高三数学二轮专题复习24 圆锥曲线中的存在性问题

解析几何-圆锥曲线中的存在性问题专题综述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，有探究点是否存在、直线是否存在、圆是否存在的，有探究圆是否过定点、直线是否过定点等等这类题型在考查圆锥曲线基础知识和几何性质的同时，能很好的考查学生的运算求解、推理论证等数学能力，对数学思想、数学意识和综合运用数学方法的能力有较高的要求。专题探究探究1：探究常数值的存在性解决是否存在常数的问题时，应首先假设存在，看是否能求出符合条件的参数值，如果推出矛盾就不存在，否则就存在。解题策略：（1）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、直线、曲线或参数）存在，用待定系数法设出，列出关于特定参数的方程组，若方程组有实数解，则元素（点、直线、曲线或参数）存在，否则（点、直线、曲线或参数）不存在；（2）反证法与验证法也是求解存在性问题的常用方法．(2022八省八校联考)设椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，圆C:(x-2m)2+(y-4m)2=1(m≠0)，点F1，F2分别为E的左、右焦点，点C为圆心，O为原点，线段OC的垂直平分线为l.已知E的离心率为12，点F1，F2关于直线l的对称点都在圆C上．

(1)求椭圆E的方程；

(2)设直线l【审题视点】如何根据题设条件“直线AC与BC的斜率之和为23”得到关于m的方程？【思维引导】(1)根据椭圆的离心率及圆的几何性质求出a，b，即可求解;

(2)先设直线方程，再将直线与椭圆联立，利用韦达定理求解即可，注意验证∆＞\【规范解析】\(1)由已知，e=ca=12，则a=2c．

设点F1，F2根据椭圆的离心率及圆的性质求解椭圆方程因为点O，C关于直线l对称，O为线段F1F2的中点，

则C为线段根据椭圆的离心率及圆的性质求解椭圆方程\所以|F1F2|=|MN|=2，即2c=2，即c=1．

于是a=2，b2=a2-c2=3,所以椭圆E的方程是x24+y2\由直线的对称性求解直线l的方程所以点O与C也关于直线l对称，由直线的对称性求解直线l的方程则线段OC的中点为(m,2m)，直线OC的斜率为2，联立直线l与椭圆，用韦达定理求x1+x2与x1x2注意判别式∆＞0\又直线l为线段OC的垂直平分线，

所以直线l的方程为y-2m=-联立直线l与椭圆，用韦达定理求x1+注意判别式∆\解得m2<1625，即|m|<45．

设点A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=5m2，x1x2=25m\将x1+xkAC得到关于m的方程，注意验证m是否满足∆使直线AC与BC的斜率之和为23．【探究总结】解决此类问题需要做好以下两个方面：（1）转化，即把题中的已知和所求准确转化为代数中的数或式，即形向数的转化，（2）计算，直线与圆锥曲线的位置关系问题，往往需要联立直线与圆锥曲线方程，利用韦达定理进行化简，然后根据代数式的结构特征采用相应的方法求解，需要注意判别式＞0的条件。计算准确是关键，熟练掌握椭圆的定义、几何图形、标准方程及简单几何性质（范围、对称性、定点、离心率）。(2021江苏省第二次百校联考)已知F1，F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，过点F1的直线l与椭圆C交于A，B两点，点(1)求椭圆C的标准方程；(2)是否存在实数t，使得AF1+探究2：探究特殊点的存在性解决是否存在点的问题时，可依据条件直接探究其结果，也可以举特例，然后再证明。解题策略：第一步：假设结论存在；第二步：结合已知条件进行推理求解；第三步：若能推出合理结果，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设；第四步：反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范．(2021江苏省百校联考)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(-6,0)，B(6,0)，动点E(x,y)满足直线AE与BE的斜率之积为-13，记(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；(2)过点D(2,0)的直线l交C于P,Q两点,过点P作直线x=3的垂线,垂足为G,过点O作OM⊥QG，垂足为M．证明：存在定点N，使得|MN|为定值．【审题视点】如何借助直角三角形的几何性质转化|MN|？【思维引导】(1)分别求由直线AE与BE的的斜率，根据直线AE与BE的斜率之积为-13，化简即可求曲线C的方程，注意直线AE与BE斜率存在的条件;

(2)由(1)知直线l与x轴不重合,可设l:x=my+2,联立直线l与椭圆方程求出m,由G(3,y1)，Q(my2+2,y△OHM为直角三角形，取OH的中点N，即可求出|MN|为定值．联立直线l与椭圆，用韦达定理求m由联立直线l与椭圆，用韦达定理求m由直线QG的点斜式方程得到QG过定点H,依据直角三角形的性质求定点N\\由斜率公式求C的轨迹方程\(1)解：由题得yx+6⋅yx-6=-13，

化简得x26+y22=1(|x|≠6)，

所以C是中心在原点，焦点在x轴上，不含左、右顶点的椭圆．

(2)证明：由(1)知直线l与x轴不重合，可设l:x=my+2，

联立x=my+2,x26+y22=1,得(m2所以直线QG过定点H(52,0)．

因为OM⊥QG，所以△OHM为直角三角形，

取OH的中点N(54,0)，则|MN|=12【探究总结】定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思想是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关，圆锥曲线图形变化中的几何不变性丰富多样，而又灵活变通，定点、定值问题也由此相互转化，神韵相通。(2021江苏省南京市六校联考)已知抛物线C：y2=4x，点M(a,0) (a>0)，直线l过点M且与抛物线C相交于A，B两点．(1)若a=2，直线l的斜率为2，求AB的长；(2)在x轴上是否存在异于点M的点N，对任意的直线l，都满足ANBN=AM探究3：探究直线的存在性解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解。解题策略：第一步：设出直线方程；第二步：联立直线与圆锥曲线，然后消元得一元二次方程；第三步：根据题设条件用根的判别式、韦达定理、弦长公式、面积公式等进行运算；第四步：反思解题过程，检查易错点，规范解题步骤．(2021山东省临沂市联考)椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)与椭圆E：x225+y224=1有共同的焦点，且椭圆C的离心率e=12.点M、F分别为椭圆C的左顶点和右焦点，直线l过点F且交椭圆C于P，Q两点，设直线MP，MQ的斜率分别为k【审题视点】如何根据题设条件“k1+k【思维引导】(1)根据椭圆的性质即可求出a，c，b的值；

(2)假设存在直线l，分析直线l的斜率一定存在，并设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理以及斜率公式求出k1+k2的关系式，化简求出直线\【规范解析】\解：(1)椭圆E：x225+根据椭圆的性质求椭圆方程设椭圆C根据椭圆的性质求椭圆方程可知c=1，且e=ca=则b2=a2-(2)由(1)得椭圆C的右焦点坐标为F(1,0),左顶点坐标为M(-2,0),

假设存在直线l，满足k1+k2=-14，

若直线l的斜率不存在时，\\假设直线l存在，联立直线l与椭圆，用韦达定理用k表示x1+\\假设直线l存在，联立直线l与椭圆，用韦达定理用k表示x1+将x1+x2与x1x2代入k1+k2=-14，求k将x1+k1+k【探究总结】解决此类问题需先假设直线存在，主要讨论直线斜率不存在的情况，联立直线与圆锥曲线，借助韦达定理消元，根据题设条件用根的判别式、韦达定理、弦长公式、面积公式等进行运算.(2021青海省西宁市模拟)已知右焦点为F(1,0)的椭圆M：x2a2+(1)求椭圆M的方程；(2)经过F的直线l与椭圆M分别交于A、B(不与D点重合)两点，直线DA、DB分别与x轴交于M、N两点，是否存在直线l，使得∠DMN=∠DNM？若存在,求出直线l的方程;若不存在，请说明理由．专题升华解决存在性问题的技巧总结特殊值（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。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。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。【答案详解】变式训练1【解析】(1)由题意可得|AB|=2b2a=2,故椭圆C的标准方程为x2(2)如图，由(1)可知F1(-2当直线l的斜率不存在时，AF1=B当直线l的斜率存在时，设其斜率为k，则直线l的方程为y=k(x+2)，Ax联立y=k(x+2),x则x1+x2=-4故AF由题意可得AF1=则AF因为AF1+综上，存在实数t=2，使得AF变式训练2【解析】(1)由题可知直线l：y=2x-4，

则y=2x-4y2=4x，解得x=4y=4或x=1y=-2．

即A4,4,B1,-2，所以AB=4-12+4+22=35．

(2)存在x轴上的点N(-a,0)满足题意，证明如下：设直线l:x=my+a．

联立方程组成方程组x=my+ay2=4x，消去x化简整理可得y2-4my-4a=0．

设Ax1,y1,Bx2,y2，

则有y变式训练3【解析】(1)因为椭圆x2a2+y所以1a2+94所以a2=4，所以椭圆M的方程为x2(2)存在直线l，使得∠DMN=∠DNM

，理由如下：由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=k