2024年高二数学暑期培优讲义 第11讲 圆锥曲线中定点与定值问题（2份打包，原卷版+教师版）

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例1 已知椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，其短轴长为2eq \r(3)，离心率为e1，双曲线C2：eq \f(x2,p)﹣eq \f(y2,q)＝1(p>0，q>0)的渐近线为y＝±eq \r(3)x，离心率为e2，且e1·e2＝1.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设椭圆C1的右焦点为F，动直线l(l不垂直于坐标轴)交椭圆C1于M，N不同的两点，设直线FM和FN的斜率为k1，k2，若k1＝﹣k2，试探究该动直线l是否过x轴上的定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由．
解 (1)由题意知，椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
其短轴长为2eq \r(3)，可得b＝eq \r(3)，椭圆的离心率为e1，
双曲线C2：eq \f(x2,p)﹣eq \f(y2,q)＝1(p>0，q>0)的渐近线为y＝±eq \r(3)x，
即eq \r(\f(q,p))＝eq \r(3)，即eq \f(q,p)＝3，所以离心率为e2＝eq \r(\f(p＋q,p))＝eq \r(1＋\f(q,p))＝2，
且e1·e2＝1.所以e1＝eq \f(1,2)＝eq \f(c,a)＝eq \r(\f(a2－b2,a2))＝eq \r(1－\f(3,a2))，解得a＝2，
所以椭圆C1的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)假设该直线过定点(t,0)，设直线l的方程为y＝k(x﹣t)(k≠0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－t，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y，整理得(3＋4k2)x2﹣8k2tx＋4k2t2﹣12＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(8k2t,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2t2－12,3＋4k2)，Δ>0⇒48(k2t2﹣3﹣4k2)<0，
k1＋k2＝eq \f(y1,x1－1)＋eq \f(y2,x2－1)＝eq \f(kx1－t,x1－1)＋eq \f(kx2－t,x2－1)＝k·eq \f(x1－tx2－1＋x2－tx1－1,x1－1x2－1)
＝k·eq \f(2x1x2－t＋1x1＋x2＋2t,x1x2－x1＋x2＋1)＝0，
所以2x1x2﹣(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，
即2·eq \f(4k2t2－12,3＋4k2)﹣(t＋1)·eq \f(8k2t,3＋4k2)＋2t＝eq \f(8k2t2－24－8k2t2－8k2t＋6t＋8k2t,3＋4k2)＝0，所以﹣24＋6t＝0，
解得t＝4，即直线过定点(4,0)．
教师备选
在平面直角坐标系中，已知动点M(x，y)(y≥0)到定点F(0,1)的距离比到x轴的距离大1.
(1)求动点M的轨迹C的方程；
(2)过点N(4,4)作斜率为k1，k2的直线分别交曲线C于不同于N的A，B两点，且eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝1.证明：直线AB恒过定点．
(1)解 由题意可知eq \r(x2＋y－12)＝y＋1，化简可得曲线C：x2＝4y.
(2)证明 由题意可知，N(4,4)是曲线C：x2＝4y上的点，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则lNA：y＝k1(x﹣4)＋4，lNB：y＝k2(x﹣4)＋4，
联立直线NA的方程与抛物线C的方程，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x－4＋4，,x2＝4y))⇒x2﹣4k1x＋16(k1﹣1)＝0，解得x1＝4(k1﹣1)，①
同理可得x2＝4(k2﹣1)，②
而lAB：y﹣eq \f(x\\al(2,1),4)＝eq \f(x1＋x2,4)(x﹣x1)，③
又eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝1，④
由①②③④整理可得lAB：y＝(k1＋k2﹣2)x﹣4，故直线AB恒过定点(0，﹣4)．
思维升华 求解直线或曲线过定点问题的基本思路
(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．
(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y﹣y0＝k(x﹣x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
跟踪训练1 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为2eq \r(3)，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2))).
(1)求椭圆方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m(k≠0)交椭圆C于A，B两点，且线段AB的中点M在直线x＝eq \f(1,2)上，求证：线段AB的中垂线恒过定点N.
(1)解 椭圆过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，即eq \f(3,a2)＋eq \f(1,4b2)＝1，又2c＝2eq \r(3)，得a2＝b2＋3，
所以a2＝4，b2＝1，即椭圆方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2﹣4＝0，Δ＝16(4k2﹣m2＋1)>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝﹣eq \f(8km,1＋4k2)，设AB的中点M为(x0，y0)，
得x0＝﹣eq \f(4km,1＋4k2)＝eq \f(1,2)，即1＋4k2＝﹣8km，所以y0＝kx0＋m＝eq \f(1,2)k﹣eq \f(1＋4k2,8k)＝﹣eq \f(1,8k).
所以AB的中垂线方程为y＋eq \f(1,8k)＝﹣eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，即y＝﹣eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,8)))，
故AB的中垂线恒过点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,8)，0)).
题型二 定值问题
例2 已知抛物线E：y2＝2px(p>0)上的动点M到直线x＝﹣1的距离比到抛物线E的焦点F的距离大eq \f(1,2).
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)设点Q是直线x＝﹣1(y≠0)上的任意一点，过点P(1,0)的直线l与抛物线E交于A，B两点，记直线AQ，BQ，PQ的斜率分别为kAQ，kBQ，kPQ，证明：eq \f(kAQ＋kBQ,kPQ)为定值．
(1)解 由题意可知抛物线E的准线方程为x＝﹣eq \f(1,2)，所以﹣eq \f(p,2)＝﹣eq \f(1,2)，即p＝1，
故抛物线E的标准方程为y2＝2x.
(2)证明 设Q(﹣1，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为直线l的斜率显然不为0，故可设直线l的方程为x＝ty＋1.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1，,y2＝2x，))消去x，得y2﹣2ty﹣2＝0.Δ＝4t2＋8>0，
所以y1＋y2＝2t，y1y2＝﹣2，kPQ＝﹣eq \f(y0,2).
又kAQ＋kBQ＝eq \f(y1－y0,x1＋1)＋eq \f(y2－y0,x2＋1)＝eq \f(y1－y0x2＋1＋y2－y0x1＋1,x1＋1x2＋1)
＝eq \f(y1－y0ty2＋2＋y2－y0ty1＋2,ty1＋2ty2＋2)＝eq \f(2ty1y2＋2－ty0y1＋y2－4y0,t2y1y2＋2ty1＋y2＋4)
＝eq \f(2t·－2＋2－ty0·2t－4y0,t2·－2＋2t·2t＋4)＝eq \f(－y0t2＋2,t2＋2)＝﹣y0.
所以eq \f(kAQ＋kBQ,kPQ)＝eq \f(－y0,－\f(y0,2))＝2(定值)．
教师备选
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，过点F1的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点M，若|F1F2|＝2，△ABF2的周长为8.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)eq \(MA,\s\up6(→))＝λeq \(F1A,\s\up6(―→))，eq \(MB,\s\up6(→))＝μeq \(F1B,\s\up6(――→))，试分析λ＋μ是否为定值，若是，求出这个定值，否则，说明理由．
解 (1)因为△ABF2的周长为8，所以4a＝8，解得a＝2，
由|F1F2|＝2，得2eq \r(a2－b2)＝2eq \r(4－b2)＝2，所以b2＝3，
因此椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题意可得直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2﹣12＝0，显然Δ>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(8k2,3＋4k2)，,x1x2＝\f(4k2－12,3＋4k2).))设M(0，k)，又F1(﹣1,0)，
所以eq \(MA,\s\up6(→))＝(x1，y1﹣k)，eq \(F1A,\s\up6(―→))＝(x1＋1，y1)，则λ＝eq \f(x1,x1＋1).
同理可得eq \(MB,\s\up6(→))＝(x2，y2﹣k)，eq \(F1B,\s\up6(－→))＝(x2＋1，y2)，则μ＝eq \f(x2,x2＋1).
所以λ＋μ＝eq \f(x1,x1＋1)＋eq \f(x2,x2＋1)＝eq \f(x1x2＋1＋x2x1＋1,x1＋1x2＋1)＝eq \f(2x1x2＋x1＋x2,x1x2＋x1＋x2＋1)
＝eq \f(2×\f(4k2－12,3＋4k2)－\f(8k2,3＋4k2),\f(4k2－12,3＋4k2)－\f(8k2,3＋4k2)＋1)＝eq \f(8k2－24－8k2,4k2－12－8k2＋3＋4k2)＝eq \f(－24,－9)＝eq \f(8,3)，所以λ＋μ为定值eq \f(8,3).
思维升华 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．
(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
跟踪训练2 在平面直角坐标系Oxy中，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，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))是C上一点，且PF2与x轴垂直．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),3)，0))的直线l交C于A，B两点，证明：eq \f(1,|AQ|2)＋eq \f(1,|BQ|2)为定值．
(1)解 由题意得F2(1,0)，F1(﹣1,0)，且c＝1，
则2a＝|PF1|＋|PF2|＝eq \r(1＋12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)－0))2)＋eq \f(\r(2),2)＝2eq \r(2)，即a＝eq \r(2)，所以b＝eq \r(a2－c2)＝1，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)证明 当直线AB的斜率为零时．点A，B为椭圆长轴的端点，
则eq \f(1,|AQ|2)＋eq \f(1,|BQ|2)＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)＋\f(\r(6),3)))2)＋eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)＋\f(\r(6),3)))2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)＋\f(\r(6),3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)－\f(\r(6),3)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(2,3)))2)＝eq \f(4＋\f(4,3),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))2)＝3.
当直线AB不与x轴重合时，设直线AB的方程为x＝ty﹣eq \f(\r(6),3)，
点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty－\f(\r(6),3)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去x，
得(t2＋2)y2﹣eq \f(2\r(6)t,3)y﹣eq \f(4,3)＝0，则Δ＝eq \f(8,3)t2＋eq \f(16,3)(t2＋2)>0恒成立，
由根与系数的关系，得y1＋y2＝eq \f(2\r(6)t,3t2＋2)，y1y2＝﹣eq \f(4,3t2＋2).
所以eq \f(1,|AQ|2)＋eq \f(1,|BQ|2)＝eq \f(1,1＋t2y\\al(2,1))＋eq \f(1,1＋t2y\\al(2,2))＝eq \f(y\\al(2,1)＋y\\al(2,2),1＋t2y\\al(2,1)y\\al(2,2))＝eq \f(y1＋y22－2y1y2,1＋t2y\\al(2,1)y\\al(2,2))＝eq \f(\f(8t2,3t2＋22)＋\f(8,3t2＋2),1＋t2·\f(16,9t2＋22))
＝eq \f(\f(16t2＋1,3t2＋22),1＋t2·\f(16,9t2＋22))＝eq \f(16,3)×eq \f(9,16)＝3.综上，eq \f(1,|AQ|2)＋eq \f(1,|BQ|2)＝3为定值．
课时精练
1．(2022·临沂模拟)已知P(1,2)在抛物线C：y2＝2px上．
(1)求抛物线C的方程；
(2)A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点．
(1)解 将P点坐标代入抛物线方程y2＝2px，得4＝2p，即p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明 设AB：x＝my＋t，将AB的方程与y2＝4x联立得y2﹣4my﹣4t＝0，
Δ>0⇒16m2＋16t>0⇒m2＋t>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝﹣4t，kPA＝eq \f(y1－2,x1－1)＝eq \f(y1－2,\f(y\\al(2,1),4)－1)＝eq \f(4,y1＋2)，同理kPB＝eq \f(4,y2＋2)，
由题意知eq \f(4,y1＋2)＋eq \f(4,y2＋2)＝2，即4(y1＋y2＋4)＝2(y1y2＋2y1＋2y2＋4)，
解得y1y2＝4，故﹣4t＝4，即t＝﹣1，
故直线AB：x＝my﹣1恒过定点(﹣1,0)．
2．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(2,3)，且其左顶点到右焦点的距离为5.
(1)求椭圆的方程；
(2)设点M，N在椭圆上，以线段MN为直径的圆过原点O，试问是否存在定点P，使得P到直线MN的距离为定值？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解 (1)由题设可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(2,3)，,a＋c＝5，))解得a＝3，c＝2，b2＝a2﹣c2＝5，
所以椭圆的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
①若直线MN与x轴垂直，由对称性可知|x1|＝|y1|，
将点M(x1，y1)代入椭圆方程，解得|x1|＝eq \f(3\r(70),14)，原点到该直线的距离d＝eq \f(3\r(70),14)；
②若直线MN不与x轴垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,9)＋\f(y2,5)＝1，))消去y得(9k2＋5)x2＋18kmx＋9m2﹣45＝0，
由根与系数的关系得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1x2＝\f(9m2－45,9k2＋5)，,x1＋x2＝－\f(18km,9k2＋5)，))由题意知，eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝0，
即x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，
得(k2＋1)eq \f(9m2－45,9k2＋5)＋kmeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(18km,9k2＋5)))＋m2＝0，整理得45k2＋45＝14m2，
则原点到该直线的距离d＝eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝eq \r(\f(45,14))＝eq \f(3\r(70),14)，
故存在定点P(0,0)，使得P到直线MN的距离为定值．
3．椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，直线AB的斜率为﹣eq \f(1,2)，△OAB的面积为1.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)椭圆上有两点M，N(异于椭圆顶点，且MN与x轴不垂直)，证明：当△OMN的面积最大时，直线OM与ON的斜率之积为定值．
(1)解 椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右顶点A(a,0)，上顶点B(0，b)，
由题知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(kAB＝\f(b－0,0－a)＝－\f(1,2)，,S△OAB＝1))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2b，,\f(1,2)ab＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，))
所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明 由已知MN与x轴不垂直，可知直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y＝kx＋t，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋t，,\f(x2,4)＋y2＝1，))整理得(4k2＋1)x2＋8ktx＋4t2﹣4＝0，
其中Δ＝(8kt)2﹣4(4k2＋1)(4t2﹣4)＝16(4k2﹣t2＋1)>0，即4k2＋1>t2，
且x1＋x2＝﹣eq \f(8kt,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4t2－4,4k2＋1)，所以|MN|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(4\r(1＋k2)\r(4k2－t2＋1),4k2＋1).
又原点O到直线MN的距离d＝eq \f(|t|,\r(1＋k2))，
所以S△OMN＝eq \f(1,2)·|MN|·d＝eq \f(1,2)·eq \f(4\r(1＋k2)\r(4k2－t2＋1),4k2＋1)·eq \f(|t|,\r(1＋k2))＝eq \f(2\r(t2·4k2－t2＋1),4k2＋1)≤eq \f(t2＋4k2－t2＋1,4k2＋1)＝1，
当且仅当t2＝4k2﹣t2＋1，即2t2＝4k2＋1时，等号成立，
所以kOM·kON＝eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(kx1＋tkx2＋t,x1x2)＝eq \f(k2x1x2＋ktx1＋x2＋t2,x1x2)
＝k2＋eq \f(－kt·\f(8kt,4k2＋1)＋t2,\f(4t2－4,4k2＋1))＝k2＋eq \f(－8k2t2＋t24k2＋1,4t2－4)＝eq \f(－4k2＋t2,4t2－4).
由2t2＝4k2＋1，可得kOM·kON＝﹣eq \f(1,4)，
所以当△OMN的面积最大时，直线OM与ON的斜率之积为定值．
4．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，焦距为2，长轴长为4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点F1不与x轴重合的直线l与椭圆C相交于E，D两点，试问在x轴上是否存在一个点M，使得直线ME，MD的斜率之积恒为定值？若存在，求出该定值及点M的坐标；若不存在，请说明理由．
解 (1)因为焦距为2，长轴长为4，即2c＝2,2a＝4，解得c＝1，a＝2，
所以b2＝a2﹣c2＝3，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由(1)知F1(﹣1,0)，设点E(x1，y1)，D(x2，y2)，M(m,0)，
因为直线l不与x轴重合，所以设直线l的方程为x＝ny﹣1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ny－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3n2＋4)y2﹣6ny﹣9＝0，所以Δ＝(﹣6n)2＋36(3n2＋4)>0，
所以y1＋y2＝eq \f(6n,3n2＋4)，y1y2＝﹣eq \f(9,3n2＋4)，
又x1x2＝(ny1﹣1)(ny2﹣1)＝n2y1y2﹣n(y1＋y2)＋1＝﹣eq \f(9n2,3n2＋4)﹣eq \f(6n2,3n2＋4)＋1＝﹣eq \f(12n2－4,3n2＋4)，
x1＋x2＝n(y1＋y2)﹣2＝eq \f(6n2,3n2＋4)﹣2＝﹣eq \f(8,3n2＋4).
直线ME，MD的斜率分别为kME＝eq \f(y1,x1－m)，kMD＝eq \f(y2,x2－m)，
所以kME·kMD＝eq \f(y1,x1－m)·eq \f(y2,x2－m)＝eq \f(y1y2,x1－mx2－m)＝eq \f(y1y2,x1x2－mx1＋x2＋m2)
＝eq \f(\f(－9,3n2＋4),－\f(12n2－4,3n2＋4)－m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8,3n2＋4)))＋m2)＝eq \f(－9,－12n2＋4＋8m＋3m2n2＋4m2)＝﹣eq \f(9,3m2－12n2＋4m＋12)，
要使直线ME，MD的斜率之积恒为定值，
3m2﹣12＝0，解得m＝±2，
当m＝2时，存在点M(2,0)，使得kME·kMD＝﹣eq \f(9,3m2－12n2＋4m＋12)＝﹣eq \f(9,36)＝﹣eq \f(1,4)，
当m＝﹣2时，存在点M(﹣2,0)，使得kME·kMD＝﹣eq \f(9,3m2－12n2＋4m＋12)＝﹣eq \f(9,4)，
综上，在x轴上存在点M，使得ME，MD的斜率之积恒为定值，
当点M的坐标为(2,0)时，直线ME，MD的斜率之积为定值﹣eq \f(1,4)，
当点M的坐标为(﹣2,0)时，直线ME，MD的斜率之积为定值﹣eq \f(9,4).