专题训练11：椭圆中的存在探索性问题 -新人教A版（2019）高中数学选择性必修第一册高二上学期.docx

1、专题11：椭圆中的存在探索性问题1已知椭圆：，长轴为4，不过坐标原点且不平行于坐标轴的直线与椭圆有两个交点，线段的中点为，直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值.（1）求椭圆的方程；（2）若直线过右焦点，问轴上是否存在点，使得三角形为正三角形，若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由.2已知椭圆的左、右焦点分别为，为椭圆上一动点，当的面积最大时，其内切圆半径为，椭圆的左、右顶点分别为，且（1）求椭圆的标准方程；（2）过的直线与椭圆相交于点，（不与顶点重合），过右顶点分别作直线，与直线相交于，两点，以为直径的圆是否恒过某定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由3椭圆E：1(ab0)经过点A(2

2、，0)，且离心率为.（1）求椭圆E的方程；（2）过点P(4，0)任作一条直线l与椭圆C交于不同的两点M，N.在x轴上是否存在点Q，使得PQMPQN180？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由4已知、分别为椭圆的左顶点和下顶点，为直线上的动点，的最小值为（1）求的方程；（2）设与的另一交点为，与的另一交点为，问：是否存在点，使得四边形为梯形，若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由5已知椭圆的离心率为，且过点（1）求椭圆G的方程；（2）过点斜率为的直线l交椭圆G于A，B两点，在y轴上是否存在点N使得（点N与点M不重合），若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由6已知椭圆的焦点在x轴上，

3、且经过点，左顶点为D，右焦点为F（1）求椭圆C的离心率和的面积；（2）已知直线与椭圆C交于A，B两点，过点B作直线的垂线，垂足为G，判断是否存在常数t，使得直线经过y轴上的定点？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由7已知椭圆：.左焦点，点在椭圆外部，点为椭圆上一动点，且的周长最大值为.（1）求椭圆的标准方程；（2）点为椭圆上关于原点对称的两个点，为左顶点，若直线分别与轴交于两点，试判断以为直径的圆是否过定点.如果是请求出定点坐标，如果不过定点，请说明理由.8已知椭圆C的短轴的两个端点分别为，离心率为（1）求椭圆C的方程及焦点的坐标；（2）若点M为椭圆C上异于A，B的任意一点，过原点且与直线平

4、行的直线与直线交于点P，直线与直线交于点Q，试判断以线段为直径的圆是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由9已知椭圆的离心率，过右焦点的直线与椭圆交于，两点，在第一象限，且（1）求椭圆的方程；（2）在轴上是否存在点，满足对于过点的任一直线与椭圆的两个交点，都有为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由10已知椭圆的离心率为为椭圆上一点，为椭圆上不同两点，为坐标原点，（1）求椭圆的方程；（2）线段的中点为，当面积取最大值时，是否存在两定点，使为定值？若存在，求出这个定值；若不存在，请说明理由11已知椭圆的离心率为，短轴长为.（1）求椭圆的方程；（2）已知，是椭圆上的两个

5、不同的动点，以线段为直径的圆经过坐标原点.是否存在以为圆心的定圆恒与直线相切？若存在，求出定圆方程；若不存在，请说明理由.12已知椭圆的焦点在x轴上，它的一个顶点为，离心率，过椭圆的右焦点F作与坐标轴不垂直的直线l，交椭圆于A、B两点（1）求椭圆的标准方程；（2）设点是线段上的一个动点，且，求m的取值范围；（3）设点C是点A关于x轴的对称点，在x轴上是否存在一个定点N，使得C、B、N三点共线？若存在，求出定点N的坐标，若不存在，请说明理由13已知椭圆的焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，离心率，过椭圆的右焦点F作与坐标轴不垂直的直线l，交椭圆于A、B两点（1）求椭圆的标准方程；（2）

6、设点是线段上的一个动点，且，求m的取值范围；（3）设点C是点A关于x轴的对称点，在x轴上是否存在一个定点N，使得C、B、N三点共线？若存在，求出定点N的坐标，若不存在，请说明理由14已知动点到点的距离与到直线的距离之比为.（1）求动点的轨迹的标准方程；（2）过点的直线交于，两点，已知点，直线，分别交轴于点，.试问在轴上是否存在一点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.参考答案1（1）；（2）存在，点.【分析】（1）由题意可得，设点，利用点差法可得，即可求出，从而得解；（2）设直线，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可表示出点，假设存在点D，求出MD的直线方程，从而得到点坐

7、标，利用弦长公式求出、，由为等边三角形，则，即可得到方程，即可判断；【解析】解：（1）由题意可知，.设点，在椭圆上，所以，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以椭圆方程为.（2），设直线：，联立方程得，所以，所以，假设存在点，则的直线方程为，所以.，若为等边三角形，则，即，解得，此时，所以存在点，使得为等边三角形.【点评】 (1)解答直线与椭圆的题目时，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2（1）；（2）以为直径的圆恒过两定点，

8、【分析】（1）由可得的值，的面积最大时，由椭圆的性质可得当和三角形内切圆的性质可列方程，再结合 的关系，从而得出答案.(2)设出直线的方程与椭圆方程联立得出韦达定理，由点坐标得出的方程进而得出点坐标，同理得出坐标，写出以为直径的圆的方程，从而得出圆过定点.【解析】解：（1）由题意及三角形内切圆的性质可得，化简得又，所以，所以椭圆的标准方程为（2）由（1）知，由题意，直线的斜率不为，设直线的方程为，代入椭圆的方程，整理得设，则 ，直线令，得，同理可得，所以以为直径的圆的方程为，即，由得：代入得圆的方程为若圆过定点，则解得或所以以为直径的圆恒过两定点，【点评】关键点睛：本题考查求椭圆方程和根据直线

9、与椭圆的为关系求圆过定点问题，解答本题的关键是先求出点，坐标，进一步得出为直径的圆的方程为，再由韦达定理化简方程，得出答案，属于中档题.3（1）；（2）存在，Q(1，0).【分析】（1）由顶点得，结合离心率求得，然后可求得，得椭圆方程；（2）存在点Q(m，0)满足题意，题意说明直线QM和QN的斜率存在，分别设为k1，k2等价于k1k20，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，设直线l的方程为yk(x4)，与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得，代入求得参数，得定点【解析】（1）由条件可知，椭圆的焦点在x轴上，且a2，又e，得c.由a2b2c2得b2a2c22.所求椭圆的方程为；（2）若存在点Q(m

10、，0)，使得PQMPQN180，则直线QM和QN的斜率存在，分别设为k1，k2等价于k1k20.依题意，直线l的斜率存在，故设直线l的方程为yk(x4)由，得(2k21)x216k2x32k240.因为直线l与椭圆C有两个交点，所以0.即(16k2)24(2k21)(32k24)0，解得k2.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2，x1x2，y1k(x14)，y2k(x24)，令k1k20，(x1m)y2(x2m)y10，当k0时，2x1x2(m4)(x1x2)8m0，化简得，0，所以m1.当k0时，也成立所以存在点Q(1，0)，使得PQMPQN180.【点评】本题考查求椭圆方程，考

11、查直线与椭圆相交中的定点问题解题方法是“设而不求”的思想方法，即设交点坐标为，设直线方程，代入椭圆方程后应用韦达定理得（需要根据方便性，可能得），代入定点对应的表达式，利用恒等式知识求得定点坐标4（1）；（2）存在；【分析】（1）设，求出取得最小值，由求出，从而可得的方程；（2）假设存在点满足题设，设，联立直线与椭圆方程，求出，联立直线与椭圆方程求出，利用得到，代入，可求出即可得解.【解析】（1）由题设得，设，则，所以，于是当时，取得最小值，所以，解得所以的方程为（2）假设存在点满足题设，设，所以直线的方程为，直线的方程为将代入得，可得，所以将代入得，可得若四边形为梯形，则，所以，因为，所以，

12、所以，所以，整理可得，即，解得故当时，四边形为梯形【点评】关键点点睛：分别联立直线、与椭圆方程求出的横坐标，再将梯形转化为的横坐标进行求解是解题关键.5（1）；（2），证明详见解析.【分析】（1）由条件列式，利用待定系数法求解椭圆方程；（2）首先直线方程与椭圆方程联立，得根与系数的关系，将条件转化为，代入坐标，利用根与系数的关系化简求定点.【解析】（1）由条件可知 ，解得：，所以椭圆的方程是；（2）设直线，联立 ，得，即 ，即，得，即存在定点.【点评】思路点睛：定点问题解决步骤：（1）设直线代入二次曲线方程，整理成一元二次方程；（2）韦达定理列出两根和及两根积；（3）写出定点满足的关系，整体代

13、入两根和及两根积；（4）整理（3）所得表达式探求其恒成立的条件.6（1），的面积；（2）存在；【分析】（1）根据点在椭圆上求出，进而求出，最后求出离心率及三角形的面积；（2）先根据两种特殊情况求出定点，从而可以获得，再证明实数时，使得直线经过y轴上定点.【解析】解：（1）依题意，解得因为，即，所以，所以离心率，的面积（2）由已知，直线的方程为，当时，直线的方程为，交y轴于点；当时，直线的方程为，交y轴于点若直线经过y轴上定点，则，即，直线交y轴于点下面证明存在实数，使得直线经过y轴上定点联立消y整理，得，设，则，设点，所以直线的方程：令，得因为，所以所以直线过定点综上，存在实数，使得直线经过y

14、轴上定点【点评】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7（1）；（2）是，定点为和.【分析】（1）的三边有一边已经确定，问题转化为，何时另外两边之和最大，结合椭圆的定义，以及三角形两边之差小于第三边即可确定思路；（2）分直线斜率存在与不存在分别研究，不存在容易得出定点，存在时，可以设出斜率，再联立椭圆方程，求出坐标，最后求出以为直径的圆的方程，方程里面含有，再令即可.【解析】（1）设右焦点为，则即点为与椭圆的交点时，周长最大 所以所以椭圆的标准方程为（2）由（1）知，设，则当直线斜率存在时，

15、设其方程为联立得令，得同理得设中点为，则所以以为直径的圆得方程为即即令，得所以过点和，且为定点.当直线斜率不存在时，容易知道此时所以以为直径的圆是以原点为圆心，为半径的圆，显然也过定点 和综上，此圆过定点和【点评】 对于过定点的问题，可以先通过特殊情况得到定点，再去证明一般得情况.8（1）（2）.【分析】（1）根据题目椭圆过短轴端点，以及离心率，可以求出椭圆方程为.（2）利用直线MA的斜率以及直线MB的斜率，的方程，得出点P,Q的坐标，那么就可以设出圆的方程，再进行转化变形，就可以求出定点的坐标.【解析】（1）设椭圆方程为，因为椭圆短轴的两个端点为，所以b=1，且椭圆的离心率为，所以，并且，得

16、出，所以椭圆方程为.（2）设点M),则,所以过原点与MA平行的直线方程为：,令,得,;, 所以直线MB方程为：,令,得,;设过点P,Q的圆的方程为展开后得：即：;令,y=9或y=-3，故定点为.【点评】（1）求椭圆的方程就是利用题目的信息求解;（2）要注意过两点的圆的方程可以设为:，这样求解比较方便，特别要明确圆过定点就是与点M的位置无关，中，令x=0，即可得解.9（1）；（2）存在点，满足为定值.【分析】（1）根据题意得出，及，直线与椭圆联立解出即可得出椭圆方程；（2）设出直线方程（要分类讨论），联立直线与椭圆，将向量的数量积用的形式表示，再利用韦达定理整理并分析出得到定值的条件即可求解.【

17、解析】（1）由，及，得，设椭圆方程为，联立方程组得则，所以所以所以椭圆的方程为（2）当直线不与轴重合时，设，联立方程组得设，则有，于是，若为定值，则有，得，此时：当直线与轴重合时，也有综上，存在点，满足为定值【点评】 解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：（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（或）形式；（5）代入韦达定理求解.10（1）；（2）存在；【分析】（1）由离心率公式以及将点代入方程，列出方程组，进而得出方程；（2）当直线的斜率存在时，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式求出

18、，再由二次函数的性质得出的坐标，消去，得出点在椭圆上，结合定义得出平面内存在两点使得，当直线的斜率不存在时，设出坐标，由三角形面积公式以及正弦函数的性质求出的坐标，进而得出平面内存在两点使得.【解析】（1）由，可设，则方程化为又点在椭圆上，则，解得因此椭圆的方程为当直线的斜率存在时，设直线的方程为联立直线和椭圆的方程消去得，化简得：当时，取得最大值，即此时又，则即令，则因此平面内存在两点使得当直线的斜率不存在时，设，则，即当取得最大值此时中点的坐标为，满足方程即【点评】关键点睛：解决问题二时，关键是由弦长公式以及点到直线的距离公式表示三角形的面积，进而由韦达定理、二次函数的性质进行求解.11（

19、1）；（2）存在，.【分析】（1）由题意可得，再利用离心率求出，即可求解.（2）设，分情况讨论，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，将直线方程与椭圆联立，利用韦达定理，求出，从而可得，再利用点到直线的距离公式即可求出半径，再求出直线的斜率不存在时圆的半径，从而得出圆的方程.【解析】解：由题意知，又 椭圆的方程为设，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由得，以线段为直径的圆过坐标原点，且坐标原点到直线的距离当直线的斜率不存在时，由题知，坐标原点到直线的距离综上所述，存在以为圆心的定圆恒与直线相切，定圆的方程为.【点评】关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，解题的关键是根据，得出，考查了运算

20、求解能力、分析能力.12（1）；（2）；（3）存在，.【分析】（1）根据顶点坐标及椭圆离心率求，写出椭圆方程；（2）由题意，可设直线l为且，联立椭圆方程应用韦达定理得关于k的表达式，根据向量垂直的坐标表示，列方程得，即可求m的范围；（3）由（2）设且，结合向量共线的坐标表示，可列方程，进而可求t值并确定C的坐标.【解析】（1）由椭圆的焦点在x轴上，它的一个顶点为，知：，而，由，可得：，即椭圆的标准方程为；（2）由（1）知：，则可设直线l为且，令，联立直线与椭圆方程，有，整理得，则，且，而，整理可得：，又，即；（3）由（2），有，若存在使C、B、N三点共线，由知：，由（2）可知：，整理可得：，而

21、且，故仅当时，有C、B、N三点共线.【点评】关键点点睛：（1）根据椭圆顶点坐标、离心率求椭圆方程；（2）由直线与椭圆的位置关系，联立方程结合韦达定理、向量垂直的坐标表示列方程，得到m关于k的函数关系，进而求其范围；（3）假设点存在，根据向量平行的坐标表示列方程，求点坐标即可.13（1）；（2）；（3）存在，.【分析】（1）先算出抛物线焦点坐标，得出，再结合离心率即可求出椭圆标准方程；（2）设直线方程，代入椭圆方程，并利用韦达定理求出和，设中点为,将转化为，表示出，即可得到的范围；（3）求出点坐标，再设点，由C、B、N三点共线得到，利用向量平行的坐标形式表示出，再利用（2）中的韦达定理化简即可得

22、到定点的坐标.【解析】（1）设椭圆方程，抛物线的焦点为，所以又解得 所以椭圆标准方程为（2）由题意，点，因为点在线段上，所以，设过点的直线方程为，代入椭圆方程并整理得，设点，点，则，设中点，由，可得，所以，即，整理得，所以的取值范围为.（3）由（2）知，点和点关于轴对称，所以，设点，则，当C、B、N三点共线时，即，所以，整理得，由（2）知，所以，所以定点.【点评】本题需要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和向量平行的坐标表示，另外对于定点问题，也可以采取先猜后证的方法.14（1）；（2）存在，点.【分析】（1）由直译法列出方程化简即可；（2）设出直线方程，以及，,，,通过代换用表示，化简得到一个常数即可.【解析】（1）设点，则，化简得故动点的轨迹的标准方程为（2）设直线的方程为联立方程组，得， 得: 或，.设 ，定点存在，其坐标为.则令，求出与轴的交点 即有: 即即当直线与轴重合时，解得 所以存在定点，的坐标为.【点评】本题中这一步是为了凑出，然后作整体替换.