素养拓展37 圆锥曲线中的存在性和探索性问题（精讲+精练）-【一轮复习讲义】高考数学高频考点题型归纳（新高考通用）

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一、知识点梳理
一、圆锥曲线中的存在性问题
1.存在性问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化．
一般步骤为：
①假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,
②用待定系数法设出,
③列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
注：反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．
【一般策略】
求解字母参数值的存在性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的参数值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛盾，并且得到了相应的参数值，就说明满足条件的参数值存在;若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程.
二、圆锥曲线中的探索性性问题
1.对于探索性问题,一般先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在,若结论不正确则不存在．
要注意：(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件；
(3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要开放思维,采取另外合适的方法．
二、题型精讲精练
【典例1】已知双曲线E：与直线l：相交于A、B两点，M为线段AB的中点．
(1)当k变化时，求点M的轨迹方程；
(2)若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
【分析】（1）设，，，联立直线l与双曲线E的方程，消去y，得，根据已知直线l与双曲线E相交于A、B两点，得且，即且，由韦达定理，得，
则，，联立消去k，得，再根据的范围得出的范围，即可得出答案；
（2）设，，根据双曲线E的渐近线方程与直线l的方程联立即可得出，，则，即线段AB的中点M也是线段CD的中点，若A，B为线段CD的两个三等分点，则，结合弦长公式列式得，即可化简代入得出，即可解出答案.
【详解】（1）设，，，联立直线l与双曲线E的方程，得，
消去y，得．由且，得且．
由韦达定理，得．所以，．
由消去k，得．
由且，得或．所以，点M的轨迹方程为，其中或．
（2）双曲线E的渐近线方程为．
设，，联立得，同理可得，
因为，所以，线段AB的中点M也是线段CD的中点．
若A，B为线段CD的两个三等分点，则．即，．
而，．
所以，，解得，
所以，存在实数，使得A、B是线段CD的两个三等分点．
【典例2】在平面直角坐标系中,动点,满足,记点的轨迹为．
（1）请说明是什么曲线,并写出它的方程；
（2）设不过原点且斜率为的直线与交于不同的两点,,线段的中点为,直线与交于两点,,请判断与的关系,并证明你的结论．
【解析】（1）设,,则因为,满足,即动点表示以点,为左、右焦点,长轴长为4,焦距为的椭圆,其轨迹的方程为；
（2）可以判断出,
下面进行证明：设直线的方程为,,,
由方程组,得①,
方程①的判别式为,由,即,解得且．
由①得,,
所以点坐标为,直线方程为,
由方程组,得,,
所以．
又．
所以【题型训练-刷模拟】
1.存在性问题
一、解答题
1．双曲线：的渐近线方程为，一个焦点到该渐近线的距离为1.
(1)求的方程；
(2)是否存在直线，经过点且与双曲线于A，两点，为线段的中点，若存在，求的方程；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，.
【分析】（1）利用双曲线的性质及点到直线距离公式计算即可；
（2）利用点差法计算即可.
【详解】（1）令，所以，
又由题意可知双曲线的焦点到渐近线的距离，
所以双曲线的标准方程为：；
（2）假设存在，
由题意知：该直线的斜率存在，设，，直线的斜率为，
则，，
又有，，
两式相减得，即
即，所以，解得，
所以直线的方程为，即，
联立直线与双曲线方程得：
，
即直线与双曲线有两个交点，满足条件，所以存在直线，其方程为.
2．已知椭圆方程为，过点，的直线倾斜角为，原点到该直线的距离为．
(1)求椭圆的方程；
(2)对于，是否存在实数k，使得直线分别交椭圆于点P，Q，且，若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)满足条件的k不存在，理由见解析
【分析】（1）根据斜率定义得到，求出过点，的直线方程，由点到直线距离公式得到方程，求出，进而得到，得到椭圆方程；
（2）联立直线与椭圆方程，得到两根之和，两根之积，设PQ的中点为M，由得到，由斜率关系得到方程，求出或，经过检验，均不合要求.
【详解】（1）因为过点，的直线倾斜角为，
所以，即，
过点，的直线方程为，
故原点到该直线的距离为，解得，
故，所以椭圆的方程是．
（2）记，．将代入得，
，
则，解得或，
设PQ的中点为M，则，．
由，得，
∴，
∴，得或，
由于或，
故，均使方程没有两相异实根，
∴满足条件的k不存在．
3．已知椭圆：，点、分别是椭圆的左焦点、左顶点，过点的直线（不与x轴重合）交椭圆于A，B两点．

(1)求椭圆M的标准方程；
(2)若，求的面积；
(3)是否存在直线，使得点B在以线段为直径的圆上，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)不存在，理由见详解
【分析】（1）根据题意可得，进而可求和椭圆标准方程；
（2）可根据直线方程与椭圆方程联立方程组解出交点坐标，再根据点的坐标，求三角形面积．△的面积可分割成两个小三角形，其底皆为；
（3）存在性问题，一般从计算出发，即垂直关系结合椭圆方程交点求出B点坐标：或，而由椭圆范围知这样的B点不存在．
【详解】（1）由左焦点、左顶点可知：，则，
所以椭圆的标准方程为.
（2）因为，，
则过的直线的方程为：，即，
解方程组，解得或，
所以的面积.
（3）若点B在以线段为直径的圆上，等价于，即，
设，则，
因为，则，
令，
解得：或，
又因为，则不存在点，使得，
所以不存在直线，点B在以线段为直径的圆上.
4．已知抛物线，直线垂直于轴，与交于两点，为坐标原点，过点且平行于轴的直线与直线交于点，记动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)点在直线上运动，过点作曲线的两条切线，切点分别为，在平面内是否存在定点，使得？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）由相关点代入法求轨迹方程即可；
（2）先由特殊位置确定定点在轴上，设定点，由相切求出切点满足的关系式，再由垂直的坐标条件求解.
【详解】（1）设，则，
由题意线垂直于轴，与交于两点，知，
过点且平行于轴的直线方程为：，
直线的方程为：，
令，得，即，
由得，
因为在抛物线上，即，
则，化简得，
由题意知不重合，故，
所以曲线的方程为

（2）由（1）知曲线的方程为，
点在直线上运动， 当点在特殊位置时，
两个切点关于轴对称，
故要使得，则点在轴上．

故设，
曲线的方程为，求导得，
所以切线的斜率，
直线的方程为，
又点在直线上，
所以，
整理得，
同理可得，
故和是一元二次方程的根，
由韦达定理得，
，
当时，恒成立，
所以存在定点，使得恒成立．

5．在直角坐标系中，抛物线与直线交于M，N两点．
(1)若M，N的横坐标分别为，4，求直线l的方程及MN的中垂线所在的直线方程；
(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有?说明理由．
【答案】(1)答案见详解
(2)存在，理由见详解
【分析】（1）根据抛物线C的方程，求出点M、N的坐标，进而求相应的直线方程；
（2）设点P为符合题意的点，将直线l的方程与抛物线C的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式计算直线PM和直线PN的斜率之和为0，求出的值，即可解决该问题．
【详解】（1）由题意可知，，则直线的斜率，
所以直线l的方程为，即；
可得线段的中点坐标为，线段MN的中垂线所在的直线的斜率
线段MN的中垂线所在的直线方程为，即.
（2）存在符合题意的点，理由如下：
设点为符合题意的点，，，直线，的斜率分别为，．

联立方程，得，
因为，则，可得，，
从而
，
因为不恒为0，可知当且仅当时，恒有，
则直线与直线的倾斜角互补，故，
所以点符合题意．
6．如图，为抛物线上四个不同的点，直线AB与直线MN相交于点，直线AN过点

(1)记A，B的纵坐标分别为，求；
(2)记直线AN，BM的斜率分别为，是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在说明理由
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）设出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，从而求得正确答案.
（2）先求得，然后由求得正确答案.
【详解】（1）设直线的方程为，
由消去并化简得，
则.
（2）设直线的方程为，同（1）可求得，
设直线的方程为，
由消去并化简得，
所以.
，
同理可求得，
则，
所以存在使得.
7．已知椭圆:过点，离心率为，斜率不为零的直线过右焦点交椭圆于两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)在轴上是否存在定点，使得，如果存在，求出点坐标，如果不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）由椭圆上的点和离心率，求椭圆的方程；
（2）因为，所以，设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理代入，求出点坐标.
【详解】（1）因为椭圆过点，离心率为，
所以，解得，
所以椭圆C的方程为
（2）假设在轴上存在定点， 使得，

设直线L的方程为，，，
因为，所以，
即 ，所以 ，
即，
所以 （*） ，
由，得 ，
所以 代入（*），
得，
所以 ，故在轴上存在定点，使得.
另解：
①当斜率存在时，设的方程为，
因为，所以，
即 ，所以 ，
即，
即（*），
由得，
则 ，代入（*） 得 ，
所以，故在轴上存在定点，使得.
②当斜率不存在时，显然
综上所述：在轴上存在定点，使得.
8．已知离心率为的椭圆C的中心在原点O，对称轴为坐标轴，F1，F2为左右焦点，M为椭圆上的点，且．直线l过椭圆外一点，与椭圆交于，两点，满足．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)对于任意点P，是否总存在唯一的直线l，使得成立，若存在，求出点对应的直线l的斜率；否则说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）由椭圆定义得出，再应用离心率得出椭圆方程即可；
（2）设直线l方程为联立与椭圆方程可得韦达定理，再结合向量共线计算唯一性可得.
【详解】（1）由题可设椭圆方程为，则，
由椭圆定义可得，
则，，，
所以椭圆的方程为：．
（2）设直线l方程为（斜率必存在），
则，，
，
，
，
化简得①，
联立与椭圆方程可得，，，
，，
代入①得，，
②，
，
代入②得：，故，
而点A、B在x轴上方，所以对于任意一个，存在唯一的使得成立，
故满足题意的直线l有且只有一条．
例如，时：

9．已知椭圆过点，且上顶点与右顶点的距离为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若过点的直线交椭圆于两点，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；点
【分析】（1）根据上顶点与右顶点距离和椭圆所过点可构造方程组求得，进而得到椭圆方程；
（2）当直线与轴不重合时，假设直线方程，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，根据可构造方程求得点坐标；当直线与轴重合时，验证所求点坐标满足条件；综合两种情况可得结论.
【详解】（1）椭圆上顶点与右顶点的距离为，；
又椭圆过点，；
两式联立可解得：，，椭圆的方程为：.
（2）当直线与轴不重合时，设其方程为，，
由得：，
则，解得：或，
，，
假设存在点使得，即存在点使得，

设点，则，
，
，又，，解得：，
；
当直线与轴重合时，分别为椭圆左右顶点，
若，此时显然成立；
综上所述：轴上存在点满足题意．
10．已知椭圆的离心率为，椭圆上的点到焦点的最小距离是3．
(1)求椭圆的方程；
(2)是否存在过点的直线交曲线于两点，使得为中点？若存在，求该直线方程，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，该直线方程为
【分析】（1）设椭圆上一点，，表达出，得到，结合离心率得到，求出椭圆方程；
（2）根据点差法求出斜率，再根据点斜式可求出结果．
【详解】（1）由题意得，设椭圆右焦点坐标为，
设椭圆上一点，，
则，故，
，
因为，所以，，
故，
故椭圆上的点到又焦点的最小距离是，所以，
联立与，解得，故，
故椭圆的方程为．
（2）假设存在过点的直线交曲线于两点，使得为中点，
设，，
则，两式相减得，
得，即，
直线方程为，即．
所以存在过点的直线交曲线于两点，使得为中点，
且该直线方程为．
11．已知双曲线的左、右焦点分别为，，是的左顶点，的离心率为2.设过的直线交的右支于、两点，其中在第一象限.

(1)求的标准方程；
(2)是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；否则，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据离心率，以及，结合，即可求得曲线方程；
（2）求得直线不存在斜率时满足的，当斜率存在时，将所求问题，转化为直线斜率之间的关系，结合点的坐标满足曲线方程，求解即可.
【详解】（1）由题可得，故可得，则，
故的标准方程为.
（2）当直线斜率不存在时，
对曲线，令，解得，
故点的坐标为，此时，
在三角形中，，故可得，
则存在常数，使得成立；
当直线斜率存在时，
不妨设点的坐标为，，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，
则，，
假设存在常数，使得成立，即，
则一定有：，也即；
又；；
又点的坐标满足，则，
故；
故假设成立，存在实数常数，使得成立；
综上所述，存在常数，使得恒成立.
12．已知动点到定点的距离与动点到定直线的距离之比为．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)对，曲线上是否始终存在两点，关于直线对称？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）设，则，整理即可得解；
（2）当时，设直线方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，设的中点为，则满足，即可得，再由求出的值，即可得解.
【详解】（1）设，则，
即，整理得，
所以点的轨迹的方程为．
（2）假设曲线上始终存在两点，关于直线对称，
当时，设直线方程为，，，
联立，整理得，
则，
所以，．
设的中点为，
则，，
将代入，则，
所以，所以对恒成立，
即对恒成立，
因为，所以，则．
易知当时，曲线上存在两点，关于直线对称．
所以的取值范围为．
13．已知抛物线经过点，直线与交于，两点（异于坐标原点）．
(1)若，证明：直线过定点．
(2)已知，直线在直线的右侧，，与之间的距离，交于，两点，试问是否存在，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）将点代入抛物线方程求出，直线与抛物线联立方程组，由，利用向量数量积和韦达定理，求出，可得直线所过定点.
（2）设两条直线与的方程，分别与抛物线方程联立，求出弦长，由和 ，求的值.
【详解】（1）证明：将点代入，得，即．
联立得，

由，设，，则，．
因为，所以恒成立，则，
所以的方程为，故直线过定点．
（2）联立得，则
且，即，
，
设，同理可得．

因为直线在的右侧，所以，则，即．
所以，即，解得，
因为，所以满足条件的存在，.
【点睛】方法点睛：
解答直线与抛物线的题目时，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．注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、抛物线的条件；强化有关直线与抛物线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．
14．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；点
【分析】（1）根据题意，得到，再由椭圆经过点，联立方程组，求得，即可求解.
（2）设直线l的方程为，联立方程组，得到，设点坐标为，由，得到，得到，得到，列出方程，求得，即可求解．
【详解】（1）解：由椭圆的焦距为2，故，则，
又由椭圆经过点，代入得，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）解：根据题意，直线l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，
联立方程组，整理得，
则，
设，，且，
设存在点，设点坐标为，由，可得，
又因为，
所以，所以，
所以直线和关于轴对称，其倾斜角互补，即有，
则，所以，
所以，整理得，
即，即，
解得，符合题意，即存在点满足题意．
15．已知双曲线：的左、右焦点为、，直线与双曲线交于，两点.
(1)已知过且垂直于，求；
(2)已知直线的斜率为，且直线不过点，设直线、的斜率分别为、，求的值；
(3)当直线过时，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)3
(2)0
(3)存在，
【分析】（1）直接代入横坐标求解纵坐标，从而求出的值；
（2）先设出直线和得到韦达定理，然后列出斜率之和的式子带入即可；
（3）先设直线和得到韦达定理，在分别得到两个三角形的面积公式，要求相等，代入韦达定理求出参数的值即可.
【详解】（1）因为，所以，
所以，当直线过点且时，此时轴，所以，
代入可得，所以；
（2）设直线，因为直线不经过点，所以，
联立，得，
所以，
由韦达定理，
故.
（3）如图所示，

若直线的斜率为0，此时为轴，为左右顶点，
此时不构成三角形，矛盾，所以直线的斜率不为0，设：
由，得，
满足，
此时：，
故，同理，
，
而，
故由，得
而，
代入可得，解得或（舍），
所有，经检验此时满足且，
故存在满足条件的直线，其方程为
法二：即，
由相似三角形可知，
所以（*）.
若斜率不存在，则均在右支，此时，矛盾，舍去；
所以设：，
联立，可得（**），
需满足，
由韦达定理，，，
代入（*）得或者，
解得（舍）或者，所以，
经检验，此时满足且.
故方程为：.
【点睛】关键点睛：碰到面积相等或者成比例的题的时候，往往可以利用同角的边成比例来解决，可以降低思维量和运算量.
2.探索性问题
一、解答题
1．已知椭圆:的左、右焦点分别为,,过点且斜率为k的直线与椭圆交于A,B两点.当A为椭圆E的上顶点时,.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)当时,试判断以AB为直径的圆是否经过点,并说明理由.
【答案】(1)
(2)以为直径的圆不经过点,理由见解析
【分析】(1)将直线方程求出来,再带入向量等式即可求出椭圆方程;
(2)联立计算出的值,即可判断是否经过.
【详解】（1）由题意,得椭圆的半焦距,
当为椭圆的上顶点时,,设,
则,.
由,得,,
∴,
将点的坐标代入椭圆的方程,得，解得.
又,∴,
∴椭圆的标准方程是.
（2）以AB为直径的圆不经过点,理由如下:
依题意,知直线的方程为.
联立,消去,并整理得.
设,,则由根与系数的关系,得,.
易知,直线,的斜率都存在且不为0.
若以为直径的圆经过点,则，所以直线,的斜率之积为-1,即,
而
,
所以以为直径的圆不经过点.
2．过抛物线焦点，斜率为的直线与抛物线交于、两点，．
(1)求抛物线的方程；
(2)过焦点的直线，交抛物线于、两点，直线与的交点是否在一条直线上．若是，求出该直线的方程；否则，说明理由．
【答案】(1)
(2)直线与直线的交点都在上
【分析】（1）设直线，与抛物线方程联立，根据抛物线定义及求得；
（2）分别表示出直线与方程，联立得交点的横坐标为定值.
【详解】（1）由题意设直线，，，
联立方程组，消得，，
所以，，解得，
即指物线的方程为．
（2）由（1）可知，，．
设直线，，,
联立方程组，消得，
所以，．
直线的斜率为 ，
所以直线，即，
同理可得直线，从而，
即，
解得，所以直线与直线的交点都在上．
3．在以为圆心，6为半径的圆A内有一点，点P为圆A上的任意一点，线段BP的垂直平分线和半径AP交于点M．
(1)判断点M的轨迹是什么曲线，并求其方程；
(2)记点M的轨迹为曲线，过点B的直线与曲线交于C、D两点，求的最大值；
(3)在圆上的任取一点Q，作曲线的两条切线，切点分别为E、F，试判断QE与QF是否垂直，并给出证明过程．
【答案】(1)
(2)
(3)与垂直,证明见解析
【分析】（1）根据已知条件及线段的垂直平分线定理，利用圆的半径及椭圆的定义，结合椭圆中三者的关系即可求解；
（2）根据已知条件及直线的点斜式方程设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用韦达定理及点在直线上，结合向量的数量积的坐标表示即可求解；
（3）根据已知条件及直线的点斜式方程设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用直线与椭圆相切的条件，结合两直线垂直的条件即可求解；
【详解】（1）由题意可知,
因为线段的垂直平分线和半径交于点，
所以,
所以,
由椭圆的定义知，点的轨迹是以、为焦点的椭圆，
由，得，又，
所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）当直线斜率不存在时，直线方程为，则，,
所以，
此时，
当直线斜率存在时，设直线的方程为，则
，消去，得，
所以，
设，,则，
所以，
综上，的最大值为.
（3）与垂直,证明如下：设，则，
①当两切线中有一条切线斜率不存在时，即与轴垂直时，切线方程为，
即，得，
所以另一条切线方程为，即与轴平行，所以两切线垂直.
当斜率存在时，，设切线方程为，则
，消，得，
由于直线与椭圆相切，得，
化简得，
因为，所以，即两条切线相互垂直，
综上，过点作的两条切线与垂直.
4．已知椭圆C：，短轴长为4，离心率为，直线l过椭圆C的右焦点F，且与椭圆C交于A、B两点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求面积的取值范围；
(3)若圆O以椭圆C的长轴为直径，直线l与圆O交于C、D两点，若动点满足，试判断直线MC与圆O的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)MC与圆O相切，理由见解析
【分析】(1)根据椭圆的关系求解；
(2)利用韦达定理求出，再结合函数的单调性求面积的最值；
(3)利用向量的数量积的坐标表示，再证明即可判断位置关系.
【详解】（1）由题可得，，且解得，，
椭圆C标准方程为.
（2）由题可知，直线l不能与x重合，，设直线l的方程为，
直线l与椭圆C的交点为，，
由化简得，
，，
令，可得，，，
设 时单调递增，所以当时 取得最小值为，所以，
当，即时面积取到最大值
（3）MC与圆O相切.
圆O方程为，设，因为点C在椭圆上，
所以，，，
，，
由，得，
即，，可得，
方法1：
且，
可得，，，
所以MC与圆O相切，
方法2：，
所以，，所以MC与圆O相切.
5．已知点E是圆上的任意一点，点，线段DE的垂直平分线与直线EF交于点C．
(1)求点C的轨迹方程；
(2)点关于原点O的对称点为B，与AB平行的直线l与点C的轨迹交于点M，N，直线AM与BN交于点P，试判断直线OP是否平分线段MN，并说明理由．
【答案】(1)
(2)直线OP平分线段MN，理由见解析
【分析】（1）由题意得，利用椭圆的定义，得点的轨迹是以、为焦点的椭圆，进而得到椭圆的方程；
（2）设，的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理可得到的中点，接着求出直线的方程、直线的方程，联立两直线方程得，由化简化简可得答案.
【详解】（1）由题意，，又∵，
∴，
∴点的轨迹是以、为焦点的椭圆，其中，，
所以，
∴椭圆的方程为.
（2）易得，设，
，将的方程与联立消，得，
则，得且，
且，所以，
所以的中点为即，
因为，
所以直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
联立直线与直线的方程，得，
得，
所以
，所以三点共线，
所以直线OP平分线段MN
6．已知双曲线，其右焦点为，焦距为4，直线过点，且当直线的倾斜角为时，恰好与双曲线有一个交点.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若直线交双曲线于两点，交轴于点，且满足，判断是否为常数，并给出理由.
【答案】(1)
(2)为常数，理由见解析
【分析】（1）先利用双曲线的性质推得，再由半焦距得，从而由得到关于的方程，解之即可；
（2）联立直线与双曲线的方程得到关于的表达式，再由得到关于，从而求得，由此得解.
【详解】（1）因为双曲线，所以其渐近线为，
当直线的倾斜角为时，恰好与双曲线有一个交点，又经过焦点，
可得此时直线与双曲线的一条渐近线平行，所以，则，
因为焦距为4，所以半焦距，
又因为，所以，解得，故，
所以双曲线的标准方程为.
（2）为常数，理由如下：
由题意，知双曲线的右焦点为，直线的斜率存在，
设，直线的方程为，
联立，消去，得，
显然，则，
易知，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以为常数.
.
7．已知椭圆的左、右顶点分别为，，椭圆E的离心率为．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过作直线l与椭圆E交于不同的两点M，N，其中l与x轴不重合，直线与直线交于点P，判断直线与DP的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)椭圆E的标准方程为；
(2)平行，理由见解析.
【分析】（1）由条件列关于的方程，解方程求。可得椭圆方程；
（2）根据题意设直线MN及M、N点坐标，结合题意求点P的坐标，结合韦达定理证明即可.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
由已知点的坐标分别为，
因为，所以，所以，
又椭圆E的离心率为，所以，
所以，
所以，
所以椭圆E的标准方程为；
（2）因为直线与x轴不重合，且过点，
所以可设直线的方程为，
联立方程，消去x可得，
方程的判别式，
设
∴，
∵，则
则直线的方程为，
代入可得，即
∴，
则
∵，即
∴，
所以直线与DP平行.
8．已知椭圆的一个焦点为，点在椭圆上，点满足（其中为坐标原点），过点作一直线交椭圆于、两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)求面积的最大值；
(3)设点为点关于轴的对称点，判断与的位置关系，并说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)与共线，理由见解析
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆的标准方程；
（2）分析可知直线与轴不重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式结合基本不等式可求得面积的最大值；
（3）易知点，利用平面向量共线的坐标表示结合韦达定理法可得出与共线，则问题得解.
【详解】（1）解：由得，所以，椭圆方程为.
（2）解：若直线与轴重合，则、、三点共线，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
由得，，
由韦达定理可得，，
由条件可知，即点，
，
当且仅当时，等号成立，故面积的最大值为.
（3）解：与共线，理由如下：
易知点，，
则
.
所以，与共线.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
9．已知抛物线的焦点为为圆上一动点，且的最小值为.
(1)求的方程；
(2)在的准线上，过作直线的垂线交于两点，分别为线段的中点，试判断直线与的位置关系，并说明理由.
【答案】(1)
(2)直线与相切，理由见解析
【分析】（1）由的最小值，可求出，从而得到的方程；
（2）设直线的方程为，与抛物线联立方程组，设的坐标分别为，直线的方程为，则，表示出点和的坐标和直线的方程，利用韦达定理和判别式证明直线与相切.
【详解】（1）圆，圆心，半径为，
因为，所以，
又，所以，故的方程为.
（2）设直线的方程为，如图所示，
由，得直线的方程为，
则点的坐标为.
联立消去后整理得，
设的坐标分别为，则，，
可得点的坐标为.
由分别为线段的中点，可得点的坐标为，即，
同理可得点的坐标为.
当时，点的坐标为，轴，直线的方程为，显然与相切.
当时，直线的斜率为，
则直线的方程为，
将代入，得，整理得，
将代入，得直线的方程为，
联立方程得，
则，可得直线与相切.
综上，直线与相切.
10．已知双曲线：，为的右顶点，若点到的一条渐近线的距离为．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若，是上异于的任意两点，且的垂心为，试问：点是否在定曲线上？若是，求出该定曲线的方程；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)垂心在定曲线上
【分析】（1）运用点到直线距离公式和双曲线中之间的关系求解；
（2）根据M，N点是否与重合以及是否与x轴对称，分类讨论即可.
【详解】（1）由题意，双曲线的渐近线方程为，所以点到渐近线的距离为，从而解得，
即的标准方程为；
（2）情形一：，中没有一点为，且直线的斜率存在，

设直线：，，，则AM和AN的斜率分别为：，
易得边的高线的斜率为 ，方程为：，即，
边AN的高线的斜率为：，方程为：，
联立，，消去，
可得
，
联立，，，
所以，，
又，所以，
从而，
又H点也在MN边的高线上，MN边高线的方程为：，消去可得，
化简得，即点在定曲线上；
若MN斜率不存在，则M，N关于x轴对称，即，如图：

设 ，则是等腰三角形，所以在x轴上，即，
，
，联立：，解得：，
，在定曲线上；
情形二：，中有一点即，设，不妨，设，过N点作AM的垂线，则H点在该垂线上，如图：

则， 解得，所以点在曲线上；
综上，曲线C的方程为：，H点总在曲线上.
11．椭圆的左右焦点分别为，左右顶点为，为椭圆的上顶点，的延长线与椭圆相交于，的周长为，，为椭圆上一点．圆以原点为圆心且过椭圆上顶点．
(1)求椭圆的方程；
(2)若过点的直线与圆切于，（位于第一象限），求使得面积最大时的直线的方程；
(3)若直线与轴的交点分别为，以为直径的圆与圆的一个交点为，判断直线是否平行于轴并证明你的结论．
【答案】(1)
(2)
(3)直线平行于轴，证明见解析
【分析】(1)由的周长为得,由且在的延长线上，得,设，代入坐标，可求，从而，椭圆方程可得.
(2) 由可知，当时，面积取得最大值，此时即从而可求直线的方程；
(3)设 则可以写出直线AP，BP的方程,从而求出，，根据为直径，可得，再根据及，可求，从而得证.
【详解】（1）由的周长为得，．
由且在的延长线上，得，设，
,
则，
又，解得，
所以，椭圆的方程为
（2）又，
所以当时，面积取得最大值，此时点，又因为点位于第一象限，直线的方程为．
（3）直线平行于轴．理由如下：
由题意知点P不与点A或点B重合，设则直线AP的方程为，
令得同理可求
，
将及代入化简得，所以直线平行于轴．
【点睛】关键点点睛：
第三问：设、的坐标，则可以写出直线AP，BP的方程,从而求出、的坐标,根据为直径，可得，再根据及，可求，从而得证.
12．已知动点T为平面内一点，O为坐标原点，T到点的距离比点T到y轴的距离大1．设点T的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)设直线l：，过F的直线与C交于A，B两点，线段AB的中点为M，过M且与y轴垂直的直线依次交直线OA，OB，l于点N，P，Q，直线OB与l交于点E．记的面积为，△的面积为，判断，的大小关系，并证明你的结论．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）利用两点距离公式及点线距离求轨迹方程；
（2）设直线，，，联立轨迹C，应用韦达定理依次求出坐标，进而确定，再求出坐标，即可证结论.
【详解】（1）设，由题意得，化简得y2＝4x，
故所求动点T的轨迹方程C：．
（2），的大小相同，证明如下：
设直线，，，
由得：，，则，．
线段AB的中点为M，则，，
又直线，令，则，故，
同理，则，，所以．
又直线，令，则，即，
综上，．
【点睛】关键点点睛：由共线，求出它们的点坐标证明，再证、纵坐标相等.
13．椭圆的焦点是一个等轴双曲线的顶点,其顶点是双曲线的焦点，椭圆与双曲线有一个交点P，的周长为．
(1)求椭圆与双曲线的标准方程；
(2)点M是双曲线上的任意不同于其顶点的动点，设直线，的斜率分别为，求的值；
(3)过点任作一动直线l交椭圆于A、B两点，记．若在线段AB上取一点R，使得，试判断当直线l运动时，点R是否在某一定曲线上运动？若是，求出该定曲线的方程；若不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)1；
(3)是 ，
【分析】（1）根据椭圆和双曲线的关系，结合椭圆和双曲线的性质，求得代入方程即可求解；
（2）设点，利用斜率方程求得k1,k2,结合双曲线方程，即可求得k1k2；
（3）法一：分两种情况讨论，当直线l的斜率为0，则，当直线l的斜率不为0，设直线方程并与椭圆方程联立，结合韦达定理，然后根据，联立方程即可出.
法二：直接设直线，联立椭圆方程得到韦达定理式，根据向量关系求出的表达式，设，整理得，再整体代入即可.
【详解】（1）设椭圆的右焦点为（c,0）（c>0），则,
由题知，双曲线：,所以，即，
因为的周长为，即，
联立①②③得，，
所以椭圆的方程为，
双曲线的标准方程为
（2）设双曲线上的点，，
则．
又
（3）是；由题知直线l的斜率存在，
法一：
①当直线l的斜率为0时，，
，
②当直线l的斜率不为0时，设其方程为，
④
解得，其中，且，
，
，
由
，
所以点R在一条定直线上．
法二：
依题可知:直线的斜率存在,设其方程为，
，
所以,消元整理得,
所以
，
由得,，所以，
设，由得,
所以，
所以在定直线上.
【点睛】方法点睛：本题采取设线法，然后联立椭圆方程得到韦达定理式，通过向量运算得到其横坐标表达式，再通过向量关系代换整理成韦达定理比值式，再将得到的韦达定理式整体代入运算即可得到该定直线方程．