专题04 圆锥曲线存在性问题压轴题-解析版

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                

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．

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

，

.

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

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

.

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.

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

，，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

，那么，即

，其轨迹为圆，方程为

因两圆与相交弦所在直线方程为，故所求的轨迹方程为.

解3 因，即，所以是，从而可知点的轨迹是以为直径的圆，其方程是.

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1 由题意知直线表示过定点，斜率为的直线.

结合图形，

表示的是一段关于x轴对称，起点为按逆时针方向运动到的圆弧.根据对称性，只需讨论在x轴对称下方的圆弧.设，则,而当直线与轨迹相切时， ，解得.在这里暂取，因为，所以，结合图形，可得对于轴对称的下方的圆弧，当或时，直线与轴对称下方的圆弧有且只有一个交点，根据对称性可知或.

综上所述：当或时，直线与曲线只有一交点.

解2 由（2）和得

，.（*）

直线与圆弧C只有一个交点等价于方程（*）在区间有唯一个解.

① 若直线与圆弧C相切，则由

，解得.

② 若直线与圆弧C不相切，记

，

由得，对称轴，

所以要使（*）在区间有唯一个解，必须对称轴满足

，且解得.

综上所述：当或时，直线与曲线只有一交点.