2019届二轮复习求知路上能走多远----探索性问题学案（全国通用） 40页

考纲要求:‎ ‎1.圆锥曲线 ‎(1)了解圆锥曲线的实际背景,了解圆锥曲线在刻画现实世界和解决实际问题中的作用.‎ ‎(2)掌握椭圆、抛物线的定义、几何图形、标准方程及简单性质.‎ ‎(3)了解双曲线的定义、几何图形和标准方程,知道它的简单几何性质.‎ ‎(4)了解圆锥曲线的简单应用.‎ ‎(5)理解数形结合的思想.‎ ‎2.曲线与方程 了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系.‎ 基础知识回顾:学 ]‎ 探索性问题是指命题中缺少一定的条件或无明确的结论，需要经过推断，补充并加以证明的题型．探索性问题一般有三种类型：（1）条件探索性问题；（2）结论探索性问题；（3）探索存在性问题．条件探索型问题是指所给问题中结论明确，需要完备条件的题目；结论探索型问题是指题目中结论不确定，不唯一，或题目结论需要类比，引申推广，或题目给出特例，要通过归纳总结出一般结论；探索存在型问题是指在一定的前提下，需探索发现某种数学关系是否存在的题目．‎ 从近几年高考命题看，考查频率较高的是探索存在型问题.‎ 应用举例:‎ 类型一　结论探索性问题 ‎【例1】【宁夏银川一中2018届高三第四次模拟考试】设，分别是椭圆C：的左、右焦点，过且斜率不为零的动直线l与椭圆C交于A，B两点．‎ Ⅰ求的周长；‎ Ⅱ若存在直线l，使得直线，AB，与直线分别交于P，Q，R三个不同的点，且满足P，Q，R到x轴的距离依次成等比数列，求该直线l的方程．‎ ‎【答案】（1）（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ的周长为；‎ Ⅱ由题意得l不垂直两坐标轴，故设l的方程为，因为P，Q，R到x轴的距离依次成等比数列，所以，联立与椭圆方程，消去y，利用韦达定理，即可得出结论．‎ 设 ，，显然，，‎ 所以直线的方程为 故直线与直线交点P的纵坐标为 同理，点R的纵坐标为 因为P，Q，R到x轴的距离依次成等比数列，所以 即 整理得 联立与椭圆方程，消去y得 所以，‎ 代入化简得 解得 经检验，直线l的方程为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的定义，考查直线与椭圆的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题．‎ ‎【例2】【河北省衡水金卷2018年高三调研卷 全国卷 I A 】已知点，过点作与轴平行的直线，点为动点在直线上的投影，且满足.‎ ‎（1）求动点的轨迹的方程；‎ ‎（2）已知点为曲线上的一点，且曲线在点处的切线为，若与直线相交于点，试探究在轴上是否存在点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】(1);(2)见解析.‎ 试题解析：(1)设，由题得 又，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ 由，‎ 得，即，‎ ‎∴轨迹的方程为.‎ 令，可得，‎ ‎∴点的坐标为，‎ ‎∴‎ ‎，（ ）‎ 要使方程（ ）对恒成立，则必有解得.‎ 即在轴上存在点，使得以为直径的圆恒过点，其坐标为.‎ ‎【例3】【江苏省苏州市2018届高三调研测试（理）】在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为，椭圆上动点到一个焦点的距离的最小值为．‎ ‎（1）求椭圆C的标准方程；‎ ‎（2）已知过点的动直线l与椭圆C交于 A，B 两点，试判断以AB为直径的圆是否恒过定点，并说明理由．‎ ‎【答案】（1）（2）存在以AB为直径的圆恒过定点T，且定点T的坐标为．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据椭圆的离心率为，椭圆上动点到一个焦点的距离的最小值为，结合 ，列出关于 、 、的方程组，求出 、 、即可得结果；（2）设过点的直线的方程为与椭圆交于,则整理得，根据韦达定理及平面向量数量积公式可将表示为的函数，消去可得，从而可得，存在以为直径的圆恒过定点 ，且定点的坐标为.‎ 猜想以AB为直径的圆恒过定点． ‎ 对一般情况证明如下：‎ 设过点的直线l的方程为与椭圆C交于,‎ 则整理得，‎ 所以． ‎ 因为 ‎ ‎ ‎，‎ 所以．‎ 所以存在以AB为直径的圆恒过定点T，且定点T的坐标为． ‎ ‎【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆标准方程、直线与椭圆的位置关系以及曲线过定点问题，属于难题.解决曲线过定点问题一般有两种方法：① 探索曲线过定点时，可设出曲线方程 ，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于曲线系的思想找出定点，或者利用方程恒成立列方程组求出定点坐标.② 从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.‎ 类型二 存在性问题 ‎【例4】【四川省宜宾县第二中学校2018届高三高考适应性（最后一模）】如图，在平面直角坐标系中，已知：，椭圆：，为椭圆右顶点.过原点且异于坐标轴的直线与椭圆交于，两点，直线与的另一交点为，直线与的另一交点为，其中.设直线，的斜率分别为，.‎ ‎（Ⅰ）求的值；‎ ‎（Ⅱ）记直线，的斜率分别为，，是否存在常数，使得？若存在，求值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】(1)见解析；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，代入椭圆方程，运用直线的斜率公式，化简即可求出答案 通过联立直线的方程和圆的方程求出点的坐标，然后联立直线的方程和椭圆的方程求出点的坐标，再求直线和直线的斜率，看是否两个斜率之间有关系，即可得证 ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）设则，且， ‎ ‎∴ k1k2＝·＝＝＝－.‎ ‎（Ⅱ）解　由题意得直线AP的方程为y＝k1(x－2)，联立 得(1＋k)x2－4kx＋4(k－1)＝0，设P(xp，yp)，‎ 解得xp＝，yp＝k1(xp－2)＝， ‎ 联立得(1＋4k)x2－16kx＋4(4k－1)＝0，设B(xB，yB)，‎ 解得xB＝，yB＝k1(xB－2)＝， ‎ ‎∴kBC＝＝，kPQ＝＝＝，‎ ‎∴kPQ＝kBC，故存在常数λ＝，使得kPQ＝kBC，‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查椭圆与圆的综合题目，在求解斜率过程中需要联立直线方程与椭圆方程，运用斜率的计算公式代入求解，有一定的计算量，在解答此类题目时一定要注意方法。‎ ‎【例5】【湖北省黄石市2018年高三五月适应性考试】已知抛物线y2=2px（p＞0）上点M（3，m）到焦点F的距离为4．‎ ‎（Ⅰ）求抛物线方程；‎ ‎（Ⅱ）点P为准线上任意一点，AB为抛物线上过焦点的任意一条弦，设直线PA，PB，PF的斜率为k1，k2，k3，问是否存在实数λ，使得k1+k2=λk3恒成立．若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）抛物线方程为y2=4x；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由抛物线的定义，到焦点的距离等于到准线的距离即可求出，即可得到方程 求出焦点和准线，设出直线，联立方程，消去得到的方程，运用韦达定理，设，‎ ‎，，运用斜率公式，化简整理，注意点在抛物线上，且全部转化为的式子，即可判断 ‎（II）由于抛物线y2=4x的焦点F为（1，0），准线为x=﹣1，‎ 设直线AB：x=my+1，与y2=4x联立，消去x，整理得：‎ y2﹣4my﹣4=0，‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），P（﹣1，t），有 易知，而 ‎==‎ ‎==2k3‎ ‎∴存在实数λ=2，使得k1+k2=λk3恒成立．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了抛物线的定义，性质和方程，同时也考查了联立方程，运用韦达定理，斜率公式，考查了运算化简的能力，属于中档题。‎ ‎【例6】【湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”2019届高三上学期10月联考】已知椭圆过点，且其中一个焦点的坐标为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点，在轴上是否存在点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由椭圆定义直接求得即可.‎ ‎（2）假设存在点,使得为定值，当直线的斜率不为时，可设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程通过设而不求得的表达式，再讨论其是否过定点.最后将直线的斜率为的情况代入检验即可.‎ 设，则， ‎ ‎ ‎ 要使上式为定值, 即与无关，应有 解得，此时 ‎ 当直线的斜率为时，不妨设，当的坐标为时 综上，存在点使得为定值．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆方程及直线与椭圆中的定值问题，设而不求是此类问题中的常规解法，解题中直线方程设为，则要注意检验直线方程斜率为0的情况.‎ 方法、规律归纳:‎ 探索型问题具有较强的综合性，因而解决此类问题往往综合运用所学数学知识．经常用到的知识是：二元二（一）次方程组、几何图形的某些特殊性质等．因此复习中既要重视基础知识的复习，又要加强变式训练和数学思想方法的研究，切实提高分析问题、解决问题的能力．‎ 实战演练:‎ ‎1．【黑龙江省2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真模拟（十）】设直线与抛物线交于，两点，与椭圆交于，两点，直线，，，（为坐标原点）的斜率分别为，，，，若.‎ ‎（1）是否存在实数，满足，并说明理由；‎ ‎（2）求面积的最大值.‎ ‎【答案】(1)答案见解析；(2).‎ ‎【解析】‎ ‎（2）由弦长公式可得.且点到直线的距离，故，换元后结合均值不等式的结论可知面积的最大值为.‎ ‎【详解】‎ 设直线方程为，，，，，‎ 联立和，‎ 得，‎ 则，，.‎ 由，所以，得.‎ 联立和，得 ‎，‎ 所以，.‎ 由，得.‎ ‎（1）因为，，‎ 所以.‎ ‎【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)涉及到直线方程的设法时，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．【江西省南昌市2017-2018学年度高三第二轮复习测试卷（八）】已知椭圆中心在坐标原点，焦点在轴上，且过，直线与椭圆交于,两点（,两点不是左右顶点），若直线的斜率为时，弦的中点在直线上.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程.‎ ‎（Ⅱ）若以,两点为直径的圆过椭圆的右顶点，则直线是否经过定点，若是，求出定点坐标，若不是，请说明理由.‎ ‎【答案】(1) 椭圆的方程为：;(2)见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据斜率公式以及中点坐标公式得，，再由椭圆的标准方程利用点差法得，因此可得，最后与在椭圆上联立方程组解得，（2）根据以,两点为直径的圆过椭圆的右顶点，得，设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理代入化简得，解得或，即得定点，最后验证斜率不存在的情形也满足.‎ ‎（Ⅱ）由题意可得椭圆右顶点，‎ ‎⑴当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，此时要使以,两点为直径的圆过椭圆的右顶点则有以解得或（舍）此时直线为 ‎⑵当直线的斜率存在时，设直线的方程为，则有，‎ 化简得①‎ 联立直线和椭圆方程得，‎ ‎， ②‎ 把②代入①得 即 ‎，得或此时直线过或（舍）‎ 综上所述直线过定点.‎ ‎【点睛】‎ 定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.‎ ‎3．【广东省东莞市2018年全国卷考前冲刺演练精品卷】已知椭圆的左、右顶点分别为，左焦点为，点为椭圆上任一点，若直线与的斜率之积为，且椭圆经过点.‎ ‎（1）求椭圆的方程； ‎ ‎（2）若交直线于两点，过左焦点作以为直径的圆的切线.问切线长是否为定值，若是，请求出定值；若不是，请说明理由.‎ ‎【答案】(1) .‎ ‎(2) 过左焦点作以为直径的圆的切线长为定值.过程见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设点坐标为，由题意知，且 则 即①‎ 又因为椭圆经过点.‎ 故②‎ 由①②可知，‎ 故椭圆的标准方程为.‎ ‎（2）可知设 由，得 所以直线的方程为，令，则，故 直线方程为，令，则，故 如图，因为，‎ 故以为直径的圆在轴同侧.‎ 设为圆的一条切线，切点为，连结 可知∽‎ 故，则 故 故过左焦点作以为直径的圆的切线长为定值.‎ ‎【点睛】‎ 定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.‎ ‎4．【北京市通州区2018届下学期高三年级三模考试】已知椭圆过点，且两焦点与短轴的一个顶点的连线构成等腰直角三角形.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）过的直线交椭圆于，两点，试问：是否存在一个定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）存在一个定点满足条件.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据题意，分析可得，可以将椭圆的方程设为，将点的坐标代入方程，计算可得的值，即可得答案； （Ⅱ）根据题意，按直线的位置关系分2种情况讨论，当与轴垂直时，易得结论，当与轴不垂直时，设出直线的方程，与椭圆的方程联立，结合根与系数的关系，分析可得结论，综合2种情况即可得答案．‎ ‎（Ⅱ）解：由已知动直线过点.‎ 当与轴平行时，以为直径的圆的方程为；‎ 当与轴重合时，以为直径的圆的方程为.‎ 所以两圆相切于点，即两圆只有一个公共点. ‎ 因此，所求点如果存在，只能是点.‎ 以下证明以为直径的圆恒过点：‎ 当与轴垂直时，以为直径的圆过点；‎ 当与轴不垂直时，设.‎ 由 得.‎ 由在椭圆内部知成立.‎ 设，则.‎ 又，，‎ 所以 ‎.‎ 所以，即以为直径的圆恒过点.‎ 所以存在一个定点满足条件.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的几何性质以及直线与椭圆的位置关系，关键是求出椭圆的标准方程．属中档题.‎ ‎5．【2018年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题】在平面直角坐标系中，已知椭圆 的离心率为，且椭圆的短轴恰好是圆的一条直径.‎ ‎(1)求椭圆的方程 ‎(2)设分别是椭圆的左，右顶点，点是椭圆上不同于的任意点，是否存在直线，使直线交直线于点，且满足，若存在，求实数的值；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由e===，2b=4，联立解出即可得出；‎ ‎（2）由题意知, 设，直线的方程为，则，又点在椭圆上,.从而 故存在实数的值.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由题可知, .‎ 联立 ，‎ 故椭圆的方程为.‎ 所以，‎ ‎ ， 学 ]‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎.‎ 因为，‎ 所以，‎ 即，‎ 又由题可知，‎ 所以，‎ 所以存在满足条件.‎ ‎【点睛】‎ 解决解析几何中探索性问题的方法 存在性问题通常采用“肯定顺推法”．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．‎ ‎6．【江苏省盐城市东台中学2018届高三学业质量监测】如图，已知椭圆的离心率为，并且椭圆经过点P，直线的方程为．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）已知椭圆内一点，过点E作一条斜率为的直线与椭圆交于A，B两点，交直线于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为．问：是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】(1) .‎ ‎(2) 存在，使得．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据已知得到a,b的方程组，解方程组即得椭圆的方程.(2) 设直线的方程为：，利用韦达定理求出，，即得和的值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为椭圆的离心率为，所以，‎ 又椭圆过点，所以，‎ 所以，，所以椭圆方程为．‎ 所以 ．‎ 又因为，所以，‎ 所以存在，使得．‎ ‎【点睛】‎ ‎(1)‎ 本题主要考查椭圆方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2)解答本题的关键是求出韦达定理求出，.‎ ‎7．【湖北省荆州中学2018届高三全真模拟考试（二）】已知抛物线与 椭圆的一个交点为，点 是的焦点，且.‎ ‎(1)求与的方程；‎ ‎(2)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，直线交轴于，且?若存在，求出点的坐标和的面积；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】(1) (2) 见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用抛物线的定义求，点的坐标代入求出，的值； （2）设出，的方程与椭圆、抛物线分别联立，求出的横坐标，利用，即可得出结论．‎ ‎（2）由题意：直线的斜率存在且不为0，设的方程为，由于，则的方程为 ‎，由得 由，得，得（舍）或 ‎ 在第一象限内，若满足的点存在，则，此时，‎ 设直线与轴交于点，由于，‎ 所以，故，即为线段中点，‎ 因此，即，解得，‎ 故存在适合题意的，此时， ‎ 此时 方程为，即，‎ 点到的距离，，所以 ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线、椭圆的方程，考查直线与抛物线、椭圆的位置关系，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．‎ ‎8．【辽宁省沈阳市东北育才学校2018届高三第八次模拟考试】已知椭圆 的左右焦点分别为，，离心率为.若点为椭圆上一动点，的内切圆面积的最大值为.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程;‎ ‎(2)过点作斜率为的动直线交椭圆于两点，的中点为，在轴上是否存在定点，使得对于任意值均有，若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由，得 设内切圆半径为，则，‎ 又，‎ 当为椭圆的上、下顶点时，的面积最大 ‎，‎ 又 ‎，又，解得 所以所求椭圆的方程为 ‎ 由已知可得 ,则 ‎=0‎ ‎∵对任意的k值此方程无解 ‎∴不存在点N使得结论成立. ‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关直线与椭圆的综合题，涉及到的知识点有椭圆的离心率，椭圆的方程，直线与椭圆相交的问题，是否存在类问题，在解题的过程中，需要注意的是对于直线与椭圆的相交问题，需要联立方程组，结合韦达定理，得到两根和与两根积，利用向量垂直的等价条件就是数量积等于零，涉及到恒成立问题，得到，该方程组无解，从而得到结果.‎ ‎9．【黑龙江省2018届高三高考仿真模拟(三)】已知椭圆的离心率为，其左顶点在圆上.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若点为椭圆上不同于点 的点，直线与圆的另一个交点为.是否存在点，使得?若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】(1) (2) 不存在直线，使得 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意求出a，通过离心率求出c，然后求解椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设点，，设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用弦长公式求出，利用垂径定理求出，从而整理即可得到结果.‎ ‎（2）设点，，设直线的方程为，‎ 与椭圆方程联立得 化简得到，‎ 因为为方程的一个根，‎ 所以，所以，‎ 所以.‎ 因为圆心到直线的距离为，‎ 所以，‎ 因为，‎ 代入得到，‎ 显然，所以不存在直线，使得.‎ ‎【点睛】‎ 对题目涉及的变量巧妙的引进参数(如设动点坐标、动直线方程等)，利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到“设而不求，减少计算”‎ 的效果.‎ ‎10．【湖北省宜昌市一中2018届高三考前适应性训练2】已知椭圆的一个焦点与短轴两端点的连线相互垂直，以椭圆的长轴为直径的圆与直线相切。‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设过椭圆右焦点的动直线（轴除外）与椭圆相交于两点，探究在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，试求出定值和点的坐标；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】(1) .‎ ‎(2) 在轴上存在定点，使得为定值.‎ ‎【解析】分析：（1）根据一个焦点与短轴两端点的连线相互垂直，以椭圆的长轴为直径的圆与直线相切，结合性质 ，列出关于 、 、的方程组，求出 、 、，即可得结果；(2) 设直线联立，得. 假设轴上存在定点，由韦达定理，利用平面向量数量积公式可得，要使为定值，则的值与无关，所以，从而可得结果.‎ 详解：（1）由题意知，，解得 则椭圆的方程是 所以 要使为定值，则的值与无关，‎ 所以 解得，‎ 此时为定值，定点为 ‎②当直线的斜率不存在时，，也成立 所以，综上所述，在轴上存在定点，使得为定值 点睛：本题主要考查待定待定系数法求椭圆标准方程、圆锥曲线的定值问题以及点在曲线上问题，属于难题. 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，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.‎ ‎11．【安徽省六安市第一中学2018届高三下学期适应性考试】已知椭圆的左右焦点与其短轴的一个端点是正三角形的三个顶点，点在椭圆上，直线与椭圆交于，两点，与轴、轴分别相交于点和点，且，点是点关于轴的对称点，的延长线交椭圆于点，过点、分别做轴的垂线，垂足分别为、.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）是否存在直线，使得点平分线段，？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】(1)；(2)答案见解析.‎ 试题解析:（1）由题意知，即，，即,‎ ‎∵在椭圆上，∴，‎ 所以椭圆方程为.‎ ‎（2）存在 设，∵‎ ‎∴,‎ ‎ ∴①‎ ‎∴，‎ 联立 ∴②‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 若平分线段，则 即，， ∴‎ ‎∵ 把①，②代入，得 所以直线的方程为或 点睛:本题主要考查了椭圆的方程以及直线与椭圆的位置关系,属于中档题.第一问求椭圆方程很容易,大部分学生能做对; 在第二问中,假设存在, 当点平分线段,点为的中点,利用中点坐标公式,求出的值,得出直线方程.注意本题涉及的点线位置关系比较复杂,容易弄错.‎ ‎12．【河南省郑州市2018届高三第三次质量预测】已知动点满足：‎ ‎（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；‎ ‎（Ⅱ）设是轨迹上的两个动点，线段的中点在直线上，线段的中垂线与交于两点，是否存在点，使以为直径的圆经过点，若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由． ‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】分析：（1）利用椭圆定义即可得到动点的轨迹的方程。‎ ‎（2）讨论直线存在和不存在，当斜率存在时，设存在点直线的斜率为，运用点差法可得，得到的直线方程为，然后联立直线与椭圆方程求解。‎ 由得：，则 故，此时，直线斜率为，的直线方程为 即 联立消去，整理得：‎ 所以 由题意，于是 ‎，因为在椭圆内，，符合条件；‎ 综上：存在两点符合条件，坐标为.‎ 点睛：本题主要考查椭圆的定义，直线与圆锥曲线的位置关系，考查点差法的应用以及函数与方程的思想，考查学生的计算能力，设存在点直线的斜率为，运用点差法可得，得到的直线方程为是解决问题的关键，本题难度较大。‎ ‎13．【山西省太原市2018届高三第三次模拟考试】已知椭圆的一个焦点为，离心率为.不过原点的直线与椭圆相交于两点，设直线，直线，直线的斜率分别为，且成等比数列.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若点在椭圆上，满足的直线是否存在？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】(1);(2)见解析.‎ ‎（2）假设存在直线满足题设条件，且设，由，得 ‎，代入椭圆方程得：，整理得，由韦达定理带入可得，可知直线不存在.‎ 详解：（1）由已知得，则，‎ 故椭圆的方程为；‎ 设直线的方程为，‎ 由，得，‎ 则，‎ 由已知，‎ 则，即，‎ 所以；‎ 则，‎ 所以，‎ 化简得：，而，则，‎ 此时，点中有一点在椭圆的上顶点（或下顶点处），与成等比数列相矛盾，故这样的直线不存在.‎ 点睛:本题主要考察了直线与椭圆的位置关系,将向量问题坐标化得到方程,进而利用直线和椭圆联立,结合韦达定理即可得解,属于中档题.‎ ‎14．【北京市十一学校2018届高三三模】如图，己知、是椭圆的左、右焦点，直线经过左焦点，且与 椭圆交两点，的周长为.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）是否存在直线，使得为等腰直角三角形？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. ‎ ‎【答案】（1）（2）不存在 ‎【解析】分析：（Ⅰ）由题意可知：，，，即可求得椭圆方程；‎ ‎（Ⅱ）分类讨论：假设，利用作差法，即可求得. (与，，‎ 矛盾），将直线方程代入椭圆方程由韦达定理：矛盾，故.再证明不可能为等腰直角三角形的直角腰，由勾股定理得：，此方程无解.故不存在这样的等腰直角三角形.‎ ‎（Ⅱ）不存在.理由如下：‎ 先用反证法证明不可能为底边，即.‎ 由题意知，设，，假设，则，‎ 又，，代入上式，消去，得：.‎ 因为直线斜率存在，所以直线不垂直于轴，所以，故.‎ ‎ (与，，矛盾）‎ 联立方程，得： ，所以矛盾.‎ 故.‎ 再证明不可能为等腰直角三角形的直角腰.‎ 假设为等腰直角三角形，不妨设为直角顶点.‎ 设，则，在中，由勾股定理得：，此方程无解.‎ 故不存在这样的等腰直角三角形.‎ 点睛：本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，两点之间的距离公式，考查计算能力，分类讨论思想.‎ ‎15．【湖南省长沙市长郡中学2018届高考模拟卷（二）】已知动点到定直线：的距离比到定点 的距离大2.‎ ‎（1）求动点的轨迹的方程；‎ ‎（2）在轴正半轴上，是否存在某个确定的点，过该点的动直线与曲线交于，两点，使得为定值.如果存在，求出点坐标；如果不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎（2）假设存在满足条件的点（），直线：，‎ 有 ，‎ 设，，有，，‎ ‎，，‎ ‎ ，‎ 据题意，为定值，则，‎ 于是，则有解得，‎ 故当时，为定值，所以.‎ 点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.‎ ‎16．【河北省武邑中学2018届高三下学期第四次模拟】已知椭圆，为左焦点，为上顶点，为右顶点，若，抛物线的顶点在坐标原点，焦点为.‎ ‎（1）求的标准方程；‎ ‎（2）是否存在过点的直线，与和交点分别是和，使得？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）或 ‎【解析】分析：（1）由题设有，再根据可得的值，从而得到椭圆的标准方程.‎ ‎（2）因为，故，设直线方程为，分别联立直线与椭圆、直线与抛物线的方程，消去后利用韦达定理用表示，解出后即得直线方程.‎ 由韦达定理得，则，‎ 联立方程组，得，由韦达定理得，所以 ‎，‎ 若，则，即，解得，‎ 所以存在符合题意的直线方程为或.‎ 点睛：求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等.直线与圆锥曲线的位置关系中的弦长、面积等问题，可以利用韦达定理把弦长、面积等表示为直线方程中某参数的函数关系式，进而把弦长、面积等问题归结为方程的解或函数的值域等问题.‎ ‎17．【江西师大附中2018届高三年级测试（三模）】双曲线的焦点分别为：,且双曲线经过点．‎ ‎（1）求双曲线的方程；‎ ‎（2）设为坐标原点，若点在双曲线上，点在直线上，且，是点为圆心的定圆恒与直线相切？若存在，求出该圆的方程，若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）存在定圆与直线相切 详解：（1）点在双曲线上．①，②‎ ‎②代入①去分母整理得： ，解得 所求双曲线的方程为；‎ ‎（2）设点的坐标分别为，其中或.‎ 当时，直线的方程为，‎ 即，‎ 若存在以点为圆心的定圆与相切，则点到直线的距离必为定值.‎ 设圆心到直线的距离为，则 ‎，又，‎ ‎，‎ 此时直线与圆相切，‎ 当时，，代入双曲线的方程并整理得：，‎ 解得：，此时直线，也与圆相切.‎ 综上得存在定圆与直线相切.‎ 点睛：（1）圆锥曲线中的定点、定值问题是高考中的常考题型，难度一般较大，常常把直线、圆及圆锥曲线等知识结合在一起，注重数学思想方法的考查，尤其是函数思想、数形结合思想、分类讨论思想的考查．‎ ‎（2）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．‎ ‎18．【江西师范大学附属中学2018届高三年级测试】已知为椭圆上三个不同的点，为坐标原点．‎ ‎（1）若，问：是否存在恒与直线相切的圆？若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由；‎ ‎（2）若，求的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】分析：（1）先求出原点到的距离，再证明存在圆与直线恒相切.（2）先求出点C的坐标，再代入得，最后计算的面积.‎ 于是原点到的距离 特别地，当轴时，也符合，‎ 故存在圆与直线恒相切.‎ ‎（2）设，则 代入得，，‎ 于是 所以.‎ 点睛：（1）本题主要考查直线与圆和椭圆的位置关系，考查圆锥曲线的最值问题，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理的能力.(2)解答本题的关键有两点，其一是根据得到，其二是化简. ]‎ ‎19．【广东省东莞市2018年全国卷考前冲刺演练精品卷】在直角坐标系中，已知抛物线 的焦点为，若椭圆：经过点，抛物线和椭圆有公共点，且.‎ ‎（1）求抛物线和椭圆的方程； ‎ ‎（2）是否存在正数，对于经过点且与抛物线有两个交点的任意一条直线，都有焦点在以为直径的圆内？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）,（2）‎ ‎【解析】分析：（1）先求出的值，得到，以及抛物线和椭圆有公共点，联立方程组，即可求解；‎ ‎（2）假设存在正整数适合题意，由题意知直线的斜率一定存在，设直线的方程为，联立方程组，根据韦达定理，以及题意恒成立，即可求解实数的取值范围.‎ ‎（2）假设存在正数适合题意，由题意知直线的斜率一定存在，设直线的方程为 由消去，整理得 因为直线与抛物线有两个交点且，所以 设，则 所以 因为，‎ 所以 由题意知恒成立，‎ 所以恒成立 因为，所以，解得 又因为，所以 故存在正数适合题意，此时d 取值范围为.‎ 点睛：本题考查了抛物线的标准方程椭圆的标准方程的求解，直线与抛物线的位置关系的应用，解答此类题目，通常通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，利用题设条件进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.‎ ‎20．【江西省重点中学协作体2018届高三第二次联考】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.‎ ‎（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.‎ 点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：‎ ‎(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；‎ ‎(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．‎