专题9 圆锥曲线中的存在、探索性问题

（1） 【解】由题意可知 $ M(-2,1) $ ， $ N(4,4) $ ，则直线 $ MN $ 的斜率 $ {k}_{MN}=\dfrac{4-1}{4-(-2)}=\dfrac{1}{2} $ ，线段 $ MN $ 的中点坐标为 $ (1,\dfrac{5}{2}) $ ，所以直线 $ l $ 的方程为 $ y-4=\dfrac{1}{2}(x-4) $ ，即 $ x-2y+4=0 $ ,线段 $ MN $ 的垂直平分线的斜率为 $ -2 $ ,所以线段 $ MN $ 的垂直平分线的方程为 $ y-\dfrac{5}{2}=-2(x-1) $ ，即 $ 4x+2y-9=0 $ .

（2） 存在符合题意的点 $ P(0,-a) $ ，理由如下：

设点 $ P(0,b) $ 为符合题意的点， $ M({x}_{1},{y}_{1}) $ ， $ N({x}_{2},{y}_{2}) $ ，直线 $ PM $ ， $ PN $ 的斜率分别为 $ {k}_{1} $ ， $ {k}_{2} $ ．

联立 $ \begin{cases}y=kx+a,\\ y=\dfrac{{x}^{2}}{4},\end{cases} $ 得 $ {x}^{2}-4kx-4a=0 $ ，

因为 $ a > 0 $ ，所以 $ \mathrm{\Delta }=16{k}^{2}+16a > 0 $ ，可得 $ {x}_{1}+{x}_{2}=4k $ ， $ {x}_{1}{x}_{2}=-4a $ ，

从而 $ {k}_{1}+{k}_{2}=\dfrac{{y}_{1}-b}{{x}_{1}}+\dfrac{{y}_{2}-b}{{x}_{2}}=\dfrac{k{x}_{1}+a-b}{{x}_{1}}+\dfrac{k{x}_{2}+a-b}{{x}_{2}}=\dfrac{2k{x}_{1}{x}_{2}+(a-b)({x}_{1}+{x}_{2})}{{x}_{1}{x}_{2}}=\dfrac{-8ka+4k(a-b)}{-4a}=\dfrac{k(a+b)}{a} $ ，

因为 $ k $ 不恒为0，所以当且仅当 $ b=-a $ 时，恒有 $ {k}_{1}+{k}_{2}=0 $ ，

此时直线 $ PM $ 与直线 $ PN $ 的倾斜角互补，即 $ \mathrm{\angle }OPM=\mathrm{\angle }OPN $ ，

所以存在点 $ P(0,-a) $ 符合题意．

（1） 【解】依题意得 $ \begin{cases}2c=2\sqrt{2},\\ \dfrac{b}{a}=1,\\ {c}^{2}={a}^{2}+{b}^{2},\end{cases} $ 解得 $ a=b=1 $ , $ c=\sqrt{2} $ ,所以 $ \Gamma $ 的方程为 $ {x}^{2}-{y}^{2}=1 $ .

（2） 由（1）知 $ {F}_{1}(-\sqrt{2},0) $ ,双曲线 $ \Gamma $ 的方程为 $ {x}^{2}-{y}^{2}=1 $ ,联立 $ \begin{cases}y=\sqrt{2}x+t,\\ {x}^{2}-{y}^{2}=1,\end{cases} $ 消去 $ y $ 并化简得 $ {x}^{2}+2\sqrt{2}tx+{t}^{2}+1=0 $ ,由题意可得 $ \mathrm{\Delta }=8{t}^{2}-4({t}^{2}+1)=0 $ ,解得 $ t=±1 $ ,因为 $ t < 0 $ ,所以 $ t=-1 $ ,代入上式,解得 $ x=\sqrt{2} $ , $ y=1 $ ,所以 $ P(\sqrt{2},1) $ .

设 $ Q(0,q) $ ,因为 $ \mathrm{\angle }{F}_{1}QP $ 为直角,所以 $ \overrightarrow {Q{F}_{1}}\cdot \overrightarrow {QP}=(-\sqrt{2},-q)\cdot (\sqrt{2},1-q)=-\sqrt{2}×\sqrt{2}-q(1-q)=0 $ ,解得 $ q=2 $ 或 $ -1 $ ,所以 $ Q(0,2) $ 或 $ (0,-1) $ .

（3） 易知 $ {k}_{OP}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ,设 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ , $ {l}_{2}:y=\dfrac{\sqrt{2}}{2}x+m $ ,联立 $ \begin{cases}y=\dfrac{\sqrt{2}}{2}x+m,\\ {x}^{2}-{y}^{2}=1,\end{cases} $ 消去 $ y $ 并化简得 $ {x}^{2}-2\sqrt{2}mx-2{m}^{2}-2=0 $ ,则 $ \mathrm{\Delta }=8{m}^{2}-4(-2{m}^{2}-2)=16{m}^{2}+8 > 0 $ , $ {x}_{1}+{x}_{2}=2\sqrt{2}m $ , $ {x}_{1}{x}_{2}=-2({m}^{2}+1) $ ,联立 $ \begin{cases}y=\dfrac{\sqrt{2}}{2}x+m,\\ y=\sqrt{2}x-1,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}x=\sqrt{2}m+\sqrt{2},\\ y=2m+1,\end{cases} $ 所以 $ K(\sqrt{2}m+\sqrt{2},2m+1) $ .

假设存在 $ \lambda $ 满足题意,则 $ \sqrt{1+{\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) ^ {2}}}\cdot \left|{x}_{1}-{x}_{K}\right|\cdot \sqrt{1+{\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) ^ {2}}}\cdot \left|{x}_{2}-{x}_{K}\right|= $

$ \lambda [{\left(\sqrt{2}m+\sqrt{2}-\sqrt{2}\right) ^ {2}}+{\left(2m+1-1\right) ^ {2}}] $ ,即 $ \dfrac{3}{2}\left|{x}_{1}{x}_{2}-{x}_{K}({x}_{1}+{x}_{2})+{x}_{K}^{2}\right|=6{m}^{2}\lambda $ ,代入点 $ K $ 坐标及根与系数的关系化简得 $ 6{m}^{2}=6{m}^{2}\lambda $ ,解得 $ \lambda =1 $ .故存在 $ \lambda =1 $ ,使得 $ \left|KA\right|\cdot \left|KB\right|=\lambda {\left|KP\right|}^{2} $ .

（1） 【解】因为椭圆 $ C:\dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1(a > b > 0) $ 的长轴长为6,所以 $ 2a=6⇒a=3. $ .又因为椭圆的离心率 $ e=\dfrac{2}{3} $ ,所以 $ e=\dfrac{2}{3}=\dfrac{c}{a}⇒\dfrac{2}{3}=\dfrac{c}{3}⇒c=2. $ ,所以 $ {b}^{2}={a}^{2}-{c}^{2}=9-4=5 $ ,

故椭圆 $ C $ 的标准方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{9}+\dfrac{{y}^{2}}{5}=1 $ .

（2） ① 如图所示，联立 $ \begin{cases}\dfrac{{x}^{2}}{9}+\dfrac{{y}^{2}}{5}=1,\\ y=x+m,\end{cases} $ 消去 $ y $ 整理得 $ 14{x}^{2}+18mx+9{m}^{2}-45=0 $ ,

因为直线 $ y=x+m $ 与椭圆 $ C $ 相交于 $ A $ , $ B $ 两点,所以 $ \mathrm{\Delta }={\left(18m\right) ^ {2}}-4×14\cdot (9{m}^{2}-45) > 0⇒-\sqrt{14} < m < \sqrt{14}. $ ,设 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ ,则 $ {x}_{1}+{x}_{2}=-\dfrac{18m}{14}=-\dfrac{9m}{7} $ , $ {x}_{1}{x}_{2}=\dfrac{9{m}^{2}-45}{14} $ ,则 $ \left|AB\right|=\sqrt{1+1}\cdot \left|{x}_{1}-{x}_{2}\right|=\sqrt{2}×\sqrt{{\left({x}_{1}-{x}_{2}\right) ^ {2}}}=\sqrt{2}× $

$ \sqrt{{\left({x}_{1}+{x}_{2}\right) ^ {2}}-4{x}_{1}{x}_{2}}=\dfrac{30}{7} $ ,即 $ {\left(-\dfrac{9m}{7}\right) ^ {2}}-4×\dfrac{9{m}^{2}-45}{14}=\dfrac{450}{49}⇒m=±2\in (-\sqrt{14},\sqrt{14}). $ ,

所以实数 $ m $ 的值为 $ ±2 $ .

② 当 $ m $ 变化时,线段 $ AB $ 的中点 $ M $ 恒在直线 $ y=-\dfrac{5}{9}x $ 上.

理由如下:设 $ M(x,y) $ ,则 $ x=\dfrac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2} $ , $ y=\dfrac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2} $ ,由①知 $ {x}_{1}+{x}_{2}=-\dfrac{9m}{7} $ , $ {y}_{1}+{y}_{2}={x}_{1}+m+{x}_{2}+m=\dfrac{5m}{7} $ ,所以 $ \begin{cases}x=-\dfrac{9m}{14},\\ y=\dfrac{5m}{14},\end{cases} $ 消去 $ m $ 可得 $ y=-\dfrac{5}{9}x $ ,所以当 $ m $ 变化时,线段 $ AB $ 的中点 $ M $ 恒在直线 $ y=-\dfrac{5}{9}x $ 上.

（1） 【解】由题意可知，椭圆 $ C $ 的左焦点 $ {F}_{1}(-1,0) $ ，点 $ A $ 在椭圆 $ C $ 上，则 $ |A{F}_{1}|+|AF|=2a $ ，又 $ \sqrt{ (-1+1)^{2}+{\left(\dfrac{3}{2} \right) ^ {2}}}+\sqrt{ (-1-1)^{2}+{\left(\dfrac{3}{2} \right) ^ {2}}}=4 $ ，

$ \therefore a=2 $ ， $ b=\sqrt{4-1}=\sqrt{3} $ ，故椭圆 $ C $ 的标准方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{3}=1 $ .

（2） （ⅰ） 由题设，当直线 $ l $ 的斜率不存在时， $ {S}_{△MON}=\dfrac{3}{2} $ ，不符合题意，

当直线 $ l $ 的斜率存在时，设直线 $ l $ 的方程为 $ y=k(x-1)(k\ne 0) $ ， $ M({x}_{1},{y}_{1}) $ ， $ N({x}_{2},{y}_{2}) $ ，

由 $ \begin{cases}y=k(x-1),\\ 3{x}^{2}+4{y}^{2}=12\end{cases}⇒(3+4{k}^{2}){x}^{2}-8{k}^{2}x+4{k}^{2}-12=0 $ ， $ \mathrm{\Delta } > 0 $ ,

则 $ {x}_{1}+{x}_{2}=\dfrac{8{k}^{2}}{4{k}^{2}+3} $ ， $ {x}_{1}{x}_{2}=\dfrac{4{k}^{2}-12}{4{k}^{2}+3} $ ，

则 $ |MN|=\sqrt{1+{k}^{2}}×\sqrt{{\left({x}_{1}+{x}_{2}\right) ^ {2}}-4{x}_{1}{x}_{2}}=\sqrt{1+{k}^{2}}\cdot \dfrac{12\sqrt{{k}^{2}+1}}{4{k}^{2}+3}=\dfrac{12({k}^{2}+1)}{4{k}^{2}+3} $ ，

又原点 $ O $ 到直线 $ l $ 的距离 $ d=\dfrac{|k|}{\sqrt{{k}^{2}+1}} $ ，

$ \therefore {S}_{△MON}=\dfrac{1}{2}|MN|×d=6\dfrac{|k|\sqrt{{k}^{2}+1}}{4{k}^{2}+3}=\dfrac{6\sqrt{2}}{7} $ ，

解得 $ k=±1 $ ， $ \therefore $ 直线 $ l $ 的方程为 $ x-y-1=0 $ 或 $ x+y-1=0 $ .

（ⅱ） 设线段 $ MN $ 的中点为 $ S $ ，则直线 $ SP $ 为线段 $ MN $ 的垂直平分线，由 $ (\mathrm{i}) $ 知 $ {x}_{1}+{x}_{2}=\dfrac{8{k}^{2}}{4{k}^{2}+3} $ ， $ {x}_{1}{x}_{2}=\dfrac{4{k}^{2}-12}{4{k}^{2}+3} $ ，

故 $ {x}_{S}=\dfrac{4{k}^{2}}{4{k}^{2}+3} $ ，故 $ {y}_{S}=\dfrac{-3k}{4{k}^{2}+3} $ ，分析知 $ k\ne 0 $ ，故直线 $ SP $ 的方程为 $ y=-\dfrac{1}{k}(x-\dfrac{4{k}^{2}}{4{k}^{2}+3})-\dfrac{3k}{4{k}^{2}+3} $ ，令 $ y=0 $ ，则 $ {x}_{0}=\dfrac{{k}^{2}}{4{k}^{2}+3} $ ，故 $ {x}_{Q}=\dfrac{7{k}^{2}}{4{k}^{2}+3} $ ， $ {y}_{Q}=\dfrac{-6k}{4{k}^{2}+3} $ ，而点 $ Q $ 在椭圆 $ C $ 上，故 $ \dfrac{49{k}^{4}}{4(4{k}^{2}+3)^{2}}+\dfrac{36{k}^{2}}{3(4{k}^{2}+3)^{2}}=1 $ ，整理得 $ 5{k}^{4}+16{k}^{2}+12=0 $ ，该方程无解，所以不存在满足条件的点 $ P({x}_{0},0) $ .