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专题 圆锥曲线中的探究性问题
近年来，在圆锥曲线考查的题型中经常会出现探究性问题.探究性问题是一种开放性问题，是指命题中缺少一定条件或无明确结论，需要经过猜测、归纳并加以证明的题型.圆锥曲线的考题主要是结论探究的开放性问题，有探究位置关系的，有探究点是否存在直线是否存在圆是否存在的，有探究圆是否过定点直线是否过定点的，等等，有结论存在和结论不存在两种情形.这类题型在考查圆锥曲线基础知识和几何性质的同时，能很好地考查学生的运算求解、推理论证等数学能力，对学生的综合能力要求较高
模块1整理方法、提升能力
圆锥曲线中的探究性问题的常用解题策略有2种:一是先假设存在或结论成立，然后引进未知数、参数并建立有关未知数、参数的等量关系，若能求出相应的量，则表示存在或结论成立，否则表示不存在或结论不成立;另一种方法是在假设存在或结论成立的前提下，利用特殊情况作出猜想，然后加以验证
解决此类问题要还要做好两个方面：一是转化，即把题中的已知和所求准确转化为代数中的数与式，即形向数的转化；二是计算，直线与圆锥曲线的位置关系问题，往往需要联立直线方程与圆锥曲线的方程，利用根与系数的关系进行化简，然后根据代数式的结构特征采用相应的方法求解，计算准确是关键. 熟练掌握椭圆的定义 几何图形 标准方程及简单几何性质(范围 对称性 顶点 离心率).
圆锥曲线中定点问题的常见解法
（1）假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故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所求定点；
（2）从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．
点睛：本小题主要考查求简单曲线的方程，考查方直线与椭圆的方程等基础知识．考查运算求解能力和探究问题的能力；对于圆锥曲线中的定值定点问题，一般是可以先有特殊位置得到定点，再证明一般情况．或者由特殊情况推出一般情况．证明过定点问题，一般是求谁设谁，或者像这个题一样求出交点坐标，用这两个点表示出直线方程．
直线与椭圆相交问题求解策略：
（1）解答直线与椭圆相交的题目时，常用到“设而不求”的方法，即联立直线和椭圆的方程，消去(或)得一元二次方程，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求解；
（2）涉及直线方程的设法时，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.
经典例题分析
1．（2020·江苏·辅仁高中）已知椭圆，，，，若的面积为1，且过右焦点垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1.
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，试问是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由.
2．（2021·广东清远·）已知椭圆：的离心率为，且椭圆上的点到右焦点的距离最长为.
（1）求椭圆的标准方程.
（2）过点的直线与椭圆交于两点，的中垂线与轴交于点，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.
3．（2018·全国南宁·（理））已知椭圆的右焦点为，过且与轴垂直的弦长为3.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过作直线与椭圆交于两点，问：在轴上是否存在点，使为定值，若存在，请求出点坐标，若不存在，请说明理由.
4．（2019·河南·信阳高中（理））已知椭圆过点，且其中一个焦点的坐标为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点，在轴上是否存在点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
5．（2019·甘肃·天水市第一中学（理））已知椭圆过点，且其中一个焦点的坐标为，
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆交于两点，在轴上是否存在点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
6．（2019·重庆巴蜀中学（理））已知椭圆，直线与该椭圆交于两点，为椭圆上异于的点.
（1）若，且以为直径的圆经过点，求该圆的标准方程；
（2）直线分别与轴交于两点，是否为定值，若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由.
7．（2020·湖南衡阳·（文））已知椭圆的离心率为，左右焦点分别为、，为椭圆上一点，与轴交于点，，.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆相交于、两点，过作与轴垂直的直线，点坐标为，试问直线与直线交点的横坐标是否为定值，请说明理由.
8．（2016·福建上杭·（文）） 设椭圆过两点，为坐标原点.
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，且？若存在，写出该圆的方程，若不存在说明理由.
9．（2020·新疆·昌吉市第九中学）已知椭圆的离心率，过点和的直线与原点的距离为．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知定点，若直线与椭圆交于、两点．问：是否存在的值，使以为直径的圆过点？请说明理由．
10．（2019·广西钦州·（文））已知椭圆经过点，且离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（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.
11．（2018·河北·衡水第一中学（文））已知圆的圆心为原点，其半径与椭圆的左焦点和上顶点的连线线段长度相等.
（1）求圆的标准方程；
（2）过椭圆右焦点的动直线（其斜率不为0）交圆于两点，试探究在轴正半轴上是否存在定点，使得直线与的斜率之和为0？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由.
12．（2020·陕西·西安中学（理））已知椭圆：的离心率为，且坐标原点到过点，的直线的距离为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）是否存在过点的直线交椭圆于，两点，且与直线交于点，使得，，依次成等差数列，若存在，请求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
模块2 练习巩固、整合提升
13．（2020·河北·衡水市第二中学（理））已知，为椭圆的左右焦点，过的直线交椭圆于，两点，的周长为8.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知是直线上一动点，若，与轴分别交于点，，则是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由.
14．（2016·北京通州·（文））已知点在椭圆上，椭圆离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点、，在轴上是否存在点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
15．（2021·广东普宁·）已知椭圆E：（a＞b＞0）的左、右焦点分別为，离心率为，过左焦点作直线交椭圆E于A，B两点，的周长为8.
（1）求椭圆E的方程；
（2）若直线：y=kx+m(km<0)与圆O：相切，且与椭圆E交于M，N两点，是否存在最小值？若存在，求出的最小值和此时直线的方程.
16．（2020·广东·执信中学）如图，椭圆的左焦点为，右焦点为，离心率，过的直线交椭圆于两点，且的周长为8.
（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.试探究：在坐标平面内是否存在定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
17．（2019·安徽·合肥一中（文））过椭圆右焦点的直线交椭圆与A，B两点，为其左焦点，已知的周长为8，椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆任意一条切线与椭圆恒有两个交点，？若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由.
18．（2018·黑龙江·（文））已知椭圆的离心率为，其左顶点在圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）若点为椭圆上不同于点 的点，直线与圆的另一个交点为.是否存在点，使得 若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
19．（2016·天津静海·（理））已知椭圆的长轴长为 ，且与椭圆有相同的离心率.
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与有两个交点 、，且 ？若存在，写出该圆的方程，并求的取值范围，若不存在，说明理由.
20．（2021·全国·）已知椭圆：的离心率，过椭圆的左焦点且倾斜角为的直线与圆相交所得弦长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在过点的直线与椭圆交于两点，且，若存在，求直线的方程；若不存在，说明理由．
21．（2018·北京·首都师范大学附属中学）已知椭圆的离心率为，其左顶点在圆上．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若点为椭圆上不同于点的点，直线与圆的另一个交点为．是否存在点，使得 若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
22．（2021·安徽·（理））已知椭圆：的右焦点为，过点且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为2，圆经过椭圆短轴顶点和两个焦点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作斜率为的直线交椭圆于、两点，点、满足：.试问，是否存在点，使得、、、四点到点的距离均相等？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.
23．（2020·广东·佛山市第二中学（理））已知椭圆：的离心率为，右焦点到直线的距离为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于，两点，在轴上是否存在点，使得为正三角形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
24．（2021·江西·景德镇一中）已知椭圆：()经过点，且直线(且)与圆相切.
（1）求椭圆的标准方程.
（2）若过点的直线交于，两点，是否存在定点，使直线与直线的斜率之和为2？若存在，求出该定点；若不存在，请说明理由.
试卷第2页，共2页专题 圆锥曲线中的探究性问题
近年来，在圆锥曲线考查的题型中经常会出现探究性问题.探究性问题是一种开放性问题，是指命题中缺少一定条件或无明确结论，需要经过猜测、归纳并加以证明的题型.圆锥曲线的考题主要是结论探究的开放性问题，有探究位置关系的，有探究点是否存在直线是否存在圆是否存在的，有探究圆是否过定点直线是否过定点的，等等，有结论存在和结论不存在两种情形.这类题型在考查圆锥曲线基础知识和几何性质的同时，能很好地考查学生的运算求解、推理论证等数学能力，对学生的综合能力要求较高
模块1整理方法、提升能力
圆锥曲线中的探究性问题的常用解题策略有2种:一是先假设存在或结论成立，然后引进未知数、参数并建立有关未知数、参数的等量关系，若能求出相应的量，则表示存在或结论成立，否则表示不存在或结论不成立;另一种方法是在假设存在或结论成立的前提下，利用特殊情况作出猜想，然后加以验证
解决此类问题要还要做好两个方面：一是转化，即把题中的已知和所求准确转化为代数中的数与式，即形向数的转化；二是计算，直线与圆锥曲线的位置关系问题，往往需要联立直线方程与圆锥曲线的方程，利用根与系数的关系进行化简，然后根据代数式的结构特征采用相应的方法求解，计算准确是关键. 熟练掌握椭圆的定义 几何图形 标准方程及简单几何性质(范围 对称性 顶点 离心率).
圆锥曲线中定点问题的常见解法
（1）假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故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所求定点；
（2）从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．
点睛：本小题主要考查求简单曲线的方程，考查方直线与椭圆的方程等基础知识．考查运算求解能力和探究问题的能力；对于圆锥曲线中的定值定点问题，一般是可以先有特殊位置得到定点，再证明一般情况．或者由特殊情况推出一般情况．证明过定点问题，一般是求谁设谁，或者像这个题一样求出交点坐标，用这两个点表示出直线方程．
直线与椭圆相交问题求解策略：
（1）解答直线与椭圆相交的题目时，常用到“设而不求”的方法，即联立直线和椭圆的方程，消去(或)得一元二次方程，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求解；
（2）涉及直线方程的设法时，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.
经典例题分析
1．（2020·江苏·辅仁高中）已知椭圆，，，，若的面积为1，且过右焦点垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1.
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，试问是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是，4.
【分析】
（1）由条件 ，列式求解；
（2）设，列出直线，的方程，并且求点的坐标，利用坐标表示
的值，利用点在椭圆上，求定值.
【详解】
（1）由已知，，，又，
解得，，.∴椭圆的方程为；
（2）设椭圆上一点，则，
直线：，令，得.
∴直线：，令，得.
∴
将
代入上式得，故为定值.
【点睛】
本题考查椭圆方程，直线与椭圆的位置关系，定值问题，重点考查转化与化归的思想，计算能力，属于中档题型.
2．（2021·广东清远·）已知椭圆：的离心率为，且椭圆上的点到右焦点的距离最长为.
（1）求椭圆的标准方程.
（2）过点的直线与椭圆交于两点，的中垂线与轴交于点，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，定值为.
【分析】
（1）由离心率，椭圆上的点到右焦点距离最大值为和椭圆关系可构造方程组求得，进而得到椭圆标准方程；
（2）当直线的斜率不为时，设，与椭圆联立可得韦达定理的形式，利用弦长公式可求得，并利用中点坐标公式求得中点坐标，由此可表示出方程，从而求得点坐标，得到，化简可得定值；当直线的斜率为时，易求得满足所求定值；综合两种情况可得结论.
【详解】
（1）设椭圆的半焦距为，由题意可得：，解得：，，，
椭圆的标准方程为.
（2）当直线的斜率不为时，设直线的方程为，，，的中点为.
联立整理得：，
由题意可知：，则，，
.
为的中点，，，即.
直线的方程可设为，
令得：，则，
.
当直线的斜率为时，，，则.
综上所述：为定值，且定值为.
【点睛】
思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出所求量；
④化简所得式子，消元可得定值.
3．（2018·全国南宁·（理））已知椭圆的右焦点为，过且与轴垂直的弦长为3.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过作直线与椭圆交于两点，问：在轴上是否存在点，使为定值，若存在，请求出点坐标，若不存在，请说明理由.
【答案】(1) ；(2).
【详解】
试题分析：
(1)由题意计算可得.则椭圆的标准方程为.
(2)假设存在点满足条件，设其坐标为，设，，分类讨论：
当斜率存在时，联立直线方程与椭圆方程有：，.则.满足题意时有：.解得.此时.验证可得当斜率不存在时也满足，
则存在满足条件的点，其坐标为.此时的值为.
试题解析：
（1）由题意知，.
又当时，.
∴.
则.
∴椭圆的标准方程为.
（2）假设存在点满足条件，
设其坐标为，设，，
当斜率存在时，设方程为，
联立 ，恒成立.
∴，.
∴，.
∴
.
当为定值时，.
∴.
此时.
当斜率不存在时，
，，.
，，
.
∴存在满足条件的点，其坐标为.
此时的值为.
4．（2019·河南·信阳高中（理））已知椭圆过点，且其中一个焦点的坐标为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点，在轴上是否存在点，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）见解析
【分析】
（1）由椭圆定义直接求得即可.
（2）假设存在点,使得为定值，当直线的斜率不为时，可设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程通过设而不求得的表达式，再讨论其是否过定点.最后将直线的斜率为的情况代入检验即可.
【详解】
（1）由已知得，∴，则的方程为；
（2）假设存在点,使得为定值，
当直线的斜率不为时，可设直线的方程为，
联立, 得
设，则，
要使上式为定值, 即与无关，应有
解得，此时
当直线的斜率为时，不妨设，当的坐标为时
综上，存在点使得为定值．
【点睛】
本题考查椭圆方程及直线与椭圆中的定值问题，设而不求是此类问题中的常规解法，解题中直线方程设为，则要注意检验直线方程斜率为0的情况.
5．（2019·甘肃·天水市第一中学（理））已知椭圆过点，且其中一个焦点的坐标为，
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆交于两点，在轴上是否存在点，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)见证明
【分析】
（1）根据焦点为可得，且另一个焦点为，利用椭圆定义，即可求出的值，结合的关系，即可求出，代入方程即可求解．
（2）设点，，，联立椭圆和直线的方程，结合韦达定理可得，，代入即可求解．
【详解】
（1）和是椭圆的两个焦点，且点在椭圆上，
依题意，，又
故.
由得.
故所求椭圆的方程为.
（2）假设存在点，使得为定值，
联立，得
设，，则
，，
，，
要使上式为定值，即与无关，应有
解得，此时
所以，存在点使得为定值.
【点睛】
本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系的应用，重点掌握韦达定理的应用，需要较强的计算能力，属中档题．
6．（2019·重庆巴蜀中学（理））已知椭圆，直线与该椭圆交于两点，为椭圆上异于的点.
（1）若，且以为直径的圆经过点，求该圆的标准方程；
（2）直线分别与轴交于两点，是否为定值，若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由.
【答案】（1）（2）是定值，定值为2
【分析】
（1）设，，则，由以为直径的圆过点，则，两者联立可解得，得圆心坐标和半径，从而得圆标准方程．
（2）设，写出方程，得点纵坐标，同理得点纵坐标，计算即证得结论．
【详解】
（1）设，，，以为直径的圆过点，
∴
联立两个方程可得或（舍），得，
所以圆的标准方程为.
（2）设，则，
同理得，
.
【点睛】
本题考查圆的标准方程，考查椭圆中的定值问题，本题考查学生的运算求解能力．属于中档题．
7．（2020·湖南衡阳·（文））已知椭圆的离心率为，左右焦点分别为、，为椭圆上一点，与轴交于点，，.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆相交于、两点，过作与轴垂直的直线，点坐标为，试问直线与直线交点的横坐标是否为定值，请说明理由.
【答案】（1）（2）横坐标为定值2，详见解析
【分析】
（1）根据题意，列出的方程，即可容易求得椭圆方程；
（2）设出直线方程与椭圆方程，结合韦达定理，求得直线方程，进而求得与直线交点的横坐标，即可容易证明.
【详解】
（1）连接，由题意得，
所以为的中位线，又因为，
所以，且，
又，，得，，
故所求椭圆方程为.
（2）设，由得
∴
直线的方程：，
令，则有
∴与交点的横坐标为定值2.
【点睛】
本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中定值问题的处理，属综合中档题.
8．（2016·福建上杭·（文）） 设椭圆过两点，为坐标原点.
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，且？若存在，写出该圆的方程，若不存在说明理由.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
试题分析：（1）根据过点,，利用待定系数法，求出几何量，从而可求椭圆的方程；（2）先假设存在，设该圆的切线方程代入椭圆方程，利用韦达定理及，可确定的范围及所求的圆的方程，验证当切线的斜率不存在时，结论也成立．
试题解析：（1）因为椭圆过两点，
所以解得，所以，所以椭圆的方程为.
（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，且,
设该圆的切线方程为，解方程组，得，
即，
则，即，
要使，需使，即，
所以，所以又，
所以，所以，即或，
因为直线为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为
，
所求的圆为，此时圆的切线都满足或，
而当切线的斜率不存在时切线为与椭圆的两个交点为或满足.
综上，存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，且.
考点：（1）椭圆的方程；（2）椭圆性质的应用.
【方法点晴】熟练掌握椭圆、双曲线的标准方程与性质、直线与椭圆相交得到根与系数的关系、直线与圆相切的性质、垂直与数量积的关系是解题的关键，综合性较强，计算量较大，属于难题.在第一问中，利用待定系数法可直接求出椭圆的方程；在第二问中解题时要认真审题，假设存在这样的圆，设该圆的切线为，与椭圆联立，得，注意根的判别式、韦达定理、圆的性质、椭圆性质的合理运用．
9．（2020·新疆·昌吉市第九中学）已知椭圆的离心率，过点和的直线与原点的距离为．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知定点，若直线与椭圆交于、两点．问：是否存在的值，使以为直径的圆过点？请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】
（1）求出过点和的直线，利用直线与坐标原点的距离为，椭圆的离心率，建立方程，可求出的值，从而可得椭圆的方程；
（2）直线代入椭圆方程，利用韦达定理及以为直径的圆过点，利用，即可求得结论
【详解】
（1）直线方程为：．
依题意，解得．∴椭圆方程为．
（2）假若存在这样的值，由，得．
∴．①
设，，
则．②
而．
要使以为直径的圆过点，当且仅当时，则．
即．
∴．③
将②式代入③整理解得．经验证使①成立．
综上可知，存在，使得以为直径的圆过点．
【点睛】
此题考查椭圆的标准方程，考查椭圆的性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的运用，考查计算能力，属于中档题
10．（2019·广西钦州·（文））已知椭圆经过点，且离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（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.
【答案】（1） 见解析
【分析】
(1)根据椭圆经过点，且离心率为，所以，又因为可得到参数值；（2）联立直线和椭圆方程，由韦达定理得到，故得到
【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.
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，所以
存在函数使恒成立.
【点睛】
本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．
11．（2018·河北·衡水第一中学（文））已知圆的圆心为原点，其半径与椭圆的左焦点和上顶点的连线线段长度相等.
（1）求圆的标准方程；
（2）过椭圆右焦点的动直线（其斜率不为0）交圆于两点，试探究在轴正半轴上是否存在定点，使得直线与的斜率之和为0？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）当点为时，
【详解】
分析：(1)根据题意，求出圆的标准方程；（2）假设存在符合条件的点.设，，，当直线的斜率存在时，设直线的方程为.
由得，利用根与系数关系表示
可得，斜率不存在也满足，说明存在符合条件的点.
详解：（1）由题知，椭圆的左焦点为，上顶点为，
故圆的半径，
所以圆的标准方程为.
（2）假设存在符合条件的点.
设，，，
当直线的斜率存在时，
设直线的方程为.
由
得，
所以，.
由，得，
即
.
即.
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，与圆的交点坐标分别为，，显然满足.
所以当点为时，.
点睛：圆锥曲线中定点问题的常见解法
（1）假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故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所求定点；
（2）从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．
点睛：本小题主要考查求简单曲线的方程，考查方直线与椭圆的方程等基础知识．考查运算求解能力和探究问题的能力；对于圆锥曲线中的定值定点问题，一般是可以先有特殊位置得到定点，再证明一般情况．或者由特殊情况推出一般情况．证明过定点问题，一般是求谁设谁，或者像这个题一样求出交点坐标，用这两个点表示出直线方程．
12．（2020·陕西·西安中学（理））已知椭圆：的离心率为，且坐标原点到过点，的直线的距离为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）是否存在过点的直线交椭圆于，两点，且与直线交于点，使得，，依次成等差数列，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，或.
【分析】
（1）由已知条件得，即，，由坐标原点到直线的距离为，可得解得，从而得到椭圆方程.
（2）设直线方程为，，，将直线方程与椭圆方程联立写出韦达定理，由，，成等差数列，可得，化简计算可得直线的斜率，从而得到直线方程.
【详解】
（1）由题可知，所以，，
则椭圆方程转化为.
坐标原点到过点，即的直线的距离为，
可得即，解得.
故椭圆的标准方程为.
（2）假设存在满足题意的直线，显然其斜率存在，
设直线的方程为，且，.
联立，消去并整理，得，
由题知恒成立，由根与系数的关系知
，.
因为，，，
且，，成等差数列，所以，
即，所以，
即，解得，
所以直线的方程为或.
【点睛】
本题考查椭圆标准方程的求解，考查直线与椭圆位置关系以及韦达定理的应用，考查学生分析能力与计算能力，属于中档题.
模块2 练习巩固、整合提升
13．（2020·河北·衡水市第二中学（理））已知，为椭圆的左右焦点，过的直线交椭圆于，两点，的周长为8.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知是直线上一动点，若，与轴分别交于点，，则是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由.
【答案】（1）（2）是定值；定值为
【分析】
（1）由条件得出，即可
（2）设直线的方程为，，，，联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理可得，，然后算出，，然后算出即可
【详解】
（1）依题意，
由椭圆的定义可得的周长为，即，所以，
故椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，，，，
由得，
显然，则，，
直线，令得，
即，同理，
，
同理：，
于是：
所以为定值.
【点睛】
涉及椭圆的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.
14．（2016·北京通州·（文））已知点在椭圆上，椭圆离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点、，在轴上是否存在点，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）存在点，使得为定值.
【分析】
（1）依题意建立方程椭圆的方程为；（2）假设存在点,使得为定值,设直线的方程为,联立,存在点,使得为定值恒成立．
【详解】
（1）因为点在椭圆上，椭圆离心率为,,
解得椭圆的方程为．
（2）假设存在点,使得为定值, 设,设直线的方程为,
联立,得,,
,
,要使上式为定值, 即与无关, 应有
,解得,存在点,使得为 定值恒成立．
15．（2021·广东普宁·）已知椭圆E：（a＞b＞0）的左、右焦点分別为，离心率为，过左焦点作直线交椭圆E于A，B两点，的周长为8.
（1）求椭圆E的方程；
（2）若直线：y=kx+m(km<0)与圆O：相切，且与椭圆E交于M，N两点，是否存在最小值？若存在，求出的最小值和此时直线的方程.
【答案】（1）；（2）最小值为2，或.
【分析】
(1)由椭圆定义结合已知求出a，半焦距c即可得解；
(2)由直线与圆O相切得，联立直线与椭圆E的方程消去y，借助韦达定理表示出，利用函数思想方法即可作答.
【详解】
（1）依题意，结合椭圆定义知的周长为4a，则有4a=8，即a=2，
又椭圆的离心率为，得，于是得，
所以椭圆E的方程为；
（2）因直线：y=kx+m(km<0)与圆O：相切，则，即，
设，而点M在椭圆E上，则，即，又，
，
同理，于是得，
由消去y得：，显然，则，
又km<0，且，因此得，
令，则，当且仅当，即t=3时等号成立，
于是得存在最小值，且，的最小值为2，
由，且km<0，解得或.
所以所求直线的方程为或，即或.
【点睛】
关键点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
16．（2020·广东·执信中学）如图，椭圆的左焦点为，右焦点为，离心率，过的直线交椭圆于两点，且的周长为8.
（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.试探究：在坐标平面内是否存在定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，定点.
【分析】
（1）根据椭圆几何性质得出的周长为，解出，结合解出，写出椭圆标准方程；
（2）法一：联立直线与椭圆方程得到，根据，
得，代入得，，由图形对称性知，点必在轴上，设则，结合前面的式子化简解出；
法二：联立直线与椭圆方程得到，根据，
得，代入得，，由图形对称性知，点必在轴上，取特殊值令和解出与轴交点，验证其成立；
法三：用导数表示出切线，表示出，根据，根据恒成立解出.
【详解】
（1）因为，即，
又，所以.
又因为即所以，所以，
故椭圆E的方程是
（2）解法一：
由得.
因为动直线与椭圆有且只有一个公共点所以且，
即化简得
此时
所以，由得.
假设平面内存在定点满足条件，由图形对称性知，点必在轴上.
设则对满足式的恒成立.
因为 由
得
整理得
由于式对满足式的恒成立，所以 解得
故存在定点使得以为直径的圆恒过点.
解法二：
由得.
因为动直线与椭圆有且只有一个公共点，所以且，
即化简得
此时
所以，由得.
假设平面内存在定点满足条件，由图形对称性知，点必在轴上.
取此时，
以为直径的圆为交轴于点
取 此时 以为直径的圆为
交轴于点
所以若符合条件的点存在，则的坐标必为.
因为的坐标为 所以
人而 ,
故恒有 , 即存在定点, 使得以为直径的圆恒过点.
解法三：
由对称性可知设与
直线
对恒成立，
所以，得.
【点睛】
直线与椭圆相交问题求解策略：
（1）解答直线与椭圆相交的题目时，常用到“设而不求”的方法，即联立直线和椭圆的方程，消去(或)得一元二次方程，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求解；
（2）涉及直线方程的设法时，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.
17．（2019·安徽·合肥一中（文））过椭圆右焦点的直线交椭圆与A，B两点，为其左焦点，已知的周长为8，椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆任意一条切线与椭圆恒有两个交点，？若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】
（1）由椭圆的定义可知，的周长为，可求，再由离心率可求，即可求出椭圆的方程；
（2）假设存在满足条件的圆.当直线的斜率存在时，设其方程为，代入椭圆的方程，根据韦达定理，再结合圆心到直线的距离等于半径，求出圆的半径，写出圆的方程，最后验证直线的斜率不存在时也成立.
【详解】
（1）由椭圆的定义可知，的周长为，
由题意，又，
，
所以椭圆的方程为.
（2）假设存在满足条件的圆，设圆的方程为.
当直线的斜率存在时，设其方程为.
由，得，
，
.
，
即，
即，整理得.
直线与圆相切，，
存在圆满足条件.
当直线的斜率不存在时，圆也满足条件.
综上，存在圆满足条件.
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程，考查直线与圆锥曲线的位置关系，考查学生的运算能力，属于中档题.
18．（2018·黑龙江·（文））已知椭圆的离心率为，其左顶点在圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）若点为椭圆上不同于点 的点，直线与圆的另一个交点为.是否存在点，使得 若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1) (2) 不存在直线，使得
【分析】
（1）由题意求出a，通过离心率求出c，然后求解椭圆的标准方程；
（2）设点，，设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用弦长公式求出，利用垂径定理求出，从而整理即可得到结果.
【详解】
（1）因为椭圆的左顶点在圆上，令，得，所以，
又离心率为，所以，所以，
所以，
所以的方程为.
（2）设点，，设直线的方程为，
与椭圆方程联立得
化简得到，
因为为方程的一个根，
所以，所以，
所以.
因为圆心到直线的距离为，
所以，
因为，
代入得到，
显然，所以不存在直线，使得.
【点睛】
对题目涉及的变量巧妙的引进参数(如设动点坐标、动直线方程等)，利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到“设而不求，减少计算”的效果.
19．（2016·天津静海·（理））已知椭圆的长轴长为 ，且与椭圆有相同的离心率.
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与有两个交点 、，且 ？若存在，写出该圆的方程，并求的取值范围，若不存在，说明理由.
【答案】(Ⅰ)(Ⅱ) ，
【详解】
试题分析：（Ⅰ）由已知条件推导出，由此能求出椭圆M的方程；（Ⅱ）假设存在圆C：（r＞0），若l的斜率不存在，设l：x=r，求出，；若l的斜率存在，设l：y=kx+m，代入椭圆M的方程，得，由此能求出圆C：
和|AB|的取值范围
试题解析：(I )椭圆的长轴长为，故，又与椭圆有相同的离心率,故所以椭圆M的方程为
(II)若的斜率存在，设因与C相切，故，
即.①
又将直线方程代入椭圆M的方程得
设
由韦达定理得+=，
由得到
+++=0
化简得，②
联立①②得．
综上所述，存在圆.
由得
=
当时，，
又当k不存在时，故为所求.
考点：1.椭圆方程；2.直线与椭圆相交的综合问题
20．（2021·全国·）已知椭圆：的离心率，过椭圆的左焦点且倾斜角为的直线与圆相交所得弦长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在过点的直线与椭圆交于两点，且，若存在，求直线的方程；若不存在，说明理由．
【答案】（1） （2）存在；或或.
【分析】
（1）运用离心率公式和直线与圆相交的弦长公式，结合，，的关系，解方程可得，，进而得到椭圆方程；
（2）讨论直线的斜率存在和不存在，当斜率存在时则存在和的两种情况，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理求出斜率，即可求出直线方程。
【详解】
（1）由题意可得，
过椭圆的左焦点且倾斜角为的直线方程为：，
由直线与圆相交所得弦的长度为，
可得，
又，
解方程可得，，，
即有椭圆的方程为；
（2）设
①若直线垂直于轴，与椭圆交于，
取，，满足
②直线不垂直于轴时，设方程为，代入椭圆方程得
，
①，②
对于，包含两种情况
i）,即，
∴，即
代入①②得，消去得
，解得,满足
的方程为或
ii) ，即
∴
代入①②得，消去得
，有，无解
综上的方程为或或
【点睛】
本题考查椭圆的方程的求法，注意运用离心率公式和直线与圆相交的弦长公式，注意讨论直线的斜率是否存在，联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理考查化简整理的运算能力，属于中档题．
21．（2018·北京·首都师范大学附属中学）已知椭圆的离心率为，其左顶点在圆上．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若点为椭圆上不同于点的点，直线与圆的另一个交点为．是否存在点，使得 若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）不存在
【解析】试题分析：（I）左顶点代入圆的方程，求得，根据离心率为，求得，故椭圆方程为；（II）设点， ，直线的方程为,联立直线的方程和椭圆的方程，求出的坐标，进而求得的值，利用圆心到直线的距离求得，代入，所以不存在.
试题解析：
（I）因为椭圆的左顶点在圆上，令，得，所以.又离心率为，所以，所以，所以.
所以的方程为.
（II）设点， ，设直线的方程为，
与椭圆方程联立得，
化简得到，因为-4为方程的一个根，
所以，所以
所以
因为圆心到直线的距离为，
所以.
因为，
代入得到，
显然，所以不存在直线，使得.
考点：直线与圆锥曲线位置关系.
【方法点晴】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系. 直线和圆锥曲线的位置关系一方面要体现方程思想，另一方面要结合已知条件，从图形角度求解．联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解是一个常用的方法. 涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．
22．（2021·安徽·（理））已知椭圆：的右焦点为，过点且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为2，圆经过椭圆短轴顶点和两个焦点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作斜率为的直线交椭圆于、两点，点、满足：.试问，是否存在点，使得、、、四点到点的距离均相等？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】
（1）由题意，在椭圆上，代入椭圆方程，结合圆经过椭圆短轴顶点和两个焦点可求解.
（2）是否存在点，使得、、、四点到点的距离均相等，转化为线段与线段的垂直平分线是否有交点.
【详解】
（1）设点的坐标为.
因为过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为2，
所以点在椭圆上，即.
又圆经过椭圆短轴顶点和两个焦点，所以，所以.
故椭圆的标准方程为.
（2）由题意可知，直线的方程为：，代入，
整理得.
设，，则，，
所以由，得，，
所以线段垂直平分线的方程为：，
线段垂直平分线的方程为：.
由，得交点.
不妨设，由，得，
所以，
，
所以，
故存在点，使得、、、四点到点的距离均相等.
【点睛】
关键点点睛：本题的解题关键是：利用线段垂直平分线上的点到线段两端距离相等这一性质，将是否存在点，使得、、、四点到点的距离均相等，转化为线段与线段的垂直平分线是否有交点.
23．（2020·广东·佛山市第二中学（理））已知椭圆：的离心率为，右焦点到直线的距离为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于，两点，在轴上是否存在点，使得为正三角形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）.（2）在轴上是存在点，坐标为，
【分析】
（1）因为椭圆：的离心率为，可得，右焦点到直线的距离为，故，即可求得答案；
（2）设线段的中点，若是正三角形，且，结合已知，即可求得答案.
【详解】
（1）椭圆：的离心率为
，可得
故
右焦点到直线的距离为.
①当时，将代入
可得
整理可得：
即
解得：（舍去）或
由，可得，即
根据
可得：
②当时，将代入
可得
整理可得：
方程无解
（2）过点作与坐标轴不垂直的直线
设直线的方程为
联立直线的方程和椭圆方程可得：，消掉
可得：
根据韦达定理可得：
设线段的中点，
则，
是正三角形
且
根据，可得
由可得：
可得：，解得：
设，将其代入
可得
可得
故在轴上是存在点，使得为正三角形，坐标为，
【点睛】
本题主要考查了求椭圆方程和椭圆中的三角形问题，解题关键是掌握圆锥基础知识和椭圆中三角问题的解法，圆锥曲线与直线位置关系问题，要通过直线和圆锥曲线联立方程，通过韦达定理，建立起直线斜率与目标直线的关系，考查了分析能力和计算能力,属于难题.
24．（2021·江西·景德镇一中）已知椭圆：()经过点，且直线(且)与圆相切.
（1）求椭圆的标准方程.
（2）若过点的直线交于，两点，是否存在定点，使直线与直线的斜率之和为2？若存在，求出该定点；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，定点.
【分析】
（1）由椭圆经过点得到a值，由直线与圆相切可得b,c的值，从而可得椭圆标准方程.
（2）当直线的斜率不为0时，设其方程为，，，，
当直线的斜率不为0时，存在定点，使得直线与直线的斜率之和为2，存在定点，使得直线与直线的斜率之和为2
【详解】
（1）∵椭圆：经过点，∴.
∵直线与圆相切，
∴坐标原点到直线的距离为，
∴，得，则，
∴，∴，或，.
∵，∴，.
∴椭圆的标准方程为.
（2）存在定点，使直线与直线的斜率之和为2.
当直线的斜率不为0时，设其方程为，，，
联立，得整理得，
则，.
设，由，得，
则，
则，
得，
得.
若对任意实数恒成立，
则得
∴当直线的斜率不为0时，存在定点，使得直线与直线的斜率之和为2.
当直线的斜率为0时，其方程为，不妨令，，
若，则.
故存在定点，使得直线与直线的斜率之和为2.
【点睛】
解决此类问题要做好两个方面：一是转化，即把题中的已知和所求准确转化为代数中的数与式，即形向数的转化；二是计算，直线与圆锥曲线的位置关系问题，往往需要联立直线方程与圆锥曲线的方程，利用根与系数的关系进行化简，然后根据代数式的结构特征采用相应的方法求解，计算准确是关键. 熟练掌握椭圆的定义 几何图形 标准方程及简单几何性质(范围 对称性 顶点 离心率).
试卷第1页，共3页

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