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第十六节 专题:圆锥曲线中的存在性问题
向量关系
【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.
【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.
【3】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.
【4】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.在x轴上是否存在一点G,使？若存在,求出点G的坐标;若不存在,请说明理由.
斜率关系
【5】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.
【6】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.
【7】已知椭圆的左顶点为A,左焦点为F,上顶点为B,若, .
（1）求椭圆C的方程;
（2）过点F且斜率不为0的直线l交椭圆C于M,N两点,在x轴上是否存在点P,使出？若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
【8】已知椭圆的离心率为,左顶点为A,右焦点F,.过F且斜率存在的直线交椭圆于P,N两点,P关于原点的对称点为M.
（1）求椭圆C的方程;
（2）设直线,的斜率分别为,,是否存在常数,使得恒成立？若存在,请求出的值,若不存在,请说明理由.
角度关系
【9】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.
【10】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.
【11】已知是椭圆的左、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.
【12】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,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.
线段关系
【13】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.
【14】已知椭圆的右顶点为,且其两个焦点与短轴顶点相连形成的四边形为正方形.过点且与轴不重合的直线与椭圆交于,两点.
（1）求椭圆的方程;
（2）设的中点为,试判断是否存在实数,使得为定值.若存在,求出的值,并求出该定值;若不存在,请说明理由.
【15】已知抛物线的焦点为,半径为1的圆的圆心位于轴的正半轴上,过圆心的动直线与抛物线交于、两点,如图所示.
（1）若圆经过抛物线的焦点,且圆心位于焦点的右侧,求圆的方程;
（2）是否存在定点,使得为定值,若存在,试求出该定点的坐标,若不存在,则说明理由.
【16】已知是椭圆的左、右焦点,动点在椭圆上,面积最大值为,离心率
（1）求椭圆的标准方程;
（2）若过点的直线与椭圆交于两点,问:是否存在实数,使得恒成立.如果存在.求出的值.如果不存在,说明理由.
几何关系
【17】已知椭E:的右顶点为A,右焦点为F,上 下顶点分别为B,C,,直线CF交线段AB于点D,且.
（1）求椭圆E的标准方程;
（2）是否存在直线l,使得l交E于M,N两点.且F恰是△BMN的垂心？若存在,求出l的方程;若不存在,请说明理由.
【18】已知抛物线,直线交抛物线C于M、N两点,且线段中点的纵坐标为2.
（1）求抛物线C的方程;
（2）是否存在正数m,对于过点,且与抛物线C有两个交点A,B,都有抛物线C的焦点F在以为直径的圆内？若存在,求出m的取值范围;若不存在,请说明理由.
【19】已知双曲线过点,焦距为,.
（1）求双曲线C的方程;
（2）是否存在过点的直线与双曲线C交于M,N两点,使△构成以为顶角的等腰三角形？若存在,求出所有直线l的方程;若不存在,请说明理由.
【20】设动点的坐标为（、）,向量,,且.
（1）求动点的轨迹的方程;
（2）过点作直线与曲线交于、两点,若（为坐标原点）,是否存在直线,使得四边形为矩形,若存在,求出直线的方程,若不存在,请说明理由.
面积关系
【21】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.
【22】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.
【23】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.
【24】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.16 4
第十六节 专题:圆锥曲线中的存在性问题 则有 4t 0 ,即 t ,此时 MP MQ
11
;
3 3 9
②当直线 l 与 x 轴垂直时,此时点 P 、 Q 的坐标分别为
重点题型专练 2 3 2 3 4 11( 1, ) , ( 1, ) ,当 t 时,亦有 MP MQ .
3 3 3 9
2 2 11 135
1 x y 【 】（1） 1 （2）存在; M ,0 ,该定值为 x 4
4 3 8 64 综上所述,在 轴上有在定点
M ( ,0) ,使得 MP MQ 恒为常数,这个
3
解析: 11
常数为 .
c 1 9
a 2 x2 y2 2 【3】（1） 1 ;（2）存在, t ,
3 tOM ON FM FN
为定值
20 16 7
1
2 2 a 2 1 x
2 y2
（ ）由题意知 2 2 ,∴椭圆 C的方程为 1 . 72
a b b 3 4 3
.
7
a2 b2 c2
b 4 5 12解析:（1）由已知得 1 2 且 2 ,解得 ,a b2 a 20

x2 y2
（2）设直线 AB的方程为 x my 1 , A x , y , B x , y , ∴ 椭圆方程为 1 .1 1 2 2 20 16
（2）①当直线 l 的斜率存在时,设直线 l 为 y k x 2 代入 G
4 5k 2 2得: x 20k 2x 20k 2 80 0
0 x x 20k
2 20k 2 80
, 1 2 , x x ,4 5k 2 1 2 4 5k 2
2
x my 1 y1y k
2
2 x1x2 2 x
64k
1 x2 4
2
3 m2 y2 2my 1 4y2 12 4 5k 2 ,3x 4y2 12 tOM ON FM FN
2
即 3m 4 y2 6my 9 0 6m 9 t x , y x , y x 2, y x 2, y,所以 y y y y 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 3m2 4 1 2 3m2 4
t x1x2 y1y2 x1x2 2 x1 x2 4 y y 1 2假设存在这样的 M t,0 符合题意,则 MA x1 t , y1 , MB x2 t , y2
20k 2 80 64k 2 20k 2 80 20k 2 64k 2
MA MB x1 t x2 t y1y2 my 1 t my 1 t y y t 2 t 2 2 2 4 1 2 1 2 4 5k 4 5k 4 5k 4 5k 2 4 5k 2
m2 2 1 y y m 1 t y y 1 t 44t 64 k 2 80t 641 2 1 2
5k 2 4
m2 2 1 9 2 m 1 t 6m 1 t 3m 4 3m2 4 44t 64 80t 64 2若 tOM ON FM FN 为定值,故 ,解得 t ,定值
9m2 9 6m2 6m2 3m2 6m2t 3m2t 2 4 8t 4t 2 5 4 7

3m2
72
4 为
7
3t 2 12 m2 4t 2 8t 5 3t 2 12 4t 2 8t 5
,要使其为定值,则 ,解 2 3 4 l M 2, 8 5 N 2, 8 5

3m 4 ②当直线 斜率不存在时, , 5 5
11 11 135
得 t .∴存在 M ,08 符合题意,该定值为
.
8 64
所以
2 2 8 5 x y 4 OM 2, ON 2, 8 5 FM 0, 8 5
8 5
【2】（1） 1 2 x （ ）在 轴上有在定点 M ( ,0) ,使得 MP MQ , , , FN 0, ,
3 2 3 5 5 5 5
11
恒为常数,这个常数为 OM ON
64 44 64 2
4 , FM FN t ,
9 5 5 5 7
x2 y2 2 72
解析:（1）设椭圆 C 的标准方程为 1(a b 0) , 当 t 时, tOM ON FM FN
a2 b2 7 7
2 72
2a 2 3 综上所述,存在常数
t ,使得
7 tOM ON FM FN
为定值 .
a 3 7
由题意可得, c 3 ,解得 ,所以 b
2 a2 c2 2 ,故椭圆 C 的
c 1 x2 2 y
a 3
【4】（1） 1 ;（2）存在,点 G( 4,0) .
8 2
x2 y2
方程为 1 ; (x 6 )2 y 2
3 2 3 x2 y2
解析:（1）设点 P(x, y) ,则 2 ,化简得 1
（2）由（1）可知, F1( 1,0)
4 6
, | x | 8 2
3
假设在 x 轴上存在一点 M (t,0) ,使得 MP MQ 恒为常数. x2 y2
①当直线 l 与 x 轴不垂直时,设其方程为 y k(x 1) ,设 故动点 P 的轨迹 C 的标准方程为 18 2
y k (x 1) （2）设直线 l 的方程为 x ty 4
P(x1 , y1) , Q(x2 , y2 )

,联立方程组 x2 y2 ,
1 x ty 4
3 2 联立方程组 x2 y2 ,得 (t 2 4)y2 8ty 8 0 ,
1
可得 (2 3k 2)x2 6k 2x 3k 2 6 0 , 8 2
2
x x 6k x x 3k
2 6 64t 2 32(t
2 4) 32t 2 128 32(t 2 4) 0, 得: t 2 或 t 2
所以 1 2 ,2 3k 2 1 2 2 3k 2
,
y y 8t 8 y y
故 MP MQ (x1 t)(x2 t) y1y2 (x1 t)(x2 t) k
2(x1 1)(x
, .
2 1)
1 2 t 2 4 1 2 t 2 4
(k 2 1)x x (k 2 t)(x x ) k 2 t 2 设 E(x3 ,0),F (x4 ,0) ,定点 G 存在,其坐标为 (x0 ,0)1 2 1 2
(k 2 1)(3k 2 6) (k 2 t) 6k 2 k 2 t 2 (6t 1)k
2 6 y 1 y 1
t 2 B 2, 1 , k 1 2BM , kBN
2 3k 2 2 3k 2 2 3k 2 ty1 2 ty2 2
(2t 1 )(2 3k 2) (4t 16 ) 4t 16 y1 11 则 BM : y (x 2) 1,BN : y
y2 1 (x 2) 1
3 3 t 2 t 2 2t 3 , ty1 2 ty2 1
2 3k 2 3 2 3k 2
令 y 0 ,求出与 x 轴的交点 E,F
因为 MP MQ 是与 k 无关的常数,
{#{QQABJQah4wgwkgRACZ7aV0GsCQsQsJOTJYoOAVAcKAYCSRNAFCA=}#}
y1 1 ty1 2 y 1 ty 2
2
x3 2 1 0, x3 2 ,
2 x 2 1 0, x 2 2 y所以双曲线 C 的标准方程 x2 1 .
ty1 2 y1 1 ty 2
4 4
2 y2 1
1 3

BE x 2,1 , BF x 2,1 , GF x x ,0 , GE x x ,0 （2）由已知, A 1,0 ,B 1,0 ,M x1, y3 4 4 0 3 0 1 ,N x2 , y2 ,

BE GF GE BF 0 即有: (x 2)(x x ) (x 2)(x x ) 0, l 过点 F 2,03 4 0 4 3 0 与右支交于两点,则 l 斜率不为零,
即 2x3x4 2(x3 x4 ) (x 23 x4 4)x0 0 y
x2 1
2x3x4 2(x l : x my 2
2 2
3 x4 ) 设 ,由 3 ,消元得 3m 1 y 12my 9 0 ,x0 x3 x4 4 x my 2
2x3x4 2(x3 x4 4) 8 2x3x4 8 x 2 3m
2 1 0
0 x3 x4 4 x3 x4 4 因为 l

与双曲线右支交于两点,所以 9 ,
y1y2 2 0
2(x3x4 2x3 2x4 4) 4x 4x 16 3m 1 3 4 2
x3 x4 4
解得 m
3 3
,
2(x3 2)(x4 2) 4(x3 x 4) 3 3 4 2
x3 x4 4 12m 2 4 9 3m2 1 36 m2 1 0 ,
2(x3 2)(x4 2) 2 12m 9
(x3 2) (x4 2) y1 y2 , y3m2 1 1
y2 3m2
,
1
2 ty1 2 ty2 2 y y
y 1 y 1 2 ty 2 ty 2 k 1 ,k 2 0 ,
1 2 2 1 2 1 2 2 x
ty 2 ty 2 ty 2 y 1 ty 2 y 1 1
1 x2 1
1 2 1 2 2 1
y k y x 1 y my 1 my y1 1 y2 1 1 1 2 1 2 1 2 y1
k my y 3y ,
2
2 y x 1 y my 3t y1y2 2t(y1 y2 ) 4
2 2 1 2 1 1 2 2
2
2ty1y2 (t 2)(y y ) 4
y1 y 2 12m 4m1 2
3
my y y y
y y 9 3 , 1 2 4 1 2
,
8 8t 16t2 1 22t2 2 4t 2 8 8
t 4 t 4
2 3 1 3
2 t 4 k y1 y2 4 2 y1 y1 y2 1
2t 8
8t t 2 8t 14 4
4 4
2 3 3 9
,
t 4 t2 2 k 4 t 4 2 y1 y2 3y2 y1 y 34 4 4 2
16t2 8(t2 4) 2 8t
2 32
1
8t2 4(t2
2 2 4 即 x 4 4) 4t 16 0 存在 使得 k1 k3 2
.
当直线 l 与 x 轴重合时, 2 2
【7】（1 x y） 1 ;（2）存在, P 4,0 .
BE GF GE BF ( 2 2 2)(2 2 x0 ) ( 2 2 x0 )(2 2 2) 0, 4 3
解得 x0 4. 所以存在定点 G , G 的坐标为 ( 4,0) . 解析:（1）由题知, A a,0 ,F c,0 ,B 0,b ,
x2 y2 1
【5】（1） 1 ;（2）存在,定值 k . 所以 FB c2 b2 a，AF a c ,
8 2 2
由 FB 2 AF ,得 a 2 a c ,则 a 2c ,①c 3
,
a 2 S 1 1 3又 AFB AF OB a c b ,又 a2 b2 c2 ,③ a2 1 a2 8, 2 2 2
解析:（1）由题意知 2 2 1, 解得
2a b b
2 2. x2 y2
由①②③,解得 a 2，b 3，c 1 ,所以椭圆 C的方程为 1 .
a2 b2 c2 , 4 3

（2）由（1）知, F 1,0 ,设 P t,0 ,直线 l的方程为 x my 1 ,
x2 y2
所以椭圆 C 的方程是 1 . x my 1
8 2 联立 x2 y2 得 3m2 4 y2 6my 9 0 , 0 ,
（2）由（1）知 A 2,1 ,设 P x1, y1 , Q x2 , y2 ,将 y kx m
1
代入 4 3
x2 y2
1 ,得 1 4k 2 x2 8kmx 4m2 8 0 , 设 M x , y N x , y y y 6m 91 1 ， 2 2 ,所以 1 2 2 , y1y2 2 ,
8 2 3m 4 3m 4
x x 8km
2
x x 4m 8
y1 y2
所以 k ,k 1 2 又1 4k 2
, 1 2 , PM x t PN1 4k 2 1 x2 t
且 64k 2m2 4 1 4k 2 4m2 8 0 ,解得 8k 2 2 m2 0 . y y yk 1 2 1 x2 t y2 x1 t 所以 PM kPN
x1 t x t x tkx m 1 kx m 1 2 1 x t
,

y 1 y 1 2
k1k
1 22
1 2
x1 2 x 2 x 2 x 2 因为 y1 x2 t y2 x1 t y1x2 y x t y y 2 1 2 2 1 1 2
k 2x1x2 k m 1 x1 x2 m 1
2 y1 my2 1 y2 my1 1 t y1 y2

x1x2 2 x1 x2 4 2my1y2 1 t y1 y2
4m2 8 8km 2 18m 1 6m 6 4 t mk 2 k m 1 m 1 2 t

1 4k 2 1 4k 2 m 1

4k 2 21 3m 4 3m
2 4 3m2 4

4m2 8 8km 4m2 4 16km
,
16k 2 4 4 t m 0
2 2 4
要使 k
PM
kPN 0 ,只需 恒成立,因为 m R ,
1 4k 2 1 4k 所以 t 4 ,即点 P 4,0 满足条件.
2
即 4k 1 m 2k 1 0,2k 1 0 1 2 2恒成立,所以 解得 k . 8 1 x y 4k 2 1 0, 2 【 】（ ） 1 ,（2） 34 3
1 1
所以存在定值 k ,使当 m变化时, k 1 c 1
2 1
k2 总成立.4 解析:（1）因为离心率为 ,所以 e ,又 AF 3 ,所以 a c 3 ,2 a 2
y22 1 2 2【6】（1） x 1 ;（2）存在, . 解得 a 2 , c 1 ,又 c2 a2 2
x y
3 3 b ,所以 b
2 3 ,所以方程为 1
4 3
b
解析:（1） C2 的渐近线为 y 3x , 3 , （2）由（1）知 F 1,0 , A 2,0 ,设直线 PN 的方程为a
2 2 x my 1 P x c a b 2 , a 1,b 3 , , 1, y1 , N x2 , y2
因为 M 与 P 关于原点对称,所以 M x1, y1
{#{QQABJQah4wgwkgRACZ7aV0GsCQsQsJOTJYoOAVAcKAYCSRNAFCA=}#}
y1 y y yk k 2所以 , tan PBA , tan PAB 1 x 2 2
,
1 x 2 x x 22 2
y y 因为 PBA 2 PAB ,所以 tan PBA tan2 PAB ,1 2
若存在 ,使得 k1 k2 恒成立,所以 x y1 2 x2 2 y 2 x 2
所以 y x 2 y x 2 即 ,化简可得 3x2 4x y22 x 2 4 0 ,②1 2 2 1
1 y
两边同乘 y 21 得 y1 x2 2 y2 y1 x 2 x 21
x 2 y 2 2 x 10 x 2 y 12又因为 P x1, y 11 在椭圆上,所以 1 1 由①②可得, 13x 16x 20 0 ,解得 或 （舍）,此时 ,4 3 13 13
2 10 12
y 2
x 31 2 x 3 1 1 2 x1 所以第一象限内曲线 C 上存在点 P , PBA 2 PAB所以 1 4 4 13 13
使得 .


x
2 y2
3 2 x1 2 x1 【11】（1） 1 ;（2）存在, (0,4) .所以 x2 2 y2 y1 x1 2 8 44
解析:（1）设 F1( c,0),F2 (c,0) ,由△F1PF2 的垂心为 H ( 6 , 2) ,
当 x1 2
3
时,则 2 x1 x2 2 y y4 2 1 得 F1H PF2 ,
所以 3x2x1 6 x2 x1 12 4 y2 y1①; k k 2 1所以 FH PF 11 2 c 6 6 c ,则
2
6 c 2
,解得 c2 4 ,
当 x1 2 时, M 与 A 重合,
所以 a2 b2 4 .
x my 1
2
联立方程 x2 y2 ,消元得 3m 4 y2 6my 9 0 6 1,所以 由点 P( 6 ,1) 在椭圆 C 上,得 2 2
1 a2

b2
1 ,解得 a 8,b 4 ,

4 3 x2 y2
故椭圆 C 的方程为 1 .
y2 y
9
8 4
1 3m2 4
（2）假设存在定点 E 满足题意,其坐标为 (0,m) ,
y y 6m 2 2 2 1 3m2 4 x y 易知直线 l 的方程为 y kx 1 ,代入 1 ,
8 4
2
x 8 x m y y 2 , x x m2 y y m y y 1 4 12m 2 2 22 1 2 1 y3m2 4 2 1 2 1 2 1 2 消去 ,得 (1 2k )x 4kx 6 0 , 64k 24 0 ,3m 4
12 36m2 48 9 108 36 设 M (x1, y1),N (x2 , y2 ), 则 x1 x
4k 6
2 2 , x1x2 代入①得 ,2 2 12 4 2 ,整理得 , 1 2k 1 2k
2
3m 4 3m 4 3m 4
3 y1 m y2 m kx1 1 m kx2 1 m解得 所以 kME kNE x x x x
9 y
2 x2 1 2 1 2
【 】（1） 1 ; （2） S(0,2) .
12 6 x x 2k (1 m)( 1 1 ) 2k (1 m) 1 2
1 C : y
2 x2
1 2 c 2
x1 x2 x1 x2
解析:（ ）由题意,椭圆 2 2 的离心率为 , 可得 ,a b 2 a 2 4k 2 2k 1 m
即 a 2c , 2k (1 m) 1 2k 2k (1 m) 2k(1 )6 ,3 3
又由点 G 是椭圆上一点,△GF1F2 的周长为 4 3 2 6 ,可得 1 2k 2
2a 2c 4 3 2 6 , k k 2k(1 1 m由已知得 ME NE ) 0 对任意的 k 恒成立,
即 2 2c 2c 4 3 2 6 ,解得 c 6 ,所以 a 2 3 , b2 3 a2 c2 6 ,
y2 x2 所以 1
1 m
0 ,解得 m 4 ,此时点 E 的坐标为 (0,4) .
所以椭圆的标准方程为 1 . 3
12 6
所以存在定点 E 满足题意,其坐标为 (0,4) .
（2）设 M (x1, y1),N (x2 , y2 ) ,且 R(0,6) , y22
假设存在这样的点 S(0,t) ,使得 RSM RSN , 【12】（1） x 1 ;（2）存在, 2 .3
当直线 l 的斜率存在时,设 l : y kx 6 , c
解析:（1） 离心率 e 2, c 2a ,
y kx 6 a

联立方程组 y2 x2 ,整理得 (k 2 2)x2 12kx 24 0 , x2 2
1 又 b2 c2 a2 3a
2 , y 双曲线方程 C : 2 2 1 ,
12 6 a 3a
x x 12k 24
4 9
可得 1 2 2 , x1x2 2 , 144k
2 96(k 2 2) 48(k 2 4) 0 , 把点 A 2,3 代入双曲线方程得 , 2a2 1, 解得 a 1 ,k 2 k 2 3a2
2
y t y t 2 y
因为 RSM RSN ,可得 kMS k 0
1 2
NS ,即 0 , 故双曲线 C 的方程为 : x 1.x1 x 32
2 2
整理得 x2 (y1 t) x1(y2 t) x
x y
2 (kx1 6 t) x2 (kx2 6 t) （2）由（1）知:双曲线方程 C :
a2

3a2
1,
2kx 241x2 (6 t)(x1 x2 ) 2k 2 t (6 t)
12k 12
(t 2) 0 ,
k 2 k 2 2 k 2 2 B a,0 ,F 2a,0 ,
因为 k 0 ,所以 t 2 ,即点 S(0,2) ; 2
①当直线 AF 的斜率不存在时,则 AFB 90 , FB 3a, AF b 3a ,
当斜率不存在是,此时直线 l 的方程为 x 0 ,直线 l 过点 S(0,2) . a
综上可得,在 y 轴上存在定点 S(0,2) ,使得 RSM RSN 总成立. ABF 45 , 此时 2.
2 10 12
【10 x】（1） y2 1 x 2 ;（2 P , ②当直线 AF 的斜率存在时,设 AFB , ABF ,A x0 , y0 , 其中）存在, 13 13 .4 x0 a, y0 0
解析:（1）设 M x, y , 因为 e 2, 故 c 2a,b 3a, 故渐近线方程为 : y 3x ,
k k y y y
2 1
由题意可得, AM BM 2 x 2 , 2 x 2 x 2 x 4 4 所以 0, , 3 0, , 3
x2 2
化简可得 y2 1 x x 2 ,故曲线 C 的方程为 y2 1 x 2 ; y y
4 4 又 tan 0 , tan 0x0 2a x a
,
x2
0
（2）设 P x, y x 0, y 0 ,且 y2 1 x 2 , ①
4
{#{QQABJQah4wgwkgRACZ7aV0GsCQsQsJOTJYoOAVAcKAYCSRNAFCA=}#}
2y m2 0 1 y 2 1
y2 m t 2 y1 y2 t 2
x 2y x
tan2 0
a
0 0
a
2
所以 2 2
2mt
y x a y2 将 y1 y
t 4
0 0 0 2
2 , y y 代入上式,整理得1 m 2
1 2 2
m 2
x0 a t 2 3t 2
2y0 x0 a 2y0 x a AP AQ ,2 0 m 2
x2 2 2x a 3a 2 x a 3 x
2 a 2 2
0
0 1 0 0 若对任意 m R , AP AQ为定值,则 t 2 或 t a2 , 3
2
2y y t 2,2 t 2 2 PQ 0 0 因为 ,所以 ,此时3 AM AP AQ 0 . x0 a 3 x0 a x0 2a 4
tan tan2 【15】（1） (x 3)
2 y2 1 ;（2）存在, M (2,0) .
,2 0, 2
解析:（1）抛物线 的焦点为 F(2,0) ,则圆心 M 为 (3,0) ,
又 , 2
3 故圆 M 的方程为 (x 3)
2 y2 1 ,
综上:存在常数 2 满足 : AFB 2 ABF. （2）假设存在定点 M (m,0) （ m 0）满足题意,设直线 l : x m ty ,
x2 y2 113 1 1 2 y
2 8x
【 】（ ） ;（ ）存在点 T t,0 ,使得 TP TQ ,且 0 t .
4 3 4 联立 ,消去
x ,得 y2 8ty 8m 0 ,
x m ty
1 c 1
解析:（1）根据题意,由离心率为 ,得 , y y 8t
2 a 2 设 A(x1, y1) 、 D(x2 , y )
1 2
2 ,则 ,
F PF 1
y1y2 8m
由当 P是 C的上顶点时,△ 1 2 的面积为 3 ,得 2c b bc 3 ,2 1 1 1 1 1 1
c 1 |MA | |MB | (x1 m)
2 y21 (x2 m)
2 y22 t
2 1 | y | t 2 1 | y
1 2
|

a 2 a 2 x2 y2 | y1 | | y2 | | y1 y2 | (y1 y2 )
2 4y 21y2 64t 32m
联立 bc 3 ,解得 b 3 ,故椭圆 C的标准方程为 1 . .
4 3 t 2 1 | y || y | t 2 1 | y y | t 2 a2 b2 c2 c 1 1 2 1 2 1 | y
2
1
y2 | t 1 8m

1 1 1
（2）根据题意,知 F2 1,0 ,设直线 PF2 : y k x 1 , 当且仅当 64 32m ,即 m 2 时, |MA | |MB | 2 为定值,
x2 y2 1 1
1 2 2 2 2 故存在 M (2,0) 联立 4 3 ,得 4k 3 x 8k x 4k 12 0 ,使得 |MA | |MB | 为定值.,

y k x 1
16 x
2 y2
【 】（1） 1 ;（2）存在实数 t 2 .
设 P x1, y1 , Q x 4 22 , y2 ,则
8k 2 6k c 2x1 x2 , y y k x x 2k , e 4k 2 3 1 2 1 2 4k 2 3 a 2

2 1
设 M 为 PQ
4k
的中点,则 M 2 ,
3k
解析:（1）由题意可得
2c b 2,
4k 3 4k 2 3 . 2 a2 b2 c2
当 k 0 时,若 TP TQ ,易得 t 0 ;
2 2
当 k
1
0 时,若 TP TQ ,则 TM PQ ,得 k , a2 4,b2 2,c2 2 C x yTM k 解得 .故椭圆 的标准方程为 1 ;4 2
3k
2 04k 3 3k 3k 1 2 如图,由 1 可知 F1 2,0 ,F2 2,0 .
因为 k TM 4k 2 2 2 ,所以

2 2
4k t 4k 3 4k t 4k 3 k , t 当直线 l 的斜率不存在时,
4k 2 3
AF BF b
2 AF BF
k 2 1 1 1 1 ,则 t
1 1 2
t 4 3
a AF
2 3 4 0 t
1
1
BF1
即 4k 3 4 ,由 2 ,得 . 2 k 4k 当直线 l 的斜率存在时,设其斜率为 k ,
1 1 y k x 20 t A x , y B x , y .综上所述, .故存在点 T t,0 ,使得 TP TQ 则直线 l 的方程为 , ,且 0 t . 1 1 2 2
4 4
2 x y2 2 y k x 2
【14】（1） 1 ;（2）存在, t ,0.
4 2 3 联立 x2 y2 1
解析:（1）由题意可知, a 2 ,且 b c ,又因为 a2 b2 c2 ,解得 4 2
x2 y2 2k 2b c 2 ,所以椭圆 C 的方程为 1 ; 整理得 1 x2 4 2k 2x 4k 2 4 0 ,
4 2
2 2
（2）因为 M 是 PQ 的中点,故 则 x x 4 2k 4k 41 2 2 , x1x2 2
PQ2
2k 1 2k 1
AM 2 AM 2 MP2 AM MP AM MP
4 AP AQ , 从而 x x x x 4x x 4 k
2 1
1 2 1 2 1 2 2
由题意可知,直线 PQ 的斜率不为 0,设 PQ : x my t m R,t 2,2 2k 12
2 2 故 AF1 BF
4k +4
1 AB k
2 1 x x
x y 1 2
1 2k
2 1
C 与椭圆 的方程联立, 4 2 ,消去 x ,整理得 2 2
由题意可得 AF1 k 1 x1 2 , BF k 1 x 2 ,
x my t
1 2
2
m2 2 y2 2mty t2 4 0 2 k 1 , 则 AF1 BF1 k 2 1 x1x2 2 x1 x2 2 2k 2 1
2
设 P x1, y1 , Q x2 , y2 , y y
2mt
1 2 2 , y1y
t 4
2 , 4k
2+4
m 2 m2 2 AF1 + BF1 2k 2 1
因为 A 2,0 ,所以 因为 AF1 + BF1 t AF1 BF1 ,所以 t = =2AF1 BF1 2 k 2 1

AP x1 2, y1 my1 t 2, y1 , AQ my2 t 2, y2 2, 2k 1

则 AP AQ my t 2 my t 2 y y 综上,存在实数 t 2 ,使得 AF1 BF1 t AF1 BF1 恒成立.1 2 1 2
{#{QQABJQah4wgwkgRACZ7aV0GsCQsQsJOTJYoOAVAcKAYCSRNAFCA=}#}
x2 y217 1 1 2 y 3 x 16 3
3 2 2 m 3 2 2 .
【 】（ ） （ ）
4 3 3 21 2
F(c,0) 【19
x
】（1） y2 1 .（2）存在,直线 l 为 2x y 3 0或
解析:（1）解:设椭圆 E 的右焦点 , 4
x y x y 2x 16y 3 0
AB 1 CF .则直线 的方程: ,直线 的方程: 1 ,
a b c b 解析:（1）由题设, c 5 ,又 A(2 2 ,1) 在双曲线上,
x y 1 2ac x a
2 b2 5
a b a 2 c a 4
联立 解得 ,则 D(
2ac , b(a c) ) ,
x y ∴ ,可得 , 1 y b(a c) a c a c
8 1
2 2 1 b
2 1
c b a c a b
2
由 | BD | 2 |DA |

,则 BD 2DA , x∴双曲线 C的方程为 y2 1 .
( 2ac 2bc ) 2( a(a c) b(a c)
4
则 , , ) ,则 a 2c ,
a c a c a c a c 3（2）由（1）知: B(0,1) ,设直线 l 为 y k(x ) , M (x1, y1),N (x2 , y2 2
) ,
由 | AB | a2 b2 7 , a2 b2 c2 ,解得: c 1 , a 2 , b 3 ,
联立双曲线方程可得: (1 4k 2 )x2 12k 2x (9k 2 4) 0 ,由题设
2
x y
2
椭圆 E 的标准方程为 1 . 2
4 3 1 4k 0 ,
（2）解:假设存在满足条件的直线 MN 0,
2 2
由垂心的性质可得 BF MN ,又 k 12k 9k 4 3kBF 3 从而得到直线 l 的斜率 ∴ x1 x2 2 , x1x2 2 ,则 y1 y2 k(x1 x2 3) .1 4k 1 4k 1 4k 2
k 3 ,设 l y 3的方程为 x m , M (x1 , y1) , N (x2 , y2 ) , 要使△ BMN 构成以 MBN3 3 为顶角的等腰三角形,则
| BM | | BN | ,
6k 2 3k
MN ( , )
y
3 x m ∴ 的中点坐标为 1 4k 2 2(1 4k 2 ) ,
3
联立 ,整理得: 13x2 8 3mx 12(m2 3) 0 ,
x2 y2 3k
1 1 2(1 4k 2
1
) 8k 2 4 3 3k 2 1∴
k 6k 2
k 2 ,可得 或 k 2 .12k 8
(8 3m)2 4 13 12(m2 3) 0 39 39由 ,解得: m 1 4k 2,
3 3
∴存在直线 l 为 2x y 3 0或 2x 16y 3 0 ,使△ BMN 构成以
8 3m x x 12(m
2 3)
x x , . MBN 为顶角的等腰三角形.1 2 13 1 2 13 x2 2 y
由 MF BN ,则 MF BN 0 ,即 (1 x )x y (y 3) 0 , 【20】（1） 1（2）不存在,证明见解析1 2 1 2 16 12

整理得 y1y2 3y1 x1x2 x2 0 , 解析:（1）向量 a x 2, y , b x 2, y ,
2 2
将 y 31 x1 m , y
3
x m , a b x 2 y 22 2 x 2 y 2 8 ,3 3
4 3 表示到 M x, y2 到两个定点 2,0 和 2,0 的距离之和为定值 8 ,故轨迹代入化简得 x1x2 (m 3)(x1 x2 ) m 3m 0 ,3 3 为椭圆.
16 2 2
(m2 3) 8 (m2 3m) m2 3m 0 c 2 a 4 b 2 3 x y,13 13 , ,故 ,故轨迹为: 1 .16 12
16(m2 3) 8(m2 3m) 13(m2 3m) 0 , （2）假设直线存在,
提取公因式 (m 3) ,可得 [16(m 3) 8m 13m](m 3) 0 , 当直线斜率不存在时, O,A,B三点共线,不满足;
即 (21m 16 3)(m 3) 0 ,由 B(0, 3 ) ,则 m 3 , y kx 2
当直线斜率存在时,设直线方程为 y kx 2 ,则 x2 y2 ,
m 16 3 39
1
解得 ,满足 m 39 , 16 12
21 3 3
2
16 3 3 16 3 故 4k 3 x2 16kx 32 0 , 256k 2 128 4k 2 3 0 恒成立, m 的值 ,直线 l 的方程 y x .
21 3 21 x x 16k
【18】（1）y2 4x ;（2）存在满足题意正数 m ,且 3 2 2 m 3 2 2 1 2. 4k 2 3
, OP OA OB ,故四边形 OAPB 为平行四边形,
解析:（1）设 M (x1, y1),N (x2 , y2 ) , x1x
32
2
4k 2 3
x y 1 0
由 2 得, y
2 2py 2p 0 ,则 y1 y2 2p ,由题意y 2px 四边形 OAPB 为矩形,故 OA OB ,
2p 2 2 p 2 即 OA OB x , y x , y x x kx 2 kx 2 0 ,, ,所以抛物线方程为 y2 4x ; 1 1 2 2 1 2 1 2
（2）假设存在满足题意的点 P(m,0) ,显然直线的斜率存在,设直线方程 带入化简得到: 1 k 2 x1x2 2k x1 x2 4 0 ,
为 y k(x m) ,
即 1 k 2 32 16k 2k 4 0 ,
y k(x

m) k 2 22 4k 3 4k 3
由 2 得, y y km 0 , k 0 时直线与抛物线没有两个交
y 4x 4 整理: 12k 2 5 0 ,方程无解,假设不成立,故不存在.
点,由 k 2m 1 ,因为 m 0 , 0 恒成立,
【21】（1）双曲线的渐近线方程为 y 3x ,它们所夹的锐角为 （2）
4 3y y
设 A(x1, y ),B(x , y )
1 2
1 2 2 ,则 k ,
存在, k 1 k
21
或
y1y2 4m 9
2
焦点 F在以 AB为直径的圆内,则 FA FB 0 , F(1,0) , 2 y
解析:（1）由题意,令 x 0 y 3x ,所以双曲线的渐近线方程3
FA FB (x1 1, y1) (x2 1, y2 ) (x1 1)(x2 1) y1y2
1 y y 为 y 3x ,易得它们所夹的锐角为 .
x x (x 2 2 1 2 31 2 1 x2 ) 1 y1y2 y1 y2 ( 2m) 1 y y16 k 1 2
4 （2）右焦点 F的坐标为 (2,0),P
1
,0 ,
m2 6m 1 2 0 , 2 k
1
m2 6m 1 4 恒成立,因为 k 2 0 ,所以 m2 6m 1 0 ,又 m 0 x ky ,k 2 设 M x1, y1 ,N x , y 22 2 ,联立 得 3k 2 1 y2 3ky 9 02 ,4
所以 3 2 2 m 3 2 2 y .所以存在满足题意正数 m ,且 x2 1, 3
{#{QQABJQah4wgwkgRACZ7aV0GsCQsQsJOTJYoOAVAcKAYCSRNAFCA=}#}
3k 2 1 0, 1
2k 1
k k 1 3 故 kOP 2 2 2 化简得 或
,
且
(3k) 9 3k 1 0, 2 2 k
, 8k 4k
3
所以 lOM : y
1
x
3k 9 ,3 4k
所以 y1 y2 2 , y y 1 3k 1 2 4 1 3k 2 ,又 | PF | ,所以三角形 FMN 面2
y
1
x
2 4k 2 16k
2
2 1
| PF | y y | PF | y y 4y y 3 3 4k 2 1 9 4k 2 1 2 ,解得 xM y 1 2 1 2 1 2 x 1 4k 2 , M 2 ,积 S , 1 4k y2 1
2 2 4 3k 2 1 4 3k 2 1 4
64k 4 22 2 2 4k9 4k 1 9 3
k 1 k 21 OM
2 16k 1 OP
即
4 3k 2 8
或
1
,满足题意,所以存在 k 1 所以 或 2 ,
9 1 4k
2 ,
1 4k 2
AP BP S 3S
k 21 S 9 3
由 MPA OPB , ,且 AMP OPB ,
使得 成立.
9 8 1 AP MP sin MPA 3 1即 OP BP sin OPB ,
2 2
【22】（1） x2 2y x 2 ;（2）存在, 4 .
即 MP 3 OP ,
解析:（1）设 D x, y ,由 A 2,2 , B 2,2 k y 2 k y 2,得 , 2AD x 2 BD ,x 2 所以 OP 1 OM 2 OM,即 OP ,
k k 2 y 2 y 2
4 16
∵ AD BD ,∴ 2 ,x 2 x 2 16k 2 1 4k
2 16k 2 1
2
整理得: x 2y x 16 2 . 所以 1 4k 2 1 4k 2 , 2 21 4k
（2）存在常数 4 ,使 S△OPQ S△OMN .证明如下: 15
由题意,直线 l 的斜率存在,且过点 0,2 解得 k ,, 30
设直线 l 的方程为 y kx 2 , P x 15 15 15 151, x2 , Q x2 , y2 , 所以直线 l 的方程为 y x 或 y x .
30 15 30 15
y kx 2
联立 2 ,得
2 ,
x 2y x 2kx 4 0 【24】（1）3;（2）存在, P 0, 2 2 .
由韦达定理得, x1 x2 2k , x x 4 . Q 1, 8 1 2 解析:（1）由已知得 F 1,0 , 3 , A 3,0 ,
2
| x 2 21 x2 | x1 x2 4x1x2 4k 16 2 k 4 . 4
1 则直线 AP的方程为 y x 3 ,直线 QF 的方程为 x 1 ,
所以 S 2 3 OPQ 2 | x1 x2 2
| 2 k 4 .
16
y x 联立直线 AP和直线 QF 的方程,解得 M 1, .1
直线 OP的方程为 y x ,取 y 1 ,得 xM 1
3
x y ,

1 1 4 x2 y2
y x 易知直线 PF 的方程为
y x 1 ,与椭圆 C 的方程 1 联立,
OQ y 2 x y 1 x 2 3 9 8直线 的方程为 x ,取 ,得 N .2 y2 x 2 y 24 8 8消去 得 27y 24y 128 0 ,则 P yN ,又 y ,所以
27 9
P 3
x x x y x y x2 kx1 2 x1 kx2 2
所以 xM x 2 1N 2 1 1 2 y
16

y y y y N
.
2 1 1 2 kx1 2 kx2 2 9
1
S AF y2 M 1 16 92 x2 x1 2 所以 3 .
4 k 4 2 S 1 k 4 . 2 AF y
3 16
N
k 2 x1x2 2k x1 x2 4 4 2
（2）假设存在点 P m,n ,使得 2S1 5S2 ,
2
2 2
∴ S 1 k 4 1 x x . m n OMN 2 M N 2 则 1①,9 8
∴ S△OPQ 4S△OMN .故存在常数 4 ,使 S△OPQ S△OMN . n
由（1）知 m 1 ,直线 AP的方程为 y x 3 ,直线 QF 的方程为
m 3
y n x 1 ,联立直线 AP ,直线 QF 的方程,解得 M 2m 3,2n ,
m 1
S y
因为 2S1 5S
1 M2 ,且 , M , N 分别位于 x 轴两侧,故可得S2 yN
y 4x2 n N23 1 y2 1 2 y 15 x 15 y 15 15
N .因为 P , F , 三点共线,则
【 】（ ） ;（ ）存在, 或 x . 5
4 30 15 30 15 PF //FN , PF 1 m, n , FN xN 1, yN ,所以 1 m yN n xN 1 ,
c 2
解析:（1）因为 a 2 , ,且 c2 b2 a2 ,解得 b 1 , 4 9 4
a 2 即 n 1 m n xN 1 ,解得 x5 N m ,5 5
x2 2 2 2所以椭圆 C的方程为 y 1 .
4 又点 N
1 9 4 1 4
在椭圆 C 上,故 m n 1②.9 5 5 8 5
（2）由题意可知直线的斜率存在,设直线 l : y kx 2k

联立①②,解得 m 0 , n 2 2 ,
y kx 2k

x2 ,消 y 化简可得 1 4k 2 x2 16k 2x 16k 2 4 0 , 所以存在点 P 0, 2 2 ,使得 2S1 5S2 .
y2 1
4
设 A xA , yA , B xB , yB
x 16k
2 16k 2 4
故 A xB 1 4k 2
, xA xB ,1 4k 2
8k 2 y 2k
8k 2
所以 x , P ,所以 P ,
2k
P 1 4k 2
,
1 4k 2 1 4k
2 1 4k 2
{#{QQABJQah4wgwkgRACZ7aV0GsCQsQsJOTJYoOAVAcKAYCSRNAFCA=}#}

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