【数学】2019届一轮复习北师大版 直线与圆锥曲线的位置关系 学案
透析高考数 23 题对对碰【 精品】第三篇
主题 20 直线与圆锥曲线的位置关系
【主题考法】本主题考题形式解答题，与函数、导数、向量、三角、不等式等知识
结合第一小题重点考查椭圆的定义、标准方程、几何性质，第二小题考查直线与椭圆、直线
与抛物线的的位置关系，考查运算求解能力、推理论证能力及设而不求思想，综合性较强，
第一小题为基础题。第二小题为难题，分值 12 分.
【主题考前回扣】
1.圆锥曲线的定义、标准方程与几何性质
名称 椭圆 抛物线
定义
|PF1|＋|PF2|＝2a(2a
＞|F1F2|)
|PF|＝|PM|点 F 不在
直线 l 上，PM⊥l 于
M
标准
方程
x2
a2＋y2
b2＝1
(a＞b＞0)
y2＝2px
(p＞0)
图形
范围 |x|≤a，|y|≤b [ ] x≥0[ ]
顶点 (±a,0)，(0，±b) (0,0)
对称性
关于 x 轴，y 轴和原点
对称
关于 x 轴对称
焦点 (±c,0) (p
2，0 )
轴
长轴长 2a，
短轴长 2b
离心率 e＝c
a＝ 1－b2
a2
(0
l y D MD C N C
N n n l x S S
【分析】（1）将点 代入抛物线 ，得 ，联立直线 与抛
物 线 方 程 ， 消 去 ， 得 ， 则 ， ， 由
，求出 ；（2）求出直线 DM 的方程为 ，联立直线 DM
的方程和抛物线的方程，求出 ，利用导数的几何意义，求出切线 n 的斜率为
，得到切线 n 的方程 ，联立直线 DM、n 的方程，求出 Q 点的纵坐标
，且 ，采用导数的方法得出单调性，由单调性求出最小值。
【解析】（1）将点 代入抛物线 ，得 ，
，得 ，
设 ， ，则 ， ，
（2）在直线 的方程 中，令 得 ， ，
直线 的方程为 ，即 ，
由 ，得 ，
解得 ，或 ，所以 ，
由 ，得 ， ，切线 的斜率 ，
( )2,1M C 2x ay= 4a = y kx b= +
y 2 4 4 0x kx b− − = 1 2 4x x k+ = 1 2 4x x b= −
1OA OBk k+ = − 1k = − ( )1
2
b xy b
−= +
( )22 ,N b b−
b− 2y bx b= − −
22
1Q
by b
= −
32= 1
bS b −
( )2,1M C 2x ay= 4a =
2 4{ x y
y kx b
=
= +
2 4 4 0x kx b− − =
( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 1 2 4x x k+ = 1 2 4x x b= −
l y x b= − + 0x = ( )0,D b 1
2DM
bk
−=
DM ( )11 22
by x
−− = − ( )1
2
b xy b
−= +
( )
2
1
{ 2
4
b xy b
x y
−= +
=
( )2 2 1 4 0x b x b− − − =
2x = 2x b= − ( )22 ,N b b−
2 4x y= 21
4y x= 1' 2y x= n ( )1 22k b b= − = −
切线 的方程为 ，即 ，
由 ，得直线 、 交点 ，纵坐标 ，
在直线 ， 中分别令 ，得到与 轴的交点 ， ，
所以 ， ， ，
当 时，函数单调递减；当 时，函数单调递增；
∴当 时， 最小值为 .
考向三 定点与定值问题
【解决法宝】1.直线过定点的解题策略一般有以下几种 （1）如果题设条件没有给出这个定
点，那么，我们可以这样思考 由于这个定点对符合要求的一些特殊情况必然成立，那么我
们根据特殊情况先找到这个定点，再证明这个点与变量无关.(2)直接推理、计算，找出参数
之间的关系，并在计算过程中消去部分参数，将直线方程化为点斜式方程，从而得到定点.
（3）若直线方程含多个参数并给出或能求出参数满足的方程，观察直线方程特征与参数方
程满足的方程的特征，即可找出直线所过顶点坐标，并带入直线方程进行检验.注意到繁难
的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化
运算.
2.探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种 ① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定
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． 解答的关键是认真审题，理清问题与题设的关系，建立合理的方程或函数，
利用等量关系统一变量，最后消元得出定值．
n ( )2 2y b b x b− = − + 2y bx b= − −
2
{ y bx b
y x b
= − −
= − + l n Q
22
1Q
by b
= −
y x b= − + 2y bx b= − − 0y = x ( ),0R b ( ),0E b−
1
2 QS RE y= ( ) 2 31 2 2
2 1 1
b bb b b b
= + =− −
( )
( )
2
2
2 2 3'
1
b bS
b
−=
−
( )1,b∈ +∞
31, 2b ∈
3 ,2b ∈ +∞
3
2b = S 27
2
例 3【山东省枣庄市 2018 届二模】已知抛物线 上的点 到
其焦点 的距离为 .
（Ⅰ）求 的方程；
（Ⅱ）已知直线 不过点 且与 相交于 ， 两点，且直线 与直线 的斜率之积
为 ，证明 过定点.
【分析】 由题意求得 ，再根据抛物线的定义推导出 ，求得 的值，
代入即可求得 的方程 证法一 设直线 的方程为 ，联立方程解出
， 代入求出结果；证法二 设
表 示 出 ， 设 ， 联 立 直 线 与 抛 物 线 方 程 得 ，
，代入 求出结果；证法三 设 ，联立直线与抛物线方程，
代入 ，化简求出结果
（Ⅱ）证法一 设直线 的斜率为 （显然 ），则直线 的方程为 ，
则 .
由 消去 并整理得 .
设 ，由韦达定理，得 ，即 .
C 2 2 (0 1)y px p= < < ( ),1P m
F 5
4
C
l P C A B PA PB
1 l
( )1 1
2m p
= 1 5
2 2 4
p
p
+ = p
C ( )2 PA ( )1 1y k x− = −
( )2
2
1 1, 1kA k k
− − +
( )( )22 1 , 1B k k− − ( ) ( )1 1 1 1, ,A x y B x y−
PA PBk k l y kx t= + 1 2 2
1 2ktx x k
−+ =
2
1 2 2
tx x k
= 1PA PBk k = − l x ny t= +
1PA PBk k = −
PA k 0k ≠ PA ( )1 1y k x− = −
1y kx k= + −
2
1{ y kx k
y x
= + −
= y ( )2 2 2 1 1k x k k x + − − ( )21 0k+ − =
( )1 1,A x y
( )2
1 2
11 kx k
−× = ( )2
1 2
1 kx k
−=
.所以 .
由题意，直线 的斜率为 .
同理可得 ，即 .
若直线 的斜率不存在，则 .解得 ，或 .
当 时，直线 与直线 的斜率均为 ， ， 两点重合，与题意不符；
当 时，直线 与直线 的斜率均为 ， ， 两点重合，与题意不符.
所以，直线 的斜率必存在.
直线 的方程为 ，即 .
所以直线 过定点 . =
考向四 最值与取值范围问题
【解决法宝】圆锥曲线中的目标取值范围与最值问题关键是选取合适的变量建立目标函
数，转化函数的取值范围与最值问题，其求解策略一般有以下几种 ①几何法 若目标函数有
明显几何特征和意义，则考虑几何图形的性质求解；②代数法 若目标函数的几何意义不明
显，利用基本不等式、导数等方法求函数的值域或最值，注意变量的范围，在对目标函数求
最值前，常要对函数进行变换，注意变形技巧，若一个函数式的分母中含有一次式或二次式、
分子中含有一次式或二次式的二次根式，则可以通过换元的方法把其转化为分母为二次式、
分子为一次式的函数式，这样便于求解此函数式的最值.
例 4 【 2018 届 天 津 市 滨 海 新 区 七 所 重 点 校 联 考 】 已 知 , 椭 圆
的离心率 , 是椭圆 的右焦点,直线 的斜率为 ,
为坐标原点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点 的动直线 与椭圆 相交于 , 两点,当 的面积最大时,求直线 的方
( )2
1 1 2
11 1ky kx k k kk
−= + − = ⋅ + − 11 k
= − + ( )2
2
1 1, 1kA k k
− − +
PB 1
k
2
2
11 1, 1 11
kB
kk
− − +
( )( )22 1 , 1B k k− −
l
( ) ( )
2
2
2
1 1k kk
− = − 1k = 1k = −
1k = PA PB 1 A B
1k = − PA PB 1− A B
l
l ( ) ( )21
1
ky k
k
− − =
−
( )21x k − − ( )2 1
1
ky x
k
= −
−
l ( )0, 1−
( )0, 2A −
2 2
2 2: 1( 0)x yE a ba b
+ = > > 3
2 F E AF 6
3 O
A l E P Q OPQ∆ l
程.
【分析】（1）由离心率与斜率可求得 a,b,c.(2) 设 ，与椭圆组方程组，由弦长公
式，点到距离公式，求得三角形面积。
【解析】(1)设 ，由条件知， ，
又 ，
故椭圆 的方程为 ；
(2)当 轴时，不合题意，故可设 ，
，
，
设 ， ，
，
又点 到直线 的距离 ，
∴△OPQ 的面积 ，
设 ，则 ， ∴ ，
当且仅当 ，即 时等号成立，
满 足 ， ∴ 当 时 ， △OPQ 的 面 积 取 得 最 大 值 2 ， 此 时 直 线 的 方 程 为
: 2l y kx= −
( ),0F c 2 6 63 cc
= ⇒ =
23 2 2, 22
c a ba
= ⇒ = =
E
2 2
18 2
x y+ =
l x⊥ : 2l y kx= −
( )2 22 2
2,
{ 1 4 16 8 0
1,8 2
y kx
k x kxx y
= −
⇒ + − + =
+ =
( )2 2 116 4 1 0 4k k∆ = − > ⇒ >
( )1 1,P x y ( )2 2,Q x y
1 2 1 22 2
16 8,1 4 1 4
kx x x xk k
+ = =+ +
( ) 2 2
22
1 2 1 2 2
4 2 1 4 11 4 4 1
k kPQ k x x x x k
+ −= + + − = +
O l 2
2
1
d
k
=
+
2
2
1 4 2 4 1
2 4 1OPQ
kS PQ d k∆
−= = +
24 1k t− = 0t >
2
4 2 4 2 222OPQ
tS t t t
∆ = = ≤+ +
2 2t tt
= ⇒ = 3
2k = ±
0∆ > 3
2k = ± l
或 .
考向五 探索性问题
【解决法宝】（1）参数值的探索，根据题中的条件将参数转化为关于直线与圆锥曲线的交点
的坐标的方程或函数问题，若利用设而不求思想与韦达定理即可求出参数的值即存在，否则
不存在
(2)向量关系、代数式、几何图形、等式恒成立等探索性问题，根据题中条件和有关向量、
距离公式、平面几何知识等方法，转化为关于直线与圆锥曲线的交点的坐标的方程或函数问
题，若利用设而不求思想与韦达定理即可求出参数的值即存在。
例 5 【四川省成都市龙泉驿区一中 2018 届二诊】已知椭圆 C 的左、
右焦点分别为 ，点 在椭圆 C 上，满足 .
（1）求椭圆 C 的标准方程；
（2）直线 过点 ，且与椭圆只有一个公共点，直线 与 的倾斜角互补，且与椭圆交于
异于点 的两点 ，与直线 交于点 （ 介于 两点之间）.
(ⅰ)求证 ；
(ⅱ)是否存在直线 ，使得直线 、 、 、 的斜率按某种排序能构成等比数列？若
能，求出 的方程；若不能，请说明理由.
【分析】（1）设 ，由题意可得 ，所以
. 结合椭圆的定义可得 . 则椭圆 C 的标准方程为 .
（2）(ⅰ)设 方程为 ，与 联立可得 . 则 的斜率是 .
联立直线 方程与椭圆方程，结合韦达定理可得 ，
和 中，由正弦定理得 ， ，
3 22y x= − 3 22y x= − −
2 2
2 2 1 0)x y a ba b
+ = > >（
1 2,F F 31 2P（，） 1 2
9
4PF PF⋅ =
1l P 2l 1l
P ,M N 1x = K K ,M N
PM KN PN KM⋅ = ⋅
2l 1l 2l PM PN
2l
( )1 2- ,0), ,0 , 0F c F c c >（ 2
1 2
9 91- 4 4PF PF c⋅ = + =
1c = 2a =
2 2
14 3
x y+ =
1l ( )3 12y k x− = −
2 2
14 3
x y+ = 1
2k = − 2l 1
2
2l
1 2
1 2
3 3
2 2
1 1PM PN
y y
k k x x
− −
+ = +− − 0=
PMK∆ PNK∆ PM MK
sin PKM sin MPK
=∠ ∠
PN NK
sin PKN sin NPK
=∠ ∠
结合几何关系可得 成立.
(ⅱ)由(ⅰ)知， ， ， .假设存在直线 ，满足题意.不妨设
， ， 若 按某种排序构成等比数列，则 ，则
，此时直线 与 平行或重合，与题意不符，则不存在直线 满足题意.
（2）(ⅰ)设 方程为 ，与 联立，消 得
, 由题意知 ，解得 .
因为直线 与 的倾斜角互补，所以 的斜率是 .
设 直 线 方 程 ， ， 联 立 ， 整 理 得
，由 ，得 ， ， ；
直线 、 的斜率之和
所以 关于直线 对称，即 ，
在 和 中，由正弦定理得
， ，
PM KN PN KM⋅ = ⋅
0PM PNk k+ =
1
1
2lk = −
2
1
2lk = 2l
-PMk k= PNk k= 0)k >（ 1 1 - ,2 2 k k− ，， -1q =
1
2k = PN 2l 2l
1l ( )3 12y k x− = −
2 2
14 3
x y+ = y
( ) ( )22 2 24 3) 12 8 3 2 12 0k x k k x k+ + − + − − =（ 0∆ = 1
2k = −
2l 1l 2l 1
2
2l 1
2y x t= + ( )1 1 2 2, ), ,M x y N x y（ 2 2
1
2{
14 3
y x t
x y
= +
+ =
2 2 3 0x tx t+ + − = 0∆ > 2 4t < 1 2x x t+ = − 2
1 2 -3x x t⋅ =
PM PN
1 2
1 2
3 3
2 2
1 1PM PN
y y
k k x x
− −
+ = +− −
( ) ( )
( )( )
1 2 2 1
1 2
1 3 1 31 12 2 2 2
1 1
x t x x t x
x x
+ − − + + − − = − −
( )( ) ( )
( )( )1 2 1 2
1 2
2 2 3
1 1
x x t x x t
x x
+ − + − −= − − 0=
PM PN、 1x = MPK NPK∠ = ∠
PMK∆ PNK∆
PM MK
sin PKM sin MPK
=∠ ∠
PN NK
sin PKN sin NPK
=∠ ∠
又因为 ，
所以
故 成立.
【主题集训】
1.【北京市朝阳区 2018 届一模】已知椭圆 的离心率为 ,且过
点 .
（Ⅰ）求椭圆 的方程； *
（Ⅱ）过椭圆 的左焦点的直线 与椭圆 交于 两点,直线 过坐标原点且与直线 的
斜率互为相反数.若直线 与椭圆交于 两点且均不与点 重合,设直线 与 轴所
成的锐角为 ,直线 与 轴所成的锐角为 ,判断 与 的大小关系并加以证明.
【解析】（Ⅰ）由题可得 ,解得 .
所以椭圆 的方程为 .
（Ⅱ）结论 ,理由如下
MPK NPK∠ = ∠ 180PKM PKN∠ + ∠ =
PM MK
PN NK
=
PM KN PN KM⋅ = ⋅
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
+ = > > 2
2
21, 2
C
C 1l C ,A B 2l 1l
2l ,E F ,A B AE x
1
θ BF x 2
θ 1
θ 2
θ
2
2 2
2 2 2
2
2
2
{ 21 1
c
a
a b
a b c
=
+ =
= +
2
{ 1
1
a
b
c
=
=
=
C
2
2 12
x y+ =
1 2
θ θ=
由题知直线 斜率存在,
设 .
联立 ,
消去 得 ,
由题易知 恒成立,
由韦达定理得 ,
因为 与 斜率相反且过原点,
设 , ,
联立
消去 得 ,
由题易知 恒成立,
由韦达定理得 ,
因为 两点不与 重合,
所以直线 存在斜率 ,
则
1l
( ) ( ) ( )1 1 1 2 2: 1 , , , ,l y k x A x y B x y= +
( )
2 2
1{
2 2
y k x
x y
= +
+ =
y ( )2 2 2 21 2 4 2 2 0k x k x k+ + + − =
0∆ >
2 2
1 2 1 22 2
4 2 2,1 2 1 2
k kx x x xk k
−+ = − =+ +
2l 1l
2 :l y kx= − ( ) ( )3 3 4 4, , ,E x y F x y
2 2{ 2 2
y kx
x y
= −
+ =
y ( )2 21 2 2 0k x+ − =
0∆ >
3 4 3 4 2
20, 1 2x x x x k
−+ = = +
,E F ,A B
,AE BF ,AE BFk k
( )( ) ( )( )
( )( )1 3 2 3 2 3 1 3
1 3 2 3
1 1x x x x x x x xk x x x x
+ + + + − + −= ⋅ − +
所以直线 的倾斜角互补,所以 .
2.【湖南省郴州市 2018 届二质监】已知椭圆 的中心在原点，对称轴为坐标轴，椭圆 与
直线 相切于点 .
（Ⅰ）求椭圆 的标准方程； =
（Ⅱ）若直线 与椭圆 相交于 、 两点( ， 不是长轴端点)，且以
为直径的圆过椭圆 在 轴正半轴上的顶点，求证 直线过定点，并求出该定点的坐标.
【解析】（Ⅰ）由题意设椭圆的标准方程为 （ ， 且 ）
∵ 在椭圆上，∴ ①
由 得
∵椭圆 与直线 相切，∴ ，
即 ②
由①②知 ，
故所求椭圆方程为
(Ⅱ)设 ， ，联立
得
得
，
( )( )
2
1 2 3 1 2
1 3 2 3
2 2x x x x xk x x x x
+ + += ⋅ − +
( )
( )( )
2 2
2 2 2
1 3 2 3
2 2 2 2 2 4
1 2 1 2 1 2
k k
k k kk x x x x
− × −+ ++ + += ⋅ − + 0=
,AE BF 1 2
θ θ=
C C
2 4x y+ = 3 ,12P
C
:l y kx t= + C A B A B AB
C y
2 2
2 2 1x y
m n
+ = 0m > 0n > m n≠
3 ,12P
2 2
9 1 14m n
+ =
2 2
2 2
2 4
{ 1
x y
x y
m n
+ =
=
+
( ) ( )2 2 2 2 2 24 16 16 0n m x m x n m+ − + − =
C 2 4x y+ = ( ) ( )( )22 2 2 2 216 4 4 16 0m n m n m∆ = − − + − =
2 24 16n m+ =
2 4n = 2 3m =
2 2
14 3
y x+ =
( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 2 2{
14 3
y kx t
y x
= +
+ =
( ) ( )2 2 23 4 6 3 4 0k x ktx t+ + + − =
( )( )2 2 2 236 12 3 4 4 0k t k t∆ = − + − > 2 24+3 0k t− >
1 2 2
6
3 4
ktx x k
+ = − +
( )2
1 2 2
3 4
3 4
t
x x k
−
⋅ = +
，
因为以 为直径的圆过椭圆的上顶点
∴ 即
∴
即
即
即
∴ 或
当 时，直线 过定点 与已知矛盾
当 时，直线 过定点 满足
所以，直线 过定点，定点坐标为
3.【河南省郑州市 2018 年二质预】已知动圆 经过点 ，且和直线 相切.
(Ⅰ)求该动圆圆心 的轨迹 的方程；
(Ⅱ)已知点 ，若斜率为 1 的直线 与线段 相交（不经过坐标原点 和点 ），且
与曲线 交于 两点，求△ABC 面积的最大值.
【解析】(Ⅰ)由题意可知点 到点 距离等于点 到直线 距离，所以动点 的轨迹是以
为焦点，直线 为准线的抛物线，
故 曲线 的方程是 .
(Ⅱ)设直线 的方程为 ,其中
联立方程组 ,消去 得 ，
( )( ) ( ) ( )2 2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 2
4 3
3 4
t k
y y kx t kx t k x x kt x x t k
−
= + + = + + + = +
AB ( )0,2D
1AD BDk k = − 1 2
1 2
2 2 1y y
x x
− −⋅ = −
( )1 2 1 2 1 22 4 0y y x x y y⋅ + ⋅ − + + =
( )1 2 1 2 1 22 4 4 0y y x x k x x t⋅ + ⋅ − + + − =
( ) ( )2 2 2
2 2 2
4 3 3 4 62 4 4 03 4 3 4 3 4
t k t ktk tk k k
− − −+ − + − =+ + +
27 16 4 0t t− + =
2
7t = 2t =
2t = 2y kx= + ( )0,2
2
7t = 2
7y kx= + 20, 7
2 24+3 0k t− >
l 20, 7
E ( )F 1,0 : 1l x = −
E G
( )A 3,0 l OA O A
G B C、
E F E l E
( )F 1,0 1x = −
G 2 4y x=
l y x m= + 3 0.m－ ＜ ＜
2{ 4
y x m
y x
= +
= ,y ( )2 22m 4 x 0x m+ + =－
恒大于零
设 ,由求根公式得
,∴ 点 到直线 的距离为
令 ，则
令
在 上递增，在 上递增.
在 时即 时取得最大值.
的最大面积为 .
4.【江苏省南通、徐州、扬州等六市 2018 二模】如图，在平面直角坐标系 xOy 中，B1，B2
是椭圆 的短轴端点，P 是椭圆上异于点 B1，B2 的一动点．当直线 PB1
的方程为 时，线段 PB1 的长为 ．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设点 Q 满足 ．求证 △PB 1B2 与△QB1B2 的面积之比为定
值．
( ) ( )Δ 2m 4 ² 4m² 16 1 m= =－ － －
( ) ( ), , ,A x y B x y₂ ₁ ₂ ₂
2
1 2 1 24 2m ·x x x x m+ = =－ ， 4AB = A l 3
2
md
+=
( ) ( )1 3·4 2 1 2 1 32 2
mS m m m
+∴ = − = − +
( )1 1,2m t− = ∈ 21m t= − ( )2 32 4 8 2S t t t t∴ = − = −
( ) ( )3 28 2 8 6f t t t f t t= − ∴ = −′
( )y f t= 21,
3
2 ,2
3
( )y f t= 2
3
t = 1
3m = −
ABC
32 3
9
2 2
2 2 1( 0)x y a ba b
+ = > >
3y x= + 4 2
1 1QB PB⊥ ， 2 2QB PB⊥
【解析】设 ， ．
（1）在 中，令 ，得 ，从而 b=3．
由 得 ．
∴ ．
∵
∴ ，解得 ．
∴椭圆的标准方程为 ．
（2）直线 的斜率为 ，由 ，则直线 的斜率为 ．
于是直线 的方程为 ．
同理， 的方程为 ．
联立两直线方程，消去 y，得 ．
∵ 在椭圆 上
∴ ，从而 ．
∴ ．
∴ ．
5.【云南省昆明市 2018 届第二次统考】设抛物线 的焦点为 ，准线为
( )0 0P x y， ( )1 1Q x y，
3y x= + 0x = 3y =
2 2
2 1{ 9
3
x y
a
y x
+ =
= +
， ( )22
2
3 19
xx
a
++ =
2
0 2
6
9
ax a
= − +
( )22
1 0 0 03 2PB x y x= + − =
2
2
64 2 2 9
a
a
= ⋅ +
2 18a =
2 2
118 9
x y+ =
1PB 1
0
0
3
PB
yk x
−= 1 1QB PB⊥ 1QB 1
0
0 3QB
xk y
= − −
1QB 0
0
33
xy xy
= − +−
2QB 0
0
33
xy xy
= − −+
2
0
1
0
9yx x
−=
( )0 0P x y，
2 2
118 9
x y+ =
2 2
0 0 118 9
x y+ =
2
2 0
0 9 2
xy − = −
0
1 2
xx = −
1 2
1 2
0
1
2PB B
QB B
S x
S x
∆
∆
= =
2: 2 ( 0)C y px p= > F
.已知以 为圆心，半径为 4 的圆与 交于 、 两点， 是该圆与抛物线 的一个交点，
.
（1）求 的值；
（2）已知点 的纵坐标为 且在 上， 、 是 上异于点 的另两点，且满足直线
和直线 的斜率之和为 ，试问直线 是否经过一定点，若是，求出定点的坐标，
否则，请说明理由.
【解析】（1）由题意及抛物线定义， ， 为边长为 4 的正三
角形，设准线 与 轴交于点 ， .
（2）设直线 的方程为 ，点 ， .
由 ， 得 ， 则 ， ，
.
又 点 在 抛 物 线 上 ， 则 ， 同 理 可 得
.
因为 ，所以 ，
解得 .
由 ，解得 .
所以直线 的方程为 ，则直线 过定点
6.【甘肃省兰炼一中 2018 届二模】已知定点 、 ，直线 、 相交于
l F l A B E C
90EAB∠ = °
p
P 1− C Q R C P
PQ PR 1− QR
4AF EF AE= = = AEF
l x D 1 1 4 22 2AD p AE= = = × =
QR x my t= + ( )1 1,Q x y ( )2 2,R x y
2{ 4
x my t
y x
= +
=
2 4 4 0y my t− − = 216 16 0m t∆ = + > 1 2 4y y m+ =
1 2 4y y t⋅ = −
P C 11
2 2
11
4 4
pP
PQ
PP
y yy yk y yx x
−−= =− − 1 1
4 4
1Py y y
= =+ −
2
4
1PRk y
= −
1PQ PRk k+ = −
1 2
4 4
1 1y y
+ =− −
( )
( )1 2
1 2 1 2
4 8
1
y y
y y y y
+ −
− + +
16 8 14 4 1
m
t m
−= = −− − +
73 4t m= −
( )
216 16 0
7{ 3 4
1 71 34 4
m t
t m
m m
∆ = + >
= −
≠ × − + −
( )7 1, ,1 1,2 2m ∈ −∞ − ∪ ∪ +∞
QR ( ) 73 4x m y= + − QR 7 , 34
− −
( )3,0A − ( )3,0B AM BM
点 ，且它们的斜率之积为 ，记动点 的轨迹为曲线 ．
（1）求曲线 的方程；
（2）过点 的直线 与曲线 交于 、 两点，是否存在定点 ，使得直线
与 斜率之积为定值，若存在求出 坐标；若不存在请说明理由．
【解析】（1）设动点 ，则 ， ，
， 即 ．
化简得 ，
由已知 ，故曲线 的方程为 ．
（2）由已知直线 过点 ，
设 的方程为 ，则联立方程组 ，
消去 得 ,
设 ， ，则 ，
直线 与 斜率分别为 ， ，
．
当 时， ；当 时， ．
所以存在定点 ，使得直线 与 斜率之积为定值．
M 1
9
− M C
C
( )1,0T l C P Q ( ),0S s SP
SQ S
( ),M x y 3MA
yk x
= + 3MB
yk x
= −
( )3x ≠ ±
1
9MA MBk k⋅ = −
1
3 3 9
y y
x x
⋅ = −+ −
2
2 19
x y+ =
3x ≠ ± C
2
2 19
x y+ = ( )3x ≠ ±
l ( )1,0T
l 1x my= + 2 2
1{ 9 9
x my
x y
= +
+ =
x ( )2 29 2 8 0m y my+ + − =
( )1 1,P x y ( )2 2,Q x y
1 2 2
1 2 2
2
9{ 8
9
my y m
y y m
+ = − +
−= +
SP SQ 1 1
1 1 1SP
y yk x s my s
= =− + −
2 2
2 2 1SQ
y yk x s my s
= =− + −
( )( )1 2
1 11 1SP SP
y yk k my s my s
= + − + −
( )( ) ( )
1 2
22
1 2 1 21 1
y y
m y y m s y y s
=
+ − + + − ( ) ( )22 2
8
9 9 1s m s
−=
− + −
3s = ( )2
8 2
99 1SP SPk k
s
−⋅ = = −
− 3s = − ( )2
8 1
189 1SP SPk k
s
−⋅ = = −
−
( )3,0S ± SP SQ
7. 【江西省上饶市 2018 届二模】已知椭圆 ，离心率 ，
点 在椭圆上．
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）设点 是椭圆 上一点，左顶点为 ，上顶点为 ，直线 与 轴交于点 ，直
线 与 轴交于点 ，求证 为定值．
(2)设 ， ， ，则 ，由 APM 三
点共线，则有 ，即 ，解得 ，则 ，
由 BPN 三点共线，有 ，即 ，解得 ，
则
=
( )2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
+ = > > 2
2e =
( )2,1G
C
P C A B PA y M
PB x N ·AN BM
( )0 0P ,x y ( ) ( )M 0 , 0m N n， ， ( ) ( )A -2,0 , 0, 2B ( )2 2Q ,x y
PA MAk k= 0
0 2 2
y m
x
=+
0
0
2
2
ym x
= +
0
0
2M 0 2
y
x
+
，
B NBPk k= 0
0
2 2y
x n
− −= 0
0
2
2
xn
y
−=
−
0
0
2N 0
2
x
y
− −
，
0 0 0 0 0 0
0 00 0
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2|AN||BM| | 2|| 2 | ||2 22 2
x y x y y x
x xy y
− − + − − −⋅ = + ⋅ − = ⋅+ +− −
( )2 2
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0
4 2 4 2 4 2 2 2 8
| |
2 2 2 2
y x x y y x
x y x y
+ − − − +
− + −
又点 P 在椭圆上，满足 ，有 ，
代入上式得
= ，
可知 为定值 .
8. 【山西省 2018 届一模】已知椭圆 过点 ，且两个焦点的坐标
为 ， .
（1）求 的方程；
（2）若 ， ， （点 不与椭圆顶点重合）为 上的三个不同的点， 为坐标原点，且
，求 所在直线与坐标轴围成的三角形面积的最小值.
【解析】（1）由已知得 ，
∴ ，则 的方程为 ；
（2）设 代入 得
，
设 ，则 ，
，
设 ，由 ，得
，
∵点 在椭圆 上，∴ ，即 ，∴ ，
在 中，令 ，则 ，令 ，则 .
∴三角形面积 ，
当且仅当 时取得等号，此时 ，
2 2
0 0y 14 2
x + = 2 2
0 02 4y 8x + =
( )0 0 0 0
0 0 0 0
4 2 4 2 2 2 16
|AN||BM| | |
2 2 2 2
x y y x
x y x y
− − − +
⋅ =
− + −
( )
( )
0 0 0 0
0 0 0 0
4 2 4 2 2 2 16
| | 4 2
2 2 2 2
x y y x
x y y x
+ − −
=
+ − −
|AN||BM|⋅ 4 2
∴所求三角形面积的最小值为 .
9.【天津市十二重点中 2018 年联考】已知椭圆 的上顶点为 ,离心
率为 . 抛物线 截 轴所得的线段长为 的长半轴长.
（1）求椭圆 的方程；
（2）过原点的直线与 相交于 两点,直线 分别与 相交于 两点
证明 以 为直径的圆经过点 ；
记 和 的面积分别是 ,求 的最小值.
【解析】（1）已知. 中，令 得 ， ，
又 ，则 ，从而 ,
椭圆 的方程为 ,
（2）直线 的斜率显然存在，设 方程为 .由 得
设 ,
由已知 ，所以 .
,
故以 为直径的圆经过点 .
设直线 ，显然 ，由 ，得 ， 或 ，
，则 ，
由知 ，直线
那么 ,
由 得 ，解得 或,
，则 ，
由知，直线 ,
那么 ,
，
当且仅当 时等号成立，即 最小值为 .
10.【江西省 2018 届高三六校联考】已知椭圆 C 的离心率与双曲
线 的离心率互为倒数，且过点 ．
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）过 作两条直线 与圆 相切且分别交椭圆于 M、N
两点．
① 求证直线 MN 的斜率为定值；
② 求△MON 面积的最大值（其中 O 为坐标原点）．
【解析】（1）可得 ，设椭圆的半焦距为 ，所以 ，
因为 C 过点 ，所以 ，又 ，解得 ，
所以椭圆方程为 ．
（2）① 显然两直线 的斜率存在，设为 ， ，
由于直线 与圆 相切，则有 ，
直线 的方程为 ， 联立方程组
消去 ，得 ，
因为 为直线与椭圆的交点，所以 ，
2 2
2 2 1( 0)x y a ba b
+ = > >
2 2
14 12
x y− = 31 2P
，
P 1 2l l， ( )2 2 2 31 (0 )2x y r r− + = < <
1
2e = c 2a c=
31 2P
， 2 2
1 9 14a b
+ = 2 2 2c b a+ = 2 3a b= =，
2 2
14 3
x y+ =
1 2l l， 1 2k k， ( ) ( )1 1 2 2, ,M x y N x y，
1 2l l， ( )2 2 2 31 (0 )2x y r r− + = < < 1 2k k= −
1l ( )1
3 12y k x− = −
1 1
2 2
3
2{
14 3
y k x k
x y
= − +
+ =
，
，
y ( ) ( ) ( )22 2
1 1 1 14 3 12 8 3 2 12 0x k k k x k+ + − + − − =
P M，
( )1 1
1 2
1
8 121 4 3
k kx k
−+ = +
同理，当 与椭圆相交时， ，
所以 ，而 ，
所以直线 的斜率 ．
② 设 直 线 的 方 程 为 ， 联 立 方 程 组 消 去 得
，
所以 ，
原点 到直线的距离 ，
面积为 ，
当且仅当 时取得等号．经检验，存在 （ ），使得过点 的两条直
线与圆 相切，且与椭圆有两个交点 M，N．
所以 面积的最大值为 ．
11.【百校联盟 2018 届 TOP20 三月联考】在平面直角坐标系 中，点 关于直线
对称的点 位于抛物线 上.
（1）求抛物线 的方程；
（2）设抛物线 的准线与其对称轴的交点为 ，过点 的直线 交抛物线 于点 ，
，直线 交抛物线 于另一点 ，求直线 所过的定点.
【解析】（1）设 ，则 ，∴ ，解之得 ，
代入 ，得 ，所以抛物线 的方程为 .
2l
( )1 1
2 2
1
8 121 4 3
k kx k
++ = +
1
1 2 2
1
24
4 3
kx x k
−− = + ( ) 1
1 2 1 1 2 1 2
1
122 4 3
ky y k x x k k
−− = + − = +
MN 1 2
1 2
1
2
y yk x x
−= =−
MN 1
2y x m= +
2 2
1
2{
14 3
y x m
x y
= +
+ =
，
，
y
2 2 3 0x mx m+ + − =
( )2
2 2 21 151 4 3 42 2MN m m m = + ⋅ − − = −
O 2
5
md =
OMN∆ ( ) 2 2
2 2 221 15 3 3 44 4 32 2 2 2 25
m m mS m m m
+ −= ⋅ − ⋅ = − ≤ =
2 2m = r 30 2r< < 31 2P
，
( )2 2 21x y r− + =
OMN∆ 3
xOy ( )1, 1B −
1
2y = N ( )2: 2 0C y px p= >
C
C A A l C M
P MB C Q PQ
( )1,N n 1 1
2 2
n− + = 2n = ( )1,2N
( )2 2 0y px p= > 2p = C 2 4y x=
所以 ，即 ，
所以 ，即 ①，
因为 ，所以直线 的方程是 .
即 ，即 ②，
由①②可得 .所以直线 过定点 .
12.【北京市朝阳区 2018 年一模】已知椭圆 的离心率为 ,且
过点 .
（Ⅰ）求椭圆 的方程；
（Ⅱ）过椭圆 的左焦点的直线 与椭圆 交于 两点,直线 过坐标原点且直线 与
的斜率互为相反数,直线 与椭圆交于 两点且均不与点 重合,设直线 的斜率为
,直线 的斜率为 ,证明 为定值.
( )( ) 2
3 1 3 31 4y y y y+ + = − 3 1 1 3 4 0y y y y+ + + =
3
3
2 2
4 4 4 0y yy y
+ + + = ( )3 2 3 24 4 0y y y y+ + + =
3 2
2 2
3 2 3 2
4
4 4
PQ
y yk y y y y
−= = +−
PQ
2
2
2
3 2
4
4
yy y xy y
− = − +
( )( ) 2
2 3 2 24y y y y x y− + = − ( )3 2 2 3 4y y y y y x+ − =
( )( ) ( )3 24 4 1y y y x+ + = − PQ ( )1, 4−
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
+ = > > 2
2
21, 2
C
C 1l C ,A B 2l 1l 2l
2l ,E F ,A B AE
1k BF 2k 1 2k k+
【解析】（Ⅰ）由题可得 ,解得 .
所以椭圆 的方程为 .
（Ⅱ）由题知直线 斜率存在,设 .
联立 ,消去 得 ,
由题易知 恒成立,由韦达定理得 ,
因为 与 斜率相反且过原点,
设 , ,
联立 ,
消去 得 ,
由题易知 恒成立,
由韦达定理得 ,
则
2
2 2
2 2 2
2
2
2
{ 21 1
c
a
a b
a b c
=
+ =
= +
2
{ 1
1
a
b
c
=
=
=
C
2
2 12
x y+ =
1l ( ) ( ) ( )1 1 1 2 2: 1 , , , ,l y k x A x y B x y= +
( )
2 2
1{
2 2
y k x
x y
= +
+ = y ( )2 2 2 21 2 4 2 2 0k x k x k+ + + − =
0∆ >
2 2
1 2 1 22 2
4 2 2,1 2 1 2
k kx x x xk k
−+ = − =+ +
2l 1l
2 :l y kx= − ( ) ( )3 3 3 3, , ,E x y F x y− −
2 2{ 2 2
y kx
x y
= −
+ =
y ( )2 21 2 2 0k x+ − =
0∆ >
2
3 2
2
1 2x k
−− = +
1 3 2 3
1 2
1 3 2 3
y y y yk k x x x x
− ++ = +− +
，所以 为定值 .
13.【河北省衡水中 2018 届十模】已知椭圆 经过点 ，离心率
为 ，左、右焦点分别为 ， .
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线 与椭圆交于 ， 两点，与以 为直径的圆交于 ，
两点，且满足 ，求直线 的方程.
【解析】（1）由题设知 ，解得 ，∴椭圆的方程为 .
（2）由题设，以 为直径的圆的方程为 ，
∴圆心 到直线 的距离 .
由 ，得 ， .
( ) ( ) ( )( ) ( )( )
( )( )1 3 2 3 1 3 2 3 2 3 1 3
1 3 2 3 1 3 2 3
1 1 1 1k x kx k x kx x x x x x x x xkx x x x x x x x
+ + + − + + + + − + −= + = ⋅− + − +
( )( )
2
1 2 3 1 2
1 3 2 3
2 2x x x x xk x x x x
+ + += ⋅ − +
( )
( )( )
2 2
2 2 2
1 3 2 3
2 2 2 2 2 4
1 2 1 2 1 2
k k
k k kk x x x x
− × −+ ++ + += ⋅ − + 0= 1 2k k+ 0
2 2
2 2 1( 0)x y a ba b
+ = > > ( )0, 3
1
2
( )1 ,0F c− ( )2 ,0F c
l 1
2y x m= − + A B 1 2F F C D
5 3
4
AB
CD
= l
2 2 2
3
1{ 2
b
c
a
b a c
=
=
= −
2
{ 3
1
a
b
c
=
=
=
2 2
14 3
x y+ =
1 2F F 2 2 1x y+ =
( )0,0 l 2
5
md =
1d < 5
2m < ( )*
∴ .
设 ， ，
由 得 ，
由根与系数的关系得 ， ，
∴ .
由 ，得 ，解得 ，满足 .
∴直线 的方程为 或 .
14. 【 夏 石 嘴 山 市 第 三 中 2018 届 一 模 】 如 图 ， 已 知 圆 ， 点
是圆 上任意一点，线段 的垂直平分线和半径 相交于 .
(1)求动点 的轨迹 的方程； *
(2)已知 是轨迹 的三个动点，点 在一象限， 与 关于原点对称，且 ，
问 的面积是否存在最小值？若存在，求出此最小值及相应直线 的方程；若不存
在，请说明理由.
【解析】(1)∵Q 在线段 PF 的垂直平分线上，∴|QP|＝|QF|，得|QE|＋|QF|＝|QE|＋|QP|＝
|PE|＝4，
22 1CD d= − 2 24 22 1 5 45 5
m m= − = −
( )1 1,A x y ( )2 2,B x y
2 2
1
2{
14 3
y x m
x y
= − +
+ =
2 2 3 0x mx m− + − =
1 2x x m+ = 2
1 2 3x x m= −
( )2
2 211 4 32AB m m
= + − − −
215 42 m= −
5 3
4
AB
CD
=
2
2
4 15 4
m
m
− =−
3
3m = ± ( )*
l 1 3
2 3y x= − + 1 3
2 3y x= − −
( )2 2: 3 16E x y+ + =
( )3,0 ,F P E PF PE Q
Q Γ
, ,A B C Γ A B A CA CB=
ABC∆ AB
又|EF|＝2 ＜4，∴Q 的轨迹是以 E，F 为焦点，长轴长为 4 的椭圆，∴Г ＋y2＝1.
(2)由点 A 在第一象限，B 与 A 关于原点对称，设直线 AB 的方程为 y＝ x( ＞0)，
∵|CA|＝|CB|，∴C 在 AB 的垂直平分线上，∴直线 OC 的方程为 y＝－ x.
，
同 理 可 得 |OC| ＝
当且仅当 ＝1 时取等号，∴S△ABC≥ .
综上，当直线 AB 的方程为 y＝x 时，△ABC 的面积有最小值 .
15.．【云南省保山市 2018 届二统测】已知平面内动点 到两定点 和 的
距离之和为 4.
（Ⅰ）求动点 的轨迹 的方程；
（Ⅱ）已知直线 和 的倾斜角均为 ，直线 过坐标原点 且与曲线 相交于 ，
两点，直线 过点 且与曲线 是交于 ， 两点，求证 对任意 ，
.
3
2
4
x
1
k
8
5
8
5
M ( )1 1,0F − ( )2 1,0F
M E
1l 2l α 1l ( )0,0O E A
B 2l ( )2 1,0F E C D [ )0,α π∈
2 2
4
3
OA OB
F C F D
=
（Ⅱ）证明 由题设可设直线 的参数方程分别为
； ．
将直线 的参数方程分别和椭圆 联立后整理得
； ．
则由参数 t 的几何意义、根与系数的关系及椭圆的对称性有
；
，
故 ．
16.【辽宁省沈阳市东北育才 校 2018 届三模】已知椭圆 的离心率为
，且短轴长为 2.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知 分别为椭圆的左右顶点， , ，且 ,直线 与
分别与椭圆交于 两点，
（i）用 表示点 的纵坐标； ！
（ii）若 面积是 面积的 5 倍，求 的值．
1 2l l和
1 { x tcosl ty tsin
α
α
=
=
，： （ 为参数）， 2
1{ x tcosl ty tsin
α
α
= +
=
，： （ 为参数），
1 2l l和
2 2
14 3
x y+ =
( )2 2 23cos 4sin 12tα α+ = ( ) ( )2 2 23cos 4sin 6cos 9 0t tα α α+ + − =
2 2
0 02 2
12| | )3cos 4sinOA OB OA t t Aα α= = = + （其中 为点 对应参数
2 2 1 2 1 22 2
9 )3cos 4sinF C F D t t t t C Dα α= = + （其中 ， 分别为点 ， 对应参数
2 2
2 2
2 2
12
43cos 4sin= 9 3
3cos 4sin
OA OB
F C F D
α α
α α
+ =
+
( )2 2
2 2 1 0x y a ba b
+ = > >
3
2
A B、 ( )1,M m ( 0m ≠ 3)2m ≠ ± AM
BM E F、
m E F、
AMF∆ BME∆ m
【解析】（1）由题意知 ，解得 ，
椭圆的标准方程为 .
（2）（i） ， ， ，且 ，
直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，
直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
由 得 ，
点 E 的纵坐标 ，
由 得 ，
，
（ii） ， ，
， ， ， ，
，即 ，解得
17.【山东省济南市 2018 届一模】在平面直角坐标系 中，抛物线 ，直线
与抛物线 交于 ， 两点.
2 2 2
1
3{ 2
b
ce a
a b c
=
= =
= +
2
{ 1
3
a
b
c
=
=
=
2
2 14
x y+ =
( )2,0A − ( )2,0B ( )1M m， 0m ≠
∴ AM 1 3
mk = BM 2 mk = −
∴ AM 3 2x ym
= − BM 1 2x ym
= − +
2
2 1,4{
3 2,
x y
x ym
+ =
= −
( )2 24 9 12 0m y my+ − =
2
12
4 9
my m
= +
2
2 1,4{
1 2,
x y
x ym
+ =
= − +
( )2 21 4 4 0m y my+ − =
2
4E 4 1
my m
= +点 的纵坐标
1 sin2AMFS MAMF AMF= ∠
1 sin2BMES MBME BME= ∠
AMF BME∠ = ∠ 5AMF BMES S=
5MAMF MBME∴ = 5MA MB
ME MF
∴ =∣ ∣ ∣ ∣
∣ ∣ ∣ ∣
5M M
E M F M
y y
y y y y
=− −
2 2
2 2
9 4 1 453 4 3 4
m m
m m
+ +=− −
1
2m = ±
xOy 1C 2 4x y= l
1C A B
（1）若直线 ， 的斜率之积为 ，证明 直线 过定点；
（2）若线段 的中点 在曲线 上，求 的最大
值.
【解析】设 ， ，
（2）设 ，则 ， ，
将 带入 得
，∴ .
∵ ，∴ ，∴ ，
又∵ ，∴ ，
故 的取值范围是 .
，将 代入得
OA OB 1
4
− l
AB M 2C 214 ( 2 2 2 2)4y x x= − − < < AB
( )1 1,A x y ( )2 2,B x y
( )0 0,M x y 1 2
0 22
x xx k
+= = 2
0 0 2y kx m k m= + = +
( )0 0,M x y 2C 214 ( 2 2 2 2)4y x x= − − < <
( )22 12 4 24k m k+ = − 24 3m k= −
02 2 2 2x− < < 2 2 2 2 2k− < < 2 2k− < <
( )216 k m∆ = + ( ) ( )2 2 216 4 3 32 2 0k k k= + − = − > 2 2k− < <
k ( )2, 2k ∈ −
( )22
1 2 1 21 4AB k x x x x= + + − ( )2 21 16k k m= + + 24 3m k= −
，
当且仅当 ，即 时取等号，
所以 的最大值为 .
18. 【新疆乌鲁木齐地区 2018 届二诊】已知点 是椭圆 上
的点，点 的坐标为 ，直线 上的任意一点 满足 （ 为坐标原
点）．
（Ⅰ）求直线 的方程； +
（Ⅱ）设 的右焦点为 ，过点 作 的垂线交直线 于点 ，证明 在定圆上．
【解析】（Ⅰ）设 ，由 ，得 .
∴
∵
∴直线 的方程为 .
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 ，则过点 且与 的垂直的直线方程为 .
∵直线 的方程为 ，
∴ 联 立 ， 解 出 ， 代 入 椭 圆 的 方 程 ， 得
，化简得 .
∴点 在定圆 上．
( )( )2 24 2 1 2AB k k= + − ( ) ( )2 21 2
4 2 6 22
k k+ + −
≤ =
2 21 2k k+ = − 2
2k = ±
AB 6 2
( )( )0 0 0, 0P x y y ≠
2 2
: 14 3
x yC + =
Q 0 0,4 3
x y
l M 0MP OQ⋅ = O
l
C F ( )4,0 l PF S S
( ),M x y 0MP OQ⋅ = ( )0 0 0 0
1 1, 04 3x x y y x y− − ⋅ ⋅ =
( ) ( )0 0
0 0 04 3
x yx x y y− + − =
2 2
0 0 14 3
x y+ =
l 0 0 14 3
x x y y+ =
0
1
0
3
4
xk y
= − ( )4,0 l ( )0
0
4 43
yy xx
= −
PF ( )0
0
11
yy xx
= −−
( )
( )
0
0
0
0
4 43{
11
yy xx
yy xx
= −
= −−
( )
0
0
4 4
13{
3
13
xx x
yy x
−= −
= −
C
( )
( ) ( )
2 2
2 2
16 4 9 1
4 13 3 13
x y
x x
− + =
− −
( )2 21 36x y− + =
S ( )2 21 36x y− + =
19 【山东省烟台市 2018 届诊测】已知动圆 C 与圆 外切, 并与直线
相切
(1)求动圆圆心 C 的轨迹
(2)若从点 P(m,-4)作曲线 的两条切线,切点分别为 A、B,求证 直线 AB 恒过定点。
【解析】（1）由题意知，圆 的圆心 ，半径为 .设动圆圆心 ，半径为 .
因为圆 与直线 相切，所以 ，即 .
因为圆 与圆 外切,所以 ，即 .
联立①②，消去 ，可得 .
所以 点的轨迹 是以 为焦点, 为准线的抛物线.
（2）由已知直线 的斜率一定存在.不妨设直线 的方程为 .
联立 ，整理得 ，其中
设 ，则 ， . ①
由抛物线的方程可得 , .
过 的抛物线的切线方程为 ,
又 代入整得 .
切线过 ，代入整理得 ,
同理可得 .
为方程 的两个根，
， . ②
由①②可得， ，
所以 ， . 的方程为 .
所以直线 恒过定点 .
( )22 1: 1 4E x y+ − =
1
2y =
Γ
Γ
E ( )0,1E 1
2
( ),C x y r
E 1
2y = − d r= 1
2y r+ =
C E 1
2CE r= + ( )22 11 2x y r+ − = +
r 2 4x y=
C Γ ( )0,1E 1y = −
AB AB y kx b= +
2 4{ x y
y kx b
=
= +
2 4 4 0x kx b− − = ( )216 0k b∆ = + >
( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 1 2 4x x k+ = 1 2 4x x b= −
21
4y x= 1
2y x∴ ′ =
∴ ( )1 1,A x y ( )1 1 1
1
2y y x x x− = −
2
1 1
1
4y x= 2
1 1
1 1
2 4y x x x= −
( ), 4P m − 2
1 12 16 0x mx− − =
2
2 22 16 0x mx− − =
1 2,x x∴ 2 2 16 0x mx− − =
1 2 =2x x m∴ + 1 2 16x x = −
1 2 4 16x x b= − = − 1 2 4 2 .x x k m+ = =
4b =
2
mk = AB 42
my x= +
AB ( )0,4
20.【河南省郑州市 2018 届二质测】已知圆 ,点 为平面内一动点，
以线段 为直径的圆内切于圆 ,设动点 的轨迹为曲线 .
(Ⅰ)求曲线 的方程；
(Ⅱ) 是曲线 上的动点，且直线 经过定点 ，问在 轴上是否存在定点
，使得 ，若存在，请求出定点 ，若不存在，请说明理由.
(Ⅱ) 假 设 存 在 满 足 题 意 的 定 点 ， 设 设 直 线 的 方 程 为 ，
．由 消去 ，得
由直线 过椭圆内一点 作直线故 ，由求根公式得
由得 ,得直线得 与 斜率和为零.故
存在定点 ，当斜率不存在时定点 也符合题意．
2 2O : 4x y+ = ( )1,0 ,F P
FP O P C
C
,M N C MN 10 2
， y
Q MQO NQO∠ = ∠ Q
Q ( )0, ,Q m l 1
2y kx= +
( ) ( )1 1 2 2,M x y N x y， ，
2 2
1,4 3{
1
2
x y
y kx
+ =
= +
x ( )2 23 4 4 11 0.k x kx+ + − =
l 10, 2
Δ 0>
1 2 1 22 2
4 11, ,3 4 3 4
kx x x xk k
− −+ = ⋅ =+ +
MQO NQO∠ = ∠ MQ NQ
( )1 2 1 21 2
1 2
1 2 1 2 1 2
11 1 2 22 2 0,
kx x m x xkx m kx my m y m
x x x x x x
+ − ++ − + − − − + = + = =
( ) ( )
1 2 1 2 2 2 2
4 61 11 1 42 2 0.2 3 4 2 3 4 3 4
k mkkx x m x x k mk k k
−− − + − + = ⋅ + − ⋅ = = + + +
0,6（ ） 0,6（ ）
