解析几何中的存在性问题

1、.探究圆锥曲线中的存在性问题1求曲线（或轨迹）的方程。对于这类问题，高考常常不给出图形或不给出坐标系，以考察学生理解解析几何问题的基本思想方法和能力；2与圆锥曲线有关的最值（或极值）和取值围问题，圆锥曲线中的定值、定点问题，探究型的存在性问题。这类问题的综合型较大，解题中需要根据具体问题、灵活运用解析几何、平面几何、平面向量、函数、不等式、三角函数知识，正确的构造不等式或方程，体现了解析几何与其他数学知识的联系。一、是否存在这样的常数例 1在平面直角坐标系xOy 中，经过点 (0， 2) 且斜率为 k 的直线 l 与椭圆 x2y21有两个不同的2交点 P和 Q（ I ）求 k 的取值围；uuu

2、ruuur（ II ）设椭圆与 x 轴正半轴、 y 轴正半轴的交点分别为A，B ，是否存在常数k ，使得向量 OPOQ 与uuurk 值；如果不存在，请说明理由AB 共线？如果存在，求解：（）由已知条件，直线 l的方程为 ykx2 ，代入椭圆方程得x2(kx2) 21整理得1k 2x222kx1 022直线 l 与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于8k 241k 24k 220 ，2解得 k2 或 k2即 k 的取值围为 ，2U2， 2222uuuruuur（）设 P(x1， y1 )， Q (x2， y2 ) ，则 OPOQ( x1x2， y1y2 ) ，由方程 ， x1x242k12k 2又

3、 y1y2 k( x1x2 ) 2 2 A(uuur(而，2 0) B(0 1) AB2 1).uuuruuuruuurx22( y1y2 ) ，所以 OPOQ 与 AB 共线等价于 x1将 代入上式，解得 k2 2由（）知 k2或 k2 ，故没有符合题意的常数k 22练习1：（ 08 卷 20）（本小题满分12 分）y已知抛物线 C ： y 2x2 ，直线 yAkx 2 交 C 于 A，B 两点， M 是线段 ABM的中点，过 M 作 x 轴的垂线交 C 于点 N 2（）证明：抛物线C 在点 N 处的切线与 AB 平行；B 1N（）是否存在实数k 使uuuruuur，若存在，求k 的值；若不

4、存在，说明Oxg01NA NB理由解法一：（）如图，设A( x1，2x12 ) ， B( x2，2x22 ) ，把 ykx2 代入 y 2x2 得 2 x2kx20 ，由韦达定理得 x1x2k ， x1x21，2xNx1x2k，N 点的坐标为kk 2xM244，8k2mxk，设抛物线在点 N 处的切线 l 的方程为 y48将 y2x2 代入上式得 2x2mxmkk 20 ，48Q 直线 l 与抛物线 C 相切，m28 mkk2m22mkk 2(mk )20 ，m k 48即 l ABuuuruuur0，则 NANB，又Q M 是 AB的中点，（）假设存在实数k ，使 NAgNB|MN |1|A

5、B|21 ( y11 (kx11 k( x1由（）知 yMy2 )2kx22)x2 ) 42221k 24k 22 224Q MNx 轴， | MN | | yMyN | k 22k2k 216 488.又| AB|1 k2 g| x1x2 |1 k 2 g ( x1x2 )24x1x2k211 k 2 g4(1)k21g k 216 22k2161k 21gk216 ，解得 k2 84即存在 k2 ，使uuuruuurg0NA NB解法二：（）如图，设A( x1，2x12 )， B( x2，2x22 ) ，把 ykx 2代入 y2x2 得2x2kx20 由韦达定理得x1x2k1， x1 x2

6、2xNxMx1 x2k ，kk22x2 ，y 4x ，N 点的坐标为， Q y2448抛物线在点 N 处的切线 l 的斜率为4kk ，l AB 4uuuruuur0 （）假设存在实数k ，使 NAgNB由（）知uuurk，2k2uuurk，2k 2，则NA x142 x18NB x242x28uuur uuurkk2x2k22x2k2xxNA NBg14241828xkxk4 x2k2x2k 21424116216x1kx2k g 1 4 x1kx2k4444x1x2k x1x2k 2g 1 4 x1x2k ( x1x2 )k241641 k k k2g 1 4 ( 1) k k k 2421

7、6241k233 k 21640 ，Q 1k 20 ，33k 20 ，解得 k2164.即存在 k2 ，使uuur uuurg0NA NB练习 2. 直线 ax - y = 1 与曲线 x2 -2y2 = 1 相交于 P、Q 两点。当 a 为何值时， PQ = 2 1+ a2 ；是否存在实数a，使得以PQ为直径的圆经过原点O？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由。ìy =122?ax -(1 2a) x4ax30解：（ 1）联立方程 ?得，-+- =í?2-2y2= 1x?又知直线与曲线相交于P ,Q两点 ,可得62ì2，即，?2a? 0a <且 a ?1

8、-22í2 +->?D =16a2a2)0?12(1设 P、Q两点的坐标为 P( x , y ), Q ( x , y)则 x+ x =4a, x x=3，2112122a2 - 1122a2 - 14(1a2 )(3-2a2 )2所以 PQ=+= 2 1+ a ，(2a2- 1)2化简得 (1- 2a2 )2 - (1-2a2 ) - 2 = 0, 解得 a = ?1即为所求。假设存在实数a，使得以 PQ为直径的圆经过原点O，则 kOP .kOQ = -1,也就是 x1x2 +y1 y2 = 0, x1 x2 + (ax1 - 1)(ax2 - 1) = 0,整理得 (1+

9、a2 ) x1 x2 -a( x1 +x2 ) +1=0, 故有 3(1+ a2 ) +4a2+ 1 =0解得 a22a2 -11-2a2= - 2, a 纹 ,即不存在实数 a.二、是否存在这样的点x 2y 21(ab0) 的离心率为3 ，过右焦点 F 的直线 l 与 C 相交于 A 、B 两点，例 2.已知椭圆 C:2b2a3当 l 的斜率为1 时，坐标原点 O 到 l 的距离为22（ I）求 a ， b 的值；uuuruuuruuur（ II ） C 上是否存在点P，使得当 l 绕 F 转到某一位置时，有OPOAOB 成立？若存在，求出所有的 P 的坐标与 l 的方程；若不存在，说明理由

10、。解析：本题考查解析几何与平面向量知识综合运用能力，第一问直接运用点到直线的距离公式以及椭圆有关关系式计算， 第二问利用向量坐标关系及方程的思想，借助根与系数关系解决问题，注意特殊情况的处理。解：（）设 F c,0,当 l 的斜率为1 时，其方程为 xyc0, O 到 l的距离为00cc，故c2 ， c1，2222.由 ec3，得 a3 ， ba 2c2 = 2a3（） C 上存在点P ，使得当 l 绕 F 转到某一位置时，有 OPOAOB 成立。由 （）知椭圆C 的方程为 2x2+ 3y 2 =6.设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ).( ) 当 l不垂直 x轴时，设 l

11、的方程为 yk( x1)假设C上存在点 P，且有uuuruuuruuur成立，则点的坐标为（）OP OA OBPx1 x2 , y1 y2，2( x1x2 ) 23( y1 y2 ) 26 ，整理得2x123y122x223y224x1 x2 6y1 y2622226又 A、 B在C上，即 2x13 y16,2x23y2故2x1 x23 y1 y23 0将 yk( x1)代入 2x23 y 26, 并化简得( 2 3k 2 )x 26k 2 x 3k 26 0于是 x1x226k 2, x1x2 = 3k26 ,y1 y2k 2 ( x11)( x2 2)24k 2，3k 223k 23k 2

12、代入 解得， k 22 ，此时 x1x232于是 y1y2k (x1x22) =k ， 即 P( 3 , k )222因此， 当 k2时， P(3,2) ， l的方程为2x y2 0 ；22当 k2 时， P(3,2 ) ， l的方程为2xy20 。22（ ）当 l 垂直于 x 轴时，由 OAOB(2,0) 知， C 上不存在点 P 使 OPOA OB 成立。综上， C上存在点 P( 3 ,2)使OPOAOB 成立，此时 l 的方程为2xy2 0 .22例 3. （ 2009 卷）（本小题满分14分）已知直线x2 y20经过椭圆x2y 2的C : a2b21(ab 0)左顶点 A 和上顶点D，

13、椭圆 C 的右顶点为B ，点 S 是椭圆 C 上位于 x.轴上方的动点，直线AS, BS 与直线 l : x10 分别交于 M , N 两点。3（ I ）求椭圆 C 的方程；（）求线段 MN的长度的最小值；（）当线段MN 的长度最小时，在椭圆C 上是否存在这样的点T ，使得TSB的面积为1 ？若存5在，确定点 T 的个数，若不存在，说明理由（ I ）由已知得，椭圆C 的左顶点为 A(2,0), 上顶点为 D (0,1),a2, b1故椭圆 C 的方程为 x2y214（）直线AS的斜率k显然存在， 且k0，故可设直线AS的方程为yk (x2)，从而M (,)1016k33yk( x2)22222

14、由xy2得 (14k )x16k x16k4 01416k224 得 x128k24k28k24k设 S( x1 , y1 ), 则 (2), x12 ，从而 y1即 S(2 ,2 ),14k214k14k14k14ky1 ( x2)x1010116k1又 B(2,0)，由4k得3101N (,) 故|MN |33kxy33k33k又 k0,|MN |16k1216k18，当且仅当 16k1，即 k1时等号成立33k33k333k4k 1 时，线段 MN 的长度取最小值 8431（）由（）可知，当MN 取最小值时，k4此时 BS 的方程为 x y20, s(6, 4), | BS|4 2555

15、要使椭圆 C 上存在点 T ，使得TSB的面积等于1 ，只须 T 到直线 BS 的距离等于2，所以T54在平行于 BS 且与 BS 距离等于2的直线 l 上。4.设直线 l ': x +y + t = 0，则由 |t2 |2, 解得 t35或 t2242练习： 1.已知双曲线 x2y 22 的左、右焦点分别为 F1 ， F2 ，过点 F2 的动直线与双曲线相交于A，B两点（ I ）若动点Muuuuruuuruuuruuur（其中 O 为坐标原点），求点M满足 1111的轨迹方程；FMF AF BFO）在 x 轴上是否存在定点uuur uuurC 的坐标；若不存在，请说明（ IIC ，使

16、 CA ·CB 为常数？若存在，求出点理由解：由条件知F1 (2，0) ， F2 (2，0) ，设 A( x1， y1) ， B( x2， y2 ) 解法一：（ I ）设 M ( x， y) ，则uuuur，uuur，F1 A ( x1，FM (x 2 y)2 y1)1uuur，uuur，uuuuruuuruuuruuur，由得F1 B (x2 2 y2 ) FO1(2 0)FM1F1A F1B FO1x 2 x1x2，x1x2，6x 4yy1y2即y1y2y于是 AB 的中点坐标为x4y2，2y1y2yyy当AB不与 x 轴垂直时，2，即 yy(xx) x1x2x42x812x81

17、22又因为 A，B 两点在双曲线上，所以x12y122， x22y222 ，两式相减得( x1x2 )( x1x2 ) ( y1y2 )( y1y2 ) ，即 (x1x2 )( x 4) ( y1y2 ) y 将 y1y2xy8( x1 x2 ) 代入上式，化简得(x6) 2y24 当 AB 与 x 轴垂直时， x1 x22 ，求得 M (8，0)，也满足上述方程所以点 M 的轨迹方程是 ( x6) 2y24 （ II）假设在 x 轴上存在定点 C ( m，0) ，使uuur uuur为常数CA CBg当 AB 不与 x 轴垂直时，设直线AB 的方程是 yk (x2)( k1) 代入 x2y2

18、2有(1k 2 ) x24k 2 x(4k 22)0则 x1， x2 是上述方程的两个实根，所以x1x24k 2， x1 x24k 22 ，k 21k 21.uuur uuur.k 2 ( x1 2)( x2于是 CAgCB(x1m)( x2m)2)( k 21)x1x2(2 k2m)( x1x2 )4k 2m2(k 21)(4k 22)4k 2 (2 k 21m)4k 2m 2k 21k 22(12m)k 22m22(12m)44mm2 k 21k 21uuur uuur44m0 ，即 muuuruuur1因为 CAgCB 是与 k 无关的常数，所以1，此时 CAgCB =当 AB 与 x

19、轴垂直时，点A，B 的坐标可分别设为(2， 2)， (2，2) ，uuur uuur，g ，此时gCA CB(12) (12)1uuuruuur故在 x 轴上存在定点 C (10)， ，使 CAgCB 为常数练习 2. 如图，设抛物线方程为x2=2py(p 0),M 为直线 y=-2p上任意一点，过 M引抛物线的切线，切点分别为A， B.（）求证： A， M， B 三点的横坐标成等差数列；（）已知当M点的坐标为（2， -2p ）时， AB 410 ，求此时抛物线的方程；（）是否存在点M，使得点 C 关于直线 AB的对称点 D 在抛物线 x22 py( p0) 上，其中，点 C 满足uuuruuuruuurOCOAOB （ O为坐标原点） . 若存在 , 求出所有适合题意的点M的坐标；若不存在, 请说明理由 .（）证明：由题意设x12x22A( x1, 2 p), B( x2 , 2 p ), x1 x2, M ( x0 , 2 p).由 x22 py 得 yx2，则 yx所以 kMAx1, kMBx2.2 p,ppp因此直线 MA的方程为 y 2 px1 ( xx0 ),直线 MB的方程为 y 2 px2 (x x0 ).pp所以 x122px1 ( x1x0 ),x222 px2 (x2x0 ). 2 pp2 pp由 、得x1x22x1x2x0 ,