2023届新高考数学之圆锥曲线综合讲义第25讲 蝴蝶问题含解析

1、2023届新高考数学之圆锥曲线综合讲义第25讲 蝴蝶问题一、解答题 1在平面直角坐标系中，已知圆，点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径相交于点，设点的轨迹为曲线。(1)求曲线的方程；(2)若，设过点的直线与曲线分别交于点，其中，求证：直线必过轴上的一定点。(其坐标与无关)2已知椭圆的左右顶点分别为点，且，椭圆离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆的右焦点，且斜率不为的直线交椭圆于，两点，直线，的交于点，求证：点在直线上.3已知椭圆C：1(ab0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为，点P为椭圆上一点（1）求椭圆C的标准方程；（2）如图，过点C(0，1)且斜率大于1的直线l与椭圆交于M，

2、N两点，记直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，若k12k2，求直线l斜率的值4已知椭圆E：的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点在椭圆E上.（1）求椭圆E的方程；（2）设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：5已知椭圆的离心率为，且过点.（1）求椭圆的方程；（2）设不过原点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，线段的中点为，直线与椭圆交于，证明：.6如图，为坐标原点，椭圆（）的焦距等于其长半轴长，为椭圆的上、下顶点，且（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线交椭圆于异于的两点，直线交于点求证：点的纵坐标为定值

3、37已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切.（）求椭圆方程；（）设为椭圆右顶点，过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于，两点（异于），直线，分别交直线于，两点. 求证：，两点的纵坐标之积为定值.8已知椭圆经过点，离心率为（1）求椭圆的方程；（2）经过点且斜率存在的直线交椭圆于两点，点与点关于坐标原点对称连接求证：存在实数，使得成立9已知点在椭圆：上，为坐标原点，直线：的斜率与直线的斜率乘积为（1）求椭圆的方程；（2）不经过点的直线：（且）与椭圆交于，两点，关于原点的对称点为（与点不重合），直线，与轴分别交于两点，求证：.10椭圆（）的左、右焦点分别为，在椭圆上，的周长为，

4、面积的最大值为2.（1）求椭圆的方程；（2）直线（）与椭圆交于，连接，并延长交椭圆于，连接，探索与的斜率之比是否为定值并说明理由.11已知椭圆的方程为，在椭圆上，椭圆的左顶点为，左、右焦点分别为，的面积是的面积的倍（1）求椭圆的方程；（2）直线（）与椭圆交于，连接，并延长交椭圆于，连接，指出与之间的关系，并说明理由12已知椭圆C的方程为，在椭圆上，离心率，左、右焦点分别为、（1）求椭圆C的方程；（2）直线与椭圆C交于A，B两点，连接并延长交椭圆C于D、E两点，连接，求的值13如图，B，A是椭圆的左、右顶点，P，Q是椭圆C上都不与A，B重合的两点，记直线BQ，AQ，AP的斜率分别是，.（1）求证

5、：；（2）若直线PQ过定点，求证：.14已知椭圆：的焦距为4，且点在椭圆上，直线经过椭圆的左焦点，与椭圆交于两点，且其斜率为，为坐标原点，为椭圆的右焦点.（1）求椭圆的方程； （2）设，延长分别与椭圆交于两点，直线的斜率为，求证：为定值.15已知椭圆的离心率为，半焦距为，且，经过椭圆的左焦点，斜率为的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点（I）求椭圆的标准方程（II）设，延长，分别与椭圆交于，两点，直线的斜率为，求证：为定值第25讲 蝴蝶问题一、解答题 1在平面直角坐标系中，已知圆，点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径相交于点，设点的轨迹为曲线。(1)求曲线的方程；(2)若，设过点的直线与曲线

6、分别交于点，其中，求证：直线必过轴上的一定点。(其坐标与无关)【答案】(1) ； (2) 证明见解析【分析】（1）由椭圆的定义可直接求出求曲线的方程；（2）先求出直线的方程，再分别与椭圆联立方程组，求出两点的坐标并写出直线的方程【详解】（1）在线段的垂直平分线上，由椭圆的定义知点的轨迹是以为焦点，6为长轴长的椭圆，曲线的方程为：。（2）点的坐标为直线方程为：，即，直线方程为：，即。分别与椭圆联立方程组，同时考虑到，解得：.当时，直线方程为：令，解得：。此时必过点；当时，直线方程为：，与轴交点为。所以直线必过轴上的一定点。【点睛】本题主要考查利用定义法求椭圆的标准方程及圆锥曲线中的定点问题，计算

7、量大，第二问难度大，是高考压轴题。2已知椭圆的左右顶点分别为点，且，椭圆离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆的右焦点，且斜率不为的直线交椭圆于，两点，直线，的交于点，求证：点在直线上.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由题知，解方程即可得，故椭圆的方程是.（2）先讨论斜率不存在时的情况易知直线，的交点的坐标是.当直线斜率存在时，设直线方程为，进而联立方程结合韦达定理得，直线的方程是，直线的方程是，进而计算得时的纵坐标，并证明其相等即可.【详解】解：（1）因为，椭圆离心率为，所以，解得，.所以椭圆的方程是.（2）若直线的斜率不存在时，如图，因为椭圆的右焦点为，所以直线的方程是

8、.所以点的坐标是，点的坐标是.所以直线的方程是，直线的方程是.所以直线，的交点的坐标是.所以点在直线上.若直线的斜率存在时，如图.设斜率为.所以直线的方程为.联立方程组消去，整理得.显然.不妨设，所以，.所以直线的方程是.令，得.直线的方程是.令，得.所以分子.所以点在直线上.【点睛】本题第二问解题的关键在于分类讨论直线斜率不存在和存在两种情况，当直线斜率存在时，设，写出直线的方程是和直线的方程是，进而计算得时的纵坐标相等即可.考查运算求解能力，是中档题.3已知椭圆C：1(ab0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为，点P为椭圆上一点（1）求椭圆C的标准方程；（2）如图，过点C(0，1)且斜率大

9、于1的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，若k12k2，求直线l斜率的值【答案】（1）1；（2）.【分析】(1)由椭圆的离心率,和点P在椭圆上求出椭圆的标准方程;(2) 由椭圆的对称性可知直线l的斜率一定存在，设其方程为ykx1, 设M(x1，y1)，N(x2，y2), 联立方程组消去y,再将k12k2用坐标表示,利用点在椭圆上和韦达定理求出直线l的斜率.【详解】(1)因为椭圆的离心率为，所以a2c.又因为a2b2c2，所以bc.所以椭圆的标准方程为1.又因为点P为椭圆上一点，所以1，解得c1.所以椭圆的标准方程为1.(2) 由椭圆的对称性可知直线l的斜率

10、一定存在，设其方程为ykx1.设M(x1，y1)，N(x2，y2)联立方程组消去y可得(34k2)x28kx80.所以由根与系数关系可知x1x2，x1x2.因为k1，k2，且k12k2，所以.即.又因为M(x1，y1)，N(x2，y2)在椭圆上，所以 (4)， (4)将代入可得：，即3x1x210(x1x2)120.所以310120，即12k220k30.解得k或k，又因为k1，所以k.【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系,考查椭圆的标准方程和椭圆的几何性质,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题.4已知椭圆E：的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点在椭圆E上.（1）求椭圆E的方程

11、；（2）设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）根据a=2b，再将点代入椭圆方程，解方程组即可求解.（2）设直线l的方程为，将直线与椭圆联立，利用韦达定理可得M点坐标为，从而求出直线OM方程，将直线与椭圆联立，求出点，根据两点间的距离公式即可求解.【详解】（1）由已知，a=2b.又椭圆过点，故，解得.所以椭圆E的方程是.（2）设直线l的方程为， ，由方程组 得，方程的判别式为，由，即，解得.由得.所以M点坐标为，直线OM方程为，由方程组，得.所以.又.所以.【点睛】关键点点睛

12、：本题考查了直线与椭圆的位置关系，解题的关键是求出M点坐标，考查了计算能力.5已知椭圆的离心率为，且过点.（1）求椭圆的方程；（2）设不过原点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，线段的中点为，直线与椭圆交于，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）根据b=1，结合解方程组即可求解；（2）设直线l的方程为，将直线与椭圆联立，利用韦达定理可得中点，从而求出直线OM方程，将直线与椭圆联立，求出点，根据两点间的距离公式即可求解.【详解】（1）根据题意： ，所以椭圆G的方程为.（2）设直线l的方程为： 由 消去得： 即，需 即 ， 设，中点，则，那么直线的方程为:即，由 ，不妨令 ，那么

13、，所以 |MC|MD|=|ME|MF|.【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，解题的关键是直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理可得中点，从而求出直线OM方程，将直线与椭圆再次联立，求出点，考查了分析问题、解决问题能力，以及计算能力.6如图，为坐标原点，椭圆（）的焦距等于其长半轴长，为椭圆的上、下顶点，且（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线交椭圆于异于的两点，直线交于点求证：点的纵坐标为定值3【答案】（1）；（2）3【分析】（1）由得，再根据焦距等于其长半轴长可求，故可得椭圆的方程.（2）设直线方程为，【详解】解：（1）由题意可知：,，又，有，故椭圆的方程为：（2）由题意知直线的斜

14、率存在，设其方程为，用的横坐标表示的纵坐标，再联立的方程和椭圆的方程，消去得，利用韦达定理化简的纵坐标后可得所求的定值.设（），联立直线方程和椭圆方程得，消去得，,，且有，又，由得，故，整理得到，故故点的纵坐标为3【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等. 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.7已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的

15、短半轴长为半径的圆与直线相切.（）求椭圆方程；（）设为椭圆右顶点，过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于，两点（异于），直线，分别交直线于，两点. 求证：，两点的纵坐标之积为定值.【答案】（）；（）详见解析.【分析】（）求出后可得椭圆方程.（）当直线的斜率不存在，计算可得两点的纵坐标之积为.当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，则，联立直线方程和椭圆方程，消去后利用韦达定理化简后可得定值.【详解】解：（）因为以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切，所以半径等于原点到直线的距离，即.由离心率，可知，且，得.故椭圆的方程为. （）由椭圆的方程可知.若直线的斜率不存在，则直线方程为，所以.则直线的

16、方程为，直线的方程为.令，得，.所以两点的纵坐标之积为.若直线的斜率存在，设直线的方程为,由得，依题意恒成立.设， 则. 设，由题意三点共线可知，所以点的纵坐标为.同理得点的纵坐标为.所以综上，两点的纵坐标之积为定值.【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等. 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，消元后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，该关系式中含有或，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、最值等问题.8已知椭圆经过点，离心率为（1）

17、求椭圆的方程；（2）经过点且斜率存在的直线交椭圆于两点，点与点关于坐标原点对称连接求证：存在实数，使得成立【答案】（1）（2）证明见解析【分析】（1）由点可得,由,根据即可求解；（2）设直线的方程为,联立可得,设,由韦达定理可得,再根据直线的斜率公式求得；由点B与点Q关于原点对称,可设,可求得,则,即可求证.【详解】解:（1）由题意可知,又,得,所以椭圆的方程为（2）证明:设直线的方程为，联立,可得,设,则有,因为,所以,又因为点B与点Q关于原点对称,所以,即,则有,由点在椭圆上,得,所以,所以,即，所以存在实数,使成立【点睛】本题考查椭圆的标准方程,考查直线的斜率公式的应用,考查运算能力.9

18、已知点在椭圆：上，为坐标原点，直线：的斜率与直线的斜率乘积为（1）求椭圆的方程；（2）不经过点的直线：（且）与椭圆交于，两点，关于原点的对称点为（与点不重合），直线，与轴分别交于两点，求证：.【答案】（）（）见解析【分析】（）根据椭圆的中点弦所在直线的斜率的性质，得到，得到，再结合椭圆所过的点的坐标满足椭圆方程，联立方程组，求得，进而求得椭圆的方程；（）将直线方程与椭圆方程联立，消元，利用韦达定理得到两根和与两根积，将证明结果转化为证明直线，的斜率互为相反数，列式，可证.【详解】（）由题意，即 又联立解得所以，椭圆的方程为：.（）设，由，得，所以，即，又因为，所以，解法一：要证明，可转化为证明

19、直线，的斜率互为相反数，只需证明，即证明. ，.解法二：要证明，可转化为证明直线，与轴交点、连线中点的纵坐标为，即垂直平分即可.直线与的方程分别为：，分别令，得，而，同解法一，可得，即垂直平分.所以，.【点睛】该题考查的是有关解析几何的问题，涉及到的知识点有椭圆方程的求解，用到的结论有椭圆中点弦所在直线的斜率的特征，再者就是直线与椭圆相交的综合题，认真审题是正确解题的关键，注意正确的等价转化.10椭圆（）的左、右焦点分别为，在椭圆上，的周长为，面积的最大值为2.（1）求椭圆的方程；（2）直线（）与椭圆交于，连接，并延长交椭圆于，连接，探索与的斜率之比是否为定值并说明理由.【答案】（I）；（II

20、）.【分析】利用的周长为，面积的最大值为列出方程求出a，b即可得到椭圆方程设，则直线AD：，代入C：，结合，代入化简得，设，利用韦达定理通过斜率关系，化简求解即可【详解】，得，所以椭圆C的方程为：设，则直线AD：，代入C：得，因为，代入化简得，设，则，所以，直线，同理可得，所以，所以：【点睛】本题考查椭圆的简单性质，椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力11已知椭圆的方程为，在椭圆上，椭圆的左顶点为，左、右焦点分别为，的面积是的面积的倍（1）求椭圆的方程；（2）直线（）与椭圆交于，连接，并延长交椭圆于，连接，指出与之间的关系，并说明理由【答案】(1);(2)见解析

21、.【解析】【分析】（1）由题意可求得，从而可得椭圆的方程（2）设，则，可得直线的方程为，与椭圆方程联立后消元可得二次方程，然后根据二次方程根与系数的关系得到点的坐标同理可得点的坐标，最后通过计算可得【详解】（1）由的面积是的面积的倍，可得，即，又，所以，由在椭圆上，可得，所以，可得，所以椭圆的方程为 （2）设，则，故直线的方程为，由消去整理得， 又，代入上式化简得，设，则，所以，又直线的方程为，同理可得， 所以kDE所以【点睛】在解答直线和圆锥曲线位置关系的问题时，一般要遇到大量的运算，所以在解题时为了减少运算量要注意合理运用“设而不求”、“整体代换”等方法的运用，以减少运算，提高解题的效率，

22、尽量避免出现计算中的错误12已知椭圆C的方程为，在椭圆上，离心率，左、右焦点分别为、（1）求椭圆C的方程；（2）直线与椭圆C交于A，B两点，连接并延长交椭圆C于D、E两点，连接，求的值【答案】（1）；（2）【分析】（1）由在椭圆上，得到，再根据和，求得的值，即可求解；（2）设，得到直线，联立方程组，结合，求得，同理求得，结合斜率公式，化简，即可求解.【详解】（1）由在椭圆上，可得，又由离心率，可得，且，解得，所以椭圆C的方程为（2）设，则，直线，代入，得，因为，代入化简得，设，则，所以，直线：，同理可得，化简得，故，即，所以又，所以【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：对于直线与圆锥曲线

23、的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力13如图，B，A是椭圆的左、右顶点，P，Q是椭圆C上都不与A，B重合的两点，记直线BQ，AQ，AP的斜率分别是，.（1）求证：；（2）若直线PQ过定点，求证：.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）设，代入斜率公式求；（2）设直线的方程是，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示，再根据（1）的结论证明.【详解】（1）设 ；（2）设直线的方程是，设 与椭圆方程联立， 得：

24、 ， ， ， ， ,由（1）可知，两式消去，解得：.【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，定值和定点，意在考查转化与化归的思想和计算能力，属于中档题型，第二问中设而不求的基本方法也使得求解过程变得简单，在解决圆锥曲线与动直线问题中，韦达定理，弦长公式都是解题的基本工具.14已知椭圆：的焦距为4，且点在椭圆上，直线经过椭圆的左焦点，与椭圆交于两点，且其斜率为，为坐标原点，为椭圆的右焦点.（1）求椭圆的方程； （2）设，延长分别与椭圆交于两点，直线的斜率为，求证：为定值.【答案】(1) (2)见解析 【详解】试题分析：（1）由题意知，且解得，故椭圆的方程为.（2）联立 得，同理得的坐标为

25、，表示整理得，从而为定值.试题解析：（1）由题意知，且解得椭圆的方程为.（2）由（1）可得，设，可得：，联立方程 ，同理，直线与椭圆交点的坐标为设：，代入可得，为定值.点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.15已知椭圆的离心率为，半焦距为，且，经过椭圆的左焦点，斜率为的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点（I）求椭圆的标准方程（II）设，延长，分别与椭圆交于

26、，两点，直线的斜率为，求证：为定值【答案】（I）；（II）见解析.【解析】试题分析：（I）依题意,得,再由求得,从而可得椭圆的标准方程;（II）设，可求得直线的方程为,与椭圆方程联立,由韦达定理可求得,进一步可求, 同理,从而可得,化简运算即可.试题解析：（I）由题意，得解得，故椭圆的方程为（II）设，由已知，直线的方程为，即由消去并整理，得则，同理，为定值点睛：本题主要考查了椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，是高考的必考点，属于难题求椭圆方程的方法一般就是根据条件建立的方程，求出即可，注意的应用；涉及直线与圆锥曲线相交时，未给出直线时需要自己根据题目条件设直线方程，要特别注意直线斜率是否存在

27、的问题，避免不分类讨论造成遗漏，然后要联立方程组，得一元二次方程，利用根与系数关系写出，再根据具体问题应用上式，其中要注意判别式条件的约束作用第26讲 外接圆问题一解答题 1已知抛物线，是的准线上的动点，过作的两条切线，切点分别为，（1）当点在轴上时，求切线，的方程；（2）设圆是的外接圆，当圆的面积最小时，求圆的方程2已知定点，定直线，动圆过点，且与直线相切（）求动圆的圆心轨迹的方程；（）过点的直线与曲线相交于，两点，分别过点，作曲线的切线，两条切线相交于点，求外接圆面积的最小值3已知椭圆的两个焦点分别为和，、是椭圆短轴的两端点，过点的直线与椭圆相交于另一点，且求椭圆的离心率；设直线上有一点，

28、在的外接圆上，求的值4已知椭圆经过点，且其离心率为（1）求椭圆的方程；（2）若为椭圆的右焦点，椭圆与轴的正半轴相交于点，经过点的直线与椭圆相交于另一点，且满足，求外接圆的方程5已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且过抛物线的焦点（1）求椭圆的方程；（2）设点关于轴的对称点为，过作两条直线和，其斜率分别为、，满足，它们分别是椭圆的上半部分相交于，两点，与轴相交于，两点，使得，求证：的外接圆过点；（3）设抛物线的准线为，是抛物线上的两个动点，且满足，线段的中点为，点在上的投影为，求的最大值6如图，在平面直角坐标系中，已知，直线与线段、分别交于点、（）当时，求以，为焦点，且过中点的椭圆的标准

29、方程；（）过点作直线交于点，记的外接圆为圆求证：圆心在定直线上；圆是否恒过异于点的一个定点？若过，求出该点的坐标；若不过，请说明理由7已知的边边所在直线的方程为点关于点的对称点为，点在边所在直线上且满足求边所在直线的方程；求的外接圆的方程；若点的坐标为，其中为正整数试讨论在的外接圆上是否存在点，使得成立？说明理由8过点作抛物线的两条切线，切点分别为，（） 证明：为定值；（） 记的外接圆的圆心为点，点是抛物线的焦点，对任意实数，试判断以为直径的圆是否恒过点？并说明理由9已知抛物线，为直线上任意一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，（1）当的坐标为时，求过，三点的圆的方程；（2）若，是上的任意

30、点，求证：点处的切线的斜率为；（3）证明：以为直径的圆恒过点10（2020广州一模）已知点是抛物线的顶点，是上的两个动点，且（1）判断点是否在直线上？说明理由；（2）设点是的外接圆的圆心，求点的轨迹方程第26讲 外接圆问题一解答题 1已知抛物线，是的准线上的动点，过作的两条切线，切点分别为，（1）当点在轴上时，求切线，的方程；（2）设圆是的外接圆，当圆的面积最小时，求圆的方程【解答】解：（1）抛物线，准线的方程，点在轴上，设，且，由，求导，解得，切线的方程为，即，同理可得切线的方程为，（2）如图：设点，设过点与抛物线相切的直线方程为，由，即切线，互相垂直即是直角三角形，的外接圆直径为弦当圆的面

31、积最小时，即是最短时，此时垂直轴，的外接圆圆心为，圆的方程为2已知定点，定直线，动圆过点，且与直线相切（）求动圆的圆心轨迹的方程；（）过点的直线与曲线相交于，两点，分别过点，作曲线的切线，两条切线相交于点，求外接圆面积的最小值【解答】解：（）设点到直线的距离为，依题意设，则有化简得所以点的轨迹的方程为（）设，代入中，得设，则，所以因为，即，所以所以直线的斜率为，直线的斜率为因为，所以，即为直角三角形所以的外接圆的圆心为线段的中点，线段是直径因为，所以当时线段最短，最短长度为4，此时圆的面积最小，最小面积为3已知椭圆的两个焦点分别为和，、是椭圆短轴的两端点，过点的直线与椭圆相交于另一点，且求椭圆

32、的离心率；设直线上有一点，在的外接圆上，求的值【解答】解：（），且，是和的中点，不妨设，由，代入得：，即椭圆的离心率；（）由（）知，得，椭圆的方程可设为若，则，线段 的垂直平分线的方程为，直线与轴的交点是外接圆的圆心因此，外接圆的方程为直线的方程为，于是点的坐标满足方程组：，由，解得故；若，则，同理可得4已知椭圆经过点，且其离心率为（1）求椭圆的方程；（2）若为椭圆的右焦点，椭圆与轴的正半轴相交于点，经过点的直线与椭圆相交于另一点，且满足，求外接圆的方程【解答】解：（1）椭圆经过点，椭圆的离心率为，即联立解得：，椭圆的方程为；（2）椭圆的方程为，设，则，且，即，联立解得：，或，或，当为时，的外

33、接圆是以为圆心，1为半径的圆，此时外接圆的方程为：；当为时，设的外接圆方程为：，则，解得，此时外接圆的方程为：，综上所述，的外接圆的方程为：或5已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且过抛物线的焦点（1）求椭圆的方程；（2）设点关于轴的对称点为，过作两条直线和，其斜率分别为、，满足，它们分别是椭圆的上半部分相交于，两点，与轴相交于，两点，使得，求证：的外接圆过点；（3）设抛物线的准线为，是抛物线上的两个动点，且满足，线段的中点为，点在上的投影为，求的最大值【解答】（1）解：由已知，设椭圆的方程为，则，离心率为，椭圆的方程为；（2）证明：由题意，并且和，关于轴对称，与，与也分别关于轴对称，

34、的方程代入椭圆方程，可得，或，或，直线是椭圆的上半部分相交，和的方程分别为或，令，可得，四点共圆，的外接圆过点；（3）设，则，由抛物线的定义及梯形的中位线定理可得，时，的最大值为6如图，在平面直角坐标系中，已知，直线与线段、分别交于点、（）当时，求以，为焦点，且过中点的椭圆的标准方程；（）过点作直线交于点，记的外接圆为圆求证：圆心在定直线上；圆是否恒过异于点的一个定点？若过，求出该点的坐标；若不过，请说明理由【解答】解：（）设椭圆的方程为，当时，中点为，所以，椭圆的标准方程为；（）证明：直线；所以可得，直线交于点，设的外接圆的方程为，则圆心坐标为圆心在定直线上；由可得圆的方程为：整理可得，且联

35、立此两方程解得，或，圆恒过异于点的一个定点，该点的坐标为，7已知的边边所在直线的方程为点关于点的对称点为，点在边所在直线上且满足求边所在直线的方程；求的外接圆的方程；若点的坐标为，其中为正整数试讨论在的外接圆上是否存在点，使得成立？说明理由【解答】解：，又在上，为，（1分）又边所在直线的方程为，所以直线的斜率为（2分）又因为点在直线上，所以边所在直线的方程为即（3分）与的交点为，所以由解得点的坐标为，（5分）（6分）又（7分）从外接圆的方程为：（8分）若在的外接圆圆上存在点，使得成立，则为线段的垂直平分线与圆的公共点所以当与圆相离时，不存在满足条件的点；当与圆相交或相切时则存在满足条件的点由，知的斜率为，线段的中点为线段的垂直平分线为（10分）圆的圆心到直线的距离为（11分）当时，此时直线与圆相交，存在满足条件的点当时，此时直线与圆相交，存在满足条件的点当时，此时直线与圆相离，不存在满足条件的