圆锥曲线解答题精选存在性问题

存在性问题【定点的探索与证明问题】1.探索直线过定点时,可设出直线方程为y＝kx＋b,然后利用条件建立b、k等量关系进行消元,借助于直线系的思想找出定点．2.从特殊情况入手,先探求定点,再证明与变量无关．【一种方法】点差法:在求解圆锥曲线并且题目中交代直线与圆锥曲线相交和被截的线段的中点坐标时,设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标,代入圆锥曲线的方程并作差，从而求出直线的斜率，然后利用中点求出直线方程．“点差法”的常见题型有:求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题.必须提醒的是“点差法”具有不等价性,即要考虑判别式Δ是否为正数．【一条规律】“联立方程求交点,根与系数的关系求弦长,根的分布找范围,曲线定义不能忘”．1.已知椭圆1C的中心在坐标原点，两个焦点分别为1(2,0)F，2F20,，点(2,3)A在椭圆1C上，过点A的直线L与抛物线22:4Cxy交于BC,两点，抛物线2C在点BC,处的切线分别为12ll,,且1l与2l交于点P.（1）求椭圆1C的方程；（2）是否存在满足1212PFPFAFAF的点P?若存在，指出这样的点P有几个（不必求出点P的坐标）;若不存在，说明理由.(1)解法1：设椭圆的方程为,依题意:解得:…………2分∴椭圆的方程为.……3分解法2：设椭圆的方程为，根据椭圆的定义得，即，……………1分∵，∴.……………2分∴椭圆的方程为.……………3分(2)解:显然直线的斜率存在，设直线的方程为，由消去，得.……………4分设,则.……………5分由,即得.……………6分∴抛物线在点处的切线的方程为，即.……………7分∵，∴.同理,得抛物线在点处的切线的方程为.……………8分1C22221xyab0ab222222231,4.abab2216,12.ab1C2211612xy1C22221xyab0ab1228aAFAF4a2c22212bac1C2211612xyLL23ykx2234ykxxy,,y248120xkxk1122BxyCxy,,,12124812xxkxxk,24xy214yx,y12x2CB1l)(2111xxxyy2111212xyxxy21141xy211124xyxx2CC2l222124xyxx由解得∴223Pkk,.…………10分∵1212PFPFAFAF∴点P在椭圆22111612xyC:上…………11分∴2222311612kk.化简得271230kk.(*)……………12分由,……………13分可得方程(*)有两个不等的实数根.∴满足条件的点有两个.……………14分2.（2014年福建高考理科）已知双曲线的两条渐近线分别为.（1）求双曲线的离心率；（2）如图，为坐标原点，动直线分别交直线于两点（分别在第一，四象限），且OAB的面积恒为8，试探究：是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E？若存在，求出双曲线E的方程；若不存在，说明理由。解法一：(1)因为双曲线E的渐近线分别为和.所以222,2,5bcacaaa,从而双曲线E的离心率.(2)由(1)知,双曲线E的方程为222214xyaa.设直线与x轴相交于点C.当lx轴时,若直线与双曲线E有且只有一个公共点,则,4OCaABa,又因为的面积为8,所以118,48,222OCABaaa.此时双曲线E的方程为.若存在满足条件的双曲线E,则E的方程只能为221416xy.以下证明:当直线不与x轴垂直时，双曲线E：221416xy也满足条件.设直线l的方程为ykxm,依题意,得k2或k-2.则(,0)mCk，记.211222124124xyxxxyxx,,121222234xxxkxxyk,.2124732280ΔP)0,0(1:2222babyaxExylxyl2:,2:21EOl21,llBA,BA,2,2yxyx5ellOAB221416xyl1122(,),(,)AxyBxy由,得,同理得.由得,即.由得,.因为,所以,又因为.所以,即与双曲线E有且只有一个公共点.因此,存在总与有且只有一个公共点的双曲线E,且E的方程为.3.如图，设抛物线方程为，为直线上任意一点，过引抛物线的切线，切点分别为．（1）求证：三点的横坐标成等差数列；（2）已知当点的坐标为时，．求此时抛物线的方程；（3）是否存在点M，使得点C关于直线AB的对称点D在抛物线22(0)xpyp上，其中，点C满足OCOAOB（O为坐标原点）．若存在，求出所有适合题意的点M的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）证明：由题意设221212120(2)22xxAxBxxxMxppp，，，，，，．由得，得，所以，．因此直线的方程为，直线的．所以，①．②由①、②得，因此，即．所以三点的横坐标成等差数列．（2）解：由（1）知，当时，将其代入①、②并整理得：，，所以是方程的两根，因此，，又，所以．由弦长公式得．又，所以或，因此所求抛物线方程为或．（3）解：设，由题意得，2yxykxm122myk222myk1212OABSOCyy1228222mmmkkk222444(4)mkk221416ykxmxy222(4)2160kxkmxm240k22222244(4)(16)16(416)kmkmkm224(4)mk0ll221416xy22(0)xpypM2ypMAB，AMB，，M(22)p，410AB22xpy22xypxyp1MAxkp2MBxkpMA102()xypxxpMB202()xypxxp211102()2xxpxxpp222202()2xxpxxpp121202xxxxx1202xxx0122xxxAMB，，02x2211440xxp2222440xxp12xx，22440xxp124xx2124xxp222101221222ABxxxxxppkxxpp2ABkp2221212241()411616ABkxxxxpp410AB1p2p22xy24xy33()Dxy，1212()Cxxyy，yxBAOM2p则的中点坐标为，设直线的方程为，由点在直线上，并注意到点也在直线上，代入得．若在抛物线上，则，因此或．即或．（1）当时，则，此时，点适合题意．（2）当，对于，此时，，又，，所以，即，矛盾．对于，因为，此时直线平行于轴，又，所以直线与直线CD不垂直，与题设矛盾，所以00x时，不存在符合题意的M点．综上所述，仅存在一点(02)Mp，适合题意．4.已知抛物线：，直线交于两点，是线段的中点，过作轴的垂线交于点．（1）证明：抛物线在点处的切线与平行；（2）是否存在实数使，若存在，求的值；若不存在，说明理由．解:解法一：（1）如图，设，，把代入22yx得2220xkx，由韦达定理得122kxx，121xx，1224NMxxkxx，N点的坐标为248kk，．设抛物线在点N处的切线l的方程为284kkymx，将22yx代入上式得222048mkkxmx，直线与抛物线C相切，，．即．（2）假设存在实数，使，则，又是的中点，．CD12312322xxxyyyQ，AB011()xyyxxpQAB121222xxyy，AB033xyxp33()Dxy，2330322xpyxx30x302xx(00)D，20022xDxp，00x12020xxx(02)Mp，00x(00)D，2212022xxCxp，2212022CDxxpkx221204xxpx0ABxkpABCD22220121220144ABCDxxxxxkkppxp222124xxp20022xDxp，2212022xxCxp，CDy00ABxkpABC22yx2ykxCAB，MABMxCNCNABk0NANBk211(2)Axx，222(2)Bxx，2ykxl2222282()048mkkmmmkkmkmklAB∥k0NANBNANBMAB1||||2MNABxAy112MNBO由（1）知．轴，．又2222114(1)11622kkkk．22216111684kkk，解得2k．即存在2k，使0NANB．解法二：（1）如图，设221122(2)(2)AxxBxx，，，，把2ykx代入22yx得2220xkx．由韦达定理得121212kxxxx，．，点的坐标为．，，抛物线在点N处的切线l的斜率为44kk，lAB∥．（2）假设存在实数k，使0NANB．由（1）知，则22221212224488kkkkNANBxxxx222212124441616kkkkxxxx，，，解得．即存在，使．5.如图，已知椭圆的离心率为，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点为顶点的三角形的周长为.一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为和.（1）求椭圆和双曲线的标准方程；（2）设直线、的斜率分别为、，证明；121212111()(22)[()4]222Myyykxkxkxx22142224kkMNx22216||||2488MNkkkMNyy222121212||1||1()4ABkxxkxxxx1224NMxxkxxN248kk，22yx4yx22221122224848kkkkNAxxNBxx，，，1212144444kkkkxxxx221212121214()4164kkkxxxxxxkxx22114(1)421624kkkkkk22313164kk021016k23304k2k2k0NANB22221(0)xyabab＞＞2212,FF4(21)P1PF2PFBA、CD、1PF2PF1k2k12·1kk（3）是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.解:（1）由题意知，椭圆离心率为，得，又，所以可解得，，所以，所以椭圆的标准方程为；所以椭圆的焦点坐标为（，0），因为双曲线为等轴双曲线，且顶点是该椭圆的焦点，所以该双曲线的标准方程为6.已知椭圆，直线与椭圆相交于两点.（1）若线段中点的横坐标是，求直线的方程；·ABCDABCDca222ac22ac4(21)22a2c2224bac22184xy222144xy5322yx:(1)lykxAB，AB12AB（2）在轴上是否存在点,使的值与无关？若存在，求出的值；若不存在,请说明理由.解：依题意，直