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第十一节　圆锥曲线中的存在性问题
【核心考点·分类突破】
考点一直线的存在性问题
[例1](2024·成都模拟)已知圆C:(x-1)2+y2=,一动圆与直线x=-相切且与圆C外切.
(1)求动圆圆心P的轨迹T的方程;
(2)若经过定点Q(6,0)的直线l与曲线T相交于A,B两点,M是线段AB的中点,过M作x轴的平行线与曲线T相交于点N,试问:是否存在直线l,使得NA⊥NB 若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由.
解题技法
直线的存在性问题的解题策略
(1)假设存在直线,依据题设条件选择合适参数,写出待求直线方程;
(2)依据假设以及题设条件,求具体的直线方程;
(3)根据推理计算,得出是否存在符合条件的直线方程.
对点训练
　已知椭圆C:+=1(a>b>0)的中心为O,左、右焦点分别为F1,F2,M为椭圆C上一点,线段MF1与圆x2+y2=2相切于该线段的中点N,且△MF1F2的面积为4.
(1)求椭圆C的方程;
(2)椭圆C上是否存在三个点A,B,P,使得直线AB过椭圆C的左焦点F1,且四边形OAPB是平行四边形 若存在,求出直线AB的方程;若不存在,请说明理由.
【加练备选】
　　 (2024·常州模拟)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的短轴长为2,离心率为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交于不同的A,B两点,在线段AB上取点Q,满足|AP|·|QB|=|AQ|·|PB|,证明:点Q总在某定直线上.
考点二定点存在性问题
[例2](2024·大同模拟)已知椭圆C1:+=1(a>b>0)的离心率为,且直线y=x+b是抛物线C2:y2=4x的一条切线.
(1)求椭圆C1的方程;
(2)过点S(0,-)的动直线l交椭圆C1于A,B两点,试问:在平面直角坐标系上是否存在一个定点T,使得以AB为直径的圆恒过定点T 若存在,求出T的坐标;若不存在,请说明理由.
解题技法
定点存在性问题的解题策略
(1)直线过定点,一般是将直线方程中的参数集中在一起,令参数的系数等于零,即可得出定点;
(2)圆过定点,同样是将圆的方程中的参数集中在一起,令参数的系数等于零,即可得出定点;
(3)圆锥曲线过定点与直线、圆过定点的求解方法类似.
(4)特例探索,猜想出结论,然后证明.
对点训练
　(2024·海口模拟)已知双曲线E:-=1(a>0,b>0)的离心率为2,右顶点A到渐近线的距离等于.
(1)求双曲线E的方程.
(2)点M,N在E上,且AM⊥AN,直线MN是否过定点 若是,求出定点坐标;若不是,请说明理由.
【加练备选】
　　(2024·定西模拟)已知点M到点F(0,)的距离比它到直线l:y=-2的距离小,记动点M的轨迹为E.
(1)求E的方程;
(2)若过点F的直线交E于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,则在x轴的正半轴上是否存在点P,使得PA,PB分别交E于另外两点C,D,且=3 若存在,请求出P点坐标;若不存在,请说明理由.
考点三定值存在性问题
[例3](2024·南宁模拟)已知平面上动点E到点A(1,0)与到圆B:x2+y2+2x-15=0的圆心B的距离之和等于该圆的半径.记E的轨迹为曲线Γ.
(1)说明Γ是什么曲线,并求Γ的方程;
(2)设C,D是Γ上关于x轴对称的不同两点,点M在Γ上,且M异于C,D两点,O为原点,直线CM交x轴于点P,直线DM交x轴于点Q,试问|OP|·|OQ|是否为定值 若为定值,求出这个定值;若不是定值,请说明理由.
解题技法
解决定值存在性问题的两种方法
(1)由特例得出一个值(此值一般就是定值),然后证明定值,即将问题转化为证明待证式与参数(某变量)无关;
(2)将代数式用动点坐标或动线中的参数表示,再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值.
对点训练
　(2024·通化模拟)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0),离心率为,点P(x1,2)是C右支上一点,△PF1F2的面积为4.
(1)求C的方程;
(2)点A是C在第一象限的渐近线上的一点,AF2⊥x轴,点Q是C右支在第一象限上的一点,且C在点Q处的切线l与直线AF2相交于点M,与直线x=相交于点N.试判断的值是否为定值.若为定值,求出它的值;若不为定值,请说明理由.
【加练备选】
　　已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,以原点O为圆心,椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线2x-y+6=0相切.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)已知点A,B为动直线y=k(x-2)(k≠0)与椭圆C的两个交点,问:在x轴上是否存在定点E,使得+·为定值 若存在,试求出点E的坐标和定值;若不存在,请说明理由.第十一节　圆锥曲线中的存在性问题
【核心考点·分类突破】
考点一直线的存在性问题
[例1](2024·成都模拟)已知圆C:(x-1)2+y2=,一动圆与直线x=-相切且与圆C外切.
(1)求动圆圆心P的轨迹T的方程;
【解析】(1)由题意知圆C:(x-1)2+y2=的圆心C(1,0),半径r=.
设P(x,y),易知点P在直线x=-右侧,
所以P到直线x=-的距离为x+,
又|PC|=,
由相切可得|PC|-r=x+,
即-=x+,
化简可得动圆圆心P的轨迹T的方程为y2=4x.
(2)若经过定点Q(6,0)的直线l与曲线T相交于A,B两点,M是线段AB的中点,过M作x轴的平行线与曲线T相交于点N,试问:是否存在直线l,使得NA⊥NB 若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由.
【解析】(2)如图所示,设A(x1,y1),B(x2,y2).
由题意,设直线l的方程为x=my+6,联立T的方程可得y2-4my-24=0,
则Δ=16m2+4×24>0,由根与系数的关系可得y1+y2=4m,y1y2=-24,
所以x1+x2=4m2+12,x1x2=36,
假设存在N(x0,y0),使得NA⊥NB,
则y0==2m,又=4x0,所以x0=m2;
=(x1-x0,y1-y0),=(x2-x0,y2-y0),
由·=0可得(x1-x0)(x2-x0)+(y1-y0)(y2-y0)=0,
所以x1x2-x0(x1+x2)++y1y2-y0(y1+y2)+=0,
代入化简可得(m2+6)(3m2-2)=0,解得m=±,所以存在直线l:x=±y+6,使得NA⊥NB.
解题技法
直线的存在性问题的解题策略
(1)假设存在直线,依据题设条件选择合适参数,写出待求直线方程;
(2)依据假设以及题设条件,求具体的直线方程;
(3)根据推理计算,得出是否存在符合条件的直线方程.
对点训练
　已知椭圆C:+=1(a>b>0)的中心为O,左、右焦点分别为F1,F2,M为椭圆C上一点,线段MF1与圆x2+y2=2相切于该线段的中点N,且△MF1F2的面积为4.
(1)求椭圆C的方程;
【解析】(1)连接ON,则ON⊥MF1,ON=.
因为N为MF1的中点,O为F1F2的中点,所以MF2∥ON,故MF2⊥MF1,|MF2|=2|ON|=2,
=|MF1|·|MF2|=|MF1|=4,解得|MF1|=2,
由椭圆定义可知,|MF1|+|MF2|=4=2a,解得a=2,
由勾股定理得=+=8+8=16,即4c2=16,解得c=2,
故b2=a2-c2=8-4=4,
故椭圆方程为C:+=1.
(2)椭圆C上是否存在三个点A,B,P,使得直线AB过椭圆C的左焦点F1,且四边形OAPB是平行四边形 若存在,求出直线AB的方程;若不存在,请说明理由.
【解析】(2)存在.由题意得F1(-2,0),当直线AB的斜率不存在时,即x=-2,此时+=1,解得y=±,
设A(-2,),B(-2,-),
由于OA=OB,由对称性可知,P为椭圆左顶点D,但DF1≠OF1,故不合要求,舍去;
当直线AB的斜率存在时,设为y=k(x+2),
联立得,(1+2k2)x2+8k2x+8k2-8=0,
Δ=64k4-4(1+2k2)(8k2-8)=32k2+32>0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,y1+y2=k(x1+x2)+4k=+4k=,则AB中点坐标为Q(,),
假设存在点P,使得四边形OAPB是平行四边形,
则P(,),将P(,)代入椭圆C:+=1中,得+=8,解得k=±,
此时直线AB的方程为y=±(x+2).
【加练备选】
　　 (2024·常州模拟)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的短轴长为2,离心率为.
(1)求椭圆C的方程;
【解析】(1)由题意可知,
因为a2=b2+c2,所以解得a=2,b=,
所以所求椭圆的方程为+=1.
(2)过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交于不同的A,B两点,在线段AB上取点Q,满足|AP|·|QB|=|AQ|·|PB|,证明:点Q总在某定直线上.
【解析】(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x,y),
直线AB的斜率显然存在,设为k,则AB的方程为y=k(x-4)+1.
因为A,P,B,Q四点共线,不妨设x2则|AP|=(4-x1),|AQ|=(x1-x),|QB|=(x-x2),
|PB|=(4-x2),
由|AP|·|QB|=|AQ|·|PB|,可得(4-x1)(x-x2)=(x1-x)(4-x2),
化简得2x1x2-(x1+x2)(4+x)+8x=0.(*)
联立直线y=k(x-4)+1和椭圆的方程,得,
消去y,得(2k2+1)x2+4k(1-4k)x+2(1-4k)2-4=0,Δ=16k2(1-4k)2-4(2k2+1)(32k2-16k-2)>0,得12k2-8k-1<0,
由根与系数的关系,得x1+x2=-,x1x2=.代入(*)
化简得x==4-,即=4-x.
　又k=,代入上式,得=4-x,化简得2x+y-2=0,所以点Q总在一条定直线2x+y-2=0上.
考点二定点存在性问题
[例2](2024·大同模拟)已知椭圆C1:+=1(a>b>0)的离心率为,且直线y=x+b是抛物线C2:y2=4x的一条切线.
(1)求椭圆C1的方程;
【解析】(1)联立得x2+(2b-4)x+b2=0,
因为直线y=x+b是抛物线C2:y2=4x的一条切线,所以Δ=0 b=1,
e==,a2=b2+c2,可得a=,所以椭圆C1:+y2=1.
(2)过点S(0,-)的动直线l交椭圆C1于A,B两点,试问:在平面直角坐标系上是否存在一个定点T,使得以AB为直径的圆恒过定点T 若存在,求出T的坐标;若不存在,请说明理由.
【解析】(2)当直线l与x轴平行时,以AB为直径的圆方程为x2+=.
当直线l与y轴重合时,以AB为直径的圆方程为x2+y2=1,所以两圆的交点为点(0,1).
猜想:所求的点T为点(0,1).证明如下:
当直线l与x轴垂直时,以AB为直径的圆过点(0,1).
当直线l与x轴不垂直时,可设直线l为y=kx-,
联立得(18k2+9)x2-12kx-16=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则,
则·=(x1,y1-1)·(x2,y2-1)=x1x2+(y1-1)(y2-1)=x1x2+(kx1--1)(kx2--1)
=(1+k2)x1x2-k(x1+x2)+
=(1+k2)-k·+=0,
所以⊥,即以AB为直径的圆过点(0,1),
所以存在一个定点T,使得以AB为直径的圆恒过定点T.
解题技法
定点存在性问题的解题策略
(1)直线过定点,一般是将直线方程中的参数集中在一起,令参数的系数等于零,即可得出定点;
(2)圆过定点,同样是将圆的方程中的参数集中在一起,令参数的系数等于零,即可得出定点;
(3)圆锥曲线过定点与直线、圆过定点的求解方法类似.
(4)特例探索,猜想出结论,然后证明.
对点训练
　(2024·海口模拟)已知双曲线E:-=1(a>0,b>0)的离心率为2,右顶点A到渐近线的距离等于.
(1)求双曲线E的方程.
【解析】(1)由题意,取渐近线bx-ay=0,
右顶点A到该渐近线的距离d==,
又=c,=2,解得b=,a=1,c=2,
E的方程为x2-=1.
(2)点M,N在E上,且AM⊥AN,直线MN是否过定点 若是,求出定点坐标;若不是,请说明理由.
【解析】(2)由题意知直线AM的斜率存在且不为0,
设直线AM:y=k(x-1),
与E的方程联立,消去y得(3-k2)x2+2k2x-k2-3=0,易知k2≠3,由根与系数的关系得1×xM=,则M(,).
因为AM⊥AN,所以kAM·kAN=-1,
用-代替k(显然此时k2≠),
同理得N(,-),得kMN=(k2≠1),直线MN:y=(x-)+=x+=(x+2),过定点(-2,0).
当k2=1时,直线MN的斜率不存在,易知直线MN的方程为x=-2,过左焦点(-2,0).综上,直线MN过定点(-2,0).
【加练备选】
　　(2024·定西模拟)已知点M到点F(0,)的距离比它到直线l:y=-2的距离小,记动点M的轨迹为E.
(1)求E的方程;
【解析】(1)因为点M到点F(0,)的距离比它到直线l:y=-2的距离小,
所以点M到点F(0,)的距离等于它到直线l:y=-的距离,则点M的轨迹为以F(0,)为焦点,以y=-为准线的抛物线,则曲线E的方程为x2=6y.
(2)若过点F的直线交E于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,则在x轴的正半轴上是否存在点P,使得PA,PB分别交E于另外两点C,D,且=3 若存在,请求出P点坐标;若不存在,请说明理由.
【解析】(2)设C(x3,y3),P(x0,0)(x0>0),
由=3得AB∥CD,且|AB|=3|CD|,得=3,即(x1-x0,y1)=3(x3-x0,y3),所以x3=,y3=,代入抛物线方程x2=6y,得=6y3=2y1=,
整理得-2x0x1-2=0,
同理可得-2x0x2-2=0,
故x1,x2是方程x2-2x0x-2=0的两根,Δ=12>0,由根与系数的关系可得x1+x2=2x0,x1x2=-2①,
由题意,直线AB的斜率一定存在,故设直线AB的方程为y=kx+,
与抛物线方程x2=6y联立可得x2-6kx-9=0,
易得Δ>0,由根与系数的关系可得x1+x2=6k,x1x2=-9②,
由①②可得x0=,k=,
故在x轴的正半轴上存在一点P(,0)满足条件.
考点三定值存在性问题
[例3](2024·南宁模拟)已知平面上动点E到点A(1,0)与到圆B:x2+y2+2x-15=0的圆心B的距离之和等于该圆的半径.记E的轨迹为曲线Γ.
(1)说明Γ是什么曲线,并求Γ的方程;
【解析】(1)根据题意可知圆B:x2+y2+2x-15=0
可化为B:(x+1)2+y2=16,所以可知圆心B(-1,0),半径r=4,易知A(1,0)和B(-1,0)两点关于原点对称,且|EA|+|EB|=4>|AB|=2,所以由椭圆定义可知E的轨迹是以A,B为焦点,长轴长为2a=4的椭圆,即a=2,c=1,可得b2=3,因此曲线Γ的方程为+=1.
(2)设C,D是Γ上关于x轴对称的不同两点,点M在Γ上,且M异于C,D两点,O为原点,直线CM交x轴于点P,直线DM交x轴于点Q,试问|OP|·|OQ|是否为定值 若为定值,求出这个定值;若不是定值,请说明理由.
【解析】(2)不妨设M(x0,y0),C(m,n),且+=1,+=1;则易知D(m,-n);
易知直线CM,DM的斜率都存在,如图所示:
所以直线CM的斜率为kCM=,其方程为y-n=(x-m),可得直线CM交x轴于点P(,0),直线DM的斜率为kDM=,其方程为y+n=(x-m),
可得直线DM交x轴于点Q(,0).
所以|OP|=||,|OQ|=||,
可得|OP|·|OQ|=||·||=||;
由+=1,+=1,
可得m2=,=;
所以|OP|·|OQ|=||===4;
因此|OP|·|OQ|为定值,|OP|·|OQ|=4.
解题技法
解决定值存在性问题的两种方法
(1)由特例得出一个值(此值一般就是定值),然后证明定值,即将问题转化为证明待证式与参数(某变量)无关;
(2)将代数式用动点坐标或动线中的参数表示,再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值.
对点训练
　(2024·通化模拟)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0),离心率为,点P(x1,2)是C右支上一点,△PF1F2的面积为4.
(1)求C的方程;
【解析】(1)△PF1F2的面积为4,则=|F1F2||yP|=×2c×2=4,得c=2.由离心率为,得e==,解得a=,
所以b2=c2-a2=1,所以C的方程为-y2=1.
(2)点A是C在第一象限的渐近线上的一点,AF2⊥x轴,点Q是C右支在第一象限上的一点,且C在点Q处的切线l与直线AF2相交于点M,与直线x=相交于点N.试判断的值是否为定值.若为定值,求出它的值;若不为定值,请说明理由.
【解析】(2)为定值.
设Q(x0,y0),由题意可知,直线l的斜率存在,设直线l的方程为y-y0=k(x-x0).
由-y2=1,可得y2=-1=,所以在第一象限内y=,所以y'==,故k=.
因为-=1,所以-3=3,k==,代入直线l的方程,得y-y0=(x-x0).即x0x-3y0y=-3.由-=1,可得-3=3,所以直线l的方程为x0x-3y0y=3,即y=(x0>).
因为直线AF2的方程为x=2,所以直线l与直线AF2的交点M的坐标为(2,).直线l与直线x==的交点N的坐标为(,).
所以|MF2|==.
|NF2|===·=·=·=|MF2|.
所以=,即的值为定值.
【加练备选】
　　已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,以原点O为圆心,椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线2x-y+6=0相切.
(1)求椭圆C的标准方程;
【解析】(1)由离心率为,得=,及c=a,又以原点O为圆心,椭圆C的长半轴长为半径的圆为x2+y2=a2,且与直线2x-y+6=0相切,所以a==,所以c=2,b2=a2-c2=2,所以椭圆C的标准方程为+=1;
(2)已知点A,B为动直线y=k(x-2)(k≠0)与椭圆C的两个交点,问:在x轴上是否存在定点E,使得+·为定值 若存在,试求出点E的坐标和定值;若不存在,请说明理由.
【解析】(2)假设存在,设E(m,0),联立,
消y整理得(1+3k2)x2-12k2x+12k2-6=0,
Δ=144k4-4(1+3k2)(12k2-6)=24k2+24>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,由+·=·(+)=·,
则·=(x1-m,y1)·(x2-m,y2)=(x1-m)(x2-m)+y1y2
=(x1-m)(x2-m)+k2(x1-2)(x2-2)
=(k2+1)x1x2-(2k2+m)(x1+x2)+4k2+m2
=(k2+1)-(2k2+m)+4k2+m2=,要使上式为定值,即与k无关,
则应3m2-12m+10=3(m2-6),即m=,
此时·=m2-6=-为定值,
所以在x轴上存在定点E(,0),使得+·为定值-.
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