1、1 专题专题 04 存在性问题存在性问题 解析几何中的存在性问题通常是设其 存在，然后依据题设条件进行推理，有时 通过直接计算就能得到结论，有时要根据 要求确定存在的条件，如果得到矛盾则说 明不存在.高考中存在性问题一般以解答 题的形式出现. 本专题思维导图如右 解题预设其存在解题预设其存在 推理论证求出来推理论证求出来 如若前后有矛盾如若前后有矛盾 那就说明不存在那就说明不存在 思路思路点拨点拨 （1）证明 1 AM uuuu v 1 AN uuuv 与垂直可以证明 11 0AMAN uuuu v uuuv ，也可以证明斜率之积等于-1， 还可以用几何法； （2）设直线 MN 的方程为 11
2、22 ,(,),(,)xmya M xyN xy，则有 12 (,),(,)Ma yNa y，用相关量分别表示 1 S、 2 S、 3 S，根据 2 213 SS S即可即得的 值. 满分解答满分解答 （1）依题意，可设直线 MN 的方程为 1122 ,( ,),(,)xmya M x yN xy，则有 12 (,),(,)Ma yNa y 由 2 2 xmya ypx 消去 x 可得 2 220ympyap w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 例例 1 1 过抛物线的对称轴上一点的直线与抛物 线相交于 M、N 两点，自 M、N 向直线作垂线，垂足分别为、w.w.w.k.s.5.u.c.o
3、.m （1）当时，求证：； （2）记、 、的面积分别为、，是否存 在，使得对任意的，都有成立若存在，求出的值；若不存 在，说明理由 存在性问题 选择变量（参数）表示相关量 根据参数解题情况 分类讨论存在性 直接求得相关量 2 从而有 12 12 2 2 yymp y yap 于是 2 1212 ()22()xxm yyam pa 又由 2 11 2ypx， 2 22 2ypx可得 22 2 12 12 22 ()( 2) 44 y yap x xa pp （1）如图，当 2 p a 时，点(,0) 2 p A即为抛物线的焦点，l为其准线 2 p x ，此时 1112 (,),(,), 22 P
4、P MyNy并由 可得 2 12 y yp 证法 1： 1112 (,),(,)AMp yANp y uuuu vuuuv ， 222 111211 0,AMANpy yppAMAN uuuu v uuuv 即 证法 2： 11 12 , AMAN yy KK pp 11 2 12 11 22 1, AMAN y yp KKAMAN pp 即. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 证法 3 平面几何 证法 . (2)存在4，使得对任意的0a ，都有 2 213 4SS S成立 记直线l与 x 轴的交点为 1 A,则 1 OAOAa于是有 111111 211112 311122 11 ),
5、 22 1 , 2 11 ). 22 SMMAMxa y SM NAAa yy SNNANxa y （ （ w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 若 2 213 SS S，即 2 121212 ()() () 4 a yyxaxay y ， 亦即 222 12121 21212 4()4()ayyy yx xa xxay y 把 1 2121212 ,x x xxy yyy的值代入解得4 3 思路点拨思路点拨 第（1）题把直线方程代入椭圆方程得到关于x的一元二次方程，利用判别式及已知条件 即可求出椭圆方程和T点坐标；第（2）题把直线 l与l联立可求得P点坐标，把 l与E联立， 利用韦达定理求
6、出| | |PAPB ，最后求出，说明存在. 直线 l的方程可设为斜截式，也可设为参数式，因此第（2）题有两种解法. 满分解答满分解答 （1）设短轴一端点为 (0, )Cb，左、右焦点分别为 1( ,0)Fc ， 2( ,0) F c(0)c ，则 222 cba. 由题意， 12 FF C 为直角三角形，则 222 1212 |FFFCFC 解得 2 2 bca，所以 22 22 :1 2 xy E bb . 把: 3l yx 代入E整理可得 22 3121820 xxb. （*） l与椭圆E只有一个交点，则 22 =124 3(182)0b ，解得 2=3 b. 所以 22 :1 63 x
7、y E. 把 2 3b 代入（*），解得2x ，则31yx ，所以T的坐标为2 1，. （2） 解解1 1 由已知可设 l的方程为 1 (0) 2 yxm m. 由方程组 1 , 2 3, yxm yx 解得 2 2, 3 2 1. 3 m x m y 即 22 (2,1) 33 mm P，则 2 2 8 | 9 m PT . 由方程组 22 1 , 2 1, 63 yxm xy 得 22 344120 xmxm. 其判别式 2 =16 9-2)0m（，即 3 23 2 . 22 m 由韦达定理得 2 4412 , 33 ABAB mm xxx x ，于是 例例2 2 已知椭圆的两个焦点与短轴
8、的一个端点是 直角三角形的3个顶点，直线与椭圆E有且只有一个公共点T. （1）求椭圆E的方程及点T的坐标； （2）设O是坐标原点，直线平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A、B， 且与直线l交于点P. 证明：存在常数，使得，并求的 值. 4 11 | |1|1| 44 PAPB PAPBxxxx 2 5 =() 4 pPABAB xxxxx x， 22 2 524241210 =(2)(2) 433339 mmmmm . 由 2 | |PTPAPB得 22 108 99 mm ，即 4 . 5 故存在这样的，使得 2 | |PTPAPB成立. 解解2 2 设 00 (,3)P xx在 l上， 由
9、 1 2 OT k， l平行OT， 可设 l的参数方程为 0 0 2 3. xxt yxt ， 代入椭圆E得 22 00 (2 )2(3)6xtxt， 整理可得 22 00 24440ttxx. 设两根为 A t， B t，则有 2 0 (2) 2 AB x tt . 而 2 2 222 000 (2)(31)2(2)PTxxx， 22 0000 2)5 AAA PAxtxxtxt（+(3-）-(3， 同理可得 5 B PBt. 故有 2 0 5 5|(2) 2 AB PAPBttx. 由题意 2 PTPAPB，所以 2 2 0 2 0 2(2)4 5 5 (2) 2 PTx PAPB x .
10、 故存在这样的，使得 2 | |PTPAPB成立. 思路点拨思路点拨 第（1）题只要用弦长公式即可.第（2）题几何意义明显，因为圆和椭圆都关于y轴对 称， “至多有三个公共点”的反面是由 4 个公共点，然后取补集.也可以从方程有解和距离角 度去解答. 满分解答满分解答 （1）设直线1ykx被椭圆截得的线段为，由 例例 3 3 设椭圆 C:. （1）求直线被椭圆截得的弦长（用 a,k 表示） ； （2）若任意以点为圆心的圆与椭圆至多有 三个公共点，求椭圆的离心率的取值范围. 5 2 2 2 1 1 ykx x y a 得 2222 120a kxa kx， 故 1 0 x ， 2 2 22 2
11、1 a k x a k 因此 2 22 12 22 2 11 1 a k kxxk a k （2） 假设圆与椭圆的公共点有4个， 由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点， Q，满足Q 记直线，Q的斜率分别为 1 k， 2 k，且 1 k， 2 0k ， 12 kk 由（1）知， 22 11 22 1 21 1 a kk a k ， 22 22 22 2 21 Q 1 a kk a k ， 故 2222 1122 2222 12 2121 11 a kka kk a ka k ， 所以 22222222 121212 120kkkkaak k 由于 12 kk， 1 k， 2 0k 得 22
12、2222 1212 120kkaak k， 因此 22 22 12 11 1112aa kk ， 因为式关于 1 k， 2 k的方程有解的充要条件是 22 121aa， 所以2a 因此，任意以点0,1为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为 12a，由 2 1ca e aa 得，所求离心率的取值范围为 2 0 2 e 解解 2 2 设圆的方程为 2 22 1xyr，与椭圆方程 2222 xa ya联立得 2222 1210ayyra 根据题意知，上述方程在1,1y 上至多一解，记 2222 121fyayyra. 6 假设方程在1,1y 上有两解，则 2 2 2 4222 10 140 1
13、 11 1 40 fr fr a aa rr ， ， ， ， 于是， 22 222 4 4,2, 2 rr r raa 或 22 2 4 2 rr r a ，故 2 2a . 因此， 任意以点 A （0,1） 为圆心的圆与椭圆至多有 3 个公共点的充要条件是12a. 由 2 1 1 c e aa 得 所 求 离 心 率 的 取 值 范 围 为 2 0 2 e. 解解 3 3 取椭圆上点,P x y，则 2222 xa ya. 2 22222 1121PAxyayya 2 22 22 11 11 11 aya aa . 根据题意，当 P 从 A 到 B(0,-1)逆时针旋转的过程中，PA 处处不
14、相等，由此可以判断 PA 是单调变化的.因此 PA 的最大值即为 AB，当且仅当1y 时取得，此时只需对称轴 2 1 1 1 y a ，即得 2 2a . 因此， 任意以点 A （0,1） 为圆心的圆与椭圆至多有 3 个公共点的充要条件是12a. 由 2 1 1 c e aa 得所求离心率的取值范围为 2 0 2 e. 例例 4 4 已知椭圆：的离心率为，点 和点都在椭圆上，直线交轴于点 （1）求椭圆的方程，并求点的坐标（用，表示） ； （2）设为原点，点与点关于轴对称，直线交轴于点问： 轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不 存在，说明理由 x y O -1 1 1 -1 O y x
15、 7 思路点拨思路点拨 第（2）题设点 A 在第一象限可以省去tanOQM、tanONQ与直线QM、QN斜率之 间符号的讨论.由OQMONQ 转化为1 N QM Q kk.也可以利用Rt QON相似于 RtMOQ来解. 满分解答满分解答 （1）因0 1P，在椭圆上，所以1b ，又离心率 2 2 e ，即 2 2 c a ， 22 2ac. 由 2222 21abcc 得 2 1c ，所以 2 2a . 所以椭圆的方程为 2 2 1 2 x y. 因 1 PA n k m ，所以直线PA的方程为 1 1 n yx m ， 令0y 得 1 m x n ，所以(,0) 1 m M n . （2）不失
16、一般性，不妨设点 A 在第一象限. 若OQMONQ ，则tanOQMtanONQ，即 tanOQMtan() 2 OMQ 1 tanOMQ tanONQ， 亦即tantan1ONQOMQ，即1 NQMQ kk. 由已知B mn，同理可得(,0) 1 m N n .设存在(0, )Qt， 使OQMONQ ，则 22 2 (1) ()1 11 NQMQ tttn kk mm m nn ，解得 2 2 2 1 m t n . 因 2 2 1 2 m n，所以 22 2(1)mn，所以 2 2t . 所以存在点(0,2)Q，使得OQMONQ . （2）因为Rt QONRt MOQ，所以 | = | O
17、NOQ OQOM ， 2 2 2 | =| |=2 1 m OQONOM n ，所以(0,2)Q. Q P NM y x O B A 例例 5 5 已知过原点的动直线 与圆相交于不同的 两点， (1)求圆的圆心坐标； (2)求线段的中点的轨迹的方程； (3)是否存在实数， 使得直线 ：与曲线只有一个交点？ 8 思路点拨思路点拨 第（2）题求圆弦的中点轨迹，利用弦心距和弦垂直比较简单.可以两直线斜率乘积等于 -1，可以用向量数量积等于 0，还可以从几何意义角度考虑. 第（3）题是直线与圆弧有一个公共点，一种可能是相切，另一种可能是相交，求交点 时用数形结合来解较为简单，也可以转化为二次方程根的分
18、布，但运算量较大. 满分解答满分解答 (1)将圆 1 C的方程化为标准方程得 22 (3)4xy， 可知圆 1 C 的圆心坐标 1(3,0) C. (2)解解 1 1 设线段AB的中点),( 00 yxM， 由圆的性质可得MC1 垂直于直线l.设直线l的方程为mxy （易知直线l的斜率存在） ，所以1 1 mk MC ， 00 mxy ，1 3 0 0 0 0 x y x y ，所以03 2 00 2 0 yxx，即 22 00 39 () 24 xy. 因为动直线l与圆 1 C相交，所以2 1 3 2 m m ，所以 5 4 2 m.所以 2 0 2 0 2 2 0 5 4 xxmy， 所以
19、 2 0 2 00 5 4 3xxx， 解得 3 5 0 x或0 0 x， 又因为30 0 x， 所以3 3 5 0 x. 所以),( 00 yxM满足 22 00 39 () 24 xy 0 5 (3) 3 x，即M的轨迹C的方程为 22 39 () 24 xy 5 (3) 3 x. 解解 2 2 由题意， 1 C MAB，设( , )M x y，则 1 ( , ),(3, )OMx y C Mxy uuuruuuu r ，那么 1 0OM MC uuur uuuu r ，即 2 (3)0 x xy，其轨迹为圆，方程为 22 39 (). 24 xy 因两圆C与 1 C相交弦所在直线方程为
20、5 = 3 x，故所求的轨迹方程为 22 39 () 24 xy C B A M C1O y x 9 5 (3) 3 x. 解解 3 3 因 1 C MAB，即 1 C MOM，所以 1 OMC是 1 Rt OMC，从而可知点M的 轨迹是以 1 OC为直径的圆，其方程是 22 39 () 24 xy 5 (3) 3 x. 轨迹范围求法同上（略）. (3)直线与圆弧有一个交点最常见的方法数形结合， 还可以转化 为一元二次方程在某个区间有一个根（零点）. 解解 1 1 由题意知直线l表示过定点T(4,0)，斜率为k的直线. 结合图形， 22 00 39 () 24 xy 0 5 (3) 3 x表示
21、的是一段关于x轴对称，起点为 52 5 ( ,) 33 按逆 时针方向运动到 5 2 5 ( ,) 33 的圆弧.根据对称性，只需讨论在x轴对称下方的圆弧.设P 5 2 5 ( ,) 33 ，则 7 52 3 5 4 3 52 PT k,而当直线l与轨迹C相切时， 2 3 1 4 2 3 2 k k k ，解得 4 3 k.在这里暂取 4 3 k，因为 4 3 7 52 ，所以kkPT，结合图形，可得对于x轴对 称的下方的圆弧，当0 7 52 k或 4 3 k时，直线l与x轴对称下方的圆弧有且只有一 个交点，根据对称性可知 7 52 7 52 k或 4 3 k. 综上所述：当 7 52 7 5
22、2 k或 4 3 k时，直线: l4yk x与曲线C只有一 交点. 解解 2 2 由（2）和 2 4 (3)0, yk x x xy ， 得 2222 (1)(3 8)160kxkxk， 5 (3) 3 x.（*） 直线l与圆弧 C 只有一个交点等价于方程（*）在区间 5 ( ,3 3 有唯一个解. 若直线l与圆弧 C 相切，则由 y P P C T(4,0) x O 10 2 222 =(3 8)4(1) 160kkk，解得 3 4 k . 若直线l与圆弧 C 不相切，记 2222 ( )(1)(3 8)16f xkxkxk， 由0 得 2 9 16 k ，对称轴 2 22 3 85 4 2(1)2(1) k x kk 3 12 ,) 25 ， 所以要使（*）在区间 5 ( ,3 3 有唯一个解，必须对称轴满足 2 2 5 3 38 3 2(1)2 k k ，且 5 ( )0, 3 (3)0, f f 解得 7 52 7 52 k. 综上所述：当 7 52 7 52 k或 4 3 k时，直线: l4yk x与曲线C只有一 交点.
