解析几何-存在性问题(含答案)

1/14解析几何——存在性问题1、已知椭圆1:C22221(0)xyabab的离心率为63e，过1C的左焦点1F的直线:20lxy被圆2222:(3)(3)(0)Cxyrr截得的弦长为22.（Ⅰ）求椭圆1C的方程；（Ⅱ）设1C的右焦点为2F，在圆2C上是否存在点P，满足2122aPFPFb,若存在，指出有几个这样的点（不必求出点的坐标）;若不存在，说明理由.[解]：（1）因为直线l的方程为:20lxy，令0y，得2x，即1(2,0)F…1分∴2c，又∵63cea，∴26a，2222bac　∴椭圆1C的方程为221:162xyC.…４分（2）存在点P，满足2122aPFPFb∵圆心2(3,3)C到直线:20lxy的距离为33222d，又直线:20lxy被圆222:66310Cxyxym截得的弦长为22，∴由垂径定理得22()2222lrd，故圆2C的方程为222:(3)(3)4Cxy.…………８分设圆2C上存在点(,)Pxy，满足2122aPFPFb即123PFPF，且12,FF的坐标为12(2,0),(2,0)FF，则2222(2)3(2)xyxy，2/14整理得2259()24xy，它表示圆心在5(,0)2C，半径是32的圆。∴222537(3)(30)22CC………………１２分故有2332222CC，即圆C与圆2C相交，有两个公共点。∴圆2C上存在两个不同点P，满足2122aPFPFb.………１４分2、平面直角坐标系xOy中，椭圆：12222byax（0ba）的离心率为36，焦点为1F、2F，直线l：02yx经过焦点2F，并与相交于A、B两点．⑴求的方程；⑵在上是否存在C、D两点，满足ABCD//，DFCF11？若存在，求直线CD的方程；若不存在，说明理由．[解]：依题意)0,2(2F，2c……2分，由36ace得6a……3分222cab，椭圆的方程为12622yx……4分⑵（方法一）若存在满足条件的直线CD，∵ABCD//，∴1ABCDkk，设直线CD的方程为mxy……5分由mxyyx12622……6分，得06)(322mxx……7分3/140)63(6422mmxx，01296)63(44)6(222mmm（*）设),(11yxC，),(22yxD，则2321mxx，463221mxx……9分由已知DFCF11，若线段CD的中点为E，则CDEF1，111CDEFkk………10分)0,2(1F，)2,2(2121yyxxE即)4,43(mmE，由124341mmkEF，解得4m……13分4m时，09612962m，与（*）矛盾，∴不存在满足条件的直线CD……14分（方法二）假设存在),(11yxC，),(22yxD，线段CD的中点为),(00yxE，则2yy,2210210yxxx，12121xxyy……5分由12612622222121yxyx两式相减得：0))((21))((6121212121yyyyxxxx……7分，代入、化简得：03100yx由已知DFCF11，则CDEF1，111CDEFkk……9分由12001xykEF得，200xy，　由①②解得1,300yx，即)1,3(E……11分4/14直线CD的方程为：)4(xy，　联立412622xyyx得0422442xx……13分∵0964244242，方程（组）无解，∴不存在满足条件的直线CD……14分3、在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知两点若点C满),1,5()3,1(NM、足点C的轨迹与抛物线：交于A、B两点．),()1(RtONtOMtOCxy42(1)求证：；OBOA(2)在x轴上是否存在一点使得过点P直线交抛物线于D、E两点，并),0,(mP以该弦DE为直径的圆都过原点,若存在，请求出m的值及圆心的轨迹方程；若不存在，请说明理由．解：(1)由知点C的轨迹是M、N两点所在的直线，)()1(RtONtOMtOC故点C的轨迹方程是,即)1(4)3(13xy4xy由　　,　xyxy442016124)4(22xxxx1621xx1221xx　,故1616)(4)4)(4(212121xxxxxxyy02121yyxx………..6分.OBOA(2)法一：存在点满足条件。　),0,4(P证明如下：由题意知：弦所在的直线的斜率不为零，5/14设弦所在的直线方程为：代入得4kyxxy201642kyy，,　kyy4211621yyOBOAkk116161644212222112211yyyyyyxyxy,故以AB为直径的圆都过原点............10分OBOA法二：若存在这样的点P满足条件，设.),(),,(2211yxEyxD则有得又02121yyxx,1621yy),,(11ymxPD),,(22ymxPE由D、P、E三点共线可得0))(4(),(),(21122211yymyymxyymx当时，此时可验证当且时也符合条件，21yy,4m),0,4(P)0,4(P21yy所以存在点满足条件.设弦AB的中点为)0,4(P),(yxM则，)(2121xxx)(2121yyy848)4(8)(442212121kkkyykkykyxx∴弦AB的中点M的轨迹方程为：，消去k得kykx2422.822xy4、设点、分别是椭圆)0,(1cF)0,(2cF)1(1:222ayaxC的左、右焦点，为椭圆上任意一点，且最小值为．PC12PFPFuuuruuur0（1）求椭圆的方程；C（2）若动直线均与椭圆相切，且，试探究在轴上是否存在定点，点12,llC12//llxB到的距离之积恒为1？若存在，请求出点坐标；B12,llB若不存在，请说明理由．解：（1）设，则有，-------------1分),(yxP),(1ycxPF),(2ycxPF6/14-----------------2分aaxcxaacyxPFPF,,11222222221由最小值为得，-------------------3分12PFPFuuuruuur0210122acc∴椭圆的方程为．---------------------------------------------4分C1222yx（2）①当直线斜率存在时，设其方程为--------------------512,ll,ykxmykxn分把的方程代入椭圆方程得1l222(12)4220kxmkxm∵直线与椭圆相切，∴，化简得1lC2222164(12)(22)0kmkm　　　　　　　　同理，------------------------------------8分2212mk2212nk∴，若，则重合，不合题意，∴-----------------------9分22mnmn12,llmn设在轴上存在点，点到直线的距离之积为1，则x(,0)BtB12,ll，即，--------------------------------------10分22||||111ktmktmkk2222||1ktmk把代入并去绝对值整理，2212km或者22(3)2kt22(1)0kt前式显然不恒成立；而要使得后式对任意的恒成立kR则，解得；210t1t----------------------------------------------------------------------12分②当直线斜率不存在时，其方程为和，12,ll2x2x---------------------------13分定点到直线的距离之积为；(1,0)12,ll(21)(21)1定点到直线的距离之积为；(1,0)12,ll(21)(21)1综上所述，满足题意的定点为或B(1,0)(1,0)7/14--------------------------------------------14分5、已知椭圆C:22221xyab（0ab）的左、右焦点分别为1F1,0、2F1,0，且经过定点31,2，00,xy为椭圆C上的动点，以点为圆心，2F为半径作圆．1求椭圆C的方程；2若圆与y轴有两个不同交点，求点横坐标0x的取值范围；3是否存在定圆，使得圆与圆恒相切？若存在，求出定圆的方程；若不存在，请说明理由．解：1由椭圆定义得122PFPFa，………………………………………1分即222233532111142222a，………………………2分∴2a，又1c，∴2223bac.………………………………………3分故椭圆C的方程为22143xy…………………………………………………4分2圆心00(,)Mxy到y轴距离0dx，圆M的半径22001rxy，若圆M与y轴有两个不同交点，则有rd，即220001xyx，化简得200210yx.…………………………………………………6分点M在椭圆C上，∴2200334yx，代入以上不等式得：20038160xx，解得：0443x.………………………………………8分又022x，∴0423x，即点M横坐标的取值范围是4[2,)3.……9分3存在定圆22:116Nxy与圆M恒相切，其中定圆N的圆心为椭圆的左8/14焦点1F，半径为椭圆C的长轴长4.……………………12分∵由椭圆定义知，1224MFMFa，即124MFMF，∴圆N与圆M恒内切.……………………………………………………………14分6、已知椭圆1C的中心在坐标原点，两个焦点分别为1(2,0)F，2F20,，点(2,3)A在椭圆1C上，过点A的直线L与抛物线22:4Cxy交于BC,两点，抛物线2C在点BC,处的切线分别为12ll,，且1l与2l交于点P.(1)求椭圆1C的方程；(2)是否存在满足1212PFPFAFAF的点P?若存在，指出这样的点P有几个（不必求出点P的坐标）;若不存在，说明理由.（1）椭圆1C的方程为2211612xy.　………3分(2)解法1：设点)41,(211xxB,)41,(222xxC，则))(41,(212212xxxxBC，　)413,2(211xxBA，∵CBA,,三点共线,（∴BCBA//.……4分9/14∴222211211113244xxxxxx,化简得：1212212xxxx().①……5分由24xy,即214yx,得y12x.……6分∴抛物线2C在点B处的切线1l的方程为)(2411121xxxxy，即211412xxxy.②同理，抛物线2C在点C处的切线2l的方程为222412xxxy.③……………8分设点),(yxP，由②③得：211412xxx222412xxx，而21xx，则)(2121xxx.………9分代入②得2141xxy，则212xxx，214xxy代入①得1244yx，即点P的轨迹方程为3xy.………11分若1212PFPFAFAF，则点P在椭圆1C上，而点P又在直线3xy上，………12分∵直线3xy经过椭圆1C内一点(3,0),∴直线3xy与椭圆1C交于两点.………13分∴满足条件1212PFPFAFAF的点P有两个.…………14分解法2：设点),(11yxB,),(22yxC，),(00yxP，由24xy,即214yx,得y12x.……4分∴抛物线2C在点B处的切线1l的方程为)(2111xxxyy，即10/142111212xyxxy.……5分∵21141xy，∴112yxxy.∵点),(00yxP在切线1l上,∴10102yxxy.①…6分同理，20202yxxy.②综合①、②得，点),(),,(2211yxCyxB的坐标都满足方程yxxy002.∵经过),(),,(2211yxCyxB的直线是唯一的，∴直线L的方程为yxxy002，………9分∵点)3,2(A在直线L上，∴300xy.∴点P的轨迹方程为3xy.……11分若1212PFPFAFAF，则点P在椭圆1C上，又在直线3xy上，12分∵直线3xy经过椭圆1C内一点(3,0),∴直线3xy与椭圆1C交于两点.……13分∴满足条件1212PFPFAFAF的点P有两个.……14分解法3：显然直线L的斜率存在，设直线L的方程为23ykx，由2234ykxxy,,消去y，得248120xkxk.……4分设1122BxyCxy,,,,则12124812xxkxxk,.………5分由24xy,即214yx,得y12x.………6分∴抛物线2C在点B处的切线1l的方程为)(2111xxxyy，即2111212xyxxy.…7分11/14∵21141xy，∴211124xyxx.同理,得抛物线2C在点C处的切线2l的方程为222124xyxx.由211222124124xyxxxyxx,,解得121222234xxxkxxyk,.∴223Pkk,.……10分∵1212PFPFAFAF,　∴点P在椭圆22111612xyC:上.……11分∴2222311612kk化简得271230kk.(*)由2124732280Δ,可得方程(*)有两个不等的实数根.∴满足条件的点P有两个.………14分7、已知双曲线C的焦点分别为12(22,0),(22,0)FF,且双曲线C经过点(42,27)P.（1）求双曲线C的方程；（2）设O为坐标原点，若点A在双曲线C上，点B在直线2x上，且0OAOB，是否存在以点O为圆心的定圆恒与直线AB相切？若存在，求出该圆的方程，若不存在，请说明理由.[解]：（1）解法一：依题意知双曲线C的焦点在x轴，设其方程为22221.(0,0)xyabab∵点(42,27)P在双曲线C上，∴122||||aPFPF2222(62)(27)(22)(27)4　∴2a---3分12/14又22c，∴2224bca，∴所求双曲线C的方程为221.44xy---------------4分解法二：依题意知双曲线C的焦点在x轴，设其方程为22221.(0,0)xyabab-------1分∵点(42,27)P在双曲线C上，∴2232281ab，-----------------------①　　又228ba，----------------②②代入①去分母整理得：42683280aa，又ac，解得24,a24b-------3分∴所求双曲线C的方程为221.44xy----------------------4分(2)设点A，B的坐标分别为00(,)xy，(2,)t，其中02x或02x.-----------------5分当0yt时，直线AB的方程为00(2)2ytytxx，即0000()(2)20ytxxytxy-------------------------------------------6分若存在以点O为圆心的定圆与AB相切，则点O到直线AB的距离必为定值，设圆心O到直线AB的距离为d，则002200|2|()(2)txydytx.----------------------7分∵0OAOB，∴0020xty，∵00y∴002xty，-----------8分13/14又22004xy，　故2000222000002|2|2()222xyydxyxxy200420020222||2882yyyyy=220000222002002222||22||222(2)2||yyyyyyyy--------11分此时直线AB与圆224xy相切，-----------------------------------------------12分当0yt时，202tx，代入双曲线C的方程并整理得42280tt，即22(4)(2)0tt，解得2t，此时直线AB：2y.也与圆224xy也相切．----------------------------------13分综上得存在定圆224xy与直线AB相切．--------------------------------------14分8、椭圆22221(0)xyabab过点2(1,)2，12,FF分别为椭圆的左右焦点，且12||2FF。（1）求该椭圆的标准方程；（2）是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆交于12,PP两点（1P在2P的左侧），11PF和22PF都是圆的切线且1122PFPF？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由。14/14