圆锥曲线中的存在性问题
一、基础知识
1、在处理圆锥曲线中的存在性问题时，通常先假定所求的要素（点，线，图形或是参数）存在，并用代数形式进行表示。再结合题目条件进行分析，若能求出相应的要素，则假设成立；否则即判定不存在
2、存在性问题常见要素的代数形式：未知要素用字母代替 （1）点：坐标(x 0, y 0)
（2）直线：斜截式或点斜式（通常以斜率为未知量） （3）曲线：含有未知参数的曲线标准方程 3、解决存在性问题的一些技巧：
（1）特殊值（点）法：对于一些复杂的题目，可通过其中的特殊情况，解得所求要素的必要条件，然后再证明求得的要素也使得其它情况均成立。
（2）核心变量的选取：因为解决存在性问题的核心在于求出未知要素，所以通常以该要素作为核心变量，其余变量作为辅助变量，必要的时候消去。 （3）核心变量的求法：
①直接法：利用条件与辅助变量直接表示出所求要素，并进行求解
②间接法：若无法直接求出要素，则可将核心变量参与到条件中，列出关于该变量与辅助变量的方程（组），运用方程思想求解。 二、典型例题：
x 2y 2例1：已知椭圆C :2+2=1(a >b >
0)F 的直线l 与C 相交
a b 于A , B 两点，当l 的斜率为1时，坐标原点O 到l
（1）求a , b 的值
。
（2）C 上是否存在点P ，使得当l 绕F 旋转到某一位置时，有OP =OA +OB 成立？若存
在，求出所有的P 的坐标和l 的方程，若不存在，说明理由 解：（1
）e =
c =⇒a :b :c = a 3
则a =, b =
，依题意可得：F (c ,0)，当l 的斜率为1时
l :y =x -c ⇒x -y -c =0
∴d O -l =
=
解得：c =1
2
x 2y 2
=1 ∴a =b = 椭圆方程为：+
32
（2）设P (x 0, y 0)，A (x 1, y 1), B (x 2, y 2) 当l 斜率存在时，设l :y =k (x -1)
⎧x 0=x 1+x 2
OP =OA +OB ∴⎨
⎩y 0=y 1+y 2
⎧2⎪y =k (x -1)22
联立直线与椭圆方程：⎨ 消去y 可得：2x +3k (x -1)=6，整理可得：
22⎪⎩2x +3y =6
(3k
2
+2)x 2-6k 2x +3k 2-6=0
6k 26k 34k
∴x 1+x 2=2+x )2-2k =2-2k =-2 y 1+y 2=k (x 1
3k +23k +23k +2
⎛6k 24k ⎫
∴P 2, -2⎪ 因为P 在椭圆上
3k +23k +2⎝⎭
⎛6k ⎫4k ⎫⎛∴2⋅ 2+3-⎪ ⎪=6 2
⎝3k +2⎭⎝3k +2⎭
2
2
2
∴72k 4+48k 2=6(3k 2+2)⇒24k 2(3k 2+2)=6(3k 2+2)
2
2
∴24k 2=6(
3k 2+2)⇒k =
当k =
时，l :y =
⎛3x -
1)，P ,
⎭⎝2
⎛3当k =
l :y =x -
1)，P ,
22⎝⎭
当斜率不存在时，可知l :x =1
，A 1,
⎛⎫⎛, B 1, -⎪ ，则P (2,0)不在椭圆上 3⎭⎝3⎭⎝
⎛3⎛3P 或，∴
综上所述：l :y =x -
1)，P , l :y =x -
1)
⎭
⎝2⎝2⎭
x 2y 2
例2：过椭圆Γ:2+2=1(a >b >0)的右焦点F 2的直线交椭圆于A , B 两点，F 1为其左
a b
焦点，已知 AF 1B 的周长为8
（1）求椭圆Γ的方程
（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆Γ恒有两个交点P , Q ，且
OP ⊥OQ ？若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由
解：（1）由 AF 1B 的周长可得：4a =8⇒a =
2
∴e =
c 1 =⇒c = ∴b 2=a 2-c 2=
a 2
x 2
+y 2=1 椭圆Γ:4
（2）假设满足条件的圆为x 2+y 2=r 2，依题意，若切线与椭圆相交，则圆应含在椭圆内
∴0
若直线PQ 斜率存在，设PQ :y =kx +m ，P (x 1, y 1), Q (x 2, y 2)
PQ 与圆相切
∴d O -l =
=r ⇐m 2=r 2(k 2+1)
OP ⊥OQ ⇒OP ⋅OQ =0 即x 1x 2+y 1y 2=0
联立方程：⎨
⎧y =kx +m
22
⎩x +4y =4
⇒(1+4k 2)x 2+8kmx +4m 2-4=0
8km 4m 2-4
∴x 1+x 2=-2, x 1x 2=
4k +14k 2+1
∴y 1y 2=(kx 1+m )(kx 2+m )=k 2x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2
∴x 1x 2+y 1y 2=(k 2+1)x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2
4m 2-4⎛8km ⎫22
=⋅k +1+km ⋅() -2⎪+m 2
4k +1⎝4k +1⎭
5m 2-4k 2-4
= 2
4k +1
∴5m 2-4k 2-4=0对任意的m , k 均成立
222222
将m =r k +1代入可得：5r k +1-4k +1=0
()
()()
∴(5r 2-4)(k 2+1)=0 ∴r 2=
4 5
∴存在符合条件的圆，其方程为：x 2+y 2=
4 5
当PQ 斜率不存在时，可知切线PQ
为x =⎛⎛P 若PQ :x =
55, Q 5-5 ⎝⎭⎝⎭
∴OP ⋅OQ =0
∴PQ :x = 若PQ :x =422
综上所述，圆的方程为：x +y =
5
1x 2y 2
例3：已知椭圆2+2=1(a >b >
0)经过点，离心率为，左，右焦点分别为
2a b
(F 1(-c ,0)和F 2(c ,0)
（1）求椭圆C 的方程
（2）设椭圆C 与x 轴负半轴交点为A ，过点M (-4,0)作斜率为k (k ≠0)的直线l ，交椭圆C 于B , D 两点（B 在M , D 之间），N 为BD 中点，并设直线ON 的斜率为k 1 ① 证明：k ⋅k 1为定值
② 是否存在实数k ，使得F 1N ⊥AD ？如果存在，求直线l 的方程；如果不存在，请说明理由
解：（1）依题意可知：e =
c 1
=
可得：a :b :c = a 2
x 2y 2
∴椭圆方程为：2+2=
1，代入可得：c =1
4c 3c
(x 2y 2
=1 ∴椭圆方程为：+
43
（2）① 证明：设B (x 1, y 1), D (x 2, y 2)，线段BD 的中点N (x 0, y 0) 设直线l 的方程为：y =k (x +4)，联立方程：
⎧⎪y =k (x +4)2222
化为：(3+4k )x +32k x +64k -12=0 ⎨2
2
⎪⎩3x +4y =12
1-32k 264k 2-12
, x 1x 2=由∆>0解得：k
44k +34k +3
2
12k x 1+x 216k 2
∴x 0==-2 y 0=k (x 0+4)=
4k 2+324k +3
∴k 1=
33y 03
=- ∴k 1k =-⋅k =-
4k 4x 04k
② 假设存在实数k ，使得F 1N ⊥AD ，则k F 1N ⋅k AD =-1
∴k F 1N
12k
y 2=4k =0=16k 2x 0+11-4k 2-+13+4k 2
k AD =
k (x 2+4)y 2
=
x 2+2x 2+2
k (x 2+4)4k
⋅=-1
1-4k 2x 2+2
k F 1N ⋅k AD =
22222
即4k x 2+16k =4k -1x 2+8k -2⇒x 2=-2-8k
()
因为D 在椭圆上，所以x 2∈[-2,2]，矛盾
所以不存在符合条件的直线l
x 2y 2⎛3⎫
例4：设F 为椭圆E :2+2=1(a >b >0)的右焦点，点P 1, ⎪在椭圆E 上，直线
a b ⎝2⎭
l 0:3x -4y -10=0与以原点为圆心，以椭圆E 的长半轴长为半径的圆相切
（1）求椭圆E 的方程
（2）过点F 的直线l 与椭圆相交于A , B 两点，过点P 且平行于AB 的直线与椭圆交于另一点Q ，问是否存在直线l ，使得四边形PABQ 的对角线互相平分？若存在，求出l 的方程；若不存在，说明理由 解：（1） l 0与圆相切
∴d O -l =
10
=2=r ∴a =2 5
x 2y 2⎛3⎫
+2=
1可得：b =将P 1, ⎪代入椭圆方程4b ⎝2⎭x 2y 2
=1 ∴椭圆方程为：+
43
（2）由椭圆方程可得：F (1,0) 设直线l :y =k (x -1)，则PQ :y -联立直线l 与椭圆方程：
3
=k (x -1) 2
⎧⎪y =k (x -1)2222
消去y 可得：(4k +3)x -8k x +4k -12=0 ⎨2
2
⎪⎩3x +4y =12
∴∆1=(8k 2)-4(4k 2+3)(4k 2-12)=144k 2+
144
2
∴AB =1-x 2=同理：
联立直线PQ 与椭圆方程：
=
12(k 2+1)4k +3
2
3⎧y =k x -1+()⎪2222
2消去y 可得：(4k +3)x -(8k -12k )x +4k -12k -3=0 ⎨
⎪3x 2+4y 2=12⎩
2⎛1⎫2
⎡⎤∆2=⎣(8k -12k )⎦-4(4k 2-12k -3)(4k 2+3)=144 +k +k 2⎪
⎝4⎭
∴PQ ==
因为四边形PABQ 的对角线互相平分
∴四边形PABQ 为平行四边形
∴AB =PQ 12(
k 2+1)4k +3
2
∴
=
解得：k =
3 4
∴存在直线l :3x -4y -3=0时，四边形PABQ 的对角线互相平分
x 2y 2
例5：椭圆C :2+2=1(a >b >0)的左右焦点分别为F 1, F 2，右顶点为A ，P 为椭圆C 1
a b
22⎡⎤c ,3c 上任意一点，且PF 的最大值的取值范围是，其中 ⋅PF c =12⎣⎦
（1）求椭圆C 1的离心率e 的取值范围
（2）设双曲线C 2以椭圆C 1的焦点为顶点，顶点为焦点，B 是双曲线C 2在第一象限上任意一点，当e 取得最小值时，试问是否存在常数λ(λ>0)，使得∠BAF 1=λ∠BF 1A 恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由 解：（1）设P (x , y ), F 1(-c ,0), F 2(c ,0)
∴PF 1=(-c -x , -y ), PF 2=(c -x , -y )
∴PF 1⋅PF 2=x 2+y 2-c 2
x 2y 2b 2222
由2+2=1可得：y =b -2x 代入可得： a b a
⎛b 2⎫2c 2222222
PF 1⋅PF 2=x +y -c = 1-2⎪x +b -c =2x +b 2-c 2
a ⎝a ⎭
=b 2 x ∈[-a , a ] ∴PF 1⋅PF 2
()
max
22
⎧⎪2c ≤a
∴c ≤b ≤3c ⇒c ≤a -c ≤3c ⇒⎨2 2
⎪⎩4c ≥a 2
2
2
2
2
2
2
111 ∴≤e 2≤⇒≤e ≤
4222
（2）当e =
1
时，可得：a =2c , b 2
x 2y 2
∴双曲线方程为2-2=1，A (2c ,0), F 1(-c ,0)，设B (x 0, y 0)，x 0>0, y 0>0
c 3c
当AB ⊥x 轴时，x 0=2c , y 0=3c
∴tan BF 1A =
3c ππ=1 ∴∠B F A ∠BAF = 因为 113c 42
∴∠BAF 1=2∠BF 1A
所以λ=2，下面证明λ=2对任意B 点均使得∠BAF 1=λ∠BF 1A 成立 考虑tan ∠BAF 1=-k AB =-
y 0y 0
,tan ∠BF 1A =k BF 1=
x 0-2c x 0+c
∴tan 2∠BF 1A =
2tan ∠BF 1A
=2
1-tan ∠BF 1A
2⋅
y 0x 0+c
2
⎛y ⎫1- 0⎪⎝x 0+c ⎭
=
2y 0(x 0+c )
(x 0+c )
2
-y
20
x 2y 222
由双曲线方程2-2=1，可得：y 0=3x 0-3c 2
c 3c
222
∴(x 0+c )-y 0=(x 0+c )-3x 0+3c 2=-2x 0+2cx 0+4c 2=2(x 0+c )(2c -x 0)
2
2
∴tan 2∠BF 1A =
2y 0(x 0+c )2x 0+c 2c -x 0=
y 0
=tan ∠BAF 1
2c -x 0
∴∠BAF 1=2∠BF 1A
结论得证
∴λ=2时，∠BAF 1=λ∠BF 1A 恒成立
x 2y 2例6：如图，椭圆E :2+2=1(a >b >
0)的离心率是，过点P (0,1)的动直线l 与椭
a b 2
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（1）求椭圆E 的方程
（2）在平面直角坐标系xOy 中，是否存在与点P 不同的定点Q ，使得对于任意直线l ，
QA QB
=
PA PB
恒成立？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由
解：（1
）e =
c
∴a :b :c ==
a 2
:1 :1
x 2y 2
∴椭圆方程为2+2=1
2b b
由直线l 被椭圆E
截得的线段长为
点
在椭圆上
)
2122
+=1⇒b =2∴a =4 222b b
x 2y 2
=1 ∴椭圆方程为+
42
（2）当l 与x 轴平行时，由对称性可得：PA =PB
∴
QA QB
=
PA PB
=1即QA =QB
∴Q 在AB 的中垂线上，即Q 位于y 轴上，设Q (0, y 0)
当l 与x
轴垂直时，则A , B 0,
(
(∴PA =-1, PB =+1
QA =y 0QB =y 0+
∴QA QB
=PA PB
⇒
=
可解得y 0=1或y 0=2 P , Q 不重合 ∴y 0=2
∴Q (0,2)
下面判断Q (0,2)能否对任意直线均成立
若直线l 的斜率存在，设l :y =kx +1，
A (x 1, y 1), B (x 2, y
2)
⎧x 2+2y 2=4
联立方程可得：⎨⇒(1+2k 2)x 2+4kx -2=0
⎩y =kx +1
由
QA QB
=
PA PB
可想到角平分线公式，即只需证明QP 平分∠BQA
∴只需证明k QA =-k QB ⇒k QA +k QB =0
∴A (x 1, y 1), B (x 2, y 2)
∴k QA =
y 1-2y -2
, k QB =2
x 1x 2
∴k QA +k QB
y 1-2y 2-2x 2(y 1-2)+x 1(y 2-2)x 2y 1+x 1y 2-2(x 1+x 2) ① =+==
x 1x 2x 1x 2x 1x 2
因为A (x 1, y 1), B (x 2, y 2)在直线y =kx +1上，∴⎨
⎧y 1=kx 1+1
代入①可得：
⎩y 2=kx 2+1=
2kx 1x 2-(x 1+x 2)
x 1x 2
∴k QA +k QB =
x 2(kx 1+1)+x 1(kx 2+1)-2(x 1+x 2)
x 1x 2
⎧x 2+2y 2=4
联立方程可得：⎨⇒(1+2k 2)x 2+4kx -2=0
⎩y =kx +1
∴x 1+x 2=-
4k 2
, x x =- 12
1+2k 21+2k 2
24k
2k ⋅-+
22=0 =
2-
1+2k 2
∴k QA +k QB
∴k QA +k QB =0成立
∴QP 平分∠BQA ∴由角平分线公式可得：
QA QB
=
PA PB
x 2y 2⎛4b ⎫
例7：椭圆C :2+2=1(a >b >0)的上顶点为A ，P , ⎪是C 上的一点，以AP 为
a b ⎝33⎭
直径的圆经过椭圆C 的右焦点F （1）求椭圆C 的方程
（2）动直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，问：在x 轴上是否存在两个定点，它们到直线l 的距离之积等于1？若存在，求出这两个定点的坐标；如果不存在，请说明理由
解：由椭圆可知：A (0, b ), F (c ,0)
AP 为直径的圆经过F ∴F A ⊥F P
⎛4b ⎫∴FA ⋅FP =0 FA =(-c , b ), FP = -c ⎪
3⎭⎝3
2
4b 2⎛4⎫b 2
∴-c -c ⎪+=0⇒c -c +=0
33⎝3⎭3
由P , ⎪在椭圆上，代入椭圆方程可得：
⎛4b ⎫
⎝33⎭
1161b 22
⋅+⋅=1⇒a =2 22
a 9b 9
⎧24b 2
⎪c -c +=0
⇒b =c =1 33⎨
⎪b 2+c 2=a 2=2⎩
x 2
∴椭圆方程为+y 2=1
2
（2）假设存在x 轴上两定点M 1(λ1,0), M 2(λ2,0)，(λ1
m
∴d M 1-l =
d M 2-l =
所以依题意：
d M 1-l ⋅d M 2-l =
=
k 2λ1λ2+km (λ1+λ2)+m 2
k +1
2
=1 ①
因为直线l 与椭圆相切，∴联立方程：
⎧y =kx +m 222
⇒2k +1x +4kmx +2m -2=0 ()⎨22
⎩x +2y =2
由直线l 与椭圆相切可知∆=(4km )-42k +12m -2=0
2
2
2
()()
化简可得：m =2k +1，代入①可得：
22
k 2λ1λ2+km (λ1+λ2)+2k 2+1
k 2+1
=1⇒k 2λ1λ2+km (λ1+λ2)+2k 2+1=k 2+1
∴k 2(λ1λ2+1)+km (λ1+λ2)=0，依题意可得：无论k , m 为何值，等式均成立
⎧λ1λ2=-1
⎧λ1=-1⎪
∴⎨λ1+λ2=0⇒⎨
λ=1⎩2⎪λ
2⎩1
所以存在两定点：M 1(-1,0), M 2(1,0)
例8：已知椭圆C 1:x 2+4y 2=1的左右焦点分别为F 1, F 2，点P 是C 1上任意一点，O 是坐
标原点，OQ =PF 1+PF 2，设点Q 的轨迹为C 2
（1）求点Q 的轨迹C 2的方程
（2）若点T 满足：OT =MN +2OM +ON ，其中M , N 是C 2上的点，且直线OM , ON 的
斜率之积等于-
1
，是否存在两定点，使得TA +TB 为定值？若存在，求出定点A , B 的坐4
标；若不存在，请说明理由
22
（1）设点Q 的坐标为(x , y )，点P 的坐标为(x 0, y 0)，则x 0+4y 0=1
由椭圆方程可得：F 1 ⎛
⎝⎫⎫⎪, F 2⎪ ⎪⎪⎭⎝⎭
⎛ ⎫ ⎛⎫ OQ =PF 1+PF 2
且PF 1= 2-x 0, -y 0⎪⎪, PF 2= 2-x 0, -y 0⎪⎪
⎝⎭⎝⎭
x ⎧
x =-⎪⎧x =-2x 0⎪0222
⇒⎨代入到x 0∴Q (-2x 0, -2y 0) ∴⎨+4y 0=1可得：
⎩y =-2y 0⎪y =-y
0⎪⎩2
x 2
+y 2=1 4
（2）设点T (x , y )，M (x 1, y 1), N (x 2, y 2)
OT =MN +2OM +ON
∴(x , y )=(x 1-x 2, y 1-y 2)+2(x 1, y 1)+(x 2, y 2)
⎧x =2x 2+x 1∴⎨
y =2y +y ⎩21
设直线OM , ON 的斜率分别为k OM , k ON ，由已知可得：k OM ⋅k ON =
y 2y 11
=- x 2x 14
∴x 1x 2+4y 1y 2=0
222222
考虑x +4y =(2x 2+x 1)+4(2y 2+y 1)=x 1+4y 1+4x 2+4y 2+4x 1x 2+16y 1y 2
2
2
()()
22⎧⎪x 1+4y 1=4
M , N 是C 2上的点 ∴⎨2 2
⎪⎩x 2+4y 2=4
∴x 2+4y 2=4+4⨯4=20
x 2y 2x 2y 2
+=1，由定义可知，T 到椭圆+=1焦点的距离和为定值 即T 的轨迹方程为
205205∴A , B 为椭圆的焦点
∴A , B
所以存在定点A , B
(
)
)
x 2y 2例9：椭圆E :2+2=1(a >b >0)的焦点到直线x -3y =
0a b
抛物线G :y 2=2px (p >0)的焦点与椭圆E 的焦点重合，斜率为k 的直线l 过G 的焦点与E 交于A , B ，与G 交于C , D （1）求椭圆E 及抛物线G 的方程 （2）是否存在常数λ，使得
1λ
为常数？若存在，求出λ的值；若不存在，请说+
AB CD
明理由
解：（1）设E , G 的公共焦点为F (c
,0)
∴d F -l =
=
⇒c =
2 ∴e =
c 1 =⇒a = ∴b 2=a 2-c 2=
a 5
x 2
∴E :+y 2=1
5
∴y 2=8x
（2）设直线l :y =k (x -2)，A (x 1, y 1), B (x 2, y 2), C (x 3, y 3), D (x 4, y 4)
⎧⎪y =k (x -2)2222
⇒5k +1x -20k x +20k -5=0 与椭圆联立方程：⎨()22
⎪⎩x +5y =5
20k 220k 2-5
∴x 1+x 2=, x 1x 2=
1+5k 21+5k 2
∴AB =
=
k 2+1)1+5k
2
直线与抛物线联立方程：⎨
⎧⎪y =k (x -2)2222
⇒k x -4k +8x +4k =0 ()2
⎪⎩y =8x
8(k 2+1)4k 2+8
∴x 3+x 4= CD 是焦点弦 ∴CD =x 3+x 4+4=
22
k k
2
1λ2λk 2224+20+k
∴+=+==2AB CD 8
k +1
若
1
λ1为常数，则20
=4 ∴λ= +
5AB CD
x 2y 2例10：如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C :2+2=1(a >b >0)的离心率为a b
3
直线l 与x 轴交于点E ，与椭圆C 交于A , B 两点，当直线l 垂直于x 轴且点E 为椭圆
C 的
右焦点时，弦AB 的长为（1）求椭圆C 的方程
3
（2）是否存在点E ，使得
11+为定值？若存在，22
EA EB
请求出点E 的坐标，并求出该定值；若不存在，请说明理由
解：（1）依题意可得：e =
c =
∴a :b :
c =a 3
当l 与x 轴垂直且E 为右焦点时，AB 为通径
2b 2
∴a , b =∴AB ==
a x 2y 2
∴+=1 62
（2）思路：本题若直接用用字母表示A , E , B 坐标并表示EA , EB ，则所求式子较为复杂，不易于计算定值与E 的坐标。因为E 要满足所有直线，所以考虑先利用特殊情况求出E 点及定值，再取判定（或证明）该点在其它直线中能否使得解：（2）假设存在点E ，设E (x 0,0) 若直线AB 与x
轴重合，则A
, B
11
+为定值。 EA 2EB 2
(
)1
)
∴EA =x 0+EB =x 0-
∴
1EA
2
+
1EB
2
=
1
(
x
+(x
2
+
-(x
2
=
22x 0+1220
-6)
2
若直线AB 与x 轴垂直，则A , B 关于x 轴对称
∴设A (x 0, y ), B (x 0, -y )，其中y >0，代入椭圆方程可得：
2x 0y 2
∴E =E +=1⇒y =62∴
1EA
2
+
1EB
2
=
2
2
x 02-
3
=
6
2
6-x 0
∴
22x 0+12
(x 02-6)
2
=
26222
⇒2x +66-x =6x -6，可解得：
()(()00)02
6-x 0
x 0=
1EA
2
+
1EB
2
=
6
=2 2
6-x 0
∴若存在点E
，则E
。若E
()，设A (x 1, y 1), B (x 2, y 2)
)
22⎧⎪x +3y =6
设AB :x =my +C
联立方程可得：⎨，消去y 可得：
⎪⎩x =my +
(my 2
+3y 2=6⇒(
m 2+3)y 2+-3=
3
y y =-12
m 2+
31
∴y 1+y 2=1EA
2
=
-x 11
)
2
+y
2
1
=
1m 2y 12+y 12
=
111
，同理： , =22222
EB m +1y 1m +1y 2
2
2
(y 1+y 2)-2y 1y 2
11y 12+y 2
∴+=+==22
EA EB m 2+1y 12m 2+1y 22m 2+1y 12y 22m 2+1y 12y 22
1
代入∴y 1+y 2=-
3
可得：
, y y =-1222
m +3m +3
2
⎛3⎫⎛-2⋅- ⎪2m +3⎝⎭11⎝⎭+==222
EA EB 3⎫⎛2
m +1-() ⎪2
⎝m +3⎭
所以
12m 2+6(m 2+3)9m 2+1(m 2+3)m 2+32
18m 2+18==2 2
9m +11EA
2
+
1EB
2
为定值，定值为2
若E ，同理可得
()
1EA
2
+
1EB
2
为定值2
综上所述：存在点E ，使得
()
1EA
2
+
1EB
2
为定值2
三、历年好题精选
x 2y 2
1、已知中心在原点，焦点在坐标轴上的椭圆E :2+2=1(a >b >
0)过点P ，
a b ⎭
离心率为
1
，过直线l :x =4上一点M 引椭圆E 的两条切线，切点分别是A , B 2
（1）求椭圆E 的方程
x 2y 2
（2）若在椭圆2+2=1(a >b >0)上的任一点N (x 0, y 0)处的切线方程是
a b x 0x y 0y
+2=1，求证：直线AB 恒过定点C ，并求出定点C 的坐标 a 2b
（3）是否存在实数λ，使得AC +BC =λAC ⋅BC 恒成立？（点C 为直线AB 恒过的
定点），若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由
x 2y 2
2、已知椭圆C :2+2=1(a >b >0)的一个焦点与抛物线y 2=4x 的焦点重合，
a b
⎛3⎫
D 1, ⎪是椭圆C 上的一点 ⎝2⎭
（1）求椭圆C 的方程
（2）设A , B 分别是椭圆C 的左右顶点，P , Q 是椭圆C 上异于A , B 的两个动点，直线
AP , AQ 的斜率之积为-
1
，设 APQ 与 BPQ 的面积分别为S 1, S 2，请问：是否存在常数4
λ(λ∈R )，使得S 1=λS 2恒成立？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由
1x 2y 2
3、已知椭圆2+2=1(a >b >
0)经过点，离心率为，左，右焦点分别为
2a b
(F 1(-c ,0)和F 2(c ,0)
（1）求椭圆C 的方程
（2）设椭圆C 与x 轴负半轴交点为A ，过点M (-4,0)作斜率为k (k ≠0)的直线l ，交椭圆C 于B , D 两点（B 在M , D 之间），N 为BD 中点，并设直线ON 的斜率为k 1 ① 证明：k ⋅k 1为定值
② 是否存在实数k ，使得F 1N ⊥AD ？如果存在，求直线l 的方程；如果不存在，请说明理由
4、
已知圆M :x +(2
+y 2=
36，定点N
，点P 为圆M 上的动点，点Q 在NP
)
上，点G 在M P 上，且满足NP =2NQ , GQ ⋅NP =0
（1）求点G 的轨迹C 的方程
（2）过点(2,0)作直线l ，与曲线C 交于A , B 两点，O 是坐标原点，设OS =OA +OB ，
是否存在这样的直线l ，使得四边形OASB 的对角线相等（即OS =AB ）？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，试说明理由
x 2y 2
5、（2014，福建）已知双曲线E :2-2=1(a >0, b >0)的两条渐近线分别为l 1:y =2x ，
a b
l 2:y =-2x
（1）求双曲线E 的离心率
（2）如图，O 为坐标原点，动直线l 分别交直线l 1, l 2于A , B 两点（A , B 分别在第一、四象限），且 OAB 的面积恒为8，试探究：是否存在总与直线l 有且只有一个公共点的双曲线E ？若存在，求出双曲线E 的方程；若不存在请说明理由
习题答案： 1、解析：（1
）e =
c 1
=⇒a :b :c =2: a 2
椭圆过点P
⎭∴
33
+=
1，再由a :b :c =
2可解得：a =2, b = a 24b 2
x 2y 2
=1 ∴椭圆方程为：+
43
（2）设切点坐标为A (x 1, y 1), B (x 2, y 2)，直线上一点M (4, t )，依题意可得： 两条切线方程为：
⎧x 1x
+⎪⎪4⎨
⎪x 2x +⎪⎩4y 1y ⎧
=1x 1+⎪⎪3
，由切线均过M 可得：⎨y 2y ⎪x +=12
⎪3⎩
t
y =1上 3
y 1t =13
y 2t =13
∴A (x 1, y 1), B (x 2, y 2)均在直线x +
因为两点唯一确定一条直线
∴AB :x +
t
y =1，即过定点(1,0)，即点C 的坐标为(1,0) 3
（3）AC +BC =λAC ⋅BC ⇔λ=
AC +BC AC ⋅BC
=
11
+
AC BC
ty ⎧
x +=1⎪
联立方程：⎨⇒(t 2+12)y 2-6ty -27=0 3
⎪3x 2+4y 2=12⎩
∴y 1+y 2=
6t 27
, y y =-，不妨设y 1>0, y 2
12
12+t 212+t 2
AC =
=y 1, BC =
3y 2
=-3
11⎛11⎫⎛y 2-y 1⎫∴+=-==⎪⎪AC BC y 1y 2⎭y 1y 2⎭
=4==
93∴∃λ=
4
，使得AC +BC =λAC ⋅BC 恒成立 3
2、解析：（1）抛物线y 2=4x 的焦点为(1,0) ∴c =1
9⎧1
+=1⎪
依题意可知：⎨a 24b 2⇒a 2=4, b 2=3
⎪a 2-b 2=c 2=1⎩
x 2y 2
=1 ∴椭圆方程为：+
43
（2）由（1）可得：A (-2,0), B (2,0)，若直线PQ 斜率存在
设PQ :y =kx +m ，P (x 1, y 1), Q (x 2, y 2)
∴A 到直线PQ
的距离d 1=
B 到直线PQ
的距离d 2=
1
⋅PQ d 1
S 1d 1-2k +m
∴===
S 2⋅PQ d d 22k +m
2
2
联立方程：⎨
⎧y =kx +m
22
⎩3x +4y =12
⇒(3+4k 2)x 2+8kmx +4m 2-12=0
8km 4m 2-12
∴x 1+x 2=-2, x 1x 2= 2
4k +34k +3
k AP ⋅k AQ =
y 1y 1
⋅2=-⇒4y 1y 2+(x 1+2)(x 2+2)=0 （*） x 1+2x 2+24
2
2
3m 2-12k 2
y 1y 2=(kx 1+m )(kx 2+m )=k x 1x 2+km (x 1+x 2)+m = 2
4k +3
16k 2-16km +4m 2
，代入到（*）可得： (x 1+2)(x 2+2)=x 1x 2+2(x 1+x 2)+4=
4k 2+316m 2-16km -32k 222
=0⇒m -km -2k =0 2
4k +3∴m =2k 或m =-k
当m =2k 时，PQ :y =kx +2k =k (x +2)，交点与A 重合，不符题意
∴m =-k ，代入到
S 1
可得： S 2
S 1-3k ==3⇒S 1=3S 2，即λ=3 S 2k
3、解：（1）依题意可知：e =
c 1
=
可得：a :b :c = a 2
x 2y 2
∴椭圆方程为：2+2=
1，代入可得：c =1
4c 3c
(x 2y 2
=1 ∴椭圆方程为：+
43
（2）① 证明：设B (x 1, y 1), D (x 2, y 2)，线段BD 的中点N (x 0, y 0)
设直线l 的方程为：y =k (x +4)，联立方程：
⎧⎪y =k (x +4)2222 化为：(3+4k )x +32k x +64k -12=0 ⎨22⎪⎩3x +4y =12
1-32k 264k 2-12, x 1x 2=由∆>0解得：k
12k x 1+x 216k 2
∴x 0==-2 y 0=k (x 0+4)= 24k +324k +3
∴k 1=33y 03=- ∴k 1k =-⋅k =- 4k 4x 04k
② 假设存在实数k ，使得F 1N ⊥AD ，则k F 1N ⋅k AD =-1
∴k F 1N 12k y 2=4k =0=16k 2x 0+11-4k 2-+13+4k 2
k AD =k (x 2+4)y 2 =x 2+2x 2+2
k (x 2+4)4k =⋅=-1 1-4k 2x 2+2k F 1N ⋅k AD
22222即4k x 2+16k =4k -1x 2+8k -2⇒x 2=-2-8k
因为D 在椭圆上，所以x 2∈[-2,2]，矛盾
所以不存在符合条件的直线l
4、解析：（1）由NP =2NQ , GQ ⋅NP =0可得Q 为PN 的中点，且GQ ⊥PN
∴GQ 为PN 的中垂线 ∴P =G
∴GN +GM =MP =6
∴G 点的轨迹是以M , N 为焦点的椭圆，其半长轴长为a =
3，半焦距c = ∴b 2=a 2-c 2=4
x 2y 2
=1 ∴轨迹方程为：+94
（2）因为OS =OA +OB
∴ 四边形OASB 为平行四边形 若OS =AB ，则四边形OASB 为矩形，即OA ⋅OB =0
① 若直线l 的斜率不存在，则l :x =2
⎧x =2⎧x =2⎛⎛⎪2⎪2联立方程：⎨x ⇒⎨y ，即A , B 2, =1⎪y =⎝⎭⎝⎭⎪+4⎩9⎩
16∴OA ⋅OB =≠0 故l :x =2不符合要求 9
② 若直线l 的斜率存在，设l :y =k (x -2), A (x 1, y 1), B (x 2, y 2)
⎧y =k (x -2)⎪由⎨x 2y 2⇒(9k 2+4)x 2-36k 2x +36(k 2-1)=0 =1⎪+4⎩9
36(k 2-1)36k 2
x 1+x 2=2, x 1x 2=29k +49k +4
20k 2
y 1y 2=k (x 1-2)⋅k (x 2-2)=k ⎡⎣x 1x 2-2(x 1+x 2)+4⎤⎦=-9k 2+4 2
OA ⊥OB ∴OA ⋅OB =0
36(k 2-1)320k 2
k =±，解得： ∴OA ⋅OB =x 1x 2+y 1y 2=-=02229k +49k +4
所以存在l :3x -2y -6=0或3x +2y -6=0，使得四边形OASB 的对角线相等
5、解析：（1）由双曲线方程可知，渐近线方程为y =±b x a
∴b =2⇒b =2a ∴c 2=a 2+b 2=5a
2 a
c ∴e == a
（2）若直线l 不与x 轴垂直，设l :y =mx +t , A (x 1, y 1), B (x 2, y 2)
t -t ⎧⎧x =x =⎪⎪⎧x =my +t ⎧x =my +t ⎪11-2m ⎪11+2m ⇒⎨⇒⎨联立方程：⎨ ，同理可得⎨ ⎩y =2x ⎩y =-2x ⎪y =2t ⎪y =-2t
11⎪⎪1-2m 1+2m ⎩⎩
设直线l 与x 轴交于C (t ,0)
∴S OAB =112t 2t ⋅OC ⋅y 1-y 2即t +=8⇒t 2=41-4m 2 221-2m 1+2m
由直线l 与渐近线的交点A , B 分别在第一、四象限可知：111>2⇒-0 ∴t 2=4(1-4m 2)
x 2y 2
=1 由（1）可得双曲线方程为：2-a 4a 2
联立l 与双曲线方程：
⎧x =my +t ⇒(4m 2-1)y 2+8mty +4(t 2-a 2)=0 ⎨222⎩4x -y =4a
因为l 与双曲线相切
∴∆=(8mt )-16(t 2-a 2)(4m 2-1)=0 2
22222整理可得：4m a +41-4m -a =0⇒1-4m ()()(4-a )=0 2
x 2y 2
-=1 所以a =4 ∴ 双曲线方程为：4162
x 2y 2
=1 ∴存在一个总与l 相切的双曲线E ，其方程为-416
圆锥曲线中的存在性问题
一、基础知识
1、在处理圆锥曲线中的存在性问题时，通常先假定所求的要素（点，线，图形或是参数）存在，并用代数形式进行表示。再结合题目条件进行分析，若能求出相应的要素，则假设成立；否则即判定不存在
2、存在性问题常见要素的代数形式：未知要素用字母代替 （1）点：坐标(x 0, y 0)
（2）直线：斜截式或点斜式（通常以斜率为未知量） （3）曲线：含有未知参数的曲线标准方程 3、解决存在性问题的一些技巧：
（1）特殊值（点）法：对于一些复杂的题目，可通过其中的特殊情况，解得所求要素的必要条件，然后再证明求得的要素也使得其它情况均成立。
（2）核心变量的选取：因为解决存在性问题的核心在于求出未知要素，所以通常以该要素作为核心变量，其余变量作为辅助变量，必要的时候消去。 （3）核心变量的求法：
①直接法：利用条件与辅助变量直接表示出所求要素，并进行求解
②间接法：若无法直接求出要素，则可将核心变量参与到条件中，列出关于该变量与辅助变量的方程（组），运用方程思想求解。 二、典型例题：
x 2y 2例1：已知椭圆C :2+2=1(a >b >
0)F 的直线l 与C 相交
a b 于A , B 两点，当l 的斜率为1时，坐标原点O 到l
（1）求a , b 的值
。
（2）C 上是否存在点P ，使得当l 绕F 旋转到某一位置时，有OP =OA +OB 成立？若存
在，求出所有的P 的坐标和l 的方程，若不存在，说明理由 解：（1
）e =
c =⇒a :b :c = a 3
则a =, b =
，依题意可得：F (c ,0)，当l 的斜率为1时
l :y =x -c ⇒x -y -c =0
∴d O -l =
=
解得：c =1
2
x 2y 2
=1 ∴a =b = 椭圆方程为：+
32
（2）设P (x 0, y 0)，A (x 1, y 1), B (x 2, y 2) 当l 斜率存在时，设l :y =k (x -1)
⎧x 0=x 1+x 2
OP =OA +OB ∴⎨
⎩y 0=y 1+y 2
⎧2⎪y =k (x -1)22
联立直线与椭圆方程：⎨ 消去y 可得：2x +3k (x -1)=6，整理可得：
22⎪⎩2x +3y =6
(3k
2
+2)x 2-6k 2x +3k 2-6=0
6k 26k 34k
∴x 1+x 2=2+x )2-2k =2-2k =-2 y 1+y 2=k (x 1
3k +23k +23k +2
⎛6k 24k ⎫
∴P 2, -2⎪ 因为P 在椭圆上
3k +23k +2⎝⎭
⎛6k ⎫4k ⎫⎛∴2⋅ 2+3-⎪ ⎪=6 2
⎝3k +2⎭⎝3k +2⎭
2
2
2
∴72k 4+48k 2=6(3k 2+2)⇒24k 2(3k 2+2)=6(3k 2+2)
2
2
∴24k 2=6(
3k 2+2)⇒k =
当k =
时，l :y =
⎛3x -
1)，P ,
⎭⎝2
⎛3当k =
l :y =x -
1)，P ,
22⎝⎭
当斜率不存在时，可知l :x =1
，A 1,
⎛⎫⎛, B 1, -⎪ ，则P (2,0)不在椭圆上 3⎭⎝3⎭⎝
⎛3⎛3P 或，∴
综上所述：l :y =x -
1)，P , l :y =x -
1)
⎭
⎝2⎝2⎭
x 2y 2
例2：过椭圆Γ:2+2=1(a >b >0)的右焦点F 2的直线交椭圆于A , B 两点，F 1为其左
a b
焦点，已知 AF 1B 的周长为8
（1）求椭圆Γ的方程
（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆Γ恒有两个交点P , Q ，且
OP ⊥OQ ？若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由
解：（1）由 AF 1B 的周长可得：4a =8⇒a =
2
∴e =
c 1 =⇒c = ∴b 2=a 2-c 2=
a 2
x 2
+y 2=1 椭圆Γ:4
（2）假设满足条件的圆为x 2+y 2=r 2，依题意，若切线与椭圆相交，则圆应含在椭圆内
∴0
若直线PQ 斜率存在，设PQ :y =kx +m ，P (x 1, y 1), Q (x 2, y 2)
PQ 与圆相切
∴d O -l =
=r ⇐m 2=r 2(k 2+1)
OP ⊥OQ ⇒OP ⋅OQ =0 即x 1x 2+y 1y 2=0
联立方程：⎨
⎧y =kx +m
22
⎩x +4y =4
⇒(1+4k 2)x 2+8kmx +4m 2-4=0
8km 4m 2-4
∴x 1+x 2=-2, x 1x 2=
4k +14k 2+1
∴y 1y 2=(kx 1+m )(kx 2+m )=k 2x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2
∴x 1x 2+y 1y 2=(k 2+1)x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2
4m 2-4⎛8km ⎫22
=⋅k +1+km ⋅() -2⎪+m 2
4k +1⎝4k +1⎭
5m 2-4k 2-4
= 2
4k +1
∴5m 2-4k 2-4=0对任意的m , k 均成立
222222
将m =r k +1代入可得：5r k +1-4k +1=0
()
()()
∴(5r 2-4)(k 2+1)=0 ∴r 2=
4 5
∴存在符合条件的圆，其方程为：x 2+y 2=
4 5
当PQ 斜率不存在时，可知切线PQ
为x =⎛⎛P 若PQ :x =
55, Q 5-5 ⎝⎭⎝⎭
∴OP ⋅OQ =0
∴PQ :x = 若PQ :x =422
综上所述，圆的方程为：x +y =
5
1x 2y 2
例3：已知椭圆2+2=1(a >b >
0)经过点，离心率为，左，右焦点分别为
2a b
(F 1(-c ,0)和F 2(c ,0)
（1）求椭圆C 的方程
（2）设椭圆C 与x 轴负半轴交点为A ，过点M (-4,0)作斜率为k (k ≠0)的直线l ，交椭圆C 于B , D 两点（B 在M , D 之间），N 为BD 中点，并设直线ON 的斜率为k 1 ① 证明：k ⋅k 1为定值
② 是否存在实数k ，使得F 1N ⊥AD ？如果存在，求直线l 的方程；如果不存在，请说明理由
解：（1）依题意可知：e =
c 1
=
可得：a :b :c = a 2
x 2y 2
∴椭圆方程为：2+2=
1，代入可得：c =1
4c 3c
(x 2y 2
=1 ∴椭圆方程为：+
43
（2）① 证明：设B (x 1, y 1), D (x 2, y 2)，线段BD 的中点N (x 0, y 0) 设直线l 的方程为：y =k (x +4)，联立方程：
⎧⎪y =k (x +4)2222
化为：(3+4k )x +32k x +64k -12=0 ⎨2
2
⎪⎩3x +4y =12
1-32k 264k 2-12
, x 1x 2=由∆>0解得：k
44k +34k +3
2
12k x 1+x 216k 2
∴x 0==-2 y 0=k (x 0+4)=
4k 2+324k +3
∴k 1=
33y 03
=- ∴k 1k =-⋅k =-
4k 4x 04k
② 假设存在实数k ，使得F 1N ⊥AD ，则k F 1N ⋅k AD =-1
∴k F 1N
12k
y 2=4k =0=16k 2x 0+11-4k 2-+13+4k 2
k AD =
k (x 2+4)y 2
=
x 2+2x 2+2
k (x 2+4)4k
⋅=-1
1-4k 2x 2+2
k F 1N ⋅k AD =
22222
即4k x 2+16k =4k -1x 2+8k -2⇒x 2=-2-8k
()
因为D 在椭圆上，所以x 2∈[-2,2]，矛盾
所以不存在符合条件的直线l
x 2y 2⎛3⎫
例4：设F 为椭圆E :2+2=1(a >b >0)的右焦点，点P 1, ⎪在椭圆E 上，直线
a b ⎝2⎭
l 0:3x -4y -10=0与以原点为圆心，以椭圆E 的长半轴长为半径的圆相切
（1）求椭圆E 的方程
（2）过点F 的直线l 与椭圆相交于A , B 两点，过点P 且平行于AB 的直线与椭圆交于另一点Q ，问是否存在直线l ，使得四边形PABQ 的对角线互相平分？若存在，求出l 的方程；若不存在，说明理由 解：（1） l 0与圆相切
∴d O -l =
10
=2=r ∴a =2 5
x 2y 2⎛3⎫
+2=
1可得：b =将P 1, ⎪代入椭圆方程4b ⎝2⎭x 2y 2
=1 ∴椭圆方程为：+
43
（2）由椭圆方程可得：F (1,0) 设直线l :y =k (x -1)，则PQ :y -联立直线l 与椭圆方程：
3
=k (x -1) 2
⎧⎪y =k (x -1)2222
消去y 可得：(4k +3)x -8k x +4k -12=0 ⎨2
2
⎪⎩3x +4y =12
∴∆1=(8k 2)-4(4k 2+3)(4k 2-12)=144k 2+
144
2
∴AB =1-x 2=同理：
联立直线PQ 与椭圆方程：
=
12(k 2+1)4k +3
2
3⎧y =k x -1+()⎪2222
2消去y 可得：(4k +3)x -(8k -12k )x +4k -12k -3=0 ⎨
⎪3x 2+4y 2=12⎩
2⎛1⎫2
⎡⎤∆2=⎣(8k -12k )⎦-4(4k 2-12k -3)(4k 2+3)=144 +k +k 2⎪
⎝4⎭
∴PQ ==
因为四边形PABQ 的对角线互相平分
∴四边形PABQ 为平行四边形
∴AB =PQ 12(
k 2+1)4k +3
2
∴
=
解得：k =
3 4
∴存在直线l :3x -4y -3=0时，四边形PABQ 的对角线互相平分
x 2y 2
例5：椭圆C :2+2=1(a >b >0)的左右焦点分别为F 1, F 2，右顶点为A ，P 为椭圆C 1
a b
22⎡⎤c ,3c 上任意一点，且PF 的最大值的取值范围是，其中 ⋅PF c =12⎣⎦
（1）求椭圆C 1的离心率e 的取值范围
（2）设双曲线C 2以椭圆C 1的焦点为顶点，顶点为焦点，B 是双曲线C 2在第一象限上任意一点，当e 取得最小值时，试问是否存在常数λ(λ>0)，使得∠BAF 1=λ∠BF 1A 恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由 解：（1）设P (x , y ), F 1(-c ,0), F 2(c ,0)
∴PF 1=(-c -x , -y ), PF 2=(c -x , -y )
∴PF 1⋅PF 2=x 2+y 2-c 2
x 2y 2b 2222
由2+2=1可得：y =b -2x 代入可得： a b a
⎛b 2⎫2c 2222222
PF 1⋅PF 2=x +y -c = 1-2⎪x +b -c =2x +b 2-c 2
a ⎝a ⎭
=b 2 x ∈[-a , a ] ∴PF 1⋅PF 2
()
max
22
⎧⎪2c ≤a
∴c ≤b ≤3c ⇒c ≤a -c ≤3c ⇒⎨2 2
⎪⎩4c ≥a 2
2
2
2
2
2
2
111 ∴≤e 2≤⇒≤e ≤
4222
（2）当e =
1
时，可得：a =2c , b 2
x 2y 2
∴双曲线方程为2-2=1，A (2c ,0), F 1(-c ,0)，设B (x 0, y 0)，x 0>0, y 0>0
c 3c
当AB ⊥x 轴时，x 0=2c , y 0=3c
∴tan BF 1A =
3c ππ=1 ∴∠B F A ∠BAF = 因为 113c 42
∴∠BAF 1=2∠BF 1A
所以λ=2，下面证明λ=2对任意B 点均使得∠BAF 1=λ∠BF 1A 成立 考虑tan ∠BAF 1=-k AB =-
y 0y 0
,tan ∠BF 1A =k BF 1=
x 0-2c x 0+c
∴tan 2∠BF 1A =
2tan ∠BF 1A
=2
1-tan ∠BF 1A
2⋅
y 0x 0+c
2
⎛y ⎫1- 0⎪⎝x 0+c ⎭
=
2y 0(x 0+c )
(x 0+c )
2
-y
20
x 2y 222
由双曲线方程2-2=1，可得：y 0=3x 0-3c 2
c 3c
222
∴(x 0+c )-y 0=(x 0+c )-3x 0+3c 2=-2x 0+2cx 0+4c 2=2(x 0+c )(2c -x 0)
2
2
∴tan 2∠BF 1A =
2y 0(x 0+c )2x 0+c 2c -x 0=
y 0
=tan ∠BAF 1
2c -x 0
∴∠BAF 1=2∠BF 1A
结论得证
∴λ=2时，∠BAF 1=λ∠BF 1A 恒成立
x 2y 2例6：如图，椭圆E :2+2=1(a >b >
0)的离心率是，过点P (0,1)的动直线l 与椭
a b 2
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（1）求椭圆E 的方程
（2）在平面直角坐标系xOy 中，是否存在与点P 不同的定点Q ，使得对于任意直线l ，
QA QB
=
PA PB
恒成立？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由
解：（1
）e =
c
∴a :b :c ==
a 2
:1 :1
x 2y 2
∴椭圆方程为2+2=1
2b b
由直线l 被椭圆E
截得的线段长为
点
在椭圆上
)
2122
+=1⇒b =2∴a =4 222b b
x 2y 2
=1 ∴椭圆方程为+
42
（2）当l 与x 轴平行时，由对称性可得：PA =PB
∴
QA QB
=
PA PB
=1即QA =QB
∴Q 在AB 的中垂线上，即Q 位于y 轴上，设Q (0, y 0)
当l 与x
轴垂直时，则A , B 0,
(
(∴PA =-1, PB =+1
QA =y 0QB =y 0+
∴QA QB
=PA PB
⇒
=
可解得y 0=1或y 0=2 P , Q 不重合 ∴y 0=2
∴Q (0,2)
下面判断Q (0,2)能否对任意直线均成立
若直线l 的斜率存在，设l :y =kx +1，
A (x 1, y 1), B (x 2, y
2)
⎧x 2+2y 2=4
联立方程可得：⎨⇒(1+2k 2)x 2+4kx -2=0
⎩y =kx +1
由
QA QB
=
PA PB
可想到角平分线公式，即只需证明QP 平分∠BQA
∴只需证明k QA =-k QB ⇒k QA +k QB =0
∴A (x 1, y 1), B (x 2, y 2)
∴k QA =
y 1-2y -2
, k QB =2
x 1x 2
∴k QA +k QB
y 1-2y 2-2x 2(y 1-2)+x 1(y 2-2)x 2y 1+x 1y 2-2(x 1+x 2) ① =+==
x 1x 2x 1x 2x 1x 2
因为A (x 1, y 1), B (x 2, y 2)在直线y =kx +1上，∴⎨
⎧y 1=kx 1+1
代入①可得：
⎩y 2=kx 2+1=
2kx 1x 2-(x 1+x 2)
x 1x 2
∴k QA +k QB =
x 2(kx 1+1)+x 1(kx 2+1)-2(x 1+x 2)
x 1x 2
⎧x 2+2y 2=4
联立方程可得：⎨⇒(1+2k 2)x 2+4kx -2=0
⎩y =kx +1
∴x 1+x 2=-
4k 2
, x x =- 12
1+2k 21+2k 2
24k
2k ⋅-+
22=0 =
2-
1+2k 2
∴k QA +k QB
∴k QA +k QB =0成立
∴QP 平分∠BQA ∴由角平分线公式可得：
QA QB
=
PA PB
x 2y 2⎛4b ⎫
例7：椭圆C :2+2=1(a >b >0)的上顶点为A ，P , ⎪是C 上的一点，以AP 为
a b ⎝33⎭
直径的圆经过椭圆C 的右焦点F （1）求椭圆C 的方程
（2）动直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，问：在x 轴上是否存在两个定点，它们到直线l 的距离之积等于1？若存在，求出这两个定点的坐标；如果不存在，请说明理由
解：由椭圆可知：A (0, b ), F (c ,0)
AP 为直径的圆经过F ∴F A ⊥F P
⎛4b ⎫∴FA ⋅FP =0 FA =(-c , b ), FP = -c ⎪
3⎭⎝3
2
4b 2⎛4⎫b 2
∴-c -c ⎪+=0⇒c -c +=0
33⎝3⎭3
由P , ⎪在椭圆上，代入椭圆方程可得：
⎛4b ⎫
⎝33⎭
1161b 22
⋅+⋅=1⇒a =2 22
a 9b 9
⎧24b 2
⎪c -c +=0
⇒b =c =1 33⎨
⎪b 2+c 2=a 2=2⎩
x 2
∴椭圆方程为+y 2=1
2
（2）假设存在x 轴上两定点M 1(λ1,0), M 2(λ2,0)，(λ1
m
∴d M 1-l =
d M 2-l =
所以依题意：
d M 1-l ⋅d M 2-l =
=
k 2λ1λ2+km (λ1+λ2)+m 2
k +1
2
=1 ①
因为直线l 与椭圆相切，∴联立方程：
⎧y =kx +m 222
⇒2k +1x +4kmx +2m -2=0 ()⎨22
⎩x +2y =2
由直线l 与椭圆相切可知∆=(4km )-42k +12m -2=0
2
2
2
()()
化简可得：m =2k +1，代入①可得：
22
k 2λ1λ2+km (λ1+λ2)+2k 2+1
k 2+1
=1⇒k 2λ1λ2+km (λ1+λ2)+2k 2+1=k 2+1
∴k 2(λ1λ2+1)+km (λ1+λ2)=0，依题意可得：无论k , m 为何值，等式均成立
⎧λ1λ2=-1
⎧λ1=-1⎪
∴⎨λ1+λ2=0⇒⎨
λ=1⎩2⎪λ
2⎩1
所以存在两定点：M 1(-1,0), M 2(1,0)
例8：已知椭圆C 1:x 2+4y 2=1的左右焦点分别为F 1, F 2，点P 是C 1上任意一点，O 是坐
标原点，OQ =PF 1+PF 2，设点Q 的轨迹为C 2
（1）求点Q 的轨迹C 2的方程
（2）若点T 满足：OT =MN +2OM +ON ，其中M , N 是C 2上的点，且直线OM , ON 的
斜率之积等于-
1
，是否存在两定点，使得TA +TB 为定值？若存在，求出定点A , B 的坐4
标；若不存在，请说明理由
22
（1）设点Q 的坐标为(x , y )，点P 的坐标为(x 0, y 0)，则x 0+4y 0=1
由椭圆方程可得：F 1 ⎛
⎝⎫⎫⎪, F 2⎪ ⎪⎪⎭⎝⎭
⎛ ⎫ ⎛⎫ OQ =PF 1+PF 2
且PF 1= 2-x 0, -y 0⎪⎪, PF 2= 2-x 0, -y 0⎪⎪
⎝⎭⎝⎭
x ⎧
x =-⎪⎧x =-2x 0⎪0222
⇒⎨代入到x 0∴Q (-2x 0, -2y 0) ∴⎨+4y 0=1可得：
⎩y =-2y 0⎪y =-y
0⎪⎩2
x 2
+y 2=1 4
（2）设点T (x , y )，M (x 1, y 1), N (x 2, y 2)
OT =MN +2OM +ON
∴(x , y )=(x 1-x 2, y 1-y 2)+2(x 1, y 1)+(x 2, y 2)
⎧x =2x 2+x 1∴⎨
y =2y +y ⎩21
设直线OM , ON 的斜率分别为k OM , k ON ，由已知可得：k OM ⋅k ON =
y 2y 11
=- x 2x 14
∴x 1x 2+4y 1y 2=0
222222
考虑x +4y =(2x 2+x 1)+4(2y 2+y 1)=x 1+4y 1+4x 2+4y 2+4x 1x 2+16y 1y 2
2
2
()()
22⎧⎪x 1+4y 1=4
M , N 是C 2上的点 ∴⎨2 2
⎪⎩x 2+4y 2=4
∴x 2+4y 2=4+4⨯4=20
x 2y 2x 2y 2
+=1，由定义可知，T 到椭圆+=1焦点的距离和为定值 即T 的轨迹方程为
205205∴A , B 为椭圆的焦点
∴A , B
所以存在定点A , B
(
)
)
x 2y 2例9：椭圆E :2+2=1(a >b >0)的焦点到直线x -3y =
0a b
抛物线G :y 2=2px (p >0)的焦点与椭圆E 的焦点重合，斜率为k 的直线l 过G 的焦点与E 交于A , B ，与G 交于C , D （1）求椭圆E 及抛物线G 的方程 （2）是否存在常数λ，使得
1λ
为常数？若存在，求出λ的值；若不存在，请说+
AB CD
明理由
解：（1）设E , G 的公共焦点为F (c
,0)
∴d F -l =
=
⇒c =
2 ∴e =
c 1 =⇒a = ∴b 2=a 2-c 2=
a 5
x 2
∴E :+y 2=1
5
∴y 2=8x
（2）设直线l :y =k (x -2)，A (x 1, y 1), B (x 2, y 2), C (x 3, y 3), D (x 4, y 4)
⎧⎪y =k (x -2)2222
⇒5k +1x -20k x +20k -5=0 与椭圆联立方程：⎨()22
⎪⎩x +5y =5
20k 220k 2-5
∴x 1+x 2=, x 1x 2=
1+5k 21+5k 2
∴AB =
=
k 2+1)1+5k
2
直线与抛物线联立方程：⎨
⎧⎪y =k (x -2)2222
⇒k x -4k +8x +4k =0 ()2
⎪⎩y =8x
8(k 2+1)4k 2+8
∴x 3+x 4= CD 是焦点弦 ∴CD =x 3+x 4+4=
22
k k
2
1λ2λk 2224+20+k
∴+=+==2AB CD 8
k +1
若
1
λ1为常数，则20
=4 ∴λ= +
5AB CD
x 2y 2例10：如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C :2+2=1(a >b >0)的离心率为a b
3
直线l 与x 轴交于点E ，与椭圆C 交于A , B 两点，当直线l 垂直于x 轴且点E 为椭圆
C 的
右焦点时，弦AB 的长为（1）求椭圆C 的方程
3
（2）是否存在点E ，使得
11+为定值？若存在，22
EA EB
请求出点E 的坐标，并求出该定值；若不存在，请说明理由
解：（1）依题意可得：e =
c =
∴a :b :
c =a 3
当l 与x 轴垂直且E 为右焦点时，AB 为通径
2b 2
∴a , b =∴AB ==
a x 2y 2
∴+=1 62
（2）思路：本题若直接用用字母表示A , E , B 坐标并表示EA , EB ，则所求式子较为复杂，不易于计算定值与E 的坐标。因为E 要满足所有直线，所以考虑先利用特殊情况求出E 点及定值，再取判定（或证明）该点在其它直线中能否使得解：（2）假设存在点E ，设E (x 0,0) 若直线AB 与x
轴重合，则A
, B
11
+为定值。 EA 2EB 2
(
)1
)
∴EA =x 0+EB =x 0-
∴
1EA
2
+
1EB
2
=
1
(
x
+(x
2
+
-(x
2
=
22x 0+1220
-6)
2
若直线AB 与x 轴垂直，则A , B 关于x 轴对称
∴设A (x 0, y ), B (x 0, -y )，其中y >0，代入椭圆方程可得：
2x 0y 2
∴E =E +=1⇒y =62∴
1EA
2
+
1EB
2
=
2
2
x 02-
3
=
6
2
6-x 0
∴
22x 0+12
(x 02-6)
2
=
26222
⇒2x +66-x =6x -6，可解得：
()(()00)02
6-x 0
x 0=
1EA
2
+
1EB
2
=
6
=2 2
6-x 0
∴若存在点E
，则E
。若E
()，设A (x 1, y 1), B (x 2, y 2)
)
22⎧⎪x +3y =6
设AB :x =my +C
联立方程可得：⎨，消去y 可得：
⎪⎩x =my +
(my 2
+3y 2=6⇒(
m 2+3)y 2+-3=
3
y y =-12
m 2+
31
∴y 1+y 2=1EA
2
=
-x 11
)
2
+y
2
1
=
1m 2y 12+y 12
=
111
，同理： , =22222
EB m +1y 1m +1y 2
2
2
(y 1+y 2)-2y 1y 2
11y 12+y 2
∴+=+==22
EA EB m 2+1y 12m 2+1y 22m 2+1y 12y 22m 2+1y 12y 22
1
代入∴y 1+y 2=-
3
可得：
, y y =-1222
m +3m +3
2
⎛3⎫⎛-2⋅- ⎪2m +3⎝⎭11⎝⎭+==222
EA EB 3⎫⎛2
m +1-() ⎪2
⎝m +3⎭
所以
12m 2+6(m 2+3)9m 2+1(m 2+3)m 2+32
18m 2+18==2 2
9m +11EA
2
+
1EB
2
为定值，定值为2
若E ，同理可得
()
1EA
2
+
1EB
2
为定值2
综上所述：存在点E ，使得
()
1EA
2
+
1EB
2
为定值2
三、历年好题精选
x 2y 2
1、已知中心在原点，焦点在坐标轴上的椭圆E :2+2=1(a >b >
0)过点P ，
a b ⎭
离心率为
1
，过直线l :x =4上一点M 引椭圆E 的两条切线，切点分别是A , B 2
（1）求椭圆E 的方程
x 2y 2
（2）若在椭圆2+2=1(a >b >0)上的任一点N (x 0, y 0)处的切线方程是
a b x 0x y 0y
+2=1，求证：直线AB 恒过定点C ，并求出定点C 的坐标 a 2b
（3）是否存在实数λ，使得AC +BC =λAC ⋅BC 恒成立？（点C 为直线AB 恒过的
定点），若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由
x 2y 2
2、已知椭圆C :2+2=1(a >b >0)的一个焦点与抛物线y 2=4x 的焦点重合，
a b
⎛3⎫
D 1, ⎪是椭圆C 上的一点 ⎝2⎭
（1）求椭圆C 的方程
（2）设A , B 分别是椭圆C 的左右顶点，P , Q 是椭圆C 上异于A , B 的两个动点，直线
AP , AQ 的斜率之积为-
1
，设 APQ 与 BPQ 的面积分别为S 1, S 2，请问：是否存在常数4
λ(λ∈R )，使得S 1=λS 2恒成立？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由
1x 2y 2
3、已知椭圆2+2=1(a >b >
0)经过点，离心率为，左，右焦点分别为
2a b
(F 1(-c ,0)和F 2(c ,0)
（1）求椭圆C 的方程
（2）设椭圆C 与x 轴负半轴交点为A ，过点M (-4,0)作斜率为k (k ≠0)的直线l ，交椭圆C 于B , D 两点（B 在M , D 之间），N 为BD 中点，并设直线ON 的斜率为k 1 ① 证明：k ⋅k 1为定值
② 是否存在实数k ，使得F 1N ⊥AD ？如果存在，求直线l 的方程；如果不存在，请说明理由
4、
已知圆M :x +(2
+y 2=
36，定点N
，点P 为圆M 上的动点，点Q 在NP
)
上，点G 在M P 上，且满足NP =2NQ , GQ ⋅NP =0
（1）求点G 的轨迹C 的方程
（2）过点(2,0)作直线l ，与曲线C 交于A , B 两点，O 是坐标原点，设OS =OA +OB ，
是否存在这样的直线l ，使得四边形OASB 的对角线相等（即OS =AB ）？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，试说明理由
x 2y 2
5、（2014，福建）已知双曲线E :2-2=1(a >0, b >0)的两条渐近线分别为l 1:y =2x ，
a b
l 2:y =-2x
（1）求双曲线E 的离心率
（2）如图，O 为坐标原点，动直线l 分别交直线l 1, l 2于A , B 两点（A , B 分别在第一、四象限），且 OAB 的面积恒为8，试探究：是否存在总与直线l 有且只有一个公共点的双曲线E ？若存在，求出双曲线E 的方程；若不存在请说明理由
习题答案： 1、解析：（1
）e =
c 1
=⇒a :b :c =2: a 2
椭圆过点P
⎭∴
33
+=
1，再由a :b :c =
2可解得：a =2, b = a 24b 2
x 2y 2
=1 ∴椭圆方程为：+
43
（2）设切点坐标为A (x 1, y 1), B (x 2, y 2)，直线上一点M (4, t )，依题意可得： 两条切线方程为：
⎧x 1x
+⎪⎪4⎨
⎪x 2x +⎪⎩4y 1y ⎧
=1x 1+⎪⎪3
，由切线均过M 可得：⎨y 2y ⎪x +=12
⎪3⎩
t
y =1上 3
y 1t =13
y 2t =13
∴A (x 1, y 1), B (x 2, y 2)均在直线x +
因为两点唯一确定一条直线
∴AB :x +
t
y =1，即过定点(1,0)，即点C 的坐标为(1,0) 3
（3）AC +BC =λAC ⋅BC ⇔λ=
AC +BC AC ⋅BC
=
11
+
AC BC
ty ⎧
x +=1⎪
联立方程：⎨⇒(t 2+12)y 2-6ty -27=0 3
⎪3x 2+4y 2=12⎩
∴y 1+y 2=
6t 27
, y y =-，不妨设y 1>0, y 2
12
12+t 212+t 2
AC =
=y 1, BC =
3y 2
=-3
11⎛11⎫⎛y 2-y 1⎫∴+=-==⎪⎪AC BC y 1y 2⎭y 1y 2⎭
=4==
93∴∃λ=
4
，使得AC +BC =λAC ⋅BC 恒成立 3
2、解析：（1）抛物线y 2=4x 的焦点为(1,0) ∴c =1
9⎧1
+=1⎪
依题意可知：⎨a 24b 2⇒a 2=4, b 2=3
⎪a 2-b 2=c 2=1⎩
x 2y 2
=1 ∴椭圆方程为：+
43
（2）由（1）可得：A (-2,0), B (2,0)，若直线PQ 斜率存在
设PQ :y =kx +m ，P (x 1, y 1), Q (x 2, y 2)
∴A 到直线PQ
的距离d 1=
B 到直线PQ
的距离d 2=
1
⋅PQ d 1
S 1d 1-2k +m
∴===
S 2⋅PQ d d 22k +m
2
2
联立方程：⎨
⎧y =kx +m
22
⎩3x +4y =12
⇒(3+4k 2)x 2+8kmx +4m 2-12=0
8km 4m 2-12
∴x 1+x 2=-2, x 1x 2= 2
4k +34k +3
k AP ⋅k AQ =
y 1y 1
⋅2=-⇒4y 1y 2+(x 1+2)(x 2+2)=0 （*） x 1+2x 2+24
2
2
3m 2-12k 2
y 1y 2=(kx 1+m )(kx 2+m )=k x 1x 2+km (x 1+x 2)+m = 2
4k +3
16k 2-16km +4m 2
，代入到（*）可得： (x 1+2)(x 2+2)=x 1x 2+2(x 1+x 2)+4=
4k 2+316m 2-16km -32k 222
=0⇒m -km -2k =0 2
4k +3∴m =2k 或m =-k
当m =2k 时，PQ :y =kx +2k =k (x +2)，交点与A 重合，不符题意
∴m =-k ，代入到
S 1
可得： S 2
S 1-3k ==3⇒S 1=3S 2，即λ=3 S 2k
3、解：（1）依题意可知：e =
c 1
=
可得：a :b :c = a 2
x 2y 2
∴椭圆方程为：2+2=
1，代入可得：c =1
4c 3c
(x 2y 2
=1 ∴椭圆方程为：+
43
（2）① 证明：设B (x 1, y 1), D (x 2, y 2)，线段BD 的中点N (x 0, y 0)
设直线l 的方程为：y =k (x +4)，联立方程：
⎧⎪y =k (x +4)2222 化为：(3+4k )x +32k x +64k -12=0 ⎨22⎪⎩3x +4y =12
1-32k 264k 2-12, x 1x 2=由∆>0解得：k
12k x 1+x 216k 2
∴x 0==-2 y 0=k (x 0+4)= 24k +324k +3
∴k 1=33y 03=- ∴k 1k =-⋅k =- 4k 4x 04k
② 假设存在实数k ，使得F 1N ⊥AD ，则k F 1N ⋅k AD =-1
∴k F 1N 12k y 2=4k =0=16k 2x 0+11-4k 2-+13+4k 2
k AD =k (x 2+4)y 2 =x 2+2x 2+2
k (x 2+4)4k =⋅=-1 1-4k 2x 2+2k F 1N ⋅k AD
22222即4k x 2+16k =4k -1x 2+8k -2⇒x 2=-2-8k
因为D 在椭圆上，所以x 2∈[-2,2]，矛盾
所以不存在符合条件的直线l
4、解析：（1）由NP =2NQ , GQ ⋅NP =0可得Q 为PN 的中点，且GQ ⊥PN
∴GQ 为PN 的中垂线 ∴P =G
∴GN +GM =MP =6
∴G 点的轨迹是以M , N 为焦点的椭圆，其半长轴长为a =
3，半焦距c = ∴b 2=a 2-c 2=4
x 2y 2
=1 ∴轨迹方程为：+94
（2）因为OS =OA +OB
∴ 四边形OASB 为平行四边形 若OS =AB ，则四边形OASB 为矩形，即OA ⋅OB =0
① 若直线l 的斜率不存在，则l :x =2
⎧x =2⎧x =2⎛⎛⎪2⎪2联立方程：⎨x ⇒⎨y ，即A , B 2, =1⎪y =⎝⎭⎝⎭⎪+4⎩9⎩
16∴OA ⋅OB =≠0 故l :x =2不符合要求 9
② 若直线l 的斜率存在，设l :y =k (x -2), A (x 1, y 1), B (x 2, y 2)
⎧y =k (x -2)⎪由⎨x 2y 2⇒(9k 2+4)x 2-36k 2x +36(k 2-1)=0 =1⎪+4⎩9
36(k 2-1)36k 2
x 1+x 2=2, x 1x 2=29k +49k +4
20k 2
y 1y 2=k (x 1-2)⋅k (x 2-2)=k ⎡⎣x 1x 2-2(x 1+x 2)+4⎤⎦=-9k 2+4 2
OA ⊥OB ∴OA ⋅OB =0
36(k 2-1)320k 2
k =±，解得： ∴OA ⋅OB =x 1x 2+y 1y 2=-=02229k +49k +4
所以存在l :3x -2y -6=0或3x +2y -6=0，使得四边形OASB 的对角线相等
5、解析：（1）由双曲线方程可知，渐近线方程为y =±b x a
∴b =2⇒b =2a ∴c 2=a 2+b 2=5a
2 a
c ∴e == a
（2）若直线l 不与x 轴垂直，设l :y =mx +t , A (x 1, y 1), B (x 2, y 2)
t -t ⎧⎧x =x =⎪⎪⎧x =my +t ⎧x =my +t ⎪11-2m ⎪11+2m ⇒⎨⇒⎨联立方程：⎨ ，同理可得⎨ ⎩y =2x ⎩y =-2x ⎪y =2t ⎪y =-2t
11⎪⎪1-2m 1+2m ⎩⎩
设直线l 与x 轴交于C (t ,0)
∴S OAB =112t 2t ⋅OC ⋅y 1-y 2即t +=8⇒t 2=41-4m 2 221-2m 1+2m
由直线l 与渐近线的交点A , B 分别在第一、四象限可知：111>2⇒-0 ∴t 2=4(1-4m 2)
x 2y 2
=1 由（1）可得双曲线方程为：2-a 4a 2
联立l 与双曲线方程：
⎧x =my +t ⇒(4m 2-1)y 2+8mty +4(t 2-a 2)=0 ⎨222⎩4x -y =4a
因为l 与双曲线相切
∴∆=(8mt )-16(t 2-a 2)(4m 2-1)=0 2
22222整理可得：4m a +41-4m -a =0⇒1-4m ()()(4-a )=0 2
x 2y 2
-=1 所以a =4 ∴ 双曲线方程为：4162
x 2y 2
=1 ∴存在一个总与l 相切的双曲线E ，其方程为-416