培优冲刺11圆锥曲线综合大题归类（解析版）_数学_二轮复习_2024年_2024年高考数学第三次模拟资源精选_资料_模块三查漏补缺

培优冲刺 11 圆锥曲线综合大题归类
目录
题型一：韦达定理基础版.............................................................................................................................................1
题型二：面积最值型......................................................................................................................................................4
题型三：面积比值型求范围........................................................................................................................................6
题型四：四边形面积范围型......................................................................................................................................10
题型五：“三定”型：直线定点..................................................................................................................................14
题型六：“三定”型：定值...........................................................................................................................................17
题型七：“三定”型：定直线.......................................................................................................................................19
题型八：斜率型：斜率和定......................................................................................................................................23
题型九：斜率型：斜率积型......................................................................................................................................26
题型十：斜率型：斜率比型......................................................................................................................................29
题型十一：斜率型：三斜率型.................................................................................................................................32
题型十二：切线型........................................................................................................................................................34
题型十三：韦达定理不能直接用：定比分点型.................................................................................................37
题型十四：韦达定理不能直接用：点代入型......................................................................................................40
题型十五：韦达定理不能直接用：坐标运算型.................................................................................................42
题型十六：韦达定理不能直接用：非对称型代入............................................................................................45
题型十七：19题卷型圆锥新定义题.......................................................................................................................48
题型一：韦达定理基础版
基本模板实战模板
1、设点，
2、方程1：设直线： -----此处还有千言万语，在后边分类细说。
3、方程2：曲线：椭圆，双曲线，抛物线，或者其他（很少出现），注意一个计算技巧，方程要事
先去分母
4、方程3:联立方程，整理成为关于x(或者y）的一元二次方程。要区分，椭圆，双曲线，和抛物线
联立后方程
的二次项能否为零-----这就是实战经验。
5、（1） ； （2）二次项系数是否为0；------这两条，根据题确定是直接用，或者冷处理。
但是必须考虑。
6、方程4、5：韦达定理
7、寻找第六个方程，第六个方程其实就是题目中最后一句话
1.已知圆 : ，一动圆与直线 相切且与圆 外切．
(1)求动圆圆心 的轨迹 的方程；
(2)若经过定点 的直线 与曲线 交于 两点， 是 的中点，过 作 轴的平行线与曲线 相
交于点 ，试问是否存在直线 ，使得 ？若存在，求出直线 的方程；若不存在，请说明理由．
2.（安徽省合肥市2023届高三下学期第一次教学质量检测数学试题）已知曲线C： ，从曲线C上的任意点 作压缩变换 得到点 ．
(1)求点 所在的曲线E的方程；
(2)设过点 的直线 交曲线E于A，B两点，试判断以AB为直径的圆与直线 的位置关系，并
写出分析过程．
3.（2024年普通高等学校招生全国统一考试新高考仿真模拟卷数学）已知 分别为双曲线
左、右焦点， 在双曲线上，且 ．
(1)求此双曲线的方程；
(2)若双曲线的虚轴端点分别为 （ 在 轴正半轴上），点 在双曲线上，且 ，
，试求直线 的方程．
【答案】(1) (2) 或
【分析】（1）根据平面向量数量积坐标运算和点在双曲线上，可构造方程组求得 的值，由此可得双
曲线方程；
（2）由 三点共线可设 ，与双曲线方程联立可得韦达定理的结论，利用向量垂直的
坐标表示，代入韦达定理结论可解方程求得 的值，由此可得直线 方程.
【详解】（1）设 ， ，则 ， ，
，解得： ， ；又 在双曲线上，则 ， ， ，
双曲线的方程为： .
（2）由（1）得： ， ， ， 三点共线，
直线 斜率显然存在，可设 ， ， ，
由 得： ， ，即 且 ，
， ，
， ，又 ， ，
，
解得： ，满足 且 ， 直线 方程为： 或 .
题型二：面积最值型求最值求范围，属于前边知识额综合应用，主要是以下两点要注意
1. 注意变量的范围。
2. 式子转化为求值域或者求最值的专题复习
一些常见的思维：
1.可以借助均值不等式求最值。
2.分式型，多可以通过构造来求最值，如下几种常见的。
分式型：以下几种求最值的基本方法
（1）反比例函数型： ，可以分离常数，利用“左加右减上加下减”画图
（2） 与 型，可以设 ，换元，简化一次项，然后构造均值或者对勾函数
求解。
（3） 型，判别式法，或者分离常数，然后转化分子为一次，再换元求解
1.已知双曲线 ，抛物线 的顶点在原点 ， 的焦点是 的左焦点 .
（1）求证： 与 总有两个不同的交点；
（2）是否存在过 的焦点 的弦 ，使 的面积有最大值或最小值?如果存在，求出 所在的直
线方程与最值的大小；如果不在在，说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【详解】（l） ， .由 消去 ，得 .
， ①
方程①有实根 、 .
又 ，则两根异号.不妨设 ， .
当 时， 无实根.
当 时， 有两个不同实根，从而， 和 有两个不同的交点.
（2）假设符合条件的弦 存在.
（i）当直线斜率 存在时，易知 .设直线 的方程为 .
由方程组 消去 ，得 .
.
又原点到直线 的距离 . .
（i i）当直线斜率 不存在，即 轴时，有 . ，的最小值为 ，此时直线 的方程为 .当 时， .因此， 无最大值.
2.（河南省部分重点中学2022-2023学年高三下学期2月开学联考数学试题）已知椭圆 ：
的离心率为 ，且过点 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)过点 作直线 与椭圆 交于A，B两点，且椭圆 的左、右焦点分别为 ， ， ，
的面积分别为 ， ，求 的最大值.
【答案】(1) (2)
【分析】（1）将点 代入椭圆方程，结合离心率、 得出方程；
（2）当直线 的斜率不存在时，由对称性得出 ；当直线 斜率存在且不等于零时，联立直线和
椭圆方程，由韦达定理以及三角形面积公式得 ，再由基本不等式求解即可；
【详解】（1）由椭圆 的离心率为 ，且过点 得
椭圆 的方程为
（2）当直线 的斜率不存在时， ，则 ；
当直线 斜率存在且不等于零时，设直线 ： ，
联立 可得 ，
设 ， ，则 ， ，
， ，
显然 ， 在 轴两侧， ， 异号，
所以
，
当且仅当 ， 时，取等号.
所以 的最大值为 .3.（新疆乌鲁木齐市第八十中学2022-2023学年高三联考数学试题）设P为椭圆 上任
一点， 为椭圆的焦点， ，离心率为 ．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线 与椭圆交于A、B两点，O为坐标原点．求 的面积S的最大值．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）根据题意，利用椭圆的定义和离心率公式计算出 的值即可；
（2）将直线 代入椭圆的方程可得 ， ，利用弦长公式求 ，再
利用点到直线的距离求 得高，然后用面积公式和二次函数的性质即可求解
【详解】（1）根据题意，可得 ，所以a=2，
又 ，所以 ，
所以椭圆的方程为： ；
（2）设 ，
将直线 代入方程 ，
得 ，
，解得 ，
由韦达定理可知 ，
所以 ，
则 底边 的高 ，所以 ，
由二次函数的性质可得当 （满足 ）时， 的面积S取最大值，该值为
题型三：面积比值型求范围
圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
1.（2023上·重庆九龙坡·高三重庆市育才中学校考）已知O为坐标原点，点 皆为曲线上点， 为曲线 上异于 的任意一点，且满足直线 的斜率与直线 的斜率之积为 .
(1)求曲线 的方程：
(2)设直线 与曲线 相交于 两点，直线 的斜率分别为 （其中 ）， 的面积为
，以 为直径的圆的面积分别为 、 ，若 恰好构成等比数列，求 的取
值范围.
【答案】(1) ；(2) .
【分析】(1) 设 ，由题意可知 ，化简即可；
(2) 设直线 的方程为： ，联立直线和椭圆方程得 ，由 可得
，设 ，
结合韦达定理、点到线的距离公式及三角形的面积公、圆的面积公式可得 ，
， ，由 成等比数列，可得 ，进而可得
，再根据 ，即可求得答案.
【详解】（1）解：设 ，则有
所以 ，所以 ，化简得： ，
所以曲线 的方程为： ；
（2）解：设直线 的方程为： ，则由 ，可得 ，
则 ，所以 ，即 ，设
，
则有 ， ，所以 ，
又因为原点 到直线 的距离 ，所以
，又因为
，
所以 ，同理可得 ，又因为以 ，
，
又因为 成等比数列，所以 ，所以 ，所以，
即 ，即有 ，又因为 ， ，所以 ， ，解得
，
所以 ，所以
，当 时取等号.又因为 ，
即 ，所以 ，即 .
2.（2023上·四川成都·高三成都外国语学校校考）已知 ， 为椭圆C：
的左、右顶点，且椭圆C过点 ．
(1)求C的方程；
(2)过左焦点F的直线l交椭圆C于D，E两点（其中点D在x轴上方），试求 的取值范围．（其中
与 分别表示 和 的面积）
【答案】(1) (2)
【分析】（1）先直接得到 ，再把 带入椭圆方程可得 ，则椭圆方程可求；
（2）设l： ，将直线方程和椭圆方程联立，利用韦达定理以及 求出
的范围，然后带入 求解即可.
【详解】（1）由题意得 ，把 代入 ，解得 ，所以C的方程为 ；
（2）由（1）知： ， ，
明显直线l的斜率不为零，设l： ， ， ，
由 ，得 ，显然 ，所以 ， ，因为 ， ，所以 ，
因为 ，当 时， ，
解得 ，此时 ，当 时， ，所以 ．
又 ，设 ，则 ， ，解得 且
，
所以 ，综上所述可得 的取值范围为 ．
3.（2023上·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）已知 ， 为椭圆C：
的左、右顶点，且椭圆C过点 .
(1)求C的方程；
(2)过左焦点F的直线l交椭圆C于D，E两点（其中点D在x轴上方），求 的取值范围.
【答案】(1) (2)
【分析】（1）由题意得 ，把 代入椭圆方程可得答案；
（2）①当l斜率不存在时，易知 ；②当l斜率存在时，设l ，
， ，与椭圆方程联立，求出 、 ，由 利用韦达
定理可得 ，设 ，转化为 ，可得答案.
【详解】（1）由题意得 ，把 代入 ，解得 ，所以C的方程为 ；.
（2）由（1）知： ， ，①当l斜率不存在时，易知 ；
②当l斜率存在时，设l： ， ， ，
由 ，得 ，显然 ，所以 ， ，
因为 ， ，所以 ，
因为 ，所以 .又
，设 ，则 ， ，解得 且
，
所以 ，因为 ，可得 的取值范围为 .
题型四：四边形面积范围型
圆锥曲线的最值问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、
图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值
（或值域），
常用方法：
（1）配方法；
（2）基本不等式法；
（3）单调性法；
（4）三角换元法；
（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
1.（2024·全国·高三专题练习）设双曲线 的左、右焦点分别为 ， ，且E的渐近线方程为 ．
(1)求E的方程；
(2)过 作两条相互垂直的直线 和 ，与E的右支分别交于A，C两点和B，D两点，求四边形ABCD面积
的最小值．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）根据题意得到 ，结合 ，求得 的值即可；
（2）设直线 ， ，求得 ，联立方程组，利用弦长公式，求得
， ，得到 ，令 ，结合二次函数的性质，即
可求解.
【详解】（1）由题意，得 的渐近线方程为 ，
因为双曲线 的渐近线方程为 ，所以 ，即 ，
又因为 ，所以 ，则 ，
故 的方程为 ．
（2）根据题意，直线 ， 的斜率都存在且不为0，
设直线 ， ，其中 ，
因为 ， 均与 的右支有两个交点，所以 ， ，所以 ，
将 的方程与 联立，可得 ，
设 ，则 ， ，
所以
，用 替换 ，可得 ，
所以 ．令 ，所以 ，
则 ，当 ，即 时，等号成立，故四边形 面积的最小值为 ．
2.（2023·全国·高三专题练习）已知O是平面直角坐标系的原点，F是抛物线 的焦点，过
点F的直线交抛物线于A，B两点，且 的重心G在曲线 上.
(1)求抛物线C的方程；
(2)记曲线 与y轴的交点为D，且直线AB与x轴相交于点E，弦AB的中点为M，求四边形
DEMG面积的最小值.
【答案】(1) (2)
【分析】（1）设直线 ，与抛物线 联立可得韦达定理，根据重心的性质求出 的坐
标，代入曲线 即可求解；
（2）先证明四边形 为梯形，求出点 到直线 的距离， 和 ，代入梯形的面积公式，利
用基本不等式即可求解．
【详解】（1）由题知，焦点 ，显然直线 的斜率存在，
设直线 ， ， ， ，
联立 消去 得 ，则△ ，
则 ，所以 ，
所以 且 ，故 ，即 ，
整理得 对任意的 恒成立，故 故所求抛物线 的方程为 ．
（2）由题知 ， ， ， ， ， ，则 .
又弦AB的中点为M， 的重心为G，则 ，故 ，所以 .点D到直线AB的距离 ，
，
所以四边形DEMG的面积
当且仅当 ，即 时取等号，此时四边形DEMG面积的最小值为 .
3.（2024·全国·高三专题练习）已知椭圆E： 的左、右焦点分别为 ， ，M为椭圆E
的上顶点， ，点 在椭圆E上.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设经过焦点 的两条互相垂直的直线分别与椭圆E相交于A，B两点和C，D两点，求四边形ACBD的
面积的最小值.
【答案】(1) (2)
【分析】（1）根据已知条件求得 ，从而求得椭圆 的标准方程.
（2）根据直线 的斜率进行分类讨论，结合根与系数关系求得 ，进而求得四边形 面积的
表达式，并利用基本不等式求得面积的最小值.
【详解】（1）设 ，由 ，有 .
又由 ，有 （O为坐标原点），可得 ， ，
可得椭圆E的方程为 ，
代入点N的坐标，有 ，解得 ， ，
故椭圆E的标准方程为 ；
（2）①当直线AB的斜率不存在或为0时， 为长轴长或 ，
不妨设 ， ，
故 ；
②当直线AB的斜率存在且不为0时，设直线AB： ， ， ，联立方程 ，消去y得 ，
则 ， ，
所以
，同理可得 ，
所以 ，因为 ，
当且仅当 ，即 时等号成立，所以 ，而 ，
综上：四边形ACBD的面积的最小值为 .
题型五：“三定”型：直线定点
当题中的直线既无斜率，又不过定点线，就要设成“双变量”型： ，依旧得讨论 是否存在情
况
当直线既不过定点，也不知斜率时，设直线，就需要引入两个变量了。
（1）设成 ，此时直线包含斜率不存在，注意适当的对此补充讨论
（2）设成 ，此时直线不包含水平，也要适当的补充讨论。
（3）设“双变量”时，第一种设法较多。因为一般情况下，没有了定点在x轴上，那么第二种设法实际上
也没有特别大的计算优势。如第1题。
（4）重要！双变量设法，在授课时，一定要讲清楚以下这个规律：
一般情况下，试题中一定存在某个条件，能推导出俩变量之间的函数关系。这也是证明直线过定点的
理论根据之一。
1.（2023春·山东聊城·高三统考）已知双曲线 的左、右焦点分别为 ， ，且
， 是C上一点．(1)求C的方程；
(2)不垂直于坐标轴的直线l交C于M， N两点，交x轴于点A，线段MN的垂直平分线交x轴于点D，若
，证明：直线l过四个定点 中的一个．
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）根据题意求出 ，即可得解；
（2）设 ， ， ，直线l的方程为 ，联立方程，利用韦达定理求出
， ，再根据 ，求出 的关系，即可得出结论.
【详解】（1）设C的焦距为2c，则 ，即 ， ， ，
由双曲线的定义，得 ，
即 ，所以 ，
故C的方程为 ；
（2）设 ， ， ，直线l的方程为 ，
联立 ，整理得 ，
由题意，得 ，则 ，
则 ， ，
，
设MN的中点 为，则 ， ，
所以线段MN的垂直平分线的方程为 ，
令 ，得 ，即 ，所以 ，
由题意，得 ，即 ，从而 ，
当 ，即 时，解得 或 ；
当 ，即 时，解得 或 ，
所以直线l的方程为 ，或 ，或 ，或 ，
故直线l过四个定点 中的一个．
2.（四川省部分重点中学2022-2023学年高三上学期9月联考数学试题）已知椭圆C：
的右顶点是M（2，0），离心率为 ．
(1)求椭圆C的标准方程．(2)过点T（4，0）作直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，点B关于x轴的对称点为D，问直线AD是否
过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．
【答案】(1) (2)是，定点
【分析】（1）由离心率的值和右顶点坐标，得出椭圆 的方程；
（2）显然直线 的斜率存在，设直线 的方程为： ，与椭圆方程联立，设 ， ， ，
， ，利用韦达定理求出直线 的方程，得到与 轴交点为定值，从而得出直线 过定点．
（1）
由右顶点是M（2，0），得a＝2，又离心率 ，所以 ，
所以 ，所以椭圆C的标准方程为 ．
（2）
设 ， ，显然直线l的斜率存在．
直线l的方程为 ，联立方程组
消去y得 ，由 ，得 ，所以 ，
．
因为点 ，所以直线AD的方程为 ．
又 ，
所以直线AD的方程可化为 ，
即 ，所以直线AD恒过点（1，0）．
（方法二）设 ， ，直线l的方程为 ，
联立方程组 消去x得 ，
由 ，得 或 ，所以 ， ．
因为点 ，则直线AD的方程为 ．又 ，
所以直线AD的方程可化为
，此时直线AD恒过点（1,0），
当直线l的斜率为0时，直线l的方程为y＝0，也过点（1，0）．综上，直线AD恒过点（1，0）．
3.（江苏省盐城市伍佑中学2023-2024学年高三第一次阶段考试数学试题）在平面直角坐标系 中，抛
物线C的准线为 ，对称轴为坐标轴，焦点在直线 上.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若动直线 与抛物线C交于A，B两点.在x轴上是否存在定点P，使得对任意实数m，总有
成立？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由.
【答案】(1) (2)存在，
【分析】（1）根据题意可得抛物线的焦点在x轴上，求得焦点坐标，从而可得出答案；
（2）假设存在满足条件的点P，不妨设 ， ， ，联立直线与抛物线方程，利用韦达
定理求得 ， ，由 ，直线AP与直线BP的斜率 ， 满足 ，整理分
析从而可得出结论.
(1)解：因为抛物线C的准线为 ，对称轴为坐标轴，则C的对称轴为x轴，且焦点在x轴上，
又焦点在直线 上，则焦点坐标为 ，所以C的顶点为原点，
所以抛物线C的方程为 ；
(2)解：假设存在满足条件的点P，由 得 ，不妨设 ， ， ，
则 ，
①， ②，由 ，直线AP与直线BP的斜率 ， 满足 ，
即 ，
即 ③，
将①②代入③得： 对任意m成立，则 ，
即存在满足条件的定点 .
题型六：“三定”型：定值
求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
1.（江苏省南京市中华中学2022-2023学年高三10月月考数学试题）已知抛物线C：x2＝4y，A，B是抛物
线上异于原点的O的两个动点．
(1)若M点坐标为（0，3），求AM的最小值：
(2)若OA⊥OB，且OH⊥AB于H，问：是否存在定点R，使得RH为定值．若存在，求出R点坐标，若不存
在，说明理由．
【答案】(1)(2)存在定点 ，使得RH为定值
【分析】（1）设 ，求出 后结合函数性质得最小值；
（2）设AB方程为 ， ， ，直线方程与抛物线方程联立方程组消元后应
用韦达定理，结论代入 可求得 ，得定点 ，由 得 在以 为直径的圆上，圆
心为所求 点坐标．
（1）
设 ， ，则 ， 时，等号成立；
（2）
由题意可设AB方程为 ， ，
由 ，得 ．
由 得 ， ， ，
∴ （舍去）或
则直线AB过定点
又 ，则H在以ON为直径的圆上（不含y轴交点）
令ON的中点为 ，则 ，
所以，存在定点 ，使得RH为定值。
2.已知F（－ ，0），F（ ，0）为双曲线C的焦点，点P（2，－1）在C上．
1 2
(1)求C的方程；
(2)点A，B在C上，直线PA，PB与y轴分别相交于M，N两点，点Q在直线AB上，若 ＋ ，
＝0，证明：存在定点T，使得|QT|为定值．
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）待定系数法列方程组求得 的值，即可得到双曲线C的方程；
（2）设出直线AB的方程并与双曲线C的方程联立，利用设而不求的方法得到M、N的坐标，利用题给条
件 ＋ 求得直线AB的过定点，再由 ＝0可得使|QT|为定值的定点T.
（1）设双曲线C的方程为 ， 由题意知 ，
∴双曲线C的方程为（2）设直线AB的方程为 ，A（ 、 ），B（ ， ），P（2，－1）
，则 ， ，
∴直线PA方程为 ，令 ，则 ，同理N（0， ），
由 ，可得 ∴
∴
∴ ∴
∴
∴ ，
当 时， ，
此时直线AB方程为 恒过定点P（2，－1），显然不可能
∴ ，直线AB方程为 恒过定点E（0，－3）
∵ ，∴ ，取PE中点T，∴T（1，－2）
∴ 为定值，∴存在T（1，－2）使|QT|为定值 ．
3.（重庆市第八中学校2023届高三上学期高考适应性月考数学试题）已知椭圆 的中心为坐标原点，对称
轴为 轴， 轴，且过 两点.
(1)求椭圆 的方程；
(2) 为椭圆 的右焦点，直线 交椭圆 于 （不与点 重合）两点，记直线 的斜率分别为
，若 ，证明： 的周长为定值，并求出定值.
【答案】(1) (2)证明见解析，定值为
【分析】（1）结合 两点的坐标，利用待定系数法求得椭圆 的方程.
（2）设直线 ，联立直线 的方程和椭圆 的方程，化简写出根与系数关系，利用
求得 的关系式，从而判断出直线 过左焦点，由此求得 的周长为定值 .
（1）
由已知设椭圆 方程为： ，
代入 ，得 ，故椭圆 方程为 .
（2）设直线 ，由 得，
， ，又，
故
，由 ，得 ，
故 或 ，
①当 时，直线 ，过定点 ，与已知不符，舍去；
②当 时，直线 ，过定点 ，即直线 过左焦点，
此时 ，符合题意.
所以 的周长为定值 .
题型七：“三定”型：定直线
求定直线是圆锥曲线求定点定值定直线的一个较难的题型。一般有两种思维：
1. 利用参数法消参求定直线
根据题意引入参数，用参数表示经过定直线的定点，代入已知条件或者根据条件所建立的关系式，消去参数即
可得到定直线
2.相关点法
类似于求轨迹的相关点代入法，一个点的运动变化引起了另外一些点的运动变化，在解题时，用一个点的坐标
把另外一些点的坐标表示出来，再代入一致的曲线和直线方程中，便可求出定直线的方程。
1（河南省洛阳市2023届高三二模理科数学试题）.已知椭圆 ： 的离心率为 ，右
焦点为 ，A，B分别为椭圆 的左、右顶点.
(1)求椭圆 的方程；
(2)过点 作斜率不为0的直线 ，直线 与椭圆 交于P，Q两点，直线AP与直线BQ交于点M，记
AP的斜率为 ，BQ的斜率为 .求证：
① 为定值；
②点M在定直线上.
【答案】(1)
(2)①证明见解析， ；②证明见解析，点M在定直线 上．
【分析】（1）根据椭圆的几何性质列出方程组求出 ，即可得出椭圆 的方程；
（2）①设 ， ，直线 的方程为 ，与椭圆方程联立得到 ，带入 的表
达式，即可得出 为定值；②根据①中的结论，设 ，则 ，求出直线AP、BQ的方程，联立即可求出点M的坐标，从而可
知其在定直线上．
【详解】（1）依题可得 ，解得： ，所以 ，
即椭圆 的方程为 ．
（2）①设 ， ，因为直线 过点 且斜率不为0，所以可设 的方程为 ，代入
椭圆方程 得， ，其判别式 ，所以 ，
.
两式相除得 ，即 ．
因为 分别为椭圆 的左、右顶点，所以点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，所以
， ．
从而 ．
②由①知 ，设 ，则 ，所以直线 的方程为： ，直线 的方程为
，联立 可得 ，所以直线 与直线 的交点 的坐标为 ，所以
点 在定直线 上.
2.已知双曲线C： 的离心率为 ，过点 的直线l与C左右两支分别交于M，
N两个不同的点（异于顶点）．
(1)若点P为线段MN的中点，求直线OP与直线MN斜率之积（O为坐标原点）；
(2)若A，B为双曲线的左右顶点，且 ，试判断直线AN与直线BM的交点G是否在定直线上，若是，
求出该定直线，若不是，请说明理由
【答案】(1)1(2)是在定直线上，定直线
【分析】（1）根据题意列出方程组得到 ，设 ， ， ，利用点差法即可求解；
（2）根据（1）的结论得出 ， ，设直线l： ， ，设 ， ，联
立直线与曲线方程，利用韦达定理联立直线 与直线 的方程得出 ，进而得证.【详解】（1）由题意得 ，所以 ，设 ， ， ，
则 ，作差得 ，又MN的斜率 ， ，
所以 .
（2）∵ ，∴ ， ， ，直线l： ， ，设 ， ，
联立 得 ，所以 ，所以 ，
设直线AN： ，BM： ，
所以 ，
所以 ．故存在定直线 ，使直线AN与直线BM的交点G在定直线上．
3.如图，已知双曲线 的右焦点为 ，O为坐标原点，过点F作直线 与双曲线
的渐近线交于P，Q两.点，且点P在线段FQ上， ， .
(1)求C的方程；
(2)设 是C的左､右顶点，过点 的直线l与C交于M，N两点，试探究直线 与 的交点S
是否在某条定直线上，若是，求出该定直线方程，若不是，请说明理由.
【答案】(1) (2)是， 在定直线 上
【分析】（1）计算得到 ， ，得到 ，解得 ， ，得到答
b 3
案.
1
（2）直线 的方程为xty ，Mx ,y ,Nx ,y ，联立方程得到根与系数的关系，确定直线方程，
MN 2 1 1 2 2计算交点坐标，得到x 2，得到答案.
S
b b
【详解】（1）双曲线右焦点为 ，故 ，渐近线方程为y x，则tanPOF  ，
F(2,0) c2 a a
OPPQ，故OQ2 OP2  PQ2 ，即 OQ  OPOQ  OP PQ2 ，
3
，故OQ  OP  PQ ，
|OP||OQ| 3|PQ| 3
π
π
解得 2 3 ， 3 ，故 π，故 3 π，
OQ  PQ OP  PQ POQ POF  
3 3 3 2 3
b y2
故tanPOF   3， ， ，解得 ， .故双曲线方程为x2 1.
a c2 a2b2 c2 4 a1 b 3 3
1
（2） A 1 (1,0) ， A 2 (1,0) ，设直线 MN 的方程为xty 2 ，Mx 1 ,y 1 ,Nx 2 ,y 2 ，
 1
xty
3t 9
联立  3x2y2 2 30 ，得  3t21  y23ty 9 4 0 . 故y 1 y 2  3t21 ,y 1 y 2  4  3t21  ，故 ty 1 y 2  3 4 y 1 y 2  ，
y y
直线AM :y 1 (x1)，直线A N:y 2 (x1)，
1 x 1 2 x 1
1 2
 1  1
ty  y ty  y y y
x y x y y y  1 2 2  2 2 1 1 2
联立两直线方程，解得x  1 2 2 1 1 2 
S x y x y y y  1  1
1 2 2 1 1 2 ty  y ty  y y y
 1 2 2  2 2 1 1 2
3 1 3 3 1
2ty y  y  y y  y  y  y
1 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 1 y 3y
   1 2 2，
3 1 3 1 3 1
y  y y  y y  y
2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1
故直线A
1
M 与直线A
2
N 的交点S在定直线x2上.
题型八：斜率型：斜率和定
x2 y2
给定椭圆  1ab0，与椭圆上定点 ，过P点走两条射线PA、PB，与椭圆交与A和B
a2 b2 Px
0
,y
0

两点，记直线PA、PB的斜率分别为 ,若 ，则直线 过定点
k ,k k k t
1 2 1 2 AB
设抛物线 ，其上不同的三点：Px ,y ， ， ，当
0 0
的斜率 满足： 时， 过定点 或者
x2 y2
1.设椭圆方程为
a2

b2
1ab0， A2,0， B2,0分别是椭圆的左、右顶点，直线
l
过点C6,0，
 
当直线 经过点D 2, 2 时，直线 与椭圆相切．
l l
(1)求椭圆的方程．(2)若直线l与椭圆交于P，Q（异于A，B）两点．
（i）求直线BP与BQ的斜率之积；
1
（ii）若直线 与 的斜率之和为 ，求直线 的方程．
AP BQ 2 l
x2 1
【答案】(1) y2 1(2)（i）1 ；（ii）y x1
4 2 6
【分析】（1）由直线的两点式方程可得l的方程，联立椭圆方程，利用直线与椭圆的位置关系求出b，即
可求解；
（2）设l:xmy6，Px,y  ，Qx ,y  ，联立椭圆方程，利用韦达定理表示y y、y y ，根据两点表
1 1 2 2 1 2 1 2
1 1 1 1
示斜率公式化简计算可得k k  、k k  ，则k  k ，由k k  求得直线 的方程，
BP BQ 2 AP BP 4 AP 2 BQ AP BQ 2 BQ
联立椭圆方程求出点Q的坐标即可求解.
【详解】（1）依题意可得a2，
 
当直线
l
经过点D 2, 2 时，
l
的方程为x4 2y6，
x2 y2
代入 4  b2 1，整理得 8b21  y212 2b2y8b2 0 ，
Δ  12 2b2 2 4  8b21  8b2 32b2 b2 1  0，
x2
解得 ，所以椭圆的方程为 y2 1．
b2 1 4
xmy6,

（2）（i）依题意可得直线 的斜率不为0，设 ， ， ．由x2 得
l l:xmy6 Px 1 ,y 1  Qx 2 ,y 2    4 y2 1,
 m24  y212my320，
 12m
y y  ,
  1 2 m24
则 则
32 y y y y y y
 y y  , k k  1 2  1 2  1 2
 1 2 m24 BP BQ x 2x 2 my 4my 4 m2y y 4my y 16
1 2 1 2 1 2 1 2
32
m24 32 1
   ；
32m2 48m2 64 2
 16
m24 m24
x2
1 1
（ii）因为 y y 4 1，所以 1 ，又因为 1，所以 ，
k k  1  1   k  k k k 
AP BP x 1 2 x 1 2 x 1 24 4 AP 2 BQ AP BQ 2 k BQ 1
4
则直线 的方程为 ，与 联立得 ．所以 的方程为y 5 x6 ，即
x2 6 4 6
y2 1 Q ,  6
BQ yx2 4 5 5 l 5
1
y x1．
62.（河北省石家庄市2023届高三质量检测（一）数学试题变式题17-22）已知双曲线
x2 y2
C:  1a0,b0的离心率为 ，点  在双曲线 上．
P 3,4 2
a2 b2 5 C
(1)求双曲线C的方程；
(2)设A1,0 ，M 为C上一点，N 为圆x2y2 1上一点（M ，N 均不在x轴上）．直线AM ，AN的斜
率分别记为k ，k ，且4k k 0，判断：直线MN是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定
1 2 2 1
点，请说明理由．
y2
【答案】(1)x2 1(2) 恒过定点1,0
4 MN
 
【分析】（1）根据点P 3,4 2 在双曲线上，结合离心率列方程，解方程即可；
1
（2）分别计算点 ， 的坐标，可得k  ，即 ，又点 在圆 上，且圆与 轴
M N MN k 2 AN MN A x2y2 1 x
的另一个交点为B1,0
，则AN BN ，所以可得MN恒过定点
1,0
.
c b2 x2 y2
【详解】（1）由双曲线离心率为e  1  5，得 ，所以双曲线方程为  1，
a a2 b2 4a2 a2 4a2
9 32 y2
又点P  3,4 2 在双曲线上，即  1，解得 ， ，所以双曲线的方程为x2 1；
a2 4a2 a2 1 b2 4 4
yk x1
 1
（2）由已知得 ， ，设直线 ，点 ，由 y2 得
k 0 k 0 AM :yk x1 Mx,y    x2 4 1
1 2 1 1 1
， ， 则 ，即 ，
k24 k24
 4k 1 2 x22k 1 2xk 1 240 0 x A x M  4 1 k 1 2 x M  4 1 k 1 2
k24 k24 8k 
x  1 ，所以M 1 , 1 
M 4k2 4k2 4k2

1 1 1
4k21 8k 
由 ，得 ，所以M 2 , 2 设直线 ，联立直线与圆 ，
4k k 0 k 4k 14k2 1k2  AN:yk x1 x2y2 1
2 1 1 2 2 2 2
k21 k21 1k2
得 1k 2 2 x22k 2 2xk 2 210 ， 0 ，则x A x N  1 2 k 2 2 ，即x N  1 2 k 2 2 ，x N  1k 2 2 2 ，2k 8k
2  2
1k2 14k2 1
所以 ，所以k  2 2  ，即 ，所以 ，又点 在圆
1k2 2k  MN 1k2 4k21 k
N 2 , 2  2  2 2
1k 2 2 1k 2 2  1k 2 2 14k 2 2 k MN k 2 1 MN  AN A
x2y2 1上，
设圆x2y2 1与x轴的另一个交点为 B ，则B1,0 ，且AN BN ，即直线BN 与MN重合，
所以直线MN恒过点B1,0
.
3.（四川省雅安市部分校2022-2023学年高三下学期4月联考数学试题）设椭圆方程为
x2 y2
a2

b2
1ab0， A2,0， B2,0分别是椭圆的左、右顶点，动直线l过点C6,0，当直线l经过
 
点D 2, 2 时，直线l与椭圆相切.
(1)求椭圆的方程；
1
(2)若直线l与椭圆交于P，Q（异于A，B）两点，且直线 与 的斜率之和为 ，求直线l的方程.
AP BQ 2
x2 1
【答案】(1) y2 1(2)y x1.
4 6
【分析】（1）由左右顶点得a2，再由直线与椭圆位置关系联立方程利用韦达定理得b2 1即可；
（2）联立直线与椭圆方程，由椭圆定义及斜率关系计算即可.
【详解】（1）依题意可得a2.
 
当直线l经过点D 2, 2 时，l的方程为x4 2y6，
x2 y2
代入 4  b2 1，整理得 8b21  y212 2b2y8b2 0 ，
  12 2b2 2 4  8b21  8b2 32b2 b21  0，
x2
解得 ，所以椭圆的方程为 y2 1.
b2 1 4
（2）依题意可得直线l的斜率不为0，可设l:xmy6，Px,y  ，Qx ,y  .
1 1 2 2
 12m
y y 
xmy6   1 2 m24
由 ，得 ，则
x2 32
  4 y2 1  m24  y212my320   y 1 y 2  m24
32
m24 32 1
则 y y y y y y    .
k k  1 2  1 2  1 2 32m2 48m2 64 2
BP BQ x
1
2x
2
2 my
1
4my
2
4 m2y
1
y
2
4my
1
y
2
16 m24  m24 16
x2
1 1
因为 y y 4 1 ，
k k  1  1  
AP BP x 2 x 2 x24 4
1 1 1
1 1
所以k  k .又因为k k  ，所以
AP 2 BQ AP BQ 2 k BQ 1
x2 6 4
则直线 的方程为 与 y2 1联立得Q , ，
BQ yx2 4 5 54
所以l的方程为y 5 x6 ，即 .
6 1
6 y x1
5 6
题型九：斜率型：斜率积型
x2 y2
给定椭圆  1ab0，与椭圆上定点 ，过P点走两条射线PA、PB，与椭圆交与A和B
a2 b2 Px
0
,y
0

两点，记直线PA、PB的斜率分别为 ,若 ，则直线 过定点
k ,k
1 2 AB
设抛物线 ，其上不同的三点：Px ,y ， ， ，当
0 0
的斜率 满足： 时， 过定点
x2 y2
1.（四川省凉山彝族自治州2022-2023学年高三阶段性检测数学试题）已知椭圆C:  1ab0的
a2 b2
3  1
离心率为 ，点 3, 在椭圆上.
2  2
(1)求椭圆C的方程；
(2)若A，
B
为椭圆的左右顶点，直线xt交椭圆于M ，N 两点，设直线AM ，BN 的斜率分别为k
1
，k
2
，
求证：k k 为定值.
1 2
x2
【答案】(1) y2 1(2)证明见解析
4
【分析】（1）根据离心率和点在椭圆上建立方程组可求椭圆的方程；
（2）设出点Mx,y  ，根据对称性得到点Nx,y  ，表示出k ，k ，结合椭圆的方程可证k k 为定值.
1 1 1 1 1 2 1 2
 c 3
 
 a 2
【详解】（1）由题意得： 且 ，得 ，
 3 1
a2
 1 
a2 4b2 a2 b2c2 b1
x2
所以椭圆 的方程为 y2 1.
C 4
x2
（2）证明：由椭圆方程可知， A2,0， B2,0，设 Mx 1 ,y 1 ，则 Nx 1 ,y 1 且 4 1  y 1 2 1；
x24
1
则 k  y 1 ， k  y 1 ，则 k k  y 1 2  4  1，所以 为定值1 .
1 x 2 2 x 2 1 2 x24 x24 4 k k 4
1 1 1 1 1 2
2.（陕西省渭南市2023届高三下学期教学质量检测（Ⅱ）理科数学试题）在直角坐标系xOy中，已知椭圆
x2
E:  y2 1的右顶点､下顶点､右焦点分别为A，B，F.
2
(1)若直线BF与椭圆E的另一个交点为C，求四边形ABOC的面积；
1
(2)设M，N是椭圆E上的两个动点，直线 与 的斜率之积为 ，若点P满足：  .问：
OM ON 2 OPOM 2ON是否存在两个定点G，H，使得 PG  PH 为定值？若存在，求出G，H的坐标；若不存在，请说明理由.
2 2
【答案】(1) ；(2)存在，G，H的坐标分别为 ， ．
3 ( 5,0) ( 5,0)
【分析】（1）写出直线BF方程，与椭圆方程联立求得C点坐标后，可求得四边形面积；
（2）设P(x,y)，M(x,y)，N(x ,y )，由向量的坐标运算得出xx 2x ，y y 2y ，利用点M,N是已
1 1 2 2 1 2 1 2
知椭圆上的点，计算出x22y2 10，得P是一个椭圆上的点，从而两定点G,H 为该椭圆的焦点即满足题
意．
 
【详解】（1）由题意
c 211
，F(1,0)，A 2,0 ，B(0,1)，
直线BF方程为xy1，
 4
x
xy1   3
由 得 或 ，所以 ，
  x2 y2 1   x0 y 1 C( 4 , 1 )
 2 y1  3 3 3
S  1 OA y  y  1  2  1 1  2 2 ；
ABOC 2 B C 2  3 3
（2）设P(x,y)，M(x,y)，N(x ,y )，
1 1 2 2
由O  P  O  M  2O  N  得(x,y)(x,y )2(x ,y )，即xx 2x ，y y 2y ，
1 1 2 2 1 2 1 2
x2 x2
点 在椭圆 上，所以 1 y2 1， 2 y2 1，
M,N E 2 1 2 2
所以x22y2 (x24xx 4x2)2(y2 4y y 4y2)104(xx 2y y )，
1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2
y y 1
直线 斜率之积为k k  1 2  ， ，
OM,ON OM ON xx 2 xx 2y y
1 2 1 2 1 2
所以x22y2 10，
x2 y2
所以点 P 在椭圆 10  5 1上，该椭圆的左右焦点为 G,H ，则 PG  PH 为定值 2 10 ，又 105  5 ，
因此这两个定点坐标为( 5,0)，( 5,0)．
x2 y2
3.在平面直角坐标系 中，已知椭圆C:  1(ab0)的离心率为1 ，左､右焦点分别是 ，以
xoy a2 b2
2
F
1
,F
2
F 为圆心，6为半径的圆与以F 为圆心，2为半径的圆相交，且交点在椭圆C上.
1 2
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过椭圆C的右焦点F 的直线l,l 的斜率分别为k ,k ，且kk 2，直线l 交椭圆C于M,N两点，直
2 1 2 1 2 1 2 1
线l 交椭圆C于G,H 两点，线段MN,GH 的中点分别为R,S，直线RS 与椭圆C交于P,Q两点，A,B是椭
2
S
1
圆 的左､右顶点，记 与 的面积分别为 ，证明： 为定值.
C △ PQA △PQB S ,S S
1 2 2
x2 y2
【答案】(1)  1；(2)证明见解析．
16 12
【分析】（1）根据离心率的定义和椭圆定义求得a,c，再计算出b后得椭圆方程；
（2）设Mx,y ,Nx ,y  ，直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理求得中点R,S的坐标，当直线PQ斜
1 1 2 2
率存在时，设直线PQ:ymxn，点R,S在直线PQ上，代入整理得k ,k 是一个一元二次方程的根，由韦
1 2
达定理得k
1
k
2
，从而得出m,n关系，得出直线PQ过定点E，再确定直线PQ斜率不存在时也过这个定点E，
然后结合该定点得出三角形面积比．c 1
 
【详解】（1）依题意得a 2 ，则a4,

 622a c2,
x2 y2
则 ，所以椭圆 的方程为  1；
b2 a2c2 12 C 16 12
（2）直线l :yk x2 ，设Mx,y ,Nx ,y  ，
1 1 1 1 2 2
yk (x2)
 1
由x2 y2 得 ，
  1  34k2 x216k2x16k2480
16 12 1 1 1
16k2 16k248
所以x x  1 ，xx  1 ，且 ，
1 2 34k2 1 2 34k2
0
1 1
 8k2 6k   8k2 6k 
则中点R 1 , 1 ，同理可算S 2 , 2 
34k2 34k2

34k2 34k2

1 1 2 2
①当直线斜率存在时，设直线PQ:ymxn，点R,S在直线PQ上，
 8m4nk26k 3n0,
1 1
点 坐标代入整理得
R,S  8m4nk 2 26k 2 3n0,
易知k ,k 为方程 8m4nk26k3n0的两个根，
1 2
3n 16
则kk  2，所以n m，
1 2 8m4n 11
16 16 
所以直线PQ:ymx m，则直线恒过点E ,0
11 11 
②当直线的斜率不存在时，由对称性可知k k ，由kk 2，
1 2 1 2
8k2 8k2 16
不妨设 ，所以 1  2  ，
k  2,k  2 34k2 34k2 11
1 2 1 2
16 16  16 
直线PQ:x 过 ,0，根据①②可知，直线 恒过点E ,0，因为 的面积
11 11  PQ 11  △ PQA
1
S  AE  y y ，
1 2 1 2
16
4
S AE 11 15
的面积 ，所以 1    .
1 S BE 16 7
S  BE  y y 2 4
△PQB 2 2 1 2 11题型十：斜率型：斜率比型
x2 y2 3
1.（河南省洛阳市2023届高三二模理科数学试题）已知椭圆 ：  1ab0的离心率为 ，右
C a2 b2 2
 
焦点为F 3,0 ，A，B分别为椭圆C的左、右顶点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点D1,0
作斜率不为0的直线l，直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线AP与直线BQ交于点M，记
AP的斜率为k ，BQ的斜率为k .求证：
1 2
k
1
① 为定值；
k
2
x2 k 1
【答案】(1) y2 1(2)①证明见解析， 1  ；②证明见解析，点M在定直线 上．
4 k 2 3 x4
【分析】（1）根据椭圆的几何性质列出方程组求出a,b,c，即可得出椭圆C的方程；
k
1
（2）①设 Px 1 ,y 1 ， Qx 2 ,y 2 ，直线 l 的方程为 xty1 ，与椭圆方程联立得到 y 1 y 2 ,y 1 y 2 ，带入 k 2 的表
k
1
达式，即可得出 为定值；
k
2
②根据①中的结论，设k m，则k 3m，求出直线AP、BQ的方程，联立即可求出点M的坐标，从而可
1 2
知其在定直线上．
 c 3
e 
【详解】（1）依题可得 a 2 ，解得： ，所以 ，

c 3 a2,c 3 b2 a2c2 1
x2
即椭圆 的方程为 y2 1．
C 4
（2）①设Px
1
,y
1
 ，Qx
2
,y
2
 ，因为直线l过点D1,0 且斜率不为0，所以可设l的方程为xty1，代入
x2 2t
椭圆方程 4 y2 1得， t24  y22ty30 ，其判别式 4t212  t24  0 ，所以y 1 y 2  t24 ，
3
y y 
1 2 t243
y y  .
1 2 t24
y y 2 3
两式相除得 1 2  t，即ty y  y y ．
y y 3 1 2 2 1 2
1 2
因为A,B分别为椭圆C的左、右顶点，所以点
A
的坐标为
2,0
，点
B
的坐标为
2,0
，所以
3y y 
， ． 从而 k 1  y 1 ty 2 1  1 2 2 y 1  y 1 3y 2  1 ．
y y y y k y ty 3 3y y  3y 9y 3
k  1  1 k  2  2 2 2 1 1 2 3y 1 2
1 x 2 ty 3 2 x 2 ty 1 2 2
1 1 2 2
k 1
②由①知 1  ，设 ，则 ，所以直线 的方程为： ，直线 的方程为
k 3 k m k 3m ymx2m BQ
2 1 2 AP
ymx2m x4
，联立 可得 ，所以直线 与直线 的交点 的坐标为 ，所以
y3mx6m y3mx6m y6m AP BQ M 4,6m
点M 在定直线x4上.
2.（江苏省南通市如东县2022-2023学年高三上学期数学试题）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆
x2 y2
C:  1(ab0)的左顶点为 ，上顶点为 ，右焦点为 ，连接 并延长交椭圆 于点椭圆 ．
a2 b2 A B F BF C P
8 3 3 16
(1)若P( , )，|BP| ，求椭圆 的方程
5 5 5 C ;
(2)若直线AB与直线AP的斜率之比是2，求 BOF与

APF的面积之比．
x2 y2 5
【答案】(1)  1；(2) .
4 3 16
16 8 3 3
【分析】（1）由|BP| 和P( , )在椭圆上求出 ， 即可.
5 5 5 a b
（2）求出直线BF的方程，并与椭圆方程联立求得点P坐标，再由给定条件结合面积公式求解即可．
8 3 3 16 8 3 3 16
【详解】（1）由 ，P( , )，|BP| 得：( )2(b )2 ( )2，解得 ，
B(0,b) 5 5 5 5 5 5 b 3
2
8 2 3 3
 
又点 8 3 3 在椭圆上，则 5    5  ，解得 ，
P( , )  1
5 5 a2 b2 a2
x2 y2
所以椭圆 的方程为  1．
C 4 3
 x y
 1

 c b
（2）依题意，令 ，直线 ，由 ，得 ，
x y  x2 y2 2a2c b3
BF:  1  1 P( , )
F(c,0) c b a2 b2 a2c2 a2c2b3
a2c2 b3
直线AB的斜率 ，直线AP的斜率k   ，
b AP 2a2c 2a2ca3ac2
k  a
AB a a2c2
2b3 b
则  ，即 ，有
2
 a2c2 (ac)2，得 ， ，
2a2ca3ac2 a 2b2 2aca2c2 a3c b2 2c
9c 8 2c 1 8 2c 16 2c2 1
于是得点P( , )，S  |AF|| | ，S  |OF||OB| 2c2，
5 5 APF 2 5 5 BOF 2
2c2 5

所以 与 的面积之比是16 2 16.
c2
 BOF  APF 5
3.（河北省唐山市开滦第二中学2023届高三上学期第三次线上考试数学试题）已知椭圆
 3
C:
x2

y2
1(ab0)的短轴长为2，点  1,   在 上.
2
a2 b2   C
(1)求C的方程；
(2)设M,N是C上不同于短轴端点A,B（A点在B点上方）的两点，直线MA与直线NB的斜率分别为k,k，
且满足2k k，证明：直线MN过定点.
x2
【答案】(1) y2 1(2)证明见解析
4
 3
【分析】（1）易知 ，代入点1, 即可求出方程；
 
2
b1  
（2）当直线MN的斜率不存在时，求出k,k，利用2k k可舍去，当直线MN的斜率存在时，可设直线
MN：yk
1
xmm1 ，与椭圆联立方程组，求出x
1
,x
2
，分别表示斜率k,k，代入到2k k可求出m
的值，进而求出直线MN过的定点即可.
【详解】（1）由题意可知，b1，
 3
把点  1,   代入C: x2  y2 1(ab0)中，可得 1  3 1，解得 ，
2
  a2 b2 a2 4 a2
x2
所以 的方程为： y2 1；
C 4
（2）依题意，A0,1 ，B0,1
，如果直线MN的斜率不存在，则直线MN垂直于x轴，
设直线MN：xt，由题意可知
t0
，且t 2，
 4t2   4t2 
把 xt 代入 x 4 2 y2 1 中，可得 M,N 的坐标分别为   t, 2    ,   t, 2    ，
4t2
1
所以 2 4t2 2， 4t2 2，因为 ，无解，故舍去，
k   k
t 2t 2t 2k k
x2
从而可设直线 ：
yk
xmm1，代入 y2 1中，得
MN 1 4
 4k21  x28kmx4m2 40，由题设可知16  4k2m21  0，设Mx,y ，Nx ,y ，
1 1 1 1 1 2 2
8km 4m24 x2 y 1 x
则有x x  1 ，xx  ，因为 2 y2 1，所以 2  2
1 2 4k21 1 2 4k21 4 2 x 4(y 1)
1 1 2 2y 1 k x m1 y 1 x x
则k  1  1 1 ，k 2  2  2 ，
x x x 4(1y ) 4(1mk x )
1 1 2 2 1 2
k x m1 x
因为 2k k ，所以2 1 1 x  4(1m 2 k x ) ，化简得 (8k21)x x 8k m1(x x )8m12 0 ，
1 1 2 1 1 2 1 1 2
(4m24)(8k21) 64k2m(m1)
即 1  1 8(m1)2 0
4k21 4k21 4(m1)(m3)0
1 1
解得m1（舍）或m3，所以直线MN：yk x3恒过顶点 0,3 .
1
题型十一：斜率型：三斜率型
1.（海南省海南中学、海口一中、文昌中学、嘉积中学四校2023届高三下学期联合考试数学试题）
x2 y2
已知椭圆C:
a2

b2
1ab0的离心率为1
2
，椭圆的右焦点 F1,0
(1)求椭圆C的方程；
(2)A、B是椭圆的左､右顶点，过点F 且斜率不为0的直线交椭圆C于点M ､N ，直线AM 与直线x4交
于点
P
.记PA、PF、BN 的斜率分别为k
1
、k
2
、k
3
，是否存在实数，使得k
1
k
3
k
2
？
x2 y2
【答案】(1)  1(2)存在，且
4 3 2
【分析】（1）根据题意求出c、a、b的值，可得出椭圆C的方程；
（2）设Mx
1
,y
1
 、Nx
2
,y
2
 ，设直线MN的方程为xmy1，其中m0，将直线MN的方程与椭圆C
的方程联立，列出韦达定理，求出k
1
、k
2
、k
3
的表达式，进而可求得实数的值.
x2 y2
【详解】（1）解：因为椭圆C:
a2

b2
1ab0的离心率为1
2
，椭圆的右焦点 F1,0，
c 1
所以， ，  ，则 ，故 ，
c1 a 2 a2 b a2c2  3
x2 y2
因此，椭圆 的方程为  1.
C 4 3
（2）证明：设Mx
1
,y
1
 、Nx
2
,y
2
 ，设直线MN的方程为xmy1，其中m0，
x2 y2
  1
联立 4 3 ，得 ， ，
 xmy1  3m24  y26my90 36m236  3m24  0
6m 9 3
由韦达定理可得y y  ，y y  ，所以my y  y y ，
1 2 3m24 1 2 3m24 1 2 2 1 2
y y
易知点 A2,0、 B2,0，k
1

my
1
3
，所以，直线 的方程为y
my
1
3
x2 ，
AM
1 1
6y  6y 
将 代入直线 的方程可得y 1 ，即点P4, 1 ，
x4 AM my 1 3  my 1 3
6y
1
my 3 2y ， y y ，所以， y y 2my y y 3y ，
k  1  1 k  2  2 k k  1  2  1 2 1 2
2 3 my 3 3 x 2 my 1 1 3 my 3 my 1 my 3my 1
1 2 2 1 2 1 2
k k 2my y y 3y my 3 2my y y 3y 2y 6y
 1 3  1 2 1 2  1  1 2 1 2  1 2 2
所以， .
k my 3my 1 2y 2my y 2y y 3y
2 1 2 1 1 2 1 1 2
2.（河北省高碑店市崇德实验中学2023届高三下学期3月月考数学试题）已知椭圆
x2 y2 2 2 3
C:  1(ab0) A( )
a2 b2 2 2 2x2 y2 2 2 3
C:  1(ab0)的离心率为 ，且过点A( ， )．
a2 b2 2 2 2
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l与椭圆C交于不同的M ，N 两点，且直线OM ，MN，ON的斜率依次成等比数列．椭圆C上是
否存在一点P，使得四边形OMPN 为平行四边形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
x2
【答案】(1) y2 1(2)存在， 或 ．
2 x 2y10 x 210
【分析】（1）由离心率的值，可得a，b的关系，设椭圆的方程，将A点的坐标代入椭圆的方程，可得b
的值，进而求出椭圆的方程；
（2）由题意可得直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根
之积，由四边形OMPN 为平行四边形可得P的坐标，将P的坐标代入椭圆的方程，可得参数的关系，求出
直线OM ，ON的斜率之积，由直线OM ，MN，ON的斜率依次成等比数列可得参数的关系，进而求出参
数的值，即求出直线l的方程．
c b2 2 x2 y2
【详解】（1）由离心率e  1  ，可得 ，所以椭圆的方程为：  1，
a a2 2 a2 2b2 2b2 b2
2 3 1 3
将点A( ， )代入椭圆的方程可得：  1，解得 ，
2 2 4b2 4b2 b2 1
x2
所以椭圆的方程为 y2 1；
2
（2）由题意可得直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为：xmyt，设M(x ，y)，N(x ，y )，
1 1 2 2
xmyt
联立 ，整理可得： ， ，即
x22y2 2 (2m2)y22mtyt220 4m2t24(2m2)(t22)0
t2 2m2，
且y y  2mt ，y y  t22 ，x x my y 2t  4t ，
1 2 2m2 1 2 2m2 1 2 1 2 2m2
 4t 2mt 
因为四边形 为平行四边， 与 互相平分，所以P , ，
OMPN OP MN 2m2 2m2
 4t  2
因为 在椭圆上，则  2m2    2mt  2 ，整理可得： ，①
  1
P 2 2m2  4t2 2m2
1 y y xx
又因为直线 ， ， 的斜率依次成等比数列，即  1 2 ，即m2  1 2 ，
OM MN ON m2 x 1 x 2 y 1 y 2
xx my tmy t 2mt t2 2m2 2t2m2t2
而 1 2  1 2 m2mt  m2 ，可得 ，②
y y y y t22 t22 t22 2t2 m2t2
1 2 1 2
由①②可得：m2 2，t2 1，符合  0，可得m 2，t 1，
所以直线l的方程为：x 2y10或x 2y10．
△
x2
3.（山西省际名校2023届高三联考二（冲刺卷）数学试题（A））已知双曲线E： y2 1的左、右焦点
3
2
分别为
F 1
，
F 2
，A是直线l：y
3
x上不同于原点O的一个动点，斜率为
k 1
的直线
AF 1
与双曲线E交于
M，N两点，斜率为k 的直线AF 与双曲线E交于P，Q两点.
2 2
1 1
(1)求  的值；
k k
1 2(2)若直线OM，ON，OP，OQ的斜率分别为k ，k ，k ，k ，问是否存在点A，满足k +k +k
OM ON OP OQ OM ON OP
+k =0，若存在，求出A点坐标；若不存在，说明理由.
OQ
6 4  6 4
【答案】(1) (2)存在，A , 或 A , 
3 5 5  5 5
 2 
【分析】（1）设 At, t t 0 ，利用斜率公式求解；
 3 
（2）设Mx,y ,Nx ,y ,Px ,y ,Qx ,y  ，直线AF 方程为yk x2，与双曲线方程联立，结合韦达
1 1 2 2 3 3 4 4 1 1
2k 2k 1 1
定理得到  1 ，k k  2 ，结合  3求解.
k k 4k21 OP OQ 4k21 k k
OM ON 1 2 1 2
x2  2 
【详解】（1）解：双曲线E：
3
y2 1的左、右焦点分别为
F 1
2,0，
F 2
2,0，设A

t,
3
t

t 0 ，
2
 t0
k  3  2t ，同理可得k  2t .∴ 1  1  3t2  3t2  6t 3 ；
1 t2 3t2 2 3t2 k k 2t 2t 2t
1 2
（2）设Mx,y ,Nx ,y ,Px ,y ,Qx ,y  ，直线AF 方程为yk x2，
1 1 2 2 3 3 4 4 1 1
12k2 12k23
代入双曲线方程可得： 13k2 x212k2x12k230 ，所以x 1 x 2  13k 1 2 ，则x 1 x 2  13 1 k2 ，
1 1 1 1 1
y y y x y x k x 2x k x 2x 2k xx 2k x x 
则k k  1  2  1 2 2 1 ， 1 1 2 1 2 1 ， 1 1 2 1 2 1 ，
OM ON x x xx xx xx
1 2 1 2 1 2 1 2
24k2
1
13k2
2k  1 .
1 12k23 2k
1  1
13k2 4k21
1 1
2k 2k 2k 1
同理k OP k OQ  4k 2 2 2 1 ，即 4k 1 2 1 1  4k 2 2 2 1 0， 即k 1 k 2 4k 1 k 2 10 ，∴ k 1 k 2 0 或k 1 k 2  4 ，
1 1
又  3， 若 .无解，舍去.
k k k k 0
1 2 1 2
1 1 1 1
∴kk  ，解得k  ， ，或 ，k  ，若k  ， ，由A在直线 上可得，
1 2 4 1 4 k 1 k 1 2 4 1 4 k 1 AF
2 1 2 1
2 1
 t t2 ，
3 4
6 6 4 1 2
∴t  .此时A , ，若 ，k  ，由A在直线 上可得， t t2，
5 5 5 k 1 2 4 AF 3
1 1
6  6 4 6 4  6 4
∴t  此时A , ∴存在点A , ，或A , ，满足 .
5  5 5 5 5  5 5 k OM k ON k OP k OQ 0
题型十二：切线型
在利用椭圆（双曲线）的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：
（1）设切线方程为ykxm与椭圆方程联立，由0进行求解；
x2 y2 x x y y
（2）椭圆（双曲线）
a2

b2
1在其上一点x
0 ,y 0
的切线方程为
a
0
2

b
0
2
1，再应用此方程时，首先应x x y y x2 y2
证明直线 0  0 1与椭圆（双曲线）  1相切.
a2 b2 a2 b2
x2 y2 x x y y
双曲线  1的以 为切点的切线方程为 0  0 1.）
a2 b2 (x ,y ) a2 b2
0 0
x2 y2
1.（安徽省安庆市宿松中学2022-2023学年高三学期开学考试数学试题）已知椭圆C:  1ab0
a2 b2
的上顶点为A，左、右焦点分别为F
1
、F
2
，三角形AF
1
F
2
的周长为6，面积为 3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点M是椭圆C外一点，过点M所作椭圆的两条切线互相垂直，求三角形AFM 面积的最大值．
2
x2 y2 3
【答案】(1)  1(2)  7
4 3 2
【分析】（1）由已知列出关于a,b,c的方程组，求解后可得椭圆方程；
 
（2）考虑切线斜率不存在时有M 2, 3 ，斜率存在时，设过M(x ,y )的切线方程为yy kxx ，
0 0 0 0
代入椭圆方程后，设两切线斜率为k
1
,k
2
，由韦达定理得k
1
k
2
，由k
1
k
2
1得M 点轨迹方程为圆，利用圆的
性质可得M 到直线AF
2
的距离的最大值，从而得面积最大值．
2a2c6

1
【详解】（1）由题意，可列方程 2cb 3，
2

a2b2 c2

x2 y2
解方程组得 ， ，所以椭圆C的方程为  1；
a2 b 3 4 3
 
（2）当两条切线中有一条斜率不存在时，即切点为椭圆的顶点，此时M 2, 3 ，
当两切线都有斜率时，设过M(x ,y )的切线方程为yy kxx  ，
0 0 0 0
yy kxx 
 0 0
联立x2 y2 ，得 ，
  1  34k2 x28y kx kx4y kx 2 120
 4 3 0 0 0 0
由 Δ0 得  8y 0 kx 0 k  2 4  34k2  4y 0 kx 0 2 12  0，
化简得  4x2 k22x y k  3 y2 0，
0 0 0 0
3y2
设两切线的斜率分别为 ， ，则kk  0 1，
k k 1 2 4x2
1 2 0
化简得x2y2 7，由此，M的轨迹方程为x2y2 7x2 ，
0 0
 
又因为M 2, 3 满足此方程，所以M的轨迹为圆x2 y2 7，
M在圆上运动，当M与A、F
2
不共线时，构成 AF
2
M ，其中 AF
2
2，
 3
3
直线 的方程为 ，圆心到直线 的距离为d   ，
AF 3xy 30 AF 31 2
2 2
3
此时，点M到直线 的最大距离为h  7，
AF 2
2
1 3
故此三角形面积的最大值为M离 最远时，由此它的面积最大值为 AF h  7．
AF 2 2 2
2x2 y2
2.（2023年四省联考变试题17-22）双曲线C：  1a0,b0的离心率为 ，圆O： 与
a2 b2 3 x2y2 2
x轴正半轴交于点A，圆O在点A处的切线被双曲线C截得的弦长为2 2.
(1)求双曲线C的方程；
(2)设圆O上任意一点P处的切线交双曲线C于两点M、N，试判断 PM  PN 是否为定值？若为定值，求
出该定值；若不是定值，请说明理由；
x2 y2
(3)若将（2）中的双曲线改为椭圆  1，其他条件不变，试探讨 PM  PN 的值.
6 3
y2
【答案】(1)x2 1；(2)是，定值为2；(3)是，定值为2.
2
【分析】（1）由离心率为 3，可得b 2a，由圆O在点A处的切线被双曲线C截得的弦长确定C过的
点，即可求解作答.
（2）切线斜率存在时，设出其方程并与双曲线方程联立，利用韦达定理、直角三角形射影定理可得
PM  PN 为定值，验证切线斜率不存在的情况作答.
（3）切线斜率存在时，设出其方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理、直角三角形射影定理可得
PM  PN 为定值，验证切线斜率不存在的情况作答.
c
【详解】（1）设双曲线 的半焦距为 ，依题意，  3，即有 ，
C c a c 3a,b 2a
 
圆O:x2y2 2交x轴于点A 2,0 ，则圆O在点A处的切线
x 2
被双曲线C截得的弦长为
2 2
，
 
由双曲线的对称性知被截弦的端点 2, 2 在双曲线C上，
2 2
因此  1，而 ，解得 ，
a2 b2 b 2a a2 1,b2 2
y2
所以双曲线 的方程为x2 1.
C 2
（2）当圆O在点
P
处切线斜率不存在时，点P( 2,0)或P( 2,0)，切线方程为x 2或x 2，
由（1）及已知，得|PM ||PN| 2，则有 PM  PN 2，
当圆O在点P处切线斜率存在时，设切线方程为ykxm,M(x
1
,y
1
),N(x
2
,y
2
)，
|m| ykxm
则有  2，即 ，由 消去y得：
k21 m2 2(k21) 2x2y2 2
k220
，显然 ，
(k22)x22kmxm220 Δ4k2m24(k22)(m22)8k2320
2km m22
x x  ,xx  ，而  ，
1 2 k22 1 2 k22 OM (x,y ),ON (x ,y )
1 1 2 2
 
则OMON xx y y xx (kx m)(kx m)(k21)xx km(x x )m2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
m22 2km m2 2k2 2k2m2 (2k2)m2
(k21) km m2  m2  m2 0，
k22 k22 k2 2 k2 2
因此OM ON ，在Rt△OMN中，OPMN于点P，则 PM  PN |OP|22，
综上得 PM  PN 为定值2.
（3）当圆O在点
P
处切线斜率不存在时，点P( 2,0)或P( 2,0)，切线方程为x 2或x 2，
x2 y2
把 x 2 代入椭圆方程 6  3 1，得 |y| 2 ，即 |PM ||PN| 2 ，则有 PM  PN 2，当圆O在点P处切线斜率存在时，设切线方程为ytxn,M(x
3
,y
3
),N(x
4
,y
4
)，
|n| ytxn
则有  2，即 ，由 消去y得：
t21 n2 2(t21) x22y2 6
(2t21)x24ntx2n260，显然16n2t24(2t21)(2n26)8(4t21)0，
4nt 2n26
x x  ,x x  ，而  ，
3 4 2t21 3 4 2t21 OM (x ,y ),ON (x ,y )
3 3 4 4
 
则OMON x x y y x x (tx n)(tx n)(t21)x x nt(x x )n2
3 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4
2n26 4nt 6t2 2n2 62n2t2 (2t2 1)n2
(t21) nt n2  n2  n2 0，
2t21 2t21 2t2 1 2t2 1
因此OM ON ，在Rt△OMN中，OPMN于点P，则 PM  PN |OP|22，
综上得 PM  PN 为定值2.
3.（江苏省苏州市昆山中学2022届高三下学期2月阶段性调研测试数学试题）已知抛物线C：y2 2px
(p0)与双曲线E:2x22y2 1有相同的焦点，点Q(x ,y )为抛物线C上一点．
0 0
(1)求证：点Q(x ,y )处的切线的方程为yy  p(xx )；
0 0 0 0
(2)若点P在双曲线E的左支上，且PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最小值．
【答案】(1)证明见解析(2)24 2
2y  4y28px
【分析】（1）设切线方程为 ，联立方程组，由 求得k  0 0 0 ，结合抛
yy k(xx ) Δ0 22x
0 0 0
y2
物线的方程，求得 0 y y (xx )，即可求解.
p 0 0
（2）设P(x
0
,y
0
),A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)，由（1）可得到y
1
y p(xx
1
)和y
2
y p(xx
2
)，进而求得AB的方程
y y2(xx )，联立方程组，求得y y 2y ,y y 4x ，利用点到直线的距离公式和弦长公式，求得
0 0 1 2 0 1 2 0
1 1
S  (x24x  )3 ，进而求得最小值.
PAB 2 0 0 2
(1)解：设过抛物线y2 2px上一点Q(x ,y )的切线的斜率为k，则由点斜式得切线方程为yy k(xx )，
0 0 0 0
yy k(xx )
0 0
联立方程组 ，整理得 ，
y2 2px k2x22(k2x ky  p)x(y2 k2x2 2kx y )0
0 0 0 0 0 0
2y  4y28px
整理得 ，所以k  0 0 0 ，因为点 在抛物线 上，可得
2x k22y k p0 22x Q(x ,y ) y2 2px
0 0 0 0 0
y y
y2 2px ，所以 4y28px 0 ，所以k  2x 0 ，代入切线方程得yy 0  2x 0 (xx 0 )，整理得
0 0 0 0 0 0
2x y y (xx )，
0 0 0
y2 y2
又因为 ，所以2x  0 ，代入上式得 0 y y (xx )，即 ，即点 处的切
y2 2px 0 p p 0 0 y y p(xx ) Q(x ,y )
0 0 0 0 0 0
线的方程为y y p(xx ).
0 0
(2)解：设P(x ,y ),A(x,y ),B(x ,y )，由（1）可得，切线方程分别为y y p(xx )和y y p(xx )，
0 0 1 1 2 2 1 1 2 2
y y 2(x x )
1 0 0 1
因为切线过点 ，可得 ，所以过点 的方程为 ，
P(x ,y ) y y 2(x x ) A(x,y ),B(x ,y ) y y2(xx )
0 0 2 0 0 2 1 1 2 2 0 02
y
0
y2(xx
0
)
其中 ，其中x  ，联立方程组 ，可得 ，
2x22y2 1 0 2 y2 4x y22y y4x 0
0 0 0 0
可得(2y )244x 0，且y y 2y ,y y 4x ，
0 0 1 2 0 1 2 0
x2 x2 x2
所以 AB  1 0  y y  1 0  (y y )24y y  1 0  4y216x ，
4 1 2 4 1 2 1 2 4 0 0
y24x
点 到直线 的距离为d  0 0 ，所以
x24
P AB 0
1 1 x2 y24x 1
S  AB d   1 0  4y216x  0 0  (y24x )3
PAB 2 2 4 0 0 x24 2 0 0
0
1 1 1 2 2
 (x24x  )3 ，令t x24x  ,x  ，当x  ，可得 ，
2 0 0 2 0 0 2 0 2 0 2 t 2 2
max
1
所以 面积的最小值为S  (2 2)3  4 2 24 2.
PAB PAB 2

题型十三：韦达定理不能直接用：定比分点型
若有
x x 2 x x
1.利用公式 1 2  1 2 2 ，可消去参数
xx x x
1 2 2 1
2.可以直接借助韦达定理反解消去两根
x x 2 x x
定比分点型，即题中向量（或者线段长度满足）可以利用公式 1 2  1 2 2 ，可消去
xx x x
1 2 2 1
1.（陕西省铜川市王益中学2023届高三下学期一模数学试题）已知点M，N分别是椭圆
x2 y2 3 6
C:  1(ab0)的右顶点与上顶点，原点O到直线 的距离为 ，且椭圆的离心率为 ．
a2 b2 MN 2 3
(1)求椭圆C的方程；
 1
(2)斜率不为0的直线经过椭圆右焦点 ，并且与椭圆交于A，B两点，若AF  F B，求直线 的方程．
F 2 2 2 2 AB
x2
【答案】(1) y2 1(2) 或 ．
3 5xy 10 0 5xy 10 0
【分析】(1)结合点到直线距离公式和离心率的定义列方程求a,b，可得椭圆方程.
(2) 设直线AB的方程为xmy 2，联立方程组，利用设而不求法结合条件列方程求m可得结论.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，由已知点M 的坐标为
a,0
，点N 的坐标为
0,b
，
3 ab 3
所以直线 的方程为 ，因为原点O到直线 的距离为 所以  ，
MN bxayab0 MN 2 a2b2 2
1 1 4 6 c 6 b2 c2 1
则   ，因为离心率e ，所以  ， 1  ．故解得 ，
a2 b2 3 3 a 3 a2 a2 3 a 3,b1
x2
故椭圆方程为 y2 1．
3xmy 2

（2）设直线 的方程为 ，联立x2 ，消x得 ，
AB xmy 2   3 y2 1  m23  y22 2my10
方程  m23  y22 2my10的判别式8m24  m23  12m2120，
设Ax,y ,Bx ,y  ，
1 1 2 2
2 2m 1  1
所以y  y  ,y y  ，因为AF  F B，所以 ，
1 2 m23 1 2 m23 2 2 2 y 2y
2 1
 2 2m
y y 
1 2 m23


故得方程组y 2y 解得 ，综上，直线 方程为 ，或
2 1

1
y y  5
 1 2 m23 m 5 AB 5xy 10 0
5xy 10 0．
x2 y2 2 3
2.已知P是椭圆C:  1(ab0)上的动点，P到坐标原点的距离的最值之比为 ，P到焦点的距
a2 b2 3
离的最值之差的绝对值为2.
（1）求椭圆C的方程；
 
（2）若D为椭圆C的弦AB的中点，PO2OD，证明： PAB的面积为定值.

x2 y2
【答案】（1）  1；（2）证明见解析.
4 3
【分析】（1）根据已知条件求得a2,b2，由此求得椭圆C的方程.
（2）设出直线AB的方程，计算出三角形PAB的面积，由此证得结论成立.
2 3 a 2 3
【详解】（1）由P到坐标原点的距离的最值之比为 ，得  ，所以 .
3 b 3 3a2 4b2
由P到焦点的距离的最值之差的绝对值为2，得|(ac)(ac)|2c2，所以c1.
x2 y2
又 ，所以 .所以椭圆C的方程为  1.
c2 a2b2 a2 4,b2 3 4 3
（2）证明：当直线AB与x轴不垂直时，设其方程为y=kx+m，易知m≠0.
x2 y2
  1
联立得方程组 4 3 ，消去y并整理，得 .

ykxm
 4k23  x28kmx4m2120
8km 4m212
由题意可知 Δ48  4k2m23  0 .设 Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，则x 1 x 2  4k23 ,x 1 x 2  4k2 3 ，
4
所以|AB| k21 x 1 x 2  4k23 3  k21  4k2m23  .由 P  O  2O  D 可知 O  P  O  A  O  B  0 .
8km 6m
设 Px
3
,y
3
，则有x 3 x 1 x 2  4k23 ，y
3
y
1
y
2
kx
1
x
2
2m  4k23 .
x2 y2 1 8km  2 1 6m  2
因为点P在椭圆  1上，所以      1.
4 3 44k23 3 4k23
整理，得  4k24m23  4k23  0.所以4k24m230，且符合Δ48  4k2m23  0.
kx y m 3|m|
点 Px 3 ,y 3  到直线y=kx+m的距离d  3 k2 3 1  k21 ，所以△PAB的面积S  1 2 |AB|d
6|m| 6|m| 9
 3  4k2m23  S   9m2 
4k23 4k24m230 4k234m2 4m2 26|m| 6|m| 9
 3  4k2m23  .由 ，即 ，得S   9m2  .
4k23 4k24m230 4k234m2 4m2 2
当直线AB与x轴垂直时，
 3  3
由于
P

O

2O

D
，不妨设 P2,0，则 D1,0，A

1,
2


,b

1,
2


1 9 9
所以
AB 3
，
PD 3
,所以 的面积S  33 .综上可知，△PAB的面积为定值 .
PAB 2 2 2

x2
3.（重庆市第八中学2024届高三下学期月考数学试题）在直角坐标系 中，曲线C: y  与直线
xOy 4
y kxa(a 0)交于M ，N 两点.
（Ⅰ）若a1，|MN |8 ，求k ；
（Ⅱ）曲线C在点M ，N 处的切线相交于点P，PM ，PN 分别交x轴于点A，B两点是否存在实数
S S
，使得 ，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
△OMN △PAB
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）存在，2.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）将直线方程与抛物线方程联立，写出韦达定理，利用弦长公式计算即可得到答案.
（Ⅱ）利于导数和点在抛物线上可写出切线PM,PN 的方程，设 Px ,y  ，可得直线MN的方程，又直
0 0
线MN为y kxa(a 0)，可得点P在直线ya上，求出点A和点B的坐标，写出两个三角形的面积，
即可得到所求的值.
【详解】
（Ⅰ）设M x ,y  ，Nx ,y  ，x2 4y ，x2 4y ，
1 1 2 2 1 1 2 2
x2 4y
由  x2 4kx4016  k2 1  0，
y kx1
x x 4k,x x 4，所以
1 2 1 2
|MN | 1k2   x x 2 4x x  1k2  16k2 16 4  1k2 8.
1 2 1 2
解得k 1.
x
（Ⅱ）由y  和 x2 4y ， x2 4y 可得
2
1 1 2 2
x
切线 的方程: y y  1xx  ，整理得 ，
PM 1 2 1 x x2y2y 0
1 1
同理可得切线PN 的方程： x x2y2y 0 .
2 2
x x 2y 2y 0
0 1 1 0
设 ，则有 ，
Px ,y  x x 2y 2y 0

0 0 0 2 2 0
即M ，N在直线 x x2y 2y 0 上，M ，N又在直线y kxa(a 0)上，
0 0
即x x2y 2y 0和y kxa(a 0)为同一直线，直线过点
0,a
，
0 0
所以y
0
a，即点P在直线ya上，又PM 交x轴于点A，
2y 
 x   x 
则 A 1,0，再由 可得A  1,0 ，同理可得B  2 ,0 .
 x  x2 4y  2   2 
1 1 11 x x a 1 a
所以S  2  1 |a| x x ，而S  a‖x x  x x ，
△PAB 2 2 2 4 1 2 △MON 2 1 2 2 1 2
S 2S
所以 ，即2.
△MON △PAB
题型十四：韦达定理不能直接用：点代入型
x2 y2 3
1.已知椭圆C:  1(ab0)的离心率为 ，过右焦点F的直线 与 相交于 、 两
a2 b2 3 l C A B
2
点，当 的斜率为1时，坐标原点 到 的距离为
l O l 2
（I）求a，b的值；
  
（II）C上是否存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有OP OAOB成立？
若存在，求出所有的P的坐标与l的方程；若不存在，说明理由。
2
解 (I）设 ，直线 ，由坐标原点 到 的距离为
F(c,0) l:x yc 0 O l 2
|00c| 2 c 3
则  ，解得 .又.e  ,a 3,b 2
2 2 c1 a 3
x2 y2
（II）由(I）知椭圆的方程为C:  1.设 、 由题意知 的斜率为一定不
A(x ,y ) (x ,y )
3 2 B l
1 1 2 2
为0，故不妨设 l:xmy1代入椭圆的方程中整理得(2m2 3)y2 4my40，显然0。
4m 4
由韦达定理有：y  y  , y y  ,．．．．．．．．①
1 2 2m2 3 1 2 2m2 3
  
.假设存在点P，使OP OAOB成立，则其充要条件为：
(x x )2 (y  y )2
点 ，点P在椭圆上，即 1 2  1 2 1。
P的坐标为(x x ,y  y )
3 2
1 2 1 2
整 理 得 2x2 3y2 2x 2 3y 2 4x x 6y y 6。 又 A、B在 椭 圆 上 ， 即
1 1 2 2 1 2 1 2
2x2 3y2 6,2x 2 3y 2 6.
1 1 2 2
故2x x 3y y 30．．．②将x x (my 1)(my 1)m2y y m(y  y )1及①代入②解
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1
得m2 
2
2 2 4m2 3 3 2
y  y  或 , = 2 ,即P( , ).
1 2 2 2 x x 2m2 3 2 2 2
1 2
2 3 2 2
当m 时,P( , ),l:x y1;
2 2 2 2
2 3 2 2
当m 时,P( , ),l:x y1.
2 2 2 2
2.P(x ，y )(x ≠±a)是双曲线E：－＝1(a>0，b>0)上一点，M、N分别是双曲线E的左、右顶
0 0 0
点，直线PM，PN的斜率之积为.(1)求双曲线的离心率；
(2)过双曲线E的右焦点且斜率为1的直线交双曲线于A，B两点，O为坐标原点，C为双曲线  
上一点，满足 OC ＝λ OA＋ OB，求λ的值．
解：(1)点P(x ，y )(x≠±a)在双曲线－＝1上，有－＝1.由题意又有·＝，
0 0
可得a2＝5b2，c2＝a2＋b2＝6b2，则e＝＝.
(2)联立，得4x2－10cx＋35b2＝0，设A(x ，y )，B(x ，y )，
1 1 2 2
   
则①设 OC ＝(x ，y )， OC ＝λOA＋ OB，即
3 3
又C为双曲线上一点，即x－5y＝5b2，有(λx ＋x )2－5(λy ＋y )2＝5b2.
1 2 1 2
化简得：λ2(x－5y)＋(x－5y)＋2λ(x x －5y y )＝5b2，又A(x ，y )，B(x ，y )在双曲线上，
1 2 1 2 1 1 2 2
所以x－5y＝5b2，x－5y＝5b2.
由①式又有x x －5y y ＝x x －5(x －c)(x －c)＝－4x x ＋5c(x ＋x )－5c2＝10b2，得：λ2＋
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
4λ＝0，解出λ＝0，或λ＝－4.
3.已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆右焦点F 的直线交椭圆于A、B两点，

  与a 2,1共线.
OAOB
（1） 求椭圆的离心率；
2
（2） 设 为椭圆上任意一点，且O  M O  AO  B,R，证明2 2  为定值.
M 3
x2 y2
解析：（1）设椭圆方程为
a2

b2
1ab0 ， Fc,0，则直线
AB
的方程为
y  xc
，代 人
x2 y2
 1，化简得 a2 b2 x2 2a2cxa2c2 a2b2 0.
a2 b2
2a2c a2c2 a2b2
令 Ax
1
,y
1
、 Bx
2
,y
2
，则x 1 x 2  a2 b2 ，x 1 x 2  a2 b2 .……2分

由   x x ,y  y ，a 2,1，   与共线，得2y  y x x 0.…………4
OAOB 1 2 1 2 OAOB a 1 2 1 2
分
4c
又 y 1  x 1 c ， y 2  x 2 c ，所以2x 1 x 2 2c 2 x 1 x 2 0，所以x 1 x 2  3 ，
2a2c 4c 2 c 2
即  ，所以 .所以c a2 b2  a，故离心率e  .…6分
a2 b2 3 a2 2b2 2 a 2
x2 y2
（2） 证明：由（1）知 ，所以椭圆  1可化为 .
a2 2b2 a2 b2 x2 2y2 2b2
xx x ,
1 2
设  ，由已知得 ，所以 ………8分
OM x,y x,yx ,y x ,y  y y y .

1 1 2 2 1 2
因为M x,y 在椭圆上，所以 x x 2 2y y 2b2 .
1 2 1 2
即2 x2 2y2 2 x 2 2y 2 2x x 2y y 2b2 . ①
1 1 2 2 1 2 1 2
4c a2c2 a2b2
由（1）知x x  ， .所以x x  0.…………10分
1 2 3 a2 2b2 2c2 1 2 a2 b2
8 2
所以x x 2y y 2x cx c 2x x c2c2  c2 2c2  c2 .
1 2 1 2 1 2 1 2 3 3O
2
又 x2 2y2 2b2， x 2 2y 2 2b2，又代 x 入①得2 2  1.……………12分
3
1 1 2 2
题型十五：韦达定理不能直接用：坐标运算型
1.在平面直角坐标系xOy中，抛物线y  x2上异于坐标原点Ｏ的两不同动点Ａ、Ｂ满足AO BO（如图
B
４所示）．
（Ⅰ）A求AOB得重心Ｇ（即三角形三条中线的交点）的轨迹方程；
（Ⅱ）AOB的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
y
 x  x
x  1 2

 3
解：（I）设△AOB的重心为G(x,y),A(x,y),B(x,y),则 …（1）
1 1 2 2 y  y
 y  1 2

 3
∵OA⊥OB ∴k k  1 ,即x x  y y  1，……(2)
OA OB 1 2 1 2
又点A，B在抛物线上，有y  x2,y  x2 ，代入（2）化简得x x  1
1 1 2 2 1 2
y  y 1 1 1 2 2
∴y  1 2  (x2  x2)  [(x  x )2 2x x ] (3x)2  3x2 
3 3 1 2 3 1 2 1 2 3 3 3
2
所以重心为G的轨迹方程为y 3x2 
3
1 1 1
（II）S  |OA||OB| (x2  y2)(x2  y2)  x2x2  x2y2  x2y2  y2y2
AOB 2 2 1 1 2 2 2 1 2 1 2 2 1 1 2
1 1 1 1
S  x6  x6 2  2 x6 x6 2  2 (1)6 2  21
由（I）得 AOB 2 1 2 2 1 2 2 2
当且仅当x6  x6 即x  x  1时，等号成立。
1 2 1 2
所以△AOB的面积存在最小值，存在时求最小值1；
x2 y2
2.（安徽省合肥市2023届高三调研性检测数学题）已知 为椭圆C:  1上的动点，过点 作 轴
M 25 9 M x
 5
的垂线段 ， 为垂足，点 满足PD MD.
MD D P 3
（Ⅰ）求动点P的轨迹E的方程；
（Ⅱ）若A,B两点分别为椭圆C的左右顶点，F 为椭圆C的左焦点，直线PB与椭圆C交于点Q，直线
k
QF
的斜率分别为 ，求 的取值范围.
QF,PA k ,k k
QF PA PA【答案】（Ⅰ）动点 P 的轨迹 E 的方程为 x2y2 25y0 （Ⅱ） k k Q P F A ,0U   5 2 ,   
 5
【详解】【试题分析】（1）先设点Px,y,Mm,n，进而求得点Dm,0，再依据题设条件PD MD求
3
 mx

得 3 ，然后借助 为椭圆 x2 y2 上的点，进而消去参数从而求得动点 的轨迹 的方
 n y Mm,n C:  1
 5 25 9 P E
1
程为 x2y2 25y0；（2）先求出点 A5,0,B5,0,F4,0，再设 Qx ,y ，进而依据k PA  k
0 0 PB
k 9  1  1
求出 QF  1 ，进而借助 且 ，及 在 和 都是单调减函数，
k 25 x 4 5x 5 x 4 x 4 5,4 4,5
PA 0 0 0 0
9  1  2 
求出 1 的范围为,0 , ：
25 x 0 4 5 
解：（Ⅰ）设Px,y,Mm,n 依题意Dm,0
，且y0，
 5 5
∵PD MD,即 mx,y 0,n ,
3 3
mx0  mx 3  2
则有   5    3 .又∵ 为椭圆 x2 y2 上的点，可得 x2  5 y  ，即


y
3
n 

n
5
y Mm,n C:
25

9
1
25

9
1
x2y2 25，
即动点
P
的轨迹E的方程为x2y2 25y0
.
（Ⅱ）依题意A5,0,B5,0,F4,0 ，设Qx
0
,y
0
 ∵AB为圆E的直径，则有APBP，故AP,BP的斜
k k y y  x 2 
QF  QF k k k k  0  0 91 0 
率满足 1 ，k 1 QF PB QF QB x 4 x 5 y 2  25
k  PA  0 0  0 
PA k k x 4x 5 x 4x 5
PB PB 0 0 0 0
9 9
 x 225  x 5
 25 0  25 0  9  1 1   ，∵点 不同于 两点且直线 的斜率存在，故
x
0
4x
0
5 x
0
4 25 x
0
4
P
A,B QF
5x 5且x 4，
0 0
1 9  1  2 
x 0 4
在
5,4
和
4,5
都是单调减函数，
25


1
x 0 4


的范围为,0
5
,

，
故 k QF  ,0   2 ,  .
k 5 
PA
3.（江苏省南京市高淳高级中学2022-2023学年高三上学期10月阶段性检测数学试题）如图，在平面直角
x2 y2 2
坐标系 中，椭圆 ：  1ab0的离心率为 ，上顶点 到右焦点的距离为 .过点
xOy E a2 b2 2 A 2
D0,m m0
作不垂直于x轴，y轴的直线l，交椭圆E于
P
，Q两点，C为线段PQ的中点，且
AC OC.（1）求椭圆E的方程；
（2）求实数m的取值范围；
S 8
（3）延长 交椭圆 于点 ，记 与 的面积分别为 ， ，若 1  ，求直线 的方程.
AC E B  AOB △AOC S 1 S 2 S 2 3 l
x2 1  1 3 1 3
【答案】（1） y2 1；（2） ,1；（3）y x 或y x .
2 2  2 4 2 4
（1）由椭圆的离心率可得a 2c，由上顶点A到右焦点的距离为 2可得a值，从而可求得椭圆方程；
（2）利用点差法及直线垂直的关系，即可求得y＝2m﹣1，x2＝（1﹣2m）（2m﹣2），由x2＞0即可求
0 0 0
得m的取值范围；
4x y
（3）设B点坐标，代入椭圆方程，根据直线的斜率公式即可求得x  0 0 ，根据三角形的面积公式，
3 y22x2
0 0
即可求得m的值，从而可得直线AB的方程；
c 2
【详解】（1）由椭圆的离心率e  ，则 ，由上顶点 到右焦点的距离为 ，
a 2 a 2c A 2
x2
即 ，则 ，则椭圆的标准方程： y2 1；
a 2 bc1 2
（2）由A0,1 ，设Px,y  ，Qx ,y  ，Cx ,y  ，且x  x ，由 ，Q在椭圆上，
1 1 2 2 0 0 1 2 P
∴x22y2 2，x22y2 2，2x x x ，2y  y y ，
1 1 2 2 0 1 2 0 1 2
y y y 1 y y y m y m y 1
两式相减得： x 2 x 1 x 0  2 ，由 x 2 x 1  0 x ，则 0 x  x 0  2 ，整理得： x2 2y my ，①
2 1 0 2 1 0 0 0 0 0 0
y 1 y
由 AC OC ，则 0 x 0  x 0 0 1，整理得： x 0 2  y 0 1y 0 ，②
1 1 
由①②解得： y 0 2m1 ，x 0 2 12m2m20，解得： 2 m1，∴ m 的取值范围： 2 ,1  ；
y 1 y x
（3）设 Bx 3 ,y 3 ，由 B 在椭圆 E 上， x 3 22y 3 2 2 ，由 AC OC ，则 3 x 3  x 0 0 1，即y 3  y 0 0 x 3 1，
4x y S AO  x 4y
代入上式消去 ，得x  0 0 ，所以 1  3  0 ，
y 3 y22x2 S AO  x y22x2
3 0 0 2 0 0 0
1
由（2）可知：
y 2m1
，x2 12m2m20， m1，
0 0 2
∴ S S 1 2  2m12 4 2 2 1 m   2 1 m  2m2  3 4 2m  3 4 2m ，由 S S 1 2  8 3 ，即 3 4 2m  8 3 ，解得： m 3 4 ，
1 1 1
此时y 2m1 ，x2 12m2m2 ，解得：x  ，
0 2 0 4 0 2 1 1  3 1 3 1 3
此时 点坐标为 , ，D0, ，∴直线方程为y x 或y x .
C  2 2  4 2 4 2 4
题型十六：韦达定理不能直接用：非对称型代入
x2 y2 5
1.（2023秋·福建厦门·高三厦门外国语学校校考）已知双曲线C:  1(a0,b0)的离心率为 ，右顶
a2 b2 2
2 5
点 到 的一条渐近线的距离为 .
A C 5
(1)求C的方程；
(2)D,E是y轴上两点，以DE为直径的圆M 过点B3,0 ，若直线DA与C的另一个交点为
P
，直线EA与
C的另一个交点为Q，试判断直线PQ与圆M 的位置关系，并说明理由.
x2
【答案】(1) y2 1(2)直线 与圆 相交，理由见解析
4 PQ M
【分析】（1）由题意列出关于a,b,c的方程，求解即可.
（2）设D0,y
1
,E0,y
2
 ，由点B3,0 在圆上，得出y
1
y
2
9，由A,D的坐标，得出直线AD方程，将
直线AD方程与双曲线C方程联立，得P点坐标，同理可得Q点坐标.从而得到直线PQ方程，通过直线PQ
5 
过定点N ,0，  ，从而得出 点在圆 内，故直线 与圆 相交.
2  NDNE0 N M PQ M
c 5
 
【详解】（1）因为 的离心率为 ，所以a 2 ，所以 ，渐近线方程 ，
5
C 2  a2b2 c2 a2b x2y0
a a 2 5 x2
因为点
Aa,0
到一条渐近线距离为
5
，所以
5

5
，解得
a2,b1
，所以
C
的方程为
4
y2 1.
 
（2）直线PQ与圆
M
相交，理由如下：设D0,y
1
,E0,y
2
 ，则BD3,y
1
,BE3,y
2

，
 
因为点 在以 为直径的圆 上，所以 ，所以BDBE 3,y 3,y 9y y 0，
B DE M BDBE 1 2 1 2
即 ，
y y 9
1 2
y
由（1）得 A2,0，直线 方程为：y 1x2 与双曲线 方程联立，
AD 2 C
 1  2y
消去 得， 1y2  ，因为直线 与 都有除 以外的公共点，
x  y 1 2  y 1 DA,EA C A
所以 y2 1 ，所以y P  1 2  y y 1 2 ,x P  2  1 1   y y 2 1 2 ，即P      2 1  1   y y 1 2 1 2 , 1 2  y y 1 1 2     ，
1 1 1 y y 
2 1  2 
同理当 y2 1 ， Q      2 1  1   y y 2 2 2 2 , 1 2  y y 2 2 2     .k PQ  y x P P  x y Q Q  2     1 1 1    y y y 1 2 1 2 2  1 1 1    y y y 2 2 2 2 2      y 1  2  y y 2 1 2   1 y 2 2 y  1 y 2   y 1  4 y 2 ，
2 1 2
4  22y2  2y
所以直线 方程为：y x 1  1 ，令 得，
PQ y y  1y2  1y2 y0
1 2 1 1
2y y y 22y2 5
 1y2
5
x 1  1 2  1  1  ，
1y2 4 1y2 2  1y2 2
1 1 1
5     5   5  25 11
即直线 经过定点N ,0.因为NDNE ,y  ,y  y y  0，
PQ 2   2 1   2 2  4 1 2 4
所以N 点在圆M 内，故直线PQ与圆M 相交.
x2 y2
2.（北京市丰台区2023届高三年级第二学期综合练习数学试题）已知椭圆E:  1(a b0)的左、
a2 b2
1
右顶点分别为 ，长轴长为4，离心率为 .过右焦点 的直线 交椭圆 于 两点（均不与 重
A,B 2 F l E C,D A,B
合），记直线AC, BD的斜率分别为k ,k .
1 2
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）是否存在常数，当直线l变动时，总有k k 成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
1 2
x2 y2 1 1
【答案】（Ⅰ）  1.（Ⅱ）存在常数 使得k  k 恒成立.
4 3 3 1 3 2
【解析】
【分析】
2a 4

c 1
（Ⅰ）由题意由题知
a

2
解得  a 2，，即可求得椭圆方程；（Ⅱ）根据椭圆的准线方程，设




a2 b2 c2 b 3．
1
出直线l的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理即可求得C及D，存在  ，使得k＝ k恒成立．
3 1
【详解】 λ λ
2a 4

c 1
（Ⅰ）由题知
 a

2
解得 a 2，所以求椭圆E的方程为
x2 y2
．

 1


a2 b2 c2 b 3．
4 3
（Ⅱ）由（Ⅰ）知A（﹣2，0），B（2，0），当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝1．
x1 x1， x1，
  
由x2 y2 解得 3 或 3 得 1 3或 1 3 ；均有 1 ．
  1  y  ．  y  ． k  ，k  k  ，k  k  k
 4 3  2  2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 3 2
1
猜测存在 ．
3
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k（x﹣1），C（x，y），D（x，y）．
1 1 2 2 8k2
x x  ，
y kx1，   1 2 4k2 3
由 得（4k2+3）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0．则
x2 y2  4k2 12
  1． x x  ．
 4 3  1 2 4k2 3
1 y y
3x 2y x 2y
k  k  1  2  2 1 1 2
故
1 3 2 x 2 3x 2 3x 2x 2
1 2 1 2
8  k2 3  40k2 
k  8
k2x x 5x x 8  4k2 3 4k2 3  0．
  1 2 1 2     
3x 2x 2 3x 2x 2
1 2 1 2
1 1
所以存在常数 使得k  k 恒成立．
3 1 3 2
3.（2023秋·江西南昌·高三南昌市八一中学校考阶段练习）已知随圆E的左､右焦点分别为
1
F 1 c,0,F 2 c,0(c0)点 M 在 E 上， MF 2 F 1 F 2 ,  MF 1 F 2 的周长为 64 2 ，面积为 3 c.
(1)求E的方程.
3 
(2)设 的左､右顶点分别为 ，过点 ,0的直线 与 交于 两点（不同于左右顶点），记直线
E A,B 2  l E C,D AC
的斜率为k
1
，直线BD的斜率为k
2
，则是否存在实常数，使得k
1
k
2
恒成立.
x2 1
【答案】(1) y2 1.(2)存在，
9 3
【分析】（1）根据椭圆的周长、面积可得答案；
3
（2）设直线 的方程为xty ，与椭圆方程联立，设 Cx,y ,Dx ,y ，由韦达定理代入
l 2 1 1 2 2
k y x 3
1  1  2 可得答案.
k x 3 y
2 1 2
2a2c64 2 ac32 2
 
【详解】（1）依题意，得1 b2 b2 1 ，即b2 1 ，
 2c  c c  
2 a a 3  a 3
a2 9
解得 b2 1 ，所以
E
的方程x
9
2 y2 1 ；
x2
 y2 1
 9
（2）依题意，可设直线 的方程为 ，联立方程 ，化简整理，得
3 3
xty  xty
l 2  2
4  t29  y212ty270，
 3t
y y 


1 2 t29
易得 恒成立，设 ，由韦达定理，得 ，可得 ，
27
y y  9
Δ0 Cx 1 ,y 1 ,Dx 2 ,y 2    1 2 4  t29  ty 1 y 2  4 y 1 y 2  3
于是 k 1  y 1  x 2 3  x 2 3y 1    ty 2  2   y 1  2ty 1 y 2 3y 1  2 9 4 y 1 y 2 3y 1
k x 3 y x 3y  9 2ty y 9y 9
2 1 2 1 2 ty  y 1 2 2 2 y y 9y
 1 2 2 4 1 2 2
3 9 3
y  y y 3y 
2 1 2 2 2 1 2 1
   ，故存在实数 ，使得 恒成立.
9 27 9 3 1
y  y y 3y  
2 1 2 2 2 1 2 3 k k
1 2
题型十七：19题卷型圆锥新定义题
x2 y2
1.（2024·河南·二模）已知双曲线C:
a2

b2
1(a0,b0)的两条渐近线分别为
l
1
:y2x
和
l
2
:y2x
，右焦
 
点坐标为 5,0 ,O为坐标原点.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)直线y4x6与双曲线的右支交于点A,B （A在B 的上方），过点A,B 分别作l ,l 的平行线，交于点
1 1 1 1 1 1 2 1
P，过点P且斜率为4的直线与双曲线交于点A ,B （A 在B 的上方），再过点A ,B 分别作l ,l 的平行线，
1 1 2 2 2 2 2 2 2 1
交于点P
2
, ，这样一直操作下去，可以得到一列点P
1
,P
2
,

,P
n
,n3,nN*.
证明：①P 1 ,P 2 ,  ,P n 共线；
②OP 2 PP 2 为定值,1in1,iN*.
i i i1
y2
【答案】(1)x2 1(2)①证明见解析；②证明见解析
4
【分析】（1）根据渐近线方程与焦点坐标列方程组求解a,b，即可得双曲线标准方程；
（2）①设斜率为4，与双曲线右支相交于A ,B 两点的直线方程为y4xm ，与双曲线方程联立得交点
k k k
坐标关系，从而可得直线A P 与直线B P 的方程，联立两直线可得坐标关系，从而证得结论；②设P坐标
k k k k i
为 x,x  ，直线A B 方程为y4x3x ，结合①中坐标关系，利用两点之间的距离公式可得结论.
i i i1 i1 ic 5,

b
【详解】（1）由题意得 2, 解得
 a a1,
a2b2 c2, 
 b2,
y2
所以双曲线的标准方程为x2 1；
4
（2）证明①：设斜率为4，与双曲线右支相交于A ,B 两点的直线方程为y4xm ，其中1k n,kN*，
k k k
 y2
x2 1,
联立方程 4 消去 可得 ，该方程有两个正根，解得 ，
 y4xm , y 12x28m xm240 m 2 3
k k k k
2m m24
根据韦达定理：x x  k ,x x  k ，
A k B k 3 A k B k 12
 
直线A P 的方程为yy 2 xx ，而y 4x m ，即y2x6x m ，
k k A k A k Ak Ak k Ak k
 
直线B P 的方程为yy 2 xx ，而y 4x m ，即y2x2x m ，
k k B k B k Bk Bk k Bk k
 y2x6x
A
m
k
,
联立方程 k 两式相加得 ，
 y2x2x
B k
m
k
, y
Pk
3x
Ak
x
Bk
m
k
3x x
代回方程组得x  Ak Bk ，
Pk 2
2m
根据x Ak x Bk  3 k ，易得x Pk  y Pk ，
即P 1 ,P 2 ,  ,P s 都在直线yx上，所以P 1 ,P 2 ,  ,P n 共线；
证明②：由①得：设P坐标为 x,x  ，直线A B 方程为y4x3x ，即①中m 3x ，根据①中的计算，
i i i i1 i1 i k i
9x24 3x x
x x 2x,x x  i ,x  A i1 B i1 ，OP 2   2x 2 2x2，
A i1 B i1 i A i1 B i1 12 i1 2 i i i
3x x x x  2
P i P i1 2   2x i1 x i   2 2x i1 x i 2 2  A i1 2 B i1  A i1 2 B i1   2  x A i1 x B i1 2
9x24 8 8
2  x x 2 8x x 22x 28 i 2x2 ，所以OP 2 PP 2  .
A B A B i 12 i 3 i i i1 3
i1 i1 i1 i1
2.（23-24高三上海·）在椭圆（双曲线）中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，该圆的圆
心是椭圆（双曲线）的中心，半径等于椭圆（双曲线）长半轴（实半轴）与短半轴（虚半轴）平方和
x2 y2
（差）的算术平方根，则这个圆叫蒙日圆．已知椭圆E:  1ab0的蒙日圆的面积为 ，该椭
a2 b2 13π
 1
圆的上顶点和下顶点分别为 ，且 ，设过点Q0, 的直线 与椭圆 交于 两点（不与
P 1 ,P 2 P 1 P 2 2  2 l 1 E A,B
P,P 两点重合）且直线l :x2y60．
1 2 2
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)证明：AP
1
,BP
2
的交点P的纵坐标为定值；
(3)求直线AP,BP,l 围成的三角形面积的最小值．
1 1 2
x2 12
【答案】(1) y2 1(2)证明见解析(3)
12 5
【分析】（1）由椭圆的性质结合蒙日圆的性质解出即可；1 y 1
（2）设直线方程l :ykx ，直曲联立，表示出韦达定理，再用点斜式表示出直线AP : y 1 x1，
1 2 1 x
1
y 1 y1 1
直线BP : y 2 x1，最后用韦达定理化简  即可；
2 x y1 3
2
 y 1  y 1
y 1 x1 y 2 x1
 
 x  x
（3）设直线 与直线 ， 的交点分别为 ， ，联立 1 与 2 ，
 1  1
l 2 AP 1 BP 1 Cx 3 ,y 3  Dx 4 ,y 4  
y
2
x3

y
2
x3
解出x
3
,x
4
，再用弦长公式表示出 x
1
x
2
，和点到直线的距离公式表示出点P
1
到直线l
2
的距离d，最后表示
出三角形面积公式，设3k1t，结合二次函数的性质求出最值即可.
【详解】（1）根据题意，蒙日圆的半径为 13，所以a2b2 13．
x2
因为 ，可知 ，则 ，所以椭圆E的标准方程为 y2 1，
P 1 P 2 2 b1 a2 3 12
 1
（2）因为直线 过点Q0, ，可知直线 的斜率存在，且直线 与椭圆必相交，
l  2 l l
1 1 1
可设直线 ， ， ，
1
l 1 :ykx 2 Ax 1 ,y 1  Bx 2 ,y 2 
 1
ykx

 2
联立方程 ，消去y可得 ，则 ，
x2
 12 y2 1  12k21  x212kx90 Δ144k236  12k21  0
12k 9
由根与系数的关系可得：x x  ，xx 
1 2 12k21 1 2 12k21
y 1 y 1
因为 P0,1，
P
0,1，可得直线AP
1
: y 1
x
x1，直线BP
2
: y 2
x
x1，
1 2 1 2
y 1  1 1 1 1
所以 y1  1 x 1  x 2 y 1 1  x 2   kx 1  2    kx 1 x 2  2 x 2  kx 1 x 2  2 x 1 x 2  2 x 1
y1 y 1 x y 1  3 3 3
2 x 1 2 x 1   kx 2  2   kx 1 x 2  2 x 1 kx 1 x 2  2 x 1
2
9k 1  12k  1 3k 1
    x   x
12k21 2  12k21 2 1 12k21 2 1 1
   ．即 ，解得 ，
9k 3 9k 3 3 y1 1
  x   x 
12k21 2 1 12k21 2 1 y1 3 y2
所以直线AP，BP 的交点P在直线y2上．
1 2
（3）设直线l 与直线AP，BP的交点分别为Cx ,y  ，Dx ,y  ，
2 1 1 3 3 4 4
 y 1
y 1 x1

 x
则由（1）可知：直线 ，直线 ．联立 1 方程
AP : y y 1 1 x1 BP : y y 2 1 x1  y 1 x3
1 x 1 x  2
1 2
 y 1
y 2 x1

 x
 2
 1
y x3
 2 y 1
y 2 x1

 x
 2 ，
 1
y x3
 2
4x 4x
x  1 x  2
解得 3 2k1x 1 ， 4 2k1x 1 ，因为
1 2
x x  x x 24xx    12k   2  36  6 16k21 ，
1 2 1 2 1 2  12k21 12k21 12k21
0216 4 5 1 2 5
又因为点 到直线 的距离d   ，可得S  CD d  CD ，只需求 的最小值．
P l 5 5 2 5 CD
1 2
 1 2 5 4x 4x
由弦长公式可得CD  1  x x  1  2
 2 3 4 2 2k1x 1 2k1x 1
1 2
x x x x 3 5 16k21
2 5 1 2 2 5 1 2   ．
  2k1x 1 1    2k1x 2 1  2k12 x 1 x 2 2k1(x 1 x 2 )1 2 3k1
t1
令 ，则k  ．
3k1t 3
3 5 16k21 5 16t12 9 5 1 16 2 169
可得 2  3k1  2  t2  2  25 t  25    25  5  12  6 5 ，
2 5 5
1 16 3 6 5 12
当且仅当  ，即k  时等号成立．即 的最小值为 ，可得 面积的最小值为 ．
t 25 16
CD
5
△PCD
5
1
12
故直线 ， ， 围成的三角形面积的最小值为
AP BP l 5
1 1 2
.3.（2024·辽宁丹东·一模）我们所学过的椭圆、双曲线、抛物线这些圆锥曲线，都有令人惊奇的光学性质，
且这些光学性质都与它们的焦点有关．如从双曲线的一个焦点处出发的光线照射到双曲线上，经反射后光
线的反向延长线会经过双曲线的另一个焦点（如图所示，其中PQ是反射镜面也是过点P处的切线）．已
x2 y2
知双曲线C:  1（ ， ）的左右焦点分别为 ， ，从 处出发的光线照射到双曲线右支
a2 b2 a0 b0 F 1 F 2 F 2
上的点P处（点P在第一象限），经双曲线反射后过点M ．
(1)请根据双曲线的光学性质，解决下列问题：
当a1，b 3，且直线PF
2
的倾斜角为120时，求反射光线PM 所在的直线方程；
(2)从F
2
处出发的光线照射到双曲线右支上的点A处，且P,F
2
,A三点共线，经双曲线反射后过点B，
NF
3 2
，sinPAB ，延长 ， 分别交两条渐近线于 ，点 是 的中点，求证： 为
APPM 5 F 2 P F 2 A S,T N ST F 1 F 2
定值．
(3)在（2）的条件下，延长PQ交y轴于点D，当四边形F
2
PF
1
D的面积为8时，求C的方程．3 3 6 3 x2 y2
【答案】(1)y x (2)证明见解析(3)  1
13 13 2 3
【分析】（1）先求出双曲线的方程及直线PF
2
的方程，联立方程求出点P的坐标，进而可得出答案；
3
（2）易得sinPABsinPAF 1  5 ，可令 PF 1 3tt 0，则 AF 1 5t, AP 4t，根据双曲线的定义求出
t，即可求得 PF
1
, AF
1
, PF
2
，再在直角△PF
1
F
2
中，求出tanPF
2
F
1
，即可得直线PF
2
的方程，再利用勾
股定理求出a,c的关系，进而可得渐近线方程，再联立直线PF 和渐近线方程，设Sx,y ,Tx ,y  ，利
2 1 1 2 2
用韦达定理求得x x ，即可得点N 的坐标，进而可得出结论；
1 2
QF PF 1
（3）先利用角平分线定理可得 2  2  ，即可得点 的坐标，再求出 ，即可得直线
QF PF 3 Q tanPQF PQ
1 1 2
的方程，进而可得点D的坐标，再根据四边形的面积求出a,b,c，即可得解.
【详解】（1）因为a1，b 3，所以c2，F
2
2,0,F
1
2,0 ，
y2
故双曲线方程为x2 1，直线
PF
的方程为
y
3x2，
3
2
 5
x 3 3
y 3x2   4 0
由  x2 y2 1 ，解得  y 3 3 ，即 P    5 , 3 3   ，所以k PF1  2 4 5  3 13 3 ，
 3  4  4 4  4
3 3 3 3 6 3
所以反射光线 所在的直线方程为y x2，即y x ；
PM 13 13 13
3
（2）因为 VPAF 1 为直角三角形，sinPABsinPAF 1  5 ，可令 PF 1 3tt 0，则 AF 1 5t, AP 4t，
由双曲线的定义可得 PF
1
 AF
1
 AP 4a，即4t4a，所以ta，所以 PF
1
3a, AF
1
5a, AP 4a，
PF
所以 ，在直角 中，tanPF F  1 3，所以直线 的方程为 ，
PF a △PFF 2 1 PF PF y3xc
2 1 2 2 2
5
由 PF 1 2 PF 2 2  F 1 F 2 2，得 9a2a2 4c2 ，所以c2  2 a2 a2b2，所以 3a2 2b2 ，
y3xc

所以两条渐近线得方程为 3 ，联立 3 ，得 ，
y2  x2 y2  x2
2  2 5x212cx6c2 0
12c 6c2 6c 6c 3c
设 Sx 1 ,y 1 ,Tx 2 ,y 2 ，则x 1 x 2  5 ,x 1 x 2  5 ，故y 1 y 2 3x 1 x 2 6c 5 ，所以N  5 , 5   ，
10
c
所以 NF    6c c   2    3c 0   2  10 c ，所以 NF 2  5  10 ，所以 NF 2 为定值；
2  5   5  5 FF 2c 10 FF
1 2 1 2
π
（3）由双曲线得光学性质可得，直线 平分 ，所以QPF QPF  ，
PQ FPF 1 2 4
1 2
PF QF PF sinPQF
在 中，由正弦定理得 1  1 ，则 1  1 ，
△PQF sinPQF sinQPF QF sinQPF
1 1 1 1 1
PF QF PF sinPQF
在 中，由正弦定理得 2  2 ，则 2  2 ，
PQF sinPQF sinQPF QF sinQPF
 2 2 2 2 2
因为PQF PQF π，所以sinPQF sinPQF ，
1 2 1 2所以 PF 1  PF 2 ，所以 QF 2  PF 2  1 ，所以QF  1 c,QF  3 c，故Q   c ,0  ，而tanPFQ 1 ，
QF 1 QF 2 QF 1 PF 1 3 2 2 1 2 2  1 3
1
1
所以tanPQF tanPFQQPF 3 2，所以直线 的方程为 ，故点 的坐标
2 1 1 1  c
1 1 y2x 
3 PQ  2 D
为
0,c
，
3
设四边形 的面积为 ，则S S S  a2c2 4a2 8，以 ，故 ，
F 2 PF 1 D S PF1F2 DF1F2 2 a2 2 c2 5,b2 3