【新高考复习】专题31 圆锥曲线存在性问题的五种类型大题100题(解析版)

专题31圆锥曲线存在性问题的五种类型大题100题类型一:存在性问题---角度关系1-20题1．已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab的右焦点为(c,0)F，离心率为2，直线2axc与C的一条渐近线交于点P，且3PF．（1）求双曲线C的标准方程；（2）设Q为双曲线C右支上的一个动点在x轴上是否存在定点M，使得2QFMQMF？若存在，求出点M的坐标；若不存在请说明理由．【答案】（1）2213yx（2）满足条件的点M存在，坐标为(1,0)【分析】（1）设直线2axc与渐近线byxa的交点为P，两方程联立方程组可求得2,aabPcc，再由||3PF列方程可求出23b，再由离心率为2可求出21a，从而可求出双曲线方程，（2）设000,1Qxyx为双曲线C右支上一点，则220013yx，当02x，可得45QMF，从而可求得(1,0)M，当02x时，则由2QFMQMF，可得0002000221yyxtxyxt，然后分00y和00y求解即可（1）根据双曲线的对称性不妨设直线2axc与渐近线byxa的交点为P，则联立2axcbyxa得：2,aabPcc由||3PF可得：2223abaccc，即23b，由离心率2e可得：222224cabaa，故21a所以双曲线的标准方程为：2213yx．（2）假设存在点(,0)Mt满足题设条件．由（1）知双曲线C的右焦点为(2,0)F．设000,1Qxyx为双曲线C右支上一点，则220013yx①当02x时，03y．因为290QFMQMF°，所以45QMF，于是03MFQFy，所以1t．即(1,0)M．②当02x时，0000tan,tan2QFQMyyQFMkQMFkxxt因为2QFMQMF，所以0002000221yyxtxyxt（ⅰ）当00y时，上式化简得：2220003(44)40xytxtt又220013yx即：220033xy，带入上式得：20(44)340txtt所以2(44)0340ttt解得1t．即(1,0)M（ⅱ）当00y时，1t，即(1,0)M也能满足2QFMQMF综上可得：满足条件的点M存在，其坐标为(1,0)．2．已知双曲线：222210,0xyabab，2,0A，315,22B，315,22C，1,0D，4,0E五点中恰有三点在上.（1）求的方程；（2）设P是上位于第一象限内的一动点，则是否存在定点,00Qmm，使得1π22PQAPAE,若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）2213yx（2）存在，定点1,0Q【分析】（1）、根据五点的坐标及双曲线的对称性和顶点的特征确定,,BCD都在上，得到方程组，求得2a，2b，即可得的方程；（2）、根据条件及补角的定义得到2PQAPAQ，分PAx轴与PA不与x轴垂直两种情况分析求解.（1）若2,0A，1,0D，4,0E在双曲线上，则2,0A，1,0D，4,0E只能是双曲线的顶点，2,0A，1,0D，4,0E三点中只能有一点是顶点，,BC都在双曲线上，315,22BQ，315,22C，,BC两点关于0,0上对称，由双曲线顶点的位置特征分析可知，1,0D在上，将1,0D，315,22B代入双曲线的方程22221xyab中，则22291514411aba，得21a，23b，故的方程为2213yx.（2）假设存在定点Q满足题意，1π22PQAPAEQ，2πPQAPAE，2πPQAPAE，2PQAPAQ.①、当PAx轴时，2,0A,2,3P，π4PQA，在tRPQAV中，QAPA,32m，1m，此时1,0Q.②、当PA不与x轴垂直时，假设1,0Q，满足2PQAPAQ.设00,Pxy，则220033xy，00tan1yPQAx，0000000222220000000221211tan22113311yyxyxxyPQAxxyxxyx，又00tan2yPAQx，tan2tanPQAPAQ，即2PQAPAQ，所以假设成立.故存在定点1,0Q，使得1π22PQAPAE.3．已知椭圆C：22221xyab（ab0）的离心率为22，点P（0，1）和点A（m，n）（m≠0）都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M．（1）求椭圆C的方程，并求点M的坐标（用m，n表示）；（2）设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N，问：y轴上是否存在点Q，使得∠OQM=∠ONQ？若存在，求点Q的坐标，若不存在，说明理由．【答案】（1）2212xy；,01mMn（2）存在；(0,2)Q或(0,2)Q【分析】（1）根据椭圆的几何性质得出222122bcaabc，即可求出椭圆方程，再求出PA的方程，即可得解．（2）求解得出(1mMn，0)，(1mNn，0)，运用图形得出tantanONQOQM，QMNQyxxy，求解即可得出即2QMNyxx，2212mn，根据m，m的关系整体求解．（1）解：由题意得出222122bcaabc解得：2a，1b，1c2212xy，(0,1)P和点(,)Amn，11nPA的方程为：11nyxm，0y时，1Mmxn(1mMn，0)（2）点B与点A关于x轴对称，点(Am，)(0)nm点(Bm，)(0)nm直线PB交x轴于点N，(1mNn，0)，存在点Q，使得OQMONQ，(0,)QQy，tantanONQOQM，QMNQyxxy，即2QMNyxx，2212mn，22221Qmyn，2Qy，故y轴上存在点Q，使得OQMONQ，(0,2)Q或(0,2)Q4．设点A、F分别是双曲线22931xy的左顶点和右焦点，点P是双曲线右支上的动点.(1)若PAF△是直角三角形，求点P的坐标；(2)是否存在常数，使得PFAPAF对任意的点P恒成立？证明你的结论．【答案】(1)2,13或53,124；(2)存在，证明见解析．【分析】(1)结合双曲线方程22931xy，分类讨论90APF和90AFP两种情况，即可求解；(2)首先讨论当当PFx轴时，求出，然后讨论PF不垂直x轴时的情况，根据双曲线对称性，令点P在第一象限，分别表示出tanPFA，tanPAF，再结合点P在双曲线上，即可求解.【详解】(1)设P点坐标为(,)xy，由已知1,03A，2,03F，则1,3APxy，2,3FPxy，若90AFP，则23x，代入22931xy得1y，∴P点坐标为2,13．若90APF，则212033APFPxxy．由22212033931xxyxy得512x，34y，∴P点坐标为53,124．综上，P点坐标为2,13或53,124.(2)当PFx轴时，由(1)知|||PFAF∣，2=2PFAPAF．以下证明：当PF不垂直于x轴时，2PFAPAF也成立．设P点坐标为00,xy，由对称性，假设P在第一象限，且PF不垂直于x轴，∴00tan23yPFAx，00tan13yPAFx，2200931xy，结合正切二倍角公式联立以上三式可得，00tan2tan23yPAFPFAx，∴2PFAPAF．综上，存在2，使得2PFAPAF对任意的点P恒成立.5．已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为12，左、右焦点分别为12,FF，O为坐标原点，点P在椭圆C上，且满足1||4PFuuur，1212||||20PFPFPFPFuuuruuuruuuruuur.（1）求椭圆C的方程；（2）已知过点(2,0)且不与x轴重合的直线l与椭圆C交于,MN两点，在x轴上是否存在定点Q，使得MQONQO.若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）2211612xy；（2）存在，(8,0)Q.【分析】（1）由题设条件可得1212121cos2||||PFPFFPFPFPFuuuruuuruuuruuur，即1260FPF，结合余弦定理以及21||24,2cPFaa，可得解,,abc；（2）转化MQONQO为0MQNQkk，用点坐标表示斜率可得12121212122(2)()0()()MQNQyytyymyykkxmxmtymtym，将直线和椭圆联立，结合韦达定理即得解.【详解】（1）由1212121cos2||||PFPFFPFPFPFuuuruuuruuuruuur知1260FPF，在△12FPF中，21||24,2cPFaa，22416(24)4(24)caa，解得24,2,12acb，所以椭圆22:11612xyC；（2）假设存在点(,0)Qm满足条件，设直线l方程为2xty，设1122(,),(,)MxyNxy22211612xtyxy，消去x有22(3+4)12360tyty，1212221236,3+43+4tyyyytt，221212121212127212(2)2(2)()3+43+40()()(6)(6)MQNQtmtyytyymyyttkkxmxmtymtymtyty.因为MQONQO，所以0MQNQkk，即7212(2)0tmt，解得8m.所以存在(8,0)Q，使得MQONQO.6．已知椭圆2222:1(0)Cbbxaay的上、下焦点分别为12FF、，离心率为22，点G是椭圆上一点，12GFF△的周长为4326．（1）求椭圆C的方程；（2）过点(0,6)R的动直线l交C于,MN两点，y轴上是否存在定点S，使得RSMRSN总成立？若存在，求出定点S；若不存在，请说明理由．【答案】（1）221126yx；（2）(0,2)S.【分析】（1）由离心率22e，得到2ac，再由12GFF△的周长，得到436222ac，求得,,abc的值，即可求得椭圆的方程；（2）假设存在这样的点(0,)St，使得RSMRSN，当直线l的斜率存在时，设:6lykx，联立方程组，得到1212221224,22kxxxxkk，由RSMRSN，得到0MSNSkk，代入求得212(2)02tk，得到2t，得出(0,2)S；当斜率不存在是，得到直线l过点(0,2)S，即可得到结论.【详解】（1）由题意，椭圆2222:1yxCab的离心率为22，可得22ca，即2ac，又由点G是椭圆上一点，12GFF△的周