【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题06《圆锥曲线中的定值问题》(解析版).doc，共(53)页，1.958 MB，由MTyang资料小铺上传

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专题06圆锥曲线中的定值问题一、单选题1．过原点的直线l与双曲线226xy交于A,B两点，点P为双曲线上一点，若直线PA的斜率为2，则直线PB的斜率为（）A．4B．1C．12D．14【答案】C【分析】设(,)Amn，(

,)Bmn，(,)Pxy，代入双曲线的方程，作差，可得22221ynxm，再由直线的斜率公式，结合平方差公式，计算可得所求值.【详解】由题意可设(,)Amn，(,)Bmn，(,)Pxy，则226mn，22

6xy，即有2222ynxm，即22221ynxm，由PAynkxm，PBynkxm，可得2222·1PAPBynkkxm，因为2PAk，所以12PBk.故选：C.二

、多选题2．已知椭圆2222:1(0)xyabab的离心率为22，ABC的三个顶点都在椭圆上，设它的三条边AB，BC，AC的中点分别为D，E，F，且三条边所在直线的斜率分别1k，2k，3k，且1k，2k，3k均不为0．O为坐标原点，则（）A．22:1

:2abB．直线AB与直线OD的斜率之积为2C．直线BC与直线OE的斜率之积为12D．若直线OD，OE，OF的斜率之和为1，则123111kkk的值为2【答案】CD【分析】由题意可得：222ab．设1(Ax，1)y，2(Bx，2)y．0(Dx，0)y．利

用点差法即可得出11·2ODkk，21·2OEkk，31·2OFkk，即可判断．【详解】解：椭圆2222:1(0)xyabab的离心率为22，222112bea，222ab，故A错；设1(Ax，1)y，2(Bx

，2)y．0(Dx，0)y．2211221xyab，2222221xyab，两式相减可得：21212212121·2yyyybxxxxa．11·2ODkk，同理21·2OEkk

，31·2OFkk，故B错，C正确．又1231112()2ODOEOFkkkkkk，故选：CD．【点睛】方法点睛：本题考查了椭圆的标准方程及其性质、斜率计算公式、中点坐标公式、点差法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题，处理中点弦问题常用的

求解方法：（1）点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有12121212,,yyxxyyxx三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点坐标公式即可求得斜率；（2）根与系数的

关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解3．设1122,,,AxyBxy是抛物线24yx上两点，O是坐标原点，若OAOB，下列结论正确的为（）A．12yy为定值B．直线AB过抛物线24yx的焦点C．AOBS最小值为16D．O到直线AB的

距离最大值为4【答案】ACD【分析】由抛物线方程及斜率公式即可判断A；设直线AB方程，结合韦达定理即可判断B；利用韦达定理求得12yy的最小值，即可判断C；由直线AB过定点可判断D.【详解】对于A，因为OAOB，所以12122212121216144OAOBy

yyykkyyxxyy，所以1216yy，故A正确；对于B，设直线:ABxmyb，代入24yx可得2440ymyb，所以12416yyb，即4b，所以直线AB过点4,0，而抛物线24yx的焦点为1,0，故B错误；对于C，因为22121212

416648yyyyyym，当0m时，等号成立，又直线AB过点4,0，所以min148162AOBS△，故C正确；对于D，因为直线AB过点4,0，所以O到直线AB的距离最大值为4，故D正确.故选：ACD.【点睛】解决本题的关键是利

用抛物线的方程合理化简及韦达定理的应用，细心计算即可得解.三、解答题4．已知点P到(2,0)A的距离是点P到10B,的距离的2倍.（1）求点P的轨迹方程；（2）若点P与点Q关于点B对称，点(5,8)C，求22QBQC的最大值；

（3）若过B的直线与第二问中Q的轨迹交于E，F两点，试问在x轴上是否存在点(,0)Mm，使MEMF恒为定值?若存在，求出点M的坐标和定值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）2224xy；（2）138；（

3）存在，1,0M，3.【分析】（1）设点,Pxy，由題意可得2PAPB，利用两点之间的距离公式化简整理可得.（2）先由P的轨迹方程求出Q点的轨迹方程，利用两点间距离公式整理22QBQC从而转化为：线性规划问题处理.（3）代入消元，韦达定理，整体思想代入

，整理可得解.【详解】（1）设点,Pxy，由題意可得2PAPB，即2222221xyxy，化简可得2224xy.（2）设00,Qxy，由(1)得P点满足的方程2

224xy，又点B是点P与点Q的中点，则00210xxyy，代入上式消去可得22004xy，即Q的轨迹为224xy.2222222215822121690QBQCxyxyxyxy12

169843498xyxy令34zxy，则3144yxz，14z可视为直线3144yxz在y轴上的截距，34xy的最小值就是直线与圆有公共点时直线纵截距的最小值，即直线与圆相切时在y轴上的截距，由直线与圆相切时圆心到直线的距离等

于半径，所以340xyz，25zd，所以min10z.因此22QBQC的最大值为138.（3）存在点1,0M，使得MEMF为定值3.当直线l的斜率存在时，设其斜率为k，则直线l的方

程为1ykx，由2241xyykx，消去y，得22221240kxkxk，显然0，设11,Exy，22,Fxy则212221kxxk，212241kxxk

，又11,MEmxy，22,MFmxy，则2121212MEMFmmxxxxyy2212121211mmxxxxkxx222222222212

1222421111kkkxxmkxxmkkmkmkkk22222241mmkmk要使上式恒为定值，需满足22224mmm，解得1m，此时1,0M，MEMF为定值3.当直线l的斜率不存在时，1

,3E，1,3F，由1,0M可得3MEMF.所以存在点1,0M，使得MEMF为定值3.【点睛】方法点睛：本题为直线与圆的综合题，与圆有关的最值问题的常见类型及解题策略（1）与圆有关的长度或距离的最值问题的解法．一般根据长度或距离的几何意义，利用圆的几何性质数形结

合求解．（2）与圆上点,xy有关代数式的最值的常见类型及解法：①形如ybzxa型的最值问题，可转化为过点,ab和点,xy的直线的斜率的最值问题；②形如zaxby型的最值问题，可转化为动直线的

截距的最值问题；③形如22()xayb型的最值问题，可转化为动点,xy到定点,ab的距离平方的最值问题．5．已知1F，2F为椭圆2222:1(0)xyEabab的左､右焦点，点231,3P在椭圆上，且过点2F的直

线l交椭圆于A，B两点，1AFB△的周长为43.（1）求椭圆E的方程；（2）对于椭圆E，问否存在实数，使得2222AFBFAFBF成立，若存在求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）22132xy；（2）存在，实数3.【分析】（1）利用椭圆的定

义，结合三角形的周长，求出a，设出椭圆方程，代入点的坐标求解即可得到椭圆的方程；（2）求出2(1,0)F，设直线l的方程为1xmy，与椭圆方程联立，设11,Axy，22,Bxy，利用韦达定理，不妨设10y，20y，求出22,AFBF，化简整理即可求得结果【详解】解：（1）根据

椭圆的定义，可得122AFAFa，122BFBFa，∴1AFB△的周长为111122||4AFBFABAFBFAFBFa，∴443a，3a，∴椭圆E的方程为22213xyb，将231,3P代入得22b，所

以椭圆的方程为22132xy.（2）由（1）可知22241cab，得2(1,0)F，依题意可知直线l的斜率不为0，故可设直线l的方程为1xmy，由221321xyxmy消去x，整理得222

3440mymy，设11,Axy，22,Bxy，则122423myym，122423yym，不妨设10y，20y，222222211111111111AFxy

myymymy，同理2222211BFmymy，所以2222212121111111111AFBFyymymym222212122212122161623111234

11123nmyyyymyyyymmmm224311341mm即22223AFBFAFBF，所以存在实数3，使得2222AFBFAFBF成立【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解

题的关键是将直线方程与椭圆方程联立方程组，利用韦达定理将22,AFBF表示出来，然后代入2222AFBFAFBF中可求出的值，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题6．已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为33，(,0),(0,),(0,0),AaBbOO

AB的面积为62（1）求椭圆C的方程；（2）设P为椭圆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：||||ANBM为定值.【答案】（1）22132xy；（2）证明见解析.【分析】（1）根据离心率和面积建立等式求解；（2）分别

求出PB直线方程，PA直线方程，得出2,02mNn30,3nMm，即可求出ANBM.【详解】（1）由题：222331622abccaab，解得：32ab，所以

椭圆方程为22132xy；（2）设2222,,1,23632mnPmnmn，PB直线方程22nyxm，2,02mNn，PA直线方程33nyxm，30,3nMm

，233223mnANBMnm22236622643236mnnmnmmnmn26436212236mnmnmnmn=26【点睛】此题考查求椭圆的方程，根据直线与椭圆的位置关系证明定值问题，关键在于准

确写出方程和点的坐标，建立等式求解.7．已知椭圆22143xy的左、右焦点分别为F1、F2，直线y＝kx交椭圆于P，Q两点，M是椭圆上不同于P，Q的任意一点，直线MP和直线MQ的斜率分别为k1，k2．（1）证明：k1·k2为定

值；（2）过F2的直线l与椭圆交于A，B两点，且222AFFB，求|AB|．【答案】（1）证明见解析；（2）278.【分析】（1）设P（m，n），M（x，y），则Q（-m，-n），则可表示出12,kk，进而可得

12kk的表达式，又根据点P，M在椭圆上，利用点差法，即可得证；（2）设直线l的方程为x＝ty＋1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线与椭圆可得关于y的一元二次方程，利用韦达定理，可得1212,yyyy的表达式，根据222AFFB，可得12,yy的关系

，即可求出245t，代入弦长公式，即可求得结果.【详解】（1）证明：设P（m，n），M（x，y），则Q（-m，-n），则1ynkxm，2ynkxm，则221222ynynynkkxmxmxm，又22143xy，22143

mn，故2222043xmyn，所以22122234ynkkxm为定值．（2）设直线l的方程为x＝ty＋1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立221,1,43xtyxy消去x，得（3t2＋4）y2＋6t

y-9＝0，则有122634tyyt，122934yyt．又222AFFB，所以-y1＝2y2，故222226349234tytyt，解得245t，所以22221212226

927||(1)[()4](1)[()4]34348tABtyyyyttt．【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键设直线x＝ty＋1可简化计算，联立直线与曲线，利用韦达定理，弦长公式等进行求解，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.8．已知

双曲线的方程22:21Cxy.（1）求点0,1P到双曲线C上点的距离的最小值；（2）已知圆22:1Mxy的切线l(直线l的斜率存在)与双曲线C交于A，B两点，那么∠AOB是否为定值?如果是，求出定值；如果不是，请说明理由.【答案】（1）306；（2）是定值，90AOB.【

分析】（1）设双曲线上任意一点为00,Nxy，则220021xy，利用两点间的距离公式求出PN，利用二次函数求最值即可；（2）设直线l的方程为：ykxb，利用直线l与圆相切可得到221bk，设1122,,,AxyBxy，直线与双曲线的方程联

立消y，利用韦达定理得到212222kxxk，再求出212222kyyk，最后利用OAOB得出结论即可.【详解】（1）设双曲线上任意一点为00,Nxy，则220021xy，222200000101212yPNxyyy

20325302366y，当023y时，等号成立，即点0,1P到双曲线C上点的距离的最小值为306；（2）设直线l的方程为：ykxb，因为直线l与圆相切，所以圆M的圆心0,0到直线l的距离

等于圆的半径1，即222111bbkk，①设1122,,,AxyBxy，由2221xyykxb消y得，2222210kxkbxb，由题意知：22k0，2222

244214160kbkbk，由韦达定理得12221222212kbxxkbxxk，由①得：2212221222bkxxkk，则22222121212222222bkkyykxxk

bxxbkk，因为2212122222022kkOAOBxxyykk，所以90AOB为定值.【点睛】关键点睛：求解圆锥曲线中的定值问题，直线与曲线方程联立利用韦

达定理求解是解题的关键.9．已知抛物线220ypxp的焦点F恰为椭圆22211yxaa的一个顶点，且抛物线的通径（过抛物线的焦点F且与其对称轴垂直的弦）的长等于椭圆的两准线间的距离.（1）求抛物线及椭圆的标准方程；（2）过点

F作两条直线1l，2l，且1l，2l的斜率之积为1.①设直线1l交抛物线于A，B两点，2l交抛物线于C，D两点，求11ABCD的值；②设直线1l，2l与椭圆的另一个交点分别为M，N.求FMN面积的最大值.【答案】（

1）24yx；2212yx(2)①14②169【分析】(1)由抛物线的焦点为椭圆的右焦点可得p，求出抛物线方程，根据通径与准线间的距离可求a，c，即可求出椭圆方程；（2）①设出直线方程，联立抛物线方程，由

根与系数关系及弦长公式可求出弦长，代入即可计算求解②设出直线方程，联立椭圆方程，由根与系数关系，得出弦长，同理可得另外一条弦长，根据三角形面积公式表示出面积，换元后求最值即可.【详解】(1)2221(1)yxaa,右顶点

为(1,0)，即抛物线220ypxp的焦点(1,0)F,2p，故抛物线方程为24yx，因为抛物线的通径的长等于椭圆的两准线间的距离，所以2224apc，222221cbcac，1,2ca，椭圆的标准

方程为：2212yx(2)①设1:1lykx，代入24yx消元得：2222(24)0kxkxk，设1122(,),(,)AxyBxy，212221224421kxxkkxx，2222122244(1)1

1(2)4kABkxxkkk，又12CDk，同理可得2224(1)||41)11(kCDkk222114(1)41(1)14kkACDkB②仍设1:1lykx，代入椭圆方程2212yx消元得：2221220kxx，即2(1)(

1)2(1)0xkxx，2221,2FNkxxk，2224|1||12|FMFkxxMkk，同理得2214||112FNkk，2211|22FMNSFMFN

kk∣228225kk，22221122kkkk（当且仅当1k时，等号成立），令2212222kkt，则22212kkt，228881212252FMNttStttt,对于1

1222()ytttt，在[2,)上是增函数，当2t时，即1k时，min92y，812FMNStt，FMN△面积的最大值为169.【点睛】关键点点睛：本题求解过程中，需要熟练运用弦长

公式，以及类比的思想的运用，在得到三角形面积2212FMNSkk228225kk后，利用换元法，化简式子，求最值是难点，也是关键点，题目较难.10．设抛物线24Cyx：，F为C的焦点，过F的直线l与C交于AB，两点.（1）设

l的斜率为2，求AB的值；（2）求证：OAOB为定值.【答案】（1）5；（2）证明见解析.【分析】（1）求出直线方程为21yx，联立直线与抛物线，由12ABAFBFxxp即可求解；（2）设直线方程为1xky，由韦达定理表示出1212O

AOBxxyy，即可得出定值.【详解】（1）依题意得10F，，所以直线l的方程为21yx.设直线l与抛物线的交点为11Axy，，22Bxy，，由2214yxyx得，2310xx，

所以123xx，121xx.所以12325ABAFBFxxp.（2）证明：设直线l的方程为1xky，直线l与抛物线的交点为11Axy，，22Bxy，，由214xkyyx得，2440yky

，所以124yyk，124yy.因为11221212121211OAOBxyxyxxyykykyyy，，222121212144143kyykyyyykk.所以OAOB为定值.【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线

相交问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为11Axy，，22Bxy，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于x（或y）的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为1212,xxxx形式

；（5）代入韦达定理求解.11．已知圆221:(1)4Mxy，动圆N与圆M相外切，且与直线12x相切.(1)求动圆圆心N的轨迹C的方程.(2)已知点11(,),(1,2)22PQ，过点P的直线l与曲线C交于两个不同的点,AB（与Q点不

重合），直线,QAQB的斜率之和是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.【答案】（1）24yx；（2）是，83.【分析】(1)根据题意分析可得N到直线1x的距离等于N到(1,0)M的距离，由抛物线的定义可知，N的轨迹C为抛物线，其方程为24yx；(2)设直线l的

方程为11()22xmy，点1122(,),(,)AxyBxy，直线,QAQB的斜率分别为1k和212,kkk，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理得12yy和12yy，根据斜率公式得1k和2k，利用12yy

和12yy化简12kk即可得到定值.【详解】(1)设N直线12x的距离为d，因为动圆N与圆M相外切，所以12MNd，所以N到直线1x的距离等于N到(1,0)M的距离，由抛物线的定义可知，N的轨迹C为抛物

线，其焦点为(1,0)M，准线为：1x，所以抛物线C的方程为24yx.(2)设直线l的方程为11()22xmy，即2210xmym因为,AB与Q点不重合，所以35m设直线,QAQB的斜率分别为1k和212,kkk

，点1122(,),(,)AxyBxy联立22210,4,xmymyx消去x并整理得24220ymym，则124yym，1222yym，由2(4)4(22)0mm，解得1m或12m，

且35m.可得1111111222(2)1123(21)12yyykxmymmym，同理可得2222(2)23ykmym，所以121212221212122(2)2(2)2[43(1)()4(3)]232342(3)()(3)yymyymyymmym

mymmyymmyym22222[4(22)3(1)44(3)]8(523)84(22)2(3)4(3)3(523)3mmmmmmmmmmmmmmm，故直线,QAQB的斜率之和为定值

83.【点睛】关键点点睛：利用斜率公式转化为,AB两个点的纵坐标之和与纵坐标之积，再根据韦达定理代入化简是解题关键，本题考查了运算求解能力，逻辑推理能力，属于中档题.12．已知椭圆2222:1(0)xyabab经

过点(2,1)M，且右焦点(3,0)F.（1）求椭圆的标准方程；（2）过(1,0)N且斜率存在的直线AB交椭圆于A，B两点，记tMAMBuuuruuur，若t的最大值和最小值分别为1t，2t，求12tt的值.【答案】（1）22163xy；（2）132.【分析】

（1）根据焦点坐标得出c的值，由223ba，将点(2,1)M代入椭圆的方程，解出26a，即可得出椭圆的标准方程；（2）设直线AB的方程为(1)ykx，将其代入椭圆方程，由韦达定理以及向量的数量积公式得出2(1

52)210tkkt，利用判别式法得出2213160tt„，最后由韦达定理得出12tt的值．【详解】（1）由椭圆22221xyab的右焦点为(3,0)，知223ab，即223ba，则222213xyaa

，23a．又椭圆过点(2,1)M，∴224113aa，又23a，∴26a．∴椭圆的标准方程为22163xy．（2）设直线AB的方程为(1)ykx，11,Axy，22,Bxy由221,63(1)xyykx

得2222(1)6xkx，即2222124260kxkxk∵点(1,0)N在椭圆内部，∴0∴由韦达定理可得：212221224122621kxxkkxxk（*）则12122211tMAMBxxyy

1122212411xxxxkkxkxk22212121225kxxkkxxkk222222226412252121kktkkkkkkk

将（*）代入上式得：22152121kktk，即2(152)210tkkt，Rk，则2124(152)(1)0tt∴(215)(1)10tt，即2213160tt由题意知1t，2t是2213160tt的两根

∴12132tt．【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆相交题型，本题中直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理求出，12xx，然后表示出tMAMBuuuruuur，得到等量关系2(152)210tkkt，由其10，得到关于t的不等式，即可求出12tt，考查了学生

的运算求解能力，逻辑推理能力，属于较难题．13．已知椭圆C：22221xyab(0ab)的离心率为22，短轴一个端点到右焦点F的距离为2.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点F的直线l交椭圆于A､B两点，交y轴于P点，设1PAAF，2PBBF，试判断12是否为定值？

请说明理由.【答案】（1）2212xy；（2）存在，定值为4.【分析】（1）由题意可得a，c，b，可求得椭的圆方程；（2）设直线l的方程为1ykx，与椭圆的方程联立整理得：2222124220kxkxk，设11,Axy，22,Bxy，由一元二次方程的根与系

数的关系可得212221224122212kxxkkxxk，再根据向量的坐标运算表示出1111xx，2221xx，代入计算可求得定值.【详解】（1）由题可得222abc，又22cea，所以1c

221bac因此椭圆方程为2212xy（2）由题可得直线斜率存在，设直线l的方程为1ykx，由22112ykxxy消去y，整理得：2222124220kxkxk，

设11,Axy，22,Bxy，则212221224122212kxxkkxxk，又1,0F，0,Pk，则11,PAxyk，111,AFxyuuur，由1PAAF可得1111xx，所

以1111xx同理可得2221xx，所以121212121212121212122211111xxxxxxxxxxxxxxxxxx222222224222

1212442211212kkkkkkkk所以，12为定值4.【点睛】关键点点睛：该题考查直线与椭圆的定值问题，关键在于联立方程组，得出交点的坐标的关系，将目标条件转化到交点的坐标上去，属

于中档题目.14．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知1F，2F分别是椭圆E：22221(0)xyabab的左、右焦点，A，B分别椭圆E的左、右顶点，且2250AFBF．（1）求椭圆E的离心率；（2）已知点(1,0)D

为线段2OF的中点，M为椭圆E上的动点（异于点A、B），连接1MF并延长交椭圆E于点N，连接MD、ND并分别延长交椭圆E于点P、Q，连接PQ，设直线MN、PQ的斜率存在且分别为1k、2k，试问是否存在常数，使得120kk恒成立？，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．

【答案】(1)23;(2)47【分析】(1)借助题设条件运用向量的相等建立方程得23ac求解；(2)借助题设条件运用直线与椭圆的位置关系联立坐标方程求解.【详解】（1）222250,5,5AFBFAFFBacac,化简得2

3ac,椭圆E的离心率23cea（2）存在满足条件的常数4,7.设11223344,,,,,,MxyNxyPxyQxy,因为点1,0D为线段2OF的中点,2c,从而3,5ab

,左焦点12,0F,故椭圆E的方程为22195xy.则直线MD的方程为1111xxyy,代入椭圆方程22195xy整理得,2112115140xxyyyy.1111331114,55yxyyyyxx

,从而131595xxx,故点1111594(,)55xyPxx.同理,点2222594(,)55xyQxx.因为三点M、1F、N共线，所以121222yyxx,从而1221122xyxyyy.从而1212

21121234121212341212124457557595944455yyxyxyyyyyyyxxkkxxxxxxxxxx,故21407kk,从而存在满足条件的常数4,7

.【点晴】本题是一道考查直线与椭圆的位置关系的综合问题.本题第二问的求解过程中,先将MD的方程设为1111xxyy,然后代入22195xy消去变量建立了以其交点横坐标为主元的二次方程,通过研究坐标之间的关系式,再借助题设条件

,求出1111594(,)55xyPxx,2222594(,)55xyQxx.最后借助三点M、1F、N共线,探究出了方程21407kk,属于难题.15．设椭圆2222:1(0)xyCabab的左、右焦点分别为1(,0)

Fc，2(,0)Fc，离心率为12，短轴长为23.（1）求椭圆C的标准方程；（2）设左、右顶点分别为A、B，点M在椭圆上（异于点A、B），求MAMBkk的值；（3）过点2F作一条直线与椭圆C交于,PQ两点，过,PQ

作直线2axc的垂线，垂足为,ST.试问：直线PT与QS是否交于定点？若是，求出该定点的坐标，否则说明理由.【答案】（1）22143xy；（2）34；（3）是，5,02.【分析】（1）由题意，列出,,abc所满足的等量关系式，结合椭圆中,,abc的关系，求得224,3

ab，从而求得椭圆的方程；（2）写出(2,0),(2,0)AB，设00(,)Mxy，利用斜率坐标公式求得两直线斜率，结合点在椭圆上，得出2200334xy，从而求得结果；（3）设直线PQ的方程为：1xmy，1122,,,P

xyQxy，则124,,4,SyTy，联立方程2234121xyxmy可得：2234690mymy，结合韦达定理，得到121223myyyy，结合直线PT的方程，得到直线所过的定点坐标.【详解】

（1）由题意可知，12223cab，又222abc，所以224,3ab，所以椭圆C的标准方程为：22143xy.（2）(2,0),(2,0)AB,设00(,)Mxy，因为点M在椭圆上，所以2200143xy，20002

000224MAMByyykkxxx，又2200334xy，2020333444MAMBxkkx.（3）设直线PQ的方程为：1xmy，1122,,,PxyQxy，则124,,4,

SyTy，联立方程2234121xyxmy可得：2234690mymy，所以12122269,3434myyyymm，所以121223myyyy，又直线PT的方

程为：211244yyxxyy，令0y，则112212121212121241482242ymyyyxyyymyyxyyyyyy12

1212121282355222yyyyyyyyyy，所以直线PT恒过5,02，同理，直线QS恒过5,02，即直线PT与QS交于定点5,02.【点睛】思路点睛：该题考查的是有关椭圆的问题，解题思

路如下：（1）根据题中所给的条件，结合椭圆中,,abc的关系，建立方程组求得椭圆方程；（2）根据斜率坐标公式，结合点在椭圆上，整理求得斜率之积，可以当结论来用；（3）将直线与椭圆方程联立，结合韦达定理，结合直线方程，求得其过的定点.16．在平面直角坐标系xOy中

，已知点A(-2，1)，P是动点，且.OPOAPAkkk（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）过A作斜率为1的直线与轨迹C相交于点B，点T(0，t)(t>0)，直线AT与BT分别交轨迹C于点11,AB设直线11AB的斜率为k，是否存在常数λ，使得t=λk，若存在，求出λ值，若不

存在，请说明理由.【答案】（1）24xy；（2）存在3满足条件．【分析】（1）设P的坐标，可得直线OA，OP，PA的斜率，由题意可得P的轨迹C的方程；（2）由题意可得直线AB的方程，与轨迹C的方程联立求出B的坐标，进而求出直线AT，BT的方程，分别与曲线C联立求出1A，1B

的坐标，求出直线11AB的斜率k的表达式可得k与t的关系，进而可得常数的值满足条件．【详解】解：（1）设(,)Pxy，由题意可得OPykx，12OAk，12PAykx，而OPOAPAkkk．所以1122yyxx，整理可得：24xy，所以动点P的轨迹C的方程为：

24xy；（2）由题意直线AB的方程为：12yx，即3yx=+，代入曲线C中可得24120xx，解得6x或2x，所以可得(6,9)B，直线AT的方程为：12tyxt，代入抛物线的方程：22(1)0xtxt，所以12?

Axt，所以12Atx，所以1234Atty，所以1(2tA，23)4tt，直线BT的方程为：96tyxt，与抛物线联立22(9)03txxt，所以16?Bxt，所以

16Btx，12936Btty，所以1(6tB，227)36tt，由题意可得22327436326tttttktt，所以3tk，由题意tk，所以3．所以存在3满足条件．【点睛】求

轨迹方程的主要方法有直接法、相关点代入法、消参法等，轨迹方程求完后，要记得验证，是否要挖去不符合条件的点.17．已知P为圆1F：22(3)16xy上一动点，点2F坐标为(3,0)，线段2FP的垂直平分线交直线1F

P于点Q.（1）求点Q的轨迹C方程；（2）已知(0,1)B，过点(0,2)作与y轴不重合的直线l交轨迹C于,EF两点，直线,BEBF分别与x轴交于,MN两点.试探究,MN的横坐标的乘积是否为定值，并说明理由.【答案】（1）2214xy；（2）是定值，理

由见解析.【分析】（1）由中垂线可知1214QFQFQFQP，所以Q点的轨迹为椭圆；（2）设,EF两点的坐标，利用直线方程用,EF两点坐标表示,MN的横坐标；再把直线l代入椭圆方程消元，韦达定理，整理,MN的横坐标的乘积

可得结论.【详解】由已知线段2FP的垂直平分线交直线1FP于点Q.得，2QFPQ,又P为圆1F：22(3)16xy上一动点，所以12114QFQFQFQPFP，Q点的轨迹为以12FF、为焦点，长轴为4的椭圆椭圆方程：2214x

y设1122,,,ExyFxy，则直线BE方程:1111yyxx，令0y，得111Mxxy，同理可得221Nxxy由题设直线l：2ykx，代入方程2214xy整理得221416120kxkx，且0122

1614kxxk，1221214xxk，121212212121212113339MNxxxxxxxxyykxkxkxxkxx222212124141216

93391414kkkkkk故43MNxx（定值）【点睛】利用已知的几何条件求轨迹方程是常用的求轨迹的方法；运用韦达定理及整体思想求特定的量是直线与圆锥曲线中常见的处理策略.18．已知在平面直角坐标系xOy中，圆22:1Oxy与y

轴交于C，D两点，点P在第一象限且为圆O外一点，直线PC，PD分别交圆O于点A，B，交x轴于点Q，R．（Ⅰ）若直线BD的倾斜角为60°，||1AC，求点P坐标；（Ⅱ）过P作圆O的两条切线分别交x轴于点M，N，试问||||MQNR是否为定值？若是，求出这个定值：若不是，说明理由．【答案】（

Ⅰ）3,2；（Ⅱ）定值为1.【分析】（Ⅰ）由题可得直线BD的方程为31yx，由AOC△为正三角形，可得直线AC方程为313yx，联立直线方程即可求出P的坐标；（Ⅱ）设,Pab，切线与x轴交点

为0,0x，可得切线方程为000bxaxyxb，利用相切得出222200120bxaxab，可得221MNaxxb，利用共线得1Qaxb，1Raxb，则可求出0NRMQ，进而

得出定值.【详解】（Ⅰ）由题可知0,1,0,1CD，直线BD的倾斜角为60°，则直线BD的方程为31yx，1ACOAOC，故AOC△为正三角形，则直线AC的倾斜角为30，故直线AC方程为313yx

，P为直线BD和直线AC交点，联立方程31313yxyx，解得32xy，3,2P；（Ⅱ）设,Pab，切线与x轴交点为0,0x，则切线方程为0000xxybax，即000bxax

yxb，又O到切线的距离为1，则0220xbbax，整理得222200120bxaxab，则,MNxx是方程的两根，221MNaxxb，由P，C，Q共线得10100Qbxa，解得1Qaxb，同理可得1Raxb，,QMNRMQxxNRx

x，222222011111NMRQaaaaaNRMQxxxxbbbbb，NRMQ，即||1||MQNR.【点睛】关键点睛：第一问的关键是将点P的坐标转化为直线BD和AC的交点坐标，通过求两直线方程可求出；第二

问的关键是将,,,MNQR的坐标全部转化为与P的坐标有关，通过求0NRMQ来得出结果.19．在平面直角坐标系xOy中，有三条曲线：①221(04)4xymm；②221(0)4xynn；③22(0)ypxp.请从中选择合适的一条作为曲线C，使得曲线C满足：点F(

1，0)为曲线C的焦点，直线y=x-1被曲线C截得的弦长为8.（1）请求出曲线C的方程；（2）设A，B为曲线C上两个异于原点的不同动点，且OA与OB的斜率之和为1，过点F作直线AB的垂线，垂足为H，问是否存在

定点M，使得线段MH的长度为定值?若存在，请求出点M的坐标和线段MH的长度；若不存在，请说明理由.【答案】（1）24yx；（2）1,22；172【分析】（1）利用焦点以及弦长排除①②，从而可得12p，进而求出抛物线.（2）OA、OB的斜率存在且不为0，AB不可能是斜率为0的

直线，设AB方程：xmyt，与抛物线联立，设211,4yAy，222,4yBy，利用韦达定理求出4tm，再将AB、FH方程联立，求出交点H，AB过点0,4，观察两个定点1,0F，0,4M，由MHFH，根据直角

三角形的性质即可证出.【详解】（1）对于②，421cn，故排除②；假设①为曲线C，则有41m，解得3m，将直线1yx代入22143xy，整理可得27880xx，解得4627x，此时弦长为62242877，故排除①；所以

曲线C为③，则12p，解得2p，所以曲线C的方程为24yx.（2）易知OA、OB的斜率存在且不为0，AB不可能是斜率为0的直线，设AB方程：xmyt，代入24yx，可得2440ymyt，0，设211,4yAy，22

2,4yBy，则124yym，124yyt=-，且1212221212124444144yyyymyyyyyyt，解得4tm，联立AB、FH方程，即1xmytymx，解得2241411mmxmmmy

m，22441,11mmmmHmm，已知AB过点0,4，不妨猜测M可能为0,4，则222222222444111mmmmMHmmm，此时不满足MH为定值，观察

两个定点1,0F，0,4M，由于MHFH，故H在以MF为直径的圆上，MF的中心为圆心，圆心到H的距离恒为11722MF.MF中点M为1,22，172MH，所以定点M1,22，线段MH的长度为定值，且172MH.【点睛

】关键点点睛：根据焦点以及弦长确定曲线C，解题的关键是求出直线AB过点0,4，围绕0,4以及焦点1,0F，进行求解，考查了考生的计算求解能力.20．如图，点A为椭圆221:21Cxy的左顶点，过A的直

线1l交抛物线22:20Cypxp于B，C两点，点C是AB的中点．（Ⅰ）若点A在抛物线2C的准线上，求抛物线2C的标准方程：（Ⅱ）若直线2l过点C，且倾斜角和直线1l的倾斜角互补，交椭圆1C于M，N两点，（i）证明：点C的横坐标是定值，并求

出该定值：（ii）当BMN△的面积最大时，求p的值．【答案】（Ⅰ）24yx；（Ⅱ）（i）点C的横坐标为定值12，证明见详解；（ii）956p【分析】（Ⅰ）根据点A在抛物线2C的准线上，可得p，进而可得抛物线2C

的标准方程：（Ⅱ）（i）设1l的方程为1xmy，设11,Bxy，22,Cxy，与椭圆联立，利用点C是AB的中点得到122yy，计算可得点C的横坐标为定值；（ii）设直线2l的方程为21()32pmxmy，与椭圆方程联立，利用点C是AB的中点

可得BMNAMNSS，根据三角形的面积公式以及基本不等式可求BMN△的面积最大值，由取等号的条件解得p的值【详解】解：（Ⅰ）由题意得1,0A，点A在抛物线2C的准线上，则12p，即2p所以抛物线2C的标准方程为24yx；（Ⅱ）（i）证明：因为过A的直线1l和抛

物线交于两点，所以1l的斜率存在且不为0，设1l的方程为1xmy，其中m是斜率的倒数，设11,Bxy，22,Cxy，联立方程组212xmyypx，整理得2220ypmyp，0且121222yypmyyp，因为C是AB的中点，

所以122yy，所以223pmy，294mp，2222111332pmpxmm，所以点C的横坐标为定值；（ii）因为直线2l的倾斜角和直线1l的倾斜角互补，所以2l的斜率和1l的斜率互为相反数.设直线2l的方程为21()32pmxmy

，,,,mmnnMxyNxy，即2xmy，联立方程组222,210,xmyxy整理得22(2)430mymy，222(4)12(2)4240mmm，所以26m，242MNmyym，232MNyym.因为点C是AB中点，所以BM

NAMNSS，因为1,0A到MN的距离2|21|1dm，21||MNMNmyy，所以22216||322AMNmSMNdm.令26tm，则211323336416642816816AMN

tStttt，当且仅当8t，214m时等号成立，所以9144p，956p.【点睛】本题考查直线与椭圆的综合问题，考查椭圆中的定值问题及面积最值问题，考查学生计算能力与分析能力，是一道中档题.21．已知椭圆C：22221xyab

(0ab)的左右焦点分别为12,FF，焦距为2，且经过点Q212，.直线l过右焦点且不平行于坐标轴，l与椭圆C有两个不同的交点A，B，线段AB的中点为M.（1）点P在椭圆C上，求1

2PFPF的取值范围；（2）证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值；【答案】（1）[0,1]；（2）证明见解析.【分析】（1）由椭圆定义求得2a，然后可得b，从而得椭圆方程，然后设点,Pxy，计算12PFPF可得范围；（2）设直线l的方

程为1ykx(0k)代入椭圆方程得2222214220kxkxk，设11,Axy，22,Bxy，可得段线AB的中点M的坐标122Mxxx，然后计算OMlkk可得定值．【详解】解：（1）因为焦距22c，则1c，所以左焦点11,0F

，右焦点21,0F则222212222[1(1)](0)(11)](0)2222aQFQF所以2a，所以222,1ab，所以椭圆方程为2212xy.设点,Pxy，则2222212=(

1,)1,11122xxPFPFxyxyxyx因为[2,2]x，所以12PFPF的取值范围为：[0,1]（2）设直线l的方程为1ykx(0k)联立221210xyykxk

消去y得2222214220kxkxk其中：2210k，0，不妨设11,Axy，22,Bxy，M为线段AB的中点则2122421kxxk+=+，所以21222221Mxxkxk，2121MMkykxk

所以12MOMMykxk所以1122OMlkkkk为定值.【点睛】方法点睛：直线与椭圆相交中的定值问题，解题方法是“设而不求”的思想方法，即设交点11,Axy，22,Bxy，设直线方程(1)ykx，直线方程与椭圆方程联立方程

组并消元后应用韦达定理得1212,xxxx，代入OMlkk中可化简得定值．22．已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为23，点,,,ABDE分别是C的左､右､上､下顶点，且四边形ADBE的面积为65.（1）求椭圆C的标准方程；（

2）已知F是C的右焦点，过F的直线交椭圆C于,PQ两点，记直线,APBQ的交点为T，求证：点T在定直线l上，并求出直线l的方程.【答案】（1）22:195xyC；（2）证明见解析，9:2lx.【分析】（1）利用椭圆的离心率、四边形ADBE的面积求得,,ab

c，由此求得椭圆的标准方程.（2）设001122,,,,,TxyPxyQxy，求得120012333539xxxxyy，设直线PQ的方程为2xmy，代入22195xy，化简后写出根与系数关系，进而求得000319352xxx，由此判断出

点T在定直线9:2lx上.【详解】（1）设椭圆C的半焦距长为c，根据题意22223122652caabcab，解得352abc.故22:195xyC.（2）由（1）知(3,0),(3,0),

(2,0)(2,0)ABFB，设001122,,,,,TxyPxyQxy，由010133TAPAyykkxx①，020233TBQByykkxx②，两式相除得0120

123333xyxxxy，又2211195xy故22211111331,9595xxxyy，故11113539yxxy，于是120120121233335339xxxyxxxyyy

③，由于直线PQ经过F点，设直线PQ的方程为2xmy，代入22195xy整理，得225920250mymy，把12212220592559myymyym代入③，212121212001212123

311135553999xxmymymyymyyxxyyyyyy，得2220022520135159592539559mmmxmmxm，得到092x，故点T在定直线9:2lx上.【点睛】要求椭圆的标准

方程，也即要求得,ab，可根据已知条件列方程组来求解.解决直线与椭圆的位置关系的问题，求解出根与系数关系是重要的步骤.23．已知椭圆2222:10xyEabab的左、右顶点分别为A，B，离心率为32，过点

()1,0P作直线交椭圆于点C，D（与A，B均不重合）.当点D与椭圆E的上顶点重合时，5AD.（1）求椭圆E的方程（2）设直线AD，BC的斜率分别为1k，2k，求证：12kk为定值.【答案】（1）2214xy；（2

）证明见解析.【分析】（1）解方程225ab.①2232aba，②即得解；（2）设直线CD的方程为1xmy，联立方程组221,41,xyxmy得224230mymy，得到韦达定理，再利用韦达定理化简12kk即得

证.【详解】（1）当点D与椭圆E的上顶点重合时，有0,Db，所以225ADab.①又因为离心率2232abea，②由①②解得2a，1b，所以E的方程为2214xy.（2）由题意，设直

线CD的方程为1xmy，联立方程组221,41,xyxmy得224230mymy，设11,Cxy，22,Dxy，则12224myym，12234yym.由（1）

得2,0A，2,0B，所以2122ykx，1212ykx，212111222121212121233yxymykmyyykyxymymyyy1212121121121433334mymyyyyymmmyyyym

.【点睛】方法点睛：定值问题：在几何问题中，有些几何量与参数无关，这就构成了定值问题，定值问题的处理常见的方法有：（1）特殊探究，一般证明.（2）直接求题目给定的对象的值，证明其结果是一个常数.24．已知椭圆C：22221(0)

xyabab的离心率为22，过焦点且与x轴垂直的直线被椭圆C截得的线段长为2．（1）求椭圆C的方程；（2）已知点(1,0)A，(4,0)B，过点A的任意一条直线l与椭圆C交于M，N两点，求证：||||||||MBNAMANB．【答案】（1）

22142xy；（2）证明见解析【分析】（1）由题意得22222222bacaabc，可求出,ab，即可得到椭圆的方程；（2）过M，N分别作x轴的垂线段MM，NN，易得MAMMNANN

，要证明MBNAMANB，只需证明MBMMNBNN，即证MBANBA，只需证明0MBNBkk，设出直线l的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理，表示出直线MB、直线NB的斜率，进而可证明0MBNBkk.【详解】（1）椭圆22221xyab中，令xc，得242

2221cbybaa，因为过焦点且与x轴垂直的直线被椭圆C截得的线段长为2，所以222ba，根据离心率为22，得22ca，由22222222bacaabc

，解得2a，2b，所以椭圆的方程为22142xy．（2）证明：要证明MBNAMANB，只需证明MAMBNANB，过M，N分别作x轴的垂线段MM，NN，易得：MAMMNANN，所以只需证明MBMMNBNN

，所以只需证明MBANBA，只需证明0MBNBkk．当直线l的斜率不存在时，易得MBNAMANB．当直线l的斜率存在时，不妨设斜率为k，则直线l的方程为1ykx，联立221421xyykx消去y，得222221

4240kxkxk，设11,Mxy，22,Nxy，则2122421kxxk+=+，21222421kxxk，直线MB的斜率11111044MBkxykxx，直线NB的斜率

22221044NBkxykxx，12121144MBNBkxkxkkxx122112141444kxxkxxxx

12121225844kxxxxxx222212244258212144kkkkkxx222212168482021044kkkkkxx.综上所述，MBNAMANB

．【点睛】关键点点睛：本题考查求椭圆的方程，及椭圆中等式关系的证明，解题关键是将等式关系转化为0MBNBkk.本题第二问中，过M，N分别作x轴的垂线段MM，NN，可得到MAMMNANN，即可将MBNAMANB转化为MBMMNBNN，进而只需证明MBA

NBA，即证明0MBNBkk.考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力，属于中档题．25．已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为22，短轴一个端点到右焦点F的距离为2.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点F的直线l交椭圆于A、B两点，交y轴于P点，设12

,PAAFPBBF，试判断12是否为定值？请说明理由．【答案】（1）2212xy；（2）是定值-4，理由见解析.【分析】（1）由题意可得a，c，b，可求得椭的圆方程.（2）设直线l的方程为1ykx，

与椭圆的方程联立整理得：2222124220kxkxk，设11,Axy，22,Bxy，由一元二次方程的根与系数的关系可得212221224122212kxxkkxxk，再根据向量的坐标运算

表示出1111xx，2221xx，代入计算可求得定值.【详解】（1）由题可得222abc，又22cea，所以1c，221bac，因此椭圆方程为2212xy，（2）由题可得直线斜率存在，设直线l的方程为1ykx，由22

112ykxxy消去y，整理得：2222124220kxkxk，设11,Axy，22,Bxy，则212221224122212kxxkkxxk，又1,0F

，0,Pk，则11,PAxyk，111,AFxyuuur，由1PAAF可得1111xx，所以1111xx，同理可得2221xx，所以12121211xxxx1

212121212121222111xxxxxxxxxxxxxx222222224222121242211212kkkkkkkk4，所以，12为定值-4.【点睛】本题考查直线与椭圆的定值问题，关键在于联立方程组，得出交点的坐标

的关系，将目标条件转化到交点的坐标上去，属于中档题.四、填空题26．已知A、B分别是双曲线2222:1(0,0)xyCabab的左右顶点，M是双曲线上异于A、B的动点，若直线MA、MB的斜率分别为12,kk，始终满足12fkfk，其中()ln2xfx，则C的离心率

为______．【答案】5【分析】设出,,MAB的坐标，利用直线的斜率的乘积，结合已知条件，推出斜率乘积，转化求解双曲线的离心率即可.【详解】设,,,0,,0MmnAaBa，由M是双曲线上异于A、B的动点，若直

线MA、MB的斜率分别为12,kk，则21222nnnkkmamama，又22221mnab，则2212222nbkkmaa，由()ln2xfx，得1212ln

,ln22kkfkfk，因为12fkfk，所以21lnln22kk，可得2122kk显然不成立；则2211lnlnln02222kkkk

，所以21211224kkkk，所以2215cbeaa.故答案为：5.【点睛】方法点睛：求双曲线离心率的值的常用方法：由,ab或,ac的值，得22222221cabbeaaa；列出含有,,abc的齐次方程，借助222bca

消去b，然后转化为关于e的方程求解；27．在平面直角坐标系xOy中，1F，2F分别为椭圆22221(0)xyabab的左、右焦点，B，C分别为椭圆的上、下顶点，直线2BF与椭圆的另一个交点为D，若12FBF的面积为2512b，则直线CD的斜率为______.【

答案】60169【分析】由椭圆的性质结合三角形面积可得512cb，进而可得22169144ab，由直线斜率公式化简可得2125BFk、22BDCDbkka，运算即可得解.【详解】设122FFc，则2,0Fc，由题意0,Bb，0,Cb，所以1221

215212FBFSFFbbcb△，所以512cb，所以222222516912144abcbbb，所以直线2BF的斜率2125BFbkc，设点,Dmn，则22221mnab，即222

22bbnam，所以22222144169BDCDnbnbnbbkkmmma，又2BBDFkk，所以121445169CDk，所以60169CDk.故答案为：60169.【点睛】本题考查了椭圆性质的应用及直线与椭圆的综合应用，考查了运算求解能力，属于中档

题.