资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩12页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
重难点突破11 圆锥曲线中的探索性与综合性问题（七大题型）-2025年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）
展开
这是一份重难点突破11 圆锥曲线中的探索性与综合性问题（七大题型）-2025年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考），文件包含重难点突破11圆锥曲线中的探索性与综合性问题七大题型原卷版docx、重难点突破11圆锥曲线中的探索性与综合性问题七大题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共67页， 欢迎下载使用。
\l "_Tc176605899" 01 方法技巧与总结 PAGEREF _Tc176605899 \h 2
\l "_Tc176605900" 02 题型归纳与总结 PAGEREF _Tc176605900 \h 2
\l "_Tc176605901" 题型一：存在点使向量数量积为定值 PAGEREF _Tc176605901 \h 2
\l "_Tc176605902" 题型二：存在点使斜率之和或之积为定值 PAGEREF _Tc176605902 \h 7
\l "_Tc176605903" 题型三：存在点使两角度相等 PAGEREF _Tc176605903 \h 12
\l "_Tc176605904" 题型四：存在点使等式恒成立 PAGEREF _Tc176605904 \h 17
\l "_Tc176605905" 题型五：存在点使线段关系式为定值 PAGEREF _Tc176605905 \h 23
\l "_Tc176605906" 题型六：存在定直线问题 PAGEREF _Tc176605906 \h 29
\l "_Tc176605907" 题型七：存在定圆问题 PAGEREF _Tc176605907 \h 35
\l "_Tc176605908" 03 过关测试 PAGEREF _Tc176605908 \h 39
解决存在性问题的技巧：
（1）特殊值（点）法：对于一些复杂的题目，可通过其中的特殊情况，解得所求要素的必要条件，然后再证明求得的要素也使得其他情况均成立．
（2）假设法：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．
题型一：存在点使向量数量积为定值
【典例1-1】（2024·北京通州·二模）已知椭圆：（）的长轴长为4，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线l过椭圆E的左焦点F，且与E交于两点（不与左右顶点重合），点在轴正半轴上，直线交轴于点P，直线交轴于点，问是否存在，使得为定值？若存在，求出的值及定值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）因为椭圆的长轴长为，离心率为，
所以，．
所以，．所以．
所以椭圆的方程为．
（2）若直线的斜率存在，设直线的方程为，．
联立方程组，
消去，化简得．
则，即,
设，，
所以，．
所以直线TM的方程为，直线的方程为．
所以，．
所以，，
所以
．
所以当时，为定值，
即（负值舍）时，有定值．
当时，若直线l斜率不存在，
不妨设，，
所以，．
所以．
综上，当时，有定值．
【典例1-2】已知椭圆椭圆的离心率．左顶点为，下顶点为是线段的中点，其中．
(1)求椭圆方程．
(2)过点的动直线（斜率存在）与椭圆有两个交点．在轴上是否存在点使得为锐角？若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．
【解析】（1）∵椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距，
∴，故，
故，∴，，故椭圆方程为：．
（2）过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，
设，
由可得，
故且
而，
故
，
∵为锐角，恒成立，故，解得或 ．
综上，存在（或），使得为锐角．
【变式1-1】如图所示，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定点？若存在求出点的坐标；若不存在请说明理由．
【解析】（1）的周长为,
∴，,,
故椭圆．
（2）
法一:
设点，由得
∵直线与曲线相切，∴，即①
由韦达定理得,
,
∴．
令，得，则．
假设平面上存在定点满足条件，由图的对称性可知，点必在轴上．
设点，则有
且，
由
整理得
满足①式，∴
故存在定点，使得以为直径的圆恒过定点．
法二:（极点极线）．
由性质1可知存在点满足条件，且点为极线对应的极点．
由配极原则写出点的极线为
对比直线可得，故存在定点，使得以为直径的圆恒过定点．
【变式1-2】（2024·江苏扬州·统考模拟预测）已知椭圆的左顶点为，过右焦点且平行于轴的弦．
(1)求的内心坐标；
(2)是否存在定点，使过点的直线交于，交于点，且满足？若存在，求出该定点坐标，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）
∴椭圆的标准方程为，
不妨取，则；
因为中，，所以的内心在轴，设直线平分，交轴于，则为的内心，且，所以，则；
（2）∵椭圆和弦均关于轴上下对称．若存在定点，则点必在轴上∴设
当直线斜率存在时，设方程为，直线方程与椭圆方程联立，
消去得，
则①
∵点的横坐标为1，均在直线上，
，整理得，
因为点在椭圆外，则直线的斜率必存在．∴存在定点满足题意
题型二：存在点使斜率之和或之积为定值
【典例2-1】（2024·四川宜宾·三模）已知椭圆E：的左右焦点分别为，，过焦点斜率为的直线与椭圆E交于A，B两点，过焦点斜率为的直线与椭圆E交于C，D两点，且．
(1)求直线与的交点N的轨迹M的方程；
(2)若直线OA，OB，OC，OD的斜率分别为，，，，问在（1）的轨迹M上是否存在点P，满足，若存在，求出点P坐标；若不存在，说明理由．
【解析】（1）由已知，，则：，：，
∴点满足，即，∴①②，
∴点P的轨迹方程是（），
又依题意可知，
综上可知：直线与的交点N的轨迹M的方程为：（且）；
（2）由题意知直线：，与椭圆方程联立，
消元得，，
，
同理可得，
所以，即．
由（1）知，所以，令点，，解得，
∴存在或满足题意．
【典例2-2】（2024·四川成都·模拟预测）已知椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆相交于两点，当过坐标原点时，．
(1)求椭圆的方程；
(2)当斜率存在时，线段上是否存在定点，使得直线与直线的斜率之和为定值．若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）直线l过坐标原点O时，，，
由椭圆离心率为，得，解得，
所以椭圆C的方程为.
（2）假设存在定点，，设直线l：，，
由消去y得，
，，，
直线的斜率有
，
则当时，为定值，
所以存在定点，使得直线QA与直线QB的斜率之和恒为0.
【变式2-1】（2024·高三·河北·期末）已知，分别是椭圆：的左、右顶点，是椭圆的上顶点，且，的周长为.
(1)求椭圆的方程.
(2)为坐标原点，斜率为的直线与椭圆相交于，两点，直线，的斜率分别为，.是否存在常数，使得为定值？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【解析】（1）因为，所以，则，
又的周长为，所以，解得，
则，故椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程组，整理得，
，
由韦达定理得，，
又，所以，
又，，
所以，
令，即，则为定值，
故存在，使得为定值.
【变式2-2】（2024·新疆喀什·三模）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，是直线：（其中是实半轴长，是半焦距）上不同于原点的一个动点，斜率为的直线与双曲线交于，两点，斜率为的直线与双曲线交于，两点．
(1)求的值；
(2)若直线，，，的斜率分别为，，，，问是否存在点，满足，若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由．
【解析】（1）由题可得双曲线E：，
则，
∴左、右焦点分别为，，直线l的方程为：
设，
，同理可得．
∴；
（2）设，如图，
直线方程为，
代入双曲线方程可得：，
所以，则，
则，
，
，
．
同理，
即，
即，
∴或，
又，
若．无解，舍去．
∴，解得，，或，，
若，，由A在直线上可得，，
∴．此时，
若，，由A在直线上可得，，
∴此时
∴存在点，或，满足．
题型三：存在点使两角度相等
【典例3-1】（2024·重庆·一模）已知点为圆上任意一点，，线段的垂直平分线交直线于点．
(1)求点的轨迹方程；
(2)设过点的直线与点的轨迹交于点，且点在第一象限内．已知，请问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）连接，则，
点的轨迹是以点，为焦点的双曲线，
点的轨迹方程为:.
（2）因为点的轨迹方程为:，则.
当直线的方程为时，则，解得（负舍，） 则，
而，易知此时为等腰直角三角形，
其中，
即，即:，
下证：对直线斜率存在的情形也成立，
设，其中，且，因为，则，且，
即，
，
，
，
结合正切函数在上的图象可知，.
【典例3-2】（2024·湖南邵阳·一模）已知椭圆的短轴长为，右顶点到右焦点的距离为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)如图所示，设点是椭圆的右顶点.过点的直线与椭圆相交于不同的两点，且都在轴的上方.在轴上是否存在点，使，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）依题意得
解得，
椭圆的标准方程为.
（2）存在点，使，点的坐标为.理由如下：
直线过点，与椭圆交于不同的两点.且都在轴上方.
直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为.
联立方程消去可得：.
此时，设，则.
，
.
存在点满足条件.
点坐标为.
【变式3-1】（2024·新疆阿勒泰·统考三模）已知椭圆的左右焦点分别为，分别为椭圆的上，下顶点，到直线的距离为．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于不同的两点，直线分别交x轴于两点．问：y轴上是否存在点R，使得？若存在，求出点R的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）中由面积公式得，
即，得，
椭圆方程为；
（2）如图，
假设存在点使得，设，
，即，
，即，
直线与椭圆交于不同的两点，易知关于对称，
设，则，
由（1）知，直线的方程是，令得，
直线方程是，令得，
由，得，
又在椭圆上，所以，即，
，即.
所以存在点，使得成立．
【变式3-2】已知椭圆经过点且两个焦点及短轴两顶点围成四边形的面积为.
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)设，为椭圆上不同的两个点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，且、、三点共线.其中为坐标原点.问：轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标，若不存在，说明理由.
【解析】（1）依题意可得，，又，解得，
所以椭圆方程为，则离心率
（2）因为、、三点共线，根据椭圆的对称性可知、关于点对称，
设点，则，
所以直线的方程为，直线的方程为，
所以点，．
假设存在M使，，
所以，又，所以，
即，所以，
设，则，，
所以，即，
又，所以，所以，解得，
所以.
题型四：存在点使等式恒成立
【典例4-1】已知椭圆C的焦点坐标是，，过点垂直于长轴的直线l交椭圆C于B、D两点，且．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过定点且斜率为k的直线l与椭圆C相交于不同两点M，N，试判断：在x轴上是否存在点，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设椭圆的标准方程为，
由已知可得，又，解得，
所以所求椭圆的标准方程为．
（2）
设直线l：，的中点，
假设在x轴上是否存在点，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，则，
由，
所以，
由于直线l与椭圆C相交于不同两点，
所以或，
所以，
因为，所以，
当时，，所以，
当时，，而，所以，
存在点，使得以AM，A还看过9．（2024·广东·三模）已知抛物线：，过点的直线l交C于P，Q两点，当PQ与x轴平行时，的面积为16，其中O为坐标原点.
(1)求的方程；
(2)已知点，，（）为抛物线上任意三点，记面积为，分别在点A、B、C处作抛物线的切线、、，与的交点为D，与的交点为E，与的交点为F，记面积为，是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【解析】（1）当PQ与x轴平行时，，
因为P，Q两点均在抛物线C上，
所以，
即，
因为的面积为16，
所以，
解得，
则的方程为；
（2）直线AC的斜率为：，
则：，
直线与的交点为T，
则点T为，
所以
（∗）
（∗∗）
所以：
由，得，
令，则的斜率，
则有：，即：，
同理：：，：，
与相交得：，得：；
同理可得：，；
同理由（∗∗）可知
所以，
所以存在，使得
【典例4-2】（2024·高三·贵州·期中）已知椭圆：的离心率为，且经过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作直线与椭圆相交与，两点，试问在轴上是否存在定点，使得两条不同直线，恰好关于轴对称，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由.
【解析】（1）由题意得，解得，
椭圆的标准方程为；
（2）
在轴上假设存在点，使得，恰好关于轴对称，
设，，直线：，，
联立，得，则，，
因为，恰好关于轴对称，所以，即，
即，即
整理可得，
则，即得，即．
故在轴上存在定点，使得两条不同直线，恰好关于轴对称.
【变式4-1】（2024·北京·三模）已知椭圆 的离心率为，其长轴的两个端点分别为，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)点为椭圆上除，外的任意一点，直线交直线于点，点 为坐标原点：过点且与直线垂直的直线记为，直线交轴于点，交直线于点，问：是否存在点使得与的面积相等?若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【解析】（1）由题意，，又，所以，
则，所以椭圆C的方程为.
（2）
设，且，则 ，
又因为，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
令，得，所以点的坐标为，
因为，所以直线的斜率为，
因为，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
因为，，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，
所以，
联立直线和直线的方程，
消去得，即，
整理有：，
因为，所以，
所以，解得点的横坐标，
，，
要使得与的面积相等，应有，
整理有，即，
解得，，因为，（舍去），所以，
由可得点P的坐标为.
题型五：存在点使线段关系式为定值
【典例5-1】（2024·河南新乡·三模）已知椭圆的左、右顶点分别是，椭圆的焦距是2，（异于）是椭圆上的动点，直线与的斜率之积为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)分别是椭圆的左、右焦点，是内切圆的圆心，试问平面上是否存在定点，使得为定值?若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）设，则，即，
显然点，依题意，，
解得，由椭圆的焦距是2，得，则，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，因为，则，
由（1）知，则直线的方程为，即，
从而点到直线的距离，
即，即.
因为，所以，所以，
所以，即，
因为，所以，
因为，所以，即，点在以为焦点，长轴长为2的椭圆上，
故存在定点，使得.
【典例5-2】（2024·河南濮阳·模拟预测）已知双曲线分别是的左、右焦点．若的离心率，且点在上．
(1)求的方程；
(2)若过点的直线与的左、右两支分别交于两点，与抛物线交于两点，试问是否存在常数，使得为定值？若存在，求出常数的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设双曲线的半焦距为cc>0，
由题意可得，解得，所以的方程为．
（2）假设存在常数满足条件，由（1）知，
设直线，
联立方程得，消去，整理可得，
所以，，
．
因为直线过点且与的左、右两支分别交于，两点，所以两点在轴同侧，所以．
此时，即，所以．
设，将代入抛物线方程，得，
则，
所以
．
所以．
故当时，为定值，所以，当时，为定值．
【变式5-1】（2024·全国·模拟预测）已知椭圆的一个顶点在圆上，对任意实数，上存在两点关于直线对称，直线与交于点，与交于点在之间，且时．
(1)求的标准方程．
(2)是否存在与不重合的定点，使得成立，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】（1），
因为圆上存在两点关于直线对称，
所以圆心在直线上，则，得．
因为的一个顶点在圆上，所以点在圆上，
所以．
当时，直线的方程为，
代入，得，则．
因为圆的半径为1，
所以，
解得，
所以的标准方程为．
（2）假设存在与不重合的定点，使得，即，
当时，点关于轴对称，所以，
所以点在轴上．
设．
联立得，得，
设，
则，
得．
由可得，
所以，
即，
即，
因为，所以．
得．即存在定点，使得．
【变式5-2】（2024·广东江门·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，顺次连接椭圆E的四个顶点恰好构成一个边长的菱形．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线与椭圆有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于两点．当点运动时，是否存在两定点，使得点满足恒为定值？若存在，请求出定点的坐标若不存在，请说明理由．
(3)对于第（2）问，如果推广到一般的椭圆．求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线？
【解析】（1）由题意，，
解得，椭圆E的标准方程.
（2）设，联立，消y得，
由，得：①，
所以，
直线的方程为：
令，得，令，得
的坐标满足②，③
又，
所以的轨迹方程为，
由椭圆定义，知存在定点，使得.
方法二：的坐标满足②，③
解得：，代入①得
所以，的轨迹方程为.
（3）设，联立，消y得：，
，得：，④
由④式得：
直线的方程为：
令，得，令，得
的坐标满足⑤，⑥
解得：，代入④得．
的轨迹方程为
所以，点的轨迹是以焦点，长轴长为的椭圆.
题型六：存在定直线问题
【典例6-1】（2024·上海虹口·二模）已知椭圆的焦距为，点在椭圆上，动直线与椭圆相交于不同的两点，且直线的斜率之积为1.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线为的法向量为，求直线的方程；
(3)是否存在直线，使得为直角三角形？若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）由已知条件可知，
所以，
所以椭圆的标准方程为；
（2）因为直线为的法向量为，
所以直线的斜率为，方程为，
联立，得，解得（舍去），
从而，
因为直线的斜率之积为1，所以直线的方程为，
同理可得点的坐标为，
所以直线的斜率，
所以直线的方程为，即；
（3）假设存在满足条件的直线，
设直线的方程为，
联立，得，解得（舍去），
因为直线的斜率之积为1，所以直线的方程为，
同理可得，
故直线的斜率
，
当为直角三角形时，只有或，
于是或，
若，由，可得，从而，
若，由，可得，从而，
所以存在，直线的斜率为.
【典例6-2】（2024·安徽阜阳·三模）已知双曲线C：，直线l在x轴上方与x轴平行，交双曲线C于A，B两点，直线l交y轴于点D.当l经过C的焦点时，点A的坐标为.
(1)求C的方程；
(2)设OD的中点为M，是否存在定直线l，使得经过M的直线与C交于P，Q，与线段AB交于点N，，均成立；若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）
由已知C：，点A的坐标为，得，
焦点，，.
所以，，故C：.
（2）设l的方程为，则，故，
由已知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为，故.
与双曲线方程联立得：，
由已知得，，设，，
则，①
由，得：，，
消去得：，
即②
由①②得：，由已知，
故存在定直线l：满足条件.
【变式6-1】（2024·河南安阳·一模）如图，已知直线，M是平面内一个动点，且MA与相交于点A（A位于第一象限），，且MB与相交于点B（B位于第四象限），若四边形OAMB（O为原点）的面积为．
(1)求动点M的轨迹C的方程；
(2)过点的直线l与C相交于P，Q两点，是否存在定直线l′:，使以PQ为直径的圆与直线l′相交于E，F两点，且为定值，若存在，求出l′的方程，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设，所在直线方程为，
联立方程得，同理，
，
所以四边形OAMB的面积为：
，
所以，
所以动点M的轨迹C的方程为．
（2）假设存在定直线l′：，使为定值．
设，PQ中点，直线l方程为，
联立方程，
由，得，
，
，
，
设G到直线l′：的距离，
，
因为为定值，所以为定值．
由为定值，
故即，即当时，为定值，
此时．
所以存在定直线，使为定值．
【变式6-2】（2024·上海·三模）已知椭圆：，、分别为左、右焦点，直线过交椭圆于、两点.
(1)求椭圆的离心率；
(2)当，且点在轴上方时，求、两点的坐标；
(3)若直线交轴于，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.
【解析】（1）由椭圆方程知，，，
所以，
所以离心率.
（2），，设Ax1,y1，且.
所以，，
，，
又在椭圆上，满足，即，
，解得，即.
所以直线：，
联立，解得或，
所以；
（3）设，，，，
直线：，
联立，得.
则，.
直线的方程：y=y1x1+2x+2，令得纵坐标；
直线的方程：y=y2x2+2x+2，令得的纵坐标.
则，
若，即，
，
，，
代入根与系数的关系，得，解得.
存在直线或满足题意.
题型七：存在定圆问题
【典例7-1】（2024·高三·湖北武汉·期末）已知双曲线（，），点是的右焦点，的一条渐近线方程为.
(1)求的标准方程；
(2)过点的直线与的右支交于两点，以为直径的圆记为，是否存在定圆与圆内切？若存在，求出定圆的方程；若不存在，说明理由.
【解析】（1）设双曲线的焦距为，
因为点是的右焦点，的一条渐近线方程为
所以，解得，所以的标准方程为
（2）存在定圆满足题意，方程为，理由如下：
因为过点的直线与的右支交于两点，所以直线斜率不为0，
设直线方程为，，
由，得，
，
，，
所以，，
由直线与的右支交于两点可知，解得，
又因为
，
所以圆的方程为，
由对称性可知，若存在定圆与圆相内切，则定圆圆心一定在轴上，
不妨设定圆方程为，
则由圆与圆相内切可知，，
即，
整理得，，
因为上式与无关，
所以，解得，
所以存在定圆满足题意
【典例7-2】（2024·江苏宿迁·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线上，且直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若，是双曲线上的两个动点，且恒有，是否存在定圆与直线相切？若存在，求出定圆的方程，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设双曲线的焦距为，因为直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，
可得，所以，
因为，可得，且，
所以，解得或（舍去），
又因为点在双曲线上，所以，
联立方程组得或（舍去），
所以双曲线方程为：．
（2）（ⅰ）若直线的斜率不存在，设方程为，
因为，再设，则，可得，
由，联立方程组，解得，可得原点到直线的距离为．
（ⅱ）若直线的斜率存在，设方程为，
又，设，则，即，
则，（*）
联立方程组，整理得
当且，即且时，
，
代入（*）得，
即（其中），
原点到直线的距离为，
综合（ⅰ）（ⅱ），存在以原点为圆心，半径为的圆与直线相切，
所求定圆的方程为．
【变式7-1】（2024·安徽·一模）椭圆的上顶点为，圆在椭圆内．
(1)求的取值范围；
(2)过点作圆的两条切线，切点为，切线与椭圆的另一个交点为，切线与椭圆的另一个交点为．是否存在圆，使得直线与之相切，若存在求出圆的方程，若不存在，说明理由．
【解析】（1）设为椭圆上任意一点，，则．
则．故．
（2）
由题意可知，设，因为，故切线的斜率都存在．
又直线的方程为，即为，
直线的方程为．
则，故．
而，故，又因为．
故，同理．
故直线的方程为．
若直线与圆相切，则，令．
故，即．故，或．
故存在满足条件的圆，其方程为．
1．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知椭圆C：的左，右焦点分别为，，过的直线与椭圆C交于M，N两点，且的周长为8，的最大面积为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设，是否存在x轴上的定点P，使得的内心在x轴上，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）∵的周长为8，的最大面积为，
∴，解得，或，．
∴椭圆C的方程为或等．
（2）
由（1）及易知F21,0，
不妨设直线MN的方程为：，，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立，得．
则，，
若的内心在x轴上，则，
∴，即，即，
可得．
则，得，即．
当直线MN垂直于x轴，即时，显然点也是符合题意的点．
故在x轴上存在定点，使得的内心在x轴上.
2．（2024·广东·二模）在平面直角坐标系中，若A，B两点在一曲线C上，曲线C在A，B均存在不垂直于x轴的切线，且两条切线的斜率的平均值等于直线AB的斜率，则称AB是曲线C的一条“切线相依割线”．
(1)证明：准线平行于x轴的抛物线上任意一条割线均为“切线相依割线”；
(2)试探究双曲线在第一象限内是否存在“切线相依割线”，若存在，请求出所有的“切线相依割线”，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）证明：由准线平行于x轴，故抛物线图象开口向上，为二次函数，
设，，则AB斜率为，
，故A，B处均存在不垂直于x轴的切线，且两条切线的斜率的平均值为，等于直线AB的斜率，故AB为切线相依割线，由于AB可以任取，故准线平行于x轴的抛物线上任意一条割线均为“切线相依割线”．
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，其中，，，则AB斜率为，
设双曲线在A点处切线方程为l：，则将其代入双曲线方程，消去y有，
令，得，故，
同理，双曲线在B点处切线斜率为，故其均值为，
由A，B在双曲线上，故，，两式相减得，故，
假设存在“切线相依割线”，则，即，
化简得，设AB：，
则，即，
当时，即，得，不合题意，
当时，与双曲线在第一象限内至多有一个焦点，不合题意，
故双曲线在第一象限内不存在“切线相依割线”．
3．已知椭圆的右焦点的坐标为，且椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为4.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过右焦点的直线与椭圆相交于，两点，点关于轴的对称点为，试问的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）由题意可知：，椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为4，
所以，即，，所以椭圆的标准方程为：.
（2）由题意可知直线的斜率不为，所以设直线的方程为：，
与椭圆的方程联立，得
消去，得，
所以，
设，，则，
由根与系数的关系，得 ，
直线的斜率为：，
所以直线的方程为，
令，得，
即直线与轴交于一个定点，记为，
则，等号成立当且仅当.
4．已知圆的方程为，点的坐标为．点为圆上的任意一点，线段的垂直平分线与交于点．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)点是圆上异于点和的任一点，直线与轨迹交于点，，直线与轨迹交于点，．设为坐标原点，直线，，，的斜率分别为，，，，问：是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）由图可知，因为，所以，
则点的轨迹是椭圆，且，
点的轨迹的方程为
（2）设直线的方程为，联立
齐次化得，
整理可得，
即，方程的两根为，，
则．
同理可得．
由条件知，∴．
整理得，故．
5．设为椭圆的左、右焦点，直线l过交椭圆于A，B两点．试从① 若点M，N在该椭圆上且关于原点对称，P为该椭圆上异于M，N的一点，且；②的周长为8；③的最小值为8这三个条件中选择一个作为已知条件，并解答问题．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)是否存在直线l，使得的重心为？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）
选①：设，，，由，，在椭圆上，
可得， ，
，
所以，所以.
故椭圆方程为.
选②：三角形的周长为，.
故椭圆方程为.
选③：因为，
所以，
当且仅当时取等号，.
故椭圆方程为.
（2）由题可设直线l的方程为，
由可得，易知，
设，则，，
所以.
又，所以的重心为.
令，解得，
所以当直线l的方程为时，的重心为.
6．（2024·高三·北京海淀·开学考试）已知椭圆，与x轴不重合的直线l经过左焦点，且与椭圆G相交于两点，弦的中点为M，直线与椭圆G相交于两点．
(1)若直线l的斜率为1，求直线的斜率；
(2)是否存在直线l，使得成立？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）
设，则，
由A、B在椭圆上有，
作差得：，
易知，，
即，
所以直线的斜率为；
（2）假设存在直线满足题意，不妨设其方程为，设，
由，则，
所以，
且，
则，易得，
由椭圆对称性可设，则，
由，
所以
，
易知，
则，
即存在直线或满足题意.
7．（2024·广西桂林·三模）双曲线C：的左、右焦点分别为、，过且倾斜角为的直线为，过且倾斜角为的直线为，已知，之间的距离为．
(1)求C的方程；
(2)若过点的直线l与C的左、右两支分别交于两点（点不在x轴上），判断是否存在实数k使得．若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设，因为，之间的距离为，
所以，，则，
所以C的方程为．
（2）由（1）知，易知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l：，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程组，消去x，得，
所以，
因为，
所以，同理．
因为直线l过点且与C的左、右两支分别交于M，N两点，
所以M，N两点在x轴同侧，∴，此时，即．
所以
，
所以．
所以存在，使得．
8．椭圆经过点，且离心率．
(1)求椭圆的方程；
(2)设是直线上任意一点，是经过椭圆右焦点的一条弦（不经过点）．记直线，，的斜率依次为，，，问是否存在常数，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【解析】（1）由椭圆离心率，则，即，
所以椭圆方程为，
又椭圆过点，则，解得，，
所以椭圆方程为.
（2）由已知F1,0，经过椭圆右焦点，不经过点，
可知直线的斜率一定存在，设，
当直线斜率为时，A−2,0，，
则，，，
此时，
当直线斜率不为时，
如图，设直线的方程为，点Ax1,y1，Bx2,y2，
联立直线与椭圆，得，，
则，，
设，，于是，即．
又，则，
，
综上所述存在常数，使得．
9．（2024·全国·二模）如图，过点的动直线交抛物线于两点.
(1)若，求的方程；
(2)当直线变动时，若不过坐标原点，过点分别作（1）中的切线，且两条切线相交于点，问：是否存在唯一的直线，使得？并说明理由.
【解析】（1）由，得直线的斜率为，方程为，即，
由消去得：，设，
则，由，得，解得，
所以抛物线的方程是.
（2）由（1）知，抛物线的方程是，
直线不垂直于轴，设直线，显然，
由消去并整理得，，
则，
设抛物线在处的切线方程为，由消去得：
，由，得，
于是抛物线在处的切线方程为，
同理抛物线在处的切线方程为，设点，
由，，得，，
即点，于是直线的斜率分别为，
若存在直线，使得，则，
设直线的倾斜角分别为，则，
由，得或，因此，
即，则，
，
整理得，
化简得，令，
求导得，显然，
即恒成立，则函数在R上单调递增，而，
因此存在唯一，使得
所以存在唯一的直线，使得.
10．（2024·湖南永州·二模）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，点为线段的中点，过点且斜率为的直线交于两点，的面积最大值为．
(1)求的方程；
(2)设直线分别交于点，直线的斜率为，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）由题意可知当M位于椭圆的短轴端点时，的面积最大，
即，即，
由椭圆的离心率为，即，即，
结合，
解得，
故椭圆的方程为；
（2）设，而，
当MN斜率不为0时，M，N均不在x轴上，
则直线MP的方程为，
联立，，
由于MP过点D，D在椭圆内部，则必有，
则，代入MP方程可得，
同理可得，
故，
又因为三点共线，所以，
即，故，则，
所以此时存在实数，使得；
当MN斜率为0时，M，N均在x轴上，则P，Q也在x轴上，
此时，也符合题意；
综上存在实数，使得；
11．已知椭圆的离心率为，且a，b的等比中项为2．
(1)求C的方程；
(2)若直线与C交于点A，B两点，直线过点A且与C交于另外一点，直线过点B，且与C交于另外一点．
（ⅰ）设，，证明：；
（ⅱ）若直线的斜率为，判断是否存在常数m，使得k是m，的等比中项，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）因为C的离心率为，所以，
整理得，所以，
因为a，b的等比中项为2，所以，
即，，，
所以C的方程为．
（2）（ⅰ）与联立得，
则，则或，
所以，
因为，且，
所以，
所以，即得证．
（ⅱ）由（ⅰ）知，．
因为直线经过点，，直线经过点，，
设，则，．
又，，
所以，所以，9的一个等比中项为k，
即存在，使得k是m，的等比中项．
\l "_Tc176605899" 01 方法技巧与总结 PAGEREF _Tc176605899 \h 2
\l "_Tc176605900" 02 题型归纳与总结 PAGEREF _Tc176605900 \h 2
\l "_Tc176605901" 题型一：存在点使向量数量积为定值 PAGEREF _Tc176605901 \h 2
\l "_Tc176605902" 题型二：存在点使斜率之和或之积为定值 PAGEREF _Tc176605902 \h 7
\l "_Tc176605903" 题型三：存在点使两角度相等 PAGEREF _Tc176605903 \h 12
\l "_Tc176605904" 题型四：存在点使等式恒成立 PAGEREF _Tc176605904 \h 17
\l "_Tc176605905" 题型五：存在点使线段关系式为定值 PAGEREF _Tc176605905 \h 23
\l "_Tc176605906" 题型六：存在定直线问题 PAGEREF _Tc176605906 \h 29
\l "_Tc176605907" 题型七：存在定圆问题 PAGEREF _Tc176605907 \h 35
\l "_Tc176605908" 03 过关测试 PAGEREF _Tc176605908 \h 39
解决存在性问题的技巧：
（1）特殊值（点）法：对于一些复杂的题目，可通过其中的特殊情况，解得所求要素的必要条件，然后再证明求得的要素也使得其他情况均成立．
（2）假设法：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．
题型一：存在点使向量数量积为定值
【典例1-1】（2024·北京通州·二模）已知椭圆：（）的长轴长为4，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线l过椭圆E的左焦点F，且与E交于两点（不与左右顶点重合），点在轴正半轴上，直线交轴于点P，直线交轴于点，问是否存在，使得为定值？若存在，求出的值及定值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）因为椭圆的长轴长为，离心率为，
所以，．
所以，．所以．
所以椭圆的方程为．
（2）若直线的斜率存在，设直线的方程为，．
联立方程组，
消去，化简得．
则，即,
设，，
所以，．
所以直线TM的方程为，直线的方程为．
所以，．
所以，，
所以
．
所以当时，为定值，
即（负值舍）时，有定值．
当时，若直线l斜率不存在，
不妨设，，
所以，．
所以．
综上，当时，有定值．
【典例1-2】已知椭圆椭圆的离心率．左顶点为，下顶点为是线段的中点，其中．
(1)求椭圆方程．
(2)过点的动直线（斜率存在）与椭圆有两个交点．在轴上是否存在点使得为锐角？若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．
【解析】（1）∵椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距，
∴，故，
故，∴，，故椭圆方程为：．
（2）过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，
设，
由可得，
故且
而，
故
，
∵为锐角，恒成立，故，解得或 ．
综上，存在（或），使得为锐角．
【变式1-1】如图所示，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定点？若存在求出点的坐标；若不存在请说明理由．
【解析】（1）的周长为,
∴，,,
故椭圆．
（2）
法一:
设点，由得
∵直线与曲线相切，∴，即①
由韦达定理得,
,
∴．
令，得，则．
假设平面上存在定点满足条件，由图的对称性可知，点必在轴上．
设点，则有
且，
由
整理得
满足①式，∴
故存在定点，使得以为直径的圆恒过定点．
法二:（极点极线）．
由性质1可知存在点满足条件，且点为极线对应的极点．
由配极原则写出点的极线为
对比直线可得，故存在定点，使得以为直径的圆恒过定点．
【变式1-2】（2024·江苏扬州·统考模拟预测）已知椭圆的左顶点为，过右焦点且平行于轴的弦．
(1)求的内心坐标；
(2)是否存在定点，使过点的直线交于，交于点，且满足？若存在，求出该定点坐标，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）
∴椭圆的标准方程为，
不妨取，则；
因为中，，所以的内心在轴，设直线平分，交轴于，则为的内心，且，所以，则；
（2）∵椭圆和弦均关于轴上下对称．若存在定点，则点必在轴上∴设
当直线斜率存在时，设方程为，直线方程与椭圆方程联立，
消去得，
则①
∵点的横坐标为1，均在直线上，
，整理得，
因为点在椭圆外，则直线的斜率必存在．∴存在定点满足题意
题型二：存在点使斜率之和或之积为定值
【典例2-1】（2024·四川宜宾·三模）已知椭圆E：的左右焦点分别为，，过焦点斜率为的直线与椭圆E交于A，B两点，过焦点斜率为的直线与椭圆E交于C，D两点，且．
(1)求直线与的交点N的轨迹M的方程；
(2)若直线OA，OB，OC，OD的斜率分别为，，，，问在（1）的轨迹M上是否存在点P，满足，若存在，求出点P坐标；若不存在，说明理由．
【解析】（1）由已知，，则：，：，
∴点满足，即，∴①②，
∴点P的轨迹方程是（），
又依题意可知，
综上可知：直线与的交点N的轨迹M的方程为：（且）；
（2）由题意知直线：，与椭圆方程联立，
消元得，，
，
同理可得，
所以，即．
由（1）知，所以，令点，，解得，
∴存在或满足题意．
【典例2-2】（2024·四川成都·模拟预测）已知椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆相交于两点，当过坐标原点时，．
(1)求椭圆的方程；
(2)当斜率存在时，线段上是否存在定点，使得直线与直线的斜率之和为定值．若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）直线l过坐标原点O时，，，
由椭圆离心率为，得，解得，
所以椭圆C的方程为.
（2）假设存在定点，，设直线l：，，
由消去y得，
，，，
直线的斜率有
，
则当时，为定值，
所以存在定点，使得直线QA与直线QB的斜率之和恒为0.
【变式2-1】（2024·高三·河北·期末）已知，分别是椭圆：的左、右顶点，是椭圆的上顶点，且，的周长为.
(1)求椭圆的方程.
(2)为坐标原点，斜率为的直线与椭圆相交于，两点，直线，的斜率分别为，.是否存在常数，使得为定值？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【解析】（1）因为，所以，则，
又的周长为，所以，解得，
则，故椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程组，整理得，
，
由韦达定理得，，
又，所以，
又，，
所以，
令，即，则为定值，
故存在，使得为定值.
【变式2-2】（2024·新疆喀什·三模）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，是直线：（其中是实半轴长，是半焦距）上不同于原点的一个动点，斜率为的直线与双曲线交于，两点，斜率为的直线与双曲线交于，两点．
(1)求的值；
(2)若直线，，，的斜率分别为，，，，问是否存在点，满足，若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由．
【解析】（1）由题可得双曲线E：，
则，
∴左、右焦点分别为，，直线l的方程为：
设，
，同理可得．
∴；
（2）设，如图，
直线方程为，
代入双曲线方程可得：，
所以，则，
则，
，
，
．
同理，
即，
即，
∴或，
又，
若．无解，舍去．
∴，解得，，或，，
若，，由A在直线上可得，，
∴．此时，
若，，由A在直线上可得，，
∴此时
∴存在点，或，满足．
题型三：存在点使两角度相等
【典例3-1】（2024·重庆·一模）已知点为圆上任意一点，，线段的垂直平分线交直线于点．
(1)求点的轨迹方程；
(2)设过点的直线与点的轨迹交于点，且点在第一象限内．已知，请问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）连接，则，
点的轨迹是以点，为焦点的双曲线，
点的轨迹方程为:.
（2）因为点的轨迹方程为:，则.
当直线的方程为时，则，解得（负舍，） 则，
而，易知此时为等腰直角三角形，
其中，
即，即:，
下证：对直线斜率存在的情形也成立，
设，其中，且，因为，则，且，
即，
，
，
，
结合正切函数在上的图象可知，.
【典例3-2】（2024·湖南邵阳·一模）已知椭圆的短轴长为，右顶点到右焦点的距离为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)如图所示，设点是椭圆的右顶点.过点的直线与椭圆相交于不同的两点，且都在轴的上方.在轴上是否存在点，使，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）依题意得
解得，
椭圆的标准方程为.
（2）存在点，使，点的坐标为.理由如下：
直线过点，与椭圆交于不同的两点.且都在轴上方.
直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为.
联立方程消去可得：.
此时，设，则.
，
.
存在点满足条件.
点坐标为.
【变式3-1】（2024·新疆阿勒泰·统考三模）已知椭圆的左右焦点分别为，分别为椭圆的上，下顶点，到直线的距离为．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于不同的两点，直线分别交x轴于两点．问：y轴上是否存在点R，使得？若存在，求出点R的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）中由面积公式得，
即，得，
椭圆方程为；
（2）如图，
假设存在点使得，设，
，即，
，即，
直线与椭圆交于不同的两点，易知关于对称，
设，则，
由（1）知，直线的方程是，令得，
直线方程是，令得，
由，得，
又在椭圆上，所以，即，
，即.
所以存在点，使得成立．
【变式3-2】已知椭圆经过点且两个焦点及短轴两顶点围成四边形的面积为.
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)设，为椭圆上不同的两个点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，且、、三点共线.其中为坐标原点.问：轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标，若不存在，说明理由.
【解析】（1）依题意可得，，又，解得，
所以椭圆方程为，则离心率
（2）因为、、三点共线，根据椭圆的对称性可知、关于点对称，
设点，则，
所以直线的方程为，直线的方程为，
所以点，．
假设存在M使，，
所以，又，所以，
即，所以，
设，则，，
所以，即，
又，所以，所以，解得，
所以.
题型四：存在点使等式恒成立
【典例4-1】已知椭圆C的焦点坐标是，，过点垂直于长轴的直线l交椭圆C于B、D两点，且．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过定点且斜率为k的直线l与椭圆C相交于不同两点M，N，试判断：在x轴上是否存在点，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设椭圆的标准方程为，
由已知可得，又，解得，
所以所求椭圆的标准方程为．
（2）
设直线l：，的中点，
假设在x轴上是否存在点，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，则，
由，
所以，
由于直线l与椭圆C相交于不同两点，
所以或，
所以，
因为，所以，
当时，，所以，
当时，，而，所以，
存在点，使得以AM，A还看过9．（2024·广东·三模）已知抛物线：，过点的直线l交C于P，Q两点，当PQ与x轴平行时，的面积为16，其中O为坐标原点.
(1)求的方程；
(2)已知点，，（）为抛物线上任意三点，记面积为，分别在点A、B、C处作抛物线的切线、、，与的交点为D，与的交点为E，与的交点为F，记面积为，是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【解析】（1）当PQ与x轴平行时，，
因为P，Q两点均在抛物线C上，
所以，
即，
因为的面积为16，
所以，
解得，
则的方程为；
（2）直线AC的斜率为：，
则：，
直线与的交点为T，
则点T为，
所以
（∗）
（∗∗）
所以：
由，得，
令，则的斜率，
则有：，即：，
同理：：，：，
与相交得：，得：；
同理可得：，；
同理由（∗∗）可知
所以，
所以存在，使得
【典例4-2】（2024·高三·贵州·期中）已知椭圆：的离心率为，且经过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作直线与椭圆相交与，两点，试问在轴上是否存在定点，使得两条不同直线，恰好关于轴对称，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由.
【解析】（1）由题意得，解得，
椭圆的标准方程为；
（2）
在轴上假设存在点，使得，恰好关于轴对称，
设，，直线：，，
联立，得，则，，
因为，恰好关于轴对称，所以，即，
即，即
整理可得，
则，即得，即．
故在轴上存在定点，使得两条不同直线，恰好关于轴对称.
【变式4-1】（2024·北京·三模）已知椭圆 的离心率为，其长轴的两个端点分别为，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)点为椭圆上除，外的任意一点，直线交直线于点，点 为坐标原点：过点且与直线垂直的直线记为，直线交轴于点，交直线于点，问：是否存在点使得与的面积相等?若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【解析】（1）由题意，，又，所以，
则，所以椭圆C的方程为.
（2）
设，且，则 ，
又因为，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
令，得，所以点的坐标为，
因为，所以直线的斜率为，
因为，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
因为，，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，
所以，
联立直线和直线的方程，
消去得，即，
整理有：，
因为，所以，
所以，解得点的横坐标，
，，
要使得与的面积相等，应有，
整理有，即，
解得，，因为，（舍去），所以，
由可得点P的坐标为.
题型五：存在点使线段关系式为定值
【典例5-1】（2024·河南新乡·三模）已知椭圆的左、右顶点分别是，椭圆的焦距是2，（异于）是椭圆上的动点，直线与的斜率之积为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)分别是椭圆的左、右焦点，是内切圆的圆心，试问平面上是否存在定点，使得为定值?若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）设，则，即，
显然点，依题意，，
解得，由椭圆的焦距是2，得，则，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，因为，则，
由（1）知，则直线的方程为，即，
从而点到直线的距离，
即，即.
因为，所以，所以，
所以，即，
因为，所以，
因为，所以，即，点在以为焦点，长轴长为2的椭圆上，
故存在定点，使得.
【典例5-2】（2024·河南濮阳·模拟预测）已知双曲线分别是的左、右焦点．若的离心率，且点在上．
(1)求的方程；
(2)若过点的直线与的左、右两支分别交于两点，与抛物线交于两点，试问是否存在常数，使得为定值？若存在，求出常数的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设双曲线的半焦距为cc>0，
由题意可得，解得，所以的方程为．
（2）假设存在常数满足条件，由（1）知，
设直线，
联立方程得，消去，整理可得，
所以，，
．
因为直线过点且与的左、右两支分别交于，两点，所以两点在轴同侧，所以．
此时，即，所以．
设，将代入抛物线方程，得，
则，
所以
．
所以．
故当时，为定值，所以，当时，为定值．
【变式5-1】（2024·全国·模拟预测）已知椭圆的一个顶点在圆上，对任意实数，上存在两点关于直线对称，直线与交于点，与交于点在之间，且时．
(1)求的标准方程．
(2)是否存在与不重合的定点，使得成立，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】（1），
因为圆上存在两点关于直线对称，
所以圆心在直线上，则，得．
因为的一个顶点在圆上，所以点在圆上，
所以．
当时，直线的方程为，
代入，得，则．
因为圆的半径为1，
所以，
解得，
所以的标准方程为．
（2）假设存在与不重合的定点，使得，即，
当时，点关于轴对称，所以，
所以点在轴上．
设．
联立得，得，
设，
则，
得．
由可得，
所以，
即，
即，
因为，所以．
得．即存在定点，使得．
【变式5-2】（2024·广东江门·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，顺次连接椭圆E的四个顶点恰好构成一个边长的菱形．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线与椭圆有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于两点．当点运动时，是否存在两定点，使得点满足恒为定值？若存在，请求出定点的坐标若不存在，请说明理由．
(3)对于第（2）问，如果推广到一般的椭圆．求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线？
【解析】（1）由题意，，
解得，椭圆E的标准方程.
（2）设，联立，消y得，
由，得：①，
所以，
直线的方程为：
令，得，令，得
的坐标满足②，③
又，
所以的轨迹方程为，
由椭圆定义，知存在定点，使得.
方法二：的坐标满足②，③
解得：，代入①得
所以，的轨迹方程为.
（3）设，联立，消y得：，
，得：，④
由④式得：
直线的方程为：
令，得，令，得
的坐标满足⑤，⑥
解得：，代入④得．
的轨迹方程为
所以，点的轨迹是以焦点，长轴长为的椭圆.
题型六：存在定直线问题
【典例6-1】（2024·上海虹口·二模）已知椭圆的焦距为，点在椭圆上，动直线与椭圆相交于不同的两点，且直线的斜率之积为1.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线为的法向量为，求直线的方程；
(3)是否存在直线，使得为直角三角形？若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）由已知条件可知，
所以，
所以椭圆的标准方程为；
（2）因为直线为的法向量为，
所以直线的斜率为，方程为，
联立，得，解得（舍去），
从而，
因为直线的斜率之积为1，所以直线的方程为，
同理可得点的坐标为，
所以直线的斜率，
所以直线的方程为，即；
（3）假设存在满足条件的直线，
设直线的方程为，
联立，得，解得（舍去），
因为直线的斜率之积为1，所以直线的方程为，
同理可得，
故直线的斜率
，
当为直角三角形时，只有或，
于是或，
若，由，可得，从而，
若，由，可得，从而，
所以存在，直线的斜率为.
【典例6-2】（2024·安徽阜阳·三模）已知双曲线C：，直线l在x轴上方与x轴平行，交双曲线C于A，B两点，直线l交y轴于点D.当l经过C的焦点时，点A的坐标为.
(1)求C的方程；
(2)设OD的中点为M，是否存在定直线l，使得经过M的直线与C交于P，Q，与线段AB交于点N，，均成立；若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）
由已知C：，点A的坐标为，得，
焦点，，.
所以，，故C：.
（2）设l的方程为，则，故，
由已知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为，故.
与双曲线方程联立得：，
由已知得，，设，，
则，①
由，得：，，
消去得：，
即②
由①②得：，由已知，
故存在定直线l：满足条件.
【变式6-1】（2024·河南安阳·一模）如图，已知直线，M是平面内一个动点，且MA与相交于点A（A位于第一象限），，且MB与相交于点B（B位于第四象限），若四边形OAMB（O为原点）的面积为．
(1)求动点M的轨迹C的方程；
(2)过点的直线l与C相交于P，Q两点，是否存在定直线l′:，使以PQ为直径的圆与直线l′相交于E，F两点，且为定值，若存在，求出l′的方程，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设，所在直线方程为，
联立方程得，同理，
，
所以四边形OAMB的面积为：
，
所以，
所以动点M的轨迹C的方程为．
（2）假设存在定直线l′：，使为定值．
设，PQ中点，直线l方程为，
联立方程，
由，得，
，
，
，
设G到直线l′：的距离，
，
因为为定值，所以为定值．
由为定值，
故即，即当时，为定值，
此时．
所以存在定直线，使为定值．
【变式6-2】（2024·上海·三模）已知椭圆：，、分别为左、右焦点，直线过交椭圆于、两点.
(1)求椭圆的离心率；
(2)当，且点在轴上方时，求、两点的坐标；
(3)若直线交轴于，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.
【解析】（1）由椭圆方程知，，，
所以，
所以离心率.
（2），，设Ax1,y1，且.
所以，，
，，
又在椭圆上，满足，即，
，解得，即.
所以直线：，
联立，解得或，
所以；
（3）设，，，，
直线：，
联立，得.
则，.
直线的方程：y=y1x1+2x+2，令得纵坐标；
直线的方程：y=y2x2+2x+2，令得的纵坐标.
则，
若，即，
，
，，
代入根与系数的关系，得，解得.
存在直线或满足题意.
题型七：存在定圆问题
【典例7-1】（2024·高三·湖北武汉·期末）已知双曲线（，），点是的右焦点，的一条渐近线方程为.
(1)求的标准方程；
(2)过点的直线与的右支交于两点，以为直径的圆记为，是否存在定圆与圆内切？若存在，求出定圆的方程；若不存在，说明理由.
【解析】（1）设双曲线的焦距为，
因为点是的右焦点，的一条渐近线方程为
所以，解得，所以的标准方程为
（2）存在定圆满足题意，方程为，理由如下：
因为过点的直线与的右支交于两点，所以直线斜率不为0，
设直线方程为，，
由，得，
，
，，
所以，，
由直线与的右支交于两点可知，解得，
又因为
，
所以圆的方程为，
由对称性可知，若存在定圆与圆相内切，则定圆圆心一定在轴上，
不妨设定圆方程为，
则由圆与圆相内切可知，，
即，
整理得，，
因为上式与无关，
所以，解得，
所以存在定圆满足题意
【典例7-2】（2024·江苏宿迁·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线上，且直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若，是双曲线上的两个动点，且恒有，是否存在定圆与直线相切？若存在，求出定圆的方程，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设双曲线的焦距为，因为直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，
可得，所以，
因为，可得，且，
所以，解得或（舍去），
又因为点在双曲线上，所以，
联立方程组得或（舍去），
所以双曲线方程为：．
（2）（ⅰ）若直线的斜率不存在，设方程为，
因为，再设，则，可得，
由，联立方程组，解得，可得原点到直线的距离为．
（ⅱ）若直线的斜率存在，设方程为，
又，设，则，即，
则，（*）
联立方程组，整理得
当且，即且时，
，
代入（*）得，
即（其中），
原点到直线的距离为，
综合（ⅰ）（ⅱ），存在以原点为圆心，半径为的圆与直线相切，
所求定圆的方程为．
【变式7-1】（2024·安徽·一模）椭圆的上顶点为，圆在椭圆内．
(1)求的取值范围；
(2)过点作圆的两条切线，切点为，切线与椭圆的另一个交点为，切线与椭圆的另一个交点为．是否存在圆，使得直线与之相切，若存在求出圆的方程，若不存在，说明理由．
【解析】（1）设为椭圆上任意一点，，则．
则．故．
（2）
由题意可知，设，因为，故切线的斜率都存在．
又直线的方程为，即为，
直线的方程为．
则，故．
而，故，又因为．
故，同理．
故直线的方程为．
若直线与圆相切，则，令．
故，即．故，或．
故存在满足条件的圆，其方程为．
1．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知椭圆C：的左，右焦点分别为，，过的直线与椭圆C交于M，N两点，且的周长为8，的最大面积为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设，是否存在x轴上的定点P，使得的内心在x轴上，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）∵的周长为8，的最大面积为，
∴，解得，或，．
∴椭圆C的方程为或等．
（2）
由（1）及易知F21,0，
不妨设直线MN的方程为：，，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立，得．
则，，
若的内心在x轴上，则，
∴，即，即，
可得．
则，得，即．
当直线MN垂直于x轴，即时，显然点也是符合题意的点．
故在x轴上存在定点，使得的内心在x轴上.
2．（2024·广东·二模）在平面直角坐标系中，若A，B两点在一曲线C上，曲线C在A，B均存在不垂直于x轴的切线，且两条切线的斜率的平均值等于直线AB的斜率，则称AB是曲线C的一条“切线相依割线”．
(1)证明：准线平行于x轴的抛物线上任意一条割线均为“切线相依割线”；
(2)试探究双曲线在第一象限内是否存在“切线相依割线”，若存在，请求出所有的“切线相依割线”，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）证明：由准线平行于x轴，故抛物线图象开口向上，为二次函数，
设，，则AB斜率为，
，故A，B处均存在不垂直于x轴的切线，且两条切线的斜率的平均值为，等于直线AB的斜率，故AB为切线相依割线，由于AB可以任取，故准线平行于x轴的抛物线上任意一条割线均为“切线相依割线”．
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，其中，，，则AB斜率为，
设双曲线在A点处切线方程为l：，则将其代入双曲线方程，消去y有，
令，得，故，
同理，双曲线在B点处切线斜率为，故其均值为，
由A，B在双曲线上，故，，两式相减得，故，
假设存在“切线相依割线”，则，即，
化简得，设AB：，
则，即，
当时，即，得，不合题意，
当时，与双曲线在第一象限内至多有一个焦点，不合题意，
故双曲线在第一象限内不存在“切线相依割线”．
3．已知椭圆的右焦点的坐标为，且椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为4.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过右焦点的直线与椭圆相交于，两点，点关于轴的对称点为，试问的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）由题意可知：，椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为4，
所以，即，，所以椭圆的标准方程为：.
（2）由题意可知直线的斜率不为，所以设直线的方程为：，
与椭圆的方程联立，得
消去，得，
所以，
设，，则，
由根与系数的关系，得 ，
直线的斜率为：，
所以直线的方程为，
令，得，
即直线与轴交于一个定点，记为，
则，等号成立当且仅当.
4．已知圆的方程为，点的坐标为．点为圆上的任意一点，线段的垂直平分线与交于点．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)点是圆上异于点和的任一点，直线与轨迹交于点，，直线与轨迹交于点，．设为坐标原点，直线，，，的斜率分别为，，，，问：是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）由图可知，因为，所以，
则点的轨迹是椭圆，且，
点的轨迹的方程为
（2）设直线的方程为，联立
齐次化得，
整理可得，
即，方程的两根为，，
则．
同理可得．
由条件知，∴．
整理得，故．
5．设为椭圆的左、右焦点，直线l过交椭圆于A，B两点．试从① 若点M，N在该椭圆上且关于原点对称，P为该椭圆上异于M，N的一点，且；②的周长为8；③的最小值为8这三个条件中选择一个作为已知条件，并解答问题．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)是否存在直线l，使得的重心为？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）
选①：设，，，由，，在椭圆上，
可得， ，
，
所以，所以.
故椭圆方程为.
选②：三角形的周长为，.
故椭圆方程为.
选③：因为，
所以，
当且仅当时取等号，.
故椭圆方程为.
（2）由题可设直线l的方程为，
由可得，易知，
设，则，，
所以.
又，所以的重心为.
令，解得，
所以当直线l的方程为时，的重心为.
6．（2024·高三·北京海淀·开学考试）已知椭圆，与x轴不重合的直线l经过左焦点，且与椭圆G相交于两点，弦的中点为M，直线与椭圆G相交于两点．
(1)若直线l的斜率为1，求直线的斜率；
(2)是否存在直线l，使得成立？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）
设，则，
由A、B在椭圆上有，
作差得：，
易知，，
即，
所以直线的斜率为；
（2）假设存在直线满足题意，不妨设其方程为，设，
由，则，
所以，
且，
则，易得，
由椭圆对称性可设，则，
由，
所以
，
易知，
则，
即存在直线或满足题意.
7．（2024·广西桂林·三模）双曲线C：的左、右焦点分别为、，过且倾斜角为的直线为，过且倾斜角为的直线为，已知，之间的距离为．
(1)求C的方程；
(2)若过点的直线l与C的左、右两支分别交于两点（点不在x轴上），判断是否存在实数k使得．若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设，因为，之间的距离为，
所以，，则，
所以C的方程为．
（2）由（1）知，易知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l：，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程组，消去x，得，
所以，
因为，
所以，同理．
因为直线l过点且与C的左、右两支分别交于M，N两点，
所以M，N两点在x轴同侧，∴，此时，即．
所以
，
所以．
所以存在，使得．
8．椭圆经过点，且离心率．
(1)求椭圆的方程；
(2)设是直线上任意一点，是经过椭圆右焦点的一条弦（不经过点）．记直线，，的斜率依次为，，，问是否存在常数，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【解析】（1）由椭圆离心率，则，即，
所以椭圆方程为，
又椭圆过点，则，解得，，
所以椭圆方程为.
（2）由已知F1,0，经过椭圆右焦点，不经过点，
可知直线的斜率一定存在，设，
当直线斜率为时，A−2,0，，
则，，，
此时，
当直线斜率不为时，
如图，设直线的方程为，点Ax1,y1，Bx2,y2，
联立直线与椭圆，得，，
则，，
设，，于是，即．
又，则，
，
综上所述存在常数，使得．
9．（2024·全国·二模）如图，过点的动直线交抛物线于两点.
(1)若，求的方程；
(2)当直线变动时，若不过坐标原点，过点分别作（1）中的切线，且两条切线相交于点，问：是否存在唯一的直线，使得？并说明理由.
【解析】（1）由，得直线的斜率为，方程为，即，
由消去得：，设，
则，由，得，解得，
所以抛物线的方程是.
（2）由（1）知，抛物线的方程是，
直线不垂直于轴，设直线，显然，
由消去并整理得，，
则，
设抛物线在处的切线方程为，由消去得：
，由，得，
于是抛物线在处的切线方程为，
同理抛物线在处的切线方程为，设点，
由，，得，，
即点，于是直线的斜率分别为，
若存在直线，使得，则，
设直线的倾斜角分别为，则，
由，得或，因此，
即，则，
，
整理得，
化简得，令，
求导得，显然，
即恒成立，则函数在R上单调递增，而，
因此存在唯一，使得
所以存在唯一的直线，使得.
10．（2024·湖南永州·二模）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，点为线段的中点，过点且斜率为的直线交于两点，的面积最大值为．
(1)求的方程；
(2)设直线分别交于点，直线的斜率为，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）由题意可知当M位于椭圆的短轴端点时，的面积最大，
即，即，
由椭圆的离心率为，即，即，
结合，
解得，
故椭圆的方程为；
（2）设，而，
当MN斜率不为0时，M，N均不在x轴上，
则直线MP的方程为，
联立，，
由于MP过点D，D在椭圆内部，则必有，
则，代入MP方程可得，
同理可得，
故，
又因为三点共线，所以，
即，故，则，
所以此时存在实数，使得；
当MN斜率为0时，M，N均在x轴上，则P，Q也在x轴上，
此时，也符合题意；
综上存在实数，使得；
11．已知椭圆的离心率为，且a，b的等比中项为2．
(1)求C的方程；
(2)若直线与C交于点A，B两点，直线过点A且与C交于另外一点，直线过点B，且与C交于另外一点．
（ⅰ）设，，证明：；
（ⅱ）若直线的斜率为，判断是否存在常数m，使得k是m，的等比中项，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）因为C的离心率为，所以，
整理得，所以，
因为a，b的等比中项为2，所以，
即，，，
所以C的方程为．
（2）（ⅰ）与联立得，
则，则或，
所以，
因为，且，
所以，
所以，即得证．
（ⅱ）由（ⅰ）知，．
因为直线经过点，，直线经过点，，
设，则，．
又，，
所以，所以，9的一个等比中项为k，
即存在，使得k是m，的等比中项．
相关试卷
高考数学一轮复习讲练测(新教材新高考)重难点突破12导数中的“距离”问题(七大题型)(原卷版+解析)： 这是一份高考数学一轮复习讲练测(新教材新高考)重难点突破12导数中的“距离”问题(七大题型)(原卷版+解析)，共33页。
高考数学一轮复习讲练测(新教材新高考)重难点突破12导数中的“距离”问题(七大题型)(原卷版+解析)： 这是一份高考数学一轮复习讲练测(新教材新高考)重难点突破12导数中的“距离”问题(七大题型)(原卷版+解析)，共33页。
重难点突破12 导数中的“距离”问题（七大题型）-2024年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）： 这是一份重难点突破12 导数中的“距离”问题（七大题型）-2024年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考），文件包含重难点突破12导数中的“距离”问题七大题型原卷版docx、重难点突破12导数中的“距离”问题七大题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
