法依题意，点的坐标为可设直线的方程为，与联立得，消去得由根与系数的关系得，于是，当时，假设满足条件的直线存在，其方程为，的中点为，与以为直径的圆相交于点的中点为，则⊥，点的坐标为，，令，得，此时为定值，故满足条件的直线存在，其方程为，即抛物线的通径所在的直线方法二前同方法，所以由点，分别在，上，可得两式相减可得，依题意，所以所以由上式解得因为，所以由，可解得，所以当时，存在与坐标轴不重合的直线，使得第练圆锥曲线中的探索性问题题型分析高考展望本部分主要以解答题形式考查，往往是试卷的压轴题之，般以椭圆或抛物线为背景，考查弦长定点定值最值范围问题或探索性问题，试题难度较大常考题型精析题型定值定点问题例已知椭圆经过点离心率为，直线经过椭圆的右焦点交椭圆于两点求椭圆的方程若直线交轴于点，且当直线的倾斜角变化时，探求的值是否为定值若是，求出的值否则，请说明理由点评定点问题的求解策略把直线或曲线方程中的变量，当作常数看待，把方程端化为零，既然直线或曲线过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到个关于，的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点定值问题的求解策略在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就是定值问题，解决这类问题常通过取特殊值，先确定定值是多少，再进行证明，或者将问题转化为代数式，再证明该式是与变量无关的常数或者由该等式与变量无关，令其系数等于零即可得到定值变式训练课标全国Ⅱ已知椭圆的离心率为，点，在上求的方程直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点线段的中点为，证明直线在，求出的取值范围若不存在，说明理由高考题型精练四川如图，椭圆的离心率是，过点，的动直线与椭圆相交于，两点，当直线平行于轴时，直线被椭圆截得的线段长为求椭圆的方程在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使得恒成立若存在，求出点的坐标若不存在，请说明理由已知椭圆的离心率，求椭圆的方程如图，是椭圆的顶点，是椭圆上除顶点外的任意点，直线交轴于点，直线交于点，设的斜率为，的斜率为证明为定值重庆如图，设椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，⊥的面积为求该椭圆的标准方程是否存在圆心在轴上的圆，使圆在轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点若存在，求出圆的方程若不存在，请说明理由如图，已知椭圆与的中心在坐标原点，长轴均为且在轴上，短轴长分别为，过原点且不与轴重合的直线与，的四个交点按纵坐标从大到小依次为，记，和的面积分别为和当直线与轴重合时，若，求的值当变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线，使得并说明理由答案精析第练圆锥曲线中的探索性问题常考题型精析例解依题意得，椭圆的方程为直线与轴相交于点，故斜率存在，又坐标为设直线方程为，求得与轴交于设交椭圆由的斜率与直线的斜率的乘积为定值题型二定直线问题例在平面直角坐标系中，过定点，作直线与抛物线相交于，两点若点是点关于坐标原点的对称点，求面积的最小值是否存在垂直于轴的直线，使得被以为直径的圆截得的弦长恒为定值若存在，求出的方程若不存在，请说明理由点评确定定直线，由斜率截距定点等因素确定定直线般为特殊直线，等变式训练已知中心在坐标原点的椭圆经过点且点，为其右焦点求椭圆的方程是否存在平行于的直线，使得直线与椭圆有公共点，且直线与的距离等于若存在，求出直线的方程若不存在，说明理由题型三存在性问题例已知直线交抛物线于，两点若该抛物线上存在点，使得为直角，则的取值范围为如图，已知椭圆的离心率为，以椭圆的左顶点为圆心作圆，设圆与椭圆交于点，求椭圆的方程求的最小值，并求此时圆的方程设点是椭圆上异于，的任意点，且直线，分别与轴交于点为坐标原点试问是否存在使最大的点若存在，求出点的坐标若不存在，请说明理由点评存在性问题求解的思路及策略思路先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在若结论不正确，则不存在策略当条件和结论不唯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，再推出条件变式训练广东已知过原点的动直线与圆相交于不同的两点，求圆的圆心坐标求线段的中点的轨迹的方程是否存在实数，使得直线与曲线只有个交点若存，得，其判别式，所以因此，易知，点关于轴对称的点的坐标为又所以，即三点共线，所以，故存在与不同的定点使得恒成立解因为，所以，代入得，故椭圆的方程为证明方法因为不为椭圆顶点，则直线的方程为≠，≠，代入，解得，直线的方程为与联立解得，由，三点共线知，解得，所以，所以的斜率为则定值方法二设，≠，则，直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，令，由于≠可得联立，，解得因此的斜率为，所以所以若，则，化简得由，可解得，故当直线与轴重合时，若，则方法如图，若存在与坐标轴不重合的直线，使得，根据对称性，不妨设直线，点，到直线的距离分别为则所以又所以，即由对称性可知，所以于是将的方程分别与，的方程联立，可求得，根据对称性可知于是，从而由和式可得令，则由，可得≠，于是由可解得因为≠，所以于是式关于有解，当且仅当，等价于，可解得，解得，所以当时，存在与坐标轴不重合的直线，使得方法二如图，若存在与坐标轴不重合的直线，使得根据对称性，不妨设直线点，到直线的距离分别为，则所以又所以因为定值解设其中由得，从而，故，从而由⊥得，因此所以，故，因此，所求椭圆的标准方程为如图，设圆心在轴上的圆与椭圆相交是两个交点是圆的切线，且⊥由圆和椭圆的对称性，易知由知所以再由⊥，得由椭圆方程得，即，解得或当时重合，题设要求的圆不存在当时，过，分别与，垂直的直线的交点即为圆心设由⊥，得而求得，故圆的半径综上，存在满足题设条件的圆，其方程为解依题意可设椭圆和的方程分别为其中，方法如图，若直线与轴重合，即直线的方程为，则，所以在和的方程中分别令，可得，于是若，则，化简得，由，可解得故当直线与轴重合时，若，则方法二如图，若直线与轴重合，则，点的坐标为，，令，得，此时为定值，故满足条件的直线存在，其方程为，即抛物线的通径所在的直线方法二前同方法，再由弦长公式得，又由点到直线的距离公式得从而当时，假设满足条件的直线存在，其方程为，则以为直径的圆的方程为，将直线方程