02 例谈圆锥曲线中的存在性问题-《中学生数理化》高考数学2025年3月刊

■河南省商丘市第一高级中学 王 威 圆锥曲线是高考的重点、热点内容,从近 几年的高考试题来看,圆锥曲线中的存在性问 题是高考中的常考题型,难度一般较大,常和 不等式、函数、直线及圆等知识结合在一起,对 数学能力和数学思想有较高的要求,复习时同 学们要加强此类问题的训练,灵活求解。 这类 问题的求解通常采用“肯定顺推法”,将不确定 性问题明朗化。其步骤是:先假设满足条件的 元素(实数、点、直线、曲线或参数)存在,然后 利用这些条件并结合题目的其他已知条件进 行推理、论证与计算,若不出现矛盾,则说明满 足条件的元素存在;若在推理与计算的过程中 出现了矛盾,则说明满足条件的元素不存在, 其中推理与计算的过程就是说明理由的过程。 本文通过以下例题以飨读者。 题型一、是否存在常数满足某些条件 例 1 已知双曲线C:x 2 a2 -y 2 b2 =1(a> 0,b>0),F1、F2 分别是C 的左、右焦点。若 C 的离心率e=2,且点(4,6)在C 上。 (1)求双曲线C 的标准方程。 (2)若过点F2 的直线l与C 的左、右两 支分别交于A、B 两点,与抛物线y2=16x 交 于P、Q 两点,试问:是否存在常数λ,使得 1 |AB|- λ |PQ| 为定值? 若存在,求出常数λ 的值;若不存在,请说明理由。 解析:(1)设双曲线C 的半焦距为c(c> 0),由题意可得 e= c a=2 , 16 a2 - 36 b2 =1, c2=a2+b2, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 解得 a=2, b=23, c=4, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 所 以双曲线C的标准方程为 x2 4- y2 12=1 。 (2)假设存在常数λ 满足条件,由(1)知 F2(4,0),设直线l:x=my+4。 联立 x2 4- y2 12=1 , x=my+4, 消去x 整理得(3m2- 1)y2+24my+36=0,所以3m2-1≠0,Δ= 144(m2+1)>0。 设A(x1,y1),B(x2,y2),则 y1+y2= - 24m 3m2-1 ,y1y2= 36 3m2-1 。 所以|AB|= 1+m2|y1 -y2|= 1+m2· (y1+y2)2-4y1y2 = 1+m2 · - 24m 3m2-1 2 -4· 36 3m2-1 = 12(m2+1) |3m2-1| 。 因为直线l过点F2 且与C 的左、右两支 分别交于A、B 两点,所以A、B 两点在x 轴 同侧,所以y1y2>0,此时3m2-1>0,所以 m2> 1 3 ,所以|AB|= 12(m2+1) 3m2-1 。 将x=my+4代入y2=16x,得y2- 16my-64=0,则Δ1=256(m2+1)>0。 设P(x3,y3),Q(x4,y4),则y3+y4= 16m,y3y4=-64。 所以|PQ|= 1+m2|y3 -y4|= 1+m2· (y3+y4)2-4y3y4= 1+m2· (16m)2-4·(-64)=16(m2+1)。 所 以 1 |AB|- λ |PQ|= 3m2-1 12(m2+1) - λ 16(m2+1) = 12m2-4-3λ 48(m2+1) 。 所以当-4-3λ=12,即λ=- 16 3 时, 1 |AB|- λ |PQ|= 12m2-4-3λ 48(m2+1) = 1 4 为定值。 点评:本题重点考查了直线与双曲线、抛 物线之间的弦长公式问题,在探究λ是否存在 的过 程 中,巧 妙 得 出 要 使 1 |AB|- λ |PQ|= 12m2-4-3λ 48(m2+1) 为定值,需有-4-3λ=12成立。 题型二、是否存在点满足某些条件 例 2 已知椭圆C:x 2 a2 +y 2 b2 =1(a> b>0)的短轴长为 3,右顶点到右焦点的距离 6 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年3月 为 1 2 。 (1)求椭圆C 的标准方程。 图1 (2)如图1所示,设 A 是椭圆C 的右顶点,过点 Q(3,0)且不与x 轴重合的 直线l与椭圆C 相交于不 同的两点E,F。试问:在x 轴上是否存在点P,使得∠APE=∠OPF? 若存在,请求出点P 的坐标;若不存在,请说 明理由。 解析:(1)依 题 意 得 2b= 3, a-c= 1 2 , a2=b2+c2, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 解 得 a=1,b= 3 2 ,c= 1 2 。 所以椭圆C 的标准方程为x2+y 2 3 4 =1。 (2)假设存在点P,使∠APE=∠OPF。 因为直线l过点Q(3,0),且与椭圆C: x2+ 4 3y 2=1交于不同的两点E,F,所以直 线l的斜率存在且不为0,设直线l的方程为 y=k(x-3),k≠0。 联立 y=k(x-3), x2+ 4 3y 2=1, 消去y 整理得(3+ 4k2)x2-24k2x+36k2-3=0,且Δ>0。 设E(x1,y1),F(x2,y2),P(m,0),则 x1+x2= 24k2 3+4k2 ,x1x2= 36k2-3 3+4k2 。 因为∠APE=∠OPF,所以kPE+kPF= y1 x1-m + y2 x2-m = k(x1-3) x1-m + k(x2-3) x2-m = k· 2x1x2-(3+m)(x1+x2)+6m (x1-m)(x2-m) =k · 72k2-6 3+4k2 -(3+m) 24k2 3+4k2 +6m (x1-m)(x2-m) = k · 72k2-6-72k2-24mk2+18m+24mk2 (x1-m)(x2-m)(3+4k2) = 18m-6 (x1-m)(x2-m)(3+4k2) =0。 所以18m-6=0,所以m= 1 3 。 所以存在点P 满足条件,且点P 的坐标 为 1 3 ,0 。 点评:本题也可以作点E 关于x 轴的对 称点E',连接E'F,利用E'、P、F 三点共线 来解决。此外,有兴趣的同学还可以根据此 题推导出更具一般性的结论:xP xQ = x2A ,请 同学们自己完成。 题型三、是否存在直线满足某些条件 例 3 已知双曲线C:y 2 a2 - x2 b2 =1(a> 0,b>0),动直线l在x 轴上方与x 轴平行, 交双曲线C 于A,B 两点,直线l交y 轴于点 D,双曲线C 的焦距为8,过点E(6,4)。 (1)求双曲线C 的标准方程。 (2)设OD 的中点为M,试问:是否存在 定直线l,使得经过 M 的直线与双曲线C 交 于点P,Q(P,Q 异于顶点),与线段AB 交于 点N,PM→=λPN→,MQ→=λQN→ 均成立? 若存 在,求出l的方程;若不存在,请说明理由。 解析:(1)由已知条件得c=4。 设F1(0,4),F2(0,-4),因为双曲线C 过点E(6,4),所以2a=||EF2|-|EF1||= | 62+82-6|=4,所以a=2,b2=c2-a2= 12。 故双曲线C 的标准方程为y 2 4- x2 12=1 。 (2)设直线l的方程为y=2m(m>1), 则D(0,2m),M(0,m)。 由题意知直线PQ 的斜率存在,设PQ: y=kx+m(k≠0),则N m k ,2m 。 联立 y=kx+m, y2 4- x2 12=1 , 消去y 整理得(3k2- 1)x2+6kmx+3m2-12=0,由题意知,3k2≠ 1,Δ>0。 设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2= - 6km 3k2-1 ,x1x2= 3m2-12 3k2-1 。 由 PM→=λPN→,MQ→=λQN→,得 x1= 7 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年3月 λx1- m k ,x2=λ mk-x2 ,消去λ 得x2· x1- m k =x1 mk-x2 ,即2x1x2-mk(x1+ x2)=0,即 2(3m2-12)+6m2 3k2-1 =0,得m2=2, 所以m= 2(负值舍去)。 故存在定直线l:y=22满足条件。 点评:本 题 由 条 件 PM→=λPN→,MQ→= λQN→ 两式均成立,利用其坐标的关系,消去 参数λ,得到x1,x2 之间的关系,从而利用韦 达定理解决。 题型四、是否存在曲线满足某些条件 例 4 已知椭圆 E:x 2 a2 +y 2 b2 =1(a> b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,离心率e= 3 2 ,P 为椭圆上的动点,当∠F1PF2 取最大 值时,△PF1F2 的面积是 3。 (1)求椭圆E 的标准方程。 (2)若动直线l与椭圆E 交于A,B 两 点,且恒有OA→·OB→=0。试问:是否存在一 个以原点O 为圆心的定圆,使得动直线l始 终与定圆相切? 若存在,求定圆的方程;若不 存在,请说明理由。 解析:(1)设∠F1PF2=θ,由余弦定理知 cos θ= |PF1|2+|PF2|2-4c2 2|PF1|·|PF2| ,所以1+cos θ = 2b2 |PF1|·|PF2| ≥ 2|PF1|+|PF2| 2 ·2b2= 2b2 a2 ,当且仅当|PF1|=|PF2|,即P 为椭圆 短轴端点时,等号成立,此时∠F1PF2 取最 大值,S△PF1F2= 1 2 ·2c·b=bc= 3。 联立a2=b2+c2、bc= 3和 c a= 3 2 ,解 得a=2,b=1,c= 3。 所以椭圆E 的标准方程为 x2 4+y 2=1。 (2)当直线l的斜率不存在时,设直线l 的方程为x=n,由OA→·OB→=0得n 2 4+n 2= 1,解得|n|= 25 5 ,即原点O 到直线l的距离 为d= 25 5 。 当直线l的斜率存在时,设直线l的方 程为y=kx+m,则原点O 到直线l的距离 d= |m| 12+k2 ,整理得m2=d2(k2+1)。 联立 x2 4+y 2=1, y=kx+m, 消去y 整理得(4k2+ 1)x2+8kmx+4m2-4=0,Δ=(8km)2- 4(4k2+1)(4m2-4)=16(4k2-m2+1)>0。 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2= - 8km 4k2+1 ,x1x2= 4m2-4 4k2+1 。 故y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2 +km(x1+x2)+m2=k2· 4m2-4 4k2+1 +km· -8km 4k2+1 +m2= m2-4k2 4k2+1 。 故OA→·OB→=x1x2+y1y2= 4m2-4 4k2+1 + m2-4k2 4k2+1 = 5m2-4k2-4 4k2+1 =0,即5m2-4k2- 4=0,即5d2(1+k2)-4k2-4=0,即(5d2- 4)(k2+1)=0,即5d2-4=0,所以d= 25 5 , 所以定圆的方程是x2+y2= 4 5 。 综上可得,当OA→·OB→=0时,存在定圆 x2+y2= 4 5 始终与直线l相切。 点评:本题需要讨论直线l的斜率存在与 不存在两种情形,体现了分类讨论的数学思 想,从特殊情况出发,先探究出原点O 到直线 l的距离d= 25 5 ,为后续计算提供方向。 新课标要求同学们具有发现与提出问题, 分析与解决问题的能力,圆锥曲线中的存在性 问题其实就是一种探索性问题,是新高考中考 查分析与解决问题的良好载体,以上例题旨在 抛砖引玉,请同学们课后继续探索。 (责任编辑 王福华) 8 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年3月