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圆锥曲线中的“设而不求”
一、考情分析
研究曲线方程及由方程研究曲线的有关性质问题,是圆锥曲线中的一个重要内容,其特点是代数的运算
较为繁杂,许多学生会想而不善于运算,往往是列出式子后“望式兴叹”.在解决圆锥曲线问题时若能恰
当使用“设而不求”的策略,可避免盲目推演造成的无效运算,从而达到准确、快速的解题效果.
二、解题秘籍
(一) “设而不求”的实质及注意事项
1. 设而不求是解析几何解题的基本手段,是比较特殊的一种思想方法,其实质是整体结构意义上的变式和
整体思想的应用．设而不求的灵魂是通过科学的手段使运算量最大限度地减少,通过设出相应的参数,
利用题设条件加以巧妙转化,以参数为过渡,设而不求．
2. 在运用圆锥曲线问题中的设而不求方法技巧时,需要做到：①凡是不必直接计算就能更简洁地解决问题
的,都尽可能实施“设而不求”；②“设而不求”不可避免地要设参、消参,而设参的原则是宜少不宜多．
3. “设而不求”最常见的类型一是涉及动点问题，设出动点坐标，在运算过程中动点坐标通过四则运算消
去，或利用根与系数的关系转化为关于其他参数的问题；二是涉及动直线问题，把斜率或截距作为参数，
设出直线的方程，再通过运算消去.
2 y2
【例1】(2023 x届山西省临汾市等联考高三上学期期中)已知椭圆C : 2 + 2 = 1 a> b> 0 的长轴长为 4，Fa b 1，
F2为C的左、右焦点，点P x0,y0 y0≠ 0 在C上运动，且 cos∠F1PF 12的最小值为 2 .连接PF1，PF2并延长
分别交椭圆C于M，N两点.
(1)求C的方程；
S
(2) △OPF S证明： 1 + △OPNS 为定值.△OMF S1 △OF2N
【解析】(1)由题意得 a= 2，
设 PF1 ， PF2 的长分别为m，n，m+n= 2a= 4
2 2
∠ = m +n - 4c
2
= m+n
2- 4c2- 2mn 2
则 cos F1PF
2b
2 2mn 2mn = mn - 1≥
2b2 - 1= 2b
2
m+n 2 2 - 1，当且仅当m=n时取等号， a2
2 2
从而 2b - 1= 1 ，得 b = 3，∴ b2= 3，
a2 2 a2 4
x2 y2则椭圆的标准方程为 4 + 3 = 1；
(2)由 (1)得F1 -1,0 ，F2 1,0 ，
设M x1,y1 ，N x2,y2 ，
设直线 的方程为 = x0+ 1PM x y- 1，直线 xPN的方程为 x= 0- 1y y y+ 1，0 0

x + 1
x= 0y y- 10 3 x0+ 1
2 6
由 ，得 + 2- x0+ 1 4 y y- 9= 0，
x2 + y
2 2
4 3 =
y0 y1 0
则 y y = -9 = -9y
2
0 = -9y
2 2
0 = -3y00 1 ，3 x0+ 1 2 3 x 2 2 2 2+ 4 0+ 1 + 4y0 3x0+ 4y0 + 6x0+ 3
2x0+ 5
y20
∴ = -3yy 01 2x0+ 5
，
-3y
同理可得 y 02= 5- 2x ，0
1 1
S S 2 OF1 y0 2 OF2 △ y + y 所以 OPF1 + △
0 2
OPN = y0 y0S△OMF S△OF N 1
+
OF y 1
=-
OF y y
+ y + 1
1 2 1 2
2 1 1 2 2 2
= y y.- 0 0 13 -3y
+ + 1= .
0 -3y0 3
2x0+ 5 5- 2x0
S
所以 △OPF1 + S△OPN 13S△OMF S
为定值
1 △OF N 32
【例2】(2023届江苏省连云港市高三上学期 10月联考)已知椭圆中有两顶点为A -1,0 ，B 1,0 ，一个焦点为
F 0,1 .
(1) 3 2若直线 l过点F且与椭圆交于C，D两点，当 CD = 2 时，求直线 l的方程；
(2)若直线 l过点T 0,t t≠ 0 且与椭圆交于C，D两点，并与 x轴交于点P，直线AD与直线BC交于点

Q，当点P异A，B两点时，试问OP OQ是否是定值？若是，请求出此定值，若不是，请说明理由.
y2 2
【解析】(1) ∵椭圆的焦点在 y轴上，设椭圆的标准方程为 + x
a2 b2
= 1(a> b> 0)，
由已知得 b= 1，c= 1，所以 a= 2，
y2
椭圆的方程为 2 + x
2= 1，
当直线 l与 x轴垂直时与题意不符，
设直线 l的方程为 y= kx+ 1，C x1,y1 ，D x2,y2 ，
将直线 l的方程代入椭圆的方程化简得 k2+ 2 x2+ 2kx- 1= 0，
则 x1+ x2=- 2k2+ ，x1 x2=-
1 ，
k 2 k2+ 2
2 2
∴ CD = 1+ k2 x + x 21 2 - 4x1x2= 1+ k2 - 2k2+ + 4
1 2 2(k + 1) 3 2
k 2 k2+ = = ，解得2 k2+ 2 2
k=± 2.
∴直线 l的方程为 y=± 2x+ 1；
(2)当 l⊥ x轴时，AC BD，不符合题意，
当 l与 x轴不垂直时，设 l：y= kx+ t，则P - t ,0 ，k
y= kx+ t
设C x1,y1 ，D x2,y2 ，联立方程组 y2 得 2+ k2 x2+ 2ktx+ t2- 2= 0，x2+ 2 = 1
∴ x + x =- 2kt
2
1 2 + 2 ，x1x =
t - 2
2 k 2
，
2+ k2
= y又直线AD：y 2 (x+ 1)，直线BC：y= y1x + 1 x - 1 (x- 1)，2 1
y=
y2
x + 1 (x+ 1)2 y由 可得 2 y1 y x + 1 (x+ 1) = x - 1 (x- 1)，即
kx2+ t
x + 1 (x+ )=
kx1+ t1
y= 1 (x- 1) 2 1 2 x - 1
(x- 1)，
1
x1- 1
kx2+ t x1- 1 (x+ 1) = kx1+ t x2+ 1 (x- 1)，
kx1x2- kx2+ tx1- t x+ 1 = kx1x2+ kx1+ tx2+ t x- 1 ，
k x1+ x2 + t x2- x1 + 2t x= 2kx1x2- k x2- x1 + t x1+ x2 ，
2
k -2kt + t x - x + 2t t - 2 -2kt + 2 2 1 x= 2k + 2 - k x2- x1 + t ，2 k 2 k 2+ k2
4t + 2 + t x2- x
x= -4k 4 4
2 k 1 2+ k2 - k x2- x1 ，即 t + 2 + x2- x1 x=-k + 2 + x2- x1 ，得 x=2 k 2 k
- kt ，
∴Q点坐标为Q - kt ,yQ ，

∴OP OQ= - t ,0 - k ,y =- tt Q -
k
t + 0 yQ= 1， k k
所以OP OQ= 1为定值.
(二)设点的坐标
在涉及直线与圆锥曲线位置关系时,如何避免求交点,简化运算,是处理这类问题的关键,求解时常常设
出点的坐标,设坐标方法即通过设一些辅助点的坐标,然后以坐标为参数,利用点的特性 (条件)建立关系
(方程).显然,这里的坐标只是为寻找关系而作为“搭桥”用的,在具体解题中是通过“设而不求”与“整体
消元”解题策略进行的.
x2 y2 2
【例3】(2023届湖南省郴州市高三上学期质量监测)已知椭圆 E: 2 + 2 = 1 a> b> 0 的离心率为 ，过a b 2
坐标原点O的直线交椭圆E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.当
C为椭圆的右焦点时，△PAC的面积为 2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若B为AC的延长线与椭圆E的交点，试问：∠APB是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，说明理
由.
【解析】(1) ∵椭圆离心率 e= c = 2，∴ c2= 1 a2a 2 2 ，则 b
2= a2- c2= 12 a
2，
2
当C为椭圆右焦点时， b 1 PC = a = 2 a；
∵S△PAC= 2S 1 1 1 2 2 2 2△POC= 2× 2 c 2 a= 2 ac= 4 a = 2，解得：a = 4，∴ b = 2，
2 y2∴椭圆E的方程为：x4 + 2 = 1.
(2)由题意可设直线AP:y= kx k> 0 ，P x0,kx0 ，B x1,y1 ，
则 kxA k -x0,-kx0 ，C x0,0 ，∴ kAC= 0x + x = ，∴直线AC:y=0 0 2
k
2 x- x0 ；
y= k2 x- x0 由 2 2 2 2 2 2 y2 得： k + 2 x - 2k x0x+ k x0- 8= 0， x 4 + 2 = 1
2 2
∴- 2k x 2k xx 0 00+ x1= k2+ ，则 x2 1= 2+ + xk 2 0，
∴ = k
2 3
- = k 2k x0 + - = k x 2k
2
0 ，∴ x0 + , k
3x
y1 2 x
0
1 x0 2 k2+ x2 0 x0 k2+ B x2 k2+ 2 0 k2+ ；2
2k2x0 2kx0 ∴PB= k2+ ,-2 k2+ 2 ，又PA= -2x0,-2kx0 ，
2k2∴ x 2kxPA PB=-2x0 02+ + -2kx -
0
k 2 0 k2+ = 0，则PA⊥PB，2
∴∠APB为定值 90 .
2 2
【例4】( y2023 3 x届江苏省南通市如皋市高三上学期期中)作斜率为 2 的直线 l与椭圆C : 4 + 9 = 1交于A,B
两点，且P 2, 3 22 在直线 l的左上方.
(1)当直线 l与椭圆C有两个公共点时，证明直线 l与椭圆C截得的线段AB的中点在一条直线上；
(2)证明：△PAB的内切圆的圆心在一条定直线上.
【解析】(1)设A x1,y1 ，B x 3 2,y2 ，AB中点坐标为 x0,y0 ，AB:y= 2 x+m
x 2
x = 1+ x2 x
2 y
0所以有 2 4
+ 9 = 1 2 2
y + y ，联立 ，得 9x + 6mx+ 2m - 18= 0，得Δ= 6m
2- 4× 9 2m2- 18
y = 1 2 30 2 y= 2 x+m
2
> 0，得m2< 18，由韦达定理可知 x + x =- 2m，x x = 2m - 18 31 2 3 1 2 9 ，所以 y1+ y2= 2 x1+m+
3
2 x2+m=
m
3 x0=- 3
2 x1+ x2 + 2m=m，所以
3
m ，化简得：y0=- 2 x0，所以线段AB的中点在直线 y=-
3
2 x上.y0= 2
y - 3 2 y - 3 2 y 3 21 2 1-
(2)由题可知PA，PB的斜率分别为 kPA= 2 ，k = 2- PB - ，所以 kPA+ k
2
x 2 x 2 PB
= +
1 2 x1- 2
y - 3 22 y 3 21- 2 x2- 2 + y 3 22 2-= 2
x1- 2 3 3
- - + + ，因为 y1= 2 x1+m,y2= 2 x2+m得 k + kx2 2 x1x2 2 x1 x1 2 PA PB
= 3x1x2+ m- 3 2 x1+ x1 - 2 2m+ 6
x1x2- 2 x1+ x1 + 2
2
由 (1)可知 x + x =- 2m，x x = 2m - 181 2 3 1 2 9 ，所以 kPA+ kPB=
3 2m
2- 18
9 + m- 3 2 - 23m - 2 2m+ 6
2- = 0，又因为P 2,
3 2
2m 18 - - 2 + 2
在直线 l的左上方，所以
9 2 3m 2
∠APB的角平分线与 y轴平行，所以△PAB的内切圆的圆心在 x= 2这条直线上.
(三)设参数
在求解与动直线有关的定点、定值或最值与范围问题时常设直线方程,因为动直线方程不确定,需要引入
参数,这时常引入斜率、截距作为参数.
2 y2
【例5】(2022 x届湖南省益阳市高三上学期月考)已知椭圆C : 2 + 2 = 1 a> b> 0 的左右焦点分别为Fa b 1,F2,
3
其离心率为 2 ,P为椭圆C上一动点,△F1PF2面积的最大值为 3.
(1)求椭圆C的方程；

(2)过右焦点F2的直线 l与椭圆C交于A,B两点,试问：在 x轴上是否存在定点Q,使得QA QB为定值？
若存在,求出点Q的坐标；若不存在,请说明理由.
【解析】(1)设椭圆C的半焦距为 c,因离心率为 3 ,则 c = 32 a 2 ,由椭圆性质知,椭圆短轴的端点到直线
F1F2的距离最大,
则有 S 1△F PF max= 2 2c b= bc,于是得 bc= 3,又 a
2= b2+ c2,联立解得 a= 2,b= 1,c= 3,
1 2
2
所以椭圆C的方程为：x4 + y
2= 1.
(2)由 (1)知,点F2 3,0 ,
当直线斜率存在时,不妨设 l:y= k(x- 3),A x1,y1 ,B x2,y2 ,
由 y= k(x- 3) 2 2+ 2= 消去 y并整理得,(1+ 4k
2)x2- 8 3k2x+ 12k2- 4= 0,x1+ x 8 3kx 4y 4 2= 1+ 2 ,x1x4k 2=
12k2- 4
1+ ,4k2
假定在 x轴上存在定点Q满足条件,设点Q(t,0),

则QA QB= (x1- t) (x2- t) + y 2 21y2= x1x2- t(x1+ x2) + t + k (x1- 3) (x2- 3)
2 2
= (1+ k2)x1x2- ( 3k2+ t) (x1+ x2) + t2+ 3k2= (1+ k2) 12k - 4+ 2 - ( 3k
2+ t) 8 3k+ 2 + t
2+ 3k2
1 4k 1 4k
= (4t
2- 8 3t+ 11)k2+ t2- 4
1+ 4k2 ,
2
当 t2- 4= 4t - 8 3t+ 11 ,即 t= 9 3 时,QA QB= t2- 4=- 134 8 64 ,
当直线 l斜率不存在时,直线 l：x=- 3与椭圆C交于点A,B,由对称性不妨令A 3, 12 ,B 3,-
1
2 ,

当点Q坐标为 9 38 ,0 时,QA= -
3 , 18 2 ,QB= -
3
8 ,-
1
2 ,QA QB= -
3 , 18 2 -
3
8 ,-
1
2
=- 1364 ,

所以存在定点Q 9 38 ,0 ,使得QA QB为定值-
13
64 .
(四) 中点弦问题中的设而不求
与中点弦有个的问题一般是设出弦端点坐标 P x1,y1 ,Q x2,y2 代入圆锥曲线方程作差,得到关于
y1- y2
x ,x1+ x2,y1+ y2的关系式,再结合题中条件求解.1- x2
【例6】中心在原点的双曲线E焦点在 x轴上且焦距为 4,请从下面 3个条件中选择 1个补全条件,并完成后面
问题：
①该曲线经过点A 2,3 ；
②该曲线的渐近线与圆 x2- 8x+ y2+ 4= 0相切；
3
③点P在该双曲线上,F1、F2为该双曲线的焦点,当点P的纵坐标为 2 时,恰好PF1⊥PF2.
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)过定点Q 1,1 能否作直线 l,使 l与此双曲线相交于Q1、Q2两点,且Q是弦Q1Q2的中点？若存在,求
出 l的方程；若不存在,说明理由.
2 2
【解析】( ) y1 设双曲线E的标准方程为 x2 - 2 = 1 a> b> 0 .a b
选①：由题意可知,双曲线E的两个焦点分别为F1 -2,0 、F2 2,0 ,
由双曲线的定义可得 2a= AF1 - AF 22 = 4 + 32- 3 = 2,则 a= 1,故 b= c2- a2= 3,
y2
所以,双曲线E的标准方程为 x2- 3 = 1.
选②：圆 x2- 8x+ y2+ 4= 0的标准方程为 x- 4 2+ y2= 12,圆心为 4,0 ,半径为 2 3,
4b
双曲线E的渐近线方程为 y=± ba x,由题意可得
a = 2 3,解得 b = 3,
1+ b
2 a
a
即 b= 3a,因为 c= a2+ b2= 2a= 2,则 a= 1,b= 3,
y2
因此,双曲线E的标准方程为 x2- 3 = 1.
选③：由勾股定理可得 PF1 2+ PF 22 = 4c2= 16= PF1 - PF2 2+ 2 PF1 PF2 = 4a2+ 2 PF1 PF2 ,
所以, PF1 PF2 = 2 c2- a2 = 2b2,则S 1 2 1 3△F =1PF2 2 PF1 PF2 = b = 2 × 2 × 4,则 b= 3,故 a=
c2- b2= 1,
2
所以, y双曲线E的标准方程为 x2- 3 = 1.
(2)假设满足条件的直线 l存在,设点 x + x = 2Q1 x ,y 、Q 1 21 1 2 x2,y2 ,则 y1+ y2= ,2
y2
x2
1
1- 3 = 1由题意可得 2 ,
y - y y + y
两式作差得 1 2 1 2
y
x1- x2 x1+ x2 = 3 ,
x2 22- 3 = 1
所以, y直线 l的斜率为 k= 1- y2x - x = 3,所以,直线 l的方程为 y- 1= 3 x- 1 ,即 y= 3x- 2.1 2
y= 3x- 2
联立 y2 ,整理可得 6x2- 12x+ 7= 0,Δ= 122- 4× 6× 7< 0,x2- 3 = 1
因此,直线 l不存在.
三、跟踪检测
2 2
1. (2023 x y届河南省洛平许济高三上学期质量检测)已知椭圆C : 2 + 2 = 1 a> b> 0 的右焦点为 F，离心a b
1
率为 2 ，上顶点为 0, 3 ．
(1)求椭圆C的方程；

(2)过点F的直线 l与椭圆C交于P，Q两点，与 y轴交于点M，若MP= λPF，MQ= μQF，判断 λ+ μ是
否为定值？并说明理由．
b= 3 a= 2
【解析】(1)由题意可得 e= c 1
a
= 2 ，解得 b= 3，
a2= b2+ c2 c= 1
2 y2
故椭圆C的方程 x4 + 3 = 1.
(2)λ+ μ为定值- 83，理由如下：
由 (1)可得F 1,0 ，
由题意可知直线 l的斜率存在，设直线 l：y= k x- 1 ,P x1,y1 ,Q x2,y2 ，则M 0,-k ，
y= k x- 1 联立方程 x2 y2 ，消去 y得 4k2+ 3 x2- 8k2x+ 4k2- 12= 0，4 + 3 = 1
2 2
则Δ= -8k2 2- 4 4k2+ 3 4k2- 12 = 144 k2+ 1 > 0,x + x = 8k 1 2 2 ,x x =
4k - 12
1 2 2 ，
4k + 3 4k + 3
MP= x1,y1+ k ,PF = 1- x1,-y1 ,MQ= x2,y2+ k ,QF = 1- x2,-y2 ，
x1

∵ = = x1= λ 1- x
λ= 1- x
MP λPF，MQ μQF，则 1 1 = ，可得 ，x2 μ 1- x2 = xμ 21- x2
8k2 2 4k2- 12
+ = x1 + x2 = x1+ x2 - 2x x
2
λ μ 1 2 = 4k +
-
3 4k2+ 3 8
1- x 1- x - + =- (定值).1 2 1 x1 x2 + x1x 2 22 31- 8k 4k - 12
4k2+ +3 4k2+ 3
2 2
2. ( y2023 x届江西省南昌市金太阳高三上学期 10月联考)如图，长轴长为 4的椭圆C : 2 + 2 = 1 a> b> 0 a b
的左顶点为A，过原点O的直线 (与坐标轴不重合)与椭圆C交于P，Q两点，直线PA，QA与 y轴分别交
于M 2，N两点，当直线PQ的斜率为 2 时， PQ = 2 3.
(1)求椭圆C的方程.
(2)试问是否存在定点T，使得∠MTN= 90°恒成立？若存在，求出定点T的
坐标；若不存在，说明理由.
2 2
【解析】(1) y由题意可知 2a= 4,a= 2，则椭圆方程C: x +
a2 b2
= 1 a> b> 0
x2 y2即 4 + b2 = 1，
当直线PQ的斜率为 22 时， PQ = 2 3，
2
故设P x , 20 2 x0 ，∴ x20+
2
2 x0 = 3 ，解得 x20= 2，
2 2
将 , 2 y 代入 x + = 得 x
2 2
P x x 1 0 + x0 = 1，即 20 2 0 4 +
2 = 1，
b2 4 2b2 4 2b2
2 2
故 b2= y2 ，所以椭圆的标准方程为 x4 + 2 = 1 ；
(2)设P(x0,y0),x0∈ [-2,2]，则Q(-x0,-y0)，
x20 + y
2
则 04 2 = 1,∴ x
2
0+ 2y20= 4 ，
2 y2
由椭圆方程 x4 + 2 = 1可得A(-
y
2，0) ，∴直线PA方程为︰ y= 0x + 2 (x+ 2) ，0
= , 2y令 x 0 可得 M 0 0x ，0+ 2
y 2y
直线QA方程为：y= 0x - 2 (x+ 2) ，令 x= 0得N0 0,
0
x0- 2 ，
假设存在定点T，使得∠MTN= 90°，则定点T必在以MN为直径的圆上，
2x y 2 16y2
以MN为直径的圆为 x2+ y- 0 0 0x2- =4 x2 ,0 0- 4 2
2
即 x2+ y2- 4x0y0 4y2- y+
0 = 0 ，
x0 4 x20- 4
∵ x20+ 2y2= 4，即 x2- 4=-2y20 0 0 ,
∴ 2xx2+ y2+ 0y y- 2= 0 ，0
令 y= 0 ，则 x2- 2= 0 ，解得 x=± 2，
∴以MN为直径的圆过定点 (± 2,0)，即存在定点T(± 2,0)，使得∠MTN= 90° ．
2 y2
3. (2023 x 1届黑龙江省大庆铁人中学高三上学期月考)已知椭圆C : 2 + 2 = 1 a> b> 0 的离心率为 2 ，椭a b
y2
圆的短轴端点与双曲线 2 - x
2= 1的焦点重合，过点P 4,0 且不垂直于 x轴的直线 l与椭圆相交于A，B
两点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点B关于 x轴的对称点为点E，证明：直线AE与 x轴交于定点.
y2
【解析】(1)由双曲线 2 - x
2= 1得焦点 0,± 3 ，得 b= 3，
b= 3
a2由题意可得 = b
2+ c2 ，解得 a= 2，c= 1，
e=
c
a =
1
2
2 y2
故椭圆C的方程为；x4 + 3 = 1.
(2)设直线 l:y= k x- 4 ，点A x1,y1 ,B x2,y2 ，则点E x2,-y2 .
y= k x- 4 由 x2 y2 ，得 4k2+ 3 x2- 32k2x+ 64k2- 12= 0，Δ= 32k2 2- 4 4k2+ 3 64k2- 12 > 0，解得4 + 3 = 1
- 12 < k<
1
2，
2 2
从而 x1+ x 32k2= 2+ ，x1x2=
64k - 12，
4k 3 4k2+ 3
- = y1+ y x y + x y直线AE的方程为 y y 21 x - x x- x1 ，令 y= 0得 x=
1 2 2 1
1 2 y1+ y
，
2
又∵ y1= k x1- 4 ，y2= k x2- 4 ，
2
2 64k - 12 32k
2
= kx1 x2- 4 + kx2 x1- 4 = 2x1x2- 4 x1+ x
2 - 4
则 x 2 ，即 x= 4k + 3 4k
2+ 3
- + = 1，k x1 4 k x 22- 4 x1+ x2 - 8 32k
2+ - 84k 3
故直线AE与 x轴交于定点 1,0 .
2 y2
4. (2023届江西省赣州厚德外国语学校、丰城中学高三上学期 10月联考)已知双曲线C: x -
a2 b2
= 1经过点
2,-3 ，两条渐近线的夹角为 60 ，直线 l交双曲线于A,B两点.
(1)求双曲线C的方程.
(2)若动直线 l经过双曲线的右焦点F2，是否存在 x轴上的定点M m,0 ，使得以线段AB为直径的圆恒过
M点？若存在，求实数m的值；若不存在，请说明理由.
【解析】(1) ∵两条渐近线的夹角为 60 ，∴渐近线的斜率± ba =± 3或±
3
3 ，即 b= 3a或 b=
3
3 a；
y2
当 b= 3a时，由 4 - 9 = 1得：a2= 1，b2= 3，∴双曲线C的方程为：x2- = 1；
a2 b2 3
当 b= 3 a时，方程 4 93 2 - 2 = 1无解；a b
∴ 2- y
2
综上所述： 双曲线C的方程为：x 3 = 1.
(2)由题意得：F2 2,0 ，

假设存在定点M m,0 满足题意，则MA MB= 0恒成立；
方法一：①当直线 l斜率存在时，设 l:y= k x- 2 ，A x1,y1 ，B x2,y2 ，
y= k x- 2 2由 y2 得： 3- k2 x2+ 4k2x- 4k2+ 3 = 0，∴
3- k ≠ 0
，
x2- = 1 Δ= 36 1+ k2 > 03
2 2
∴ x1+ x = 4k ，x x = 4k + 32 2 1 2 ，
k - 3 k
2- 3

∴MA MB= x1-m x2-m + y1y2= x1x2-m x1+ x2 +m2+ k2 x1x2- 2 x1+ x2 + 4 = 1+ k2 x1x2
2
- 2+ + + 2= 4k + 3 1+ k
2 4k2- 2k
2+m
2k m x1 x2 4k 2- 2- +m
2+ 4k2= 0，
k 3 k 3
∴ 4k2+ 3 1+ k2 - 4k2 2k2+m + m2+ 4k2 k2- 3 = 0，
整理可得：k2 m2- 4m- 5 + 3- 3m2 = 0，
由 m
2- 4m- 5= 0
3- 3m2= 得：m=-1；0

∴当m=-1时，MA MB= 0恒成立；
②当直线 l斜率不存在时，l:x= 2，则A 2,3 ，B 2,-3 ，

当M -1,0 时，MA= 3,3 ，MB= 3,-3 ，∴MA MB= 0成立；
综上所述：存在M -1,0 ，使得以线段AB为直径的圆恒过M点.
方法二：①当直线 l斜率为 0时，l:y= 0，则A -1,0 ，B 1,0 ，

∵M m,0 ，∴MA= -1-m,0 ，MB= 1-m,0 ，

∴MA MB=m2- 1= 0，解得：m=±1；
②当直线 l斜率不为 0时，设 l:x= ty+ 2，A x1,y1 ，B x2,y2 ，
x= ty+ 2 2- 2+ + = ∴ 3t2- 1≠ 0由 y2 得： 3t 1 y 12ty 9 0，x2- = 1 = 2+ > ，Δ 12 3t 3 03
∴ y 12t 91+ y2=- 3t2- ，y1y2= ， 1 3t
2- 1

∴MA MB= x1-m x2-m + y1y2= x1x2-m x1+ x2 +m2+ y1y2= ty1+ 2 ty2+ 2 -
2
m ty1+ 2+ ty2+ + 2+
9 t + 1
2 m y1y2= t2+ 1 y y 21 2+ 2t-mt y1+ y2 + 4- 4m+m = -3t2- 1
12t 2t-mt + - + 2= 12m- 15 t
2+ 9
4 4m m + 2-m 22- 2- = 0；3t 1 3t 1
当 12m- 15 = 9

3 -1，即m=-1时，MA MB= 0成立；
综上所述：存在M -1,0 ，使得以线段AB为直径的圆恒过M点.
5. (2023届内蒙古自治区赤峰市高三上学期月考)平面内一动点 P到定直线 x = 4的距离，是它与定点
F 1,0 的距离的两倍.
(1)求点P的轨迹方程C；
(2)过F点作两条互相垂直的直线 l1，l2(直线 l1不与 x轴垂直).其中，直线 l1交曲线C于A，B两点，直线 l2
交曲线C于E，N两点，直线 l2与直线 x=m m> 2 交于点M，若直线MB，MF，MA的斜率 kMB，kMF，
kMA构成等差数列，求m的值.
PF x- 1 2( + y
2
【解析】1)设点P x,y 1 ，由题，有 - = 2，即 =
1
- 2，解得 3x
2+ 4y2= 12，
x 4 x 4
2 y2
所以所求P点轨迹方程为 x4 + 3 = 1
(2)由题，直线 l1的斜率存在且不为 0，设直线 l1的方程为 y= k x- 1 ，
y= k x- 1 与曲线C联立方程组得 2x2 y2 ，解得 4k + 3 x2- 8k2x+ 4k2- 12= 0，4 + 3 = 1
2 2
设A x1,y 8k 4k - 121 ，B x2,y2 ，则有 x1+ x2= 4k2+ ，x x3 1 2= 4k2+ 3
依题意有直线 l2的斜率为- 1 ，则直线 l 1k 2的方程为 y=- x- 1 ，k
令 x=m，则有M点的坐标为 m,-m- 1 ，k
由题，k = m- 1MF - =-
1 ，
k 1 m k
y + m- 11 k y +
m- 1
2
kMA+ kMB= kx -m + x -m =
y1 + y2 + 1 m- 1 + m- 1
1 2 x1-m x2-m k x1-m x2-m
= k x1- 1 + k x2- 1 + 1 m- 1 + m- 1x1-m x2-m k x1-m x2-m
= × 2x1x2- 1+m x1+ x2 + 2m + 1 × m- 1 x1+ x2- 2m k
x1x - x + x m+m22 1 2 k x1x2- x1+ x2 m+m2
6m- 24 2
4k2+ m- 1 3 1
8k - 2m
= k× + × 4k
2+ 3
4k2- ，12 -m× 8k
2
+ 2 km 4k
2- 12 2
2+ 2+ -m×
8k +m2
4k 3 4k 3 4k2+ 3 4k2+ 3
因为 2kMF= kMA+ kMB，
6m- 24 2
2 m- 1 8k2 - 2m
所以 k× 4k + 3 1 4k + 3 2
4k2- 12 2 + ×k 2 2 =- k
2+ -m×
8k +m2 4k - 12 -m× 8k2+ 2+ 2+ +m
2
4k 3 4k 3 4k 3 4k 3
解得 m- 4 k2+ 1 = 0，则必有m- 4= 0，
所以m= 4.
6. (2023 1届福建省福州华侨中学高三上学期考试)在平面直角坐标系 xOy中，已知点F(2,0)，直线 l:x= 2 ，
点M到 l的距离为 d，若点M满足 |MF| = 2d，记M的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)过点F(2,0)且斜率不为 0的直线与C交于P，Q两点，设A(-1,0)，证明：以P，Q为直径的圆经过点
A．
【解析】(1)设点M x,y ，则 d= x- 1 2 , MF = (x- 2)2+ y2，
由 MF = 2d，得 (x- 2)2+ y2= 2 x- 1 ，两边平方整理得 3x2- y22 = 3，
2- y
2
则所求曲线C的方程为 x 3 = 1.
(2)设直线m的方程为 x= ty+ 2,P x1,y1 ,Q x2,y2 ，
x= ty+ 2,联立方程 2- 2= ，消去 x并整理得 3t
2- 1 y2+ 12ty+ 9= 0,，
3x y 3
因为直线m与C交于两点，故 t≠± 33 ，此时Δ= (12t)
2- 4 3t2- 1 9= 36 t2+ 1 > 0，
所以 y + y =- 12t ,y y = 91 2 2- 1 2 2- ，而 x1+ x2= t y1+ y2 + 4,x1x2= ty1+ 2 ty2+ 2 = t
2y1y2+3t 1 3t 1
2t y1+ y2 + 4.

又AP= x1+ 1,y1 ,AQ= x2+ 1,y2 ，

所以AP AQ= x1+ 1 x2+ 1 + y1y2= y1y2+ x1+ x2+ x1x2+ 1
2 2 2
= t2+ 1 y y + 3t y + y + 9= 9t + 9 - 36t + = 9 -3t + 1 1 2 1 2 9 + 9= 0.3t2- 1 3t2- 1 3t2- 1
所以AP⊥AQ，即以P，Q为直径的圆经过点A.
2
( y
2
7. 2023 x届河南省安阳市高三上学期 10月月考)已知椭圆M1: 2 + 2 = 1 a> b> 0 的左 右焦点分别为a b
F1，F2， F F
48
1 2 = 2，面积为 7 的正方形ABCD的顶点都在M1上.
(1)求M1的方程；
2 2
(2) y已知P x为椭圆M2: +2a2 2b2 = 1上一点，过点P作M1的两条切线 l1和 l2，若 l1，l2的斜率分别为 k1，k2，
求证：k1k2为定值.
【解析】(1)根据对称性，不妨设正方形的一个顶点为A x,x ，
x2 x2 a2由 + = 1，得 x2= b
2
2 2 ，a b a2+ b2
2 2 2 2
所以 2 a b × 2 a b = 482+ 2 2+ 2 7 ，整理得 12 a
2+ b2 = 7a2b2.①
a b a b
F F 2
又 a2- b2= 1 22 = 1，②
由①②解得 a2= 4，b2= 3，
2 y2
故所求椭圆方程为 x4 + 3 = 1.
2 2
(2) y由已知及 (1)可得M : x2 8 + 6 = 1，
2
设点 xP x 2 00,y0 ，则 y0= 6 1- 8 .
设过点P与M1相切的直线 l的方程为 y- y0= k x- x0 ，
x2 2与 + y = 1联立消去 y整理可得 4k24 3 + 3 x
2+ 8k y0- kx0 x+ 4 y0- kx 20 - 3 = 0，
令Δ= 8k y0- kx0 2- 4× 4k2+ 3 × 4 y0- kx 20 - 3 = 0，
整理可得 x20- 4 k2- 2kx 20y0+ y0- 3= 0，③
根据题意 k1和 k2为方程③的两个不等实根，
x20 3 2
y2 60- 3 1- 8 - 3 - 4 x0- 4 所以 k1k 32= 2 =x 2 = 2 =- ，0- 4 x0- 4 x0- 4 4
即 k1k2为定值- 34 .
2 y2
8. (2023届浙江省浙里卷天下高三上学期 10月测试)已知F1,F2分别为椭圆C: x2 + 2 = 1(a> b> 0)的左、a b
右焦点，过点F1(-1,0)且与 x轴不重合的直线与椭圆C交于A,B两点，△ABF2的周长为 8.
(1) 12 2若△ABF2的面积为 7 ，求直线AB的方程；
(2)过A,B两点分别作直线 x=-4的垂线，垂足分别是E,F，证明：直线EB与AF交于定点.
【解析】(1)因△ABF2的周长为 8，由椭圆定义得 4a= 8，即 a= 2，而半焦距 c= 1，又 a2= b2+ c2，则 b2= 3，
2 y2
椭圆C的方程为 x4 + 3 = 1，
依题意，设直线 的方程为 = - ，由 x=my- 1AB x my 1 2 23x2+ 4y2= 消去 x并整理得 3m + 412 y - 6my- 9= 0，
设A x1,y1 ，B x2,y2 ，则 y + y = 6m -91 2 3m2+ ，y1y2=4 3m2+ ，4
2 2
|y1- y2| = (y1+ y 22) - 4y y = 6m + 36 12 m + 11 2 3m2+ 4 3m2+ = ，4 3m2+ 4
2
因此S 1△F AB= 2 F1F2 y1- y2 =
1 × 2× 12 m + 1 12 2
2 2 3m2+ = 7 ，解得m=±1，4
所以直线AB的方程为 x- y+ 1= 0或 x+ y+ 1= 0.
(2)由 (1)知A x1,y1 ，B x2,y2 ，则E -4,y1 ，F -4,y2 ，设直线EB与AF交点为M (x,y)，

则FA= (x1+ 4,y1- y2),FM = (x+ 4,y- y2)，EB= (x2+ 4,y2- y1),EM = (x+ 4,y- y1)，

而FA FM，EB EM，则 (x+ 4) (y1- y2) = (y- y2) (x1+ 4)，(x+ 4) (y2- y1) = (y- y1) (x2+ 4)，
两式相加得：y(x1+ x2+ 8) - y2(my1+ 3) - y1(my2+ 3) = 0，而 x1+ x2+ 8> 0，
则 y(x1+ x2+ 8) = 2my1y2+ 3(y1+ y2) = 2m -9 6m2+ + 3 2+ = 0，因此 y= 0，两式相减得：3m 4 3m 4
2(x+ 4) (y1- y2) =-y2(x1+ 4) + y1(x2+ 4) =-y2(my1+ 3) + y1(my2+ 3) = 3(y1- y2)，而 y1- y2≠ 0，则 x=
- 52，即M -
5
2 ,0 ，
所以直线EB与AF交于定点M - 52 ,0 .
2 2
9. ( y2023 x届江苏省南京市六校高三上学期 10月联考)已知双曲线 Γ： 2 - 2 = 1(a> 0,b> 0)的焦距为 4，a b
且过点P 2, 33
(1)求双曲线Γ的方程；
(2)过双曲线Γ的左焦点F分别作斜率为 k1,k2的两直线 l1与 l2，直线 l1交双曲线Γ于A,B两点，直线 l2交
双曲线Γ于C,D两点，设M ,N分别为AB与CD的中点，若 k1 k2=-1，试求△OMN与△FMN的面积之
比.
【解析】(1)由题意得 2c= 4，得 c= 2，
所以 a2+ b2= 4，
因为点P 2, 33 在双曲线上，
所以 4 - 1
a2 3b2
= 1，
解得 a2= 3,b2= 1，
2
所以双曲线方程为 x3 - y
2= 1，
(2)F(-2,0)，设直线 l1方程为 y= k1(x+ 2)，A(x1,y1),B(x2,y2)，
y= k1(x+ 2)由 x2 - 2= ，得 (1- 3k2)x21 - 12k21x- 12k21- 3= 03 y 1
2 2
则 x + x = 12k1 ,x x = -12k1- 31 2 1- 3k2 1 21 1- 3k2
，
1
2
所以 x1+ x2 = 6k12 ，1- 3k21
2
所以AB的中点 6k1 , 2kM 1 ，1- 3k21 1- 3k2 1
因为 k1 k2=-1，
所以用- 1 代换 6 -2kk 1
k 1
，得N 2- ,k 3 k21 ，1 1- 3
2
当 6k1 6- 2 = - 2 ，即 k1=±1时，直线MN的方程为 x=-3，过点E(-3,0)，1 3k1 1 3k1
2k1 - -2k1
当 ≠± 时， = 1- 3k
2 2
1 k1- 3k1 1 kMN 2 =-
2k1
6k 2
，
1 - 6 3(k1- 1)
1- 3k2 21 k1- 3
2
直线MN的方程为 - 2ky 1 2k1 6k1
1- 3k2 =- ( 2- x- ，1 3 k1 1) 1- 3k2 1
2
令 = = 3(k - 1)，得 1 + 6k
2
y 0 x 1- 2 - 2 =-3，1 3k1 1 3k1
所以直线MN也过定点E(-3,0)，
1
S 2 yN- y△ M OE OE 所以 OMNS =△FMN 1
= = 3
FE
2 yM- yN FE
2 2
10.( y2022 x届北京市海淀区高三上学期期末)已知点A 0,-1 在椭圆C：3 + 2 = 1上.b
(1)求椭圆C的方程和离心率；
(2)设直线 l：y= k x- 1 (其中 k≠ 1)与椭圆C交于不同两点E,F,直线AE,AF分别交直线 x= 3于点
M ,N .当△AMN的面积为 3 3时,求 k的值.
2 y2 2
【解析】(1)将点A 0,-1 x 代入 3 + 2 = 1,解得 b
2= 1,所以椭圆C的方程为 x + y23 = 1b
2
又 c2= a2- b2= 3- 1= 2,离心率 e= c = 2 = 6
a2 3 3
y= k x- 1 (2)联立 2 ,整理得 (1+ 3k2)x2- 6k2x + 2= x+ 3k2- 3= 03 y 1
设点E,F的坐标分别为 (x1,y1),(x2,y2)
2 2
由韦达定理得：x + x = 6k ,x x = 3k - 31 2 1+ 3k2 1 2 1+ 3k2
y + 1 3y + 3 3y + 3
直线AE的方程为 y+ 1= 1 1 1x x,令 x= 3,得 y= - 1,即M 3, - 11 x1 x1
+ = y2+ 1 , = , = 3y2+ 3 3y + 3直线AF的方程为 y 1 x x 令 x 3 得 y
2
2 x
- 1,即N 3, - 1
2 x2
= 3y2+ 3 - - 3y1+ 3 - = × x1y2- x2y1+ x1- x MN 1 1 3 2 x - xx x x x = 3× k- 1 1 22 1 1 2 x1x2
2 2 2
= 3× x + x - 4x x k- 1 1 2 1 2 = 3× k- 1 2 2k + 1 2k + 1 × = 2 3 ×
x 21x2 3 k2- 1 k+ 1
所以△AMN的面积S= 1 × MN × 3= 3 × MN = 3 3 × 2k
2+ 1
2 2 = 3 3 k+ 1
即 2k
2+ 1
+ = 1 2k
2+ 1= k+ 1 ,解得 k= 0或 k= 2
k 1
所以 k的值为 0或 2
2 y2
11. (2022 x届天津市第二中学高三上学期 12月月考)已知椭圆
a2
+ 2 = 1 a> b> 0 的长轴长是 4,且过点b
B 0,1 .
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线 l：y= k x+ 2 交椭圆于P,Q两点,若点B始终在以PQ为直径的圆内,求实数 k的取值范围.
【解析】(1)由题意,得 2a= 4,b= 1,
所以椭圆的标准方程为 x
2
4 + y
2= 1；
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),
y= k(x+ 2)联立 2 2 2x + 2= ,得 x + 4k (x+ 2)2- 4= 0,4 y 1
即 (1+ 4k2)x2+ 16k2x+ 16k2- 4= 0,
2
则 x1+ x 16k2=- 1+ 2 ,4k
因为直线 y= k x+ 2 恒过椭圆的左顶点 (-2,0),
所以 x1=-2,y1= 0,
2 2
则 x 16k2=- + 2 + 2=
2- 8k
+ 2 ,y2= k(x2+ 2) =
4k ,
1 4k 1 4k 1+ 4k2
因为点B始终在以PQ为直径的圆内,

所以 π2 <∠PBQ≤ π,即BP·BQ< 0,
又BP= -2,-1 ,BQ= (x2,y2- 1),

则BP·BQ=-2x2- y2+ 1< 0,
即 4- 16k
2 4k
1+ 4k2 + - 1> 0,1+ 4k2
即 20k2- 4k- 3< 0,
解得- 3 < k< 110 2 ,
所以实数 k的取值范围为- 3 110 < k< 2 .
2 y2
12.(2022届广东省华南师范大学附属中学高三上学期 1月模拟)已知椭圆C : x1 2 + 2 = 1(a> b> 0)的右顶a b
点与抛物线C :y22 = 2px(p> 0)的焦点重合,椭圆C 11的离心率为 2 ,过椭圆C1的右焦点F且垂直于 x轴
的直线截抛物线所得弦的长度为 4 2.
(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程.
(2)过点A(-4,0)的直线 l与椭圆C1交于M ,N两点,点M关于 x轴的对称点为E.当直线 l绕点A旋转
时,直线EN是否经过一定点 请判断并证明你的结论.
( ) , = p【解析】1 设椭圆C1的半焦距为 c.依题意 可得 a 2 ,则C :y
2
2 = 4ax,
代入 x= c,得 y2= 4ac,即 y=±2 ac,所以 4 ac= 4 2,
ac= 2
则有 c a =
1
2
,所以 a= 2,b= 3,
a2= b2+ c2
x2 y2所以椭圆C1的方程为 4 + 3 = 1,抛物线C2的方程为 y
2= 8x.
(2)依题意,当直线 l的斜率不为 0时,设其方程为 x= ty- 4,
由 x= ty- 4 2+ 2= ,得 (3t
2+ 4)y2- 24ty+ 36= 0.
3x 4y 12
设M (x1,y1),N (x2,y2),则E(x1,-y1).由Δ> 0,得 t<-2或 t> 2,
且 y + y = 24t 361 2 3t2+ ,y1y2= .4 3t2+ 4
根据椭圆的对称性可知,若直线EN过定点,此定点必在 x轴上,设此定点为Q(m,0).
y -y
因为 k 2 1NQ= kEQ,所以 x -m = x -m ,(x1-m)y2+ (x2-m)y1= 0,2 1
即 (ty1- 4-m)y2+ (ty2- 4-m)y1= 0,2ty1y2- (m+ 4) (y1+ y2) = 0,
即 2t· 36 - (m+ 4)· 24t2+ 2+ = 0,得 (3-m- 4)t= (-m- 1)t= 0,3t 4 3t 4
由 t是大于 2或小于-2的任意实数知m=-1,所以直线EN过定点Q(-1,0).
当直线 l的斜率为 0时,直线EN的方程为 y= 0,也经过点Q(-1,0),
所以当直线 l绕点A旋转时,直线EN恒过一定点Q(-1,0).
13.(2022届河北省高三上学期省级联测)已知椭圆P焦点分别是 F1(0,- 3)和F2(0, 3),直线 y= 3与椭
圆P相交所得的弦长为 1.
(1)求椭圆P的标准方程；
(2)将椭圆P绕原点逆时针旋转 90°得到椭圆Q,在椭圆Q上存在A,B,C三点,且坐标原点为△ABC的
重心,求△ABC的面积.
2
【解析】(1)根据题意,c= 3, 2ba = 1,
又因为 a2= b2+ c2,
解得：a= 2,b= 1,
y2
所以椭圆P的标准方程为 + x24 = 1.
2
(2)由题意得椭圆Q的方程为 x4 + y
2= 1,
当直线AB斜率存在时,设AB方程为：y= kx+m,A x1,y1 ,B x2,y2 ,C x3,y3 ,
x2 2
联立 + y = 1, 4 可得： 1+ 4k2 x2+ 8kmx+ 4m2- 4= 0,y= kx+m,
2 2
Δ= 16 4k -m + 1 > 0,

则 x1+ x2=-
8km ,
1+ 4k2
2
x x = 4m - 4 1 2 1+ ,4k2
因为坐标原点为△ABC的重心,
x1+ x2+ x3= 0,所以 y1+ y2+ y3= 0,
x1+ x =-
8km
2 1+ 4k2由 ,y1+ y2= kx1+m+ kx2+m= k x1+ x2 + 2m= 2m1+ 4k2
x 8km 3= + 2 ,得 1 4k y 2m3=- 1+ ,4k2
2 2
将 x3,y 代入椭圆方程可得： 8km3 1+ 4k2 + 4 -
2m
+ 2 = 4,1 4k
化简得：4m2= 1+ 4k2,
|m|
又O到直线AB的距离为：d= ,
1+ k2
则S 1 2 4 4k
2-m2+ 1 |m| 3
△OAB= 2 1+ k = ,1+ 4k2 1+ k2 2
因为原点O为△ABC的重心,
所以S△ABC= 3 S 3 3△OAB= 2 ,
当直线AB斜率不存在时,根据坐标关系得,直线AB的方程为 x=±1,
此时A 1, 32 ,
所以S△ABC= 3S 1 3 3△ABO= 3× 2 × 3 × 1= 2 .
综上：△ABC的面积为 3 32 .
14.(2022 3届广东省佛山市高三上学期期末)已知双曲线C的渐近线方程为 y=± 3 x,且过点P(3, 2).
(1)求C的方程；
(2)设Q(1,0),直线 x= t(t∈R)不经过P点且与C相交于A,B两点,若直线BQ与C交于另一点D,求
证：直线AD过定点.
【解析】(1)因为双曲线C的渐近线方程为 y=± 33 x,
2 y2
则可设双曲线的方程为 x9 - 3 = λ λ≠ 0 ,
将点P(3, 2)代入得 9 - 29 3 = λ,解得 λ=
1
3 ,
2
所以双曲线C的方程为 x - y23 = 1；
(2)显然直线BQ的斜率不为零,
设直线BQ为 x=my+ 1,B x1,y1 ,D x2,y2 ,A x1,-y1 ,
x2
联立 3 - y2= 1 ,消 x整理得 m2- 3 y2+ 2my- 2= 0,x=my+ 1
依题意得m2- 3≠ 0且Δ= 4m2+ 8 m2- 3 > 0,即m2> 2且m2≠ 3,
y1+ y2=- 2m ,y y =- 22- 1 2 2- ,m 3 m 3
y + y
直线AD的方程为 y+ y = 2 11 x x- x1 ,2- x1
令 y= 0,
= x2- x得 x 1 y1y + y + x12 1
= x1y2+ x2y1y2+ y1
= my1+ 1 y2+ my2+ 1 y1y2+ y1
= 2my1y2+ y1+ y2 y2+ y1
2m -2 2m
= m
2- -3 m2- 3
-2m
m2- 3
-6m
= m
2- 3
-2
m2- 3
= 3.
所以直线AD过定点 3,0 .
2 y2
15.(2022 x届江苏省盐城市、南京市高三上学期 1月模拟)设双曲线C : 2 - = 1(a,b> 0)的右顶点为A,虚a b2
轴长为 2, 2 6两准线间的距离为 3 .
(1)求双曲线C的方程；
(2)设动直线 l与双曲线C交于P,Q两点,已知AP⊥AQ,设点A到动直线 l的距离为 d,求 d的最大值.
b= 2
2 a2= 1
【解析】(1)依题意可得 2a2 2 6 ,解得 1 ,所以双曲线方程为 x2 = 2= - 2y2= 1 c 3 b

2
a2+ b2= c2
(2)由 (1)可知A 1,0 ,依题意可知 kAP kAQ=-1,设P x1,y1 ,Q x 22,y2 ,x1- 2y21 = 1,x2 22- 2y2 = 1,则有 kAP
= y1 x1+ 1 y2 x2+ 1 y1 x2+ 1 x1+ 1 y2x1- 1
= 2y ,kAQ= = ,所以 =-1, =-1,所以 x2y1+1 x2- 1 2y2 x1- 1 2y2 2y1 x2- 1
2x1y2= 2y2- y1,y2x1+ 2y1x2= 2y1- y2,
作差得 x2y1- x1y2= 3 y1- y2 ,又PQ的方程为 x2- x1 y= y2- y1 x+ x2y1- x1y2,所以PQ过定点
M 3,0 ,所以 d≤ AM = 2,即 d的最大值为 2；
16.(2022 ) , C : x
2 y2 y2 x2
届浙江省普通高中强基联盟高三上学期统测 如图 已知椭圆 1 4 + 3 = 1,椭圆C2: 9 + 4 =
1,A -2,0 、B 2,0 .P为椭圆C2上动点且在第一象限,直线PA、PB分别交椭圆C1于 E、F两点,连接
EF交 x轴于Q点.过B点作BH交椭圆C1于G,且BH PA.
(1)证明：kBF kBG为定值；
(2)证明直线GF过定点,并求出该定点；
(3)若记P、Q两点的横坐标分别为 xP、xQ,证明：xPxQ为定值.
( ) , , y
2 x2 9x2【解析】1 证明：设P x0 y0 则
0 0
9 + 4 = 1,可得 y
2= 9- 00 4 ,
9x20
y y y2 9-
则 k 0 0 0 4 9PA= x + 2 ,kPB= x - 2 ,则 kPA kPB= = =- ；0 0 x20- 4 x20- 4 4
(2)证明：当直线GF的斜率存在时,设GF的方程为 y= k x- t k≠ 0 ,
y= k x- t
则 2 2 2 2 22+ 2= ,代入消元得 4k + 3 x - 8k tx+ 4k t - 12= 0.3x 4y 12
则Δ= 64k4t2- 16 4k2+ 3 k2t2- 3 = 48 4k2+ 3- k2t2 > 0,
2
设G x ,y 、F x ,y ,则 x + x = 8k t ,x x = 4k
2t2- 12
1 1 2 2 1 2 4k2+ 3 1 2 4k2+ ,3
y y k2 x x - t x + x由 + t
2
k 1 2 1 2 1 2 9BF kBC= x1- 2
x =2- 2 x1x2-
=- ,
2 x1+ x2 + 4 4
3k2t2- 12k2得 9
4k2t2- =- ,16k2t+ 16k2 4
约去 k2,并化简得 t2- 3t+ 2= 0,解得 t= 1(t= 2不符合题意,舍去)；
当直线GF的斜率不存在时,设GF的方程为 x=m,其中m≠ 2,
x=m 2 2 2
联立 12- 3m 12- 3m 12- 3m x2 y2 ,解得 y=± 2 ,则F m, 2 、E m,- 2 ,4 + 3 = 1
12- 3m2
所以,k k =- 4 9BF BG =- ,可解得m= 1.
m- 2 2 4
综上,直线GF过定点 1,0 .
(3)证明：设PA的方程为 y= k1 x+ 2 k1> 0 ,
y= k1 x+ 2
2
则 2+ 2= 可解得E点的坐标为
6- 8k1
2+ ,
-12k1 .
3x 4y 12 4k1 3 4k2+ 3 1
由 k1=
y0 , 4 1- x0 -2y0x + 2 则E点的坐标为0 x0- 4 , x0- 4 .
2
同理,记 的斜率为 ,则 点的坐标为 8k2- 6 , -12kPB k 22 F .4k22+ 3 4k2+ 3 2
y 4 x + 1 2y
由 k2= 0x - 2 ,则F点的坐标为 0 x + 4 , 0x + 4 ,0 0 0
2y0 + 2y0
则EF的斜率 kEF=
x0+ 4 x0- 4 = x0y0 ,
4 x0+ 1 + 4 x0- 1 2 x
2
0- 4
x0+ 4 x0- 4
2y x y
所以直线EF的方程为 y+ 0 = 0 0 + 4 x0- 1 - 2 x

x0 4 2 x0- 4 x0- 4
.

令 y= 0,得 x= 4 ,故 x x = x 4x P Q 0 x = 4.0 0
2 y2
17.(2022届湖北省新高考联考协作体高三上学期 12月联考)已知圆 O：x2+ y2= 2, x椭圆 C： 2 + =a b2
1 a> b> 2 2 的离心率为 2 ,P是C上的一点,A是圆O上的一点, PA 的最大值为 6+ 2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)点M是C上异于P的一点,PM与圆O相切于点N ,证明： PO 2= PM PN .
【解析】(1) PA ≤ PO + OA ≤ a+ 2= 6+ 2,所以 a= 6
设C的焦距是 2c,则 c 2a = 2 ,解得 c= 3,则 b
2= a2- c2= 3,
2 y2
所以C的方程是 x6 + 3 = 1.
(2)证明：①当直线PM斜率不存在时,PM的方程为 x= 2或 x=- 2.

当 x= 2时,P 2, 2 ,M 2,- 2 ,此时OP OM = 0,即OP⊥OM；
当 x=- 2时,同理可得OP⊥OM .
②当直线PM斜率存在时,设PM方程为 y= kx+m,即 kx- y+m= 0.
m
因为直线与圆相切,所以 = 2,即m2= 2k2+ 2
k2+ 1
kx- y+m= 0,联立 x2 y2 得 1+ 2k2 x2+ 4kmx+ 2m2- 6= 0.6 + 3 = 1,
2
设P x1,y1 ,M x2,y2 ,则 x + x =- 4km 2m - 61 2 1+ 2k2 ,x1x2= 1+ 2k2
所以OP OM = x1x2+ y1y2= x 21x2+ kx1+m kx2+m = 1+ k x1x2+ km x1+ x +m22
2 2 2
= 1+ k2 × 2m - 6+ 2 + km× -
4km
+ +m
2= 3m - 6k - 6
1 2k 1 2k
2 1+ 2k2
代入m2= 2k2+ 2整理可得OP OM = 0,即OP⊥OM
综上,OP⊥OM ,又PM与圆O相切于点N ,所以ON⊥PM ,易得△PON∽△PMO,
PO PN
所以 = ,即 PO 2= PM PN
PM PO
所以E上存在定点G满足题意,其中G的坐标为 -1,-1 .
x2 - y
2
18. 5已知双曲线C： 2 2 = 1(a> 0,b> 0)的实轴长为 8,离心率 e= .a b 4
(1)求双曲线C的方程；
(2)直线 l与双曲线C相交于P,Q两点,弦PQ的中点坐标为A 8,3 ,求直线 l的方程.
2a= 8 a= 4 2 2
【解析】 (1) y由题意可得 e=
c 5 x
a
= 4 ,解得： b= 3 ,所以双曲线C的方程为： -= 16 9 = 1. c2= b2+ a2 c 5
(2)设P x1,y1 ,Q x2,y2 ,
因为弦PQ的中点坐标为A 8,3 ,所以 x1+ x2= 16,y1+ y2= 6,
2 y2
将点P x1,y1 ,Q x x2,y2 代入双曲线 16 - 9 = 1可得：
x2 1 y
2
116 - 9 = 1 2 2 2, y - y
2
2 2 两式相减可得：
x1- x2 1 2
x2 - y2 = 16
= 9
16 9 1
即
x1+ x2 x1- x2 = y1+ y2 y1- y2 16 9 ,
16 x - x 6 y - y
所以 1 2 = 1 2 16 9 ,
y - y
所以直线 l的斜率为：k= 1 2 9 3x = = ,1- x2 6 2
所以直线 l的方程为：y- 3= 32 x- 8 即 3x- 2y- 18= 0.圆锥曲线中的“设而不求”
一、考情分析
研究曲线方程及由方程研究曲线的有关性质问题,是圆锥曲线中的一个重要内容,其特点是代数的运算
较为繁杂,许多学生会想而不善于运算,往往是列出式子后“望式兴叹”.在解决圆锥曲线问题时若能恰
当使用“设而不求”的策略,可避免盲目推演造成的无效运算,从而达到准确、快速的解题效果.
二、解题秘籍
(一) “设而不求”的实质及注意事项
1. 设而不求是解析几何解题的基本手段,是比较特殊的一种思想方法,其实质是整体结构意义上的变式和
整体思想的应用．设而不求的灵魂是通过科学的手段使运算量最大限度地减少,通过设出相应的参数,
利用题设条件加以巧妙转化,以参数为过渡,设而不求．
2. 在运用圆锥曲线问题中的设而不求方法技巧时,需要做到：①凡是不必直接计算就能更简洁地解决问题
的,都尽可能实施“设而不求”；②“设而不求”不可避免地要设参、消参,而设参的原则是宜少不宜多．
3. “设而不求”最常见的类型一是涉及动点问题，设出动点坐标，在运算过程中动点坐标通过四则运算消
去，或利用根与系数的关系转化为关于其他参数的问题；二是涉及动直线问题，把斜率或截距作为参数，
设出直线的方程，再通过运算消去.
2 2
【例1】( y2023 x届山西省临汾市等联考高三上学期期中)已知椭圆C : 2 + 2 = 1 a> b> 0 的长轴长为 4，Fa b 1，
F2为C的左、右焦点，点P x0,y0 y0≠ 0 在C上运动，且 cos∠F PF 11 2的最小值为 2 .连接PF1，PF2并延长
分别交椭圆C于M，N两点.
(1)求C的方程；
S
(2) △OPF证明： 1 + S△OPNS 为定值.△OMF S1 △OF2N
【例2】(2023届江苏省连云港市高三上学期 10月联考)已知椭圆中有两顶点为A -1,0 ，B 1,0 ，一个焦点为
F 0,1 .
(1)若直线 l过点F且与椭圆交于C，D两点，当 CD = 3 22 时，求直线 l的方程；
(2)若直线 l过点T 0,t t≠ 0 且与椭圆交于C，D两点，并与 x轴交于点P，直线AD与直线BC交于点

Q，当点P异A，B两点时，试问OP OQ是否是定值？若是，请求出此定值，若不是，请说明理由.
(二)设点的坐标
在涉及直线与圆锥曲线位置关系时,如何避免求交点,简化运算,是处理这类问题的关键,求解时常常设
出点的坐标,设坐标方法即通过设一些辅助点的坐标,然后以坐标为参数,利用点的特性 (条件)建立关系
(方程).显然,这里的坐标只是为寻找关系而作为“搭桥”用的,在具体解题中是通过“设而不求”与“整体
消元”解题策略进行的.
2 2
【例3】( y2023 x届湖南省郴州市高三上学期质量监测)已知椭圆 E: 2 + 2 = 1 a> b> 0
2
的离心率为
a b 2
，过
坐标原点O的直线交椭圆E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.当
C为椭圆的右焦点时，△PAC的面积为 2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若B为AC的延长线与椭圆E的交点，试问：∠APB是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，说明理
由.
3 x2 y2
【例4】(2023届江苏省南通市如皋市高三上学期期中)作斜率为 2 的直线 l与椭圆C : 4 + 9 = 1交于A,B
P 2, 3 2两点，且 2 在直线 l的左上方.
(1)当直线 l与椭圆C有两个公共点时，证明直线 l与椭圆C截得的线段AB的中点在一条直线上；
(2)证明：△PAB的内切圆的圆心在一条定直线上.
(三)设参数
在求解与动直线有关的定点、定值或最值与范围问题时常设直线方程,因为动直线方程不确定,需要引入
参数,这时常引入斜率、截距作为参数.
2 y2
【例5】(2022 x届湖南省益阳市高三上学期月考)已知椭圆C: 2 + 2 = 1 a> b> 0 的左右焦点分别为Fa b 1,F2,
3
其离心率为 2 ,P为椭圆C上一动点,△F1PF2面积的最大值为 3.
(1)求椭圆C的方程；

(2)过右焦点F2的直线 l与椭圆C交于A,B两点,试问：在 x轴上是否存在定点Q,使得QA QB为定值？
若存在,求出点Q的坐标；若不存在,请说明理由.
(四) 中点弦问题中的设而不求
与中点弦有个的问题一般是设出弦端点坐标 P x1,y1 ,Q x2,y2 代入圆锥曲线方程作差,得到关于
y1- y2
x ,x1+ x2,y1+ y2的关系式,再结合题中条件求解.1- x2
【例6】中心在原点的双曲线E焦点在 x轴上且焦距为 4,请从下面 3个条件中选择 1个补全条件,并完成后面
问题：
①该曲线经过点A 2,3 ；
②该曲线的渐近线与圆 x2- 8x+ y2+ 4= 0相切；
3
③点P在该双曲线上,F1、F2为该双曲线的焦点,当点P的纵坐标为 2 时,恰好PF1⊥PF2.
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)过定点Q 1,1 能否作直线 l,使 l与此双曲线相交于Q1、Q2两点,且Q是弦Q1Q2的中点？若存在,求
出 l的方程；若不存在,说明理由.
三、跟踪检测
2 y2
1. (2023 x届河南省洛平许济高三上学期质量检测)已知椭圆C : 2 + 2 = 1 a> b> 0 的右焦点为 F，离心a b
1
率为 2 ，上顶点为 0, 3 ．
(1)求椭圆C的方程；

(2)过点F的直线 l与椭圆C交于P，Q两点，与 y轴交于点M，若MP= λPF，MQ= μQF，判断 λ+ μ是
否为定值？并说明理由．
2. (2023 x
2 y2
届江西省南昌市金太阳高三上学期 10月联考)如图，长轴长为 4的椭圆C :
a2
+ 2 = 1 a> b> 0 b
的左顶点为A，过原点O的直线 (与坐标轴不重合)与椭圆C交于P，Q两点，直线PA，QA与 y轴分别交
于M 2，N两点，当直线PQ的斜率为 2 时， PQ = 2 3.
(1)求椭圆C的方程.
(2)试问是否存在定点T，使得∠MTN= 90°恒成立？若存在，求出定点T的坐标；若不存在，说明理由.
2
( y
2
3. 2023 x届黑龙江省大庆铁人中学高三上学期月考)已知椭圆C : 2 + 2 = 1 a> b> 0
1
的离心率为 2 ，椭a b
y2
圆的短轴端点与双曲线 2 - x
2= 1的焦点重合，过点P 4,0 且不垂直于 x轴的直线 l与椭圆相交于A，B
两点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点B关于 x轴的对称点为点E，证明：直线AE与 x轴交于定点.
2 y2
4. (2023 x届江西省赣州厚德外国语学校、丰城中学高三上学期 10月联考)已知双曲线C: 2 - 2 = 1经过点a b
2,-3 ，两条渐近线的夹角为 60 ，直线 l交双曲线于A,B两点.
(1)求双曲线C的方程.
(2)若动直线 l经过双曲线的右焦点F2，是否存在 x轴上的定点M m,0 ，使得以线段AB为直径的圆恒过
M点？若存在，求实数m的值；若不存在，请说明理由.
5. (2023届内蒙古自治区赤峰市高三上学期月考)平面内一动点 P到定直线 x = 4的距离，是它与定点
F 1,0 的距离的两倍.
(1)求点P的轨迹方程C；
(2)过F点作两条互相垂直的直线 l1，l2(直线 l1不与 x轴垂直).其中，直线 l1交曲线C于A，B两点，直线 l2
交曲线C于E，N两点，直线 l2与直线 x=m m> 2 交于点M，若直线MB，MF，MA的斜率 kMB，kMF，
kMA构成等差数列，求m的值.
6. (2023 1届福建省福州华侨中学高三上学期考试)在平面直角坐标系 xOy中，已知点F(2,0)，直线 l:x= 2 ，
点M到 l的距离为 d，若点M满足 |MF| = 2d，记M的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)过点F(2,0)且斜率不为 0的直线与C交于P，Q两点，设A(-1,0)，证明：以P，Q为直径的圆经过点
A．
2
( y
2
7. 2023 x届河南省安阳市高三上学期 10月月考)已知椭圆M1: 2 + 2 = 1 a> b> 0 的左 右焦点分别为a b
F 481，F2， F1F2 = 2，面积为 7 的正方形ABCD的顶点都在M1上.
(1)求M1的方程；
2 2
(2) y已知P x为椭圆M2: 2 + 2 = 1上一点，过点P作M1的两条切线 l1和 l2，若 l1，l2的斜率分别为 k2a 2b 1，k2，
求证：k1k2为定值.
2 y2
8. (2023届浙江省浙里卷天下高三上学期 10月测试)已知F1,F x2分别为椭圆C: 2 + = 1(a> b> 0)的左、a b2
右焦点，过点F1(-1,0)且与 x轴不重合的直线与椭圆C交于A,B两点，△ABF2的周长为 8.
(1)若△ABF 12 22的面积为 7 ，求直线AB的方程；
(2)过A,B两点分别作直线 x=-4的垂线，垂足分别是E,F，证明：直线EB与AF交于定点.
2
( y
2
9. 2023 x届江苏省南京市六校高三上学期 10月联考)已知双曲线 Γ： 2 - = 1(a> 0,b> 0)的焦距为 4，a b2
且过点P 2, 33
(1)求双曲线Γ的方程；
(2)过双曲线Γ的左焦点F分别作斜率为 k1,k2的两直线 l1与 l2，直线 l1交双曲线Γ于A,B两点，直线 l2交
双曲线Γ于C,D两点，设M ,N分别为AB与CD的中点，若 k1 k2=-1，试求△OMN与△FMN的面积之
比.
2 2
10.( y2022 x届北京市海淀区高三上学期期末)已知点A 0,-1 在椭圆C：3 + 2 = 1上.b
(1)求椭圆C的方程和离心率；
(2)设直线 l：y= k x- 1 (其中 k≠ 1)与椭圆C交于不同两点E,F,直线AE,AF分别交直线 x= 3于点
M ,N .当△AMN的面积为 3 3时,求 k的值.
2 2
11. ( y2022届天津市第二中学高三上学期 12 x月月考)已知椭圆 2 + 2 = 1 a> b> 0 的长轴长是 4,且过点a b
B 0,1 .
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线 l：y= k x+ 2 交椭圆于P,Q两点,若点B始终在以PQ为直径的圆内,求实数 k的取值范围.
2 y2
12.(2022届广东省华南师范大学附属中学高三上学期 1 ) C : x月模拟 已知椭圆 1 +a2 b2 = 1(a> b> 0)的右顶
点与抛物线C2:y2= 2px(p> 0) 1的焦点重合,椭圆C1的离心率为 2 ,过椭圆C1的右焦点F且垂直于 x轴
的直线截抛物线所得弦的长度为 4 2.
(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程.
(2)过点A(-4,0)的直线 l与椭圆C1交于M ,N两点,点M关于 x轴的对称点为E.当直线 l绕点A旋转
时,直线EN是否经过一定点 请判断并证明你的结论.
13.(2022届河北省高三上学期省级联测)已知椭圆P焦点分别是 F1(0,- 3)和F2(0, 3),直线 y= 3与椭
圆P相交所得的弦长为 1.
(1)求椭圆P的标准方程；
(2)将椭圆P绕原点逆时针旋转 90°得到椭圆Q,在椭圆Q上存在A,B,C三点,且坐标原点为△ABC的
重心,求△ABC的面积.
14.(2022 3届广东省佛山市高三上学期期末)已知双曲线C的渐近线方程为 y=± 3 x,且过点P(3, 2).
(1)求C的方程；
(2)设Q(1,0),直线 x= t(t∈R)不经过P点且与C相交于A,B两点,若直线BQ与C交于另一点D,求
证：直线AD过定点.
x2( y
2
15. 2022届江苏省盐城市、南京市高三上学期 1月模拟)设双曲线C : - = 1(a,b> 0)的右顶点为A,虚
a2 b2
轴长为 2, 2 6两准线间的距离为 3 .
(1)求双曲线C的方程；
(2)设动直线 l与双曲线C交于P,Q两点,已知AP⊥AQ,设点A到动直线 l的距离为 d,求 d的最大值.
x2 2( y y
2 2
16. 2022届浙江省普通高中强基联盟高三上学期统测)如图,已知椭圆C1: 4 + 3 = 1,椭圆C2: 9 +
x
4 =
1,A -2,0 、B 2,0 .P为椭圆C2上动点且在第一象限,直线PA、PB分别交椭圆C1于 E、F两点,连接
EF交 x轴于Q点.过B点作BH交椭圆C1于G,且BH PA.
(1)证明：kBF kBG为定值；
(2)证明直线GF过定点,并求出该定点；
(3)若记P、Q两点的横坐标分别为 xP、xQ,证明：xPxQ为定值.
2 2
17.( y2022 x届湖北省新高考联考协作体高三上学期 12月联考)已知圆 O：x2+ y2= 2,椭圆 C： 2 + 2 =a b
1 a> b> 2 2 的离心率为 2 ,P是C上的一点,A是圆O上的一点, PA 的最大值为 6+ 2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)点M是C上异于P的一点,PM与圆O相切于点N ,证明： PO 2= PM PN .
2 y2
18. x已知双曲线C： 2 - 2 = 1(a> 0,b> 0)的实轴长为 8,
5
离心率 e=
a b 4
.
(1)求双曲线C的方程；
(2)直线 l与双曲线C相交于P,Q两点,弦PQ的中点坐标为A 8,3 ,求直线 l的方程.

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