2025届高考数学一轮复习教师用书第九章第十一节圆锥曲线中的存在性问题讲义（Word附解析）

第十一节　圆锥曲线中的存在性问题【核心考点·分类突破】考点一　直线的存在性问题[例1](2024·成都模拟)已知圆C:(x-1)2+y2=14,一动圆与直线x=-12相切且与圆C外切.(1)求动圆圆心P的轨迹T的方程;(2)若经过定点Q(6,0)的直线l与曲线T相交于A,B两点,M是线段AB的中点,过M作x轴的平行线与曲线T相交于点N,试问:是否存在直线l,使得NA⊥NB?若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由.【解析】(1)由题意知圆C:(x-1)2+y2=14的圆心C(1,0),半径r=12.设P(x,y),易知点P在直线x=-12右侧,所以P到直线x=-12的距离为x+12,又|PC|=(x-1)2+y2,由相切可得|PC|-r=x+12,即(x-1)2+y2-12=x+12,化简可得动圆圆心P的轨迹T的方程为y2=4x.(2)如图所示:设A(x1,y1),B(x2,y2).由题意,设直线l的方程为x=my+6,联立T的方程可得y2-4my-24=0,则Δ=16m2+4×24>0,由根与系数的关系可得y1+y2=4m,y1y2=-24,所以x1+x2=4m2+12,x1x2=36,假设存在N(x0,y0),使得NA⊥NB,则y0=y1+y22=2m,又y02=4x0,所以x0=m2;NA=(x1-x0,y1-y0),NB=(x2-x0,y2-y0),由NA·NB=0可得(x1-x0)(x2-x0)+(y1-y0)(y2-y0)=0,所以x1x2-x0(x1+x2)+x02+y1y2-y0(y1+y2)+y02=0,代入化简可得(m2+6)(3m2-2)=0,解得m=±63,所以存在直线l:x=±63y+6,使得NA⊥NB.【解题技法】直线的存在性问题的解题策略(1)假设存在直线,依据题设条件选择合适参数,写出待求直线方程;(2)依据假设以及题设条件,求具体的直线方程;(3)根据推理计算,得出是否存在符合条件的直线方程.【对点训练】　已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的中心为O,左、右焦点分别为F1,F2,M为椭圆C上一点,线段MF1与圆x2+y2=2相切于该线段的中点N,且△MF1F2的面积为4.(1)求椭圆C的方程;(2)椭圆C上是否存在三个点A,B,P,使得直线AB过椭圆C的左焦点F1,且四边形OAPB是平行四边形?若存在,求出直线AB的方程;若不存在,请说明理由.【解析】(1)连接ON,则ON⊥MF1,ON=2.因为N为MF1的中点,O为F1F2的中点,所以MF2∥ON,故MF2⊥MF1,|MF2|=2|ON|=22,S△MF1F2=12|MF1|·|MF2|=2|MF1|=4,解得|MF1|=22,由椭圆定义可知,|MF1|+|MF2|=42=2a,解得a=22,由勾股定理得|F1F2|2=|MF1|2+|MF2|2=8+8=16,即4c2=16,解得c=2,故b2=a2-c2=8-4=4,故椭圆方程为C:x28+y24=1.(2)存在.由题意得F1(-2,0),当直线AB的斜率不存在时,即x=-2,此时48+y24=1,解得y=±2,设A(-2,2),B(-2,-2),由于OA=OB,由对称性可知,P为椭圆左顶点D,但DF1≠OF1,故不合要求,舍去;当直线AB的斜率存在时,设为y=k(x+2),联立得,(1+2k2)x2+8k2x+8k2-8=0,Δ=64k4-4(1+2k2)(8k2-8)=32k2+32>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8k21+2k2,x1x2=8k2-81+2k2,y1+y2=k(x1+x2)+4k=-8k31+2k2+4k=4k1+2k2,则AB中点坐标为Q(-4k21+2k2,2k1+2k2),假设存在点P,使得四边形OAPB是平行四边形,则P(-8k21+2k2,4k1+2k2),将P(-8k21+2k2,4k1+2k2)代入椭圆C:x28+y24=1中,得-8k21+2k22+24k1+2k22=8,解得k=±22,此时直线AB的方程为y=±22(x+2).【加练备选】(2024·常州模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为22,离心率为22.(1)求椭圆C的方程;(2)过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交于不同的A,B两点,在线段AB上取点Q,满足|AP|·|QB|=|AQ|·|PB|,证明:点Q总在某定直线上.【解析】(1)由题意可知2b=22ca=22,因为a2=b2+c2,所以解得a=2,b=2,所以所求椭圆的方程为x24+y22=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x,y),直线AB的斜率显然存在,设为k,则AB的方程为y=k(x-4)+1.因为A,P,B,Q四点共线,不妨设x20,b>0)的离心率为2,右顶点A到渐近线的距离等于32.(1)求双曲线E的方程.(2)点M,N在E上,且AM⊥AN,直线MN是否过定点?若是,求出定点坐标;若不是,请说明理由.【解析】(1)由题意,取渐近线bx-ay=0,右顶点A到该渐近线的距离d=aba2+b2=32,又a2+b2=c,ca=2,解得b=3,a=1,c=2,E的方程为x2-y23=1.(2)由题意知直线AM的斜率存在且不为0,设直线AM:y=k(x-1),与E的方程联立,消去y得(3-k2)x2+2k2x-k2-3=0,易知k2≠3,由根与系数的关系得1×xM=k2+3k2-3,则M(k2+3k2-3,6kk2-3).因为AM⊥AN,所以kAM·kAN=-1,用-1k代替k(显然此时k2≠13),同理得N(3k2+11-3k2,-6k1-3k2),得kMN=2kk2-1(k2≠1),直线MN:y=2kk2-1(x-k2+3k2-3)+6kk2-3=2kk2-1x+4kk2-1=2kk2-1(x+2),过定点(-2,0).当k2=1时,直线MN的斜率不存在,易知直线MN的方程为x=-2,过左焦点(-2,0).综上,直线MN过定点(-2,0).【加练备选】(2024·定西模拟)已知点M到点F(0,32)的距离比它到直线l:y=-2的距离小12,记动点M的轨迹为E.(1)求E的方程;(2)若过点F的直线交E于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,则在x轴的正半轴上是否存在点P,使得PA,PB分别交E于另外两点C,D,且AB=3CD?若存在,请求出P点坐标;若不存在,请说明理由.【解析】(1)因为点M到点F(0,32)的距离比它到直线l:y=-2的距离小12,所以点M到点　F(0,32)的距离等于它到直线l:y=-32的距离,则点M的轨迹为以F(0,32)为焦点,以y=-32为准线的抛物线,则曲线E的方程为x2=6y.(2)设C(x3,y3),P(x0,0)(x0>0),由AB=3CD得AB∥CD,且|AB|=3|CD|,得PA=3PC,即(x1-x0,y1)=3(x3-x0,y3),所以x3=x1+2x03,y3=y13,代入抛物线方程x2=6y,得x1+2x032=6y3=2y1=x123,整理得x12-2x0x1-2x02=0,同理可得x22-2x0x2-2x02=0,故x1,x2是方程x2-2x0x-2x02=0的两根,Δ=12x02>0,由根与系数的关系可得x1+x2=2x0,x1x2=-2x02①,由题意,直线AB的斜率一定存在,故设直线AB的方程为y=kx+32,与抛物线方程x2=6y联立可得x2-6kx-9=0,易得Δ>0,由根与系数的关系可得x1+x2=6k,x1x2=-9②,由①②可得x0=322,k=22,故在x轴的正半轴上存在一点P(322,0)满足条件.考点三　定值存在性问题[例3](2024·成都模拟)已知椭圆C1:x2a2+y2=1(a>1)与椭圆C2:x212+y2b2=1(00)的左、右焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0),离心率为233,点P(x1,2)是C右支上一点,△PF1F2的面积为4.(1)求C的方程;(2)点A是C在第一象限的渐近线上的一点,AF2⊥x轴,点Q是C右支在第一象限上的一点,且C在点Q处的切线l与直线AF2相交于点M,与直线x=a2c相交于点N.试判断|NF2||MF2|的值是否为定值.若为定值,求出它的值;若不为定值,请说明理由.【解析】(1)△PF1F2的面积为4,则S△PF1F2=12|F1F2||yP|=12×2c×2=4,得c=2.由离心率为233,得e=ca=233,解得a=3,所以b2=c2-a2=1,所以C的方程为x23-y2=1.(2)为定值.设Q(x0,y0),由题意可知,直线l的斜率存在,设直线l的方程为y-y0=k(x-x0).由x23-y2=1,可得y2=x23-1=x2-33,所以在第一象限内y=x2-33,所以y'=2x23·x2-3=x3·x2-3,故k=x03·x02-3.因为x023-y02=1,所以x02-3=3y02,k=x03·3y02=x03y0,代入直线l的方程,得y-y0=x03y0(x-x0).即x0x-3y0y=x02-3y02.由x023-y02=1,可得x02-3y02=3,所以直线l的方程为x0x-3y0y=3,即y=x0x-33y0(x0>3).因为直线AF2的方程为x=2,所以直线l与直线AF2的交点M的坐标为(2,2x0-33y0).直线l与直线x=a2c=32的交点N的坐标为(32,32x0-33y0).所以|MF2|=(2-2)2+(0-2x0-33y0)2=2x0-33y0.|NF2|=(2-32)2+(0-32x0-33y0) 2=14+14·(x0-2)2y02=12·x023-1+x02-4x0+4y0=32·4x02-12x0+93y0=32·2x0-33y0=32|MF2|.所以|NF2||MF2|=32,即|NF2||MF2|的值为定值32.【加练备选】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63,以原点O为圆心,椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线2x-2y+6=0相切.(1)求椭圆C的标准方程;(2)已知点A,B为动直线y=k(x-2)(k≠0)与椭圆C的两个交点,问:在x轴上是否存在定点E,使得EA2+EA·AB为定值?若存在,试求出点E的坐标和定值;若不存在,请说明理由.【解析】(1)由离心率为63,得ca=63,及c=63a,又以原点O为圆心,椭圆C的长半轴长为半径的圆为x2+y2=a2,且与直线2x-2y+6=0相切,所以a=64+2=6,所以c=2,b2=a2-c2=2,所以椭圆C的标准方程为x26+y22=1;(2)假设存在,设E(m,0),联立x26+y22=1y=k(x-2),消y整理得(1+3k2)x2-12k2x+12k2-6=0,Δ=144k4-4(1+3k2)(12k2-6)=24k2+24>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=12k21+3k2,x1x2=12k2-61+3k2,由EA2+EA·AB=EA·(EA+AB)=EA·EB,　则EA·EB=(x1-m,y1)·(x2-m,y2)=(x1-m)(x2-m)+y1y2=(x1-m)(x2-m)+k2(x1-2)(x2-2)=(k2+1)x1x2-(2k2+m)(x1+x2)+4k2+m2=(k2+1)12k2-61+3k2-(2k2+m)12k21+3k2+4k2+m2=(3m2-12m+10)k2+(m2-6)1+3k2,　要使上式为定值,即与k无关,则应3m2-12m+10=3(m2-6),即m=73,此时EA·EB=m2-6=-59为定值,所以在x轴上存在定点E(73,0),使得EA2+EA·AB为定值-59.