培优专题04解析几何6大重难题型（大题专练）（答案版）_数学_一轮复习_2027年高考数学一轮更新中_62027年高考数学大题突破+限时集训（多地区使用）

培优专题 04 解析几何 6 大重难题型
参考答案
题型01 轨迹方程与曲线方程问题
🎯命题方向一 定义法求轨迹方程
1.【答案】（1）
（2） 或
【分析】（1）设 点的坐标为 ，表达出点 的坐标，将其代入 中，整理可得
的轨迹方程；
（2）考虑直线 的斜率不存在和斜率存在两种情况，由点到直线距离和弦长公式进行求解，得到答案.
【详解】（1）设 点的坐标为 ，则点 的坐标为 ，
点 为圆 上的动点，
，化简得 ，故 的轨迹方程为 ．
（2）圆 的圆心坐标为 ，半径 ，
当直线 的斜率不存在时，直线 的方程为 ，此时圆心到直线 的距离是 ，所以 ，满足条件；
当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为 ，化简得 ，
因为 ，所以圆心到直线 的距离 ，
由圆心到直线 的距离公式得 ，
所以 ，即 ，平方得 ，
整理得 ，解得 ，故直线 的方程为 ，即 ．
综上，直线 的方程为 或 ．
2.【答案】（1）
（2）
【详解】（1）设圆 的半径为 ，圆 的圆心为 ，半径为 ，圆 的圆心为 ，半径为 ，
因为圆 与圆 、圆 都外切，则 ， ，
所以， ，
所以，点 的轨迹是以点 、 为焦点的双曲线的右支，
设双曲线的标准方程为 ，则 ，可得 ， ，则 ，
所以， ，
所以，圆心 的轨迹方程为 .
（2）若直线 与 轴垂直，则直线 与曲线 只有一个公共点，不合乎题意，
设直线 的方程为 ，设点 、 ，
联立 可得 ①，
则 且 ，可得 且 ，
由韦达定理可得 ， ，，
整理可得 ，
即 ，
整理可得 ，
若 ，此时，方程①为 ，由于 ，解得 ，
此时直线 与点 的轨迹只有一个公共点，不合乎题意，
所以， ，所以，直线 的方程为 ，故直线 过定点 ，
因为 ，取线段 的中点 ，则 ，
所以点 在以点 为圆心，半径为 的圆上运动，
由题意可得 ，可得 ，
易知直线 的方程为 ，
联立 可得 ，直线 交 轴于点 ，交圆 于 、 两点，
，则 ，所以， ，
易知点 的轨迹为劣弧 （不包括端点），其长度为 .
🎯命题方向二 相关点法求轨迹方程
3.【答案】（1） ；
（2） ， 且 .
【分析】（1）根据椭圆上两点代入方程求解 的值即可得椭圆方程；
（2）设 ，线段 的中点 ，分别讨论直线 的斜率是否存在，当斜率 存在时
确定直线 的方程与直线 联立得 横坐标 与 的关系，结合函数得 的取值范围，结合圆的定义从
而得 的轨迹方程.
【详解】（1）由题意 解得 ，所以椭圆 的标准方程为 ；
（2）设 ，线段 的中点 ，则 ， ，①当 时， 的中垂线为 轴，过点 向中垂线作垂线，垂足 为点
②当 时，直线 的斜率 ，则 ，
所以 ，将 代入椭圆方程得 ，
所以 ，从而 或 ，
线段 的中垂线方程为 ，即 ．
故线段 的中垂线过定点
故垂足 轨迹是在以 为圆心，半径为 的圆弧，其方程为
过点 与 垂直的直线为 ，
联立方程组 消去 得 ，因为 ，
所以 ，综上①，②所得
所以垂足 轨迹方程是 ，且 ．
🎯命题方向三 交轨法与探究型轨迹问题
4. 【答案】（1）
（2）证明见详解（3）点 的轨迹是圆，该圆的方程为
【分析】（1）根据椭圆焦点坐标得 ，离心率为 ，得 ，从而求出 ，得出椭圆方程；
（2）写出中垂线方程，联立椭圆方程，判别式等于零，即可证明恰一个公共点；
（3）解法一：利用设直线方程联立椭圆方程的方法，根据判别式等于0，即可求解.
解法二：利用椭圆定义和线段垂直平分线的性质结合光学性质，得到 ，从而得到点 的轨迹
和轨迹方程.
【详解】（1）因为椭圆左、右焦点分别为 ， ，所以 ，又因为椭圆C的离心率为 ，
得 ，所以椭圆方程为 .
（2）由 ， 得直线 斜率为 ，中点坐标为 ，
所以线段 的垂直平分线方程为 ，
联立垂直平分线方程和椭圆方程 得 ， ，
，所以直线与椭圆相切，
线段 的垂直平分线与C恰有一个公共点 ；
（3）解法一：设 ，
当 时， 的垂直平分线方程为 ，
此时 或 ；当 时， 的垂直平分线方程为 ，
联立 ，
得 ，
即
因为线段 的垂直平分线与C恰有一个公共点，
故 ，
即 ，
则 ，
即 ，
，
即 ，
，
而 ， 也满足该式，
故点 轨的迹是圆，该圆的方程为 ，即 .解法二：设线段 的垂直平分线 与C恰有一个公共点为P，
则当点P不在长轴时，线段 的垂直平分线 即为点P处的切线，
也为 的角平分线，
作 的角平分线 ，根据椭圆的光学性质得 ，
，则 ，
故 ，
所以 三点共线，所以 ，
所以点 的轨迹是以 为圆心，4为半径的圆，
当P在椭圆长轴上时，M点为 或 也满足 ，
故点 的轨迹是圆，该圆的方程为 .
5.【答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）由题意得 ，结合 可求出 ，从而可求出椭圆方程；（2）设 ，求出直线 的方程，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系结合
弦长公式求出 ，再利用点到直线的距离公式求出点 到直线 的距离，从而可求出 的
面积；
（3）设 ， ，由 ，得 ，将
代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，结合前面的式子得 ，两式
相比化简可求得 ，代入其中的一个化简可求得点Q的轨迹方程.
【详解】（1）由题意得 ，由 得 ，得 ，
所以 ，得 ，则 ，故椭圆C的方程为 ；
（2）由（1）可知 ，则 ，
因为直线l的斜率为 ，所以直线l的方程为 ，设 ，
由 ，得 ，所以 ，
所以 ，因为点 到直线 的距离为 ，所以 的面积为 ；
（3）设 ， ，
则 ，
因为 ，所以 ，
所以 （*），直线l的方程为 ，
由 ，得 ，
，
则 ，
所以 ，
代入（*），可得： ，
当 时， ，得 （ 且 ），所以 ，
化简整理得当 时，得 ， ，即 ，满足上面的方程，
所以点Q的轨迹方程为
题型02 圆锥曲线的弦长、面积与斜率问题
🎯命题方向一 弦长问题
x2 y2
 1
1 .【答案】（1）
4 3
25
（2）
7
【分析】（1）由椭圆的性质结合点在椭圆上代入解方程可得；
PQ  QF
（2）由椭圆的性质得到当P ， F，Q三点共线时 取得最大值，再直曲联立，由弦长公式
计算可得.
【详解】（1）设C 半焦距为c，因为
F1,0
，故c1.
 3
P 1, 1 9
又 C 过点   2   ，故 a2  4b2 1.由椭圆的几何性质有a2 b2 c2 b2 1，
x2 y2
 1
故a2  4，b2 3.所以 的方程为 .
C 4 3
11
（2）设 的左焦点为 ，则 PQ  QF  PF  QF  QF  PF 2a  ，当且仅当 ， ，
C F 2 P F 3
Q 1,
 
Q 三点共线时等号成立，此时  2 .
 3
y  x1,

 4

因为 ，故直线 的方程为 3 .与 的方程联立有  x2 y2 ，
F1,0 y x1  1
4 C  4 3
13
整理有7x2 6x130， ，解得x 1，x  .
3647134000 1 2 7
2
3 5 20 25
故直线 被 截得的弦长为 1   x x    .
C
4 1 2 4 7 7
y2
2.【答案】（1）x2  1
3
50
（2）13
a
a,b,c b2
【分析】（1）由已知求 ，由 关系求 ，写出方程；
B2,3
（2）由已知可得 ，求出直线 l 方程，联立-消元-韦达定理，利用弦长公式求解.
c2

c
【详解】（1）由已知可得 2，所以 ，所以 ，

a a1,c2 b2 c2a2 413
y2
所以 的方程为x2  1.
C 3
B2,3
（2）因为 P 是 BF 中点，所以点 B 的横坐标为2，所以 ， 3
y x2

 4

所以直线 的斜率 3 ，方程为 3 ，由 y2 ，得 ，
k  l:y x2  x2 1
l 4 4  3 39x236x840
36 84
设Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2  ，则 x 1 x 2  39 ,x 1 x 2  39 ，
2
所以 AB  1k2 x 1 x 2 2 4x 1 x 2  1 1 9 6   3 3 9 6   4 8 3 4 9  5 4  1 3 2 9 0  1 5 3 0 .
x2 y2
 1
3.【答案】（1）
5 4
   
（2） 3, 5  5,3
【分析】（1）根据短轴长和离心率求出椭圆方程.
m
（2）联立直线与椭圆方程，利用判别式、韦达定理和弦长公式，结合弦长条件求出 的取值范围.
2b4 b2
【详解】（1）由题意可得：短轴长 ，故 ，
c 5
e 
又因为离心率 ，结合椭圆关系a2 b2 c2可得：
a 5
c2 a2 b2 4 1 x2 y2
e2   1   1
a2 a2 a2 5 ，解得a2 5，b2  4，所以椭圆 Γ 的方程为： 5 4 .
（2）由题意可知，联立直线 与椭圆方程： ，
y  xm
y 9x2 10mx5(m2 4)0
消去 整理得： ，
Ax ,y  Bx ,y 
设直线 y  xm 与椭圆Γ交于点 1 1 ， 2 2 ，Δ (10m)2 495(m2 4)72080m2 0
则判别式0： ，
5(m2 4)
10m
x x 
解得m2 9，即 3m3 ，由韦达定理得：x 1 x 2  9 ， 1 2 9 ，
由弦长公式 ∣AB∣ 1k2  (x 1 x2)24x 1 x 2 ，其中k 1，
可得： ，
8 10 4 10 9m2 8 10
∣AB∣ 
又因为
9
，所以
9 9
，化简可得： 9m2 2，两边平方得：m2 5，
m 5 m  5 m2 9 m (3, 5)( 5,3)
即 或 ，又因为 ，所以 的取值范围为： .
4. 【答案】（1）
（2）
（3）证明见详解
【分析】（1）先求出焦点坐标，再代入标准方程即可求出；
（2）设 及 ， ，再写出直线 和直线 的方程并两式相乘，化简即
可求出；
（3）联立 得到 ，再求出 ，设 中点为E，进而求得 ，最后利用 即可求出.
【详解】（1）因为双曲线的右焦点为 ，
由对称性不妨设 ， ，所以 ．
（2）设 及 ， ，又 ， ，
所以，直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
两式相乘得 ，又因 点 ， 在双曲线上，
为
所以 ，代入化简得 ，所以曲线C的方程为 ．
（3）联立 得 ，
， ， ，
所以 ，
因为 在曲线C上，所以 ，
，
因为 ，所以 ；设 中点为E，要证 ，只需证 ，即证 ，
又由 ， 以及（2）得 ，
所以 ，
，
即 ，
，
所以 ，所以 ．
🎯命题方向二 面积问题
5. 【答案】（1）选择条件①和③和选择条件②和③时， 的方程 ，选择条件①和②时，C存
在且不唯一
（2） 或
【分析】（1）选择条件①和③：根据双曲线的离心率公式和两点间距离公式进行求解即可；
选择条件②和③：根据双曲线的渐近线方程和两点间距离公式进行求解即可；选择条件①和②：根据双曲线的离心率公式和双曲线的渐近线方程进行求解判断即可.
（2）方法一：根据三角形面积公式，结合点到直线距离公式进行求解即可；
方法二：设出直线方程与双曲线联立，利用三角形面积公式，结合点到直线距离公式进行求解即可.
【详解】（1）选择条件①和③：
因为C的离心率为2，点A到C的右焦点的距离为1，所以 解得
又因为 ，所以 ，所以C的方程为 .
选择条件②和③：
因为C的渐近线方程为 ，点A到C的右焦点的距离为1，所以由
可得 所以C的方程为 .
选择条件①和②：因为 的离心率为2，
所以 ，
所以 的渐近线方程为 ，
由①能推出②，所以C存在但是不唯一，不符合题意；
综上所述：选择条件①和③和选择条件②和③时， 的方程 ，选择条件①和②时，C存在且不
唯一.
（2）由（1）知，点A坐标为 ，又由 可得直线 的方程为 ，且 .
设点M到直线 的距离为d，因为 面积为3，所以 ，所以 .
设过点M且与直线 平行的直线为n： .
则n与直线 的距离为 ，故 ，
解得 或 ，所以直线n方程为 或 ，
直线 与直线 关于原点中心对称，
与双曲线左支有两个交点，不合题意，舍去.由 得 或
故点M坐标为 或 ，
当M坐标为 时，点 ，所以直线 的方程为 ，
当M坐标为 时，点 ，直线 的方程为 ，
所以直线 的方程为 或 .
（方法二）由（1）知，点A坐标为 ，且点 在C上.
当直线 斜率不存在时， ， 面积为3，直线 的方程为 ，符合题意.当直线 斜率存在时，设其方程为 .
由 得 ，
设 ，则 ， ，
故 ，又因为A到直线 的距离 ，
故 面积 .所以 ，解得 ， 或 ，
为
因为该双曲线的渐近线方程为 ，所以 ， ，因此此时直线不与双曲线的右支
相交，因为 ，所以此时直线与双曲线的右支相交，故直线 的方程为 .
综上，直线 的方程为 或 .
x2 y2
6. 【答案】（1）  1
4 3
 
（2）（i） 0, 3 ；（ii）证明见详解；
a,b,c a,b,c
【分析】（1）根据椭圆的离心率、短轴长、 的关系列方程组求解 的值，可得椭圆Γ 的方程；
y y 2x y
k k  0  0  0 0
（2）（ⅰ）设Cx ,y ，则根据斜率关系可得 1 3 x 1 x 1 x2 1，设Ax ,y ，
0 0 0 0 0 1 1
1 1
t  t 
Bx ,y ，l : x t y1，l :x t y1，其中 1 k ， 2 k ，联立直线与椭圆确定交点坐标
2 2 CA 1 CB 2 1 3
k k k k k 2k x ,y
关系，再由 1， 2， 3成等差数列，得 1 3 2，结合斜率的坐标运算列方程即可得 0 0的值，从VABC O AB
而得所求；（ⅱ）若 的重心是坐标原点 ，讨论直线 的斜率不存在与存在两种情况，当直线
3x
k  0
的斜率存在时结合点差法得 AB 4y ，从而得直线 的方程，联立直线与椭圆，利用 的
AB AB VABC
0
S
面积公式得 OAB，结合三角形重心性质即可证得结论.
c 1


a 2


2b2 3
【详解】（1）由题意可得

，解得 ， ，所以椭圆方程为 ；
a2 b2 c2
 x2 y2

a 2
b 3
4

3
1
y y y y 2x y
k  0 k  0 k k  0  0  0 0
（2）（ⅰ）设Cx ,y ，则 1 x 1， 3 x 1，所以 1 3 x 1 x 1 x2 1，
0 0 0 0 0 0 0
1 1
t  t 
设Ax ,y ，Bx ,y ，l : x t y1，l :x t y1，其中 1 k ， 2 k ，
1 1 2 2 CA 1 CB 2 1 3
 x t y1
1
由  3x2 4y2 12，消去 x ，得  3t
1
2 4  y2 6t
1
y90，
9 9 9y2 9y2 3y2 3y
y y    0  0  0  y  0
则 1 0 3t 1 2 4  x 1 2 3x 0 2 4y 0 2 6x 0 3 6x 0 15 2x 0 5 1 2x 0 5
3 0  4
y
 
0
x 1 3y 5x 8
x t y 1 0  0 1 0
从而 1 1 1 y 2x 5 2x 5，
0 0 0
3y 5x 8
y  0 x  0
同理，可得 2 2x 5， 2 2x 5，
0 0
3y 3y
 0  0
y  y 2x 5 2x 5
k k  1 2  0 0 3y 2x 52x 5 3x y
则 2 AB x  x 5x 8 5x 8  0 0 0  0 0 ，
1 2  0  0 5x 82x 55x 82x 5 5  x2 4 
2x 5 2x 5 0 0 0 0 0
0 02x y 3x y
0 0 2 0 0
由k ，k ，k 成等差数列，得k k 2k ，即 x2 1 5  x2 4  ，
1 2 3 1 3 2 0 0
17
解得x 0，y2 3，或y 0（舍），x2  4（舍），所以点 的坐标为  0, 3  ．
0 0 0 0 2 C
Cx ,y  Ax ,y  Bx ,y 
（ⅱ）证明：设 0 0 ， 1 1 ， 2 2 ，
C2,0 C2,0
当直线AB的斜率不存在时，易得 ，直线AB的方程为x 1，或 ，直线AB的方程
3 1 9
为 ，将 代入椭圆的方程，可得 y  ，所以 的面积S  33 ，
x1 x 1 2 VABC 2 2
 x y  y  y y
M  0 , 0 k  1 2 ,k  0
当直线 AB 的斜率存在时，有 AB 的中点   2 2   ，则 AB x x OM x ，
1 2 0
x2 y2
1  1 1

 4 3

因为 ， 在椭圆上，则 x2 y2 ，相减得 x2 x2 y2  y2 ，
Ax ,y  Bx ,y  2  2 1 1 2  1 2 0
1 1 2 2  4 3 4 3
3 y  y y  y 3x
  1 2  1 2 k  0
整理得 4 x x x x ，所以可得 AB 4y ，
1 2 1 2 0
y 3x  x  3x 3  x2 y2  3x 3
y 0  0  x 0  y  0 x  0  0  0 x
所以直线 AB 的方程为 2 4y  2  ，即 4y 2y  4 3  4y 2y ，
0 0 0 0 0
3 1 3
 S     x x
令 x 0 ，可得直线 AB 在 y 轴上的截距为 2y ，则 OAB 2 2y 1 2 ，
0 0
3x 3 12y2 9x2 9x 9
y   0 x 0 0 x2  0 x 120
将 4y 2y 代入椭圆的方程，得 4y2 y2 y2 ，
0 0 0 0 0
3 3x 3
x2  0 x 40 34y2
即 y2 y2 y2 ，则x  x  x ，x x  0 ，
0 0 0 1 2 0 1 2 3
9x2 48y2 36 3612y2 48y2 36
x x  x x 2 4x x  0 0  0 0 2 y
所以 1 2 1 2 1 2 3 3 0 ，1 3 3
S    2 y  9
所以 OAB 2 2y 0 0 2 ，又因为 O 是 VABC 的重心，所以S ABC 3S OAB  2 ，
9
综上， 的面积是定值 ．
VABC 2
🎯命题方向三 斜率问题
x2 y2
7. 【答案】（1）  1
4 3
（2）1
【分析】（1）根据离心率和焦点坐标列式计算即可求出；
Ax ,y ,Bx ,y ,Cx ,y ,Dx ,y 
（2）设 1 1 2 2 3 3 4 4 ，写出直线PA的方程，再联立得
5x 8 3y 5x 8 3y 5 3
x  1 ,y  1 x  2 ,y  2 ,
3 2x 5 3 2x 5，同理得 4 2x 5 4 2x 5 ，再根据直线CD过定点  2 2   ，即可求
1 1 2 2
出.
c 7
e 
【详解】（1）由题意得c 7，双曲线的离心率为 ，则a 2,b2 c2 a2 3,
a 2
x2 y2
故 的方程为  1.
 4 3
Ax ,y ,Bx ,y ,Cx ,y ,Dx ,y 
（2）设 1 1 2 2 3 3 4 4 ，
 y
y  1 x1

 x 1
1

则直线
PA: y 
y
1 x1
，联立 x2 y2 ，
 1
x 1   4 3
1
y 3x 12 4y2x2 8y2x4y2 12x 12 0
消去 整理得 1 1  1 1 1 ，x2 y2
将 1  1 1 代入上式整理得156x x2   6x2 24  x15x2 24x 0，
4 3
1 1 1 1
5x2 8x 5x 8 3y 5x 8 3y
x x  1 1 x  1 ,y  1 x  2 ,y  2
由 1 3 2x 5 ，得 3 2x 5 3 2x 5，同理得 4 2x 5 4 2x 5 ，
1 1 1 2 2
3 3
y  y 
3 2 4 2
又直线CD过定点5 , 3，  5  5 ，化简得 ， k  y 1  y 2 1 .
 2 2   x 3  2 x 4  2 y 1  y 2  x 1  x 2 AB x 1 x 2
x2 y2
8. 【答案】（1）  1
4 3
（2）证明见详解
a2 4,b2 3
【分析】（1）先设点，再应用斜率公式结合点在双曲线上计算得出 即可求解双曲线方程；
（2）设直线，再联立方程得出韦达定理，再应用斜率公式计算求解.
x2 y2
0  0 1
【详解】（1）设M x ,y ，Aa,0，Ba,0，且 a2 b2 ，
0 0
y y b2 x2 a2 b2 3
k k  0  0  0  
则 MA MB x a x a a2 x2 a2 a2 4 ．
0 0 0
x2 y2
又焦距为2 7，则c2 a2 b2 7，a2 4,b2 3，双曲线 的标准方程为：  1．
E 4 3
A2,0 Cx ,y  Dx ,y 
（2）由（1）知 ，设 1 1 ， 2 2 ．
C,D A,B CD:x ty4
因为 不与 重合，所以可设直线 ．
x2 y2
  1
 4 3
联立 ，消 得： ，
  xty4 x  3t2 4  y2 24ty360
2
t  24t 36
故 3 ，Δ144t2 5760，y 1  y 2  3t2 4 ，y 1 y 2  3t2 4 ，
y y y x 2 y x 2 y y
k k  1  2  1 2 2 1 k k  1  2
1 2 x 2 x 2 x 2x 2 ， 1 2 x 2 x 2，
1 2 1 2 1 2k k y x 2 y x 2 y ty 6 y ty 6 2ty y 6y  y 
1 2  1 2 2 1  1 2 2 1  1 2 1 2 2t
可得 k k y y y y y y ，
1 2 1 2 1 2 1 2
k k k k 1
  k 1 2  2t2
．
k k k k t
1 2 1 2
x2 y2 x2 y2
Γ :  1,Γ :  1
1 4 4 2 4 4
9. 【答案】（1） ；
3 3
k
2 9
（2） ；
k
1
6 
G ,0
（3）  .
5 
P(1,1)
【分析】（1）首先求出m4，再代入
1
即可得到答案；
y2 1
k k  1
（2）设 M x ,y ,Nx ,y ，计算得 P 1 M P 3 M x2 1 ，结合其在椭圆上，代入化简即可得
1 1 2 2 1
1
k k  ，同理k k 3，则得到斜率比值；
P 1 M P 3 M 3 P 1 N P 3 N
k2 2k 3
x  1 1
（3）设直线 ，联立椭圆方程得到 ，则得到 的坐标，再计算得
l 1 : y1 k 1 (x1) Q 2 k 1 2 3 Q
y y
 5
k  1 ，k  3k 1 5 ，设 ，计算化简得 x 6 x2 ，则得到定点坐标.
3 k 2 4 k 3 N(x,y) 5
1 1P(1,1) 
【详解】（1）由题意得，m4，又因为
1
在
1
上，
x2 y2 x2 y2
Γ :  1,Γ :  1
1 1 4 1 4 4 2 4 4
代入 得 ，所以 ，则 .
  1 n
1 4 n 3 3 3
y 1 y 1 y2 1
k k  1 1  1
（2）设M x ,y ,Nx ,y ，则 P 1 M P 3 M x 1 x 1 x2 1，
1 1 2 2 1 1 1
x2 y2
1  1 1
4 4 4 x2  4x2
又因为  3   ，所以y 1 2  3   1 4 1    3 1 ，
4x2
1 1
3 1 k
则k k   ，同理可得 ，所以 2 9.
P 1 M P 3 M x2 1 3 k PN k PN 3 k
1 1 3 1
QQ ,Q Q ,QQ ,Q N l ,l ,l ,l k ,k ,k ,k
（3）设直线 1 2 2 3 3 4 4 分别为 1 2 3 4，其斜率依次为 1 2 3 4，
3x2 y2
设直线l : y1 k (x1)，联立  1得 k2 3  x2 2k 1k x1k 2 40，
1 1 4 4 1 1 1 1
k2 2k 3 k2 2k 3 k2 6k 3
x x  1 1 x  1 1 y  1 1
即有 Q 2 P 1 k2 3 ，所以 Q 2 k2 3 ，代入直线方程得 Q 2 k2 3 ，
1 1 1
y 1 2k2 6k k 3
k  Q 2  1 1  1 x3
则 2 x 1 2k2 2k k 1，设 f(x) ，
Q 1 1 1 x1
2
P,P l ,l k  f k 
则经过 1 2的两直线 1 2之间斜率满足关系： 2 1 ，

将直线l ,l 绕原点顺时针旋转 后也会经过P,P ，
2 3 2 1 2
1 1k 1
k   2 
3  1  13k k 2
所以两者斜率满足 1  1 ，所以 f  2 1 ，
  f    
k 3  k 2   k 2 
l ,l  P,P
同理将直线 3 4绕原点顺时针旋转 后也会经过 1 2， 1 
 3
k 3  k 2  3k 5
k  3  1  1
所以两直线斜率满足 ， 4 k 1  1  k 3 ，
k  f k  3  k 2 1 1
4 3  1 
y1
3 5
y1 x1

设 ，则有 y1 y1 ，代入上式得： x1 y1 ，
N(x,y) k , k 3
x1 1 x1 4 x1
y y
 5
6 x2 6 
得到 y2 5x2 16x12(5x6)(x2) ，所以 x 5 ，因此存在定点G  5 ,0   ，
GN HN
使直线 和直线 的斜率之积为定值5.
x2
10. 【答案】（1）  y2 1
3
1
（2）k k 为定值，为
1 2 3
（3）2
a
【分析】（1）根据已知得  3，结合所过的点求椭圆方程；
b
3
（2）设椭圆上任一点 Px ,y ，则 x2 3y2 3 ，且圆 的半径r  ，设过点 的圆的切线方程为
0 0 0 0 O 2 P
y y kxx  ，利用相切关系得  34x2 k2 8x y k 4y2 30，应用韦达定理即可得结论；
0 0 0 0 0 0
 
（3）讨论切线的斜率，设切线方程并联立椭圆，应用韦达定理及向量数量积的坐标运算求OPOE ，进
而得到垂直关系，最后由椭圆和圆的性质确定最小值.
π π a
【详解】（1）因为B A B  ，所以B AO ，即  3，
1 2 2 3 2 2 6 b
 6 
可设椭圆 的方程为 x2 y2 ，又因为椭圆 过点1, ，
 1b0  3 
C 3b2 b2 C  2
代入椭圆 的方程得： 1 3 ，解得 ，所以椭圆 的方程为： x2 ；
 1 b2 1  y2 1
C 3b2 b2 C 3
k k AB A B
（2） 1 2是定值.理由如下：根据对称性，易知四边形 1 1 2 2的内切圆的圆心为O
3
3
因为直线 的方程为 ，所以圆 的半径r   ，
A 1 B 2 x 3y 3 0 O 12  3 2 2
设椭圆上任一点 Px ,y  ，则x2 3y2 3，
0 0 0 0
y y kxx 
当圆的切线斜率存在时，可设过点P 的圆的切线方程为
0 0
，
kx  y 3
即 ，所以圆的半径r  0 0  ，
kx ykx  y 0
0 0 k2 1 2
两边平方化简得：  34x2 k2 8x y k4y2 30*,
0 0 0 0
PA,PB k ,k k ,k *
因为切线 的斜率分别为 ，所以 是方程 的两个不同的根，
1 2 1 2
4y2 3 4y2 3 1
k k  0  0 
故 1 2 34x2 34  33y2 3 ；
0 0
y k xm Ex ,y 
（3）①当直线PE的斜率存在时，设直线PE的方程为： 1 ，设 1 1 ，
m 3
因为直线 为圆 3 的切线，所以  ，化简得 ，
x2  y2  k21 2 4m2 3k2 3
PE 4 1 1
y k xm
1
联立方程 x2 3y2 3 ，消去 y 得： 13k
1
2 x2 6k
1
mx3m2 30 ，
6k m 3m2 3
显然 恒成立， 为上式的两个不同的根，且x x  1 ,x x  ，
Δ0 x 0 ,x 1 0 1 13k 1 2 0 1 13k 1 2
O  P  O  E   x x  y y  x x k x mk x m   1k2 x x k mx x m2
0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 0 1 1 0 1  1k 1 2 3m2 3   6k 1 2m2 m2  4m2 3k 1 2 3 0，可得 ，同理可证 .
13k2 13k2 13k2
OP OE OP OF
1 1 1
F,O,E A A |EF |  BB 2
所以 三点共线，故弦EF 恒过点O，所以当P 与
1
或
2
重合时，
min 1 2
.
②当直线PE或直线PF 的斜率不存在时，易得 EF  6 2，
|EF | 2
综上可知， min .
题型03 定点、定值、定直线“三定”问题
🎯命题方向一 定点问题
y2  4x
1. 【答案】（1）
（2）证明见详解
S
【分析】（1）求出双曲线渐近线后，可表示出点P 、Q坐标，再利用
OPQ
即可得解；
 
（2）由题意可得PA PB，即可得PAPB 0，则可设出直线 AB方程，联立抛物线，可得与交点纵
坐标有关韦达定理，结合PA PB可表示出直线AB方程，即可得解.
x2  y2 1
【详解】（1） 的渐近线为yx，
y2  2px x2p
x0
联立  y  x ，解得  y 2p或 y0 ，故P2p,2p，
1
由对称性可得Q2p,2p，则S  2p4p 4p2 16，
OPQ 2
p2 y2  4x
故 （负值舍去），即抛物线E 的方程为 ；
P4,4 A  m2,2m  B  n2,2n 
（2）由（1）知 ，设 、 ，由以线段AB为直径的圆恰好经过P ，则
PA PB，
 P  A    m2 4,2m4   P  B    n2 4,2n4 
由 ， ，
 P  A    P  B    m2 4  n2 4  2m42n4 m2n2m2n24m2n2
则m2n2m2n24 0
  ，
m2n20 m2n24mn2mn80
由 A，B 异于P ，故 ，则 ，
x tys

设l
AB
:xtys， y2  4x ，则 y2 4ty4s 0， 16t2 16s 0，则t2 s 0，
mns
2m2n4t ，2m2n4mn4s，即mn2t， ，
mn2mn8s4t80 l :x ty4t8ty48
故 ,即s 4t8，则 AB ，
8,4
当x 8时，y 4，故直线AB过定点 .
y2  4x
2.【答案】（1）
(1,2)
（2）过定点；定点坐标为
8
【分析】（1）由点P(a,4)在抛物线 上，求得 a ，根据 PF 5，结合抛物线的定义，列出方程，
C p
p
求得 的值，即可求解；
x5m(y2) y  y 4m,y y 8m20
（2）设直线l的方程为 ，联立方程组，得到 1 2 1 2 ，假设以线
 
Q(x y ) QAQB0
段AB为直径的圆恒过C 上的点 0 0 ，得到 ，列出方程，利用韦达定理，化简得到
(4y 8)m y2 40 m y 2
0 0 ，结合对任意 恒成立，求得 0 ，进而得到结论.
p p
【详解】（1）由抛物线 y2 2px，可得其焦点为F( ,0)，准线方程为x ，
2 2
8
因为点P(a,4)在抛物线 上，可得42 2pa，解得 a ，
C pp 8 p
又因为 PF 5，根据抛物线的定义，可得a 5，即  5 ，
2 p 2
p2 10p160 p2 p 8
整理得 ，解得 或 ，
0 p 6 p2 y2  4x
因为 ，所以 ，所以抛物线C 的方程为 .
x5m(y2) A(x , y ), B(x , y )
（2）设直线l的方程为 ，且 1 1 2 2 ，
x5m(y2)

联立方程组 y2 4x ，整理得y2 4my8m200，
y2 4my8m200，Δ4m2 48m2016  m22m5  0
则 ，
y  y 4m,y y 8m20
1 2 1 2 ，
 
Qx ,y  QAQB0
假设以线段AB为直径的圆恒过C 上的点 0 0 ，则 ，
 
y2 y2 y2
因为QA(x x ,y  y ),QB (x x ,y  y )，且x  1 ,x  2 ,x  0 ，
1 0 1 0 2 0 2 0 1 4 2 4 0 4
  y2 y2 y2 y2
所以QAQB ( 1  0 )( 2  0 )(y  y )(y  y )0，
4 4 4 4 1 0 2 0
(y  y )(y  y )
整理得 1 0 2 0 (y  y )(y  y )(y  y )(y  y )0，
16 1 0 2 0 1 0 2 0
y  y ,y  y (y  y )(y  y )0
因为 1 0 2 0，所以 1 0 2 0 ，
(y  y )(y  y )
两边同时除以(y  y )(y  y )0，可得 1 0 2 0 10，
1 0 2 0 16
(y  y )(y  y )160 y y  y (y  y ) y2 160
即 1 0 2 0 ，即 1 2 0 1 2 0 ，
y  y 4m,y y 8m20 8m204my  y2 160
将 1 2 1 2 代入上式，可得 0 0 ，
4y 80
0

整理得(4y 8)m y2 40，因为上式对任意m恒成立，所以 y2 40 ，解得y 2，
0 0  0 0
y2 22
当y 2时，可得x  0  1，所以以线段 为直径的圆恒过抛物线 上一定点(1,2).
0 0 4 4 AB Cy2  4x
3. 【答案】（1）
（2）（i）4 2；（ii）证明见详解
【分析】（1）根据已知条件列出等式求轨迹方程；（2）（i）设直线方程，与抛物线方程联立，求出三角
形面积的表达式，进而求最值；（ii）先求出直线AB的方程，通过分析方程确定所过的定点.
【详解】（1）解：设动圆圆心为
Cx,y
，则 CE  (x2)2  y2 ，
y x y (x2)2  y2 |x|2 22 y2  4x
圆心C 到 轴距离为 ，动圆被 轴截得的半弦长为2，则 ，化简得 ，
y2  4x
所以动圆圆心C 的轨迹方程为 .
xmy2,Ax ,y ,Bx ,y 
（2）（i）解：设直线AB的方程为 1 1 2 2 ，
xmy2

联立 y2 4x ，消去 x 整理得y2 4my80,Δ16m2 320，
y  y 4m,y y 8
则 1 2 1 2 ，1
则 的面积为S  OE  y  y  y  y  16m2 32 4 m2 2 4 2，
VAOB 2 1 2 1 2
4 2
当且仅当m0时取等号.所以VAOB面积的最小值为 .
y  y
y y  2 1 xx 
（ii）证明：由题得Bx ,y ，则直线 方程为 2 x x 2 ，
2 2 AB 的 2 1
x
根据抛物线的对称性可知定点必定在 轴上，
x x x y x y y my 2 y my 2
x y  2 1 x  1 2 2 1  2 1 1 2
令y0，得 2 y  y 2 y  y y  y
2 1 2 1 1 2
2my y 2y  y  16m8m
 2 1 1 2  2
y  y 4m ，
1 2
D2,0
所以直线AB
必过定点 .
x2
 y2 1
4 .【答案】（1）
4
 3  8
（2）（i）直线 恒过定点 ,0；（ii）
l  2  3
PF  PF
【分析】（1）根据圆的位置关系，得到 为定值，结合椭圆的定义即可求解；
y  y ,y y AM A N
（2）（i）设直线方程，联立结合韦达定理得到 ，再由直线 、 斜率的关系构建方程化
1 2 1 2 1 2
简即可；
y  y ,y y S S S
（ii）由（i）得到 ，结合 ，再根据换元法求最值．
1 2 1 2 A
1
A
2
M A
1
A
2
N
 
【详解】（1）圆F :x2  y2 2 3x 13，即(x 3)2  y2 16,所以圆心F 3,0 ，半径R4，
 
因为 F是F 关于原点的对称点，所以F  3,0 ，PF 4r
设动圆P 的半径为 ，因为动圆P 与圆F 相内切，所以 ，
r
又因为圆P 经过点 F，所以 PF r ，则 PF  PF 4 FF 2 3，
F,F
所以点P 的轨迹是以 为焦点的椭圆，其中2a 4,2c 2 3 ，则a 2,c 3，
x2
 y2 1
所以曲线 的方程为 ；
C 4
x2
 y2 1
（2）（i）曲线 的方程 ，则A 2,0,A 2,0，
C 4 1 2
l:xmyn,M x ,y ,Nx ,y 
由题可知直线l斜率不为零，则设直线
1 1 2 2
，
xmyn

x2 ， ，
 y2 1
  4  m2 4  y2 2mnyn2 40
2mn n2 4
Δ 2mn2 4  m2 4  n2 4  16m2 16n2640，y  y  ,y y  ，
1 2 m2 4 1 2 m2 4
y y
1 7 2
又直线 的斜率恰好是直线 的斜率的 倍，即 ，
AM A N x 2 x 2
1 2 7 1 2y y
1 7 2
即 my n2 my n2 ，整理得 6my y 7n2y n2y 0 ，
1 2 1 2 2 1
n2 4  2mn 
即6m m2 4 7n2y 2 n2    m2 4  y 2   0，即 8mn2  m 2 2 4  m 4 4mn 8n12y 2 0 ，
3 3 8mn2 24m4mn 18m24m6m
，解得n ，n 时，  0，
8n120 2 2 m2 4 m2 4
 3 
3 3  ,0
\ n=- ，直线 的方程为x my ，即直线 恒过定点 ；
2 l 2 l  2 
3m 7
3 y  y  ,y y 
（ii）由（i）知n ，则 1 2 m2 4 1 2 4  m2 4  ，
2
1 1
 
则四边形AMA N 的面积S S S  4 y  4 y 2 y  y ，
1 2 A 1 A 2 M A 1 A 2 N 2 1 2 2 1 2
7
y y  0
 1 2 4  m2 4  ，S 2 y  y 2 y  y 2 y  y 2 4y y
1 2 1 2 1 2 1 2
 3m  2 7 4m2 7
2  4
 
m2 4 m2 4  m2 4 2 ，
m2 4t,t 4
令 ，
4m2 7 4t9 9 4 1 2 2 4 8
S 4 4 4   4 9   
 
则  m2 4 2 t2 t2 t t 9 9 3，当 1  2 0 ，即 t  9 时取
t 9 2
等，
8
即四边形AMA N 的面积S的最大值为 ．
1 2 3
🎯命题方向二 定值问题
y2
5．【答案】（1）x2 1x0；
3
- 2< k<- 3
（2） ；2
（3）
3
Mx,y MC  MC 2 C ,C
【详解】（1）设 ， 1 2 为定值，所以点M 的轨迹是以 1 2为焦点的双曲线的右支，
x2 y2
设双曲线方程为：  1(a0,b0)，2a2,c2,a1,b 3，
a2 b2
y2
所以，曲线 的轨迹方程是x2 1x0 ；
C 3
Ax,y ,Bx ,y 
（2）设 1 1 2 2 ，
 2k
x x  0
 1 2 3k2

 4
xx  0
由 

ykx1 ，消去 得 ，则 1 2 3k2 .
 y2 Δ4k24  3k2 40
 x2 1x0 y  3k2 x22kx40 
 3 
k2 3

k2 4
整理得 ，解得 .

k 0 - 2< k<- 3

Px ,y ,Qx ,y 
（3）设 3 3 4 4 ，
xmy2

由   x2  y 3 2 1 ，消去 x 得， 3m21  y212my90 ，则 y 3  y 4  3  m 1 2 2  m 1 ,y 3 y 4  3m 9 2 1 0 .
PC  1m2 y QC  1m2 y
2 3 ， 2 4
1 1 1 1 y  y
    3 4
所以 PC QC 1m2 y 1m2 y 1m2 y y ，
2 2 3 4 3 4
 12m  2 9
 y 3  y 4  y 3 y 4  y 3 y 4 24y 3 y 4   3m21   4 3m21
1m2  9 1m2 9 1m2  9 1m2 9
3m21 3m21 3m21 3m216
1m2 
3m21
6 2
  
9 9 3
1m2 
3m21
y2
6．【答案】（1）x2  1
3
1
（2）是定值，
3
a,b,c
【分析】（1）根据题设列出关于 的方程组，求解即得；
x  my2 AM,BN k ,k
（2）设l的方程为 ，与双曲线方程联立，写出韦达定理，分别求出直线 的斜率
1 2
，
k
1
并化简 ，利用消元思想与韦达定理即可推出结论.
k
2
 4 9
 1

a2 b2

c
【详解】（1）由题意，可得 2 ， 解得 .所以 的方程为 .
a

a2 b2 c2
y2
 a2 1，b2 3 x2  1
 C 3
F 2,0 x  my2
（2）由（1）知，C 的右焦点为 2 ，设l的方程为 ，
y2
与方程x2  1联立，得  3m2 1  y2 12my90.
3
3m2 10  144m2 36(3m2 1)36(m2 1)0
因为l与C 有两个交点，所以 且 ，解得
3
m
33
m
．
3
12m 9 3
设Ax ,y ，Bx ,y ，则y  y  ，y y  ，则有my y  y  y 
1 1 2 2 1 2 3m2 1 1 2 3m2 1 1 2 4 1 2
y y
k  1 ，k  2
因M(1,0),N(1,0)，则 1 x 1 2 x 1，
1 2
k y x 1 y my 1 my y  y
所以k 1 2  y 1 2 x 2 1 1  y 1 2 my 1 2 3  my 1 1 y 2 2 3y 1 2 ，因 my 1 y 2  3 4 y 1  y 2  ，
3 1 3
 y  y  y y  y
k 4 1 2 1 4 1 4 2 1
1    k
代入可得， k 3 3 9 3 ，即 1 为定值.
2  y  y 3y  y  y
4 1 2 2 4 1 4 2 k
2
At,1t
7. 【答案】（1）
y x
（2）证明见详解 （3）
【分析】（1）联立曲线E 和直线l求交点 A.
（2）先求出过 A与直线l垂直的直线方程，联立曲线 E 方程，用韦达定理求 B 点坐标，进而得到 P 点
PA  PQ
坐标，最后计算 为定值.
（3）根据直线与以PQ为直径的圆相切验证特殊直线是否存在.
x2 y2
【详解】（1）因为曲线 和直线 交于点 ，所以将直线l: y 1x代入曲线E：  1，
E l A t 1tx2(1t)t(12xx2)t(1t) (xt)2 0 xt y 1t At,1t
则 ，化简得 ，即 ，即 ，所以 .
y  x12t
（2）因为直线l斜率为1，所以直线AB斜率为1，即直线AB： ，
y  x12t

联立直线 和曲线 得：
x2 y2
，化简得： ，
 1
 x2 2t12txt24t30
AB E  t 1t
A(x ,y ) B(x ,y ) P(x ,y )
设 1 1 ， 2 2 ，AB中点 0 0 ，
x x
由韦达定理可得：x x 2t(12t)，即x  1 2 2t2 t, y  x 12t 2t2 3t1 ，
1 2 0 2 0 0
P(2t2 t,2t2 3t1)
所以 ，
AB  112 x x  2 t(4t2 3t)  2 4t4t2 4 2 t(1t)
根据两点间距离公式可得： A B ，
1
又因为线段AB的中点为P，所以 PA  AB 2 2t(1t)，
2
由两点距离公式可得：
2 2
 1  7 25
PQ   2t2 t    2t2 3t   (2t2 t)2 (2t2 3t)2 3t2 5t ，
 8  8 32
25 5
 8t4 16t3 13t2 5t  (2 2t2 2 2t )2
32 4 2
5 5
 2 2t2 2 2t  2 2t2 2 2t
4 2 4 2 ，
 5  5 2
PA  PQ 2 2t(1t) 2 2t2 2 2t) 
所以  4 2   8 ，即 PA  PQ 为 定值.
l' y x y x
（3）存在直线 ： 满足条件，下证之.设圆心为T ，半径为r，直线 AP 交 于M ，
2
OQ 
APl'，连接OQ，则OQ l'，
8
，设 PM  x， AM 为y x与y x1之间的距离，2 2 5 2
AM  AP  x PA  PQ 
， ，由（2）可知， ，
2 2 8
2
OQ  PM
PQ  x  OQ  PM 2r
所以 ，所以圆心 到l' 的距离d  r，
8 T 2
eT
y x y x
故 与 相切，直线 满足条件.
🎯命题方向三 定直线问题
x2
8. 【答案】（1）  y2 1x 0
2
x y30
（2）①0 ；②M 必在直线 上，理由见详解
Qx,y
【分析】（1）设 ，由题意列方程，化简即可求出答案.
Ax ,y  Bx ,y 
（2）①直线 AB的方程为 y xm，
1 1
，
2 2
，将直线方程与双曲线方程联立得到
x x x x
1 2 ， 1 2 ，用斜率公式列出直线 AP ，BP的斜率之和，代入即可求出答案；②求出直线 AP ，BP
3 3 
m1, 1m
的中垂线，联立求出点 的坐标 ，消去 即可求出答案.
M 2 2  m
【详解】（1）由题意知， QE  QF 2 2  EF 2 3，
所以动点Q的轨迹为双曲线的右支， 2a 2 2 ， 2c2 3 ，
x2
即a 2，c 3 ，所以 b c2 a2 1 ，所以点 Q 的轨迹曲线 C 的方程为 2  y2 1x 0 .
Ax ,y  Bx ,y  k
（2）①设直线AB的方程为 y xm ， 1 1 ， 2 2 ，直线 AP 和BP的斜率分别为 1，
k
2k
2，
x2
 y2 1
 2
联立 得， ，
  yxm x2 4mx2m2 20
16m2 4  2m2 2  0


2m 2
由题意得 ，解得 ，于 ， ，

 24 2m2m2 20 x x 4m x x 2m2 2
 m1 是1 2 1 2
y 1 y 1
x 2y 1x 2y 1
k k  1  2  2 1 1 2
所以 1 2 x 2 x 2 x 2x 2
1 2 1 2
x 2m1x x 2m1x  m1x x 2x x 4m1
 2 1 1 2  1 2 1 2
x 2x 2 x 2x 2
1 2 1 2
m14m2  2m2 2  4m1
 0 ，所以 ．
x 2x 2 k k 0
1 2 1 2
y 1 x 2 x 2
y 1  1 x 1
 
②直线
AP
的中垂线为 2 y 1 2 ，
1
y 1 x 2 x 2
y 2  2 x 2
 
直线
BP
的中垂线为 2 y 1 2 ，
2
 y 1 x 2 x 2
y 1  1 x 1
  
 2 y 1 2 
1

联立直线方程得： ，消 得 ，
 y y 2 1  x 2 2  x x 2 2    x 1 2  x 2 2 x 3 y  y 
  2 y 1 2  y  y 1 y 1  2 1 2
2 1 2x 2m1x x 2m1x 
3
1 2 2 1 x x x 
于是 m1x m1x  2 1 2 ，
1 2
3
所以 3mx x x m12 m1x x  ，
2 1 2 1 2 
3
代入得
3mx 3mm1
，
2
3
当 时，点 在直线 上，不符合题意，故x m1 ，
m3 P AB 2
 y 1 3
   y 1 1y 3 2  y 1 2 1  2x 1 x  2 1 x 1 y 4 x 1 2 x

又消 得： ，推出 ，
y 1 3
y 1y 3  y2 1  2x x  2 y x 2 x
x  2 2 2 2   2x 4 2
2
 y 1 y 1 3
 1  2 y  x x 
推出： 2x 2x 4 2 1 ，
 
1 2
3
得： 4 x 2 x 1   x 1 x 2 42x 1 x 2      m1x 1 2x 2 m1x 2 2x 1   y，
3
得： 4 x 2 x 1   42m2 28m  3mx 2 x 1 y，
3
又x  x ，则
m3m13my，
1 2 2
3 3 
3 M m1, 1m
又 m3 ，所以y  2 1m ，故 PAB 外接圆圆心  2 2   ，

 3
x m1

 2
令 ，消去 得 ，故 必在直线 上.
3
 y  1m x y30 x y30
 2 m M
x2  4y
9 .【答案】（1）
（2）（i）证明见详解
4 2
（ii）
【分析】（1）利用抛物线标准方程的焦点坐标公式，建立方程求解参数，从而确定抛物线方程；
（2）（i）通过求导得到切线方程，联立求出交点坐标，并利用垂心定义与斜率关系推导出垂心的纵坐标为定值，证明其在定直线上；（ii）由切线交点坐标与椭圆条件建立面积表达式，结合二次函数最值求得
三角形面积的最大值.
p p
【详解】（1）抛物线Γ:x2 2py的焦点坐标为(0, )，已知焦点F(0,1)，故 1 p 2，
2 2
x2  4y
因此抛物线方程为： .
x2 x
（2）（i）由方程y  ,y ，故在点 处切线方程为：
4 2 A
x x2 x x2 x x x2
l 方程为y y  1 xx  y 1  1 x 1  y  1  1 ，
1 1 2 1 4 2 2 2 4
x x x2 x x x2
l 方程为y  2  2 ，l 方程为y  3  3 ，
2 2 4 3 2 4
 x x x x   x x x x   x x x x 
G 1 2 , 1 2 D 1 3 , 1 3 ,E 2 3 , 2 3
     
联立l ,l 故解得  2 4  ，同理可得  2 4   2 4 
1 2
x x 2  x x 
y 2 3  x 3 2 4x yx x x 8x4x x 
 
则过 E 点与l 1 垂直的直线为： 4 x 1  2  1 1 2 3 3 2 ，①
x x 2  x x 
y 1 3  x 1 3 4x yx x x 8x4x x 
 
过点 D 点与l 2 垂直的直线： 4 x 2  2  2 1 2 3 1 3 ，②
4x x y 4x x  y 1
①－②可得： 1 2 2 1
y 1
故 EDG的垂心在一定直线 上
x x x2
（ii）设Gx ,y ，由（i）可知： 的直线方程为y  1  1 ，
0 0 GA 2 4
Gx ,y  x2 2x x 4y 02y x x 2y 0
将 0 0 代入可得： 1 1 0 0 1 1 0 0 ，x2 2x x 4y 02y x x 2y 0 2yx x2y 0
同理可得 2 2 0 0 2 2 0 0 ，故AB的直线方程为 0 0 ，
x2
联立直线 AB 与抛物线得x2 2x 0 x4y 0 0，由弦长公式 AB  1 4 0 4x 0 2 16y 0 ，
x x
为了使 的面积最大，必须保证 处的切线与直线 平行，所以k k  0  3 ，
ABC C AB AB C 2 2

 x2 
Cx , 3 
从而  3 4  故 ABC 的面积为：

1
x2  x2 2y
1 1 x2 0 2 0 0 1 3
S  ABd  1 0 4x2 16y   y2 16y 4  2，
ΔABC 2 2 4 0 0 x2 4 32 0 0
0
y  2 S 4 2
当 0 时，取得最大值 ABCmax .
10．【答案】（1）
（2）（i）证明见详解（ii）证明见详解
【分析】（1）根据圆过双曲线顶点求出 ，再由离心率即可得解；
（2）（i）设出直线方程，联立双曲线方程，由根与系数的关系及斜率公式可证明 ，
即可得证；
（ii）设直线 方程，联立圆的方程可得点 坐标，求出 ，得出直线 方程，联立
方程求出 点横坐标为定值得证.【详解】（1）因为圆 与 恰有两个交点，
由双曲线及圆的对称性知，圆过双曲线的左右顶点，
所以 ，
又 ，所以 ，故 ，
所以双曲线 的方程为 .
（2）（i）由（1）知， ,
设过 的直线方程为 ， ，如图，
由 ，可得 ，
，其中 ， ，
，， 为圆 的一条直径，
三点共线.
（ii）不妨设直线 ，其中 ，
由（i）可知 ，
由 ，可得 ，解得 ,
故可得 ，即 ，
，
直线 ，
由 ，可解得 ， 点 在定直线 上.
题型04 圆锥曲线中的取值范围、最值问题
🎯命题方向一 圆锥曲线的最值问题
1. 【答案】（1）证明见详解
（2）3 3
 p 
p P 0,
【分析】（1）设直线 AB 的方程为 xmy 2 m0 ，可得   2m   ，进而得到直线 l 的方程为
p
y mx
2m l 0p
y mx ，联立直线 与抛物线方程，验证 即可求证；
2m l 0
 1 2  2  m2 1  m2 1
D ,
  S 
（2）先求出 m2 m ，结合弦长公式及点到直线的距离公式表示出 DAB m2 ，令
3
2t1
2
t13
t m2,t 0 ，可得S DAB  t ，设 f t t2 ,t 0，进而利用导数分析其单调性，进而求解
即可.
 p 
F ,0
 
【详解】（1）由题意，得  2  ，显然直线 AB 的斜率存在且不为0，
 p 
p p P 0,
设直线 AB 的方程为xmy 2 m0 ，令 x 0 ，得 y  2m ，即   2m   ，
 p
y mx
 2m
因此直线 的方程为 ，联立 ，得 ，
p
l y mx 2m   y2 2px m2y2 2mpy p2 0
Δ 2mp2 4m2p2 0 .
则 ，又m0，则直线l与C 相切
p2 C: y2 4x
（2）当 时，抛物线 ，
 1 
1 P 0,
直线 AB 的方程为x my1m 0，直线 l 的方程为y mx m ，   m   ，
 1
 1 x 
y mx   m2
联立  m ，解得  2 ，则  1 2 ，
  y2 4x

 y  m
D
 m2
,
m  
xmy1
联立  y2 4x ，得 y2 4my40，设Ax
1
,y
1
,Bx
2
,y
2
，
y  y 4m,y y  4
则 1 2 1 2 ，AB  1m2  y  y 2 4y y  1m2  4m2 44 4  m2 1 
所以 1 2 1 2 ，
1 1 m2 1
DP   
点 D 到直线 AB 的距离即为 m4 m2 m2
1 1 m2 1 2  m2 1  m2 1
S  AB DP  4  m2 1   
则 ，
DAB 2 2 m2 m2
3
2t1
2
t13
令 t m2,t 0 ，则S DAB  t ，设 f t t2 ,t 0，
3t12 t2 t13 2t t12t2
ft 
则 ，
t4 t3
ft0 ft0
令 ，得0t2，令 ，得t2，
f t 0,2 2,
则函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
27
27
所以 f t  f 2 ，则S 的最小值为 2 3 3 .
min 4 DAB 4
1 3 5
 , 
2．【答案】（1） 2 4
 
10
（2）证明见详解，l+m=
3
13 3
（3）
8

F 1,0 P( x ,y ) PF 1x ,y 
【详解】（1） 1 ， 0 0 ，则 1 0 0 ，由  P  F  1 2  F  1  Q  ，则  F  1  Q   1 2  P  F  1     1 2 x 0 ,  2 y 0    ，故Q    3 2 x 0 ,  2 y 0    ，
3x  2 y  2
0 0
故   2     2   ，化简得x 32 y2 ，又x2 y2 ，
 1 0  0 1 0  0 1
4 3 16 12 4 3
 x2 
则 x 0 1  6 32  3  1 1  2 4 0   1 ，解得 x 0  1 2 ，则y 0 2 3    1 x 4 0 2   3    1 1 1 6     1 4 6 5 ，
1 3 5
3 5 3 5  , 
故y  或y  （负值舍去），即点 的坐标为 2 4 ；
0 4 0 4 P  
（2）由  P  F  1 1x 0 ,y 0 ，  P  F  1   F  1  Q  ，则  F  1  Q    1  P  F  1     1  x 0 ,   y 0    ，
1x  2 y  2
故 Q   1x 0 1, y 0   ，则有    0 1      0   1 ，
    4 3
 x2
化简得3x 0 12 4y 0 2122 0，由 x 4 0 2  y 3 0 2 1，则 3x 0 12 43  1 4 0   122 0 ，
322x 22x 532x 510
整理得 0 0  0  ，
2x 5
则 0 或 （负值舍去）；
3 1
    1  1x y 
F 2 1,0，则PF 2 1x 0 ,y 0 ，由PF 2 F 2 R，则F 2 R  PF 2    0 ,  0   ，
2 2
1x  y 
0 1 0
   
故 R   1x 0 1, y 0   ，则有       1，化简得 3x 12 4y2122 0 ，
    4 3 0 0
 x2
由 x 4 0 2  y 3 0 2 1，则 3x 0 12 43  1 4 0   122 0 ，
2x 5
整理得322x 22x 532x 510，则 0 或 （负值舍去）；
0 0  0  3 1
2x 5 2x 5 10 10
故 0  0  ，故 是定值，且l+m= ；
3 3 3  3
1 1
（3）S  PF  PF sinFPF ，S  PQ  PRsinFPF ，
PF 1 F 2 2 1 2 1 2 PQR 2 1 21
PQ  PRsinFPF   
S PQR  2 1 2  PQ  PR  PF 1  F 1 Q PF 2  F 2 R
则 S 1 PF  PF PF  PF
PF
1
F
2 2
PF
1
 PF
2
sinF
1
PF
2
1 2 1 2
 1  1 
 PF  PF  PF  PF 
 1  1  2  2   1 1 1
 1  1   ，
PF  PF    
1 2
1  1
则S
四边形F1QRF2
S
PQR
S
PF1F2

 
1

S
PF1F2

  
S
PF1F2
，
2x 5 2x 5 2x 5 2x 5 254x2
由 0 ， 0 ，则 0  0  0 ，
3 3  3  3  9
1
又S  FF  y  y ，
PF 1 F 2 2 1 2 0 0
10 
则 S 四边形F1QRF2         1    S PF1F2    1y 0  9  25 3   4 1 x   2 y 0  25 3  9y 4 0 x2
0 0
39y 117y 117 117 13 3
 0  0   
 y2  2716y2 27 27 8
2544  1 3 0   0 y 0 16y 0 2 y 0 16y 0 ，
27 3 3 13 3
当且仅当
y
16y 0，即y
0

4
时，等号成立，故四边形F
1
QRF
2
面积最大值为
8
.
0
3. 【答案】（1）
（2）（i） ；（ii）【分析】（1）由已知可得出 ，利用点到直线的距离公式可得出 ，再利用 、 、 的关系求
得 的值，即可得出双曲线的方程；
（2）（i）设直线 方程 ，则 ，设点 、 ，将直线
的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，分析可知 ，可得出 ，由
可求得 的值；
（ ii ） 由 已 知 可 得 ， 令 ， 可 得 出
，利用导数求出函数 的值域，即可得出
的最小值.
【详解】（1）双曲线 的渐近线方程为 ，由已知得 ，
双曲线上一点 到渐近线距离之积 ，
即 ，又 ， ，所以双曲线方程为 .
（2）（i）设直线 方程 ，则 ，设点 、 ，
联列方程组 ，可得 ，
由题意可得 且 恒成立，
又 ， ，直线 的方程为 ，令 ，有 ，
即 ，同理 ，
直角三角形 中，设直线 交 轴于点 ，
因为 ，则 ，
所以， ，所以， ，
则
，
即 ，当 时，因为 ，可得 ；
（ii）由（i）知： ，从而 ，令 ，则 ，
则
，则 ，
当 时， ；当 时， ，
所以 在 上递增，在 上递减，故 ，所以 最小值为 .
x2
 y2 1
4. 【答案】（1）
4
（2）3
 1
S  2cbbc 3
 PF 1 F 2 2

 a2 a2 (2c)2 1
cosFPF  
【分析】（1）根据条件，结合余弦定是，建立方程组 1 2 2a2 2 ，解出 ，

 a2 b2 c2
 a,b

即可求解；
M x ,y ,Nx ,y  Gx ,y 
（2）分直线斜率存在与不存在两种情况，当斜率不存时，设 1 1 2 2 ， 2 2 ，结合
x ,x ykxm
条件，可直接求出 1 2，即可求出M 到直线NG ；当斜率存在时，设 ，联立椭圆方程，得
 8km 2m 
到(14k2)x2 8kmx4m2 40，利用韦达定理，结合条件，得到M , ，代入椭圆方
14k2 14k2 14k2
m2  3 3
程得 ，再利用点到直线的距离公式得d  4 ，即可求解.
4 2 k2 1
 1
S  2cbbc 3
 PF 1 F 2 2

 a2 a2 (2c)2 1
【详解】（1）由题意得   cosF 1 PF 2  2a2  2 ，整理得    bc 3 ，解得   a 2 ，
 a2 b2 c2  3a2c  b1
  a2 b2 c2 
  c  3
x2
 y2 1
所以椭圆方程为 .
4
M x ,y ,Nx ,y  Gx ,y 
（2）（i）当直线NG 斜率不存在时，设 1 1 2 2 ，则 2 2
x x x
1 2 2 0

 3

因为原点 是 的重心，所以 y  y  y ，得到 ， ，
 1 2 2 0
x 2x y 0
O  MNG  3 1 2 1
x2 x 2 x 2
 y2 1  1  1
将y 1 0，代入 4 ，解得  x 2 1，或  x 2 1 ，
M NG 3
此时 到直线 的距离为 .
ykxm M x ,y ,Nx ,y ,Gx ,y 
（ii）当NG 斜率存在时，设NG 所在直线方程为 ， 1 1 2 2 3 3
x2
  y2 1
 4
由 ，消 得 ，
  ykxm y (14k2)x2 8kmx4m2 40
16(4k2 1m2)0 m2 4k2 1
则 ，即 ，
8km 2m
且x x  ,y  y kx mkx m ，
2 3 14k2 2 3 2 3 14k2x x x
1 2 3 0

 3

因为原点 是 的重心，所以 y  y  y ，
 1 2 3 0
O MNG  3

8km 2m  8km 2m 
得到x  ,y  ，故M , ，
1 14k2 1 14k2 14k2 14k2 
2
 8km 
又点 在椭圆上，则  14k2    2m  2 ，整理可得 14k2 ，
   1 m2 
M 4 14k2  4
8k2m 2m 12k2m3m
 m
14k2 14k2 14k2 3m
所以点 到直线 的距离为
d   
M NG k2 1 k2 1 k2 1
m2 3 14k2 3 3
3   4 3.
k2 1 2 k2 1 2 k2 1
M NG 3
综上所述，得点 到直线 的距离的最大值为 .
C: y2 2x
5. 【答案】（1）
2
（2）①证明见详解；②
4
【分析】（1）借助抛物线定义即可得；
y2 y2
l :x my y  1 l :x yy  1
（2）①设Px ,y ， PA 1 2 ，联立曲线方程，利用切线性质可得 PA 1 2 ，
0 0
 y2
x  y y  1

 0 0 1 2
同理可得 l PB :x  yy 2  y 2 2 2 ，则有    x 0  y 0 y 2  y 2 2 2 ，故 y 1 、 y 2 是方程 y2 2y 0 y2x 0 0 的两根，则可
y  y 2y y y  2x x ,y PF 2 AF BF
得 1 2 0， 1 2 0，再用 0 0表示出 及 即可得证；②由题意可得
1 y
k  k y  0
l :x  y yx AB y OP 0 x x
AB 0 0 0 0 0 H1 y
k  k y  0
l :x  y yx，则 AB y ，再利用垂直性质可得 OP 0 x ，从而可解出x ，即可得 点坐
AB 0 0 0 0 0 H
GH PG
标，再求出G 点坐标后，即可表示 、 ，再利用基本不等式即可得解.
1
【详解】（1）若2p24p 4 2，则点 在抛物线在 x 轴上方部分的下方，
2 E
p
由抛物线定义可得 MF 等于点 到准线x 的距离，
M 2
p
则 MF  ME 的最小值为点 到准线x 的距离，
E 2
p 5
故 2 ，解得 p 1，即抛物线的方程为C: y2 2x；
2 2
 y2   y2 
（2）①设Px 0 ,y 0 ， A  2 1 ,y 1   、 B  2 2 ,y 2   ，
y2
l :x my y  1
由题意可得直线 PA 、 PB 不与坐标轴平行，可设 PA 1 2 ，
 y2
xmy y  1
 1 2
联立 ，消去 得 ，
  y2 2x x y2 2my2my  y2 0
1 1
 2m2 4  2my  y2 4m2 8my 4y2 4m y 2 0
则 1 1 1 1 1 ，
y2 y2 y2
l :x y y y  1  yy  1 l :x  yy  2
即m  y ，则 PA 1 1 2 1 2 ，同理可得 PB 2 2 ，
1
 y2
x  y y  1

 0 0 1 2

则有

y2 ，故 、 是方程 两根，
 x 0  y 0 y 2  2 2 y 1 y 2 y2 2y 0 y2x 0 0 的
y  y 2y y y  2x
故 1 2 0， 1 2 0，
1   1 2 1
由 F  2 ,0   ，则 PF 2    x 0  2    y 0 2  x 0 2  y 0 2 x 0  4 ， 1 1  y2 1 y2 1 y2y2 y2  y2 1
AF BF   x   x    1   2   1 2  1 2 
 1 2 2 2  2 2 2 2 4 4 4
4x2 y  y 2 2y y 1 4y2 4x 1 1
 0  1 2 1 2   x2  0 0   x2  y2 x 
4 4 4 0 4 4 0 0 0 4 ，
2
PF  AF BF
故 ；
 y2
x  y y  1

 0 0 1 2

②由   x 0  y 0 y 2  y 2 2 2 ，则点 A    y 2 1 2 ,y 1    、 B    y 2 2 2 ,y 2    都在直线 x 0  y 0 yx 上，
1 y
k  k y  0
则 AB y ，故 OP 0 x ，由 y  0，故x 1，即P1,y ，
0 0 0 0 0
x  y yx y0 x x 1 H1,0
对 0 0 ，令 ，则 0 ，故 ，
 1
x

 y2 1
0

有 ，联立 ，解得 ，故 ，
  1 y 0 yx  y  y 0 G   1 , y 0  
l OP :y y 0 x  yy 0 x   y 0 2 1  y 0 2 1 y 0 2 1 
则 GH    y 1   2 1 y2 1 1 1  y2 y 0  2 1 ， PG  y 0 2 1 y2 1 1 1  y y 0 2 2   2 1 ，
 0  0 0 0 0
y2
0
GH y2 1 y2 y2 1
 0  0  0 
则 PG y 0 2 2  y2 2 2 y 0 4 4y 0 2 4 y2  4 4
y2 1 0 0 y
0
2
0
1 2
 
4 4 4
2 y2 4 ，当且仅当 y2  ，即 时，等号成立，
0 y2 0 y2 y  2
0 0 0
GH 2
故 PG 的最大值为 4 .x2
 y2 1
6. 【答案】（1） 2
16
（2）（i）3x y30；（ii）
9
a,b,c a,b,c
【分析】（1）根据条件，结合 的关系，可确定 的值，得椭圆标准方程.
bc1 k k 1
（2）（i）结合 ，探索直线MG,NG 倾斜角之间 的关系，进而得到
MG NG
，
设直线l :xmy1，与椭圆方程联立，结合韦达定理，用m表示k k 1，求出m的值，可得直线
1 MG NG
l 的方程.
1
（ii）因为MN AB，所以两直线斜率之积为1，利用直线 l
1
的斜率表示出 MN ， AB ，再表示出
四边形MANB面积，借助基本不等式求面积的最小值.
1
 
【详解】（1）由题意得 2c2 ， S ΔF 1 PF 2 max  2 2cbbc1，故bc1， a2 b2 c2 2 .
x2
 y2 1
故椭圆E的标准方程为 2 .
MGF NGF θ,MG ,NG 
（2）如图：（i）设 1 1 的倾斜角为 的倾斜角为 ，则π 
π π π
k tan,k tantan 
 θ, θ   
4 4 ，所以 2 ，又 MG NG 2  ，所以k k 1.
MG NG
xmy1

x2
由题意 的斜率不为零，设 联立   y2 1 得  m2 2  y2 2my10 ，
l l :xmy1  2
1 1
Δ 8m2 80
恒成立.
2m 1
设 M x ,y ,Nx ,y ，则y 1  y 2  m2 2 ,y 1 y 2  m2 2 ，
1 1 2 2
y 1 y 1
1  2 1
又k k 1，所以 x x ，
MG NG 1 2
y 1y 1 x x my 1my 1 3m2 2m10
即 1 2 1 2 1 2 ，所以 ，
1
因为 ，所以m ，所以 l 的方程为3x y30
m1 3 1
M x ,y ,Nx ,y ,Ax ,y ,Bx ,y ,l : y kx1
（ii）设 1 1 2 2 3 3 4 4 1 ，
y kx1

x2
联立   y2 1 ，化简得  2k2 1  x2 4k2x  2k2 2  0 ，故 恒成立.
 2 Δ8k2 80
4k2 2k2 2
由韦达定理得：x x  ,x x  ，
1 2 2k2 1 1 2 2k2 1
2 2  k2 1 
MN  k2 1 x x 2 4x x 
1 2 1 2 2k2 1 ，
1
因为 ，所以l : y  x1
MN AB 2 k
 1 2 2 2  k2 1 
同理 AB     1 x x 2 4x x 
 k  3 4 3 4 k2 2
1 1 2 2  k2 1  2 2  k2 1  k4 2k2 1
S  AB  MN    4
所以 MANB 2 2 k2 2 2k2 1 2k4 5k2 2 
 k2   1  16
21 21 
，当且仅当 ，即
 2k4 5k2 2  2k2  2 5 9 k2  1
 k2  k2
16
k 1时，取等号.所以，当k 1时，四边形MANB面积的最小值为 9 .
🎯命题方向二 圆锥曲线的范围问题
7. 【答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）根据 计算求参；
（2）设点的坐标结合两角和正切，应用点在椭圆上计算；
（3）设直线方程再联立得出韦达定理，再结合点到直线距离分类讨论计算求出参数范围.
【详解】（1）因为 与 的左焦点重合，故 ，因此 .又因为 ，而
，
所以 ，解得： (负舍).
（2）因为 ，又因为 ，而 ，
代入解得 .若 在第一象限，则 ，故 在第二象限.
设 ，而 ，整理可得 .
代入椭圆 方程 ，可得： .所以解得 (增根舍去)，所以 .因此 .
（3）由题意可知：直线 的解析式为 ，
设直线 的解析式为 ( )，且 、 .联立 ，
可得 ， .
根据韦达定理， ， .
因为 、 两点均在直线 的左侧，故 .
又因为 ， ，因此 ，
代入化简可得方程 .
设 ，又因为 ，故 .
① 若 ，此时直线 与 存在两个交点. 若存在 ，使得 ，
而 ，故 ，
可得 ，故 ，因此 .
② 若 ，而此时 在 的外部， ，故 .
若存在 ，使得 ，而 ，故 ，可得 ，故 .
综上所述， 的取值范围为 .
x2
8．【答案】（1）  y2 1
4
   
4,2 3 4,2 3
（2）（i） 或 ；（ii）19
2a4 a2
【详解】（1）由题意可得， ，即 ，
c 3
又e  ，得c 3，又 ，得 ，
a 2 b2c2 a2 b2 431
x2
所以椭圆 的标准方程为  y2 1.
C 4
A 2,0,A 2,0 P4,t PA,PA
（2）（i）由（1）知 1 2 ，设点 ，直线 1 2的倾斜角分别为,，
t t
得k tan ,k tan ，当 时，tanAPA 0，此时APA 0，
PA 1 6 PA 2 2 t0 1 2 1 2
t t

tantan 2 6 4t 4 3
tanAPA     
当 时， ，则 1 2 1tantan t t 12t2 12 3 ，
APA  1  t
t0 1 2 6 2 t
t 2 3
当且仅当 时，等号成立，
APA 
当t0时， 1 2 ，t t

tantan 6 2 4t 4 3
tanAPA     
则有 1 2 1tantan t t 12t2 12 3 ，
1   t
6 2 t
t 2 3
当且仅当 时，等号成立，
π
综上所述，当且仅当t 2 3时，tanAPA 有最大值，即APA 有最大值 ，
1 2 1 2 6
π
   
所以当点 的坐标是 4,2 3 或 4,2 3 ,APA 有最大值 .
P 1 2 6
P4,t
（ii）法一：设点 ，当t0时，两个三角形不存在，所以t0，
t t
直线PA,PA 的方程分别为y x2,y x2 ，
1 2 6 2
 t
y x2

 6
联立方程得 ，消去 得 ，
x2
 y2 1 y  9t2 x24t2x4t2360
 4
182t2 6t 
解得
x2
或x 18
9


2
t2
t2 ，即点 M

9t2 ， 9t2 

，
 t
y x2

 2
联立方程得 ，消去 得 ，
x2
 y2 1 y  1t2 x24t2x4t240
 4
6t 2t

9t2 1t2 2t
解得 x2 或 x 2 1 t  2 t2 2 ，即点 N    2 1 t  2 t2 2 ， 1   2 t t 2    ，则 k MN  18 9   2 t2 t2  2 1 t  2 t2 2  t23 ，
2t 2t  2t22
y  x 
直线
MN
的方程为 1t2 t23 1t2

，
2t
化简得y x1 ，所以直线 过定点D1,0，
3t2 MN
1 3 3 6t
又S  AD  y  y   ，
MA1D 2 1 1 2 1 2 9t2
1 1 1 2t 3 6t  2t
S  A D y  y   ，若S S ，得    ，
NA2D 2 2 2 2 2 2 1t2 MA
1
D NA
2
D 2 9t2 2 1t21t2 8
9 91 1 8
化简得 9t2 9t2 ，由
t20
，则
9
1
9t2
1，则
19
.
x
MN
法二：当直线 与 轴重合时，显然不满足题意.
xmyn,Mx,y ,Nx ,y  Dn,0 x
设直线MN 为 1 1 2 2 ，点 是直线MN 与 轴的交点，
 xmyn
联立方程组
x24y2 4
，消去x得  m24  y22mnyn240，
2mn n24
所以有y y  ,y y  ，
1 2 m24 1 2 m24
y y
直线PA 的方程为 y 1 x2 ，直线PA 的方程为 y 2 x2 ，
1 x 2 2 x 2
1 2
 y
y 1 x2

 x 2
1

联立方程得 y y 2 x2 ，解得 x 2x 2 y 1 x 1 y 2 4y 1 y 2 ，
  x 2 x y x y 2y 2y
2 2 1 1 2 1 2
x my n,x my n
又 1 1 2 2 ，
4my y 2ty y 4y y 
所以点 的横坐标为x 1 2 1 2 1 2 ，
P ty y 2y y 
1 2 1 2
2mn n24
代入y y  ，y y  得
1 2 m24 1 2 m24
4mn216m 4mn2 16m
 4y y  4y y 
m24 m24 1 2 1 2 m24 4
x   4
，解得 ，即点 ，
4mn 4mn n
ny y  ny y  D1,0
1 2 m24 1 2 m24 n1
1 3 1 1
由于S  AD y  y ,S  A D y  y ，
MA 1 D 2 1 1 2 1 NA 2 D 2 2 2 2 2
 
若S S ，即 y  y ，由图可知y,y 异号，即y  y ，
MA
1
D NA
2
D 1 3 2 1 2 1 3 2
  2m  3
所以有y  y 1 y  ,y y  y 2 ，
1 2  3 2 m24 1 2 3 2 m24
432 432
m2   0
化简得 19 .该方程有解，即 19 ，则
19
.9. 【答案】（1）
（2）（ⅰ） ；（ⅱ） .
【分析】（1）联立直线 与抛物线方程，由韦达定理求出弦长 ，由其所得弦长公式特
征即可求出其最小值，结合题意即可得解；
（2）（ⅰ）设直线 l 的方程为 ，直线 的方程为 ，且 ，
，联立直线方程和抛物线方程后可得 、 . ，结合焦半径公式
和面积公式可得 ，故求出 的最小值后可得 面积的最小值；（ⅱ）用诸点坐标表示
，结合（ⅰ）的坐标关系和两角差的正切公式、双勾
函数的单调性可求 的取值范围.
【详解】（1）由题抛物线 的焦点 ，可设直线 ，
联立 ，设 ，所以 ，
则 ，
所以 ，
所以当 时有 ，则由题意 ，所以 的标准方程为 .
（2）（ⅰ）由（1） ，则可设直线l的方程为 ，直线 的方程为 ，
且 ， ，联立 得 ，
所以 故 ，同理 ， ，
联立 ，则 ，故 ，故 ，
而 ， ， ， ，
故 ， ，
故 ，
而 ，当且仅当 时等号成立，
故 的最小值为 .
（ⅱ）由抛物线的对称性，不妨设 ,则 .
由（ⅰ）可得 ，故,
而 ，故 ，
而 ，故 ，故 ，
故 ，
设 ，则 即 ，当且仅当 时等号成立，
又 ，
由双勾函数的单调性可得 在 上为减函数，故 ，
故 ，故 ，故 .题型05 证明类与几何探究问题
🎯命题方向一 圆锥曲线中的证明问题
1. 【答案】（1）证明见详解
（2）证明见详解 （3）证明见详解
【分析】（1）设出直线PQ的方程，与椭圆联立，由题意得判别式0，可得k的表达式，代入切线方
程，整理即可得证.
x 1 x 1 x 1 PF PF FPF
（2）分析得 或 符合题意，当 ，分别求出直线 和 的斜率，设 的外角
0 0 0 1 2 1 2
k
平分线的斜率为 ，根据夹角公式，化简计算，即可得证.
0
（3）由（1）得切线方程，进而可得直线FB和 FB 的方程，与切线联立，可得点 B 和 B 的坐标，即
1 1 2 2 1 2
OB OB A A
可求出 和 的值，根据椭圆方程，可得点 和 坐标，分析即可得证.
1 2 1 2
Px ,y y 0
【详解】（1）因为 ，则切线PQ的斜率存在，且设为k，
0 0 0
y y k(xx )
则切线方程为 0 0 ，
y y k(xx )
 0 0
联立   x2  y2 1 ，则  1 k2   x2 2ky kx xy kx 2 10 ，
 2 2  0 0 0 0
1 
Δ2k(y kx )2 4 k2 (y kx )2 1 0
因为PQ为切线，所以判别式 0 0  2    0 0  ，
x x
k  0 y  0 (xx ) y x 2
整理得 2y 0 ，则切线方程为 2y 0 0 0，又 2 0  y 0 2 1，
x x
整理得切线 的方程为 0  y y 1.
PQ 2 0F(1,0),F (1,0)
（2）由题意得 1 2 ，
 2 
当 轴时，即 时，不妨设点 在第一象限，则 P  1,  ，
PF  x x 1 2
2 0 P  
2
2 2 x 2
所以直线 的斜率k   ，直线 的斜率k   0  ，
PF 1 1(1) 4 PQ 2y 2
1 0
2  2 
 
4 2
 
 2
则直线 与直线 的夹角的正切值为 2  2  ，
1  
PF PQ 4 2
1  
1
  2
2 2
又直线 PQ 的斜率为 ，所以直线 PF 与直线 PQ 的夹角的正切值为  ，
2 2 2
FPF
所以PQ为 1 2的外角平分线；
PF  x x 1 FPF
同理当 1 轴时，即 0 时，PQ也为 1 2的外角平分线；
y y
k  0 k  0
当x 1时，直线PF 的斜率 1 x 1，直线PF 的斜率 2 x 1，
0 1 0 2 0
k k k k
1 0  0 2
设FPF 的外角平分线的斜率为k ，则1k k 1k k ，
1 2 0 1 0 0 2
y y
0 k k  0
x 1 0 0 x 1
0  0
所以  y   y ，整理得 ，
1 0 k 1k  0 
x 1 0 0 x 1 x y k 2 (13y 2)k x y 0
   
0 0 0 0 0 0 0 0 0
1  x 2y
x 2 (2y k x ) x k  y 0 k   0 k  0
又 2 0  y 0 2 1，所以 0 0 0  2 0 0 0   ，解得 0 2y 0 或 0 x 0 ，x
k  0 k
因为k 为FPF 的外角平分线的斜率，所以 0 2y ，
0 1 2 0
FPF PQ FPF
即 1 2的外角平分线的斜率与切线 斜率相等，所以PQ为 1 2的外角平分线，
FPF
综上，PQ为 1 2的外角平分线.
x
k  0
（3）由（1）得直线PQ的斜率 2y ，又FB  PQ，F B  PQ，
0 1 1 2 2
2y
k k  0
所以 F 1 B 1 F 2 B 2 x ，又F(1,0),F (1,0)，
0 1 2
2y 2y
y  0 (x1) y  0 (x1)
所以直线FB的方程为 x ，直线FB 的方程为 x ，
1 1 0 2 2 0
 2y
y  0 (x1)

 x
联立  x 0 x  0 y y 1 ，解得 x 2(x 0 1) ,y  2y 0 ，即 B   2(x 0 1) , 2y 0   ，
 2 0 2x 2x 1  2x 2x 
0 0 0 0
 2y
y  0 (x1)

 x
 0
同理，联立 x
0
x
 y y 1
，得
B


2(x
0
1)
,
2y
0


，
 2 0 2  2x 2x 
0 0
2 2
2(x 1)  2y  4x 2 48x 4y 2
则 OB   0   0   0 0 0 ，
1 2x 2x (2x )2
   
0 0 0
4x 2 48x 42x 2 2(2x )2
又 x 2 ，所以 OB  0 0 0  0  2 ，
0  y 2 1 1 (2x )2 (2x )2
2 0 0 0
OB  2 A( 2,0),A ( 2,0) OA  OA  2
同理可得 2 ，又 1 2 ，所以 1 2 ，
A A B B
所以 1， 2， 2， 1四点共圆.x2 y2
 1
2. 【答案】（1）
36 27
3,0 21,0
（2）（i）证明见详解，圆G 过定点 和 .；（ii）证明见详解
PM  PN 12
【分析】（1）根据圆与圆相切可得 ，依据椭圆的定义可求椭圆方程；
x  my3
（2）（i）设动直线 AB的方程为： ，联立直线方程和椭圆方程后结合韦达定理可求得
1
 
k A 1 A k A 1 B  4 ，再结合数量积可得 NENF 0，从而可求定点或设以 EF 为直径的圆与 x 轴的交点
 
M t,0 ，则MEMF 0，结合韦达定理化简前者可得定点；（ii）用 A,B 坐标表示G 的纵坐标，结合

韦达定理化简后可证GN 与AB的方向向量垂直，从而可得直线AB与圆G 相切.
【详解】（1）圆M 化为标准方程为 x32  y2  4，圆心 M 3,0 ，半径 r
M
 2
x32  y2 100 N3,0 r 10
圆N 化为标准方程为 ，圆心 ，半径 N
Px,y
r
设动圆圆心 ，其半径为 .
PM r2 PN 10r
由题意，圆P 与圆M 外切，与圆N 内切，故 ，
PM  PN 12
两式相加得 .
M 3,0 N3,0 12 MN 6
即动点P 到两定点 与 的距离之和为常数12，且x2 y2
 1
满足椭圆的定义，于是其方程为：
36 27
x A A
（2）曲线T 与 轴交于 1， 2两点，
y0 A 6,0 A 6,0 N3,0
由方程令 ，得x 6，即 1 ， 2 ，点 为椭圆的右焦点.
x  my3
（i）法1：设过点N 的动直线AB的方程为： ，
x2 y2
代入椭圆方程  1 整理得：  3m2 4  y2 18my810，
36 27
Δ 324m2 324  3m2 4  1296  m2 1  0
，
18m 81
设Ax ,y ，Bx ,y ，则y  y  ，y y  ，
1 1 2 2 1 2 3m2 4 1 2 3m2 4
y y y y y y
k k  1  2  1 2  1 2
 A 1 A A 1 B x 6 x 6 my 9my 9 m2y y 9my  y 81
1 2 1 2 1 2 1 2
81

3m2 4 1
 
 81   18m  4
m2  9m 81
 3m2 4  3m2 4
1
不妨记k k ，则k 
AA A 1 B 4k
1
AA ykx6 E12,18k
直线 1 的方程为： ，与直线x 12交于点E ，则 ，
 9 
F 12,
 
同理，直线A 1 B与直线 x 12 交于点 F ，则  2k  ，  9     9 
 N3,0，   N  E  9,18k ， NF    9, 2k   ，而 NENF 9918k    2k   0 ，
3,0
N 在以EF 为直径的圆G 上即圆G 过定点 ，
21,0 3,0 21,0
由对称性知，圆G 还过定点 ，所以圆G 过定点 和 .
x  my3
法2：设过点N 的动直线AB的方程为： ，
x2 y2
代入椭圆方程  1 整理得：  3m2 4  y2 18my810，
36 27
Δ 324m2 324  3m2 4  1296  m2 1  0
，
Ax ,y  Bx ,y 
设 1 1 ， 2 2 ，
18m 81
则Δ18m2 4  3m2 4 810，y 1  y 2  3m2 4 ，y 1 y 2  3m2 4 ，
y  18y   18y 
y  1 x6 E12, 1  F12, 2 
直线A
1
A的方程为： x
1
6 ，所以点

x
1
6

，同理

x
2
6

，
 
x M t,0 MEMF 0
设以EF 为直径的圆与 轴的交点 ，则 ，
182y y
1 2 12t2 0
即 （*），
x 6x 6
1 2
182y y 182y y 182y y
1 2  1 2  1 2
而x 6x 6 my 9my 9 m2y y 9my  y 81
1 2 1 2 1 2 1 2
 81 
182 
 
 3m2 4
 81，
 81   18m 
m2  9m  81
   
 3m2 4  3m2 4
12t2
81
代入（*）可得 ，得t3或t 21即圆G 过定点，
3,0 21,0
定点坐标为 或 .y  18y 
y  1 x6 E12, 1 
（ii）直线AA的方程为： x 6 ，点 x 6 ，
1 1  1 
 18y   9y 9y 
F12, 2  G12, 1  2 
同理 x 6 ， x 6 x 6 ，
   
2 1 2
9y 9y  y y   y y 
1  2 9 1  2 9 1  2 
而 x 6 x 6 x 6 x 6 my 9 my 9
   
1 2 1 2 1 2
y my 9 y my 9 9  2my y 9y  y 
 1 2 2 1  1 2 1 2 9m，
my 9my 9 m2y y 9my  y 81
1 2 1 2 1 2
G  N  9,9m v  m,1
，而AB的方向向量 ，


GNv 0
，ABGN 于N ，故直线AB与圆G 相切，切于点N .
🎯命题方向二 圆锥曲线中探究性问题
x2 8y
3．【答案】（1）
1
（2）（ⅰ）13；（ⅱ）存在， ，证明见详解
x2 8y
【详解】（1）由题意知p4，所以抛物线的方程为 ．
F0,2
（2）（ⅰ）由（1）知 ，准线方程为y2，
AA A AA  AF
过 A作 1与准线垂直，垂足为 1，由抛物线的定义知 1 ，
AQ  AF  FQ
因为 AQF 周长为 ，
C  AQ  AA  FQ  QA  FQ A
所以 △AQF 1 1 （当且仅当Q， A， 1共线时取“＝”）．
Q3,6 FQ 5 QA  FQ 13
又点 到准线的距离为8，且 ，所以 AQF 周长的最小值为 1 ．
1 1  1   1   1 
（ⅱ）因为y x2 ，所以y x．设点Ax , x2 ，Bx , x2 ，Cx , x2 ，
8 4  1 8 1   2 8 2   3 8 3 
x2 x 1 1
则抛物线在点 处的切线方程为y 1  1xx ，即y xx x2 ，
A 8 4 1 4 1 8 1x2 x 1 1
在点 处的切线方程为y 2  2 xx  ，即y x x x2 ，
B 8 4 2 4 2 8 2
x2 x 1 1
在点 处的切线方程为y 3  3xx  ，即y x x x2 ，
C 8 4 3 4 3 8 3
 1 1  x x
y x x x2 x  1 2
  4 1 8 1   D 2
所以由 ，得 ，所以点 的坐标为 ，
y 1 x x 1 x2 y  x 1 x 2 D   x 1 x 2 , x 1 x 2  
 4 2 8 2  D 8 D  2 8 
 1 1  x x
y x x x2 x  1 3
  4 1 8 1   G 2
由 ，得 ，所以点 的坐标为 ，
1 1 xx x x xx 
y x x x2 y  1 3 G 1 3, 1 3 
 4 3 8 3  G 8 G  2 8 
 1 1  x x
y x x x2 x  2 3
  4 2 8 2   E 2
由 ，得 ，所以点 的坐标为 ，
1 1 x x x x x x 
y x x x2 y  2 3 E 2 3, 2 3 
 4 3 8 3  E 8 E  2 8 
x x xx
2 3  1 2
8 8 x
k   2
则 DE x x x x 4 ，所以直线 的方程为 xx x  x x  ．
2 3  1 2 y 1 2  2 x 1 2 
2 2 DE 8 4  2 
 x2 
令 x0 ，解得 M 的纵坐标y M  x 8 2 2 ，所以 M  0, 8 2   ，OM  x 8 2 2  y B ，
x x xx
2 3  1 3
8 8 x
k   3
则 GE x x x x 4 ，所以直线 的方程为 xx x  x x  ．
2 3  1 3 y 1 3  3 x 1 3 
2 2 GE 8 4  2 
 x2 
令 x0 ，解得 N 的纵坐标y N  x 8 3 2 ，所以 N  0, 8 3   ，ON  x 8 3 2  y C ，
1 1  1 1  1 1
    
因为 OM ON  y y  y y ，
 B C  B C
1 1  1 1 
   
故存在 1 使得 OM ON   y B y C   ．y2
4．【答案】（1）x2 1
3
（2）证明见详解
2
（3）存在
π b 
【详解】（1）由双曲线 的一条渐近线的倾斜角为 ，有 tan ，可得b 3a，
C 3 a 3
4 9 4 9
又由点 在双曲线 上，有  1，代入b 3a，有  1，可得 ，b 3，
T C a2 b2 a2 3a2 a1
y2
故双曲线的标准方程为x2 1；
3
（2）设点M 的坐标为 x 0 ,y 0  ，则 x 0 2 y 3 0 2 1 ，即 3x 0 2  y 0 2 3 ．
l l 3x y 0 3x y 0
双曲线的两条渐近线 1， 2的方程分别为 ， ，
3x y 3x  y
0 0 0 0
d  d 
则点 到两条渐近线的距离分别为 ， ，
M 1 2 2 2
3x y 3x y 3x2y2
3
则 dd  0 0  0 0  0 0  ．
1 2 2 2 4 4
所以点M 到双曲线C 的两条渐近线的距离之积为定值．
2
（3）存在 ．
x  2 MF  AF 3
①当 0 时， ，又N 是AM 的中点，
所以AFN MFN 45，所以AFM 2AFN ，此时2．
x 2
②当 0 时．y
ⅰ）当 M 在x轴上方时，由A1,0,F2,0，M x 0 ,y 0 ，可得 k AM  x  0 1 ，
0
1 3y 
所以直线 AM 的方程为 y x 0 y  0 1 x1 ，把 x 1 2 代入得 N   2 , 2x 0 0 1    ．
3 y
 0
2 x 1 y
所以k  0  0 ，则 ．
NF 1 x 1 y
2 0 tanAFN  0
2 x 1
0
y
2 0
x 1 2x 1y y
tan2AFN  0  0 0  0
由二倍角公式可得  y  2 x 12 y2 2x ．
1 0  0 0 0
x 1
0
y
因为直线 MF 的斜率 k MF  x  0 2 及tanAFM k MF ，
0
y
tanAFM  0
所以 ，则 ．
2x tanAFM tan2AFN
0
 π
因为AFM0,π，AFN0, ，所以 ．
 2 AFM 2AFN
x
ⅱ）当M 在 轴下方时，同理可得AFM 2AFN ．
故存在2，使得AFM 2AFN ．
x2
 y2 1
5. 【答案】（1）
4
（2）不存在，理由见详解
【分析】（1）根据离心率可得a 2b，再结合VAOB的面积可得b1，a 2，即可得椭圆方程；
1
（2）设直线l： y  xm,m1，与椭圆方程联立，利用韦达定理分别求线段 、 的中点，结
2 AB MN
合等腰梯形的性质列式求解即可.2
c b 3
【详解】（1）因为椭圆 的离心率为e  1    ，可得b  1 ，即 ，
C
a a 2
a 2 a 2b
OA a2b OB b
则 ， ，
x2
又因为 的面积S  1 OA  OB b2 1，即 ， ，所以椭圆C的方程为  y2 1 .
VAOB AOB 2 b1 a 2 4
A2,0 B0,1
（2）由（1）可知： ， ，
 1
1 P 1,
则直线 AB 的斜率k  2 ，且线段 AB 的中点为   2   ，
1
假设存在直线l满足题意，设直线l： y  xm,m1，M x ,y ，Nx ,y ，
2 1 1 2 2
 1
y  xm

 2

联立方程 x2 ，消去y可得 ，
  4  y2 1 x2 2mx2m2 20
Δ 4m2 4  2m2 2  0  2m 2
则 ，解得 ，
x x 2m x x 2m2 2
可得 1 2 ， 1 2 ，
x x y  y 1 x x m
即 1 2 m，则 1 2   1 2 m ，
2 2 2 2 2
m 1
 m 
可得线段 的中点为Q  m, ，直线 的斜率 k  2 2  1 ，
MN  2  PQ PQ m1 2
1
此时kk   1，可知直线 与直线 不垂直，
PQ 4 AB PQ这与等腰梯形的性质相矛盾，假设不成立，所以不存在直线l满足题意.
x2
6. 【答案】（1）  y2 1
4
5x 8  13 3
1 Q  ,
（2）① ；②存在，  
2x 5  4 4
1
【分析】（1）将点代入椭圆方程即可求解；
ykx4
（2）①设直线PC的方程为 ，与椭圆方程联立，结合韦达定理化简求解即可；
5x 8 3y  5x 8 3y 
②计算可得 C 2x 1 5 , 2x  1 5  ，设Nx ,y ，可得 D 2x 2 5 , 2x  2 5  ，结合k 1化简得到
 1 1  2 2  2 2  CD
2x y 2x y 5y 5y 3x 3x 0 MN : y k xm
2 1 1 2 1 2 1 2 ，设直线 1 ，进而得到直线MN 过定点
 5 3
H  ,
 
 2 2 ，进而求解即可.
 4
1
 a2
【详解】（1）由题意，

1 ，解得 ，所以椭圆 的方程为
x2
.
 1  y2 1
b2 a2 4,b2 1 E 4
y x2
k  1 1  y2 1
（2）①设直线 PC 的方程为ykx4，且 x 4 ， 4 1 ，即4y2 4x2，
1 1 1
ykx4

联立
x2
，得 ，
  4  y2 1  4k2 1  x2 32k2x64k2 40
1
则Δ   32k22 4  4k2 1    64k2 4  16192k2 0，即k2  ，
12
32k2 64k2 4
x x  ,x x 
且 1 C 4k2 1 1 C 4k2 1 ，2
 y 
32 1 
32k2

x 4

32y2
x  x  1 x  1 x
则 C 4k2 1 1  y  2 1 4y2x28x 16 1 8  4x2 5x 8，
4 1  1 1 1 1  1 x  1
x 4 8x 20 1 2x 5
 
1 1 1
5x 8 5x 8 y
1 x  1 k  1
即点 横坐标为 2x 5 .由①知， C 2x 5 ， x 4 ，
C
1 1 1
y 5x 8  3y 5x 8 3y 
y kx 4 1  1 4 1 C 1 , 1 
则 C C x 4 2x 5 2x 5 ，即 2x 5 2x 5 ，
   
1 1 1 1 1
5x 8 3y 
设Nx ,y ，与①同理可得 D 2x 2 5 , 2x  2 5  ，
2 2  2 2 
3y 3y
1  2
2x 5 2x 5 3y 2x 53y 2x 5
k  1 2  1 2 2 1
则 CD 5x 8 5x 8 5x 82x 55x 82x 5
1  2 1 2 2 1
2x 5 2x 5
1 2
6x y 15y 6x y 15y 2x y 5y 2x y 5y
 2 1 1 1 2 2  2 1 1 1 2 2 1
9x 9x 3x 3x ，
1 2 1 2
2x y 2x y 5y 5y 3x 3x 0
则 2 1 1 2 1 2 1 2 ，
MN : y k xm
设直线 1 ，
2x k x m2x k x m5k x m5k x m3x 3x 0
则 2 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 2 ，
5k 3
则5k 32mx x 0，又x  x ，则m 1 ，
1 1 2 1 2 2
5k 3  5 3  5 3
MN : y k x 1  x k  H  ,
   
则直线 1 2  2 1 2 ，所以直线 MN 过定点  2 2 ，
2 2
 13 3  5  3  3 2
则 为 中点  , 时，则 PH    4    0   ，
Q PH  4 4  2  2  21 3 2  13 3
，则 GQ  PH  ，因此，存在定点 Q   , ，使得 为定值.
PG  MN 2 4  4 4 GQ
题型06 圆锥曲线的融合交汇问题
🎯命题方向一 圆锥曲线与三角函数的融合问题
1.【答案】(1)
(2)（ⅰ） ；（ⅱ）
【详解】（1）将 代入 的方程，得 ，所以 ，
所以 ，解得 ，故 的方程为 ；
（2）（ⅰ）设 ， ，则 ，
因为 ，所以 ，
即 ，①
又 的中点为 ，所以 ， ，由 ，得 ，与①联立可得 ．
又 ，则 ，
令 ，则 ，
设方程 的两根分别为 ，
得 ， ，
所以 在区间 内单调递减，在区间 内单调递增，
又 ， ，即 ，
所以 ；
（ⅱ）由 ，得 ，
即 ，即 ，
即 ，所以 ，
又 ，所以 ，所以 ，
所以 ，
即 ，所以 ，
所以 为等腰三角形，设重心 ， ， ， ， 的中点为 ，
则由 ，得 ， ，
直线 的斜率 ，
由 ，即 ，可知 ，
所以 ，即 ，即 ，
所以 ，
则 ，
所以直线 的方程为 ，即 ，
联立 ，整理得 ，
则 ， ，
所以 ，
由 ，得 ，解得 ，所以 ，
故点 的坐标为 ．
🎯命题方向二 圆锥曲线与数列的融合问题
x2 y2
2. 【答案】（1）  1
9 8
3
（2）证明见解详解，定值为
4
（3）证明见详解
【分析】（1）借助焦点坐标与椭圆上的点的坐标，代入计算即可得；
P F P xmy1
（2）由题意可得 、 、 三点共线，设该直线为 ，联立曲线方程可得与交点纵坐标有
2n1 2 2n
P P A B
关韦达定理，再利用所给椭圆第二定义可用 、 横坐标表示 、 ，则利用韦达定理对
2n1 2n 2n1 2n1
1 1

求和即可得；
A B
2n1 2n1
1 1 3 14A 24
  A  n
（3）由椭圆对称性可得 A B 4 ，结合椭圆定义可得 n1 3A 4 ，则可表示出 D ，结合等
n n n n1
D  D  A
比数列定义可得数列
n
为等比数列，再利用等比数列性质可求出
n
的通项公式，即可得
n
的通n 1
项公式，再合理放缩后求和即可得证S   .
n 4 6
c1

40

【详解】（1）由题意可得   4  9 1，解得 a 3 ，故椭圆 的标准方程为 ；
a2 b2 

a2 b2 c2 b2 2 x2 y2
  1
 c 1
  C 9 8
P x ,y 3 x 3 P F P
（2）设 n n n n ，由题意可得 2n1、 2、 2n三点共线，
xmy1

设该直线为 ，联立
x2 y2
，消去 可得 ，
 1
xmy1   9 8 x  8m2 9  y2 16my640
16m 64
则y  y  ，y y  ，由题意可得A  F P ，B  F P ，
2n1 2n 8m2 9 2n1 2n 8m2 9 2n1 2 2n1 2n1 2 2n
c a2 1 1
F P   x   x 9  9x 
由椭圆第二定义可得 2 2n1 a 2n1 c 3 2n1 3 2n1 ，
c a2 1 1
F P   x   x 9  9x 
2 2n a 2n c 3 2n 3 2n ，
1 1 3 3
39x 39x 
    2n 2n1
则 A B 9x 9x 9x 9x 
2n1 2n1 2n1 2n 2n1 2n
3x x 54 3my my 254
 2n 2n1  2n1 2n
x x 9x x 81 my 1my 19my my 281
2n1 2n 2n1 2n 2n1 2n 2n1 2n
16m
 3my 2n1  y 2n 48  3m 8m2 9 48
m2y y 8my  y 64 64 16m
2n1 2n 2n1 2n m2 8m 64
8m2 9 8m2 9
48m2 48  8m2 9  432  m2 1  3 1 1
 64m2 128m2 64  8m2 9   576  m2 1   4 ，故 A  B 为定值 3 ；
2n1 2n1 4
1 1 3 1 1 3
   
（3）由（2）中所得 A B 4 ，即 F P F P 4，
2n1 2n1 2 2n1 2 2n1 1 1 1 3
   
由椭圆对称性可得 FP FP A B 4 也成立，
1 2n 1 2n1 2n 2n
1 4A
B   n
1 1 3 n 3 1 3A 4
故有   ，则  n
A B 4 4 A
n n n
B  A  F P  F P 2a 6
又由椭圆定义可得 n n1 n n1 n1 n1 ，
4A 14A 24
A 6B 6 n  n
则A 6B ，即 n1 n 3A 4 3A 4 ，
n1 n n n
14A 24
n 4
A 4 3A 4
D  n1  n
由 D  A n 4 ，则 n1 A n1 2 14A n 24 2
n A 2 3A 4
n n
14A 2412A 16 2A 8 A 4 1 A 4 1
 n n  n  n   n  D
14A 246A 8 8A 16 4A 8 4 A 2 4 n，
n n n n n
A 4 34
D  1  1 1
又 1 A 2 32 ，故数列D 是以 为首项， 为公比的等比数列，
1 n 1 4
n1 1 1 1 1 1
A 4 1
   
则 D n  A n 2   4   ，整理得 A n 4 2  4n 2  4 24n ，
n
1  1 n
1   
n 8  4  n 1 1 1 n
故 n 1 1 1 1 1 1 1         ，
S         4 1 4 6 6 4
n A 4 241 4 242  4 24n 1
4
i1 i
n
n 1 1 1 1
S     
即 n 4 6 6  4   6 ，即得证.t 1
3.【答案】（1）
1 1
（2）x 4n2， , 
n 3 2
（3）16
Pt1,t C:x2 4y t12 4t
【解析】（1）因为点 1 在抛物线 上，则 ，解得 t 1.
P2,1 y 1
（2）由 1 可知x 1 2， 1 ，
因为点
P
n
x
n
,y
n

在抛物线
C:x2 4y
上，则 y n 
x
4 n
2
，且
Q
n1
x
n
,y
n

，
 x2 
过 P n1   x n1 , 4 n1   ， n2 ，且斜率为 1 的直线P n1 Q n1 :y x 4 n 2 1 xx n1  ，
 x2
y n1 xx 
 4 n1
联立方程  x2 4y ，消去 y 可得xx
n1
xx
n1
40 ，
x x xx 4
解得 n1或 n1 ，
Q x ,y  x x 4 x  x 4
因 n1 n n ，故 n n1 ，即 n n1 ，
x  x 24n14n2
故数列 n 是以首项为2，公差为4的等差数列，所以 n ，
x2 1 1 1 1 1 1 
又y n  4 n 2n12 ，所以 x y  4n21  2n12n1  2  2n1  2n1   ，
n n
1 1 1 1 1 1 1 1  1 1 
所以 T n  2   1 3  3  5  5  7  2n1  2n1    2   1 2n1  1 1
T  T T 
所以
n 2
，又
T
是关于n 的递增函数，故
min 1 3
，
n
1 1
的取值范围是 , .
T 3 2
n
P
 4n2,2n12
P
 4n2,2n12
P
 4n6,2n32
（3）由（2）可知： n ， n1 ， n2 ，
2n322n12
直线PP 的方程为y2n12  x4n22n1x4n2，
n n2 4n64n2
2n1xy4n24n30
即 ，
22n122n124n24n3
4
d  
点 P  4n2,2n12到直线 PP 的距离为 2n121 2n121 ，
n1 n n2
2
PP  4n64n22 2n32 2n12  642n12 64 8 2n12 1，
n n2  
1
所以 PP P
 nN*
的面积为
S  PP d 16.
 n n1 n2 2 n n2
x2 y2
4. 【答案】（1）  1
4 3
x y 1 x y 1
（2） 或
2n
（3）
3
【分析】（1）利用点到线距离公式，结合题目条件化简即可；
（2）利用设线法并结合弦长公式即可得到方程，解出即可；
BC x  BC t C 1t cos,t sin
（3）设射线 i与 轴正方向的夹角为 i ， i i，则 i的坐标为 i i i i ，代入椭圆
t
方程利用求根公式求出 i ，结合三角恒等变换求和即可.3x2y 3x2y
d  
【详解】（1）设 ，由题意可得 1  2 7 ，
Px,y 3 22
3x2y 3x2y
d  
2  2 7 ，
3 22
 2  2
3x2y 3x2y
24
因为 d2 d2 
24
，所以   ，整理得
x2

y2
1 ，
1 2 7 7 7 7 4 3
x2 y2
即 的方程为  1.
 4 3
1,0
（2）由（1）知，点 为椭圆的右焦点，设为F .因为l的斜率不为0，
xmy1 Dx ,y ,Ex ,y 
可设l的方程为 ，设 1 1 2 2 ，
24
则 DE  1m2 y  y 2 4y y  .
1 2 1 2 7
 3m2 4  y2 6my90
联立l与的方程得 ，
6m 9
由韦达定理可得y  y  ,y y  ， ，
1 2 34m2 1 2 34m2 0
2
 6m  9 24
代入 表达式得 DE  1m2   4  ，解得 .
DE 34m2  34m2 7 m1
x y 1 x y 1
所以l方程为 或 .
2π
（3）由题意设射线BC i 与 x 轴正方向的夹角为 i ，则 i  1 i1 n i 1,2,...,n ，
BC t C 1t cos,t sin
设 i i，则 i的坐标为 i i i i ，
1t cos2 t sin2
代入椭圆方程
x2

y2
1得 i i  i i 1 ，整理得  3sin2  t2 6cost 90，
4 3 4 3 i i i i6cos 36cos236  3sin2 
6cos12 63cos
i i i
t   i  i
因为 t 0 ，由求根公式得 i 2  3sin2  2  3sin2  3sin2 ，
i i i i
1 3sin2 4cos2 2cos2cos 2cos
 i  i  i i  i
所以 BC 63cos 32cos 32cos 3 ，
i i i i
n 1 n 2cos 1 n  1 n  2
  i  2ncos  2ncos (i1)
    
所以 BC 3 3 i  3  1 n  ，
i1 i i1 i1 i1
1 d
因为cosAsinB    sinABsinAB ，令Ak 1d ，B ，
2 2
d 1   1    3 
cos  k1d  sin  sin    k  d  sin    k  d 
则 2 2    2    2  ，
d n
sin cos[(i1)d]
对i 1,2,...,n求和，左边为 2 ，
i1
1  1   1   3   1    1    3 
右边为 sin dsin dsin dsin d...sinn dsinn d
2  2   2   2   2    2    2 
1   1   1 
 sin    n  d  sin   d 
2    2   2  ，
2π
将，d  代入得
1 n
 1  1 2π π
 n d  n  2π 1 π
  2   1   2   n 1 n ，  2 d  1  n ，
  1   1   π  π
sin  n d sin  d sin 2π sin  0
         
所以   2   2   1 n  1 n ，
d n  n  2
sin cos[(i1)d]sin cos (i1) 0
所以 2 n   1 n   ，
i1 i1
n  2
π cos (i1) 0
易知当 n2 时sin n  0，所以 i1   1 n   ，n 1 1 n  2 2n
  2ncos (i1) 
  
所以 BC 3  1 n  3 .
i1 i i1
🎯命题方向三 圆锥曲线与立体几何的融合问题
5.【答案】(1) ；② ；
①
(2)存在，
【详解】（1）①由题可知， ，则 .
直线 的倾斜角 ，则斜率 .所以直线 的方程为 .
联立直线与椭圆方程 得 或 .
又因为点A在x轴上方，所以 .
所以 为边长是 的正三角形，且 .折叠后， .
又因为 ，所以 ；
外接圆半径 ； 外接圆半径 .
三棱锥 外接球半径为
.三棱锥 的外接球的表面积为 .
②因为二面角 为直二面角
所以 到 轴距离即为三棱锥 的高， .
底面 的面积 ，所以 .
即三棱锥 的体积为 .
（2）设翻折前 ，翻折后 .
设直线 的方程为 ，将直线与椭圆方程联立得，
，则 .
翻折前 ，翻折后 ，
由 , ，所以 .
分母有理化
所以 .
则 .
又因为 ，
所以 ，将 代入上式，
整理得 ，整理得
因为 ，所以 .