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专题十三《解析几何》讲义13.8存在性问题知识梳理.存在性问题1.存在性问题的求解方法(1)解决存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．一般步骤：①假设满足条件的曲线(或直线、点)等存在，用待定系数法设出；②列出关于待定系数的方程(组)；③若方程(组)有实数解，则曲线(或直线、点等)存在，否则不存在．(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法2.字母参数值存在性问题的求解方法求解字母参数值的存在性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的参数值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛盾，并且得到了相应的参数值，就说明满足条件的参数值存在；若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程题型.存在性问题1．已知椭圆𝐶：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎＞𝑏＞0)的两焦点在x轴上，且两焦点与短轴的一个顶点的连线构成斜边长为2的等腰直角三角形．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过点𝑆(0，−13)的动直线l交椭圆C于A、B两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点Q，使得以AB为直径的圆恒过点Q？若存在求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（Ⅰ）由椭圆两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，得b＝c，又斜边长为2，即2c＝2，解得c＝1，故𝑎=√2𝑐=√2，所以椭圆方程为𝑥22+𝑦2=1．（Ⅱ）当l与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程为𝑥2+(𝑦+13)2=169；当l为y轴时，以AB为直径的圆的方程为x2+y2＝1，由{𝑥2+(𝑦+13)2=169𝑥2+𝑦2=1⇒{𝑥=0𝑦=1，故若存在定点Q，则Q的坐标只可能为Q（0，1）．下证明Q（0，1）为所求：若直线l斜率不存在，上述已经证明．设直线𝑙：𝑦=𝑘𝑥−13，𝐴(𝑥1，𝑦1)，𝐵(𝑥2，𝑦2)，由{𝑦=𝑘𝑥−13𝑥2+2𝑦2−2=0⇒(9+18𝑘2)𝑥2−12𝑘𝑥−16=0，△=144𝑘2+64(9+18𝑘2)＞0，𝑥1+𝑥2=12𝑘18𝑘2+9，𝑥1𝑥2=−1618𝑘2+9，𝑄𝐴→=(𝑥1，𝑦1−1)，𝑄𝐵→=(𝑥2，𝑦2−1)，𝑄𝐴→⋅𝑄𝐵→=𝑥1𝑥2+(𝑦1−1)(𝑦2−1)=(1+𝑘2)𝑥1𝑥2−4𝑘3(𝑥1+𝑥2)+169=(1+𝑘2)−169+18𝑘2−4𝑘3⋅12𝑘9+18𝑘2+169=0，∴𝑄𝐴→⊥𝑄𝐵→，即以AB为直径的圆恒过点Q（0，1）．2．（2015·四川）如图，椭圆E：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎＞𝑏＞0)的离心率是√22，过点P（0，1）的动直线l与椭圆相交于A、B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2√2．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得|𝑄𝐴||𝑄𝐵|=|𝑃𝐴||𝑃𝐵|恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（Ⅰ）∵直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2√2，∴点（√2，1）在椭圆E上，又∵离心率是√22，∴{2𝑎2+1𝑏2=1𝑎2−𝑏2=𝑐2𝑐𝑎=√22，解得a＝2，b=√2，∴椭圆E的方程为：𝑥24+𝑦22=1；（Ⅱ）结论：存在与点P不同的定点Q（0，2），使得|𝑄𝐴||𝑄𝐵|=|𝑃𝐴||𝑃𝐵|恒成立．理由如下：当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C、D两点，如果存在定点Q满足条件，则有|𝑄𝐶||𝑄𝐷|=|𝑃𝐶||𝑃𝐷|=1，即|QC|＝|QD|．∴Q点在直线y轴上，可设Q（0，y0）．当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M、N两点，则M、N的坐标分别为（0，√2）、（0，−√2），又∵|𝑄𝑀||𝑄𝑁|=|𝑃𝑀||𝑃𝑁|，∴|𝑦0−√2||𝑦0+√2|=√2−1√2+1，解得y0＝1或y0＝2．∴若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点坐标只能是（0，2）．法一：下面证明：对任意直线l，均有|𝑄𝐴||𝑄𝐵|=|𝑃𝐴||𝑃𝐵|．当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立．当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝kx+1，A、B的坐标分别为A（x1，y1）、B（x2，y2），联立{𝑥24+𝑦22=1𝑦=𝑘𝑥+1，消去y并整理得：（1+2k2）x2+4kx﹣2＝0，∵△＝（4k）2+8（1+2k2）＞0，∴x1+x2=−4𝑘1+2𝑘2，x1x2=−21+2𝑘2，∴1𝑥1+1𝑥2=𝑥1+𝑥2𝑥1𝑥2=2k，已知点B关于y轴对称的点B′的坐标为（﹣x2，y2），又kAQ=𝑦1−2𝑥1=𝑘𝑥1−1𝑥1=k−1𝑥1，kQB′=𝑦2−2−𝑥2=𝑘𝑥2−1−𝑥2=−k+1𝑥2=k−1𝑥1，∴kAQ＝kQB′，即Q、A、B′三点共线，∴|𝑄𝐴||𝑄𝐵|=|𝑄𝐴||𝑄𝐵′|=|𝑥1||𝑥2|=|𝑃𝐴||𝑃𝐵|．法二：当斜率存在时，过点A作AA'⊥y轴，垂足为A'，过点B作BB'⊥y轴，垂足为B'，易知AA'∥BB'，则△AA'P相似于△BB'P，则𝑃𝐴𝑃𝐵=𝐴𝐴′𝐵𝐵′，若证上命题，则需证直线QA与直线QB交于点Q（0，2）时关于y轴对称，则要证kQA+kQB＝0，联立{𝑥24+𝑦22=1𝑦=𝑘𝑥+1，消去y并整理得：（1+2k2）x2+4kx﹣2＝0，∵△＝（4k）2+8（1+2k2）＞0，∴x1+x2=−4𝑘1+2𝑘2，x1x2=−21+2𝑘2，∴1𝑥1+1𝑥2=𝑥1+𝑥2𝑥1𝑥2=2k，kAQ=𝑦1−2𝑥1=𝑘𝑥1−1𝑥1=k−1𝑥1，kQB=𝑦2−2𝑥2=𝑘𝑥2−1𝑥2=k−1𝑥2=−k+1𝑥1，可证得kQA+kQB＝0，所以△QAA'相似于△QBB'进而得证：𝑄𝐴𝑄𝐵=𝐴𝐴′𝐵𝐵′=𝑃𝐴𝑃𝐵，当斜率不存在时，由上可知，结论也成立．故存在与点P不同的定点Q（0，2），使得|𝑄𝐴||𝑄𝐵|=|𝑃𝐴||𝑃𝐵|恒成立．3．已知直线l1是抛物线C：x2＝2py（p＞0）的准线，直线l2：3x﹣4y﹣6＝0，且l2与抛物线C没有公共点，动点P在抛物线C上，点P到直线l1和l2的距离之和的最小值等于2．（Ⅰ）求抛物线C的方程；（Ⅱ）点M在直线l1上运动，过点M做抛物线C的两条切线，切点分别为P1，P2，在平面内是否存在定点N，使得MN⊥P1P2恒成立？若存在，请求出定点N的坐标，若不存在，请说明理由．【解答】解：（Ⅰ）作PA，PB分别垂直l1和l2，垂足为A，B，抛物线C的焦点为𝐹(0，𝑝2)，由抛物线定义知|PA|＝|PF|，所以d1+d2＝|PA|+|PB|＝|PF|+|PB|，显见d1+d2的最小值即为点F到直线l2的距离，故𝑑=|−2𝑝−6|5=2⇒𝑝=2，所以抛物线C的方程为x2＝4y．（Ⅱ）由（Ⅰ）知直线l1的方程为y＝﹣1，当点M在特殊位置（0，﹣1）时，显见两个切点P1，P2关于y轴对称，故要使得MN⊥P1P2，点N必须在y轴上．故设M（m，﹣1），N（0，n），𝑃1(𝑥1，14𝑥12)，𝑃2(𝑥2，14𝑥22)，抛物线C的方程为𝑦=14𝑥2，求导得𝑦′=12𝑥，所以切线MP1的斜率𝑘1=12𝑥1，直线MP1的方程为𝑦−14𝑥12=12𝑥1(𝑥−𝑥1)，又点M在直线MP1上，所以−1−14𝑥12=12𝑥1(𝑚−𝑥1)，整理得𝑥12−2𝑚𝑥1−4=0，同理可得𝑥22−2𝑚𝑥2−4=0，故x1和x2是一元二次方程x2﹣2mx﹣4＝0的根，由韦达定理得{𝑥1+𝑥2=2𝑚𝑥1𝑥2=−4，𝑃1𝑃2→⋅𝑀𝑁→=(𝑥2−𝑥1，14𝑥22−14𝑥12)⋅(−𝑚，𝑛+1)=14(𝑥2−𝑥1)[﹣4m+（n+1）（x2+x1）]=14(𝑥2−𝑥1)[−4𝑚+2𝑚(𝑛+1)]=12𝑚(𝑥2−𝑥1)(𝑛−1)，可见n＝1时，𝑃1𝑃2→⋅𝑀𝑁→=0恒成立，所以存在定点N（0，1），使得MN⊥P1P2恒成立．4．已知抛物线y2＝2px（p＞0）过点P（m，2），且P到抛物线焦点的距离为2，直线l过点Q（2，﹣2），且与抛物线相交于A，B两点．（1）求抛物线的方程；（2）若点Q恰为线段AB的中点，求直线l的方程；（3）过点M（﹣1，0）作直线MA、MB分别交抛物线于C，D两点，请问C，D，Q三点能否共线？若能，求出直线l的斜率k；若不能，请说明理由．【解答】解：（1）抛物线y2＝2px（p＞0）过点P（m，2），可得2pm＝4，即pm＝2，P到抛物线焦点的距离为2，可得√(𝑚−𝑝2)2+4=2，即m=𝑝2，解得p＝2，m＝1，则抛物线方程为y2＝4x；（2）直线l过点Q（2，﹣2），可设直线l的方程为y+2＝k（x﹣2），即y＝kx﹣2k﹣2，代入y2＝4x，消去x，可得ky2﹣4y﹣8k﹣8＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），可得y1+y2=4𝑘，由点Q（2，﹣2）恰为线段AB的中点，可得4𝑘=−4，即k＝﹣1，满足△＞0，可得直线l的方程为y＝﹣x；（3）设（𝑦124，y1），B（𝑦224，y2），C（𝑦324，y3），D（𝑦424，y4），设直线l的方程为y+2＝k（x﹣2），即y＝kx﹣2k﹣2，代入y2＝4x，消去x，可得ky2﹣4y﹣8k﹣8＝0，y1+y2=4𝑘，y1y2=−8𝑘+8𝑘，由M，A，C三点共线可得𝑦1𝑦124+1=𝑦3−𝑦1𝑦324−𝑦124=4𝑦3+𝑦1，化为y1y3＝4，即y3=4𝑦1，同理可得y4=4𝑦2，假设C，D，Q三点共线，可得𝑦3+2𝑦324−2=𝑦4−𝑦3𝑦424−𝑦324即y3y4+2（y3+y4）+8＝0，可得2𝑦1𝑦2+𝑦1+𝑦2𝑦1𝑦2+1＝0，即𝑘−4𝑘−4+1−2𝑘−2+1＝0，解得k=−23，所以当直线l的斜率为−23，C，D，Q三点共线．课后作业.存在性问题1．在直角坐标系xOy中，动圆P与圆Q：（x﹣2）2+y2＝1外切，且圆P与直线x＝﹣1相切，记动圆圆心P的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的轨迹方程；（2）设过定点S（﹣2，0）的动直线l与曲线C交于A，B两点，试问：在曲线C上是否存在点M（与A，B两点相异），当直线MA，MB的斜率存在时，直线MA，MB的斜率之和为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）设P（x，y），圆P的半径为r，因为动圆P与圆Q：（x﹣2）2+y2＝1外切，…………………………………（1分）所以√(𝑥−2)2+𝑦2=𝑟+1，①…………………………………………………（2分）又动圆P与直线x＝﹣1相切，所以r＝x+1，②…………………………………………………………………（3分）由①②消去r得y2＝8x，所以曲线C的轨迹方程为y2＝8x．………………………………………………（5分）（2）假设存在曲线C上的点M满足题设条件，不妨设M（x0，y0），A（x1，y1），B（x2，y2），则𝑦02=8𝑥0，𝑦12=8𝑥1，𝑦22=8𝑥2，𝑘𝑀𝐴=𝑦1−𝑦0𝑥1−𝑥0=8𝑦1+𝑦0，𝑘𝑀𝐵=𝑦2−𝑦0𝑥2−𝑥0=8𝑦2+𝑦0，………………（6分）所以𝑘𝑀𝐴+𝑘𝑀𝐵=8𝑦1+𝑦0+8𝑦2+𝑦0=8(𝑦1+𝑦2+2𝑦0)𝑦02+(𝑦1+𝑦2)𝑦0+𝑦1𝑦2，③………………（7分）显然动直线l的斜率存在且非零，设l：x＝ty﹣2，联立方程组{𝑦2=8𝑥𝑥=𝑡𝑦−2，消去x得y2﹣8ty+16＝0