【文档说明】2023届辽宁省新高考数学复习 专题5 圆锥曲线解答题30题专项提分计划解析版.docx，共(42)页，2.415 MB，由envi的店铺上传

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2023届辽宁省新高考数学复习专题5圆锥曲线解答题30题专项提分计划1．（2022·辽宁·抚顺市第二中学校联考三模）设双曲线22:13xCy−=，其右焦点为F，过F的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点．(1)

求直线l倾斜角的取值范围；(2)直线AO（O为坐标原点）与曲线C的另一个交点为D，求ABD△面积的最小值，并求此时l的方程．【答案】(1)5,66(2)最小值为433；直线l的方程为2x=.【分析】（1）由题意设直线l的方程

为2xmy=+，设1122(,),(,)AxyBxy，将直线方程代入双曲线方程，消去x，利用根与系数的关系，由题意得1212Δ000xxxx+，解不等式组可求出m的范围，从而可求出直线l倾斜角的取值范围；（2）由题意可得()212

1212122242ABDOABSSOFyyyyyy==−=+−△△，由（1）得到的式子代入化简，换元后利用函数的单调性可求得结果【详解】（1）由双曲线22:13xCy−=得2314c=+=，则右焦点()2,0F，显然直线l的斜率不为0，设直线l的方

程为2xmy=+，由22132xyxmy−==+得()223410mymy−++=，因为直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，设1122(,),(,)AxyBxy，()221212224116430,,33−=−−+=

=−−mmmyyyymm则222121222221212121222Δ164(3)04()44038(2)(2)2()44033mmmxxmyymmmxxmymymyymyymm=−−−+=++=+−=++=+++=−+−−，解得33m−，当0m=时，直线l倾

斜角2=，当0m时，直线l的斜率33k或33k−，综上，直线l倾斜角的取值范围为5,66（2）因为O是AB中点，所以()2121212122242ABDOABSSOFyyyyyy==−=+−△△()22

222243121222333mmmmm−+=−=−−−，令23tm=−，则)3,0t−2224414343434ABDtSuuttt+==+=+△，其中1=ut，且1,3u−又23yuu=+在1,3−−单调减，所以433ABDS△，当13

u=−，即0m=时求得，此时直线l的方程为2x=2．（2022·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）已知点()()()22,0,22,0,2,0ABQ−，动点P与点A，B连线的斜率之积为78−，过点Q的直线l交点P的轨迹于C，D两点，设直线AC和直线B

D的斜率分别为1k和2k，记12kmk=(1)求点P的轨迹方程(2)m是否为定值?若是，请求出该值，若不是，请说明理由．【答案】(1)221(0)87xyy+=(2)是，322−【分析】（1）点(),Pxy，由78PAPBkk=−，化简即得所求，要注意去掉不符合题意的点（2）由题意，直线l斜率

不为0，设:2lxty=+，()()1122,,,CxyDxy，联立直线与曲线方程，消元之后利用韦达定理可得12122228287878tyyyytt−−+==++，以及1212yytyy+=，而12kmk==()()121122222222tyyytyyy+−++，将1212yytyy

+=代入即可求解(1)设点(),Pxy，由题意782222PAPByykkxx==−−+整理得()221087xyy+=(2)由题意，直线l斜率不为0设:2lxty=+，设()()1122,,,CxyDxy

由222187xtyxy=++=得()227828280tyty++−=则12122228287878tyyyytt−−+==++，所以1212yytyy+=()()11211222122222=2222yyxkxmykyx

x++==−−()()()()1212121122222222=222222ytytyyyytytyyy+−+−=++++()()()()1211212212222322222322yyyyyyyyyy++−−

+==+++++()()()()()()121212121322322322322=322322yyyyyyyy−+−++−=++++322=−所以m为定值322−3．（2022·辽宁鞍山·统考一模）在平面直角坐标系xOy中，点B与点31,2A−

关于原点对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于34−.(1)求动点P的轨迹方程，并注明x的范围；(2)设直线AP与BP分别与直线3x=交于M，N，问是否存在点P使得PAB与PMN面积相等？若存在，求出点P的坐标，若不存在

，说明理由.【答案】(1)221(1)43xyx+=(2)存在，533,36【分析】（1）根据两点间斜率公式以及题中条件斜率之积即可列方程求解，（2）由面积相等可得长度的比例关系||||||||PAPNP

MPB=，由相似转化为长度关系，即可列式子求解.【详解】（1）因为点B与点31,2A−关于原点O对称，所以点B的坐标为31,2−设点P的坐标为(,)xy，由题意得33322114yyxx−+=−+−，化简得221(1)43xyx+=故

动点P的轨迹方程为221(1)43xyx+=；（2）若存在点P使得PAB与PMN的面积相等，设点P的坐标为()00,xy，则11||||sin||||sin22PAPBAPBPMPNMPN=因为sinsinAPBMPN=，所以||||||||PAPNPMPB=，所以0

0001331xxxx+−=−−即()220031xx−=−，解得053x=，因为221(1)43xyx+=，所以0336y=，故存在点P使得PAB与PMN的面积相等，此时点P的坐标为533,36

.4．（2022·辽宁沈阳·沈阳二十中校考三模）已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=经过点13,2M，左焦点()13,0F−.(1)求椭圆C的方程；(2)过点()0,3D作直线l与椭圆C交于,AB两点，点N满足ONOAOB=+（O为原点），求四边形OA

NB面积的最大值.【答案】(1)2214xy+=；(2)2.【分析】（1）根据椭圆经过的点和焦点，由待定系数法即可求解.（2）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理得根与系数的关系，进而根据面积公式表达出面积函数，利用换元法以及不等式即可求

解最值.【详解】（1）设椭圆的焦距为2c，则3c=，又因为椭圆经过点13,2M，所以223114ab+=，又()222=3ab−2=3c，24a=，21b=，所以椭圆C的方程为2214xy+=.（2）因为ONOAOB=+，所以四边形OANB为平行四边形，当直线l的斜率不存在时，显

然不符合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为3ykx=+，l与椭圆交于11(,)Axy，22(,)Bxy两点，由2222=+3(1+4)+24+32=0+=14ykxkxkxxy.由222224128(14)02.kkk

=−+1212222432,1414kxxxxkk+=−=++，121213=||||=||22OABSODxxxx−−，2212121222243223||3()4341414OANBOABkSSxxxxxxkk−

==−=+−=−++△∴2222222224128(14)2324(14)(14)kkkkk−+−==++，令22kt−=，则22kt=+（由上式知0t），211242424281(49)1447216OANBtSttt===+++≤∴，当且仅当94t=，即21724k=

时取等号.∴当172k=时，平行四边形OANB的面积最大值为2.5．（2022·辽宁沈阳·沈阳二十中校考三模）已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的左、右顶点分别为12,AA，右焦点为(2,0)F，点P为C上一动点（异于12,AA两点），直线1PA和直线2PA与直线1x=分别

交于M，N两点，当PF垂直于x轴时，12PAA△的面积为2．(1)求C的方程；(2)求证：MFN为定值，并求出该定值．【答案】(1)22122xy−=(2)证明见解析，90°【分析】（1）由题意可得,ab的方程组，从而得到结果；（2）设()()00

0,2Pxyx，得到直线1PA和直线2PA的方程，解出M，N两点坐标，可知1MNyy=−，从而得到定值.【详解】（1）由题意知2c=，则224ab+=．当PFx⊥轴时，2||bPFa=，故12PAA△的面积22

1222bSaba===，解得2ab==，故C的方程为22122xy−=．（2）由（1）得12(2,0),(2,0)AA−，设()()000,2Pxyx，则直线010:(2)2yPAyxx=++，令1x=，得00(12)2Myyx=++；直线0

20:(2)2yPAyxx=−−，令1x=得00(12)2Nyyx=−−．故()()1,,1,MNMyNy，因为22200020,22MNyyyxyx=−−=−，故1MNyy=−，又()()1,,1,MNFMyFNy=−=−，则1M

NFMFNyy=+．因此10MNFMFNyy=+=，故FMFN⊥，即90MFN=．6．（2022·辽宁沈阳·统考三模）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：()1221214xyxy

yy−=−；(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.【详解】（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22188xy−=，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，()1221214xyxyyy−=−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()1122yyxx=++，得1013yyx−=+，即111138,33xyPxx−−−++，同理可得222238(,)33xyQxx−−−

++，所以()()21122121212211221333383833yyxyxyyyxxkxxxxxx−−−−−−−++==−−−−−−++()()()212121112124377yyyyyykxxxx−−−−−==−=−−，所以217

kk=是定值.7．（2022·辽宁鞍山·鞍山一中校考模拟预测）已知点()00,Axy为抛物线E：()220ypxp=上一点，F为抛物线的焦点，AF的最小值为1，(1)求抛物线E的方程；(2)若过点()2,0T且不垂直于x轴的两条直线1l，2l，分别与抛物线E交于点C，D和点M，N，点C，M均在

x轴上方，过T且垂直于x轴的直线分别交直线CM，DN于点G和点H．证明：TGTH=．【答案】(1)24yx=(2)证明见解析【分析】（1）根据将AF转化为A点到准线的距离容易求出p；（2）作图，分别设直线1l和2l的方程，点C，D，M，N，G，H的坐标，联立方程，求出G点和H的横坐标之间的关系即可

.（1）解：02AFpx=+，∵2002ypx=，∴00x，∴当00x=时，AF取得最小值为2p，∴12p=，∴2p=，∴抛物线E的方程为24yx=；（2）设直线1l：()12ykx=−，10k，直线2l：()22ykx=−，20k，设()

11,Cxy，()22,Dxy，()33,Mxy，()44,Nxy，()2,GGy，()2,HHy，直线CM：()311131yyyxxyxx−=−+−，∵2114yx=，2334yx=，∴231131122311313444yyyyyyxyxyyyy

yy−=−+=+−++，当2x=时，13138Gyyyyy+=+，同理可得，24248Hyyyyy+=+，联立()1224ykxyx=−=得21480yyk−−=，0恒成立，∴128yy=−，同理可得348yy=−，∴()()13242424132442428888864

8888Gyyyyyyyyyyyyyyyyy−−++++====−−+−+−++，∴0HGyy+=，即GHyy=−，∴TGTH=；8．（2022·辽宁丹东·统考模拟预测）已知圆M经过点()0,1，且与直线1y=−相

切，圆心M的轨迹为C．(1)求C的方程；(2)经过点()0,2N且不平行于x轴的直线与C交于P，Q两点，点P关于y轴的对称点为R，证明：直线QR经过定点．【答案】(1)24xy=(2)证明见详解【分析】（

1）点M到点()0,1的距离与到直线1y=−的距离相等，根据抛物线得定义直接可求；（2）设直线PQ及点P，Q，R的坐标，利用点斜式求直线QR的方程，再结合韦达定理代入求解．(1)设圆心(),Mxy，根据题意可得：点M到点()0,1的距离与到直线1y=−的距离相等即圆心

M的轨迹为C为以()0,1为焦点，1y=−为准线的抛物线∴圆心M的轨迹方程：24xy=(2)根据题意可知：直线PQ的斜率存在且不为0设直线PQ：()20ykxk=+，221212,,,44xxPxQx

，则211,4xRx−联立方程224ykxxy=+=消去y得：2480xkx−−=则2121216320,4,8kxxkxx=++==−直线QR的斜率22212121444QRxxxxkxx−−==+直线QR的方程()2221244xxxyxx−

−=−，整理得：211244xxxxyx−=+即直线QR的方程2124xxyx−=−，则直线QR经过定点()0,2−9．（2022·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的左、右焦点分别为12(,

0),(,0)FcFc−，离心率e为22，直线:()(0)lykxck=+和椭圆交于,AB两点，且2ABF△的周长为82．(1)求C的方程；(2)设点T为线段AB的中点，O为坐标原点，求线段OT长度的取值范围．【答案】(1)22184xy+=；(2)(0,2).【分析】（1）根据焦点三角形的周长

及离心率求出,ab即可得解；（2）设AB，，T的坐标分别为11()Axy，，22()Bxy，，()Txy，，利用椭圆方程消元后可得T的轨迹方程，据此可知2||OT是关于x的二次函数，利用二次函数单调性求范围即可.【详解】（1）由椭圆的定义知，

2ABF△的周长为482a=，所以22a=，由离心率22cea==，解得2c=，所以C的方程为22184xy+=．（2）设AB，，T的坐标分别为11()Axy，，22()Bxy，，()Txy，，则有2211184xy+=①，2222184xy+=②，121222x

xyyxy++==，，由①−②可得：22221212084xxyy−−+=，即12121212()()()()084xxxxyyyy+−+−+=，将条件121222xxyyxy++==，及12122yyyxxx−=−+，带入上式可得点T的轨迹方程为22220xxy++=，

所以22222211||(2)22OTxyxxxxx=+=−+=−，(20)x−，，所以20||4OT，所以线段||OT长度的取值范围为(02)，．10．（2022·辽宁沈阳·沈阳二中校考模拟预测）曲线C的

方程为()22110xyx−+−+=，点D的坐标()1,0，点P的坐标()1,2.(1)设E是曲线C上的点，且E到D的距离等于4，求E的坐标：(2)设A，B是曲线C上横坐标不等于1的两个不同的动点，直线PA，PB与y轴分别交于M､N两点，线段

MN的垂直平分线经过点P.证明；直线AB的斜率为定值，并求出此值.【答案】(1)()3,23或()3,23−.(2)证明见解析，定值为1−.【分析】（1）化简曲线曲线C的方程得24yx=，根据抛物线的定义可求出结果；（2）联立直线与抛物线方程求出,MN的坐标，利用MN的

垂直平分线经过P得到PA与PB的斜率为相反数，再联立直线与抛物线方程得到,AB的坐标，根据斜率公式可证结论成立.（1）曲线C的方程为()22110xyx−+−+=，移项平方得()()22211xyx−+=+，化简得24yx=，∴曲线C的方程为24yx=.∴()1,0D为抛物线24yx=的焦点

，直线=1x−为抛物线24yx=的准线.设()00,Exy，则01EDx=+.∵4ED=，014x+=，解得03x=.∴200412yx==，解得023y=.∴E的坐标为()3,23或()3,23−.（2）∵()1,2P，曲

线C的方程为24yx=，点()1,2P在曲线C上，∵A､B是曲线C上横坐标不等于1的两个不同的动点，直线PA､PB与y轴分别交于点M､N，∴直线PA､PB的斜率都存在，且都不为0，分别设为k､1k，则10kk，直线PA的

方程为()21ykx−=−，即2ykxk=+−.当0x=时，2yk=−，即()0,2Mk−.同理可得()10,2Nk−.∵线段MN的垂直平分线经过点P，∴12222kk−+−=，即1kk=−.由224ykxkyx

=+−=，得：()2222222440kxkkxkk−−++−+=.设()11,Axy，则1，1x是()2222222440kxkkxkk−−++−+=的解.由书达定理得：2112441kkxxk−+==∴2

2444,2kkAkk−+−，同理可得22444,2kkBkk++−−∴2222442214444ABkkkkkkkkk−−−+==−++−+−，∴直线AB的斜率为定值1−.1

1．（2022·辽宁大连·统考二模）已知抛物线2:2(0)Eypxp=的焦点为F，点P在抛物线上，O为坐标原点，且32OPPF==.(1)抛物线E的标准方程；(2)如图所示，过点(,0)Mt和点(2,0)(26)Ntt分别作两条斜率为k的平行弦分别和抛物线E相交于

点A，B和点C，D，得到一个梯形ABCD.记梯形两腰AD和BC的斜率分别为1k和2k，且12120kkkk+−=.（i）试求实数k的值；（ii）若存在实数，使得OABABCDSS=梯形△，试求实数的取值范围.【答案】(1)24yx=(2)（i）

2；（ii）17121,35+【分析】(1)设点00(,)Pxy，根据题意和抛物线的定义求出p的值即可；(2)设点11(,)Axy、22(,)Bxy、33(,)Cxy、44(,)Dxy，根据两

点求直线斜率公式可得12kkk、、的表达式，结合题意列出关于k的方程，求出k，进而得出直线AB的方程，联立抛物线方程，利用弦长公式求出ABCD、，由点到直线的距离公式求出点O到直线AB的距离，求出梯形ABCD的面积，得到与t的

关系式，结合t的范围计算即可.【详解】（1）设点00(,)Pxy，∵32OPPF==，∴04px=，∴3422ppPF=+=，∴2p=，所以抛物线E的标准方程为24yx=.（2）(i)设点11(,)Axy，22(,)Bxy，33(,)

Cxy，44(,)Dxy，则212122212112444yyyykyyxxyy−−===−+−，同理：1144kyy=+，2234kyy=+，344kyy=+.又因为12120kkkk+−=，所以12111kk+=，即2314144y

yyy+++=，所以12344yyyy+++=，即444kk+=，∴2k=.（ii）由（i）得：:2()AByxt=−代入24yx=可得：2240yyt−−=，所以()12111141654144ABy

ytt=+−=++=+，点O到直线AB的距离为255td=.∴()112554141225OABtSABdttt==+=+△.同理可求得：()581CDt=+.∴()()()()()11255415814181225ABCDtSABCDdttttt=+=+++=+++梯形，∴()41

8141tttt+++=+，4181811112414141tttttt++++==+=+−+++，∵26t，∴1712135+.综上，实数的取值范围为17121,35+.12．（2022·辽宁·校联考模拟预测）已知椭圆()2

222:10xyCabab+=的长半轴长是圆()222:0Oxyrr+=的直径的6倍，且过C的右焦点F的直线与圆O相切于点13,22M−．(1)求C的方程；(2)P，Q，R均为C上的动点，且直线P

R与x轴垂直，直线PQ恒过点()3,0A，求ARQ面积的最大值．【答案】(1)2212420xy+=(2)5304【分析】（1）由题意可得21r=，则62ar=，设点F的坐标为(),0c，则由1OMF

Mkk=−，可求出2c=，再由222abc=+可求出2b，从而可得椭圆的方程，（2）由题意可知直线PQ不垂直于坐标轴，设直线PQ的方程为()30xmym=+，()11,Pxy，()22,Qxy，将直

线方程代入椭圆方程中，消去x，利用根与系数的关系，再表示出PQRS，APRS△，则ARQPQRAPRSSS=−△△△，化简后利用基本不等式可得结果(1)由条件知22213122r=+−=，所以6226ar==，设点F的坐标为(),

0c，则由已知得3023112OMFMkkc−−=−=−−，解得2c=，从而22224420bac=−=−=，所以C的方程为2212420xy+=．(2)显然直线PQ不垂直于坐标轴．设直线PQ的方程

为()30xmym=+，()11,Pxy，()22,Qxy，则()11,Rxy−，联立223,56120,xmyxy=++=得()225630750mymy++−=，则1223056myym+−+=，1227565yym=−+，121122PQRSyxx=−△，111

232APRSyx=−△，如图，显然21xx−与13x−同号，于是得()()()121112111212333ARQPQRAPRSSSyxxxyxxxyxymy=−=−−−=−−−=−=△△△1227

5757553065646525mmyymmmmm====++，当且仅当65mm=，即305m=时取“＝”，所以ARQ面积的最大值为5304．13．（2022·辽宁·建平县实验中学校联考模拟预测）已知点()1,Mpp−在抛物线()2:20Cypxp=上.(1)求抛物线C的方

程；(2)过点M作斜率分别为12,kk的两条直线12,ll，若12,ll与抛物线C的另一个交点分别为,AB，且有122kk+=，探究：直线AB是否恒过定点？若是，求出该定点；若否，说明理由.【答案】(1)24yx=(2)直线AB恒过定点()1,0−【分析】（1）将

M点坐标代入抛物线方程即可构造方程求得结果；（2）设()11,Axy，()22,Bxy，利用斜率公式表示出122kk+=，得到124yy=；设:ABxmyt=+，与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，由此可得1t=−，可得:1ABxmy=−，由此可得定点坐标.（1）()1

,Mpp−在抛物线上，()221ppp=−，解得：2p=，抛物线C的方程为：24yx=.（2）由（1）得：()1,2M；设()11,Axy，()22,Bxy，则11121112241214yykyxy−−===−+−；同理可得：2242ky=+；122kk+=，1244222y

y+=++，整理可得：124yy=；当直线AB斜率为0时，其与抛物线C只有一个公共点，不合题意；当直线AB斜率不为0时，设:ABxmyt=+，由24yxxmyt==+得：2440ymyt−−=，则1

24yyt=-，44t−=，解得：1t=−；:1ABxmy=−，则直线AB过定点()1,0−；综上所述：直线AB恒过定点()1,0−.【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于x或y的一元

二次方程的形式；②利用0求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；④根据直线过定点的求解方法可求得结果.14．（2022·辽宁葫芦岛·统考一

模）已知椭圆()2222:10xyCabab+=过点()2,3P−，1F，2F分别为椭圆C的左、右焦点．请从下面两个条件中选择一个补充到题中，并完成下列问题．条件①：211PFPF=；条件②：离心率22e=．(1)求椭圆C的

标准方程；(2)若直线:lykxm=+与圆22:4Oxy+=相切，且与椭圆C交于MN两点，求OMN面积的取值范围．【答案】(1)22184xy+=(2)()0,22【分析】（1）选择①：直接由211PFPF=解出2c=，再利用点()2,3P−即可求出,ab；选择②：由离心率得22

2ab=，再利用点()2,3P−即可求出,ab；（2）先由直线与圆相切求得()2241mk=+，再联立直线和椭圆，表示出面积，令221tk=+，结合t的范围即可求得面积的取值范围．(1)选择①：由题意知：12(,0),(,0)FcFc−，∵()()2212,32,3231P

FPFccc=+−−+−=−+=，解得2c=，又∵22222314abab+==+，解得222ab==，∴椭圆C的方程为：22184xy+=；选择②：∵22222112cbeaa==−=，∴222ab=又22231ab+=，由两式解得222ab=

=，∴椭圆C的方程为：22184xy+=；(2)圆O的圆心坐标为()0,0，半径2r=，由直线:lykxm=+与圆22:4Oxy+=相切，得221mk=+，故()2241mk=+，由22184xyykxm+==+消去y，得()()222124240

kxkmxm+++−=．由题意可知0k，所以()222884320kmk=−+=．设点()11,Mxy，()22,Nxy，则122421kmxxk−+=+，21222821mxxk−=+，所以2121212SMNkxx==+−()22121214kxxxx=++−()2

222222242142814212121kkkmmkkkk+−−=+−=+++．令221tk=+，则1t，212tk−=，所以()()()()22211111124222210,22ttttSttt−−+−+===−15．

（2022·辽宁大连·统考一模）已知椭圆()2222:10xyCabab+=的焦距为2，且经过点31,2P．(1)求椭圆C的方程；(2)经过椭圆右焦点F且斜率为()0kk的动直线l与椭圆交于A、B

两点，试问x轴上是否存在异于点F的定点T，使AFBTBFAT=恒成立？若存在，求出T点坐标，若不存在，说明理由．【答案】(1)22143xy+=；(2)存在，()4,0T.【分析】（1）根据椭圆的焦距以及经过点P，求得,

,abc，即可求得椭圆方程；（2）转化AFBTBFAT=为0ATBTkk+=，设出直线AB方程，联立椭圆方程，利用韦达定理，即可求得结果.【详解】（1）由椭圆C的焦距为2，故1c=，则221ba=−，又由椭圆C经过点31,2P，代入

C得221914ab+=，得24a=，23b=，所以椭圆C的方程为：22143xy+=．（2）根据题意，直线l的斜率显然不为零，令1mk=由椭圆右焦点()1,0F，故可设直线l的方程为1xmy=+，与22:143xyC+=联立得，()2234690mymy++−

=，则()()()22236493414410mmm=−−+=+，设()11,Axy，()22,Bxy，122634myym−+=+，122934yym−=+，设存在点T，设T点坐标为(),0t，由AFBT

BFAT=，得AFATBFBT=，又因为1sinsin21sinsin2TFATFBFTATATFAFATATFSBFSBTBTFFTBTBTF===△△，所以sinsinATFBTF=，ATF

BTF=，所以直线TA和TB关于x轴对称，其倾斜角互补，即有0ATBTkk+=，则：12120ATBTyykkxtxt+=+=−−，所以()()12210yxtyxt−+−=，所以()()1221110ymytymyt+−++−=

，()()1212210myytyy+−+=，即()22962103434mmtmm−−+−=++，即()223103434mmtmm+−=++，解得4t=，符合题意，即存在点T()4,0满足题意.【点睛】本

题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中存在性问题，解决第二问的关键是合理转化AFBTBFAT=为0ATBTkk+=，再利用韦达定理求解，属综合中档题.16．（2022·辽宁丹东·统考一模）在平面直角坐标系中，已知椭圆2222:1(0)xyC

abab+=的离心率为12，右焦点为F，上顶点为B，点(),Mab到直线FB的距离等于3.(1)求C的方程；(2)设12,AA分别是C的左右顶点，经过点F的直线与C交于,PQ两点，,PQ不与12,AA重合，直线1AP与2AQ交于点N，求MN的最小值.

【答案】(1)22143xy+=(2)最小值为2【分析】（1）由题意可得2212aba−=，直线:0FBbxcybc+−=，由(),Mab到直线FB的距离等于3，可求出b，从而可求出得a，进而可得椭圆的方程，（2）由题意可设:1PQxmy=+，代入椭

圆方程中化简，利用根与系数的关系可得()121232myyyy=+，直线()()()()111222:23,:21APyxmyyAQyxmyy+=+−=−，两方程相除化简可求得4x=，从而可求得MN的最小值【详解】（1）由题设()(

),0,0,FcBb，其中222cba+=.直线:0FBbxcybc+−=，由223bacbbccb+−=+，可得3b=.由2212aba−=，可得2a=.于是E的方程为22143xy+=.（2）由（1）可知()()()

121,0,2,0,2,0FAA−.由题意可设:1PQxmy=+，联立22143xy+=可得()2234690mymy++−=，因为()2Δ14410m=+，设()()1122,,,PxyQxy，所以12122269,3434myyyymm+=−=−++，则()1

21232myyyy=+.直线()()()()111222:23,:21APyxmyyAQyxmyy+=+−=−，因为,PQ不与12,AA重合，所以0y，可得()()122122121121333223.3

22yyymyyyxxmyyyyyy++++===−−+−可得4x=，于是点N的轨迹方程是()40xy=.因为()2,3M，从而MN的最小值为2.17．（2022·辽宁·渤海大学附属高级中学校考模拟预

测）设A，B分别是直线22yx=和22yx=−上的动点，且2AB=uuur，设O为坐标原点，动点G满足OGOAOB=+．(1)求点G运动的曲线C的方程；(2)直线:(0)lykxmm=+与曲线C交于M，N两点，O为坐标原点，当k为何值，22||||OMON+恒为定值，并求此时MON

△面积的最大值．【答案】(1)2214xy+=(2)12k=，1【分析】（1）设ABG、、三点坐标，利用平面向量的坐标表示及向量模的坐标表示即可求解曲线C的方程；（2）设交点坐标()11,Mxy，()2

2,Nxy，联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理得出12xx+，12xx的表达式，求解22||||OMON+的表达式，22||||OMON+为定值即与参数m无关，可求得k的值，然后利用弦长公式及点到直线的距离公式即可求解MON△面积的最大值.（1）解：设()Gxy,，2,2AAAxx

，2,2BBBxx−，则有ABxxx=+，2222AByxx=−()22ABxx=−，()22||2ABABxx==−222222222ABxxxy++=+，整理

可得2214xy+=.（2）（2）设()11,Mxy，()22,Nxy，联立2244ykxmxy=++=，消元得()222418440kxkmxm+++−=，当()()222264164110kmkm=−+−，即22410km−+时，则122841kmxxk−+=+，21224

441mxxk−=+，则22||||OMON+=222212121144xxxx+−++−()2212324xx=++()222222246246241kmmkk−++=++()()()22222641641241mkkk−++=++

，当22||||OMON+为定值时，即与2m无关，故2410k−=，得12k=，此时()221212||14MNkxxxx=++−2222414114kmkk+−=++252m=−，又点O到直线l的距离2||2||51mmdk==+，所以21|||22MONSdMNmm==

−∣△22212mm+−=，当且仅当2||2mm=−，即1m=时，等号成立，经检验，此时0成立，所以MON△面积的最大值为1．18．（2023·辽宁·校联考模拟预测）已知椭圆()2222:10xyCabab+=的右焦点为F，过F作一条直线交C于R，S两点，线段RS长度的最小值为3，C的

离心率为12．(1)求C的方程；(2)不过C的左顶点A的直线l与C相交于P，Q两点，且直线AP与AQ的斜率之积恰好等于12−．试问直线l是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】(1)22143xy+=(2)是，直线l恒过定点2,05．【分析】（1）根

据题意可得线段RS垂直于x轴，然后列出方程即可求解（2）分直线斜率不存在和直线斜率存在，设出直线方程与椭圆进行联立，标准设而不求的步骤后，将韦达定理代入斜率积为12−的表达式中可得定点【详解】（1）由过F作一条直线交C于R，S两点，线段RS长度的最小值

为3，可得此时线段RS垂直于x轴，设椭圆的半焦距为c，将xc=代入22221xyab+=可得2222222yacbbaa−==，所以2bya=，所以根据题意可得22222222314bacabeaa=−===，解得2243ab==，所以C的方程为

22143xy+=；（2）由（1）可知(20)A−，，当直线l斜率存在时，设直线l方程为1122,(,),(,)ykxmPxyQxy=+，联立22143ykxmxy=++=消去y，整理得()2223

484120kxkmxm+++−=，()2248430km=−+，所以122834kmxxk+=−+，212241234mxxk−=+，因为12APAQkk=−，所以()()2212121212121212121222

2242APAQkxxkmxxmyykxmkxmkkxxxxxxxx+++++====−+++++++，所以2222222241281343441282243434mkmkkmmkkmkmkk−+−+++=−−+−+++，即2222123116

4162kmkmkm−+=−+−，所以225480mkkm−−=，即()()2520mkmk−+=，所以2mk=或25mk=−，均符合0．当2mk=时，直线2lykxk=+：恒过定点(2,0)−，因为直线不过点A，所以舍去；当25mk=−时，直线2:5lykxk

=−恒过定点2,05．当直线斜率不存在时，设直线0lxx=：，不妨设00(,)Pxy，则00(,)Qxy−，则00001222APAQyykkxx−==−++，且2200143xy+=，解得025x=或02x=−(舍去)；此时直线l过定点2,0

5，综上，直线l恒过定点2,05．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为()()1122,,,xyxy；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦

达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为12xx+、12xx（或12yy+、12yy）的形式；（5）代入韦达定理求解.19．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）已知椭圆2222:1xyCab+=（a＞b＞0），左顶点为A，上顶点为B，且7A

B=，过右焦点F作直线l，当直线l过点B时，斜率为3−．(1)求C的方程；(2)若l交C于P，Q两点，在l上存在一点M，且QMFP=，则在平面内是否存在两个定点，使得点M到这两个定点的距离之和为定值？若存在，求出这两个定

点及定值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)22143xy+=(2)存在两个定点分别为1,02−，1,02，点M到这两个定点的距离之和为定值2．【分析】(1)由条件列关于,,abc方程，解方程求,,abc可得椭圆方

程；(2)由条件求点M的轨迹方程，由此确定定点坐标和定值..【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，则()()(),0,0,,,0AaBbFc−，因为7AB=，直线FB的斜率为3−，所以2273abbc+=−=−，又222abc=+，解得2,3,1abc==

=，所以C的方程为22143xy+=．（2）由题得(1,0)F，当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x=my＋1，()()()1122,,,,,PxyQxyMxy，联立221,1,43xmyxy=++=消x得，()2234690mymy++−=，方程()2234690mymy

++−=的判别式()2223636341441440mmm=++=+，设()()()1122,,,,,PxyQxyMxy，则122634myym+=−+，则()121228234xxmyym+=++=+，因为QMFP=，所以()()2211

,1,0xxyyxy=－－－－，即21211,0xxxyyy==－－－－，所以21222843113434mxxxmm−=+−=−=++，122634myyym=+=−+，所以()()()()224222222222616249481113334343444mm

mmyxmmm−−+==−=−=−+++，即22134yx+=，则点M是以1,02−，1,02为焦点，长轴长为2的椭圆上的点．当直线l的斜率为0时，l与C相交于(),()2,02,0PQ－或,(),2,0()20PQ－，因为QMFP=，则点M为(1,0)−，此时点M也是以1

,02−，1,02为焦点，长轴长为2的椭圆上的点，所以存在两个定点分别为1,02−，1,02，点M到这两个定点的距离之和为定值2．【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，

消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．20．（2022·辽宁·校联考三模）

已知椭圆()2222:10xyCabab+=的右焦点为()2,0F，且点(),Mab到坐标原点的距离为22．(1)求C的方程．(2)设直线1l与C相切于点P，且1l与直线2:3lx=相交于点Q．①若Q的纵坐标为1，直线FQ与C相交于A，B两点，求AB．②判断PFQ

是否为定值．若是，求出该定值；若不是，说明理由．【答案】(1)22162xy+=；(2)①6AB=；②是定值，为2.【分析】（1）根据给定条件，列出关于a，b的方程组，求解作答.（2）①求出直线FQ的方程，与C的方程联立，利用弦长公式计算作答；②设出直线1l的

方程，求出切点P的坐标，利用向量数量积求解作答.(1)依题意，2222422abab−=+=，解得26a=，22b=，所以C的方程是22162xy+=.(2)①点Q的纵坐标为1，则直线FQ的方程为2yx=−，代入22162xy+=，得22630xx

−+=，设()11,Axy，()22,Bxy，则123xx+=，1232xx=，所以()2212121146ABxxxx=++−=.②依题意，直线1l斜率存在且不过原点，设直线()1:0lykxmm=+，00(,)Pxy，由2236ykxmxy=++=

消去y并整理得：()222136360kxkmxm+++−=，因1l与C相切，则22223612(31)(2)0kmkm=−+−=，即2262km+=，0221666213kmkmkxkmm−−===−+，22200662kk

mykxmmmmm−−+=+=+==，即62(,)kPmm−，而直线1l与2l交于点()3,3Qkm+，因此，62(2,)kPFmm=+−，()1,3QFkm=−−−，()62230kPFQFkmmm=

−−++=，有PFFQ⊥，所以2PFQ=为定值．【点睛】方法点睛：求定值问题常用方法：(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．2

1．（2022·辽宁大连·大连市一0三中学校考模拟预测）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，椭圆1C的方程为22142xy+=，抛物线22:2(0)Cxpyp=的焦点为F，2C上不同两点M，N同时满足下列三个条件中的两个：①2MFNFp==；②42MFFNM

N+==；③MN的方程为2py=.(1)请分析说明两点M，N满足的是哪两个条件？并求出抛物线2C的标准方程；(2)设直线l与1C相交于A，B两点，线段AB的中点为G，且l与2C相切于点P，l与直线2y=−交于点Q，以PQ为直径的圆与

直线2y=−交于Q，E两点，求证：O，G，E三点共线.【答案】(1)②③；242xy=(2)证明见解析【分析】（1）若同时满足①②，则可推出||||2MFNFpp==，故不符合题意；若同时满足①③，则也是推出||||2MFNFpp==，

不符合题意；由此可得同时满足条件②③，求得p的值，可得答案;（2）设切点P的坐标为2(,),(0)42ttt，利用导数的几何意义求得AB的斜率，设线段AB的中点为G，进而利用点差法求得2OGkt=−，结合题意可得Q

EPE⊥，求得E的坐标为(,2)t−，可得OE的斜率为2OEkt=−，从而证明结论.(1)若同时满足①②，由②得||||||42MFFNMN+==,可得MN过焦点(0,)2pF，则||||2MFNFpp==，故①②不能同时满足；若同时满足①③，由③

可得MN过焦点(0,)2pF，则||||2MFNFpp==，所以①③不能同时满足；由以上可知，只能同时满足条件②③，由②得||||||42MFFNMN+==，可得MN过焦点(0,)2pF，且242p=，故抛物线2C的标准方程为242xy=；(2

)证明：设切点P的坐标为2(,),(0)42ttt，因为抛物线2C的标准方程为242xy=，则22xxy=，所以直线AB的斜率为22ABtk=，设1122(,),(,)AxyBxy，则有222211221,14242xyxy+=+=，两式相减得22221212042x

xyy−−+=，所以122112212()122AByyxxxxyykt+−=−=−=−+−，设线段AB的中点为G，则有12122OGyykxxt+==−+，l与直线2y=−交于点Q，以PQ为直径的圆与直线2y=−交于Q,E两点，所以QEPE⊥,故点E的坐标为(,2)

t−，所以直线OE的斜率为2OEkt=−，则有OEOGkk=,所以：O，G，E三点共线..【点睛】本题考查了抛物线方程的求解，以及直线和抛物线的位置关系，证明三点共线问题，综合性强，计算量较大，解答的关键是明确解题的思路，准确计算，即求出

点的坐标，表示出直线OE,OG的斜率，证明斜率相等即可.22．（2022·辽宁辽阳·统考二模）已知椭圆T：()222210xyabab+=的左焦点为(),0Fc−，上顶点为P.直线PF与椭圆T交于另一点Q，且7

PFFQ=，点13,2E在椭圆T上.(1)求椭圆T的方程.(2)过点()0,2M，且斜率为k的直线l与椭圆T相交于A，B两点，点A关于y轴的对称点为A，作MNAB⊥，垂足为N.是否存在定点R，使得NR为定值？若存在，求出定点R的坐标

；若不存在，说明理由.【答案】(1)2214xy+=(2)存在，50,4R【分析】（1）7PFFQ=可结合向量得到点8,77bQc−−，将E、Q坐标代入椭圆方程可得：22222226411

49493114caabcab+==++=，解方程组即可；（2）设点()11,Axy，()22,Bxy，则()11,Axy−，联立直线l和椭圆T的方程，得到关于x的一元二次方程，结合0

得到12212216411241kxxkxxk+=−+=+，由AB的方程：()211121yyyyxxxx−−=++，令0x=，代入韦达定理整理可得：AB恒过定点10,2G，即可

求解.(1)由题可知，(),0Fc−，()0,Pb，设(),Qxy，则(),PFcb=−−，(),FQxcy=+，因为7PFFQ=，所以7PFFQ=，即()77cxcby−=+−=，解得877cxb

y=−=−，即点Q的坐标为8,77cb−−，则2264114949ca+=，整理得32ca=.因为点13,2E在椭圆T上，所以223114ab+=又222abc=+，所以2a=，1b=

，3c=故椭圆T的方程为2214xy+=(2)由题可知直线l的方程为2ykx=+，设点()11,Axy，()22,Bxy，则()11,Axy−.联立方程组221,42,xyykx+==+整理得()224116120kxkx+++=，()()

222Δ16484164480kkk=−+=−，则1221641kxxk+=−+，1221241xxk=+，直线AB的方程为()211121yyyyxxxx−−=++，整理()()12211221yyxxxyxyxy−++=+.又()()()12211221121228222241kxyxy

xkxxkxkxxxxk+=+++=++=−+，令0x=，得12211212xyxyyxx+==+，所以AB恒过定点10,2G，故在RtMGN△中，存在定点50,4R为斜边M

G的中点，使得1324NRMG==，为定值.【点睛】本题考查直线与椭圆的综合问题，考查椭圆的方程以及韦达定理法在圆锥曲线综合中的应用，属于难题；在解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与

椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．23．（2022·辽宁抚顺·抚顺一中校考模拟预测）已知椭圆()2222:10xyCabab+=，()11,0F−为其左焦点，31,2P

在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程．(2)若A，B是椭圆C上不同的两点，O为坐标原点，且0OAOB=，问△OAB的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)22143xy+=(2)存在，3【分析】（1）根据题目所给条件，列出关于,,abc的方程，解

出,,abc即可（2）先分斜率存在和不存在两种情况讨论，①斜率不存在时，3,2OBOA==，此时三角形面积为定值；②斜率存在，先利用弦长公式求出,OAOB，再写出三角形面积的表达式，利用函数的单调性求出面积的取值范围即可【详解】（1）()1

1,0F−为其左焦点,1c=又31,2P在椭圆C上，221914ab+=又222abc=+解得2,3ab==，椭圆方程为：22143xy+=（2）（1）当直线OB的斜率不存在时，此时易求3,2OBOA==此时11=32322OABSOA

OB==（2）当直线OB的斜率存在且不为0时，设OB的斜率为k，直线OB与椭圆交于,BC两点直线BC的方程为：ykx=1122(,),(,)BxyCxy联立直线BC与椭圆的方程22143xyykx+=

=整理得：22(43)120kx+−=12122120,43xxxxk+==−+222121223(1)1()4443kBCkxxxxk+=++−=+2213(1)2243kOBBCk+==+同理可求得223(1)234kOAk+=+2222222219(1

)(1)262(43)(34)(43)(34)OABkkSOAOBkkkk++===++++令21(1)tkt=+，则2222166=611(41)(31)12112+OABttStttttt==−++−−

令1,(0,1)mmt=，则21612OABSmm=−++又2491212,4mm−++，12,37OABS综上，△OAB的面积有最大值，最大面积为324．（2022·辽宁·校联考二模）已知椭圆C：22221(0)xyabab+=的右焦

点为F，离心率为22，点114,24在椭圆C上.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点（2，0）且斜率不为0的直线l与椭圆C相交于A，B两点，过点F且与x轴垂直的直线与直线l相交于点M.证明：.AFAMBFBM=【答案】(1)2212xy+=(

2)证明见解析【分析】（1）由椭圆得离心率可得,,abc三者得关系，再将点114,24代入椭圆方程，求得,ab，即可得出答案；（2）设112212(,),(,),AxyBxyxx，直线l的方程为(2)ykx=−，其中0k，联立直线与椭圆方程，确定k

的取值范围，利用韦达定理求得1212,xxxx+，再利用弦长公式求得,AFBF，即可得AFBF，易求得AMBM，整理从而得证.(1)解：设F（c，0），由椭圆C的离心率为22，可得22ca=，则有22222,2acbacccc==−=−=，可得椭圆的方程为222212xybb+=，代入点

114,24的坐标有2217188bb+=，解得1b=，故椭圆的标准方程为2212xy+=；(2)证明：设112212(,),(,),AxyBxyxx，直线l的方程为(2)ykx=−，其中0k，联立方程22122xyykx

+==−（），消去y后整理为2222(21)8820kxkxk+−+−=，()()()422264421828120kkkk=−+−=−，可得2222k−且0k，当22k=时，22420xx−+=，则1x=，故当直线l与椭圆相切时，切点的横坐标

为1，所以121xx<<，有22121222882,2121kkxxxxkk−+==++，由2222211111111||(1)(1)12222AFxyxxxx=−+=−+−=−+22111111122(44)(2)|2|(2)2222xxxxx=−+=−=−=−，同理22||

(2)2BFx=−，则111222(2)2||22||22(2)xxAFxBFxx−−==−−−，由点M在直线l上，且M的横坐标为1，可得2111kAxM+=−，2211kBxM+=−，则211122

221|1||1|1|||||1|11|1|kxxxAMBMxxkx+−−−===−−+−，由1112122222213()2421(2)(1)xxxxxxxxxx−−+−−−=−−−−，又由2222212122222

416424164843()2440212121kkkkkxxxxkkk−−+−−+−−=−−==+++，可得11222121xxxx−−=−−，故有||||.||||AFAMBFBM=25．（2022·辽宁·校联考二模）已知坐标原点为O

，点P为圆226xy+=上的动点，线段OP交圆223xy+=于点Q，过点P作x轴的垂线l，垂足R，过点Q作l的垂线，垂足为S．(1)求点S的轨迹方程C；(2)已知点(2,1)A−，过(3,0)B−的直线l

交曲线C于M，N，且直线AM，AN与直线3x=交于E，F，求证：E，F的中点是定点，并求该定点坐标【答案】(1)2226xy+=(2)证明见解析，(3,6)【分析】（1）利用P、Q两点坐标关系，代入圆226

xy+=可得；（2）设直线l的方程为(3)ykx=+，联立椭圆方程消元，利用()()1122,,,MxyNxy表示出E、F，然后利用韦达定理表示出EF中点，化简可得.（1）设()(),,,,(,)PPQQPxyQxySxy

由题意可得623OPOQ==所以2,2,,PQPQPQxxyyxxyy====，所以代入226PPxy+=得点S的轨迹方程2226xy+=（2）设直线l的方程为()()1122(3),,,,ykxMxyNxy=+，()()2222232696026ykxxkxxxy=++

++−=+=()222212121860kxkxk+++−=212122212186,1212kkxxxxkk−−+==++直线AM方程为：111(2)12yyxx−=+++，令()1151312Eyxyx−==++直线AN方程为：221(2)12

yyxx−=+++，令()2251312Fyxyx−==++()()1212121231311152522222EFkxkxyyyyxxxx+−+−−−+=++=++++++

()()()()121212122121452105(1)22222kxkkxkxxkkxxxx++−++−++=++=+−+++++222222221244412105(1)2105(1)218624

2241212kkkkkkkkkkkk+−++=+−+=+−+−−−+++105(1)2212kk=−−+=所以E，F的中点为(3,6)26．（2022·辽宁·东北育才双语学校校考模拟预测）已知椭圆()2222:10xyCabab+=的离心率为22，短轴长为4；(1)求C的

方程；(2)过点()3,0P−作两条相互垂直的直线上1l和2l，直线1l与C相交于两个不同点A，B，在线段AB上取点Q，满足AQAPQBPB=，直线2l交y轴于点R，求PQR面积的最小值．【答案】(1)22184xy+=；(2)1.【分析】（1

）由题可得2224,12cbbeaa===−=，即得；（2）由题可设1l的方程为3xty=−，利用韦达定理法可得213tPQt+=，进而可得231PRt=+，然后利用面积公式及基本不等式即求.（1）由题可得2224,12cbbeaa===−=，∴22,2ab==，∴椭

圆C的方程为22184xy+=；（2）由题可知直线1l的斜率存在且不为0，设直线1l的方程为3xty=−，()()()112200,,,,,AxyBxyQxy，由223184xtyxy=−+=，可得()222610tyty+−+=，由()22236423280ttt=−+=−，可

得12t，或21t−，∴12122261,22tyyyytt+==++，由AQAPQBPB=及,,,PAQB四点共线，知011202yyyyyy−=−，∴21201222212632yytytyytt+===++，则220113tPQtyt+=+=，∵1l和2l相互垂直，则2l的方

程为13xyt=−−，令0x=，得3yt=−，∴()0,3Rt−，2211331PRttt=+−=+，∴PQR面积为22211111131122322ttSPQPRttttt++==+==+，当且仅当1tt=，即11

2t=等号成立，所以PQR面积的最小值为1.27．（2022·辽宁大连·育明高中校考一模）直线:lykxt=+交抛物线24xy=于A，B两点，过A，B作抛物线的两条切线，相交于点C，点C在直线=3y−上．(1)求证：直线l恒过定点T，并求出点T坐标；(2)以T为圆心的圆交

抛物线于PQMN四点，求四边形PQMN面积的取值范围．【答案】(1)证明见解析，()0,3T；(2)3230,9.【分析】（1）设()11,Axy，()22,Bxy，(),3Cm−，利用点斜式写出直线AC，BC的方程，由C在两直线上，即可知直线AB的

方程，进而确定定点.（2）联立抛物线24xy=和圆T：()2223xyr+−=，由题设及一元二次方程根的个数求参数r的范围，由122PQMNQMPNSyy+=−结合韦达定理得到PQMNS关于r的表达式，构造函数并利用导数研究区间

单调性，进而求范围.(1)设()11,Axy，()22,Bxy，(),3Cm−，则12ACxk=，22BCxk=，直线AC为：()1111122xxxyyxxyy−=−=−，同理直线BC为：222xxyy=−，把(),3Cm−代入直线AC，BC得：11223232xmyx

my−=−−=−，∴()11,Axy，()22,Bxy都满足直线方程32xmy−=−，则32xmy=+为直线AB的方程，故直线l恒过定点()0,3T．(2)如图，设圆T的半径为r，()11,M

xy，()22,Nxy，()11,Qxy−，()22,Pxy−，把24xy=代入圆T：()2223xyr+−=，整理得22290yyr−+−=，由题意知：关于y的一元二次方程有两个不等实根，则()21221244902090ryyyyr=−−+==−，可

得223r．()1212121212122222PQMNQMPNSyyyyyyyyyyyy+=−=+−=++−()()()2222222944942198rrrr=+−−−=+−−，令29rt−=，由223r

得：01t，则()()24211PQMNStt=+−，令()()()211fttt=+−且01t，则()()()311fttt=−−+，故在1(0,)3上()0ft，()ft递增；在1(,1)3上()0ft，()ft递减

；所以132()()327ftf=，又(0)1f=，(1)0f=，故()ft的取值范围是320,27，综上，PQMNS的取值范围是3230,9．【点睛】关键点点睛：第二问，由圆T：()2223xyr+−=，联立

抛物线方程，结合四边形面积公式得到关于参数r的表达式，再应用函数思想并利用导数求面积的范围.28．（2022·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）已知椭圆C的离心率32e=，长轴的左、右端点分别为()()122,02,0AA−，(1)求椭圆C的

方程；(2)设直线1xmy=+与椭圆C交于PQ，两点，直线1AP与2AQ交于点S，试问：当m变化时，点S是否恒在一条直线上？若是，请写出这条直线的方程，并证明你的结论；若不是，请说明理由.【答案】(1)22214xy+=(2)恒在直线4x=【分析】（1）设椭圆C的标准方程为22221xyab+=，

由2a=且32e=，求得b的值，即可求解；（2）设直线l的方程为1xmy=+，取0m=，得到点S在同一直线:4lx=上，结合结论作出证明：联立方程组求得12122223,44myyyymm−−+==++，设1AR和2AQ与l交于点00(4,)Sy和

00(4,)Sy，结合000yy−=，即可求解.【详解】（1）解：设椭圆C的标准方程为22221(0)xyabab+=，根据题意，可得2a=且32e=，所以3c=，所以221bac=−=，所以椭圆

C的标准方程为2214xy+=.（2）解：根据题意，可设直线l的方程为1xmy=+，取0m=，可得33(1,),(1,)22RQ−，可得直线1AR的方程为3363yx=+，直线2AQ的方程为332yx=−，联立方程组，可得交点为1(4,

3)S；若33(1,),(1,)22RQ−，由对称性可知交点2(4,3)S−，若点S在同一直线上，则直线只能为:4lx=；以下证明：对任意的m，直线1AR与直线2AQ的交点S均在直线:4lx=上，由22114xmyxy=++=，整理得22(4)230mymy++−=，设1122(,),(

,)RxyQxy，则12122223,44myyyymm−−+==++，设1AR与l交于点00(4,)Sy，由011422yyx=++，可得10162yyx=+，设2AQ与l交于点00(4,)Sy，由022422yyx=−−，可得2

0222yyx=−，因为121221001212626(1)2(3)22(2)(2)yyymyymyyyxxxx−−+−=−=+−+−2212121212121246()440(2)(2)(2)(

2)mmmyyyymmxxxx−−−−+++===+−+−，因为00yy=，即0S与0S重合，所以当m变化时，点S均在直线:4lx=上，.29．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）已知一动圆与圆()22:318++=Exy外切，与圆()22:

32−+=Fxy内切，该动圆的圆心的轨迹为曲线C.(1)求C的标准方程；(2)直线l与C交于A，B两点，点P在线段AB上，点Q在线段AB的延长线上，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：注：如果选择不同的组合分别解答，按第一个解答计分.①()8,1P；②A

PBQBPAQ=；③Q是直线l与直线10xy−−=的交点.【答案】(1)2218xy−=，22x(2)证明见解析【分析】(1)设圆心为(),xy由外切及内切分别得出圆心距等于半径之和及半径之差，再由双曲线的定义即可得到圆心的轨迹方程.(2)由三选二作为条件另一个作为结论，逐一选择，与第一

问求得的结果联立，得出相应结论.【详解】（1）设动圆的圆心为(),Mxy，半径为r，则32MEr=+，2MFr=−，所以42MEMFEF−=，由双曲线定义可知，M的轨迹是以E，F为焦点，实轴长为42的双曲线的右支，所以242a=，26c=，即22a=，3c=，所以2221bc

a=−=，所以C的标准方程为2218xy−=，22x.（2）证明：若①②③：由题可设直线():81lxmy−=−，()11,Axy，()22,Bxy，()00,Qxy，01y，由直线l与C交于A，B两点，所以22

22m−，联立()228118xmyxy−=−−=得()()()222828880mymmym−−−+−−=，所以()122288mmyym−+=−，()2122888myym−−=−，由APBQBPAQ=，得APAQBP

BQ=，即01120211yyyyyy−−=−−，由题知1AQBQ，所以1APBP，即P异于AB的中点，所以122yy+，即1m，得()()()2212121201212228162222681

112822128myyyyyymymmyyyymm−−−−+−−==−+=−+=−−+−+−−−−，又()0081xmy−=−，所以0081xmy−=−，故00061811yxy=−−−−，化简得0010xy−−=，所以点Q在直线10xy−−=上，又Q是l上的点，

所以③成立.若①③②：设()11,Axy，()22,Bxy，()00,Qxy，01y，则0010xy−−=.由P，A，B，Q四点共线，设APAQ=，BPBQ=，其中0且1，0，则0181xx−=−，0111yy−=−，0

281xx−=−，0211yy−=−，又点A在C上，所以221118xy−=，所以2020811181xx−−−−=−，整理得()()222000088161480xyxy−−−−−+=，又0010xy−−=，所以()2220088480xy−−+=

，同理()2220088480xy−−+=，所以2222004888yx==−+，又0，0，所以=−，故APAQ=−，BPBQ=，所以APBPAQBQ==，故APBQBPAQ=，即APBQBPAQ=成立，所以②成立

.若②③①：由题设()11,Axy，()22,Bxy，(),Pxy，()00,Qxy，由APBQBPAQ=，得APBPAQBQ==，又点P为线段AB上一点，点Q为线段AB延长线上一点，所以设APAQ=，BPBQ=−，其中0

且1，则011xxx−=−，011yyy−=−，021xxx+=+，021yyy+=+，又点A在C上，所以221118xy−=，所以20201181xxyy−−−−=−，整理

得()()2222200008821616880xyxxyyxy−−−−−+−−=，同理()()2222200008821616880xyxxyyxy−−+−−+−−=，所以()00002161621616xxyyxxyy−−=−−−，故00

880xxyy−−=，将001xy=+代入得()0880xyyx−+−=，所以8080xyx−=−=故81xy==即①()8,1P成立.30．（2022·辽宁葫芦岛·统考二模）已知

椭圆C：()222210xyabab+=的左右顶点分别为A，B，坐标原点O与A点关于直线l：2x=−对称，l与椭圆第二象限的交点为C，且1ACOC=−.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过A，O两点的圆Q与l交于M，N两点，直线BM，BN分别交椭圆C于异于B的E，F

两点.求证：直线EF恒过定点.【答案】(1)221164xy+=(2)20,013−【分析】（1）先求出4a=，设()2,Cn−，利用向量数量积求出3n=，将()2,3C−代入椭圆中，求出24b=，得到椭圆方程；（

2）先根据OMON⊥得到19BMBNkk=−，进而设出直线方程()4xmytt=+，联立后得到两根之和，两根之积，利用1212,44BEBMBFBNyykkkkxx====−−及19BMBNkk=−求出2013t=−，得到定点坐标.（1）点O与A关于直线2x=−

对称，可知()4,0A−，故点()4,0B，4a=，由题意可设()2,Cn−，0n，于是()()22,2,41ACOCnnn=−=−=−，解得：3n=，将()2,3C−代入椭圆方程中，243116b+=，解得：2

4b=，所以椭圆方程为221164xy+=（2）证明：()4,0A−，()4,0B，直线l：2x=−，由题意得：圆心在直线l：2x=−上，设()()2,,2,MNMyNy−−，且OMON⊥，所以40MNOMONyy

=+=，故4MNyy=−，则12424369NMNMBMBNyyyykk===−−−−−，设直线EF：()4xmytt=+，()()1122,,,ExyFxy，由221164xyxmyt+==+，得：()22242160mymtyt+++−=，则2121222216,44mtty

yyymm−−+==++，()12122824txxmyytm+=++=+，()()22121224164tmxxmytmytm−=++=+，所以1212,44BEBMBFBNyykkkkxx====−−，则()21212222121212164441616

4321664yyyytxxxxxxmttm−==−−−++−+−++22161432649ttt−==−−+，即21332800tt−−=，解得：4t=（舍去）或2013t=−，所以直线EF为：2013xmy=−，恒过定点20,013−【点睛】圆

锥曲线中直线过定点问题，设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，由题干条件得到方程，求出定值.