2020高考数学之冲破压轴题讲与练专题14圆锥曲线中的探索性问题【解析版】11878.pdf

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1、 1 第三章 解析几何 专题 14 圆锥曲线中的探索性问题【压轴综述】纵观近几年的高考试题，高考对圆锥曲线的考查，一般设置一大一小两道题目，主要考查以下几个方面：一是考查椭圆、双曲线、抛物线的定义，与椭圆的焦点三角形结合，解决椭圆、三角形等相关问题；二是考查圆锥曲线的标准方程，结合基本量之间的关系，利用待定系数法求解；三是考查圆锥曲线的几何性质，小题较多地考查椭圆、双曲线的几何性质；四是考查直线与椭圆、抛物线的位置关系问题，综合性较强，往往与向量结合，涉及方程组联立，根的判别式、根与系数的关系、弦长问题、不等式、范围、最值、定值、定点、定直线、存在性和探索性问题等.本专题在分析研究近几年高考题

2、及各地模拟题的基础上，重点说明求解存在性和探索性问题等.1.探究性问题求解的思路及策略(1)思路：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(2)策略：当条件和结论不唯一时要分类讨论；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 在这个解题思路指导下解决探索性问题与解决具有明确结论的问题没有什么差别 2.解决存在性问题的一些技巧：（1）特殊值（点）法：对于一些复杂的题目，可通过其中的特殊情况，解得所求要素的必要条件，然后再证明求得的要素也使得其它情况均成立.（2）核心变量的选取：因为解决存在性问题的核心在于求出未知要素，所以通常以该要素作为核心变量，

3、其余变量作为辅助变量，必要的时候消去.（3）核心变量的求法：直接法：利用条件与辅助变量直接表示出所求要素，并进行求解 间接法：若无法直接求出要素，则可将核心变量参与到条件中，列出关于该变量与辅助变量的方程（组），运用方程思想求解.【压轴典例】例 1.（2019湖北高三开学考试（文）设O为坐标原点，动点M在椭圆E:22142xy上，过点M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足2NPNM.2(1)求点P的轨迹方程；(2)设1,0A，在x轴上是否存在一定点B，使2BPAP总成立？若存在，求出B点坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)224xy；(2)存在点4,0B满足条件.【解析】（1）设,P x y，

4、11,M x y，则1,0N x M在椭圆E上 2211142xy 由2NPNM知：112xxyy，即：1122xxyy，代入得：224xy 即点P的轨迹方程为：224xy（2）假设存在点,0B m满足条件，设,P x y 由2BPAP得：222221xmyxy 即：22233284xymxm 此方程与(1)中表示同一方程，故：2280412mm，解得：4m 存在点4,0B满足条件 例2.（江西省新余市第四中学2019届10月月考）已知 为椭圆的右焦点，点在 上，且轴.（1）求 的方程；3（2）过 的直线 交 于两点，交直线于点判定直线的斜率是否构成等差数列？请说明理由.【答案】(1)；(2)

5、直线的斜率成等差数列【解析】()因为点在 上，且轴，所以 设椭圆 左焦点为，则，中，所以 所以，又，故椭圆 的方程为.()由题意可设直线的方程为，令得，的坐标为 由得，设，则有，记直线的斜率分别为，从而，因为直线的方程为，所以，所以 代入得，又，所以，故直线的斜率成等差数列 例 3.（广东省华南师范大学附属中学 2019 届高三上第二次月考）已知椭圆的离心 4 率为，且点在椭圆 上（1）求椭圆 的方程；（2）过点任作一条直线，与椭圆 交于不同于 点的，两点，与直线交于点，记直线、的斜率分别为、试探究与的关系，并证明你的结论【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）因为椭圆的离心率为，所以，因为

6、，所以故可设椭圆 的方程为：，因为点在椭圆 上，所以将其代入椭圆 的方程得 所以椭圆 的方程为 （2）依题意，直线 不可能与 轴垂直，故可设直线 的方程为：，即，为 与椭圆 的两个交点 将代入方程化简得：所以，所以 又由，解得，即 点的坐标为，所以 因此，与的关系为：.5 例 4.（2019云南师大附中高三月考）已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为63，短袖长为 4.（1）求椭圆C的标准方程.（2）设直线l过点（2,0）且与椭圆C相交于不同的两点A、B，直线6x 与x轴交于点D,E是直线6x 上异于D的任意一点，当0AE DE时，直线BE是否恒过x轴上的定点？若过，求出定点坐标，

7、若不过，请说明理由.【答案】（1）221124xy（2）直线BE恒过x轴上的定点(4,0)，详见解析【解析】（1）由题意得222632cababc.解得2 3,2ab，所以椭圆C的标准方程为221124xy（2）直线BE恒过x轴上的定点(4,0)证明如下：因为0AE DE.所以AEDE，因为直线l过点(2,0)当直线l的斜率不存在时，则直线l的方程为2x，不妨设2 62 62,2,.33AB则2 66,3E 此时，直线BE的方程为6(4)3yx，所以直线BE过定点(4,0)；直线l的斜率存在且不为零时，设直线l的方程为2(0)xmym，1122,A x yB x y，所以16,Ey.6 直线2

8、112:(6)6yyBEyyxx，令0y，得122166yxxyy 即1212166y xyxyy，又222xmy 所以12121266ymyyxyy 即证121212664ymyyyy 即证 121220*yymy y 联立2211242xyxmy,消x得223480mymy，因为点(2,0)在C内，所以直线l与C恒有两个交点，由韦达定理得，12122248,33myyy ymm 代入（*）中得121222882033mmyymy ymm 所以直线BE过定点(4,0)，综上所述，直线BE恒过x轴上的定点(4,0).例 5.（2019湖南衡阳市八中高三月考（理）已知椭圆22:14xCy的左右顶

9、点为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两点，直线AP与直线BQ的斜率分别记为12,k k，且214kk（）求证：BPBQ；（）设APQ，BPQ的面积分别为1S，2S，判断12SS是否为定值，若是求出这个定值，若不是请说明理由【答案】（）详见解析（）12SS为定值 4，详见解析【解析】7（）设11,P x y，(2,0),(2,0)AB，则21112111224APBPyyykkxxx，又221114xy，则221114xy ，代入上式，得14APBPkk,由已知：14APBQkk，则1144APBPBQBPkkkk，从而1BOBPkk，即BPBQ（）设直线PQ的方程为：ykxb，联立得：22

10、222(14)84(1)044ykxbkxkbxbxy，由22041kb，由韦达定理：122814kbxxk，21224(1)14bx xk，由（1）BPBQ，则0BP BQ，则 12121212220220 xxy yxxkxbkxb，即：221212(1)(2)()40kx xkbxxb，所以：22121650kkbb，得：12kb 或56kb，当12kb 时，直线1:(1)2PQ ybx，不合题意，当56kb 时，直线5:(1)6PQ ybx，过定点6(,0)5M，又1211|2SAMyy，2211|2|SMByy，则126(2)|546|25SAMSMB，为定值 8 例 6.（2019

11、天津高三开学考试）已知椭圆222210yxabab的离心率为22，以椭圆的上焦点F为圆心，椭圆的短半轴为半径的圆与直线40 xy截得的弦长为2 2.（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆左顶点做两条互相垂直的直线1l，2l，且分别交椭圆于M，N两点（M，N不是椭圆的顶点），探究直线MN是否过定点，若过定点则求出定点坐标，否则说明理由.【答案】(1)22184yx(2)MN恒过定点2,03，见解析【解析】（1）22e，22bca，设圆F的方程为222xycc，圆心为0,c，半径为c，设d为圆心到直线40 xy的距离，则4=2cd，2222 22dr，22422cc，即28200cc，2100cc，0c

12、，2c.所以椭圆的方程为22184yx.（2）设1l的方程为2xty，2l的方程为12xyt，联立222802yxxty，可得222280yty，整理222180tyty，设11,M x y，M不是椭圆的顶点，9 12821tyt，代入2xty，得2124221txt，222428,21 21ttMtt，联立 2228012yxxyt，设22,N xy，222882121ttytt，带入12xyt，得2222214242=2121ttxtt，222428,22ttNtt，若MN斜率存在，2222222222228882821212=42424224221212MNttt tttttkttttt

13、ttt 34224243=881ttttt，MNl：22228342=212tttyxttt 22222334281122ttttyxtttt 22222342813112ttt ttyxttt 10 3222324112tttyxttt 223211ttyxtt 23213tyxt 恒过2,03.若MN斜率不存在，1l的方程为2xy，2l的方程为2xy，2 8,3 3M，28,33N，此时MNl：23x，亦过2,03，综上，直线MN恒过2,03.例 7.（2018上海高考真题）设常数2t 在平面直角坐标系xOy中，已知点2 0F，直线l：xt，曲线：2800yxxt y，l与x轴交于点A、与

14、交于点BP、Q分别是曲线与线段AB上的动点 （1）用t表示点B到点F距离；（2）设3t，2FQ，线段OQ的中点在直线FP，求AQP的面积；（3）设8t，是否存在以FP、FQ为邻边的矩形FPEQ，使得点E在上？若存在，求点P的坐标；11 若不存在，说明理由【答案】（1）2BFt；（2）177 33236S；（3）见解析.【解析】（1）方法一：由题意可知：设2 2B tt，则2282BFttt，2BFt；方法二：由题意可知：设2 2B tt，由抛物线的性质可知：22pBFtt ，2BFt；（2）2 0F，2FQ，3t，则1FA，3AQ，32Q，设OQ的中点D，3222D，3023322QFk，则直

15、线PF方程：32yx，联立2328yxyx，整理得：2320120 xx，解得：23x，6x（舍去），AQP的面积177 33236S；（3）存在，设28yPy，28mEm，则2281628PFyykyy，2168FQyky，直线QF方程为21628yyxy，22164838284Qyyyyy，248384yQy，根据FPFQFE，则2248684yyEy，12 222488648yyy，解得：2165y，存在以FP、FQ为邻边的矩形FPEQ，使得点E在上，且2 4 555P，例 8.（2014山东高考真题（理）已知抛物线2:2(0)C ypx p的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A

16、的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有FAFD.当点A的横坐标为3时，ADF为正三角形.（）求C的方程；（）若直线1/ll，且1l和C有且只有一个公共点E，（）证明直线AE过定点，并求出定点坐标；（）ABE的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由.【答案】（I）24yx.（II）（）直线 AE 过定点(1,0)F.（）ABE的面积的最小值为 16.【解析】（I）由题意知(,0)2PF 设(,0)(0)D tt，则 FD 的中点为2(,0)4pt，因为FAFD，由抛物线的定义知：322ppt，解得3tp或3t （舍去）.13 由234pt，解得2p.所以抛物线

17、 C 的方程为24yx.（II）（）由（I）知(1,0)F，设0000(,)(0),(,0)(0)DDA xyx yD xx，因为FAFD，则011Dxx，由0Dx 得02Dxx，故0(2,0)D x，故直线 AB 的斜率为02AByk，因为直线1l和直线 AB 平行，设直线1l的方程为02yyxb，代入抛物线方程得200880byyyy，由题意20064320byy，得02by.设(,)EEE xy，则04Eyy，204Exy.当204y 时，0000220002044444EABEyyyyykyxxyy，可得直线 AE 的方程为000204()4yyyxxy，由2004yx，整理可得020

18、4(1)4yyxy，直线 AE 恒过点(1,0)F.当204y 时，直线 AE 的方程为1x，过点(1,0)F，14 所以直线 AE 过定点(1,0)F.（）由（）知，直线 AE 过焦点(1,0)F，所以000011(1)(1)2AEAFFExxxx，设直线 AE 的方程为+1xmy，因为点00(,)A xy在直线 AE 上，故001xmy，设11(,)B x y，直线 AB 的方程为000()2yyyxx，由于00y，可得0022xyxy，代入抛物线方程得2008840yyxy，所以0108yyy，可求得1008yyy，10044xxx，所以点 B 到直线 AE 的距离为 00002484(

19、)11xm yxydm 004(1)xx 0014()xx.15 则ABE的面积00001114()(2)162Sxxxx，当且仅当001xx即01x 时等号成立.所以ABE的面积的最小值为 16.【压轴训练】1（2018 届江西省重点中学协作体第二次联考）已知椭圆：的离心率为，短轴为.点满足.(1)求椭圆 的方程；(2)设 为坐标原点，过点 的动直线 与椭圆交于点、，是否存在常数 使得为定值？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）.（2）答案见解析.【解析】（1），所以从而 的方程为.（2）当 不为 轴时，设：，、.联立 与 的方程可得，所以，.因为为定值，所以，解得.此时

20、定值为.当 为 轴时，.综上，存在使得为定值.2.(2018 届山东省威海市二模)已知椭圆：的左右焦点分别为，且离心率为，16 点为椭圆上一动点，面积的最大值为.（1）求椭圆 的标准方程；（2）设分别为椭圆的左右顶点，过点 作 轴的垂线，为 上异于点 的一点，以为直径作圆.若过点的直线（异于 轴）与圆 相切于点，且 与直线相交于点，试判断是否为定值，并说明理由.【答案】（1）（2）3【解析】（1）由题意可知，解得 所以椭圆 的方程为（2）由（1）可知，因为过与圆 相切的直线分别切于两点，所以，所以，设点，则，圆 的半径为 则直线的方程为 的方程设为，则 化简得 由，得 所以点,所以点 在椭圆

21、上，即.3（2019云南师大附中高三月考）已知椭圆C：222210 xyabab的离心率为63，短轴长为 4.17（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知不经过点P（0，2）的直线l：0,xmyn mnR交椭圆C于A，B两点，M在AB上满足12PMPAPB且2ABPM，问直线是否过定点，若过求定点坐标；若不过，请说明理由.【答案】（1）221124xy（2）直线l恒过定点(01)，详见解析【解析】（1）由题意得222632cababc，解得2 3a，2b，所以椭圆C的标准方程为221124xy（2）设11()A xy，22()B xy，又(0 2)P，所以11(2)PAxy，22(2)PBxy，因

22、为M在AB上满足1()2PMPAPB，所以M为AB的中点 又|2|ABPM，即|MAMBMP，所以线段AB为PAB外接圆的直径，即0PA PB，所以1212(2)(2)0 x xyy 又A B，在直线l上，所以1212()()(2)(2)0myn mynyy，即221212(1)(2)()40my ymnyyn，()联立221124xyxmyn，消x得222(3)2120mymnyn，因为直线l与椭圆C交于不同的A B，两点，18 所以222244(3)(12)0m nmn，即22412nm，由韦达定理得122212223123mnyymny ym，代入（*）中，得2220nmnm，解得2nm

23、 或nm，所以直线l：2(2)xmymm y或(1)xmymm y，所以直线l过定点(01)，或(02)，（舍去），综上所述：直线l恒过定点(01)，4(2018 届上海市徐汇区二模)如图，是椭圆长轴的两个端点，是椭圆上与均不重合的相异两点，设直线的斜率分别是.(1)求的值；(2)若直线过点，求证：；(3)设直线与 轴的交点为(为常数且)，试探究直线与直线的交点 是否落在某条定直线上？若是，请求出该定直线的方程；若不是，请说明理由 【答案】（1）（2）见解析（3）落在定直线上【解析】(1)设，由于，所以，19 因为在椭圆 上，于是，即，所以.(2)设直线，由 得，于是，(3)由于直线与 轴的交

24、点为，于是，联立直线与椭圆的方程，可得，于是 因为直线，直线，两式相除，可知 ，于是，所以，即直线与直线的交点 落在定直线上 5.(2018 届辽宁省部分重点中学协作体模拟)已知是椭圆上的一点，是该椭圆的左右焦点，且.（1）求椭圆 的方程；（2）设点是椭圆 上与坐标原点 不共线的两点，直线的斜率分别为，且.20 试探究是否为定值，若是，求出定值，若不是，说明理由.【答案】(1)椭圆;(2)见解析.【解析】（1）由题意，根据椭圆定义，所以 所以，因此，椭圆.（用待定系数法，列方程组求解同样给分）（2）设直线，由 消去 y 得 因为，所以 即，解得 所以，6（2017湖南高考模拟（理）已知椭圆C：

25、22221(0)xyabab的一个焦点与上下顶点构成直角三角形，以椭圆C的长轴长为直径的圆与直线20 xy相切(1)求椭圆C的标准方程；(2)设过椭圆右焦点且不重合于x轴的动直线与椭圆C相交于A、B两点，探究在x轴上是否存在定点E，使得EA EB为定值？若存在，试求出定值和点E的坐标；若不存在，请说明理由【答案】（1）2212xy；（2）定点为5,04.【解析】21（1）由题意知，2220022bcabca，解得121bac 则椭圆C的方程是2212xy（2）当直线的斜率存在时，设直线10yk xk 联立22121xyyk x，得22222124220,880kxk xkk 所以2222422

26、,1212ABABkkxxx xkk 假设x轴上存在定点0,0E x，使得EA EB为定值.所以 20000,AABBABABABEA EBxxyxxyx xxxxxy y 220011ABABx xxxkxx 2222001ABABkx xxkxxxk 2220002241212xxkxk 要使EA EB为定值，则EA EB的值与k无关，所以2200024122xxx 解得054x，此时716EA EB 为定值，定点为5,04 当直线的斜率不存在时，221,1,22AB，716EA EB 也成立 所以，综上所述，在x轴上存在定点5,04E，使得EA EB为定值716 7（2016湖南高三月考

27、（文）已知直线l：4x3y100，半径为 2 的圆C与l相切，圆心C在x轴上 22 且在直线l的右上方(1)求圆C的方程；(2)过点M(1，0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由【答案】（1）224xy；（2）存在，且(4,0)N【解析】(1)设圆心 C(a，0)52a，则410205aa或 a5(舍)，所以圆 C：x2y24.(2)当直线 ABx 轴时，x 轴平分ANB，当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 yk(x1)，N(t，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

28、由2241xyyk x得(k21)x22k2xk240，所以212221kxxk，212241kx xk，若 x 轴平分ANB，则ANBNkk 121212121100k xk xyyxtxtxtxt2x1x2(t1)(x1x2)2t02222242120411kktttkk，所以当点 N 为(4，0)时，能使得ANMBNM 总成立 8.(河北省衡水中学 2019 届高三上期中)已知椭圆 C：的离心率为，分别为椭圆 的左、右顶点，点满足.(1)求椭圆 的方程；(2)设直线 经过点 且与 交于不同的两点，试问：在 x 轴上是否存在点,使得直线与直线的斜率的和为定值？若存在，求出点 的坐标及定值，

29、若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）Q（2，0），1.【解析】（1）依题意，P（2，-1），所以=（-a-2,1）(a-2,1)=5-a2,由=1，a0,得 a=2,因为e=，所以 c=，b2=a2-c2=1，结果为，进而得到最终结果.23 故椭圆 C 的方程为.（2）假设存在满足条件的点 Q（t，0），当直线 l 与 x 轴垂直时，它与椭圆只有一个交点，不满足题意，因此直线 l 的斜率 k 存在，设 l：y+1=k（x-2），由消 y，得（1+4k2）x2-（16k2+8k）x+16k2+16k=0，=-64k0,所以 k0,设，则 x1+x2=,x1x2=,因为=，所以要使对任意满

30、足条件的 k，为定值，则只有 t=2，此时=1.故在 x 轴上存在点 Q（2，0）使得直线 QM 与直线 QN 的斜率的和为定值 1.9(陕西省汉中市汉中中学 2019 届第三次月考)已知椭圆，直线 不过原点 且不平行于坐标轴，与 交于、两点，线段的中点为（1）证明:直线的斜率与 的斜率的乘积为定值；（2）若 过点，延长线段与 交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求 的斜率；若不能，说明理由【答案】（1）见解析；（2）四边形能为平行四边形，当 的斜率为或时，四边形为平行四边形【解析】（1）设直线，将代入，得，故，于是直线的斜率，即，所是命题得证（2）四边形能为平行四边形 直线 过点，不过原点

31、且与 C 有两个交点的充要条件是且 24 由（1）得的方程为设点 的横坐标为 由，得，即 将点的坐标代入直线 的方程得，因此，四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即于是解得，2，当 的斜率为或时，四边形为平行四边形 10（2019黑龙江高三月考（文）已知圆C经过(2,0),(1,3)AB两点，且圆心C在直线1:lyx上 （1）求圆C的方程；（2）已知过点(1,2)P的直线2l与圆C相交截得的弦长为2 3，求直线2l的方程；（3）已知点(1,1)M，在平面内是否存在异于点M的定点N，对于圆C上的任意动点Q，都有QNQM为定值?若存在求出定点N的坐标，若不存在说明理由【答案】（1）224

32、xy；（2）1x 或3450 xy；（3）见解析【解析】（1）因为圆C经过(2,0),(1,3)AB两点，且圆心C在直线1:lyx上 设圆C：220 xyDxEyF 所以2(2)20DF，221(3)0DEF，22DE 25 所以0DE，4F 所以圆22:4Cxy（2）当斜率不存在的时候，1x，弦长为2 3，满足题意 当斜率存在的时候，设2:2(1)lyk x，即20kxyk 2|2|1,413kkk 所以直线2l的方程为：1x 或3450 xy（3）设00,(,)Q xyN m n，且22004xy 2222002200(2)(2)4()()(1)(1)(2)(2)6m xn ymnQNxm

33、ynQMxyxy 因为QNQM为定值，设220000(2)(2)4(2)(2)6m xn ymnxy 化简得：2200(22)(22)460m xn ymn，与Q点位置无关，所以22220220460mnmn 解得：1mn或2mn 所以定点为(2,2).11（2019安徽高三月考（理）已知圆C的圆心C的坐标为1,2，且圆C与直线l：270 xy相切，过点2,0A的动直线m与圆C相交于M，N两点，直线m与直线l的交点为B.（1）求圆C的标准方程；（2）求MN的最小值；（3）问：AMANAB是否是定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)221220 xy.(2)2 15；(3)

34、AMANAB是定值，定值为-10.【解析】26（1）圆C与直线l：270 xy相切，圆心为1,2，半径1 472 55r，圆C的方程为221220 xy.（2）22222 20MNrdd，其中d是圆心C到直线m的距离，d最大时，MN最小.当2,0A是弦MN中点时，d最大，且22max1 2205dAC，MN的最小值为2 2052 15.（3）设MN中点为P，则CPMN即CPAB，0CP AB，且2AMANAP，22AMANABAP ABACCPAB222AC ABCP ABAC AB.当m与x轴垂直时，m方程为2x，代入圆C方程得219y，MN中点P的坐标为2,2，直线2x 与直线l的交点B坐

35、标为52,2，50,2AB.1,2AC ，5AC AB，10AMANAB；当MN与x轴不垂直时，设m方程为2yk x，由2270yk xxy，得475,2121kkBkk，55,21 21kABkk，551,2,21 21kAC ABkk 5 125105212121kkkkk，10AMANAB，27 AMANAB是定值，定值为-10.12（2019广东高三开学考试（理）已知离心率为2 23的椭圆22211xyaa，与直线l交于,P Q两点，记直线OP的斜率为1k，直线OQ的斜率为2k.(1)求椭圆方程;(2)若1219kk，则三角形OPQ的面积是否为定值?若是，求出这个定值;若不是，请说明理

36、由.【答案】（1）2219xy；（2）是定值且为32，详见解析.【解析】(1)由题意可知22212 23bceaabc，解得3,2 2ac，所以椭圆方程为2219xy.(2)设1122,P x yQ xy，当直线PQ的斜率存在时，设其方程为ykxm,联立椭圆方程得2 229118990kxkmxm，则21212221899,9191kmmxxx xkk，点O到直线的距离21mdk，所以222213129191POQmmSPQ dkk，由2212121212121219k x xkm xxmy yk kx xx x，化简得222222222991891k mkk mk mmm，整理得到22921

37、km，入上式得32POQS.28 若直线斜率不存在易算得32POQS.综上得，三角形POQ的面积是定值32.13(山西省太原市第五中学 2019 届 10 月月考)已知椭圆的左右焦点分别为，离心率为，点 在椭圆 上，过与坐标轴不垂直的直线 与椭圆 交于两点 （1）求椭圆 的方程；（2）若的中点为，在线段上是否存在点，使得？若存在，求实数的取值范围；若不存在，说明理由【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由得，由余弦定理得，解得，所以椭圆 的方程为（2）存在这样的点符合题意.设，由，设直线的方程为，由得，由韦达定理得，故，又点 在直线上，所以.因为，所以，整理得，所以存在实数，且的取值范围为.2

38、9 14（2019重庆巴蜀中学高三月考（理）已知椭圆222210 xyabab的短轴长为 4，离心率为32，斜率不为 0 的直线l与椭圆恒交于A，B两点，且以AB为直径的圆过椭圆的右顶点M（A，B两点不与点M重合）.（1）求椭圆的标准方程；（2）直线l是否过定点，如果过定点，求出该定点的坐标；如果不过定点，请说明理由.【答案】(1)221164xy.(2)直线过定点12,05.【解析】（1）由题2b，342caa，所以椭圆的标准方程为221164xy.（2）由题设直线l：xtym，11,A x y，22,B x y，4,0M，联立直线方程和椭圆方程得22242160tytmym，2216 41

39、60tm，12224tmyyt，2122164my yt.因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点M，所以121244MA MBxxy y 2212121440ty yt myym，即2125324805mmm，4，经验证125m，所以直线过定点12,05.15（2019山东高三月考）已知定点30A ,，3,0B，直线AM、BM相交于点M，且它们的斜率之积为19，记动点M的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）过点1,0T的直线与曲线C交于P、Q两点，是否存在定点0,0S x，使得直线SP与SQ斜率之积为定值，若存在，求出S坐标；若不存在，请说明理由.30【答案】(1)22139xyx ；(2)

40、存在定点3,0S，见解析【解析】（1）设动点,M x y，则33MAykxx，33MBykxx，19MAMBkk，即1339yyxx，化简得：2219xy.由已知3x ，故曲线C的方程为22139xyx.（2）由已知直线l过点1,0T，设l的方程为1xmy，则联立方程组221,19xmyxy，消去x得229280mymy，设11,P x y，22,Q xy，则1221222,98.9myymy ym 又直线SP与SQ斜率分别为1110101SPyykxxmyx，2220201SQyykxxmyx，则1222210200081199 1SPSQy ykkmyxmyxxmx .当03x 时，mR，

41、208299 1SPSQkkx；当03x 时，mR，2081189 1SPSQkkx.31 所以存在定点3,0S，使得直线SP与SQ斜率之积为定值.16（2019湖南高三月考（文）已知椭圆2222:1(0)xyCabab的右焦点为(2,0)F，离心率为63.（1）求椭圆C的标准方程；（2）PMN、是椭圆C上不同的三点，若直线,PM PN的斜率之积为13，试问从MN、两点的横坐标之和是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）2213xy（2）MN、两点的横坐标之和为 0，详见解析【解析】（1）由椭圆的右焦点F(2,0)得2c，又离心率63cea得3,1ab，所以椭圆的标准

42、方程为：2213xy（2）MN、两点的横坐标之和为 0，理由如下 设PMN、三点坐标分别为 ,PPMMNNxyxyxy，直线PMPN、的斜率分别为12,k k，则直线PM的方程为：1ppyykxx，由方程组22113ppxyyykxx，消去y得：22211111 36330ppppkxkk xyxk xy，112161 3ppMpkk xyxxk，故21121361 3pppMk xk yxxk，同理可得：22222361 3pppNk xk yxxk，又1213k k，即2113kk，32 2211112211113663331 311 33PpppppNxyxxk yk xkkxkk 从而0MNxx，即MN、两点的横坐标之和为常数零