圆锥曲线中的探究(存在)性问题-(通用版)(解析版)

圆锥曲线中的典型问题与处理方法——数学之家出品圆锥曲线中的探究性（存在性）问题（一）存在性问题是一种具有开放性和发散性的问题， 此类题目的条件和结论不完备， 要求学生结合已有的条件进行观察、分析、 比较和概括，它对数学思想、数学意识及综合运用数学 方法的能力有较高的要求， 特别是在解析几何第二问中经常考到 “是否存在这样的点” 的问题，也就是是否存在定值定点定直线的问题。

一、是否存在这样的常数例 1．在平面直角坐标系 xOy 中，经过点 (0， 2) 且斜率为 k 的直线 l 与椭圆x2y 21有2两个不同的交点 P 和Q ． （I ）求 k 的取值范围；（ II ）设椭圆与 x 轴正半轴、 y 轴正半轴的交点分别为A ，B ，是否存在常数 k ，使得向量 OPOQ与 AB 共线？如果存在，求 k 值；如果不存在，请说明理由．解：（Ⅰ）由已知条件，直线 l 的方程为 y kx 2 ，代入椭圆方程得 x 2( kx2) 21．整理得 1 k 2x 22 2kx 1 0①22直线 l 与椭圆有两个不同的交点 P 和 Q 等价于8k 2 4 1 k 2 4k 22 0 ， 2 解得 k 2或 k2 ．即 k 的取值范围为 ∞ ， 2 2，∞ ．22 22（Ⅱ）设 P(x 1，y 1 )，Q(x 2，y 2 ) ，则 OP OQ ( x 1x 2，y 1 y 2 ) ，由方程①， x 1 x 2 4 2k ．②1 2k 2又y 1y 2 k ( x 1 x 2 ) 2 2 ．③而 A( 2，0)， B(01，)，AB ( 21)， ．所以 OPOQ 与 AB 共线等价于 x 1 x 22( y 1 y 2 ) ，将②③代入上式，解得k2．2圆锥曲线中的典型问题与处理方法——数学之家出品22，故没有符合题意的常数 k ．由（Ⅰ）知 k 或 k2 2练习 1：（ 08 陕西卷 20）．（本小题满分12 分） 已知抛物线 C ： y 2x 2，直线 ykx2交C 于 A ，B 两点， M 是线段 AB 的中点，过 M 作 x 轴的垂线交 C 于点N ．（Ⅰ）证明：抛物线 C 在点 N 处的切线与 AB 平行；（Ⅱ）是否存在实数 k 使 NA NB 0，若存在，求 k 的值；若不存在，说明理由．解 法 一 ：（ Ⅰ ） 如 图 ， 设 A( x 1，2x 1 2 ) ， B(x 2，2x 2 2) ， 把y k x 2 代 入 y 2x 2得2x 2kx 2 0 ， 由韦达定理得 x 1 x 2 k ， x x 1 ， 2 1 2 x N x M x 1 x 2 k ， k k 2N 点的坐标为 ， ． yM2B1A2 4 4 8设抛物线在点 N 处的切线 l 的方程为 yk 2 m x k， 8 4 将 y 2x 2 代入上式得 2x 2 mx mk k 2 0 ， 4 8 直线 l 与抛物线 C 相切， m 2 8 mk k 2 m 2 2mk k 2 (m k) 20 ， 4 8 即 l ∥ AB ．（Ⅱ）假设存在实数 k ，使 NA NB 0，则 NA NB ，又 |MN | 1|AB|． 2 1 ( y 1 y 2 )1(kx 1 1[ k( x 1 由（Ⅰ）知 y M 2 kx 2 2) 2 2 2N x O 1m k ．M 是 AB 的中点，x 2 ) 4]1 k2 k 2． 2 4 2 2 4MN x 轴， | MN | |y My N | k 2 2 k 2 k 216 ．4 8 81 k2 |x1x2 | 1 k 2( x1x2 )24x1x2又|AB|圆锥曲线中的典型问题与处理方法——数学之家出品k 211 k 24(1) k2 1 k 2 16 ．22k216 1k2 1 k 216 ，解得k 2 ．8 4即存在 k 2，使 NA NB 0 ．解法二：（Ⅰ）如图，设A( x1，2x12 )， B( x2，2x22 ) ，把 y kx 2 代入 y 2x2得2x2kx 2 0 ．由韦达定理得x1x2k， x1 x2 1 ．2x N x M x1x2kN 点的坐标为k k 2．y 2x2y4x ，2，4，，4 8kk ，l ∥ AB ．抛物线在点 N 处的切线 l 的斜率为 44 （Ⅱ）假设存在实数k ，使 NA NB 0 ．由（Ⅰ）知NA x1k ，2k2，x2k ， 2 k2，则2x18NB42x284NA NB x1kx2k 2 k2 2 k2 4 42x182x28x1kx2k42 k2 2 k 2 4 4x116x216x1kx2k1 4 x1kx2k 4 4 4 4x x k x x k 2 1 4x x k( x x ) k 2 1 2 4 1 216 1 2 1 2 41 k k k2 1 4 ( 1) k k k24 2 16 2 41 k233k2 16 40，1 k 20 ， 3 3 k2 0 ，解得 k2 ．16 4圆锥曲线中的典型问题与处理方法——数学之家出品即存在 k2，使 NANB0 ． 练习 2.直线 ax-y = 1 与曲线 x 2 - 2y 2= 1相交于 P 、 Q 两点。

ʏ广东省佛山市顺德区杏坛中学 张 鹏圆锥曲线中的存在性问题一直是高考命题的热点问题㊂该类问题具有较强的综合性,问题的求解对分析问题㊁逻辑推理㊁运算求解等能力要求都比较高㊂文章通过归纳梳理,结合实例,探究圆锥曲线中存在性问题的求解思路,目的是帮助同学们提高备考的针对性和有效性㊂一㊁是否存在这样的 点例1 已知双曲线C :x 2a 2-y2b2=1(a >0,b >0)的右焦点为F (c ,0),离心率为2,直线x =a2c 与C 的一条渐近线交于点P ,且P F =3㊂(1)求双曲线C 的方程㊂(2)设Q 为双曲线C 右支上的一个动点,试问:在x 轴上是否存在定点M ,使得øQ F M =ø2Q M F 若存在,求出点M 的坐标;若不存在,请说明理由㊂解析:(1)双曲线C 的方程为x 2-y 23=1㊂(过程略)(2)假设存在点M (t ,0)满足题设条件㊂由(1)知双曲线C 的右焦点为F (2,0),设Q (x 0,y 0)(x 0ȡ1)为双曲线C 右支上一点,则x 2-y 23=1㊂若x 0=2,则y 0=ʃ3㊂因为øQ F M =ø2Q M F =90ʎ,所以øQ M F =45ʎ,于是M F =Q F =|y 0|=3,所以t =-1,即M (-1,0)㊂若x 0ʂ2,则t a nøQ F M =-k Q F =-y 0x 0-2,t a n øQ M F =k Q M =y 0x 0-t㊂因为øQ F M =ø2Q M F ,所以-y 0x 0-2=2ˑy 0x 0-t1-y 0x 0-t2㊂当y 0ʂ2时,上式化简可得3x 20-y 20-(4+4t )x 0+4t +t 2=0,又x 20=y 23=1,即3x 20-y 20=3,代入得-(4+4t )x 0+3+4t +t 2=0,所以-(4+4t )=0,3+4t +t 2=0,解得t =-1,即M (-1,0)㊂当y 0=0时,t =-1,即M (-1,0)也满足øQ F M =ø2Q M F ㊂综上可得,满足条件的点M 存在,其坐标为(-1,0)㊂评注:本题求解的关键是:假设存在点M (t ,0)满足题设条件后进行分类讨论,若x 0=2时,则y 0=ʃ3,由øQ F M =ø2Q M F =90ʎ,得øQ M F =45ʎ,结合M F =Q F =|y 0|=3,得t =-1,即M (-1,0)㊂若x 0ʂ2,则t a n øQ F M =-k Q F =-y 0x 0-2,t a n øQ M F =k Q M =y 0x 0-t,由øQ F M =ø2Q M F ,得-y 0x 0-2=2ˑy 0x 0-t1-y 0x 0-t2㊂当y 0ʂ2时,化简求得t =-1,即M (-1,0);当y 0=0时,t =-1,也满足øQ F M =ø2Q M F ㊂例2 已知圆O :x 2+y 2=4与x 轴的两个交点分别为A 1-2,0 ,A 22,0 ,M 为圆O 上一动点,过M 作x 轴的垂线,垂足为N ,点R 满足N R ң=12NM ң㊂(1)求点R 的轨迹方程㊂(2)设点R 的轨迹为曲线C ,直线x =m y +1交C 于P ,Q 两点,直线A 1P 与A 2Q 交于点S ,试问:是否存在一个定点T ,当m 变化时,使得әA 2T S 为等腰三角形㊂解析:(1)设点M x 0,y 0在圆x 2+y 2=4上,故有x 20+y 20=4,设R x ,y,由N R ң=31知识篇 科学备考新指向 高考数学 2023年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.12NM ң,可得x =x 0,y =12y 0,即x 0=x ,y 0=2y ,代入x 20+y 20=4,可得x 2+2y2=4,化简得x 24+y 2=1,故点R 的轨迹方程为x 24+y 2=1㊂(2)根据题意设直线l 的方程为x =m y+1,取m =0,可得P 1,32 ,Q 1,-32,所以直线A 1P 的方程为y =36x +33,直线A 2Q 的方程为y =32x -3,联立两个直线方程,可得交点为S 14,3㊂若P 1,-32 ,Q 1,32,由对称性可知交点S 24,-3 ,若点S 在同一直线上,则直线只能为l :x =4㊂以下证明:对任意的m ,直线A 1P 与直线A 2Q 的交点S 均在直线l :x =4上㊂联立x =m y +1,x 24+y 2=1,消去x 整理得m 2+4 y 2+2m y -3=0㊂设P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2,则y 1+y 2=-2m m 2+4,y 1y 2=-3m 2+4㊂设A 1P 与l 交于点S 04,y 0,由y 04+2=y 1x 1+2,可得y 0=6y 1x 1+2㊂设A 2Q 与l 交于点S 04,y 0' ,由y 0'4-2=y 2x 2-2,可得y 0'=2y 2x 2-2,故y 0-y 0'=6y 1x 1+2-2y 2x 2-2=6y 1m y 2-1 -2y 2m y 1+3 x 1+2 x 2-2=4m y 1y 2-6y 1+y 2 x 1+2 x 1-2 =-12m m 2+4--12mm 2+4x 1+2 x 2-2=0,所以y 0=y 0',即S 0与S 0'重合,所以当m 变化时,点S 均在直线l :x =4上㊂因为A 22,0 ,S 4,y,所以要使әA 2T S 恒为等腰三角形,只需x =4为线段A 2T 的垂直平分线,由对称性知点T 6,0㊂故存在定点T 6,0满足条件㊂评注:本题的第(2)问首先判断斜率不存在的情况,再分析斜率存在的情况,设直线l 的方程为x =m y +1,与椭圆方程联立得m 2+4 y 2+2m y -3=0,y 1+y 2=-2m m 2+4,y 1y 2=-3m 2+4,再根据әA 2T S 恒为等腰三角形,只需x =4为线段A 2T 的垂直平分线即可,由对称性知点T 6,0㊂二㊁是否存在这样的 常数例3 在平面直角坐标系x O y 中,已知点A (-2,2),B (2,2),直线A D ,B D 交于D ,且它们的斜率满足k A D -k B D =-2㊂(1)求点D 的轨迹Γ的方程㊂(2)设过点(0,2)的直线l 交曲线Γ于P ,Q 两点,直线O P 与O Q 分别交直线y =-1于点M ,N ㊂试问:是否存在常数λ,使得S әO P Q =λS әO MN 若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由㊂解析:(1)设D (x ,y ),由A (-2,2),B (2,2),得k A D =y -2x +2,k B D =y -2x -2,所以k A D -k B D =y -2x +2-y -2x -2=-2,整理得x 2=2y (x ʂʃ2)㊂(2)存在常数λ=4,使得S әO P Q =λS әO MN ㊂证明如下:由题意,直线l 的斜率存在,且过点(0,2),设直线l 的方程为y =k x +2,P (x 1,x 2),Q (x 2,y 2),联立y =k x +2,x 2=2y,消去y 整理得x 2-2k x -4=0,所以x 1+x 2=2k ,x 1x 2=-4㊂|x 1-x 2|=(x 1+x 2)2-4x 1x 2=4k 2+16=2k 2+4㊂所以S әO P Q =12㊃2㊃|x 1-x 2|=2k 2+4㊂直线O P 的方程为y =y 1x 1x ,取y =-1,41 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2023年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.得x M =-x 1y 1,直线O Q 的方程为y =y 2x 2x ,取y =-1,得x N =-x 2y 2㊂所以|x M -x N |=x 2y 2-x 1y 1=x 2y 1-x 1y 2y 1y 2=x 2(k x 1+2)-x 1(k x 2+2)(k x 1+2)(k x 2+2)=2(x 2-x 1)k 2x 1x 2+2k (x 1+x 2)+4=4k 2+44=k 2+4㊂所以S әO MN =12㊃1㊃|x M -x N |=k 2+42,所以S әO P Q =4S әO MN ㊂故存在常数λ=4,使得S әO P Q =λS әO MN ㊂评注:本题首先由题意设直线l 的方程为y =k x +2,联立直线l 与点D 的轨迹方程,结合韦达定理求出әO P Q 的面积,再设点P (x 1,x 2),Q (x 2,y 2),推出点M ,N 的坐标,然后求出әO MN 的面积,最后根据两个面积的关系可确定λ的值㊂三㊁是否存在这样的 直线例4 已知椭圆C :x 2a2+y 2b2=1(a >b >0)的左顶点为A (-2,0),离心率e =32,过点A 的直线l 与椭圆交于点B ㊂(1)求椭圆C 的方程㊂(2)设A B 的中点为P ,射线P O 与椭圆C交于点M ㊂试问:是否存在直线l ,使得әA P M 的面积是әP O B 的面积的3倍若存在,求直线l 的方程;若不存在,请说明理由㊂解析:(1)椭圆C 的方程为x 24+y 2=1㊂(过程略)(2)由题意可知直线l 的斜率存在,故设直线l :y =k x +2k ,联立y =k x +2k ,x 24+y 2=1,消去y 整理得(1+4k 2)x 2+16k 2x +16k 2-4=0,设A (x A ,y A ),B (x B ,y B ),所以x A +x B =-16k 21+4k 2,x A x B =16k 2-41+4k 2,所以x P =-8k 21+4k2,y P =2k 1+4k 2,即P -8k 21+4k 2,2k1+4k2,故k O P =2k -8k2=-14k ,所以l O M :y =-14k x ㊂联立y =-14kx ,x 24+y 2=1,解得x 2M=16k21+4k2,y 2M =11+4k 2,所以|O M |2=16k 2+11+4k 2,|O P |2=64k 4+4k2(1+4k 2)2,由øM P A =øO P B ,|A P |=|B P |,且S әA M P =3S әO P B ,即12|A P |㊃|M P |s i n øM P A =3㊃12|O P |㊃|B P |㊃s i n øO P B ,即|M P |=3|O P |,所以|O P |=14|O M |,即|O P |2=|O M |216,所以16k 21+4k2+11+4k 2=16㊃4k 2(16k 2+1)(1+4k 2)2,解得k =ʃ1530,所以直线l 的方程为y =1530x +1515或y =-1530x -1515㊂评注:本题首先设直线l :y =k x +2x ,联立直线与椭圆方程,求出点P 的坐标及直线O M ,再将直线O M 与椭圆方程联立,求出x 2M ,y 2M ,得出|O M |2,再由S әA M P =3S әO P B ,得|M P |=3|O P |,即|O P |=14|O M |,最后代入方程求解即可㊂圆锥曲线中存在性问题的一般求解思路是:首先假设存在,然后充分利用这一假设列相关方程,最后通过化简㊁解方程,若方程有解,则假设成立,若方程无解,则假设不成立㊂设问形式比较直接,但不同的试题所结合的元素也不尽相同,因此导致试题千变万化,所以建议大家在平时的复习备考过程中,多分析,勤动手,多反思,体会试题的本质,掌握求解方法,积累解题活动经验,从而提高解题能力㊂(责任编辑 王福华)51知识篇 科学备考新指向 高考数学 2023年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

第三章解析几何专题14 圆锥曲线中的探索性问题【压轴综述】纵观近几年的高考试题，高考对圆锥曲线的考查，一般设置一大一小两道题目，主要考查以下几个方面：一是考查椭圆、双曲线、抛物线的定义，与椭圆的焦点三角形结合，解决椭圆、三角形等相关问题；二是考查圆锥曲线的标准方程，结合基本量之间的关系，利用待定系数法求解；三是考查圆锥曲线的几何性质，小题较多地考查椭圆、双曲线的几何性质；四是考查直线与椭圆、抛物线的位置关系问题，综合性较强，往往与向量结合，涉及方程组联立，根的判别式、根与系数的关系、弦长问题、不等式、范围、最值、定值、定点、定直线、存在性和探索性问题等.本专题在分析研究近几年高考题及各地模拟题的基础上，重点说明求解存在性和探索性问题等.1.探究性问题求解的思路及策略(1)思路：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．(2)策略：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．在这个解题思路指导下解决探索性问题与解决具有明确结论的问题没有什么差别．2.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.【压轴典例】例1.（2019·湖北高三开学考试（文））设O为坐标原点，动点M在椭圆E:22142x y+=上，过点M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足2NP NM=.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设()1,0A ，在x 轴上是否存在一定点B ，使2BP AP =总成立？若存在，求出B 点坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1) 224x y +=； (2) 存在点()4,0B 满足条件.【解析】（1）设(),P x y ，()11,M x y ，则()1,0N xM 在椭圆E 上 2211142x y ∴+=…① 由2NP NM =知：11x x y =⎧⎪⎨=⎪⎩，即：112x x y y =⎧⎪⎨=⎪⎩，代入①得：224x y +=即点P 的轨迹方程为：224x y +=…② （2）假设存在点(),0B m 满足条件，设(),P x y 由2BP AP ==即：()22233284x y m x m ++-=-此方程与(1)中②表示同一方程，故：2280412m m -=⎧⎨-=⎩，解得：4m =∴存在点()4,0B 满足条件例2.（江西省新余市第四中学2019届10月月考）已知为椭圆的右焦点，点在上，且轴.（1）求的方程；（2）过的直线交于两点，交直线于点．判定直线的斜率是否构成等差数列？请说明理由.【答案】(1) ；(2) 直线的斜率成等差数列【解析】(Ⅰ) 因为点在上，且轴，所以．设椭圆左焦点为，则，．中，，所以．所以，．又，故椭圆的方程为.(Ⅱ) 由题意可设直线的方程为，令得，的坐标为．由得，．设，，则有，…①．记直线的斜率分别为，从而，，．因为直线的方程为，所以，所以…②．①代入②得，又，所以，故直线的斜率成等差数列例3.（广东省华南师范大学附属中学2019届高三上第二次月考）已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上．（1）求椭圆的方程；（2）过点任作一条直线，与椭圆交于不同于点的，两点，与直线交于点，记直线、、的斜率分别为、、．试探究与的关系，并证明你的结论．【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）因为椭圆的离心率为，所以，因为，所以．故可设椭圆的方程为：，因为点在椭圆上，所以将其代入椭圆的方程得．所以椭圆的方程为．（2）依题意，直线不可能与轴垂直，故可设直线的方程为：，即，，为与椭圆的两个交点．将代入方程化简得：．所以，．所以．又由，解得，，即点的坐标为，所以．因此，与的关系为：.例4.（2019·云南师大附中高三月考）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>，短袖长为4.（1）求椭圆C 的标准方程.（2）设直线l 过点（2,0）且与椭圆C 相交于不同的两点A 、B ，直线6x =与x 轴交于点D ,E 是直线6x =上异于D 的任意一点，当0AE DE ⋅=时，直线BE 是否恒过x 轴上的定点？若过，求出定点坐标，若不过，请说明理由.【答案】（1）221124x y +=（2）直线BE 恒过x 轴上的定点(4,0)，详见解析【解析】（1）由题意得2222c a b a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩.解得2a b ==，所以椭圆C 的标准方程为221124x y +=（2）直线BE 恒过x 轴上的定点(4,0) 证明如下：因为0AE DE ⋅=.所以AE DE ⊥， 因为直线l 过点(2,0)①当直线l 的斜率不存在时，则直线l 的方程为2x =，不妨设2,,2,,.33A B ⎛⎛- ⎝⎭⎝⎭则6,3E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭此时，直线BE的方程为(4)3y x =-， 所以直线BE 过定点(4,0)；②直线l 的斜率存在且不为零时，设直线l 的方程为2(0)x my m =+≠，()()1122,,,A x y B x y ，所以()16,E y .直线2112:(6)6y y BE y y x x --=--，令0y =，得()122166y x x y y --=-- 即1212166y x y x y y -+=+-，又222x my =+所以()12121266y my y x y y -++=+-即证()121212664y my y y y -+++=-即证()()121220*y y my y +-=联立2211242x y x my ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩,消x 得()223480m y my ++-=，因为点(2,0)在C 内，所以直线l 与C 恒有两个交点，由韦达定理得，12122248,33my y y y m m +=-=-++代入（*）中得()121222882033m my y my y m m -+-=--=++ 所以直线BE 过定点(4,0)，综上所述，直线BE 恒过x 轴上的定点(4,0).例5.（2019·湖南衡阳市八中高三月考（理））已知椭圆22:14x C y +=的左右顶点为A ，B ，点P ，Q 为椭圆上异于A ，B 的两点，直线AP 与直线BQ 的斜率分别记为12,k k ，且214k k =． （Ⅰ）求证：BP BQ ⊥；（Ⅱ）设APQ ∆，BPQ ∆的面积分别为1S ，2S ，判断12S S 是否为定值，若是求出这个定值，若不是请说明理由．【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）12S S 为定值4，详见解析【解析】（Ⅰ）设()11,P x y ，∵(2,0),(2,0)A B -， 则21112111224AP BPy y y k k x x x ⋅=⋅=+--， 又221114x y +=，则221114x y =-，代入上式，得14AP BP k k ⋅=-,由已知：14AP BQ k k =，则1144AP BP BQ BP k k k k ⋅=-=⋅， 从而1BO BP k k ⋅=-，即BP BQ ⊥． （Ⅱ）设直线PQ 的方程为：y kx b =+，联立得：22222(14)84(1)044y kx bk x kbx b x y =+⎧⇒+++-=⎨+=⎩， 由22041k b >⇒+>，由韦达定理：122814kb x x k +=-+，21224(1)14b x x k -=+，由（1）BP BQ ⊥，则0BP BQ ⋅=，则()()()()()()12121212220220x x y y x x kx b kx b --+=⇒--+++=， 即：221212(1)(2)()40k x x kb x x b ++-+++=， 所以：22121650k kb b ++=， 得：12k b =-或56k b =-， 当12k b =-时，直线1:(1)2PQ y b x =-+，不合题意， 当56k b =-时，直线5:(1)6PQ y b x =-+，过定点6(,0)5M ，又1211||||2S AM y y =-，2211||2||S MB y y =-，则126(2)||546||25S AM S MB --===-，为定值．例6.（2019·天津高三开学考试）已知椭圆()222210y x a b a b +=>>的离心率为2，以椭圆的上焦点F 为圆心，椭圆的短半轴为半径的圆与直线40x y +-=截得的弦长为（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆左顶点做两条互相垂直的直线1l ，2l ，且分别交椭圆于M ，N 两点（M ，N 不是椭圆的顶点），探究直线MN 是否过定点，若过定点则求出定点坐标，否则说明理由.【答案】(1) 22184y x += (2) MN 恒过定点2,03⎛⎫ ⎪⎝⎭，见解析【解析】（1）∵2e =，∴2b c a ==， 设圆F 的方程为()222x y c c +-=，圆心为()0,c ，半径为c ，设d 为圆心到直线40x y +-=的距离，则d ，∵2222d r ⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭，∴()22422c c -+=，即28200c c +-=，()()2100c c -+=，∵0c >，∴2c =.所以椭圆的方程为22184y x +=.（2）设1l 的方程为2x ty =-，2l 的方程为12x y t=--，联立222802y x x ty ⎧+-=⎨=-⎩，可得()222280y ty +--=，整理()222180t y ty +-=，设()11,M x y ，∵M 不是椭圆的顶点，∴12821ty t =+， 代入2x ty =-，得2124221t x t -=+，222428,2121t t M t t ⎛⎫- ⎪++⎝⎭， 联立 2228012y x x y t ⎧+-=⎪⎨=--⎪⎩，设()22,N x y ， ∴222882121t t y t t --==+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭， 带入12x y t =--，得2222214242=2121t t x t t ⎛⎫-- ⎪-⎝⎭=+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭， 222428,22t t N t t ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭，①若MN 斜率存在，()()()()()()2222222222228882821212=42424224221212MNt t t t t t t t k t t t t t t t t --+++++=---+--+-++ 34224243=881t t tt t +=--， MN l ：22228342=212t t t y x t t t ⎛⎫---- ⎪+-+⎝⎭22222334281122t t t ty x t t t t -=-⋅---++ ()()()()22222342813112t t t t t y x t t t -+-=---+()()3222324112t t t y x t t t +=---+ 223211t ty x t t =--- 23213t y x t ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭恒过2,03⎛⎫⎪⎝⎭. ②若MN 斜率不存在，1l 的方程为2x y =-，2l 的方程为2x y =--，28,33M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，28,33N ⎛⎫- ⎪⎝⎭，此时MN l ：23x =，亦过2,03⎛⎫ ⎪⎝⎭，综上，直线MN 恒过2,03⎛⎫⎪⎝⎭. 例7. （2018·上海高考真题）设常数2t >．在平面直角坐标系xOy 中，已知点()20F ，，直线l ：x t =，曲线Γ：()2800y x x t y =≤≤≥，．l 与x 轴交于点A 、与Γ交于点B ．P 、Q 分别是曲线Γ与线段AB 上的动点．（1）用t 表示点B 到点F 距离；（2）设3t =，2FQ =，线段OQ 的中点在直线FP ，求AQP △的面积；（3）设8t =，是否存在以FP 、FQ 为邻边的矩形FPEQ ，使得点E 在Γ上？若存在，求点P 的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）2BF t =+；（2）1723S ==；（3）见解析. 【解析】（1）方法一：由题意可知：设()B t ，则2BF t ==+，∴2BF t =+；方法二：由题意可知：设()B t ， 由抛物线的性质可知：22pBF t t =+=+，∴2BF t =+； （2）()20F ，，2FQ =，3t =，则1FA =，∴AQ =(3Q ，设OQ 的中点D ，32D ⎛ ⎝⎭，02322QFk ==-，则直线PF 方程：)2y x =-，联立)228y x y x ⎧=-⎪⎨=⎪⎩，整理得：2320120x x -+=， 解得：23x =，6x =（舍去），∴AQP 的面积1723S ==（3）存在，设28y P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，28m E m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，则2281628PF y y k y y ==--，2168FQ y k y -=， 直线QF 方程为()21628y y x y -=-，∴()22164838284Q y y y y y --=-=，248384y Q y ，⎛⎫- ⎪⎝⎭，根据FP FQ FE +=，则2248684y y E y ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，，∴222488648y y y ⎛⎫⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得：2165y =，∴存在以FP 、FQ 为邻边的矩形FPEQ ，使得点E 在Γ上，且25P ⎛ ⎝⎭．例8. （2014·山东高考真题（理））已知抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点为F ，A 为C 上异于原点的任意一点，过点A 的直线l 交C 于另一点B ，交x 轴的正半轴于点D ，且有FA FD =.当点A 的横坐标为3时，ADF ∆为正三角形. （Ⅰ）求C 的方程；（Ⅱ）若直线1//l l ，且1l 和C 有且只有一个公共点E ， （ⅰ）证明直线AE 过定点，并求出定点坐标；（ⅱ）ABE ∆的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由. 【答案】（I ）24y x =.（II ）（ⅰ）直线AE 过定点(1,0)F .（ⅱ）ABE ∆的面积的最小值为16. 【解析】 （I ）由题意知(,0)2PF 设(,0)(0)D t t >，则FD 的中点为2(,0)4p t+， 因为FA FD =，由抛物线的定义知：322p p t +=-， 解得3t p =+或3t =-（舍去）.由234p t+=，解得2p =. 所以抛物线C 的方程为24y x =. （II ）（ⅰ）由（I ）知(1,0)F ，设0000(,)(0),(,0)(0)D D A x y x y D x x ≠>， 因为FA FD =，则011D x x -=+， 由0D x >得02D x x =+，故0(2,0)D x +， 故直线AB 的斜率为02AB y k =-， 因为直线1l 和直线AB 平行， 设直线1l 的方程为02y y x b =-+， 代入抛物线方程得200880b y y y y +-=， 由题意20064320b y y ∆=+=，得02b y =-. 设(,)E E E x y ，则04E y y =-，204E x y =. 当204y ≠时，0000220002044444E ABE y y y y y k y x x y y +-==-=---， 可得直线AE 的方程为000204()4y y y x x y -=--， 由2004y x =，整理可得0204(1)4y y x y =--， 直线AE 恒过点(1,0)F .当204y =时，直线AE 的方程为1x =，过点(1,0)F ，所以直线AE 过定点(1,0)F .（ⅱ）由（ⅰ）知，直线AE 过焦点(1,0)F ， 所以000011(1)(1)2AE AF FE x x x x =+=+++=++， 设直线AE 的方程为+1x my =， 因为点00(,)A x y 在直线AE 上， 故001x m y -=， 设11(,)B x y ，直线AB 的方程为000()2y y y x x -=--， 由于00y ≠， 可得0022x y x y =-++， 代入抛物线方程得2008840y y x y +--=， 所以0108y y y +=-， 可求得1008y y y =--，10044x x x =++， 所以点B 到直线AE 的距离为d ===.则ABE ∆的面积00112)162S x x =⨯++≥， 当且仅当001x x =即01x =时等号成立. 所以ABE ∆的面积的最小值为16.【压轴训练】1．（2018届江西省重点中学协作体第二次联考）已知椭圆：的离心率为，短轴为.点满足.(1)求椭圆的方程；(2)设为坐标原点，过点的动直线与椭圆交于点、，是否存在常数使得为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）.（2）答案见解析.【解析】 （1），所以从而的方程为. （2）当不为轴时，设：，、.联立与的方程可得，所以，，.因为为定值，所以，解得.此时定值为.当为轴时，，..综上，存在使得为定值.2. (2018届山东省威海市二模)已知椭圆：的左右焦点分别为，且离心率为，点为椭圆上一动点，面积的最大值为.（1）求椭圆的标准方程； （2）设分别为椭圆的左右顶点，过点作轴的垂线，为上异于点的一点，以为直径作圆.若过点的直线（异于轴）与圆相切于点，且与直线相交于点，试判断是否为定值，并说明理由. 【答案】（1）（2）3【解析】 （1）由题意可知，解得所以椭圆的方程为（2）由（1）可知， 因为过与圆相切的直线分别切于两点，所以，所以，设点，则，圆的半径为则直线的方程为的方程设为，则化简得由，得所以点,所以点在椭圆上，∴，即.3．（2019·云南师大附中高三月考）已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>，短轴长为4.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）已知不经过点P （0，2）的直线l ：()0,x my n m n R =+≠∈交椭圆C 于A ，B 两点，M 在AB 上满足()12PM PA PB =+且2AB PM =，问直线是否过定点，若过求定点坐标；若不过，请说明理由. 【答案】（1）221124x y +=（2）直线l 恒过定点(01)-，，详见解析【解析】（1）由题意得22232c a b a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩，，解得a =2b =，所以椭圆C 的标准方程为221124x y +=．（2）设11()A x y ，，22()B x y ，，又(02)P ，，所以11(2)PA x y =-，，22(2)PB x y =-，，因为M 在AB 上满足1()2PM PA PB =+，所以M 为AB 的中点．又||2||AB PM =，即||||||MA MB MP ==， 所以线段AB 为PAB △外接圆的直径， 即0PA PB =，所以1212(2)(2)0x x y y +--=． 又A B ，在直线l 上，所以1212()()(2)(2)0my n my n y y +++--=， 即221212(1)(2)()40m y y mn y y n ++-+++=，()*联立221124x y x my n ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，，消x 得222(3)2120m y mny n +++-=， 因为直线l 与椭圆C 交于不同的A B ，两点，所以222244(3)(12)0m n m n ∆=-+->， 即22412n m <+，由韦达定理得122212223123mn y y m n y y m ⎧+=-⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩，，代入（*）中，得2220n mn m +-=， 解得2n m =-或n m =，所以直线l ：2(2)x my m m y =-=-或(1)x my m m y =+=+， 所以直线l 过定点(01)-，或(02)，（舍去）， 综上所述：直线l 恒过定点(01)-，． 4．(2018届上海市徐汇区二模)如图，是椭圆长轴的两个端点，是椭圆上与均不重合的相异两点，设直线的斜率分别是.(1)求的值； (2)若直线过点，求证：；(3)设直线与轴的交点为(为常数且)，试探究直线与直线的交点是否落在某条定直线上？若是，请求出该定直线的方程；若不是，请说明理由．【答案】（1）（2）见解析（3）落在定直线上【解析】 (1)设，由于，所以，因为在椭圆上，于是，即，所以.(2)设直线，，由得，于是，．(3)由于直线与轴的交点为，于是，联立直线与椭圆的方程，可得，于是因为直线，直线，两式相除，可知，于是，所以，即直线与直线的交点落在定直线上．5.(2018届辽宁省部分重点中学协作体模拟)已知是椭圆上的一点，是该椭圆的左右焦点，且.（1）求椭圆的方程；（2）设点是椭圆上与坐标原点不共线的两点，直线的斜率分别为，且.试探究是否为定值，若是，求出定值，若不是，说明理由.【答案】(1) 椭圆;(2)见解析.【解析】 （1）由题意，，根据椭圆定义，所以所以，因此，椭圆.（用待定系数法，列方程组求解同样给分） （2）设直线，，由消去y 得因为，所以即，解得所以，6．（2017·湖南高考模拟（理））已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的一个焦点与上下顶点构成直角三角形，以椭圆C 的长轴长为直径的圆与直线20x y +-=相切．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设过椭圆右焦点且不重合于x 轴的动直线与椭圆C 相交于A 、B 两点，探究在x 轴上是否存在定点E ，使得EA EB ⋅为定值？若存在，试求出定值和点E 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）2212x y +=；（2）定点为5,04⎛⎫ ⎪⎝⎭.【解析】（1）由题意知，222b c a b c a=⎧⎪⎪=⎨⎪⎪+=⎩，解得11b a c =⎧⎪=⎨⎪=⎩则椭圆C 的方程是2212x y +=（2）①当直线的斜率存在时，设直线()()10y k x k =-≠联立()22121x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩，得()22222124220,880k x k x k k +-+-=∆=+>所以2222422,1212A B A B k k x x x x k k-+==++ 假设x 轴上存在定点()0,0E x ，使得EA EB ⋅为定值.所以()()()20000,,A A B B A B A B A B EA EB x x y x x y x x x x x x y y ⋅=-⋅-=-+++()()220011A B A B x x x x k x x =-++--()()()2222001A B AB k x x x k xx x k =+-++++()()2220002241212x x k x k -++-=+要使EA EB ⋅为定值，则EA EB ⋅的值与k 无关， 所以()2200024122x x x -+=- 解得054x =， 此时716EA EB ⋅=-为定值，定点为5,04⎛⎫ ⎪⎝⎭②当直线的斜率不存在时，1,,1,22A B ⎛⎫⎛- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭，716EA EB ⋅=-也成立 所以，综上所述，在x 轴上存在定点5,04E ⎛⎫⎪⎝⎭，使得EA EB ⋅为定值716-7．（2016·湖南高三月考（文））已知直线l ：4x ＋3y ＋10＝0，半径为2的圆C 与l 相切，圆心C 在x 轴上且在直线l 的右上方． (1)求圆C 的方程；(2)过点M (1，0)的直线与圆C 交于A ，B 两点(A 在x 轴上方)，问在x 轴正半轴上是否存在定点N ，使得x 轴平分∠ANB ？若存在，请求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）224x y +=；（2）存在，且(4,0)N ． 【解析】(1)设圆心C(a ，0)52a ⎛⎫>-⎪⎝⎭，则410205a a +=⇒=或a ＝－5(舍)，所以圆C ：x 2＋y 2＝4. (2)当直线AB⊥x 轴时，x 轴平分∠ANB，当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝k(x －1)，N(t ，0)，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，由()2241x y y k x ⎧+=⎪⎨=-⎪⎩得(k 2＋1)x 2－2k 2x ＋k 2－4＝0，所以212221k x x k +=+，212241k x x k -=-，若x 轴平分∠ANB，则AN BN k k =-⇒()()121212121100k x k x y y x t x t x t x t--+=⇒+=----⇒2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ＝0⇒()()2222242120411k k t t t k k -+-+=⇒=++，所以当点N 为(4，0)时，能使得∠ANM＝∠BNM 总成立．8.(河北省衡水中学2019届高三上期中)已知椭圆C ：的离心率为，分别为椭圆的左、右顶点，点满足.(1)求椭圆的方程；(2)设直线经过点且与交于不同的两点，试问：在x 轴上是否存在点,使得直线与直线的斜率的和为定值？若存在，求出点的坐标及定值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） ； （2）Q （2，0），1 .【解析】 （1）依题意，，P （2，-1），所以=（-a-2,1）·(a -2,1)=5-a 2,由=1，a>0,得a=2,因为e =，所以c=，b 2=a 2-c 2=1，结果为，进而得到最终结果.故椭圆C的方程为.（2）假设存在满足条件的点Q（t，0），当直线l与x轴垂直时，它与椭圆只有一个交点，不满足题意，因此直线l的斜率k存在，设l：y+1=k（x-2），由消y，得（1+4k2）x2-（16k2+8k）x+16k2+16k=0，△=-64k>0,所以k<0,设，则x1+x2=,x1x2=,因为===，所以要使对任意满足条件的k，为定值，则只有t=2，此时=1.故在x轴上存在点Q（2，0）使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值1.9．(陕西省汉中市汉中中学2019届第三次月考)已知椭圆，直线不过原点且不平行于坐标轴，与交于、两点，线段的中点为．（1）证明:直线的斜率与的斜率的乘积为定值；（2）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求的斜率；若不能，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）四边形能为平行四边形，当的斜率为或时，四边形为平行四边形．【解析】（1）设直线，，，，将代入，得，故，，于是直线的斜率，即，所是命题得证．（2）四边形能为平行四边形．∵直线过点，∴不过原点且与C有两个交点的充要条件是且．由（1）得的方程为．设点的横坐标为．由，得，即．将点的坐标代入直线的方程得，因此，四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即．于是．解得，．∵，，，2，∴当的斜率为或时，四边形为平行四边形．10．（2019·黑龙江高三月考（文））已知圆C 经过(2,0),A B -两点，且圆心C 在直线1:l y x =上．（1）求圆C 的方程；（2）已知过点(1,2)P 的直线2l 与圆C 相交截得的弦长为2l 的方程；（3）已知点(1,1)M ，在平面内是否存在异于点M 的定点N ，对于圆C 上的任意动点Q ，都有QNQM为定值?若存在求出定点N 的坐标，若不存在说明理由．【答案】（1）224x y +=；（2）1x =或3450x y -+=；（3）见解析 【解析】（1）因为圆C 经过(2,0),A B -两点，且圆心C 在直线1:l y x =上 设圆C ：220x y Dx Ey F ++++=所以2(2)20D F --+=，2210D E F ++++=，22D E -=-所以0D E ==，4F =- 所以圆22:4C x y +=（2）当斜率不存在的时候，1x =，弦长为 当斜率存在的时候，设2:2(1)l y k x -=-，即20kx y k -+-=1,43k ==所以直线2l 的方程为：1x =或3450x y -+=（3）设()00,,(,)Q x y N m n ，且22004x y +=QN QM ==因为QN QM 为定值，设220000(2)(2)4(2)(2)6m x n y m n x y λ-+-+++=-+-+ 化简得：2200(22)(22)460m x n y m n λλλ-+-+++-=，与Q 点位置无关，所以22220220460m n m n λλλ-=⎧⎪-=⎨⎪++-=⎩解得：1m n ==或2m n == 所以定点为(2,2).11．（2019·安徽高三月考（理））已知圆C 的圆心C 的坐标为()1,2，且圆C 与直线l ：270x y --=相切，过点()2,0A 的动直线m 与圆C 相交于M ，N 两点，直线m 与直线l 的交点为B . （1）求圆C 的标准方程； （2）求MN 的最小值；（3）问：()AM AN AB +⋅uuu r uuu r uu u r是否是定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.【答案】(1) ()()221220x y -+-=. (2) (3) ()AM AN AB +⋅uuu r uuu r uu u r是定值，定值为-10.【解析】（1）∵圆C 与直线l ：270x y --=相切，圆心为()1,2，∴半径r ==∴圆C 的方程为()()221220x y -+-=.（2）∵MN ==d 是圆心C 到直线m 的距离， ∴d 最大时，MN 最小.∵当()2,0A 是弦MN 中点时，d 最大，且max d AC ===∴MN的最小值为=（3）设MN 中点为P ，则CP MN ⊥即CP AB ⊥，∴0CP AB ⋅=uu r uu u r，且2AM AN AP +=uuu r uuu r uu u r，∴()()22AM AN AB AP AB AC CP AB +⋅=⋅=+⋅uuu r uuu r uu u r uu u r uu u r uuu r uu r uu u r 222AC AB CP AB AC AB =⋅+⋅=⋅uuu r uu u r uu r uu u r uuu r uu u r .当m 与x 轴垂直时，m 方程为2x =，代入圆C 方程得2y =±∴MN 中点P 的坐标为()2,2，直线2x =与直线l 的交点B 坐标为52,2⎛⎫- ⎪⎝⎭， ∴50,2AB ⎛⎫=- ⎪⎝⎭uu u r .∵()1,2AC =-uu u r ，∴5AC AB ⋅=-uuu r uu u r ，∴()10AM AN AB +⋅=-uuu r uuu r uu u r；当MN 与x 轴不垂直时，设m 方程为()2y k x =-，由()2270y k x x y ⎧=-⎨--=⎩，得475,2121k k B k k -⎛⎫-⎪--⎝⎭， ∴55,2121k AB k k --⎛⎫= ⎪--⎝⎭uu u r ， ∴()551,2,2121k AC AB k k --⎛⎫⋅=-⋅ ⎪--⎝⎭uuu r uu u r ()5125105212121k k k k k -=-==----， ∴()10AM AN AB +⋅=-uuu r uuu r uu u r，∴()AM AN AB +⋅uuu r uuu r uu u r是定值，定值为-10.12．（2019·广东高三开学考试（理））已知离心率为3的椭圆()22211x y a a +=>，与直线l 交于,P Q 两点，记直线OP 的斜率为1k ，直线OQ 的斜率为2k . (1)求椭圆方程; (2)若1219k k ⋅=-，则三角形OPQ 的面积是否为定值?若是，求出这个定值;若不是，请说明理由. 【答案】（1）2219x y +=；（2）是定值且为32，详见解析. 【解析】(1)由题意可知2221b c e a a b c =⎧⎪⎪==⎨⎪=+⎪⎩，解得3,a c ==所以椭圆方程为2219x y +=.(2)设()()1122,,,P x y Q x y ，当直线PQ 的斜率存在时，设其方程为y kx m =+, 联立椭圆方程得()2229118990k x kmx m +++-=，则21212221899,9191km m x x x x k k --+==++， 点O到直线的距离d =所以12POQS PQ d ∆=⋅= 由()221212*********9k x x km x x m y y k k x x x x +++===-， 化简得222222222991891k m k k m k m m m --++=-， 整理得到22921k m =-，入上式得32POQ S ∆=.若直线斜率不存在易算得32POQS∆=.综上得，三角形POQ的面积是定值32.13．(山西省太原市第五中学2019届10月月考)已知椭圆的左右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，，过与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于两点．（1）求椭圆的方程；（2）若的中点为，在线段上是否存在点，使得？若存在，求实数的取值范围；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由得，，，由余弦定理得，，解得，，，所以椭圆的方程为．（2）存在这样的点符合题意.设，，，由，设直线的方程为，由得，由韦达定理得，故，又点在直线上，，所以.因为，所以，整理得，所以存在实数，且的取值范围为.14．（2019·重庆巴蜀中学高三月考（理））已知椭圆()222210x y a b a b +=>>的短轴长为4斜率不为0的直线l 与椭圆恒交于A ，B 两点，且以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点M （A ，B 两点不与点M 重合）.（1）求椭圆的标准方程；（2）直线l 是否过定点，如果过定点，求出该定点的坐标；如果不过定点，请说明理由.【答案】(1) 221164x y +=. (2) 直线过定点12,05⎛⎫ ⎪⎝⎭.【解析】（1）由题2b =，4c a a =⇒=， 所以椭圆的标准方程为221164x y +=.（2）由题设直线l ：x ty m =+，()11,A x y ，()22,B x y ，()4,0M ， 联立直线方程和椭圆方程得()22242160t y tmy m +++-=，()22164160t m ∆=-+>，12224tm y y t -+=+，2122164m y y t -=+.因为以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点M ，所以()()121244MA MB x x y y ⋅=--+()()()()2212121440t y y t m y y m =++-++-=，即2125324805m m m -+=⇒=，4， 经验证125m =，所以直线过定点12,05⎛⎫ ⎪⎝⎭. 15．（2019·山东高三月考）已知定点()30A -,，()3,0B ，直线AM 、BM 相交于点M ，且它们的斜率之积为19-，记动点M 的轨迹为曲线C . （1）求曲线C 的方程；（2）过点()1,0T 的直线与曲线C 交于P 、Q 两点，是否存在定点()0,0S x ，使得直线SP 与SQ 斜率之积为定值，若存在，求出S 坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1) ()22139x y x +=≠± ；(2) 存在定点()3,0S ±，见解析【解析】（1）设动点(),M x y ，则()33MA yk x x =≠-+， ()33MB yk x x =≠-， 19MA MB k k ⋅=-，即1339y y x x ⋅=-+-，化简得：2219x y +=.由已知3x ≠±，故曲线C 的方程为()22139x y x +=≠±.（2）由已知直线l 过点()1,0T ，设l 的方程为1x my =+，则联立方程组221,19x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去x 得()229280m y my ++-=， 设()11,P x y ，()22,Q x y ，则1221222,98.9m y y m y y m ⎧+=-⎪⎪+⎨⎪=-⎪+⎩又直线SP 与SQ 斜率分别为1110101SP y y k x x my x ==-+-，2220201SQ y y k x x my x ==-+-，则()()()()12222102000811991SP SQ y y k k my x my x x m x -⋅==+-+--+-.当03x =时，m R ∀∈，()2082991SP SQ k k x -⋅==--；当03x =-时，m R ∀∈，()20811891SP SQ k k x -⋅==--.所以存在定点()3,0S ±，使得直线SP 与SQ 斜率之积为定值.16．（2019·湖南高三月考（文））已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的右焦点为F ，离心率为3. （1）求椭圆C 的标准方程；（2）P M N 、、是椭圆C 上不同的三点，若直线,PM PN 的斜率之积为13-，试问从M N 、两点的横坐标之和是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由. 【答案】（1）2213x y +=（2）M N 、两点的横坐标之和为0，详见解析 【解析】（1）由椭圆的右焦点0)得c =又离心率3c e a ==得1a b =∴=， 所以椭圆的标准方程为：2213x y += （2）M N 、两点的横坐标之和为0，理由如下设P M N 、、三点坐标分别为()()(),,,,,P P M M N N x y x y x y ，直线PM PN 、的斜率分别为12,k k ， 则直线PM 的方程为：()1p p y y k x x -=-， 由方程组()22113p p x y y y k x x ⎧+=⎪⎨⎪-=-⎩，消去y 得：()()()2221111136330p p p p k x k k x y x k x y +--+-+-=， ()1121613p p M p k k x y x x k -∴+=+， 故211213613p p pM k x k y x x k --=+，同理可得：222223613p p p N k x k y x x k --=+， 又1213k k ⋅=-，即2113k k =-，221111221111366333131133P p p p p p N x y x x k y k x k k x k k ⎛⎫⎛⎫---- ⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭∴==+⎛⎫+- ⎪⎝⎭ 从而0M N x x +=，即M N 、两点的横坐标之和为常数零。

专题24 圆锥曲线中的存在性、探索性问题微点1 圆锥曲线中的存在性问题专题24 圆锥曲线中的存在性、探索性问题微点1 圆锥曲线中的存在性问题【微点综述】平面解析几何的本质，是用代数的方法来解决几何问题．具体运用就是用代数方法研究几何性质，恰当地将几何性质转换成相应的代数运算．解决解析几何综合问题，需要将代数运算与几何性质完美结合．如果是涉及变量较多的问题，那么可以首先分析变量之间的关系，并确定消参的思路．在分析清楚解题思路的基础上，树立优化意识，即算法的内在逻辑分析，优化解法．对于存在性问题，有时可以从特殊情况出发，确定目标．存在性问题，一般是先假设结论存在，用待定系数法设出所求的曲线方程或者点的坐标，再根据题目中的条件按照结论存在的前提推理，如果能得出符合题意的解，那么说明结论存在的假设成立；如果无解或者得出的解不符合题意，那么说明结论不存在．一、解决圆锥曲线存在性问题常用方法解析几何中的存在性问题通常是设其存在，然后依据题设条件进行推理，有时通过直接计算就能得到结论，有时要根据要求确定存在的条件，如果得到矛盾则说明不存在．高考中存在性问题一般以解答题的形式出现．思维导图如下：（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在直线l，使得l与椭圆C相交于,A 存在，求直线l的方程，若不存在，请说明理由.类型四、是否存在最值问题（1）求椭圆C的方程；，，椭圆C上的三个动点（2）设P M N（Ⅰ）求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长（用（Ⅱ）若任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有范围.【强化训练】（1）求椭圆C 的标准方程；（2）如图，已知P ，Q 两点是位于之和为0，试问PFQ △的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由.（2022·四川广安·模拟预测）16．已知抛物线2:2C x py =，点(1)求椭圆C的方程．参考答案：：p p由方程组∴11C M AB k k ⋅=-即3y yx x⋅=--当直线L 与圆L 相切时，由2033554DE DFk k ⎛⎫-- ⎪⎝⎭=-=-=-又由椭圆的对称性知，P，F 直线PF的斜率存在且不为0。

存在性问题【定点的探索与证明问题】1.探索直线过定点时,可设出直线方程为y ＝kx ＋b ,然后利用条件建立b 、k 等量关系进行消元,借助于直线系的思想找出定点．2.从特殊情况入手,先探求定点,再证明与变量无关． 【一种方法】点差法:在求解圆锥曲线并且题目中交代直线与圆锥曲线相交和被截的线段的中点坐标时,设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标,代入圆锥曲线的方程并作差，从而求出直线的斜率，然后利用中点求出直线方程．“点差法”的常见题型有:求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题.必须提醒的是“点差法”具有不等价性,即要考虑判别式Δ是否为正数．【一条规律】 “联立方程求交点,根与系数的关系求弦长,根的分布找范围,曲线定义不能忘”． 1.已知椭圆1C 的中心在坐标原点，两个焦点分别为1(2,0)F -，2F ()20,，点(2,3)A 在椭圆1C 上，过点A 的直线L 与抛物线22:4C x y =交于B C ,两点，抛物线2C 在点B C ,处的切线分别为12l l ,, 且1l 与2l 交于点P .（1）求椭圆1C 的方程；（2）是否存在满足1212PF PF AF AF +=+的点P ? 若存在，指出这样的点P 有几个（不必求出点P 的坐标）; 若不存在，说明理由.(1) 解法1：设椭圆的方程为,依题意: 解得: …………2分 ∴ 椭圆的方程为. ……3分 解法2：设椭圆的方程为，根据椭圆的定义得，即， ……………1分 ∵， ∴. ……………2分∴ 椭圆的方程为. ……………3分 (2)解:显然直线的斜率存在，设直线的方程为，由消去，得. ……………4分设,则. ……………5分由,即得. ……………6分 ∴抛物线在点处的切线的方程为，即. ……………7分 ∵， ∴. 同理,得抛物线在点处的切线的方程为. ……………8分 1C 22221x y a b+=()0a b >>222222231,4.a b a b ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩2216,12.a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩1C 2211612x y +=1C 22221x y a b+=()0a b >>1228a AF AF =+=4a =2c =22212b a c =-=1C 2211612x y +=L L ()23y k x =-+()2234y k x x y ,,⎧=-+⎪⎨=⎪⎩y 248120x kx k -+-=()()1122B x y C x y ,,,12124812x x k x x k ,+==-24xy =214y x ,=y '=12x 2C B 1l )(2111x x xy y -=-2111212x y x x y -+=21141x y =211124x y x x =-2C C 2l 222124x y x x =-由解得 ∴()223P k k ,-. …………10分 ∵1212PF PF AF AF +=+ ∴点P 在椭圆22111612x y C :+=上…………11分 ∴()()2222311612k k -+=.化简得271230k k --=.(*) ……………12分由, ……………13分可得方程(*)有两个不等的实数根. ∴满足条件的点有两个. ……………14分2.（2014年福建高考理科） 已知双曲线的两条渐近线分别为. （1）求双曲线的离心率；（2）如图，为坐标原点，动直线分别交直线于两点（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，说明理由。

专题16 圆锥曲线中的存在性问题1．（2022·上海黄浦·二模）已知双曲线Γ：221412x y -=，F 为左焦点，P 为直线1x =上一动点，Q 为线段PF与Γ的交点．定义：||()||FP d P FQ =． (1)若点Q()d P 的值；(2)设()d P λ=，点P 的纵坐标为t ，试将2t 表示成λ的函数并求其定义域； (3)证明：存在常数m 、n ，使得()||md P PF n =+． 【答案】(1)5(2)223612075t λλ=-+，5,+2λ⎡⎫∈∞⎪⎢⎣⎭(3)证明见解析 【解析】 【分析】（1）首先求出Q 点的坐标，即可得到直线PF 的方程，从而求出P 点坐标，即可得解； （2）设点Q 的坐标为(,)Q Q x y ，由FP FQ λ=，即可得到Q x 、Q y ，代入椭圆方程整理可得；（3）当点P 不在x 轴上时，过Q 作x 轴的垂线，垂足为Q '，设直线1x =与x 轴的交点为P '，点Q 的坐标为(,)Q Q x y ．依题意可得()(||)n d P m QF =-又5()4Q d P x =+，再由距离公式求出QF ，即可得到5(6)104Q m n x -=++，从而求出m 、n 的值，再计算点P 在x 轴上时的情形，即可得证； (1)解：由题意，点F 的坐标为(4,0)-，将y =221412x y-=中，可得221412x -=，所以3x =±， 不妨取Q的坐标为(-， 于是直线PF的方程为4)y x =+．将1x =代入直线PF 的方程，得点P的坐标为． 因此||()5||FP d P FQ ==． (2)解：由题意，点F 的坐标为(4,0)-，点P 的坐标为(1,)t ．设点Q 的坐标为(,)Q Q x y ，由FP FQ λ=，0λ>，又()5,FP t =、()4,Q Q x F y Q +=， 即()()5,4,Q Q x t y λ+=，所以54Q Q x ty λλ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，代入双曲线方程221412x y -=，得2253412t λλ⎛⎫⎛⎫--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，整理得223612075t λλ=-+．由20t ≥，即236120750λλ-+≥，结合0λ>，解得506λ<≤或52λ≥． 又2Q x ≤-，即542λ-≤-，结合0λ>，解得52λ≥．因此223612075t λλ=-+，5,+2λ⎡⎫∈∞⎪⎢⎣⎭．(3)证明：点F 的坐标为(4,0)-．当点P 不在x 轴上时，过Q 作x 轴的垂线，垂足为Q '． 设直线1x =与x 轴的交点为P '，点Q 的坐标为(,)Q Q x y ．()||md P PF n =+，即()||()(||)n md P PF d P m QF =-=-．||||5()||||4Q FP FP d P FQ FQ x '==='+．由Q 为线段PF 与Γ的交点，得点Q 的坐标(,)Q Q x y 满足方程221412x y -=，即221412Q Q x y -=．于是||QF 2|1|Q x +，又2Q x <-，故||2(1)Q QF x =-+． 于是55(6)()(||)2(1)1044Q Q Q m n d P m QF m x x x -⎡⎤=-=++=+⎣⎦++． 故存在常数6m =、10n =，使得()||md P PF n =+． 当点P 在x 轴上时，()1,0P ，()2,0Q -，()4,0F -，所以5FP =，2FQ =，即||5()||2FP d P FQ ==，所以6()10d P PF ⨯=+，即上述结论亦成立．2．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））已知椭圆M ：22221x y a b +=（a >b >0AB为过椭圆右焦点的一条弦，且AB 长度的最小值为2. (1)求椭圆M 的方程；(2)若直线l 与椭圆M 交于C ，D 两点，点()2,0P ，记直线PC 的斜率为1k ，直线PD 的斜率为2k ，当12111k k +=时，是否存在直线l 恒过一定点？若存在，请求出这个定点；若不存在，请说明理由.【答案】(1)22142x y +=(2)存在，()2,4-- 【解析】 【分析】（1）由题意求出,,a b c ，即可求出椭圆M 的方程.（2）设直线l 的方程为m (x －2)+ny ＝1，()11,C x y ，()22,D x y ，联立直线l 的方程与椭圆方程()()222242x y x -+=--，得()22214420x x m n y y ⎛⎫--+++= ⎪⎝⎭，则12114114n k k m +=-=+，化简得14m n +=-，即可求出直线l 恒过的定点. (1)因为22221x y a b +=（a >b >0222b a =， 所以a ＝2，c =b M 的方程为22142x y +=.(2)设直线l 的方程为m (x －2)+ny ＝1，()11,C x y ，()22,D x y ， 由椭圆的方程2224x y +=，得()()222242x y x -+=--.联立直线l 的方程与椭圆方程，得()()()2222422x y x m x ny ⎡⎤⎣⎦-+=---+，即()()()221424220m x n x y y +-+-+=，()22214420x x m ny y ⎛⎫--+++= ⎪⎝⎭， 所以12121222114114x x nk k y y m--+=+=-=+， 化简得14m n +=-，代入直线l 的方程得()1214m x m y ⎛⎫-+--= ⎪⎝⎭， 即()1214m x y y ---=，解得x ＝－2，y ＝－4，即直线l 恒过定点()2,4--. 3．（2022·上海青浦·二模）已知椭圆22:143x y Γ+=的右焦点为F ，过F 的直线l 交Γ于,A B 两点．(1)若直线l 垂直于x 轴，求线段AB 的长；(2)若直线l 与x 轴不重合，O 为坐标原点，求△AOB 面积的最大值；(3)若椭圆Γ上存在点C 使得||||AC BC =，且△ABC 的重心G 在y 轴上，求此时直线l 的方程． 【答案】(1)3 (2)32(3):1l x =、:0l y =或:1l x y =+ 【解析】 【分析】（1）根据直线垂直x 轴，可得,A B 坐标，进而可求线段长度.（2）联立直线和椭圆方程，根据韦达定理，可得根与系数关系，进而根据三角形面积求表达式，进而根据函数最值进行求面积最大值.（3）联立直线和椭圆方程，根据韦达定理，可得根与系数关系，以及重心坐标公式，即可求解. (1)因为(1,0)F ，令1x =，得21143y+=，所以32y =±，所以||3AB =(2)设直线:1(0)l x my m =+≠，1122(,),(,)A x y B x y ，不妨设210,0y y ><，由221431x y x my ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩得22(34)690m y my ++-=， 2144(1)m ∆=+，122634m y y m -+=+，122934y y m -=+，21y y -==211122AOBSOF y y =⋅-=t =，则1t ≥，2661313AOB t S t t t==++△，记1()3h t t t =+，可得1()3h t t t=+在[)1,+∞上单调递增所以211322AOBSOF y y =⋅-≤当且仅当0m =时取到， 即AOB 面积的最大值为32；(3)①当直线l 不与x 轴重合时，设直线:1l x my =+，1122(,),(,)A x y B x y ，AB 中点为M ．由221431x y x my ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩得22(34)690m y my ++-=，122634m y y m -+=+，122934y y m -=+， 因为ABC 的重心G 在y 轴上，所以120C x x x ++=， 所以121228()234C x x x m y y m -=--=-+-=+，又()12122242234Mm y y x x x m +++===+，1223234M y y my m +-==+， 因为||||AC BC =，所以CM AB ⊥ ,故直线:()M M CM y y m x x -=--，所以29()34C M C M m y y m x x m =--=+，从而2289,3434m C m m -⎛⎫ ⎪++⎝⎭， 代入22143x y +=得22(31)0m m -=，所以0,m =:1l x =或:1l x y =+．① 当直线l 与x 轴重合时，点C 位于椭圆的上、下顶点显然满足条件，此时:0l y =． 综上，:1l x =，:0l y =或:1l x y =+． 4．（2022·福建省福州格致中学模拟预测）圆O ：224x y +=与x 轴的两个交点分别为()12,0A -，()22,0A ，点M 为圆O 上一动点，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点R 满足12NR NM = (1)求点R 的轨迹方程；(2)设点R 的轨迹为曲线C ，直线1x my =+交C 于P ，Q 两点，直线1A P 与2A Q 交于点S ，试问：是否存在一个定点T ，当m 变化时，2A TS 为等腰三角形【答案】(1)2214x y +=(2)存在，证明见解析 【解析】 【分析】（1）设点()00,M x y 在圆224x y +=上，故有22004x y +=，设(),R x y ，根据题意得0x x =，012y y =，再代入圆224x y +=即可求解；（2）先判断斜率不存在的情况；再在斜率存在时，设直线l 的方程为1x my =+，与椭圆联立得：()224230m y my ++-=，12224m y y m -+=+，12234y y m -=+，再根据题意求解判断即可. (1)设点()00,M x y 在圆224x y +=上，故有22004x y +=，设(),R x y ，又12NR NM =，可得0x x =，012y y =， 即0x x =，02y y =代入22004x y +=可得()2224x y +=，化简得：2214x y +=，故点R 的轨迹方程为：2214x y +=.(2)根据题意，可设直线l 的方程为1x my =+， 取0m =，可得P ⎛ ⎝⎭，1,Q ⎛ ⎝⎭， 可得直线1A P的方程为y x =+，直线2A Q的方程为y x =-联立方程组，可得交点为(1S ；若1,P ⎛ ⎝⎭，Q ⎛ ⎝⎭，由对称性可知交点(24,S ， 若点S 在同一直线上，则直线只能为l ：4x =上，以下证明：对任意的m ，直线1A P 与直线2A Q 的交点S 均在直线l ：4x =上. 由22114x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，整理得()224230m y my ++-= 设()11,P x y ，()22,Q x y ，则12224m y y m -+=+，12234y y m -=+ 设1A P 与l 交于点()004,S y ，由011422y y x =++，可得10162y y x =+ 设2A Q 与l 交于点()004,S y '，由022422y y x '=--，可得20222y y x '=-，因为()()()()122112102126123622222y my y my y y y y x x x x --+'-=-=+-+- ()()()()()22121211121212464402222m mmy y y y m m x x x x ----+++===+-+-， 因为00y y '=，即0S 与0S '重合， 所以当m 变化时，点S 均在直线l ：4x =上，因为()22,0A ，()4,S y ，所以要使2A TS 恒为等腰三角形，只需要4x =为线段2A T 的垂直平分线即可，根据对称性知，点()6,0T . 故存在定点()6,0T 满足条件.5．（2022·上海交大附中模拟预测）已知椭圆221214x y F F Γ+=：，，是左、右焦点．设M 是直线()2l x t t =>：上的一个动点，连结1MF ，交椭圆Γ于()0N N y ≥．直线l 与x 轴的交点为P ，且M 不与P 重合．(1)若M 的坐标为58⎫⎪⎪⎝⎭，，求四边形2PMNF 的面积； (2)若PN 与椭圆Γ相切于N 且1214NF NF ⋅=，求2tan PNF ∠的值；(3)作N 关于原点的对称点N '，是否存在直线2F N ，使得1F N '上的任一点到2F N 求出直线2F N 的方程和N 的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(3)存在；y x =；126N ⎫⎪⎪⎝⎭【解析】 【分析】（1）根据点斜式方程可得1:MF l y x =，再联立椭圆方程得到12N ⎫⎪⎭，再根据2112PMNF PF M NF F S S S =-△△求解即可；（2）设:()PN l y k x t =-，根据相切可知，直线与椭圆方程联立后判别式为0，得到2214k t =-，再根据1214NF NF ⋅=，化简可得t =12N ⎫⎪⎭，再根据直角三角形中的关系求解2tan PNF ∠的值即可；（3）设()00,N x y ，表达出2NF l，再根据22O NF d -=列式化简可得2148k =，结合k =程即可求得N 和直线2F N 的方程 (1)由题意，()1F，故15MF k ==，所以1:MF l y x =与椭圆方程联立2214x y y x ⎧+=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，可得：213450x +-=，即(130x x +=，又由题意N x >，故解得x =12N ⎫⎪⎭，故121122NF F S =⋅=△且11528PF M S ==△则2112PMNF PF M NF F S S S =-=△△(2)由于直线PN 的斜率必存在，则设:()PN l y k x t =-与椭圆方程联立2214()x y y k x t ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩，可得：()22222148440k x k tx k t +-+-=由相切，()22216140k k t∆=+-=，则2214kt =- 同时有韦达定理21228214N k t x x x k +==+，代入2214k t =-有2244414Ntt x t -=+-，化简得4N x t =，故2222414N Nx t y t-=-=而222122122134N Nt NF NF x y t -⋅=+-==，解得2t =>则12N ⎫⎪⎭，所以2NF x ⊥轴，故在直角三角形2PNF中，2223tan 12PF PNF NF ∠===(3)由于N 与N '，1F 与2F 是两组关于原点的对称点，由对称性知 四边形12F NF N '是平行四边形，则2NF 与1N F '是平行的， 故1F N '上的任一点到2F N 的距离均为两条平行线间的距离d ．设()00,N x y，其中0(x ∈，易验证，当0x 时，2NF 与1N F '之间的距离为k =2(:NF y l k x =，即0kx y -=，发现当0x22O NF d d -==221914k k =+，整理得2148k =代入k =(220048y x =，代入220014x y =-整理得20013450x --=，即(00130x x -=由于0(x ∈，所以0x =126N ⎫⎪⎪⎝⎭，故1k =， 则2F N l的直线方程为y x =6．（2022·广东·华南师大附中三模）已知在①ABC 中，()2,0B -，()2,0C ，动点A满足AB =90ABC ∠>︒，AC 的垂直平分线交直线AB 于点P ． (1)求点P 的轨迹E 的方程；(2)直线(x m m =>交x 轴于D ，与曲线E 在第一象限的交点为Q ，过点D 的直线l 与曲线E 交于M ，N 两点，与直线3x m=交于点K ，记QM ，QN ，QK 的斜率分别为1k ，2k ，3k ， ①求证：123k k k +是定值． ①若直线l 的斜率为1，问是否存在m 的值，使1236k k k ++=若存在，求出所有满足条件的m 的值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2213x y x -=>(2)①证明见解析 ；①存在；m =【解析】 【分析】（1）利用几何知识可得PB PC BC -=<，结合双曲线定义理解处理；（2）根据题意设直线及点的坐标，①分别求1k ，2k ，3k ，利用韦达定理证明；①根据①结合题意求Q 的坐标，代入双曲线方程运算求解． (1)①90BAC ∠>︒，①AC 的垂直平分线交BA 的延长线于点P ．连接PC ，则PC PA =，①PB PC PB PA AB BC -=-==，由双曲线的定义知，点P 的轨迹E 是以()2,0B -，()2,0C为焦点，实轴长为除外），2c =，a =1b =，①E的方程是(2213x y x -=>．(2)①证明：由已知得(),0D m ，()0,Q m y ，满足22013m y -=，设直线l 方程为x ty m =+，()11,M x y ，()22,N x y ， 联立2213x ty m x y =+⎧⎪⎨-=⎪⎩，得()2223230t y mty m -++-=， 12223mt y y t +=--，212233m y y t -=-，1010011111y y y y y k x m ty t ty --===--， 同理0221y k t ty =-，①000012122212122112221233y y y my y y mt k k t t y y t t y y t t m t m ⎛⎫+-⎛⎫+=-+=-⋅=-⋅=+ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭ 对x ty m =+，令3x m =，得23k m y tm-=， ①233,m K m tm ⎛⎫- ⎪⎝⎭，200323133m y my tm k m t m m -+==+--， ①1232k k k +=， ①1232k k k+=是定值．①假设存在m 的值，使1236k k k ++= 由①知，1232k k k +=， 则123336k k k k ++==， ①32k =，直线QK 的方程为()02y y x m -=-，令3x m=， 得032K y m y m ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭；直线l 的斜率为1，直线l 的方程为x y m =+， 令3x m =，得3K y m m=-； ①0332m y m m m ⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭，①03y m m=-， 代入22013m y -=，得22313m m m ⎛⎫--= ⎪⎝⎭，整理得，42215270m m -+=，解得292m =，或23m =（①m >①m =，存在m ，使1236k k k ++=．7．（2022·福建省厦门集美中学模拟预测）已知①ABC 的顶点()4,0A -，()4,0B ，满足：9tan tan 16A B =． (1)记点C 的轨迹为曲线Γ，求Γ的轨迹方程；(2)过点()0,2M 且斜率为k 的直线l 与Γ相交于P ，Q 两点，是否存在与M 不同的定点N ，使得NP MQ NQ MP ⋅=⋅恒成立？若存在，求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)()2214169x y x +=≠±(2)90,2N ⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】 【分析】（1）设(),C x y ，用坐标表示 9tan tan 16A B =，即可整理出Γ的轨迹方程； （2）设直线l 为2y kx =+，先讨论0k =，结合条件，由对称性易得点N 在y 轴上；再讨论0k ≠，此时结合条件以及角平分线定理可得y 轴为PNQ 的平分线，即0NP NQ k k +=，最后联立方程组()22214169y kx x y x =+⎧⎪⎨+=≠±⎪⎩，整理出1212,x x x x +，即可联立解出N 的纵坐标，即可得结果 (1)设(),C x y ，则9tan tan 4416y y A B x x =⋅=+-，整理得221169x y +=，故Γ的轨迹方程为()2214169x y x +=≠±； (2)设直线l 为2y kx =+，当0k =时，可得点P ，Q 关于y 轴对称，可得MQ MP =，要使NP MQ NQ MP ⋅=⋅恒成立，即1NP MPNQ MQ==成立，即点N 在y 轴上，可设为()0,,2N a a ≠.当0k ≠时，联立方程组()22214169y kx x y x =+⎧⎪⎨+=≠±⎪⎩，整理得()2291664800k x kx ++-=，设()()1122,,,P x y Q x y ，则1212226480,916916k x x x x k k --+==++， 要使NP MQ NQ MP ⋅=⋅恒成立，即NP MP NQMQ=成立，由角平分线定理则只需使得y 轴为PNQ 的平分线，即只需0NP NQ k k +=，即()()()()1221122112120220y a y ax y a x y a x kx a x kx a x x --+=⇒-+-=+-++-=，即()()()()121222806422220288640916916kkx x a x x k a a k k k--+-+=⋅+-⋅=⇒-+=++，解得92a =，综上可得，存在与M 不同的定点90,2N ⎛⎫⎪⎝⎭，使得NP MQ NQ MP ⋅=⋅恒成立8．（2022·全国·哈师大附中模拟预测（文））已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左、右顶点分别为1A ，2A ，且124A A =，离心率为12，过点()3,0M 的直线l 与椭圆C 顺次交于点Q ，P ．(1)求椭圆C 的方程；(2)是否存在定直线:l x t '=与直线2A P 交于点G ，使1A ，G ，Q 共线．【答案】(1)22143x y += (2)存在4:3l x '=满足条件，分析见解析. 【解析】 【分析】(1)由条件列关于,,a b c 的方程，解方程可得椭圆C 的方程；(2)联立方程组，利用设而不求结论求直线2A P ，1A Q 的交点，由此确定l '的方程.(1)①124A A =，所以24a =，故2a =， ①12c e a == ①1c =，又222a b c =+，所以23b = ①椭圆C 的方程为①22143x y +=(2)由已知可得直线l 的斜率一定存在， 设直线l 的方程为3x my =+2233412x my x y =+⎧⎨+=⎩得：()223418150m y my +++=， ()()()2221841534169150m m m ∆=-⨯+=->． 设()11,P x y ，()22,Q x y ，则1221834m y y m +=-+，1221534y y m =+ ①()121256my y y y =-+ ()22,0A ，()11,P x y ，()121:22y A P y x x =-- ()12,0A -，()22,Q x y ，()212:22y AQ y x x =++ 令()()12122222y yx x x x -=+-+ ①()()()()21121212121211222152525526651522166y y y x y my my y y x x y x y my my y y y y -+++++=====---++-， ①43x =①存在直线4:3l x '=满足题意 9．（2022·湖北·华中师大一附中模拟预测）已知1(2,0)F -，2(2,0)F 为椭圆2222:1(0)x yE a b a b+=>>的左、右焦点，且A 5(2,)3为椭圆上的一点.(1)求椭圆E 的方程；(2)设直线2y x t =-+与抛物线22(0)y px p =>相交于,P Q 两点，射线1F P ，1F Q 与椭圆E 分别相交于M ､N .试探究：是否存在数集D ，对于任意p D ∈时，总存在实数t ，使得点1F 在以线段MN 为直径的圆内？若存在，求出数集D 并证明你的结论；若不存在，请说明理由.【答案】(1)22195x y +=(2)存在，(5,)D =+∞，证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出点A 5(2,)3到两焦点的距离，再用椭圆的定义可得3a =，结合222=b a c -可得2b ，从而可得椭圆的方程；（2）直线l 与抛物线联立，结合判别式有40p t +>，要使得点1F 在以线段MN 为直径的圆内，根据题意，有110F P F Q ⋅<，结合韦达定理可得5p >，从而可证明问题. (1)由题意知2c =，5(2,)3A 为椭圆上的一点，且2AF 垂直于x 轴，则253AF =，1133AF ==，所以122135336a AF AF =+==+，即3a =，所以222=32=5b -，故椭圆的方程为22195x y +=；(2)l 方程为2y x t =-+，联立抛物线方程，得222y pxy x t⎧=⎨=-+⎩，整理得20y py pt +-=， 则240p tp ∆=+>，则40p t +>①，设1(P x ，1)y ，2(Q x ，2)y ，则12y y p +=-，12y y pt =-， 则212122212(,4)24y y px t t x x x p +=+== ， 由1F 的坐标为(2,0)-，则11(2F P x =+，1)y ，12(2F Q x =+，2)y ， 由1F M 与1F P 同向，1F N 与1FQ 同向， 则点1F 在以线段MN 为直径的圆内，则110F M F N ⋅<，则110F P F Q ⋅<， 则1212(2)(2)0x x y y +++<，即1212112()40x x x x y y ++++<，则22()4042t p t pt +++-<，即2(2)404t p t p +-++<①， 当且仅当21(2)4(4)04p p ∆=--⨯+>，即5p >， 总存在t 4p>-使得①成立， 且当5p >时，由韦达定理可知2(2)404t p t p +-++=的两个根为正数，故使①成立的0t >，从而满足①，故存在数集(5,)D =+∞，对任意p D ∈时，总存在t ，使点1F 在线段MN 为直径的圆内．10．（2022·江西师大附中三模（理））已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的右焦点为F ，上顶点为M ，O 为坐标原点，若OMF 的面积为12．(1)求椭圆的方程；(2)是否存在直线l 交椭圆于P ，Q 两点，且F 点恰为PQM 的垂心？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．【答案】(1)2212x y +=(2)存在；43y x =-【解析】 【分析】(1)根据题意和椭圆离心率的定义可得c b =，由三角形的面积公式可得1122bc =，即可求出2212b a ==，；(2)设直线()()1122:,,l y x m P x y Q x y =+、、，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出1212+、x x x x 和12y y ，结合垂心的定义可得0QF MP ⋅=，根据平面向量数量积的坐标表示列出关于m 的方程，解之即可. (1)依题意得，222112b e a =-=，即a ，则c b =，又1122OMFSbc ==，则2212b a ==，， 所以所求椭圆的方程为2212x y +=．(2)由（1）知(0,1)(1,0)M F ，，故直线MF 的斜率为1MF k =-．若符合题意的直线l 存在，可设直线()()1122:,,l y x m P x y Q x y =+，，，由2212y x m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y 整理得2234220x mx m ++-=， 则()22(4)12220m m =-->，即m <又2121242233m m x x x x -+=-=，， 则()2212121223m y y x x m x x m -=+++=，由F 点恰为PQM 的垂心等价于QF MP ⊥，即0QF MP ⋅=．由于()()22111,,1QF x y MP x y =--=-，，故 ()()22121121212411033m QF MP x x y y x x m x x y y m ⋅=---=++--=--+=， 所以43m =-或1m =．当1m =时，直线PQ 经过点M ，此时不构成三角形，故舍去．故直线l 的方程为43y x =-．11．（2022·江苏·()2222:10x y M a b a b +=>>的左右顶点分别为A ､B ，P 是椭圆M 上异于A ､B 的一点，直线AP ､BP 分别交直线:4l x =于C ､D 两点.直线l 与x 轴交于点H ，且36AH AC ⋅=.(1)求椭圆M 的方程；(2)若线段CD 的中点为E ，问在x 轴上是否存在定点N ，使得当直线NP ､NE 的斜率NP k ､NE k 存在时，NP NE k k ⋅为定值？若存在，求出点N 的坐标及NP NE k k ⋅的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)2214x y +=(2)(1,0)N ，13NP NE k k =-⋅ 【解析】 【分析】（1）先由36AH AC ⋅=求出AM 的方程； （2）设出,P N 坐标，表示出直线AP ､BP 的方程求得C ､D 两点坐标，进而求得E 坐标，表示出NP NE k k ⋅，由P 是椭圆M 上的一点化简得()()()0014NP NE x n n k x k =--⋅--，即可求解.(1)由题意知：2cos 36AH AC AH AC CAH AH ⋅=⋅∠==，则6AH =，又(4,0)H ，则(2,0)A -，故2a =-，又离心率为c a =c =2221b a c =-=，故椭圆M 的方程为2214x y +=；(2)易得(2,0),(2,0)A B -，设00(,)P x y ，(,0)N n ，由直线NP ､NE 的斜率NP k ､NE k 存在知0,4n x n ≠≠，又直线AP ､BP 斜率必存在，则直线00:(2)2y AP y x x =++，令4x =，得0062y y x =+，则006(4,)2y C x +， 直线00:(2)2y BP y x x =--，令4x =，得0022y y x =-，则002(4,)2y D x -，又00000002062224424y y x x x y y x ++--=-，则00020444,4x y y E x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭，则()()()200000200002014444444NP NEk n n x y x y y x x k n x y x n -⋅--=⋅=---⋅--，又P 是椭圆M 上的一点，则220014x y +=，即220044y x =-， 故()()()0014NP NE x n n k x k =--⋅--，故当1n =时，NP NE k k ⋅为定值13-，此时(1,0)N .12．（2022·上海·模拟预测）在平面直角坐标系xOy 中，点B 与点(1,1)A -关于原点O 对称，P 是动点，且直线AP 与BP 的斜率之积等于13-．(1)求动点P 的轨迹方程C ；(2)设直线y t =与第（1）问的曲线C 交于不同的两点E 、F ，以线段EF 为直径作圆D ，圆心为D ，设(),G G G x y 是圆D 上的动点，当t 变化时，求G y 的最大值；(3)设直线AP 和BP 分别与直线3x =交于点M 、N ，问：是否存在点P 使得PAB △与PMN 的面积相等？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)()22341,1x y x y +=≠±≠±(2)G y =(3)存在，53P ⎛ ⎝⎭或5,3P ⎛ ⎝⎭ 【解析】【分析】（1）设P 点坐标，根据所给的条件列方程即可求解；（2）由于椭圆的对称性，圆D 的圆心必定在y 轴上，G 点纵坐标的最大值必定在y 轴上，立方程解出G y 的解析式，求导即可；（3）作图，运用弦长公式和三角形面积公式即可求解. (1)设(),P x y ，依题意有()1,1B - ，13AP BP k k =- ，即111113y y x x -+=-+- ， 整理得：221443x y += 或2234x y +=()1,1x y ≠±≠± ； (2)当y t =时，x =，即圆D，当G y 最大时， 必有G yt =，'Gy =，当t =时，'0G y = ， 当0t ＜时，'0G y ＞ t时，'0G y ＜ ，在t =时，G y 取最大值； (3)设(),P m n ，APB MPN ∠=∠ ，当APBMPNSS= 时，有AP BP MP NP = ,由弦长公式得221,13AP AP m MPk m =+=+- ，21,13BP BP m NP k m =-=+- ， ①2213m m -=- ，()22513,3m m m -=±-= ， 此时n = ，点P的坐标为53⎛ ⎝⎭ 或5,3⎛ ⎝⎭; 综上，轨迹C 的方程为2234xy +=()1,1x y ≠±≠± ，G y 取最大值存在，P 53⎛ ⎝⎭ 或P 5,3⎛ ⎝⎭. 13．（2022·江苏南京·模拟预测）已知椭圆C ：22221x y a b +=（0a b >>）过点⎛ ⎝⎭，直线l ：y x m =+与椭圆C 交于A ，B 两点，且线段AB 的中点为M ，O 为坐标原点，直线OM 的斜率为-0.5. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)当1m =时，椭圆C 上是否存在P ，Q 两点，使得P ，Q 关于直线l 对称，若存在，求出P ，Q 的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)22142x y +=；(2)不存在；理由见解析. 【解析】 【分析】（1）利用点差法，结合代入法进行求解即可；（2）利用假设法、点差法，根据点关于直线对称的性质、点与椭圆的位置关系进行求解即可. (1)设()11,A x y ，()22,B x y ，则1212,22x x y y M ++⎛⎫⎪⎝⎭，即121212OM y y k x x +==-+． 因为A ，B 在椭圆C 上，所以2211221x y a b +=，2222221x y a b+=，两式相减得()()()()12121212220x x x x y y y y a b +-+-+=，即()()()()121222121210y y y y a b x x x x +-+=+-， 又12121AB y y k x x -==-，所以221102a b-=，即222a b =． 又因为椭圆C过点⎛ ⎝⎭，所以221123a b +=，解得24a =，22b =， 所以椭圆C 的标准方程为22142x y +=； (2)由题意可知，直线l 的方程为1y x =+．假设椭圆C 上存在P ，Q 两点，使得P ，Q 关于直线l 对称，设()33,P x y ，()44,Q x y ，PQ 的中点为()00,N x y ，所以3402x x x +=，3402y y y +=， 因为P ，Q 关于直线l 对称，所以1PQ k =-且点N 在直线l 上，即001y x =+．又因为P ，Q 在椭圆C 上，所以2233142x y +=，2244142x y +=，两式相减得()()()()34343434042x x x x y y y y +-+-+=，即()()()34343434042y y y y x x x x +-++=-，所以343442x x y y ++=，即002x y =． 联立000021x y y x =⎧⎨=+⎩，解得0021x y =-⎧⎨=-⎩，即()2,1N --．又因为()()2221142--+>，即点N 在椭圆C 外，这与N 是弦PQ 的中点矛盾，所以椭圆C 上不存在点P ，Q 两点，使得P ，Q 关于直线l 对称．14．（2022·重庆八中模拟预测）已知抛物线2:4C y x =的焦点为F ，不过原点的直线l 交抛物线C 于A ，B 两不同点，交x 轴的正半轴于点D ．(1)当ADF 为正三角形时，求点A 的横坐标； (2)若||||FA FD =，直线1//l l ，且1l 和C 相切于点E ； ①证明：直线AE 过定点，并求出定点坐标；①ABE △的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)3(2)证明见解析，定点为（1,0），最小值为16 【解析】 【分析】（1）根据抛物线C 的方程，可以求得焦点坐标，由ADF 是正三角形，设点A 和D 的坐标，可以求解； （2）过点A ，作准线的垂线，得垂足P ，构造平行四边形，设A 点的坐标，以A 点的纵坐标为参变量，分别计算直线1l ，AE ，AB 的方程 以及三角形AEB 的面积即可. (1)①24,24,12py x p === ，①抛物线焦点坐标F （1,0），准线方程为x =-1， 设A (a ，t )，D (m ，0)，因为ADF 是正三角形，必有()1112a m m a ⎧--=-⎪⎨+=⎪⎩，解得3a = ，即A 点横坐标为3； (2)如图，设A 点在第一象限，过A 点作准线x =-1的垂线，得垂足P ，连接PF ，AF FD AP == ，//AP FD ， ①四边形APFD 是平行四边形，//PF AD ，设A (a ，t )()0,0a t ＞＞ ，则P (-1，t )，直线PF 的斜率为112t tk ==--- ， 设1l 的方程为2t y x b =-+ ，联立方程242y xty x b ⎧=⎪⎨=-+⎪⎩， 消去x 得：2880y y b t t +-= ，因为1l 是抛物线C 的切线，28320bt t ⎛⎫∴∆=+= ⎪⎝⎭，2b t =- ，4y t =- ，24x t= ，即E 点的坐标为244,tt ⎛⎫- ⎪⎝⎭ ，直线AE 的方程为：224444t t y x t t a t ⎛⎫-- ⎪⎛⎫⎝⎭+=- ⎪⎝⎭- ，其中24t a = ， 化简得：()2414ty x t =--，故AE 过定点F （1，0）； 直线l 的方程为：()2t y t x a -=-- ，化简得：328t t y x t =-++ ，联立方程32284t t y x t y x ⎧=-++⎪⎨⎪=⎩，消去x 得22880y y t t +--= ， 212128,8y y y y t t+=-=-- ，1242y y t t ⎛⎫-==+ ⎪⎝⎭，即A ，B 两点的纵坐标之差的绝对值为42t t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ ，过E 点作x 轴的平行线交l 于H 点，则22842,4t H tt ⎛⎫++-⎪⎝⎭ ，22424t EH t =++ ，用铅垂高水平底的方法计算三角形AEB 的面积，2122114422224AEBt SEH y y t t t ⎛⎫⎛⎫=-=⨯+⨯++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭322162t t ⎛⎫=+≥ ⎪⎝⎭ ，当且仅当t =2时等号成立，AEBS的最小值为16；综上，A 点的横坐标为3，直线AE 过定点F （1,0），三角形AEB 的面积最小值为16.15．（2022·辽宁沈阳·三模）如图，在平面直角坐标系中，12,F F 分别为等轴双曲线()2222:10,0x ya b a bΓ-=>>的左、右焦点，若点A 为双曲线右支上一点，且12||||AF AF -=2AF 交双曲线于B 点，点D 为线段1F O 的中点，延长AD ，BD ，分别与双曲线Γ交于P ，Q 两点．(1)若1122(,),(,)A x y B x y ，求证：()1221214x y x y y y -=-； (2)若直线AB ，PQ 的斜率都存在，且依次设为12,k k ，试判断21k k 是否为定值，如果是，请求出21k k 的值；如果不是，请说明理出． 【答案】(1)证明见解析； (2)定值，7. 【解析】 【分析】（1）分两种情况讨论，斜率不存在时，直接验证，斜率存在时，运用斜率公式可证明； （2）设直线AD 的方程为()1122y y x x =++，与双曲线联立得111138,33x y P x x ⎛⎫--- ⎪++⎝⎭，同理得222238(,)33x y Q x x ---++，由斜率公式及（1）中的结论可得结论. (1)由等轴双曲线知离心率ce a==12||||2AF AF a -=，及222c a b =+， 可得2228,8,16a b c ===，所以双曲线方程为22188x y -=，2(4,0)F . 当直线AB 的斜率不存在时，124x x ==，()12212121444x y x y y y y y -=-=-， 直线AB 的斜率存在时，22AF BF k k =，121244y y x x =--，整理得()1221214x y x y y y -=-，综上所述，()1221214x y x y y y -=-成立； (2)依题意可知直线AD 的斜率存在且不为0，设直线AD 的方程为()1122y y x x =++， 代入双曲线228x y -=并化简得：()()()2222211122820x x y x x +-+-+=，①由于22118x y -=，则22118y x =-代入①并化简得：2221111(412)4(8)12320x x x x x x +----=，设00(,)P x y ，则21110121101338,38x x x x x x x x x -=-+=-++，解得101383x x x --=+， 代入()1122y y x x =++，得1013y y x -=+，即111138,33x y P x x ⎛⎫--- ⎪++⎝⎭，同理可得222238(,)33x y Q x x ---++， 所以()()21122121212211221333383833y y x y x y y y x x k x x x x x x -------++==------++()()()212121112124377y y y y y y k x x x x -----==-⋅=--，所以217k k =是定值. 16．（2022·浙江·绍兴一中模拟预测）如图，过抛物线2:2(0)E y px p =>的焦点F 的直线1l 交抛物线于第一象限的点()02,Q y ，且3QF =，过点()(,00)P a a >（不同于焦点F ）的直线2l 与抛物线E 交于A ，B ，过A 作抛物线的切线交y 轴于M ，过B 作MP 的平行线交y 轴于N ．(1)求抛物线方程及直线1l 的斜率；(2)记1S 为,AM BN 与y 轴围成三角形的面积，是否存在实数λ使1=OABS S λ，若存在，求出实数λ的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)24y x =；(2)存在；2λ= 【解析】【分析】（1）由焦半径列出方程，求出2p =，得到抛物线方程，从而得到Q 点的坐标，求出直线1l 的斜率；（2）设出()2,2A t t ，得到切线2:=+AM ty x t ，得到(0,)M t ，设过P 的直线为x ny a =+，与抛物线联立，利用韦达定理得到222,⎛⎫- ⎪⎝⎭a a B tt ，表达出直线BN 方程，得到0,⎛⎫- ⎪⎝⎭a N t ，表达出OABS与1S ，求出实数λ的值.(1)由焦半径公式得：3222pQF p ==+⇒=， ①24y x =①0y =， ①(1,0)F ，①直线1l =(2)存在；2λ=，理由如下：设()2,2A t t ，切线2:(2)-=-AM m y t x t与抛物线联立得224840-+-=y my mt t ， 由相切得0∆=⇒=m t ，得2:=+AM ty x t ①， 令0x =得：y t =，所以(0,)M t设过P 的直线为x ny a =+，与抛物线联立得2440y ny a --=，由韦达定理4=-A B y y a ，得222,⎛⎫- ⎪⎝⎭a a B tt ，又①=-MP tk a， ①222:⎛⎫+=-- ⎪⎝⎭a t a BN y x t a t ①， 令0x =得：a y t =-，故0,⎛⎫- ⎪⎝⎭a N t将①①联立，解得：x a =- 111||||22⎛⎫=⋅-=-- ⎪⎝⎭a S MN a a t t ， 112||222⎛⎫=⋅-=-- ⎪⎝⎭OABB A a SOP y y a t t 所以12=OABSS ，即存在实数2λ=使1=OABSS λ．17．（2022·全国·模拟预测（文））已知椭圆22:143x y Γ+=的右焦点为F ，()11,A x y ，()22,C x y 为Γ上不同的两点，且122x x +=，31,2B ⎛⎫⎪⎝⎭．(1)证明：AF ，BF ，CF 成等差数列；(2)试问：x 轴上是否存在一点D ，使得DA DC =？若存在，求出点D 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，1,04D ⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】 【分析】(1)分别考虑直线AC 的斜率存在时和不存在时证明+=2AF CF BF 即可；(2)当直线AC 的斜率存在时，设存在点D ，使得DA DC =，记AC 的中点为M ，由此可得1MD k k ⋅=-，结合(1)解方程求出D 的坐标，再检验直线AC 的斜率不存在时点D 是否满足要求. (1)当直线AC 斜率不存在时，:1AC x =．不如令31,2A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，31,2C ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则31,2B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()1,0F ．①32AF =，32BF =，32CF =，①AF ，BF ，CF 成等差数列； 当直线AC 的斜率存在时，设:AC y kx m =+．由22,1,43y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得()2223484120k x kmx m +++-=，①1228234km x x k +=-=+． ①()()111442AF e x x =-=-，()()221442CF e x x =-=-， ①()1214322AF CF x x BF +=-+==，①AF ，BF ，CF 成等差数列． (2)当直线AC 的斜率存在时设(),0D n ，AC 的中点为00(,)M x y ． ①DA DC =，①DM AC ⊥．①0120121222,222,x x x y y y kx m kx m k m =+=⎧⎨=+=+++=+⎩①001,,x y k m =⎧⎨=+⎩ ①001MD y k m k x n n +==--，①1MD k k ⋅=-，即11k m k n+⋅=--，①21k km n +=-． 由（1）知24430k km ++=，①234k km +=-，①314n -=-，①14n =，①存在点1,04D ⎛⎫⎪⎝⎭，使得DA DC =． 当直线AC 的斜率不存在时，显然点1,04D ⎛⎫⎪⎝⎭，满足DA DC =．故总是存在点1,04D ⎛⎫⎪⎝⎭，使得DA DC =．18．（2022·湖北·鄂南高中模拟预测）已知曲线2:2(0)C y px p =>的焦点为F ，曲线C 上有一点()0,Q x p 满足2QF =.(1)求抛物线C 的方程；(2)过原点作两条相互垂直的直线交曲线C 于异于原点的两点,A B ，直线AB 与x 轴相交于N ，试探究x 轴上存在一点是否存在异于N 的定点M 满足AM AN BMBN=恒成立.若存在，请求出M 点坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)24y x = (2)存在，()4,0M - 【解析】 【分析】（1）由焦半径公式代入求解p ，从而得抛物线方程；（2）设直线方程，联立方程组，将韦达定理代入所给条件求解. (1)Q 在曲线C 上，则202p px =，则02px =， 而022pQF x p ==+=，故抛物线C 的方程为24y x =. (2)易知直线AB 的斜率不为0，故设()()()1122:,,,,,,0AB l x ty n A x y B x y M m =+联立：224404x ty ny ty n y x =+⎧⇒--=⎨=⎩， 故12124,4y y t y y n +==-.222121244y y x x n =⋅=，因为OA OB ⊥，则2121240OA OB x x y y n n ⋅=+=-= 则4n =或0n =（舍），故()4,0N . 因为,M N 都在x 轴上，要使得AM AN BMBN=，则x 轴为AMB ∠的角平分线，若1mx ，则AM 垂直于x 轴，x 轴平分AMB ∠，则BM 垂直于x 轴，则直线AB 的方程为4x =，此时4m n ==，而,M N 相异，故1m x ≠，同理2m x ≠ 故AM 与BM 的斜率互为相反数，即12122112120y y x y x y m x m x m y y ++=⇒=--+ ()()1221121212442324444ty y ty y ty y t m y y y y t +++-⇒==+=+=-++为定值. 故当()4,0M -时，有AM AN BMBN=恒成立.19．（2022·广东·模拟预测）已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>的左、右焦点分别为12,F F ，点D 为线段1F O 的中点，过2F 的直线l 与C 的右支交于()()1122,,,M x y N x y 两点，延长,MD ND 分别与C 交于点,P Q 两点，若C(为C 上一点. (1)求证：()1221212x y x y y y -=-；(2)已知直线l 和直线PQ 的斜率都存在，分别记为121,,0k k k ≠，判断21k k 是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)217k k =. 【解析】 【分析】（1）根据题意求出22,a b ，即可求得双曲线的方程，分直线l 斜率存在和不存在两种情况讨论，斜率不存在时，有122x x ==，代入左边即可验证得到右边，斜率存在时结合22MF NF k k =化简整理即可得证； （2）设直线MD 的方程为()1111y y x x =++，与双曲线方程联立求得点P 的坐标，同理可求得点Q 的坐标，进而表示出2k ，结合（1）的结论即可得出结论. (1)证明：由题意得：22222971ca abc a b ⎧=⎪⎪+=⎨⎪⎪-=⎩，解得2222,4a b c ===，所以双曲线C 的 方程为22122x y -=， 则()()122,0,2,0F F -，当直线l 的斜率不存在时，则122x x ==， 此时()12212121222x y x y y y y y -=-=-，当直线l 的斜率存在时， 因为22MF NF k k =，即121222y y x x =--， 整理得()1221212x y x y y y -=-， 综上所述，()1221212x y x y y y -=-； (2)解：因为点D 为线段1F O 的中点，所以()1,0D -，显然直线MD 的斜率存在且不为0，可设直线MD 的方程为()1111y y x x =++， 联立()112211122y y x x x y ⎧=+⎪+⎪⎨⎪-=⎪⎩，消y 整理得()22222211111112122420x x y x y x y x x ++------=， 又2211122x y -=，所以22112y x =-，所以()()22211112322340x x x x x x +----=，设()00,P x y ，则2111013423x x x x x --=+，所以1013423x x x --=+，代入()1111y y x x =++，得10123y y x -=+，即111134,2323x y P x x ⎛⎫--- ⎪++⎝⎭， 同理222234,2323x y Q x x ⎛⎫---⎪++⎝⎭， 所以()()2112212121221122123232334342323y y x y x y y y x x k x x x x x x -------++==------++，又因()1221212x y x y y y -=-， 所以()()()122121211212122377k x x y x y y y k x x y y x ------===--，即217k k =是定值.20．（2022·辽宁大连·二模）已知抛物线2:2(0)E y px p =>的焦点为F ，点P 在抛物线上，O 为坐标原点，且32OP PF ==. (1)抛物线E 的标准方程；(2)如图所示，过点(,0)M t 和点(2,0)(26)N t t ≤≤分别做两条斜率为k 的平行弦分别和抛物线E 相交于点A ，B 和点C ，D ，得到一个梯形ABCD .记梯形两腰AD 和BC 的斜率分别为1k 和2k ，且12120k k k k +-=.（i ）试求实数k 的值；（ii ）若存在实数λ，使得OAB ABCD S S λ=梯形△，试求实数λ的取值范围. 【答案】(1)24y x =(2)（i ）2；（ii ）1215⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 【解析】 【分析】(1)设点00(,)P x y ，根据题意和抛物线的定义求出p 的值即可；(2)设点11(,)A x y 、22(,)B x y 、33(,)C x y 、44(,)D x y ，根据两点求直线斜率公式可得12k k k 、、的表达式，结合题意列出关于k 的方程，求出k ，进而得出直线AB 的方程，联立抛物线方程，利用弦长公式求出AB CD 、，由点到直线的距离公式求出点O 到直线AB 的距离，求出梯形ABCD 的面积，得到λ与t 的关系式，结合t 的范围计算即可. (1)设点00(,)P x y ，①32OP PF ==，①04px =，①3422p p PF =+=，①2p =，所以抛物线E 的标准方程为24y x =.(2)(i)设点11(,)A x y ，22(,)B x y ，33(,)C x y ，44(,)D x y ，则212122212112444y y y y k y y x x y y --===-+-，同理：1144k y y =+，2234k y y =+，344k y y =+. 又因为12120k k k k +-=，所以12111k k +=，即2314144y y y y +++=， 所以12344y y y y +++=，即444k k+=，①2k =.（ii ）由（i ）得：:2()AB y x t =-代入24y x =可得：2240y y t --=，所以12AB y =-==O 到直线AB的距离为d =.①1122OAB S AB d =⋅⋅==△同理可求得：CD = ①()1122ABCD S AB CD d t =+⋅==梯形，①λ=⋅11λ===①26t ≤≤，①1215λ≤≤. 综上，实数λ的取值范围为1215⎡⎤⎢⎥⎣⎦.。

专题34 圆锥曲线存在性问题的探究【方法技巧与总结】 解决存在性问题的技巧：（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他情况均成立．（2）假设法：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． 【题型归纳目录】题型一：存在点使向量数量积为定值 题型二：存在点使斜率之和或之积为定值 题型三：存在点使两角度相等 题型四：存在点使等式恒成立 题型五：存在点使线段关系式为定值 【典例例题】题型一：存在点使向量数量积为定值例1．已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x轴上，椭圆长轴两个端点间的距离与两个焦点之间的距离的差为1)． （1）求椭圆C 的方程；（2）过点(1,0)作直线l 交C 于P 、Q 两点，试问：在x 轴上是否存在一个定点M ，使MP MQ ⋅为定值？若存在，求出这个定点M 的坐标；若不存在，请说明理由． 【解析】解：（1）1a c c e a ⎧-=⎪⎨==⎪⎩，可得a =1b =，1c =，∴所求椭圆C 的方程为：2212x y +=．（2）当直线l 不与x 轴重合时，可设直线l 的方程为：1x ky =+，联立22221x y x ky ⎧+=⎨=+⎩，把消去x 可得整理得：22(2)210k y ky ++-=，设1(P x ，1)y 、2(Q x ，2)y ， 12222k y y k ∴+=-+，12212y y k =-+， 假设存在定点(,0)M m ，使得MP MQ ⋅为定值，1122121212(,)(,)()()(1)(1)MP MQ x m y x m y x m x m y y ky m ky m ⋅=-⋅-=--+=+-+-221212(1)(1)()(1)k y y k m y y m =++-++-22222(1)2(1)(1)22k k m m k k +-=--+-++ 222(23)1(1)2m k m k --=+-+ 222(23)(2)(54)(1)2m k m m k -++-=+-+． 当且仅当540m -=，即54m =时，716MP MQ ⋅=-（为定值）． 这时5(,0)4M ，再验证当直线l 的倾斜角0α=时的情形，此时取(P，Q ，5(2,0)4MP =-，∴存在定点5(,0)4M 使得对于经过(1,0)点的任意一条直线l 均有716MP MQ ⋅=-（恒为定值）． 例2．已知椭圆C 的中心在坐标原点，焦点在x 轴上，其左、右焦点分别为1F，2F ，短轴长为P 在椭圆C 上，且满足△12PF F 的周长为6． （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设过点(1,0)-的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，试问在x 轴上是否存在一个定点M ，使得MA MB 恒为定值？若存在，求出该定值及点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】解：()I 由题意知：2222226b a c a b c ⎧=⎪+=⎨⎪=+⎩，解得21a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩∴椭圆C 方程为：22143x y +=()II 设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，(,0)M m ．设直线l 的方程为：(1)(y k x k =+存在）联立22(1)3412y k x x y =+⎧⎨+=⎩，得：2222(43)84120k x k x k +++-=， 则221212228412;4343k k x x x x k k --+==++ 又2212121212(1)(1)(1)y y k x x k x x x x =++=+++222222241289(1)434343k k k k k k k --=-+=+++而1212()()MA MB x m x m y y =--+222222241289434343k k k m m k k k --=-⨯-++++ 22222241289(43)43k mk k m k k -+-++=+ 2222(485)31243m m k m k +-+-=+为定值． 只需2248531243m m m +--=， 解得：118m =-，从而13564MA MB =-． 当k 不存在时，33(1,),(1,)22A B ---此时，当118m =-时，9135(1)(1)464MA MB m m =-----=- 故：存在11(,0)8M -，使得13564MA MB =-．例3．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>，椭圆经过点(A -．（1）求椭圆C 的方程；（2）过点(1,0)作直线l 交C 于M ，N 两点，试问：在x 轴上是否存在一个定点P ，使PM PN ⋅为定值？若存在，求出这个定点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】解：（1）由题意得c e a ===，即b =，又椭圆经过点(A -，可得221112a b+=，解得a =1b c ==，所以椭圆C 的方程为2212x y +=；（2）假设存在符合条件的点(,0)P m ， 设1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y ，则1(PM x m =-，1)y ，2(PN x m =-，2)y ，21212121212()()()PM PN x m x m y y x x m x x m y y ⋅=--+=-+++，①当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为(1)y k x =-， 由22(1)22y k x x y =-⎧⎨+=⎩，得2222(21)4(22)0k x k x k +-+-=，可得△0>成立，且2122412k x x k +=+，21222212k x x k -=+， 221212122[()1]12k y y k x x x x k ∴=-+++=-+， 2222(241)212m m k m PM PN k-++-⋅=+， 对于任意的k 值，上式为定值， 故222412(2)m m m -+=-，解得：54m =， 此时，716PM PN ⋅=-为定值； ②当直线l 的斜率不存在时，直线:1l x =，121x x =，122x x +=，1212y y =-，由54m =，得5251712416216PM PN ⋅=-⨯+-=-为定值， 综合①②知，符合条件的点P 存在，其坐标为5(4，0)．变式1．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的离心率e =，过右焦点(,0)F c 的直线y x c =-与椭圆交于A ，B 两点，A 在第一象限，且||AF =（1）求椭圆C 的方程；（2）在x 轴上是否存在点M ，满足对于过点F 的任一直线l 与椭圆C 的两个交点P ，Q ，都有MP MQ ⋅为定值？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由．【解析】解：（1）直线y x c =-的倾斜角为45︒，且||AF =∴点(1,1)A c +，∴222222(1)11c a c a b a b c ⎧=⎪⎪⎪++=⎨⎪=+⎪⎪⎩，解得：33a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩， ∴椭圆C 的方程为：221189x y +=．（2）设(,0)M m ，直线l 的方程为：3x ty =+，1(P x ，1)y ，2(Q x ，2)y ， 联立方程2231189x ty x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去x 得：22(2)690t y ty ++-=，∴12262t y y t +=-+，12292y y t =-+， ∴1(MP x m =-，1)y ，2(MQ x m =-，2)y ， ∴1212()()MP MQ x m x m y y ⋅=--+2121212()x x m x x m y y =-+++2121212(3)(3)(33)ty ty m ty ty m y y =++-+++++ 22121212123()9()6t y y t y y mt y y m m y y =+++-+-++ 222296(1)()(3)()6922t t t mt m m t t =+-+--+-+++ 22222796692t mt m m t --+=+-++ 令222222796(627)922t mt m t t t --+--=++为定值， 则627912m --=，解得：154m =， 此时222222796(627)99222t mt m t t t --+--==-++为定值，MP MQ ⋅也为定值， 所以存在15(4M ，0)，使得MP MQ ⋅为定值．变式2．已知1(2,0)F -，2(2,0)F ，点P 满足12||||2PF PF -=，记点P 的轨迹为E ， （1）求轨迹E 的方程；（2）若直线l 过点2F 且法向量为(,1)n a =，直线与轨迹E 交于P 、Q 两点．①过P 、Q 作y 轴的垂线PA 、QB ，垂足分别为A 、B ，记||||PQ AB λ=，试确定λ的取值范围； ②在x 轴上是否存在定点M ，无论直线l 绕点2F 怎样转动，使0MP MQ ⋅=恒成立？如果存在，求出定点M ；如果不存在，请说明理由．【解析】解：（1）由1212||||2||PF PF F F -=<知，点P 的轨迹是以1F ，2F 为焦点的双曲线的右支．轨迹方程为221(1)3y x x -=．（2）直线l 的方程为(2)0a x y -+=，由22(2)13y a x y x =--⎧⎪⎨-=⎪⎩得2222(3)4430a x a x a --++=，设1(P x ，1)y ，2(Q x ，2)y ，由条件得24222122212230164(3)(43)04034303a a a a a x x a a x x a ⎧-≠⎪=--+>⎪⎪⎨+=>-⎪⎪+⎪=>-⎩解得23a >即(,(3,)a ∈-∞+∞．①12|||PQ x x =-，1212||||||||AB y y a x x =-=- 由条件(,1)n a =，故12x x≠，∴||||PQ AB λ=== 因为23a >，因此λ∈． ②设存在点(,0)M m 满足条件，由222212121212()()(1)(2)()4MP MQ x m x m y y a x x a m x x m a ⋅=--+=+-++++2223(45)03m a m a -+=+=-， 得2223(1)(45)0m a m m -+--=对任意23a >恒成立， 所以2210450m m m ⎧-=⎨--=⎩，解得1m =-，因此存在定点(1,0)M -满足条件．变式3．已知双曲线2222:1x y E a b-=的焦距为4，以原点为圆心，实半轴长为半径的圆和直线0x y -=相切．（Ⅰ）求双曲线E 的方程；（Ⅱ）已知点F 为双曲线E 的左焦点，试问在x 轴上是否存在一定点M ，过点M 任意作一条直线l 交双曲线E 于P ，Q 两点，使FP FQ ⋅为定值？若存在，求出此定值和所有的定点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】解：（Ⅰ）原点到直线0x y -+=的距离d ==∴2,c a =1b ∴=，∴双曲线E 的方程为22:13x E y -=；（Ⅱ）解法一：假设存在点(,0)M m 满足条件，①当直线l 方程为0y =时，则((2,0)P Q F -，∴(2,0)2,0)1FP FQ ⋅=-⋅=；②当直线l 方程不是0y =时，可设直线:l x ty m =+，(t ≠代入22:13x E y -=整理得222(3)230(t y mty m t -++-=≠，* 由△0>得223m t +>，设方程*的两个根为1y ，2y ，满足212122223,33mt m y y y y t t -+=-=--，∴222211221212221215(2,)(2,)(1)(2)()(2)3t m m FP FQ ty m y ty m y t y y t m y y m t ---⋅=++⋅++=++++++=-， 当且仅当2212153m m ++=时，FP FQ ⋅为定值1，解得3m =-3m =-t ≠，△0>，∴不合题意，舍去．而且3m =-0>；综上得：过定点(3M --任意作一条直线l 交双曲线E 于P ，Q 两点，使FP FQ ⋅为定值1．解法二：前同解法一，得222212153t m m FP FQ t ---⋅=-，由22222121512121533t m m m m t ---=⇒++=-，解得3m =-解法三：当直线l 不垂直x 轴时，设:()(l y k x m k =-≠，代入22:13x E y -=整理得22222(31)63(1)0(k x mk x m k k --++=≠，* 由△0>得222310m k k -+>，设方程*的两个根为1x ，2x ，满足222121222633,3131mk m k x x x x k k ++==--， ∴222222112212122(21215)1(2,())(2,())(1)(2)()431m m k FP FQ x k x m x k x m k x x mk x x m k k ++-⋅=+-⋅+-=++-+++=-， 当且仅当2212153m m ++=时，FP FQ ⋅为定值1，解得3m =-不满足对任意K ≠0>，∴3m =-+而且3m =-0>；当直线l x ⊥轴时，:3l x =-22:13x E y -=得1,2y =∴21212(1)(1)(11FP FQ y y y y ⋅=-⋅-=-+=；⋯（9分）综上得：（结论同解法一）题型二：存在点使斜率之和或之积为定值例4．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的离心率为12，1F ，2F 分别是椭圆的左、右焦点，P 是椭圆上一点，且△12PF F 的周长是6，(4,0)Q ． （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设直线l 经过椭圆的左焦点1F 且与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，试问：直线QM 与直线QN 的斜率的和是否为定值？若是，请求出此定值；若不是，请说明理由．【解析】解：（Ⅰ）由椭圆的定义知△12PF F 的周长为22a c +，所以226a c +=． 又因为椭圆C 的离心率12c e a ==，所以2a c =， 联立解得2a =，1c =，所以b =因此椭圆方程为22143x y +=．（Ⅱ）设1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y ，直线方程为1x my =-，联立22143x y +=，消去x ，得22(34)690m y my +--=，则122634m y y m +=+，122934y y m -=+， 因为121212124433QM QN y y y y k k x x my my +=+=+++++ 221212222121222181823()343409183()993434m mmy y y y m m m m m y y m y y m m -+++++===-+++++++，所以QM QN k k +为定值，这个定值为0， 当直线l 与x 轴重合时，也有0QM QN k k +=， 所以直线QM 与直线QN 的斜率的和为定值0．（2）设1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y ，当直线l 的斜率k 存在时，设直线方程为(1)y k x =+，联立22143x y +=，消去y 得2222(34)84120k x k x k +++-=，则2122834k x x k -+=+，212241234k x x k -=+，因为1212211212(4)(4)(1)(4)44(4)(4)QM QN y y k x x k x x k k x x x x --++-+=+=---- 222212122212122282424823()834340412324()16163434k k kx x k x x k k k k k k x x x x k k -+--+-++==⋅≠--++++++，当直线l 与x 轴垂直时，有0OM ON k k +=， 所以直线QM 与直线QN 的斜率的和为定值0．例5．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>，设直线l 过椭圆C 的上顶点和右顶点，坐标原点O到直线l． （Ⅰ）求椭圆C 的方程．（Ⅱ）过点(3,0)D 且斜率不为零的直线l '交椭圆C 于A ，B 两点，在x 轴的正半轴上是否存在定点Q ，使得直线AQ ，BQ 的斜率之积为非零的常数？若存在，求出定点Q 的坐标；若不存在，请说明理由． 【解析】解：（Ⅰ）设椭圆半焦距为c．根据题意得，椭圆离心率e =，即c a =，所以12b a ==．① 因为直线l 过椭圆C 的上顶点和右顶点，所以设直线l 的方程为1x ya b+=，即0bx ay ab +-=， 又由点O 到直线l=．② 联立①②解得2a =，1b =，所以椭圆C 的方程为2214x y +=；（Ⅱ）依题意可设直线AB 的方程为3x my =+，1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，联立22143x y x my ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，消去x ，得22(4)650m y my +++=．所以△2223645(4)16800m m m =-⨯+=->，所以25m >， 所以12264m y y m -+=+，12254y y m =+， 则1212224()64x x m y y m +=++=+，2212121223643()94m x x m y y m y y m -=+++=+，假设存在定点(Q t ，0)(0)t >，使得直线AQ ，BQ 的斜率之积为非零常数，所以212122222222121212250054(4)36244()(4)362444AQ BQy y y y m k k t m t t x t x t x x t x x t t m t t m --+⋅=⋅===-+-+---++-+-++， 要使AQ BQ k k ⋅为非零常数，当且仅当2240362440t t t ⎧-=⎨-+≠⎩， 解得2t =（负值舍去）． 当2t =时，常数为553648164=-+，所以x 轴的正半轴上存在定点(2,0)Q ，使得直线AQ ，BQ 的斜率之积为常数54． 例6．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>，设直线l 过椭圆C 的上顶点和右焦点，坐标原点O到直线l 的距离为2． （1）求椭圆C 的方程．（2）过点(8,0)P 且斜率不为零的直线交椭圆C 于M ，N 两点，在x 轴的正半轴上是否存在定点Q ，使得直线MQ ，NQ 的斜率之积为非零的常数？若存在，求出定点Q 的坐标；若不存在，请说明理由． 【解析】解：（1）设椭圆的半焦距为c，根据题意，得c a =因为l 过椭圆C 的上顶点和右顶点，所以l 的方程为1x yc b+=，即0bx cy bc +-=． 又由点O 到直线l 的距离为22bca==，所以b = 设2a k =，c =，则222228b a c k =-==，解得2k =，从而4a =，所以椭圆c 的方程为221168x y +=．（2）依题意设直线MN 的方程为8x my =+，1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y ．联立方程组221,1688,x y x my ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩消去x 得22(2)16480m y my +++=，△222(16)448(2)643840m m m =-⨯⨯+=->，所以122162m y y m +=-+，122482y y m =+，21212221632()161622m x x m y y m m +=++=-+=++，221212122161288()642m x x m y y m y y m -+=+++=+． 假设存在定点(Q t ，0)(0)t >，使得直线MQ ，NQ 的斜率之积为非零常数， 则1212222212121248()(16)232128MQ NQ y y y y k k x t x t x x t x x t t m t t =⋅==---++-+-+． 要使MQ NQ k k 为非零常数，当且仅当2160t -=，即4t =时成立， 此时，483323241282MQ NQ k k ==-⨯+，所以x 轴的正半轴上存在定点(4,0)Q ，使得直线MQ ，NQ 的斜率之积为常数32． 变式4．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>，四点1P ，2(0,1)P，3P，4(P -中恰有三点在椭圆C 上．（1）求椭圆C 的方程；（2）过点(1,0)且斜率不为0的直线l 交椭圆C 于B ，D 两点，在x 轴上是否存在定点A ，使得直线AB 的斜率与直线AD 的斜率之积为定值？若存在，求出点A 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】解：（1）由于1P ，4P 两点关于y 轴对称，故由题设可知C 经过1P ，4P 两点，则图象不经过点3P ，故2P 在椭圆上，∴2211314b a b =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得24a =，21b =， 故椭圆C 的方程为2214x y +=，（2）由题设知，直线l 不能与x 轴重合，故可设直线l 的方程为1()x my m R =+∈，设1(B x ，1)y 、2(D x ，2)y ，(,0)A t ，直线AB 的斜率为1k ，直线AD 的斜率为2k ，由22441x y x my ⎧+=⎨=+⎩，得22(4)230m y my ++-=， 则△216480m =+> 则12224m y y m +=-+，12234y y m =-+，121212222221212123()()(1)()(1)(4)4(1)y y y y k k x t x t m y y m t y y t t m t -∴===--+-++--+-， 当240t -=时，即2t =±时，12k k 为定值，1234k k =-或112-，此时A 点的坐标为(2,0)±．变式5．设椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>，过点(0,1)P 的动直线L 于椭圆相交于A ，B 两点，当直线L 平行于x 轴时，直线L 被椭圆C截得弦长为 （Ⅰ）求C 的方程；（Ⅱ）在y 上是否存在与点P 不同的定点Q ，使得直线AQ 和BQ 的倾斜角互补？若存在，求Q 的坐标；若不存在，说明理由．【解析】解（Ⅰ）由已知可得，椭圆经过点(，因此，解得2,a b ==，所以椭圆E 方程为22142x y +=；（Ⅱ）设Q 点的坐标为0(0,)y ，当直线l 与x 轴垂直时，直线AQ 与BQ 的倾斜角均为90︒，满足题意， 此时0y R ∈，且01y ≠；当直线l 的斜率存在时，可设直线l 的方程为1y kx =+，1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ， 联立221142y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得22(12)420k x kx ++-=，其判别式△0>，∴2122412k x x k +=-+，122212x x k=-+， 直线AQ 和直线BQ 的倾斜角互补， 0AQ BQ k k ∴+=，∴1020120y y y y x x --+=， 即10201210kx y kx y x x +--+=， 整理得120122(1)()0kx x y x x +-+=，把2122412k x x k +=-+，122212x x k =-+代入得0(2)0k y -=， k R ∈，02y =，即(0,2)Q ，综上所述存在与点P 不同的定点(0,2)Q 满足题意． 题型三：存在点使两角度相等例7．已知1(2,0)F -，2(2,0)F 是椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的两个焦点，M 是椭圆C 上一点，当112MF F F ⊥时，有21||3||MF MF =． （1）求椭圆C 的标准方程；（2）设过椭圆右焦点2F 的动直线l 与椭圆交于A ，B 两点，试问在x 轴上是否存在与2F 不重合的定点T ，使得22ATF BTF ∠=∠恒成立？若存在，求出定点T 的坐标，若不存在，请说明理由． 【解析】解：（1）由题意，2c =．故224a b =+． 可设点M 坐标为(2,)M y -，则22241My a b +=，解得22||M b y a =，即212||b MF a=． 221122||||4||4b a MF MF MF a∴=+==，解得224a b =． 28a ∴=，24b =．∴椭圆C 的标准方程为22184x y +=．（2）由题意，假设存在与2F 不重合的定点T ，使得22ATF BTF ∠=∠恒成立， 设(T T x ，0)，且2T x ≠，1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，则 11TA T y k x x =-，22TB Ty k x x =-． 22ATF BTF ∠=∠，0TA TB k k ∴+=，即12120T Ty y x x x x +=--． 整理，得122112T x y x y x y y +=+．设直线:2l x my =+． 联立222184x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去x ，整理得22(2)440m y my ++-=． 12242m y y m -∴+=+，12242y y m -=+． 12211221(2)(2)x y x y my y my y +=+++ 121222()my y y y =++．12211212121222()T x y x y my y y y x y y y y +++∴==++ 21212242222242y ym m m m y y m -+=+=+-++1224mm=+=． ∴存在与2F 不重合的定点T ，使得22ATF BTF ∠=∠恒成立，且点T 坐标为(4,0)．例8．在平面直角坐标系xOy 内，椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>，右焦点F 到右准线的距离为2，直线l 过右焦点F 且与椭圆E 交于A 、B 两点． （1）求椭圆E 的标准方程；（2）若直线l 与x 轴垂直，C 为椭圆E 上的动点，求22CA CB+的取值范围；（3）若动直线l 与x 轴不重合，在x 轴上是否存在定点P ，使得PF 始终平分APB ∠？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】解：（1）由题意得：22c e a a c c⎧==⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，得a =，2c =，⋯（2分） 222a b c =+，24b∴=，∴椭圆的标准方程为：22184x y +=．⋯（4分）（2）当直线AB 与x轴垂直时，A ，(2,B ，设点0(C x ，0)y ，则222222220000000(2)((2)(22812CA CB x y x y x y x +=-++-+=+-+， 又点C 在椭圆上，∴2200184x y +=，消去0y 得22200820CA CB x x +=-+，0[x ∈-，22CA CB ∴+得取值范围为[28-，28+．⋯（8分）（3）假设在x 轴上存在点P 满足题意，不妨设(,0)P t ，设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，设直线AB 的方程为：2xmy =+，联列22184x y +=，消去x 得22(2)440m y my ++-=，则12242m y y m -+=+，12242y y m -=+，⋯（12分） 由PF 平分APB ∠知：0AP BP k k +=，⋯（13分） 又1212211212()()0()()AP BP y y y x t y x t k k x t x t x t x t -+-+=+==----， 又112x my =+，222x my =+，得1212(2)()20t y y my y -++=， 即2244(2)2022m t m m m ---⨯+⨯=++，得4t =， 所以存在点(4,0)P 满足题意． ⋯（16分）例9．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F 、2F，点P 满足：12||||2PF PF a +=，且1232PF F S=． （1）求椭圆C 的标准方程；（2）过点(4,0)M 的直线l 与C 交于1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y 不同的两点，且120y y ≠，问在x 轴上是否存在定点N ，使得直线NA ，NB 与y 轴围成的三角形始终为底边在y 轴上的等腰三角形．若存在，求定点N 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】解：（1）因为12||||2PF PF a +=，所以点P 在椭圆C 上，将P 代入22221x y a b +=，得221314a b+=①，设椭圆C 焦距为2c，则1213222PF F Sc =⋅=，所以c =，又222a b c =+②， 由①②解得24a =，21b =，所以椭圆C 的方程为2214x y +=；（2）显然直线l 的斜率存在且不为0，设直线:(4)l y k x =-，联立22(4)440y k x x y =-⎧⎨+-=⎩消去y 整理得：2222(14)326440k x k x k +-+-=， 由△2222(32)4(14)(644)0k k k =--+->，得21012k <<， 则21223214k x x k +=+，212264414k x x k-⋅=+， 假设存在点(,0)N t ，因为直线NA ，NB 与y 轴围成的三角形始终为底边在y 轴上的等腰三角形，所以0NA NB k k +=，设(,0)N t ，则12121212121212(4)(4)2(4)()80()()NA NB y y k x k x x x t x x tk k k x t x t x t x t x t x t ---++++=+=+=⋅=------，即12122(4)()80x x t x x t -+++=，所以2222221288(4)328320141414k t k t tk k k k -++-+=+++，解得1t =．故在x 轴上存在定点(1,0)N ，使得直线NA ，NB 与y 轴围成的三角形始终在底边为y 轴上的等腰三角形．变式6．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的离心率为12，左、右焦点分别为1F ，2F ，O 为坐标原点，点P在椭圆C 上，且满足1||4PF =，1212||||20PF PF PF PF -⋅=． （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）已知过点(2,0)且不与x 轴重合的直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，在x 轴上是否存在定点Q ，使得MQO NQO ∠=∠．若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，说明理由．【解析】解：（Ⅰ）由1212121cos 2||||PF PF F PF PF PF ⋅∠==知1260F PF ∠=︒， 在△12F PF 中，21||24,2c PF a a =-=，22416(24)4(24)c a a =+---， 解得4a =，2c =，212b =，所以椭圆22:11612x y C +=；（6分） （Ⅱ）假设存在点(,0)Q m 满足条件，设直线l 方程为2x ty =+，1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y ，22211612x ty x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去x 有22(34)12360t y ty ++-=，1212221236,3434t y y y y t t --+==++，221212121212127212(2)2(2)()34340()()(6)(6)MQ NQt m ty y ty y m y y t t k k x m x m ty m ty m ty ty ---+-++++=+===------． 因为MQO NQO ∠=∠，所以0MQ NQ k k +=，即7212(2)0t m t ---=，解得8m =． 所以存在(8,0)Q 使得MQO NQO ∠=∠．（12分） 题型四：存在点使等式恒成立例10．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点为212(,0),(,0)F A a A a -，椭圆C 上异于顶点的动点P满足直线1PA 与2PA 的斜率之积为14-．（1）求椭圆C 的方程．（2）过点(4,0)M 的直线l 与椭圆C 交于1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y 两点，其中120y y ≠，点(Q Q 与M 不重合）在x 轴上，直线QA ，QB 分别与y 轴交于S ，T ，是否存在定点Q ，使得||||QS QT =恒成立？若存在，求出定点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】解：（1）设0(P x ，0)y ，则2222220000222()1,x y b a x y a b a-+==① 由1214PA PA k k ⋅=-，得000014y y x a x a ⋅=-+-，即222001()4y x a =--②结合①②得2214b a =．又由右焦点2F ，得223a b -=，所以2a =，1b =，所以椭圆C 的方程为2214x y +=．（2）设存在定点(,0)Q t ，使得||||QS QT =恒成立． 显然直线l 的斜率不为0，故设直线:4l x my =+，消去x 得22(4)8120m y my +++=，△226448(4)0m m =-+>，即212122281212,,44m m y y y y m m >+=-=++ 由题意可知QA k ，QB k 存在且不为0， 则1212211212121212()()2(4)()()()()()QA QB y y y x t y x t my y t y y k k x t x t x t x t x t x t -+-+-++=+==------． 要使||||QS QT =恒成立，只需0QA QB k k +=， 即1212222248(4)8(1)2(4)()0444m m t m t my y t y y m m m --+-+=-==+++， 故1t =．所以在x 轴上存在定点(1,0)Q ，使得||||QS QT =恒成立．例11．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右顶点为，离心率为2．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）过椭圆C 的左焦点F 且斜率为(0)k k ≠的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，O 为坐标原点，问椭圆C 上是否存在点P ，使得OP OA OB =+？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由． 【解析】解：（1）由题意可知a又，1c ∴=，∴1b ==，∴椭圆C 的标准方程为：2212x y +=．（2）设点1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，0(P x ，0)y ，设直线l 的方程为(1)y k x =+，联立方程22(1)12y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得：2222(12)42(1)0k x k x k +++-=， ∴△2880k =+>，2122412k x x k +=-+，则12(OP OA OB x x =+=+，12)y y + 12(x x =+，12(2))k x x ++22242(,)1212k k k k =-++则点22242(,)1212k kP k k -++，又点P 在椭圆上，∴2222242()2()21212k k k k -+=++，整理得：241k =，解得k =， ∴椭圆C 上存在点P ，使得OP OA OB =+，此时直线l的方程为1)2y x =±+． 例12．设1F 、2F 分别是椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点，12||2F F =，直线l 过1F 且垂直于x 轴，交椭圆C 于A 、B 两点，连接A 、B 、2F ，所组成的三角形为等边三角形． （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）过右焦点2F 的直线m 与椭圆C 相交于M 、N 两点，试问：椭圆C 上是否存在点P ，使OP OM ON =+成立？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由． 【解析】（本小题满分14分） （Ⅰ）1F 、2F 分别是椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点，12||2F F =，∴由12||2F F =可得1c =，⋯（1分）等边三角形2ABF ∆中：1||AF =，2||AF =，⋯（3分） 则12||||2AF AF a +=，得a =⋯（4分） 又222b a c =-，∴b =，⋯（5分）则椭圆22:132x y C +=；⋯（6分）（Ⅱ）设1(M x ，1)y 、2(N x ，2)y ，则由题意知的m 斜率为一定不为0，故不妨设:(1)m y k x =-，代入椭圆22:132x y C +=的方程中，整理得2222(32)6360k x k x k +-+-=，⋯（8分） 由题意得△0>．由韦达定理有：2122632k x x k +=+，21223632k x x k -=+①⋯（9分）且22121224(1)(1)32k y y k x x k -=--=+②⋯（10分）假设存在点P ，使OP OM ON =+成立，则其充要条件为： 点12(P x x +，12)y y +，⋯（11分） 点P 在椭圆上，即221212()()132x x y y +++=．整理得2222112212122323466x y x y x x y y +++++=⋯（12分） 又A 、B 在椭圆上，即2211236x y +=，2222236x y +=，∴由①②代入：12124660x x y y ++=，解得k =⋯（13分）∴3(,22P ±⋯（14分） 变式7．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>过点，且椭圆的短轴长为（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）已知动直线l 过右焦点F ，且与椭圆C 分别交于M ，N 两点．试问x 轴上是否存在定点Q ，使得13516QM QN =-恒成立？若存在求出点Q 的坐标；若不存在，说明理由．【解析】解：（Ⅰ）由题意知，2212312a b b ⎧+=⎪⎨⎪=⎩，解得4a =，b =∴椭圆C 的方程为2211612x y +=．（Ⅱ）设存在点(,0)Q m 满足题意，点F 为(2,0)， 当直线l 的斜率不存在时，则(2,3)M ，(2,3)N -，∴(2QM QN m =-，3)(2m -，21353)44916m m -=-+-=-，解得114m =或54． 当直线l 的斜率存在时，设其方程为(2)y k x =-，1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y ，联立22(2)11612y k x x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，得2222(34)1616480k x k x k +-+-=，则21221634k x x k +=+，2122164834k x x k -=+，∴1(QM QN x m =-，12)(y x m -，21)(y x m =-，12(2))(k x x m --，2(2))k x -22221212(1)(2)()4k x x m k x x m k =+-++++22222222164816(1)(2)43434k k k m k m k k k-=+-+++++ 222222204816341353416k k m m k m k ---++==-+， 化简整理得，222(22025664)363480m m k m -+-+=， 2220256640m m ∴-+=且2363480m -+=，解得114m =． 综上所述，x 轴上存在定点Q ，使得13516QM QN =-恒成立，点Q 的坐标为11(4，0)．变式8．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点为(1,0)F ，且点(-在椭圆C 上．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）已知动直线l 过点F ，且与椭圆C 交于A ，B 两点，试问x轴上是否存在定点Q ，使得716QA QB =-恒成立？若存在，求出点Q 的坐标，若不存在，请说明理由． 【解析】解：（1）由题意，1c =点(-在椭圆C 上，∴根据椭圆的定义可得：2a =，a ∴ 2221b a c ∴=-=，∴椭圆C 的标准方程为2212x y +=；（2）假设x 轴上存在点(,0)Q m，使得716QA QB =-恒成立当直线l 的斜率为0时，A 0)，(B ，0)，则7,0)(2,0)16mm ---=-，∴22516m =，54m ∴=±①当直线l的斜率不存在时，A ，(1,B ，则7(1(1,216m m ---=-，∴21(1)16m -=54m ∴=或34m =②由①②可得54m =． 下面证明54m =时，716QA QB =-恒成立当直线l 的斜率为0时，结论成立；当直线l 的斜率不为0时，设直线l 的方程为1x ty =+，1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y 直线方程代入椭圆方程，整理可得22(2)210t y ty ++-=，12222t y y t ∴+=-+，12212y y t =-+ ∴15(4QA QB x =-，125)(4y x -，222212121212211112217)()()(1)()444162(2)1616t t y ty ty y y t y y t y y t --+=--+=+-++=+=-+ 综上，x 轴上存在点5(4Q ，0)，使得716QA QB =-恒成立．变式9．已知椭圆2222:1x y C a b+=的右焦点为(1,0)F ，离心率e =（1）求椭圆C 的标准方程；（2）已知动直线l 过点F ，且与椭圆C 交于A ，B 两点，试问x 轴上是否存在定点M ，使得119MA MB =-恒成立？若存在，求出点M 的坐标，若不存在，请说明理由．【解析】解：（1）1c =，c e a ==∴a = 2222b a c ∴=-=，∴椭圆方程为22132x y +=．（2）假设x 轴上存在点(,0)M m ，使得119MA MB =-，①当直线l 的斜率为0时，(0)A ，(0)B ，则211(3,0)(3,0)39MA MB m m m =+-=-=-，解得43m =±．②当直线l 的斜率不存在时，A ，(1,B ，则22323411(1,)(1,)(1)3339MA MB m m m =---=--=-， 解得23m =，43m =． 由①②可得43m =． 下面证明43m =时，119MA MB =-恒成立． 直线l 斜率存在时，设直线方程为1(1)(y k x A x =-，12)(y B x ，2)y ． 由22(1)236y k x x y =-⎧⎨+=⎩消y 整理得：2222(32)6360k x k x k +-+-=， 2122632k x x k +=+，21223632k x x k -=+，2221212121224(1)(1)[()1]32k y y k x x k x x x x k -=--=-++=+， 所以14(3MA MB x =-，124)(3y x -，2121212416)()39y x x x x y y =-+++ 2222222236461649616161133233293232999k k k k k k k k ----=-++=+=-+=-++++， 综上，x 轴上存在点4(,0)3M ，使得119MA MB =-恒成立．变式10．已知椭圆22154x y +=，过右焦点2F 的直线l 交椭圆于M ，N 两点．（1）若3OM ON =-，求直线l 的方程；（2）若直线l 的斜率存在，在线段2OF 上是否存在点(,0)P a ，使得||||PM PN =，若存在，求出a 的范围，若不存在，请说明理由．【解析】解：（1）当直线l 的斜率不存在时，M ，(1,N ，不符合题意； 当直线l 的斜率存在时，设1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y ， 直线l 的方程为(1)y k x =-，①又椭圆的方程为22154x y +=，②由①②可得2222(54)105200k x k x k +-+-=，(*)21221054k x x k ∴+=+，212252054k x x k -⨯=+， 22121212216[()1]54k y y k x x x x k -∴=-++=+， ∴2121221120354k OM ON x x y y k --=+==-+，解得22k =，k ∴=，即直线l的方程为1)y x =-或1)y x =-．（2）由（1）可知121228()254ky y k x x k k -+=+-=+，设MN 的中点为1212(,)22x x y y Q ++，即22254(,)5454k k Q k k -++， 假设存在点(,0)P a ，使得||||PM PN =，则1PQ MN k k =-， 解得22214545k a k k ==++，当0k =时，M ，N 为椭圆长轴的两个端点，则点P 与原点重合， 当0k ≠时，1(0,)5a ∈，综上所述，存在点P 且1[0,)5a ∈．变式11．设椭圆222:1(1)x C y a a+=>的右焦点为F ，右顶点为A ，已知11||||||eOF OA FA +=，其中O 为坐标原点，e 为椭圆的离心率． （1）求椭圆C 的方程；（2）是否存在斜率为2的直线l ，使得当直线l 与椭圆C 有两个不同交点M ，N 时，能在直线53y =上找到一点P ，在椭圆C 上找到一点Q ，满足PM NQ =？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．【解析】解：（1）椭圆222:1(1)x C y a a+=>的右焦点为F ，右顶点为A ，11||||||eOF OA FA +=， 可得11ca c a a c+=-，又因为1b =，222a b c -=，解得a故椭圆C 的方程为2212x y +=；（2）椭圆C 上不存在这样的点Q ．事实上，设直线l 的方程为2y x t =+， 联立椭圆方程2222x y +=，得229280y ty t -+-=， △22436(8)0t t =-->，得33t -<<． 设1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y ，则1229ty y +=，21289t y y -=，由PM NQ =知PMQN 为平行四边形， 而D 为MN 的中点，也是PQ 的中点， 于是设3(P x ，5)3，4(Q x ，4)y ，则4125322y y y ++=， 即45392y t +=，可得42159t y -=， 因为33t -<<，所以4713y -<<-，若4(Q x ，4)y 在椭圆2212x y +=上，则411y -，矛盾．因此，不存在满足条件的点P ，Q ．变式12．设椭圆222:1(1)x C y a a+=>的左焦点为F ，左顶点为A ，已知11||||||eOF OA FA +=，其中O 为坐标原点，e 为椭圆的离心率． （1）求椭圆C 的方程；（2）是否存在斜率为2-的直线l ，使得当直线l 与椭圆C 有两个不同交点M ，N 时，能在直线53y =-上找到一点P ，在椭圆C 上找到一点Q ，满足PM NQ =？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由． 【解析】解：（1）由题意知：11ca c a a c+=-，又因为1b =，222a b c =+，解得22a =故椭圆C 的方程为2212x y +=，（2）椭圆C 上不存在这样的点Q ． 设直线的方程为2y x t =-+，联立22212y x t x y =-+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得229280y ty t -+-=，△22436(8)0t t =-->，得33t -<<． 设1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y ，则1229ty y +=，21289t y y -=，由PM NQ =知PMQN 为平行四边形，而D 为MN 的中点，也是PQ 的中点． 于是设35(,)3P x -，4(Q x ，4)y ，则4125322y y y -+=，即45392y t-=，可得42159t y +=．因为33t -<<，所以4713y <<．若4(Q x ，4)y 在椭圆2212x y +=上，则411y -，矛盾．因此，不存在满足条件的点P ，Q ． 题型五：存在点使线段关系式为定值例13．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的焦距为2，且经过点3(1,)2P ．（1）求椭圆C 的方程；（2）经过椭圆右焦点F 且斜率为(0)k k ≠的动直线l 与椭圆交于A 、B 两点，试问x 轴上是否存在异于点F 的定点T ，使||||||||AF BT BF AT ⋅=⋅恒成立？若存在，求出T 点坐标，若不存在，说明理由． 【解析】解：由椭圆C 的焦距为2，故1c =，则221b a =-，又由椭圆C 经过点3(1,)2P ，代入C 得221914a b +=，得24a =，23b =，所以椭圆C 的方程为：22143x y +=．（2）根据题意，直线l 的斜率显然不为零，令1m k= 由椭圆右焦点(1,0)F ，故可设直线的方程为1x my =+，与22:143x y C +=联立得，22(34)690m y my ++-=，则△222364(9)(34)144(1)0m m m =--+=+>， 设112212122269(,),(,),,3434m A x y B x y y y y y m m --+==++， 设存在点T ，设T 点坐标为(,0)t ，由||||||||AF BT BF AT ⋅=⋅，得||||||||AF AT BF BT =， 又因为1||||sin ||||sin 21||||sin ||||sin 2TFATFBFT AT ATFS AF AT ATF BF S BT BTF FT BT BTF ∆∆⋅∠∠===∠⋅∠，所以sin sin ATF BTF ∠=∠，ATF BTF ∠=∠，所以直线TA 和TB 关于x 轴对称，其倾斜角互补，即有0AT BT k k +=， 则：12120AT BT y yk k x t x t+=+=--，所以1221()()0y x t y x t -+-=， 所以1221(1)(1)0y my t y my t +-++-=，12122(1)()0my y t y y +-+=， 即22962(1)03434m m t m m --⨯+-⨯=++，即223(1)03434m mt m m +-=++，解得4t =，符合题意， 即存在点(4,0)T 满足题意． 例14．椭圆E经过两点，，过点P 的动直线l 与椭圆相交于A ，B 两点． （1）求椭圆E 的方程；（2）若椭圆E 的右焦点是P ，其右准线与x 轴交于点Q ，直线AQ 的斜率为1k ，直线BQ 的斜率为2k ，求证：120k k +=；（3）设点(,0)P t 是椭圆E 的长轴上某一点（不为长轴顶点及坐标原点），是否存在与点P 不同的定点Q ，使得QA PAQB PB=恒成立？只需写出点Q 的坐标，无需证明． 【解析】解：（1）设椭圆方程为221mx ny +=，0m >，0n >，m n ≠， 椭圆E经过两点2，(2， ∴11213124m n m n ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得12m =，1n =，∴椭圆E 的方程为2212x y +=．（2）设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，则221112x y +=，222212x y +=，由题意(1,0)P ，(2,0)Q ，//AP BP ，1(1x ∴-，12)//(1y x -，2)y ，122112x y x y y y ∴-=-，2222122112211221()()x y x y x y x y x y x y -+=- 222222122121(2)(2)22y y y y y y =---=-，22122112211212()()222()()x y x y y y y y y y y y ∴+-=-=-+， 若12y y =，则120k k ==，结论成立． 若12y y ≠，则1221122()x y x y y y +=+，∴121221*********()022(2)(2)y y x y x y y y k k x x x x +-++=+==----． （3）当l 与y 轴平行时，设直线l 与椭圆相交于C 、D 两点， 如果存在定点Q 满足条件，则有QC PCQD PD=， QC QD ∴=，Q ∴在x 轴上，设0(Q x ，0)，当直线l 与y 轴垂直时，设直线l 与椭圆相交于M ，N 两点， 则M ，N的坐标分别为0)，(，0)， 由OM PMON PN =，有=， 解得02x t=， ∴若存在不同于点P 不同的定点Q 满足条件，则Q 点坐标只可能为2(t，0)．下面证明：对任意直线l ，均有QA PAQB PB=， 记直线AQ 的斜率为1k ，直线BQ 的斜率为2k ，设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，则221112x y +=，222212x y +=．由题意(,0)P t ，2(Q t，0)，//AP BP ，1(x t ∴-，12)//(y x t -，2)y ，122112()x y x y t y y ∴-=-，22122112211212()()222()()x y x y t y y y y y y y y --=-=-+， 若12y y =，则120k k ==，若12y y ≠，则1221122()x y x y y y t+=+，122112*********()02222()()x y x y y y y y t k k x x x x t t t t+-+∴+=+==----， 点B 关于x 轴对称的点2(B x '-，2)y ，QA QB k k '∴=，Q ∴，A ，B 三点共线，∴12||||y QA QA PAQB QB y PB==='， ∴对任意直线l ，均有QA PAQB PB=． 例15．椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>的焦点到直线30x y -=．抛物线2:2(0)G y px p =>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1||AB +为常数？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 【解析】解：（1）设椭圆的右焦点(,0)F c=2c =，再由c e a ==，所以可得a ， 所以222541b a c =-=-=，所以椭圆的方程为：2215x y +=；因为抛物线的焦点22p=，所以4p =， 所以抛物线的方程：28y x =，所以椭圆的方程为：2215x y +=，抛物线的方程：28y x =；（2）设直线l 的方程为：2x my =+，并设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，3(C x ，3)y ，4(D x ，4)y ， 联立22215x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩整理可得：22(5)410m y my ++-=， 12245m y y m -+=+，12215y y m -=+，所以12||y y -，12||AB y y-，联立228x myy x=+⎧⎨=⎩整理可得：28160y my--=，348y y m+=，所以23434||4()88(1)CD x x m y y m=++=++=+，得1||AB==，要使其为定值，则对应比成比例，所以可得2054λ+=，即165λ=-时，1||AB变式13．椭圆2222:1(0)x yE a ba b+=>>的焦点到直线30x y-=，抛物线2:2(0)G y px p=>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1||||AB CDλ+为常数，若存在，求λ的值，若不存在，说明理由．【解析】解：（1）设E、G的公共焦点为(,0)F c，ca=联立解得2,1c a b===．所以椭圆22:15xE y+=，抛物线2:8G y x=．（2）设1(A x，1)y，2(B x，2)y，3(C x，3)y，4(D x，4)y．直线l的方程为(2)y k x=-，与椭圆E的方程联立2215(2)xyy k x⎧+=⎪⎨⎪=-⎩，得2222(15)202050k x k x k+-+-=△422240020(51)(41)20(1)0k k k k=-+-=+>．2212122220205,1515k kx x x xk k-+==++12|||AB x x-=．直线l的方程为(2)y k x=-，与抛物线G的方程联立28(2)y xy k x⎧=⎨=-⎩，得2222(48)40k x k x k-++=．。