考点106圆锥曲线中的存在、探索问题

1、考点106圆锥曲线中的存在、探索问题一、课本基础提炼 1.解决直线与圆锥曲线关系问题的一般方法 (1)解决焦点弦(过圆锥曲线焦点的弦)的长的有关问题，注意应用圆锥曲线的定义和焦半径公式 (2)已知直线与圆锥曲线的某些关系求圆锥曲线的方程时，通常利用待定系数法 (3)圆锥曲线上的点关于某一直线的对称问题，解此类题的方法是利用圆锥曲线上的两点所在的直线与对称直线垂直，则圆锥曲线上两点的中点一定在对称直线上，再利用根的判别式或中点与曲线的位置关系求解 2. 化解探索性问题的方法： 先假设成立，在假设成立的前提下求出与已知、定理或公理相同的结

2、论，说明结论成立，否则说明结论不成立处理这类问题，一般要先对结论做出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证，若推出相符的结论，则存在性随之解决；若推出矛盾，则否定了存在性  二、二级结论必备 1.在处理与直线与圆锥曲线位置有关的存在性问题，一定要注意直线与圆锥曲线联立化简后所得一元二次方程的判别式大于等于0这一条件. 2.解决存在性问题应注意以下几点： 存在性问题，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 (1)当条件和结论不唯一时要分类讨论； (2)当给出结论 而要推导出存在的

3、条件时，先假设成立，再推出条件； (3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径  1.是否存在值 例1设A是单位圆x2+y2=1上的任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足|DM|=m|DA|(m0，且m1).当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C （）求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标； （）过原点且斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H. 是否存在m，使得对任意的k0，

4、都有PQPH？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由.  【解析】 （）如图1，设M(x，y)，A(x0，y0)，则由|DM|=m|DA|(m0，且m1)， 可得x=x0，|y|=m|y0|，所以x0=x， 因为A点在单位圆上运动，所以 将式代入式即得所求曲线C的方程为(m0，且m1) 因为m(0，1)(1，+)，所以当0m1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，两焦点坐标分别为 当m1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，两焦点坐标分别为 （）解法1：如图2、3，k0，设P(x1，kx1)，H(x2，y2)，则Q(

5、-x1，-kx1)，N(0，kx1)，直线QN的方程为y=2kx+kx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得 依题意可知此方程的两根为-x1，x2，于是由韦达定理可得  因为点H在直线QN上，所以 于是  而PQPH等价于 ， 即2-m2=0，又m0，得 故存在使得在其对应的椭圆上，对任意的k0都有PQPH.  解法2：如图2、3，x1(0，1)，设P(x1，y2)，H(x2，y2)，则Q(-x1，-y1)，N(0，y1)， 因为P，H两点在椭圆C上，所以两式相减可得 

6、 依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且P，H不重合， 故(x1-x2)(x1+x2)0.于是由式可得  又Q，N，H三点共线，所以KQN=KQH，即 于是由式可得  而PQPH等价于KPQ×KPH=-1，即，又m0，得 故存在，使得在其对应的椭圆上，对任意的k0，都有PQPH. 【点评】 先假设存在，在根据题目条件列出方程，解出m的值，则存在，否则，不存在. 2. 是否存在点 例2在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆(ab0)的离心率，且椭圆C上的点到Q

7、(0，2)的距离的最大值为3. （1）求椭圆C的方程； （2）在椭圆C上，是否存在点M(m，n)使得直线l：mx+ny=1与圆O：x2+y2=1相交于不同的两点A，B，且OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及相对应的OAB的面积；若不存在，请说明理由.  【答案】 （1） （2）存在，SOAB面积最大，最大为此时， 【解析】 （1）由，所以 设P(x，y)是椭圆C上任意一点，则所以  所以，当y=-1时，|PQ|有最大值，可得，所以b=1， 故椭圆C的方程为： 

8、（2）因为M(m，n)在椭圆C上，所以 设A(x1，y1)，B(x2，y2) ，得(m2+n2)x2-2mx+1-n2=0 所以，=4m2-4(m2+n2)(1-n2)=4n2(m2+n2-1) ，可得n24     设点O到直线AB的距离为h，则 所以 设，由0n24，得  所以，当时，SOAB面积最大，最大为 此时， 【点评】 从近两年高考试题来看，直线与圆锥曲线的位置关系、弦长、中点弦的问题是高考的热点问题，题型既有选择题、填空题

9、，又有解答题，难度中等偏高.客观题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系、弦长问题，解答题考查较为全面，在考查上述问题的同时，注重考查函数与方程、转化与化归，分类讨论等思想，所以在备战2016年高考中对于此类问题应引起足够的重视. 3.是否存在直线 例 3已知椭圆的一个顶点为A(0，1)，焦点在x轴上，若右焦点到直线的距离为3 （）求椭圆的方程； （）是否存在斜率为k(k0)，且过定点Q(0，2)的直线l，使l与椭圆交于两个不同的点M，N，且|AM|=|AN|？若存在，求出直线l的方程;若不存在,请说明理由  【答案】 （）

10、60;（）不存在，理由略. 【解析】 （）由题意可设椭圆方程为，则右焦点F(c，0)， 由题设：，解得所以所求椭圆方程为 （）假设存在直线符合题意，直线方程为y=kx+2，代入椭圆方程得(3k2+1)x2+12kx+9=0， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x0，y0)为弦MN的中点，则 由韦达定理得，即得k21  因为|AM|=|AN|，故APMN，即 解得k=±1 不符合0，所以不存在直线符合题意. 【点评】 第二问中，条件|AM|=|AN|转化为A在

11、MN的垂直平分线上，同时还要注意本题中0这个条件. 4.是否存在圆 例4. 设椭圆（a,b0）过两点，O为坐标原点， （I）求椭圆E的方程； （II）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且？若存在，写出该圆的方程，并求|AB|的取值范围，若不存在说明理由。  解: （1）因为椭圆（a,b0）过两点, 椭圆E的方程为 （2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且,设该圆的切线方程为y=kx+m解方程组得x2+2(kx+m)2=8,即

12、(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0, 则=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-8)=8(8k2-m2+4)0,即8k2-m2+40  y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2  要使,需使x1x2+y1y2=0,即,所以3m2-8k2-8=0,所以又8k2-m2+40,所以,所以,即或,因为直线y=kx+m为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为,所求的圆为,此时圆的切线y=kx+m都满足或,而当切线的斜率不存在时切线为与椭圆的两个交点为或满足,综上,存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切

13、线与椭圆E恒有两个交点A,B,且     当k0时 因为所以 所以 所以当且仅当时取”=”. 当k=0时, 当AB的斜率不存在时, 两个交点为或,所以此时 综上,|AB|的取值范围为即: 【点评】 本题属于探究是否存在的问题,主要考查了椭圆的标准方程的确定,直线与椭圆的位置关系直线与圆的位置关系和待定系数法求方程的方法,能够运用解方程组法研究有关参数问题以及方程的根与系数关系.  1已知椭圆的焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线x2=4y的焦点

14、，离心率 （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆的右焦点F作与坐标轴不垂直的直线l，交椭圆于A、B两点，设点M(m,0)是线段OF上的一个动点，且，求m的取值范围； （3）设点C是点A关于x轴的对称点，在x轴上是否存在一个定点N，使得C、B、N三点共线？若存在，求出定点N的坐标，若不存在，请说明理由  【答案】 （1）； （2）； （3）在x轴上存在定点，使得C、B、N三点共线 【解析】 （1）设椭圆方程为(ab0)，由题意b=1，又，a2=5，故椭圆方程为 （2）由（1）得右焦点F(

15、2,0)，则0m2，设l的方程为y=k(x-2)（k0）代入，得(5k2+1)x2-20k2x+20k2-5=0，=20(k2+1)0，设A(x1,y1),(x2,y2),则，且y1+y2=k(x1+x2-4)，y2-y1=k(x2-x1)  =(x1-m,y1)+(x2-m,y2)=(x1+x2-2m,y1+y2), 由，得， =(x1+x2-2m)(x2-x1)+(y1+y2) (y2-y1)=0 =(x1+x2-2m)(x2-x1)+k(x1+x2-4)k(x2-x1)=0  当时，有成立 （3）在x轴上存在

16、定点N，使得C、B、N三点共线依题意C(x1-y1)， 直线BC的方程为，令y=0，则， 点A,B在直线l:y=k(x-2)上，y1=k(x1-2),y2=(x2-2)，  在x轴上存在定点，使得C、B、N三点共线 2在平面直角坐标系xOy中，直线l与抛物线y2=4x相交于不同的两点A,B. （）如果直线l过抛物线的焦点，求的值； （）在此抛物线上求一点P，使得P到Q(5,0)的距离最小，并求最小值.  【答案】 （）-3； （）4. 【解析】 （）由题意：抛物线焦

17、点为（1，0） 设l:x=ty+1代入抛物线y2=4x,消去x得 y2-2ty-4=0,设A(x1,y1),B(x2,y2) 则y1+y2=4t,y1y2=-4， =x1x2+y1y2=(ty2+1)(ty2+1)+y1y2=t2y1y2+t(y1+y2)+1+y1y2=-4t2+4t2+1-4=-3 （），当x=3时，|PQ|min=4，此时 3如图，已知抛物线C：y2=4x，过焦点F斜率大于零的直线l交抛物线于A、B两点，且与其准线交于点D  （）若线段AB的长为5，求直线l的方程； （）在C上是否存

18、在点M，使得对任意直线l，直线MA，MD，MB的斜率始终成等差数列，若存在求点M的坐标；若不存在，请说明理由.  【答案】（1）2x-y-2=0； （2）存在点M(1,2)或M(1,-2) 【解析】 （）焦点F(1,0) 直线l的斜率不为0，所以设l:x=my+1， A(x1,y1)，B(x2,y2) 由得y2-2my-4=0， y1+y2=4m，y1y2=-4， x1+x2=m(y1+y2)+2=4m2+2,  |AB|=x1+x2+2=4m2+4=5，. 直线l

19、的斜率k2=4， k0，k=2， 直线l的方程为2x-y-2=0 （）设M(a2,2a)， 同理， 直线MA，MD，MB的斜率始终成等差数列， 2kMD=kMA+KMB恒成立， 即恒成立  把y1+y2=4m，y1y2=-4代入上式，得恒成立，a=±1 存在点M(1,2)或M(1.-2)，使得对任意直线l，直线MA，MD，MB的斜率始终成等差数列 4已知曲线C上任意一点P到两定点F1(-1,0)与F2(1,0)的距离之和为4 （1）求曲线C的方程； （2）

20、设曲线C与x轴负半轴交点为A，过点M(-4,0)作斜率为k的直线l交曲线C于B、C两点（B在M、C之间），N为BC中点 ()证明：kkON为定值； ()是否存在实数k，使得F1NAC？如果存在，求直线l的方程，如果不存在，请说明理由  【答案】 （1）； （2）(）；(）不存在 【解析】 （1）由已知可得：曲线是以两定点F1(-1,0)和F2(1,0)为焦点，长轴长为4的椭圆，所以a=2,c=1,，故曲线C的方程为：.4分 （2）设过点M的直线l的方程为y=k(x+4)，设B(x1,y1)，C(x2, y

21、2）(x2y2) ()联立方程组，得(4k2+3)x2+32k2x+64k2-12=0， 则， 故， 所以，所以为定值. ()若F1NAC，则kACkFN=-1， 因为F1 (-1,0)，故10分 代入y2=k(x2+4)得x2=-2-8k2，y2=2k-8k3，而x2-2，故只能k=0，显然不成立，所以这样的直线不存在 5已知椭圆(ab0)的右焦点为F，M为上顶点，O为坐标原点，若OMF的面积为，且椭圆的离心率为 （1）求椭圆的方程； （2）是否存在直线l交椭圆于P，Q两点，且使点F

22、为PQM的垂心？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由 【答案】 （1）； （2）存在直线l，且直线l的方程为 【解析】 （1）由题意可得,，解得b=1，故椭圆方程为 （2）假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F为PQM的垂心，设P(x1,y1),Q(x2,y2)，因为M(0,1)，F(1,0)，故kPQ=1于是设直线l的方程为y=x+m，由得3x2+4mx+2m2-2=0由0，得m23，且, 由题意应有，又， 故x1(x2-1)+y2(y1-1)=0， 得x1(x2-1)+(x2+m)(x1+m

23、-1)=0 即2x1x2+(x1+x2)(m-1)+m2-m=0 整理得 解得或m=1经检验，当m=1时，PQM不存在，故舍去m=1 当时，所求直线l存在，且直线l的方程为  1. 【2015高考四川，理20】如图，椭圆(ab0)的离心率是，过点P（0,1）的动直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l平行与x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为. （1）求椭圆E的方程； （2）在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.  【答案】

24、 （1）； （2）存在，Q点的坐标为Q(0,2). 【解析】 （1）由已知，点在椭圆E上. 因此， 解得a=2,.所以椭圆的方程为. （2）当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C、D两点. 如果存在定点Q满足条件，则，即|QC|=|QD|.所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为(0,y0). 当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M、N两点.则， 由，有，解得y0=1或y0=2. 所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点的坐标只可能为Q(0,2). 下面证明：对任

25、意的直线l，均有. 当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立. 当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y=kx+1，A、B的坐标分别为(x1,y1(x2,y2). 联立得(2k2+1)x2+4kx-2=0. 其判别式=16k2+8(2k2+1)0， 所以，,. 因此. 易知，点B关于y轴对称的点的坐标为B'(-x2,y2).  又， 所以kQA=kQB'，即Q,A,B'三点共线. 所以. 故存在与P不同的定点Q(0,2)，使得恒成立. 2

26、.【2015高考新课标1，理20】在直角坐标系xoy中，曲线与直线y=kx+a(a0)交与M,N两点， （）当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程； （）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有OPM=OPN？说明理由. 【答案】 （）或 （）存在 【解析】 （）由题设可得，或，. ，故在处的到数值为，C在处的切线方程为，即. 故在处的到数值为，C在处的切线方程为，即.故所求切线方程为或.5分 （）存在符合题意的点，证明如下： 设P（0，b）为复合题意得点，M(x1,y1)，N(x

27、2,y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1,k2. 将y=kx+a代入C得方程整理得x2-4kx-4a=0. x1+x2=4k,x1x2=-4a.  当b=-a时，有k1+k2=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故OPM=OPN，所以P(0,-a)符合题意. 3.【2015高考北京，理19】已知椭圆(ab0)的离心率为，点P(0,1)和点A(m,n)(m0)都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M （）求椭圆C的方程，并求点M的坐标（用m，n表示）； （）设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N问：y轴

28、上是否存在点Q，使得=OQM=ONQ？若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由  【答案】 (1), (2)存在点 【解析】 （）由于椭圆(ab0)过点P(0,1)且离心率为， ，b2=1， a2=2，椭圆C的方程为. P(0,1),A(m,n),直线PA的方程为：，令y=0，； （）P(0,1)B(m,-n)，直线PB的方程为：，直线PB与x轴交于点N，令y=0,，则. 设Q(0,y0) ,OQM=ONQ,tanOQM=tanONQ,则，所以，（注：点A(m,n)(m0)在

29、椭圆C上，），则，存在点使得OQM=ONQ 4.【2015高考四川，文20】如图，椭圆(ab0)的离心率是，点P(0，1)在短轴CD上，且 ()求椭圆E的方程； ()设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A、B两点.是否存在常数，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.   【答案】 () ； () 存在常数1，使得为定值3. 【解析】 ()由已知，点C，D的坐标分别为(0，b)，(0，b) 又点P的坐标为(0，1)，且 于是，解得a2，所以椭圆E方程为

30、. ()当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为ykx1 A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2) 联立，得(2k21)x24kx20 其判别式(4k)28(2k21)0 所以, 从而x1x2y1y2x1x2(y11)(y21) (1)(1k2)x1x2k(x1x2)1   所以，当1时， 此时，为定值当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD 此时 故存在常数1，使得为定值3. 5. 椭圆的对称中心在坐标原点，一个顶点为A(0,2)，右焦点F与

31、点的距离为2。 (1)求椭圆的方程； (2)是否存在斜率k0的直线l:y=kx-2使直线l与椭圆相交于不同的两点M,N满足|AM|=|AN|，若存在，求直线l的方程；若不存在，说明理由。  【答案】 (1) (2) 存在；或。 【解析】 (1)依题意，设椭圆方程为(ab0)，则其右焦点坐标为F(c,0),，由|FB|=2，得，即，解得。 又b=2，a2=c2+b2=12，即椭圆方程为。 （2）方法一:由|AM|=|AN|知点A在线段MN的垂直平分线上，由消去y得x2+3(kx-2)2=12即(1+3k2)

32、x2-12kx=0（*） 由k0,得方程(*)的=(-12k)2=144k20,即方程(*)有两个不相等的实数根。 设M(x1,y1)、N(x2,y2)，线段MN的中点P(x0,y0)，则， ，即 k0，直线AP的斜率为， 由APMN，得，2+2+6k2，解得：，(11分) l的方程为或。 方法二:直线l恒过点(0,-2), 且点(0,-2)在椭圆上,不妨设M(0,-2), 则|AM|=4 |AN|=4, 故N在以A为圆心, 4为半径的圆上,即在x2+(y-2)2=16的图像上 联立化简得y2+2y=0,

33、解得y=0或-2 当y=-2时,N和M重合,舍去当y=0时, 因此. l的方程为或。  1. 已知椭圆(ab0)的右焦点为F(1,0),离心率,A,B是椭圆上的动点 （1）求椭圆标准方程； （2）若直线OA与OB的斜率乘积,动点P满足,（其中实数为常数）问是否存在两个定点F1,F2,使得|PF1|+|PF2|=4？若存在,求F1,F2的坐标及的值；若不存在,说明理由  【答案】 (1) (2)存在, 【解析】 （1）有题设可知：又b2=a2-c2,b=1椭圆标准方程为

34、0;（2）假设存在这样的两点，则设P(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2)，由得x=x1+x2,y=y1+y2,因为点A,B在椭圆x2+2y2=2上,所以x12+2y12=2,x22+2y22=2 故x2+2y2=(x12+2x22+2x1x2)+2(y12+2y22+2y1y2) =(x12+2y12)+2(x22+2y22)+2(x1x2+2y1y2) =2+22+2(x1x2+2y1y2) 由题设条件知,因此x1x2+2y1y2=0,所以x2+2y2=2+22 即所以P点是椭圆上的点，设该椭圆的左、右焦点为F1,F2,则由椭圆的定

35、义 =±1又因 因此两焦点的坐标为, 2已知椭圆(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，短轴两个端点为A、B，且四边形F1AF2B是边长为2的正方形. （1）求椭圆的方程； （2）若C、D分别是椭圆长轴的左、右端点，动点M满足MDCD，连结CM，交椭圆于点P.证明：为定值； （3）在（2）的条件下，试问x轴上是否存在异于点C的定点Q，使得以MP为直径的圆恒过直线DP,MQ的交点，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由. 【解析】 （1）如图，由题意得，. ，a=2. 所求的椭圆方程为 （2）由（