高考数学压轴题讲义专题3.14探究图形之性质，代数运算是利器专题练习(原卷版+解析)

这是一份高考数学压轴题讲义专题3.14探究图形之性质，代数运算是利器专题练习(原卷版+解析)，共46页。
探究图形之性质问题解题策略：（1）“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某性质图形存在，用向量或平面几何知识，转化直线与圆锥曲线交点坐标的函数式，利用设而不求思想，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则某性质图形存在存在；否则，元素某性质图形存在不存在.(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.
【典例指引】
类型一 面积计算
例1 【2016高考上海理数】（本题满分14）有一块正方形菜地,所在直线是一条小河，收货的蔬菜可送到点或河边运走。于是，菜地分为两个区域和，其中中的蔬菜运到河边较近，中的蔬菜运到点较近，而菜地内和的分界线上的点到河边与到点的距离相等，现建立平面直角坐标系，其中原点为的中点，点的坐标为（1,0），如图
求菜地内的分界线的方程
菜农从蔬菜运量估计出面积是面积的两倍，由此得到面积的“经验值”为。设是上纵坐标为1的点，请计算以为一边、另一边过点的矩形的面积，及五边形的面积，并判断哪一个更接近于面积的经验值
【解析】
类型二 四边形形状探究
例2. 【2015高考新课标2，理20】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．
【解析】
类型三 探究角是否相等
例3【2015高考北京，理19】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．
【解析】
类型四 探究两直线的位置关系
例4.【2017课标3，文20】在直角坐标系xOy中，曲线与x轴交于A，B两点，点C的坐标为.当m变化时，解答下列问题：
（1）能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；
（2）证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.
【解析】
【扩展链接】
1.给出,等于已知,即是直角,给出,等于已知是钝角, 给出,等于已知是锐角；
2.给出,等于已知是的平分线；
3.在平行四边形中，给出，等于已知是菱形;
4.在平行四边形中，给出，等于已知是矩形;
5.已知抛物线方程为，定点M，直线过点M交抛物线于A，B两点，，则有 ；
【新题展示】
1．【2019四川凉山二诊】椭圆长轴右端点为，上顶点为，为椭圆中心，为椭圆的右焦点，且，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．
【思路引导】
（1）由条件布列关于a，b的方程组，即可得到椭圆的标准方程；
（2）由为的垂心可知，利用韦达定理表示此条件即可得到结果．
2．【2019山东潍坊一模】如图，点为圆：上一动点，过点分别作轴，轴的垂线，垂足分别为，，连接延长至点，使得，点的轨迹记为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）若点，分别位于轴与轴的正半轴上，直线与曲线相交于，两点，试问在曲线上是否存在点，使得四边形为平行四边形，若存在，求出直线方程；若不存在，说明理由．
【思路引导】
（1）设，，则，，且，通过，转化求解即可．
（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），由题意知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，代入椭圆方程整理得关于x的一元二次方程，假设存在点Q，满足题意，则其充要条件为，则点Q的坐标为（x1+x2，y1+y2）．由此利用韦达定理结合点Q在曲线上，得到关于k的方程求解即可．
3．【2019山东淄博3月模拟】已知点A，B的坐标分别为(－2，0)，(2，0)．三角形ABM的两条边AM，BM所在直线的斜率之积是－．
(Ⅰ)求点M的轨迹方程；
(Ⅱ)设直线AM方程为，直线l方程为x＝2，直线AM交l于P，点P，Q关于x轴对称，直线MQ与x轴相交于点D．若△APD面积为2，求m的值．
【思路引导】
（I）设出点的坐标，利用斜率乘积为建立方程，化简后求得点的轨迹方程．（II）联立两条直线的方程求得点的坐标，进而求得点的坐标，将直线的方程和的轨迹方程联立，求得点的坐标，进而求得直线的方程，从而求得点的坐标，利用三角形的面积列方程，解方程求得的值．
4．【2019福建龙岩质检】已知椭圆的两焦点为、，抛物线：（）的焦点为，为等腰直角三角形．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）已知过点的直线与抛物线交于两点，又过作抛物线的切线，使得，问这样的直线是否存在？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．
【思路引导】
（Ⅰ）先写出、的坐标，利用为等腰直角三角形，求得p即可．
（Ⅱ）依题意，直线l的斜率必存在，设直线l的方程为y＝k（x+2），，可得切线l1，l2的斜率分别为，．x1x2＝﹣4．再将直线与抛物线联立，结合韦达定理解得k即可．
5．【2019广西桂林市，贺州市，崇左市3月联合调研】已知抛物线，过点的直线交抛物线于、两点，设为坐标原点，，且．
（1）求的值；
（2）若，，的面积成等比数列，求直线的方程．
【思路引导】
（1）利用，从而可得结果；（2）由（1）知点为抛物线的焦点，可设直线的方程为，由 ．，，成等比数列，可得，即．利用韦达定理可得，解方程即可得结果．
6．【2019河北石家庄3月质检】已知椭圆（）的离心率为，且经过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线与椭圆交于不同的两点，，试问在轴上是否存在定点使得直线与直线恰关于轴对称？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．[来源:学*科*网Z*X*X*K]
【思路引导】
（1）由题得a，b，c的方程组求解即可（2）直线与直线恰关于轴对称，等价于的斜率互为相反数，即，整理．设直线的方程为，与椭圆联立，将韦达定理代入整理即可．
7．【2019山东临沂2月质检】已知抛物线E：上一点M到焦点F的距离为5．
(1)求抛物线E的方程；
(2)直线与圆C：相切且与抛物线E相交于A，B两点，若△AOB的面积为4(O为坐标原点)，求直线的方程．
【思路引导】
（1）由抛物线的定义求出p的值，即可得出抛物线的方程；
（2）设直线l的方程为x＝my+n，设点A（x1，y1）、B（x2，y2），根据直线l与圆C相切得出m与n所满足的第一个关系式，将直线l的方程联立，列出韦达定理，计算出|AB|以及原点O到直线l的距离d，然后利用三角形的面积公式计算出△AOB的面积，得出m与n所满足的第二个关系式，然后将两个关系式联立，求出m和n的值，即可得出直线l的方程．
8．【2019湖北十堰模拟】已知椭圆过点．
（1）求椭圆的方程，并求其离心率；
（2）过点作轴的垂线，设点为第四象限内一点且在椭圆上（点不在直线上），点关于的对称点为，直线与交于另一点．设为原点，判断直线与直线的位置关系，并说明理由．
【思路引导】
（1）将P点代入椭圆方程，可得a的值，结合离心率的公式可得离心率的值；
（2）设直线，，设点的坐标为，，分别求出，，根据斜率公式以及两直线的位置关系与斜率的关系可得答案．
9．【2019安徽淮南一模】设椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，过点与垂直的直线交轴负半轴于点，且，过，三点的圆恰好与直线相切．
求椭圆的方程；
过右焦点作斜率为的直线与椭圆交于两点，问在轴上是否存在点，使得以为邻边的平行四边形是菱形？如果存在，求出的取值范围；如果不存在，说明理由．
【思路引导】
设点的坐标为，且，利用以及得出点的坐标，利用外接圆圆心到该直线的距离等于半径，可求出的值，进而得出与的值，从而得出椭圆的方程；令，得出，设点、，将直线l的方程与椭圆的方程联立，利用韦达定理，求出线段的中点的坐标，将条件“以为邻边的平行四边形是菱形”转化为，得出这两条直线的斜率之积为，然后得出的表达式，利用不等式的性质可求出实数的取值范围．
【同步训练】
1．已知椭圆的离心率为，其左、右焦点分别为F1，F2，点P（x0，y0）是坐标平面内一点，且（O为坐标原点）．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点且斜率为k的动直线l交椭圆于A、B两点，在y轴上是否存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个点？若存在，求出M的坐标，若不存在，说明理由．
【思路点拨】（1）设出P的坐标，利用|OP|的值求得x0和y0的关系式，同时利用求得x0和y0的另一关系式，进而求得c，通过椭圆的离心率求得a，最后利用a，b和c的关系求得b，则椭圆的方程可得．
（2）设出直线l的方程，与椭圆方程联立消去y，设A（x1，y1），B（x2，y2），则可利用韦达定理表示出x1+x2和x1x2，假设在y轴上存在定点M（0，m），满足题设，则可表示出，利用=0求得m的值．
【详细解析】
2.已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，左顶点为A，左焦点为F1（﹣2，0），点B（2，）在椭圆C上，直线y=kx（k≠0）与椭圆C交于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N；
（1）求椭圆C的方程；
（2）以MN为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标，若不经过，请说明理由．
【思路点拨】（1）由题意可设椭圆标准方程，结合已知及隐含条件列关于a，b，c的方程组，求解方程组得到a2，b2的值，则椭圆方程可求；
（2）设F（x0，y0），E（﹣x0，﹣y0），写出AE、AF所在直线方程，求出M、N的坐标，得到以MN为直径的圆的方程，由圆的方程可知以MN为直径的圆经过定点（±2，0）．
【详细解析】
3.已知椭圆+=1（a＞b＞0）的离心率为，F1、F2是椭圆的左、右焦点，过F2作直线l交椭圆于A、B两点，若△F1AB的周长为8．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线l的斜率不为0，且它的中垂线与y轴交于Q，求Q的纵坐标的范围；
（3）是否在x轴上存在点M（m，0），使得x轴平分∠AMB？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】（1）由椭圆的性质可知：4a=8，e==及b2=a2﹣c2，即可求得a和b的值，即可求得椭圆的方程；
（2）当k不存在时，Q为原点，y0=0，当k存在时，将直线方程代入椭圆方程，求得关于x的一元二次方程，利用韦达定理求得x1+x2及x1•x2，根据中点坐标公式，求得P点坐标，求得直线PQ方程，令x=0，yQ=∈[﹣，0）∪（0，]，即可求得Q的纵坐标的范围；
（3）假设存在m，由x轴平分∠AMB可得，+=0，由（Ⅱ）可知，代入即可求得m的值．
【详细解析】
4.已知圆E：（x+1）2+y2=16，点F（1，0），P是圆E上任意一点，线段PF的垂直平分线和半径PE相交于Q
（1）求动点Q的轨迹Γ的方程；
（2）若直线y=k（x﹣1）与（1）中的轨迹Γ交于R，S两点，问是否在x轴上存在一点T，使得当k变动时，总有∠OTS=∠OTR？说明理由．
【思路点拨】（1）连结QF，运用垂直平分线定理可得，|QP|=|QF|，可得|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=4＞|EF|=2，由椭圆的定义即可得到所求轨迹方程；
（2）假设存在T（t，0）满足∠OTS=∠OTR．设R（x1，y1），S（x2，y2），联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，由直线的斜率之和为0，化简整理，即可得到存在T（4，0）．
【详细解析】
5.在平面直角坐标系xOy中，设椭圆（a＞b＞0）的离心率是e，定义直线y=为椭圆的“类准线”，已知椭圆C的“类准线”方程为y=，长轴长为4．
（1）求椭圆C的方程；
（2）点P在椭圆C的“类准线”上（但不在y轴上），过点P作圆O：x2+y2=3的切线l，过点O且垂直于OP的直线l交于点A，问点A是否在椭圆C上？证明你的结论．
【思路点拨】（1）由题意列关于a，b，c的方程，联立方程组求得a2=4，b2=3，c2=1，则椭圆方程可求；
（2）设P（x0，2）（x0≠0），当x0=时和x0=﹣时，求出A的坐标，代入椭圆方程验证知，A在椭圆上，当x0≠±时，求出过点O且垂直于0P的直线与椭圆的交点，写出该交点与P点的连线所在直线方程，由原点到直线的距离等于圆的半径说明直线是圆的切线，从而说明点A在椭圆C上．
【详细解析】
6.已知椭圆E过点A（2，3），对称轴为坐标轴，焦点F1，F2在x轴上，离心率e=，∠F1AF2的平分线所在直线为l．
（1）求椭圆E的方程；
（2）设l与x轴的交点为Q，求点Q的坐标及直线l的方程；
（3）在椭圆E上是否存在关于直线l对称的相异两点？若存在，请找出；若不存在，说明理由．
【思路点拨】（1）设出椭圆方程，根据椭圆E经过点A（2，3），离心率，建立方程组，求得几何量，即可得到椭圆E的方程；
（2）求得AF1方程、AF2方程，利用角平分线性质，即可求得∠F1AF2的平分线所在直线l的方程；
（3）假设存在B（x1，y1）C（x2，y2）两点关于直线l对称，设出直线BC方程代入椭圆E的方程，求得BC中点代入直线2x﹣y﹣1=0上，即可得到结论．
【详细解析】
7.）如图，已知F1、F2是椭圆G：的左、右焦点，直线l：y=k（x+1）经过左焦点F1，且与椭圆G交于A、B两点，△ABF2的周长为．
（1）求椭圆G的标准方程；
（2）是否存在直线l，使得△ABF2为等腰直角三角形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】（1）由题意可知：c=1，4a=4，b2=a2﹣c2=3﹣1=2．即可求得椭圆方程；
（2）分类讨论，假设|AF2|=|BF2|，利用作差法，即可求得x1+x2=6．（与x1≤，x2≤，x1+x2≤2＜6，矛盾），将直线方程代入椭圆方程由韦达定理：=6，矛盾．故|AF2|≠|BF2|．再证明AB不可能为等腰直角三角形的直角腰．由勾股定理得：，此方程无解．故不存在这样的等腰直角三角形．
【详细解析】
8.已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）经过点（，1），过点A（0，1）的动直线l与椭圆C交于M、N两点，当直线l过椭圆C的左焦点时，直线l的斜率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）是否存在与点A不同的定点B，使得∠ABM=∠ABN恒成立？若存在，求出点B的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】（1）将点（，1）代入椭圆方程，设左焦点为（﹣c，0），再由斜率公式，可得c的值，结合a，b，c的关系，即可得到椭圆方程；
（2）假设存在与点A不同的定点B，使得∠ABM=∠ABN恒成立．当直线MN的斜率为0时，由对称性可得B在y轴上，设为B（0，t），设直线MN的方程为x=my+1，代入椭圆方程，运用韦达定理，设M（x1，y1），N（x2，y2），由假设可得kBM+kBN=0，化简整理，可得t+2m=0，故不存在这样的定点B．
【详细解析】
9.已知椭圆E的方程是+=1，左、右焦点分别是F1、F2，在椭圆E上有一动点A，过A、F1作一个平行四边形，使顶点A、B、C、D都在椭圆E上，如图所示．
（Ⅰ） 判断四边形ABCD能否为菱形，并说明理由．[来源:Z*xx*k.Cm]
（Ⅱ） 当四边形ABCD的面积取到最大值时，判断四边形ABCD的形状，并求出其最大值．
【思路点拨】（1） 设直线方程，代入椭圆方程，若四边形ABCD能否为菱形，则OA⊥OB，由向量数量积的坐标运算，整理可知=0，方程无实数解，故四边形ABCD不能是菱形；
（2）由三角形的面积公式SABCD=2丨OF1丨丨y1﹣y2丨=2，利用韦达定理，及向量数量积的坐标运算，函数的单调性即可求得ABCD的面积取到最大值及m的值．
【详细解析】
10.已知椭圆C：=1（a＞b＞0）过点A（0，3），与双曲线=1有相同的焦点
（1）求椭圆C的方程；
（2）过A点作两条相互垂直的直线，分别交椭圆C于P，Q两点，则PQ是否过定点？若是，求出定点的坐标，若不是，请说明理由．
【思路点拨】（1）求得双曲线的焦点坐标，可得椭圆的c，由A点，可得b，求得a，即可得到椭圆方程；
（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），直线AP的斜率为k，直线AQ的斜率为﹣，直线AP的方程为y=kx+3，代入椭圆方程，求得P的坐标，k换为﹣，可得Q的坐标，求出直线PQ的斜率，以及方程，整理可得恒过定点．
【详细解析】
11.如图，已知F为椭圆+=1的左焦点，过点F且互相垂直的两条直线分别交椭圆于A、B及C、D．
（1）求证：+为定值；
（2）若直线CD交直线l：x=﹣于点P，试探究四边形OAPB能否为平行四边形，并说明理由．
【思路点拨】（1）当直线AB、CD有一平行于x轴时，+=，当直线AB、CD都不平行于x轴时，设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB：y=k（x+1），则直线CD：y=﹣（x+1），将直线直线AB 与椭圆方程联立，得（3+4k2）x2+8k2x+4k2﹣12=0，由此利用韦达定理和弦长公式能求出AB，同理求出CD，由此能证明=．
（2）假设四边形OAPB是平行四边形，即，此时直线AB、CD都不平行于x轴．P（﹣，），则=（x1，y1），=（﹣，），推导出，无解，由此得到四边形OAPB不可能是平行四边形．
【详细解析】
12.已知椭圆E：+=1（a＞b＞0）的离心率为，且过点（1，）．
（1）求E的方程；
（2）是否存在直线l：y=kx+m相交于P，Q两点，且满足：①OP与OQ（O为坐标原点）的斜率之和为2；②直线l与圆x2+y2=1相切．若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】（1）由椭圆的离心率公式求得a2=4b2，将点（1，）代入椭圆方程，即可求得a和b的值，即可求得椭圆方程；
（2）将直线方程，代入椭圆方程，由韦达定理及直线的斜率公式，求得m2+k=1，由，即可求得k的取值范围，由点到直线的距离即可求得k和m的值，求得直线l的方程．
【详细解析】
【题型综述】
探究图形之性质问题解题策略：（1）“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某性质图形存在，用向量或平面几何知识，转化直线与圆锥曲线交点坐标的函数式，利用设而不求思想，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则某性质图形存在存在；否则，元素某性质图形存在不存在.(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.
【典例指引】
类型一 面积计算
例1 【2016高考上海理数】（本题满分14）有一块正方形菜地,所在直线是一条小河，收货的蔬菜可送到点或河边运走。于是，菜地分为两个区域和，其中中的蔬菜运到河边较近，中的蔬菜运到点较近，而菜地内和的分界线上的点到河边与到点的距离相等，现建立平面直角坐标系，其中原点为的中点，点的坐标为（1,0），如图
求菜地内的分界线的方程
菜农从蔬菜运量估计出面积是面积的两倍，由此得到面积的“经验值”为。设是上纵坐标为1的点，请计算以为一边、另一边过点的矩形的面积，及五边形的面积，并判断哪一个更接近于面积的经验值
所求的矩形面积为，而所求的五边形面积为．
矩形面积与“经验值”之差的绝对值为，而五边形面积与“经验值”之差
的绝对值为，所以五边形面积更接近于面积的“经验值”．
类型二 四边形形状探究
例2. 【2015高考新课标2，理20】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．
．解得，．因为，，，所以当的斜率为
或时，四边形为平行四边形．
类型三 探究角是否相等
例3【2015高考北京，理19】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．
），则，存在点使得.
类型四 探究两直线的位置关系
例4.【2017课标3，文20】在直角坐标系xOy中，曲线与x轴交于A，B两点，点C的坐标为.当m变化时，解答下列问题：
（1）能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；
（2）证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.
【扩展链接】
1.给出,等于已知,即是直角,给出,等于已知是钝角, 给出,等于已知是锐角；
2.给出,等于已知是的平分线；
3.在平行四边形中，给出，等于已知是菱形;
4.在平行四边形中，给出，等于已知是矩形;
5.已知抛物线方程为，定点M，直线过点M交抛物线于A，B两点，，则有 ；
【新题展示】
1．【2019四川凉山二诊】椭圆长轴右端点为，上顶点为，为椭圆中心，为椭圆的右焦点，且，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．
【思路引导】
（1）由条件布列关于a，b的方程组，即可得到椭圆的标准方程；
（2）由为的垂心可知，利用韦达定理表示此条件即可得到结果．
【解析】
（1）设椭圆的方程为，半焦距为．
则、、、、
由，即，又，
解得，椭圆的方程为
（2）为的垂心，
又，
，
设直线：，，
将直线方程代入，得
，
，且
又，，
，即
由韦达定理得：
解之得：或（舍去）
存在直线：使为的垂心．
2．【2019山东潍坊一模】如图，点为圆：上一动点，过点分别作轴，轴的垂线，垂足分别为，，连接延长至点，使得，点的轨迹记为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）若点，分别位于轴与轴的正半轴上，直线与曲线相交于，两点，试问在曲线上是否存在点，使得四边形为平行四边形，若存在，求出直线方程；若不存在，说明理由．
【思路引导】
（1）设，，则，，且，通过，转化求解即可．
（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），由题意知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，代入椭圆方程整理得关于x的一元二次方程，假设存在点Q，满足题意，则其充要条件为，则点Q的坐标为（x1+x2，y1+y2）．由此利用韦达定理结合点Q在曲线上，得到关于k的方程求解即可．
【解析】
（1）设，，则，，
由题意知，所以为中点，
由中点坐标公式得
，
即，
又点在圆：上，故满足
，
得．
（2）由题意知直线的斜率存在且不为零，
设直线的方程为，
因为，故，即 ①，
联立，
消去得：，
设，，
，，
，
因为为平行四边形，故，
点在椭圆上，故，整理得，②，
将①代入②，得，该方程无解，
故这样的直线不存在．
3．【2019山东淄博3月模拟】已知点A，B的坐标分别为(－2，0)，(2，0)．三角形ABM的两条边AM，BM所在直线的斜率之积是－．
(Ⅰ)求点M的轨迹方程；
(Ⅱ)设直线AM方程为，直线l方程为x＝2，直线AM交l于P，点P，Q关于x轴对称，直线MQ与x轴相交于点D．若△APD面积为2，求m的值．
【思路引导】
（I）设出点的坐标，利用斜率乘积为建立方程，化简后求得点的轨迹方程．（II）联立两条直线的方程求得点的坐标，进而求得点的坐标，将直线的方程和的轨迹方程联立，求得点的坐标，进而求得直线的方程，从而求得点的坐标，利用三角形的面积列方程，解方程求得的值．
【解析】
（Ⅰ）设点M的坐标为（x，y），因为点A的坐标是（-2，0），
所以，直线AM的斜率
同理，直线BM的斜率
由已知又
化简，得点M的轨迹方程
（Ⅱ）解：直线AM的方程为x=my-2（m≠0），与直线l的方程x=2联立，可得点，故．
将x=my-2与联立，消去x，整理得，解得y=0，或．
由题设，可得点．由，
可得直线MQ的方程为，
令y=0，解得，故．
所以．
所以△APD的面积为：
又因为△APD的面积为，故，
整理得，解得，
所以．
4．【2019福建龙岩质检】已知椭圆的两焦点为、，抛物线：（）的焦点为，为等腰直角三角形．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）已知过点的直线与抛物线交于两点，又过作抛物线的切线，使得，问这样的直线是否存在？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．
【思路引导】
（Ⅰ）先写出、的坐标，利用为等腰直角三角形，求得p即可．
（Ⅱ）依题意，直线l的斜率必存在，设直线l的方程为y＝k（x+2），，可得切线l1，l2的斜率分别为，．x1x2＝﹣4．再将直线与抛物线联立，结合韦达定理解得k即可．
【解析】
（Ⅰ）椭圆，，两焦点为，，
∵为等腰直角三角形，，，
（Ⅱ）过点的直线与抛物线交于两点，的斜率必存在，
设直线的方程为，
由得
，或
抛物线方程得为所以
切线的斜率分别为，
当时，，即
又，解得合题意，
所以存在直线的方程是，即
5．【2019广西桂林市，贺州市，崇左市3月联合调研】已知抛物线，过点的直线交抛物线于、两点，设为坐标原点，，且．
（1）求的值；
（2）若，，的面积成等比数列，求直线的方程．
【思路引导】
（1）利用 ，从而可得结果；（2）由（1）知点为抛物线的焦点，可设直线的方程为，由 ．，，成等比数列，可得，即．利用韦达定理可得，解方程即可得结果．
【解析】
（1）据题直线，斜率均存在，且，．
．故．
（2）由（1）知点为抛物线的焦点，
据题意，直线的斜率存在且不为0，故可设直线的方程为．
由 ．
设，，则有，，
．
若，，的面积成等比数列，则，，成等比数列
∴，即：．
∴
∴，则．
解得，或，均满足．
故直线的方程为或．
6．【2019河北石家庄3月质检】已知椭圆（）的离心率为，且经过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线与椭圆交于不同的两点，，试问在轴上是否存在定点使得直线与直线恰关于轴对称？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
【思路引导】
（1）由题得a，b，c的方程组求解即可（2）直线与直线恰关于轴对称，等价于的斜率互为相反数，即，整理．设直线的方程为，与椭圆联立，将韦达定理代入整理即可．
【解析】
(1)由题意可得，，又， 解得，．
所以，椭圆的方程为
(2)存在定点，满足直线与直线恰关于轴对称．
设直线的方程为，与椭圆联立，整理得，．
设，，定点．(依题意
则由韦达定理可得，，．
直线与直线恰关于轴对称，等价于的斜率互为相反数．
所以，，即得．
又，，
所以，，整理得，．
从而可得，，
即，
所以，当，即时，直线与直线恰关于轴对称成立． 特别地，当直线为轴时，也符合题意． 综上所述，存在轴上的定点，满足直线与直线恰关于轴对称．
7．【2019山东临沂2月质检】已知抛物线E：上一点M到焦点F的距离为5．
(1)求抛物线E的方程；
(2)直线与圆C：相切且与抛物线E相交于A，B两点，若△AOB的面积为4(O为坐标原点)，求直线的方程．
【思路引导】
（1）由抛物线的定义求出p的值，即可得出抛物线的方程；
（2）设直线l的方程为x＝my+n，设点A（x1，y1）、B（x2，y2），根据直线l与圆C相切得出m与n所满足的第一个关系式，将直线l的方程联立，列出韦达定理，计算出|AB|以及原点O到直线l的距离d，然后利用三角形的面积公式计算出△AOB的面积，得出m与n所满足的第二个关系式，然后将两个关系式联立，求出m和n的值，即可得出直线l的方程．
【解析】
（1）由抛物线的定义知，所以，p＝2，因此，抛物线E的方程为y2＝4x；
（2）由题意知，直线l与y轴不垂直，设直线l的方程为x＝my+n．
∵直线l与圆C相切，又圆C的圆心为（2，0），所以，，∴4m2＝n2﹣4n，
设点A（x1，y1）、B（x2，y2），由，消去x得，y2﹣4my﹣4n＝0，
由韦达定理得y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4n．
则
，
又原点O到直线l的距离为，
∴，
∴，∴（m2+n）n2＝4，
又4m2＝n2﹣4n，解得n＝±2．
当n＝2时，m2＝﹣1不成立；
当n＝﹣2时，m2＝3，∴．
经检验，所求直线方程为，即．
8．【2019湖北十堰模拟】已知椭圆过点．
（1）求椭圆的方程，并求其离心率；
（2）过点作轴的垂线，设点为第四象限内一点且在椭圆上（点不在直线上），点关于的对称点为，直线与交于另一点．设为原点，判断直线与直线的位置关系，并说明理由．
【思路引导】
（1）将P点代入椭圆方程，可得a的值，结合离心率的公式可得离心率的值；
（2）设直线，，设点的坐标为，，分别求出，，根据斜率公式以及两直线的位置关系与斜率的关系可得答案．
【解析】
（1）由椭圆方程椭圆过点，可得．
∴，
∴椭圆的方程为，离心率．
（2）直线与直线平行．证明如下：
设直线，，
设点的坐标为，，
由得，
∴，∴，同理，
∴，
由，，有，
∵在第四象限，∴，且不在直线上．∴，
又，故，∴直线与直线平行．
9．【2019安徽淮南一模】设椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，过点与垂直的直线交轴负半轴于点，且，过，三点的圆恰好与直线相切．
求椭圆的方程；
过右焦点作斜率为的直线与椭圆交于两点，问在轴上是否存在点，使得以为邻边的平行四边形是菱形？如果存在，求出的取值范围；如果不存在，说明理由．
【思路引导】
设点的坐标为，且，利用以及得出点的坐标，利用外接圆圆心到该直线的距离等于半径，可求出的值，进而得出与的值，从而得出椭圆的方程；令，得出，设点、，将直线l的方程与椭圆的方程联立，利用韦达定理，求出线段的中点的坐标，将条件“以为邻边的平行四边形是菱形”转化为，得出这两条直线的斜率之积为，然后得出的表达式，利用不等式的性质可求出实数的取值范围．
【解析】
设椭圆C的焦距为，则点的坐标为，点的坐标为，设点Q的坐标为，且，
如下图所示，
，，
，则，所以，，则点Q的坐标为，
直线与直线AQ垂直，且点，所以，，，
由，得，则，．
为直角三角形，且为斜边，
线段的中点为，的外接圆半径为2c．
由题意可知，点到直线的距离为，
所以，，，，
因此，椭圆C的方程为．
由题意知，直线的斜率，并设，则直线l的方程为，
设点、
将直线的方程与椭圆C的方程联立，
消去x得，
由韦达定理得，．
，．
所以，线段MN的中点为点．
由于以PM，PN为邻边的平行四边形是菱形，则，则，所以，．
由两点连线的斜率公式可得，得．
由于，则，所以，，所以，．
因此，在x轴上存在点，使得以PM，PN为邻边的平行四边形是菱形，
且实数m的取值范围是．
【同步训练】
1．已知椭圆的离心率为，其左、右焦点分别为F1，F2，点P（x0，y0）是坐标平面内一点，且（O为坐标原点）．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点且斜率为k的动直线l交椭圆于A、B两点，在y轴上是否存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个点？若存在，求出M的坐标，若不存在，说明理由．
【思路点拨】（1）设出P的坐标，利用|OP|的值求得x0和y0的关系式，同时利用求得x0和y0的另一关系式，进而求得c，通过椭圆的离心率求得a，最后利用a，b和c的关系求得b，则椭圆的方程可得．
（2）设出直线l的方程，与椭圆方程联立消去y，设A（x1，y1），B（x2，y2），则可利用韦达定理表示出x1+x2和x1x2，假设在y轴上存在定点M（0，m），满足题设，则可表示出，利用=0求得m的值．
假设在y轴上存在定点M（0，m），满足题设，则．
=
=
=
=
由假设得对于任意的恒成立，
即解得m=1．
因此，在y轴上存在定点M，使得以AB为直径的圆恒过这个点，
点M的坐标为（0，1）
2.已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，左顶点为A，左焦点为F1（﹣2，0），点B（2，）在椭圆C上，直线y=kx（k≠0）与椭圆C交于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N；
（1）求椭圆C的方程；
（2）以MN为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标，若不经过，请说明理由．
【思路点拨】（1）由题意可设椭圆标准方程，结合已知及隐含条件列关于a，b，c的方程组，求解方程组得到a2，b2的值，则椭圆方程可求；
（2）设F（x0，y0），E（﹣x0，﹣y0），写出AE、AF所在直线方程，求出M、N的坐标，得到以MN为直径的圆的方程，由圆的方程可知以MN为直径的圆经过定点（±2，0）．

AE所在直线方程为，取x=0，得y=，
∴M（0，）．
则以MN为直径的圆的圆心坐标为（0，），
半径r=，

3.已知椭圆+=1（a＞b＞0）的离心率为，F1、F2是椭圆的左、右焦点，过F2作直线l交椭圆于A、B两点，若△F1AB的周长为8．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线l的斜率不为0，且它的中垂线与y轴交于Q，求Q的纵坐标的范围；
（3）是否在x轴上存在点M（m，0），使得x轴平分∠AMB？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】（1）由椭圆的性质可知：4a=8，e==及b2=a2﹣c2，即可求得a和b的值，即可求得椭圆的方程；
（2）当k不存在时，Q为原点，y0=0，当k存在时，将直线方程代入椭圆方程，求得关于x的一元二次方程，利用韦达定理求得x1+x2及x1•x2，根据中点坐标公式，求得P点坐标，求得直线PQ方程，令x=0，yQ=∈[﹣，0）∪（0，]，即可求得Q的纵坐标的范围；
（3）假设存在m，由x轴平分∠AMB可得，+=0，由（Ⅱ）可知，代入即可求得m的值．
【详细解析】（1）由椭圆的性质可知：4a=8，a=2，
e==，c=1，
b2=a2﹣c2=4﹣1=3，b=，
∴椭圆的方程；
（3）存在m=4，
假设存在m，由x轴平分∠AMB可得，kMA+kMB=0，
即+=0，
k（x1﹣1）（x2﹣m）+k（x2﹣1）（x1﹣m）=0，
∴2x1•x2﹣（m+1）（x1+x2）+2m=0，
∴8k2﹣24﹣8k2m﹣8k2+6m+8mk2=0，
解得：m=4．
4.已知圆E：（x+1）2+y2=16，点F（1，0），P是圆E上任意一点，线段PF的垂直平分线和半径PE相交于Q
（1）求动点Q的轨迹Γ的方程；
（2）若直线y=k（x﹣1）与（1）中的轨迹Γ交于R，S两点，问是否在x轴上存在一点T，使得当k变动时，总有∠OTS=∠OTR？说明理由．
【思路点拨】（1）连结QF，运用垂直平分线定理可得，|QP|=|QF|，可得|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=4＞|EF|=2，由椭圆的定义即可得到所求轨迹方程；
（2）假设存在T（t，0）满足∠OTS=∠OTR．设R（x1，y1），S（x2，y2），联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，由直线的斜率之和为0，化简整理，即可得到存在T（4，0）．
（2）假设存在T（t，0）满足∠OTS=∠OTR．
设R（x1，y1），S（x2，y2）联立，
得（3+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣12=0，
由韦达定理有①，其中△＞0恒成立，
由∠OTS=∠OTR（显然TS，TR的斜率存在），
故kTS+kTR=0即②，
由R，S两点在直线y=k（x﹣1）上，
故y1=k（x1﹣1），y2=k（x2﹣1）代入②得，
即有2x1x2﹣（t+1）（x1+x2）+2t=0③，
将①代入③，即有：④，
要使得④与k的取值无关，当且仅当“t=4“时成立，
综上所述存在T（4，0），使得当k变化时，总有∠OTS=∠OTR．
5.在平面直角坐标系xOy中，设椭圆（a＞b＞0）的离心率是e，定义直线y=为椭圆的“类准线”，已知椭圆C的“类准线”方程为y=，长轴长为4．
（1）求椭圆C的方程；
（2）点P在椭圆C的“类准线”上（但不在y轴上），过点P作圆O：x2+y2=3的切线l，过点O且垂直于OP的直线l交于点A，问点A是否在椭圆C上？证明你的结论．
【思路点拨】（1）由题意列关于a，b，c的方程，联立方程组求得a2=4，b2=3，c2=1，则椭圆方程可求；
（2）设P（x0，2）（x0≠0），当x0=时和x0=﹣时，求出A的坐标，代入椭圆方程验证知，A在椭圆上，当x0≠±时，求出过点O且垂直于0P的直线与椭圆的交点，写出该交点与P点的连线所在直线方程，由原点到直线的距离等于圆的半径说明直线是圆的切线，从而说明点A在椭圆C上．

PA1所在直线方程为（2+x0）x﹣（x0﹣6）y﹣x02﹣12=0．
此时原点O到该直线的距离d==，
∴说明A点在椭圆C上；
同理说明另一种情况的A也在椭圆C上．
综上可得，点A在椭圆C上．
另解：设切点为（x0，y0），由圆上一点的切线方程可得
切线l的方程为x0x+y0y=3，代入y=2，可得x=，
即有P（，2），kOP=，
与OP垂直的直线，且过O的直线为y=x，
代入x0x+y0y=3，结合x02+y02=3，可得x=，
y=，
即为A（，），
由3（）2+4（）2==12，
则点A在椭圆C上．
6.已知椭圆E过点A（2，3），对称轴为坐标轴，焦点F1，F2在x轴上，离心率e=，∠F1AF2的平分线所在直线为l．
（1）求椭圆E的方程；
（2）设l与x轴的交点为Q，求点Q的坐标及直线l的方程；
（3）在椭圆E上是否存在关于直线l对称的相异两点？若存在，请找出；若不存在，说明理由．
【思路点拨】（1）设出椭圆方程，根据椭圆E经过点A（2，3），离心率，建立方程组，求得几何量，即可得到椭圆E的方程；
（2）求得AF1方程、AF2方程，利用角平分线性质，即可求得∠F1AF2的平分线所在直线l的方程；
（3）假设存在B（x1，y1）C（x2，y2）两点关于直线l对称，设出直线BC方程代入椭圆E的方程，求得BC中点代入直线2x﹣y﹣1=0上，即可得到结论．

7.）如图，已知F1、F2是椭圆G：的左、右焦点，直线l：y=k（x+1）经过左焦点F1，且与椭圆G交于A、B两点，△ABF2的周长为．
（1）求椭圆G的标准方程；
（2）是否存在直线l，使得△ABF2为等腰直角三角形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】（1）由题意可知：c=1，4a=4，b2=a2﹣c2=3﹣1=2．即可求得椭圆方程；
（2）分类讨论，假设|AF2|=|BF2|，利用作差法，即可求得x1+x2=6．（与x1≤，x2≤，x1+x2≤2＜6，矛盾），将直线方程代入椭圆方程由韦达定理：=6，矛盾．故|AF2|≠|BF2|．再证明AB不可能为等腰直角三角形的直角腰．由勾股定理得：，此方程无解．故不存在这样的等腰直角三角形．
（2）不存在．理由如下：先用反证法证明AB不可能为底边，即|AF2|≠|BF2|．
由题意知F2（1，0），设A（x1，y1），B（x2，y2），假设|AF2|=|BF2|，
则，
又，，代入上式，消去，得：（x1﹣x2）（x1+x2﹣6）=0．
因为直线l斜率存在，所以直线l不垂直于x轴，所以x1≠x2，故x1+x2=6（与x1≤，x2≤，x1+x2≤2＜6，矛盾）．
联立方程，得：（3k2+2）x2+6k2x+3k2﹣6=0，
所以=6，矛盾．
故|AF2|≠|BF2|．
再证明AB不可能为等腰直角三角形的直角腰．
假设△ABF2为等腰直角三角形，不妨设A为直角顶点．
设|AF1|=m，则，
在△AF1F2中，由勾股定理得：，此方程无解．
故不存在这样的等腰直角三角形．
8.已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）经过点（，1），过点A（0，1）的动直线l与椭圆C交于M、N两点，当直线l过椭圆C的左焦点时，直线l的斜率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）是否存在与点A不同的定点B，使得∠ABM=∠ABN恒成立？若存在，求出点B的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】（1）将点（，1）代入椭圆方程，设左焦点为（﹣c，0），再由斜率公式，可得c的值，结合a，b，c的关系，即可得到椭圆方程；
（2）假设存在与点A不同的定点B，使得∠ABM=∠ABN恒成立．当直线MN的斜率为0时，由对称性可得B在y轴上，设为B（0，t），设直线MN的方程为x=my+1，代入椭圆方程，运用韦达定理，设M（x1，y1），N（x2，y2），由假设可得kBM+kBN=0，化简整理，可得t+2m=0，故不存在这样的定点B．
即有2my1y2+（y1+y2）=t[m（y1+y2）+2]，
即为﹣=t（﹣+2），
化为﹣8m=4t，即t+2m=0，由于m为任意的，则t不为定值．
故不存在与点A不同的定点B，使得∠ABM=∠ABN恒成立．
9.已知椭圆E的方程是+=1，左、右焦点分别是F1、F2，在椭圆E上有一动点A，过A、F1作一个平行四边形，使顶点A、B、C、D都在椭圆E上，如图所示．
（Ⅰ） 判断四边形ABCD能否为菱形，并说明理由．
（Ⅱ） 当四边形ABCD的面积取到最大值时，判断四边形ABCD的形状，并求出其最大值．
【思路点拨】（1） 设直线方程，代入椭圆方程，若四边形ABCD能否为菱形，则OA⊥OB，由向量数量积的坐标运算，整理可知=0，方程无实数解，故四边形ABCD不能是菱形；
（2）由三角形的面积公式SABCD=2丨OF1丨丨y1﹣y2丨=2，利用韦达定理，及向量数量积的坐标运算，函数的单调性即可求得ABCD的面积取到最大值及m的值．
（2）由题SABCD=4S△AOB，而S△AOB=丨OF1丨丨y1﹣y2丨，又丨OF1丨=1，
即SABCD=2丨OF1丨丨y1﹣y2丨=2，…（8分）
由（Ⅰ）知y1+y2=﹣，y1y2=﹣
∴SABCD=2==24，
∵函数，t∈[1，+∞），在t=1时，f（t）min=10，…（11分）
∴SABCD的最大值为6，此时m2+1=1，即m=0时，
此时直线AB⊥x轴，即ABCD是矩形．…（12分）
10.已知椭圆C：=1（a＞b＞0）过点A（0，3），与双曲线=1有相同的焦点
（1）求椭圆C的方程；
（2）过A点作两条相互垂直的直线，分别交椭圆C于P，Q两点，则PQ是否过定点？若是，求出定点的坐标，若不是，请说明理由．
【思路点拨】（1）求得双曲线的焦点坐标，可得椭圆的c，由A点，可得b，求得a，即可得到椭圆方程；
（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），直线AP的斜率为k，直线AQ的斜率为﹣，直线AP的方程为y=kx+3，代入椭圆方程，求得P的坐标，k换为﹣，可得Q的坐标，求出直线PQ的斜率，以及方程，整理可得恒过定点．
【详细解析】（1）双曲线=1的焦点坐标为（3，0），（﹣3，0），
可得椭圆中的c=3，由椭圆过点A（0，3），可得b=3，
则a==6，
则椭圆的方程为+=1；

11.如图，已知F为椭圆+=1的左焦点，过点F且互相垂直的两条直线分别交椭圆于A、B及C、D．
（1）求证：+为定值；
（2）若直线CD交直线l：x=﹣于点P，试探究四边形OAPB能否为平行四边形，并说明理由．
【思路点拨】（1）当直线AB、CD有一平行于x轴时，+=，当直线AB、CD都不平行于x轴时，设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB：y=k（x+1），则直线CD：y=﹣（x+1），将直线直线AB 与椭圆方程联立，得（3+4k2）x2+8k2x+4k2﹣12=0，由此利用韦达定理和弦长公式能求出AB，同理求出CD，由此能证明=．
（2）假设四边形OAPB是平行四边形，即，此时直线AB、CD都不平行于x轴．P（﹣，），则=（x1，y1），=（﹣，），推导出，无解，由此得到四边形OAPB不可能是平行四边形．
∴x1+x2=，x1x2=．
AB=|x1﹣x2|
=
==，…（4分）
同理：CD=，…（4分）
∴===．
综上：=．故+为定值．…（6分）

12.已知椭圆E：+=1（a＞b＞0）的离心率为，且过点（1，）．
（1）求E的方程；
（2）是否存在直线l：y=kx+m相交于P，Q两点，且满足：①OP与OQ（O为坐标原点）的斜率之和为2；②直线l与圆x2+y2=1相切．若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】（1）由椭圆的离心率公式求得a2=4b2，将点（1，）代入椭圆方程，即可求得a和b的值，即可求得椭圆方程；
（2）将直线方程，代入椭圆方程，由韦达定理及直线的斜率公式，求得m2+k=1，由，即可求得k的取值范围，由点到直线的距离即可求得k和m的值，求得直线l的方程．
（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），则，
整理得：（1+4k2）x2+8kmx+4（m2﹣1）=0，
由x1+x2=﹣，x1x2=，
由kOP+kOQ=+===2，
2（k﹣1）x1x2+m（x1+x2）=0，
∴2（k﹣1）×+m×（﹣）=0，
整理得：m2+k=1，
由△=16（4k2﹣m2+1）=16（4k2+k），
，解得：k＜﹣，或0＜k≤1，
直线与圆x2+y2=1相切，则=1，
联立解得k=0（舍去），k=﹣1，
∴m2=2，即m=±，
∴直线l的方程y=x±．