存在性问题的优秀方案
王靖涵 2013.12.17 P20 T1 X 2
+y 2=1 过椭圆的右焦点F 的弦为MN ，在X 轴上是否存在定点R ，以使已知椭圆4
RM ∙RN 为常数？
x
(1)
途径一：让含变量的系数为零。
假设R(X0，0) 存在，设M(X1，Y 1) N（X 2，Y 2）
RM ∙RN = X 1∙X 2- X0（X 1+ X2）+ X 02+ Y 1 Y 2 ¤
⎧Y =K(X-⎪① 当K 存在， 设⎨X 2 2+y =1⎪⎩4⇒ （1+4K2）·X 22X+12K2-4=0
且 Y 1Y 2=k 2（x 1（x 2 ①
⎧2
②⎪x 1+x 2=21+4k ⎪⎪12k 2-4 ③ 韦达定理：⎨x 1x 2=21+4k ⎪⎪∆＞0⎪⎩
k 227-0 将①，②，③代入¤
RM
∙
RN =X 02-4+ 1+4k 2
k 227-0
若()()1+4k
2与k 无关，则 27-0=0 x 0 13此时RM ∙RN = 64
② 当K 不存在 y=±1 2 130） RM ∙RN = ∴综上所述 R 64
方法一是好方法，但运算量大，易错，不能快而准，若能猜出R 点，再验证即可迅速！ 如何猜出R 点，矛盾的普遍性存在于特殊性中，若存在R 点，此点对于MN 垂直x ，y 轴这两个特性情况也仍然成立。
途径二：特例直达结果
法二： 取M N ⊥ox ，此时x=
得： M 1取M N ⊥oy ，此时y=0 11）N 1-），M 2（2，0）N 1（-2，0）， 22 13RM ∙RN = RM 1∙ RN 1= RM 2∙ RN 2 ⇒ x 064
0）即为所求。 因此猜出R 下面的过程只要将法一中的x 0
T2:
x 2y 2
-=1，P 是双曲线上动点，X P ＞0。是否存在实数λ，使∠PFA = 已知双曲线412
λ∠PAF 恒成立？（F 为右焦点）
(2)
解：当PF ⊥ox 时，易得AF =PF =6
以下证明猜想λ=2成立。
设P （x 0，y 0），则y 02=3x02-12
tan2(∠PAF )=x ⇒ PAF 为等腰直角 。猜测λ=2. 2tan ∠PAF 2k PA 2y 0(x 0+2) 2y 0(x 0+2) === 1-tan 2∠PAF 1-k 2PA (x 0+2) 2-y 2(x 0+2) 2-(3x 02-12) =-y 0(x 0+2) y 0=- (x 0-4)(x 0+2) (x 0-4)
y 0=-tan ∠PFA (x 0-4) 又K pf =
即tan ∠PFA =tan 2(∠PAF ) ⇒∠PFA =2∠PAF (在（0，π）上) 。
T3：
动圆Cm ：x 2-2mx+y2+2（m-2）y=0
（m ∈R ，且m ≠1），当m 变化时
证明所有圆：⑴圆心在直线l 1上，求l 1方程
⑵ 恒过一定A ，求A 点坐标。
⑶恒与直线l 2相切，求l 2方程。
l 2
（3）
解：⑴ 略，答案l 1：x+y=2
⑵ 当m=2时，（x-2）2+y2=2 ①
m=3时，（x-3）2+(y+1)2=8 ②
②-① 2x-5-2y-1=6 ③
由 ①，③得，⎨⎧x =1
⎩y =1 猜想定点A （1，1）
将A （1，1）带入方程C m 中，左=1-2m+1+2（m-2）+2=0 故所有圆恒过定点A(1,1)。
⑶ 令m=0⇒x 2+（y-2）2=2 ①
m=2⇒x-2）2+y2=2 ②
设①，②的公切线kx-y-b=0， 由圆心到直线距=半径
⇒ = ⇒⎧
⎨k =1
⎩b =0
= Cm ： （x-m ）2+（y+m-2）2=2m2-4m+2=m -1) ⎤⎦2可得圆心（m ，2-m ）到l 2距离-1 r=d，故所有圆恒与l 2相切。
猜y=x
本文通过特例 直达目标
以动制静，静动结合。方法、运算迅捷，思维独特。
王靖涵
有内涵
存在性问题的优秀方案
王靖涵 2013.12.17 P20 T1 X 2
+y 2=1 过椭圆的右焦点F 的弦为MN ，在X 轴上是否存在定点R ，以使已知椭圆4
RM ∙RN 为常数？
x
(1)
途径一：让含变量的系数为零。
假设R(X0，0) 存在，设M(X1，Y 1) N（X 2，Y 2）
RM ∙RN = X 1∙X 2- X0（X 1+ X2）+ X 02+ Y 1 Y 2 ¤
⎧Y =K(X-⎪① 当K 存在， 设⎨X 2 2+y =1⎪⎩4⇒ （1+4K2）·X 22X+12K2-4=0
且 Y 1Y 2=k 2（x 1（x 2 ①
⎧2
②⎪x 1+x 2=21+4k ⎪⎪12k 2-4 ③ 韦达定理：⎨x 1x 2=21+4k ⎪⎪∆＞0⎪⎩
k 227-0 将①，②，③代入¤
RM
∙
RN =X 02-4+ 1+4k 2
k 227-0
若()()1+4k
2与k 无关，则 27-0=0 x 0 13此时RM ∙RN = 64
② 当K 不存在 y=±1 2 130） RM ∙RN = ∴综上所述 R 64
方法一是好方法，但运算量大，易错，不能快而准，若能猜出R 点，再验证即可迅速！ 如何猜出R 点，矛盾的普遍性存在于特殊性中，若存在R 点，此点对于MN 垂直x ，y 轴这两个特性情况也仍然成立。
途径二：特例直达结果
法二： 取M N ⊥ox ，此时x=
得： M 1取M N ⊥oy ，此时y=0 11）N 1-），M 2（2，0）N 1（-2，0）， 22 13RM ∙RN = RM 1∙ RN 1= RM 2∙ RN 2 ⇒ x 064
0）即为所求。 因此猜出R 下面的过程只要将法一中的x 0
T2:
x 2y 2
-=1，P 是双曲线上动点，X P ＞0。是否存在实数λ，使∠PFA = 已知双曲线412
λ∠PAF 恒成立？（F 为右焦点）
(2)
解：当PF ⊥ox 时，易得AF =PF =6
以下证明猜想λ=2成立。
设P （x 0，y 0），则y 02=3x02-12
tan2(∠PAF )=x ⇒ PAF 为等腰直角 。猜测λ=2. 2tan ∠PAF 2k PA 2y 0(x 0+2) 2y 0(x 0+2) === 1-tan 2∠PAF 1-k 2PA (x 0+2) 2-y 2(x 0+2) 2-(3x 02-12) =-y 0(x 0+2) y 0=- (x 0-4)(x 0+2) (x 0-4)
y 0=-tan ∠PFA (x 0-4) 又K pf =
即tan ∠PFA =tan 2(∠PAF ) ⇒∠PFA =2∠PAF (在（0，π）上) 。
T3：
动圆Cm ：x 2-2mx+y2+2（m-2）y=0
（m ∈R ，且m ≠1），当m 变化时
证明所有圆：⑴圆心在直线l 1上，求l 1方程
⑵ 恒过一定A ，求A 点坐标。
⑶恒与直线l 2相切，求l 2方程。
l 2
（3）
解：⑴ 略，答案l 1：x+y=2
⑵ 当m=2时，（x-2）2+y2=2 ①
m=3时，（x-3）2+(y+1)2=8 ②
②-① 2x-5-2y-1=6 ③
由 ①，③得，⎨⎧x =1
⎩y =1 猜想定点A （1，1）
将A （1，1）带入方程C m 中，左=1-2m+1+2（m-2）+2=0 故所有圆恒过定点A(1,1)。
⑶ 令m=0⇒x 2+（y-2）2=2 ①
m=2⇒x-2）2+y2=2 ②
设①，②的公切线kx-y-b=0， 由圆心到直线距=半径
⇒ = ⇒⎧
⎨k =1
⎩b =0
= Cm ： （x-m ）2+（y+m-2）2=2m2-4m+2=m -1) ⎤⎦2可得圆心（m ，2-m ）到l 2距离-1 r=d，故所有圆恒与l 2相切。
猜y=x
本文通过特例 直达目标
以动制静，静动结合。方法、运算迅捷，思维独特。
王靖涵
有内涵