专题31 圆锥曲线存在性问题的五种类型大题100题(解析版)

专题31圆锥曲线存在性问题的五种类型大题100题类型一:存在性问题---角度关系1-20题1．已知双曲线的右焦点为，离心率为2，直线与C的一条渐近线交于点P，且．（1）求双曲线C的标准方程；（2）设Q为双曲线C右支上的一个动点在x轴上是否存在定点M，使得？若存在，求出点M的坐标；若不存在请说明理由．【答案】（1）（2）满足条件的点M存在，坐标为【分析】（1）设直线与渐近线的交点为P，两方程联立方程组可求得，再由列方程可求出，再由离心率为2可求出，从而可求出双曲线方程，（2）设为双曲线C右支上一点，则，当，可得，从而可求得，当时，则由，可得，然后分和求解即可（1）根据双曲线的对称性不妨设直线与渐近线的交点为P，则联立得：由可得：，即，由离心率可得：，故所以双曲线的标准方程为：．（2）假设存在点满足题设条件．由（1）知双曲线C的右焦点为．设为双曲线C右支上一点，则①当时，．因为，所以，于是，所以．即．②当时，因为，所以（ⅰ）当时，上式化简得：又即：，带入上式得：所以解得．即（ⅱ）当时，，即也能满足综上可得：满足条件的点M存在，其坐标为．2．已知双曲线：，，，，，五点中恰有三点在上.（1）求的方程；（2）设是上位于第一象限内的一动点，则是否存在定点，使得,若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，定点【分析】（1）、根据五点的坐标及双曲线的对称性和顶点的特征确定都在上，得到方程组，求得，，即可得的方程；（2）、根据条件及补角的定义得到，分轴与不与轴垂直两种情况分析求解.（1）若，，在双曲线上，则，，只能是双曲线的顶点，，，三点中只能有一点是顶点，都在双曲线上，，，两点关于上对称，由双曲线顶点的位置特征分析可知，在上，将，代入双曲线的方程中，则，得，，故的方程为.（2）假设存在定点满足题意，，，，.①、当轴时，,，，在中，,，，此时.②、当不与轴垂直时，假设，满足.设，则，，，又，，即，所以假设成立.故存在定点，使得.3．已知椭圆C：（a>b>0）的离心率为，点P（0，1）和点A（m，n）（m≠0）都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M．（1）求椭圆C的方程，并求点M的坐标（用m，n表示）；（2）设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N，问：y轴上是否存在点Q，使得∠OQM=∠ONQ？若存在，求点Q的坐标，若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）存在；或【分析】（1）根据椭圆的几何性质得出，即可求出椭圆方程，再求出的方程，即可得解．（2）求解得出，，，，运用图形得出，，求解即可得出即，，根据，的关系整体求解．（1）解：由题意得出解得：，，，和点，的方程为：，时，，（2）点与点关于轴对称，点，点，直线交轴于点，，，存在点，使得，，，，即，，，，故轴上存在点，使得，或4．设点A、F分别是双曲线的左顶点和右焦点，点P是双曲线右支上的动点.(1)若是直角三角形，求点P的坐标；(2)是否存在常数，使得对任意的点P恒成立？证明你的结论．【答案】(1)或；(2)存在，证明见解析．【分析】(1)结合双曲线方程，分类讨论和两种情况，即可求解；(2)首先讨论当当轴时，求出，然后讨论不垂直轴时的情况，根据双曲线对称性，令点在第一象限，分别表示出，，再结合点在双曲线上，即可求解.【详解】(1)设P点坐标为，由已知，，则，，若，则，代入得，∴P点坐标为．若，则．由得，，∴P点坐标为．综上，P点坐标为或.(2)当轴时，由(1)知，．以下证明：当不垂直于x轴时，也成立．设P点坐标为，由对称性，假设P在第一象限，且不垂直于x轴，∴，，，结合正切二倍角公式联立以上三式可得，，∴．综上，存在，使得对任意的点P恒成立.5．已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，为坐标原点，点在椭圆上，且满足，.（1）求椭圆的方程；（2）已知过点且不与轴重合的直线与椭圆交于两点，在轴上是否存在定点，使得.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）由题设条件可得，即，结合余弦定理以及，可得解；（2）转化为，用点坐标表示斜率可得，将直线和椭圆联立，结合韦达定理即得解.【详解】（1）由知，在△中，，，解得，所以椭圆；（2）假设存在点满足条件，设直线方程为，设，消去有，，.因为，所以，即，解得.所以存在，使得.6．已知椭圆的上、下焦点分别为，离心率为，点是椭圆上一点，的周长为．（1）求椭圆的方程；（2）过点的动直线交于两点，轴上是否存在定点，使得总成立？若存在，求出定点；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由离心率，得到，再由的周长，得到，求得的值，即可求得椭圆的方程；（2）假设存在这样的点，使得，当直线的斜率存在时，设，联立方程组，得到，由，得到，代入求得，得到，得出；当斜率不存在是，得到直线过点，即可得到结论.【详解】（1）由题意，椭圆的离心率为，可得，即，又由点是椭圆上一点，的周长为，可得，即，解得，所以，，所以椭圆的标准方程为.（2）设，且，假设存在这样的点，使得，当直线的斜率存在时，设，联立方程组，整理得，可得，因为，可得，即，整理得，因为，所以，即点；当斜率不存在是，此时直线的方程为，直线过点.综上可得，在轴上存在定点，使得总成立.7．已知双曲线的实半轴长为1，且上的任意一点到的两条渐近线的距离乘积为（1）求双曲线的方程；（2）设直线过双曲线的右焦点，与双曲线相交于两点，问在轴上是否存在定点，使得的平分线与轴或轴垂直？若存在，求出定点的坐标；否则，说明理由．【答案】（1）；（2）存在点使得的平分线与轴或轴垂直.【分析】（1）由已知得，渐近线为，利用点到直线的距离公式列方程即可求得，进而可得双曲线的方程；（2）假设存在满足题意，可得，设设，，直线与双曲线方程联立，消去可得关于的二次方程，得出、代入即可求解.【详解】（1）由题意可得：，所以双曲线所以渐近线方程为，设，则，即，因为在双曲线上，所以，即，所以，解得：，所以双曲线的方程为：（2）假设存在，使得的平分线与轴或轴垂直，则可得，，设，，直线，由可得：，所以，，所以，即恒成立，整理可得：，所以即，所以，所以，解得，所以存在点使得的平分线与轴或轴垂直.8．已知点，，动点满足直线和的斜率之积为，记的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）问在第一象限内曲线上是否存在点使得，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在，.【分析】（1）设，根据斜率之积为即可求得方程；（2）设，由题可得，结和已知可得，与曲线联立即可求解.【详解】解：（1）设，由题意可得，，化简可得，故曲线的方程为；（2）设，且，①，，因为，所以，即，化简可得，②由①②可得，，解得或（舍），此时，所以第一象限内曲线上存在点使得．9．已知椭圆，点为焦点，过且垂直于轴的直线交椭圆于S，T两点，且，点为x轴上一点，直线与椭圆C交于不同的两点A，B.（1）求椭圆C的方程；（2）直线PA、PB分别交y轴于M、N两点，O为坐标系原点，问：x轴上是否存在点Q，使得？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【分析】（1）由，得，又，根据椭圆中之间的关系即可求解；（2）假设存在x轴上的点满足题意，由对称性,设出A、B的坐标，求出直线PA、PB的方程，令x=0求出M、N的坐标，再由，得，即，结合点在椭圆上即可求解．【详解】解：（1）由题意，，即，解得，所以椭圆C的方程为；（2）假设存在点Q使得，设，因为，所以，则，即，所以.因为直线交椭圆C于A，B两点，则A，B两点关于y轴对称.设，因为，则直线PA的方程为：，令，得，直线PB的方程为：，令，得，因为，所以，又因为点在椭圆上，所以，所以，即，所以存在点，使得成立.10．已知双曲线(，)的离心率为2，过点且斜率为的直线交双曲线于，两点.且.（1）求双曲线的标准方程.（2）设为双曲线右支上的一个动点，为双曲线的右焦点，在轴的负半轴上是否存在定点.使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，坐标.【分析】（1）由离心率可设双曲线的方程为，将直线与双曲线联立，结合可解得，进而可得双曲线的标准方程；（2）在轴的负半轴上假设存在定点满足题意，当垂直于轴时，易得，当不垂直于轴时，由斜率公式和二倍角正切公式也可解得.【详解】（1）设双曲线的焦距为.由双曲线的离心率为2知，所以，从而双曲线的方程可化为.令得.设，.因为，所以，.因为，所以，于是，解得，所以双曲线C的标准方程为.（2）假设存在点()满足题设条件.由（1）知双曲线的右焦点为.设()为双曲线右支上一点.当时，因为，所以，于是，所以.即.当时，，.因为，所以.将代入并整理得，所以解得.即.综上，满足条件的点存在，其坐标.11．在直角坐标系中，动圆经过点且与直线相切.（1）动圆圆心的轨迹为曲线，求曲线的方程；（2）直线交曲线于，，轴上是否存在一点，使得当变动时，都有？说明理由.【答案】（1）；（2）存在，理由见解析.【分析】（1）利用抛物线的定义即可求解.（2）设为符合题意的点，，，直线，的斜率分别为，，将直线与联立，利用韦达定理得出，使即可求解.【详解】（1）设动圆圆心，则到定点的距离等于到直线，圆心的轨迹为抛物线，即，即，所以（2）存在符合题意的点，证明如下：设为符合题意的点，，，直线，的斜率分别为，，将代入得方程整理得.∴，.∴.当时，有，则直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，故，所以符合题意.12．已知抛物线：与离心率为的椭圆：的一个交点为，点到抛物线的焦点的距离为2.（Ⅰ）求与的方程；（Ⅱ）设为坐标原点，在第一象限内，椭圆上是否存在点，使过作的垂线交抛物线于点，直线交轴于点，且？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）不存在点.【分析】（Ⅰ）由抛物线的定义可知到焦点的距离等于到准线的距离，代入准线方程可求出值，从而求出抛物线方程；代入抛物线方程可求出点坐标，代入椭圆方程，结合离心率联立可解出，从而求出椭圆方程；（Ⅱ）直线与轴交于点，因为，且有，可得出，，即为线段中点，则有，设直线的方程为：，求出直线的方程，分别与椭圆和抛物线联立，求出点坐标，代入求解即可.【详解】解：（Ⅰ）因为抛物线方程为，则准线方程为：，点到焦点的距离等于到准线的距离，所以有，解得：，抛物线方程为：.则或，且点在椭圆上，有，又椭圆离心率为，即，即，联立求解：，所以椭圆方程为.（Ⅱ）由题意，直线斜率存在且大于0，设直线的方程为：，因为，则有直线的方程为：，由得：，即；由得：，即.设直线与轴交于点，因为在第一象限内，满足，又，所以有，，所以，即为线段中点，所以，即，无解，所以不存在点的坐标使得.13．椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)经过点A(－2，0)，且离心率为.（1）求椭圆E的方程；（2）过点P(4，0)任作一条直线l与椭圆C交于不同的两点M，N.在x轴上是否存在点Q，使得∠PQM＋∠PQN＝180°？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在，Q(1，0).【分析】（1）由顶点得，结合离心率求得，然后可求得，得椭圆方程；（2）存在点Q(m，0)满足题意，题意说明直线QM和QN的斜率存在，分别设为k1，k2．等价于k1＋k2＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，设直线l的方程为y＝k(x－4)，与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得，代入求得参数，得定点．【详解】（1）由条件可知，椭圆的焦点在x轴上，且a＝2，又e＝，得c＝.由a2－b2＝c2得b2＝a2－c2＝2.∴所求椭圆的方程为；（2）若存在点Q(m，0)，使得∠PQM＋∠PQN＝180°，则直线QM和QN的斜率存在，分别设为k1，k2．等价于k1＋k2＝0.依题意，直线l的斜率存在，故设直线l的方程为y＝k(x－4)．由，得(2k2＋1)x2－16k2x＋32k2－4＝0.因为直线l与椭圆C有两个交点，所以＞0.即(16k2)2－4(2k2＋1)(32k2－4)＞0，解得k2＜.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，令k1＋k2＝＋＝0，(x1－m)y2＋(x2－m)y1＝0，当k≠0时，2x1x2－(m＋4)(x1＋x2)＋8m＝0，，化简得，＝0，所以m＝1.当k＝0时，也成立．所以存在点Q(1，0)，使得∠PQM＋∠PQN＝180°.14．已知分别是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且的垂心为.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线（斜率为）交椭圆于，两点，在轴上是否存在定点，使得射线平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【分析】（1）利用垂心的性质和斜率公式列式解得，再根据点在椭圆上，可求出，从而可得结果；（2）假设存在定点满足题意，其坐标为，联立直线：与椭圆：，利用韦达定理得到与，根据斜率公式得到，再根据对恒成立可解得结果.【详解】（1）设，由的垂心为，得，所以，则，解得，所以.由点在椭圆上，得，解得，故椭圆的方程为.（2）假设存在定点满足题意，其坐标为，易知直线的方程为，代入，消去，得，，设则，所以，由已知得对任意的恒成立，所以，解得，此时点的坐标为.所以存在定点满足题意，其坐标为.15．已知椭圆的短轴长和焦距都为2，直线与椭圆交于不同的两点．（1）求椭圆的方程；（2）已知，直线分别交轴于两点，问：轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在；．【分析】（1）利用短轴长和焦距都为2，求得代入，从而求得椭圆方程；（2）设出直线方程，和椭圆方程联立，利用韦达定理结合三点共线将问题转化为，代入数值即可求得结果．【详解】解：（1）由题意，解得．所以椭圆的方程为．（2）依题意直线的斜率存在且，设．由得，所以，带入得，因为三点共线，所以，设，即，则，由，令，则．假设存在点使得．设，因为，所以．则．即，所以，则，所以存在点使得成立.16．已知椭圆与双曲线有两个相同的顶点，且的焦点到其渐近线的距离恰好为的短半轴的长度．（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作不垂直于坐标轴的直线与交于，两点，在轴上是否存在点，使得平分？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在点，使得平分．【分析】（1）由已知求出双曲线的焦点以及渐近线方程，进而求出焦点到渐近线的距离，由此求出椭圆的方程；（2）设出直线的方程以及，，的坐标，联立直线与椭圆的方程，写出韦达定理，求出直线，的斜率，利用平分可得直线，的斜率的和为0，化简即可求解．【详解】解：（1）由题意可得，双曲线的焦点为，渐近线方程为：，则焦点到渐近线的距离为，所以，则椭圆的标准方程为；（2）存在点使得平分，由题知，直线的斜率存在且不为0，又直线过点，则设直线的方程为，，，，联立方程，消去整理可得：，所以，，因为，，，所以，即，因为，所以，即，则，化简可得，因为，所以，综上，存在点，使得平分．17．在平面直角坐标系中，已知，，动点满足，动点的轨迹记为.（1）求曲线的方程；（2）若点也在曲线上，且，求的面积；（3）是否存在常数，使得对动点恒有成立？请给出你的结论和理由.【答案】（1）；（2）；（3）存在满足题意，证明见解析.【分析】（1）根据双曲线定义，结合焦点坐标，写出双曲线方程；（2）设，根据条件写出，代入双曲线方程，解得两点坐标，从而求得面积；（3）不妨设在第一象限，则，，设，表示出斜率，，证得，从而.【详解】（1）根据定义动点的轨迹是以，为焦点，实轴长为2的双曲线右支，故曲线右支的方程为（2）设，则且，故因为，均在曲线上，所以当时，，的面积为；当时，，的面积为；综上，的面积为（3）当时，易知，，若存在，则.不妨设在第一象限，则，，设，则，，即，综上，存在满足题意.18．已知抛物线的焦点为，过点的直线交于，两点，当与轴垂直时，的周长为.（1）求的方程：（2）在轴上是否存在点，使得恒成立(为坐标原点)？若存在求出坐标，若不存在说明理由.【答案】（1）；（2）存在，点坐标为.【分析】（1）利用焦半径公式表示，代入坐标，求的长度，并表示的周长，求；（2）假设存在点，设，与抛物线方程联立，利用根与系数的关系表示，求定点的值.【详解】（1）当与轴垂直时，，，从而有解得，所以的方程为；（2）设，，，由题可知直线斜率不为零，设，代入抛物线方程消去，得，从而，，①由可得，而将①代入，从而得恒成立，所以，因此存在点满足题意，点坐标为.19．已知双曲线的离心率为，点为上位于第二象限的动点，（1）若点的坐标为(-2，3，求双曲线的方程；（2）设分别为双曲线的右顶点､左焦点，是否存在常数，使得如果存在，请求出的值；如果不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【分析】（1）依题意可得，即可得到方程为，再代入点，即可求出双曲线方程；（2）由（1）知：双曲线方程，即可表示出，当直线的斜率不存在时求出的值，当直线的斜率存在时，设表示出，再利用二倍角公式计算可得；【详解】解：（1）离心率，又双曲线方程，把点代入双曲线方程得解得，故双曲线的方程为（2）由（1）知：双曲线方程①当直线的斜率不存在时，则，此时②当直线的斜率存在时，设其中因为故故渐近线方程为，所以又，所以又综上：存在常数满足20．已知圆，圆，动圆与圆外切且与圆内切，设圆心的轨迹为曲线.（1）求的方程；（2）若，是曲线上的动点，且直线过点，问在轴上是否存在定点.使得(为坐标原点).若存在，请求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，定点.【分析】（1）设动圆的圆心为，利用两圆外切和内切的关系得到，由椭圆的定义即可得到动点的轨迹，利用待定系数法求出方程即可；（2）假设存在定点符合题意，将转化为，利用两点间斜率公式代入化简，再联立直线与椭圆的方程，消去得到韦达定理，由两个关系式化简整理即可得到答案．【详解】（1）设动圆的半径为，圆心为，则有，所以，即在以，为焦点，长轴长为的椭圆上，设()，于是，，.所以点的轨迹方程为.（2）假设存在定点符合题意，当直线的斜率存在时；设其方程为，，.由，得直线，的倾斜角互补，故又∴①，由消去，整理得：.此时，又，，②将②带入①得：，③∵不恒为0，∴当且仅当时，③式成立∴当直线的斜率存在时，存在定点满足题意当直线的斜率不存在时，点也满足，符合题意.综上所述：在轴上存在定点，使得.类型二:存在性问题---面积关系1-20题1．设直线与双曲线交于M，N两个不同的点，F为右焦点.（1）求双曲线C的渐近线方程及两条渐近线所夹的锐角；（2）当时，设直线与C交于M，N，三角形面积为S，判断：是否存在k使得成立？若存在求出k的值，否则说明理由.【答案】（1）双曲线的渐近线方程为，它们所夹的锐角为（2）存在，或【分析】（1）令得出渐近线方程，而后求出所夹的锐角；（2）将直线方程代入到双曲线方程消去x并化简，进而利用根与系数的关系结合三角形面积公式求得答案.（1）由题意，令，所以双曲线的渐近线方程为，易得它们所夹的锐角为.（2）右焦点F的坐标为，设，联立得，化简得或且，所以，又，所以三角形面积，即或，满足题意，所以存在或使得成立.2．已知椭圆，，为左、右焦点，直线过交椭圆于，两点．（1）若直线垂直于轴，求；（2）当时，在轴上方时，求、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，或【分析】（1）由题意方程求得右焦点坐标，进一步求得，的坐标，则可求；（2）设，，由，利用数量积为0求得与的方程，再由在椭圆上，得与的另一方程，联立即可求得的坐标．得到直线的方程，与椭圆方程联立即可求得的坐标；（3）设，，，，，，由条件可得，再结合韦达定理列方程即可.（1）依题意，，当轴时，则，，得（2）设，，，，又在椭圆上，满足，即，，解得，即．直线，联立，解得，；所以，，，（3）设，，，，，，直线，则，．联立，得．则，．由直线的方程：，得纵坐标；由直线的方程：，得的纵坐标．若，即，，，，代入根与系数的关系，得，解得．存在直线或满足题意．3．已知，分别为椭圆的左、右焦点，椭圆上任意一点到焦点距离的最小值与最大值之比为，过且垂直于长轴的椭圆的弦长为．（1）求椭圆的标准方程；（2）过的直线与椭圆相交的交点、与右焦点所围成的三角形的内切圆面积是否存在最大值？若存在，试求出最大值；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）存在，.【分析】（1）根据题意得到和，结合，联立方程组，求得的值，即可求解；（2）设的内切圆半径为，由，根据椭圆的定义，化简得到，设直线，联立方程组，结合根与系数的关系，化简得到，根据函数的单调性，即可求解.【详解】（1）由题意，椭圆上任意一点到焦点距离的最小值与最大值之比为，可得，即，又由过且垂直于长轴的椭圆的弦长为，可得，联立方程组，可得：，，所以，故椭圆的标准方程为.（2）设的内切圆半径为，可得，又因为，所以，要使的内切圆面积最大，只需的值最大，由题意直线斜率不为，设，，直线，联立方程组，整理得，易得，且，，所以，设，则，设，可得，所以当，即时，的最大值为，此时，所以的内切圆面积最大为.4．已知平面直角坐标系上一动点到点的距离是点到点的距离的倍．（1）求点的轨迹方程：（2）若点与点关于点对称，求、两点间距离的最大值；（3）若过点的直线与点的轨迹相交于、两点，，则是否存在直线，使取得最大值，若存在，求出此时的方程，若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）14；（3）存在；或．【分析】（1）由已知列关于，的方程化简即可求得点的轨迹方程；（2）设，由点与点关于点对称，可得点坐标为，把的坐标代入（1）中的轨迹方程，整理可得点的轨迹方程为，由此可得、两点间距离的最大值；（3）由题意知的斜率一定存在，设直线的斜率为，且，，，，则，联立直线与圆的方程，由判别式大于0求得的范围，再求出及到直线的距离，代入三角形面积公式，利用配方法求最值，得到值，可得直线方程．【详解】解：（1）由已知，．，即，（2）设，因为点与点关于点对称，则点坐标为，点在圆上运动，点的轨迹方程为，即：，；（3）由题意知的斜率一定存在，设直线的斜率为，且，，则：，联立方程：，，又直线不点，．点到直线的距离，，，，，当时，取得最大值，此时，，直线得方程为或．5．在直角坐标系中，已知点，，直线，交于，且它们的斜率满足：.（1）求点的轨迹的方程；（2）设过点的直线交曲线于，两点，直线与分别交直线于点，，是否存在常数，使，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【分析】(1)设点，利用得点的轨迹方程；(2)由题设直线的方程为，联立直线与的轨迹方程，结合韦达定理求出的面积，再通过点，推出点，的坐标，再求出的面积，根据两个面积的关系可确定的值.【详解】(1)设，由，，得，，∵，∴，整理得：.(2)存在常数，使.证明如下：由题意，直线的斜率存在，且过点，设直线的方程为，，，联立，得，由韦达定理得，，..所以.直线的方程为，取，得，直线的方程为，取，得.所以.∴.∴.故存在常数，使.6．在①离心率，②椭圆过点，③为椭圆上一点，面积的最大值为，这三个条件中任选一个，补充在下面（横线处）问题中，解决下面两个问题.设椭圆的左、右焦点分别为、，已知椭圆的短轴长为，______.（1）求椭圆的方程；（2）过的直线交椭圆于、两点，请问的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及直线的方程，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在直线，的内切圆的面积最大值为.【分析】（1）选①离心率，得到方程组，解之即可求出结果；选②椭圆过点，得到方程组，解之即可求出结果；选③先分析出面积的最大时，点为椭圆得上顶点或者下顶点，得，解之即可求出结果；（2）根据题意分析出当最大时，也最大，内切圆的面积也最大，因此只需要求出的最大面积，设出直线方程，与椭圆的方程联立，结合韦达定理表示出的面积，换元法结合导数求出函数的最值，进而求出结果.【详解】解：（1）选①离心率，依题意，解得，所以椭圆的方程为;选②椭圆过点，依题意，解得，所以椭圆的方程为;选③为椭圆上一点，面积的最大值为，由于面积的最大时，点为椭圆得上顶点或者下顶点，所以，解得，所以椭圆的方程为;（2）设内切圆的半径为，则的面积，当最大时，也最大，内切圆的面积也最大，设，，，，，，则，显然直线得斜率不为0，所以设直线的方程为由，得，，，，，所以，令，则，且，有，因为令，当时，，则在，上单调递增，有，，即当，时，有最大值3，得，这时所求内切圆的面积为，所以存在直线，的内切圆的面积最大值为.7．双曲线的中心在原点，焦点在轴上，且焦点到其渐近线的距离为2．（1）求双曲线的标准方程；（2）过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点，与其渐近线分别交于，（从左至右）两点．①证明：；②是否存在这样的直线，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）①见详解；②.【分析】（1）根据双曲线的基本量的运算，结合距离公式即可得解；（2）①若要证明则需求得各点坐标利用距离公式来证，可设直线l方程为y＝kx+2，和椭圆方程联立利用韦达定理求得A，B两点间的相关关系，再分别和渐近线联立求得M、N两点坐标即可得证；对②进行转化可得，化简求值即可得解.【详解】（1）因为双曲线C的渐近线为y＝±2x，由双曲线的焦点在x轴上时，则双曲线，渐近线的方程为，焦点F（±c，0），所以解得a＝1，b＝2，所以双曲线的方程为；（2）①由（1）知双曲线的方程为，其渐近线的方程为y＝±2x，设直线l：y＝kx+2，因为直线l交C双曲线的左右两支分别于A，B，所以﹣2＜k＜2，联立，得（4﹣k2）x2﹣4kx﹣8＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），所以x1+x2＝，x1x2＝，联立，解得x＝，y＝，则M（，），联立，解得x＝，y＝，则N（，），所以|AM|＝，|BM|＝，所以|AM|2﹣|BN|2＝（1+k2）[（x1﹣）2﹣（x2+）2]＝（1+k2）[（﹣x2﹣）2﹣（x2+）2]＝（1+k2）[（﹣﹣x2）2﹣（x2+）2]＝（1+k2）[（+x2）2﹣（x2+）2]＝0，所以|AM|＝|BN|．②由共线，可得，由①可得，解得，所以符合题意，所以直线的方程为.8．已知椭圆的离心率，点A，B，N分别为椭圆的左右顶点和上顶点，且.（1）求椭圆的方程；（2）设不过原点直线与椭圆交于不同的，两点，且直线的斜率依次成等比数列.椭圆上是否存在一点，使得以为邻边的平行四边形的面积为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【分析】（1）利用向量的坐标表示可得，结合已知条件求、，写出椭圆方程即可.（2）设直线为，，则，由题设可得、、，联立直线与椭圆方程，应用韦达定理求、，可求、，进而求得、，即可确定的面积是否为定值.【详解】（1）由题意，，又，∴，又且，∴，，故椭圆.（2）设直线为，，则，∴由题设知：且，，联立直线与椭圆方程得：，∴，∴，而O到的距离，∴，而，∴，得，∴，，∴，此时符合题设，∴为定值.9．已知抛物线，椭圆，若抛物线过点，抛物线与椭圆有共同的焦点，且椭圆的离心率．（I）求椭圆与抛物线的方程；（II）直线的方程为，若不经过点的直线与抛物线交于，（，分别在轴两侧），与直线交于点，与椭圆交于点，，设，，的斜率分别为，，，若．（i）证明：直线恒过定点；（ii）点关于轴的对称点为，试问的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．【答案】（I）椭圆的方程为，抛物线的方程为；（II）（i）证明见解析，（ii）存在，．【分析】(1)用待定系数法分别求出抛物线和椭圆的方程.(2)（i）当直线的斜率，不合题意；当斜率存在且不为，设和点，，联立抛物线方程，消元得一元二次方程，由韦达定理知和的值，结合点坐标表示出代入得出即可得出结果.（ii）设点，，，直线：，联立椭圆方程，消元得一元二次方程，由韦达定理知和的值，得出过定点，进而，结合基本不等式即可.【详解】（I）设椭圆的半焦距为，因为抛物线与椭圆有共同的焦点，所以，．因为椭圆的离心率，所以，所以，所以椭圆的方程为，抛物线的方程为．（II）（i）证明：当直线的斜率时，不符合题意；当直线的斜率存在且不为时，设直线，令，得，故点，设点，，联立，消去得，则，，，直线的斜率，同理得直线的斜率，直线的斜率．因为，所以，即，整理得，所以或．当时，，与A，在轴两侧矛盾；当时，直线的方程为，即直线恒过点．（ii）设点，，，直线：，代入椭圆的方程消去得，，则，，所以直线：．令，得，所以过定点，所以的面积，当且仅当时，等号成立，所以的面积存在最大值，最大值为．10．在平面直角坐标系中，已知椭圆的四个顶点围成的四边形的面积为，左、右焦点分别为、，且.（1）求椭圆的标准方程；（2）过的直线与椭圆相交于、两点，的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及直线的方程，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）最大值为，直线的方程为.【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，由此可得出椭圆的标准方程；（2）设直线的方程为，设、，联立直线的方程与椭圆的方程，列出韦达定理，利用换元法结合导数法可求出面积的最大值，进而可得出圆的半径及直线的方程.【详解】（1）依题意有，解得.所以椭圆的标准方程是；（2）设内切圆的半径为，则的面积，当最大时，也最大，内切圆的面积也最大．设直线的方程为，由，得，，设、，则，，所以，，令，则，且，则有，令，其中，则对任意的恒成立，所以，函数在区间上为减函数，则，此时，，解得，则直线的方程为.所以，有最大值，得，此时所求内切圆的面积为，所以存在直线，使得的内切圆的面积最大值为.11．已知椭圆C：的左顶点为离心率，过点A的直线与椭圆交于点B.（1）求椭圆C的方程；（2）设AB的中点为，射线与椭圆交于点，是否存在直线使的面积是面积的3倍？若存在，求直线的方程，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，或.【分析】（1）由，，结合即可求解.（2）设直线：，将直线与椭圆联立，求出点坐标以及直线，再将直线与椭圆联立，求出，得出，再由三角形面积，得出，即，解方法即可求解.【详解】（1）因为，，且，解得，所以椭圆C的方程为.（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线：，消化简可得，设，故，，所以，，所以，故，所以：，，解得，，所以，，由，，且，即，即，所以，即,所以，解得，所以直线的方程为或.12．已知圆，动圆M过点且与圆C相切.（1）求动圆圆心M的轨迹E的方程；（2）假设直线l与轨迹E相交于A，B两点，且在轨迹E上存在一点P，使四边形OAPB为平行四边形，试问平行四边形OAPB的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）是定值，定值为.【分析】（1）由题意分析出M的轨迹是椭圆，即可求出椭圆方程；（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，表示出四边形OAPB的面积，整理证明得定值.【详解】解：（1）因为，所以点D在圆内.又因为圆M过点D且与圆C相切，所以，所以.即点M的轨迹是以C，D为焦点的椭圆.则，即.又因为，所以.故动圆圆心M的轨迹E的方程为：.（2）当直线AB的斜率不存在时，可得直线AB的方程为，此时，所以四边形OAPB的面积.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，由整理得，.因为直线l与轨迹E相交于A，B两点，所以.设，，则，.所以.设AB的中点为Q，则Q的坐标为.因为四边形OAPB为平行四边形，所以，所以点P的坐标为.又因为点Р在椭圆上，所以.整理得，.又因为，原点О到直线AB的距离为，所以平行四边形OAPB的面积.综上可知，平行四边形OAPB的面积为定值.13．已知A，B分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆的上顶点，（1）求椭圆的方程；（2）已知动点在椭圆上，两定点，．①求的面积的最大值；②若直线与分别与直线交于两点，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）①；②存在；点或．【分析】（1）由题意可得得出，即可求解；（2）①设，写出直线MN的方程，进而可得点P到直线MN的距离为d，由两点之间的距离可得，进而可得，即可求解.②设,则写出直线MP，PN的方程，解得C,D的坐标，求出|CD|,进而可得,由与面积相等，解得,即可得出答案.【详解】（1）由题意得，则，．由，得，即，所以椭圆E的方程为．（2）①设，直线即：，点P到直线MN的距离，，则，即，②设，，点P到直线MN的距离，．直线，令，可得，直线，令，可得，，到直线CD的距离为，，与面积相等，，故（舍）或，解得，带入椭圆方程得，故点或．14．在直角坐标系xOy中，已知点A（﹣2，2），B（2，2），直线AD，BD交于D，且它们的斜率满足：kAD﹣kBD＝﹣2．（1）求点D的轨迹C的方程；（2）设过点（0，2）的直线l交曲线C于P，Q两点，直线OP与OQ分别交直线y＝﹣1于点M，N，是否存在常数入，使OPQ＝λOMN，若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）x2＝2y；（2）存在，值为4．【分析】（1）用直接法求曲线方程；（2）用“设而不求法”分别表示出OPQ和OMN，整理化简得求出.【详解】解：（1）设D（x，y），由A（﹣2，2），B（2，2），得，，∵kAD﹣kBD＝﹣2，∴，整理得：x2＝2y；（2）存在常数入＝4，使OPQ＝λOMN．证明如下：由题意，直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx+2，P（x1，y1），Q（x2，y2）．联立，得x2﹣2kx﹣4＝0．则x1+x2＝2k，x1x2＝﹣4．则．直线OP：y，取y＝﹣1，得，直线OQ：y，取y＝﹣1，得．则|xM﹣xN|＝||＝．∴．∴OPQ＝4OMN．故存在常数λ＝4，使OPQ＝λOMN，．15．已知椭圆：的左、右顶点分别是，，右焦点为，点是椭圆上一动点（异于，），点与点关于原点对称，分别连接，并延长交于点，连接并延长交椭圆于点，记的面积与的面积分别为，．（1）当的坐标为时，求的值．（2）是否存在点使得？若存在，求出点的坐标：若不存在，请说明理由．【答案】（1）3；（2）存在，.【分析】（1）先根据题意写出直线，，的方程，再建立方程组求，两点的坐标，然后将的面积与的面积之比转化为点，的纵坐标的绝对值之比即可得解；（2）先设点坐标，得到直线，的方程，然后联立直线与直线的方程得点的坐标，再根据面积关系和，，三点共线，求出点的坐标，然后利用点，在椭圆上，得到方程，最后解出点坐标．【详解】解：（1）由已知得，，，则直线的方程为，直线的方程为，联立直线和直线的方程，解得．易知直线的方程为，与椭圆的方程联立，消去得，则，又，所以．所以．（2）假设存在点，使得，则①，由（1）知，直线的方程为，直线的方程为，联立直线，直线的方程，解得，因为，且，，分别位于轴两侧，故可得．因为，，三点共线，则，，，所以，即，解得，又点在椭圆上，故②．联立①②，解得，，所以存在点，使得．16．已知椭圆，拋物线，点，斜率为的直线交拋物线于两点，且，经过点的斜率为的直线与椭圆相交于两点.（1）若拋物线的准线经过点，求拋物线的标准方程和焦点坐标：（2）是否存在，使得四边形的面积取得最大值？若存在，请求出这个最大值及的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）标准方程为，焦点(1，0)；（2）存在，面积最大为，.【分析】(1)由抛物线的准线方程根据条件可得可求出的值，从而得到答案.

(2)设，由，即得到设点到的距离，则四边形的面积，然后方程联立求出弦长，由点到直线的距离公式求出，从而求出答案.【详解】解：（1）抛物线的准线方程焦点坐标，则抛物线的标准方程为焦点(1，0)（2）设由得点在直线上，且设点到的距离，四边形的面积.由,得则,则因为所以所以由的斜率分别为可设有故直线，令则直线代入椭圆方程，得点到的距离，四边形的面积当且仅当时面积最大为17．如图所示，已知、分别是椭圆：的左、右顶点，点是椭圆上位于轴上方的动点，点与点关于轴对称，直线，与轴分别交于，两点.（1）求线段的长度的最小值；（2）当线段的长度最小时，在椭圆上是否存在这样的点，使得的面积为1？若存在，确定点的个数，若不存在，请说明理由.【答案】（1）2；（2）存在，两个.【分析】（1）设直线的方程为，用表示出的坐标，最后把的长度表示成的函数，再运用基本不等式即可；（2）点在平行于直线且与直线的距离等的直线上，问题转化为直线与椭圆交点个数问题.【详解】（1）设直线的方程为，从而可知点的坐标为，由得，∴，所以可得的方程为，从而可知点的坐标.∴，当且仅当时等号成立，故当时，线段的长度取最小值2.（2）由（1）知，当取最小值时，，此时，直线的方程为，∴.要使椭圆上存在点，使得的面积等于1，只需到直线的距离等于2，所以点在平行于直线且与直线的距离等的直线上.设直线：，则有，解得或；则直线：或，由得，则，方程无解；而与椭圆有两个交点.所以这样的点有两个.18．如图，已知抛物线的焦点为，过焦点F作直线交抛物线于A，B两点，在A，B两点处的切线相交于N，再分别过A，B两点作准线的垂线，垂足分别为C，D.（1）求证：点N在定直线上；（2）是否存在点N，使得的面积是的面积和的面积的等差中项，若存在，请求出点N的坐标，若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.【分析】（1）由题意设直线，，，将直线与抛物线方程联立求出两根之和、两根之积，求出直线以及直线，将两直线联立求出交点即证.（2）由（1）知点N为的中点，取的中点E，则，利用抛物线的定义可得，，，，根据，可得，即，结合韦达定理即可求解.【详解】解（1）由题知所以设直线，，联立得所以对求导得所以直线的斜率为所以直线即①同理直线②联立①和②得所以点N的坐标为，即点N在定直线上（2）由（1）知点N为的中点取的中点E，则由题知所以所以而，若存在点N满足题意则即所以即③又因为④将③代入④解得由（1）知即经检验，存在满足题意.19．已知椭圆C的左，右焦点分别为，，离心率为，M为C上一点，面积的最大值为.（1）求C的标准方程；（2）设动直线l过且与C交于A，B两点，过作直线l的平行线，交C于R，N两点，记的面积为，的面积为，试问：是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在，最大值为6.【分析】（1）根据离心率可以得到关系式，根据面积的最大值为，可得到，根据椭圆中有，三个关系式可解出，从而得到椭圆方程.（2）根据题意，分斜率存在和不存在的情况，设出直线l的方程.再设出A,B坐标，与椭圆方程联立，求出关系式.表示出，换元，利用基本不等式求出最大值.【详解】解：（1）设椭圆C的半焦距为c，由题知面积取得最大值时，为为上下顶点时取得，故则，解得所以椭圆方程.（2）当直线l斜率存在时，设直线，，，将代入，得，恒成立，所以，，由，则，，则，，令，则，所以，当且仅当时取到等号，即，时，取最大值为6.当直线l的斜率不存在时，不妨设，，，.综上，当时，的最大值为6.20．已知椭圆C∶()的左，右焦点分别为，，离心率为，M为C上一点，面积的最大值为.（1）求C的标准方程；（2）已知点，O为坐标原点，不与x轴垂直的直线l与C交于A，B两点，且.试问∶的面积是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在，最大值为6.【分析】（1）根据椭圆的离心率公式、椭圆的性质、椭圆中的关系进行求解即可；（2）通过直线斜率与倾斜角之间的关系，由可以得到，这样利用直线方程与椭圆方程联立，根据一元二次方程根与系数关系，结合斜率公式、换元法、基本不等式进行求解即可.【详解】（1）设椭圆C的半焦距为c，由题，面积最大值为，则，解得所以椭圆方程为.（2）设直线的方程为，，，将代入，得，，由得，，，由，得，即，，整理得，即，所以，，所以直线l：经过，且恒成立，，，令，则，所以，当且仅当时取等号，即，时，的面积取最大值为6.类型三:存在性问题---向量关系1-20题1．已知椭圆C：的离心率为，且是C上一点．（1）求椭圆C的方程；（2）过右焦点作直线l交椭圆C于A，B两点，在x轴上是否存在点M，使为定值？若存在，求出点M的坐标及该定值；若不存在，试说明理由．【答案】（1）（2）存在；，该定值为【分析】（1）根据题意，将点代入椭圆方程，再椭圆离心率公式和，由此即可求出结果；（2）设直线AB的方程为，将其与椭圆方程联立化简，求出韦达定理，设根据数量积公式和韦达定理化简可得，根据为定值，即可求出结果.（1）解：由题意知，∴椭圆C的方程为．（2）解：设直线AB的方程为，，，，即，所以假设存在这样的符合题意，则，，要使其为定值，则，解得．∴存在符合题意，该定值为．2．已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴，长轴长为，离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）经过椭圆的左焦点作直线，且直线交椭圆于，两点，问轴上是否存在一点，使得为常数，若存在，求出坐标及该常数，若不存在，说明理由．【答案】（1）（2）在轴上有在定点，使得恒为常数，这个常数为【分析】（1）利用待定系数法设出椭圆的标准方程，由椭圆的几何性质，列出方程组，求出，的值，再利用，，的关系求出，即可得到答案；（2）①当直线与轴不垂直时，设出直线方程，然后与椭圆方程联立，得到韦达定理，然后利用数量积的坐标表示结合韦达定理化简，利用它是常数，求出的值，得到坐标及该常数；②当直线与轴垂直时，求出，的坐标，求出的值以及常数．结合以上两种情况，即可确定答案．（1）设椭圆的标准方程为，由题意可得，，解得，所以，故椭圆的方程为；（2）由（1）可知，，假设在轴上存在一点，使得恒为常数．①当直线与轴不垂直时，设其方程为，设，，，，联立方程组，可得，所以，，故，因为是与无关的常数，则有，即，此时；②当直线与轴垂直时，此时点、的坐标分别为，，当时，亦有．综上所述，在轴上有在定点，使得恒为常数，这个常数为．3．已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C的长半轴长为2，且经过点；过点的直线l与椭圆C相交于不同的两点A，B．（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在直线l，满足，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在直线l满足条件，其方程为【分析】（1）设椭圆C的方程为，根据椭圆C的长半轴长为2，且经过点，可得，即可得到答案；（2）由题意得直线l的斜率必存在，设直线l的方程为：，利用韦达定理，代入向量等式可得，求出的值，即可得到答案；（1）（1）∵中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C的长半轴长为2，且经过点，∴设椭圆C的方程为，由题意得，解得，∴椭圆C的方程为．（2）∵过点的直线l与椭圆C相交于不同的两点A，B，∴若存在直线l满足题意，则直线l的斜率必存在，设直线l的方程为：，由，得，∵直线l与椭圆C相交于不同的两点A、B，设A、B两点的坐标分别为，∴，整理，得，解得，又，∵，即，∴，∴，∴，解得，∵，∴，∴存在直线l满足条件，其方程为．4．椭圆与抛物线有一个公共焦点且经过点.（1）求椭圆的方程及其离心率；（2）直线与椭圆相交于，两点，为原点，是否存在点满足，，若存在，求出的取值范围，若不存在，请说明理由【答案】（1），；（2）存在，或.【分析】（1）由题意，椭圆的，再代入，联立即得解，，再由即可得离心率；（2）由题意，R为的重心，将直线与椭圆联立，借助韦达定理可得，且在圆上，代入可得，由可得，，代入可得，结合的范围可得解.【详解】（1）由题意，抛物线的标准方程为，∴抛物线焦点坐标为即在椭圆中，，将点代入曲线的方程，得由得，，，则椭圆的方程为则椭圆的离心率（2）存在符合要求的点.直线与椭圆相交于，两点，联立方程，整理得设，两点坐标为，，则，，得∵点满足且，的重心在圆上，，即，，，即，，，令，则，则，或5．已知曲线C上的动点M到y轴的距离比到点的距离小1.（1）求曲线C的方程；（2）过F作弦，，设，的中点分别为A，B，若，求最小值并求弦，所在直线的方程；（3）是否存在一定点T，使得？若存在，求出T的坐标；若不存在，试说明理由.【答案】（1）；（2）最小值为4，或；（3）存在，.【分析】第（1）小题，易得动点M到直线的距离与到点的距离相等，符合抛物线的定义，由求轨迹方程的定义法，即得曲线C的方程；第（2）小题，以直线的斜率为k参数，则易得的斜率为，分别求出A，B坐标（在求出A点坐标后，把坐标中的k用代，即得B点的坐标），从而求向量的模，并运用基本不等式求的最小值，由等号成立的条件确定k的值，得、所在直线的方程；第（3）小题，是探索性问题，首先由条件，通过向量变形可确定A，T，B三点共线，再探求直线是否过定点.【详解】解：（1）由条件M到的距离等于到直线的距离，所以曲线C是以F为焦点，直线为准线的抛物线，其方程为.（2）设，代入得，.由韦达定理∴，.∴，∵，∴，只要将A点坐标中的k换成，得.故（当且仅当时取“=”）.∴最小时，弦、所在的直线方程为，即或.（3）∵，即A，T，B三点共线，，是否存在一定点T，使得，即探求直线是否过定点，由（2）知，直线的方程为.即.∴直线过定点.故存在一定点，使得.6．已知椭圆的两个焦点与短轴的一个端点连线构成等边三角形，且椭圆C的短轴长为.（1）求椭圆C的标准方程；（2）是否存在过点的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，且满足（O为坐标原点）若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【分析】（1）由题意得，解方程组可求出的值，从而可求得椭圆C的标准方程；（2）当直线的斜率不存在时，不符合题意，所以直线的斜率存在，设直线的方程为，，，将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系，再结合可求出的值，从而可求出直线方程【详解】（1）由题意得：，解得∴椭圆的标准方程是（2）当直线的斜率不存在时，，，不符合题意当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，由消整理得：，解得或，∴∵∴解得，满足所以存在符合题意的直线，其方程为.7．已知椭圆的离心率为，两焦点，与椭圆上的顶点构成边长为2的等边.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与相交于，两点，在轴上是否存在点，使得为定值？如果有，求出点的坐标及定值；如果没有，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在点，定值为.【分析】（1）根据是等边且边长为2，及，列出方程组，可求解；（2）当直线斜率存在时，用坐标表示：代入韦达定理即得解，当斜率不存在时，验证成立即可【详解】（1）∵，∴，，∵是等边且边长为2，∴，，又，∴，故，，，∴椭圆方程为.（2）当直线的斜率存在时，设其方程为，，，，则.若存在定点满足条件，则有，如果要上式为定值，则必须有因此点；当直线斜率不存在时，直线，代入椭圆方程可得此时成立；故存在点满足.8．设直线：与双曲线：相交于A，B两点，为坐标原点．（1）为何值时，以为直径的圆过原点？（2）是否存在实数，使且？若存在，求的值，若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）存在，．【分析】（1）将直线方程与双曲线方程联立消去y，由根与系数的关系得到两根关系，再根据以为直径的圆过原点，得到，进而得到两点坐标间的关系，进而解出答案；（2）先假设存在，利用得到的比值，然后利用化简得到两点的坐标关系，进而得到答案.【详解】（1）由，消去整理得.依题意得，，∴且，设，，由根与系数的关系得：，，又以为直径的圆过原点，所以，即，，则，所以．（2）假设存在实数满足条件．∵，，∴，．又，故，即，所以，∴，故存在实数满足题意．9．已知椭圆：（）的离心率为，长轴端点和短轴端点的距离为．（1）求椭圆的方程；（2）若为椭圆上异于椭圆端点的任意一点，过点且平行于的直线与椭圆相交于，两点（点为坐标原点），是否存在实数，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在，.【分析】（1）首先根据题意得到，再解方程组即可得到答案。（2）首先设过点的直线：，设，，与椭圆联立得到，从而得到，联立得到，根据得到，代入求解即可。【详解】（1）依题意得，所以椭圆的方程：。（2）因为是椭圆上异于椭圆端点的任意一点，且，故直线的斜率存在．设过点的直线：，设，．由，消去并整理，得．。由。又因为，．综上，存在实数，使得成立，且．10．已知椭圆的右焦点F2是抛物线的焦点，过点垂直于轴的直线被椭圆所截得的线段长度为3．（1）求椭圆的方程；（2）设动直线与椭圆有且只有一个公共点，且与直线相交于点．请问：在x轴上是否存在定点，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）存在，.【分析】（1）由题知焦点坐标为(1，0)，进而根据待定系数法求解即可；，（2）假设在x轴上存在定点，使得为定值，设，则，进而联立方程得，故，进而令即可求解得答案.【详解】解：（1）∵抛物线的焦点坐标为(1，0)，椭圆C过点，∴，解得，∴（2）假设在x轴上存在定点，使得为定值.设，则，由，得，∵动直线与椭圆有且只有一个公共点，∴,即，此时，∴.∴∴∴当时，即，∴存在点，使得为定值11．双曲线：的顶点与椭圆：长轴的两个端点重合，且一条渐近线的方程为．（1）求双曲线的方程；（2）过双曲线右焦点作直线与分别交于左右两支上的点，，又过原点作直线，使，且与双曲线分别交于左右两支上的点，．是否存在定值，使得？若存在，请求的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在；.【分析】（1）利用椭圆方程先求出a和b，直接写出双曲线的方程；（2）若存在定值，使得，则，设出的方程，分别与双曲线联立，用设而不求法表示出和，求出.【详解】解：（1）由椭圆：得到：，双曲线的渐近线方程为，得到：，解得：.则双曲线的方程．（2）若存在定值，使得，∵与同向，∴，∵，设：，由消去整理得：，∴，由交左右两支于、两点，有，即，则，，由于，可设：，由消去整理得：，∴，由此，∴，故存在定值，使得．12．椭圆的上下焦点分别为，，离心率为，为椭圆上的一个动点，的面积最大值为．（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作直线与椭圆相交于，两点，是否存在轴上的点，使得为定值？若存在，求出；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）存在；．【分析】（1）根据离心率可得，根据面积得，求得即可得出方程；（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，得出韦达定理，可化简得出，满足即可.【详解】（1）离心率，所以，所以．因为的面积最大值为，所以，即，所以，故．所以椭圆的标准方程为．（2）假设存在符合要求的点．若直线斜率存在，则可设直线的方程为．联立，消去，整理得．由题意可知，设，，则，，因为，，所以若为定值，则，解得，则，此时．若直线斜率不存在，则直线的方程为，代人得，不妨设，，此时若取，则，，故．综上所述，存在轴上的点，使得为定值，此时．13．已知椭圆过，两点，直线交椭圆于，两点.（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线过点，是否存在常数，使得为定值，若存在，求的值及定值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，，为定值.【分析】（1）由已知条件可得，再将点的坐标代入椭圆方程中可求出的值，从而可求出椭圆的标准方程；（2）当直线的斜率存在时，设直线为，将直线方程代入椭圆方程中，消去后，再利用根与系数的关系，然后由化简后代入前面的值，可得，从而有，可求出，进而可得结果，当当直线斜率不存在时，直接可求出的坐标，从而可求得的值【详解】（1）由已知得且，解得，∴椭圆方程为.（2）①当直线的斜率存在时，设直线为代入得：，，，若为定值，故，解得，定值为②当直线斜率不存在时，，所以，，，，，，当时，综上所述，存在常数，使得为定值.14．已知椭圆的左、右焦点，恰好是双曲线的左右顶点，过点的直线交直线交椭圆于A，B两点（点A在x轴上方），当轴时，直线在y轴上的截距为．（1）求椭圆的标准方程；（2）椭圆上是否存在点M满足：？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；直线方程为．【分析】（1）由题意求出A,B,D坐标，可列出关于a,b,c的方程，求出即可得解；（2）设，，利用向量可得点M的坐标为，分斜率存在不存在讨论，当直线斜率存在时，联立椭圆方程，求出点M坐标，再代入椭圆即可求解.【详解】（1）因为双曲线的左右顶点为，，所以，，则，因为直线过点，所以当轴时，，因为直线在y轴上的截距为，所以直线与y轴的交点坐标为，因为原点O是的中点，与x轴垂直，所以是线段的中点，则，即，又，所以，解得，，，故椭圆的标准方程为；（2）设，，由得，点M的坐标为，当轴时，由（1）知，，，所以点，此时点M不在椭圆上，不满足条件；当直线的斜率存在时，因为，所以设直线的方程为，联立得，，所以，则，由点M在椭圆C上知，，即，解得，所以，则，此时，直线方程为．15．已知椭圆的一个焦点与上、下顶点构成直角三角形，以椭圆的短轴为直径的圆与直线相切．（1）求椭圆的标准方程；（2）设过椭圆右焦点且不重合于轴的动直线与椭圆相交于、两点，探究在轴上是否存在定点，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）存在；．【分析】（1）由椭圆的一个焦点与上、下顶点构成直角三角形，以椭圆的短轴为直径的圆与直线相切，列出方程组，求得的值，即可求解；（2）①当直线的斜率存在时，设直线方程为，联立方程组，结合根与系数的关系，结合向量的数量积的运算求得，进而得到，确定定点，②当直线的斜率不存在时，验证成立，即可得到结论.【详解】（1）由题意，椭圆的一个焦点与上、下顶点构成直角三角形，以椭圆的短轴为直径的圆与直线相切，可得，解得，所以椭圆的标准方程为．（2）①当直线的斜率存在时，设直线方程为，联立方程组，整理得，由，且，，假设轴上存在定点，使得为定值，则，要使得为定值，则的值与无关，所以，解得，此时为定值，定点，②当直线的斜率不存在时，，，，则，，可得，综上所述，在轴上存在定点，使得为定值．16．已知动点P到点的距离与到直线的距离之比为.（1）求动点的轨迹的标准方程；（2）过点的直线l交于M，N两点，已知点，直线BM，BN分别交x轴于点E，F.试问在轴上是否存在一点G，使得？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，点.【分析】（1）由直译法列出方程化简即可；（2）设出直线方程，以及，,，,通过代换用表示，化简得到一个常数即可.【详解】（1）设点，则，化简得故动点的轨迹的标准方程为（2）设直线的方程为联立方程组，得，得:或，.设，定点存在，其坐标为，，则令，求出与轴的交点，，，即有:即即当直线与轴重合时，解得所以存在定点，的坐标为.17．已知椭圆C：，过点的直线l交椭圆C于点A，B.（1）当直线l与x轴垂直时，求；（2）在x轴上是否存在定点P，使为定值？若存在，求点P的坐标及的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)存在点，使得【分析】(1)将代入椭圆方程求出点A，B的坐标，从而可得答案.

(2)当直线l与x轴不重合时，设，与椭圆方程联立，写出韦达定理，将的坐标表达式写出来，将韦达定理代入，分析式子为定值的条件，再验证直线l与x轴重合时的情况，可得答案.【详解】(1)当直线l与x轴垂直时,直线将代入，得，解得即,所以(2)设当直线l与x轴不重合时，设由，可得则所以，当，即时，的值为定值与无关.当直线l与x轴重合时，且时，所以存在点，使得为定值.18．已知双曲线的离心率为，点在上．（1）求双曲线的方程；（2）设过点的直线l与曲线交于M，N两点，问在x轴上是否存在定点Q，使得为常数？若存在，求出Q点坐标及此常数的值，若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）存在；；定点．【分析】（1）由已知得到a、b、c的方程组，解出a、b、c，即可求出双曲线的方程；（2）设直线的方程为，设定点，联立方程组，用“设而不求法”表示出为常数，求出t，即可求出定点Q.【详解】解：（1）由题意，，解得，．∴双曲线方程为；（2）设直线的方程为，设定点，联立，得．∴，且，解得且．设，，∴，，∴，．∴为常数，与无关，∴，即，此时．∴在轴上存在定点，使得为常数．19．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．【答案】（1）；（2）存在点，满足为定值．.【分析】（1）根据题意得出，及，直线与椭圆联立解出即可得出椭圆方程；（2）设出直线方程（要分类讨论），联立直线与椭圆，将向量的数量积用的形式表示，再利用韦达定理整理并分析出得到定值的条件即可求解.【详解】（1）由，及，得，设椭圆方程为，联立方程组得．则，所以．所以．所以椭圆的方程为．（2）当直线不与轴重合时，设，联立方程组得．设，，，则有，．于是，若为定值，则有，得，．此时：当直线与轴重合时，，，也有．综上，存在点，满足为定值．20．已知双曲线，直线交双曲线于两点.（1）求双曲线的顶点到其渐近线的距离；（2）若过原点，为双曲线上异于的一点，且直线的斜率均存在，求证：为定值；（3）若过双曲线的右焦点，是否存在轴上的点，使得直线绕点无论怎样转动，都有成立？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）存在点，使得.【分析】（1）由双曲线方程可得顶点坐标和渐近线方程，由点到直线距离公式可求得结果；（2）设，，，表示出，将代入双曲线方程，两式作差整理可得定值；（3）当直线斜率存在时，设，与双曲线方程联立得到韦达定理的形式，利用向量坐标运算可表示出，由此可构造方程组求得，得到；当直线斜率不存在时，可知满足；综合两种情况可得结果.【详解】（1）由双曲线方程可知其顶点坐标为，渐近线方程为；由双曲线对称性知：双曲线顶点到任一渐近线的距离相等，取，顶点，所求距离，即双曲线的顶点到渐近线的距离为；（2）由双曲线对称性知：关于原点对称，设，，，；均为双曲线上的点，，两式作差得：，，即为定值；（3）由双曲线方程知：；当直线斜率存在时，设，由得：，则；设，，则，，，，；，解得：，；当直线斜率不存在时，，，此时使得；综上所述：存在点，使得.类型四:存在性问题---数量关系1-20题1．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，离心率为，P为椭圆C上的一个动点.当P是C的上顶点时，△的面积为.（1）求椭圆C的标准方程；（2）设斜率存在的直线与C的另一个交点为Q，是否存在点，使得?若存在，求出t的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在点，使得，且.【分析】（1）根据题意，结合椭圆的性质，列方程组求出、、，即可求解；（2）根据题意，结合设而不求法以及中垂线的性质，即可求解.（1）根据题意，由离心率为，得，由当P是C的上顶点时，△的面积为，得，联立，解得，故椭圆C的标准方程为.（2）根据题意，知，设直线：，联立，得，设，，则，，设为的中点，则.当时，若，易得；当时，若，则，得，因为，所以，即，由，得.综上所述，.故存在点，使得，且.2．如图所示，已知椭圆，与轴不重合的直线经过左焦点，且与椭圆相交于，两点，弦的中点为，直线与椭圆相交于，两点．（1）若直线的斜率为，求直线的斜率．（2）是否存在直线，使得成立？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）或【分析】（1）由题意，求出直线的方程，设出点，的坐标，联立方程组可得，的坐标及其中点的坐标，即可得直线的斜率；（2）假设存在直线使得成立，讨论直线斜率的情况，联立方程组分析可得是否满足题意，即可得答案.（1）解：由已知可得，又直线的斜率为，所以直线的方程为，设，，由，解得，，所以的中点，于是直线的斜率为；（2）解：假设存在直线，使得成立，当直线的斜率不存在时，的中点，所以,，矛盾；故直线斜率存在，可设直线的方程为（），联立直线与椭圆方程得，则，，于是，点的坐标为，，直线的方程为，联立椭圆于直线，得，设，则，由题意，即，化简得，故，所以直线的方程为或.3．已知椭圆的左、右焦点分别为，椭圆的离心率为，椭圆上的一点满足轴，且．（1）求椭圆的标准方程；（2）已知点为椭圆的左顶点，若点为椭圆上异于点的动点，设直线的斜率分别为，且，过原点作直线的垂线，垂足为点，问：是否存在定点，使得线段的长为定值？若存在，求出定点的坐标及线段的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）.（2）存在，，线段的长为.【分析】（1）由，得到，再由离心率为，得到，结合，求得的值，即可求得椭圆的方程；（2）设直线的方程为，联立方程组，得到，结合，列出方程得到，求得，得出直线的方程，再结合，得到点在以为直径的圆上，即可求解.（1）解：由椭圆上的一点满足轴，且，可得，即，又由椭圆的离心率为，可得，即，因为，联立方程组，可得，所以椭圆的标准方程为.（2）解：由椭圆，可得，设直线的方程为，则，联立方程组，整理得，则，由，可得，即，可得，整理得，所以，所以或（舍去），所以直线的方程为，即，当时，，可得直线过定点，因为，所以点在以为直径的圆上，所以当点为线段的中点时，线段的长为定值，此时线段的长为.4．平面内两个动圆的圆心分别为，半径分别为，其中满足，且．（1）求证：圆与圆相交，并求两圆的交点的轨迹E的方程；（2）过点的动直线l与曲线E相交于C，D两点．在平面直角坐标系中，是否存在与点P不同的定点M，使得恒成立？若存在，求出点M的坐标：若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在满足条件.【分析】（1）利用椭圆的定义即可求解.（2）设直线，假设存在，将直线与椭圆方程联立消，由已知利用韦达定理即可求解.（1）（1），，两圆相交，交点为E，，所以点E的轨迹为椭圆，，所以，又因为，故点的轨迹E的方程为.（2）设，假设存在，①若，，因为，，应在轴上，记为，②若时，则，消可得，设，且则，且在直线上，又，，整理可得，即，所以，因为，所以，解得，故存在满足条件.5．已知点，分别是直线及抛物线：()上的点，且的最小值为.（1）求抛物线的方程；（2）若直线与抛物线交于点，，线段中点为，判断轴上是否存在点，使得为定值，若存在，求出该定值，若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）存在，定值为.【分析】（1）由给定条件可得已知直线与抛物线C相离以确定p的范围，再设点B坐标，由点到直线距离而得最小值即可求解；（2）假定存在点N(t，0)符合要求，将直线与联立消元得一元二次方程，设出点P，Q坐标，利用韦达定理并借助向量即可作答.（1）解：依题意直线y=2x+2与抛物线C没有公共点，由得，，即，设点是抛物线上任意一点，则，而的最小值为，则，解得或(舍去)，所以抛物线的方程为；（2）解：设，，，把直线与联立得，由题意可得，则，，而M为线段PQ中点，于是得，从而有时，是定值，与k的取值无关，所以x轴上存在点，使得为定值.6．已知点，点是圆上的动点，线段的垂直平分线与相交于点，点的轨迹为曲线.（1）求的方程；（2）为曲线上不同两点，为坐标原点，线段的中点为，当△面积取最大值时，是否存在两定点，使为定值？若存在，求出这个定值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，定值为.【分析】（1）由题设易得，结合椭圆的定义求参数a、b、c，写出的方程即可；（2）直线的斜率存在，联立椭圆方程应用韦达定理可得、，结合点线距离公式、弦长公式及三角形面积公式求关于参数的表达式，易得最大时，再应用中点公式求坐标，根据坐标的特点确定的轨迹，进而判断定点的存在性；直线的斜率不存在，设可得关于的表达式，求面积最大时值，进而确定坐标，判断是否符合斜率存在时的轨迹即可.【详解】（1）在线段的垂直平分线上，，又在上，，则的轨迹是以为焦点的椭圆，∴，即，，，故的方程为；（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立直线和椭圆的方程消去得，，化简得，∴，当时，取得最大值，此时，又，则，∴，令，则，因此平面内存在两点，使得.当直线的斜率不存在时，设，则，∴，即当取得最大值.此时中点的坐标为，满足方程，即.7．已知椭圆：（）的离心率为，且过点.（1）求椭圆的方程；（2）直线：与椭圆交于，两点（不同于点），记直线，的斜率分别为，，试判断是否存在定值，使当变化时总成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，定值.【分析】（1）代入离心率和点的坐标即可求解.(2)联立直线方程和椭圆方程，结合韦达定理，得到的表达式，从而解出，即可.【详解】解：（1）由题意知解得所以椭圆的方程是.（2）由（1）知，设，，将代入，得，所以，，且，解得.，即恒成立，所以解得.所以存在定值，使当变化时，总成立.8．已知双曲线与有相同的渐近线，点为的右焦点，为的左，右顶点.（1）求双曲线的标准方程；（2）若直线过点交双曲线的右支于两点，设直线斜率分别为，是否存在实数入使得?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【分析】（1）根据的渐近线方程求出，然后再根据焦点坐标求出