备战2020年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题55 圆锥曲线的探索性、存在性问题

备战2020年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题55 圆锥曲线的探索性、存在性问题

专题55 圆锥曲线的探索性、存在性问题 ‎【热点聚焦与扩展】‎ 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及各地模拟题的基础上，重点说明利探索性、存在性问题的解法.‎ ‎1、在处理圆锥曲线中的存在性问题时，通常先假定所求的要素（点，线，图形或是参数）存在，并用代数形式进行表示.再结合题目条件进行分析，若能求出相应的要素，则假设成立；否则即判定不存在 ‎2、存在性问题常见要素的代数形式：未知要素用字母代替 ‎（1）点：坐标 ‎ ‎（2）直线：斜截式或点斜式（通常以斜率为未知量）‎ ‎（3）曲线：含有未知参数的曲线标准方程 ‎3、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，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：‎ ‎①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 ‎②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.‎ ‎4.探索性问题命题背景宽，涉及知识点多，综合性强，探究平分面积的线、平分线段的线，或探究等式成立的参数值，探索定点、定值的存在性等．常与距离、倾斜角、斜率及方程恒成立问题综合，形成知识的交汇．化解探索性问题的方法：首先假设所探求的问题结论成立、存在等，在这个假设下进行推 理论证，如果 得到了一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题做出正面回答，如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答．在这个解题思路指导下解决探索性问题与解决具 35‎ ‎ 有明确结论的问题没有什么差别．‎ ‎【经典例题】‎ 例1.【2019届江苏省南京师大附中考前模拟】如图，已知椭圆C： (a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，若椭圆C经过点(0，)，离心率为，直线l过点F2与椭圆C交于A、B两点． ‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）若点N为△F1AF2的内心（三角形三条内角平分线的交点），求△F1NF2与△F1AF2面积的比值；‎ ‎（3）设点A，F2，B在直线x＝4上的射影依次为点D，G， E．连结AE，BD，试问当直线l的倾斜角变化时，直线AE与BD是否相交于定点T？若是，请求出定点T的坐标；若不是，请说明理由．‎ ‎【答案】（1） （2） （3）见解析 ‎ （2）因为点N为△F1AF2的内心，‎ 所以点N为△F1AF2的内切圆的圆心，设该圆的半径为r.‎ 则＝＝＝＝. ‎ ‎ （3）若直线l的斜率不存在时，四边形ABED是矩形，‎ 35‎ 此时AE与BD交于F2G的中点(，0)， ‎ 下面证明：当直线l的倾斜角变化时，直线AE与BD相交于定点T(，0).‎ 设直线l的方程为y＝k(x－1)，‎ 化简得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，‎ 因为直线l经过椭圆C内的点(1，0)，所以△＞0，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝. ‎ ‎＝‎ ‎＝＝＝0，‎ ‎ 所以点T(，0)在直线AE上，‎ ‎ 同理可证，点T(，0)在直线BD上. ‎ 所以当直线l的倾斜角变化时，直线AE与BD相交于定点T(，0).‎ 例2.【2019届浙江省金华市浦江县高考适应性考试】设椭圆左右焦点为上顶点为,离心率为且.‎ 35‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程； ‎ ‎（Ⅱ）设是轴正半轴上的一点，过点任作直线与相交于两点，如果，是定值，试确定点的位置，并求的最大值.‎ ‎【答案】(1) .(2) ,.‎ ‎（Ⅱ）设的方程为 x*/k/w ‎ ‎ ‎ ‎ 它满足 这时 35‎ 这时.‎ 例3.【2019届广东省东莞市考前冲刺】在直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，若椭圆：经过点，抛物线和椭圆有公共点，且.‎ ‎（1）求抛物线和椭圆的方程； ‎ ‎（2）是否存在正数，对于经过点且与抛物线有两个交点的任意一条直线，都有焦点在以为直径的圆内？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）,（2）‎ 所以，解得，所以抛物线，焦点，‎ 由题意知解得所以椭圆：‎ 故抛物线的方程为，椭圆的方程为.‎ ‎（2）假设存在正数适合题意，由题意知直线的斜率一定存在，设直线的方程为 由消去，整理得 35‎ 由题意知恒成立，‎ 所以恒成立 因为，所以，解得 又因为，所以 故存在正数适合题意，此时d 取值范围为.‎ 例4.【2019届山东省日照市校际联考】已知椭圆：的焦距为，以椭圆的右顶点为圆心的圆与直线相交于，两点，且，.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程和圆的方程；‎ ‎（2）不过原点的直线与椭圆交于，两点，已知直线，，的斜率，，成等比数列，记以线段，线段为直径的圆的面积分别为，，的值是否为定值？若是，求出此值；若不是，说明理由.‎ 35‎ ‎【答案】（1）椭圆的方程为，圆的方程为；（2） 为定值，定值为.‎ ‎【解析】分析：（1）设为的中点，连接，则 ，所以 ，又，所以， ‎ 由已知得,所以 椭圆的方程为， ‎ ‎，‎ 所以，所以，所以，‎ 所以圆的方程为． ‎ 35‎ ‎ ‎ 则 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 故为定值，该定值为．‎ 例5.【2019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】分析：（1）由题意结合平面向量数量积的坐标运算可得的方程为.‎ ‎（2）当不为轴时，设：，、.联立与的方程可得，‎ 35‎ 结合韦达定理和平面向量数量积的坐标运算可得.当为轴时，也满足上述结论.则存在使得 所以，，‎ ‎ ‎ ‎ .‎ 因为为定值，所以，‎ 解得.此时定值为.‎ 当为轴时，，..‎ 综上，存在使得为定值.‎ 例6.【2019届四川省成都市第七中学三诊】设、分别是椭圆的左、右焦点.若是该椭圆上的一个动点，的最大值为1.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设直线与椭圆交于两点，点关于轴的对称点为(与不重合)，则直线与轴是否交于一个定点？若是，请写出定点坐标，并证明你的结论；若不是，请说明理由.‎ 35‎ ‎【答案】(1) ;(2)见解析.‎ 设，则 ‎，‎ ‎∵，‎ ‎∴当，即点为椭圆长轴端点时，有最大值1，‎ 即，解得，‎ 故所求的椭圆方程为．‎ ‎（2）由得消去x整理得，‎ 显然．‎ 设，，则，‎ 35‎ 即当．‎ ‎∴直线与轴交于定点．‎ 例7.【2019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，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】分析：(1)根据题意得关于a,b,c的方程组，解之即得椭圆的方程.(2)先求出点,‎ 35‎ 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,‎ 所以点在椭圆上，‎ ‎∴，即.‎ 35‎ 例8.【2019届河北省武邑中学一模】已知椭圆经过点，且两个焦点的坐标依次为和.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；’‎ ‎（2）设是椭圆上的两个动点，为坐标原点，直线的斜率为，直线的斜率为，若，证明：直线与以原点为圆心的定圆相切，并写出此定圆的标准方程.‎ ‎【答案】(1);(2)见解析.‎ 详解：（1）由椭圆定义得 ，‎ 即，又，所以，‎ 得椭圆的标准方程为 ‎（2）设直线的方程为，，，‎ 直线的方程与椭圆方程联立，消去得，‎ 35‎ 当判别式时，得，‎ 所以直线与一个定圆相切，定圆的标准方程为.‎ 例9.【2019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 35‎ ‎（3）同（2）法，由点的纵坐标，求出直线的方程，联立两直线方程，求出其交点的横坐标与点的坐标无关，从而可判断交点落在定直线上，从而问题可得解.‎ 试题解析：(1)设，由于，‎ 所以，‎ 因为在椭圆上，于是，即，‎ 所以.‎ ‎ (2)设直线，，由 得，‎ 于是， ‎ ‎． ‎ ‎ (3)由于直线与轴的交点为，于是，‎ 联立直线与椭圆的方程，可得 35‎ ‎，‎ 于是 因为直线，直线，‎ 于是，所以，即直线与直线的交点落在定直线上．‎ 例10.【2019届山东省潍坊市二模】已知平面上动点到点的距离与到直线的距离之比为，记动点的轨迹为曲线.‎ ‎（1）求曲线的方程；‎ ‎（2）设是曲线上的动点，直线的方程为.‎ ‎①设直线与圆交于不同两点， ，求的取值范围；‎ ‎②求与动直线恒相切的定椭圆的方程；并探究：若是曲线： 上的动点，是否存在直线： 恒相切的定曲线？若存在，直接写出曲线的方程；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 35‎ ‎【解析】分析：（1）设设，根据动点到点的距离与到直线的距离之比为，.‎ 详解：（1）设，由题意，得.‎ 整理，得，所以曲线的方程为.‎ ‎（2）①圆心到直线的距离 ‎∵直线于圆有两个不同交点， x/k..w ‎∴‎ 又∵‎ ‎∴‎ 35‎ ‎②当， 时，直线的方程为；当， 时，直线的方程为，根据椭圆对称性，猜想的方程为.‎ 下证：直线与相切，其中，即.‎ 由消去得： ，即.‎ ‎∴恒成立，从而直线与椭圆： 恒相切.‎ 若点是曲线： 上的动点，则直线： 与定曲线： 恒相切.‎ ‎【精选精练】‎ ‎1．【2019届宁夏银川市第二中学二模】设动圆P(圆心为P)经过定点(0，2)，被x轴截得的弦长为4，P的轨迹为曲线C ‎(1) 求C的方程 ‎(2) 设不经过坐标原点O的直线l与C交于A、B两点，O在以线段AB为直径的圆上，求证：直线l经过定点，并求出定点坐标.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】分析：(1)由圆的几何性质布列方程组，消去参数即可得到轨迹方程；‎ 35‎ ‎（2）设不经过坐标原点O的直线的方程为，，‎ 则：，解得：，利用根与系数的关系表示垂直关系可得，从而得到直线l经过定点.‎ 详解：（1）设动圆P圆心为，半径为，被x轴截得的弦为 依题意的： ‎ 化简整理得：‎ ‎，‎ ‎，或（舍去）‎ 所以直线l经过定点 ‎2．【2019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.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.‎ 35‎ ‎【解析】分析：(1)由，可得，根据椭圆定义，可得，从而 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，‎ 点睛：本题主要考查待定待定系数法求抛物线及椭圆标准方程、圆锥曲线的定值问题以及点在曲线上问题，属于难题. 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 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；② 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.‎ 35‎ ‎3．【2019届吉林省梅河口市第五中学二模】已知椭圆：的左、右焦点分别为，右顶点为，且过点，圆是以线段为直径的圆，经过点且倾斜角为的直线与圆相切.‎ ‎（1）求椭圆及圆的方程； ‎ ‎（2）是否存在直线，使得直线与圆相切，与椭圆交于两点，且满足？若存在，请求出直线的方程，若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）椭圆的方程为，圆的方程为；（2）不存在 由题可知，解得 ，‎ 所以椭圆的方程为，圆的方程为.‎ ‎（2）假设存在直线满足题意.‎ 由，可得，故．‎ ‎（ⅰ）当直线的斜率不存在时，此时的方程为．‎ 35‎ ‎ ‎ 因为直线与圆相切，‎ 所以，整理得①‎ 由消去y整理得，‎ 设，‎ 则，，‎ 因为，‎ 所以，‎ 则，即，‎ 所以，‎ 所以，‎ 整理得②‎ 由①②得，此时方程无解.‎ 故直线不存在．‎ 由（i）（ii）可知不存在直线满足题意.‎ 35‎ ‎4．【2019届河北省武邑中学四模】已知椭圆，为左焦点，为上顶点，为右顶点，若，抛物线的顶点在坐标原点，焦点为.‎ ‎（1）求的标准方程；‎ ‎（2）是否存在过点的直线，与和交点分别是和，使得？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）或 ‎（2）依题意可知的方程为，假设存在符合题意的直线，‎ 设直线方程为，，‎ 联立方程组，得，‎ 由韦达定理得，则，‎ 联立方程组，得，由韦达定理得，所以，‎ 若，则，即，解得，‎ 所以存在符合题意的直线方程为或.‎ 35‎ 点睛：求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等.直线与圆锥曲线的位置关系中的弦长、面积等问题，可以利用韦达定理把弦长、面积等表示为直线方程中某参数的函数关系式，进而把弦长、面积等问题归结为方程的解或函数的值域等问题.‎ ‎5．【2019届湖南省长沙市长郡中学模拟卷（二）】已知动点到定直线：的距离比到定点的距离大2.‎ ‎（1）求动点的轨迹的方程；‎ ‎（2）在轴正半轴上，是否存在某个确定的点，过该点的动直线与曲线交于，两点，使得为定值.如果存在，求出点坐标；如果不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ 化简得，所以轨迹的方程为.‎ ‎（2）假设存在满足条件的点（），直线：，‎ 有 ，‎ 设，，有，，‎ ‎，，‎ ‎ ，‎ 据题意，为定值，则，‎ 于是，则有解得，‎ 故当时，为定值，所以.‎ 35‎ ‎6.【2019届浙江省杭州市学军中学模拟】是抛物线的焦点，是抛物线上位于第一象限内的任意一点，过 三点的圆的圆心为，点到抛物线的准线的距离为.‎ ‎（Ⅰ）求抛物线的方程；‎ ‎（Ⅱ）若点的横坐标为，直线与抛物线有两个不同的交点与圆有两个不同的交点，求当 时，的最小值.‎ ‎【答案】(1) .(2) .‎ ‎【解析】分析：（1）设，先求得，再根据抛物线的定义求得p=1，即得抛物线的方程.(2)先求出，再利用换元和导数求其最小值.‎ 详解：（1）抛物线的焦点，设 35‎ ‎ ‎ 又∵到的距离 ‎∴‎ ‎∴令，则 ‎∴令，则 ‎∴时.‎ 点睛：（1）本题主要考查抛物线的简单几何性质，考查直线和抛物线的位置关系，意在考查学生对这些知识的掌握能力和分析推理能力计算能力.(2)解答本题的关键有两点，其一是求出，这个计算量有点大.其二是换元得到新的函数.‎ ‎7．【2019届安徽省宿州市第三次检测】已知椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，离心率，以椭圆的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为.‎ 35‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）若经过点的直线交椭圆于两点，是否存在直线 ，使得到直线的距离满足恒成立，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)答案见解析.‎ 则存在直线，使得到直线的距离满足恒成立.‎ 详解：（Ⅰ）设椭圆的标准方程为，‎ ‎∵，∴，又∵，‎ ‎∴，由，‎ 解得，，.‎ 所以椭圆的标准方程为.‎ ‎（Ⅱ）若直线的斜率不存在,则直线为任意直线都满足要求；‎ 35‎ ‎，，.‎ 综上可知存在直线，使得到直线的距离满足恒成立.‎ 点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．‎ ‎(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．‎ ‎8．【2019届安徽省示范高中（皖江八校）5月联考】如图已知抛物线的焦点为，圆，直线：与抛物线和圆从下至上顺次交于四点，，，.‎ ‎（1）若，求的值；‎ 35‎ ‎（2）若直线于点，直线与抛物线交于点，，设，的中点分别为，求证：直线过定点.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ 得，，，‎ ‎， ‎ ‎(Ⅱ) ∵，‎ ‎ ∴,用替换可得，∴‎ ‎∴的直线方程为，化简得，‎ ‎∴直线过定点.‎ ‎9.【2019届重庆市三诊】已知椭圆的离心率为，经过椭圆的右焦点的弦中最短弦长为2.‎ ‎（1）求椭圆的的方程；‎ ‎（2）已知椭圆的左顶点为为坐标原点，以为直径的圆上是否存在一条切线交椭圆于不同的两点，且直线与的斜率的乘积为？若存在，求切线的方程；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ 35‎ ‎【解析】分析：第一问利用题中所给的椭圆的离心率，以及焦点弦中通径最短的结论，以及椭圆中三者之间的关系求得椭圆的方程；第二问先设出切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径，得到系数之间的关系，与椭圆方程联立，根据题的条件，得到相应的等量关系式，最后求得结果即可.‎ 详解：（1）由题意有：；‎ ‎（2）设切线方程为，则有，‎ ‎③时，；④时，；‎ 所以直线为. ‎ ‎10.【2019届天津市河北区二模】设椭圆C：的左、右焦点分别为、，上顶点为A，在x轴负半轴上有一点B，满足为线段的中点，且AB⊥。‎ ‎（I）求椭圆C的离心率；‎ ‎（II）若过A、B、三点的圆与直线：相切，求椭圆C的方程；‎ ‎（III）在（I）的条件下，过右焦点作斜率为k的直线与椭圆C交于M，N两点，在x轴上是否存在点P(m，0)使得以PM，PN为邻边的平行四边形是菱形？如果存在，求出m的取值范围；如果不存在，说明理由。‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）。‎ 35‎ 数的关系可得MN的中点Q的坐标为，若以PM，PN为邻边的平行四边形是菱形，则，由此得到，整理得，最后可求得．‎ 详解：（I）∵AB⊥AF2，为的中点，‎ ‎∴‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 即椭圆C的离心率为． ‎ ‎（II）过A、B、F2三点的圆的圆心为F1(-c，0)，半径r==2c．‎ ‎∵直线：相切，‎ ‎∴，‎ 解得c=1．‎ 又，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎∴椭圆C的方程为．‎ 35‎ ‎（III）由(I)知，F2(1，0)，直线MN的方程为，‎ ‎∴，‎ ‎∴MN的中点Q的坐标为，‎ 若以PM，PN为邻边的平行四边形是菱形，‎ 则,‎ ‎∴‎ 整理得，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎∴．‎ 35‎ 故存在满足题意的点P，且m的取值范围是(．‎ 点睛：（1）存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点或参数)存在，并用待定系数法设出，根据题意列出关于待定系数的方程（方程组），若方程（组）有实数解，则元素(点或参数)存在；否则元素(点或参数)不存在．‎ ‎（2）解析几何中求范围或最值时，首先建立关于某一参数为为变量的目标函数，再根据函数的特征求出范围或最值．‎ ‎11.【2019届相阳教育“黉门云”模拟卷】设圆(圆心为)：,圆圆心为： ,定点，为直线上异于的一点，和分别为圆、圆上异于 的点，满足,,直线和交于点,记的轨迹为曲线.‎ ‎(1) 求证: 曲线为椭圆(或椭圆的一部分)，并写出的方程；‎ ‎(2) 设的上顶点为,过点的直线与椭圆交于两点(异于)，求证: 直线和的斜率之和为定值，并求出这个定值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ 故， ‎ 故的轨迹是以为焦点、长轴为 的椭圆 (去掉轴上的点)， ‎ 其方程为：. ‎ ‎(2) 依题意：，设，‎ 当直线不与轴平行时，设其方程为，其中.‎ 35‎ 代入椭圆方程化简得：， ‎ 故,.‎ 又 ‎ ‎=‎ ‎=；‎ 当直线与轴平行时，其方程为，代入椭圆解得， ‎ 此时，‎ 故为定值. ‎ ‎12．【2019届河南省名校压轴第二次考试】已知椭圆的上、下焦点分别为，上焦点到直线的距离为3，椭圆的离心率.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）椭圆，设过点斜率存在且不为0的直线交椭圆于两点，试问轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】(1);(2)见解析.‎ 35‎ 又椭圆的离心率，所以，又，‎ 求得，.‎ 椭圆方程为.‎ ‎（2）存在.理由如下：由（1）得椭圆，设直线的方程为，联立，消去并整理得.‎ ‎ .‎ 将，代入（*）并整理得，‎ ‎∴，整理得，即，‎ ‎∴当时，无论取何值均成立. ∴存在点使得.‎ 35‎