探究圆锥曲线中的存在性问题

1、.探究圆锥曲线中的存在性问题圆锥曲线是解析几何的核心内容，是中学数学的重点、难点，是高考命题的热点之一，各种解得到了很好的体现和充分的展示,尤其是在最近几年的高考试题中,平面向量与解析几何的融合 ,提高了解题方法在本章题目的综合性,形成了题目多变 ,解法灵活的特点 ,充分体现了高考中以能力立意的命题方向近年来圆锥曲线在高考中比较稳定，解答题往往以中档题或以押轴题的形式出现，主要考察学生逻辑推理能力、运算能力 ，考察学生综合运用数学知识解决问题的能力。但圆锥曲线在新课标中化归到选学内容，要求有所降低 ，估计 2010年高考对本讲的考察，仍将以以下两类题型为主1 求曲线 （或轨迹 ）的方程 。对于

2、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）和取值范围问题 ，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。存在性问题是一种具有开放性和发散性的问题，此类题目的条件和结论不完备，要求学生结合已有的条件进行观察、分析、比较和概括 ，它对数学思想 、数学意识及综合运用数学方法的能力有较高的要求，特别是在解析几何第二问中经常考到“是否存

3、在这样的点 ”的问题 ，也就是是否存在定值定点定直线的问题。今天，我就圆锥曲线中的存在性问题从五个方面给大家做一个分享，也希望能给大家带来一点点的启示。一、是否存在这样的常数例 1（2007 宁夏理 19 题）专业技术资料.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有两个不同的交2点 P和Q（ I）求 k 的取值范围 ；（ 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uuuruuurk ，使得向量 OPOQuuur与 AB 共线 ？如果存在 ，求 k 值；如果不存在 ，请说明理由 解：（） 由已知条件 ，

4、直线 l 的方程为 ykx2 ，代入椭圆方程得x2(kx2)21k2x222kx1 021 整理得2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 的取值范围为 ，2U2， 2222uuuruuur（） 设 P(x1， y1)， Q(x2， y2 ) ，则 OPOQ(x1x2， y1y2 ) ，由方程 ， x1x242k12k 2又 y1y2k( x1 x2 ) 2 2 A(uuur(而， 2 0) B(0 1) AB2 1)uuuruuuruuur所以 OPOQ 与 AB 共线等价于 x1x22( y1y2 ) ，将 代入上式 ，解

5、得 k22由（） 知 k2或 k2，故没有符合题意的常数 k 22练习 1：（08陕西卷20 ） （ 本小题满分12 分）yAC ： y2 x2， 直线 ykx2交C于 A，B两点，M 是线段M已知抛物线2AB 的中点 ，过 M 作 x 轴的垂线交 C 于点 N B 1NOx1专业技术资料.（） 证明：抛物线 C 在点 N 处的切线与 AB 平行 ；uuuruuur0 ，若存在 ，求 k 的值 ；若不存在 ，说明理由 （） 是否存在实数 k 使 NAgNB解法一 ：（） 如图，设 A( x1，2x12 ) ， B(x2，2x22 ) ，把 y kx2 代入 y2x2 得 2x2kx 2 0 ，

6、由韦达定理得 x1x2k， x1x21，2xNxMx1x2k，N 点的坐标为kk 2244，8设抛物线在点 N 处的切线 l 的方程为 yk2mxk8，4将 y2x2代入上式得2x2mxmkk 20 ，48Q 直线 l 与抛物线 C 相切 ，m28 mkk 2m22mkk 2(mk)20 ，m k 48即 l ABkuuuruuur（） 假设存在实数，使g0，则NANB，又Q M是AB的中点 ，NA NB|MN |1|AB|21 ( y11 (kx11 k( x1由（） 知 yMy2 )2kx22)x2 )42221k24k22 224Q MNx 轴， | MN | | yMyN | k 22

7、k2k 216 488又 | AB | 1 k2 g| x1x2 | 1 k 2 g (x1x2 )24x1x2k211 k 2 g4(1)k21g k 216 22k216 1 k 21g k216 ，解得 k2 84k2uuuruuur0即存在，使NA NBg专业技术资料.解法二 ：（） 如图，设 A( x1，2x12 )， B( x2，2x22 ) ，把ykx2 代入 y2x2 得2x2kx20 由韦达定理得 x1x2k ， x1 x212xNx1x2k，kk 2 Q y2y 4x ，xM24N 点的坐标为，2x ，48抛物线在点 N 处的切线 l的斜率为 4kk ，l AB 4uuur

8、uuurk（） 假设存在实数，使g0NA NBuuurk，2k 2uuurk，2k 2，则由（）知 NAx142x18NBx242x28uuur uuurkk2x2k22x2k2xxNA NBg14241828xkxk4 x2k2x2k 21424116216x1kx2kg 1 4 x1kx2k4444x1 x2k x1x2k 2g 1 4x1 x2k( x1x2 )k241641 k k k2g 1 4 ( 1) k k k 24216241k233 k 21640 ，Q 1k 20，3 3 k 20 ，解得 k2 164即存在 kuuuruuur0 2 ，使 NAgNB练习 2.直线 ax

9、 -y = 1与曲线 x2 -2 y2 =1相交于 P、Q 两点 。（ 1） 当 a 为何值时 ， PQ = 2 1+ a2；（ 2） 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 ，请专业技术资料.说明理由 。ìy =1ax-22?得，解：（ 1）联立方程?(1 2a )x+4ax-3=0í-?2-2 y2= 1?x又知直线与曲线相交于P ,Q两点 ,可得62ì2?，即 a <且 a ?，? -2a0?122í22?+ 12(1- 2a) > 0?D = 16a设 P、 Q 两点的坐标为P( x , y

10、 ), Q (x, y)则 x+ x=4a, x x=3，2112212a2 - 1122a2 - 14(1 a2 )(3-2a2 )2+= 2 1+ a，所以 PQ=(2a2 - 1)2化简得 (1- 2a2 ) 2 - (1-2a2 ) -2 = 0, 解得 a = ? 1即为所求 。（ 3） 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,+22整理得 (1+ a2 ) x1 x2 -a ) +4a2+1=0a( x1 + x2 ) + 1= 0, 故

11、有 3(1 22a- 11-2a解得 a2 = - 2, a 纹 ,即不存在实数a.二、是否存在这样的点例 2.（ 2009全国卷 ）（ 本小题满分 12 分）223C : xy1(ab 0)，过右焦点 F的直线 l 与 C 相交于 A 、 B 两点 ，当已知椭圆a 2b 2的离心率为 32l 的斜率为 1时，坐标原点 O 到 l 的距离为 2（ 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 。解析 ：本题考查解析几何与平面向

12、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 。专业技术资料.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 ， ba2c 2= 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 的方程为 yk

13、 (x1)uuuruuuruuur假设 C 上存在点 P，且有 OPOAOB 成立 ，则 P点的坐标为（ x1x2 , y1y2），2( x1x2 ) 23( y1y2 ) 26，整理得2x123y122x223y224x1 x2 6y1 y26又 A、 B在C上，即 2x123 y126,2x223y226故2x1 x23 y1 y23 0将yk( x1)代入 2x23y 26, 并化简得(2 3k 2 ) x26k 2 x 3k26 0于是 x1x26k 22 ,x1 x2 =3k 26y1 y2k2(x11)( x22)4k 223k23k2 ,3k22，代入 解得， k 22，此时 x

14、1x232于是 y1y2k( x1x22) =k ， 即 P( 3 , k )222因此 ， 当 k2时， P(3,2 ) ， l 的方程为2 xy20；22当 k2时， P(3,2 ) ， l 的方程为2 xy20。22（） 当 l 垂直于 x 轴时，由 OAOB(2,0)知，C 上不存在点 P 使 OPOAOB成立。综上 ，C 上存在点 P( 3 ,2)使OPOAOB 成立 ，此时 l 的方程为2x y20 .2 2例 3.（ 2009 福建卷 ）（本小题满分 14 分）专业技术资料.x2y2已知直线 经过椭圆 C : a2b21(a b 0)的左顶点 A和上顶点 D，椭圆 C 的右顶点为

15、 B ，点 S是椭10圆 C 上位于 x 轴上方的动点 ，直线 AS, BS 与直线l : xM,N两点。3 分别交于（I）求椭圆 C 的方程 ；（） 求线段 MN 的长度的最小值；1（） 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 5 ？若存在，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, b 1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 (x 2) ， 从

16、而1016k)M (,33yk( x2)4k2 )x216k 2 x16k 2由 x2y21得 (14 04设 S( x1 , y1 ), 则 (2), x116k 24得 x128k2 ，从而y114k即 S(28k2,14k),14k214k24k214k 24k 2y1 ( x2)x1010116k1又 B(2,0)，由4k得3N (,|MN |x 101) 故33ky33k33k又 k0,|MN |16k1216k18，当且仅当16k1，即 k1时等号成立33k33k333k4k18时，线段 MN 的长度取最小值34（） 由（） 可知，当 MN 取最小值时 ， k14此时 BS 的方程

17、为 xy20, s(6 , 4),|BS| 42555专业技术资料.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54T 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 t3或 t52422练习 ：1. （2008湖北卷 20题）（ 本小题满分12 分）已知双曲线 x2y22 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M满足uuuuruuuruuuruuur（其中 O 为坐标原点 ），求点M

18、的轨迹方程 ；1111FMF AF BFOuuuruuur（ II ）在 x 轴上是否存在定点 C ，使 CA ·CB 为常数 ？若存在 ，求出点 C 的坐标 ；若不存在 ，请说明理由 解：由条件知 F1 ( 2，0) ， F2 (2，0) ，设 A( x1， y1) ， B( x2， y2 ) 解法一 ：（ I）设，则uuuur，uuur，1M ( x y)FM (x 2 y)F1 A (x1 2 y1)uuur2，uuur，uuuuruuuruuuruuur得F1 B(x，1，由 11112y2 ) FO(2 0)FMF AF BFOx 2 x1x2，x1x2，6即x 4yy1y

19、2y1y2y于是 AB 的中点坐标为x4y2，2y1y2yyy当 AB 不与 x 轴垂直时 ，2，即 y1( x1 x2 ) x1x2x4x8y22x82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) ( y1 y2 ) y 将 y1y2xy( x1x2 ) 代入上式 ，化简得 (x6) 2y24 8当AB与x 轴垂直时 ， xx22 ，求得 M (8，0) ，也满足上述方程 1所以点 M 的轨迹方程是 ( x6) 2y24 专业技术资料.（ II）假设

20、在 x 轴上存在定点 C (m，0)uuuruuur，使 CAgCB 为常数 当 AB 不与 x 轴垂直时 ，设直线 AB 的方程是 yk( x2)( k1) 代入 x2y 22 有 (1 k 2 ) x24k 2x (4 k 22) 0则 x1， x2 是上述方程的两个实根，所以 x1x24k 2， x1x24k 22k 2 1k 2，1uuur uuurk 2 ( x1于是 CAgCB(x1 m)( x2m)2)( x22)( k 21)x1x2(2 k2m)( x1x2 )4k 2m2(k 21)(4k 22)4k 2 (2 k 2m)4k 2m 2k 21k 212(12m)k 22m

21、22(12m)44mm2 k 21k 21uuur uuur4muuuruuur因为 CAgCB 是与 k 无关的常数 ，所以 40 ，即 m 1，此时 CAgCB = 1当 AB 与 x 轴垂直时 ，点 A，B 的坐标可分别设为(2， 2) ， (2，2) ，uuur uuur(1， 2) g(1，2)1 此时 CAgCBuuuruuur故在 x 轴上存在定点 C (10)， ，使 CAgCB 为常数 练习 2.（ 08 山东卷 22)(本小题满分 14分 )如图 ，设抛物线方程为x2=2 py (p 0),M 为直线 y=-2 p 上任意一点 ，过M 引抛物线的切线，切点分别为A，B.（）

22、 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， -2 p ）时， AB4 10 ，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uuuruuuruuur足 OCOAOB （ 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).专业技术资料.由 x22 py 得 yx2，则 yx ,所以 kMA

23、x1 , kMBx2 .2 pppp因此直线 MA 的方程为 y 2 px1 ( xx0 ),直线 MB 的方程为 y2 px2 ( x x0 ).pp所以 x122px1 ( x1x0 ),x222 px2 (x2x0 ). 2 pp2 pp由、 得x1 x22x1x2 x0 , 因此x0x1x22，即 2x0x1x2.22所以 A、 M 、B 三点的横坐标成等差数列.（） 解：由（） 知，当 x0=2 时，将其代入 、 并整理得 ：x124x14 p20,x224x24 p20,所以x1、 x2 是方程 x24x4 p20的两根 ，因此 x1x24, x1x24 p2 ,x22x12又 k

24、AB2 p 2 px1x2x0,所以 kAB2x2x12 pp.p由弦长公式得AB1 k2( x1x2 )24x1 x2142.p2 16 16 p又 AB4 10，所以 p=1 或 p=2 ，因此所求抛物线方程为x22 y 或 x24y.（） 解：设 D(x3,y3 )，由题意得 C(x1+ x2, y 1 +y2),则 CD 的中点坐标为 Q ( x1x2x3 ,y1y2y3 ),22设直线 AB 的方程为 y y1x0(xx1),p由点 Q 在直线 AB 上，并注意到点 ( x1x2 , y1 y2 ) 也在直线 AB 上，22专业技术资料.x0代入得 y3x3 .若 D（ x3,y3

25、）在抛物线上 ，则 x322 py32x0x3 ,因此x3=0 或 x3=2 x0 .22x0即 D(0， 0)或 D (2 x0 ,).（ 1）当 x0=0时，则 x1 x22x0 0 ，此时 ，点 M (0,-2 p)适合题意 .x12 x22x12x22x12x22（ 2）当 x02 p0 ，对于 D(0 ， 0)，此时 C (2x0 ,), kCD,2 p2x04 px0又 kAB x0 , ABCD， p所以 kAB gkCDx0x12 x22x12x221,pg4 p24 px0即 x12x224 p2 , 矛盾 .对于 D (2 x0 ,2x02x12x22), 此时直线 CD 平行于 y 轴，), 因为 C (2 x0,2 pp又 kA