第23练 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题[压轴大题突破练][明晰考情] 1.命题角度：圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考常考的问题；以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题.2.题目难度：偏难题.考点一 圆锥曲线中的定值问题方法技巧 (1)求定值问题常见的方法有两种①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.(2)定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.1.已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，且过点⎝⎛⎫3，12. (1)求椭圆的方程；(2)设A ，B ，M 是椭圆上的三点.若OM →＝35OA →＋45OB →，点N 为线段AB 的中点，C ⎝⎛⎭⎫－62，0，D ⎝⎛⎭⎫62，0，求证：|NC |＋|ND |＝2 2.(1)解 由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，3a 2＋14b 2＝1， 故⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1，所以椭圆的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 21＝1，x 224＋y 22＝1.由OM →＝35OA →＋45OB →，得M ⎝⎛⎭⎫35x 1＋45x 2，35y 1＋45y 2. 因为M 是椭圆C 上一点，所以⎝⎛⎭⎫35x 1＋45x 224＋⎝⎛⎭⎫35y 1＋45y 22＝1，即⎝⎛⎭⎫x 214＋y 21⎝⎛⎭⎫352＋⎝⎛⎭⎫x 224＋y 22⎝⎛⎭⎫452＋2×35×45×⎝⎛⎭⎫x 1x 24＋y 1y 2＝1， 得⎝⎛⎭⎫352＋⎝⎛⎭⎫452＋2×35×45×⎝⎛⎭⎫x 1x 24＋y 1y 2＝1， 故x 1x 24＋y 1y 2＝0. 又线段AB 的中点N 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 2222＋2⎝⎛⎭⎪⎫y 1＋y 222＝12⎝⎛⎭⎫x 214＋y 21＋12⎝⎛⎭⎫x 224＋y 22＋x 1x 24＋y 1y 2＝1. 从而线段AB 的中点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22在椭圆x 22＋2y 2＝1上. 又椭圆x 22＋2y 2＝1的两焦点恰为C ⎝⎛⎭⎫－62，0，D ⎝⎛⎭⎫62，0，所以|NC |＋|ND |＝2 2.2.(2018·北京)已知抛物线C ：y 2＝2px 经过点P (1，2)，过点Q (0，1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线P A 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N . (1)求直线l 的斜率的取值范围；(2)设O 为原点，QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，求证：1λ＋1μ为定值.(1)解 因为抛物线y 2＝2px 过点(1，2)， 所以2p ＝4，即p ＝2. 故抛物线C 的方程为y 2＝4x .由题意知，直线l 的斜率存在且不为0. 设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋1，得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0. 依题意知Δ＝(2k －4)2－4×k 2×1＞0， 解得k ＜0或0＜k ＜1.又P A ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点(1，－2). 从而k ≠－3.所以直线l 的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1). (2)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝1k 2.直线P A 的方程为y －2＝y 1－2x 1－1(x －1)，令x ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－y 1＋2x 1－1＋2＝－kx 1＋1x 1－1＋2.同理得点N 的纵坐标为y N ＝－kx 2＋1x 2－1＋2. 由QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，得λ＝1－y M ，μ＝1－y N . 所以1λ＋1μ＝11－y M ＋11－y N＝x 1－1(k －1)x 1＋x 2－1(k －1)x 2＝1k －1·2x 1x 2－(x 1＋x 2)x 1x 2＝1k －1·2k2＋2k －4k 21k 2＝2.所以1λ＋1μ为定值.3. 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，点Q ⎝⎛⎭⎫b ，a b 在椭圆上，O 为坐标原点. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知点P ，M ，N 为椭圆C 上的三点，若四边形OPMN 为平行四边形，证明四边形OPMN 的面积S 为定值，并求该定值.解 (1)∵椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，∴e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝12，得a 2＝2b 2，①又点Q ⎝⎛⎭⎫b ，ab 在椭圆C 上， ∴b 2a 2＋a 2b 4＝1，② 联立①②得a 2＝8，b 2＝4. ∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)当直线PN 的斜率k 不存在时，PN 的方程为x ＝2或x ＝－2，从而有|PN |＝23， ∴S ＝12|PN |·|OM |＝12×23×22＝26；当直线PN 的斜率k 存在时，设直线PN 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，P (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 将PN 的方程代入椭圆C 的方程， 整理得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0，Δ＝16k 2m 2－4(2m 2－8)(1＋2k 2)>0，即m 2<4＋8k 2， ∴x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－81＋2k2， y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m1＋2k 2，由OM →＝OP →＋ON →，得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋2k 2，2m 1＋2k 2. 将M 点坐标代入椭圆C 的方程，得m 2＝1＋2k 2. 又点O 到直线PN 的距离为d ＝|m |1＋k2，|PN |＝1＋k 2|x 1－x 2|，∴S ＝d ·|PN |＝|m |·|x 1－x 2|＝1＋2k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝48k 2＋242k 2＋1＝2 6.综上，平行四边形OPMN 的面积S 为定值2 6. 考点二 圆锥曲线中的定点问题方法技巧 (1)动直线l 过定点问题.设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m ，0).(2)动曲线C 过定点问题.引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.4.已知两点A (－2，0)，B (2，0)，动点P 在y 轴上的投影是Q ，且2P A →·PB →＝|PQ →|2. (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过F (1，0)作互相垂直的两条直线分别交轨迹C 于点G ，H 和M ，N ，且E 1，E 2分别是GH ，MN 的中点.求证：直线E 1E 2恒过定点.(1)解 设点P 的坐标为(x ，y )，∴点Q 的坐标为(0，y ). ∵2P A →·PB →＝|PQ →|2，P A →＝(－2－x ，－y )， PB →＝(2－x ，－y )，|PQ →|＝|x |， ∴2[(－2－x )(2－x )＋y 2]＝x 2， 化简得点P 的轨迹方程为x 24＋y 22＝1.(2)证明 当两直线的斜率都存在且不为0时， 设l GH ：y ＝k (x －1)，G (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)， l MN ：y ＝－1k(x －1)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k (x －1)，消去y 得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0. 则Δ>0恒成立.∴x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－42k 2＋1.∴GH 中点E 1的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 22k 2＋1，－k 2k 2＋1.同理，MN 中点E 2的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋2，k k 2＋2，∴12E E k ＝－3k2(k 2－1)，∴12E E l 的方程为y －kk 2＋2＝－3k 2(k 2－1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2k 2＋2，即y ＝－3k2(k 2－1)⎝⎛⎭⎫x －23， ∴直线E 1E 2恒过定点⎝⎛⎭⎫23，0；当两直线的斜率分别为0和不存在时，12E E l 的方程为y ＝0，也过点⎝⎛⎭⎫23，0. 综上所述，12E E l 过定点⎝⎛⎭⎫23，0.5.已知焦距为22的椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点为A ，直线y ＝43与椭圆C 交于P ，Q两点(P 在Q 的左边)，Q 在x 轴上的射影为B ，且四边形ABPQ 是平行四边形. (1)求椭圆C 的方程；(2)斜率为k 的直线l 与椭圆C 交于两个不同的点M ，N .若M 是椭圆的左顶点，D 是直线MN 上一点，且DA ⊥AM .点G 是x 轴上异于点M 的点，且以DN 为直径的圆恒过直线AN 和DG 的交点，求证：点G 是定点. (1)解 设坐标原点为O ，∵四边形ABPQ 是平行四边形，∴|AB →|＝|PQ →|， ∵|PQ →|＝2|OB →|，∴|AB →|＝2|OB →|，则点B 的横坐标为a 3，∴点Q 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 3，43，代入椭圆C 的方程得b 2＝2， 又c 2＝2，∴a 2＝4，即椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)证明 设直线MN 的方程为y ＝k (x ＋2)，N (x 0，y 0)，DA ⊥AM ，∴D (2，4k ).由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k (x ＋2)，消去y 得(1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－4＝0， 则－2x 0＝8k 2－41＋2k 2，即x 0＝2－4k 21＋2k2， ∴y 0＝k (x 0＋2)＝4k1＋2k 2，则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－4k 21＋2k 2，4k 1＋2k 2， 设G (t ，0)，则t ≠－2，若以DN 为直径的圆恒过直线AN 和DG 的交点， 则DG ⊥AN ，∴GD →·AN →＝0恒成立.∵GD →＝(2－t ，4k )，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k21＋2k 2，4k 1＋2k 2，∴GD →·AN →＝(2－t )·－8k 21＋2k 2＋4k ·4k 1＋2k 2＝0恒成立，即8k 2t1＋2k 2＝0恒成立，∴t ＝0，∴点G 是定点(0，0).6.(2017·全国Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，四点P 1(1，1)，P 2(0，1)，P 3⎝⎛⎭⎫－1，32，P 4⎝⎛⎭⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上. (1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点.(1)解 由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点. 又由1a 2＋1b 2>1a 2＋34b 2知，椭圆C 不经过点P 1，所以点P 2在椭圆C 上.因此⎩⎨⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |<2，可得A ，B 的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22，则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－1，得t ＝2，不符合题设. 从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1). 将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0， 即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km4k 2＋1＝0，解得k ＝－m ＋12.当且仅当m >－1时，Δ>0， 于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ，即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1).考点三 圆锥曲线中的存在性问题方法技巧 解决存在性问题的一般思路：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.7.(2016·全国Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝t (t ≠0)交y 轴于点M ，交抛物线C ：y 2＝2px (p >0)于点P ，M 关于点P 的对称点为N ，连接ON 并延长交C 于点H . (1)求|OH ||ON |；(2)除H 以外，直线MH 与C 是否有其它公共点？说明理由. 解 (1)如图，由已知得M (0，t )，P ⎝⎛⎭⎫t 22p ，t ，又N 为M 关于点P 的对称点， 故N ⎝⎛⎭⎫t 2p ，t ，ON 的方程为y ＝ptx ， 代入y 2＝2px ，整理得px 2－2t 2x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝2t 2p，因此H ⎝⎛⎭⎫2t 2p ，2t . 所以N 为OH 的中点，即|OH ||ON |＝2.(2)直线MH 与C 除H 以外没有其他公共点，理由如下： 直线MH 的方程为y －t ＝p 2t x ，即x ＝2tp (y －t ).代入y 2＝2px ，得y 2－4ty ＋4t 2＝0，解得y 1＝y 2＝2t ， 即直线MH 与C 只有一个公共点，所以除H 以外，直线MH 与C 没有其他公共点.8.已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1的右焦点为F (c ，0)且a ＞b ＞c ＞0，设短轴的一个端点D ，原点O到直线DF 的距离为32，过原点和x 轴不重合的直线与椭圆E 相交于C ，G 两点，且|GF →|＋|CF →|＝4.(1)求椭圆E 的方程；(2)是否存在过点P (2，1)的直线l 与椭圆E 相交于不同的两点A ，B 且使得OP →2＝4P A →·PB →成立？若存在，试求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由.解 (1)由椭圆的对称性知，|GF →|＋|CF →|＝2a ＝4， ∴a ＝2.又原点O 到直线DF 的距离为32， ∴bc a ＝32，∴bc ＝3，又a 2＝b 2＋c 2＝4， a ＞b ＞c ＞0，∴b ＝3，c ＝1. 故椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 与x 轴垂直时不满足条件.故可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝k (x －2)＋1，代入椭圆方程得(3＋4k 2)x 2－8k (2k －1)x ＋16k 2－16k －8＝0， ∴x 1＋x 2＝8k (2k －1)3＋4k 2，x 1x 2＝16k 2－16k －83＋4k 2，Δ＝32(6k ＋3)＞0， ∴k ＞－12.∵OP 2→＝4P A →·PB →，即4[(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)]＝5， ∴4(x 1－2)(x 2－2)(1＋k 2)＝5， 即4[x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4](1＋k 2)＝5，∴4⎣⎢⎡⎦⎥⎤16k 2－16k －83＋4k 2－2×8k (2k －1)3＋4k 2＋4(1＋k 2) ＝4×4＋4k 23＋4k 2＝5，解得k ＝±12，k ＝－12不符合题意，舍去，∴存在满足条件的直线l ，其方程为x －2y ＝0.典例 (12分)已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m ＞0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M .(1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点⎝⎛⎭⎫m 3，m ，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，说明理由. 审题路线图(1)联立直线方程与椭圆方程―→一元二次方程―→中点坐标―→求出斜率乘积 (2)先假定四边形OAPB 能为平行四边形―→找几何关系：平行四边形的对角线互相平分 ―→转化成代数关系：x P ＝2x M ―→求k 规范解答·评分标准(1)证明 设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M ).…………2分 将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2， 得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0， Δ＝4k 2b 2－4(k 2＋9)(b 2－m 2)>0，故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9.………………………………………………4分于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－9k，即k OM ·k ＝－9.所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值. ……………………………………………6分 (2)解 四边形OAPB 能为平行四边形. ………………………………………………………7分 因为直线l 过点⎝⎛⎭⎫m 3，m ，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k ＞0，k ≠3. 由(1)得OM 的方程为y ＝－9k x .设点P 的横坐标为x P ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2，得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km 3k 2＋9 . ……………………………………9分将点⎝⎛⎭⎫m 3，m 的坐标代入l 的方程，得b ＝m (3－k )3， 因此x M ＝k (k －3)m3(k 2＋9).……………………………………………………………………………10分四边形OAPB 为平行四边形，当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即x P ＝2x M . 于是±km3k 2＋9＝2×k (k －3)m3(k 2＋9)， 解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为k i ＞0，k i ≠3，i ＝1，2，所以当l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形. ………………………………………………………………………………………12分 构建答题模板[第一步] 先假定：假设结论成立；[第二步] 再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解；[第三步] 下结论：若推出合理结果，经验证成立则肯定假设；若推出矛盾则否定假设； [第四步] 再回顾：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规范性.1.(2017·全国Ⅱ)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝2NM →. (1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .(1)解 设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0，0)， NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0). 由NP →＝ 2 NM →得x 0＝x ，y 0＝22y .因为M (x 0，y 0)在C 上，所以x 22＋y 22＝1.因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2. (2)证明 由题意知F (－1，0).设Q (－3，t )，P (m ，n )，则OQ →＝(－3，t )， PF →＝(－1－m ，－n )，OQ →·PF →＝3＋3m －tn ， OP →＝(m ，n )，PQ →＝(－3－m ，t －n ). 由OP →·PQ →＝1，得－3m －m 2＋tn －n 2＝1. 又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0. 所以OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →. 又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .2.如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，经过点A (0，－1)，且离心率为22.(1)求椭圆E 的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为定值. (1)解 由题设知c a ＝22，b ＝1，结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2， 所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ>0， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0，则x 1＋x 2＝4k (k －1)1＋2k 2，x 1x 2＝2k (k －2)1＋2k 2，从而直线AP ，AQ 的斜率之和k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－kx 2＝2k ＋(2－k )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2，＝2k ＋(2－k )4k (k －1)2k (k －2)＝2k －2(k －1)＝2.故k AP ＋k AQ 为定值2.3.已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是32，点P ⎝⎛⎭⎫1，32在椭圆E 上.(1)求椭圆E 的方程；(2)过点P 且斜率为k 的直线l 交椭圆E 于点Q (x Q ，y Q )(点Q 异于点P )，若0<x Q <1，求直线l 的斜率k 的取值范围.解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ c a ＝32，1a 2＋34b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1，c ＝3，∴椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设直线l 的方程为y －32＝k (x －1)， 代入方程x 24＋y 2＝1.消去y 得(1＋4k 2)x 2＋(43k －8k 2)x ＋4k 2－43k －1＝0， ∴x Q ·1＝4k 2－43k －11＋4k 2，∵0<x Q <1，∴0<4k 2－43k －11＋4k 2<1，即⎩⎪⎨⎪⎧4k 2－43k －11＋4k 2>0，4k 2－43k －11＋4k2<1，解得－36<k <3－22或k >3＋22，经检验，满足题意. ∴直线l 的斜率k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－36，3－22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋22，＋∞.4.如图所示，已知椭圆M ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的四个顶点构成边长为5的菱形，原点O 到直线AB 的距离为125，其中A (0，a )，B (－b ，0).直线l ：x ＝my ＋n 与椭圆M 相交于C ，D 两点，且以CD 为直径的圆过椭圆的右顶点P (其中点C ，D 与点P 不重合).(1)求椭圆M 的方程；(2)证明：直线l 与x 轴交于定点，并求出定点的坐标. 解 (1)由已知，得a 2＋b 2＝52，由点A (0，a )，B (－b ，0)知，直线AB 的方程为x －b ＋ya ＝1，即ax －by ＋ab ＝0.又原点O 到直线AB 的距离为125，即|0－0＋ab |a 2＋b2＝125， 所以a 2＝16，b 2＝9，c 2＝16－9＝7. 故椭圆M 的方程为y 216＋x 29＝1.(2)由(1)知P (3，0)，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)， 将x ＝my ＋n 代入y 216＋x 29＝1，整理，得(16m 2＋9)y 2＋32mny ＋16n 2－144＝0， 则y 1＋y 2＝－32mn16m 2＋9，y 1y 2＝16n 2－14416m 2＋9. 因为以CD 为直径的圆过椭圆的右顶点P ， 所以PC →·PD →＝0，即(x 1－3，y 1)·(x 2－3，y 2)＝0， 所以(x 1－3)(x 2－3)＋y 1y 2＝0. 又x 1＝my 1＋n ，x 2＝my 2＋n ，所以(my 1＋n －3)(my 2＋n －3)＋y 1y 2＝0，整理，得(m 2＋1)y 1y 2＋m (n －3)(y 1＋y 2)＋(n －3)2＝0，即(m 2＋1)·16n 2－14416m 2＋9＋m (n －3)·－32mn 16m 2＋9＋(n －3)2＝0， 所以16(m 2＋1)(n 2－9)16m 2＋9－32m 2n (n －3)16m 2＋9＋(n －3)2＝0， 易知n ≠3，所以16(m 2＋1)(n ＋3)－32m 2n ＋(16m 2＋9)·(n －3)＝0， 整理，得25n ＋21＝0，即n ＝－2125.经检验，n ＝－2125符合题意.所以直线l 与x 轴交于定点，定点的坐标为⎝⎛⎭⎫－2125，0. 5.已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，直线2x －y ＋2＝0交抛物线C 于A ，B 两点，P 是线段AB 的中点，过P 作x 轴的垂线交抛物线C 于点Q .(1)D 是抛物线C 上的动点，点E (－1，3)，若直线AB 过焦点F ，求|DF |＋|DE |的最小值； (2)是否存在实数p ，使|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|？若存在，求出p 的值；若不存在，说明理由. 解 (1)∵直线2x －y ＋2＝0与y 轴的交点为(0，2)， ∴F (0，2)，则抛物线C 的方程为x 2＝8y ，准线l ：y ＝－2. 设过D 作DG ⊥l 于G ，则|DF |＋|DE |＝|DG |＋|DE |， 当E ，D ，G 三点共线时，|DF |＋|DE |取最小值2＋3＝5.(2)假设存在，抛物线x 2＝2py 与直线y ＝2x ＋2联立，得x 2－4px －4p ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Δ＝(4p )2＋16p ＝16(p 2＋p )>0，则x 1＋x 2＝4p ，x 1x 2＝－4p ， ∴Q (2p ，2p ).∵|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|，∴QA →⊥QB →. 则QA →·QB →＝0，得(x 1－2p )(x 2－2p )＋(y 1－2p )(y 2－2p ) ＝(x 1－2p )(x 2－2p )＋(2x 1＋2－2p )(2x 2＋2－2p ) ＝5x 1x 2＋(4－6p )(x 1＋x 2)＋8p 2－8p ＋4＝0， 代入得4p 2＋3p －1＝0，解得p ＝14或p ＝－1(舍去).因此存在实数p ＝14，且满足Δ>0，使得|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|成立.。