高考数学 命题角度5.6 圆锥曲线的探究、存在性问题大题狂练 理.doc

命题角度5.6：圆锥曲线的探究、存在性问题1.在平面直角坐标系中，直线不过原点，且与椭圆有两个不同的公共点.（）求实数取值所组成的集合；（）是否存在定点使得任意的，都有直线的倾斜角互补.若存在，求出所有定点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（i）；（ii）或.【解析】试题分析：（1）联立直线与椭圆的方程运用二次方程的判别式建立不等式进行求解；（2）充分利用题设条件建立方程，借助坐标之间的关系进行运算求解、推理论证：（ii）假设存在定点使得任意的,都有直线的倾斜角互补，即，令,所以，整理得：，经检验，满足题意，所以存在定点使得任意的,都有直线的倾斜角互补，坐标为或.点睛：椭圆是典型的圆锥曲线代表之一，也高考必考的重要考点之一。本题的设置旨在考查椭圆的标准方程及几何性质等基础知识和基本技能，同时检测转化化归能力、运算求解能力及数形结合思想函数方程思想等数学思想和方法。求解第一问的思路是联立直线与椭圆的位置关系的方程运用二次方程的判别式建立不等式进行求解；第二问的求解过程则充分利用题设条件进行运算求解、推理论证从而使得问题获证。2.已知椭圆 的左、右顶点分别为、，上、下顶点分别为、， 为坐标原点，四边形的面积为，且该四边形内切圆的方程为（）求椭圆的方程;（）若、是椭圆上的两个不同的动点，直线、的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由.【答案】（） ;（）. 【解析】试题分析：(1)利用题意求得， ，则椭圆的方程为： ；(2)分别考查斜率存在和斜率不存在两种情况，求得的面积为定值.（）若直线的斜率存在，设直线的方程为， ， ，由得： 直线与椭圆相交于两个不同的点， 得： 由韦达定理： 直线的斜率之积等于，满足又到直线的距离为, 所以的面积 若直线的斜率不存在， 关于轴对称设， ，则， 又 在椭圆上， ， 所以的面积综上可知， 的面积为定值. 3.已知动圆经过点，并且与圆相切.（1）求点的轨迹的方程；（2）设为轨迹内的一个动点，过点且斜率为的直线交轨迹于两点，当为何值时？ 是与无关的定值，并求出该值定值.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）由椭圆定义易知轨迹为椭圆，确定， 即可；（2）设，直线，与椭圆联立得，进而通过韦达定理建立根与系数的关系， ，由，代入化简即可求定值.试题解析：（1）由题设得： ，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，椭圆方程为.（2）设，直线，由得，.的值与无关， ，解得.此时.（方法：当时，；当时，设直线，；可以减少计算量.）4. 在平面直角坐标系中，动点到点的距离与它到直线的距离之比为（1）求动点的轨迹的方程；（2）设直线与曲线交于两点，与轴、轴分别交于两点（且在之间或同时在之外）问：是否存在定值，对于满足条件的任意实数，都有的面积与的面积相等，若存在，求的值；若不存在，说明理由【答案】（1） ；（2）存在，试题解析：（1）设，则，整理得，轨迹的方程为 （2）联立消去得， ，由得设，则， 由题意，不妨设，的面积与的面积总相等恒成立线段的中点与线段的中点重合，解得，即存在定值，对于满足条件，且（据（*）的任意实数，都有的面积与的面积相等 考点：椭圆的标准方程；直线与椭圆的位置关系【方法点晴】本题主要考查了直线与圆锥曲线问题，其中解答中涉及到椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，本题解答中利用直线与椭圆的方程联立，利用方程的根与系数的关系、韦达定理的应用是解答关键，试题有一定的难度，属于中档试题5.已知椭圆： （）的离心率为，以原点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆与直线相切.（）求椭圆的标准方程；（）已知点为动直线与椭圆的两个交点，问:在轴上是否存在定点,使得为定值？若存在，试求出点的坐标和定值；若不存在,请说明理由.【答案】（）;（）.【解析】试题分析：（1）由，以原点为圆心，椭圆的长半轴为半径与直线相切，求出的值，由此可求出椭圆的方程；（2）由得，由此利用韦达定理、向量的数量积，结合已知条件能求出在轴上存在点，使为定值，定点为。（）由得，且设，则，根据题意，假设轴上存在定点，使得为定值，则有要使上式为定值，即与无关，则应，即，此时为定值，定点为.点睛：本题主要考查了直线与椭圆的位置关系的综合应用，其中解答中涉及到椭圆的标准方程及其简单的几何性质，直线与椭圆的位置关系的综合应用，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，本题的解答中把直线方程与椭圆方程联立，转化为方程的根与系数的关系、韦达定理的应用是解答的关键。6.如图，已知椭圆经过不同的三点在第三象限），线段的中点在直线上（）求椭圆的方程及点的坐标；（）设点是椭圆上的动点（异于点且直线分别交直线于两点，问是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）点的坐标代入椭圆的方程就可求得方程，设点的坐标，根据条件可得点的坐标代入椭圆方程，bc中点坐标代入直线的方程，两方程联立可求点的坐标；（2）设，根据三点共线，用点p的坐标表示，同理用点p的坐标表示。再求为定值，所以。试题解析：（）由点在椭圆上，得解得所以椭圆的方程为3分由已知，求得直线的方程为从而（1）又点在椭圆上，故（2）由（1）（2）解得（舍去）或从而所以点的坐标为6分（）设因三点共线，故整理得 因三点共线，故整理得10分因点在椭圆上，故，即从而所以为定值 15分【点睛】1.求点的坐标可由条件得关于坐标的两个关系式，解方程组即可；2.因为两点， 在直线上，设所以，再由条件找两点的坐标与点的坐标的关系，根据点在椭圆上，可求为定值。7.已知椭圆： 的左右焦点分别是，直线与椭圆交于两点，当时， 恰为椭圆的上顶点，此时的面积为6.（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的左顶点为，直线与直线分别相交于点，问当变化时，以线段为直径的圆被轴截得的弦长是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，说明理由.【答案】（1）；（2）弦长为定值6【解析】试题分析：（1）根据时，直线的倾斜角为，又的周长为6，即可求得椭圆方程；（2）利用特殊位置猜想结论：当时，直线的方程为： ，求得以为直径的圆过右焦点，被轴截得的弦长为6 ，猜测当变化时，以为直径的圆恒过焦点，被轴截得的弦长为定值6，再进行证明即可.试题解析：（1）当时，直线的倾斜角为，所以：解得： ，所以椭圆方程是：； （2）当时，直线： ，此时，又点坐标是，据此可得，故以为直径的圆过右焦点，被轴截得的弦长为6由此猜测当变化时，以为直径的圆恒过焦点，被轴截得的弦长为定值6证明如下：设点点的坐标分别是，则直线的方程是：，所以点的坐标是，同理，点的坐标是，由方程组得到：，所以：，从而： =0，所以：以为直径的圆一定过右焦点，被轴截得的弦长为定值6【方法点睛】本题主要考查待定待定系数法椭圆标准方程方程、圆锥曲线的定值问题，属于难题. 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种： 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关； 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.8.已知， ，曲线上的任意一点满足： .（1）求点的轨迹方程；（2）过点的直线与曲线交于， 两点，交轴于点，设， ，试问是否为定值？如果是定值，请求出这个定值，如果不是定值，请说明理由.【答案】（1）;（2）.【解析】试题分析：（）求出向量的坐标，利用条件化简，即可求点的轨迹方程；（）分类讨论，利用， ，结合韦达定理，即可得出结论试题解析：（1）设，则， ， ，化简得， 为所求点的轨迹方程.（2）设， .当直线与轴不重合时，设直线的方程为，则，从而， ，由得， ， ，同理由得，.由，得.， ，代入式得，.当直线与轴重合时， ， ， .由， ，得， ，综上， 为定值.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.9.已知椭圆： （）的左焦点与抛物线的焦点重合，直线与以原点为圆心，以椭圆的离心率为半径的圆相切（）求该椭圆的方程；（）过点的直线交椭圆于， 两点，线段的中点为， 的垂直平分线与轴和轴分别交于， 两点记的面积为， 的面积为问：是否存在直线，使得，若存在，求直线的方程，若不存在，说明理由【答案】（）；（）见解析.试题解析：（）由题意，得， ，即， 所求椭圆的方程为（）假设存在直线使，显然直线不能与， 轴垂直直线的斜率存在，设其方程为（），将其代入整理得，设， ， ， ，解得，即，即，又，整理得因为此方程无解，故不存在直线满足10. 已知椭圆，设为椭圆上一点，且 .（）求；（）若，是否存在以为直角顶点的内接于椭圆的等腰直角三角形？若存在，请求出共有几个？若不存在，请说明理由.【答案】（i）；（ii）存在个，理由见解析【解析】试题分析：（）根据椭圆定义及性质知，在焦点三角形中，由余弦定理得：，得：，再有，得：；（）先分析特殊情况，当中一个斜率为零，一个斜率不存在显然不符合题意， 设，不妨设，联立直线和椭圆，利用直线和椭圆的位置关系得，从而，根据,可得：，化简求解，故存在个（）当中一个斜率为零，一个斜率不存在显然不符合题意，设，不妨设，联立直线和椭圆方程得，解得两根为，所以，由，得把中的换成，可得由的，结合化简得，整理得解得，均符合，所