2022-2023学年高二数学 人教A版2019选择性必修第一册 同步讲义 第28讲 圆锥曲线存在性问题 Word版含解析

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第28讲 圆锥曲线存在性问题
【典型例题】
【例1】（江西省智慧上进2023届高三上学期入学摸底考试数学（文）试题）已知抛物线C：上一纵坐标为4的点M到其焦点F的距离为5，过点的直线与C相交于A，B两点．
(1)求C的标准方程；
(2)在x轴上是否存在异于点N的定点P，使得点F到直线PA与直线PB的距离相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，试说明理由．
【答案】(1),(2)存在，
【分析】（1）设出，代入抛物线方程，得到，再利用抛物线定义列出方程，求出，得到抛物线方程；
（2）设出直线的方程为，与抛物线方程联立，得到两根之和，两根之积，将F到直线PA与直线PB的距离相等转化为，列出方程，代入两根之和，两根之积，化简得到，求出P点坐标为.
（1）设，则，∴，由抛物线的定义得，
解得或，因为，所以（舍去）所以C的标准方程为．
（2）设，，，，由题可知l的斜率不为零，
设l：，代入抛物线方程消去x，得，
从而，①，
点F到直线PA与直线PB的距离相等，可得，故，

，
得，
将①代入得，于是得，
因此存在符合条件的点P，且P点坐标为.
【点睛】直线过定点问题或存在定点满足某条件问题，通常设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，根据题干条件列出方程，求出定点坐标.
【例2】（2021·山东·高三开学考试）已知椭圆C：.
(1)求椭圆C的离心率和长轴长；
(2)已知直线与椭圆C有两个不同的交点A，B，P为x轴上一点.是否存在实数k，使得是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出k的值及点P的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)椭圆离心率为，长轴长为
(2)存在，当时，点坐标为；当时，点坐标为
【分析】（1）根据椭圆的基本量关系求解即可；
（2）联立直线与椭圆的方程，设中点，得出韦达定理，根据各点的坐标关系，表达出，结合，进而结合韦达定理化简求解即可.
（1）
由题意：，，所以.
，，.
所以.所以椭圆离心率为，长轴长为.
（2）
联立消整理得：.
因为直线与椭圆交于两点，故，解得.
设，则，.
设中点，则，，故.
假设存在和点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，故，所以，
解得，故.
又因为，所以.
所以，即.
整理得.
所以，
代入，整理得，即.
当时，点坐标为；当时，点坐标为.
此时，是以为直角顶点的等腰直角三角形.
【点睛】本题主要考查了根据直线与椭圆的位置关系，求解点坐标与斜率的问题.需要根据题意联立直线与椭圆的方程，设点的坐标，结合韦达定理，利用向量或者斜率关系列式，代入化简求解.属于难题.
【例3】（2022·江苏·高二专题练习）已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，以原点为圆心､椭圆短半轴长为半径的圆与直线相切.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作直线交椭圆于两点（直线与轴不重合）.在轴上是否存在点，使得直线与的斜率之积为定值？若存在，求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；(2)存在，点的坐标为和.
【分析】（1）根据椭圆的短半轴长及圆的标准方程，再利用点到直线的距离公式及椭圆的离心率公式，结合椭圆中三者的关系即可求解；
（2）根据已知条件设出直线的方程，与椭圆方程联立，消去得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及点在直线上，结合斜率的公式即可求解.
（1）由题意知，直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，即.因为，所以.
故椭圆的标准方程为.
（2）因为直线过点且与轴不重合，所以可设直线的方程为.
联立方程，得化简并整理得
设，则.
所以

设存在点，则直线与的斜率分别为，
所以

令，解得或.
当时，；
当时，.
因此，满足条件的点的坐标为和.
【例4】（2021·江苏·常州市第一中学高二期中）已知点在圆上运动，点在轴上的投影为，动点满足
(1)求动点的轨迹方程
(2)过点的动直线与曲线交于两点，问：是否存在定点，使得的值是定值？若存在，求出点的坐标及该定值；若不存在，请说明理由
【答案】(1)
(2)存在定点，使得
【分析】（1）设点，根据题意得到，代入即可求得动点的轨迹方程；
（2）①当直线的斜率存在时，设方程为，联立方程组求得，设，得到，
要使得上式为定值，即与无关，求得，得到；②当直线的斜率不存在时，直接验证得到，即可求解.
（1）解：设点，因为，可得，所以，所以，即动点的轨迹的方程为.
（2）解：①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，可得，则恒成立，且，因为，设，可得，，要使得上式为定值，即与无关，则满足且，所以，即点，此时；②当直线的斜率不存在时，则直线为 ，可得，所以，综上可得，存在定点，使得
【例5】（2022·全国·高三专题练习）已知双曲线的离心率为，右焦点F与点的连线与其一条渐近线平行.
(1)求双曲线C的方程；
(2)经过点F的直线l与双曲线C的右支交于点A､B，试问是否存在一定点P，使恒成立，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，(2)存在，
【分析】（1）根据题意列出关于a,b的等式，结合离心率即可求得a,b，可得双曲线方程；
（2）判断出符合题意的点存在，并判断其位于轴上；然后进行说明理由，设直线线方程，并联立双曲线方程，得到根与系数的关系，结合可得､的斜率之和为，列出等式并化简即可求得参数的值，从而说明结论成立.
（1）设，由条件知的斜率等于，即，又， ,
，，双曲线的方程为：.
（2）存在点满足恒成立，且点在轴上.理由如下:设点，过点，设直线,由,消去得, ,
设，
由韦达定理得，①,，②
，､的斜率之和为，
即，因为，，
所以代入整理得：，③
将①②代入③可得，即,④
④式对任意实数都成立，，
,即存在点满足恒成立，且点在轴上.
【例6】（2022·福建厦门·高二期末）已知椭圆的右顶点为点A，直线l交C于M，N两点，O为坐标原点．当四边形AMON为菱形时，其面积为．
(1)求C的方程；
(2)若；是否存在直线l，使得A，M，O，N四点共圆？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）先求出，菱形AMON的面积为，求出，即可求出C的方程.
（2）设直线，，，联立椭圆方程利用韦达定理，因为O，M，N，A四点共圆，则 ，即
代入可得出，联立，解出，即可求出直线l的方程.
(1)因为四边形AMON为菱形，所以MN垂直平分OA，
所以点M（x轴上方）的横坐标为，代入椭圆方程，
得M的纵坐标为，所以，菱形AMON的面积为，所以，
所以C的方程为．
(2)设直线，，
联立方程，得，
，
，，
因为O，M，N，A四点共圆，则∠MON＝∠MAN＝90°，
所以，即，
得，即
由（i）得，即，
由（ii）得，
即，
联立，解得，（此时直线l过点A，舍去），
将代入，解得，即，
所以直线l的方程为．
【例7】（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆，过定点的直线交椭圆于两点，其中.

(1)若椭圆短轴长为且经过点，求椭圆方程；
(2)对（1）中的椭圆，若，求面积的最大值，并求此时直线的方程；
(3)若直线与轴不垂直，问：在轴上是否存在点使得恒成立？如果存在，求出的关系；如果不存在，说明理由.
【答案】(1)，(2)面积的最大值为，或
(3)存在，
【分析】（1）由短轴长和椭圆上的点可构造方程求得，进而得到椭圆方程；
（2）设，与椭圆方程联立得韦达定理的形式，由，结合韦达定理可化简为，利用基本不等式可求得最大值，并由取等条件得到方程；
（3）设，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，根据，利用两点连线斜率公式和韦达定理可化简整理，求得，由此可得结论.
（1）
椭圆短轴长为，，解得：；椭圆方程为；
点在椭圆上，，解得：，椭圆方程为.
（2）由题意可设直线，，，
由得：，，
，，

（当且仅当，即时取等号），
面积的最大值为，此时直线的方程为：或.
（3）直线与轴不垂直，可设直线，，，
由得：，
，则，，
，，即，
，即，
，则，
，
，，则，
轴上存在点使得恒成立，此时.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用问题，第三问考查了存在性问题的求解；本题求解存在性问题的基本思路是将问题转化为斜率之和为，通过韦达定理进行化简消元，得到满足的等量关系，进而说明点存在.
【例8】（2022·江苏盐城·高二期末）平面直角坐标系中，已知椭圆的左焦点为F，点P为椭圆上的动点，OP的最小值为1，FP的最大值为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线上是否存在点Q，使得过点Q能作椭圆C的两条互相垂直的切线？若存在，请求出这样的点Q；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，(2)存在；
【分析】（1）根据椭圆的几何性质可知：，，即可求解；
（2）联立切线方程与椭圆方程，得根与系数的关系，根据切线垂直可得斜率相乘等于，进而得点Q在圆上，又点Q在，联立即可求解.
(1)设点，则，
当时，OP取得最小值为
，
则当时，FP取得最大值﹐
解得，则椭圆方程为．
(2)设点当或时，易得过点Q作椭圆的两条切线并不垂直，
故可设过点Q的椭圆的切线方程为，
联立方程组，消元可得
由可得，
又直线过点，则﹐于是
化简可得，
由两条切线互相垂直可知，该方程的两根之积                         
则，即点Q在圆上，                                           
由解得，故存在点满足题意，
【例9】（2022·安徽省宣城市第二中学高二期末）圆：与轴的两个交点分别为，，点为圆上一动点，过作轴的垂线，垂足为，点满足
(1)求点的轨迹方程；
(2)设点的轨迹为曲线，直线交于，两点，直线与交于点，试问：是否存在一个定点，当变化时，为等腰三角形
【答案】(1)，(2)存在，证明见解析
【分析】（1）设点在圆上，故有，设，根据题意得，，再代入圆即可求解；（2）先判断斜率不存在的情况；再在斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆联立得：，，，再根据题意求解判断即可.
(1)设点在圆上，
故有，设，又，可得，，
即，
代入可得，
化简得：，故点的轨迹方程为：.
(2)根据题意，可设直线的方程为，
取，可得，，
可得直线的方程为，直线的方程为
联立方程组，可得交点为；
若，，由对称性可知交点，
若点在同一直线上，则直线只能为：上，
以下证明：对任意的，直线与直线的交点均在直线：上.
由，整理得
设，，则，
设与交于点，由，可得
设与交于点，由，可得，
因为
，
因为，即与重合，
所以当变化时，点均在直线：上，
因为，，所以要使恒为等腰三角形，只需要为线段的垂直平分线即可，根据对称性知，点.
故存在定点满足条件.
【点睛】求定点问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定点，再证明这个点与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点．
【例10】（2022·福建·厦门一中高二阶段练习）从圆：上任取一点向轴作垂线段为垂足．当点在圆上运动时，线段的中点的轨迹为曲线．（当为轴上的点时，规定与重合）．
(1)求的方程，并说明是何种曲线：
(2)若圆与轴的交点分别为在左侧），异于，直线交直线于，垂足为，线段的中点为，求证：是等腰三角形．
【答案】(1)的方程为，是长轴长为6，焦点为的椭圆
(2)证明见解析
【分析】（1）根据相关点法，设，则，将代入圆的方程即可求解出点轨迹.
（2）联立直线和椭圆方程，可通过斜率关系关系得位置关系为垂直，进而可得三点共线，从而可证等腰.
(1)设，则，因为在圆上，所以，即，
所以是椭圆，且，所以，
所以的方程为，是长轴长为6，焦点为的椭圆．
(2)
解法一：易知，因为异于，所以异于，设，
则，
令得，所以，所以．
又因为，所以，
所以，所以三点共线，所以，所以，故是等腰三角形．
解法二：
易知，因为异于，所以异于，有题意可知直线有斜率，设，
则令得，所以，所以．
由得，所以，
所以，
所以，所以，所以三点共线，所以，所以，故是等腰三角形．
解法三：
易知，因为异于，所以异于，
设，则，设，
由得，所以，
所以，又因为，
所以，所以，所以三点共线，所以，所以，故是等腰三角形．
解法四：
易知，因为异于，所以异于，
设，则令得，所以，所以．
由得，所以，
所以，所以，所以三点共线，
所以，所以，
故是等腰三角形．
【例11】（2022·四川成都·三模（理））已知椭圆的离心率为，且经过点，椭圆C的右顶点到抛物线的准线的距离为4．
(1)求椭圆C和抛物线E的方程；
(2)设与两坐标轴都不垂直的直线l与抛物线E相交于A，B两点，与椭圆C相交于M，N两点，O为坐标原点，若，则在x轴上是否存在点H，使得x轴平分？若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在；

【分析】（1）依题意得到方程组，即可求出，，从而得到椭圆方程，再求出椭圆的右顶点，即可求出，从而求出抛物线方程；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据得到，再假设在轴上存在点，使得轴平分，则直线的斜率与直线的斜率之和为，设，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由，即可求出，从而求出的坐标；
(1)
解：由已知得，∴，．
∴椭圆的方程为．
∴椭圆的右顶点为．
∴，解得．
∴抛物线的方程为．
(2)
解：由题意知直线l的斜率存在且不为0．
设直线的方程为，，．
由消去y，得．
∴，∴．
∴，．
∴
．
∴．
∴，∴．∴，此时．
∴直线l的方程为．
假设在轴上存在点，使得轴平分，
则直线的斜率与直线的斜率之和为，
设，，
由消去，得．
∴，即恒成立．
∴，．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．解得．
∴在轴上存在点，使得轴平分．
【点睛】本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查椭圆的方程以及韦达定理法在圆锥曲线综合中的应用，属于难题；在解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意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．
【例12】（2022·辽宁辽阳·二模）已知椭圆：的左焦点为，上顶点为.直线与椭圆交于另一点，且，点在椭圆上.
(1)求椭圆的方程.
(2)过点，且斜率为的直线与椭圆相交于，两点，点关于轴的对称点为，作，垂足为.是否存在定点，使得为定值？若存在，求出定点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，

【分析】（1）可结合向量得到点，将、坐标代入椭圆方程可得：
，解方程组即可；
（2）设点，，则，联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，结合得到，由的方程：，令，代入韦达定理整理可得：恒过定点，即可求解.
(1)由题可知，，，设，则，，
因为，所以，即，解得，
即点的坐标为，则，整理得.
因为点在椭圆上，所以
又，所以，，
故椭圆的方程为
(2)由题可知直线的方程为，设点，，则.
联立方程组整理得，
，则，，
直线的方程为，整理.
又，
令，得，所以恒过定点，
故在中，存在定点为斜边的中点，使得，为定值.
【点睛】本题考查直线与椭圆的综合问题，考查椭圆的方程以及韦达定理法在圆锥曲线综合中的应用，属于难题；在解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意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．
【例13】（2022·河南安阳·模拟预测（文））已知椭圆C：的离心率为，左、右焦点分别为，，O为坐标原点，点P在椭圆C上，且有，
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l不经过P（0，1）点且与椭圆E相交于A、B两点，若直线PA与直线PB的斜率之和为，若，垂足为M，判断是否存在定点N，使得为定值，若存在求出点N，若不存在，说明理由．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）根据离心率为可得，再在中利用余弦定理求解即可；
（2）设直线l的方程为，再联立椭圆的方程，表达出直线PA与直线PB的斜率之和为，结合韦达定理可得，进而得到直线l过定点，从而根据确定点N
(1)
因为离心率为，故，解得，又，故.在中有，，，，由余弦定理可得，化简可得，故，椭圆C的方程为
(2)
当直线l的斜率不存在时，设点，此时有，解得，此时直线l的方程为；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，联立化简可得，，又直线PA与直线PB的斜率之和为，故，代入直线方程有，化简得，代入韦达定理有，整理得，故直线过定点，当直线l的方程为时也满足，又，故存在的中点得为定值
【点睛】本题主要考查了椭圆结合解三角形的计算问题，同时也考查了直线与椭圆联立方程，利用韦达定理化简求定点的问题，属于难题
【例14】（2022·四川·内江市教育科学研究所三模（理））设圆的圆心为，点与点关于原点对称，P是圆上任意一点，线段的垂直平分线交线段于点M，记点M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)已知点，曲线C上是否存在点B，使得在y轴上能找到一点D满足为等边三角形？若存在，求出所有点B的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，、、

【分析】（1）由垂直平分线的性质得的轨迹是以、为焦点的椭圆，其中长轴，焦距，由此可求得曲线C的方程；
（2）分AB的斜率为0时，AB的斜率不为0时，两种情况讨论，当AB的斜率不为0时，设，，线段AB的中点为Q，由中点坐标公式和两直线垂直时其斜率间的关系可得，再由得，由此可求得满足条件的点B的坐标.
(1)
解：由题意得，，圆的半径为4，
点与点关于原点对称，∴，
线段的垂直平分线交线段于点M，
∴，
∴，
又，
∴的轨迹是以、为焦点的椭圆，其中长轴，焦距，故短半轴，
∴曲线C的方程为；
(2)解：当AB的斜率为0时，点B的坐标为，点D的坐标为或，满足题意，
当AB的斜率不为0时，设，，线段AB的中点为Q，
，∴，直线AB的斜率，直线的斜率，
当为等边三角形时，，
∴，整理得，
又∵，∴，由，得，故，
又∵为等边三角形，有，
∴，整理得，
∴，解得或（舍去），
将代入，解得或，
∴满足条件的点B的坐标为：、、.
【例15】（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆C：过点，过其右焦点且垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中点为Q，在y轴上是否存在定点P，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，(2)存在定点，
【分析】（1）直接由椭圆C过点和解方程即可；
（2）先联立直线和椭圆，通过∠EQP＝2∠EFP得到点P在以EF为直径的圆上，即PE⊥PF，表示出，由解出点P的坐标即可.
（1）
由题知，椭圆C过点和，
所以，解得
所以椭圆C的方程为．
（2）

假设在y轴上存在定点P，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立，设，，
由，得，∴，

∵∠EQP＝2∠EFP，∴∠EFP＝∠FPQ，∴QE＝QF＝QP
∴点P在以EF为直径的圆上，即PE⊥PF
，
∴




∴恒成立
∴，解得
∴
∴存在定点，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立．
【点睛】本题关键点在于利用∠EQP＝2∠EFP得到点P在以EF为直径的圆上，进而得到，表示出，，联立直线和椭圆后，由韦达定理及建立方程解出点P的坐标即可.
【题型专练】
1.（2022·北京市十一学校高三阶段练习）椭圆：的离心率为，，是椭圆的左､右焦点，以为圆心､为半径的圆和以为圆心､为半径的圆的交点在椭圆上.
(1)求椭圆的方程和长轴长；
(2)已知直线与椭圆有两个不同的交点，，为轴上一点.是否存在实数，使得是以点为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出的值及点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)椭圆的方程为，长轴长为
(2)时，；时，
【分析】（1）根据椭圆的离心率有，根据椭圆的定义有，即可求出椭圆方程与长轴长；
（2）设，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，设中点，即可表示出的坐标，假设存在和点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，故，求出用表示，再利用 列方程，将代入即可求出的值，从而求出的坐标；
(1)由题意，，，解得，所以，
所以椭圆的方程为，长轴长为.
(2)联立 消整理得：.
由，解得.
设，则，.
设中点，
则，，
故 .
假设存在和点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，
则，故，
所以，解得，故.
又因为，所以.
所以，即.
整理得，
所以，
将代入得，
即
所以，所以，即，
当时，点坐标为；当时，点坐标为，
此时，是以为直角顶点的等腰直角三角形.
2．（2022·上海徐汇·二模）在平面直角坐标系中，已知点、，动点关于直线的对称点为，且，动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)已知动点在曲线上，点在直线上，且，求线段长的最小值；
(3)过点且不垂直于轴的直线交曲线于、两点，点关于轴的对称点为，试问：在轴上是否存在一定点，使得、、三点共线？若存在，求出定点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)，(2)
(3)在轴上存在一定点，使得、、三点共线,理由见解析.
【分析】(1)先得出点，由向量的数量积的坐标运算可得答案.
(2) 设，,则，则可得到，然后利用条件消元，从而可得答案.
(3) 设直线的方程为与曲线的方程联立，得出韦达定理，由点的坐标得出直线的方程，令，将韦达定理代入，可得出答案.
(1)
由点关于直线的对称点为，则
则，
所以，即
所以曲线的方程为：
(2)
由点在曲线上，设，点在直线上，设
由，即，
由，则
所以
当时，，此时不满足，即不满足.
所以，由，则


由，则设
由勾型函数的单调性，可知函数在上单调递减.
此时当时，
所以线段长的最小值为
(3)
在轴上存在一定点，使得、、三点共线.
设 则
由题意设直线的方程为
由，可得
所以
直线的方程为
令，得

所以直线：恒过点
所以在轴上存在一定点，使得、、三点共线.
【点睛】关键点睛：本题考查利用向量的坐标运算求轨迹方程，利用函数思想求两点间距离的最大值，以及求直线过定点问题，解答本题的关键是联立方程得出韦达定理，得出直线的方程为，令将韦达定理代入得出定点，运算比较复杂，属于难题.
3．（2022·辽宁大连·一模）已知椭圆的焦距为2，且经过点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)经过椭圆右焦点F且斜率为的动直线l与椭圆交于A、B两点，试问x轴上是否存在异于点F的定点T，使恒成立？若存在，求出T点坐标，若不存在，说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，.

【分析】（1）根据椭圆的焦距以及经过点，求得，即可求得椭圆方程；
（2）转化为，设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理，即可求得结果.
（1）
由椭圆C的焦距为2，故，则，
又由椭圆C经过点，代入C得，得，，
所以椭圆的方程为：．
（2）
根据题意，直线的斜率显然不为零，令
由椭圆右焦点，故可设直线l的方程为，
与联立得，，
则，
设，，，，
设存在点T，设T点坐标为，
由，得，
又因为，
所以，，
所以直线TA和TB关于x轴对称，其倾斜角互补，即有，
则：，所以，
所以，，
即，即，
解得，符合题意，
即存在点T满足题意.
【点睛】本题考察椭圆方程的求解，以及椭圆中存在性问题，解决第二问的关键是合理转化为，再利用韦达定理求解，属综合中档题.
4.（2022·天津市第七中学模拟预测）已知曲线上动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是常数，若过的动直线与曲线相交于两点．
(1)说明曲线的形状，并写出其标准方程；
(2)是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)曲线为椭圆，标准方程为：
(2)存在定点，使得恒成立.
【分析】（1）设，根据其到定点的距离和到定直线的距离的比是可得到等式，化简整理可得结果；
（2）①当直线与轴垂直时，可知必在轴上；②当直线与轴垂直时，设，可求得；则若存在定点满足题意，则必是；当直线斜率存在时，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，并得到；设点关于轴的对称点为，由可得三点共线，由此可得成立；综合上述情况可得结论.
(1)
设，则，整理可得：，
曲线为椭圆，标准方程为：.
(2)
①当直线与轴垂直时，即，由椭圆对称性可知：，
，点在轴上；
②当直线与轴垂直时，即，则，，
若存在定点，则由①知：点在轴上，可设，
由得：，解得：（舍）或，；
则若存在定点满足题意，则点坐标必然是，
只需证明当直线斜率存在时，对于，都有成立即可.
设，，，
由得：，其中恒成立，
，，
设点关于轴的对称点为，则，
，，
，即三点共线，
；
综上所述：存在定点，使得恒成立.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的存在类问题的求解，本题求解定点的基本思路是通过特殊位置首先确定所求定点的坐标，进而证明所得定点坐标对于任意情况均成立，从而证得定点存在.
5．（2022·全国·高三专题练习）一个焦点在直线上，且离心率.
(1)求该椭圆的方程；
(2)若与是该椭圆上不同的两点，且线段的中点在直线上，试证：轴上存在定点，对于所有满足条件的与，恒有；
(3)在（2）的条件下，能否为等腰直角三角形？并证明你的结论.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
(3)能，证明见解析.

【分析】（1）根据椭圆的焦点定义和离心率公式进行求解即可；
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用一元二次方程根与系数关系，中点坐标公式、两点间距离公式进行求解即可；
（3）利用等腰直角三角形的性质，结合平面向量垂直的坐标表示公式，根据（2）的结论进行求解即可.
(1)
∵椭圆的一个焦点在直线上，∴，
又，∴ ，
∴该椭圆的方程为；
(2)
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
，，
设，则， ，
∵弦的中点在直线上，∴ ，
∴ ，
∴，将代入得，
假设在轴上存在定点，
，
∴ ，
∴ ，即，
当直线的斜率不存在时，直线垂直于轴，此时显然成立，
综上， 轴上存在定点；
(3)
假设能为等腰直角三角形，则，
∴，
，
，又，
∴ ，
，符合，∴在（2）的条件下， 能为等腰直角三角形.
【点睛】关键点睛：运用一元二次方程根与系数的关系是解题的关键.
6．（2022·宁夏·平罗中学三模（理））已知椭圆：的左、右焦点，恰好是双曲线的左右顶点，椭圆上的动点满足，过点的直线交椭圆C于，两点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)椭圆上是否存在点使得四边形（为原点）为平行四边形？若存在，求出所有点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，使得四边形为平行四边形

【分析】（1）先求出，再根据求出，代入公式求解即可；
（2）分直线的斜率不存在和存在两种情况计算即可.
(1)
因为的左右顶点为和，所以，
因为，所以，所以，因为，
所以，所以椭圆的标准方程为：
(2)
假设存在点使得四边形（为原点）为平行四边形，设，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为：，所以，，
因为为平行四边形，所以，所以，
所以，即，点在椭圆上，符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，，，
，整理得，
所以，，，
因为为平行四边形，所以，所以，
即，所以，将点代入椭圆方程得，
，方程无解，故当直线的斜率存在时，不存在点.
综上所述，存在，使得四边形为平行四边形.
【点睛】求定点问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定点，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点．
7．（2021·四川巴中·高二期末（文））已知椭圆的左､右焦点分别为､，M是椭圆的上顶点，且是面积为1的等腰直角三角形.
(1)求椭圆E的方程；
(2)已知直线与椭圆E交于A，B两点，判断椭圆E上是否存在点P，使得四边形OAPB恰好为平行四边形，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，点P的坐标为

【分析】（1）根据等腰直角三角形可得，然后写出椭圆的标准方程；
（2）由题意可设，，联立，根据韦达定理和四边形恰好为平行四边形可得点的坐标.
(1)
由已知得，设.
是面积为1的等腰直角三角形，

∴椭圆E的方程为
(2)
由题意可设，.
联立整理得，则.
根据韦达定理得
假设存在点满足四边形恰好为平行四边形，所以.
所以，
，
点P代入椭圆C方程，所以，所以点P在椭圆C上.
所以点P的坐标为.
8．（2022·广东清远·高二期中）已知椭圆的左，右焦点分别为，，，，直线，的交点D既在椭圆C上，也在直线上.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过直线上的动点A的直线l与椭圆C只有一个公共点B，判断x轴上是否存在点P，使得.若存在，求出点P坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在点

【分析】（1）依题意可得，即可求出，再求出点坐标，即可得到方程组，解得、，即可求出椭圆方程；
（2）设l的方程为，联立直线与椭圆方程，消元，根据得到，即可表示出、坐标，假设x轴上存在点，使得，则
恒成立，即可求出的值，从而得解；
(1)
解：由题意可得，，且点D到x轴的距离是到x轴距离的2倍，
所以是的中位线，，所以，
由，得，所以，
由解得，
故椭圆C的标准方程为.
(2)
解：直线l的斜率存在，设l的方程为，
联立，得.
因为直线与椭圆C只有一个公共点B，
所以，即，
所以，，即.
，，即，
假设x轴上存在点，使得，
则恒成立，
所以，所以，
即x轴上存在点，使得
9．（2022·江苏·徐州市第七中学高三阶段练习）已知椭圆的长轴长为，且过点
(1)求的方程：
(2)设直线交轴于点，交C于不同两点，，点与关于原点对称，，为垂足.问：是否存在定点，使得为定值？
【答案】(1)
(2)存在

【分析】（1）利用待定系数法求方程；
（2）联立方程组，结合韦达定理可得直线恒过定点，进而求解.
(1)
依题意知，即
所以的方程可化为，将点代入得，
解得，
所以椭圆方程为；
(2)
设点，，
联立得，，
，解得，
，，
注意到，，三点共线，，
又



当，解得，
因为，所以，此时，满足，
故存在定点，使得等于定值.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意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．
10．（2022·全国·高三专题练习）圆的离心率为，且过点，点分别为椭圆的左顶点和右顶点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)是否存在定点，对任意过点的直线（在椭圆上且异于两点），都有.若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，.

【分析】（1）由椭圆所过点、离心率和之间关系可构造方程组求得结果；
（2）当直线斜率不存在时，求得坐标，可得；当直线斜率存在时，假设直线方程，结合韦达定理可求得点坐标，同理可求得点坐标，利用可整理得到，由此可确定；综合两种情况可得结论.
(1)
由题意得：，解得：，
椭圆的标准方程为；
(2)
由（1）知：，；
①当直线斜率不存在时，由得：或，
若，，
则，，，解得：；
若，，同理可求得：；
②当直线斜率存在时，设，，则；
设直线，
由得：，
，解得：，，
又，同理可得：，，
，整理可得：，
当时，恒成立；
综上所述：存在满足题意的点，使得恒成立，此时.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆中存在定点满足某条件的问题，解题关键是能够将问题转化为两点与定点连线的斜率相等的关系，从而利用两点连线斜率公式构造关于变量的方程，由方程恒成立可求得结果.
11．（2022·江西·上高二中高二阶段练习（理））已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且点的纵坐标为4，．
(1)求抛物线的方程；
(2)过点作直线交抛物线于两点，试问抛物线上是否存在定点使得直线与的斜率互为倒数？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）利用抛物线的焦半径公式求得点的横坐标，进而求得p,可得答案;
（2）根据题意可设直线方程，和抛物线方程联立，得到根与系数的关系式，利用直线与的斜率互为倒数列出等式，化简可得结论.
(1)
（1）
则，
， ，
，
故C的方程为： ；
(2)
假设存在定点，使得直线与的斜率互为倒数，
由题意可知，直线AB的斜率存在，且不为零，
，，
   ， ，所以Δ>0y1+y2=4my1y2=−16m ，
即 或 ，

，
，
则 ，，
使得直线与的斜率互为倒数.
12．（2021·江苏·高三阶段练习）已知椭圆的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若椭圆的左顶点为，右焦点是．点是椭圆上的点（异于左、右顶点），为线段的中点，过作直线的平行线．延长交椭圆于，连接交直线于点．
①求证：直线过定点．
②是否存在定点、，使得为定值，若存在，求出、的坐标；若不存在说明理由．
【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）存在，且、.

【分析】（1）根据已知条件得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可得出椭圆的方程；
（2）（i）分析可知直线不与轴重合，设设直线的方程为，设点、，写出点的坐标，化简直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标；
（ii）点，写出点的坐标，利用相关点法求出点的轨迹方程，可知点的轨迹为椭圆，求出椭圆的两个焦点坐标，结合椭圆的定义可得出结论.
(1)
解：由题意可得，解得，
因此，椭圆的方程为.
(2)
解：（i）易知点、，若与轴重合，则或与点重合，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，

点的坐标为，直线的方程为且，
所以，直线的方程为，因此，直线过定点.
（ii）因为为的中点，则，且有，
设点，则，可得，
所以，，即，即点的轨迹方程为，
因为椭圆的两个焦点坐标分别为、，
椭圆可由椭圆向左平移个单位得到，
故椭圆的两个焦点坐标别为、，
故存在定点、使得为定值.
【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.
13．（2022·辽宁·建平县实验中学高二阶段练习）已知椭圆C：，、为椭圆的左、右焦点，焦距为2，P（－）为椭圆上一点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知过点（0，－）的直线l与C交于A，B两点；线段AB的中点为M，在轴上是否存在定点N，使得恒成立？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，N（0，1）.

【分析】（1）根据焦距求出c，再将点P的坐标代入椭圆方程，进而求得答案；
（2）讨论斜率存在和不存在两种情况，若存在，根据得到点N在以AB为直径的圆上，得到，进而设出直线方程并代入椭圆方程并化简，然后结合根与系数的关系解决问题.
(1)
由焦距为2得，又因为P（，－）在椭圆上，所以，即，又因为，所以，所以椭圆C的方程为：．
(2)
假设在y轴上存在定点N，使得恒成立，设N（0，），A（，），B（，）.
①当直线l的斜率存在时，设l：，由整理得，，，．
因为，所以，而点M为线段AB的中点，所以，则点N在以AB为直径的圆上，即．
因为，
所以

，
∴解得，即存在N（0，1）满足题意.
②当直线l的斜率不存在时A（0，1），B（0，－1），M（0，0），点N（0，1）满足.
综上，存在定点N（0，1），使得恒成立.
【点睛】本题需要解决两个问题：首先，说明什么，千万不要硬去求角的三角函数值，而应找到线段关系或者角的关系；其次，在知道之后，最好通过平面向量来解决问题，进而会发现接下来需要通过根与系数的关系来处理.
14．（2022·河南·郑州四中高二阶段练习（理））在平面直角坐标系中，双曲线的左、右两个焦点为、，动点P满足．
(1)求动点P的轨迹E的方程；
(2)设过且不垂直于坐标轴的动直线l交轨迹E于A、B两点，问：线段上是否存在一点D，使得以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形？若存在，请给出证明：若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，理由见解析.

【分析】（1）根据题意用定义法求解轨迹方程；（2）在第一问的基础上，设出直线l的方程，联立椭圆方程，用韦达定理表达出两根之和，两根之积，求出直线l的垂直平分线，从而得到D点坐标，证明出结论.
(1)
由题意得：，所以，，而，故动点P的轨迹E的方程为以点、为焦点的椭圆方程，由得：，，所以动点P的轨迹E的方程为；
(2)
存在，理由如下：
显然，直线l的斜率存在，设为，
联立椭圆方程得：，设，，则，，
要想以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形，则点D为AB垂直平分线上一点，
其中，，则，故AB的中点坐标为，则AB的垂直平分线为：，令得：，且无论为何值，，点D在线段上，满足题意.
15．（2022·全国·高三专题练习（理））已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，且满足．
(1)求椭圆的方程；
(2)设为坐标原点，过点且斜率不为零的直线交椭圆于不同的两点、，则在轴上是否存在定点，使得平分？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，.

【分析】（1）分析可知，可得出椭圆的两个焦点的坐标，利用椭圆的定义可求得的值，可得出的值，由此可得出椭圆的标准方程；
（2）设直线，设点、、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，分析可知，利用斜率公式结合韦达定理求出的值，即可得出结论.
(1)
解：（1）因为，所以，，即，所以，
又点在椭圆上，、，
且由椭圆定义得，
则，，则椭圆的标准方程为.
(2)
解：假设存在定点满足要求，因为直线斜率不为零，所以设直线，
设点、、，
联立可得，则，
由韦达定理可得，，
因为直线平分，则，即，
，
整理得，
，由于，，所以存在满足要求．
【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.
16．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆：的焦距为8，且椭圆经过点．

(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆交于、两点，试问在直线上是否存在一点，使得为正三角形？若存在，求出相应的直线的方程；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，直线方程为.

【分析】（1）根据椭圆的焦距为8，可得，又由椭圆经过点，可得，再结合求得，，，进而得到椭圆的方程；
（2）设过点的直线为，联立直线和椭圆的方程，消去得到关于的一元二次方程，设，两点的坐标分别为，和，，的中点，，将，点的坐标，用表示，根据成等边三角形，得①，②，联立①②解出和即可．
(1)
（1）由题意可得，解得，，
故椭圆方程为.
(2)
由题意知，过点的直线斜率存在，设过点的直线为，
由，消可得，
设，两点的坐标分别为，和，，
，，
则，
设线段的中点，，则，．
是正三角形，
且，
上存在一点满足题意，则，
，①
由，可得，②
联立①②得，，
即存在一点，使得为正三角形，此时直线为.
17．（2021·重庆国维外国语学校高二期中）已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知椭圆的右焦点与点关于直线对称，问：是否存在过右焦点的直线与椭圆交于两点，使的重心恰好在直线上？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析

【分析】（1）求出抛物线焦点，即可求出，得出方程；
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，由题可得，利用韦达定理求解可得.
(1)
由题可得抛物线的交点为，，则，
所以椭圆的方程为；
(2)
可得，则直线的方程为，
假设存在符合题意的直线，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，易得的重心坐标为，不满足在直线上，舍去；
当直线的斜率存在时，设为，显然，则的方程为，
设，
联立方程得，则，
要使的重心恰好在直线上，则，即，
即，方程无解.
综上，不存在满足条件的直线.

18．（2022·全国·高三专题练习）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.
19．（2022·全国·高三专题练习）已知椭的离心率为，直线被椭圆截得的线段长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设过椭圆的右焦点与坐标轴不垂直的直线交于点，，交轴于点，为线段的中点，且为垂足.问：是否存在定点，使得的长为定值？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，定点.
【分析】（1）由题意得：，，可得的关系，将代入椭圆方程，根据弦长为即可求得的值，进而可得椭圆的方程；
（2）设直线的方程为，，，利用点差法求出，由，求出，进而可得的方程，求出所过的定点，进而可得点的轨迹，即可求解.
【详解】（1）由题意得：，，化简得，
故的方程为：
将代入椭圆的方程得：，
所以，解得：，所以，
所以椭圆的方程：；
（2）设，，，直线的方程为，
则直线与轴的交点为
由，，得
又，，所以，故的方程为，
由得：，
所以直线的方程为，即，
所以直线过定点，
所以在以为直径的圆上，
所以存在定点，使的长为定值.
【点睛】思路点睛：解决定值、定点的方法：
（1）从特殊入手，求出定值、定点、定线，再证明定值、定点、定线与变量无关；
（2）直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量是此类问题的特点，设而不求的方法、整体思想和消元思想的运用可以有效的简化运算.
20．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆的长轴长为4，离心率为，过右焦点的直线与椭圆相交于，两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）在轴上是否存在定点，使得直线，关于轴对称，若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由.
【答案】(1)；(2)在轴上存在定点，使得直线，关于轴对称，坐标为.
【分析】(1)根据给定条件求出a，半焦距c，即可求出椭圆的方程；
(2)在直线不垂直y轴时，设出其方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理并结合，斜率和为0求解，然后讨论与x轴重合也存在即可得解.
【详解】(1)令椭圆C的半焦距为c，依题意，，且，解得，则，
所以椭圆的方程为；
(2)假定存在点满足要求，由(1)得，当直线不垂直y轴时，设的方程为，
由消去x得：，设，显然，且，
则有，直线PM斜率，直线PN斜率，
因直线，关于轴对称，则，即，
于是得，即，
因此，，即，因值不恒为0，则，即点满足要求，
当直线与x轴重合时，点M，N为左右顶点，若点，此时直线PM，PN均与x轴重合，直线，关于轴对称，点P满足要求，
所以存在定点，使得直线，关于轴对称.
21．（2022·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，已知椭圆的其中一个焦点是抛物线的焦点，且椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过左焦点且斜率不为零的动直线与椭圆交于两点，试问在轴上是否存在一个定点，若设焦点到两直线距离分别为，则？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，坐标为.
【分析】（1）求出焦点的坐标，即可得出c的值，再根据椭圆的离心率为，即可求得a，b，从而可得答案；
（2）设直线的方程为，，联立方程组，利用韦达定理求得，，由焦点到两直线距离分别为，则，可得轴为的平分线，得，再根据斜率公式整理化简即可得出答案.
【详解】解：（1）因为，所以，
∵，∴，，所以椭圆的方程为；
（2）由题设直线的方程为，，
联立方程组，整理得，
所以，，
由已知得：轴为的平分线，得，
所以，所以，
所以
所以，即，
故存在满足条件的定点，其坐标为.