命题角度5-6 圆锥曲线的探究、存在性问题（第01期）-2018年高考数学（文）备考之百强校大题狂练系列

命题角度5-6 圆锥曲线的探究、存在性问题（第01期）-2018年高考数学（文）备考之百强校大题狂练系列

‎2018届高考数学（文）大题狂练 命题角度6：圆锥曲线的探究、存在性问题 ‎1.已知椭圆C：经过点，离心率，直线的方程为 ．‎ ‎（1）求椭圆的方程； ‎ ‎（2）经过椭圆右焦点的任一直线（不经过点）与椭圆交于两点，，设直线与相交于点，记的斜率分别为，问：是否为定值，若是，求出此定值，若不是，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）为定值.‎ 试题解析：‎ ‎（1）由点在椭圆上得， ① ②‎ 由 ①②得，故椭圆的方程为.‎ ‎（2）由题意可设的斜率为，则直线的方程为 ③‎ 代入椭圆方程并整理得 设，则有 ④‎ 在方程③中，令得，，从而 ‎.又因为共线，则有，‎ 即有 所以 ‎ ‎= ⑤ ‎ 将④代入⑤得 ，又，‎ 所以 ‎ 为定值.‎ 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．‎ ‎2.已知椭圆：（），以椭圆的短轴为直径的圆经过椭圆左右两个焦点，，是椭圆的长轴端点．‎ ‎（1）求圆的方程和椭圆的离心率；‎ ‎（2）设，分别是椭圆和圆上的动点（，位于轴两侧），且直线与轴平行，直线，分别与轴交于点，，试判断与所在的直线是否互相垂直，若是，请证明你的结论；若不是，也请说明理由．‎ ‎【答案】（1）;（2）与所在的直线互相垂直．‎ 试题解析：（1）由椭圆定义可得，又且，解得，，‎ 则圆的方程为，椭圆的离心率．‎ ‎（2）如图所示，设（），，则 即 又由：，得．‎ 由：，得．‎ 所以 ，，‎ 所以，‎ 所以，即与所在的直线互相垂直．‎ 点睛：本题考查椭圆方程和圆方程的求法，注意运用椭圆的定义和基本量的关系，考查定值问题的解法，注意运用向量的数量积的性质，向量垂直的条件：数量积为0，考查直线方程和椭圆方程联立，求交点，考查化简整理的运算能力，属于中档题.‎ ‎3.椭圆的左、右焦点分别为，且离心率为，点为椭圆上一动点， 内切圆面积的最大值为. ‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设椭圆的左顶点为，过右焦点的直线与椭圆相交于两点，连接并延长分别交直线于两点，以为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）和．‎ ‎【解析】试题分析：（1）首先设，然后根据离心率得到与的关系，再根据三角形面积取得最大值时点为短轴端点，由此求得的值，从而求得椭圆方程；（2）首先设出直线的方程，并联立椭圆方程，然后利用韦达定理结合向量数量积的坐标运算求得定点坐标．‎ ‎（2）设直线的方程为， ， ，联立可得 ‎，则， ，‎ 直线的方程为，直线的方程为，‎ 则， ，‎ 假设为直径的圆是否恒过定点，‎ 则， ，‎ ‎，‎ 即，‎ 即，‎ ‎，‎ 即，若为直径的圆是否恒过定点，即不论为何值时， 恒成立，因此， ， 或，即恒过定点和．‎ 考点：1、椭圆的几何性质；2、直线与椭圆的位置关系；3、向量数量积的运算．‎ ‎【方法点睛】求解圆锥曲线中的定点与定值问题的方法有两种：一是研究一般情况，通过逻辑推理与计算得到定点或定值，这种方法难度大，运算量大，且思路不好寻找；另外一种方法就是先利用特殊情况确定定点或定值，然后验证，这样在整理式子或求值时就有了明确的方向．‎ ‎4.已知椭圆的离心率为，四个顶点构成的菱形的面积是4，圆过椭圆的上顶点作圆的两条切线分别与椭圆相交于两点（不同于点），直线的斜率分别为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）当变化时，①求的值；②试问直线是否过某个定点？若是，求出该定点；若不是，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由题设知， ， ，又，解得，由此可得求椭圆的方程；（2）①，则有，化简得，对于直线，同理有，于是是方程的两实根，故，即可证明结果；②考虑到时， 是椭圆的下顶点， 趋近于椭圆的上顶点，故若过定点，则猜想定点在轴上.‎ 由，得，于是有，直线的斜率为，直线 的方程为，令，得，即可证明直线过定点.‎ 试题解析：（1）由题设知， ， ，又，‎ 解得.‎ 故所求椭圆的方程是.‎ 由，得，于是有.‎ 直线的斜率为，‎ 直线的方程为，‎ 令，得，‎ 故直线过定点.‎ ‎5. 已知⊙： 与⊙： ，以， ‎ 分别为左右焦点的椭圆： 经过两圆的交点。‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）、是椭圆上的两点，若直线与的斜率之积为，试问的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由。‎ ‎【答案】（Ⅰ）; （Ⅱ）的面积为定值3.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）设两圆的交点为，依题意有解得，进而得；‎ ‎（Ⅱ）讨论斜率不存在和斜率存在时两种情况，设直线的方程为， ， ，直线与椭圆联立得， ，由，得，表示面积即可得定值.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，设 ‎ 又 设直线的方程为， ， ，‎ 由，得，‎ 由，得 （*）‎ 且， ，‎ ‎∴‎ ‎∵，∴，‎ 整理得， ‎ 代入（*）得， ‎ ‎∵‎ 原点到直线的距离 ‎∴（定值）。‎ 综上所述， 的面积为定值3. 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. 6.已知椭圆（）的左、右顶点分别为，左、右焦点分别为，离心率为，点， 为线段的中点.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若过点且斜率不为0的直线与椭圆的交于两点，已知直线与相交于点，试判断点是否在定直线上？若是，请求出定直线的方程；若不是，请说明理由.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）详见解析 试题解析: （Ⅰ）设点，由题意可知： ，即 ①‎ 又因为椭圆的离心率，即 ②‎ 联立方程①②可得： ，则 所以椭圆的方程为．‎ ‎（Ⅱ）方法一：根据椭圆的对称性猜测点是与轴平行的直线上．‎ 假设当点为椭圆的上顶点时，直线的方程为，此时点 ，‎ 则联立直线和直线可得点 据此猜想点在直线上，下面对猜想给予证明： ‎ 设，联立方程可得： ‎ 由韦达定理可得， （*）‎ 因为直线， ，‎ 联立两直线方程得（其中为点的横坐标）即证： ，‎ 即，即证 ‎ 将（*）代入上式可得 此式明显成立，原命题得证．所以点在定直线上上．‎ 方法二：设， 两两不等，‎ 因为三点共线，所以，‎ 整理得： ‎ 又三点共线，有： ①‎ 又三点共线，有： ② 将①与②两式相除得：‎ 即，‎ 将即代入得： ‎ 解得（舍去）或，所以点在定直线上．‎ 方法三：显然与轴不垂直，设的方程为， .‎ 由得.‎ 设， 两两不等，‎ 则， ， ‎ 由三点共线，有： ①‎ 由三点共线，有： ②‎ ‎①与②两式相除得：‎ 解得（舍去）或，所以点在定直线上．‎ 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.‎ ‎7.在平面直角坐标系中，已知椭圆（），圆（），若圆的一条切线与椭圆相交于两点.‎ ‎（1）当， 时，若点都在坐标轴的正半轴上，求椭圆的方程；‎ ‎（2）若以为直径的圆经过坐标原点，探究是否满足，并说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）利用点到直线的距离公式可求得，由点都在坐标轴的正半轴上，即可求得和的值，求得椭圆方程；（2）由以为直径的圆经过点，可得，即，由在直线上，可将用表示，然后联立直线与椭圆的方程结合韦达定理得，化简可得结论.‎ 试题解析：（1）∵直线与相切，∴.‎ 由， ，解得.‎ ‎∵点都在坐标轴正半轴上，‎ ‎∴.‎ ‎∴切线与坐标轴的交点为， .‎ ‎∴， .‎ ‎∴椭圆的方程是.‎ ‎（2）的关系满足.‎ 证明如下：设， ‎ ‎∵以为直径的圆经过点，‎ ‎∴，即.‎ ‎∵点在直线上，‎ ‎∴.‎ ‎∴ （*）‎ 由消去，得.‎ 即 显然 ‎∴由一元二次方程根与系数的关系，得 代入（*）式，得.‎ 整理，得.‎ 又由（1），有.‎ 消去，得 ‎∴‎ ‎∴满足等量关系.‎ 点睛：本题主要考查了椭圆的标准方程，直线与圆的位置关系之相切以及直线与椭圆的位置关系之相交与韦达定理相结合，计算量较大，由一定难度；由直线与坐标轴的交点可得椭圆中的， 的值，即可得椭圆的方程，对于第二问主要用到直径所对的圆周角为直角转化为向量的数量积为，由直线相交得与的关系，最后用到最常见的直线与椭圆相交联立方程组与韦达定理结合，得.‎ ‎8..已知椭圆经过点，且离心率为．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）设是椭圆上的点，直线与（为坐标原点）的斜率之积为．若动点满足，试探究是否存在两个定点，使得为定值？若存在，求的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）; （Ⅱ）见解析.‎ ‎【解析】试题分析：(Ⅰ)利用椭圆的离心率计算公式和点在椭圆上列方程组求解即可得出． (Ⅱ)利用向量的坐标运算、点在椭圆上满足椭圆的方程、斜率计算公式及其椭圆的定义即可得出．‎ 试题解析：‎ ‎(Ⅰ)∵ ∴‎ 又∵椭圆经过点 ∴‎ 解得：，‎ 所以椭圆的方程为．‎ 设，分别为直线与的斜率，由题意知，‎ ‎，因此 所以，‎ 所以点是椭圆上的点，‎ 所以由椭圆的定义知存在点，满足为定值 又因为，‎ 所以坐标分别为、．‎ ‎9.已知右焦点为的椭圆与直线相交于、两点，且.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）为坐标原点， ， ， 是椭圆上不同的三点，并且为的重心，试探究的面积是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，说明理由.‎ ‎【答案】(1) ；(2)是， .‎ ‎【解析】（1）设， ，则 ， ‎ ‎，即，①‎ ‎， ，即，②‎ 由①②得，‎ 又， ， ‎ 椭圆的方程为． ‎ ‎（2）设直线方程为： ，‎ 由得， ‎ 为重心， ， ‎ 点在椭圆上，故有，‎ 可得， ‎ 而，‎ 点到直线的距离（是原点到距离的3倍得到），‎ ‎， ‎ 当直线斜率不存在时， ， ， ，‎ 的面积为定值．‎ ‎10.在平面直角坐标系中，已知动点到定点的距离与到定直线的距离之比为．‎ ‎（1）求动点的轨迹的方程；‎ ‎（2）已知为定直线上一点.‎ ‎①过点作的垂线交轨迹于点（不在轴上），求证：直线与的斜率之积是定值；‎ ‎②若点的坐标为，过点作动直线交轨迹于不同两点，线段上的点满足，求证：点恒在一条定直线上.‎ ‎【答案】（1）（2）①直线与的斜率之积为定值．‎ ‎②点在定直线上．‎ ‎【解析】试题分析：（1）设动点坐标，直接利用轨迹方程定义计算即可；（2），‎ ‎①令，由，得，即，即 ‎，又因为点在椭圆上，所以，而的斜率分别为，于是，即直线与的斜率之积为定值； ②令，则，代入椭圆，消元即可证明点在定直线上．‎ 试题解析：（1）设，则，点到直线的距离，‎ 由，得，化简得，‎ 即点在轨迹的方程为；‎ ‎．‎ ‎②令，则，‎ 令点，则，‎ 即，即 由①×③，②×④，得，‎ 因为在椭圆上，所以，‎ ‎⑤×2+⑥×3，得 ‎，即，‎ 所以点在定直线上．‎ 本题主要考查了椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，是高考的必考点，属于难题．求椭圆方程的方法一般就是根据条件建立的方程，求出即可，注意的应用；涉及直线与圆锥曲线相交时，未给出直线时需要自己根据题目条件设直线方程，要特别注意直线斜率是否存在的问题，避免不分类讨论造成遗漏，然后要联立方程组，得一元二次方程，利用根与系数关系写出，再根据具体问题应用上式，其中要注意判别式条件的约束作用．‎