2017届高考文科数学（全国通用）二轮教师文档讲义：专题5
第 3 讲 圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题
高考定位 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一，一般以椭圆或抛物线为背
景，试题难度较大，对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求.
真 题 感 悟
(2016·全国Ⅱ卷)已知 A 是椭圆 E：x2
4
＋y2
3
＝1 的左顶点，斜率为 k(k>0)的直线交
E 于 A，M 两点，点 N 在 E 上，MA⊥NA.
(1)当|AM|＝|AN|时，求△AMN 的面积.
(2)当 2|AM|＝|AN|时，证明： 3
0，由|AM|＝|AN|及椭圆的对称性知，直线
AM 的倾斜角为π
4.
又 A(－2，0)，因此直线 AM 的方程为 y＝x＋2.将 x＝y－2 代入x2
4
＋y2
3
＝1 得 7y2
－12y＝0，解得 y＝0 或 y＝12
7
，所以 y1＝12
7 .
因此△AMN 的面积 S△AMN＝2×1
2
×12
7
×12
7
＝144
49 .
(2)证明 将直线 AM 的方程 y＝k(x＋2)(k>0)代入x2
4
＋y2
3
＝1 得(3＋4k2)x2＋16k2x＋
16k2－12＝0，
由 x1·(－2)＝16k2－12
3＋4k2
得 x1＝2（3－4k2）
3＋4k2
，
故|AM|＝|x1＋2| 1＋k2＝12 1＋k2
3＋4k2 .
由题设，直线 AN 的方程为 y＝－1
k(x＋2)，
故同理可得|AN|＝12k 1＋k2
3k2＋4
.
由 2|AM|＝|AN|，得 2
3＋4k2
＝ k
3k2＋4
，即 4k3－6k2＋3k－8＝0，
设 f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，则 k 是 f(t)的零点，f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，
所以 f(t)在(0，＋∞)上单调递增，又 f( 3)＝15 3－26<0，f(2)＝6>0，因此 f(t)在
(0，＋∞)上有唯一的零点，且零点 k 在( 3，2)内，所以 3b>0)的离
心率为 3
2
，F 是椭圆 E 的右焦点，直线 AF 的斜率为2 3
3
，O 为坐标原点.
(1)求 E 的方程；
(2)设过点 A 的动直线 l 与 E 相交于 P，Q 两点.当△OPQ 的面积最大时，求 l 的
方程.
解 (1)设 F(c，0)，由条件知2
c
＝2 3
3
，得 c＝ 3.
又c
a
＝ 3
2
，所以 a＝2，b2＝a2－c2＝1.
故 E 的方程为x2
4
＋y2＝1.
(2)当 l⊥x 轴时不合题意，
故设 l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2).
将 y＝kx－2 代入x2
4
＋y2＝1，
得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.
当Δ＝16(4k2－3)>0，
即 k2>3
4
时，x1，2＝8k±2 4k2－3
4k2＋1
.
从而|PQ|＝ k2＋1|x1－x2|＝4 k2＋1· 4k2－3
4k2＋1
.
又点 O 到直线 PQ 的距离 d＝ 2
k2＋1
.
所以△OPQ 的面积 S△OPQ＝1
2d·|PQ|＝4 4k2－3
4k2＋1
.
设 4k2－3＝t，则 t>0，S△OPQ＝ 4t
t2＋4
＝ 4
t＋4
t
.
因为 t＋4
t
≥4，当且仅当 t＝2，即 k＝± 7
2
时等号成立，且满足Δ>0.
所以当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为 y＝ 7
2 x－2 或 y＝－ 7
2 x－2.
探究提高 若得到的式子是分式形式，解题思路通常是将分式变形，转化为利用
基本不等式求最值，若分式函数的分子次数不低于分母时，可利用分离法求最值；
若分子次数低于分母，则可分子、分母同除分子，利用基本不等式求最值.注意
出现复杂的式子时可用换元法.
【训练 2－1】 (2016·武汉三模)平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：x2
a2
＋y2
b2
＝
1(a＞b＞0)的离心率为 3
2
，且点 3，1
2 在椭圆 C 上.
(1)求椭圆 C 的方程；
(2)设椭圆 E： x2
4a2
＋ y2
4b2
＝1，P 为椭圆 C 上任意一点，过点 P 的直线 y＝kx＋m 交
椭圆 E 于 A，B 两点，射线 PO 交椭圆 E 于点 Q.
(ⅰ)求|OQ|
|OP|
的值；
(ⅱ)求△ABQ 面积的最大值.
解 (1)由题意知 3
a2
＋ 1
4b2
＝1.又 a2－b2
a
＝ 3
2
，
解得 a2＝4，b2＝1.
所以椭圆 C 的方程为x2
4
＋y2＝1.
(2)由(1)知椭圆 E 的方程为x2
16
＋y2
4
＝1.
(ⅰ)设 P(x0，y0)，|OQ|
|OP|
＝λ，由题意知 Q(－λx0，－λy0).
因为x20
4
＋y20＝1，
又（－λx0）2
16
＋（－λy0）2
4
＝1，即λ2
4
x20
4
＋y20 ＝1，
所以λ＝2，即|OQ|
|OP|
＝2.
(ⅱ)设 A(x1，y1)，B(x2，y2).
将 y＝kx＋m 代入椭圆 E 的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，由Δ＞0，
可得 m2＜4＋16k2，①
则有 x1＋x2＝－ 8km
1＋4k2
，x1x2＝4m2－16
1＋4k2 .
所以|x1－x2|＝4 16k2＋4－m2
1＋4k2 .
因为直线 y＝kx＋m 与 y 轴交点的坐标为(0，m)，
所以△OAB 的面积 S＝1
2|m||x1－x2|
＝2 16k2＋4－m2|m|
1＋4k2
＝2 （16k2＋4－m2）m2
1＋4k2
＝2
4－ m2
1＋4k2 m2
1＋4k2.
设 m2
1＋4k2
＝t，将 y＝kx＋m 代入椭圆 C 的方程，
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
由Δ≥0，可得 m2≤1＋4k2.②
由①②可知 0＜t≤1，
因此 S＝2 （4－t）t＝2 －t2＋4t，故 S≤2 3，
当且仅当 t＝1，即 m2＝1＋4k2 时取得最大值 2 3.
由(ⅰ)知，△ABQ 面积为 3S，
所以△ABQ 面积的最大值为 6 3.
[微题型 2] 求几何量、某个参数的取值范围
【例 2－2】 (2016·浙江卷)如图，设抛物线 y2＝2px(p＞0)的焦
点为 F，抛物线上的点 A 到 y 轴的距离等于|AF|－1.
(1)求 p 的值；
(2)若直线 AF 交抛物线于另一点 B，过 B 与 x 轴平行的直线和
过 F 与 AB 垂直的直线交于点 N，AN 与 x 轴交于点 M，求 M 的横坐标的取值范
围.
解 (1)由题意可得，抛物线上点 A 到焦点 F 的距离等于点 A 到直线 x＝－1 的距
离，由抛物线的定义得p
2
＝1，即 p＝2.
(2)由(1)得，抛物线方程为 y2＝4x，F(1，0)，
可设 A(t2，2t)，t≠0，t≠±1.
因为 AF 不垂直于 y 轴，可设直线 AF：x＝sy＋1(s≠0)，由 y2＝4x，
x＝sy＋1，
消去 x 得
y2－4sy－4＝0.
故 y1y2＝－4，所以 B
1
t2
，－2
t .
又直线 AB 的斜率为 2t
t2－1
，
故直线 FN 的斜率为－t2－1
2t
，
从而得直线 FN：y＝－t2－1
2t (x－1)，直线 BN：y＝－2
t.
所以 N
t2＋3
t2－1
，－2
t .
设 M(m，0)，由 A，M，N 三点共线得 2t
t2－m
＝
2t＋2
t
t2－t2＋3
t2－1
，
于是 m＝ 2t2
t2－1
，所以 m＜0 或 m＞2.
经检验，m＜0 或 m＞2 满足题意.
综上，点 M 的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞).
探究提高 解决范围问题的常用方法：(1)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.
(2)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.
(3)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.
【训练 2－2】 (2016·东北三校联考)已知椭圆 C：x2
a2
＋y2
b2
＝1(a＞b＞0)经过点
M 1，3
2 ，其离心率为1
2.
(1)求椭圆 C 的方程；
(2)设直线 l：y＝kx＋m( |k|≤1
2 与椭圆 C 相交于 A，B 两点，以线段 OA，OB 为
邻边作平行四边形 OAPB，其中顶点 P 在椭圆 C 上，O 为坐标原点，求|OP|的取
值范围.
解 (1)由已知可得 e2＝a2－b2
a2
＝1
4
，所以 3a2＝4b2.又点 M 1，3
2 在椭圆 C 上，所
以 1
a2
＋ 9
4b2
＝1.由以上两式联立，解得 a2＝4，b2＝3.故椭圆 C 的方程为x2
4
＋y2
3
＝1.
(2)当 k＝0 时，P(0，2m)在椭圆 C 上，解得 m＝± 3
2
，所以|OP|＝ 3.
当 k≠0 时，由
y＝kx＋m，
x2
4
＋y2
3
＝1，消去 y 并化简整理，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝
0，
Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝48(3＋4k2－m2)＞0，设 A，B，P 点的坐标分别
为(x1，y1)，(x2，y2)，(x0，y0)，则
x0＝x1＋x2＝－ 8km
3＋4k2
，y0＝y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝ 6m
3＋4k2.由于点 P 在椭圆 C 上，
所以x20
4
＋y20
3
＝1.
从而 16k2m2
（3＋4k2）2
＋ 12m2
（3＋4k2）2
＝1，化简得 4m2＝3＋4k2.
所 以 |OP| ＝ x20＋y20 ＝ 64k2m2
（3＋4k2）2
＋ 36m2
（3＋4k2）2
＝ 4m2（16k2＋9）
（3＋4k2）2
＝
16k2＋9
4k2＋3
＝ 4－ 3
4k2＋3.
因为 0＜|k|≤1
2
，所以 3＜4k2＋3≤4，即3
4
≤ 3
4k2＋3
＜1.
故 3＜|OP|≤ 13
2 .
综上，所求|OP|的取值范围是 3， 13
2 .
1.解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握：
(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关：(2)直接推理、计算，在整
个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参
数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标.
2.圆锥曲线的范围问题的常见求法
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形
性质来解决；
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起
目标函数，再求这个函数的最值，在利用代数法解决范围问题时常从以下五个方
面考虑：
①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间
建立等量关系；
③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
④利用基本不等式求出参数的取值范围；
⑤利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围.
一、选择题
1.(2016·衡水中学模拟)已知椭圆x2
25
＋y2
16
＝1 内有两点 A(1，3)，B(3，0)，P 为椭
圆上一点，则|PA|＋|PB|的最大值为( )
A.3 B.4 C.5 D.15
解析 在椭圆中，由 a＝5，b＝4，得 c＝3，故焦点为(－3，0)和(3，0)，点 B 是
右焦点，记左焦点为 C(－3，0)，由椭圆的定义得|PB|＋|PC|＝10，所以|PA|＋|PB|
＝10＋|PA|－|PC|，
因为||PA|－|PC||≤|AC|＝5，所以当点 P，A，C 三点共线时，|PA|＋|PB|取得最大
值 15.
答案 D
2.在平面直角坐标系 xOy 中，经过点(0， 2)且斜率为 k 的直线 l 与椭圆x2
2
＋y2＝1
有两个不同的交点，则 k 的取值范围为( )
A.
－∞，－ 2
2 B.
2
2
，＋∞
C.
2
2
，＋∞
D.
－∞，－ 2
2 ∪
2
2
，＋∞
解析 由已知可得直线 l 的方程为 y＝kx＋ 2，与椭圆的方程联立，整理得
1
2
＋k2
x2＋2 2kx＋1＝0，
因为直线 l 与椭圆有两个不同的交点，
所以Δ＝8k2－4
1
2
＋k2
＝4k2－2＞0，解得 k＜－ 2
2
或 k＞ 2
2
，即 k 的取值范围为
－∞，－ 2
2 ∪
2
2
，＋∞
.
答案 D
3.(2016·榆林模拟)若双曲线x2
a2
－y2
b2
＝1(a＞0，b＞0)与直线 y＝ 3x 无交点，则离心
率 e 的取值范围是( )
A.(1，2) B.(1，2]
C.(1， 5) D.(1， 5]
解析 因为双曲线的渐近线为 y＝±b
ax，要使直线 y＝ 3x 与双曲线无交点，则直
线 y＝ 3x 应在两渐近线之间，所以有b
a
≤ 3，即 b≤ 3a，所以 b2≤3a2，c2－
a2≤3a2，即 c2≤4a2，e2≤4，所以 1＜e≤2.
答案 B
4.已知椭圆x2
4
＋y2
b2
＝1(0＜b＜2)与 y 轴交于 A，B 两点，点 F 为该椭圆的一个焦点，
则△ABF 的面积的最大值为( )
A.1 B.2 C.4 D.8
解析 不妨设点 F 的坐标为( 4－b2，0)，而|AB|＝2b，
∴S△ABF＝1
2
×2b× 4－b2＝b 4－b2＝ b2（4－b2）≤b2＋4－b2
2
＝2(当且仅当 b2
＝4－b2，即 b2＝2 时取等号)，故△ABF 面积的最大值为 2.
答案 B
5.抛物线 y2＝8x 的焦点为 F，点 P(x，y)为该抛物线上的动点，又点 A(－2，0)，
则|PA|
|PF|
的最大值为( )
A.1 B. 2 C. 3 D.2
解析 由点 P(x，y)在抛物线 y2＝8x 上，得 y2＝8x(x≥0).
由抛物线的定义可得|PF|＝x＋2，
又|PA|＝ （x＋2）2＋y2＝ （x＋2）2＋8x，
所以|PA|
|PF|
＝ （x＋2）2＋8x
x＋2
＝ （x＋2）2＋8x
（x＋2）2
＝ 1＋ 8x
x2＋4x＋4.
当 x＝0 时，|PA|
|PF|
＝1；
当 x≠0 时，|PA|
|PF|
＝ 1＋ 8
x＋4
x
＋4
，
因为 x＋4
x
≥2 x·4
x
＝4，当且仅当 x＝4
x
，即 x＝2 时取等号，
故 x＋4
x
＋4≥8，0＜ 8
x＋4
x
＋4
≤1，
所以 1＋ 8
x＋4
x
＋4
∈(1， 2].
综上，|PA|
|PF|
∈[1， 2].所以|PA|
|PF|
的最大值为 2.
答案 B
二、填空题
6.(2016·平顶山模拟)若双曲线 x2－y2
b2
＝1(b＞0)的一条渐近线与圆 x2＋(y－2)2＝1
至多有一个公共点，则双曲线离心率的取值范围是________.
解析 双曲线的渐近线方程为 y＝±bx，则有 |0－2|
1＋b2
≥1，解得 b2≤3，则 e2＝1＋
b2≤4，得 1＜e≤2.
答案 (1，2]
7.若椭圆x2
a2
＋y2
b2
＝1(a＞b＞0)与双曲线x2
a2
－y2
b2
＝1 的离心率分别为 e1，e2，则 e1e2
的取值范围为________.
解析 可知 e21＝a2－b2
a2
＝1－b2
a2
，e22＝a2＋b2
a2
＝1＋b2
a2
，
所以 e21＋e22＝2＞2e1e2
⇒
0＜e1e2＜1.
答案 (0，1)
8.(2016·合肥模拟)已知椭圆x2
a2
＋y2
b2
＝1(a＞b＞0)的离心率为 6
3
，过椭圆上一点 M
作直线 MA，MB 分别交椭圆于 A，B 两点，且斜率分别为 k1，k2，若点 A，B 关
于原点对称，则 k1·k2 的值为________.
解析 由 e2＝1－b2
a2
＝2
3
，得b2
a2
＝1
3
，设 M(x，y)，A(m，n)，B(－m，－n)，则 k1·k2
＝y－n
x－m
·y＋n
x＋m
＝y2－n2
x2－m2
，①
把 y2＝b2 1－x2
a2 ，n2＝b2 1－m2
a2 代入①式并化简，可得 k1·k2＝－1
3.
答案 －1
3
三、解答题
9.已知椭圆 M 的对称轴为坐标轴，焦点是(0， 2)，(0，－ 2)，又点 A(1， 2)
在椭圆 M 上.
(1)求椭圆 M 的方程；
(2)已知直线 l 的斜率为 2，若直线 l 与椭圆 M 交于 B、C 两点，求△ABC 面积的
最大值.
解 (1)由已知椭圆的焦点为(0，－ 2)，故设椭圆方程为y2
a2
＋ x2
a2－2
＝1，
将点 A(1， 2)代入方程得 2
a2
＋ 1
a2－2
＝1，
整理得 a4－5a2＋4＝0，解得 a2＝4 或 a2＝1(舍)，
故所求椭圆方程为y2
4
＋x2
2
＝1.
(2)设直线 BC 的方程为 y＝ 2x＋m，设 B(x1，y1)，C(x2，y2)，
代入椭圆方程并化简得 4x2＋2 2mx＋m2－4＝0，
由Δ＝8m2－16(m2－4)＝8(8－m2)＞0，可得 m2＜8，①
由 x1＋x2＝－ 2
2 m，x1x2＝m2－4
4
，故|BC|＝ 3|x1－x2|＝ 3· 16－2m2
2
又点 A 到 BC 的距离为 d＝|m|
3.
故 S△ABC＝1
2|BC|·d＝ m2（16－2m2）
4
≤ 1
4 2·2m2＋（16－2m2）
2
＝ 2.
当且仅当 2m2＝16－2m2，即 m＝±2 时取等号(满足①式)，所以△ABC 面积的最
大值为 2.
10.(2016·江苏卷)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线 l：
x－y－2＝0，抛物线 C：y2＝2px(p＞0).
(1)若直线 l 过抛物线 C 的焦点，求抛物线 C 的方程；
(2)已知抛物线 C 上存在关于直线 l 对称的相异两点 P 和 Q.
①求证：线段 PQ 的中点坐标为(2－p，－p)；
②求 p 的取值范围.
(1)解 ∵l：x－y－2＝0，∴l 与 x 轴的交点坐标为(2，0).
即抛物线的焦点为(2，0)，∴p
2
＝2，p＝4.
∴抛物线 C 的方程为 y2＝8x.
(2)①证明 设点 P(x1，y1)，Q(x2，y2).
则 y21＝2px1，
y22＝2px2，
则
x1＝y21
2p
，
x2＝y22
2p
，
∴kPQ＝ y1－y2
y21
2p
－y22
2p
＝ 2p
y1＋y2
，
又∵P、Q 关于 l 对称.∴kPQ＝－1，即 y1＋y2＝－2p，
∴y1＋y2
2
＝－p，又∵PQ 的中点一定在 l 上，
∴x1＋x2
2
＝y1＋y2
2
＋2＝2－p.
∴线段 PQ 的中点坐标为(2－p，－p).
②解 ∵PQ 的中点为(2－p，－p)，
∴
y1＋y2＝－2p，
x1＋x2＝y21＋y22
2p
＝4－2p，即 y1＋y2＝－2p，
y21＋y22＝8p－4p2，
∴ y1＋y2＝－2p，
y1y2＝4p2－4p，
即关于 y 的方程 y2＋2py＋4p2－4p＝0，有两个不等实根.∴Δ
＞0.即(2p)2－4(4p2－4p)＞0，解得 0＜p＜4
3
，
故所求 p 的范围为 0，4
3 .
11.(2016·山东卷)已知椭圆 C：x2
a2
＋y2
b2
＝1(a＞b＞0)的长轴长为
4，焦距为 2 2.
(1)求椭圆 C 的方程；
(2)过动点 M(0，m)(m＞0)的直线交 x 轴于点 N，交 C 于点 A，P(P 在第一象限)，
且 M 是线段 PN 的中点.过点 P 作 x 轴的垂线交 C 于另一点 Q，延长 QM 交 C 于
点 B.
①设直线 PM、QM 的斜率分别为 k、k′，证明k′
k
为定值.
②求直线 AB 的斜率的最小值.
解 (1)设椭圆的半焦距为 c.
由题意知 2a＝4，2c＝2 2.
所以 a＝2，b＝ a2－c2＝ 2.
所以椭圆 C 的方程为x2
4
＋y2
2
＝1.
(2)①证明 设 P(x0，y0)(x0＞0，y0＞0).
由 M(0，m)，可得 P(x0，2m)，Q(x0，－2m).
所以直线 PM 的斜率 k＝2m－m
x0
＝m
x0
.
直线 QM 的斜率 k′＝－2m－m
x0
＝－3m
x0
.
此时k′
k
＝－3.所以k′
k
为定值－3.
②设 A(x1，y1)，B(x2，y2).
直线 PA 的方程为 y＝kx＋m.
直线 QB 的方程为 y＝－3kx＋m.联立
y＝kx＋m，
x2
4
＋y2
2
＝1，
整理得(2k2＋1)x2＋4mkx＋2m2－4＝0，
由 x0x1＝2m2－4
2k2＋1
，可得 x1＝ 2（m2－2）
（2k2＋1）x0
，
所以 y1＝kx1＋m＝2k（m2－2）
（2k2＋1）x0
＋m.
同理 x2＝ 2（m2－2）
（18k2＋1）x0
，y2＝－6k（m2－2）
（18k2＋1）x0
＋m.
所以 x2－x1＝ 2（m2－2）
（18k2＋1）x0
－ 2（m2－2）
（2k2＋1）x0
＝ －32k2（m2－2）
（18k2＋1）（2k2＋1）x0
，
y2－y1＝－6k（m2－2）
（18k2＋1）x0
＋m－2k（m2－2）
（2k2＋1）x0
－m
＝－8k（6k2＋1）（m2－2）
（18k2＋1）（2k2＋1）x0
，
所以 kAB＝y2－y1
x2－x1
＝6k2＋1
4k
＝1
4
6k＋1
k ，
由 m＞0，x0＞0，可知 k＞0，
所以 6k＋1
k
≥2 6，
当且仅当 k＝ 6
6
时取“＝”.
∵P(x0，2m)在椭圆x2
4
＋y2
2
＝1 上，
∴x0＝ 4－8m2，
故此时 2m－m
4－8m2－0
＝ 6
6
，
即 m＝ 14
7
，符合题意.
所以直线 AB 的斜率的最小值为 6
2 .
