高考数学命题热点聚焦与扩展(通用版)专题37圆锥曲线的探索性、存在性问题【原卷版+解析】

这是一份高考数学命题热点聚焦与扩展(通用版)专题37圆锥曲线的探索性、存在性问题【原卷版+解析】，共43页。

【热点聚焦】
纵观近几年的高考试题，圆锥曲线的证明、探索性、存在性问题是热点之一.从命题的类型看，主要是大题.一般说来，考查直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系问题，综合性较强，涉及方程组联立，根的判别式、根与系数的关系、弦长、面积、参数、几何量为定值，或定点在某直线上、定直线过某点、探索性、存在性问题等.难度往往大些.
【重点知识回眸】
1.圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三点共线等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法.
2.探索性问题的求解方法：先假设成立，在假设成立的前提下求出与已知、定理或公理相同的结论，说明结论成立，否则说明结论不成立．处理这类问题，一般要先对结论做出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证．若推出相符的结论，则存在性随之解决；若推出矛盾，则否定了存在性；若证明某结论不存在，也可以采用反证法.
3.解析几何中存在性问题的求解方法：
（1）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、直线、曲线或参数）存在，用待定系数法设出，列出关于特定参数的方程组，若方程组有实数解，则元素（点、直线、曲线或参数）存在，否则（点、直线、曲线或参数）不存在．
（2）反证法与验证法也是求解存在性问题的常用方法．
【典型考题解析】
热点一 圆锥曲线中的证明问题
【典例1】（2023·全国·高考真题（理））已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
（1）证明：直线AB过定点：
（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.
【典例2】(2023年理新课标I卷）设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A,B两点，点M的坐标为(2,0).
（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
（2）设O为坐标原点，证明：∠OMA=∠OMB.
【典例3】(2023年全国卷Ⅲ理）已知斜率为k的直线l与椭圆C： x24+y23=1交于A，B两点，线段AB的中点为M1 ， mm>0．
（1）证明：k<−12；
（2）设F为C的右焦点，P为C上一点,且FP+FA+FB=0．证明：FA，FP，FB成等差数列，并求该数列的公差．
热点二 圆锥曲线中的探索性问题
【典例4】(2023·全国·高考真题（理））已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．
（Ⅰ）证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；
（Ⅱ）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．
【总结提升】
1.本例题干信息中涉及几何图形：平行四边形，把几何关系用数量关系等价转化是求解此类问题的关键．
2.几种常见几何条件的转化如下：
(1)平行四边形条件的转化
(2)圆条件的转化
(3)角条件的转化
【典例5】(2023·福建·高三阶段练习）已知两点，，动点在轴的投影为，且，记动点的轨迹为曲线.
(1)求的方程.
(2)过点的直线与曲线在轴右侧相交于，两点，线段的垂直平分线与轴相交于点，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【典例6】(2023·甘肃白银·高三开学考试（文））已知椭圆C：的右顶点是M（2，0），离心率为．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)过点T（4，0）作直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，点B关于x轴的对称点为D，问直线AD是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．
【总结提升】
动直线l过定点问题的常见思路
设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
热点三 圆锥曲线中的存在性问题
【典例7】（江西·高考真题（理））如图，椭圆经过点P（1，），离心率e=，直线l的方程为x=4.
（1）求椭圆C的方程；
（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为.问：是否存在常数λ，使得 ？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由.
【典例8】（全国·高考真题（理））已知椭圆C: 的离心率为，过右焦点F的直线l与C相交于A、B两点，当l的斜率为1是，坐标原点O到直线l的距离为.
（Ⅰ）求a,b的值；
（Ⅱ）C上是否存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有成立？
若存在，求出所有的P的坐标与l的方程；若不存在，说明理由.
【典例9】(2023·辽宁鞍山·一模）在平面直角坐标系xOy中，点B与点关于原点对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于.
(1)求动点P的轨迹方程，并注明x的范围；
(2)设直线AP与BP分别与直线交于M，N，问是否存在点P使得与面积相等？若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由.
【精选精练】
一、解答题
1．(2023·全国·高二课时练习）已知两点、，曲线C上的动点P满足．
(1)求曲线C的方程；
(2)曲线C上是否存在点M使?若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
2．(2023·全国·高三专题练习）若是双曲线的两个焦点．
(1)若双曲线上一点到它的一个焦点的距离等于10，求点到另一个焦点距离；
(2)能否在双曲线的左支上找到一点，使是到左准线的距离与的等比中项？若能，求出的坐标，若不能，说明理由．
3．(2023·全国·高二专题练习）在平面直角坐标系中，，，曲线E上的动点P满足，直线l过D交曲线E于A、B两点．
(1)求曲线E的方程；
(2)当时，A在x轴上方时，求A、B的坐标；
(3)设，，P是曲线E上的任意一点，若，求证：动点在定圆上运动．
4．（2023·湖南·新邵县教研室高二期末）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点，（）在椭圆上，点，是椭圆上不同于，的两个动点，且满足：，试问：直线的斜率是否为定值？请说明理由.
5．(2023·全国·高二专题练习）已知抛物线的顶点坐标为，准线方程为，不垂直于轴的直线与该抛物线交于A，B两点．
(1)求抛物线的方程;
(2)如图，若以AB为直径的圆M交x轴的负半轴于点C，则是否存在实数t，使得的内切圆的圆心在x轴上?若存在，求出t的值;若不存在，请说明理由．
6．(2023·全国·高二课时练习）已知椭圆，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．
(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，请说明理由．
7．(2023·全国·高二课时练习）已知双曲线C的中心是原点，右焦点为，一条渐近线为，设过点的直线l的法向量为．
(1)求双曲线C的方程；
(2)当时，在双曲线C的右支上是否存在点Q，Q到直线l的距离为？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
8．(2023·全国·高二课时练习）如图，F是抛物线的焦点，Q是准线与x轴的交点，斜率为k的直线l经过点Q．
(1)当k取不同数值时，求直线l与抛物线公共点的个数；
(2)若直线l与抛物线相交于A、B两点，求证：是定值．
(3)在x轴上是否存在这样的定点M，对任意的过点Q的直线l与抛物线相交于A、B两点，均能使得为定值，若有，找出满足条件的点M;若没有，请说明理由．
9．(2023·全国·高二课时练习）已知双曲线C：经过点（2，3），两条渐近线的夹角为60°，直线l交双曲线于A、B两点．
(1)求双曲线C的方程．
(2)若l过原点，P为双曲线上异于A、B的一点，且直线PA、PB的斜率、均存在．求证：为定值．
(3)若l过双曲线的右焦点，是否存在x轴上的点M（m，0），使得直线l绕点无论怎样转动，都有成立？若存在，求实数m的值；若不存在，请说明理由．
10．(2023·全国·高二课时练习）若双曲线的一个焦点是，且离心率为2．
(1)求双曲线的方程；
(2)设过焦点的直线的一个法向量为，当直线与双曲线的右支相交于不同的两点时，
①求实数的取值范围；
②是否存在实数，使得为锐角？若存在，请求出的取值范围；若不存在，请说明理由．
11．(2023·全国·高二专题练习）已知直线过椭圆的右焦点，且交椭圆于两点，点在直线上的射影分别为点.若，其中为原点，为右顶点，为离心率.
(1)求椭圆的方程；
(2)连接，试探索当变化时，直线是否相交于一定点.若交于定点，请求出点的坐标，并给予证明；否则说明理由.
12．(2023·浙江·高三开学考试）已知椭圆过点，且以长轴和短轴为对角线的四边形面积为.
(1)求的方程；
(2)已知椭圆，在椭圆上任取三点，是否存在使得与椭圆相切于三角形三边的中点，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
13．(2023·全国·高二课时练习）已知抛物线上的点到其焦点的距离为．
(1)求和的值；
(2)若直线交抛物线于、两点，线段的垂直平分线交抛物线于、两点，求证：、、、四点共圆．
14．(2023·湖南·雅礼中学高三阶段练习）已知双曲线和点.
(1)斜率为且过原点的直线与双曲线交于两点，求最小时的值.
(2)过点的动直线与双曲线交于两点，若曲线上存在定点，使为定值，求点的坐标及实数的值.
15.(2023·四川泸州·高二期末（文））抛物线的焦点是椭圆的一个焦点．
(1)求的准线方程；
(2)若是直线上的一动点，过向作两条切线，切点为M，N，试探究直线MN是否过定点？若是，请求出定点，若否，请说明理由.
16.(2023·全国·高三专题练习）已知抛物线的焦点为F，过点的直线l交C于M，N两点，当l与x轴垂直时，．
(1)求C的方程：
(2)在x轴上是否存在点P，使得恒成立（O为坐标原点）？若存在求出坐标，若不存在说明理由．
几何性质
代数实现
①对边平行
斜率相等，或向量平行
②对边相等
长度相等，横(纵)坐标差相等
③对角线互相平分
中点重合
几何性质
代数实现
①点在圆上
点与直径端点向量数量积为零
②点在圆外
点与直径端点向量数量积为正数
③点在圆内
点与直径端点向量数量积为负数
几何性质
代数实现
①锐角、直角、钝角
角的余弦(向量数量积)的符号
②倍角、半角、平分角
角平分线性质、定理
③等角(相等或相似)
比例线段或斜率
专题37 圆锥曲线的探索性、存在性问题
【热点聚焦】
纵观近几年的高考试题，圆锥曲线的证明、探索性、存在性问题是热点之一.从命题的类型看，主要是大题.一般说来，考查直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系问题，综合性较强，涉及方程组联立，根的判别式、根与系数的关系、弦长、面积、参数、几何量为定值，或定点在某直线上、定直线过某点、探索性、存在性问题等.难度往往大些.
【重点知识回眸】
1.圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三点共线等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法.
2.探索性问题的求解方法：先假设成立，在假设成立的前提下求出与已知、定理或公理相同的结论，说明结论成立，否则说明结论不成立．处理这类问题，一般要先对结论做出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证．若推出相符的结论，则存在性随之解决；若推出矛盾，则否定了存在性；若证明某结论不存在，也可以采用反证法.
3.解析几何中存在性问题的求解方法：
（1）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、直线、曲线或参数）存在，用待定系数法设出，列出关于特定参数的方程组，若方程组有实数解，则元素（点、直线、曲线或参数）存在，否则（点、直线、曲线或参数）不存在．
（2）反证法与验证法也是求解存在性问题的常用方法．
【典型考题解析】
热点一 圆锥曲线中的证明问题
【典例1】（2023·全国·高考真题（理））已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
（1）证明：直线AB过定点：
（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.
答案：(1)见详解；(2) 3或.
分析：（1）可设，，然后求出A，B两点处的切线方程，比如：，又因为也有类似的形式，从而求出带参数直线方程，最后求出它所过的定点.
（2）由(1)得带参数的直线方程和抛物线方程联立，再通过为线段的中点，得出的值，从而求出坐标和的值，分别为点到直线的距离，则，结合弦长公式和韦达定理代入求解即可.
【详解】(1)证明：设,,则．
又因为，所以.则切线DA的斜率为，
故，整理得.
设，同理得.
,都满足直线方程.
于是直线过点，而两个不同的点确定一条直线，所以直线方程为.即，
当时等式恒成立．所以直线恒过定点.
（2）由（1）得直线的方程为.
由，可得，
于是
.
设分别为点到直线的距离，则.
因此，四边形ADBE的面积.
设M为线段AB的中点，则，
由于，而，与向量平行，所以，解得或.
当时，；当时
因此，四边形的面积为3或.
【典例2】(2023年理新课标I卷）设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A,B两点，点M的坐标为(2,0).
（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
（2）设O为坐标原点，证明：∠OMA=∠OMB.
答案：(1) AM的方程为y=−22x+2或y=22x−2.(2)证明见解析.
【解析】分析：(1)首先根据l与x轴垂直，且过点F(1,0)，求得直线l的方程为x=1，代入椭圆方程求得点A的坐标为(1,22)或(1,−22)，利用两点式求得直线AM的方程；
(2)分直线l与x轴重合、l与x轴垂直、l与x轴不重合也不垂直三种情况证明，特殊情况比较简单，也比较直观，对于一般情况将角相等通过直线的斜率的关系来体现，从而证得结果.
详解：（1）由已知得F(1,0)，l的方程为x=1.由已知可得，点A的坐标为(1,22)或(1,−22).
所以AM的方程为y=−22x+2或y=22x−2.
（2）当l与x轴重合时，∠OMA=∠OMB=0°.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA=∠OMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y=k(x−1)(k≠0)，A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1<2,x2<2，直线MA，MB的斜率之和为kMA+kMB=y1x1−2+y2x2−2.由y1=kx1−k,y2=kx2−k得
kMA+kMB=2kx1x2−3k(x1+x2)+4k(x1−2)(x2−2).将y=k(x−1)代入x22+y2=1得(2k2+1)x2−4k2x+2k2−2=0.
所以，x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2−22k2+1.则2kx1x2−3k(x1+x2)+4k=4k3−4k−12k3+8k3+4k2k2+1=0.
从而kMA+kMB=0，故MA，MB的倾斜角互补，所以∠OMA=∠OMB.综上，∠OMA=∠OMB.
【点评】解决本题的关键是把图形中“角相等”关系转化为相关直线的斜率之和为零，体现了“直接转化法证明几何图形问题”；类似的还有圆过定点问题，转化为在该点的圆周角为直角，进而转化为斜率之积为－1；线段长度的比问题转化为线段端点的纵坐标或横坐标之比．
【典例3】(2023年全国卷Ⅲ理）已知斜率为k的直线l与椭圆C： x24+y23=1交于A，B两点，线段AB的中点为M1 ， mm>0．
（1）证明：k<−12；
（2）设F为C的右焦点，P为C上一点,且FP+FA+FB=0．证明：FA，FP，FB成等差数列，并求该数列的公差．
答案：（1）k<−12（2）32128或−32128
【解析】分析：（1）设而不求，利用点差法进行证明。（2）解出m,进而求出点P的坐标，得到|FP|,再由两点间距离公式表示出FA,|FB|，得到直l的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解。
详解：（1）设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x124+y123=1,x224+y223=1.两式相减，并由y1−y2x1−x2=k得
x1+x24+y1+y23⋅k=0.由题设知x1+x22=1,y1+y22=m，于是k=−34m.①；由题设得0（2）由题意得F(1,0)，设P(x3,y3)，则(x3−1,y3)+(x1−1,y1)+(x2−1,y2)=(0,0).
由（1）及题设得x3=3−(x1+x2)=1,y3=−(y1+y2)=−2m<0.又点P在C上，所以m=34，从而P(1,−32)，|FP|=32.于是|FA|=(x1−1)2+y12=(x1−1)2+3(1−x124)=2−x12.同理|FB|=2−x22.所以|FA|+|FB|=4−12(x1+x2)=3.故2|FP|=|FA|+|FB|，即|FA|,|FP|,|FB|成等差数列.
设该数列的公差为d，则2|d|=||FB|−|FA||=12|x1−x2|=12(x1+x2)2−4x1x2.②
将m=34代入①得k=−1.所以l的方程为y=−x+74，代入C的方程，并整理得7x2−14x+14=0.
故x1+x2=2,x1x2=128，代入②解得|d|=32128.所以该数列的公差为32128或−32128.
点睛：本题主要考查直线与椭圆的位置关系，等差数列的性质，第一问利用点差法，设而不求可减小计算量，第二问由已知得到FP+FM=0,求出m得到直线方程很关键.体现了“直接法证明数量关系式”
热点二 圆锥曲线中的探索性问题
【典例4】(2023·全国·高考真题（理））已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．
（Ⅰ）证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；
（Ⅱ）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．
答案：（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）能，或．
【详解】试题分析：（1）设直线，直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理求根与系数的关系，并表示直线的斜率，再表示；
（2）第一步由 (Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为，直线与椭圆方程联立求点的坐标，第二步再整理点的坐标，如果能构成平行四边形，只需，如果有值，并且满足，的条件就说明存在，否则不存在.
试题解析：解：(1)设直线，，，．
∴由得，
∴，．
∴直线的斜率，即．
即直线的斜率与的斜率的乘积为定值．
（2）四边形能为平行四边形．
∵直线过点，∴不过原点且与有两个交点的充要条件是，
由 (Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为．
∴由得，即
将点的坐标代入直线的方程得，因此．
四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即
∴．解得，．
∵，，，
∴当的斜率为或时，四边形为平行四边形．
【一题多解】第一问涉及中点弦，当直线与圆锥曲线相交时，点是弦的中点，（1）知道中点坐标，求直线的斜率，或知道直线斜率求中点坐标的关系，或知道求直线斜率与直线斜率的关系时，也可以选择点差法，设,，代入椭圆方程，两式相减，化简为，两边同时除以得，而,,即得到结果，
（2）对于用坐标法来解决几何性质问题，那么就要求首先看出几何关系满足什么条件，其次用坐标表示这些几何关系，本题的关键就是如果是平行四边形那么对角线互相平分，即，分别用方程联立求两个坐标，最后求斜率.
【总结提升】
1.本例题干信息中涉及几何图形：平行四边形，把几何关系用数量关系等价转化是求解此类问题的关键．
2.几种常见几何条件的转化如下：
(1)平行四边形条件的转化
(2)圆条件的转化
(3)角条件的转化
【典例5】(2023·福建·高三阶段练习）已知两点，，动点在轴的投影为，且，记动点的轨迹为曲线.
(1)求的方程.
(2)过点的直线与曲线在轴右侧相交于，两点，线段的垂直平分线与轴相交于点，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
答案：(1)
(2)是定值，.
分析：（1）设，利用列方程，化简求得曲线的方程.
（2）设出直线的方程并与曲线的方程联立，化简写出根与系数关系，求得线段的垂直平分线的方程，进而求得点的坐标，结合弦长公式求得为定值.
（1）
设，则，，，.
因为，所以，
故的方程为.
（2）
由题可知直线的斜率一定存在，且不为0，
不妨设直线的方程为，，.
联立方程组，消去整理得，
则，整理得.
，，
则线段的垂直平分线的方程为，
令，得，则，
.

则.
故是定值，该定值为.
【典例6】(2023·甘肃白银·高三开学考试（文））已知椭圆C：的右顶点是M（2，0），离心率为．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)过点T（4，0）作直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，点B关于x轴的对称点为D，问直线AD是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．
答案：(1)
(2)是，定点
分析：（1）由离心率的值和右顶点坐标，得出椭圆的方程；
（2）显然直线的斜率存在，设直线的方程为：，与椭圆方程联立，设，，，，，利用韦达定理求出直线的方程，得到与轴交点为定值，从而得出直线过定点．
（1）
由右顶点是M（2，0），得a＝2，又离心率，所以，
所以，所以椭圆C的标准方程为．
（2）
设，，显然直线l的斜率存在．
直线l的方程为，联立方程组
消去y得，由，得，
所以，．
因为点，所以直线AD的方程为．
又，
所以直线AD的方程可化为，
即，
所以直线AD恒过点（1，0）．
（方法二）设，，直线l的方程为，
联立方程组消去x得，
由，得或，所以，．
因为点，则直线AD的方程为．
又，
所以直线AD的方程可化为
，
此时直线AD恒过点（1,0），
当直线l的斜率为0时，直线l的方程为y＝0，也过点（1，0）．
综上，直线AD恒过点（1，0）．
【总结提升】
动直线l过定点问题的常见思路
设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
热点三 圆锥曲线中的存在性问题
【典例7】（江西·高考真题（理））如图，椭圆经过点P（1，），离心率e=，直线l的方程为x=4.
（1）求椭圆C的方程；
（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为.问：是否存在常数λ，使得 ？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由.
答案：（1）（2）存在
【详解】 ① ②
②代入①得
【典例8】（全国·高考真题（理））已知椭圆C: 的离心率为，过右焦点F的直线l与C相交于A、B两点，当l的斜率为1是，坐标原点O到直线l的距离为.
（Ⅰ）求a,b的值；
（Ⅱ）C上是否存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有成立？
若存在，求出所有的P的坐标与l的方程；若不存在，说明理由.
答案：：（Ⅰ），=（Ⅱ）C上存在点使成立，此时的方程为
【详解】试题分析：(Ⅰ) 先利用点到直线的距离公式求，再利用离心率求，最后利用参数的关系求；(Ⅱ)设点利用方程组消元后得根与系数关系，然后代入题中条件化简可求.
试题解析：(Ⅰ) 设F(c，0)，当l的斜率为1时，其方程为x－y－c＝0，
∴O到l的距离为，
由已知，得＝，∴c＝1．
由e＝＝，得a＝，b＝＝． 4分
（Ⅱ）假设C上存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有＝＋成立，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则P(x1＋x2，y1＋y2)．
由（Ⅰ），知C的方程为＋＝1．
由题意知，l的斜率一定不为0，故不妨设l：x＝ty＋1．
由，消去x并化简整理，得(2t2＋3)y2＋4ty－4＝0．
由韦达定理，得y1＋y2＝－，
∴x1＋x2＝ty1＋1＋ty2＋1＝t(y1＋y2)＋2＝－＋2＝，
∴P(，－)．
∵点P在C上，∴＋＝1，
化简整理，得4t4＋4t2－3＝0，即(2t2＋3)(2t2－1)＝0，解得t2＝．
当t＝时，P(，－)，l的方程为x－y－＝0；
当t＝－时，P(，)，l的方程为x＋y－＝0．
故C上存在点P(，±)，使＝＋成立，此时l的方程为x±y－＝0．
【典例9】(2023·辽宁鞍山·一模）在平面直角坐标系xOy中，点B与点关于原点对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于.
(1)求动点P的轨迹方程，并注明x的范围；
(2)设直线AP与BP分别与直线交于M，N，问是否存在点P使得与面积相等？若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由.
答案：(1)
(2)存在，
分析：（1）根据两点间斜率公式以及题中条件斜率之积即可列方程求解，
（2）由面积相等可得长度的比例关系，由相似转化为长度关系，即可列式子求解.
（1）
因为点B与点关于原点O对称，所以点B的坐标为
设点P的坐标为，由题意得，化简得
故动点P的轨迹方程为；
（2）
若存在点P使得与的面积相等，设点P的坐标为，
则
因为，所以，所以
即，解得，因为，所以，
故存在点P使得与的面积相等，此时点P的坐标为.
【精选精练】
一、解答题
1．(2023·全国·高二课时练习）已知两点、，曲线C上的动点P满足．
(1)求曲线C的方程；
(2)曲线C上是否存在点M使?若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
答案：(1)
(2)存在，坐标为或
分析：(1)结合已知条件，利用椭圆定义求解即可；(2)首先假设存在这样的点，代入椭圆方程得到一个关系式，然后利用向量的垂直的数量积为0得到另外一个关系式，联立关系式求解即可.
（1）
由题意可知，，从而，
由椭圆的定义可知，曲线C的轨迹为椭圆，
设曲线C的轨迹方程为：，()，且焦距，即，
因为，即，
所以，
故曲线C的方程为：.
（2）
假设曲线C上存在这样的点，即 ①，
因为，所以，
即 ②，
联立①②得，，，
从而坐标为或.
故曲线C上存在点M使，且坐标为或.
2．(2023·全国·高三专题练习）若是双曲线的两个焦点．
(1)若双曲线上一点到它的一个焦点的距离等于10，求点到另一个焦点距离；
(2)能否在双曲线的左支上找到一点，使是到左准线的距离与的等比中项？若能，求出的坐标，若不能，说明理由．
答案：(1)
(2)不能，理由见解析
分析：（1）根据双曲线的几何性质列方程求解即可；
（2）根据双曲线准线的性质和等比中项的性质，列方程求出 ，再根据三角形两边之和大于第三边判断可以求解.
（1）是双曲线的两个焦点，则，点到它的一个焦点的距离等于10，设点到另一个焦点的距离为，则由双曲线定义可知，，解得或（舍去），即点到另一个焦点的距离为；
（2）根据题意，，解得，又，从而，矛盾，符合条件的点不存在；综上， ，符合条件的点不存在.
3．(2023·全国·高二专题练习）在平面直角坐标系中，，，曲线E上的动点P满足，直线l过D交曲线E于A、B两点．
(1)求曲线E的方程；
(2)当时，A在x轴上方时，求A、B的坐标；
(3)设，，P是曲线E上的任意一点，若，求证：动点在定圆上运动．
答案：(1)
(2)，
(3)证明见解析
分析：（1）先利用椭圆的定义判定轨迹形状，再利用待定系数法进行求解；
（2）设出相关点的坐标，利用平面向量的数量积为0求出点坐标，再联立直线和椭圆方程求出点坐标；
（3）设出点的坐标，利用点在椭圆上、得到关于、的关系式，进而判定动点在定圆上运动.
（1）
由椭圆的定义可知动点P的轨迹是以C、D为焦点、长轴长为的椭圆，
即，，所以曲线E的方程为．
（2）
设，，其中，
因为，且A、D、在一条直线上，
所以
，
所以，，即，
则直线l的方程为．
联立，得，
所以，，
则，所以．
（3）
设，则，
因为，所以，
所以，即，
即动点在以原点为圆心、为半径的定圆上运动．
4．（2023·湖南·新邵县教研室高二期末）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点，（）在椭圆上，点，是椭圆上不同于，的两个动点，且满足：，试问：直线的斜率是否为定值？请说明理由.
答案：(1)
(2)为定值，理由见解析
分析：（1）根据离心率以及即可求解椭圆方程，
（2）将转化为直线斜率之和为，联立直线与椭圆方程，利用坐标运算即可求解.
（1）
因为椭圆的中心的原点，焦点在轴上，
所以设椭圆标准方程为，
因为椭圆离心率等于，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，
焦点为，所以，
所以，解得，
所以椭圆的标准方程.
（2）
由题意，直线与椭圆交点，
设，当时直线斜率之和为，
设斜率为，则斜率为，的直线方程为，
与椭圆联立得，
所以，同理，
所以，，
直线的斜率为.
5．(2023·全国·高二专题练习）已知抛物线的顶点坐标为，准线方程为，不垂直于轴的直线与该抛物线交于A，B两点．
(1)求抛物线的方程;
(2)如图，若以AB为直径的圆M交x轴的负半轴于点C，则是否存在实数t，使得的内切圆的圆心在x轴上?若存在，求出t的值;若不存在，请说明理由．
答案：(1)抛物线的方程为：.
(2)存在.当或时，的内切圆的圆心在x轴上.
分析：（1）设抛物线的方程为．由准线方程为，解出即可.
（2）假设存在实数t，设点、、的坐标，联立抛物线方程与直线方程，运用韦达定理得：.因为点C在以AB为直径的圆M上，所以 运用向量可得，整理得.因为的内心在x轴上，所以，将点、、的坐标代入整理得，接着把韦达定理的数值代入，解出的值，最后把的值代入，解出 即可.
（1）
设抛物线的方程为．
∵准线方程为
∴，
∴抛物线的方程为：．
（2）
假设存在满足题意的实数t，设，，．
由得，
∴ .
∵点C在以AB为直径的圆M上，∴．
又∵，，
∴．①
又∵，，
∴代入①整理得．②
又的内心在x轴上，
∴，
∴，即，
即，又由题意知，
∴，
将代入②，解得或．
∴存在实数t，即当或时，的内切圆的圆心在x轴上．
6．(2023·全国·高二课时练习）已知椭圆，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．
(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，请说明理由．
答案：(1)证明见解析
(2)当l的斜率为或时，四边形OAPB能为平行四边形．
分析：（1）设直线，，，，通过直线与椭圆联立，利用根与系数的关系以及斜率公式即可证得结论；
（2）由（1）得OM的方程为．通过方程联立解得，，根据题意有，解方程即可得解.
（1）
设直线，，，，
将代入，得，
则，
，，，
∴，即，
∴直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．
（2）
四边形OAPB能为平行四边形．
∵直线过点，
∴，
由（1）知，，
∴，
∴，
又，
∴，即，则，
∴l不过原点且与C有两个交点的充要条件是，且．
由（1）知直线OM的方程为，由得，
则点P的横坐标．
∵，
∴l的方程为，
将代入，得，
可得点M的横坐标．
当线段AB与线段OP互相平分，即时，四边形OAPB为平行四边形，
此时，解得，，均符合题意，
∴当l的斜率为或时，四边形OAPB能为平行四边形．
7．(2023·全国·高二课时练习）已知双曲线C的中心是原点，右焦点为，一条渐近线为，设过点的直线l的法向量为．
(1)求双曲线C的方程；
(2)当时，在双曲线C的右支上是否存在点Q，Q到直线l的距离为？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
答案：(1)
(2)不存在，理由见解析
分析：（1）先假设双曲线C为，由解得，即可求得C的方程；
（2）根据题意，设过原点且平行于 的直线 ，再求直线 与 的距离，得到，再判断直线与双曲线右支的位置即可得到结论.
（1）
因为双曲线C的一条渐近线为，故设C为，
即，所以，解得，所以双曲线C的方程为；
（2）
设过原点且平行于 的直线 ，
则直线 与 的距离 ，利用函数的单调性易知在和上单调递增，故当 时， ，
又双曲线 C 的一条渐近线为 ，即，而直线 ，
因为，所以 双曲线 C 的右支在直线 的右下方，
所以 双曲线 C 右支上的任意点到直线 的距离大于 ，
故在双曲线 C 的右支上不存在点 Q ，使之到直线 的距离为 .
8．(2023·全国·高二课时练习）如图，F是抛物线的焦点，Q是准线与x轴的交点，斜率为k的直线l经过点Q．
(1)当k取不同数值时，求直线l与抛物线公共点的个数；
(2)若直线l与抛物线相交于A、B两点，求证：是定值．
(3)在x轴上是否存在这样的定点M，对任意的过点Q的直线l与抛物线相交于A、B两点，均能使得为定值，若有，找出满足条件的点M;若没有，请说明理由．
答案：(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)存在，
分析：（1）求得直线的方程并代入抛物线的方程，对进行分类讨论，由此求得正确答案.
（2）结合根与系数关系，计算出.
（3）设，求得的表达式，从而求得时，为定值.
（1）
抛物线的焦点为，，
设，代入并化简得①．
当，直线的方程为，与的交点为原点，直线l与抛物线有个公共点；
当，，
若，即，直线l与抛物线有个公共点；
若，即时，直线l与抛物线有个公共点；
若，即或，直线l与抛物线没有公共点．
（2）
由于直线与抛物线有两个交点，由（1）得.
设交点、，
由①得，
，
所以为定值0．
（3）
若存在满足条件的点，使得为定值．
则

仅当，即时，为定值．
9．(2023·全国·高二课时练习）已知双曲线C：经过点（2，3），两条渐近线的夹角为60°，直线l交双曲线于A、B两点．
(1)求双曲线C的方程．
(2)若l过原点，P为双曲线上异于A、B的一点，且直线PA、PB的斜率、均存在．求证：为定值．
(3)若l过双曲线的右焦点，是否存在x轴上的点M（m，0），使得直线l绕点无论怎样转动，都有成立？若存在，求实数m的值；若不存在，请说明理由．
答案：(1)
(2)证明见解析
(3)存在；
分析：（1）根据题意得到，解方程组即可求出结果；
（2）设出点的坐标，结合根据两点求斜率，化简整理即可求出结果；
（3）设出直线的方程，结合韦达定理得到，从而可得，即可得到结果，注意检验斜率不存在的情况即可.
（1）
由题意得，解得
所以双曲线C的方程为．
（2）
证明：设点A的坐标为，则由对称性知点B的坐标为．
设P（x，y），则，
由得，
所以．
（3）
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，
与双曲线方程联立消y得，
所以，得且，
所以
．
假设存在实数m，使得，
则对任意的恒成立，
所以，解得．
所以当时，．
当直线l的斜率不存在时，由A（2，3），B（2，－3）及M（－1，0）知结论也成立．
综上，存在M（－1，0），使得．
【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．
10．(2023·全国·高二课时练习）若双曲线的一个焦点是，且离心率为2．
(1)求双曲线的方程；
(2)设过焦点的直线的一个法向量为，当直线与双曲线的右支相交于不同的两点时，
①求实数的取值范围；
②是否存在实数，使得为锐角？若存在，请求出的取值范围；若不存在，请说明理由．
答案：(1)
(2)①；②不存在，理由见解析
分析：（1）利用双曲线的性质直接求解即可；
（2）①利用点法式设出直线的方程与双曲线联立，消去，设，，利用韦达定理令和均大于0即可；
②为锐角即,即，解出的范围判断即可.
（1）
因为双曲线的一个焦点是，且离心率为2，
由解得，
所以双曲线的方程为.
（2）
①根据题意设直线，
由得，
由得，恒成立，
设，，则，，
直线与双曲线的右支相交于不同的两点即
所以解得.
②设存在实数，使为锐角，所以即，
因为，
所以，
由①得即解得，
与矛盾，故不存在.
11．(2023·全国·高二专题练习）已知直线过椭圆的右焦点，且交椭圆于两点，点在直线上的射影分别为点.若，其中为原点，为右顶点，为离心率.
(1)求椭圆的方程；
(2)连接，试探索当变化时，直线是否相交于一定点.若交于定点，请求出点的坐标，并给予证明；否则说明理由.
答案：(1)
(2)是，定点，证明见解析
分析：（1）由直线过椭圆右焦点可得的值，再利用离心率结合椭圆的性质即可得到椭圆方程；
（2）利用当时猜想定点坐标，当时，设，则，联立椭圆方程和，利用韦达定理证明三点共线和三点共线即可.
（1）
椭圆的方程为，
过定点，由题意可得，
由，可得，
即，即，解得，
则，，
所以椭圆的方程为.
（2）
当时，直线垂直于轴，可得四边形为矩形，
直线，所以直线，相交于点，猜想定点.
当时，分别设，由题意可得，
由，可得，
，，
由，，得，
又，
则，即，所以三点共线.
同理由得，
又，
则，即，所以三点共线.
综上，直线相交于一定点.
【点睛】解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.
12．(2023·浙江·高三开学考试）已知椭圆过点，且以长轴和短轴为对角线的四边形面积为.
(1)求的方程；
(2)已知椭圆，在椭圆上任取三点，是否存在使得与椭圆相切于三角形三边的中点，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）由以长轴和短轴为对角线的四边形面积为可得，求得，再结合在椭圆上得到，两式联立即可得到答案；
（2）设的中点分别是，然后得到直线为，与椭圆进行联立，得到一元二次方程，利用韦达定理以及结合题意通过计算即可得到答案
（1）
以长轴和短轴为对角线的四边形面积为，从而，
因为在椭圆上，所以，解得，
所以椭圆方程为
（2）
设的中点分别是，则，
因为均与椭圆相切于点，所以，
因为在两直线上，所以，
所以在直线上，即直线的方程为，
联立得，
所以，
所以，
当直线斜率存在时，且的中点为，直线，
设得，
因为与椭圆相切，所以，化简得，
代入得
因为在椭圆上，所以，代入得，解得（舍），所以，此时，
中点的横坐标为，
方程的解为，
所以时，与椭圆相切时切点为的中点，所以满足条件，
当直线斜率不存在时，不妨假设直线切于椭圆的左顶点，且根据椭圆的对称性，的中点为左顶点，在轴的正半轴上，
所以将代入椭圆得，不妨设，
将代入椭圆得，所以，
则的中点为，代入椭圆得，解得，
综上所述，
13．(2023·全国·高二课时练习）已知抛物线上的点到其焦点的距离为．
(1)求和的值；
(2)若直线交抛物线于、两点，线段的垂直平分线交抛物线于、两点，求证：、、、四点共圆．
答案：(1)，
(2)证明见解析
分析：（1）根据抛物线的定义可求得的值，可得出抛物线的方程，再将点的坐标代入抛物线方程，可求得的值；
（2）证明出，可得出，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出，求出直线的方程，将该直线方程与抛物线方程联立，求出，求出线段的中点的坐标，求出，证明出，即可证得结论成立.
（1）
解：抛物线的焦点为，准线方程为，
点到其焦点的距离为，则，可得，故抛物线的方程为．
将点的坐标代入抛物线方程可得，解得.
（2）
解：由中垂线的性质可得，，，，所以，，
设、，联立消去并整理，得，
则，，且，即，
则．
设线段的中点为，则点的纵坐标为，
所以，点的横坐标为，则．
直线为线段的垂直平分线，所以，直线的方程为．
设、，联立，
消去并整理得，，可得，
则，，
故．
设线段的中点为，则．
，
，，
故，所以，，，
故，故，
所以，点、都在以为直径的圆上，故、、、四点共圆．
14．(2023·湖南·雅礼中学高三阶段练习）已知双曲线和点.
(1)斜率为且过原点的直线与双曲线交于两点，求最小时的值.
(2)过点的动直线与双曲线交于两点，若曲线上存在定点，使为定值，求点的坐标及实数的值.
答案：(1)
(2)或者
分析：（1）由对称性可设，，由数量积得，再由点在双曲线上，进而可得，进而可得最小时的值．
②设，过点的动直线为，联立直线与双曲线的方程，结合韦达定理可得，，△，用坐标表示，化简得，由于上式对无穷多个不同的实数都成立，从而列，解得，，进而可得答案．
（1）
由对称性可设，
则，
因为点在双曲线上，所以，即，且
所以，
当时，为直角，
当时，为钝角，
所以最小时，.
（2）
设，由题意知动直线一定有斜率，设点的动直线为，
设
联立得，
所以，解得且，
，即，
即，
化简得，
，
化简得，
由于上式对无穷多个不同的实数都成立，
所以
将①代入②得，从而
如果时，那么，此时不在双曲线上，舍去，
因此，从而，代入，解得，
此时在双曲线上，
综上，，或者.
15.(2023·四川泸州·高二期末（文））抛物线的焦点是椭圆的一个焦点．
(1)求的准线方程；
(2)若是直线上的一动点，过向作两条切线，切点为M，N，试探究直线MN是否过定点？若是，请求出定点，若否，请说明理由.
答案：(1)
(2)直线恒过定点.
分析：（1）先求出椭圆的焦点坐标，结合的焦点在轴正半轴上，继而得解.
（2）由，得，设，切点，，
从而求出切线、方程分别为：、，
所以直线的方程为，又因为，带入得，继而求出定点.
（1）
椭圆的焦点坐标为和，
又因为的焦点在轴正半轴上，所以的焦点坐标为，
从而准线方程为；
（2）
由（1）知的方程为，即为，则，
设，切点，，
从而切线方程为，即，
同理切线方程为
分别代入有，
从而和均满足直线方程，
所以直线的方程为，即，
又因为在直线上，所以，
所以直线的方程为，
从而直线恒过定点.
【点睛】思路点睛：设，切点，，
继而求出切线、的方程：即，
所以直线的方程为，又，
所以直线的方程为，
从而直线恒过定点.
16.(2023·全国·高三专题练习）已知抛物线的焦点为F，过点的直线l交C于M，N两点，当l与x轴垂直时，．
(1)求C的方程：
(2)在x轴上是否存在点P，使得恒成立（O为坐标原点）？若存在求出坐标，若不存在说明理由．
答案：(1)
(2)存在，
分析：（1）易知，求出即可；
（2）设，，，由题可知直线l斜率不为零，
设，代入抛物线方程消去x，得，
由可得，利用斜率公式，根与系数的关系求解即可
（1）
当l与x轴垂直时，由题意易得，
从而，解得p＝1，
所以C的方程为；
（2）
设，，，由题可知直线l斜率不为零，
设，代入抛物线方程消去x，得，
从而，，①
由可得
将①代入上式，得恒成立，
所以，
因此存在点P，且满足题意，P点坐标为．
几何性质
代数实现
①对边平行
斜率相等，或向量平行
②对边相等
长度相等，横(纵)坐标差相等
③对角线互相平分
中点重合
几何性质
代数实现
①点在圆上
点与直径端点向量数量积为零
②点在圆外
点与直径端点向量数量积为正数
③点在圆内
点与直径端点向量数量积为负数
几何性质
代数实现
①锐角、直角、钝角
角的余弦(向量数量积)的符号
②倍角、半角、平分角
角平分线性质、定理
③等角(相等或相似)
比例线段或斜率