专题04 存在性问题（精讲篇）含详解-用思维导图突破圆锥曲线压轴题

1 专题 04 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 推理论证求出来 如若前后有矛盾 那就说明不存在 思路点拨 （1）证明 与垂直可以证明 ，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 ，则有 ，用相关量分别表示 、 、 ，根据 即可即得 的 值. 满分解答 （ 1 ） 依 题 意 ， 可 设 直 线 MN 的 方 程 为 ， 则 有 由 消去 x 可得 ． w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 1AM 1AN 1 1 0AM AN⋅ =  1 1 2 2, ( , ), ( , )x my a M x y N x y= + 1 2( , ), ( , )M a y N a y− − 1S 2S 3S 2 2 1 3S S Sλ= λ 1 1 2 2, ( , ), ( , )x my a M x y N x y= + 1 2( , ), ( , )M a y N a y− − 2 2 x my a y px = +  = 2 2 2 0y mpy ap− − = 例 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.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． 2 2 ( 0)y px p= > ( )( ),0 0A a a > :l x a= − 1M 1N 2 pa = 1AM 1AN 1AMM∆ 1 1AM N∆ 1ANN∆ 1S 2S 3S λ 0a > 2 2 1 2S S Sλ= λ 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 ① 于是 ② 又由 ， 可得 ③ （1 ）如图，当 时，点 即为抛物线的焦点， 为其准 线 ， 此 时 ① 可 得 ． 证法 1： ， ． 证法 2： w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 证法 3 平面几何 证法 . (2)存在 ，使得对任意的 ，都有 成立． 记直线 与 x 轴的交点为 ,则 ．于是有 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 若 ，即 ， 亦即 ． 把 的值代入解得 ． 1 2 1 2 2 2 y y mp y y ap + =  = − 2 1 2 1 2( ) 2 2( )x x m y y a m p a+ = + + = + 2 1 12y px= 2 2 22y px= 2 2 21 2 1 2 2 2 ( ) ( 2 ) 4 4 y y apx x ap p −= = = 2 pa = ( ,0)2 pA l 2 px = − 1 1 1 2( , ), ( , ),2 2 P PM y N y− − 并由 2 1 2y y p= − 1 1 1 2( , ), ( , )AM p y AN p y= − = −  2 2 2 1 1 1 2 1 10,AM AN p y y p p AM AN⋅ = + = − = ⊥  即 1 1 1 2, ,AM AN y yK Kp p = − = − 1 1 2 1 2 1 12 2 1,AM AN y y pK K AM ANp p ⋅ = = − = − ⊥即 . 4λ = 0a > 2 2 1 34S S S= l 1A 1OA OA a= = 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 3 1 1 1 2 2 1 1 ) ,2 2 1 ,2 1 1 ) .2 2 S MM A M x a y S M N AA a y y S NN A N x a y = ⋅ ⋅ = + = ⋅ ⋅ = − = ⋅ ⋅ = + （ （ 2 2 1 3S S Sλ= 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) ( )4a y y x a x a y y λ− = + ⋅ + ⋅ 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 24 [( ) 4 ] [ ( ) ]a y y y y x x a x x a y yλ+ − = + + + ⋅ 1 2 1 2 1 2 1 2, , ,x x x x y y y y+ + 4λ = 例2 已知椭圆 的两个焦点与短轴的一个端点是直 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. 2 2 2 2: 1( 0)x yE a ba b + = > > : 3l y x= − + 'l λ 2| | | | | |PT PA PBλ= ⋅ λ3 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 与 联立可求得P点坐标，把 与E联立， 利用韦达定理求出 ，最后求出 ，说明存在. 直线 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 （ 1 ） 设 短 轴 一 端 点 为 ， 左 、 右 焦 点 分 别 为 ， ， 则 . 由题意， 为直角三角形，则 解得 ，所以 . 把 代入E整理可得 . （*） 与椭圆 只有一个交点，则 ，解得 . 所以 . 把 代入（*），解得 ，则 ，所以 的坐标为 . （2） 解1 由已知可设 的方程为 . 由方程组 解得 即 ，则 . 由方程组 得 . 其判别式 ，即 由韦达定理得 ，于是 'l l 'l | | | |PA PB⋅ λ 'l (0, )C b 1( ,0)F c− 2 ( ,0)F c ( 0)c > 2 2 2c b a+ = 1 2F F C△ 2 2 2 1 2 1 2| | | | | |F F FC F C= + 2 2b c a= = 2 2 2 2: 12 x yE b b + = : 3l y x= − + 2 23 12 18 2 0x x b− + − = l E 2 2=12 4 3(18 2 ) 0b∆ − ⋅ − = 2 =3b 2 2 : 16 3 x yE + = 2 3b = 2x = 3 1y x= − + = T ( )2 1， 'l 1 ( 0)2y x m m= + ≠ 1 ,2 3, y x m y x  = +  = − + 22 ,3 21 .3 mx my  = −  = + 2 2(2 ,1 )3 3 m mP − + 2 2 8| | 9 mPT = 2 2 1 ,2 1,6 3 y x m x y  = +  + = 2 23 4 4 12 0x mx m+ + − = 2=16 9-2 ) 0m∆ >（ 3 2 3 2 .2 2m− < < 24 4 12,3 3A B A B m mx x x x −+ = −4 ， . 由 得 ，即 故存在这样的 ，使得 成立. 解2 设 在 上，由 ， 平行 ，可设 的参数方程为 代入椭圆 得 ， 整理可得 . 设两根为 ， ，则有 . 而 ， ， 同理可得 . 故有 . 由题意 ，所以 . 故存在这样的 ，使得 成立. 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 （1）设直线 被椭圆截得的线段为 ，由 1 1| | | | 1 | | 1 | |4 4P A P BPA PB x x x x⋅ = + − ⋅ + − 25= [ ( ) ]4 p P A B A Bx x x x x x− + + 2 2 25 2 4 2 4 12 10= [(2 ) (2 ) ]4 3 3 3 3 9 m m m m m−− + ⋅ − + = 2| | | | | |PT PA PBλ= ⋅ 2 210 8 9 9 m mλ ⋅ = 4.5 λ = λ 2| | | | | |PT PA PBλ= ⋅ 0 0( ,3 )P x x− 'l 1 2OTk = 'l OT 'l 0 0 2 3 . x x t y x t = +  = − + ， E 2 2 0 0( 2 ) 2(3 ) 6x t x t+ + − + = 2 2 0 02 4 4 4 0t t x x+ + − + = At Bt 2 0( 2) 2A B xt t −⋅ = ( )22 2 2 2 0 0 0( 2) (3 1) 2( 2)PT x x x= − + − − = − 2 2 0 0 0 02 ) )] 5A A APA x t x x t x t= + − + − =（ +[ ( 3- ）- ( 3 5 BPB t= 2 0 55 || ( 2)2A BPA PB t t x⋅ = ⋅ = − 2PT PA PBλ= ⋅ 2 2 0 2 0 2( 2) 4 5 5( 2)2 PT x PA PB x λ −= = =⋅ − λ 2| | | | | |PT PA PBλ= ⋅ 1y kx= + ΑΡ 例 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. 2 2 2 1( 1)x y aa + = > 1y kx= + (0,1)A5 得 ， 故 ， ． 因此 ． （2）假设圆与椭圆的公共点有 个，由对称性可设 轴左侧的椭圆上有两个不同的点 ， ，满足 ． 记直线 ， 的斜率分别为 ， ，且 ， ， ． 由（1）知， ， ， 故 ， 所以 ． 由于 ， ， 得 ， 因此 ， ① 因为①式关于 ， 的方程有解的充要条件是 ， 所以 ． 因此，任意以点 为圆心的圆与椭圆至多有 个公共点的充要条件为 ，由 得，所求离心率的取值范围为 ． 解 2 设圆的方程为 ，与椭圆方程 联立得 ① 根据题意知，上述方程在 上至多一解，记 2 2 2 1 1 y kx x ya = + + = ( )2 2 2 21 2 0a k x a kx+ + = 1 0x = 2 2 2 2 2 1 a kx a k = − + 2 2 2 1 2 2 2 21 11 a kk x x ka k ΑΡ = + − = ⋅ ++ 4 y Ρ Q QΑΡ = Α ΑΡ QΑ 1k 2k 1k 2 0k > 1 2k k≠ 2 2 1 1 2 2 1 2 1 1 a k k a k +ΑΡ = + 2 2 2 2 2 2 2 2 1Q 1 a k k a k +Α = + 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 1 1 a k k a k k a k a k + +=+ + ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 21 2 0k k k k a a k k − + + + − =  1 2k k≠ 1k 2 0k > ( )2 2 2 2 2 2 1 2 1 21 2 0k k a a k k+ + + − = ( )2 2 2 2 1 2 1 11 1 1 2a ak k   + + = + −      1k 2k ( )2 21 2 1a a+ − > 2a > ( )0,1Α 3 1 2a< ≤ 2 1c ae a a −= = 20 2e< ≤ ( )22 21x y r+ − = 2 2 2 2x a y a+ = ( )2 2 2 21 2 1 0a y y r a− + + − − = ( )1,1y∈ −6 . 假设方程①在 上有两解，则 于是， 或 ，故 . 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 . 由 得 所 求 离 心 率 的 取 值 范 围 为 . 解 3 取椭圆上点 ，则 . . 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 时取得，此时只需对称轴 ，即得 . 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 . 由 得所求离心率的取值范围为 . ( ) ( )2 2 2 21 2 1f y a y y r a= − + + − − ( )1,1y∈ − ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 2 2 2 1 0 1 4 0 11 11 4 0 f r f r a a a r r  = >  − = − >− <  ， ， ， ， 2 2 2 2 2 44, 2, 2 r r rr a a + −> > > 2 2 2 4 2 r r ra − −< 2 2a > 1 2a< ≤ 2 11ce a a = = − 20 2e< ≤ ( ),P x y 2 2 2 2x a y a+ = ( ) ( )22 2 2 2 21 1 2 1PA x y a y y a= + − = − − + + ( ) 2 2 2 2 2 1 11 11 1a y aa a  = − − + + − − −  1y = − 2 1 11y a = ≤ −− 2 2a ≤ 1 2a< ≤ 2 11ce a a = = − 20 2e< ≤ x y O -1 1 1 -1 O y x7 思路点拨 第（2）题设点 A 在第一象限可以省去 、 与直线 、 斜率之 间 符 号 的 讨 论 . 由 转 化 为 . 也 可 以 利 用 相 似 于 来解. 满分解答 （1）因 在椭圆上，所以 ，又离心率 ，即 ， . 由 得 ，所以 . 所以椭圆的方程为 . 因 ，所以直线 的方程为 ， 令 得 ，所以 . （2）不失一般性，不妨设点 A 在第一象限. 若 ，则 ，即 ， 亦即 ，即 . 由已知 ，同理可得 .设存在 ， 使 ，则 ，解得 . 因 ，所以 ，所以 . 所以存在点 ，使得 . （2）因为 ∽ ，所以 tan OQM∠ tan ONQ∠ QM QN OQM ONQ∠ = ∠ 1NQ MQk k⋅ = Rt QON∆ Rt MOQ∆ ( )0 1P ， 1b = 2 2e = 2 2 c a = 2 22a c= 2 2 2 22 1a b c c− = − = 2 1c = 2 2a = 2 2 12 x y+ = 1 PA nk m −= PA 1 1ny xm −= + 0y = 1 mx n = − ( ,0)1 mM n− OQM ONQ∠ = ∠ tan OQM∠ tan ONQ= ∠ tan OQM∠ tan( )2 OMQ π= − ∠ 1 tan OMQ = ∠ tan ONQ= ∠ tan tan 1ONQ OMQ∠ ⋅ ∠ = 1NQ MQk k⋅ = ( )B m n−， ( ,0)1 mN n+ (0, )Q t OQM ONQ∠ = ∠ 2 2 2 (1 )( ) 1 1 1 NQ MQ t t t nk k m m m n n −⋅ = − ⋅ − = = + − 2 2 21 mt n = − 2 2 12 m n+ = 2 22(1 )m n= − 2 2t = (0, 2)Q ± OQM ONQ∠ = ∠ Rt QON∆ Rt MOQ∆ Q P N M y x O B A 例 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． C 2 2 2 2 1x y a b + = ( )0a b> > ( )0a b> > 2 2 ( )0 1P ， ( )A m n， ( )0m≠ C PA x M C M m n O B A x PB x N y Q OQM ONQ∠ = ∠ Q8 ， ，所以 . 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布，但运算量较大. 满分解答 (1)将圆 的方程化为标准方程得 ，可知圆 的圆心坐标 . (2)解 1 设线段 的中点 ，由圆的性质可得 垂直于直线 .设直线 的方程为 （易知直线 的斜率存在），所以 ， ， ，所以 ，即 . 因为动直线 与圆 相交，所以 ，所以 .所以 ，所以 ，解得 或 ，又因为 ，所以 . 所以 满足 ，即 的轨迹 的方程为 . 解 2 由题意， ，设 ，则 | | | |=| | | | ON OQ OQ OM 2 2 2| | =| | | |= 21 mOQ ON OM n ⋅ =− (0, 2)Q ± 1C 2 2( 3) 4x y− + = 1C 1(3,0)C AB ),( 00 yxM MC1 l l mxy = l 11 −=⋅ mk MC 00 mxy = 13 0 0 0 0 −=⋅− x y x y 03 2 00 2 0 =+− yxx 2 2 0 0 3 9( )2 4x y− + = l 1C 2 1 3 2 < +m m 5 42