备战2022高考数学圆锥曲线专题11：椭圆中的存在探索性问题29页（含解析）

这是一份备战2022高考数学圆锥曲线专题11：椭圆中的存在探索性问题29页（含解析），共30页。试卷主要包含了已知椭圆，椭圆E，已知椭圆的离心率为，且过点等内容，欢迎下载使用。
专题11：椭圆中的存在探索性问题
1．已知椭圆：，长轴为4，不过坐标原点且不平行于坐标轴的直线与椭圆有两个交点，，线段的中点为，直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线过右焦点，问轴上是否存在点，使得三角形为正三角形，若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由.
2．已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一动点，当的面积最大时，其内切圆半径为，椭圆的左、右顶点分别为，，且．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过的直线与椭圆相交于点，（不与顶点重合），过右顶点分别作直线，与直线相交于，两点，以为直径的圆是否恒过某定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
3．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．
4．已知、分别为椭圆的左顶点和下顶点，为直线上的动点，的最小值为．
（1）求的方程；
（2）设与的另一交点为，与的另一交点为，问：是否存在点，使得四边形为梯形，若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由．
5．已知椭圆的离心率为，且过点．
（1）求椭圆G的方程；
（2）过点斜率为的直线l交椭圆G于A，B两点，在y轴上是否存在点N使得（点N与点M不重合），若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
6．已知椭圆的焦点在x轴上，且经过点，左顶点为D，右焦点为F．
（1）求椭圆C的离心率和的面积；
（2）已知直线与椭圆C交于A，B两点，过点B作直线的垂线，垂足为G，判断是否存在常数t，使得直线经过y轴上的定点？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．
7．已知椭圆：.左焦点，点在椭圆外部，点为椭圆上一动点，且的周长最大值为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）点､为椭圆上关于原点对称的两个点，为左顶点，若直线､分别与轴交于､两点，试判断以为直径的圆是否过定点.如果是请求出定点坐标，如果不过定点，请说明理由.
8．已知椭圆C的短轴的两个端点分别为，离心率为．
（1）求椭圆C的方程及焦点的坐标；
（2）若点M为椭圆C上异于A，B的任意一点，过原点且与直线平行的直线与直线交于点P，直线与直线交于点Q，试判断以线段为直径的圆是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
9．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．
10．已知椭圆的离心率为为椭圆上一点，为椭圆上不同两点，为坐标原点，
（1）求椭圆的方程；
（2）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．
11．已知椭圆的离心率为，短轴长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知，是椭圆上的两个不同的动点，以线段为直径的圆经过坐标原点.是否存在以为圆心的定圆恒与直线相切？若存在，求出定圆方程；若不存在，请说明理由.
12．已知椭圆的焦点在x轴上，它的一个顶点为，离心率，过椭圆的右焦点F作与坐标轴不垂直的直线l，交椭圆于A、B两点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设点是线段上的一个动点，且，求m的取值范围；
（3）设点C是点A关于x轴的对称点，在x轴上是否存在一个定点N，使得C、B、N三点共线？若存在，求出定点N的坐标，若不存在，请说明理由．
13．已知椭圆的焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，离心率，过椭圆的右焦点F作与坐标轴不垂直的直线l，交椭圆于A、B两点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设点是线段上的一个动点，且，求m的取值范围；
（3）设点C是点A关于x轴的对称点，在x轴上是否存在一个定点N，使得C、B、N三点共线？若存在，求出定点N的坐标，若不存在，请说明理由．
14．已知动点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）过点的直线交于，两点，已知点，直线，分别交轴于点，.试问在轴上是否存在一点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.

参考答案
1．（1）；（2）存在，点.
【分析】（1）由题意可得，设点，，利用点差法可得，即可求出，从而得解；
（2）设直线，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可表示出点，假设存在点D，求出MD的直线方程，从而得到点坐标，利用弦长公式求出、，由为等边三角形，则，即可得到方程，即可判断；
【解析】解：（1）由题意可知，，.
设点，，，在椭圆上，所以，，
所以，所以，
因为，所以，所以，所以，
所以椭圆方程为.
（2），设直线：，联立方程得，
所以，，所以，
假设存在点，则的直线方程为，所以.
，，
若为等边三角形，则，
即，解得，此时，
所以存在点，使得为等边三角形.
【点评】 (1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，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．
(2)涉及到直线方程的设法时，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．
2．（1）；（2）以为直径的圆恒过两定点，．
【分析】（1）由可得的值，的面积最大时，由椭圆的性质可得当和三角形内切圆的性质可列方程，再结合 的关系，从而得出答案.
(2)设出直线的方程与椭圆方程联立得出韦达定理，由点坐标得出的方程进而得出点坐标，同理得出坐标，写出以为直径的圆的方程，从而得出圆过定点.
【解析】解：（1）由题意及三角形内切圆的性质可得
，化简得①
又，
所以，，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）由（1）知，，
由题意，直线的斜率不为，
设直线的方程为，
代入椭圆的方程，
整理得．
设，，
则 ，，②
直线．
令，得，
同理可得，
所以以为直径的圆的方程为
，
即，③
由②得：

代入③得圆的方程为．
若圆过定点，则
解得或
所以以为直径的圆恒过两定点，．
【点评】关键点睛：本题考查求椭圆方程和根据直线与椭圆的为关系求圆过定点问题，解答本题的关键是先求出点，坐标，进一步得出为直径的圆的方程为，再由韦达定理化简方程，得出答案，属于中档题.
3．（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．
【解析】（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°.
【点评】本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交中的定点问题．解题方法是“设而不求”的思想方法，即设交点坐标为，设直线方程，代入椭圆方程后应用韦达定理得（需要根据方便性，可能得），代入定点对应的表达式，利用恒等式知识求得定点坐标．
4．（1）；（2）存在；．
【分析】（1）设，求出取得最小值，，由求出，从而可得的方程；
（2）假设存在点满足题设，设，．联立直线与椭圆方程，求出，联立直线与椭圆方程求出，利用得到，代入，可求出即可得解.
【解析】（1）由题设得，．设，
则，．
所以，
于是当时，取得最小值，所以，解得．
所以的方程为．
（2）假设存在点满足题设，设，．
所以直线的方程为，直线的方程为．
将代入得，
可得，所以．
将代入得，
可得．
若四边形为梯形，则，所以，
因为，，
所以，所以，
所以，整理可得，
即，解得．
故当时，四边形为梯形．
【点评】关键点点睛：分别联立直线、与椭圆方程求出的横坐标，再将梯形转化为的横坐标进行求解是解题关键.
5．（1）；（2），证明详见解析.
【分析】（1）由条件列式，利用待定系数法求解椭圆方程；（2）首先直线方程与椭圆方程联立，得根与系数的关系，将条件转化为，代入坐标，利用根与系数的关系化简求定点.
【解析】（1）由条件可知 ，解得：，，
所以椭圆的方程是；
（2）设直线，，，，
联立 ，得，
，，
，，
即
，
即，
，得，
即存在定点.
【点评】思路点睛：定点问题解决步骤：
（1）设直线代入二次曲线方程，整理成一元二次方程；
（2）韦达定理列出两根和及两根积；
（3）写出定点满足的关系，整体代入两根和及两根积；
（4）整理（3）所得表达式探求其恒成立的条件.
6．（1），的面积；（2）存在；．
【分析】（1）根据点在椭圆上求出，进而求出，最后求出离心率及三角形的面积；（2）先根据两种特殊情况求出定点，从而可以获得，再证明实数时，使得直线经过y轴上定点.
【解析】解：（1）依题意，，解得．
因为，即，
所以，，
所以离心率，
的面积．
（2）由已知，直线的方程为，
当时，
直线的方程为，交y轴于点；
当时，
直线的方程为，交y轴于点．
若直线经过y轴上定点，则，
即，直线交y轴于点．
下面证明存在实数，使得直线经过y轴上定点．
联立消y整理，得，
设，．
则，．
设点，所以直线的方程：．
令，得
．
因为，
所以．
所以直线过定点．
综上，存在实数，使得直线经过y轴上定点．
【点评】求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，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，从而得到定值．
7．（1）；（2）是，定点为和.
【分析】（1）的三边有一边已经确定，问题转化为，何时另外两边之和最大，结合椭圆的定义，以及三角形两边之差小于第三边即可确定思路；
（2）分直线斜率存在与不存在分别研究，不存在容易得出定点，存在时，可以设出斜率，再联立椭圆方程，求出坐标，最后求出以为直径的圆的方程，方程里面含有，再令即可.
【解析】（1）设右焦点为，则



即点为与椭圆的交点时，周长最大
所以

所以椭圆的标准方程为
（2）由（1）知，设，则
当直线斜率存在时，设其方程为
联立得

令，得
同理得

设中点为，则
所以以为直径的圆得方程为

即
即
令，得
所以过点和，且为定点.
当直线斜率不存在时，容易知道
此时
所以以为直径的圆是以原点为圆心，为半径的圆，显然也过定点 和
综上，此圆过定点和
【点评】 对于过定点的问题，可以先通过特殊情况得到定点，再去证明一般得情况.
8．（1）（2）.
【分析】（1）根据题目椭圆过短轴端点，以及离心率，可以求出椭圆方程为.
（2）利用直线MA的斜率以及直线MB的斜率，的方程，得出点P,Q的坐标，
那么就可以设出圆的方程，
再进行转化变形，就可以求出定点的坐标.
【解析】（1）设椭圆方程为，因为椭圆短轴的两个端点为，所以b=1，且椭圆的离心率为，所以，并且，得出，所以椭圆方程为.
（2）设点M),则,所以过原点与MA平行的直线方程为：,
令,得,;
, 所以直线MB方程为：,
令,得,;
设过点P,Q的圆的方程为
展开后得：
即：;
令,y=9或y=-3，
故定点为.
【点评】（1）求椭圆的方程就是利用题目的信息求解;
（2）要注意过两点的圆的方程可以设为:
，这样求解比较方便，
特别要明确圆过定点就是与点M的位置无关，中，令x=0，即可得解.
9．（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.
【解析】（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．
【点评】 解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为（或）形式；
（5）代入韦达定理求解.
10．（1）；（2）存在；．
【分析】（1）由离心率公式以及将点代入方程，列出方程组，进而得出方程；
（2）当直线的斜率存在时，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式求出，再由二次函数的性质得出的坐标，消去，得出点在椭圆上，结合定义得出平面内存在两点使得，当直线的斜率不存在时，设出坐标，由三角形面积公式以及正弦函数的性质求出的坐标，进而得出平面内存在两点使得.
【解析】（1）由，可设，则方程化为
又点在椭圆上，则，解得
因此椭圆的方程为．
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，即此时
又，则
即
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．
【点评】关键点睛：解决问题二时，关键是由弦长公式以及点到直线的距离公式表示三角形的面积，进而由韦达定理、二次函数的性质进行求解.
11．（1）；（2）存在，.
【分析】（1）由题意可得，再利用离心率求出，即可求解.
（2）设，，分情况讨论，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，将直线方程与椭圆联立，利用韦达定理，求出，从而可得，再利用点到直线的距离公式即可求出半径，再求出直线的斜率不存在时圆的半径，从而得出圆的方程.
【解析】解：由题意知，
又

椭圆的方程为
设，
当直线的斜率存在时，
设直线的方程为，
由
得
，


以线段为直径的圆过坐标原点




，且
坐标原点到直线的距离

当直线的斜率不存在时，由题知，


坐标原点到直线的距离
综上所述，存在以为圆心的定圆恒与直线相切，定圆的方程为.
【点评】关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，解题的关键是根据，得出，考查了运算求解能力、分析能力.
12．（1）；（2）；（3）存在，.
【分析】（1）根据顶点坐标及椭圆离心率求，写出椭圆方程；
（2）由题意，可设直线l为且，，联立椭圆方程应用韦达定理得关于k的表达式，根据向量垂直的坐标表示，列方程得，即可求m的范围；
（3）由（2）设且，结合向量共线的坐标表示，可列方程，进而可求t值并确定C的坐标.
【解析】（1）由椭圆的焦点在x轴上，它的一个顶点为，知：，而，
∴由，可得：，即椭圆的标准方程为；
（2）由（1）知：，则可设直线l为且，令，
∴联立直线与椭圆方程，有，整理得，，则，
∵，且，
∴，而，，
∴整理可得：，又，
∴，即；
（3）由（2），有，若存在使C、B、N三点共线，
∴，由知：，
∴，由（2）可知：，
整理可得：，而且，故仅当时，有C、B、N三点共线.
∴
【点评】关键点点睛：
（1）根据椭圆顶点坐标、离心率求椭圆方程；
（2）由直线与椭圆的位置关系，联立方程结合韦达定理、向量垂直的坐标表示列方程，得到m关于k的函数关系，进而求其范围；
（3）假设点存在，根据向量平行的坐标表示列方程，求点坐标即可.
13．（1）；（2）；（3）存在，.
【分析】（1）先算出抛物线焦点坐标，得出，再结合离心率即可求出椭圆标准方程；
（2）设直线方程，代入椭圆方程，并利用韦达定理求出和，设中点为,将转化为，表示出，即可得到的范围；
（3）求出点坐标，再设点，由C、B、N三点共线得到，利用向量平行的坐标形式表示出，再利用（2）中的韦达定理化简即可得到定点的坐标.
【解析】（1）设椭圆方程，
抛物线的焦点为，所以
又解得
所以椭圆标准方程为
（2）由题意，点，
因为点在线段上，所以，
设过点的直线方程为，
代入椭圆方程并整理得，，
设点，点，则，，
，
设中点，
由，可得，
所以，即，
，
整理得，，
所以的取值范围为.
（3）由（2）知，点和点关于轴对称，所以，
设点，则，，
当C、B、N三点共线时，即，
所以，
整理得，，
由（2）知，，，，
所以，
所以定点.
【点评】本题需要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和向量平行的坐标表示，另外对于定点问题，也可以采取先猜后证的方法.
14．（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.
【解析】（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.
【点评】本题中这一步是为了凑出，然后作整体替换.