2021高考数学一轮复习课后限时集训60圆锥曲线中的证明探索性问题(含解析)
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 。
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.。
高考数学一轮复习圆锥曲线中的证明、探究性问题
解：（2）假设双曲线C上存在被点B（1，1）平分的弦，记弦所在的直线为l.
设B（1，1）是弦MN的中点，M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝2，y1＋y2
＝2.
2
2 1
1 −
2
= 1,
因为点M，N在双曲线C上，所以它们的坐标满足双曲线方程，即൞
2
＝k（x＋1）（k≠0）.
|−1|
则E（－2，－1）到l的距离d＝ 2 ，
+1
因为l与E交于A，B两点，
2
(
−
1
)
所以d2＜r2，即 2 ＜1，解得k＞0，
+1
所以｜AB｜＝2
1− 2 ＝2
2
.
2 +1
2 = 4,
由ቊ
消去y并整理得，x2－4kx－4k＝0.
= ( + 1)
2
，可
（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点
M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝
λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由.
解
（2）由题意可设AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k（x－
1），
③
2
2
代入椭圆方程 ＋ ＝1并整理得（4k 2 ＋3）x 2 －8k 2 x＋4k 2 －12＝0，
解 （2）四边形OAPB能为平行四边形.
因为直线l过点
,
3
，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，
k≠3.
9
由（1）得OM的方程为y＝－ x.
2023届高考数学一轮复习作业圆锥曲线中的证明探索性问题新人教B版
圆锥曲线中的证明、探索性问题1．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，左、右顶点分别是A 1，A 2，上顶点为B (0，b )，△A 1A 2B 的面积等于2．(1)求椭圆C 的方程；(2)设点Q (1,0)，P (4，m )，直线PA 1，PA 2分别交椭圆C 于点M ，N ，证明：M ，Q ，N 三点共线．[解](1)由离心率为32得，c a ＝32①． 由△A 1A 2B 的面积为2得，ab ＝2 ②．a 2＝b 2＋c 2 ③，∴联立①②③解得，a ＝2，b ＝1， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1． (2)记点M ，N 的坐标分别为M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．注意到A 1(－2,0)，∴直线PA 1的方程为y ＝m 6(x ＋2)，与椭圆x 24＋y 2＝1联立并整理得(m2＋9)x 2＋4m 2x ＋4m 2－36＝0，由－2＋x 1＝－4m 2m 2＋9得x 1＝18－2m2m 2＋9，代入直线PA 1的方程得y 1＝6m m 2＋9，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫18－2m 2m 2＋9，6m m 2＋9．同理可得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 2－2m 2＋1，－2m m 2＋1．∵Q (1,0)，∴QM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9－3m 2m 2＋9，6m m 2＋9，QN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2－3m 2＋1，－2m m 2＋1， 由9－3m 2m 2＋9·－2m m 2＋1＝m 2－3m 2＋1·6mm 2＋9知，M ，Q ，N 三点共线． 2．(2021·河南开封高三期末)已知点⎝ ⎛⎭⎪⎫－233，2，⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32都在椭圆C 上，点A 为椭圆C 的上顶点，点F 为椭圆C 的右焦点．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知直线l 的倾斜角为30°，且与椭圆C 交于M ，N 两点，问是否存在这样的直线l 使得FA →＋FM →＋FN →＝0？若存在，求l 的方程；若不存在，说明理由．[解](1)设椭圆C 的方程为mx 2＋ny 2＝1，由已知有⎩⎪⎨⎪⎧m ＋94n ＝1，43m ＋2n ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝14，n ＝13，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1．(2)由(1)知，A (0，3)，F (1,0)，假设存在直线l 满足题意，并设l 的方程为y ＝33x ＋t ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝33x ＋tx 24＋y 23＝1，得13x 2＋83tx ＋12(t 2－3)＝0，由Δ＝(83t )2－4×13×12(t 2－3)>0，得－393<t <393，又因为x 1＋x 2＝－83t 13， 由题意易知点F 为△AMN 的重心，所以x 1＋x 2＋x A ＝3x F ，即－83t13＋0＝3，解得t ＝－1338， 当t ＝－1338时，不满足－393<t <393，所以不存在直线l 使得FA →＋FM →＋FN →＝0．3．设D 是圆O ：x 2＋y 2＝16上的任意一点，m 是过点D 且与x 轴垂直的直线，E 是直线m 与x 轴的交点，点Q 在直线m 上，且满足2|EQ |＝3|ED |．当点D 在圆O 上运动时，记点Q 的轨迹为曲线C ．(1)求曲线C 的方程；(2)已知点P (2,3)，过F (2,0)的直线l 交曲线C 于A ，B 两点，交直线x ＝8于点M ．试判断直线PA ，PM ，PB 的斜率是否依次构成等差数列，并说明理由．[解](1)设点Q (x ，y )，D (x 0，y 0)， 因为2|EQ |＝3|ED |，点Q 在直线m 上， 所以x 0＝x ，|y 0|＝23|y |． ①因为点D 在圆O ：x 2＋y 2＝16上运动，所以x 20＋y 20＝16． ②将①代入②，可得x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23y 2＝16．即曲线C 的方程为x 216＋y 212＝1．(2)直线PA ，PM ，PB 的斜率依次构成等差数列，理由如下．由题意可知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x －2)，令x ＝8，得点M 的坐标为(8,6k )．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －2，x 216＋y 212＝1消去y ，并整理得(4k 2＋3)x 2－16k 2x ＋16(k 2－3)＝0．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有x 1＋x 2＝16k 24k 2＋3，x 1x 2＝16k 2－34k 2＋3． ③ 记直线PA ，PB ，PM 的斜率分别为k 1，k 2，k 3， 从而k 1＝y 1－3x 1－2，k 2＝y 2－3x 2－2，k 3＝6k －38－2＝k －12． 因为直线AB 的方程为y ＝k (x －2)，所以y 1＝k (x 1－2)，y 2＝k (x 2－2)， 所以k 1＋k 2＝y 1－3x 1－2＋y 2－3x 2－2＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2－3⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－2＋1x 2－2＝2k －3×x 1＋x 2－4x 1x 2－2x 1＋x 2＋4． ④把③代入④，得k 1＋k 2＝2k －3×16k24k 2＋3－416k 2－34k 2＋3－32k24k 2＋3＋4＝2k －1． 又k 3＝k －12，所以k 1＋k 2＝2k 3，于是直线PA ，PM ，PB 的斜率依次构成等差数列．。
2021高考数学一轮复习课后限时集训60圆锥曲线中的证明探索性问题理
课后限时集训60圆锥曲线中的证明、探索性问题建议用时：45分钟1．(2019·长沙模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，且点F 1到椭圆C 上任意一点的最大距离为3，椭圆C 的离心率为12.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)是否存在斜率为－1的直线l 与以线段F 1F 2为直径的圆相交于A ，B 两点，与椭圆相交于C ，D ，且|CD ||AB |＝837？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．[解] (1)根据题意，设F 1，F 2的坐标分别为(－c,0)，(c,0)，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝3，c a ＝12，解得a ＝2，c ＝1，则b 2＝a 2－c 2＝3， 故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)假设存在斜率为－1的直线l ，设为y ＝－x ＋m ， 由(1)知F 1，F 2的坐标分别为(－1,0)，(1,0)， 所以以线段F 1F 2为直径的圆为x 2＋y 2＝1， 由题意知圆心(0,0)到直线l 的距离d ＝|－m |2<1，得|m |< 2. |AB |＝21－d 2＝21－m 22＝2×2－m 2，联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝－x ＋m ，消去y ，得7x 2－8mx ＋4m 2－12＝0，由题意得Δ＝(－8m )2－4×7(4m 2－12)＝336－48m 2＝48(7－m 2)>0，解得m 2<7. 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝8m 7，x 1x 2＝4m 2－127，|CD |＝2|x 1－x 2|＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫8m 72－4×4m 2－127＝2×336－48m 249＝467×7－m 2＝837|AB |＝837×2×2－m 2，解得m 2＝13<7，得m ＝±33. 即存在符合条件的直线l ，其方程为y ＝－x ±33. 2．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C ：y ＝x 22，D 为直线y ＝－12上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B .(1)证明：直线AB 过定点；(2)若以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE的面积．[解] (1)证明：设D ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－12，A (x 1，y 1)，则x 21＝2y 1.由于y ′＝x ，所以切线DA 的斜率为x 1，故y 1＋12x 1－t＝x 1.整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.设B (x 2，y 2)，同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0. 故直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0.所以直线AB 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. (2)由(1)得直线AB 的方程为y ＝tx ＋12.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝tx ＋12，y ＝x22可得x 2－2tx －1＝0.于是x 1＋x 2＝2t ，x 1x 2＝－1，y 1＋y 2＝t (x 1＋x 2)＋1＝2t 2＋1， |AB |＝1＋t 2|x 1－x 2|＝1＋t 2×x 1＋x 22－4x 1x 2＝2(t 2＋1)．设d 1，d 2分别为点D ，E 到直线AB 的距离，则d 1＝t 2＋1，d 2＝2t 2＋1.因此，四边形ADBE 的面积S ＝12|AB |(d 1＋d 2)＝(t 2＋3)t 2＋1.设M 为线段AB 的中点，则M ⎝⎛⎭⎪⎫t ，t 2＋12. 由于EM →⊥AB →，而EM →＝(t ，t 2－2)，AB →与向量(1，t )平行，所以t ＋(t 2－2)t ＝0.解得t ＝0或t ＝±1.当t ＝0时，S ＝3；当t ＝±1时，S ＝4 2. 因此，四边形ADBE 的面积为3或4 2.3．已知椭圆E 的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过A (－2,0)，B (2,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32三点．(1)求椭圆E 的方程；(2)若直线l ：y ＝k (x －1)(k ≠0)与椭圆E 交于M ，N 两点，证明直线AM 与直线BN 的交点在直线x ＝4上．[解] (1)设椭圆E 的方程为mx 2＋ny 2＝1(m >0，n >0)，将A (－2,0)，B (2,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32代入椭圆E 的方程，得⎩⎪⎨⎪⎧4m ＝1，m ＋94n ＝1，解得⎝ ⎛m ＝14，n ＝13.∴椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：将直线l ：y ＝k (x －1)代入椭圆方程x 24＋y 23＝1并整理，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x＋4(k 2－3)＝0.设直线l 与椭圆E 的交点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－33＋4k 2. 消去k 2，得2x 1x 2＝5(x 1＋x 2)－8. 直线AM 的方程为y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)，即y ＝k x 1－1x 1＋2(x ＋2)．直线BN 的方程为y ＝y 2x 2－2(x －2)，即y ＝k x 2－1x 2－2(x －2)．由直线AM 与直线BN 的方程消去y ，得x ＝22x 1x 2－3x 1＋x 2x 1＋3x 2－4＝2[5x 1＋x 2－8－3x 1＋x 2]x 1＋3x 2－4＝4.∴直线AM 与直线BN 的交点在直线x ＝4上．。
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。
2021届新高考数学一轮：专题五 圆锥曲线的综合及应用问题 第3课时
解：(1)∵椭圆 E：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)上的点到椭圆一个焦 点的距离的最大值和最小值分别为 a＋c，a－c，
∴依题意有，a＋c＝3(a－c)，即 a＝2c. ∵a2＝b2＋c2，∴b＝ 3c. 故可设椭圆 E 的方程为4xc22＋3yc22＝1. ∵点 P1，32在椭圆 E 上，
xP＝3
±km k2＋9.
将点m3 ，m的坐标代入 l 的方程得 b＝m33－k，
因此 xM＝k3kk－2＋39m .
四边形 OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线段 OP
互相平分，即 xP＝2xM.
于是 3
±kk2m＋Leabharlann ＝2×k3kk－2＋39m ，解得 k1＝4－ 7，k2＝4＋ 7. ∵ki>0，ki≠3，i＝1,2， ∴当 l 的斜率为 4－ 7或 4＋ 7时，四边形 OAPB 为平行 四边形.
9 ∴将其代入椭圆 E 的方程得41c2＋34c2＝1，即 c2＝1. ∴椭圆 E 的方程为x42＋y32＝1.
(2)依题意，直线 l 不可能与 x 轴垂直，故可设直线 l 的方 程为 y－1＝k(x－1)，
即 y＝kx－k＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)为 l 与椭圆 E 的两个 交点，
第3课时
题型 圆锥曲线中的探索性问题 探索性问题是近几年高考的热点问题，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.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.解决探索性问题的注意事项： (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，要思维 开放，采取另外的途径.
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1 课后限时集训60
圆锥曲线中的证明、探索性问题
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1．(2019·长沙模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，且点F 1到椭圆C 上任意一点的最大距离为3，椭圆C 的离心率为12
.
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)是否存在斜率为－1的直线l 与以线段F 1F 2为直径的圆相交于A ，B 两点，与椭圆相
交于C ，D ，且|CD ||AB |＝837？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由． [解] (1)根据题意，设F 1，F 2的坐标分别为(－c,0)，(c,0)，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋c ＝3，c a ＝12
， 解得a ＝2，c ＝1，则b 2＝a 2－c 2＝3， 故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23
＝1. (2)假设存在斜率为－1的直线l ，设为y ＝－x ＋m ，
由(1)知F 1，F 2的坐标分别为(－1,0)，(1,0)，
所以以线段F 1F 2为直径的圆为x 2＋y 2＝1，
由题意知圆心(0,0)到直线l 的距离d ＝|－m |2<1， 得|m |< 2.
|AB |＝21－d 2＝21－m 22＝2×2－m 2
， 联立得⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 23
＝1，y ＝－x ＋m ， 消去y ，得7x 2－8mx ＋4m 2－12＝0， 由题意得Δ＝(－8m )2
－4×7(4m 2－12)＝336－48m 2＝48(7－m 2)>0，解得m 2<7. 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝8m 7，x 1x 2＝4m 2－127
， |CD |＝2|x 1－x 2|＝2×
⎝ ⎛⎭⎪⎫8m 72－4×4m 2
－127 ＝2×336－48m 249＝467×7－m 2＝837
|AB |。