sin∠APB
1
2|P F1)⋅|P F2)sin∠F1 P F2
= |PA)⋅|PB)
|P F1)⋅|P F2)
，再结合条件得到
S△PAB= y0(1+
10
3 y0
2+2)
，再利用不等式来求出最大值.
41．已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)经过A(1,0)，B (0,b)两点.O为坐标原点，且
△AOB的面积为
❑√2
4 ，过点P(0,1)且斜率为k(k >0)的直线l与椭圆C有两个不同的交点M，
N.且直线AM，AN分别与y轴交于点S，T.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若以MN为直径的圆经过坐标原点，求直线l的方程；
(3)设⃗PS = λ⃗PO，⃗PT = μ⃗PO，求λ+ μ的取值范围.
【答案】(1)x
2+ y
2
1
2
=1
(2)y = ❑√2 x +1
(3)(❑√2,2)
【分析】（1）把点A坐标代入椭圆的方程得a=1，由△AOB的面积可得1
2 ab=
❑√2
4 ，
解得b，进而得椭圆C的方程；
（2）设直线l的方程为y =kx +1，M (x1, y1)，N (x2, y2)．联立直线l与椭圆C的方程
的关于x的一元二次方程，由Δ>0，进而解得k的取值范围，再列出韦达定理，由
OM ⊥ON，则⃗OM ⋅⃗ON =0，即可求出k，从而得解；
（3）因为A(1,0)，P(0,1)，M (x1, y1)，N (x2, y2)，写出直线AM的方程，令x =0，
解得y = −y1
x1−1．点S的坐标为(0, −y1
x1−1 )．同理可：点T的坐标为(0, −y2
x2−1 )．用坐标表
示⃗PS，⃗PT ，⃗PQ，代入⃗PS = λ⃗PO ,⃗PT = μ⃗PO，得λ =
y1
x1−1 +1= k x1+1
x1−1 +1，同理
μ= k x2+1
x2−1 +1．由x1+ x2，x1 x2，代入λ+ μ，化简再求取值范围．
【详解】（1）因为椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1经过点A(1,0)，
所以a
2=1解得a=1（负值舍去）．
由△AOB的面积为
❑√2
4 可知1
2 ab=
❑√2
4 ，解得b=
❑√2
2 ，
所以椭圆C的方程为x
2+ y
2
1
2
=1．
  
（2）设直线l的方程为y =kx +1，M (x1, y1)，N (x2, y2)．
联立{
x
2+2 y
2=1
y =kx +1 )，消y整理可得(2k
2+1)x
2+ 4 kx +1=0．
因为直线与椭圆有两个不同的交点，
所以Δ=16 k
2−4(2k
2+1)>0，解得k
2> 1
2，
因为k >0，所以k的取值范围是(
❑√2
2 ,+ ∞)，
所以x1+ x2=−
4 k
2k
2+1，x1 x2=
1
2k
2+1，
则y1 y2=(k x1+1)(k x2+1) =k
2 x1 x2+k (x1+ x2)+1
=k
2×
1
2k
2+1
+ k(−
4 k
2k
2+1)+1= −k
2+1
2k
2+1 ，
因为以MN为直径的圆经过坐标原点，所以OM ⊥ON，
则⃗OM ⋅⃗ON = x1 x2+ y1 y2=0，即
1
2k
2+1
+ −k
2+1
2k
2+1
=0，解得k = ❑√2（负值舍去），
所以直线l的方程为y = ❑√2 x +1.
  
（3）因为A(1,0)，P(0,1)，M (x1, y1)，N (x2, y2)，
所以直线AM的方程是：y =
y1
x1−1 ( x−1)，
令x =0，解得y = −y1
x1−1，所以点S的坐标为(0, −y1
x1−1)．
同理可得点T的坐标为(0, −y2
x2−1)．
所以⃗PS =(0, −y1
x1−1 −1)，⃗PT =(0, −y2
x2−1 −1)，⃗PO =(0,−1)．
由⃗PS = λ⃗PO，⃗PT = μ⃗PO，
可得
−y1
x1−1 −1=−λ，
−y2
x2−1 −1=−μ，
所以λ =
y1
x1−1 +1= k x1+1
x1−1 +1，
同理μ= k x2+1
x2−1 +1，
由（2）得x1+ x2=−
4 k
2k
2+1
, x1 x2=
1
2k
2+1，
所以λ+ μ= k x1+1
x1−1 + k x2+1
x2−1 +2= 2k x1 x2+(1−k )( x1+ x2)−2
x1 x2−( x1+ x2)+1
+2
=
2k ⋅
1
2k
2+1
+(1−k )(−
4 k
2k
2+1
)−2
1
2k
2+1
−(−
4 k
2k
2+1
)+1
+2
= 2k −4 k + 4 k
2−2(2k
2+1)
1+ 4 k +2k
2+1
+2
= −(k +1)
(k +1)
2 +2
=−
1
k +1 +2，
因为k ∈(
❑√2
2 ,+∞)，所以k +1∈(
❑√2
2 +1,+∞)，所以1
k +1 ∈(0,2−❑√2)，
则−
1
k +1 ∈(−2+ ❑√2,0)，所以−
1
k +1 +2∈(❑√2,2)，
所以λ+ μ的范围是(❑√2,2)．
  
【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.
42．已知等轴双曲线C1,C2的对称中心均为坐标原点O，焦点分别在x轴和y轴上，且
焦距均为4．设A ,B两点分别在C1,C2上，满足直线OA ,OB的斜率之积为1，点P为C1上
异于A的另一点，过P分别作平行于OA ,OB的直线，交OB ,OA于N , M两点．
(1)求双曲线C1,C2的方程；
(2)证明：|OA)=|OB)；
(3)设⃗OM = λ⃗OA，⃗ON = μ⃗OB，证明：λ
2−μ
2为定值．
【答案】(1)C1的方程为x
2−y
2=2，C2的方程为y
2−x
2=2
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）设C1: x
2−y
2=m
2，C2: y
2−x
2=m
2，由焦距为4 即可求出m；
（2）设点A(a, y A)，B(b, yB)，由直线OA ,OB的斜率之积为1 以及点A ,B在双曲
线上即可求证；
（3）由题意⃗OP =⃗OM +⃗ON = λ⃗OA + μ⃗OB，设点P(xP, y P)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
得(xP, y P)=(λ x1+ μ x2, λ y1+ μ y2)，点P在双曲线C1上，代入C1方程即可求解.
【详解】（1）设C1: x
2−y
2=m
2，C2: y
2−x
2=m
2，
因此2❑√2m= 4，所以m= ❑√2，
C1,C2的方程分别为x
2−y
2=2，y
2−x
2=2；
（2）设点A(a, y A)，B(b, yB)，
因此y A
a × yB
b =1，y A yB=ab，且y A
2 =a
2−2，yB
2 =b
2+2，
所以( y A yB)
2=a
2b
2=a
2b
2−2b
2+2a
2−4，
因此a
2−b
2=2，y A =±b，yB=±a，
所以|OA)=|OB)=
❑√a
2+b
2；
（3）由题意⃗OP =⃗OM +⃗ON = λ⃗OA + μ⃗OB，设点P(xP, y P)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
因此(xP, y P)= λ(x1, y1)+ μ(x2, y2)=(λ x1+ μ x2, λ y1+ μ y2)，
又xP
2 −y P
2 =2，从而(λ x1+ μ x2)
2−(λ y1+ μ y2)
2=2，
整理得λ
2(x1
2−y1
2)+ μ
2(x2
2−y2
2)+2 λμ(x1 x2−y1 y2)−2=0，
由（2）可知x1 x2= y1 y2，因此λ
2−μ
2=1为定值．
43．已知双曲线C：2 x
2−2 y
2=1的左、右焦点分别为F1、F2，点M是C上不与顶
点重合的一动点，直线M F1、M F2分别交C于另一点A、B.
(1)设⃗MF1= λ⃗F1 A ,⃗M F2= μ⃗F2B，
①当λ<0时，求直线AM斜率的取值范围；
②求证：λ+ μ=−6；
(2)O为坐标原点，问：直线OM与直线AB的斜率之积是否为定值，如果是定值，求
出该定值；如果不是定值，说明理由.
【答案】(1)①(−1,1)；②证明见解析；
(2)为定值−1
3.
【分析】（1）①根据⃗MF1= λ⃗F1 A , λ<0判断出AM交双曲线C于左右支上，即可得
解.
②设M (x0, y0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，由向量关系与双曲线方程得出λ，μ与A，B，
M坐标之间的关系λ+3+ 4 x0=0，μ+3−4 x0=0，两式加和即可得解.
（2）由（1）②可得出点A，点B的坐标，求出直线AB的斜率.再写出直线OM的斜
率，计算两者之积，即可得解.
【详解】（1）（1）①⃗MF1= λ⃗F1 A , λ<0⇒直线AM交双曲线C于左右支上，
因为双曲线C：2 x
2−2 y
2=1的渐近线的斜率为±1，
所以直线AM斜率的取值范围为(−1,1). 
②设M (x0, y0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)由双曲线方程知：F1(−1,0)，F2(1,0) ⃗
MF1= λ⃗F1 A ⇒(−1−x0,−y0)= λ(x1+1, y1)⇒{
y0+ λ y1=0
λ x1=−x0−λ−1)     
2 x1
2−2 y1
2=1⇒2(λ x1)
2−2(λ y1)
2= λ
2，又2 x0
2−2 y0
2=1         
两式相减得：
2[(λ x1+ x0)(λ x1−x0))−2[(λ y1+ x0)(λ y1−x0))= λ
2−1⇒2(λ+1)(2 x0+ λ+1)= λ
2−1
∴ 2(2 x0+ λ+1)= λ−1⇒λ+3+ 4 x0=0                        
由⃗M F2= μ⃗F2B同理⃗
M F2= μ⃗F2B⇒(1−x0,−y0)= μ(x2−1, y2)⇒{
y0+ μ y2=0
μ x2=1−x0+ μ)     
2 x2
2−2 y2
2=1⇒2(μ x2)
2−2(μ y2)
2= μ
2，又2 x0
2−2 y0
2=1      
两式相减得：
2[(μ x2+ x0)(μ x2−x0))−2[(μ y2+ x0)(μ y2−x0))= μ
2−1⇒2(μ+1)(μ+1−2 x0)= μ
2−1
 
∴2(μ+1−2 x0)= μ−1⇒μ+3−4 x0=0. 
可得：μ+3−4 x0=0，所以λ+ μ=−6.
（2）由（1）②知：λ =−3−4 x0且
{
λ x1=−x0−λ−1
y0+ λ y1=0 )⇒{
x1= −x0−1
λ
−1
y1=−y0
λ )
⇒{
x1= −3 x0−2
4 x0+3
y1=
y0
4 x0+3 )
可得A(
−3 x0−2
4 x0+3 ,
y0
4 x0+3)                                            
同理又因为μ= 4 x0−3 且{
μ x2=1−x0+ μ
y0+ μ y2=0 )⇒{
x2= 1−x0
μ
+1
y2=−y0
μ )
⇒{
x2= 3 x0−2
4 x0−3
y2=
−y0
4 x0−3)
可得B(
3 x0−2
4 x0−3 ,
−y0
4 x0−3)                                     
所以直线AB的斜率
k AB= y1−y2
x1−x2
=
y0
4 x0+3 +
y0
4 x0−3
−3 x0−2
4 x0+3 −3 x0−2
4 x0−3
=
8 x0 y0
−24 x0
2+12
= 8 x0 y0
−24 y0
2 =−x0
3 y0
 
又直线OM的斜率kOM = y0
x0
，所以k AB⋅kOM =−x0
3 y0
⋅y0
x0
=−1
3为定值.
44．已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，点P(1,1)到C的两条渐近线距离之比为
1:3，过点P的直线l与C交于A ,B两点，且当l的斜率为0 时，AB = ❑√5.
(1)求C的方程；
(2)若点A ,B都在C的右支上，且l与x轴交于点Q，设⃗PA =m⃗AQ ,⃗PB =n⃗BQ，求
m+n的取值范围.
【答案】(1)x
2−y
2
4 =1
(2)(−1,−4
5)∪(−4
3 ,−5
4)
【分析】（1）根据点到直线的距离公式可得|a−b)
|a+b) = 1
3，结合2❑√
a
2
b
2 +a
2= ❑√5即可求
解,
（2）根据向量共线的坐标关系可得A ,B坐标，进而得m,n是一元二次方程
4(t
2−1) x
2+8(t −1)−1=0的两个解，利用根的分布可得k <−2或2<k < 5
2，进而根据
t =1−1
k ,m+n= −2
t +1 = −2
2−1
k
求解.
【详解】（1）双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的渐近线方程为ay ±bx =0，
由已知得|a−b)
|a+b) = 1
3 ⇒9(a−b)
2=(a+b)
2⇒4 (a−2b)(2b−a)=0，
解得a=2b或b=2a，
l斜率为0 时可得直线方程为：y =1，代入双曲线方程可得：x =± ❑√
a
2
b
2 +a
2，
∴2❑√
a
2
b
2 +a
2= ❑√5⇒a
2
b
2 +a
2= 5
4 ，
若b=2a，则可求得a=1,b=2，
若a=2b，则代入得a
2=−11
4 无实数解，
∴a=1,b=2,C的方程为x
2−y
2
4 =1.
（2）设点A(x1, y1),B(x2, y2),Q (t ,0)，
由⃗PA =m⃗AQ ,⃗PB =n⃗BQ可得
(x1−1, y1−1)=m(t −x1,−y1),(x2−1, y2−1)=m(t −x2,−y2),
故：{
x1= 1+mt
1+m
y1=
1
1+m)
，代入双曲线方程得：4(t
2−1)m
2+8(t −1)m−1=0，
同理，{
x2= 1+nt
1+n
y2=
1
1+n)
，代入双曲线方程得：4(t
2−1)n
2+8(t −1)n−1=0，
∴m,n是一元二次方程4(t
2−1) x
2+8(t −1)−1=0的两个解，
∴t
2−1≠0,m+n=−2
t +1，
由题意可知，直线AB有斜率，设直线AB斜率为k，则直线AB方程为：
y −1=k (x−1)⇒y =kx −k +1，
与双曲线联立得：(4−k
2) x
2+2k (k −1) x −k
2+2k −5=0，
由直线与双曲线交于右支得：{
4−k
2≠0
Δ=[2k (k −1))
2−4(4−k
2)(−k
2+2k −5)>0
x1+ x2= −2k (k −1)
4−k
2
>0
x1 x2= −k
2+2k −5
4−k
2
>0
)
，
解得：k <−2或2<k < 5
2，
又k =
1
1−t ⇒t =1−1
k ,∴m+n= −2
t +1 = −2
2−1
k
，
由于k <−2或2<k < 5
2，故2<2−1
k < 5
2或3
2 <2−1
k < 8
5，
∴m+n∈(−1,−4
5)∪(−4
3 ,−5
4).
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标
函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和
基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量的共线得
到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用
45．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A1，A2，右焦点F的坐标
为(1,0)，过点F作直线交C于P，Q两点（异于A1，A2），当PQ垂直于x轴时，|PQ)=3.
(1)求C的标准方程；
(2)直线Q A2交直线x = 4于点M，证明：A1，P，M三点共线.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件及椭圆的性质，结合椭圆中a,b,c三者的关系即可求解；
（2）根据已知条件作出图形，设出直线PQ的方程，联立直线PQ和椭圆C的方程，
利用韦达定理及两点的斜率公式，结合两直线平行的条件即可求解.
【详解】（1）如图所示，
由c
2
a
2 + y
2
b
2 =1，可得y =± b
2
a ，
所以| PQ|= 2b
2
a =3，
即b
2= 3a
2 ，因为a
2=b
2+c
2，
所以a
2= 3a
2 +1，解得a=2，b
2=3，
所以C的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）由题意知，直线PQ斜率不为0，如图所示，
设PQ: x =my +1，P( x1, y1),Q( x2, y2), M (4 , y3)，而A1(−2,0), A2(2,0)，
由{
x
2
4 + y
2
3 =1
x =my +1)
，整理得(3m
2+ 4) y
2+6my −9=0，
显然Δ>0，则y1+ y2=−
6m
3m
2+ 4
, y1 y2=−
9
3m
2+ 4 ,
因为k A2 M =k A2Q，
所以
y3
2 =
y2
x2−2，即y3= 2 y2
x2−2.
则k A1 P−k A1 M =
y1
x1+2 −y3
6 =
y1
x1+2 −
y2
3( x2−2) = 3 y1( x2−2)−y2( x1+2)
3( x1+2)( x2−2)
= 3 y1(m y2−1)−y2(m y1+3)
3( x1+2)( x2−2)
= 2m y1 y2−3( y1+ y2)
3( x1+2)( x2−2)
=
−2m×
9
3m
2+ 4
−3(−
6m
3m
2+ 4
)
3( x1+2)( x2−2)
=0，
所以k A1 M =k A1P，又因为有公共点A1，
所以A1，P，M三点共线.
【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.
46．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 与 B，点
D(3,❑√2) 在 C上，且直线 AD 与 BD的斜率之和为
❑√2 .
(1)求双曲线 C的方程;
(2)过点P(3,0)的直线与 C 交于 M , N 两点(均异于点A ,B )，直线 MA 与直线 
x =1 交于点Q，求证: B , N ,Q 三点共线.
【答案】(1) x
2
3 −y
2=1
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意点D(3,❑√2) 在 C上，且直线 AD 与 BD的斜率之和为❑√2 ，
建立方程组求解即可；
（2）B , N ,Q 三点共线，即证⃗BN //⃗BQ，设出直线的方程联立双曲线的方程，由
韦达定理，求出M , N的坐标，由坐标判断⃗BN //⃗BQ，证明即可.
【详解】（1）由题意得A (−a,0),B (a,0)，且
{
9
a
2 −2
b
2 =1
❑√2
3+a +
❑√2
3−a = ❑√2
∴{
a
2=3
b
2=1
∴x
2
3 −y
2=1))
（2）由 (1) 得A (−❑√3,0),B(❑√3,0)，
设直线 MN的方程为x =ty +3(t ≠± ❑√3), M (x1, y1), N (x2, y2)，则⃗
BN =(x2−❑√3, y2)，
由 {
x =ty +3
x
2
3 −y
2=1)
 得(t
2−3) y
2+6ty +6=0,∴y1+ y2=−6t
t
2−3
, y1 y2=
6
t
2−3，
直线 AM的方程为y =
y1
x1+ ❑√3
(x + ❑√3)，令 x =1，则y =
y1
x1+ ❑√3
(1+ ❑√3)，
∴Q(1,
(1+ ❑√3) y1
x1+ ❑√3 ),∴⃗BQ =(1−❑√3,
(1+ ❑√3) y1
x1+ ❑√3 )，
∵(x2−❑√3)⋅
(1+ ❑√3) y1
x1+ ❑√3
−(1−❑√3) y2=
1
x1+ ❑√3 [(x2−❑√3)⋅(1+ ❑√3) y1−(1−❑√3)(x1+ ❑√3) y2)
=
1
x1+ ❑√3 [(t y2+3−❑√3)⋅(1+ ❑√3) y1−(1−❑√3)(t y1+3+ ❑√3) y2)
=
1
x1+ ❑√3 [(t y2+3−❑√3)⋅(1+ ❑√3) y1+(❑√3−1)(t y1+3+ ❑√3) y2)= 2❑√3
x1+ ❑√3 (t y1 y2+ y1+ y2)= 2❑√3
x1+ ❑√3(t
∴⃗BN //⃗BQ , 所以B , N ,Q三点共线.
47．已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，一条渐近线方程为
x−❑√3 y =0．
（1）求双曲线C的方程；
（2）记C的左、右顶点分别为A 、B，过F的直线l交C的右支于M , N两点，连结
MB交直线x = 3
2于点Q，求证：A 、Q、N三点共线．
【答案】（1）x
2
3 −y
2=1；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据题意得c =2, b
a = 1
❑√3 ，再根据a
2+b
2=c
2即可求得答案；
（2）由题知A(−❑√3,0)，B(❑√3,0)，直线l的斜率不为0，故设其方程为x =my +2，
M ( x1, y1)，N ( x2, y2)，进而结合直线MB的方程得Q( 3
2 , y1(3−2❑√3)
2( x1−❑√3) )，再根据向量共
线的坐标表示判断⃗AN，⃗AQ共线即可.
【详解】解:（1）依题意可得a
2+b
2= 4，b
a = 1
❑√3，
解得a
2=3，b
2=1故C的方程为x
2
3 −y
2=1.
（2）易得A(−❑√3,0)，B(❑√3,0)
显然，直线l的斜率不为0，设其方程为x =my +2，M ( x1, y1)，N ( x2, y2)
联立方程{ x =my +2
x
2−3 y
2=3，消去x整理得(m
2−3) y
2+ 4 my +1=0，
所以y1+ y2= −4 m
m
2−3，y1 y2=
1
m
2−3．
直线MB: y =
y1
x1−❑√3 ( x−❑√3)，令x = 3
2得y = y1(3−2❑√3)
2( x1−❑√3) ，故
Q( 3
2 , y1(3−2❑√3)
2( x1−❑√3) )⃗
AN =( x2+ ❑√3, y2)，⃗AQ =( 3
2 + ❑√3, y1(3−2❑√3)
2( x1−❑√3) )，
( 3
2 + ❑√3) y2−y1(3−2❑√3)( x2+ ❑√3)
2( x1−❑√3)
= (3+2❑√3) y2( x1−❑√3)−y1(3−2❑√3)( x2+ ❑√3)
2( x1−❑√3)
，
（*）
又
(3+2❑√3) y2( x1−❑√3)−y1(3−2❑√3)( x2+ ❑√3)=(3+2❑√3) y2(m y1+2−❑√3)−y1(3−2❑√3)(m y2+2+ ❑√3)
=[(3+2❑√3)m−(3−2❑√3)m] y1 y2+(3+2❑√3)(2−❑√3) y2+(2❑√3−3)(2+ ❑√3) y1
= 4 ❑√3m y1 y2+ ❑√3( y1+ y2)= 4 ❑√3m
m
2−3
+ −4 ❑√3m
m
2−3
=0，即(∗)的值为0．
所以⃗AN //⃗AQ ,故A、Q、N 三点共线．﹒
48．已知双曲线Q: x
2
a
2 −y
2=1的离心率为
❑√5
2 ，经过坐标原点O 的直线l 与双曲线Q
交于A，B 两点，点A(x1, y1)位于第一象限，C (x2, y2)是双曲线Q 右支上一点，
AB⊥AC，设D(x1,−3 y1
2 )
(1)求双曲线Q 的标准方程；
(2)求证：C，D，B 三点共线；
(3)若△ABC面积为48
7 ，求直线l 的方程．
【答案】(1) x
2
4 −y
2=1
(2)证明见解析
(3)y = 1
3 x
【分析】（1）根据离心率即可求解a=2，
（2）利用坐标运算，结合点差法以及向量共线的坐标表示即可求解，
（3）根据三角形面积公式，利用联立方程，韦达定理，代入化简即可得到关于k的方
程，
【详解】（1）由双曲线Q: x
2
a
2 −y
2=1的离心率为
❑√5
2 ，所以e =
❑√a
2+1
a
=
❑√5
2
，解得
a=2，
所以双曲线Q 的标准方程为x
2
4 −y
2=1
（2）由A(x1, y1)得B(−x1,−y1),又C (x2, y2)，所以⃗
OA =(x1, y1),⃗AC =(x2−x1, y2−y1)，
由⃗OA ⊥⃗AC得x1(x2−x1)+ y1( y2−y1)=0①，
由于A(x1, y1)，C (x2, y2)在双曲线上，所以x1
2
4 −y1
2=1, x2
2
4 −y2
2=1，
相减得x1
2−x2
2
4
= y1
2−y2
2⇒x1+ x2
y1+ y2
= 4( y1−y2)
x1−x2
②
由①②得
x1+ x2
y1+ y2
=−4 x1
y1
③，⃗
BC =(x2+ x1, y2+ y1),⃗BD =(2 x1,−1
2 y1),
由于x1>0, y1>0，所以
x2+ x1
2 x1
−y2+ y1
−1
2 y1
= x2+ x1
2 x1
+ 2( y2+ y1)
y1
，
将③代入得x2+ x1
2 x1
−y2+ y1
−1
2 y1
=
( y1+ y2)(−4 x1
y1 )
2 x1
+ 2( y2+ y1)
y1
=0，
所以⃗BC //⃗BD，因此C，D，B 三点共线
（3）设直线l的方程为y =kx (k >0)，
联立直线l与双曲线的方程为：{
y =kx
x
2
4 −y
2=1)
⇒(1−4 k
2) x
2= 4，
故1−4 k
2>0⇒0<k < 1
2，
所以x1
2=
4
1−4 k
2，
直线AC的方程为y −y1=−1
k (x−x1)，
联立{
y −y1=−1
k (x−x1)
x
2
4 −y
2=1 )
⇒(1−4
k
2)x
2+ 8
k(
x1
k + y1)x−4(
x1
k + y1)
2
−4 =0，
所以x1+ x2=−8(x1+ k y1)
k
2−4
, Δ>0
由于AD // y轴，y1>0，所以|AD)= 5
2 y❑1，
所以
S△ABC = 1
2 × 5
2 y1(x1+ x2)= 5
4 y1× 8(x1+ k y1)
4−k
2
=10 y1× (x1+k y1)
4−k
2
=10× (x1 y1+ k y1
2)
4−k
2
，
由于y1=k x1，x1
2=
4
1−4 k
2代入得
S△ABC = 10(k x1
2+k
3 x1
2)
4−k
2
= 10(k +k
3) x1
2
4−k
2
=
10(k +k
3)
4
1−4 k
2
4−k
2
=
40(k +k
3)
4−17 k
2+ 4 k
4 =
40(
1
k +k)
4(
1
k
2 + k
2)−17
，
令1
k + k =t >0，则S△ABC =
40t
4t
2−25
= 48
7 ，化简得24t
2−35t −150=0，由于t >0，
所以t = 10
3 ，
因此1
k + k = 10
3 ，解得k =3或k = 1
3
由于0<k < 1
2，所以k = 1
3，
故直线l方程为y = 1
3 x
【点睛】方法点睛：解析几何中的弦长以及面积问题以及最值是常见的类型，对于这
类问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解
决，非常巧妙；二是将解析几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参
数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.
49．在平面直角坐标系xOy中，点P( x0, y0)( y0≠0)在椭圆C : x
2
2 + y
2=1上，过点P
的直线l的方程为x0 x
2 + y0 y =1．
(1)求椭圆C的离心率；
(2)设椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，点Q与点F1关于直线l对称，求证：点
Q , P , F2三点共线．
【答案】(1)
❑√2
2
(2)证明详见解析
【分析】（1）根据a,c求得椭圆C的离心率.
（2）求得Q点坐标，利用向量法证得Q , P , F2三点共线.
【详解】（1）依题意，a= ❑√2,b=1,c =
❑√a
2−b
2=1，
所以离心率e = c
a = 1
❑√2 =
❑√2
2 .
（2）直线l: x0 x
2 + y0 y =1的斜率为−
x0
2
y0
=−x0
2 y0
，
由（1）得F1(−1,0), F2(1,0)，
设F1(−1,0)关于l的对称点为Q (m,n)，
线段Q F1的中点为(
m−1
2
, n
2)，
所以{
m−1
2
⋅x0
2 + n
2 ⋅y0=1
n
2 −0
m−1
2
+1
×(−x0
2 y0)=−1)
，
整理得{
m x0−x0+2n y0−4 =0
n x0−2 y0−2m y0=0 )，
解得m= x0
2+ 4 x0−4 y0
2
x0
2+ 4 y0
2
,n= 4 x0 y0+8 y0
x0
2+ 4 y0
2
，
则Q(
x0
2+ 4 x0−4 y0
2
x0
2+ 4 y0
2
, 4 x0 y0+8 y0
x0
2+ 4 y0
2 )
P在椭圆上，所以x0
2
2 + y0
2=1, x0
2+2 y0
2=2，⃗
F2 P =(x0−1, y0),⃗F2Q =(
x0
2+ 4 x0−4 y0
2
x0
2+ 4 y0
2
−1, 4 x0 y0+8 y0
x0
2+ 4 y0
2 )，
则(
x0
2+ 4 x0−4 y0
2
x0
2+ 4 y0
2
−1)× y0−4 x0 y0+8 y0
x0
2+ 4 y0
2
×(x0−1)
= x0
2+ 4 x0−4 y0
2−x0
2−4 y0
2
x0
2+ 4 y0
2
× y0−(4 x0+8)(x0−1)
x0
2+ 4 y0
2
× y0
= 4 x0−8 y0
2
x0
2+ 4 y0
2 × y0−4 x0
2+ 4 x0−8
x0
2+ 4 y0
2
× y0
= 4 x0−8 y0
2−4 x0
2−4 x0+8
x0
2+ 4 y0
2
× y0
= −8 y0
2−4 x0
2+8
x0
2+ 4 y0
2
× y0
= −4(2 y0
2+ x0
2)+8
x0
2+ 4 y0
2
× y0= −8+8
x0
2+ 4 y0
2 × y0=0，
所以⃗F2 P//⃗F2Q，所以Q , P , F2三点共线.
【点睛】求解A ,B ,C三点共线的问题，可以转化为⃗AB //⃗AC来进行求解，也可以
转化为⃗AB //⃗BC来进行求解.求解点关于直线对称点的问题，关键点在于中点和斜率，根
据这两个关键点可求得对称点的坐标.
50．已知点N(1，2)，过点N 的直线交双曲线x
2−y
2
2 =1于A，B 两点，且⃗
ON = 1
2 (⃗OA +⃗OB)．
(1)求直线AB 的方程；
(2)若过点N 的直线交双曲线于C，D 两点，且⃗CD⋅⃗AB =0，那么A，B，C，D 四点
是否共圆？为什么？
【答案】(1)y＝x＋1
(2)四点共圆，原因见解析
【分析】（1）设直线AB的方程为y =k (x−1)+2，代入双曲线方程，设A(x1, y1)，
B(x2, y2)，根据⃗ON = 1
2 (⃗OA +⃗OB)得N是AB的中点，利用韦达定理求出k可得直线AB的
方程为；
（2）直线AB的方程代入双曲线方程解得x可得A，B坐标，根据⃗CD⋅⃗AB =0得CD
垂直AB，求出CD所在直线方程代入双曲线方程，令C (x3, y3)，D(x4, y4)及CD中点
M (x0, y0)，根据韦达定理得弦长|CD)及|MC)=|MD)= 1
2|CD)=2❑√10，
|MA)=|MB)=2❑√10可得A 、B、C 、D四点共圆.
【详解】（1）由题意知直线AB的斜率存在,
设直线AB：y =k (x−1)+2，代入x
2−y
2
2 =1，
得(2−k
2) x
2−2k (2−k ) x −(2−k )
2−2=0 (*)，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1, x2是方程(*)的两根，
∴2−k
2≠0且x1+ x2= 2k (2−k )
2−k
2
，
∵⃗ON = 1
2 (⃗OA +⃗OB)，∴N是AB的中点，∴x1+ x2
2
=1，
∴k (2−k )=−k
2+2，解得k =1，
∴直线AB的方程为y = x +1；
（2）共圆，理由如下，
将k =1代入方程(*)得x
2−2 x−3=0，解得x =−1或x =3，
 ∴A (−1,0)，B (3,4)，∵⃗CD⋅⃗AB =0，∴CD垂直AB，
∴CD所在直线方程为y =−(x−1)+2，即y =3−x，
代入双曲线方程整理得x
2+6 x−11=0，
令C (x3, y3)，D(x4, y4)及CD中点M (x0, y0)，则x3+ x4=−6，x3⋅x4=−11，
∴x3+ x4
2
=−3，y0=6，即M (−3,6)，
|CD)= ❑√(x3−x4)
2+( y3−y4)
2=
❑√1+ k
2❑√(x3+ x4)
2−4 x3 x4= 4 ❑√10，
所以|MC)=|MD)= 1
2|CD)=2❑√10，|MA)=|MB)=2❑√10，
即A 、B、C 、D到M的距离相等，∴A 、B、C 、D四点共圆.