专题二：圆锥曲线定值问题

系列阅读：专题一：圆锥曲线面积问题 · 本篇：专题二定值问题 · 专题三：圆锥曲线直线过定点。

阅读约定

本文中的弦均指端点不同的非退化弦。“斜率和／积为定值”只讨论有关直线及其斜率都有定义的情形；不能把端点重合或分母为零的情形带入分式。

$\overrightarrow{AB}$ 表示向量， $|AB|$ 表示长度；数量积带正负号，不能擅自改成长度乘积。凡采用 $y=kx+m$ 或 $x=ty+s$ 设直线，解析中都会说明未被这种设法覆盖的必要情形。

图示用于说明构型，证明以题设条件为准。

一、题型一：基础定值问题#

这类问题可分为：判断斜率 $k$ 为定值；判断斜率 $k_1,k_2$ 之间的某种关系为定值；利用斜率关系，证明面积等其他量为定值。

常见路线是“联立直线与曲线—用韦达定理表示坐标和、坐标积—把目标量化成对称式”。如果题目出现椭圆上的两个点与原点的关系，也可以先作坐标缩放，把椭圆方程化为单位圆方程，再利用数量积与行列式恒等式。

例 1：双曲线上的向量条件与斜率和（2024 杨浦一模 20 题）#

已知双曲线

\Gamma:\frac{x^2}{3}-\frac{y^2}{12}=1,

$A(2,2)$ 是双曲线 $\Gamma$ 上一点， $O$ 为坐标原点。

若椭圆 $C$ 以双曲线 $\Gamma$ 的顶点为焦点，长轴长为 $4\sqrt3$ ，求椭圆 $C$ 的标准方程。
设 $P$ 是第一象限中双曲线 $\Gamma$ 渐近线上一点， $Q$ 是双曲线 $\Gamma$ 上一点，且 $\overrightarrow{PA}=\overrightarrow{AQ}$ ，求 $\triangle POQ$ 的面积。
当直线 $l:y=-4x+m$ 与双曲线 $\Gamma$ 的左支交于 $M,N$ 两点时，分别记直线 $AM,AN$ 的斜率为 $k_1,k_2$ ，证明 $k_1+k_2$ 为定值。

查看答案

$\displaystyle C:\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{9}=1$ 。
$\displaystyle P\left(\frac94,\frac92\right)$ ， $\displaystyle Q\left(\frac74,-\frac12\right)$ ， $\displaystyle S_{\triangle POQ}=\frac92$ 。
$\boxed{k_1+k_2=0}$ ；题设中两交点都在左支等价于 $m<-6$ 。

查看分析思路

第 1 问区分“双曲线的顶点”和“双曲线的焦点”。第 2 问先把向量等式转化为“A 是 $PQ$ 的中点”，利用渐近线只设一个参数。第 3 问不必求出 $M,N$ ，把斜率改写成“常数＋倒数”，再利用韦达定理。

查看详细解析

（1）求椭圆方程。

双曲线顶点是 $(\pm\sqrt3,0)$ ，所以所求椭圆的半焦距 $c=\sqrt3$ 。由长轴长 $2a=4\sqrt3$ ，得 $a^2=12$ ，进而

b^2=a^2-c^2=12-3=9.

故椭圆方程为 $\displaystyle \frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{9}=1$ 。

（2）利用中点关系。

第一象限的渐近线是 $y=2x$ ，设 $P=(t,2t)$ ，其中 $t>0$ 。由 $A-P=Q-A$ ，得

Q=2A-P=(4-t,4-2t).

代入双曲线的等价方程 $4x^2-y^2=12$ ：

4(4-t)^2-(4-2t)^2=12 \iff48-16t=12,

所以 $t=\frac94$ 。因此

S_{\triangle POQ} =\frac12\left|\frac94\left(-\frac12\right)-\frac92\cdot\frac74\right| =\frac92.

（3）斜率和定值。

设 $M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$ 。联立 $y=-4x+m$ 与双曲线，得到

12x^2-8mx+m^2+12=0.

从而

x_1+x_2=\frac{2m}{3},\qquad x_1x_2=1+\frac{m^2}{12}.

判别式为 $16(m^2-36)$ 。两个不同交点且横坐标都为负，要求并且只要求 $m<-6$ ；特别地， $x_i-2\ne0$ 。

对每一个交点，有

\frac{y_i-2}{x_i-2} =\frac{-4x_i+m-2}{x_i-2} =-4+\frac{m-10}{x_i-2}.

于是

\begin{aligned} k_1+k_2 &=-8+(m-10)\frac{x_1+x_2-4}{x_1x_2-2(x_1+x_2)+4}\\ &=-8+(m-10)\frac{\frac23(m-6)}{\frac1{12}(m-10)(m-6)}\\ &=0. \end{aligned}

这里约去的因子均不为零，因为 $m<-6$ 。

随堂练 1：平行焦点弦与四边形面积（2017 杨浦一模 19 题）#

已知椭圆 $\displaystyle \frac{x^2}{4}+y^2=1$ ，左右焦点分别为 $F_1,F_2$ 。过左焦点 $F_1$ 的直线 $l_1$ 交椭圆于 $A,B$ 两点；过右焦点 $F_2$ 作 $l_2\parallel l_1$ ，交椭圆于 $C,D$ 两点。设 $l_1$ 的斜率为 $k_1$ ，直线 $BC$ 的斜率为 $k_2$ 。

证明 $k_1k_2$ 是定值。
求四边形 $ABCD$ 面积的最小值。

按原题图， $A,B,C,D$ 沿椭圆依次排列，因此 $C=-A$ 、 $D=-B$ ，四边形 $ABCD$ 为平行四边形。

题设条件

注意区分最小值与最大值：非退化构型的面积下确界为 $0$ ，不取到；面积 $4$ 是最大值。

查看答案

在两斜率均存在、四边形非退化的条件下， $\displaystyle \boxed{k_1k_2=-\frac14}$ 。
按题设，非退化四边形的面积没有最小值，下确界为 $0$ 。 $4$ 是最大值：

\boxed{S_{ABCD}\le4},

当且仅当 $\displaystyle k_1=\pm\frac1{\sqrt2}$ ，即 $\displaystyle l_1:x\pm\sqrt2\,y+\sqrt3=0$ 时取等号。

查看分析思路

平行弦关于原点中心对称，所以 $BC$ 的方向就是 $AB$ 中点与原点的连线方向。第 1 问用点差法。第 2 问用“底边长乘两条平行线的距离”，再检查所得表达式究竟给出最大值还是最小值。

查看详细解析

（1）点差法求斜率积。

记 $k_1=k$ ， $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$ ， $T(u,v)$ 为 $AB$ 的中点。两端点的椭圆方程相减，得到

(x_1-x_2)(x_1+x_2)+4(y_1-y_2)(y_1+y_2)=0.

由于 $l_1$ 的斜率存在， $x_1\ne x_2$ ，因此

u+4kv=0.

又 $C=-A$ ，故 $\overrightarrow{BC}=-(A+B)=(-2u,-2v)$ 。于是 $k_2=v/u$ ，从而

k_1k_2=k\frac vu=-\frac14.

$k=0$ 时，两条焦点弦都成为长轴，四边形退化，而且按上述命名 $B,C$ 重合， $k_2$ 不存在，不能带入第 1 问。

（2）计算面积并确定极值类型。

两个焦点为 $(\pm\sqrt3,0)$ 。设

l_1:y=k(x+\sqrt3),\qquad l_2:y=k(x-\sqrt3),\qquad k\ne0.

联立 $l_1$ 与椭圆，得

(1+4k^2)x^2+8\sqrt3\,k^2x+12k^2-4=0.

其判别式为 $16(1+k^2)$ ，所以

|AB|=\sqrt{1+k^2}\,|x_1-x_2| =\frac{4(1+k^2)}{1+4k^2}.

两平行线间的距离为

d=\frac{2\sqrt3\,|k|}{\sqrt{1+k^2}}.

因此

S_{ABCD}=|AB|d =\frac{8\sqrt3\,|k|\sqrt{1+k^2}}{1+4k^2}.

令 $t=k^2>0$ ，则

16-S_{ABCD}^2 =16-\frac{192t(1+t)}{(1+4t)^2} =\frac{16(2t-1)^2}{(1+4t)^2}\ge0.

故最大值为 $4$ ，当 $t=\frac12$ 时取得。

另一方面，当 $k\to0$ 且 $k\ne0$ 时， $S_{ABCD}\to0$ ；而每一个非退化四边形的面积都严格大于零。因此原题所问的最小值不存在。即使允许极限中的退化图形，也只能说退化面积为 $0$ ，不能说最小值是 $4$ 。

例 2：斜率积约束下的三角形面积（2018 崇明一模 20 题）#

在平面直角坐标系中，已知椭圆

C:\frac{x^2}{a^2}+y^2=1\qquad(a>0,\ a\ne1)

的两个焦点分别为 $F_1,F_2$ 。直线 $l:y=kx+m$ 与椭圆交于 $A,B$ 两点。

若 $M$ 为椭圆短轴上的一个顶点，且 $\triangle MF_1F_2$ 为直角三角形，求 $a$ 。
若 $k=1$ ，且 $\triangle OAB$ 是以 $O$ 为直角顶点的直角三角形，求 $a,m$ 满足的关系。
若 $a=2$ ，且 $\displaystyle k_{OA}k_{OB}=-\frac14$ ，证明 $\triangle OAB$ 的面积为定值。

查看答案

$\displaystyle a=\sqrt2$ 或 $\displaystyle a=\frac{\sqrt2}{2}$ 。
$\displaystyle \boxed{m^2(a^2+1)=2a^2}$ ，同时保留 $a>0,a\ne1$ 。
$\displaystyle \boxed{S_{\triangle OAB}=1}$ 。

查看分析思路

$a$ 只是 $x^2$ 下分母的平方根，不一定是长半轴，因而第 1 问要分 $a>1$ 和 $a<1$ 。第 2 问把直角写成 $\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=0$ 。第 3 问中的 $-\frac14$ 恰好与椭圆方程的系数配合，可用坐标缩放后的垂直关系直接求面积。

查看详细解析

（1）焦点位置分类。

由于 $MF_1=MF_2$ ，这个等腰三角形若为直角三角形，其直角只能在 $M$ 。

当 $a>1$ 时，焦点为 $(\pm c,0)$ ， $c^2=a^2-1$ ，短轴顶点为 $(0,\pm1)$ 。两条焦半径的数量积为 $1-c^2$ ，故 $c^2=1$ ，得到 $a=\sqrt2$ 。

当 $0<a<1$ 时，焦点为 $(0,\pm c)$ ， $c^2=1-a^2$ ，短轴顶点为 $(\pm a,0)$ 。同理 $a^2-c^2=0$ ，故 $a^2=\frac12$ ，即 $a=\frac{\sqrt2}{2}$ 。

（2）直角条件化为坐标对称式。

设 $A(x_1,x_1+m),B(x_2,x_2+m)$ 。联立直线与椭圆得到

(1+a^2)x^2+2a^2mx+a^2(m^2-1)=0,

所以

x_1+x_2=-\frac{2a^2m}{1+a^2},\qquad x_1x_2=\frac{a^2(m^2-1)}{1+a^2}.

直角条件等价于

\begin{aligned} 0&=x_1x_2+(x_1+m)(x_2+m)\\ &=2x_1x_2+m(x_1+x_2)+m^2\\ &=\frac{(1+a^2)m^2-2a^2}{1+a^2}. \end{aligned}

从而 $m^2(a^2+1)=2a^2$ 。

还需核对确有两个不同交点。此时

1+a^2-m^2 =\frac{a^4+1}{a^2+1}>0,

因此二次方程的判别式严格为正；同时 $m\ne0$ ，三角形不退化。

（3）将椭圆上的点缩放到单位圆。

设 $A=(x_1,y_1),B=(x_2,y_2)$ ，并记

U=\left(\frac{x_1}{2},y_1\right),\qquad V=\left(\frac{x_2}{2},y_2\right).

由椭圆方程， $|U|=|V|=1$ 。由斜率积条件以及 $x_1x_2\ne0$ ，有

\frac{x_1x_2}{4}+y_1y_2=0,

即 $U\cdot V=0$ 。利用恒等式

(u_1v_2-u_2v_1)^2+(u_1v_1+u_2v_2)^2 =(u_1^2+u_2^2)(v_1^2+v_2^2),

得到 $|\det(U,V)|=1$ 。由于 $\det(A,B)=2\det(U,V)$ ，所以

S_{\triangle OAB}=\frac12|\det(A,B)|=1.

这个证明并没有把原椭圆上的 $OA,OB$ 误认为垂直；垂直的是缩放后的 $OU,OV$ 。

例 3：等比斜率与两圆面积和（2022 宝山一模 20 题，改）#

如图， $F_1,F_2$ 是椭圆 $\displaystyle \Gamma:\frac{x^2}{4}+y^2=1$ 的左右焦点， $M,N$ 是其顶点。按原图， $M=(-2,0)$ 是左顶点， $N=(0,1)$ 是上顶点。直线

l:y=kx+m\qquad(k>0,\ m\ne0)

与椭圆交于 $A,B$ 两点。

求 $\triangle F_2MN$ 的面积 $P$ 。
若 $l\perp F_2N$ ，且 $A$ 与 $M$ 重合，求 $B$ 的坐标。
设直线 $OA,OB$ 的斜率分别为 $k_1,k_2$ ，以 $OA,OB$ 为直径的圆的面积分别为 $S_1,S_2$ 。若 $k_1,k,k_2$ 依次成等比数列，证明 $S_1+S_2$ 为定值。

查看答案

$\displaystyle P=1+\frac{\sqrt3}{2}$ 。
$\displaystyle B\left(-\frac{22}{13},\frac{4\sqrt3}{13}\right)$ 。
等比条件迫使 $\displaystyle k=\frac12$ ，且 $\displaystyle \boxed{S_1+S_2=\frac{5\pi}{4}}$ 。

查看分析思路

第 2 问先求直线斜率，再利用一个交点已经是 $M$ 。第 3 问把“依次成等比数列”写成 $k_1k_2=k^2$ ，由此消去截距并确定弦的方向；圆面积和则转化为 $|OA|^2+|OB|^2$ 。

查看详细解析

（1）求面积。

$F_2=(\sqrt3,0)$ ，底边 $|MF_2|=2+\sqrt3$ ，高为 $1$ ，所以

P=\frac12(2+\sqrt3)=1+\frac{\sqrt3}{2}.

（2）求第二个交点。

$k_{F_2N}=-1/\sqrt3$ ，故 $l$ 的斜率为 $\sqrt3$ 。又 $l$ 过 $M(-2,0)$ ，所以

l:y=\sqrt3(x+2).

联立椭圆，得

x^2+12(x+2)^2=4 \iff13x^2+48x+44=0.

一个根是 $-2$ ，由根的和可得另一个根为 $-\frac{22}{13}$ ，对应纵坐标为 $\frac{4\sqrt3}{13}$ 。

（3）先确定弦方向，再求圆面积和。

设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$ 。联立得到

(1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-4=0,

于是

x_1+x_2=-\frac{8km}{1+4k^2},\qquad x_1x_2=\frac{4(m^2-1)}{1+4k^2}.

由 $k_1k_2=k^2$ ，有

(kx_1+m)(kx_2+m)=k^2x_1x_2.

消去同类项并利用 $m\ne0$ ，得到

k(x_1+x_2)+m=0.

代入坐标和：

-\frac{8k^2m}{1+4k^2}+m=0 \iff4k^2=1.

因 $k>0$ ，故 $k=\frac12$ 。此时

x_1+x_2=-2m,\qquad x_1x_2=2m^2-2,

所以

x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2=4.

又由椭圆方程，

y_1^2+y_2^2=2-\frac{x_1^2+x_2^2}{4}=1.

因此

S_1+S_2 =\frac\pi4\bigl(x_1^2+y_1^2+x_2^2+y_2^2\bigr) =\frac{5\pi}{4}.

补充定义域核对：两个不同交点要求 $|m|<\sqrt2$ ；题设还要求 $m\ne0$ 。因为 $k_1,k_2$ 存在， $x_1x_2\ne0$ ，故还要排除 $m=\pm1$ 。不能把这些斜率无定义的情况作为原命题中的有效样本。

随堂练 2：椭圆上的伴随点#

已知椭圆

C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\qquad(a>b>0)

过点 $\displaystyle \left(\sqrt3,\frac{\sqrt3}{2}\right)$ 。左右焦点分别为 $F_1,F_2$ ，上顶点为 $E$ ， $\triangle EF_1F_2$ 为等边三角形。定义椭圆上点 $M(x_0,y_0)$ 的“伴随点”为

N\left(\frac{x_0}{a},\frac{y_0}{b}\right).

求椭圆 $C$ 的方程。
求 $\tan\angle MON$ 的最大值。
直线 $l$ 交椭圆于 $A,B$ 两点，它们的伴随点分别为 $P,Q$ ，且以 $PQ$ 为直径的圆经过原点 $O$ 。椭圆的右顶点为 $D$ 。探究 $\triangle AOB$ 的面积是否为定值，并证明。

查看答案

$\displaystyle C:\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$ 。
$\displaystyle \boxed{\max\tan\angle MON=\frac{2-\sqrt3}{2\sqrt{2\sqrt3}}}$ 。
面积是定值， $\displaystyle \boxed{S_{\triangle AOB}=\sqrt3}$ 。

查看分析思路

“伴随点”的作用是把椭圆上的点映到单位圆上。第 2 问用“行列式绝对值除以数量积”表示两向量夹角的正切，再用基本不等式；第 3 问由圆的直径所对的圆周角得到 $OP\perp OQ$ ，从单位圆上的直角三角形求回原面积。

查看详细解析

（1）利用等边三角形。

记半焦距为 $c$ 。 $|EF_1|=|EF_2|=a$ ，而 $|F_1F_2|=2c$ ，所以 $a=2c$ 。因此

b^2=a^2-c^2=\frac34a^2.

代入已知点：

\frac3{a^2}+\frac{3/4}{3a^2/4}=1 \iff a^2=4,

从而 $b^2=3$ 。

（2）求夹角正切的最大值。

为简化记号，写 $M=(x,y)$ ，则 $N=(x/2,y/\sqrt3)$ 。由于

\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON} =\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{\sqrt3}>0,

两向量夹角属于 $[0,\pi/2)$ 。于是

\tan\angle MON =\frac{|xy|(\frac1{\sqrt3}-\frac12)}{\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{\sqrt3}} =\frac{(2-\sqrt3)|xy|}{\sqrt3\,x^2+2y^2}.

当 $xy=0$ 时，该值为零；当 $xy\ne0$ 时，由

\sqrt3\,x^2+2y^2\ge2\sqrt{2\sqrt3}\,|xy|,

得

\tan\angle MON\le\frac{2-\sqrt3}{2\sqrt{2\sqrt3}}.

等号条件为 $\sqrt3\,x^2=2y^2$ 。这两条过原点的直线与椭圆都有交点，因此等号可以取到。

（3）利用单位圆上的垂直关系。

设 $P=(p_1,p_2),Q=(q_1,q_2)$ 。由伴随点定义，

|OP|=|OQ|=1,\qquad A=(2p_1,\sqrt3p_2),\quad B=(2q_1,\sqrt3q_2).

以 $PQ$ 为直径的圆经过 $O$ ，所以 $\angle POQ=90^\circ$ ，即 $P\cdot Q=0$ 。因而 $|\det(P,Q)|=1$ ，得到

S_{\triangle AOB} =\frac12|2\sqrt3\det(P,Q)| =\sqrt3.

原题还命名了右顶点 $D$ ，但这份第三问的面积条件和证明均不需要使用 $D$ ，无需额外给它添加作用。

例 4：双曲线上的有向比例和（2020 杨浦二模 20 题）#

已知双曲线

H:x^2-\frac{y^2}{b^2}=1\qquad(b>0),

经过点 $D(2,0)$ 的直线 $l$ 与双曲线交于 $M,N$ 两点。

若 $l\perp x$ 轴，且 $|MN|=6$ ，求 $b$ 。
若 $b=\sqrt2$ ，且 $M,N$ 的横坐标之和为 $-4$ ，证明 $\angle MON=90^\circ$ 。
设 $l$ 与 $y$ 轴交于 $E$ ，且 $\overrightarrow{EM}=\lambda\overrightarrow{MD}$ 、 $\overrightarrow{EN}=\mu\overrightarrow{ND}$ ，证明 $\lambda+\mu$ 为定值。

查看答案

$\displaystyle b=\sqrt3$ ，相应双曲线为 $\displaystyle x^2-\frac{y^2}{3}=1$ 。
$\displaystyle \overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON}=0$ ，因此 $\angle MON=90^\circ$ 。
$\displaystyle \boxed{\lambda+\mu=\frac23}$ 。

查看分析思路

第 2 问用横坐标和确定直线方向，再计算数量积。第 3 问首先注意向量方向是 $MD$ 、 $ND$ ，不是反向的 $DM$ 、 $DN$ ；由横坐标分量表示比例系数，能避免额外除以直线斜率。

查看详细解析

（1）竖直弦。

直线为 $x=2$ ，代入得 $y^2=3b^2$ ，所以两交点为 $(2,\pm\sqrt3b)$ 。

|MN|=2\sqrt3b=6\implies b=\sqrt3.

（2）利用横坐标和。

若直线竖直，两交点横坐标之和为 $4$ ，不符合条件。因此可设 $l:y=k(x-2)$ 。当 $b=\sqrt2$ 时，联立得

(2-k^2)x^2+4k^2x-4k^2-2=0.

存在两个交点保证 $k^2\ne2$ 。由韦达定理，

-\frac{4k^2}{2-k^2}=-4\implies k^2=1.

于是 $x_1+x_2=-4$ ， $x_1x_2=-6$ ，且

y_1y_2=k^2(x_1-2)(x_2-2) =-6-2(-4)+4=6.

所以 $x_1x_2+y_1y_2=0$ ，即 $OM\perp ON$ 。

（3）把向量比例化成有理式。

因为 $l$ 与 $y$ 轴相交， $l$ 不可能是 $x=2$ ，故仍可设 $l:y=k(x-2)$ ， $E=(0,-2k)$ 。联立得

(b^2-k^2)x^2+4k^2x-b^2-4k^2=0.

记

D_0=b^2-k^2,\quad s=x_1+x_2=-\frac{4k^2}{D_0},\quad p=x_1x_2=-\frac{b^2+4k^2}{D_0}.

这里 $D_0\ne0$ ，否则联立只剩一次方程，不可能产生两个不同的有限交点。

由 $\overrightarrow{EM}=\lambda\overrightarrow{MD}$ 的横坐标分量，得

\lambda=\frac{x_1}{2-x_1}=\frac2{2-x_1}-1, \qquad \mu=\frac2{2-x_2}-1.

分母不为零，因为 $D(2,0)$ 不在双曲线上。因此

\begin{aligned} \lambda+\mu &=2\frac{4-s}{4-2s+p}-2\\ &=2\frac{4b^2/D_0}{3b^2/D_0}-2\\ &=\frac23. \end{aligned}

该推导没有除以 $k$ ，因此水平线 $y=0$ 的情况也已经包括在内。

随堂练 3：有向比例与焦点三角形内切圆（2019 金山二模 20 题）#

已知椭圆

\Gamma:\frac{x^2}{m+1}+\frac{y^2}{m}=1,

过点 $D(-1,0)$ 的直线 $l:y=k(x+1)$ 与椭圆交于 $M,N$ 两点， $M$ 在 $N$ 上方，且 $l$ 与 $y$ 轴交于 $E$ 。

当 $m=1,k=1$ 时，求 $M,N$ 的坐标。
当 $m=2$ 时，设 $\overrightarrow{EM}=\lambda\overrightarrow{DM}$ 、 $\overrightarrow{EN}=\mu\overrightarrow{DN}$ ，证明 $\lambda+\mu$ 为定值，并求出该值。
当 $m=3$ 时，点 $D$ 和点 $F$ 对称。若 $\triangle MNF$ 的内切圆面积等于 $\displaystyle \frac{18\pi}{49}$ ，求直线 $l$ 的方程。

题设条件

椭圆的实数参数范围应有 $m>0$ 。原题第（3）问只写“ $D$ 和 $F$ 对称”，没有明写对称中心；本问取 $F$ 为右焦点 $(1,0)$ ，按关于原点 $O$ 对称解释。若不给出对称中心，单凭这句话不能唯一确定 $F$ 。

查看答案

$\displaystyle M(0,1),\qquad N\left(-\frac43,-\frac13\right)$ 。
$\displaystyle \boxed{\lambda+\mu=3}$ 。
按 $D,F$ 关于原点对称理解， $\displaystyle \boxed{y=x+1\quad\text{或}\quad y=-x-1}$ 。

查看分析思路

第 2 问可直接用横坐标比例，注意本题采用的是 $DM,DN$ ，与例 4 的向量方向不同。第 3 问的关键不是一开始计算内心，而是利用焦点性质证明 $\triangle MNF$ 的周长恒为 $8$ ，从内切圆半径反推三角形面积。

查看详细解析

（1）直接求交点。

联立 $\frac{x^2}{2}+y^2=1$ 与 $y=x+1$ ，得

3x^2+4x=0.

两根为 $0,-\frac43$ ，对应纵坐标为 $1,-\frac13$ ，按高低顺序得到题示答案。

（2）有向比例和。

当 $m=2$ 时，联立得到

(2+3k^2)x^2+6k^2x+3k^2-6=0.

设两交点横坐标为 $x_1,x_2$ ，记 $D_0=2+3k^2$ ，则

s=x_1+x_2=-\frac{6k^2}{D_0},\qquad p=x_1x_2=\frac{3k^2-6}{D_0}.

由向量横坐标分量，

\lambda=\frac{x_1}{x_1+1}=1-\frac1{x_1+1},\qquad \mu=1-\frac1{x_2+1}.

因 $D$ 在椭圆内部而不在椭圆上，分母均不为零。于是

\lambda+\mu =2-\frac{s+2}{p+s+1} =2-\frac{4/D_0}{-4/D_0}=3.

（3）从周长定值转化为面积条件。

此时椭圆为 $\displaystyle \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$ ，两焦点恰为 $D(-1,0),F(1,0)$ 。由于 $D$ 位于弦 $MN$ 内部，

|MN|=|MD|+|DN|.

由椭圆定义， $|MD|+|MF|=4$ 、 $|ND|+|NF|=4$ ，所以三角形周长为

|MN|+|MF|+|NF|=8,

半周长 $s=4$ 。内切圆半径为 $r=\frac{3\sqrt2}{7}$ ，因而

S_{\triangle MNF}=rs=\frac{12\sqrt2}{7}.

另一方面，联立 $y=k(x+1)$ 与椭圆，得

(3+4k^2)x^2+8k^2x+4k^2-12=0.

判别式为 $144(1+k^2)$ 。以 $DF$ 为公共底边分割 $\triangle MNF$ ，或者直接计算面积，可得

S_{\triangle MNF} =\frac12|DF|\,|y_M-y_N| =\frac{12|k|\sqrt{1+k^2}}{3+4k^2}.

令 $t=k^2>0$ ，面积条件等价于

49t(1+t)=2(3+4t)^2 \iff(t-1)(17t+18)=0.

所以 $t=1$ ，即 $k=\pm1$ ，两条直线为 $y=x+1$ 与 $y=-x-1$ 。

二、题型二：选择定点或参数，使某个量恒定#

求解时需要：根据题意列式，令其中某个参数取特定值，使所列式子与运动参数无关。

求解时要区分“运动参数”和“待确定的固定参数”。先设固定点为 $(t,0)$ ，把目标量整理成

\text{只含 }t\text{ 的部分}+\frac{\text{只含 }t\text{ 的系数}}{\text{随直线变化的分母}},

再令变化项的系数为零。特殊位置只能帮助猜测定点，不能代替对全部有效位置的证明。

例 5：端点连线、截距点命名与数量积（2019 宝山二模 20 题）#

已知椭圆

\Gamma:\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{b^2}=1\qquad(0<b<3)

的左右焦点为 $F_1,F_2$ 。 $M$ 是椭圆上半部分的动点，连接 $M$ 与长轴左右两个端点，所得两直线交 $y$ 轴正半轴于 $A,B$ 两点，点 $A$ 在点 $B$ 的上方或与其重合。

当 $\triangle MF_1F_2$ 面积最大时，求椭圆方程。
当 $b=\sqrt2$ 时，若 $B$ 是线段 $OA$ 的中点，求直线 $MA$ 的方程。
当 $b=1$ 时， $x$ 轴上是否存在点 $P$ ，使 $\overrightarrow{PM}\cdot\overrightarrow{PA}$ 为定值？若存在，求 $P$ 的坐标；若不存在，说明理由。

题设条件

原题没有非常明确地写出“左端点连线对应 $A$ 、右端点连线对应 $B$ ”；按这一对应关系，再结合 $A$ 不低于 $B$ ，把 $M$ 限制在左上半椭圆。以下分别讨论这一对应关系和仅按截距高低命名的两种情形。

第（1）问也需要明确“最大”是对整族椭圆及其动点求的全局最大，还是仅对固定椭圆上的动点求最大；只有前一种解释才能唯一确定 $b$ 。

查看答案

按端点对应关系：左端点连线的截距点为 $A$ ，右端点连线的截距点为 $B$ ，并有 $A$ 不低于 $B$ 。

若在 $b$ 与 $M$ 均可变化的全部情形中求最大面积，则 $\displaystyle \Gamma:\frac{x^2}{9}+\frac{2y^2}{9}=1$ ，最大面积为 $\frac92$ 。
$\displaystyle M\left(-1,\frac43\right)$ ， $\displaystyle \boxed{MA:y=\frac23x+2}$ 。
存在， $\displaystyle \boxed{P\left(-\frac13,0\right)}$ ，数量积恒为 $\displaystyle \frac{10}{9}$ 。

**若只把 $A$ 定义为两个截距点中较高者，允许 $M$ 遍历整个上半椭圆：**第（2）问有两条直线 $\displaystyle y=\pm\frac23x+2$ ；第（3）问不存在同一个固定点 $P$ 使数量积在整个上半椭圆上恒定。

查看分析思路

先给左右长轴端点取名，再把两个 $y$ 轴截距写出来，就能看清 $A,B$ 的命名是否随 $M$ 跨越 $y$ 轴而交换。数量积定值的关键是用椭圆方程消去 $y_M^2$ ，把目标量变成关于 $x_M$ 的一次式。

查看详细解析

（1）先说明最大值所针对的范围。

记半焦距为 $c=\sqrt{9-b^2}$ ， $M=(x,y)$ 且 $y>0$ 。则

S_{\triangle MF_1F_2}=cy\le cb.

若 $b$ 也参与变化，由 $b^2+c^2=9$ ，有

bc\le\frac{b^2+c^2}{2}=\frac92.

等号要求 $M$ 为上顶点且 $b=c$ ，故 $b^2=\frac92$ ，得到

\frac{x^2}{9}+\frac{2y^2}{9}=1.

若只是在一条已经固定的椭圆上移动 $M$ ，那么对任意 $b\in(0,3)$ ，面积都在上顶点取到本椭圆内的最大值 $b\sqrt{9-b^2}$ ，不能仅据此唯一确定椭圆。

（2）按端点对应关系求解。

记左、右端点为 $L=(-3,0)$ 、 $R=(3,0)$ ，并令 $LM$ 交 $y$ 轴于 $A$ 、 $RM$ 交 $y$ 轴于 $B$ 。若 $M=(x,y)$ ， $y>0$ ，则

y_A=\frac{3y}{x+3},\qquad y_B=\frac{3y}{3-x}.

由 $A$ 不低于 $B$ ，得 $x\le0$ 。由 $B$ 是 $OA$ 的中点，得

\frac{3y}{x+3}=2\frac{3y}{3-x} \iff3-x=2(x+3) \iff x=-1.

在 $b^2=2$ 的椭圆上， $\frac19+\frac{y^2}{2}=1$ ，且 $y>0$ ，所以 $y=\frac43$ 。直线 $MA=ML$ 的斜率为

\frac{\frac43}{-1+3}=\frac23,

故 $MA:y=\frac23x+2$ 。

（3）按相同对应方式寻找定点。

当 $b=1$ 时， $y^2=1-\frac{x^2}{9}$ 。设 $P=(t,0)$ ，则

\begin{aligned} \overrightarrow{PM}\cdot\overrightarrow{PA} &=(x-t)(-t)+y\frac{3y}{x+3}\\ &=t^2-tx+\frac{3(1-x^2/9)}{x+3}\\ &=t^2+1-\left(t+\frac13\right)x. \end{aligned}

$x$ 在 $(-3,0]$ 内变化，故此式恒定当且仅当 $t=-\frac13$ ，常数为 $1+\frac19=\frac{10}{9}$ 。

另一种命名方式为什么会改变答案？

若 $A$ 始终表示两个截距中较高者，而不固定与左端点对应，那么

y_A=\frac{3y}{3-|x|}.

此时第（2）问的比例条件给出 $|x|=1$ ，所以应同时有

M\left(-1,\frac43\right),\quad M\left(1,\frac43\right),

对应两条直线 $y=\frac23x+2$ 与 $y=-\frac23x+2$ 。

第（3）问的数量积则变成

\overrightarrow{PM}\cdot\overrightarrow{PA} =t^2+1-tx+\frac{|x|}{3}.

在 $x<0$ 的半段上恒定要求 $t=-\frac13$ ，在 $x>0$ 的半段上恒定要求 $t=\frac13$ ，两者不能同时满足。因此这种解释下不存在覆盖整个上半椭圆的固定点。

例 6：过定点的弦与固定点数量积（2020 嘉定二模 20 题）#

已知椭圆

\Gamma:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\qquad(a>b>0)

过点 $P(0,2)$ ，且它的一个焦点与抛物线 $y^2=8x$ 的焦点相同。直线 $l$ 过点 $Q(1,0)$ ，且与椭圆相交于 $A,B$ 两点。

求椭圆方程。
若 $l$ 的一个方向向量为 $\vec d=(1,2)$ ，求 $\triangle OAB$ 的面积。
$x$ 轴上是否存在点 $M$ ，使 $\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}$ 为定值？若存在，求 $M$ 的坐标和定值；否则说明理由。

查看答案

$\displaystyle \Gamma:\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$ 。
$\displaystyle S_{\triangle OAB}=\frac{16}{9}$ 。
存在且唯一， $\displaystyle \boxed{M\left(\frac{11}{4},0\right)}$ ，且 $\displaystyle \boxed{\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=-\frac7{16}}$ 。

查看分析思路

过 $(0,2)$ 决定短半轴，抛物线焦点决定椭圆半焦距。第 3 问采用 $x=sy+1$ 可以方便地处理竖直线，并把数量积整理成“与 $s$ 无关的一项＋一个变化分式”；最后补查水平线。

查看详细解析

（1）确定椭圆参数。

由 $P(0,2)$ 在椭圆上，得 $b=2$ 。抛物线 $y^2=8x=4\cdot2x$ 的焦点为 $(2,0)$ ，所以 $c=2$ 。

a^2=b^2+c^2=4+4=8.

因此椭圆方程为 $\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$ 。

（2）求面积。

方向向量 $(1,2)$ 给出斜率 $2$ ，又直线过 $Q(1,0)$ ，所以 $l:y=2(x-1)$ 。代入 $x^2+2y^2=8$ ，得

9x^2-16x=0.

两交点可取为

A=(0,-2),\qquad B=\left(\frac{16}{9},\frac{14}{9}\right).

于是

S_{\triangle OAB} =\frac12\left|0\cdot\frac{14}{9}-(-2)\frac{16}{9}\right| =\frac{16}{9}.

（3）消去弦方向参数。

设待求点 $M=(t,0)$ 。先讨论非水平线，将直线写成 $x=sy+1$ ，其中 $s\in\mathbb R$ ； $s=0$ 就是竖直线 $x=1$ 。

联立椭圆后，纵坐标满足

(s^2+2)y^2+2sy-7=0.

令 $D_0=s^2+2$ ，由韦达定理，

y_1+y_2=-\frac{2s}{D_0},\quad y_1y_2=-\frac7{D_0},

从而

x_1+x_2=s(y_1+y_2)+2=\frac4{D_0},

x_1x_2=(sy_1+1)(sy_2+1)=\frac{2-8s^2}{D_0}.

所以

\begin{aligned} \overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB} &=x_1x_2-t(x_1+x_2)+t^2+y_1y_2\\ &=t^2+\frac{-8s^2-5-4t}{s^2+2}\\ &=t^2-8+\frac{11-4t}{s^2+2}. \end{aligned}

分母随 $s$ 改变，且存在无穷多个合法弦方向。因此此式为定值当且仅当 $11-4t=0$ ，即 $t=\frac{11}{4}$ 。定值为

\frac{121}{16}-8=-\frac7{16}.

最后检查未被 $x=sy+1$ 覆盖的水平线 $y=0$ ：两交点为 $(\pm2\sqrt2,0)$ ，数量积仍为 $t^2-8=-\frac7{16}$ 。因此结论覆盖所有过 $Q$ 的直线。

交互实验：例 6（3）：寻找数量积定值点

转动过 $Q$ 的直线并调整轴上点 $M$ ，比较当前数量积与 $-7/16$ ；也可使用正确点与普通点预设作对照。

例 7：面积最大值与距离比定直线（2018 长宁〈嘉定〉二模 20 题）#

已知椭圆 $\displaystyle \Gamma:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ （ $a>b>0$ ）的焦距为 $2\sqrt3$ ，点 $P(0,2)$ 关于直线 $y=-x$ 的对称点在椭圆上。

求椭圆方程。
过点 $P$ 的直线 $l$ 与椭圆交于两个不同的点 $C,D$ ，点 $C$ 在点 $D$ 上方，求 $\triangle COD$ 面积的最大值。
直线 $m$ 经过点 $M(1,0)$ ，与椭圆交于 $A,B$ 两点。是否存在直线 $l_0:x=x_0$ （ $x_0>2$ ），使 $A,B$ 到 $l_0$ 的距离满足

\frac{d_A}{d_B}=\frac{|MA|}{|MB|}

恒成立？若存在，求 $x_0$ ；否则说明理由。

查看答案

$\displaystyle \Gamma:\frac{x^2}{4}+y^2=1$ 。
$\displaystyle \boxed{\max S_{\triangle COD}=1}$ ，在 $\displaystyle l:y=\pm\frac{\sqrt7}{2}x+2$ 时取得。
存在且唯一， $\displaystyle \boxed{l_0:x=4}$ 。

查看分析思路

第 2 问用截距固定时的三角形面积公式，作一次换元后用基本不等式。第 3 问要谨慎处理长度比的绝对值：因为 $M$ 在椭圆内部，两个交点在 $M$ 的两侧，带符号的纵坐标比需要加一个负号。

查看详细解析

（1）求椭圆。

点 $(0,2)$ 关于 $y=-x$ 的对称点为 $(-2,0)$ ，所以 $a=2$ 。焦距为 $2\sqrt3$ ，故 $c=\sqrt3$ ，于是 $b^2=a^2-c^2=1$ 。

（2）面积最大值。

先设 $l:y=kx+2$ 。联立椭圆得

(1+4k^2)x^2+16kx+12=0.

两个不同交点要求

\Delta=16(4k^2-3)>0.

设其横坐标为 $x_1,x_2$ 。由于纵截距为 $2$ ，

S_{\triangle COD} =\frac12|x_1(kx_2+2)-x_2(kx_1+2)| =|x_1-x_2| =\frac{4\sqrt{4k^2-3}}{1+4k^2}.

令 $u=\sqrt{4k^2-3}>0$ ，则

S_{\triangle COD}=\frac{4u}{u^2+4}\le1,

因为 $u^2+4\ge4u$ 。等号当且仅当 $u=2$ ，即 $k^2=\frac74$ 。

若 $l$ 是竖直线 $x=0$ ，则 $C,D,O$ 共线，面积为 $0$ ，不会增大最大值。因此最大值为 $1$ 。

（3）先确定候选值，再验证全部方向。

首先取水平弦。令 $A=(2,0),B=(-2,0)$ ，则

\frac{|MA|}{|MB|}=\frac13,\qquad \frac{d_A}{d_B}=\frac{x_0-2}{x_0+2}.

两者相等强制给出 $x_0=4$ 。接下来证明这一候选值对全部弦都成立。

对于非水平直线，设 $m:x=sy+1$ 。联立椭圆，得

(s^2+4)y^2+2sy-3=0,

故

y_1+y_2=-\frac{2s}{s^2+4},\qquad y_1y_2=-\frac3{s^2+4}<0.

可按需要交换端点，令 $y_1>0>y_2$ 。由于两个点相对于 $M$ 的方向向量都是 $(s,1)$ 的倍数，

\frac{|MA|}{|MB|}=-\frac{y_1}{y_2}.

记待验证的直线为 $x=h$ ， $h>2$ 。点到该线的距离为

d_A=h-1-sy_1,\qquad d_B=h-1-sy_2,

均为正数。所需比例等式等价于

(h-1)(y_1+y_2)-2s y_1y_2=0.

代入韦达定理后，左边化为

\frac{2s(4-h)}{s^2+4}.

当 $h=4$ 时恒为零，包括 $s=0$ 的竖直弦。水平弦前面也已验证。因此唯一满足要求的直线是 $x=4$ 。

例 8：对称点截距积与椭圆、圆的交点关系（2020 崇明一模 20 题）#

已知椭圆 $\displaystyle \Gamma:\frac{x^2}{4}+y^2=1$ ，其左右顶点分别为 $A,B$ ，上下顶点分别为 $C,D$ 。圆 $O$ 是以 $AB$ 为直径的圆。

求圆 $O$ 的方程。
若 $E,F$ 是椭圆上关于 $y$ 轴对称的两个不同点，直线 $CE,DF$ 分别交 $x$ 轴于 $M,N$ ，证明 $\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON}$ 为定值。
若 $P$ 是椭圆上不同于 $A$ 的点，直线 $AP$ 与圆 $O$ 的另一个交点为 $Q$ ，是否存在 $P$ ，使

\overrightarrow{AP}=\frac13\overrightarrow{PQ}?

若存在，求出 $P$ ；否则说明理由。

查看答案

$\displaystyle x^2+y^2=4$ 。
$\displaystyle \boxed{\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON}=-4}$ 。
不存在满足条件且不同于 $A$ 的点 $P$ 。

查看分析思路

第 2 问直接用两个对称点的坐标表示横截距。第 3 问可以不设直线斜率：先把向量等式写成 $Q=4P-3A$ ，再同时使用椭圆方程与圆方程，能一次覆盖所有方向。

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（1）圆方程。

$A=(-2,0),B=(2,0)$ ，圆心为原点，半径为 $2$ ，所以方程为 $x^2+y^2=4$ 。

（2）求横截距乘积。

记 $E=(u,v)$ 、 $F=(-u,v)$ 。因为 $E,F$ 不同， $u\ne0$ ，于是 $v\ne\pm1$ 。

直线 $CE$ 经过 $C=(0,1)$ ，其横截距为

x_M=\frac{u}{1-v}.

直线 $DF$ 经过 $D=(0,-1)$ ，其横截距为

x_N=-\frac{u}{1+v}.

由 $\frac{u^2}{4}+v^2=1$ ，得

\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON} =x_Mx_N=-\frac{u^2}{1-v^2}=-4.

这里求的是带符号的数量积，不是 $|OM|\,|ON|$ ；负号反映 $M,N$ 位于原点两侧。

（3）直接排除非退化解。

设 $P=(x,y)$ 。由 $3(P-A)=Q-P$ ，得

Q=4P-3A=(4x+6,4y).

因为 $Q$ 在圆上，

(4x+6)^2+16y^2=4.

又因为 $P$ 在椭圆上， $16y^2=16-4x^2$ 。代入上式，得到

12x^2+48x+48=0 \iff12(x+2)^2=0.

所以只能有 $x=-2,y=0$ ，即 $P=A$ ，与题设矛盾。因此不存在合格的点 $P$ 。这一证明不需要另行补查水平线。

随堂练 4：双曲线的任意截距与固定点数量积（2022 松江一模 20 题）#

已知双曲线

\Gamma:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\qquad(a>0,b>0)

的焦距为 $2\sqrt3$ ，渐近线方程为 $\displaystyle y=\pm\frac{\sqrt2}{2}x$ 。

求双曲线方程。
若对任意 $m\in\mathbb R$ ，直线 $y=kx+m$ 与双曲线总有公共点，求 $k$ 的范围。
若过点 $(1,0)$ 的直线 $l$ 与双曲线交于 $M,N$ 两点，问 $x$ 轴上是否存在固定点 $P$ ，使 $\overrightarrow{PM}\cdot\overrightarrow{PN}$ 为常数？若存在，求 $P$ 的坐标及常数。

查看答案

$\displaystyle \Gamma:\frac{x^2}{2}-y^2=1$ 。
$\displaystyle \boxed{k\in\left(-\frac{\sqrt2}{2},\frac{\sqrt2}{2}\right)}$ 。
存在且唯一， $\displaystyle \boxed{P\left(\frac74,0\right)}$ ，数量积恒为 $\displaystyle \frac{17}{16}$ 。

查看分析思路

第 2 问中的“对任意截距”非常重要：用 $m=0$ 就能排除斜率范围之外的情况；在渐近线斜率处，联立的二次项消失，不能只套判别式。第 3 问的代数结构与例 6 相同，但必须先保证直线确有两个双曲线交点。

查看详细解析

（1）由焦距与渐近线确定参数。

有 $c^2=a^2+b^2=3$ ，且 $b/a=\sqrt2/2$ ，故 $b^2=a^2/2$ 。解得 $a^2=2,b^2=1$ 。

（2）确定对全部截距都有交点的斜率。

联立 $y=kx+m$ 与 $x^2-2y^2=2$ ，得

(1-2k^2)x^2-4kmx-2m^2-2=0.

当 $k^2<\frac12$ 时，二次项系数非零，判别式为

\Delta=8(m^2+1-2k^2)>0.

因此对每个实数 $m$ 都有两个实根，因此必有公共点。

当 $k^2>\frac12$ 时，取 $m=0$ ，方程变为 $(1-2k^2)x^2=2$ ，没有实根。

当 $k^2=\frac12$ 时，也取 $m=0$ ，方程退化为 $-2=0$ ，没有交点。故端点必须排除，答案为

-\frac{\sqrt2}{2}<k<\frac{\sqrt2}{2}.

（3）寻找数量积定点。

设 $P=(t,0)$ 。对于非水平线，写 $l:x=sy+1$ 。代入双曲线，得

(s^2-2)y^2+2sy-1=0.

要有两个不同的交点，必须满足

s^2\ne2,\qquad \Delta=8(s^2-1)>0,

即 $|s|>1$ 且 $s^2\ne2$ 。

设 $M=(x_1,y_1),N=(x_2,y_2)$ ，则

y_1+y_2=-\frac{2s}{s^2-2},\qquad y_1y_2=-\frac1{s^2-2},

x_1+x_2=-\frac4{s^2-2},\qquad x_1x_2=-2-\frac6{s^2-2}.

所以

\begin{aligned} \overrightarrow{PM}\cdot\overrightarrow{PN} &=x_1x_2-t(x_1+x_2)+t^2+y_1y_2\\ &=t^2-2+\frac{4t-7}{s^2-2}. \end{aligned}

该表达式在所有合法 $s$ 上保持不变，当且仅当 $4t-7=0$ 。因此 $t=\frac74$ ，定值为

\left(\frac74\right)^2-2=\frac{17}{16}.

水平线 $y=0$ 的两交点为 $(\pm\sqrt2,0)$ ，直接计算同样得到 $t^2-2=\frac{17}{16}$ 。竖直线 $x=1$ 根本不与该双曲线相交，不属于题设的有效直线。

例 9：平行弦中点轨迹与斜率和定点（2024 嘉定二模 20 题）#

已知三点 $A,B,P$ 都在椭圆

\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1

上。

若 $A,B,P$ 都是椭圆的顶点，求 $\triangle ABP$ 的面积。
若直线 $AB$ 的斜率为 $1$ ，求弦 $AB$ 中点 $M$ 的轨迹。
若直线 $AB$ 的斜率为 $2$ ，设直线 $PA,PB$ 的斜率分别为 $k_{PA},k_{PB}$ 。是否存在固定点 $P$ ，使 $k_{PA}+k_{PB}=0$ 恒成立？若存在，求出所有满足条件的 $P$ 。

查看答案

$\displaystyle S_{\triangle ABP}=2\sqrt2$ ，其中三个顶点互异。
$\displaystyle \boxed{x+2y=0,\quad -\frac{2\sqrt6}{3}<x<\frac{2\sqrt6}{3}}$ 。
存在两个固定点：

\boxed{P\left(\frac{4\sqrt2}{3},\frac{\sqrt2}{3}\right) \quad\text{或}\quad P\left(-\frac{4\sqrt2}{3},-\frac{\sqrt2}{3}\right)}.

查看分析思路

第 2 问用点差法得到轨迹所在直线，还要补上弦中点必须在椭圆内部的范围。第 3 问把 $P$ 的坐标看作固定参数，把弦的截距看作运动参数；斜率和的分子必须对所有有效截距恒为零，所以可比较系数。

查看详细解析

（1）三个顶点构成的三角形。

四个顶点为 $(\pm2,0)$ 、 $(0,\pm\sqrt2)$ 。任取三个互异顶点，或者以长轴为底、高为 $\sqrt2$ ，或者以短轴为底、高为 $2$ ，面积都为 $2\sqrt2$ 。

（2）弦中点轨迹。

设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$ ，中点为 $(x,y)$ 。由 $x_i^2+2y_i^2=4$ 相减，并用弦斜率为 $1$ ，得到

(x_1+x_2)+2(y_1+y_2)=0 \implies x+2y=0.

非退化弦的中点在椭圆内部，故

\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}<1.

将 $y=-x/2$ 代入，得 $3x^2/8<1$ ，即 $|x|<\frac{2\sqrt6}{3}$ 。

反过来，取这条开线段上的任意一点，过它作斜率为 $1$ 的直线，会与椭圆相交于两个不同点；点差法表明这条弦的中点也在 $x+2y=0$ 上。两条不同方向的直线只有一个交点，所以该点确实就是弦中点。故所求轨迹恰为上述开线段。

（3）比较运动参数的系数。

设固定点 $P=(u,v)$ ，满足 $u^2+2v^2=4$ 。设动弦为 $y=2x+t$ ，联立椭圆得

9x^2+8tx+2t^2-4=0,

所以

x_1+x_2=-\frac{8t}{9},\qquad x_1x_2=\frac{2t^2-4}{9}.

在两条斜率都有定义时， $k_{PA}+k_{PB}=0$ 等价于

(2x_1+t-v)(x_2-u)+(2x_2+t-v)(x_1-u)=0.

将其整理为对称式：

4x_1x_2+(t-v-2u)(x_1+x_2)-2u(t-v)=0.

代入韦达定理，得到

(8v-2u)t+18uv-16=0.

截距 $t$ 在一个区间内变化，去掉使斜率无定义的少数位置后仍有无穷多个值。因此两个系数必须同时为零：

u=4v,\qquad uv=\frac89.

解得 $v=\pm\frac{\sqrt2}{3}$ 、 $u=4v$ 。这两个点确实满足 $u^2+2v^2=4$ ；代回上式后对所有有效截距恒为零，故它们既必要又充分。

“恒成立”是在原式有定义的弦上讨论的： $A,B$ 必须不同于 $P$ ，且 $PA,PB$ 的斜率存在。例如动弦经过 $P$ 的那个截距不能把 $0/0$ 当作斜率。弦的判别式还给出 $|t|<3\sqrt2$ ，相切端点不在题设内。

例 10：平行四边形构造中的长度定值（2026 嘉定二模 20 题）#

已知椭圆

\Gamma:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{4}=1\qquad(a>2)

与两条直线 $\displaystyle l_1:y=\frac{x}{2}$ 、 $\displaystyle l_2:y=-\frac{x}{2}$ 。过椭圆上一点 $P$ 作 $l_1$ 的平行线交 $l_2$ 于 $M$ ，作 $l_2$ 的平行线交 $l_1$ 于 $N$ 。

当 $P$ 为椭圆上顶点时，求 $|MN|$ 。
若椭圆离心率 $\displaystyle e=\frac{\sqrt3}{2}$ ，求椭圆方程，并求 $\displaystyle \left|\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}\right|$ 的最大值与最小值。
若 $|MN|$ 为与 $P$ 的位置无关的定值，求 $a$ ，并求此时四边形 $ONPM$ 面积的最大值。

查看答案

$\displaystyle |MN|=4$ 。
$\displaystyle \Gamma:\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1$ ；向量和的模最小为 $2$ 、最大为 $4$ 。
$\displaystyle \boxed{a=8}$ ，此时 $|MN|=4$ ，且 $\displaystyle \boxed{\max S_{ONPM}=16}$ 。

查看分析思路

先用一般点 $P=(x,y)$ 求出 $M,N$ ，一次坐标计算即可服务全部小问。构造给出平行四边形，所以向量和就是 $\overrightarrow{OP}$ ；而 $MN^2$ 是 $x^2,y^2$ 的线性组合，可用椭圆参数方程比较系数。

查看详细解析

先求一般坐标。

设 $P=(x,y)$ 。由过 $P$ 的两条平行线分别与 $l_2,l_1$ 联立，得

M=\left(\frac{x}{2}-y,-\frac{x}{4}+\frac y2\right),\qquad N=\left(\frac{x}{2}+y,\frac{x}{4}+\frac y2\right).

因此

\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}=\overrightarrow{OP}, \qquad \overrightarrow{MN}=\left(2y,\frac{x}{2}\right),

|MN|^2=4y^2+\frac{x^2}{4}.

（1）上顶点。

当 $P=(0,2)$ 时， $M=(-2,1),N=(2,1)$ ，所以 $|MN|=4$ 。

（2）向量和的模。

由 $b^2=4$ 和 $e^2=1-b^2/a^2=3/4$ ，得 $a^2=16$ 。所以椭圆为 $\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1$ 。

又向量和等于 $\overrightarrow{OP}$ ，令 $P=(4\cos\theta,2\sin\theta)$ ，得

|OP|^2=16\cos^2\theta+4\sin^2\theta\in[4,16].

故所求最小值为 $2$ ，最大值为 $4$ 。这里不是计算标量和 $|OM|+|ON|$ 。

（3）长度恒定与面积最大。

令 $P=(a\cos\theta,2\sin\theta)$ ，则

|MN|^2=\frac{a^2}{4}\cos^2\theta+16\sin^2\theta.

要使其对全部 $\theta$ 恒定，必须且只需 $a^2/4=16$ ，即 $a=8$ 。此时 $|MN|^2=16$ ，故 $|MN|=4$ 。

由构造， $ONPM$ 为平行四边形，其面积为

S_{ONPM}=|\det(\overrightarrow{OM},\overrightarrow{ON})| =\left|\frac{x^2}{4}-y^2\right|.

代入 $x=8\cos\theta,y=2\sin\theta$ ，得到

S_{ONPM}=|16\cos^2\theta-4\sin^2\theta| =|20\cos^2\theta-4|\le16.

当 $P=(\pm8,0)$ 时取等号，且此时平行四边形不退化。因此最大面积确为 $16$ 。

退化位置。 当 $P$ 落在 $l_1$ 或 $l_2$ 上，即 $x^2=4y^2$ 时，上述坐标构造给出 $M=O,N=P$ 或 $N=O,M=P$ ，四边形退化，面积为 $0$ ；此时 $|MN|$ 仍有定义。若将“平行线”严格限定为不重合的两条直线，应将这些位置从非退化四边形的讨论中排除，不影响 $a=8$ 时长度定值与最大面积的结论。

交互实验：例 10（3）：寻找长度定值参数

调整 $a$ 与动点位置，比较长度和面积；用 $a=8$ 预设观察长度 $4$ 、最大面积 $16$ ，并检查退化情形。

例 11：焦点弦中垂线与长度比（2020 青浦一模 20 题）#

已知焦点在 $x$ 轴上的椭圆 $C$ ，其上点到两个焦点的距离之和为 $10$ ，且椭圆经过点 $\displaystyle \left(3,\frac{16}{5}\right)$ 。

求椭圆 $C$ 的标准方程。
过右焦点 $F$ 作与 $x$ 轴垂直的直线 $l_1$ ， $l_1$ 上两点 $M,N$ 满足 $OM\perp ON$ ，求 $\triangle OMN$ 面积的最小值。
与 $x$ 轴不垂直的直线 $l$ 交椭圆于 $A,B$ 两点，交 $x$ 轴于定点 $M$ ；线段 $AB$ 的垂直平分线交 $x$ 轴于点 $N$ 。若 $\displaystyle \frac{|AB|}{|MN|}$ 为定值，求 $M$ 的坐标。

题设条件

本题“到两个焦点的距离为 10”按两段距离之和为 10理解。

第（2）问只说 $M,N$ 在直线 $l_1$ 上，并没有说它们在椭圆上，不能擅自增加该条件。第（3）问的“交于点”按唯一交点理解，长度比要求 $M\ne N$ 。

查看答案

$\displaystyle C:\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1$ 。
$\displaystyle \boxed{\min S_{\triangle OMN}=9}$ 。
$\displaystyle \boxed{M=(3,0)\quad\text{或}\quad M=(-3,0)}$ ，相应 $\displaystyle \frac{|AB|}{|MN|}=\frac{10}{3}$ 。

查看分析思路

第 2 问把垂直条件转化为纵坐标乘积为负定值。第 3 问先算弦中点，再算中垂线的横截距；长度比只依赖一个简单的方向分式，定值条件迫使固定点是焦点。

查看详细解析

（1）求椭圆。

由 $2a=10$ 得 $a=5$ 。代入已知点，

\frac9{25}+\frac{256}{25b^2}=1 \implies b^2=16.

所以 $c=\sqrt{25-16}=3$ ，椭圆方程为 $\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1$ 。

（2）最小面积。

$l_1:x=3$ 。设 $M=(3,u),N=(3,v)$ ，由 $OM\perp ON$ 得

9+uv=0\implies uv=-9.

三角形面积为

S_{\triangle OMN}=\frac32|u-v|.

而

(u-v)^2=(u+v)^2-4uv=(u+v)^2+36\ge36.

故面积至少为 $9$ ，在 $u=-v=3$ （或交换两点）时取到。

（3）计算一般位置下的长度比。

设 $M=(t,0)$ ，将直线写成 $l:x=sy+t$ 。原题排除了竖直线，因此 $s\ne0$ ；直线与 $x$ 轴有唯一交点也排除了与 $x$ 轴重合的情形。

联立椭圆，得

(16s^2+25)y^2+32sty+16t^2-400=0.

记 $D_0=16s^2+25$ ，两个不同交点要求 $D_0-t^2>0$ 。由根差公式，

|AB|=\sqrt{1+s^2}\,|y_1-y_2| =\frac{40\sqrt{1+s^2}\sqrt{16s^2+25-t^2}}{D_0}.

弦中点 $T$ 的坐标为

T=\left(\frac{25t}{D_0},-\frac{16st}{D_0}\right).

$AB$ 的方向向量为 $(s,1)$ ，中垂线的方向向量可取 $(1,-s)$ 。将中垂线上的点写成 $T+r(1,-s)$ ，令纵坐标为零，得其与 $x$ 轴的交点

N=\left(\frac{9t}{D_0},0\right).

因此

|MN|=\frac{16|t|(1+s^2)}{D_0}.

若 $t=0$ ，则 $M=N=O$ ，分母为零，原长度比无定义，因此必须排除。对于 $t\ne0$ ，

\begin{aligned} \frac{|AB|}{|MN|} &=\frac5{2|t|}\sqrt{\frac{16s^2+25-t^2}{1+s^2}}\\ &=\frac5{2|t|}\sqrt{16+\frac{9-t^2}{1+s^2}}. \end{aligned}

方向参数 $s$ 在合法割线的范围内变化。该式为定值当且仅当 $9-t^2=0$ ，即 $t=\pm3$ 。反过来代入 $t=\pm3$ ，得到

\frac{|AB|}{|MN|}=\frac56\cdot4=\frac{10}{3}.

椭圆焦点弦的性质。 对椭圆的焦点弦，在中垂线与长轴有唯一交点、有关长度比有定义时，

\frac{\text{焦点到中垂线与长轴交点的距离}}{\text{焦点弦长}} =\frac{c}{2a}=\frac e2.

本题 $e=3/5$ ，所以该比值为 $3/10$ ，与求得的倒数 $10/3$ 一致。本题讨论椭圆情形。

三、课后习题#

课后习题 1：平行弦端点连线的斜率和#

已知椭圆 $E$ 的中心在坐标原点 $O$ ，焦点在坐标轴上，且经过 $M(2,1)$ 、 $N(2\sqrt2,0)$ 两点。

求椭圆 $E$ 的方程。
若平行于 $OM$ 的直线 $l$ 在 $y$ 轴上的截距为 $b$ （ $b<0$ ），且 $l$ 与椭圆交于两个不同点 $A,B$ ，直线 $MA,MB$ 的斜率分别为 $k_1,k_2$ ，证明 $k_1+k_2=0$ 。

查看答案

$\displaystyle E:\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1$ 。
$\displaystyle \boxed{k_1+k_2=0}$ 。有效截距范围为 $-2<b<0$ 。

查看分析思路

先利用位于 $x$ 轴上的已知点确定横轴截距。第 2 问与例 1 的结构相同：固定点 $M$ 在椭圆上，弦与 $OM$ 平行，把过 $M$ 的两条斜率都写成 $\frac12+\frac{b}{x_i-2}$ 。

查看详细解析

（1）求椭圆方程。

中心在原点且焦点在坐标轴上的椭圆，可设为 $\frac{x^2}{A}+\frac{y^2}{B}=1$ ， $A,B>0$ 。代入 $N(2\sqrt2,0)$ 得 $A=8$ ，再代入 $M(2,1)$ 得

\frac48+\frac1B=1\implies B=2.

所以 $E:\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1$ 。

（2）证明斜率和为零。

因为 $k_{OM}=\frac12$ ，所以 $l:y=\frac12x+b$ 。联立椭圆，得到

x^2+2bx+2b^2-4=0.

设两根为 $x_1,x_2$ ，则

x_1+x_2=-2b,\qquad x_1x_2=2b^2-4.

两个不同交点要求判别式 $16-4b^2>0$ ，结合 $b<0$ ，得到 $-2<b<0$ 。

对 $i=1,2$ ，

k_i=\frac{\frac12x_i+b-1}{x_i-2} =\frac12+\frac{b}{x_i-2}.

注意

(x_1-2)(x_2-2)=2b^2+4b=2b(b+2)\ne0,

所以两斜率确有定义。于是

\begin{aligned} k_1+k_2 &=1+b\frac{x_1+x_2-4}{x_1x_2-2(x_1+x_2)+4}\\ &=1+b\frac{-2b-4}{2b^2+4b}\\ &=0. \end{aligned}

课后习题 2：焦点弦与中垂线交点的距离比#

已知椭圆 $\displaystyle \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$ ， $F_1$ 为其左焦点。过 $F_1$ 的直线交椭圆于 $A,B$ 两点， $AB$ 的垂直平分线与 $x$ 轴交于点 $D$ 。是否存在常数 $\lambda$ ，使

|AB|=\lambda|F_1D|?

题设条件

原题没有明说排除竖直焦点弦。对竖直弦 $x=-1$ ，中垂线与 $x$ 轴重合，“交于点 $D$ ”不能唯一确定 $D$ 。结论应在非竖直焦点弦，或等价地“中垂线与 $x$ 轴有唯一交点”的前提下使用。

查看答案

在中垂线与 $x$ 轴有唯一交点的条件下，存在且

\boxed{\lambda=4}.

查看分析思路

可以利用例 11 的焦点弦结论得到 $2/e=4$ 。下面再给出一份不依赖该结论的计算：设焦点弦为 $y=k(x+1)$ ，分别算出弦长和中垂线的横截距。

查看详细解析

由 $a=2,b=\sqrt3$ ，得 $c=1$ ，所以 $F_1=(-1,0)$ 。

先考虑非竖直弦，设 $AB:y=k(x+1)$ 。联立椭圆，得

(3+4k^2)x^2+8k^2x+4k^2-12=0.

记 $D_0=3+4k^2$ 。由判别式 $144(1+k^2)$ ，得到

|AB|=\frac{12(1+k^2)}{D_0}.

由坐标和可得弦中点

T=\left(-\frac{4k^2}{D_0},\frac{3k}{D_0}\right).

$AB$ 的方向向量为 $(1,k)$ ，中垂线的方向向量可取 $(-k,1)$ 。令中垂线与 $x$ 轴交于 $D$ ，可得

x_D=x_T+k y_T=-\frac{k^2}{D_0}.

因此

|F_1D|=\left|1-\frac{k^2}{D_0}\right| =\frac{3(1+k^2)}{D_0}.

两式相除，得到 $|AB|=4|F_1D|$ ，且这一计算也包括 $k=0$ 的水平弦。

若 $AB$ 是竖直线 $x=-1$ ，它的中点为 $F_1$ ，中垂线恰好就是 $x$ 轴，此时不存在题面所说的唯一交点 $D$ 。不能任意选取一个 $D$ 再声称比例恒为 $4$ ；这是原题必须补充的适用条件。

课后习题 3：两条斜率互为相反数时的第三条弦#

已知椭圆 $C$ 经过点 $\displaystyle A\left(1,\frac32\right)$ ，两个焦点为 $(-1,0)$ 、 $(1,0)$ 。

求椭圆方程。
$P,Q$ 是椭圆上的两个不同动点。若直线 $AP,AQ$ 的斜率互为相反数，证明直线 $PQ$ 的斜率为定值，并求出该值。

查看答案

$\displaystyle C:\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$ 。
$\displaystyle \boxed{k_{PQ}=\frac12}$ 。

查看分析思路

第 2 问可以把过 $A$ 的两条直线分别写成 $A+h(1,r)$ 和 $A+h(1,-r)$ 。由于 $A$ 已经在椭圆上，代入后必有一个根 $h=0$ ，直接求另一个根即可，避免一开始假设 $PQ$ 的斜率存在。

查看详细解析

（1）求椭圆。

焦点给出 $c^2=1$ 。令 $a^2=t>1$ ，则 $b^2=t-1$ 。代入 $A$ 得

\frac1t+\frac9{4(t-1)}=1 \iff4t^2-17t+4=0 \iff(t-4)(4t-1)=0.

结合 $t>1$ ，取 $t=4$ ，因此 $b^2=3$ 。

（2）用已知交点消去一个根。

设 $k_{AP}=r$ 、 $k_{AQ}=-r$ 。由于 $P,Q$ 不同，且两者均不能与 $A$ 重合， $r\ne0$ 。

将 $AP$ 上的点写成

(x,y)=\left(1+h,\frac32+rh\right).

代入 $3x^2+4y^2=12$ ，得到

h\bigl((3+4r^2)h+6+12r\bigr)=0.

$h=0$ 对应 $A$ ，故第二交点 $P$ 对应

h_P=-\frac{6+12r}{3+4r^2}.

同理， $Q$ 在方向 $(1,-r)$ 上，对应

h_Q=-\frac{6-12r}{3+4r^2}.

于是

x_P-x_Q=h_P-h_Q=-\frac{24r}{3+4r^2}\ne0,

这也证明了 $PQ$ 的斜率确实存在。再计算

y_P-y_Q=rh_P-(-rh_Q) =r(h_P+h_Q)=-\frac{12r}{3+4r^2}.

从而

k_{PQ}=\frac{y_P-y_Q}{x_P-x_Q}=\frac12.

其中 $r=\pm\frac12$ 会使一条直线与椭圆在 $A$ 处相切，对应 $h_P=0$ 或 $h_Q=0$ ，不符合第二交点与 $A$ 不同的要求，也应排除。

课后习题 4：过左侧内点的动弦与数量积定点#

已知椭圆中心在原点，焦点在 $x$ 轴上，经过点 $P(\sqrt2,1)$ ，且离心率 $\displaystyle e=\frac{\sqrt2}{2}$ 。过定点 $C(-1,0)$ 的直线与椭圆交于 $A,B$ 两点。

求椭圆方程。
$x$ 轴上是否存在点 $M$ ，使 $\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}$ 为常数？若存在，求 $M$ 的坐标；否则说明理由。

查看答案

$\displaystyle \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$ 。
存在且唯一， $\displaystyle \boxed{M\left(-\frac74,0\right)}$ ；补充求得数量积为 $\displaystyle -\frac{15}{16}$ 。

查看分析思路

本题与例 6 的结构相同，但椭圆与弦所过定点发生变化，不能直接套用 $11/4$ 。仍然先设固定点，再由韦达定理把数量积的方向依赖项分离出来。

查看详细解析

（1）由离心率求椭圆。

由 $e^2=c^2/a^2=1/2$ ，得 $b^2=a^2/2$ 。代入 $(\sqrt2,1)$ ，

\frac2{a^2}+\frac1{a^2/2}=1\implies a^2=4,

所以 $b^2=2$ 。

（2）寻找定点。

设 $M=(t,0)$ 。先取非水平线 $x=sy-1$ ，其中 $s=0$ 包含竖直线 $x=-1$ 。联立 $x^2+2y^2=4$ ，得

(s^2+2)y^2-2sy-3=0.

记 $D_0=s^2+2$ ，则

y_1+y_2=\frac{2s}{D_0},\quad y_1y_2=-\frac3{D_0},

x_1+x_2=-\frac4{D_0},\quad x_1x_2=-4+\frac{10}{D_0}.

从而

\begin{aligned} \overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB} &=x_1x_2-t(x_1+x_2)+t^2+y_1y_2\\ &=t^2-4+\frac{7+4t}{s^2+2}. \end{aligned}

要使结果与 $s$ 无关，必须且只需 $7+4t=0$ ，故 $t=-\frac74$ ，定值为

\frac{49}{16}-4=-\frac{15}{16}.

水平弦端点为 $(\pm2,0)$ ，直接计算数量积等于 $t^2-4$ ，仍为同一个常数。因此结论覆盖所有过 $C$ 的弦。

课后习题 5：焦点弦、垂直弦与比例和（2018 松江一模 20 题）#

本题已知点为 $(1,3/2)$ ；下文另讨论改为 $(1,\sqrt3/2)$ 的情形，两个版本分开求解。

已知椭圆

E:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\qquad(a>b>0)

经过点 $\displaystyle \left(1,\frac32\right)$ ，其左焦点为 $F(-\sqrt3,0)$ 。过 $F$ 的直线 $l$ 交椭圆于 $A,B$ 两点，交 $y$ 轴正半轴于 $M$ 。

求椭圆方程。
过 $F$ 且与 $l$ 垂直的直线交椭圆于 $C,D$ 。若四边形 $ACBD$ 的面积为 $\frac43$ ，求 $l$ 的方程。
设 $\overrightarrow{MA}=\lambda_1\overrightarrow{AF}$ 、 $\overrightarrow{MB}=\lambda_2\overrightarrow{BF}$ ，证明 $\lambda_1+\lambda_2$ 为定值。

题设条件

已知点 $\left(1,\frac32\right)$ 不在椭圆 $\frac{x^2}{4}+y^2=1$ 上。若改用 $\left(1,\frac{\sqrt3}{2}\right)$ ，则得到另一组解答；该坐标变更不是本题已知条件。

两套坐标条件分别求解，条件与答案不能混用。

查看答案

**A. 严格按题设 $\left(1,\frac32\right)$ ：**令

\alpha=\frac{25+\sqrt{433}}8,\qquad \beta=\frac{1+\sqrt{433}}8.

$\displaystyle E:\frac{x^2}{\alpha}+\frac{y^2}{\beta}=1$ 。
不存在满足 $S_{ACBD}=\frac43$ 的直线。
$\displaystyle \boxed{\lambda_1+\lambda_2=-\frac{17+\sqrt{433}}9}$ 。

B. 若另取已知点为 $\left(1,\frac{\sqrt3}{2}\right)$ ，在这一坐标条件下：

$\displaystyle E:\frac{x^2}{4}+y^2=1$ 。
$\displaystyle \boxed{x-\sqrt2\,y+\sqrt3=0\quad\text{或}\quad\sqrt2\,x-y+\sqrt6=0}$ 。
$\displaystyle \boxed{\lambda_1+\lambda_2=-8}$ 。

查看分析思路

首先代回已知点检查候选椭圆。分别讨论两套条件：先用一般半轴平方 $\alpha=a^2,\beta=b^2$ 推导焦点弦公式，再分别代入题设与可能另一题面。第 2 问利用两条弦为四边形的垂直对角线，面积等于两弦长度乘积的一半。

查看详细解析

先核对矛盾。

若候选椭圆为 $\frac{x^2}{4}+y^2=1$ ，则点 $\left(1,\frac32\right)$ 代入左边得到

\frac14+\frac94=\frac52\ne1.

因此该椭圆不满足题设。下面分别处理两套条件。

A（1）按题设已知点求椭圆。

记 $\alpha=a^2,\beta=b^2$ 。左焦点给出 $\alpha-\beta=3$ ，而已知点给出

\frac1\alpha+\frac9{4\beta}=1.

消去 $\beta$ ，得

4\alpha^2-25\alpha+12=0.

因 $\alpha>3$ ，只能取

\alpha=\frac{25+\sqrt{433}}8,\qquad \beta=\alpha-3=\frac{1+\sqrt{433}}8.

先推导两套题面共用的弦公式。

设 $c=\sqrt3$ 。由于 $l$ 经过 $F=(-c,0)$ 且与 $y$ 轴正半轴相交，可写为

l:x=sy-c,\qquad s>0.

联立椭圆，得到

(\beta s^2+\alpha)y^2-2\beta sc\,y-\beta^2=0.

这里已使用 $c^2=\alpha-\beta$ 。判别式可化为

\Delta=4\alpha\beta^2(1+s^2).

因此

|AB|=\frac{2\sqrt\alpha\,\beta(1+s^2)}{\beta s^2+\alpha}.

垂直方向对应的弦长为

|CD|=\frac{2\sqrt\alpha\,\beta(1+s^2)}{\alpha s^2+\beta}.

两条弦都经过椭圆内的焦点 $F$ ，所以它们作为四边形 $ACBD$ 的两条对角线在内部垂直相交。于是

S_{ACBD} =\frac12|AB|\,|CD| =\frac{2\alpha\beta^2(1+s^2)^2}{(\beta s^2+\alpha)(\alpha s^2+\beta)}.

A（2）为什么面积 $4/3$ 无法达到？

利用恒等式

\frac{(\beta s^2+\alpha)(\alpha s^2+\beta)}{(1+s^2)^2} =\alpha\beta+(\alpha-\beta)^2\frac{s^2}{(1+s^2)^2},

以及 $\frac{s^2}{(1+s^2)^2}\le\frac14$ 、 $\alpha-\beta=3$ ，得到

S_{ACBD}\ge\frac{2\alpha\beta^2}{\alpha\beta+9/4} =\frac{2\beta}{1+9/(4\alpha\beta)}.

对于题设求得的半轴，有 $\alpha>5,\beta>2$ ，故 $\alpha\beta>10$ 。于是

S_{ACBD}>\frac4{1+9/40}=\frac{160}{49}>\frac43.

因此严格按题设，不存在第（2）问要求的直线。这不是“暂时没有求出来”，而是面积条件确实不可能满足。

A（3）一般有向比例和。

$M=(0,c/s)$ 。设 $A=(x_1,y_1),B=(x_2,y_2)$ ，由

\overrightarrow{MA}=\lambda_1\overrightarrow{AF}

的纵坐标分量，有

y_1-\frac cs=-\lambda_1y_1 \implies\lambda_1=\frac{c}{sy_1}-1,

同理 $\lambda_2=\frac{c}{sy_2}-1$ 。由于弦经过内部焦点，两个纵坐标均不为零。由上面的交点二次方程，

y_1+y_2=\frac{2\beta sc}{\beta s^2+\alpha},\qquad y_1y_2=-\frac{\beta^2}{\beta s^2+\alpha}.

因此

\begin{aligned} \lambda_1+\lambda_2 &=\frac cs\frac{y_1+y_2}{y_1y_2}-2\\ &=-\frac{2c^2}{\beta}-2 =-\frac{2\alpha}{\beta}. \end{aligned}

代入题设求得的 $\alpha,\beta$ ，得到

\lambda_1+\lambda_2 =-2\frac{25+\sqrt{433}}{1+\sqrt{433}} =-\frac{17+\sqrt{433}}9.

B（1）若明确把已知点修订为 $\left(1,\frac{\sqrt3}{2}\right)$ 。

此时方程改为

\frac1\alpha+\frac3{4(\alpha-3)}=1 \iff4\alpha^2-19\alpha+12=0.

结合 $\alpha>3$ ，得 $\alpha=4,\beta=1$ ，因此椭圆为 $\frac{x^2}{4}+y^2=1$ ，

B（2）在这一另一题面下求直线。

代入 $\alpha=4,\beta=1$ ，得

|AB|=\frac{4(1+s^2)}{s^2+4},\qquad |CD|=\frac{4(1+s^2)}{4s^2+1}.

面积条件为

\frac{8(1+s^2)^2}{(s^2+4)(4s^2+1)}=\frac43.

化简得到

2s^4-5s^2+2=0 \iff(2s^2-1)(s^2-2)=0.

因为 $s>0$ ，所以 $s=1/\sqrt2$ 或 $s=\sqrt2$ ，相应直线为

x-\sqrt2\,y+\sqrt3=0, \qquad \sqrt2\,x-y+\sqrt6=0.

整理得到 $2s^4-5s^2+2=0$ 。

B（3）另一题面下的比例和。

沿用已证明的一般结论，

\lambda_1+\lambda_2=-\frac{2\alpha}{\beta}=-8.

以上三问适用于已知点为 $\left(1,\frac{\sqrt3}{2}\right)$ 的版本，不能与题设的 $(1,3/2)$ 混用。

课后习题 6：抛物线上的互补倾角与定向弦#

如图，过抛物线 $y^2=2px$ （ $p>0$ ）上一定点 $P(x_0,y_0)$ （ $y_0>0$ ），作两条直线，分别再次交抛物线于 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$ 。

求抛物线上纵坐标为 $p/2$ 的点到焦点 $F$ 的距离。
当 $PA,PB$ 的斜率存在且倾斜角互补时，求 $\displaystyle \frac{y_1+y_2}{y_0}$ ，并证明直线 $AB$ 的斜率是非零常数。

查看答案

$\displaystyle \frac{5p}{8}$ 。
$\displaystyle \boxed{\frac{y_1+y_2}{y_0}=-2}$ ，且 $\displaystyle \boxed{k_{AB}=-\frac{p}{y_0}\ne0}$ 。

查看分析思路

抛物线的横坐标可以由纵坐标唯一表示为 $x=y^2/(2p)$ 。把两点的横坐标作差并因式分解，可以把任意弦的斜率写成两个纵坐标之和的倒数；互补倾角随后直接转化为纵坐标和的定值关系。

查看详细解析

（1）焦点距离。

焦点为 $F=(p/2,0)$ ，准线为 $x=-p/2$ 。纵坐标为 $p/2$ 的点满足

x=\frac{(p/2)^2}{2p}=\frac p8.

由抛物线定义，该点到焦点的距离等于到准线的距离，因此

d=\frac p8+\frac p2=\frac{5p}{8}.

（2）弦斜率公式。

由抛物线方程，

x_i-x_0=\frac{y_i^2-y_0^2}{2p} =\frac{(y_i-y_0)(y_i+y_0)}{2p}.

因为 $A,B$ 是不同于 $P$ 的第二交点，所以 $y_i\ne y_0$ ；又两斜率存在，故 $y_i+y_0\ne0$ 。于是

k_{PA}=\frac{2p}{y_1+y_0},\qquad k_{PB}=\frac{2p}{y_2+y_0}.

两条直线的倾斜角互补，且斜率均存在，因此 $k_{PA}+k_{PB}=0$ 。代入得

\frac{2p}{y_1+y_0}+\frac{2p}{y_2+y_0}=0 \implies y_1+y_2+2y_0=0.

所以 $\frac{y_1+y_2}{y_0}=-2$ 。

又因为两条不同的割线给出不同的第二交点， $y_1\ne y_2$ ，故

k_{AB} =\frac{y_1-y_2}{(y_1^2-y_2^2)/(2p)} =\frac{2p}{y_1+y_2} =-\frac p{y_0}.

由于 $p>0,y_0>0$ ，这个斜率始终存在，而且严格为负，因此是非零常数。

交互实验：课后习题 6（2）：观察弦方向不变

转动斜率为 $r,-r$ 的两条割线，比较纵坐标比与弦斜率；打开历史弦，观察不同有效位置的方向。

四、方法回顾#

1. 三种容易混淆的“定值”#

直接证明定值。 题目已经固定所有参数，只让点或直线运动，例如例 1、例 3、随堂练 2。目标是证明运动参数最后确实消失。

寻找使某个量恒定的固定点或参数。 例如例 6、例 9、例 10、例 11。先把固定参数保留在式子中，再用“对全部有效运动位置成立”确定它；只验两个特殊位置一般还不够。

带有定义域的定值。 斜率、比例、中垂线交点并非在所有图形位置都有定义。推导中出现的分母为零、端点重合、切线或渐近线方向，需要回到题面判断，不能把它们视为普通数值样本。

2. 计算时的四个检查点#

先查对象。 “以 $OA$ 为直径的圆”面积为 $\pi|OA|^2/4$ ，不是 $\pi|OA|^2$ ； $|\vec u+\vec v|$ 也不是 $|\vec u|+|\vec v|$ 。
再查方向。 $\overrightarrow{MD}=-\overrightarrow{DM}$ 。例 4、随堂练 3、课后习题 5 的比例系数不能忽略向量方向。
不漏取值条件。 椭圆弦中点轨迹通常不含边界；双曲线联立时二次项可能消失；用一个斜率参数设直线时要检查遗漏方向。
最后查题意与答案是否相容。 把给出的点代回方程、把候选极值与附近位置比较，常能发现题面或答案错误。发现冲突应分开记录，不要默默改题。

一、题型一：基础定值问题#

例 1：双曲线上的向量条件与斜率和（2024 杨浦一模 20 题）#

随堂练 1：平行焦点弦与四边形面积（2017 杨浦一模 19 题）#

例 2：斜率积约束下的三角形面积（2018 崇明一模 20 题）#

例 3：等比斜率与两圆面积和（2022 宝山一模 20 题，改）#

随堂练 2：椭圆上的伴随点#

例 4：双曲线上的有向比例和（2020 杨浦二模 20 题）#

随堂练 3：有向比例与焦点三角形内切圆（2019 金山二模 20 题）#

二、题型二：选择定点或参数，使某个量恒定#

例 5：端点连线、截距点命名与数量积（2019 宝山二模 20 题）#

例 6：过定点的弦与固定点数量积（2020 嘉定二模 20 题）#

例 7：面积最大值与距离比定直线（2018 长宁〈嘉定〉二模 20 题）#

例 8：对称点截距积与椭圆、圆的交点关系（2020 崇明一模 20 题）#

随堂练 4：双曲线的任意截距与固定点数量积（2022 松江一模 20 题）#

例 9：平行弦中点轨迹与斜率和定点（2024 嘉定二模 20 题）#

例 10：平行四边形构造中的长度定值（2026 嘉定二模 20 题）#

例 11：焦点弦中垂线与长度比（2020 青浦一模 20 题）#

三、课后习题#

课后习题 1：平行弦端点连线的斜率和#

课后习题 2：焦点弦与中垂线交点的距离比#

课后习题 3：两条斜率互为相反数时的第三条弦#

课后习题 4：过左侧内点的动弦与数量积定点#

课后习题 5：焦点弦、垂直弦与比例和（2018 松江一模 20 题）#

课后习题 6：抛物线上的互补倾角与定向弦#

四、方法回顾#

1. 三种容易混淆的“定值”#

2. 计算时的四个检查点#

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