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

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

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

【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\((1+4k^2)x^2-8\sqrt{3}kx+8=0 (*)\)。

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

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。

【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，\(OA\perp OB\)。

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\(\left\{\begin{array}{l}{y=k(x-2)}\\{\cfrac{x^2}{2}+y^2=1}\end{array}\right.\)，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\(OA\perp OB\)，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\(k=\pm \cfrac{\sqrt{5}}{5}\)。

【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\(x_1\neq x_2\)，

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

\(\Delta\geqslant 0\)，\(x_1+x_2=\cfrac{-2a^2}{a^2+b^2}\)，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\(\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{x^2+\cfrac{y^2}{4}=1}\end{array}\right.\) 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\(\left\{\begin{array}{l}{x_0=0}\\{\cfrac{2y_0-5}{1}=\cfrac{-3}{4}}\end{array}\right.\)，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。

【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\(\left\{\begin{array}{l}{x=ky+m}\\{y^2=4x}\end{array}\right.\quad\) 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\(k\in R\)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\(\left\{\begin{array}{l}{2m^2t-2=0}\\{2m^2t-m=0}\end{array}\right.\quad\)

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

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

故存在定点\(M(2,0)\)，满足题意。

【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\(\left\{\begin{array}{l}{x=2tcos\beta}\\{y=2sin\beta}\end{array}\right.\)\((t\neq 0\)，\(\beta为参数)\)。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\(\rho\cdot sin(\theta-\cfrac{\pi}{4})=2\sqrt{2}\)。

(1)求曲线\(C\)的普通方程，并说明曲线的形状；

分析：由于\(t\neq 0\)，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\(\Delta =64t^4-4(1+t^2)\times 12t^2>0\)，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\(t=\pm \sqrt{3}\)。