圆锥曲线中的存在性问题-《中学生数理化》高考数学2024年4月刊

■江苏省郑集高级中学 杨 浩 平面解析几何的本质,是用代数的方法来解 决几何问题。具体运用就是用代数方法研究几 何性质,恰当地将几何性质转换成相应的代数运 算。主要考查同学们的逻辑思维能力和运算求 解能力。本文归纳了圆锥曲线中几类常见的存 在性问题,并总结了一些答题策略及技巧,希望能 为同学们解答此类试题提供思路和方法。 题型一、是否存在实数的问题 求解实数的存在性问题,通常采用“肯定 顺推法”,将不确定性问题明朗化,引进参数 表示变化量,即确定题目中的核心变量,再根 据题目中的条件去推理,如果能得出符合条 件的实数,则假设成立;如果无解或得出的解 不符合题意,那么说明实数不存在。 例 1 已 知 椭 圆 C:x 2 a2 +y 2 b2 = 1(a>b>0)经过点P 1, 3 2 ,离心率e=12, 直线l的方程为x=4。 (1)求椭圆C 的方程。 图1 (2)如图1,AB 是经 过右焦点F 的任一弦(不 经过点P),设直线AB 与 直线l 相 交 于 点 M,记 PA,PB,PM 的斜率分别 为k1,k2,k3。试问:是否存在常数λ,使得 k1+k2=λk3? 若存在,求出λ 的值;若不存 在,请说明理由。 解析:(1)由P 1, 3 2 在椭圆x 2 a2 +y 2 b2 =1 上,得1 a2 + 9 4b2 =1。因为e= c a= 1 2 ,所以a2 =4c2,b2=a2-c2=3c2,所以 1 4c2 + 9 12c2 =1, 得c2=1,所以a2=4,b2=3。所以椭圆C 的 方程为 x2 4+ y2 3=1 。 (2)由直线 AB 不经过点P,易知直线 AB 的斜率存在,且过右焦点F(1,0),故可 设 直 线 AB 的 方 程 为 y =k(x -1), A(x1,y1),B(x2,y2)。 联立 y=k(x-1), x2 4+ y2 3=1 , 消去y 整理得(4k2 +3)x2-8k2x+4k2-12=0,所以x1+x2= 8k2 4k2+3 ,x1x2= 4k2-12 4k2+3 。 所 以 k1 +k2 = y1- 3 2 x1-1 + y2- 3 2 x2-1 = k(x1-1)- 3 2 x1-1 + k(x2-1)- 3 2 x2-1 = 2k - 3 2 1 x1-1 + 1 x2-1 = 2k - 32 × x1+x2-2 x1x2-(x1+x2)+1 = 2k - 3 2 × 8k2 4k2+3 -2 4k2-12 4k2+3 - 8k2 4k2+3 +1 =2k-1。 将x=4代入y=k(x-1),得 M(4,3k), 则k3= 3k- 3 2 3 =k- 1 2 ,所以2k3=2k-1。 所以k1+k2=2k3,即λ=2,故存在常数 λ=2符合题意。 点评:本题第(2)问是探究结论是否存 在,一般应先求出结论的表达式。解答的关 键是引入合适的参数将几何条件和目标代数 化,然后运用设而不求、整体代换的思想进行 消参。解题时要防止数式运算错误而失分。 题型二、是否存在点的问题 求解点的存在性问题时,通常的方法是 首先假设满足条件的点存在,然后利用这些 33 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2024年4月 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,并且得到了相应的点, 就说明存在;否则,则说明不存在。 例 2 已知椭圆C:x 2 a2 +y 2 b2 =1(a> b>0)过点 1, 2 2 ,且上顶点与右顶点的距 离为 3。 (1)求椭圆C 的方程。 图2 (2)如 图2,若 过 点 P(3,0)的直线l交椭圆C 于A,B 两点,试问:在x轴 上是 否 存 在 点 Q,使 得 ∠PQA+∠PQB=π? 若 存在,求出点Q 的坐标;若不存在,请说明理由。 解析:(1)因为椭圆C 的上顶点与右顶 点的距离为 3,所以a2+b2=3。 又椭圆C 过点 1, 2 2 ,则1a2+ 12b2=1。 由以上两式可解得a2=2,b2=1,所以椭 圆C 的方程为 x2 2+y 2=1。 (2)当直线l与x 轴不重合时,设其方程 为x=ty+3,A(x1,y1),B(x2,y2)。 联立 x=ty+3, x2 2+y 2=1, 消去x 整理得(t2+ 2)y2+6ty+7=0,所以y1+y2=- 6t t2+2 , y1y2= 7 t2+2 ,由Δ=8(t2-7)>0,解得t> 7或t<- 7。 假设存在点Q 使得∠PQA+∠PQB= π,即存在点Q 使得kQA+kQB=0。 设点Q(m,0),则kQA+kQB= y1 x1-m + y2 x2-m =0,所以y1(x2-m)+y2(x1-m)= y1(ty2+3-m)+y2(ty1