1、专题55 圆锥曲线的探索性、存在性问题【热点聚焦与扩展】纵观近几年的高考试题，高考对圆锥曲线的考查，一般设置一大一小两道题目，主要考查以下几个方面：一是考查椭圆、双曲线、抛物线的定义，与椭圆的焦点三角形结合，解决椭圆、三角形等相关问题；二是考查圆锥曲线的标准方程，结合基本量之间的关系，利用待定系数法求解；三是考查圆锥曲线的几何性质，小题较多地考查椭圆、双曲线的几何性质；四是考查直线与椭圆、抛物线的位置关系问题，综合性较强，往往与向量结合，涉及方程组联立，根的判别式、根与系数的关系、弦长问题、不等式、范围、最值、定值、定点、定直线、存在性和探索性问题等.本专题在分析研究近几年高考题及各地模拟题的
2、基础上，重点说明利探索性、存在性问题的解法.1、在处理圆锥曲线中的存在性问题时，通常先假定所求的要素（点，线，图形或是参数）存在，并用代数形式进行表示.再结合题目条件进行分析，若能求出相应的要素，则假设成立；否则即判定不存在2、存在性问题常见要素的代数形式：未知要素用字母代替（1）点：坐标 （2）直线：斜截式或点斜式（通常以斜率为未知量）（3）曲线：含有未知参数的曲线标准方程3、解决存在性问题的一些技巧：（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它情况均成立.（2）核心变量的选取：因为解决存在性问题的核心在于求出未知要素
3、，所以通常以该要素作为核心变量，其余变量作为辅助变量，必要的时候消去.（3）核心变量的求法：直接法：利用条件与辅助变量直接表示出所求要素，并进行求解间接法：若无法直接求出要素，则可将核心变量参与到条件中，列出关于该变量与辅助变量的方程（组），运用方程思想求解.4.探索性问题命题背景宽，涉及知识点多，综合性强，探究平分面积的线、平分线段的线，或探究等式成立的参数值，探索定点、定值的存在性等常与距离、倾斜角、斜率及方程恒成立问题综合，形成知识的交汇化解探索性问题的方法：首先假设所探求的问题结论成立、存在等，在这个假设下进行推 理论证，如果 得到了一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题做出正面回
4、答，如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答在这个解题思路指导下解决探索性问题与解决具 有明确结论的问题没有什么差别【经典例题】例1.【2018届江苏省南京师大附中考前模拟】如图，已知椭圆C： (ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，若椭圆C经过点(0，)，离心率为，直线l过点F2与椭圆C交于A、B两点 （1）求椭圆C的方程；（2）若点N为F1AF2的内心（三角形三条内角平分线的交点），求F1NF2与F1AF2面积的比值；（3）设点A，F2，B在直线x4上的射影依次为点D，G， E连结AE，BD，试问当直线l的倾斜角变化时，直线AE与BD是否相交于定点T？若是，请求出定点T的坐标
5、；若不是，请说明理由【答案】（1） （2） （3）见解析 （2）因为点N为F1AF2的内心，所以点N为F1AF2的内切圆的圆心，设该圆的半径为r.则. （3）若直线l的斜率不存在时，四边形ABED是矩形，此时AE与BD交于F2G的中点(，0)， 下面证明：当直线l的倾斜角变化时，直线AE与BD相交于定点T(，0).设直线l的方程为yk(x1)，化简得(34k2)x28k2x4k2120，因为直线l经过椭圆C内的点(1，0)，所以0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2. 0， 所以点T(，0)在直线AE上， 同理可证，点T(，0)在直线BD上. 所以当直线l的倾斜角变化时
6、，直线AE与BD相交于定点T(，0).例2.【2018届浙江省金华市浦江县高考适应性考试】设椭圆左右焦点为上顶点为,离心率为且.（）求椭圆的方程； （）设是轴正半轴上的一点，过点任作直线与相交于两点，如果，是定值，试确定点的位置，并求的最大值.【答案】(1) .(2) ,.（）设的方程为 x*/k/w 它满足这时这时.例3.【2018届广东省东莞市考前冲刺】在直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，若椭圆：经过点，抛物线和椭圆有公共点，且.（1）求抛物线和椭圆的方程； （2）是否存在正数，对于经过点且与抛物线有两个交点的任意一条直线，都有焦点在以为直径的圆内？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明
7、理由.【答案】（1）,（2）所以，解得，所以抛物线，焦点，由题意知解得所以椭圆：故抛物线的方程为，椭圆的方程为.（2）假设存在正数适合题意，由题意知直线的斜率一定存在，设直线的方程为由消去，整理得由题意知恒成立，所以恒成立因为，所以，解得又因为，所以故存在正数适合题意，此时d 取值范围为.例4.【2018届山东省日照市校际联考】已知椭圆：的焦距为，以椭圆的右顶点为圆心的圆与直线相交于，两点，且，.（1）求椭圆的标准方程和圆的方程；（2）不过原点的直线与椭圆交于，两点，已知直线，的斜率，成等比数列，记以线段，线段为直径的圆的面积分别为，的值是否为定值？若是，求出此值；若不是，说明理由.【答案】（
8、1）椭圆的方程为，圆的方程为；（2） 为定值，定值为.【解析】分析：（1）设为的中点，连接，则 ，所以 ，又，所以， 由已知得,所以椭圆的方程为， ，所以，所以，所以，所以圆的方程为 则 故为定值，该定值为例5.【2018届江西省重点中学协作体第二次联考】已知椭圆： 的离心率为，短轴为.点满足.(1)求椭圆的方程；(2)设为坐标原点，过点的动直线与椭圆交于点、，是否存在常数使得为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）.（2）答案见解析.【解析】分析：（1）由题意结合平面向量数量积的坐标运算可得的方程为.（2）当不为轴时，设：，、.联立与的方程可得，结合韦达定理和平面向量数
9、量积的坐标运算可得.当为轴时，也满足上述结论.则存在使得所以， .因为为定值，所以，解得.此时定值为.当为轴时，.综上，存在使得为定值.例6.【2018届四川省成都市第七中学三诊】设、分别是椭圆的左、右焦点.若是该椭圆上的一个动点，的最大值为1.（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆交于两点，点关于轴的对称点为(与不重合)，则直线与轴是否交于一个定点？若是，请写出定点坐标，并证明你的结论；若不是，请说明理由.【答案】(1) ;(2)见解析.设，则，当，即点为椭圆长轴端点时，有最大值1，即，解得，故所求的椭圆方程为（2）由得消去x整理得，显然设，则，即当直线与轴交于定点例7.【2018届山东省威
10、海市二模】已知椭圆：的左右焦点分别为，且离心率为，点为椭圆上一动点，面积的最大值为.（1）求椭圆的标准方程； （2）设分别为椭圆的左右顶点，过点作轴的垂线，为上异于点的一点，以为直径作圆.若过点的直线（异于轴）与圆相切于点，且与直线相交于点，试判断是否为定值，并说明理由.【答案】（1）（2）3【解析】分析：(1)根据题意得关于a,b,c的方程组，解之即得椭圆的方程.(2)先求出点,所以，设点，则，圆的半径为则直线的方程为的方程设为，则化简得由，得所以点,所以点在椭圆上，即.例8.【2018届河北省武邑中学一模】已知椭圆经过点，且两个焦点的坐标依次为和.（1）求椭圆的标准方程；（2）设是椭圆上的
11、两个动点，为坐标原点，直线的斜率为，直线的斜率为，若，证明：直线与以原点为圆心的定圆相切，并写出此定圆的标准方程.【答案】(1);(2)见解析.详解：（1）由椭圆定义得 ，即，又，所以，得椭圆的标准方程为（2）设直线的方程为，直线的方程与椭圆方程联立，消去得，当判别式时，得，所以直线与一个定圆相切，定圆的标准方程为.例9.【2018届上海市徐汇区二模】如图，是椭圆长轴的两个端点，是椭圆上与均不重合的相异两点，设直线的斜率分别是.(1)求的值；(2)若直线过点，求证：；(3)设直线与轴的交点为(为常数且)，试探究直线与直线的交点是否落在某条定直线上？若是，请求出该定直线的方程；若不是，请说明理由
12、【答案】（1）（2）见解析（3）落在定直线上（3）同（2）法，由点的纵坐标，求出直线的方程，联立两直线方程，求出其交点的横坐标与点的坐标无关，从而可判断交点落在定直线上，从而问题可得解.试题解析：(1)设，由于，所以，因为在椭圆上，于是，即，所以. (2)设直线，由得，于是， (3)由于直线与轴的交点为，于是，联立直线与椭圆的方程，可得，于是因为直线，直线，于是，所以，即直线与直线的交点落在定直线上例10.【2018届山东省潍坊市二模】已知平面上动点到点的距离与到直线的距离之比为，记动点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）设是曲线上的动点，直线的方程为.设直线与圆交于不同两点， ，求的取值
13、范围；求与动直线恒相切的定椭圆的方程；并探究：若是曲线： 上的动点，是否存在直线： 恒相切的定曲线？若存在，直接写出曲线的方程；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）见解析【解析】分析：（1）设设，根据动点到点的距离与到直线的距离之比为，.详解：（1）设，由题意，得.整理，得，所以曲线的方程为.（2）圆心到直线的距离直线于圆有两个不同交点， x/k.w又当， 时，直线的方程为；当， 时，直线的方程为，根据椭圆对称性，猜想的方程为.下证：直线与相切，其中，即.由消去得： ，即.恒成立，从而直线与椭圆： 恒相切.若点是曲线： 上的动点，则直线： 与定曲线： 恒相切.【精选精练】1【2018届宁
14、夏银川市第二中学二模】设动圆P(圆心为P)经过定点(0，2)，被x轴截得的弦长为4，P的轨迹为曲线C(1) 求C的方程(2) 设不经过坐标原点O的直线l与C交于A、B两点，O在以线段AB为直径的圆上，求证：直线l经过定点，并求出定点坐标.【答案】（1）；（2）【解析】分析：(1)由圆的几何性质布列方程组，消去参数即可得到轨迹方程；（2）设不经过坐标原点O的直线的方程为，则：，解得：，利用根与系数的关系表示垂直关系可得，从而得到直线l经过定点.详解：（1）设动圆P圆心为，半径为，被x轴截得的弦为依题意的： 化简整理得：，或（舍去）所以直线l经过定点2【2018届辽宁省部分重点中学协作体模拟】已知
15、是椭圆上的一点，是该椭圆的左右焦点，且.（1）求椭圆的方程；（2）设点是椭圆上与坐标原点不共线的两点，直线的斜率分别为，且.试探究是否为定值，若是，求出定值，若不是，说明理由.【答案】(1) 椭圆;(2)见解析.【解析】分析：(1)由，可得，根据椭圆定义，可得，从而所以 所以，因此，椭圆 .（用待定系数法，列方程组求解同样给分）（2）设直线，由消去y得因为，所以即，解得 所以，点睛：本题主要考查待定待定系数法求抛物线及椭圆标准方程、圆锥曲线的定值问题以及点在曲线上问题，属于难题. 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种： 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关； 直接推
16、理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.3【2018届吉林省梅河口市第五中学二模】已知椭圆：的左、右焦点分别为，右顶点为，且过点，圆是以线段为直径的圆，经过点且倾斜角为的直线与圆相切.（1）求椭圆及圆的方程； （2）是否存在直线，使得直线与圆相切，与椭圆交于两点，且满足？若存在，请求出直线的方程，若不存在，请说明理由.【答案】（1）椭圆的方程为，圆的方程为；（2）不存在由题可知，解得 ，所以椭圆的方程为，圆的方程为.（2）假设存在直线满足题意.由，可得，故（）当直线的斜率不存在时，此时的方程为 因为直线与圆相切，所以，整理得由消去y整理得，设，则，因为，所以，则，即，所以，所以，
17、整理得由得，此时方程无解.故直线不存在由（i）（ii）可知不存在直线满足题意.4【2018届河北省武邑中学四模】已知椭圆，为左焦点，为上顶点，为右顶点，若，抛物线的顶点在坐标原点，焦点为.（1）求的标准方程；（2）是否存在过点的直线，与和交点分别是和，使得？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）或（2）依题意可知的方程为，假设存在符合题意的直线，设直线方程为，联立方程组，得，由韦达定理得，则，联立方程组，得，由韦达定理得，所以，若，则，即，解得，所以存在符合题意的直线方程为或.点睛：求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等.直线与圆锥曲
18、线的位置关系中的弦长、面积等问题，可以利用韦达定理把弦长、面积等表示为直线方程中某参数的函数关系式，进而把弦长、面积等问题归结为方程的解或函数的值域等问题.5【2018届湖南省长沙市长郡中学模拟卷（二）】已知动点到定直线：的距离比到定点的距离大2.（1）求动点的轨迹的方程；（2）在轴正半轴上，是否存在某个确定的点，过该点的动直线与曲线交于，两点，使得为定值.如果存在，求出点坐标；如果不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）化简得，所以轨迹的方程为.（2）假设存在满足条件的点（），直线：，有 ，设，有， ，据题意，为定值，则，于是，则有解得，故当时，为定值，所以.6.【2018届浙江省杭州市学军
19、中学模拟】是抛物线的焦点，是抛物线上位于第一象限内的任意一点，过 三点的圆的圆心为，点到抛物线的准线的距离为.（）求抛物线的方程；（）若点的横坐标为，直线与抛物线有两个不同的交点与圆有两个不同的交点，求当 时，的最小值.【答案】(1) .(2) .【解析】分析：（1）设，先求得，再根据抛物线的定义求得p=1，即得抛物线的方程.(2)先求出，再利用换元和导数求其最小值.详解：（1）抛物线的焦点，设 又到的距离令，则令，则时.点睛：（1）本题主要考查抛物线的简单几何性质，考查直线和抛物线的位置关系，意在考查学生对这些知识的掌握能力和分析推理能力计算能力.(2)解答本题的关键有两点，其一是求出，这个
20、计算量有点大.其二是换元得到新的函数.7【2018届安徽省宿州市第三次检测】已知椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，离心率，以椭圆的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为.（）求椭圆的标准方程；（）若经过点的直线交椭圆于两点，是否存在直线 ，使得到直线的距离满足恒成立，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】()；()答案见解析.则存在直线，使得到直线的距离满足恒成立.详解：（）设椭圆的标准方程为，又，由，解得，.所以椭圆的标准方程为.（）若直线的斜率不存在,则直线为任意直线都满足要求；，.综上可知存在直线，使得到直线的距离满足恒成立.点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方
21、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8【2018届安徽省示范高中（皖江八校）5月联考】如图已知抛物线的焦点为，圆，直线：与抛物线和圆从下至上顺次交于四点，.（1）若，求的值；（2）若直线于点，直线与抛物线交于点，设，的中点分别为，求证：直线过定点.【答案】（1）；（2）得， () ， ,用替换可得，的直线方程为，化简得，直线过定点.9.【2018届重庆市三诊】已知椭圆的离心率为，经过椭圆的右焦点的弦中最短弦长为2.（1）求椭圆的的方程；（2）已知椭
22、圆的左顶点为为坐标原点，以为直径的圆上是否存在一条切线交椭圆于不同的两点，且直线与的斜率的乘积为？若存在，求切线的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1);(2).【解析】分析：第一问利用题中所给的椭圆的离心率，以及焦点弦中通径最短的结论，以及椭圆中三者之间的关系求得椭圆的方程；第二问先设出切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径，得到系数之间的关系，与椭圆方程联立，根据题的条件，得到相应的等量关系式，最后求得结果即可.详解：（1）由题意有：；（2）设切线方程为，则有，时，；时，；所以直线为.10.【2018届天津市河北区二模】设椭圆C：的左、右焦点分别为、，上顶点为A，在x轴负半轴上有一点B
23、，满足为线段的中点，且AB。（I）求椭圆C的离心率；（II）若过A、B、三点的圆与直线：相切，求椭圆C的方程；（III）在（I）的条件下，过右焦点作斜率为k的直线与椭圆C交于M，N两点，在x轴上是否存在点P(m，0)使得以PM，PN为邻边的平行四边形是菱形？如果存在，求出m的取值范围；如果不存在，说明理由。【答案】（）；（）；（）。数的关系可得MN的中点Q的坐标为，若以PM，PN为邻边的平行四边形是菱形，则，由此得到，整理得，最后可求得详解：（I）ABAF2，为的中点，即椭圆C的离心率为 （II）过A、B、F2三点的圆的圆心为F1(-c，0)，半径r=2c直线：相切，解得c=1又，椭圆C的方程
24、为（III）由(I)知，F2(1，0)，直线MN的方程为，MN的中点Q的坐标为，若以PM，PN为邻边的平行四边形是菱形，则,整理得，故存在满足题意的点P，且m的取值范围是(点睛：（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其步骤为：假设满足条件的元素(点或参数)存在，并用待定系数法设出，根据题意列出关于待定系数的方程（方程组），若方程（组）有实数解，则元素(点或参数)存在；否则元素(点或参数)不存在（2）解析几何中求范围或最值时，首先建立关于某一参数为为变量的目标函数，再根据函数的特征求出范围或最值11.【2018届相阳教育“黉门云”模拟卷】设圆(圆心为)：,圆圆心为： ,定点
25、，为直线上异于的一点，和分别为圆、圆上异于 的点，满足,直线和交于点,记的轨迹为曲线.(1) 求证: 曲线为椭圆(或椭圆的一部分)，并写出的方程；(2) 设的上顶点为,过点的直线与椭圆交于两点(异于)，求证: 直线和的斜率之和为定值，并求出这个定值.【答案】（1）；（2）故， 故的轨迹是以为焦点、长轴为 的椭圆 (去掉轴上的点)， 其方程为：. (2) 依题意：，设，当直线不与轴平行时，设其方程为，其中.代入椭圆方程化简得：， 故,.又 =；当直线与轴平行时，其方程为，代入椭圆解得， 此时，故为定值. 12【2018届河南省名校压轴第二次考试】已知椭圆的上、下焦点分别为，上焦点到直线的距离为3，椭圆的离心率.（1）求椭圆的方程；（2）椭圆，设过点斜率存在且不为0的直线交椭圆于两点，试问轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1);(2)见解析.又椭圆的离心率，所以，又，求得，.椭圆方程为.（2）存在.理由如下：由（1）得椭圆，设直线的方程为，联立，消去并整理得. .将，代入（*）并整理得，整理得，即，当时，无论取何值均成立. 存在点使得.35
