08：圆锥曲线的探索性问题重难点讲义-2024-2025学年高二上学期数学沪教版（2020）选择性必修第一册

2024-2025学年高二数学重难点讲与练（培优课程） 专题08 圆锥曲线的探索性问题 1.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． 2．存在性问题的求解方法 (1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化．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． (2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．　　 题型一：探究参数存在问题 【例1】（2022金山区一模）已知为椭圆C：内一定点,Q为直线l：上一动点,直线PQ与椭圆C交于A､B两点（点B位于P､Q两点之间）,O为坐标原点. （1）当直线PQ的倾斜角为时,求直线OQ的斜率； （2）当AOB的面积为时,求点Q的横坐标； （3）设,,试问是否为定值？若是,请求出该定值；若不是,请说明理由. 【例2】（2024上海长宁·二模）已知椭圆为坐标原点； (1)求的离心率； (2)设点，点在上，求的最大值和最小值； (3)点，点在直线上，过点且与平行的直线与交于两点；试探究：是否存在常数，使得恒成立；若存在，求出该常数的值；若不存在，说明理由； 【例3】椭圆的离心率为，过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦长度为1． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆相交于，两点，与轴相交于点，若存在实数，使得，求的取值范围． 题型二：探索曲线上是否存在符合条件的点 求解此类问题一般是先假设存在符合条件的点,再根据假设看看能否推导出符合条件的结论. 1、存在点使线段或线段（和）为定值 【例4】已知椭圆的离心率为，且过点． （1）求C的方程； （2）点M，N在C上，且，D为垂足，问是否存在定点Q，使得为定值，若存在，求出Q点，若不存在，请说明理由． 2、存在点使向量数量积为定值 【例5】已知椭圆经过点，是的一个焦点，过点的动直线交椭圆于两点. （1）求椭圆的方程； （2）是否存在定点（异于点），对任意的动直线（斜率存在）都有，若存在求出点的坐标，若不存在，请说明理由. 【例6】已知椭圆的离心率，过右焦点的直线与椭圆交于，两点，在第一象限，且． （1）求椭圆的方程； （2）在轴上是否存在点，满足对于过点的任一直线与椭圆的两个交点，，都有为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由． 【例7】已知椭圆的离心率为,以原点O为圆心,椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线相切． （1）求椭圆C的标准方程； （2）已知点A,B为动直线y=k(x-2)(k≠0)与椭圆C的两个交点,问：在x轴上是否存在定点E,使得为定值？若存在,试求出点E的坐标和定值；若不存在,请说明理由． 3、存在点使斜率之和或之积为定值 【例8】设椭圆的离心率是，过点的动直线于椭圆相交于，两点，当直线平行于轴时，直线被椭圆截得弦长为． （Ⅰ）求的方程； （Ⅱ）在上是否存在与点不同的定点，使得直线和的倾斜角互补？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由． 【例9】已知椭圆过点,其右焦点为. （1）求椭圆的方程； （2）设为椭圆上一动点（不在轴上）,为中点,过原点作的平行线,与直线交于点. 问：直线与斜率的乘积是否为定值？若为定值,求出该值；若不为定值,请说明理由. 4、存在点使两角度相等 【例10】（2023松江二中期末）已知椭圆焦点在x轴上，下顶点为D(0，－1)，且离心率．经过点的直线L与椭圆交于A，B两点. （1）求椭圆的标准方程； （2）求|AM|的取值范围. （3）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，说明理由． 【例11】（2023嘉定一中期末）在平面直角坐标系内，椭圆，离心率为，右焦点到右准线的距离为2，直线过右焦点且与椭圆交于、两点． （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线与轴垂直，为椭圆上的动点，求的取值范围； （3）若动直线与轴不重合，在轴上是否存在定点，使得始终平分？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 5、存在点使等式恒成立 【例12】（2022·上海青浦·二模）已知椭圆的右焦点为，过的直线交于两点． (1)若直线垂直于轴，求线段的长； (2)若直线与轴不重合，为坐标原点，求△面积的最大值； (3)若椭圆上存在点使得，且△的重心在y轴上，求此时直线l的方程． 【例13】（2023格致中学期末）椭圆经过两点，，，过点的动直线与椭圆相交于，两点． （1）求椭圆的方程； （2）若椭圆的右焦点是，其右准线与轴交于点，直线的斜率为，直线的斜率为，求证：； （3）设点是椭圆的长轴上某一点（不为长轴顶点及坐标原点），是否存在与点不同的定点，使得恒成立？只需写出点的坐标，无需证明． 题型三： 探索是否存在符合条件的直线 【例14】（2022·上海交大附中模拟预测）已知椭圆是左、右焦点．设是直线上的一个动点，连结，交椭圆于．直线与轴的交点为，且不与重合． (1)若的坐标为，求四边形的面积； (2)若与椭圆相切于且，求的值； (3)作关于原点的对称点，是否存在直线，使得上的任一点到的距离为，若存在，求出直线的方程和的坐标，若不存在，请说明理由． 【例15】已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)过点Q，且离心率e＝，直线l与E相交于M，N两点，l与x轴、y轴分别相交于C，D两点，O为坐标原点． (1)求椭圆E的方程； (2)判断是否存在直线l，满足2＝＋，2＝＋？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． 【例16】（2022闵行中学高三上学期月考）已知为坐标原点,双曲线和椭圆均过点且以的两个顶点和的两个焦点为顶点的四边形是面积为的正方形． （1）求,的方程； （2）是否存在直线,使得与交于,两点,与只有一个公共点,且？证明你的结论； （3）椭圆的右顶点为,过椭圆右焦点的直线与交于、两点,关于轴的对称点为,直线与轴交于点,,的面积分别为,,问是否为定值？若是,求出该定值；若不是,请说明理由． 题型四：定圆存在问题 【例17】已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线经过点P(－1，0)． (1)求抛物线C的方程． (2)设O是原点，直线l恒过定点(1，0)，且与抛物线C交于A，B两点，直线x＝1与直线OA，OB分别交于点M，N，请问：是否存在以MN为直径的圆经过x轴上的两个定点？若存在，求出两个定点的坐标；若不存在，请说明理由． 题型五：探索直线与圆锥曲线的位置关系 探索直线与圆的位置关系一般根据圆心到直线距离与圆的半径的大小进行判断,探索直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系一般根据判别式. 【例18】已知椭圆经过四个点中的三个. （1）求的方程. （2）若为上不同的两点,为坐标原点,且与垂直,试问上是否存在点（异于点）,使得？若存在,求点的坐标；若不存在,说明理由. 【例19】（2022·上海·模拟预测）在平面直角坐标系中，点B与点关于原点O对称，P是动点，且直线与的斜率之积等于． (1)求动点P的轨迹方程C； (2)设直线与第（1）问的曲线C交于不同的两点E、F，以线段为直径作圆D，圆心为D，设是圆D上的动点，当t变化时，求的最大值； (3)设直线和分别与直线交于点M、N，问：是否存在点P使得与的面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年高二数学重难点讲与练（培优课程） 专题08 圆锥曲线的探索性问题 1.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． 2．存在性问题的求解方法 (1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化．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． (2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．　　 题型一：探究参数存在问题 【例1】（2022金山区一模）已知为椭圆C：内一定点,Q为直线l：上一动点,直线PQ与椭圆C交于A､B两点（点B位于P､Q两点之间）,O为坐标原点. （1）当直线PQ的倾斜角为时,求直线OQ的斜率； （2）当AOB的面积为时,求点Q的横坐标； （3）设,,试问是否为定值？若是,请求出该定值；若不是,请说明理由. 【解析】（1）因为直线PQ的倾斜角为,且, 所以直线PQ的方程为：, 由,得, 所以直线OQ的斜率是； （2）易知直线PQ的斜率存在,设直线PQ的方程为, 由,得, 设,则, 所以, 所以, 解得,即, 所以直线PQ的方程为或, 由,得； 由,得； （3） 易知直线PQ的斜率存在,设直线PQ的方程为, 由,得, 设,则, 所以, 因为,, 所以, 所以, . 【例2】（2024上海长宁·二模）已知椭圆为坐标原点； (1)求的离心率； (2)设点，点在上，求的最大值和最小值； (3)点，点在直线上，过点且与平行的直线与交于两点；试探究：是否存在常数，使得恒成立；若存在，求出该常数的值；若不存在，说明理由； 【答案】(1) (2)的最大值为，最小值为 (3) 【分析】（1）利用椭圆方程即可直接求得其离心率； （2）利用椭圆的几何性质，结合两点距离公式与二次函数的性质即可得解； （3）分别利用向量的模与线性运算的坐标表示求得，再联立直线与椭圆方程得到关于的表达式，进而化简得到与的关系，由此得解. 【详解】（1）设的半长轴长为，半短轴长为，半焦距为， 则，则，所以. （2）依题意，设，则，，故， 则， 所以由二次函数的性质可知，当时，取得最小值为， 当时，取得最大值为. （3）设，又， 易得，则直线为，即 ， 而， ， ， 联立，消去，得 则，得， 所以， 故 ， 所以， 故存在，使得恒成立. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 【例3】椭圆的离心率为，过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦长度为1． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆相交于，两点，与轴相交于点，若存在实数，使得，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【解析】（1）因为该椭圆的离心率为，所以有， 在方程中，令，解得， 因为过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦长度为1， 所以有，由可得：， 所以椭圆的方程为； （2）当直线不存在斜率时，由题意可知直线与椭圆有两个交点，与纵轴也有两个交点不符合题意； 当直线存在斜率时，设为，所以直线的方程设为， 于是有， 因为该直线与椭圆有两个交点，所以一定有， 化简，得， 设，于是有， 因为， 所以， 代入中，得， 于是有， 化简，得，代入中，得. 题型二：探索曲线上是否存在符合条件的点 求解此类问题一般是先假设存在符合条件的点,再根据假设看看能否推导出符合条件的结论. 1、存在点使线段或线段（和）为定值 【例4】已知椭圆的离心率为，且过点． （1）求C的方程； （2）点M，N在C上，且，D为垂足，问是否存在定点Q，使得为定值，若存在，求出Q点，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）存在，答案见解析. 【分析】 （1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程； （2）设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，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的位置. 【详解】 （1）由题意可得：，解得：， 故椭圆方程为：. (2)设点， 若直线斜率存在时，设直线的方程为：， 代入椭圆方程消去并整理得：， 可得，， 因为，所以，即， 根据,代入整理可得： ， 所以， 整理化简得， 因为不在直线上，所以， 故，所以， 于是的方程为， 所以直线过定点直线过定点， 当直线的斜率不存在时，可得， 由得：， 得，结合可得：， 解得：，或，当时与横坐标重合舍去， 此时直线过点， 令为的中点，即， 若与不重合，则由题设知是的斜边， 故， 若与重合，则， 故存在点，使得为定值. 【点睛】 关键点点睛：本题的关键点是利用得 ，转化为坐标运算，需要设直线的方程，点，因此需要讨论斜率存在与不存在两种情况，当直线斜率存在时，设直线的方程为：，与椭圆方程联立消去可 ，代入即可，当直线的斜率不存在时，可得， 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. 2、存在点使向量数量积为定值 【例5】已知椭圆经过点，是的一个焦点，过点的动直线交椭圆于两点. （1）求椭圆的方程； （2）是否存在定点（异于点），对任意的动直线（斜率存在）都有，若存在求出点的坐标，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）（2）存在这样的定点，坐标为，详见解析 【分析】 （1）根据题目条件列出关于的方程，解出即可； （2）设出点，联立直线和椭圆，将用韦达定理和斜率公式变形整理，利用恒成立的意义，即可求出点的坐标． 【详解】 解（1）由题意得， 所以， 即椭圆的方程为：. （2）假设存在这样的点，设点，点， 设直线， 联立，消去得， 所以. 因为， ， ， ， ， 整理得：. 因为任意的直线（斜率存在）都成立， 所以，解得， 所以存在这样的定点，坐标为. 【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． 【例6】已知椭圆的离心率，过右焦点的直线与椭圆交于，两点，在第一象限，且． （1）求椭圆的方程； （2）在轴上是否存在点，满足对于过点的任一直线与椭圆的两个交点，，都有为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由． 【解析】解：（1）直线的倾斜角为，且， 点， ，解得：， 椭圆的方程为：． （2）设，直线的方程为：，，，，， 联立方程，消去得：， ，， ，，，， 令为定值， 则，解得：， 此时为定值，也为定值， 所以存在，，使得为定值． 【例7】已知椭圆的离心率为,以原点O为圆心,椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线相切． （1）求椭圆C的标准方程； （2）已知点A,B为动直线y=k(x-2)(k≠0)与椭圆C的两个交点,问：在x轴上是否存在定点E,使得为定值？若存在,试求出点E的坐标和定值；若不存在,请说明理由． 【解析】（1）由离心率为,得,及, 又以原点O为圆心,椭圆C的长半轴长为半径的圆为, 且与直线相切, 所以, 所以,, 所以椭圆C的标准方程为； （2）假设存在,设, 联立,消整理得, , 设, 则, 由, 则 , 要使上式为定值,即与无关, 则应,即, 此时为定值, 所以在x轴上存在定点,使得为定值. 3、存在点使斜率之和或之积为定值 【例8】设椭圆的离心率是，过点的动直线于椭圆相交于，两点，当直线平行于轴时，直线被椭圆截得弦长为． （Ⅰ）求的方程； （Ⅱ）在上是否存在与点不同的定点，使得直线和的倾斜角互补？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由． 【解析】解（Ⅰ）由已知可得，椭圆经过点， 因此，解得， 所以椭圆方程为； （Ⅱ）设点的坐标为， 当直线与轴垂直时，直线与的倾斜角均为，满足题意， 此时，且； 当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，，，，， 联立，得， 其判别式△， ，， 直线和直线的倾斜角互补， ， ， 即， 整理得， 把，代入得， ，，即， 综上所述存在与点不同的定点满足题意． 【例9】已知椭圆过点,其右焦点为. （1）求椭圆的方程； （2）设为椭圆上一动点（不在轴上）,为中点,过原点作的平行线,与直线交于点. 问：直线与斜率的乘积是否为定值？若为定值,求出该值；若不为定值,请说明理由. 【解析】（1）因为椭圆过点,其右焦点为 所以,即,所以, 所以椭圆方程为 （2）设,则, 所以,所以过原点与的平行的线的方程为, 所以, 所以,, 所以, 因为,故, 所以, 所以直线与斜率的乘积是为定值. 4、存在点使两角度相等 【例10】（2023松江二中期末）已知椭圆焦点在x轴上，下顶点为D(0，－1)，且离心率．经过点的直线L与椭圆交于A，B两点. （1）求椭圆的标准方程； （2）求|AM|的取值范围. （3）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，说明理由． 【答案】(Ⅰ) (Ⅱ) . 【解析】试题分析：（Ⅰ）由题意可得方程组，解得，（Ⅱ）根据两点间距离公式列|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系求最值，（Ⅲ）由∠MPA=∠MPB得，设坐标 ，，，，并化简得=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，并化简得 试题解析：(Ⅰ)设椭圆方程为由已知得， 又，∴，即椭圆方程为 (Ⅱ) 设，即， 又，得 ∴所以当x1=时，的最小值为 （Ⅲ）假设x轴上存在定点满足条件， ，. 当直线L的斜率存在时，设直线L方程为： 由消去y整理得， 由∠MPA=∠MPB得，即， 又即=0 ，即，P(3，0) 当直线L的斜率不存在时，也满足条件.∴定点P坐标为 【例11】（2023嘉定一中期末）在平面直角坐标系内，椭圆，离心率为，右焦点到右准线的距离为2，直线过右焦点且与椭圆交于、两点． （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线与轴垂直，为椭圆上的动点，求的取值范围； （3）若动直线与轴不重合，在轴上是否存在定点，使得始终平分？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【解析】解：（1）由题意得：，得，，（2分） ，，椭圆的标准方程为：．（4分） （2）当直线与轴垂直时，，，设点，， 则， 又点在椭圆上，，消去得，， 得取值范围为，．（8分） （3）假设在轴上存在点满足题意，不妨设，设，，，， 设直线的方程为：，联列，消去得， 则，，（12分） 由平分知：，（13分） 又， 又，，得， 即，得， 所以存在点满足题意． （16分） 5、存在点使等式恒成立 【例12】（2022·上海青浦·二模）已知椭圆的右焦点为，过的直线交于两点． (1)若直线垂直于轴，求线段的长； (2)若直线与轴不重合，为坐标原点，求△面积的最大值； (3)若椭圆上存在点使得，且△的重心在y轴上，求此时直线l的方程． 【答案】(1)3 (2) (3)、或 【解析】 【分析】 （1）根据直线垂直轴，可得坐标，进而可求线段长度. （2）联立直线和椭圆方程，根据韦达定理，可得根与系数关系，进而根据三角形面积求表达式，进而根据函数最值进行求面积最大值.（3）联立直线和椭圆方程，根据韦达定理，可得根与系数关系，以及重心坐标公式，即可求解. (1) 因为，令，得，所以，所以 (2) 设直线，，不妨设， 由得， ，，， ， 令，则，， 记，可得在上单调递增 所以当且仅当时取到， 即面积的最大值为； (3) ①当直线不与x轴重合时，设直线，，中点为． 由得，，， 因为的重心在y轴上，所以， 所以，又，， 因为，所以 , 故直线，所以，从而， 代入得，所以，或． ② 当直线与x轴重合时，点C位于椭圆的上、下顶点显然满足条件，此时． 综上，，或． 【例13】（2023格致中学期末）椭圆经过两点，，，过点的动直线与椭圆相交于，两点． （1）求椭圆的方程； （2）若椭圆的右焦点是，其右准线与轴交于点，直线的斜率为，直线的斜率为，求证：； （3）设点是椭圆的长轴上某一点（不为长轴顶点及坐标原点），是否存在与点不同的定点，使得恒成立？只需写出点的坐标，无需证明． 【解析】解：（1）设椭圆方程为，，，， 椭圆经过两点，，， ，解得，， 椭圆的方程为． （2）设，，，，则，， 由题意，， ，，，， ， ， ， 若，则，结论成立． 若，则， ． （3）当与轴平行时，设直线与椭圆相交于、两点， 如果存在定点满足条件，则有， ，在轴上，设，， 当直线与轴垂直时，设直线与椭圆相交于，两点， 则，的坐标分别为，，，， 由，有， 解得， 若存在不同于点不同的定点满足条件，则点坐标只可能为，． 下面证明：对任意直线，均有， 记直线的斜率为，直线的斜率为， 设，，，，则，． 由题意，，， ，，，， ， ， 若，则， 若，则， ， 点关于轴对称的点，，，，，三点共线， ， 对任意直线，均有． 题型三： 探索是否存在符合条件的直线 【例14】（2022·上海交大附中模拟预测）已知椭圆是左、右焦点．设是直线上的一个动点，连结，交椭圆于．直线与轴的交点为，且不与重合． (1)若的坐标为，求四边形的面积； (2)若与椭圆相切于且，求的值； (3)作关于原点的对称点，是否存在直线，使得上的任一点到的距离为，若存在，求出直线的方程和的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在；； 【解析】 【分析】 （1）根据点斜式方程可得，再联立椭圆方程得到，再根据求解即可； （2）设，根据相切可知，直线与椭圆方程联立后判别式为0，得到，再根据，化简可得，进而得到，再根据直角三角形中的关系求解的值即可； （3）设，表达出，再根据列式化简可得，结合与椭圆的方程即可求得和直线的方程 (1) 由题意，，故，所以 与椭圆方程联立 ，可得：，即，又由题意，故解得，代入椭圆方程可得，故且 则 (2) 由于直线PN的斜率必存在，则设 与椭圆方程联立，可得： 由相切，，则 同时有韦达定理，代入有，化简得，故 而，解得 则，所以轴，故在直角三角形中， (3) 由于N与，与是两组关于原点的对称点，由对称性知 四边形是平行四边形，则与是平行的， 故上的任一点到的距离均为两条平行线间的距离d． 设，其中，易验证，当时，与之间的距离为，不合要求，设，则，即， 发现当时，，即，整理得 代入得：，代入整理得，即由于，所以，代入椭圆方程有，故， 则的直线方程为 【例15】已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)过点Q，且离心率e＝，直线l与E相交于M，N两点，l与x轴、y轴分别相交于C，D两点，O为坐标原点． (1)求椭圆E的方程； (2)判断是否存在直线l，满足2＝＋，2＝＋？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． 4．解析　(1)由题意得解得所以椭圆E的方程为＋y2＝1． (2)存在直线l，满足2＝＋，2＝＋．理由如下： 方法一　由题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m(km≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则C，D(0，m)． 由方程组得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，所以Δ＝16k2－8m2＋8>0．(*) 由根与系数的关系，得x1＋x2＝－，x1x2＝． 因为2＝＋，2＝＋，所以＝＝， 所以C，D是线段MN的两个三等分点，得线段MN的中点与线段CD的中点重合． 所以x1＋x2＝－＝0－，解得k＝±． 由C，D是线段MN的两个三等分点，得|MN|＝3|CD|． 所以|x1－x2|＝3，即|x1－x2|＝＝3， 解得m＝±．验证知(*)成立． 所以存在直线l，满足2＝＋，2＝＋，此时直线l的方程为y＝x±或y＝－x±． 方法二　设M(x1，y1)，N(x2，y2)，C(m,0)，D(0，n)，由2＝＋，2＝＋， 得解得M(2m，－n)，N(－m,2n)． 又M，N两点在椭圆上，所以即解得 故所求直线l的方程为5x－10y＋2＝0或5x－10y－2＝0或5x＋10y＋2＝0或5x＋10y－2＝0． 【例16】（2022闵行中学高三上学期月考）已知为坐标原点,双曲线和椭圆均过点且以的两个顶点和的两个焦点为顶点的四边形是面积为的正方形． （1）求,的方程； （2）是否存在直线,使得与交于,两点,与只有一个公共点,且？证明你的结论； （3）椭圆的右顶点为,过椭圆右焦点的直线与交于、两点,关于轴的对称点为,直线与轴交于点,,的面积分别为,,问是否为定值？若是,求出该定值；若不是,请说明理由． 【分析】（1）将点代入方程,结合正方形面积得到方程组,解得答案. （2）考虑斜率存在和不存在两种情况,根据直线和椭圆的位置关系计算,再转化得到,根据韦达定理得到根与系数关系,代入计算得到答案. （3）设直线方程为,联立方程根据韦达定理得到根与系数关系,计算直线方程,得到的横坐标为,根据,计算得到答案. 【解析】（1）根据题意：,, 以的两个顶点和的两个焦点为顶点的四边形是面积为的正方形,边长为 故,,故,代入计算得到,,, 故,. （2）假设存在直线方程满足条件, 当直线斜率不存在时,或,代入计算得到,验证不成立； 当直线斜率存在时,设直线方程为,则, 即,, 化简得到. 设,,,故, 故,,故, 即,即, 即,化简得到, 方程组无解,假设不成立. 故不存在直线满足条件. （3）焦点坐标为,易知直线方程斜率不为零,设直线方程为, ,,则, ,化简得到,, 直线方程为：, 取得到 , ,故是定值为. 题型四：定圆存在问题 【例17】已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线经过点P(－1，0)． (1)求抛物线C的方程． (2)设O是原点，直线l恒过定点(1，0)，且与抛物线C交于A，B两点，直线x＝1与直线OA，OB分别交于点M，N，请问：是否存在以MN为直径的圆经过x轴上的两个定点？若存在，求出两个定点的坐标；若不存在，请说明理由． [规范解答]　(1)依题意知，－＝－1，解得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x． (2)存在，理由如下． 设直线AB的方程为x＝ty＋1，A，B． 联立直线AB与抛物线C的方程得消去x并整理，得y2－4ty－4＝0． 易知Δ＝16t2＋16＞0，则 由直线OA的方程y＝x，可得M，由直线OB的方程y＝x，可得N． 设以MN为直径的圆上任一点D(x，y)，则·＝0， 所以以MN为直径的圆的方程为(x－1)2＋＝0．令y＝0，得(x－1)2＋＝0． 将y1y2＝－4代入上式，得(x－1)2－4＝0，解得x1＝－1，x2＝3． 故存在以MN为直径的圆经过x轴上的两个定点，两个定点的坐标分别为(－1，0)和(3，0)． 题型五：探索直线与圆锥曲线的位置关系 探索直线与圆的位置关系一般根据圆心到直线距离与圆的半径的大小进行判断,探索直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系一般根据判别式. 【例18】已知椭圆经过四个点中的三个. （1）求的方程. （2）若为上不同的两点,为坐标原点,且与垂直,试问上是否存在点（异于点）,使得？若存在,求点的坐标；若不存在,说明理由. 【解析】（1）因为,两点的横坐标相同,所以可判断这两点不能同时在上. 假设不在上,则由椭圆的对称性可知,也不在上,这与经过,,,四个点中的三个点矛盾, 故假设不成立,从而在上, 因此过,,则,且,得, 故的方程为. （2）设,. 因为与垂直,所以与关于直线对称, 于是有. 设直线的斜率为,则直线的斜率为, 则直线的方程为,直线的方程为, 联立,可得, 由韦达定理可得,即, 同理可得, 则, 因为, 所以当与重合,即的坐标为时,, 所以上存在定点满足题意,其中的坐标为. 【例19】（2022·上海·模拟预测）在平面直角坐标系中，点B与点关于原点O对称，P是动点，且直线与的斜率之积等于． (1)求动点P的轨迹方程C； (2)设直线与第（1）问的曲线C交于不同的两点E、F，以线段为直径作圆D，圆心为D，设是圆D上的动点，当t变化时，求的最大值； (3)设直线和分别与直线交于点M、N，问：是否存在点P使得与的面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在， 或 【解析】 【分析】 （1）设P点坐标，根据所给的条件列方程即可求解； （2）由于椭圆的对称性，圆D的圆心必定在y轴上，G点纵坐标的最大值必定在y轴上，立方程解出 的解析式，求导即可； （3）作图，运用弦长公式和三角形面积公式即可求解. (1) 设 ，依题意有 ， ，即 ， 整理得： 或 ； (2) 当 时， ，即圆D的半径为 ，当 最大时， 必有 ， ，当 时， ， 当 时， ，当 时， ， 在时， 取最大值= ； (3) 设 ， ，当 时，有 , 由弦长公式得 ， ， ∴ ， ， 此时 ，点P的坐标为 或 ; 综上，轨迹C的方程为 ， 取最大值=， 存在，P 或P. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$