圆锥曲线中的存在、探索性问题一、考情分析圆锥曲线中的存在性问题、探索问题是高考常考题型之一,它是在题设条件下探索某个数学对象(点、线、数等)是否存在或某个结论是否成立.由于题目多变,解法不一,我们在平时的教学中对这类题目训练较少,因而学生遇到这类题目时,往往感到无从下手,本文针对圆锥曲线中这类问题进行了探讨．二、经验分享解决探索性问题的注意事项探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．三、知识拓展探索性问题是一种具有开放性和发散性的问题，此类题目的条件或结论不完备。

要求解答者自己去探索，结合已有条件，进行观察、分析、比较和概括。

它对学生的数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力提出了较高的要求。

它有利于培养学生探索、分析、归纳、判断、讨论及证明等方面的能力，使学生经历一个发现问题、研究问题、解决问题的全过程。

探索性问题一般可分为：条件追溯型，结论探索型、条件重组型，存在判断型，规律探究型，实验操作型。

每一种类型其求解策略又有所不同。

因此，我们在求解时就必须首先要明辨它是哪一种类型的探索问题，然后再根据所属类型制定解题策略。

下面分别加以说明：1、条件追溯型这类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探索，或条件增删需确定，或条件正误需判断。

解决这类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件。

在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆及否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意。

2、结论探索型这类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确及否需要确定。

解决这类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论。

在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论。

3、条件重组型这类问题是指给出了一些相关命题，但需对这些命题进行重新组合构成新的复合命题，或题设的结求的方向，条件和结论都需要去探求的一类问题。

此类问题更难，解题要有更强的基础知识和基本技能，需要要联想等手段。

一般的解题的思路是通过对条件的反复重新组合进行逐一探求。

应该说此类问题是真正意义上的创新思维和创造力。

4、存在判断型这类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立。

解决这类问题的基本策略是：通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一 部分的结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论。

其中反证法在解题中起着重要的作用。

5、规律探究型这类问题的基本特征是：未给出问题的结论，需要由特殊情况入手，猜想、证明一般结论。

解决这类问题的基本策略是：通常需要研究简化形式但保持本质的特殊情形，从条件出发，通过观察、试验、归纳、类比、猜测、联想来探路，解题过程中创新成分比较高。

在数列问题研究中，经常是据数列的前几项所提供 的信息作大胆的猜测，然后用数学归纳法证明。

学科-网6、实验操作型这类问题的基本特征是：给出一定的条件要求设计一种方案。

解决这类问题的基本策略是：需要借助逆向思考动手实踐。

总之，解决探索性问题，较少现成的套路和常规程序，需要较多的分析和数学思想方法的综合应用。

它对学生的观察、联想、类比、猜想、抽象、概括等方面的能力有较高的要求。

四、题型分析(一) 是否存在值【例1】已知椭圆=1（a ＞b ＞0）的离心率e=36,过点A （0,-b ）和B （a,0）的直线及坐标原点距离为23. （1）求椭圆的方程；（2）已知定点E （-1,0）,若直线y=kx+2（k≠0）及椭圆相交于C 、D 两点,试判断是否存在k 值,使以CD 为直径的圆过定点E ？若存在求出这个k 值,若不存在说明理由.【分析】（1）先由两点式求出直线方程,再根据离心率和点到直线距离公式列出方程解出b a ,,即可求得；（2）假设存在这样的直线,联立直线方程和椭圆方程,消去y,得到x 的一元二次方程,求出两根之和和两根之积,要使以CD 为直径的圆过点E,当且仅当CE ⊥DE 时,则,再利用y=kx+2,将上式转化,最后求得,并验证.【解析】（1）直线AB 方程为：bx-a y-ab ＝0依题意 解得∴ 椭圆方程为综上可知,存在,使得以CD 为直径的圆过点E . .【点评】解决探索性问题的注意事项探索性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在,若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件；(3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要开放思维,采取另外合适的方法．【小试牛刀】【湖北省襄阳市第四中学2017届高三周考】已知椭圆（0a b >>2,且a 2=2b ． （1）求椭圆的方程；（2）直线l ：x ﹣y+m=0及椭圆交于A,B 两点,是否存在实数m,使线段AB 的中点在圆x 2+y 2=5上,若存在,求出m 的值；若不存在,说明理由．【答案】（1）；（2）实数m 不存在,理由见解析．【解析】（1）由题意得2222,2,22c b a b a e =-==,解得1,2===c b a 故椭圆的方程为； （2）设),(11y x A ,),(22y x B ,线段AB 的中点为),(00y x M联立直线m x y +=及椭圆的方程得,即022322=-++m mx x ,,0)2(34)2(22>-⨯⨯-=∆m m 即32<m ,,所以32,3200210m m x y m x x x =+=-=+=, 即．又因为M 点在圆522=+y x 上,可得,解得3±=m 及32<m 矛盾．故实数m 不存在．(二) 是否存在点【例2】【河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛】已知点P 是椭圆C 上任一点,点P 到直线1:2l x =-的距离为1d ,到点(1,0)F -的距离为2d ,且.直线l 及椭圆C 交于不同两点A B 、（,A B 都在x 轴上方）,且180OFA OFB ∠+∠=.（1）求椭圆C 的方程；学-科网（2）当A 为椭圆及y 轴正半轴的交点时,求直线l 方程；（3）对于动直线l ,是否存在一个定点,无论OFA ∠如何变化,直线l 总经过此定点？若存在,求出该定点的坐标；若不存在,请说明理由.【分析】(1) 设(,)P x y ,用坐标表示条件列出方程化简整理可得椭圆的标准方程；(2)由（1）可知(0,1)A ,(1,0)F -,即可得,由180OFA OFB ∠+∠=得1BF k =-,写出直线BF 的方程及椭圆方程联立,求出点B 的坐标,由两点式求直线AB 的方程即可；(3)由180OFA OFB ∠+∠=,得0AF BF k k +=,设直线AB 方程为y kx b =+,及椭圆方程联立得2221()2102kx kbx b +++-=,由根及系数关系计算1212121201111AF BF y y kx b kx b k k x x x x +++=+=+=++++得20b k -=,从而得到直线方程为(2)y k x =+,从而得到直线过定点(2,0)M -.【解析】（1）设(,)P x y ,则1|2|d x =+,222(1)d x y =++,∴2221(1)2|2|2x y d d x ++==+,化简,得,∴椭圆C 的方程为. （2）(0,1)A ,(1,0)F -,∴,又∵180OFA OFB ∠+∠=,∴1BF k =-,:1(1)1BF y x x =-+=--.代入解,得（舍）∴,,∴.即直线l 方程为.（3）∵180OFA OFB ∠+∠=,∴0AF BF k k +=.设11(,)A x y ,22(,)B x y ,直线AB 方程为y kx b =+.代直线AB 方程y kx b =+入,得2221()2102k x kbx b +++-=. ∴,,∴121212121111AF BF y y kx b kx b k k x x x x +++=+=+++++= 122112()(1)()(1)0(1)(1)kx b x kx b x x x +++++=++,2122112122212()(1)()(1)2()()22()201122b kb kx b x kx b x kx x k b x x b k k b b k k -+++++=++++=⨯-+⨯+=++∴20b k -=,∴直线AB 方程为(2)y k x =+,∴直线l 总经过定点(2,0)M -.【点评】定点的探索及证明问题(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,再证明及变量无关．【小试牛刀】已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>的离心率为22,点()0,1P 和 点()(),0A m n m ≠都在椭圆C 上,直线PA 交x 轴于点M .（1）求椭圆C 的方程,并求点M 的坐标（用m ,n 表）；（2）设O 为原点,点B 及点A 关于x 轴对称,直线PB 交x 轴于点N .问：y 轴上是否存在点Q ,使得OQM ONQ ∠=∠？若存在,求点Q 的坐标；若不存在,说明理由.（2）点B 及A 关于x 轴对称,所以(),B m n -,直线PB 的方程：,令0y =,所以可得,则,因为OQM ONQ ∠=∠,所以tan tan OQM ONQ ∠=∠,所以,即2OQ OM ON =,因为2222111m m m OQ OM ON n n n ==⋅=-+-,又点()(),0A m n m ≠在椭圆C 上, 所以,即,所以,得()0,2Q ±.(三) 是否存在直线【例3】设F 1,F 2分别是椭圆的左右焦点.（1）若P 是该椭圆上的一个动点,求的最大值和最小值. （2）是否存在经过点A （5,0）的直线l 及椭圆交于不同的两点C,D,使得|F 2C|＝|F 2D|？若存在,求直线l 的方程；若不存在,请说明理由.【分析】（1）将数量积转化为坐标表示,利用坐标的有界性求出最值；（2）设出直线方程,根据|F 2C|＝|F 2D|,可知F 2在弦CD 的中垂线上,利用中点和斜率关系,写出中垂线方程,代入F 2点即可判断.【解析】（1）易知a ＝5,b ＝2,c ＝1,∴F 1（－1,0）,F 2（1,0）设P （x,y ）,则＝（－1－x,－y ）·（1－x,－y ）＝x 2＋y 2－1＝x 2＋4－45x 2－1 ＝15x 2＋3 ∵x 2∈[0,5],当x ＝0,即点P 为椭圆短轴端点时,有最小值3； 当x ＝±5,即点P 为椭圆长轴端点时,有最大值4.（2）假设存在满足条件的直线l,易知点A （5,0）在椭圆外部,当直线斜率不存在时,直线l 及椭圆无交点. 所以满足条件的直线斜率存在,设为k则直线方程为y ＝k （x －5）由方程组得：（5k 2＋4）x 2－50k 2x ＋125k 2－20＝0依题意,△＝20（16－80k 2）＞0得：当时,设交点为C （x 1,y 1）,D （x 2,y 2）,CD 中点为R （x 0,y 0）则x 1＋x 2＝,x 0＝∴y 0＝k （x 0－5）＝k （－5）＝又|F 2C|＝|F 2D|,有F 2R ⊥l,即2F R k k ⋅＝－1 即222222200()205425420154F R k k k k k k k k k --+⋅=⋅=--+＝－1 即20k 2＝20k 2－4,该等式不成立,所以满足条件的直线l 不存在.【点评】假设存在,将22||F C F D ＝转化为弦的中点问题以及垂直问题是解题关键．【小试牛刀】已知中心在坐标原点O 的椭圆C 经过点A (2,3),且点F (2,0)为其右焦点．(1)求椭圆C 的方程；(2)是否存在平行于OA 的直线l ,使得直线l 及椭圆C 有公共点,且直线OA 及l 的距离等于4？若存在,求出直线l 的方程；若不存在,请说明理由．【解析】(1)依题意,可设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0),且可知其左焦点为F ′(－2,0)． 从而有⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2，2a ＝|AF |＋|AF ′|＝3＋5＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2，a ＝4. 又a 2＝b 2＋c 2,所以b 2＝12,故椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1. (2)假设存在符合题意的直线l ,设其方程为y ＝32x ＋t . 由⎩⎨⎧ y ＝32x ＋t ，x 216＋y 212＝1，得3x 2＋3tx ＋t 2－12＝0.因为直线l 及椭圆C 有公共点,所以Δ＝(3t )2－4×3×(t 2－12)≥0,解得－43≤t ≤4 3.另一方面,由直线OA 及l 的距离d ＝4,得|t |94＋1＝4, 解得t ＝±213. 由于±213∉[－43,4 3 ],所以符合题意的直线l 不存在．(四) 是否存在圆【例4】已知椭圆22122:1(0)x y C a b a b+=>>过点,其焦距为2． （Ⅰ）求椭圆1C 的方程；（Ⅱ）已知椭圆具有如下性质：若椭圆的方程为,则椭圆在其上一点00(,)A x y 处的切线方程为,试运用该性质解决以下问题：（i ）如图（1）,点B 为1C 在第一象限中的任意一点,过B 作1C 的切线l ,l 分别及x 轴和y 轴的正 半轴交于,C D 两点,求OCD ∆面积的最小值；学科=网（ii ）如图（2）,过椭圆上任意一点P 作1C 的两条切线PM 和PN ,切点分别为,M N ．当点P 在椭圆2C 上运动时,是否存在定圆恒及直线MN 相切？若存在,求出圆的方程；若不存在,请说明理由．【分析】（1）设椭圆的方程,用待定系数法求解即可；（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：把所设直线方程及椭圆的方程联立,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：写出根及系数的关系．第五步：根据题设条件求解问题中结论．在解决及抛物线性质有关的问题时,要注意利用几何图形的形象、直观的特点来解题,特别是涉及焦点、顶点、准线的问题更是如此．【解析】（I ）解：依题意得：椭圆的焦点为12(1,0),(1,0)F F -,由椭圆定义知：122||||a AF AF =+ 11a c b ∴==∴= ,所以椭圆1C 的方程为．（II ）（ⅰ）设22(,)B x y ,则椭圆1C 在点B 处的切线方程为令0=x ,,令,所以又点B 在椭圆的第一象限上,所以12,0,0222222=+>>y x y x 222222222222221y x y x y x =≥+=∴221OCD S x y ∆∴=≥=当且仅当122222222==⇔=y x y x 所以当时,三角形OCD 的面积的最小值为2（Ⅲ）设(,)P m n ,则椭圆1C 在点),(33y x M 处的切线为：又PM 过点(,)P m n ,所以,同理点),(44y x N 也满足,所以,M N 都在直线上,即：直线MN 的方程为所以原点O 到直线MN , 所以直线MN 始终及圆相切．【点评】先猜想圆心为原点,表示出直线MN 的方程,再证明圆心到直线的距离为定值．【小试牛刀】如图,设椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左、右焦点分别为12,F F ,点D 在椭圆上,112DF F F⊥,,12DF F ∆. （1）求该椭圆的标准方程；（2）是否存在圆心在y 轴上的圆,使圆在x 轴的上方及椭圆两个交点,且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？若存在,求圆的方程,若不存在,请说明理由.【解析】（1）设()()12,0,,0F c F c -,其中222c a b =-, 由得 从而122112122,222DF F S DF F F c ∆=⋅==故1c =. 从而,由112DF F F ⊥得222211292DF DF F F =+=,因此. 所以12222a DF DF =+=,故2222,1a b a c ==-=因此,所求椭圆的标准方程为：当时,过12,P P 分别及11F P ,22F P 垂直的直线的交点即为圆心C ,设()00,C y由111,CP F P ⊥得而故圆C 的半径221415423333CP ⎛⎫⎛⎫=-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭综上,存在满足条件的圆,其方程为：四、迁移运用1.已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)以抛物线y 2＝8x 的焦点为顶点,且离心率为12.(1)求椭圆E 的方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m 及椭圆E 相交于A ,B 两点,及直线x ＝－4相交于Q 点,P 是椭圆E 上一点且满足OP →＝OA →＋OB →(其中O 为坐标原点),试问在x 轴上是否存在一点T ,使得OP →·TQ →为定值？若存在,求出点T 的坐标及OP →·TQ →的值；若不存在,请说明理由．【解析】(1)抛物线y 2＝8x 的焦点为椭圆E 的顶点,即a ＝2.又c a ＝12,故c ＝1,b ＝ 3.∴椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2), ∵OP →＝OA →＋OB →, ∴P (x 1＋x 2,y 1＋y 2),联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，3x 2＋4y 2＝12，得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0. 由根及系数的关系,得x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋3,y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝6m 4k 2＋3.将P ⎝⎛⎭⎫－8km 4k 2＋3，6m4k 2＋3代入椭圆E 的方程,得64k 2m 244k 2＋32＋36m 234k 2＋32＝1,整理,得4m 2＝4k 2＋3.设T (t,0),Q (－4,m －4k ),∴TQ →＝(－4－t ,m －4k ),OP →＝⎝⎛⎭⎫－8km 4k 2＋3，6m 4k 2＋3.即OP →·TQ →＝32km ＋8kmt 4k 2＋3＋6m m －4k 4k 2＋3＝6m 2＋8km ＋8kmt 4k 2＋3.∵4k 2＋3＝4m 2,∴OP →·TQ →＝6m 2＋8km ＋8kmt 4m 2＝32＋2k 1＋t m .要使OP →·TQ →为定值,只需⎣⎡⎦⎤2k 1＋t m 2＝4k 21＋t 2m 2＝4m 2－31＋t2m 2为定值,则1＋t ＝0,∴t ＝－1,∴在x 轴上存在一点T (－1,0),使得OP →·TQ →为定值32.2.【山西省长治二中、临汾一中、康杰中学、晋城一中2017届高三第一次联考】已知椭圆C :的左焦点为F,为椭圆上一点,AF 交y 轴于点M,且M 为AF 的中点. （I ）求椭圆C 的方程；（II ）直线l 及椭圆C 有且只有一个公共点A,平行于OA 的直线交l 于P ,交椭圆C 于不同的两点D,E,问是否存在常数λ,使得PE PD PA ⋅=λ2,若存在,求出λ的值,若不存在,请说明理由. 【答案】（I ）（II ）1=λ【解析】（Ⅰ）设椭圆的右焦点是1F , 在1AFF ∆中,1//AF OM,1=∴c …………2分12222==∴=∴b a a b 所以椭圆的方程为 …………4分 （Ⅱ）设直线DE 的方程为,解方程组 消去y 得到01222=-++t tx x 若()()2211,,y x E y x D则1,222121-=⋅-=+t x x t x x ,其中02-42>=∆t …………6分()21212212223))22(1(x x x x x x x x x x PE PD P P P P ++-=-⋅-+=⋅ 又直线l 的方程为,直线DE 的方程为, …………8分 所以P 点坐标2222,222ty t x P P +=-=, 22222432222221222,43t t t AP t PE PD =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--==⋅∴ 所以存在常数1=λ使得PD PE PA ⋅=λ2…………12分3.【2017长郡中学高三入学考试】已知椭圆:C的两个焦点分别为1(F,2F ,以椭圆短轴为直径的圆经过点(1,0)M . （1）求椭圆C 的方程；（2）过点M 的直线l 及椭圆C 相交于,A B 两点,设直线,AN BN 的斜率分别为12,k k ,问12k k +是否为定值？并证明你的结论.【答案】(1) ;(2) 12k k +为定值2. 【解析】（1）由已知得：222c a b =-=,由已知易得||1b OM ==,解得a =则椭圆C 的方程为.（2）①当直线l 的斜率不存在时,由,解得,设,122233222k k +=+=. ②当直线l 的斜率存在时,设直线l 的方程为(1)y k x =-,将(1)y k x =-代入整理化简,得2222(31)6330k x k x k +-+-=,依题意,直线l 及椭圆C 必相交于两点,设1122(,),(,)A x y B x y ,则,, 又11(1)y k x =-,22(1)y k x =-, 所以12122112121222(2)(3)(2)(3)33(3)(3)y y y x y x k k x x x x ----+--+=+=---- 12211212[2(1)](3)[2(1)](3)93()k x x k x x x x x x ---+---=-++1212121212122()[24()6]93()x x k x x x x x x x x -++-++=-++2212222222336122()[246]3131633933131k k x x k k k k k k k --++⨯-⨯+++=--⨯+++综上得：12k k +为定值2.4.【广东省惠州市2017届高三第一次调研考试】已知点(1,0)A -,(1,0)B ,直线AM 及直线BM 相交于点M ,直线AM 及直线BM 的斜率分别记为AM k 及BM k ,且2AM BM k k ⋅=-．（Ⅰ）求点M 的轨迹C 的方程；（Ⅱ）过定点(0,1)F 作直线PQ 及曲线C 交于,P Q 两点,OPQ ∆的面积是否存在最大值？若存在,求出OPQ ∆面积的最大值；若不存在,请说明理由．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）22．【解析】（Ⅰ）设(),M x y ,则(),111MA MB y y k k x x x ==≠±+-, 所以所以（Ⅱ）由已知当直线PQ 的斜率存在,设直线PQ 的方程是1y kx =+, 联立,消去y 得()222210k x kx ++-=,因为()()()222442810kkk ∆=++=+>,所以k R ∈,设()()1122,,,P x y Q x y , 12122221,22k x x x x k k +=-=-++ ()22121212211142222OPQk S OF x x x x x x k ∆+=⨯⨯-=+-⋅=⨯+........10分221111222≤+++⨯=k k 当且仅当0k =时取等号,OPQ ∆面积的最大值为22．5.【2016届云南师范大学附属中学高三月考】如图,过椭圆2222:1(0)x y a b a bΓ+=>>内一点(0,1)A 的动直线l 及椭圆相交于M,N 两点,当l 平行于x 轴和垂直于x 轴时,l 被椭圆Γ所截得的线段长均为22.（1）求椭圆Γ的方程；（2）在平面直角坐标系中,是否存在及点A 不同的定点B,使得对任意过点(0,1)A 的动直线l 都满足||||||||BM AN AM BN ⋅=⋅？若存在,求出定点B 的坐标,若不存在,请说明理由.【答案】（1）；（2）存在点B 的坐标(02)，． 【解析】（Ⅰ）由已知得2b =,点(21)，在椭圆上, 所以22211a b +=,解得2a =, 所以椭圆Γ的方程为．下面证明：对任意直线l,都有||||||||BM AN AM BN ⋅=⋅,即． 当直线l 的斜率不存在时,由上可知,结论成立； 当直线l 的斜率存在时,可设直线l 的方程为1y kx =+． 设M,N 的坐标分别为1122()()x y x y ，，，, 由得22(21)420k x kx ++-=, 其判别式22(4)8(21)0k k ∆=++>, 所以,121222422121k x x x x k k +=-=-++，, 因此,．易知点N 关于y 轴对称的点N '的坐标为22()x y -，， 又11111211BM y kx k k x x x --===-, 2222212111BN y kx k k k x x x x '--===-+=---,所以BM BN k k '=,即B M N '，，三点共线, 所以12||||||||||||||||x BM BM AM x BN BN AN ==='． 故存在及点A 不同的定点(02)B ，,使得||||||||BM AN AM BN ⋅=⋅．6．【2016届江苏省如东高中高三上学期期中】已知椭圆,F 为椭圆的右焦点,点A,B 分别为椭圆的上下顶点,过点B 作AF 的垂线,垂足为M ．（1）若2=a ,ABM ∆的面积为1,求椭圆方程；（2）是否存在椭圆,使得点B 关于直线AF 对称的点D 仍在椭圆上,若存在,求椭圆的离心率的值；若不存在,说明理由．【答案】（1）（2）不存在 【解析】（1）直线,直线． 联立可得． 所以1222212322==⨯⨯=acb ac b b S ABC △． 又因为2=a ,所以1==cb ．所以椭圆方程为． 因为,所以．代入椭圆方程得1)4(16242222424=-+ba a cb ac b ． 化简得012224=+-e e ． 因为04<-=∆,所以方程无解．所以不存在这样的椭圆,使得点B 关于直线AF 对称的点D 仍在椭圆上．7．【2016届广东省惠州市高三第一次调研考试】在平面直角坐标系xOy 中,已知圆心在x 轴上,半径为4的圆C 位于y 轴右侧,且及y 轴相切． （I ）求圆C 的方程； （II ）若椭圆的离心率为45,且左右焦点为12,F F ．试探究在圆C 上是否存在点P ,使得12PF F ∆为直角三角形？若存在,请指出共有几个这样的点？并说明理由（不必具体求出这些点的坐标）． 【答案】（I ）22(4)16x y -+=;（Ⅱ）存在,有四个这样的点.（i ）过2F 作x 轴的垂线,交圆12,P P ,则12122190PF F P F F ∠=∠=,符合题意； 9分 （ii ）过1F 可作圆的两条切线,分别及圆相切于点34,P P ,连接34,CP CP ,则1321490F P F F P F ∠=∠=,符合题意． 11分 综上,圆C 上存在4个点P ,使得12PF F ∆为直角三角形． 12分8.如图所示,椭圆E 2,过点 ()0,1P 的动直线l 及椭圆相交于,A B 两点,当直线l 平行于x 轴时,直线l 被椭圆E 截得的线段长为22. （1）求椭圆E 的方程；（2）在平面直角坐标系xOy 中,是否存在及点P 不同的定点Q ,使得恒成立？ 【解析】（1）由已知点)2,1在椭圆E 上.所以,解得2a =,2b =.所以椭圆E 方程为.（2）当直线l 及x 轴平行时,设直线l 及椭圆相交于,C D 两点. 如果存在定点Q 满足条件,则,即QC QD =. 所以点Q 在y 轴上,可设点Q 的坐标为()00,y .当直线l 及x 轴垂直时,设直线l 及椭圆相交于,M N 两点. 则(2M ,(0,2N ,由, 有,解得01y =或02y =.所以,若存在不同于点P 的定点Q 满足条件,则点Q 的坐标只可能为()0,2Q . 下面证明：对任意的直线l ,均有.当直线l 的斜率不存在时,由上可知,结论成立.当直线l 的斜率存在时,可设直线l 的方程为1y kx =+,,A B 的坐标分别为()11,x y ,()22,x y . 联立,得()2221420k x kx ++-=. 其判别式()22168210k k ∆=++>,, 所以,. 因此.易知,点B 关于y 轴对称的点的坐标为()22,B x y '-. 又,2221211QB y k k k x x x '-==-+=--,, 所以QA QB k k '=,即,,Q A B '三点共线. 所以12QA QA x PAQB QB x PB==='. 故存在及点P 不同的定点()0,2Q ,使得恒成立.'B Q y xBOPA9.在平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆C ：（0a b >>）的离心率且椭圆C 上的点到点()0,2Q 的距离的最大值为3.（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）在椭圆C 上,是否存在点(),M m n ,使得直线l ：1mx ny +=及圆O ：221x y +=相交于不同的两点A 、B ,且OAB ∆的面积最大？若存在,求出点M 的坐标及对应的OAB ∆的面积；若不存在,请说明理由【解析】（Ⅰ）因为,所以,于是223a b =. 1分 设椭圆C 上任一点),(00y x P ,椭圆方程为,2022033y b x -=∴,∴()()=-+=20202y xPQ 43422020++--b y y =63)1(2220+++-b y b y b ≤≤-0①当1-<-b ,即1>b 时,3632max =+=b PQ （此时)10-=y 1=∴b 舍去； 3分 ②当1-≥-b 即10≤<b 时,1,3442max =∴=++=b b b PQ 5分综上椭圆C 的方程为. 6分（Ⅱ）圆心到直线l 的距离为,弦长212d AB -=,所以OAB ∆的面积为412112122242+⎪⎭⎫ ⎝⎛--=+-=-=•=d d d d d d AB S 8分点()C n m M ∈,,,31≤≤∴MO ,131,131,31222≤≤∴≤≤∴≤+≤∴d d n m 10分当时, 由得综上所述,椭圆上存在四个点、、、,使得直线及圆相交于不同的两点A 、B ,且OAB ∆的面积最大,且最大值为12. 12分10．如图,已知椭圆C ：,其左右焦点为()11,0F -及()21,0F ,过点1F 的直线交椭圆C 于,A B 两点,线段AB 的中点为G ,AB 的中垂线及x 轴和y 轴分别交于,D E 两点,且1AF 、12F F 、2AF 构成等差数列.（1）求椭圆C 的方程；xAB1F DG2F（2）记△1GF D 的面积为1S ,△OED （O 为原点）的面积为2S ．试问：是否存在直线AB ,使得12S S =？说明理由．【解析】（1）因为1AF 、12F F 、2AF 构成等差数列,所以4222121==+=F F AF AF a ,所以2a =. （2分）又因为1c =,所以23b =, （3分）所以椭圆C 的方程为. （4分）故点G 的横坐标为．所以 ． （8分）因为 DG AB ⊥,所以 , 解得 ,即（10分）1Rt GDF ∆和1Rt ODE ∆相似,∴若12S S =,则GD OD = （11分） 所以 22222222243()()43434343k k k k k k k k ----+=++++, （12分） 整理得 2890k +=． （13分）因为此方程无解,所以不存在直线AB ,使得 12S S =． （14分）11. 【2015吉林省吉林市高三第二次模拟】如图,已知椭圆C:)0(,12222>>=+b a by a x 的左、右焦点为21F F 、,其上顶点为A .已知21AF F ∆是边长为2的正三角形.（1）求椭圆C 的方程；（2）过点)0,4(-Q 任作一动直线l 交椭圆C 于N M ,两点,记.⋅=λ若在线段MN 上取一点,R 使得⋅-=λ,试判断当直线l 运动时,点R 是否在某一定直线上运动？若在请求出该定直线,若不在请说明理由.【解析】（1）21AF F ∆是边长为2的正三角形,则2,1==a c , 1分故椭圆C 的方程为. 3分(2)直线MN 的斜率必存在,设其直线方程为)4(+=x k y ,并设),(),,(2211y x N y x M .联立方程,消去y 得0126432)43(2222=-+++k x k x k ,则 222122212431264,4332,0)41(144k k x x k k x x k +-=⋅+-=+>-=∆ 4分 由QN MQ ⋅=λ得)4(421+=--x x λ,故. 5分设点R 的坐标为),(00y x ,则由RN MR ⋅-=λ得)(0210x x x x --=-λ,解得8)()(42441441212121212211210++++=+++⋅+++=--=x x x x x x x x x x x x x x x λλ. 8分 又2222221214324433244312642)(42k k k k k x x x x +-=+-⨯++-⨯=++, 222214324843328)(kk k x x +=++-=++,从而18)()(422121210-=++++=x x x x x x x ,故点R 在定直线1-=x 上. 10分12. 定义：我们把椭圆的焦距及长轴的长度之比即,叫做椭圆的离心率.若两个椭圆的离心率e 相同,称这两个椭圆相似.（1）判断椭圆及椭圆是否相似？并说明理由；（2）若椭圆(2)a >及椭圆相似,求a 的值；（3）设动直线:6l y kx =+及（2）中的椭圆1Γ交于M N 、两点,试探究：在椭圆1Γ上是否存在异于N M 、的定点Q ,使得直线QN QM 、的斜率之积为定值？若存在,求出定点Q 的坐标；若不存在,说明理由.【解析】（1）,∴相似； 4分（2）由,得22a =； 8分（3）设11(,)M x y 、22(,)N x y 、00(,)Q x y 、QM QN k k λ⋅=（λ为常数）,将6y kx =+代入,整理得22(12)24640k x kx +++= 10分 则有 （＊）由QM QN k k λ⋅=得,即1020102066kx y kx y x x x x λ+-+-⋅=--亦即2212001200()[(6)]()(6)0k x x y k x x x y x λλλ-+-+++--=（＊＊） 将（＊）代入（＊＊）整理得：0)366412(24)4(202020022020=-++-+++-λλλλy y x k x k y x 12分 因为对动直线,总要存在定点Q ,所以上式成立及k 无关,因此必须有222200000041264360x y x x y y λλλλ-+==-++-= 14分 得1=λ,)2,0(-Q 或,)2,0(Q . 16分。