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第 34 讲 高考题中的解答题五 （圆锥曲线）
解析几何中的证明、定点、定值问题
(一) 证明问题
圆锥曲线中的证明问题涉及证明的范围比较广，但无论证明什么，其常用方法有直接法和转化法，对
于转化法，先是对已知条件进行化简，根据化简后的情况，将证明的问题转化为另一问题.
[典例] (2022·山东淄博三模)如图，已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率e＝，由椭圆E的四个顶点
围成的四边形的面积为16.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设A为椭圆E的右顶点，过点M(－2a,0)且斜率不为0的直线l 与椭圆E相交
于点B，C(点B在MC之间)，若N为线段BC上的点，且满足＝，证 明：∠ANC＝
2∠AMC.
[关键点拨]
(1)根据题意得到关于a，b，c的方程，进而可求出结果；(2)设直线l
切入点 的方程为x＝my－8(m>0)，与椭圆联立，结合韦达定理证得点N在
直线x＝－2上，从而可得出结论
迁移点 把几何量的关系∠ANC＝2∠AMC转化为数量关系
反思点 无论是条件还是结论，把几何关系数量化是解题的突破口
[解] (1)由题设可知，2ab＝16，
即ab＝8，
因为e＝＝，b2＋c2＝a2，所以a＝2c，b＝c，
所以c＝2，a＝4，b＝2，
所以椭圆E的标准方程为＋＝1.
(2)证明：由(1)可知M(－8,0)，设直线l的方程为x＝my－8(m＞0)，其与椭圆E：＋＝1的交点为
B(x，y)，C(x，y)，联立得(4＋3m2)y2－48my＋144＝0，
1 1 2 2
Δ＝(48m)2－4(4＋3m2)×144＞0，即m＞2，
所以y＋y＝，yy＝，
1 2 1 2
设点N(x，y)，因为＝，所以BN＝NC，
0 0
即(x－x，y－y)＝(x－x，y－y)，所以y＝，
0 1 0 1 2 0 2 0 0
所以y＝，x＝my－8＝－2,
0 0 0
因为点N在直线x＝－2上，直线x＝－2垂直平分线段MA，
所以|NM|＝|NA|，即∠AMC＝∠MAN, 因为∠ANC为△MNA的一个外角，
所以∠ANC＝∠AMC＋∠MAN＝2∠AMC.
方法技巧
圆锥曲线中证明问题的求解策略处理圆锥曲线中的证明问题常采用直接法证明，证明时常借助于等价转化思想，化几何关系为数量关
系(如证明直线垂直可转化为证明两直线的斜率之积为－1或方向向量的数量积为0，证明三点共线可转化
为斜率相等或对应的向量共线)，然后借助函数方程思想、数形结合思想解决．
针对训练
已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F(2,0)，一条渐近线方程为x－y＝0.
(1)求双曲线C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为A，B，过F的直线l交C的右支于M，N两点，连接MB交直线x＝于点
Q，求证：A，Q，N三点共线．
解：(1)依题意可得a2＋b2＝4，＝，解得a2＝3，b2＝1，故双曲线C的方程为－y2＝1.
(2)证明：易得A(－，0)，B(，0)，
显然，直线l的斜率不为0，设其方程为x＝my＋2，M(x，y)，N(x，y)
1 1 2 2
联立方程消去x整理得(m2－3)y2＋4my＋1＝0，
所以y＋y＝，yy＝.
1 2 1 2
直线MB：y＝(x－)，令x＝得y＝，故Q，
AN＝(x＋，y)，AQ＝，
2 2
所以y－＝
2
，(*)
又(3＋2)y(x －)－y(3－2)(x ＋)＝(3＋2)y(my ＋2－)－y(3－2)(my ＋2＋)＝[(3＋2)m－(3－2)m]yy ＋(3
2 1 1 2 2 1 1 2 1 2
＋2)·(2－)y＋(2－3)(2＋)y
2 1
＝4myy＋(y＋y)＝＋＝0，即(*)的值为0.
1 2 1 2
所以AN∥AQ，
故A，Q，N三点共线．
(二) 定点问题
定点问题常见类型
1证明直线过定点，其中证明直线过定点x，y，常利用直线的点斜式方程y－y＝kx－x来证明.
0 0 0 0
2圆或其他曲线过定点.
[典例] (2022·四川成都七中三模)已知椭圆C的中心在原点，一个焦点为F，且C经过点P.
1
(1)求C的方程；
(2)设C与y轴正半轴交于点D，直线l：y＝kx＋m与C交于A，B两点(l不经过D点)，且AD⊥BD.证
明：直线l经过定点，并求出该定点的坐标．
[关键点拨]
(1)利用待定系数法，根据椭圆的定义求出a，再求得b，即可求出椭圆方程．
切入点 (2)由已知得D(0,1)，联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系，结合
AD⊥BD，求解m值障碍点 把AD⊥BD转化为代数式求出直线方程中两个参数的关系式
隐藏点 参数m值应满足Δ＞0
[解] (1)由题意得，设椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)，焦距为2c，
则c＝，椭圆的另一个焦点为F(，0)，
2
由椭圆定义得2a＝|PF|＋|PF|＝＋＝4，则a＝2，
1 2
所以b＝＝1，所以C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：由已知得D(0,1)，由得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(4k2＋1－m2)，由Δ>0得4k2＋1>m2，
设A(x，y)，B(x，y)，则x＋x＝，xx＝，
1 1 2 2 1 2 1 2
y＋y＝k(x＋x)＋2m＝，yy＝(kx＋m)(kx＋m)＝，
1 2 1 2 1 2 1 2
由AD⊥BD得，DA·DB＝xx＋(y－1)(y－1)＝0，
1 2 1 2
即＝0，所以5m2－2m－3＝0，解得m＝1或m＝－，
①当m＝1时，直线l经过点D，舍去；
②当m＝－时，显然有Δ>0，
直线l经过定点.
方法技巧
直线过定点问题的常见解法
(1)用参数表示出直线的方程，根据直线方程的特征确定定点的位置．
(2)从特殊点入手，先确定定点，再证明该定点符合题目条件．
提醒：求出直线方程是判断直线是否过定点的前提和关键．
针对训练
(2022·山东烟台三模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，其左、右焦点分别为F，F，T为椭圆
1 2
C上任意一点，△TF F 面积的最大值为1.
1 2
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知A(0,1)，过点的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，直线AM，AN与x轴的交点分别为P，
Q，证明：以PQ为直径的圆过定点．
解：(1)因为椭圆C的离心率为，所以＝.
又当T位于上顶点或者下顶点时，△TF F 面积最大，即bc＝1.
1 2
又a2＝b2＋c2，所以b＝c＝1，a＝.
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明：由题知，直线l的斜率存在，所以设直线l的方程为y＝kx＋，设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
将直线l代入椭圆C的方程得：(4k2＋2)x2＋4kx－3＝0，
由根与系数的关系得：x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
直线AM的方程为y＝x＋1，直线AN的方程为y＝x＋1，所以P，Q，所以以PQ为直径的圆为＋y2＝0，
整理得：x2＋y2＋x＋＝0. ①
因为＝＝＝＝－6，
令①中的x＝0，可得y2＝6，所以以PQ为直径的圆过定点(0，±)．
(三) 定值问题
圆锥曲线中定值问题的四种常见类型和解法
1证明代数式为定值；
2证明点到直线的距离为定值；
3证明某线段长度为定值；
4证明某几何图形的面积为定值.
[典例] (2022·河北邯郸二模)已知点P为椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)上一点，A，B分别为C的左、右顶
点，且△PAB的面积为5.
(1)求C的标准方程；
(2)过点Q(1,0)的直线l与C相交于点G，H(点G在x轴上方)，AG，BH与y轴分别交于点M，N，记
S，S 分别为△AOM，△AON(点O为坐标原点)的面积，证明：为定值．
1 2
[关键点拨]
(1)根据左、右顶点的定义，结合代入法、三角形面积公式进行求解即可；
切入点 (2)设出直线l的方程与椭圆标准方程联立，结合一元二次方程根与系数关
系、三角形面积公式进行求解即可
障碍点 把两个三角形面积的比转化为两点坐标绝对值的比
[解] (1)因为△PAB的面积为5，点P为椭圆C：＋＝1上一点，
所以有⇒⇒＋＝1.
(2)证明：由题意可知直线l的斜率不为零，故设方程为x＝my＋1，
与椭圆方程联立为：⇒(5m2＋9)y2＋10my－40＝0，
设G(x，y)，H(x，y)(y>0)，因为yy＝＜0，所以y＜0，A(－3,0)，B(3,0)，
1 1 2 2 1 1 2 2
直线AG的方程为：＝，令x＝0，得y＝y－＝，即M，
1
同理可得：N，＝＝＝·＝，
因为y＋y＝，yy＝，所以有4(y＋y)＝myy，
1 2 1 2 1 2 1 2
于是有＝＝＝＝，因此为定值．
方法技巧
求定值问题常见的方法有两种
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
针对训练
(2022·安徽省芜湖模拟)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，F，F 为左右焦点．直线l：y＝kx＋m交
1 2椭圆C于A，B两点，且|AF|＋|AF|＝2.
1 2
(1)求椭圆C的方程；
(2)若OA，OB斜率之积为－，求证：△AOB的面积为定值．
解：(1)∵|AF|＋|AF|＝2＝2a，∴a＝，又＝，∴c＝1，
1 2
∴b2＝a2－c2＝4，故椭圆C的方程为：＋＝1.
(2)证明：设A(x，y)，B(x，y)，由⇒(4＋5k2)x2＋10kmx＋5m2－20＝0，
1 1 2 2
则Δ＝80(5k2＋4－m2)，由Δ＞0⇒5k2＋4＞m2，
x＋x＝－，xx＝，
1 2 1 2
∵k ·k ＝－，∴5yy＋4xx＝0，即(5k2＋4)·xx＋5mk(x＋x)＋5m2＝0，
OA OB 1 2 1 2 1 2 1 2
∴(5k2＋4)·＋5mk·＋5m2＝0，
整理得：2m2＝5k2＋4(m≠0)，
所以|AB|＝＝·
＝·
＝
＝4，
又O到AB的距离d＝，
∴S ＝|AB|d＝＝＝，
△AOB
所以S ＝为定值．
△AOB
解析几何中的证明、定点、定值问题
1．(2022·陕西西安三模)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)上的点G(4，t)(t＞0)到其准线的距离为5.不过原
点的动直线交抛物线C于A，B两点，M是线段AB的中点，点M在准线l上的射影为N.
(1)求抛物线C的方程；
(2)当NA·NB＝1时，求证：直线AB过定点．
解：(1)由抛物线C的方程可得其准线方程为x＝－，
根据抛物线的性质得＋4＝5，解得p＝2.∴抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明：当直线AB的斜率为0时，显然不符合题意；
当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝my＋n(n≠0)，A，B，M(x，y)，
0 0
由化简得y2－4my－4n＝0，Δ＝16(m2＋n)＞0，y＋y＝4m，yy＝－4n，
1 2 1 2
y＝＝2m，所以N(－1,2m)，所以NA＝，NB＝，
0
所以NA·NB＝＋(y－2m)(y－2m)
2 1
＝＋＋1＋yy－2m(y＋y)＋4m2
1 2 1 2
＝n2＋＋1－4n－8m2＋4m2＝n2－2n＋1＝(n－1)2，
若NA·NB＝1，即(n－1)2＝1，解得n＝2或n＝0(舍去)，所以直线AB过定点(2,0)．
2．(2022·广东肇庆模拟)已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的离心率是，实轴长是8.(1)求双曲线C的方程；
(2)过点P(0,3)的直线l与双曲线C的右支交于不同的两点A和B，若直线l上存在不同于点P的点D满
足|PA|·|DB|＝|PB|·|DA|成立，证明：点D的纵坐标为定值，并求出该定值．
解：(1)依题意得，解得所以双曲线C的方程是－＝1.
(2)证明：设A(x，y)，B(x，y)，D(x，y)，直线l的方程为y＝kx＋3.
1 1 2 2 0 0
将直线方程y＝kx＋3代入双曲线方程－＝1，化简整理得(1－4k2)x2－24kx－52＝0，
Δ＝(－24k)2＋4×(1－4k2)×52＝208－256k2，则x＋x＝，xx＝－.
1 2 1 2
要使直线与双曲线的右支有两个不同的交点A和B，则应满足
即解得－＜k＜－.
由|PA|·|DB|＝|PB|·|DA|，得＝，故＝，
所以x＝＝＝－.
0
又y＝kx＋3＝－＋3＝－，所以点D的纵坐标为定值－.
0 0
3．已知点F(，0)，动点M(x，y)到直线l：x＝2的距离为d，且d＝|MF|，记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)过M作圆O：x2＋y2＝的两条切线MP，MQ(其中P，Q为切点)，直线MP，MQ分别交C的另一点
为A，B，从下面①和②两个结论中任选其一进行证明．
①|PA|·|PM|为定值；
②|MA|＝|MB|.
解：(1)由题意知|2－x|＝·，两边平方整理即得x2＋2y2＝4，
所以，曲线C的方程为＋＝1.
(2)证明：设M(x，y)，A(x，y)，B(x，y)，
0 0 1 1 2 2
当x＝时，y＝，则不妨设点M，则点A或A，
此时OM·OA＝0，则OM⊥OA；
当x≠时，设直线MA：y＝kx＋m，
由直线MA与圆O：x2＋y2＝相切可得＝，即3m2＝4(1＋k2)，
联立可得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，
Δ＝16k2m2－4(2k2＋1)(2m2－4)＝8(4k2＋2－m2)＝(4k2＋1)＞0，
由韦达定理可得x＋x＝－，xx＝，
0 1 0 1
则OM·OA＝xx＋yy＝xx＋(kx＋m)(kx＋m)＝(1＋k2)xx＋km(x＋x)＋m2＝＝＝0，
0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1
所以，OM⊥OA，同理可得OM⊥OB.
选①，由OM⊥OA及OP⊥AM可得Rt△MOP∽Rt△OAP，
则＝，所以，|PM|·|PA|＝|OP|2＝；
选②，由OM⊥OA及OM⊥OB可得：A，O，B三点共线，则|OA|＝|OB|，
又|MA|2＝|OA|2＋|OM|2＝|OB|2＋|OM|2＝|MB|2，因此，|MA|＝|MB|.4．(2022·山东济宁三模)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，点F是椭圆E的右焦
点，点Q在椭圆E上，且|QF|的最大值为3，椭圆E的离心率为.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若过点A的直线与椭圆E交于另一点P(异于点B)，与直线x＝2交于一点M，∠PFB的角平分线与
直线x＝2交于点N，求证：点N是线段BM的中点．
解：(1)由已知可得解得
因此，椭圆E的方程为＋＝1.
(2)证明：由对称性，不妨设点P在x轴上方．
①当直线PF的斜率存在时，因为∠PFB的角平分线为FN，所以，∠PFB＝2∠NFB，
所以，tan∠PFB＝，即k ＝，
PF
设直线AP的方程为y＝k(x＋2)，其中k≠0，
联立可得(4k2＋3)x2＋16k2x＋16k2－12＝0，
设点P(x，y)，则－2x＝，所以，x＝，
1 1 1 1
则y＝k(x＋2)＝，即点P，
1 1
所以，k ＝＝＝，
PF
设直线FN的方程为y＝m(x－1)，则点N(2，m)，M(2，4k)，
因为k ＝，则＝，整理可得(2k－m)(2km＋1)＝0，
PF
因为km＞0，所以，m＝2k，所以，＝＝，
所以，点N为线段BM的中点；
②当直线PF的斜率不存在时，不妨设点P，
则直线AP的方程为y＝(x＋2)，所以点M(2,2)，
又因为直线FN的方程为y＝x－1，所以点N(2,1)，
所以，点N为线段BM的中点．
综上可知，点N为线段BM的中点．
) 解析几何中的最值与范围、探索性问题
(一) 最值与范围问题
求解范围、最值问题的常见方法
1利用判别式来构造不等关系.
2利用已知参数的范围，在两个参数之间建立函数关系.
3利用隐含或已知的不等关系建立不等式.
4利用基本不等式.
[典例] (2022·福建南平三模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，F ，F 分别为椭圆C的左、右焦点，焦距
1 2
为4，过右焦点F 且与坐标轴不垂直的直线l交椭圆C于M，N两点，已知△MNF 的周长为4，点M关于
2 1
x轴的对称点为P，直线PN交x轴于点Q.(1)求椭圆C的方程；
(2)求四边形MF NQ面积的最大值．
1
[关键点拨]
(1)由△MNF 的周长求出a，再由焦距求得c，进而求出b，即得椭圆C的方程；(2)设
1
切入点 出直线l的方程联立椭圆方程求得y 1 ＋y 2 ，y 1 y 2 ，表示出直线PN的方程求出Q，由
S ＝|y－y||FQ|表示出面积，结合基本不等式求最大值即可
MF1NQ 1 2 1
分割四边形MF NQ，把其面积转化为两个有公共边的三角形面积的和，进而利用公
1
障碍点
共边与点的纵坐标差的绝对值求解
[解] (1)△MNF 的周长为4，由椭圆定义得4a＝4，即a＝.又焦距2c＝4，得c＝2，
1
则b＝＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设直线l的方程为x＝my＋2(m≠0)，联立得(m2＋5)y2＋4my－1＝0，设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
则y＋y＝－，yy＝－，点P(x，－y)，直线PN的方程为y＋y＝(x－x)，
1 2 1 2 1 1 1 1
令y＝0得x＝＝＝＋2＝＋2＝，
即Q，又F(－2,0)，
1
故S ＝|y－y||FQ|
MF1NQ 1 2 1
＝
＝·＝·
＝·≤，
当且仅当＝时，即m＝±时等号成立，所以四边形MF NQ面积的最大值为.
1
方法技巧
求四边形面积的最值，首先分割，借助三角形面积转化为函数的最值问题；求解最值应用了两个技巧：
一是换元，运用函数的性质；二是利用已知或隐含的不等关系构造不等式求解．
针对训练
(2022·山东济南一中模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过左焦点和上顶点的直线l与圆
(x－)2＋y2＝3相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线m：y＝kx＋n(k>0，n>0)与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，且直线OA，OB，AB的
斜率之和为0.求三角形OAB面积的最大值．
解：(1)设椭圆的半焦距为c，则＝. ①
直线l ：y＝x＋b，则＝，即＝， ②
又a2＝b2＋c2， ③
由①②③解得a2＝4，b2＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设A(x，y)，B(x，y)，联立整理得(1＋4k2)x2＋8knx＋4n2－4＝0，
1 1 2 2
所以Δ＝64k2n2－4(1＋4k2)(4n2－4)＞0，得k2＞，
x＋x＝－，xx＝，
1 2 1 2设直线OA，OB的斜率分别为k，k，则k＋k＋k＝0，
1 2 1 2
即＋k＋＝＋＋k＝3k＋＝＝0，
所以n2＝3，又n>0，所以n＝，所以k2>＝，
|AB|＝·|x－x|＝·＝，
2 1
原点O到直线m的距离d＝＝，
所以S ＝|AB|·d＝＝≤＝1，
△OAB
当且仅当＝时，即k2＝时等号成立，所以三角形OAB面积的最大值为1.
[典例] (2022·四川遂宁三模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F ，F ，坐标原点为
1 2
O，离心率e＝，过F 且垂直于x轴的直线与C交于A，B两点，|AB|＝3；过F 且斜率为k(k≠0)的直线l与
1 2
C交于P，Q点．
(1)求C的标准方程；
(2)令P，Q的中点为N，若存在点M(m,0)，使得MN⊥PQ，求k的取值范围．
[关键点拨]
(1)用待定系数法求出C的标准方程；
切入点 (2)用设而不求法表示出N，根据MN⊥PQ，得到m＝，列表达式，求出k的取
值范围
障碍点 寻求参数m与k的关系式
反思点 求最值或范围的问题，目标函数中含有两个变量，要利用条件消去其中一个
[解] (1)由题意可得：过F 且垂直于x轴的直线与C交于A，B两点，所以A，B，所以|AB|＝＝3.
1
又有e＝＝，b2＝a2－c2，解得：a2＝4，b2＝3，c＝1.
所以C的标准方程为＋＝1.
(2)由(1)可知：F(1,0)．可设直线PQ：y＝k(x－1)．设P(x，y)，Q(x，y)，则
2 1 1 2 2
消去y，可得：(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0.
因为F(1,0)在椭圆内，所以直线PQ与椭圆恒有两个交点，
2
x＋x＝，xx＝.
1 2 1 2
设N(x，y)，则x＝＝，y＝k(x－1)＝，即N.
0 0 0 0 0
直线PQ的方向向量为(1，k)，MN＝.
因为MN⊥PQ，
所以(1，k)·＝－m－＝0.
所以m＝.
因为m∈，所以解得：－＜k＜0或0＜k＜.
即k的取值范围为∪.
方法技巧圆锥曲线中求解含双变量的式子的取值范围的方法：几何条件定代换，目标关系式求范围．
一般分三步完成：第一步，消参，将直线 l的方程与圆锥曲线的方程联立，得两个变量的等量关系
(此时需要检验判别式Δ＞0)；
第二步，将等量关系代入目标关系式；
第三步，利用函数的性质求取值范围．
针对训练
(2022·北京东城三模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－2,0)，长轴长为2.过右焦点F 的直
1 2
线l交椭圆C于A，B两点，直线FA，FB分别交直线x＝3于点M，N.
1 1
(1)求椭圆C的方程；
(2)设线段AB中点为T，当点M，N位于x轴异侧时，求T到直线x＝3的距离的取值范围．
解：(1)由题可知解得a2＝6，b2＝2.故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，T到直线x＝3的距离为1.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－2)．
联立消y，得(3k2＋1)x2－12k2x＋12k2－6＝0.
由Δ＝(－12k2)2－4(3k2＋1)(12k2－6)＞0及题意，可得k≠0.
设A(x，y)，B(x，y)，则x＋x＝，xx＝.
1 1 2 2 1 2 1 2
直线FA的方程为y＝(x＋2)，令x＝3，得y＝，则M.
1
同理，N.
因为点M，N位于x轴异侧，所以·＜0.
即·＝＝＝＜0，
解得k2＞.
设线段AB中点T的横坐标为t，则t＝＝.
T到直线x＝3的距离为|3－t|＝＝1＋.
由k2＞，得3k2＋1＞，故1＜1＋＜.
综上，T到直线x＝3的距离的取值范围为.
(二) 探索性问题
解决探索性问题，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当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意.
[典例] (2022·山东潍坊一模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦距为2，点在C上．
(1)求C的方程；
(2)若过动点P的两条直线l ，l 均与C相切，且l ，l 的斜率之积为－1，点A(－，0)，问是否存在定
1 2 1 2
点B，使得PA·PB＝0？若存在，求出点B的坐标；若不存在，请说明理由．[关键点拨]
(1)根据给定条件可得椭圆C两焦点的坐标，利用椭圆定义求出椭圆的长轴长即
可计算作答．
切入点
(2)设出过点P(x，y)的直线方程，与椭圆C的方程联立，由判别式Δ＝0探求出
0 0
x，y 的关系即可推理作答
0 0
隐藏点 若存在定点B，使得PA·PB＝0，则动点P的轨迹为一个圆
[解] (1)由题意知，椭圆C的半焦距c＝1，焦点分别为(－1,0)，(1,0)，由椭圆定义得：椭圆长轴长2a
＝＋＝2，即a＝，b2＝a2－1＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设点P(x，y)，显然x≠±，过点P的直线方程为y－y＝k(x－x)，
0 0 0 0 0
由消去y并整理得：(1＋2k2)·x2＋4k(y－kx)x＋2(y－kx)2－2＝0，
0 0 0 0
因为直线l与C相切，则Δ＝16k2(y－kx)2－8(1＋2k2)[(y－kx)2－1]＝0，得(y－kx)2＝1＋2k2，
0 0 0 0 0 0
即(x－2)k2－2xyk＋y－1＝0，设直线l ，l 的斜率分别为k ，k ，显然k ，k 是上述关于k的一元二次
0 0 1 2 1 2 1 2
方程的两个根，则kk＝＝－1，化简得x＋y＝3，即点P到坐标原点O的距离|PO|＝，
1 2
故点P在以O为圆心，为半径的圆上，并且是动点，而点A为该圆上一定点，
则当满足PA·PB＝0时，AB为圆O的直径，即点B(，0)，所以存在点B(，0)满足题意．
方法技巧
探索性问题的求解步骤：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列
出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则，元素(点、直
线、曲线或参数)不存在．
针对训练
(2022·天津红桥二模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，点A(a,0)，B(0，b)之间的距离为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若经过点(0，)且斜率为k的直线l与椭圆C有两个不同的交点P和Q，则是否存在常数k，使得OP
＋OQ与AB共线？如果存在，求k的值；如果不存在，请说明理由．
解：(1)因为点A(a,0)，B(0，b)之间的距离为，
所以＝，因为椭圆的离心率e＝，所以有＝，而a2＝b2＋c2，
因此组成方程组为：⇒⇒＋y2＝1.
(2)设l的方程为y＝kx＋，与椭圆的标准方程联立为：⇒(1＋2k2)x2＋4kx＋2＝0，
Δ＝(4k)2－4(1＋2k2)·2>0⇒k2>，
此时设P(x，y)，Q(x，y)，于是有x＋x＝，
1 1 2 2 1 2
假设存在常数k，使得OP＋OQ与AB共线，
因为OP＋OQ＝(x ＋x ，y ＋y)，AB＝(－a，b)＝(－，1)，所以有(y ＋y)＝－(x ＋x)⇒(kx ＋＋kx ＋)
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
＝－(x＋x)，
1 2
⇒k(x＋x)＋4＝－(x＋x)，因为x＋x＝，
1 2 1 2 1 2所以k·＋4＝－⇒k＝，不满足k2>，因此不存在常数k，使得OP＋OQ与AB共线．
解析几何中的最值与范围、探索性问题
1．(2022·北京丰台一模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，且|AB|＝4，离心率
为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是椭圆C上不同于A，B的一点，直线PA，PB与直线x＝4分别交于点M，N.若|MN|≤4，求点
P横坐标的取值范围．
解：(1)由题意得解得a2＝4，b2＝1.所以椭圆C的方程是＋y2＝1.
(2)设P(m，n)(－2＜m＜2)，由已知得A(－2,0)，B(2,0)，
所以直线AP，BP的方程分别为y＝(x＋2)，y＝(x－2)．
令x＝4，得点M的纵坐标为y ＝，点N的纵坐标为y ＝，
M N
所以|MN|＝＝.
因为点P在椭圆C上，所以＋n2＝1，所以m2－4＝－4n2，即|MN|＝.
因为|MN|≤4，所以≤4，即(m－4)2≤16n2.所以(m－4)2≤－4(m2－4)．
整理得5m2－8m≤0，解得0≤m≤.
所以点P横坐标的取值范围是.
2．已知点P是一个动点，A(－2，0)，B(2，0)，|PA|－|PB|＝4.动点P的轨迹记为Ω.
(1)求Ω的方程；
(2)设T为直线x＝1上一点，过T的直线l与Ω交于C，D两点，试问是否存在点T，使得TC·TD＝
OT2？若存在，求T的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)因为|AB|＝4＞4，
且|PA|－|PB|＝4，所以P的轨迹是以A，B为焦点，实轴长为4的双曲线的右支．
由2a＝4,2c＝4，得a＝2，c＝2，b2＝c2－a2＝4，
所以Ω的方程为－＝1(x≥2)．
(2)设T(1，t)，C(x，y)，D(x，y)，设直线CD的方程为y－t＝k(x－1)，即y＝kx＋t－k，
1 1 2 2
联立得(k2－1)x2＋2k(t－k)x＋(t－k)2＋4＝0，
则Δ＝4k2(t－k)2－4(k2－1)[(t－k)2＋4]＞0，
且x＋x＝＞0，xx＝＞0，
1 2 1 2
所以TC·TD＝|TC|·|TD|＝(1＋k2)·|x－1|·|x－1|＝(1＋k2)·|xx－(x＋x)＋1|＝.
1 2 1 2 1 2
假设存在点T满足TC·TD＝OT2，
则＝t2＋1，
整理得t2＋k2＋2＝0，但t2＋k2＋2≥2>0，所以假设不成立，故不存在满足题意的点T.
3．(2022·辽宁抚顺市第二中学三模)设双曲线C：－y2＝1，其右焦点为F，过F的直线l与双曲线C的
右支交于A，B两点．(1)求直线l倾斜角θ的取值范围；
(2)直线AO(O为坐标原点)与双曲线C的另一个交点为D，求△ABD面积的最小值，并求此时l的方程．
解：(1)由双曲线C：－y2＝1得c2＝3＋1＝4，
则右焦点F(2,0)，显然直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为x＝my＋2，由得(m2－3)y2＋4my＋1＝0，
因为直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
Δ＝16m2－4(m2－3)＞0，y＋y＝，yy＝，
1 2 1 2
则
解得－＜m＜，
当m＝0时，直线l倾斜角θ＝，当m≠0时，直线l的斜率k＞或k＜－，
综上，直线l倾斜角θ的取值范围为.
(2)因为O是AD中点，
所以S ＝2S ＝2×|OF||y－y|＝2＝2＝2，令t＝m2－3，则t∈[－3,0)，
△ABD △OAB 1 2
S ＝4＝4＝4，其中u＝，且u∈，又y＝4u2＋u在上单调递减，所以S ≥，
△ABD △ABD
即当u＝－，m＝0时求得△ABD面积的最小值，此时直线l的方程为x＝2.
4．(2022·江苏南京模拟)已知圆F：(x－2)2＋y2＝1，动圆P与圆F内切，且与定直线x＝－3相切，设
动点P的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)若直线l过点F，且与E交于A，B两点，与y轴交于M点，满足MA＝λAF，MF＝μFB (λ＞0，μ＞
0)，试探究λ与μ的关系．
解：(1)设P(x，y)，圆P的半径为R，由题可知，点P在直线x＝－3右侧，
因为圆P与定直线x＝－3相切，所以R＝x＋3.
又圆P与圆F内切，所以R＝|PF|＋1＝＋1，
所以x＋3＝＋1，
化简得y2＝8x，即E的方程为y2＝8x.
(2)由(1)得F(2,0)，设直线l的方程为y＝k(x－2)，A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则M(0，－2k)，因为MA＝λAF，由定点分比公式可知x＝，y＝，
1 1
因为点A在E上，所以y＝8x，即＝，所以k2＝4λ(1＋λ)．
1
同理，由MF＝μFB，可得F，
所以＝2，＝0，即x＝，y＝，
2 2
因为点B在E上，所以y＝8x，即＝，所以k2＝4μ(1＋μ)．
2
由4λ(1＋λ)＝4μ(1＋μ)，得(λ－μ)(λ＋μ＋1)＝0，
因为λ＞0，μ＞0，
所以λ＋μ＋1≠0，即λ－μ＝0，λ＝μ.大题专攻——“解析几何”大题的规范解题路径
一、题型通法点拨：圆锥曲线问题重在“设”——设点、设线
解析几何部分知识点多，运算量大， 能力要求高
综合性强，在高考试题中大都是在压轴 题的位置出
现，是考生“未考先怕”的题型之一， 不是怕解题
无思路，而是怕解题过程中繁杂的运算. 因此，在遵
循“设—列—解”程序化运算的基础上， 应突出解析
几何“设”的重要性，以克服平时重思 路方法、轻
运算技巧的顽疾，突破如何避繁就简这 一瓶颈.
[解题示范]
(2022·全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，B两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P(1，－2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满
足MT＝TH.证明：直线HN过定点．
解：(1)∵椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，
∴可设椭圆E的方程为＋＝1，
又椭圆E过B，
∴＋＝1，得a2＝3，∴E的方程为＋＝1.
(2)证明：设M(x，y)，N(x，y)．由题意知，直线MN与y轴不垂直，设其方程为x－1＝t(y＋2)．
1 1 2 2
联立得方程组消去x并整理，得(4t2＋3)y2＋(16t2＋8t)y＋16t2＋16t－8＝0，
所以y＋y＝－，yy＝.
1 2 1 2
设T(x，y)．由A，B，T三点共线，得＝，得x＝y＋3.设H(x′，y′)．由MT＝TH，
0 1 0 1
得＝，所以x′＝3y＋6－x，y′＝y，
1 1 1
所以直线HN的斜率k＝
＝＝，
所以直线HN的方程为y－y＝·(x－x)．
2 2
令x＝0，得y＝·(－x)＋y
2 2
＝＋y
2
＝＝＝－2.
所以直线NH过定点(0，－2)．
解题“瓶颈”突破：合理设参，化解计算繁而杂难题
平面解析几何中的许多问题，若解题方法不对就会使解题过程繁杂而冗长，从而影响到解题的速度和
解题的准确性，通过引入参数，设而不求是解决此类问题的有效方法．
一旦合理引入参数，用参数来刻画运动变化状态，减少变量，再利用平面几何知识就会化难为易，化
繁为简，收到意想不到的解题效果．设参方式一般有以下几种类型：
“单参”解题
[例1] 已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，O为原点，直线AB(不垂直于x轴)过点F且与抛物线
交于A，B两点，直线OA，OB斜率之积为－p.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若M为线段AB中点，射线OM交抛物线于D点．求证：>2.
[解题观摩] (1)∵直线AB不垂直x轴，
∴直线AB的斜率k存在，且易知k≠0，记m＝，
则可设 直线 AB 的方程为 x ＝ my ＋ .
由消去x，得y2－2pmy－p2＝0.
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则y＋y＝2pm，yy＝－p2.
1 2 1 2
∴k ·k ＝＝＝－4＝－p，
OA OB
∴p＝4，∴抛物线C的方程为y2＝8x.
(2)证明：令M(x，y)，则y＝＝4m，
0 0 0
x＝my＋＝4m2＋2.又k ＝k ＝＝，
0 0 OD OM
∴直线OD的方程为y＝x.
由消去x，得y2＝·y，
∵O(0,0)，∴y ＝，
D
∴＝＝＝2＋>2得证．
[反思领悟]
单参问题经常需要在“k参”与“m参”中选择．一般而言，选“k参”还是选“m参”可以依照：
“一看已知点的坐标，二看所求问题目标”来决定．如本例中，因为已知AB过点F，而F点在x轴上，其
纵坐标为零，所以设直线AB时选“m参”解题更为轻巧．
二 “双参”解题
[例2] 已知离心率为的椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点P，与坐标轴不平行的直线l与椭圆C交于A，B两
点，其中M为A关于y轴的对称点，N(0，)，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)分别记△PAO，△PBO的面积为S，S，当M，N，B三点共线时，求S·S 的最大值．
1 2 1 2[解题观摩] (1)∵＝，a2＝b2＋c2，∴a＝2b，
∴椭圆C的方程可化为＋＝1.
将点P代入，得a＝2，b＝1，
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2) 设 l ： y ＝ kx ＋ m ( k ≠ 0),
A(x，y)，B(x，y)，则M(－x，y)．
1 1 2 2 1 1
由消去y，
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
由Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，得m2<4k2＋1，
∴x＋x＝，xx＝.
1 2 1 2
∵M，N，B三点共线，∴k ＝k ，
MN BN
∴＋＝0.
化简得 8 k (1 － m ) ＝ 0 ,
∴m＝或k＝0(舍去)．
设A，B两点到直线OP的距离分别为d，d，
1 2
∵l ：x－2y＝0，|OP|＝，
OP
∴d＝，d＝，
1 2
∴S＝×d×|OP|＝××
1 1
＝|x－2y|，
1 1
S＝×d×|OP|＝|x－2y|，
2 2 2 2
∴S · S ＝ |( x － 2 y )( x － 2 y )|
1 2 1 1 2 2
＝ |(2 k － ) 2 x x ＋ (2 k － )( x ＋ x ) ＋ 2 |
1 2 1 2
＝ .
又∵∈，
当且仅当k＝±时，等号成立，满足Δ>0，
∴当k＝－时，S·S 的最大值为.
1 2
[反思领悟]
对于圆锥曲线中的双参数问题，在求参数的取值范围时，许多情况下要先根据问题特征，求出其中一
个参数的范围，然后寻找两参数的等量关系，借助这个等量关系求另一个参数的范围．
“点参”解题
[例3] 如图，F是抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，A，B，M是抛物线 上三点(M 在
第一象限)，直线AB交x轴于点N(N在F的右边)，四边形FMNA是平行 四边形，记
△MFN，△FAB的面积分别为S，S.
1 2(1)若|MF|＝1，求点M的坐标(用含有p的代数式表示)；
(2)若＝，求直线OM的斜率(O为坐标原点)．
[解题观摩] (1)设M(x，y)，则x＋＝1，
所以x＝1－，所以y＝ ＝，
所以点M的坐标为.
(2) 设 M ( x ， y )，连接MA(图略)，
0 0
因为四边形FMNA是平行四边形，
所以对角线AM，FN互相平分，
所以A，M两点的纵坐标互为相反数，
所以A(x，－y)，N.
0 0
设B(x，y)，因为＝，
1 1
所以＝，所以y＝，x＝.
1 1
易知MF∥AB，所以k ＝k ，
AB MF
即＝，所以x－＝，
0
又y＝2px，解得x＝p，y＝p，
0 0 0
所以k ＝＝.
OM
[反思领悟]
“点参”解题是解析几何大题的一种重要方法，尤其在以抛物线为背景的解析几何大题中运用较多．
这是因为抛物线方程本身就是一个“x”与“y”的等量关系式，“x”与“y”的转换方便，且有降幂升幂的功
能．当然，椭圆背景的大题，也不乏适合“点参”解题的题目．
“解析几何”大题规范增分练
1．已知椭圆C∶＋＝1(a＞b＞0)的左右焦点分别为F(－2,0)，F(2,0)．过点F 的直线l与椭圆C交于
1 2 1
A，B两点，过点F 作AB的垂线交椭圆C于M，N两点，△MNF 的周长为4.
1 2
(1)求椭圆C的方程；
(2)求的取值范围．
解：(1)由题意得，c＝2，由椭圆定义，△MNF 的周长为4a＝4⇒a＝，所以b＝＝，所以椭圆C的方程
2
为＋＝1；
(2)当l⊥x轴时，MN与x轴重合，不符合题意，
当直线l与x轴重合时，|MN|＝＝，|AB|＝2a＝2，所以＝；
当直线l斜率存在且不为0时，设直线l：x＝ty－2，A(x，y)，B(x，y)，直线MN：x＝－y－2，
1 1 2 2
联立直线l与椭圆C的方程得⇒(t2＋3)y2－4ty－2＝0，Δ＝(4t)2＋8(t2＋3)＞0，
由韦达定理得yy＝－，y＋y＝.
1 2 1 2
所以|AB|＝|y－y|＝
1 2
＝2，同理|MN|＝2，
所以＝＝∈，
综上所述，的取值范围是.
2．(2022·湖南永州三模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦距为2，点P在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M，N是椭圆C上的两个动点，O为坐标原点，且直线PM，PN的倾斜角互补，求△OMN面积
的最大值．
解：(1)设椭圆的左、右焦点分别为F，F，因为焦距为2，P，
1 2
所以2c＝2且PF⊥x轴， 故＝，
2
又由于a2＝b2＋c2＝b2＋1，所以解得a＝2，b＝，
故椭圆C方程为＋＝1；
(2)设M(x，y)，N(x，y)，直线MN的方程为y＝kx＋m，
1 1 2 2
由于直线PM，PN的倾斜角互补，故k ＋k ＝0，
PM PN
联立方程整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
故Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝48(3＋4k2－m2)＞0，即m2＜3＋4k2，
且x＋x＝－，xx＝，
1 2 1 2
k ＋k ＝＋＝
PM PN
2k＋＝
2k＋＝
2k－＝
2k－＝＝0，
所以k＝，故MN的方程为y＝x＋m，且0≤m2<3＋4k2＝4,
所以弦长|MN|＝|x－x|＝
1 2
＝×，
原点到直线MN：x－2y＋2m＝0的距离为d＝，
所以S ＝|MN|d＝＝
△OMN
≤，
故当且仅当m＝±时，△OMN的面积的最大值为.
3.已知点F(－1,0)是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点，且椭圆C 经过点.过点
1
F 作不与x轴重合的直线与椭圆C相交于M，N两点，过点M作直线 l：x＝－4的
1
垂线，垂足为E.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求证：直线EN过定点，并求定点的坐标．
解：(1)由题意知所以a＝2，b＝，故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)证明：由题意F(－1,0)，设直线MN：x＝my－1，M(x，y)，N(x，y)，E(－4，y)，
1 1 1 2 2 1
联立整理得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，显然Δ＞0恒成立，
则y＋y＝，yy＝，易知：－2myy＝3(y＋y)，
1 2 1 2 1 2 1 2
又k ＝，所以直线EN：y－y＝(x＋4)，
EN 1
令y＝0，则x＝－4－＝－4－＝－4＋＝－4＋＝－.
所以直线EN过定点P.
4．(2022·河北秦皇岛二模)已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F ，F ，虚轴长为
1 2
2，离心率为，过F 的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点．
2
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知P(－2，0)，若△ABP的外心Q的横坐标为0，求直线l的方程．
解：(1)由题知因为c2＝a2＋b2，所以a2＝6，b2＝3，
故双曲线C的方程为－＝1.
(2)由(1)知F(3,0)．
2
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝3，则A，B.
因为△ABP为等腰三角形，且△ABP外接圆的圆心Q的横坐标为0，
所以Q(0,0)．
因为|QA|＝＝，|QP|＝2，所以|QA|≠|QP|，故此时不合题意．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－3)，
联立方程组得(2k2－1)x2－12k2x＋18k2＋6＝0，
由
解得k2＞，即k＞或k＜－.
设A(x，y)，B(x，y)，则x＋x＝，xx＝，
1 1 2 2 1 2 1 2
因为y＋y＝k(x＋x－6)＝，
1 2 1 2
所以线段AB的中点为M，
且|AB|＝·|x－x|＝·＝.
1 2
设Q(0，y)，因为Q在线段AB的垂直平分线上，所以＝－，
0
得y＝，即Q，
0
故|QP|2＝2＋12.
因为|QA|2＝|QM|2＋|AB|2，且|QA|＝|QP|，
所以2＋12＝2＋2＋，
化简得2k4－5k2＋2＝0，得k＝±或k＝±(舍去)，
所以直线l的方程为y＝±(x－3)，
即直线l的方程为x－y－3＝0或x＋y－3＝0.5.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线E：y2＝2px(p＞ 0) 的 焦 点 为
F，过点F的直线交E于A，B两点，设E的准线与x轴的交点为K， 当 S ＝
△ KAF
2S 时，S ＝.
△KBF △KBF
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)若点N(3,0)，过点N的直线l与E交于P，Q两点，是否存在x轴上的定点M，使得|MP||NQ|＝|MQ||
NP|恒成立？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)因为F，K，所以|KF|＝p.
由题意得直线AB的斜率不为0，设直线AB：x＝my＋，代入y2＝2px(p＞0)，
消去x得y2－2pmy－p2＝0，Δ＞0成立．
设点A(x，y)，B(x，y)，则yy＝－p2.
1 1 2 2 1 2
因为S ＝2S ，所以y＝－2y，所以y＝－p.
△KAF △KBF 1 2 2
又S ＝×p×(－y)＝，所以p＝2，
△KBF 2
所以抛物线E的标准方程为y2＝4x；
(2)假设存在点M(a,0)，使得|MP||NQ|＝|MQ||NP|恒成立．
设直线l：x＝ny＋3，代入y2＝4x消x得y2－4ny－12＝0，Δ＞0成立，
设P(x，y)，Q(x，y)，则y＋y＝4n，yy＝－12，
3 3 4 4 3 4 3 4
∴k ＋k ＝＋＝
MP MQ
＝
＝＝，
当a＝－3时，k ＋k ＝0，∴k ＝－k ，
MP MQ MP MQ
即∠PMN＝∠QMN，所以点N到直线MP和直线MQ 的距离相等，∴＝.
又∵＝，∴＝，∴|MP||NQ|＝|MQ||NP|恒成立，
∴存在点M(－3,0)，使得|MP||NQ|＝|MQ||NP|恒成立．
