【文档说明】2021年新高考数学之圆锥曲线综合讲义第7讲 共线问题（解析版）.docx，共(30)页，1.254 MB，由管理员店铺上传

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第7讲共线问题一、解答题1．已知椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在y轴上，离心率22e=，椭圆上的点到焦点的最短距离为212−,直线l与y轴交于点P（0，m），与椭圆C交于相异两点A、B，且.（1）求椭圆方程；（2）

求m的取值范围．【答案】（1）y2212x+=1．（2）（﹣1，12−）∪（12，1）．【详解】（1）由条件知a﹣c＝122−，22ca=，∴a＝1，b＝c22=，故C的方程为：y2212x+=1．（2）设l：y＝kx+m与椭圆C交点为A（x1，y1），B（x2，y2）联立得（k2+2）x

2+2kmx+（m2﹣1）＝0△＝（2km）2﹣4（k2+2）（m2﹣1）＝4（k2﹣2m2+2）＞0（*）x1+x2222kmk=−+，x1x22212mk−=+∵AP=3PB，∴﹣x1＝3x2∴x1

+x2＝﹣2x2，x1x2＝﹣3x22，消去x2，得3（x1+x2）2+4x1x2＝0，∴3（222kmk−+）2+42212mk−=+0整理得4k2m2+2m2﹣k2﹣2＝0m214=时，上式不成立；m214时，k2222241mm−=−，因λ＝3，∴k≠0，∴k2222241mm−=−＞0

，∴﹣1＜m12−＜或12＜m＜1容易验证k2＞2m2﹣2成立，所以（*）成立即所求m的取值范围为（﹣1，12−）∪（12，1）．2．已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的左顶点为A，右焦点为F，过点A作斜率为33的直线与C相交于A，B，且ABOB⊥，O

坐标原点.（1）求椭圆的离心率e；（2）若1b=，过点F作与直线AB平行的直线l，l与椭圆C相交于P，Q两点.（ⅰ）求OPOQkk的值；（ⅱ）点M满足2OMOP=，直线MQ与椭圆的另一个交点为N，求NMNQ的值.【答案】（1）255；（2）

（ⅰ）15−；（ⅱ）38.【分析】（1）由几何关系可得B点坐标，代入椭圆方程即得5ab=，又222,cabcea=+=即得；（2）（ⅰ）将直线PQ与椭圆联立即得1212OPOQyykkxx=结果；（ⅱ）,(01)NMNM

NQNQ==将其坐标化，利用P，Q，N在椭圆上求得结果即可．【详解】（1）已知||,||,26aOAaOBBAF===，则3,44aaB−，代入椭圆C的方程：2222311616aaab+=，∴22

5,5aabb==，∴222cabb=−=，∴255cea==．（2）（ⅰ）由（1）可得1,5ba==，∴22:15xCy+=设直线l：()()()11223332,,,,,,xyPxyQxyNxy=+∵2OMOP=，∴11,22xyM联立直线l与椭圆C的方程：2232

55xyxy=++=284310,0yy+−=恒成立121231,28yyyy+=−=−∴()()()121212125323232348xxyyyyyy=++=+++=∴121215OPOQyykkxx==−．（ⅱ）设,(01)NMNMNQNQ==()11332323

,,,22xyNMxyNQxxyy=−−=−−()()1323132322xxxxyyyy−=−−=−∴12312322(1)22(1)xxxyyy−=−−=

−()()312312122(1)122(1)xxxyyy=−−=−−∵P，Q，N在椭圆上，∴22222211223355,55,55xyxyxy+=+=+=()()2212122222554(1)4(1)xxyy−−+=−−∴()()2222

22112212125454520(1)xyxyxxyy+++−+=−由（ⅰ）可知121250xxyy+=，∴22144(1)+=−，∴38=∴38NMNQ=．3．已知曲线()()()22:528CmxmymR−

+−=.（1）若曲线C表示双曲线，求m的范围；（2）若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，求m的范围；（3）设4m=，曲线C与y轴交点为A，B（A在B上方），4ykx=+与曲线C交于不同两点M，N，1y=与BM交于G，求证：A

，G，N三点共线.【答案】（1）()(),25,−+；（2）()3.5,5；（3）见解析【分析】（1）若曲线C表示双曲线，则：()()520mm−−，解得m的范围；（2）若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则250mm−−，解得m的取值范围；（3）联立直

线与椭圆方程结合()23223k=−，解得k，设(),4NNNxkx+，(),4MMMxkx+，()1GGx，，求出MB的方程，可得316MMxGkx+，，从而可得316MMxAGkx=−+，，(),2NNANxkx=+，欲证

A，G，N三点共线，只需证AG，AN共线，利用韦达定理，可以证明．【详解】（1）若曲线C表示双曲线，则：()()520mm−−，解得：()()25m−+，，.（2）若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则：250mm−−，解得：7,52m（3）当4m=，曲线C可化为：222

8xy+=，当0x=时，2y=，故A点坐标为：()02，，()02B−，，将直线4ykx=+代入椭圆方程2228xy+=得：()222116240kxkx+++=，若4ykx=+与曲线C交于不同两点M，N，

则()232230k=−，解得232k，由韦达定理得：21621mnkxxk+=−+①，22421mnxxk=+②设(),4NNNxkx+，(),4MMMxkx+，()1GGx，，MB方程为：62MMkxyxx+=−，则316MMxGkx

+，，∴316MMxAGkx=−+，，(),2NNANxkx=+，欲证A，G，N三点共线，只需证AG，AN共线，即()326MNNMxkxxkx+=−+，将①②代入可得等式成立，则A，G，N三点共线得证

．【点睛】本题考查椭圆和双曲线的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查三点共线，解题的关键是直线与椭圆方程联立，利用韦达定理进行求解，属于中档题.4．已知圆O的方程为224xy+=，圆O与y轴的交点为A，B(点A在点B的上方)，直线:1lykx=+与圆O相交于M，N两点（1）当k=1时

，求弦长MN；（2）若直线y=4与直线BM交于点D，求证：D、A、N三点共线.【答案】（1）14；（2）证明见解析；【分析】（1）先求出圆心到直线的距离d，再由222MNrd=−代入计算即可；（2）联立2241xyykx+==+，借用韦达定

理表示出,DAAN→→，证明//DAAN→→，即可证明D、A、N三点共线.【详解】（1）∵1k=，∴直线l的方程为10xy−+=.圆心到直线的距离1222d==，∴221224142MNrd=−=−=；

（2）由题可得()0,2A，()0,2B−，设()11,Mxy，()22,Nxy，联立2241xyykx+==+得：()221230kxkx++−=，12221kxxk+=−+，12231xxk−=+，112:2BMylyxx++=，令4y=，得1162xxy=+

，∴116,42xDy+，116,22xDAy→−=−+，()22,2ANxy→=−，∵()12121212211162612242222xyxyxxyxxyyy−−−+++=++++1221121621242xyxyxxy−+++=+()()12211216121

1242xkxxkxxxy−+++++=+12112212166221242kxxxkxxxxxy−−++++=+()221212113246461122kkkxxxxkkyy−−−+−++++==++22112121102kkkky

−++==+，//DAAN→→，∴D、A、N三点共线.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，圆的弦长的求解，韦达定理的应用，考查了学生的运算求解能力.5．已知椭圆C：2212xy+=的左顶点为A，右焦点为F，O为原点，M，N是y轴上的两个动点，且MFNF⊥，直线A

M和AN分别与椭圆C交于E，D两点．（Ⅰ）求MFN的面积的最小值；（Ⅱ）证明：E，O，D三点共线.【答案】（1）1；（2）详见解析。【解析】试题分析：（Ⅰ）设()0,Mm，()0,Nn，然后根据MFNF⊥求得mn的值，从而得到AMFNS的表达式，从而利用基本不等式求出最小值，；（Ⅱ）首先设出

直线AM的方程，然后联立椭圆方程，利用韦达定理得到点,ED坐标间的关系，从而使问题得证．试题解析：（Ⅰ）设()0,Mm，()0,Nn，∵MFNF⊥，可得1mn=−，1122AMFNSAFMNMN==，∵222||||2MNMFNFMFNF=+，当

且仅当MFNF=时等号成立．∴min||2MN=，∴()min112MFNSMN==，∴四边形AMFN的面积的最小值为1．（Ⅱ）∵()2,0A−，()0,Mm，∴直线AM的方程为2myxm=+，由22,{222,myxmxy

=++=得()()2222122210mxmxm+++−=，由()222121Emxm−−=+，得()22211Emxm−−=+，①同理可得()22211Dnxn−−=+，∵1mn=−，∵2212111Dmxm−=+()2221,1mm−−=+②故由①②

可知：EDxx=−，代入椭圆方程可得22EDyy=∵MFNF⊥，故M，N分别在x轴两侧，EDyy=−，∴EDEDyyxx=，∴E，O，D三点共线．点睛:解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙

；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法．6．已知抛物线2:8Cxy=的焦点为F，直线l与抛物线C交于,MN两点.（1）若直线l的方程为3yx=+

，求||||MFNF+的值；（2）若直线l的斜率为2，l与y轴的交点为P，且2MPNP=，求||MN.【答案】（1）18；（2）1653.【分析】（1）设出点的坐标联立直线与抛物线的方程，消去x，由韦达定理可得1214y

y+=，由抛物线上的点到焦点的距离和到准线的距离相等即可得结果.（2）可设直线l的方程为2yxt=+，联立直线与抛物线的方程，消去y，结合韦达定理以及2MPNP=可解出1323x=，2163x=，根据弦长公式212|1||MNkxx=+−即可得结果.【详解】（1）设()11,Mxy，

()22,Nxy.联立28,3,xyyx==+整理得21490yy−+=，则1214yy+=.因为,MN均在抛物线C上，所以12||||418MFNFyy+=++=.（2）设(0,)Pt，则直线l的方程为2yx

t=+.联立28,2,xyyxt==+整理得21680xxt−−=，则1216xx+=，128xxt=−，且216320t=+，即8t−.因为2MPNP=，所以点N为线段MP的中点，所以122xx=.因为1216xx+=，所以1323x=，2163

x=，此时51289t−=，6489t=−−，故2123216165|1||5333MNkxx=+−=−=.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，直线与抛物线相交时所得的弦长问题，注意抛物线性质的应用，属于中档题.7．已知抛物线2:3Cxy=的焦点为F，斜率为1的直线

l与C的交点为AB、，与y轴的交点为P.（1）若5AFBF+=，求直线l的方程；（2）若2APPB=，求线段AB的长度.【答案】（1）1:4lyx=+（2）92【分析】（1）设直线l方程为()()1122,,,yxbAxyBxy=+,

，1232AFBFyy+=++，直线方程与抛物线方程联立，由根与系数关系求出12xx+，进而得出12yy+建立b的方程，求解即可；（2）由2APPB=，得122xx−=，结合（1）中的12,xx关系，即可求出结论.

【详解】()1设直线l方程为()()1122,,,yxbAxyBxy=+,，联立223330xyxxbyxb=−−==+由0得34b−，1212123,223xxyyxxbb+=+=++=+.由抛物线的定义知123323522AFBFyyb+=++=++

=所以14b=，满足0，符合题意，所以直线l方程为14yx=+.()2由（1）得12123,3xxxxb+==−.由2APPB=得122xx−=，解得126,3,6xxb==−=，满足0，符合题意，所以21211||92ABxx=+−=.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置

关系，要熟练掌握根与系数关系在解题的中应用，不要遗漏两交点存在满足的条件，考查计算求解能力，属于基础题.8．在平面直角坐标系中，A（﹣1.0），B（1，0），设△ABC的内切圆分别与边AC，BC，AB相切

于点P，Q，R，已知|CP|＝1，记动点C的轨迹为曲线E.（1）求曲线E的方程；（2）过G（2，0）的直线与y轴正半轴交于点S，与曲线E交于点H，HA⊥x轴，过S的另一直线与曲线E交于M、N两点，若S△SMG＝6S△SHN，求直线MN的方程.【答案】（1）221

(0)43xyy+=；（2）612yx=+或612yx=−+.【分析】（1）由椭圆定义可知，曲线E为除去与x轴的交点的椭圆，由定义即可求出方程；（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），依题意可得||3||SMSN=即有x1＝﹣3x2，分直线MN斜率存在及不存在两种情况讨论，当斜率不存在时易知

不符合条件，当斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立，由此建立等式，解出即可得到答案.【详解】（1）由题意知，|CA|+|CB|＝|CP|+|CQ|+|AP|+|BQ|＝2|CP|+|AB|＝4＞|AB|，∴曲线E是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆（除去与x轴的交

点），设曲线E：22221(0,0)xyabyab+=，则c＝1，2a＝4，即a＝2，b2＝a2﹣c2＝3，∴曲线E的方程为221(0)43xyy+=；（2）因为HA⊥x轴，所以3(1,)2H−，设S（0，y0），

∴03223y−−=−，解得y0＝1，则S（0，1），因为a＝2c，所以|SG|＝2|SH|，∴1||||sin2||261||||||sin2SMGSHNSMSGMSGSSMSSNSNSHNSH===，∴||3||SMSN=，

则3SMSN=−，设M（x1，y1），N（x2，y2），则1122(,1),(,1)SMxySNxy=−=−，则x1＝﹣3x2，①当直线MN斜率不存在时，MN的方程为x＝0，此时||3123||31SMSN+==+−，不符合条件，舍去；②当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx+1，联立

221143ykxxy=++=，得（3+4k2）x2+8kx﹣8＝0，∴122122834834kxxkxxk−+=+−=+，将x1＝﹣3x2代入得，2222282348334kxkxk

−−=+=+，∴222483()3434kkk=++，∴232k=，解得62k=，∴直线MN的方程为612yx=+或612yx=−+.【点睛】关键点点睛：本题主要考查定义法求轨迹，以及直线与椭圆的位置关系的应用，解题关键是由S△SMG＝6S△SHN通

过合适的面积公式转化为3SMSN=−，进而找到,MN的横坐标关系，再通过直线与椭圆联立，由韦达定理建立等式解出．9．已知椭圆2222xyab+=1（a＞b＞0）的右焦点为F（2，0），且过点（23，3）．（1）

求椭圆的标准方程；（2）设直线l：y=kx（k＞0）与椭圆在第一象限的交点为M，过点F且斜率为-1的直线与l交于点N，若223FNMN=sin∠FON（O为坐标原点），求k的值．【答案】（1）2211612xy+=；（2）32k=或926【分析】（1）根据题意列出有关a2、b2的方程组，求出这两个

数的值，即可求出椭圆的标准方程；（2）设点M的坐标为（x1，y1），点N的坐标（x2，y2），利用已知条件223FNMN=sin∠FON，得出1252yy=，然后将直线l的方程分别与椭圆方程和直线NF的方程联立，求出点M、N的坐标，结合条件1252yy=可

求出k的值．【详解】（1）由题意可知222241231abab−=+=，解得a2＝16，b2＝12（负值舍去），所以椭圆方程为2211612xy+=；（2）设点M的坐标为11xy（，），点N的坐标22xy（，），由题可知120yy＞＞，故12

MNsinFONyy＝﹣，因为2yFNsinOFN=，而4OFN=，所以22FNy=，由223FNsinFONMN=，可得()2122223yyy=−，所以1252yy=，由2211612ykxxy=+=，消去x，可得124343kyk

=+，易知直线NF的方程为20xy+﹣＝，由20ykxxy=+−=，消去x，可得221kyk=+，所以243522143kkkk=++，整理得52k2﹣96k+27＝0，解得32k=或926k=．【点睛】本题考查直线与椭圆的综

合问题，考查椭圆方程的求解，考查直线与椭圆综合问题的求解，解决本题的关键在于求出一些关键的点和直线方程，考查计算能力，属于中等题．10．如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆2222:1(0)xyEabab

+=的半焦距为c,且过点13,2,原点O到经过两点(c,0),(0,b)的直线的距离为12c.(1)求椭圆E的方程;(2)A为椭圆E上异于顶点的一点,点P满足OPAO=,过点P的直线交椭圆E于B,C两点,且BPBC=,若直线OA,OB的斜率之积为14−

,求证:221=−.【答案】（1）2214xy+=.（2）见解析【详解】试题分析：（1）利用点到直线距离公式得等量关系：12bcca=,即a=2b.再利用点在椭圆上的条件得223114ab+=,解得a=2,b=1

,（2）设()()()112333,,,,,,AxyBxyCxy化简BPBC=,得3123121{1xxxyyy−=−+−=−+,代入椭圆方程得()221212221114xxyy−−+−+=

，再根据直线OA,OB的斜率之积为14−,得121240xxyy+=，即得221=−.试题解析：(1)过点(c,0),(0,b)的直线方程为bx+cy-bc=0,则原点O到直线的距离为2212bcbcdcabc===+,得a=2b.又椭圆过点13,2,则22311

4ab+=,联立得a=2,b=1,所以椭圆方程为2214xy+=.(2)证明:设()()()112333,,,,,,AxyBxyCxy因为()11,OPAOxy==−−,又BPBC=,得()()12123232,,xxyyxxyy−−−−=−−,故3123121{1xxxy

yy−=−+−=−+,代入椭圆方程得:2212121114xxyy−−+−+−+=,整理得()2222221212121222111444xxxxyyyy−

−+++−+=.①因为A,B在椭圆E上,所以222212121,144xxyy+=+=,②又直线OA,OB的斜率之积为14−即1212121214

04yyxxyyxx=−+=.③将②③两式代入(1)得2221121−+==−.点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定点、定值问题

同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.11．已知椭圆C：22221(0)xyabab+=上的点到右焦点F的最大距离为21+，离心率为22．()1求椭圆C的方

程；()2如图，过点10,2的动直线l交椭圆C于M，N两点，直线l的斜率为1k，A为椭圆上的一点，直线OA的斜率为2k，且121kk=，B是线段OA延长线上一点，且4.5ABMN=过原点O作以B为圆心，以AB为半径的圆B的切线，切点为.P令OPMN=，求2取值范围．【答案】(1)

2212xy+=；(2)214146261525++．【分析】()1依题21ac+=+，结合离心率求得a与c的值，再由隐含条件求得b，则椭圆方程可求；()2由已知可得直线l的方程，与椭圆C：2212xy+=联立，化为关于x的一元二次方程，利用弦长公式求得弦MN，写出OA所在直线方程，

与椭C：2212xy+=联立求得OA，得到OAMN，利用换元法求得OAMN的范围，把222||||OPMN=转化为含OAMN的代数式求解．【详解】()1依题21ac+=+，22ca=，解得2a=，1c=，222211bac=−=−=．椭圆C的方程为2212xy+=；()2由

已知可得直线l的方程为：112ykx=+，与椭圆C：2212xy+=联立，得()221124430kxkx++−=，由题意0，设()11,Mxy，()22,Nxy，则11221212kxxk+=−+，()12213212xxk−=+．弦2122211122211161

6231()41121212kkMNkkkkk+−=+−−=++++，OA所在直线方程为2ykx=，与椭C：2212xy+=联立，解得222212xk=+，22222112OAkk=++．22222122221

1112121122121662166112kOAkkMNkkkkk+++==+++++．令2121(1)tkt=+，则2112tk−=，则()()2223113414OAtMNtttt==+−−+

+，得到6262OAMN，222222222||()||||||||||OBABOAABABOPMNMNMN−+−===①224()2()25OAABOAOAOAMNMNMNMNMN=+=+．令OAMN=，由①知，6262，换元得：228

5=+，其中6262．214146261525++．【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与圆、圆与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，属难题．12．已知抛物线21:2(0)Cypxx=与椭圆222

2:2(0)Cxymm+=的一个交点为(1,)Pt，点F是1C的焦点，且32PF=.(1)求1C与2C的方程；(2)设O为坐标原点，在第一象限内，椭圆2C上是否存在点A，使过O作OA的垂线交抛物线1C于B，直线AB交y轴于E，且OAEEOB=?若存在，求出点A的坐标和

AOB的面积；若不存在，说明理由.【答案】(1)22212:2,:25.CyxCxy=+=(2)见解析【分析】（1）利用抛物线的定义求p，点的坐标代入求出t，m的值；（2）设出OA，OB的方程与椭圆、抛物线分别联立，求出A的横坐标，利用OAEEOB=，即可得出结论．【

详解】（1）由抛物线定义：3122pPF=+=，所以11,pC=的方程为22yx=，将()1,Pt代入21:2cyx=得22t=，即2t=，将()1,2p代入2222:2cxym+=，得25m=，故2C方程为2225xy+=.即22212:2,

:25.CyxCxy=+=（2）由题意：直线OA的斜率存在且不为0，设OA的方程为()0ykxk=，由于OAOB⊥，则OB的方程为1yxk=−，由2225xyykx+==得2222525,,12xkxxk+==+由221yxyxk==−，得222xxk=，得0

x=（舍）或22.xk=在第一象限内，若满足OAEEOB=的点A存在，则0k，此时()22255,,2,21212AkBkkkk−++，设直线AB与x轴交于点D，由于0,90OAEE

OBAOBDOE===，所以,OADAODDOBOBD==，故ADODBD==，即D为线段AB中点，因此AByy=−，即25212kkk=+，解得212,2,82kA=，故存在适合题意的2

2,2A，此时12,42B−，此时242.774ABk==AB方程为()242227yx−=−，即4292714yx=−，点O到AB的距离22h=，279244AB=+=，所以12992.22416AOBS==【点睛】本题考查抛

物线、椭圆的方程，考查直线与抛物线、椭圆的位置关系，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．13．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心在坐标原点O，其右焦点为()1,0F，且点31,2在椭圆C上．()1求椭圆C的方程；()2设椭圆的左、右顶点分别为A、B，M是椭圆上异于A，

B的任意一点，直线MF交椭圆C于另一点N，直线MB交直线4x=于Q点，求证：A，N，Q三点在同一条直线上．【答案】（1）22143xy+=（2）见解析【分析】（1）设椭圆的方程为22221xyab+=，由题意可得222221

1914cababc=+==+，解方程组即可.（2）设()11,Mxy，()22,Nxy，直线MN的方程为1xmy=+，由方程组221143xmyxy=++=，消去x整理得()2234690mymy++−=，根据韦达定理求出点Q的坐标，根据向量即可求出//ANAQ，且

向量AN和AQ有公共点A，即可证明．【详解】（1）不妨设椭圆的方程为22221xyab+=，(0)ab.由题意可得2222211914cababc=+==+，解得24a=，23b=，故椭圆的方程22143xy+=.

（1）设11(,)Mxy，22(,)Nxy，直线MN的方程为1xmy=+，由方程组221143xmyxy=++=，消去x整理得22(34)690mymy++−=223636(34)0mm=++122634myym+=−+，122934yym=−+，直线BM的方程可

表示为11(2)2yyxx=−−，将此方程与直线4x=成立，可求得点Q的坐标为112(4,)2yx−，22(2,)ANxy=+，112(6,)2yAQx=−，()()()211212211622226222yxyxyyxxx−−+−+=−−()()(

)2112161221212ymyymymy+−−++=+−()22121211964()6()463434011mmmyyyymmmymy−−−−+++===−−，//ANAQ，向量AN和AQ有公共点A，A，

N，Q三点在同一条直线上．【点睛】本题考查了椭圆的方程，直线与椭圆的关系，向量问题等基础知识，考查了运算求解能力，推理论证能力，化归与转化思想，应用意识，是中档题．14．已知点F是抛物线2C:2(0)ypxp=的焦点，若点()0,4P

x在抛物线C上，且5.2PFp=()1求抛物线C的方程；()2动直线()l:1xmymR=+与抛物线C相交于,AB两点，问：在x轴上是否存在定点(),0(Dt其中0)t，使得向量DADBDADB+与向量OD共线(

其中O为坐标原点)？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）24yx=；（2）存在，()1,0D−.【分析】()1求得抛物线的焦点和准线方程，运用抛物线的定义可得P的坐标，代入抛物线方程，解得2p=，进而得到抛物线的方程；()2在x轴上假设存在定点(),0

(Dt其中0)t，使得DADBDADB+与向量OD共线，可得x轴平分ADB，设()11,Axy，()22,Bxy，联立1xmy=+和24yx=，根据120kk+=恒成立，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简整理可得,mt的方程，求得1t=−，可得结论．【详解】()1抛物线C

：22(0)ypxp=的焦点为,02p，准线方程为2px=−，即有0522ppPFx=+=，即02xp=，则2164p=，解得2p=，则抛物线的方程为24yx=；()2在x轴上假设存在定点(),0(Dt其中0)t，使得DADBDADB+与向量OD共线，由DADA，

DBDB均为单位向量，且它们的和向量与OD共线，可得x轴平分ADB，设()11,Axy，()22,Bxy，联立1xmy=+和24yx=，得2440ymy−−=，()21610m=+恒成立．124yym+=，124.yy=−①设直线DA、DB的斜率分

别为1k，2k，则由ODAODB=得，()()()()122112121212yxtyxtyykkxtxtxtxt−+−+=+=−−−−()()()()()()()()1221121212121121ymytymytmyytyyxtxtxtxt+−++−+−+

==−−−−，()()1212210myytyy+−+=，②联立①②，得()410mt−+=，故存在1t=−满足题意，综上，在x轴上存在一点()1,0D−，使得x轴平分ADB，即DADBDADB+与向量OD共线．【点

睛】本题考查抛物线的方程、定义和性质，以及直线和抛物线的位置关系、转化与划归思想的应用，属于综合题．存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在.①当条件和结论不唯一时要分类讨论.②当给出结论而要

推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.③当条件和结论都不知，按常规方法很难时，采取另外的途径.15．已知圆()2221:1Fxyt++=，圆()()2222:122Fxyt−+=−，022t，当两个圆有公共点时，所有可

能的公共点组成的曲线记为C.（1）求出曲线C的方程；（2）已知向量()1,3a=，M，N，P为曲线C上不同三点，22FMFNa==，求PMN面积的最大值.【答案】（1）2212xy+=（2）214+267【解析】试题分析：（1）看到12,FF具有对称性所以要联想到椭圆或双曲线的定义，曲线C

上的点满足121222|2PFPFFF+==,∴曲线C是以12,FF为焦点的椭圆（2）∵22FMFNa==，∴2,,MNF三点共线，且直线MNl的斜率为3，∴直线MNl的方程为()31yx=−，与椭圆方程联立得271240xx−+=，借助

弦长公式求得三角形的底边长，利用椭圆得参数方程设出动点设()2cos,sinP，利用点到直线距离公式求得高的最大值，从而得三角形面积最大值试题解析：（1）曲线C上的点满足121222|2PFPFFF+==,∴曲线C是以12,FF为焦点的椭圆∴2,1,1acb===∴曲线C的方

程是2212xy+=（2）∵22FMFNa==，∴2,,MNF三点共线，且直线MNl的斜率为3，∴直线MNl的方程为()31yx=−，与椭圆方程联立得271240xx−+=，∴()22121214MNkxxxx=++−827=.设()2cos,sin

P，∴P到直线MNl的距离()6cossin37sin322d−−+−==，∴max732d+=，∴MNPS的最大值为214+267.点睛：看到此类题首先联想到圆锥曲线的三个方程定义，根据定义得几何关系从而确定方程求解，在求三角形面积最值问题时首先明确

其表达式一般是算弦长，算高，对于本题而言，要特别注重参数方程在此题得应用，这样求解高显得很简单16．已知方向向量为(1,3)v=的直线l过点()0,23−和椭圆()2222:10xyCabab+=的右焦点，且椭圆的离心率为63.

（1）求椭圆C的方程；（2）若已知点()3,0D，点M,N是椭圆C上不重合的两点，且DMDN=，求实数的取值范围.【答案】（1）22162xy+=；（2）(526,1)(1,526)−+.【分析】（1）求出直线方程可得椭圆的焦点坐标，结合离心率63cea==，以及222bac=−列方程求得

,ab的值，从而可得结果；（2）设出直线MN的方程，直线方程与椭圆方程联立，利用DMDN=，结合韦达定理得2221123621033mmm+=−=−++，结合m的范围，得到关于的不等式，进而可得结果.【详解】（1）∵直线的方向向量为∴直线的斜率为，又∵直线过

点∴直线的方程为∵，∴椭圆的焦点为直线与轴的交点∴椭圆的焦点为∴，又∵∴，∴∴椭圆方程为（2）设直线MN的方程为由，得设坐标分别为则(1)(2)＞0∴,∵，显然，且∴∴代入(1)(2)，得∵,得，即解得且【点睛】求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于,,abc

的方程组，解出,,ab，从而写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.17．已知椭圆()2222:10xyCabab+

=的焦点为()1,0Fc−，()2,0Fc，P是椭圆C上一点.若椭圆C的离心率为22，且112PFFF⊥，12PFF△的面积为22.（1）求椭圆C的方程；（2）已知O是坐标原点，向量()1,1m=，过

点（2，0）的直线l与椭圆C交于M，N两点.若点(),Qxy满足1OQm=，OMONOQ+=，求的最小值.【答案】（1）2212xy+=（2）min26=−【分析】（1）根据题意可得方程组联立22222

2222abbcacab===−，解得b，a，进而得出椭圆C的方程.（2）设直线l的方程为：()2ykx=−，设()11,Mxy，()22,Nxy，联立直线l与椭圆的方程消元，然后韦达

定理得2122812kxxk+=+，21228212kxxk−=+，因为OMONOQ+=，得()()1212,,xxyyxy++=，当0k=时，0=，当0时，()2122812xxkxk+==+，()()1212214412yykykxxkk+−==+

−=+，因为1OQm=，所以1xy+=，代入化简得()228412kkk−=+，然后变形利用基本不等式可得出答案.【详解】（1）依据题意得22ca=，所以2222222112cabbaaa−==−=，所以222ab=，因为112PFFF⊥，故设()0

,Pcy−，代入椭圆方程得20bya=，所以12PFF△的面积为：21201222bFFyca==.联立222222222abbcacab===−，解得1b=，22ab==，所以椭圆C的方程为：2212xy+=.（2）由题意可知直线l的斜率显然存在，故设直线l的方程为：()

2ykx=−，联立()22212ykxxy=−+=，消去y并整理得()2222128820kxkxk+−+−=，所以()()()22228412820kkk=−−+−，设()11,Mxy，()22,Nxy，所以2122812kxxk+=+，2122

8212kxxk−=+，因为OMONOQ+=，所以()()1212,,xxyyxy++=，当0k=时，0=，当0时，()2122812xxkxk+==+，()()1212214412yykykxxkk+−==

+−=+，因为1OQm=，所以1xy+=，所以()()2228411212kkkk−+=++，所以()()()222284114141121221413kkkkkkkk−++==−=−

+++−++()144142632642141kk=−−=−−++−+当且仅当612k=−时取等号，且612k=−满足，所以26−综上min26=−.【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的相交问题，向量问题，考查了学生的转化能

力和计算能力，属于中档题.18．已知椭圆经过点，其离心率为，经过点，斜率为的直线与椭圆C相交于两点．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）求的取值范围；（Ⅲ）设椭圆C与轴正半轴、轴正半轴分别相交于两点，则是否存在常数，使得向量与共线？如果存在，求值；如果不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）2

212xy+=；（Ⅱ）2222−−+，，；（Ⅲ）没有符合题意的常数k．【解析】试题分析：（Ⅰ）由已知椭圆C的离心率为可得，，即椭圆的方程为；又因为其图像过点2(1)2M，，将其坐标直接代入即可计算出参数，即可写出椭圆的方程；（Ⅱ）首先写

出直线l的方程2ykx=+，然后联立直线l和椭圆方程并将直线l的方程代入椭圆方程整理得22122102kxkx+++=，由题意知，2221844202kkk=−+=−，即可解出k的取值范围；（Ⅲ）假设

存在常数k，使得向量与共线，则设1122()()PxyQxy，，，，则，由（Ⅱ）知，可用含k的式子表示出来，然后根据假设可得等式关系12122()xxyy+=−+，即可解出k的值，最后验证k的值是否满足（Ⅱ）中解出的

k的取值范围.试题解析：（Ⅰ）因为椭圆C的离心率，222212xybb+=椭圆方程为，将点2(1)2M，代入，得，所求椭圆方程为2212xy+=．（Ⅱ）由已知条件，直线l的方程为2ykx=+，代入椭圆方程得

22(2)12xkx++=．整理得22122102kxkx+++=①直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于2221844202kkk=−+=−，解得22k−或22k．即k的取值范围为2222−−+，，.（Ⅲ）设1

122()()PxyQxy，，，，则，由方程①，1224212kxxk+=−+②又1212()22yykxx+=++③而，．所以与共线等价于12122()xxyy+=−+，将②③代入上式，解得22k=．由（1）知22k−或22k，故没有符合题意的常数k．考点

：椭圆的综合应用；向量的共线.