圆锥曲线中的典型问题与方法圆锥曲线中的探究性存在性问题.docx
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圆锥曲线中的典型问题与方法圆锥曲线中的探究性存在性问题
圆锥曲线中的典型问题与处理方法——数学之家出品
圆锥曲线中的探究性（存在性）问题
（一）
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，它对数学思想、数学意识及综合运用数学
方法的能力有较高的要求，特别是在解析几何第二问中经常考到“是否存在这样的点”的问题，也就是是否存在定值定点定直线的问题。
一、是否存在这样的常数
例1．在平面直角坐标系
xOy中，经过点（0，2）且斜率为k的直线l与椭圆x2
y2
1有
2
两个不同的交点P和Q．
（I）求k的取值范围；
（II）设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A，B，是否存在常数k，使得向量
OPOQ与AB共线？
如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由．
解：
（Ⅰ）由已知条件，直线
l
的方程为y
kx
2，
代入椭圆方程得
x2
（kx
2）2
1．整理得
1
k2
x2
2
2kx
10
①
2
2
直线l与椭圆有两个不同的交点
P和Q等价于
8k2
4
1
k2
4k2
2
0，
2
解得k
2或k
2
．即k的取值范围为
∞，
2
2，∞．
2
2
2
2
（Ⅱ）设P（x1，y1），Q（x2，y2），则OPOQ
（x1
x2，y1
y2），
由方程①，x1
x2
4
2k
．
②
1
2k2
又y1
y2
k（x1
x2）22．
③
而A（
2，0），B（01，），AB
（
21），．
所以OP
OQ与AB共线等价于x1x2
2（y1y2），
将②③代入上式，解得k
2
．
2
圆锥曲线中的典型问题与处理方法——数学之家出品
2
2，故没有符合题意的常数k．
由（Ⅰ）知k
或k
2
2
练习1：
（08陕西卷20）．（本小题满分
12分）
已知抛物线C：
y
2x2，直线ykx
2交C于A，B两点，M是线段AB的中点，过M
作x轴的垂线交C于点N．
（Ⅰ）证明：
抛物线
C在点N处的切线与AB平行；
（Ⅱ）是否存在实数
k使NANB0
，若存在，求k的值；若不存在，说明理由．
解法一：
（Ⅰ）如图，设A（x1，2x1
2），B（x2，2x2
2），把y
kx2代入y
2x2得
2x2
kx2
0，
由韦达定理得
x1
x2
k
，xx
1，
2
1
2
xN
xM
x1
x2
k
，
k
k
2
N点的坐标为
，
．
y
M
2
B1
A
2
4
4
8
设抛物线在点
N处的切线l的方程为y
k2
mxk
，
8
4
将y2x2代入上式得2x2
mx
mk
k2
0，
4
8
直线l与抛物线C相切，
m28
mk
k2
m2
2mk
k2
（m
k）2
0，
4
8
即l∥AB．
（Ⅱ）假设存在实数
k，使NANB
0，则NA
NB，又
|MN|1|AB|．
2
1（y1y2）
1（kx1
1[k（x1
由（Ⅰ）知yM
2kx2
2）
2
2
2
Nx
O1
mk．
M是AB的中点，
x2）4]
1
k2
k2
．
2
4
2
2
4
MN
x轴，|MN||yM
yN|k2
2
k2
k2
16．
4
8
8
又|AB|
1k2|x1
x2|
1k2
（x1
x2）2
4x1x2
圆锥曲线中的典型问题与处理方法——数学之家出品
k
2
1
1k2
4
（1）
k2
1k216．
2
2
k2
16
1
k2
1
k2
16，解得k
2．
8
4
即存在k
2，使NANB
0．
解法二：
（Ⅰ）如图，设
A（x1，2x12），B（x2，2x22），把y
kx
2代入y
2x2得
2x2
kx
2
0．由韦达定理得
x1
x2
k，x1x2
1．
2
xN
xM
x1
x2
k
N点的坐标为
k
k
2
．
y
2x
2
y4x，
2
，
4
，
，
4
8
k
k，
l∥AB．
抛物线在点N处的切线l的斜率为4
4
（Ⅱ）假设存在实数
k，使NANB
0．
由（Ⅰ）知
NA
x1
k，
2
k2
，
x2
k
，
2
k2
，则
2x1
8
NB
4
2x2
8
4
NANB
x1
k
x2
k
2
k2
2
k2
4
4
2x1
8
2x2
8
x1
k
x2
k
4
2
k2
2
k2
4
4
x1
16
x2
16
x1
k
x2
k
1
4
x1
k
x2
k
4
4
4
4
xx
kxx
k2
14xx
k（xx
）
k2
1
2
4
1
2
16
1
2
1
2
4
1kkk2
14
（1）kkk2
4
2
16
2
4
1
k2
3
3
k
2
16
4
1，
1
k2
0，
3
3k2
0，解得k2．
16
4
圆锥曲线中的典型问题与处理方法——数学之家出品
即存在k
2，使NANB
0
．
练习2.直线ax-
y=1与曲线x2-
2y
2=1相交于P、Q两点。
（1）当a为何值时，PQ
=2
1+a2；
（2）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。
ì
y=1
ax-
2
2
?
?
得（1-2a）x+4ax-
3=0，
解：
（1）联立方程í
2y2
?
x2-
=1
?
又知直线与曲线相交于
P,Q两点,可得
6
2
ì
2
，即a<
且a?
，
?
?
1-2a?
0
2
2
í
2
2
?
?
D=16a
+12（1-
2a）>0
设P、Q两点的坐标为P（x1,y1）,Q（x2,y2）则x1+x2
=
4a
x1x2
3
2a2-1
=
，
2a2
-1
所以PQ=
4（1+a2）（3-2a2）
=2
1+a2，
（2a2-1）2
化简得（1-2a2）2-（1-2a2）-2=0,解得a=?
1即为所求。
（3）假设存在实数
a，使得以PQ为直径的圆经过原点
O，
则kOP.kOQ=-
1,也就是x1x2+yy1=20,xx1+2（ax-1）1（ax-1）2=0,
2
）x1x2-
a（x1+x2）+1=0,故有
3（1+a2）
4a2
2+1=0
整理得（1+a
2a
2
+
1-2a
-1
解得a2=-2,a纹,即不存在实数a.
二、是否存在这样的点
例2.（2009全国卷Ⅱ）（本小题满分12分）
x2
y
2
1（a
3
C:
b
b0）
，过右焦点F的直线l与C相交于A、B
已知椭圆a2
2
的离心率为3
2
两点，当l的斜率为
1时，坐标原点O到l的距离为
2
（I）求a，b的值；
（II）C上是否存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有
OPOAOB成立？
若存在，
求出所有的P的坐标与l的方程；若不存在，说明理由。
圆锥曲线中的典型问题与处理方法——数学之家出品
解析：
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）设Fc,0,
当l的斜率为1时，其方程为x
y
c
0,O到l的距离为
0
0
c
c
，故
c
2，c
1
，
2
2
2
2
由e
c
3
，得a
3，b
a2
c2=2
a
3
（Ⅱ）C上存在点P，使得当l
绕F转到某一位置时，有
OP
OA
OB成立。
由（Ⅰ）知椭圆C的方程为2x2
+3y2
=6.
设A（x1,y1）,B（x2,y2）.
（ⅰ）当l不垂直x轴时，设l的方程为y
k（x
1）
假设C上存在点P，且有OP
OA
OB
成立，则
点的坐标为（
）
P
x1
x2,y1
y2，
2（x1
x2）2
3（y1
y2）2
6，整理得
2
x1
2
3y1
2
2
x2
2
3
y2
2
4x1x26
y1y2
6
又A、B在C上，即2x1
2
3y1
2
6,2x2
2
3y2
2
6
故
2x1x2
3y1y2
30
①
将y
k（x
1）代入2
x2
3y2
6,并化简得
（23k2）x2
6k2x3k2
60
②
于是x1
x2
6k2
2,
3k2
6
y1y2
k
2
（x1
1）（x2
2）
4k2
2
3k
x1x2=
2,
2
2
3k
2
3k
，
代入①解得，k2
2，此时x1
x2
3
2
于是y1
y2
k（x1
x2
2）=
k，即P（3,k）
2
2
2
因此，当k
2时，P（3,
2），l的方程为2x
y
2
0；
2
2
当k
2
时，P（3,
2），l的方程为2x
y
2
0。
2
2
（ⅱ）当l垂直于x轴时，由OA
OB
（2,0）知，C上不存在点P使OP
OA
OB成立。
圆锥曲线中的典型问题与处理方法——数学之家出品
综上，C上存在点P（3,2）使OPOAOB成立，此时l的方程为2xy20.
22
例3.（2009福建卷）（本小题满分14分）
x2
y2
已知直线x2y2
0经过椭圆C:
a2
b21（ab0）
的左顶
点A和上顶点D，椭圆C的右顶点为B，点S是椭圆C上位于x轴
10
AS,BS与直线
l:
x
M,N两点。
上方的动点，直线
3分别交于
（I）求椭圆C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C上是否存在这样的点T，使得TSB的面积
1
为5？
若存在，确定点T的个数，若不存在，说明理由
（I）由已知得，椭圆
C的左顶点为
A（
2,0）,上顶点为D（0,1）,
a2,b
1
故椭圆C的方程为x2
y2
1
4
（Ⅱ）直线AS的斜率k显然存在，且k
0，故可设直线
AS的方程为y
k（x2）
，从而
1016k
）
M（
3
3
y
k（x
2）
2
2
2
2
由
得（14k
16k
x
16k
4
0
x
2
y2
）x
1
4
16k
2
4
2
8k
2
4k
设S（x1,y1）,
则
（
2）,x1
得x1
，从而y1
2
即
14k
1
4k2
1
4k2
S（2
8k
2
4k
2,
1
2）,
1
4k
4k
y
1（x
2）
x
10
10
1
16k
1
又B（2,0）
由
4k
得
3
N（
，
升级会员 