第27讲 探索性问题（解析版）-2021年新高考数学之圆锥曲线综合讲义

第 27 讲 探索性问题 一、解答题 1．已知 21, FF 分别为椭圆C ： 2 2 2 2 1x y a b   （ 0 ba ）的左、右焦点, 且离心率为 2 2 ，点 )2 3,2 2(A 椭圆 C 上 （1）求椭圆C 的方程； （2）是否存在斜率为 k 的直线 l 与椭圆C 交于不同的两点 NM , ，使直线 MF2 与 NF2 的倾斜角互补，且 直线l 是否恒过定点，若存在，求出该定点的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2）过定点  0,2 【解析】 试题分析：（1）设椭圆的方程，用待定系数法求出 22 ,ba 的值；（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. 试题解析：（1）由题意得 2 2 a c ， 12 3 2 2 2 2 2 2               ba ， 222 cba  ，联立得 1,1,2 222  cba 椭圆方程为 2 2 12 x y  6 分 （2）由题意,知直线 MN 存在斜率,其方程为 .mkxy  由      mkxy yx ,12 2 2 消去 .0224)12(, 222  mkmy 得 △=（4km）2—4（2k2+1）（2m2—2）>0 设 ),,(),,( 2211 yxNyxM 则 , 12 22, 12 4 2 2 21221     k mxx k kmxx 8 分 又 1,1 2 2 1 1 22    x mkxkx mkxk NFMF 由已知直线 MF2 与 NF2 的倾斜角互补, 得 .011,0 2 2 1 1 22    x mkx x mkxkk NFMF 即 化简,得 02))((2 2121  mmxkx 02 12 )(4 12 222 22 2      m k kmkm k mk 整理得 .2km  10 分 直线 MN 的方程为 )2(  xky , 因此直线 MN 过定点,该定点的坐标为（2,0） 12 分 考点：1、椭圆的标准方程；2、直线与椭圆的综合应用. 2．椭圆上顶点为 M ，O 为椭圆中心， F 为椭圆的右焦点，且焦距为 2 ，离心率为 2 2 ． （1）求椭圆的标准方程； （2）直线 l 交椭圆于 P ，Q 两点，判断是否存在直线 l ，使点 F 恰为 PQM 的垂心？若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 2 2 12 x y  （2）存在， 4 3y x  【分析】 （1）根据椭圆的焦距为 2 ，离心率为 2 2 ，解得： 2 2a  ， 2 1b  ，故椭圆的标准方程为 2 2 12 x y  ； （2）设直线 PQ 的方程为 y x m  ，代入到 2 2 12 x y  得 2 23 4 2 2 0x mx m    ，设 1(P x ， 1)y ， 2(Q x ， 2 )y ，由韦达定理得： 1 2 4 3x x m   ， 2 1 2 2 2 3 mx x  ，因为 PF MQ  ， 1(1PF x ， 1 )y ， 2(MQ x ， 2 1)y  可得： 2 1 2 1 1 2 0x x x y y y    代入整理可得 23 4 0m m   ，解得： 4 3m   ，即可求出直线方程. 【详解】 （1）设椭圆的标准方程为 2 2 2 2 1x y a b   ， ( 0)a b  ，焦距为 2 c ，故 2 2 1c c   又 2 2 ce a   ， 2 2 2a b c  ， 2 2a  ， 2 1b  ． 故椭圆的标准方程为 2 2 12 x y  ． （2）设 1(P x ， 1)y ， 2(Q x ， 2 )y ， F 为 PQM 的垂心， , MF PQ MP FQ   ． (0,1)M ， (1,0)F ， 2 1 2 1 2(1 )( ) 2 0m x x x x m m      ， 1MFk   ， 1PQk  ， 设直线 PQ 的方程为 y x m  ，代入到 2 2 12 x y  得 2 23 4 2 2 0x mx m    ，  2 2(4 ) 12(2 2) 0m m     ，解得 3 3m   且 1m  1 2 4 3x x m    ， 2 1 2 2 2 3 mx x  ，  PF MQ  ， 1(1PF x  ， 1 )y ， 2(MQ x ， 2 1)y  2 1 2 1 1 2 0x x x y y y     ， 即 2 1 2 1 2(1 )( ) 2 0m x x x x m m      由根与系数的关系，得 23 4 0m m   ． 解得 4 3m   或 1m  （舍去）． 故存在直线l ，使点 F 恰为 PQM 的垂心，且直线l 的方程为 4 3y x  【点睛】 本题考查了椭圆的标准方程，考查了直线和椭圆的关系，常用方法为：设而不求利用韦达定理求出根与系 数关系，结合条件即可得解.要求较高的计算能力，属于难题. 3．已知椭圆C 的中心在原点O ，焦点在 x 轴上，离心率为 1 2 ，右焦点到右顶点的距离为1． （Ⅰ）求椭圆 C 的标准方程； （Ⅱ）是否存在与椭圆C 交于 ,A B 两点的直线l ： ( )y kx m k R   ，使得 2 2OA OB OA OB      成立？ 若存在，求出实数 m 的取值范围，若不存在，请说明理由. 【答案】（Ⅰ） 2 2 14 3 x y  ，（Ⅱ） 2 2( , 21] [ 21, )7 7     . 【解析】 试题分析：（1）由已知条件可推得 1 , 12 ce a ca     ，由此能求出椭圆的标准方程；（2）存在直线 l 使得 2 2OA OB OA OB      成立，直线方程与椭圆的方程联立，由此利用根的判别式和韦达定理结合已知条 件，得出 2 27 12 12m k  ，即可求解实数 m 的取值范围． 试题解析：（1）设椭圆 C 的方程为 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a b  ），半焦距为 c．依题意 1 2 ce a   ，由右焦点到 右顶点的距离为1，得 1a c  ．解得 1c  ， 2a  ．所以 2 2 2 3b a c   ． 所以椭圆 C 的标准方程是 2 2 14 3 x y  ． （2）解：存在直线 l ，使得 2 2OA OB OA OB      成立．理由如下： 由 2 2{ 14 3 y kx m x y     得 2 2 23 4 8 4 12 0k x kmx m     ．     2 2 28 4 3 4 4 12 0km k m      ，化简得 2 23 4k m  ． 设  1 1,x y ，  2 2,x y ，则 1 2 2 8 3 4 kmx x k     ， 2 1 2 2 4 12 3 4 mx x k   ． 若 2 2OA OB OA OB      成立，即 2 2 2 2          ，等价于 0    ． 所以 ．   1 2 1 2 0x x kx m kx m    ，    2 2 1 2 1 21 0k x x km x x m     ，  2 2 2 2 2 4 12 81 03 4 3 4 m kmk km mk k        , 化简得， 2 27 12 12m k  ．将 2 27 112k m  代入 2 23 4k m  中， 2 273 4 112 m m      ，解得， 2 3 4m  ．又由 2 27 12 12 12m k   ， 2 12 7m  ， 从而 2 12 7m  ， 2 217m  或 2 217m   ． 所以实数 m 的取值范围是 2 2, 21 21,7 7             ． 考点：椭圆的标准方程；直线与椭圆的位置的应用． 【方法点晴】本题主要考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆位置关系的应用，其中解答中涉及到椭圆 的几何性质、不等式求范围问题，此类问题的解答中，把直线的方程与圆锥曲线方程联立，利用方程的根 与系数的关系，以及韦达定理结合题目的条件进行合理运算是解答的关键，着重考查了学生推理与运算能 力，同时注意试题中的隐含条件，做到合理加以运用，属于中档试题． 4．已知 为椭圆 C 的左、右焦点，且点 在椭圆 C 上. （1）求椭圆 C 的方程； （2）过 的直线 交椭圆 C 于 A，B 两点，则 的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，求其最 大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 试题分析：（1）设椭圆 的方程为 ，由 ，利用已知条件能求出 ，由此能求出椭圆 的方程；（2）设直线 ，由 ，得 ，利用韦达定理推导出 ．当 不存在时圆面积最大，此时直 线方程为 ． 试题解析：（1）由已知，可设椭圆 的方程为 . 因为 ， 所以 .所以椭圆 的方程为 . （2）当直线 斜率存在时，设直线 的方程为 ， 由 得 . 设 ，则 ， 所以 . 设内切圆半径为 ，因为 的周长为 （定值）， ， 所以当 的面积最大时，内切圆面积最大. 又 ， 令 ，则 ， 所以 ， 又当 k 不存在时， ，此时 ， 故当 k 不存在时内切圆面积最大， ，此时直线方程为 . 考点：（1）椭圆的标准方程；（2）直线与椭圆的综合. 【方法点晴】本题考查椭圆方程的求法，根据椭圆的定义设出椭圆的标准方程，得解；考查三角形内切圆 面积是否存在最大值的判断，用到不太常用的三角形内切圆半径公式： ，故可得当三角形周长 固定时，三角形面积越大内切圆面积越大，解题时要认真审题，注意韦达定理和分类讨论思想的合理运用， 计算难度较大，属于难题. 5．（本小题共 13 分） ． ---------------------12 分 ݔ ൅ 将②③代入上式，解得 ---------------------11 分 过ͳ ൅ െ过oͳ o 共线等价于 与 R R 所以 ． ， ൅ 过െ ， ， 过െ ， ， 过 ． ③ ---------------------10 分而 oͳ o ൅ 过ͳ 又 ② ͳ 过ݔ ͳ ൅ ，由方程①， R R ൅ 过ͳ oͳ o ，则 o ， 过 ， oͳ ， 过ͳ （Ⅲ）设 ． ---------------------8 分 ， ݔ 过 的取值范围为 ，即 ݔ 解得 ， െ  过 䁕 化简得 ---------------------5 分 ͳ o 等价于 ， 交于两个不同的点 ൅ o 过 െ 与圆 直线 法二： ． ---------------------8 分 ， ݔ 过 的取值范围为 ，即 ݔ 解得 ， ---------------------6 分 െ  过 䁕 ൅ ݔെ过ͳ 2 ൅ 过 ݔെ 等价于 ， 直线与圆交于两个不同的点 ． ① ---------------------4 分 过 ݔ ݔെ ൅ 过ͳ 整理得 ， ͳ ݔ ൅ 过 将直线方程代入圆方程得 法一： ． o ൅ 的方程为 （Ⅱ）设直线 ． ---------------------3 分 故圆的面积为 ，半径为 2， ， 过െ ，可得圆心为 ൅ o 过 െ 解：（Ⅰ）圆的方程可化为 【解析】 (3)没有符合题意的常数 k ݔ 过 【答案】(1)4π. (2) 明理由． 的值；如果不存在，请说 共线？如果存在，求 与 R R ，使得向量 （Ⅲ）是否存在常数 的取值范围； （Ⅱ）求 的面积； （Ⅰ）求圆 ． ， 相交于不同的两点 与圆 的直线 且斜率为 ， 过 ，过点 的圆心为 ͳ ݔ ൅ o 中，已知圆 Ro 在平面直角坐标系 6．已知椭圆 的中心在坐标原点，焦点在 轴上，长轴长为 2 3 ，离心率为 3 3 ，经过其左焦点 1F 的直线 l 交椭圆C 于 ,P Q 两点 （I）求椭圆C 的方程； （II）在 x 轴上是否存在一点 M ，使得 MP MQ  恒为常数？若存在，求出 M 点的坐标和这个常数；若不 存在，说明理由. 【答案】（I） 2 2 13 2 x y  ；（II）见详解. 【分析】 （I）根据 ce a  ， 2 2 2a b c  和已知即可求解；（II）联立直线与椭圆方程，消去 y 根据韦达定理代入数量 积即可求解. 【详解】 （I）设椭圆 的方程为 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ， 由题意，得 2 2 3 3 3 a c a    ，解得 3 1 a c    ，所以 2 2a  所求的椭圆方程为 2 2 13 2 x y  . （II）由（I）知 1( 1,0)F  . 假设在 轴上存在一点 ( ,0)M t ，使得 MP MQ  恒为常数， ①当直线 l 与 x 轴不垂直时，设其方程为 ( 1)y k x  ，  1 1,P x y 、  2 2,Q x y . 由 2 2 ( 1) 13 2 y k x x y     得   2 2 2 22 3 6 3 6 0k x k x k     ， 所以 2 1 2 2 6 2 3 xx x k     ， 2 1 2 2 3 6 2 3 kx x k           2 1 2 1 2 1 2 2 21 1MP MQ x t x t y y x t x t k x x                2 2 2 2 2 2 2 21k x x k t x x k t           2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 6 6 (6 1) 6 2 3 2 3 2 3 k k k t k t kk t tk k k               2 2 2 2 2 1 16 162 2 3 4 413 3 322 3 3 2 3 t k r t t t tk t                     . 因为 MP MQ  是与 k 无关的常数，从而有 164 03t   ，即 7 3t   此时 11 9MP MQ    ②当直线 l 与 x 轴垂直时，此时点 ,P Q 的坐标分别为 2 3 2 31, , 1,3 3                ， 当 4 3t   时，亦有 11 9MP MQ    综上，在 x 轴上存在定点 4 ,03M     ，使得 MP MQ  恒为常数，且这个常数为 11 9  . 【点睛】 本题考查椭圆方程及椭圆与直线的应用.此题的难点是计算. 7．已知中心在坐标原点 O 的椭圆 C 经过点 A（ 13, 2 ），且点 F（ 3 ，0）为其右焦点． （1）求椭圆 C 的方程； （2）是否存在直线 l 与椭圆 C 交于 B，D 两点，满足 22· 5OB OD   ，且原点到直线 l 的距离为 3 ？若存 在，求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 2 2 14 x y  （2）不存在 【分析】 （1）根据焦点及椭圆定义，即可求得参数 c 与 a，从而求得椭圆的方程． （2）根据点到直线距离，可得 m 与 k 的等量关系式；联立方程，由判别式可得 k 的取值范围，进而结合向 量的数量积求得斜率，判断是否存在． 【详解】 （1）设椭圆 C 的方程为   2 2 2 2 1 0x y a ba b     ，则左焦点为  3,0F  ， 在直角三角形 AFF 中，可求 7 2AF  ，∴ 2 4 2a AF AF a     ， 故椭圆 C 的方程为 2 2 14 x y  ． （2）假设存在符合题意的直线 l，其方程为 y kx m  ，由原点到 l 的距离为 3 得：  2 2 2 3 3 1 1 m m k k      ． 联立方程 2 2 14 x y y kx m       ，得    2 2 21 4 8 4 1 0k x kmx m     ． 则 1 2 2 8 1 4 mkx x k    ，  2 1 2 2 4 1 1 4 m x x k    ，  2 216 2 0 2k k      ． 设  1 1,B x y ，  2 2,D x y ， 则      2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 11 1 221 1 4 5 k OB OD x x y y k x x mk x x m k              ， 解得  2 1 2,k    ． 当斜率不存在时，l 的方程为 3x   ，易求得 11 22 4 5OB OD    ． 综上，不存在符合条件的直线． … 【点睛】 本题考查了圆锥曲线的综合应用，直线与椭圆的关系，是高考的常考点，属于难题． 8．（本小题 12 分）已知如图，圆 8)2(: 22  yxN 和抛物线 xyC 2: 2  ，圆的切线 l 与抛物线 C 交于 不同的点 A ， B . （1）当直线 l 的斜率为1时，求线段 AB 的长； （2）设点 M 和点 N 关于直线 xy  对称，问是否存在圆的切线 amyxl : 使得 MA MB  ？若存在， 求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 102AB ；（2）存在， 2 xy . 【解析】 试题分析：（1）圆 N 的圆心坐标为 )0,2( ，半径 22r ，设 ),( 11 yxA ， ),( 22 yxB ，设 l 的方程，利用直 线 l 是圆 N 的切线，求得 m 的值，从而可得直线 l 的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理，即可计算 弦长 || AB ； （2）利用直线 l 是圆 N 的切线，可得 a ， m 满足的一个方程，将直线 l 的方程与抛物线方程联立，利用 MA MB  ，可得 a ， m 满足的另一个方程，联立方程组可求得 a ， m 的值，从而得到满足题设的直线 l . 试题解析：∵圆 N ： 8)2(: 22  yxN ，∴圆心坐标为 )0,2( ，半径 22r ，（1）当直线 l 的斜率为1 时，设l 的方程为 mxy  ，即 0 myx ，∵直线l 是圆 N 的切线，∴ 22 2 |2|  m ，解得 2m 或 6m （舍），此时直线 l 的方程为 2 xy ，由      xy xy 2 2 2 ，消去 x 得 0422  yy ，∴ 0 ，设 ),( 11 yxA ， ),( 22 yxB ，则 221  yy ， 421 yy ，得 204)()( 21 2 21 2 21  yyyyyy ，∴弦长 102||11|| 212  yykAB ； （2）∵直线 l 是圆 N 的切线，∴ 22 1 |2| 2    m a ，得 0484 22  maa ①，由      xy amyx 22 ，消去 x 得 0222  amyy ，∴ 084 2  am ，即 022  am ，且 myy 221  ， ayy 221  ，∵点 M 和点 N 关于直线 xy  对称，∴点 M 为 )2,0(  ，∴ 1 1( , 2)MA x y  ， 2 2( , 2)MB x y  ，∵ MA MB  ，∴ 1 2 1 2( 2)( 2) 0MA MB x x y y       ， 即 04)(2 212121  yyyyxx ，即 04422  maa ②，①+②，得 04822 22  mmaa ， 解得 ma 2 或 12  ma ，当 ma 2 时，代入①解得 1m ， 2a ，满足条件 022  am ，当 12  ma 时，代入①得 0744 2  mm ，无解，综上所述，存在满足条件的直线 l ，其方程为 2 xy . 考点：1.直线与抛物线的位置关系；2.弦长的计算；3.韦达定理的运用. 9．已知曲线 2 2 1 1 1: ( ) 1( )4 4C x y y    ， 2 2 : 8 1( 1)C x y x   ，动直线 l 与 2C 相交于 ,A B 两点，曲 线 2C 在 ,A B 处的切线相交于点 M ． （1）当 MA MB 时，求证：直线 l 恒过定点，并求出定点坐标； （2）若直线 l 与 1C 相切于点 P ，试问：在 y 轴上是否存在两个定点 1 2,T T ，当直线 1 2,MT MT 斜率存在时， 两直线的斜率之积恒为定值？若存在求出满足条件的点 1 2,T T 的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 17(0, )8 ；（2）存在两个定点 1 2(0, 1), (0,1)T T 恒满足 1 2 1 16MT MTk k  . 【解析】 试题分析：（1）设出直线方程 :l y kx b  ，联立其与抛物线方程得到 ,A B 两点坐标的关系，再由导数的 几何意义，直线 ,MA MB 的斜率就是它们分别在 ,A B 两点处切线的斜率，且 1MA MBk k   ，可求得 17 8b  ； （2）利用 ,A B 两点坐标表示出直线 MA ， MB 的方程，观察可得直线 AB 的方程，利用 AB 与圆相切整 理即得动点 M 的轨迹方程，问题得解. 试题解析：（1）依题意，直线l 的斜率存在，设 1 1 2 2: , ( , ), ( , )l y kx b A x y B x y  ， 由 2 8 1 y kx b x y      得 2 8 8 1 0x kx b    则 1 2 8 1x x b   ， 又由 2 1 8 xy  得 1 2 1 21 164 4 4MA MB x x xy k k x x        ， . 过ݔ (Ⅱ) ൅ ͳ ݔ o 【答案】(Ⅰ) 明理由． （Ⅲ）在 x 轴上是否存在定点 P，使∠MPA=∠MPB。若存在，求出点 P 的坐标，若不存在，说 （Ⅱ）求|AM|的取值范围. (Ⅰ)求椭圆的标准方程； 圆交于 A，B 两点. 的直线 L 与椭 过ͳ ．经过点 ݔ െ ൅ 10．已知椭圆焦点在 x 轴上，下顶点为 D(0，－1)，且离心率 发，写出直线 MA， MB 的方程，观察得到点 M 的轨迹，通过双曲线知识得到答案. 组得到两切点坐标的关系，二者本质上是统一的，从而得到直线经过的定点；第二问的难点是从第一问出 答本题的技巧在于，通过导数的几何意义得到两条切线斜率之间的关系，由直线与抛物线方程构成的方程 【方法点晴】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系及函数与方程思想的应用,综合性较强，属于难题.解 考点：直线与圆、直线与抛物线的位置关系的应用. 16MT MTk k  恒为定值． 1 1 2 故存在两个定点 1 2(0, 1), (0,1)T T 满足        为定值 y y yk k x x x x x 16MT MT 1 1 1 116 2 2 2 2 1 2 取 1 2(0, 1), (0,1)T T ，则 xy   ，为焦点在 y 轴上的双曲线． 2 116 2 从而动点 M 的轨迹方程为 uv   ， 2 116 2 ，化简得       u u v ( ) 14 1 10 4 4 4 1 2 由直线 AB 与圆相切得 x u y v    ． 由此可得切线 AB 的方程为∴ 1 04 4 x u y v    1 04 4 2 同理，∴ 2 x u y v    ， 1 04 4 1 x u v y    ，即∴ 1 1 04 4 1 又 MA 经过 ( , )M u v ，∴ 1 x x y y    1 04 4 1 xMA y y x x   ，即 1 1 1: ( )4 （2）设 ( , )M u v ，直线 1 ． 8y kx  ，恒过定点 17(0, )8 ∴l 的方程为 17 8b  16b    ，∴ 17 1 8 ∴ ．点 ,A B 使得直线 NA与 NB 的斜率之积为定值？若存在，求出 ,A B 的坐标，若不存在，说明理由 E 交于 ,P Q 两个不同点，且△OPQ 的面积为1，若 N 为线段 PQ 的中点，问：在 x 轴上是否存在两个定 l 被圆O 截得的弦长与椭圆的短轴长相等．( 1 ) 求椭圆 E 的方程；( 2 ) 已知动直线 1l （斜率存在）与椭圆 2e  ，直线   ( 0)a b  的离心率 3 2 2: 1x yE a b 2 2 11．已知直线 : 6l y x  ，圆 2 2: 4O x y  ，椭圆 过ݔ 当直线 L 的斜率不存在时，也满足条件.∴定点 P 坐标为 ，P(3，0) 䁡 ൅ ݔ ，即 ൅ ͳݔ െ䁡 䁡 ൅ ͳݔ െ 过䁡 ͳ ͳݔ ݔ ݔ =0 过ͳͳ过ͳ ͳ过䁡ͳ过ͳ䁡 过ͳ ൅ 䁡 过ͳͳ ͳ䁡 o ൅ 䁡 oͳ ͳ䁡 即 oͳ ൅ 过ͳ ͳo ൅ 过 ͳ 又 ， o ൅ ͳ oͳ ͳͳ ，即 ൅ 由∠MPA=∠MPB 得 ͳݔ ݔ ݔ ͳ ൅ ͳݔ െ ͳ ൅ ݔ ൅ ݔ െ 过ͳ ݔ 消去 y 整理得， o ൅ 过 ͳ ൅ ͳ ݔ o 由 o ൅ 过 ͳ 当直线 L 的斜率存在时，设直线 L 方程为： . 过o ， 过ͳoͳ 满足条件， 过䁡 （Ⅲ）假设 x 轴上存在定点 ͳ 的最小值为 时， ݔ ∴所以当 x1= ͳ ͳ ݔ ݔ 过 ݔ ͳ ൅ ，得 ݔ ݔ ݔ ͳ 又 ݔ ൅ ͳ ͳ 过ͳ ൅ ͳ oͳ ൅ 过ͳ ͳ ， ൅ ͳ ݔ oͳ ͳ ，即 过ͳoͳ (Ⅱ) 设 ൅ ͳ ݔ o ，即椭圆方程为 ൅ ͳ ൅ ݔ ，∴ ൅ 又 ， ݔ െ ൅ ൅ ͳ 由已知得 ൅ ͳ o 䁡 ൅ ݔ试题解析：(Ⅰ)设椭圆方程为 简得 =0，再根据直线方程与椭圆方程联立方程组，利用韦达定理代入，并化 过ͳͳ过ͳ ͳ过䁡ͳ过ͳ䁡 并化简得 ， o ൅ 过 ͳ ， 过䁡 ， 过o ， 过ͳoͳ ，设坐标 ൅ 系求最值，（Ⅲ）由∠MPA=∠MPB 得 公式列|AM|，利用点 A 在椭圆上，消未知数得一元二次函数，最后根据对称轴与定义区间位置关 ，（Ⅱ）根据两点间距离 ൅ ͳ ൅ ݔ ，解得 ݔ െ ൅ ൅ ͳ 解析】试题分析：（Ⅰ）由题意可得方程组】 【答案】 ( 1 ) 2 2 14 1 x y  ( 2 ) A（ 2 ，0），B（－ 2 ，0） 【解析】 试题分析： ( 1 ) 求椭圆标准方程，一般利用待定系数法求解，即列出两个独立条件，组成方程组：一是由 离心率得 3 2 c a  ，二是由直线与圆位置关系中垂径定理得 2 2 2r b d  ，而圆心 O 到 l 的距离 6 3, 2 1 1 d r    ， 从而 1, 2b a  ( 2 ) 存在性问题，一般从假设存在出发，探求满足题意的充要条件：假设 x 轴上存在两定 点 A（s，0），B（t，0）（s≠t），则直线 NA 的斜率 k1＝ N N y x s ，直线 NB 的斜率 k2＝ N N y x t ，∴k1k2＝ 2 ( )( ) N N N y x s x t  ， 因此原问题转化为求动点 N 的轨迹：由弦中点及面积可得出 2 22 12 N N x y  ，代入 2 ( )( ) N N N y x s x t  得 2 2 21 4 ( ) N N N x x s t x st      ，从而得出 s＋t＝0，st＝－2 试题解析：（1）设椭圆半焦距为 c，圆心 O 到 l 的距离 d＝ 6 3 1 1   ，则 l 被圆 O 截得的弦长为 2，所以 b ＝1，由题意得 e＝ 3 2 ，∵b＝1，∴a2＝4，b2＝1．∴椭圆 E 的方程为 2 2 14 1 x y  ． （2）设 P（x1，y1），Q（x2，y2），直线 1l 的方程为：y＝kx＋m． 则 2 2 14 1 x y y kx m       消去 y 得（1＋4k2）x2＋8kmx＋4m2－4＝0． x1＋x2＝－ 2 8 1 4 km k ，x1·x2＝ 2 2 4 4 1 4 m k   ．|PQ|＝ 21 k ·|x1－x2|＝ 2 2 2 2 1 1 4 1 4 k k m k     ． 原点 O 到直线 1l 的距离 d＝ 2 | | 1 m k ，则 2 2 2 1 2 | | 1 4| | 12 1 4OPQ m k mS PQ d k     ， ∴2|m|· 2 21 k m  ＝1＋4k2，令 1＋4k2＝n，∴2|m|· 2n m ＝n， ∴n＝2m2，1＋4k2＝2m2． ∵N 为 PQ 中点，∴xN 1 2 2 4 2 1 4 x x km k     ，yN 1 2 22 1 4 y y m k    ， ∵1＋4k2＝2m2，∴xN＝－ 2k m ，yN＝ 1 2m ．∴ 2 22 12 N N x y  ． 假设 x 轴上存在两定点 A（s，0），B（t，0）（s≠t），则直线 NA 的斜率 k1＝ N N y x s ， 直线 NB 的斜率 k2＝ N N y x t ，∴k1k2＝ 2 2 2 11 2 ( )( ) 2 ( ( ) ) N N N N N N x y x s x t x s t x st       2 2 21 4 ( ) N N N x x s t x st       当且仅当 s＋t＝0，st＝－2 时，k1k2＝－ 1 4 ，则 s＝ 2 ，t＝－ 2 ． 综上所述，存在两定点 A（ 2 ，0），B（－ 2 ，0），使得直线 NA 与 NB 的斜率之积为定值． 考点：椭圆标准方程，直线与椭圆位置关系 【方法点睛】 1．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． 2．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． 12．已知椭圆 C : 2 2 2 2 1x y a b   ( 0)a b  经过点 13, 2      且离心率为 3 2 . （1）求椭圆方程； （2）是否存在直线 y kx 2(k 0)   ，使椭圆 C 上存在不同两点 A B、 关于该直线对称？若存在，求 k 的取 值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 2 2 14 x y  （2）存在， ( , )4 5 4 5 , )5 ( 5k     【分析】 （1）由题意知椭圆的离心率为 3 2 ，可得 2 2 2 24 1,3 3a c b c  ，故椭圆方程为 2 2 2 2 3 3 14 x y c c   ，代入点 13, 2      ，即可求解（2）假设 ,A B 存在，设出点的坐标，利用点差法可得 AB 的中点 M 的坐标，根据 M 在椭圆内，建立不等式，即可求得 k 的取值范围． 【详解】 （1）由椭圆离心率 3 2 ，可得 2 2 3 4 c a  ，所以 2 24 3a c ， 因为 2 2 2a b c  ，所以 2 21 3b c ， 所以椭圆方程为 2 2 2 2 3 3 14 x y c c   ， 由椭圆过点 13, 2      ，可得 2 2 9 3 14 4c c   ， 解得 2 3c  ， 所以椭圆方程为 2 2 14 x y  （2）假设 ,A B 存在，设 1(A x ， 1)y 、 2(B x ， 2 )y ， AB 的中点 0(M x ， 0 )y ， 则 2 21 1 2 22 2 14 14 x y x y       两式相减可得 2 2 2 22 1 2 1 04 x x y y     02 1 1 2 2 1 1 2 0 1 1 1 4 4 xy y x x x x y y y k           0 04 ky x   0 0 2y kx  ，  0 8 3x k  ， 0 2 3y  M 在椭圆内，  2 20 0 14 x y   28( ) 43 14 9 k    2 16 5k   4 5 5k   或 4 5 5k  k 的取值范围是 ( , ) (4 5 4 5 , )5 5    ． 【点睛】 本题考查椭圆的标准方程，考查椭圆的对称性，考查点差法的运用，考查学生的计算能力，属于中档题． 13．已知椭圆 2 2 15 4 x y  ，过右焦点 2F 的直线 l 交椭圆于 M ， N 两点． （1）若 3OM ON    ，求直线 l 的方程； （2）若直线 l 的斜率存在，在线段 2OF 上是否存在点 ( ,0)P a ，使得 PM PN  ，若存在，求出 a 的范围， 若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 2( 1)y x  或 2( 1)y x   ；（2） 1[0, )5a . 【解析】 （1）当直线 l 的斜率不存在时， 4 51, 5M       ， 4 51, 5N      ，不符合题意； 当直线l 的斜率存在时，设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ， 直线 l 的方程为  1y k x  ，① 又椭圆的方程为 2 2 15 4 x y  ，② 由①②可得 2 2 2 25 4 10 5 20 0k x k x k     ，（*） ∴ 2 1 2 2 10 5 4 kx x k    ， 2 1 2 2 5 20 5 4 kx x k    ， ∴   2 2 1 2 1 2 1 2 2 161 5 4 ky y k x x x x k         ， ∴ 2 1 2 1 2 2 11 20 35 4 kOM ON x x y y k          ，解得 2 2k  ， ∴ 2k   ，即直线 l 的方程为  2 1y x  或  2 1y x   ． （2）由（1）可知  1 2 1 2 2 82 5 4 ky y k x x k k       ， 设 MN 的中点为 1 2 1 2,2 2 x x y yQ       ，即 2 2 2 5 4,5 4 5 4 k kQ k k       ， 假设存在点  ,0P a ，使得 PM PN  ，则 1PQ MNk k   ， 解得 2 2 2 1 45 4 5 ka k k    ， 当 0k  时， M ， N 为椭圆长轴的两个端点，则点 P 与原点重合， 当 0k  时， 10, 5a     ， 综上所述，存在点 P 且 10, 5a     ． 点睛：本题旨在考查椭圆的标准方程与几何性质等基础知识以及学生的运算求解能力、推理论证能力等思 维能力。解答第一问题时，充分借助直线与椭圆的位置关系，借用坐标之间的关系待定直线的斜率，从而 求出直线的方程；第二问则假设符合题设条件的点存在，然后借助题设条件进行推理论证，从而探究出点 的存在。 14．已知椭圆 C ： 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a b  ）过点  2,1 ，离心率 2 2e  ，直线 l ： 1y kx  与椭圆C 交于 A ， B 两点. （1）求椭圆C 的方程； （2）是否存在定点 P ，使得 PA PB  为定值.若存在，求出点 P 的坐标和 PA PB  的值；若不存在，请说明 理由. 【答案】（1） 2 2 14 2 x y  ；（2）存在点 10, 2P     ，使得 PA PB  为定值 7 4  . 【分析】 （1）由离心率 2 2e  得 2 2a b c  ，再根据椭圆过点  2,1 待定系数即可求得； （2）分别设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  0 0,P x y ，再直线与椭圆方程联立得 22 1 4 2 0k x kx    ，故 有 1 2 2 4 2 1 kx x k    ， 1 2 2 2 2 1x x k   ，再计算并化简 PA PB  得    2 22 2 2 0 0 0 0 0 0 2 2 2 1 4 6 4 1 2 2 1 x y y k x k x y PA PB k                ，根据题意若 PA PB  为定值，则 0 0x  ，代入可求得 0 1 2y  ， 7 4PA PB    . 【详解】 解：（1）因为椭圆的离心率 2 2e  ，所以 2a c ， 又因为 2 2 2a b c  ，所以 2 2a b c  ，又因为椭圆过点 2,1 ，所以有  2 2 2 2 2 1 12b b   ，解得 2 =2b ， 所以 2 4a  ，故椭圆方程为： 2 2 14 2 x y  . （2）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  0 0,P x y ，则联立方程 2 22 4 1 x y y kx       得 22 1 4 2 0k x kx    . 显然 0  ， 1 2 2 4 2 1 kx x k    ， 1 2 2 2 2 1x x k   ， 所以       22 2 1 2 0 0 1 2 0 01 1PA PB k x x k ky x x x x y               2 20 0 2 0 02 2 42 2 12 1 2 1 k k ky xk x yk k            2 22 2 2 0 0 0 0 0 0 2 2 2 1 4 6 4 1 2 2 1 x y y k x k x y k             为定值. 故 0 0x  . 即    2 22 0 0 0 2 2 1 4 6 1 2 2 1 y y k y PA PB k             ， 则    2 2 0 0 02 1 4 6 2 1 4y y y      ，解得 0 1 2y  ， 7 4PA PB    . 即存在点 10, 2P     ，使得 PA PB  为定值 7 4  . 【点睛】 本题考查待定系数法求椭圆的方程，椭圆中的定值定点问题，考查数学运算能力. 15．已知圆C 经过点  1,3A ，  2,2B ，并且直线 :3 2 0m x y  平分圆C . （1）求圆C 的方程； （2）若直线 : 2l y kx  与圆C 交于 ,M N 两点，是否存在直线 l ，使得 • 6OM ON   （O 为坐标原点）， 若存在，求出 k 的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) ( ) ( )2 22 3 1x y- + - = ;(2) 不存在直线 . 【解析】 试题分析: (1)由弦的中垂线必过圆心,所以求出线段的中垂线,与 3x-2y=0 的交点即为圆心,由两点间距离公式 求圆的半径.(2) 设 ，由向量的数量积坐标表示可知 1 2 1 2 6x x y y    ,直线与圆组方程 组,利用韦达代入上式,可求得 k,同时检验判别式. 试题解析:（1）线段 的中点 ， ， 故线段 的中垂线方程为 ，即 . 因为圆 经过 两点，故圆心在线段 的中垂线上. 又因为直线 ： 平分圆 ，所以直线 经过圆心. 由 解得 ，即圆心的坐标为 ， 而圆的半径 ， 所以圆 的方程为： （2）设 ， 将 代入方程 ，得 ， 即 ， 由 ，得 ， 所以 ， . 又因为 所以 ，解得 或 此时 式中 ，没有实根，与直线 与 交于 两点相矛盾， 所以不存在直线 ，使得 . 16．已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)y xC a ba b     经过点 2( ,1)2 ， (0,1)F 是C 的一个焦点，过 F 点的动直线l 交椭 圆于 ,A B 两点. （1）求椭圆C 的方程； （2）是否存在定点 M （异于点 F ），对任意的动直线l（斜率存在）都有 0MA MBk k  ，若存在求出点 M 的坐标，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 2 2 12 y x  （2）存在这样的定点 M ，坐标为  0,2 ，详见解析 【分析】 （1）根据题目条件列出关于 , ,a b c 的方程，解出即可； （2）设出点 , ,M A B ，联立直线 l 和椭圆C ，将 0MA MBk k  用韦达定理和斜率公式变形整理，利用恒成 立的意义，即可求出点 M 的坐标． 【详解】 解（1）由题意得 2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 c a b a b c          ， 所以 2 1 a b    ， 即椭圆C 的方程为： 2 2 12 y x  . （2）假设存在这样的点 M ，设点  0 0,M x y ，点    1 1 2 2, , ,A x y B x y ， 设直线 : 1l y kx  ， 联立 2 2 1 2 2 0 y kx y x       ，消去 y 得 2 22 2 1 0k x kx    ， 所以 1 2 1 22 2 2 1,2 2 kx x x xk k       . 因为 0 1 0 2 0 1 0 2 0MA MB y y y yk k x x x x       ，      0 1 00 2 2 0 1 0y y x x y y x x       ，  0 0 0 1 2 0 1 2 1 2 12( )2 0y x y x x x y y y x y x        ，        0 0 1 2 0 1 1 1 2 2 102 2 01 1y x y x x x k x x kx x kx x            ，   0 0 0 0 0 1 2 1 22 2 1 2 0y x x y x k x x kx x        ，  0 0 0 0 0 2 2 2 1 22 2 02 2 k y x k ky x x k k        整理得：  2 0 0 0 0 0 02 2 4 4 4 0x y k y k x y x     . 因为任意的直线l （斜率存在）都成立， 所以 0 0 0 0 0 0 2 0 2 4 0 4 4 0 x y y x y x        ，解得 0 0 0 2 x y    ， 所以存在这样的定点 M ，坐标为 0,2 . 【点睛】 本题考查直线和椭圆的位置关系，利用韦达定理和斜率公式对条件等式变形，对学生计算能力要求较高， 难度比较大． 17．已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率为 3 2 ，且过点 (2,1)A ． （1）求 C 的方程； （2）点 M，N 在 C 上，且 ,AM AN AD MN  ，D 为垂足，问是否存在定点 Q，使得 DQ 为定值，若 存在，求出 Q 点，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 2 2 18 2 x y  ；（2）存在，答案见解析. 【分析】 （1）由题意得到关于 , ,a b c 的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程； （2）设出点 M ，N 的坐标，在斜率存在时设方程为 y kx m  , 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件， 已得到 ,m k 的关系，进而得直线 MN 恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的 性质即可确定满足题意的点 Q 的位置. 【详解】 （1）由题意可得： 2 2 2 2 2 3 2 4 1 1 c a a b a b c           ，解得： 2 28, 2a b  ， 故椭圆方程为： 2 2 18 2 x y  . (2)设点    1 1 2 2, , ,M x y N x y ， 若直线 MN 斜率存在时，设直线 MN 的方程为： y kx m  ， 代入椭圆方程消去 y 并整理得： 2 2 21 4k 8 4 8 0x kmx m     ， 可得 1 2 2 8 1 4 kmx x k     ， 2 1 2 2 4 8 1 4 mx x k   ， 因为 AM AN ，所以 · 0AM AN   ，即     1 2 1 22 2 1 1 0x x y y      ， 根据 1 1 2 2,kx m y kx my     ,代入整理可得：       22 1 2 1 21 2 1 4 0x x km k x xk m         ， 所以      2 22 2 2 4 8 81 2 1 4 01 4 1 4 m kmk km k mk k               ， 整理化简得  6 5 3 2 1 0k m k m     ， 因为 2,1A（ ）不在直线 MN 上，所以 2 1 0k m   ， 故 6 5 3 0k m   ，所以 3 6 5 km   ， 于是 MN 的方程为 3 6 6 3 5 5 5y kx m kx k xk            ， 所以直线过定点直线过定点 6 3,5 5P    ， 当直线 MN 的斜率不存在时，可得  1 1,N x y ， 由 · 0AM AN   得：     1 1 112 2 1 1 0x x y y       ， 得  1 2 2 1 2 1 0x y    ，结合 2 2 1 1 18 2 x y  可得： 2 1 15 16 12 0x x   ， 解得： 1 6 5x  ，或 2 2x  ，当 2 2x  时与 A 横坐标重合舍去， 此时直线 MN 过点 6 3,5 5P    ， 令Q 为 AP 的中点，即 8 1,5 5Q     ， 若 D 与 P 不重合，则由题设知 AP 是 Rt ADP 的斜边， 故 2 21 1 6 3 2 52 12 2 5 5 5DQ AP                ， 若 D 与 P 重合，则 1 2DQ AP ， 故存在点 8 1,5 5Q     ，使得 DQ 为定值. 【点睛】 关键点点睛：本题的关键点是利用 AM AN 得 · 0AM AN   ，转化为坐标运算，需要设直线 MN 的方程， 点    1 1 2 2, , ,M x y N x y ，因此需要讨论斜率存在与不存在两种情况，当直线 MN 斜率存在时，设直线 MN 的方程为： y kx m  ，与椭圆方程联立消去 y 可 1 2x x ， 1 2x x 代入 · 0AM AN   即可，当直线 MN 的斜率不存在时，可得  1 1,N x y ， 利用坐标运算以及三角形的性质即可证明，本题易忽略斜率不存在的情况，属于难题. 18．已知点 21, 2       在椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     上，椭圆离心率为 2 2 ． （1）求椭圆C 的方程； （2）过椭圆C 右焦点 F 的直线l 与椭圆交于两点 A 、B ，在 x 轴上是否存在点 M ，使得 MA MB  为定值？ 若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2）存在点 5 ,04M      ，使得 MA MB  为定值. 【分析】 （1）依题意建立方程 2 2 2 2 2 1 1 12 2{ 2 a b c a a b c       2, 1a b   椭圆C 的方程为 2 2 12 x y  ；（2）假设存在点  0 ,0M x ,使得 MA MB    为定值,设直线 l 的方程为 1x my  ,联立 2 2 1{ 2 1 x y x my      2 2 1 2 2 22 2 1 0, 2 mm y my y y m         , 1 2 2 1 2y y m       1 1 1 2 0 21 , , 1 ,MA my x y MB my x y         1 0 2 0 1 2· 1 1MA MB my x my x y y          22 2 0 0 2 2 1 1 2 m x x m      22 00 2 1 12 1 2 xx    0 5 4x  存在点 5 ,04M      ,使得 MA MB    为定值 7 16  恒成立． 【详解】 （1）因为点 21, 2       在椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     上，椭圆离心率为 2 2 , 2 2 2 2 2 1 1 12 2{ 2 a b c a a b c       , 解得 2, 1,a b  椭圆C 的方程为 2 2 12 x y  ． （2）假设存在点  0 ,0M x ,使得 MA MB    为定值, 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ,设直线 l 的方程为 1x my  , 联立 2 2 1{ 2 1 x y x my     ,得 2 2 1 2 2 22 2 1 0, 2 mm y my y y m         , 1 2 2 1 2y y m    ,        1 0 1 1 1 1 2 0 2 2 0 2, 1 , , , 1 ,MA x x y my x y MB x x y my x y           ,          22 1 0 2 0 1 2 1 2 0 1 2 0· 1 1 1 1 1MA MB my x my x y y m y y m x y y x                        22 2 22 2 0 00 02 2 2 1 2 +2 1 12 1 12 2 2 m m x xm x xm m m             ,要使上式为定值, 即与 m 无关, 应 有  22 00 2 1 12 1 2 xx    ,解得 0 5 4x  ,存在点 5 ,04M      ,使得 MA MB    为 定值 7 16  恒成立．