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1
解密12
曲
中的
点
圆锥
线
热
问题
核心考点
读高考设问知考法
命题解读
圆锥曲线中
的最值、范
围问题
【2017 新课标1 文12】设
是椭圆
长轴的两个
端点，若
上存在点
满足
，则
的取值范围是
（ ）
1.圆锥曲线中的定
点与定值、最值与
范围问题是高考必
考的问题之一，主
要以解答题形式考
查，往往作为试卷
的压轴题之一；
2.以椭圆或抛物线
为背景，尤其是与
条件或结论相关存
在性开放问题，对
考生的代数恒等变
形能力、计算能力
有较高的要求，并
突出数学思想方法
的考查.
【2017 新课标1 理10】已知
为抛物线
：
的焦点，过
作两条互相垂直的直线
，直线
与
交于
两点，直线
与
交于
两点，则
的最小值为( )
【2014 新课标1 理20】已知点
，椭圆
: 的离心率为
，
是椭圆
的右焦点，直线
的斜率为
，
为坐标
原点．（I）求
的方程；（II）设过点
的动直线
与
相交于
两点，当
的面积最大时，求的直线方程．
圆锥曲线中
定值、定点
问题
【2018 新课标1 理19】设椭圆
的右焦点为
，过
的直线与
交于
两点，点
的坐标为
（1）略；（2）
设
为坐标原点，证明：
.
【2020 新课标Ⅰ理20】已知A，B 分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)的
左、右顶点，G 为E 的上顶点，AG·GB＝8.P 为直线x＝6 上的动
点，PA 与E 的另一交点为C，PB 与E 的另一交点为D.(1)求E 的方
程；(2)证明：直线CD 过定点.
【2020 新高考全国21】已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，
且过点A(2，1).(1)求C 的方程；(2)点M，N 在C 上，且AM⊥AN，
AD⊥MN，D 为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.
【2017 新课标1 理20】已知椭圆
：
，四
点
，
，
，
中恰有三点在椭
圆
上．（1）求
的方程；（2）设直线不经过
点且与
相交
于
两点，若
与
的斜率的和为
，证明：直线过定
点．
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2
圆锥曲线中
的存在性问
题
【2016 新课标1 文20】在直角坐标系
中，直线:
交
轴于点
，交抛物线
：
于点
，
关于
点
的对称点为
，连结
并延长交
于点
．（I）求
； （II）除
以外，直线
与
是否有其它公共点？说明理
由．
【2015 新课标2 理20】 已知椭圆
，直线
不过原点
且不平行于坐标轴，与
有两个交点
，
，线段
的中点为
．(Ⅰ)证明：直线
与的斜率乘积为定值；
（Ⅱ）若过点
，延长线段
与
交于点
，四边形
能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明
理由．
核心考点一 圆锥曲线中的最值、范围问题
1.圆锥曲线常考查的几何量
(1)直线方程：会用点斜式或斜截式设直线方程；
(2)线段长、面积：三角形、四边形的面积中蕴含着线段长、点到直线的距离公式；
(3)斜率公式、共线点的坐标关系：由两点坐标会表示出对应的直线斜率，共线点的横坐标或纵坐标也满足
比例关系；
(4)平面图形的几何性质：平行四边形、菱形等图形中的几何性质，如垂直、平行、平分、中点关系；
(5)向量关系的转化：会把向量关系转化为对应点，如坐标关系.
2.圆锥曲线中的范围、最值问题：可以转化为函数的值域、最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利
用式子的几何意义求解.
温馨提醒 圆锥曲线上点的坐标是有范围的，在涉及到求最值或范围问题时注意坐标范围的影响.
1.【2017 新课标1 文12】设
是椭圆
长轴的两个端点，若
上存在点
满足
，则
的取值范围是（ ）
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3
A．
B．
C．
D．
图 1
图 2
【解析】解法一：设
是椭圆C 短轴的两个端点，易知当点
是椭圆C 短轴的端点时
最大，依
题意只需使
．
①当
时，如图1，
，解得
，故
；
②当
时，如图2，
，解得
．
综上可知，m 的取值范围是
，故选A．
解法二：设
是椭圆C 短轴的两个端点，易知当点
是椭圆C 短轴的端点时
最大，依题意只需
使
．
①当
时，如图1，
，即
，
代入向量坐标，解得
，故
；
②当
时，如图2，
，即
，
代入向量坐标，解得
．综上m 的取值范围是
，故选A．
2．【2014 新课标1 理20】已知点
，椭圆
: 的离心率为
，
是椭圆
的右
焦点，直线
的斜率为
，
为坐标原点． （I）
求
的方程； （II）设过点
的动直线
与
相交于
两点，当
的面积最大时，求
的直线方程．
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【解析】(Ⅰ) 设
,0
F c
，由条件知2
2 3
3
c
，得
3
c
，又
3
2
c
a
，
所以
，
2
2
2
1
b
a
c
，故E 的方程
2
2
1
4
x
y
．
（Ⅱ）依题意当l
x
轴不合题意，故设直线l：
2
y
kx
，设
1
1
2
2
,
,
,
P x y
Q x
y
将
2
y
kx
代入
2
2
1
4
x
y
，得
2
2
1
4
16
12
0
k
x
kx
，
当
2
16(4
3)
0
k
，即
2
3
4
k
时，
2
1,2
2
8
2 4
3
1
4
k
k
x
k
从而
2
2
2
1
2
2
4
1
4
3
1
1
4
k
k
PQ
k
x
x
k
，又点O 到直线PQ 的距离
2
2
1
d
k
，所以OPQ
的面积
2
2
1
4 4
3
2
1
4
OPQ
k
S
d PQ
k
，设
2
4
3
k
t
，则
0
t
，
2
4
4
1
4
4
OPQ
t
S
t
t
t
，
当且仅当
2
t
，
7
2
k
等号成立，且满足
0
，
所以当OPQ 的面积最大时，l 的方程为
7
2
2
y
x
或
7
2
2
y
x
．
1．【2017 新课标1 理10】已知
为抛物线
：
的焦点，过
作两条互相垂直的直线
，直线
与
交于
两点，直线
与
交于
两点，则
的最小值为( )
A．16
B．14
C．12
D．10
【解析1】由已知
垂直于
轴是不符合题意，所以
的斜率存在设为
，
的斜率为
，
由题意有
，设
，
，
，
，
此时直线
方程为
，
取方程
，得
，
∴
，同理得
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由抛物线定义可知
当且仅当
（或
）时，取得等号．故选A；
【解析2】设AB 倾斜角为．作
1
AK 垂直准线，
2
AK 垂直x 轴，易知
1
1
cos
2
2
AF
GF
AK
AK
AF
P
P
GP
P
（几何关系）
（抛物线特性）
，
cos
AF
P
AF
∴
，同理
1
cos
P
AF
，
1
cos
P
BF
，
∴
2
2
2
2
1
cos
sin
P
P
AB
，
又
DE
与
AB
垂直，即
DE
的倾斜角为π
2
，
2
2
2
2
π
cos
sin
2
P
P
DE
，而
2
4
y
x
，即
2
P
．
∴
2
2
1
1
2
sin
cos
AB
DE
P
2
2
2
2
sin
cos
4 sin
cos
2
2
4
sin
cos
2
4
1 sin 2
4
2
16
16
sin 2
≥
，当且仅当
π
4
取等号，即AB
DE
最小值为16 ，故选A；
【解析3】依题意知：
2
2
sin
P
AB
，
2
2
2
2
π
cos
sin
2
P
P
DE
，由柯西不等式知：
2
2
2
2
2
1
1
(1 1)
2
2
8
16
sin
cos
sin
cos
AB
DE
P
P
P
，当且仅当
π
4
取等号，故选A；
【解析4】设直线的倾斜角为
，则
，则
，所以
，故选A
2.已知椭圆的一个顶点为A(0，－1)，焦点在x 轴上.若右焦点到直线x－y＋2＝0 的距离为3.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线y＝kx＋m(k≠0)与椭圆相交于不同的两点M，N.当|AM|＝|AN|时，求m 的取值范围.
【解析】(1)依题意可设椭圆方程为＋y2＝1(a>1)，
则右焦点F(，0)，由题设＝3，
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解得a2＝3.∴所求椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)设P(xP，yP)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，P 为弦MN 的中点，
由得(3k2＋1)x2＋6mkx＋3(m2－1)＝0，
∵直线与椭圆相交，
∴Δ＝(6mk)2－4(3k2＋1)×3(m2－1)>0⇒m2<3k2＋1.①
∴xP＝＝－，从而yP＝kxP＋m＝，
∴kAP＝＝－，
又∵|AM|＝|AN|，∴AP⊥MN，
则－＝－，即2m＝3k2＋1.②
把②代入①，得m2<2m，解得0<m<2；
由②得k2＝>0，解得m>.
综上， 求得m 的取值范围是.
核心考点二 圆锥曲线中定值、定点问题
圆锥曲线中的定点、定值问题：
(1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这
类问题称为定点问题.
若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝
kx＋m，则直线必过定点(0，m).
(2)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的
参变量无关，这类问题统称为定值问题.
1．【2018 新课标1 理19】设椭圆
的右焦点为
，过
的直线与
交于
两点，点
的坐标为
（1）当与
轴垂直时，求直线
的方程；（2）设
为坐标原点，证明：
.
【解析】（1）由已知得
，l 的方程为x=1.
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由已知可得，点A 的坐标为
或
.
所以AM 的方程为
或
.
（2）当l 与x 轴重合时，
.
当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以
.
当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为
，
，
则
，直线MA，MB 的斜率之和为
.
由
得
.
将
代入
得
.
所以，
.
则
.
从而
，故MA，MB 的倾斜角互补，所以
.
综上，
.
2.【2020 新课标Ⅰ理20】已知A，B 分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G 为E 的上顶点，AG·GB
＝8.P 为直线x＝6 上的动点，PA 与E 的另一交点为C，PB 与E 的另一交点为D.
(1)求E 的方程；
(2)证明：直线CD 过定点.
【解析】(1)由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1).
则AG＝(a，1)，GB＝(a，－1).
由AG·GB＝8，得a2－1＝8，
解得a＝3 或a＝－3(舍去).
所以椭圆E 的方程为＋y2＝1.
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(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t).
若t≠0，设直线CD 的方程为x＝my＋n，
由题意可知－3<n<3.
易知直线PA 的方程为y＝(x＋3)，所以y1＝(x1＋3).
易知直线PB 的方程为y＝(x－3)，所以y2＝(x2－3).
可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3).①
由于＋y＝1，故y＝－，②
由①②可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，
结合x＝my＋n，
得(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.③
将x＝my＋n 代入＋y2＝1，
得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.
所以y1＋y2＝－，y1y2＝.
代入③式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2(m2＋9)＝0，
解得n＝－3(舍去)或n＝.
故直线CD 的方程为x＝my＋，
即直线CD 过定点.
若t＝0，则直线CD 的方程为y＝0，过点.
综上，直线CD 过定点.
3.【2020 新高考全国21】已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点A(2，1).
(1)求C 的方程；
(2)点M，N 在C 上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D 为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.
【解析】(1)由题设得＋＝1, ＝，
解得a2＝6，b2＝3.
所以C 的方程为＋＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2).若直线MN 与x 轴不垂直，
设直线MN 的方程为y＝kx＋m，代入＋＝1，
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－，x1x2＝.①
由AM⊥AN，得AM·AN＝0，
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故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，
整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.
将①代入上式，可得(k2＋1)－(km－k－2)＋(m－1)2
＋4＝0，
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.
因为A(2，1)不在直线MN 上，
所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1.
所以直线MN 的方程为y＝k－(k≠1).
所以直线MN 过点P.
若直线MN 与x 轴垂直，可得N(x1，－y1).
由AM·AN＝0，
得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
又＋＝1，所以3x－8x1＋4＝0.
解得x1＝2(舍去)，或x1＝.
此时直线MN 过点P.
令Q 为AP 的中点，即Q.
若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt△ADP 的斜边，
故|DQ|＝|AP|＝.
若D 与P 重合，则|DQ|＝|AP|.
综上，存在点Q，使得|DQ|为定值.
1.已知椭圆C：＋＝1 过点A(2，0)，B(0，1)两点.
(1)求椭圆C 的方程及离心率；
(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线PA 与y 轴交于点M，直线PB 与x 轴交于点N，求证：四边
形ABNM 的面积为定值.
【解析】(1)由题意知a＝2，b＝1.所以椭圆方程为＋y2＝1，
又c＝＝.所以椭圆离心率e＝＝.
(2)设P 点坐标为(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则x＋4y＝4，
由B 点坐标(0，1)得直线PB 方程为：y－1＝(x－0)，
令y＝0，得xN＝，从而|AN|＝2－xN＝2＋，
由A 点坐标(2，0)得直线PA 方程为y－0＝(x－2)，
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令x＝0，得yM＝，从而|BM|＝1－yM＝1＋，
所以S 四边形ABNM＝|AN|·|BM|
＝＝＝＝2.
即四边形ABNM 的面积为定值2.
2.已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率e＝，且圆x2＋y2＝2 过椭圆C 的上、下顶点.
(1)求椭圆C 的方程.
(2)若直线l 的斜率为，且直线l 交椭圆C 于P，Q 两点，点P 关于原点的对称点为E，A(－2，1)是椭圆C
上的一点，判断直线AE 与AQ 的斜率之和是否为定值，如果是，请求出此定值；如果不是，请说明理由.
【解析】(1)由圆x2＋y2＝2 过椭圆C 的上、下顶点，可得b＝.
又离心率e＝，所以＝，解得a＝2.
所以椭圆C 的方程为＋＝1.
(2)由直线l 的斜率为，可设直线l 的方程为
y＝x＋t(t≠0).
由消去y 并整理得x2＋2tx＋2t2－4＝0.
由题意知Δ＝4t2－4(2t2－4)＞0，解得－2＜t＜2 且t≠0.
设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由点P 与点E 关于原点对称，得E(－x1，－y1).
易知x1＋x2＝－2t，x1x2＝2t2－4.
设直线AE 与AQ 的斜率分别为kAE，kAQ，
由A(－2，1)，得kAE＋kAQ＝＋
＝.
又y1＝x1＋t，y2＝x2＋t，
于是有(2－x1)(y2－1)－(2＋x2)(y1＋1)
＝2(y2－y1)－(x1y2＋x2y1)＋(x1－x2)－4
＝(x2－x1)－＋(x1－x2)－4
＝－x1x2－t(x1＋x2)－4
＝－(2t2－4)－t(－2t)－4＝0.
因此kAE＋kAQ＝0.
于是直线AE 与AQ 的斜率之和为定值，此定值为0.
3．【2017 新课标1 理20】已知椭圆
：
，四点
，
，
，
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11
中恰有三点在椭圆
上． （1）求
的方程； （2）设直线不经过
点且与
相交于
两点，若直线
与直线
的斜率的和为
，证明：直线过定点．
【解析】（1）根据椭圆对称性，必过
3P 、
4P ，又
4P 横坐标为1，椭圆必不过
1P ，所以过
2
3
4
P
P
P
，
，三点，
将
2
3
3
0
1
1
2
P
P
，，
，
代入椭圆方程得：
2
2
2
1
1
3
1
4
1
b
a
b
，解得
2
4
a
，
2
1
b
，
∴椭圆C 的方程为：
2
2
1
4
x
y
．
（2）①当斜率不存在时，设
:
A
A
l x
m
A m
y
B m
y
，
，
，
，
，
2
2
1
1
2
1
A
A
P A
P B
y
y
k
k
m
m
m
，得
2
m
，此时l 过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．
②当斜率存在时，设
1
l
y
kx
b b
∶
，
1
1
2
2
A x
y
B x
y
，
，
，
，
联立
2
2
4
4
0
y
kx
b
x
y
，整理得
2
2
2
1
4
8
4
4
0
k
x
kbx
b
，
由韦达定理得
1
2
2
8
1
4
kb
x
x
k
，
2
1
2
2
4
4
1
4
b
x
x
k
，则
2
2
1
2
1
2
1
1
P A
P B
y
y
k
k
x
x
2
1
2
1
2
1
1
2
x
kx
b
x
x
kx
b
x
x x
2
2
2
2
2
8
8
8
8
1
4
4
4
1
4
kb
k
kb
kb
k
b
k
8
1
1
4
1
1
k b
b
b
，
又
1
b
，
2
1
b
k
，
此时
64k
，
存在k 使得
0
成立．∴直线l 的方程为
2
1
y
kx
k
，当
2
x
时，
1
y ，所以l 过定点
2
1
，
．
核心考点三 圆锥曲线中的存在性问题
圆锥曲线中的存在性问题的解题步骤：
(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组).
(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在.
(3)下结论.
1．【2016 新课标1 文20】在直角坐标系
中，直线:
交
轴于点
，交抛物线
：
于点
，
关于点
的对称点为
，连结
并延长交
于点
．
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（I）求
； （II）除
以外，直线
与
是否有其它公共点？说明理由．
【解析】（1）如图，由题意不妨设
，可知点
的坐标分别为
，
，
，
H
N
P
M
O
y
x
从而可得直线
的方程为
，联立方程
，解得
，
．
即点
的坐标为
，从而由三角形相似可知
．
（2）由于
，
，可得直线
的方程为
，
整理得
，联立方程
，整理得
，
则
，从而可知
和
只有一个公共点
．
2．【2015 新课标2 理20】 已知椭圆
，直线不过原点
且不平行于坐标轴，
与
有两个交点
，
，线段
的中点为
．(Ⅰ)证明：直线
的斜率与的斜率的乘积为定值；
（Ⅱ）若过点
，延长线段
与
交于点
，四边形
能否为平行四边形？若能，求此时
的斜率，若不能，说明理由．
【解析】 (Ⅰ)设直线
，
，
，
．
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将
代入
得
，故
，
．于是直线
的斜率
，即
．所以直线
的斜率
与的斜率的乘积为定值．
（Ⅱ）四边形
能为平行四边形．
因为直线过点
，所以不过原点且与
有两个交点的充要条件是
，
．
由(Ⅰ)得
的方程为
．设点
的横坐标为
．由
得
，即
．将点
的坐标代入直线的方程得
，因此
．
四边形
为平行四边形当且仅当线段
与线段
互相平分，即
．
于是
．解得
，
．因为
，
，
，
所以当的斜率为
或
时，四边形
为平行四边形．
1.设椭圆M：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为A(－1，0)，B(1，0)，C 为椭圆M 上的点，且∠ACB＝，
S△ABC＝.
(1)求椭圆M 的标准方程；
(2)设过椭圆M 右焦点且斜率为k 的动直线与椭圆M 相交于E，F 两点，探究在x 轴上是否存在定点D，使
得DE·DF为定值？若存在，试求出定值和点D 的坐标；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)在△ABC 中，由余弦定理
AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cos C＝(CA＋CB)2－3CA·CB＝4.
又S△ABC＝CA·CB·sin C＝CA·CB＝，
∴CA·CB＝，代入上式得CA＋CB＝2.
椭圆长轴长为2a＝2，焦距为2c＝AB＝2，b2＝a2－c2＝1.
所以椭圆M 的标准方程为＋y2＝1.
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(2)设直线方程y＝k(x－1)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，
联立
消去y 得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8>0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
假设x 轴上存在定点D(x0，0)，使得DE·DF为定值.
∴DE·DF＝(x1－x0，y1)·(x2－x0，y2)
＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋y1y2
＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋k2(x1－1)(x2－1)
＝(1＋k2)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋x＋k2
＝.
要使DE·DF为定值，则DE·DF的值与k 无关，
∴2x－4x0＋1＝2(x－2)，解得x0＝，
此时DE·DF＝－为定值，定点为.
2.已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线经过点P(－1，0).
(1)求抛物线C 的方程.
(2)设O 是原点，直线l 恒过定点(1，0)，且与抛物线C 交于A，B 两点，直线x＝1 与直线OA，OB 分别交
于点M，N，请问：是否存在以MN 为直径的圆经过x 轴上的两个定点？若存在，求出两个定点的坐标；若
不存在，请说明理由.
【解析】(1)依题意知，－＝－1，解得p＝2，
所以抛物线C 的方程为y2＝4x.
(2)存在，理由如下.
设直线AB 的方程为x＝ty＋1，A，B.
联立直线AB 与抛物线C 的方程得消去x 并整理，得y2－4ty－4＝0.
易知Δ＝16t2＋16＞0，则
由直线OA 的方程y＝x，可得M，由直线OB 的方程y＝x，可得N.
设以MN 为直径的圆上任一点D(x，y)，则DM·DN＝0，
所以以MN 为直径的圆的方程为
(x－1)2＋＝0.
令y＝0，得(x－1)2＋＝0.
将y1y2＝－4 代入上式，得(x－1)2－4＝0，
解得x1＝－1，x2＝3.
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故存在以MN 为直径的圆经过x 轴上的两个定点，两个定点的坐标分别为(－1，0)和(3，0).
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