2011-2020年高考数学真题分专题训练 专题29 圆锥曲线的综合问题（教师版含解析）

这是一份2011-2020年高考数学真题分专题训练 专题29 圆锥曲线的综合问题（教师版含解析），共79页。试卷主要包含了已知曲线C ，已知椭圆C1 ，已知抛物线C 等内容，欢迎下载使用。

十年大数据*全景展示
专题 29 圆锥曲线的综合问题

年 份
题号
考 点
考 查 内 容


2015
卷 1
文 5
椭圆、抛物线
椭圆标准方程及其几何性质，抛物线标准方程及其几何性质
理 20
抛物线
直线与抛物线的位置关系，抛物线存在问题的解法

卷 2
理 20
直线与椭圆
直线和椭圆的位置关系，椭圆的存在型问题的解法
文 20
直线与椭圆
椭圆方程求法，直线和椭圆的位置关系，椭圆的定值问题的解法

2016
卷 1
文 5
直线与椭圆
椭圆的几何性质，直线和椭圆的位置关系
卷 2
理 20
直线与椭圆
椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系

2017
卷 1
理 20
直线与椭圆
椭圆标准方程的求法，直线与椭圆的位置关系，椭圆的定点问题
卷 2
文理 20
直线与椭圆
轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系，椭圆的定点问题


2018

卷 2
理 12
直线与椭圆
椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系
文 11
椭圆
椭圆的定义、标准方程及其几何性质，椭圆离心率的计算

卷 3
文理 20
直线与椭圆
直线与椭圆的位置关系
文理 20
直线与椭圆
直线与椭圆的位置关系



2019
卷 2
理 8 文
9
椭圆与抛物线
抛物线与椭圆的几何性质


卷 3
理 21
直线与圆，直线
与抛物线
直线与圆位置关系，直线与抛物线位置关系，抛物线的定义、标准方
程及其几何性质，抛物线的定点问题
文 21
直线与圆，直线
与抛物线
直线与圆位置关系，直线与抛物线位置关系，抛物线的定义、标准方
程及其几何性质，抛物线的定点问题



2020
卷 1
理20 文
21
椭圆
椭圆的标准方程及其几何性质，椭圆定点问题

卷 2
理 19
椭圆、抛物线
椭圆、抛物线方程的求法，椭圆离心率的求法，抛物线的定义
文 19
椭圆、抛物线
椭圆、抛物线方程的求法，椭圆离心率的求法，抛物线的定义
卷 3
文 6
圆锥曲线
圆锥曲线的轨迹问题

大数据分析*预测高考


考点
出现频率
2021 年预测
考点 98 曲线与方程
37 次考 1 次
命题角度：(1)定点、定值问题；(2)最值、范围问题；(3) 证明、探究性问题．
核心素养：数学运算、逻辑推理、直观想象
考点 99 定点与定值问题
37 次考 6 次
考点 100 最值与范围问题
37 次考 5 次

考点 101 探索型与存在性问题
37 次考 3 次


十年试题分类*探求规律


考点 98 曲线与方程

n
1．(2020 山东)已知曲线C : mx2 + ny2 = 1 ．( ) A．若 m>n>0，则 C 是椭圆，其焦点在 y 轴上
B. 若 m=n>0，则 C 是圆，其半径为

C. 若 mn<0，则 C 是双曲线，其渐近线方程为 y = ± - mx
n

D. 若 m=0，n>0，则 C 是两条直线


【答案】ACD


【解析】对于 A，若 m > n > 0 ，则 mx2 + ny2 = 1可化为

x2 + y2 =


1 1 ，


1
m n

1
∵ m > n > 0 ，∴ < 1 ，
m n
即曲线C 表示焦点在 y 轴上的椭圆，故 A 正确；
对于 B，若 m = n > 0 ，则 mx2 + ny2 = 1可化为 x2 + y2 = 1 ，
n
此时曲线C 表示圆心在原点，半径为 n 的圆，故 B 不正确；
n



对于 C，若 mn < 0 ，则 mx2 + ny2 = 1可化为

此时曲线C 表示双曲线，
x2 + y2 =


1 1 ，


1
m n


由mx2 + ny2 = 0 可得 y = ± - mx ，故 C 正确；
n
对于 D，若 m = 0, n > 0 ，则 mx2 + ny2 = 1可化为 y2 = 1 ，
n


y = ±
n ，此时曲线C 表示平行于 x 轴的两条直线，故 D 正确．
n

2．(2020 天津)设双曲线C 的方程为 x2 - y2 = 1(a > 0,b > 0) ，过抛物线 y2 = 4x 的焦点和点(0, b) 的直线为
a2 b2
l ．若C 的一条渐近线与l 平行，另一条渐近线与l 垂直，则双曲线C 的方程为( )


x2 y2
2 y2
x2 2 2 2

A． - = 1 4 4
B. x - = 1 4
C.  y = 1 4
D. x - y = 1


【答案】D
【解析】由题可知，抛物线的焦点为(1, 0) ，∴直线l 的方程为 x + y = 1，即直线的斜率为-b ，
b
又双曲线的渐近线的方程为 y = ± b x ，∴ -b = - b ， -b ´ b = -1 ，∵ a > 0, b > 0 ，解得a = 1, b = 1 ，故


选 D．
a a a


3．【2019 北京理】数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线 C： x2 + y2 = 1+ | x | y 就是其中之一(如图)．给出下列三个结论：









①曲线 C 恰好经过 6 个整点(即横、纵坐标均为整数的点)；

2
②曲线 C 上任意一点到原点的距离都不超过 ；

③曲线 C 所围成的“心形”区域的面积小于 3． 其中，所有正确结论的序号是
A．① B．② C．①② D．①②③


【答案】C

【解析】由 x


2 + y2


= 1+ x y 得， y


2 - x y = 1- x2

， æ y -

| x | ö2
÷


= 1-


3x2


,1-


3x2

…0, x2„ 4 ，

ç
è 2 ø
4 4 3


∴ x 可取的整数有 0，−1，1，从而曲线C : x2 + y2 = 1+ x y 恰好经过(0，1)，(0，−1)，(1，0)，(1，1)， (−1， 0)，(−1，1)，共 6 个整点，结论①正确．

由 x2 + y2 = 1+ x y 得， x2 +
y2„1
2 2
x + y 2 2
+ ，解得 x + y £ 2 ，∴曲线C 上任意一点到原点的距离都不
2

2
超过 ．结论②正确．


如图所示，易知 A(0, -1), B (1, 0), C (1,1,), D (0,1) ，
四边形 ABCD 的面积 S = 1 ´1´1+1´1 = 3 ，很明显“心形”区域的面积大于 2S




，即“心形”

四边形ABCD 2 2
区域的面积大于 3，说法③错误．
四边形ABCD




故选 C．
x2 y2
4
3
4．(2020 全国Ⅱ文 19)已知椭圆C1 : a2 + b2 = 1(a > b > 0) 的右焦点 F 与抛物线C2 的焦点重合，C1 的中心与C2


的顶点重合．过 F 且与 x 轴垂直的直线交C 于 A , B 两点，交C 于C , D 两点，且 CD =
AB ．

1 2


(1) 求C1 的离心率；

(2) 若C1 的四个顶点到C2 的准线距离之和为 12，求C1 与C2 的标准方程．

a2 - b2
【解析】(1)解：∵椭圆C1 的右焦点坐标为：F (c, 0) ，∴抛物线C2 的方程为 y2 = 4cx ，其中c = ．不


A, C
C x2 y2


x = c
c2 y2 b2


妨设 在第一象限，∵椭圆 1 的方程为： a2 + b2
= 1，∴当
时，有 +
a2 b2
= 1Þ y = ± ，因
a



此 A, B
的纵坐标分别为 b
2
a
b2
， - ．
a


又∵抛物线C2 的方程为 y2 = 4cx ，∴当 x = c 时，有 y2 = 4c × c Þ y = ±2c ，∴ C, D 的纵坐标分别为 2c ，


- ，故 = 2b ，| CD |= 4c ．由| CD |= 4 | AB |
2
得



= 8b2 ，即3× c = 2 - 2( c )2 ，解得 c = -2 (舍



2c | AB |
a
3 4c 3a a a a

去)， c = 1 ，∴ C 的离心率为 1 ．

a 2 1 2

x2 y2

(2)由(1)知 a = 2c ，b =
3c ，故C1 : 4c2 + 3c2 = 1 ，∴ C1 的四个顶点坐标分别为(2c, 0) ，(-2c, 0) ，(0, 3c) ，



(0, - 3c) ， C2 的准线为 x = -c ．

C
x2 y2 C 2


由已知得3c + c + c + c = 12 ，即 c = 2 ，∴ 1 的标准方程为
+ = 1， 2 的标准方程为 y
16 12
= 8x ．

x2 y2
4
3
5．(2020 全国Ⅱ理 19)已知椭圆C1 : a2 + b2 = 1(a > b > 0) 的右焦点 F 与抛物线C2 的焦点重合，C1 的中心与C2


的顶点重合．过 F 且与 x 轴垂直的直线交C 于 A , B 两点，交C 于C , D 两点，且 CD =
AB ．

1 2


(1) 求C1 的离心率；

(2) 设M 是C1 与C2 的公共点，若 MF = 5 ，求C1 与C2 的标准方程．

【解析】(1)Q F (c, 0) ， AB ^ x 轴且与椭圆C1 相交于 A 、 B 两点，则直线 AB 的方程为 x = c ，
ìx = c

ì
ï x2 y2
x = c
2

联立ï + = 1 ，解得ï b2 ， 则 AB = 2b ，


ï
ï
í a2 b2

í y = ± a

ïîa2 = b2 + c2 î a
抛物线C 的方程为 y2 = 4cx ，联立ìx = c ，


î
2


ìx = c
î
解得í y = ±2c


，\ CD = 4c ，
í y2 = 4cx



Q CD =
8b2
4
3
AB ，即 4c = ， 2b2 = 3ac ，
3a


即2c2 + 3ac - 2a2 = 0 ，即 2e2 + 3e - 2 = 0 ，

Q 0 < e < 1，解得e = 1 ，因此，椭圆C 的离心率为 1 ；

2 1 2
C x2 y2

(2)由(1)知 a = 2c ， b =

ì y2 = 4cx
3c ，椭圆 1 的方程为
4c2
+ = 1 ，
3c 2

联立ï x2 y2
，消去 y 并整理得3x2 +16cx -12c2 = 0 ，解得 x = 2 c 或 x = -6c (舍去)，


í + = 1 3

î
ï 4c2 3c 2


由抛物线的定义可得 MF
= 2 c + c = 5c = 5 ，解得c = 3． 3 3

1
因此曲线C 的标准方程为 x2 + y2 = ，曲线C 的标准方程为 y2 = 12x ．
1 2
36 27


( 3, 1 )
6．(2018 江苏)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆C 过点
，焦点
2

F1 (- 3, 0), F2 ( 3, 0) ，圆O 的直径为 F1F2 ．


(1) 求椭圆C 及圆O 的方程；
(2) 设直线l 与圆O 相切于第一象限内的点 P ．
①若直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，求点 P 的坐标；

2 6
7
②直线l 与椭圆C 交于 A, B 两点．若△OAB 的面积为 ，求直线l 的方程．


【解析】(1)因为椭圆C 的焦点为 F1(-
3, 0), F2 ( 3, 0) ，


+ = > >
C
C
x2 y2 1
1(a b 0)

可设椭圆
的方程为 a2 b2
．又点( 3, ) 在椭圆 上，
2

ì 3
í
所以ï a2
+ 1 4b2
= 1,
ìïa2 = 4,
，解得íb2 = 1,

ïîa2 - b2 = 3,
因此，椭圆C 的方程为
ïî
y
x2 + 2


4


= 1 ．


1 2
因为圆O 的直径为 F F ，所以其方程为 x2 + y2 = 3 ．

(2)①设直线l 与圆O 相切于 P(x , y )(x > 0, y > 0) ，则 x 2 + y 2 = 3 ，
0 0 0 0 0 0
y
所以直线l 的方程为 y = - x0 (x - x ) + y ，即 y = - x0 x + 3 ．



ì x2
ï 4
由í

+ y2 = 1,
x 3
0 0
0



消去 y ，得
y0 y0

ï y = - 0 x + ,

îï y0 y0
0 0 0 0
(4x 2 + y 2 )x2 - 24x x + 36 - 4 y 2 = 0 ．(*) 因为直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，
0 0 0 0 0 0
所以D = (-24x )2 - 4(4x 2 + y 2 )(36 - 4 y 2 ) = 48y 2 (x 2 - 2) = 0 ．

因为 x0 , y0 > 0 ，所以 x0 = 2, y0 = 1 ．

因此，点 P 的坐标为( 2,1) ．

②因为三角形OAB 的面积为 2 6 ，所以 1 AB × OP = 2 6 ，从而 AB = 4 2 ．
7 2 7 7
设 A(x1 , y1 ), B(x2 , y2 ) ，


由(*)得 x1,2 =
，
24x ± 48 y 2(x 2 - 2)
0
0 0
0 0
2(4x 2 + y 2 )




2 2 2
x 2 48y 2 (x 2 - 2)

所以 AB
= (x - x ) + ( y - y )
= (1 + 0 ) × 0 0 ．

1 2 1 2
y 2 (4x 2 + y 2 )2

0 0 0

0 0
因为 x 2 + y 2 = 3 ，


16(x 2 - 2) 32
所以 AB2 = 0 =


，即 2x

4 - 45x 2

+ 100 = 0 ，

0
(x 2 + 1)2 49 0 0

解得 x 2 = 5 (x 2 = 20 舍去)，则 y 2 = 1 ，因此 P 的坐标为( 10 , 2 ) ．

0 2 0 0 2 2 2

2
综上，直线l 的方程为 y = - 5x + 3 ．






7．(2017 新课标Ⅱ)设O 为坐标原点，动点 M 在椭圆C ：
x2 + 2


y
2
= 1上，过 M 做 x 轴的垂线，垂足为 N ，



点 P 满足 NP =
2 NM ．


(1) 求点 P 的轨迹方程；

(2) 设点Q 在直线 x = -3 上，且OP × PQ = 1 ．证明：过点 P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点 F ．

2
【解析】(1)设 P(x, y) ， M (x0 , y0 ) ，则 N (x0 , 0) ， NP = (x - x0 , y) ， NM = (0.y0 ) ．


由 NP =
2 NM 得
x0 = x ， y0 = 2 y ．



x2
因为 M (x0 , y0 ) 在C 上，所以 2
+ y2
2
= 1，因此点 P 的轨迹方程为 x
2 + y2
= 2 ．


(2)由题意知 F (-1, 0) ．设Q(-3, t) ，P(m, n) ，则OQ = (-3, t) ，PF = (-1- m, -n) ，OQ × PF = 3 + 3m - tn ，

OP = (m, n) ， PQ = (-3 - m, t - n) ，

由OP × PQ = 1 得-3m - m2 + tn - n2 = 1 ，又由(1)知m2 + n2 = 2 ，故3 + 3m - tn = 0 ．
所以OQ × PF = 0 ，即OQ ^ PF ．又过点 P 存在唯一直线垂直与OQ ，所以过点 P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点 F ．
1 2
8．(2016 全国Ⅲ文理)已知抛物线C ： y2 = 2x 的焦点为 F ，平行于 x 轴的两条直线l , l 分别交C 于 A，B

两点，交C 的准线于 P，Q 两点．
(I) 若 F 在线段 AB 上， R 是 PQ 的中点，证明 AR P FQ ；
(II) 若DPQF 的面积是DABF 的面积的两倍，求 AB 中点的轨迹方程．

1
【解析】(Ⅰ)由题设 F ( 2 ,0) ．设l1 : y = a, l2 : y = b ，则 ab ¹ 0 ，且

a2 b2 1 1 1 a + b
A( , a), B( , b), P(- , a),Q(- , b), R(- , ) ．
2 2 2 2 2 2

记过 A, B 两点的直线为l ，则l 的方程为 2x - (a + b) y + ab = 0 ．
(Ⅰ)由于 F 在线段 AB 上，故1+ ab = 0 ． 记 AR 的斜率为 k1 ， FQ 的斜率为 k2 ，则

a - b
a - b 1 - ab

k1 = 1+ a2
= = =
a2 - ab a a
= -b = k2 ．

所以 AR ∥ FQ ．

a - b
(Ⅱ)设l 与 x 轴的交点为 D(x1,0) ，


则 SDABF =
b - a FD =

1
2
1
b - a x1

1
2
a -b
1
- 1 , S
2
DPQF = 2 ．

由题设可得2´ 2 b-a x1 - 2 = 2 ，所以 x1 = 0 (舍去)， x1 = 1．

设满足条件的 AB 的中点为 E(x, y) ．
2 y
当 AB 与 x 轴不垂直时，由kAB = kDE 可得 a + b = x -1 (x ¹ 1) ．

a + b
而
2
= y ，所以 y2
= x -1(x ¹ 1) ．

当 AB 与 x 轴垂直时， E 与 D 重合．所以所求轨迹方程为 y2 = x -1．

9．(2015 江苏理)如图，在平面直角坐标系 xoy 中，已知椭圆 x2 + y2 = 1(a > b > 0 ) 的离心率为 2 ，且右
a2 b2 2
焦点 F 到左准线l 的距离为 3．

(1) 求椭圆的标准方程；

(2) 过 F 的直线与椭圆交于 A, B 两点，线段 AB 的垂直平分线分别交直线l 和 AB 于点 P, C ，若 PC = 2AB ， 求直线 AB 的方程．

【解析】(1)由题意，得 c
a2
2
= 且c + = 3，

a 2 c


2
解得 a = ， c = 1 ，则b = 1 ，所以椭圆的标准方程为
x2 2
+ y
2
=1 ．


2
(2)当 AB ^ x 轴时， AB = ，又CR = 3 ，不合题意．
当 AB 与 x 轴不垂直时，设直线 AB 的方程为 y = k ( x -1) ， A ( x1 , y1 ) ，
2 2
B ( x , y ) ，将 AB 的方程代入椭圆方程，得(1+ 2k 2 ) x2 - 4k 2 x + 2(k 2 -1) = 0 ，



则 x =
æ
2k 2 ± 2(1+ k 2 )
， C 的坐标为ç
2k 2
2 ,

-k ö
2 ÷ ，且


1,2
1+ 2k 2
è 1+ 2k
1+ 2k ø


AB =
2 2 (1 + k 2 )
(
x - x + y - y
)
2
(
)
2
2 1
2 1
(
1
+ k x
2
)
(
2 1
- x
)
2
= = 1+ 2k 2 ．

若 k = 0 ，则线段 AB 的垂直平分线为 y 轴，与左准线平行，不合题意．

k 1 æ 2k 2 ö
è ø
从而 k ¹ 0 ，故直线RC 的方程为 y + 1+ 2k 2 = - k ç x - 1+ 2k 2 ÷ ，

æ
则 P 点的坐标为ç -2,

5k 2 + 2
ö
÷ ，从而 PC =
2 (3k 2 +1)
1+ k 2
k (1+ 2k 2 )
．

ç k (1+ 2k 2 ) ÷

2 (3k 2 +1) 1+ k 2
k (1+ 2k 2 )
è ø

因为 PC = 2AB ，所以
4 2 (1+ k 2 )
= 1+ 2k 2


，解得 k = ±1 ．


此时直线 AB 方程为 y = x -1或 y = -x +1．


2
10．(2014 广东理)已知椭圆C : x
a2
y2
5
+ = 1(a > b > 0) 的一个焦点为( 5, 0) ，离心率为 ．
b2 3

(Ⅰ)求椭圆 C 的标准方程；
(Ⅱ)若动点 P(x0 , y0 ) 为椭圆外一点，且点 P 到椭圆 C 的两条切线相互垂直，求点 P 的轨迹方程．

5
【解析】(Ⅰ)可知c = ，又 c =
a
5 ，\a = 3 ， b2 = a2 - c2 = 4 ，
3

2
2
椭圆 C 的标准方程为 x + y = 1；
9 4
(Ⅱ)设两切线为l1, l2 ，

①当l1 ^ x 轴或l1 / / x 轴时，对应l2 / / x 轴或l2 ^ x 轴，可知 P(±3, ±2)
②当l 与 x 轴不垂直且不平行时， x ¹ ±3 ，设l 的斜率为 k ，则 k ¹ 0 ， l 的斜率为- 1 ， l 的方程为

1 0 1
2 k 1

x2 y2


2 2 2

y - y0 = k (x - x0 ) ，联立 9 + 4
= 1，得(9k
+ 4)x +18( y0 - kx0 )kx + 9( y0 - kx0 )
- 36 = 0 ，

0 0 0 0
因为直线与椭圆相切，所以D = 0 ，得9( y - kx )2 k 2 - (9k 2 + 4)[( y - kx )2 - 4] = 0 ，
0 0 0 0 0 0
\-36k 2 + 4[( y - kx )2 - 4] = 0 ，\(x 2 - 9)k 2 - 2x y k + y 2 - 4 = 0 ，
所以 k 是方程(x 2 - 9)x2 - 2x y x + y 2 - 4 = 0 的一个根，同理- 1 是方程

0 0 0 0


2 2 2
k
1 y 2 - 4 2 2

0
(x0
- 9)x
- 2x0 y0 x + y0
- 4 = 0 的另一个根，\ k × (-
) = 0 ，得 x0 k x 2 - 9
+ y0
= 13 ，其中 x0 ¹ ±3 ，

所以点 P 的轨迹方程为 x2 + y2 = 13 ( x ¹ ±3 )，因为 P(±3, ±2) 满足上式，综上知：点 P 的轨迹方程为
x2 + y2 = 13 ．

11．(2014 辽宁理)圆 x2 + y2 = 4 的切线与 x 轴正半轴， y 轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小

x2 y2

3
时，切点为 P (如图)，双曲线C1 : a2 - b2
= 1过点 P 且离心率为 ．


(1) 求C1 的方程；

(2) 椭圆C2 过点 P 且与C1 有相同的焦点，直线l 过C2 的右焦点且与C2 交于 A ，B 两点，若以线段 AB 为直径的圆心过点 P ，求l 的方程．


【解析】(Ⅰ)设圆的半径为 r ， P 点上下两段分别为 m, n ， r 2 = 4 ，

由射影定理得 r 2 = mn ，三角形的面积

s = 1 m2 + 4 n2 + 4 = 1
r 4 + 4(m2 + n2 ) +16

2 2

³ 1 r 4 + 8 m2 n2 +16 = 1
r 4 + 8r 2 +16

2 2

当m = n = 2 时， s 取得最大，此时 P( 2, 2)

c
∵ = 3, c2 = b2 + a2 ， P( 2, 2) 在双曲线上
a



2 2 2
2 y2

∴ c = 3，b = 2，a
= 1 ，∴双曲线的方程为 x - = 1
2


x2 y2

1 1
(Ⅱ)由(Ⅰ)知C2 的焦点为(- 3, 0), ( 3, 0) ，由此设C2 的方程为 3 + b2 + b2
= 1 ，



1 12
其中b > 0 ，由 P( 2, 2) 在C 上，得b2
x2
= 3 ，∴ C2 的方程为 6
+ y2
3
= 1，


3
显然， l 不是直线 y = 0 ，设l 的方程为 x = my + ，点 A(x1, y1 ), B(x2 , y2 ) ，
3
ìx = my +

ï
由í x2 + y2 =


得(2 + m
2 ) y2
+ 2 3my-3 = 0 ，

î
ï 6 3 1


-2 3m
-3
∴ y1 + y2 = 2 + m2 , y1 y2 = 2 + m2 ①

0 = PA · PB = (x - 2, y - 2)(x - 2, y - 2)


= (1+ m2 ) y y


+[( 3- 2)m- 2]( y


6
+ y ) + 7-2 ②

1 1 2 2


由①②得 2m2 -2 6m + 4 6-11 = 0 ，解得m

= 3 6-2 , m
1 2 1 2


=
2- 6
，

1 2 2 2

3
3
因此直线l 的方程 x - 3 6-2 y - = 0 或 x - 2- 6 y - = 0 ．
2 2


x 2
12．(2013 四川理)已知椭圆 C： a 2
+ y 2
b 2
= 1(a > b > 0) 的两个焦点分别为 F1 (-1，0) ， F（2 1，0），且椭圆 C


经过点 P(
4 1
，）．
3 3

(Ⅰ)求椭圆 C 的离心率
(Ⅱ)设过点 A（0，2）的直线l 与椭圆 C 交于 M，N 两点，点 Q 是 MN 上的点，且


2 =
AQ 2
1 +
AM 2
1
AN 2

，求点 Q 的轨迹方程．


æ 4
ç 3 +1÷ + ç 3 ÷
ö2
æ 1 ö2
è
ø è ø
æ 4
ç 3 -1÷ + ç 3 ÷
ö2
æ 1 ö2
è ø è ø
2
【解析】(Ⅰ)由椭圆定义知，2a＝|PF1|＋|PF2|＝ + = 2 ，

2
c 1
2
2
所以 a = ．又由已知，c＝1，所以椭圆 C 的离心率e = = = ．


x2
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，椭圆 C 的方程为
2
a 2
＋y2＝1．设点 Q 的坐标为(x，y)．



æ 3 5 ö

(ⅰ)当直线 l 与 x 轴垂直时，直线 l 与椭圆 C 交于(0，1)，(0，－1)两点，此时点 Q 的坐标为ç 0, 2 - 5 ÷ ．
è ø
(ⅱ)当直线 l 与 x 轴不垂直时，设直线 l 的方程为 y＝kx＋2．
因为 M，N 在直线 l 上，可设点 M，N 的坐标分别为( x1 ，k x1 ＋2)，( x2 ，k x2 ＋2)，
则|AM|2＝(1＋k2) x2 ，|AN|2＝(1＋k2) x2 ．

1

又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2) x2 ．
2 1 1
2




2 1 1

由 = + ，得 = + ，

| AQ |2 | AM |2 | AN |2 (1+ k 2 )x2 (1+ k 2 )x 2 (1+ k 2 )x 2
1 2

2 1 1 ( x + x )2 - 2x x
即 = + = 1 2 1 2 ．①
x2 x 2 x 2 x 2 x 2
1 2 1 2

x2

将 y＝kx＋2 代入
2
＋y2＝1 中，得(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0．②

由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6＞0，得 k2＞ 3 ．
2


由②可知， x + x ＝
-8k
， x x ＝ 6
，代入①中并化简，得 x2 = 18 ．③


1 2 2k 2 +1
1 2 2k 2 +1
y - 2
10k 2 - 3

因为点 Q 在直线 y＝kx＋2 上，所以 k = ，代入③中并化简，得 10(y－2)2－3x2＝18．
x
6
6
3 3 æ ö æ ö

由③及 k2＞
，可知 0＜x2＜ ，即 x∈ ç - , 0 ÷ ∪ ç 0, ÷ ．

2 2 è 2
ø è 2 ø

3
5 ö
6
6
æ æ ö
又ç 0, 2 - ÷ 满足 10(y－2)2－3x2＝18，故 x∈ ç - , ÷ ．

è 5 ø
è 2 2 ø

由题意，Q(x，y)在椭圆 C 内，所以－1≤y≤1．
又由 10(y－2)2＝18＋3x2 有(y－2)2∈ é 9 , 9 ö 且－1≤y≤1，则 y∈ æ 1 , 2 - 3 5 ù ．
êë 5 4 ÷ ç 2 5 ú
ø è û
6
6
3
5 ù
æ ö æ 1
所以，点 Q 的轨迹方程为 10(y－2)2－3x2＝18，其中 x∈ ç - , ÷ ，y∈ ç , 2 - ú ．
è 2 2 ø è 2 5 û

x2 y2
13．(2011 天津理)在平面直角坐标系 xOy 中，点 P(a, b) (a > b > 0) 为动点，F1 , F2 分别为椭圆 a2 + b2 = 1

的左右焦点．已知△ F1PF2 为等腰三角形．
(Ⅰ)求椭圆的离心率e ；

(Ⅱ)设直线 PF2 与椭圆相交于 A, B 两点，M 是直线 PF2 上的点，满足 AM × BM = -2 ，求点 M 的轨迹方程．

【解析】(Ⅰ)解：设 F1 (-c, 0), F2 (c, 0)(c > 0) ，由题意，可得| PF2 |=| F1F2 |,

(a - c)2 + b2
即 = 2c.
整理得2( c )2 + c -1 = 0, 得 c = -1 (舍)，或 c = 1 . 所以e = 1 .
a a a a 2 2
(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知 a = 2c, b = 3c, 可得椭圆方程为3x2 + 4 y2 = 12c2 ,
直线 PF2 方程为 y = 3(x - c).
ìï3x2 + 4 y2 = 12c2 ,

A，B 两点的坐标满足方程组í
ïî y =
8
消去 y 并整理，得5x2 - 8cx = 0.
解得 x 1 = 0, x2 = 5 c.
3(x - c).

ìx = 8 c,

ìïx1 = 0,
ï 2 5

得方程组的解í í

ïî y1 = -
3c, ï y
ïî 2
= 3 3 c.
5


3 3
不妨设 A(8 c, c), B(0, - 3c)

5 5
uuuur 8

3 3
uuuur

设点 M 的坐标为(x, y),则AM = (x -
c, y -
5 5
c), BM = (x, y +
3c) ，



由 y =
3(x - c), 得c = x - y.
3
3



8 3
uuuur
于是 AM = (
y - 3 x, 8 y -

3 3
x),

15 5 5 5

BM = (x, 3x). 由 AM × BM = -2,

8 3
即( y - 3 x) × x + (8 y -
x) ×
3x = -2 ，

3 3
15 5 5 5

化简得18x2 -16 3xy -15 = 0.


将 y =
18x2 -15

16 3x

代入c = x -
10x2 + 5
3
y , 得c = > 0.
3 16 x

所以 x > 0.
因此，点 M 的轨迹方程是18x2 -16 3xy -15 = 0(x > 0).


考点 99 定点与定值问题

14．【2020 全国Ⅰ文 21 理 20】已知


A , B


分别为椭圆 E :


x2
+ 2
a2 y

= 1(a > 1) 的左、右顶点，G 为 E 的上顶

AG GB
点， uuur × uuur = 8 ， P 为直线 x = 6 上的动点， PA 与 E 的另一交点为C , PB 与 E 的另一交点为 D ．
(1) 求 E 的方程；
(2) 证明：直线CD 过定点．
【解析】(1)依据题意作出如下图像：



x2
由椭圆方程 E : +
a2
y 2 = 1(a >

1) 可得：
A(-a, 0) ，
B (a, 0)
， G (0,1)
，\ AG = (a,1)
， GB = (a, -1) ，



\ AG ×GB = a2
-1 = 8 ，
\ a2 = 9 ，\

椭圆方程为：
x2 + 2


y
9
= 1．



(2)证明：设 P (6, y0
) ，则直线 AP 的方程为： y =
y0 - 0
6 - (-3)
( x + 3) ，即： y = y0 ( x + 3) ，
9

y
1
ì x2 + 2 =
ï 9

联立直线 AP 的方程与椭圆方程可得： í y
，整理得：

ï y = 0 (x + 3)

îï 9


-3y 2 + 27

( y 2 + 9) x2 + 6 y 2 x + 9 y 2 - 81 = 0 ，解得： x = -3 或 x = 0 ，

0
0 0 0



-3y 2 + 27 y


6 y0
y 2 + 9

æ -3y 2 + 27 6 y ö

将 x = 0 代入直线 y = 0 ( x + 3) 可得： y = 2
，∴点C 的坐标为ç 0 , 0 ÷ ，

y 2 + 9 9
y0 + 9
y 2 + 9 y 2 + 9

0
æ 3 y 2 - 3 -2 y ö
è 0 0 ø

同理可得：点 D 的坐标为ç 0 , 0 ÷ ，
y 2 +1 y 2 +1

è 0 0 ø
6 y0
- æ -2 y0 ö



æ -2 y ö y 2 + 9 ç y 2 +1 ÷ æ 3y 2 - 3 ö
\直线CD 的方程为： y - ç 0 ÷ = 0 è 0 ø ç x - 0 ÷ ，

0
0 0 è
0
è y 2 +1ø
-3y 2 + 27 3y 2 - 3
-
y 2 +1 ø

y 2 + 9 y 2 +1


2 y 8 y
( y 2 + 3) æ
0 0

6 (3 - y )
0
3y 2 -3 ö 8 y

0
æ 3y 2 -3 ö

整理可得： y + 0 =
0
y 2 +1
0 0
0
0
0
ø
ø
6 (9 - y 4 )
ç x -
è
y 2 +1 ÷ =
0 ç x -
è
2
0
y 2 +1 ÷ ，



整理得： y =
4 y0
x + 2 y0 =


4 y0 æ x - 3 ö ，故直线CD 过定点æ 3 , 0ö ．


3(3 - y 2 ) y 2 - 3 3(3 - y 2 ) ç 2 ÷
ç 2 ÷

2
0 0

x2 y2
0 è ø è ø

15. 【2020 山东】已知椭圆C :
+
a2 b
= 1(a > b > 0) 的离心率为
2
2
，且过点 A(2 , 1) ．


(1) 求C 的方程；

(2) 点 M ， N 在C 上，且 AM ^ AN ， AD ^ MN ， D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得 DQ 为定值．


4 9
【解析】(1)根据题意，把点 M (2, 3) 代入椭圆得到 a2 + b2 = 1①，设 A(-a, 0) ，又kAM
= = ，∴ a = 4 ，
3 1
2 + a 2


2
2
代入①式，求得b2 = 12 ，∴椭圆C 的方程为 x + y = 1．
16 12

(2) 解法一： 由题意知 AM 的直线方程为 x - 2y + 4 = 0 ， 设直线 x - 2y + m = 0 与椭圆相切于点 N ，

ìx - 2 y + m = 0
ï 2 2 2 2

ï
1
í x2 + y2 =
î 16 12
，联立方程组得16 y
-12my + 3m
- 48 = 0 ，D = 144m
- 64(3m
- 48) = 0 ，得 m = ±8 ，



由 题 意 可 知
m = -8 时 ，
DAMN
面 积 最 大 ， 直 线
x - 2 y + 4 = 0
与 直 线
x - 2 y - 8 = 0 距 离

12 + (-2)2
d = | 4 - (-8) | =
， | AM |= 3
12 5
5
，∴ SDAMN = 2 ´ 3 5 ´ 5 = 18 ．


5
12 5
1
解法二：设 ，



解法三：设点 M ( x , y ), N ( x , y
) ．∵AM⊥AN，∴ y1 -1 × y2 -1 = -1 ．


1 1 2 2
x - 2 x - 2

1 2

整理可得： y1 y2 -( y1 + y2 ) +1 = -x1x2 + 2( x1 + x2 ) - 4 ①
设 MN 的方程为 y=kx+m，联立直线与椭圆方程可得： (2k 2 +1) x2 + 4kmx + 2m2 - 6 = 0 ，


韦达定理可得： x + x = - 4km , x x =
1 2 2k 2 +1 1 2
2m 2 -6
，
2k 2 +1



y + y
= (kx
+ m) + (kx
+ m) =
2m ， y y

= (kx
+ m )(kx
m2 - 6k 2
)
+ m = ，


1 2 1 2
2k 2 +1
1 2 1 2
2k 2 +1

代入①式有： (m2 - 6k 2 )- 2m + (2m2 - 6)- 2´(-4km) + 5(2k 2 +1) = 0 ，
化简可得： 4k 2 + 8km + (m -1)(3m +1) = 0 ，即(2k + m -1)(2k + 3m +1) = 0 ，
据此可得： 2k = 1 - m 或 2k = -1 - 3m ，∴直线 MN 的方程为 y = kx + 1 - 2k 或 y = kx + -1- 2k ，
3
即 y = k ( x - 2) +1或 y = k æ x - 2 ö - 1 ，∴直线过定点(2,1) 或æ 2 , - 1 ö．
ç 3 ÷ 3 ç 3 3 ÷
è ø è ø

又∵ (2,1) 和 A 点重合，∴舍去，则直线过定点 E æ 2 , - 1 ö ．
ç 3 ÷3
è ø


由于 AE 为定值，且△AED 为直角三角形，AE 为斜边，

1
2
æ 2 ö2 æ 1 ö2
ç 2 - 3 ÷ + ç1+ 3 ÷
è
ø è ø
∴AE 中点 Q 满足 QD 为定值(AE 长度的一半

= 4 2 )．
3

由于 A(2,1), E æ 2 , - 1 ö ，故由中点坐标公式可得Q æ 4 , 1 ö．
ç 3 3 ÷ ç 3 3 ÷

è ø

2
16. 【2019 全国Ⅲ理】已知曲线 C：y= x
2
è ø

，D 为直线 y= - 1
2



上的动点，过 D 作 C 的两条切线，切点分别


为 A，B．

(1) 证明：直线 AB 过定点：
5

(2) 若以 E(0，
2
)为圆心的圆与直线 AB 相切，且切点为线段 AB 的中点，求四边形 ADBE 的面积．


2
【答案】(1)见详解；(2)3 或 4 ．

【解析】(1)设 D æ t, - 1 ö , A( x , y ) ，则 x2 = 2 y ．
ç 2 ÷ 1 1 1 1
è ø

y + 1


1
1
由于 y' = x ，∴切线DA的斜率为 x ，故
2 = x ．

1
x1 - t

整理得2 tx1 - 2 y1 +1=0.

设 B ( x2, y2 ) ，同理可得 2tx2 - 2 y2 +1=0 ． 故直线AB的方程为 2tx - 2 y +1 = 0 ．
1
∴直线AB过定点(0, ) ．
2
(2)由(1)得直线AB的方程为 y = tx + 1 ．
2
ì y = tx + 1


ï
由í2
ï
ï y = x
î 2
2 ，可得 x2
- 2tx -1 = 0 ．

于是 x + x = 2t, x x = -1, y + y = t ( x + x
) +1 = 2t2 +1，

1 2 1 2 1 2 1 2

| AB |=
x - x = ´
= 2(t2 +1) ．

1+ t2
1+ t2
1 2
(
x + x - 4x x
1 2
)
2
1 2
t 2 +1
设d , d 分别为点D，E到直线AB的距离，则 d = t 2 +1, d = 2 ．
1 2 1 2

1
因此，四边形ADBE的面积 S = | AB | (d + d

) = (t 2 + 3) ．

t 2 +1
2 1 2

设M为线段AB的中点，则 M æ t, t 2 + 1 ö ．
ç 2 ÷
è ø
由于 EM ^ AB ，而 EM = (t, t 2 - 2) ， AB 与向量(1, t) 平行，∴ t + (t 2 - 2)t = 0 ．解得t=0或t = ±1．

2
当t =0时，S=3；当t = ±1时， S = 4 ．

2
因此，四边形ADBE的面积为3或 4 ．

17. 【2019 北京理】已知抛物线 C：x2=−2py 经过点(2，−1)．

(1) 求抛物线 C 的方程及其准线方程；

(2) 设 O 为原点，过抛物线 C 的焦点作斜率不为 0 的直线 l 交抛物线 C 于两点 M，N，直线 y=−1 分别交直线 OM，ON 于点 A 和点 B．求证：以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的两个定点．
【解析】(1)由抛物线C : x2 = -2 py 经过点(2, -1) ，得 p = 2 ．


∴抛物线C 的方程为 x2 = -4 y ，其准线方程为 y = 1．

ì y = kx -1, 2

î
(2)抛物线C 的焦点为 F (0, -1) ，设直线l 的方程为 y = kx -1(k ¹ 0) ，由íx2 = -4 y 得 x
+ 4kx - 4 = 0 ．


设 M ( x , y ), N ( x , y ) ，则 x x = -4 ．直线OM 的方程为 y = y1 x ．


1 1 2 2



令 y = -1，得点 A 的横坐标 x
1 2



= - x1 ，同理得点 B 的横坐标 x

x1

y
= - x2 ．



uuur
A



æ x1


y1
ö uuur
B
2

æ x2 ö


设点 D(0, n) ，则 DA = ç- y , -1- n ÷, DB = ç- y , -1- n ÷ ，
è 1 ø è 2 ø

uuur uuur
DA × DB =
x1 x2 + (n +1)2 =
y1 y2
x1 x2

æ - x2 öæ - x2 ö



+ (n +1)2 =
16
x1 x2

+ (n +1)2 = -4 + (n +1)2 ．

ç 1 ÷ç 2 ÷
è 4 øè 4 ø

令 DA× DB = 0 ，即-4 + (n +1)2 = 0 ，则 n = 1 或 n = -3 ． 综上，以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的定点(0,1) 和(0, - 3) ．

2
18. 【2019 全国Ⅲ文】已知曲线 C：y= x
2
，D 为直线 y= - 1
2

上的动点，过 D 作 C 的两条切线，切点分别


为 A，B．

(1) 证明：直线 AB 过定点；
5

(2) 若以 E(0，
2
)为圆心的圆与直线 AB 相切，且切点为线段 AB 的中点，求该圆的方程．

【解析】(1)设 D æ t, - 1 ö , A( x , y ) ，则 x2 = 2 y ．
ç 2 ÷ 1 1 1 1
è ø

1
y + 1

由于 y' = x ，∴切线DA的斜率为 x ，故 1
2 = x ．

1
x1 - t

整理得2 tx1 - 2 y1 +1=0.

设 B ( x2, y2 ) ，同理可得 2tx2 - 2 y2 +1=0 ． 故直线AB的方程为 2tx - 2 y +1 = 0 ．
1
∴直线AB过定点(0, ) ．
2
(2)由(1)得直线AB的方程为 y = tx + 1 ．
2
ì y = tx + 1


ï
由í2
ï
ï y = x
î 2
2 ，可得 x2 - 2tx -1 = 0 ．

于是 x + x = 2t, y + y = t ( x + x ) +1 = 2t2 +1 ．
1 2 1 2 1 2
设M为线段AB的中点，则 M æ t, t 2 + 1 ö ．
ç 2 ÷
è ø
由于 EM ^ AB ，而 EM = (t, t 2 - 2) ， AB 与向量(1, t) 平行，∴ t + (t 2 - 2)t = 0 ．解得t=0或t = ±1．


ç
当t =0时， | EM | =2，所求圆的方程为 x2 + æ y -
è
5 ö2
2
÷
ø

æ

= 4 ；

5 ö2

2
当t = ±1时， | EM |= ，所求圆的方程为 x2 + ç y -
è
÷ = 2 ．
2
ø


【名师点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求圆的方程，属于常规题型，按部就班地求解就可以，思路较为清晰，但计算量不小．

2
19. 【2019 北京文】已知椭圆C : x
a2
y2
+ = 1 的右焦点为
b2
(1, 0)

，且经过点
A(0,1) ．

(1) 求椭圆 C 的方程；
(2) 设 O 为原点，直线l : y = kx + t(t ¹ ±1) 与椭圆 C 交于两个不同点 P，Q，直线 AP 与 x 轴交于点 M，直线 AQ 与 x 轴交于点 N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线 l 经过定点．


【解析】(1)由题意得，b2=1，c=1，∴a2=b2+c2=2，∴椭圆C的方程为

(2) 设P(x ，y )，Q(x ，y )，则直线AP的方程为 y = y1 -1 x +1 ．

x2 + 2


y
2
= 1．

x
1 1 2 2
1


令y=0，得点M的横坐标 xM
= - x1 ．
y -1



又 y = kx
1


M
+ t ，从而| OM |= x = |

x1 | ．同理， | ON |= | x2 |．


1 1



ì y = kx + t,
kx1
+ t -1
kx2
+ t -1

ï
由í x2

+ y2 = 1
得(1+ 2k 2 ) x2 + 4ktx + 2t 2 - 2 = 0 ．

ïî 2


则 x + x = -
4kt

， x x
2t 2 - 2
= ．


1 2 1+ 2k 2 1 2 1+ 2k 2


∴| OM | × | ON |= |
kx
x1
+ t -1
|×|
kx
x2
+ t -1
| = |

k 2 x x
x1x2
+ k(t -1) ( x + x
) + (t -1)2 |

1 2

2t 2 - 2


2 2t 2 4kt
= | 1+ 2k 2
2 -
k × + k (t -1) × (-




) + (t -1)2
1 2 1 2


| = 2|1+ t | ．
1- t

1+ 2k 2 1+ 2k 2
又| OM | × | ON |= 2 ，∴ 2|1+ t | = 2 ．解得t=0，∴直线l经过定点(0，0)．
1- t
20．【2018 北京文 20】(本小题 14 分)


2
已知椭圆 M ： x
a2
y2
+ = 1 (a > b > 0) 的离心率为
b2

，焦距为 2
6
2
3

，斜率为k 的直线l 与椭圆 M 有两个


不同的焦点 A, B
(I) 求椭圆 M 的方程；

(II) 若 k = 1 ，求 AB 的最大值；

(III) 设 P (-2 , 0) ，直线 PA 与椭圆 M 的另一个交点为C ，直线 PB 与椭圆 M 的另一个交点为 D ，若C , D

和点Q æ - 7 , 1 ö 共线，求 k ．
ç 4 4 ÷
è ø

2
2
【解析】(Ⅰ)由题意得 2c = 2 ，∴ c = ，


6
又e = c = ，∴ a =
3 ，∴ b2 = a2 - c2 = 1，∴椭圆 M 的标准方程为
x2 + 2


= 1．

y
a 3 3
ì y = x + m

í x
(Ⅱ)设直线 AB 的方程为 y = x + m ，由ï
2
+ y2 = 1
消去 y 可得 4x2 + 6mx + 3m2 - 3 = 0 ，

ïî 3
则D= 36m2 - 4´ 4(3m2 - 3) = 48 -12m2 > 0 ，即 m2 < 4 ，

设 A(x , y ) ， B(x , y ) ，则 x + x
= - 3m ， x x


3m2 - 3
= ，



1 1 2 2
1 2 2 1 2 4




则| AB |=

1+ k 2
1+ k 2
| x1 - x2 |= ×
= 6 ´
4 - m2
，
2


(x + x )2 - 4x x
1 2
1 2
6
6
易得当 m2 = 0 时， | AB |max = ，故| AB | 的最大值为 ．

(Ⅲ)设 A(x1 , y1 ) ， B(x2 , y2 ) ， C(x3 , y3 ) ， D(x4 , y4 ) ，

1 1
2 2
则 x2 + 3y2 = 3 ①， x2 + 3y2 = 3 ②，


又 P(-2, 0) ，∴可设 k1

ì y = k1 (x + 2)
= kPA =
y1 x1 + 2
，直线 PA 的方程为 y = k1 (x + 2) ，

1 1 1
ï
由í x2

+ y2 = 1
消去 y 可得(1+ 3k 2 )x2 +12k 2 x +12k 2 - 3 = 0 ，

ïî 3

12k 2 12k 2
1
1
则 x1 + x3 = - 1 ，即 x3 = - 1 - x1 ，



1
又k =
1+ 3k 2

3
y1 ，代入①式可得 x

1+ 3k 2

3
= -7x1 -12 ，∴ y = y1 ，


x1 + 2
4x1 + 7
4x1 + 7



∴ C( -7x1 -12 ,

y1 ) ，同理可得 D( -7x2 -12 ,

y2 ) ．



uuur
4x1 + 7 4x1 + 7
7 1

uuur
4x2 + 7 4x2 + 7
7 1

故QC = (x3 + 4 , y3 - 4) ， QD = (x4 + 4 , y4 - 4) ，

∵ Q, C, D 三点共线，∴ (x + 7 )( y - 1 ) - (x + 7 )( y - 1 ) = 0 ，

3 4 4 4 4 4 3 4

将点C, D 的坐标代入化简可得 y1 - y2 = 1，即 k = 1．
x1 - x2

21．【2018 北京理 19】(本小题 14 分)
已知抛物线C : y 2 = 2 px 经过点 P (1 , 2) ，过点Q (0 , 1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点 A , B ，且直线 PA 交于 y 轴与 M ，直线 PB 交 y 轴与 N ．
(I) 求直线l 的斜率的取值范围．

(II) 设O 为原点， QM = lQO , QN = mQO ，求证： 1 + 1 为定值．
l m

【解析】解：(Ⅰ)∵抛物线 y2 = 2px 经过点 P (1,2) ，\ 4 = 2p ，解得 p = 2 ，\ 抛物线的方程为 y2 = 4x ． 由题意可知直线l 的斜率存在且不为 0，设直线l 的方程为 y = kx +1(k ¹ 0) ．
ì y2 = 4x ,

î
由í y = kx +1
，得k 2 x2 + (2k - 4) x +1 = 0 ．


依题意D = (2k - 4)2 - 4 ´ k 2 ´1 > 0 ，解得 k < 0 或0 < k < 1． 又 PA ,PB 与 y 轴相交，故直线l 不过点(1,- 2) ．从而k ¹ -3．
∴直线l 斜率的取值范围是(-¥ ,- 3) U(-3 ,0) U(0 ,1)．

(Ⅱ)设 A( x ,y ) ,B ( x ,y ) ．由(I)知 x + x
= - 2k - 4 ,x x = 1 ．


1 1 2 2
1 2 k 2 1 2 k 2


直线 PA 的方程为 y - 2 = y1 - 2 ( x -1) ．
x1 -1


令 x = 0 ，得点 M 的纵坐标为 y
= - y1 + 2 + 2 = -kx1 +1 + 2 ．


M x -1 x -1



同理得点 N 的纵坐标为 y
1 1


N
= -kx2 +1 + 2 ．


x2 -1

由QM = lQO ,QN = mQO 得l= 1- yM ,m= 1- yN ．

- - 2x x - ( x + x ) 2 + 2k - 4 1 1




\ 1 + 1 =

1 + 1
= x1 1 +
x2 1
= 1 ×
1 2 1 2 =
1 × k 2
k 2 = 2 ，\ + 为定值．

l m 1- yM
1- yN
(k -1) x1
(k -1) x2
k -1
x1x2
k -1 1 l m

k 2


x2 y2

22．(2017 新课标Ⅰ理)已知椭圆C ： +
a2 b2
= 1(a > b > 0) ，四点 P1 (1,1) ， P2 (0,1) ，


3
P = (-1, ) ， P = (1, 3 ) 中恰有三点在椭圆C 上．
3 2 4 2

(1) 求C 的方程；

(2) 设直线l 不经过 P2 点且与C 相交于 A ， B 两点．若直线 P2 A 与直线 P2 B 的斜率的和为-1，证明：l 过定点．
【解析】(1)由于 P3 ， P4 两点关于 y 轴对称，故由题设知 C 经过 P3 ， P4 两点．
又由 1 + 1 > 1 + 3 知，C 不经过点 P ，∴点 P 在 C 上．


a2 b2
ì 1 = 1
ïb2
a2 4b2

ìïa2 = 4
1 2



x2 + 2


因此í
1
ï
ïî a2
+ 3 4b2
，解得í 2
= 1 ïîb = 1
．故 C 的方程为
4
y = 1 ．


(2) 设直线 P2 A 与直线 P2 B 的斜率分别为 k1 ， k2 ，

如果l 与 x 轴垂直，设l ： x = t ，由题设知t ¹ 0 ，且| t |< 2 ，可得 A，B 的坐标分别为



(t，
)，(t， - )．
4 - t2
4 - t2
2 2


4 - t2 - 2 4 - t2 + 2

则 k1 + k2 = 2t - 2t
= -1 ，得t = 2 ，不符合题设．



从而可设l ： y = kx + m ( m ¹ 1 )．将 y = kx + m 代入

(4k 2 + 1)x2 + 8kmx + 4m2 - 4 = 0
x2 + 2

y
4
= 1 得



．
由题设可知D=16(4k 2 - m2 + 1) > 0


8km


4m2 - 4

设 A(x1 , y1 ) ， B(x2 , y2 ) ，则 x1 + x2 = - 4k 2 + 1 ， x1 x2 =
4k 2 + 1 ．

而 k + k
= y1 - 1 + y2 - 1 = kx1 + m - 1 + kx2 + m - 1 = 2kx1 x2 + (m -1)(x1 + x2 ) ．

1 2
x1 x2
x1 x2
x1 x2

由题设 k1 + k2 = -1 ，故(2k + 1)x1 x2 + (m - 1)(x1 + x2 ) = 0 ．

4m2 - 4 -8km
即(2k + 1) × + (m -1) × = 0 ．
4k 2 + 1 4k 2 + 1
解得 k = - m + 1 ．
2
当且仅当 m > -1时， D > 0 ，欲使l ： y = - m + 1 x + m ，即 y + 1 = - m + 1 (x - 2) ，∴ l 过定点(2， -1 )．

2

23．(2017 新课标Ⅱ文理)设O 为坐标原点，动点 M 在椭圆C ：
2

y
x2 + 2


2


= 1上，过 M 做 x 轴的垂线，垂足



为 N ，点 P 满足 NP =
(1) 求点 P 的轨迹方程；
2 NM ．


(2) 设点Q 在直线 x = -3 上，且OP × PQ = 1 ．证明：过点 P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点 F ．

【解析】(1)设 P(x, y) ， M (x0 , y0 ) ，则 N (x0 , 0) ， NP = (x - x0 , y) ， NM = (0.y0 ) ．


由 NP =

2 NM 得
x0 = x ， y0 =
2 y ．
2



x2
∵ M (x0 , y0 ) 在C 上，∴ 2
+ y2
2
= 1．


因此点 P 的轨迹方程为 x2 + y2 = 2 ．
(2)由题意知 F (-1, 0) ．设Q(-3, t) ， P(m, n) ，则

OQ = (-3, t) ， PF = (-1- m, -n) ， OQ × PF = 3 + 3m - tn ，

OP = (m, n) ， PQ = (-3 - m, t - n) ，

由OP × PQ = 1 得-3m - m2 + tn - n2 = 1 ，又由(1)知m2 + n2 = 2 ， 故3 + 3m - tn = 0 ．
∴ OQ × PF = 0 ，即OQ ^ PF ．又过点 P 存在唯一直线垂直与OQ ，∴过点 P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点 F ．
24．(2017 北京文)已知椭圆C 的两个顶点分别为 A(-2, 0) ， B(2, 0) ，焦点在 x 轴上，离心率为 3 ．
2
(Ⅰ)求椭圆C 的方程；
(Ⅱ)点 D 为 x 轴上一点，过 D 作 x 轴的垂线交椭圆C 于不同的两点 M ，N ，过 D 作 AM 的垂线交 BN
于点 E ．求证： DBDE 与DBDN 的面积之比为 4：5．

2
【解析】(Ⅰ)设椭圆C 的方程为 x
a2

ìa = 2,
ï
y2
+ = 1(a > 0, b > 0) ．
b2

由题意得í c = 3 , 解得c = 3 ．
ïî a 2

∴ b2 = a2 - c2 = 1．
x2 2

∴椭圆C 的方程为 + y
4
= 1．

(Ⅱ)设 M (m, n) ，且-2 < m < 2 ，则 D(m, 0), N (m, -n) ．
n
m + 2

直线 AM 的斜率kAM
= m + 2 ，由 AM ^ DE ，则 kAM × kDE = -1 ，故直线 DE 的斜率 kDE = n ．

∴直线 DE 的方程为 y = -
ì y = - m + 2 (x - m),

m + 2


n
(x - m) ．直线 BN 的方程为 y =
n


2 - m
(x - 2) ．

ï
联立í
ï y =
n
n (x - 2),

n(4 - m2 )
，解得点 E 的纵坐标 yE = - 4 - m2 + n2 ．

îï 2 - m


E
由点 M 在椭圆C 上，得 4 - m2 = 4n2 ．∴ y
= - n ．
4
5

又 S△BDE
= 1 | BD | × | y
2 E

|= | BD | × | n | ，S 5


2
△BDN
= 1 | BD | × | n | ，∴ △BDE 与△BDN 的面积之比为 4 : 5 ．
2

25．(2016 年全国 I 理)设圆 x2 + y2 + 2x -15 = 0 的圆心为 A ，直线l 过点 B(1, 0) 且与 x 轴不重合，l 交圆 A

于C ， D 两点，过 B 作 AC 的平行线交 AD 于点 E ．

(I) 证明 EA + EB 为定值，并写出点 E 的轨迹方程；

(II) 设点 E 的轨迹为曲线C1 ，直线l 交C1 于 M ， N 两点，过 B 且与l 垂直的直线与圆 A 交于 P ， Q 两点， 求四边形 MPNQ 面积的取值范围．
【解析】(Ⅰ)∵| AD |=| AC | ， EB // AC ，故ÐEBD = ÐACD = ÐADC ，

∴| EB |=| ED | ，故| EA | + | EB |=| EA | + | ED |=| AD |．

又圆 A 的标准方程为(x + 1)2 + y2 = 16 ，从而| AD |= 4 ，∴| EA | + | EB |= 4 ． 由题设得 A(-1,0) ， B(1,0) ， | AB |= 2 ，由椭圆定义可得点 E 的轨迹方程为：

x2 + y2 =

1 ( y ¹ 0 )．

4 3

(Ⅱ)当l 与 x 轴不垂直时，设l 的方程为 y = k (x - 1)(k ¹ 0) ， M (x1, y1) ， N (x2, y2 ) ．

ì y = k (x - 1)

2
ï
由í x2 + y
得(4k 2 + 3)x2 - 8k 2 x + 4k 2 - 12 = 0 ．
= 1

ïî 4 3


8k
2
则 x1 + x2 = 4k 2 + 3 ， x1x2 =
4k 2 - 12
．
4k 2 + 3



1 + k 2
∴| MN |=
| x1 - x2 |=
12(k 2 + 1)
．
4k 2 + 3


k 2 + 1
过点 B(1,0) 且与l 垂直的直线 m ： y = - 1 (x - 1) ， A 到m 的距离为 2 ，∴
k


k 2 + 1
42 - (
2
)2
4k 2 + 3
k 2 + 1
| PQ |= 2 = 4 ．故四边形 MPNQ 的面积


1 +
1
4k 2 + 3
S = 1 | MN || PQ |= 12 ．
2

可得当l 与 x 轴不垂直时，四边形 MPNQ 面积的取值范围为[12,8 3) ．

当l 与 x 轴垂直时，其方程为 x = 1 ， | MN |= 3 ， | PQ |= 8 ，四边形 MPNQ 的面积为 12．

综上，四边形 MPNQ 面积的取值范围为[12,8 3) ．


2
26．(2016 年北京文)已知椭圆C ： x
a2

(Ⅰ)求椭圆C 的方程及离心率；
y2
+ = 1过 A(2, 0) ， B(0,1) 两点．
b2


(Ⅱ)设 P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线 PA 与 y 轴交于点 M ，直线 PB 与 x 轴交于点 N ，求证：


四边形 ABNM 的面积为定值．

【解析】(I)由题意得， a = 2 ， b = 1．∴椭圆C 的方程为

x2 + 2


y
4


= 1 ．



又c =
= ，∴离心率e = c = 3 ．
a2 - b2
3
a 2

(II)设R( x , y ) ( x < 0 ， y < 0 )，则 x2 + 4 y2 = 4 ．
0 0 0 0 0 0


又A(2, 0) ， B(0,1) ，∴直线RA 的方程为 y =
y0 x0 - 2
( x - 2) ．



令 x = 0 ，得 y
= - 2 y0
，从而 BM
= 1- y
= 1+
2 y0 ．


M
M
x0 - 2 x0 - 2

直线RB 的方程为 y = y0 -1 x +1．
x0


令 y = 0 ，得 xN
= - x0
y -1
，从而 AN
= 2 - xN
= 2 +
x0

y -1
，∴四边形ABNM 的面积

0 0



1
2
S = AN × BM
1 æ x öæ 2 y ö x2 + 4 y2 + 4x y - 4x - 8 y + 4
= 2 + 0 1+ 0 = 0 0 0 0 0 0



2 ç y
-1֍
x - 2 ÷
2 ( x y
- x - 2 y
+ 2)

è 0 øè 0 ø
0 0 0 0


= 2x0 y0 - 2x0 - 4 y0 + 4 = 2 ．
x0 y0 - x0 - 2 y0 + 2
从而四边形ABNM 的面积为定值．
x2 + y2 = > >3


27．(2016 年北京理)已知椭圆C ： a2
ΔOAB 的面积为 1． (Ⅰ)求椭圆C 的方程；
b2 1(a b
0) 的离心率为
， A(a, 0) ， B(0, b) ， O(0, 0) ，
2

(Ⅱ)设 P 是椭圆C 上一点，直线 PA 与 y 轴交于点 M ，直线 PB 与 x 轴交于点 N ． 求证： | AN | × | BM |为定值．
=
,
ì c 3
a
2
ï
1
ï
ï

【解析】(Ⅰ)由题意得í
ab = 1,
2
解得 a = 2, b = 1．

ï
ïa2 = b2 + c2 ,
ïî


2
∴椭圆C 的方程为 x
4
+ y 2
= 1 ．


(Ⅱ)由(Ⅰ)知， A(2,0), B(0,1) ，设 P(x , y ) ，则 x2 + 4 y 2 = 4 ．
0 0 0 0

当 x0
¹ 0 时，直线 PA 的方程为 y =
y0

x - 2
(x - 2) ．


令 x = 0 ，得 y

= - 2 y0
0



．从而 BM


= 1- y


2 y0
x0 - 2
M
= 1+ ．

M
x0 - 2

直线 PB 的方程为 y = y0 -1 x +1．
x0


令 y = 0 ，得 xN
= - x0 y0 -1

．从而 AN
= 2 - xN
= 2 + ．



x0 y0 -1
x 2 y
x2 + 4 y2 + 4x y - 4x - 8y + 4 4x y - 4x - 8y + 8

∴ AN × BM
= 2 + 0 × 1+ 0
= 0 0 0 0 0 0 = 0 0 0 0
= 4 ．

y0 -1
x0 - 2
x0 y0 - x0 - 2 y0 + 2
x0 y0 - x0 - 2 y0 + 2



当 x0 = 0 时， y0 = -1 ， BM
= 2, AN
= 2, ∴ AN × BM
= 4 ．



综上， AN × BM
为定值．



x2
28．(2016 年山东文)已知椭圆 C：
a2
y2
+ = 1(a > b > 0) 的长轴长为 4，焦距为 2 2．
b2


(Ⅰ)求椭圆 C 的方程；
(Ⅱ)过动点 M(0，m)(m>0)的直线交 x 轴与点 N，交 C 于点 A，P(P 在第一象限)，且 M 是线段 PN 的中点．过点 P 作 x 轴的垂线交 C 于另一点 Q，延长线 QM 交 C 于点 B．
k¢

(i) 设直线 PM、QM 的斜率分别为 k、k'，证明
k
(ii) 求直线 AB 的斜率的最小值．
为定值；




【解析】(Ⅰ)设椭圆的半焦距为 c ，由题意知 2a = 4, 2c = 2 2 ，


∴ a = 2,b =
2
a 2 - c 2
2
2
= ，∴椭圆 C 的方程为 x + y = 1．

4 2

(Ⅱ)(i)设 P ( x0, y0 )( x0 > 0, y0 > 0) ，由 M(0， m )，可得 P ( x0 , 2m), Q ( x0 , -2m).

2m - m m -2m - m 3m
∴直线 PM 的斜率 k = = ，直线 QM 的斜率 k ' = = - ．

x0 x0
k ' k '
x0 x0

此时 = -3 ，∴
k k
为定值-3 ．

(ii)设 A( x1, y1 ), B ( x2, y2 ) ，直线 PA 的方程为 y = kx + m ， 直线 QB 的方程为 y = -3kx + m ．
ì y = kx + m
ï 2 2 2

联立 í x2
ïî 4
+ y2 =
1
2
，整理得(2k
+1) x
+ 4mkx + 2m
- 4 = 0 ．


0
2m2 - 4
2 (m2 - 2 )
2k (m2 - 2 )

0
由 x0 x1 =
2k 2 +1 可得 x1 = (2k 2 +1) x
，∴ y1 = kx1 + m = (2k 2 +1) x
+ m ，

2 (m2 - 2)
0 0
同理 x2 = (18k 2 +1) x
-6k (m2 - 2)
, y2 = (18k 2 +1) x

+ m ．

2 (m2 - 2)
0 0 0
∴ x2 - x1 = (18k 2 +1) x
2 (m2 - 2)
-
(2k 2 +1) x
-32k 2 (m2 - 2)
=
(18k 2 +1)(2k 2 +1) x ，

0 0 0
-6k (m2 - 2)


y2 - y1 = (18k 2 +1) x
2 (m2 - 2 )
+ m -
(2k 2 +1)x

- m =
-8k (6k 2 +1 )(m2 - 2 )


(18k 2 +1 )(2k 2 +1 )x ，



= y - y = 6k 2 +1 = 1 æ


+ 1 ö


∴ kAB
 2 1
ç 6k ÷.

x2 - x1
4k 4 è k ø



1
由m > 0, x0 > 0 ，可知 k>0，∴ 6k + k ³ 2
，等号当且仅当 k = 时取得，此时 m
6
6
4 - 8m2
6
= ，即
6
6



14
6
m = ，符号题意，∴直线 AB 的斜率的最小值为 ．
7 2


2
29．(2015 新课标 2 文)已知椭圆C ： x
a2

在C 上．
(Ⅰ)求C 的方程；
y2
2
+ = 1(a > b > 0) 的离心率为
b2 2
，点(2, 2)

(Ⅱ)直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴， l 与C 有两个交点 A, B ，线段 AB 的中点为 M ．证明：直线

OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值．

a2 - b2
2
4 2

【解析】(Ⅰ)由题意有
a
= ，
2 a2
+ = 1，解得 a2 = 8,b2 = 4 ．
b2


2
2
∴ C 的方程为 x + y = 1．
8 4

(Ⅱ)设直线l ： y = kx + b (k ¹ 0, b ¹ 0) ， A(x1 , y1 ) ， B(x2 , y2 ) ， M (xM , yM )


将 y = kx + b
代入 x2 + y2 = 1得(2k 2 +
8 4

1)x
2 + 4kbx +
2b2 - 8 = 0 ．

故 x = x1 + x2 =

-2kb
， y


= k × x
+ b = b ．


M 2 2k 2 +1 M M 2k 2 +1


于是直线OM 的斜率kOM
= yM xM
= - 1 2k

，即 kOM

× k = - ．
1
2


∴直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值．

30．(2015 新课标 2 理)已知椭圆 C： 9x2 + y2 = m2 ( m > 0 )，直线l 不过原点 O 且不平行于坐标轴，l 与 C

有两个交点 A，B，线段 AB 的中点为 M．

(Ⅰ)证明：直线 OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；


(Ⅱ)若 l 过点
m
( , m) 3

，延长线段 OM 与 C 交于点 P，四边形 OAPB 能否为平行四边行？若能，求此时 l 的斜

率；若不能，说明理由．

【解析】(Ⅰ)设直线l : y = kx + b (k ¹ 0, b ¹ 0) ， A(x1 , y1 ) ， B(x2 , y2 ) ， M (xM , yM ) ．

将 y = kx + b 代入9x2 + y2 = m2 得(k 2 + 9)x2 + 2kbx + b2 - m2 = 0 ，


故 xM
= x1 + x2 = -
2
kb k 2 + 9

， yM = kxM

+ b =
9b
．
k 2 + 9


于是直线OM 的斜率k
= yM = - 9 ，即 k
× k = -9 ．

OM
xM k

OM
∴直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值．
(Ⅱ)四边形OAPB 能为平行四边形．
m
∵直线l 过点( , m) ，
3
∴ l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是 k > 0 ， k ¹ 3 ．


9
由(Ⅰ)得OM 的方程为 y = - k x ．设点 P 的横坐标为 xP ．

ì y = - 9 x,



k 2m2

3 k 2 + 9
2


±km

í
由ï k
得 xP =

9k 2 + 81
，即 xP = ．

ïî9x2 + y2 = m2 ,
将点( m , m) 的坐标代入直线l 的方程得b = m(3 - k ) ，因此 x


mk (k - 3)
= ．


3 3 M 3(k 2 + 9)

7
四边形OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线段OP 互相平分，即 xP = 2xM ．


±km
3 k 2 + 9
于是
= 2 ´
mk (k - 3)


2
．解得 k1 = 4 -
7 ， k2 = 4 + ．

3(k + 9)


7
∵ ki > 0, ki ¹ 3 ， i = 1， 2 ，∴当l 的斜率为4 - 或 4 +
7 时，四边形OAPB 为平行四边形．



2
31．(2015 陕西文)如图，椭圆 E ： x
a2

(Ⅰ)求椭圆 E 的方程；
y2
2
+ = 1( a > b >0)经过点 A(0, -1) ，且离心率为 ．
b2 2

(Ⅱ)经过点(1,1) ，且斜率为k 的直线与椭圆 E 交于不同的两点 P, Q (均异于点 A )，证明：直线 AP 与 AQ
的斜率之和为 2．







c
【解析】(Ⅰ)由题设知 =
a


2
2 ， b=1结合 a2 = b2 + c2 ，解得 a = ．
2




∴椭圆的方程式为
x2 + 2


y
2
= 1．



(Ⅱ)由题设知，直线 PQ 的方程式为 y = （k x -1）+1 (k ¹ 2) ，代入
x2 + 2


y
2
= 1，


得(1+ 2k 2 ) x2 - 4k(k -1) x + 2k(k - 2) = 0 ． 由已知Δ >0．

4k (k -1) 2k (k - 2)

设 P(x1 , y1 ) ， Q(x2 , y2 ) ， x1 x2 ¹ 0 ， 则 x1 + x2 =
1+ 2k 2
, x1 x2 =
．
1+ 2k 2


从而直线 AP, AQ 的斜率之和 k
AP + kAQ
= y1 +1 + y2 +1 = kx1 + 2 - k + kx2 + 2 - k x1 x2 x1 x2


= 2k + (2 - k )( 1 + 1 ) = 2k + (2 - k ) x1 + x2 = 2k + (2 - k) 4k(k -1) = 2k - 2(k -1) = 2 ．


x1 x2
x1 x2
2k(k - 2)




32．(2014 江西文理)如图，已知双曲线C ：
x2
- 2
a2 y
= 1( a > 0 )的右焦点 F ，点 A, B 分别在C 的两条渐近


线上， AF ^ x 轴， AB ^ OB, BF ∥ OA( O 为坐标原点)．

(1) 求双曲线C 的方程；

(2) 过C 上一点 P(x0,
y0 )( y0
¹ 0) 的直线l : x0 x - y
a2 0
y = 1与直线 AF 相交于点 M ，与直线 x = 相交于点
3
2



MF
NF
N ，证明：当点 P 在C 上移动时，
恒为定值，并求此定值．





1 1
【解析】(1)设 F (c, 0) ，∵ b = 1 ，∴ c = a2 + 1 ，直线 OB 方程为 y = - a x ，直线 BF 的方程为 y = a (x - c) ，
c c 1 c 3

解得 B( 2 , - 2a ) ，又直线 OA 的方程为 y = a x ，则 A(c, a ), kAB = a .
3 1


x2 2


又∵AB ^ OB，∴
(- ) = -1，解得 a2 = 3 ，故双曲线 C 的方程为 - y
a a 3
= 1.

(2)由(1)知 a =
3 ，则直线l 的方程为 x0 x - y y = 1( y

¹ 0) ，即 y = x0 x - 3 ，

3 0 0

2x - 3
3y0

3

3 x - 3


2
∵直线 AF 的方程为 x = 2 ，∴直线l 与 AF 的交点 M (2, 0 ) ，直线l 与直线 x = 的交点为 3 2 0 ，





MF 2


4(2x


- 3)2
3y0

x 2
N ( ,
2
)
3y0

则 = 0 ，∵是 C 上一点，则 0 - y 2 = 1. ，代入上式得

0 0
NF 2 9[ y2 + (x - 2)2 ] 3 0

MF 2
4(2x
- 3)2
4(2x
- 3)2 4

2 3
= 0 = 0 = MF


0 0
NF 2
9[ y2 + (x
- 2)2 ]
x2
9[ 0 -1 + ( x
- 2) 2]
3 ，所求定值为 = ．
NF 3

3 0
x2 y2 3

33．(2013 山东文理)椭圆C : +
a2 b2
= 1(a > b > 0) 的左、右焦点分别是 F1 , F2 ，离心率为
2 ，过 F1 且垂

直于 x 轴的直线被椭圆C 截得的线段长为 l． (Ⅰ)求椭圆C 的方程；
(Ⅱ)点 P 是椭圆C 上除长轴端点外的任一点，连接 PF1 , PF2 ．设ÐF1PF2 的角平分线 PM 交C 的长轴于点
M (m, 0) ，求 m 的取值范围；
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，过点 P 作斜率为 k 的直线l ，使得l 与椭圆C 有且只有一个公共点．设直线 PF1 , PF2 的


斜率分别为 k , k ，若 k ¹ 0 ，试证明 1 +

1
为定值，并求出这个定值．


1 2




2 2 2
kk1 kk2

x = -c


x2 y2 b2


【解析】：(Ⅰ)由于c
= a - b ， 将
代入椭圆方程 +
a2 b2
= 1得 y = ±
a


2b2 c 3


由题意知
= 1，即 a = 2b2 ，又e = = ，

a a 2


∴ a = 2 ， b = 1，∴椭圆方程为
x2 + 2


y
4
= 1．




(Ⅱ)由题意可知：
PF × PM
1
uuuv uuuuv =
| PF1 || PM |
PF × PM
2
uuuv uuuuv ，
| PF2 || PM |
PF × PM
1
uuuv =
| PF1 |
PF × PM
2
uuuv ，
| PF2 |


设 P(x , y ) 其中 x2 ¹ 4 ，将向量坐标代入并化简得： m(4x2 -16) = 3x3 -12x ，
0 0 0 0 0 0

0
∵ x2 ¹ 4 ，

3
3 3
∴ m = 4 x0 ，而 x0 Î(-2, 2) ，∴ m Î (- 2 , 2)
(Ⅲ)由题意可知，l 为椭圆的在 P 点处的切线，由导数法可求得，切线方程为：

x + 3
x - 3
1
x0 x + y y = 1，∴ k = - x0 ，而 k = y0 ,k = y0 ，代入 + 1 中 得

0
4 0 4 y 1 2 kk kk
3
1 2


1


kk1
+ 1
kk2
= -4( x0 +
x0
3 + x0 -
x0
) = -8 为定值．

34．(2012 湖南理)在直角坐标系 xoy 中，曲线C 的点均在C ：(x - 5)2 + y 2 = 9 外，且对C 上任意一点 M ，
1 2 1

M 到直线 x = -2 的距离等于该点与圆C2 上点的距离的最小值．

(Ⅰ)求曲线C1 的方程；

(Ⅱ)设 P(x0 , y0 ) ( y ¹ ±3 )为圆C2 外一点，过 P 作圆C2 的两条切线，分别与曲线C1 相交于点 A，B 和 C，D．证明：当 P 在直线 x = -4 上运动时，四点 A，B，C，D 的纵坐标之积为定值．

(x - 5)2 + y2
1
【解析】(Ⅰ)解法 1 ：设 M 的坐标为(x, y) ，由已知得 x + 2 = 易知圆C2 上的点位于直线 x = -2 的右侧．于是 x + 2 > 0 ，所以化简得曲线C 的方程为 y2 = 20x ．
- 3 ，

(x - 5)2 + y2
= x + 5 ．

1
解法 2 ：由题设知，曲线C1 上任意一点 M 到圆心C2 (5, 0) 的距离等于它到直线 x = -5 的距离，因此，曲线C 是以(5, 0) 为焦点，直线 x = -5 为准线的抛物线，故其方程为 y2 = 20x ．
(Ⅱ)当点 P 在直线 x = -4 上运动时，P 的坐标为(-4, y0 ) ，又 y0 ¹ ±3 ，则过 P 且与圆C2 相切的直线的斜率
k 存在且不为 0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为 y - y0 = k(x + 4),即kx-y+y0 +4k=0 ．于是

5k + y0 + 4k
k 2 +1
= 3.



整理得

72k 2 +18 y k + y2 - 9 = 0. ①


0 0
设过 P 所作的两条切线 PA, PC 的斜率分别为 k1 , k2 ，则 k1 , k2 是方程①的两个实根，故
k + k = - 18 y0 = - y0 . ②

1 2 72 4

由ìk1x - y + y0 + 4k1 = 0, 得 k y2 - 20 y + 20( y

+ 4k ) = 0. ③

î
í y2 = 20x,
1 0 1



设四点 A，B，C，D 的纵坐标分别为 y , y , y , y ，则 y , y 是方程③的两个实根，所以 y × y
= 20( y0 + 4k1 ) .


k
1 2 3 4 1 2 1 2
1

④

同理可得

y × y
= 20( y0 + 4k2 ) . ⑤


k
3 4
2

于是由②，④，⑤三式得


400( y + 4k )( y + 4k )
400 éë y2 + 4(k + k ) y +16k k ùû
400[ y2 - y2 +16k k ]


y1 y2 y3 y4
= 0 1 0 2 =
k1k2
0 1 2 0 1 2 =
k1k2
0 0 1 2
k1k2
= 6400 ．

所以当 P 在直线 x = -4 上运动时，四点 A, B, C, D 的纵坐标之积为定值 6400．
考点 100 最值与范围问题


2
2
34．【2020 年江苏 18】在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 E : x + y
4 3
= 1 的左、右焦点分别为 F1 、F2 ，


点

A 在椭圆 E 上且在第一象限内， AF2 ^ F1F2 ，直线 AF1 与椭圆 E 相交于另一点 B ．

(1) 求DAF1F2 的周长；

(2) 在 x 轴上任取一点 P ，直线 AP 与椭圆 E 的右准线相交于点Q ，求OP ×QP 的最小值；

(3) 设点 M 在椭圆 E 上，记DOAB 与DMAB 的面积分别为 S1 , S2 ，若 S2 = 3S1 ，求点 M 的坐标．



【答案】见解析

【解析】(1) DAF1F2 的周长l = 2a + 2c = 6 ．

(2) 由椭圆方程得 A(1, 3) ，设点 P(t,0) ，则直线 AP 方程为 y =
2



3


2 (x - t ) ，
1 - t


令 x =


2
a
= 4 得 y

6 - 3 t
= 2

= 12 - 3t ，即Q(4,12 - 3t ) ， uuur = (t - 4,12 - 3t ) ，


c Q 1- t
2(1- t)
2 - 2t
2t - 2


QP
OP ×QP = t2 - 4t = (t - 2)2 - 4 ³ -4 ，即OP ×QP 的最小值为-4 ．

(3) 设 O 到直线 AB 的距离为d1 ， M 到直线 AB 的距离为 d2 ，

1 1
若 S2 = 3S1 ，则 2 ´ | AB | ´d2 = 2 ´ | AB | ´d1 ´ 3 ，即 d2 = 3d1 ，
3 3 9
由(1)可得直线 AB 方程为 y = 4 ( x + 1) ，即3x - 4 y + 3 = 0 ，∴ d1 = 5 ， d2 = 5 ．
9

由题意得， M 点应为与直线 AB 平行且距离为
的直线与椭圆的交点，
5
9

设平行于 AB 的直线l 为3x - 4 y + m = 0 ，与直线 AB 的距离为 ，
5
| m - 3 |
9 +16
∴ = 9 ，即 m = -6 或12 ．
5
3

当m = -6 时，直线 l 为3x - 4 y - 6 = 0 ，即 y =

ì y = 3 ( x - 2)


( x - 2) ，
4
ì x

= - 2



ï 4 ì xM = 2 ï M 7

联立í x2 y2 可得( x - 2)(7x + 2) = 0 ，即í y
= 0 或í 12 ，

î
ï 4 + 3 = 1
2 12
î N ï y = -
ï
î N 7

∴ M (2,0) 或(- , - ) ．
7 7
3

当m = 12 时，直线l 为3x - 4 y + 12 = 0 ，即 y =

ì y = 3 ( x + 4)

( x + 4) ，
4

ï 4
联立í x2 y2
可得 21 x2
4
+ 18x + 24 = 0 ， D = 9 ´(36 - 56) < 0 ，∴无解．

î
ï 4 + 3 = 1
综上所述， M 点坐标为(2,0) 或(-

2 , - 12 ) ．
7 7


x
2
36. 【2020 浙江 21】如图，已知椭圆C1 : 2 +

y 2 = 1 ，抛物线C2

: y2 = 2 px( p > 0) ，点 A 是椭圆C 与抛


1
物线C2 的交点，过点 A 的直线 l 交椭圆C1 于点 B，交抛物线C2 于 M(B，M 不同于 A)．





(Ⅰ)若 p = 1
16
，求抛物线C2 的焦点坐标；

(Ⅱ)若存在不过原点的直线 l 使 M 为线段 AB 的中点，求 p 的最大值．

【解析】(Ⅰ)当 p =
1 时， C 的方程为 y2 = 1 x ，故抛物线C 的焦点坐标为( 1


, 0) ；

16 2 8 2 32

(Ⅱ)设 A( x1, y1 ), B ( x2, y2 ), M ( x0, y0 ),
ìx2 + 2 y2 = 2
l : x = ly + m

î
由íx = ly + m
Þ (2 +l2 ) y2 + 2lmy + m2 - 2 = 0


\ y + y
= -2lm , y

= -lm , x


= ly
+ m = 2m


1 2 2 + l2 0
2 + l2 0 0
2 + l2

l2m2
= 4 pm Þ l2m =


由 M 在抛物线上，∴
2 2 2 4 p


ì y2 = 2 px
(2 +l2 )
2 +l 2 +l

î
íx = ly + m
Þ y2 = 2 p(ly + m) Þ y2 - 2 ply - 2 pm = 0


\ y1 + y0 = 2 pl

\ x + x = ly + m + ly
+ m = 2 pl2 + 2m

1 0 1 0

\ x1
= 2 pl2 + 2m -
2m 2 + l2



y
x2 + 2


由{ 2
= 1 Þ x2 + 4 px = 2, 即 x2 + 4 px - 2 = 0

y2 = 2 px



Þ x1

Þ -
= = -2p +
-4 p + 16 p2 + 8
2

4 p2 + 2
2


4p 2 + 2
1 + l2




2 8 p


2 p +
= 2 pl + 2m × 2 + l2 = 2 pl + l2 + 8 p ³ 16 p

4 p2 + 2
∴ ³ 18 p ， p2 £
1 ， p £ 10 ，∴ p 的最大值为 10 ，此时 A( 2 10 ,
5 ) ．

160 40
40 5 5
1

37. 【2019 全国Ⅱ理】已知点 A(−2，0)，B(2，0)，动点 M(x，y)满足直线 AM 与 BM 的斜率之积为− ．记
2
M 的轨迹为曲线 C．

(1) 求 C 的方程，并说明 C 是什么曲线；

(2) 过坐标原点的直线交 C 于 P，Q 两点，点 P 在第一象限，PE⊥x 轴，垂足为 E，连结 QE 并延长交 C 于点 G．
(i) 证明： △PQG 是直角三角形；
(ii) 求△PQG 面积的最大值．
16

【答案】(1)见解析；(2) ．
9
y × y



= - 1




x2 y2


【解析】(1)由题设得
x + 2
，化简得 +
x - 2 2 4 2
= 1(| x |¹ 2) ，∴C 为中心在坐标原点，焦点在 x


轴上的椭圆，不含左右顶点．
(2)(i)设直线 PQ 的斜率为 k，则其方程为 y = kx(k > 0) ．

ì y = kx 2
1+ 2k 2
1
ï

由í x2
ï
+ y2 =

得 x = ± ．

î 4 2

2
1+ 2k 2
记u =


，则 P(u, uk ), Q(-u, -uk ), E(u, 0) ．


于是直线QG 的斜率为 k ，方程为 y = k (x - u) ．
2 2
ì y = k (x - u),

ï 2
由í x2 y2 得
ï
ï + = 1
î 4 2

(2 + k 2 )x2 - 2uk 2x + k 2u 2 - 8 = 0 ．①


设G(xG , yG ) ，则
-u 和 xG 是方程①的解，故 xG =
u(3k 2 + 2)


2 + k 2
uk 3
，由此得 yG = 2 + k 2 ．

uk 3
2 + k 2
- uk
= - 1

从而直线 PG 的斜率为 u(3k 2 + 2) k ．
2 + k 2 - u
1+ k 2
∴ PQ ^ PG ，即△PQG 是直角三角形．


(ii) 由 (i) 得
| PQ |= 2u
， | PG |=

2uk k 2 +1
2 + k 2
， ∴ △ PQG 的 面 积


S = 1 | PQ‖PG |=


8k(1 + k 2)
8( 1 + k)
= k ．


2 (1 + 2k 2 )(2 + k 2 ) 1+ 2( 1 + k)2 k

1
设 t=k+
k

，则由 k>0 得 t≥2，当且仅当 k=1 时取等号．

∵ S =
8t 1+ 2t2
16
在[2，+∞)单调递减，∴当 t=2，即 k=1 时，S 取得最大值，最大值为 ．
9
16

因此，△PQG 面积的最大值为 ．
9
38. 【2019 浙江】如图，已知点 F (1，0) 为抛物线 y2 = 2 px( p > 0) 的焦点，过点 F 的直线交抛物线于 A、B

两点，点 C 在抛物线上，使得△ABC 的重心 G 在 x 轴上，直线 AC 交 x 轴于点 Q，且 Q 在点 F 的右侧．记
△AFG,△CQG 的面积分别为 S1 , S2 ．
(1) 求 p 的值及抛物线的准线方程；

(2) 求 S1 的最小值及此时点 G 的坐标．
S2



【解析】(1)由题意得 p
2
= 1，即p=2．

∴，抛物线的准线方程为x=−1．

(2)设 A( x , y ), B ( x , y ),C ( x , y ) ，重心G ( x , y ) ．令 y = 2t, t ¹ 0 ，则 x
= t 2 ．

A A B B c c G G A A


由于直线AB过F，故直线AB方程为 x =

2 (t 2 -1)
t 2 -1 2t
y + 1 ，代入 y2
= 4x ，得

y2 -
t
y - 4 = 0 ，


故2ty = -4 ，即 y = - 2 ，∴ B æ 1 , - 2 ö ．

B B t
ç t 2 t ÷

è ø
1 1 2

又 由 于
xG =
( xA + xB + xc ), yG =
3 3
( yA + yB + yc )
及 重 心 G 在 x 轴 上 ， 故
2t - t + yc = 0 ， 得

ææ 1
ö2 æ 1
öö æ 2t 4 - 2t 2 + 2 ö

C çç t - t ÷
, 2ç t - t ÷÷ ,G ç
3t 2
, 0 ÷ ．

èè ø è øø è ø
∴，直线AC方程为 y - 2t = 2t ( x - t 2 ) ，得Q (t 2 -1, 0) ． 由于Q在焦点F的右侧，故t 2 > 2 ．从而
2t 4 - 2t 2 + 2 -
3t 2
1 × | 2t |
1

S1
S2
| FG | × yA
= 2 =
1 | QG | × y 2



2t 4 - 2t 2 + 2 2


= 2t 4 - t 2 =
t 4 -1
t 2 - 2
2- t 4 -1 ．

2 c | t
-1-
3t 2
| × | - 2t |
t


令m = t 2 - 2 ，则m>0，


S1 = 2 -
S2
m


m2 + 4m + 3
= 2 -
1


m + 3 + 4
m
…2 - = 1+ 3 ．
1
2 m × 3 + 4
m
2



3
当m = 时， S1 取得最小值1+
S2
3
，此时G(2，0)．
2


39．(2018 浙江 21)
如图，已知点 P 是 y 轴左侧(不含 y 轴)一点，抛物线C : y2 = 4x 上存在不同的两点 A, B 满足 PA, PB 的中点均在C 上．
(I) 设 AB 中点为 M ，证明： PM 垂直于 y 轴；


(II) 若 P 是半椭圆 x2
y2
+ = <
1(x 0) 上的动点，求△PAB 面积的取值范围．
4




【解析】解析一【标准答案】： (I)设 P ( x , y ) ， Aæ 1 y 2 , y ö ， B æ 1 y 2 , y ö ．
0 0 ç 4 1 1 ÷ ç 4 2 2 ÷
è ø è ø
1 2

æ y + y ö2
y + x0

∵ PA , PB 的中点在抛物线上，∴ y , y 为方程 0 = 4´ 4 ，即
1 2 ç 2 ÷ 2
è ø
0 0 0
y2 - 2 y y + 8x - y 2 = 0 的两个不同的实根．

∴ y1 + y2 = 2 y0 ，因此， PM ^ y 轴．
ìï y1 + y2 = 2 y0 ,

(II)由(I)可知í y × y
= 8x
，
- y 2

îï 1 2 0 0

∴\ PM
= 1 ( y2 + y2 ) - x

= 3 y2 - 3x ， y - y = 2


2 y - 4x
(
2
0 0
)
8 1 2 0
4 0 0 1 2

1
2
3 2
3
4
2

因此△PAB 的面积 S△PAB =
PM × y1 - y2 = ( y0 - 4x0 )2 ．


y2 2 2

∵ x2 + 0
= 1( x
< 0) ，∴ y
- 4x
= -4x
- 4x
+ 4 Î[4 , 5]，

0 4 0
0 0 0 0

因此，
é
△PAB 的面积的取值范围是 6
, 15 10 ù ．

2
ê 4 ú
ë û
解法二： (I)设 A( x1 , y1 ) , B ( x2 , y2 ) ， AB 中点 M ( xM , yM ) ． PA , PB 的中点为 C , D ． CD 中点为
N ( xN , yN ) ．由题知 AB // CD ， AB = 2CD ．由三角形知识可知， P , M , N 三点共线．

当 x ¹ x 时， k
= y2 - y1 =


4 = 2


，同理k
= 2 ．\ y = y ，\ PM 垂直于 y 轴．


2 1 AB
x - x y
+ y y
CD y M N

2 1 1 2 M N


当 x2 = x1 时，
P , M , N 三点都在 x 轴上，∴ PM 垂直于 y 轴．



综上可知， PM 垂直于 y 轴．
, )
40．(2017 浙江文理)如图，已知抛物线 x2 = y ．点 A(- 1 1
2 4

3 9
，B( , )
2 4


，抛物线上的点 P(x, y) (- < x < ) ，
1 3
2 2

过点 B 作直线 AP 的垂线，垂足为Q ．



(Ⅰ)求直线 AP 斜率的取值范围；
(Ⅱ)求| PA | × | PQ |的最大值．
x2 - 1
【解析】(Ⅰ)设直线 AP 的斜率为 k ， k = 4 = x - 1 ，
x + 1 2
2
1 3
因为- < x < ，所以直线 AP 斜率的取值范围是(-1,1) ．
2 2
ìkx - y + 1 k + 1 = 0,

(Ⅱ)联立直线 AP 与 BQ 的方程 ï
í
ï
ïx + ky -
î
2 4
9 k - 3 = 0,
4 2
解得点 Q 的横坐标是 xQ =
-k 2 + 4k + 3
，
2(k 2 +1)




1+ k 2
因为| PA |=
(x +
1 ) =
1+ k 2
2
(k +1) ， | PQ |=

Q
1+ k 2 (x
- x) = -
(k -1)(k +1)2
k 2 +1
，


所以| PA || PQ | = -(k -1)(k +1)3 ，令 f (k ) = -(k -1)(k +1)3 ，因为 f ¢(k ) = -(4k - 2)(k +1) 2 ，

1 1 1 27
所以 f (k ) 在区间(-1, ) 上单调递增， ( ,1) 上单调递减，因此当 k = 时， | PA || PQ |取得最大值 ．
2 2 2 16

2
41．(2017 山东文)在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C： x
a2
y2
2
+ = 1 (a > b > 0) 的离心率为
b2 2
，椭圆

2
C 截直线 y = 1所得线段的长度为 2 ．

(Ⅰ)求椭圆C 的方程；

(Ⅱ)动直线l ： y = kx + m(m ¹ 0) 交椭圆C 于 A ， B 两点，交 y 轴于点 M ．点 N 是 M 关于O 的对称

点，e N 的半径为| NO | ．设 D 为 AB 的中点，DE ，DF 与e N 分别相切于点 E ，F ，求ÐEDF

的最小值．




2
2 2 2
2 2 a2
2 a2

【解析】(Ⅰ)由椭圆的离心率为
2
，得 a
= 2(a - b ) ，又当 y = 1时， x
= a - ，得 a b2
- = 2 ，
b2


+ =
2
2
∴ a2 = 4 ， b2 = 2 ，因此椭圆方程为 x y 1．
4 2


ì y = kx + m

2 2 2

î
(Ⅱ)设 A(x1, y1 ), B(x2 , y2 ) ，联立方程íx2 + 2 y2 = 4 ，得(2k
+1)x + 4kmx + 2m
- 4 = 0 ，



由D > 0
得 m2 < 4k 2 + 2 4km
(*)
2m

2km m

且 x1 + x2 = 2k 2 +1
，因此 y1 + y2 = 2k 2 +1
，∴ D(-
2k 2 +
,
1 2k
2 +1)
，又 N (0, -m) ，


∴ ND 2

= (-
2km )2 + ( m
2k 2 +1 2k 2 +1

+ m)2

，整理得： ND 2
4m2 (1+ 3k 2 + k 4 )
=
，
(2k 2 +1)2


∵ NF = m ，∴
= 4(k 4 + 3k 2 +1) = + 8k 2 + 3


ND 2
ND 2
1
，
NF 2
(2k 2 +1)2

t +1
(2k 2 +1)2
16t 16

令t = 8k 2 + 3 ， t ≥3 ，故 2k 2 +1 = ，∴
4

令 y = t + 1 ，∴ y¢ = 1- 1 ．
NF 2
= 1+ = 1+
(1+ t)2
．
t + 1 + 2
t

t t 2
当t ≥3 时， y¢ > 0 ，从而 y = t + 1 在[3, +¥) 上单调递增，因此t + 1 ≥ 10 ，等号当且仅当t = 3 时成立，
t t 3
ND 2
ND
NF
1

2
2
此时 k = 0 ，∴
NF 2
≤1+ 3 = 4 ，由(*)得

NF
ND
1
- < m < 且 m ¹ 0 ，故 ≥ ，
2

p

设ÐEDF = 2q，则sinq=

p
≥ ，∴q得最小值为 ．
2 6

从而ÐEDF 的最小值为
，此时直线l 的斜率时0 ．
3
p

综上所述：当 k = 0 ， m Î(-
2, 0) È (0, 2) 时， ÐEDF 取得最小值为 ．
3

2
2
42．(2017 山东理)在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 E ： x
2
+
y
2 = 1 (a > b > 0) 的离心率为

2
，焦距为 2 ．

a b 2
(Ⅰ)求椭圆 E 的方程；
(Ⅱ)如图，动直线l ： y = k x - 3 交椭圆 E 于 A, B 两点， C 是椭圆 E 上一点，直线OC 的斜率为 k ，且
1 2 2

k1k2 =
2 ， M 是线段OC 延长线上一点，且 MC : AB = 2 : 3 ， eM 的半径为 MC ， OS,OT 是eM 的两条
4

切线，切点分别为 S,T ．求ÐSOT 的最大值，并求取得最大值时直线l 的斜率．





2
【解析】(I)由题意知e = c = ， 2c = 2 ，∴ a =
2,b = 1 ，因此椭圆 E 的方程为
x2 + 2

= 1 ．

a 2
y
ì x2 + 2
ï 2
2

y
= 1,

(Ⅱ)设 A( x1, y1 ), B ( x2 , y2 ) ，联立方程í
ï y = k x -
得(4k 2 + 2) x2 - 4 3k x - 1 = 0 ，
1 1
3 ,

ïî 1 2
1 + k 2
1
2 1 1
1 + k 2 1 + 8k 2
2 3k 1

1 1
由题意知D > 0 ，且 x + x = 1 , x x = -
，∴ AB =
x - x = ．

1 1 ，
1 + k 2 1 + 8k 2
1
1 2 2k 2 + 1 1 2
2 (2k 2 +1)
1 2 1+2k 2

2 2
1
由题意可知圆 M 的半径 r 为 r =
2 AB =

由题设知 k1k2 =
ì x2 +



2 ，∴ k
4 2


2
3 3 2k 2

= 2 ，因此直线OC 的方程为 y =
4k1
+ 1

2 x ．
1 + 8k 2
1
1 + 4k 2
1
4k1

联立方程ï
ï 2 y
2
í
= 1,
8k 2
得 x2 = 1 , y2 =
1 + 4k 2
1
1 + 4k 2
，因此 OC = = ．

ï
ï y =
î
x, 1 1
x2 + y2
4k1

由题意可知sin
ÐSOT = r =
r + OC
2
1 ，而 =
1 +
OC
OC
1 + 8k 2
1
1
1 + 4k 2
2 2
1 + k 2 1 + 8k 2
1
1
r
r 3
= ，
3 2 1 + 2k 2
1
4
1 + 4k 2 1 + k 2
1
1
1
2k 2 + 1

3 t
2
2t 2 + t -1
令t = 1 + 2k 2 ，则t > 1,1 Î(0,1) ，因此 OC

= = = ³ 1 ，当且仅当

1 t r


3 1
2
2 + 1 - 1
t
t 2
3
2
1
-ç t - 2 ÷ + 4
æ 1 1 ö2
9
è ø
1 = 1 ，即t = 2 时等号成立，此时 k = ± 2 ，∴ sin ÐSOT £ 1 ，因此ÐSOT £ p ，∴ ÐSOT 最大值为p．


t 2 1 2
2 2 2 6 3

综上所述： ÐSOT 的最大值为p，取得最大值时直线l 的斜率为 k = ± 2 ．

3 1 2

1
43．(2016 全国 II 理)已知椭圆 E : x2 + y2 = 的焦点在 x 轴上， A 是 E 的左顶点，斜率为 k (k > 0) 的直线
t 3

交 E 于 A, M 两点，点 N 在 E 上， MA ^ NA ．

(Ⅰ)当t = 4,| AM |=| AN | 时，求DAMN 的面积；


(Ⅱ) 当 2 AM
= AN
时，求k 的取值范围．


【解析】(I)设 M ( x1, y1 ) ，则由题意知 y1 > 0 ．


当t =
4 时，椭圆 E 的方程为
x2 + y2 =


4 3

1 ，A 点坐标为
p
(-2 ，0) ，

由已知及椭圆的对称性知，直线 AM 的倾斜角为 4 ． 因此直线 AM 的方程为 y = x + 2 ．
将 x = y - 2 代入 x2 + y2 = 1 得7 y2 - = ．

12 y 0
4 3
解得 y = 0 或 y = 12 ，所以 y = 12 ．


7
所以△AMN 的面积为 S
1


1
2
DAMN =
7
AM 2 = 2 ´ 1 ´ 12 ´ 12 = 144 ．
2 7 7 49

(Ⅱ)由题意知t > 3, k > 0, A(- t , 0) ，则直线 AM 的方程为 y = k (x +
1
ì x2 + y2 =


t ) ，

í
联立ï t 3 并整理得， (3 + tk 2 ) x2 + 2t tk 2 x + t2k 2 - 3t = 0
î
ï y = k (x + t )
t tk 2 - 3 t

t
解得 x = - 或 x = -
，
3 + tk 2
1 + k 2
t
1 + k 2
6 t
t tk 2 - 3 t

所以 AM =
- 3 + tk 2 + =
×
3 + tk 2



由题意 MA ^ NA ，所以 AN 的方程为 y = - 1 ( x +
k
t ) ，

同理可得| AN |=
6k t(1 + k 2 )

k
3k 2 + t


由2 AM

= AN ， 得
2
3 + tk 2
= 3k 2 + t

，即(k 3 - 2)t = 3k(2k -1)

3 2
当k = 时上式成立，因此t =
6k 2 - 3k
．
>
k 3 - 2


因为t > 3，即

6k 2 - 3k
3

3 ，整理得
(k 2 + 1)(k - 2)
<
0



k - 2
k 3 - 2

k - 2
即 k 3 - 2

< 0 ，解得

3 2
< k < 2 ．



2
2
44．(2016 天津理)设椭圆 x + y
a2 3
= 1 (a >
3) 的右焦点为 F ，右顶点为 A ，已知

1
| OF |
+ 1
| OA |
= 3e
| FA |
，其中O 为原点， e 为椭圆的离心率．

(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)设过点 A 的直线l 与椭圆交于点 B ( B 不在 x 轴上)，垂直于l 的直线与l 交于点 M ，与 y 轴交于点 H ， 若 BF ^ HF ，且ÐMOA ≤ÐMAO ，求直线l 的斜率的取值范围．

【解析】(Ⅰ)设 F (c, 0) ，由
1 1 3c
+ =
，即
| OF | | OA | | FA |
1 + 1 = 3c ，
c a a (a - c)


可得 a2 - c2 = 3c2 ，又 a2 - c2 = b2 = 3 ，所以c2 = 1 ，因此 a2 = 4 ，

x2 + y2 =

所以椭圆的方程为 1．
4 3

(Ⅱ)解：设直线l 的斜率为 k ( k ¹ 0 )，则直线l 的方程为 y = k (x - 2) ．

ì x2 + y2 =

ï 1
设 B(xB , yB ) ，由方程组í 4 3 ，消去 y ，
ïî y = k (x - 2)
整理得(4k 2 + 3)x2 -16k 2 x +16k 2 -12 = 0 ．


8k 2 - 6
8k 2 - 6
-12k

解得 x = 2 ，或 x = 4k 2 + 3 ，由题意得 xB = 4k 2 + 3 ，从而 yB = 4k 2 + 3 ．


9 - 4k 2
3
由(Ⅰ)知， F (1,0) ，设 H (0, yH ) ，有 FH = (-1, yH ) ， BF = ( 4k 2 + ,
12k ．
4k
+ 3
)
2

9 - 4k 2

12ky
9 - 4k 2

由 BF ^ HF ，得 BF × HF = 0 ，所以
+ H = 0 ，解得 yH = ．


4k 2 + 3
4k 2 + 3
12k



因此直线 MH 的方程为 y = - 1
k
9 - 4k 2
x + ．
12k


ì 1 9 - 4k 2 2

设 M (x , y ) ，由方程组ï y = - k x +

12k
消去 y ，解得 x
= 20k + 9 ．



M M í
ïî y = k (x - 2)
M 12(k 2 + 1)



在DMAO 中， ÐMOA £ ÐMAO Û| MA |£| MO |，即(xM
- 2)2 + y2
£ x2
+ y2 ，



M
M
M
³
20k 2 + 9
化简得 xM 1，即12(k 2 + 1) ³ 1，解得 k £ -
6 或 k ³ 6 ．
4 4



所以，直线l 的斜率的取值范围为(-¥,-
6 ] U[
4
,+¥) ．
6
4


45．(2016 浙江文)如图，设抛物线 y2 = 2 px( p > 0) 的焦点为F，抛物线上的点 A 到y 轴的距离等于| AF | -1 ．

(I) 求 p 的值；

(II) 若直线 AF 交抛物线于另一点 B，过 B 与 x 轴平行的直线和过 F 与 AB 垂直的直线交于点 N，AN 与 x 轴交于点 M．求 M 的横坐标的取值范围．


【解析】(Ⅰ)由题意得抛物线上点 A 到焦点 F 的距离等于点 A 到直线 x = -1 的距离．
p

由抛物线的第一得
2
= 1，即 p = 2 ．

(Ⅱ)由(Ⅰ)得抛物线的方程为 y2 = 4x, F (1, 0) ，可设 A(t 2 , 2t), t ¹ 0, t ¹ ±1 ．


ì
因为 AF 不垂直于 y 轴，可设直线 AF： x = sy + 1， (s ¹ 0) ，由í
y2 = 4x

消去 x 得


y2 - 4sy - 4 = 0 ，故 y y = -4 ，所以 B æ 1 , - 2 ö ．


îx = sy + 1

1 2 ç t 2 t ÷
è ø

2t
又直线 AB 的斜率为 ，故直线 FN 的斜率为
t 2-1
t 2 -1 2t
，从而的直线 FN： y = -
t 2 -1 2t
(x - 1) ，直线 BN：


-
2 æ t2 + 3 2 ö

è ø
y = - t ，所以 N ç t2 -1 , - t ÷ ，

设 M( m ，0)，由 A，M，N 三点共线得：


满足题意．


2t t2 - m

2t + 2
= t
2 -
t2 + 3
t t2 -1



，于是 m =



2t 2


t 2 -1



，经检验， m < 0 或m > 2

综上，点 M 的横坐标的取值范围是(-¥, 0) U(2, +¥) ．
x2 + y2 =

45．(2015 重庆文)如图，椭圆 a2 b2 1( a > b >0)的左、右焦点分别为 F1 ，F2 ，且过 F2 的直线交椭圆于 P, Q
2
2
两点，且 PQ ^ PF1 ．


(Ⅰ) 若 PF1
= 2 + |， PF2
= 2 - |，求椭圆的标准方程；

(Ⅱ)若| PQ = lPF1
，且 3 ≤l≤ 4 ，试确定椭圆离心率e 的取值范围．
4 3




【解析】(Ⅰ)由椭圆的定义， 2a =| PF1 | + | PF2 |= (2 +
设椭圆的半焦距为c ，由已知 PF1 ^ PF2 ，因此
2 )+ (2 -
)= 4 ，故 a = 2 ．



2
| PF |2 + | PF |2
1
2
2c =| F1F2 |= =

3
a2 - c2

= 2 ，

(2 + 2 )2 + (2 -
2 )2
3
x2 + 2


即c = ，从而b =
= 1．故所求椭圆的标准方程为
4
y = 1．


(Ⅱ)如题(21)图，由 PF1 ^ PQ,| PQ |= l| PF1 | ，



| PF |2 + | PQ |2
1
1+ l2
得| QF1 |= = | PF1 | ．

由椭圆的定义， | PF1 | + | PF2 |= 2a ， | QF1 | + | QF2 |= 2a ， 进而| PF1 | + | PQ | + | QF1 |= 4a ．
1
于是(1+ l+ 1+ l2 ) | PF |= 4a ．

1+ l+ 1+ l2
2a(l+ 1 + l2 -1)
1+ l+ 1+ l2
4a
解得| PF1 |= ，故| PF2 |= 2a- | PF1 |= ．


由勾股定理得| PF |2 + | PF |2 =| PF
|2 = (2c)2 = 4c2 ，

1 2 2


2
æ 4a ö2 æ 2a(l+
1 + l2 -1) ö

从而ç ÷
+ ç ÷
= 4c2 ，

è 1+ l+ 1+ l2 ø
ç 1+ l+ 1+ l2 ÷



两边除以 4a2 ，得
è ø

(l+ 1 + l2 -1) 2
(1+ l+
)2
1 + = e2 ，

1+ l2
2
(1+ l+ 1+ l2 )

1+l2
4 + (t- 2)2 æ 1 1 ö2 1

若记t = 1+l+
，则上式变成e2 = = 8ç - ÷ + ．

t 2 è t 4 ø 2

3 4
由 £ l< ，并注意到1+l+
关于l的单调性，得3 £ t < 4 ，即 1 < 1 £ 1 ，进而 1 < e2 £ 5 ，

1+l2
4 3 4 t 3 2 9
2
5
即 < e £ ．
2 3

2
46．(2014 新课标 1 文理) 已知点 A (0, -2) ，椭圆 E ： x
a2
y2
3
+ = > >
b2 1(a b 0) 的离心率为 2
， F 是椭圆


2 3
E 的右焦点，直线 AF 的斜率为
3
(Ⅰ)求 E 的方程；

， O 为坐标原点．


(Ⅱ)设过点 A 的动直线l 与 E 相交于 P, Q 两点，当DOPQ 的面积最大时，求l 的方程．

2
【解析】（I）设F (c, 0)，由条件知， =
c
，得c= 3.
2 3
3



又 c =
a

, 所以a=2,
3
2
b2 = a2 - c2 = 1.

故E的方程为
x2 + 2


y
4
= 1.


(Ⅱ)当l ^ x轴时不合题意，故设l : y =kx - 2,P (x1, y 1),Q (x 2, y 2 ).


将y = kx - 2代入
x2 + 2


y
4
= 1得 (1+ 4k
2 ) x2
-16kx +12 = 0.


2 2 3 8k ± 2 4k 2 - 3

当D=16(4k
- 3) > 0,即k
> 4 时，x1,2 =
4k 2 +1 .


k 2 +1
4 k 2 +1 × 4k 2 - 3

从而 PQ =
x1 - x2 =
4k 2 +1 .



k 2 +1
又点O到直线PQ的距离d =
2 .所以DOPQ的面积



1 4 4k 2 - 3

SDOPQ = 2 d × PQ =
4k 2 +1 .


4k 2 - 3
设 = t,则t > 0, S


DOPQ
= 4t t 2 + 4
= 4 .
t + 4
t



因为t + 4 ³ 4,当且仅当t = 2，即k = ±
t
7 时等号成立，且满足D > 0.
2



所以，当DOPQ的面积最大时，i的方程为 y =
7 x - 2或y = -
x - 2 ．

7
2 2



47．(2014浙江文理)如图，设椭圆
x2 + y2 = ( >


> ) 动直线l 与椭圆C 只有一个公共点 P ，且点 P

C : a2
1 a b 0 ,
b2


在第一象限．

(Ⅰ)已知直线l 的斜率为 k ，用 a, b, k 表示点 P 的坐标；

(Ⅱ)若过原点O 的直线l1 与l 垂直，证明：点 P 到直线l1 的距离的最大值为 a - b ．




ï
ì y = kx + m
【解析】(Ⅰ)设直线l 的方程为 y = kx + m(k < 0) ，由í x2 + y2 = ，

ïî a2 b2 1
消去 y 得， (b2 + a2 k 2 ) x2 + 2a2 kmx + a2 m2 - a2b2 = 0 ，

由于直线l 与椭圆C 只有一个公共点 P ，故D = 0 ，即b2 - m2 + a2 k 2 = 0 ，

æ - a2 km b2 m ö

解得点 P 的坐标为ç b2 + a2 k 2 , b2 + a2 k 2 ÷ ，由点 P 在第一象限，
è ø


b2 + a2 k 2
ç
故点 P 的坐标为æ -
a2 k b2 ö
b2 + a2 k 2
, ÷ ；

è ø

(Ⅱ)由于直线l1 过原点O ，且与l 垂直，故直线l1 的方程为 x + ky = 0 ，



-
a k
2
b
2
b2 + a2k 2 b2 + a2k 2
1+ k 2
+
∴点 P 到直线l1 的距离 d = ，




整理得d =
a2 - b2
2
b + a + a k +
2 2 2 2
b2
k 2
2 2 b
，∵ a k + ³ 2ab ，
k 2




a2 - b2 a2 - b2 b
b + a + a k +
2 2 2 2
b2
k 2
b2 + a2 + 2ab
∴ £ = a - b ，当且仅当 k 2 = 时等号成立，
a



∴点 P 到直线l1 的距离的最大值为 a - b ．
x2 + y2 = > >3


48．(2015 山东理)平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆C ： a2
b2 1(a b
0) 的离心率为
，左、右
2

焦点分别是 F1 、F2 ．以 F1 为圆心以 3 为半径的圆与以 F2 为圆心以 1 为半径的圆相交，且交点在椭圆C 上．
(Ⅰ)求椭圆C 的方程；



(Ⅱ)设椭圆 E ：
x2
4a2
+ y2
4b2
= 1 ， P 为椭圆C 上任意一点，过点 P 的直线 y = kx + m

交椭圆 E 于

A, B 两


点，射线 PO 交椭圆 E 于点Q ．



( i )求
| OQ |


| OP |

的值；



(ii)求△ ABQ 面积的最大值．

【解析】(Ⅰ)由题意知2a = 4 ，则a = 2 ，又 c =
a

3 ， a2 - c2 = b2 ，
2



2
可得b = 1，∴椭圆C 的方程为 x
4
+ y2
= 1 ．



2
2
(Ⅱ)由(I)知椭圆 E 的方程为 x + y
16 4
= 1 ．


(i)设 P( x , y ), | OQ | = l，由题意知Q(-lx ,-ly ) ，

0 0 | OP | 0 0


x 2 2
(-lx )2 (-ly )2
l x2

∵ 0 + y = 1 ，又 0 + 0 = 1，即 ( 0 + y2 ) = 1 ，

4 0 16 4 4 4 0

∴l= 2 ，即| OQ | = 2 ．
| OP |

(ii)设 A( x1, y1 ), B(x2 , y2 ) ，将 y = kx + m 代入椭圆 E 的方程， 可得(1 + 4k 2 )x2 + 8kmx + 4m2 - 16 = 0 ，
由D > 0 ，可得 m2 < 4 + 16k 2 ，


8km
则有 x1 + x2 = - 1 + 4k 2 , x1x2 =
4m2 - 16
，
1 + 4k 2



4
∴| x1 - x2 |=
16k 2 + 4 - m2
．
1 + 4k 2

∵直线 y = kx + m 与 y 轴交点的坐标为(0, m) ，

1
2
∴ DOAB 的面积 S = 2 | m || x1 - x2 | =
16k 2 + 4 - m2 | m |
1 + 4k 2


(4 -
m2
m2
1 + 4k 2 1 + 4k 2
)
= =
2 (16k 2 + 4 - m2 )m2
1 + 4k 2 2
m2
令1 + 4k 2 = t ，将 y = kx + m 代入椭圆C 的方程，
可得 (1 + 4k 2 )x2 + 8kmx + 4m2 - 4 = 0 ，
(4 - t)t
- t2 + 4t
由D≥0 ，可得 m2 £ 1 + 4k 2 ，

由①②可知
0 < t £ 1，因此 S = 2 = 2 ，

3
故 S ≤ 2 ，

3
当且仅当t = 1 时，即m2 = 1 + 4k 2 时取得最大值 2 ， 由(i)知， DABQ 面积为3S ，
3
∴ DABQ 面积的最大值为6 ．

49．(2014 山东文理)已知抛物线C : y2 = 2 px( p＞0）的焦点为 F ， A 为C 上异于原点的任意一点，过点 A 的直线l 交C 于另一点 B ，交 x 轴的正半轴于点 D ，且有 FA = FD ，当点 A 的横坐标为 3 时，DADF 为正三角形．
(Ⅰ)求C 的方程；

(Ⅱ)若直线l1 // l ，且l1 和C 有且只有一个公共点 E ，
(ⅰ)证明直线 AE 过定点，并求出定点坐标；
(ⅱ) DABE 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．
p p + 2t
【解析】(Ⅰ)由题意知 F ( , 0) ，设 D(t, 0)(t > 0) ，则 FD 的中点为( , 0)
2 4
p
2
因为 FA = FD ，由抛物线的定义可知3 + p = t - ，
2

解得t = 3 + p 或t = -3 (舍去)
p + 2t 2

由 = 3 ，解得 p = 2 ．所以抛物线C 的方程为 y
4
= 4x ．

(Ⅱ)(ⅰ)由(Ⅰ)知 F (1, 0) ，设 A(x0 , y0 )(x0 y0 ¹ 0) ． D(xD , 0)(xD > 0)

因为 FA = FD ，则 xD -1 = x0 +1，
由 x > 0 得 x = x + 2 ，故 D(x + 2, 0) ，故直线 AB 的斜率k = - y0


D D 0 0
AB 2

因为直线l1 和直线 AB 平行，
8b
1
设直线l 的方程为 y = - y0 x + b ，代入抛物线的方程得 y2 + 8 y - = 0 ，
2 y0 y0
64 32b
由题意D = + = 0 ，得b = - 2
y2 y y
0 0 0
4 4

设 E(xE , yE ) ，则 yE = - y
, xE = 2
y
0 0

当 y2 ¹ 4 时， k
= yE - y0 = 4 y0 ，


0 0
E
0 AE
x - x y2 - 4



可得直线 AE 的方程为 y - y =
4 y0
(x - x ) ，由 y2 = 4x ，


0
0 y2 - 4 0 0 0


整理得 y =
4 y0

0
y2 - 4
(x -1) ，直线 AE 恒过点 F (1, 0)


0
当 y2 = 4 时，直线 AE 的方程为 x = 1 ，过点 F (1, 0) ，所以直线 AE 过定点 F (1, 0) ．
(ⅱ)由(ⅰ)知直线 AE 过定点 F (1, 0) ，

1 1
所 以 AE = AF + FE = (x0 +1) + ( x +1) = x0 + x + 2 ．
0 0


设直线 AE 的方程为 x = my +1 ，因为点 A(x0 , y0 ) 在直线 AE 上

故m = x0 -1 ．设 B(x , y ) ，直线 AB 的方程为 y - y = - y0 (x - x )

y
2
1 1 0 0
0


2
y
由于 y0 ¹ 0 ，可得 x = -
0
y + 2 + x ，代入抛物线的方程得 y2 + 8
0
y0
y - 8 - 4x0 = 0



+ = - y
8
所以 y0 y1
0
8
= - - y
，可求得 y1 y0
0
4
= x
， x1
0
+ x0 + 4

所以点 B 到直线 AE 的距离为

4 + x + 4 + m( y + 8 ) -1


x 0 0 y
4(x
+1) 1

x0
x0
x0
d = 0 0 = 0 = 4( + ) 1+ m2

x0
1 1 1

x0
则DABE 的面积 S = ´ 4( +
2
)(x0 +
x
0
+ 2) ³ 16 ，


x = =
1
当且仅当 x0 即 x0 1时等号成立，
0

所以DABE 的面积的最小值为16 ．


2
50．(2014 山东理)在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆C : x
a2
y2
3
+ = > >
b2 1(a b 0) 的离心率为 2
，直线 y = x



4 10
被椭圆C 截得的线段长为 ．
5

(Ｉ)求椭圆C 的方程；
(Ⅱ)过原点的直线与椭圆 C 交于 A，B 两点(A，B 不是椭圆 C 的顶点)．点 D 在椭圆 C 上，且 AD ^ AB ， 直线 BD 与 x 轴、 y 轴分别交于 M，N 两点．
(ⅰ)设直线 BD，AM 的斜率分别为 k1 , k2 ，证明存在常数l使得 k1 = lk2 ，并求出l的值；
(ⅱ)求DOMN 面积的最大值．


【解析】(Ｉ)由题意知
a
= ，可得 a2 = 4b2 ．
a2 - b2
3
2


椭圆 C 的方程可化简为 x2 + 4 y2 = a2 ．

5a
将 y = x 代入可得 x = ± ，
5

因此 2 ´ 2 5a = 4 10 ，可得a = 2 ．
5 5


因此b = 1，

∴椭圆 C 的方程为

x2 + 2


y
4


= 1．

(Ⅱ)(ⅰ)设 A(x1, y1 )(x1 y1 ¹ 0), D(x2 , y2 ) ，则 B(-x1, - y1 ) ，


∵直线 AB 的斜率 kAB
= y1 ，
x1


又 AB ^ AD ，∴直线 AD 的斜率 k = - x1 ，
y1

设直线 AD 的方程为 y = kx + m ， 由题意知 k ¹ 0, m ¹ 0 ，
ì y = kx + m
ï 2 2 2

+
由í x2
ïî 4
y2 = 1
，可得(1+ 4k ) x
+ 8mkx + 4m
- 4 = 0 ．


8mk
∴ x1 + x2 = - 1+ 4k 2 ，
2m
因此 y1 + y2 = k (x1 + x2 ) + 2m = 1+ 4k 2 ，


由题意知， x ¹ x ，∴ k
= y1 + y2 = - 1 = y1 ，


1 2 1
x + x 4k 4x

1 2 1


∴直线 BD 的方程为 y + y1 =
y1

4x1
(x + x1 ) ，



令 y = 0 ，得 x = 3x ，即 M (3x , 0) ．可得k
= - y1 ．


1 1 2


1 1
2x1

1
∴ k1 = - 2 k2 ，即l= - 2 ．
因此存在常数l= - 使得结论成立．
2

(ⅱ)直线 BD 的方程 y + y1 =

3
y1

4x1
(x + x1 ) ，

3

令 x = 0 ，得 y = - 4 y1 ，即 N (0, - 4 y1 ) ， 由(ⅰ)知 M (3x1 , 0) ，
1 3 9
可得DOMN 的面积 S = 2 ´ 3 | x1 | ´ 4 | y1 |= 8 | x1 || y1 |，


x2 2
| x |

2
∵| x1 || y1 |£ 1 + y1 =1 ，当且仅当 1 =| y |= 时等号成立，
4 2 1 2

此时 S 取得最大值 9
8
，∴ DOMN 的面积的最大值为 9 ．
8

2
51．(2014 四川文理)已知椭圆 C： x
a2

2
y
+ = 1( a > b > 0 )的焦距为 4，其短轴的两个端点与长轴的一个端
b2


点构成正三角形．

(Ⅰ)求椭圆 C 的标准方程；
(Ⅱ)设 F 为椭圆 C 的左焦点，T 为直线 x = -3 上任意一点，过 F 作 TF 的垂线交椭圆 C 于点 P，Q．
(i) 证明：OT 平分线段 PQ(其中 O 为坐标原点)；



(ii) 当
| TF |


| PQ |

最小时，求点 T 的坐标．

ìc = 2
ï



ìïa2 = 6



x2 y2

【解析】(1)依条件ía = 3b
ï
Þ íïb2 = 2
，∴椭圆 C 的标准方程为
+ = 1．
6 2

î
îa2 - b2 = c2 = 4
(Ⅱ)设T (-3, m) ， P(x1 , y1 ) ， Q(x2 , y2 ) ，又设 PQ 中点为 N (x0 , y0 ) ，
(i)∵ F (-2, 0) ，∴直线 PQ 的方程为： x = my - 2 ，



ìx = my - 2
ì
ïD = 16m2 + 8(m2 + 3) = 24(m2 +1) > 0
ï 4m

ï
ï
í x2 + y2 =
î 6 2
Þ (m
1
2 + 3) y2
ï
- - = + = m2 + 3
4my 2 0 ，∴ í y1 y2
ï
-

ï y y = 2

îï 1 2
m2 + 3



y + y 2m
2m2 -6
-6 2m

于是 y0 = 1 2 =
， x0 = my0 - 2 = - 2 =

，∴ N ( , ) ．


2 m2 + 3
m
m2 + 3
m2 + 3
m2 + 3 m2 + 3

∵ kOT = - 3 = kON ，∴ O ， N ， T 三点共线，即 OT 平分线段 PQ(其中 O 为坐标原点)．

m2 +1
m2 +1
24(m2 +1)
m2 +1
m2 + 3
(ii) | TF |= ， | PQ |=| y - y | = ，

m2 +1
1 2


m2 +1
24(m2 +1)
m2 +1
m2 + 3
= =
| TF |
24(m2 +1)
∴
| PQ |

m2 + 3
，令


= x ( x ³ 1)，



2 6
3
| TF | x2 + 2 1 2

2 6x
则 = =
| PQ |
(x +
) ³ (当且仅当 x2 = 2 时取“ =”)，
x 3

∴当 | TF | 最小时， x2 = 2 即m = 1或-1，此时点 T 的坐标为(-3,1) 或(-3, -1) ．
| PQ |

52．(2013 广东文理)已知抛物线C 的顶点为原点，其焦点 F (0, c)(c > 0) 到直线l : x - y - 2 = 0 的距离为

3 2
2
．设 P 为直线l 上的点，过点 P 作抛物线C 的两条切线 PA, PB ，其中 A, B 为切点．

(Ⅰ)求抛物线C 的方程；
(Ⅱ)当点 P ( x0, y0 ) 为直线l 上的定点时，求直线 AB 的方程；


(Ⅲ)当点 P 在直线l 上移动时，求 AF × BF
的最小值．



【解析】(Ⅰ)依题意 d =

\ 抛物线C 的方程为 x2 = 4 y ．
= 3 2 ，解得c = 1 (负根舍去)
0 - c - 2
2
2


(Ⅱ)设点 A(x1 , y1 ) ， B(x2 , y2 ) ， P(x0 , y0 ) ，


由 x2
= 4 y ，即 y =
1 x2, 得 y¢ = 1 x ．
4 2



∴抛物线C 在点 A 处的切线 PA 的方程为 y - y1
= x1 (x - x ) ，
2 1


即 y = x1 x + y - 1 x 2 ．

2 1 2 1

∵ y = 1 x 2 ， ∴ y = x1 x - y ．

1 4 1 2 1



∵点 P(x0

, y0
) 在切线l1 上， ∴ y
= x1 x
0 2 0
- y1 ． ①




同理，
y = x2 x
0 2 0
- y2 ． ②



综合①、②得，点 A(x1, y1 ), B(x2 , y2 ) 的坐标都满足方程

∵经过 A(x1, y1 ), B(x2 , y2 ) 两点的直线是唯一的，
y = x x
0 2 0
- y ．

∴直线 AB 的方程为 y
= x x
0 2 0
- y ，即 x0 x - 2y - 2y0
= 0 ．



(Ⅲ)由抛物线的定义可知 AF
= y1 +1, BF
= y2 +1，



所 以 AF × BF

ìx2 = 4 y
= ( y1 +1)( y2 +1) = y1 + y2 + y1 y2 +1

0 0 0
联立í
î

x0 x - 2 y - 2 y0
，消去 x 得 y2 + 2 y
(
= 0
- x2 ) y + y 2 = 0 ，


\ y + y = x2 - 2 y , y y = y2
1 2 0 0 1 2 0

Q x0 - y0 - 2 = 0


\ AF × BF
= y2 - 2 y + x2 +1=y2 - 2 y + ( y
+ 2)2 +1

0 0 0 0 0 0



=2 y2 + 2 y
+5=2 æ y
1 ö2 9
+ 2 ÷ + 2

0 0
ç
0
è ø
\ 当 y = - 1 时， AF × BF 取得最小值为 9 ．

0 2 2
53．(2011 新课标文理)在平面直角坐标系 xoy 中， 已知点 A(0, -1) ， B 点在直线 y = -3 上， M 点满足

MB / /OA ， MAg AB = MBgBA ， M 点的轨迹为曲线 C． (Ⅰ)求 C 的方程；
(Ⅱ) P 为 C 上动点， l 为 C 在点 P 处的切线，求O 点到l 距离的最小值．
【解析】(Ⅰ)设 M (x, y) ，由已知得 B(x, -3) ， A(0, -1) ．

所以 MA = (-x, -1- y) ， MB =(0， -3 - y )， AB =( x ，-2)．
再由题意可知( MA + MB )• AB =0， 即( -x ， -4 - 2 y )• ( x ，－2)=0． 所以曲线 C 的方程式为 y = 1 x2 - 2 ．
4
(Ⅱ)设 P(x , y ) 为曲线 C： y = 1 x2 - 2 上一点，因为 y¢ = 1 x ，所以l 的斜率为 1 x ，


0 0 4
2 2 0

因此直线l 的方程为 y - y
= x (x - x ) ，即 x x - 2 y + 2 y

- x2 = 0 ．

1
0 2 0 0
0 0 0


| 2 y - x2 | 1

x2 + 4
0
0
则O 点到l 的距离 d = 0 0 ．又 y
= x2 - 2 ，所以
0
4

2
0
x2 + 4
0
1 x2 + 4
0
d = = 1 (
2

x 2 + 4 +

4
x2 + 4
0
) ³ 2,


0
当 x2 =0 时取等号，所以O 点到l 距离的最小值为 2．


54．(2011 广东文理)设圆 C 与两圆(x +
5)2 + y2 = 4, (x -
5) 2 + y2 = 4 中的一个内切，另一个外切．



(1) 求 C 的圆心轨迹 L 的方程；

(2) 已知点 M (3 5 , 4 5 ), F ( 5, 0) ，且 P 为 L 上动点，求 MP - FP
5 5
【解析】(1)设 C 的圆心的坐标为(x, y) ，由题设条件知



的最大值及此时点 P 的坐标．



(x + 5)2 + y2
(x - 5)2 + y2
2
| - |= 4, 化简得 L 的方程为 x
4
- y2 = 1.






(2)过 M，F 的直线l 方程为 y = -2(x -
5) ，将其代入 L 的方程得
15x2 - 32 5x + 84 = 0.



6 5

14 5

6 5
, -
2 5

14 5 , 2 5
5

15

5

5

15 15

解得 x1 =
, x2 =

,故l与L交点为T1 (

),T2 ( ).


因 T1 在线段 MF 外，T2 在线段 MF 内，故 | MT1 | - | FT1 | =| MF |= 2,

| MT2 | - | FT2 | <| MF |= 2.，若 P 不在直线 MF 上，在DMFP 中有 | MP | - | FP | <| MF |= 2.
故 | MP | - | FP | 只在 T1 点取得最大值 2．

考点 101 探索型与存在性问题
55．【2018 上海 20】(本题满分 16 分，第 1 小题满分 4 分，第 2 小题满分 6 分，第 2 小题满分 6 分，第 3

小题满分 6 分)

设常数t > 2 ，在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 F (2 ,0) ，直线l : x = t ，曲线G : y2 = 8x (0 £ x £ t ,y ³ 0) ． l 与 x 轴交于点 A ，与G交于点 B ,P ,Q 分别是曲线G与线段 AB 上的动点．
(1) 用t 为表示点 B 到点 F 的距离；

(2) 设t = 3 , FQ = 2 ，线段OQ 的中点在直线 FP 上，求△AQP 的面积；

(3) 设t = 8 ，是否存在以 FP ,FQ 为邻边的矩形 FPEQ ，使得点 E 在G上？若存在，求点 P 的坐标；若不存在， 说明理由．
【解析】(1)由抛物线的几何性质可得点 B 到点 F 的距离为t + 2 ．
(2) 由已知Q (3 , 3 3 ) ，直线 FP 的方程为 y = - 3 (x - 2) ，联立 y2 = 8x 解得 x = 2 ．
P 3
1 æ 2 ö 7 3

又点 A(3 , 0) ,\S△AQP = ´
2
3 ´ ç3 - ÷ = ．
3
è ø 6

(3) 存在．理由如下：
æ n2 ö
8n 16 - n 2

焦点为 F (2 , 0) ，设 P ç
è 8
, n ÷ ，则 kPF =
ø
n2 -18 , kQF = 8n
，根据 FP + FQ = FE 得到

æ n2
48 + n2 ö æ 48 + n2 ö2
æ n2 ö
16 æ 2 4 5 ö

E ç + 6 ,
÷ ,\ç ÷
= 8ç + 6 ÷ ，解得 n2 =
,\ P ç , ÷ 满足题意．

è 8 4n ø è
4n ø è 8 ø
5 è 5 5 ø

56．(2016 全国 I 文)在直角坐标系 xOy 中，直线l ： y = t(t ¹ 0) 交 y 轴于点 M ，交抛物线C ：
y2 = 2 px( p > 0) 于点 P ， M 关于点 P 的对称点为 N ，连结ON 并延长交C 于点 H ．

(I) 求

| OH |
；
| ON |


(II) 除 H 以外，直线 MH 与C 是否有其它公共点？说明理由．

t 2
【解析】(Ⅰ)由已知得 M (0,t) ， P( 2 p ,t) ．


t2
又 N 为 M 关于点 P 的对称点，故 N ( p ,t) ， ON 的方程为 y =
p x ，
t


2t
2
代入 y2 = 2 px 整理得 px2 - 2t 2 x = 0 ，解得 x1 = 0 ， x2 = ，
p

因此 H (
2t 2
p
,2t) ．所以 N 为OH 的中点，即
| OH |


| ON |
= 2 ．


(Ⅱ)直线 MH 与C 除 H 以外没有其它公共点．理由如下：


直线 MH 的方程为 y - t =
p x ，即 x = 2t ( y - t) ．

2t p

代入 y2 = 2 px 得 y2 - 4ty + 4t 2 = 0 ，解得 y1 = y2 = 2t ，即直线 MH 与C 只有一个公共点，所以除 H 以外直线 MH 与C 没有其它公共点．
x2
57．(2015 新课标 1 理)在直角坐标系 xoy 中，曲线C ： y = 与直线 y = kx + a (a > 0) 交与 M ，N 两点，
4

(Ⅰ)当 k = 0 时，分别求C 在点 M 和 N 处的切线方程；
(Ⅱ) y 轴上是否存在点 P ，使得当 k 变动时，总有ÐOPM = ÐOPN ？说明理由．


【解析】(Ⅰ)由题设可得 M (2
a , a) ， N (-2 2, a) ，或 M (-2 2, a) ，




N (2
a , a) ．∵ y¢ =
1 x2
a
=
x ，故 y 在 x = 2 2a 处的导数值为 ，
2 4



C 在(2 2a, a) 处的切线方程为 y - a =
a (x - 2
a ) ，即
ax - y - a = 0 ．


a
x
2
故 y = 在 x = -2 2a 处的导数值为- ， C 在(-2 2a, a) 处的切线方程为
4


y - a = -
a (x + 2
a ) ，即
ax + y + a = 0 ．



故所求切线方程为
ax - y - a = 0 或
ax + y + a = 0 ．


(Ⅱ)存在符合题意的点，证明如下：

设 P(0, b) 为符合题意的点， M (x1, y1 ) ， N (x2 , y2 ) ， 直线 PM ， PN 的斜率分别为 k1 , k2 ．
将 y = kx + a 代入C 的方程整理得 x2 - 4kx - 4a = 0 ．

∴ x1 + x2 = 4k , x1x2 = -4a ．


∴ k + k
= y1 - b + y2 - b = 2kx1 x2 + (a - b)(x1 + x2 ) = k (a + b) ．

1 2
x1 x2 x1 x2 a

y
2
当b = -a 时，有 k1 + k2 =0，则直线 PM 的倾斜角与直线 PN 的倾斜角互补， 故∠ OPM =∠ OPN ，所以 P(0, -a) 符合题意．

2
58．(2015 北京理)已知椭圆C ： x
2
+
2 = 1(a > b > 0) 的离心率为
，点 P (0，1) 和点 A(m ，n) (m ≠ 0) 都

2
a b 2
在椭圆C 上，直线 PA 交 x 轴于点 M ．
(Ⅰ)求椭圆C 的方程，并求点 M 的坐标(用 m ， n 表示)；

(Ⅱ)设O 为原点，点 B 与点 A 关于 x 轴对称，直线 PB 交 x 轴于点 N ．问： y 轴上是否存在点Q ，使得
ÐOQM = ÐONQ ？若存在，求点Q 的坐标；若不存在，说明理由．
ìb = 1,

2
ï
ï c
a
【解析】(Ⅰ)由题意得í =
ï 2
, 解得 a2 =2，故椭圆C 的方程为 x
2
2

+ y2 = 1．

ïîa2 = b2 + c2 .
设 M ( xN ，0)．∵ m ¹ 0 ，∴ -1 < n < 1． 直线 PA 的方程为 y -1 = n -1 x ，∴ x = m


，即 M ( m




, 0) ．

m M 1- n 1- n

(Ⅱ)∵点 B 与点 A 关于 x 轴对称，∴ B(m, -n) ，设 N (xN
, 0) ，则 xN =
m
．
1+ n


OM
OQ
OQ
ON
“存在点Q(0, yQ ) 使得ÐOQM = ÐONQ 等价”，“存在点Q(0, yQ ) 使得 = ”即 yQ 满足



2 m m

m2 2 2 m2

yQ = xM
xN ．∵ xM
= 1- n ， xN = 1+ n ， 2 + n
= 1，∴ yQ
= xM
x = = 2 ．
N 1- n2



2
∴ yQ =
或 yQ = - ，故在 y 轴上存在点Q ，使得ÐOQM = ÐONQ ，点Q 的坐标为(0, 2) 或(0, -
2) ．


2
59．(2015 湖北理)一种作图工具如图 1 所示．O 是滑槽 AB 的中点，短杆 ON 可绕 O 转动，长杆 MN 通过 N 处铰链与 ON 连接，MN 上的栓子 D 可沿滑槽 AB 滑动，且 DN = ON = 1 ， MN = 3 ．当栓子 D 在滑槽 AB 内作往复运动时，带．动．N 绕O 转动一周(D 不动时，N 也不动)，M 处的笔尖画出的曲线记为 C．以O 为原点， AB 所在的直线为 x 轴建立如图 2 所示的平面直角坐标系．
(Ⅰ)求曲线 C 的方程；
(Ⅱ)设动直线l 与两定直线l1 : x - 2 y = 0 和l2 : x + 2 y = 0 分别交于 P, Q 两点．若直线l 总与曲线C 有且只有一个公共点，试探究：△OPQ 的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．




【解析】(Ⅰ)设点 D(t, 0)
(| t |£ 2) ， N (x0 , y0 ), M (x, y) ，依题意，

uuuur uuur uuur uuur
MD = 2DN ，且| DN |=| ON |= 1 ，

ìï(x - t)2 + y2 = 1
所以(t - x, - y) = 2(x - t, y ) ，且í 0 0
0 0 ïx2 + y2 = 1
î 0 0
即ìt - x = 2x0 - 2t ，且t(t - 2x ) = 0 ．
î
0
í y = -2 y 0

由于当点 D 不动时，点 N 也不动，所以t 不恒等于 0，

2 2
于是t = 2x ，故 x = x = - y ，代入 x2 + y2 = 1，可得 x + y = 1 ，

0 0 4 , y0
2 0 0

x2 + y2 =


16 4

即所求的曲线C 的方程为
1 ．
16 4

(Ⅱ)(1)当直线l 的斜率不存在时，直线l 为 x = 4 或 x = -4 ，


都有 S


DOPQ
= 1 ´ 4 ´ 4 = 8 ．
2


(2)当直线l 的斜率存在时，设直线l : y = kx + m
(k ¹ ± 1 ) ，
2

ì y = kx + m
î
由íx2 + 4 y2 = 16

，消去 y ，可得(1 + 4k 2 )x2 + 8kmx + 4m2 -16 = 0 ．


因为直线l 总与椭圆C 有且只有一个公共点，
所以D = 64k 2m2 - 4(1 + 4k 2 )(4m2 -16) = 0 ，即 m2 = 16k 2 + 4 ． ①

î
ì y = kx + m,
又由
可得 P( 2m ,


m ) ；同理可得Q( -2m ,


m ) ．



íx - 2 y = 0,
1 - 2k
1 - 2k
1 + 2k
1 + 2k

1 + k 2
由原点O 到直线 PQ 的距离为 d =
| m |
和| PQ |=
| xP - xQ

1 + k 2
| ，可得

S = 1 | PQ | ×d = 1 | m || x - x |= 1 × | m |
DOPQ 2 2 P Q 2
+ 2 m = ．②
2 m
1 -2 k
2 m 2
1 -4 k 2
1 +2 k

2m2 1 - 4k 2
4k 2 +1
4k 2 -1
将①代入②得， SDOPQ = = 8 ．
1 4k 2 + 1 2

当 k 2 > 时， SD = 8( ) = 8(1 +

) > 8 ；

4 OPQ

1
4k 2 -1 4k 2 -1
4k 2 + 1 2

当0 £ k 2 < 时， SD

= 8( ) = 8(-1 + ) ．


4 OPQ
1 - 4k 2
1 - 4k 2

因0 £ k 2 < 1 ，则0 < 1 - 4k 2 £ 1 ，
4
2
1 - 4k 2

³ 2 ，所以 S


DOPQ

= 8(-1 +
2
1 - 4k 2

) ³ 8 ，

当且仅当 k = 0 时取等号．所以当 k = 0 时， SDOPQ 的最小值为 8．
综合(1)(2)可知，当直线l 与椭圆C 在四个顶点处相切时，△OPQ 的面积取得最小值 8．


2
60．(2015 四川理)如图，椭圆 E ： x
a2
y2
+ b2
= 1(a > b > 0) 的离心率是
2
2

，过点 P(0,1) 的动直线 l 与椭圆


2
相交于 A, B 两点，当直线l 平行与 x 轴时，直线l 被椭圆 E 截得的线段长为2 ．

PA
PB
(1) 求椭圆 E 的方程；


QA
QB
(2) 在平面直角坐标系 xOy 中，是否存在与点 P 不同的定点Q ，使得
= 恒成立？若存在，求出点Q



的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)由已知，点( 2,1) 在椭圆 E 上．

ì 2 1
ï a2 + b2

= 1,

2
í
因此， ïa2 - b2 = c2 , 解得 a = 2 ， b = ．
2
ï c
î
ï a = 2 ,
x2 y2

所以椭圆的方程为
+ = 1． 4 2

(2)当直线l 与 x 轴平行时，设直线l 与椭圆相交于C 、 D 两点．

如果存在定点Q 满足条件，则| QC | = | PC | = 1 ，即| QC |=| QD |．
| QD | | PD |
所以Q 点在 y 轴上，可设Q 点的坐标为(0, y0 ) ．
当直线l 与 x 轴垂直时，设直线l 与椭圆相交于 M 、 N 两点．

则 M (0, 2) ， N (0, -
=
| QM | | PM |
由 ，有

2) ，

| y0 - 2 |
| y0 + 2 |
=


2 -1
2 +1
，解得 y = 1 或 y = 2 ．

| QN | | PN | 0 0

所以，若存在不同于点 P 的定点Q 满足条件，则Q 点的坐标只可能为Q(0, 2) ．
| QA | | PA |

下面证明：对任意的直线l ，均有
= ．
| QB | | PB |

当直线l 的斜率不存在时，由上可知，结论成立．
当直线l 的斜率存在时，可设直线l 的方程为 y = kx +1， A 、 B 的坐标分别为(x1, y1 ), (x2 , y2 ) ．
ì x2 + y2 =


ï
联立í 4 2
ïî y = kx +1
1, 得(2k 2 +1)x2 + 4kx - 2 = 0 ．

其判别式D = 16k 2 + 8(2k 2 +1) > 0 ，
所以， x + x = - 4k , x x = - 2 ．


1 2 2k 2 +1 1 2
2k 2 +1

1
因此 + 1
x1 x2
= x1 + x2 = 2k ．
x1 x2

易知，点 B 关于 y 轴对称的点的坐标为 B¢(-x2 , y2 ) ．



又k = y1 - 2 = k - 1 , k

= y2 - 2 = -k + 1 = k - 1 ，


QA x x
QB¢
-x x x

1 1 2 2 1

所以 kQA = kQB¢ ，即Q, A, B¢ 三点共线．
所以| QA | = | QA | = | x1 | = | PA | ．
| QB | | QB¢ | | x2 | | PB |

故存在与 P 不同的定点Q(0, 2) ，使得| QA | = | PA | 恒成立．
| QB | | PB |



61．(2015 浙江理)已知椭圆

(Ⅰ)求实数 m 的取值范围；
x2 + 2


y
2
= 1上两个不同的点 A, B 关于直线 y = mx + 1 对称．
2

(Ⅱ)求DAOB 面积的最大值( O 为坐标原点)．


【解析】(Ⅰ)由题意知 m ¹ 0 ，可设直线 AB 的方程为 y = - 1
m
ì y = - 1 x + b

x + b ．

ï m 1 1 2 2b 2

í
2
由 消去 y ，得( + )x - x + b
2
-1 = 0 ．

ï x
îï 2
+ y2 = 1
2 m m

因为直线 y = - 1
m
x + b 与椭圆
x2 + 2
y
2
= 1有两个不同的交点，所以Δ = -2b2 + 2 + 4 > 0 ，①
m2

2mb m2b 1 m2 + 2
设 M 为 AB 的中点，则 M ( , ) ，代入直线方程 y = mx + 解得b = - ．②



m2 + 2
m2 + 2
2 2m2


6
6
由①②得 m < - 或 m > ．
3 3


(Ⅱ)令t = 1 Î(- 6 , 0) U (0,


) ，则| AB |=

t 2 +1 ×

-2t 4 + 2t 2 + 3
2
，且O 到直线 AB 的距离

6
m 2 2
t 2 + 1
t 2 +1
d = 2 ．
t 2 + 1
2

1
2
-2(t2 - 1)2 + 2
2
设ΔAOB 的面积为 S (t) ，所以 S(t) = 1 | AB | ×d = ≤ 2 ，当且仅当t 2 = 1 时，等号
2 2 2

2
成立，故ΔAOB 面积的最大值为 ．
2


x2 y2

a b
62．(2014 湖南文理)如图 5， O 为坐标原点，双曲线C1 : 2 - 2
1 1
= 1(a1 > 0,b1 > 0) 和椭圆


x2 y2 2 3

a b
C2 : 2 + 2
2 2
= 1(a2 > b2 > 0) 均过点 P( 3
,1) ，且以C1 的两个顶点和C2 的两个焦点为顶点的四边形


是面积为 2 的正方形．

(Ｉ)求C1,C2 的方程；

(Ⅱ)是否存在直线l ，使得l 与C1 交于 A, B 两点，与C2 只有一个公共点，且| OA + OB |=| AB |？证明你的结论．


【解析】(Ｉ)设C2 的焦距为 2c2 ，由题可得2c2 = 2, 2a1 = 2 ，从而 a1 = 1, c2 = 1 ，


æ 2 3 ö
y2 æ 2 3 ö2 2

b
1
∵点 P ç ,1÷ 在双曲线 x2 - = 1上，∴ ç ÷

- = 1 Þ b2 = 3 ，


b
1
è 3 ø
2 è 3 ø 2 1


由椭圆的定义可得


2a2 =
+

æ 2 3 ö
2
ç
è
3
÷ + (1-1)
2
ø
æ 2 3 ö
2
ç
è
3
÷ + (1+1)
2
ø
2 y2
= 2 Þ a2 = ，

3
3
y2 x2

b2 = a2 - c2 = 2 ，∴ C , C 的方程为 x - = 1, + = 1 ．


2 2 2 1 2
3 3 2


(Ⅱ)不存在符合题设条件的直线．

(1) 若直线l 垂直于 x 轴 ，∵ l 与C2 只有一个公共点，

2
2
∴直线的方程为 x = 或 x = - ，

2
当 x = 时，易知 A(
2
uuur uuur uuur
2, 3 ), B (

2, -
uuur uuur uuur
)
3 , ∴ OA + OB = 2 2, AB = 2 3 ，
uuur uuur uuur

此时 OA + OB ¹
AB ．当 x = - 时，同理可得 OA + OB ¹
AB ．


ì y = kx + m
ï

2
(2) 当直线l 不垂直于 x 轴，设l 的方程为 y = kx + m ，由
íx2 - y = 1
ï
î 3

1
可得(3 - k 2 ) x2 - 2kmx - m2 - 3 = 0 ，当l 与C 相交于 A, B 两点时， 设 A( x1, y1 ), B ( x2, y2 ) ，则 x1 , x2 满足上述方程的两个实根，从而
2km m2 + 3 2 2 3k 2 - 3m2

x1 + x2 =
3 - k 2 , x1x2 = k 2 - 3
，于是 y1 y2 = k x1x2 + km (x1 + x2 )+ m =
，
k 2 - 3



ì y = kx + m
ï


2 2 2

由í y2
ïî 3
+ x2
2
可得(2k
= 1
+ 3) x
+ 4kmx + 2m
- 6 = 0 ，∵直线l 与C2 只有一个公共点，∴上述方程的判

别式D = 0 Þ 16k 2 m2 - 8(2k 2 + 3)(m2 - 3) = 0 ，化简可得 2k 2 = m2 - 3 ，因此

uuur uuur
m2 + 3 3k 2 - 3m2
-k 2 - 3

OA ×OB = x1x2 + y1 y2 =
+
k 2 - 3
k 2 - 3
= k 2 - 3
¹ 0 ，

uuur2
uuur2
uuur uuur uuur2
uuur2
uuur uuur uuur uuur 2
uuur uuur 2
uuur uuur uuur

于是OA
+ OB
+ 2OA× OB ¹ OA
+ OB
- 2OA× OB ，即 OA + OB
¹ OA - OB
，∴ OA + OB ¹ AB ，


综合(i)(ii)可知，不存在符合题目条件的直线．


2
63．(2013安徽文理)已知椭圆C : x
a2
y2
+ = 1(a > b > 0) 的焦距为4，且过点 P( 2，3) ．
b2


(Ⅰ)求椭圆 C 的方程；

(Ⅱ)设Q(x0 , y0 )(x0 y0 ¹ 0) 为椭圆C 上一点，过点Q 作 x 轴的垂线，垂足为 E ．取点 A(0, 2 2) ，连接 AE ，过点 A 作 AE 的垂线交 x 轴于点 D ．点G 是点 D 关于 y 轴的对称点，作直线QG ，
问这样作出的直线QG 是否与椭圆 C 一定有唯一的公共点？并说明理由．


【解析】(Ⅰ)∵焦距为 4，所 a2 - b2 = 4 ，又∵椭圆 C 过点 P( 2, 3) ，∴ 2
a2

x2 + y2 -


+ 3 -1 ，故 a2 = 8 ，b2 = 4 ，
b2

从而椭圆 C 的方程为 1 ．
8 4


(Ⅱ)由题意，E 点坐标为(x , 0) ，设 D(x , 0) ，则
0 D
uuuuur
uuur
( )
AE = x0 , -2 2 ，

AD =(x0 , -2 2 )，再由 AD ^ AE 知， AE · AD = 0 ，即 xD x0 + 8 = 0 ．


由于 x y ¹ 0 ，故
0 0
= - 8
x
D x
0
8
．∵点 G 是点 D 关于 y 轴的对称点，∴点G( , 0) ．
x
0



故直线QG 的斜率 kQG =
y0 =
8


x0 y0 ．
x 2 - 8

x
x0 -0
0

又因Q ( x0, y0 ) 在椭圆 C 上，∴ x + 2 y = 8 ． ①
0 0
2 2


从而 kQG
= x0
2 yn




故直线QG 的方程为
y = - x0
æ x - 8 ö ②



2 y ç x ÷
0 è 0 ø

将②代入椭圆 C 方程，得：
n
0 0 0
( x 2 + 2 y2 ) x2 -16x x + 64 -16 y2 = 0 ③

再将①代入③，化简得： x2 - 2x x + x2 = 0
0 n

解得 x = x0 , y = y0 ，即直线QG 与椭圆 C 一定有唯一的公共点．
64．(2013 湖北文理)如图，已知椭圆C1 与C2 的中心在坐标原点O ，长轴均为 MN 且在 x 轴上，短轴长分别为2m ，2n (m > n) ，过原点且不与 x 轴重合的直线l 与C1 ，C2 的四个交点按纵坐标从大到小依次为 A，
B，C，D．记l= m ，△ BDM 和△ ABN 的面积分别为 S 和 S ．

n 1 2

(Ⅰ)当直线l 与 y 轴重合时，若 S1 = lS2 ，求l的值；
(Ⅱ)当l变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线 l，使得 S1 = lS2 ？并说明理由．
【解析】依题意可设椭圆C1 和C2 的方程分别为

+
x2 y2
C ：


2 2
= x y m
1， C ： + = 1 ．其中 a > m > n > 0 ， l= >



1 a2 m2
2 a2 n2 n 1.

(Ⅰ)解法 1：如图 1，若直线l 与 y 轴重合，即直线l 的方程为 x = 0 ，则
S = 1 | BD | × | OM |= 1 a | BD |， S = 1 | AB | × | ON |= 1 a | AB | ，∴ S1 = | BD | ．


1 2 2
2 2 2
S2 | AB |

在 C1 和 C2 的方程中分别令 x = 0 ，可得 yA = m ， yB = n ， yD = -m ， 于是| BD | = | yB - yD | = m + n = l+1 ．

| AB | | y A - yB | m - n l-1
2
若 S1 = l，则 l+ 1 = l，化简得l2 - 2l- 1 = 0 ．由l> 1 ，可解得l= + 1．

S2 l- 1

2
故当直线l 与 y 轴重合时，若 S1 = lS2 ，则l= + 1．解法 2：如图 1，若直线l 与 y 轴重合，则
| BD | =| OB | + | OD | = m + n ， | AB |=| OA | - | OB |= m - n ；

S = 1 | BD | × | OM |= 1 a | BD |， S
1 2 2 2
= 1 | AB | × | ON |= 1 a | AB | ．． 2 2

∴ S1 = | BD | = m + n = l+1 ．

S2 | AB | m - n l-1
2
若 S1 = l，则 l+ 1 = l，化简得l2 - 2l- 1 = 0 ．由l> 1 ，可解得l= + 1．

S2 l- 1

2
故当直线l 与 y 轴重合时，若 S1 = lS2 ，则l= + 1．
y
A
B
M
O C
D
N x
y
A
B
M
O
N x
C
D

第 28 题解答图 1 第 28 题解答图 2

(Ⅱ)解法 1：如图 2，若存在与坐标轴不重合的直线 l，使得 S1 = lS2 ．根据对称性， 不妨设直线l ： y = kx (k > 0) ，
点 M (-a, 0) ， N (a, 0) 到直线l 的距离分别为 d1 ， d2 ，则

1 + k 2
1 + k 2
1 + k 2
1 + k 2
∵ d = | -ak - 0 | = ak ， d = | ak - 0 | =
ak ，∴ d = d ．

1 2


2
又 S = 1 | BD | d ， S = 1 | AB | d

1 2


S
，∴ S1 = | BD | = l，即| BD |= l| AB | ．


1 2 1 2 2
2 | AB |

由对称性可知| AB | =| CD | ，∴ | BC | =| BD | - | AB | = (l-1) | AB | ，

| AD | =| BD | + | AB | =(l+1) | AB | ，于是
| AD | = l+1 ． ①

| BC | l-1

将l 的方程分别与 C1，C2 的方程联立，可求得


a2k 2 + m2
xA =
am ， x =
an ．


a2k 2 + n2
B
根据对称性可知 xC = -xB ， xD = -xA ，于是


| AD |
1 + k 2 | x - x | 2x

1 + k 2
m a2k 2 + n2
n a2k 2 + m2
= A D = A = ． ②

| BC |
| xB - xC | 2xB



从而由①和②式可得

a2k 2 + n2
a2k 2 + m2
= l+ 1 ． ③
l(l- 1)
l+ 1 2






n2 (l2t 2 - 1)


令t =
l(l- 1)
，则由 m > n ，可得t ¹ 1 ，于是由③可解得 k =
．
a2 (1 - t 2 )


∵ k ¹ 0 ，∴ k 2 > 0 ．于是③式关于 k 有解，当且仅当
n2 (l2t 2 - 1)


a2 (1 - t 2 )

> 0 ，



等价于(t 2 - 1)(t 2 -
1 ) < 0 ．由l> 1 ，可解得 1 < t < 1，


l2 l
2
即 1 < l+1 < 1 ，由l> 1 ，解得l> 1 + ，∴

l l(l-1)
2
2
当1 < l£ 1 + 时，不存在与坐标轴不重合的直线 l，使得 S1 = lS2 ；当l> 1 + 时，存在与坐标轴不重合的直线 l 使得 S1 = lS2 ．
解法 2：如图 2，若存在与坐标轴不重合的直线 l，使得 S1 = lS2 ．根据对称性，
不妨设直线l ： y = kx (k > 0) ，
点 M (-a, 0) ， N (a, 0) 到直线l 的距离分别为 d1 ， d2 ，则

1 + k 2
1 + k 2
1 + k 2
1 + k 2
∵ d = | -ak - 0 | = ak ， d = | ak - 0 | =
ak ，∴ d = d ．

1 2


2
又 S = 1 | BD | d ， S = 1 | AB | d

1 2


S
，∴ S1 = | BD | = l．


1 2 1 2 2
2 | AB |



| BD |
1 + k 2 | x - x |
x + x
x l+ 1

∵ = B D = A B = l，∴ A = ．


1 + k 2
| AB |
| xA - xB |
xA - xB
xB l- 1

由点 A(xA , kxA ) ， B(xB , kxB ) 分别在 C1，C2 上，可得


x 2 k 2 x 2
x 2 k 2 x 2
x 2 - x 2
k 2 (x 2 - l2 x 2 )

A + A = 1 ， B + B = 1 ，两式相减可得 A B + A B = 0 ，

a2 m2
a2 n2
a2 m2


依题意 x > x
m2 (x 2 - x 2 )
> 0 ，∴ x 2 > x 2 ．∴由上式解得 k 2 = A B ．

A B A B


m2 (x 2 - x 2 )
a2 (l2 x 2 - x 2 )
B A
x l+ 1

2
∵ k 2 > 0 ，∴由 A B > 0 ，可解得1 < A < l，从而1 < < l，解得l> 1 + ，


B A
a2 (l2 x 2 - x 2 )
xB l- 1

2
2
∴当1 < l£ 1 + 时，不存在与坐标轴不重合的直线 l，使得 S1 = lS2 ；当l> 1 + 时，存在与坐标轴不重合的直线 l 使得 S1 = lS2 ．

2
65．(2012 广东文理)在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆C ： x
a2

2
2
3
y
+ = 1(a > b > 0) 的离心率e = ，
b2


且椭圆C 上的点到Q(0, 2) 的距离的最大值为 3．


(Ⅰ)求椭圆C 的方程；

(Ⅱ)在椭圆C 上，是否存在点 M (m, n) 使得直线l ：mx + ny = 1与圆O ： x2 + y2 = 1



相交于不同的两


点 A, B ，且DOAB 的面积最大？若存在，求出点 M 的坐标及相对应的DOAB 的面积；若不存在，请说明理由．
2
3
【解析】(Ⅰ)由e = c = Þ c2 = 2 a2 ，∴ b2 = a2 - c2 = 1 a2
2
a 3 3

2
设 P(x, y) 是椭圆C 上任意一点，则 x
a2
y2
+ = 1，∴ x b2
2 = a2
(1-
y ) = a b2
2 - 3y2

x2 + ( y - 2)2
a2 - 3y2 + ( y - 2)2
-2( y +1)2 + a2 + 6
2
| PQ |= = =

a2 + 6
∴，当 y = -1时， | PQ |有最大值
= 3 ，可得 a =
3 ，∴ b = 1, c =

故椭圆C 的方程为：
x2 + 2 =
y
1
3

(Ⅱ)存在点 M 满足要求，使DOAB 得面积最大．
假设直线l : mx + ny = 1 与圆O : x2 + y2 = 1 相交于不同两点 A, B ，

m2 + n2
则圆心O 到l 的距离 d =
1 < 1，∴ m2 + n2 > 1 ①

∵ M (m, n) 在椭圆C 上，∴
m2 + 2 =
n
1
3
②，由①②得： 0 < m2 „ 3

1- d 2
m2 + n2 -1
m2 + n2
∵| AB |= 2 = 2


∴ S = 1 | AB | ×d =
VOAB 2
，由②得 n2 = 1- m
1
1
m2 + n2 m2 + n2
(1-
)
2
3
代入上式

2 m 2 m
得 S = 3 „ 3 = 1 ，当且仅当1 = 2 m2 Þ m2 = 3 Î(0, 3]，


DOAB
1+ 2 m2
3
2 1× 2 m2 2 3 2
3

∴ m2 = 3 , n2 = 1 ，此时满足要求的点 M (±
6 , ± 2 ) 有四个．

2 2
此时对应的DOAB 的面积为 1 ．
2
2 2
x2 2

66．(2011 山东文理)在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆C : + y
3
= 1 ．如图所示，斜率为 k (k＞0) 且不


过原点的直线l 交椭圆C 于 A ， B 两点，线段 AB 的中点为 E ，射线 OE 交椭圆C 于点G ，交直线
x = -3 于点 D(-3, m) ．

(Ⅰ)求 m2 + k 2 的最小值；

(Ⅱ) 若 OG 2 = OD ∙ OE ，
(i) 求证：直线l 过定点；
(ii) 试问点 B ，G 能否关于 x 轴对称？若能，求出此时VABG 的外接圆方程；若不能，请说明理由．


【解析】(Ⅰ)设直线l的方程为y = kx + t(k > 0) ，由题意， t > 0.

ì y = kx + t,
ï


2 2 2

+
由方程组í x2
ïî 3
y2 = 1,
得(3k
+1)x
+ 6ktx + 3t
- 3 = 0 ，



由题意D > 0 ，∴ 3k 2 +1 > t 2 .

6kt

2t
设 A(x1, y1 ), B(x2 , y2 ) ，由韦达定理得 x1 + x2 = - 3k 2 +1 ,
∴ y1 + y2 = 3k 2 +1.
= =
3kt t
由于 E 为线段 AB 的中点，因此 xE 3k 2 +1 , yE 3k 2 +1 ,


此时 kOE
= yE xE
= - 1 .
3k
1

∴OE 所在直线方程为 y = -
3k
x, 又由题设知 D(－3，m)，

令 x =－3，得 m = 1 ，即 mk =1，∴ m2 + k 2 ³ 2mk = 2,
k
当且仅当 m = k =1 时上式等号成立，此时 由D > 0 得0 < t < 2,

因此 当 m = k = 1且0 < t < 2 时， m2 + k 2 取最小值 2．

(Ⅱ)(i)由(I)知 OD 所在直线的方程为 y = - 1
3k
x, 将其代入椭圆 C 的方程，并由 k > 0,

3k 1 3k t 1

3k 2 +1
3k 2 +1
解得G(-
, ) ，又 E(-
, ), D(-3, ) ，由距离公式及t > 0 得



3k
3k 2 +1
2 2 1
3k 2 +1 3k 2 +1 k
1
2 9k 2 +1

| OG |
= (-
) + ( )
3k 2 +1
= 3k 2 + ,



| OD |=

| OE |=
= ,
(-3)2 + ( 1)2
k
9k 2 +1
k
(-
3kt
t
3k 2 +1 3k 2 +1
) 2 + (
) 2
=
t 9k 2 +1 3k 2 +1 ,

由| OG |2 =| OD | × | OE | 得t = k, 因此，直线l 的方程为 y = k (x +1).∴直线l恒过定点(-1, 0).


3k
3k 2 +1
(ii)由(i)得G(-
, ) ，若 B，G 关于 x 轴对称，则 B(-
, - ).



1
3k 2 +1
3k
3k 2 +1
1
3k 2 +1
代入 y = k (x +1)整理得3k 2 -1 = k
3 1 3 1
3k 2 +1, 即6k 4 - 7k 2 +1 = 0 ，解得 k 2 = 1 (舍去)或k 2 = 1,
6

∴k=1，此时 B(-
, - ), G(- , ) 关于 x 轴对称．

2 2 2 2

又由(I)得 x1 = 0, y1 = 1, ∴A(0，1)．
由于DABG 的外接圆的圆心在 x 轴上，可设DABG 的外接圆的圆心为(d，0)， 因此 d 2 +1 = (d + 3)2 + 1 , 解得d = - 1 ,
2 4 2


故DABG 的外接圆的半径为 r =
= 5 ，∴ DABG 的外接圆方程为(x + 1 )2 + y2 = 5 .

d 2 +1
2 2 4