1、專題突破練23圓錐曲線中的定點、定值與存在性問題1.已知橢圓C:=1(ab)的離心率與等軸雙曲線的離心率互為倒數關系，直線l：x-y+=0 與以原點為圓心，以橢圓C的短半軸長為半徑的圓相切.(1) 求橢圓C的方程；(2) 設M是橢圓的上頂點，過點M分別作直線MAMB交橢圓于A,B兩點,設兩直線的斜率分別2 2/AX x y十-22.(2018 河北保定一模，文 20)橢圓=1(ab0)的離心率為 (1)求橢圓C的方程；設P(x,y)為橢圓C上任一點，F為其右焦點，點P滿足=(4-x,0).豐參7證明:宀為定值;1為ki,k2,且k*4,證明:直線AB過定點1,且過點設直線y= x+m與橢圓C有

2、兩個不同的交點A B與y軸交于點M若|AF|,|MF|,|BF|成等差數列，求m的值.31罔3.已知中心在原點O焦點在x軸上的橢圓，離心率e=,且橢圓過點.(1)求橢圓的方程；橢圓左、右焦點分別為Fl,F2,過F2的直線I與橢圓交于不同的兩點AB則厶FiAB的內切I1圓的面積是否存在最大值？若存在，求出這個最大值及此時的直線方程；若不存在，請說明理由,文 20)已知動點Mx,y)滿足：，：M +廠亠-.+廠=2*._ 設A,B是軌跡E上的兩個動點,線段AB的中點N在直線I:x=-上,線段AB的中垂線與E交于P, Q4.(2018 河南鄭州三模(1)求動點M的軌跡E的方程；4兩點,是否存在點N,

3、使以PQ為直徑的圓經過點(1,0),若存在，求出N點坐標，若不 存在,請說明理由.5.(2018 山東煙臺一模,文 20)已知橢圓 C =1(ab)的焦距為2,斜率為 的直線1與橢圓交于AB兩點,若線段AB的中點為D,且直線OD的斜率為-.(1) 求橢圓C的方程；(2) 若過左焦點F斜率為k的直線l與橢圓交于點MNP為橢圓上一點，且滿足OPLMN1十1問：L討 I -是否為定值？若是，求出此定值;若不是，說明理由.22x y6. (2018 河北衡水中學考前仿真，文 20)已知橢圓C: - =1(ab0)的離心率與雙曲線/3丄 2=1 的離心率互為倒數，且過點 P，1, ?).(1)求橢圓的方

4、程；3過P作兩條直線I1,12與圓(x-1)2+y2=r20r3-1,丄代入橢圓方程為y2 =1.由直線y=x+m與橢圓C聯立2 2 =m- 4( m- 3)0?-2m2,1 18話 彳得x2+mx+m3=0,設A X1,一X1+,B X2,J+,貝 yxi+x2=-m xi x2=m-3.9由知|AF|=2(4-Xi),|BF|=,4-X2),叼+勺m|AF|+|BF|=4-=4+= ,|MF|= -；，1T|AF|,|MF|,|BF|成等差數列，又因為-2 解得a2=4,b2=3.2x上橢圓方程為4(2)設A(X1,y1),B(X2,y2),不妨設y10,y2b0).(|AB|+|FiA|

5、+|FiB|)R=4R10112沖2 + 1s = _- _則j |F丘| (yi-y2)=打.令“=t,則m=t2-1(t 1),1112i113t + -土-令f(t)=3t+ ,則f(t)=3-!當t1時，f (t) 0,f(t)在1,+s)上單調遞增,有f(t) f(1)=4/W3,即當3sst=1, m=0 時,5 A%3,由也*=4R得這時所求內切圓面積的最大值為9TT直線I:x=1, FiAB內切圓面積的最大值為h.4.解(1) 動點Mx,y)滿足門十|廠廠丨 j】：廠+廠=2：,由橢圓的定義，知a=、:,c=1, b2=1,橢圓方程為+y2=1.1(2)當ABL x軸時，直線A

6、B的方程為x=- =,此時 R-,0), Q，0), =-1,不合題意；k,A(x1,y1),B(X2,y2),兒Vt-=0,則-1+4mk=0,故k=*；，此時，直線PQ1斜率為k1=-4mPQ的直線方程為y-m=-4m x+i,即y=-4mx-m.y = -mx - m.*2一 +y= 1聯立 2消去y,整理得(32ni+1)x2+16nnx+2ni-2=0.16m22m2- 2X1+x2=-乾尬2 + 1,空=32蘇+1,由題意：，=0,當直線AB不垂直于x軸時，設存在點(喬 0),直線AB的斜率為12t3t2+ 1971川.故得(X1+X2)+2(y1+y2) 122=(X1-1)(X

7、2-1)+y1y2=X1X2-(X1+X2)+1+(4mx+m)(4mx+m=(1+16nn)X1x2+(4n21)(x(1 +16m7)(2m2- 2)(4m2- 1)( - 16mz)19m2- 11+X2)+1+m=x/19.m= -:32m2+ 132TH + 1+1+rm=32m + 1 =o,因為N在橢圓內，二nv*,m=19 符合條件.119綜上：存在兩點N符合條件，坐標為N -上， 7 25.解(1)由題意可知c=.,設A(X1,y1),B(X2,y2),代入橢圓可得i!、 壽b2兩y廠勺兒+旳b2式相減并整理可得 八=，即kAB -koD= .又因為2心 7XIT可得a2=4

8、b2.又a2=b2+c2,c2=3,所以a2=4,b2=1,故橢圓的方程為+y2=1.(2)由題意可知，F(-,0),當MN為長軸時，0P為短半軸，此時kAE=j ,ko=-匚,代入上式1 1|MN| + |OP|否則,可設直線I的方程為y=k(x+聯立/2+ 宀1.4y 花(尤+汞)、消y可得(1+4k2)x2+8k2x+12k2-4=0,82則X1+X2=-：J；,X1X2=：1；12fc2-4所以|MN|= |X1-X2|=*1 + 421 + 4“1 + 4心13141設直線OP的方程為y=-X,聯立2k 2不妨設P -i：一丄： j所以|OP|2k ?2,V+lk；4 + 4fc22

9、+ 41 + 4/ 4 +4k224 + 4fc2fc2+ 4136.解（1）可得e=上，設橢圓的半焦距為c,所以a=2c,因為C過點P1,219二 + 2所以4;，1 =1又c2+b2=a2,解得a=2,b=2 2X VT-所以橢圓方程為；=1. 顯然兩直線11,12的斜率存在，設為k1,k2,Mx1,yJ,N（X2,y2）,由于直線l1,12與圓（x-1）2+y2=r2Ovrv二 相切，則有ki=-k2.3直線1i的方程為y-=ki(x-1),1綜上所述,、10PZ5為定值.1 1MN|0?|21 + 4心-+4 + 4以153=jtjX 二 + 1 122 2x y- + =J, 2I V消去y,得x2(4 +3)+ki(12-8ki)x+(3-2ki)2-12=0,因為P,M為直線與橢圓的交點k1(8k1-12)聯立方程組 S3消去y得X+mx+m3=0,1 + ()一初? -4(腫-3)=琴尊 所以|MN|=、-2m原點O到直線的距離d= - “所以X1+1=同理，當l2與橢圓相交時，X2+仁- 12心4/cf十3而yi-y2=ki(x計X2)-2ki=yi-y21心(