07 解析几何-遇见最美的数学系列——24真题汇编

解析几何 一、单选题 1．（2024·全国）已知曲线 C： 2 2 16x y  （ 0y  ），从 C上任意一点 P向 x轴作垂线段 PP， P为垂足，则线段 PP的中点 M的轨迹方程为（ ） A． 2 2 1 16 4 x y   （ 0y  ） B． 2 2 1 16 8 x y   （ 0y  ） C． 2 2 1 16 4 y x   （ 0y  ） D． 2 2 1 16 8 y x   （ 0y  ） 2．（2024·全国）已知双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0) y xC a b a b     的上、下焦点分别为    1 20,4 , 0, 4F F  ， 点  6,4P  在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ） A．4 B．3 C．2 D． 2 3．（2024·全国）已知 b是 ,a c的等差中项，直线 0ax by c+ + = 与圆 2 2 4 1 0x y y    交于 ,A B 两点，则 AB 的最小值为（ ） A．2 B．3 C．4 D． 2 5 4．（2024·北京）求圆 2 2 2 6 0x y x y    的圆心到 2 0x y   的距离（ ） A． 2 3 B．2 C．3 2 D． 6 5．（2024·天津）双曲线 2 2 2 2 1( )0 0a x y a b b  ， 的左、右焦点分别为 1 2.F F P、 是双曲线右支 上一点，且直线 2PF 的斜率为 2． 1 2PF F△ 是面积为 8的直角三角形，则双曲线的方程为（ ） A． 22 1 8 2 yx   B． 2 2 1 8 4 x y   C． 2 2 1 2 8 x y   D． 2 2 1 4 8 x y   二、多选题 6．（2024·全国）造型 可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线 C 的一部分.已知 C 过坐标 原点 O.且 C 上的点满足横坐标大于 2 ，到点 (2,0)F 的距离与到定直线 ( 0)x a a  的距离之 积为 4，则（ ） A． 2a   B．点 (2 2,0)在 C上 C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为 1 D．当点  0 0,x y 在 C上时， 0 0 4 2 y x   7．（2024·全国）抛物线 C： 2 4y x 的准线为 l，P为 C上的动点，过 P作 2 2: ( 4) 1A x y  ⊙ 的一条切线，Q为切点，过 P作 l的垂线，垂足为 B，则（ ） A．l与 A 相切 B．当 P，A，B三点共线时， | | 15PQ  C．当 | | 2PB  时， PA AB D．满足 | | | |PA PB 的点 P有且仅有 2个 三、填空题 8．（2024·全国）设双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0) x yC a b a b     的左右焦点分别为 1 2F F、 ，过 2F 作平行于 y 轴的直线交 C 于 A，B 两点，若 1| | 13,| | 10F A AB  ，则 C 的离心率为 ． 9．（2024·北京）已知双曲线 2 2 1 4 x y  ，则过  3,0 且和双曲线只有一个交点的直线的斜率 为 ． 10．（2024·北京）已知抛物线 2 16y x ，则焦点坐标为 ． 11．（2024·天津） 2 2( 1) 25  x y 的圆心与抛物线 2 2 ( 0)y px p  的焦点 F重合，A为两曲 线的交点，则原点到直线 AF的距离为 ． 12．（2024·上海）已知抛物线 2 4y x 上有一点 P到准线的距离为 9，那么点 P到 x轴的距离 为 ． 四、解答题 13．（2024·全国）已知 (0,3)A 和 33, 2 P     为椭圆 2 2 2 2: 1( 0) x yC a b a b     上两点. (1)求 C的离心率; (2)若过 P的直线 l交 C于另一点 B，且 ABP 的面积为 9，求 l的方程． 14．（2024·全国）已知双曲线  2 2: 0C x y m m   ，点  1 5, 4P 在C上，k为常数，0 1k  ．按 照如下方式依次构造点  2,3,...nP n  ，过 1nP  作斜率为 k的直线与C的左支交于点 1nQ  ，令 nP 为 1nQ  关于 y轴的对称点，记 nP的坐标为  ,n nx y . (1)若 1 2 k  ，求 2 2,x y ； (2)证明：数列 n nx y 是公比为 1 1 k k   的等比数列； (3)设 nS 为 1 2n n nP P P  的面积，证明：对任意的正整数 n， 1n nS S  . 15．（2024·全国）设椭圆 2 2 2 2: 1( 0) x yC a b a b     的右焦点为 F，点 31, 2 M      在C上，且MF x 轴． (1)求C的方程； (2)过点  4,0P 的直线与C交于 ,A B两点，N为线段 FP的中点，直线NB交直线MF于点Q， 证明： AQ y 轴． 16．（2024·北京）已知椭圆方程 C：   2 2 2 2 1 0 x y a b a b     ，焦点和短轴端点构成边长为 2 的正方形，过  0, t  2t  的直线 l与椭圆交于 A，B，  0,1C ，连接 AC交椭圆于 D． (1)求椭圆方程和离心率； (2)若直线 BD的斜率为 0，求 t． 17．（2024·天津）已知椭圆 2 2 2 2 1( 0) x y a b a b     椭圆的离心率 1 2 e  ．左顶点为A，下顶点 为 B C， 是线段OB的中点，其中 3 3 2ABC S △ ． (1)求椭圆方程． (2)过点 30, 2      的动直线与椭圆有两个交点 P Q， ．在 y轴上是否存在点T使得 0TP TQ    恒 成立．若存在求出这个T点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由． 18．（2024·上海）已知双曲线 2 2 2Γ : 1, ( 0), yx b b    左右顶点分别为 1 2,A A ，过点  2,0M  的 直线 l交双曲线Γ于 ,P Q两点. (1)若离心率 2e  时，求b的值． (2)若 2 2 6 , 3 b MA P △ 为等腰三角形时，且点 P在第一象限，求点 P的坐标． (3)连接OQ并延长，交双曲线Γ于点 R，若 1 2 1A R A P    ，求b的取值范围． 参考答案： 1．A 【分析】设点 ( , )M x y ，由题意，根据中点的坐标表示可得 ( ,2 )P x y ，代入圆的方程即可求解. 【解析】设点 ( , )M x y ，则 0( , ), ( ,0)P x y P x ， 因为M 为PP的中点，所以 0 2y y ，即 ( ,2 )P x y ， 又 P在圆 2 2 16( 0)x y y   上， 所以 2 24 16( 0)x y y   ，即 2 2 1( 0) 16 4 x y y   ， 即点M 的轨迹方程为 2 2 1( 0) 16 4 x y y   . 故选：A 2．C 【分析】由焦点坐标可得焦距 2c，结合双曲线定义计算可得 2a，即可得离心率. 【解析】由题意，  1 0, 4F  、  2 0,4F 、  6,4P  ， 则 1 2 2 8FF c  ，  221 6 4 4 10PF     ，   22 2 6 4 4 6PF     ， 则 1 22 10 6 4a PF PF     ，则 2 8 2 2 4 ce a    . 故选：C. 3．C 【分析】结合等差数列性质将 c代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法即可求解. 【解析】因为 , ,a b c成等差数列，所以 2b a c  ， 2c b a  ，代入直线方程 0ax by c+ + = 得 2 0ax by b a    ，即    1 2 0a x b y    ，令 1 0 2 0 x y      得 1 2 x y     ， 故直线恒过  1, 2 ，设  1, 2P  ，圆化为标准方程得：  22: 2 5C x y   ， 设圆心为C，画出直线与圆的图形，由图可知，当 PC AB 时， AB 最小， 1, 5PC AC r   ，此时 2 22 2 2 5 1 4AB AP AC PC      . 故选：C 4．C 【分析】求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可. 【解析】由题意得 2 2 2 6 0x y x y    ，即    2 21 3 10x y    ， 则其圆心坐标为  1, 3 ，则圆心到直线 2 0x y   的距离为 2 2 1 3 2 3 2 1 1     ， 故选：C. 5．C 【分析】可利用 1 2PF F△ 三边斜率问题与正弦定理，转化出三边比例，设 2PF m ，由面积 公式求出m，由勾股定理得出 c，结合第一定义再求出 a . 【解析】如下图：由题可知，点 P必落在第四象限， 1 2 90FPF  ，设 2PF m ， 2 1 1 1 2 2,PF F PF F     ，由 2 1tan 2PFk   ，求得 1 2sin 5   ， 因为 1 2 90FPF  ，所以 1 2 1PF PFk k   ，求得 1 1 2PF k   ，即 2 1tan 2   ， 2 1sin 5   ，由正弦定理可得： 1 2 1 2 1 2: : sin : sin : sin90 2 :1: 5PF PF FF     ， 则由 2PF m 得 1 1 22 , 2 5PF m FF c m   ， 由 1 2 1 2 1 1 2 8 2 2PF F S PF PF m m     得 2 2m  ， 则 2 1 1 22 2, 4 2, 2 2 10, 10PF PF FF c c     ， 由双曲线第一定义可得： 1 2 2 2 2PF PF a   ， 2 22, 8a b c a    ， 所以双曲线的方程为 2 2 1 2 8 x y   . 故选：C 6．ABD 【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求 a，故可判断 A的正误，结合曲线方程可判断 B的正误，利用特例法可判断 C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断 D的 正误. 【解析】对于 A：设曲线上的动点  ,P x y ，则 2x   且  2 22 4x y x a     ， 因为曲线过坐标原点，故  2 20 2 0 0 4a     ，解得 2a   ，故 A正确. 对于 B：又曲线方程为  2 22 2 4x y x     ，而 2x   ， 故    2 22 2 4x y x     . 当 2 2, 0x y  时，    22 2 2 2 2 2 8 4 4      ， 故  2 2,0 在曲线上，故 B正确. 对于 C：由曲线的方程可得    22 2 16 2 2 y x x     ，取 3 2 x  ， 则 2 64 1 49 4 y   ，而 64 1 64 5 256 2451 0 49 4 49 4 49 4         ，故此时 2 1y  ， 故C在第一象限内点的纵坐标的最大值大于 1，故 C错误. 对于 D：当点  0 0,x y 在曲线上时，由 C的分析可得       22 0 02 2 0 0 16 162 2 2 y x x x       ， 故 0 0 0 4 4 2 2 y x x      ，故 D正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不 等式的性质等来处理. 7．ABD 【分析】A选项，抛物线准线为 = 1x  ，根据圆心到准线的距离来判断；B选项， , ,P A B三 点共线时，先求出 P的坐标，进而得出切线长；C选项，根据 2PB  先算出 P的坐标，然 后验证 1PA ABk k   是否成立；D选项，根据抛物线的定义， PB PF ，于是问题转化成 PA PF 的 P点的存在性问题，此时考察 AF的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直 接设 P点坐标进行求解. 【解析】A选项，抛物线 2 4y x 的准线为 = 1x  ， A 的圆心 (0, 4)到直线 = 1x  的距离显然是1，等于圆的半径， 故准线 l和 A 相切，A选项正确； B选项， , ,P A B三点共线时，即 PA l ，则 P的纵坐标 4Py  ， 由 2 4P Py x ，得到 4Px  ，故 (4,4)P ， 此时切线长 2 2 2 24 1 15PQ PA r     ，B选项正确； C选项，当 2PB  时， 1Px  ，此时 2 4 4P Py x  ，故 (1,2)P 或 (1, 2)P  ， 当 (1,2)P 时， (0,4), ( 1,2)A B  ， 4 2 2 0 1PA k     ， 4 2 2 0 ( 1)AB k     ， 不满足 1PA ABk k   ； 当 (1, 2)P  时， (0,4), ( 1,2)A B  ， 4 ( 2) 6 0 1PA k      ， 4 ( 2) 6 0 ( 1)AB k      ， 不满足 1PA ABk k   ； 于是 PA AB 不成立，C选项错误； D选项，方法一：利用抛物线定义转化 根据抛物线的定义， PB PF ，这里 (1,0)F ， 于是 PA PB 时 P点的存在性问题转化成 PA PF 时 P点的存在性问题， (0,4), (1,0)A F ， AF中点 1 ,2 2       ， AF中垂线的斜率为 1 1 4AFk   ， 于是 AF的中垂线方程为： 2 15 8 xy  ，与抛物线 2 4y x 联立可得 2 16 30 0y y   ， 216 4 30 136 0      ，即 AF的中垂线和抛物线有两个交点， 即存在两个 P点，使得 PA PF ，D选项正确. 方法二：（设点直接求解） 设 2 , 4 tP t       ，由 PB l 可得  1,B t ，又 (0,4)A ，又 PA PB ， 根据两点间的距离公式， 4 2 2( 4) 1 16 4 t tt    ，整理得 2 16 30 0t t   ， 216 4 30 136 0      ，则关于 t的方程有两个解， 即存在两个这样的 P点，D选项正确. 故选：ABD 8． 3 2 【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出 2AF ，结合双曲线第一定义求出 1AF ，即可得 到 , ,a b c的值，从而求出离心率. 【解析】由题可知 2, ,A B F 三点横坐标相等，设A在第一象限，将 x c 代入 2 2 2 2 1 x y a b   得 2by a   ，即 2 2 , , ,b bA c B c a a             ，故 22 10bAB a   ， 2 2 5 bAF a   ， 又 1 2 2AF AF a  ，得 1 2 2 2 5 13AF AF a a     ，解得 4a  ，代入 2 5b a  得 2 20b  ， 故 2 2 2 36,c a b   ，即 6c  ，所以 6 3 4 2 ce a    . 故答案为： 3 2 9． 1 2  【分析】首先说明直线斜率存在，然后设出方程，联立双曲线方程，根据交点个数与方程根 的情况列式即可求解. 【解析】联立 3x  与 2 2 1 4 x y  ，解得 5 2 y   ，这表明满足题意的直线斜率一定存在， 设所求直线斜率为 k，则过点  3,0 且斜率为 k的直线方程为  3y k x  ， 联立   2 2 1 4 3 x y y k x        ，化简并整理得：  2 2 2 21 4 24 36 4 0k x k x k     ， 由题意得 21 4 0k  或     22 2 2Δ 24 4 36 4 1 4 0k k k     ， 解得 1 2 k   或无解，即 1 2 k   ，经检验，符合题意. 故答案为： 1 2  . 10．  4,0 【分析】形如  2 2 , 0y px p  的抛物线的焦点坐标为 ,0 2 p      ，由此即可得解. 【解析】由题意抛物线的标准方程为 2 16y x ，所以其焦点坐标为  4,0 . 故答案为：  4,0 . 11． 4 5 /0.8 【分析】先求出圆心坐标，从而可求焦准距，再联立圆和抛物线方程，求A及 AF的方程， 从而可求原点到直线 AF的距离. 【解析】圆 2 2( 1) 25  x y 的圆心为  1,0F ，故 1 2 p  即 2p  ， 由  2 2 2 1 25 4 x y y x       可得 2 2 24 0x x   ，故 4x  或 6x   （舍）， 故  4, 4A  ，故直线  4: 1 3 AF y x   即 4 3 4 0x y   或4 3 4 0x y   ， 故原点到直线 AF的距离为 4 4 5 5 d   ， 故答案为： 4 5 12． 4 2 【分析】根据抛物线的定义知 8Px  ，将其再代入抛物线方程即可. 【解析】由 2 4y x 知抛物线的准线方程为 1x   ，设点  0 0,P x y ，由题意得 0 1 9x   ，解得 0 8x  ， 代入抛物线方程 2 4y x ，得 20 32y  ，解得 0 4 2y   ， 则点 P到 x轴的距离为 4 2． 故答案为：4 2． 13．(1) 12 (2)直线 l的方程为3 2 6 0x y   或 2 0x y  . 【分析】（1）代入两点得到关于 ,a b的方程，解出即可； （2）方法一：以 AP 为底，求出三角形的高，即点 B到直线 AP的距离，再利用平行线距离 公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到 B点坐标，则得到直线 l的方程；方法二： 同法一得到点 B到直线 AP的距离，再设  0 0,B x y ，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方 程组，解出即可；法三：同法一得到点 B到直线 AP的距离，利用椭圆的参数方程即可求解； 法四：首先验证直线 AB斜率不存在的情况，再设直线 3y kx  ，联立椭圆方程，得到点 B 坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线 PB斜率不存在的情况，再设 3: ( 3) 2 PB y k x   ，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与 法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘 1 2 表达面积即可. 【解析】（1）由题意得 2 2 3 9 9 4 1 b a b        ，解得 2 2 9 12 b a     ， 所以 2 2 9 11 1 12 2 be a      . （2）法一： 33 12 0 3 2AP k      ，则直线 AP的方程为 1 3 2 y x   ，即 2 6 0x y   ，   2 2 3 3 50 3 3 2 2 AP          ，由（1）知 2 2 : 1 12 9 x yC   ， 设点 B到直线 AP的距离为d ，则 2 9 12 5 53 5 2 d   ， 则将直线 AP沿着与 AP垂直的方向平移12 5 5 单位即可， 此时该平行线与椭圆的交点即为点 B， 设该平行线的方程为： 2 0x y C   ， 则 6 12 5 55 C   ，解得 6C  或 18C   ， 当 6C  时，联立 2 2 1 12 9 2 6 0 x y x y         ，解得 0 3 x y     或 3 3 2 x y       ， 即  0, 3B  或 33, 2       ， 当  0, 3B  时，此时 3 2l k  ，直线 l的方程为 3 3 2 y x  ，即3 2 6 0x y   ， 当 33, 2 B       时，此时 1 2l k  ，直线 l的方程为 1 2 y x ，即 2 0x y  ， 当 18C   时，联立 2 2 1 12 9 2 18 0 x y x y         得 22 27 117 0y y   ， 227 4 2 117 207 0        ，此时该直线与椭圆无交点. 综上直线 l的方程为3 2 6 0x y   或 2 0x y  . 法二：同法一得到直线 AP的方程为 2 6 0x y   ， 点 B到直线 AP的距离 12 5 5 d  ， 设  0 0,B x y ，则 0 0 2 2 0 0 2 6 12 5 55 1 12 9 x y x y         ，解得 0 0 3 3 2 x y       或 0 0 0 3 x y     ， 即  0, 3B  或 33, 2       ，以下同法一. 法三：同法一得到直线 AP的方程为 2 6 0x y   ， 点 B到直线 AP的距离 12 5 5 d  ， 设  2 3 cos ,3sinB   ，其中  0,2   ，则有 2 3 cos 6sin 6 12 5 55     ， 联立 2 2cos sin 1   ，解得 3cos 2 1sin 2          或 cos 0 sin 1       ， 即  0, 3B  或 33, 2       ，以下同法一； 法四：当直线 AB的斜率不存在时，此时  0, 3B  ， 1 6 3 9 2PAB S     ，符合题意，此时 3 2l k  ，直线 l的方程为 3 3 2 y x  ，即3 2 6 0x y   ， 当线 AB的斜率存在时，设直线 AB的方程为 3y kx  ， 联立椭圆方程有 2 2 3 1 12 9 y kx x y       ，则  2 24 3 24 0k x kx   ，其中 APk k ，即 12k   ， 解得 0x  或 2 24 4 3 kx k    ， 0k  ， 1 2 k   ， 令 2 24 4 3 kx k    ，则 2 2 12 9 4 3 ky k     ，则 2 2 2 24 12 9, 4 3 4 3 k kB k k         同法一得到直线 AP的方程为 2 6 0x y   ， 点 B到直线 AP的距离 12 5 5 d  ， 则 2 2 2 24 12 92 6 4 3 4 3 12 5 55 k k k k          ，解得 3 2 k = ， 此时 33, 2 B       ，则得到此时 1 2l k  ，直线 l的方程为 1 2 y x ，即 2 0x y  ， 综上直线 l的方程为3 2 6 0x y   或 2 0x y  . 法五：当 l的斜率不存在时， 3: 3, 3, , 3, 2 l x B PB A       到 PB距离 3d  ， 此时 1 93 3 9 2 2ABP S      不满足条件. 当 l的斜率存在时，设 3: ( 3) 2 PB y k x   ，令    1 1 2 2, , ,P x y B x y ， 2 2 3( 3) 2 1 12 9 y k x x y          ，消 y可得    2 2 2 24 3 24 12 36 36 27 0k x k k x k k       ，     22 2 2Δ 24 12 4 4 3 36 36 27 0k k k k k       ，且 APk k ，即 12k   ，   2 2 2 1 2 2 22 1 2 1 2 22 1 2 2 24 12 274 3 1 3 9 4 3 4, 1 4 4 336 36 27 4 3 k kx x k k k k PB k x x x x kk kx x k                  ， A到直线 PB距离 2 2 22 2 3 3273 34 3 1 3 912 24, 9 2 4 31 1 PAB k kk k k d S kk k             ， 1 2 k  或 3 2 ，均满足题意， 1: 2 l y x  或 3 3 2 y x  ，即3 2 6 0x y   或 2 0x y  . 法六：当 l的斜率不存在时， 3: 3, 3, , 3, 2 l x B PB A       到 PB距离 3d  ， 此时 1 93 3 9 2 2ABP S      不满足条件. 当直线 l斜率存在时，设 3: ( 3) 2 l y k x   ， 设 l与 y轴的交点为Q，令 0x  ，则 30, 3 2 Q k      ， 联立 2 2 33 2 3 4 36 y kx k x y         ，则有  2 2 233 4 8 3 36 36 27 02k x k k x k k            ，  2 2 233 4 8 3 36 36 27 02k x k k x k k            ， 其中    2 2 2 23Δ 8 3 4 3 4 36 36 27 0 2 k k k k k           ，且 1 2 k   ， 则 2 2 2 2 36 36 27 12 12 93 , 3 4 3 4B B k k k kx x k k         ， 则 2 1 1 3 12 183 9 2 2 2 3 4P B kS AQ x x k k        ，解的 1 2 k  或 3 2 k = ，经代入判别式验证均满足 题意. 则直线 l为 1 2 y x 或 3 3 2 y x  ，即3 2 6 0x y   或 2 0x y  . 14．(1) 2 3x  ， 2 0y  (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出 2P的坐标即可； （2）根据等比数列的定义即可验证结论； （3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明 nS 的取值为与 n无关的定值即可. 思路二：使用等差数列工具，证明 nS 的取值为与 n无关的定值即可. 【解析】（1） 由已知有 2 25 4 9m    ，故C的方程为 2 2 9x y  . 当 1 2 k  时，过  1 5, 4P 且斜率为 12 的直线为 3 2 xy  ，与 2 2 9x y  联立得到 2 2 3 9 2 xx       . 解得 3x   或 5x  ，所以该直线与C的不同于 1P的交点为  1 3,0Q  ，该点显然在C的左支 上. 故  2 3,0P ，从而 2 3x  ， 2 0y  . （2）由于过  ,n n nP x y 且斜率为 k的直线为  n ny k x x y   ，与 2 2 9x y  联立，得到方程   22 9n nx k x x y    . 展开即得      22 21 2 9 0n n n nk x k y kx x y kx       ，由于  ,n n nP x y 已经是直线  n ny k x x y   和 2 2 9x y  的公共点，故方程必有一根 nx x . 从而根据韦达定理，另一根   2 2 2 2 2 1 1 n n n n n n k y kx ky x k xx x k k         ，相应的   2 2 2 1 n n n n n y k y kxy k x x y k        . 所以该直线与C的不同于 nP的交点为 2 2 2 2 2 2, 1 1 n n n n n n n ky x k x y k y kxQ k k          ，而注意到 nQ 的 横坐标亦可通过韦达定理表示为     2 2 9 1 n n n y kx k x     ，故 nQ 一定在C的左支上. 所以 2 2 1 2 2 2 2, 1 1 n n n n n n n x k x ky y k y kxP k k          . 这就得到 2 1 2 2 1 n n n n x k x kyx k     ， 2 1 2 2 1 n n n n y k y kxy k     . 所以 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 n n n n n n n n x k x ky y k y kxx y k k               2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 n n n n n n n n n n x k x kx y k y ky k k kx y x y k k k k                  . 再由 2 2 1 1 9x y  ，就知道 1 1 0x y  ，所以数列 n nx y 是公比为 1 1 k k   的等比数列. （3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点 , ,U V W，若  ,UV a b  ，  ,UW c d  ，则 1 2UVW S ad bc  .（若 , ,U V W在同一条直线上，约定 0UVWS  ） 证明： 21 1sin , 1 cos , 2 2UVW S UV UW UV UW UV UW UV UW               2 22 21 11 2 2 UV UWUV UW UV UW UV UW UV UW                          22 2 2 212 a b c d ac bd     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 2 a c a d b c b d a c b d abcd        22 2 2 21 1 12 2 2 2 a d b c abcd ad bc ad bc       . 证毕，回到原题. 由于上一小问已经得到 2 1 2 2 1 n n n n x k x kyx k     ， 2 1 2 2 1 n n n n y k y kxy k     ， 故     2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 n n n n n n n n n n n n x k x ky y k y kx k k kx y x y x y k k k k                    . 再由 2 2 1 1 9x y  ，就知道 1 1 0x y  ，所以数列 n nx y 是公比为 1 1 k k   的等比数列. 所以对任意的正整数m，都有 n n m n n mx y y x           1 1 2 2n n m n n m n n m n n m n n m n n m n n m n n m x x y y x y y x x x y y x y y x                      1 1 2 2n n n m n m n n n m n m x y x y x y x y                1 1 1 1 2 1 2 1 m m n n n n n n n n k kx y x y x y x y k k                   2 21 1 12 1 1 m m n n k k x y k k                   9 1 1 2 1 1 m mk k k k                  . 而又有     1 1 1,n n n n n nP P x x y y        ，  1 2 2 1 2 1,n n n n n nP P x x y y         ， 故利用前面已经证明的结论即得         1 2 1 2 1 1 2 1 1 2n n nn P P P n n n n n n n n S S x x y y y y x x                        1 2 1 1 2 1 1 2 n n n n n n n n x x y y y y x x                1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 n n n n n n n n n n n n x y y x x y y x x y y x             2 21 9 1 1 9 1 1 9 1 1 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1 k k k k k k k k k k k k                                          . 这就表明 nS 的取值是与n无关的定值，所以 1n nS S  . 方法二：由于上一小问已经得到 2 1 2 2 1 n n n n x k x kyx k     ， 2 1 2 2 1 n n n n y k y kxy k     ， 故     2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 n n n n n n n n n n n n x k x ky y k y kx k k kx y x y x y k k k k                    . 再由 2 2 1 1 9x y  ，就知道 1 1 0x y  ，所以数列 n nx y 是公比为 1 1 k k   的等比数列. 所以对任意的正整数m，都有 n n m n n mx y y x           1 1 2 2n n m n n m n n m n n m n n m n n m n n m n n m x x y y x y y x x x y y x y y x                      1 1 2 2n n n m n m n n n m n m x y x y x y x y                1 1 1 1 2 1 2 1 m m n n n n n n n n k kx y x y x y x y k k                   2 21 1 12 1 1 m m n n k k x y k k                   9 1 1 2 1 1 m mk k k k                  . 这就得到 2 3 2 3 1 1 9 1 1 2 1 1n n n n n n n n k kx y y x x y y x k k                ， 以及 2 2 1 3 1 3 2 2 9 1 1 2 1 1n n n n n n n n k kx y y x x y y x k k                          . 两式相减，即得        2 3 2 3 1 3 1 3 1 1 2 2n n n n n n n n n n n n n n n nx y y x x y y x x y y x x y y x                  . 移项得到 2 3 2 1 3 1 2 3 2 1 3 1n n n n n n n n n n n n n n n nx y y x x y y x y x x y y x x y                  . 故        3 2 1 2 1 3n n n n n n n ny y x x y y x x          . 而  3 3 3,n n n n n nP P x x y y      ，  1 2 2 1 2 1,n n n n n nP P x x y y         . 所以 3n nP P   和 1 2n nP P   平行，这就得到 1 2 1 2 3n n n n n nP P P P P PS S      ，即 1n nS S  . 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面 知识方可得解. 15．(1) 2 2 1 4 3 x y   (2)证明见解析 【分析】（1）设  ,0F c ，根据M 的坐标及MF  x轴可求基本量，故可求椭圆方程. （2）设 : ( 4)AB y k x  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，联立直线方程和椭圆方程，用 ,A B的坐标 表示 1 Qy y ，结合韦达定理化简前者可得 1 0Qy y  ，故可证 AQ y 轴. 【解析】（1）设  ,0F c ，由题设有 1c  且 2 3 2 b a  ，故 2 1 3 2 a a   ，故 2a  ，故 3b  ， 故椭圆方程为 2 2 1 4 3 x y   . （2）直线 AB的斜率必定存在，设 : ( 4)AB y k x  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 由 2 23 4 12 ( 4) x y y k x       可得  2 2 2 23 4 32 64 12 0k x k x k     ， 故   4 2 2Δ 1024 4 3 4 64 12 0k k k     ，故 1 1 2 2 k   ， 又 2 2 1 2 1 22 2 32 64 12, 3 4 3 4 k kx x x x k k       ， 而 5 ,0 2 N      ，故直线 2 2 5: 5 2 2 yBN y x x       ，故 2 2 2 2 3 32 5 2 5 2 Q y yy xx      ， 所以  1 2 22 1 1 2 2 2 5 33 2 5 2 5Q y x yyy y y x x               1 2 2 2 4 2 5 3 4 2 5 k x x k x x          2 2 2 21 2 1 2 2 2 64 12 322 5 82 5 8 3 4 3 4 2 5 2 5 k k x x x x k kk k x x             2 2 2 2 2 128 24 160 24 32 3 4 0 2 5 k k k kk x        ， 故 1 Qy y ，即 AQ y 轴. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为    1 1 2 2, , ,x y x y ； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 x（或 y）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为 1 2x x 、 1 2x x （或 1 2y y 、 1 2y y ）的形式； （5）代入韦达定理求解. 16．(1) 2 2 21, 4 2 2 x y e   (2) 2t  【分析】（1）由题意得 2b c  ，进一步得 a，由此即可得解； （2）说明直线 AB斜率存在，设  : , 2AB y kx t t   ，    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，联立椭圆方程， 由韦达定理有 2 1 2 1 22 2 4 2 4, 1 2 2 1 kt tx x x x k k        ，而  1 2 1 1 1 2 : y yAD y x x y x x      ，令 0x  ，即可 得解. 【解析】（1）由题意 2 2 2 b c   ，从而 2 2 2a b c   ， 所以椭圆方程为 2 2 1 4 2 x y   ，离心率为 2 2 e  ； （2）显然直线 AB斜率存在，否则 ,B D重合，直线 BD斜率不存在与题意不符， 同样直线 AB斜率不为 0，否则直线 AB与椭圆无交点，矛盾， 从而设  : , 2AB y kx t t   ，    1 1 2 2, , ,A x y B x y ， 联立 2 2 1 4 2 x y y kx t        ，化简并整理得  2 2 21 2 4 2 4 0k x ktx t     ， 由题意     2 2 2 2 2 2Δ 16 8 2 1 2 8 4 2 0k t k t k t        ，即 ,k t应满足 2 24 2 0k t   ， 所以 2 1 2 1 22 2 4 2 4, 1 2 2 1 kt tx x x x k k        ， 若直线BD斜率为 0，由椭圆的对称性可设  2 2,D x y ， 所以  1 2 1 1 1 2 : y yAD y x x y x x      ，在直线 AD方程中令 0x  ， 得        21 2 2 1 1 2 1 21 2 2 1 1 2 1 2 1 2 4 22 2 1 4C k tx kx t x kx t kx x t x xx y x yy t x x x x x x kt t                 ， 所以 2t  ， 此时 k应满足 2 2 24 2 4 2 0 0 k t k k         ，即 k应满足 2 2 k   或 2 2 k  ， 综上所述， 2t  满足题意，此时 2 2 k   或 2 2 k  . 17．(1) 2 2 1 12 9 x y   (2)存在   30, 3 2 T t t       ，使得 0TP TQ    恒成立. 【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程. （2）设该直线方程为： 3 2 y kx  ，      1 1 2 2, , , , 0,P x y Q x y T t ， 联立直线方程和椭圆方程 并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用 ,k t表示TP TQ   ，再根据 0TP TQ    可 求 t的范围. 【解析】（1）因为椭圆的离心率为 1 2 e  ，故 2a c ， 3b c ，其中 c为半焦距， 所以     32 ,0 , 0, 3 , 0, 2 cA c B c C          ，故 1 3 3 32 2 2 2ABC S c c   △ ， 故 3c  ，所以 2 3a  ， 3b  ，故椭圆方程为： 2 2 1 12 9 x y   . （2） 若过点 30, 2      的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为： 3 2 y kx  ， 设      1 1 2 2, , , , 0,P x y Q x y T t ， 由 2 23 4 36 3 2 x y y kx        可得  2 23 4 12 27 0k x kx    ， 故  2 2 2Δ 144 108 3 4 324 576 0k k k      且 1 2 1 22 212 27, ,3 4 3 4 kx x x x k k       而    1 1 2 2, , ,TP x y t TQ x y t      ， 故   1 2 1 2 1 2 1 2 3 3 2 2 TP TQ x x y t y t x x kx t kx t                        2 2 1 2 1 2 3 31 2 2 k x x k t x x t                   2 2 2 2 27 3 12 31 3 4 2 3 4 2 kk k t t k k                            2 22 2 2 2 2 327 27 18 12 3 3 2 2 3 4 k k k t t t k k                2 2 2 2 33 2 12 45 3 27 2 3 4 t t k t k              ， 因为 0TP TQ    恒成立，故  2 2 3 2 12 45 0 33 27 0 2 t t t                ，解得 33 2 t   . 若过点 30, 2      的动直线的斜率不存在，则    0,3 , 0, 3P Q  或    0, 3 , 0,3P Q ， 此时需 3 3t   ，两者结合可得 33 2 t   . 综上，存在   30, 3 2 T t t       ，使得 0TP TQ    恒成立. 【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示 过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设. 18．(1) 3b  (2)  2,2 2P (3)   300, 3 3, 3        【分析】（1）根据离心率公式计算即可； （2）分三角形三边分别为底讨论即可； （3）设直线 : 2l x my  ，联立双曲线方程得到韦达定理式，再代入计算向量数量积的等式 计算即可. 【解析】（1）由题意得 2 1 c ce a    ，则 2c  ， 22 1 3b    ． （2）当 2 6 3 b  时，双曲线 2 2Γ : 18 3 yx   ，其中  2,0M  ，  2 1,0A ， 因为 2MA P△ 为等腰三角形，则 ①当以 2MA 为底时，显然点 P在直线 1 2 x   上，这与点 P在第一象限矛盾，故舍去； ②当以 2A P为底时， 2 3MP MA  ， 设  ,P x y ，则 2 2 2 2 3 1 8 ( 2) 9 yx x y         , 联立解得 23 11 8 17 11 x y        或 23 11 8 17 11 x y       或 1 0 x y    ， 因为点 P在第一象限，显然以上均不合题意，舍去； （或者由双曲线性质知 2MP MA ，矛盾，舍去）； ③当以MP为底时， 2 2 3A P MA  ，设  0 0,P x y ，其中 0 00, 0x y  ， 则有  2 20 0 2 2 0 0 1 9 18 3 x y yx           ，解得 0 0 2 2 2 x y    ，即  2,2 2P ． 综上所述：  2,2 2P . （3）由题知    1 21,0 , 1,0A A ， 当直线 l的斜率为 0时，此时 1 2 0A R A P    ，不合题意，则 0lk  ， 则设直线 : 2l x my  ， 设点    1 1 2 2, , ,P x y Q x y ，根据OQ延长线交双曲线Γ于点 R， 根据双曲线对称性知  2 2,R x y  ， 联立有 22 2 2 1 x my yx b        2 2 2 2 21 4 3 0b m y b my b    ， 显然二次项系数 2 2 1 0b m   ， 其中    22 2 2 2 4 2 2Δ 4 4 1 3 4 12 0mb b m b b m b       ， 2 1 2 2 2 4 1 b my y b m    ①， 2 1 2 2 2 3 1 by y b m   ②，    1 2 2 2 1 11, , 1,AR x y A P x y        ， 则   1 2 2 1 1 21 1 1AR A P x x y y         ，因为    1 1 2 2, , ,P x y Q x y 在直线 l上， 则 1 1 2x my  ， 2 2 2x my  ， 即    2 1 1 23 3 1my my y y     ，即    21 2 1 21 3 10 0y y m y y m     ， 将①②代入有   2 2 2 2 2 2 2 3 41 3 10 0 1 1 b b mm m b m b m         ， 即    2 2 2 2 23 1 3 4 10 1 0b m m b m b m      化简得 2 2 23 10 0b m b   ， 所以 2 2 10 3m b   , 代入到 2 2 1 0b m   , 得 2 210 3 1b b   , 所以 2 3b  , 且 2 2 10 3 0m b    ，解得 2 10 3 b  ，又因为 0b  ，则 2 100 3 b  ， 综上知，  2 100,3 3, 3 b       ，   300, 3 3, 3b          ． 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是采用设线法，为了方便运算可设 : 2l x my  ， 将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，再写出相关向量，代入计算，要注意排除联立后的 方程得二次项系数不为 0.