圆锥曲线中特殊图形存在性问题的转化与求解-《中学生数理化》高考数学2026年3月刊

中学生数理化贺韁学怒典翠破方法 圆锥曲线中特殊图形存在性问题的转化与求解 ■湖南省郴州市第二中学 颜胸晖 圆锥曲线中特殊图形存在性问题是连接 1=0。 几何直观与代数运算的重要纽带，也是高考 y2=4x, 联立 x十y-1=0, 消去y整理得x2一 命题的热点。这类问题需要把握特殊图形的 特征，结合圆锥曲线的定义、性质，联立直线 6x+1=0,解得x=3士2√2。 与圆锥曲线方程，通过代数方法来探究满足 设D(x1,y1),E(x2,y2),由图1知， 特定几何条件的图形是否存在，或者求已知 x1<x2,所以x1=3-22,则y1=2√2一2， 特殊图形存在时满足的条件。在日常学习过 所以D(3-2√2,2√2-2)。 程中，同学们在解决此类问题时，常面临几何 若存在点G,使得△DEG是以D为直角 条件转化困难、代数运算烦琐、分类讨论不全 顶点的直角三角形，则DE⊥DG,所以kpG= 等挑战。本文将结合具体实例，系统梳理圆 锥曲线中特殊图形存在性问题的转化与求 1,故直线DG:y-2√2十2=x-3+2√2，即 解，为同学们突破这类问题提供思路参考。 x-y+4√2-5=0。 一、直角三角形存在性问题 联立 y2=4.x, 消去y整理 例1已知动点M到点F(1,0)和直 x-y+4W2-5=0, 线x=一1的距离相等。 得x2+2×(4√2-7)x+57一40√2=0，因为 (1)求动点M的轨迹C的方程。 △=96一64√2>0，所以存在点G,使得 (2)过点F的直线l与轨迹C相交于D, △DEG是以D为直角顶点的直角三角形， E两点（点D在第一象限），若DE的中点为 此时直线DG的方程为x一y十4√2一5=0。 H(3,一2)，试判断：轨迹C上是否存在一点 点评：本题是抛物线与直角三角形存在 G,使得△DEG是以D为直角顶点的直角三 性问题结合的典型例题，将△DEG是以D 角形？若存在，求出直线DG的方程；若不存 为直角顶，点的几何垂直关系转化为DG⊥ 在，请说明理由。 DE的代数斜率关系，把抽象的“直角”转化 解析：(1)由抛物线定义知，动点M的轨 为可计算的斜率关系。解题的关键是结合，点 迹是以F(1,0)为焦点，直线x=一1为准线 D在第一象限的限制条件，通过联立直线 的抛物线，所以轨迹C的方程为y2=4x。 DE与抛物线方程，确定顶点D的坐标，为后 (2)由题意知，D,F,H,E 续构建直线DG和验证存在性奠定基础。 四点共线，如图1所示。 二、等腰三角形存在性问题 设直线DE的斜率为k, 由F(1,0),H(3,一2)，可得 例2已知椭圆C:。+=1(a二 k=kHF- -2-0 3-1 =一1，所以 图1 >0)过点(2,0)，且离心率是2 2 直线DE的方程为y=一(x-1),即x十y (1)求椭圆C的方程和短轴长。 入入入小入入入入入入入入入入入入入入入入入入入入小入入入入入入入 的坐标代入双曲线方程后，利用同构思想可 的问题，关键是抓住向量共线的坐标对应关 得m,n是一元二次方程4(t2一1)x2十8(t 系，完成条件“翻译”，让向量共线条件化隐为 1)x一1=0的两个解，再由韦达定理得到用t 显，为解决直线与圆锥曲线相交的综合问题 表示m十n的表达式。 提供重要线索。 总之，解决圆锥曲线中含向量共线条件 (责任编辑王福华) 38 解数学典题资壁内清中学生表理化 (2)已知点P(1,0),直线L过点(0,3)且 综上所述，存在直线：x=0,使得 与椭圆C有两个不同的交点A,B,试问：是 △PAB是以P为顶点的等腰三角形。 否存在直线，使得△PAB是以P为顶点的 点评：本题是椭圆与等腰三角形存在性 等腰三角形？若存在，求出直线1的方程；若 问题结合的典型例题，将△PAB是以P为顶 不存在，请说明理由。 点的等腰三角形转化为点P在AB的中垂线 解析：(1)由题意知，a=2。又二=E 上，得到PD⊥AB,当直线L的斜率存在时， 2 满足kAB·m=一1。解题中易忽略讨论直 所以c=√2，b=a2一c2=2。所以椭圆C的 线！的斜率不存在的情形，以及利用判别式 方程为号+兰-1，短箱长为26=2厄。 △>0排除不满足条件的增根。 三、平行四边形存在性问题 (2)假设存在直线l,使得△PAB是以P 为顶点的等腰三角形。 例3已知椭圆E:。大y2 6=1(a> 当直线！的斜率不存在时，直线的方程 b>0)的短轴长与焦距相等，且椭圆E过点 为x=0,此时A,B为椭圆C的短轴上的两个 P(0,一1)，斜率为k的直线l过椭圆E的右 顶点，△PAB是以P为顶点的等腰三角形。 焦点，且与椭圆E交于A,B两点，M是线段 当直线（的斜率存在时，可设直线（的方 AB的中点，射线OM与椭圆E交于点C。 程为y=k.x十3。 (1)求椭圆E的方程。 (y=kx十3， (2)试探究：是否存在正数k,使得四边 联立 y2消去y整理得(2k2十 形OACB是平行四边形？若存在，求出直线 =1, AB的方程；若不存在，请说明理由。 1)x2+12kx+14=0。 解析：(1)由题意知，2b=2c,b=1,所以 因为直线与椭圆C有两个不同的交点 c=1,a2=b2+c2=2。 A,B,所以△=(12k)2-4×14(2k2+1)>0, +y2=1. 整理得发>子 所以椭圆E的方程为 (2)假设存在正数k,使得四边形OACB 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1十x2= 是平行四边形，满足OC=OA+OB。 12k 14 设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意知直线 2k2+1,x1x=2k+1 l的方程为y=k(x一1)。 所以y1十y2=(kx1十3)十(kx2十3)= x2 6 联立2+y=1, 消去y整理得 k(xL十x2)十6= 2k2+1 y=k(x-1), 设AB的中点为D,所以点D的坐标为 (径+k）x2-2kx十k2-1=0,则△=4k1 ,42产）即(） 2 4(+k)k:-1>0,x十x 2k2 若△PAB是以P为顶点的等腰三角形，则 1 3 2k+1 4k2 PD⊥AB,所以kAB·km=k×一 6k 1+2k3 -1 2k2+1 所以y1十y2=k(x1一1)+k(x2一1)= 一2k 、1,解得k=一1或k=一2。 k(x1十x2-2)= 1十2k2 又因为6>子，所以及=一1或女=一司 因为OA+Oi=OC=(x1+x2,y1十 4k2 y),所以C（1+26'1+2) -2k1 不适合题意。 39 中学生表理化学经圣酸方法 点C在精圆E上，() 因为直线l与OD平行，且k=yD二9 xD-0 -2k =1,化简得=2。 1 1+2k2 m ,所以可设直线1的方程为y=一”。 m 因为>0，所以6= 十t(t≠0)。 2 y= x十t, 故存在正数k,使得四边形OACB是平 联立 消去y整理得 行四边形，直线AB的方程为y=。 y2 (x-1). 8+2=1, 点评：本题是椭圆与平行四边形存在性 80x十-8=0，则△=(-8四)° m 问题结合的典型例题，将四边形OACB是平 行四边形转化为向量关系O心=OA十OB,是 (41-8)=(n2-2)+4>0. 4 8 处理圆锥曲线中平行四边形问题的常用技 设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1十x2= 巧。解题的重要环节是联立直线与椭圆方 程，通过韦达定理表示x1十x2,再结合直线 mnt,:=m(t:-2) 2 方程求出y1十y2,进而得到C(x1十x2,y1十 因为四边形BPDQ为菱形，所以∠DPQ= y2),避免求解具体交点坐标，简化了运算。 ∠DQP,所以kw十kN=-n+y一n 1十mx2+m =0, 四、特殊平行四边形存在性问题 员4已知简周C,后+若 =1(a 将=一品十4，%=一 m十t,代入整理得 b>0)过点A(一2,1)，离心率为 t-2)(x1+x)-2m+2mt-2 21x2=0,所 29 (1)求椭圆C的方程。 以(t-2n)·mt-2mm+2t 2n.m(t2-2) m 2 (2)若椭圆C上存在一点B(点B在第一 =0,化简得n2=1。因为n>0,所以n=1,m 象限)，点B关于y轴的对称点为D,与直线 =2。 OD平行的直线L与椭圆C交于M,N两点，直 所以满足条件的B点坐标为(2,1)。 线DM,DN分别与y轴交于P,Q两点，若四 ,点评：本题是椭圆与菱形存在性问题结 边形BPDQ为菱形，求满足条件的B点坐标。 合的典型例题，将四边形BPDQ为菱形转化 4 1 为∠DPQ=∠DQP,点P,Q均在y轴上，因 此直线DM和DN的倾斜程度对称，进而导 解析：(1)由题意知，了c √3 解得 致它们的斜率互为相反数，即得到kM十kDN a 2 =0。解题的难，点在于化简整理kDw十kDN= a2=b2+c2, 0的过程运算复杂，需要熟练运用代数运算 a=22, 所以椭圆C 与变形技巧，才能得到关键的n=1。 b=√2， 本文阐述了圆锥曲线中特殊三角形、四 的方程为管+苦-1 边形存在性问题的解题逻辑与核心方法，其 解题过程精准体现了解析几何“以代数方法 (2)如图2，设点 图2 研究几何问题”的核心思想，即将等腰三角 B(m,n)(m>0,n> 形、平行四边形、菱形等特殊图形的几何性 0),则点D的坐标为（一m,n)。 质，转化为斜率关系、向量运算、距离公式等 因为点B在椭圆C上，所以公+=1， n 代数表达式。解题过程中，需注重分类讨论 的完备性（如直线斜率的存在性），并通过判 即m2十4n2=8。 别式验证解的合理性。（责任编辑王福华） 40