【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习讲义12《圆锥曲线中的热点问题》(解析版) .doc，共(16)页，772.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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12圆锥曲线中的热点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,AB是椭圆22:13xyCm长轴的两个端点，若C上存在点M满足120oAMB，则m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F为抛物线C：24yx的焦点，过F作两

条互相垂直的直线12,ll，直线1l与C交于,AB两点，直线2l与C交于,DE两点，则ABDE的最小值为()【2014新课标1理20】已知点0,2A，椭圆E:22221(0)xyabab的离心率为32，F是椭圆E的右

焦点，直线AF的斜率为233，O为坐标原点．（I）求E的方程；（II）设过点A的动直线l与E相交于,PQ两点，当OPQ的面积最大时，求l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22:1

2xCy的右焦点为F，过F的直线l与C交于,AB两点，点M的坐标为(2,0)（1）略；（2）设O为坐标原点，证明：OMAOMB.【2020新课标Ⅰ理20】已知A，B分别为椭圆E：x2a2＋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：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，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C：22221(0)xyabab，四点11,1P，20,1P，331,2P

，431,2P中恰有三点在椭圆C上．（1）求C的方程；（2）设直线l不经过2P点且与C相交于,AB两点，若2PA与2PB的斜率的和为1，证明：直线l过定点．圆锥曲线中的存在性问题【2016新课标1文20】在直角坐标系xOy中，直线l:0ytt

交y轴于点M，交抛物线C：22(0)ypxp于点P，M关于点P的对称点为N，连结ON并延长交C于点H．（I）求OHON；（II）除H以外，直线MH与C是否有其它公共点？说明理由．【2015新课标2理20】已知椭圆222:9(0)Cxymm，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．(Ⅰ)证明：直线OM与l的斜率乘积为定值；（Ⅱ）若l过点(,)3mm，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l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,AB是椭圆22:13xyCm长轴的两个端点，若C上存在点M满足120oAMB，则m的取值范围是（）A．(0,1][9,)B．(0,3][9,

)C．(0,1][4,)D．(0,3][4,)图1图2【解析】解法一：设EF、是椭圆C短轴的两个端点，易知当点M是椭圆C短轴的端点时AMB最大，依题意只需使0120AEB≥．①当03m时，如图

1，03tantan6032AEBabm≥，解得1m≤，故01m≤；②当3m时，如图2，0tantan60323AEBamb≥，解得9m≥．综上可知，m的取值范围是(0,1][9,)，故选A．解法二：设EF、是椭圆C短轴的两

个端点，易知当点M是椭圆C短轴的端点时AMB最大，依题意只需使0120AEB≥．①当03m时，如图1，01cos,cos1202EAEB，即12EAEBEAEB，代入向量坐标，解得

1m，故01m；②当3m时，如图2，01cos,cos1202EAEB，即12EAEBEAEB，代入向量坐标，解得9m≥．综上m的取值范围是(0,1][9,)，故选A．2．【2014新课标1理20】已知点0,2A，椭圆E:22221(0)xyabab

的离心率为32，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为233，O为坐标原点．（I）求E的方程；（II）设过点A的动直线l与E相交于,PQ两点，当OPQ的面积最大时，求l的直线方程．【解析】(Ⅰ)设,0Fc，由条件知2233c，得3c，又3

2ca，所以2a，2221bac，故E的方程2214xy．（Ⅱ）依题意当lx轴不合题意，故设直线l：2ykx，设1122,,,PxyQxy将2ykx代入2214xy，得221416120kxkx，当216(43)0k，即234k时，2

1,22824314kkxk从而2221224143114kkPQkxxk，又点O到直线PQ的距离221dk，所以OPQ的面积221443214OPQkSdPQk，设243kt，则0t，244144OPQtSttt

，当且仅当2t，72k等号成立，且满足0，所以当OPQ的面积最大时，l的方程为722yx或722yx．1．【2017新课标1理10】已知F为抛物线C：24yx的焦点，过F作两条互相垂直的直线12,ll，直线1l与C交于,AB两点，直线2l与C交于,DE两点，则ABDE

的最小值为()A．16B．14C．12D．10【解析1】由已知1l垂直于x轴是不符合题意，所以1l的斜率存在设为1k，2l的斜率为2k，由题意有121kk，设11(,)Axy，22(,)Bxy，33(,)Dxy，44(,)Exy，此时直线1l方程为1(1)ykx，取方程214(1)yx

ykx，得2222111240kxkxxk，∴21122124kxxk212124kk，同理得22342224kxxk由抛物线定义可知1234||||2ABDExxxxp2212222222

12121224244416482816kkkkkkkk≥当且仅当121kk（或1）时，取得等号．故选A；【解析2】设AB倾斜角为．作1AK垂直准线，2AK垂直x轴，易知11cos22AFGFAKAKAF

PPGPP（几何关系）（抛物线特性），cosAFPAF∴，同理1cosPAF，1cosPBF，∴22221cossinPPAB，又DE与AB垂直，即DE的倾斜角为π2，22

22πcossin2PPDE，而24yx，即2P．∴22112sincosABDEP2222sincos4sincos224sincos241sin2421616sin2≥，当且仅当π4取等号，即ABDE最

小值为16，故选A；【解析3】依题意知：22sinPAB，2222πcossin2PPDE，由柯西不等式知：2222211(11)22816sincossincosABDEPPP

，当且仅当π4取等号，故选A；【解析4】设直线的倾斜角为，则22||cospAB，则2222||sincos()2ppDE，所以22222211||||4()cossincossinppABDE22222222

11sincos4()(cossin)4(2)4(22)16cossincossin≥，故选A2.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＋22＝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x2a2＋y2＝1(a>1)，则右焦点F(a2－1

，0)，由题设|a2－1＋22|2＝3，解得a2＝3.∴所求椭圆的方程为x23＋y2＝1.(2)设P(xP，yP)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，P为弦MN的中点，由y＝kx＋m，x23＋y2＝1，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＝xM＋xN2＝－3mk3k2＋1，从而yP＝kxP＋m＝m3k2＋1，∴kAP＝yP＋1

xP＝－m＋3k2＋13mk，又∵|AM|＝|AN|，∴AP⊥MN，则－m＋3k2＋13mk＝－1k，即2m＝3k2＋1.②把②代入①，得m2<2m，解得0<m<2；由②得k2＝2m－13>0，解得m>12.综上，求得m的取值范围是12，2.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22:12xCy的右焦点

为F，过F的直线l与C交于,AB两点，点M的坐标为(2,0)（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；（2）设O为坐标原点，证明：OMAOMB.【解析】（1）由已知得(1,0)F，l的方程为x=1.由已知可得，点

A的坐标为2(1,)2或2(1,)2.所以AM的方程为222yx或222yx.（2）当l与x轴重合时，0OMAOMB.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为(1)(0)ykxk，1221(,),(,

)AyxyxB，则122,2xx，直线MA，MB的斜率之和为212122MAMBxxyykk.由1122,ykkxykxk得121212(23()42)(2)MAMBxxxxkkxxkkk.将(1)ykx代入2212xy得2222(21)4220kxk

xk.所以，21221222422,2121xxxkkkxk.则3131322244128423()4021kkkkkkkkkxxxx.从而0MAMBkk，故MA，MB的倾斜角互补，所以OMAOMB

.综上，OMAOMB.2.【2020新课标Ⅰ理20】已知A，B分别为椭圆E：x2a2＋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x29＋y2＝1.(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＝t9(x＋3)，所以y1＝t9(x1＋3).易知直线PB的方程为y＝t3(x－3)，所以y2＝t3(x2－3).可得3y1

(x2－3)＝y2(x1＋3).①由于x229＋y22＝1，故y22＝－（x2＋3）（x2－3）9，②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x29

＋y2＝1，得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.所以y1＋y2＝－2mnm2＋9，y1y2＝n2－9m2＋9.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＝32.故直线CD

的方程为x＝my＋32，即直线CD过定点32，0.若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点32，0.综上，直线CD过定点32，0.3.【2020新高考全国21】已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞

b＞0)的离心率为22，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4a2＋1b2＝1,a2－b2a2＝12

，解得a2＝6，b2＝3.所以C的方程为x26＋y23＝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x26＋y23＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2

m2－6＝0.于是x1＋x2＝－4km1＋2k2，x1x2＝2m2－61＋2k2.①由AM⊥AN，得AM→·AN→＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x

1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.将①代入上式，可得(k2＋1)2m2－61＋2k2－(km－k－2)4km1＋2k2＋(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x－23－13(k≠1).所以直线MN过点P23，－13.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x216＋y2

13＝1，所以3x21－8x1＋4＝0.解得x1＝2(舍去)，或x1＝23.此时直线MN过点P23，－13.令Q为AP的中点，即Q43，13.若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝12|AP|＝223.

若D与P重合，则|DQ|＝12|AP|.综上，存在点Q43，13，使得|DQ|为定值.1.已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝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x24＋y2＝1，又c＝a2－b2＝3.所以椭圆离心率e＝ca＝32.(2)设P点坐标为(x0，y0)(x0＜0

，y0＜0)，则x20＋4y20＝4，由B点坐标(0，1)得直线PB方程为：y－1＝y0－1x0(x－0)，令y＝0，得xN＝x01－y0，从而|AN|＝2－xN＝2＋x0y0－1，由A点坐标(2，0)得直线PA方程为y－0＝y0x0－2(x－2)，令x＝0，得yM＝2y02－x

0，从而|BM|＝1－yM＝1＋2y0x0－2，所以S四边形ABNM＝12|AN|·|BM|＝122＋x0y0－11＋2y0x0－2＝x20＋4y20＋4x0y0－4x0－8y0＋42（x0y0－x0－2y0＋2）＝2x0y0－2x0－4y0＋4x0y0－x0－2y0

＋2＝2.即四边形ABNM的面积为定值2.2.已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率e＝32，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12，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＝2.又离心率e＝32，所以a2－b2a＝32，解得a＝22.所以椭圆C的方程为x28＋y2

2＝1.(2)由直线l的斜率为12，可设直线l的方程为y＝12x＋t(t≠0).由y＝12x＋t，x28＋y22＝1，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＝－y1－1－x1＋2＋y2－1x2＋2＝（2－x1）（y2－1）－（2＋x2）（y1＋1）（2－x

1）（2＋x2）.又y1＝12x1＋t，y2＝12x2＋t，于是有(2－x1)(y2－1)－(2＋x2)(y1＋1)＝2(y2－y1)－(x1y2＋x2y1)＋(x1－x2)－4＝(x2－x1)－x112

x2＋t＋x212x1＋t＋(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C：22221(0)xyabab，四点11,1P，20,1P，331,2P，431,2P中恰有三点在椭圆C上．（1）求C

的方程；（2）设直线l不经过2P点且与C相交于,AB两点，若直线2PA与直线2PB的斜率的和为1，证明：直线l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234PPP，，三点，将2330112PP，，，代入椭圆

方程得：222113141bab，解得24a，21b，∴椭圆C的方程为：2214xy．（2）①当斜率不存在时，设:AAlxmAmyBmy，，，，，221121AAPAP

Byykkmmm，得2m，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1lykxbb∶，1122AxyBxy，，，，联立22440ykxbxy，整理得222148440kxkbxb，由韦达定理得1

22814kbxxk，21224414bxxk，则22121211PAPByykkxx21212112xkxbxxkxbxxx222228888144414kbkkbkbkbk811411kbbb，又1b，

21bk，此时64k，存在k使得0成立．∴直线l的方程为21ykxk，当2x时，1y，所以l过定点21，．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xOy中，直线l:0ytt交y轴于点M，交抛物线C：22(0)ypx

p于点P，M关于点P的对称点为N，连结ON并延长交C于点H．（I）求OHON；（II）除H以外，直线MH与C是否有其它公共点？说明理由．【解析】（1）如图，由题意不妨设0t，可知点,,MPN的坐标分别为0,Mt，2,2tPtp，2,Nttp

，HNPMOyx从而可得直线ON的方程为yxpt，联立方程22pxtypxy，解得22xtp，2yt．即点H的坐标为22,2ttp，从而由三角形相似可知22HNOHy

tONyt．（2）由于0,Mt，22,2tHtp，可得直线MH的方程为22tytxtp，整理得2220typxt，联立方程222202tyypxtpx，整理得22440tyyt，则22

16160tt，从而可知MH和C只有一个公共点H．2．【2015新课标2理20】已知椭圆222:9(0)Cxymm，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．(Ⅰ)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；（

Ⅱ）若l过点(,)3mm，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率，若不能，说明理由．【解析】(Ⅰ)设直线:lykxb(0,0)kb，11(,)Axy，22(,)Bxy，(,)MMMxy．将ykxb代入2229xym

得2222(9)20kxkbxbm，故12229Mxxkbxk，299MMbykxbk．于是直线OM的斜率9MOMMykxk，即9OMkk．所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．（Ⅱ）四

边形OAPB能为平行四边形．因为直线l过点(,)3mm，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是0k，3k．由(Ⅰ)得OM的方程为9yxk．设点P的横坐标为Px．由2229,9,yxkxym得2222981Pkmxk，即239P

kmxk．将点(,)3mm的坐标代入直线l的方程得(3)3mkb，因此2(3)3(9)Mmkkxk．四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即2PMxx．于是239kmk2(3)23(9)mkkk．解得14

7k，247k．因为0,3iikk，1i，2，所以当l的斜率为47或47时，四边形OAPB为平行四边形．1.设椭圆M：x2a2＋y2b2＝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＝π3，S△ABC

＝33.(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·cosC＝(CA＋CB)2－3CA·CB＝4.又S△ABC＝12CA·CB·sinC＝34CA·CB＝33，∴CA·CB＝43，代入上式得CA＋CB＝22.椭圆长轴长为2a＝22，焦距为2c＝AB＝2，b2＝a2－c2＝1

.所以椭圆M的标准方程为x22＋y2＝1.(2)设直线方程y＝k(x－1)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，联立x22＋y2＝1，y＝k（x－1），消去y得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋

8>0，∴x1＋x2＝4k21＋2k2，x1x2＝2k2－21＋2k2.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)＋x20＋y1y2＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x20＋k2(x1－1)(x2－1)＝(1＋k2)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋x20＋k2＝（2x20－4x0＋1）k2＋（x20－2）1＋2k2.要使DE→·DF→为定值，则DE→·DF→的

值与k无关，∴2x20－4x0＋1＝2(x20－2)，解得x0＝54，此时DE→·DF→＝－716为定值，定点为54，0.2.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，－p2＝－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y214，y1，By224，y2.联立直线AB与抛物线C的方程得x＝ty＋1，y2＝4x，消去x并整理，得y2－4ty－4＝0.易知Δ＝1

6t2＋16＞0，则y1＋y2＝4t，y1y2＝－4.由直线OA的方程y＝4y1x，可得M1，4y1，由直线OB的方程y＝4y2x，可得N1，4y2.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＋y－4y1y－4y2＝0.令y＝0，得(x－1)2＋16y1y2＝0.将y1y2＝－4代入上式，得(x－1)2－4＝0，解得x1＝－1，x2＝3.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).