资料简介
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.
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