第24讲 直径问题（解析版）-2021年新高考数学之圆锥曲线综合讲义

第 24 讲 直径问题 1．如图， 1A ， 2A 为椭圆 2 2 19 5 x y  长轴的左、右端点，O 为坐标原点，S ，Q ，T 为椭圆上不同于 1A ， 2A 的三点，直线 1QA ， 2QA ， OS ， OT 围成一个平行四边形 OPQR ，求 2 2| | | |OS OT . 【解答】解：设 ( , )Q x y ， 1(T x ， 1)y ， 2(S x ， 2 )y ， 1QA ， 2QA 斜率分别为 1k ， 2k ， 则OT ， OS 的斜率为 1k ， 2k ，且 2 1 2 2 5 3 3 9 9 y y yk k x x x       ， 所以 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 1 45(1 ) 5 9 kOT x y x k x k       ，同理 2 2 2 2 2 45(1 ) 5 9 kOS k   ， 因此 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 2 1 2545(1 )45(1 ) 45(1 ) 45(1 ) 81 45(1 ) 81 25 126 70| | | | 14255 9 5 9 5 9 5 9 5 9 5 95 9 k k k k k k kOS OT k k k k k k k                    ． 2．已知椭圆 2 2 : 124 12 x yE   ，O 为坐标原点， A ， B 是椭圆上两点，OA ，OB 的斜率存在并分别记为 OAk 、 OBk ，且 1 2OA OBk k   ，求 1 1 | | | |OA OB  的最小值 【解答】解：设 (2 6 cosA  ， 2 3sin ) ， (2 6 cosB  ， 2 3sin ) ， [0  ， 2 ) ， [0  ， 2 ) ， 由 2 3sin 2 3sin 1 22 6 cos 2 6 cosOA OBk k         ，整理得：cos sin sin sin 0     ，即 cos( ) 0   ，则 2    ， 2    ， 则 (2 6 cos( )2A   ， 2 3sin( ))2   ，即 ( 2 6 sinA  ， 2 3cos ) ， 2 2 2 2| | 24sin 12cos 12(1 sin )OA        ， 2 2| | 12(1 cos )OB   ， 则 2 2| | | | 36OA OB  ， 2 2| | | || | | | 182 OA OBOA OB   „ ，当且仅当 | | | |OA OB ，即 2sin 2    ， 4   或 3 4   ， 1 1 2 2 2 | | | | 3| | | | 18OA OB OA OB   … … ，当且仅当| | | |OA OB ，即 2sin 2    ， 4   或 3 4   ， 综上可知： 1 1 | | | |OA OB  的最小值 2 3 ， 故选：C ． 3．已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率是 2 2 ， O 是坐标原点，点 A ， B 分别为椭圆 C 的左、右顶 点， P 为椭圆C 上异于 A ， B 的点，直线 AP ， BP 的斜率分别是 1k ， 2k ． （Ⅰ）求证： 1 2k k 为定值； （Ⅱ）设直线 l 交椭圆C 于 M ， N 两点， / /AP OM ， / /BP ON ，且 OMN 的面积是 2 2 ，求椭圆 C 的标 准方程． 【解答】 ( )I 证明： ( ,0)A a ， ( ,0)B a ， 2 2 c a  ， 2 2 2a b c  ．可得 2 22a b ． 设 0(P x ， 0 )y ．则 2 2 0 0 2 2 12 x y b b   ，可得： 2 2 2 0 02 2x b y  ． 2 2 0 0 0 0 1 2 2 2 2 0 00 0 1 2 2 22 2 y y y yk k x b yx b x b         ． ( )II 解：由题意可得： MN 不垂直于 x 轴，设直线 MN 的方程为 y kx t  ， 联立 2 2 22 2 0 y kx t x y b       ，化为： 2 2 2 2(1 2 ) 4 2 2 0k x ktx t b     ． △ 2 2 2 28( 2 ) 0b k b t    ． 设 1(M x ， 1)y ， 2(N x ， 2 )y ， 1 2 2 4 1 2 ktx x k     ， 2 2 1 2 2 2 2 1 2 t bx x k   ． / /AP OM ， / /BP ON ， 1 2OM ONk k   ，即 1 2 1 2 1 2 y y x x   ．  1 2 1 2 ( )( ) 1 2 kx t kx t x x     ， 2 2 1 2 1 22 ( ) (1 2 ) 2 0kt x x k x x t      ． 2 2 2 2 2 2 4 2 22 ( ) (1 2 ) 2 01 2 1 2 kt t bkt k tk k         ． 化为： 2 2 22 (1 2 )t k b  ，△ 28 0t  ． 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 4 4(2 2 ) 1| | (1 )[( ) 4 ] (1 )[( ) ] 21 2 1 2 kt t b kMN k x x x x k bk k t             ． 点O 到直线 MN 的距离 2 | | 1 td k   ． OMN 的面积 21 2| | 2 22 2MN d b   ， 解得 2 4b  ． 2 8a  ． 椭圆 C 的标准方程为 2 2 18 4 x y  ． 4．如图，已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率为 3 2 ，且过点 (0,1) ， 0(M x ， 0 )y 为椭圆 C 上一点， 过坐标原点 O 作圆 2 2 0 0 4: ( ) ( ) 5M x x y y    的两条切线分别交椭圆 C 于点 A ，B ，直线 OA，OB 的斜 率存在且不为零，分别记为 1k ， 2k ． （Ⅰ）求椭圆 C 的方程； （Ⅱ）求证： 1 2k k 为定值； （Ⅲ）请问 AOB 的面积是否为定值？若是，请求出定值并证明；若不是，请说明理由． 【解答】解： ( )I 由题意可得： 3 2 c a  ， 1b  ， 2 2 2a b c  ． 联立解得 1b  ， 2a  ． 椭圆 C 的方程为： 2 2 14 x y  ． ( )II 证明：设经过原点的圆的切线的方程为 y kx ，则 0 0 2 | | 2 51 kx y k    ， 化为： 2 2 2 0 0 0 0(5 4) 10 5 4 0x k x y k y     ， 则 1k ， 2k 是此方程的两个实数根． 则 2 0 1 2 2 0 5 4 5 4 yk k x   ， 又 2 20 0 14 x y  ，可得 2 2 0 0 1 4 xy   ， 2 0 2 0 1 2 2 2 0 0 5(1 ) 4 4 5 14 5 4 4(5 4) 4 x xk k x x         ． ( )III 解： AOB 的面积为定值 1．下面给出证明． 联立 1 2 24 4 y k x x y     ，化为： 2 2 1 4 1 4x k   ， 2 2 1 2 1 4 1 4 ky k   ．不妨设 1 0k  ． 取 1 2 2 1 1 22( , ) 1 4 1 4 kA k k  ． 同理可得： 1 2 2 1 1 4 1( , ) 1 4 1 4 kB k k    ． 2 2 21 1 1 1 22 2 11 1 2 4 2 1 20 12 5| | ( ) ( ) 1 41 4 1 4 k k k kAB kk k          ． 直线 AB 的方程为： 1 1 2 2 11 1 2 1 41 ( )2 41 4 1 4 k ky xkk k     ， 原点 O 到直线 BA 的距离 2 1 2 1 1 2 1 4 20 12 5 kd k k    ， 1 | | 12AOBS d AB   ． 5．在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     ，其焦点到相应准线的距离为 2 ，离心率 为 2 2 ． （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）如图所示 A ， B 是椭圆 C 上两点，且 AOB 的面积 2 ，设射线 OA， OB 的斜率分别为 1k ， 2k ①求 1 2k k 的值； ②延长 OA 到 P ，使得 2OP OA ，且 PB 交椭圆 C 于Q ，求证： BP BQ 为定值． 【解答】解：（1）由题意可知 2 2 2a bcc c    ， 2 2 ce a   ， 解得： 2 4a  ， 2 2b  ， 椭圆 C 的方程为： 2 2 14 2 x y  ； （2）①方法 1：设直线 1:OA y k x ，设直线 2:OB y k x ， 则 1 2 2 14 2 y k x x y    ，解得： 2 1 2 1 4 1 2x k   ，同理可得 2 2 2 2 4 1 2x k   ， 点 B 到 OA的距离为 1 2 2 2 1 2 2 2 1 1 | | | ( ) | 1 1 k x y x k kd k k      ， 因为 AOB 的面积为 2 ，所以 2 2 1 2 1 1 1 2 1 22 1 | ( ) |1 1 1| | 1 | | | ( ) |2 2 21AOB x k kS OA d k x x x k k k            ， 即 1 22 2 1 2 1 2 2 | | 22 1 2 1 2 k k k k        ， 即 2 2 2 1 2 1 22 | | (1 2 )(1 2 )k k k k    ，所以 2 1 2(2 1) 0k k   ， 所以 1 2 1 2k k   ； 方法 2：齐次化 设 1(A x ， 1)y ， 2(B x ， 2 )y ，因此 2 2 1 12 4x y  ， 2 2 2 22 4x y  ， 由 1 2 2 1 1 | |2AOBS x y x y   ，因此 2 2 2 2 2 1 2 2 1 1 1 2 22( ) ( 2 )( 2 )x y x y x y x y    ， 直线 OA，OB 的斜率存在时，两边同除以 2 2 1 2x x ，则 2 2 1 2 1 22( ) (1 2 )(1 2 )k k k k    ， 所以 2 1 2(2 1) 0k k   ，因此 1 2 1 2k k   ； 方法 3：参数法 设 (2cos , 2 sin )A   ， (2cos , 2 sin )B   ， 因为 1 2 2 1 1 1| | | 2 2 cos sin 2 2 sin cos | 22 2AOBS x y x y           ， 因此| sin( ) | 1   ，则 cos( ) 0   ，则 2 k     ， k Z ， 所以 1 2 2 sin 2 sin 1 2cos 2cos 2k k        ， 所以 1 2 1 2k k   ； ②证明：因为 2OP OA ，所以 1(2P x ， 12 )y ，设 PB 交椭圆C 于 3(Q x ， 3 )y ，且 ( 0)BP BQ    ， 因此 BP BQ  ，即 1 2(2x x ， 1 2 3 22 ) (y y x x   ， 3 2 )y y ， 所以 3 1 2 3 1 2 2 1 2 1 x x x y y y             ，即 1 2 2 1(Q x x     ， 1 2 2 1 )y y     ， 因为 A ， B ， Q 都在椭圆上，则 2 2 1 12 4x y  ， 2 2 2 22 4x y  ， 2 2 3 32 4x y  ， 所 以 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1( ) ( ) 14 2 x x y y           ， 整 理 得 2 2 2 22 1 1 2 2 1 2 1 2 2 2 2 4 ( 1) 4( 1)( ) ( ) ( ) 14 2 4 2 4 2 x y x y x x y y            ， 且 1 2 1 2 04 2 x x y y  ，所以 2 2 2 4 ( 1) 1     ，即 2 24 2 1      ， 所以 5 2   ， 所以 BP BQ 为定值． 总结：椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     ， A ， B 为椭圆上的动点，设 1(A x ， 1)y ， 2(B x ， 2 )y ， 且满足 2 2OA OB bk k a   ， 则有：① 2 2 2 1 2x x a  ， 2 2 2 1 2y y b  ， 2 2 2 2| | | |OA OB a a   ； ② 2AOB abS  ； ③ M 为椭圆上一点，且 OM OA OB     ，且 2 2 1   ． 6．已知椭圆 Q 的中心为坐标原点，焦点在 x 轴上，离心率 3 2e  ，过椭圆Q 右焦点且垂直于 x 轴的一条直 线交椭圆于 E ， F 两点，| | 1EF  ． （Ⅰ）求椭圆 Q 的方程； （Ⅱ）已知两点 6 6( ,0), ( ,0)2 2C D ，设 A ， B ， M 是椭圆Q 上的三点，满足 3 4 5 5OM OA OB    ，点 N 为 线段 AB 的中点，求| | | |NC ND 的值． 【解答】解：（Ⅰ） 依据题意可设椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yQ a ba b     ， ( ,0)F c ，则有： 2 2 2 2 3 2 2 1 c a b a a b c           ，解得 2 2 2 4 1 3 a b c       ， 椭圆 2 2: 14 xQ y  ； （Ⅱ）设 1(A x ， 1)y ， 2(B x ， 2 )y ，则 2 21 1 14 x y  ， 2 22 2 14 x y  ①， 由 3 4 5 5OM OA OB    ，得 1 2 1 2 3 4 3 4( , )5 5 5 5M x x y y  ， 又点 M 在椭圆 2 2: 14 xQ y  上， 则有 2 2 1 2 1 2 1 3 4 3 4( ) ( ) 14 5 5 5 5x x y y    ②， 综合①、②得： 1 2 1 2 04 x x y y   ． 又线段 AB 的中点为 1 2 1 2( , )2 2 x x y yN   ， 且 2 21 2 1 21 ( ) ( )4 2 2 x x y y  2 2 2 21 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1( ) ( ) ( )4 4 4 4 2 4 x x x xy y y y       1 1 1 4 4 2    ． 上式表明，点 N 在椭圆 2 22 12 x y  上，且该椭圆的两个焦点恰好为 6 6( ,0), ( ,0)2 2C D 两点， 由椭圆定义有| | | | 2 2NC ND  ． 7．已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率为 3 2 ，其四个顶点构成的四边形面积为 4． ( )I 求椭圆C 的方程； ( )II 如图，椭圆C 内切于四条直线 x a  ， y b  所围成的矩形， A 、 B 是矩形的两个顶点． （1）设 P 是椭圆上任意一点，且OP mOA nOB    ，求证：动点 ( , )Q m n 在定圆上运动，并求出定圆的方程； （2）若 M 、 N 是椭圆上两个动点，且直线 OM 、 ON 的斜率之积等于直线 OA、 OB 的斜率之积，试探求 OMN 的面积是否为定值，并说明理由． 【解答】解： ( )I 由题意知椭圆的离心率 2 2 31 2 c be a a     ，即 2 24 3c a ． 又 2 2 2a b c  ，所以 2 2 24 4 3a b a  ，即 2 24a b ，所以 2a b ． 因为四个顶点围成的四边形面积为 4，所以 2 4ab  ，即 2ab  ， 解得 2 1b  ， 2 4a  ． 故椭圆C 的方程为 2 2 14 x y  ； （5 分） ( ) (2II A ，1) ， ( 2,1)B  ． （1）设 0(P x ， 0 )y ，则 2 20 0 14 x y  ．由 OP mOA nOB    ，得 0 0 2( )x m n y m n      ， 所以 2 24( ) ( ) 14 m n m n    ，即 2 2 1 2m n  ．故点 ( , )Q m n 在定圆 2 2 1 2x y  上． （10 分） （2）设 1(M x ， 1)y 、 2(N x ， 2 )y ，则 1 2 1 2 1 4 y y x x   ． 平方得 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 216 (4 )(4 )x x y y x x    ，即 2 2 1 2 4x x  ． （12 分） 因为直线 MN 的方程为 2 1 2 1 1 2 2 1( ) ( ) 0x x x y y x x y x y      ， 所以 O 到直线 MN 的距离为 1 2 2 1 2 2 2 1 2 1 | | ( ) ( ) x y x yd x x y y     ， 所以 OMN 的面积 1 2 2 1 1 1| | | |2 2S MN d x y x y   ， 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 1 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 12 (1 ) (1 )2 2 4 4 2 x xx y x y x x y y x x x x        ， 2 2 1 2 1 12 x x   故 OMN 的面积为定值 1． （16 分） 8．已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的一个焦点与抛物线 2 4 3y x 的焦点重合，且直线 by xa  与圆 2 2 10 20 0x y x    相切． （1）求椭圆 C 的方程； （2）设斜率为 k 且不过原点的直线 l 与椭圆 C 相交于 A 、 B 两点，O 为坐标原点，直线 OA，OB 的斜率分 别为 1k ， 2k ，若 1k ， k ， 2k 成等比数列，推断 2 2| | | |OA OB 是否为定值？若是，求出此定值；若不是， 说明理由． 【解答】解：（1）因为抛物线 2 4 3y x 的焦点为 ( 3 ， 0) ， 则 3c  ，所以 2 2 3a b  ．（2 分） 因为直线 0bx ay  与圆 2 2( 5) 5x y   相切， 则 2 2 5 5b b a   ，即 2 24a b ．（4 分） 解得 2 4a  ， 2 1b  ，所以椭圆 C 的方程是 2 2 14 x y  ．（5 分） （2）设直线 l 的方程为 ( 0)y kx m m   ，点 1(A x ， 1)y ， 2(B x ， 2 )y ， 将直线l 的方程代入椭圆方程，得 2 24( ) 4x kx m   ， 即 2 2 2(4 1) 8 4 4 0k x kmx m     ， 则 1 2 2 8 4 1 kmx x k     ， 2 1 2 2 4 4 4 1 mx x k   ．（7 分） 由已知， 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( )( )y y kx m kx mk k k x x x x     ， 则 2 1 2 1 2( )( )k x x kx m kx m   ， 即 2 1 2( ) 0km x x m   ，所以 2 2 2 2 8 04 1 k m mk    ，即 2 2(1 4 ) 0k m  ． 因为 0m  ，则 2 1 4k  ，即 1 2k   ，从而 1 2 2x x m  ， 2 1 2 2 2x x m  ．（10 分） 所以 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 22| | | | ( ) ( )OA OB x y x y x kx m x kx m           2 2 2 2 1 2 1 2( 1)( ) 2 ( ) 2k x x km x x m      2 2 2 1 2 1 2 1 2( 1)[( ) 2 ] 2 ( ) 2k x x x x km x x m       ． 2 2 2 25[4 2(2 2)] 2 2 54 m m m m      为定值．（12 分） 9．已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的右焦点到直线 2 : al x c  的距离为 4 5 5 ，离心率 5 3e  ， A ， B 是 椭圆上的两动点，动点 P 满足OP OA OB    ，（其中  为常数）． （1）求椭圆标准方程； （2）当 1  且直线 AB 与OP 斜率均存在时，求| | | |AB OPk k 的最小值； （3）若 G 是线段 AB 的中点，且 OA OB OG ABk k k k  ，问是否存在常数  和平面内两定点 M ， N ，使 得动点 P 满足 18PM PN  ，若存在，求出  的值和定点 M ， N ；若不存在，请说明理由． 【解答】解：（1）由题设可知： 2 2 2 2 4 5 5 5 3 a cc c a b a c            ，解得 3, 5a c  ， 2b  ． 椭圆标准方程为 2 2 19 4 x y  ； （2）设 1(A x ， 1)y ， 2(B x ， 2 )y 则由 OP OA OB    ，得 1 2(P x x ， 1 2 )y y ．  2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 4 9AB OP y y y y y yk k x x x x x x          ． 由| | (0, )ABk   得， 4| | | | 2 | | 3AB OP AB OPk k k k … ， 当且仅当 2 3ABk   时取等号； （3） 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 4 9AB OG y y y y y yk k x x x x x x          ．  4 9OA OBk k   ． 1 2 1 24 9 0x x y y   ． 设 ( , )P x y ，则由 OP OA OB    ， 得 (x ， 1) (y x ， 1 2) (y x ， 2 1 2) (y x x  ， 1 2 )y y ， 即 1 2x x x  ， 1 2y y y  ． 点 A 、 B 在椭圆 2 24 9 36x y  上， 2 2 2 1 2 1 24 9 36 36 2 (4 9 )x y x x y y       ． 2 2 24 9 36 36x y     ． 即 2 2 2 2 19 9 4 4 x y     ， P 点是椭圆 2 2 2 2 19 9 4 4 x y     上的点， 设该椭圆的左、右焦点为 M 、 N ， 则由椭圆的定义 18PM PN  ，得 218 2 9 9  ，  2 2   ， (3 5,0)M ， ( 3 5,0)N  ． 存在常数 2 2   ，和平面内两定点 (3 5M ， 0) ， ( 3 5N  ， 0) ，使得动点 P 满足 18PM PN  ． 10．已知直线 1 0x y   经过椭圆 S： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的一个焦点和一个顶点． （1）求椭圆 S 的方程； （2）如图，M，N 分别是椭圆 S 的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于 P、A 两点，其中 P 在第一象限，过 P 作 x 轴的垂线，垂足为 C，连接 AC，并延长交椭圆于点 B，设直线 PA 的斜率为 k． ①若直线 PA 平分线段 MN，求 k 的值； ②对任意 0k  ，求证： PA PB ． 【答案】(1) 椭圆方程为 2 2 12 x y  ;(2)见解析. 【解析】 试题分析：本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查学生的 分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力．第一问，令 0x  或 0y  ，得出顶点和焦点坐标，代入 椭圆的标准方程中，得出 a 和 b 的值；第二问，将直线 PA 方程与椭圆方程联立，消参，利用韦达定理，得 到 A Bx x ，即得到 B 点坐标，计算出向量 AP  和 PB  的坐标，利用向量的数量积证明 PA PB ． 试题解析：（1）在直线 1 0x y   中令 0x  得 1y  ； 令 0y  得 1x   1c b   ， 2 2a  则椭圆方程为 2 2 12 x y  （2）① ( 2,0)M  ， (0, 1)N  ，M、N 的中点坐标为（ 2 2  ， 1 2  ），所以 2 2k  ②法一：将直线 PA 方程 y kx 代入 2 2 12 x y  ，解得 记 2 2 2 1 mk  ，则 ( , )P m mk ， ( , )A m mk  ，于是 ( ,0)C m ，故直线 AB 方程为 0 ( ) ( )2 mk ky x m x mm m     代入椭圆方程得 2 2 2 2 2( 2) 2 4 0k x k mx k m     ， 由 2 2 2 2B A k mx x k    ，因此 2 3 2 2 (3 2)( , )2 2 m k mkB k k    (2 ,2 )AP m mk  ， 2 3 2 2 2 2 2 (3 2) 2 2( , ) ( , )2 2 2 2 m k mk mk mkPB m mkk k k k          2 2 2 2 2· 2 2 02 2 mk mkAP PB m mkk k          PA PB  法二：由题意设 0 0 0 0 1 1 0( , ), ( , ), ( , ), ( ,0)P x y A x y B x y C x  则 ， ∵ A、C、B 三点共线， 0 1 01 1 0 0 1 0 ,2 y y yy x x x x x     又因为点 P、B 在椭圆上， 2 2 2 2 0 0 1 11, 12 1 2 1 x y x y     ， 两式相减得： 0 1 0 12( )PB x xk y y    0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 1 ( )( )[ ] 12( ) ( )( )PA PB y x x y y x xk k x y y x x y y            PA PB  考点：椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系． 11．设 F1,F2 分别为椭圆 C 2 2 2 2 x y: 1(a b 0) .a b     的左、右焦点 (1)若椭圆 C 上的点 3A 1, F1,F2 4, C ;2      到 两点的距离之和等于 写出椭圆 的方程和焦点坐标 (2)设点 K 是(1)中所得椭圆上的动点,求线段 F1K 的中点的轨迹方程; (3)已知椭圆具有性质:若 M,N 是椭圆 C 上关于原点对称的两个点,点 P 是椭圆上任意一点,当直线 PM,PN 的 斜率都存在,并记为 kPM,kPN 时,那么 kPM 与 kPN 之积是与点 P 位置无关的定值,试写出双曲 2 2 2 2 x y 1 .a b  线 具有类似特性的性质并加以证明 【答案】（1）见解析；（2） 2 21 4( ) 12 3 yx    ；（3）见解析 【解析】 分析：（1）到两交点的距离之和为 4，点 31, 2      在曲线上，列出 a,b c， 的方程求解即可。 （2）设椭圆C 上的动点为  1 1K x , y ，线段 1FK 的中点  Q x, y ,利用中点的坐标关系式，列出  1 1K x , y 与  Q x, y 的坐标关系，用 x,y 表示出 1 1x , y ，代入椭圆方程即可。 （3）分别设出 M N P、 、 的坐标，表示出斜率 PM PNk k 化简整理即可。 详解：(1)椭圆 C 的焦点在 x 轴上.由椭圆上的点 A 到 F1,F2 两点的距离之和是 4,得 2a=4,即 a=2. 又点 A 31, 2      在椭圆上 , ∴ 2 1 2 + 2 2 3 2 b      =1,b2=3. ∴c2=a2-b2=1. ∴椭圆 C 的方程 2x 4 为 + 2y 3 =1,焦点 F1(-1,0),F2(1,0). (2)设椭圆 C 上的动点为 K(x1,y1),线段 F1K 的中点 Q(x,y)满足:x= 1-1 x 2  ,y= 1y 2 , ∴x1=2x+1,y1=2y. ∴ 2(2x 1) 4  + 2(2y) 3 =1, 21x 2     即 + 24y 3 =1 为所求的轨迹方程. (3)类似的性质为:若 M,N 是双曲 2 2 x a 线 - 2 2 y b =1(a>0,b>0)上关于原点对称的两个点,点 P 是双曲线上任意一点, 当直线 PM,PN 的斜率都存在,并记为 kPM,kPN 时,那么 kPM 与 kPN 之积是与点 P 位置无关的定值. 证明:设点 M 的坐标为(m,n),则点 N 的坐标为(-m,-n),其 2 2 m a 中 - 2 2 n b =1. 又设点 P 的坐标为(x,y), ∵kPM= y-n x-m ,kPN= y n x m   , ∴kPM·kPN= 2 2 2 2 y -n x -m . 2 2 x a 又 - 2 2 y b =1, ∴x2= 2 2 y 1b     a2,m2= 2 2 n 1b     a2. ∴x2-m2= 2 2 a b (y2-n2). ∴kPM·kPN= 2 2 2 2 2 2 y -n a (y -n )b = 2 2 b a (定值). 点睛：证明圆锥曲线有关的定值，最终落脚点在于计算直线与曲线的交点坐标的关系式。根据题目的条件， 转化为已知点坐标关系的式子是解题的关键，所求定值一般与圆锥曲线的常量有关。