专题05 圆锥曲线中的探索性与综合性问题7种常见考法归类（题型专练）高二数学人教A版选择性必修第一册

专题05 圆锥曲线中的探索性与综合性问题 ▌题型01 存在点使向量数量积为定值 【例1】【答案】(1) (2) (3)假设存在定点，使得的值为定值. 当直线AB的斜率为0时，， 当直线AB的斜率不存在时，， 由，得到，且， 接下来判断当点T的坐标为，直线AB的斜率存在且不为0时，的值是否为定值， 设直线AB的方程为， 联立方程，得到， 则，， . 所以当点T的坐标为时，为定值. 【分析】（1）由椭圆方程得到的值即可求离心率； （2）设， 由，得到，联立椭圆方程，即可求解点坐标； （3）先假设存在定点，由直线AB的斜率为0时，，直线AB的斜率不存在时，，则，得到，且，设直线AB的方程为，联立方程组利用韦达定理，再判断当点T的坐标为， 即可. 【详解】（1）由椭圆，得到，即 所以 所以. （2）由题可得焦点， 设，则， 由，即 化简得到， 联立椭圆方程，消元得到， 因为，所以，代入，由解得， 所以 （3）略 【变式1-1】【答案】(1) (2)存在定点 【分析】（1）由题意，根据椭圆的定义以及，列出等式即可求出椭圆的方程，判断的内心在轴，设直线平分，交轴于点，此时为的内心，进行求解即可； （2）设直线方程为，，，，，将直线的方程与椭圆方程联立，得到根的判别式大于零，由点、、、均在直线上，得到，此时，结合韦达定理求出，可得存在定点满足题意． 【详解】（1） ∴椭圆的标准方程为， 不妨取，则； 因为中，，所以的内心在轴，设直线平分，交轴于，则为的内心，且，所以，则； （2）∵椭圆和弦均关于轴上下对称．若存在定点，则点必在轴上∴设 当直线斜率存在时，设方程为，直线方程与椭圆方程联立， 消去得， 则① ∵点的横坐标为1，均在直线上， ，整理得， 因为点在椭圆外，则直线的斜率必存在．∴存在定点满足题意    【点睛】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. 【变式1-2】【答案】(1) (2)存在，当时，有定值． 【分析】（1）根据长轴长为，离心率为，可得，得到标准方程． （2）根据斜率存在，设直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示出，，表达出直线TM和直线TN，进而求出为定值；斜率不存在，不妨设，，求出为定值. 【详解】（1）因为椭圆的长轴长为，离心率为， 所以，． 所以，．所以． 所以椭圆的方程为． （2）若直线的斜率存在，设直线的方程为，．    联立方程组， 消去，化简得． 则，即, 设，， 所以，． 所以直线TM的方程为，直线的方程为． 所以，． 所以，， 所以 ． 所以当时，为定值， 即（负值舍）时，有定值． 当时，若直线l斜率不存在， 不妨设，， 所以，． 所以． 综上，当时，有定值． 【点睛】方法点睛：根据直线与圆锥曲线的位置关系求解存在性的定值问题，分类讨论，求解计算，计算量偏大. 【变式1-3】【答案】(1) (2)由题意知．设直线， 与双曲线方程联立得． ， 设、，则， 故直线、的斜率之积为 ． (3)存在， 【分析】（1）根据离心率的定义及求解即可. （2）设直线，与双曲线方程联立，结合韦达定理求解即可. （3）根据向量垂直的坐标表示得到，即，结合即韦达定理求解即可. 【详解】（1）设双曲线的半焦距为c． 由题意知．故， 所以，双曲线C的方程为． （2）略 （3）由题意知，得． 设，则． 即． 又，即，解得． 所以， 因此在x轴上存在定点，使得恒成立． ▌题型02 存在点使斜率之和或之积为定值 【例2】【答案】(1) (2)（i） （ii） 【分析】（1）根据，得出动点的轨迹方程； （2）（i）两圆作差，得出公共弦所在直线的方程，求出圆心和半径，从而得出圆的方程； （ii）先假设存在这样的点，根据条件得，通过根与系数的关系，求出的值. 【详解】（1）圆，圆心，半径， 对圆外一点，点在圆上，则：， 由题意，即，所以. 设，则， 整理得，. （2）（i）点的轨迹圆方程：，即① 圆，即② ①②得公共弦所在直线方程：， 点的轨迹圆圆心、圆圆心，两点连线的斜率， 所以直线，直线垂直平分，故圆心就是直线与的交点， 联立，解得. 将代入， 得，即，所以， 所以圆的方程为. （ii）假设存在点，满足，设，， 则，将代入， 得，即.    联立，得，. 根据根与系数的关系，得，， 所以，代入式，得， 即，因为对任意，等式恒成立，所以， 解得，因此存在定点满足条件. 【变式2-1】【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）存在，点 【分析】（1）根据焦点和离心率求，进而可得和椭圆方程； （2）联立直线和椭圆方程，（ⅰ）利用韦达定理可得面积，换元令，可得，结合函数单调性求最值； （ⅱ）假设存在点，根据斜率公式以及韦达定理可得，结合题意运算求解即可. 【详解】（1）由题意可知：，则，即， 所以的标准方程为． （2）设，，直线与轴的交点为， 因为点在椭圆内，直线与椭圆必相交， 联立方程，消去整理得， 因为，是上述方程的根，则. （ⅰ）因为， 且，可得 ， 令，则，可得， 因为在内单调递增，则， 可得，所以面积的最大值为； （ⅱ）设存在点，使，即， 可得，整理可得， 即，整理可得， 因为上式对恒成立，则，解得， 所以存在一定点，使得直线，的斜率之和恒为0． 【变式2-2】【答案】(1)； (2)存在，点. 【分析】（1）根据给定条件，求出即可求得椭圆的方程. （2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式求解即得. 【详解】（1）直线l过坐标原点O时，，， 由椭圆离心率为，得，解得， 所以椭圆C的方程为. （2）假设存在定点，，设直线l：，， 由消去y得， ，，， 直线的斜率有 ， 则当时，为定值， 所以存在定点，使得直线QA与直线QB的斜率之和恒为0.    【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． 【变式2-3】【答案】(1) (2)（i）；（ii）． 【分析】（1）根据题意求出椭圆标准方程，设椭圆C上点并利用辅助角公式可求出距离的最大值； （2）（i）设直线的方程为，点A，B分别为，点Q的坐标为，利用直线与直线的斜率之和为0可得点Q的坐标为； （ii）分别求出的面积表达式，利用基本不等式即可求出的面积的最大值. 【详解】（1）由椭圆的长轴长为4，焦距为2， 可得，，又由， 可得椭圆C的标准方程为； 设椭圆C上的点，， 点到直线的距离为 ， 其中，故有. （2）设直线的方程为， 设点A，B的坐标分别为，点Q的坐标为，如下图所示： （i）联立方程消去y后整理为， 有，可得或， 又有，，可得， 直线的斜率为， 同理可得直线的斜率为， 又由直线与直线的斜率之和为0，有， 可化为， 有，有，由k的任意性可得， 故点Q的坐标为； （ii） 令，可得， 所以， 当且仅当时等号成立，此时， 故的面积的最大值为． ▌题型03 存在点使两角度相等 【例3】【答案】(1) (2) (3)存在，点的坐标为． 【分析】（1）由向量关系建立两点坐标之间的变换关系，相关点代入求轨迹方程. （2）先求出直线过的定点，再确定隐圆的方程，最后求出圆上的点到直线距离的最值. （3）将平分角的问题转化为斜率问题，再考虑直线方程斜率存不存在问题，设直线方程，直线与圆进行联立，运用韦达定理，进行探究定点问题. 【详解】（1）设，，由，得： 所以， 因为在圆上，代入得： 化简得因此曲线的方程为. （2）直线可得：， 令，所以直线过定点， 因为是弦中点，所以，又过，故 ， 因此在以为直径的圆上， 圆的圆心为， 该轨迹圆的圆心为中点半径 圆心到直线的距离， 所以点到该直线距离的最大值为 因此最大值为 （3）当直线轴时，轴平分， 当直线斜率存在时，设直线的方程为， 由化简，得． ． 设，，，则，， 若轴平分，则，所以． 又，，所以， 即， 整理，得，解得． 所以当时，轴平分． 综上，存在点，使得轴平分． 【变式3-1】【答案】(1)； (2)（i）； （ii）法一：由（i）知， 将点代入中，有， 化简整理得（I） 设点，因为始终平分，所以， 所以， 化简整理得，（II） 即点在圆（部分）上运动（阿波罗尼斯圆）， （I）（II）对照系数可得，解得． 经检验，此时（I）（II）的方程均为， 即存在使得直线始终平分． 方法二：与（i）同理：由等比定理易知：， 所以． 作的外角平分线交轴于点，易知，所以， 因为，所以， 所以直线， 令得：， 因为在双曲线上， 所以， 所以， 易知为定点，所以，解得或， 因为，所以，所以， 由角平分线定理易知，即， 解得，故存在定点和，使得始终平分． 【分析】（1）直接求出，再利用面积公式即可得到答案； （2）（i）法一：计算出直线的方程，再联立即可得到点坐标；法二：设，利用三点共线得到两方程，再利用等比定理即可得到答案； （ii）将点坐标代入双曲线方程，再结合角平分线性质即可得到点的轨迹，再对比系数即可得到关于的方程组，解出即可；法二：根据等比定理得到的表达式，再作的外角平分线交轴于点，从而求出的坐标，最后利用角平分线定理得到方程，解出即可. 【详解】（1）易知， 代入双曲线得，解得，所以． （2）（i）法一：由题意得， 因为，所以， 所以， 联立，解得， 则． 法二：设，易知： 因为，，三点共线，所以， 因为，，三点共线，所以， 所以， 由等比定理易知， 解得，所以． 【变式3-2】【答案】(1)， (2)存在，， 【分析】（1）依题意可得，，再根据求出、，即可得到椭圆方程及离心率； （2）根据三点共线可得、关于点对称，设点，表示出直线、的方程，从而得到、的坐标，由可得，设可得，即可求出参数的值，从而得解. 【详解】（1）依题意可得，，又，解得， 所以椭圆方程为，则离心率 （2）因为、、三点共线，根据椭圆的对称性可知、关于点对称， 设点，则， 所以直线的方程为，直线的方程为， 所以点，．    假设存在M使，， 所以，又，所以， 即，所以， 设，则，， 所以，即， 又，所以，所以，解得， 所以. 【变式3-3】【答案】(1) (2)存在，坐标为 【分析】（1）利用已知和的关系，列方程组可得椭圆的标准方程； （2）直线斜率存在时，设出直线方程与椭圆方程联立， 可得，利用根与系数的关系代入化简，可得直线所过定点． 【详解】（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. 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. ▌题型04 存在点使等式恒成立 【例4】【答案】(1)； (2)存在，2 【分析】（1）由题意可得，则，再由的面积为16，列方程可求出，从而可求得的方程； （2）表示出直线AC的方程，直线与的交点为T，求出点的坐标，则表示出，利用导数的几何意义求出、、的方程，求出的坐标，表示出，化简计算可得结论. 【详解】（1）当PQ与x轴平行时，， 因为P，Q两点均在抛物线C上， 所以， 即， 因为的面积为16， 所以， 解得， 则的方程为； （2）直线AC的斜率为：， 则：， 直线与的交点为T， 则点T为， 所以       （∗）       （∗∗） 所以： 由，得， 令，则的斜率， 则有：，即：， 同理：：，：， 与相交得：，得：； 同理可得：，； 同理由（∗∗）可知 所以， 所以存在，使得 【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查导数的几何意义，考查抛物线中三角形的面积问题，第（2）问解题的关键是用三点坐标表示出这三点围成的三角形的面积，考查计算能力，属于较难题. 【变式4-1】【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据椭圆的离心率与值，求出，再根据求出后即可得椭圆的方程； （2），且，根据已知条件将点坐标以及用表示，求得，由此可将与的面积用表示，构成方程即可求解，即可解答. 【详解】（1）由题意，，又，所以， 则，所以椭圆C的方程为. （2）    设，且，则 ， 又因为，所以直线的斜率为， 所以直线的方程为， 令，得，所以点的坐标为， 因为，所以直线的斜率为， 因为，所以直线的斜率为， 所以直线的方程为， 因为，，所以直线的斜率为， 所以直线的方程为，即， 所以， 联立直线和直线的方程， 消去得，即， 整理有：， 因为，所以， 所以，解得点的横坐标， ，， 要使得与的面积相等，应有， 整理有，即， 解得，，因为，（舍去），所以， 由可得点P的坐标为. 【变式4-2】【答案】(1) (2)（i）证明: 设，，， 则直线MD，ME的方程分别为， 联立方程，消去得，， ，则， 联立方程，消去得，， ，则， 直线 的斜率 ， ∴直线 的方程为 ，即 ， 整理得 ，∴直线PQ恒过定点．   （ii）不存在 【分析】（1）根据等轴双曲线可知，由可得，可求得，根据计算即可求得，进而得出双曲线的方程； （2）（i）设，写出直线 、 的方程，分别联立直线与双曲线方程，求出 、 的坐标，写出直线 的方程，即可求出定点坐标；（ii）假设存在点，使得与的面积相等，则有，将、 的横坐标，代入化简计算即可判断结果. 【详解】（1）因为双曲线是等轴双曲线，所以，双曲线方程为 ， ，设，依题意，， 点到直线的距离，，，         ，解得，， ∴双曲线的方程为． （2）（i）略； （ii）易知， 若存在点使得，则，有， ， 即， 即，即， （舍），或， ，. ，所以不存在点，使得与的面积相等． 【变式4-3】【答案】(1) (2)存在P点坐标为 【分析】小问1根据题目条件可以求出a,b从而求出椭圆方程；小问2先设出这个方程并联立椭圆方程，求出直线与椭圆的交点的关系，再设定点的坐标并让条件成立，再运用交点的关系，求出定点坐标. 【详解】（1）由题意可得，又因为，所以为等腰直角三角形， 因此，则，故椭圆方程为. （2）设过点 F且斜率不为0的直线方程为， 设交点坐标为， 联立直线方程和椭圆方程得出， 化简得，根据韦达定理得， 设定点使点 F到直线 BP的距离与点 F到直线AP的距离相等， 又因为点 F与点P都在x轴上，故直线与直线的倾斜角互为相反数， 即，化简得， 又A，B点在直线上，故， 化简得，再根据韦达定理得， 当时，，则点坐标为； 当时，与为全等三角形且为直角三角形，故坐标为也满足条件， 综上所述存在P点坐标为使点 F到直线 BP的距离与点 F到直线AP的距离相等.    ▌题型05 存在点使线段关系式为定值 【例5】【答案】(1) (2)（i）直线与双曲线联立， 消去，整理得到关于的方程， 因为直线与双曲线有唯一公共点，所以， 则， 化简得到， 又切点为，由韦达定理得到， 直线与交于，将代入，解得， 则， ， ， 又， 则，故，得证. （ii）存在，定点， 【分析】（1）由焦点坐标得到，将的坐标代入双曲线方程，通过计算得到双曲线标准方程. （2）（i）直线与双曲线联立方程组，消去，整理得到关于的方程，由直线与双曲线有唯一公共点得到，结合切点和韦达定理得到，求出，求出的坐标，利用向量的数量积公式求出，从而得到，得证. （ii）求出过作垂直于的直线方程，求出轴截距和轴截距，从而得到满足，结合，可得，结合双曲线的定义得解. 【详解】（1）因为双曲线的两个焦点坐标分别为 ，， 所以，， 因为双曲线过 ，所以 ，， 将代入， 整理得，解得（舍去），， 则双曲线标准方程. （2）（i）略. （ii）因为过且垂直于的直线斜率为， 所以过作垂直于的直线方程为， 令，得到轴截距为， 令，得到轴截距为， 于是满足， 结合 ，可得， 即， 因此在等轴双曲线 上，其半焦距为， 两焦点为， 对任意上述点 M，均有， 所以所求两定点存在，可取，，定值为. 【变式5-1】【答案】(1) (2)存在定点，使得恒为定值.证明如下： 由（1）可得点坐标为， 因为不过原点的直线与的左、右两支分别交于点，所以直线的斜率存在， 设不过原点的直线方程为（，避免直线过原点），设. 将直线方程代入双曲线方程， 整理得： ，， 因为直线与双曲线左右两支各交于一点，所以，得， 同时满足韦达定理：. 由条件得，且， 代入得，， ， 化简整理得， 再将代入上式， ， ， ， 化简整理得，解得或. 当时，直线过，不符合题意，舍去； 当时，直线，此时线恒过定点. 因为，即，因此垂足的轨迹是以线段为直径的圆（除去原点，因为不过原点）， 该圆的圆心为中点，半径为， 因此恒为定值，即存在定点，使得恒为定值. 【分析】（1）直接由双曲线的几何性质可得，再由点到直线的距离可得，从而可得双曲线方程； （2）首先判断直线的斜率存在，再设直线方程为（），设，联立方程可得，再结合条件及斜率公式，化简可得，进而可得，从而判断直线恒过定点，垂足的轨迹是以线段为直径的圆（除去原点，因为不过原点），从而可得定点及定值. 【详解】（1）由双曲线的焦距为，得，即半焦距. 双曲线的渐近线方程为，取右焦点， 点到渐近线的距离为： 因此​，结合双曲线关系，代入得， 因此的方程为. （2）略 【变式5-2】【答案】(1) (2) 或 (3)存在，定点，定值；定点，定值 【分析】（1）距离比值型轨迹问题，直接用坐标翻译，利用距离条件列式化简（阿波罗尼斯圆）； （2）联立直线与圆的方程保证两个交点存在并得到参数k取值范围，根据直径圆过原点得到垂直关系，利用垂直向量坐标表示结合韦达定理，整理出关于k的方程求解并检验； （3）利用距离公式得到，用切线长公式化简，用点Q在圆E上消去二次项，根据多项式恒等、系数成比例求解定点与定值. 【详解】（1）由题意得，设， ，整理得， 曲线C为圆心在原点，半径的圆，曲线C：. （2） 或 设， ，整理得， ，解得， 由韦达定理得， 又以为直径的圆过坐标原点，故,有， 整理得，解得， 直线方程： 或 （3） 设， ， QS是圆E上的点Q向单位圆C引的一条切线，则有， 又点Q在圆E上，，整理得， ， ， 令，为定值，有 ， 故，由第一式与第二式解得， 代入第三式解得或， 当时，，定点，定值； 当时，，定点，定值； 综上所述，存在定点，定值；定点，定值. 【变式5-3】【答案】(1)； (2)存在，2. 【分析】（1）设出点，利用斜率坐标公式列式可得，借助距离为2求解即得. （2）设，借助三角形面积可得，利用点到直线距离探讨与的关系，结合椭圆的方程推理即得. 【详解】（1）设，则，即， 显然点，依题意，， 解得，由椭圆的焦距是2，得，则， 所以椭圆的标准方程为. （2）设，因为，则， 由（1）知，则直线的方程为，即， 从而点到直线的距离， 即，即. 因为，所以，所以， 所以，即， 因为，所以， 因为，所以，即，点在以为焦点，长轴长为2的椭圆上， 故存在定点，使得. 【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设出直线方程，再与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理并结合已知推理求解. ▌题型06 存在定直线问题 【例6】【答案】(1) (2) (3)存在，直线的斜率为 【分析】（1）根据题意求出，即可得解； （2）由题意直线的斜率为，方程为，联立方程，求出点的坐标，同理求出点的坐标，进而可求出直线的方程； （3）设直线的方程为，联立方程，求出点的横坐标，同理求出点的横坐标，从而可求出直线的斜率，再分和两种情况讨论即可得解. 【详解】（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. 【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，必要时计算； （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6-1】【答案】(1) (2)； (3)存在直线或满足题意 【分析】（1）根据椭圆方程直接求，即可得离心率； （2）由垂直的向量表示化简，结合点在椭圆上即可求出点坐标，再联立直线与椭圆可得B点坐标； （3）由直线方程得出，分别求出三角形面积，根据面积相等建立方程求出即可得解. 【详解】（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. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中求解三角形面积的常用方法: （1）利用弦长以及点到直线的距离公式，表示出三角形的面积; （2）根据直线与圆锥曲线的交点，利用公共底或者公共高的情况，将三角形的面积表示为或的形式求解. 【变式6-2】【答案】(1) (2)存在，或． 【分析】（1）根据椭圆的基本性质求解； （2）由题意假设直线，与椭圆联立可得.又有四点共圆，且，所以，结合韦达定理可得的值，进而得到直线的方程. 【详解】（1）依题意，有解得， 所以的方程为． （2）设直线， 联立方程得：， 则 因为四点共圆，所以， 则有，即 所以即 所以，即， ，即， 联立解得（此时直线过点，舍去）， 将代入，解得， 所以存在直线，使得四点共圆. 直线的方程为或． 【变式6-3】【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据已知的焦距、椭圆上一点的坐标以及的基本关系式列出方程组，利用待定系数法求解出椭圆的标准方程; （2）设出直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理将给定的向量关系转化为两交点纵坐标之间的代数关系，代入计算即可求出直线参数. 【详解】（1）由题意，可得，解得 故椭圆的标准方程为． （2）由题意，若存在这样的直线，则直线的斜率存在且不为0， 易知，设直线的方程为， 因为，所以有，其中， 联立可得， ， 故，， 因为，即， 代入到得，整理得， 代入到得，整理得， 因此有，整理得，解得． 又，故，所以， 所以存在直线满足条件且其方程为，即． ▌题型07 存在定圆问题 【例7】【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）设为椭圆上任意一点，再根据两点间距离小于半径即可得出范围； （2）设直线的方程直线,由点到直线距离等于半径得出的方程为，最后再应用圆心到直线距离等于半径求参即可求出圆的方程． 【详解】（1）设为椭圆上任意一点，，则． 则．故． （2） 由题意可知，设，因为，故切线的斜率都存在． 又直线的方程为，即为， 直线的方程为． 则，故． 而，故，又因为． 故，同理． 故直线的方程为． 若直线与圆相切，则，令． 故，即．故，或． 故存在满足条件的圆，其方程为． 【变式7-1】【答案】(1) (2)存在，方程为 【分析】（1）根据双曲线焦点和渐近线求出基本量即可得到方程； （2）设出直线方程与双曲线方程联立，结合圆的相关概念求得圆方程，结合对称性得到定圆圆心的位置，设出定圆方程，结合两圆内切的概念列出方程求解即可. 【详解】（1）设双曲线的焦距为， 因为点是的右焦点，的一条渐近线方程为 所以，解得，所以的标准方程为 （2）存在定圆满足题意，方程为，理由如下： 因为过点的直线与的右支交于两点，所以直线斜率不为0， 设直线方程为，， 由，得， ， ，， 所以，， 由直线与的右支交于两点可知，解得， 又因为 ， 所以圆的方程为， 由对称性可知，若存在定圆与圆相内切，则定圆圆心一定在轴上， 不妨设定圆方程为， 则由圆与圆相内切可知，， 即， 整理得，， 因为上式与无关， 所以，解得， 所以存在定圆满足题意 【点睛】方法点睛：本题考查解析几何的综合问题，此类问题常见的处理方法为： （1）几何法：通过图形特征转化，结合适当的辅助线与图形关系进而求解； （2）坐标法：在平面直角坐标系中，通过坐标的运算与转化，运用方程联立与韦达定理等知识，用坐标运算求解答案. 【变式7-2】【答案】(1)焦点坐标为，准线方程为 (2) (3)存在，且圆 【分析】（1）利用抛物线性质计算即可得； （2）设出直线方程，联立抛物线方程，可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合所给向量性质可用所设直线方程中的参数表示出、，再利用数量积公式计算即可得解； （3）设出直线方程，联立抛物线方程，可得与交点纵坐标有关韦达定理，则可表示出以为直径的圆的圆心及半径，再假设存在符合题意的定圆，设出圆心及其半径，利用两圆相切性质计算即可得解. 【详解】（1）由，则，故焦点坐标为，准线方程为； （2）设，、， 则、， 由，则，即， ，消去得， ，即， 有，，则， 则有，且，故，， ，， 由，则，即有， 又，则，故，解得； （3）当时，设，、， 则，消去得，， 有，， ，，则中点， ， 则以为直径的圆的圆心为，半径为， 假设存在符合题意的定圆，设，半径为， 则有，即有恒成立， 或恒成立， 若： 化简得， 则有，解得， 故存在定圆符合题意； 若： 化简得， 则有， 解得，需大于，不符，故舍去； 综上所述：存在，且圆. 【变式7-3】【答案】(1) (2)证明：（i）设直线， 联立，消得. 设交点， 则. 点，所以. 当直线过时，，代入得； 当直线过时，，代入得； 两式相除得， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以其前项和为， 因为，所以，即得证. （ii）存在定圆，方程为. 【分析】（1）求出点到的距离和点到定直线的距离表达式，进而化简计算即可. （2）（i）将直线与双曲线联立，结合韦达定理可得到是首项为，公比为的等比数列，进而求出其前项和得证； （ii）先求出直线恒过定点，结合对称性可求出结果. 【详解】（1）设，则点到的距离为， 点到定直线的距离为，由于点到的距离与到定直线的距离之比为2 所以，两边平方得， 化简得. （2）（i）略. （ii）存在定圆，方程为，理由如下： 设直线，由（i）得， 又，，所以， 即， 解得，即直线恒过定点. 设，由对称性质得，消去整理得. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 圆锥曲线中的探索性与综合性问题 （题型突破·举一反三） 题型 01 存在点使向量数量积为定值 题型 02 存在点使斜率之和或之积为定值 题型 03 存在点使两角度相等 题型 04 存在点使等式恒成立 题型 05 存在点使线段关系式为定值 题型 06 存在定直线问题 题型 07 存在定圆问题 ▌题型01 存在点使向量数量积为定值 1. 核心逻辑 是否存在定点，使得为定值。向量数量积展开为坐标表达式，整理成关于直线参数的式子，令参数的系数全部为0，求得定点坐标与定值。 2. 解题步骤 ① 假设存在定点，优先可以用特殊位置（斜率为0、斜率不存在）算出候选定点； ② 设动直线，联立圆锥曲线，得到韦达定理、； ③ 把向量数量积展开，全部用韦达整体代换； ④ 整理为“参数·系数 + 常数”形式，令参数的系数等于0，解定点； ⑤ 验证一般情况，检验特殊斜率情形。 3. 易错提醒 • 向量坐标写错； • 只做特殊情况，缺少一般情况证明； • 忽略约束。 【例1】（26-27高三·四川成都·开学考试）已知椭圆的左、右焦点分别为，. (1)求椭圆的离心率； (2)设点为第一象限内椭圆上的点，若，求点的坐标； (3)过右焦点的直线与椭圆交于，两点，在轴上是否存在定点，使得的值为定值？若存在，求出定点的坐标及该定值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)假设存在定点，使得的值为定值. 当直线AB的斜率为0时，， 当直线AB的斜率不存在时，， 由，得到，且， 接下来判断当点T的坐标为，直线AB的斜率存在且不为0时，的值是否为定值， 设直线AB的方程为， 联立方程，得到， 则，， . 所以当点T的坐标为时，为定值. 【分析】（1）由椭圆方程得到的值即可求离心率； （2）设， 由，得到，联立椭圆方程，即可求解点坐标； （3）先假设存在定点，由直线AB的斜率为0时，，直线AB的斜率不存在时，，则，得到，且，设直线AB的方程为，联立方程组利用韦达定理，再判断当点T的坐标为， 即可. 【详解】（1）由椭圆，得到，即 所以 所以. （2）由题可得焦点， 设，则， 由，即 化简得到， 联立椭圆方程，消元得到， 因为，所以，代入，由解得， 所以 （3）略 【变式1-1】（2026·江苏扬州·模拟预测）已知椭圆的左顶点为，过右焦点且平行于轴的弦． (1)求的内心坐标； (2)是否存在定点，使过点的直线交于，交于点，且满足？若存在，求出该定点坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在定点 【分析】（1）由题意，根据椭圆的定义以及，列出等式即可求出椭圆的方程，判断的内心在轴，设直线平分，交轴于点，此时为的内心，进行求解即可； （2）设直线方程为，，，，，将直线的方程与椭圆方程联立，得到根的判别式大于零，由点、、、均在直线上，得到，此时，结合韦达定理求出，可得存在定点满足题意． 【详解】（1） ∴椭圆的标准方程为， 不妨取，则； 因为中，，所以的内心在轴，设直线平分，交轴于，则为的内心，且，所以，则； （2）∵椭圆和弦均关于轴上下对称．若存在定点，则点必在轴上∴设 当直线斜率存在时，设方程为，直线方程与椭圆方程联立， 消去得， 则① ∵点的横坐标为1，均在直线上， ，整理得， 因为点在椭圆外，则直线的斜率必存在．∴存在定点满足题意    【点睛】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. 【变式1-2】（2026·北京通州·模拟预测）已知椭圆：（）的长轴长为4，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)直线l过椭圆E的左焦点F，且与E交于两点（不与左右顶点重合），点在轴正半轴上，直线交轴于点P，直线交轴于点，问是否存在，使得为定值？若存在，求出的值及定值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，当时，有定值． 【分析】（1）根据长轴长为，离心率为，可得，得到标准方程． （2）根据斜率存在，设直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示出，，表达出直线TM和直线TN，进而求出为定值；斜率不存在，不妨设，，求出为定值. 【详解】（1）因为椭圆的长轴长为，离心率为， 所以，． 所以，．所以． 所以椭圆的方程为． （2）若直线的斜率存在，设直线的方程为，．    联立方程组， 消去，化简得． 则，即, 设，， 所以，． 所以直线TM的方程为，直线的方程为． 所以，． 所以，， 所以 ． 所以当时，为定值， 即（负值舍）时，有定值． 当时，若直线l斜率不存在， 不妨设，， 所以，． 所以． 综上，当时，有定值． 【点睛】方法点睛：根据直线与圆锥曲线的位置关系求解存在性的定值问题，分类讨论，求解计算，计算量偏大. 【变式1-3】（2026·河南南阳·模拟预测）已知双曲线的离心率，左顶点，过C的右焦点F作与x轴不重合的直线l，交C于P、Q两点． (1)求双曲线C的方程； (2)求证：直线、的斜率之积为定值； (3)设，试问：在x轴上是否存在定点T，使得恒成立？若存在，求出点T的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)由题意知．设直线， 与双曲线方程联立得． ， 设、，则， 故直线、的斜率之积为 ． (3)存在， 【分析】（1）根据离心率的定义及求解即可. （2）设直线，与双曲线方程联立，结合韦达定理求解即可. （3）根据向量垂直的坐标表示得到，即，结合即韦达定理求解即可. 【详解】（1）设双曲线的半焦距为c． 由题意知．故， 所以，双曲线C的方程为． （2）略 （3）由题意知，得． 设，则． 即． 又，即，解得． 所以， 因此在x轴上存在定点，使得恒成立． ▌题型02 存在点使斜率之和或之积为定值 1. 核心逻辑 是否存在定点，使得或者。把斜率用交点坐标表示，通分后将分子用韦达定理整体代换；式子对任意参数恒成立，则对应系数等于0，解定点。 常见模型：轴平分角等价。 2. 解题步骤 ① 假设存在定点； ② 联立直线与圆锥曲线，写出韦达； ③ 写出斜率表达式，通分整理； ④ 代入、，整理，令变量的系数等于0； ⑤ 解出定点，检验斜率不存在等特殊情形。 3. 易错提醒 • 通分计算出错； • 分母不为零条件忽略； • 不验证特殊直线。 【例2】（2026高一·重庆·期末）已知圆 ，圆上一动点，圆外一动点，满足的最大值为其最小值的2倍. (1)求点的轨迹方程； (2)若圆，，是圆与（1）中所求的点轨迹的交点. （i）求以为直径的圆的方程; （ii）若直线与圆交于，两点，探究当不断变化时，在轴上是否存在一定点，使得直线的斜率互为相反数?若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i） （ii） 【分析】（1）根据，得出动点的轨迹方程； （2）（i）两圆作差，得出公共弦所在直线的方程，求出圆心和半径，从而得出圆的方程； （ii）先假设存在这样的点，根据条件得，通过根与系数的关系，求出的值. 【详解】（1）圆，圆心，半径， 对圆外一点，点在圆上，则：， 由题意，即，所以. 设，则， 整理得，. （2）（i）点的轨迹圆方程：，即① 圆，即② ①②得公共弦所在直线方程：， 点的轨迹圆圆心、圆圆心，两点连线的斜率， 所以直线，直线垂直平分，故圆心就是直线与的交点， 联立，解得. 将代入， 得，即，所以， 所以圆的方程为. （ii）假设存在点，满足，设，， 则，将代入， 得，即.    联立，得，. 根据根与系数的关系，得，， 所以，代入式，得， 即，因为对任意，等式恒成立，所以， 解得，因此存在定点满足条件. 【变式2-1】（26-27高三·浙江·阶段检测）在平面直角坐标系中，已知椭圆：（）的右焦点，离心率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线：与交于，两点． （ⅰ）求面积的最大值； （ⅱ）在轴上是否存在一定点，使得直线，的斜率之和恒为0？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）存在，点 【分析】（1）根据焦点和离心率求，进而可得和椭圆方程； （2）联立直线和椭圆方程，（ⅰ）利用韦达定理可得面积，换元令，可得，结合函数单调性求最值； （ⅱ）假设存在点，根据斜率公式以及韦达定理可得，结合题意运算求解即可. 【详解】（1）由题意可知：，则，即， 所以的标准方程为． （2）设，，直线与轴的交点为， 因为点在椭圆内，直线与椭圆必相交， 联立方程，消去整理得， 因为，是上述方程的根，则. （ⅰ）因为， 且，可得 ， 令，则，可得， 因为在内单调递增，则， 可得，所以面积的最大值为； （ⅱ）设存在点，使，即， 可得，整理可得， 即，整理可得， 因为上式对恒成立，则，解得， 所以存在一定点，使得直线，的斜率之和恒为0． 【变式2-2】（2026·四川成都·模拟预测）已知椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆相交于两点，当过坐标原点时，． (1)求椭圆的方程； (2)当斜率存在时，线段上是否存在定点，使得直线与直线的斜率之和为定值．若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)存在，点. 【分析】（1）根据给定条件，求出即可求得椭圆的方程. （2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式求解即得. 【详解】（1）直线l过坐标原点O时，，， 由椭圆离心率为，得，解得， 所以椭圆C的方程为. （2）假设存在定点，，设直线l：，， 由消去y得， ，，， 直线的斜率有 ， 则当时，为定值， 所以存在定点，使得直线QA与直线QB的斜率之和恒为0.    【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． 【变式2-3】（2026·重庆永川·模拟预测）已知椭圆的长轴长为4，焦距为2． (1)求椭圆C上的点到直线距离的最大值. (2)过点作斜率为k的直线与椭圆相交于A，B两点，y轴上存在点Q使得直线与直线的斜率之和为0． （i）求点Q的坐标； （ii）求的面积的最大值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）． 【分析】（1）根据题意求出椭圆标准方程，设椭圆C上点并利用辅助角公式可求出距离的最大值； （2）（i）设直线的方程为，点A，B分别为，点Q的坐标为，利用直线与直线的斜率之和为0可得点Q的坐标为； （ii）分别求出的面积表达式，利用基本不等式即可求出的面积的最大值. 【详解】（1）由椭圆的长轴长为4，焦距为2， 可得，，又由， 可得椭圆C的标准方程为； 设椭圆C上的点，， 点到直线的距离为 ， 其中，故有. （2）设直线的方程为， 设点A，B的坐标分别为，点Q的坐标为，如下图所示： （i）联立方程消去y后整理为， 有，可得或， 又有，，可得， 直线的斜率为， 同理可得直线的斜率为， 又由直线与直线的斜率之和为0，有， 可化为， 有，有，由k的任意性可得， 故点Q的坐标为； （ii） 令，可得， 所以， 当且仅当时等号成立，此时， 故的面积的最大值为． ▌题型03 存在点使两角度相等 1. 核心逻辑 角度相等（轴平分两角、角平分线），几何条件等价转化斜率条件：两角关于轴对称，则；不要直接处理角度，优先转为斜率运算。 2. 解题步骤 ① 将角度相等条件翻译为斜率之和为0； ② 设直线并联立，得到韦达； ③ 代入斜率等式，化简； ④ 由等式对参数恒成立，求出定点； ⑤ 检验直线斜率不存在的情形。 3. 易错提醒 • 直接处理角度三角函数，计算复杂容易出错； • 没有转化斜率，几何推理遗漏。 【例3】（26-27高二·江苏徐州·阶段检测）已知圆：，直线：，与圆交于不同的两点，点在圆上运动，且点满足（为原点），记点的轨迹为． (1)求曲线的方程． (2)设的中点为，求点到直线距离的最大值． (3)过点且不与轴重合的直线与曲线交于两点，问在轴正半轴上是否存在定点，使得轴平分?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，点的坐标为． 【分析】（1）由向量关系建立两点坐标之间的变换关系，相关点代入求轨迹方程. （2）先求出直线过的定点，再确定隐圆的方程，最后求出圆上的点到直线距离的最值. （3）将平分角的问题转化为斜率问题，再考虑直线方程斜率存不存在问题，设直线方程，直线与圆进行联立，运用韦达定理，进行探究定点问题. 【详解】（1）设，，由，得： 所以， 因为在圆上，代入得： 化简得因此曲线的方程为. （2）直线可得：， 令，所以直线过定点， 因为是弦中点，所以，又过，故 ， 因此在以为直径的圆上， 圆的圆心为， 该轨迹圆的圆心为中点半径 圆心到直线的距离， 所以点到该直线距离的最大值为 因此最大值为 （3）当直线轴时，轴平分， 当直线斜率存在时，设直线的方程为， 由化简，得． ． 设，，，则，， 若轴平分，则，所以． 又，，所以， 即， 整理，得，解得． 所以当时，轴平分． 综上，存在点，使得轴平分． 【变式3-1】（26-27高三·全国·一轮复习）已知双曲线C：的左顶点为A，P为C右支上一点且位于第一象限，P，Q关于x轴对称． (1)若，求的面积； (2)设M为x轴正半轴上一点，N为x轴负半轴上一点，直线与直线交于点D． （ⅰ）设，，求P的横坐标（用a，m表示）． （ⅱ）证明：存在定点M，N使得始终平分． 【答案】(1)； (2)（i）； （ii）法一：由（i）知， 将点代入中，有， 化简整理得（I） 设点，因为始终平分，所以， 所以， 化简整理得，（II） 即点在圆（部分）上运动（阿波罗尼斯圆）， （I）（II）对照系数可得，解得． 经检验，此时（I）（II）的方程均为， 即存在使得直线始终平分． 方法二：与（i）同理：由等比定理易知：， 所以． 作的外角平分线交轴于点，易知，所以， 因为，所以， 所以直线， 令得：， 因为在双曲线上， 所以， 所以， 易知为定点，所以，解得或， 因为，所以，所以， 由角平分线定理易知，即， 解得，故存在定点和，使得始终平分． 【分析】（1）直接求出，再利用面积公式即可得到答案； （2）（i）法一：计算出直线的方程，再联立即可得到点坐标；法二：设，利用三点共线得到两方程，再利用等比定理即可得到答案； （ii）将点坐标代入双曲线方程，再结合角平分线性质即可得到点的轨迹，再对比系数即可得到关于的方程组，解出即可；法二：根据等比定理得到的表达式，再作的外角平分线交轴于点，从而求出的坐标，最后利用角平分线定理得到方程，解出即可. 【详解】（1）易知， 代入双曲线得，解得，所以． （2）（i）法一：由题意得， 因为，所以， 所以， 联立，解得， 则． 法二：设，易知： 因为，，三点共线，所以， 因为，，三点共线，所以， 所以， 由等比定理易知， 解得，所以． 【变式3-2】（2026·北京丰台·模拟预测）已知椭圆经过点且两个焦点及短轴两顶点围成四边形的面积为. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)设，为椭圆上不同的两个点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，且、、三点共线.其中为坐标原点.问：轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标，若不存在，说明理由. 【答案】(1)， (2)存在，， 【分析】（1）依题意可得，，再根据求出、，即可得到椭圆方程及离心率； （2）根据三点共线可得、关于点对称，设点，表示出直线、的方程，从而得到、的坐标，由可得，设可得，即可求出参数的值，从而得解. 【详解】（1）依题意可得，，又，解得， 所以椭圆方程为，则离心率 （2）因为、、三点共线，根据椭圆的对称性可知、关于点对称， 设点，则， 所以直线的方程为，直线的方程为， 所以点，．    假设存在M使，， 所以，又，所以， 即，所以， 设，则，， 所以，即， 又，所以，所以，解得， 所以. 【变式3-3】（2026·湖南邵阳·模拟预测）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. 【答案】(1) (2)存在，坐标为 【分析】（1）利用已知和的关系，列方程组可得椭圆的标准方程； （2）直线斜率存在时，设出直线方程与椭圆方程联立， 可得，利用根与系数的关系代入化简，可得直线所过定点． 【详解】（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. 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. ▌题型04 存在点使等式恒成立 1. 核心逻辑 题目给出距离相等、面积相等、点到直线距离相等等等式条件，假设点存在，把条件全部翻译成坐标代数等式，结合韦达，求解待定坐标；无解则不存在。 2. 解题步骤 ① 假设点存在，设待定坐标； ② 翻译题干的等式（面积、距离、比例）； ③ 联立直线，韦达定理整体代入； ④ 化简方程求解参数； ⑤ 检验解是否符合几何实际，舍去增根。 3. 易错提醒 • 面积、距离公式漏写系数； • 解出参数不检验，保留不符合题意的增根。 【例4】（2026·广东·模拟预测）已知抛物线：，过点的直线l交C于P，Q两点，当PQ与x轴平行时，的面积为16，其中O为坐标原点. (1)求的方程； (2)已知点，，（）为抛物线上任意三点，记面积为，分别在点A、B、C处作抛物线的切线、、，与的交点为D，与的交点为E，与的交点为F，记面积为，是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)存在，2 【分析】（1）由题意可得，则，再由的面积为16，列方程可求出，从而可求得的方程； （2）表示出直线AC的方程，直线与的交点为T，求出点的坐标，则表示出，利用导数的几何意义求出、、的方程，求出的坐标，表示出，化简计算可得结论. 【详解】（1）当PQ与x轴平行时，， 因为P，Q两点均在抛物线C上， 所以， 即， 因为的面积为16， 所以， 解得， 则的方程为； （2）直线AC的斜率为：， 则：， 直线与的交点为T， 则点T为， 所以       （∗）       （∗∗） 所以： 由，得， 令，则的斜率， 则有：，即：， 同理：：，：， 与相交得：，得：； 同理可得：，； 同理由（∗∗）可知 所以， 所以存在，使得 【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查导数的几何意义，考查抛物线中三角形的面积问题，第（2）问解题的关键是用三点坐标表示出这三点围成的三角形的面积，考查计算能力，属于较难题. 【变式4-1】（2026·北京·模拟预测）已知椭圆 的离心率为，其长轴的两个端点分别为，. (1)求椭圆的标准方程； (2)点为椭圆上除，外的任意一点，直线交直线于点，点 为坐标原点：过点且与直线垂直的直线记为，直线交轴于点，交直线于点，问：是否存在点使得与的面积相等?若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据椭圆的离心率与值，求出，再根据求出后即可得椭圆的方程； （2），且，根据已知条件将点坐标以及用表示，求得，由此可将与的面积用表示，构成方程即可求解，即可解答. 【详解】（1）由题意，，又，所以， 则，所以椭圆C的方程为. （2）    设，且，则 ， 又因为，所以直线的斜率为， 所以直线的方程为， 令，得，所以点的坐标为， 因为，所以直线的斜率为， 因为，所以直线的斜率为， 所以直线的方程为， 因为，，所以直线的斜率为， 所以直线的方程为，即， 所以， 联立直线和直线的方程， 消去得，即， 整理有：， 因为，所以， 所以，解得点的横坐标， ，， 要使得与的面积相等，应有， 整理有，即， 解得，，因为，（舍去），所以， 由可得点P的坐标为. 【变式4-2】（2026高三·河北邯郸·阶段检测）在平面直角坐标系xOy中，已知等轴双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与直线交于点，且． (1)求双曲线的方程； (2)设点D、E分别为双曲线的左、右顶点，若点在直线上运动，且直线MD，ME与双曲线分别交于P、Q（不与D、E重合）两点． （i）证明：直线PQ恒过定点； （ii）是否存在点，使得与的面积相等． 【答案】(1) (2)（i）证明: 设，，， 则直线MD，ME的方程分别为， 联立方程，消去得，， ，则， 联立方程，消去得，， ，则， 直线 的斜率 ， ∴直线 的方程为 ，即 ， 整理得 ，∴直线PQ恒过定点．   （ii）不存在 【分析】（1）根据等轴双曲线可知，由可得，可求得，根据计算即可求得，进而得出双曲线的方程； （2）（i）设，写出直线 、 的方程，分别联立直线与双曲线方程，求出 、 的坐标，写出直线 的方程，即可求出定点坐标；（ii）假设存在点，使得与的面积相等，则有，将、 的横坐标，代入化简计算即可判断结果. 【详解】（1）因为双曲线是等轴双曲线，所以，双曲线方程为 ， ，设，依题意，， 点到直线的距离，，，         ，解得，， ∴双曲线的方程为． （2）（i）略； （ii）易知， 若存在点使得，则，有， ， 即， 即，即， （舍），或， ，. ，所以不存在点，使得与的面积相等． 【变式4-3】（2026高二·北京顺义·期中）已知椭圆C: 点B₁，B₂分别是椭圆C短轴的端点，椭圆C的右焦点，且. (1)求椭圆C的方程： (2)设过点 F且斜率不为0的直线交椭圆 C于A，B两点，问x轴上是否存在定点 P，使点 F到直线 BP的距离与点 F到直线AP的距离相等?若存在 求出点 P的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在P点坐标为 【分析】小问1根据题目条件可以求出a,b从而求出椭圆方程；小问2先设出这个方程并联立椭圆方程，求出直线与椭圆的交点的关系，再设定点的坐标并让条件成立，再运用交点的关系，求出定点坐标. 【详解】（1）由题意可得，又因为，所以为等腰直角三角形， 因此，则，故椭圆方程为. （2）设过点 F且斜率不为0的直线方程为， 设交点坐标为， 联立直线方程和椭圆方程得出， 化简得，根据韦达定理得， 设定点使点 F到直线 BP的距离与点 F到直线AP的距离相等， 又因为点 F与点P都在x轴上，故直线与直线的倾斜角互为相反数， 即，化简得， 又A，B点在直线上，故， 化简得，再根据韦达定理得， 当时，，则点坐标为； 当时，与为全等三角形且为直角三角形，故坐标为也满足条件， 综上所述存在P点坐标为使点 F到直线 BP的距离与点 F到直线AP的距离相等.    ▌题型05 存在点使线段关系式为定值 1. 核心逻辑 是否存在定点，使得、等线段式子恒为定值。把线段用坐标表示，利用轨迹、圆的定义、圆锥曲线定义，或者多项式恒成立系数对比求解定点。 高频：垂足轨迹为圆，利用圆定义找定点。 2. 解题步骤 ① 假设定点存在，设出定点坐标； ② 把线段表达式全部坐标化； ③ 联立韦达，化简整理； ④ 利用多项式恒成立，对应系数相等，解定点与定值；或者识别出动点轨迹是圆/圆锥曲线，利用定义读出定点； ⑤ 验证特殊位置。 3. 易错提醒 • 距离平方展开交叉项符号出错； • 看不出轨迹模型，盲目硬算。 【例5】（2026·贵州黔南·模拟预测）已知双曲线的两个焦点坐标分别为，，并且经过点． (1)求双曲线的标准方程． (2)设直线与曲线有唯一的公共点． （i）若直线与直线交于点，证明：； （ii）过作垂直于的直线分别交轴，轴于，两点，记点，在该平面内是否存在不重合的两定点、，使得为定值．若存在，求出定点、的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）直线与双曲线联立， 消去，整理得到关于的方程， 因为直线与双曲线有唯一公共点，所以， 则， 化简得到， 又切点为，由韦达定理得到， 直线与交于，将代入，解得， 则， ， ， 又， 则，故，得证. （ii）存在，定点， 【分析】（1）由焦点坐标得到，将的坐标代入双曲线方程，通过计算得到双曲线标准方程. （2）（i）直线与双曲线联立方程组，消去，整理得到关于的方程，由直线与双曲线有唯一公共点得到，结合切点和韦达定理得到，求出，求出的坐标，利用向量的数量积公式求出，从而得到，得证. （ii）求出过作垂直于的直线方程，求出轴截距和轴截距，从而得到满足，结合，可得，结合双曲线的定义得解. 【详解】（1）因为双曲线的两个焦点坐标分别为 ，， 所以，， 因为双曲线过 ，所以 ，， 将代入， 整理得，解得（舍去），， 则双曲线标准方程. （2）（i）略. （ii）因为过且垂直于的直线斜率为， 所以过作垂直于的直线方程为， 令，得到轴截距为， 令，得到轴截距为， 于是满足， 结合 ，可得， 即， 因此在等轴双曲线 上，其半焦距为， 两焦点为， 对任意上述点 M，均有， 所以所求两定点存在，可取，，定值为. 【变式5-1】（26-27高三·福建泉州·阶段检测）在平面直角坐标系中，已知双曲线的焦距为，焦点到渐近线的距离为. (1)求的方程： (2)不过原点的直线与的左、右两支分别交于点，记，直线的斜率分别为，且，过点作直线的垂线，垂足为，证明：存在定点，使得恒为定值． 【答案】(1) (2)存在定点，使得恒为定值.证明如下： 由（1）可得点坐标为， 因为不过原点的直线与的左、右两支分别交于点，所以直线的斜率存在， 设不过原点的直线方程为（，避免直线过原点），设. 将直线方程代入双曲线方程， 整理得： ，， 因为直线与双曲线左右两支各交于一点，所以，得， 同时满足韦达定理：. 由条件得，且， 代入得，， ， 化简整理得， 再将代入上式， ， ， ， 化简整理得，解得或. 当时，直线过，不符合题意，舍去； 当时，直线，此时线恒过定点. 因为，即，因此垂足的轨迹是以线段为直径的圆（除去原点，因为不过原点）， 该圆的圆心为中点，半径为， 因此恒为定值，即存在定点，使得恒为定值. 【分析】（1）直接由双曲线的几何性质可得，再由点到直线的距离可得，从而可得双曲线方程； （2）首先判断直线的斜率存在，再设直线方程为（），设，联立方程可得，再结合条件及斜率公式，化简可得，进而可得，从而判断直线恒过定点，垂足的轨迹是以线段为直径的圆（除去原点，因为不过原点），从而可得定点及定值. 【详解】（1）由双曲线的焦距为，得，即半焦距. 双曲线的渐近线方程为，取右焦点， 点到渐近线的距离为： 因此​，结合双曲线关系，代入得， 因此的方程为. （2）略 【变式5-2】（26-27高二·江苏无锡·阶段检测）已知点，，平面内满足的点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)直线：被曲线截得的弦为，以为直径的圆过坐标原点，求直线的方程； (3)为圆：上的任意一点，过点向曲线引切线，切点为，试探究：平面内是否存在定点，使得为定值？若存在，求出所有符合条件的定点的坐标，并求出相应的定值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) 或 (3)存在，定点，定值；定点，定值 【分析】（1）距离比值型轨迹问题，直接用坐标翻译，利用距离条件列式化简（阿波罗尼斯圆）； （2）联立直线与圆的方程保证两个交点存在并得到参数k取值范围，根据直径圆过原点得到垂直关系，利用垂直向量坐标表示结合韦达定理，整理出关于k的方程求解并检验； （3）利用距离公式得到，用切线长公式化简，用点Q在圆E上消去二次项，根据多项式恒等、系数成比例求解定点与定值. 【详解】（1）由题意得，设， ，整理得， 曲线C为圆心在原点，半径的圆，曲线C：. （2） 或 设， ，整理得， ，解得， 由韦达定理得， 又以为直径的圆过坐标原点，故,有， 整理得，解得， 直线方程： 或 （3） 设， ， QS是圆E上的点Q向单位圆C引的一条切线，则有， 又点Q在圆E上，，整理得， ， ， 令，为定值，有 ， 故，由第一式与第二式解得， 代入第三式解得或， 当时，，定点，定值； 当时，，定点，定值； 综上所述，存在定点，定值；定点，定值. 【变式5-3】（2026·河南新乡·模拟预测）已知椭圆的左、右顶点分别是，椭圆的焦距是2，（异于）是椭圆上的动点，直线与的斜率之积为． (1)求椭圆的标准方程； (2)分别是椭圆的左、右焦点，是内切圆的圆心，试问平面上是否存在定点，使得为定值?若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)存在，2. 【分析】（1）设出点，利用斜率坐标公式列式可得，借助距离为2求解即得. （2）设，借助三角形面积可得，利用点到直线距离探讨与的关系，结合椭圆的方程推理即得. 【详解】（1）设，则，即， 显然点，依题意，， 解得，由椭圆的焦距是2，得，则， 所以椭圆的标准方程为. （2）设，因为，则， 由（1）知，则直线的方程为，即， 从而点到直线的距离， 即，即. 因为，所以，所以， 所以，即， 因为，所以， 因为，所以，即，点在以为焦点，长轴长为2的椭圆上， 故存在定点，使得. 【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设出直线方程，再与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理并结合已知推理求解. ▌题型06 存在定直线问题 1. 核心逻辑 是否存在某条定直线，满足平行、垂直、四点共圆、角度、面积等条件。两种思路：特殊情形猜出定直线；或者设直线，根据条件列恒成立等式，解。 2. 解题步骤 ① 假设存在定直线，可先用特殊直线猜出候选； ② 设直线方程，与圆锥曲线联立； ③ 将题目条件转化代数等式； ④ 等式对变量恒成立，求解直线参数； ⑤ 验证一般情况。 3. 易错提醒 • 漏掉直线斜率不存在这种竖直线； • 求出直线不代入检验。 【例6】（2026·上海虹口·模拟预测）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. 【答案】(1) (2) (3)存在，直线的斜率为 【分析】（1）根据题意求出，即可得解； （2）由题意直线的斜率为，方程为，联立方程，求出点的坐标，同理求出点的坐标，进而可求出直线的方程； （3）设直线的方程为，联立方程，求出点的横坐标，同理求出点的横坐标，从而可求出直线的斜率，再分和两种情况讨论即可得解. 【详解】（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. 【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，必要时计算； （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6-1】（2026·上海·模拟预测）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. 【答案】(1) (2)； (3)存在直线或满足题意 【分析】（1）根据椭圆方程直接求，即可得离心率； （2）由垂直的向量表示化简，结合点在椭圆上即可求出点坐标，再联立直线与椭圆可得B点坐标； （3）由直线方程得出，分别求出三角形面积，根据面积相等建立方程求出即可得解. 【详解】（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. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中求解三角形面积的常用方法: （1）利用弦长以及点到直线的距离公式，表示出三角形的面积; （2）根据直线与圆锥曲线的交点，利用公共底或者公共高的情况，将三角形的面积表示为或的形式求解. 【变式6-2】（2026·天津南开·模拟预测）已知椭圆的离心率为，短轴的一个顶点到长轴的一个顶点的距离为． (1)求的方程； (2)为的右顶点，直线交于两点，为坐标原点．若，是否存在直线，使得四点共圆？若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，或． 【分析】（1）根据椭圆的基本性质求解； （2）由题意假设直线，与椭圆联立可得.又有四点共圆，且，所以，结合韦达定理可得的值，进而得到直线的方程. 【详解】（1）依题意，有解得， 所以的方程为． （2）设直线， 联立方程得：， 则 因为四点共圆，所以， 则有，即 所以即 所以，即， ，即， 联立解得（此时直线过点，舍去）， 将代入，解得， 所以存在直线，使得四点共圆. 直线的方程为或． 【变式6-3】（2026高二·湖南长沙·期中）已知椭圆经过点为椭圆的左、右两个焦点，． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过右焦点作直线与椭圆C交于两点（点A位于x轴上方），是否存在直线，使得？若存在，请求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据已知的焦距、椭圆上一点的坐标以及的基本关系式列出方程组，利用待定系数法求解出椭圆的标准方程; （2）设出直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理将给定的向量关系转化为两交点纵坐标之间的代数关系，代入计算即可求出直线参数. 【详解】（1）由题意，可得，解得 故椭圆的标准方程为． （2）由题意，若存在这样的直线，则直线的斜率存在且不为0， 易知，设直线的方程为， 因为，所以有，其中， 联立可得， ， 故，， 因为，即， 代入到得，整理得， 代入到得，整理得， 因此有，整理得，解得． 又，故，所以， 所以存在直线满足条件且其方程为，即． ▌题型07 存在定圆问题 1. 核心逻辑 是否存在定圆，满足相切、相内切、四点共圆等条件；利用圆标准方程，设圆心、半径为待定量；根据相切、内切条件列出等式，由式子对参数恒成立，比较系数求出圆心与半径。经常利用图形对称性，预判圆心在坐标轴上，减少未知数。 2. 解题步骤 ① 假设存在定圆，根据对称性预判圆心位置，设圆心、半径； ② 联立动直线与圆锥曲线，得到动圆的圆心半径表达式； ③ 利用两圆位置关系（内切、相切）列等式； ④ 等式对任意参数恒成立，对比系数求解圆心、半径； ⑤ 回代验证。 3. 易错提醒 • 两圆内切距离公式记错：； • 忽略对称性，未知数过多计算量大。 【例7】（安徽省江淮十校2025届高三第一次联考（一模）数学试题）椭圆的上顶点为，圆在椭圆内． (1)求的取值范围； (2)过点作圆的两条切线，切点为，切线与椭圆的另一个交点为，切线与椭圆的另一个交点为．是否存在圆，使得直线与之相切，若存在求出圆的方程，若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）设为椭圆上任意一点，再根据两点间距离小于半径即可得出范围； （2）设直线的方程直线,由点到直线距离等于半径得出的方程为，最后再应用圆心到直线距离等于半径求参即可求出圆的方程． 【详解】（1）设为椭圆上任意一点，，则． 则．故． （2） 由题意可知，设，因为，故切线的斜率都存在． 又直线的方程为，即为， 直线的方程为． 则，故． 而，故，又因为． 故，同理． 故直线的方程为． 若直线与圆相切，则，令． 故，即．故，或． 故存在满足条件的圆，其方程为． 【变式7-1】（2026高三·湖北武汉·期末）已知双曲线（，），点是的右焦点，的一条渐近线方程为. (1)求的标准方程； (2)过点的直线与的右支交于两点，以为直径的圆记为，是否存在定圆与圆内切？若存在，求出定圆的方程；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在，方程为 【分析】（1）根据双曲线焦点和渐近线求出基本量即可得到方程； （2）设出直线方程与双曲线方程联立，结合圆的相关概念求得圆方程，结合对称性得到定圆圆心的位置，设出定圆方程，结合两圆内切的概念列出方程求解即可. 【详解】（1）设双曲线的焦距为， 因为点是的右焦点，的一条渐近线方程为 所以，解得，所以的标准方程为 （2）存在定圆满足题意，方程为，理由如下： 因为过点的直线与的右支交于两点，所以直线斜率不为0， 设直线方程为，， 由，得， ， ，， 所以，， 由直线与的右支交于两点可知，解得， 又因为 ， 所以圆的方程为， 由对称性可知，若存在定圆与圆相内切，则定圆圆心一定在轴上， 不妨设定圆方程为， 则由圆与圆相内切可知，， 即， 整理得，， 因为上式与无关， 所以，解得， 所以存在定圆满足题意 【点睛】方法点睛：本题考查解析几何的综合问题，此类问题常见的处理方法为： （1）几何法：通过图形特征转化，结合适当的辅助线与图形关系进而求解； （2）坐标法：在平面直角坐标系中，通过坐标的运算与转化，运用方程联立与韦达定理等知识，用坐标运算求解答案. 【变式7-2】（上海市南洋模范中学2025-2026学年第二学期高三阶段练习数学试卷）设为非零实数．在平面直角坐标系中，已知抛物线，经过点的直线与交于、两点． (1)求的焦点坐标与准线方程； (2)若，且，求的值； (3)设．是否存在定圆，使得对任意的直线，以为直径的圆均与相切？若存在，求圆的方程；若不存在，说明理由． 【答案】(1)焦点坐标为，准线方程为 (2) (3)存在，且圆 【分析】（1）利用抛物线性质计算即可得； （2）设出直线方程，联立抛物线方程，可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合所给向量性质可用所设直线方程中的参数表示出、，再利用数量积公式计算即可得解； （3）设出直线方程，联立抛物线方程，可得与交点纵坐标有关韦达定理，则可表示出以为直径的圆的圆心及半径，再假设存在符合题意的定圆，设出圆心及其半径，利用两圆相切性质计算即可得解. 【详解】（1）由，则，故焦点坐标为，准线方程为； （2）设，、， 则、， 由，则，即， ，消去得， ，即， 有，，则， 则有，且，故，， ，， 由，则，即有， 又，则，故，解得； （3）当时，设，、， 则，消去得，， 有，， ，，则中点， ， 则以为直径的圆的圆心为，半径为， 假设存在符合题意的定圆，设，半径为， 则有，即有恒成立， 或恒成立， 若： 化简得， 则有，解得， 故存在定圆符合题意； 若： 化简得， 则有， 解得，需大于，不符，故舍去； 综上所述：存在，且圆. 【变式7-3】（2026·湖南常德·模拟预测）已知点到的距离与到定直线的距离之比为2，记的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)记的左、右焦点分别为，，左顶点为，点和如下构造：在第二象限任取上一点，直线交于另一点，直线交于另一点． ①记直线的斜率为，证明：； ②设点关于直线的对称点为，探究：是否存在定圆，使得点始终在上？若存在，求圆的方程，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)证明：（i）设直线， 联立，消得. 设交点， 则. 点，所以. 当直线过时，，代入得； 当直线过时，，代入得； 两式相除得， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以其前项和为， 因为，所以，即得证. （ii）存在定圆，方程为. 【分析】（1）求出点到的距离和点到定直线的距离表达式，进而化简计算即可. （2）（i）将直线与双曲线联立，结合韦达定理可得到是首项为，公比为的等比数列，进而求出其前项和得证； （ii）先求出直线恒过定点，结合对称性可求出结果. 【详解】（1）设，则点到的距离为， 点到定直线的距离为，由于点到的距离与到定直线的距离之比为2 所以，两边平方得， 化简得. （2）（i）略. （ii）存在定圆，方程为，理由如下： 设直线，由（i）得， 又，，所以， 即， 解得，即直线恒过定点. 设，由对称性质得，消去整理得. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 圆锥曲线中的探索性与综合性问题 （题型突破·举一反三） 题型 01 存在点使向量数量积为定值 题型 02 存在点使斜率之和或之积为定值 题型 03 存在点使两角度相等 题型 04 存在点使等式恒成立 题型 05 存在点使线段关系式为定值 题型 06 存在定直线问题 题型 07 存在定圆问题 ▌题型01 存在点使向量数量积为定值 1. 核心逻辑 是否存在定点，使得为定值。向量数量积展开为坐标表达式，整理成关于直线参数的式子，令参数的系数全部为0，求得定点坐标与定值。 2. 解题步骤 ① 假设存在定点，优先可以用特殊位置（斜率为0、斜率不存在）算出候选定点； ② 设动直线，联立圆锥曲线，得到韦达定理、； ③ 把向量数量积展开，全部用韦达整体代换； ④ 整理为“参数·系数 + 常数”形式，令参数的系数等于0，解定点； ⑤ 验证一般情况，检验特殊斜率情形。 3. 易错提醒 • 向量坐标写错； • 只做特殊情况，缺少一般情况证明； • 忽略约束。 【例1】（26-27高三·四川成都·开学考试）已知椭圆的左、右焦点分别为，. (1)求椭圆的离心率； (2)设点为第一象限内椭圆上的点，若，求点的坐标； (3)过右焦点的直线与椭圆交于，两点，在轴上是否存在定点，使得的值为定值？若存在，求出定点的坐标及该定值；若不存在，请说明理由. 【变式1-1】（2026·江苏扬州·模拟预测）已知椭圆的左顶点为，过右焦点且平行于轴的弦． (1)求的内心坐标； (2)是否存在定点，使过点的直线交于，交于点，且满足？若存在，求出该定点坐标，若不存在，请说明理由． 【变式1-2】（2026·北京通州·模拟预测）已知椭圆：（）的长轴长为4，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)直线l过椭圆E的左焦点F，且与E交于两点（不与左右顶点重合），点在轴正半轴上，直线交轴于点P，直线交轴于点，问是否存在，使得为定值？若存在，求出的值及定值；若不存在，请说明理由． 【变式1-3】（2026·河南南阳·模拟预测）已知双曲线的离心率，左顶点，过C的右焦点F作与x轴不重合的直线l，交C于P、Q两点． (1)求双曲线C的方程； (2)求证：直线、的斜率之积为定值； (3)设，试问：在x轴上是否存在定点T，使得恒成立？若存在，求出点T的坐标；若不存在，说明理由． ▌题型02 存在点使斜率之和或之积为定值 1. 核心逻辑 是否存在定点，使得或者。把斜率用交点坐标表示，通分后将分子用韦达定理整体代换；式子对任意参数恒成立，则对应系数等于0，解定点。 常见模型：轴平分角等价。 2. 解题步骤 ① 假设存在定点； ② 联立直线与圆锥曲线，写出韦达； ③ 写出斜率表达式，通分整理； ④ 代入、，整理，令变量的系数等于0； ⑤ 解出定点，检验斜率不存在等特殊情形。 3. 易错提醒 • 通分计算出错； • 分母不为零条件忽略； • 不验证特殊直线。 【例2】（2026高一·重庆·期末）已知圆 ，圆上一动点，圆外一动点，满足的最大值为其最小值的2倍. (1)求点的轨迹方程； (2)若圆，，是圆与（1）中所求的点轨迹的交点. （i）求以为直径的圆的方程; （ii）若直线与圆交于，两点，探究当不断变化时，在轴上是否存在一定点，使得直线的斜率互为相反数?若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【变式2-1】（26-27高三·浙江·阶段检测）在平面直角坐标系中，已知椭圆：（）的右焦点，离心率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线：与交于，两点． （ⅰ）求面积的最大值； （ⅱ）在轴上是否存在一定点，使得直线，的斜率之和恒为0？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式2-2】（2026·四川成都·模拟预测）已知椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆相交于两点，当过坐标原点时，． (1)求椭圆的方程； (2)当斜率存在时，线段上是否存在定点，使得直线与直线的斜率之和为定值．若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式2-3】（2026·重庆永川·模拟预测）已知椭圆的长轴长为4，焦距为2． (1)求椭圆C上的点到直线距离的最大值. (2)过点作斜率为k的直线与椭圆相交于A，B两点，y轴上存在点Q使得直线与直线的斜率之和为0． （i）求点Q的坐标； （ii）求的面积的最大值． ▌题型03 存在点使两角度相等 1. 核心逻辑 角度相等（轴平分两角、角平分线），几何条件等价转化斜率条件：两角关于轴对称，则；不要直接处理角度，优先转为斜率运算。 2. 解题步骤 ① 将角度相等条件翻译为斜率之和为0； ② 设直线并联立，得到韦达； ③ 代入斜率等式，化简； ④ 由等式对参数恒成立，求出定点； ⑤ 检验直线斜率不存在的情形。 3. 易错提醒 • 直接处理角度三角函数，计算复杂容易出错； • 没有转化斜率，几何推理遗漏。 【例3】（26-27高二·江苏徐州·阶段检测）已知圆：，直线：，与圆交于不同的两点，点在圆上运动，且点满足（为原点），记点的轨迹为． (1)求曲线的方程． (2)设的中点为，求点到直线距离的最大值． (3)过点且不与轴重合的直线与曲线交于两点，问在轴正半轴上是否存在定点，使得轴平分?若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式3-1】（26-27高三·全国·一轮复习）已知双曲线C：的左顶点为A，P为C右支上一点且位于第一象限，P，Q关于x轴对称． (1)若，求的面积； (2)设M为x轴正半轴上一点，N为x轴负半轴上一点，直线与直线交于点D． （ⅰ）设，，求P的横坐标（用a，m表示）． （ⅱ）证明：存在定点M，N使得始终平分． 【变式3-2】（2026·北京丰台·模拟预测）已知椭圆经过点且两个焦点及短轴两顶点围成四边形的面积为. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)设，为椭圆上不同的两个点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，且、、三点共线.其中为坐标原点.问：轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标，若不存在，说明理由. 【变式3-3】（2026·湖南邵阳·模拟预测）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. ▌题型04 存在点使等式恒成立 1. 核心逻辑 题目给出距离相等、面积相等、点到直线距离相等等等式条件，假设点存在，把条件全部翻译成坐标代数等式，结合韦达，求解待定坐标；无解则不存在。 2. 解题步骤 ① 假设点存在，设待定坐标； ② 翻译题干的等式（面积、距离、比例）； ③ 联立直线，韦达定理整体代入； ④ 化简方程求解参数； ⑤ 检验解是否符合几何实际，舍去增根。 3. 易错提醒 • 面积、距离公式漏写系数； • 解出参数不检验，保留不符合题意的增根。 【例4】（2026·广东·模拟预测）已知抛物线：，过点的直线l交C于P，Q两点，当PQ与x轴平行时，的面积为16，其中O为坐标原点. (1)求的方程； (2)已知点，，（）为抛物线上任意三点，记面积为，分别在点A、B、C处作抛物线的切线、、，与的交点为D，与的交点为E，与的交点为F，记面积为，是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【变式4-1】（2026·北京·模拟预测）已知椭圆 的离心率为，其长轴的两个端点分别为，. (1)求椭圆的标准方程； (2)点为椭圆上除，外的任意一点，直线交直线于点，点 为坐标原点：过点且与直线垂直的直线记为，直线交轴于点，交直线于点，问：是否存在点使得与的面积相等?若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 【变式4-2】（2026高三·河北邯郸·阶段检测）在平面直角坐标系xOy中，已知等轴双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与直线交于点，且． (1)求双曲线的方程； (2)设点D、E分别为双曲线的左、右顶点，若点在直线上运动，且直线MD，ME与双曲线分别交于P、Q（不与D、E重合）两点． （i）证明：直线PQ恒过定点； （ii）是否存在点，使得与的面积相等． 【变式4-3】（2026高二·北京顺义·期中）已知椭圆C: 点B₁，B₂分别是椭圆C短轴的端点，椭圆C的右焦点，且. (1)求椭圆C的方程： (2)设过点 F且斜率不为0的直线交椭圆 C于A，B两点，问x轴上是否存在定点 P，使点 F到直线 BP的距离与点 F到直线AP的距离相等?若存在 求出点 P的坐标；若不存在，说明理由. ▌题型05 存在点使线段关系式为定值 1. 核心逻辑 是否存在定点，使得、等线段式子恒为定值。把线段用坐标表示，利用轨迹、圆的定义、圆锥曲线定义，或者多项式恒成立系数对比求解定点。 高频：垂足轨迹为圆，利用圆定义找定点。 2. 解题步骤 ① 假设定点存在，设出定点坐标； ② 把线段表达式全部坐标化； ③ 联立韦达，化简整理； ④ 利用多项式恒成立，对应系数相等，解定点与定值；或者识别出动点轨迹是圆/圆锥曲线，利用定义读出定点； ⑤ 验证特殊位置。 3. 易错提醒 • 距离平方展开交叉项符号出错； • 看不出轨迹模型，盲目硬算。 【例5】（2026·贵州黔南·模拟预测）已知双曲线的两个焦点坐标分别为，，并且经过点． (1)求双曲线的标准方程． (2)设直线与曲线有唯一的公共点． （i）若直线与直线交于点，证明：； （ii）过作垂直于的直线分别交轴，轴于，两点，记点，在该平面内是否存在不重合的两定点、，使得为定值．若存在，求出定点、的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式5-1】（26-27高三·福建泉州·阶段检测）在平面直角坐标系中，已知双曲线的焦距为，焦点到渐近线的距离为. (1)求的方程： (2)不过原点的直线与的左、右两支分别交于点，记，直线的斜率分别为，且，过点作直线的垂线，垂足为，证明：存在定点，使得恒为定值． 【变式5-2】（26-27高二·江苏无锡·阶段检测）已知点，，平面内满足的点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)直线：被曲线截得的弦为，以为直径的圆过坐标原点，求直线的方程； (3)为圆：上的任意一点，过点向曲线引切线，切点为，试探究：平面内是否存在定点，使得为定值？若存在，求出所有符合条件的定点的坐标，并求出相应的定值；若不存在，请说明理由． 【变式5-3】（2026·河南新乡·模拟预测）已知椭圆的左、右顶点分别是，椭圆的焦距是2，（异于）是椭圆上的动点，直线与的斜率之积为． (1)求椭圆的标准方程； (2)分别是椭圆的左、右焦点，是内切圆的圆心，试问平面上是否存在定点，使得为定值?若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由. ▌题型06 存在定直线问题 1. 核心逻辑 是否存在某条定直线，满足平行、垂直、四点共圆、角度、面积等条件。两种思路：特殊情形猜出定直线；或者设直线，根据条件列恒成立等式，解。 2. 解题步骤 ① 假设存在定直线，可先用特殊直线猜出候选； ② 设直线方程，与圆锥曲线联立； ③ 将题目条件转化代数等式； ④ 等式对变量恒成立，求解直线参数； ⑤ 验证一般情况。 3. 易错提醒 • 漏掉直线斜率不存在这种竖直线； • 求出直线不代入检验。 【例6】（2026·上海虹口·模拟预测）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6-1】（2026·上海·模拟预测）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6-2】（2026·天津南开·模拟预测）已知椭圆的离心率为，短轴的一个顶点到长轴的一个顶点的距离为． (1)求的方程； (2)为的右顶点，直线交于两点，为坐标原点．若，是否存在直线，使得四点共圆？若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由． 【变式6-3】（2026高二·湖南长沙·期中）已知椭圆经过点为椭圆的左、右两个焦点，． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过右焦点作直线与椭圆C交于两点（点A位于x轴上方），是否存在直线，使得？若存在，请求出直线的方程；若不存在，请说明理由． ▌题型07 存在定圆问题 1. 核心逻辑 是否存在定圆，满足相切、相内切、四点共圆等条件；利用圆标准方程，设圆心、半径为待定量；根据相切、内切条件列出等式，由式子对参数恒成立，比较系数求出圆心与半径。经常利用图形对称性，预判圆心在坐标轴上，减少未知数。 2. 解题步骤 ① 假设存在定圆，根据对称性预判圆心位置，设圆心、半径； ② 联立动直线与圆锥曲线，得到动圆的圆心半径表达式； ③ 利用两圆位置关系（内切、相切）列等式； ④ 等式对任意参数恒成立，对比系数求解圆心、半径； ⑤ 回代验证。 3. 易错提醒 • 两圆内切距离公式记错：； • 忽略对称性，未知数过多计算量大。 【例7】（安徽省江淮十校2025届高三第一次联考（一模）数学试题）椭圆的上顶点为，圆在椭圆内． (1)求的取值范围； (2)过点作圆的两条切线，切点为，切线与椭圆的另一个交点为，切线与椭圆的另一个交点为．是否存在圆，使得直线与之相切，若存在求出圆的方程，若不存在，说明理由． 【变式7-1】（2026高三·湖北武汉·期末）已知双曲线（，），点是的右焦点，的一条渐近线方程为. (1)求的标准方程； (2)过点的直线与的右支交于两点，以为直径的圆记为，是否存在定圆与圆内切？若存在，求出定圆的方程；若不存在，说明理由. 【变式7-2】（上海市南洋模范中学2025-2026学年第二学期高三阶段练习数学试卷）设为非零实数．在平面直角坐标系中，已知抛物线，经过点的直线与交于、两点． (1)求的焦点坐标与准线方程； (2)若，且，求的值； (3)设．是否存在定圆，使得对任意的直线，以为直径的圆均与相切？若存在，求圆的方程；若不存在，说明理由． 【变式7-3】（2026·湖南常德·模拟预测）已知点到的距离与到定直线的距离之比为2，记的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)记的左、右焦点分别为，，左顶点为，点和如下构造：在第二象限任取上一点，直线交于另一点，直线交于另一点． ①记直线的斜率为，证明：； ②设点关于直线的对称点为，探究：是否存在定圆，使得点始终在上？若存在，求圆的方程，若不存在，请说明理由． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $