解析幾何中的存在性問題

1、探究圓錐曲線中的存在性問題求曲線（或軌跡）的方程。對于這類問題，高考常常不給出圖形或不給出坐標系， 以考察學生理解解析幾何問題的基本思想方法和能力；2與圓錐曲線有關的最值（或極值）和取值圍問題，圓錐曲線中的定值、定點問題， 探究型的存在性問題。這類問題的綜合型較大，解題中需要根據具體問題、靈活運用解析 幾何、平面幾何、平面向量、函數、不等式、三角函數知識，正確的構造不等式或方程， 體現了解析幾何與其他數學知識的聯系。一、是否存在這樣的常數例1 在平面直角坐標系xy中，經過點（0,2）且斜率為k的直線l與橢圓三+ y2 = 1有兩個不同的交點戶和Q（I）求k的取值圍；uuur uur（II ）設

2、橢圓與x軸正半軸、y軸正半軸的交點分別為A B，是否存在常數k，使得向量OP + OQ與uuurAB共線？如果存在，求k值；如果不存在，請說明理由4 + k 2 x 2 + 2 厄kx +1 4 + k 2 x 2 + 2 厄kx +1 = 0代入橢圓方程得 5 + （kx +瑚2）2 = 1 整理得 直線l與橢圓有兩個不同的交點P和Q等價于 = 8k2 -4f1 + k2 = 4k2 -2 0，k2 J解得k解得k v 或k 22即k的取值圍為8, kuur uur(H)設 P(x，y ) Q(x，y )，則 OP + OQ = (x + x, y + y )，11221212由方程，4/2

3、kx1 + x2 = 1 + 2由方程，又 y + y = k(x + x ) + 2/2 1212_uuur _而 A32,0) B(0,1),AB =() TOC o 1-5 h z uur urnr uutr.一所以OP + OQ與AB共線等價于x + x =*2(y + y )，1212一一 -v2將代入上式，解得k =2由（I）知k由（I）知k 2故沒有符合題意的常數k練習1 ：（08卷20）（本小題滿分練習1 ：（08卷20）（本小題滿分12分）已知拋物線C : y = 2x2，直線y = he + 2交C于A, B兩點，M是線段AB的中點，過M作x軸的垂線交C于點N -（I）證明

4、：拋物線C在點N處的切線與AB平行；uur mr（H）是否存在實數k使NAgNB = 0，若存在，求k的值；若不存在，說明理由角牟法一 ：(I)如圖，設A(x,2x2)，B(x ,2x 2)，把y = kx + 2代入y = 2x2得2x2 kx 2 = 0，1122k由韋達定理得x1+x2 = 2.x = x =工=k，N M 24二N點的坐標為k.x = x =工=k，N M 24二N點的坐標為k 2設拋物線在點N處的切線l的方程為y 8mk k 2 - 將 y = 2x2 代入上式得 2x2 mx + = 0，Q直線l與拋物線C相切，/.A = m2 8即 l AB （H）假設存在實數k

5、由（I）知yM1 ( k 2 /+ 4=m2 2mk + k2 = (m k)2 = 0，m = k uur mr，使NAgNB = 0，則NA NB，又Q M是AB的中點，=Z (y + y ) = (kx + 2 + kx + 2)=上k(x + x ) + 4212212212k2=+ 2 4Q MN x 軸，.MN I=I yM - y. 1=藉 + 2 與=如；16 又 I AB 1= J1 + k2 g x - x 1= J1 + k2 *(x + x )2 4xx=X：1 + k 2- 4 X (-1) = k2 +1 gk2 +=X：1 + k 22k2 +16 = kk2 +

6、1 gk2 +16，解得 k = 2 -84uur iur即存在 k = 2，使 NAgNB = 0 -解法二：解法二：（I）如圖，設A（x2xi2）,B(x ,2x2),把 y = kx + 2 代入 yk2x2 kx k2x2 kx 2 = 0 由韋達定理得 +氣=2，xx = -11 2= k，二N點的坐標為24k拋物線在點N處的切線l的斜率為4 X - = kuur iur（H）假設存在實數k，使NAgNB = 0 -l AB -k 2 :uurkk 2 )(kx 一一 ,2 x 2,NB =(x-,2 x 21418 )2 I428，則mr由(I)知NA =uur uur ( NAg

7、NB =(土4k(土4k 2 V+ 4 E2-區(qū) Jc k2 x2k丫x -kg1 + 4 x +- 人2 4)g1 + 4 x1 x2 + k (x1g1 + 4 x1 x2 + k (x1+x2)+ kx x - (x + x 7+ 1241216二 + 二 g 1 + 4 x (-1) + k x k + 2-24(-116Q -1Q -1 -希 3 + 4 k2 = 0，解得 k = 2 -uur iur即存在 k = 2，使 NAgNB = 0 - 練習2.直線ax - y = 1與曲線x2 - 2 y2 = 1相交于P、Q兩點。當a為何值時，PQ = 2偵1 + a2 ；是否存在實

8、數a，使得以PQ為直徑的圓經過原點O？若存在，求出的值，若不存在，請說明理由。 TOC o 1-5 h z | ax - y = 1_解：（1）聯立方程 1-,得（1 2a2）x2 + 4ax- 3 = 0，f x 2 - 2 y 2 = 1又知直線與曲線相交于P ,Q兩點，可得，_Lf 1- 2a2 ? 0，即 |a| 0224a3設 P、Q 兩點的坐標為 P(x ,y ),Q(x ,y )則乂 + x =,xx = ，1 12 2122a 2 - 1 1 22a 2 - 14(1+ a2)(3- 2a2) _ 。 ；XT所以 PQ一-=2W + a2， (2 a 2 - 1)2化簡得(1-

9、 2a2)2- (1- 2a2)- 2 = 0,解得a = ? 1即為所求。假設存在實數a，使得以PQ為直徑的圓經過原點O，則Uk .k = - 1,也就是x x + y y = 0,xx + (ax - 1)(ax - 1) = 0, OP oq12121 212整理得(1+ a2)x x - a(x + x ) + 1 = 0,故有一竺) + + 1 = 02122a2- 11- 2a2解得a2 = - 2,a紋，即不存在實數a.二、是否存在這樣的點一-x 2 y 23例2.已知橢圓C :f b = l(a b 0)的離心率為一丁，過右焦點F的直線l與C相交于A、B兩點，2當l的斜率為1時

10、，坐標原點O到l的距離為2（I）求a ，b的值；uur uur uuur（II）C上是否存在點P，使得當l繞F轉到某一位置時，有OP = OA + OB成立？若存在，求出所有的P的坐標與l的方程；若不存在，說明理由。解析：本題考查解析幾何與平面向量知識綜合運用能力，第一問直接運用點到直線的距離公式以及橢圓 有關關系式計算，第二問利用向量坐標關系及方程的思想，借助根與系數關系解決問題，注意特殊情況 的處理。解：（I）設F（c,0）當l的斜率為1時，其方程為x - y - c = 0,O到l的距離為0 0 cc , c b 0) a 2 b 2左頂點A和上頂點D，橢圓C的右頂點為B，點S是橢圓C上

11、位于xEC,10V軸上方的動點，直線AS,BS與直線l:x =分別交于M,N兩點。(I)求橢圓C的方程；(H)求線段MN的長度的最小值；1(m)當線段MN的長度最小時，在橢圓C上是否存在這樣的點T，使得MSB的面積為5 ?若存 在，確定點T的個數，若不存在，說明理由(I)由已知得，橢圓C的左頂點為A(2,0),上頂點為2(0,1),a = 2, b = 1一X 2一故橢圓C的方程為一+ y2 = 1410 16k、 (n)直線AS的斜率k顯然存在，且k 0 ，故可設直線AS的方程為y = k(x + 2)，從而M(耳，)y = k (x + 2)由 0.1 MN 1=+ 233k16k 1T

12、3k16k11，當且僅當二一=勇-，即k = 時等號成立33k4k =時，線段MN的長度取最小值二 TOC o 1-5 h z 3(皿)由(H)可知，當MN取最小值時4 4克此時 BS 的方程為 x + y 2 = 0, s(, ),.I BS 1=-12 一要使橢圓C上存在點T，使得ATSB的面積等于匚，只須T到直線BS的距離等于 ，所以T42,在平行于BS且與BS距離等于的直線Z上。47_ 八 11 + 21 寸235設直線l: x + y + t = 0，則由一=廠,解得t =-或t = -2422練習：1.已知雙曲線x2 一y2 = 2的左、右焦點分別為F f2，過點%的動直線與雙曲線

13、相交于A B 兩點umr uur uur uuur若動點M滿足FM = FA + FB + FO (其中O為坐標原點)求點M的軌跡方程；1 1 1 1uur uur在x軸上是否存在定點C 使CA CB為常數？若存在求出點C的坐標；若不存在請說明B也，y) uurF A = (x/ 2, uuur uuur=FA+FB+FO得1 理由 B也，y) uurF A = (x/ 2, uuur uuur=FA+FB+FO得1 211uuuury)解法一 ：(I)設 M (x, y)，則 FM = (x + 2, yy)uuuruuuruuuur uuurFB = (x + 2, y ),FO = (2

14、,0)，由 FM12211(.r.，x + 2 = x + x + 6, y = y + y 即x + x = x 4x + x = x 4, y + y = y偵12于是AB的中點坐標為號，y Iy - y 當AB不與x軸垂直時2 x - xy 口x - 4 - 2x-8 ,即 yi 一 y2又因為A, B兩點在雙曲線上，所以x; - y; = 2 x2 - y2 = 2，兩式相減得 (x x )(x + x ) = (y y )(y + y )，即(x x )(x 4) = (y y )y 121212121212將y y =;(x x )代入上式，化簡得(x 6)2 y2 = 4 12

15、x 8 12當AB與x軸垂直時，x1 = x2 = 2，求得M(8,0)，也滿足上述方程所以點M的軌跡方程是(x 6)2 y2 = 4 uur uur(II)假設在x軸上存在定點C(m,0)，使CAgCB為常數當AB不與x軸垂直時，設直線AB的方程是y = k(x- 2)(k u1) 4k 2 + 2x1 x2 = k 2 - 1代入x2 y2 = 2 有(1 k2)x2 + 4k 2 + 2x1 x2 = k 2 - 1則x1,一則x1,x2是上述方程的兩個實根，所以x1 + x2 = k_1uur uuor于是 CAgZB = (x 一m)(x -m) + k2(x 一2)(x 一2)12

16、12=(k2 + 1)x x 一 (2k2 + m)(x + x ) + 4k2 + m2(k 2 + 1)(4k 2 + 2)4k 2(2 k 2 + m). 7一+ 4k 2 + m 2k 2 -12(1-2m)k 2 + 24 一 4m+ m2 = 2(1-2m) + m2 -k 2 -1k 2 -1uur uuruur uur因為CACB是與k無關的常數，所以4-4m = 0，即m = 1，此時CACB = -1 - 當AB與x軸垂直時，點A, B的坐標可分別設為(2,2)，(2,-f2)，uur uunr_此時 CAgCB = (1,2) 1,f2) = -1 -uur uur故在x

17、軸上存在定點C(1,0)，使CACB為常數練習2.如圖，設拋物線方程為x2=2py(p0),M為直線y=-2p上任意一 點，過M引拋物線的切線，切點分別為A，B.(I)求證：A，M，B三點的橫坐標成等差數列；(H)已知當M點的坐標為(2，-2p)時，AB = 4而，求此時拋物線的方程； (皿)是否存在點M，使得點C關于直線AB的對稱點D在拋物線x2 = 2 py (p0)上，其中，點C滿足 utur uur uurOC = OA + OB (O為坐標原點).若存在，求出所有適合題意的點M的坐標；若不存在,請說明理由. TOC o 1-5 h z x 2x 2(I)證明：由題意設 A(x , 1

18、),B(x ,j),x Vx ,M(x ,-2p).1 2 p2 2 p 120 x 2x所以kMA =才kMB由 x 2 = 2 py 得 y = 所以kMA =才kMBx x 一因此直線MA的方程為y + 2p = t(x- px 直線MB的方程為y + 2p = ;(x-x0).x2x2x所以 2p + 2p =；(氣-x0),x2x+ 2 p = 2 (x - x ).由、得由、得氣+ x2 = x + x - x ,因止匕2120 x =氣 + *2 ，即 2 x = x + x .02012所以A、所以A、M、B三點的橫坐標成等差數列.(H)解：由(I)知，當x0=2時，將其代入、

19、并整理得：X2 一 4x 一 4 X2 一 4x 一 4 p 2 = 0,所以 x1、x2是方程x2 一 4x 一 4P2 - 0的兩根，因此 x + x = 4, x x = 一4 p 2,x 2x 2一 一1又 k _ 2 p 2 p _ 尤+ 尤2 _ x0AB x - x 2 p p 由弦長公式得所以kAB|AB| = ，1 + k2 (氣+ x )2 一 4 xx21 2=i1 + 生(16 +16 p 2.又 AB = 4ji0， 所以 p=1 或 p=2,因此所求拋物線方程為x2 = 2y或x2 = 4y.(m)解：設 D(x3,y3)，由題意得 C(x1+ x2, y1+ y2

20、),貝I cd的中點坐標為Q(,+ ； + x,也+號+ y),設直線AB的方程為y 一 y1 =；(*一氣入,x + x y + y、由點Q在直線AB上，并注意到點(, 12)也在直線AB上，x代入得y3= p七若 D (x3,y3)在拋物線上則x； = 2py3 = 2x0 x3, 因此 x3=0 或 x3=2x0. TOC o 1-5 h z /c2 x 2即 D(0，0)或D(2x0,-p).當x0=0時，則x1 + x2 = 2x0 = 0，此時，點M(0,-2p)適合題意.x2 + x2x2 x2 + x212-4 px0當 x0。0，對于 D(0，0)，此時c(2x x2 + x

21、2)k =2po( % 2 p 人 cd 2 x0kAB所以k g幻gx2x2 吐土蘭AB CD p 4 px 0即 X2 + X2 = -4p2,矛盾.2 x 2、c2 x 2、c對于D(2x0,),因為C(2x0,板p 2）,此時直線CD平行于y軸，又k o豐0, AB p所以，直線AB與直線CD不垂直，與題設矛盾，所以x0。0時，不存在符合題意的M點.綜上所述，僅存在一點M（0，-2p）適合題意.練習3.在平面直角坐標系xoy中，已知圓心在第二象限、半徑為2、還的圓C與直線y = x相切于坐標八x 2y 2原點O 橢圓一+=1與圓C的一個交點到橢圓兩焦點的距離之和為10 a 29（1）求

22、圓C的方程；（2）試探究圓C上是否存在異于原點的點Q，使Q到橢圓右焦點F的距離等于線段OF的長若 存在，請求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由 解：（1）設圓心坐標為（m，n） （m0），則該圓的方程為（x-m）2+（y-n）2=8已知該圓與直線y=x相 切，那么圓心到該直線的距離等于圓的半徑，則m 一 =2 2即 mn =4 0)相交于A, B兩點(I)若點N是點C關于坐標原點O的對稱點，求 MNB面積的 最小值；(II )是否存在垂直于y軸的直線l，使得l被以AC為直徑的圓 截得的弦長恒為定值？若存在，求出l的方程；若不存在，說明理 由(此題不要求在答題卡上畫圖) 解析：本小題主要考查直線

23、、圓和拋物線等平面解析幾何的基礎知識，考查綜合運用數學知識進行推理 運算的能力和解決問題的能力解法1 ： (I )依題意，點N的坐標為N(0, p)，可設A(氣，y，B(氣，y2)，f x 2 = 2 py,直線AB的方程為y = kx + p，與x2 = 2py聯立得消去y得x2 一2pkx一2p2 = 0 I y = kx + p. TOC o 1-5 h z 由韋達定理得x + x = 2pk，xx =一2p2 121 21.，于是S = S + S= -2px 一x ABN BCN ACN2121=p|x x | = pj(x + x )2 一4xx=p 偵 4 p 2 k 2 + 8

24、 p 2 = 2 p 2 k 2 + 2，.當 k = 0 時，(Sabn ) . = 2J2p2 (H)假設滿足條件的直線l存在，其方程為y = a，AC的中點為O，l與AC為直徑的圓相交于點P，Q，PQ的中點為h，則 OH則 OH PQ，q點的坐標為才，y p 22 7OH=OH=2|2a - y1 - p|，1=|AC=x2+(y1p)2 = ： y2+ p2 ，11 一. |PH|2 = OP|2 OHI2 = 4 (y; + p2) 一4(2a 一 y1 一 p)(p) za 一 y + a(p _ a)V 2 7 PQ|2= (2PH|)2 = 4 a -p j + a(p - a

25、)V 2 J 1令a P = 0，得a = P，此時|PQ| = p為定值，故滿足條件的直線Z存在，其方程為j = p， 即拋物線的通徑所在的直線解法2 ： (I )前同解法1，再由弦長公式得AB =寸1 + k 2x - x | = 11 + k2(x + x )2 - 4xx = J1 + k2 】4p2AB =寸1 + k 2又由點到直線的距離公式得=吝1 + k 2從而 S = *dAB| = ,2p1 + k2 k2 + 一？P = 2p2k2 + 2ABN 221 + k 2.當k = 0時，(S冬).=2很p2 (n)假設滿足條件的直線/存在，其方程為j = a ，則以AC為直徑

26、的圓的方程為(x 0)(x 一氣)一(j p)(y J1)= 0，(p) za- y + a(p a)V 2 J將直線方程y = a代入得(p) za- y + a(p a)V 2 J則= x2 4(a p)(a y ) = 411設直線l與以AC為直徑的圓的交點為P(x3，y3) Q(x4，y4)，則有 pQ = |則有 pQ = |x3 x4y + a (p a)p 八 一 p一八八.一.p令a 5 = 0，得a =，此時PQ = p為定值，故滿足條件的直線l存在，其方程為y =， 即拋物線的通徑所在的直線 練習1.已知雙曲線方程為x 2 - y2 = 1，問：是否存在過點m(i，1)的直

27、線1，使得直線與雙曲線交于P、Q兩點，且M是線段PQ的中點？如果存在，求出直線的方程，如果不存在，請說明理由。解：顯然x=1不滿足條件，設l: y- 1 = k(x- 1).聯立 y- 1 = k(x- 1)和 x2 - 2 = 1，消去 y 得(2- k2)x2 + (2k2 - 2k)x- k2 + 2k- 3 = 0，22（k- 2（k- k2）氣+ X22 - k 2，由M（1，1）為PQ的中點，得氣-%二 二1，解得k = 2，這與k 7；矛盾，所以不存在滿足條22 - k 22件的直線1.四、是否存在這樣的圓0）過M（2, b 0 ）半焦距為c;a 2 b2f 2a = 12 rI

28、 a = 6則 0，由 62 + 02 + 12k 0 21 = 5 + 12k f 0 可知點（6，0）在圓 C 外，k若k 0 ）過M（2，司2 ） ，N（偵6 ，1）兩點，O為坐標原點，a 2 b 2uur uur(2)假設存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A,B,且OA1 OB,設該圓的切線方程為y = kx 設該圓的切線方程為y = kx + m解方程組|Xi+2 = 1 得I 84x 2 + 2( kx + m)2 = 8k2(2mk2(2m2 一 8)4k2m2m2 一 8k2一+ m 2 =要使1 + 2k 2m2m28mr =: 0 ,即 8k2

29、一m2 + 4 04kmx + x = 一121 + 2k 22m2 - 8x x =1 21 + 2k 2y y = (kx + m)(kx + m) = k2x x + km(x + x ) + m2 =1 2121 2121 + 2k 21 + 2k 2皿頃， 八 2m2 - 8 m2 - 8k2OA1 OB，需使xx + y y = 0，即+= 0，所以3m2 -8k2 -8 = 0,1 2 1 21 + 2k 21 + 2k 2 TOC o 1-5 h z ,3m2 一 8八所以 k2 =8 0 又8k2 -m2 + 4 0 ,I m2 28所以m2 8,所以m2 - 3，即m 2匹

30、或m V一匹3因為直線y = kx + m為圓心在原點的圓的一條切線，所以圓的半徑為而當切線的斜率所求的圓為x2 + y2 = 8，此時圓的切線y = kx + m都滿足m 矣6或m -矣6，而當切線的斜率3332齒X2 y2 2后,2就、 2b 0)的右頂點為A(1,0)，過C的焦點且垂直長軸的弦長為1 (I)求橢圓q的方程；(II)設點P在拋物線C2 : y = X2 + h (h G R)上，C2在點P處的切線與C1交于點M, N 當線 段AP的中點與MN的中點的橫坐標相等時，求h的最小值 TOC o 1-5 h z b = 1(a = 2y 2解析：(I)由題意得仁b2 ，k,所求的橢

31、圓方程為土 + X2 = 1，2 一 = 1b = 14、 a(II)不妨設M (x , y ), N (x , y ), P (t, t2 + h),則拋物線C在點P處的切線斜率為y= 2t，直線MN1 12 22x=t的方程為y = 2tx -12 + h，將上式代入橢圓C的方程中，得4x2 + (2tx -12 + h)2 - 4 = 0，即 4(1 +12)x2 4t(t2 h)x + (t2 h)2 4 = 0，因為直線MN與橢圓有兩個不同的交點，所以有 = 1614 + 2(h + 2)t2 h2 + 4_|0，設線段MN的中點的橫坐標是七，則x = 土% =)，設線段PA的中點的橫坐標是x，則322(1+12)4，由題意得 x = x ，即有 t2 + (1+ h)t +1 = 0，其中的 = (1+ h)2 4 0, h 1 或 h 3 ；當h 3時有h + 2 0,4 - h2 0不成立；因