新高考数学二轮专题《圆锥曲线》第27讲 探索性问题（2份打包，解析版+原卷版）

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第27讲 探索性问题
一、解答题
1．已知分别为椭圆：（）的左、右焦点, 且离心率为，点椭圆上
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，使直线与的倾斜角互补，且直线是否恒过定点，若存在，求出该定点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）过定点
【解析】
试题分析：（1）设椭圆的方程，用待定系数法求出的值；（2）解决直线和椭圆的综合问题时注意：第一步：根据题意设直线方程，有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，可由点斜式设直线方程.第二步：联立方程：把所设直线方程与椭圆的方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程.第三步：求解判别式：计算一元二次方程根.第四步：写出根与系数的关系.第五步：根据题设条件求解问题中结论.
试题解析：（1）由题意得，，，联立得
椭圆方程为 6分
（2）由题意,知直线存在斜率,其方程为由
消去
△=（4km）2—4（2k2+1）（2m2—2）>0
设
则 8分
又
由已知直线与的倾斜角互补,
得
化简,得

整理得 10分
直线的方程为,
因此直线过定点,该定点的坐标为（2,0） 12分
考点：1、椭圆的标准方程；2、直线与椭圆的综合应用.
2．椭圆上顶点为，为椭圆中心，为椭圆的右焦点，且焦距为，离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线交椭圆于，两点，判断是否存在直线，使点恰为的垂心？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，
【分析】
（1）根据椭圆的焦距为，离心率为，解得：，，故椭圆的标准方程为；
（2）设直线的方程为，代入到得，设，，，，由韦达定理得：，，因为，，，，可得：
代入整理可得，解得：，即可求出直线方程.
【详解】
（1）设椭圆的标准方程为，，焦距为2，故
又，，，．
故椭圆的标准方程为．
（2）设，，，，为的垂心，．
，，，
，，
设直线的方程为，代入到得，
，解得且
，，
，，，，
，
即
由根与系数的关系，得．
解得或（舍去）．
故存在直线，使点恰为的垂心，且直线的方程为
【点睛】
本题考查了椭圆的标准方程，考查了直线和椭圆的关系，常用方法为：设而不求利用韦达定理求出根与系数关系，结合条件即可得解.要求较高的计算能力，属于难题.
3．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，右焦点到右顶点的距离为．
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）是否存在与椭圆交于两点的直线：，使得成立？若存在，求出实数的取值范围，若不存在，请说明理由.
【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）.
【解析】
试题分析：（1）由已知条件可推得，由此能求出椭圆的标准方程；（2）存在直线使得成立，直线方程与椭圆的方程联立，由此利用根的判别式和韦达定理结合已知条件，得出，即可求解实数的取值范围．
试题解析：（1）设椭圆的方程为（），半焦距为．依题意，由右焦点到右顶点的距离为，得．解得，．所以．
所以椭圆的标准方程是．
（2）解：存在直线，使得成立．理由如下：
由得．
，化简得．
设，，则，．
若成立，即，等价于．
所以．，
，,
化简得，．将代入中，，解得，．又由，，
从而，或．
所以实数的取值范围是．
考点：椭圆的标准方程；直线与椭圆的位置的应用．
【方法点晴】本题主要考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆位置关系的应用，其中解答中涉及到椭圆的几何性质、不等式求范围问题，此类问题的解答中，把直线的方程与圆锥曲线方程联立，利用方程的根与系数的关系，以及韦达定理结合题目的条件进行合理运算是解答的关键，着重考查了学生推理与运算能力，同时注意试题中的隐含条件，做到合理加以运用，属于中档试题．
4．已知为椭圆C的左、右焦点，且点在椭圆C上.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过的直线交椭圆C于A，B两点，则的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，求其最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
试题分析：（1）设椭圆的方程为，由，利用已知条件能求出，由此能求出椭圆的方程；（2）设直线，由，得，利用韦达定理推导出．当不存在时圆面积最大，此时直线方程为．
试题解析：（1）由已知，可设椭圆的方程为.
因为，
所以.所以椭圆的方程为.
（2）当直线斜率存在时，设直线的方程为，
由得.
设，则，
所以.
设内切圆半径为，因为的周长为（定值），
，
所以当的面积最大时，内切圆面积最大.
又，
令，则，
所以，
又当k不存在时，，此时，
故当k不存在时内切圆面积最大，，此时直线方程为.
考点：（1）椭圆的标准方程；（2）直线与椭圆的综合.
【方法点晴】本题考查椭圆方程的求法，根据椭圆的定义设出椭圆的标准方程，得解；考查三角形内切圆面积是否存在最大值的判断，用到不太常用的三角形内切圆半径公式：，故可得当三角形周长固定时，三角形面积越大内切圆面积越大，解题时要认真审题，注意韦达定理和分类讨论思想的合理运用，计算难度较大，属于难题.
5．（本小题共13分）
在平面直角坐标系中，已知圆的圆心为，过点且斜率为的直线与圆相交于不同的两点．
（Ⅰ）求圆的面积；
（Ⅱ）求的取值范围；
（Ⅲ）是否存在常数，使得向量与共线？如果存在，求的值；如果不存在，请说
明理由．
【答案】(1)4π. (2)(3)没有符合题意的常数k
【解析】
解：（Ⅰ）圆的方程可化为，可得圆心为，半径为2，
故圆的面积为． ---------------------3分
（Ⅱ）设直线的方程为．
法一：
将直线方程代入圆方程得，
整理得． ① ---------------------4分
直线与圆交于两个不同的点等价于
， ---------------------6分
解得，即的取值范围为． ---------------------8分
法二：
直线与圆交于两个不同的点等价于
---------------------5分
化简得，
解得，即的取值范围为． ---------------------8分
（Ⅲ）设，则，由方程①，
②
又． ③ ---------------------10分而．
所以与共线等价于---------------------11分
将②③代入上式，解得． ---------------------12分
6．已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，长轴长为，离心率为，经过其左焦点的直线交椭圆于两点
（I）求椭圆的方程；
（II）在轴上是否存在一点，使得恒为常数？若存在，求出点的坐标和这个常数；若不存在，说明理由.
【答案】（I）；（II）见详解.
【分析】
（I）根据，和已知即可求解；（II）联立直线与椭圆方程，消去根据韦达定理代入数量积即可求解.
【详解】
（I）设椭圆的方程为，
由题意，得，解得，所以
所求的椭圆方程为 .
（II）由（I）知. 假设在轴上存在一点，使得恒为常数，
①当直线与轴不垂直时，设其方程为，、.
由得，
所以，



.
因为是与无关的常数，从而有，即
此时
②当直线与轴垂直时，此时点的坐标分别为，
当时，亦有
综上，在轴上存在定点，使得恒为常数，且这个常数为.
【点睛】
本题考查椭圆方程及椭圆与直线的应用.此题的难点是计算.
7．已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A（），且点F（，0）为其右焦点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）是否存在直线l与椭圆C交于B，D两点，满足，且原点到直线l的距离为？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）不存在
【分析】
（1）根据焦点及椭圆定义，即可求得参数c与a，从而求得椭圆的方程．
（2）根据点到直线距离，可得m与k的等量关系式；联立方程，由判别式可得k的取值范围，进而结合向量的数量积求得斜率，判断是否存在．
【详解】
（1）设椭圆C的方程为，则左焦点为，
在直角三角形中，可求，∴，
故椭圆C的方程为．
（2）假设存在符合题意的直线l，其方程为，由原点到l的距离为得：
．
联立方程，得．
则，，．
设，，
则，
解得．
当斜率不存在时，l的方程为，易求得．
综上，不存在符合条件的直线． …
【点睛】
本题考查了圆锥曲线的综合应用，直线与椭圆的关系，是高考的常考点，属于难题．
8．（本小题12分）已知如图，圆和抛物线，圆的切线与抛物线交于不同的点，.

（1）当直线的斜率为时，求线段的长；
（2）设点和点关于直线对称，问是否存在圆的切线使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【解析】
试题分析：（1）圆的圆心坐标为，半径，设，，设的方程，利用直线是圆的切线，求得的值，从而可得直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理，即可计算弦长；
（2）利用直线是圆的切线，可得，满足的一个方程，将直线的方程与抛物线方程联立，利用，可得，满足的另一个方程，联立方程组可求得，的值，从而得到满足题设的直线.
试题解析：∵圆：，∴圆心坐标为，半径，（1）当直线的斜率为时，设的方程为，即，∵直线是圆的切线，∴，解得或（舍），此时直线的方程为，由，消去得，∴，设，，则，，得，∴弦长；
（2）∵直线是圆的切线，∴，得①，由，消去得，∴，即，且，，∵点和点关于直线对称，∴点为，∴，，∵，∴，
即，即②，①+②，得，
解得或，当时，代入①解得，，满足条件，当时，代入①得，无解，综上所述，存在满足条件的直线，其方程为.
考点：1.直线与抛物线的位置关系；2.弦长的计算；3.韦达定理的运用.
9．已知曲线，，动直线与相交于两点，曲线在处的切线相交于点．
（1）当时，求证：直线恒过定点，并求出定点坐标；
（2）若直线与相切于点，试问：在轴上是否存在两个定点，当直线斜率存在时，两直线的斜率之积恒为定值？若存在求出满足条件的点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在两个定点恒满足.
【解析】
试题分析：（1）设出直线方程，联立其与抛物线方程得到两点坐标的关系，再由导数的几何意义，直线的斜率就是它们分别在两点处切线的斜率，且，可求得；（2）利用两点坐标表示出直线，的方程，观察可得直线的方程，利用与圆相切整理即得动点的轨迹方程，问题得解.
试题解析：（1）依题意，直线的斜率存在，设，
由得则，
又由得，
∴，∴
∴的方程为，恒过定点．
（2）设，直线，即
又经过，∴，即∴，
同理，∴
由此可得切线的方程为∴．
由直线与圆相切得，化简得，
从而动点的轨迹方程为，为焦点在轴上的双曲线．
取，则为定值
故存在两个定点满足恒为定值．
考点：直线与圆、直线与抛物线的位置关系的应用.
【方法点晴】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系及函数与方程思想的应用,综合性较强，属于难题.解答本题的技巧在于，通过导数的几何意义得到两条切线斜率之间的关系，由直线与抛物线方程构成的方程组得到两切点坐标的关系，二者本质上是统一的，从而得到直线经过的定点；第二问的难点是从第一问出发，写出直线，的方程，观察得到点的轨迹，通过双曲线知识得到答案.
10．已知椭圆焦点在x轴上，下顶点为D(0，－1)，且离心率．经过点的直线L与椭圆交于A，B两点.
(Ⅰ)求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）求|AM|的取值范围.
（Ⅲ）在x轴上是否存在定点P，使∠MPA=∠MPB。若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由．
【答案】(Ⅰ) (Ⅱ) .
【解析】试题分析：（Ⅰ）由题意可得方程组，解得，（Ⅱ）根据两点间距离公式列|AM|，利用点A在椭圆上，消未知数得一元二次函数，最后根据对称轴与定义区间位置关系求最值，（Ⅲ）由∠MPA=∠MPB得，设坐标 ，，，，并化简得=0，再根据直线方程与椭圆方程联立方程组，利用韦达定理代入，并化简得
试题解析：(Ⅰ)设椭圆方程为由已知得，
又，∴，即椭圆方程为
(Ⅱ) 设，即，
又，得
∴所以当x1=时，的最小值为
（Ⅲ）假设x轴上存在定点满足条件， ，.
当直线L的斜率存在时，设直线L方程为：
由消去y整理得，

由∠MPA=∠MPB得，即，
又即=0
，即，P(3，0)
当直线L的斜率不存在时，也满足条件.∴定点P坐标为
11．已知直线，圆，椭圆的离心率，直线被圆截得的弦长与椭圆的短轴长相等．求椭圆的方程；已知动直线（斜率存在）与椭圆交于两个不同点，且△的面积为，若为线段的中点，问：在轴上是否存在两个定点使得直线与的斜率之积为定值？若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由．
【答案】A（，0），B（－，0）
【解析】
试题分析：求椭圆标准方程，一般利用待定系数法求解，即列出两个独立条件，组成方程组：一是由离心率得，二是由直线与圆位置关系中垂径定理得，而圆心O到的距离，从而存在性问题，一般从假设存在出发，探求满足题意的充要条件：假设x轴上存在两定点A（s，0），B（t，0）（s≠t），则直线NA的斜率k1＝，直线NB的斜率k2＝，∴k1k2＝，因此原问题转化为求动点N的轨迹：由弦中点及面积可得出，代入得，从而得出s＋t＝0，st＝－2
试题解析：（1）设椭圆半焦距为c，圆心O到的距离d＝，则被圆O截得的弦长为2，所以b＝1，由题意得e＝，∵b＝1，∴a2＝4，b2＝1．∴椭圆E的方程为．
（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），直线的方程为：y＝kx＋m．
则消去y得（1＋4k2）x2＋8kmx＋4m2－4＝0．
x1＋x2＝－，x1·x2＝．|PQ|＝·|x1－x2|＝．
原点O到直线的距离d＝，则，
∴2|m|·＝1＋4k2，令1＋4k2＝n，∴2|m|·＝n，
∴n＝2m2，1＋4k2＝2m2．
∵N为PQ中点，∴xN，yN，
∵1＋4k2＝2m2，∴xN＝－，yN＝．∴．
假设x轴上存在两定点A（s，0），B（t，0）（s≠t），则直线NA的斜率k1＝，
直线NB的斜率k2＝，∴k1k2＝
当且仅当s＋t＝0，st＝－2时，k1k2＝－，则s＝，t＝－．
综上所述，存在两定点A（，0），B（－，0），使得直线NA与NB的斜率之积为定值．
考点：椭圆标准方程，直线与椭圆位置关系
【方法点睛】
1．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．
2．定点的探索与证明问题
（1）探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋b，然后利用条件建立b、k等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．
（2）从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．
12．已知椭圆:经过点且离心率为.
（1）求椭圆方程；
（2）是否存在直线，使椭圆上存在不同两点关于该直线对称？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）存在，
【分析】
（1）由题意知椭圆的离心率为，可得，故椭圆方程为，代入点，即可求解（2）假设存在，设出点的坐标，利用点差法可得的中点M的坐标，根据M在椭圆内，建立不等式，即可求得的取值范围．
【详解】
（1）由椭圆离心率，可得，所以，
因为，所以，
所以椭圆方程为，
由椭圆过点，可得，
解得，
所以椭圆方程为
（2）假设存在，设，、，，的中点，，
则
两式相减可得


，
，
在椭圆内，



或
的取值范围是．
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程，考查椭圆的对称性，考查点差法的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．
13．已知椭圆，过右焦点的直线交椭圆于，两点．
（1）若，求直线的方程；
（2）若直线的斜率存在，在线段上是否存在点，使得，若存在，求出的范围，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）或；（2）.
【解析】
（1）当直线的斜率不存在时，，，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设，，
直线的方程为，①
又椭圆的方程为，②
由①②可得，（*）
∴，，
∴，
∴，解得，
∴，即直线的方程为或．
（2）由（1）可知，
设的中点为，即，
假设存在点，使得，则，
解得，
当时，，为椭圆长轴的两个端点，则点与原点重合，
当时，，
综上所述，存在点且．
点睛：本题旨在考查椭圆的标准方程与几何性质等基础知识以及学生的运算求解能力、推理论证能力等思维能力。解答第一问题时，充分借助直线与椭圆的位置关系，借用坐标之间的关系待定直线的斜率，从而求出直线的方程；第二问则假设符合题设条件的点存在，然后借助题设条件进行推理论证，从而探究出点的存在。
14．已知椭圆：（）过点，离心率，直线：与椭圆交于，两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在定点，使得为定值.若存在，求出点的坐标和的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在点，使得为定值.
【分析】
（1）由离心率得，再根据椭圆过点待定系数即可求得；
（2）分别设，，，再直线与椭圆方程联立得，故有，，再计算并化简得，根据题意若为定值，则，代入可求得，.
【详解】
解：（1）因为椭圆的离心率，所以，
又因为，所以，又因为椭圆过点，所以有，解得，所以，故椭圆方程为：.
（2）设，，，则联立方程得.
显然，，，
所以为定值.
故.
即，
则，解得，.
即存在点，使得为定值.
【点睛】
本题考查待定系数法求椭圆的方程，椭圆中的定值定点问题，考查数学运算能力.
15．已知圆经过点， ，并且直线平分圆.
（1）求圆的方程；
（2）若直线与圆交于两点，是否存在直线，使得（为坐标原点），若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) ;(2) 不存在直线.
【解析】
试题分析: (1)由弦的中垂线必过圆心,所以求出线段的中垂线,与3x-2y=0的交点即为圆心,由两点间距离公式求圆的半径.(2) 设，由向量的数量积坐标表示可知,直线与圆组方程组,利用韦达代入上式,可求得k,同时检验判别式.
试题解析:（1）线段的中点，，
故线段的中垂线方程为，即.
因为圆经过两点，故圆心在线段的中垂线上.
又因为直线：平分圆，所以直线经过圆心.
由 解得，即圆心的坐标为，
而圆的半径，
所以圆的方程为：
（2）设，
将代入方程，得，
即 ，
由，得，
所以，.
又因为

所以
，解得或
此时式中，没有实根，与直线与交于两点相矛盾，
所以不存在直线，使得.
16．已知椭圆经过点，是的一个焦点，过点的动直线交椭圆于两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在定点（异于点），对任意的动直线（斜率存在）都有，若存在求出点的坐标，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）存在这样的定点，坐标为，详见解析
【分析】
（1）根据题目条件列出关于的方程，解出即可；
（2）设出点，联立直线和椭圆，将用韦达定理和斜率公式变形整理，利用恒成立的意义，即可求出点的坐标．
【详解】
解（1）由题意得，
所以，
即椭圆的方程为：.
（2）假设存在这样的点，设点，点，
设直线，
联立，消去得，
所以.
因为，
，
，
，
，

整理得：.
因为任意的直线（斜率存在）都成立，
所以，解得，
所以存在这样的定点，坐标为.
【点睛】
本题考查直线和椭圆的位置关系，利用韦达定理和斜率公式对条件等式变形，对学生计算能力要求较高，难度比较大．
17．已知椭圆的离心率为，且过点．
（1）求C的方程；
（2）点M，N在C上，且，D为垂足，问是否存在定点Q，使得为定值，若存在，求出Q点，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，答案见解析.
【分析】
（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；
（2）设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.
【详解】
（1）由题意可得：，解得：，
故椭圆方程为：.
(2)设点，
若直线斜率存在时，设直线的方程为：，
代入椭圆方程消去并整理得：，
可得，，
因为，所以，即，
根据,代入整理可得：
，
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，
故，所以，
于是的方程为，
所以直线过定点直线过定点，
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：，或，当时与横坐标重合舍去，
此时直线过点，
令为的中点，即，
若与不重合，则由题设知是的斜边，
故，
若与重合，则，
故存在点，使得为定值.
【点睛】
关键点点睛：本题的关键点是利用得 ，转化为坐标运算，需要设直线的方程，点，因此需要讨论斜率存在与不存在两种情况，当直线斜率存在时，设直线的方程为：，与椭圆方程联立消去可
，代入即可，当直线的斜率不存在时，可得，
利用坐标运算以及三角形的性质即可证明，本题易忽略斜率不存在的情况，属于难题.
18．已知点在椭圆上，椭圆离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点、，在轴上是否存在点，使得为定值？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，使得为定值.
【分析】
（1）依题意建立方程椭圆的方程为；（2）假设存在点,使得为定值,设直线的方程为,联立,存在点,使得为定值恒成立．
【详解】
（1）因为点在椭圆上，椭圆离心率为,,
解得椭圆的方程为．
（2）假设存在点,使得为定值, 设,设直线的方程为,
联立,得,,
,

,要使上式为定值, 即与无关, 应有
,解得,存在点,使得为 定值恒成立．