新高考数学之圆锥曲线综合讲义第22讲等角问题(原卷版+解析)

这是一份新高考数学之圆锥曲线综合讲义第22讲等角问题(原卷版+解析)，共33页。学案主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
1．设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）设为坐标原点，证明：.
2．如图,已知椭圆:（）的离心率,短轴右端点为,为线段的中点.
（Ⅰ）求椭圆的方程;
（Ⅱ）过点任作一条直线与椭圆相交于两点,试探究在轴上是否存在定点,使得,若存在,求出点坐标;若不存在,说明理由.
3．椭圆的离心率为，过点的动直线与椭圆相交于两点，当直线平行于轴时，直线被椭圆截得线段长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）在轴上是否存在异于点的定点，使得直线变化时，总有？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
4．已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上.
（1）求的方程；
（2）若直线与椭圆相交于，两点，试问：在轴上是否在点，当变化时，总有？若存在求出点的坐标，若不存在，请说明理由.
5．已知椭圆：，直线：与椭圆相交于，两点，为的中点.
（1）若直线与直线（为坐标原点）的斜率之积为，求椭圆的方程；
（2）在（1）的条件下，轴上是否存在定点使得当变化时，总有（为坐标原点）.若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.
6．已知椭圆C的焦点为(，0)，(，0)，且椭圆C过点M(4，1)，直线l：不过点M，且与椭圆交于不同的两点A，B．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）求证：直线MA，MB与x轴总围成一个等腰三角形．
7．已知倾斜角为的直线经过抛物线的焦点，与抛物线相交于、两点，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）设为抛物线上任意一点（异于顶点），过做倾斜角互补的两条直线、，交抛物线于另两点、，记抛物线在点的切线的倾斜角为，直线的倾斜角为，求证：与互补.
8．已知，动点M满足.
（1）求动点M的轨迹的方程；
（2）设A，B是上异于点P的两点，若的倾斜角互补，求证直线斜率为定值.
9．已知椭圆:,直线:过的右焦点.当时,椭圆的长轴长是下顶点到直线的距离的2倍.
(Ⅰ)求椭圆的方程.
(Ⅱ)设直线与椭圆交于,两点,在轴上是否存在定点,使得当变化时,总有(为坐标原点)?若存在,求点的坐标;若不存在,说明理由.
10．在直角坐标系中，过点的直线与抛物线相交于，两点，弦的中点的轨迹记为.
（1）求的方程；
（2）已知直线与相交于，两点.
（i）求的取值范围；
（ii）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由.
11．已知椭圆的中心为原点，离心率，焦点，斜率为的直线与交于两点．
（1）若线段的中点为为上一点，且成等差数列，求点的坐标；
（2）若过点轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由．
12．在直角坐标系中，抛物线：与直线：交于，两点.
（1）设，到轴的距离分别为，，证明：与的乘积为定值.
（2）轴上是否存在点，当变化时，总有？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.
13．已知圆和定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线交于点，设点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）若直线与曲线相交于，两点，试问：在轴上是否存在定点，使当变化时，总有？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
14．在直角坐标系中，抛物线与直线 交于，两点.
（1）当时，分别求抛物线在点和处的切线方程；
（2）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由.
15．在直角坐标系中，曲线：与直线交与，两点.
（1）当时，求弦长；
（2）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由.
16．在直角坐标系中，曲线与直线交于两点，
（Ⅰ）当时，求在点和处的切线方程；
（Ⅱ）若轴上存在点，当变动时，总有,试求出坐标.
17．在直角坐标系中，曲线：与直线：交于，两点.
（1）当时，求的面积的取值范围.
（2）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.
18．已知圆圆动圆与圆外切并与圆内切，圆心的轨迹为曲线.
（I）求的方程.
（II）若直线与曲线交于两点，问是否在轴上存在一点，使得当变动时总有? 若存在，请说明理由.
19．已知圆，圆，动圆与圆外切并与圆内切，圆心的轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）若直线与曲线交于两点，问是否在轴上存在一点，使得当变动时总有？若存在，请说明理由.
20．已知椭圆中心为原点，离心率，焦点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过定点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，在轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由.
第22讲 等角问题
一、解答题
1．设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）设为坐标原点，证明：.
【答案】（1）的方程为或；（2）证明见解析.
【分析】
（1）首先根据与轴垂直，且过点，求得直线的方程为，代入椭圆方程求得点的坐标为或，利用两点式求得直线的方程；
（2）分直线与轴重合、与轴垂直、与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，l的方程为.
由已知可得，点的坐标为或.
所以的方程为或.
（2）当与轴重合时，.
当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以.
当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，
则，直线、的斜率之和为.
由得.
将代入得.
所以，.
则.
从而，故、的倾斜角互补，所以.
综上，.
【点睛】
该题考查的是有关直线与椭圆的问题，涉及到的知识点有直线方程的两点式、直线与椭圆相交的综合问题、关于角的大小用斜率来衡量，在解题的过程中，第一问求直线方程的时候，需要注意方法比较简单，需要注意的就是应该是两个，关于第二问，在做题的时候需要先将特殊情况说明，一般情况下，涉及到直线与曲线相交都需要联立方程组，之后韦达定理写出两根和与两根积，借助于斜率的关系来得到角是相等的结论.
2．如图,已知椭圆:（）的离心率,短轴右端点为,为线段的中点.
（Ⅰ）求椭圆的方程;
（Ⅱ）过点任作一条直线与椭圆相交于两点,试探究在轴上是否存在定点,使得,若存在,求出点坐标;若不存在,说明理由.
【答案】(1) （2）在轴上存在定点,使得.
【详解】
试题分析：（1）由中点坐标公式可得，即得，再根据离心率，解得，（2）， 等价于，.设，，，利用斜率公式及直线方程，化简得，即，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理代入化简得，即得.
试题解析：解：(Ⅰ)由已知，又，即，得，
所以椭圆方程为.
(Ⅱ)假设存在点满足题设条件.
当⊥x轴时，由椭圆的对称性可知恒有，即；
当与x轴不垂直时，设的方程为，
代入椭圆方程化简得： .设，，
则，，
，
∵
.
若， 则，
即， 整理得，
∵，∴.综上在轴上存在定点，使得.
点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
3．椭圆的离心率为，过点的动直线与椭圆相交于两点，当直线平行于轴时，直线被椭圆截得线段长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）在轴上是否存在异于点的定点，使得直线变化时，总有？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）存在定点满足题意.
【解析】
试题分析：（1）由椭圆的离心率是，直线被椭圆截得的线段长为列方程组求出，从而可得椭圆的标准方程；（2）设直线方程为，由得，，根据韦达定理及斜率公式可得，令，可得符合题意.
试题解析：（1）∵，∴，
椭圆方程化为：，由题意知，椭圆过点，
∴，解得，
所以椭圆的方程为：；
（2）当直线斜率存在时，设直线方程：，
由得，，
设，
假设存在定点符合题意，∵，∴，
∴
，
∵上式对任意实数恒等于零，∴，即，∴，
当直线斜率不存在时，两点分别为椭圆的上下顶点，
显然此时，综上，存在定点满足题意．
4．已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上.
（1）求的方程；
（2）若直线与椭圆相交于，两点，试问：在轴上是否在点，当变化时，总有？若存在求出点的坐标，若不存在，请说明理由.
【答案】(1) (2)见解析
【分析】
（1）根据离心率为，点在椭圆上联立方程组解得答案.
（2）设存在定点，联立方程，利用韦达定理得到关系式，推出，代入数据计算得到答案.
【详解】
解：（1）由题可知又，解得，，
所以，，即所求为
（2）设存在定点，并设，
由联立消可得
所以，
因为，所以，即
所以，整理为
所以
可得
即，所以
所以存在定点满足题意
【点睛】
本题考查了椭圆离心率，定点问题，将转化为是解题的关键.
5．已知椭圆：，直线：与椭圆相交于，两点，为的中点.
（1）若直线与直线（为坐标原点）的斜率之积为，求椭圆的方程；
（2）在（1）的条件下，轴上是否存在定点使得当变化时，总有（为坐标原点）.若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；(2)答案见解析.
【解析】
试题分析：（1）联立方程组，求得，得到，根据∴，求得，即可得到椭圆的方程；
（2）假设存在定点，且设，由得，得到
，再由（1），代入求得的值，即可得到结论.
试题解析：
（1）由得 ，
显然，
设，，，
则，，
∴， .
∴ .
∴.
所以椭圆的方程为.
（2）假设存在定点，且设，
由得.
∴.
即 ，
∴ .
由（1）知，，
∴ .
∴.
所以存在定点使得.
点睛：本题主要考查椭圆的方程与性质、直线与圆锥曲线的位置关系,解答此类题目，通常利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数的性质求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
6．已知椭圆C的焦点为(，0)，(，0)，且椭圆C过点M(4，1)，直线l：不过点M，且与椭圆交于不同的两点A，B．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）求证：直线MA，MB与x轴总围成一个等腰三角形．
【答案】（1）（2）详见解析
【分析】
（1）利用椭圆的定义先求出2a的值，可得出的值，再利用a、b、c之间的关系求出b的值，从而得出椭圆C的标准方程；
（2）将直线l的方程与椭圆C的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式以及韦达定理计算出直线MA、MB的斜率互为相反数来证明结论成立．
【详解】
（1）设椭圆的方程为，则，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）将代入并整理得，
则，.
∵直线：与椭圆交于不同的两点，，∴，解得，
∴直线，的斜率存在且不为零.
设直线，的斜率分别为和，只要证明.
设，，


.
故原命题成立.
【点睛】
本题考查直线与椭圆的综合问题，考查韦达定理法在椭圆综合问题中的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题．
7．已知倾斜角为的直线经过抛物线的焦点，与抛物线相交于、两点，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）设为抛物线上任意一点（异于顶点），过做倾斜角互补的两条直线、，交抛物线于另两点、，记抛物线在点的切线的倾斜角为，直线的倾斜角为，求证：与互补.
【答案】（1）（2）证明见解析
【分析】
（1）根据题意，设直线方程为，联立方程，根据抛物线的定义即可得到结论；
（2）根据题意，设的方程为，联立方程得，同理可得，进而得到，再利用点差法得直线的斜率，利用切线与导数的关系得直线的斜率，进而可得与互补.
【详解】
（1）由题意设直线的方程为，令、，
联立，得
，
根据抛物线的定义得，
又，
故所求抛物线方程为.
（2）依题意，设，，
设的方程为，与联立消去得，
，同理
，直线的斜率=
切线的斜率，
由，即与互补.
【点睛】
本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，直线斜率的应用，考查分析问题解决问题的能力，属于中档题．
8．已知，动点M满足.
（1）求动点M的轨迹的方程；
（2）设A，B是上异于点P的两点，若的倾斜角互补，求证直线斜率为定值.
【答案】（1）；（2）见解析
【分析】
（1）由题得所以点M的轨迹是一个以点为焦点的椭圆，即得解；（2）设直线方程代入椭圆方程，得，求出，的坐标，由此能证明直线的斜率为定值．
【详解】
（1）由题得，
所以
所以点M的轨迹是一个以点为焦点的椭圆，
所以，
所以动点M的轨迹的方程为.
（2）设直线方程：得，代入，
得
设，，，．
点在椭圆上，
，，
又直线的斜率与的斜率互为相反数，在上式中以代，
可得，，
直线的斜率．
即直线的斜率为定值.
【点睛】
本题主要考查椭圆方程的求法，考查椭圆中的定值的证明，考查直线与椭圆的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
9．已知椭圆:,直线:过的右焦点.当时,椭圆的长轴长是下顶点到直线的距离的2倍.
(Ⅰ)求椭圆的方程.
(Ⅱ)设直线与椭圆交于,两点,在轴上是否存在定点,使得当变化时,总有(为坐标原点)?若存在,求点的坐标;若不存在,说明理由.
【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)在轴上存在点满足题设条件.
【分析】
(Ⅰ)利用已知条件,建立方程组,即可解出,.
(Ⅱ)当时, 显然存在, 当时,联立方程,利用韦达定理,即可解出.
【详解】
(Ⅰ)设椭圆的焦距为,直线恒过定点,所以.
当时,直线:,
椭圆的下顶点到直线的距离,
由题意得,解得,.
所以椭圆的方程为.
(Ⅱ)当时,显然在轴上存在点,使得.
当时,由消去可得.
设,,则,.
设点满足题设条件,易知,的斜率存在,
则,
则,即,
时,上式恒成立.
所以在轴上存在点满足题设条件.
【点睛】
本题考查直线、椭圆的性质以及直线与椭圆的位置关系.
10．在直角坐标系中，过点的直线与抛物线相交于，两点，弦的中点的轨迹记为.
（1）求的方程；
（2）已知直线与相交于，两点.
（i）求的取值范围；
（ii）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由.
【答案】(1) ； (2) （i）或.（ii）见解析.
【分析】
（1）先设，，，根据，以及题意，得到，再由，两式联立，即可得出结果；
（2）（i）先由题意得到方程组有两不同实数解，消去，根据判别式，以及题中条件，列出不等式求解，即可得出结果；
（ii）假设存在是符合题意的点；设，，联立直线与曲线方程，根据韦达定理，得到，，计算，只需，即可得.
【详解】
（1）设，，，由题意可得：，
则，从而，
因为点为弦的中点，所以，即，
又直线过点，所以，
则，即，
而必在抛物线的内部，从而，即.
故的方程为.
（2）（i）因为直线与相交于，两点，
所以方程组有两不同实数解，
由消去，得，
即在上有两个不相等的实数根，
所以，只需且，
即且，解得：或.
所以的取值范围是或；
（ii）假设存在是符合题意的点；设，.
将消去，得，故，，
由（i）知：或；
从而
，
因此，当，即时，，
又为坐标原点，所以，
即存在点符合题意.
【点睛】
本题主要考查求抛物线弦中点的轨迹，以及直线与抛物线位置关系的综合，熟记抛物线的标准方程，以及抛物线的简单性质即可，属于常考题型.
11．已知椭圆的中心为原点，离心率，焦点，斜率为的直线与交于两点．
（1）若线段的中点为为上一点，且成等差数列，求点的坐标；
（2）若过点轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由．
【答案】（1）；（2）存在这样的点Q满足题意，且坐标为，理由见解析．
【分析】
（1）根据几何性质求出椭圆的标准方程，设，利用分别表示，根据以及成等差数列可求得结果.
（2）假设存在这样的点，且设，又，联立直线与椭圆，得到，，将转化为，根据斜率公式以及，化简变形可得，从而可得结果.
【详解】
（1）依题意设椭圆的标准方程为，又，，
所以，，所以，
设，则
，
因为，所以，
同理，
所以，
又成等差数列，故，
.
（2）假设存在这样的点，且设，又，
联立消去并整理得，
所以，即，
，
因为，所以与倾斜角互补，
所以，
，
，
，
，
对任意实数恒成立，所以，故存在这样的点，且．
【点睛】
关键点点睛：（1）将分别用的横坐标表示是解题关键；（2）将转化为，利用斜率公式和，变形化简是解题关键.
12．在直角坐标系中，抛物线：与直线：交于，两点.
（1）设，到轴的距离分别为，，证明：与的乘积为定值.
（2）轴上是否存在点，当变化时，总有？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）见解析（2）存在,
【解析】
【分析】
（1）先将代入，设，，结合韦达定理，即可证明结论成立；
（2）先设设为符合题意的点，直线，的斜率分别为，，由，得当变化时，恒成立，进而可求出结果.
【详解】
（1）证明：将代入，得.
设，，则，
从而为定值.
（2）解：存在符合题意的点，证明如下：
设为符合题意的点，直线，的斜率分别为，.
从而.
当时，有对任意恒成立，则直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，故，所以点符合题意.
【点睛】
本题主要考查直线与抛物线的位置关系、以及抛物线中的定点问题，通常需要联立直线与抛物线方程，结合韦达定理等求解，属于常考题型.
13．已知圆和定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线交于点，设点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）若直线与曲线相交于，两点，试问：在轴上是否存在定点，使当变化时，总有？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在定点.
【分析】
（1）根据题意得，进而得，所以有，故点的轨迹是以，为焦点的椭圆，再根据椭圆的定义即可得答案；
（2）假设存在点满足题设，设，，联立直线与椭圆方程得，，再将平分转化为
直线与直线的斜率之和为零，最后将式子带入化简即可求解.
【详解】
（1）圆，圆心，
由线段的垂直平分线交于点得，
又，
所以，
所以由椭圆的定义知点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
设其标准方程，
则，，所以，，
所以曲线.
（2）设存在点满足题设，
联立直线与椭圆方程消得
，
设，，
则由韦达定理得①，②，
由题设知平分直线与直的倾斜角互补，
即直线与直线的斜率之和为零，
即，即，
即③，
把①、②代入③并化简得，即④，
所以当变化时④成立，只要即可， 所以存在定点满足题设.
【点睛】
本题考查利用定义法求椭圆的方程，椭圆中的定点问题，考查运算能力与化归转化思想，是中档题.
14．在直角坐标系中，抛物线与直线 交于，两点.
（1）当时，分别求抛物线在点和处的切线方程；
（2）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由.
【答案】(1) 过点和点的切线方程分别为.(2)存在点，理由见解析
【分析】
（1）将直线l的方程代入抛物线C的方程，求出点M、N的坐标，再联立方程，判别式为零，可求出抛物线C在点M、N处的切线方程；
（2）设点P为符合题意的点，将直线l的方程与抛物线C的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式计算直线PM和直线PN的斜率之和为0，求出的值，即可解决该问题．
【详解】
（1）由题意知时，联立，
解得，．
设过点的切线方程为，
联立得：，
由题意：，即，解得，
根据对称性，过点的切线斜率为，
所以过点和点的切线方程分别为.
（2）存在符合题意的点，证明如下：
设点为符合题意的点，，，直线，的斜率分别为，．联立方程，得，故，，
从而．
当时，有，则直线与直线的倾斜角互补，
故，所以点符合题意．
【点睛】
本题考查直线与抛物线的综合问题，考查韦达定理设而不求法在抛物线综合问题中的应用，考查计算能力，属于中等题．
15．在直角坐标系中，曲线：与直线交与，两点.
（1）当时，求弦长；
（2）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由.
【答案】（1）；（2）存在点满足要求，理由见解析.
【分析】
（1）将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理和弦长公式计算；
（2）问题等价转化为，设为符合题意的点，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理和斜率公式表示直线和直线的斜率，代入化简整理，根据恒成立的意义求出的值，即可得到结论．
【详解】
（1）当时，直线方程为，设，，
联立∴，
∴，，
∴.
（2）假设存在满足条件的点，设，，，
联立∴，
则，∴，.
∵，∴，
即.
所以，整理得：，
所以，所以对任意成立，所以，
所以存在点满足要求.
【点睛】
本题考查直线与抛物线的综合问题，涉及弦长问题，斜率问题，定点定值问题，考查韦达定理设而不求法，考查计算能力，属于中等题．
16．在直角坐标系中，曲线与直线交于两点，
（Ⅰ）当时，求在点和处的切线方程；
（Ⅱ）若轴上存在点，当变动时，总有,试求出坐标.
【答案】（Ⅰ）或（Ⅱ）
【分析】
（Ⅰ）过的切线斜率为切线方程为：，与联立方程得，, 由得,同理求N点处的切线方程；（Ⅱ）当时，，联立直线和抛物线再结合韦达定理代入上式，可得到结果.
【详解】
（Ⅰ）当时，联立方程得或，
不妨取和，设过的切线斜率为，
则其切线方程为：，与联立方程得，，
由得，
分所以曲线在的切线方程为：，
同理，曲线在的切线方程为：.
综上在点和处的切线方程分别为和，
（Ⅱ）联立方程，消去整理得，
设，斜率分别为，则由根与系数关系得，
由题意，当时，
，
将代入整理得恒成立，所以．
所以轴上存在点，当变动时，总有.
【点睛】
本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．
17．在直角坐标系中，曲线：与直线：交于，两点.
（1）当时，求的面积的取值范围.
（2）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）存在符合题意的点，详见解析
【分析】
（1）设，，将代入C得方程整理得，．利用△MON的面积．可得MON的面积的取值范围．
（2）直线，的斜率分别为，，利用根与系数的关系、斜率计算公式可得⇔直线PM，PN的倾斜角互补⇔∠OPM＝∠OPN．即可证明．
【详解】
解：（1）将代入，得，
设，，则，，
从而.
因为到的距离为，
所以的面积.
因为，所以.
（2）存在符合题意的点，证明如下：
设为符合题意的点，直线，的斜率分别为，.
从而
.
当时，有，则直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，
故，所以点符合题意.
【点睛】
本题考查了直线与抛物线相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
18．已知圆圆动圆与圆外切并与圆内切，圆心的轨迹为曲线.
（I）求的方程.
（II）若直线与曲线交于两点，问是否在轴上存在一点，使得当变动时总有? 若存在，请说明理由.
【答案】（I）；(II)．
【解析】
试题分析：（I）利用两圆外切的性质和椭圆的定义得到所求动点轨迹是一个椭圆，再利用待定系数法进行求解进行求解；（II）假设存在满足，联立直线与椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，再利用根与系数的关系和进行求解．
试题解析：（1）圆的圆心为半径圆的圆心半径
设圆的圆心为半径为因为圆与圆外切并与圆内切，
所以
由椭圆的定义可知，曲线是以为左右焦点，长半轴长为2，短半轴为的椭圆（左顶点除外），其方程为.
（2）假设存在满足.设
联立得，由韦达定理有①，
其中恒成立，
由(显然的斜率存在)，故即②，
由两点在直线上，将代入②得
，
即③
将①代入③有：④，
要使得④与的取值无关，当且仅当““时成立，
综上所述存在，使得当变化时，总有.
考点：1.椭圆的定义和标准方程；2.直线与椭圆的位置关系．
19．已知圆，圆，动圆与圆外切并与圆内切，圆心的轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）若直线与曲线交于两点，问是否在轴上存在一点，使得当变动时总有？若存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）
【解析】
试题分析：（1）利用椭圆定义求轨迹方程：先由动圆与圆外切并与圆内切，得，从而，再由椭圆的定义可知，曲线是以为左右焦点，长半轴长为2，短半轴为的椭圆（左顶点除外），其方程为（2）条件就是，利用坐标化简得：设，则，再联立直线方程与椭圆方程，消去y，利用韦达定理得，代入化简得
试题解析：（1）得圆的圆心为，半径；圆的圆心，半径.设圆的圆心为，半径为.因为圆与圆外切并与圆内切，所以
由椭圆的定义可知，曲线是以为左右焦点，长半轴长为2，短半轴为的椭圆（左顶点除外），其方程为
（2）假设存在满足.设
联立得，由韦达定理有
①，其中恒成立，
由（显然的斜率存在），故，即②，
由两点在直线上，故代入②得：
即有
③
将①代入③即有：④，要使得④与的取值无关，当且仅当“”时成立，综上所述存在，使得当变化时，总有
考点：利用椭圆定义求轨迹方程，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．
20．已知椭圆中心为原点，离心率，焦点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过定点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，在轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由.
【答案】（1）；（2）存在；答案见解析.
【分析】
（1）根据焦点坐标及离心率可确定，，然后解出便可得出椭圆的方程；
（2）假设存在点，使得当变动时，总有，则可知直线与的倾斜角互补，斜率互为相反数．设直线为，，，联立直线方程与椭圆方程，得到与，然后表示出，使恒成立求解的值.
【详解】
解：（1），，∴，
所以椭圆的标准方程：.
（2）假设存在这样的点，且设，
直线，联立得，.
设，，则，.
若成立，则直线与的倾斜角互补，斜率互为相反数，
，即.
即，整理得：，
所以，则，即.
若与无关，
则.
故在轴上存在点，使得当变动时，总有.
【点睛】
圆锥曲线中存在性问题的一般解法如下：首先假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在，然后利用题目条件推理与计算，若所设的元素能顺利解出来，则存在，若无解则不存在．在计算的过程中，注意韦达定理的运用．