【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习核心考点重难点练习15《七种圆锥曲线的应用解题方法》(解析版).doc，共(68)页，8.470 MB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-29179.html

以下为本文档部分文字说明：

重难点15七种圆锥曲线的应用解题方法（核心考点讲与练）题型一：弦长问题一、单选题1．（2022·福建厦门·模拟预测）已知抛物线2:2(0)Cypxp的准线被圆224xy所截得的弦长为23，则p（）A．1B．3C．2D．4【答案】C【

分析】有几何关系，圆与抛物线交点的坐标与圆半径满足勾股定理，可求得准线，即可求得p【详解】由题，圆与抛物线都关于x轴对称，故所截得的弦AB与x轴垂直，圆心为原点，圆半径为2，则有2222,3,0AAAAxyyx，解得1Ax，故12p，得2p，故选：C2．（2022·黑龙江·

哈尔滨三中模拟预测（文））己知直线l过抛物线2:4Cyx的焦点，并且与抛物线C交于不同的两点A、B，若02,My为线段AB的中点，则||AB的值为（）A．4B．5C．6D．8【答案】C【分析】先求出抛物线的准线方程，分别过,,ABM作准线的垂线，垂足分别为111,

,ABM，由抛物线的定义可得出答案.【详解】抛物线2:4Cyx的准线方程为：1x能力拓展分别过,,ABM作准线的垂线，垂足分别为111,,ABM则点02,My到准线的距离为213根据抛物线

的定义可得11,AFAABFBB,且111222AABBAFBFABMM所以1||26ABMM故选：C3．（2022·河南郑州·三模（文））斜率为1的直线l与椭圆2212xy相交于A，B两点，则||AB的最大值为（）A．2B．233C．263

D．433【答案】D【分析】设直线方程yxm与椭圆方程联立，求得弦长232262ABm，即可得到最大值.【详解】设AB，两点的坐标分别为11(,)xy，22(,)xy，直线l的方程为yxm，由2212yxmxy消去y得22342(1)0xmxm，则1243m

xx，2122(1)3mxx.∴22222121212811144233mABkxxkxxxxm222632m，∴当0m时，AB取得最大值433，故选:D.二、多选题4．（2022·河北邯郸·二模）已知P

是圆O：224xy上的动点，点Q(1，0)，以P为圆心，PQ为半径作圆P，设圆P与圆O相交于A，B两点．则下列选项正确的是（）A．当P点坐标为(2,0)时，圆P的面积最小B．直线AB过定点C．点Q到直线AB的距离为定值D．1542AB【答案】ACD【分析】A由

题意圆P的面积最小只需||PQ最小，结合圆的性质判断；B应用特殊点，讨论P为圆O在x轴交点分别判断直线AB的位置即可判断；C由两圆相交弦所在直线的求法确定直线AB，再由点线距离公式判断；D由OP垂直平分AB，结合弦心距、半径、弦长关系

得到||AB关于圆P半径的表达式，结合二次函数性质求范围.【详解】A：根据圆的性质知：P点坐标为(2,0)时||PQ最小，此时圆P的面积最小，正确；B：若圆P的半径为r且13r≤≤，如下图，当P为圆O在x轴右侧交点，此时1r，显然直线AB垂直于x轴，在Q点右侧；如下图，当P为圆O在

x轴左侧交点，此时3r，显然直线AB也垂直于x轴，在Q点左侧；所以直线AB不可能过定点，错误；C：由对称性，不妨设2(,4)Pmm，则222(1)452rmmm，所以圆P方程为222()(4)52xmymm，又直线AB为两圆相交弦，则圆P

、圆O相减并整理得：直线2:224230ABmxmym，所以Q到直线AB的距离22|2023|3444(4)mmdmm为定值，正确；D：由题意，OP与AB交于C且OP垂直平分AB，令PCm，则2224(2)mrm，可

得24rm，故2416||2rrAB，所以2264(8)15||[,4]22rAB，正确；故选：ACD【点睛】关键点点睛：选项C利用两圆相交求相交弦所在直线方程，结合点线距离公式求距离，选项D通过弦心距、弦长、半径的几何关系得到||AB关于圆P半径的表达

式.三、填空题5．（2022·江苏·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知过抛物线24yx焦点F的直线与抛物线相交于A，B两点，以,AFBF为直径的圆分别与x轴交于异于F的P，Q两点，若2PFFQ，则线段AB的长为

________．【答案】92【分析】作出图形，结合几何性质求出tanEAB，进而可求出直线AB的斜率，然后将直线方程与抛物线联立，结合韦达定理即可求出结果.【详解】过点,AB分别作准线1x的垂线，垂足分别为,CD，过点B作AC的垂线，垂足为E，由

题意可知~RtQFBRtPFA，所以2AFPFBFQF，设2,AFmBFm，所以2,ACAFmBDBFm，且CEBDm，因此AEm，故22BEm，所以22tan22BEmEABAEm，即ta

n22AFP，因此直线AB的斜率为22，又因为1,0F，所以直线AB的方程为221yx，与抛物线联立22214yxyx，即282080xx，设1122,,,AxyBxy，则12

52xx，因此1292ABxxp=++=，故答案为：92.【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若

过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．6．（2022·江苏泰州·模拟预测）已知抛物线2:2(0)Cypxp，直线10xy被抛物线C截得的弦长为8，则抛物线C的准线方程为___．【答案】1x【分析】联立直线方程和抛物线方程，

得到根与系数的关系式，利用弦长可求得2p，即可求得答案.【详解】由题意得，22,(0)1ypxpxy，消x可得2220ypyp，2480pp，设1122,,,AxyBxy，则12122,2yypyyp

，故22221212121212224ABxxyyyyyyyy22488pp，∴2p，则准线方程为1x，故答案为：1x四、解答题7．（2022·全国·二模（理））已

知动圆M经过定点1(1,0)F，且与圆222:(1)8Fxy相内切．(1)求动圆圆心M的轨迹C的方程；(2)设点T在2x上，过点T的两条直线分别交轨迹C于A，B和P，Q两点，且TATBTPTQ，求直线AB的斜率和直线PQ的斜率之和．【答案】(1)2212xy(

2)0【分析】（1）设动圆圆心,Mxy，半径为r，利用椭圆的定义可得到动圆圆心M的轨迹方程.（2）设出AB直线方程和PQ直线方程，分别与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用弦长公式表示出TATBTPTQ，即可得到斜率之和.(1)设动圆圆心,Mxy，半径为r，由题意得：1222M

FrMFr得1212222MFMFFF．所以圆心M的轨迹是以1F，2F为焦点的椭圆，且2,1acb故轨迹C方程为2212xy．(2)设(2,)Tt，11(,)Axy，22(,)Bxy，AB直线方程为1(2)ytkx，33(,)Pxy，44(,)

Qxy，PQ直线方程为2(2)ytkx，221122xyytkx联立相消得2221111(21)4(2)2(2)20kxktkxtk，211122121122184212

2221kktxxktkxxk22221112121221212121tTATBkxkxkk同理2222222121tTPTQkk，又TATBTPTQ，2

222121222121102121kkkkkk，又12kk，120kk．8．（2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（理））已知椭圆C：222210xyabab的离心率为12，直线1xy交椭

圆C的弦长为247.(1)求椭圆C的方程；(2)经过定点2,1M的直线l交椭圆C于,AB两点，椭圆C的右顶点为P，设直线PA，PB的斜率分别为1k，2k，求证：12kk恒为定值.【答案】(1)22143xy(

2)证明见解析【分析】根据韦达定理得弦长公式，结合离心率即可求解1c，进而得椭圆方程.联立直线与椭圆的方程，得到根与系数的关系，根据两点的斜率公式，即可化简求解.(1)∵12cea，则2ac，3bc，∴C即为：2222143xycc把1yx

代入整理得：22784120xxc，则1287xx，2124127cxx这时，2212121264164824||22424977cABxxxxxx，∴1c∴所求C的方程为：22143xy(2)由题意可知

，直线l斜率存在.设l：12ykx即21ykxk代入椭圆方程整理得：222348(21)82210kxkkxkk∴122212282134822134kkxxkkkxxk

，又102k111111211222ykxkkkxxx，同理222221122kxkkkxx∴1212121212411222224xxkkkkxxxxxx

22228(21)43422(23)3822116(21)43434kkkkkkkkkkkk【方法二】平移坐标轴以P为原点，这时C的方程为22(2)143xy设l：1ykx代入椭圆方程整

理得：2234(128)40kxkx，则12281234kxxk，122434xxk这时，12121212121212121111223yykxkxxxkkkkxxxxxxxx

9．（2022·内蒙古·满洲里市教研培训中心三模（文））已知圆A：2229xy（），圆B：2221xy（），圆C与圆A、圆B外切，(1)求圆心C的轨迹方程;E(2)若过点B且斜率k的直线与E交与MN、两点，线段MN的垂直平分线交

x轴与点P，证明MNPB的值是定值.【答案】(1)221113xyx，，(2)证明见解析【分析】（1）根据圆C与圆A、圆B外切，得到2CACB<4，再利用双曲线的定义求解；（2）设直线为11222ykxMxyNx

y，，，，，联立22213ykxyx，利用弦长公式求得MN，再根据线段MN的垂直平分线，得到点P的坐标求解.(1)解：因为圆C与圆A、圆B外切，设C点坐标xy（，），圆C半径为r，则3CAr，1CBr，所以2CACB<

4，所以点C的轨迹是双曲线的一支，又242cc，，221aa，，2223bca，所以其轨迹方程为221113xyx，，；(2)设直线为11222ykxMxyNxy，，，，，联立22213yk

xyx，消去y得：222234430kxkxk，所以2122212243433kxxkkxxk，设MN中点坐标为G，则2222633kkGkk，，所以222121212114MNkxxkxxxx

，222222224434661333kkkkkkk，直线GP的方程为:22261233kkyxkkk，228003kyPk当时，，，所以22823

kPBk，所以2222663823kMNkPBkk=1.10．（2022·北京·潞河中学三模）已知椭圆2222:1(0)xyEabab的一个顶点为0,3，离心率为12.(1)求椭圆E的方程；(2)设过椭圆右焦点的直线1l交椭圆于AB

､两点，过原点的直线2l交椭圆于CD､两点.若12ll∥，求证：2||CDAB为定值.【答案】(1)22143xy(2)4【分析】（1）根据题意，得到3b，结合离心率求得2a的值，即可求解；（2）当直线AB的斜率不存在时，求得24CDAB；当AB的斜率存在时，则AB的方程为(1

)ykx，直线CD的方程为ykx，设11223344(,),(,),(,),(,)AxyBxyCxyDxy，联立方程组，结合根与系数的关系和弦长公式，求得,ABCD，即可求解.(1)解：因为椭圆2222:1(0)xyEabab的一个顶点为0,3，离心率为12可

得3b，且22112cbeaa，解得22443ab，所以椭圆E的方程为22143xy.(2)证明：当直线AB的斜率不存在时，可得3,23ABCD，则24CDAB；当直线AB的斜率存在时，依题意知0k，则直线AB的方程为(1)ykx，直线CD的方程为ykx，设1

1223344(,),(,),(,),(,)AxyBxyCxyDxy，联立方程组221143ykxxy，整理得2222(34)84120kxkxk，则221212228412,3434kkxx

xxkk，所以22212121211()4ABkxxkxxxx22222222841212(1)1()4343434kkkkkkk又由22143ykxxy，可得221234xk，则3424334xxk，所以22342

3(1)1434kCDkxxk，所以2222248(1)3443412(1)CDkkABkk，综上可得：24CDAB.题型二：面积问题一、单选题1．（2022·江苏·南京师大附中模拟预测）平面直角坐标系中，点集sin2cos,,,Rcos2sinxMxy

y，则点集M所覆盖的平面图形的面积为（）A．3πB．4πC．8πD．9π【答案】B【分析】欲求点集M所覆盖的平面图形的面积，先看点M的轨迹是什么图形，将x，y的式子平方相加后即可

得出2222sin()xy,再结合三角函数的有界性即可解决问题．【详解】sin2coscos2sinxy两式平方相加得：22142sincos2cossinxy,即：2252sin()xy

．由于1sin()1，352sin()7，随着的变化，方程2252sin()xy表示圆心在(0,0)，半径为3和半径为7的两圆之间的圆环，故点集M所覆盖的平面图形的面积为：π(73)=4π，故选：B．二、多选题2．（2022·湖南·模拟预测）

已知双曲线222:1xCya，0a的左右焦点分别为1F，2F，双曲线C上两点A，B关于坐标原点对称，点P为双曲线C右支上上一动点，记直线PA，PB的斜率分别为PAk，PBk，若14PPABkk，12PFPF，则下列说法正确的是（）A．4aB．2aC．12PFF△的

面积为32D．12PFF△的面积为1【答案】BD【分析】根据点差法，结合双曲线的定义逐一判断即可.【详解】00(,)Pxy，11,Axy，因为A，B关于坐标原点对称，则11,Bxy，曲已知得221121xya，220021xya，两式相减得222210102xxyya，

所以2201222011yyxxa，因为0101010114PAPByyyykkxxxx，所以2114a，得2a，所以选项B正确A错误；因为P在右支上，记2PFt，则14PFt，因为12PFPF，

所以22420tt，解得62t或62t（舍去），所以12PFF△的面积为12116262122PFPF．所以选项D正确C错误．故选：BD．【点睛】关键点睛：应用点差法和双曲线的定义是解题的关键.三、填空题3．（

2022·内蒙古赤峰·三模（文））已知抛物线2:20Cxpyp的焦点为F，过F且垂直与y轴的直线与C相交于A，B两点，若AOB(O为坐标原点)的面积为18，则p________【答案】6【分析】首先得到抛物线的焦点坐标，将2py代入抛物线方程，即可求出A、B，再根据面

积公式计算可得；【详解】抛物线2:2(0)Cxpyp的焦点为(0,)2pF，将2py代入22xpy可得xp，即有(,)2pAp，(,)2pBp，所以2ABp，所以121822AOBpSp，解得6p=；故答案为：6四、解答题4．（2022

·浙江·温州中学模拟预测）已知椭圆221:14xCy的上、下顶点分别为12,BB，抛物线22:2(0)Cypxp在点(2,2)Pp处的切线l交椭圆1C于点M，N，交椭圆的短轴于点C，直线1MB交x轴于点D．(1)若点C是2OB的中点，求p的值；(2)设M

CD△与1MNB的面积分别为12,SS，求12SS的最大值．【答案】(1)14p(2)322【分析】（1）设直线l的方程为(2)2mypx，与抛物线方程联立，由0结合l过10,2C求解；（2）

设2tp，得到l的方程2tyx，与椭圆方程联立，设M，N的纵坐标分别为12,yy，由1112111||||||1CyyySMCMDSMNMByy求解.(1)解：设直线l的方程为(2)2mypx，代入22ypx，得2244

0ypmyppp，由题意2244(44)0pmppp，即2mp，∴l的方程为2(2)2ypxp，又∵l过10,2C，∴14p；(2)l的方程化为22yxp，设2tp，则l的方程为2tyx，点C的纵坐标2[1,0)Cyt，则2t

，由22214tyxxy，得22440tyty，解得1224,04tyyt．设M，N的纵坐标分别为12,yy21112111224||||2(2)44||1(2)14CtyyySMCMDttttSMN

MByyttt，令20tn，显然0n，则12212223228686426SnSnnnn，当且仅当22n时取等号，此时322p，所以12SS的最大值为322．5．（2022·浙江·效实中学模拟预测）已知12,F

F分别为椭圆2222:1(0)xyEabab的左､右焦点，长轴长为23，12,BB分别为椭圆的上、下顶点，且四边形1122FBFB的面积为22.(1)求椭圆E的方程；(2)若椭圆E的离心率为33，过点1F的直线l与曲线E交

于,AB两点，设AB的中点为M，CD、两点为曲线E上关于原点O对称的两点，且0()COOMuuuruuur，求四边形ACBD面积的取值范围.【答案】(1)22132xy或2213xy(2)4,26【分析】（1）根据题意

利用待定系数法列出方程组即可求得ab、的值，进而得到椭圆E的方程；（2）设出直线AB的方程并与椭圆E的方程联立，利用设而不求的方法求得CD、两点坐标，进而得到四边形ACBD面积的表达式，从而求得该四边形面积的取值范围.(1)由223a，

得3a，又122222cb，则2bc由2232bcbc，可得12bc或21bc则椭圆E的方程为22132xy或2213xy.(2)由椭圆E的离心率33e，则椭圆E的方程为22132xy当直线AB斜率k存在时，设直

线:1ABykx，0k代入22132xy，整理得2222236360kxkxk则2224423336484806kkkk，22121222636,,2323kkxxxxkk则22232,,232

3kkMkk直线2:3OMyxk代入22132xy，整理得222932kxk，取2232,3232kCkk，则2232,3232kDkk2222223232323211CABkkkkk

kdkk22222232323232,11DABkkkkkkdkk222222212122224316361414232323kkkABkxxxxkkkk

222222431113232222311ACBDCABDABkkkkkSABddkkk22222111343441223233kkkkk22233k

，则21130223k，则2134412623k，即426ACBDS当直线AB斜率k不存在时，AB的方程为1x，43AB此时0,1,M3,0C，3,0D，23CD114234223ACBDSABCD，综上，四边形ACB

D面积的取值范围为4,26.6．（2022·湖南·模拟预测）已知椭圆2222:11xyCabab的左、右焦点分别为1F，2F，P为椭圆上一动点，直线1PF与圆22:1Oxy相切于Q点，且Q是线段1PF的中点，三角形12FPF的面积为2．(1)求椭圆C的方程；(

2)过点P（点P不在x轴上）作圆22:1Oxy的两条切线PM、PN，切点分别为M，N，直线MN交椭圆C于点D、E两点，求三角形ODE的面积的取值范围．【答案】(1)22142xy(2)306,82【分析】（1）依题可得OQ为

12FPF△的中位线，根据椭圆的定义可得：122PFa，结合三角形面积公式可得2a，又12PFPF从而可求出,cb，即可得出椭圆方程；（2）设00,Pxy，00y，由几何性质可知P、M、O、N四点共圆，且PO为该圆直径，写出圆方程表达式，从而求出直线MN的方程，代入椭圆方程结合弦

长公式求出DE，和点O到直线MN距离，并写出三角形ODE的面积的表达式，分析其单调性从而求出取值范围．(1)连接OQ，由1FQQP，且12OFOF所以OQ为12FPF△的中位线，所以222PFOQ且12PFPF，所以根据椭圆的定义可得：122PFa，所以1

2122222FPFSa△，解得2a，所以122PFPF，所以222222c，解得2c，所以222bac，故椭圆C的方程为：22142xy．(2)设00,Pxy，

00y，则220024xy，由几何性质可知P、M、O、N四点共圆，且PO为该圆直径，则以线段OP为直径的圆的方程为222200001224xyxyxy，又圆O的方程为221xy，两式相减得直线MN的方程为001xxyy

．由00221142xxyyxy消去y整理得2222000024240xyxxxy．因为直线MN交椭圆C于D、E两点，设11,Dxy，22,Exy所以2222220000001642242410xxyyyx，0122

20042xxxxy，20122200242yxxxy，则222200012121220014xxyDExxxxxxyy222222200000002222222200000001424426222xyxxyxyyxyx

yxy．又原点到直线DE的距离为22001dxy，所以三角形ODE的面积为222200002222222200000011166222ODExyxxSDEdxyxyxy

△2200222200002011126262614234311xxxyxxx．设201tx，因为02,2x所以1,5t，因为13fttt在1,5单调递增，所以16545ft所

以30682ODES△．7．（2022·江苏苏州·模拟预测）已知椭圆22122:1(0)xyCabab且经过1(2,0)P，231,2P，331,2P，4(1,1)P中的三点，抛物线22:2(

0)Cypxp，椭圆1C的右焦点是抛物线2C的焦点．(1)求曲线1C，2C的方程；(2)点P是椭圆1C的点，且过点P可以作抛物线2C的两条切线，切点为A，B，求三角形PAB面积的最大值．【答案】(1)221

:143xyC，22:4Cyx(2)82【分析】（1）根据对称性可得椭圆上的三个点，利用待定系数法可求椭圆的方程，从而可求抛物线的方程.（2）设点00,Pxy，100:PAxtyyx，200:PBxtyyx，其中12

tt，联立直线方程和抛物线线方程，消元后利用判别式可得诸变量之间的关系，从而可得AB的中点M满足PM平行于x轴并可用00,xy表示三角形PAB的面积，从而可求其最大值.(1)根据对称性可得1(2,0)P，231,2P，331,2P在椭圆上，故2a，且291414b

，故23b，所以221:143xyC.椭圆1C的右焦点为1,0，所以12p即2p，故22:4Cyx..(2)设点00,Pxy，100:PAxtyyx，200:PBxtyyx，其中12tt，由10024xtyyxyx

可得21004ytyyx，整理得到：211004440ytytyx，所以211001616160ttyx，故211000ttyx，且12Aty，故211,2Att，同理222000t

tyx，222,2Btt，故12,tt为方程2000ttyx的两个根，故120120,ttyttx，而AB的中点M的纵坐标为12022tty，故PM平行于x轴，故三角形PAB面积为22120120121

2222MttSxxttxtt212120122ttttxtt2200001442yxyx3200142yx3322000111418172424xxx由2221434xyyx

可得2316120xx，故23x或6x（舍），故0223x，故当02x时，有3max18822S.题型三：中点弦问题一、多选题1．（2022·山东·烟台二中模拟预测）在平面直角坐标系xOy中

，过点2,0M的直线l与抛物线C：220ypxp交于A，B两点，点000,0Nxyy为线段AB的中点，且BNON，则下列结论正确的为（）A．N为AOB的外心B．M可以为C的焦点C．l的斜率为01yD．0x可以小于2【答案】AC【分析】由BNON可得AOB90，即可判断

A选项；设出直线，联立抛物线，由0OAOB求出1p，即可判断B选项；由点差法即可求出l的斜率判断C选项；求出12xx即可判断D选项.【详解】由BNONAN可得AOB90，则N为AOB的外心，A正确；易得直线l斜率不为0，设:2lxmy，1122(,),(,)Ax

yBxy，联立220ypxp可得2240ypmyp，224160pmp，则12122,4yypmyyp，则221212422yyxxpp，由AOB90可得0OAOB，即1212440xxyyp

，则1p，则焦点为1,02，B错误；由2211222,2yxyx作差得1212122yyyyxx，即121212002212yyxxyyyy，C正确；21212424xxmyym

，则2120222xxxm，D错误.故选：AC.2．（2022·全国·模拟预测）法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”、“微分几何之父”．他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是

以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆．若椭圆2222:10xyabab的蒙日圆为2223:2Cxya，过C上的动点M作的两条切线，分别与C交于P，Q两点，直线PQ交于A，B两点，则（）A．椭圆

的离心率为22B．MPQ面积的最大值为232aC．M到的左焦点的距离的最小值为22aD．若动点D在上，将直线DA，DB的斜率分别记为1k，2k，则1212kk【答案】ABD【分析】由条件

可得222ab，由此可求椭圆的离心率，由此判断A，由条件可得PQ为圆C的直径，确定MPQ面积的表达式求其最值，由此判断B，由条件确定2MF的表达式求其范围，由此判断C，结合点差法判断D.【详解】依题意，过椭圆的上顶点作y轴的垂线，过椭圆的右顶点作

x轴的垂线，则这两条垂线的交点在圆C上，所以22232aba，得222ab，所以椭圆的离心率22212cbeaa，故A正确；因为点M，P，Q都在圆C上，且90PMQ，所以PQ为圆C的直径，所以23262PQaa，所以MPQ面积的最大值为2221363322222

aPQaaa，故B正确；设00(,)Mxy，的左焦点为,0Fc，连接MF，因为222212caba，所以22222222200000003212222222MFxcyxyxccaxaaaax

，又06622axa，所以2223MFa，则M到的左焦点的距离的最小值为622a，故C不正确；由直线PQ经过坐标原点，易得点A，B关于原点对称，设11,Axy，22

,Dxy，则11,Bxy，12112yykxx，12212yykxx，又2211222222221212xybbxybb，所以222212122202xxyybb

，所以221212122212121212yyyyyyxxxxxx，所以1212kk，故D正确故选：ABD．【点睛】椭圆的蒙日圆及其几何性质过椭圆222210xyabab上任意不同两点M，N作椭圆的

切线，若两切线垂直且相交于P，则动点P的轨迹为圆2222:Oxyab，此圆即椭圆的蒙日圆．椭圆的蒙日圆有如下性质：性质1：PMPN．性质2：PO平分切点弦MN．性质3：MONS的最大值为2ab，MONS的最小值为2222abab．二、填空题

3．（2022·全国·模拟预测）已知双曲线E：222210,0xyabab的左、右焦点分别为1F、2F，过1F的直线l与双曲线的左、右两支分别交于P、Q两点，与y轴交于点C，M为线段PQ的中点．若2CFOM，则双曲线E的离心率为______．【答案】2【分析】作出图像，由PQ与2CF

关于y轴对称得2CFPQkk，由2CFOM得1OMPQkk，再根据点差法得22PQOMbkka，由此根据221bea即可求解．【详解】由题意画出图像，由题知直线PQ的斜率一定存在，设直线PQ的斜率为0PQPQkk，由双曲线的对称性知直线2CF的斜率2C

FPQkk．又2CFOM，可得直线OM的斜率1OMPQkk．设11,Pxy，22,Qxy，00,Mxy，则1202xxx，1202yyy，∵P、Q在双曲线上，故22112222222211xyabx

yab①②，由①－②得，1212121222xxxxyyyyab，即20122120yyybxxxa，即22PQOMbkka，则221ba，故双曲线离心率2212bea．当直线PQ的斜率0PQk时，0,0M，

0,0C不符合题意．故答案为：2．三、解答题4．（2022·江苏南京·模拟预测）已知椭圆C：22221xyab（0ab）过点61,2，直线l：yxm与椭圆C交于A，B两点，且线段AB的中点为M，O为坐标原点，直线OM的斜率为-0.5.(1)求椭圆C的标准方程

；(2)当1m时，椭圆C上是否存在P，Q两点，使得P，Q关于直线l对称，若存在，求出P，Q的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)22142xy；(2)不存在；理由见解析.【分析】（1）利用点差法，结合代入法进行求解即可；（2）利用假设法、点差法，根据点关于直线对

称的性质、点与椭圆的位置关系进行求解即可.(1)设11,Axy，22,Bxy，则1212,22xxyyM，即121212OMyykxx．因为A，B在椭圆C上，所以2211221xyab，2222221xyab，两式相减得

12121212220xxxxyyyyab，即121222121210yyyyabxxxx，又12121AByykxx，所以221102ab，即222ab．又因为椭圆C过点61,2，所以221123ab，解

得24a，22b，所以椭圆C的标准方程为22142xy；(2)由题意可知，直线l的方程为1yx．假设椭圆C上存在P，Q两点，使得P，Q关于直线l对称，设33,Pxy，44,Qxy，PQ的中点为00,Nxy，所以3402xxx，3402yyy，因为P，Q关于直线l对

称，所以1PQk且点N在直线l上，即001yx．又因为P，Q在椭圆C上，所以2233142xy，2244142xy，两式相减得34343434042xxxxyyyy，即34343434042yyyyxxxx，所以343

442xxyy，即002xy．联立000021xyyx，解得0021xy，即2,1N．又因为2221142，即点N在椭圆C外，这与N是弦PQ的中点矛盾，所以椭圆C上不存在点P，Q两点，使得P，Q

关于直线l对称．【点睛】关键点睛：利用点差法是解题的关键.5．（2022·新疆·三模（文））已知椭圆C：222210xyabab），O为坐标原点，若直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，直线l与直线OM的斜率乘积为12．(1)求

椭圆C的离心率；(2)若椭圆C经过点23,2P，求椭圆C的标准方程．【答案】(1)22(2)22142xy【分析】（1）利用点差法、中点坐标公式、斜率公式可得到222ab，再利用椭圆的离心率公式进行求解；（2）利用离心率和点在椭圆上进行求解.(1)解：设1

1,Axy，22,Bxy，00,Mxy，则22112222222211xyabxyab，所以2222121222110xxyyab，所以0212202111yyyabxxx

，即2211OMABkkab，即22111()2ab，即222ab，则离心率22222212cabbeaaa；(2)解：若椭圆C过点23,2P，即223112ab，又因为222ab，所以2

24b，即22b，24a，所以椭圆C的标准方程为22142xy.6．（2022·全国·模拟预测）已知椭圆2222:10xyCabab的离心率为32，点31,2N在椭圆C上.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若

C上存在M，N两点关于直线:2230lkxy对称，且OMON（O为坐标原点），求k的值.【答案】(1)2214xy(2)2k【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆C的标准方程；（2）由直线l：32ykx，故可设直线MN的方程为1yxkm.设11,Mxy，

22,Nxy，用“设而不求法”得到12284mkxxk，22122414kmxxk.由OMON，得到22454km.再由MN的中点1212,22xxyy在直线3:2lykx上，35m或1m.代入判别式检验1m成立，求出2k

.(1)由题意得32cea，设30ctt，则2at，bt.又点31,2N在椭圆C上，所以2213144tt，得1t，则椭圆C的标准方程为2214xy.(2)由题意可知

直线l的斜截式方程为32ykx，易知直线l的斜率0k，故可设直线MN的方程为1yxkm.联立得221,1,4yxmkxy消去y并整理，得222248410kxmkxkm，则2222816410mkkkm

，即2224kkm，设11,Mxy，22,Nxy，则12284mkxxk，22122414kmxxk.因为OMON，所以0OMON，所以12120xxyy.又2121212122111myyxmx

mxxxxmkkkk，所以212121212211mxxyyxxxxmkk2222224118144kmmmkmkkkk222254404kmkk

，得22454km.因为MN的中点1212,22xxyy在直线3:2lykx上，所以12123222yyxxk，即1212113222xmxmxxkkk，即22240kmk，把22

454km代入上式，得25230mm，解得35m或1m.当35m时，22420113545k，显然不成立.故1m，则24k，满足2224kkm，所以2k.题型四：范围问题一、单选题1．（2022·江

苏南通·模拟预测）设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线C相交于A，B两点，则4|AF|＋9|BF|的最小值为（）A．26B．25C．20D．18【答案】B【分析】设1122,,,AxyBxy,设

出直线AB方程并与抛物线方程联立,再由焦半径公式,可得111||||AFBF,再利用基本不等式可求出最小值.【详解】由题意,1,0F,设1122,,,AxyBxy,设直线AB的方程为1xmy,联立241yxxmy,即2440ymy

,则12124,4yymyy，所以22121212()42,116yyxxmxx，21221211||||1|||||244(1)(1)44|||AFBFAFBFAFBxxxxmFm，所

以114||9||4||9||||||AFBFAFBFAFBF4||9||4||9||49132131225||||||||AFBFAFBFBFAFBFAF，当且仅当2||3||AFBF，即1232,23xx

时取等号.所以4|AF|＋9|BF|的最小值为25.故选：B．二、多选题2．（2022·江苏南通·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知F1，F2分别是椭圆22:142xyC的左，右焦点，点A，B是椭圆C上异于长轴端点的两点，且满足11AFFB，则（）A．△ABF2的周长为定值

B．AB的长度最小值为1C．若AB⊥AF2，则λ=3D．λ的取值范围是[1，5]【答案】AC【分析】根据椭圆的定义结合椭圆中焦点弦的几何意义，可判断A、B两项，设直线AB的方程，与椭圆C的方程联立，利用韦达定理求解参数的值或取值范围，即可判断C、D项.【详解】因为11

AFFB，则1,,ABF三点共线，2ABF周长48a是定值，A对．2min221bABa，B错．∵2ABAF，则12AFAF，A在上、下顶点处，不妨设(0,2)A，则:2AByx222142yxxy解得02xy

或，42323xy，422,33B，2323，C对．令1122:2,,,,ABxmyAxyBxy222142xmyxy消x可得2222220mymy，121

21222222,,,022myyyyyymmm时，10m时，22221(1)44mm∴322322，D错．故选：AC.3．（2022·辽宁大连·二模）已知在平面直角坐标系中，(1,0)A，(1,0)B，(1,1)C

，(2,0)D，(2,0)E，P为该平面上一动点，记直线PD，PE的斜率分别为1k和2k，且1234kk，设点P运动形成曲线F，点M，N是曲线F上位于x轴上方的点，且MANB∥，则下列说法正确的有

（）A．动点P的轨迹方程为22143xyB．△PAB面积的最大值为3C．PAPC的最大值为5D．MANB的最小值为94【答案】BCD【分析】设00(,)Pxy0(0)y，根据题意和两点求直线斜率公式计算化简求出点P的轨迹方程，即可判

断A；结合焦点三角形的面积计算即可判断B；根据椭圆的定义和三角形三边的大小关系即可判断C；结合椭圆的焦半径公式可得4222cosbMANBac()MAE，当90时MANB取得最小值，即可判断

D.【详解】由题意得，设点00(,)Pxy0(0)y，则00120022yykkxx，，由1234kk，得00003224yyxx，整理，得2200143xy0(0)y，即动点P的轨迹方程为22143xy(0)y，故A错误；当点

P运动到椭圆的上顶点时，APB△的面积最大，此时12332APBS，故B正确；由椭圆的定义，得24PAaPBPB，而1PCPBBC，当且仅当PBC、、三点共线且点P位于第四象限时等号成立，所以maxmax45PAPCPCPB

，故C正确；由椭圆的焦半径公式，得22coscosbbMANBacac，，(其中MAENBE)，有4222cosbMANBac，当cos0即90时，MANB取得最小值，此时33(1,)(1,)22MN，，得

3322MANB，，所以94MANB，故D正确.故选：BCD.4．（2022·全国·模拟预测）已知O为坐标原点，经过点1,Mm且斜率为k的直线l与双曲线221xy相交于不同的两点P，Q，则（）A．若2OPOQOM时，则1kmB．对任意的mR，存在直线l使得2OPOQOM

C．对任意的1,1m，存在直线l使得2OPOQOMD．对任意的1,m，存在直线l使得2OPOQOM【答案】AD【分析】直线l为1ymkx，联立双曲线结合2OPOQOM，应用韦达定理及中点公式可得1km，再

由0判断m的范围.【详解】由题意，直线l为1ymkx，与双曲线联立得：2212kxkkmx210km，易知210k且0.若2OPOQOM，则M为PQ的中点，

所以2221kkmk，可得1km，A正确；由222244110kkmkkm，即2210kmk，结合1km可得210m，解得1m>或1m，D正确，BC错误.故选：AD.三、解答题5．（

2022·江苏泰州·模拟预测）已知椭圆:22221(0xyabab）的左焦点为F，其离心率22e，过点F垂直于x轴的直线交椭圆于P，Q两点，2PQ．(1)求椭圆的方程；(2)若椭圆的下顶点为B，过点D（2，0）的直线l与椭圆相交于两个不同的点M，N，直线BM，BN

的斜率分别为12,kk，求12kk的取值范围．【答案】(1)2212xy(2)1211,,2222,22kk【分析】小问1：由离心率和通径公式即可得到椭圆方程；小问2：联立直线与椭圆

方程，得到2222(21)8820kxkxk，由韦达定理得到12xx与12xx的关系，对12kk进行整理，最后由函数性质来确定范围.(1)由题可知22222222ceabPQaabc，解得211abc

.所以椭圆的方程为：2212xy.(2)由题可知，直线MN的斜率存在，则设直线MN的方程为(2)ykx，11(,)Mxy，22(,)Nxy.由题可知2212(2)xyykx，整理得2222

(21)8820kxkxk22222(8)4(21)(81)8(21)0kkkk，解得22,22k.由韦达定理可得2122821kxxk，21228

221kxxk.由(1)知，点(0,1)B设椭圆上顶点为A，(0,1)A，12DAkk且12DBkk，∴1212121212211111kxkxyykkxxxx221221228121212228212kkkxxkkkkxxk

2421112122,,,2221212122kkkkkk∴12kk的取值范围为11,,2222,22．【点睛】本题考查直线与圆锥曲线的关系，并且结

合函数性质求取值范围，注意要考虑直线斜率不存在的情况.6．（2022·湖南·长沙一中模拟预测）已知双曲线22221(00)xyCabab：，的离心率为2，F为双曲线的右焦点，直线l过F与双曲线的右支交于PQ，两点，且当l垂直于x轴时，6PQ；(1)求

双曲线的方程；(2)过点F且垂直于l的直线'l与双曲线交于MN，两点，求MPNQMQNP的取值范围．【答案】(1)2213yx(2),12【分析】（1）根据通径226bPQa，直接求得23ba，再结合离心率为2即可求双曲线的方程；（2）

通过对MPNQMQNP转化为2FPFQMFNF，从而简化计算，利用韦达定理求解即可.(1)依题意，2ca，当l垂直于x轴时，226bPQa，即23ba，即223caa，解得1a，3b，因此2213yx；(2

)设:2PQlxmy，联立双曲线方程2213yx，得：22311290mymy，当0m时，2,3,2,3,0,1,0,1PQMN，12MPNQMQNP，当0m时，设11223

344,,,,,,,PxyQxyMxyNxy，因为直线PQ与双曲线右支相交，因此1229031yym，即33,00,33m，同理可得234293myym，依题意MPNQMFFPN

FFQMFNFFPFQ，同理可得，MQNPMFFQNFFPMFNFFPFQ，而212342111FPFQMFNFmyyyym，代入1

22931yym，234293myym，222242224222919118163633133103133mmmmmFPFQMFNFmmmmmm，分离参数得，2429663103

mFPFQMFNFmm，因为33,00,33m，当210,3m时，由22110,3mm，22966,61310FPFQMFNFmm，所以2,12MPNQMQNFPFQ

MFNFP，综上可知，MPNQMQNP的取值范围为,12.7．（2022·浙江·杭州高级中学模拟预测）如图，F为抛物线220ypxp的焦点，直线:0lykxmm与抛物线

交于P、Q两点，PQ中点为R，当1k，2m时，R到y轴的距离与到F点距离相等.(1)求p的值；(2)若存在正实数k，使得以PQ为直径的圆经过F点，求m的取值范围.【答案】(1)8(2)08m【分析】（1）设点11,Pxy、22,Qxy，将直线l的方程与抛物线的方程联立，列出

韦达定理，求出点R的坐标，根据已知条件可得出关于p的等式，即可解出p的值；（2）将直线PQ的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由已知可得0FPFQ，可得出221624640kkmm，令22162464fkkkmm，根据二次函数的零

点分布可得出关于m的不等式，结合0m可求得m的取值范围.(1)解：当1k，2m时，设点11,Pxy、22,Qxy，联立222yxypx可得22440xpx，2224164160ppp，由韦达定理可得1224xxp，所以

，1222xxp，12222yypp，即点2,Rpp，由已知可得22222pppp，解得8p.(2)解：因为存在正实数k，使得以PQ为直径的圆经过F点，且0m，联立

216ykxmyx可得222280kxkmxm，2224840kmkm，可得4km，由韦达定理可得12228kmxxk，2122mxxk，易得4,0F，11114,4,FP

xyxkxm，同理可得224,FQxkxm，因为1212044xxkxmkxPmFFQ，所以22121214160kxxkmxxm，所以222222814160kmm

kkmmkk，化简得221624640kkmm，令22162464fkkkmm，则函数fk的对称轴为直线304mk，若方程0fk有正根，则20640fm，又因为0m，解

得08m.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值

范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.8．（2022·全国·华中师大一附中模拟预测）如图，已知椭圆2222:10xyEa

bab的离心率为32，直线11:2lyxb与圆222:Oxyb交于M，N两点，455MN．(1)求椭圆E的方程；(2)A，B为椭圆E的上、下顶点，过点A作直线2:0lykxbk交圆O于点P，交椭圆E于点Q（P，Q位于y轴的

右侧），直线BP，BQ的斜率分别记为1k，2k，试用k表示1214kk，并求当12152,42kk时，△BPQ面积的取值范围．【答案】(1)2214xy；(2)126,855.【分析】（1）由点线距离及勾股定理求得21b，

再根据离心率和椭圆参数关系求a、c，即可得E的方程；（2）由题意设2l为10ykxk，联立圆和椭圆求P、Q的坐标，应用斜率两点式求1k、2k，根据已知条件求参数k的范围，并得到△BPQ面积关于k的表达式，利用导数判断单调性，进而求面积的范围.(1)圆心O到直线1l的

距离为22212525112bdb，解得21b，由题设，222132bcacab，解得23ac，故椭圆E的方程为2214xy．(2)由（1）知，0,1A，0,1B

，直线2l为10ykxk，设11,Pxy，22,Qxy，联立2211ykxxy，得22120kxkx，所以1221kxk，2112111kykxk，联立22114ykxxy得：224180kxkx，所以22

841kxk，222241141kykxk，22121212222811114128441141kyxkkkkkkxykkk．由152,2kk

，得：12,2k，2121222218262411411BPQABQABPkkkSSSABxxxxkkkk．令226411kfkkk，则42222612510411kkfxkk

，所以函数fk在12,2上单调递增，12285f，1625f，所以△BPQ面积的取值范围为126,855.9．（2022·浙江省杭州学军中学模拟预测）如图，在平面直角坐标

系xOy中，已知抛物线2:2(0)Cypxp的焦点为F，准线为l，过点F且斜率大于0的直线交抛物线C于A，B两点，过线段AB的中点M且与x轴平行的直线依次交直线OA，OB，l于点P，Q，N．(1)求证：||||

PMNQ；(2)若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO长为半径的圆内或圆上，若32NABS，求实数p的取值范围；【答案】(1)证明见解析(2)4203p【分析】（1）设22121212,,,,022

yyAyByyypp，即可表示M、N的坐标，再由直线OA的方程，得到P点坐标，同理可得Q点坐标，从而得证；（2）依题意可得OQPQOQQN，即可求出1y、2y，再根据三角形面积求出p的取值范围；

(1)解：设22121212,,,,022yyAyByyypp，则22121212,,,,,042222yyyypyypMNFp，由于A，F，B三点共线，则1222122222

yyypyppp，整理得212yyp，又12:OAplyxy，则22112,42ypyyPp，同理可得22212,42ypyyQp则2222221212||444yyypypPMppp，222222||424yppypQNpp，

所以||||PMQN，即证；(2)解：若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO长为半径的圆内或圆上，即OQPQOQQN，则22222222121222222222122424424ypyyy

yppypyyyppp，化简得4422112215168164pyypyp，2212yp，即24422211221541681644ppyyppyp可

得12yp，又因为212yyp，22122pypy，1222121222222AByypkyyyypp可得2,24pNp，52,84pMp，12322hyyp

，11932322282NABpSNMhp，2329p，即4203p题型五：定点问题一、多选题1．（2022·重庆·三模）已知抛物线2:2(0)Cxpyp的焦点为F，0,2Mx为C上一点，||3MF.

过C的准线上一点P，作C的两条切线PAPB、，其中A､B为切点.则下列判断正确的是（）A．2pB．抛物线C的准线方程为1xC．以线段AB为直径的圆与C的准线相切D．直线AB恒过焦点F【答案】ACD【分析】由||3M

F，利用抛物线的定义求解判断A；由||3MF，利用抛物线的定义求解判断B；利用导数求得切线PA，PB的方程，从而得到AB的直线方程求解判断CD.【详解】如图所示：因为0,2Mx为C上一点，且||3MF，所以||232pMF，解得2p，A正确；抛物线方程为24xy，其准线方程

为1y，B不正确；由214yx，得12yx，设1122,,,,,1AxyBxyPt，则直线PA的方程为1112yxxt，由点A在直线上，得111112yxxt，即11220tx

y，则直线PB的方程为2112yxxt，由点B在直线上，得222112yxxt，即22220txy，所以直线AB的方程为220txy，所以直线AB过定点0,1F，C正确；设线段AB的中点为C，由图象

和抛物线定义知：111122AABBCCAB，所以以线段AB为直径的圆与抛物线C的准线相切，D正确.故选：ACD2．（2022·河北沧州·模拟预测）已知抛物线C：22ypx(p>0)的焦点F与圆22:20Exyx的圆心重合，直线l与C交于1122(,)(,)AxyBxy、两点

，且满足：0OAOB(其中O为坐标原点且A、B均不与O重合)，则()A．121216,16xxyyB．直线l恒过定点4,0C．A、B中点轨迹方程：224yxD．AOB面积的最小值为16【答案】ABD【分析】求出圆心坐标得抛物线焦点坐标，从而

得抛物线方程，直线AB斜率不为0，设方程为xtyn，代入抛物线方程，应用韦达定理得12yy，12yy，由0OAOB求得n，然后可得12xx，并能得出直线l所过定点坐标，设AB中点为(,)Mxy，结合韦达定理的结论可求得中点轨迹方程，由两点间距离公式求得||A

B，再求得原点到直线l的距离d可得三角形面积，从而得最小值．【详解】圆22:20Exyx可化为22(1)1xy，则(1,0)E，半径r=1，∴抛物线的焦点为(1,0)E，∴12p，2p，∴抛物线C的方程为24yx，由题可知直线l斜率若存在，则斜率

不为0，故设l为xtyn，由24xtynyx，得2440ytyn，则216160tn，即20tn，∴124yyt，124yyn，则222121212124016yy

OAOBxxyyyynn，解得4n或0n(舍，否则直线l过原点)，∴1216yy，21212()1616yyxx，故A正确；直线l方程为4xty，恒过定点(4,0)，故B正确；设AB中点为(,)Mxy，

则1222yyyt，2424xtyt，消去参数t得228yx，故C错误；222121212||1(1)[()4]ABtyytyyyy2222(1)(1664)4(1)(4)tttt，原点O到直线AB的距

离为22|004|411dtt，∴21||842OABSABdt，∴0t时，16OABS!为最小值，故D正确．故选：ABD．【点睛】关键点点睛：关键是设直线l为xtyn，通过韦达定理和0OAOB可

求出n的值，从而可判断项AB，通过参数法可以求A、B中点的轨迹方程判断C，结合弦长公式和三角形面积公式即可求出△AOB面积，从而判断D．二、填空题3．（2022·河北·模拟预测）已知抛物线2:16Cyx的焦点为F，A，

B为抛物线C上在第一象限的两点，记直线FA与直线FB的斜率分别为FAk与FBk，且0FAFBkk，则直线AB恒过定点___________.【答案】4,0【分析】设出直线AB的方程,(0)xmynm，联立抛物线求得121

216,16yymyyn，由0FAFBkk求得4n，即可求出定点坐标.【详解】易知直线AB的斜率必存在且不为0，设直线1122:,(0),(,),(,)ABxmynmAxyBxy，联立抛物线216xmynyx

得216160ymyn，216640mn，121216,16yymyyn，又(4,0)F，则1212,44FAFByykkxx，1122,xmynxmyn，12

21121212444444FAFByxyxyykkxxxx121212122421641604444myynyymnnmxxxx，则

2164160mnnm，又0m，解得4n，故直线:4ABxmy，恒过定点4,0.故答案为：4,0.4．（2022·四川遂宁·三模（理））已知抛物线C：22ypx（0p）的焦点F与圆22:

20Exyx的圆心重合，直线l与C交于11(,)Axy、22(,)Bxy两点，且满足：0OAOB（其中O为坐标原点且A，B均不与O重合），对于下列命题：①1216xx，1216yy；②直线l恒过定点4,0；③A，B中点轨迹方程：224yx；④AOB面积的最小值为16.以上

说法中正确的有______.【答案】①②④【分析】求出圆心坐标得抛物线焦点坐标，从而得抛物线方程，直线AB斜率不为0，设方程为xtyn，代入抛物线方程，应用韦达定理得1212,yyyy，由0OAOB求得n，然后可得12xx，并能得出直线l所过定点坐标，设设AB中点为(

,)Mxy，结合韦达定理的结论可求得中点轨迹方程，由两点间距离公式求得AB，再求得原点到直线l的距离d可得三角形面积，从而得最小值．【详解】由题意圆E：2220xyx的标准方程是22(1)1xy，圆心为(1,0)E，半径为1，所以抛物线的焦点为(1

,0)E，12p，2p，抛物线方程为24yx，直线AB斜率不为0，设方程为xtyn，由24xtynyx，得2440ytyn，216160tn，即20tn所以124yyt，124yyn，2221212

12124016yyOAOBxxyyyynn，4n或0n（否则直线AB过原点），所以1216yy，21212()1616yyxx．直线l方程为4xty，过定点(4,0)，设AB中点为(,)Mxy，则1222yyyt，2424xtyt

，消去参数t得228yx，2222221212121212()()(1)()(1)[()4]ABxxyytyytyyyy22(1)(1664)tt224(1)(4)tt，原点O到直线AB的距离为22004411dtt

，所以21842OABSABdt!，所以0t时，16OABS!为最小值．正确答案有①②④，故答案为：①②④．三、解答题5．（2022·江西师大附中三模（理））已知椭圆22221(0)xyabab

的右焦点为F，上顶点为M，O为坐标原点，若OMF的面积为12，且椭圆的离心率为22．(1)求椭圆的方程；(2)是否存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F点恰为PQM的垂心？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．

【答案】(1)2212xy(2)存在；43yx【分析】(1)根据题意和椭圆离心率的定义可得cb，由三角形的面积公式可得1122bc，即可求出2212ba，；(2)设直线1122:,,lyxmPx

yQxy、、，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出1212、xxxx和12yy，结合垂心的定义可得0QFMP，根据平面向量数量积的坐标表示列出关于m的方程，解之即可.(1)依题意得，222112bea，即2ab，则cb，又

1122OMFSbc，则2212ba，，所以所求椭圆的方程为2212xy．(2)由（1）知(0,1)(1,0)MF，，故直线MF的斜率为1MFk．若符合题意的直线l存在，可设直线1122:,,l

yxmPxyQxy，，，由2212yxmxy，消去y整理得2234220xmxm，则22(4)12220mm，即33m．又2121242233mmxxxx，，则2212121223myyxxmxxm，

由F点恰为PQM的垂心等价于QFMP，即0QFMP．由于22111,,1QFxyMPxy，，故22121121212411033mQFMPxxyyxxmxxyym，所以43m或1m

．当1m时，直线PQ经过点M，此时不构成三角形，故舍去．故直线l的方程为43yx．6．（2022·广东广州·三模）在圆222xy上任取一点D，过点D作x轴的垂线段,DHH为垂足，线段DH上一点E满足2DHEH.记动点E的轨迹为曲线C(1)求曲线C的方程；

(2)设O为原点，曲线C与y轴正半轴交于点A，直线AP与曲线C交于点P，与x轴交于点M，直线AQ与曲线C交于点Q，与x轴交于点N，若2OMON，求证：直线PQ经过定点.【答案】(1)2212xy；(2)见解析【分析】（1）设00(,),(,)ExyD

xy，由2DHEH求得002xxyy，结合圆的方程即可求解；（2）设(,0),(,0)MaNb，由2OMON得12APAQAMANkkkk，设出直线:nPyQkx，联立曲线C，结合韦达定理表示出APAQkk，解得0n，即可得到过定点.(1)由题意，设

00(,),(,)ExyDxy，又2DHEH，则002xxyy，又因为点D在圆222xy上，所以2222xy，故曲线C的方程为2212xy；(2)由题意，(0,1)A，设(,0),(,0)MaNb，则2OMONab，易得,APAQ

斜率必然存在，所以1112APAQAMANkkkkab，设1122(,),(,)PxyQxy，由图象易知，直线PQ斜率不存在时不符合题意，设直线PQ的方程为ykxn，联立曲线C的方程2212ykxnxy，得

222214220kxknxn，2222244(21)2216880knknkn得2221nk，所以2121222422,2121knnxxxxkk，由题意知，直线,APAQ均不过原

点，所以120xx，从而1n，所以2212121212121111APAQkxxknxxnkxnkxnkkxxxx222224111121222(1)221knknnnkknnk

，解得0n，满足0，所以直线PQ的方程为ykx，恒过定点0,0.7．（2022·重庆八中模拟预测）已知抛物线2:4Cyx的焦点为F，不过原点的直线l交抛物线C于A，B两不同点，交x轴的正半轴于点

D．(1)当ADF为正三角形时，求点A的横坐标；(2)若||||FAFD，直线1//ll，且1l和C相切于点E；①证明：直线AE过定点，并求出定点坐标；②ABE△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．【答案】(1)3(2)证明见解析，定点为

（1,0），最小值为16【分析】（1）根据抛物线C的方程，可以求得焦点坐标，由ADF是正三角形，设点A和D的坐标，可以求解；（2）过点A，作准线的垂线，得垂足P，构造平行四边形，设A点的坐标，以A点的

纵坐标为参变量，分别计算直线1l，AE，AB的方程以及三角形AEB的面积即可.(1)∵24,24,12pyxp，∴抛物线焦点坐标F（1,0），准线方程为x=-1，设A(a，t)，D(m，0)，因为ADF是正三角形，必有1112amma

，解得3a，即A点横坐标为3；(2)如图，设A点在第一象限，过A点作准线x=-1的垂线，得垂足P，连接PF，AFFDAP，//APFD，∴四边形APFD是平行四边形，//PFAD，设A(a，t)0,0at＞＞，则P(-

1，t)，直线PF的斜率为112ttk，设1l的方程为2tyxb，联立方程242yxtyxb，消去x得：2880yybtt，因为1l是抛物线C的切线，28320btt，2bt，4yt

，24xt，即E点的坐标为244,tt，直线AE的方程为：224444ttyxttat，其中24ta，化简得：2414tyxt，故AE过定点F（1，0）；直线l的方程为：2tytxa，化简得：328ttyxt，联

立方程32284ttyxtyx，消去x得22880yytt，212128,8yyyytt，2121212442yyyyyytt，即A，B两点的纵坐标之差的绝对值为42tt，过E点作x轴的平行线交

l于H点，则22842,4tHtt，22424tEHt，用铅垂高水平底的方法计算三角形AEB的面积，2122114422224AEBtSEHyyttt322162tt

，当且仅当t=2时等号成立，AEBSV的最小值为16；综上，A点的横坐标为3，直线AE过定点F（1,0），三角形AEB的面积最小值为16.【点睛】本题的核心观察到四边形APFD是平行四边形，设点A的纵坐标为参数，这样计算会简便一些，计算三角形AEB的面积用初中的方

法——水平底铅垂高比较方便，便于使用韦达定理.8．（2022·江苏南通·模拟预测）已知F1（－6，0），F2（6，0）为双曲线C的焦点，点P（2，－1）在C上．(1)求C的方程；(2)点A，B在C上，直线PA，PB

与y轴分别相交于M，N两点，点Q在直线AB上，若OM＋=0ON，PQAB＝0，证明：存在定点T，使得|QT|为定值．【答案】(1)22133yx(2)证明见解析【分析】（1）待定系数法列方程组求得ab、的值，即可得到双曲线C的方程；（

2）设出直线AB的方程并与双曲线C的方程联立，利用设而不求的方法得到M、N的坐标，利用题给条件OM＋=0ON求得直线AB的过定点，再由PQAB＝0可得使|QT|为定值的定点T.(1)设双曲线C的方程为22221xyab，0,0ab由题意知222

26341136caabbab，解之得，∴双曲线C的方程为22133yx(2)设直线AB的方程为ykxm，A（1x、1y），B（2x，2y），P（2，－1）2222212303ykxmkxkmxmxy，整理得，则21

0k，0，21212222=311kmmxxxxkk，∴直线PA方程为111212yyxx，令0x，则11120,2xyMx，同理N（0，22222xyx），由0OMON

，可得21221222022xyxyxx∴11221222022xkxmxkxmxx1221212221220kxmxkxmx∴1212

4224280kmxxkxxm∴22223422428011kmmkmkmkk∴22212213410kmkmkmmk∴22222422263440kmkmkmkmkmmmk

∴224630mkmk，3210mmk当210mk时，21mk，此时直线AB方程为21ykx恒过定点P（2，－1），显然不可能∴3m，直线AB方程为3ykx恒过定点E（0，－3）∵0PQAB，∴PQAB，取PE中点T，∴T（1，－

2）∴122QTPE为定值，∴存在T（1，－2）使|QT|为定值2．【点睛】求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．9．（2022·河南·模拟预测（理））已知椭圆

2222:10xyCabab的离心率为22，C的四个顶点围成的四边形面积为22．(1)求C的方程；(2)已知点0,1Q，若不过点Q的动直线l与C交于A，B两点，且2ABAQAQ，证明：l过定点．【答案】(1)2212xy(2)证明见解析

【分析】（1）由离心率为22，可得2ab，再由C的四个顶点围成的四边形面积为22，得222ab，从而可求出,ab的值，进而可求出椭圆方程，（2）由2ABAQAQ，得QAQB，设l的方程为1ykxtt

，11,Axy，22,Bxy，将直线方程代入椭圆方程，消去y，利用根与系数的关系，再由0QBAQ化简可求出t的值，从而可得答案(1)由离心率为2222aba，得2ab，①C的四个顶点围成的四边形面积

为1222222abab．②由①②可得2a，1b，故C的方程为2212xy．(2)由2ABAQAQQBAQAQ，得0QBAQ．因为Q不在l上，所以QB，AQ都不是零向量，故QAQB，由题意可知l的斜率一定存在．设l的方程为1ykxtt，

11,Axy，22,Bxy．联立方程组得2212ykxtxy，消去y并整理得222124220kxktxt，由22222216412228210ktktkt，得2221tk．所以122412ktxx

k，21222212txxk．因为22111212,1,1110QBAQxyxyxxyy，即221212121211111xxkxtkxtkxxktxxt

22222212241101212ktktttkk，整理得1310tt，因为1t，所以13t．当13t时，满足0，此时直线l的方程为13ykx，所以直线l过定点10,3

．题型六：定值问题一、解答题1．（2022·江苏·南京师大附中模拟预测）如图，已知离心率为32的椭圆2222:10xyMabab的左右顶点分别为A､B，P是椭圆M上异于A､B的一点，直线AP､BP分别交直线:4lx于C､D两点.直线l与x轴交于点H，且36AHACuu

uruuur.(1)求椭圆M的方程；(2)若线段CD的中点为E，问在x轴上是否存在定点N，使得当直线NP､NE的斜率NPk､NEk存在时，NPNEkk为定值？若存在，求出点N的坐标及NPNEkk的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)2

214xy(2)(1,0)N，13NPNEkk【分析】（1）先由36AHACuuuruuur求出A点坐标，再结合离心率为32，即可求出椭圆M的方程；（2）设出,PN坐标，表示出直线AP､BP的方程求得C､D两点坐标，进而求得E坐标，表示出NPNEkk，由P是椭

圆M上的一点化简得0014NPNExnnkxk，即可求解.(1)由题意知：2cos36AHACAHACCAHAHuuuruuuruuuruuur，则6AH，又(4,0)H，则(2,0)A，故2a，又离心率为32ca

，则3c，2221bac，故椭圆M的方程为2214xy；(2)易得(2,0),(2,0)AB，设00(,)Pxy，(,0)Nn，由直线NP､NE的斜率NPk､NEk存在知0,4nxn，又直线AP､BP斜率必存在，则直线00:

(2)2yAPyxx，令4x，得0062yyx，则006(4,)2yCx，直线00:(2)2yBPyxx，令4x，得0022yyx，则002(4,)2yDx，又00000002

062224424yyxxxyyx，则00020444,4xyyEx，则200000200002014444444NPNEknnxyxyyxxknxyxn

，又P是椭圆M上的一点，则220014xy，即220044yx，故0014NPNExnnkxk，故当1n时，NPNEkk为定值13，此时(1,0)N.2．（2022·辽宁沈阳·三模）如图，在平面直角坐标系中，12,FF分别为等轴双曲线

2222:10,0xyabab的左、右焦点，若点A为双曲线右支上一点，且12||||42AFAF，直线2AF交双曲线于B点，点D为线段1FO的中点，延长AD，BD，分别与双曲线交于P，

Q两点．(1)若1122(,),(,)AxyBxy，求证：1221214xyxyyy；(2)若直线AB，PQ的斜率都存在，且依次设为12,kk，试判断21kk是否为定值，如果是，请求出21kk的值；如果不是，请说明

理出．【答案】(1)证明见解析；(2)定值，7.【分析】（1）分两种情况讨论，斜率不存在时，直接验证，斜率存在时，运用斜率公式可证明；（2）设直线AD的方程为1122yyxx，与双曲线联立得111138,33xyPxx，同理得222238(,

)33xyQxx，由斜率公式及（1）中的结论可得结论.(1)由等轴双曲线知离心率2cea，12||||422AFAFa，及222cab，可得2228,8,16abc，所以双曲线方程为22188x

y，2(4,0)F.当直线AB的斜率不存在时，124xx，12212121444xyxyyyyy，直线AB的斜率存在时，22AFBFkk，121244yyxx，整理得1221214xyxyyy，综上所述，12212

14xyxyyy成立；(2)依题意可知直线AD的斜率存在且不为0，设直线AD的方程为1122yyxx，代入双曲线228xy并化简得：2222211122820xxyxx，

①由于22118xy，则22118yx代入①并化简得：2221111(412)4(8)12320xxxxxx，设00(,)Pxy，则21110121101338,38xxxxxxxxx，解得101383xxx，代入1

122yyxx，得1013yyx，即111138,33xyPxx，同理可得222238(,)33xyQxx，所以21122121212211221333383833yyx

yxyyyxxkxxxxxx212121112124377yyyyyykxxxx，所以217kk是定值.3．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测（理））已知椭圆2222:1(0)xyCabab

的离心率为22，且经过点(2,2)H．(1)求椭圆C的方程；(2)过点(4,0)P的直线与椭圆C相交于A，B两点，直线,HAHB分别交x轴于M，N两点，点(2,0)G，若,PMPGPNPG，求证：11为定值．【答案】(1)22184xy

；(2)证明过程见解析；【分析】（1）根据椭圆离心率公式，结合代入法进行求解即可；（2）设出直线AB的方程与椭圆方程联立，根据一元二次方程根与系数关系，结合共线向量的性质进行求解即可.(1)因为椭圆的离心率为22，且经过点(2,2)H，所以有

2222222222242121842caaxycabbcab；(2)证明：设直线AB方程为4xmy，11,Axy，22,Bxy，由224184xmyxy，联立消x得222880mymy，所以

22643220mm，12282myym，12282yym，由题意知，1y，2y均不为2．设,0MMx，,0NNx，由H，M，A三点共线知AM与MH共线，所以1122MMxxxy，化简得111222Mxyxy；由H，N，B三点共线，同理

可得222222Nxyxy；由PMPG，得4,02,0Mx，即122Mx；由PNPG，同理可得122Nx；所以11221211111111222211222222

2222MNxyxyxxyy1212112212222222222222112222yyyyxyxymymy1212

12122222112221122yyyyyyyymm2282122282122mmmm，所以11为定值．【点睛】关键点睛：利用一元二次

方程根与系数的关系是解题的关键.4．（2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（理））已知抛物线C：214yx的焦点为1F，准线与坐标轴的交点为2F，1F、2F是离心率为12的椭圆S的焦点.(1)求椭圆S的标准方程；(2)设过

原点O的两条直线1l和2l，12ll，1l与椭圆S交于A、B两点，2l与椭圆S交于M、N两点.求证：原点O到直线AM和到直线BN的距离相等且为定值.【答案】(1)22143yx(2)证明见解析【分析】（1）利用抛物线的焦点坐标以及椭圆的离心率可求

出椭圆方程；（2）先根据椭圆的对称性以及平面几何知识证明原点O到直线AM和到直线BN的距离相等，然后设出直线AM的方程，并与椭圆方程联立，利用根与系数关系和点到直线距离公式可求出结果.(1)化抛物线C：214yx的方程为标准方程，即C：24xy.得抛物线C的焦点10,1F，

设椭圆S的长半轴长为a，短半轴长为b，半焦距为c.则由题意得1c，12ca，得2a.∴2222213bac，又椭圆S的焦点在y轴上.∴椭圆S的标准方程为22143yx.(2)证明：由

题意知A、O、B共线，M、O、N共线，且ABMN，又由椭圆的对称性，知OAOB，OMON.∴四边形AMBN为菱形，且原点O为其中心，AM、BN为一组对边.∴原点O到直线AM和到直线BN的距离相等

下面求原点O到直线AM的距离.根据椭圆的对称性，不妨设A在第一象限.当直线AM的斜率为零或不存在时，四边形AMBN为正方形，直线AB和直线MN的方程分别为yx和yx，且//AMx轴或//AMy轴.设,Amm，则,Mmm或,Mmm.于是，

有22143mm，得2127m.原点O到直线AM的距离为1222177dm.当直线AM的斜率存在且不等于零时，设AM：ykxh.由22143ykxhyx，消去y并整理得2223463120kxkhxh，且2222264343121444

8192khkhkh.设11,Axy，22,Mxy，则122634khxxk，212231234hxxk，∴2212121212yykxhkxhkxxkhxxh

222222223126124343434hkhkhkkhhkkk.由OAOM，得12120xxyy，即2222231212403434hkhkk

，得2212127kh，满足0.∴原点O到直线AM的距离为22212122211717khdkk.∴原点O到直线BN的距离也为2217.综上所述，原点O到直线AM和到直线BN的距离相等且为定值22

17.5．（2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（文））已知椭圆C：222210xyabab经过点31,2P，且椭圆C的离心率12e．(1)求椭圆C的方程；(2)经过定点2,1M的直线l交椭圆C于A，B两点，椭圆C的右顶点

为P，设直线PA，PB的斜率分别为1k，2k，求证：12kk恒为定值．【答案】(1)22143xy；(2)证明见解析.【分析】（1）由离心率、点在椭圆上及椭圆参数关系列方程组求参数值，即可得椭圆方程.（2）设直线方程并联立椭圆，应用韦达定理、斜率两点

式得到12kk关于参数的表达式，进而化简即可证结论.(1)由题意知：22222121914caabbac，解得231abc，∴所求C的方程为：22143xy．(2)由题意，直线l的斜率必存在，设l：

12ykx，即21ykxk，代入椭圆整理得：2223482182210kxkkxkk，∴122212282134822134kkxxkkkxxk，又

1Δ02k，而111111211222ykxkkkxxx，222221122kxkkkxx，∴1212121212411222224xxkkkkxxxxxx

2222821434222338221162143434kkkkkkkkkkkk为定值，得证.6．（2022·江苏·南京外国语学校模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，设椭圆2222:1(0)Cbbxaay的两个焦点分别为F

1，F2，点P在椭圆C上，连结PF1，PF2并延长，分别交椭圆于点A，B．已知APF2的周长为82，F1PF2面积最大值为4．(1)求椭圆C的标准方程；(2)当P不是椭圆的顶点时，试分析直线OP和直线AB的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值

，若不是，请说明理由．【答案】(1)22184yx(2)是定值；6【分析】（1）根据APF2的周长为82和F1PF2面积最大值为4，得到4a=82，bc=4求解；（2）设直线PA的方程为001112,,,,,0,2ykxPxyAxyF

，与椭圆方程联立，利用韦达定理求得点A的坐标，同理得到点B的坐标，再利用斜率公式求解.(1)解：如图所示：由题意得2224824abcabc，解得222ab，所以椭圆C的方程为22184yx

(2)设直线PA的方程为001112,,,,,0,2ykxPxyAxyF，由22228ykxyx，得222440kxkx，01242xxk，即200122200000444

4222xxxyyxyx，22000041243xxyy，0000110000283,2333xyxyxyyxyy，000083,33xyAyy，同理可得000038,33xyByy

，00222000000000000000008338383348666233AByyyyyyxxkxxxyxyxyyyy，000066OPAByxkkxy为定值7．（20

22·湖北·荆州中学模拟预测）设点0000,Pxyy是椭圆2222:1(0)xyCabab上一动点，1F、2F分别是椭圆C的左、右焦点，射线1PF、2PF分别交椭圆C于,MN两点，已知2PMFV的周长为82，且点2,2在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程；(2)证明：21

1OPNOFNPFSMFS为定值．【答案】(1)22184xy(2)证明见解析【分析】（1）由椭圆定义可得22a，再将2,2代入方程即可求出；（2）设出直线PM方程，与椭圆联立，表示出M坐标，同理得出N坐标，即可代入所求，化简可求出.(1)根据椭圆的定义可得：48

2a，解得：22a，将2,2代入方程22281xyb，得21212b，解得：24b，椭圆C的方程为：22184xy.(2)由题知，002,0xy，设1122,,,MxyNxy，则

直线PM的方程为00(2)2yyxx，由0022(2)2184yyxxxy，得2002200242240xxyyyy，则2220000122222000000020444244322

22yyyyyxyxxxxyy，0103yyx，同理可得0203yyx，所以21002112OPNOFNPFyyySMFSyy△△00121yyyy00000000()1331733yyxxyyxx

.所以211OPNOFNPFSMFS为定值7.题型七：向量共线问题一、单选题1．（2022·贵州贵阳·二模（理））已知抛物线2:4Exy的准线交y轴于点M，过点M作直线l交E于A，B两点，且2MAMB

，则直线l的斜率是（）A．22B．324C．223D．322【答案】B【分析】首先根据抛物线方程求出准线方程，即可得到M的坐标，设直线l为1ykx，11,Axy，22,Bxy，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据2MAMB

，即可得到122xx，从而求出1x、2x，从而求出k；【详解】解：抛物线2:4Exy的准线为1y，所以0,1M，设直线l为1ykx，11,Axy，22,Bxy，则214ykxxy，即2440xkx，所以124xxk，124xx，

因为2MAMB，即112212,1,xyxy，所以122xx，所以21222xx或21222xx，所以123244xxk；故选：B2．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（理））已知抛物线220ypxp的焦点为F，过点F

且倾斜角为3的直线l与抛物线交于A（位于第一象限）、B两点，直线l与2px交于点M，若BMtMA，则t（）A．13B．13C．23D．23【答案】B【分析】设直线l为3()2pyx联立抛物线并解得32Apx，6Bpx，结合2Mpx

及BMtMA得到横坐标的线性关系，即可求t值.【详解】由题设，令直线l为3()2pyx，联立抛物线可得：2233504pxpx，又A位于第一象限，可得32Apx，6Bpx，而2Mpx，由BMtMA，则22BApptxtx，即223ppt，故13t.故选：B

二、多选题3．（2022·山东济南·二模）过抛物线24yx焦点F的直线交抛物线于A，B两点（A在第一象限），M为线段AB的中点.M在抛物线的准线l上的射影为点N，则下列说法正确的是（）A．AB的最小值为4B．NFABC．△NAB面积的最小值为6D．若直线AB的

斜率为3，则3AFFBuuuruur【答案】ABD【分析】设直线AB方程为1myx,1122(,),(,)AxyBxy，根据弦长公式表示出AB，可判断A;求出点N的坐标，根据斜率之间的关系，可判

断B;表示出点点N到直线AB的距离，继而求得3221||4(1)2NABSABdm，可判断C;直线AB的斜率为3，结合12124,4yymyy可求得12||3||yAFBFy，即可判断D.【详解】由题意知(1,0)F,设直线AB方程为1my

x,1122(,),(,)AxyBxy，联立214myxyx，可得2440ymy，216(1)0m，故12124,4yymyy，则21212221(44(1))AyByyymm，故当0m时，AB的最小值为4，故A正确；又122

2yym，即M点纵坐标为2m,故(1,2)Nm，当0m时，ABx轴，NF在x轴上，此时NFAB;当0m时,22NFmkm，1ABkm，故NFAB，综合可知，NFAB,故B正确；又点N到直线AB的距离为222|1|1mdm，故3

221||4(1)2NABSABdm，当0m时，取最小值4，故C错误；若直线AB的斜率为3，则直线AB方程为1myx，即3(1)yx，则121243,43yyyy，由于A在第一象限，故解得122323,3yy，故12||3||yAFBFy，由于

,AFFB同向，故3AFFBuuuruur，故D正确，故选：ABD三、填空题4．（2022·贵州遵义·三模（理））斜率为12的直线l过椭圆2222:10yxCabab的焦点F，交椭圆于,AB两点，若23AFAB，则该

椭圆的离心率为_________．【答案】53【分析】设11,Axy，22,Bxy，由23AFAB可知122xx；令0,Fc，将l方程与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，利用212121221122xxxxxxxx可得关于,ac的齐次方程，由

此可求得离心率.【详解】设11,Axy，22,Bxy，由23AFAB得：2AFFB，122xx，即122xx；不妨令0,Fc，则直线1:2lyxc，由2222121yxcyxab

得：222244440baxbcxb，21222412224444bcxxbabxxba，422222212124221221221644124424bcbaxxxxcbxxxxbaba，即2

22222228445cbaacaac，2295ca，225593cea；由椭圆对称性可知：当0,Fc时，53e；椭圆的离心率为53.故答案为：53.【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆离心率的求解问题，解

题关键是能够根据向量共线得到122xx的关系，从而结合韦达定理，利用2121212212xxxxxxxx构造关于,ac的齐次方程来进行求解.四、解答题5．（2022·江苏南京·模拟预测）已知圆F：2221x

y，动圆P与圆F外切，且与定直线3x相切，设动点P的轨迹为E．(1)求E的方程；(2)若直线l过点F，且与E交于A，B两点，与y轴交于M点，满足MAAF，MFFB（0，0），试探究与的关系．【答案】(1)28yx(2)【分析】(1)根据直线与圆的

位置关系可得3Rx，根据圆与圆的位置关系可得2221Rxy，列出方程，解之即可；(2)设直线l的方程为2ykx、11,Axy、22,Bxy，法一：由平面共线向量的坐标表示和定点分比公式可得241k

、241k，列出方程，解之即可；法二：联立抛物线方程，利用韦达定理和平面共线向量的坐标表示，化简计算可得112xx、222x，证明0即可.(1)设,Pxy，圆P的半径为R，由题可知，点P在直线3x

右侧，因为圆P与定直线3x相切，所以3Rx．又圆P与圆F外切，所以22121RPFxy，所以22321xxy，化简得28yx，即E的方程为28yx．(2)解法一：由（1）得2,0F，设直

线l的方程为2ykx，11,Axy，22,Bxy，则0,2Mk，因为MAAF，由定点分比公式可知121x，121ky因为点A在E上，所以2118yx，即2241611k，所以241k．同理，由MFFB，可得222,1

1xkyF，所以221x，2201ky，即221x，22ky，因为点B在E上，所以2228yx，即221614k，所以241k

．由4141，得10，因为0，0，所以10，即0．解法二：设直线l的方程为2ykx，11,Axy，22,Bxy，则0,2Mk．由282yxykx

，整理得22224840,kxkxk，由韦达定理可知212248kxxk，124xx．因为MAAF，即1122,22,xykxy，所以112xx．由MFFB，可得222,22,kxy，所以222x．所

以211112121212222420222222xxxxxxxxxxxx，即．6．（2022·山东·烟台二中模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知点1,0A，10B,，设A

BC的内切圆与AC相切于点D，且1CD，记动点C的轨迹为曲线T．(1)求T的方程；(2)设过点11,32R的直线l与T交于M，N两点，已知动点P满足1PMMR，且2PNNR，若120，且动点Q在T上，求PQ的最小值．【答案】(1)221043xyy

(2)855【分析】（1）由切线长相等得4CACBAB，再结合椭圆的定义即可求得T的方程；（2）由1PMMR解出M点坐标，代入曲线T得2221001003261272912360xyxy

，同理将N点坐标代入曲线T得到关系式，由120得出动点P轨迹，再利用直线和曲线T相切求得PQ的最小值即可.(1)不妨设ABC的内切圆与BC，BA分别相切于点E，F，由切线长相等可知1CDCE，ADA

F，BEBF，∴2ADBEAFBF，∴4CACBCDADCEBEAB，∴动点C的轨迹为以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆（且C不在直线AB上），设动点C的轨迹方程为：222210xyyab，易知

2a，且221ab，解得23b，∴T的方程为：221043xyy．(2)设11,Mxy，22,Nxy，00,Pxy，∵1PMMR，∴101011111,,32xxyyxy，若11，则21，PMMR

，即P与R重合，与PNNR矛盾，∴11，∴1011131xx，1011121yy，∴1010111132,11xyM，代入22143xy，又2211143xy

，化简得2221001003261272912360xyxy，同理可得，2222002003261272912360xyxy，∴1，2为方程22200003261272912360xxyxxy的两根，∵12

0，∴00612720xy，即002120xy，即动点P在定直线1l：2120xy上，令直线2l：200xymm，当2l与T相切时，记1l，2l的距离为d，则PQd，联立2220143xymxy可得2242120xmxm，由

22216120mm，解得4m，又0m，∴4m，此时，解得1x，32y，即切点为31,2，且直线1l，2l的距离为12485514d，∴855PQ，当Q点坐标为31,2，且1PQl时，3:2(1)2PQyx

，即122yx，联立221221043yxxyy得1347,510P，此时，855PQ，且直线PR即直线l：47111102()1312353yx，即

1631()2343yx显然不过点2,0和2,0，符合题设条件，∴PQ的最小值为855．【点睛】本题关键点在于利用1PMMR解出M点坐标，代入曲线T得关系式，同理将N点坐标代入曲线T得到关系式，进而得到1，2为一元二次方程的两根，由1

20得出动点P轨迹，将PQ的最小值转化为直线上一点和椭圆上一点距离的最小值即可求解.7．（2022·山西太原·三模（理））已知椭圆2222:1(0)xyCabab过点2,1P，离心率为2.2e(1)求椭圆

C的方程；(2)当过点M(4，1)的动直线与椭圆C相交于不同的两点A，B时，在线段AB上取点N，满足MBANMNBA，求线段PN长的最小值.【答案】(1)22142xy(2)21055【分析】（1）由椭圆的几何性质列方程组求解（2）由定比分点公式

化简得N点轨迹方程，由点到直线距离公式求解(1)根据题意，2222211caab，解得2242ab，，椭圆C的方程为22142xy(2)设A（1x，1y），B（2x，2y），N（x，y），

由λλAMMBANNB，，得12121212λλ41λ1λλλ11λ1λxxxxxyyyyy，，∴222222121222λλ41λ1λxxyyxy，，又222211222424

xyxy，，∴2244λ4241λxy，∴点N在直线220xy上，∴2221222121055521PN最小.8．（2022·天津红桥·二模）已知椭圆C：22221xyab（0ab）的离心率22e，点,0

Aa、0,Bb之间的距离为3.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若经过点0,2且斜率为k的直线l与椭圆C有两个不同的交点P和Q，则是否存在常数k，使得OPOQ与AB共线？如果存在，求k的值；如果不存在，请说明理由.【答案】(1)22

12xy；(2)不存在，理由见解析.【分析】（1）根据两点间距离公式，结合椭圆离心率公式进行求解即可；（2）设出直线l的方程与椭圆的标准方程联立，根据一元二次方程根与系数关系、根的判别式，结合平面向量线性运算的坐标公式、平面共线向量的性质进行求解判断即可.(1)因为点

,0Aa、0,Bb之间的距离为3，所以223ab，因为椭圆的离心率22e，所以有22ca，而222abc，因此组成方程组为：222222232221abacababc2212xy；(2)设l的方程为2ykx

，与椭圆的标准联立为：22221(12)422022xykxkxykx，于是有2221(42)4(12)202kkk，此时设1222(,),(,)PxyQxy，于是有12

24212kxxk，假设存在常数k，使得OPOQ与AB共线，因为1212(,)OPOQxxyy，(,)(2,1)ABab，所以有121212122()()2(22)()yyxxkxkxxx，12122()4()kxxxx

，因为1224212kxxk，所以22424222412122kkkkkk，不满足212k，因此不存在常数k，使得OPOQ与AB共线.【点睛】关键点睛：利用一元二次方程的判别式和根与系数的关系是解题的关键.9．（2022·山东济

南·二模）已知椭圆C的焦点坐标为11,0F和21,0F，且椭圆经过点31,2G.(1)求椭圆C的方程；(2)若1,1T，椭圆C上四点M，N，P，Q满足3MTTQ，3NTTP，求直线MN的

斜率.【答案】(1)22143xy(2)34【分析】（1）根据题意得到c=1，再将点31,2代入椭圆方程求解；（2）设11,Mxy，22,Qxy，33,Nxy，44,Pxy，1,1T，由3MTTQ

得到12124343xxyy，根据11,Mxy，22,Qxy都在椭圆上，得到111122143xy，同理得331122143xy，两式相减求解.(1)解：由题意可知，c=1，设椭圆方程为22

2211xyaa，将点31,2代入椭圆方程，得224410aa，解得214a（舍），24a，所以椭圆方程为22143xy.(2)设11,Mxy，22,Qxy，33,Nxy，4

4,Pxy，1,1T，因为3MTTQ，所以1212131131xxyy，即12124343xxyy，又11,Mxy，22,Qxy都在椭圆上，所以2211143xy

，2211441114333xy，即221122111431144943xyxy①②，②-①得1111424424843xy，即

111122143xy……③，又3NTTP，同理得331122143xy……④④-③得131311043xxyy，所以1313134143MNyykxx.