【文档说明】高考数学备考冲刺140分问题37圆锥曲线中的存在探索问题(含解析).doc，共(30)页，4.058 MB，由MTyang资料小铺上传

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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2222byax=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ba,,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xyxy,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233622baabac，解得13ba，∴椭圆方程为1322yx（2）假设存在这样的k值,由033222yxkxy，得)31(2k09122kxx∴0)31(36

)12(22kk①设1(xC,)1y2(xD,)2y,则2212213193112kxxkkxx，②而4)(2)2)(2(212122121xxkx

xkkxkxyy8分要使以CD为直径的圆过点E（-1,0）,当且仅当CE⊥DE时,则1112211xyxy,即0)1)(1(2121xxyy∴05))(1(2)1(21212xxkxxk

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1:2lx的距离为1d,到点(1,0)F的距离为2d,且2122dd.直线l与椭圆C交于不同两点AB、（,AB都在x轴上方）,且180OFAOFB

.（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(,)Pxy,用坐标表示条件2122dd

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)AFk,由180OFAOFB得1BFk,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180OFAOFB,得0AFBFkk,设直线AB方程为ykxb,与椭圆方程联立得2221()2102kxkbxb,由根与系数关系计算1212121201111AFBFyykxbkxbkkxxxx

得20bk,从而得到直线方程为(2)ykx,从而得到直线过定点(2,0)M.【解析】（1）设(,)Pxy,则1|2|dx,222(1)dxy,∴2221(1)2|2|2xyddx,化简,得2212xy,∴椭圆C的方

程为2212xy.（2）(0,1)A,(1,0)F,∴1010(1)AFk,又∵180OFAOFB,∴1BFk,:1(1)1BFyxx.代入2212xy解,得0,1xy（舍）4,31,3xy

∴41(,)33B,1113420()3ABk,∴1:12AByx.即直线l方程为112yx.（3）∵180OFAOFB,∴0AFBFkk.设11(,)Axy,22(,)Bxy,直线A

B方程为ykxb.代直线AB方程ykxb入2212xy,得2221()2102kxkbxb.∴122212kbxxk,2122112bxxk,∴121212121111AFBFyykx

bkxbkkxxxx=122112()(1)()(1)0(1)(1)kxbxkxbxxx,2122112122212()(1)()(1)2()()22()201122bkbkxbxkxbxkxxkbxxbkkbbkk

∴20bk,∴直线AB方程为(2)ykx,∴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22154xy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|F

2C|＝|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22154xy＝（－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22154(5)xyykx得：（5k2＋4）x2－50k2x＋125k2－20＝

0依题意,△＝20（16－80k2）＞0得：5555k当5555k时,设交点为C（x1,y1）,D（x2,y2）,CD中点为R（x0,y0）则x1＋x2＝225054kk,x0＝212225254xxkk∴y0＝k（x0－5）＝k（222554kk－5）＝22054

kk又|F2C|＝|F2D|,有F2R⊥l,即2FRkk＝－1即222222200()205425420154FRkkkkkkkkk＝－1即20k2＝20k2－4,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||FCFD＝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x2a2＋y2b2＝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a2＝b2＋c2,所以b2＝12,故椭圆C的方程为x216＋y212＝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，x216＋y212＝1，得3x2＋3tx＋t2－12＝

0.因为直线l与椭圆C有公共点,所以Δ＝(3t)2－4×3×(t2－12)≥0,解得－43≤t≤43.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∉[－43,43],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)xyCabab过点2(1,)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)xyabab,则椭圆在

其上一点00(,)Axy处的切线方程为12020byyaxx,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,CD两点,求OCD面

积的最小值；（ii）如图（2）,过椭圆222:182xyC上任意一点P作1C的两条切线PM和PN,切点分别为,MN．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．xyCOBDyxMNOP【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)FF,由椭圆定义知：122||||aAFAF2,11acb,所以椭圆1C的方程为2212xy．（II）（ⅰ）设22(,)Bxy,则椭圆1C在点B处的切线方程为2212xxyy令0x,21yyD,令22,

0xxyC,所以221OCDSxy又点B在椭圆的第一象限上,所以12,0,0222222yxyx222222222222221yxyxyx2211222OCDSxy,当且仅当122222222

yxyx所以当2(1,)2B时,三角形OCD的面积的最小值为2（Ⅲ）设(,)Pmn,则椭圆1C在点),(33yxM处的切线为：1233yyxx又PM过点(,)Pmn,所以1233nymx,同

理点),(44yxN也满足4412xmyn,yxMNOP所以,MN都在直线12ynmx上,即：直线MN的方程为12mxny所以原点O到直线MN的距离2214dmn22,所以直线MN始终与圆2212xy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)xyabab的左、右焦点分别为12,FF,点D在椭圆上,112DFFF,121||22||FFDF,12D

FF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,,0FcFc,其中222cab,由121

22FFDF得1212222FFDFc从而122112122,222DFFSDFFFc故1c.从而122DF,由112DFFF得222211292DFDFFF,因此2322DF.所以12222aDFDF,故2222,1abac因此,所求椭圆的标准

方程为：2212xy（2）如图,设圆心在y轴上的圆C与椭圆2212xy相交,111222,,,PxyPxy是两个交点,120,0yy,11FP,22FP是圆C的切线,且11FP22FP由圆和椭圆的对称性,易知2112,xxyy1212||.PPx,由（1）知

121,0,1,0FF,所以111122111,,1,FPxyFPxy,再由11FP22FP得221110xy,由椭圆方程得2211112xx,即211340x

x,解得143x或10x.当10x时,12,PP重合,此时题设要求的圆不存在.当143x时,过12,PP分别与11FP,22FP垂直的直线的交点即为圆心C,设00,Cy由111,CPFP得101111,1yyyxx而1111,3yx故053y圆C的

半径221415423333CP综上,存在满足条件的圆,其方程为：2253239xy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=0

③，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。（I）求椭圆的方程；（II）若动直线与椭圆交于不同两点、（、都在轴上方），且.（i）当为椭圆与轴正半轴的交点时，求直线的方程；（ii）对于动直线，是否存在一个定点，无论如何变化，直线总经过此定点？若存在，求出该

定点的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】（I）设椭圆的标准方程为：（）离心率为，，，点为椭圆上任意一点，且的最小值为，，，解得，，椭圆的方程为.（II）（i）由题意，，，，直线为：，代入，得，解得或，代入，得，

舍，或，.，直线的方程为：.（ii）存在一个定点，无论如何变化，直线总经过此定点.证明：，在于轴的对称点在直线上，设直线的方程为：，代入，得，由韦达定理得，，由直线的斜率，得的方程为：令，得：，，，，对于动直线，存在一

个定点，无论如何变化，直线总经过此定点.7．【陕西省榆林市2018-2019年度高三第二次模拟】设为坐标原点，动点在椭圆：上，该椭圆的左顶点到直线的距离为.（1）求椭圆的标准方程；（2）若椭圆外一点满足，平行于轴，，动点在直线上，满足.设过点且垂直的直线，试问直线是否过定点？若过定点，请写

出该定点，若不过定点请说明理由.【解析】（1）左顶点A的坐标为（﹣a，0），∵＝，∴|a﹣5|＝3，解得a＝2或a＝8（舍去），∴椭圆C的标准方程为+y2＝1，（2）由题意M（x0，y0），N（x0，y1），P（2，t），则依题意可知y1≠y0，得（x0﹣2x0，y1﹣2y0）（0，y1﹣y

0）=0，整理可得y1＝2y0，或y1＝y0（舍），，得（x0，2y0）（2﹣x0，t﹣2y0）＝2，整理可得2x0+2y0t＝x02+4y02+2＝6，由（1）可得F（，0），∴＝（﹣x0，﹣2y0），∴•＝（﹣x0，﹣2y0）（2，t）＝6﹣2x0﹣2y0t＝0，∴

NF⊥OP，故过点N且垂直于OP的直线过椭圆C的右焦点F．8．【福建省龙岩市2019届高三下学期教学质量检查】已知椭圆的两焦点为、，抛物线：（）的焦点为，为等腰直角三角形．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）已知过点的直

线与抛物线交于两点，又过作抛物线的切线，使得，问这样的直线是否存在？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．【解析】（Ⅰ）椭圆，，两焦点为,，∵为等腰直角三角形，，，（Ⅱ）过点的直线与抛物线交于两点，的斜率必存在，设直线的方程为，

由得，或抛物线方程得为所以切线的斜率分别为，当时，，即又，解得合题意，所以存在直线的方程是，即9．【湖南省长沙市长郡中学2019届高三上学期第一次适应性考试（一模)】已知椭圆的左、右焦点分别为且椭圆上存在一点，满足.(1)求椭圆的标

准方程；(2)已知分别是椭圆的左、右顶点，过的直线交椭圆于两点，记直线的交点为，是否存在一条定直线，使点恒在直线上?【解析】（1）设，则内，由余弦定理得，化简得，解得，故，∴，得，所以椭圆的标准方程为.（2）已知，，

设，，，由，①，②两式相除得.又，故，故，③设的方程为，代入整理，得，恒成立.把代入③，得，得到，故点在定直线上.10．【江西省重点中学盟校2019届高三第一次联考】已知椭圆的离心率为，焦点分别为，点是椭圆上的点，面积

的最大值是．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设直线与椭圆交于两点，点是椭圆上的点，是坐标原点，若判定四边形的面积是否为定值？若为定值，求出定值；如果不是，请说明理由．【解析】（Ⅰ）由解得得椭圆的方程为.（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，直线的方程为或，此时

四边形的面积为．当直线的斜率存在时，设直线方程是，联立椭圆方程，点到直线的距离是由得因为点在曲线上，所以有整理得由题意四边形为平行四边形，所以四边形的面积为由得,故四边形的面积是定值，其定值为．11.已知椭圆E：x2a2＋y2b2

＝1(a>b>0)以抛物线y2＝8x的焦点为顶点,且离心率为12.(1)求椭圆E的方程；(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆E相交于A,B两点,与直线x＝－4相交于Q点,P是椭圆E上一点且满足OP→＝OA→＋OB→(其中O为坐标原点),试问在x轴上是否存在一点T,使得OP→·TQ→为定值？若存在,求

出点T的坐标及OP→·TQ→的值；若不存在,请说明理由．【解析】(1)抛物线y2＝8x的焦点为椭圆E的顶点,即a＝2.又ca＝12,故c＝1,b＝3.∴椭圆E的方程为x24＋y23＝1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),∵OP→＝OA→＋

OB→,∴P(x1＋x2,y1＋y2),联立y＝kx＋m，3x2＋4y2＝12，得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.由根与系数的关系,得x1＋x2＝－8km4k2＋3,y1＋y2＝k(x1＋x2)＋

2m＝6m4k2＋3.将P－8km4k2＋3，6m4k2＋3代入椭圆E的方程,得64k2m2k2＋2＋36m2k2＋2＝1,整理,得4m2＝4k2＋3.设T(t,0),Q(－4,m－4k),∴TQ→＝(－4－t,m－4k),OP→＝－

8km4k2＋3，6m4k2＋3.即OP→·TQ→＝32km＋8kmt4k2＋3＋6mm－4k4k2＋3＝6m2＋8km＋8kmt4k2＋3.∵4k2＋3＝4m2,∴OP→·TQ→＝6m2＋8km＋8kmt4m2＝32＋2k1＋tm.要使

OP→·TQ→为定值,只需2k1＋tm2＝4k21＋t2m2＝m2－＋t2m2为定值,则1＋t＝0,∴t＝－1,∴在x轴上存在一点T(－1,0),使得OP→·TQ→为定值32.12.已知椭圆C:012222babyax的左焦点为F,

221，A为椭圆上一点,AF交y轴于点M,且M为AF的中点.（I）求椭圆C的方程；（II）直线l与椭圆C有且只有一个公共点A,平行于OA的直线交l于P,交椭圆C于不同的两点D,E,问是否存在常数,使得PEPDPA2,若存在,求出的值,若不存在,请说明理由.【答案】（I）

1222yx（II）1【解析】（Ⅰ）设椭圆的右焦点是1F,在1AFF中,1//AFOM,1c„„„„2分12222baab所以椭圆的方程为1222yx„„„„4分（Ⅱ）设直线DE的方程为txy22,解方程组122222yxtxy消去y得

到01222ttxx若2211,,yxEyxD则1,222121txxtxx,其中02-42t„„„„6分21212212223))22(1(xxxxxxxxxxPEPDPPPP

又直线l的方程为1222yx,直线DE的方程为txy22,„„„„8分所以P点坐标2222,222tytxPP,22222432222221222,43tttAPtPEPD所以存在常数1使得PDPEP

A2„„„„12分13.已知椭圆:C22221(0)xyabab的两个焦点分别为1(2,0)F,2(2,0)F,以椭圆短轴为直径的圆经过点(1,0)M.（1）求椭圆C的方程；（2）过点M的直线l与椭圆C相交于

,AB两点,设直线,ANBN的斜率分别为12,kk,问12kk是否为定值？并证明你的结论.【答案】(1)2213xy;(2)12kk为定值2.【解析】（1）由已知得：222,2cab,由已知易得

||1bOM,解得3a,则椭圆C的方程为2213xy.（2）①当直线l的斜率不存在时,由22113xxy,解得61,3xy,设66(1,),(1,)33AB,12662233222kk.②当直线l的斜率存在时,设直线l的

方程为(1)ykx,将(1)ykx代入2213xy整理化简,得2222(31)6330kxkxk,依题意,直线l与椭圆C必相交于两点,设1122(,),(,)AxyBxy,则2122631kx

xk,21223331kxxk,又11(1)ykx,22(1)ykx,所以12122112121222(2)(3)(2)(3)33(3)(3)yyyxyxkkxxxx12211212[2(1)](3)[

2(1)](3)93()kxxkxxxxxx1212121212122()[24()6]93()xxkxxxxxxxx2212222222336122()[246]3131633933

131kkxxkkkkkkk2212(21)26(21)kk综上得：12kk为定值2.14已知点(1,0)A,(1,0)B,直线AM与直线BM相交于点M,直线AM与直线BM的斜率分别记为AMk与BMk,且2AMBMkk．（Ⅰ）求

点M的轨迹C的方程；（Ⅱ）过定点(0,1)F作直线PQ与曲线C交于,PQ两点,OPQ的面积是否存在最大值？若存在,求出OPQ面积的最大值；若不存在,请说明理由．【答案】（Ⅰ）22112yxx

；（Ⅱ）22．【解析】（Ⅰ）设,Mxy,则,111MAMByykkxxx,所以211yyxx所以22112yxx（Ⅱ）由已知当直线PQ的斜率存在,设直线PQ的方程是1ykx,联立22121ykxyx

,消去y得222210kxkx,因为222442810kkk,所以kR,设1122,,,PxyQxy,12122221,22kxxxxkk2212

1212211142222OPQkSOFxxxxxxk........10分221111222kk当且仅当0k时取等号,OPQ面积的最大值为22．15.如图,过椭圆2222:1(0)xyabab内一点(0,1)A的动直线l与椭圆相交于

M,N两点,当l平行于x轴和垂直于x轴时,l被椭圆所截得的线段长均为22.（1）求椭圆的方程；（2）在平面直角坐标系中,是否存在与点A不同的定点B,使得对任意过点(0,1)A的动直线l都满足||||||||BM

ANAMBN？若存在,求出定点B的坐标,若不存在,请说明理由.【答案】（1）22142xy；（2）存在点B的坐标(02)，．【解析】（Ⅰ）由已知得2b,点(21)，在椭圆上,所以22211ab,解得2a,

所以椭圆的方程为22142xy．（Ⅱ）当直线l平行于x轴时,则存在y轴上的点B,使||||||||BMANAMBN,设0(0)By，；当直线l垂直于x轴时,(02)(02)MN，，，,若使||||||||BMANAMBN,则||||||||BMAMBNAN,有0

0|2|21|2|21yy,解得01y或02y．所以,若存在与点A不同的定点B满足条件,则点B的坐标只可能是(02)，．下面证明：对任意直线l,都有||||||||BMANAMBN,即||||||||BMA

MBNAN．当直线l的斜率不存在时,由上可知,结论成立；当直线l的斜率存在时,可设直线l的方程为1ykx．设M,N的坐标分别为1122()()xyxy，，，,由221421xyykx，得22(21)420kxkx,其判别式

22(4)8(21)0kk,所以,121222422121kxxxxkk，,因此,121212112xxkxxxx．易知点N关于y轴对称的点N的坐标为22()xy，，又

11111211BMykxkkxxx,2222212111BNykxkkkxxxx,所以BMBNkk,即BMN，，三点共线,所以12||||||||||||||||xBMBMAMxBNBNAN

．故存在与点A不同的定点(02)B，,使得．