1
专题 05 解析几何（巩固训练
1．已知椭圆 的焦距为 ，点 在 上.
（1）求 的方程；
（2）过原点且不与坐标轴重合的直线 与 有两个交点 ，点 在 轴上的射影为 ，线段
的中点为 ，直线 交 于点 ，证明：直线 的斜率与直线 的斜率乘积为定值.
2．已知动圆 过定点 ，并且内切于定圆 .
（1）求动圆圆心 的轨迹方程；
（2）若 上存在两个点 ， ，（1）中曲线上有两个点 ， ，并且 ， ， 三点共线，
， ， 三点共线， ，求四边形 的面积的最小值.
3．已知椭圆 的右焦点 ， ， ， 是椭圆上任意三点， ， 关于
原点对称且满足 .
（1）求椭圆 的方程.
（2）若斜率为 的直线与圆： 相切，与椭圆 相交于不同的两点 、 ，求
时，求 的取值范围.
4．已知椭圆 经过点 ， ，点 是椭圆的下顶点.
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）过点 且互相垂直的两直线 ， 与直线 分别相交于 ， 两点，已知 ，求直线
的斜率.
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
+ = > > 2 31, 2
C
C
l C ,A B A x M AM
N BN C P AB AP
C ( )2 2,0F 2 2
1 :( 2) 36F x y+ + =
C
² 8y x= M N P Q M N 2F
P Q 2F PQ MN⊥ PMQN
( )2 2
2 2: 1 0x yE a ba b
+ = > > ( )1,0F A B C A B
1
2AC BCk k⋅ = −
E
k 2 2 1x y+ = E P Q 4 3
5PQ ≥
k
( )2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
+ = > > 13, 2
31, 2
A
C
A 1l 2l y x= E F OE OF= 1l2
5．在平面直角坐标系 中，已知半径为 的圆 ，圆心在 轴正半轴上，且与直线 相
切.
（1）求圆 的方程；
（2）在圆 上，是否存在点 ，满足 ，其中，点 的坐标是 .若存在，指出有
几个这样的点；若不存在，请说明理由；
（3）若在圆 上存在点 ，使得直线 与圆 相交不同两点 ，求
的取值范围.并求出使得 的面积最大的点 的坐标及对应的 的面积.
6．已知圆 M 的圆心在直线 ： 上，与直线 ： 相切，截直线 ：
所得的弦长为 6.
（1）求圆 M 的方程；
（2）过点 的两条成 角的直线分别交圆 M 于 A，C 和 B，D，求四边形 面积的最大值.
7．已知椭圆 ： 的左、右焦点分别是 、 ，离心率 ，过点 的直线交
椭圆 于 、 两点， 的周长为 16．
（1）求椭圆 的方程；
（2）已知 为原点，圆 ： 与椭圆 交于 、 两点，点 为椭圆 上一动
点，若直线 、 与 轴分别交于 、 两点，求证： 为定值．
8．在平面直角坐标系 中，已知抛物线 ： 上一点 到准线的距离与到原
点 的距离相等.
（1）求抛物线的方程；
（2）过不在 轴上的点 作抛物线 的两条切线 ， ，切点分别为 ， ，若 ，求证：
直线 过定点.
xOy 2 C x 3 2 0x y− + =
C
C 2
2PQ PO= Q ( 1, 0)Q −
C ( ),M m n : 1l mx ny+ = 2 2: 1O x y+ = ,A B
m OAB∆ M OAB∆
1l 1 0x y− − = 2l 4 3 14 0x y+ + = 3l
3 4 10 0x y+ + =
( )4,3P 60° ABCD
C
2 2
2 2 1( 0)x y a ba b
+ = > > E F 7
4e = F
C A B ABE∆
C
O D 2 2 2( 3) ( 0)x y r r− + = > C M N P C
PM PN x G H OG OH⋅
xOy C ( )2 2 0x py p= > ( ),2M m
O
y P C PA PB A B OP AB⊥
AB3
9．点 是抛物线 内一点， 是抛物线 的焦点， 是抛物线 上任意一点，且已知
的最小值为 2.
（1）求抛物线 的方程；
（2）抛物线 上一点 处的切线与斜率为常数 的动直线 相交于 ，且直线 与抛物线 相交于
、 两点.问是否有常数 使 ？
10．动圆 过定点 ，且在 轴上截得的弦 的长为 4.
（1）若动圆圆心 的轨迹为曲线 ，求曲线 的方程；
（2）在曲线 的对称轴上是否存在点 ，使过点 的直线 与曲线 的交点 满足
为定值？若存在，求出点 的坐标及定值；若不存在，请说明理由.
11．已知 ， 是平面上的两个定点，动点 满足 .
（1）求动点 的轨迹方程；
（2）若直线 与（1）中的轨迹相交于不同的两点 ， 为坐标原点，求
面积的最大值和此时直线 的方程.
12．如图，椭圆 的离心率为 ，以椭圆 的上顶点 为圆心作圆
，圆 与椭圆 在第一象限交于点 ，在第二象限交于点 ．
（1）求椭圆 的方程；
(1,1)A 2: 2C x py= F C Q C
| | | |QA QF+
C
C (2, )B b k l P l C
M N λ 2| | | | | |PB PM PNλ= ⋅
P (2,0)A y GH
P C C
C Q Q l′ C S T、 2 2
1 1
| | | |QS QT
+
Q
( 2,0)M − ( 2,0)N P | | | | 4PM PN+ =
P
: 2 ( 0)l y x m m= + ≠ ,A B O AOB
l
( )2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
+ = > > 3
2
C T
( ) ( )22 2: 1 0T x y r r+ − = > T C A B
C4
（2）求 的最小值，并求出此时圆 的方程；
（3）设点 是椭圆 上异于 ， 的一点，且直线 ， 分别与 轴交于点 ， ， 的坐标原
点，求证： 为定值．
13．已知圆 和点 .
（1）过点 向圆 引切线，求切线的方程；
（2）求以点 为圆心，且被直线 截得的弦长为 8 的圆 的方程；
（3）设 为（2）中圆 上任意一点，过点 向圆 引切线，切点为 ，试探究：平面内是否存在一定
点 ，使得 为定值？若存在，请求出定点 的坐标，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由.
14．已知一动圆与圆 ： 外切，且与圆 ： 内切.
（1）求动圆圆心 的轨迹方程 ；
（2）过点 能否作一条直线 与 交于 ， 两点，且点 是线段 的中点，若存在，求出直线
方程；若不存在，说明理由.
15．已知椭圆 的左、右焦点分别为 ， ，上顶点为 A，过 的直线
与 y 轴交于点 M，满足 （O 为坐标原点），且直线 l 与直线
之间的距离为 .
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）在直线 上是否存在点 P，满足 ？存在，指出有几个这样的点（不必求出点的坐标）；
若不存在，请说明理由.
16．如图，已知圆 的方程为 ，圆 的方程为 ，若动圆 与圆 内
TA TB⋅ T
P C A B PA PB y M N O
OM ON⋅
2 2: 1O x y+ = (1,4)M
M O
M 2 8y x= − M
P M P O Q
R PQ
PR R
1C ( )2 23 9x y+ + = 2C ( )2 23 1x y− + =
P C
( )4,1Q l C A B Q AB
l
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
+ = > > 1F 2F 1F
2 0l x y− + =: 2| | | |OM OA=
( ): 0 0l x y m m′ − + = < 5 2
4
l′ 21 3PF PF=
1F 2 2 49( 1) 8x y+ + = 2F 2 2 1( 1) 8x y− + = M 1F5
切与圆 外切．
（1）求动圆圆心 的轨迹 的方程；
（2）过直线 上的点 作圆 的两条切线，设切点分别是 ，若直线 与轨迹
交于 两点，求 的最小值．
17．已知在平面直角坐标系 中，动点 与两定点 ， 连线的斜率之积为 ，记点
的轨迹为曲线 .
（1）求曲线 的方程；
（2）已知点 ，过原点 且斜率为 的直线 与曲线 交于 两点（点 在第一象限），
求四边形 面积的最大值.
18．已知向量 ，动点 到定直线 的距离等于 ，并且满足
，其中 是坐标原点， 是参数.
（1）求动点 的轨迹方程，并判断曲线类型；
（2）如果动点 的轨迹是一条圆锥曲线，其离心率 满足 ，求 的取值范围.
19．已知点 在圆 上运动，点 在 轴上的投影为 ，动点 满足 .
（1）求动点 的轨迹 的方程；
（2）设 ，过点 的动直线 与曲线 交于 (不同于 )两点，问：直线
与 的斜率之比是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由.
2F
M C
2x = Q 2 2: 2O x y+ = ,M N MN C
,E F EF
xOy P (0,1)A (0, 1)B − 1
4
− P
E
E
(2,0)M O ( 0)k k > l E ,C D C
MCAD
(2,0), (0,1)OA OC AB= = = M 1y = d
( )2OM AM k CM BM d⋅ = ⋅ − O k
M
M e 3 2
3 2e k
P :O 2 2 9x y+ = P x Q M 4 3 2PQ MQ=
M E
( ) ( )3,0 , 3,0G H− ( )1,0F l E ,A B ,G H
AG BH6
20．已知点 是圆 上任意一点，点 与点 关于原点对称，线段 的垂直平分线
分别与 ， 交于 ， 两点.
（1）求点 的轨迹 的方程；
（2）过点 的动直线 与点 的轨迹 交于 ， 两点，在 轴上是否存在定点 ，使以 为
直径的圆恒过这个点？若存在，求出点 的坐标；若不存在，请说明理由.
21．如图，P 是抛物线 上一点，直线 l 过点 P 且与抛物线 C 交于另一点 Q.
（1）若直线 l 与过点 P 的切线垂直，求线段 PQ 中点 M 的轨迹方程；
（2）若直线 l 不过原点且与 x 轴交于点 S，与 y 轴交于点 T，试求 的取值范围.
P ( )2 2
1 : 1 8F x y− + = 2F 1F 2PF
1PF 2PF M N
M C
10, 3G
l M C A B y Q AB
Q
21: 2C y x=
ST ST
SP SQ
+1
参考答案
1．【答案】（1） （2）定值
【分析】（1）（1）由题意知， 的焦点坐标为 ，利用定义求解 的值，即可得到椭圆的标准方
程；
（2）设 ，则 ，由点 在椭圆 上得，两式相减
得，得 ， .因为 三点共线，所以 ，即可证得
为定值.
【解析】（1）由题意知， 的焦点坐标为 ，
， .
所以，椭圆 的方程为 .
（2）设 ，则 ，
由点 在椭圆 上得， ，两式相减得， .
， .
因为 三点共线，所以 ，即 .
2 2
14 3
x y+ = 1−
C ( )1 0± ， ,a b
( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 2, , ,A x y P x y x x≠ ( ) 1
1 1 1, , , 2
yB x y N x − − ,A P C
1
1
1 1
3
32
2 4BN
y yk x x
= = ⋅ 1 2
1 2
BP
y yk x x
+= + , ,B N P BN BPk k= AB APk K⋅
C ( )1 0± ，
2 2
2 3 3 5 32 2 0 42 2 2 2a = + + + = + = 3b =
C
2 2
14 3
x y+ =
( ) ( )( )1 1 2 2 1 2, , ,A x y P x y x x≠ ( ) 1
1 1 1, , , 2
yB x y N x − −
,A P C
12 12
22 22
14 3{
14 3
x y
x y
+ =
+ =
12 22
12 22
3
4
y y
x x
− = −−
1
1
1 1
3
32
2 4BN
y yk x x
= = ⋅ 1 2
1 2
BP
y yk x x
+= +
, ,B N P BN BPk k= 1 1 2
1 1 2
4
3
y y y
x x x
+= ⋅ +2
，为定值.
2．【答案】（1） （2）24
【分析】（1）根据几何关系得到 ，得到轨迹为椭圆，代入数据计算得到答案.
（2）直线 斜率不存在时，直接计算面积为 ；当斜率存在时，设
，联立方程，根据韦达定理得到 ，再利用均值不等式得到答案.
【解析】（1）设动圆的半径为 ，则 ， ，所以 ，
由椭圆的定义知动圆圆心 的轨迹是以 ， 为焦点的椭圆
， ，所以 ，动圆圆心 的轨迹方程是 .
（2）当直线 斜率不存在时，直线 的斜率为 0，易得 ， ，四边形 的面
积 .
当直线 斜率存在时，设其方程为
联立方程得 ，消元得
设 ， ，则
.
∵ ，∴直线 的方程为
1 1 2 1 2 1 2 12 12
1 1 2 1 2 1 2 12 12
4 4 13 x 3AB AP
y y y y y y y y yk K x x x x x x x x
− − + −∴ ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = −− − + −
2 2
19 5
x y+ =
1 2 1 26CF CF F F+ = >
MN 24S =
( 2)( 0)y k x k= − ≠ ( )
( )
22
2 2
1
120
5 9
k
S
k k
+
=
+
r 2| |CF r= 1| | 6CF r= − 1 2 1 26CF CF F F+ = >
C 1F 2F
3a = 2c = 5b = C
2 2
19 5
x y+ =
MN PQ | | 8MN = | | 6PQ = PMQN
24S =
MN ( 2)( 0)y k x k= − ≠
2
( 2)
8
y k x
y x
= −
=
( )2 2 2 24 2 4 0k x k x k− + + =
( )1 1,M x y ( )2 2,N x y 1 2 2
1 2
8 4
4
x x k
x x
+ = +
=
2
2
2 2
8 8| | 1 4 16 8MN k k k
= + + − = +
PQ MN⊥ PQ 1 ( 2)y xk
= − −3
，得
设 ， ，则
四边形 的面积 ，
令 ， ，上式
令 ，
，∴ ，∴
综上所述：最小值为 24.
【点睛】本题考查了轨迹方程，面积的最值，意在考查学生的计算能力，忽略斜率不存在的情况是容易犯
的错误.
3．【答案】（1） ； （2） .
【分析】
2 2
1 ( 2)
19 5
y xk
x y
= − −
+ =
( )2 2 25 9 36 36 45 0k x x k+ − + − =
( )3 3,P x y ( )4, 4Q x y
3 4 2
2
1 2 2
36
5 9
36 45
5 9
x x k
kx x k
+ = + − = +
( )22 2
2 2 2 2
30 11 36 36 45| | 1 45 9 5 9 5 9
kkPQ k k k k
+− = + − = + + +
PMQN
( ) ( )
( )
22 2
2 2 2 2
30 1 11 1 1| || | 8 1 1202 2 5 9 5 9
k k
S MN PQ k k k k
+ + = = + = + +
2 1k t+ = 1t >
2
1 ( 4)1 5120 120( 1)(5 4) 5 ( 1)(5 4)
tts t t t t
+ = = + − + − +
4 ,( 5)t z z+ = >
1
1 1 1 1 15120 120 120 16 41165 ( 5)(5 16) 5 5 2525( 5) 55
z zS z z zz z z
= + = + = + ⋅ − − + −− −
16 41( 5)5z zz
+ > > 16 41 05z z
+ − > 1120 0 245S > + =
2
2 12
x y+ = ( ), 2 2, −∞ − +∞ 4
（1）由题意设出 ， ， 的坐标，代入椭圆方程作差可得 a 与 b 的关系，结合右焦点坐标解得 a，b 即
可.
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式及根与系数的关系将 用 k 与 m 表示，再利用直
线与圆相切得到 k，m 的关系，代入表达式，得到关于 k 的不等式，解得 k 的范围即可．
【解析】（1）由题可设 ， ， ，
所以 两式相减得 ，
.即 ，
所以 ，又 ， ，所以 ， ，
所以椭圆 的标准方程为 .
（2）设直线方程为 ，交椭圆于点 ， .
联立方程
，得 ，
， .
所以
A B C
PQ
( ),A AA x y ( ),A AB x y− − ( ),C CC x y
2 2
2 2
2 2
2 2
1
1
A A
C C
x y
a b
x y
a b
+ =
+ =
( )( ) ( )( )
2 2 0A C A C A C A Cx x x x y y y y
a b
− + − ++ =
( )
( )
( )
( )
2
2
A C A C
A C A C
y y y y b
x x x x a
− +⇒ ⋅ = −− +
( )
( )
( )
( )
2
2
1
2
A C A C
AC BC
A C A C
y y y y bk k x x x x a
− +⋅ = ⋅ = − = −− +
2 22a b= 1c = 2 2 2a b c= + 2 2a = 2 1b =
E
2
2 12
x y+ =
y kx m= + ( )1 1,P x y ( )2 2,Q x y
( )2 2 22
2
,
1 2 4 2 2 0
12
y kx m
k x kmx mx y
= + ⇒ + + + − = + =
( )2 28 2 1 0k m∆ = + − > 2 22 1k m+ >
1 2 2
4
1 2
kmx x k
+ = +
2
1 2 2
2 2
1 2
mx x k
−= +
( )22
1 2 1 21 4PQ k x x x x= + + −
2 2
2
2 2
4 8 81 1 2 1 2
km mk k k
− = + − + + 5
= ，
因为直线 与圆 相切，所以 ，
即 ，代入 ，得 .
所以
因为 ，所以 ，
化简得 ，或 （舍）.
所以 或 ，
故 k 的取值范围为 .
【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质，弦长公式，涉及直线与圆相切的充要条件、一元二次方程
的根与系数的关系、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
4．【答案】（1） （2）
【分析】（1）代入两点坐标可解得 ，得椭圆方程；
（2）首先确定 的斜率存在，设 方程为 ，与 联立，解得 点坐标，由垂直得 方
程，同理可得 点坐标。由 可求得 。
( )
( )( )
( )
2 22 2
2
2 22 2
8 8 1 2161
1 2 1 2
m kk mk
k k
− +
= + −
+ + ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2
2 22 2
16 8 16 8 161
1 2 1 2
k m m m k kk
k k
+ − −= + −
+ +
( )
2 2
2
22
8 8 161
1 2
m kk
k
− + ++
+
y kx m= + 2 2 1x y+ = 2
2
1 1
1
md k m
k
= = ⇒ + =
+
2 21m k= + 2 22 1k m+ > 0k ≠
( )
( )
2 2
2
22
8 1 8 16
1
1 2
k k
PQ k
k
− + + +
= +
+ ( )
2
2
22
81
1 2
kk
k
= +
+ ( )
4 2
22
2 2
1 2
k k
k
+=
+
4 3
5PQ ≥ ( )
4 2
22
4 32 2 51 2
k k
k
+ ≥
+
( )( )4 2 2 2 26 0 3 2 0 2k k k k k+ − ≥ ⇔ + − ≥ ⇒ ≥ 2 3k ≤ −
2k ≥ 2k ≤ −
( ), 2 2, −∞ − ∪ +∞
2
2 14
x y+ = 1 2±
2 2,a b
1 2,l l 1l 1 1y k x= − y x= E 2l
F OE OF= 1k6
【解析】（1）由题意得 ，解得 ，
所以椭圆 的标准方程为 ；
（2）由题意知 ，直线 ， 的斜率存在且不为零，设直线 ，与直线 联立方
程有 ，得 .
设直线 ，同理 ，
因为 ，所以 ，
① 无实数解；
② ，解得 ，
综上可得，直线 的斜率为 .
【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，直线与直线的交点问题。已知椭圆过两点，只要把两点坐标代入方
程 求得 即可。直线与直线相交，把两直线方程联立方程组可求得交点坐标。
5．【答案】（1） ；（2）不存在点 满足条件；（3） ， .
2 2
2 2
3 1 14
1 3 14
a b
a b
+ =
+ =
2
2
4
1
a
b
=
=
C
2
2 14
x y+ =
( )0, 1A − 1l 2l 1 1: 1l y k x= − y x=
1 1y k x
y x
= −
= 1 1
1 1,1 1E k k
− −
2
1
1: 1l xky = − −
1 1
1 1,1 11 1
F
k k
− − − −
OE OF=
1
1
1 1
11 1k
k
=− − −
1
1 1
1
1 1 1, 011 1
kk k
k
= + =− − −
2
1 1 1
1 1
1
1 1 1, 2, 2 1 011 1
k k kk k
k
= − − = − − =− − − 1 1 2k = ±
1l 1 2±
2 2
2 2 1x y
a b
+ = ,a b
( )2 22 4x y− + = 1 44 m< ≤ 1
27
【解析】（1）设圆心是 ，它到直线 的距离是 ，解得
或 （舍去）,所以,所求圆 的方程是 .
（2）假设存在这样的点 ，则由 ，得 .
即，点 P 在圆 D: 上，点 P 也在圆 C: 上.
因为 ，所以圆 C 与圆 D 外离，圆 C 与圆 D 没有公共点.所以，不存在点 满足
条件.
（3）存在，理由如下：因为点 在圆 上，所以 ，
且 .因为原点到直线 的距离
，解得
而 ，所以 ,
因为 ，所以当 ，即 时， 取得最大值 ，
此时点 的坐标是 或 ， 的面积的最大值是 .
【点晴】本题主要考查待定系数法求圆的方程、直线和圆的位置关系、配方法求最值，属于难题.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、函数单调法以及均值不等式法，本题（3）就是根据的这种思路，利用配方
法求 的最大值的.
6．【答案】（1） （2）
( )( )0 0,0 0x x > 3 2 0x y− + = 0 2 2
1 3
xd
+= =
+ 0 2x =
0 6x = − C ( )2 22 4x y− + =
( )2 22 2x y+ + = ( )2 22 4x y− + =
=4 2 2c dCD r r> + = +
( ),M m n C ( )2 22 4m n− + =
( )22 24 2 4n m m m= − − = − 0 4m≤ ≤ : 1l mx ny+ =
2 2
1 1 1
4
h
mm n
= = <
+
1 44 m< ≤
22 1AB h= −
2 2
2 41 1 1 1 1 1
2 4 4 4 2 4OABS AB h h h m m m∆
= = − = − = − − +
1 1 116 4m
≤ < 1 1
4 2m
= 1
2m = OABS∆
1
2
M 1 7,2 2
1 7,2 2
−
OAB∆ 1
2
OAB∆
2 2( 2) ( 1) 25x y− + − = 23 38
【分析】（1）设圆的标准方程，将圆心代入直线 的方程，由点到直线距离公式求得圆 M 到 的距离，
由弦长公式及点到直线距离公式表示出直线 与圆的关系，解方程组即可求得 的值，即可求得圆 M
的标准方程
（2）解法 1：作 ， ，令 ， ，讨论 或
两种情况：当 时，由余弦定理表示出 ，而 、 、 、 四
点共圆，根据正弦定理求得 ，进而求得 ，结合基本不等式即可求得 ，即可求得四边形
面积的最大值；当 时，由基本不等式求得 ，即可由二次函数性质求得四
边形 面积的最大值.
解法 2：结合三角形面积公式可得 ，由基本不等式可知
，讨论 或 两种情况，即可确定四边形
面积的最大值.
【解析】（1）设圆 M 的方程为：
则 ，解得： ，
∴所求圆方程为
（2）解法 1：
如图作 ， ，令 ， ， 或
1l 2l
3l , ,a b r
1MH AC⊥ 2MH BD⊥ 1 1MH d= 2 2MH d= 1 2 120H MH °∠ =
1 2 60H MH °∠ = 1 2 120H MH °∠ = 1 2H H 1H M 2H P
MP 1 2H H 1 2 2d d ≤
ABCD 1 2 60H MH °∠ = 1 2 6d d ≤
ABCD
1 | | | | sin2ABCDS AC BD APD= ⋅ ⋅ ∠
23 | | | |
4 2ABCD
AC BDS
+ ≤ ⋅ 1 2 120H MH °∠ = 1 2 60H MH °∠ =
ABCD
2 2 2( ) ( )x a y b r− + − =
2
1
4 3 14
5
3 4 10 95
b a
a b r
a b r
= −
+ + =
+ + = −
2
1
5
a
b
r
=
=
=
2 2( 2) ( 1) 25x y− + − =
1 3| | | | sin 60 | || |2 4ABCDS AC BD AC BD= ⋅ ⋅ ∠ ° =
1MH AC⊥ 2MH BD⊥ 1 1MH d= 2 2MH d= 1 2 120H MH °∠ = 60°9
当 时， ，
因 、 、 、 四点共圆，
由正弦定理 ，
∴ ，
又 ，
∴ ，
，
，当且仅当 时取等，
1 2 120H MH °∠ = 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 22 cos120H H d d d d d d d d= + − ° = + +
1H M 2H P
2 2
1 2 1 2 2 2 2sin120
d d d d R MP
+ + = = =°
2 2
1 2 1 2 6d d d d+ + =
2 2
1 2 1 2 1 2 1 26 2d d d d d d d d= + + ≥ +
1 2 2d d ≤
2 2
1 2| || | 2 25 2 25AC BD d d= − ⋅ −
( )2 2 2 2 2
1 2 1 24 25 25 d d d d= − + +
( )2 2 2
1 2 1 24 25 25 6 d d d d= − − +
2 2
1 2 1 24 25 25 19d d d d= + + ×
24 4 25 4 25 19 4 23≤ + × + × = ×
3 | | | | 23 34ABCDS AC BD= ⋅ ≤ 1 2d d=10
当 时， ，
∴ ，
又 ，
所以 ，
综上所述，四边形 面积的最大值为 .
解法 2：
（当且仅当 时取等号），
要使得 ，则直线 PM 应是 的平分线，
当 时，圆心 M 到直线 AC、BD 的距离为 ，则 ，
.
当 时，圆心 M 到直线 AC、BD 的距离为 ，则 ，
.
综上所述，四边形 面积的最大值为 .
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系应用，由点到直线距离和弦长求圆的标准方程，正弦定理与余下
定理在解三角形中的应用，三角形面积公式的应用，基本不等式求最值，属于难题.
7．【答案】(1) (2)见解析
1 2 60H MH °∠ = 2 2
1 2 1 2 1 26d d d d d d+ − = ≥
1 2 6d d ≤
( )2 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2| | | | 4 25 25 25 25AC BD d d d d d d⋅ = − − = − + +
2 2
1 2 1 2
3 | | | | 3 25 25 19 19 34ABCDS AC BD d d d d= ⋅ = − + × ≤
ABCD 23 3
1 3| | | | sin | | | |2 4ABCDS AC BD APD AC BD= ⋅ ⋅ ∠ = ⋅
23 | | | |
4 2
AC BD+ ≤ ⋅
| | | |AC BD=
| | | |AC BD= APD∠
120APD∠ = ° 6 | | | | 2 19AC BD= =
( ) 2
max
3 | | | | 19 34 2ABCD
AC BDS
+ = ⋅ =
60APD∠ = ° 2 | | | | 2 23AC BD= =
( ) 2
max
3 | | | | 23 34 2ABCD
AC BDS
+ = ⋅ =
ABCD 23 3
2 2
116 9
x y+ =11
【分析】（1）根据 的周长为 16，可得 ，再根据离心率 ，得出 ，从而可得椭圆
的方程；（2）根据圆及椭圆的对称性可得 ， 两点关于 轴对称，设 ， ，则
，从而得出直线 的方程，即可得到点 的横坐标，同理可得 点的横坐标，从而列出
的表达式，化简求值即可得到定值.
【解析】（1）由题意得 ，则 ，
由 ，解得 ，
则 ，所以椭圆 的方程为 ．
（2）证明：由条件可知， ， 两点关于 轴对称，设 ， ，则 ，由题
可知， ，
∴ ， ．
又直线 的方程为 ，令 得点 的横坐标 ，
同理可得 点的横坐标 .
∴ ，即 为定值．
【点晴】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.
8．【答案】（1） （2）证明见解析
ABE∆ 4a = 7
4e = 7c =
C M N x ( )1 1,M x y ( )0 0,P x y
( )1 1,N x y− PM G H
OG OH⋅
4 16a = 4a =
7
4
c
a
= 7c =
2 2 2 9b a c= − = C
2 2
116 9
x y+ =
M N x ( )1 1,M x y ( )0 0,P x y ( )1 1,N x y−
2 2
1 1 116 9
x y+ =
2 2
0 0 116 9
x y+ =
( )2 2
1 1
16 99x y= − ( )2 2
0 0
16 99x y= −
PM ( )1 0
0 0
1 0
y yy y x xx x
−− = −− 0y = G 1 0 0 1
0 1
G
x y x yx y y
−= −
H 1 0 0 1
0 1
H
x y x yx y y
+= +
( )0,e 16= OG OH⋅
2 4x y=12
【分析】（1）先求出 ，由题得 ，解方程即得解；（2）设
， ，先求出切线 的方程，根据 得 .再求出直线
方程，证明其过定点.
【解析】（1）因为点 在抛物线 上，所以 ，得 .
因为点 到准线 的距离与到原点 的距离相等.
所以 ，解得 （负值舍）.
所以抛物线 的方程为 .
（2）设 ， ，依题意， ， .
因为 ， ，
所以切线 的方程为 ，即 ，
同理，切线 的方程为 .
联立方程组 解得
所以点 得坐标为 .
因为 ，所以 ，
1m p
= ( ) 2
21 12 0 02
p
p p
+ = − + −
2
1
1, 4
xA x
2
2
2 , 4
xB x
,PA PB 1OP ABk k⋅ = − 1 2 8x x = − AB
( ),2M m C 2 2pm= 1m p
=
( ),2M m 2
py = − O
( ) 2
21 12 0 02
p
p p
+ = − + −
2p =
C 2 4x y=
2
1
1, 4
xA x
2
2
2 , 4
xB x
1 2x x≠ 1 2 0x x+ ≠
21
4y x= 1
2y x′ =
PA ( )2
1
1 1
1
4 2
xy x x x− = −
2
1
1
1
2 4
xy x x= −
PB
2
2
2
1
2 4
xy x x= −
2
1
1
2
2
2
1 ,2 4
1 ,2 4
xy x x
xy x x
= −
= −
1 2
1 2
,2
,4
x xx
x xy
+ =
=
P 1 2 1 2,2 4
x x x x+
OP AB⊥ 1OP ABk k⋅ = −13
即 ，整理得 .
所以直线 的方程为 ，即
所以直线 恒过定点 .
【点睛】本题主要考查抛物线方程的求法，考查直线和抛物线的位置关系，考查抛物线中的直线定点问
题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
9．【答案】（1） （2）存在常数 ，使得使
【分析】（1）由抛物线的性质，到焦点的距离等于到准线的距离，且 三点共线时 的
最小值为 2 可得 的值.进而求出抛物线的方程.
（2）由（1）可得 的坐标，求导可得在 处的切线方程，设动准线 的方程与在 处的切线方程联立求
出交点 的坐标，直线与抛物线联立求出两根之和及两根之积，求出 和 的表达式，
进而求出 ，假设存在 满足条件，因为 为常数，所以可得 的值.
【解析】（1）抛物线的准线方程为： ，因为 点在抛物线内部，过 作 垂直于准线交于
，抛物线于 ，由抛物线的性质可得 ，当且仅当， 三点
共线时 最小，即 ，即 ，解得： ，
所以抛物线的方程为： ；
（2）有题意 在抛物线上，所以 ，所以 ，即 ，
因为 ，所以 ，
2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
4 4 1
2
4
x x x x
x x x x
−
⋅ = −+ − 1 2 8x x = −
AB ( )2
1 1 2
14 4
x x xy x x
+− = − 1 2 24
x xy x
+= +
AB ( )0,2
2 4x y= 2
2
1 k
λ = +
2| | | | | |PB PM PNλ= ⋅
, ,A Q N | | | |QA QF+
p
B B l B
P 2| | , | |PB PM | |PN
| | | |PM PN⋅ λ k λ
2
py = − A A AN
N Q | | | | | | | | | |QA QF QA QN AN+ = + , ,A Q N
| | | |QA QF+ | | 2AN = 1 22
p+ = 2p =
2 4x y=
B 22 4b= 1b = (2,1)B
2
4
xy =
2
xy′ =14
所以在 处的斜率为： ，
所以在 处的切线方程为： ，即 ，
设直线 的方程： ，且 ，
联立 与切线方程： ，解得： ，即 ，
设 ，假设存在 值满足条件，
联立直线 与抛物线的方程： ，整理可得： ，即
，
，
，
，
同理可得： ，
所以
，
所以 ，所以 ，
B 2 12
=
B 1 2y x− = − 1y x= −
l y kx m= + 1k ≠
l
1y x
y kx m
= −
= +
1,1 1
k m my xk k
+ += =− −
1,1 1
m k mP k k
+ +
− −
( ) ( )1 1 2 2, , ,M x y N x y λ
l 2 4
y kx m
x y
= +
=
2 24 4 0, 16 16 0x kx m k m− − = ∆ = + >
2 0k m+ >
1 2 1 24 , 4x x k x x m+ = = −
2 2 2
2 1 2 1| | 2 1 21 1 1
m k m k mPB k k k
+ + + − = − + − = − − −
2 2 2 2
2
1 1 1 1 1
1 1 1| | 1 | |1 1 1 1 1
m k m m k m mPM x y x kx m k xk k k k k
+ + + + + = − + − = − + + − = + ⋅ − − − − − −
2
2
1| | 1 1
mPN k x k
+= + ⋅ − −
( ) ( ) ( )2
2 2
1 2 1 2
1 1 4 ( 1)| | | | 1 1 | 41 1 1
m m k mPM PN k x x x x k mk k k
+ + + ⋅ = + − + + = + ⋅ − − + − − −
2 2
2
2
1 [( 1) 2 ]| 11 (1 )
m m kkk k
+ − + = + ⋅ − −
( )2 2
22 1 2 12 11 1
k m k mkk k
λ+ − + − ⋅ = ⋅ + ⋅ − − 2
2
1 k
λ = +15
所以存在常数 ，使得使 .
【点睛】本小题主要考查抛物线方程的求法，考查直线和抛物线的位置关系，考查探究性问题的求解，考
查运算求解，属于难题.
10．【答案】（1） .（2）存在点 ，定值为 .
【分析】（1）设 ，由题意知： ，利用距离公式及弦长公式可得方程，化简可得 P 的轨
迹方程；
（2）假设存在 ，设 ､ ，由题意知直线 的斜率必不为 0，设直线 的方程，与
抛物线联立，利用根与系数关系可求得 ，当 时，上式 ，
与 无关，为定值.
【解析】（1）设 ，由题意知： .
当 点不在 轴上时，过 做 ，交 于点 ，则 为 的中点，
， .
又 ，
，化简得 ；
2
2
1 k
λ = +
2| | | | | |PB PM PNλ= ⋅
2 4y x= (2,0)Q 1
4
( , )P x y PA PG=
( ,0)Q a ( )1 1,S x y ( )2 2,T x y l′ l′
( )
2
1
2 2 2 2
1
21 1
2 1
t a
QS QT a t
++ =
+ 2a = 2 2
1 1 1
4QS QT
+ =
1t
( , )P x y PA PG=
P y P PB GH⊥ GH B B GH
1 22GB GH∴ = = 2 4PG x∴ = +
2 2( 2)PA x y= − +
2 2 2( 2) 4x y x∴ − + = + 2 4 ( 0)y x x= ≠16
当 点在 轴上时，易知 点与 点重合. 也满足 ，
曲线 的方程为 .
（2）假设存在 ，满足题意.
设 ､ .由题意知直线 的斜率必不为 0，
设直线 的方程为 .
由 得 . ， .
， .
，
，
，
.
，
当 时，上式 ，与 无关，为定值.
P y P O (0,0)P 2 4y x=
∴ C 2 4y x=
( ,0)Q a
( )1 1,S x y ( )2 2,T x y l′
l′ ( )1 1 0x t y a t= + ≠
1
2 4
x t y a
y x
= +
=
2
14 4 0y t y a− − = 1 2 14y y t∴ + = 1 2 4y y a⋅ = −
( ) 2
1 2 1 1 2 12 4 2x x t y y a t a∴ + = + + = + 2 2 2
1 2 1 2
1
16x x y y a⋅ = ⋅ =
( ) ( )2 22 2 2 2
1 1 1 1 1 14 (4 2 )QS x a y x a x x a x a= − + = − + = + − +
( ) ( )2 22 2 2 2
2 2 2 2 2 24 (4 2 )QT x a y x a x x a x a= − + = − + = + − +
( )2 2 2 2 2
1 2 1 2(4 2 ) 2QS QT x x a x x a∴ + = + + − + +
( ) ( )2 2
1 2 1 2 1 2(4 2 ) 2 2x x a x x x x a= + + − + − +
( )( ) 2
1 2 1 2 1 24 2 2 2x x x x a x x a= + + + − − +
( )( )2 2
1 14 2 4 4t a t= + +
( )22 2 2 2
116 1QS QT a t⋅ = +
( )( )
( ) ( )
2 22 2 2
1 1 1
22 2 2 2 2 22 2
11
4 2 4 41 1 2
2 116 1
t a tQS QT t a
QS QT QS QT a ta t
+ ++ +∴ + = = =⋅ ++
2a = 2 2
1 1 1
4QS QT
+ = 1t17
存在点 ，使过点 的直线 与曲线 的交点 满足 为定值 .
【点睛】本题考查轨迹方程、定值问题的求解，求轨迹方程，一般是求谁设谁的坐标然后根据题目等式直
接求解即可，存在性与定值问题一般设存在，代入，结合韦达定理等知识消去参数求解，属于较难题型.
11．【答案】（1） （2） ，直线 的方程为
【分析】（1）根据椭圆的定义直接计算得到答案.
（2）先计算得到 ，设 ，利用韦达定理得到 ，利用
面积公式根据均值不等式得到答案.
【解析】（1）∵ ，∴动点 的轨迹是以 为焦点的椭圆，
方程为：
（2） ，
设 ，则 ，
∴ ，
又： ，∴
∴ (2,0)Q Q l′ C S T、 2 2
1 1
QS QT
+ 1
4
2 2
14 2
x y+ = 2 l 2 3y x= ±
3 2 3 2m− < < ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y
1 2
2
1 2
8
9
2 4
9
mx x
mx x
+ = − − =
| | | | 4 2 2PM PN+ = > P ( 2,0), ( 2,0)M N−
2 2
14 2
x y+ =
2 2
2 2
2 , 9 8 2 4 02 4
y x m x mx mx y
= + ∴ + + − = + =
2144 8 0, 3 2 3 2m m∆ = − > ∴− < <
( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y
1 2
2
1 2
8
9
2 4
9
mx x
mx x
+ = − − =
( )2
1 2 1 2 1 2| | 5 5 4AB x x x x x x= − = ⋅ + − 22 10 189 m= ⋅ −
| |
5
mh = ( )2 2
2
2 181 2 | || | 182 9 9AOB
m mmS AB d m
⋅ − ⋅⋅= ⋅ ⋅ = ⋅ − =△
( )2 218
2 218
m m− +
≤ ⋅ =18
当且仅当 ，即 （满足 ）时，等号成立.
∴此时直线 的方程为
【点睛】本题考查了轨迹方程，面积的最值问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
12．【答案】（1） ；（2） ；（3）详见解析.
【解析】 (1) 由题意知， ,得 .
故椭圆 的方程为 .
(2) 点 与点 关于 轴对称，设 ，由点 椭圆 上，则
,得
.由题意知， , 当 时， 取得最小值 .此时，
，故 .又点 在圆 上，代入圆的方程，得 .
故圆 的方程为 .
（3）设 ，则 的方程为 .令 ，得
.同理可得， . 故 . ①
都在椭圆 上， ,代入①得，
2 218 m m− = 3m = ± 0>
l 2 3y x= ±
2
2 14
x y+ = ( )22 1121 25x y+ − =
2
2 2
2
3 31, , 1,2 4
c cb e a ca a
= = = ∴ − = = 2 24, 3a c= =
C
2
2 14
x y+ =
A B y ( ) ( )1 1 1 1, , ,A x y B x y− A C
( )2 2
1 14 4 , 0,1x y T= −
( ) ( ) ( )22 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1, 1 , , 1 , · 1 4 4 2 1TA x y TB x y TATB x y y y y= − = − − ∴ = − + − = − + − +
2
1
1 165 5 5y = − − 10 1y< < ∴ 1
1
5y = ·TATB 16
5
−
2
1 1
4 4 64 ,25 5x x= − = 4 6 1,5 5A
A T 2 112
25r =
T ( )22 1121 25x y+ − =
( )0 0,P x y PA ( )0 1
0 0
0 1
y yy y x xx x
−− = −− 0x =
( )0 1 0 0 1 1 0
0
0 1 0 1
M
y y x x y x yy y x x x x
− −= − =− −
0 1 1 0
0 1
N
x y x yy x x
+= +
2 2 2 2
0 1 1 0
2 2
0 1
·M N
x y x yy y x x
−= −
( ) ( )0 0 1 1, , ,P x y A x y C
2 2
2 20 1
0 11 , 14 4
x xy y∴ = − = −19
.即得 为定值.
【点晴】椭圆是重要而典型的圆锥曲线代表之一，也是高考重点考查的重要考点和热点之一，求解第一问
时，充分依据题设条件借助椭圆的的标准方程求出参数使得问题获解；解答第二问时，先依据题设建立向
量的数量积的想坐标形式的目标函数，再求其最小值，从而求出此时的圆的方程；解答第三问时，先建立
直线的方程，再借助坐标之间的关系进行分析推证，从而获得定值的结论．
13．【答案】（1） 或 ；（2） ；（3）存在定点 ，
此时 为定值 或定点 ，此时 为定值 .
【分析】（1）讨论斜率是否存在：当斜率不存在时，易判断 为圆 的切线；当斜率存在时，设出直
线方程，由圆心到直线距离等于半径，即可求得斜率，进而确定直线方程.
（2）由点到直线距离公式可先求得点 到直线 的距离，再根据所得弦长和垂径定理，即
可确定半径，进而得圆 的方程；
（3）假设存在定点 ，使得 为定值，设 ， ， ，根据切线长定理及两点间
距离公式表示出 ，代入 并结合圆 M 的方程，化简即可求得 ，进
而代入整理的方程可得关于 的一元二次方程，解方程即可确定 的值，即可得定点坐标及 的
值.
【解析】（1）若过点 的直线斜率不存在，直线方程为 ，为圆 的切线；
当切线 的斜率存在时，设直线方程为 ，
即 ，
圆心 到切线的距离为 ，解得 ，
22
2 2 01
0 1
2 2
0 1
1 14 4· 1M N
xxx x
y y x x
− − − = =−
· · 1M NOM ON y y= =
1x = 15 8 17 0x y− + = 2 2( 1) ( 4) 36x y− + − = ( 1, 4)R − −
PQ
PR
2
2
1 4,17 17R − −
PQ
PR
34
6
1x = O
M 2 8 0x y− − =
M
R PQ
PR
( , )R a b ( , )P x y
2
2
PQ
PR
λ=
2 2,PQ PR
2
2
PQ
PR
λ= 1 4 4,a b
λ λ
λ λ
− −= =
λ , ,a b λ PQ
PR
M 1x = O
O 4 ( 1)y k x− = −
4 0kx y k− − + =
∴ O 2
| 4 | 1
1
k
k
− + =
+
15
8k =20
直线方程为
综上切线的方程为 或 ，
（2）点 到直线 的距离为 ，
又 圆被直线 截得的弦长为 8，
，
圆 的方程为 ，
（3）假设存在定点 ，使得 为定值，
设 ， ，
点 在圆 上，
，则
为圆 的切线，
，
，
，
即
整理得
∴ 15 8 17 0x y− + =
1x = 15 8 17 0x y− + =
(1,4)M 2 8 0x y− − = | 2 4 8 | 2 5
5
d
− −= =
2 8y x= −
2 2(2 5) 4 6r∴ = + =
∴ M 2 2( 1) ( 4) 36x y− + − =
R PQ
PR
( , )R a b ( , )P x y
2
2
PQ
PR
λ=
P M
2 2( 1) ( 4) 36x y∴ − + − = 2 2 2 8 19x y x y+ = + +
PQ∵ O
OQ PQ∴ ⊥
2 2 2 21 1PQ PO x y∴ = − = + −
2 2 2( ) ( )PR x a y b= − + −
2 2 2 21 ( ) ( )x y x a y bλ ∴ + − = − + −
( )2 22 8 19 1 2 8 19 2 2x y x y ax by a bλ+ + − = + + − − + +
( )2 2(2 2 2 ) (8 8 2 ) 18 19 0a x b y a bλ λ λ λ λ λ λ− + + − + + − − − = (*)21
若使 对任意 恒成立，则 ，
，代入得 ，
化简整理得 ，解得 或 ，
或 ，
存在定点 ，此时 为定值 或定点 ，
此时 为定值 .
【点睛】本题考查了过圆外一点的切线方程求法，注意斜率不存在的情况，由几何关系确定圆的方程，圆
中定点和定值问题的综合应用，属于难题.
14．【答案】(1) (2) 存在，
【分析】（1）利用圆与圆外切时，圆心距等于半径之和，圆与圆内切时，圆心距等于半径之差的绝对
值，从而得到方程组，再利用双曲线定义得到圆心的轨迹为双曲线的右支；
（2）利用设而不求、点差法、中点坐标公式，求得直线 的斜率.
【解析】（1）设动圆圆心 ，半径为 ，
(*) ,x y
2 2
2 2 2 0
8 8 2 0
18 19 0
a
b
a b
λ λ
λ λ
λ λ λ
− + =
− + =
− − − =
1
4 4
a
b
λ
λ
λ
λ
− =∴ − =
2 21 4 418 19 0
λ λλ λ λλ λ
− − − − − =
236 52 17 0λ λ− + = 1
2
λ = 17
18
λ =
1
2
1
4
a
b
λ =
∴ = −
= −
17
18
1
17
4
17
a
b
λ =
= −
= −
∴ ( 1, 4)R − − PQ
PR
2
2
1 4,17 17R − −
PQ
PR
34
6
( )2 2
1 24 5
x y x− = ≥ 5 19 0x y− − =
AB
( ),P x y r22
根据题意得： ，所以 ，
则动点 轨迹为双曲线（右支），所以 ， ， ，
所以轨迹方程 为 .
（2）设 ，代入双曲线的方程得
两式相减得 ，
因为 是线段 的中点，所以
所以 ，所以 的方程为 .
【点睛】本题考查双曲线的定义，点差法的应用，注意求出的双曲线方程要进行验证，只是双曲线的右
支，考查逻辑推理能力和运算求解能力.
15．【答案】（1） ；（2）存在两个不同点 P，满足
【分析】（1）根据直线方程求出 和焦点 ，计算出椭圆方程的基本量；
（2）求出满足 的点 P 的轨迹方程，将问题转化为考虑直线与曲线的交点个数问题.
【解析】（1）设椭圆 C 的半焦距为 c
因为直线 l 的方程为 ，令 ，得 ，则点 ，即 .
令 ，得 ，则点
1
2
3
1
MC r
MC r
= + = − 1 2 4 6MC MC− = <
M 2a = 3c = 5b =
C ( )2 2
1 24 5
x y x− = ≥
1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y
2 2
1 1
2 2
2 2
5 4 20,
5 4 20,
x y
x y
− =
− =
1 2 1 2 1 2 1 25( )( ) 4( )( ) 0x x x x y y y y− + − − + =
( )4,1Q AB
1 2
1 2
42
1,2
x x
y y
+ = + =
，
1 2 1 2
1 2 1 2
5 54AB
y y x xk x x y y
− += = =− + AB 5 19 0x y− − =
2 2
16 2
x y+ = 21 3PF PF=
(0,2)M 1( 2,0)F −
21 3PF PF=
2 0x y− + = 0y = 2x = − 1( 2,0)F − 2c =
0x = 2y = (0,2)M23
由 ，得 ，解得 ，所以 .
所以
所以椭圆 C 的方程为
（2）存在点 P，满足
因为直线 与直线 之间的距离为 ，
所以 ，解得 或
因为 ，所以 舍去，故
故直线 的方程为：
设直线 上存在点 满足 ，且点 ， ，
则
整理得 ，它表示圆心在 ，半径 的圆
因为圆心 到 的距离为 ，所以
所以直线 与圆 相交，
所以在直线 存在两个不同点 P，满足
【点睛】此题考查求椭圆的标准方程，根据直线与坐标轴的焦点坐标求解，根据几何关系求轨迹方程解决
直线与圆的位置关系.
2| | | |OM OA= 22 | |OA= | | 2OA = 2b =
2 2 6a b c= + =
2 2
16 2
x y+ =
21 3PF PF=
2 0l x y− + =: : 0( 0)l x y m m′ − + = < 5 2
4
| 2 | 5 2
42
m− = 1
2m = − 9
2m =
0m < 9
2m = 1
2m = −
l′ 1 02x y− − =
l′ ( , )P x y 21 3PF PF= 1( 2,0)F − 2 (2,0)F
2 2 2 2( 2) 3 ( 2)x y x y+ + = − +
2
25 9
2 4x y − + =
5 ,02C′
3
2r =
5 ,02C′
1: 02l x y′ − − =
5 1
2 2 2
2
d
−
= = d r<
l′ C′
l′ 21 3PF PF=24
16．【答案】（1） （2）
【分析】（1）设动圆 的半径为 ，由题动圆 与圆 内切，与圆 外切，则
，由此即可得到动圆圆心 的轨迹是以 为焦点，长轴长为 的
椭圆，进而得到动圆圆心 的轨迹 的方程；
（2）设直线 上任意一点 的坐标是 ，切点 坐标分别是 ，
；则经过 点的切线斜方程是 ，同理经过 点的切线方程是 ，又两
条切线 ， 相交于 .可得经过 两点的直线 的方程是 ，对 分类讨论分别
求出 的值，即可得到 的最小值.
【解析】（1）设动圆 的半径为 ，∵动圆 与圆 内切，与圆 外切，
∴ ，且 .于是， ，
所以动圆圆心 的轨迹是以 为焦点，长轴长为 的椭圆.从而， ，
所以 .故动圆圆心 的轨迹 的方程为 ．
（2）设直线 上任意一点 的坐标是 ，切点 坐标分别是 ，
；则经过 点的切线斜率 ，方程是 ，
经过 点的切线方程是 ，又两条切线 ， 相交于 .
则有 ，所以经过 两点的直线 的方程是 ，
2
2 12
x y+ = 2
M r M 1F 2F
1 2 1 22 2 2MF MF F F+ = > = M 1 2,F F 2 2
M C
2x = Q ( )2,t ,M N ( )3 3,x y
( )4 4,x y M 3 3 2x x y y+ = N 4 4 2x x y y+ =
MQ NQ Q ( )2,t ,M N l 2 2x ty+ = t
|EF EF
M r M 1F 2F
1
7 2
4MF r= − 2
2
4MF r= + 1 2 1 22 2 2MF MF F F+ = > =
M 1 2,F F 2 2 2, 1a c= =
1b = M C
2
2 12
x y+ =
2x = Q ( )2,t ,M N ( )3 3,x y
( )4 4,x y M 3
3
xk y
= −
3 3 2x x y y+ =
N 4 4 2x x y y+ = MQ NQ Q ( )2,t
3 3
4 4
2 2
2 2
x ty
x ty
+ =
+ =
,M N l 2 2x ty+ =25
①当 时，有 ， ， ， ，则 ；
②当 时，联立 ，整理得 ；
设 坐标分别为 ， ，则 ，
所以 ，
综上所述，当 时， 有最小值 ．
【点睛】本题考查点的轨迹的求法，考查直线与圆、椭圆的位置关系，属中档题.
17．【答案】（1） ；（2）
【分析】（1）设 ，写出动点 与两定点 ， 连线的斜率，由已知，可求出 的
方程，即可求出曲线 的方程.
（2）写出直线 的方程，与曲线 的方程联立，可求出交点 的坐标；求出直线 的方程，即可求
出 到 的距离，从而可求出 ，结合基本不等式可求出面积的
最大值.
【解析】（1）设 ， ， ，化简得：
又 ，
动点 的轨迹方程为
0t = ( )1,1M ( )1, 1N − 21, 2E
21, 2F
−
2EF =
0t ≠ 2
2
2 2
12
x ty
x y
+ = + =
( )2 2 28 16 8 2 0t x x t+ − + − =
,E F ( )5 5,x y ( )6 6,x y
5 6 2
2
5 6 2
16
8
8 2
8
x x t
tx x t
+ = + − ⋅ = +
( ) ( )22
2
5 6 5 6 2 2
2 2 42 8 21 4 2 2 28 8
t
EF x x x xt t t
+ = + − ⋅ + − = = − > + +
EF 2
2
2 1( 0)4
x y x+ = ≠ 2 2
( , )P x y P (0,1)A (0, 1)B − ,x y
E
l E ,C D AM
,C D AM ( )1 2 2
1 2 4
2 1 4MCAD
kS AM d d
k
+= + =
+
( , )P x y 1
4AP BPk k⋅ = − ( )1 1 1 04
y y xx x
− +∴ ⋅ = − ≠ 2
2 14
x y+ =
0x ≠
∴ P
2
2 1( 0)4
x y x+ = ≠26
（2）设直线 的方程为 ，由 得 ，
， ，
， ，
， ，
直线 的方程为 .
点 到直线 的距离
同理：点 到直线 的距离 ，因为 ，且
所以
，
当且仅当 ，即 时等号成立. 四边形 面积的最大值为
【点睛】本题考查了曲线方程的求解，考查了点到直线的距离，考查了直线的方程，考查了直线与曲线的
位置关系，考查了基本不等式.本题的易错点是在求曲线方程时，忽略斜率一定存在，即 这一条件.求
曲线方程一般的做题思路是设出动点坐标，由题意条件列出关于动点坐标的方程，即可求出；对于一些题
目，也可结合椭圆、双曲线、抛物线、圆的定义，先判断出动点的轨迹，再进行求解.
l ( 0)y kx k= > 2
2 14
y kx
x y
= + =
( )2 21 4 4k x+ =
2
2
1 4Cx
k
∴ =
+ 2
2
1 4Dx
k
= −
+
2
2
1 4C
ky
k
∴ =
+ 2
2
1 4D
ky
k
= −
+
(0,1)A (2,0)M
∴ AM 2 2 0x y+ − =
∴ C AM ( )
2
1 2
2 4 2 1 42 2
5 5 1 4
C C
k kx yd
k
+ − ++ −= =
+
D AM ( )
2
2 2
2 4 2 1 4
5 1 4
k k
d
k
+ + +
=
+
( )2 21 2 1 4k k+ > + 0k >
( ) ( )
2 2
1 22 2
2 4 2 1 4 2 4 2 1 4,
5 1 4 5 1 4
k k k kd d
k k
+ − + + + += =
+ +
( )1 2 22
1 2 4 4 42 1 2 1 2 212 1 41 4 4
MCAD
k kS AM d d kk kk
+∴ = + = = × + = × + ≤++ +
1 4kk
= 1
2k = ∴ MCAD 2 2
0x ≠27
18．【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）令 ，由 建立方程求解.然后对 讨论分析.
（2）根据 得到点 的轨迹为椭圆 ，再根据焦点位置讨论求解.
【解析】（1）令 ，则
，
∴
，
代入 ，
得 ，
即为动点 的轨迹方程.
当 时，表示直线 ；
当 时，表示圆；
当 时，表示双曲线；
当 或 时，表示椭圆.
（2）由 点的轨迹为椭圆 ，
1° 时， ，
所以 .
1 1 11, ,2 3 2
− − ∪
( )M x y， ( )2OM AM k CM BM d⋅ = ⋅ − k
3 2
3 2e ， M ( ) 2
21 11
yx k
− + =−
( )M x y， ( ) ( ) ( )2 1OM x y AM x y CM x y= = − = − ， ， ， ， ， ，
( )2 1 1BM x y d y= − − = − ， ，
( ) 2 2 22 2OM AM x x y x y x⋅ = − + = + − ，
( ) ( ) ( )2 222 1 2 1CM BM x x y x x y⋅ = − + − = − + −
( )2OM AM k CM BM d⋅ = ⋅ −
( ) ( )2 21 2 1 0k x k x y− + − + =
M
1k = 0y =
0k =
1k >
0 1k< < 0k <
3 2
3 2e M⇒ ( ) 2
21 11
yx k
− + =−
0 1k< < 2 2 2 21 1a b k c k e k= = − = =， ， ，
2 2
3 2 1 1
3 2 3 2k k
⇒ 28
2° 时， .
结合 ，
所以 ，
综上所述： .
【点睛】本题主要考查曲线与方程以及椭圆离心率的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
19．【答案】(1) ;(2)是定值为 .
【分析】(1)设 ,根据 ,用 表示 ,代入 即可求出轨
迹 的方程.
(2)设出直线方程,与轨迹 的方程联立,由韦达定理求出交点坐标的关系,对斜率之比进行化简即可判断.
【解析】(1)设 ,则 . .
解得
在 上, ,整理得
故动点 的轨迹 的方程为 .
(2)由题意知, 的斜率不为 0,则设 , ,
与曲线 方程联立得 ,整理得
则
0k < 2
1 1
k ke k k
−= =− −
3 2 1 1
3 2 3 1 2
ke k
∈ ⇒ −
，
11 2k− −
1 1 11 2 3 2k ∈ − − ∪ ， ，
2 2
19 8
x y+ = 1
2
( ) ( )0 0, , ,M x y P x y 4 3 2PQ MQ= ,x y 0 0,x y 2 2 9x y+ =
E
E
( ) ( )0 0, , ,M x y P x y ( )0 ,0Q x ( ) ( )0 00, , ,PQ y MQ x x y∴ = − = − −
4 3 2PQ MQ=
( )0
0
0 3 2
4 3 2
x x
y y
= −∴ − = −
0
0
3 2
4
x x
yy
= =
( )0 0,P x y 2 2 9x y+ =
2
2 3 2 94
yx
∴ + =
2 2
19 8
x y+ =
M E
2 2
19 8
x y+ =
l : 1l x my= + ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y
E 2 2
1
19 8
x my
x y
= + + =
( )2 28 9 16 64 0m y my+ + − =
1 2 1 22 2
16 64,8 9 8 9
my y y ym m
+ = − = −+ +
( )1 2 1 24my y y y∴ = +29
直线 的斜率 ,直线 的斜率
此时
所以直线 与 的斜率之比是定值,为 .
【点睛】本题考查了轨迹方程,考查了直线与椭圆的位置关系.对于过定点的直线问题,一般在设的时候,如果
可以确定斜率存在,则可用点斜式;若可以确定斜率不为 0,但不确定斜率存在与否,则可设直线方程为
.本题难点是,有韦达定理找出 .
20．【答案】（1） （2）
【分析】（1）本问考查曲线轨迹方程的求法，画出图形分析，根据垂直平分线的性质可知 ，
再根据 ，于是得到 所以点 的轨迹 为以
为焦点的椭圆，可以求出轨迹方程；（2）首先考虑当直线斜率存在时，方程可设为 ，设
，联立直线与椭圆方程，消去 y，得到关于 x 的一元二次方程后，列出
，假设在 轴上是否存在定点 ，使以 为直径的圆恒过这个点，则 即
于是经计算可以求出 m 的值，再检验当斜率不存在时也符合上面求出的值.
【解析】(1)由题意得
点 的轨迹 为以 为焦点的椭圆，
点 的轨迹 的方程为
(2)直线 的方程可设为 ，设
AG 1
1
1 3
yk x
= + BH 2
2
2 3
yk x
= −
( )
( )
( )
( )1 2 1 21 1 2 1 1 2 1
2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 2
3 2 2 4 4 2 1
3 4 4 4 4 4 2
y x y myk my y y y y y
k y x y my my y y y y y
− − − + −= = = = =+ + + + +
AG BH 1
2
x ay b= + ( )1 2 1 24my y y y= +
2
2 1.2
x y+ = ( )0, 1Q −
2MP MF=
1 1MF MP F P r+ = = 1 2 1 22 2 | 2,MF MF F F+ = = M C 1 2,F F
1
3y kx= +
( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y
1 2 1 2x x x x+ ， y ( )0,Q m AB AQ BQ⊥
0.AQ BQ⋅ =
1 2 1 1 1 22 2 | 2,MF MF MF MP F P F F+ = + = = =
∴ M C 1 2,F F
2 2 2,2 2,a c= = ∴ M C
2
2 1.2
x y+ =
l 1
3y kx= + ( ) ( )1 1 2 2, , , ,A x y B x y30
联立 可得
由求根公式化简整理得
假设在 轴上是否存在定点 ，使以 为直径的圆恒过这个点，则
即
求得
因此，在 轴上存在定点 ，使以 为直径的圆恒过这个点.
【点晴】本题考查定义法求轨迹方程，根据题意转化为椭圆定义，从而求出轨迹方程，求定值问题常见的
方法：（1）从特殊点入手，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.定点问题的常见解法：（1）假设定点坐标，根据题意选择参数，建立
一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解
为坐标的点即为所求定点，（2）从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意.
2
2
1 ,3
1,2
y kx
x y
= +
+ =
( )2 29 1 2 12 16 0.k x kx+ + − =
( ) ( )1 2 1 22 2
4 16, ,
3 1 2 9 1 2
kx x x x
k k
+ = − = −
+ +
y ( )0,Q m AB
AQ BQ∴ ⊥ ( ) ( )1 1 2 20. , , , ,AQ BQ AQ x m y BQ x m y⋅ = = − − = − −
( )( )1 2 1 2 1 2 1 2
1 1
3 3AQ BQ x x m y m y x x m kx m kx ⋅ = + − − = + − − − −
( ) ( )2 2
1 2 1 2
1 2 11 3 3 9
mk x x k m x x m = + + − + + − +
( )
( ) ( )
2
2
2
2 2
11216 1 2 13
3 99 1 2 9 1 2
k mk mm
k k
− + = − − + − +
+ +
( ) ( )
( )
2 2 2
2
18 18 9 6 15
0.
9 1 2
m k m m
k
− + − −
= =
+
2
2
18 18 0,
9 6 15 0,
m
m m
− =∴
− − =
1.m = −
y ( )0, 1Q − AB31
21．【答案】（1） (x≠0)；（2）(2,+∞).
【分析】（1）设 P(x1,y1)，Q(x2,y2)，M（x0,y0），欲求点 M 的轨迹方程，即寻找其坐标的关系，可通过另外
两点 P，Q 与中点 M 的关系结合中点坐标公式求解；
（2）欲求 的取值范围，可转化为将其表示成某变量的表达式，设直线 l:y=kx+b，依题意 k≠0，
b≠0，分别过 P、Q 作 PP′⊥x 轴，QQ′⊥x 轴，垂足分别为 P′、Q′，则
，然后再利用韦达定理及均值不等式求此表达式的最值问题．
【解析】(1)设 P(x1,y1)，Q(x2,y2)，M(x0,y0)，依题意 x1≠0，y1>0，y2>0.
由 ，得 y′=x.
∴过点 P 的切线的斜率 k=x1，
∴直线 l 的斜率 ，
∴直线 l 的方程为 ，②
联立①②消去 y，得 .
∵M 是 PQ 的中点，∴ ，
消去 x1，得 ，
∴PQ 中点 M 的轨迹方程为 (x≠0).
(2)设直线 l:y=kx+b，依题意 k≠0，b≠0，则 T(0,b).
分别过 P、Q 作 PP′⊥x 轴，QQ′⊥x 轴，垂足分别为 P′、Q′，
2
2
1 12y x x
= + +
ST ST
SP SQ
+
1 2
OT OT b b
P P Q
ST ST
SP S yQ Q y
= + = +′ ′+
21
2y x=
1
1 1
lk k x
= − = −
( )2
1 1
1
1 1
2y x x xx
− = − −
2 2
1
1
2 2 0x x xx
+ − − =
( )21 2
0 0 1 0 1
1 1
1 1 1,2 2
x xx y x x xx x
+= = − = − −
( )2
0 0 02
0
1 1 02y x xx
= + + ≠
2
2
1 12y x x
= + +32
则 .
由 ，y=kx+b 消去 x，得 y2−2(k2+b)y+b2=0.③
则 y1+y2=2(k2+b)，y1y2=b2.
∴ .
∵y1、y2 可取一切不相等的正数，
∴ 的取值范围是(2,+∞).
【点睛】本题考查轨迹方程，中点坐标公式，直线与圆锥曲线的综合问题，解题的关键是将问题的转化再
结合韦达定理即可，属于难题.
1 2
OT OT b b
P P Q
ST ST
SP S yQ Q y
= + = +′ ′+
21: 2C y x=
2
1 2 1 2
1 1 1 12 2 2ST ST
SP b b by y y y bSQ
=
= + ≥ =+
ST ST
SP SQ
+
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