专题05 圆锥曲线中的探究（存在）性问题-2022年高考数学圆锥曲线压轴题专题突破（通用版）

专题5 圆锥曲线中的探究（存在）性问题
圆锥曲线中探究（存在）性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，探索（存在）性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求学生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题，它能很好地考查数学思维能力以及科学的探索精神.
圆锥曲线中探索问题的求解策略
1).此类问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，不成立则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．
2)．求解步骤：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，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．
题型1 探究点线关系问题
1．（2020·上海市七宝中学高三期末）已知直线过椭圆：的右焦点，且直线交椭圆于两点，点在直线上的射影依次为点.（1）求椭圆的方程；（2）若直线交轴于点，且，当变化时，探究的值是否为定值？若是，求出的值；否则，说明理由；（3）连接，试探究当变化时，直线与是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，；（3）是，定点，证明见解析
【分析】（1）根据直线过定点，可求出椭圆的右焦点坐标，从而可求出椭圆中的值，再结合椭圆中，可求出的值，即可得到椭圆的方程；（2）设直线交椭圆于，联立，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，并结合及，可得到的表达式，进而可证明；（3）令，可知直线与相交于，进而讨论时，直线与也相交于即可.
【详解】（1）直线过定点，所以椭圆的右焦点为，即，
又椭圆中，所以，∴椭圆：.
（2）易知，且直线与轴的交点为，直线交椭圆于，
联立，得，所以，
所以，，
又，可得，所以，
又，同理可得，所以，
因为，
所以，故的值是定值，且.
（3）若，则直线为，此时四边形为矩形，根据对称性可知直线与相交于的中点，易知；
若，由（2）知，可知，
所以直线的方程为，
当时，，
所以点在直线上，同理可知，点也在直线上.
所以时，直线与也相交于定点.
综上所述，变化时，直线与相交于定点.
【点睛】求定值问题，常见的方法：（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.
2．（2021·江苏高三）如图，在平面直角坐标系中，，是椭圆的左､右顶点，，离心率.是右焦点，过点任作直线交椭圆于，两点. （1）求椭圆的方程；（2）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.

【答案】（1）；（2）直线与直线的交点落在定直线上.
【分析】（1）根据题中条件，求出，即可得出椭圆方程；
（2）设直线方程为，设，，联立直线与椭圆方程，由韦达定理，得到，，表示出直线和的方程，联立两直线方程，计算为定值，即可得出结果.
【详解】（1），，则，
设焦距为，离心率，，，
因此所求的椭圆方程为
（2）设直线方程为，设，，
由得，，，
直线方程是，直线方程是，
由，可得



，解得：
此直线与直线的交点落在定直线上.
【点睛】求解本题第二问的关键在于根据点为两直线交点，联立两直线方程，结合直线与椭圆联立后的结果，利用韦达定理，通过计算，确定点横坐标为定值，即可求解.
3．（2020·重庆八中高三月考）在直角坐标系内，点A，B的坐标分别为，，P是坐标平面内的动点，且直线，的斜率之积等于.设点P的轨迹为C.（1）求轨迹C的方程；（2）某同学对轨迹C的性质进行探究后发现：若过点且倾斜角不为0的直线与轨迹C相交于M，N两点，则直线，的交点Q在一条定直线上.此结论是否正确？若正确，请给予证明，并求出定直线方程；若不正确，请说明理由.
【答案】（1）；（2）正确，证明见解析，直线.
【分析】（1）设点P的坐标为，利用直接法，列方程即可求解.（2）根据题意，可设直线的方程为：，将直线与椭圆方程联立，整理可得，利用韦达定理可得，，直线的方程与直线的方程，直线，的交点的坐标满足：，整理可得，即证.
【详解】（1）设点P的坐标为， 由，得，即.
故轨迹C的方程为：
（2）根据题意，可设直线的方程为：，
由，消去x并整理得
其中，.
设，，则，.
因直线的倾斜角不为0，故，不等于（，不为0），
从而可设直线的方程为①，直线的方程为②，
所以，直线，的交点的坐标满足：
而，
因此，，即点Q在直线上.
所以，探究发现的结论是正确的.
【点睛】本题主要考查轨迹的求法、直线与椭圆的位置关系等基础知识；考查运算求解能力和创新意识；考查化归与转化等思想方法，属于中档题.
4．（2020·江苏南通市·海安高级中学高三期中）古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积．即椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆的中心为坐标原点，焦点，均在x轴上，椭圆的面积为，且短轴长为．椭圆与椭圆有相同的离心率．

（1）求m的值与椭圆的标准方程；（2）过椭圆的左顶点A作直线l，交椭圆于另一点B，交椭圆于P，Q两点（点P在A，Q之间）．①求面积的最大值（O为坐标原点）；②设PQ的中点为M，椭圆的右顶点为C，直线OM与直线BC的交点为N，试探究点N是否在某一条定直线上运动，若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由．
【答案】（1）；；（2）①；②点N在定直线运动．
【分析】（1）根据条件，列出关于的方程，求椭圆的标准方程，再根据两个椭圆有相同的离心率，求；（2）①设直线AB的方程为：且，与椭圆联立方程，利用韦达定理表示，转化为关于的函数求最值；②首先求点的坐标，并求直线的方程，并利用直线与椭圆方程联立，求点的坐标，联立直线OM和BC的方程，求交点的坐标.
【详解】（1）由题意可得解得，
因为椭圆的焦点在x轴上，所以的标准方程为
椭圆的离心率为，椭圆得焦点在y轴上，则 则
（2）①当直线AB与x轴重合时，O，P，Q三点共线，不符合题意
故设直线AB的方程为：且 设，
由（1）知椭圆的方程为：
联立方程消去x得：
由韦达定理得：；
又
令
此时 ∴面积的最大值为：
②由①知：，则∴
∴直线OM的斜率： 则直线OM的方程为：
联立方程消去x得：，解得：
∴ ∴则直线BC的方程为：
联立直线OM和BC的方程解得：∴点N在定值直线运动.
【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.

题型2 探究平面图形存在问题
1.（2018·上海高考真题）设常数．在平面直角坐标系中，已知点，直线：，曲线：．与轴交于点、与交于点．、分别是曲线与线段上的动点．（1）用表示点到点距离；（2）设，，线段的中点在直线，求的面积；（3）设，是否存在以、为邻边的矩形，使得点在上？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）；（2）；（3）见解析.
【解析】（1）方法一：由题意可知：设，则，∴；
方法二：由题意可知：设，由抛物线的性质可知：，∴；
（2），，，则，
∴，∴，设的中点，，
，则直线方程：，
联立，整理得：，解得：，（舍去），
∴的面积；

（3）存在，设，，则，，
直线方程为，∴，，
根据，则，∴，解得：，
∴存在以、为邻边的矩形，使得点在上，且．
2．（2021·全国高三专题练习）已知椭圆：的离心率为，椭圆的上顶点与抛物线：的焦点重合，且抛物线经过点，为坐标原点．（1）求椭圆和抛物线的标准方程；（2）已知直线：与抛物线交于，两点，与椭圆交于，两点，若直线平分，四边形能否为平行四边形？若能，求实数的值；若不能，请说明理由．
【答案】（1）；；（2）四边形不是平行四边形，理由见解析.
【分析】（1）由抛物线经过点，可得抛物线方程为，其焦点为，可知，
再利用椭圆的离心率即可求得椭圆的标准方程；（2）设直线，的斜率分别为，，由已知得，设，，利用两点求斜率公式求得直线：且，联立直线与椭圆方程得，求得，假设四边形为平行四边形，则，即，推出矛盾即可得结论.
【详解】（1）由抛物线经过点，得，，故抛物线方程为．
抛物线：的焦点为，．又椭圆的离心率，
解得：所以椭圆的标准方程为．
（2）四边形不是平行四边形，理由如下：
将代入，消去并整理得：
由题意知，，即设直线，的斜率分别为，
因为直线平分，所以 设，，则
又，，则，
，所以直线：且
由消并整理得：
由题意知 解得：，所以
设，，则，
若四边形为平行四边形，则，即
，显然方程组无解，所以四边形不是平行四边形．
【点睛】解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题时用“点差法”解决，往往会更简单．
3．（2021·湖南长沙市高三月考）如图，椭圆的离心率，且椭圆C的短轴长为.（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆上的三个动点.（i）若直线过点D，且点是椭圆的上顶点，求面积的最大值；（ii）试探究：是否存在是以为中心的等边三角形，若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) 椭圆的方程是面积的最大值为不存在是以为中心的等边三角形.
【分析】 利用离心率以及短轴长,求出椭圆中.即可求椭圆的方程;
由已知,直线的斜率存在,设直线方程，联立直线与椭圆方程,利用韦达定理,弦长公式,推出面积的表达式,通过换元,利用导数求出面积的最大值.假设存在是以为中心的等边三角形.
当在轴上时,推出与为等边三角形矛盾.当在轴上时,推出与为等边三角形矛盾.当不在坐标轴时，推出与为等边三角形矛盾.故得解.
【详解】（1）由已知得 ，解得 ，所以椭圆的方程是
由已知可知直线的斜率定存在，设直线的方程为，
，
由 得，所以
所以，
又，所以，
令，所以，
令，则
所以在上单调递增，所以当时，此时，有最小值此时有最大值.故得解.
不存在是以为中心的等边三角形.理由如下：
假设存在是以为中心的等边三角形.
当在轴上时,的坐标为,则关于轴对称,的中点在轴上.
又为的中心,所以,可知,
从而,即.所以与为等边三角形矛盾.
当在轴上时,的坐标为,则关于轴对称,的中点在轴上.
又为的中心,所以,可知,
从而,即.所以与为等边三角形矛盾.
当不在坐标轴时,设,的中点为,则,
又为的中心,则,可知.
设,则,
又,两式相减得,
从而，所以,
所以与不垂直,与等边矛盾. 综上所述,不存在是以为中心的等边三角形.
【点睛】本小题考查点到直线的距离公式、椭圆的性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查运算求解能力、推理论证能力、分析解决问题能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、特殊与一般思想、化归与转化思想,属于难度题.
4．（2021·四川绵阳市·（文））已知椭圆，直线交椭圆于两点，为坐标原点.（1）若直线过椭圆的右焦点，求的面积；（2）若，试问椭圆上是否存在点，使得四边形为平行四边形?若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，
【分析】（1）根据直线过右焦点求出直线方程，联立直线与椭圆方程，求出或，利用面积公式即可得解；
（2）联立直线与椭圆方程，根据四边形为平行四边形，且.
又，，求出点的坐标为，代入椭圆方程，结合韦达定理计算求解.
【详解】（1）设.直线过椭圆的右焦点，则，
直线的方程为.联立得，解得或.
的面积为.
（2）联立得，，解得.
由韦达定理得，.
.
四边形为平行四边形，，且.
又，，
点的坐标为.
又点在椭圆上，即，
整理得.
又，，即，
，即.
，，综上所述，的取值范围是.
【点睛】此题考查根据直线与椭圆关系求三角形面积，将几何关系转化为代数关系，利用点的坐标结合韦达定理求解，综合性强.

题型3 探究长度、面积（周长）相关问题
1．（2020·山西高三月考（理））已知中心为坐标原点的椭圆的一个焦点为，且经过点.（1）求椭圆的标准方程.（2）若不经过点的直线：与椭圆交于，两点，且与圆相切，试探究的周长是否为定值.若是，求出定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1） ；（2）的周长为定值4 .
【分析】（1）由椭圆的定义可知，可得，因为且，所以可得答案；（2）因为直线与圆相切，可得与的关系，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理可得弦长公式，再利用两点间的距离公式可得，，所以可得答案.
【详解】（1）设椭圆的标准方程为，由题可知另一个焦点为.由椭圆的定义可知，
所以，因为且，所以，所以椭圆的标准方程为.
（2）是定值，理由如下：因为直线：与圆相切，
所以，即，设，， 联立，消去整理得
，所以，
，，
所以，
又，所以.由于，所以，
因为，同理，所以，
所以，故的周长为定值4.
【点睛】本题考查了直线与圆、直线与椭圆的位置关系，第二问的关键点是利用韦达定理可得和，考查了分析问题、解决问题的能力.
2．（2021·山西运城市·高三期末（理））已知A，B是椭圆的左、右顶点，C为E的上顶点，．（1）求椭圆的方程；（2）若M，N，P是椭圆E上不同的三点，且坐标原点O为的重心，试探究的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，说明理由．
【答案】（1）；（2）的面积为定值．
【分析】（1）分别写出点三点的坐标，求出、的坐标，利用数量积的坐标运算即可求解；
（2）设，，当直线的斜率不存在时计算的面积，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，与联立消去得到关于的一元二次方程，利用韦达定理可得，，计算弦长，点P到直线的距离，计算即可求解.
【详解】（1），则，
因为，所以，得．所以椭圆的方程为．
（2）当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，设，则，因为为的重心，所以．
由M，N，P在椭圆上，所以且，解得．易知，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，，
由得，则，，
．因为为的重心，所心，
因为P在椭圆上，故，化简得．
，
点P到直线的距离d等于O到直线距离的3倍，所以，
所以，
综上，的面积为定值．
【点睛】本题解题的关键点是设直线的方程为，与椭圆方程联立，计算弦长，点P到直线的距离，计算，注意计算直线的斜率不存在时，的面积.
3．（2021·河北保定市·高三二模）如图，已知双曲线的左右焦点分别为、，若点为双曲线在第一象限上的一点，且满足，过点分别作双曲线两条渐近线的平行线、与渐近线的交点分别是和.

（1）求四边形的面积；
（2）若对于更一般的双曲线，点为双曲线上任意一点，过点分别作双曲线两条渐近线的平行线、与渐近线的交点分别是和.请问四边形的面积为定值吗？若是定值，求出该定值（用、表示该定值）；若不是定值，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是，且定值为.
【分析】（1）求出点、的坐标，计算出点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得四边形的面积；（2）设点，求出点的坐标，计算出点到直线的距离，利用平行四边形的面积公式化简可得结果.
【详解】（1）因为双曲线，由双曲线的定义可得，
又因为，，，
因为，所以，，轴，
点的横坐标为，所以，，，可得，即点，
过点且与渐近线平行的直线的方程为，
联立，解得，即点，
直线的方程为，点到直线的距离为，
且，因此，四边形的面积为；
（2）四边形的面积为定值，理由如下：
设点，双曲线的渐近线方程为，
则直线的方程为，
联立，解得，即点，
直线的方程为，即，
点到直线的距离为
，且，
因此，（定值）.
【点睛】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．
4．（2020·安徽淮南市·高三二模）在平面直角坐标系中，动点到直线的距离与到定点的距离之比为.（1）求动点的轨迹的方程；（2）过点的直线交轨迹于，两点，线段的中垂线与交于点，与直线交于点，设直线的方程为，请用含的式子表示，并探究是否存在实数，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）；存在；
【分析】（1）设，动点到直线的距离与到定点的距离之比为，列出方程求解即可；
（2）设，联立，消去，得，利用韦达定理，结合弦长公式，求出，，然后求解即可.
【详解】（1）设，动点到直线的距离与到定点的距离之比为
，化简整理得.动点的轨迹的方程为.
（2）设，联立，消去x，得，
根据韦达定理可得：，，
，
又，于是，
.令，解得存在，使.
【点睛】本题考查轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，圆锥曲线与直线交点问题时，通常用直线和圆锥曲线联立方程组，通过韦达定理建立起目标的关系式，采用“设而不求法”并进行一系列的数学运算，从而使问题得以解决，属于难题.

题型4 探究角度相关问题
1．（2020·江苏省苏州高三月考）已知双曲线的方程．（1）求点到双曲线上的点的距离的最小值；（2）已知直线与圆相切，①求和的关系②若与双曲线交于、两点，那么是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，请说明理由．
【答案】（1）；（2）（i）；（ii）为定值．
【分析】（1）设为双曲线上的点，代入双曲线的方程，结合两点的距离公式和二次函数的最值，可得最小值；（2）设直线的方程为，由直线和圆相切可得，设，，，，联立双曲线的方程，消去可得的二次方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，计算可得为定值．
【详解】解：（1）设为双曲线上的点，则，
则，
当时最小，且为，所以点到从曲线上点的距离的最小值为；
（2）①设直线线的方程为，由直线与圆相切，可得，即，
②设，联立得，
则，
所以，
所以，所以为定值．
【点睛】本题考查双曲线的方程和运用，以及直线和双曲线的位置关系，注意联立直线方程和双曲线的方程，运用韦达定理和向量的坐标运算，考查方程思想和运算能力、推理能力．
2．（2021·湖南高三三模）已知椭圆的右焦点为，离心率．
（1）若为椭圆上一动点，证明到的距离与到直线的距离之比为定值，并求出该定值；
（2）设，过定点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，在轴上是否存在一点，使得轴始终平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；定值；（2）存在；．
【分析】（1）根据两点距离公式，结合已知进行证明即可；（2）根据求出椭圆的方程，将直线方程与椭圆方程联立得到一元二次方程，根据一元二次方程的根与系数关系，结合直线的斜率公式进行求解即可.
【详解】解：（1）设点，则．
因为，
点到直线的距离，所以，
即到的距离与到直线的距离之比为定值．
（2）因为，，所以，，即椭圆的方程为．
假设存在这样的一点，设，直线，
联立方程组，消去得，．
设，，则，．
因为轴平分，所以直线与的斜率互为相反数，
即，
所以，
因为与无关，所以．
故在轴上存在一点，使得轴始终平分．
【点睛】由轴平分，得到直线与的斜率互为相反数，这是解题的关键.
3．（2021·天津高三二模）已知抛物线：与离心率为的椭圆：的一个交点为，点到抛物线的焦点的距离为2.（Ⅰ）求与的方程；（Ⅱ）设为坐标原点，在第一象限内，椭圆上是否存在点，使过作的垂线交抛物线于点，直线交轴于点，且？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）不存在点.
【分析】（Ⅰ）由抛物线的定义可知到焦点的距离等于到准线的距离，代入准线方程可求出值，从而求出抛物线方程；代入抛物线方程可求出点坐标，代入椭圆方程，结合离心率联立可解出，从而求出椭圆方程；（Ⅱ）直线与轴交于点，因为，且有，可得出，，即为线段中点，则有，设直线的方程为：，求出直线的方程，分别与椭圆和抛物线联立，求出点坐标，代入求解即可.
【详解】解：（Ⅰ）因为抛物线方程为，则准线方程为：，点到焦点的距离等于到准线的距离，所以有，解得：，抛物线方程为：.
则或，且点在椭圆上，有，又椭圆离心率为，即，即，联立求解：，所以椭圆方程为.
（Ⅱ）由题意，直线斜率存在且大于0，设直线的方程为：，因为，则有直线的方程为：，
由得：，即；
由得：，即.
设直线与轴交于点，因为在第一象限内，满足，又，所以有，，所以，即为线段中点，所以，
即，无解，所以不存在点的坐标使得.
【点睛】（1）抛物线经常利用定义转化，将到焦点的距离转化为到准线的距离，减少变量求解；（2）直线与圆锥曲线的问题，经常将所求问题转化为与根有关的问题，此题中将转化为，联立解出点坐标，代入等式可判断是否存在.
4．（2021·上海高三专题练习）已知椭圆，是的下焦点，过点的直线交于、两点，（1）求的坐标和椭圆的焦距；（2）求面积的最大值，并求此时直线的方程；（3）在轴上是否存在定点，使得恒成立?若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），焦距为；（2）面积的最大值为，此时直线的方程为；（3）存在定点，使得恒成立．
【分析】（1）利用椭圆方程求出，，然后求解，即可得到结果．（2）设直线，与椭圆方程联立．利用判别式以及韦达定理，结合弦长公式点到直线的距离公式，然后求解三角形的面积，利用基本不等式求解最值即可推出直线方程．（3）由（2）得，，推出直线系方程，然后求解定点坐标．验证当直线的斜率不存在时，直线也过定点，即可．
【详解】（1）椭圆，可得，，所以，，焦距为；
（2）由题意得直线的斜率存在，设直线，由得，
所以，故，
设，，则，，
所以

(或用） 点到直线的距离，
所以，
令，则，
所以，当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为，此时直线的方程为；
（3）当直线的斜率存在时，由（2）得，，
因为，所以，即，所以，
所以，所以，
所以，因为，所以，所以，
当直线的斜率不存在时，直线也过定点，
故轴上存在定点，使得恒成立．
【点睛】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，解决本题的关键点是将恒成立转化为，利用两点连线斜率的坐标公式以及根与系数的关系，求出定点，考查了转化思想以及计算能力，属于中档题．

题型5 探究向量（斜率）相关问题
1．（2021·重庆高三月考（理））已知为抛物线上的一点，，为抛物线上异于点的两点，且直线的斜率与直线的斜率互为相反数.（1）求直线的斜率；
（2）设直线过点并交抛物线于，两点，且，直线与轴交于点，试探究与的夹角是否为定值，若是则求出定值，若不是，说明理由.
【答案】（1）； （2）是定值，
【分析】（1）根据点的坐标求出抛物线方程，设出点和点的坐标，利用斜率公式和抛物线方程，求出和，再根据和互为相反数，得到，进而求出直线的斜率；
（2）设出点和点的坐标，根据，得到，再设出直线的方程，与抛物线联立，利用韦达定理，并结合，化简，得到的坐标表示，求出，借助向量的数量积，即可求得与的夹角.
【详解】（1）设，，
因为点为抛物线上的一点，所以，解得，所以，
同时，有，，，
同理，，因为直线的斜率与直线的斜率互为相反数，
所以，即，故.
（2）设直线的方程为，，，，
将直线的方程代入，得，所以，，
，，且，
，解得，
，
又
， ，
又，，
，即与的夹角为.
与的夹角是定值，定值为.
【点睛】本题考查了抛物线标准方程的求解、斜率公式的运用以及直线与抛物线的位置关系中的定值问题，其中涉及到向量的坐标运算等知识，属于中档题.在处理直线与抛物线的位置关系的题时，一般要用到根与系数的关系.
2．（2020·江苏南京市高三开学考试）如图，椭圆E：的左、右焦点分别为，，R是椭圆E上任意一点，的取值范围是，动直线l：与椭圆相交于A，B两点.（1）求椭圆E的标准方程：（2）若，B关于y轴的对称点是，证明：；
（3）若，B关于y轴的对称点是，试探究：是否成立？说明理由.

【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）答案不唯一，详见解析
【分析】（1）根据题意得到，解得，得到答案.
（2）设，，则，联立方程得到，
，，计算得到证明.
（3）计算得到，得到答案.
【详解】（1）的取值范围是，故，解得，.
故椭圆方程为：.
（2）设，，则.
，故，故.
，，
故，即.
当斜率不存在时，易知成立. 综上所述：.
（3），，
.
故当时，，当时，不成立.
【点睛】本题考查了椭圆方程，证明向量平行，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
3．（2021·山东高三专题练习）已知抛物线C的顶点在坐标原点，对称轴是x轴，焦点为F，为抛物线C上的一点，且．（1）求抛物线C的标准方程；（2）过点F的直线与抛物线C交于A，B两点，点在抛物线C上，记直线的斜率为，直线的斜率为，试判断是否存在点，使得？若存在，求出点P的个数；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在点，个数为2.
【分析】（1）设出抛物线标准方程，根据定义求得参数p即可.（2）设直线方程，联立抛物线方程，得到韦达定理，代入给定条件，研究函数根的存在情况，可以判断点P的存在情况.
【详解】（1）根据题意，设抛物线C的方程为，则，即，
所以抛物线C的标准方程为．
（2）由题意知，F(1,0)，直线的斜率不为，可设直线的方程为，
联立方程得，消去x并化简得，
设，，，则，.
因为两点在抛物线C上，所以，两式相减，得，
所以，同理可得，
则，
所以，即
因为，
所以方程有两个不同的解，故满足的点的个数为2.
【点睛】联立直线方程与圆锥曲线方程，用韦达定理代入既定条件，可以找到解题突破点.
4．（2021·新疆高三其他模拟（理））已知椭圆的两个焦点为，，过右焦点作斜率为1的直线交椭圆于A，两点，且的面积为．（1）求的值；（2）过椭圆上异于其顶点的任意一点作圆的两条切线，切点分别为，，若直线在轴，轴上的截距分别是，，问是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，说明理由．
【答案】（1）；（2）是定值；．
【分析】（1）先根据写椭圆方程，联立直线与椭圆列韦达定理，再根据的面积求解参c，即得方程；（2）先判断点P在圆外，设切点，，根据垂直关系求得两点满足的关系式，即得直线的方程，再求截距，结合求得即可.
【详解】解：（1）设椭圆的焦距为，则，，过右焦点作斜率为1的直线为
，由知，椭圆方程可化为，
联立，消去x，得，
设，，则，，
因为的面积，
且，则，解得，
所以，又，故；
（2）由（1）知，椭圆方程为，设点，由在椭圆上，则， ，可知在圆外．
过作圆的切线有两条．设切点，，是过作圆的切线产生的切点弦，由、是切点知，，所以直线，因为在上，
所以，即直线．
又因为在上，则，
所以直线，同理可得，直线，
所以直线上有两点，满足方程，
因为两点确定唯一的一条直线，所以直线的方程．
由直线在轴、轴的截距分别是，，于是，．
，又因为，故为定值．
【点睛】本题考查椭圆中的定值问题，解题关键在于利用圆中垂直关系求切点弦的方程，进而得到直线的截距计算出为定值，即突破难点.

题型6 探究参数存在问题
1．（2020·湖南永州市·高三其他模拟（文））已知抛物线的焦点为，为坐标原点，过点的直线与交于、两点.（1）若直线与圆相切，求直线的方程；（2）若直线与轴的交点为，且，，试探究：是否为定值.若为定值，求出该定值，若不为定值，试说明理由.
【答案】（1）；（2）为定值.
【分析】（1）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，由直线与圆相切，得出圆心到直线的距离等于半径，进而可求得直线的方程；（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，可知当直线的斜率不存在时不满足题意，在直线的斜率存在时，设直线的方程为，与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用向量的坐标运算得出关于、的表达式，代入韦达定理化简计算可求得的值.
【详解】（1）由已知得.
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，直线与圆相交，不合乎题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
由直线与圆相切，得，解得.
综上所述，直线的方程为；
（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意；
当直线与轴不重合时，设直线的方程为，设、.
若，则直线与轴平行，不合乎题意，所以.
联立，消去并整理得，由韦达定理得，
易知，由，得，
则，，同理可得，
所以，所以为定值.
【点睛】本题考查直线与圆相切，同时也考查了抛物线中的定值问题，考查韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于中等题.
2．（2021·四川成都市·成都七中高三期中）已知椭圆的离心率，直线被以椭圆C的短轴为直径的圆截得的弦长为.（1）求椭圆C的方程.（2）过点M(4，0)的直线交椭圆于A，B两个不同的点，问：是否存在实数，使得，若存在，求出的范围，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】（1）先求出原点到直线的距离，再由圆的半径、圆心距和弦的关系求出的值，再由离心率可求出的值，从而可求出椭圆的方程；（2），当直线l的斜率为0时，可求出，，从而可求出的值，当直线l的斜率不为0时，设直线，，，将直线与椭圆方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系，然后表示出，，再求出比值即可
【详解】（1）因为原点到直线的距离为，所以，解得，
又，得，所以橢圆C的方程为.
（2），
当直线l的斜率为0时，，，所以，
当直线l的斜率不为0时，设直线，，，
联立方程组，得，
由，得，所以，，
，
，
，
由，得，所以，即，
综上可得：存在实数，使得，且.
【点睛】此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是根据题意表示出，的值，再求比值即可，考查计算能力，属于中档题
3．（2021·上海高三二模）设平面直角坐标系中的动点到两定点、的距离之和为，记动点的轨迹为.（1）求的方程；（2）过上的点作圆的两条切线，切点为、，直线与、轴的交点依次为异于坐标原点的点、，试求的面积的最小值；（3）过点且不垂直于坐标轴的直线交于不同的两点、，线段的垂直平分线与轴交于点，线段的中点为，是否存在，使得成立？请说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）不存在，理由见解析..
【分析】（1）根据椭圆的定义，由题中条件，即可得出结果；（2）先设，，，表示出直线与直线的方程，从而得到直线的方程，进而求出、，表示出所求三角形面积，结合基本不等式，即可得出结果；（3）先假设存在满足题意，即满足成立；设出直线的方程，联立该直线与椭圆方程，根据韦达定理，弦长公式等，表示出；再表示出中垂线的方程，根据两点间距离公式，得出，计算的范围，即可得出结论.
【详解】（1）根据题中，设点，，，则有，
结合椭圆的定义可得：点的轨迹即是以，为焦点，以为长轴的椭圆，
所以，因此，故点的轨迹方程为；
（2）设，，，
则根据题意可得，，因此，，
所以直线，即；
直线，即；
因为直线与直线交于点，所以，因此直线的方程为，
令可得；令可得；则、，
又是椭圆上的点，所以
（当且仅当时，等号成立），则；所以；
（3）由可得，
即，所以；假设存在，使得成立；
即存在，使得成立；由题意可知，直线的斜率存在且不等于零，
不妨设直线的方程为，其中，设、，
由消去整理得：，
则，，
所以，
又，所以线段的中点的坐标为；
则的中垂线方程为，
令可得，即点的坐标为，
所以，
因此，
因为，所以，则，
故不存在，使得成立；即不存在，使得成立.
【点睛】求解椭圆中是否存在参数满足某条件的问题时，一般需要先假设存在，再联立对应的直线与椭圆方程，结合韦达定理、弦长公式等，由题中条件，得出所需的等量关系，进一步求解即可.
4．（2021·河北邯郸市·高三二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点M，若，的周长为8．
（1）求椭圆C的标准方程；（2），，试分析是否为定值，若是，求出这个定值，否则，说明理由．
【答案】（1）；（2）为定值．
【分析】（1）因为的周长为，求得，进而求得的值，得到椭圆的标准方程；
（2）设直线l的方程为，联立方程组，根据根与系数的关系和题设条件，求得和，进而求得为定值.
【详解】（1）因为的周长为8，所以，解得，
由，得，所以，因此椭圆C的标准方程为．
（2）由题可得直线l的斜率存在，设直线l的方程为，
由,整理得，
设，，则
设，又，所以，，则．
同理可得，，则．
所以
，所以为定值.
【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.

题型7探究最值存在问题
1．（2021·全国高三专题练习）在平面直角坐标系中，为坐标原点，动点到，两点的距离之和为4.（1）试判断动点的轨迹是什么曲线，并求其轨迹方程；（2）已知直线:与圆:交于、两点，与曲线交于、两点，其中、在第一象限.为原点到直线的距离，是否存在实数，使得取得最大值，若存在，求出；不存在，说明理由.
【答案】（1）椭圆，；（2）存在，.
【分析】（1）根据椭圆定义得方程；（2）分析可知，再代入消元，用韦达定理及弦长公式得到的函数关系式，再求最值.
【详解】（1）由题意知，，又，所以，动点的轨迹是椭圆.
由椭圆的定义可知，，，又因为所以，故的轨迹方程.
（2）由题设可知，、一个椭圆外，一个在椭圆内；、一个在内，一个在外，
在直线上的四点满足：
由消去得：，恒成立.
设，，由韦达定理，得，
.
所以，到距离，，

当且仅当，即时等号成立.验证可知满足题意.
【点睛】关键点睛：把两条动线段的长度差转换为一条动线段与定值差的关系，从而转换为求动弦长的表达式（常规问题）.
2．（2020·山西高二月考（文））在直角坐标系xOy中，是以PF为底边的等腰三角形，PA平行于x轴，点，且点P在直线上运动.记点A的轨迹为C.（1）求C的方程.（2）直线AF与C的另一个交点为B，等腰底边的中线与直线的交点为Q，试问的面积是否存在最小值？若存在，求出该值；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）；（2）存在，值为.
【分析】（1）根据抛物线的定义得轨迹为抛物线（去除顶点），从而可得其方程；
（2）设直线AB的方程为，，，直线方程代入抛物线方程整理可得，由抛物线的焦点弦弦公式求得弦长，再求出点到直线的距离，求得三角形面积（表示为的函数），由函数性质可得最小值．
【详解】（1）由题意得PA与直线垂直，且，
故点A到定点的距离和到直线的距离相等， 由抛物线的定义可得，C是以为焦点，
直线为准线的抛物线(除原点O)，故C的方程为.
（2）存在．设直线AB的方程为，，，
由，得， 则，，.
因为，，所以，
则. 又P的坐标为，所以PF的中点为，
故底边的中线所在的直线方程为.
令，得，
故Q的坐标为. 点Q到直线AB的距离，
所以，
故当时，取得最小值4.
【点睛】本题考查用定义求轨迹方程，考查抛物线的焦点弦性质及抛物线中三角形面积问题．解题方法是“设而不求”的思想方法，即设交点坐标，，设直线AB的方程为，代入抛物线方程应用韦达定理得，然后用去表示出弦长，把三角形面积表示为参数的函数，再由函数知识得最小值．
3．（2021·浙江高二期末）如图，已知抛物线，椭圆：中心在原点，焦点在y轴上，且离心率为．直线交于A、B两点，交于M、N两点．是上的点，且始终位于直线l的右上方．连接、，的平分线交y轴于H，交的左侧部分于T．
（1）求证：轴；（2）若M是的中点，是否存在最大值？若存在，求出使取得最大值时m的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.
【分析】（1）由题意可求得，设，，然后直线方程与抛物线方程联立，消元后利用根与系数的关系得，从而可得，由此可得关于直线对称，进而可得结论；（2）由（1）知，，，再将其坐标代入椭圆中可得，再将直线方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系结合弦长公式可得，由点的纵坐标为1，可求出其横坐标，从而可求出，进而可求出，化简变形后利用基本不等式可求出其最值
【详解】解：（1）∵在上，∴，∴．
设，，由得，．
∵直线l与有两个交点，∴，∴∴
∴．
∴关于直线对称． ∴的平分线所在的直线方程是．∴轴．
（2）∵点总在直线的右上方，
∴，∴．由（1）知，．
由题意设，∵M是中点，∴，
∵．∴
∵在椭圆上，∴，∴．
由得，．∴．∵
∴恒成立∴
设，代入，得．∴
∴∴
令，

．
当且仅当，即，即时，．
【点睛】此题考查直线与抛物线、直线与椭圆的位置关系，考查弦长公式，解题的关键是利用弦长公式表示出，利用距离公式表示出，从而可得，换元后利用基本不等式可求得其最值，考查计算能力，属于中档题
4．（2020·湖北武汉市·华中师大一附中）已知圆的任意一条切线l与椭圆都有两个不同交点A，B（O是坐标原点）（1）求圆O半径r的取值范围；（2）是否存在圆O，使得恒成立？若存在，求出圆O的方程及的最大值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）（2）见详解
【分析】（1）圆的中心是原点，椭圆的短半轴长为，根据圆和椭圆的位置关系分析即得；（2）当圆的切线的斜率存在时，设，圆的切线为，与联立，可得，根据韦达定理和，可得和的关系式，再由圆心到切线的距离等于半径，可得，解出，即得；当切线斜率不存在时，可得上述圆的切线，进而求出切点，验证满足即可，故使得恒成立的圆存在；当切线斜率存在且不等于时，则有，由韦达定理和基本不等式可得的最大值，当切线斜率不存在或等于时，可知的值，选两者中的最大值，再由，计算即得.
【详解】（1）当时，圆在椭圆内部，切点在椭圆内，圆的每一条切线都过椭圆内部的点，切线与椭圆总有两个不同交点，满足题意；当时，圆的切线和都和椭圆最多只有一个公共点，不满足题意；故的取值范围是.
（2）当圆的切线的斜率存在时，设圆的切线为，设，由消去得：，则，，则，由得，即，，又由与圆相切得，即，解得，
此时圆的方程为.
当切线斜率不存在时，上述圆的切线为或，
这两条切线与椭圆的交点为，或，，也满足，故满足条件的圆存在，其方程为.
当切线斜率存在且不等于时，因为，
当且仅当时取等号；当切线斜率不存在或等于时，，则，
又，故，则.
【点睛】本题通过圆和椭圆的位置关系综合考查直线和椭圆的位置关系，考查分析和计算能力，是一道综合性的题目，有一定难度.

题型8 探究直线（曲线）存在问题
1．（2020·全国高三专题练习（理））已知椭圆的离心率为是椭圆的一个焦点，点，直线的斜率为2．（1）求椭圆的方程；（2）若过点的直线与椭圆交于两点，线段的中点为，是否存在直线使得？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） （2）不存在，理由见解析
【分析】（1）利用离心率和过点，列出等式，即得解（2）设的方程为，与椭圆联立，利用韦达定理表示中点N的坐标，用点坐标表示，利用韦达关系代入，得到关于k的等式，即可得解.
【详解】（1）由题意，可得解得则，
故椭圆的方程为．
（2）当直线的斜率不存在时，，不符合题意．
当的斜率存在时，设的方程为，
联立得，设，
则，，，即．
设，则，
，，
则，即，
整理得，此方程无解，故的方程不存在．
综上所述，不存在直线使得．
【点睛】本题考查了直线和椭圆综合，考查了弦长和中点问题，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.
2．（2021·成都七中高三期中（理））椭圆的左项点为，左焦点为，下顶点为，上顶点为，若，.（1）求和的值.（2）纵截距为2的动直线与椭圆交于，两点，设，其中为坐标原点，是否存在直线使得点也在椭圆上?若存在，试确定的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）直线存在，且为.
【分析】（1）根据题意可得，，从而可得，再由已知可得，解方程组即可求解.（2）设：，将直线与椭圆联立，利用韦达定理求出点，将点代入椭圆方程，化简整理即可求解.
【详解】（1）由题意可知：，，，，
∵，，，则，①
∵，②
由①②可得：，解得，所以，即
（2）设：，，联立，得：，
由韦达定理得，
若点在椭圆上，则满足，
，
检验，
则， 故符合，∴，
故直线存在，且为.
【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是求出点坐标，注意验证，考查了计算能力.
















课后训练：
1．（2021·青海高三一模（文））已知椭圆，离心率，且过点.
（1）求椭圆C的方程；（2）若直线x=1上有一点P，且与x轴交于Q点，过Q的直线l交椭圆C于A，B两点，交直线x=3于M点，是否存在实数，使得恒成立？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）只有当直线l与x轴重合时存在，此时.
【分析】（1）根据椭圆的离心率和椭圆经过点，以及椭圆中的关系，列方程组，解方程即可求得结果；（2）设的坐标，由题意可得的坐标，设l的方程（分斜率为0和斜率不为0两种情况讨论），将直线l与椭圆联立求出两根之和与两根之积，再求出直线的斜率之和，求出直线的斜率，即得结果.
【详解】（1）由题意得，解得，，所以椭圆C方程为，
（2）①当直线l的斜率为零时，根据椭圆的对称性，不妨设点，，则，
设点，则，，有，所以；
②当直线l的斜率不为零时，设直线l的方程为，，，，
联立，可得，则，，
故

易得，则假设存在实数，则
即不是常数，无解；综上，只有当直线l与x轴重合时，.
【点睛】（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．（山东省临沂市2021届高三一模）如图，抛物线的焦点为四边形为正方形，点在抛物线上，过焦点的直线交抛物线于两点，交直线于点．（1）若为线段的中点，求直线的斜率；（2）若正方形的边长为，直线，，的斜率分别为，，，则是否存在实数，使得？若存在，求出；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）存在，．
【解析】（1）如图所示，过，分别向作垂线，垂足为，，设中点为，过向作垂线垂足为，则 又，，
在中，，直线的斜率为；

（2）正方形边长为，，抛物线方程为，，
设，
方程为，得，，
由，得，，
，
，，

，
即存在常数使得成立．
3．（2021·山西晋城市·高三二模（理））已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过的直线交椭圆于，两点，且的周长为8，．（1）求椭圆的方程；
（2）设过点且不与轴重合的直线与椭圆相交于，两点，试问在轴上是否存在点，使得直线，的斜率之积恒为定值？若存在，求出该定值及点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）（2）见解析
【分析】（1）由椭圆的定义结合性质得出方程；（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理得出，，写出直线的方程，计算，要使得直线的斜率之积恒为定值，只需，求出，即可得出答案.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，由题意可知，即，
由得出椭圆的方程为，
（2）由（1）可知，设点，
因为直线不与轴重合，所以设直线的方程为，
联立，得，
则
又，
，
直线的斜率分别为，
则，

要使得直线的斜率之积恒为定值，只需，解得，
当时，存在点，使得，
当时，存在点，使得，
综上，在轴上存在点，使得直线，的斜率之积恒为定值，
当时，直线，的斜率之积恒为，当时，直线，的斜率之积恒为.
【点睛】解决问题二的关键在于联立直线和椭圆方程，结合韦达定理得出，，进而由斜率公式得出，从而确定定值.
4．（2021·山西晋城市·高三二模（文））已知椭圆：的左、右焦点分别为，，焦距为2，实轴长为4.（1）求椭圆的方程；（2）设过点不与轴重合的直线与椭圆相交于，两点，试问在轴上是否存在一个点，使得直线，的斜率之积恒为定值？若存在，求出该定值及点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）存在，详见解析
【分析】（1）因为焦距为2，长轴长为4，解得，，进而可得，即可得出答案；
（2）设点，，，，，设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，结合为韦达定理，，，，，写出直线，的斜率，计算，要使得直线，的斜率之积恒为定值，直线，解得，即可得出答案．
【详解】（1）因为焦距为2，长轴长为4，即，，解得，，
所以，所以椭圆的方程为．
（2）由（1）知，设点，，，，，
因为直线不与轴重合，所以设直线的方程为，
联立，得，所以，
所以，，
又，

直线，的斜率分别为，，
所以
，
要使得直线，的斜率之积恒为定值，直线，解得，
当时，存在点，使得，
当时，存在点，使得，
综上，在轴上存在点，使得，的斜率之积恒为定值，
当点的坐标为时，直线，的斜率之积为定值，
当点的坐标为时，直线，的斜率之积为定值．
【点睛】直线，的斜率分别为，，直线，的斜率之积恒为定值，即直线，解出m,再分别求出对应的点M，运算能力是解题的关键，属于中档题.
5．（2020·全国（理））已知椭圆：的左焦点为，点，三等分椭圆的短轴，且．（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作与轴不垂直的直线与椭圆交于点，，椭圆上是否存在点，使得恒有？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在点.
【分析】（1）由，三等分椭圆的短轴，解得，由，推出，解得，，解得，进而写出椭圆的方程．
（2）设，，，，直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，消去得关于的一元二次方程，由韦达定理可得，，设，，则用坐标表示，化简得，满足，解得，，进而解出答案．
【详解】（1）由点，三等分椭圆的短轴，得，
由，得，即，又，所以椭圆的方程为．
（2）设，，，，直线的方程为，
由，整理得，所以，，
△，设，，则，，，，


，
，
首先满足，即，
当时，，且点在椭圆上，
所以椭圆上存在点，使得恒有．
【点睛】解决存在性问题，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，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，按常规方法题很难时采取另外的途径.
6．（2021·江苏南京市·高三三模）在平面直角坐标系中，已知抛物线，经过的直线与交于两点.（1）若，求长度的最小值；（2）设以为直径的圆交轴于两点，问是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) 2 (2) 存在t＝2，使得．
【分析】（1）设，由两点的距离公式，配方，可得所求最小值；（2）设直线AB的方程为x＝my+t，与抛物线的方程联立，运用韦达定理，求得圆上任一点Q的轨迹方程，代入x1+x2，x1x2，再令y＝0，由韦达定理，结合向量数量积的坐标表示，可判断是否存在．
【详解】（1）设，由，可得＝＝，当y0＝±2时，|AP|取得最小值2；
（2）设直线AB的方程为，，
联立可得，即有，
设以AB为直径的圆上任一点
所以Q的轨迹方程为 ，

所以Q的轨迹方程化为
令y＝0，得，所以上式方程的两根分别为x3，x4，，则
由，可得x3x4＝﹣4，即有t2﹣4t＝﹣4，解得t＝2．所以存在t＝2，使得．
【点睛】本题考查抛物线的方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，解得本题的关键是直线AB的方程为与抛物线方程联立得出韦达定理，得出Q的轨迹方程，由，得出答案.属于中档题．
7．（2021·成都市高三期中）已知点，直线：，为平面上的动点，过点作直线的垂线，垂足为，且.（1）求点的轨迹的方程.
（2）是否存在正数，对于过点且与曲线有两个交点，的任一直线，都有？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】（1）设的坐标为，则，可得，，，的坐标，进而根据列式求解即可；（2）设直线的方程为，且与曲线的交点为，，联立直线与抛物线的方程可得，再由韦达定理结合可得，进而可得对任意实数恒成立，最后求得m的取值范围.
【详解】（1）设的坐标为，则，可得，，
，，∵，
∴，化简得，即动点的轨迹的方程为：；’
（2）设直线的方程为，过点的直线与曲线的交点为，，
联立，消去，得（*），则，是方程（*）的两根，
∴，且，①
又∵，，由，可得，
即，②
由于，代入不等式②可得：，
化简得：，③
由①式，化简不等式③得，④
对任意实数，不等式恒成立，∴不等式④对于一切恒成立等价于，
解之得，
由此可得：存在正数，对于过点，且与曲线有两个交点，的任一直线，都有且的取值范围是.

【点睛】轨迹方程的常见求法：（1）直接法；（2）定义法；（3）待定系数法；（4）参数法；（5）交轨法；（6）相关点法.
8．（2021·全国高三模拟）已知椭圆的离心率，左焦点为，右焦点为，且椭圆上一动点M到的最远距离为，过的直线l与椭圆C交于A，B两点.
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）当以为直角时，求直线AB的方程；（Ⅲ）直线l的斜率存在且不为0时，试问x轴上是否存在一点P使得，若存在，求出点P坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或；（Ⅲ）存在，（2,0）.
【分析】（Ⅰ）根据椭圆的性质直接解方程求解即可；（Ⅱ）由题意可知，当k不存在时，不符合题意，设，，故且，进而解得或，进而得直线的斜率与方程；（Ⅲ）设，，，与椭圆方程联立得，，再根据斜率公式计算化简即可得答案.
【详解】解：（Ⅰ），，.
（Ⅱ）解法一：由题意可知，当k不存在时，不符合题意，
设，，，又，
，或，，直线AB的方程为或.
解法二：由题意可知，当k不存在时，不符合题意.
设直线，则，，得，
，，，，
直线AB的方程为或.
（Ⅲ）设，，，，，
，，，
，，，
，，
，.
【点睛】本题考查椭圆的方程求解，直线过定点问题，考查运算能力，化归转化思想，是中档题.
9．（2020·天津市滨海新区塘沽第十三中学高二期中）已知椭圆：的一个焦点为，上顶点到这个焦点的距离为2.（1）求椭圆的标准方程（2）若点在圆上，点为椭圆的右顶点，是否存在过点的直线交椭圆于（异于点），使得成立？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在满足条件的直线，方程为 .
【分析】（1）求出后可得椭圆方程.（2）设直线的方程为，联立直线方程和椭圆方程后可用表示，从而可用表示，利用在圆上可求的值，从而得到所求的直线方程.
【详解】解：（1）

由椭圆的一个焦点为知：，因为上顶点到这个焦点的距离为2，故，所以，
∴所求椭圆的标准方程为；
（Ⅱ）假设存在过点的直线符合题意，则结合图形易判断直线的斜率必存在，于是可设直线的方程为，由，得 .（*）
∵点是直线与椭圆的一个交点，则，
∴，∴，∴，
即点，，∴，
即 ∵点在圆上.∴，
化简得，解得，∴，，
经检验知，此时（*）对应的判别式，满足题意，
故存在满足条件的直线，其方程为.
【点睛】（1）求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定；（2）直线与椭圆的位置关系中，如果动直线与椭圆交于交于一个定点，那么可以用动直线的斜率表示另一个交点，从而可简化运算.
10．（2021·天津市滨海新区塘沽第一中学高三三模）椭圆的左、右焦点分别是、，离心率为，过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为3.（1）求椭圆的方程.（2）已知点，若直线与椭圆相交于两点，且直线，的斜率之和为，求实数的值.（3）点是椭圆上除长轴端点外的任一点，连接、，设的角平分线交的长轴于点，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）2；（3）.
【分析】（1）利用代入法结合弦长得到等式，再结合椭圆离心率公式、进行求解即可；
（2）直线方程与椭圆方程联立，根据一元二次方程根与系数关系，根的判别式，结合斜率公式进行求解即可；（3）由角平分线的性质，结合点在椭圆上的性质进行求解即可.
【详解】（1）由于，将代入椭圆方程，得，
由题意知，又，而，所以，而，
所以，，所以椭圆的方程为；
（2）设，，由，消去得，
由，可得，，，
又直线不经过点，且直线与的斜率存在，∴，
∴即
解得或，因为且 故的值为2；
（3）设， 又，，所以直线，的方程分别为
，，由题意知，
由于点在椭圆上，所以，，所以，
因为，，所以，所以，因此.
【点睛】利用角平分线的性质是解题的关键.
11．（2021·全国高三月考）已知点，椭圆的离心率为，为椭圆的右焦点，直线的斜率为.（1）求椭圆的方程；（2）已知过点的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为，在轴上是否存在定点，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）；（2）存在，定点.
【分析】（1）由直线的斜率为和离心率可求得，，再由椭圆的几何性质求出，从而求出椭圆的方程.（2）直线的斜率存在时，设出直线的方程，将直线与椭圆的方程联立，由可得出点在以为直径的圆上，从而转化为，利用韦达定理求出，从而求得定点满足条件；直线的斜率不存在时，经验证点也满足条件.
【详解】（1）∵点，，直线的斜率为，∴，解得.
∵椭圆的离心率为，∴，∴.
又∵，∴，∴椭圆的方程为.
（2）假设在轴上存在定点，使得恒成立，设点，，，
①当直线的斜率存在时，设直线，
联立，消整理得，
∴，，.
∵，∴点在以点为圆心，为直径的圆上，即.
∵，，∴

，
∴，解得，∴点.
②当直线的斜率不存在时，点，，，点，满足.
综上，存在定点，使得恒成立.
【点睛】本题考查椭圆的方程和几何性质，直线的斜率，直线与椭圆的位置关系，圆周角定理，考查运算求解能力和推理论证能力，考查数学运算，逻辑推理核心素养，属于较难题.
12．（2020·河南高三一模（理））已知是圆：的直径，动圆过，两点，且与直线相切.（1）若直线的方程为，求的方程；（2）在轴上是否存在一个定点，使得以为直径的圆恰好与轴相切？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）或. （2）存在，；
【分析】（1）根据动圆过，两点，可得圆心在的垂直平分线上，由直线的方程为，可知在直线上；设，由动圆与直线相切可得动圆的半径为；又由，及垂径定理即可确定的值，进而确定圆的方程.
（2）方法一：设，可得圆的半径为，根据，可得方程为并化简可得的轨迹方程为.设，，可得的中点，进而由两点间距离公式表示出半径，表示出到轴的距离，代入化简即可求得的值，进而确定所过定点的坐标；方法二：同上可得的轨迹方程为，由抛物线定义可求得，表示出线段的中点的坐标，根据到轴的距离可得等量关系，进而确定所过定点的坐标.
【详解】（1）因为过点，，所以圆心在的垂直平分线上.
由已知的方程为，且，关于于坐标原点对称，
所以在直线上，故可设.
因为与直线相切，所以的半径为.
由已知得，，又，
故可得，解得或.故的半径或，
所以的方程为或.
（2）法一：设，由已知得的半径为，.
由于，故可得，化简得的轨迹方程为.
设，，则得，的中点，
则以为直径的圆的半径为：，
到轴的距离为，令，①
化简得，即，故当时，①式恒成立.
所以存在定点，使得以为直径的圆与轴相切.
法二：设，由已知得的半径为，.
由于，故可得，化简得的轨迹方程为.
设，因为抛物线的焦点坐标为，
点在抛物线上，所以，线段的中点的坐标为，
则到轴的距离为，而，故以为径的圆与轴切，
所以当点与重合时，符合题意，所以存在定点，使得以为直径的圆与轴相切.
【点睛】本题考查了圆的标准方程求法，动点轨迹方程的求法，抛物线定义及定点问题的解法综合应用，属于难题.
13．（2021·淮南高三（理））在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，过椭圆右焦点作两条互相垂直的弦与.当直线的斜率为0时，.（1）求椭圆的方程；（2）试探究是否为定值？若是，证明你的结论；若不是，请说明理由.
【答案】（1）（2）是定值；证明见解析
【分析】（1）根据，当直线的斜率为0时，.即求解.
（2）分两种情况讨论，①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，易得.②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线的方程为，直线的方程为.将直线方程代入椭圆方程中并整理，再利用弦长公式分别求解即可.
【详解】（1）由题意知，当直线的斜率为0时，..
又，解得，，所以椭圆方程为.
（2）①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，
由题意知.
②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线的方程为，，，
则直线的方程为.
将直线方程代入椭圆方程中并整理得，
则，，
所以.
同理，.
所以，故是定值.
【点睛】本题主要考查椭圆的几何性质以及直线与椭圆的位置关系，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.
14．（2020·吉林长春市·高三二模（理））已知椭圆：（）的左、右顶点分别为、，焦距为2，点为椭圆上异于、的点，且直线和的斜率之积为.（1）求的方程；
（2）设直线与轴的交点为，过坐标原点作交椭圆于点，试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）（2）是定值，且定值为2
【分析】（1）设出点坐标并代入椭圆方程，根据列方程，求得的值，结合求得的值，进而求得椭圆的方程.
（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，求得点的横坐标，联立直线的方程和椭圆方程，求得，由此化简求得为定值.
【详解】（1）已知点在椭圆：（）上，可设，即，
又，且，可得椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为：，则直线的方程为.
联立直线与椭圆的方程可得：，由，可得，
联立直线与椭圆的方程可得：，即，
即.即为定值，且定值为2.
【点睛】本小题主要考查本小题主要考查椭圆方程的求法，考查椭圆中的定值问题的求解，考查直线和椭圆的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题.
14．（2021·天津高三二模）已知点为椭圆的焦点，且点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；（2）已知直线与椭圆交于、两点，且坐标原点到直线的距离为，的大小是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2），理由见解析.
【分析】（1）利用椭圆的定义求出的值，再结合的值可求得的值，由此可得出椭圆的标准方程；
（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，求出点、的坐标，计算出；在直线的斜率存在时，设直线的方程为，由已知条件得出，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，计算出，综合可得出结论.
【详解】（1）由椭圆定义可得，，
，，因此，椭圆的方程为；
（2）设点、.①当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，
由于对称性不妨设直线的方程为，联立，解得或，
即点、，此时，，则；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由点到直线的距离公式可得，则，
联立，可得，
，即.
由韦达定理可得，，

，，即.
综上所述，.
【点睛】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．
15．（2020·广东茂名市·（文））已知椭圆E:过点(0,1)且离心率.
(Ⅰ)求椭圆E的方程;
(Ⅱ)设动直线l与两定直线l1:x﹣y=0和l2:x+y=0分别交于P,Q两点.若直线l总与椭圆E有且只有一个公共点,试探究:△OPQ的面积是否存在最小值?若存在,求出该最小值;若不存在,说明理由.
【答案】(Ⅰ)y2=1 (Ⅱ)存在,最小值为1
【分析】(Ⅰ)由题意可得，根据离心率及间的关系即可求解 (Ⅱ)当直线l的斜率不存在时，易知S△OPQ，当直线l的斜率存在时,设直线l:y=kx+m,k≠±1，根据点到直线的距离公式和三角形面积公式，借助函数的性质即可求出.
【详解】(Ⅰ)由已知得b=1,,a2=b2+c2,解得a,b=c=1,所以椭圆的E方程为y2=1,
(Ⅱ)当直线l的斜率不存在时,直线l为x或x, 都有:S△OPQ22.
当直线l的斜率存在时,设直线l:y=kx+m,k≠±1,由,消去y,可得(1+2k2)x2+4kmx+2m2﹣2=0,
∴△=﹣8m2+8+16k2,由题可知,△=0,有m2=2k2+1,
又 可得P(,);同理可得Q(,).
由原点O到直线PQ的距离为d和|PQ|=2|m|•,可得S△OPQd|PQ|=||,
∵m2=2k2+1,∴S△OPQ,当1﹣k2<0,即k>1或k<﹣1时,S△OPQ22,
当1﹣k2>0,即﹣1 所以S△OPQ21,当且仅当k=0时等号成立.
综上,当k=0时,△OPQ的面积存在最小值为1.
【点睛】本题主要考查了直线和椭圆的位置关系，点到直线的距离公式，函数的单调性，考查了运算能力和转化能力，属于难题.
16．（2020·江苏高二课时练习）已知：交轴于，两点，过以为长轴，离心率为的椭圆的左焦点的直线交椭圆于，，分别交轴和圆于，.
（1）求椭圆的标准方程；（2）若，.求证：为定值；
（3）过原点作直线的垂线交直线于点.试探究：当点在圆上运动时（不与，重合），直线与圆是否保持相切？若是，请证明；若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）故直线与圆相切，证明见详解.
【分析】（1）由题意可得，再根据离心率可得，由，可得椭圆的标准方程.
（2）设直线的方程为：，将直线与椭圆方程联立，求出两根之和、两根之积，再根据向量的坐标运算可得，求出即可证出.
（3）设，则，只要证出即可.
【详解】
（1）由，解得，又因为，所以，
所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）证明，如图，由题设知直线的斜率存在，

设直线的方程为：，则点，
将直线代入椭圆方程可得，
设，，，，
由，，知，
故.
（3）点在圆上运动时，直线与圆相切，
证明：设，则，，，
直线的方程为，即点，
，，
，即，故直线与圆相切.
【点睛】本题考查了由离心率求椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系中的定值问题，此题对计算能力要求比较高，属于难题.
17．（2021·安徽高三月考（文））A，B为椭圆的左右顶点，，E为椭圆C上任意一点（异于左右顶点）， 设AE，BE的斜率分别为k1和k2，，（1）求椭圆C的方程；
（2）设动直线与椭圆C有且只有一个公共点P，且与直线相交于点Q，试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】（1）由题意求出，得出椭圆的标准方程；（2）假设平面内存在点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上，利用向量的坐标运算及韦达定理可求出的坐标.
【详解】（1）易知，，，
设，，又，，
代入得， 椭圆C的方程为.
（2）由得①
因为动直线l与椭圆C有且只有一个公共点，所以且，化简得②
将②代入①整理得，，所以 由得
假设平面内存在点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上，
设，则对满足②的m，k恒成立
因为，，
由，化简整理得③
由于③式对满足②式的m，k恒成立，所以解得
故存在定点，使得以PQ为直径的圆恒过点M.
【点睛】直线与椭圆相交问题求解策略：（1）解答直线与椭圆相交的题目时，常用到“设而不求”的方法，即联立直线和椭圆的方程，消去(或)得一元二次方程，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求解；（2）涉及直线方程的设法时，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.
18．（2021·广东高三其他模拟）设，为双曲线的左、右顶点，直线过右焦点且与双曲线的右支交于，两点，当直线垂直于轴时，为等腰直角三角形.
（1）求双曲线的离心率；（2）已知直线，分别交直线于两点，当直线的倾斜角变化时，以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.
【答案】（1）2；（2）以为直径的圆过定点，.
【分析】（1）由已知得，由此可求得双曲线的离心率.
（2）由（1）得双曲线，设直线，，，与双曲线的方程联立，得出根与系数的关系，得到以为直径的圆的方程，可得定点.
【详解】（1）由轴时， 为等腰直角三角形，可得，所以，
即，故，结合，解得.故双曲线的离心率为2.
（2）因为，所以双曲线，
显然直线l的斜率不为0，设直线，，，
联立直线与双曲线的方程得，化简得，
根据根与系数的关系，得，①
所以，②
，③
设直线，直线，令，可得，
设是以为直径的圆上的任意一点，则，
则以为直径的圆的方程为，
由对称性可得，若存在定点，则一定在轴上，令，可得，
即，
将①②③代入，可得，即，
解得或，所以以为直径的圆过定点，.
【点睛】 (1)解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或)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)涉及到直线方程设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形．有时若直线过x轴上的一点，可将直线设成横截式.