专题 8.平面解析几何
纵观近几年的高考试题，考查圆锥曲线的题目有小有大，其中小题以考查圆、椭圆、双曲线的方程及几何
性质为主，难度在中等或以下，其中圆的问题是五年两考，直线与椭圆的位置关系，五年三考，圆锥曲线
基本问题五年五考；大题则主要考查直线与抛物线的位置关系问题，五年五考，直线与椭圆位置关系问题
只 2016 年理科考查一次；命题的主要特点有：一是以过特殊点的直线与圆锥曲线相交为基础设计“连环题”，
结合曲线的定义及几何性质，利用待定系数法先行确定曲线的标准方程，进一步研究弦长、图形面积、最
值、取值范围等；二是以不同曲线（圆、椭圆、抛物线）的位置关系为基础设计“连环题”，结合曲线的定
义及几何性质，利用待定系数法先行确定曲线的标准方程，进一步研究弦长、图形面积、最值、取值范围
等；三是直线与圆锥曲线的位置关系问题，综合性较强，往往与向量（共线、垂直、数量积）结合，涉及
方程组联立，根的判别式、根与系数的关系、弦长问题等.
预测 2021 年将保持稳定，一大二小.其中客观题考查椭圆、双曲线问题或直线与圆的位置关系问题，难度
在中等或以下.主观题考查直线与抛物线的位置关系，相关各种综合问题应有充分准备.
1．（2020·浙江省高考真题）已知点 O（0，0），A（–2，0），B（2，0）．设点 P 满足|PA|–|PB|=2，且 P
为函数 y= 23 4 x 图像上的点，则|OP|=（ ）
A． 22
2
B． 4 10
5
C． 7 D． 10
【答案】D
【解析】
因为| | | | 2 4PA PB ，所以点 P 在以 ,A B 为焦点，实轴长为 2 ，焦距为 4 的双曲线的右支上，由
2, 1c a 可得， 2 2 2 4 1 3b c a ，即双曲线的右支方程为
2
2 1 03
yx x ，而点 P 还在函数
23 4y x 的图象上，所以，
由
2
2
2 1 03
3 4
yx x
y x
，解得
13
2
3 3
2
x
y
，即 13 27 104 4OP ．
故选：D.
2．（2020·浙江省高考真题）设直线 : ( 0)l y kx b k 与圆 2 2 1x y 和圆 2 2( 4) 1x y 均相切，则
k _______；b=______．
【答案】 3
3
2 3
3
【解析】
设 2 2
1 : 1C x y ， 2 2
2 :( 4) 1C x y ，由题意， 1 2,C C 到直线的距离等于半径，即 2 2
| | 1
1
b
k
，
2 2
| 4 | 1
1
k b
k
，
所以| | 4b k b ，所以 0k （舍）或者 2b k ，
解得 3 2 3,3 3k b .
故答案为： 3 2 3;3 3
3．（2020·山东海南省高考真题）斜率为 3 的直线过抛物线 C：y2=4x 的焦点，且与 C 交于 A，B 两点，则
AB =________．
【答案】16
3
【解析】
∵抛物线的方程为 2 4y x ，∴抛物线的焦点 F 坐标为 (1,0)F ，
又∵直线 AB 过焦点 F 且斜率为 3 ，∴直线 AB 的方程为： 3( 1)y x
代入抛物线方程消去 y 并化简得 23 10 3 0x x ，
解法一：解得 1 2
1 , 33x x
所以 2
1 2
1 16| | 1 | | 1 3 | 3 |3 3AB k x x
解法二： 100 36 64 0
设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，则 1 2
10
3x x ,
过 ,A B 分别作准线 1x 的垂线，设垂足分别为 ,C D 如图所示.
1 2| | | | | | | | | | 1 1AB AF BF AC BD x x 1 2
16+2= 3x x
故答案为：16
3
4．（2020·浙江省高考真题）如图，已知椭圆
2
2
1 : 12
xC y ，抛物线 2
2 : 2 ( 0)C y px p ，点 A 是椭圆
1C 与抛物线 2C 的交点，过点 A 的直线 l 交椭圆 1C 于点 B，交抛物线 2C 于 M（B，M 不同于 A）．
（Ⅰ）若 1
16
p ，求抛物线 2C 的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线 l 使 M 为线段 AB 的中点，求 p 的最大值．
【答案】（Ⅰ） 1( ,0)32
；（Ⅱ） 10
40
【解析】
（Ⅰ）当 1
16
p 时， 2C 的方程为 2 1
8y x ，故抛物线 2C 的焦点坐标为 1( ,0)32
；
（Ⅱ）设 1 1 2 2 0 0, , , , , , :A x y B x y M x y I x y m ，
由 2 2
2 2 22 2 2 2 2 0x y y my m
x y m
，
1 2 0 0 02 2 2
2 2, ,2 2 2
m m my y y x y m
，
由 M 在抛物线上，所以
2 2 2
2 2 22
4 42 22
m pm m p
，
又
2
2 22 2 ( ) 2 2 0y px y p y m y p y pm
x y m
，
01 2y y p ， 2
1 0 1 0 2 2x x y m y m p m ，
2
1 2
22 2 2
mx p m
.
由
2
2
2
2
1 4 2, 2
2
x y x px
y px
即 2 4 2 0x px
2
2
1
4 16 8 2 4 22
p px p p
2
2 2 2
2 2
1 82 4 2 2 2 2 8 162
pp p p m p p p
，
所以 24 2 18p p ， 2 1
160p ， 10
40p ，
所以， p 的最大值为 10
40
，此时 2 10 5( , )5 5A .
法 2：设直线 : ( 0, 0)l x my t m t ， 0 0,A x y .
将直线l 的方程代入椭圆
2
2
1 : 12
xC y 得： 2 2 22 2 2 0m y mty t ，
所以点 M 的纵坐标为 2 2M
mty m
.
将直线l 的方程代入抛物线 2
2 : 2C y px 得： 2 2 2 0y pmy pt ，
所以 0 2My y pt ，解得 2
0
2 2p m
y m
，因此 22
0 2
2 2p m
x m
，
由
2
20
0 12
x y 解得
2 2
2
1 2 24 2 160m mp m m
，
所以当 102, 5m t 时， p 取到最大值为 10
40
.
5．（2020·全国高考真题（理））已知 A、B 分别为椭圆 E：
2
2
2 1x ya
（a>1）的左、右顶点，G 为 E 的上
顶点， 8AG GB ，P 为直线 x=6 上的动点，PA 与 E 的另一交点为 C，PB 与 E 的另一交点为 D．
（1）求 E 的方程；
（2）证明：直线 CD 过定点.
【答案】（1）
2
2 19
x y ；（2）证明详见解析.
【解析】
（1）依据题意作出如下图象：
由椭圆方程
2
2
2: 1( 1)xE y aa
可得： ,0A a ， ,0B a ， 0,1G
,1AG a ， , 1GB a
2 1 8AG GB a ， 2 9a
椭圆方程为：
2
2 19
x y
（2）证明：设 06,P y ，
则直线 AP 的方程为： 0 0 36 3
yy x ，即： 0 39
yy x
联立直线 AP 的方程与椭圆方程可得：
2
2
0
19
39
x y
yy x
，整理得：
2 2 2 2
0 0 09 6 9 81 0y x y x y ，解得： 3x 或
2
0
2
0
3 27
9
yx y
将
2
0
2
0
3 27
9
yx y
代入直线 0 39
yy x 可得： 0
2
0
6
9
yy y
所以点C 的坐标为
2
0 0
2 2
0 0
3 27 6,9 9
y y
y y
.
同理可得：点 D 的坐标为
2
0 0
2 2
0 0
3 3 2,1 1
y y
y y
当 2
0 3y 时，
直线 CD 的方程为：
0 0
2 2 2
0 00 0
2 22 2
0 00 0
2 2
0 0
6 2
9 12 3 3
3 27 3 31 1
9 1
y y
y yy yy xy yy y
y y
，
整理可得：
2 2 2
0 00 0 0 0
2 2 24 2
0 0 00 0
8 32 3 3 8 3 3
1 1 16 9 6 3
y yy y y yy x xy y yy y
整理得：
0 0 0
22 2
00 0
4 2 4 3
3 23 3 3 3
y y yy x xyy y
所以直线 CD 过定点 3 ,02
．
当 2
0 3y 时，直线 CD ： 3
2x ，直线过点 3 ,02
．
故直线 CD 过定点 3 ,02
．
一、单选题
1．（2021·浙江高三期末）直线 0x y 与圆 2 22 0x x y 相交所得的弦长为（ ）
A．2 B．4 C． 2 2 D． 2
【答案】D
【解析】
先求得圆心和半径 r，进而可得圆心到直线 0x y 的距离 d，代入公式，即可求得答案.
【详解】
圆 2 22 0x x y 可变形为 2 2( 1) 1x y ，即圆心为（1，0）半径 r=1
所以圆心到直线 0x y 的距离
2 2
1 2
21 1
d
，
所以弦长为 2 2 12 2 1 22r d .
故选：D
2．（2021·浙江宁波市·高三月考）已知双曲线 C：
2 2
2 2 1x y
a b
，( 0a , 0b )的右顶点为 A，左焦点为 F，
动点 B 在 C 上，当 AF BF 时，有| | | |AF BF ，则 C 的离心率是（ ）
A． 2 B． 3
2 C． 3 D．2
【答案】D
【解析】
由题得
2 2 2b c ac a a a
，化简即得解.
【详解】
当| | | |AF BF 且 BF AF 时，有
2 2 2b c ac a a a
，
所以 a c a ，则 2ce a
.
所以双曲线的离心率为 2.
故选：D
3．（2021·全国高二课时练习）过点 1,0 且倾斜角为30 的直线被圆 2 22 1x y 所截得的弦长为
A． 3
2
B．1 C． 3 D． 2 3
【答案】C
【解析】
由直线的点斜式方程可得直线l 的方程，由点到直线的距离可得圆心到直线的距离 d ,结合勾股定理，即可
得结论.
【详解】
根据题意，设过点 1,0 且倾斜角为30 的直线为l ,
其方程为 tan30 1y x ,即 3 13y x ,变形可得 3 1 0x y ，
圆 2 22 1x y 的圆心为 2,0 ，半径 1r ,
设直线l 与圆交于点 AB ,
圆心到直线的距离 2 1 1
21 3
d
,
则 12 1 34AB ，故选 C.
4．（2021·浙江高三期末）已知点 (0,0), ( 3,0)O A ， ( 3,0)B ，设点 P 满足| | | | 2PA PB ，且 P 为函
数 24 2y x 图像上的点，则| |OP （ ）
A． 10 B． 5
2 C． 10
2
D． 2 6
3
【答案】C
【解析】
根据题意可知，点 P 既在双曲线的一支上，又在函数 24 2y x 的图象上，即可求出点 P 的坐标，得到
OP 的值．
【详解】
因为| | | | 2 2 3PA PB ，
所以点 P 在以 ,A B 为焦点，实轴长为 2 ，焦距为 2 3 的双曲线的右支上，
由 3, 1c a 可得，
2 2 2 3 1 2b c a ，
即双曲线的右支方程为
2
2 1 02
yx x ，
而点 P 在函数 24 2y x 的图象上，所以，
由
2
2
2
4 2
1 02
y x
yx x
，
解得
6
2
1
x
y
，
即 6 1014 2OP ．
故选：C.
5．（2021·全国高三专题练习）在直角坐标系中，已知O 为坐标原点， ( 1,0), (1,0)A B .点 P 满足 3PA PBk k
且| | | | 4PA PB ，则| |OP （ ）
A． 7 13
13
B． 85
5
C． 5 13
13
D． 13
2
【答案】B
【解析】
设 ( , )P x y ，根据椭圆的定义得出点 P 在椭圆
2 2
14 3
x y ①上，再由斜率公式得出 2 23 3y x ②，联立得
出 2 28 9,5 5x y ，最后由距离公式得出| |OP .
【详解】
设 ( , )P x y ， 4PA PB AB ，点 P 在椭圆
2 2
14 3
x y ①上
3PA PBk k ， 31 1
y y
x x
，即 2 23 3y x ②
联立①②可得 2 28 9,5 5x y ，则 2 2 17 85
5 5OP x y
故选：B
6．（2021·高三月考）在平面直角坐标系中， 1 2,0F ， 2 2,0F ，
1 2PF PF a ( aR )，若点 P 的轨迹为双曲线，则 a 的取值范围是（ ）
A． 0,4 B． 0,4 C． 4, D． 0,4 4,
【答案】A
【解析】
根据双曲线的定义中的条件可得答案.
【详解】
1 2PF PF a ，由点 P 的轨迹为双曲线，根据双曲线的定义.
则 1 2 1 2 4PF PF F F ，所以 0 4a
故选: A
7．（2021·浙江高三期末）已知点 A 为椭圆
2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
的左顶点， ,0F c 为椭圆的右焦点，
B 、 E 在椭圆上，四边形OABE 为平行四边形（O 为坐标原点），过直线 AE 上一点 P 作圆
2
2 2
4
bx c y 的切线 PQ ，Q 为切点，若 PQF△ 面积的最小值大于
2
8
b ，则椭圆 C 的离心率的取值
范围是（ ）
A． 10 20, 3
B． 10 2 ,13
C． 5 10, 3
D． 5 1,13
【答案】B
【解析】
结合题意先计算直线 AE 的表达式，然后运用点到直线的距离计算圆心 F 到直线 AE 的距离，求出三角形
PQF 的面积表达式，结合题意得到不等式，继而计算出椭圆离心率的取值范围.
【详解】
因为四边形OABE 是平行四边形，所以 / /BE AO ，且 BE AO a ，又因为点 B 、 E 关于 y 轴对称，
所以 0,2
aE y
，将其代入椭圆方程得
22
0
2 2 14
ya
a b
，解得 0
3
2y b ，故 3,2 2
aE b
， ,0A a ，
所以
3
2: 3
2
AE
b
l y x aa ，即 3 3 3 0bx ay ab ，故 minPF 即为 F 到直线 AE 的距离，
2 2
3
3 9
b a c
d
b a
，此时 2 2 2 21
4PQ d R d b ，
故
2
2 21 1 1
2 2 2 4 8PQF
b bS PQ R d b
，化简得 2 21
2d b ，故 22
2
2 2
3 1
3 9 2
b a c bb a
，即
2
2 2 2
3 1
23 9
a c
a c a
，整理得
2 2
2 2
2 1
4 2
a ac c
a c
，分子分母同除以 2a ，得
2
2
1 2 1
4 2
e e
e
，即
23 4 2 0e e ，所以 2 10
3e (舍去)或 10 2
3e ，在椭圆中 a c ，所以 1e ，所以
10 2 ,13e
故选：B
8．（2021·浙江丽水市·高三期末）点 1F ， 2F 是椭圆 C：
2 2
2 2 1( 0)x y a ba b
的左、右焦点，过 2F 作直线
1 2AB F F 交椭圆 C 于 A，B 两点，如图，将椭圆所在平面按直线 1 2F F 折成平面角为锐角 的二面角，翻
折后 A，B 两点的对应点分别为 A ， B，椭圆离心率为 e， 1AF B ，则 1 cos
1 cos
（ ）
A．
2
2
1
1
e
e
B．
2
2
1
1
e
e
C．
2 2
2 2
(1 )
(1 )
e
e
D．
2 2
2 2
(1 )
(1 )
e
e
【答案】C
【解析】
可证明 2A F B 为二面角的平面角，在 2A B F 、 1A B F 分别利用余弦定理可得 , , ,a b 的关系式，化
简后可得所求的代数式.
【详解】
因为 1 2AB F F ，故
2
2 2
bA F B F a
，且 2 1 2 2 1 2,A F F F B F F F ，
故 2A F B 为二面角的平面角即 2A F B ，
在 2A B F 中，
2 2 2
2 2 2 2( ) ( ) 2( ) cosb b bA B a a a
，
在 1A B F 中，
2 2 2
2 2 2 2(2 ) (2 ) 2(2 ) cosb b bA B a a aa a a
，
∴
2 2
2 2( ) (1 cos ) (2 ) (1 cos )b baa a
，
2
2 222
2
2 22 2 22
(2 ) 11 cos 2(2 1) ( 1)1 cos 1 1( )
ba eaa
b b e e
a
，
故选：C.
9．（2021·浙江高三月考）过双曲线 C：
2 2
2 2 1 0, 0x y a ba b
的左焦点 F 作 x 轴的垂线交双曲线于点 A，
双曲线 C 上存在点 B（异于点 A），使得
2ABF .若
4BAF ，则双曲线的离心率为（ ）
A．1 2 B．1 3 C． 2 2 D． 2 3
【答案】C
【解析】
根据条件可确定点 B 的坐标，代入双曲线方程化简即可求出离心率.
【详解】
因为双曲线 C：
2 2
2 2 1 0, 0x y a ba b
的左焦点 F ( ,0)c ，
所以将 x c 代入双曲线方程时，可得
2by a
，
不妨设
2
( , )bA c a
，根据
2ABF ，
4BAF ，
可知三角形为等腰 Rt AFB ，
所以
2 2
( , )2 2
b bB c a a
，
代入双曲线方程可得，
2 2
2 2
2 2
( ) ( )2 2 1
b bca a
a b
，
化简得
2 2 2
2 2
24 4
cb b bc aa ，
即
2
2
1 1 14 4
b c
，
可得
21 1
4 2
c c
a ，
即
2 1 04 2
e e ，
解得 2 2e 或 2 2e （舍去）
故选：C
【点睛】
关键点点睛：根据题意可知点 B 到直角三角形斜边的距离等于斜边长
2b
a
的一半，且点的纵坐标为为
2
2
b
a
，
即可求出
2 2
( , )2 2
b bB c a a
，代入双曲线方程后化简是解题的关键.
10．（2021·浙江高三期末）设O 为坐标原点，直线 y b 与双曲线
2 2
2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b
的两条渐近线分
别交于 ,A B 两点，若 OAB 的面积为 2，则双曲线C 的焦距的最小值是（ ）
A．16 B．8 C．4 D．2
【答案】C
【解析】
由双曲线的渐近线方程可知 2AB a ，又 OAB 的面积为 2 得 2ab ，而双曲线C 的焦距 2 22 2c a b ，
结合基本不等式即可求焦距的最小值.
【详解】
由题意，渐近线方程为 by xa
，
∴ ,A B 两点的坐标分别为 ( , ),( , )a b a b ，故 2AB a ，
∴ 1 2 22OABS a b ，即 2ab ，
∴ 2 2 2
2
42 2 2 4c a b a a
当且仅当 2 2a 时等号成立.
故选：C
11．（2021·浙江绍兴市·高三一模）已知椭圆
2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
和点
2 2
,0a bM a
，若存在过点
M 的直线交 C 于 P，Q 两点，满足 10 2PM MQ
，则椭圆 C 的离心率取值范围是（ ）
A． 20, 2
B． 3 2,3 2
C． 3 ,13
D． 2 ,12
【答案】C
【解析】
设 ( , )T x y 是椭圆上的任一点，求出 2| |TM ，根据其单调性，将问题转化为 2
1
1
2
A M
MA
，其中
1 ,0 , ,0aA A a ，得出 ,a c 不等量关系，即可求解.
【详解】
设 ( , )T x y 是椭圆上的任一点，
22 2 2 4
2 2 2 2
2 2
2| | c c c cTM x y x x ba a a a
，
对称轴为 x a ，所以 2| |TM 在 [ , ]x a a 上单调递减，
设 1 ,0 , ,0aA A a ，由题知：只要 2
1
1
2
A M
MA
即可，
2
2 2
2
2
1
1 1 32 2
caA M a a ccMA aa
，所以 3 13 e .
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：把问题转化 2
1
1
2
A M
MA
是解题的关键.
12．（2021·浙江温州市·高三二模）已知定点 ( ,0)P m ，动点Q 在圆 2 2 16x y 上， PQ 的垂直平分线交直
线OQ 于点 M ，若动点 M 的轨迹是双曲线，则 m 的值可以是（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】A
【解析】
当 P 在圆内时，由几何性质可得 4MP MO OP m ，此时 M 的轨迹是以 ,O P 为焦点的椭圆. 当
P 在圆上时，线段 PQ 的中垂线交线段 OQ 于圆心O .当 P 在圆外时， 4MP MO OP m ,此时 M
的轨迹是以 ,O P 为焦点的双曲线的一支.从而可得答案.
【详解】
当 P 在圆内时，设 PQ 与圆的另一交点为 N ，设点 H 为弦 NQ 的中点,
则OH PQ , 线段 PQ 的中点 E 在线段 HQ 内，则线段 PQ 的中垂线交线段 OQ 于点 M ，如图 1 .
连接 MP , 则 QM MP , 所以 4MP MO MQ MO OQ
则 4MP MO OP m
此时 M 的轨迹是以 ,O P 为焦点的椭圆.
当 P 在圆上时，线段 PQ 的中垂线交线段 OQ 于圆心O .
当 P 在圆外时，设 PQ 与圆的另一交点为 N ，设点 H 为弦 NQ 的中点,
则OH PQ , 线段 PQ 的中点 E 在线段 HP 内，则线段 PQ 的中垂线交线段QO 的延长线于点 M ，如图
2 .
连接 MP , 则 QM MP , 所以 4MP MO MQ MO OQ
则 4MP MO OP m
此时 M 的轨迹是以 ,O P 为焦点的双曲线的一支.
同理当Q 在圆上运动时，还会得到 4MO MP OP m
所以动点 M 的轨迹是双曲线，则 P 在圆外,所以 4m r
故选: A
【点睛】
关键点睛：解答本题的关键是结合几何性质，当 P 在圆内时，得到 4MP MO OP m ，当 P 在圆
外时，得到 4MP MO OP m ，属于中档题.
13．（2021·浙江省高三开学考试）已知双曲线
2 2
2 2 1x y
a b
（ 0a ， 0b ）的左、右焦点分
别为 1F 、 2F ，圆 2 2 2 2+x y a b 与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为 A ， B ，四边形 2 1AF BF 的
周长 p 与面积S 满足 4 2p S ，则该双曲线的离心率为（ ）
A． 3 B． 2 C． 6
2
D． 2 3
3
【答案】C
【解析】
由双曲线的定义知 1 2 2AF AF a ，结合四边形的周长知 1 2 2
pAF AF ，得到 1AF ， 2AF 的长度，
从而得到矩形 2 1AF BF 的面积，再利用 4 2p S 化简整理，借助勾股定理 2 2 2
1 2 1 2AF AF F F 得到 ,a c
关系，即可求得离心率.
【详解】
由双曲线的定义可知 1 2 2AF AF a ，
又 OA OB ， 1 2OF OF ，可知四边形 2 1AF BF 是平行四边形，所以 1 2 2
pAF AF
联立解得 1 4
pAF a ， 2 4
pAF a ，
又线段 1 2F F 为圆的直径，由双曲线的对称性可知四边形 2 1AF BF 为矩形，所以四边形 2 1AF BF 的面积
2
2
1 2 16
pS AF AF a ，
又 4 2p S ，所以 2 32p S ，即
2
2 232 16
pp a
，解得 2 232p a ，
由 2 2 2
1 2 1 2AF AF F F ，得
2
2 22 48
pa c ，即 2 23 2a c ，即 6
2e .
故选：C.
二、填空题
14．（2021·浙江高三月考）已知抛物线 2 2y px 的焦点为 F ，若点 A ， B 是该抛物线上的点， 6AB
，
=0AF BF ，线段 AB 的中点 M 在抛物线的准线上的射影为 N ，则 MN
的最大值为_______．
【答案】 3 2
【解析】
设 AF a ， BF b 由勾股定理可得 2 2AB a b ，根据抛物线的性质可得
2
a bMN ，再利用基
本不等式可得
2 2
2 2
a b a b ，即可求出 MN 的最大值；
【详解】
解：如图所示，设 AF a ， BF b ，则 2 2 =6AB a b ，
而根据抛物线的性质可得
2
a bMN
结合平方平均值与算术平均值的关系式
2 2
2 2
a b a b 当且仅当 a b 时取等号，
因此
2 2
22
2
a b
MN
AB a b
，，所以 2
2MN AB ，即 MN 的最大值为 2 3 22 AB
故答案为：3 2
15．（2021·浙江丽水市·高三期末）在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线 : 2 4l x y 与 x 轴交于 A 点，直
线 : 1 0m kx y 与 y 轴及直线 l 分别交于 B 点，C 点，且 A，B，C，O 四点共圆，则此圆的标准方程是
__________.
【答案】
2
2 1 17( 2) 2 4x y
【解析】
由题意得 AB 为直径，且直线 l 与 m 垂直故 2k ，得 (0,1)B 所以圆心与半径可求，则圆方程易得.
【详解】
由题意 A，B，C，O 四点共圆且OA OB ，所以 CB CA ，则直线 l 与 m 垂直故 2k ，又 (0,1)B ， 4,0A
此圆的圆心为 1(2, )2
，半径为 1
2r AB ＝ 17
2
，
所以圆的标准方程为 2 21 17( 2) ( )2 4x y .
故答案为：
2
2 1 17( 2) 2 4x y
16．（2021·高三月考）已知椭圆
2 2
2 2 1 0x y a ba b
的左，右焦点分别为 1F ， 2F ，点 P
为直线
2ax c
上的一个动点（不在坐标轴上），则当 1 2F PF 的最大值为
6
时，椭圆的离心率是_________.
【答案】 2
2
【解析】
设点
2
( , )aP mc
，利用斜率公式，求得
1 2
2 2 2
,PF PF
b c a
c c
m mk k
，结合直线的夹角公式，列出 , ,a b c 不
等式，即可求解.
【详解】
由题意，点 P 为直线
2ax c
上的一个动点，设点
2
( , )aP mc
，
因为 1 2( ,0), ( ,0)F c F c ，可得
1 2
2 2 2
,PF PF
b c a
c c
m mk k
，
可得
2 2 2
21 2 2 2 22 2
2
2tan
1
c a b
c c
m m
c a
cF PF
c a b
cm
b
c c
mm m
2
2 2 2
3tan 6 3
c
c a b
，
又由 2 2 2c a b ，整理得 2
2
c
a
，即椭圆的离心率为 2
2e .
故答案为： 2
2
.
三、双空题
17．（2021·浙江高三月考）已知直线 : ( 0)l y kx b k 与圆 2 2 1x y 相切，且被圆 2 2( 4) 4x y 截得
的弦长为 2 3 ，则 k ___________，b ___________.
【答案】 3
3
2 3
3
【解析】
利用直线与圆 2 2 1x y 相切列出关于 ,k b 的方程，再由弦长求出弦心距，利用 2 2( 4) 4x y 的圆心到
直线的距离等于弦心距再列关于 ,k b 的方程，解方程组即可求解.
【详解】
由 2 2 1x y 可得圆心 1 0,0C ， 1 1r ，
由题意可得：
2
1
1
b
k
①，
由 2 2( 4) 4x y 可得圆心 2 4,0C ， 2 2r ，
因为直线 : ( 0)l y kx b k 被圆 2 2( 4) 4x y 截得的弦长为 2 3 ，
所以圆心 2 4,0C 到直线l 的距离为 222 3 1
所以
2
4 1
1
k b
k
②，
由①②可得 4b k b ，
当 4b k b 时， 0k 不满足 0k ，
当 4b k b 时，可得： 2b k 代入
2
1
1
b
k
整理得 2 24 1k k ，
解得 3
3k 或 3
3k （舍）
所以 2 3
3b ，
故答案为： 3
3
； 2 3
3
【点睛】
方法点睛：圆的弦长的求法：
（1）几何法，设圆的半径为 r ，弦心距为 d ，弦长为 L ，则
2
2 2
2
L r d
；
（2）代数法，设直线与圆相交于 1 1,A x y ， 2 2,B x y ，联立直线与圆的方程 2 2 2
y kx m
x a y b r
，
消去 y 得到一个关于 x 的一元二次方程，从而可求出 1 2x x ， 1 2x x ，根据弦长公式
22
1 2 1 21 4AB k x x x x ，即可得出结果.
18．（2021·浙江高三期末）圆 2 2: 4 3 0C x y x 的半径为___________，若直线 1y kx 与圆C 有公
共点，则实数 k 的取值范围是___________.
【答案】1 4 ,03
【解析】
（1）把圆的一般方程化成标准式即得圆的半径；
（2）解不等式 2
| 2 1| 1
1
k
k
即得解.
【详解】
（1）由题得圆的方程为 2 2( 2) 1x y ，所以圆的半径为 1；
（2）因为直线 1 0kx y 与圆C 有公共点，
所以 2 2
2
| 2 1| 1, 4 4 1 1
1
k k k k
k
，
所以 2 43 4 0, (3 4) 0, 03k k k k k .
故答案为：1； 4 ,03
19．（2021·浙江宁波市·高三月考）已知 (2,2), ,A B C 是抛物线 2 2 0x py p 上不同的三个点，直线
,AB AC 为圆 22 2 1x y 的两条切线，则 p _______，直线 BC 的斜率 k _____．
【答案】1 -2
【解析】
将点 2,2A 代入抛物线方程求出 p ，设出切线方程 ,AB AC ，利用点到直线的距离公式求出直线方程，将
直线方程与抛物线联立求出点 ,B C ，进而求出直线 BC 的斜率.
【详解】
由题意可得 4 4p ，解得 1p ，
2 2x y ，
设切线方程为 2 2y k x ，
即 2 2 0kx y k ，
22 2 1x y ，圆心为 0,2 ， 1r ，
圆心到直线的距离为
2
2 1
1
k
k
，解得 3
3k ，
不妨设直线 AB ： 3 2 323 3y x ，
直线 AC : 3 2 323 3y x ，
联立
2 2
3 2 323 3
x y
y x
，整理可得 2 2 3 4 3 4 03 3x x
解得 2 3 8 4 32,3 3 3B
，
同理求出 2 3 8 4 32,3 3 3C
，
所以
8 3
3 2
4 3
3
BCk
.
故答案为：1； -2
20．（2021·高三月考）已知两点 A ， B 在圆 C ： 2 2 21 2x y r 上， P 点坐标为
01, y ，若 APB 的最大值是 60，且此时 3AP ，则 0y ___________； r ___________.
【答案】0 或 4 1
【解析】
先分析当 ,PA PB 是圆的两条切线时， APB 最大，再解三角形即得解.
【详解】
由题得当 ,PA PB 是圆的两条切线时， APB 最大.
由圆的公切线性质得 030APC ,
所以 | | 3 , 1| | 33
AC r rAP
.
所以 0 0| | 2 | ( 2) |, 0PC y y 或 4 .
故答案为：0 或 4 ；1.
21．（2021·浙江温州市·高三二模）已知 1F 、 2F 分别是椭圆
2 2
2 2 1( 0)x y a ba b
的左、右焦点，过 1F 的
直线与椭圆交于 P 、Q 两点，若 1 2 1: : 2:3:1PF PF QF ，则 1 2cos F PF ________，椭圆的离心率为
_________．
【答案】 1
9
105
15
【解析】
设 1 1QF ，得到 1 22, 3PF PF ，根据椭圆的定义，求得 2 4QF ，在 2PQF 中，由余弦定理求得
1 2cos F PF ，在 1 2PF F△ 中，由余弦定理求得 1 2F F ，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】
如图所示，不妨设 1 1QF ，
因为 1 2 1: : 2:3:1PF PF QF ，所以 1 22, 3PF PF ，
由椭圆的定义可得 1 2 1 2 5PF PF QF QF ，所以 2 4QF ，
在 2PQF 中，由余弦定理可得
2 2 2 2 2 2
2 2
1 2
2
3 3 4 1cos 2 2 3 3 9
PQ PF QFF PF PQ PF
，
在 1 2PF F△ 中，由余弦定理可
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
1 352 cos 2 3 2 2 3 9 3F F PF PF PF PF F PF ，
所以离心率
35
1053
5 15
ce a
.
故答案为： 1
9
； 105
15
.
【点睛】
求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：
1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得 ,a c 得值，根据离心率的定义求解离心率 e ；
2、齐次式法：由已知条件得出关于 ,a c 的二元齐次方程，然后转化为关于 e 的一元二次方程求解；
3、特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
22．（2021·高三月考）如图，已知 1F ， 2F 为椭圆C ：
2
2
2 1x ya
( 1a )的两焦点，O 为坐
标原点， 1H ， 2H 分别 1F ， 2F 在C 的切线l 上的射影，则点 1H 的轨迹方程是___________；若有且仅有 2
条l 使得 1 2OH H 的面积最大，则C 离心率的最大值是___________.
【答案】 2 2 2x y a 2
2
【解析】
延长 2OH 至 2H ，使得 2 2OH OH ,取切点 P ，连 1PF ， 2PF ，作 3OH l ，由椭圆的光学性质得
1 1 2 2F PH F PH ，所以 1 1 2 2PF H PF H ，在直角 1 1 2 2,F H P PF H 中,分别求出 1 3 3,H H OH ,
从而可得到 2 2
1 3 1 3OH OH H H a ，从而点 1H 的轨迹方程，
1 2 1 2 3
1
2OH HS H H OH ，有且
仅有两个 P 点使得 1 2F PF 最接近
2
，从而得出答案.
【详解】
如图，延长 2OH 至 2H ，使得 2 2OH OH .
因为 2 2 1 1/ /H F H F ，故 1F ， 1H ， 2H 三点共线
因为 1H O 为 2 1 2Rt H H H 斜边上的中线，故 1 2 2OH OH OH
取切点 P ，连 1PF ， 2PF ，作 3OH l ，由椭圆的光学性质得
1 1 2 2F PH F PH ，所以 1 1 2 2PF H PF H ，
在直角 1 1 2 2,F H P PF H 中,可得
l 21 2 1 2
1 3
sin
sin2 2 2
PF PFH H H P PHH H a
，
同理可得 1 21 1 2 2
3
cos cos2 2
PF PFH F H FOH a
，
2 2
1 3 1 3OH OH H H a ，即点 1H 的轨迹方程是 2 2 2x y a ；
由上分析可得
1 2
2
2
1 2 3
1 sin cos sin 22 2OH H
aS H H OH a
，
要使有且仅有 2 条 l 使得 1 2OH H 的面积最大，即有且仅有两个 P 点使得 1 2F PF 最接近
2
，即
2 2 2 1b c a ≥ ，故 2
2e
所以C 离心率的最大值是 2
2
.
故答案为：（1） 2 2 2x y a （2） 2
2
【点睛】
关键点睛：本题考查椭圆的切线的性质和求动点的轨迹方程以及椭圆离心率问题，解答本题的关键是在直
角 1 1 2 2,F H P PF H 中,分别求出 1 3 3,H H OH ,以及由
1 2 1 2 3
1
2OH HS H H OH 表示出其面积，属于难
题.
四、解答题
23．（2021·浙江高三期末）已知抛物线 2: 2 ( 0)C y px p 的焦点 F 到直线 :l y x 的距离为 2 ,2 A B， 为
抛物线 C 上两个动点，满足线段 AB 的中点 M 在直线l 上，点 (0,2)N .
（1）求抛物线 C 的方程；
（2）求 NAB△ 面积的取值范围.
【答案】（1） 2 4y x ；（2） (0,4].
【解析】
（1）利用抛物线焦点 F 到直线 l 的距离为 2
2
，求出抛物线方程；
（2）设出直线 AB 的方程与抛物线方程联立，由弦长公式和点线距公式表示出 NAB△ 的面积，并由线段 AB
的中点 M 在直线 l 上减少参数，利用换元法得出 NAB△ 面积的取值范围．
【详解】
（1） ,02
pF
由 22
22
p
d ，解得 2p
所以抛物线方程为 2 4y x
（2）设直线 AB 的方程为：
2 2
1 2
1 2, , , ,4 4
y yx my t A y B y
联立方程组
2 4y x
x my t
，消去 x 得 2 4 4 0y my t
所以 1 2
1 2
4
4
y y m
y y t
，
得 (2 ,2 )M m m
有
2 2
1 2 44 4
y y m ，即 2
1 2 1 22 16y y y y m
所以 22 2t m m
点 N 到 AB 的距离 2
| 2 |
1
m th
m
22 2 2
1 2 1 2| | 1 4 4 1AB m y y y y m m t
所以 21 | | 2 | 2 |2NABS AB h m t m t
2 24 2 2m m m m
令 22u m m ，则 2( 1) 1u m
由 2 4
y x
y x
，得 l 与抛物线的两交点坐标为 (0,0),(4,4) ，
因点 M 在l 上可得 (0,2)m
所以 (0,1]
得 34 (0,4]NABS u
24．（2021·全国高三专题练习）如图，已知椭圆
2 2
2 2 1x yE a b
： ，离心率为 3
2
， 1 2( 3,0), ( 3,0)F F 为
椭圆的左、右焦点， P 为椭圆上一动点，Q 为 1 2PF F△ 的内心，连接 P ，Q 延长交 x 轴于点 M .
（1）求椭圆 E 的方程；
（2）设 1FQM ， 2F QP 的面积分别为 1S ， 2S ，求 1
2
S
S 的取值范围.
【答案】（1）
2
2 14
xE y ： ；（2） 7 3 7 3( 6, 6)2 2
.
【解析】
（1）求出 ,a c 后可得椭圆方程.
（2）设 0 0( , )P x y ，根据角平分线的性质和焦半径公式可得
1
2
0
3 4( 1 )2 32 2
S
S x
，从而可得所求的
取值范围.
【详解】
解析：（I）因为离心率为 3
2
，故 3
2
c
a
，
又因为 1 2( 3,0), ( 3,0)F F 为椭圆的左右焦点，
故 3, 2, 1c a b ，所以椭圆
2
2: 14
xE y ；
(Ⅱ)因为 Q 为 1 2PF F△ 的内心，故Q 为 1 2PF F△ 各内角角平分线交点，
故根据角平分线定理可知， 1
1
PQ PF
QM F M
， 2
2
PQ PF
QM F M
，
1 2 1 2
1 2 1 2
2 2
2 3
PQ PF PF PF PF a a
QM F M F M F M F M c c
，
设 1 2,FQM F QP 以 ,PQ QM 为底边的高分别为 1 2,h h ，
1 11 1
2 2 2
2
1
32
1 2
2
QM h QM hS h
S PQ h hPQ h
， 2 11
2 1 2
F M PFh
h F M PF
，
设 0 0( , )P x y ， 1 0 2 0,PF a ex PF a ex ，
0 0
1
2
0 0 0
3 32 2 43 3 3 42 2 ( 1 )2 2 23 3 32 2 22 2 2
x xS
S x x x
，
P 为椭圆上一动点，且构成三角形，故 0 ( 2,2)x ，
1
2
0
3 4 7 3 7 3( 1 ) ( 6, 6)2 2 232 2
S
S x
.
25．（2021·全国高三专题练习）椭圆：
2 2
2 2: 1 0x yE a ba b
的焦点到直线 3 0x y 的距离为 10
5
，
离心率为 2 5
5
.抛物线 2: 2 0G y px p 的焦点与椭圆 E 的焦点重合，斜率为 k 的直线l 过G 的焦点与 E
交于 ,A B ，与G 交于 ,C D .
（1）求椭圆 E 及抛物线G 的方程；
（2）是否存在常数 ，使得 1 5
AB CD
为常数？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）椭圆 E :
2
2 15
x y ，抛物线G ： 2 8y x ；（2）存在， 16
5
.
【解析】
（1）设椭圆焦点（c，0），代入点到直线距离公式，可求得 c 的值，根据题意，可求得抛物线中 p 值，进而
可得抛物线方程，根据椭圆 c 值及离心率，可求得椭圆中 a 值，根据 a，b，c 的关系，即可求得 b 值，即可
得答案.
（2）设直线l 的方程为 2x my ，与椭圆联立，根据韦达定理，可得 1 2 1 2,y y y y 的表达式，代入弦长公
式，可得 AB ，同理将直线与抛物线联立，结合弦长公式，可得 CD ，代入所求，化简整理，即可求得
值.
【详解】
（1）设椭圆焦点（c，0），由题意得
2 2
10
51 3
cd
，
解得 2c ，即椭圆焦点为（2,0），
所以抛物线G 的焦点为（2,0），所以 22
p ，解得 4p ，
所以抛物线G 的方程为 2 8y x ，
又椭圆 E 得离心率为 2 5
5
，所以 2 2 5
5a
，得 5a .
又 2 2 2 5 4 1b a c ，得 1b .
所以椭圆 E 的方程为
2
2 15
x y .
（2）由题意得，直线 l 不与 x 轴平行，
设直线l 的方程为 2x my ，并设 1 1 2 2 3 3 4 4, , , , , , ,A x y B x y C x y D x y ，
联立 2x my 与
2
2 15
x y ，消去 x ，整理得 2 25 4 1 0m y my ，
2 2 2(4 ) 4( 5)( 1) 20 20 0m m m ， 1 2 1 22 2
4 1,5 5
my y y ym m
，
所以
2
2
1 2 1 2 1 2 2
2 5 1( ) 4 5
my y y y y y m
，
所以 2
2
1 2 2
2 5 1
1 5
m
AB m y y m
，
联立 2x my 与 2 8y x ，消去 x ，整理得 2 8 16 0y my ，
2 2( 8 ) 4 ( 16) 64 64 0m m ， 3 4 8y y m ，
所以 2
3 4 3 44 8 8 1CD x x m y y m ，
得
2 2
2 2 2
5 5 5 4 20 51 5 5
10 1 8 1 40 1
m m
AB CD m m m
，
当 20 5 4 ，即 16
5
时， 1 5
AB CD
为常数 5
10
.
故存在 16
5
，使 1 5
AB CD
为常数.
26．（2021·全国高三专题练习）设抛物线 2: 2 0C y px p ，恒过定点 ,0M m 的直线
0x ky m m 与抛物线交于 A，B，且 A、B 到 x 轴距离之积为 2m .
（1）求抛物线方程；
（2）若 2
3AOB ，求实数 m 的取值范围.
【答案】（1） 2 2y x ；（2） 20 3m .
【解析】
（1）设 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ，联立直线方程和抛物线方程，利用韦达定理可得 1 2 2y y pm ，求出 p 后可
求抛物线的方程.
（2）由题设可得 1
2| | | |
OA OB
OA OB
，利用数量积的坐标运算和韦达定理可得 ,m k 的关系式，利用 2k 非负
可求 m 的取值范围.
【详解】
（1）因直线 AB 方程为： x ky m ，抛物线方程为 2 2 0y px p ，
由
2 2y px
x ky m
得， 2 2 2 0y pky pm ，
设 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ，则有 1 2
1 2
2
2
y y pk
y y pm
，
由题意， 2 2 2 2pm m p ，故所求抛物线方程为 2 2y x .
（2）由 1 2
1 2
2
2
y y k
y y m
知
2
1 2
2
1 2
2 2x x k m
x x m
，
cos
| | | |
OA OBAOB
OA OB
1 2 1 2
2 2
1 1 2 22 2
x x y y
x x x x
1 2 1 2
1 2 1 2 1 22 4
x x y y
x x x x x x
2
2 2
2 1
24 4 4
m m
m m k m
，
所以 2 2 0m m 且 2 2 24( 2) 4 4 4m m k m ，
∴ 2 2
0 2 203 20 12 4 0 3
m mm m k
.
27．（2021·全国高三专题练习）如图，已知点 1 2,A A 分别是椭圆
2
2
1 : 14
xC y 的左､右顶点，点 P 是椭圆 1C
与抛物线 2
2 : 2 ( 0)C y px p 的交点，直线 1 2,A P A P 分别与抛物线 2C 交于 ,M N 两点( ,M N 不同于 P ).
（1）求证：直线 MN 垂直 x 轴；
（2）设坐标原点为O ，分别记 ,OPM OMN 的面积为 21,S S ，当 2OPA 为钝角时，求 1
2
S
S 的最大值.
【答案】（1）证明见解析；（2）最大值 1
8 .
【解析】
（1）设 0 0 1 1 2 2, , , , ,P x y M x y N x y ，写出 1A P 方程与抛物线方程联立求出 1x ，同理求得 2x ，可证结
论；
（2）首先有
2
20
0 14
x y 且 2
0 02y px ，求出 1 2,S S ，作比值 1
2
S
S ，化为 0x 的函数，由 2OPA 为钝角时，即
2 0PO PA 得 0x 的范围，在此范围可得最大值．
【详解】
解：（1）证明：由题可得点 1 2( 2,0), (2,0)A A .
设 0 0 1 1 2 2, , , , ,P x y M x y N x y ，
则直线 0
1
0
2: 2xA P x yy
，
与抛物线 2C 的方程联立，
消去 x 得 02
0
2 2 4 0p xy y py
.
由韦达定理得 1 0 4y y p ，
所以
2
2
01
1 1 2
0 0
4
4 8, 2 2
p
yyp py xy p p y
.
又直线 0
2
0
2: 2xA P x yy
，
同理可得
2
2
02
2 2 2
0 0
4
4 8, 2 2
p
yyp py xy p p y
，
所以 1 2x x ，
所以直线 MN 垂直 x 轴.
（2）因为点 0 0,P x y 是椭圆 1C 与抛物线 2C 的交点，
所以
2
20
0 14
x y 且 2
0 02y px .
因为 1 11 OPM OA M OA PS S S S 1 1 1 0
1 1
2 2OA y OA y
2
0
0
4p y
y
，
2
2 1 1 3
0
1 3222OMN
pS S x y y
，
所以
22 2 2
20 0 01
02
2
4 1
32 2 4 4
p y y yS yS p p p
2
0 0
8 4
x x .
因为 2OPA 为钝角，
所以 2 0OP A P ，即 2 2
0 0 02 0x x y .
把
2
2 0
0 1 4
xy 代入上式，
解得 0
2 23 x ，
易知当 0 1x 时， 1
2
S
S 取到最大值 1
8 .
28．（2021·高三月考）已知椭圆
2 2
2 2 1 0x y a ba b
的离心率为 1
2
，过 1,0M 作斜
率为 k 的直线 l 交椭圆于 1 1,P x y 、 2 2,Q x y 两点， M 、 P 、Q 互不重合.
（1）对于给定的 a ，若 1 2 1 2 0x x y y ，求 k 的取值范围（用 a 表示）；
（2）对于给定的 满足 MQ PM （ 0 且 1 ），当 POQ△ （O 为坐标原点）的面积最大时，求
椭圆的标准方程（用 表示）.
【答案】（1）答案见解析；（2）
2 2
2 2
2 2
1
1 3 1
1 4 1
x y
.
【解析】
（1）可得出椭圆的方程为 2 2 23 4 3 1x y a a ，直线l 的方程为 1y k x ，将直线 l 的方程与椭圆
的方程联立，列出韦达定理，结合 1 2 1 2 0x x y y 可求得 k 的取值范围；
（2）由 MQ PM 可得出 2 1y y ，代入韦达定理得出 22 212 1 4 3 1a k ，利用三角
形的面积公式得
1 3
31 4
OPQS
k k
△ ，可得出当 2 3
4k 时 OPQS 有最大值，进而比较
2
2
3
4 1
a
a 与 3
4
的
大小关系，结合 OPQS 的面积有最大值可得出 a 的取值范围，并将 2 3
4k 代入
22 212 1 4 3 1a k 可得出
2
2
2
1
1
a
，由此可得出椭圆的标准方程.
【详解】
（1） 1
2
ce a
，则 1
2c a ， 2 2 3
2b a c a ，
椭圆方程为
2 2
2
2
13
4
x y
a a
，即 2 2 23 4 3 1x y a a ，
若 0k ，则 P 、Q 为椭圆长轴的两个端点， 1 2 0y y ，与 1 2 1 2 0x x y y 矛盾.
直线 l 的方程为 1y k x ，其中 0k ，
与椭圆联立方程可得： 2 2 2 2 23 4 6 3 3 0k y ky k a k .
2 2 20 4 1 3 0a k a ①，
1 2 2
6
3 4
ky y k
， 2 2
1 2 2
3 1
3 4
k a
y y k
，
则 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 22 2 2
3 1 61 1 1 1 4 31 1 1 13 4 3 4
a k ax x y y y y y yk k k k k k
，
由 2 2 2 2
1 2 1 2 0 4 3 3 1 0x x y k ay a k ②.
当 0 1a 时，由①
2
2
2
3
4 1
ak
a
，由②
2
2 3
4
ak ，所以
2 2
2
2
3 3
4 4 1
a ak
a
，
所以
2 2
3 3 3 3, ,2 22 1 2 1
a a a ak
a a
；
当 1a 时，①恒成立，由②
2
2 3
4
ak ，所以 3 3,0 0,2 2
a ak
；
（2） 1 11 ,PM x y ， 2 21,MQ x y ，
2 1MQ PM y y ，结合 1 2 2
6
3 4
ky y k
， 2 2
1 2 2
3 1
3 4
k a
y y k
可解得：
1 2
6
3 4 1
ky
k
， 2 2
6
3 4 1
ky
k
，
再将其代入 2 2
1 2 2
3 1
3 4
k a
y y k
可得 22 212 1 4 3 1a k ，
1 2 1 1 1 2
61 1 1 1 1 31 1 32 2 2 2 13 4 1 4
OPQ
kS y y y y y
k k k
△ .
由基本不等式可得 3 34 2 4 4 3k kk k
，当且仅当 2 3
4k 时，等号成立.
当 1a 时， 0 ， OPQS 有最大值；
当 0 1a 时，由（1）知：由①
2
2
2
3
4 1
ak
a
.
（i）当
2
2
3 3
44 1
a
a
时，即 2 10 2a 时， OPQS 无最大值；
（ii）当
2
2
3 3
44 1
a
a
时，即 21 12 a ， OPQS 有最大值.
综上，当 2 ,1 1,2a
时， OPQS 有最大值，此时 2 3
4k ，
将 2 3
4k 代入 22 212 1 4 3 1a k ，解得
2
2
2
1
1
a
，
所以椭圆的方程为：
2
2 2
2
3 1
3 4
1
x y
.
因此，椭圆的标准方程为
2 2
2 2
2 2
1
1 3 1
1 4 1
x y
.
29．（2021·浙江高三期末）如图，已知抛物线 2y x ，过点 1,0M 作斜率为 k （ 0k ）的直线l 交抛物线
于 A ， B 两点，其中点 A 在第一象限，过点 A 作抛物线的切线与 x 轴相交于点 P ，直线 PB 交抛物线另一
点为C ，线段 AC 交 x 轴于点 N .记 APC△ ， AMN 的面积分别为 1S ， 2S .
（Ⅰ）若 1k ，求 AB ；
（Ⅱ）求 1
2
S
S 的最小值.
【答案】（Ⅰ） 10 ；（Ⅱ） 2 2 3 .
【解析】
（Ⅰ）联立直线 l 和抛物线的方程，消去 y 得到关于 x 的一元二次方程，由韦达定理得到 1 2x x 和 1 2x x 的值，
最后利用弦长公式计算即可得解；
（Ⅱ）设直线 AB 的方程为 1x my ，代入抛物线方程，设 2 ,A a a ，得到点 B 的坐标，再设切线 PA 的
方程，代入抛物线方程到点 P 的坐标，设直线 PB 的方程为代入抛物线方程得到点 C 的坐标，可得直线 AC
的方程，令 0y ，得到点 N 的坐标，计算 1S 与 2S ，最后利用基本不等式求出 1
2
S
S 的最小值即可.
【详解】
（Ⅰ）直线 AB 的方程为 1y x ，代入抛物线方程 2y x ，得 2 3 1 0x x ，
设 1 1,A x y ， 2 2,B x y ，则 1 2 3x x ， 1 2 1x x ，
2
1 2 1 2 1 22 2 4 10AB x x x x x x ；
（Ⅱ）设直线 AB 的方程为 1x my ，
代入抛物线方程 2y x ，得 2 1 0y my ，
设 2 ,A a a ， 1Ba y ， 1
By a
，
点 B 的坐标为 2
1 1,a a
，
设切线 PA 的方程为 2x a n y a ，
代入抛物线方程 2y x ，得 2 2 0y ny na a ，
22 24 4 2 0n na a n a ，得 2n a ，
令 0y ，得 2x a ，所以点 P 的坐标为 2 ,0a ，
设直线 PB 的方程为 2x a ty ，
代入抛物线方程 2y x 得， 2 2 0y ty a ，
21
cy aa
， 3
cy a ， 6
cx a ，
所以点C 的坐标为 6 3,a a ，
直线 AC 的方程为 3
2
2 6
a ay a x aa a
，
即 2
2
1
1
y a x a
a a
，
令 0y ，得 4x a ，
所以点 N 的坐标为 4 ,0a ，
23 2
1
1 1 12 2A CS PN y y a a ，
4
2
1 1 12 2AS MN y a a ，
由 0k ，知 1a ，
23 2 2 2
1
2
42
1 1 12
1 112
a a a aS
S aa a
，
令 2 1u a ，则 2 1a u ， 0u ，
1
2
1 2 2 3 2 2 3u uS uS u u
，
当且仅当 2u u
，即 2u ，也即 2 2 1a 时取等号，
所以 1
2
S
S 的最小值为 2 2 3 .
30．（2021·浙江高三专题练习）已知椭圆
2
2: 14
xT y ，抛物线 2: 2M y px 的焦点是 F ，且动点 1,G t
在其准线上.
（1）当点G 在椭圆T 上时，求 GF 的值；
（2）如图，过点G 的直线 1l 与椭圆T 交于 ,P Q 两点，与抛物线 M 交于 ,A B 两点，且G 是线段 PQ 的中
点，过点 F 的直线 2l 交抛物线 M 于 ,C D 两点.若 / /AC BD ，求 2l 的斜率 k 的取值范围.
【答案】（1） 19
2GF ；（2） 7
7k 或 7
7k .
【解析】
（1）由题可求出 2p ，将 1,G t 代入椭圆可得t ，再利用两点距离公式即可计算；
（2）设 1 : 1l x m y t ，2 : 1l x ny ， 1 1 2 2, , ,A x y B x y ， 3 3, ,C x y 4 4,D x y ，由题可得 4m t ，
2 3
4t ，分别联立直线与抛物线可得 216 1 0m mt ， 2 2 22 12 2n m mt t ，则可求出斜率 k 范
围.
【详解】
解：（1）由已知 12
p ， 2p ，则 1,0F ，
因为G 在椭圆T 上，所以 21 14 t ，所以 2 3
4t ，
所以 2 194 2GF t ；
（2）设 1 : 1l x m y t ， 2 : 1l x ny ，
1 1 2 2 3 3 4 4, , , , , , ,A x y B x y C x y D x y ，
因为G 是 PQ 的中点，所以 1 1
4t m
，且 21 14 t ，
所以 4m t ①，且 2 3
4t ②，
由
2 4
1
y x
x m y t
消去 x 得 2 4 4 4 0y my mt ，
则 216 1 0m mt ③，且 2
1 2 16 1y y m mt ，
由
2 4
1
y x
x ny
消去 x 得 2 4 4 0y ny ，
所以 2
3 4 16 1y y n ，
因为 / /AC BD ，所以
1 3 2 4
4 4
y y y y
，即 1 2 3 4y y y y ，
所以 2 2 22 12 2n m mt t ④，
由①②③解得 21 3
12 4t ，
由④得 20 7n ，即 2 1
7k ，所以 7
7k 或 7
7k .
31．（2021·全国高三专题练习）已知椭圆
2
2
1 : 12
yC x ，拋物线 2
2 : 2 ( 0)C y px p ，点 1,0A ，斜
率为 k 的直线 1l 交拋物线于 B C、 两点，且 1
2AC CB ，经过点C 的斜率为 1
2
k 的直线 2l 与椭圆相交于
P Q、 两点.
（1）若拋物线的准线经过点 A ，求拋物线的标准方程和焦点坐标：
（2）是否存在 p ，使得四边形 APBQ 的面积取得最大值？若存在，请求出这个最大值及 p 的值；若不存
在，请说明理由.
【答案】（1）标准方程为 2 4y x ，焦点(1，0)；（2）存在，面积最大为 2 2 ， 64
51p .
【解析】
(1)由抛物线的准线方程 ,2
px 根据条件可得 1,2
p 可求出 p 的值，从而得到答案.
(2) 设 1 1 2 2 3 3 4 4, , , , , , ,B x y C x y P x y Q x y ，由 1
2AC CB ，即得到 2 1
1 ,3y y 设点 A 到 2l 的距离 d ，
则四边形 APBQ 的面积 33 2APQS S PQ d ，然后方程联立求出弦长 PQ ，由点到直线的距离公式求出
d ，从而求出答案.
【详解】
解：（1）抛物线的准线方程 ,2
px 焦点坐标 ,02
p
，
则 1, 2,2
p p 抛物线的标准方程为 2 4 ,y x 焦点(1，0)
（2）设 1 1 2 2 3 3 4 4, , , , , , ,B x y C x y P x y Q x y
由 1 ,2AC CB 得点 1,0A 在直线 1l 上，且
1
2 1
1
12 ,1 31 2
y
y y
设点 A 到 2l 的距离 d ，四边形 APBQ 的面积 33 2APQS S PQ d .
1 2 3 3: 1 , : 2
kl y k x l y x x y
由
2
1
2
y k x
y px
,得 2 2 2 0py y pk
则
2
2
2
4Δ 8 0, 2
p pp kk
,则 1 2 1 2
2 , 2py y y y pk
因为 1 23 ,y y 所以
2
2 2
2 2
2 1, ,3 2 3
yy p x p
所以 2
1 , ,3C y
2 2
2 2 2
2
33 ,8 2 2
y ypk p x
由 1 2,l l 的斜率分别为 1 ,2k k、 可设 2 2
1: ,2 3
kl y x y
有
2 23
1 413
AC
y yk k
故直线 2 2
2
3 9: 8 8
y yl y x ，令
2
8
3t y
则直线 2 : 3l x ty 代入椭圆方程
2
2 12
y x ，得 2 21 2 12 16 0t y ty
2
3 4 3 42 2
12 16Δ 16 4 0, ,1 2 1 2
tt y y y yt t
2
2 2
3 4 2
16 4
1 1 1 2
t
PQ t y y t t
点 A 到 2l 的距离 2
4
1
d
t
，
四边形的面积
2 2 2
2 2 2
4 2 8 2 824 12 2 12 2 2 21 2 2 8 9 6 2 8
t t tS t t t
当且仅当 2 17 64,2 51t p 时面积最大为 2 2
【点睛】
关键点睛：本题考查求抛物线的方程和求四边形面积的最值问题，解答本题的关键是用点的坐标表示出故
直线 2 2
2
3 9: 8 8
y yl y x ，令
2
8
3t y
，进一步表示出 2
2 2
3 4 2
16 4
1 1 1 2
t
PQ t y y t t
，
再求出点 A 到 2l 的距离 2
4
1
d
t
，得到
2
2
424 1 2
tS t
，属于难题.
32．（2021·浙江宁波市·高三月考）如图，过椭圆
2
2 12
x y 的左右焦点 1 2,F F 分别做直线 ,AB CD ，交椭圆
于 , , ,A B C D 四点，设直线 AB 的斜率为 ( 0)k k
（1）求| |AB （用 k 表示）；
（2）若直线 ,AB CD 的斜率之积为 1
2
，求四边形 ACBD 面积的取值范围．
【答案】（1） 2
2
2 2 1
| | 2 1
k
AB k
；（2） 32, 22
.
【解析】
（1）求出焦点坐标，写出直线 AB 的方程与椭圆的方程联立，利用韦达定理求出 1 2x x 、 1 2x x ，利用弦长
公式即可求解；
（2）设 3 3,C x y ， 3 3,D x y ，直线 CD 的方程为 1 ( 1)2y xk
，利用点到直线的距离公式分别求 ,C D
到直线 AB 的距离 1d ， 2d ，利用 1 2
1
2ACBD CAB DABS S S AB d d ，再利用换元法和二次函数的性
质即可求解.
【详解】
（1）由
2
2 12
x y 可得： 2 2a ， 2 1b ，所以 1c ，所以 1 1,0F ， 2 1,0F
设 1 1,A x y ， 1 1,B x y ．由已知得：直线 AB 的方程为 ( 1)y k x ，
由 2
2
( 1)
12
y k x
x y
得 2 2 22 ( 1) 2 0x k x ，即 2 2 2 21 2 4 2 2 0k x k x k ，
所以
2
1 2 2
4
1 2
kx x k
，
2
1 2 2
2 2
1 2
kx x k
．
故 2
22 2
1 2 1 2 1 2 2
2 2 1
| | 1 1 4 2 1
k
AB k x x k x x x x k
．
（2）设 3 3,C x y ， 3 3,D x y ．由已知得， 1
2CDk k
，
故直线 CD 的方程为 1 ( 1)2y xk
，即 2 1x ky ．
设 1 2,d d 分别为点 ,C D 到直线 AB 的距离，
则 1 2
1
2ACBD CAB DABS S S AB d d ．
又 ,C D 到直线 AB 在异侧，则
2
3 43 3 4 4 3 4 3 4
1 2 2 2 2 2
1 21 1
1 1 1 1
k y yk x y k x y k x x y y
d d
k k k k
由 2
2
2 1
12
x ky
x y
得， 2 2(1 2 ) 2 2 0ky y ，即 2 24 2 4 1 0k y ky ，
故 3 4 3 42 2
4 1,4 2 4 2
ky y y yk k
．
所以 22 2
3 4 3 4
1 2 2 2
1 2 4 2 4 1
1 1
k y y y y kd d
k k
，
从而 2 2 2 2
2 22
2 2 11 2 4 1 2 1 4 1
2 2 1 2 11ACBD
k k k kS k kk
，
因为 1
2AB CDk k ，不妨令 0k ，令 22 1 1k t ，可得 2 1 12k t ，
2
2
2
2
2 2
4
22
1 1 1 14 1 5 1 14 2 24 5 1 1 12 2 2 2 12
2 22 1
ACBD
k kS t t t t
t
k
t t t
令
1
2m t
，因为 1,t ，所以 10, 2m
，
所以 2
2
1 12 1 2 2 12 2ACBDS m mt t
，
二次函数 22 1y m m 对称轴为
1 1
2 2 4m ，开口向下，
当 10, 4m
时， 22 1y m m 单调递增， 1 1,4 2m
时， 22 1y m m 单调递减，
所以 0m 时， 1y ；当 1
4m 时，
21 1 92 14 4 8y
；
当 1
2m 时，
21 12 1 12 2y
，
所以 2 92 1 1, 8y m m
，
所以 2 3 22 1 1, 4m m
， 2 3 22 2 1 2, 2m m
，
因此， 32, 22ACBDS
．
33．（2021·高三月考）已知点 A ， B 在直线l ： 2y x 上( B 在 A 上方)， 2,0P ，
2AB ，斜率为 1k 的直线 AP 交抛物线 ： 2 4y x 于点 M ， N ，直线 BP 交抛物线 于点 R ，S .
（1）求 1k 的取值范围；
（2）若 1
10 5k ，求 MPR SPNS S 的取值范围.
【答案】（1） 1 1,0 0, ,1 1,5 5
；（2） 4096, .
【解析】
（1）设 AP 的方程为 1 2y k x ， 联立 l 与 AP 得 1 1
1 1
2 1 4,1 1
k kA k k
，
由 2AB ，得到 B 点的坐标，从而得 2k ，从而求出 1k 的范围；
（2）设 1 1,M x y ， 2 2,N x y ， 3 3,R x y ， 4 4,S x y ，则可得
1 2
2
1 2
SPN RMNP ONR MM
y yS S S
y
S
y
，
利用点到直线的距离公式可得 MPR SPNS S ，设 AP 、 BP 的方程分别与抛物线联立，由韦达定理得
MPR SPNS S 2
1 216 m m ，结合（1）可知， 1
2
1
3 1
5
mm m
，再利用基本不等式可得答案 1 2S S 的取值
范围.
【详解】
（1）由题意可设 AP ： 1 2y k x ，由于 AP 与抛物线，直线均有交点，
故 1 1k ， 1 0k ，
联立 l 与 AP 的方程得到 1 2
2
y k x
y x
，得 1 1
1 1
2 1 4,1 1
k kA k k
，
而 2AB ，得到 1 1 1 1
1 1 1 1
2 1 4 3 1 5 11, 1 ,1 1 1 1
k k k kB k k k k
，
得
1
1 1
2
1 1
1
5 1
1 5 1
3 1 321
k
k kk k k
k
，
由于 BP 与抛物线、直线均有交点，故
1
1
1
1
5 1 13
5 1 03
k
k
k
k
得 1 1
1 , 15k k ，
综上， 1
1 1,0 0, ,1 1,5 5k .
（2）设 1 1,M x y ， 2 2,N x y ， 3 3,R x y ， 4 4,S x y ，则
1
1 2
RMNMPR
yS Sy y
， 2
1 2
SPN MON
y Sy yS ，
故
1 2
2
1 2
SPN RMNP ONR MM
y yS S S
y
S
y
，
记 R ，S 到直线 AP 的距离分别为 3d ， 4d
则
1 2 2
2 11 2
3 4 3 42
1 2
11
1
4 4MPR SPN
y y ky yS MN d d d d
y
S
y
，
设 AP ： 1 2x m y ，其中 1
1
1 5,m k
，与抛物线联立得
2 4 8 0y my ，由韦达定理得 1 2 1
1 2
4
8
y y m
y y
，
同理设 BP ： 2 2x m y ，由韦达定理得 3 4 2
3 4
4
8
y y m
y y
故
2 2
3 4
1 3 1 4
2
1 2
1
2 24 42 1
1SPMPR N
y ym y m y
S S m
m
2 2 2 2
2 2 23 4 3 4
3 4 3 4 3 4 3 42 16 4 2
y y y ym y y y y m y y y ym
2
1 216 m m ，
由（1）可知， 1
2
1
3 1
5
mm m
，
故
2 2
1
1 2 1 1
1 1
3 1 1616 16 5 8 40965 5
mS S m mm m
≥ ，
当且仅当 1 9m ，即 1
1
9k 等
故 MPR SPNS S 的取值范围是 4096, .
34．（2021·浙江绍兴市·高三一模）已知抛物线 2
1 : 4C x y 和椭圆
2 2
2 : 14 3
x yC 如图，经过抛物线 1C 焦
点 F 的直线 l 分别交抛物线 1C 和椭圆 2C 于 A，B，C，D 四点，抛物线 1C 在点 A，B 处的切线交于点 P.
（1）求点 P 的纵坐标；
（2）设 M 为线段 AB 的中点，PM 交 1C 于点 Q，BQ 交 AP 于点 T.记 TCD QBP ， 的面积分别为 1 2S S， .
（i）求证：Q 为线段 PM 的中点；
（ii）若 1
2
8
7
S
S
，求直线 l 的方程.
【答案】（1） 1 ；（2）（i）证明见解析；（ii） 1y x 或 1y x .
【解析】
（1）假设点 ,A B 坐标并得到直线 l 的方程，同时得到点 A，B 处的切线方程，然后得到点 P 的坐标，根据
直线 l 与抛物线联立方程，使用韦达定理可知结果.
（2）（i）得到 , ,P M Q 的坐标，然后根据中点坐标公式可得结果; （ii）依据 2
3TAB PABS S ，得到
1
2
8
3
CDS
S AB
，然后利用弦长公式计算 ,CD AB ，最后根据等式进行计算即可.
【详解】
（1）解：设点
2 2
1 2
1 2, , ,4 4
x xA x B x
，直线 l 的方程为 1y kx .
2
2 4 4 2
x xx y y y ，可知抛物线在点 A，B 处的切线的斜率分别为 1 2,2 2
x x
抛物线 1C 在点 A，B 处的切线方程分别为
2 2
1 1 2 2,2 4 2 4
x x x xy x y x ，
联立方程组，解得点 P 的坐标为 1 2 1 2,2 4
x x x x .
由 2
1
4
y kx
x y
，得 2 2
14 4 0 16( 1) 0x kx k ， ，
所以 1 2 14 4x x k x x 2， ，所以点 P 的坐标为 (2 1)k ， ，
即点 P 的纵坐标为 1 .
（2）（i）证明：由（1）得 2 22 1 2 ,2 1 , 2 ,P k M k k Q k k ， , ，
因为 2 2(2 1) ( 1) 2k k ，
所以，点 Q 是线段 PM 的中点.
（ii）解：因为 M，Q 分别为线段 AB PM， 的中点，所以 2AT TP
所以 2
3TAB PABS S ，所以 2
1 1 3
2 4 8QBP MBP PAB TABS S S S S ，
所以
1
2
8 8
3 3 3
8
TCD TCD
TAB
TAB
CDS SS
S S ABS
.
设点 C，D 的横坐标分别为 3 4x x， ，
由 2 2
1
3 4 12 0
y kx
x y
，得 2 2 2
24 3 8 8 0, 96 2 1 0k x kx k ，
所以 3 4 3 42 2
8 8,4 3 4 3
kx x x xk k
，
所以 2 2
22
3 4 3 4 2
1 2 1
1 4 4 6 4 3
k k
CD k x x x x k
由（1）得 22 2
1 2 1 21 4 4 1AB k x x x x k .
所以，
2
1
2 2
2
8 8 6 2 1
3 3 4 3 1
CDS k
S AB k k
2
22 2
8 6 2 1
3 4 3 1
k
k k
设 2
2 1 0
4 3 1
xf x x
x x
，则
2
3 2
16 20 5 0
4 3 1
x xf x
x x
，
所以 f x 在 0, 上单调递减.
因为 21
2
8 6 8
3 7
S f kS
，所以 2
2
3
2 7f k
，所以 2 1k ，即 1k ，
经检验，符合条件，所以直线 l 的方程为 1y x 或 1y x .
【点睛】
思路点睛：第（1）问，①假设直线 l 的方程并与抛物线方程联立，使用韦达定理；②得到在 A,B 处切线方
程并联立得到点 P 坐标；③计算即可.第（2）问，①得到面积的比值 1
2
8
3
CDS
S AB
；②利用弦长公式得到
,CD AB ；③计算得到 k .
35．（2021·浙江高三专题练习）已知椭圆 1C ：
2
2 12
x y 和抛物线 2C ： 2 2 0x py p ，点 Q 为第一象
限中抛物线 2C 上的动点，过 Q 作抛物线 2C 的切线 l 分别交 y 轴、x 轴于点 A、B，F 为抛物线 2C 的焦点.
（Ⅰ）求证： FB 平分 AFQ ；
（Ⅱ）若直线 l 与椭圆 1C 相切于点 P，求 APF 面积的最小值及此时 p 的值.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）2， 2 3p .
【解析】
（Ⅰ）设 0, AA y ， ,0BB x ， ,P PP x y ， ,Q QQ x y ，l： y kx b .联立直线与抛物线，由 0 ，即
可得到 Q 的横坐标，B 的横坐标，则 B 为 AQ 的中点，即可得证；
（Ⅱ）联立直线 l 与椭圆方程，消元，由 0 ，即可得到 2 22 1k b ，即可求出 P 的横坐标，则
2 24 2 41
2 2APF F A P
p pS y y x
p
△
，令 2 4 2t p .利用二次函数的性质求出面积的
最大值；
【详解】
解：（Ⅰ）设 0, AA y ， ,0BB x ， ,P PP x y ， ,Q QQ x y ，
l： y kx b .
l 与抛物线 2C 联立得： 2 2 2 0x pkx pb .
由题意知 0 ，即 2 2 0pk b .
而 Q 的横坐标 Qx pk ，B 的横坐标
2B
b pkx k
，
所以 B 为 AQ 的中点.
由 Q 到焦点的距离等于 Q 到准线的距离可知，
2 2Q A
p pFQ y y FA .
所以 FB 平分 AFQ .
（Ⅱ）l 与椭圆 1C 联立得： 2 2 21 2 4 2 2 0k x kbx b .
由条件知 0 ， 2 2 24 4 1 2 2 2 0kb k b 即 2 22 1k b .
由（1）知 2 2 0pk b ，可得： 2 4 0pb b p .
又因为 0b ，所以
22 4pb p
.
P 的横坐标 2
2 2
2 1P
kb kx k b
，
22 42 pk p
.
所以 APF 面积 1 1 2
2 2 2APF F A P
p kS y y x b b
△
2 22
2
4 2 42 42
2 22 4
p ppp
p pp
令 2 4 2t p .
2
2
1 21 22( 2) 2
APF
tS t
t t
△ （当 4t 即 2 3p 时取等号）
所以 APF 面积的最小值是 2，此时 2 3p .
36．（2021·浙江温州市·高三二模）如图，过点 (1,0)F 和点 (4,0)E 的两条平行线 1l 和 2l 分别交抛物线 2 4y x
于 ,A B 和 ,C D （其中 ,A C 在 x 轴的上方）， AD 交 x 轴于点G ．
（1）求证：点C 、点 D 的纵坐标乘积为定值；
（2）分别记 ABG 和 CDG 的面积为 1S 和 2S ，当 1
2
1
4
S
S
时，求直线 AD 的方程．
【答案】（1）证明见解析； （2） 2 4 0x y .
【解析】
（1）设直线 : 4CD x my ，联立方程组，结合根与系数的关系，即可求解；
（2）联立方程组 2
1
4
x my
y x
，求得 1 2 1 2,y y y y ，根据 1
2
1
4
S
S
，化简整理得 4 12y y ，分别联立
2 4
1 3
4 16,y yy y
， 3
1
8y y
和 1 2 3 4y y y y ，求得 1 4,y y 的值，结合直线的点斜式方程，即可求解.
【详解】
（1）设 1 1 2 2 3 3 4 4( , ), ( , ), ( , ), ( , )A x y B x y C x y D x y ，
设直线 : 1, : 4AB x my CD x my ，
由 2
4
4
x my
y x
，可得 2 4 16 0y my ，所以 3 4 3 44 , 16y y m y y ，
所以点C 、 D 的纵坐标乘积为定值 16 .
（2）由（1）直线 : 1AB x my ，
联立方程组 2
1
4
x my
y x
，可得 2 4 4 0y my ，所以 1 2 1 24 , 4y y m y y ，
可得
1 2 1 1 21
2 4 3 4
3 4
1 ( ) ( ) 12
1 ( ) 4( )2
FG y y y y yS
S y y yEG y y
，即 1 1 2
4 3 4
( ) 1
( ) 4
y y y
y y y
，
因为 1 2 4y y 且 3 4 16y y 代入上式，整理得 4 12y y ，
又由 2 4
1 3
4 16,y yy y
，联立可得 3
1
8y y
，
又因为 1 2 3 4y y y y ，代入可得 1 42, 4y y ，
又由 2 2
1 1 4 44 , 4y x y x ，代入可得 1 41, 4x x ，即 (1,2), (4, 4)A D ，
所以 2ADk ，可得直线 AD 的方程为 2 2 1y x ，即 2 4 0x y .
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