第7讲 共线问题（解析版）-2021年新高考数学之圆锥曲线综合讲义

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 2 2e  ，椭圆上的点到焦点的最短距离为 21 2  , 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）y2 2 1 2 x  1． （2）（﹣1， 1 2  ）∪（ 1 2 ，1）． 【详解】 （1）由条件知 a﹣c＝1 2 2  ， 2 2 c a  ， ∴a＝1，b＝c 2 2  ，故 C 的方程为：y2 2 1 2 x  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）x2+2kmx+（m2﹣1）＝0 △＝（2km）2﹣4（k2+2）（m2﹣1）＝4（k2﹣2m2+2）＞0 （*） x1+x2 2 2 2 km k    ，x1x2 2 2 1 2 m k   ∵ AP  3 PB  ， ∴﹣x1＝3x2 ∴x1+x2＝﹣2x2，x1x2＝﹣3x22， 消去 x2，得 3（x1+x2）2+4x1x2＝0， ∴3（ 2 2 2 km k   ）2+4 2 2 1 2 m k   0 整理得 4k2m2+2m2﹣k2﹣2＝0 m2 1 4  时，上式不成立； m2 1 4  时，k2 2 2 2 2 4 1 m m   ， 因λ＝3，∴k≠0，∴k2 2 2 2 2 4 1 m m   ＞0， ∴﹣1＜m 1 2 ＜ 或 1 2 ＜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， 1 2  ）∪（ 1 2 ，1）． 2．已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的左顶点为 A，右焦点为 F，过点 A 作斜率为 3 3 的直线与 C 相交 于 A，B，且 AB OB ，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 OP OQk k 的值； （ⅱ）点 M 满足 2OM OP  ，直线 MQ 与椭圆的另一个交点为 N，求 NM NQ 的值. 【答案】（1） 2 5 5 ；（2）（ⅰ） 1 5  ；（ⅱ） 3 8 . 【分析】 （1）由几何关系可得 B 点坐标，代入椭圆方程即得 5a b ，又 2 2 2, ca b c e a    即得； （2）（ⅰ）将直线 PQ 与椭圆联立即得 1 2 1 2 OP OQ y yk k x x   结果； （ⅱ） , (0 1)NM NM 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| | ,| | ,2 6 aOA a OB BAF     ， 则 3,4 4 a aB      ，代入椭圆 C 的方程： 2 2 2 2 3 116 16 a a a b   ， ∴ 2 2 5, 5a a bb   ，∴ 2 2 2c a b b   ， ∴ 2 5 5 ce a   ． （2）（ⅰ）由（1）可得 1, 5b a  ，∴ 2 2: 15 xC y  设直线 l：      1 1 2 2 3 33 2, , , , , ,x y P x y Q x y N x y  ∵ 2OM OP  ，∴ 1 1,2 2 x yM     联立直线 l 与椭圆 C 的方程： 2 2 3 2 5 5 x y x y      28 4 3 1 0, 0y y     恒成立 1 2 1 2 3 1,2 8y y y y     ∴     1 2 1 2 1 2 1 2 53 2 3 2 3 2 3 4 8x x y y y y y y        ∴ 1 2 1 2 1 5OP OQ y yk k x x     ． （ⅱ）设 , (0 1)NM NM NQNQ         1 1 3 3 2 3 2 3, , ,2 2 x yNM x y NQ x x y y               1 3 2 3 1 3 2 3 2 2 x x x x y y y y           ∴ 1 2 3 1 2 3 2 2(1 ) 2 2(1 ) x x x y y y                3 1 2 3 1 2 1 22(1 ) 1 22(1 ) x x x y y y           ∵P，Q，N 在椭圆上，∴ 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 3 35 5, 5 5, 5 5x y x y x y         2 2 1 2 1 2 2 2 2 25 54(1 ) 4(1 ) x x y y        ∴    2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 25 4 5 4 5 20(1 )x y x y x x y y         由（ⅰ）可知 1 2 1 25 0x x y y  ，∴ 2 21 4 4(1 )    ， ∴ 3 8   ∴ 3 8 NM NQ  ． 3．已知曲线      2 2: 5 2 8C m x m y m R     . （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）， 4y kx  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）    ,2 5,  ；（2） 3.5,5 ；（3）见解析 【分析】 （1）若曲线C 表示双曲线，则：  5 2 0m m   ，解得 m 的范围；（2）若曲线C 是焦点在 x 轴上的椭 圆，则 2 5 0m m    ，解得 m 的取值范围；（3）联立直线与椭圆方程结合  232 2 3k  ，解得 k ， 设  , 4N NN x kx  ，  , 4M MM x kx  ，  1GG x ， ，求出 MB 的方程，可得 3 16 M M xG kx      ， ，从而可得 3  16 M M xAG kx       ， ，    , 2N NAN x kx  ，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：  5 2 0m m   ， 解得：    2 5m    ， ， . （2）若曲线C 是焦点在 x 轴上的椭圆， 则： 2 5 0m m    ， 解得： 7 ,52m     （3）当 4m  ，曲线C 可化为： 2 22 8x y  ， 当 0x  时， 2y   ， 故 A 点坐标为：  0 2， ，  0 2B ， ， 将直线 4y kx  代入椭圆方程 2 22 8x y  得： 2 22 1 16 24 0k x kx    ， 若 4y kx  与曲线 C 交于不同两点 M ， N ， 则  232 2 3 0k   ，解得 2 3 2k  ， 由韦达定理得： 2 16 2 1m n kx x k     ①， 2 24 2 1m nx x k    ② 设  , 4N NN x kx  ，  , 4M MM x kx  ，  1GG x ， ， MB 方程为： 6 2M M kxy xx   ，则 3 16 M M xG kx      ， ， ∴ 3  16 M M xAG kx       ， ，    , 2N NAN x kx  ， 欲证 A ，G ， N 三点共线，只需证  AG  ， AN  共线， 即  3 26 M N N M x kx xkx    ， 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 2 2 4x y  ，圆 O 与 y 轴的交点为 A，B(点 A 在点 B 的上方)，直线 : 1l y kx  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 2 22MN r d  代入计算即可； （2）联立 2 2 4 1 x y y kx       ，借用韦达定理表示出 ,DA AN   ，证明 / /DA AN   ，即可证明 D、A、N 三点共线. 【详解】 （1）∵ 1k  ，∴直线 l 的方程为 1 0x y   . 圆心到直线的距离 1 2 22 d   ， ∴ 2 2 12 2 4 142MN r d     ； （2）由题可得  0,2A ，  0, 2B  ， 设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，联立 2 2 4 1 x y y kx       得：  2 21 2 3 0k x kx    ， 1 2 2 2 1 kx x k     ， 1 2 2 3 1x x k   ， 1 1 2: 2BM yl y xx   ，令 4y  ， 得 1 1 6 2 xx y   ，∴ 1 1 6 ,42 xD y      ， 1 1 6 , 22 xDA y       ，  2 2, 2AN x y    ， ∵  1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 6 2 6 12 2 422 2 2 x y x y x x y xxy y y          1 2 2 1 1 2 1 6 2 12 4 2 x y x y x x y         1 2 2 1 1 2 1 6 1 2 1 12 4 2 x kx x kx x x y        1 2 1 1 2 2 1 2 1 6 6 2 2 12 4 2 kx x x kx x x x x y          2 2 1 2 1 2 1 1 3 24 64 6 1 1 2 2 kkkx x x x k k y y                   2 2 1 12 12 1 1 02 k k k k y    ， / /DA AN    ， ∴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 ： 2 2 12 x y  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 MF NF ，直线 AM 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,M m ，  0,N n ，然后根据 MF NF 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 ,E D 坐标间的关系，从而使问题得证． 试题解析：（Ⅰ）设  0,M m ，  0,N n ，∵ MF NF ，可得 1mn   ， 1 1 2 2AMFNS AF MN MN  ， ∵ 2 2 2| | | | 2MN MF NF MF NF    ，当且仅当 MF NF 时等号成立． ∴ min| | 2MN  ， ∴ min 1 12MFNS MN  ， ∴四边形 AMFN 的面积的最小值为 1． （Ⅱ）∵  2,0A  ，  0,M m ，∴直线 AM 的方程为 2 my x m  ， 由 2 2 ,{ 2 2 2, my x m x y     得   2 2 2 21 2 2 2 1 0m x m x m     ， 由  2 2 2 1 2 1E m x m      ，得  2 2 2 1 1E m x m     ，① 同理可得  2 2 2 1 1D n x n     ， ∵ 1m n   ，∵ 2 2 12 1 1 1 D m x m                2 2 2 1 ,1 m m     ② 故由①②可知： E Dx x  ， 代入椭圆方程可得 2 2 E Dy y ∵ MF NF ，故 M ， N 分别在 x 轴两侧， E Dy y  ， ∴ E D E D y y x x  ，∴ 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: 8C x y 的焦点为 F，直线 l 与抛物线 C 交于 ,M N 两点. （1）若直线 l 的方程为 3y x= + ，求| | | |MF NF 的值； （2）若直线 l 的斜率为 2，l 与 y 轴的交点为 P，且 2MP NP  ，求| |MN . 【答案】（1）18；（2）16 5 3 . 【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 1 2 14y 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 2y x t  ，联立直线与抛物线的方程，消去 y ，结合韦达定理以及 2MP NP  可 解出 1 32 3x  ， 2 16 3x  ，根据弦长公式 2 1 2| 1 | |MN k x x    即可得结果. 【详解】 （1）设  1 1,M x y ，  2 2,N x y . 联立 2 8 , 3, x y y x      整理得 2 14 9 0y y   ， 则 1 2 14y y  . 因为 ,M N 均在抛物线 C 上，所以 1 2| | | | 4 18MF NF y y     . （2）设 (0, )P t ，则直线 l 的方程为 2y x t  . 联立 2 8 , 2 , x y y x t      整理得 2 16 8 0x x t   ， 则 1 2 16x x  ， 1 2 8x x t  ， 且 216 32 0t    ，即 8t   . 因为 2MP NP  ，所以点 N 为线段 MP 的中点，所以 1 22x x . 因为 1 2 16x x  ，所以 1 32 3x  ， 2 16 3x  ， 此时 5128 9t  ， 64 89t     ， 故 2 1 2 32 16 16 5| 1 | | 5 3 3 3MN k x x            . 【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: 3C x y 的焦点为 F ，斜率为1的直线 l 与C 的交点为 A B、 ，与 y 轴的交点为 P . （1）若 5AF BF  ，求直线 l 的方程； （2）若 2AP PB  ，求线段 AB 的长度. 【答案】（1） 1: 4l y x  （2）9 2 【分析】 （1）设直线 l 方程为    1 1 2 2, , ,y x b A x y B x y  , ， 1 2 3 2AF BF y y    ，直线方程与抛物线方程联立， 由根与系数关系求出 1 2x x ，进而得出 1 2y y 建立 b 的方程，求解即可； （2）由 2AP PB  ，得 1 22x x  ，结合（1）中的 1 2,x x 关系，即可求出结论. 【详解】  1 设直线 l 方程为    1 1 2 2, , ,y x b A x y B x y  , ， 联立 2 23 3 3 0x y x x b y x b         由 0  得 3 4b   ， 1 2 1 2 1 23,   2 2 3x x y y x x b b        . 由抛物线的定义知 1 2 3 32 3 52 2AF BF y y b        所以 1 4b  ，满足 0  ，符合题意， 所以直线 l 方程为 1 4y x  .  2 由（1）得 1 2 1 23, 3x x x x b    . 由 2AP PB  得 1 22x x  ， 解得 1 26, 3, 6x x b    ，满足 0  ，符合题意， 所以 2 1 21 1 | | 9 2AB x x    . 【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） 2 2 1( 0)4 3 x y y   ；（2） 6 12y x  或 6 12y x   . 【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| | SM SN  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： 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a b ya b      ，则 c＝1，2a＝4， 即 a＝2，b2＝a2﹣c2＝3，∴曲线 E 的方程为 2 2 1( 0)4 3 x y y   ； （2）因为 HA⊥x 轴，所以 3( 1, )2H  ，设 S（0，y0）， ∴ 0 3 2 2 3 y   ，解得 y0＝1，则 S（0，1）， 因为 a＝2c，所以|SG|＝2|SH|，∴ 1 | || | sin 2 | |2 61 | || || | sin2 SMG SHN SM SG MSGS SM S SNSN SH NSH        ， ∴ | | 3| | SM SN  ，则 3SM SN   ， 设 M（x1，y1），N（x2，y2），则 1 1 2 2( , 1), ( , 1)SM x y SN x y     ，则 x1＝﹣3x2， ①当直线 MN 斜率不存在时，MN 的方程为 x＝0， 此时 | | 3 1 2 3| | 3 1 SM SN     ，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 2 2 1 14 3 y kx x y     ，得（3+4k2）x2+8kx﹣8＝0，∴ 1 2 2 1 2 2 8 3 4 8 3 4 kx x k x x k        ， 将 x1＝﹣3x2 代入得， 2 2 2 2 2 82 3 4 83 3 4 kx k x k       ，∴ 2 2 2 4 83( )3 4 3 4 k k k   ， ∴ 2 3 2k  ，解得 6 2k   ， ∴直线 MN 的方程为 6 12y x  或 6 12y x   . 【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 3SM SN   ，进而找到 ,M N 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 2 2 2 2 x y a b  =1（a＞b＞0）的右焦点为 F（2，0），且过点（2 3 ， 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 2 2 3 FN MN  sin∠FON（O 为坐标原点），求 k 的值． 【答案】（1） 2 2 116 12 x y  ；（2） 3 2k = 或 9 26 【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 2 2 3 FN MN  sin∠FON，得出 1 2 5 2 y y  ，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 1 2 5 2 y y  可求出 k 的值． 【详解】 （1）由题意可知 2 2 2 2 4 12 3 1 a b a b      ，解得 a2＝16，b2＝12（负值舍去）， 所以椭圆方程为 2 2 116 12 x y  ； （2）设点 M 的坐标为 1 1x y（ ， ），点 N 的坐标 2 2x y（ ， ）， 由题可知 1 2 0y y＞ ＞ ，故 1 2MN sin FON y y ＝ ﹣ ， 因为 2yFN sin OFN   ，而 4OFN   ，所以 22FN y ， 由 2 2 3 FN sin FONMN   ，可得  2 1 2 2 22 3y y y  ， 所以 1 2 5 2 y y  ， 由 2 2 116 12 y kx x y    ，消去 x，可得 1 2 4 3 4 3 ky k   ， 易知直线 NF 的方程为 2 0x y ﹣＝ ， 由 2 0 y kx x y      ，消去 x，可得 2 2 1 ky k   ， 所以 2 4 3 5 2 2 14 3 k k kk    ，整理得 52k2﹣96k+27＝0， 解得 3 2k  或 9 26k  ． 【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 2 2 2 2: 1( 0)x yE a ba b     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 1 2 c . (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 OP AO  ,过点 P 的直线交椭圆 E 于 B,C 两点,且 BP BC  , 若直线 OA,OB 的斜率之积为 1 4  ,求证: 2 2 1   . 【答案】（1） 2 2 14 x y  .（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： 1 2 bc ca  ,即 a=2b.再利用点在椭圆上的条件得 2 2 3 1 14a b   ,解得 a=2,b=1,（2）设      1 1 2 3 3 3, , , , , ,A x y B x y C x y 化简 BP BC  ,得 3 1 2 3 1 2 1 { 1 x x x y y y               ,代入椭圆方程得  2 2 1 2 1 22 2 11 14 x x y y                         ，再根据直线 OA,OB 的斜率之积为 1 4  ,得 1 2 1 24 0x x y y  ，即得 2 2 1   . 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 2 2 1 2 bc bcd cab c     , 得 a=2b.又椭圆过点 13, 2      ,则 2 2 3 1 14a b   ,联立得 a=2,b=1, 所以椭圆方程为 2 2 14 x y  . (2)证明:设      1 1 2 3 3 3, , , , , ,A x y B x y C x y 因为  1 1,OP AO x y       , 又 BP BC  ,得   1 2 1 2 3 2 3 2, ,x x y y x x y y         , 故 3 1 2 3 1 2 1 { 1 x x x y y y               ,代入椭圆方程得: 2 21 2 1 2 1 1 14 x x y y                      , 整理得  2 22 2 2 21 2 1 2 1 2 1 22 2 11 14 4 4 x x x xy y y y                                    .① 因为 A,B 在椭圆 E 上,所以 2 2 2 21 2 1 21, 14 4 x xy y    ,② 又直线 OA,OB 的斜率之积为 1 4  即 1 2 1 2 1 2 1 2 1 4 04 y y x x y yx x      .③ 将②③两式代入(1)得 2 2 21 1 2 1                   . 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： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     上的点到右焦点 F 的最大距离为 2 1 ，离心率为 2 2 ．  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 1 2 1k k  ，B 是线段 OA 延长线上一点，且 4.5 AB MN  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 OP MN   ，求 2 取值范围． 【答案】(1) 2 2  12 x y  ；(2) 21 4 1 4  6 26 15 2 5     ． 【分析】  1 依题 2 1a c   ，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： 2 2 12 x y  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： 2 2 12 x y  联立求得 OA ，得到 OA MN ，利用换元法求得 OA MN 的范围，把 2 2 2 | | | | OP MN   转化为含 OA MN 的代数式求解． 【详解】   1 依题 2 1a c   ， 2 2 c a  ， 解得 2a  ， 1c  ， 2 2 2 2 1 1b a c      ． 椭圆 C 的方程为 2 2 12 x y  ；  2 由已知可得直线 l 的方程为： 1 1 2y kx  ，与椭圆 C： 2 2 12 x y  联立， 得 2 2 1 12 4 4 3 0k x k x    ，由题意 0 ， 设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，则 1 1 2 2 1 2 1 2 kx x k     ，  1 2 2 1 3 2 1 2 x x k   ． 弦 2 12 2 21 1 12 2 2 1 1 1 6 162 31 ( ) 4 11 2 1 2 1 2 kkMN k kk k k           ， OA 所在直线方程为 2y k x ，与椭 C： 2 2 12 x y  联立，解得 2 2 2 2 1 2x k   ， 2 2 2 2 21 1 2OA k k      ． 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 1 1 1 2 1 21 1 2 2 12 16 6 2 16 61 1 2 kOA k k MN k k kk k             ． 令 2 12 1( 1)t k t   ，则 2 1 1 2 tk  ， 则    2 22 3 113 4 1 4 OA t MN t t t t         ， 得到 6 2 6 2 OA MN   ， 2 2 2 22 2 2 2 2 | | ( ) | || | | | | | | | OB AB OA AB ABOP MN MN MN       ① 2 2 4( ) 2 ( ) 2 5 OA AB OA OA OA MN MN MN MN MN        ． 令 OA MN   ，由 ① 知， 6 2 6 2   ，换元得： 2 2 8 5     ，其中 6 2 6 2   ． 21 4 1 46 26 15 2 5      ． 【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 2 1 : 2 ( 0)C y px x  与 椭圆 2 2 2 2 : 2 ( 0)C x y m m   的一个交点为 (1, )P t ，点 F 是 1C 的焦点，且 3 2PF  . (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 OAE EOB   ?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) 2 2 2 1 2: 2 , : 2 5.C y x C x y   (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 OAE EOB   ，即可得 出结论． 【详解】 （1）由抛物线定义： 31 2 2 pPF    ，所以 11,p C 的方程为 2 2y x ，将  1,P t 代入 2 1 : 2c y x 得 2 2t  ，即 2t   ，将  1, 2p  代入 2 2 2 2 : 2c x y m  ，得 2 5m  ，故 2C 方程为 2 22 5x y  .即 2 2 2 1 2: 2 , : 2 5.C y x C x y   （2）由题意：直线OA的斜率存在且不为 0，设OA的方程为  0y kx k  ，由于OA OB ，则OB 的方 程为 1y xk   ，由 2 22 5x y y kx      得 2 2 2 2 52 5, ,1 2x k x x k       由 2 2 1 y x y xk     ，得 2 2 2x xk  ，得 0x  （舍）或 22 .x k 在第一象限内，若满足 OAE EOB   的点 A 存在，则 0k  ，此时  2 2 2 5 5, , 2 , 21 2 1 2A k B k kk k        ， 设直线 AB 与 x 轴交于点 D ，由于 0, 90OAE EOB AOB DOE       ， 所以 ,OAD AOD DOB OBD      ，故 AD OD BD  ，即 D 为线段 AB 中点， 因此 A By y  ，即 2 5 21 2k kk  ，解得 2 1 2, 2,8 2k A       ， 故存在适合题意的 22, 2A       ，此时 1 2,4 2B      ， 此时 2 4 2 .7 7 4 ABk   AB 方程为  2 4 2 22 7y x   ，即 4 2 9 2 7 14y x  ， 点O 到 AB 的距离 2 2h  ， 27 924 4AB       ，所以 1 2 9 9 2 .2 2 4 16AOBS    【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） 2 2 14 3 x y  （2）见解析 【分析】 （1）设椭圆的方程为 2 2 2 2 1x y a b   ，由题意可得 2 2 2 2 2 1 1 9 14 c a b a b c        ，解方程组即可. （2）设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，直线 MN 的方程为 1x my  ，由方程组 2 2 1 14 3 x my x y     ，消去 x 整理得  2 23 4 6 9 0m y my    ，根据韦达定理求出点 Q 的坐标，根据向量即可求出 //AN AQ   ，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 2 2 2 2 1x y a b   ， ( 0)a b  . 由题意可得 2 2 2 2 2 1 1 9 14 c a b a b c        ，解得 2 4a  ， 2 3b  ， 故椭圆的方程 2 2 14 3 x y  . （1）设 1 1( , )M x y ， 2 2( , )N x y ，直线 MN 的方程为 1x my  ， 由方程组 2 2 1 14 3 x my x y     ，消去 x 整理得 2 2(3 4) 6 9 0m y my    2 236 36(3 4) 0m m     1 2 2 6 3 4 my y m      ， 1 2 2 9 3 4y y m    ，  直线 BM 的方程可表示为 1 1 ( 2)2 yy xx   ， 将此方程与直线 4x  成立，可求得点 Q 的坐标为 1 1 2(4, )2 y x  ， 2 2( 2, )AN x y   ， 1 1 2(6, )2 yAQ x    ，      2 1 1 21 2 2 1 1 6 2 2 226 2 2 2 y x y xyy x x x             2 1 1 2 1 6 1 2 2 1 2 1 2 y my y my my                2 21 2 1 2 1 1 9 64 ( ) 6( )4 6 3 4 3 4 01 1 mmmy y y y m m my my          ， //AN AQ  ，  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)y px p  的焦点，若点  0 ,4P x 在抛物线C 上，且 5 .2PF p  1 求抛物线 C 的方程；  2 动直线  l: 1x my m R   与抛物线C 相交于 ,A B 两点，问：在 x 轴上是否存在定点  ,0 (D t 其中 0)t  ，使得向量 DA DB DA DB      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） 2 4y x ；（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 (D t 其中 0)t  ，使得 DA DB DA DB      与向量OD  共线， 可得 x 轴平分 ADB ，设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，联立 1x my  和 2 4y x ，根据 1 2 0k k  恒成立， 运用韦达定理和直线的斜率公式，化简整理可得 ,m t 的方程，求得 1t   ，可得结论． 【详解】  1 抛物线 C： 2 2 ( 0)y px p  的焦点为 ,02 p     ， 准线方程为 2 px   ， 即有 0 5 2 2 p pPF x   ，即 0 2x p ， 则 216 4p ，解得 2p  ， 则抛物线的方程为 2 4y x ；  2 在 x 轴上假设存在定点  ,0 (D t 其中 0)t  ， 使得 DA DB DA DB      与向量OD  共线， 由 DA DA   ， DB DB   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  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 联立 1x my  和 2 4y x ， 得 2 4 4 0y my   ，  216 1 0m   恒成立． 1 2 4y y m  ， 1 2 4.y y   ① 设直线 DA、DB 的斜率分别为 1k ， 2k ， 则由 ODA ODB   得，        1 2 2 11 2 1 2 1 2 1 2 y x t y x ty yk k x t x t x t x t                       1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1y my t y my t my y t y y x t x t x t x t             ，   1 2 1 22 1 0my y t y y     ， ② 联立 ①② ，得  4 1 0m t   ， 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 DA DB DA DB      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  2 2 2 1 : 1F x y t   ，圆    22 2 2 : 1 2 2F x y t    ， 0 2 2t  ，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， 2 2F M F N a     ，求 PMN 面积的最大值. 【答案】（1） 2 2 12 x y  （2） 2 14+2 6 7 【解析】试题分析：（1）看到 1 2,F F 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 1 2 1 22 2 | 2PF PF F F   ,∴曲线 C 是以 1 2,F F 为焦点的椭圆（2）∵ 2 2F M F N a     ，∴ 2, ,M N F 三点共线，且直线 MNl 的斜率为 3 ， ∴直线 MNl 的方程为  3 1y x  ，与椭圆方程联立得 27 12 4 0x x   ，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 1 2 1 22 2 | 2PF PF F F   , ∴曲线C 是以 1 2,F F 为焦点的椭圆 ∴ 2, 1, 1a c b   ∴曲线C 的方程是 2 2 12 x y  （2）∵ 2 2F M F N a     ，∴ 2, ,M N F 三点共线，且直线 MNl 的斜率为 3 ， ∴直线 MNl 的方程为  3 1y x  ， 与椭圆方程联立得 27 12 4 0x x   ， ∴  22 1 2 1 21 4MN k x x x x    8 2 7  . 设  2cos ,sinP   ， ∴ P 到直线 MNl 的距离  6cos sin 3 7sin 3 2 2d          ， ∴ max 7 3 2d  ， ∴ MNPS 的最大值为 2 14+2 6 7 . 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, 2 3 和椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的右焦点，且椭 圆的离心率为 6 3 . （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 DM DN  ， 求实数  的取值范围. 【答案】（1） 2 2 16 2 x y  ；（2） (5 2 6,1) (1,5 2 6)   . 【分析】 （1）求出直线方程可得椭圆的焦点坐标，结合离心率 6 3 ce a   ，以及 2 2 2b a c  列方程求得 ,a b 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 DM DN  ，结合韦达定理 得 2 2 2 1 12 362 103 3 m m m        ，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 , ,a b c 的方程组，解出 , ,a b ，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   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的焦点为  1 ,0F c ，  2 ,0F c ，P 是椭圆 C 上一点.若椭圆 C 的离 心率为 2 2 ，且 1 1 2PF F F ， 1 2PF F△ 的面积为 2 2 . （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  ,Q x y 满 足 1OQ m   ，OM ON OQ    ，求  的最小值. 【答案】（1） 2 2 12 x y  （2） min 2 6   【分析】 （1）根据题意可得方程组联立 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b bc a c a b          ，解得 b，a，进而得出椭圆 C 的方程. （2）设直线 l 的方程为：  2y k x  ，设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，联立直线 l 与椭圆的方程消元，然后 韦达定理得 2 1 2 2 8 1 2 kx x k    ， 2 1 2 2 8 2 1 2 kx x k    ，因为OM ON OQ    ，得   1 2 1 2, ,x x y y x y   ， 当 0k  时， 0  ，当 0  时，   2 1 2 2 8 1 2 x x kx k     ，     1 2 1 2 2 1 44 1 2 y y ky k x x k k            ，因为 1OQ m   ，所以 1x y  ，代入化简得   2 2 8 4 1 2 k k k    ，然后变形利用基本不等式可得出答案. 【详解】 （1）依据题意得 2 2 c a  ， 所以 2 2 2 2 2 2 2 11 2 c a b b a a a     ，所以 2 22a b ， 因为 1 1 2PF F F ，故设  0,P c y ，代入椭圆方程得 2 0 by a   ， 所以 1 2PF F△ 的面积为： 2 1 2 0 1 2 2 2 bF F y c a      . 联立 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b bc a c a b          ，解得 1b  ， 2 2a b  ， 所以椭圆 C 的方程为： 2 2 12 x y  . （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：  2y k x  ， 联立   2 2 2 12 y k x x y      ，消去 y 并整理得  2 2 2 21 2 8 8 2 0k x k x k     ， 所以     22 2 28 4 1 2 8 2 0k k k       ， 设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ， 所以 2 1 2 2 8 1 2 kx x k    ， 2 1 2 2 8 2 1 2 kx x k    ， 因为OM ON OQ    ， 所以    1 2 1 2, ,x x y y x y   ， 当 0k  时， 0  ， 当 0  时，   2 1 2 2 8 1 2 x x kx k     ，     1 2 1 2 2 1 44 1 2 y y ky k x x k k            ， 因为 1OQ m   ，所以 1x y  ，所以     2 2 2 8 4 1 1 2 1 2 k k k k      ， 所以       2 222 8 4 1 14 1 4 11 21 2 2 1 4 1 3 k k k k kk k k                        1 44 1 4 2 63 2 6 42 1 41k k                当且仅当 6 12k   时取等号，且 6 12k   满足   ，所以 2 6   综上 min 2 6   . 【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 2 12 x y  ；（Ⅱ） 2 2 2 2                  ， ， ；（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 2y kx  ，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 2 21 2 2 1 02 k x kx       ，由题意知， 2 2 218 4 4 2 02k k k          ，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 1 1 2 2( ) ( )P x y Q x y， ， ， ，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 1 2 1 22( )x x y y    ， 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 ， 2 2 2 2 12 x y b b   椭圆方程为 ，将点 2(1 )2M ， 代入，得 ， 所求椭圆方程为 2 2 12 x y  ． （Ⅱ）由已知条件，直线 l 的方程为 2y kx  ，代入椭圆方程得 2 2( 2) 12 x kx   ． 整理得 2 21 2 2 1 02 k x kx       ① 直线 l 与椭圆有两个不同的交点 P 和Q 等价于 2 2 218 4 4 2 02k k k          ， 解得 2 2k   或 2 2k  ．即 k 的取值范围为 2 2 2 2                  ， ， . （Ⅲ）设 1 1 2 2( ) ( )P x y Q x y， ， ， ，则 ， 由方程①， 1 2 2 4 2 1 2 kx x k     ② 又 1 2 1 2( ) 2 2y y k x x    ③ 而 ， ． 所以 与 共线等价于 1 2 1 22( )x x y y    ， 将②③代入上式，解得 2 2k  ． 由（1）知 2 2k   或 2 2k  ，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.