高三数学备考冲刺140分问题37圆锥曲线中的存在探索问题含解析
圆锥曲线中的探究(存在)性问题-(通用版)(解析版)
圆锥曲线中的探究（存在）性问题圆锥曲线中探究（存在）性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，探索（存在）性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求学生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题，它能很好地考查数学思维能力以及科学的探索精神.圆锥曲线中探索问题的求解策略1).此类问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，不成立则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．2)．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． 题型1 探究点线关系问题1．（2020·上海市七宝中学高三期末）已知直线过椭圆：的右焦点，且直线交椭圆于两点，点在直线上的射影依次为点.（1）求椭圆的方程；（2）若直线交轴于点，且，当变化时，探究的值是否为定值？若是，求出的值；否则，说明理由；（3）连接，试探究当变化时，直线与是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由.【答案】（1）；（2）是定值，；（3）是，定点，证明见解析 【分析】（1）根据直线过定点，可求出椭圆的右焦点坐标，从而可求出椭圆中的值，再结合椭圆中，可求出的值，即可得到椭圆的方程；（2）设直线交椭圆于，联立，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，并结合及，可得到:1l x my =+C 22213x y a +=F lC ,A B ,,A F B :4l x '=,,D KE C l y M 12,MA AF MB BF λλ==m 12λλ+12λλ+,AE BD m AE BD 22143x y +=1283λλ+=-5(,0)2l ()1,0c 23b =a l ()()1122,,,A x y B x y 221431x y x my =+=+⎧⎪⎨⎪⎩y 1MA AF λ=2MB BF λ=的表达式，进而可证明；（3）令，可知直线与相交于，进而讨论时，直线与也相交于即可. 【详解】（1）直线过定点，所以椭圆的右焦点为，即，又椭圆中，所以，∴椭圆：.（2）易知，且直线与轴的交点为，直线交椭圆于， 联立，得，所以，所以，， 又，可得，所以，又，同理可得，所以， 因为， 所以，故的值是定值，且. （3）若，则直线为，此时四边形为矩形，根据对称性可知直线与相交于的中点，易知； 若，由（2）知，可知， 所以直线的方程为，12λλ+1283λλ+=-0m =AE BD 5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭0m ≠AE BD 5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭:1l x my =+()1,0C ()1,0F 1c =C 23b =222314a b c =+=+=C 22143x y+=0m ≠l y 10,M m ⎛⎫-⎪⎝⎭l ()()1122,,,A x y B x y 221431x y x my =+=+⎧⎪⎨⎪⎩()2234690m y my ++-=()()22236363414410m m m ∆=++=+>122634m y y m +=-+122934y y m =-+1MA AF λ=111111(,)(1,)x y x y mλ+=--1111my λ=--2MB BF λ=2211my λ=--12121112()m y y λλ+=--+212212121163423493y y m m my y y y m ⎛⎫+++==-⋅-=⎪+⎝⎭12121111282()233m m y y m λλ+=--+=--⋅=-12λλ+1283λλ+=-0m =l 1x =ABED AE BD ,F K N 5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭0m ≠()()1122,,,A x y B x y ()()124,,4,D y E y AE 2121(4)4y y y y x x --=--当时，， 所以点在直线上，同理可知，点也在直线上. 所以时，直线与也相交于定点. 综上所述，变化时，直线与相交于定点. 【点睛】求定值问题，常见的方法：（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.2．（2021·江苏高三）如图，在平面直角坐标系中，，是椭圆的左､右顶点，.是右焦点，过点任作直线交椭圆于，两点.（1）求椭圆的方程；（2）试探究直线与直线的交点是否落在某条定直线上？若是，请求出该定直线的方程；若不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）直线与直线的交点落在定直线上.【分析】（1）根据题中条件，求出，即可得出椭圆方程；（2）设直线方程为，设，，联立直线与椭圆方程，由韦达定理，得52x =211221122121112(4)3()2(41)3()3()422(4)2(4)y y x y y y my y y y y y x x x --------=+-==---211213()22(4)y y my y x +-=-2221169321818343402(4)2(4)(34)m m m m m m x x m --⨯-⨯-+++===--+5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭AE 5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭BD 0m ≠AE BD 5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭m AE BD 5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭xOy A B 22221(0)x y a b a b+=>>AB =2e =F F l M N AM BN P 2212x y +=AM BN P 2x =,a b MN 1x my =+()11,M x y ()22,N x y到，，表示出直线和为定值，即可得出结果.【详解】（1），设焦距为，离心率，，，因此所求的椭圆方程为（2）设直线方程为，设，，由得，，，直线方程是，直线方程是，由，解得：此直线与直线的交点落在定直线上.【点睛】求解本题第二问的关键在于根据点为两直线交点，联立两直线方程，结合直线与椭圆联立12y y +12y y AMBN 2AB =2a ∴=a =2c 2e =2c a ∴=1c ∴=2221b a c ∴=-=2212x y +=MN 1x my =+()11,M x y ()22,N x y 22121x y x my ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩()222210m y my ++-=12222m y y m ∴+=-+12212y y m =-+AM y x =+BN y x =y x y x ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩212112211y x y my my y y ++++===212211212(1122221(12m m y m m m y m m m y m ⎛⎫⎛⎫-++--⎡⎤ ⎪ ⎪-+--+++⎝⎭⎝⎭==⎛⎫-+ ⎪+⎝⎭21312m m y -+-++=((()(()()()21213121121m m y m m y ⎡⎤-+-++⎣⎦=⎡⎤-++⎣⎦()213121m m y ⎡⎤-+-++=()221121m m y ⎡⎤-+-++=(213=+=+3=+2x =AM BN P 2x =P MN，确定点横坐标为定值，即可求解.3．（2020·重庆八中高三月考）在直角坐标系内，点A ，B 的坐标分别为，，P 是坐标平面内的动点，且直线，的斜率之积等于.设点P 的轨迹为C .（1）求轨迹C 的方程；（2）某同学对轨迹C 的性质进行探究后发现：若过点且倾斜角不为0的直线与轨迹C 相交于M ，N 两点，则直线，的交点Q 在一条定直线上.此结论是否正确？若正确，请给予证明，并求出定直线方程；若不正确，请说明理由.【答案】（1）；（2）正确，证明见解析，直线. 【分析】（1）设点P 的坐标为，利用直接法，列方程即可求解.（2）根据题意，可设直线的方程为：，将直线与椭圆方程联立，整理可得，利用韦达定理可得，，直线的方程与直线的方程，直线，的交点的坐标满足：，整理可得，即证.【详解】（1）设点P 的坐标为， 由，得，即. 故轨迹C 的方程为：（2）根据题意，可设直线的方程为：，由，消去x 并整理得 其中，. 设，，则，. 因直线的倾斜角不为0，故，不等于（，不为0），P ()2,0-()2,0PA PB 14-()1,0l AM BN ()22104x y y +=≠4x =(),x y MN 1x my =+()224230m y my ++-=12224m y y m +=-+12234y y m =-+AM BN AM BN ()00,Q x y ()()()2100122222y x x x y x ++=⋅--04x =(),x y 1224y y x x ⋅=-+-2244y x =-()22104x y y +=≠()22104x y y +=≠MN 1x my =+22114x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩()224230m y my ++-=()222412416480m m m ∆=++=+>()11,M x y ()22,N x y 12224m y y m +=-+12234y y m =-+l 1x 2x 2±1y 2y从而可设直线的方程为∴，直线的方程为∴， 所以，直线，的交点的坐标满足：而， 因此，，即点Q 在直线上. 所以，探究发现的结论是正确的.【点睛】本题主要考查轨迹的求法、直线与椭圆的位置关系等基础知识；考查运算求解能力和创新意识；考查化归与转化等思想方法，属于中档题.4．（2020·江苏南通市·海安高级中学高三期中）古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积．即椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆的中心为坐标原点，焦点，均在x 轴上，椭圆的面积为，且短轴长为．椭圆与椭圆有相同的离心率．（1）求m 的值与椭圆的标准方程；（2）过椭圆的左顶点A 作直线l ，交椭圆于另一点B ，交椭圆于P ，Q 两点（点P 在A ，Q 之间）．∴求面积的最大值（O 为坐标原点）；∴设PQ 的中点为M ，椭圆的右顶点为C ，直线OM 与直线BC 的交点为N ，试探究点N 是否在某一条定直线上运动，若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由．AM ()1122y y x x =++BN ()2222yy x x =--AM BN ()00,Q x y ()()()2100122222y x x x y x ++=⋅--()()()()2121122121212123321y x y my my y y y x y my my y y +++==---()()2122121123239344433344m m y m m y m m m m m y y m -⎛⎫+-- ⎪--+++⎝⎭===---+-+04x =4x =1C 1F 2F 1C222:1(03)3x y C m m +=<<1C 1C 1C 1C 2C OPQ △1C【答案】（1）；；（2）∴；∴点N 在定直线运动． 【分析】（1）根据条件，列出关于的方程，求椭圆的标准方程，再根据两个椭圆有相同的离心率，求；（2）∴设直线AB 的方程为：且，与椭圆联立方程，利用韦达定理表示，转化为关于的函数求最值；∴首先求点的坐标，并求直线的方程，并利用直线与椭圆方程联立，求点的坐标，联立直线OM 和BC 的方程，求交点的坐标.【详解】（1）由题意可得解得， 因为椭圆的焦点在x 轴上，所以的标准方程为椭圆的离心率为，椭圆得焦点在y 轴上，则 则 （2）∴当直线AB 与x 轴重合时，O ，P ，Q 三点共线，不符合题意 故设直线AB 的方程为：且 设，由（1）知椭圆的方程为：联立方程消去x 得： 由韦达定理得：； 又令 此时 ∴94m =22143x y +=4187x =-,a b 1C m 2x ty =-0t ≠2C OPQSt M OM PQ B 2ab b π⎧=⎪⎨⎪=⎩2a =b =1C 1C 22143x y +=1C 122C 12=94m =2x ty =-0t ≠()11,P x y ()22,Q x y 2C 224193x y +=2241932x y x ty ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩()22431670t y ty +-+=1221643t y y t +=+122743y y t =+12121||2POQ AOQ AOPS S S AO y y y y =-=⋅-=-△△△==243(3)t s s +=>==≤3233s =>OPQ △∴由∴知：，则∴ ∴直线OM 的斜率： 则直线OM 的方程为： 联立方程消去x 得：，解得： ∴ ∴则直线BC 的方程为： 联立直线OM 和BC 的方程解得：∴点N 在定值直线运动. 【点睛】定点问题解决步骤：（1）设直线代入二次曲线方程，整理成一元二次方程； （2）韦达定理列出两根和及两根积；（3）写出定点满足的关系，整体代入两根和及两根积； （4）整理（3）所得表达式探求其恒成立的条件.题型2 探究平面图形存在问题1.（2018·上海高考真题）设常数．在平面直角坐标系中，已知点，直线：，曲线：．与轴交于点、与交于点．、分别是曲线与线段上的动点．（1）用表示点到点距离；（2）设，，线段的中点在直线，求的面积；（3）设，是否存在以、为邻边的矩形，使得点在上？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由．1221643t y y t +=+1221243x x t -+=+2268,4343t M t t -⎛⎫ ⎪++⎝⎭43OM t k =-43ty x =-222143x ty x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩()2234120t y ty +-=21234B t y t =+222126823443B t t x t t t -=⋅-=++222121233468164234BC tt t t kt t +==-=---+3(2)4t y x =--433(2)4t y x t y x ⎧=-⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩1824,77t N ⎛⎫- ⎪⎝⎭187x =-2t >xOy ()20F ，l x t =Γ()2800y x x t y =≤≤≥，l x A ΓB P Q ΓAB t B F 3t =2FQ =OQ FP AQP△8t =FP FQ FPEQ E ΓP【答案】（1）；（2）；（3）见解析. 【解析】（1）方法一：由题意可知：设，则，∴；方法二：由题意可知：设，由抛物线的性质可知：，∴； （2），，，则， ∴，设的中点，，，则直线方程：， 联立，整理得：，解得：，（舍去）， ∴的面积（3）存在，设，，则，， 直线方程为，∴，， 根据，则，∴，解得：， 2BF t =+1723S ==()B t 2BF t ==+2BF t =+()B t 22pBF t t =+=+2BF t =+()20F ，2FQ =3t =1FA =AQ =(3Q OQ D 322D ⎛ ⎝⎭，02322QFk ==-PF )2y x =-)228y x y x ⎧=-⎪⎨=⎪⎩2320120x x -+=23x =6x =AQP 1723S ==28y P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，28m E m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，2281628PF y y k y y ==--2168FQ y k y -=QF ()21628y y x y -=-()22164838284Q y y y y y --=-=248384y Q y ，⎛⎫- ⎪⎝⎭FP FQ FE +=2248684y y E y ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，222488648y y y ⎛⎫⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2165y =∴存在以、为邻边的矩形，使得点在上，且． 2．（2021·全国高三专题练习）已知椭圆1C ：()222210x y a b a b +=>>1C 的上顶点与抛物线2C ：()220x py p =>的焦点F 重合，且抛物线2C 经过点()2,1P ，O 为坐标原点．（1）求椭圆1C 和抛物线2C 的标准方程；（2）已知直线l ：y kx m =+与抛物线2C 交于A ，B 两点，与椭圆1C 交于C ，D 两点，若直线PF 平分APB ∠，四边形OCPD 能否为平行四边形？若能，求实数m 的值；若不能，请说明理由．【答案】（1）2214x y +=；24x y =；（2）四边形OCPD 不是平行四边形，理由见解析. 【分析】（1）由抛物线2C 经过点()2,1P ，可得抛物线方程为24x y =，其焦点为()0,1F ，可知1b =，再利用椭圆的离心率即可求得椭圆的标准方程；（2）设直线PA ，PB 的斜率分别为1k ，2k ，由已知得120k k +=，设()11,A x y ，()22,B x y ，利用两点求斜率公式求得直线l ：y x m =-+且1m >-，联立直线与椭圆方程得2258440x mx m -+-=，求得1m -<<OCPD 为平行四边形，则OP OC OD =+，即()()34342,1,x x y y =++，推出矛盾即可得结论.【详解】（1）由抛物线2C 经过点()2,1P ，得42p =，2p ∴=，故抛物线方程为24x y =．抛物线2C ：24x y =的焦点为()0,1F ，1b ∴=．又椭圆1C的离心率c e a ====解得：2a =所以椭圆1C 的标准方程为2214xy +=．（2）四边形OCPD 不是平行四边形，理由如下：将y kx m =+代入24x y =，消去y 并整理得：2440x kx m --=由题意知，216160k m ∆=+>，即2m k >-设直线PA ，PB 的斜率分别为1k ，2k因为直线PF 平分APB ∠，所以120k k += 设()11,A x y ，()22,B x y ，则121211022y y x x --+=-- FP FQ FPEQ EΓ25P ⎛ ⎝⎭又2114x y =，2224x y =，则22121212114440224x x x x x x --+++==--，124x x ∴+=- 2212121212124414ABx x y y x x k x x x x --+∴====---，所以直线l ：y x m =-+且1m >- 由2214y x m x y =-+⎧⎪⎨+=⎪⎩消y 并整理得：2258440x mx m -+-= 由题意知()()2226445441650m m m ∆=-⨯⨯-=->解得：m <<1m -<<设()33,C x y ，()44,D x y ，则3485m x x +=，()3434225my y x x m +=-++=若四边形OCPD 为平行四边形，则OP OC OD =+，即()()34342,1,x x y y =++825215mm ⎧=⎪⎪∴⎨⎪=⎪⎩，显然方程组无解，所以四边形OCPD 不是平行四边形．【点睛】解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题时用“点差法”解决，往往会更简单．3．（2021·湖南长沙市高三月考）如图，椭圆2222x y C :1(a b 0)a b +=>>的离心率e=2，且椭圆C 的短轴长为2.（1）求椭圆C 的方程；（2）设P M N ，，椭圆C 上的三个动点.（i ）若直线MN 过点D 10,2⎛⎫-⎪⎝⎭，且P 点是椭圆C 的上顶点，求PMN ∆面积的最大值；（ii ）试探究：是否存在PMN ∆是以O 为中心的等边三角形，若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由.【答案】(1) 椭圆C 的方程是22 1.4x y +=()()i 2PMN ∆()()ii 2不存在PMN ∆是以O 为中心的等边三角形.【分析】(1) 利用离心率以及短轴长,求出椭圆中a b c 、、.即可求椭圆C 的方程;()()i 2由已知,直线MN 的斜率存在,设直线MN 方程，联立直线与椭圆方程,利用韦达定理,弦长公式,推出面积的表达式,通过换元,利用导数求出面积的最大值.()()ii 2假设存在PMN ∆是以O 为中心的等边三角形.()1当P 在y 轴上时,推出与PMN ∆为等边三角形矛盾.()2当P 在x 轴上时,推出与PMN ∆为等边三角形矛盾.()3当P 不在坐标轴时，推出与PMN ∆为等边三角形矛盾.故得解.【详解】（1）由已知得22222c a b a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩，解得21a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩ ，所以椭圆C 的方程是22 1.4x y +=()2i （）由已知可知直线MN 的斜率定存在，设直线MN 的方程为12y kx =-，()()1122,,,M x y N x y ，由221.412x y y kx ⎧+=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩得()2214430k x kx +--=，所以122122414314k x x k x x k ⎧+=⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩ 所以()()22212121224163414k x x x x x x k+-=+-=+，又32PD =，所以()12212214PMN S PD x x k ∆=⋅-=+，令22316m m k -=≥=，所以2361321416PMN m S m m m ∆==⎛⎫-++⋅ ⎪⎝⎭， 令())1,g m m m m =+∈+∞，则()2'221110m g m m m-=-=> 所以()g m在)+∞上单调递增，所以当m 时，此时0k =，()g m此时PMN S ∆有最大值2.故得解. ()2ii （）不存在PMN ∆是以O 为中心的等边三角形.理由如下： 假设存在PMN ∆是以O 为中心的等边三角形.()1当P 在y 轴上时,P 的坐标为()0,1,则,M N 关于y 轴对称,MN 的中点Q 在y 轴上.又O 为PMN ∆的中心,所以2PO OQ =,可知1110,,,222Q M N ⎛⎫⎛⎫⎫--- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎭,从而2MN PM ==即MN PM ≠.所以与PMN ∆为等边三角形矛盾. ()2当P 在x 轴上时,P 的坐标为()2,0,则,M N 关于x 轴对称,MN 的中点Q 在x 轴上.又O 为PMN ∆的中心,所以2PO OQ =,可知()1,0,1,,1,22Q M N ⎛⎫⎛⎫---- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,从而MN PM ==,即MN PM ≠.所以与PMN ∆为等边三角形矛盾. ()3当P 不在坐标轴时,设()00,P x y ,MN 的中点为Q ,则0OP y k x =, 又O 为PMN ∆的中心,则2PO OQ =,可知00,22x y Q ⎛⎫-- ⎪⎝⎭.设()()1122,,,M x y N x y ,则12012022Q Q x x x x y y y y +==-⎧⎨+==-⎩, 又222112244,44x y x y +=+=,两式相减得01212121201144MN xy y x x k x x y y y -+==-⋅=-⋅-+,从而MN k =0014x y -⋅，所以000011144PO MN y x k k x y ⎛⎫⋅=⋅-⋅=-≠- ⎪⎝⎭, 所以OP 与MN 不垂直,与等边PMN ∆矛盾. 综上所述,不存在PMN ∆是以O 为中心的等边三角形. 【点睛】本小题考查点到直线的距离公式、椭圆的性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查运算求解能力、推理论证能力、分析解决问题能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、特殊与一般思想、化归与转化思想,属于难度题.4．（2021·四川绵阳市·（文））已知椭圆，直线交椭圆于两点，为坐标原点.（1）若直线过椭圆的右焦点，求的面积；（2）若，试问椭圆上是否存在点，使得四边形为平行四边形若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）存在， 22:12x C y +=:l y x m =+C ,A B O l C F AOB (0)OM tOB t =>C P OAPM t 23(0,2)【分析】（1）根据直线过右焦点求出直线方程，联立直线与椭圆方程，求出或，利用面积公式即可得解； （2）联立直线与椭圆方程，根据四边形为平行四边形，且.又，，求出点的坐标为，代入椭圆方程，结合韦达定理计算求解.【详解】（1）设.直线过椭圆的右焦点，则，直线的方程为.联立得，解得或.的面积为. （2）联立得，，解得.由韦达定理得，. . 四边形为平行四边形，，且. 又，，点的坐标为.又点在椭圆上，即， 整理得.又，，即，，即. ，，综上所述，的取值范围是.113y =21y =-121||2S OF y y =-OAPM OP OA OM =+(0)OM tOB t =>()1212,OP OA tOB x tx y ty =+=++P ()1212,x tx y ty ++()()1122,,,A x y B x y l C F 1m =l 1x y =+2222,1,x y x y ⎧+=⎨=+⎩23210y y +-=113y =21y =-AOB ∴121112||1(1)2233S OF y y =-=⨯⨯--=2222,,x y y x m ⎧+=⎨=+⎩2234220x mx m ++-=()22(4)12220m m ∴∆=-->203m <1243m x x +=-212223m x x -=()()()221212121223m y y x m x m x x m x x m -∴=++=+++=OAPM 0m ∴≠OP OA OM =+(0)OM tOB t =>()1212,OP OA tOB x tx y ty ∴=+=++∴P ()1212,x tx y ty ++P ()()22121222x tx y ty +++=()()222221122121222242x y txy tx x ty y +++++=221122x y +=222222x y +=12122x x y y t +=-22222233m m t --∴+⨯=-2643m t -=20,03t m ><<02t ∴<<t (0,2)【点睛】此题考查根据直线与椭圆关系求三角形面积，将几何关系转化为代数关系，利用点的坐标结合韦达定理求解，综合性强.题型3 探究长度、面积（周长）相关问题1．（2020·山西高三月考（理））已知中心为坐标原点的椭圆C的一个焦点为)F，且经过点1,2M ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭.（1）求椭圆C 的标准方程.（2）若不经过点F 的直线l ：()0,0y kx m k m =+<>与椭圆C 交于A ，B 两点，且与圆221x y +=相切，试探究ABF 的周长是否为定值.若是，求出定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）2214x y += ；（2）ABF 的周长为定值4 . 【分析】（1）由椭圆的定义可知'42MF MF a +==，可得2a =，因为c =222b a c =-，所以1b =可得答案；（2）因为直线l 与圆相切，可得m 与k 的关系，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理可得弦长公式AB ，再利用两点间的距离公式可得AF 12x =-，22BF x =，所以AF BF AB ++可得答案.【详解】（1）设椭圆C 的标准方程为()222210x y a b a b+=>>，由题可知另一个焦点为()'F .由椭圆的定义可知'42MF MF a +===，所以2a =，因为c =222b ac =-，所以1b =，所以椭圆C 的标准方程为2214x y +=.（2）是定值，理由如下：因为直线l ：()0,0y kx m k m =+<>与圆221x y +=相切，1=，即221m k =+，设()11,A x y ，()22,B x y ， 联立2214y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y 整理得 ()222418440kx kmx m +++-=，所以()2221641480k m k ∆=-+=>，122841km x x k +=-+，21224441m x x k -=+，所以AB ====，又221m k =+，所以241AB k -=+.由于0,0k m <>，所以1202,02x x <<<<，因为AF =122x ==-，同理22BF x =，所以()1242AF BF x x +=-+2284424141km k k =+⨯=+++，所以44AF BF AB ++=+=，故ABF 的周长为定值4. 【点睛】本题考查了直线与圆、直线与椭圆的位置关系，第二问的关键点是利用韦达定理可得AB 和AF BF +，考查了分析问题、解决问题的能力.2．（2021·山西运城市·高三期末（理））已知A ，B 是椭圆222:1(1)x E y a a+=>的左、右顶点，C 为E 的上顶点，3AC BC ⋅=-．（1）求椭圆的方程；（2）若M ，N ，P 是椭圆E 上不同的三点，且坐标原点O 为MNP △的重心，试探究MNP △的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，说明理由．【答案】（1）2214x y +=；（2）MNP △ 【分析】（1）分别写出点,,A B C 三点的坐标，求出AC 、BC 的坐标，利用数量积的坐标运算即可求解； （2）设()11,M x y ，()22,N x y ，当直线MN 的斜率不存在时计算MNP △的面积，当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y kx m =+，与2214xy +=联立消去y 得到关于x 的一元二次方程，利用韦达定理可得12x x +，12x x ，计算弦长||MN ，点P 到直线MN 的距离d ，计算1||2MNPS MN d =⋅即可求解. 【详解】（1）(,0),(,0),(0,1)A a B a C -，则(,1),(,1)AC a BC a ==-，因为3AC BC ⋅=-，所以213a -+=-，得24a =．所以椭圆的方程为2214x y +=．（2）当直线MN 的斜率不存在时，设直线MN 的方程为1x x =，设()11,M x y ，则()11,N x y -，因为O 为MNP △的重心，所以()12,0P x -．由M ，N ，P 在椭圆上，所以221114x y +=且21414x =，解得221131,4x y ==．易知1232MNPS =⨯=， 当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y kx m =+，设()11,M x y ，()22,N x y ，由2214x y y kx m⎧+=⎪⎨⎪=+⎩得()222148440k x kmx m +++-=，则122841km x x k -+=+，21224441m x x k -=+， ()121222241m y y k x x m k +=++=+．因为O 为MNP △的重心，所心2282,4141kmm P k k -⎛⎫ ⎪++⎝⎭， 因为P 在椭圆上，故2222182144141km m k k -⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，化简得22441m k =+．||MN =点P 到直线MN 的距离d 等于O 到直线MN距离的3倍，所以d =，所以11||22MNPSMN d =⋅=26|42m m ==，综上，MNP △的面积为定值2． 【点睛】本题解题的关键点是设直线MN 的方程为y kx m =+，与椭圆方程联立，计算弦长||MN ，点P 到直线MN 的距离d ，计算1||2MNPSMN d =⋅，注意计算直线MN 的斜率不存在时，MNP △的面积. 3．（2021·河北保定市·高三二模）如图，已知双曲线的左右焦点分别为、，若点为双曲线在第一象限上的一点，且满足，过点分别作双曲线两条渐近线的平行线、22:13y C x -=1F 2F P C 128PF PF +=P C PA与渐近线的交点分别是和.（1）求四边形的面积；（2）若对于更一般的双曲线，点为双曲线上任意一点，过点分别作双曲线两条渐近线的平行线、与渐近线的交点分别是和.请问四边形的面积为定值吗？若是定值，求出该定值（用、表示该定值）；若不是定值，请说明理由. 【答案】（1（2）是，且定值为.【分析】（1）求出点、的坐标，计算出点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得四边形的面积；（2）设点，求出点的坐标，计算出点到直线的距离，利用平行四边形的面积公式化简可得结果.【详解】（1）因为双曲线，由双曲线的定义可得，又因为，，， 因为，所以，，轴，点的横坐标为，所以，，，可得，即点，过点且与渐近线平行的直线的方程为，PB A B OAPB ()2222:10,0x y C a b ab'-=>>P 'C 'P 'C 'P A ''P B ''A 'B 'OA P B '''a b 12ab P B B OP OAPB ()00,P x y 'B 'B 'OP 'd 22:13y C x -=122PF PF -=128PF PF +=15PF ∴=23PF =124F F ==2222121PF F F PF +=2PF x ∴⊥∴P 2P x =22213P y -=0P y >3P y =()2,3P P y =)32y x -=-联立，解得，即点，直线的方程为，点到直线的距离为， 且，因此，四边形的面积为； （2）四边形的面积为定值，理由如下： 设点，双曲线的渐近线方程为，则直线的方程为， 联立，解得，即点， 直线的方程为，即， 点到直线的距离为，且因此，（定值）. 【点睛】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．4．（2020·安徽淮南市·高三二模）在平面直角坐标系中，动点到直线的距离与到定点的距离之比为.（1）求动点的轨迹的方程；（2）过点的直线交轨迹于，两点，线段的中)32y y x ⎧=⎪⎨-=-⎪⎩132x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩312B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭OP 320x y -=B OP d ==OP =OAPB 22OAPBOBP S S OP d ==⋅=△OA P B '''12ab ()00,P x y '22221x ya b-=b y x a =±P B ''()00by y x x a-=--()00b y y x x a b y x a ⎧-=--⎪⎪⎨⎪=⎪⎩00002222x a x y b y b y x a⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩0000,2222x y a b B y x ba ⎛⎫++ ⎪⎝⎭'OP '0y y x x =000y x x y -=B 'OP 'd ==22==OP '=22OA P B OB P abSS OP d ''''''==⋅=△xOy P 4x =(1,0)F 2P E F E A B AB垂线与交于点，与直线交于点，设直线的方程为，请用含的式子表示，并探究是否存在实数，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）（2）；存在； 【分析】（1）设，动点到直线的距离与到定点的距离之比为，列出方程求解即可；（2）设，联立，消去，得，利用韦达定理，结合弦长公式，求出，，然后求解即可. 【详解】（1）设，动点到直线的距离与到定点的距离之比为，化简整理得.动点的轨迹的方程为. （2）设，联立，消去x ，得，根据韦达定理可得：，， ，又，于是，令，解得存在，使. 【点睛】本题考查轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，圆锥曲线与直线交点问题时，通常用直线和圆锥曲线联立方程组，通过韦达定理建立起目标的关系式，采用“设而不求法”并进行一系列的数学运算，从而使问题得以解决，属于难题.题型4 探究角度相关问题1．（2020·江苏省苏州高三月考）已知双曲线的方程22:21C x y -=．（1）求点(0,1)P 到双曲线C 上的点的AB C 4x =-D AB 1x my =+m AB CDm 35ABCD =m 22143x y +=AB CD =0m =(,)P x y P 4x =(1,0)F 2()()1122,,,A x y B x y 221143x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩x ()2234690m y my ++-=AB CD (,)P x y P 4x =(1,0)F 2∴2=22143x y +=∴P E 22143x y +=()()1122,,,A x y B x y 221143x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩()2234690m y my ++-=122634m y y m +=-+122934y y m =-+∴()212212134m AB y y m +=-==+2243,3434m C m m ⎛⎫- ⎪++⎝⎭()(22435434m CD m +=-=+∴ABCD =35AB CD ==0m =∴0m =35AB CD =距离的最小值；（2）已知直线:l y kx t =+与圆22:1M x y +=相切，①求k 和t 的关系②若l 与双曲线C 交于A 、B 两点，那么AOB ∠是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，请说明理由． 【答案】（1）6；（2）（i ）221t k =+；（ii ）AOB ∠为定值90︒． 【分析】（1）设(,)Q a b 为双曲线上的点，代入双曲线的方程，结合两点的距离公式和二次函数的最值，可得最小值；（2）设直线l 的方程为y kx t =+，由直线和圆相切可得221t k =+，设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，联立双曲线的方程，消去y 可得x 的二次方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，计算可得AOB ∠为定值．【详解】解：（1）设()00,Q x y 为双曲线上的点，则220021-=x y ，则||===PQ 当023y =时||PQ 最小，且为6，所以点(0,1)P 到从曲线C 上点的距离的最小值为6； （2）①设直线线l 的方程为y kx t =+，由直线l与圆相切，可得1==d ，即221t k =+，②设()()1122,,,A x y B x y ，联立得()22222221021y kx t k x ktx t x y =+⎧⇒----=⎨-=⎩， 则222121222221220,,222++-≠+==-=----kt t k k x x x x k k k， 所以()()()2212121212=++=+++y y kx t kx t k x x kt x x t 222222222222222222222--++--+===---k t k k t t k t t k k k k k， 所以2212122222022++⋅=+=-+=--k k OA OB x x y y k k，所以AOB ∠为定值90︒． 【点睛】本题考查双曲线的方程和运用，以及直线和双曲线的位置关系，注意联立直线方程和双曲线的方程，运用韦达定理和向量的坐标运算，考查方程思想和运算能力、推理能力．2．（2021·湖南高三三模）已知椭圆的右焦点为，离心率．（1）若为椭圆上一动点，证明到的距离与到直线的距离之比为定值，并求出该定值；（2）设，过定点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，在轴上是否存在一点，使得轴始终平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析；定值；（2）存在；． 【分析】（1）根据两点距离公式，结合已知进行证明即可；（2）根据求出椭圆的方程，将直线方程与椭圆方程联立得到一元二次方程，根据一元二次方程的根与系数关系，结合直线的斜率公式进行求解即可.【详解】解：（1）设点，则．因为， 点到直线的距离，所以， 即到的距离与到直线的距离之比为定值．（2）因为，，所以，的方程为．假设存在这样的一点，设，直线，联立方程组，消去得，． 设，，则，．因为轴平分，所以直线与的斜率互为相反数， 即，2222:1(0)x y C a b a b+=>>(c,0)F 12e =P C P F P 2a x c=1c =(0,)c k l C M N y Q y MQN ∠Q 12(0,3)Q 1c =()00,P x y 2200221x y a b+=||PF ===0c a x a=-P 2a x c =20a d x c =-020||12c a x PF c a e a d a x c-====-P F P 2a x c=121c =12e =2a =b =C 22143x y +=Q (0,)Q t :1l y kx =+221431x y y kx ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩y ()2234880k x kx ++-=()296210k ∆=+>()11,M x y ()22,N x y 122834k x x k -+=+122834x x k-=+y MQN ∠QM QN 121211QM QN kx t kx t k k x x +-+-+=+()1212122(1)0kx x t x x x x +-+==所以， 因为与无关，所以．故在轴上存在一点，使得轴始终平分．【点睛】由轴平分，得到直线与的斜率互为相反数，这是解题的关键. 3．（2021·天津高三二模）已知抛物线：与离心率为的椭圆：的一个交点为，点到抛物线的焦点的距离为2.（∴）求与的方程；（∴）设为坐标原点，在第一象限内，椭圆上是否存在点，使过作的垂线交抛物线于点，直线交轴于点，且？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（∴），；（∴）不存在点. 【分析】（∴）由抛物线的定义可知到焦点的距离等于到准线的距离，代入准线方程可求出值，从而求出抛物线方程；代入抛物线方程可求出点坐标，代入椭圆方程，结合离心率联立可解出，从而求出椭圆方程；（∴）直线与轴交于点，因为，且有，可得出，，即为线段中点，则有，设直线的方程为：，求出直线的方程，分别与椭圆和抛物线联立，求出点坐标，代入求解即可.【详解】解：（∴）因为抛物线方程为，则准线方程为：，点到焦点的距离等于到准线的距离，所以有，解得：，抛物线方程为：. 则或，且点在椭圆上，有，又椭圆离心率为，即，即，联立求解：，所以椭圆方程为. （∴）由题意，直线斜率存在且大于0，设直线的方程为：，因为，则有22882(1)3434k k t k k --⋅+-⋅++22168(1)8(3)03434k k t k t k k----===++8(3)0k t -=k 3t =y (0,3)Q y MQN ∠y MQN ∠QM QN 1C ()220y px p =>22C ()222211x y a b a b+=>>()1,P t Р1C 1C 2C O 2C A O OA 1C B AB y E OAE EOB ∠=∠A 21:4C y x =222:1992x y C +=A p P ,a b AB x D OAE EOB ∠=∠90OAB EOD ∠=∠=OAD DOA ∠=∠DOB DBO ∠=∠D AB A B y y =-OA ()0y kx k =>OB ()220y px p =>2px =-()1,P t 122p+=2p =24y x =()1,2P ()1,2P -P 22141a b +=22212c a =2212b a =22992a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩221992x y +=OA OA ()0y kx k =>OA OB ⊥直线的方程为：， 由得：，即； 由得：，即. 设直线与轴交于点，因为在第一象限内，满足，又，所以有，，所以，即为线段中点，所以，无解，所以不存在点的坐标使得.【点睛】（1）抛物线经常利用定义转化，将到焦点的距离转化为到准线的距离，减少变量求解；（2）直线与圆锥曲线的问题，经常将所求问题转化为与根有关的问题，此题中将转化为，联立解出点坐标，代入等式可判断是否存在.4．（2021·上海高三专题练习）已知椭圆，是的下焦点，过点的直线交于、两点，（1）求的坐标和椭圆的焦距；（2）求面积的最大值，并求此时直线的方程；（3）在轴上是否存在定点，使得恒成立若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1），焦距为；（2），此时直线的方程为；（3）存在定点，使得恒成立．【分析】（1）利用椭圆方程求出，，然后求解，即可得到结果．（2）设直线，与椭圆方程联立．利用判别式以及韦达定理，结合弦长公式点到直线的距离公式，然后求解三角形的面积，利用基本不等式求解最值即可推出直线方程．（3）由（2）得，，推出直线系方程，然后求解定点坐标．验证当直线的斜率不存在时，直线也过定点，即可．【详解】（1）椭圆，可得，，所以，焦距为；OB xy k=-221992x y y kx ⎧+=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩A ⎛⎫241y xy xk ⎧=⎪⎨=-⎪⎩244x k y k ⎧=⎨=-⎩()24,4B k k -AB x D OAE EOB ∠=∠90OAB EOD ∠=∠=OAD DOA ∠=∠DOB DBO ∠=∠AD OD BD ==D AB A B y y =-4k =314=<A OAE EOB ∠=∠OAE EOB ∠=∠A B y y =-22:1126y x Γ+=F Γ()0,6R l ΓM N F ΓMNF l y S RSM RSN π∠+∠=S (0,F 2c =MNF l 6y =+()0,2S RSM RSN π∠+∠=a b c :6l y kx =+122122kx x k -+=+122242x x k =+l l (0,2)S 22:1126y x Γ+=a =b =c =(0,F 2c =（2）由题意得直线的斜率存在，设直线，由得，所以，故， 设，，则，， 所以(或用） 点到直线的距离所以，令，则， 所以，当且仅当时取等号，所以，此时直线的方程为；（3）当直线的斜率存在时，由（2）得，， 因为，所以，即，所以， 所以，所以， 所以，因为，所以，所以， 当直线的斜率不存在时，直线也过定点，故轴上存在定点，使得恒成立．【点睛】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，解决本题的关键点是将l :6l y kx =+2211266y x y kx ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩()22212240k x kx +++=()()2221449624840k k k ∆=-+=->240k ->()11,M x y ()22,N x y 122122kx x k -+=+122242x x k =+12MN x =-=====MN =F l d =)21622MNFS MN d k =⋅==+△0t =>))216666MNF tS t t t==++△6MNF S ≤=△k =MNF l 6y =+l 122122kx x k -+=+122242x x k =+RSM RSN π∠+∠=0MS NS k k +=12120y t y tx x --+=()()21120x y t x y t -+-=()()2112660x kx t x kx t +-++-=()()1212260kx x t x x +-+=()()2222412122620222k kkt t k k k -+-=-=+++0k ≠2t =()0,2S l l ()0,2S y ()0,2S RSM RSN π∠+∠=。
圆锥曲线中的典型问题与方法：圆锥曲线中的探究性(存在性)问题
圆锥曲线中的典型问题与处理方法——数学之家出品圆锥曲线中的探究性（存在性）问题（一）存在性问题是一种具有开放性和发散性的问题， 此类题目的条件和结论不完备， 要求学生结合已有的条件进行观察、分析、 比较和概括，它对数学思想、数学意识及综合运用数学 方法的能力有较高的要求， 特别是在解析几何第二问中经常考到 “是否存在这样的点” 的问题，也就是是否存在定值定点定直线的问题。
一、是否存在这样的常数例 1．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x2y 21有2两个不同的交点 P 和Q ． （I ）求 k 的取值范围；（ II ）设椭圆与 x 轴正半轴、 y 轴正半轴的交点分别为A ，B ，是否存在常数 k ，使得向量 OPOQ与 AB 共线？如果存在，求 k 值；如果不存在，请说明理由．解：（Ⅰ）由已知条件，直线 l 的方程为 y kx 2 ，代入椭圆方程得 x 2( kx2) 21．整理得 1 k 2x 22 2kx 1 0①22直线 l 与椭圆有两个不同的交点 P 和 Q 等价于8k 2 4 1 k 2 4k 22 0 ， 2 解得 k 2或 k2 ．即 k 的取值范围为 ∞ ， 2 2，∞ ．22 22（Ⅱ）设 P(x 1，y 1 )，Q(x 2，y 2 ) ，则 OP OQ ( x 1x 2，y 1 y 2 ) ，由方程①， x 1 x 2 4 2k ．②1 2k 2又y 1y 2 k ( x 1 x 2 ) 2 2 ．③而 A( 2，0)， B(01，)，AB ( 21)， ．所以 OPOQ 与 AB 共线等价于 x 1 x 22( y 1 y 2 ) ，将②③代入上式，解得k2．2圆锥曲线中的典型问题与处理方法——数学之家出品22，故没有符合题意的常数 k ．由（Ⅰ）知 k 或 k2 2练习 1：（ 08 陕西卷 20）．（本小题满分12 分） 已知抛物线 C ： y 2x 2，直线 ykx2交C 于 A ，B 两点， M 是线段 AB 的中点，过 M 作 x 轴的垂线交 C 于点N ．（Ⅰ）证明：抛物线 C 在点 N 处的切线与 AB 平行；（Ⅱ）是否存在实数 k 使 NA NB 0，若存在，求 k 的值；若不存在，说明理由．解 法 一 ：（ Ⅰ ） 如 图 ， 设 A( x 1，2x 1 2 ) ， B(x 2，2x 2 2) ， 把y k x 2 代 入 y 2x 2得2x 2kx 2 0 ， 由韦达定理得 x 1 x 2 k ， x x 1 ， 2 1 2 x N x M x 1 x 2 k ， k k 2N 点的坐标为 ， ． yM2B1A2 4 4 8设抛物线在点 N 处的切线 l 的方程为 yk 2 m x k， 8 4 将 y 2x 2 代入上式得 2x 2 mx mk k 2 0 ， 4 8 直线 l 与抛物线 C 相切， m 2 8 mk k 2 m 2 2mk k 2 (m k) 20 ， 4 8 即 l ∥ AB ．（Ⅱ）假设存在实数 k ，使 NA NB 0，则 NA NB ，又 |MN | 1|AB|． 2 1 ( y 1 y 2 )1(kx 1 1[ k( x 1 由（Ⅰ）知 y M 2 kx 2 2) 2 2 2N x O 1m k ．M 是 AB 的中点，x 2 ) 4]1 k2 k 2． 2 4 2 2 4MN x 轴， | MN | |y My N | k 2 2 k 2 k 216 ．4 8 81 k2 |x1x2 | 1 k 2( x1x2 )24x1x2又|AB|圆锥曲线中的典型问题与处理方法——数学之家出品k 211 k 24(1) k2 1 k 2 16 ．22k216 1k2 1 k 216 ，解得k 2 ．8 4即存在 k 2，使 NA NB 0 ．解法二：（Ⅰ）如图，设A( x1，2x12 )， B( x2，2x22 ) ，把 y kx 2 代入 y 2x2得2x2kx 2 0 ．由韦达定理得x1x2k， x1 x2 1 ．2x N x M x1x2kN 点的坐标为k k 2．y 2x2y4x ，2，4，，4 8kk ，l ∥ AB ．抛物线在点 N 处的切线 l 的斜率为 44 （Ⅱ）假设存在实数k ，使 NA NB 0 ．由（Ⅰ）知NA x1k ，2k2，x2k ， 2 k2，则2x18NB42x284NA NB x1kx2k 2 k2 2 k2 4 42x182x28x1kx2k42 k2 2 k 2 4 4x116x216x1kx2k1 4 x1kx2k 4 4 4 4x x k x x k 2 1 4x x k( x x ) k 2 1 2 4 1 216 1 2 1 2 41 k k k2 1 4 ( 1) k k k24 2 16 2 41 k233k2 16 40，1 k 20 ， 3 3 k2 0 ，解得 k2 ．16 4圆锥曲线中的典型问题与处理方法——数学之家出品即存在 k2，使 NANB0 ． 练习 2.直线 ax-y = 1 与曲线 x 2 - 2y 2= 1相交于 P 、 Q 两点。
高考热点题型：圆锥曲线中的探索性问题
圆锥曲线中的探索性问题【必备知识】1．将直线y kx m =+代入椭圆22221(0)x y a b a b +=>>方程，化为关于x 的二次方程，即为222222()b x a kx m a b ++=，亦即222222222()20b a k x kma x a m a b +++-=．2．将直线y kx m =+代入抛物线22(0)y px p =>方程，得 2222()0k x km p x m +-+=，注意对k 分0k =（对应于直线与对称轴平行）与0k ≠（对应于直线与对称轴不平行）两类进行讨论．3．过点1112212(,),(,,)()P x y P x y x x ≠的直线斜率为122121P P y y k x x -=-．4．点00(,)P x y 到直线0Ax By C ++=的距离为0022d A B=+．5．直线l ：y kx m =+与圆锥曲线相交所得弦长2221212121||1()4L k x x k x x x x =+-=+⋅+-＝21||k a ∆+⋅． 【技巧点拨】解答圆锥曲线中探索性问题，一般可分为以下步骤： （1）假设结论成立；（2）以假设为条件，进行推理求解；（3）明确规范结论，若能推出合理结论，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设； （4）回顾反思解题过程． 【典例展示】【题型一】探索直线、曲线间的位置关系问题【例1】已知椭圆C :2233x y +=，过点()1,0D 且不过点()2,1E 的直线与椭圆C 交于A ，B 两点，直线AE 与直线3x =交于点M ．（Ⅰ）若AB 垂直于x 轴，求直线BM 的斜率；（Ⅱ）试判断直线BM 与直线DE 的位置关系，并说明理由．【解析】（Ⅰ）因为AB 过点(1,0)D 且垂直于x 轴，所以可设1(1,)A y ，1(1,)B y -． 直线AE 的方程为11(1)(2)y y x -=--．令3x =，得1(3,2)M y -． 所以直线BM 的斜率112131BM y y k -+==-．（Ⅱ）直线BM 与直线DE 平行．证明如下： 当直线AB 的斜率不存在时，由（Ⅰ）可知1BM k =．高考热点题型又因为直线DE 的斜率10121DE k -==-，所以BM DE ．当直线AB 的斜率存在时，设其方程为(1)(1)y k x k =-≠． 设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则直线AE 的方程为1111(2)2y y x x --=--． 令3x =，得点1113(3,)2y x M x +--．由2233(1)x y y k x ⎧+=⎨=-⎩，得2222(13)6330k x k x k +-+-=．直线BM 的斜率11212323BMy x y x k x +---=- 因为()()()()()()()11122121131232132k x x k x x x x k x x BM -+--------=--()()()()12122112332k x x x x x x --++-⎡⎤⎣⎦=--()()()222221331213131332k k k k k x x ⎛⎫-+-+- ⎪++⎝⎭=--0=，所以D 1k k BM E ==．所以BMDE ．综上可知，直线BM 与直线DE 平行．【思维导图】【特别点拨】围绕点的坐标确定是解答本题的关键．1．已知圆C 的圆心为)3)(0,(<m m C ，半径为，圆C 与椭圆2222:1x y E a b +=(0)a b >>有一个交点为(3,1)A ，21,F F 分别是椭圆的左、右焦点．（Ⅰ）求圆C 的标准方程；（Ⅱ）若点P 的坐标为()4,4，试探究斜率为k 的直线1PF 与圆C 能否相切，若能，求出椭圆E 和直线1PF 的方程；若不能，请说明理由．1．【解析】（1）由已知可设圆C 的方程为22()5(3)x m y m -+=<，将点A 的坐标代入圆C 的方程，得22(3)15m -+=，即2(3)4m -=，解得1m =或5m =.∵3m <，∴1m =，∴圆C 的方程为22(1)5x y -+=.(2)依题意，可得直线1PF 的方程为(4)4y k x =-+，即440kx y k --+=. 若直线1PF 与圆C 相切，则251k =+0112442=+-∴k k ，解得112k =或12k = .当112=k 时，直线1PF 与x 轴的交点横坐标为36011>，不合题意，舍去．当12=k 时，直线1PF 与x 轴的交点横坐标为－4， ∴124,(4,0),(4,0)c F F =-，∴由椭圆的定义得2222122||||(34)1(34)152262a AF AF =+=+++-+=+=∴32a =，即218a =，2222b a c =-=．直线1PF 能与圆C 相切，直线1PF 的方程为240x y -+=，椭圆E 的方程为221182+=x y ． 【题型二】探索与平面图形形状相关的问题【例2】设椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为12,F F ，上顶点为A ，过点A 与2AF 垂直的直线交x 轴负半轴于点Q ，且1F 恰是2QF 的中点，若过2,,A Q F 三点的圆恰好与直线:330l x y --=相切．（1）求椭圆C 的方程；（2）若直线2:1+=x y l 与椭圆C 交于H G ,两点，在x 轴上是否存在点)0,(m P ，使得以PH PG ,为邻边的平行四边形是菱形．如果存在，求出m 的值；如果不存在，请说明理由．【解析】（1）设椭圆C 的半焦距为()0c c >，由1F 为线段2F Q 中点，2AQ AF ⊥， 所以2,,A Q F 三点圆的圆心为()1,0F c -，半径为2c a =． 又因为该圆与直线l 相切，所以3212c c c --=∴=．所以224,3a b ==，故所求椭圆方程为22143x y +=； （2）将直线2:1+=x y l 代入22143x y +=得041672=++x x ． 设),(),,(2211y x H y x G ，则74,7162121=-=+x x x x ， ∴712422212121=++=+++=+x x x x y y ，∴GH 的中点)76,78(-M ，由于菱形对角线互相垂直，则1-=⋅CM PM k k ，∴1178076-=⨯---m ，解得72-=m ．即存在满足题意的点P ，且m 的值为72-．【思维导图】（13．已知椭圆的中心在坐标原点O ，焦点在x 轴上，短轴长为2，且两个焦点和短轴的两个端点恰为一个正方形的顶点，过右焦点F 与x 轴不垂直的直线l 交椭圆于P Q ，两点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）当直线l 的斜率为1时，求POQ ∆的面积；（Ⅲ）在线段OF 上是否存在点)0,(m M ，使得以MP MQ ，为邻边的平行四边形是菱形？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．3．【解析】（Ⅰ）由已知，椭圆方程可设为)0(12222>>=+b a by a x ．因为两个焦点和短轴的两个端点恰为正方形的顶点，且短轴长为2，所以2,1===a c b ．所求椭圆方程为1222=+y x ． （Ⅱ）因为直线l 过椭圆右焦点)0,1(F ，且斜率为1，所以直线l 的方程为1-=x y ．设),(),,(2211y x Q y x P ．由⎩⎨⎧-==+,1,2222x y y x 得01232=-+y y ，解得31,121=-=y y ，所以32||21||||212121=-=-⋅=∆y y y y OF S POQ ． （Ⅲ）假设在线段OF 上存在点)10)(0,(<<m m M ，使得以MP ，MQ 为邻边的平行四边形是菱形．因为直线l 与x 轴不垂直，所以设直线l 的方程为)0)(1(≠-=k x k y ．由⎩⎨⎧-==+),1(,2222x k y y x 可得0224)21(2222=-+-+k x k x k ， 因为0)1(8)22)(21(4162224>+=-+-=∆k k k k ，所以222122212122,214kk x x k k x x +-=+=+． 设PQ y x Q y x P ),,(),,(2211的中点为),(00y x N ，所以2022021,212kk y k k x +-=+=， 因为以MP ，MQ 为邻边的平行四边形是菱形，所以MN ⊥PQ ，1-=⋅k k MN ，所以121221222-=⋅-++-=⋅k mk kk kk k MN，整理得m k k k k ++-=+-222221221， 2222221212kk k k k m +=++-=，所以)0(2122≠+=k k k m ，所以210<<m ． 【题型三】探索与平面图形面积相关的问题【例3】已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>，短轴长为2．（1）求椭圆C 的方程；（2）若,A B 是椭圆C 上的两个动点，O 为坐标原点，,OA OB 的斜率分别为12,k k ，问是否存在非零常数λ使12k k λ⨯=时，AOB ∆的面积S 为定值？若存在，求λ的值；否则说明理由．【解析】（1）∵,222c e b a ===，∴222a b c =+，∴2,1,a b ==椭圆C 的方程为：2214x y +=；（2）假设存在这样的常数λ使12k k λ=时AOB S ∆为定值，设直线的方程为： ,y kx m =+且AB 与2214x y +=的交点坐标为()()1122,,,A x y B x y ． 因为12,k k λ=所以，()()121212120,x x y y x x kx m kx m λλ-=-+++0=， 化为()221212()0k x x km x x m λ-+++=．将,y kx m =+代入2214x y +=，消去y 得：()222148440k x kmx m +++-=．由韦达定理得：12x x +2814kmk-=+，12x x 224414m k -=+， ∴()221212()0k x x km x x m λ-+++=，可化为()22414k m λλ-=-．因为点O 到直线AB的距离为d =，所以121122AOBSd AB x x m ==-= 22AOBS ∆⎛⎫= ⎪⎝⎭()()()()()2222222(14)41441414k k k k λλλλ⎡⎤+⋅----⎢⎥⎣⎦-+＝()()4222426416141168114k k k k λλλλ-++⋅-⨯++- 要使上式为定值，只需26411641681λλλ-+-==，得，14λ=-，此时22AOB S ∆⎛⎫= ⎪⎝⎭14，即1AOB S ∆=， 故存在非零常数14λ=-，此时1AOB S ∆=． 【思维导图】（1（23．已知平面直角坐标系上一动点(,)P x y 到点(2,0)A -的距离是点P 到点(1,0)B的距离的2倍．（1）求点P 的轨迹方程；（2）过点A 的直线l 与点P 的轨迹C 相交于,E F 两点，点(2,0)M ，则是否存在直线l ，使EFM S △取得最大值，若存在，求出此时l 的方程，若不存在，请说明理由．3．【解析】（1= ∴2240x x y -+=，即22(2)4x y -+=，（2）由题意知l 的斜率一定存在，不妨假设存直线l 的斜率为k ，且1122(,),(,)E x y F x y 。
高中生圆锥曲线的理解困难及对策研究
高中生圆锥曲线的理解困难及对策研究高中生在学习数学的过程中，常常会遇到一些困难和挑战。
对于圆锥曲线的理解往往是许多学生感到困惑的一个问题。
圆锥曲线是高中数学中的重要内容，涉及到抛物线、椭圆、双曲线等几何概念，同时也与代数方程、参数方程等内容紧密相关。
高中生的圆锥曲线的理解困难是一个值得关注和研究的问题。
本文将从高中生圆锥曲线理解的困难原因分析入手，并提出相应的对策，以帮助高中生更好地理解和掌握圆锥曲线的知识。
一、困难原因分析1.抽象概念理解困难圆锥曲线作为高中数学的一个重要内容，其概念本身就较为抽象和难以直观理解。
许多学生往往对于抛物线、椭圆、双曲线等曲线的形状、性质和方程的关系感到困惑，无法深入理解其数学本质。
2.数学知识的垂直连接不足学生在学习圆锥曲线时，往往需要涉及到代数方程、参数方程、直角坐标系、极坐标系等多种数学知识。
许多学生对于这些知识之间的垂直联系了解不足，缺乏全面的数学知识结构。
3.数学运算能力不足圆锥曲线的学习离不开各种数学运算，如解方程、求导、积分等。
许多学生在数学基本运算能力上存在欠缺，导致在学习圆锥曲线时难以深入理解和应用。
4.缺乏实际应用情境二、对策研究1.建立概念图谱针对圆锥曲线的抽象概念，可以通过建立概念图谱的方式，将抛物线、椭圆、双曲线等曲线的形状、性质及其方程之间的联系整合为一个完整的结构框架，使得学生能够清晰地理解各种曲线之间的异同和联系。
在圆锥曲线的教学中，要注重将代数方程、参数方程、直角坐标系、极坐标系等相关知识进行横向和纵向的衔接，使得学生能够全面地理解圆锥曲线的内容，形成完备的数学知识结构。
3.加强数学基本运算训练在教学中可以引入一些圆锥曲线的实际应用情境，如天体运动、电磁场分布等，使得学生通过实际问题能够更直观地理解和应用圆锥曲线的知识，在实际问题中获得解决问题的动力和乐趣。
三、总结通过对高中生圆锥曲线的理解困难及对策的研究，可以帮助学生更好地掌握和理解圆锥曲线的知识。
剖析圆锥曲线中的探索性问题
ʏ南通大学附属中学张敏圆锥曲线中的探索性问题,一直是历年高考数学试卷考查的重点与难点之一㊂此类问题可以很好地考查圆锥曲线中的基础知识㊁基本技能等,同时还能重点考查考生的数学运算与逻辑推理素养,难度为中高档,具有很好的选拔性与区分度,备受命题者的青睐,常考常新,创新新颖㊂一、定值或定点的探索性问题圆锥曲线中的定值或定点的探索性问题,主要是涉及定值或定点的存在性问题,一般采用假设法,首先根据所解决的问题设出参数,然后假设定值成立或定点存在,再根据定值或定点问题的解决方法,列出参数所满足的等式关系,则可转化为方程或方程组的解的存在性问题㊂例1已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a> b>0)的左顶点和右顶点分别为A,B,O为坐标原点㊂以O B为对角线的正方形O P B Q 的顶点P,Q在椭圆C上㊂(1)求椭圆C的离心率㊂(2)当a=2时,过点(1,0)作与x轴不重合的直线l与椭圆C交于M,N两点(M在x轴上方),直线A M,B N的斜率分别为k1, k2㊂试判断:k1k2是否为定值?若是,求出定值;若不是,请说明理由㊂分析:(1)通过正方形的构建来确定参数之间的关系,进而利用离心率的变形公式加以分析与求解;(2)结合过定点的直线与椭圆相交于两点,进而研究这两点与对应的椭圆顶点的连线所对应的直线的斜率的比值为定值㊂解:(1)不妨设P点在第一象限,则以O B为对角线的正方形O P B Q的顶点坐标分别为B(a,0),P a2,a2,Q a2,-a2㊂因为P,Q在椭圆上,所以a24a2+a24b2=1,整理可得a2=3b2㊂所以椭圆的离心率e=ca=1-b2a2=63㊂(2)当a=2时,b=233,所以椭圆C的方程为x2+3y2=4㊂设直线l的方程为x=m y+1,mʂ0,设M(x1,y1),N(x2,y2),则y2<0<y1㊂联立x=m y+1,x2+3y2=4,消去x整理得(m2+ 3)y2+2m y-3=0,由根与系数的关系得y1+y2=-2mm2+3,y1y2=-3m2+3,所以y1+y2y1y2=2m3,即2m y1y2=3(y1+y2)㊂所以k1k2=y1x1+2y2x2-2=y1x1+2㊃x2-2y2=y1(m y2-1)(m y1+3)y2=m y1y2-y1m y1y2+3y2= 32(y1+y2)-y132(y1+y2)+3y2=12y1+32y232y1+92y2=13㊂综上所述,k1k2为定值13㊂点评:研究参数或代数式的定值问题,关键是设置对应的动直线或动曲线,结合直线与圆锥曲线的位置关系,借助函数与方程思6 2解题篇创新题追根溯源高考数学2023年4月Copyright©博看网. All Rights Reserved.想的转化,通过参数关系式的整体代换与变形,巧妙转化所求参数或代数式的定值问题,实现定值的探索性问题,这是解决此类问题最常用的技巧方法㊂需要特别注意的是:在利用整体代换法处理解析几何中的相关代数式时,由于变量比较多,运算量比较大,所以需要注意合理的整体化思维及变量代换㊂二、位置关系的探索性问题圆锥曲线中的位置关系的探索性问题,主要是涉及直线与圆锥曲线的位置关系的探索与开放问题,关键是利用代数法或几何法将直线和圆锥曲线的位置关系,转化为相关数量之间的关系,进而转化为数量关系的探究问题来分析与解决㊂例2在平面直角坐标系x O y中,O 为坐标原点,F(0,1),N(t,-1)(tɪR),已知әM F N是以F N为底边,且边MN平行于y轴的等腰三角形㊂(1)求动点M的轨迹C的方程㊂(2)已知直线l交x轴于点P,且与曲线C相切于点A,点B在曲线C上,且直线P B ʊy轴,点P关于点B的对称点为Q,试判断A,Q,O三点是否共线?并说明理由㊂分析:(1)根据题目条件,设出动点M的坐标,结合等腰三角形的性质确定MN= M F,由两点间的距离公式构建关系,加以变形转化来确定轨迹方程;(2)设出直线l的方程,与抛物线方程联立,利用直线与抛物线相切的条件结合判别式为零加以转化,确定参数之间的关系,得以确定点P的坐标,利用条件及中点坐标公式分别确定点B,Q的坐标,结合切线的几何意义得到点A的坐标,进而结合k A O=k O Q来判断三点共线问题㊂解:(1)设动点M(x,y),因为MNʊy 轴,所以MN与直线y=-1垂直,则MN= |y+1|㊂因为әM F N是以F N为底边的等腰三角形,所以MN=M F,即|y+1|= x2+(y-1)2,即x2+(y-1)2=(y+1)2,化简得x2=4y㊂因为当M为坐标原点时,M,F,N三点共线,无法构成三角形,所以动点M的轨迹C的方程为x2=4y(yʂ0)㊂(2)A,Q,O三点共线,理由如下:因为直线l与曲线C相切,所以直线l 的斜率必存在且不为零㊂设直线l的方程为y=k x+m,联立y=k x+m,x2=4y,消去y整理得x2-4k x-4m= 0,由Δ=16k2+16m=0,可得m=-k2,所以直线l的方程为y=k x-k2㊂令y=0,得x=k,则P(k,0)㊂因为点B在曲线C上,且直线P Bʊy 轴,所以B k,k24㊂结合点P关于点B的对称点为Q,可得Q k,k22㊂由x2-4k x+4k2=0,可得x=2k,所以A(2k,k2)㊂因为k A O=k22k=k2,k O Q=k22k=k2,所以k A O=k O Q㊂所以A,Q,O三点共线㊂点评:解决圆锥曲线中的位置关系的探索性问题,关键是回归问题本质,抓住所探究的位置关系中的特殊结构问题,根据题目条件分别确定相应点的坐标㊁直线或曲线的方程等,由几何直观特征转化为代数性质形式,结合代数与几何之间的关系,实现此类特殊结构问题的化归与转化,进而得以解决圆锥曲线中的位置关系的探索性问题㊂圆锥曲线中的探索性问题,由于没有明确的结论,需要通过探究后才能明确得到对应的结论,看似方向不明,自由度大,但具体的研究方向也有一定目的性,要有针对性地加以探索与研究㊂借助圆锥曲线中的探索性问题的分析与解决,在考查基本知识的同时,又能够很好地培养同学们的创新意识和应用能力㊂(责任编辑王福华)72解题篇创新题追根溯源高考数学2023年4月Copyright©博看网. All Rights Reserved.。
圆锥曲线中的探索性问题【解析版】
第三章解析几何专题14 圆锥曲线中的探索性问题【压轴综述】纵观近几年的高考试题，高考对圆锥曲线的考查，一般设置一大一小两道题目，主要考查以下几个方面：一是考查椭圆、双曲线、抛物线的定义，与椭圆的焦点三角形结合，解决椭圆、三角形等相关问题；二是考查圆锥曲线的标准方程，结合基本量之间的关系，利用待定系数法求解；三是考查圆锥曲线的几何性质，小题较多地考查椭圆、双曲线的几何性质；四是考查直线与椭圆、抛物线的位置关系问题，综合性较强，往往与向量结合，涉及方程组联立，根的判别式、根与系数的关系、弦长问题、不等式、范围、最值、定值、定点、定直线、存在性和探索性问题等.本专题在分析研究近几年高考题及各地模拟题的基础上，重点说明求解存在性和探索性问题等.1.探究性问题求解的思路及策略(1)思路：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．(2)策略：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．在这个解题思路指导下解决探索性问题与解决具有明确结论的问题没有什么差别．2.解决存在性问题的一些技巧：（1）特殊值（点）法：对于一些复杂的题目，可通过其中的特殊情况，解得所求要素的必要条件，然后再证明求得的要素也使得其它情况均成立.（2）核心变量的选取：因为解决存在性问题的核心在于求出未知要素，所以通常以该要素作为核心变量，其余变量作为辅助变量，必要的时候消去.（3）核心变量的求法：①直接法：利用条件与辅助变量直接表示出所求要素，并进行求解②间接法：若无法直接求出要素，则可将核心变量参与到条件中，列出关于该变量与辅助变量的方程（组），运用方程思想求解.【压轴典例】例1.（2019·湖北高三开学考试（文））设O为坐标原点，动点M在椭圆E:22142x y+=上，过点M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足2NP NM=.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设()1,0A ，在x 轴上是否存在一定点B ，使2BP AP =总成立？若存在，求出B 点坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1) 224x y +=； (2) 存在点()4,0B 满足条件.【解析】（1）设(),P x y ，()11,M x y ，则()1,0N xM 在椭圆E 上 2211142x y ∴+=…① 由2NP NM =知：11x x y =⎧⎪⎨=⎪⎩，即：112x x y y =⎧⎪⎨=⎪⎩，代入①得：224x y +=即点P 的轨迹方程为：224x y +=…② （2）假设存在点(),0B m 满足条件，设(),P x y 由2BP AP ==即：()22233284x y m x m ++-=-此方程与(1)中②表示同一方程，故：2280412m m -=⎧⎨-=⎩，解得：4m =∴存在点()4,0B 满足条件例2.（江西省新余市第四中学2019届10月月考）已知为椭圆的右焦点，点在上，且轴.（1）求的方程；（2）过的直线交于两点，交直线于点．判定直线的斜率是否构成等差数列？请说明理由.【答案】(1) ；(2) 直线的斜率成等差数列【解析】(Ⅰ) 因为点在上，且轴，所以．设椭圆左焦点为，则，．中，，所以．所以，．又，故椭圆的方程为.(Ⅱ) 由题意可设直线的方程为，令得，的坐标为．由得，．设，，则有，…①．记直线的斜率分别为，从而，，．因为直线的方程为，所以，所以…②．①代入②得，又，所以，故直线的斜率成等差数列例3.（广东省华南师范大学附属中学2019届高三上第二次月考）已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上．（1）求椭圆的方程；（2）过点任作一条直线，与椭圆交于不同于点的，两点，与直线交于点，记直线、、的斜率分别为、、．试探究与的关系，并证明你的结论．【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）因为椭圆的离心率为，所以，因为，所以．故可设椭圆的方程为：，因为点在椭圆上，所以将其代入椭圆的方程得．所以椭圆的方程为．（2）依题意，直线不可能与轴垂直，故可设直线的方程为：，即，，为与椭圆的两个交点．将代入方程化简得：．所以，．所以．又由，解得，，即点的坐标为，所以．因此，与的关系为：.例4.（2019·云南师大附中高三月考）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>，短袖长为4.（1）求椭圆C 的标准方程.（2）设直线l 过点（2,0）且与椭圆C 相交于不同的两点A 、B ，直线6x =与x 轴交于点D ,E 是直线6x =上异于D 的任意一点，当0AE DE ⋅=时，直线BE 是否恒过x 轴上的定点？若过，求出定点坐标，若不过，请说明理由.【答案】（1）221124x y +=（2）直线BE 恒过x 轴上的定点(4,0)，详见解析【解析】（1）由题意得2222c a b a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩.解得2a b ==，所以椭圆C 的标准方程为221124x y +=（2）直线BE 恒过x 轴上的定点(4,0) 证明如下：因为0AE DE ⋅=.所以AE DE ⊥， 因为直线l 过点(2,0)①当直线l 的斜率不存在时，则直线l 的方程为2x =，不妨设2,,2,,.33A B ⎛⎛- ⎝⎭⎝⎭则6,3E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭此时，直线BE的方程为(4)3y x =-， 所以直线BE 过定点(4,0)；②直线l 的斜率存在且不为零时，设直线l 的方程为2(0)x my m =+≠，()()1122,,,A x y B x y ，所以()16,E y .直线2112:(6)6y y BE y y x x --=--，令0y =，得()122166y x x y y --=-- 即1212166y x y x y y -+=+-，又222x my =+所以()12121266y my y x y y -++=+-即证()121212664y my y y y -+++=-即证()()121220*y y my y +-=联立2211242x y x my ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩,消x 得()223480m y my ++-=，因为点(2,0)在C 内，所以直线l 与C 恒有两个交点，由韦达定理得，12122248,33my y y y m m +=-=-++代入（*）中得()121222882033m my y my y m m -+-=--=++ 所以直线BE 过定点(4,0)，综上所述，直线BE 恒过x 轴上的定点(4,0).例5.（2019·湖南衡阳市八中高三月考（理））已知椭圆22:14x C y +=的左右顶点为A ，B ，点P ，Q 为椭圆上异于A ，B 的两点，直线AP 与直线BQ 的斜率分别记为12,k k ，且214k k =． （Ⅰ）求证：BP BQ ⊥；（Ⅱ）设APQ ∆，BPQ ∆的面积分别为1S ，2S ，判断12S S 是否为定值，若是求出这个定值，若不是请说明理由．【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）12S S 为定值4，详见解析【解析】（Ⅰ）设()11,P x y ，∵(2,0),(2,0)A B -， 则21112111224AP BPy y y k k x x x ⋅=⋅=+--， 又221114x y +=，则221114x y =-，代入上式，得14AP BP k k ⋅=-,由已知：14AP BQ k k =，则1144AP BP BQ BP k k k k ⋅=-=⋅， 从而1BO BP k k ⋅=-，即BP BQ ⊥． （Ⅱ）设直线PQ 的方程为：y kx b =+，联立得：22222(14)84(1)044y kx bk x kbx b x y =+⎧⇒+++-=⎨+=⎩， 由22041k b >⇒+>，由韦达定理：122814kb x x k +=-+，21224(1)14b x x k -=+，由（1）BP BQ ⊥，则0BP BQ ⋅=，则()()()()()()12121212220220x x y y x x kx b kx b --+=⇒--+++=， 即：221212(1)(2)()40k x x kb x x b ++-+++=， 所以：22121650k kb b ++=， 得：12k b =-或56k b =-， 当12k b =-时，直线1:(1)2PQ y b x =-+，不合题意， 当56k b =-时，直线5:(1)6PQ y b x =-+，过定点6(,0)5M ，又1211||||2S AM y y =-，2211||2||S MB y y =-，则126(2)||546||25S AM S MB --===-，为定值．例6.（2019·天津高三开学考试）已知椭圆()222210y x a b a b +=>>的离心率为2，以椭圆的上焦点F 为圆心，椭圆的短半轴为半径的圆与直线40x y +-=截得的弦长为（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆左顶点做两条互相垂直的直线1l ，2l ，且分别交椭圆于M ，N 两点（M ，N 不是椭圆的顶点），探究直线MN 是否过定点，若过定点则求出定点坐标，否则说明理由.【答案】(1) 22184y x += (2) MN 恒过定点2,03⎛⎫ ⎪⎝⎭，见解析【解析】（1）∵2e =，∴2b c a ==， 设圆F 的方程为()222x y c c +-=，圆心为()0,c ，半径为c ，设d 为圆心到直线40x y +-=的距离，则d ，∵2222d r ⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭，∴()22422c c -+=，即28200c c +-=，()()2100c c -+=，∵0c >，∴2c =.所以椭圆的方程为22184y x +=.（2）设1l 的方程为2x ty =-，2l 的方程为12x y t=--，联立222802y x x ty ⎧+-=⎨=-⎩，可得()222280y ty +--=，整理()222180t y ty +-=，设()11,M x y ，∵M 不是椭圆的顶点，∴12821ty t =+， 代入2x ty =-，得2124221t x t -=+，222428,2121t t M t t ⎛⎫- ⎪++⎝⎭， 联立 2228012y x x y t ⎧+-=⎪⎨=--⎪⎩，设()22,N x y ， ∴222882121t t y t t --==+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭， 带入12x y t =--，得2222214242=2121t t x t t ⎛⎫-- ⎪-⎝⎭=+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭， 222428,22t t N t t ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭，①若MN 斜率存在，()()()()()()2222222222228882821212=42424224221212MNt t t t t t t t k t t t t t t t t --+++++=---+--+-++ 34224243=881t t tt t +=--， MN l ：22228342=212t t t y x t t t ⎛⎫---- ⎪+-+⎝⎭22222334281122t t t ty x t t t t -=-⋅---++ ()()()()22222342813112t t t t t y x t t t -+-=---+()()3222324112t t t y x t t t +=---+ 223211t ty x t t =--- 23213t y x t ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭恒过2,03⎛⎫⎪⎝⎭. ②若MN 斜率不存在，1l 的方程为2x y =-，2l 的方程为2x y =--，28,33M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，28,33N ⎛⎫- ⎪⎝⎭，此时MN l ：23x =，亦过2,03⎛⎫ ⎪⎝⎭，综上，直线MN 恒过2,03⎛⎫⎪⎝⎭. 例7. （2018·上海高考真题）设常数2t >．在平面直角坐标系xOy 中，已知点()20F ，，直线l ：x t =，曲线Γ：()2800y x x t y =≤≤≥，．l 与x 轴交于点A 、与Γ交于点B ．P 、Q 分别是曲线Γ与线段AB 上的动点．（1）用t 表示点B 到点F 距离；（2）设3t =，2FQ =，线段OQ 的中点在直线FP ，求AQP △的面积；（3）设8t =，是否存在以FP 、FQ 为邻边的矩形FPEQ ，使得点E 在Γ上？若存在，求点P 的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）2BF t =+；（2）1723S ==；（3）见解析. 【解析】（1）方法一：由题意可知：设()B t ，则2BF t ==+，∴2BF t =+；方法二：由题意可知：设()B t ， 由抛物线的性质可知：22pBF t t =+=+，∴2BF t =+； （2）()20F ，，2FQ =，3t =，则1FA =，∴AQ =(3Q ，设OQ 的中点D ，32D ⎛ ⎝⎭，02322QFk ==-，则直线PF 方程：)2y x =-，联立)228y x y x ⎧=-⎪⎨=⎪⎩，整理得：2320120x x -+=， 解得：23x =，6x =（舍去），∴AQP 的面积1723S ==（3）存在，设28y P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，28m E m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，则2281628PF y y k y y ==--，2168FQ y k y -=， 直线QF 方程为()21628y y x y -=-，∴()22164838284Q y y y y y --=-=，248384y Q y ，⎛⎫- ⎪⎝⎭，根据FP FQ FE +=，则2248684y y E y ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，，∴222488648y y y ⎛⎫⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得：2165y =，∴存在以FP 、FQ 为邻边的矩形FPEQ ，使得点E 在Γ上，且25P ⎛ ⎝⎭．例8. （2014·山东高考真题（理））已知抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点为F ，A 为C 上异于原点的任意一点，过点A 的直线l 交C 于另一点B ，交x 轴的正半轴于点D ，且有FA FD =.当点A 的横坐标为3时，ADF ∆为正三角形. （Ⅰ）求C 的方程；（Ⅱ）若直线1//l l ，且1l 和C 有且只有一个公共点E ， （ⅰ）证明直线AE 过定点，并求出定点坐标；（ⅱ）ABE ∆的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由. 【答案】（I ）24y x =.（II ）（ⅰ）直线AE 过定点(1,0)F .（ⅱ）ABE ∆的面积的最小值为16. 【解析】 （I ）由题意知(,0)2PF 设(,0)(0)D t t >，则FD 的中点为2(,0)4p t+， 因为FA FD =，由抛物线的定义知：322p p t +=-， 解得3t p =+或3t =-（舍去）.由234p t+=，解得2p =. 所以抛物线C 的方程为24y x =. （II ）（ⅰ）由（I ）知(1,0)F ，设0000(,)(0),(,0)(0)D D A x y x y D x x ≠>， 因为FA FD =，则011D x x -=+， 由0D x >得02D x x =+，故0(2,0)D x +， 故直线AB 的斜率为02AB y k =-， 因为直线1l 和直线AB 平行， 设直线1l 的方程为02y y x b =-+， 代入抛物线方程得200880b y y y y +-=， 由题意20064320b y y ∆=+=，得02b y =-. 设(,)E E E x y ，则04E y y =-，204E x y =. 当204y ≠时，0000220002044444E ABE y y y y y k y x x y y +-==-=---， 可得直线AE 的方程为000204()4y y y x x y -=--， 由2004y x =，整理可得0204(1)4y y x y =--， 直线AE 恒过点(1,0)F .当204y =时，直线AE 的方程为1x =，过点(1,0)F ，所以直线AE 过定点(1,0)F .（ⅱ）由（ⅰ）知，直线AE 过焦点(1,0)F ， 所以000011(1)(1)2AE AF FE x x x x =+=+++=++， 设直线AE 的方程为+1x my =， 因为点00(,)A x y 在直线AE 上， 故001x m y -=， 设11(,)B x y ，直线AB 的方程为000()2y y y x x -=--， 由于00y ≠， 可得0022x y x y =-++， 代入抛物线方程得2008840y y x y +--=， 所以0108y y y +=-， 可求得1008y y y =--，10044x x x =++， 所以点B 到直线AE 的距离为d ===.则ABE ∆的面积00112)162S x x =⨯++≥， 当且仅当001x x =即01x =时等号成立. 所以ABE ∆的面积的最小值为16.【压轴训练】1．（2018届江西省重点中学协作体第二次联考）已知椭圆：的离心率为，短轴为.点满足.(1)求椭圆的方程；(2)设为坐标原点，过点的动直线与椭圆交于点、，是否存在常数使得为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）.（2）答案见解析.【解析】 （1），所以从而的方程为. （2）当不为轴时，设：，、.联立与的方程可得，所以，，.因为为定值，所以，解得.此时定值为.当为轴时，，..综上，存在使得为定值.2. (2018届山东省威海市二模)已知椭圆：的左右焦点分别为，且离心率为，点为椭圆上一动点，面积的最大值为.（1）求椭圆的标准方程； （2）设分别为椭圆的左右顶点，过点作轴的垂线，为上异于点的一点，以为直径作圆.若过点的直线（异于轴）与圆相切于点，且与直线相交于点，试判断是否为定值，并说明理由. 【答案】（1）（2）3【解析】 （1）由题意可知，解得所以椭圆的方程为（2）由（1）可知， 因为过与圆相切的直线分别切于两点，所以，所以，设点，则，圆的半径为则直线的方程为的方程设为，则化简得由，得所以点,所以点在椭圆上，∴，即.3．（2019·云南师大附中高三月考）已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>，短轴长为4.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）已知不经过点P （0，2）的直线l ：()0,x my n m n R =+≠∈交椭圆C 于A ，B 两点，M 在AB 上满足()12PM PA PB =+且2AB PM =，问直线是否过定点，若过求定点坐标；若不过，请说明理由. 【答案】（1）221124x y +=（2）直线l 恒过定点(01)-，，详见解析【解析】（1）由题意得22232c a b a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩，，解得a =2b =，所以椭圆C 的标准方程为221124x y +=．（2）设11()A x y ，，22()B x y ，，又(02)P ，，所以11(2)PA x y =-，，22(2)PB x y =-，，因为M 在AB 上满足1()2PM PA PB =+，所以M 为AB 的中点．又||2||AB PM =，即||||||MA MB MP ==， 所以线段AB 为PAB △外接圆的直径， 即0PA PB =，所以1212(2)(2)0x x y y +--=． 又A B ，在直线l 上，所以1212()()(2)(2)0my n my n y y +++--=， 即221212(1)(2)()40m y y mn y y n ++-+++=，()*联立221124x y x my n ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，，消x 得222(3)2120m y mny n +++-=， 因为直线l 与椭圆C 交于不同的A B ，两点，所以222244(3)(12)0m n m n ∆=-+->， 即22412n m <+，由韦达定理得122212223123mn y y m n y y m ⎧+=-⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩，，代入（*）中，得2220n mn m +-=， 解得2n m =-或n m =，所以直线l ：2(2)x my m m y =-=-或(1)x my m m y =+=+， 所以直线l 过定点(01)-，或(02)，（舍去）， 综上所述：直线l 恒过定点(01)-，． 4．(2018届上海市徐汇区二模)如图，是椭圆长轴的两个端点，是椭圆上与均不重合的相异两点，设直线的斜率分别是.(1)求的值； (2)若直线过点，求证：；(3)设直线与轴的交点为(为常数且)，试探究直线与直线的交点是否落在某条定直线上？若是，请求出该定直线的方程；若不是，请说明理由．【答案】（1）（2）见解析（3）落在定直线上【解析】 (1)设，由于，所以，因为在椭圆上，于是，即，所以.(2)设直线，，由得，于是，．(3)由于直线与轴的交点为，于是，联立直线与椭圆的方程，可得，于是因为直线，直线，两式相除，可知，于是，所以，即直线与直线的交点落在定直线上．5.(2018届辽宁省部分重点中学协作体模拟)已知是椭圆上的一点，是该椭圆的左右焦点，且.（1）求椭圆的方程；（2）设点是椭圆上与坐标原点不共线的两点，直线的斜率分别为，且.试探究是否为定值，若是，求出定值，若不是，说明理由.【答案】(1) 椭圆;(2)见解析.【解析】 （1）由题意，，根据椭圆定义，所以所以，因此，椭圆.（用待定系数法，列方程组求解同样给分） （2）设直线，，由消去y 得因为，所以即，解得所以，6．（2017·湖南高考模拟（理））已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的一个焦点与上下顶点构成直角三角形，以椭圆C 的长轴长为直径的圆与直线20x y +-=相切．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设过椭圆右焦点且不重合于x 轴的动直线与椭圆C 相交于A 、B 两点，探究在x 轴上是否存在定点E ，使得EA EB ⋅为定值？若存在，试求出定值和点E 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）2212x y +=；（2）定点为5,04⎛⎫ ⎪⎝⎭.【解析】（1）由题意知，222b c a b c a=⎧⎪⎪=⎨⎪⎪+=⎩，解得11b a c =⎧⎪=⎨⎪=⎩则椭圆C 的方程是2212x y +=（2）①当直线的斜率存在时，设直线()()10y k x k =-≠联立()22121x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩，得()22222124220,880k x k x k k +-+-=∆=+>所以2222422,1212A B A B k k x x x x k k-+==++ 假设x 轴上存在定点()0,0E x ，使得EA EB ⋅为定值.所以()()()20000,,A A B B A B A B A B EA EB x x y x x y x x x x x x y y ⋅=-⋅-=-+++()()220011A B A B x x x x k x x =-++--()()()2222001A B AB k x x x k xx x k =+-++++()()2220002241212x x k x k -++-=+要使EA EB ⋅为定值，则EA EB ⋅的值与k 无关， 所以()2200024122x x x -+=- 解得054x =， 此时716EA EB ⋅=-为定值，定点为5,04⎛⎫ ⎪⎝⎭②当直线的斜率不存在时，1,,1,22A B ⎛⎫⎛- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭，716EA EB ⋅=-也成立 所以，综上所述，在x 轴上存在定点5,04E ⎛⎫⎪⎝⎭，使得EA EB ⋅为定值716-7．（2016·湖南高三月考（文））已知直线l ：4x ＋3y ＋10＝0，半径为2的圆C 与l 相切，圆心C 在x 轴上且在直线l 的右上方． (1)求圆C 的方程；(2)过点M (1，0)的直线与圆C 交于A ，B 两点(A 在x 轴上方)，问在x 轴正半轴上是否存在定点N ，使得x 轴平分∠ANB ？若存在，请求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）224x y +=；（2）存在，且(4,0)N ． 【解析】(1)设圆心C(a ，0)52a ⎛⎫>-⎪⎝⎭，则410205a a +=⇒=或a ＝－5(舍)，所以圆C ：x 2＋y 2＝4. (2)当直线AB⊥x 轴时，x 轴平分∠ANB，当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝k(x －1)，N(t ，0)，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，由()2241x y y k x ⎧+=⎪⎨=-⎪⎩得(k 2＋1)x 2－2k 2x ＋k 2－4＝0，所以212221k x x k +=+，212241k x x k -=-，若x 轴平分∠ANB，则AN BN k k =-⇒()()121212121100k x k x y y x t x t x t x t--+=⇒+=----⇒2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ＝0⇒()()2222242120411k k t t t k k -+-+=⇒=++，所以当点N 为(4，0)时，能使得∠ANM＝∠BNM 总成立．8.(河北省衡水中学2019届高三上期中)已知椭圆C ：的离心率为，分别为椭圆的左、右顶点，点满足.(1)求椭圆的方程；(2)设直线经过点且与交于不同的两点，试问：在x 轴上是否存在点,使得直线与直线的斜率的和为定值？若存在，求出点的坐标及定值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） ； （2）Q （2，0），1 .【解析】 （1）依题意，，P （2，-1），所以=（-a-2,1）·(a -2,1)=5-a 2,由=1，a>0,得a=2,因为e =，所以c=，b 2=a 2-c 2=1，结果为，进而得到最终结果.故椭圆C的方程为.（2）假设存在满足条件的点Q（t，0），当直线l与x轴垂直时，它与椭圆只有一个交点，不满足题意，因此直线l的斜率k存在，设l：y+1=k（x-2），由消y，得（1+4k2）x2-（16k2+8k）x+16k2+16k=0，△=-64k>0,所以k<0,设，则x1+x2=,x1x2=,因为===，所以要使对任意满足条件的k，为定值，则只有t=2，此时=1.故在x轴上存在点Q（2，0）使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值1.9．(陕西省汉中市汉中中学2019届第三次月考)已知椭圆，直线不过原点且不平行于坐标轴，与交于、两点，线段的中点为．（1）证明:直线的斜率与的斜率的乘积为定值；（2）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求的斜率；若不能，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）四边形能为平行四边形，当的斜率为或时，四边形为平行四边形．【解析】（1）设直线，，，，将代入，得，故，，于是直线的斜率，即，所是命题得证．（2）四边形能为平行四边形．∵直线过点，∴不过原点且与C有两个交点的充要条件是且．由（1）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，．∵，，，2，∴当的斜率为或时，四边形为平行四边形．10．（2019·黑龙江高三月考（文））已知圆C 经过(2,0),A B -两点，且圆心C 在直线1:l y x =上．（1）求圆C 的方程；（2）已知过点(1,2)P 的直线2l 与圆C 相交截得的弦长为2l 的方程；（3）已知点(1,1)M ，在平面内是否存在异于点M 的定点N ，对于圆C 上的任意动点Q ，都有QNQM为定值?若存在求出定点N 的坐标，若不存在说明理由．【答案】（1）224x y +=；（2）1x =或3450x y -+=；（3）见解析 【解析】（1）因为圆C 经过(2,0),A B -两点，且圆心C 在直线1:l y x =上 设圆C ：220x y Dx Ey F ++++=所以2(2)20D F --+=，2210D E F ++++=，22D E -=-所以0D E ==，4F =- 所以圆22:4C x y +=（2）当斜率不存在的时候，1x =，弦长为 当斜率存在的时候，设2:2(1)l y k x -=-，即20kx y k -+-=1,43k ==所以直线2l 的方程为：1x =或3450x y -+=（3）设()00,,(,)Q x y N m n ，且22004x y +=QN QM ==因为QN QM 为定值，设220000(2)(2)4(2)(2)6m x n y m n x y λ-+-+++=-+-+ 化简得：2200(22)(22)460m x n y m n λλλ-+-+++-=，与Q 点位置无关，所以22220220460m n m n λλλ-=⎧⎪-=⎨⎪++-=⎩解得：1m n ==或2m n == 所以定点为(2,2).11．（2019·安徽高三月考（理））已知圆C 的圆心C 的坐标为()1,2，且圆C 与直线l ：270x y --=相切，过点()2,0A 的动直线m 与圆C 相交于M ，N 两点，直线m 与直线l 的交点为B . （1）求圆C 的标准方程； （2）求MN 的最小值；（3）问：()AM AN AB +⋅uuu r uuu r uu u r是否是定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.【答案】(1) ()()221220x y -+-=. (2) (3) ()AM AN AB +⋅uuu r uuu r uu u r是定值，定值为-10.【解析】（1）∵圆C 与直线l ：270x y --=相切，圆心为()1,2，∴半径r ==∴圆C 的方程为()()221220x y -+-=.（2）∵MN ==d 是圆心C 到直线m 的距离， ∴d 最大时，MN 最小.∵当()2,0A 是弦MN 中点时，d 最大，且max d AC ===∴MN的最小值为=（3）设MN 中点为P ，则CP MN ⊥即CP AB ⊥，∴0CP AB ⋅=uu r uu u r，且2AM AN AP +=uuu r uuu r uu u r，∴()()22AM AN AB AP AB AC CP AB +⋅=⋅=+⋅uuu r uuu r uu u r uu u r uu u r uuu r uu r uu u r 222AC AB CP AB AC AB =⋅+⋅=⋅uuu r uu u r uu r uu u r uuu r uu u r .当m 与x 轴垂直时，m 方程为2x =，代入圆C 方程得2y =±∴MN 中点P 的坐标为()2,2，直线2x =与直线l 的交点B 坐标为52,2⎛⎫- ⎪⎝⎭， ∴50,2AB ⎛⎫=- ⎪⎝⎭uu u r .∵()1,2AC =-uu u r ，∴5AC AB ⋅=-uuu r uu u r ，∴()10AM AN AB +⋅=-uuu r uuu r uu u r；当MN 与x 轴不垂直时，设m 方程为()2y k x =-，由()2270y k x x y ⎧=-⎨--=⎩，得475,2121k k B k k -⎛⎫-⎪--⎝⎭， ∴55,2121k AB k k --⎛⎫= ⎪--⎝⎭uu u r ， ∴()551,2,2121k AC AB k k --⎛⎫⋅=-⋅ ⎪--⎝⎭uuu r uu u r ()5125105212121k k k k k -=-==----， ∴()10AM AN AB +⋅=-uuu r uuu r uu u r，∴()AM AN AB +⋅uuu r uuu r uu u r是定值，定值为-10.12．（2019·广东高三开学考试（理））已知离心率为3的椭圆()22211x y a a +=>，与直线l 交于,P Q 两点，记直线OP 的斜率为1k ，直线OQ 的斜率为2k . (1)求椭圆方程; (2)若1219k k ⋅=-，则三角形OPQ 的面积是否为定值?若是，求出这个定值;若不是，请说明理由. 【答案】（1）2219x y +=；（2）是定值且为32，详见解析. 【解析】(1)由题意可知2221b c e a a b c =⎧⎪⎪==⎨⎪=+⎪⎩，解得3,a c ==所以椭圆方程为2219x y +=.(2)设()()1122,,,P x y Q x y ，当直线PQ 的斜率存在时，设其方程为y kx m =+, 联立椭圆方程得()2229118990k x kmx m +++-=，则21212221899,9191km m x x x x k k --+==++， 点O到直线的距离d =所以12POQS PQ d ∆=⋅= 由()221212*********9k x x km x x m y y k k x x x x +++===-， 化简得222222222991891k m k k m k m m m --++=-， 整理得到22921k m =-，入上式得32POQ S ∆=.若直线斜率不存在易算得32POQS∆=.综上得，三角形POQ的面积是定值32.13．(山西省太原市第五中学2019届10月月考)已知椭圆的左右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，，过与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于两点．（1）求椭圆的方程；（2）若的中点为，在线段上是否存在点，使得？若存在，求实数的取值范围；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由得，，，由余弦定理得，，解得，，，所以椭圆的方程为．（2）存在这样的点符合题意.设，，，由，设直线的方程为，由得，由韦达定理得，故，又点在直线上，，所以.因为，所以，整理得，所以存在实数，且的取值范围为.14．（2019·重庆巴蜀中学高三月考（理））已知椭圆()222210x y a b a b +=>>的短轴长为4斜率不为0的直线l 与椭圆恒交于A ，B 两点，且以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点M （A ，B 两点不与点M 重合）.（1）求椭圆的标准方程；（2）直线l 是否过定点，如果过定点，求出该定点的坐标；如果不过定点，请说明理由.【答案】(1) 221164x y +=. (2) 直线过定点12,05⎛⎫ ⎪⎝⎭.【解析】（1）由题2b =，4c a a =⇒=， 所以椭圆的标准方程为221164x y +=.（2）由题设直线l ：x ty m =+，()11,A x y ，()22,B x y ，()4,0M ， 联立直线方程和椭圆方程得()22242160t y tmy m +++-=，()22164160t m ∆=-+>，12224tm y y t -+=+，2122164m y y t -=+.因为以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点M ，所以()()121244MA MB x x y y ⋅=--+()()()()2212121440t y y t m y y m =++-++-=，即2125324805m m m -+=⇒=，4， 经验证125m =，所以直线过定点12,05⎛⎫ ⎪⎝⎭. 15．（2019·山东高三月考）已知定点()30A -,，()3,0B ，直线AM 、BM 相交于点M ，且它们的斜率之积为19-，记动点M 的轨迹为曲线C . （1）求曲线C 的方程；（2）过点()1,0T 的直线与曲线C 交于P 、Q 两点，是否存在定点()0,0S x ，使得直线SP 与SQ 斜率之积为定值，若存在，求出S 坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1) ()22139x y x +=≠± ；(2) 存在定点()3,0S ±，见解析【解析】（1）设动点(),M x y ，则()33MA yk x x =≠-+， ()33MB yk x x =≠-， 19MA MB k k ⋅=-，即1339y y x x ⋅=-+-，化简得：2219x y +=.由已知3x ≠±，故曲线C 的方程为()22139x y x +=≠±.（2）由已知直线l 过点()1,0T ，设l 的方程为1x my =+，则联立方程组221,19x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去x 得()229280m y my ++-=， 设()11,P x y ，()22,Q x y ，则1221222,98.9m y y m y y m ⎧+=-⎪⎪+⎨⎪=-⎪+⎩又直线SP 与SQ 斜率分别为1110101SP y y k x x my x ==-+-，2220201SQ y y k x x my x ==-+-，则()()()()12222102000811991SP SQ y y k k my x my x x m x -⋅==+-+--+-.当03x =时，m R ∀∈，()2082991SP SQ k k x -⋅==--；当03x =-时，m R ∀∈，()20811891SP SQ k k x -⋅==--.所以存在定点()3,0S ±，使得直线SP 与SQ 斜率之积为定值.16．（2019·湖南高三月考（文））已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的右焦点为F ，离心率为3. （1）求椭圆C 的标准方程；（2）P M N 、、是椭圆C 上不同的三点，若直线,PM PN 的斜率之积为13-，试问从M N 、两点的横坐标之和是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由. 【答案】（1）2213x y +=（2）M N 、两点的横坐标之和为0，详见解析 【解析】（1）由椭圆的右焦点0)得c =又离心率3c e a ==得1a b =∴=， 所以椭圆的标准方程为：2213x y += （2）M N 、两点的横坐标之和为0，理由如下设P M N 、、三点坐标分别为()()(),,,,,P P M M N N x y x y x y ，直线PM PN 、的斜率分别为12,k k ， 则直线PM 的方程为：()1p p y y k x x -=-， 由方程组()22113p p x y y y k x x ⎧+=⎪⎨⎪-=-⎩，消去y 得：()()()2221111136330p p p p k x k k x y x k x y +--+-+-=， ()1121613p p M p k k x y x x k -∴+=+， 故211213613p p pM k x k y x x k --=+，同理可得：222223613p p p N k x k y x x k --=+， 又1213k k ⋅=-，即2113k k =-，221111221111366333131133P p p p p p N x y x x k y k x k k x k k ⎛⎫⎛⎫---- ⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭∴==+⎛⎫+- ⎪⎝⎭ 从而0M N x x +=，即M N 、两点的横坐标之和为常数零。
专题14 圆锥曲线中的探索性问题【解析版】
第三章 解析几何专题14 圆锥曲线中的探索性问题【压轴综述】纵观近几年的高考试题，高考对圆锥曲线的考查，一般设置一大一小两道题目，主要考查以下几个方面：一是考查椭圆、双曲线、抛物线的定义，与椭圆的焦点三角形结合，解决椭圆、三角形等相关问题；二是考查圆锥曲线的标准方程，结合基本量之间的关系，利用待定系数法求解；三是考查圆锥曲线的几何性质，小题较多地考查椭圆、双曲线的几何性质；四是考查直线与椭圆、抛物线的位置关系问题，综合性较强，往往与向量结合，涉及方程组联立，根的判别式、根与系数的关系、弦长问题、不等式、范围、最值、定值、定点、定直线、存在性和探索性问题等.本专题在分析研究近几年高考题及各地模拟题的基础上，重点说明求解存在性和探索性问题等. 1. 探究性问题求解的思路及策略(1)思路：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． (2)策略：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．在这个解题思路指导下解决探索性问题与解决具有明确结论的问题没有什么差别． 2.解决存在性问题的一些技巧：（1）特殊值（点）法：对于一些复杂的题目，可通过其中的特殊情况，解得所求要素的必要条件，然后再证明求得的要素也使得其它情况均成立.（2）核心变量的选取：因为解决存在性问题的核心在于求出未知要素，所以通常以该要素作为核心变量，其余变量作为辅助变量，必要的时候消去. （3）核心变量的求法：①直接法：利用条件与辅助变量直接表示出所求要素，并进行求解②间接法：若无法直接求出要素，则可将核心变量参与到条件中，列出关于该变量与辅助变量的方程（组），运用方程思想求解.【压轴典例】例1.（2019·湖北高三开学考试（文））设O 为坐标原点，动点M 在椭圆E :22142x y +=上，过点M 作x轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP =u u u vu u u v.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设()1,0A ，在x 轴上是否存在一定点B ，使2BP AP =总成立？若存在，求出B 点坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1) 224x y +=； (2) 存在点()4,0B 满足条件.【解析】（1）设(),P x y ，()11,M x y ，则()1,0N xM Q 在椭圆E 上 2211142x y ∴+=…① 由2NP NM =u u u v u u u u v 知：112x x y y =⎧⎪⎨=⎪⎩，即：1122x x y y =⎧⎪⎨=⎪⎩，代入①得：224x y +=即点P 的轨迹方程为：224x y +=…② （2）假设存在点(),0B m 满足条件，设(),P x y 由2BP AP =得：()()222221x m y x y -+=-+即：()22233284x y m x m ++-=-此方程与(1)中②表示同一方程，故：2280412m m -=⎧⎨-=⎩，解得：4m =∴存在点()4,0B 满足条件例2.（江西省新余市第四中学2019届10月月考）已知为椭圆的右焦点，点在上，且轴.（1）求的方程；（2）过的直线交于两点，交直线于点．判定直线的斜率是否构成等差数列？请说明理由.【答案】(1) ；(2) 直线的斜率成等差数列【解析】(Ⅰ) 因为点在上，且轴，所以．设椭圆左焦点为，则，．中，，所以．所以，．又，故椭圆的方程为.(Ⅱ) 由题意可设直线的方程为，令得，的坐标为．由得，．设，，则有，…①．记直线的斜率分别为，从而，，．因为直线的方程为，所以，所以…②．①代入②得，又，所以，故直线的斜率成等差数列例3.（广东省华南师范大学附属中学2019届高三上第二次月考）已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上．（1）求椭圆的方程；（2）过点任作一条直线，与椭圆交于不同于点的，两点，与直线交于点，记直线、、的斜率分别为、、．试探究与的关系，并证明你的结论．【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）因为椭圆的离心率为，所以，因为，所以．故可设椭圆的方程为：，因为点在椭圆上，所以将其代入椭圆的方程得．所以椭圆的方程为．（2）依题意，直线不可能与轴垂直，故可设直线的方程为：，即，，为与椭圆的两个交点．将代入方程化简得：．所以，．所以．又由，解得，，即点的坐标为，所以．因此，与的关系为：.例4.（2019·云南师大附中高三月考）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>，短袖长为4.（1）求椭圆C 的标准方程.（2）设直线l 过点（2,0）且与椭圆C 相交于不同的两点A 、B ，直线6x =与x 轴交于点D ,E 是直线6x =上异于D 的任意一点，当0AE DE ⋅=u u u r u u u r时，直线BE 是否恒过x 轴上的定点？若过，求出定点坐标，若不过，请说明理由.【答案】（1）221124x y +=（2）直线BE 恒过x 轴上的定点(4,0)，详见解析【解析】（1）由题意得2222c a b a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩.解得2a b ==，所以椭圆C 的标准方程为221124x y +=（2）直线BE 恒过x 轴上的定点(4,0) 证明如下：因为0AE DE ⋅=u u u r u u u r.所以AE DE ⊥，因为直线l 过点(2,0)①当直线l 的斜率不存在时，则直线l 的方程为2x =，不妨设2,,2,,.33A B ⎛⎛- ⎝⎭⎝⎭则6,3E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭此时，直线BE的方程为(4)3y x =-， 所以直线BE 过定点(4,0)；②直线l 的斜率存在且不为零时，设直线l 的方程为2(0)x my m =+≠，()()1122,,,A x y B x y ，所以()16,E y .直线2112:(6)6y y BE y y x x --=--，令0y =，得()122166y x x y y --=-- 即1212166y x y x y y -+=+-，又222x my =+所以()12121266y my y x y y -++=+-即证()121212664y my y y y -+++=-即证()()121220*y y my y +-=联立2211242x y x my ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩,消x 得()223480m y my ++-=，因为点(2,0)在C 内，所以直线l 与C 恒有两个交点，由韦达定理得，12122248,33my y y y m m +=-=-++代入（*）中得()121222882033m my y my y m m -+-=--=++ 所以直线BE 过定点(4,0)，综上所述，直线BE 恒过x 轴上的定点(4,0).例5.（2019·湖南衡阳市八中高三月考（理））已知椭圆22:14x C y +=的左右顶点为A ，B ，点P ，Q 为椭圆上异于A ，B 的两点，直线AP 与直线BQ 的斜率分别记为12,k k ，且214k k =． （Ⅰ）求证：BP BQ ⊥；（Ⅱ）设APQ ∆，BPQ ∆的面积分别为1S ，2S ，判断12S S 是否为定值，若是求出这个定值，若不是请说明理由．【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）12S S 为定值4，详见解析【解析】（Ⅰ）设()11,P x y ，∵(2,0),(2,0)A B -， 则21112111224AP BPy y y k k x x x ⋅=⋅=+--， 又221114x y +=，则221114x y =-，代入上式，得14AP BP k k ⋅=-,由已知：14AP BQ k k =，则1144AP BP BQ BP k k k k ⋅=-=⋅， 从而1BO BP k k ⋅=-，即BP BQ ⊥． （Ⅱ）设直线PQ 的方程为：y kx b =+，联立得：22222(14)84(1)044y kx bk x kbx b x y =+⎧⇒+++-=⎨+=⎩， 由22041k b >⇒+>V ，由韦达定理：122814kb x x k +=-+，21224(1)14b x x k -=+，由（1）BP BQ ⊥，则0BP BQ ⋅=u u u r u u u r，则()()()()()()12121212220220x x y y x x kx b kx b --+=⇒--+++=， 即：221212(1)(2)()40k x x kb x x b ++-+++=， 所以：22121650k kb b ++=， 得：12k b =-或56k b =-， 当12k b =-时，直线1:(1)2PQ y b x =-+，不合题意， 当56k b =-时，直线5:(1)6PQ y b x =-+，过定点6(,0)5M ，又1211||||2S AM y y =-，2211||2||S MB y y =-，则126(2)||546||25S AM S MB --===-，为定值．例6.（2019·天津高三开学考试）已知椭圆()222210y x a b a b +=>>，以椭圆的上焦点F 为圆心，椭圆的短半轴为半径的圆与直线40x y +-=截得的弦长为（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆左顶点做两条互相垂直的直线1l ，2l ，且分别交椭圆于M ，N 两点（M ，N 不是椭圆的顶点），探究直线MN 是否过定点，若过定点则求出定点坐标，否则说明理由.【答案】(1) 22184y x += (2) MN 恒过定点2,03⎛⎫ ⎪⎝⎭，见解析【解析】（1）∵2e =，∴b c ==， 设圆F 的方程为()222x y c c +-=，圆心为()0,c ，半径为c ，设d 为圆心到直线40x y +-=的距离，则d ，∵2222d r ⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭，∴()22422c c -+=，即28200c c +-=，()()2100c c -+=，∵0c >，∴2c =.所以椭圆的方程为22184y x +=.（2）设1l 的方程为2x ty =-，2l 的方程为12x y t=--，联立222802y x x ty ⎧+-=⎨=-⎩，可得()222280y ty +--=，整理()222180t y ty +-=，设()11,M x y ，∵M 不是椭圆的顶点，∴12821ty t =+， 代入2x ty =-，得2124221t x t -=+，222428,2121t t M t t ⎛⎫- ⎪++⎝⎭， 联立 2228012y x x y t ⎧+-=⎪⎨=--⎪⎩，设()22,N x y ， ∴222882121t t y t t --==+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭， 带入12x y t =--，得2222214242=2121t t x t t ⎛⎫-- ⎪-⎝⎭=+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭， 222428,22t t N t t ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭，①若MN 斜率存在，()()()()()()2222222222228882821212=42424224221212MNt t t t t t t t k t t t t t t t t --+++++=---+--+-++ 34224243=881t t tt t +=--， MN l ：22228342=212t t t y x t t t ⎛⎫---- ⎪+-+⎝⎭22222334281122t t t ty x t t t t -=-⋅---++ ()()()()22222342813112t t t t t y x t t t -+-=---+()()3222324112t t t y x t t t +=---+ 223211t ty x t t =--- 23213t y x t ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭恒过2,03⎛⎫⎪⎝⎭. ②若MN 斜率不存在，1l 的方程为2x y =-，2l 的方程为2x y =--，28,33M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，28,33N ⎛⎫- ⎪⎝⎭，此时MN l ：23x =，亦过2,03⎛⎫ ⎪⎝⎭，综上，直线MN 恒过2,03⎛⎫⎪⎝⎭. 例7. （2018·上海高考真题）设常数2t >．在平面直角坐标系xOy 中，已知点()20F ，，直线l ：x t =，曲线Γ：()2800y x x t y =≤≤≥，．l 与x 轴交于点A 、与Γ交于点B ．P 、Q 分别是曲线Γ与线段AB 上的动点．（1）用t 表示点B 到点F 距离；（2）设3t =，2FQ =，线段OQ 的中点在直线FP ，求AQP △的面积；（3）设8t =，是否存在以FP 、FQ 为邻边的矩形FPEQ ，使得点E 在Γ上？若存在，求点P 的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）2BF t =+；（2）1723S ==；（3）见解析. 【解析】（1）方法一：由题意可知：设()B t ，则2BF t ==+，∴2BF t =+；方法二：由题意可知：设()B t ， 由抛物线的性质可知：22pBF t t =+=+，∴2BF t =+； （2）()20F ，，2FQ =，3t =，则1FA =，∴AQ =(3Q ，设OQ 的中点D ，32D ⎛ ⎝⎭，02322QFk ==-，则直线PF 方程：)2y x =-，联立)228y x y x ⎧=-⎪⎨=⎪⎩，整理得：2320120x x -+=， 解得：23x =，6x =（舍去），∴AQP V 的面积1723S ==（3）存在，设28y P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，28m E m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，则2281628PF y y k y y ==--，2168FQ y k y -=， 直线QF 方程为()21628y y x y -=-，∴()22164838284Q y y y y y --=-=，248384y Q y ，⎛⎫- ⎪⎝⎭，根据FP FQ FE +=u u u v u u u v u u u v ，则2248684y y E y ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，，∴222488648y y y ⎛⎫⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得：2165y =， ∴存在以FP 、FQ 为邻边的矩形FPEQ ，使得点E 在Γ上，且2455P ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，．例8. （2014·山东高考真题（理））已知抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点为F ，A 为C 上异于原点的任意一点，过点A 的直线l 交C 于另一点B ，交x 轴的正半轴于点D ，且有FA FD =.当点A 的横坐标为3时，ADF ∆为正三角形. （Ⅰ）求C 的方程；（Ⅱ）若直线1//l l ，且1l 和C 有且只有一个公共点E ， （ⅰ）证明直线AE 过定点，并求出定点坐标；（ⅱ）ABE ∆的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由. 【答案】（I ）24y x =.（II ）（ⅰ）直线AE 过定点(1,0)F .（ⅱ）ABE ∆的面积的最小值为16. 【解析】 （I ）由题意知(,0)2PF 设(,0)(0)D t t >，则FD 的中点为2(,0)4p t+， 因为FA FD =，由抛物线的定义知：322p p t +=-， 解得3t p =+或3t =-（舍去）.由234p t+=，解得2p =. 所以抛物线C 的方程为24y x =. （II ）（ⅰ）由（I ）知(1,0)F ，设0000(,)(0),(,0)(0)D D A x y x y D x x ≠>， 因为FA FD =，则011D x x -=+， 由0D x >得02D x x =+，故0(2,0)D x +， 故直线AB 的斜率为02AB y k =-， 因为直线1l 和直线AB 平行， 设直线1l 的方程为02y y x b =-+， 代入抛物线方程得200880b y y y y +-=， 由题意20064320b y y ∆=+=，得02b y =-. 设(,)E E E x y ，则04E y y =-，204E x y =. 当204y ≠时，0000220002044444E ABE y y y y y k y x x y y +-==-=---， 可得直线AE 的方程为000204()4y y y x x y -=--， 由2004y x =，整理可得0204(1)4y y x y =--， 直线AE 恒过点(1,0)F .当204y =时，直线AE 的方程为1x =，过点(1,0)F ，所以直线AE 过定点(1,0)F .（ⅱ）由（ⅰ）知，直线AE 过焦点(1,0)F ， 所以000011(1)(1)2AE AF FE x x x x =+=+++=++， 设直线AE 的方程为+1x my =， 因为点00(,)A x y 在直线AE 上， 故001x m y -=， 设11(,)B x y ，直线AB 的方程为000()2y y y x x -=--， 由于00y ≠， 可得0022x y x y =-++， 代入抛物线方程得2008840y y x y +--=， 所以0108y y y +=-， 可求得1008y y y =--，10044x x x =++， 所以点B 到直线AE 的距离为d ===.则ABE ∆的面积0000114()(2)162S x x x x =⨯+++≥， 当且仅当001x x =即01x =时等号成立. 所以ABE ∆的面积的最小值为16.【压轴训练】1．（2018届江西省重点中学协作体第二次联考）已知椭圆：的离心率为，短轴为.点满足.(1)求椭圆的方程；(2)设为坐标原点，过点的动直线与椭圆交于点、，是否存在常数使得为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）.（2）答案见解析.【解析】 （1），所以从而的方程为. （2）当不为轴时，设：，、.联立与的方程可得，所以，，.因为为定值，所以，解得.此时定值为.当为轴时，，..综上，存在使得为定值.2. (2018届山东省威海市二模)已知椭圆：的左右焦点分别为，且离心率为，点为椭圆上一动点，面积的最大值为.（1）求椭圆的标准方程； （2）设分别为椭圆的左右顶点，过点作轴的垂线，为上异于点的一点，以为直径作圆.若过点的直线（异于轴）与圆相切于点，且与直线相交于点，试判断是否为定值，并说明理由. 【答案】（1）（2）3【解析】 （1）由题意可知，解得所以椭圆的方程为（2）由（1）可知， 因为过与圆相切的直线分别切于两点，所以，所以，设点，则，圆的半径为则直线的方程为的方程设为，则化简得由，得所以点,所以点在椭圆上， ∴，即.3．（2019·云南师大附中高三月考）已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>6，短轴长为4.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）已知不经过点P （0，2）的直线l ：()0,x my n m n R =+≠∈交椭圆C 于A ，B 两点，M 在AB 上满足()12PM PA PB =+u u u u r u u u r u u u r且2AB PM =，问直线是否过定点，若过求定点坐标；若不过，请说明理由.【答案】（1）221124x y +=（2）直线l 恒过定点(01)-，，详见解析【解析】（1）由题意得22232c a b a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩，，解得a =2b =，所以椭圆C 的标准方程为221124x y +=．（2）设11()A x y ，，22()B x y ，，又(02)P ，，所以11(2)PA x y =-u u u r ，，22(2)PB x y =-u u u r，，因为M 在AB 上满足1()2PM PA PB =+u u u u r u u u r u u u r，所以M 为AB 的中点． 又||2||AB PM =，即||||||MA MB MP ==， 所以线段AB 为PAB △外接圆的直径， 即0PA PB =u u u r u u u rg ，所以1212(2)(2)0x x y y +--=． 又A B ，在直线l 上，所以1212()()(2)(2)0my n my n y y +++--=， 即221212(1)(2)()40m y y mn y y n ++-+++=，()*联立221124x y x my n ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，，消x 得222(3)2120m y mny n +++-=， 因为直线l 与椭圆C 交于不同的A B ，两点，所以222244(3)(12)0m n m n ∆=-+->， 即22412n m <+，由韦达定理得122212223123mn y y m n y y m ⎧+=-⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩，，代入（*）中，得2220n mn m +-=， 解得2n m =-或n m =，所以直线l ：2(2)x my m m y =-=-或(1)x my m m y =+=+， 所以直线l 过定点(01)-，或(02)，（舍去）， 综上所述：直线l 恒过定点(01)-，． 4．(2018届上海市徐汇区二模)如图，是椭圆长轴的两个端点，是椭圆上与均不重合的相异两点，设直线的斜率分别是.(1)求的值； (2)若直线过点，求证：；(3)设直线与轴的交点为(为常数且)，试探究直线与直线的交点是否落在某条定直线上？若是，请求出该定直线的方程；若不是，请说明理由．【答案】（1）（2）见解析（3）落在定直线上【解析】 (1)设，由于，所以，因为在椭圆上，于是，即，所以.(2)设直线，，由得，于是，．(3)由于直线与轴的交点为，于是，联立直线与椭圆的方程，可得，于是因为直线，直线，两式相除，可知，于是，所以，即直线与直线的交点落在定直线上．5.(2018届辽宁省部分重点中学协作体模拟)已知是椭圆上的一点，是该椭圆的左右焦点，且.（1）求椭圆的方程；（2）设点是椭圆上与坐标原点不共线的两点，直线的斜率分别为，且.试探究是否为定值，若是，求出定值，若不是，说明理由.【答案】(1) 椭圆;(2)见解析.【解析】 （1）由题意，，根据椭圆定义，所以所以，因此，椭圆.（用待定系数法，列方程组求解同样给分） （2）设直线，，由 消去y 得因为，所以即，解得所以，6．（2017·湖南高考模拟（理））已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的一个焦点与上下顶点构成直角三角形，以椭圆C 的长轴长为直径的圆与直线20x y +-=相切．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设过椭圆右焦点且不重合于x 轴的动直线与椭圆C 相交于A 、B 两点，探究在x 轴上是否存在定点E ，使得EA EB ⋅u u u r u u u r为定值？若存在，试求出定值和点E 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）2212x y +=；（2）定点为5,04⎛⎫ ⎪⎝⎭.【解析】（1）由题意知，222b c a b c a=⎧⎪⎪=⎨⎪⎪+=⎩，解得11b a c =⎧⎪=⎨⎪=⎩则椭圆C 的方程是2212x y +=（2）①当直线的斜率存在时，设直线()()10y k x k =-≠联立()22121x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩，得()22222124220,880k x k x k k +-+-=∆=+>所以2222422,1212A B A B k k x x x x k k-+==++ 假设x 轴上存在定点()0,0E x ，使得EA EB ⋅u u u v u u u v为定值.所以()()()20000,,A A B B A B A B A B EA EB x x y x x y x x x x x x y y ⋅=-⋅-=-+++u u u v u u u v()()220011A B A B x x x x k x x =-++--()()()2222001A B AB k x x x k xx x k =+-++++()()2220002241212x x k x k -++-=+要使EA EB ⋅u u u v u u u v 为定值，则EA EB ⋅u u u v u u u v的值与k 无关， 所以()2200024122x x x -+=- 解得054x =， 此时716EA EB ⋅=-u u u v u u u v 为定值，定点为5,04⎛⎫ ⎪⎝⎭②当直线的斜率不存在时，1,,1,22A B ⎛⎫⎛- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭，716EA EB ⋅=-u u u v u u u v 也成立 所以，综上所述，在x 轴上存在定点5,04E ⎛⎫⎪⎝⎭，使得EA EB ⋅u u u v u u u v 为定值716-7．（2016·湖南高三月考（文））已知直线l ：4x ＋3y ＋10＝0，半径为2的圆C 与l 相切，圆心C 在x 轴上且在直线l 的右上方． (1)求圆C 的方程；(2)过点M (1，0)的直线与圆C 交于A ，B 两点(A 在x 轴上方)，问在x 轴正半轴上是否存在定点N ，使得x 轴平分∠ANB ？若存在，请求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）224x y +=；（2）存在，且(4,0)N ． 【解析】(1)设圆心C(a ，0)52a ⎛⎫>-⎪⎝⎭，则410205a a +=⇒=或a ＝－5(舍)，所以圆C ：x 2＋y 2＝4. (2)当直线AB⊥x 轴时，x 轴平分∠ANB，当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝k(x －1)，N(t ，0)，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，由()2241x y y k x ⎧+=⎪⎨=-⎪⎩得(k 2＋1)x 2－2k 2x ＋k 2－4＝0，所以212221k x x k +=+，212241k x x k -=-，若x 轴平分∠ANB，则AN BN k k =-⇒()()121212121100k x k x y y x t x t x t x t--+=⇒+=----⇒2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ＝0⇒()()2222242120411k k t t t k k -+-+=⇒=++，所以当点N 为(4，0)时，能使得∠ANM＝∠BNM 总成立．8.(河北省衡水中学2019届高三上期中)已知椭圆C ：的离心率为，分别为椭圆的左、右顶点，点满足.(1)求椭圆的方程；(2)设直线经过点且与交于不同的两点，试问：在x 轴上是否存在点,使得直线与直线的斜率的和为定值？若存在，求出点的坐标及定值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） ； （2）Q （2，0），1 .【解析】 （1）依题意，，P （2，-1），所以=（-a-2,1）·(a -2,1)=5-a 2,由=1，a>0,得a=2,因为e =，所以c=，b 2=a 2-c 2=1，结果为，进而得到最终结果.故椭圆C的方程为.（2）假设存在满足条件的点Q（t，0），当直线l与x轴垂直时，它与椭圆只有一个交点，不满足题意，因此直线l的斜率k存在，设l：y+1=k（x-2），由消y，得（1+4k2）x2-（16k2+8k）x+16k2+16k=0，△=-64k>0,所以k<0,设，则x1+x2=,x1x2=,因为===，所以要使对任意满足条件的k，为定值，则只有t=2，此时=1.故在x轴上存在点Q（2，0）使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值1.9．(陕西省汉中市汉中中学2019届第三次月考)已知椭圆，直线不过原点且不平行于坐标轴，与交于、两点，线段的中点为．（1）证明:直线的斜率与的斜率的乘积为定值；（2）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求的斜率；若不能，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）四边形能为平行四边形，当的斜率为或时，四边形为平行四边形．【解析】（1）设直线，，，，将代入，得，故，，于是直线的斜率，即，所是命题得证．（2）四边形能为平行四边形．∵直线过点，∴不过原点且与C有两个交点的充要条件是且．由（1）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，．∵，，，2，∴当的斜率为或时，四边形为平行四边形．10．（2019·黑龙江高三月考（文））已知圆C 经过(2,0),(1,3)A B -两点，且圆心C 在直线1:l y x =上．（1）求圆C 的方程；（2）已知过点(1,2)P 的直线2l 与圆C 相交截得的弦长为232l 的方程；（3）已知点(1,1)M ，在平面内是否存在异于点M 的定点N ，对于圆C 上的任意动点Q ，都有QNQM为定值?若存在求出定点N 的坐标，若不存在说明理由．【答案】（1）224x y +=；（2）1x =或3450x y -+=；（3）见解析 【解析】（1）因为圆C 经过(2,0),3)A B -两点，且圆心C 在直线1:l y x =上 设圆C ：220x y Dx Ey F ++++=所以2(2)20D F --+=，221(3)0D E F ++++=，22D E -=-所以0D E ==，4F =- 所以圆22:4C x y +=（2）当斜率不存在的时候，1x =，弦长为 当斜率存在的时候，设2:2(1)l y k x -=-，即20kx y k -+-=1,43k ==所以直线2l 的方程为：1x =或3450x y -+=（3）设()00,,(,)Q x y N m n ，且22004x y +=QN QM ==因为QN QM 为定值，设220000(2)(2)4(2)(2)6m x n y m n x y λ-+-+++=-+-+ 化简得：2200(22)(22)460m x n y m n λλλ-+-+++-=，与Q 点位置无关，所以22220220460m n m n λλλ-=⎧⎪-=⎨⎪++-=⎩解得：1m n ==或2m n == 所以定点为(2,2).11．（2019·安徽高三月考（理））已知圆C 的圆心C 的坐标为()1,2，且圆C 与直线l ：270x y --=相切，过点()2,0A 的动直线m 与圆C 相交于M ，N 两点，直线m 与直线l 的交点为B . （1）求圆C 的标准方程； （2）求MN 的最小值；（3）问：()AM AN AB +⋅uuu r uuu r uu u r是否是定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.【答案】(1) ()()221220x y -+-=. (2) (3) ()AM AN AB +⋅uuu r uuu r uu u r是定值，定值为-10.【解析】（1）∵圆C 与直线l ：270x y --=相切，圆心为()1,2，∴半径r ==∴圆C 的方程为()()221220x y -+-=.（2）∵MN ==d 是圆心C 到直线m 的距离， ∴d 最大时，MN 最小.∵当()2,0A 是弦MN 中点时，d 最大，且max d AC ===∴MN的最小值为=（3）设MN 中点为P ，则CP MN ⊥即CP AB ⊥，∴0CP AB ⋅=uu r uu u r， 且2AM AN AP +=uuu r uuu r uu u r，∴()()22AM AN AB AP AB AC CP AB +⋅=⋅=+⋅uuu r uuu r uu u r uu u r uu u r uuu r uu r uu u r 222AC AB CP AB AC AB =⋅+⋅=⋅uuu r uu u r uu r uu u r uuu r uu u r.当m 与x 轴垂直时，m 方程为2x =，代入圆C 方程得2y =±∴MN 中点P 的坐标为()2,2，直线2x =与直线l 的交点B 坐标为52,2⎛⎫- ⎪⎝⎭， ∴50,2AB ⎛⎫=- ⎪⎝⎭uu u r .∵()1,2AC =-uu u r ，∴5AC AB ⋅=-uuu r uu u r ，∴()10AM AN AB +⋅=-uuu r uuu r uu u r；当MN 与x 轴不垂直时，设m 方程为()2y k x =-，由()2270y k x x y ⎧=-⎨--=⎩，得475,2121k k B k k -⎛⎫-⎪--⎝⎭， ∴55,2121k AB k k --⎛⎫= ⎪--⎝⎭uu u r ， ∴()551,2,2121k AC AB k k --⎛⎫⋅=-⋅ ⎪--⎝⎭uuu r uu u r ()5125105212121k k k k k -=-==----， ∴()10AM AN AB +⋅=-uuu r uuu r uu u r，∴()AM AN AB +⋅uuu r uuu r uu u r是定值，定值为-10.12．（2019·广东高三开学考试（理））已知离心率为3的椭圆()22211x y a a +=>，与直线l 交于,P Q 两点，记直线OP 的斜率为1k ，直线OQ 的斜率为2k . (1)求椭圆方程; (2)若1219k k ⋅=-，则三角形OPQ 的面积是否为定值?若是，求出这个定值;若不是，请说明理由. 【答案】（1）2219x y +=；（2）是定值且为32，详见解析. 【解析】(1)由题意可知2221b c e a a b c =⎧⎪⎪==⎨⎪=+⎪⎩，解得3,a c ==所以椭圆方程为2219x y +=.(2)设()()1122,,,P x y Q x y ，当直线PQ 的斜率存在时，设其方程为y kx m =+, 联立椭圆方程得()2229118990k x kmx m +++-=，则21212221899,9191km m x x x x k k --+==++， 点O到直线的距离d =所以12POQS PQ d ∆=⋅= 由()221212*********9k x x km x x m y y k k x x x x +++===-， 化简得222222222991891k m k k m k m m m --++=-， 整理得到22921k m =-，入上式得32POQ S ∆=.若直线斜率不存在易算得32POQS∆=.综上得，三角形POQ的面积是定值32.13．(山西省太原市第五中学2019届10月月考)已知椭圆的左右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，，过与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于两点．（1）求椭圆的方程；（2）若的中点为，在线段上是否存在点，使得？若存在，求实数的取值范围；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由得，，，由余弦定理得，，解得，，，所以椭圆的方程为．（2）存在这样的点符合题意.设，，，由，设直线的方程为，由得，由韦达定理得，故，又点在直线上，，所以.因为，所以，整理得，所以存在实数，且的取值范围为.14．（2019·重庆巴蜀中学高三月考（理））已知椭圆()222210x y a b a b +=>>的短轴长为4斜率不为0的直线l 与椭圆恒交于A ，B 两点，且以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点M （A ，B 两点不与点M 重合）.（1）求椭圆的标准方程；（2）直线l 是否过定点，如果过定点，求出该定点的坐标；如果不过定点，请说明理由.【答案】(1) 221164x y +=. (2) 直线过定点12,05⎛⎫ ⎪⎝⎭.【解析】（1）由题2b =，4c a a =⇒=， 所以椭圆的标准方程为221164x y +=.（2）由题设直线l ：x ty m =+，()11,A x y ，()22,B x y ，()4,0M ， 联立直线方程和椭圆方程得()22242160t y tmy m +++-=，()22164160t m ∆=-+>，12224tm y y t -+=+，2122164m y y t -=+.因为以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点M ，所以()()121244MA MB x x y y ⋅=--+u u u v u u u v()()()()2212121440t y y t m y y m =++-++-=，即2125324805m m m -+=⇒=，4， 经验证125m =，所以直线过定点12,05⎛⎫ ⎪⎝⎭. 15．（2019·山东高三月考）已知定点()30A -,，()3,0B ，直线AM 、BM 相交于点M ，且它们的斜率之积为19-，记动点M 的轨迹为曲线C . （1）求曲线C 的方程；（2）过点()1,0T 的直线与曲线C 交于P 、Q 两点，是否存在定点()0,0S x ，使得直线SP 与SQ 斜率之积为定值，若存在，求出S 坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1) ()22139x y x +=≠± ；(2) 存在定点()3,0S ±，见解析【解析】（1）设动点(),M x y ，则()33MA yk x x =≠-+， ()33MB yk x x =≠-， 19MA MB k k ⋅=-Q ，即1339y y x x ⋅=-+-，化简得：2219x y +=.由已知3x ≠±，故曲线C 的方程为()22139x y x +=≠±.（2）由已知直线l 过点()1,0T ，设l 的方程为1x my =+，则联立方程组221,19x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去x 得()229280m y my ++-=， 设()11,P x y ，()22,Q x y ，则1221222,98.9m y y m y y m ⎧+=-⎪⎪+⎨⎪=-⎪+⎩又直线SP 与SQ 斜率分别为1110101SP y y k x x my x ==-+-，2220201SQ y y k x x my x ==-+-，则()()()()12222102000811991SP SQ y y k k my x my x x m x -⋅==+-+--+-.当03x =时，m R ∀∈，()2082991SP SQ k k x -⋅==--；当03x =-时，m R ∀∈，()20811891SP SQ k k x -⋅==--.所以存在定点()3,0S ±，使得直线SP 与SQ 斜率之积为定值.16．（2019·湖南高三月考（文））已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的右焦点为F ，. （1）求椭圆C 的标准方程；（2）P M N 、、是椭圆C 上不同的三点，若直线,PM PN 的斜率之积为13-，试问从M N 、两点的横坐标之和是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由. 【答案】（1）2213x y +=（2）M N 、两点的横坐标之和为0，详见解析 【解析】（1）由椭圆的右焦点0)得c =又离心率3c e a ==得1a b =∴=， 所以椭圆的标准方程为：2213x y += （2）M N 、两点的横坐标之和为0，理由如下设P M N 、、三点坐标分别为()()(),,,,,P P M M N N x y x y x y ，直线PM PN 、的斜率分别为12,k k ， 则直线PM 的方程为：()1p p y y k x x -=-， 由方程组()22113p p x y y y k x x ⎧+=⎪⎨⎪-=-⎩，消去y 得：()()()2221111136330p p p p k x k k x y x k x y +--+-+-=， ()1121613p p M p k k x y x x k -∴+=+， 故211213613p p pM k x k y x x k --=+，同理可得：222223613p p p N k x k y x x k --=+， 又1213k k ⋅=-，即2113k k =-，221111221111366333131133P p p p p p N x y x x k y k x k k x k k ⎛⎫⎛⎫---- ⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭∴==+⎛⎫+- ⎪⎝⎭从而0M N x x +=，即M N 、两点的横坐标之和为常数零。
高中数学考前归纳总结圆锥曲线中的探索性问题
即
k
2
(
3
8k 2 4k
2
2)
8k2 3 4k2
2m
0，
由已知条件知 k
0且 k
R,
m
k2 3 4k 2
1
1
,0 m
3 k2 4
4
故存在满足题意的点 P 且 m的取值范围是 (0, 1 ) 。 4
2. 直 线 l 与 椭 圆 y 2 4
x2
1 交 于 A(x1, y1 ) ， B( x2 , y2 ) 两 点 ， 已 知 m
k( x1 x2 2) ，
若存在点 P ( m,0) ，使得以 PM,PN为邻边的平行四边形是菱形，
由于菱形对角线垂直，所以 (PM PN).MN 0
又 PM PN (x1 m, y2 ) (x1 m, y2 ) (x1 y2 2m, y1 y2 )
MN 的方向向量是 (1,k ) ，故 k( y1 y2 ) x1 x2 2m 0 ， 则 k2 (x1 x2 2) x1 x2 2m 0，
例 4、已知 B、C 是曲线 C： y2 4( x 1) 上不同两点，满足 OB OC ( 0, R) ，在
x 轴上是否存在点 A( m, 0) ，使得 AB AC ，若存在，求出实数
若不存在， 说明理由。 解： 设 BC : x ky 设 B（ x 1,y 1）,C （ x 2,y 2）
m 的取值范围；
1 |t | 2
( x1
x2 )2
4 x1 x1
| t | 4k 2 4t 2 16 k2 4
4t 2 1
2|t |
所以 AOB 的面积为定值 .
x m , m R . 若直线 l 关于 x 轴对称的直线为 l ，问直线 l 与抛
专题24圆锥曲线中的存在性、探索性问题微点1圆锥曲线中的存在性问题
专题24 圆锥曲线中的存在性、探索性问题微点1 圆锥曲线中的存在性问题专题24 圆锥曲线中的存在性、探索性问题微点1 圆锥曲线中的存在性问题【微点综述】平面解析几何的本质，是用代数的方法来解决几何问题．具体运用就是用代数方法研究几何性质，恰当地将几何性质转换成相应的代数运算．解决解析几何综合问题，需要将代数运算与几何性质完美结合．如果是涉及变量较多的问题，那么可以首先分析变量之间的关系，并确定消参的思路．在分析清楚解题思路的基础上，树立优化意识，即算法的内在逻辑分析，优化解法．对于存在性问题，有时可以从特殊情况出发，确定目标．存在性问题，一般是先假设结论存在，用待定系数法设出所求的曲线方程或者点的坐标，再根据题目中的条件按照结论存在的前提推理，如果能得出符合题意的解，那么说明结论存在的假设成立；如果无解或者得出的解不符合题意，那么说明结论不存在．一、解决圆锥曲线存在性问题常用方法解析几何中的存在性问题通常是设其存在，然后依据题设条件进行推理，有时通过直接计算就能得到结论，有时要根据要求确定存在的条件，如果得到矛盾则说明不存在．高考中存在性问题一般以解答题的形式出现．思维导图如下：（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在直线l，使得l与椭圆C相交于,A 存在，求直线l的方程，若不存在，请说明理由.类型四、是否存在最值问题（1）求椭圆C的方程；，，椭圆C上的三个动点（2）设P M N（Ⅰ）求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长（用（Ⅱ）若任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有范围.【强化训练】（1）求椭圆C 的标准方程；（2）如图，已知P ，Q 两点是位于之和为0，试问PFQ △的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由.（2022·四川广安·模拟预测）16．已知抛物线2:2C x py =，点(1)求椭圆C的方程．参考答案：：p p由方程组∴11C M AB k k ⋅=-即3y yx x⋅=--当直线L 与圆L 相切时，由2033554DE DFk k ⎛⎫-- ⎪⎝⎭=-=-=-又由椭圆的对称性知，P，F 直线PF的斜率存在且不为0。
高考数学圆锥曲线中的探索性问题与不良结构问题含答案解析
圆锥曲线中的探索性问题与不良结构问题考情分析圆锥曲线中的探索性问题与不良结构问题是近年高考的热点,探索性问题通常为探索是否存在符合的点、直线或结果是否为定值,求解时一般是先假设结论存在,再进行推导,有时也会出现探索曲线位置关系的试题,结构不良问题时,兼顾开放性与公平性,形式不固化,问题条件或数据缺失或冗余、问题目标界定不明确、具有多种评价解决方法的标准等特征,选择不同的条件,解题的难度是有所不同的,能较好地考查学生分析问题解决问题的能力.解题秘籍(一)解决探索性问题与不良结构问题的注意事项及方法1.解决探索性问题的注意事项探索性问题,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)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要开放思维,采取另外合适的方法．2.存在性问题的求解方法(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化．其步骤为：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．(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．3.结构不良问题的主要特征有：①问题条件或数据部分缺失或冗余；②问题目标界定不明确；③具有多种解决方法、途径；④具有多种评价解决方法的标准；⑤所涉及的概念、规则和原理等不确定．1(2023届江西省赣州厚德外国语学校、丰城中学高三上学期10月联考)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1经过点2,-3,两条渐近线的夹角为60°,直线l交双曲线于A,B两点.(1)求双曲线C的方程.(2)若动直线l经过双曲线的右焦点F2,是否存在x轴上的定点M m,0,使得以线段AB为直径的圆恒过M点？若存在,求实数m的值；若不存在,请说明理由.2(2023届云南省师范大学附属中学高三上学期月考)已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1(b >a >0)的右焦点为F c ,0 ,从①虚轴长为23；②离心率为2；③双曲线C 的两条渐近线夹角为60°中选取两个作为条件,求解下面的问题.(1)求C 的方程；(2)过点F 的直线l 与双曲线C 的左､右两支分别交于A ,B 两点,O 为坐标原点,记△AOB ,△FOB 面积分别为S 1,S 2,若S1S 2=3+1,求直线l 的方程.(注：若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.)(二)是否存在型探索性问题求解此类问题一般是先假设存在,再根据假设看看能否推导出符合条件的结论.3(2022届天津市南开中学2高三上学期检测)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2,且F 2也是抛物线E ：y 2=4x 的焦点,P 为椭圆C 与抛物线E 在第一象限的交点,且PF 2 =53．(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线y =k x -1 与椭圆C 交于R ,S 两点,问是否在x 轴上存在一点T ,使得当k 变动时,总有∠OTS =∠OTR ？说明理由．(三)探索直线是否过定点求出此类问题一般是设出直线的斜截式方程y =kx +t ,然后根据已知条件确定k ,t 的关系式,再判断直线是否过定点.4(2022届北京市房山区高三上学期期末)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为32,A ,B 分别为椭圆E 的上、下顶点,且AB =2.(1)求椭圆E 的标准方程；(2)设直线l 与椭圆E 交于M ,N (不与点A ,B 重合)两点,若直线AM 与直线AN 的斜率之和为2,判断直线l 是否经过定点？若是,求出定点的坐标；若不是,说明理由.(四)探索结果是否为定值此类问题一般是把所给式子用点的坐标或其他参数表示,再结合韦达定理或已知条件进行化简,判断化简的结果是否为定值.5(2022届云南省三校高三联考)在平面直角坐标系xOy 中,椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)过点A a 3,a 3 ,B 2,32 ．(1)求椭圆E 的方程；(2)点Q x 0,y 0 是单位圆x 2+y 2=1上的任意一点,设P ,M ,N 是椭圆E 上异于顶点的三点且满足OP=x 0OM +y 0ON ．探讨OM 2+ON2是否为定值？若是定值,求出该定值,若不是定值,请说明理由．6(2022届天津市耀华中学高三上学期月考)已知O 为坐标原点,双曲线C 1:y 2a 21-x 2b 21=1a 1>0,b 1>0 和椭圆C 2:x 2a 22+y 2b 22=1a 2>b 2>0 均过点T 1,233 且以C 1的两个顶点和C 2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．(1)求C 1,C 2的方程；(2)是否存在直线l ,使得l 与C 1交于A ,B 两点,与C 2只有一个公共点,且|OA +OB |=|AB|？证明你的结论；(3)椭圆C 2的右顶点为Q ,过椭圆C 2右焦点的直线l 1与C 2交于M 、N 两点,M 关于x 轴的对称点为S ,直线SN 与x 轴交于点P ,△MOQ ,△MPQ 的面积分别为S 1,S 2,问S1S 2是否为定值？若是,求出该定值；若不是,请说明理由．(六)探索直线与圆锥曲线的位置关系探索直线与圆的位置关系一般根据圆心到直线距离与圆的半径的大小进行判断,探索直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系一般根据判别式.7已知定理：如果二次曲线Ax 2+Cy 2+Dx +Ey +F =0与直线mx +ny +q =0(q ≠0)有两个公共点P 、Q ,O 是坐标原点,则OP ⊥OQ 的充要条件是(A +C )q 2-(mD +nE )q +(m 2+n 2)F =0.(1)试根据上述定理,写出直线l :x +2y -3=0与圆C :x 2+y 2+x -6y +c =0相交于P ,Q ,坐标原点为O ,且OP ⊥OQ 的充要条件,并求c 的值；(2)若椭圆x 2a 2+y 2b 2=1与直线mx +ny +q =0相交两点P 、Q ,而且OP ⊥QQ ,试判断直线PQ 与圆x 2+y 2=11a2+1b2的位置关系,并说明理由.(七)探索类比问题此类问题多是椭圆与双曲线的类比8设F1、F2分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的左、右两个焦点．(1)若椭圆C上的点A1,32到F1、F2两点的距离之和等于4,写出椭圆C的方程；(2)设K是(1)中所得椭圆上的动点,求线段F1K的中点的轨迹方程；(3)已知椭圆具有性质：若M、N是椭圆C上关于原点对称的两个点,点P是椭圆上任意一点,当直线PM、PN的斜率都存在,并记为k PM、k PN时,那么k PM与k PN之积是与点P位置无关的定值．试对双曲线x2a2-y2b2=1写出具有类似特性的性质,并加以证明．(八)不良结构问题近年不良结构问题,通常是要求学生从备选条件中选择部分条件解题,选择不同的条件,所用知识可能不同,难易程度也可能不同.9在①PF=x0+1,②y0=2x0=2,③PF⊥x轴时,PF=2这三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并解答．问题：已知抛物线C:y2=2px p>0在抛物线C上,且．的焦点为F,点P x0,y0(1)求抛物线C的标准方程；(2)若直线l:x-y-2=0与抛物线C交于A,B两点,求△ABF的面积．跟踪检测1(2023届广东省佛山市顺德区高三上学期教学质量检测)已知动圆C 经过点F 1,0 ,且与直线x =-1相切,记动圆C 圆心的轨迹为E .(1)求E 的方程；(2)已知P 4,y 0 y 0>0 是曲线E 上一点,A ,B 是曲线E 上异于点P 的两个动点,设直线PA ､PB 的倾斜角分别为α､β,且α+β=3π4,请问：直线AB 是否经过定点？若是,请求出该定点,若不是,请说明理由.2(2023届江苏省泰州市泰兴市高三上学期期中)已知圆O ：x 2+y 2=16,点A (6,0),点B 为圆O 上的动点,线段AB 的中点M 的轨迹为曲线C ．(1)求曲线C 的方程；(2)设T (2,0),过点T 作与x 轴不重合的直线l 交曲线C 于E 、F 两点．(i )过点T 作与直线l 垂直的直线m 交曲线C 于G 、H 两点,求四边形EGFH 面积的最大值；(ii )设曲线C 与x 轴交于P 、Q 两点,直线PE 与直线QF 相交于点N ,试讨论点N 是否在定直线上,若是,求出该直线方程；若不是,说明理由．3(2023届上海师范大学附属嘉定高级中学高三上学期期中)己知双曲线C :x 2-y 2=1,过点T (t ,0)作直线l 和曲线C 交于A ,B 两点.(1)求双曲线C 的焦点和它的渐近线；(2)若t =0,点A 在第一象限,AH ⊥x 轴,垂足为H ,连结BH ,求直线BH 斜率的取值范围；(3)过点T 作另一条直线m ,m 和曲线C 交于E ,F 两点.问是否存在实数t ,使得AB ⋅EF =0和AB=EF同时成立.如果存在,求出满足条件的实数t 的取值集合；如果不存在,请说明理由.4(2023届湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校高三上学期期中联考)设点P 为圆C :x 2+y 2=4上的动点,过点P 作x 轴垂线,垂足为点Q ,动点M 满足2MQ =3PQ(点P 、Q 不重合)(1)求动点M 的轨迹方程E ；(2)若过点T 4,0 的动直线与轨迹E 交于A 、B 两点,定点N 为1,32,直线NA 的斜率为k 1,直线NB 的斜率为k 2,试判断k 1+k 2是否为定值．若是,求出该定值；若不是,请说明理由．5(2023届湖南省郴州市高三上学期教学质量监测)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22,过坐标原点O的直线交椭圆E于P,A两点,其中P在第一象限,过P作x轴的垂线,垂足为C,连接AC.当C为椭圆的右焦点时,△PAC的面积为2.(1)求椭圆E的方程；(2)若B为AC的延长线与椭圆E的交点,试问：∠APB是否为定值,若是,求出这个定值；若不是,说明理由.6(2023届云南省部分重点中学高三上学期10月份月考)已知抛物线C：y2=2px p>0的焦点为F,点D x0,2在抛物线C上,且DF=2．(1)求抛物线C的标准方程．(2)直线l：x=my+t与抛物线C交于A,B两点,点P-4,0,若∠APO=∠BPO(O为坐标原点),直线l 是否恒过点M？若是,求出定点M的坐标；若不是,请说明理由．7(2023届上海市高桥中学高三上学期9月月考)在平面直角坐标系中,O 为坐标原点,动点G 到F 1-3,0 ,F 23,0 的两点的距离之和为4．(1)试判断动点G 的轨迹是什么曲线,并求其轨迹方程C ．(2)已知直线y =k x -3 k >0 与圆F 2:x -3 2+y 2=14交于M 、N 两点,与曲线C 交于P 、Q 两点,其中M 、P 在第一象限,d 为原点O 到直线l 的距离,是否存在实数k ,使得T =NQ -MP ⋅2d 2取得最大值,若存在,求出k 和最大值；若不存在,说明理由．8(2022届广东省潮州市高三上学期期末)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为63,以原点O 为圆心,椭圆C 的长半轴长为半径的圆与直线2x -2y +6=0相切．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知点A ,B 为动直线y =k (x -2)(k ≠0)与椭圆C 的两个交点,问：在x 轴上是否存在定点E ,使得EA 2 +EA ⋅AB为定值？若存在,试求出点E 的坐标和定值；若不存在,请说明理由．9(2022届河北省深州市高三上学期期末)已知抛物线C :y 2=4x ,点F 为C 的焦点,过F 的直线l 交C 于A ,B 两点．(1)设A ,B 在C 的准线上的射影分别为P ,Q ,线段PQ 的中点为R ,证明：AR ∥FQ ；(2)在x 轴上是否存在一点T ,使得直线AT ,BT 的斜率之和为定值？若存在,求出点T 的坐标；若不存在,请说明理由．10已知椭圆E :y 2a2+x 2=1a >1 的离心率为32,圆A :x 2+y -a 2=r 2r >0 与椭圆E 相交于B ,C 两点.(1)求AB ⋅AC的最小值；(2)若F 1,F 2分别是椭圆E 的上、下焦点,经过点F 1的直线l 与椭圆E 交于M ,N 两点,O 为坐标原点,则△OF 2N 与△OF 2M 的面积之和是否存在最大值？若存在,求出这个最大值及此时直线l 的方程；若不存在,请说明理由.11(2022届北京一六一中学高三12月测试)已知椭圆C :x 2m +y 22=1(m >2)上一点与椭圆C 的两个焦点构成的三角形周长为42+26．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P (2,1)作x 轴的垂线l ,设点A 为第四象限内一点且在椭圆C 上(点A 不在直线l 上),点A 关于l 的对称点为A ,直线A P 与C 交于另一点B ．设O 为原点,判断直线AB 与直线OP 的位置关系,并说明理由．12(2023届海交通大学附属中学2023届高三上学期10月月考)已知双曲线C ：x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0 的右焦点为F 2,0 ,渐近线方程为y =±3x ,过F 的直线与C 的两条渐近线分别交于A ,B 两点.(1)求C 的方程；(2)若直线AB 的斜率为1,求线段AB 的中点坐标；(3)点P x 1,y 1 、Q x 2,y 2 在C 上,且x 1>x 2>0,y 1>0.过P 且斜率为-3的直线与过Q 且斜率为3的直线交于点M .从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.①M 在AB 上；②PQ ∥AB ；③|MA |=|MB |.13已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率为12,点1,32 在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)若椭圆C 的两条切线交于点M (4,t ),其中t ∈R ,切点分别是A 、B ,试利用结论：在椭圆x 2a 2+y 2b2=1上的点x 0,y 0 处的椭圆切线方程是x 0xa 2+y 0y b2=1,证明直线AB 恒过椭圆的右焦点F 2；(3)试探究1AF 2 +1BF 2的值是否恒为常数,若是,求出此常数；若不是,请说明理由．14(2023届四川省成都市高三上学期月考)如图所示, 已知A ,B 两点的坐标分别为(-2,0),(2,0),直线AP ,BP 的交点为P ,且它们的斜率之积-14．(1)求点P 的轨迹E 的方程;(2)设点C 为x 轴上(不同于A ,B )一定点, 若过点P 的动直线与E 的交点为Q , 直线PQ 与直线x =-2和直线x =2分别交于M ,N 两点,当∠ACM =∠ACN 时,请比较∠ACP 与∠ACQ 大小并说明理由．15(2023届广东省佛山市南海区三水区高三上学期8月摸底)在平面直角坐标系中,O为坐标原点,抛物线Γ:x2=2py(p>0)的焦点为F,抛物线Γ上不同两点M,N同时满足下列三个条件中的两个：①|FM|+|FN|=|MN|；②|OM|=|ON|=|MN|=86；③直线MN的方程为y=6p．(1)请分析说明两点M,N满足的是哪两个条件？并求抛物线Γ的标准方程；(2)过抛物线Γ的焦点F的两条倾斜角互补的直线AB和CD交抛物线Γ于A,B,C,D,且A,C两点在直线BD的下方,求证：直线AD,BC的倾斜角互补并求直线AD,BC的交点坐标．圆锥曲线中的探索性问题与不良结构问题考情分析圆锥曲线中的探索性问题与不良结构问题是近年高考的热点,探索性问题通常为探索是否存在符合的点、直线或结果是否为定值,求解时一般是先假设结论存在,再进行推导,有时也会出现探索曲线位置关系的试题,结构不良问题时,兼顾开放性与公平性,形式不固化,问题条件或数据缺失或冗余、问题目标界定不明确、具有多种评价解决方法的标准等特征,选择不同的条件,解题的难度是有所不同的,能较好地考查学生分析问题解决问题的能力.解题秘籍(一)解决探索性问题与不良结构问题的注意事项及方法1.解决探索性问题的注意事项探索性问题,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)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要开放思维,采取另外合适的方法．2.存在性问题的求解方法(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化．其步骤为：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．(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．3.结构不良问题的主要特征有：①问题条件或数据部分缺失或冗余；②问题目标界定不明确；③具有多种解决方法、途径；④具有多种评价解决方法的标准；⑤所涉及的概念、规则和原理等不确定．1(2023届江西省赣州厚德外国语学校、丰城中学高三上学期10月联考)已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1经过点2,-3 ,两条渐近线的夹角为60°,直线l 交双曲线于A ,B 两点.(1)求双曲线C 的方程.(2)若动直线l 经过双曲线的右焦点F 2,是否存在x 轴上的定点M m ,0 ,使得以线段AB 为直径的圆恒过M 点？若存在,求实数m 的值；若不存在,请说明理由.【解析】(1)∵两条渐近线的夹角为60°,∴渐近线的斜率±b a =±3或±33,即b =3a 或b =33a ；当b =3a 时,由4a 2-9b2=1得：a 2=1,b 2=3,∴双曲线C 的方程为：x 2-y 23=1；当b =33a 时,方程4a 2-9b2=1无解；综上所述：∴双曲线C 的方程为：x 2-y 23=1.(2)由题意得：F 22,0 ,假设存在定点M m ,0 满足题意,则MA ⋅MB=0恒成立；方法一：①当直线l 斜率存在时,设l :y =k x -2 ,A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,由y =k x -2x 2-y 23=1得：3-k 2x 2+4k 2x -4k 2+3 =0,∴3-k 2≠0Δ=361+k 2 >0 ,∴x 1+x 2=4k 2k 2-3,x 1x 2=4k 2+3k 2-3,∴MA ⋅MB=x 1-m x 2-m +y 1y 2=x 1x 2-m x 1+x 2 +m 2+k 2x 1x 2-2x 1+x 2 +4 =1+k 2 x 1x 2-2k 2+m x 1+x 2 +m 2+4k 2=4k 2+3 1+k 2k 2-3-4k 22k 2+mk 2-3+m 2+4k 2=0,∴4k 2+3 1+k 2 -4k 22k 2+m +m 2+4k 2 k 2-3 =0,整理可得：k 2m 2-4m -5 +3-3m 2 =0,由m 2-4m -5=03-3m 2=0得：m =-1；∴当m =-1时,MA ⋅MB=0恒成立；②当直线l 斜率不存在时,l :x =2,则A 2,3 ,B 2,-3 ,当M -1,0 时,MA =3,3 ,MB =3,-3 ,∴MA ⋅MB=0成立；综上所述：存在M -1,0 ,使得以线段AB 为直径的圆恒过M 点.方法二：①当直线l 斜率为0时,l :y =0,则A -1,0 ,B 1,0 ,∵M m ,0 ,∴MA =-1-m ,0 ,MB=1-m ,0 ,∴MA ⋅MB=m 2-1=0,解得：m =±1；②当直线l 斜率不为0时,设l :x =ty +2,A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,由x =ty +2x 2-y 23=1得：3t 2-1 y 2+12ty +9=0,∴3t 2-1≠0Δ=123t 2+3 >0 ,∴y 1+y 2=-12t 3t 2-1,y 1y 2=93t 2-1,∴MA ⋅MB=x 1-m x 2-m +y 1y 2=x 1x 2-m x 1+x 2 +m 2+y 1y 2=ty 1+2 ty 2+2 -m ty 1+2+ty 2+2 +m 2+y 1y 2=t 2+1 y 1y 2+2t -mt y 1+y 2 +4-4m +m 2=9t 2+1 3t 2-1-12t 2t -mt 3t 2-1+4-4m +m 2=12m -15 t 2+93t 2-1+2-m 2=0；当12m -153=9-1,即m =-1时,MA ⋅MB =0成立；综上所述：存在M -1,0 ,使得以线段AB 为直径的圆恒过M 点.2(2023届云南省师范大学附属中学高三上学期月考)已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1(b >a >0)的右焦点为F c ,0 ,从①虚轴长为23；②离心率为2；③双曲线C 的两条渐近线夹角为60°中选取两个作为条件,求解下面的问题.(1)求C 的方程；(2)过点F 的直线l 与双曲线C 的左､右两支分别交于A ,B 两点,O 为坐标原点,记△AOB ,△FOB 面积分别为S 1,S 2,若S1S 2=3+1,求直线l 的方程.(注：若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.)【解析】(1)若选①②,可知c 2=a 2+b 2，ca =2，2b =23，解得a =1，b =3，c =2，∴C 的方程为x 2-y 23=1.若选①③,因为b >a ,∴b a=3，2b =23， ∴a =1，b =3，∴C 的方程为x 2-y 23=1.若选②③,设递增的渐近线的倾斜角为θ,可知c a =2，θ=60°，a 2+b 2=c 2 则c a =2，ba =tan θ=tan60°，a 2+b 2=c 2此时无法确定a ,b ,c(2)F (2，0),由题意知,直线l 斜率不为0,∴设直线l ：x =ty +2.由x =ty +2，x 2-y23=1， 得(3t 2-1)y 2+12ty +9=0,设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2),|y 1|>|y 2|,则可知3t 2-1≠0且Δ>0恒成立,y 1+y 2=-12t 3t 2-1，y 1y 2=93t 2-1,∵y 1y 2>0,∴t <-33或t >33.∵S △AOB S △BOF =S △AOF -S △BOF S △BOF =S △AOF S △BOF -1=|y 1||y 2|-1=3+1,∴y 1y 2=2+3.由(y 1+y 2)2-2y 1y 2y 1y 2=10t 2+23t 2-1,得y 1y 2+y 2y 1=10t 2+23t 2-1,∴10t 2+23t 2-1=4,∴t =±3,满足t <-33或t >33.∴直线l 的方程为y =33x -233或y =-33x +233.(二)是否存在型探索性问题求解此类问题一般是先假设存在,再根据假设看看能否推导出符合条件的结论.3(2022届天津市南开中学2高三上学期检测)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2,且F 2也是抛物线E ：y 2=4x 的焦点,P 为椭圆C 与抛物线E 在第一象限的交点,且PF 2 =53．(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线y =k x -1 与椭圆C 交于R ,S 两点,问是否在x 轴上存在一点T ,使得当k 变动时,总有∠OTS =∠OTR ？说明理由．【解析】(1)∵F 2也是抛物线E ：y 2=4x 的焦点,∴F 21，0 ,∴c =1,且抛物线的准线方程为x =-1,设点P x 0，y 0 ,∵PF 2 =53,∴x 0+1=53,∴x 0=23,∴y 0=223=263,∴49a 2+83b2=1,∵a 2-b 2=c 2=1,解得a 2=4,b 2=3,∴椭圆方程为x 24+y 23=1；(2)假设存在T t ，0 满足∠OTS =∠OTR .设R x 1，y 1 ,S x 2，y 2 ,联立y =k x -13x 2+4y 2=12,消y 整理得3+4k 2 x 2-8k 2x +4k 2-12=0,由韦达定理有x 1+x 2=8k 23+4k 2,x 1x 2=4k 2-123+4k 2①,其中△>0恒成立,由∠OTS =∠OTR (显然TS ,TR 的斜率存在),故k TS +k TR =0,即y 1x 1-t +y 2x 2-t =0②,由R ,S 两点在直线y =k x -1 上,故y 1=k x 1-1 ,y 2=k x 2-1 ,代入②整理有2x 1x 2-t +1 x 1+x 2 +2t =0③,将①代入③即有：6t -243+4k 2=0④,要使得④与k 的取值无关,当且仅当“t =4“时成立,综上所述存在T 4，0 ,使得当k 变化时,总有∠OTS =∠OTR ．(三)探索直线是否过定点求出此类问题一般是设出直线的斜截式方程y =kx +t ,然后根据已知条件确定k ,t 的关系式,再判断直线是否过定点.4(2022届北京市房山区高三上学期期末)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为32,A ,B 分别为椭圆E 的上、下顶点,且AB =2.(1)求椭圆E 的标准方程；(2)设直线l 与椭圆E 交于M ,N (不与点A ,B 重合)两点,若直线AM 与直线AN 的斜率之和为2,判断直线l 是否经过定点？若是,求出定点的坐标；若不是,说明理由.【解析】(1)由离心率为32,可得c a =32因为A ,B 为椭圆的上、下顶点,且AB =2,所以2b =2即b =1 , 又a 2=b 2+c 2解得：a =2所以椭圆E 的标准方程为x 24+y 2=1(2)直线l 经过定点-1,-1 ,证明如下：①当直线l 的斜率存在时,设l :y =kx +t ,(t ≠±1),由y =kx +t x 24+y 2=1,得(1+4k 2)x 2+8ktx +4t 2-4=0, 则Δ=(8kt )2-4(1+4k 2)(4t 2-4)>0得：t 2<4k 2+1设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2)则x 1+x 2=-8kt 1+4k 2,x 1x 2=4t 2-41+4k 2, 则k AM +k AN =y 1-1x 1+y 2-1x 2=2kx 1x 2+(t -1)(x 1+x 2)x 1x 2=8k (t -1)4(t +1)(t -1)=2所以t =k -1,经检验,可满足t 2<4k 2+1,所以直线l 的方程为y =kx +k -1,即y =k x +1 -1所以直线l 经过定点-1，-1 ．②当直线l 的斜率不存在时,设l :x =m ,M (m ,y M ),N (m ,-y M ),则k AM +k AN =y M -1m +-y M -1m=2解得m =-1,此时直线l 也经过定点-1，-1 综上直线l 经过定点(-1,-1)．(四)探索结果是否为定值此类问题一般是把所给式子用点的坐标或其他参数表示,再结合韦达定理或已知条件进行化简,判断化简的结果是否为定值.5(2022届云南省三校高三联考)在平面直角坐标系xOy 中,椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)过点A a 3,a 3 ,B 2,32 ．(1)求椭圆E 的方程；(2)点Q x 0,y 0 是单位圆x 2+y 2=1上的任意一点,设P ,M ,N 是椭圆E 上异于顶点的三点且满足OP=x 0OM +y 0ON ．探讨OM 2+ON 2是否为定值？若是定值,求出该定值,若不是定值,请说明理由．【解析】(1)因为点A a 3,a 3,B 2,32在椭圆上,所以2a 2+34b 2=1a 29a 2+a 29b2=1,解得b 2=1,a 2=8,所以椭圆方程为x 28+y 2=1．(2)令M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,则P x 0x 1+y 0x 2,x 0y 1+y 0y 2 ,所以x 0x 1+y 0x 228+x 0y 1+y 0y 2 2=1,即x 218+y 21 x 20+x 228+y 22y 20+2x 0y 0x 1x 28+2x 0y 0y 1y 2 =1．又x 218+y 21=1,x 228+y 22=1,x 20+y 20=1,所以2x 0y 0x 1x 28+2x 0y 0y 1y 2=0,即y 1y 2x 1x 2=-18,所以y 1y 2 2=-18x 1x 2 2=18x 21⋅18x 22=1-y 21 1-y 22 =1-y 21+y 22 +y 21⋅y 22,即y 21+y 22=1,又x 218+y 21=1,x 228+y 22=1,所以x 12+x 22=8,所以OM 2+ON 2=x 21+x 22+y 21+y 22=9,故OM 2+ON2为定值9．6(2022届天津市耀华中学高三上学期月考)已知O 为坐标原点,双曲线C 1:y 2a 21-x 2b 21=1a 1>0,b 1>0 和椭圆C 2:x 2a 22+y 2b 22=1a 2>b 2>0 均过点T 1,233 且以C 1的两个顶点和C 2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．(1)求C 1,C 2的方程；(2)是否存在直线l ,使得l 与C 1交于A ,B 两点,与C 2只有一个公共点,且|OA +OB |=|AB|？证明你的结论；(3)椭圆C 2的右顶点为Q ,过椭圆C 2右焦点的直线l 1与C 2交于M 、N 两点,M 关于x 轴的对称点为S ,直线SN 与x 轴交于点P ,△MOQ ,△MPQ 的面积分别为S 1,S 2,问S1S 2是否为定值？若是,求出该定值；若不是,请说明理由．【解析】(1)根据题意：43a 21-1b 21=1,1a 22+43b 22=1,以C 1的两个顶点和C 2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形,边长为2故a 1=1,c 2=1,故a 22=b 22+1,代入计算得到b 1=3,a 2=3,b 2=2,故C 1:y 2-x 23=1,C 2:x 23+y 22=1.(2)假设存在直线方程满足条件,当直线斜率不存在时,x =3或x =-3,代入计算得到y =±2,验证不成立；当直线斜率存在时,设直线方程为y =kx +b ,则y =kx +bx 23+y 22=1,即2+3k 2 x 2+6kbx +3b 2-6=0,Δ=36k 2b 2-43b 2-6 2+3k 2 =0,化简得到b 2=3k 2+2.设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,y =kx +by 2-x 23=1 ,故3k 2-1 x 2+6kbx +3b 2-3=0,故x 1+x 2=-6kb3k 2-1x 1x 2=3b 2-33k 2-1,OA +OB =AB =-OA +OB ,故OA ⊥OB ,即x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2+kx 1+b kx 2+b =0,即k 2+1 x 1x 2+kb x 1+x 2 +b 2=0,即k 2+1 3b 2-33k 2-1-6k 2b 23k 2-1+b 2=0,化简得到2b 2=3k 2+3,b 2=3k 2+22b 2=3k 2+3 方程组无解,假设不成立.故不存在直线满足条件.(3)焦点坐标为1,0 ,易知直线方程斜率不为零,设直线方程为x =my +1,M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,则S x 2,-y 2 ,x =my +1x 23+y 22=1 ,化简得到2m 2+3 y 2+4my -4=0,y 1+y 2=-4m 2m 2+3y 1y 2=-42m 2+3 ,直线NS 方程为：y =y 1+y 2x 1-x 2x -x 1 +y 1,取y =0得到x =x 1y 2+x 2y 1y 1+y 2=my 1+1 y 2+my 2+1 y 1y 1+y 2=2my 1y 2y 1+y 2+1=-2m ⋅42m 2+3-4m 2m 2+3+1=3,S 1S 2=OQ PQ =33-3=3+12,故S 1S 2是定值为3+12.(六)探索直线与圆锥曲线的位置关系探索直线与圆的位置关系一般根据圆心到直线距离与圆的半径的大小进行判断,探索直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系一般根据判别式.7已知定理：如果二次曲线Ax 2+Cy 2+Dx +Ey +F =0与直线mx +ny +q =0(q ≠0)有两个公共点P 、Q ,O 是坐标原点,则OP ⊥OQ 的充要条件是(A +C )q 2-(mD +nE )q +(m 2+n 2)F =0.(1)试根据上述定理,写出直线l :x +2y -3=0与圆C :x 2+y 2+x -6y +c =0相交于P ,Q ,坐标原点为O ,且OP ⊥OQ 的充要条件,并求c 的值；(2)若椭圆x 2a 2+y 2b 2=1与直线mx +ny +q =0相交两点P 、Q ,而且OP ⊥QQ ,试判断直线PQ 与圆x 2+y 2=11a2+1b2的位置关系,并说明理由.【解析】(1)由定理可知OP ⊥OQ 的充要条件为：2×(-3)2-(1-12)×(-3)+(1+4)c =0,即18-33+5c =0,∴c =3.(2)∵椭圆x 2a 2+y 2b 2=1与直线mx +ny +q =0相交两点P 、Q ,∴1a 2+1b 2q 2-(m 2+n 2)=0,即1a 2+1b 2=m 2+n 2q 2.∵圆x 2+y 2=11a 2+1b 2的半径为r =11a2+1b2=q 2m 2+n 2=|q |m 2+n 2,又圆心(0,0)到直线PQ 的距离为d =|q |m 2+n2,∴d =r ,∴直线PQ 与圆x 2+y 2=11a2+1b2相切.(七)探索类比问题此类问题多是椭圆与双曲线的类比8设F 1、F 2分别为椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >0,b >0)的左、右两个焦点．(1)若椭圆C 上的点A 1,32到F 1、F 2两点的距离之和等于4,写出椭圆C 的方程；(2)设K 是(1)中所得椭圆上的动点,求线段F 1K 的中点的轨迹方程；(3)已知椭圆具有性质：若M 、N 是椭圆C 上关于原点对称的两个点,点P 是椭圆上任意一点,当直线PM 、PN 的斜率都存在,并记为k PM 、k PN 时,那么k PM 与k PN 之积是与点P 位置无关的定值．试对双曲线x 2a 2-y 2b 2=1写出具有类似特性的性质,并加以证明．【解析】(1)点A 1,32 在椭圆C 上,且到F 1、F 2两点的距离之和等于4,则12a2+322b 2=1,2a =4,解得a=2,b 2=3,椭圆C 的方程为x 24+y 23=1；(2)c =a 2-b 2=1,则有F 1-1,0 ,设K m ,n ,线段F 1K 的中点为x ,y ,则有x =m -12y =n2⇒m=2x+1 n=2y,又K是椭圆上的动点,则有m24+n23=1,即2x+124+2y23=1,即x+122+4y23=1.故线段F1K的中点的轨迹方程为x+1 22+4y23=1(3)类似特性的性质为：若M、N是双曲线x2a2-y2b2=1上关于原点对称的两个点,点P是双曲线上任意一点,当直线PM、PN的斜率都存在,并记为k PM、k PN时,那么k PM与k PN之积是与点P位置无关的定值．证明：设P x0,y0,M s,t,N-s,-t,则s2a2-t2b2=1,k PM=y0-tx0-s,k PN=y0+tx0+s,k PM⋅k PN=y0-tx0-s⋅y0+tx0+s=y02-t2 x02-s2,又y2=b2a2x2-b2,则k PM⋅k PN=b2a2x02-b2-b2a2s2-b2x02-s2=b2a2x02-s2x02-s2=b2a2(八)不良结构问题近年不良结构问题,通常是要求学生从备选条件中选择部分条件解题,选择不同的条件,所用知识可能不同,难易程度也可能不同.9在①PF=x0+1,②y0=2x0=2,③PF⊥x轴时,PF=2这三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并解答．问题：已知抛物线C:y2=2px p>0的焦点为F,点P x0,y0在抛物线C上,且．(1)求抛物线C的标准方程；(2)若直线l:x-y-2=0与抛物线C交于A,B两点,求△ABF的面积．【解析】(1)解：选择条件①,由抛物线的定义可得PF=x0+p 2,因为PF=x0+1,所以x0+p2=x0+1,解得p=2,故抛物线C的标准方程为y2=4x．选择条件②,因为y0=2x0=2,所以y0=2,x0=1,因为点P(x0,y0)在抛物线C上,所以y20=2px0,即2p=4,解得p=2,所以抛物线C的标准方程为y2=4x．选择条件③．当PF⊥x轴时,PF=p2+p2=2,所以p=2．故抛物线C的标准方程为y2=4x．(2)解：设A x1,y1,B x2,y2,由(1)知F1,0．由x-y-2=0y2=4x,得y2-4y-8=0,则y1+y2=4,y1y2=-8,所以y 1-y 2 =y 1+y 22-4y 1y 2=16+32=43,故AB =1+112y 1-y 2 =2×43=46．因为点F 到直线l 的距离d =1-2 1+1=22,所以△ABF 的面积为12AB ⋅d =12×46×22=23．三、跟踪检测1(2023届广东省佛山市顺德区高三上学期教学质量检测)已知动圆C 经过点F 1,0 ,且与直线x =-1相切,记动圆C 圆心的轨迹为E .(1)求E 的方程；(2)已知P 4,y 0 y 0>0 是曲线E 上一点,A ,B 是曲线E 上异于点P 的两个动点,设直线PA ､PB 的倾斜角分别为α､β,且α+β=3π4,请问：直线AB 是否经过定点？若是,请求出该定点,若不是,请说明理由.【解析】(1)设动圆圆心M x ,y ,∵动圆C 经过点F 1,0 ,且与直线x =-1相切,∴点M 的轨迹是以1,0 为焦点,直线x =-1为准线的抛物线,故其方程为y 2=4x ,∴动圆圆心C 的轨迹方程是y 2=4x ；(2)由(1)可得P 4,4 ,当直线PA ､PB 中其中一条的斜率不存在,不妨设α=π2,β=π4,易得A 4,-4 ,直线PB 的直线为y =x ,与y 2=4x 联立可得B 0,0 ,故直线AB 的方程为x +y =0；当直线PA ､PB 的斜率都存在时,故设直线PA ､PB 的斜率k 1,k 2,设A y 124,y 1 ,B y 224,y2所以k 1=y 1-414y 21-4=4y 1+4,同理可得k 2=4y 2+4,因为α+β=3π4,所以tan (α+β)=-1,所以tan α+tan β1-tan α⋅tan β=-1,即k 1+k 21-k 1⋅k 2=-1,所以k 1+k 2-k 1⋅k 2+1=0,所以4y 1+4+4y 2+4-4y 1+4⋅4y 2+4+1=0,即8y 1+y 2 +y 1⋅y 2+32=0,由题意可设AB 方程为x =ty +n ,联立y 2=4x x =ty +n ,消x 整理得y 2-4ty -4n =0,所以Δ=16t 2+16n >0,y 1+y 2=4t ,y 1⋅y 2=-4n ,所以32t -4n +32=0即n =8t +8,所以x =ty +n =ty +8t +8=t (y +8)+8,令y +8=0得y =-8,x =8,此时有定点8,-8 ,综上所述,直线AB 经过定点8,-82(2023届江苏省泰州市泰兴市高三上学期期中)已知圆O ：x 2+y 2=16,点A (6,0),点B 为圆O 上的动点,线段AB 的中点M 的轨迹为曲线C ．(1)求曲线C 的方程；(2)设T (2,0),过点T 作与x 轴不重合的直线l 交曲线C 于E 、F 两点．(i )过点T 作与直线l 垂直的直线m 交曲线C 于G 、H 两点,求四边形EGFH 面积的最大值；(ii )设曲线C 与x 轴交于P 、Q 两点,直线PE 与直线QF 相交于点N ,试讨论点N 是否在定直线上,若是,求出该直线方程；若不是,说明理由．【解析】(1)设M x ,y ,B x 0,y 0 ,因为点B 在圆O 上,所以x 20+y 20=16①,因为M 为AB 中点,所以x =6+x 02y =y 02,整理得x 0=2x -6y 0=2y,代入①式中得2x -6 2+4y 2=16,整理得x -3 2+y 2=4,所以曲线C 的方程为x -3 2+y 2=4.(2)(i )因为直线l 不与x 轴重合,所以设直线l 的方程为x =my +2,即x -my -2=0,则直线GH 为mx +y -2m =0,设曲线C 的圆心到直线l 和直线GH 的距离分别为d 1,d 2,则d 1=11+m 2,d 2=m m 2+1,所以EF =24-11+m 2=24m 2-3m 2+1,GH =24-m 2m 2+1=23m 2+4m 2+1,所以S EGFH =12×24m 2+3m 2+1×23m 2+4m 2+1=212+m 2m 4+2m 2+1,当m =0时,S EGFH =43；当m ≠0时,S EGFH =212+1m 2+2+1m2≤212+12+2m 2⋅1m2=7,当且仅当m 2=1时等号成立,综上所述,四边形EGFH 面积的最大值为7.(ii )设E x 1,y 1 ,F x 2,y 2 ,联立x =my +2x -3 2+y 2=4,得m 2+1 y 2-2my -3=0,则y 1+y 2=2m m 2+1,y 1y 2=-3m 2+1,y 1y 2=-32m y 1+y 2 ,因为曲线C 与x 轴交于P ,Q 两点,所以P 1,0 ,Q 5,0 ,则直线PE 的方程为y =y 1x 1-1x -1 =y 1my 1+1x -1 ,直线QF 的方程为y =y 2x 2-5x -5 =y 2my 2-3x -5 ,联立两直线方程得x =4my 1y 2+3y 1+5y 23y 1+y 2=-6y 1-6y 2+3y 1+5y 23y 1+y 2=-3y 1-y 23y 1+y 2=-1,y =4y 1y 23y 1+y 2,所以N -1,4y 1y 23y 1+y 2,所以N 在定直线x =-1上.3(2023届上海师范大学附属嘉定高级中学高三上学期期中)己知双曲线C :x 2-y 2=1,过点T (t ,0)作直线l 和曲线C 交于A ,B 两点.(1)求双曲线C 的焦点和它的渐近线；(2)若t =0,点A 在第一象限,AH ⊥x 轴,垂足为H ,连结BH ,求直线BH 斜率的取值范围；(3)过点T 作另一条直线m ,m 和曲线C 交于E ,F 两点.问是否存在实数t ,使得AB ⋅EF =0和AB=EF同时成立.如果存在,求出满足条件的实数t 的取值集合；如果不存在,请说明理由.【解析】(1)解：由曲线C :x 2-y 2=1,可得曲线C 的焦点为F 1(-2,0),F 2(2,0),渐近线方程y =±x ；(2)解：设l :y =kx ,A x 1,y 1 ,B -x 1,-y 1 ,H x 1,0 ,因为双曲线的渐近线为y =±x ,且点A 在第一象限,所以0<k <1,。
高考数学三轮冲刺大题提分圆锥曲线：存在性问题理
大题精做11 圆锥曲线：存在性问题已知1F ，2F 分别为椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>的左、右焦点，点()01,P y 在椭圆上，且2PF x ⊥轴，12PF F △的周长为6． （1）求椭圆的标准方程；（2）过点()0,1T 的直线与椭圆C 交于A ，B 两点，设O 为坐标原点，是否存在常数λ，使得7OA OB TA TB λ⋅+⋅=-恒成立？请说明理由．【答案】（1）22143x y +=；（2）当2λ=时，7OA OB TA TB λ⋅+⋅=-． 【解析】（1）由题意，()11,0F -，()21,0F ，1c =， ∵12PF F △的周长为6，∴122226PF PF c a c ++=+=，∴2a =，b 22143x y +=．（2）假设存在常数λ满足条件．①当过点T 的直线AB的斜率不存在时，(A，(0,B ，∴)()311327OA OB TA TB λλλ⎡⎤⋅+⋅=-+=--=-⎣⎦，∴当2λ=时，7OA OB TA TB λ⋅+⋅=-；②当过点T 的直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为1y kx =+，设()11,A x y ，()22,B x y ， 联立221 431x y y kx +==⎧⎪⎨⎪⎩+，化简得()2234880k x kx ++-=， ∴122843k x x k +=-+，122843x x k =-+． ∴()()1212121211OA OB TA TB x x y y x x y y λλ⋅+⋅=+++--⎡⎤⎣⎦()()()21212111k x x k x x λ=+++++()()()()2222228118218117434343k k k k k k λλλ⎡⎤++-+++⎣⎦=--+=+=-+++， ∴21143λλ++==，解得2λ=，即2λ=时，7OA OB TA TB λ⋅+⋅=-；综上所述，当2λ=时，7OA OB TA TB λ⋅+⋅=-．1．已知椭圆()2222:10y x C a b a b +=>>的离心率为12，短轴长为23．（1）求椭圆C 的方程；（2）设过点()0,4A 的直线l 与椭圆C 交于M 、N 两点，F 是椭圆C 的上焦点．问：是否存在直线l ，使得MAF MNF S S =△△？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．2．已知点F 为抛物线()2:20C y px p =>的焦点，抛物线C 上的点A 满足AF AO =(O 为坐标原点)，且32AF =． （1）求抛物线C 的方程；（2）若直线:l x my t =+与抛物线C 交于不同的两点M ，N ，是否存在实数t 及定点P ，对任意实数m ， 都有PM PN ⊥？若存在，求出t 的值及点P 的坐标；若不存在，请说明理由．3．在圆22:4O x y +=上取一点P ，过点P 作x 轴的垂线段PD ，D 为垂足， 当点P 在圆O 上运动时，设线段PD 中点M 的轨迹为E ． （1）求E 的方程；（2）试问在E 上是否存在两点M ，N 关于直线:l y kx =MN 为直径的圆恰好经过坐标 原点？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．1．【答案】（1）22143y x+=；（2）存在直线:65450l x y-+=或65450x y+-=．【解析】（1）∵12ca=，b=222a b c=+，解得24a=，23b=，∴椭圆C的方程为22143y x+=．（2）由题可知l的斜率一定存在，设l为4y kx=+，设()11,M x y，()22,N x y，联立()222243424360143y kxk x kxy x⎧⎪⎨⎪=+⇒+++=+=⎩，∴()()221221222414434024343634Δk kkx xkx xk=-+>+=-+=⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩+①②③，∵MAF MNFS S=△△，∴M为线段AN的中点，∴212x x=……④，将④代入②解得12834kxk=-+……⑤将④代入③得2121834xk=+……⑥将⑤代入⑥解得2365k=……⑦将⑦式代入①式检验成立，∴k=，即存在直线:60l x+=或60x+-=合题意．2．【答案】（1）24y x=；（2）存在4t=及点()0,0P，对任意实数m，都有PM PN⊥．【解析】（1）由AF AO=得点A横坐标为4p，由抛物线定义及32AF=得，3422p p+=，所以2p=，所以抛物线C的方程为24y x=．（2）假设存在实数t及定点P，对任意实数m，都有PM PN⊥，设()00,P x y，211,4yM y⎛⎫⎪⎝⎭，222,4yN y⎛⎫⎪⎝⎭，联立24y xx my t=+⎧⎨⎩=，得2440y my t--=，则124y y m +=，124y y t =-，()2221212212+24244y y y y y y m t -+==+， 由PM PN ⊥，得()()221200102044y y PM PN x x y y y y ⎛⎫⎛⎫⋅=--+-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭()()22212221200120120164y y y y x x y y y y y y +=-⋅++-++22220000044240x m y m x y tx t t =--++-+-=，所以00x =，00y =，240t t -=，当0t =时不满足题意，所以4t =， 即存在4t =及点()0,0P ，对任意实数m ，都有PM PN ⊥．3．【答案】（1）2214x y +=；（2）存在，y =．【解析】（1）设(),M x y ，则点(),2P x y ，将(),2M x y 代入圆22:4O x y +=，可得2244x y +=，E ∴的方程为2214x y +=．（2）显然，直线MN 存在斜率，设直线MN 的方程为1y x m k=-+，联立221 44y x m kx y =-+=⎧⎪⎨⎪⎩+，消去y 并整理得()()222248410k x mkx k m +-+-=， ()()()2222816410Δmk k k m =--+->，化为2224k k m +>，设()11,M x y ，()22,N x y ，则12284mkx x k +=+，()22122414k m x x k -=+，依题意OM ON ⊥，可得0OM ON ⋅=，12120x x y y ∴+=，又()2121212122111m y y x m x m x x x x m k k k k ⎛⎫⎛⎫=-+-+=-++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，()2121212122110m x x y y x x x x m k k ⎛⎫∴+=+-++= ⎪⎝⎭，()22222241181044k m m mk m k k k k -⎛⎫+-⋅+= ⎪++⎝⎭，解得22454k m =-， 由MN 的中点1212,22x x y y ++⎛⎫⎪⎝⎭在直线y kx =+上，121222y y x x k ++∴=⋅+，12121122x m x mx x k k k -+-++=⋅，化为22304mk k +=+，把22454k m =-代入化为21060m -=，解得m =（舍去）或，224254k ∴==⎛⨯- ⎝⎭，解得k =2224k k m +>，即满足0Δ>，∴在E 上存在两点M ，N关于直线:l y kx =MN 为直径的圆恰好经过坐标原点， 直线l的方程为y =．。
2022-2023学年高中数学二轮复习冲刺圆锥曲线中的存在性问题解析版
2022-2023学年高中数学二轮复习冲刺圆锥曲线中的存在性问题解析版专题 圆锥曲线中的存在性问题方法总结：解决存在性问题的一些妙招：（1）特殊值（点）法：对于一些复杂的题目，可通过其中的特殊情况，解得所求要素的必要条件，然后再证明求得的要素也使得其它情况均成立。
（2）核心变量的选取：因为解决存在性问题的核心在于求出未知要素，所以通常以该要素作为核心变量，其余变量作为辅助变量，必要的时候消去。
（3）核心变量的求法：①直接法：利用条件与辅助变量直接表示，并进行求解②间接法：若无法直接求出，则可将核心变量参与到条件中，列出关于该变量与辅助变量的方程（组），运用方程思想求解。
典型例题：例1．（2022·安徽·淮南第一中学一模（理））已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F 、2F ，点(P 在椭圆C 上，且满足2122PF PF PF ⋅=．(1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点2F 且斜率不为零的直线l 交椭圆C 于不同的两点A 、B ，则在x 轴上是否存在定点M ，使得MO 平分AMB ∠？若存在，求出M 点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)22184x y +=；(2)存在，()4,0M . 【解析】 【分析】（1）分析可知212PF F F ⊥，可得出椭圆C 的两个焦点的坐标，利用椭圆的定义可求得a 的值，可得出b 的值，由此可得出椭圆C 的标准方程；（2）设直线:2l x my =+，设点()0,0M x 、()11,A x y 、()22,B x y ，将直线l 的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，分析可知0MA MB k k +=，利用斜率公式结合韦达定理求出0x 的值，即可得出结论. (1)解：（1）因为2122PF PF PF ⋅=，所以，()2210PF PF PF ⋅-=，即2120PF F F ⋅=，所以，212PF F F ⊥又点(P 在椭圆C 上，()12,0F ∴-、()22,0F ，且由椭圆定义得122a PF PF =+=，则a =2244b a =-=，则椭圆C 的标准方程为22184x y +=.(2)解：假设存在定点M 满足要求，因为直线l 斜率不为零，所以设直线:2l x my =+， 设点()0,0M x 、()11,A x y 、()22,B x y ，联立22228x my x y =+⎧⎨+=⎩可得()222440m y my ++-=，则()()222161623210m m m ∆=++=+>， 由韦达定理可得12242m y y m +=-+，12242y y m =-+， 因为直线OM 平分AMB ∠，则0MA MB k k +=，即1210200y y x x x x +=--， 121020022y y my x my x ∴+=+-+-，整理得()()12012220my y x y y +-+=，()0224422022m m x m m ⎛⎫⎛⎫∴-+--= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭()040m x ∴-=，由于R m ∈，04x ∴=，所以存在()4,0M 满足要求．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为()11,x y 、()22,x y ；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x （或y ）的一元二次方程，必要时计算∆；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为12x x +、12x x （或12y y +、12y y ）的形式； （5）代入韦达定理求解.例2．（2022·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系xOy 中，设双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的右准线x =A 、B ，且4tan 3AOB ∠=-．(1)求双曲线C 的方程；(2)设动直线l 与双曲线C 相交于点M 、N ，若OM ON ⊥，求证：存在定圆与直线l 相切，并求该定圆的方程．【答案】(1)2214y x -=；(2)证明见解析，定圆方程为2243x y +=. 【解析】 【分析】（1）由二倍角的正切公式可求得2b a=，可得出c ，利用双曲线C 的右准线方程可求得a 的值，可得出b 的值，由此可得出双曲线C 的方程； （2）分析可知直线OM 、ON 的斜率都存在，可设直线直线OM 的方程为()0y kx k =≠，设点()11,M x y ，将直线OM 的方程与双曲线C 的方程联立，求出2OM ，可得出2ON 的值，利用等面积法可求得原点O 到直线l 的距离，即可得出结论. (1)解：设渐近线by x a=的倾斜角为α，则tan b aα=， 由已知可得22tan 4tan tan 21tan 3AOB ααα∠===--，整理可得22tan 3tan 20αα--=，因为tan 0ba α=>，解得2ba=，则2b a =，所以，c =，双曲线C 的右准线方程为2a x c ===1a =，2b =， 故双曲线C 的方程为2214y x -=.(2)解：若直线OM 、ON 中有一条直线的斜率不存在时，则直线OM 、ON 分别与两坐标轴重合，则这两条直线中有一条直线不与双曲线C 相交，不合乎题意；若直线OM 、ON 的斜率都存在时，可设直线OM 的方程为()0y kx k =≠，设点()11,M x y 、()22,N x y ，联立2244y kx x y =⎧⎨-=⎩可得()2244k x -=，所以，21244x k =-，221244k y k =-， 所以，()2222112414k OM x y k +=+=-，()22222141411414k k ON k k⎛⎫+ ⎪+⎝⎭==--， 设点O 到直线l 的距离为d ，则()()222222222222221141144134141OM ON OM ON d k k MNOM ONOMONk k ⋅⋅=====--+++++，综上，存在定圆与直线l 相切，该定圆的方程为2243x y +=． 【点睛】方法点睛：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． 例3．（2022·安徽合肥·高三期末（理））在平面直角坐标系xOy 中，()00,M x y 是抛物线E ：()220y px p =>上一点.若点M 到点,02p⎛⎫ ⎪⎝⎭的距离､点M 到y 轴的距离的等差中项是054x +. (1)求抛物线E 的方程；(2)过点()(),00A t t <作直线l ，交以线段AO 为直径的圆于点AB ，交抛物线E 于点C ，D （点B ，C 在线段AD 上）.问是否存在t ，使点B ，C 恰为线段AD 的两个三等分点？若存在，求出t 的值及直线l 的斜率；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)210y x =(2)存在，12t =-，斜率为 【解析】 【分析】（1）由点M 到点,02p ⎛⎫⎪⎝⎭的距离､点M 到y 轴的距离的等差中项是054x +可得p ，从而得到抛物线方程；（2）假设存在t ，设直线l 的方程为()y k x t =-，以线段AO 为直径的圆的方程为220x tx y -+=，联立方程得到B 点坐标，由2AC AB =得C 点坐标，由3AD AB =得D点坐标，代入抛物线E 的方程解得t ，k 可得答案. (1)因为,02p⎛⎫ ⎪⎝⎭是抛物线E 的焦点，所以点M 到点,02p⎛⎫⎪⎝⎭距离为02px +.由已知得0005224p x x x ⎛⎫++=+ ⎪⎝⎭，解得5p =. ∴抛物线E 的方程为210y x =. (2)假设存在t 满足题意，由题意可以判断，直线l 的斜率存在且不为0，设其斜率为k ，则直线l 的方程为()y k x t =-，以线段AO 为直径的圆的方程为220x tx y -+=，由()22x tx y y k x t ⎧-+=⎪⎨=-⎪⎩解得222,11k t kt B k k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭， 由2AC AB =得()22212,11k t kt C k k ⎛⎫-- ⎪ ⎪++⎝⎭，由3AD AB =得()22223,11k t kt D k k ⎛⎫-- ⎪ ⎪++⎝⎭， 代入抛物线E 的方程得，()()422221,10421.109t k k k k t k ⎧-=⎪⎪⎨-+⎪=⎪⎩解得12t =-，k = ∴当12t =-且直线l的斜率为B ，C 恰为线段AD 的两个三等分点. 例4．（2022·安徽·安庆一中高三期末（理））已知动点M 到直线4x =的距离是M 与点(2,0)M 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程； (2)动直线:(0)2l y x m m =+≠与C 交于两点A ，B ，曲线C 上是否存在定点P ，使得直线,PA PB 的斜率和为零？若存在求出点P 坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)22184x y +=；(2)存在，定点P或(2,P -. 【解析】 【分析】(1)根据给定条件列出方程，再化简作答.(2)把直线l 与曲线C 的方程联立，设出点P 的坐标，结合韦达定理、斜率坐标公式计算，再借助恒成立列式计算作答. (1)设动点M 的坐标为(,)x y ，由已知得4x -=化简整理得2228x y +=， 所以曲线C 的方程为22184x y +=.(2)由已知(0)y m m =+≠与2228x y +=联立，消去y 整理得：2240x m +-=， 由已知得2224(4)0m m ∆=-->，且0m ≠，解得：((0,22)m ∈-设()()1122,,,A x y B xy ，则12x x +=，2124x x m =-，假定曲线C 上存在定点()00,P x y 使得直线,PA PB 的斜率和为零，即010201020y y y y x x x x --+=--，则00010221))220y y m x x x x x m +---+-+=，整理得()()()001201212220y m x x x x x x x x --++-=⎡⎤⎤⎣⎦⎦，则有()20002()()2(4)0y m x x m ⎡⎤⎤----=⎣⎦⎦，整理得：00002)0x m x y -+-=，因当((0,22)m ∈-时恒有00002)0x m x y -+-=成立，则0000x x y -==⎪⎩，解得002x y =⎧⎪⎨=⎪⎩或002x y =-⎧⎪⎨=⎪⎩P或(2,P -在椭圆C 上， 所以曲线C 上存在定点P或(2,P -，使得直线,PA PB 的斜率和为零. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法：(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．例5．（2022·重庆·一模）已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>过点12⎫⎪⎭，且离心率(1)求椭圆C 的标准方程；(2)过点()0,1P 的两条直线分别和椭圆C 交于不同两点A ，B （A ，B 异于点P 且不关于坐标轴对称），直线PA ，PB 的斜率分别为1k ，2k ，且121k k ⋅=.试问直线AB 是否恒过一定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.【答案】(1)2214x y +=(2)是，直线AB 恒过定点50,3⎛⎫- ⎪⎝⎭【解析】 【分析】 （12a b=，然后再将点12⎫⎪⎭代入椭圆方程中可求出,a b ，从而可求出椭圆方程，（2）设直线PA 的方程为11y k x =+，代入椭圆方程中可求出点A 的坐标，再由121k k ⋅=可得点B 的坐标，从而可表示出直线AB 的方程，化简可得结果(1)c a=2c =，得2243c a =，因为222c a b =-，所以得224a b =，2a b =，所以椭圆方程为222214x y b b +=，因为椭圆过点12⎫⎪⎭，所以2231144b b +=，得21b =，所以椭圆方程为2214x y +=，(2)设直线PA 的方程为11y k x =+，代入2214xy +=中，得2211(14)80k x k x ++=，解得0x =或121814k x k =-+，所以2112211814,1414k k A k k ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭， 由于121k k =，所以将点A 的坐标中的1k 换为11k ，可得211221184,44k k B k k ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭， 则直线AB 的斜率为2211221111221114414488144A B ABA B k k y y k k k k k x x k k ----++==--+++4211211188124(1)3k k k k k -+==---， 所以直线AB 的方程为2211122111141814314k k k y x k k k ⎛⎫-+-=-+ ⎪++⎝⎭， 化简得2111533k y x k +=--， 所以直线AB 恒过点50,3⎛⎫- ⎪⎝⎭ 例6．（2022·湖南长沙·高三阶段练习）已知离心率为12的椭圆C 1：22221x y a b+=(a >b >0)的左，右焦点分别为F 1，F 2，P 为椭圆上的一点，△PF 1F 2的周长为6，且F 1为抛物线C 2：()220y px p =->的焦点.(1)求椭圆C 1与抛物线C 2的方程；(2)过椭圆C 1的左顶点Q 的直线l 交抛物线C 2于A ，B 两点，点O 为原点，射线OA ，OB 分别交椭圆于C ，D 两点，△OCD 的面积为S 1，△OAB 的面积为S 2.则是否存在直线l 使得21133S s =？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1)22143x y +=，24y x =-；(2)存在，20x y -+=或20x y ++=. 【解析】 【分析】（1）由题可得22222612a c c a a b c+=⎧⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩，即求； （2）设直线l 的方程为2x my =-，联立抛物线方程利用韦达定理可得128y y =-，利用直线与椭圆的位置关系可求22234236448121y y m ⨯⋅=+，再利用三角形面积公式及条件列出方程，即得. (1)由题意得22222612a c c a a b c +=⎧⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩，解得2,1,a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩ ∴ 椭圆的方程为22143x y +=，()11,0F -，所以抛物线的方程为24y x =-. (2)由题意得直线l 的斜率不为0，()2,0Q -，设直线l 的方程为2x my =-，设()()()()11223344,,,,,,,A x y B x y C x y D x y ， 由224x my y x=-⎧⎨=-⎩，得2480y my +-=， ∴121248y y m y y +=-=-，， ∵21133S s =， ∴21212134341sin 132||||||13sin 2OA OB AOB OA OB S y y y y S OC OD y y y y OC OD COD ⋅∠⋅=====⋅⋅∠，∵2114y x =-，∴ 直线OA 的斜率为1114y x y =-，即直线OA 的方程为14y x y =-,由1224143y x y x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，得2321364364y y ⨯=+， 同理可得2422364364y y ⨯=+，()2222342222222121212364364364364364936464y y y y y y y y ⨯⨯⨯⋅=⨯=+++⨯++ ()2222223643644812196436441664m m ⨯⨯==+⎡⎤⨯+⨯⨯-++⎣⎦， ∴222221222134||1214813()||93S y y m S y y +===，得m =±1， ∴ 存在直线l ，方程为20x y -+=或20x y ++=.过关练习：1．（2022·安徽·合肥一中高三阶段练习（理））已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左右焦点分别为()1F，)2F ，且椭圆C 上的点M 满足127MF =，12150MF F ∠=︒.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若在x 轴上存在一点E ，使得过点E 的任意一条直线l 与椭圆的两个交点P 、Q ，都有2211EPEQ+为定值，试求出此定值.【答案】(1)2214x y +=(2)5【解析】 【分析】（1）根据焦点坐标和焦点三角形12MF F △中利用余弦定理建立方程，然后解出方程即可；（2）先联立直线和椭圆的方程，然后根据韦达定理表示出P 、Q 两点的纵坐标的关系，进而表示出2211EPEQ+，即可求得该定值，同时也对直线l 为x 轴时检验即可 (1)依题意得：c =122F F c ==由椭圆定义知：122MF MF a +=又127MF =，则2227MF a =-，在12MF F △中，12150MF F ∠=︒ 由余弦定理得：2222112112122cos MF MF F F MF F F MF F =+-⋅∠即(22222222cos150777a ⎛⎫⎛⎫-=+-⨯⨯︒ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭解得：2a = 又2221b a c =-=故所求椭圆方程为：2214x y +=(2)设(),0E m 、()11,P x y 、()22,Q x y ，当直线l 不为x 轴时的方程为x ty m =+联立椭圆方程得：2214x ty m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩化简可得：()()2224240t y tmy m +++-=根据韦达定理可得：12224tm y y t +=-+，212244m y y t -=+ ()()()()212122222222221212211111111y y y y y y t y t y t EP EQ +-+=+=⋅+++()()()22222232828114m m t t m -++=⋅+- 当且仅当2232828m m -=+，即m =22115EP EQ +=（定值）即在x 轴上存在点E 使得2211EPEQ+为定值5，点E的坐标为⎫⎪⎪⎝⎭或⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭经检验，当直线PQ 为x 轴时，上面求出的点E 也符合题意 【点睛】（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x (或y )建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；（2）涉及到直线方程时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．2．（2022·河南·模拟预测（文））已知椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>的离心率为12，直线240x y +-=与椭圆仅有一个公共点. (1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l ：1x =，试问在x 轴上是否存在一定点M ，使得过M 的直线交椭圆于P ，Q 两点，交l 于N ，且满足MP NP MQNQ=，若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)22143x y +=；(2)存在，(4，0). 【解析】 【分析】(1)根据离心率列出一个方程，联立直线方程和椭圆方程由0∆=再得一个方程，结合本身a 、b 、c 的关系即可解出a 、b 、c 的值，从而确定椭圆的标准方程； (2)设()11,P x y ，()22,Q x y ，(),0M m ，()1,N n ，直线PQ 的方程为()0x ty m t =+≠，由MP NPMQNQ =，得1122y n y y y n -=-，即()12212y y n y y =+，联立直线PQ 与椭圆方程，得12y y +和12y y ，从而可求m 、n 、t 的关系，再结合N 是l 和直线PQ 的交点即可求出m 的值，从而可判定PQ 是否过定点. (1)∵12e =，∴2a c =，223b c =，将42 x y =-代入2222143x y c c+=，整理得224121230y y c -+-=，∴()2144441230c ∆=-⨯⨯-=，解得21c =，∴2a =，b =∴椭圆C 的方程为22143x y +=.(2)设()11,P x y ，()22,Q x y ，(),0M m ，()1,N n ，直线PQ 的方程为()0x ty m t =+≠，由MP NP MQNQ =，得1122y n yy y n -=-，即()12212y y n y y =+. 将x ty m =+代入椭圆方程22143x y +=，整理得()2223463120t y tmy m +++-=，()()2222364343120t m t m ∆=-+->，即22340t m -+>， ∴122634tm y y t -+=+，212231234m y y t -=+. ∴222312623434m mt n t t --⋅=⋅++. 将(1，n )代入x ty m =+，可得1mn t-=，代入上式可得4m =.当直线PQ 的方程为0y =时，()4,0M 也满足题意. 故定点M 为(4，0).3．（2022·黑龙江大庆·高三阶段练习（理））已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的焦距为4，且C经过点. (1)求C 的方程.(2)过点(2,0)D 的直线l 交C 于P ，Q 两点，过点P 作直线3x =的垂线，垂足为G ，过原点O 作OM QG ⊥，垂足为M .证明：存在定点N ，使得MN 为定值.【答案】(1)22162x y +=(2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据焦距求出2c =，代入，以及222a c b -=，解出22,a b ，进而求出椭圆方程；（2）设出直线l 的方程，联立椭圆方程，利用韦达定理得到两根之和，两根之积，求出直线l 过的定点，结合垂直关系，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半得到定点N ，使得MN 为定值. (1)由题意得：24c =，所以2c =，又C经过点，故222222311a b a b ⎧-=⎪⎨+=⎪⎩，解得2262a b ⎧=⎨=⎩， 故C 的方程为22162x y +=.(2)证明：由题可知直线l 与x 轴不重合，可设:2l x my =+，联立222,1,62x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩ 得()223420m y my ++-=.设()11,P x y ，()22,Q x y ，则12243m y y m +=-+，12223y y m =-+，224240m ∆=+>， 所以121112m y y ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭. 因为()13,G y ，()222,Q my y +，所以直线QG 的斜率为2121122122111112y y y y y my y y y --==-⎛⎫+- ⎪⎝⎭，所以直线QG 的方程为112(3)y y y x -=-，所以直线QG 过定点5,02H ⎛⎫⎪⎝⎭.因为OM QG ⊥，所以OHM 为直角三角形，取OH 的中点5,04N ⎛⎫⎪⎝⎭，则1|||5|24MN OH ==，即||MN 为定值.综上，存在定点5,04N ⎛⎫⎪⎝⎭，使得||MN 为定值【点睛】圆锥曲线求解存在定点满足定值问题，需要结合一些常见结论进行求解，比如直角三角形斜边中线等于斜边一半，或者圆的半径等，本题中就要先求出直线过定点，再使用直角三角形斜边中线等于斜边一半进行求解.4．（2022·福建三明·高三期末）已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>，1F 、2F 为椭圆的左、右焦点，焦距为P(1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知过点（0，－12）的直线l 与C 交于A ，B 两点；线段AB 的中点为M ，在y 轴上是否存在定点N ，使得2AMN ABN ∠=∠恒成立？若存在，求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)2213x y +=；(2)存在，N （0，1）. 【解析】 【分析】（1）根据焦距求出c ，再将点P 的坐标代入椭圆方程，进而求得答案； （2）讨论斜率存在和不存在两种情况，若存在，根据2AMN ABN ∠=∠得到点N 在以AB 为直径的圆上，得到0NA NB →→⋅=，进而设出直线方程并代入椭圆方程并化简，然后结合根与系数的关系解决问题. (1)由焦距为c =又因为P，在椭圆上，所以22221a b ⎛ ⎝⎭+=，即222113a b +=，又因为222a b c =+，所以223,1a b ==，所以椭圆C 的方程为：2213x y +=．(2)假设在y 轴上存在定点N ，使得2AMN ABN ∠=∠恒成立，设N （0，0y ），A （1x ，1y ），B （2x ，2y ）.①当直线l 的斜率存在时，设l ：12y kx =-，由221213y kx x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩整理得()224121290k xkx +--=，()22144364120k k ∆=++>，12212412k x x k +=+，1229412x x k -=+． 因为2AMN ABN ∠=∠，所以||||BNM MBN MB MN ∠=∠⇒=，而点M 为线段AB 的中点，所以||||2AB MN =，则点N 在以AB 为直径的圆上，即0NA NB →→⋅=． 因为()()110220,,,NA x y y NB x y y →→=-=-，所以()()()212102012120120x x y y y y x x y y y NA N y B y y →→=+--=+-++⋅()()2212121201201124k x x k x x x x y k x x y =+-+-+-++⎡⎤⎣⎦ ()()()2220002212012002121448*********y k y y kx x k y x x y y k -++-⎛⎫=+-+++++== ⎪+⎝⎭，∴2020*******y y y ⎧-=⎨+-=⎩解得01y =，即存在N （0，1）满足题意. ②当直线l 的斜率不存在时A （0，1），B （0，－1），M （0，0），点N （0，1）满足20AMN ABN ∠=∠=.综上，存在定点N （0，1），使得2AMN ABN ∠=∠恒成立. 【点睛】本题需要解决两个问题：首先，2AMN ABN ∠=∠说明什么，千万不要硬去求角的三角函数值，而应找到线段关系或者角的关系；其次，在知道NA NB ⊥之后，最好通过平面向量来解决问题，进而会发现接下来需要通过根与系数的关系来处理.5．（2022·全国·高三专题练习）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知1F 、2F 分别是椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>的左、右焦点，A B ，分别是椭圆E 的左、右顶点，(1,0)D 为线段2OF 的中点，且2250AF BF +=．(1)求椭圆E 的方程；(2)若M 为椭圆E 上的动点（异于点A 、B ），连接1MF 并延长交椭圆E 于点N ，连接MD 、ND 并分别延长交椭圆E 于点P ，Q ，连接PQ ，设直线MN 、PQ 的斜率存在且分别为1k 、2k ．试问是否存在常数λ，使得120k k λ+=恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)22195x y +=(2)存在满足条件的常数λ，47λ=-． 【解析】【分析】（1）由已知求得a ，b ，c ，由此求得椭圆的标准方程；（2）设11()M x y ，，22()N x y ，，33()P x y ，，44()Q x y ，，则直线MD 的方程为1111x x y y -=+，与椭圆的方程联立整理得，2112115140x x y y y y ⎛⎫--+-=⎪⎝⎭，根据根与系数的关系求得点1111594(,)55x y P x x ---， 同理，求得点2222594(,)55x y Q x x ---，由三点1,M F N ，共线，得1221122()x y x y y y -=-，从而由两点的斜率公式求得21407k k -=，从而求得满足条件的常数λ． (1)解：∵2250AF BF +=，∴225AF F B =，所以5()a c a c +=-，化简得23a c =， 又点(1,0)D 为线段2OF 的中点，∴2c =，从而3a =，b =1(2,0)F -，故椭圆E 的方程为22195x y +=；(2)解：存在满足条件的常数λ，47λ=-， 设11()M x y ，，22()N x y ，，33()P x y ，，44()Q x y ，， 则直线MD 的方程为1111x x y y -=+，代入椭圆方程22195x y +=，整理得，2112115140x x y y y y ⎛⎫--+-= ⎪⎝⎭， ∵11131(1)5y x y y x -+=-，∴13145y y x =-，从而131595x x x -=-，故点1111594(,)55x yP x x ---，同理，点2222594(,)55x yQ x x ---，∵三点1,M F N ，共线，∴121222y y x x =++， 从而1221122()x y x y y y -=-，从而()()1212213412121212341211212244557()759594()455+5 4y y y x y x y y y x x y y k k x x x x x y x x x x x -=-------====-------，故21407k k -=，从而存在满足条件的常数λ，47λ=-． 6．（2022·江西·高三阶段练习（理））已知抛物线C ： x 2＝2py （p ＞0）的焦点为F ， P 为C 上的动点，Q 为P 在动直线y ＝t （t ＜0）上的投影．当△PQF 为等边(1)求C 的方程；(2)设O 为原点，过点P 的直线l 与C 相切，且与椭圆22142x y +=交于A ，B 两点，直线OQ 与线段AB 交于点M ．试问：是否存在t ，使得△QMA 和△QMB 面积相等恒成立？若存在，求t 的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)22x y = (2)存在，12t =- 【解析】 【分析】（1）设00,P x y ，根据等边三角形的面积公式得到2PQ =，再根据抛物线的定义得到2p t =-，即可得到02202002242p y x p x py⎧+=⎪⎪+=⎨⎪=⎪⎩，从而求出p ，即可得到抛物线方程；（2）设()()000,0P x y x ≠，()()1122,,,A x y B x y ，()0,Q x t ，利用导数求出切线l 的方程，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，再求出直线OQ 的方程，从而求出M 点的横坐标，再根据△QMA 和△QMB 的面积相等，且A ，M ，B 在同一条直线上，可得点M 为AB 的中点，从而得到122M x x x =+，即可求出参数t 的值，即可得解； (1)解：设00,P x y ，∵PQF △0,2p F ⎛⎫⎪⎝⎭∴21||sin23PQ π⨯=2PQ =，∵Q 为P 在动直线()0y t t =<上的投影，∴()0,Q x t ；当PQF △为等边三角形时，PQ PF FQ ==，由抛物线的定义知，2p t =-，∴02202002242p y x p x py⎧+=⎪⎪+=⎨⎪=⎪⎩，解得1p =，∴C 的方程为22x y =；(2)解：设()()000,0P x y x ≠，()()1122,,,A x y B x y ，则2002x y =，()0,Q x t ，∵212y x =，∴y x '=，∴切线()000y y x x x -=-，即00:l y x x y =-，联立方程()00222220000124240142y x x y x x x y x y x y =-⎧⎪⇒+-+-=⎨+=⎪⎩，∴001220412x y x x x +=+ ∵()0,Q x t ．∴0:OQ t l y x x =，0002000M t y x y x x x x t y x x y⎧=⎪⇒=⎨-⎪=-⎩， ∵△QMA 和△QMB 的面积相等，且A ，M ，B 在同一条直线上，则点M 为AB 的中点， ∴122M x x x =+，即000002204212x y x y x x t =+-，则12t =-， 所以存在12t =-，使得△QMA 和△OMB 的面积相等恒成立．7．（2022·四川省南充高级中学高三阶段练习（文））已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>的左、右顶点分别为点,A B ，且M 为椭圆E 上一点，M 关于x 轴的对称点为N ，14MA NB k k ⋅=. (1)求椭圆E 的离心率；(2)若椭圆E的一个焦点与抛物线2y =的焦点重合，斜率为1的直线l 与椭圆E 交于P Q 、两点，在y 轴上存在点R ，使得(),0RP RQ RP RQ PQ ⊥+⋅=，求直线l 的方程. 【答案】(2)1y x =± 【解析】 【分析】（1）设()00,M x y ，则()00,N x y -，由⋅MA NB k k 可得2214b a =，从而求出离心率； （2）求出椭圆E 的方程，设直线l 方程为()()()1122,0,,,,,y x m R t P x y Q x y =+，线段PQ 的中点为(),S S S x y ，直线与椭圆方程联立利用韦达定理得S ，由()0+⋅=RP RQ PQ 得t ，由⊥RP RQ 得()()12120+--=x x y t yt ，将12,y y 代入求得m 可得直线l 的方程. (1)由椭圆知()(),0,,0A a B a -，设()00,M x y ，则()00,N x y -，点M 在椭圆E 上，有()2222222200000222211x y x b y b a x a b a a⎛⎫+=⇒=-=- ⎪⎝⎭，所以220002220001=4MA NBy y y b k k x a x a x a a --⋅=⋅==+--， 故椭圆E的离心率c e a == (2)由题意知椭圆E的一个焦点为)，则椭圆E 的方程为2214x y +=，设直线l 方程为()()()1122,0,,,,,y x m R t P x y Q x y =+，线段PQ 的中点为(),S S S x y ，联立22225844014y x mx mx m x y =+⎧⎪⇒++-=⎨+=⎪⎩，则()()222212212Δ=6420441650585445m m m m m x x m x x ⎧--=->⇒<⎪⎪⎪+=-⎨⎪⎪-=⎪⎩，124=255S S S x x m m x y x m +∴=-=+=，，即4,55m m S ⎛⎫-⎪⎝⎭， 由()350114505-+⋅=⇒⊥⇒⨯=-⇒=-⎛⎫-- ⎪⎝⎭mt m RP RQ PQ RS PQ t m ， 由()()121200RP RQ RP RQ x x y t y t ⊥⇒⋅=⇒+--=，将1122,y x m y x m ==++代入可得212122()()()0x x m t x x m t +-++-=，()2224488805555-⎛⎫⎛⎫∴+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭m m m m ， 解得215m =<满足条件，所以1m =±， 故直线l 的方程为1y x =±.8．（2022·广东·模拟预测）已知动圆过点F （0，1），且与直线l ：1y =-相切． (1)求动圆圆心的轨迹E 的方程；(2)点P 一动点，过P 作曲线E 两条切线PA ，PB ，切点分别为A ，B ，且PA PB ⊥，直线AB 与圆224x y +=相交于C ，D 两点，设点P 到直线AB 距离为d ．是否存在点P ，使得24AB CD d =？若存在，求出点P 坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)24x y =； (2)不存在，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）根据抛物线定义写出轨迹E 的方程；（2）设直线AB ：y ＝kx ＋m ，()()1122,,,A x y B x y ，联立抛物线方程应用韦达定理及PA PB ⊥求参数m ，进而写出切线PA ，PB 的方程并求交点P 的坐标，再应用点线距离公式、弦长公式、圆中弦长的求法求P 到直线AB 距离为d 、||AB 、||CD ，最后结合24AB CD d =求参数k ，判断存在性.(1)依题意，圆心的轨迹E 是以F (0,1)为焦点，l ：y ＝－1为准线的抛物线． 所以抛物线焦点到准线的距离等于2，故动圆圆心的轨迹E 为x 2＝4y ． (2)依题意，直线AB 斜率存在，设直线AB ：y ＝kx ＋m ，()()1122,,,A x y B x y ．由24y kx m x y=+⎧⎨=⎩，得2440x kx m --=，故12124,4x x k x x m +==-． 2Δ(4)160k m =-+>，由x 2＝4y ，得2xy '=，故切线 P A ，PB 的斜率分别为12,22PA PB x x k k == 由 P A ⊥PB ，得：1212412244PA PB x x x x mk k m -=⋅===-=-， 所以m ＝1，这说明直线 AB 过抛物线E 的焦点F ，则切线221122:,:2424x x x x PA y x PB y x =-=-．联立2112222424x x y x x xy x ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，消去y 得：1222x x x k +==，即2P x k =， 则()222112111112121244444P x x x x x x x x x y k kx +=⋅-=-=-==-，即(2,1)P k -， 于是P 到直线AB ：kx －y ＋1＝0的距离2d ==()21212||2444AB y y k x x k =++=++=+．设原点到直线kx －y ＋1＝0的距离为1d，则1d =，所以||CD ==因为2||||4AB CD d =，所以()(2241k +=， 化简整理得224344k k +=+，无解，所以满足条件2||||4AB CD d =的点P 不存在． 【点睛】关键点点睛：第二问，设直线并联立抛物线，应用韦达定理求所设直线的参数值，再根据点线距离、弦长公式及圆中弦长、半径、弦心距关系，分别求出P 到直线AB 距离为d 、||AB 、||CD ，求参数判断存在性.9．（2022·江西宜春·高三期末（文））已知椭圆C 222210x y a b a b+=>>：（）的离心率为12，，12F F ，分别为椭圆的左、右焦点. (1)求椭圆C 的方程；(2)过1F 的直线m 交椭圆C 于A ，B 两点，O 为坐标原点，以O ，A ，B 三点为顶点作平行四边形OAPB，是否存在直线m，使得点P在椭圆C上？若存在，求出直线m的方程；若不存在，说明理由.【答案】(1)221 43x y+=；(2)存在，1x=-.【解析】【分析】（1）根据椭圆离心率以及椭圆过点⎭，列出,,a b c的方程组，求解即可；（2）当直线斜率存在时，设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理以及OP OA OB=+，即可求得点P的坐标，根据其坐标满足椭圆方程，解方程即可确定存在k满足题意；当斜率不存在时，即可容易求得点P的坐标，根据题意，即可确定直线的方程.(1)椭圆C的离心率为12，12ca∴=2,a c b∴==，又由椭圆经过点⎭，223314a b∴+=，解得1,2,==c a b则椭圆C的方程为：22143x y+=(2)依题意()110F-，，当直线AB的斜率存在时，设直线m的方程为()1y k x=+，()11,A x y，()22,B x y，联立直线方程()1y k x=+与22143x y+=，整理得()22223484120k x k x k+++-=，则221212228412,3434k kx x x xk k--+==++，设()00,P x y，由四边形OAPB为平行四边形，得OP OA OB=+，则012012x x xy y y=+⎧⎨=+⎩，即22286,3434k kPk k⎛⎫-⎪++⎝⎭，若点P落在椭圆C上，则2200143x y+=，即22222863434143k kk k⎛⎫-⎛⎫⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭+=，整理得()42221612134k k k +=+，令()20k t t =≥，故上式等价于()22161234t t t +=+，解得34t =-（舍去）， 故斜率存在时，不存在直线满足题意；当直线AB 的斜率不存在时，直线m 的方程1x =-， 此时存在点()2,0P -在椭圆C 上.综上，存在直线m ：1x =-，使得点()2,0P -在在椭圆C 上 【点睛】本题考察椭圆方程的求解，以及椭圆中定直线问题的处理；解决问题的关键是利用向量合理的转化四边形OAPB 为平行四边形，从而求得点P 的坐标，属中档题.10．（2022·山东菏泽·高三期末）已知Rt ABC 中，()1,0A -，()10B ,，90CAB ∠=︒，AC =，曲线E 过C 点，动点Р在E 上运动，且保持PA PB +的值不变. (1)求曲线E 的方程；(2)过点()1,0的直线l 与曲线E 交于M ，N 两点，则在x 轴上是否存在定点Q ，使得QM QN ⋅的值为定值？若存在，求出点Q 的坐标和该定值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)2212x y +=(2)存在点5,04Q ⎛⎫⎪⎝⎭，使得QM QN ⋅为定值716-【解析】 【分析】（1）根据条件可知动点P 的运动轨迹满足椭圆定义，由椭圆的方程可的结果. （2）分直线的斜率为零和不为零两种情况分别计算. (1)解：由题意，可得PA PB CA CB +=+=而2AB =<所以点Р的轨迹为以A ，B 为焦点，长轴长为由2a =，1c =，得a =1b =，所以曲线E 的方程为2212x y +=.(2)当直线l 的斜率为不为0时，设直线l 的方程为1x my =+，设定点(),0Q t联立方程组22122x my x y =+⎧⎨+=⎩，消x 可得()222210m y my ++-=， 设()11,M x y ，()22,N x y ， 可得12221m y y m +=-+，12212y y m =-+， 所以()()()()1212121211QM QN x t x t y y my t my t y y ⋅=--+=+-+-+()()()()()2222222231121111222t m m m m t t t m m m ----=++-+-=+-+++. 要使上式为定值，则1232t -=-，解得54t =此时215712416QM QN ⎛⎫⋅=-+-=- ⎪⎝⎭当直线l 的斜率为0时，()M ，)N ，此时，716QM QN ⋅=-也符合. 所以，存在点5,04Q ⎛⎫⎪⎝⎭，使得QM QN ⋅为定值716-.11．（2022·江西赣州·高三期末（文））已知点M 是椭圆C ：()222210y x a b a b+=>>上一点，1F ，2F 分别为椭圆C 的上、下焦点，124F F =，当1290F MF ∠=︒，12F MF △的面积为5.(1)求椭圆C 的方程：(2)设过点2F 的直线l 和椭圆C 交于两点A ，B ，是否存在直线l ，使得2OAF 与1OBF △（O 是坐标原点）的面积比值为5：7.若存在，求出直线l 的方程：若不存在，说明理由.【答案】(1)22195y x +=(2)存在，2y =- 【解析】【分析】（1）根据焦距可求出c ,再根据1290F MF ∠=以及12F MF △的面积可求出a ,b ，即得椭圆方程；（2）设直线方程并和椭圆方程联立，得到根与系数的关系式，根据2OAF 与1OBF △的面积比值为5：7，得到相关等式1257x x =-，联立根与系数的关系式化简，即可得到结论. (1)由12422F F c c ==⇒=, 由12121215102F MF S MF MF MF MF =⋅=⇒⋅=△, 1290F MF ∠=,故221216MFMF +=, ∴()222121212236MF MF MF MF MF MF +=++⋅=,∴12623MF MF a a +==⇒=, ∴2225b a c ，即椭圆的标准方程为22195y x +=.(2)假设满足条件的直线l 存在，当直线l 的斜率不存在时，不合题意，不妨设直线l ：2y kx =-，()11,A x y ，()22,B x y ，显然120x x < ，联立222195y kx y x =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，得()225920250k x kx +--=，所以()()1221222015925259k x x k x x k ⎧+=⎪⎪+⎨⎪=-⎪+⎩， 因为S △OAF 2=12⋅c ⋅|x 1|，1212OBF S c x =⋅⋅，得21112257OAF OBF S x x S x x ==-=△△， 即1257x x =-（3），由（1），（3），得227059kx k =+ （4），将（1）（4）代入（3）得2115k k =⇒=所以直线l 的方程为2y =-， 故存在直线l ，使得2OAF 与1OBF △的面积比值为5：7. 【点睛】本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆的位置关系，涉及到椭圆中的三角形面积问题，解答时一般思路是要将直线方程和椭圆方程联立，得到根与系数的关系式，再将该关系式代入到相关等式中化简，其中计算量大,多是关于字母参数的运算，要求计算准确，需要细心和耐心.12．（2022·安徽六安·一模（理））已知椭圆()222:11x C y a a+=>的左右焦点分别是1F ，2F ，右顶点和上顶点分别为A ，B ，2BF A △的面积为32(1)求椭圆C 的标准方程；(2)以此椭圆的上顶点B 为直角顶点作椭圆的内接等腰直角BMN △，这样的直角三角形是否存在？若存在，请说明有几个；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)2219x y += (2)存在，有三个 【解析】 【分析】（1）由()()2113222BF ASa cb ac =-=-=3a c -=- （2）设BM 边所在直线的方程为1y kx =+，联立直线与椭圆的方程，解出点M 的坐标，然后可得BM ，用1k-代替BM 中的k 可得BN ，然后由BM = BN求解即可. (1)由题意得 2221,b a c =-= ①因为()()2113222BF ASa cb ac =-=-=，所以3a c -=-②由①②得3a c +=+3,a c ==所以椭圆C 方程为2219x y +=；(2)假设能构成等腰直角BMN △，其中B (0， 1)，由题意可知，直角边,BM BN 不可能垂直或平行于x 轴，故可设BM 边所在直线的方程为1y kx =+(不妨设0k >)联立直线方程和椭圆方程得：22119y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得()2291180k x kx ++=2222181818,,1919191M k k k x M k k k ⎛⎫∴=-∴--+ ⎪+++⎝⎭BM ∴=， 用1k -代替上式中的k，得21BN k ==+ 由BM BN ==， 即329910k k k -+-=，()()2181014k k k k k ∴--+=∴==或故存在三个满足题设条件的内接等腰直角三角形.13．（2022·黑龙江·铁力市第一中学校高三开学考试（文））已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的离心率为12，以其左顶点、上顶点及左焦点为顶点的三角(1)求椭圆C 的方程；(2)直线l 与椭圆C 交于A 、B 两点，且0OA OB ⋅=，证明：存在定点P ，使得点P 到直线l 的距离为定值．【答案】(1)22143x y +=；(2)证明见解析. 【解析】 【分析】（1）分析可得2a c =，b =，利用三角形的面积公式可求得c 的值，即可得出a 、b 的值，即可得出椭圆C 的方程；（2）设()11,A x y 、()22,B x y ．对直线l 的斜率是否存在进行分类讨论，在直线l x ⊥轴时，直接计算出原点到直线l 的距离；在直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y kx m =+，将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，根据0OA OB ⋅=可得出k 、m 所满足的等式，再计算出原点到直线l 的距离，即可得出结论. (1)解：设椭圆C 的半焦距为c ，因为12c a=，所以2a c =，又22223b a c c =-=，所以b =． 由题意知()12a cb -⋅=1c =，所以2a =，b = 所以椭圆C 的方程为22143x y +=．(2)证明：设()11,A x y 、()22,B x y ．①若直线l 与x 轴垂直，不妨设点A 在第一象限，由对称性及0OA OB ⋅=可知OA 所在直线方程为y x =，联立{y =x 3x 2+4y 2=12x >0，可得x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，即点A ⎝⎭， 此时直线l的方程为x =，则原点O 到直线l的距离为d = ②若直线l 不与x 轴垂直，设直线l 的方程为y kx m =+，由22143y kx mx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 整理得()2224384120k x kmx m +++-=，()()()2222226444341248430k m k m m k ∆=-+-=-++>，由韦达定理得122843km x x k +=-+，212241243m x x k -=+． 又0OA OB ⋅=，所以12120x x y y +=，所以()()2122412043m kx m kx m k -+++=+，()22212122412043m k x x km x x m k -++++=+， 222222241241280434343m m km k km m k k k ---+⋅+⋅+=+++，整理得2212127k m +=，满足0∆>．所以原点到直线l的距离为d ==，故存在定点()0,0P 到l（定值）． 综上所述，存在定点()0,0P ，使得P 到直线l 的距离为定值． 【点睛】方法点睛：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.14．（2022·湖北·荆州中学高三期末）如图所示，已知椭圆22:163x y C +=与直线:163x yl +=．点P 在直线l 上，由点P 引椭圆C 的两条切线PA 、PB ，A 、B 为切点，O 是坐标原点．(1)若点P 为直线l 与y 轴的交点，求PAB △的面积S ；(2)若⊥OD AB ，D 为垂足，求证：存在定点Q ，使得DQ 为定值. 【答案】(1)4； (2)证明见解析. 【解析】 【分析】（1）可得点()0,3P ，设切线方程为3y kx =+，将切线方程与椭圆方程联立，由判别式为零可求得k 的值，可知PA PB ⊥，求出两切点的坐标，可得出PA 、PB ，利用三角形的面积公式可求得结果；（2）设()11,A x y 、()22,B x y ，可得出切线PA 、PB 的方程，设点()P m n ,，求出直线AB 的方程，可得出直线AB 过定点T ，由⊥OD AB结合直角三角形的几何性质。
高三数学备考冲刺140分问题37圆锥曲线中的存在探索问题含解析
问题37圆锥曲线中的存在、探索问题一、考情分析圆锥曲线中的存在性问题、探索问题是高考常考题型之一 ,它是在题设条件下探索某个数学对象 (点、线、数等 )是否存在或某个结论是否成立.由于题目多变,解法不一,我们在平时的教学中对这类题目训练较少,因而学生遇到这类题目时,往往感到无从下手,本文针对圆锥曲线中这类问题进行了探讨．二、经验分享解决探索性问题的注意事项探索性问题，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)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．三、知识拓展探索性问题是一种具有开放性和发散性的问题，此类题目的条件或结论不完备。
要求解答者自己去探索，结合已有条件，进行观察、分析、比较和概括。
它对学生的数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力提出了较高的要求。
它有利于培养学生探索、分析、归纳、判断、讨论与证明等方面的能力，使学生经历一个发现问题、研究问题、解决问题的全过程。
探索性问题一般可分为：条件追溯型，结论探索型、条件重组型，存在判断型，规律探究型，实验操作型。
每一种类型其求解策略又有所不同。
因此，我们在求解时就必须首先要明辨它是哪一种类型的探索问题，然后再根据所属类型制定解题策略。
下面分别加以说明：1、条件追溯型这类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探索，或条件增删需确定，或条件正误需判断。
解决这类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件。
在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意。
2、结论探索型这类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定。
解决这类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论。
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问题37圆锥曲线中的存在、探索问题一、考情分析圆锥曲线中的存在性问题、探索问题是高考常考题型之一 ,它是在题设条件下探索某个数学对象 (点、线、数等 )是否存在或某个结论是否成立.由于题目多变,解法不一,我们在平时的教学中对这类题目训练较少,因而学生遇到这类题目时,往往感到无从下手,本文针对圆锥曲线中这类问题进行了探讨．二、经验分享解决探索性问题的注意事项探索性问题，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)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．三、知识拓展探索性问题是一种具有开放性和发散性的问题，此类题目的条件或结论不完备。
要求解答者自己去探索，结合已有条件，进行观察、分析、比较和概括。
它对学生的数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力提出了较高的要求。
它有利于培养学生探索、分析、归纳、判断、讨论与证明等方面的能力，使学生经历一个发现问题、研究问题、解决问题的全过程。
探索性问题一般可分为：条件追溯型，结论探索型、条件重组型，存在判断型，规律探究型，实验操作型。
每一种类型其求解策略又有所不同。
因此，我们在求解时就必须首先要明辨它是哪一种类型的探索问题，然后再根据所属类型制定解题策略。
下面分别加以说明：1、条件追溯型这类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探索，或条件增删需确定，或条件正误需判断。
解决这类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件。
在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意。
2、结论探索型这类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定。
解决这类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论。
在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论。
3、条件重组型这类问题是指给出了一些相关命题，但需对这些命题进行重新组合构成新的复合命题，或题设的结求的方向，条件和结论都需要去探求的一类问题。
此类问题更难，解题要有更强的基础知识和基本技能，需要要联想等手段。
一般的解题的思路是通过对条件的反复重新组合进行逐一探求。
应该说此类问题是真正意义上的创新思维和创造力。
4、存在判断型这类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立。
解决这类问题的基本策略是：通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分的结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论。
其中反证法在解题中起着重要的作用。
5、规律探究型这类问题的基本特征是：未给出问题的结论，需要由特殊情况入手，猜想、证明一般结论。
解决这类问题的基本策略是：通常需要研究简化形式但保持本质的特殊情形，从条件出发，通过观察、试验、归纳、类比、猜测、联想来探路，解题过程中创新成分比较高。
在数列问题研究中，经常是据数列的前几项所提供 的信息作大胆的猜测，然后用数学归纳法证明。
6、实验操作型这类问题的基本特征是：给出一定的条件要求设计一种方案。
解决这类问题的基本策略是：需要借助逆向思考动手实踐。
总之，解决探索性问题，较少现成的套路和常规程序，需要较多的分析和数学思想方法的综合应用。
它对学生的观察、联想、类比、猜想、抽象、概括等方面的能力有较高的要求。
四、题型分析 (一) 是否存在值【例1】已知椭圆2222b y a x =1（a ＞b ＞0）的离心率e=36,过点A （0,-b ）和B （a,0）的直线与坐标原点距离为23.（1）求椭圆的方程；（2）已知定点E （-1,0）,若直线y=kx+2（k≠0）与椭圆相交于C 、D 两点,试判断是否存在k 值,使以CD 为直径的圆过定点E ？若存在求出这个k 值,若不存在说明理由. 【分析】（1）先由两点式求出直线方程,再根据离心率ace =和点到直线距离公式列出方程解出b a ,,即可求得；（2）假设存在这样的直线,联立直线方程和椭圆方程,消去y,得到x 的一元二次方程,求出两根之和和两根之积,要使以CD 为直径的圆过点E,当且仅当CE ⊥DE 时,则1112211-=++⋅x y x y ,再利用y=kx+2,将上式转化,最后求得67=k ,并验证. 【解析】（1）直线AB 方程为：bx-ay-ab ＝0依题意⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=233622ba ab ac ， 解得 ⎩⎨⎧==13b a ，∴ 椭圆方程为 1322=+y x（2）假设存在这样的k 值,由⎩⎨⎧=-++=033222y x kx y ，得)31(2k +09122=++kx x∴ 0)31(36)12(22>+-=∆k k ①设1(x C ,)1y 2(x D ,)2y ,则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+-=+⋅2212213193112k x x kk x x ， ②而4)(2)2)(2(212122121+++=++=⋅x x k x x k kx kx y y 8分要使以CD 为直径的圆过点E （-1,0）,当且仅当CE ⊥DE 时,则1112211-=++⋅x y x y ,即0)1)(1(2121=+++x x y y ∴ 05))(1(2)1(21212=+++++x x k x x k ③ 将②式代入③整理解得67=k 经验证,67=k ,使①成立综上可知,存在67=k ,使得以CD 为直径的圆过点E . . 【点评】解决探索性问题的注意事项探索性问题,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)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要开放思维,采取另外合适的方法． 【小试牛刀】【安徽省江南十校2019届高三3月综合素质检测】已知抛物线的准线方程为.（1）求抛物线的标准方程； （2）过点作斜率为的直线交抛物线于，两点，点，连接，与抛物线分别交于，两点，直线的斜率记为，问：是否存在实数，使得成立，若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）由准线方程可知： （2）设，，，（互不相等）则，同理三点共线即同理将抛物线与直线联立得：由韦达定理：(二) 是否存在点【例2】已知点P 是椭圆C 上任一点,点P 到直线1:2l x =-的距离为1d ,到点(1,0)F -的距离为2d ,且2122d d =.直线l 与椭圆C 交于不同两点A B 、（,A B 都在x 轴上方）,且180OFA OFB ∠+∠=o . （1）求椭圆C 的方程；（2）当A 为椭圆与y 轴正半轴的交点时,求直线l 方程；（3）对于动直线l ,是否存在一个定点,无论OFA ∠如何变化,直线l 总经过此定点？若存在,求出该定点的坐标；若不存在,请说明理由.【分析】(1) 设(,)P x y ,用坐标表示条件212d d =列出方程化简整理可得椭圆的标准方程；(2)由（1）可知(0,1)A ,(1,0)F -,即可得1010(1)AF k -==--,由180OFA OFB ∠+∠=o 得1BF k =-,写出直线BF 的方程与椭圆方程联立,求出点B 的坐标,由两点式求直线AB 的方程即可；(3)由180OFA OFB ∠+∠=o ,得0AF BF k k +=,设直线AB 方程为y kx b =+,与椭圆方程联立得2221()2102k x kbx b +++-=,由根与系数关系计算1212121201111AF BF y y kx b kx bk k x x x x +++=+=+=++++得20b k -=,从而得到直线方程为(2)y k x =+,从而得到直线过定点(2,0)M -.【解析】（1）设(,)P x y ,则1|2|d x =+,222(1)d x y =++∴2221(1)2x y d d ++==,化简,得2212x y +=,∴椭圆C 的方程为2212x y +=. （2）(0,1)A ,(1,0)F -,∴1010(1)AF k -==--,又∵180OFA OFB ∠+∠=o ,∴1BF k =-,:1(1)1BF y x x =-+=--.代入2212xy+=解,得0,1xy=⎧⎨=-⎩（舍）4,31,3xy⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩∴41(,)33B-,1113420()3ABk-==--,∴1:12AB y x=+.即直线l方程为112y x=+.（3）∵180OFA OFB∠+∠=o,∴0AF BFk k+=.设11(,)A x y,22(,)B x y,直线AB方程为y kx b=+.代直线AB方程y kx b=+入2212xy+=,得2221()2102k x kbx b+++-=.∴122212kbx xk+=-+,2122112bx xk-=+,∴121212121111AF BFy y kx b kx bk kx x x x+++=+=+++++=122112()(1)()(1)(1)(1)kx b x kx b xx x+++++=++,2122112122212()(1)()(1)2()()22()201122b kbkx b x kx b x kx x k b x x b k k b bk k-+++++=++++=⨯-+⨯+=++∴20b k-=,∴直线AB方程为(2)y k x=+,∴直线l总经过定点(2,0)M-.【点评】定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时,可设出直线方程为y＝kx＋b,然后利用条件建立b、k等量关系进行消元,借助于直线系的思想找出定点．(2)从特殊情况入手,先探求定点,再证明与变量无关．【小试牛刀】【晋冀鲁豫名校2018-2019年度高三上学期期末联考】已知椭圆的离心率为，短轴长为．（1）求椭圆的标准方程；（2）若椭圆的左焦点为，过点的直线与椭圆交于两点，则在轴上是否存在一个定点使得直线的斜率互为相反数？若存在，求出定点的坐标；若不存在，也请说明理由．【解析】（1）据题意，得解得，所以椭圆的标准方程为．（2）据题设知点，当直线的斜率存在时，设直线的方程为．由，得．设，则．设，则直线的斜率分别满足．又因为直线的斜率互为相反数，所以，所以，所以，所以，所以，所以．若对任意恒成立，则，当直线的斜率不存在时，若，则点满足直线的斜率互为相反数．综上，在轴上存在一个定点，使得直线的斜率互为相反数．(三) 是否存在直线【例3】设F1,F2分别是椭圆22154x y+=的左右焦点.（1）若P是该椭圆上的一个动点,求的最大值和最小值.（2）是否存在经过点A（5,0）的直线l与椭圆交于不同的两点C,D,使得|F2C|＝|F2D|？若存在,求直线l 的方程；若不存在,请说明理由.【分析】（1）将数量积转化为坐标表示,利用坐标的有界性求出最值；（2）设出直线方程,根据|F2C|＝|F2D|,可知F2在弦CD的中垂线上,利用中点和斜率关系,写出中垂线方程,代入F2点即可判断.【解析】（1）易知a＝5,b＝2,c＝1,∴F1（－1,0）,F2（1,0）设P（x,y）,则221 54x y+=＝（－1－x,－y）·（1－x,－y）＝x2＋y2－1＝x2＋4－45x2－1＝15x2＋3∵x2∈[0,5],当x＝0,即点P为椭圆短轴端点时,有最小值3；当x＝±5,即点P为椭圆长轴端点时,有最大值4.（2）假设存在满足条件的直线l,易知点A（5,0）在椭圆外部,当直线斜率不存在时,直线l与椭圆无交点. 所以满足条件的直线斜率存在,设为k则直线方程为y＝k（x－5）由方程组221 54(5) x yy k x⎧+=⎪⎨⎪=-⎩得：（5k 2＋4）x 2－50k 2x ＋125k 2－20＝0 依题意,△＝20（16－80k 2）＞0 得：55k -<<当5555k -<<时,设交点为C （x 1,y 1）,D （x 2,y 2）,CD 中点为R （x 0,y 0） 则x 1＋x 2＝225054k k +,x 0＝212225254x x k k +=+ ∴y 0＝k （x 0－5）＝k （222554k k +－5）＝22054k k -+又|F 2C|＝|F 2D|,有F 2R ⊥l,即2F R k k ⋅＝－1即222222200()205425420154F Rkk k k k k k k k --+⋅=⋅=--+＝－1 即20k 2＝20k 2－4,该等式不成立,所以满足条件的直线l 不存在.【点评】假设存在,将22||F C F D ＝转化为弦的中点问题以及垂直问题是解题关键． 【小试牛刀】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．【解析】(1)依题意,可设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0),且可知其左焦点为F ′(－2,0)．从而有⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2，2a ＝|AF |＋|AF ′|＝3＋5＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2，a ＝4.又a 2＝b 2＋c 2,所以b 2＝12,故椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)假设存在符合题意的直线l ,设其方程为y ＝32x ＋t .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝32x ＋t ，x 216＋y 212＝1，得3x 2＋3tx ＋t 2－12＝0.因为直线l 与椭圆C 有公共点, 所以Δ＝(3t )2－4×3×(t 2－12)≥0, 解得－43≤t ≤4 3.另一方面,由直线OA 与l 的距离d ＝4,得|t |94＋1＝4, 解得t ＝±213.由于±213∉[－43,4 3 ], 所以符合题意的直线l 不存在． (四) 是否存在圆【例4】已知椭圆22122:1(0)x y C a b a b +=>>过点2A ,其焦距为2．（Ⅰ）求椭圆1C 的方程；（Ⅱ）已知椭圆具有如下性质：若椭圆的方程为22221(0)x y a b a b+=>>,则椭圆在其上一点00(,)A x y 处的切线方程为12020=+byy a x x ,试运用该性质解决以下问题： （i ）如图（1）,点B 为1C 在第一象限中的任意一点,过B 作1C 的切线l ,l 分别与x 轴和y 轴的正 半轴交于,C D 两点,求OCD ∆面积的最小值；（ii ）如图（2）,过椭圆222:182x y C +=上任意一点P 作1C 的两条切线PM 和PN ,切点分别为,M N ．当点P 在椭圆2C 上运动时,是否存在定圆恒与直线MN 相切？若存在,求出圆的方程；若不存在,请说明理由．xyCOBDy xMNOP【分析】（1）设椭圆的方程,用待定系数法求解即可；（2）解决直线和椭圆的综合问题时注意：第一步：根据题意设直线方程,有的题设条件已知点,而斜率未知；有的题设条件已知斜率,点不定,可由点斜式设直线方程．第二步：联立方程：把所设直线方程与椭圆的方程联立,消去一个元,得到一个一元二次方程．第三步：求解判别式计算一元二次方程根．第四步：写出根与系数的关系．第五步：根据题设条件求解问题中结论．在解决与抛物线性质有关的问题时,要注意利用几何图形的形象、直观的特点来解题,特别是涉及焦点、顶点、准线的问题更是如此．【解析】（I ）解：依题意得：椭圆的焦点为12(1,0),(1,0)F F -,由椭圆定义知：122||||a AF AF =+2,11a c b ∴==∴= ,所以椭圆1C 的方程为2212x y +=．（II ）（ⅰ）设22(,)B x y ,则椭圆1C 在点B 处的切线方程为2212x x y y += 令0=x ,21y y D =,令22,0x x y C ==,所以221OCD S x y ∆= 又点B 在椭圆的第一象限上,所以12,0,0222222=+>>y x y x222222222222221y x y x y x =≥+=∴221222OCDS x y ∆∴=≥=,当且仅当122222222==⇔=y x y x 所以当2B 时,三角形OCD 的面积的最小值为2 （Ⅲ）设(,)P m n ,则椭圆1C 在点),(33y x M 处的切线为：1233=+y y x x又PM 过点(,)P m n ,所以1233=+n y m x ,同理点),(44y x N 也满足4412x m y n +=, y xMNOP所以,M N 都在直线12=+yn m x上, 即：直线MN 的方程为12mx ny +=所以原点O 到直线MN 的距离224d mn ==+2, 所以直线MN 始终与圆2212x y +=相切． 【点评】先猜想圆心为原点,表示出直线MN 的方程,再证明圆心到直线的距离为定值． 【小试牛刀】如图,设椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左、右焦点分别为12,F F ,点D 在椭圆上,112DF F F ⊥,121||22||F F DF =,12DF F ∆的面积为22.（1）求该椭圆的标准方程；（2）是否存在圆心在y 轴上的圆,使圆在x 轴的上方与椭圆两个交点,且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？若存在,求圆的方程,若不存在,请说明理由.【解析】（1）设()()12,0,,0F c F c -,其中222c a b =-,由12122F F DF =得1212222F F DF c ==从而122112122,2DF F S DF F F c ∆=⋅==故1c =. 从而122DF =,由112DF F F ⊥得222211292DF DF F F =+=,因此2322DF =.所以12222a DF DF =+=,故2222,1a b a c ==-=因此,所求椭圆的标准方程为：2212x y +=（2）如图,设圆心在y 轴上的圆C 与椭圆2212xy +=相交,()()111222,,,P x y P x y 是两个交点,120,0y y >>,11F P ,22F P 是圆C 的切线,且11F P ⊥22F P由圆和椭圆的对称性,易知2112,x x y y =-= 1212||.PP x =,由（1）知()()121,0,1,0F F -,所以()()111122111,,1,F P x y F P x y =+=--u u u u r u u u u r,再由11F P ⊥22F P 得()221110x y -++=,由椭圆方程得()2211112x x -=+,即211340x x +=,解得143x =-或10x =.当10x =时,12,P P 重合,此时题设要求的圆不存在. 当143x =-时,过12,P P 分别与11F P ,22F P 垂直的直线的交点即为圆心C ,设()00,C y 由111,CP F P ⊥得101111,1y y y x x -⋅=-+而1111,3y x =+=故053y =圆C的半径221415423333 CP⎛⎫⎛⎫=-+-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭综上,存在满足条件的圆,其方程为：2253239 x y⎛⎫+-=⎪⎝⎭四、迁移运用1．【】江西省临川第一中学等九校2019届高三3月联考】已知椭圆：，离心率，是椭圆的左顶点，是椭圆的左焦点，，直线：.（1）求椭圆方程；（2）直线过点与椭圆交于、两点，直线、分别与直线交于、两点，试问：以为直径的圆是否过定点，如果是，请求出定点坐标；如果不是，请说明理由.【解析】（1），得，所求椭圆方程：.（2）当直线斜率存在时，设直线：，、，直线：，令，得，同理，以为直径的圆：，整理得：①，得，，②将②代入①整理得：，令，得或.当直线斜率不存在时，、、、，以为直径的圆：也过点、两点，综上：以为直径的圆能过两定点、.2．【黑龙江省齐齐哈尔市2019届高三第一次模拟考试（3月)】已知为坐标原点，椭圆：的左、右焦点分别为，.过焦点且垂直于轴的直线与椭圆相交所得的弦长为3，直线与椭圆相切.（1）求椭圆的标准方程；（2）是否存在直线：与椭圆相交于两点，使得？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由！【解析】（1）在中，令，得，解得.由垂径长（即过焦点且垂直于实轴的直线与椭圆相交所得的弦长）为3，得，所以.①因为直线：与椭圆相切，则.②将②代入①，得.故椭圆的标准方程为.（2）设点，.由（1）知，则直线的方程为.联立得，则恒成立.所以，，.因为，所以.即.即，得，得，即，解得；∴直线存在，且的取值范围是.3．【山东省潍坊市2019届高三下学期高考模拟（一模)】如图，点为圆：上一动点，过点分别作轴，轴的垂线，垂足分别为，，连接延长至点，使得，点的轨迹记为曲线.（1）求曲线的方程；（2）若点，分别位于轴与轴的正半轴上，直线与曲线相交于，两点，试问在曲线上是否存在点，使得四边形为平行四边形，若存在，求出直线方程；若不存在，说明理由.【解析】（1）设，，则，，由题意知，所以为中点，由中点坐标公式得，即，又点在圆：上，故满足，得.（2）由题意知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，因为，故，即①，联立，消去得：，设，，，，，因为为平行四边形，故，点在椭圆上，故，整理得，②，将①代入②，得，该方程无解，故这样的直线不存在.4．【湘赣十四校2019届高三下学期第一次联考】椭圆：的左焦点为且离心率为，为椭圆上任意一点，的取值范围为，.（1）求椭圆的方程；（2）如图，设圆是圆心在椭圆上且半径为的动圆，过原点作圆的两条切线，分别交椭圆于，两点.是否存在使得直线与直线的斜率之积为定值？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【解析】（1）椭圆的离心率椭圆的方程可写为设椭圆上任意一点的坐标为则，，，椭圆的方程为（2）设圆的圆心为，则圆的方程为设过原点的圆的切线方程为：，则有整理有由题意知该方程有两个不等实根，设为，则当时，当圆的半径时，直线与直线的斜率之积为定值5．【安徽省六安市第一中学2019届高三下学期高考模拟】已知圆A：x2+y2+2x-15=0和定点B（1，0），M是圆A上任意一点，线段MB的垂直平分线交MA于点N，设点N的轨迹为C．（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）若直线y=k（x-1）与曲线C相交于P，Q两点，试问：在x轴上是否存在定点R，使当k变化时，总有∠ORP=∠ORQ？若存在，求出点R的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】（Ⅰ）圆A：（x+1）2+y2=16，圆心A（-1，0），由已知得|NM|=|NB|，又|NM|+|NB|=4，所以|NA|+|NB|=4＞|AB|=2，所以由椭圆的定义知点N的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，设其标准方程C：，则2a=4，2c=2，所以a2=4，b2=3，所以曲线C：；（Ⅱ）设存在点R（t，0）满足题设，联立直线y=k（x-1）与椭圆方程，消去y，得（4k2+3）x2-8k2x+（4k2-12）=0，设P（x1，y1），Q（x2，y2），则由韦达定理得①，②，由题设知OR平分∠PRQ⇔直线RP与直RQ的倾斜角互补，即直线RP与直线RQ的斜率之和为零，即，即，即2kx1x2-（1+t）k（x1+x2）+2tk=0③，把①、②代入③并化简得，即（t-4）k=0④，所以当k变化时④成立，只要t=4即可，所以存在定点R（4，0）满足题设.6．【四川省成都市第七中学2019届高三二诊】已知椭圆（）的左焦点为，点为椭圆上任意一点，且的最小值为，离心率为。