专题33 探究是否存在点型问题(原卷版)

这是一份专题33 探究是否存在点型问题(原卷版)，共20页。试卷主要包含了存在性问题的解题步骤，解决存在性问题的注意事项，已知动点M满足，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

1．存在性问题的解题步骤
探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．一般步骤为：
(1)假设满足条件的元素(常数、点、直线或曲线)存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组)；
(2)解此方程(组)或不等式(组)；
(3)若方程(组)有实数解，则元素(常数、点、直线或曲线)存在，否则不存在．
2．解决存在性问题的注意事项
探索性问题，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．
(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．
(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．
【例题选讲】
[例1] (2020·新高考Ⅰ)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，且过点A(2，1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
[规范解答] (1)由题设得eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(1,2)，解得a2＝6，b2＝3．所以C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)．若直线MN与x轴不垂直，
设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0．
于是x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－6,1＋2k2)．①
由AM⊥AN，得eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，
整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0．
将①代入上式，可得(k2＋1)eq \f(2m2－6,1＋2k2)－(km－k－2)·eq \f(4km,1＋2k2)＋(m－1)2＋4＝0，
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0．
因为A(2，1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1．
所以直线MN的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,3)))－eq \f(1,3)(k≠1)．所以直线MN过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3)))．
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．由eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0，得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0．
又eq \f(x\\al(2,1),6)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，所以3xeq \\al(2,1)－8x1＋4＝0．解得x1＝2(舍去)，x1＝eq \f(2,3)．此时直线MN过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3)))．
令Q为AP的中点，即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3)))．
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝eq \f(1,2)|AP|＝eq \f(2\r(2),3)．
若D与P重合，则|DQ|＝eq \f(1,2)|AP|．
综上，存在点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3)))，使得|DQ|为定值．
[例2] 已知椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为e＝eq \f(\r(6),3)，过C1的左焦点F1的直线l：x－y＋2＝0被圆C2：(x－3)2＋(y－3)2＝r2(r>0)截得的弦长为2eq \r(2)．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设C1的右焦点为F2，在圆C2上是否存在点P，满足|PF1|＝eq \f(a2,b2)|PF2|？若存在，指出有几个这样的点(不必求出点的坐标)；若不存在，说明理由．
[规范解答] (1)∵直线l的方程为x－y＋2＝0，令y＝0，得x＝－2，即F1(－2，0)，
∴c＝2，又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3)，∴a2＝6，b2＝a2－c2＝2，∴椭圆C1的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)∵圆心C2(3,3)到直线l：x－y＋2＝0的距离d＝eq \f(|3－3＋2|,\r(2))＝eq \r(2)，
又直线l：x－y＋2＝0被圆C2：(x－3)2＋(y－3)2＝r2(r>0)截得的弦长为2eq \r(2)，
∴r＝eq \r(d2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),2)))2)＝eq \r(2＋2)＝2，故圆C2的方程为(x－3)2＋(y－3)2＝4．
设圆C2上存在点P(x，y)，满足|PF1|＝eq \f(a2,b2)|PF2|，即|PF1|＝3|PF2|，
且F1，F2的坐标分别为F1(－2,0)，F2(2，0)，则eq \r((x＋2)2＋y2)＝3eq \r((x－2)2＋y2)，
整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2)))2＋y2＝eq \f(9,4)，它表示圆心是Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，0))，半径是eq \f(3,2)的圆．
∵|CC2|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(5,2)))2＋(3－0)2)＝eq \f(\r(37),2)，故有2－eq \f(3,2)<|CC2|<2＋eq \f(3,2)，故圆C与圆C2相交，有两个公共点．
∴圆C2上存在两个不同的点P，满足|PF1|＝eq \f(a2,b2)|PF2|．
[例3] 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(1，0)，右顶点为A，且|AF|＝1．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个交点P，且与直线x＝4交于点Q，问：是否存在一个定点M(t，0)，使得eq \(MP,\s\up7(→))·eq \(MQ,\s\up7(→))＝0？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
[规范解答] (1)由c＝1，a－c＝1，得a＝2，所以b＝eq \r(3)，故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
∴Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，即m2＝3＋4k2．
设P(x0，y0)，则x0＝－eq \f(4km,3＋4k2)＝－eq \f(4k,m)，y0＝kx0＋m＝－eq \f(4k2,m)＋m＝eq \f(3,m)，即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4k,m)，\f(3,m)))．
∵M(t，0)，Q(4，4k＋m)，∴eq \(MP,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4k,m)－t，\f(3,m)))，eq \(MQ,\s\up7(→))＝(4－t，4k＋m)，
∴eq \(MP,\s\up7(→))·eq \(MQ,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4k,m)－t))·(4－t)＋eq \f(3,m)·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋eq \f(4k,m)(t－1)＝0恒成立，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t－1＝0，,t2－4t＋3＝0，))即t＝1．∴存在点M(1，0)符合题意．
[例4] 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左顶点为A，右焦点为F2(2，0)，点B(2，－eq \r(2))在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程．
(2)若直线y＝kx(k≠0)与椭圆C交于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N．在x轴上，是否存在点P，使得无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
[规范解答] (1)依题意，得c＝2．∵点B(2，－eq \r(2))在C上，∴eq \f(4,a2)＋eq \f(2,b2)＝1．
又a2＝b2＋c2，∴a2＝8，b2＝4，∴椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1．
(2)假设存在这样的点P，设P(x0，0)，E(x1，y1)，x1＞0，则F(－x1，－y1)，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))
消去y并化简得，(1＋2k2)·x2－8＝0，解得x1＝eq \f(2\r(2),\r(1＋2k2))，则y1＝eq \f(2\r(2)k,\r(1＋2k2))，又A(－2eq \r(2)，0)，
∴AE所在直线的方程为y＝eq \f(k,1＋\r(1＋2k2))·(x＋2eq \r(2))，∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(2)k,1＋\r(1＋2k2))))，
同理可得Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(2)k,1－\r(1＋2k2))))，
eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x0，\f(2\r(2)k,1＋\r(1＋2k2))))，eq \(PN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x0，\f(2\r(2)k,1－\r(1＋2k2))))．
若∠MPN为直角，则eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))＝0，∴xeq \\al(2,0)－4＝0，
∴x0＝2或x0＝－2，∴存在点P，使得无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角，
此时点P的坐标为(2，0)或(－2，0)．
[例5] (2015·全国Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝eq \f(x2,4)与直线l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N两点．
(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．
[规范解答] (1)由题设可得M(2eq \r(a)，a)，N(－2eq \r(a)，a)，或M(－2eq \r(a)，a)，N(2eq \r(a)，a)．
又y′＝eq \f(x,2)，故y＝eq \f(x2,4)在x＝2eq \r(a)处的导数值为eq \r(a)，
所以C在点(2eq \r(a)，a)处的切线方程为y－a＝eq \r(a)(x－2eq \r(a))，即eq \r(a)x－y－a＝0．
y＝eq \f(x2,4)在x＝－2eq \r(a)处的导数值为－eq \r(a)，所以C在点(－2eq \r(a)，a)处的切线方程为y－a＝－eq \r(a)(x＋2eq \r(a))，
即eq \r(a)x＋y＋a＝0．故所求切线方程为eq \r(a)x－y－a＝0和eq \r(a)x＋y＋a＝0．
(2)存在符合题意的点．证明如下：
设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2．
将y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0，故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a．
从而k1＋k2＝eq \f(y1－b,x1)＋eq \f(y2－b,x2)＝eq \f(2kx1x2＋(a－b)(x1＋x2),x1x2)＝eq \f(k(a＋b),a)．
当b＝－a时，有k1＋k2＝0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，
故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意．
[例6] 已知椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)的上、下焦点分别为F1，F2，上焦点F1到直线4x＋3y＋12＝0的距离为3，椭圆C的离心率e＝eq \f(1,2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆E：eq \f(y2,a2)＋eq \f(3x2,16b2)＝1，设过点M(0，1)，斜率存在且不为0的直线交椭圆E于A，B两点，试问y轴上是否存在点P，使得eq \(PM,\s\up6(→))＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(PA,\s\up6(→)),|\(PA,\s\up6(→))|)＋\f(\(PB,\s\up6(→)),|\(PB,\s\up6(→))|)))？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
[规范解答] (1)由已知椭圆C的方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，设椭圆的焦点F1(0，c)，
由F1到直线4x＋3y＋12＝0的距离为3，得eq \f(|3c＋12|,5)＝3，又椭圆C的离心率e＝eq \f(1,2)，所以eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
又a2＝b2＋c2，求得a2＝4，b2＝3．椭圆C的方程为eq \f(y2,4)＋eq \f(x2,3)＝1．
(2)存在．理由如下：由(1)得椭圆E：eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1，设直线AB的方程为y＝kx＋1(k≠0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1，))消去y并整理得(4k2＋1)x2＋8kx－12＝0，Δ＝(8k)2＋4(4k2＋1)×12＝256k2＋48>0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(8k,4k2＋1)，x1x2＝－eq \f(12,4k2＋1)．
假设存在点P(0，t)满足条件，由于eq \(PM,\s\up6(→))＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(PA,\s\up6(→)),|\(PA,\s\up6(→))|)＋\f(\(PB,\s\up6(→)),\(|PB,\s\up6(→))|)))，所以PM平分∠APB．
所以直线PA与直线PB的倾斜角互补，所以kPA＋kPB＝0．即eq \f(y1－t,x1)＋eq \f(y2－t,x2)＝0，
即x2(y1－t)＋x1(y2－t)＝0．(*)
将y1＝kx1＋1，y2＝kx2＋1代入(*)式，整理得2kx1x2＋(1－t)(x1＋x2)＝0，
所以－2k·eq \f(12,4k2＋1)＋eq \f(1－t×－8k,4k2＋1)＝0，整理得3k＋k(1－t)＝0，即k(4－t)＝0，因为k≠0，所以t＝4．
所以存在点P(0，4)，使得eq \(PM,\s\up6(→))＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(PA,\s\up6(→)),|\(PA,\s\up6(→))|)＋\f(\(PB,\s\up6(→)),|\(PB,\s\up6(→))|)))．
[例7] 已知椭圆方程C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，椭圆的右焦点为(1，0)，离心率为e＝eq \f(1,2)，直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点，且kOA·kOB＝－eq \f(3,4)．
(1)求椭圆的方程及△AOB的面积；
(2)在椭圆上是否存在一点P，使OAPB为平行四边形，若存在，求出|OP|的取值范围，若不存在说明理由．
[规范解答] (1)由题意得c＝1，eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，∴a＝2，∴b2＝a2－c2＝3，∴椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1,y＝kx＋m))，消去y整理得，(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(8km,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2)，
所以y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝k2eq \f(4m2－12,3＋4k2)＋kmeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8km,3＋4k2)))＋m2＝eq \f(3m2－12k2,3＋4k2)．
∵kOA·kOB＝－eq \f(3,4)，∴eq \f(y1y2,x1x2)＝－eq \f(3,4)，即y1y2＝－eq \f(3,4)x1x2，∴eq \f(3m2－12k2,3＋4k2)＝－eq \f(3,4)·eq \f(4m2－12,3＋4k2)，即2m2－4k2＝3．
∵|AB|＝eq \r((1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2])＝eq \r((1＋k2)·\f(48(4k2－m2＋3),(3＋4k2)2))＝eq \r(\f(48(1＋k2),(3＋4k2)2)·\f(3＋4k2,2))＝eq \r(\f(24(1＋k2),3＋4k2))．
O到直线y＝kx＋m的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，
∴S△AOB＝eq \f(1,2)d|AB|＝eq \f(1,2)eq \f(|m|,\r(1＋k2))eq \r(\f(24(1＋k2),3＋4k2))＝eq \f(1,2)eq \r(\f(m2,1＋k2)·\f(24(1＋k2),3＋4k2))＝eq \f(1,2)eq \r(\f(3＋4k2,2)·\f(24,3＋4k2))＝eq \r(3)．
(2)若椭圆上存在一点P，使OAPB为平行四边形，则eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))，设P(x0，y0)，
则x0＝x1＋x2＝－eq \f(8km,3＋4k2)，y0＝y1＋y2＝eq \f(6m,3＋4k2)，由于P在椭圆上，所以eq \f(x\\al(2,0),4)＋eq \f(y\\al(2,0),3)＝1，
即eq \f(16k2m2,(3＋4k2)2)＋eq \f(12m2,(3＋4k2)2)＝1，化简得4m2＝3＋4k2 ①，由kOA·kOB＝－eq \f(3,4)，知2m2－4k2＝3 ②，
联立方程①②知m＝0，故不存在P在椭圆上的平行四边形．
[例8] 设椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为A(－1，0)，B(1，0)，C为椭圆M上的点，且∠ACB＝eq \f(π,3)，S△ABC＝eq \f(\r(3),3)．
(1)求椭圆M的标准方程；
(2)设过椭圆M右焦点且斜率为k的动直线与椭圆M相交于E，F两点，探究在x轴上是否存在定点D，使得eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→))为定值？若存在，试求出定值和点D的坐标；若不存在，请说明理由．
[规范解答] (1)在△ABC中，由余弦定理AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·csC＝(CA＋CB)2－3CA·CB＝4．
又S△ABC＝eq \f(1,2)CA·CB·sinC＝eq \f(\r(3),4)CA·CB＝eq \f(\r(3),3)，∴CA·CB＝eq \f(4,3)，代入上式得CA＋CB＝2eq \r(2)．
椭圆长轴2a＝2eq \r(2)，焦距2c＝AB＝2．所以椭圆M的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)设直线方程y＝k(x－1)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝k（x－1），))
消去y得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8>0，∴x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－2,1＋2k2)．
假设x轴上存在定点D(x0，0)，使得eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→))为定值．
∴eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→))＝(x1－x0，y1)·(x2－x0，y2)＝x1x2－x0(x1＋x2)＋xeq \\al(2,0)＋y1y2＝x1x2－x0(x1＋x2)＋xeq \\al(2,0)＋k2(x1－1)(x2－1)
＝(1＋k2)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋xeq \\al(2,0)＋k2＝eq \f(（2xeq \\al(2,0)－4x0＋1）k2＋（xeq \\al(2,0)－2）,1＋2k2)
要使eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→))为定值，则eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→))的值与k无关，∴2xeq \\al(2,0)－4x0＋1＝2(xeq \\al(2,0)－2)，解得x0＝eq \f(5,4)，
此时eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→))＝－eq \f(7,16)为定值，定点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，0))．
[例9] 已知F为抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，过F的动直线交抛物线C于A，B两点．当直线与x轴垂直时，|AB|＝4．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线AB与抛物线的准线l相交于点M，在抛物线C上是否存在点P，使得直线PA，PM，PB的斜率成等差数列？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
[规范解答] (1)因为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，在抛物线y2＝2px中，令x＝eq \f(p,2)，可得y＝±p，
所以当直线与x轴垂直时|AB|＝2p＝4，解得p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x．
(2)不妨设直线AB的方程为x＝my＋1(m≠0)，
因为抛物线y2＝4x的准线方程为x＝－1，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(2,m)))．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my＋1))消去x，得y2－4my－4＝0，
Δ＝16m2＋16>0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
若存在定点P(x0，y0)满足条件，则2kPM＝kPA＋kPB，即2eq \f(y0＋\f(2,m),x0＋1)＝eq \f(y0－y1,x0－x1)＋eq \f(y0－y2,x0－x2)，
因为点P，A，B均在抛物线上，所以x0＝eq \f(y\\al(2,0),4)，x1＝eq \f(y\\al(2,1),4)，x2＝eq \f(y\\al(2,2),4)．
代入化简可得eq \f(2my0＋2,my\\al(2,0)＋4)＝eq \f(2y0＋y1＋y2,y\\al(2,0)＋y1＋y2y0＋y1y2)，将y1＋y2＝4m，y1y2＝－4代入整理可得
eq \f(my0＋2,my\\al(2,0)＋4)＝eq \f(y0＋2m,y\\al(2,0)＋4my0－4)，即(m2＋1)(yeq \\al(2,0)－4)＝0，
因为上式对∀m≠0恒成立，所以yeq \\al(2,0)－4＝0，解得y0＝±2，将y0＝±2代入抛物线方程，可得x0＝1，
所以在抛物线C上存在点P(1，±2)，使直线PA，PM，PB的斜率成等差数列．
[例10] 已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线经过点P(－1，0)．
(1)求抛物线C的方程．
(2)设O是原点，直线l恒过定点(1，0)，且与抛物线C交于A，B两点，直线x＝1与直线OA，OB分别交于点M，N，请问：是否存在以MN为直径的圆经过x轴上的两个定点？若存在，求出两个定点的坐标；若不存在，请说明理由．
[规范解答] (1)依题意知，－eq \f(p,2)＝－1，解得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)存在，理由如下．
设直线AB的方程为x＝ty＋1，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,1),4)，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,2),4)，y2))．
联立直线AB与抛物线C的方程得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1，,y2＝4x，))消去x并整理，得y2－4ty－4＝0．
易知Δ＝16t2＋16＞0，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝4t，,y1y2＝－4.))
由直线OA的方程y＝eq \f(4,y1)x，可得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(4,y1)))，由直线OB的方程y＝eq \f(4,y2)x，可得Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(4,y2)))．
设以MN为直径的圆上任一点D(x，y)，则eq \(DM,\s\up6(→))·eq \(DN,\s\up6(→))＝0，
所以以MN为直径的圆的方程为(x－1)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(4,y1)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(4,y2)))＝0．令y＝0，得(x－1)2＋eq \f(16,y1y2)＝0．
将y1y2＝－4代入上式，得(x－1)2－4＝0，解得x1＝－1，x2＝3．
故存在以MN为直径的圆经过x轴上的两个定点，两个定点的坐标分别为(－1，0)和(3，0)．
【对点训练】
1．(2019·全国Ⅰ)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．
(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；
(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．
1．解析 (1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上．由已知A在直线x＋y＝0上，
且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．
因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|．连接MA(图略)，由已知得|AO|＝2．又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4．
故⊙M的半径r＝2或r＝6．
(2)存在定点P(1，0)，使得|MA|－|MP|为定值．
理由如下：
设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2．由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2， 化简得M的轨迹方程为y2＝4x．
因为曲线C：y2＝4x是以点P(1，0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1．
因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，
所以存在满足条件的定点P．
2．已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，左顶点为A，左焦点为F1(－2，0)，点B(2，eq \r(2))在椭
圆C上，直线y＝kx(k≠0)与椭圆C交于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N．
(1)求椭圆C的方程；
(2)在x轴上是否存在点P，使得无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
2．解析 (1)设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，因为椭圆的左焦点为F1(－2,0)，所以a2－b2＝4．
由题可得椭圆的右焦点为F2(2,0)，已知点B(2，eq \r(2))在椭圆C上，由椭圆的定义知|BF1|＋|BF2|＝2a，
所以2a＝3eq \r(2)＋eq \r(2)＝4eq \r(2)，所以a＝2eq \r(2)，从而b＝2．
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1．
(2)因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为(－2eq \r(2)，0)．
因为直线y＝kx(k≠0)与椭圆eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1交于两点E，F，
设点E(x0，y0)(不妨设x0>0)，则点F(－x0，－y0)．联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))消去y得x2＝eq \f(8,1＋2k2)．
所以x0＝eq \f(2\r(2),\r(1＋2k2))，y0＝eq \f(2\r(2)k,\r(1＋2k2))，所以直线AE的方程为y＝eq \f(k,1＋\r(1＋2k2))(x＋2eq \r(2))．
因为直线AE与y轴交于点M，令x＝0，得y＝eq \f(2\r(2)k,1＋\r(1＋2k2))，即点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(2)k,1＋\r(1＋2k2))))．
同理可得点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(2)k,1－\r(1＋2k2))))．
假设在x轴上存在点P(t，0)，使得∠MPN为直角，则eq \(MP,\s\up7(→))·eq \(NP,\s\up7(→))＝0．
即t2＋eq \f(－2\r(2)k,1＋\r(1＋2k2))×eq \f(－2\r(2)k,1－\r(1＋2k2))＝0，即t2－4＝0，解得t＝2或t＝－2．
故存在点P(2，0)或P(－2，0)，无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角．
3．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，点F为左焦点，过点F作x轴的垂线交椭圆C于A，B
两点，且|AB|＝3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)在圆x2＋y2＝3上是否存在一点P，使得在点P处的切线l与椭圆C相交于M，N两点，且满足eq \(OM,\s\up7(→))⊥eq \(ON,\s\up7(→))？若存在，求l的方程；若不存在，请说明理由．
3．解析 (1)∵e＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(1,2)，∴3a2＝4b2．又∵|AB|＝eq \f(2b2,a)＝3，∴a＝2，b＝eq \r(3)．
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)假设存在点P，使得eq \(OM,\s\up7(→))⊥eq \(ON,\s\up7(→))．当直线l的斜率不存在时，
l：x＝eq \r(3)或x＝－eq \r(3)，与椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1相交于M，N两点，
此时Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，－\f(\r(3),2)))或Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，\f(\r(3),2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，－\f(\r(3),2)))，
∴eq \(OM,\s\up7(→))·eq \(ON,\s\up7(→))＝3－eq \f(3,4)＝eq \f(9,4)≠0，
∴当直线l的斜率不存在时，不满足eq \(OM,\s\up7(→))⊥eq \(ON,\s\up7(→))．
当直线l的斜率存在时，设y＝kx＋m，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0．
∵直线l与椭圆C相交于M，N两点，∴Δ>0，化简得4k2>m2－3．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，∴x1＋x2＝eq \f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2)，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq \f(3m2－12k2,3＋4k2)．
∵eq \(OM,\s\up7(→))·eq \(ON,\s\up7(→))＝0，∴eq \f(4m2－12,3＋4k2)＋eq \f(3m2－12k2,3＋4k2)＝0，∵7m2－12k2－12＝0．
又∵直线l与圆x2＋y2＝3相切，∴eq \r(3)＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，∴m2＝3＋3k2，∴21＋21k2－12k2－12＝0，
解得k2＝－1，显然不成立，∴在圆上不存在这样的点P使eq \(OM,\s\up7(→))⊥eq \(ON,\s\up7(→))成立．
4．如图，在平面直角坐标系中，点F(－1，0)，过直线l：x＝－2右侧的动点P作PA⊥l于点A，∠APF
的平分线交x轴于点B，|PA|＝eq \r(2)|BF|．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过点F的直线q交曲线C于M，N，试问：x轴正半轴上是否存在点E，直线EM，EN分别交直线l于R，S两点，使∠RFS为直角？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
4．解析 (1)设P(x，y)，由平面几何知识得eq \f(|PF|,|PA|)＝eq \f(\r(2),2)，即eq \f(\r(x＋12＋y2),|x＋2|)＝eq \f(\r(2),2)，化简得eq \f(x2,2)＋y2＝1，
所以动点P的轨迹C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1(x≠eq \r(2))．
(2)假设满足条件的点E(n，0)(n>0)存在，设直线q的方程为x＝my－1，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，R(－2，y3)，S(－2，y4)．联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2y2＝2，,x＝my－1，))消去x，得(m2＋2)y2－2my－1＝0，
y1＋y2＝eq \f(2m,m2＋2)，y1y2＝－eq \f(1,m2＋2)，
x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝m2y1y2－m(y1＋y2)＋1＝－eq \f(m2,m2＋2)－eq \f(2m2,m2＋2)＋1＝eq \f(2－2m2,m2＋2)，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝eq \f(2m2,m2＋2)－2＝－eq \f(4,m2＋2)，
由条件知eq \f(y1,x1－n)＝eq \f(y3,－2－n)，y3＝－eq \f(2＋ny1,x1－n)，同理y4＝－eq \f(2＋ny2,x2－n)，kRF＝eq \f(y3,－2＋1)＝－y3，kSF＝－y4．
因为∠RFS为直角，所以y3y4＝－1，所以(2＋n)2y1y2＝－[x1x2－n(x1＋x2)＋n2]，
(2＋n)2eq \f(1,m2＋2)＝eq \f(2－2m2,m2＋2)＋eq \f(4n,m2＋2)＋n2，所以(n2－2)(m2＋1)＝0，n＝eq \r(2)，
故满足条件的点E存在，其坐标为(eq \r(2)，0)．
5．已知动点M(x，y)满足：eq \r(x＋12＋y2)＋eq \r(x－12＋y2)＝2eq \r(2)．
(1)求动点M的轨迹E的方程；
(2)设A，B是轨迹E上的两个动点，线段AB的中点N在直线l：x＝－eq \f(1,2)上，线段AB的中垂线与E交于P，Q两点，是否存在点N，使以PQ为直径的圆经过点(1，0)，若存在，求出N点坐标，若不存在，请说明理由．
5．解析 (1)由eq \r(x＋12＋y2)＋eq \r(x－12＋y2)＝2eq \r(2)知，动点M到定点(－1，0)和(1，0)的距离之和等
于2eq \r(2)，根据椭圆的定义知，动点M的轨迹是以定点(－1，0)和(1，0)为焦点的椭圆，且a＝eq \r(2)，c＝1，
故b＝1，因此椭圆方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)当直线AB垂直于x轴时，直线AB方程为x＝－eq \f(1,2)，
此时P(－eq \r(2)，0)，Q(eq \r(2)，0)，eq \(F2P,\s\up7(→))·eq \(F2Q,\s\up7(→))＝－1，不合题意；
当直线AB不垂直于x轴时，设存在点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，m))(m≠0)点，直线AB的斜率为k，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),2)＋y\\al(2,1)＝1,\f(x\\al(2,2),2)＋y\\al(2,2)＝1))得：(x1＋x2)＋2(y1＋y2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1－y2,x1－x2)))＝0，则－1＋4mk＝0，
故k＝eq \f(1,4m)，此时，直线PQ斜率为k1＝－4m，
PQ的直线方程为y－m＝－4meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))，即y＝－4mx－m，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－4mx－m,\f(x2,2)＋y2＝1))消去y，整理得：(32m2＋1)x2＋16m2x＋2m2－2＝0，
所以x1＋x2＝－eq \f(16m2,32m2＋1)，x1·x2＝eq \f(2m2－2,32m2＋1)，由题意eq \(F2P,\s\up7(→))·eq \(F2Q,\s\up7(→))＝0，于是
eq \(F2P,\s\up7(→))·eq \(F2Q,\s\up7(→))＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝x1·x2－(x1＋x2)＋1＋(4mx1＋m)(4mx2＋m)
＝(1＋16m2)x1·x2＋(4m2－1)(x1＋x2)＋1＋m2
＝eq \f((1＋16m2)(2m2－2),(32m2＋1))＋eq \f((4m2－1)(－16m2),(32m2＋1))＋1＋m2＝eq \f(19m2－1,32m2＋1)＝0，
∴m＝±eq \f(\r(19),19)，因为N在椭圆内，∴m2＜eq \f(7,8)，∴m＝±eq \f(\r(19),19)符合条件，
综上所述，存在两点N符合条件，坐标为N(－eq \f(1,2)，±eq \f(\r(19),19))．
6．已知圆O：x2＋y2＝4，点F(1，0)，P为平面内一动点，以线段FP为直径的圆内切于圆O，设动点P
的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)M，N是曲线C上的动点，且直线MN经过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，问在y轴上是否存在定点Q，使得∠MQO＝∠NQO，若存在，请求出定点Q，若不存在，请说明理由．
6．解析 (1)设PF的中点为S，切点为T，连接OS，ST，则|OS|＋|SF|＝|OT|＝2，
取F关于y轴的对称点F′，连F′P，故|F′P|＋|FP|＝2(|OS|＋|SF|)＝4．
所以点B的轨迹是以F′，F为焦点，长轴长为4的椭圆．
其中，a＝2，c＝1，曲线C方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)假设存在满足题意的定点Q，设Q(0，m)，设直线l的方程为y＝kx＋eq \f(1,2)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋\f(1,2)))消去x，得(3＋4k2)x2＋4kx－11＝0．
由直线l过椭圆内一点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))作直线，故Δ＞0，由求根公式得：x1＋x2＝eq \f(－4k,3＋4k2)，x1·x2＝eq \f(－11,3＋4k2)，
由∠MQO＝∠NQO，得直线MQ与NQ斜率和为零．故
eq \f(y1－m,x1)＋eq \f(y2－m,x2)＝eq \f(kx1＋\f(1,2)－m,x1)＋eq \f(kx2＋\f(1,2)－m,x2)＝eq \f(2kx1x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－m))(x1＋x2),x1x2)＝0，
2kx1x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－m))(x1＋x2)＝2k·eq \f(－11,3＋4k2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－m))·eq \f(－4k,3＋4k2)＝eq \f(4k(m－6),3＋4k2)＝0．
存在定点(0，6)，当斜率不存在时定点(0，6)也符合题意．
7．已知点P到直线y＝－3的距离比点P到点A(0，1)的距离多2．
(1)求点P的轨迹方程；
(2)经过点Q(0，2)的动直线l与点P的轨迹交于M，N两点，是否存在定点R使得∠MRQ＝∠NRQ？若存在，求出点R的坐标；若不存在，请说明理由．
7．解析 (1)由题知，|PA|等于点P到直线y＝－1的距离，
故P点的轨迹是以A为焦点，y＝－1为准线的抛物线，所以其方程为x2＝4y．
(2)根据图形的对称性知，若存在满足条件的定点R，则点R必在y轴上，可设其坐标为(0，r)，
此时由∠MRQ＝∠NRQ可得kMR＋kNR＝0．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则eq \f(y1－r,x1)＋eq \f(y2－r,x2)＝0，
由题知直线l的斜率存在，设其方程为y＝kx＋2，与x2＝4y联立得x2－4kx－8＝0，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－8，
eq \f(y1－r,x1)＋eq \f(y2－r,x2)＝eq \f(kx1＋2－r,x1)＋eq \f(kx2＋2－r,x2)＝2k＋eq \f((2－r)(x1＋x2),x1x2)＝2k－eq \f(k(2－r),2)＝0，
故r＝－2，即存在满足条件的定点R(0，－2)．
8．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半
径为eq \f(b,3)，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
8．解析 (1)由内切圆的性质，得eq \f(1,2)×2c×b＝eq \f(1,2)×(2a＋2c)×eq \f(b,3)，得eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)．
将x＝c代入eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，得y＝±eq \f(b2,a)，所以eq \f(2b2,a)＝3，又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝eq \r(3)，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称．
当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t，0)满足条件，设l的方程为y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2)．
联立方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,3x2＋4y2－12＝0，))得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
由根与系数的关系得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(8k2,3＋4k2)，,x1x2＝\f(4k2－12,3＋4k2)))①，其中Δ＞0恒成立，
由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS＋kTR＝0(显然TS，TR的斜率存在)，即eq \f(y1,x1－t)＋eq \f(y2,x2－t)＝0 ②．
因为R，S两点在直线y＝k(x－1)上，所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得
eq \f(kx1－1x2－t＋kx2－1x1－t,x1－tx2－t)＝eq \f(k[2x1x2－t＋1x1＋x2＋2t],x1－tx2－t)＝0，即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0 ③，
将①代入③得eq \f(8k2－24－t＋18k2＋2t3＋4k2,3＋4k2)＝eq \f(6t－24,3＋4k2)＝0 ④，则t＝4，
综上所述，存在T(4，0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称．
9．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，其离心率为eq \f(1,2)，短轴长为2eq \r(3)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过定点M(0，2)的直线l与椭圆C交于G，H两点(G在M，H之间)，设直线l的斜率k＞0，在x轴上是否存在点P(m，0)，使得以PG，PH为邻边的平行四边形为菱形？如果存在，求出m的取值范围；如果不存在，请说明理由．
9．解析 (1)由已知，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(1,2)，,b＝\r(3)，,c2＝a2－b2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1，))所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)设直线l的方程为y＝kx＋2(k＞0)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))消去y并整理得，
(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，由Δ＞0，解得k＞eq \f(1,2)．
设G(x1，y1)，H(x2，y2)，则y1＝kx1＋2，y2＝kx2＋2，x1＋x2＝eq \f(－16k,4k2＋3)．
假设存在点P(m,0)，使得以PG，PH为邻边的平行四边形为菱形，
则eq \(PG,\s\up7(→))＋eq \(PH,\s\up7(→))＝(x1＋x2－2m，k(x1＋x2)＋4)，eq \(GH,\s\up7(→))＝(x2－x1，y2－y1)＝(x2－x1，k(x2－x1))，
(eq \(PG,\s\up7(→))＋eq \(PH,\s\up7(→)))·eq \(GH,\s\up7(→))＝0，即(1＋k2)(x1＋x2)＋4k－2m＝0，所以(1＋k2)·eq \f(－16k,4k2＋3)＋4k－2m＝0，
解得m＝－eq \f(2k,4k2＋3)＝－eq \f(2,4k＋\f(3,k))．因为k＞eq \f(1,2)，所以－eq \f(\r(3),6)≤m＜0，当且仅当eq \f(3,k)＝4k时等号成立，
故存在满足题意的点P，且m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),6)，0))．
10．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(2\r(2),3)，左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆于A，
B两点．
(1)若以AF1为直径的动圆内切于圆x2＋y2＝9，求椭圆的长轴的长；
(2)当b＝1时，问在x轴上是否存在定点T，使得eq \(TA,\s\up7(→))·eq \(TB,\s\up7(→))为定值？并说明理由．
10．解析 (1)设AF1的中点为M，连接OM，AF2(O为坐标原点)，
在△AF1F2中，O为F1F2的中点，所以|OM|＝eq \f(1,2)|AF2|＝eq \f(1,2)(2a－|AF1|)＝a－eq \f(1,2)|AF1|．
由题意得|OM|＝3－eq \f(1,2)|AF1|，所以a＝3，故椭圆的长轴的长为6．
(2)由b＝1，eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(2),3)，a2＝b2＋c2，得c＝2eq \r(2)，a＝3，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1．
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x＋2eq \r(2))，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋9y2＝9，,y＝kx＋2\r(2)))得(9k2＋1)x2＋36eq \r(2)k2x＋72k2－9＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(36\r(2)k2,9k2＋1)，x1x2＝eq \f(72k2－9,9k2＋1)，
y1y2＝k2(x1＋2eq \r(2))(x2＋2eq \r(2))＝eq \f(－k2,9k2＋1)．
设T(x0，0)，则eq \(TA,\s\up7(→))＝(x1－x0，y1)，eq \(TB,\s\up7(→))＝(x2－x0，y2)，
eq \(TA,\s\up7(→))·eq \(TB,\s\up7(→))＝x1x2－(x1＋x2)x0＋xeq \\al(2,0)＋y1y2＝eq \f(9x\\al(2,0)＋36\r(2)x0＋71k2＋x\\al(2,0)－9,9k2＋1)，
当9xeq \\al(2,0)＋36eq \r(2)x0＋71＝9(xeq \\al(2,0)－9)，即x0＝－eq \f(19\r(2),9)时，eq \(TA,\s\up7(→))·eq \(TB,\s\up7(→))为定值，定值为xeq \\al(2,0)－9＝－eq \f(7,81)．
当直线AB的斜率不存在时，不妨设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2\r(2)，\f(1,3)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2\r(2)，－\f(1,3)))，
当Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(19\r(2),9)，0))时，eq \(TA,\s\up7(→))·eq \(TB,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),9)，\f(1,3)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),9)，－\f(1,3)))＝－eq \f(7,81)．
综上，在x轴上存在定点Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(19\r(2),9)，0))，使得eq \(TA,\s\up7(→))·eq \(TB,\s\up7(→))为定值．
11．设椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为A(－1，0)，B(1，0)，C为椭圆M上的点，且∠ACB
＝eq \f(π,3)，S△ABC＝eq \f(\r(3),3)．
(1)求椭圆M的标准方程；
(2)设过椭圆M右焦点且斜率为k的动直线与椭圆M相交于E，F两点，探究在x轴上是否存在定点D，使得eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→))为定值？若存在，试求出定值和点D的坐标；若不存在，请说明理由．
11．解析 (1)在△ABC中，由余弦定理AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cs C＝(CA＋CB)2－3CA·CB＝4．
又S△ABC＝eq \f(1,2)CA·CB·sin C＝eq \f(\r(3),4)CA·CB＝eq \f(\r(3),3)，∴CA·CB＝eq \f(4,3)，代入上式得CA＋CB＝2eq \r(2)．
椭圆长轴长为2a＝2eq \r(2)，焦距为2c＝AB＝2，b2＝a2－c2＝1．
所以椭圆M的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)设直线方程y＝k(x－1)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝k（x－1），))
消去y得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8>0，∴x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－2,1＋2k2)．
假设x轴上存在定点D(x0，0)，使得eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→))为定值．
∴eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→))＝(x1－x0，y1)·(x2－x0，y2)＝x1x2－x0(x1＋x2)＋xeq \\al(2,0)＋y1y2＝x1x2－x0(x1＋x2)＋xeq \\al(2,0)＋k2(x1－1)(x2－1)
＝(1＋k2)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋xeq \\al(2,0)＋k2＝eq \f(（2xeq \\al(2,0)－4x0＋1）k2＋（xeq \\al(2,0)－2）,1＋2k2)．
要使eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→))为定值，则eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→))的值与k无关，∴2xeq \\al(2,0)－4x0＋1＝2(xeq \\al(2,0)－2)，解得x0＝eq \f(5,4)，
此时eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→))＝－eq \f(7,16)为定值，定点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，0))．