1、专题 14 圆锥曲线中的探索性问题 【压轴综述】【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
2、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：当条件和结论不唯一时要分类讨论； 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
3、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： 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 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】【压轴典例】 例 1.(2020新高考全国卷)已知椭圆C: + =1(ab0)的离心率为,且过点A(2,1). (1)求C的方程; (2)点M,N在C上,且AMAN,ADMN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值. 【解析】(1)由题意得 + =1,= ,解得a 2=6,b2=3.所以 C的方程为 + =1.
4、 (2)设M(x1,y1),N(x2,y2).若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入 + =1 得(1+2k 2)x2+4kmx+2m2-6=0.于是 x1+x2=-,x1x2=. 由AMAN知=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0, 可得(k 2+1)x 1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1) 2+4=0. 将代入上式可得(k 2+1) -(km-k-2)+(m-1) 2+4=0.整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0. 因为A(2,1)不在直线MN上,所以 2k+m-10,故 2k+3m+1=0,k1(A(2,1)不在直线MN
5、上). 于是MN的方程为y=k- (k1).所以直线MN过点P. 若直线MN与x轴垂直,可得N(x1,-y1).由=0 得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0. 又 + =1,可得 3-8x1+4=0.解得x1=2(舍去),x1=.此时直线MN过点P. 令Q为AP的中点,即Q.若D与P不重合,则由题设知AP是 RtADP的斜边, 故|DQ|= |AP|=.若D与P重合,则|DQ|= |AP|. 综上,存在点Q,使得|DQ|为定值. 例 2(2021 江苏无锡市 高三)已知椭圆 22 22 :10,0 xy Cab ab 过点(2, 1) ，离心率为 3 2 ，抛物线 2 1
6、6yx 的准线 l 交 x 轴于点 A，过点 A 作直线交椭圆 C 于 M，N (1)求椭圆 C 的标准方程和点 A 的坐标； (2)若 M 是线段 AN 的中点，求直线MN的方程； (3)设 P，Q 是直线 l 上关于 x 轴对称的两点，问：直线 PM 于 QN 的交点是否在一条定直线 上？请说明你的理由 【答案】(1) 22 1 82 xy ，4,0A；(2) 7 (4) 6 yx ；(3)PM与QN的交点恒在直线 2x上，理由见解析. 【详解】(1)由题意，椭圆 22 22 :10,0 xy Cab ab 过点(2, 1) ，离心率为 3 2 ， 可得 22 41 1 ab 且 3 2
7、c e a ，又由 222 cab，解得 22 8,2ab，即椭圆C的方程 为 22 1 82 xy ，又由抛物线 2 16yx ，可得准线方程为:4l x ，所以4,0A. (2)设 00 ,N x y，则 00 4 , 22 xy M ，联立方程组 22 00 2 2 0 0 1 82 4 1 328 xy xy ， 解得 00 7 1, 2 xy ， 当 577 ,(1,) 242 MN 时，可得直线 7 :(4) 6 MN yx ； 当 577 ,(1,) 242 MN 时，可得直线 7 :(4) 6 MN yx；所以直线MN的方程为 7 (4) 6 yx . (3)设4, ,4,Pt
8、Qt，可得:4MN xky，设 1122 ,M x yN x y 联立方程组 22 4 480 xky xy ，整理得 22 4880kyky ， 所以 1212 22 88 , 44 k yyy y kk ，则 1212 yyky y ， 又由直线 111 11 4 : 44 yttxy PMyx xx ， 222 22 4 : 44 ytytx QN yx xx ，交点横坐标为 1212 12 24 2 ky yyy x yy ，所以PM与QN的交点恒在直线2x上. 例 3(2021 上海高三)如图，已知圆 2 22 1: (0) 2 r xyrr 和双曲线 2 2 2 2 :1(0) y
9、 xb b ，记 1 与y轴正半轴、x轴负半轴的公共点分别为A、B，又记 1 与 2 在第一、第四象限的公共点分别为C、D. (1)若2r =，且B恰为2 的左焦点，求 2 的两条渐近线的方程； (2)若2r =，且 ( , 5)ACADm，求实数m的值； (3)若B恰为 2 的左焦点，求证：在x轴上不存在这样的点P，使得2.019PAPC. 【答案】(1)2yx ；(2) 102 5102 5 2 m ；(2)见解析 【详解】(1)由题意圆方程为 22 (1)4xy，令0y 得3x，(3,0)B ，即 3c ， 22 3 12bca ，1a ，渐近线方程为2yx (2)由(1)圆方程为 22
10、 (1)4xy，(0,3) A ，设 1122 ( , ), ( ,)C x yD x y，由 22 2 2 2 (1)4 1 xy y x b 得， 2222 (1)220byb yb(*)， 2 12 2 2 1 b yy b ， 2 12 2 2 1 b y y b ， 11221212 ( ,3)(,3)(,6)ACADx yx yxx yy ( , 5)m， 所以 12 65yy ，即 2 2 2 65 1 b b ，解得1b， 方程(*)为 2 2220yy，即 2 10yy ， 15 2 y ，代入双曲线方程得 22 102 5 1 4 xy ， ,C D在第一、四象限， 1 1
11、02 5 2 x ， 2 102 5 2 x ， 12 102 5102 5 2 mxx (3)由题意 3 (0,) 2 Ar， 3 (,0) 2 Br， 3 2 cr， 2222 3 1 4 bcar， 2 3 3 r ， 设 1122 ( ,),(,)C x yD xy，由 2 22 2 2 2 2 1 r xyr y x b 得： 2 22 2 1 ()0 2 yr yr b ， 222222 3 (1)0 4 byrb ybr b，由 22 3 1 4 br 得 2224 3 0 4 r yrbb， 解得 2 1 2b y r ， 2 2 2 3 b y r ， 22 2 1 1 22
12、 4 11 yb x br ， 所以 2 2 2222 111 323 ()() 22 b ACxyrxr r 222 2 2 1 222 3 4() 44 4 14 br b x rrr ， 2AC ，2PAPCAC，当且仅当, ,P A C三点共线时，等号成立， x轴上不存在点P，使得2.019PAPC 例 4 (2020 湖北武汉高三)设O为坐标原点， 动点M在椭圆E: 22 1 42 xy 上， 过点M作 x轴的垂线，垂足为N，点P满足 2NPNM . (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2BPAP总成立？若存在，求出B点坐 标；若不存在，说明理
13、由. 【答案】(1) 22 4xy； (2) 存在点4,0B满足条件. 【解析】 (1)设,P x y， 11 ,M x y，则 1,0 N x，M在椭圆E上， 22 11 1 42 xy 由 2NPNM 知： 1 1 2 xx yy ，即： 1 1 2 2 xx yy ，代入得： 22 4xy 即点P的轨迹方程为： 22 4xy (2)假设存在点,0B m满足条件，设,P x y，由2BPAP得： 22 22 21xmyxy ，即： 222 33284xymxm 此方程与(1)中表示同一方程，故： 2 280 412 m m ，解得：4m 存在点4,0B满足条件。 例 5(2020 河北邯郸
14、高三)设椭圆 22 1 22 :10 xy Cab ab 的左顶点A在抛物线 2 2: 8Cyx的准线上，F是椭圆 1 C的右焦点，且椭圆 1 C的焦距为 2，过点F且斜率不为 0 的直线l与椭圆 1 C交于D，E两点，直线AD和AE分别与直线4x交于点M，N (1)求椭圆 1 C的方程； (2) 22 MFNF是否存在最小值，若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由 【答案】(1) 22 1 43 xy ；(2)存在，36 【详解】 (1)由题意， 抛物线 2 2: 8Cyx的准线为2x， 椭圆左顶点A在抛物线 2 2: 8Cyx 的准线上，所以2,0A ，2a，椭圆 1 C的焦距为 2，所
15、以22c ，所以1c，所以 222 3bac，所以椭圆 1 C的方程为 22 1 43 xy (2) 22 MFNF存在最小值为 36，理由如下：设4,Mm，4,Nn， 00 ,D x y，直线 4x与x轴交点为4,0P，易知0m，0n，直线AM的方程为2 6 m yx， 联立得 22 2 6 1 43 m yx xy ，整理得 2222 27441080mxm xm ， 则 2 222 44 2741080mmm 成立，由 2 0 2 4108 2 27 m x m ， 解得 2 0 2 542 27 m x m ，所以 00 2 18 2 627 mm yx m ，所以 2 22 5421
16、8 , 2727 mm D mm ， 当3m 时， 2 2 542 1 27 m m ，即DEx轴，由椭圆的对称性可得3n ， 即3MPFPNP，又因为3PF ，90MPFNPF，所以 45MFPNFP，90MFN，此时 222 36MFNFMN， 当3m 时，3n ，直线FD的斜率 2 22 2 18 0 6 27 5429 1 27 FD m m m k mm m ，同理 2 6 9 FE n k n ， 因为DE过点F，所以 22 66 99 mn mn ，所以9mn，3,FMm，3,FNn， 90FM FNmn ，所以90MFN， 222 MFNFMN，3m 且3n ， 所以22 96
17、MNMPNPmnmn， 222 36MFNFMN， 综上可知， 22 MFNF的最小值为 36 例 6.(广东省华南师范大学附属中学高三)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
18、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 7(2020 上海市南洋模范中学高三)已知椭圆 22 22 1(0) xy Cab ab ：的右焦点 为 F(1，0)，且点 3 (1, ) 2 P在椭圆 C 上. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)过椭圆 22 1 2 2 :1 5 3 xy C a b 上异于其顶点的任意一点 Q 作圆 22 4 : 3 O xy的两条切线， 切点分别为 M，N(M，N 不在坐标轴上)，若直线 MN 在 x 轴，y 轴上的截距分别为 m，n， 证明： 22 11 3mn 为定值； (3)若 12 ,
19、P P是椭圆 22 2 22 3 :1 xy C ab 上不同的两点， 12 PPx轴，圆 E 过 12 ,P P且椭圆 2 C上 任意一点都不在圆 E 内，则称圆 E 为该椭圆的一个内切圆.试问：椭圆 2 C是否存在过左焦点 1 F的内切圆？若存在，求出圆心 E 的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 22 1 43 xy ；(2)证明见解析；(3)存在， 3 ,0 2 . 【详解】(1)由题意得，1c.所以 22 1ab，又点 3 1, 2 P 在椭圆C上，所以 22 19 1 4ab ，解 22 4,3ab，所以椭圆C的标准方程为 22 1 43 xy ； (2)由(1)知， 2
20、2 1 3 1 44 :C xy ，设点 112233 ,Q x yM x yN x y 则直线QM的方程为 22 4 3 x xy y，直线QN的方程为 33 4 3 x xy y， 把点Q的坐标代入得 2 121 3 131 4 3 4 3 x xy y x xy y ,所以直线MN的方程为 11 4 3 x xy y 令0y ，得 1 4 3 m x ，令0 x，得 1 4 3 n y .所以 11 44 , 33 xy mn ，又点Q在圆 1 C上. 所以 22 44 34 33mn ， 22 113 34mn ，为定值； (3)由椭圆的对称性，不妨设 12 ( , ),( ,)P m
21、 n P mn，由题意知，点E在x轴上， 设点( ,0)E t，则圆E的方程为 2222 ()()xtymtn 由椭圆的内切圆的定义知，椭圆上的点到点E的距离的最小值是 1 PE， 设点( , )M x y是椭圆 2 C上任意一点，则 22222 3 |()21 4 MExtyxtxt， 当x m 时， 2 |ME最小，所以 24 3 3 2 tt m ，假设椭圆 2 C存在过左焦点 1 F的内 切圆， 则 222 (3)()tmtn， 又点 1 P在椭圆 2 C上， 所以 2 2 1 4 m n ， 由得 3 2 t 或t 3 ，当t 3 时， 44 3 2 33 t m ，不合题意， 舍去
22、，且经验证， 3 2 t 符合题意，综上，椭圆 2 C存在过左焦点F的内切圆，圆心E的 坐标是 3 ,0 2 . 例 8.(江西省新余市第四中学)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】() 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. () 由题意可设直线的方程为，令得，的坐标为 由得， 设，则有， 记直线的斜率分别为， 从而， 因为直线的方程为，所以， 所以 代入得，又，所以， 故
23、直线的斜率成等差数列。 例 9.(2020云南师大附中高三)已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的离心率为 6 3 ， 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) 22 1 124 xy (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 222 6 3 2 c a b abc .解得2 3,2ab， 所以椭圆C的标
24、准方程为 22 1 124 xy (2)直线BE恒过x轴上的定点(4,0) 证明如下： 因为 0AE DE .所以AEDE，因为直线l过点(2,0) 当直线l的斜率不存在时，则直线l的方程为2x， 不妨设 2 62 6 2,2,. 33 AB 则 2 6 6, 3 E ，此时，直线BE的方程为 6 (4) 3 yx， 所以直线BE过定点(4,0)； 直线l的斜率存在且不为零时，设直线l的方程为2(0)xmym， 1122 ,A x yB x y，所以 1 6,Ey. 直线 21 1 2 :(6) 6 yy BEyyx x ，令0y ，得 12 21 6 6 yx x yy 即 121 21 6
25、 6 y xy x yy ，又 22 2xmy所以 121 21 26 6 y myy x yy 即证 121 21 26 64 y myy yy ，即证 1212 20 *yymy y 联立 22 1 124 2 xy xmy ,消x得 22 3480mymy ， 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， 1212 22 48 , 33 m yyy y mm 代入(*)中得 1212 22 88 20 33 mm yymy y mm ，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 10.(2020 湖南衡阳市八中高三)已知椭圆
26、 2 2 :1 4 x Cy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 21 4kk ()求证：BPBQ； ()设APQ，BPQ的面积分别为 1 S， 2 S，判断 1 2 S S 是否为定值，若是求出这个定值， 若不是请说明理由 【答案】()详见解析() 1 2 S S 为定值 4，详见解析 【解析】 ()设 11 ,P x y，( 2,0),(2,0)AB， 则 2 111 2 111 224 APBP yyy kk xxx ， 又 2 2 1 1 1 4 x y，则 2 2 1 1 1 4 x y ，代入上式，得 1 4
27、APBP kk , 由已知： 1 4 APBQ kk，则 11 44 APBPBQBP kkkk ， 从而1 BOBP kk ，即BPBQ ()设直线PQ的方程为：y kxb ， 联立得： 222 22 (1 4)84(1)0 44 ykxb kxkbxb xy ， 由 22 041kb ， 由韦达定理： 12 2 8 14 kb xx k ， 2 12 2 4(1) 14 b x x k ， 由(1)BPBQ，则0BP BQ， 则 12121212 220220 xxy yxxkxbkxb， 即： 22 1212 (1)(2)()40kx xkbxxb， 所以： 22 121650kkbb，
28、 得： 1 2 kb 或 5 6 kb ， 当 1 2 kb 时，直线 1 :(1) 2 PQ ybx，不合题意， 当 5 6 kb 时，直线 5 :(1) 6 PQ ybx，过定点 6 ( ,0) 5 M， 又 121 1 | 2 SAMyy， 221 1 | 2 |SMByy， 则 1 2 6 ( 2) | 5 4 6 | 2 5 SAM SMB ，为定值 【压轴训练】【压轴训练】 1(2020 海南高三专题练习)已知椭圆 22 22 :10 xy Cab ab 的左右焦点分别为 1 F， 2 F，且 12 4 2FF ，设A是C上一点，且 1 17 3 b AF ， 2 3 b AF .
29、 (1)求椭圆C的方程； (2)若不与y轴垂直的直线l过点 10B ,，交椭圆C于E，F两点，试判断在x轴的负半轴 上是否存在一点T，使得直线TE与TF斜率之积为定值？若存在，求出点T的坐标；若不 存在，请说明理由. 【答案】(1) 2 2 1 9 x y；(2)存在，定点3,0T . 【详解】(1)设椭圆C的焦距为2c，则 12 24 2FFc，可得 2 2c ，由椭圆的定义， 得 12 2AFAFa，可得 12 17 6 33 bb AFAFb，所以26ab，即3ab， 又由 222 8cab和3ab，解得3a ，1b，所以椭圆C的方程为 2 2 1 9 x y. (2)由已知直线l过点1
30、0B ,，设l的方程为 1xmy， 联立方程组 2 2 1 1 9 xmy x y ，消去x并整理得 22 9280mymy ， 设 1122 ,E x yF x y，,00T tt ，则 12 2 12 2 2 9 8 9 m yy m y y m ， 所以 2 1212 22 218 22 99 m xxm yy mm ， 2 2 12121212 2 99 111 9 m x xmymym y ym yy m . 又直线TE与TF斜率分别为 1 1 TE y k xt ， 2 2 TF y k xt ， 则 1212 22 22 121212 8 991 TETF y yy y kk x
31、txtx xt xxt tmt . 因为0t ，所以当3t 时，mR ， 1 18 TETF kk . 所以在x负半轴上存在定点3,0T ，使得直线TE与TF斜率之积为定值. 2(2020 全国高三专题练习)如图，O为坐标原点，抛物线 2 1: 2(0)Cypx p的焦点是 椭圆 22 2 22 :1(0) xy Cab ab 的右焦点，A为椭圆 2 C的右顶点， 椭圆 2 C的长轴8AB， 离心率 1 2 e (1)求抛物线 1 C和椭圆 2 C的方程； (2)过A点作直线l交 1 C于,C D两点，射线OC，OD分别交 2 C于,E F两点，记OEF和 OCD的面积分别为 1 S和 2 S
32、，问是否存在直线l，使得 12 :3:13SS ？若存在，求出直线 l的方程；若不存在，请说明理由 【答案】(1) 2 8yx； 22 1 1612 xy ；(2)存在， 40 xy. 【详解】(1)由题知，4a， 1 2 c a ，2c ， 22 2 3bac ，4p 所以抛物线 1 C的方程为 2 8yx，椭圆 2 C的方程 22 1 1612 xy . (2)由题知直线l的斜率不为 0，设直线l的方程为 4xmy 2 2 8 8320 4 yx ymy xmy ，设 11 ,C x y， 22 ,D xy，则 12 8yym， 12 32y y . 所以 2 1 1 | |sin | |
33、 2 1 | | | |sin 2 OCODCOD SOCOD SOEOF OEOFEOF 12 32 FEFE yy yyyy ， 直线OC的斜率为 11 2 111 8 8 yy yxy ，直线OC的方程为 1 8 yx y . 由 1 22 8 1 1612 yx y xy 得 2 2 1 1 1 64 1612 y y ，则 2 2 1 1 1 64 1612 E y y ， 同理可得 2 2 2 1 1 64 1612 F y y ，所以 22 22 21 11 1 64 161264 1612 EF yy yy ，所以 22 2 36 256 12148 EF yy m ，要使 1
34、2 :3:13SS ，只需 22 2 32 121 48 13 36 2563 m ，解得 1m，所以存在直线: 40l xy 符合条件. 3(2020 江苏徐州市 高三)在离心率为3，且经过点(3，4)；一条准线方程为 x4， 且焦距为 2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的直线 l 存在，求出 l 的方程；若问题中的直线 l 不存在，说明理由 问题：已知曲线 C：mx2ny21(m，n0)的焦点在 x 轴上，_，是否存在过点 P(1，1)的直线 l，与曲线 C 交于 A，B 两点，且 P 为线段 AB 的中点？ 注：若选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分 【答案】答案见
35、解析 【详解】选条件：由题设得曲线 C 为焦点在 x 轴上的双曲线， 设 2 1 m a ， 2 1 n b (a0，b0)，所以 C 的方程为 22 22 1 xy ab (a0，b0)， 由题设得 22 2 22 3 916 1 ab a ab ，解得 a21，b22，所以 C 的方程为 2 2 1 2 y x ， 1 当直线 l 的斜率不存在时，直线 l 的方程为 x1，与曲线 C 有且仅有一个交点(1， 0)，不符合题意； 2 当直线 l 的斜率存在时，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 的方程为 y1k(x1)， 即 yk(x1)1，代入 2 2 1 2 y x 得(2
36、k2)x22k(k1)x(k22k3)0 (*)， 若 2 20k ，即k 2时，方程(*)有且仅有一解，不符合题意； 若 2 2k 0，即k 2时，其判别式 2k(k1)24(k22)(k22k3)8(2k3) 0，则 3 2 k ， 所以方程(*)有两个不同实数解时， 3 2 k 且 2k ， 于是 122 2 (1) 2 ( 1)2 2 k k xx k ，解得 k2，与 3 2 k 且 2k 矛盾！ 所以不存在直线 l，与曲线 C 交于 A，B 两点，且 P 为线段 AB 的中点 选条件：由题设得曲线 C 为焦点在 x 轴上的椭圆， 设 2 1 m a ， 2 1 n b (ab0)，
37、所以 C 的方程为 22 22 1 xy ab (ab0)， 由题设得 2 22 22 4 22 a ab ab ，解得 a24，b23，所以 C 的方程为 22 1 43 xy ， 1 当直线 l 的斜率不存在时， 直线 l 的方程为 x1， 代入 22 1 43 xy 得 3 2 y ， P(1， 1)不是线段 AB 的中点，不符合题意； 2 当直线 l 的斜率存在时，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 的方程为 y1k(x1)， 即 yk(x1)1，代入 22 1 43 xy 得(34k2)x28k(k1)x4(k22k2)0， 其判别式 8k(k1)24 (34k2) 4
38、(k22k2)16(5k26k6)0， 于是 122 8 (1) 2 ( 1)2 34 k k xx k ，解得 3 4 k ， 故 337 (1) 1 444 yxx ，即 3x4y70， 所以存在直线 l：3x4y70，与曲线 C 交于 A，B 两点，且 P 为线段 AB 的中点 4(2020 湖南省汨罗市第二中学高三已知点F是椭圆 2 2 2 1(0) 1 x ya a 的右焦点，点 ( ,0)M m，(0, )Nn分别是x轴，y轴上的动点，且满足 0MN NF .若点P满足 2OMONPO (O为坐标原点) ()求点P的轨迹C的方程； ()设过点F任作一直线与点P的轨迹交于A，B两点，
39、直线OA，OB与直线 xa 分别 交于点S，T，试判断以线段ST为直径的圆是否经过点F？请说明理由 【答案】(1) 2 4yax(2)经过 【详解】()椭圆 2 2 2 1(0) 1 x ya a 右焦点F的坐标为,0a， ,NFan.,MNm n ，由 0MN NF ，得 2 0nam . 设点P的坐标为, x y，由 2OMONPO ，有 ,02 0,mnxy ， 2 mx y n ，代入 2 0nam，得 2 4yax.即点P的轨迹C的方程为 2 4yax. ()解法一：设直线AB的方程为x tya ， 2 1 1 , 4 y Ay a ， 2 2 2 , 4 y By a ， 则 OA
40、 l： 1 4a yx y ， OB l： 2 4a yx y . 由 1 4a yx y xa 得 2 1 4 , a Sa y ，同理得 2 2 4 , a Ta y . 2 1 4 2 , a FSa y ， 2 2 4 2 , a FTa y ，则 4 2 12 16 4 a FS FTa y y . 由 2 4 xtya yax 得 22 440yatya， 2 12 4y ya . 则 4 222 2 16 4440 4 a FS FTaaa a .因此，以线段ST为直径的圆经过点F. 解法二：当ABx时，,2A aa，, 2B aa，则 OA l：2yx， OB l：2yx .
41、由 2yx xa ，得点S的坐标为, 2Saa，则2 , 2FSaa ， 由 2yx xa ，得点T的坐标为,2Taa，则2 ,2FTaa . 22220FS FTaaaa . 当AB不垂直x轴时，设直线AB的方程为 0yk xak， 2 1 1 , 4 y Ay a ， 2 2 2 , 4 y By a ，同解法一，得 4 2 12 16 4 a FS FTa y y . 由 2 4 yk xa yax ，得 22 440kyayka， 2 12 4y ya . 则 4 222 2 16 4440 4 a FS FTaaa a .因此，以线段ST为直径的圆经过点F. 5(2020 江苏省如皋
42、中学高三)已知椭圆C： 2 2 1 2 x y. (1)曲线D： 3 yx与C相交于A，B两点，H为C上异于A，B的点，若直线HA的斜 率为 1，求直线HB的斜率； (2)若C的左焦点为F，右顶点为E，直线l： 4x.过F的直线 l 与C相交于P，Q(P在 第一象限)两点，与l相交于M，是否存在 l 使PFE的面积等于MPE的面积与 QFE的面积之和.若存在，求直线 l 的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 1 2 ；(2)直线 l 不存在，理由见解析 【详解】(1)由已知设,H x y, 11 ,A x y, 11 ,Bxy,因为点,H A均在椭圆C上, 所以 22 22xy, 2
43、2 11 22xy,两式相减得 2222 11 2xxyy, 又 22 111 22 111 1 2 HAHB yyyyyy kk xxxxxx ,且 1 HA k, 1 2 HB k ; (2)设 0 4,My, 33 ,P x y, 44 ,Q x y,则 0303 111 222 MPE SFE yFE yFEyy , 3 1 2 PFE SFEy, 4 1 2 QFE SFEy , 假设存在 l 使得PFE的面积等于MPE的面积与QFE的面积之和, 则 PFEMPEQFE SSS ,即 034 2yyy, 设l:1xmy,令4x,得 0 5 y m , 34 5 2yy m , 把1x
44、my,将之代入 2 2 1 2 x y,整理得 22 2210mymy , 34 2 2 2 m yy m , 34 2 1 2 y y m , 联立得 3 2 52 2 m y mm , 4 2 45 2 m y mm , 把代入得 222 52451 222 mm mmmmm ,化简得 42 19500mm , 由于此方程无解,故所求直线 l 不存在. 6.(2020 江西省苏州高三)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】
45、(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. 7(2020 陕西咸阳市 高三二模)已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 过点 3 1, 2 ，且其离心 率为 1 2 ，过坐标原点O作两条互相垂直的射线与椭圆C分别相交于M，N两点. (1)求椭圆C的方程； (2)是否存在圆心在原点的定圆与直线MN总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请 说明理由. 【答案】(1) 22 1 43 xy (2)存在；定圆 22
46、12 7 xy 【详解】(1)椭圆C经过点 3 1, 2 ， 22 19 1 4ab ，又 1 2 c a ，解之得 2 4a ， 2 3b . 所以椭圆C的方程为 22 1 43 xy ； (2)当直线MN的斜率不存在时，由对称性，设 00 ,M x x， 00 ,N xx. M，N在椭圆C上， 22 00 1 43 xx ， 2 0 12 7 x . O到直线MN的距离为 0 2 21 7 dx ，所以 22 12 7 xy. 当直线MN的斜率存在时，设MN的方程为y kxm ， 由 22 1 43 ykxm xy 得 222 3484120kxkmxm. 设 11 ,M x y， 22 ,N x y，则 12 2 8 34 km xx k ， 2 12 2 412 34 m x x k . OMON， 1212 0 x xy y， 22 12121212 10 x xkxmkxmkx xkm xxm. 222 22 22 4128 10 3434 mk m km kk ，即 22 7121mk. O到直线MN的距离为 2 |122 21 77 1 m d k ， 故存在定圆 22 12 7 xy与直线MN总相切. 8(2020 辽宁朝阳市 高三月考)已知椭圆 22 22 :10 xy Cab ab 的离心率是 1 2 ，且椭 圆
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