圆锥曲线中的存在性探索性问题

前言

例说运算

圆锥曲线中的存在性探索性问题的运算往往少不了以下的过程。

将直线(y=kx+2)代入圆锥曲线(cfrac{x^2}{4}+cfrac{y^2}{3}=1)的代入运算过程，可以如下简化：

先将圆锥曲线整理为(3x^2+4y^2-12=0)，然后这样在演草纸上书写，注意对齐书写，一次运算过

[left{egin{array}{l}{3x^2}\{4(k^2x^2+4kx+4)}\{hspace{6em}-12}end{array} ight. ]

一次就可以整理为((4k^2+3)x^2+16kx+4=0)；

思考策略

有关直线和圆锥曲线位置关系的存在性问题，一般是先假设存在满足题意的元素，经过推理论证，如果得到可以成立的结果，就可以作出存在的结论；若得到与已知条件、定义、定了、公理、性质相矛盾的量，则说明假设不存在。

求解方法

1、存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化。其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则元素(点、直线、曲线或参数)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。

注意事项

存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在。

（1）当条件和结论不唯一时，要分类讨论；

（2）当给出结论而要推导存在的条件时，想假设成立，再推出条件；

（3）当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径。

典例剖析

例1【2017凤翔中学高三理科第三次月考第20题】已知椭圆(C：cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0))的离心率为(cfrac{sqrt{3}}{2})，椭圆(C)的长轴长为(4)．

（1）求椭圆(C) 的方程；

（2）已知直线(l：y=kx-sqrt{3})与椭圆(C)交于(A，B)两点，是否存在实数(k)使得以线段(AB)为直径的圆恰好经过坐标原点(O)？若存在，求出(k)的值；若不存在，请说明理由。

分析：(1)设椭圆(C)的半焦距为(c)，则由题目可知，(2a=4)，(cfrac{c}{a}=cfrac{sqrt{3}}{2})，

解得(b^2=1)，(a^2=4)，故椭圆(C) 的方程为(cfrac{x^2}{4}+y^2=1)。

(2)存在实数(k)，使得以线段(AB)为直径的圆恰好经过坐标原点(O)。理由如下：

设点(A(x_1，y_1))，点(B(x_2，y_2))，将直线(l：y=kx-sqrt{3})代入椭圆(C) 的方程为(cfrac{x^2}{4}+y^2=1)，

整理得到((1+4k^2)x^2-8sqrt{3}kx+8=0 (*))。

则由韦达定理有(x_1+x_2=cfrac{8sqrt{3}k}{1+4k^2})，(x_1x_2=cfrac{8}{1+4k^2})，

由于以线段(AB)为直径的圆恰好经过坐标原点(O)，故满足(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OB}=0)，

即(x_1x_2+y_1y_2=0)，又(y_1y_2=k^2x_1x_2-sqrt{3}k(x_1+x_2)+3)

则有(cfrac{8}{1+4k^2}-cfrac{4k^2-3}{1+4k^2}=0)

解得(k=pm cfrac{sqrt{11}}{2})，

经过检验知道，此时((*))式的(Delta >0)，满足题意。

所以当(k=pm cfrac{sqrt{11}}{2})时，以线段(AB)为直径的圆恰好经过坐标原点(O)。

解后反思：假如本题目变形得到(k^2+1=0)，则方程无解，则说明不存在。

例2【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅰ第19题】已知椭圆(C：cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1，a>b>0)的两个焦点和短轴的两个端点都在圆(x^2+y^2=1)。

(1)求椭圆(C)的方程；

分析：由题目可知，(b=1)，(c=1)，则(a^2=2)，

故椭圆方程为(C：cfrac{x^2}{2}+y^2=1)；

(2)若斜率为(k)的直线过点(M(2，0))，且与椭圆(C)相交于(A、B)两点，试探讨(k)为何值时，(OAperp OB)。

分析：设点(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，直线(AB)的方程为(y=k(x-2))，

由(left{egin{array}{l}{y=k(x-2)}\{cfrac{x^2}{2}+y^2=1}end{array} ight.)，消去(y)得到，((1+2k^2)x^2-8k^2x+8k^2-2=0)，

所以(x_1+x_2=cfrac{8k^2}{1+2k^2})，(x_1x_2=cfrac{8k^2-2}{1+2k^2})，

由于(OAperp OB)，所以(x_1x_2+y_1y_2=0)。

而(y_1y_2=k^2(x_1-2)(x_2-2))，所以(x_1x_2+k^2(x_1-2)(x_2-2)=0)，

即((1+k^2)x_1x_2-2k^2(x_1+x_2)+4k^2=0)，

所以(cfrac{(1+k^2)(8k^2-2)}{1+2k^2}-cfrac{16k^4}{1+2k^2}+4k^2=0)，

解得(k^2=cfrac{1}{5})，此时(Delta >0)，所以(k=pm cfrac{sqrt{5}}{5})。

例3【定值问题】【2019届高三理科数学三轮模拟训练】已知直线(l：y=kx+1)与曲线(C:cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0))交于不同的两点，(O)为坐标原点，

（1）若(k=1)，(|OA|=|OB|)，求证：曲线(C)是一个圆；

证法1：设直线(l)和曲线的交点为(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，

由于(|OA|=|OB|)，则有(sqrt{x_1^2+y_1^2}=sqrt{x_2^2+y_2^2})，即(x_1^2+y_1^2=x_2^2+y_2^2)

即(x_1^2-x_2^2=y_2^2-y_1^2)，又由于点(A)，(B)在曲线(C)上，

则有(cfrac{x_1^2}{a^2}+cfrac{y_1^2}{b^2}=1)，(cfrac{x_2^2}{a^2}+cfrac{y_2^2}{b^2}=1)，

两式相减得到，(x_1^2-x_2^2=cfrac{a^2}{b^2}(y_2^2-y_1^2))，

故(cfrac{a^2}{b^2}=1)，即(a^2=b^2)，即曲线(C)是一个圆；

证法2：设直线(l)和曲线的交点为(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，则(x_1 eq x_2)，

由于(|OA|=|OB|)，则有(sqrt{x_1^2+y_1^2}=sqrt{x_2^2+y_2^2})，即(x_1^2+(x_1+1)^2=x_2^2+(x_2+1)^2)

整理为(2(x_1-x_2)(x_1+x_2+1)=0)，所以(x_1+x_2=-1)，

由(left{egin{array}{l}{y=x+1}\{cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1}end{array} ight.) 得到((a^2+b^2)x^2+2a^2x+a^2(1-b^2)=0)，

(Deltageqslant 0)，(x_1+x_2=cfrac{-2a^2}{a^2+b^2})，所以(cfrac{-2a^2}{a^2+b^2}=-1)，

故(a^2=b^2)，即曲线(C)是一个圆；

（2）若曲线(C)过((0，2))，((1，0))，是否存在一个定点(Q)，使得(overrightarrow{QA}cdot overrightarrow{QB})为定值？若存在，求出定点(Q)和定值；若不存在，请说明理由。

分析：由题意得，椭圆(C)的方程为(cfrac{y^2}{4}+x^2=1)，假设存在点(Q(x_0，y_0))，设交点为(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，

由(left{egin{array}{l}{y=kx+1}\{x^2+cfrac{y^2}{4}=1}end{array} ight.) 得到((k^2+4)x^2+2kx-3=0)，

(x_1+x_2=cfrac{-2k}{k^2+4})，(x_1x_2=cfrac{-3}{k^2+4})，

由于直线(l:y=kx+1)恒过椭圆内定点((1，0))，故(Delta >0)恒成立，

(overrightarrow{QA}cdot overrightarrow{QB}=(x_1-x_0，y_1-y_0)cdot (x_2-x_0，y_2-y_0))(=(x_1-x_0)(x_2-x_0)+(y_1-y_0)(y_2-y_0))

(=x_1x_2-x_0(x_1+x_2)+x_0^2+(kx_1+1-y_0)(kx_2+1-y_0))(=(1+k^2)x_1x_2+[k(1-y_0)-x_0](x_1+x_2)+x_0^2+(1-y_0)^2)

(=(1+k^2)cfrac{-3}{k^2+4}+[k(1-y_0)-x_0]cfrac{-2k}{k^2+4}+x_0^2+(1-y_0)^2)(=cfrac{-3(1+k^2)-2[k(1-y_0)-x_0]k}{k^2+4}+x_0^2+(1-y_0)^2)

(=cfrac{(2y_0-5)k^2+2x_0k-3}{k^2+4}+x_0^2+(1-y_0)^2)

当(left{egin{array}{l}{x_0=0}\{cfrac{2y_0-5}{1}=cfrac{-3}{4}}end{array} ight.)，即(x_0=0)，(y_0=cfrac{17}{8})时，(overrightarrow{QA}cdot overrightarrow{QB}=-cfrac{3}{4}+(cfrac{9}{8})^2=cfrac{33}{64}),

故存在定点((0，cfrac{17}{8}))，不论(k)为何值，都有(overrightarrow{QA}cdot overrightarrow{QB}=cfrac{33}{64})为定值。

例4【2020届宝鸡市质检1文数第21题】已知动圆(Q)与直线(x+frac{1}{2}=0)相切，且与圆(x^2+y^2-2x+frac{3}{4}=0)外切；

(1).求动圆(Q)的圆心轨迹(C)的方程；

[法1]：直接法，将圆(x^2+y^2-2x+frac{3}{4}=0)化为标准形式为((x-1)^2+y^2=frac{1}{4})，

设动圆的圆心(Q)坐标为(Q(x,y))，由动圆(Q)与直线(x+frac{1}{2}=0)相切，且与圆((x-1)^2+y^2=frac{1}{4})外切；

可知(sqrt{(x-1)^2+y^2}=|x+frac{1}{2}|+frac{1}{2}=x+1)，两边平方整理得到，(y^2=4x)，

所以动圆(Q)的圆心轨迹(C)的方程为(y^2=4x)。

[法2]：定义法，动圆心(Q(x,y))到定圆点((1,0))的距离为(r+frac{1}{2})，动圆心(Q(x,y))到定直线(x+frac{1}{2}=0)的距离为(r)，

则动圆心(Q(x,y))到定直线(x+1=0)的距离为(r+frac{1}{2})，

则动点(Q(x,y))到定点的距离与动点到定直线的距离相等，故动点的轨迹为形如(y^2=2px)的抛物线，

且(cfrac{p}{2}=1)，则(p=2)，故(y^2=4x)。

(2).已知过点(M(m,0))的直线(l：x=ky+m)与曲线(C)交于(A)，(B)两点，是否存在常数(m)，使得(frac{1}{|AM|^2})(+frac{1}{|BM|^2})恒为定值？

分析：由题意可设直线(l：x=ky+m)，

则由(left{egin{array}{l}{x=ky+m}\{y^2=4x}end{array} ight.quad) 消去(x)得到，(y^2-4ky-4m=0)，

则由韦达定理可得，(y_1+y_2=4k)，(y_1y_2=-4m)，

则(cfrac{1}{|AM|^2})(+cfrac{1}{|BM|^2}=cfrac{1}{(x_1-m)^2+y_1^2}+cfrac{1}{(x_2-m)^2+y_2^2}=cfrac{1}{(k^2+1)y_1^2}+cfrac{1}{(k^2+1)y_2^2})

(=cfrac{y_1^2+y_2^2}{(k^2+1)y_1^2y_2^2}=cfrac{(y_1+y_2)^2-2y_1y_2}{(k^2+1)y_1^2y_2^2})

(=cfrac{16k^2+8m}{(k^2+1)16m^2}=cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)})

由于上式对任意(kin R)恒为定值，设(cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=t)，

整理得到，((2m^2t-2)k^2+(2m^2t-m)=0)，由(left{egin{array}{l}{2m^2t-2=0}\{2m^2t-m=0}end{array} ight.quad)

即(left{egin{array}{l}{2m^2t=2}\{2m^2t=m}end{array} ight.quad) 两式相比，解得(m=2)，

此时(cfrac{1}{|AM|^2})(+cfrac{1}{|BM|^2}=cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=cfrac{2k^2+2}{2 imes 2^2(k^2+1)}=cfrac{1}{4})，

故存在定点(M(2,0))，满足题意。

例5【2019届理科课时作业第3题】在平面直角坐标系(xOy) 中，曲线 (C)的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=2tcoseta}\{y=2sineta}end{array} ight.)((t eq 0)，(eta为参数))。以(O)为极点，(x)轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线(l)的极坐标方程为( hocdot sin( heta-cfrac{pi}{4})=2sqrt{2})。

(1)求曲线(C)的普通方程，并说明曲线的形状；

分析：由于(t eq 0)，故将曲线 (C)的参数方程转化为普通方程为(cfrac{x^2}{4t^2}+cfrac{y^2}{4}=1)，

①当(4t^2=4)时，即(t=pm 1)时，曲线 (C)为圆心在原点，半径为(2)的圆；

②当(4t^2>4)时，即(t<-1)或(t>1)时，曲线 (C)是长轴长为(4|t|)，短轴长为(4)，焦点在(x)轴的椭圆；

③当(4t^2<4)时，即(-1<t<0)或(0<t<1)时，曲线 (C)是长轴长为(4)，短轴长为(4|t|)，焦点在(y)轴的椭圆；

(2)是否存在实数(t)，使得直线(l)与曲线(C)有两个不同的交点(A、B)，且(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OB}=10)，若存在，试求出(t)值，若不存在，说明理由。

分析：本题目属于探究性问题，解答格式如下：

设存在实数(t)，满足题意，由题目可知直线的普通方程为(x-y+4=0)，

联立直线和曲线的方程，消去(y)得到，(cfrac{x^2}{t^2}+(x+4)^2=4)，

化简整理得到，((1+t^2)x^2+8t^2x+12=0)，

设直线和曲线的两个交点的坐标为(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，

则必有(Delta =64t^4-4(1+t^2) imes 12t^2>0)，解得(t^2>3)①；

又由韦达定理(x_1+x_2=-cfrac{8t^2}{1+t^2})，(x_1x_2=cfrac{12t^2}{1+t^2})

故(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OB}=x_1x_2+y_1y_2)

(=x_1x_2+(x_1+4)(x_2+4)=2x_1x_2+4(x_1+x_2)+16=10)，解得(t^2=3)②，

由于①②矛盾，故不存在满足题意的实数(t)。

【解后反思】

①注意探究性问题的解题规范，先假设存在，然后进行相关的推理论证，若有矛盾，则不存在，若无矛盾，则一定能求得相应的参数的值。

②比如本题目中，若在前半部分推理得到的结论是(t^2>2)，后半部分结论不变，为(t^2=3)，则这时满足题意的(t)值是存在的，为(t=pm sqrt{3})。