2020年高考理科数学《圆锥曲线》题型归纳与训练【题型归纳】题型一求曲线的方程例1已知，，点满足，记点的轨迹为．求轨迹的方程．【答案】【解
析】由可知：点的轨迹是以为焦点的双曲线的右支，由，∴，故轨迹的方程为.【易错点】（1）对于双曲线的定义理解片面；（2）如果动点满足
，则点的轨迹是双曲线。但该题已知条件中给出的是“”只能表示点的轨迹是双曲线的右支，而不是双曲线的全部。【思维点拨】利用双曲线解题时
，一定要观察是双曲线的全部还是部分。题型二定值、定点问题例2已知椭圆C：＋＝1过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．【答案】(1)＋y2＝1，e＝(2)2.【解析】(1)由题意得所以椭圆C的方程为＋y2＝1.又c＝＝，所以离心率e＝＝.(2
)证明：设P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则x＋4y＝4.又A(2,0)，B(0,1)，所以直线PA的方程为y＝(x－2)
.令x＝0，得yM＝－，从而|BM|＝1－yM＝1＋.直线PB的方程为y＝x＋1.令y＝0，得xN＝－，从而|AN|＝2－xN＝2
＋.所以四边形ABNM的面积S＝|AN|·|BM|＝＝＝从而四边形ABNM的面积为定值.【易错点】(1)．想不到设出P(x0，y0
)后，利用点斜式写出直线PA，PB的方程．不会由直线PA，PB的方程求解|BM|，|AN|；(2)．不知道四边形的面积可用S＝|
AN|·|BM|表示；(3)．四边形ABNM的面积用x0，y0表示后，不会变形、化简，用整体消参来求值．【思维点拨】第(1)问由a
＝2，b＝1，c＝，解第一问；第(2)问画草图可知AN⊥BM，四边形ABNM的面积为|AN|·|BM|，设点P(x0，y0)，得出
PA，PB的方程，进而得出M，N的坐标，得出|AN|，|BM|，只需证明|AN|·|BM|是一个与点P的坐标无关的量即可．例3已知
椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上．(1)求C的方程；(2)设直线l
不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．【答案】(1)＋y2＝1(2)(2，
－1)【解析】(1)因为P3，P4，所以P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．又由＋>＋知，椭圆C不经过
点P1，所以点P2在椭圆C上.故椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.由题设知t≠
0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为，.则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．将y
＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.设A(x1，y
1)，B(x2，y2)，而k1＋k2＝＋＝＋＝.由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.即(
2k＋1)·＋(m－1)·＝0.当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，所以l过定点(2，－1)
.【易错点】(1)观察不出P3，P4对称，忽视对称性导致判断失误;(2)不会用点的坐标代入方程判断P1，P2是否在椭圆上而滞做;
(3)联立直线l与椭圆C的方程，计算化简失误而滞做;(4)利用k1＋k2＝－1运算变形不明确变形目标，导致化简不出k，m的关系．【
思维点拨】第(1)问利用椭圆的性质，易排除点P1(1,1)不在椭圆上，从而求椭圆方程；第(2)问分类讨论斜率是否存在，若存在，设l
：y＝kx＋m，利用条件建立k，m的等量关系，消参后再表示出直线l的方程可证明．题型三最值（范围）问题例4已知椭圆C：＋y2＝1(
a＞0)，F1，F2分别是其左、右焦点，以F1F2为直径的圆与椭圆C有且仅有两个交点．(1)求椭圆C的方程；(2)设过点F1且不与
坐标轴垂直的直线l交椭圆于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点P，点P横坐标的取值范围是，求线段AB长的取值范围．【答案】
(1)＋y2＝1(2)【解析】(1)因为以F1F2为直径的圆与椭圆C有且仅有两个交点，所以b＝c＝1，a＝，所以椭圆C的方程为＋y
2＝1．(2)根据题意，直线A，B的斜率存在且不为0，设直线AB的方程为y＝k(x＋1)，与＋y2＝1联立，消去y并整理得(1＋2
k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为M(x0，y0)，则x1＋x2＝－，x1·
x2＝，y1＋y2＝k(x1＋1)＋k(x2＋1)＝k(x1＋x2＋2)＝，即M.则直线AB的垂直平分线为y－＝－，令y＝0，得x
P＝，因为xP∈，即－＜＜0，所以0＜k2＜，＝＝＝.∵＜＜1，∴|AB|∈．【易错点】运算错误，由于运算方法、运算技巧以及自身运
算能力差，都是出错原因。【思维点拨】与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法：（1）数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置
后数形结合求解．（2）构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．（3）构建函数法：先引入变量构建以待求
量为因变量的函数，再求其值域．题型四存在性问题例5.如图，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率是，点P(0，1)在短轴CD上，且·
＝－1.(1)求椭圆E的标准方程；(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得·＋λ·为定值？若
存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)＋＝1(2)－3，理由见解析【解析】(1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－
b)，(0，b)．又点P的坐标为(0,1)，且·＝－1，于是解得a＝2，b＝.所以椭圆E的方程为＋＝1.(2)当直线AB的斜率存在
时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.其
判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝－.从而，·＋λ·＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(
y1－1)(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝＝－－λ－2.所以，当λ＝1时，－－λ－2＝－3.
此时，·＋λ·＝－3为定值．当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD.此时，·＋λ·＝·＋λ·＝－2－λ.当λ＝1时，·＋·＝
－3，为定值．综上，存在常数λ＝1，使得·＋λ·为定值－3.【思维点拨】解决是否存在常数的问题时，应首先假设存在，看是否能求出符合
条件的参数值，如果推出矛盾就不存在，否则就存在。例6已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F2(2,0)，点P在椭圆C上．(1
)求椭圆C的标准方程；(2)是否存在斜率为－1的直线l与椭圆C相交于M，N两点，使得|F1M|＝|F1N|(F1为椭圆的左焦点)？
若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．【答案】(1)＋＝1(2)不存在满足条件的直线l【解析】(1)法一：∵椭圆C的右焦点
为F2(2,0)，∴c＝2，椭圆C的左焦点为F1(－2,0)．由椭圆的定义可得2a＝＝＋＝2，解得a＝，∴b2＝a2－c2＝6
－4＝2.∴椭圆C的标准方程为＋＝1.法二：∵椭圆C的右焦点为F2(2,0)，∴c＝2，故a2－b2＝4，又点P在椭圆C上，则＋＝
1，故＋＝1，化简得3b4＋4b2－20＝0，得b2＝2，a2＝6.∴椭圆C的标准方程为＋＝1.(2)假设存在满足条件的直线l，设
直线l的方程为y＝－x＋t，由得x2＋3(－x＋t)2－6＝0，即4x2－6tx＋(3t2－6)＝0，Δ＝(－6t)2－4×4×(
3t2－6)＝96－12t2>0，解得－2|＝|F1N|，设线段MN的中点为E，则F1E⊥MN，故kF1E＝－＝1，又F1(－2,0)，E，即E，∴kF1E＝＝1，解得t＝
－4.当t＝－4时，不满足－2线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解【巩固训练】题型一求曲线的方程1.已知A(－1,0)，B是圆F：x2
－2x＋y2－11＝0(F为圆心)上一动点，线段AB的垂直平分线交BF于点P，则动点P的轨迹方程为()A.＋＝1B.－＝1C.
－＝1D.＋＝1【答案】D【解析】由题意得|PA|＝|PB|，∴|PA|＋|PF|＝|PB|＋|PF|＝r＝2＞|AF|＝2，∴
点P的轨迹是以A、F为焦点的椭圆，且a＝，c＝1，∴b＝，∴动点P的轨迹方程为＋＝1，故选D.2.已知点A(0，－1)，当点B在曲
线y＝2x2＋1上运动时，线段AB的中点M的轨迹方程是_______________．【答案】y＝4x2【解析】设M(x，y)，B
(x0，y0)，则y0＝2x＋1.又因为M为AB的中点，所以即将其代入y0＝2x＋1得，2y＋1＝2(2x)2＋1，即y＝4x2.
3.已知圆C的方程为x2＋y2＝4，过圆C上的一动点M作平行于x轴的直线m，设m与y轴的交点为N，若向量＝＋，求动点Q的轨迹．【答
案】＋＝1(y≠0)．【解析】设点Q的坐标为(x，y)，点M的坐标为(x0，y0)(y0≠0)，则点N的坐标为(0，y0)．因为＝
＋，即(x，y)＝(x0，y0)＋(0，y0)＝(x0,2y0)，则x0＝x，y0＝.又因为点M在圆C上，所以x＋y＝4，即x2＋
＝4(y≠0)．所以动点Q的轨迹方程是＋＝1(y≠0)．题型二定值、定点问题1.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点(
2，)在C上．(1)求C的方程；(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M证明：直线OM的
斜率与直线l的斜率的乘积为定值．【答案】(1)＋＝1(2)略【解析】(1)由题意有＝，＋＝1，解得a2＝8，b2＝4.所以C的方程
为＋＝1．(2)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．将y＝kx＋
b代入＋＝1，得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0．故xM＝＝，yM＝k·xM＋b＝．于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即
kOM·k＝－.所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．2.已知动圆M恒过点(0,1)，且与直线y＝－1相切．(1)求圆心M
的轨迹方程；(2)动直线l过点P(0，－2)，且与点M的轨迹交于A，B两点，点C与点B关于y轴对称，求证：直线AC恒过定点.【答
案】(1)x2＝4y(2)略【解析】(1)由题意，得点M与点(0,1)的距离始终等于点M到直线y＝－1的距离，由抛物线定义知圆心M
的轨迹为以点(0,1)为焦点，直线y＝－1为准线的抛物线，则＝1，p＝2.∴圆心M的轨迹方程为x2＝4y．(2)证明：由题知，直线
l的斜率存在，∴设直线l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(－x2，y2)，联立得x2－4kx＋8＝0，∴k
AC＝＝＝，则直线AC的方程为y－y1＝(x－x1)，即y＝y1＋(x－x1)＝x－＋＝x＋．∵x1x2＝8，∴y＝x＋＝x＋2，
故直线AC恒过定点(0,2)．3.已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)上一点P与椭圆右焦点的连线垂直于x轴，直线l：y＝kx＋m与椭圆
C相交于A，B两点(均不在坐标轴上)．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设O为坐标原点，若△AOB的面积为，试判断直线OA与OB的斜
率之积是否为定值？【答案】(1)＋＝1(2)－．【解析】(1)由题意知解得∴椭圆C的标准方程为＋＝1．(2)设点A(x1，y1)
，B(x2，y2)，由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，由Δ＝(8km)2－16(4k2＋3)(m2－3)＞0，得
m2＜4k2＋3．∵x1＋x2＝，x1x2＝，∴S△OAB＝|m||x1－x2|＝|m|·＝，化简得4k2＋3－2m2＝0，满足Δ
＞0，从而有4k2－m2＝m2－3()，∴kOA·kOB＝＝＝＝＝－·，由()式，得＝1，∴kOA·kOB＝－，即直线OA与O
B的斜率之积为定值－．题型三最值（范围）问题1.已知平面内一动点M与两定点B1(0，－1)和B2(0,1)连线的斜率之积等于－.
(1)求动点M的轨迹E的方程；(2)设直线l：y＝x＋m(m≠0)与轨迹E交于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点P，当m变
化时，求△PAB面积的最大值.【答案】(1)＋y2＝1(x≠0)(2)【解析】(1)设M的坐标为(x，y)，1分依题意得·＝－，
化简得动点M的轨迹E的方程为＋y2＝1(x≠0)．(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立化简得3x2＋4mx＋2m2－2
＝0(x≠0)，∵有两个不同的交点，由根与系数的关系得x1＋x2＝－，x1x2＝，∴Δ＝(4m)2－12(2m2－2)＞0，即－＜
m＜且m≠－1,0,1.设A，B的中点为C(xC，yC)，则xC＝＝－，yC＝xC＋m＝，∴C，∴线段AB的垂直平分线方程为y－＝
－，令y＝0，得P点坐标为则点P到AB的距离d＝，由弦长公式得|AB|＝·＝，∴S△PAB＝···＝≤·＝，当且仅当m2＝，即m
＝±∈(－，)时，等号成立，∴△PAB面积的最大值为．2.已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)离心率为，过点E(－，0)的椭圆的两条切线相
互垂直.(1)求此椭圆的方程；(2)若存在过点(t,0)的直线l交椭圆于A，B两点，使得FA⊥FB(F为右焦点)，求t的取值范围
.【答案】(1)＋＝1(2)【解析】(1)由椭圆的离心率e＝＝，得a＝2c，b2＝a2－c2＝3c2.不妨设在x轴上方的切点为M
，x轴下方的切点为N，由椭圆的对称性知kME＝1，直线ME的方程为y＝x＋，联立消去y，整理得7x2＋8x＋28－12c2＝0，
由Δ＝(8)2－4×7×(28－12c2)＝0，得c＝1，∴a＝2，b＝，∴椭圆方程为＋＝1.(2)设l的方程为x＝my＋t，A(
x1，y1)，B(x2，y2)，联立消去x，整理得(3m2＋4)y2＋6mty＋3t2－12＝0，则y1＋y2＝，y1y2＝.又＝
(x1－1，y1)，＝(x2－1，y2)，∴·＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2＝(m2
＋1)y1y2＋(mt－m)(y1＋y2)＋t2－2t＋1＝0，∴(m2＋1)(3t2－12)＋(mt－m)(－6mt)＋(t2－
2t＋1)·(3m2＋4)＝0，化简得7t2－8t－8＝9m2.要满足题意，则7t2－8t－8＝9m2有解，∴7t2－8t－8≥0
，解得t≥或t≤.∴t的取值范围为.3.已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，直线PQ过F交椭圆于P，Q两点，且|PF|max
·|QF|min＝.(1)求椭圆的长轴与短轴的比值；(2)如图，线段PQ的垂直平分线与PQ交于点M，与x轴，y轴分别交于D，E
两点，求的取值范围．【答案】(1)2(2)【解析】(1)设F(c,0)，则|PF|max＝a＋c，|QF|min＝a－c，∴a2－
c2＝.∵b2＋c2＝a2，∴a2＝4b2，∴长轴与短轴的比值为2a∶2b＝2.(2)由(1)知a＝2b，可设椭圆方程为＋＝1.依
题意，直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ的方程为y＝k(x－c)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立消去y，得(4k2＋
1)x2－8k2cx＋4k2c2－4b2＝0，则x1＋x2＝，∴y1＋y2＝k(x1＋x2－2c)＝－，∴M.∵MD⊥PQ，设D(
x3,0)，∴·k＝－1，解得x3＝，∴D.∵△DMF∽△DOE，∴＝＝＝>，∴的取值范围为.题型四存在性问题1.如图，椭圆C：＋
＝1(a>b>0)经过点P，离心率e＝，直线l的方程为x＝4.(1)求椭圆C的方程；(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)
，设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在
，求λ的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)＋＝1(2)λ＝2【解析】(1)由P在椭圆上得，＋＝1.①依题设知a＝2c，则b2＝
3c2.②②代入①解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.故椭圆C的方程为＋＝1.(2)由题意可设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为
y＝k(x－1)．③代入椭圆方程并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有x1＋x2＝，x1x2＝.④在方程③中令x＝4得，M的坐标为(4,3k)．从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－.由于A，F，B三点
共线，则有k＝kAF＝kBF，即有＝＝k.所以k1＋k2＝＋＝＋－＋＝2k－·.⑤④代入⑤得k1＋k2＝2k－·＝2k－1，又k3
＝k－，所以k1＋k2＝2k3.故存在常数λ＝2符合题意．2.已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，左顶点为A，左焦点为F1(
－2,0)，点B(2，)在椭圆C上，直线y＝kx(k≠0)与椭圆C交于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N.(1)求椭
圆C的方程；(2)在x轴上是否存在点P，使得无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理
由．【答案】(1)＋＝1(2)P(2,0)或P(－2,0)【解析】(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，因为椭圆的左焦点为F
1(－2,0)，所以a2－b2＝4.由题可得椭圆的右焦点为F2(2,0)，已知点B(2，)在椭圆C上，由椭圆的定义知|BF1|＋|
BF2|＝2a，所以2a＝3＋＝4.所以a＝2，从而b＝2.所以椭圆C的方程为＋＝1.(2)因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为
(－2，0)．因为直线y＝kx(k≠0)与椭圆＋＝1交于两点E，F，设点E(x0，y0)(不妨设x0>0)，则点F(－x0，－y0
)．联立方程消去y得x2＝.所以x0＝，y0＝，所以直线AE的方程为y＝(x＋2)．因为直线AE与y轴交于点M，令x＝0，得y＝，即点M.同理可得点N.假设在x轴上存在点P(t,0)，使得∠MPN为直角，则·＝0.即t2＋×＝0，即t2－4＝0.解得t＝2或t＝－2.故存在点P(2,0)或P(－2,0)，无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角．3.已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2，0)为其右焦点．(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)＋＝1(2)所以符合题意的直线l不存在【解析】(1)依题意，可设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，且可知其左焦点为F′(－2,0)．从而有解得又a2＝b2＋c2，所以b2＝12.故椭圆C的方程为＋＝1.(2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为y＝x＋t.由得3x2＋3tx＋t2－12＝0.因为直线l与椭圆C有公共点，所以Δ＝(3t)2－4×3(t2－12)＝144－3t2≥0，解得－4≤t≤4.另一方面，由直线OA与l的距离等于4，可得＝4，从而t＝±2.由于±2[－4，4]，所以符合题意的直线l不存在．42 |
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