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专题十三 《解析几何》讲义
13.8 存在性问题
知识梳理 . 存在性问题
1.存在性问题的求解方法
(1)解决存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．一般步骤：
①假设满足条件的曲线(或直线、点)等存在，用待定系数法设出；
②列出关于待定系数的方程(组)；
③若方程(组)有实数解，则曲线(或直线、点等)存在，否则不存在．
(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法
2.字母参数值存在性问题的求解方法
求解字母参数值的存在性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的参数值存在，然后利
用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛盾，并且得到了相应
的参数值，就说明满足条件的参数值存在；若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条
件的参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程
题型 . 存在性问题
1．已知椭圆 x2 y2 的两焦点在x轴上，且两焦点与短轴的一个
C： + =1(a＞b＞0)
a2 b2
顶点的连线构成斜边长为2的等腰直角三角形．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
1
（Ⅱ）过点S(0，− )的动直线l交椭圆C于A、B两点，试问：在坐标平面上是否存
3
在一个定点Q，使得以AB为直径的圆恒过点Q？若存在求出点Q的坐标；若不存在，
请说明理由．
【解答】解：（Ⅰ）由椭圆两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，得b＝c，
又斜边长为2，即2c＝2，解得c＝1，故a=√2c=√2，
x2
所以椭圆方程为 + y2=1．
2
1 16
（Ⅱ）当l与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程为x2+(y+ ) 2= ；
3 9
当l为y轴时，以AB为直径的圆的方程为x2+y2＝1，
由 { x2+(y+ 1 ) 2= 16 {x=0，
3 9 ⇒
y=1
x2+ y2=1
故若存在定点Q，则Q的坐标只可能为Q（0，1）．
下证明Q（0，1）为所求：
若直线l斜率不存在，上述已经证明．
1
设直线l：y=kx− ，A(x ，y )，B(x ，y )，
3 1 1 2 2
{ 1
由
y=kx−
3 ⇒(9+18k2 )x2−12kx−16=0，△=144k2+64(9+18k2 )＞0 ，
x2+2y2−2=0
12k −16
x +x = ，x x = ，
1 2 18k2+9 1 2 18k2+9
→ → ，
QA=(x ，y −1)，QB=(x ，y −1)
1 1 2 2
→ → 4k 16
QA⋅QB=x x +(y −1)(y −1)=(1+k2 )x x − (x +x )+
1 2 1 2 1 2 3 1 2 9
−16 4k 12k 16
=(1+k2 ) − ⋅ + =0，
9+18k2 3 9+18k2 9
∴ → → ，即以AB为直径的圆恒过点Q（0，1）．
QA⊥QB
2．（2015·四川）如图，椭圆E：x2 y2 的离心率是√2，过点P（0，1）
+ =1(a＞b＞0)
a2 b2 2
的动直线l与椭圆相交于A、B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线
段长为2√2．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；|QA| |PA|
（Ⅱ）在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得 =
|QB| |PB|
恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（Ⅰ）∵直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2√2，
∴点（√2，1）在椭圆E上，
√2
又∵离心率是 ，
2
2 1
{ + =1
a2 b2
∴ a2−b2=c2，解得a＝2，b=√2 ，
c √2
=
a 2
x2 y2
∴椭圆E的方程为： + =1；
4 2
|QA| |PA|
（Ⅱ）结论：存在与点P不同的定点Q（0，2），使得 = 恒成立．
|QB| |PB|
理由如下：
当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C、D两点，
|QC| |PC|
如果存在定点Q满足条件，则有 = =1，即|QC|＝|QD|．
|QD| |PD|
∴Q点在直线y轴上，可设Q（0，y ）．
0
当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M、N两点，
则M、N的坐标分别为（0，√2）、（0，−√2），
又∵|QM| = |PM|，∴ |y 0 −√2| = √2−1，解得y 0 ＝1或y 0 ＝2．
|QN| |PN| |y +√2| √2+1
0
∴若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点坐标只能是（0，2）．
法一：
|QA| |PA|
下面证明：对任意直线l，均有 = ．
|QB| |PB|当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立．
当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝kx+1，
A、B的坐标分别为A（x ，y ）、B（x ，y ），
1 1 2 2
{x2 y2
联立 + =1，消去y并整理得：（1+2k2）x2+4kx﹣2＝0，
4 2
y=kx+1
∵△＝（4k）2+8（1+2k2）＞0，
4k 2
∴x +x =− ，x x =− ，
1 2 1+2k2 1 2 1+2k2
∴ 1 1 x +x 2k，
+ = 1 2=
x x x x
1 2 1 2
已知点B关于y轴对称的点B′的坐标为（﹣x ，y ），
2 2
又k AQ= y 1 −2 = kx 1 −1 = k − 1 ，k QB′= y 2 −2 = kx 2 −1 =− k + 1 = k − 1 ，
x x x −x −x x x
1 1 1 2 2 2 1
∴k
AQ
＝k
QB′
，即Q、A、B′三点共线，
∴|QA| |QA| |x | |PA| ．
= = 1 =
|QB| |QB'| |x | |PB|
2
法二：
当斜率存在时，过点A作AA'⊥y轴，垂足为A'，过点B作BB'⊥y轴，垂足为B'，易知
PA AA'
AA'∥BB'，则△AA'P相似于△BB'P，则 = ，
PB BB'
若证上命题，则需证直线QA与直线QB交于点Q（0，2）时关于y轴对称，则要证
k +k ＝0，
QA QB
{x2 y2
联立 + =1，消去y并整理得：（1+2k2）x2+4kx﹣2＝0，
4 2
y=kx+1
∵△＝（4k）2+8（1+2k2）＞0，
∴x +x 4k ，x x 2 ，∴ 1 1 x +x 2k，
1 2=− 1 2=− + = 1 2=
1+2k2 1+2k2 x x x x
1 2 1 2k y −2 kx −1 k 1 ，k y −2 kx −1 k 1 k 1 ，可证得 k +k
AQ= 1 = 1 = − QB= 2 = 2 = − =− + QA QB
x x x x x x x
1 1 1 2 2 2 1
＝0，
所以△QAA'相似于△QBB'
QA AA' PA
进而得证： = = ，
QB BB' PB
当斜率不存在时，由上可知，结论也成立．
|QA| |PA|
故存在与点P不同的定点Q（0，2），使得 = 恒成立．
|QB| |PB|
3．已知直线l 是抛物线C：x2＝2py（p＞0）的准线，直线l ：3x﹣4y﹣6＝0，且l 与抛物
1 2 2
线C没有公共点，动点P在抛物线C上，点P到直线l 和l 的距离之和的最小值等于
1 2
2．
（Ⅰ）求抛物线C的方程；
（Ⅱ）点M在直线l 上运动，过点M做抛物线C的两条切线，切点分别为P ，P ，在
1 1 2
平面内是否存在定点N，使得MN⊥P P 恒成立？若存在，请求出定点N的坐标，若不
1 2
存在，请说明理由．
【解答】解：（Ⅰ）作 PA，PB分别垂直l 和l ，垂足为A，B，抛物线C的焦点为
1 2
p
F(0， )，
2
由抛物线定义知|PA|＝|PF|，所以d +d ＝|PA|+|PB|＝|PF|+|PB|，
1 2
|−2p−6|
显见d +d 的最小值即为点F到直线l 的距离，故d= =2⇒p=2，
1 2 2
5
所以抛物线C的方程为x2＝4y．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知直线l 的方程为y＝﹣1，当点M在特殊位置（0，﹣1）时，显见两
1个切点P ，P 关于y轴对称，故要使得MN⊥P P ，点N必须在y轴上．
1 2 1 2
1 1
故设M（m，﹣1），N（0，n），P (x ， x2 )，P (x ， x2 )，
1 1 4 1 2 2 4 2
1 1 1
抛物线C的方程为y= x2，求导得y'= x，所以切线MP 的斜率k = x ，
4 2 1 1 2 1
1 1
直线MP 的方程为y− x2= x (x−x )，又点M在直线MP 上，
1 4 1 2 1 1 1
1 1
所以−1− x2= x (m−x )，整理得x2−2mx −4=0，
4 1 2 1 1 1 1
同理可得 ，
x2−2mx −4=0
2 2
故 x 1 和 x 2 是一元二次方程 x2﹣2mx﹣4＝0 的根，由韦达定理得{x 1 +x 2 =2m ，
x x =−4
1 2
→ → 1 1 1
P P ⋅MN=(x −x ， x2− x2 )⋅(−m，n+1)= (x −x )[﹣ 4m+ （ n+1 ）
1 2 2 1 4 2 4 1 4 2 1
1 1
（x +x ）]= (x −x )[−4m+2m(n+1)]= m(x −x )(n−1)，
2 1 4 2 1 2 2 1
可见n＝1时， → → 恒成立，
P P ⋅MN=0
1 2
所以存在定点N（0，1），使得MN⊥P P 恒成立．
1 2
4．已知抛物线y2＝2px（p＞0）过点P（m，2），且P到抛物线焦点的距离为2，直线l过
点Q（2，﹣2），且与抛物线相交于A，B两点．
（1）求抛物线的方程；
（2）若点Q恰为线段AB的中点，求直线l的方程；
（3）过点M（﹣1，0）作直线MA、MB分别交抛物线于C，D两点，请问C，D，Q三
点能否共线？若能，求出直线l的斜率k；若不能，请说明理由．
【解答】解：（1）抛物线y2＝2px（p＞0）过点P（m，2），可得2pm＝4，即pm＝
2，
√ p p
P到抛物线焦点的距离为2，可得 (m− ) 2+4=2，即m= ，
2 2
解得p＝2，m＝1，则抛物线方程为y2＝4x；
（2）直线l过点Q（2，﹣2），可设直线l的方程为y+2＝k（x﹣2），即y＝kx﹣2k﹣
2，代入y2＝4x，消去x，可得ky2﹣4y﹣8k﹣8＝0，
4
设A（x ，y ），B（x ，y ），可得y +y = ，
1 1 2 2 1 2
k
4
由点Q（2，﹣2）恰为线段AB的中点，可得 =−4，即k＝﹣1，满足△＞0，
k
可得直线l的方程为y＝﹣x；
（3）设（y 2，y ），B（y 2，y ），C（y 2，y ），D（y 2，y ），
1 1 2 2 3 3 4 4
4 4 4 4
设直线l的方程为y+2＝k（x﹣2），即y＝kx﹣2k﹣2，
代入y2＝4x，消去x，可得ky2﹣4y﹣8k﹣8＝0，
4 8k+8
y +y = ，y y =− ，
1 2 1 2
k k
y y −y 4
由M，A，C三点共线可得 1 = 3 1 = ，化为y y ＝4，即y 4 ，
y 2 y 2 y 2 y + y 1 3 3=
1 +1 3 − 1 3 1 y
1
4 4 4
4
同理可得y = ，
4 y
2
y +2 y −y
3 = 4 3
假设C，D，Q三点共线，可得 即y y +2（y +y ）+8＝0，
y 2 y 2 y 2 3 4 3 4
3 −2 4 − 3
4 4 4
可得 2 y + y 1＝0，即 k 1 1＝0，解得k 2，
+ 1 2+ + + =−
y y y y −4k−4 −2k−2 3
1 2 1 2
2
所以当直线l的斜率为− ，C，D，Q三点共线．
3
课后作业 . 存在性问题
1．在直角坐标系xOy中，动圆P与圆Q：（x﹣2）2+y2＝1外切，且圆P与直线x＝﹣1
相切，记动圆圆心P的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的轨迹方程；
（2）设过定点S（﹣2，0）的动直线l与曲线C交于A，B两点，试问：在曲线C上是
否存在点M（与A，B两点相异），当直线MA，MB的斜率存在时，直线MA，MB的斜
率之和为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）设P（x，y），圆P的半径为r，因为动圆P与圆Q：（x﹣2）2+y2＝1外切，…………………………………（1分）
所以 ，①…………………………………………………（2分）
√(x−2) 2+ y2=r+1
又动圆P与直线x＝﹣1相切，
所以r＝x+1，②…………………………………………………………………（3分）
由①②消去r得y2＝8x，
所以曲线C的轨迹方程为y2＝8x．………………………………………………（5分）
（2）假设存在曲线C上的点M满足题设条件，不妨设M（x ，y ），A（x ，y ），B
0 0 1 1
（x ，y ），
2 2
则 ， ， ， y −y 8 ， y −y 8 ，
y2=8x y2=8x y2=8x k = 1 0= k = 2 0=
0 0 1 1 2 2 MA x −x y + y MB x −x y + y
1 0 1 0 2 0 2 0
………………（6分）
所以 k +k = 8 + 8 = 8(y 1 + y 2 +2y 0 ) ，③………………（7分）
MA MB y + y y + y y2+(y + y )y + y y
1 0 2 0 0 1 2 0 1 2
显然动直线l的斜率存在且非零，设l：x＝ty﹣2，
联立方程组{ y2=8x ，消去x得y2﹣8ty+16＝0，
x=ty−2
由△＞0得t＞1或t＜﹣1，所以y +y ＝8t，y y ＝16，且y ≠y ．…………………（8
1 2 1 2 1 2
分）
代入③式得 k +k = 8(8t+2y 0 ) ，令 8(8t+2y 0 ) =m （m为常数），
MA MB y2+8t y +16 y2+8t y +16
0 0 0 0
整理得
(8m y −64)t+(m y2−16 y +16m)=0
，④…………………………（9分）
0 0 0
因为④式对任意t （﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）恒成立，
{ 8m y − ∈ 64=0
所以 0 ，…………………………………………………（10分）
m y2−16 y +16m=0
0 0
所以{m=2或{m=−2，即M（2，4）或M（2，﹣4），
y =4 y =−4
0 0
即存在曲线C上的点M（2，4）或M（2，﹣4）满足题意．……………………（12分）
2．设椭圆E的方程为x2 （a＞1），点O为坐标原点，点A，B的坐标分别为（a，
+ y2=1
a2
1
0），（0，1），点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为 ．
4
（1）求椭圆E的方程；
（2）若斜率为k的直线l交椭圆E于C，D两点，交y轴于点T（0，t）（t≠1），问是
否存在实数t使得以CD为直径的圆恒过点B？若存在，求t的值，若不存在，说出理由．
【解答】解：（1）设点M的坐标（x ，y ），点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，
0 0
→ 1 → a 1 → → → 2a 1
∴AM= AB=(− ， )，OM=OA+AM=( ， )，
3 3 3 3 3
2a， 1，y 1，∴a＝2，
x = y = 0=
0 3 0 3 x 4
0
x2
∴椭圆E的方程 + y2=1．
4
x2
（2）设直线l方程：y＝kx+t，代入 + y2=1，得（4k2+1）x2+8ktx+4t2﹣4＝0，
4
设C（x ，y ），D（x ，y ），则 8kt ， 4t2−4，
1 1 2 2 x +x =− x x =
1 2 4k2+1 1 2 4k2+1
假设存在实数t使得以CD为直径的圆恒过点B，则 → → ．
BC⊥BD
∴ → ， → ，
BC=(x ，y −1) BD=(x ，y −1)
1 1 2 2
→ → 0，
BC⋅BD=x x +(y −1)(y −1)=
1 2 1 2
即x x +（kx +t﹣1）（kx +t﹣1）＝0，
1 2 1 2
得 ，
(k2+1)x x +k(t−1)(x +x )+(t−1) 2=0
1 2 1 2
整理得4（t2﹣1）+（t﹣1）2＝0，
3
∴t=− （∵t≠1），
5
3
当t=− 时，符合题意．
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