圆锥曲线之存在性问题

PAGEPAGE2圆锥曲线之存在性问题一是否存在这样的常数例1．在平面直角坐标系中，经过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点和．（=1\*ROMANI）求的取值范围；（=2\*ROMANII）设椭圆与轴正半轴、轴正半轴的交点分别为，是否存在常数，使得向量与共线？如果存在，求值；如果不存在，请说明理由．xAy112MNBO练习1：已知抛物线：，直线交于两点，是线段的中点，过作轴的垂线交于点．xAy112MNBO（Ⅰ）证明：抛物线在点处的切线与平行；（Ⅱ）是否存在实数使，若存在，求的值；若不存在，说明理由．练习2.直线与曲线相交于P、Q两点。当a为何值时，；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。二是否存在这样的点例2.已知椭圆的离心率为，过右焦点F的直线与相交于、两点，当的斜率为1时，坐标原点到的距离为（I）求，的值；（II）上是否存在点P，使得当绕F转到某一位置时，有成立？若存在，求出所有的P的坐标与的方程；若不存在，说明理由。例3.已知直线经过椭圆的左顶点A和上顶点D，椭圆的右顶点为，点是椭圆上位于轴上方的动点，直线与直线分别交于两点。（I）求椭圆的方程；（Ⅱ）求线段MN的长度的最小值；（Ⅲ）当线段MN的长度最小时，在椭圆上是否存在这样的点，使得的面积为？若存在，确定点的个数，若不存在，说明理由练习：1.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的动直线与双曲线相交于两点．（I）若动点满足（其中为坐标原点），求点的轨迹方程；（II）在轴上是否存在定点，使·为常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．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.（Ⅰ）求证：A，M，B三点的横坐标成等差数列；（Ⅱ）已知当M点的坐标为（2，-2p）时，，求此时抛物线的方程；（Ⅲ）是否存在点M，使得点C关于直线AB的对称点D在抛物线上，其中，点C满足（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.练习3.在平面直角坐标系中，已知圆心在第二象限、半径为的圆与直线相切于坐标原点．椭圆与圆的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为．(1)求圆的方程；(2)试探究圆上是否存在异于原点的点，使到椭圆右焦点的距离等于线段的长．若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．练习4.已知三点，，，曲线上任意一点满足．（1）求曲线的方程；（2）动点在曲线上，曲线在点处的切线为．问：是否存在定点，使得与都相交，交点分别为，且与的面积之比是常数？若存在，求的值；若不存在，说明理由．练习5.如图，椭圆E：的左焦点为，右焦点为，离心率，过的直线交椭圆于两点，且的周长为8．（Ⅰ）求椭圆E的方程．（Ⅱ）设动直线l：y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线相交于点Q．试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．三、是否存在这样的直线例4.NOACByx在平面直角坐标系中，过定点作直线与抛物线（）相交于NOACByx（I）若点是点关于坐标原点的对称点，求面积的最小值；（II）是否存在垂直于轴的直线，使得被以为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出的方程；若不存在，说明理由．练习1.已知双曲线方程为，问：是否存在过点M(1，1)的直线ｌ，使得直线与双曲线交于P、Q两点，且M是线段PQ的中点？如果存在，求出直线的方程，如果不存在，请说明理由。四、是否存在这样的圆例5．已知椭圆G的中心在坐标原点,长轴在轴上,离心率为,两个焦点分别为和,椭圆G上一点到和的距离之和为12，圆:的圆心为点.(1)求椭圆G的方程；(2)求的面积；(3)问是否存在圆包围椭圆G?请说明理由.例6．设椭圆E:（a，b>0）过M（2，），N(，1)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。五、是否存在这样的最值例7．已知椭圆：的右顶点为，过的焦点且垂直长轴的弦长为．（I）求椭圆的方程；（II）设点在抛物线：上，在点处的切线与交于点．当线段的中点与的中点的横坐标相等时，求的最小值．【参考答案】【例1】．解：（Ⅰ）由已知条件，直线的方程为，代入椭圆方程得．整理得①直线与椭圆有两个不同的交点和等价于，解得或．即的取值范围为．（Ⅱ）设，则，由方程①，．②又．③而．所以与共线等价于，将②③代入上式，解得．由（Ⅰ）知或，故没有符合题意的常数．【练习1：】xAy112MNBxAy112MNBO把代入得，由韦达定理得，，，点的坐标为．设抛物线在点处的切线的方程为，将代入上式得，直线与抛物线相切，，．即．（Ⅱ）假设存在实数，使，则，又是的中点，．由（Ⅰ）知．轴，．又．，解得．即存在，使．解法二：（Ⅰ）如图，设，把代入得．由韦达定理得．，点的坐标为．，，抛物线在点处的切线的斜率为，．（Ⅱ）假设存在实数，使．由（Ⅰ）知，则，，，解得．即存在，使．【练习2】（1）联立方程，又因为直线与曲线交于两点，所以1-2a2≠0，且>0设P、Q两点的坐标为，所以，解得a=1即为所求。（2）假设存在实数a，使得以PQ为直径的圆经过原点O，【例2.】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：（Ⅰ），=（Ⅱ）C上存在点，使得当绕转到某一位置时，有成立。由（Ⅰ）知椭圆C的方程为+=6.设(ⅰ)假设上存在点P，且有成立，则，，整理得故①将②于是,=,，代入①解得，，此时于是=，即因此，当时，，；当时，，。（ⅱ）当垂直于轴时，由知，C上不存在点P使成立。综上，C上存在点使成立，此时的方程为.【例3】（I）椭圆的方程为（Ⅱ）直线AS的斜率显然存在，且，故可设直线的方程为，从而由得0设则得，从而即又，由得故又，当且仅当，即时等号成立时，线段的长度取最小值（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当取最小值时，此时的方程为要使椭圆上存在点，使得的面积等于，只须到直线的距离等于，所以在平行于且与距离等于的直线上。设直线，则由解得或【练习：1.】解：由条件知，，设，．：（I）设，则，，，由得即于是的中点坐标为．当不与轴垂直时，，即．又因为两点在双曲线上，所以，，两式相减得，即．将代入上式，化简得．当与轴垂直时，，求得，也满足上述方程．所以点的轨迹方程是．（II）假设在轴上存在定点，使为常数．当不与轴垂直时，设直线的方程是．代入有．则是上述方程的两个实根，所以，，于是．因为是与无关的常数，所以，即，此时=．当与轴垂直时，点的坐标可分别设为，，此时．故在轴上存在定点，使为常数．【练习2】.（Ⅰ）证明：由题意设 由得，则 所因此直线MA的方程为直线MB的方程为 所以 ① ②由①、②得因此，即所以A、M、B三点的横坐标成等差数列.（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，当x0=2时，将其代入①、②并整理得： 所以x1、x2是方程的两根， 因此 又 所以 由弦长公式得 又， 所以p=1或p=2， 因此所求抛物线方程为或（Ⅲ）解：设D(x3,y3)，由题意得C(x1+x2,y1+y2), 则CD的中点坐标为 设直线AB的方程为 由点Q在直线AB上，并注意到点也在直线AB上， 代入得若D（x3,y3）在抛物线上，则 因此x3=0或x3=2x0.即D(0，0)或 （1）当x0=0时，则，此时，点M(0,-2p)适合题意. （2）当，对于D(0，0)，此时 又AB⊥CD，所以即矛盾.对于因为此时直线CD平行于y轴，又所以，直线AB与直线CD不垂直，与题设矛盾，所以时，不存在符合题意的M点.综上所述，仅存在一点M(0，-2p)适合题意.【练习3.】(1)圆的方程为(x+2)2+(y-2)2=8(2)=5，∴a2=25，则椭圆的方程为 其焦距c==4，右焦点为(4，0)，那么=4。要探求是否存在异于原点的点Q，使得该点到右焦点F的距离等于的长度4，我们可以转化为探求以右焦点F为顶点，半径为4的圆(x─4)2+y2=8与(1)所求的圆的交点数。通过联立两圆的方程解得x=，y=即存在异于原点的点Q(，)，使得该点到右焦点F的距离等于的长。【练习4】、解：(1)曲线C的方程：x2＝4y.(2)假设存在点P(0，t)(t<0)满足条件，则直线PA的方程是y＝eq\f(t－1,2)x＋t，PB的方程是y＝eq\f(1－t,2)x＋t.曲线C在Q处的切线l的方程是y＝eq\f(x0,2)x－eq\f(x\o\al(2,0),4)，它与y轴交点为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(x\o\al(2,0),4))).由于－2<x0<2，因此－1<eq\f(x0,2)<1.①当－1<t<0时，－1<eq\f(t－1,2)<－eq\f(1,2)，存在x0∈(－2,2)使得eq\f(x0,2)＝eq\f(t－1,2)，即l与直线PA平行，故当－1<t<0时不符合题意．②当t≤－1时，eq\f(t－1,2)≤－1<eq\f(x0,2)，eq\f(1－t,2)≥1>eq\f(x0,2)，所以l与直线PA，PB一定相交．分别联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(t－1,2)x＋t，,y＝\f(x0,2)x－\f(x\o\al(2,0),4)，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1－t,2)x＋t，,y＝\f(x0,2)x－\f(x\o\al(2,0),4)，))解得D，E的横坐标分别是xD＝eq\f(x\o\al(2,0)＋4t,2x0＋1－t)，xE＝eq\f(x\o\al(2,0)＋4t,2x0＋t－1)，则xE－xD＝(1－t)eq\f(x\o\al(2,0)＋4t,x\o\al(2,0)－t－12).又|FP|＝－eq\f(x\o\al(2,0),4)－t，有S△PDE＝eq\f(1,2)·|FP|·|xE－xD|＝eq\f(1－t,8)·eq\f(x\o\al(2,0)＋4t2,t－12－x\o\al(2,0)).又S△QAB＝eq\f(1,2)·4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,0),4)))＝eq\f(4－x\o\al(2,0),2)，于是eq\f(S△QAB,S△PDE)＝eq\f(4,1－t)·eq\f(x\o\al(2,0)－4[x\o\al(2,0)－t－12],x\o\al(2,0)＋4t2)＝eq\f(4,1－t)·eq\f(x\o\al(4,0)－[4＋t－12]x\o\al(2,0)＋4t－12,x\o\al(4,0)＋8tx\o\al(2,0)＋16t2).对任意x0∈(－2,2)，要使eq\f(S△QAB,S△PDE)为常数，则t要满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4－t－12＝8t，,4t－12＝16t2，))解得t＝－1，此时eq\f(S△QAB,S△PDE)＝2，故存在t＝－1，使△QAB与△PDE的面积之比是常数2.【练习5】解法一：（1）E的方程是eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化简得4k2－m2＋3＝0.(*)此时x0＝－eq\f(4km,4k2＋3)＝－eq\f(4k,m)，y0＝kx0＋m＝eq\f(3,m)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,m)，\f(3,m))).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝kx＋m))得Q(4,4k＋m)．假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上．设M(x1,0)，则eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝0对满足(*)式的m、k恒成立．因为eq\o(MP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,m)－x1，\f(3,m)))，eq\o(MQ,\s\up6(→))＝(4－x1,4k＋m)，由eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝0，得－eq\f(16k,m)＋eq\f(4kx1,m)－4x1＋xeq\o\al(2,1)＋eq\f(12k,m)＋3＝0，整理，得(4x1－4)eq\f(k,m)＋xeq\o\al(2,1)－4x1＋3＝0.(**)由于(**)式对满足(*)式的m，k恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x1－4＝0，,x\o\al(2,1)－4x1＋3＝0，))解得x1＝1.故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.解法二：(1)同解法一．(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化简得4k2－m2＋3＝0.(*)此时x0＝－eq\f(4km,4k2＋3)＝－eq\f(4k,m)，y0＝kx0＋m＝eq\f(3,m)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,m)，\f(3,m))).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝kx＋m，))得Q(4,4k＋m)．假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上．取k＝0，m＝eq\r(3)，此时P(0，eq\r(3))，Q(4，eq\r(3))，以PQ为直径的圆为(x－2)2＋(y－eq\r(3))2＝4，交x轴于点M1(1,0)，M2(3,0)；取k＝－eq\f(1,2)，m＝2，此时Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Q(4,0)，以PQ为直径的圆为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,4)))2＝eq\f(45,16)，交x轴于点M3(1,0)，M4(4,0)．所以若符合条件的点M存在，则M的坐标必为(1,0)．以下证明M(1,0)就是满足条件的点：因为M的坐标为(1,0)，所以eq\o(MP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,m)－1，\f(3,m)))，eq\o(MQ,\s\up6(→))＝(3,4k＋m)，从而eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝－eq\f(12k,m)－3＋eq\f(12k,m)＋3＝0，故恒有eq\o(MP,\s\up6(→))⊥eq\o(MQ,\s\up6(→))，即存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.解法三：(1)同解法一．（２）由对称性可知设与直线（*）（*）对恒成立，得【例4】.本小题主要考查直线、圆和抛物线等平面解析几何的基础知识，考查综合运用数学知识进行推理运算的能力和解决问题的能力．解法1：（Ⅰ）依题意，点的坐标为，可设，直线的方程为，与联立得消去得．由韦达定理得，．于是．，当时，．（Ⅱ）假设满足条件的直线存在，其方程为，的中点为，与为