专题34 探究是否存在直线型问题(原卷版)

这是一份专题34 探究是否存在直线型问题(原卷版)，共15页。试卷主要包含了存在性问题的解题步骤，解决存在性问题的注意事项，eq \)＝eq \)，已知圆C，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。
1．存在性问题的解题步骤
探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．一般步骤为：
(1)假设满足条件的元素(常数、点、直线或曲线)存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组)；
(2)解此方程(组)或不等式(组)；
(3)若方程(组)有实数解，则元素(常数、点、直线或曲线)存在，否则不存在．
2．解决存在性问题的注意事项
探索性问题，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出存在的条件时，先假设成立，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．
【例题选讲】
[例1] 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F2(2，0)，点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(15),3)))在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在斜率为－1的直线l与椭圆C相交于M，N两点，使得|F1M|＝|F1N|(F1为椭圆的左焦点)？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
[规范解答] (1)法一：∵椭圆C的右焦点为F2(2，0)，∴c＝2，椭圆C的左焦点为F1(－2，0)．
由椭圆的定义可得2a＝eq \r((1＋2)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(15),3)))2)＋eq \r((1－2)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(15),3)))2)＝eq \r(\f(96,9))＋eq \r(\f(24,9))＝2eq \r(6)，
解得a＝eq \r(6)，∴b2＝a2－c2＝6－4＝2．∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1．
法二：∵椭圆C的右焦点为F2(2,0)，∴c＝2，故a2－b2＝4，
又点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(15),3)))在椭圆C上，则eq \f(1,a2)＋eq \f(15,9b2)＝1，故eq \f(1,b2＋4)＋eq \f(15,9b2)＝1，
化简得3b4＋4b2－20＝0，得b2＝2，a2＝6．∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)假设存在满足条件的直线l，设直线l的方程为y＝－x＋t，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，,y＝－x＋t))得x2＋3(－x＋t)2－6＝0，即4x2－6tx＋(3t2－6)＝0，
Δ＝(－6t)2－4×4×(3t2－6)＝96－12t2>0，解得－2eq \r(2)0，
所以b＝eq \r(3)，c＝1．故椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件．故可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线l的方程为y＝k(x－2)＋1，代入椭圆方程得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(8k(2k－1),3＋4k2)，x1x2＝eq \f(16k2－16k－8,3＋4k2)，Δ＝32(6k＋3)>0，所以k>－eq \f(1,2)．
因为eq \(OP,\s\up6(→))2＝4eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))，即4[(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)·(y2－1)]＝5，
所以4(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝5，即4[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k2)＝5，
所以4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16k2－16k－8,3＋4k2)－2×\f(8k（2k－1）,3＋4k2)＋4))(1＋k2)＝4×eq \f(4＋4k2,3＋4k2)＝5，解得k＝±eq \f(1,2)，
k＝－eq \f(1,2)不符合题意，舍去．所以存在满足条件的直线l，其方程为y＝eq \f(1,2)x．
3．如图，由部分抛物线y2＝mx＋1(m＞0，x≥0)和半圆x2＋y2＝r2(x≤0)所组成的曲线称为“黄金抛物线C”，
若“黄金抛物线C”经过点(3，2)和(－eq \f(1,2)，eq \f(\r(3),2))．
(1)求“黄金抛物线C”的方程；
(2)设P(0，1)和Q(0，－1)，过点P作直线l与“黄金抛物线C”交于A，P，B三点，问是否存在这样的直线l，使得QP平分∠AQB？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
3．解析 (1)因为“黄金抛物线C”过点(3，2)和(－eq \f(1,2)，eq \f(\r(3),2))，
所以r2＝(－eq \f(1,2))2＋(eq \f(\r(3),2))2＝1，4＝3m＋1，解得m＝1．
所以“黄金抛物线C”的方程为y2＝x＋1(x≥0)和x2＋y2＝1(x≤0)．
(2)假设存在这样的直线l，使得QP平分∠AQB．显然直线l的斜率存在且不为0，
结合题意可设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令xA＜0＜xB．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,y2＝x＋1x≥0，))消去y并整理，得k2x2＋(2k－1)x＝0，
所以xB＝eq \f(1－2k,k2)，yB＝eq \f(1－k,k)，即B(eq \f(1－2k,k2)，eq \f(1－k,k))，由xB＞0知k＜eq \f(1,2)，所以直线BQ的斜率为kBQ＝eq \f(k,1－2k)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,x2＋y2＝1x≤0，))消去y并整理，得(k2＋1)x2＋2kx＝0，
所以xA＝－eq \f(2k,k2＋1)，yA＝eq \f(1－k2,k2＋1)，即A(－eq \f(2k,k2＋1)，eq \f(1－k2,k2＋1))，
由xA＜0知k＞0，所以直线AQ的斜率为kAQ＝－eq \f(1,k)．
因为QP平分∠AQB，且直线QP的斜率不存在，所以kAQ＋kBQ＝0，即－eq \f(1,k)＋eq \f(k,1－2k)＝0，
由0＜k＜eq \f(1,2)，可得k＝eq \r(2)－1．
所以存在直线l：y＝(eq \r(2)－1)x＋1，使得QP平分∠AQB．
4．已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(2),2)))，且离心率e＝eq \f(\r(2),2)，直线l与E相交于M，N两点，l
与x轴、y轴分别相交于C，D两点，O为坐标原点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)判断是否存在直线l，满足2eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→))，2eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \(ON,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
4．解析 (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(1,a2)＋\f(1,2b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝2，,b2＝1.))所以椭圆E的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)存在直线l，满足2eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→))，2eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \(ON,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))．理由如下：
方法一 由题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m(km≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,k)，0))，D(0，m)．
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，所以Δ＝16k2－8m2＋8>0．(*)
由根与系数的关系，得x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－2,1＋2k2)．
因为2eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→))，2eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \(ON,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))，所以eq \(MC,\s\up6(→))＝eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(DN,\s\up6(→))，
所以C，D是线段MN的两个三等分点，得线段MN的中点与线段CD的中点重合．
所以x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)＝0－eq \f(m,k)，解得k＝±eq \f(\r(2),2)．
由C，D是线段MN的两个三等分点，得|MN|＝3|CD|．
所以eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝3eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)))2＋m2)，即|x1－x2|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4km,1＋2k2)))2－4×\f(2m2－2,1＋2k2))＝3eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)))，
解得m＝±eq \f(\r(5),5)．验证知(*)成立．
所以存在直线l，满足2eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→))，2eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \(ON,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))，此时直线l的方程为y＝eq \f(\r(2),2)x±eq \f(\r(5),5)或y＝－eq \f(\r(2),2)x±eq \f(\r(5),5)．
方法二 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，C(m,0)，D(0，n)，由2eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→))，2eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \(ON,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2(m，0)＝(x1，y1)＋(0，n)，,2(0，n)＝(x2，y2)＋(m，0)，))解得M(2m，－n)，N(－m,2n)．
又M，N两点在椭圆上，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(4m2,2)＋n2＝1，,\f(m2,2)＋4n2＝1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2m2＋n2＝1，,m2＋8n2＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝±\f(\r(10),5)，,n＝±\f(\r(5),5)，))
故所求直线l的方程为5eq \r(2)x－10y＋2eq \r(5)＝0或5eq \r(2)x－10y－2eq \r(5)＝0或5eq \r(2)x＋10y＋2eq \r(5)＝0或5eq \r(2)x＋10y－2eq \r(5)＝0．
5．已知圆C：(x－1)2＋y2＝eq \f (1,4)，一动圆与直线x＝－eq \f (1,2)相切且与圆C外切．
(1)求动圆圆心P的轨迹T的方程；
(2)若经过定点Q(6，0)的直线l与曲线T交于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的平行线与曲线T相交于点N，试问是否存在直线l，使得NA⊥NB，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
5．解析 (1)设P(x，y)，分析可知动圆的圆心不能在y轴的左侧，故x≥0，
因为动圆与直线x＝－eq \f (1,2)相切，且与圆C外切，所以|PC|－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f (1,2)))＝eq \f (1,2)，所以|PC|＝x＋1，
所以 eq \r((x－1)2＋y2)＝x＋1，化简可得y2＝4x．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可知，当直线l与y轴垂直时，显然不符合题意，
故可设直线l的方程为x＝my＋6，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋6，,y2＝4x))消去x，可得y2－4my－24＝0，
显然Δ＝16m2＋96>0，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝4m，,y1y2＝－24，))①，所以x1＋x2＝(my1＋6)＋(my2＋6)＝4m2＋12，②
因为x1x2＝eq \f (y\\al(2,1),4)·eq \f (y\\al(2,2),4)，所以x1x2＝36，③
假设存在N(x0，y0)，使得eq \(NA,\s\up7(→))·eq \(NB,\s\up7(→))＝0，由题意可知y0＝eq \f (y1＋y2,2)，所以y0＝2m，④
由N点在抛物线上可知x0＝eq \f (y\\al(2,0),4)，即x0＝m2，⑤
又eq \(NA,\s\up7(→))＝(x1－x0，y1－y0)，eq \(NB,\s\up7(→))＝(x2－x0，y2－y0)，若eq \(NA,\s\up7(→))·eq \(NB,\s\up7(→))＝0，
则x1x2－x0(x1＋x2)＋xeq \\al(2,0)＋y1y2－y0(y1＋y2)＋yeq \\al(2,0)＝0，
由①②③④⑤代入上式化简可得：3m4＋16m2－12＝0，即(m2＋6)(3m2－2)＝0，
所以m2＝eq \f (2,3)，故m＝±eq \f (\r(6),3)，所以存在直线3x＋eq \r(6)y－18＝0或3x－eq \r(6)y－18＝0，使得NA⊥NB．
6．已知椭圆P的中心O在坐标原点，焦点在x轴上，且经过点A(0，2eq \r(3))，离心率为eq \f(1,2)．
(1)求椭圆P的方程；
(2)是否存在过点E(0，－4)的直线l交椭圆P于点R，T，且满足eq \(OR,\s\up7(→))·eq \(OT,\s\up7(→))＝eq \f(16,7)？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．
6．解析 (1)设椭圆P的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由题意得b＝2eq \r(3)，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
∴a＝2c，b2＝a2－c2＝3c2，∴c2＝4，c＝2，a＝4，∴椭圆P的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1．
(2)假设存在满足题意的直线l，易知当直线l的斜率不存在时，eq \(OR,\s\up7(→))·eq \(OT,\s\up7(→))0得(－32k)2－64(3＋4k2)>0，解得k2>eq \f(1,4)．①
∵x1＋x2＝eq \f(32k,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(16,3＋4k2)，∴y1y2＝(kx1－4)(kx2－4)＝k2x1x2－4k(x1＋x2)＋16，
故x1x2＋y1y2＝eq \f(16,3＋4k2)＋eq \f(16k2,3＋4k2)－eq \f(128k2,3＋4k2)＋16＝eq \f(16,7)，解得k2＝1．②
由①②解得k＝±1，∴直线l的方程为y＝±x－4．故存在直线l：x＋y＋4＝0或x－y－4＝0满足题意．
7．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，且过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，F为其右焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点A(4，0)的直线l与椭圆相交于M，N两点(点M在A，N两点之间)，是否存在直线l使△AMF与△MFN的面积相等？若存在，试求直线l的方程；若不存在，请说明理由．
7．解析 (1)因为eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，所以a＝2c，b＝eq \r(3)c，设椭圆方程eq \f(x2,4c2)＋eq \f(y2,3c2)＝1，
又点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))在椭圆上，所以eq \f(1,4c2)＋eq \f(3,4c2)＝1，解得c2＝1，a2＝4，b2＝3，所以椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)易知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝k(x－4)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k(x－4)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，
由题意知Δ＝(32k2)2－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，解得－eq \f(1,2)