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1817分解析几何★★★★★
已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1（a>b>0a>b>0）的左焦点为 F(−1,0)F(-1,0)，离心率为 12\dfrac{1}{2}.
(1) 求 CC 的方程； (2) 设 OO 为坐标原点，过 FF 且斜率大于 00 的动直线 ll 与 CC 交于 PP，QQ 两点，其中 QQ 在第三象限，直线 POPO 与 CC 的另一个交点为 RR.
(i) 若 △PQR\triangle PQR 的面积是 △PFO\triangle PFO 的面积的 33 倍，求 ll 的方程； (ii) 求 tan⁡∠PQR\tan \angle PQR 的最小值．

2026 · 全国 · 一卷 · 第 18 题 · 解答题

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1817分解析几何★★★★★
设椭圆 C:x2a2+y2b2=1C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0） 的离心率为 223\frac{2\sqrt{2}}{3}，下顶点为 AA，右顶点为 BB，∣AB∣=10|AB| = \sqrt{10}.
(1) 求椭圆 CC 的标准方程； (2) 已知动点 PP 不在 yy 轴上，点 RR 在射线 APAP 上，且满足 ∣AP∣⋅∣AR∣=3|AP| \cdot |AR| = 3.
(i) 设 P(m,n)P(m, n)，求点 RR 的坐标（用 mm，nn 表示）； (ii) 设 OO 为坐标原点，QQ 是 CC 上的动点，直线 OROR 的斜率为直线 OPOP 的斜率的3倍，求 ∣PQ∣|PQ| 的最大值.

2025 · 全国 · 一卷 · 第 18 题 · 解答题

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12解析几何★★★★★
已知圆 OO 的半径为 1，直线 PAPA 与 OO 相切于 AA，PB‾∩PC‾\overline{PB}\cap\overline{PC} 与 OO 相交于 BB，CC，DD 为 BCBC 中点，若 PO=2PO=2，则 PA⋅PDPA\cdot PD 的最大值为（ ）
A.
11
B.
22
C.
1+21+\sqrt2
D.
2+22+\sqrt2

2023 · 全国 · 乙卷 · 理 · 第 12 题 · 多选题

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21解析几何★★★★★
已知抛物线 C:x2=2pyC:x^2=2py（p>0p>0）的焦点为 FF，且 FF 与圆 M:x2+(y+4)2=1M:x^2+(y+4)^2=1 上点的距离的最小值为 44.
(1) 求 pp； (2) 若点 PP 在 MM 上，PAPA，PBPB 是 CC 的两条切线，AA，BB 是切点，求 △PAB\triangle PAB 面积的最大值.

2021 · 全国 · 乙卷 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
如图，已知双曲线 C:x2a2−y2=1C: \frac{x^2}{a^2} - y^2 = 1（a>0a > 0）的右焦点为 FF. 点 AA，BB 分别在 CC 的两条渐近线上，AF⊥xAF \perp x 轴，AB⊥OBAB \perp OB，BF∥OABF \parallel OA（OO 为坐标原点）.
(1) 求双曲线 CC 的方程； (2) 过 CC 上一点 P(x0,y0)P(x_0, y_0)（y0≠0y_0 \neq 0）的直线 l:x0xa2−y0y=1l: \frac{x_0 x}{a^2} - y_0 y = 1，与直线 AFAF 相交于点 MM，与直线 x=32x = \frac{3}{2} 相交于点 NN. 证明：当点 PP 在 CC 上移动时，∣MF∣∣NF∣\frac{|MF|}{|NF|} 恒为定值，并求此定值.

2014 · 江西 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
已知三点 O(0,0)O(0,0)，A(−2,1)A(-2,1)，B(2,1)B(2,1)，曲线 CC 上任意一点 M(x,y)M(x,y) 满足 ∣MA→+MB→∣=OM→⋅(OA→+OB→)+2\left|\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB}\right| = \overrightarrow{OM} \cdot \left(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}\right) + 2.
(1) 求曲线 CC 的方程； (2) 动点 Q(x0,y0)Q(x_0, y_0) （−2<x0<2-2 < x_0 < 2）在曲线 CC 上，曲线 CC 在点 QQ 处的切线为 ll. 问：是否存在定点 P(0,t)P(0, t) （t<0t < 0），使得 ll 与 PAPA，PBPB 都相交，交点分别为 DD，EE，且 △QAB\triangle QAB 与 △PDE\triangle PDE 的面积之比是常数？若存在，求 tt 的值；若不存在，请说明理由.

2012 · 江西 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
设椭圆 C1:x2a2+y2b2=1C_{1}:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1（a>b>0a>b>0），抛物线 C2:x2+by=b2C_{2}:x^{2}+by=b^{2}.
(1) 若 C2C_{2} 经过 C1C_{1} 的两个焦点，求 C1C_{1} 的离心率； (2) 设 A(0,b)A(0,b)，Q ⁣(33,54b)Q\!\left(3\sqrt{3}, \frac{5}{4}b\right)，又 MM，NN 为 C1C_{1} 与 C2C_{2} 不在 yy 轴上的两个交点，若 △AMN\triangle AMN 的垂心为 B ⁣(0,34b)B\!\left(0,\frac{3}{4}b\right)，且 △QMN\triangle QMN 的重心在 C2C_{2} 上，求椭圆 C1C_{1} 和抛物线 C2C_{2} 的方程.

2010 · 江西 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22解析几何★★★★★
如图，已知圆 G:(x−2)2+y2=r2G: (x - 2)^2 + y^2 = r^2 是椭圆 x216+y2=1\frac{x^2}{16} + y^2 = 1 的内接 △ABC\triangle ABC 的内切圆，其中 AA 为椭圆的左顶点.
(1) 求圆 GG 的半径 rr； (2) 过点 M(0,1)M(0,1) 作圆 GG 的两条切线交椭圆于 EE，FF 两点，证明：直线 EFEF 与圆 GG 相切.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 圆 GG 的圆心和点 A=(−4,0)A=(-4,0) 都在 xx 轴上. 两条边 ABAB，ACAC 是从 AA 引圆 GG 的两条切线，且椭圆和圆都关于 xx 轴对称，所以 BB，CC 关于 xx 轴对称. 因三角形包含圆 GG，第三条切线 BCBC 必须是圆的右侧切线，故设 B=(2+r,y0)B=(2+r,y_0)，C=(2+r,−y0)C=(2+r,-y_0)，其中 y0>0y_0>0. 又 BB 在椭圆上，所以
y02=1−(2+r)216=12−4r−r216y_0^{2}=1-\frac{(2+r)^{2}}{16}=\frac{12-4r-r^{2}}{16}
直线 ABAB 的方程为 y0x−(6+r)y+4y0=0y_0x-(6+r)y+4y_0=0. 因它与圆 GG 相切，圆心 G(2,0)G(2,0) 到该直线的距离等于 rr，即
6y0y02+(6+r)2=r\frac{6y_0}{\sqrt{y_0^{2}+(6+r)^{2}}}=r
平方并整理得 (36−r2)y02=r2(6+r)2(36-r^{2})y_0^{2}=r^{2}(6+r)^{2}. 代入 y02y_0^{2}，利用 36−r2=(6−r)(6+r)36-r^{2}=(6-r)(6+r)，并约去正数 6+r6+r，得
(12−4r−r2)(6−r)=16r2(6+r)(12-4r-r^{2})(6-r)=16r^{2}(6+r)
即
15r3+98r2+36r−72=(r+6)(15r2+8r−12)=015r^{3}+98r^{2}+36r-72=(r+6)(15r^{2}+8r-12)=0
由于 r>0r>0，可约去 r+6r+6，于是 15r2+8r−12=015r^{2}+8r-12=0. 解得 r=23r=\frac23 或 r=−65r=-\frac65，由 r>0r>0，所以 r=23r=\frac23.
\item 过 M(0,1)M(0,1) 的直线设为 y−1=kxy-1=kx. 它与圆 GG 相切的条件为
∣2k+1∣k2+1=23\frac{|2k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=\frac23
即 32k2+36k+5=032k^{2}+36k+5=0. 设两根为 k1k_1，k2k_2，则 k1+k2=−98k_1+k_2=-\frac98，k1k2=532k_1k_2=\frac5{32}. 直线 y=kix+1y=k_ix+1 与椭圆联立，得到
x216+(kix+1)2=1⟺x((16ki2+1)x+32ki)=0\frac{x^2}{16}+(k_ix+1)^2=1 \quad\Longleftrightarrow\quad x\left((16k_i^2+1)x+32k_i\right)=0
除去公共交点 MM 后的另一个交点记为 (xi,yi)(x_i,y_i)，则 xi=−32ki16ki2+1x_i=-\frac{32k_i}{16k_i^{2}+1}，yi=1+kixi=1−16ki216ki2+1y_i=1+k_ix_i=\frac{1-16k_i^2}{16k_i^2+1}. 记 s=k1+k2s=k_1+k_2，p=k1k2p=k_1k_2，并记 di=16ki2+1d_i=16k_i^2+1. 直接通分可得 x2−x1=−32(k2−k1)(1−16p)d1d2x_2-x_1=-\frac{32(k_2-k_1)(1-16p)}{d_1d_2}，y2−y1=−32(k2−k1)sd1d2y_2-y_1=-\frac{32(k_2-k_1)s}{d_1d_2}. 因此弦 EFEF 的斜率为
y2−y1x2−x1=s1−16p=34\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=\frac{s}{1-16p}=\frac34
再由 b=y1−34x1b=y_1-\frac34x_1，通分得
b=1+32p1−16p=−73b=1+\frac{32p}{1-16p}=-\frac73
所以直线 EFEF 为 y=34x−73y=\frac34x-\frac73. 将其写成 9x−12y−28=09x-12y-28=0，则圆心 G(2,0)G(2,0) 到该直线的距离为
∣18−28∣92+(−12)2=1015=23=r\frac{|18-28|}{\sqrt{9^{2}+(-12)^{2}}}=\frac{10}{15}=\frac23=r
因此直线 EFEF 与圆 GG 相切. \end{enumerate} \end{solution}

2009 · 江西 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
(1) 设点 P(x0,y0)P(x_0, y_0) 在直线 x=mx = m（y0≠±my_0 \neq \pm m，0<m<10 < m < 1）上，过点 PP 作双曲线 x2−y2=1x^2 - y^2 = 1 的两条切线 PAPA，PBPB. 切点为 AA，BB，定点 M(1m,0)M\left(\frac{1}{m}, 0\right). 过点 AA 作直线 x−y=0x - y = 0 的垂线. 垂足为 NN，试求 △AMN\triangle AMN 的重心 GG 所在的曲线方程； (2) 求证：AA，MM，BB 三点共线.

2008 · 江西 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22解析几何★★★★★
已知抛物线 y=x2y = x^2 和三个点 M(x0,y0)M(x_0, y_0)，P(0,y0)P(0, y_0)，N(−x0,y0)N(-x_0, y_0)（y0≠x02y_0 \neq x_0^2，y0>0y_0 > 0），过点 MM 的一条直线交抛物线于 AA，BB 两点，APAP，BPBP 的延长线分别交抛物线于 EE，FF.
(1) 证明 EE，FF，NN 三点共线； (2) 如果 AA，BB，MM，NN 四点共线，问：是否存在 y0y_0，使以线段 ABAB 为直径的圆与抛物线有异于 AA，BB 的交点？如果存在，求出 y0y_0 的取值范围，并求出该交点到直线 ABAB 的距离；若不存在，请说明理由.

2008 · 江西 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
设动点 PP 到点 A(−1,0)A(-1, 0) 和 B(1,0)B(1, 0) 的距离分别为 d1d_{1} 和 d2d_{2}，∠APB=2θ\angle APB = 2\theta. 且存在常数 λ\lambda（0<λ<10 < \lambda < 1），使得 d1d2sin⁡2θ=λd_{1}d_{2}\sin^{2}\theta = \lambda.
(1) 证明：动点 PP 的轨迹 CC 为双曲线，并求出 CC 的方程； (2) 过点 BB 作直线交双曲线 CC 的右支于 MM，NN 两点，试确定 λ\lambda 的范围，使 OM→⋅ON→=0\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON}=0，其中点 OO 为坐标原点.

2007 · 江西 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22解析几何★★★★★
设动点 PP 到两定点 F1(−1,0)F_{1}(-1,0) 和 F2(1,0)F_{2}(1,0) 的距离分别为 d1d_{1} 和 d2d_{2}，∠F1PF2=2θ\angle F_{1}PF_{2} = 2\theta，且存在常数 λ\lambda（0<λ<10 < \lambda < 1），使得 d1d2sin⁡2θ=λd_{1}d_{2}\sin^{2}\theta = \lambda.
(1) 证明：动点 PP 的轨迹 CC 为双曲线，并求出 CC 的方程； (2) 如图，过点 F2F_{2} 的直线与双曲线 CC 的右支交于 AA，BB 两点. 问：是否存在 λ\lambda，使 △F1AB\triangle F_{1}AB 是以点 BB 为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出 λ\lambda 的值；若不存在，说明理由.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设 P(x,y)P(x,y). 因为 0<λ<10<\lambda<1，所以 PP 不会与任一焦点重合，三角形 F1PF2F_1PF_2 的角 ∠F1PF2=2θ\angle F_1PF_2=2\theta 有意义. 又 F1F2=2F_1F_2=2，由余弦定理得
4=d12+d22−2d1d2cos⁡2θ4=d_1^2+d_2^2-2d_1d_2\cos 2\theta
因此
(d1−d2)2=d12+d22−2d1d2=4−2d1d2(1−cos⁡2θ)=4−4d1d2sin⁡2θ=4(1−λ)(d_1-d_2)^2=d_1^2+d_2^2-2d_1d_2=4-2d_1d_2(1-\cos2\theta)=4-4d_1d_2\sin^2\theta=4(1-\lambda)
于是 ∣d1−d2∣=21−λ|d_1-d_2|=2\sqrt{1-\lambda}. 令 a=1−λa=\sqrt{1-\lambda}，则 0<a<1=F1F220<a<1=\frac{F_1F_2}{2}，所以 PP 的轨迹是以 F1F_1，F2F_2 为焦点、实轴长为 2a2a 的双曲线. 由于焦距的一半为 c=1c=1，虚半轴的平方为 b2=c2−a2=1−(1−λ)=λb^2=c^2-a^2=1-(1-\lambda)=\lambda，故轨迹 CC 的方程为
x21−λ−y2λ=1\frac{x^2}{1-\lambda}-\frac{y^2}{\lambda}=1
在右支上 d1−d2=2ad_1-d_2=2a，又因 d12−d22=4xd_1^2-d_2^2=4x，所以 d1+d2=2xad_1+d_2=\frac{2x}{a}，即 d2=xa−ad_2=\frac{x}{a}-a. 在右支上 x⩾a>a2x\geqslant a>a^2，所以右端为正，平方不会引入符号错误. 代入 d22=(x−1)2+y2d_2^2=(x-1)^2+y^2，可得
(xa−a)2=(x−1)2+y2⟺x2a2−y21−a2=1\left(\frac{x}{a}-a\right)^2=(x-1)^2+y^2 \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{1-a^2}=1
这与上式一致. 反过来，若点 PP 在该双曲线上，则 ∣d1−d2∣=2a\lvert d_1-d_2\rvert=2a. 结合余弦定理，得
4−(d1−d2)2=2d1d2(1−cos⁡2θ)=4d1d2sin⁡2θ4-(d_1-d_2)^2=2d_1d_2(1-\cos 2\theta)=4d_1d_2\sin^2\theta
因此 d1d2sin⁡2θ=1−a2=λd_1d_2\sin^2\theta=1-a^2=\lambda，所以该双曲线上的点均满足题设条件，方程确实给出了完整轨迹.
\item 设 h=BF1h=BF_1，r=BF2r=BF_2，s=AF2s=AF_2. 直线 ABAB 过焦点 F2F_2，并与双曲线的右支交于 AA，BB 两点，所以 F2F_2 在 ABAB 之间. 由双曲线定义，h−r=2ah-r=2a，AF1−s=2aAF_1-s=2a. 若 △F1AB\triangle F_1AB 是以 BB 为直角顶点的等腰直角三角形，则 AB=BF1=hAB=BF_1=h，且 h=s+rh=s+r. 结合 h−r=2ah-r=2a，得 s=2as=2a. 又因为 AF1=2hAF_1=\sqrt{2}h，所以 2h−s=2a⟺2h−2a=2a\sqrt{2}h-s=2a\Longleftrightarrow\sqrt{2}h-2a=2a. 从而 h=22ah=2\sqrt{2}a，r=h−2a=2a(2−1)r=h-2a=2a(\sqrt{2}-1).
由于 ∠F1BF2=90∘\angle F_1BF_2=90^{\circ}，三角形 F1BF2F_1BF_2 的斜边为 F1F2=2F_1F_2=2，所以 h2+r2=4h^2+r^2=4，即 4a2(5−22)=44a^2(5-2\sqrt{2})=4. 因此 a2=15−22a^2=\frac{1}{5-2\sqrt{2}}，从而
λ=1−a2=4−225−22=12−2217\lambda=1-a^2=\frac{4-2\sqrt{2}}{5-2\sqrt{2}}=\frac{12-2\sqrt{2}}{17}
该值确实可实现. 对此 λ\lambda，取 B(1−λ2,λ)B\left(\sqrt{1-\lambda^2},\lambda\right). 因为 xB2+yB2=1x_B^2+y_B^2=1，且 xB21−λ−yB2λ=1−λ21−λ−λ=1\frac{x_B^2}{1-\lambda}-\frac{y_B^2}{\lambda}=\frac{1-\lambda^2}{1-\lambda}-\lambda=1，所以 BB 在双曲线 CC 的右支上，并且 BF1⊥BF2BF_1\perp BF_2. 对上面求得的 aa，由前面的结果有 h=22ah=2\sqrt{2}a，r=2a(2−1)r=2a(\sqrt{2}-1). 在 F2BF_2B 的反向延长线上取点 AA，使 AF2=2aAF_2=2a. 则 AB=AF2+BF2=2a+r=h=BF1AB=AF_2+BF_2=2a+r=h=BF_1，且 AB⊥BF1AB\perp BF_1. 又 AF1=2h=4aAF_1=\sqrt{2}h=4a，所以 AF1−AF2=2aAF_1-AF_2=2a，故 AA 也在双曲线 CC 的右支上. 因此存在这样的 λ\lambda，其值为 12−2217\frac{12-2\sqrt{2}}{17}. \end{enumerate} \end{solution}

2007 · 江西 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
如图，椭圆 Q:x2a2+y2b2=1Q: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0）的右焦点为 F(c,0)F(c, 0)，过点 FF 的一动直线 mm 绕点 FF 转动，并且交椭圆于 AA，BB 两点，PP 为线段 ABAB 的中点.
(1) 求点 PP 的轨迹 HH 的方程； (2) 在 QQ 的方程中，令 a2=1+cos⁡θ+sin⁡θa^2 = 1 + \cos \theta + \sin \theta，b2=sin⁡θb^2 = \sin \theta（0<θ⩽π20 < \theta \leqslant \frac{\pi}{2}），确定 θ\theta 的值，使原点距椭圆的右准线 ll 最远，此时，设 ll 与 xx 轴交点为 DD，当直线 mm 绕点 FF 转动到什么位置时，三角形 ABDABD 的面积最大？

2006 · 江西 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22解析几何★★★★★
如图，设抛物线 C:y=x2C:y=x^{2} 的焦点为 FF，动点 PP 在直线 l:x−y−2=0l:x-y-2=0 上运动，过 PP 作抛物线 CC 的两条切线 PAPA，PBPB，且与抛物线 CC 分别相切于 AA，BB 两点.
(1) 求 △APB\triangle APB 的重心 GG 的轨迹方程； (2) 证明 ∠PFA=∠PFB\angle PFA=\angle PFB.

2005 · 江西 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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