圓錐曲線之存在性問(wèn)題

PAGEPAGE2圓錐曲線之存在性問(wèn)題一是否存在這樣的常數(shù)例1．在平面直角坐標(biāo)系中，經(jīng)過(guò)點(diǎn)且斜率為的直線與橢圓有兩個(gè)不同的交點(diǎn)和．（=1\*ROMANI）求的取值范圍；（=2\*ROMANII）設(shè)橢圓與軸正半軸、軸正半軸的交點(diǎn)分別為，是否存在常數(shù)，使得向量與共線？如果存在，求值；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．xAy112MNBO練習(xí)1：已知拋物線：，直線交于兩點(diǎn)，是線段的中點(diǎn)，過(guò)作軸的垂線交于點(diǎn)．xAy112MNBO（Ⅰ）證明：拋物線在點(diǎn)處的切線與平行；（Ⅱ）是否存在實(shí)數(shù)使，若存在，求的值；若不存在，說(shuō)明理由．練習(xí)2.直線與曲線相交于P、Q兩點(diǎn)。當(dāng)a為何值時(shí)，；是否存在實(shí)數(shù)a，使得以PQ為直徑的圓經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O？若存在，求出的值，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由。二是否存在這樣的點(diǎn)例2.已知橢圓的離心率為，過(guò)右焦點(diǎn)F的直線與相交于、兩點(diǎn)，當(dāng)?shù)男甭蕿?時(shí)，坐標(biāo)原點(diǎn)到的距離為（I）求，的值；（II）上是否存在點(diǎn)P，使得當(dāng)繞F轉(zhuǎn)到某一位置時(shí)，有成立？若存在，求出所有的P的坐標(biāo)與的方程；若不存在，說(shuō)明理由。例3.已知直線經(jīng)過(guò)橢圓的左頂點(diǎn)A和上頂點(diǎn)D，橢圓的右頂點(diǎn)為，點(diǎn)是橢圓上位于軸上方的動(dòng)點(diǎn)，直線與直線分別交于兩點(diǎn)。（I）求橢圓的方程；（Ⅱ）求線段MN的長(zhǎng)度的最小值；（Ⅲ）當(dāng)線段MN的長(zhǎng)度最小時(shí)，在橢圓上是否存在這樣的點(diǎn)，使得的面積為？若存在，確定點(diǎn)的個(gè)數(shù)，若不存在，說(shuō)明理由練習(xí)：1.已知雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別為，，過(guò)點(diǎn)的動(dòng)直線與雙曲線相交于兩點(diǎn)．（I）若動(dòng)點(diǎn)滿足（其中為坐標(biāo)原點(diǎn)），求點(diǎn)的軌跡方程；（II）在軸上是否存在定點(diǎn)，使·為常數(shù)？若存在，求出點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．練習(xí)2.如圖，設(shè)拋物線方程為x2=2py(p＞0),M為直線y=-2p上任意一點(diǎn)，過(guò)M引拋物線的切線，切點(diǎn)分別為A，B.（Ⅰ）求證：A，M，B三點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列；（Ⅱ）已知當(dāng)M點(diǎn)的坐標(biāo)為（2，-2p）時(shí)，，求此時(shí)拋物線的方程；（Ⅲ）是否存在點(diǎn)M，使得點(diǎn)C關(guān)于直線AB的對(duì)稱點(diǎn)D在拋物線上，其中，點(diǎn)C滿足（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）.若存在,求出所有適合題意的點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.練習(xí)3.在平面直角坐標(biāo)系中，已知圓心在第二象限、半徑為的圓與直線相切于坐標(biāo)原點(diǎn)．橢圓與圓的一個(gè)交點(diǎn)到橢圓兩焦點(diǎn)的距離之和為．(1)求圓的方程；(2)試探究圓上是否存在異于原點(diǎn)的點(diǎn)，使到橢圓右焦點(diǎn)的距離等于線段的長(zhǎng)．若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．練習(xí)4.已知三點(diǎn)，，，曲線上任意一點(diǎn)滿足．（1）求曲線的方程；（2）動(dòng)點(diǎn)在曲線上，曲線在點(diǎn)處的切線為．問(wèn)：是否存在定點(diǎn)，使得與都相交，交點(diǎn)分別為，且與的面積之比是常數(shù)？若存在，求的值；若不存在，說(shuō)明理由．練習(xí)5.如圖，橢圓E：的左焦點(diǎn)為，右焦點(diǎn)為，離心率，過(guò)的直線交橢圓于兩點(diǎn)，且的周長(zhǎng)為8．（Ⅰ）求橢圓E的方程．（Ⅱ）設(shè)動(dòng)直線l：y=kx+m與橢圓E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P，且與直線相交于點(diǎn)Q．試探究：在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在定點(diǎn)M，使得以PQ為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)M？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由．三、是否存在這樣的直線例4.NOACByx在平面直角坐標(biāo)系中，過(guò)定點(diǎn)作直線與拋物線（）相交于NOACByx（I）若點(diǎn)是點(diǎn)關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)，求面積的最小值；（II）是否存在垂直于軸的直線，使得被以為直徑的圓截得的弦長(zhǎng)恒為定值？若存在，求出的方程；若不存在，說(shuō)明理由．練習(xí)1.已知雙曲線方程為，問(wèn)：是否存在過(guò)點(diǎn)M(1，1)的直線ｌ，使得直線與雙曲線交于P、Q兩點(diǎn)，且M是線段PQ的中點(diǎn)？如果存在，求出直線的方程，如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由。四、是否存在這樣的圓例5．已知橢圓G的中心在坐標(biāo)原點(diǎn),長(zhǎng)軸在軸上,離心率為,兩個(gè)焦點(diǎn)分別為和,橢圓G上一點(diǎn)到和的距離之和為12，圓:的圓心為點(diǎn).(1)求橢圓G的方程；(2)求的面積；(3)問(wèn)是否存在圓包圍橢圓G?請(qǐng)說(shuō)明理由.例6．設(shè)橢圓E:（a，b>0）過(guò)M（2，），N(，1)兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，（I）求橢圓E的方程；（II）是否存在圓心在原點(diǎn)的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個(gè)交點(diǎn)A,B,且？若存在，寫出該圓的方程，并求|AB|的取值范圍，若不存在說(shuō)明理由。五、是否存在這樣的最值例7．已知橢圓：的右頂點(diǎn)為，過(guò)的焦點(diǎn)且垂直長(zhǎng)軸的弦長(zhǎng)為．（I）求橢圓的方程；（II）設(shè)點(diǎn)在拋物線：上，在點(diǎn)處的切線與交于點(diǎn)．當(dāng)線段的中點(diǎn)與的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)相等時(shí)，求的最小值．【參考答案】【例1】．解：（Ⅰ）由已知條件，直線的方程為，代入橢圓方程得．整理得①直線與橢圓有兩個(gè)不同的交點(diǎn)和等價(jià)于，解得或．即的取值范圍為．（Ⅱ）設(shè)，則，由方程①，．②又．③而．所以與共線等價(jià)于，將②③代入上式，解得．由（Ⅰ）知或，故沒(méi)有符合題意的常數(shù)．【練習(xí)1：】xAy112MNBxAy112MNBO把代入得，由韋達(dá)定理得，，，點(diǎn)的坐標(biāo)為．設(shè)拋物線在點(diǎn)處的切線的方程為，將代入上式得，直線與拋物線相切，，．即．（Ⅱ）假設(shè)存在實(shí)數(shù)，使，則，又是的中點(diǎn)，．由（Ⅰ）知．軸，．又．，解得．即存在，使．解法二：（Ⅰ）如圖，設(shè)，把代入得．由韋達(dá)定理得．，點(diǎn)的坐標(biāo)為．，，拋物線在點(diǎn)處的切線的斜率為，．（Ⅱ）假設(shè)存在實(shí)數(shù)，使．由（Ⅰ）知，則，，，解得．即存在，使．【練習(xí)2】（1）聯(lián)立方程，又因?yàn)橹本€與曲線交于兩點(diǎn)，所以1-2a2≠0，且>0設(shè)P、Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)為，所以，解得a=1即為所求。（2）假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使得以PQ為直徑的圓經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O，【例2.】本題考查解析幾何與平面向量知識(shí)綜合運(yùn)用能力，第一問(wèn)直接運(yùn)用點(diǎn)到直線的距離公式以及橢圓有關(guān)關(guān)系式計(jì)算，第二問(wèn)利用向量坐標(biāo)關(guān)系及方程的思想，借助根與系數(shù)關(guān)系解決問(wèn)題，注意特殊情況的處理。解：（Ⅰ），=（Ⅱ）C上存在點(diǎn)，使得當(dāng)繞轉(zhuǎn)到某一位置時(shí)，有成立。由（Ⅰ）知橢圓C的方程為+=6.設(shè)(ⅰ)假設(shè)上存在點(diǎn)P，且有成立，則，，整理得故①將②于是,=,，代入①解得，，此時(shí)于是=，即因此，當(dāng)時(shí)，，；當(dāng)時(shí)，，。（ⅱ）當(dāng)垂直于軸時(shí)，由知，C上不存在點(diǎn)P使成立。綜上，C上存在點(diǎn)使成立，此時(shí)的方程為.【例3】（I）橢圓的方程為（Ⅱ）直線AS的斜率顯然存在，且，故可設(shè)直線的方程為，從而由得0設(shè)則得，從而即又，由得故又，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立時(shí)，線段的長(zhǎng)度取最小值（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，當(dāng)取最小值時(shí)，此時(shí)的方程為要使橢圓上存在點(diǎn)，使得的面積等于，只須到直線的距離等于，所以在平行于且與距離等于的直線上。設(shè)直線，則由解得或【練習(xí)：1.】解：由條件知，，設(shè)，．：（I）設(shè)，則，，，由得即于是的中點(diǎn)坐標(biāo)為．當(dāng)不與軸垂直時(shí)，，即．又因?yàn)閮牲c(diǎn)在雙曲線上，所以，，兩式相減得，即．將代入上式，化簡(jiǎn)得．當(dāng)與軸垂直時(shí)，，求得，也滿足上述方程．所以點(diǎn)的軌跡方程是．（II）假設(shè)在軸上存在定點(diǎn)，使為常數(shù)．當(dāng)不與軸垂直時(shí)，設(shè)直線的方程是．代入有．則是上述方程的兩個(gè)實(shí)根，所以，，于是．因?yàn)槭桥c無(wú)關(guān)的常數(shù)，所以，即，此時(shí)=．當(dāng)與軸垂直時(shí)，點(diǎn)的坐標(biāo)可分別設(shè)為，，此時(shí)．故在軸上存在定點(diǎn)，使為常數(shù)．【練習(xí)2】.（Ⅰ）證明：由題意設(shè) 由得，則 所因此直線MA的方程為直線MB的方程為 所以 ① ②由①、②得因此，即所以A、M、B三點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列.（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，當(dāng)x0=2時(shí)，將其代入①、②并整理得： 所以x1、x2是方程的兩根， 因此 又 所以 由弦長(zhǎng)公式得 又， 所以p=1或p=2， 因此所求拋物線方程為或（Ⅲ）解：設(shè)D(x3,y3)，由題意得C(x1+x2,y1+y2), 則CD的中點(diǎn)坐標(biāo)為 設(shè)直線AB的方程為 由點(diǎn)Q在直線AB上，并注意到點(diǎn)也在直線AB上， 代入得若D（x3,y3）在拋物線上，則 因此x3=0或x3=2x0.即D(0，0)或 （1）當(dāng)x0=0時(shí)，則，此時(shí)，點(diǎn)M(0,-2p)適合題意. （2）當(dāng)，對(duì)于D(0，0)，此時(shí) 又AB⊥CD，所以即矛盾.對(duì)于因?yàn)榇藭r(shí)直線CD平行于y軸，又所以，直線AB與直線CD不垂直，與題設(shè)矛盾，所以時(shí)，不存在符合題意的M點(diǎn).綜上所述，僅存在一點(diǎn)M(0，-2p)適合題意.【練習(xí)3.】(1)圓的方程為(x+2)2+(y-2)2=8(2)=5，∴a2=25，則橢圓的方程為 其焦距c==4，右焦點(diǎn)為(4，0)，那么=4。要探求是否存在異于原點(diǎn)的點(diǎn)Q，使得該點(diǎn)到右焦點(diǎn)F的距離等于的長(zhǎng)度4，我們可以轉(zhuǎn)化為探求以右焦點(diǎn)F為頂點(diǎn)，半徑為4的圓(x─4)2+y2=8與(1)所求的圓的交點(diǎn)數(shù)。通過(guò)聯(lián)立兩圓的方程解得x=，y=即存在異于原點(diǎn)的點(diǎn)Q(，)，使得該點(diǎn)到右焦點(diǎn)F的距離等于的長(zhǎng)?！揪毩?xí)4】、解：(1)曲線C的方程：x2＝4y.(2)假設(shè)存在點(diǎn)P(0，t)(t<0)滿足條件，則直線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.曲線C在Q處的切線l的方程是y＝eq\f(x0,2)x－eq\f(x\o\al(2,0),4)，它與y軸交點(diǎn)為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當(dāng)－1<t<0時(shí)，－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與直線PA平行，故當(dāng)－1<t<0時(shí)不符合題意．②當(dāng)t≤－1時(shí)，eq\f(t－1,2)≤－1<eq\f(x0,2)，eq\f(1－t,2)≥1>eq\f(x0,2)，所以l與直線PA，PB一定相交．分別聯(lián)立方程組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的橫坐標(biāo)分別是xD＝eq\f(x\o\al(2,0)＋4t,2x0＋1－t)，xE＝eq\f(x\o\al(2,0)＋4t,2x0＋t－1)，則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).對(duì)任意x0∈(－2,2)，要使eq\f(S△QAB,S△PDE)為常數(shù)，則t要滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4－t－12＝8t，,4t－12＝16t2，))解得t＝－1，此時(shí)eq\f(S△QAB,S△PDE)＝2，故存在t＝－1，使△QAB與△PDE的面積之比是常數(shù)2.【練習(xí)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?yàn)閯?dòng)直線l與橢圓E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化簡(jiǎn)得4k2－m2＋3＝0.(*)此時(shí)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)．假設(shè)平面內(nèi)存在定點(diǎn)M滿足條件，由圖形對(duì)稱性知，點(diǎn)M必在x軸上．設(shè)M(x1,0)，則eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝0對(duì)滿足(*)式的m、k恒成立．因?yàn)閑q\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(**)式對(duì)滿足(*)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.故存在定點(diǎn)M(1,0)，使得以PQ為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)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?yàn)閯?dòng)直線l與橢圓E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化簡(jiǎn)得4k2－m2＋3＝0.(*)此時(shí)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)．假設(shè)平面內(nèi)存在定點(diǎn)M滿足條件，由圖形對(duì)稱性知，點(diǎn)M必在x軸上．取k＝0，m＝eq\r(3)，此時(shí)P(0，eq\r(3))，Q(4，eq\r(3))，以PQ為直徑的圓為(x－2)2＋(y－eq\r(3))2＝4，交x軸于點(diǎn)M1(1,0)，M2(3,0)；取k＝－eq\f(1,2)，m＝2，此時(shí)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Q(4,0)，以PQ為直徑的圓為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軸于點(diǎn)M3(1,0)，M4(4,0)．所以若符合條件的點(diǎn)M存在，則M的坐標(biāo)必為(1,0)．以下證明M(1,0)就是滿足條件的點(diǎn)：因?yàn)镸的坐標(biāo)為(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)，從而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(→))，即存在定點(diǎn)M(1,0)，使得以PQ為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)M.解法三：(1)同解法一．（２）由對(duì)稱性可知設(shè)與直線（*）（*）對(duì)恒成立，得【例4】.本小題主要考查直線、圓和拋物線等平面解析幾何的基礎(chǔ)知識(shí)，考查綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)進(jìn)行推理運(yùn)算的能力和解決問(wèn)題的能力．解法1：（Ⅰ）依題意，點(diǎn)的坐標(biāo)為，可設(shè)，直線的方程為，與聯(lián)立得消去得．由韋達(dá)定理得，．于是．，當(dāng)時(shí)，．（Ⅱ）假設(shè)滿足條件的直線存在，其方程為，的中點(diǎn)為，與為