重难点26 圆锥曲线探究性问题的五大类型讲义——2026届上海市高考数学一轮复习

2026年高考数学一轮复习考点精析与题型全解（上海专用） 重难点26 圆锥曲线探究性问题的六大类型 一、核心问题类型 1、定点存在性问题 常见场景：动直线过定点、动圆过定点、动点在定直线上 核心特征：结论与参数无关，需通过消参证明定点坐标恒定 2、定值存在性问题 常见场景：斜率之和 / 积为定值、向量数量积为定值、面积 / 弦长为定值 核心特征：表达式化简后不含变量参数，结果为常数 3、定形存在性问题 常见场景：存在定圆与曲线相切、存在定椭圆 / 双曲线包含曲线、存在定三角形 / 四边形满足条件 核心特征：图形的形状、大小或位置不随变量变化 4、点 / 线 / 曲线存在性问题 常见场景：存在点满足距离条件、存在直线与曲线有特定交点、存在曲线与已知曲线有特定关系 核心特征：需判断满足条件的几何元素是否存在，若存在则求解 二、通用解题思路 第一步：假设存在，设出参数 设动直线方程（如斜截式、点斜式，注意斜率不存在情况） 设动点坐标（如）、定元素参数（如定点、定值t） 第二步：联立方程，利用韦达定理 将直线与圆锥曲线方程联立，消去x或y，得到一元二次方程（注意判别式的限制） 设交点坐标，，写出（或） 第三步：转化条件，建立关系 将 “存在性条件” 转化为代数表达式（如 “过定点” 转化为对任意成立、“斜率之积为定值” 转化为） 代入韦达定理结果，化简表达式 第四步：分析结果，判断存在性 若化简后能消去所有参数，得到恒定的定点 、定值 、定形，则存在；反之则不存在 若涉及参数范围，需结合判别式、定义域等条件确定参数是否有解 三、分类型解题技巧 1、定点存在性问题技巧 特殊值法：取参数的两个特殊值（如不同斜率），求对应直线交点，再验证该交点是否在所有动直线上 参数分离法：将直线方程整理为 “参数 ×（含的式子） + （含的式子） = 0”，令两式均为 0，解出定点 2、定值存在性问题技巧 目标表达式化简：将斜率、向量、面积等目标表达式用韦达定理整体代换，避免单独求解交点坐标 特殊位置验证：先取特殊点（如顶点、焦点）或特殊直线（如对称轴、切线）计算定值，再证明该值对任意情况成立 3、定形存在性问题技巧 几何性质结合：利用圆锥曲线的对称性（如椭圆、双曲线的中心对称、轴对称）、定义（如椭圆的 “到两焦点距离和为”）简化分析 参数方程法：设曲线参数方程（如椭圆），将定形条件转化为三角函数表达式，判断是否恒成立 4、点、线、曲线存在性问题技巧 方程求解法：将存在性条件转化为关于参数的方程，若方程有解则存在，无解则不存在（如 “存在点” 转化为方程有实根） 数形结合法：画出圆锥曲线与目标元素的大致图象，通过直观分析判断是否存在交点或满足条件的位置 四、常见易错点与注意事项 1、参数遗漏：设直线方程时忽略斜率不存在的情况（需单独验证型直线） 2、判别式忽略：联立方程后未考虑，导致求出的参数范围扩大（需在最终结果中补充的限制） 3、特殊值局限性：仅用特殊值验证定点 / 定值，未证明 “对任意情况成立”（特殊值法仅用于初步判断，需代数推导完整证明） 4、定义域忽视：忽略圆锥曲线自身定义域（如双曲线中），导致求出的点、线不符合曲线范围 5、计算错误：韦达定理代入时符号出错、分式化简时通分错误（建议分步计算，关键步骤验证代数变形正确性） 题型一：参数存在问题 【名师点拨】此类问题多为判断参数、线段长度、三角形面积或与向量有关数量积是否存在最值、定值,一般是把相关式子用参数表示,再用函数或不等式知识判断是否存在最值、定值. 【例1】 (2025上海宝山高三三模)已知椭圆的离心率，过点的动直线与椭圆相交于两点，当直线与轴垂直时，直线被椭圆截得的线段长为． 求椭圆的方程； 直线与椭圆交于，两点，是椭圆上一动点不同于，，记，，分别为直线，，的斜率，且满足，求点的坐标用表示； 过左焦点的直线交椭圆于，两点，是否存在实数，使恒成立？若存在，求此时的最小值；若不存在，请说明理由． 【跟踪训练】 1. (2025上海奉贤高三二模)如图，曲线是与组合的． 过点，求的渐近线方程； ，设，，曲线上找一个点，使得达到最小； 若，如图，存在过点的两条直线，与曲线的交点分别是点、点、点、点，点在第二象限，点在第一象限是否存在非零实数使得成立，请说明理由． 2．（山东·高考真题）如图，已知椭圆的离心率为，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点为顶点的三角形的周长为.一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为和. （1）求椭圆和双曲线的标准方程； （2）设直线、的斜率分别为、，证明； （3）是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 3.（2024·上海高二阶段练习）已知双曲线分别是的左、右焦点．若的离心率，且点在上． (1)求的方程； (2)若过点的直线与的左、右两支分别交于两点，与抛物线交于两点，试问是否存在常数，使得为定值？若存在，求出常数的值；若不存在，请说明理由． 题型二：点存在问题 【名师点拨】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. 探究是否存在点使数量积为定值、斜率之和积这定值、两角相等、等式成立、线段关系式为定值。 1、存在点使线段或线段和为定值 【例2】（25-26徐汇中学高三上开学考试）已知椭圆过点. (1)求椭圆的方程； (2)斜率为1的直线与椭圆交于两点，点P坐标为，直线与椭圆的另一个交点为点M，直线PD与椭圆的另一个交点为点N.已知点M坐标为，求点横坐标（用表示）； （3）在（2）条件下，过点作于点G，是否存在定点Q，使得为定值，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由. 【变式】（2024·上海虹口·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，右顶点为，上顶点为，设为上的一点． (1)当时，求的值； (2)若点坐标为，则在上是否存在点使的面积为，若存在，请求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)已知点坐标为，过点和点的直线与椭圆交于另一点，当直线与轴和轴均不平行时，有，求实数的取值范围． 2、存在点使向量数量积为定值 【例3】（25-26上海高三阶段练习）已知点到的距离是点到的距离的倍． (1)求点的轨迹方程； (2)若点与点关于点对称，求的轨迹； (3)若过的直线与第二问中的轨迹交于，两点，试问在轴上是否存在点，使恒为定值若存在，求出点的坐标和定值；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4】（2024·上海嘉定·二模）如图：已知三点、、都在椭圆上． (1)若点、、都是椭圆的顶点，求的面积； (2)若直线的斜率为1，求弦中点的轨迹方程； (3)若直线的斜率为2，设直线的斜率为，直线的斜率为，是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出所有满足条件的点，若不存在，说明理由． 【变式】已知双曲线：的左、右焦点分别为，，是直线：（其中是实半轴长，是半焦距）上不同于原点的一个动点，斜率为的直线与双曲线交于，两点，斜率为的直线与双曲线交于，两点． (1)求的值； (2)若直线，，，的斜率分别为，，，，问是否存在点，满足，若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由． 4、存在点使两角度相等（或倍分关系） 【例5】已知椭圆：经过点，且离心率为. （1）求椭圆的标准方程与焦距； （2）直线：与椭圆的交点为，两点，线段的中点为.是否存在常数，使恒成立，并说明理由. 【变式】已知椭圆的短轴长为，右顶点到右焦点的距离为. (1)求椭圆的标准方程； (2)如图所示，设点是椭圆的右顶点.过点的直线与椭圆相交于不同的两点，且都在轴的上方.在轴上是否存在点，使，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【变式】已知点为圆上任意一点，，线段的垂直平分线交直线于点． (1)求点的轨迹方程； (2)设过点的直线与点的轨迹交于点，且点在第一象限内．已知，请问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值，若不存在，请说明理由． 【变式】（23-24高二下·上海青浦·期末）已知双曲线的图像经过点，点分别是双曲线的左顶点和右焦点．设过的直线交的右支于两点，其中点在第一象限． (1)求双曲线的标准方程； (2)若直线分别交直线于两点，证明：为定值； (3)是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 5、存在点使等式恒成立（或不等式成立） 【例6】已知椭圆的短轴长为，离心率为． (1)求椭圆C的方程． (2)过椭圆C的右焦点F，且斜率不为0的直线交椭圆C于P，Q两点．若点A为椭圆C的左顶点，点N为线段的中点，求的最大值； （3）在（2）条件下，若直线斜率存在，在x轴上是否存在点M，使得？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由． 【变式】（2024·上海春考）在平面直角坐标系中，已知点为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点. (1)若点的横坐标为2，求的长; (2)设的上、下顶点分别为、，记的面积为的面积为，若，求的取值范围 (3)若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点延长线与交于点，是否存在轴上方的点，使得成立?若存在，请求出点的坐标;若不存在，请说明理由. 【变式】已知椭圆椭圆的离心率．左顶点为，下顶点为是线段的中点，其中． (1)求椭圆方程． (2)过点的动直线与椭圆有两个交点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由． 6、存在点满足位置关系或构造特殊图形 【例7】已知椭圆C：的左，右焦点分别为，，过的直线与椭圆C交于M，N两点，且的周长为8，的最大面积为． (1)求椭圆C的方程； (2)设，是否存在x轴上的定点P，使得的内心在x轴上，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由． 【变式】（2023·上海奉贤·一模）已知椭圆的焦距为，离心率为，椭圆的左右焦点分别为、，直角坐标原点记为．设点，过点作倾斜角为锐角的直线与椭圆交于不同的两点、． (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆上有一动点，求的取值范围； (3)设线段的中点为，当时，判别椭圆上是否存在点，使得非零向量与向量平行，请说明理由． 【变式】（23-24复兴高级中学高三阶段练习）已知抛物线，过焦点F的直线交抛物线于两点，且. (1)求抛物线的方程； (2)若线段交轴于两点，判断是否是定值，若是，求出该值，否则说明理由. (3)若直线交抛物线于两点，，是否存在整数，使得的重心恰在抛物线上.若存在，求出满足条件的所有的值，否则说明理由. 题型三：直线存在问题 【名师点拨】求解此类问题一般是先设出直线方程（含有参数）,在根据已知条件整理出关于参数的方程或方程组,若方程或方程组有解,则符合条件的直线存在,若方程或方程组无解,则符合条件的直线不存在, 【例8】（2025闵行中学高三三模）已知椭圆的焦距为，点在椭圆上，动直线与椭圆相交于不同的两点，且直线的斜率之积为1. (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线为的法向量为，求直线的方程； (3)是否存在直线，使得为直角三角形？若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由. 【变式】已知椭圆：，、分别为左、右焦点，直线过交椭圆于、两点. (1)求椭圆的离心率； (2)当，且点在轴上方时，求、两点的坐标； (3)若直线交轴于，直线交轴于，是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 【变式】（2024·上海崇明·一模）已知椭圆，点、分别是椭圆的下焦点和上焦点，过点的直线与椭圆交于A、B两点． (1)若直线平行于轴，求线段AB的长； (2)若点A在y轴左侧，且，求直线l的方程； (3)已知椭圆上的点C满足，是否存在直线l使得的重心在x轴上？若存在，请求出直线l的方程，若不存在，请说明理由． 【变式】如图，O为坐标原点，抛物线C1：y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆C2：＋＝1(a>b>0)的右焦点，A为椭圆C2的右顶点，椭圆C2的长轴长为|AB|＝8，离心率e＝. (1)求抛物线C1和椭圆C2的方程； (2)过A点作直线l交C1于C，D两点，射线OC，OD分别交C2于E，F两点，记△OEF和△OCD的面积分别为S1和S2，问是否存在直线l，使得S1∶S2＝3∶13？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． 题型四：定圆存在问题 【例9】已知椭圆，左右焦点分别为，上下顶点分别为，左右顶点分别为，是上异于椭圆顶点的两点. (1)求的周长； (2)若点在第一象限且满足的面积比的面积大，求点的横坐标的取值范围； (3)记点在直线上的投影为，且直线的斜率是直线的斜率的3倍，试判断：过点为坐标原点三点的圆是否为定圆？若是，求出该圆的方程；若不是，请说明理由. 【跟踪训练】 1．已知椭圆的离心率为，且直线是抛物线的一条切线． (1)求椭圆的方程； (2)过点的动直线交椭圆于两点，试问：在直角坐标平面上是否存在一个定点，使得以为直径的圆恒过定点？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由． 2.已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线上，且直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍． (1)求双曲线的标准方程； (2)若，是双曲线上的两个动点，且恒有，是否存在定圆与直线相切？若存在，求出定圆的方程，若不存在，请说明理由． 题型五：位置关系存在问题 【例10】（2025上海高三阶段练习）已知双曲线的一条渐近线被圆截得的弦长为，点的坐标为，点P在圆上，线段的垂直平分线交线段于点Q． (1)求动点Q的轨迹曲线C的方程； (2)斜率为的直线m交双曲线E于点A，B，若弦的中点M恰好在曲线C上，求点M的坐标； (3)记双曲线E与曲线C在第一象限的交点为的平分线为n，在曲线C上是否存在不同的点S，T，使得点关于直线n对称？若存在，求出S，T所在直线方程，若不存在，请说明理由． 【跟踪训练】 1．（2024建平中学高三开学考试）设椭圆的离心率为，短轴长为4. (1)求椭圆的方程； (2)过点，且斜率为的直线与椭圆相交于两点.直线与轴相交于点，且，求的值； （3）已知椭圆的上､下顶点分别为，是否存在实数，使直线平行于直线？ 2.（杨浦2023二模）已知椭圆右焦点为，直线. （1）若到直线的距离为，求； （2）若直线与椭圆交于，两点，且的面积为，求； （3）若椭圆上存在点，过作直线的垂线，垂足为，满足直线和直线的夹角为，求的取值范围. 题型六：探究特殊图形存在问题 【例11】已知椭圆的离心率为，A，D分别为其上、下顶点，且. (1)求椭圆M的标准方程. (2)点E为椭圆M的右顶点，点B为椭圆M上在第三象限内的动点，B、C两点关于轴对称，直线DE与直线AB、直线AC分别交于点P，T，过D作轴的平行线交AE的延长线于点Q，连接QP，QT.试探究四边形APQT是否为平行四边形，并写出探究过程. 【跟踪训练】 1．（25-26上海高三阶段练习）已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左､右焦点，点是椭圆上一动点，且的最大值为6. （1）求椭圆的方程； （2）已知直线与椭圆交于两点.求的取值范围； （3）在（2）条件下，点，直线与直线分别交于点，平面内是否存在一定点，使得四边形为平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 2.已知四边形的顶点、、在椭圆上，是坐标原点. (1)当点是的右顶点，且四边形为菱形时，求菱形的面积； (2)当点不是的顶点时，判断四边形是否可能为菱形，并说明理由. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学一轮复习考点精析与题型全解（上海专用） 重难点26 圆锥曲线探究性问题的六大类型 一、核心问题类型 1、定点存在性问题 常见场景：动直线过定点、动圆过定点、动点在定直线上 核心特征：结论与参数无关，需通过消参证明定点坐标恒定 2、定值存在性问题 常见场景：斜率之和 / 积为定值、向量数量积为定值、面积 / 弦长为定值 核心特征：表达式化简后不含变量参数，结果为常数 3、定形存在性问题 常见场景：存在定圆与曲线相切、存在定椭圆 / 双曲线包含曲线、存在定三角形 / 四边形满足条件 核心特征：图形的形状、大小或位置不随变量变化 4、点 / 线 / 曲线存在性问题 常见场景：存在点满足距离条件、存在直线与曲线有特定交点、存在曲线与已知曲线有特定关系 核心特征：需判断满足条件的几何元素是否存在，若存在则求解 二、通用解题思路 第一步：假设存在，设出参数 设动直线方程（如斜截式、点斜式，注意斜率不存在情况） 设动点坐标（如）、定元素参数（如定点、定值t） 第二步：联立方程，利用韦达定理 将直线与圆锥曲线方程联立，消去x或y，得到一元二次方程（注意判别式的限制） 设交点坐标，，写出（或） 第三步：转化条件，建立关系 将 “存在性条件” 转化为代数表达式（如 “过定点” 转化为对任意成立、“斜率之积为定值” 转化为） 代入韦达定理结果，化简表达式 第四步：分析结果，判断存在性 若化简后能消去所有参数，得到恒定的定点 、定值 、定形，则存在；反之则不存在 若涉及参数范围，需结合判别式、定义域等条件确定参数是否有解 三、分类型解题技巧 1、定点存在性问题技巧 特殊值法：取参数的两个特殊值（如不同斜率），求对应直线交点，再验证该交点是否在所有动直线上 参数分离法：将直线方程整理为 “参数 ×（含的式子） + （含的式子） = 0”，令两式均为 0，解出定点 2、定值存在性问题技巧 目标表达式化简：将斜率、向量、面积等目标表达式用韦达定理整体代换，避免单独求解交点坐标 特殊位置验证：先取特殊点（如顶点、焦点）或特殊直线（如对称轴、切线）计算定值，再证明该值对任意情况成立 3、定形存在性问题技巧 几何性质结合：利用圆锥曲线的对称性（如椭圆、双曲线的中心对称、轴对称）、定义（如椭圆的 “到两焦点距离和为”）简化分析 参数方程法：设曲线参数方程（如椭圆），将定形条件转化为三角函数表达式，判断是否恒成立 4、点、线、曲线存在性问题技巧 方程求解法：将存在性条件转化为关于参数的方程，若方程有解则存在，无解则不存在（如 “存在点” 转化为方程有实根） 数形结合法：画出圆锥曲线与目标元素的大致图象，通过直观分析判断是否存在交点或满足条件的位置 四、常见易错点与注意事项 1、参数遗漏：设直线方程时忽略斜率不存在的情况（需单独验证型直线） 2、判别式忽略：联立方程后未考虑，导致求出的参数范围扩大（需在最终结果中补充的限制） 3、特殊值局限性：仅用特殊值验证定点 / 定值，未证明 “对任意情况成立”（特殊值法仅用于初步判断，需代数推导完整证明） 4、定义域忽视：忽略圆锥曲线自身定义域（如双曲线中），导致求出的点、线不符合曲线范围 5、计算错误：韦达定理代入时符号出错、分式化简时通分错误（建议分步计算，关键步骤验证代数变形正确性） 题型一：参数存在问题 【名师点拨】此类问题多为判断参数、线段长度、三角形面积或与向量有关数量积是否存在最值、定值,一般是把相关式子用参数表示,再用函数或不等式知识判断是否存在最值、定值. 【例1】 (2025上海宝山高三三模)已知椭圆的离心率，过点的动直线与椭圆相交于两点，当直线与轴垂直时，直线被椭圆截得的线段长为． 求椭圆的方程； 直线与椭圆交于，两点，是椭圆上一动点不同于，，记，，分别为直线，，的斜率，且满足，求点的坐标用表示； 过左焦点的直线交椭圆于，两点，是否存在实数，使恒成立？若存在，求此时的最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】； 或，其中； 最小值为． 【解析】解：由题意，可得点在椭圆上，且椭圆的离心率， 所以，解得，所以椭圆的方程为； 设点，因为点在椭圆上，所以，即， 同理，设点，则，且， 又因为直线过原点，所以关于原点对称，所以点， 所以，可得， 联立，整理得， 解得或， 用代替上述坐标中的， 可得或，其中； 由知，左焦点， 当直线斜率为零时，不妨设，， 则，，可得，， 存在，使成立； 当直线的斜率不为零时，设直线方程为，且，， 联立，整理得， 可得，所以，， 则， ， 因为，， 所以，所以， 又因为， 所以当时，最小，最小值为， 综上，存在，使恒成立，此时的最小值为． 【跟踪训练】 1. (2025上海奉贤高三二模)如图，曲线是与组合的． 过点，求的渐近线方程； ，设，，曲线上找一个点，使得达到最小； 若，如图，存在过点的两条直线，与曲线的交点分别是点、点、点、点，点在第二象限，点在第一象限是否存在非零实数使得成立，请说明理由． 【答案】； 存在唯一的点，最小值； 当时，存在非零实数使得成立， 当时，不存在实数使得成立．  【解析】解：曲线过点， 则，得， 所以， 渐近线方程：； ， 当时，， 所以， ， 则， 当时，存在三个点，最小值， 当时，存在唯一的点，最小值， 当时，， 所以，， 因为，所以时存在唯一的点，最小值； 设：，：， 设，，，， 由 所以， 由 所以， 由 所以， 由 所以， 计算出，， 当时，存在非零实数使得成立， 当时，不存在实数使得成立．  2．（山东·高考真题）如图，已知椭圆的离心率为，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点为顶点的三角形的周长为.一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为和. （1）求椭圆和双曲线的标准方程； （2）设直线、的斜率分别为、，证明； （3）是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）椭圆的标准方程为；双曲线的标准方程为 （2）=1．（3）存在常数使得恒成立， 【详解】试题分析：(1)设椭圆的半焦距为c，由题意知：， 2a＋2c＝4(＋1)，所以a＝2，c＝2. 又a2＝b2＋c2，因此b＝2.故椭圆的标准方程为＝1. 由题意设等轴双曲线的标准方程为＝1(m＞0)，因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点，所以m＝2，因此双曲线的标准方程为＝1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则k1＝，k2＝. 因为点P在双曲线x2－y2＝4上，所以x－y＝4. 因此k1·k2＝·＝＝1，即k1·k2＝1. (3)由于PF1的方程为y＝k1(x＋2)，将其代入椭圆方程得(2k＋1)x2－8kx＋8k－8＝0， 显然2k＋1≠0，显然Δ＞0.由韦达定理得x1＋x2＝，x1x2＝. 所以|AB|＝ ＝. 同理可得|CD|＝. 则， 又k1·k2＝1， 所以. 故|AB|＋|CD|＝|AB|·|CD|. 因此存在λ＝，使|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立． 考点：本题考查了圆锥曲线方程的求法及直线与圆锥曲线的位置关系 点评：对于直线与圆锥曲线的综合问题，往往要联立方程，同时结合一元二次方程根与系数的关系进行求解；而对于最值问题，则可将该表达式用直线斜率k表示，然后根据题意将其进行化简结合表达式的形式选取最值的计算方式 3.（2024·上海高二阶段练习）已知双曲线分别是的左、右焦点．若的离心率，且点在上． (1)求的方程； (2)若过点的直线与的左、右两支分别交于两点，与抛物线交于两点，试问是否存在常数，使得为定值？若存在，求出常数的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，为定值． 【分析】（1）根据已知列方程组求解求出双曲线方程； （2）先联立方程组求出两根和两根积，再应用弦长公式，最后计算得出定值. 【详解】（1）设双曲线的半焦距为， 由题意可得，解得，所以的方程为． （2） 假设存在常数满足条件，由（1）知， 设直线， 联立方程得，消去，整理可得， 所以，， ． 因为直线过点且与的左、右两支分别交于，两点，所以两点在轴同侧，所以． 此时，即，所以． 设，将代入抛物线方程，得， 则， 所以 ． 所以． 故当时，为定值，所以，当时，为定值． 题型二：点存在问题 【名师点拨】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. 探究是否存在点使数量积为定值、斜率之和积这定值、两角相等、等式成立、线段关系式为定值。 1、存在点使线段或线段和为定值 【例2】（25-26徐汇中学高三上开学考试）已知椭圆过点. (1)求椭圆的方程； (2)斜率为1的直线与椭圆交于两点，点P坐标为，直线与椭圆的另一个交点为点M，直线PD与椭圆的另一个交点为点N.已知点M坐标为，求点横坐标（用表示）； （3）在（2）条件下，过点作于点G，是否存在定点Q，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)；（3）存在， 【详解】（1）由题意，，解得， 所以椭圆的方程为. （2）设直线的方程为， 且，，即， 联立，得， 则，即， 且， 则 ， 即点横坐标为. （3）由（2）知，，， 则，即， 设，与①同理可得， 则 ， 则， 设直线， 则， 则， 又，则， 则直线， 所以直线过定点， 则为中点时，则， ，则， 因此，存在定点，使得为定值. 【变式】（2024·上海虹口·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，右顶点为，上顶点为，设为上的一点． (1)当时，求的值； (2)若点坐标为，则在上是否存在点使的面积为，若存在，请求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)已知点坐标为，过点和点的直线与椭圆交于另一点，当直线与轴和轴均不平行时，有，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)存在；或 (3) 【分析】（1）求出点坐标后，根据椭圆定义可求得结果； （2）根据三角形面积可求得点到直线的距离为，利用平行直线间距离公式可求得到直线的距离为的直线方程，与椭圆方程联立可求得点坐标； （3）将问题转化为，结合韦达定理可表示出之间的关系，结合可构造出关于的不等式，解不等式可求得的取值范围. 【详解】（1）由椭圆方程知：，，，则， 设，，解得：，即， 由椭圆定义知：. （2）由（1）知：， ，； 若存在点，使的面积为， 则点到直线的距离， ，直线方程为：，即， 设平行于直线且到直线的距离为的直线方程为， ，解得：或； 当时，直线方程为， 由得：，解得：或， 或，点或； 当时，直线方程为， 由得：，方程无解， 即直线与椭圆无交点，此时不存在满足题意的点； 综上所述：存在满足条件的点，点坐标为或. （3）由题意可设直线，，， 由得：， ，即，，， 设线段中点为，则，， ，又为中点，， ，，即，， 直线与轴和轴均不平行，，， ，整理可得：， ，，解得：， 即实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的三角形面积、参数取值范围的求解问题；本题求解参数范围的关键是能够根据向量数量积关系，将问题转化为，从而利用两点间距离公式和韦达定理化简该等量关系. 2、存在点使向量数量积为定值 【例3】（25-26上海高三阶段练习）已知点到的距离是点到的距离的倍． (1)求点的轨迹方程； (2)若点与点关于点对称，求的轨迹； (3)若过的直线与第二问中的轨迹交于，两点，试问在轴上是否存在点，使恒为定值若存在，求出点的坐标和定值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆 (3)存在，，定值为 【详解】（1）设点，由题意可得， 即， 化简可得， 则点的轨迹方程为． （2）设，由（1）得点满足的方程， 又点是线段的中点， 则，代入上式消去，可得， 即的轨迹方程为， 则的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆． （3）存在点，使得为定值． 当直线的斜率存在时，设其斜率为，则直线的方程为， 由，消去得，， 显然， 设，，则，， 又，， 则 要使上式恒为定值，需满足，解得， 此时，为定值． 当直线的斜率不存在时，，， 由可得，则． 所以存在点，使得为定值． 3、存在点使斜率之和或之积为定值 【例4】（2024·上海嘉定·二模）如图：已知三点、、都在椭圆上． (1)若点、、都是椭圆的顶点，求的面积； (2)若直线的斜率为1，求弦中点的轨迹方程； (3)若直线的斜率为2，设直线的斜率为，直线的斜率为，是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出所有满足条件的点，若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)， (3)或 【分析】（1）根据点、、都是椭圆的顶点，计算的面积即可得； （2）设，，直线的方程为，与椭圆方程联立，消去，利用根与系数的关系得出，根据中点坐标公式，求解即可得； （3）设，，，根据，得出，用与表示直线与椭圆的方程，求解即可得出和的值，从而求出点的坐标． 【详解】（1）因为点、、都是椭圆的顶点， 所以的面积为； （2）设，，因为直线的斜率为， 所以可设直线的方程为， 由，消去，整理得， ，即， ，， 设弦中点，则， ， 消去，得， 所以， 所以点的轨迹方程为，； （3）设，，，则， 因为直线的斜率为，设直线的方程为， 其中，且不过， 椭圆的方程可化为，即， 所以， 即， 所以， 所以， 所以， ，解得， 代入，解得，所以， 所以存在点或，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. 【变式】已知双曲线：的左、右焦点分别为，，是直线：（其中是实半轴长，是半焦距）上不同于原点的一个动点，斜率为的直线与双曲线交于，两点，斜率为的直线与双曲线交于，两点． (1)求的值； (2)若直线，，，的斜率分别为，，，，问是否存在点，满足，若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1)-3 (2)存在，，或 【分析】（1）设 ，利用斜率公式求解； （2）设，直线方程为，与双曲线方程联立，结合韦达定理得到，，结合求解. 【详解】（1）由题可得双曲线E：， 则， ∴左、右焦点分别为，，直线l的方程为： 设， ，同理可得． ∴； （2）设，如图， 直线方程为， 代入双曲线方程可得：， 所以，则， 则， ， ， ． 同理， 即， 即， ∴或， 又， 若．无解，舍去． ∴，解得，，或，， 若，，由A在直线上可得，， ∴．此时， 若，，由A在直线上可得，， ∴此时 ∴存在点，或，满足． 4、存在点使两角度相等（或倍分关系） 【例5】已知椭圆：经过点，且离心率为. （1）求椭圆的标准方程与焦距； （2）直线：与椭圆的交点为，两点，线段的中点为.是否存在常数，使恒成立，并说明理由. 【分析】（1）根据上顶点的坐标和离心率可得，从而可求标准方程和焦距. （2）设，，联立直线方程和椭圆方程，消去后利用韦达定理化简可得，从而可得. 【详解】（1）因为椭圆：经过点，且离心率为， 所以，，又因为， 可解得，，焦距为，所求椭圆的方程为. （2）存在常数，使恒成立， 证明如下： 由，得，， 设，，则，. 又因为，， 所以 ，所以， 因为线段的中点为，所以，所以. 存在常数，使恒成立. 【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定. 直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题. 【变式】已知椭圆的短轴长为，右顶点到右焦点的距离为. (1)求椭圆的标准方程； (2)如图所示，设点是椭圆的右顶点.过点的直线与椭圆相交于不同的两点，且都在轴的上方.在轴上是否存在点，使，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）依题意得 解得， 椭圆的标准方程为. （2）存在点，使，点的坐标为.理由如下： 直线过点，与椭圆交于不同的两点.且都在轴上方. 直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为. 联立方程消去可得：. 此时，设，则. ， . 存在点满足条件. 点坐标为. 【变式】已知点为圆上任意一点，，线段的垂直平分线交直线于点． (1)求点的轨迹方程； (2)设过点的直线与点的轨迹交于点，且点在第一象限内．已知，请问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值，若不存在，请说明理由． 【解析】（1）连接，则， 点的轨迹是以点，为焦点的双曲线， 点的轨迹方程为:. （2）因为点的轨迹方程为:，则. 当直线的方程为时，则，解得（负舍，） 则， 而，易知此时为等腰直角三角形， 其中， 即，即:， 下证：对直线斜率存在的情形也成立， 设，其中，且，因为，则，且， 即， ， ， ， 结合正切函数在上的图象可知，. 【变式】（23-24高二下·上海青浦·期末）已知双曲线的图像经过点，点分别是双曲线的左顶点和右焦点．设过的直线交的右支于两点，其中点在第一象限． (1)求双曲线的标准方程； (2)若直线分别交直线于两点，证明：为定值； (3)是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)，证明见解析. 【分析】（1）根据点在双曲线上，即可求得曲线方程； （2）设出直线的方程，联立双曲线方程，得到关于点坐标的韦达定理；再分别求得的方程，以及点的坐标，利用数量积的坐标运算，即可证明； （3）求得直线不存在斜率时满足的，当斜率存在时，将所求问题，转化为直线斜率之间的关系，结合点的坐标满足曲线方程，求解即可. 【详解】（1）由双曲线C：的图像经过点得：，解得：， 所以双曲线C的标准方程为：； （2） 由（1）中所求可得点，的坐标分别为， 又双曲线渐近线为，显然直线的斜率不为零， 故设其方程为，， 联立双曲线方程可得：， 设点的坐标分别为， 则， ， ； 又直线方程为：，令，则， 故点的坐标为； 直线方程为：，令，则， 故点的坐标为； 则 故为定值. （3）当直线斜率不存在时， 对曲线，令，解得， 故点的坐标为，此时， 在三角形中，，故可得， 则存在常数，使得成立； 当直线斜率存在时， 不妨设点的坐标为，，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为， 则，， 假设存在常数，使得成立，即， 则一定有：，也即； 又；； 又点的坐标满足，则， 故 ； 故假设成立，存在实数常数，使得成立； 综上所述，存在常数，使得恒成立. 【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线中定值以及存在常数满足条件的问题；其中第二问证明的关键是能够快速，准确的进行计算；第三问处理的关键是要投石问路，找到特殊情况下的参数值，再验证非特殊情况下依旧成立，同时还要注意本小题中把角度关系，转化为斜率关系；属综合困难题. 5、 存在点使等式恒成立（或不等式成立） 【例6】已知椭圆的短轴长为，离心率为． (1)求椭圆C的方程． (2)过椭圆C的右焦点F，且斜率不为0的直线交椭圆C于P，Q两点．若点A为椭圆C的左顶点，点N为线段的中点，求的最大值； （3）在（2）条件下，若直线斜率存在，在x轴上是否存在点M，使得？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1)； (2)（i）；（3）存在，. 【详解】（1）因为，所以， ，所以，所以，所以， 故椭圆的方程为：． （2）（i），设直线的方程为：， ，联立得， ，（*）则， 则，则，又， 所以， 令，则， 设，则在上单调递增， 故时，， 所以，当且仅当，即直线斜率不存在时取得最大值． （3）因为． 又因为，所以， 结合图形可知，， 所以直线的斜率与直线的斜率互为相反数， 设直线的斜率为，直线的斜率为，设点， ，将代入整理得： ， 再将（*）代入，可得，因为，解得， 即点的坐标为． 故在x轴上存在，使得. 【变式】（2024·上海春考）在平面直角坐标系中，已知点为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点. (1)若点的横坐标为2，求的长; (2)设的上、下顶点分别为、，记的面积为的面积为，若，求的取值范围 (3)若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点延长线与交于点，是否存在轴上方的点，使得成立?若存在，请求出点的坐标;若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)； (3)存在， 【分析】（1）根据给定条件，求出点的纵坐标，再利用两点间距离公式计算即得. （2）设，求出，再利用给定关系求出的范围，进而求出的范围. （3）设，利用向量坐标运算及共线向量的坐标表示可得，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求解即得. 【详解】（1）设，由点为椭圆上一点，得，即，又， 所以. （2）设，而， 则，由，得， 即，又，则，解得，， 所以的范围是. （3）设，由图象对称性，得、关于轴对称，则， 又，于是， 则，同理， 由，得， 因此，即，则， 设直线，由消去得， 则，即，而，解得，， 由，得，所以. 【点睛】思路点睛：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；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． 【变式】已知椭圆椭圆的离心率．左顶点为，下顶点为是线段的中点，其中． (1)求椭圆方程． (2)过点的动直线与椭圆有两个交点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，使得恒成立. 【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程. （2）设该直线方程为：，， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距， 所以，故， 故，所以，，故椭圆方程为：. （2） 若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：， 设， 由可得， 故且 而， 故 ， 因为恒成立，故，解得. 若过点的动直线的斜率不存在，则或， 此时需，两者结合可得. 综上，存在，使得恒成立. 点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设. 6、存在点满足位置关系或构造特殊图形 【例7】已知椭圆C：的左，右焦点分别为，，过的直线与椭圆C交于M，N两点，且的周长为8，的最大面积为． (1)求椭圆C的方程； (2)设，是否存在x轴上的定点P，使得的内心在x轴上，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)或 (2)存在， 【分析】（1）根据题意列出方程组，求出即可得解； （2）由题意可将原问题转换为，设直线的方程为：，，联立椭圆方程，结合韦达定理可求得的值即可. 【详解】（1）∵的周长为8，的最大面积为， ∴，解得，或，． ∴椭圆C的方程为或等． （2）    由（1）及易知， 不妨设直线MN的方程为：，，，， 联立，得． 则，， 若的内心在x轴上，则， ∴，即，即， 可得． 则，得，即． 当直线MN垂直于x轴，即时，显然点也是符合题意的点． 故在x轴上存在定点，使得的内心在x轴上. 【变式】（2023·上海奉贤·一模）已知椭圆的焦距为，离心率为，椭圆的左右焦点分别为、，直角坐标原点记为．设点，过点作倾斜角为锐角的直线与椭圆交于不同的两点、． (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆上有一动点，求的取值范围； (3)设线段的中点为，当时，判别椭圆上是否存在点，使得非零向量与向量平行，请说明理由． 【解题思路】（1）由题意计算即可得； （2）由设出点坐标，表示出，结合与点坐标范围计算即可得. （3）设出直线方程后联立得一元二次方程，由直线与椭圆交于不同的两点可得该方程，并由方程中的韦达定理表示出直线斜率，假设存在该点，则有，借此设出直线方程，则该直线与椭圆必有焦点，即联立后有，结合前面所得可计算出的范围. 【解答过程】（1）由题意，得，，所以， 则椭圆的标准方程为； （2）设动点，，， ， ，所以的取值范围为； （3）显然直线的斜率存在，故可设直线，、， 联立， 消去得， ，即①， 则，， 则，， 则， 故， 若，则有， 设直线为， 联立，消去有， 要使得存在点，则， 整理得， 故②， 由①②式得，， 则，解得， 所以当时，不存在点，使得. 【变式】（23-24复兴高级中学高三阶段练习）已知抛物线，过焦点F的直线交抛物线于两点，且. (1)求抛物线的方程； (2)若线段交轴于两点，判断是否是定值，若是，求出该值，否则说明理由. (3)若直线交抛物线于两点，，是否存在整数，使得的重心恰在抛物线上.若存在，求出满足条件的所有的值，否则说明理由. 【答案】(1) (2)为定值，且定值为2 (3)存在， 【分析】（1）联立直线和抛物线方程由韦达定理可得，即可求出抛物线的方程； （2）求出直线的方程得出的表达式，由韦达定理化简可得； （3）利用弦长公式可求出关于的式子，再结合为整数即可得出. 【详解】（1）易知焦点，设过焦点的直线的方程为； 由，得，则， 可得，解得， 所以抛物线的方程为； （2）由（1）可得，所以直线的方程为，如下图所示： 由，得，此时； 易知，直线的方程为，可得； 同理可得； 所以 ； 所以为定值，且定值为2； （3）设，， 由，得，则， 则， 由可得， 设的重心为， 而，即， 由重心恰在抛物线上可得，整理可得， 即， 由，得， 又，则， 又，则； 当时，，不合题意； 当时，可得或，经检验不合题意，所以； 又易知时，且， 因此存在，使得的重心在抛物线上. 【点睛】方法点睛：韦达定理是在求解圆锥曲线与直线位置关系时经常用到的方法之一，可实现设而不求、定值、定点等的化简，使繁琐的计算格式化、程序化，在求解圆锥曲线问题的方法中举足轻重. 题型三：直线存在问题 【名师点拨】求解此类问题一般是先设出直线方程（含有参数）,在根据已知条件整理出关于参数的方程或方程组,若方程或方程组有解,则符合条件的直线存在,若方程或方程组无解,则符合条件的直线不存在, 【例8】（2025闵行中学高三三模）已知椭圆的焦距为，点在椭圆上，动直线与椭圆相交于不同的两点，且直线的斜率之积为1. (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线为的法向量为，求直线的方程； (3)是否存在直线，使得为直角三角形？若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）由已知条件可知， 所以， 所以椭圆的标准方程为； （2）因为直线为的法向量为， 所以直线的斜率为，方程为， 联立，得，解得（舍去）， 从而， 因为直线的斜率之积为1，所以直线的方程为， 同理可得点的坐标为， 所以直线的斜率， 所以直线的方程为，即； （3）假设存在满足条件的直线， 设直线的方程为， 联立，得，解得（舍去）， 因为直线的斜率之积为1，所以直线的方程为， 同理可得， 故直线的斜率 ， 当为直角三角形时，只有或， 于是或， 若，由，可得，从而， 若，由，可得，从而， 所以存在，直线的斜率为. 【变式】已知椭圆：，、分别为左、右焦点，直线过交椭圆于、两点. (1)求椭圆的离心率； (2)当，且点在轴上方时，求、两点的坐标； (3)若直线交轴于，直线交轴于，是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）由椭圆方程知，，， 所以， 所以离心率. （2），，设，且. 所以，， ，， 又在椭圆上，满足，即， ，解得，即. 所以直线：， 联立，解得或， 所以； （3）设，，，， 直线：， 联立，得. 则，. 直线的方程：，令得纵坐标； 直线的方程：，令得的纵坐标. 则， 若，即， ， ，， 代入根与系数的关系，得，解得. 存在直线或满足题意. 【变式】（2024·上海崇明·一模）已知椭圆，点、分别是椭圆的下焦点和上焦点，过点的直线与椭圆交于A、B两点． (1)若直线平行于轴，求线段AB的长； (2)若点A在y轴左侧，且，求直线l的方程； (3)已知椭圆上的点C满足，是否存在直线l使得的重心在x轴上？若存在，请求出直线l的方程，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)3 (2)或 (3)存在，或或 【分析】（1）根据椭圆方程求出直线与椭圆交点的横坐标后可求； （2）设，根据点在椭圆上和可得关于的方程组，求出其解后可得直线方程； （3）就斜率是否存在分类讨论，若斜率存在，则联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理结合中心在轴上求出的纵坐标，再根据求出的横坐标，代入椭圆方程可求斜率. 【详解】（1）由题意，、，所以直线的方程是， 代入中，得，所以 （2）设，则 所以， 又，所以所以点坐标是或， 所以直线的方程是或. （3）当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 代入中，得，此时， 设、、， 则，所以中点. 又的重心在轴上，所以， 即，故， 因为，所以， 所以， 因为，所以， 所以，所以， 因为点在椭圆上，所以，解得或 当直线的斜率不存在时，直线的方程为， 此时、恰为长轴顶点，点为短轴顶点，满足题意． 综上所述，存在直线l使得的重心在轴上， 其方程为：或或. 【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的直线的存在性问题，可直线满足的几何性质转化为坐标的关系，再结合韦达定理转化为参数的方程，从而求出参数的值. 【变式】如图，O为坐标原点，抛物线C1：y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆C2：＋＝1(a>b>0)的右焦点，A为椭圆C2的右顶点，椭圆C2的长轴长为|AB|＝8，离心率e＝. (1)求抛物线C1和椭圆C2的方程； (2)过A点作直线l交C1于C，D两点，射线OC，OD分别交C2于E，F两点，记△OEF和△OCD的面积分别为S1和S2，问是否存在直线l，使得S1∶S2＝3∶13？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． 解:(1)由题意知，a＝4，＝， 所以c＝2，所以b＝＝2，p＝4. 所以抛物线C1的方程为y2＝8x， 椭圆C2的方程为＋＝1. (2)由题设知直线l的斜率不为0， 设直线l的方程为x＝my＋4. 则联立得y2－8my－32＝0. 设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则y1＋y2＝8m，y1y2＝－32. 所以＝＝＝＝， 因为直线OC的斜率为＝＝，所以直线OC的方程为y＝x. 由得y2＝1，则y＝1， 同理可得y＝1， 所以y·y＝1， 所以y·y＝， 要使S1∶S2＝3∶13， 只需＝2， 解得m＝±1， 所以存在直线l：x±y－4＝0符合条件． 题型四：定圆存在问题 【例9】已知椭圆，左右焦点分别为，上下顶点分别为，左右顶点分别为，是上异于椭圆顶点的两点. (1)求的周长； (2)若点在第一象限且满足的面积比的面积大，求点的横坐标的取值范围； (3)记点在直线上的投影为，且直线的斜率是直线的斜率的3倍，试判断：过点为坐标原点三点的圆是否为定圆？若是，求出该圆的方程；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)是定圆 【详解】（1）由椭圆， 得，所以， 所以的周长为； （2）设， 由，得， 所以，即， 又因为，所以， 解得， 即点的横坐标的取值范围为； （3）， 设直线的方程为，直线的方程为， 联立，消得， 则，所以，所以， 故， 联立，消得， 则，所以，所以， 故， 当，即时， ， 则直线的方程为， 即，过定点， 当，即时， 此时，直线过定点， 设，因为， 所以过点为坐标原点三点的圆即为过点为坐标原点三点的圆， 因为过原点，点，点， 所以过点为坐标原点三点的圆是定圆. 【跟踪训练】 1．已知椭圆的离心率为，且直线是抛物线的一条切线． (1)求椭圆的方程； (2)过点的动直线交椭圆于两点，试问：在直角坐标平面上是否存在一个定点，使得以为直径的圆恒过定点？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在； 【分析】（1）先根据直线是抛物线的一条切线，求出的值，再由椭圆离心率为，求出的值，则椭圆方程可得． （2）先假设存在一个定点，使得以为直径的圆恒过定点，再用垂直时，向量，的数量积为0，得到关于直线斜率的方程，求，若能求出，则存在，若求不出，则不存在． 【详解】（1）由得 直线是抛物线的一条切线．所以 ，所以椭圆 （2）    当直线与轴平行时，以为直径的圆方程为 当直线与轴重合时，以为直径的圆方程为 所以两圆的交点为点猜想：所求的点为点． 证明如下．当直线与轴垂直时，以为直径的圆过点 当直线与轴不垂直时，可设直线为： 由得，设，则 则 所以，即以为直径的圆过点 所以存在一个定点，使得以为直径的圆恒过定点． 2.已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线上，且直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍． (1)求双曲线的标准方程； (2)若，是双曲线上的两个动点，且恒有，是否存在定圆与直线相切？若存在，求出定圆的方程，若不存在，请说明理由． 【解析】（1）设双曲线的焦距为，因为直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍， 可得，所以， 因为，可得，且， 所以，解得或（舍去）， 又因为点在双曲线上，所以， 联立方程组得或（舍去）， 所以双曲线方程为：． （2）（ⅰ）若直线的斜率不存在，设方程为， 因为，再设，则，可得， 由，联立方程组，解得，可得原点到直线的距离为． （ⅱ）若直线的斜率存在，设方程为， 又，设，则，即， 则，（*） 联立方程组，整理得 当且，即且时， ， 代入（*）得， 即（其中）， 原点到直线的距离为， 综合（ⅰ）（ⅱ），存在以原点为圆心，半径为的圆与直线相切， 所求定圆的方程为． 题型五：位置关系存在问题 【例10】（2025上海高三阶段练习）已知双曲线的一条渐近线被圆截得的弦长为，点的坐标为，点P在圆上，线段的垂直平分线交线段于点Q． (1)求动点Q的轨迹曲线C的方程； (2)斜率为的直线m交双曲线E于点A，B，若弦的中点M恰好在曲线C上，求点M的坐标； (3)记双曲线E与曲线C在第一象限的交点为的平分线为n，在曲线C上是否存在不同的点S，T，使得点关于直线n对称？若存在，求出S，T所在直线方程，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或． (3)存在， 【详解】（1）双曲线的渐近线为， 不妨取一条渐近线为， 如，则圆心到直线的距离， 从而解得，                             故， 所以，点Q的轨迹C是以为焦点，长轴长为8的椭圆， 因此其标准方程为． （2）设则且， 两式相减，得， 从而，即，                     代入，解得， 故点M的坐标为或． （3）联立解得， 从而，的方程分别为，                     （方法一）设为的平分线n上任意一点，则， 化简得或， 但平分线n与x轴的交点在之间， 检验可知所求角平分线n的方程为．                     设的中点为， 则，直线的斜率 因为所以，故， 代入得 但点与点N重合，即在椭圆上，矛盾！ 故在曲线C上不存在不同的点S，T，使得点S，T关于直线n对称．                             （方法二）设为的平分线n与x轴的交点（如图）， 由角平分线定理得，， 即， （利用E到的距离相等也可）， 解得，从而所求角平分线n的方程为．                 （以下同方法一） （方法三）设E为的平分线n与x轴的交点（如图）， 易知，，可解得，即， 所以， 从而所求角平分线n的方程为．                    （以下同方法一） （方法四）设为的内心（如图），内切圆半径为r， 则， 可得，即I的坐标为， 从而所求角平分线n的方程为．                     （以下同方法一） 【跟踪训练】 1．（2024建平中学高三开学考试）设椭圆的离心率为，短轴长为4. (1)求椭圆的方程； (2)过点，且斜率为的直线与椭圆相交于两点.直线与轴相交于点，且，求的值； （3）已知椭圆的上､下顶点分别为，是否存在实数，使直线平行于直线？ 【答案】(1); (2)①，②不存在. 【分析】（1）利用椭圆方程的知识，即可求解； （2）①利用直线与椭圆联立方程组，把转为坐标关系，再结合韦达定理，即可求解； ②先假设存在平行关系，再利用斜率关系转化为坐标关系，同样结合韦达定理，求解判断. 【详解】（1）由题意，有，，， 解得， 故椭圆的方程为. （2）根据题意可知直线，与联立， 得， 其中， 设，，. 由，则 有，即， 有，解得. （3）由椭圆方程可知上下顶点， 假设存在直线平行于直线， 有，有，又， 有，得， 有， 代入，得， 则有，代入， 有， 整理，得，有，显然矛盾， 故不存在实数，使直线平行于直线. 2.（杨浦2023二模）已知椭圆右焦点为，直线. （1）若到直线的距离为，求； （2）若直线与椭圆交于，两点，且的面积为，求； （3）若椭圆上存在点，过作直线的垂线，垂足为，满足直线和直线的夹角为，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）且 【分析】（1）由椭圆方程得右焦点为，再根据已知条件及点到直线的距离公式求解即可； （2）联立直线与椭圆方程，先由韦达定理及弦长公式求，点到直线的距离公式求O到直线的距离，再根据三角形面积公式求解即可； （3）分和两种情况讨论，易知不合题意，当时，根据题意可得直线的方程为或，代入方程可求点坐标，从而可求直线的方程，联立与椭圆方程，利用即可求出的取值范围． 【小问1详解】 因为，所以右焦点为， 又因为，所以到直线的距离，解得； 【小问2详解】 设，， 由得， 所以，即，且， 所以 ， 又因为O到直线的距离为， 所以的面积为 ， 解得满足，所以； 【小问3详解】 若，则直线经过点，此时直线和直线的夹角为（舍去）， 若，由直线和直线的夹角为，且得， 直线的方程为或代入得或， 所以直线的方程为或代入椭圆方程得 或， 由或 解得或， 综上得的取值范围为且． 题型六：探究特殊图形存在问题 【例11】已知椭圆的离心率为，A，D分别为其上、下顶点，且. (1)求椭圆M的标准方程. (2)点E为椭圆M的右顶点，点B为椭圆M上在第三象限内的动点，B、C两点关于轴对称，直线DE与直线AB、直线AC分别交于点P，T，过D作轴的平行线交AE的延长线于点Q，连接QP，QT.试探究四边形APQT是否为平行四边形，并写出探究过程. 【答案】(1) (2)四边形为平行四边形，答案见解析 【详解】（1）由已知，得，，，所以，， 所以椭圆的标准方程为. （2）如图所示，易知直线的斜率存在并且其斜率满足条件，则其方程为. 由解得或（舍去）， 所以点的坐标为，从而点的坐标为， 于是直线的斜率，直线的方程为. 又直线的方程为，由得； 由得. 直线的方程为，直线的方程为，由得. 因为直线的斜率，直线的斜率， 所以，，所以四边形为平行四边形. 【跟踪训练】 1．（25-26上海高三阶段练习）已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左､右焦点，点是椭圆上一动点，且的最大值为6. （1）求椭圆的方程； （2）已知直线与椭圆交于两点.求的取值范围； （3）在（2）条件下，点，直线与直线分别交于点，平面内是否存在一定点，使得四边形为平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)或；（3）存在，. 【详解】（1）因为离心率为，所以，由椭圆的定义知， 由基本不等式得， 当且仅当时等号成立， 故，所以，所以， 故椭圆的方程为. （2）设， 由得， 由直线与椭圆交于两点，知，得， 所以或. （3）存在点使得四边形为平行四边形，理由如下： 因为在椭圆上，所以易知，设直线的方程为， 令，得，同理， 又由（i）知，所以， 所以 ， 所以线段的中点坐标为， 连接，若四边形为平行四边形，则线段的中点坐标也为， 由于，可得得，所以点的坐标为. 2.已知四边形的顶点、、在椭圆上，是坐标原点. (1)当点是的右顶点，且四边形为菱形时，求菱形的面积； (2)当点不是的顶点时，判断四边形是否可能为菱形，并说明理由. 【答案】(1) (2)不能，理由见解析 【详解】（1）对于椭圆，，，则， 当点是的右顶点，则， 因为四边形为菱形，所以与相互垂直且平分． 所以可设，代入椭圆方程得，即. 所以菱形的面积是. （2）四边形不可能为菱形．理由如下： 假设四边形为菱形． 因为点不是的顶点，且直线不过原点，则直线的斜率存在且不为零， 所以可设的方程为，设点、， 联立，可得， ， 由韦达定理可得，， 所以，， 因为四边形为菱形，则， 即点，所以，， 因为，则与不垂直，故四边形不可能是菱形. 1 学科网（北京）股份有限公司 $