专题24 圆锥曲线中的存在性、探索性问题 微点1 圆锥曲线中的存在性问题试题及答案

这是一份专题24 圆锥曲线中的存在性、探索性问题 微点1 圆锥曲线中的存在性问题试题及答案，共39页。学案主要包含了微点综述，强化训练，名师点睛，思路点睛等内容，欢迎下载使用。

专题24 圆锥曲线中的存在性、探索性问题 微点1 圆锥曲线中的存在性问题
专题24 圆锥曲线中的存在性、探索性问题
微点1 圆锥曲线中的存在性问题
【微点综述】
平面解析几何的本质，是用代数的方法来解决几何问题．具体运用就是用代数方法研究几何性质，恰当地将几何性质转换成相应的代数运算．解决解析几何综合问题，需要将代数运算与几何性质完美结合．
如果是涉及变量较多的问题，那么可以首先分析变量之间的关系，并确定消参的思路．在分析清楚解题思路的基础上，树立优化意识，即算法的内在逻辑分析，优化解法．
对于存在性问题，有时可以从特殊情况出发，确定目标．存在性问题，一般是先假设结论存在，用待定系数法设出所求的曲线方程或者点的坐标，再根据题目中的条件按照结论存在的前提推理，如果能得出符合题意的解，那么说明结论存在的假设成立；如果无解或者得出的解不符合题意，那么说明结论不存在．
一、解决圆锥曲线存在性问题常用方法
解析几何中的存在性问题通常是设其存在，然后依据题设条件进行推理，有时通过直接计算就能得到结论，有时要根据要求确定存在的条件，如果得到矛盾则说明不存在．高考中存在性问题一般以解答题的形式出现．
思维导图如下：

解题预设其存在，推理论证求出来，如若前后有矛盾，那就说明不存在．
二、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，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：
（1）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
（2）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．
三、常见题型及其解法
类型一、是否存在定点问题
例1．
1．已知椭圆：的离心率为，点和点
都在椭圆上，直线交轴于点．
（Ⅰ）求椭圆的方程，并求点的坐标（用，表示）；
（Ⅱ）设为原点，点与点关于轴对称，直线交轴于点．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．
类型二、是否存在定值问题
例2．
2．过抛物线的对称轴上一点的直线与抛物线相交于M、N两点，自M、N向直线作垂线，垂足分别为、．
（Ⅰ）当时，求证：⊥；
（Ⅱ）记、 、的面积分别为、、，是否存在，使得对任意的，都有成立．若存在，求值；若不在，说明理由．
例3．
3．已知椭圆：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线：与椭圆有且只有一个公共点T．
（Ⅰ）求椭圆的方程及点的坐标；
（Ⅱ）设是坐标原点，直线平行于，与椭圆交于不同的两点、，且与直线交于点，证明：存在常数，使得，并求的值．
类型三、是否存在直线问题
例4．
4．已知椭圆G：，与x轴不重合的直线l经过左焦点，且与椭圆G相交于A，B两点，弦AB的中点为M，直线OM与椭圆G相交于C，D两点．
(1)若直线l的斜率为1，求直线OM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．
例5．
5．设分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且点和关于点对称.
（Ⅰ）求椭圆的方程；    
（Ⅱ）过右焦点的直线与椭圆相交于两点，过点且平行于的直线与椭圆交于另一点，问是否存在直线，使得四边形的对角线互相平分？若存在，求出的方程；若不存在，说明理由.
例6．
6．已知椭圆的离心率为，点分别为其下顶点和右焦点，坐标原点为，且的面积为.

（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在直线，使得与椭圆相交于两点，且点恰为的垂心？若存在，求直线的方程，若不存在，请说明理由.
类型四、是否存在最值问题
例7．（2022·上海·位育中学模拟预测）
7．如图， 椭圆 的右焦点为，过点的一动直线 绕点转动，并且交椭圆于两点，为线段的中点.

(1)求点的轨迹的方程;
(2)在的方程中， 令，.
①设轨迹的最高点和最低点分别为和，当为何值时， 为正三角形?
②确定的值， 使原点距直线 最远， 此时， 设与轴交点为，当直线 绕点转动到什么位置时， 的面积最大， 并求出面积的最大值?
例8．（2022·四川省宜宾市第四中学校模拟预测）
8．已知抛物线的焦点为，为抛物线上一点，.
(1)求抛物线的标准方程；
(2)过的两直线交抛物线于，，且的平分线平行于y轴，试判断的面积是否有最大值？若有，求出最大值；若没有，说明理由.
类型五、是否存在平面图形问题
例9．
9．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.
例10．（2022·辽宁·高三期末）
10．已知椭圆的右焦点为F(1，0)，且点在椭圆C上.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过椭圆上异于其顶点的任意一点Q作圆的两条切线，切点分别为M，N(M，N不在坐标轴上)，若直线MN在x轴，y轴上的截距分别为m，n，证明：为定值；
（3）若是椭圆上不同的两点，轴，圆E过且椭圆上任意一点都不在圆E内，则称圆E为该椭圆的一个内切圆.试问：椭圆是否存在过左焦点的内切圆？若存在，求出圆心E的坐标；若不存在，请说明理由.
类型六、其它类型的存在性问题
例11．
11．如图，设椭圆（a＞1）.

（Ⅰ）求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长（用a、k表示）；
（Ⅱ）若任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围.
【强化训练】
12．已知过原点的动直线与圆相交于不同的两点，．
（1）求圆的圆心坐标；
（2）求线段的中点的轨迹的方程；
（3）是否存在实数，使得直线与曲线只有一个交点？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由．
13．已知椭圆，点，C分别是椭圆M的左焦点、左顶点，过点的直线l（不与x轴重合）交M于A，B两点．
(1)求M的离心率及短轴长；
(2)是否存在直线l，使得点B在以线段AC为直径的圆上？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
14．已知椭圆，直线l与W相交于M，N两点，l与x轴，y轴分别相交于C，D两点，O为坐标原点．
(1)若直线l的方程为，求外接圆的方程；
(2)判断是否存在直线l，使得C，D是线段MN的两个三等分点，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
（2022江苏常州·高二期末）
15．已知椭圆的右焦点的坐标为，左焦点为，且椭圆上的点与两个焦点，所构成的三角形的面积的最大值为.

（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，已知，两点是位于轴同侧的椭圆上的两点，且直线，的斜率之和为0，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.
（2022·四川广安·模拟预测）
16．已知抛物线，点在抛物线C上，过点M作抛物线C的切线，交x轴于点P，点O为坐标原点．
(1)求P点的坐标；
(2)点E的坐标为，经过点的直线交抛物线于A，B两点，交线段OM于点Q，记EA，EB，EQ的斜率分别为，，，是否存在常数使得．若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
（2022·河南洛阳·模拟预测）
17．已知抛物线C：的焦点为F，直线被抛物线C截得的弦长为5．
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知点A，B是抛物线C上异于原点O的不同动点，且直线OA和直线OB的斜率之和为，过点F作直线AB的垂线，垂足为H，是否存在定点P，使得线段PH的长度为定值？若存在，求出点P的坐标及线段PH的长；若不存在，请说明理由．
（2023·河南·洛宁县第一高级中学一模）
18．已知椭圆：的离心率为，椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合．

(1)求椭圆的方程．
(2)如图，A，B是椭圆的左、右顶点，过点F且斜率不为0的直线交椭圆C于点M，N，直线AM与直线交于点P．记PA，PF，BN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，请说明理由．
（2022·上海奉贤·二模）
19．椭圆上有两点和，．点A关于椭圆中心的对称点为点，点在椭圆内部，是椭圆的左焦点，是椭圆的右焦点．
(1)若点在直线上，求点坐标；
(2)是否存在一个点，满足，若满足求出点坐标，若不存在请说明理由；
(3)设的面积为，的面积为，求的取值范围．
（2022·青海·海东市第一中学模拟预测）
20．已知椭圆M：（a>b>0）的离心率为，AB为过椭圆右焦点的一条弦，且AB长度的最小值为2.
(1)求椭圆M的方程；
(2)若直线l与椭圆M交于C，D两点，点，记直线PC的斜率为，直线PD的斜率为，当时，是否存在直线l恒过一定点？若存在，请求出这个定点；若不存在，请说明理由.
（2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测）
21．已知椭圆的两个焦点分别为和，椭圆上一点到和的距离之和为，且椭圆的离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过左焦点的直线交椭圆于、两点，线段的中垂线交轴于点（不与重合），是否存在实数，使恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说出理由.




参考答案：
1．（Ⅰ），；（Ⅱ）存在点．
【详解】（Ⅰ）由于椭圆：过点且离心率为，，，椭圆的方程为.
,直线的方程为：，令，；
（Ⅱ），直线的方程为：，直线PB与x轴交于点N，令，则.
设
, ,
,
则，所以，（注：点在椭圆上，），则，存在点使得.
考点：1.求椭圆方程；2.求直线方程及与坐标轴的交点；3.存在性问题.

2．（Ⅰ）略
（Ⅱ）存在，使得对任意的，都有成立，证明略
【详解】解：
依题意，可设直线MN的方程为，则有

由消去x可得
从而有①
于是②
又由，可得③
（Ⅰ）如图1，当时，点即为抛物线的焦点，为其准线
此时①可得
证法1：

证法2：


(Ⅱ)存在，使得对任意的，都有成立，证明如下：
证法1：记直线与x轴的交点为,则．于是有


将①、②、③代入上式化简可得

上式恒成立，即对任意成立
证法2：如图2，连接,则由可得
,
所以直线经过原点O，同理可证直线也经过原点O
又设
则

3．（Ⅰ），点T坐标为（2,1）；（Ⅱ）.
【详解】试题分析：本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.第（Ⅰ）问，利用直线和椭圆只有一个公共点，联立方程，消去y得关于x的方程有两个相等的实数根，解出b的值，从而得到椭圆E的方程；第（Ⅱ）问，利用椭圆的几何性质，数形结合，根据根与系数的关系，进行求解.
试题解析：（Ⅰ）由已知，，则椭圆E的方程为.
由方程组 得.①
方程①的判别式为，由，得，
此时方程①的解为，
所以椭圆E的方程为.
点T坐标为（2,1）.
（Ⅱ）由已知可设直线的方程为，
由方程组 可得
所以P点坐标为（），.
设点A，B的坐标分别为.
由方程组 可得.②
方程②的判别式为，由，解得.
由②得.
所以，
同理，
所以


.
故存在常数，使得.
【考点】椭圆的标准方程及其几何性质
【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.在涉及直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般设交点坐标为，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得，再把用表示出来，并代入的值，这种方法是解析几何中的“设而不求”法，可减少计算量，简化解题过程．

4．(1)
(2)

【分析】（1）由题意得直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系及斜率公式求解直线的斜率；
（2）假设存在直线，使得成立，由题意，直线不与轴重合，设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用弦长公式求，再求出弦的中点的坐标，可得的方程，与椭圆方程联立，求得，可得，代入，，，整理求得值，即可得到满足条件的直线的方程．
（1）
解：由题意可得，，由直线的斜率为1，
则直线的方程为，设，，，，
联立，得，
可得，，则，，
故直线的斜率为；
（2）
解：假设存在直线，使得成立，由题意，直线不与轴重合，
设直线的方程为，
联立，得．
设，，，，
则，
可得．
．
则弦的中点的坐标为，
故的方程为．
联立，得，
由对称性，设，，，，则．
可得．
，且，
，
故，代入，，，
得，解得．
直线的方程为．
【点睛】本题考查直线与椭圆位置关系的应用，考查逻辑思维能力与推理论证能力，考查运算求解能力，综合性强，难度较大．
5．（Ⅰ）（Ⅱ）存在直线为满足题意，详见解析
【分析】（Ⅰ）根据对称性求出点，从而可得出椭圆两焦点的坐标，利用椭圆定义求出的值，结合的值，可求出的值，从而写出椭圆的方程；
（Ⅱ）设直线的方程为，可得出直线的方程为，设，， 将直线的方程与椭圆的方程联立，消去，得出有关的一元二次方程，并列出韦达定理，同理将直线的方程与椭圆的方程联立可得出点的坐标，由已知条件得出线段与的中点重合，从而可得出有关的方程，求出的值，即可得出直线的方程．
【详解】（Ⅰ）解：由点和关于点对称，得，  
所以椭圆E的焦点为，，                    
由椭圆定义，得 .
所以 ，.                           
故椭圆的方程为；
（Ⅱ）解：结论：存在直线，使得四边形的对角线互相平行.
理由如下：
由题可知直线，直线的斜率存在，
设直线的方程为，直线的方程为
由，消去
得，                        
由题意，可知 ，设，，
则，，                     
由消去,
得，
由，可知，设，又，
则
若四边形的对角线互相平行，则与的中点重合，
所以，即
故
所以
解得，
所以直线为，四边形的对角线互相平分．
【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，对于直线与椭圆的综合问题，常采用韦达定理法，本题中注意到四边形为平行四边形，利用两对角线互相平分结合韦达定理进行求解，这是解题的关键，同时在解题中也要注意韦达定理法适用的情形．
6．（1）；（2）存在，.
【分析】（1）根据椭圆的离心率公式与的面积列方程求得，，即可求解方程；
（2）因为点为的垂心，所以，根据斜率设直线的方程，代入椭圆的方程，求出两根的关系，根据，转化为坐标方程式通过化简与计算即可求解直线方程．
【详解】解：（1）由题可知，
解得，
所以椭圆的方程为；
（2）假设满足条件的直线存在，由，
所以，
因为点为的垂心，
所以，
所以，
设直线的方程为，代入，
得，(*)，
，即，
记，
则，
由，得，
所以，
将代入上式，
得，
所以，
所以，
解得(舍去)，
代入(*)满足，
所以直线的方程为．
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆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．
7．(1)，其中.
(2)①；②直线与轴垂直时，的面积最大，且面积最大值为.

【分析】（1）设，，利用点差法可得，结合可得动点的轨迹方程.
（2）①由（1）及题设条件可得，从而可求.
②利用判别式法可求原点距直线的距离取最小值时对应的，再设直线，结合弦长公式和面积公式、基本不等式等可求面积的最大值.
【详解】（1）设，，
则，，所以，
所以，
当时，有，而，
所以，整理得到：，
当时，的坐标为，此时满足，
故点的轨迹的方程为即，
其中.
（2）①由（1）可得点的轨迹为椭圆，其中心为，长半轴长为，短半轴长为，
故，，而到的距离为.
因为 为正三角形，故，即，
所以，故即，
所以或（舍，因为），
而，故.
②原点距直线的距离为，
该距离可化简为，其中，
令，则，故，
所以，故，
整理得到：，故，
故，当且仅当即时等号成立，
此时，直线，，
设直线，由可得，
故，
所以，
当且仅当时等号成立，
故直线与轴垂直时，的面积最大，且面积最大值为.
【点睛】思路点睛：对于较为复杂的与圆锥曲线基本量有关的计算问题，应根据函数的形式选择相应的最值的求法，如果函数的形式中有和、积关系的转化，则可选择基本不等式，如果函数的形式中有根据，则可平方后利用判别式.
8．(1)
(2)的面积有最大值，最大值为

【分析】（1）由抛物线的焦半径公式及抛物线上的一点坐标，列出方程组即可求解；
（2）由的平分线平行于y轴，可以推出，整理可得出直线的斜率，设出直线的方程，表示出到的距离，以及的长度，即可表示出，最后结合函数的性质即可求出的最值.
【详解】（1）因为为抛物线上一点，所以.因为，
所以，即，解得，所以抛物线C的标准方程为.
（2）由（1）得，.设，.
因为的平分线平行于y轴，所以，得，
即，整理得，

则设直线，即，
点M到直线的距离为：

，

令，由，不妨设，则，
得，所以.
当时，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为，
即的最大值为.
综上可知，的面积有最大值，最大值为.
【点睛】本题考查圆锥曲线中的面积问题，结合函数性质求出最值.
9．(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.
10．（1）；（2）证明见解析；（3）存在，.
【解析】（1）根据条件求解出的值，再将点坐标代入椭圆方程，结合，求解出，则椭圆方程可求；
（2）设出点的坐标，求解出切线方程，根据在切线上求解出直线的方程，由此计算出横、纵截距，并证明为定值；
（3）假设存在，根据条件设出的坐标以及圆的方程，然后根据内切圆的定义列出关于点的坐标的方程，构造方程组求解出参数的值，则圆心的坐标可求.
【详解】（1）由题意得，.所以，
又点在椭圆上，所以 ，解，
所以椭圆的标准方程为；
（2）由（1）知，，设点
则直线的方程为——①，直线的方程为——②，
把点的坐标代入①②得,所以直线的方程为
令，得，令，得.
所以，又点在圆上.
所以，，为定值；
（3）由椭圆的对称性，不妨设，由题意知，点在轴上，
设点，则圆的方程为
由椭圆的内切圆的定义知，椭圆上的点到点的距离的最小值是，
设点是椭圆上任意一点，则，
当时，最小，所以——①
假设椭圆存在过左焦点的内切圆，则——②
又点在椭圆上，所以——③
由①②③得或，
当时，，不合题意，舍去，且经验证，符合题意，
综上，椭圆存在过左焦点的内切圆，圆心的坐标是.
【点睛】结论点睛：圆有关的切线方程的结论：
（1）已知圆的方程为，则圆上任意一点处的切线方程为；
（2）已知圆的方程为，则圆上任意一点处的切线方程为.
11．（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【详解】试题分析：（Ⅰ）先联立和，可得，，再利用弦长公式可得直线被椭圆截得的线段长；（Ⅱ）先假设圆与椭圆的公共点有个，再利用对称性及已知条件可得任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点时，的取值范围，进而可得椭圆离心率的取值范围．
试题解析：（Ⅰ）设直线被椭圆截得的线段为，由得，
故，．
因此．
（Ⅱ）假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，，满足
．
记直线，的斜率分别为，，且，，．
由（Ⅰ）知，，，
故，
所以．
由于，，得，
因此， ①
因为①式关于，的方程有解的充要条件是，
所以．
因此，任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为，
由得，所求离心率的取值范围为．
【考点】弦长，圆与椭圆的位置关系，椭圆的离心率．
【思路点睛】（Ⅰ）先联立和，可得交点的横坐标，再利用弦长公式可得直线被椭圆截得的线段长；（Ⅱ）利用对称性及已知条件任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点，求得的取值范围，进而可得椭圆离心率的取值范围．

12．（1）；（2）；（3）存在，或．
【分析】（1）通过将圆的一般式方程化为标准方程即得结论；（2）设当直线的方程为y=kx，通过联立直线与圆的方程，利用根的判别式大于0、韦达定理、中点坐标公式及参数方程与普通方程的相互转化，计算即得结论；（3）通过联立直线与圆的方程，利用根的判别式△=0及轨迹的端点与点（4，0）决定的直线斜率，即得结论
【详解】（1）由得，
∴ 圆的圆心坐标为；
（2）设，当x=3时，符合题意；
当x不等于3时，
∵ 点为弦中点即，


∴即，
∴ 线段的中点的轨迹的方程为；
（3）由（2）知点的轨迹是以为圆心为半径的部分圆弧（如下图所示，不包括两端点），且，，又直线：过定点，

当直线与圆相切时，由得，又，结合上图可知当时，直线：与曲线只有一个交点．
考点：1.轨迹方程；2.直线与圆相交的位置关系；3.圆的方程

13．(1)离心率为，短轴长为；
(2)不存在，理由见解析.

【分析】(1)根据椭圆方程求出a、b、c，结合短轴和离心率的定义即可求解；
(2)法一：设B，利用向量数量积的坐标表示可得，结合二次函数的性质可得，进而，即可求解；
法二：设直线l的方程和，联立椭圆方程并消元，根据韦达定理表示出、，利用向量数量积的坐标表示化简计算可得，结合数向量量积的定义即可得出角C的范围，进而得出角B的范围.
（1）
由椭圆方程，得，．
∴椭圆M的短轴长为．
∵，∴，即M的离心率为；
（2）
解法1：由题意知，点C的坐标为，点的坐标为．
设点B，则．
∵，
设，
则函数在上单调递增，所以，
即，∴，
∴点B不在以AC为直径的圆上，即不存在直线l，使得点B在以AC为直径的圆上．
解法2：设直线l的方程为，．
由，可得．
∴，．
∴，
∵，∴．∴．
∴点B不在以AC为直径的圆上，即不存在直线l，使得点B在以AC为直径的圆上．
14．(1)；
(2)存在，直线l的方程为或.

【分析】(1)根据直线方程求出点C、D的坐标，进而求出CD的中点(外接圆圆心)坐标和(半径)，结合圆的标准方程即可求解；
(2)设直线l方程和，求出点C、D的坐标，联立椭圆方程并消去y，利用韦达定理表示出、，由C，D是线段MN的两个三等分点可得MN中点为线段CD中点、，求出k、m即可得出结论.
（1）
∵直线l的方程为，
∴直线l与x轴的交点为，与y轴的交点为．
则线段CD的中点为，．
即外接圆的圆心为，半径为．
∴外接圆的方程为；
（2）
结论：存在直线l，使得C，D是线段MN的两个三等分点．
理由如下：
由题意，设直线l的方程为，，
则点C的坐标为，点D的坐标为．
由方程组，得．
∴．（*）
由韦达定理，得，．
由C，D是线段MN的两个三等分点，得线段MN的中点与线段CD的中点重合．
∴．
解得．
由C，D是线段MN的两个三等分点，得．
∴．
∵，代入解得，验证知（*）成立．
∴存在直线l，使得C，D是线段MN的两个三等分点．
此时直线l的方程为或．
15．（1）；（2）存在，.
【分析】（1）设为椭圆上的点，，进而，然后求出，即可得到椭圆的方程；
（2）设是关于轴的对称点，根据题意知，关于轴对称，设其方程为，联立椭圆方程结合韦达定理表示出，方法1和方法3是利用基本不等式求最值，方法2是利用函数求最值.
【详解】（1）设为椭圆上的点，
则，
又，则，
∴，
故椭圆的标准方程为.
（2）设是关于轴的对称点，
由直线，的斜率之和为0，知，关于轴对称，

又由椭圆的对称性知，，，三点共线，
直线的斜率存在且不为0，设其方程为，
由消去得
，        


又，
当且仅当时取等号.        
故的面积存在最大值.
方法2：设点，，
直线方程为，与椭圆联立，
消去得，
，，        
因为直线，的斜率之和为0，所以，
即，
整理得
.
所以直线方程为，直线过定点，        



令，
则，
当，即时，的面积取得最大值.
方法3：设点，，
直线方程为，与椭圆联立，
消去得，
，，
因为直线，的斜率之和为0，所以，
即，
整理得
.
所以直线方程为，直线过定点，    


.
令，则，
当且仅当，即时取得等号，
此时，的面积取得最大值.
16．(1)
(2)存在；

【分析】（1）由题意将点坐标代入抛物线方程可求出，则可得抛物线方程，然后利用导数的几何意义可求出切线方程，从而可得P点的坐标；
（2）先表示出过点的直线方程，由求出点的坐标，则可表示出，设，，然后将直线代入抛物线方程中消去，利用根与系数的关系，然后化简计算即可得结论
（1）
因为在抛物线C上，所以，所以
所以抛物线C的方程为，即，则，
所以切线的斜率为，
所以过点M的切线方程为，即
联立，解得P点的坐标为
（2）
由题意可知过点的直线的斜率存在，设为，线段所在的直线为，
联立，解得Q点坐标为，
所以
设，，联立，得，
所以，．
则

所以，即存在满足条件．
17．(1)
(2)存在，，

【分析】（1）设直线与抛物线交于，两点，两方程联立，得
利用韦达定理代入，可得答案；
（2）设直线AB的方程为，，，直线AB的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理代入可得，从而得到
直线AB恒过定点，利用得点H在以线段DF为直径的圆上，取DF的中点P，得，可得存在定点P，求得线段PH的长度．
（1）
设直线与抛物线C：交于，两点．
联立，得，
因为，所以恒成立，
，，
所以，
解得（舍去）．
所以抛物线C的方程为．
（2）
由题意分析可知，直线AB的斜率不为0，
不妨设直线AB的方程为，，，
联立得，
，即，
，，
，
所以，所以直线AB的方程为，即，
所以直线AB恒过定点，
因为，，即，
所以点H在以线段DF为直径的圆上，
取DF的中点P，则，
，
所以存在定点P，使得线段PH的长度为定值，点P的坐标为，
线段PH的长度为．
18．(1)
(2)存在；

【分析】(1)由题意可知，再根据离心率为可求，进而可求椭圆方程；
(2) 设，，直线的方程为，与椭圆联立，由韦达定理可得
，的值，联立直线与直线，求出交点的坐标，进而得到的表达式，代入已知求解即可.
（1）
解：设椭圆的焦距为，因为椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，
所以．
因为椭圆的离心率为，所以，解得，
所以，
所以椭圆的方程为．
（2）
设，，直线的方程为，
与椭圆联立，
得，
因为直线MN交椭圆C于M，N两点，所以，
所以，，
所以．
直线：与直线的交点的坐标为，则．
假设存在满足条件的实数，则，
所以
，
所以．
19．(1)；
(2)不存在，理由见解析；
(3)

【分析】（1）先求得两点坐标，进而可得直线的方程，将点坐标代入该方程，解之即可求得点坐标；
（2）假设存在符合条件的点，列方程去求点坐标，再以点在椭圆内部去判别是否存在；
（3）先求得的表达式，再去求的值域，进而求得的取值范围．
（1）
由点和点在椭圆上
可得，，则直线方程为，
又点在直线上，则，解之得，则
（2）
椭圆的两焦点
假设存在一个点，满足，
则点一定在双曲线的左半支上，
由，可得
又，则，
又因为点在椭圆内部，所以，得
所以满足条件的点不存在．
（3）
两点、和在椭圆上，
点在椭圆内部，
则直线的方程为，
点到直线的距离
则，
同理直线的方程为，
点到直线的距离
则
令，则
由，可得，，，即
由，可得，，，即
综上，的取值范围为
则的取值范围为
20．(1)
(2)存在，

【分析】（1）由题意求出，即可求出椭圆M的方程.
（2）设直线l的方程为m(x－2)+ny＝1，，，联立直线l的方程与椭圆方程，得，则，化简得，即可求出直线l恒过的定点.
（1）
因为（a>b>0）的离心率为，过椭圆右焦点的弦长的最小值为，
所以a＝2，，，所以椭圆M的方程为.
（2）
设直线l的方程为m(x－2)+ny＝1，，，
由椭圆的方程，得.
联立直线l的方程与椭圆方程，得，
即，，
所以，
化简得，代入直线l的方程得，
即，解得x＝－2，y＝－4，即直线l恒过定点.
21．(1)
(2)存在，

【分析】（1）由椭圆的定义可求得的值，根据椭圆的离心率求得的值，再求出的值，即可得出椭圆的方程；
（2）分析可知，直线不与轴垂直，分两种情况讨论，一是直线与轴重合，二是直线的斜率存在且不为零，设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出、，即可求得的值.
（1）
解：由椭圆的定义可得，则，因为，，则，
因此，椭圆的方程为.
（2）
解：若直线与轴垂直，此时，线段的垂直平分线为轴，不合乎题意；
若直线与轴重合，此时，线段的垂直平分线为轴，则点与坐标原点重合，
此时，；
若直线的斜率存在且不为零时，设直线的方程为，设点、，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
则，
所以，线段的中点为，
所以，线段的垂直平分线所在直线的方程为，
在直线方程中，令可得，
故点，所以，，
由弦长公式可得，
因此，.
综上所述，存在，使得恒成立.
【点睛】方法点睛：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．