第74讲存在性问题的探究_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第74讲 存在性问题的探究
知识梳理
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．
必考题型全归纳
1 题型一：存在点使向量数量积为定值
4190 (2024·甘肃天水·高二天水市第一中学校考期末)已知椭圆E的中心在原点，焦点在x轴
上，椭圆的左顶点坐标为- 2,0 
2
，离心率为e= ．
2
1  求椭圆E的方程；
2  过点1,0 

作直线l交E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】1 
x2 y2
设椭圆E的方程为 + =1(a>b>0)，
a2 b2
a-c= 2-1
 a= 2
由已知得 c 2 ，解得：  ，
= c=1
a 2
所以b2=a2-c2=1．
x2
所以椭圆E的方程为 +y2=1．
2
2  假设存在符合条件的点Mm,0  ，
设Px 1 ,y 1  ，Qx 2 ,y 2  ，

则MP=x 1 -m,y 1 

，MQ=x 2 -m,y 2  ，
 
MP⋅MQ=x 1 -m  x 2 -m  +y 1 y 2 =x 1 x 2 -mx 1 +x 2  +m2+yy ， 1 2
①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx-1  ，
y=kx-1
由
 
x2 ，得：2k2+1
+y2=1
2
 x2-4k2x+2k2-2  =0，
4k2 2k2-2
∴x +x = ，xx = ，
1 2 2k2+1 1 2 2k2+1
∴y 1 y 2 =k2 -x 1 +x 2   +x 1 x 2 +1 
k2
=- ， 2k2+1
  2m2-4m+1
∴MP⋅MQ=

k2+m2-2
，
2k2+1
对于任意的k值，上式为定值，
故2m2-4m+1=2m2-2 
5
，解得：m= ，
4
 
7
此时，MP⋅MQ=- 为定值；
16
②当直线l的斜率不存在时，
第 页 共 页
2670 34271
直线l：x=1，xx =1，x +x =2，yy =- ，
1 2 1 2 1 2 2
 
5 5 25 1 7
由m= ，得MP⋅MQ=1-2× + - =- 为定值，
4 4 16 2 16
5
综合①②知，符合条件的点M存在，其坐标为 ,0
4
 ．
x2 y2
4191 (2024·山西大同·高二统考期末)已知椭圆 + =1(a>b>0)的一个焦点与抛物线
a2 b2
y2=4 3x的焦点F重合，且椭圆短轴的两个端点与F构成正三角形.
(1)求椭圆的方程；
(2)若过点(1,0)的直线l与椭圆交于不同两点P、Q，试问在x轴上是否存在定点E(m,
 
0)，使PE⋅QE恒为定值?若存在，求出E的坐标及定值；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)由题意知抛物线的焦点为F( 3,0)，
所以c= a2-b2= 3，
因为椭圆短轴的两个端点与F构成正三角形，
3
所以b= 3× =1，
3
可求得a=2.
x2
故椭圆的方程为 +y2=1.
4
(2)假设存在满足条件的点E(m,0)，
当直线l的斜率存在时，设其斜率为k，则l的方程为y=k(x-1)，
x2
 +y2=1
由 4 得4k2+1
y=k(x-1)
 x2-8k2x+4k2-4=0，
设Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  ，
8k2 4k2-4
所以Δ>0,x +x = ,xx = ，
1 2 4k2+1 1 2 4k2+1
 
则PE⋅QE=m-x 1  m-x 2  +yy 1 2
=m2-mx 1 +x 2  +xx +yy 1 2 1 2
8k2m 4k2-4 4k2-4 8k2
=m2- + +k2 - +1
4k2+1 4k2+1 4k2+1 4k2+1

4m2-8m+1
=

k2+m2-4

4k2+1
4m2-8m+1
=

1
k2+
4
 +m2-4 
1
- 4m2-8m+1
4

4k2+1
1
= 4m2-8m+1
4

17
2m-
4
+ ，
4k2+1
 
17 17
要使PE⋅QE为定值，令2m- =0，即m= ，
4 8
 
33
此时PE⋅QE= .
64
3
当直线的斜率不存在时，不妨取P1,
2

3
,Q1,-
2
 ，
17
由E ,0
8


9 3
，可得PE= ,-
8 2


9 3
,QE= ,
8 2
 ，
 
81 3 33
所以PE⋅QE= - = .
64 4 64
第 页 共 页
2671 342717
综上所述，存在点E ,0
8

 
33
，使PE⋅QE为定值 .
64
4192 (2024·重庆渝北·高二重庆市松树桥中学校校考阶段练习)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F，F，短轴长为2 3.点P在椭圆C上，且满足
1 2
ΔPFF 的周长为6.
1 2
(I)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)过点(-1,0)的直线l与椭圆C相交于A，B两点，试问在x轴上是否存在一定点M，
 
使得MA⋅MB恒为定值？若存在，求出该点M的坐标；若不存在，请说明理由.
2b=2 3
a2=4 x2 y2
【解析】(Ⅰ)∵{2a+2c=6∴{ 所以椭圆的方程为 + =1
b2=3 4 3
a2=b2+c2
(Ⅱ)假设存在这样的定点Mx 0 ,0  ，设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，AB直线方程为x=my-1
 
则MA⋅MB=x 1 -x 0 ,y 1  ⋅x 2 -x 0 ,y 2  =my -1-x ,y 1 0 1  ⋅my 2 -1-x 0 ,y 2 
=m2+1  y 1 y 2 -m1+x 0  y 1 +y 2  +1+x 0  2
x=my-1
联立{ 消去x得3m2+4
3x2+4y2=12
 y2-6my-9=0
6m -9
y +y = ,yy =
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4
M  A  ⋅M  B  = -5+2x 0  3m2+4  +11+8x 11+8x 0 =x2-4+ 0
3m2+4 0 3m2+4
 
11 135
令11+8x =0即x =- ，MA⋅MB=-
0 0 8 64
当AB⊥y轴时，令A-2,0  ,B2,0 
11
,M- ,0
8

 
135
,仍有MA⋅MB=-
64
11
所以存在这样的定点M- ,0
8

 
135
，使得MA⋅MB=-
64
x2 y2 2
4193 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C: + =1 (a>b>0)的离心率为 ，
a2 b2 2
2
椭圆经过点A-1 ,
2
 .
(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.
c 2 1 1
【解析】(1)由题意 = ，a2=b2+c2， + =1 ，得a2=2,b2=1，所以椭圆
a 2 a2 2b2
x2
C的方程为 +y2=1 .
2
(2)当l的斜率存在时，设l:y=kx-1  ，Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ，Pt,0  ，则
y=kx-k
联立方程组
 x2+2y2=2
消去y得，2k2+1

x2-4k2x+2k2-2=0.
4k2 2k2-2
∴x +x = ，xx = .
1 2 2k2+1 1 2 2k2+1
 
∵PM⋅PN=x 1 -t,y 1  ⋅x 2 -t,y 2  =x 1 -t  x 2 -t  +y 1 y 2 =x 1 -t  x 2 -t  +
k2 x 1 -1  x 2 -1 
=k2+1  x 1 x 2 -k2+t  x 1 +x 2  +k2+t2=k2+1 
2k2-2
-k2+t 2k2+1 
4k2
+k2+t2 2k2+1
第 页 共 页
2672 3427k2 2t2-4t+1
=

+t2-2

为定值.
2k2+1
2t2-4t+1 2 5   7
∴ = ，解得t= .此时PM⋅PN的值为- .
t2-2 1 4 16
2
当l的斜率不存在时，l的方程为x=1，解得M1,
2

2
，N1,-
2
 .
5 5
又t= ，则P ,0
4 4

 
1 2
.∴PM⋅PN=- ,
4 2

1 2
⋅- ,-
4 2

7
=- ，此时也满足条件.
16
5
综上所述，在x轴上存在定点P ,0
4

 
，使PM⋅PN为定值.
x2 y2
4194 (2024·辽宁锦州·统考模拟预测)已知F、F 为双曲线E: - =1(a>0,b>0)的左、
1 2 a2 b2
右焦点，E的离心率为 5,M为E上一点，且MF 2  -MF 1  =2.
(1)求E的方程；
(2)设点M在坐标轴上，直线l与E交于异于M的A、B两点，且点M在以线段AB为直
径的圆上，过M作MC⊥AB，垂足为C，是否存在点D，使得CD  为定值？若存在，求出
点D的坐标；若不存在，请说明理由.
c
【解析】(1)因为双曲线的离心率为 5，所以e= = 5，即c= 5a，
a
又MF 2  -MF 1  =2，所以2a=2，则a=1，所以c= 5，
因为b2=c2-a2，所以b= c2-a2= ( 5)2-12=2，
y2
故双曲线E的方程为x2- =1.
4
(2)因为M点满足MF 2  -MF 1  =2>0，
y2
所以点M在双曲线x2- =1的左支上，又因为点M在坐标轴上，则M(-1,0)，
4
设A(x,y),B(x ,y )，当AB的斜率存在时，设AB的方程为y=kx+m，
1 1 2 2
y2
x2- =1
联立方程 4 ，整理得(4-k2)x2-2kmx-(m2+4)=0,则4-k2≠0，Δ=(
y=kx+m
-2km)2-4(4-k2)[-(m2+4)]>0,即m2+4-k2>0,
2km m2+4
x +x = ,x +x =- ，因为M在以线段AB为直径的圆上，所以MA⊥
1 2 4-k2 1 2 4-k2
MB，
   
则MA⋅MB=0，又MA=(x +1,y)，MB=(x +1,y )，
1 1 2 2
 
则MA⋅MB=(x +1)(x +1)+yy =(x +1)(x +1)+(kx +m)(kx +m)=0，
1 2 1 2 1 2 1 2
所以(k2+1)xx +(km+1)(x +x )+m2+1=0，
1 2 1 2
m2+4
即(k2+1)-
4-k2

2km
+(km+1)⋅ +m2+1=0，整理得3m2+2km-5k2=0，
4-k2
5k
即(m-k)(3m+5k)=0，解得m=k或m=- ，经检验均满足m2+4-k2>0，
3
当m=k时，直线AB的方程为y=k(x+1)，则直线AB过点M，不合题意，舍去；
5k 5
当m=- 时，直线AB的方程为y=kx-
3 3

5
，则直线AB恒过定点Q ,0
3
 ，符合题
意.
 
当AB的斜率不存在时，A(x,y),B(x,-y)，MA=(x +1,y)，MB=(x +1,-y)，
1 1 1 1 1 1 1 1
  y2 5
MA⋅MB=(x +1)2-y2=0，又x2- 1 =1，解得x =-1(舍去)或x = ，
1 1 1 4 1 1 3
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2673 34275 5
所以直线AB方程为x= ，则直线AB恒过定点Q ,0
3 3
 .
5
综上，直线AB恒过定点Q ,0
3
 .
因为MC⊥AB，所以△MCQ是以MQ为斜边的直角三角形，
即点C在以MQ为直径的圆上，则点D为该圆的圆心即斜边MQ的中点，
5
又M(-1,0)，Q ,0
3

1
，所以D ,0
3

1 4
，CD为该圆的半径，即|CD|= |MQ|= ，
2 3
1
故存在点D ,0
3

4
，使得|CD|为定值 .
3
x2 y2
4195 (2024·山西大同·统考模拟预测)已知椭圆C 1 : a2 + b2 =1a>b>0 
2
的离心率为 ，且 2
直线y=x+b是抛物线C :y2=4x的一条切线．
2
(1)求椭圆C 的方程；
1
1
(2)过点S0,-
3
 的动直线L交椭圆C 于A,B两点，试问：在直角坐标平面上是否存在
1
一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点T？若存在，求出T的坐标；若不存在，请说
明理由．
y=x+b
【解析】(1)由
 y2=4x
得x2+2b-4

x+b2=0
直线y=x+b是抛物线C :y2=4x的一条切线．所以Δ=0⇒b=1
2
c 2 x2
e= = ⇒a= 2，所以椭圆C: +y2=1
a 2 1 2
(2)
1 当直线L与x轴平行时，以AB为直径的圆方程为x2+y+
3
 2 4 =
3
 2
当直线L与y轴重合时，以AB为直径的圆方程为x2+y2=1
所以两圆的交点为点0,1  猜想：所求的点T为点0,1  ．
证明如下．当直线L与x轴垂直时，以AB为直径的圆过点0,1 
1
当直线L与x轴不垂直时，可设直线L为：y=kx-
3
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2674 34271
 y=kx-
3
由  x2 得18k2+9
 +y2=1
 2
 x2-12kx-16=0，设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  则
12k
x +x =
 1 2 18k2+9

-16
xx =
1 2 18k2+9
 
则TA⋅TB=x 1 ,y 1 -1  ⋅x 2 ,y 2 -1  =x 1 x 2 +y 1 -1  y 2 -1  =xx + 1 2
1
kx - -1
1 3

1
kx - -1
2 3

4
=x 1 x 2 - 3 x 1 +x 2 
16
+ =1+k2 9 
-16 4 12k 16
- × + =0 18k2+9 3 18k2+9 9
 
所以TA⊥TB，即以AB为直径的圆过点0,1 
所以存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点T．
x2 y2
4196 (2024·江苏扬州·统考模拟预测)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的左顶点为A，过
a2 b2
右焦点F且平行于y轴的弦PQ=AF=3．
(1)求△APQ的内心坐标；
 
(2)是否存在定点D，使过点D的直线l交C于M,N，交PQ于点R，且满足MR⋅ND=
 
MD⋅RN？若存在，求出该定点坐标，若不存在，请说明理由．
2b2
【解析】(1)∵a2=b2+c2, =a+c=3∴a=2,b= 3,c=1
a
x2 y2
∴椭圆C的标准方程为 + =1，
4 3
3
不妨取P1,
2

3
,Q1,-
2

3 5 3
,A(-2,0)，则AP= ,PF= ；
2 2
因为△APQ中，AP=AQ，所以△APQ的内心在x轴，设直线PT平分∠APQ，交x轴
AT AP AT 3 5
于T，则T为△APQ的内心，且 = = 5= ，所以AT= ，则
TF PF 3-AT 5+1
7-3 5
T ,0
4
 ；
(2)∵椭圆和弦PQ均关于x轴上下对称．若存在定点D，则点D必在x轴上∴设D(t,
0)
当直线l斜率存在时，设方程为y=k(x-t),Mx 1 ,y 1  ,Nx 2 ,y 2  ，直线方程与椭圆方程联
y=k(x-t)

立x2 y2 ，
+ =1
4 3
消去y得4k2+3  x2-8k2tx+4k2t2-3  =0，
则Δ=48k2+3-k2t2 
8k2t 4k2t2-3
>0,x +x = ,xx = 1 2 4k2+3 1 2

① 4k2+3
   
∵点R的横坐标为1，M、R、N、D均在直线l上，MR⋅ND=MD⋅RN
∴1+k2  1-x 1  t-x 2  =1+k2  t-x 1  x 2 -1 
∴2t-(1+t)x 1 +x 2 
8k2t 4k2t2-3
+2xx =0∴2t-(1+t) +2× 1 2 4k2+3

=0，整理得t= 4k2+3
4，
因为点D在椭圆外，则直线l的斜率必存在．∴存在定点D(4,0)满足题意
第 页 共 页
2675 34272 题型二：存在点使斜率之和或之积为定值
4197 (2024·山东泰安·统考模拟预测)已知为O坐标原点，A2,0  ,B0,1  ,C0,-1  ,D2,1  ，
   
OE=λOA,DF=λDA,0<λ≤1，CE和BF交点为P.
(1)求点P的轨迹G；
(2)直线y=x+m(m≠0)和曲线G交与M，N两点，试判断是否存在定点Q使k k
MQ NQ
1
= ？如果存在，求出Q点坐标，不存在请说明理由.
4
【解析】(1)设点P(x,y)，Ex E ,y E  ,Fx F ,y F  ，
 
∵OE=λOA，即x E ,y E  =λ2,0  ，
∴E点坐标为2λ,0  ，
 
∵DF=λDA，即x F -2,y F -1  =λ0,-1  ，
∴F点坐标为2,1-λ  ，
∴根据两点坐标可得，
1
直线CE方程为：y= x-1，
2λ
λ
直线BF方程为：y=- x+1，
2
1
两式移项相乘得：y2-1=- x2，
4
x2
整理得 +y2=1，
4
∴P点的轨迹为以( 3,0),(- 3,0)为焦点，长轴长为4的椭圆，
x2
即其方程为G: +y2=1.
4
(2)假设存在定点G，
设点G坐标为x 0 ,y 0  ，M(x,y),N(x ,y )， 1 1 2 2
y=x+m

联立方程组x2 消y得5x2+8mx+4m2-4=0，
+y2=1
4
直线与椭圆交于两点，
∴Δ=64m2-80m2-1  >0即- 5<m< 5，
8m
x +x =-
 1 2 5
 ，
4m2-4
xx =
1 2 5
1
∵k k = ，
MQ NQ 4
y -y y -y 1
∴ 0 1 ⋅ 0 2 = ，
x -x x -x 4
0 1 0 2
第 页 共 页
2676 3427∴4y 0 -y 1  y 0 -y 2  -x 0 -x 1  x 0 -x 2  =0，
∴4y 0 -x 1 -m  y 0 -x 2 -m  -x 0 -x 1  x 0 -x 2  =0，
整理得：
4y2 0 -4x 1 +x 2 +2m  y 0 +4x 1 x 2 +4mx 1 +x 2  +4m2-x2 0 +x 1 +x 2  x -xx =0， 0 1 2
12 8
4y2 0 -x2 0 - 5 - 5 mx 0 +y 0  =0，对m≠0恒成立，
12
∴x +y =0，得4y2-x2- =0，
0 0 0 0 5
2 5
∴x =-y =± ，
0 0 5
2 5 2 5
所以存在定点Q,坐标为 ,-
5 5

2 5 2 5
或- ,
5 5
 .
4198 (2024·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习)已知点A-2,0  ，B2,0  ，Px,y  是
3
异于A，B的动点，k ，k 分别是直线AP，BP的斜率，且满足k ⋅k =- .
AP BP AP BP 4
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)在线段AB上是否存在定点E，使得过点E的直线交P的轨迹于M，N两点，且对直
线x=4上任意一点Q，都有直线QM，QE，QN的斜率成等差数列.若存在，求出定点
E，若不存在，请说明理由.
y y 3 x2 y2
【解析】(1)由题意k ∙k = ∙ =- ，即 + =1，
AP BP x-2 x+2 4 4 3
x2 y2
又直线AP，BP的斜率存在，所以点P的轨迹方程为 + =1(y≠0)．
4 3
(2)若存在这样的定点，不妨设为E(t，0)，令Q(4，n)，M(x ，y)，N(x ，y )，
1 1 2 2
直线MN的方程为x=my+t，


x
3x
=
2+
m
4
y
y
+
2=
t，
12，
(3m2+4)y2+6mty+3t2-12=0，
-6mt 3t2-12
由韦达定理得：y +y = ，yy = ，Δ=36m2t2-4(3m2+4)(3t2-12)>
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4
0，
k +k =2k ，
QM QN QE
n-y n-y 2n 1 1 2
1 + 2 = ⇒ + -
4-x 4-x 4-t 4-x 4-x 4-t
1 2 1 2

-y -y
·n+ 1 + 2
4-x 4-x
1 2
 =0，
1 1 2
 4-x +
4-x
=
4-t
，
对任意n成立，所以 1 2
 -y -y
 1 + 2 =0，
4-x 4-x
1 2
-y -y
由 1 + 2 =0得，
4-x 4-x
1 2
-4(y +y )+y(my +t)+y (my +t)=(t-4)(y +y )+2myy =0，
1 2 1 2 2 1 1 2 1 2
所以(t-4)(-6tm)+2m(3t2-12)=0，
24mt-24m=0对任意m成立，t=1，经检验，符合题意，
所以，存在E(1，0)满足题意.
第 页 共 页
2677 3427x2 y2
4199 (2024·吉林·吉林省实验校考模拟预测)以双曲线C: - =1(a>0,b>0)的右焦点
a2 b2
4 2 5
F为圆心作圆，与C的一条渐近线相切于点Q ,
3 3

(1)求C的方程.
(2)在x轴上是否存在定点M，过点M任意作一条不与坐标轴垂直的直线l，当l与C交
于A,B两点时，直线AF,BF的斜率之和为定值？若存在，求出M点的坐标，若不存在，说
明理由.
b
【解析】(1)双曲线C的渐近线方程为y=± x，
a
b 4 2 5
圆F与直线y= x切于点Q ,
a 3 3

b 5
，所以代入得 = ，①
a 2
设Fc,0 
2 5
b 3 b
(c>0)，直线FQ有斜率k ，则k ⋅ =-1，即 × =-1，②
FQ FQ a 4 a
-c
3
又c2=a2+b2③
由①②③解得c=3,a=2,b= 5，
x2 y2
所以双曲线C的方程为 - =1.
4 5
(2)假设存在满足条件的定点Mt,0  ，因为直线l不与坐标轴垂直，
故设l的方程为x=my+tm≠0  ,Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  .
x=my+t,

由x2 y2 消去x整理得5m2-4
- =1,
4 5
 y2+10mty+5t2-20=0，
2 5
则 
5m2-4≠0,
即
m≠±
5
,
*
Δ>0,
5m2+t2-4>0,



10mt
y +y =- ,
 1 2 5m2-4
且
5t2-20
yy = .
1 2 5m2-4
第 页 共 页
2678 3427因为F3,0 
y y
，所以直线AF,BF的斜率为k = 1 ,k = 2 . AF x -3 BF x -3
1 2
y y
设k +k =λ(λ为定值)，即 1 + 2 =λ，
AF BF x -3 x -3
1 2
即y 1x 2 -3  +y 2x 1 -3  =λx 1 -3  x 2 -3  ，
即y 1my 2 +t-3  +y 2my 1 +t-3  =λmy 1 +t-3  my 2 +t-3  ，
整理得2m-λm2  y 1 y 2 +1-λm  t-3  y 1 +y 2  -λ(t-3)2=0，
所以2m-λm2 
5t2-20
× -1-λm
5m2-4
 t-3 
10mt
× -λ(t-3)2=0，
5m2-4
所以λ5t2-30t+20

m2+103t-4

m=5λ(t-3)2m2-4λ(t-3)2.
因为t,λ为定值，且上式对任意m恒成立，
λ5t2-30t+20
所以

=5λ(t-3)2,
103t-4 

 =0,
-4λ(t-3)2=0,
4
解得t= ,λ=0.
3
4
将t= 代入*
3

2 2 2 5
式解得m<- 或m> 且m≠± .
3 3 5
4
综上，存在满足条件的定点M ,0
3
 .
4200 (2024·湖北荆州·高二荆州中学校考阶段练习)已知圆C方程为x2+y2-8mx-(6m+
2)y+6m+1=0(m∈R,m≠0)，椭圆中心在原点，焦点在x轴上.
(1)证明圆C恒过一定点M，并求此定点M的坐标；
(2)判断直线4x+3y-3=0与圆C的位置关系，并证明你的结论；
(3)当m=2时，圆C与椭圆的左准线相切，且椭圆过(1)中的点M，求此时椭圆方程；在
x轴上是否存在两定点A，B使得对椭圆上任意一点Q(异于长轴端点)，直线QA，QB的
斜率之积为定值？若存在，求出A，B坐标；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)圆C的方程可化为：x2+y2-2y+1  -m(8x+6y-6)=0，
由

x2+y2-2y+1=0 ，解得

x=0 ，所以圆C过定点M(0,1).
8x+6y-6=0 y=1
(2)圆C的方程可化为：(x-4m)2+[y-(3m+1)]2=25m2，
|4⋅4m+3⋅(3m+1)-3| 25|m|
圆心到直线l的距离为d= = =5|m|=r，
42+32 5
所以直线与圆C相切.
(3)当m=2时，圆C方程为x-8  2+y-7  2=100，圆心为8,7  ，半径为10，
与直线x=8-10  ，即x=-2相切，所以椭圆的左准线为x=-2，
a2
 =2 a= 2
又椭圆过点M(0,1)，则b=1，所以 c ，解得

，
b=1
b=1
x2
所以椭圆方程为 +y2=1.
2
在椭圆上任取一点Qx,y  (y≠0)，设定点As,0  ，Bt,0  ，
x2
1-
y y 2
则k ⋅k = ⋅ = =k对x∈(- 2, 2)恒成立，
QA QB x-s x-t (x-s)(x-t)
1
所以- x2+1=kx2-k(s+t)x+kst对x∈(- 2, 2)恒成立，
2
第 页 共 页
2679 34271 1 1
  k=-
2
  k=-
2
  k=-
2
所以 ，故 或 ，
k(s+t)=0 s= 2 s=- 2
  
kst=1 t=- 2 t= 2
所以A- 2,0  ，B 2,0  或者A 2,0  ，B- 2,0  .
x2 y2
4201 (2024·河北·高三校联考阶段练习)已知椭圆C： + =1a>b>0
a2 b2
 的左、右焦点分
别为F，F，焦距为2，实轴长为4.
1 2
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点F 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
1
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.
【解析】(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，
x2 y2
所以椭圆C的方程为 + =1．
4 3
(2)由(1)知F(-1,0)，设点E(x ，y)，D(x ，y )，M(m,0)，
1 1 1 2 2
因为直线l不与x轴重合，
所以设直线l的方程为x=ny-1，
x=ny-1

联立x2 y2 ，得(3n2+4)y2-6ny-9=0，
+ =1
4 3
所以Δ=(-6n)2+36(3n2+4)>0，
6n 9
所以y +y = ，yy =- ，
1 2 3n2+4 1 2 3n2+4
9n2 6n2
又xx =(ny -1)(ny -1)=n2yy -n(y +y )+1=- - +1=
1 2 1 2 1 2 1 2 3n2+4 3n2+4
12n2-4
- ，
3n2+4
6n2 8
x +x =n(y +y )-2= -2=-
1 2 1 2 3n2+4 3n2+4
y y
直线ME，MD的斜率分别为k = 1 ，k = 2 ，
ME x -m MD x -m
1 2
y y yy yy
所以k ⋅k = 1 ⋅ 2 = 1 2 = 1 2
ME MD x -m x -m (x -m)(x -m) yy -m(x +x )+m2
1 2 1 2 1 2 1 2
-9
3n2+4
=
12n2-4 -8
- -m
3n2+4 3n2+4

-9
=
-12n2+4+8m+3m2n2+4m2
+m2
9
=- ，
(3m2-12)n2+4(m+1)2
要使得直线ME，MD的斜率之积恒为定值，直线3m2-12=0，解得m=±2，
9 9 1
当m=2时，存在点M(2,0)，使得k ⋅k =- =- =- ，
ME MD (3m2-12)n2+4(m+1)2 36 4
9 9
当m=-2时，存在点M(-2,0)，使得k ⋅k =- =- ，
ME MD (3m2-12)n2+4(m+1)2 4
第 页 共 页
2680 3427综上，在x轴上存在点M，使得ME，MD的斜率之积恒为定值，
1
当点M的坐标为(2,0)时，直线ME，MD的斜率之积为定值- ，
4
9
当点M的坐标为(-2,0)时，直线ME，MD的斜率之积为定值- ．
4
x2 y2
4202 (2024·吉林长春·高三长春外国语学校校考开学考试)已知椭圆C: + =
a2 b2
1a>b>0 
1
的离心率为 ，F、F 分别是椭圆的左、右焦点，P是椭圆上一点，且△PFF 2 1 2 1 2
的周长是6.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l经过椭圆的右焦点F 且与C交于不同的两点M，N，试问：在x轴上是否存在
2
点Q，使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值？若存在，请求出点Q的坐标；若不存
在，请说明理由.
【解析】(1)由椭圆的定义知△PFF 的周长为2a+2c，所以2a+2c=6，
1 2
x2 y2
又因为椭圆C: + =1a>b>0
a2 b2

c 1
的离心率e= = ，
a 2
所以a=2c，联立解得a=2，c=1，
所以b= a2-c2= 3，
x2 y2
所求椭圆方程为 + =1.
4 3
(2)若存在满足条件的点Qt,0  .
当直线l的斜率k存在时，设y=kx-1 
x2 y2
，联立 + =1，
4 3
消y得3+4k2

x2-8k2x+4k2-12=0.
设Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2 
8k2 4k2-12
，则x +x = ，xx = x， 1 2 3+4k2 1 2 3+4k2
∵k +k = y 1 + y 2 = kx 1 -1
QM QN x -t x -t 1 2
 x 2 -t  +kx 2 -1  x 1 -t 
x 1 -t  x 2 -t 
= 2kx 1 x 2 -k1+t  x 1 +x 2  +2kt
x 1 x 2 -tx 1 +x 2 
8k2-24 8k2 1+t
-
3+4k2 =k⋅
+t2

+2t
3+4k2
4k2-12 8k2 - t+t2
3+4k2 3+4k2
8k2-24-8k2 1+t
=k⋅
 +2t3+4k2 
4k2-12-8k2t+t2 3+4k2 
6kt-4
=

4t-1  2k2+3t2-4 
，
∴要使对任意实数k，k +k 为定值，则只有t=4，此时，k +k =0.
QM QN QM QN
当直线l与x轴垂直时，若t=4，也有k +k =0.
QM QN
故在x轴上存在点Q4,0  ，使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值0.
x2 y2 2
4203 (2024·全国·高三专题练习)设椭圆C： + =1(a>b>0)的离心率是 ，过点
a2 b2 2
P0,1  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2 2．
(Ⅰ)求E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】(Ⅰ)由已知可得，椭圆经过点± 2，1  ，
第 页 共 页
2681 34272 1
  + =1
a2 b2

因此， c 2 ,解得a=2，b= 2，
 =
a 2
  a2=b2+c2
x2 y2
所以椭圆E方程为 + =1；
4 2
(Ⅱ)设Q点的坐标为0，y
0
 ，
当直线L与x轴垂直时，直线QA与QB的倾斜角均为90°，满足题意，
此时y ∈R，且y ≠1；
0 0
当直线L的斜率存在时，可设直线L的方程为y=kx+1，Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，
y=kx+1

联立x2 y2 ，得1+2k2
+ =1
4 2
 x2+4kx-2=0，
其判别式△>0，
4k2 2
∴x +x =- ，xx =- ，
1 2 1+2k2 1 2 1+2k2
∵直线QA，QB的倾斜角互补，
∴k +k =0，
QA QB
y -y y -y
∴ 1 0 + 2 0 =0，
x x
1 2
kx +1-y kx -y
即 1 0 + 2 0 =0，
x x
1 2
整理得2kx 1 x 2 +1-y 0  x 1 +x 2  =0，
4k2 2
把x 1 +x 2 =- 1+2k2 ，x 1 x 2 =- 1+2k2 代入得ky 0 -2  =0，
所以y =2，即Q0，2
0
 ，
综上所述存在与点P不同的定点Q0，2  满足题意．
3 题型三：存在点使两角度相等
x2
4204 (2024·新疆阿勒泰·统考三模)已知椭圆C: +y2=1(a>1)的左右焦点分别为F、F，
1 a2 1 2
A,B分别为椭圆C 的上，下顶点，F 到直线AF 的距离为 3．
1 2 1
(1)求椭圆C 的方程；
1
(2)直线x=x 与椭圆C 交于不同的两点C,D，直线AC,AD分别交x轴于P,Q两点．
0 1
π
问：y轴上是否存在点R，使得∠ORP+∠ORQ= ？若存在，求出点R的坐标；若不存
2
在，请说明理由．
【解析】(1)△AFF 中由面积公式得a⋅ 3=b⋅2c，
1 2
即 3a=2 a2-1，得a2=4，
x2
椭圆方程为 +y2=1；
4
(2)如图，
π
假设存在点R使得∠ORP+∠ORQ= ，设R0,m
2
 ，
π
∵∠ORP+∠ORQ= ,∴∠ORQ=∠OPR，即tan∠ORQ=tan∠OPR，
2
第 页 共 页
2682 3427OQ
∴

OR 
OR
=

OP 
，即|OR|2=OP  OQ  ，
直线x=x 与椭圆C 交于不同的两点C,D，易知C,D关于x对称，
0 1
设Cx 0 ,y 0  ，则Dx 0 ,-y 0  y 0 ≠±1,y 0 ≠0  ，
由(1)知A0,1 
y -1 x
，直线AC的方程是y= 0 x+1，令y=0得x =- 0 ， x P y -1
0 0
y +1 x
直线AD方程是y= 0 x+1，令y=0得x = 0 ，
-x Q y +1
0 0
由|OR|2=OP  OQ 
x2
，得m2= 0
y2-1
0

，
又Cx 0 ,y 0 
x2 x2
在椭圆上，所以 0 +y2=1，即 0 =1-y2， 4 0 4 0
∴m2=4，即m=±2.
所以存在点R0,±2 
π
，使得∠ORP+∠ORQ= 成立．
2
x2 y2
4205 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C: + =1a>b>0
a2 b2
 经过点A-2,0  且两个
焦点及短轴两顶点围成四边形的面积为4.
(1)求椭圆C的方程和离心率；
(2)设P，Q为椭圆C上不同的两个点，直线AP与y轴交于点E，直线AQ与y轴交于点
F，且P、O、Q三点共线.其中O为坐标原点.问：x轴上是否存在点M，使得∠AME=
∠EFM？若存在，求点M的坐标，若不存在，说明理由.
1
【解析】(1)依题意可得a=2， ×2c×2b=4，又c2=a2-b2，解得b=c= 2，
2
x2 y2 c 2
所以椭圆方程为 + =1，则离心率e= =
4 2 a 2
(2)因为P、O、Q三点共线，根据椭圆的对称性可知P、Q关于O点对称，
设点Px 1 ,y 1  ，则Q-x 1 ,-y 1  x 1 ≠±2  ，
y
所以直线PA的方程为y= 1 x+2
x +2
1

-y
，直线AQ的方程为y= 1 x+2
-x +2
1
 ，
2y
所以点E0, 1
x +2
1

-2y
，F0, 1
-x +2
1
 ．
第 页 共 页
2683 3427假设存在M使∠AME=∠EFM，∠MOE=∠FOM=90°，
所以∠OMF=∠OEM，又∠OEM+∠OME=90°，所以∠OME+∠OMF=90°，
 
即ME⊥MF，所以ME⋅MF=0，
设Mm,0 
 2y
，则ME=-m, 1
x +2
1

 -2y
，MF=-m, 1
-x +2
1
 ，
  -2y
所以ME⋅MF=m2+ 1
-x +2
1

2y
⋅ 1
x +2
1

-4y2
=0，即m2+ 1 =0，
4-x2
1
x2 y2
又 1 + 1 =1，所以x2+2y2=4，所以m2-2=0，解得m=± 2，
4 2 1 1
所以M± 2,0  .
4206 (2024·四川绵阳·模拟预测)已知点A是圆C:x-1  2+y2=16上的任意一点，点
F-1,0  ，线段AF的垂直平分线交AC于点P．
(1)求动点P的轨迹E的方程；
(2)若过点G3,0  且斜率不为O的直线l交(1)中轨迹E于M、N两点，O为坐标原点，
点B2,0  ．问：x轴上是否存在定点T，使得∠MTO=∠NTB恒成立．若存在，请求出
点T的坐标，若不存在，请说明理由．
【解析】(1)由圆C:x-1  2+y2=16，可得圆心坐标为C(1,0)，半径r=4，
如图所示，线段AF的垂直平分线交AC于点P，
所以PF  +PC  =PA  +PC  =4>FC  =2，
根据椭圆的定义可知点P的轨迹是以F,C为焦点的椭圆，且2a=4,2c=1，
可得a=2,c=1，则b= a2-c2= 3，
x2 y2
所以动点P的轨迹方程为 + =1.
4 3
(2)由题意，设直线l的方程为y=k(x-3)，且k≠0，
y=k(x-3)

联立方程组x2 y2 ，整理得(3+4k2)x2-24k2x+36k2-12=0，
+ =1
4 3
15 15
则Δ=576k4-48(3+4k2)(3k2-1)>0，解得- <k< 且k≠0，
5 5
第 页 共 页
2684 342724k2 12(3k2-1)
设M(x,y),N(x ,y )，所以x +x = ,xx =
1 1 2 2 1 2 3+4k2 1 2 3+4k2
根据椭圆的对称性，不妨令M,N在x轴上方，且x >x ，显然x <t<x ，
2 1 1 2
假设存在T(t,0)使得∠MTO=∠NTB恒成立，即tan∠MTO=tan∠NTB恒成立，
y y
可得k =-k ，即k +k =0恒成立，即 1 + 2 =0恒成立，
MT NT MT NT t-x t-x
1 2
y y t(y +y )-xy -x y
又由 1 + 2 = 1 2 1 2 2 1
t-x 1 t-x 2 t-x 1  t-x 2 
=0，
所以t(y +y )-xy -x y =0，
1 2 1 2 2 1
xy +x y x(x -3)+x (x -3) 2xx -3(x +x )
所以t= 1 2 2 1 = 1 2 2 1 = 1 2 1 2
y +y x +x -6 x +x -6
1 2 1 2 1 2
24(3k2-1) 72k2
-
3+4k2 3+4k2 72k2-24-72k2 4
= = = ，
24k2 24k2-18-24k2 3
-6
3+4k2
4
所以存在点T ,0
3
 ，使得∠MTO=∠NTB恒成立，
x2 y2
4207 (2024·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测)已知椭圆C: + =1(a>0)经过点
a2 3
3
-1,
2
 ，过点T 3,0  的直线交该椭圆于P，Q两点.
(1)求△OPQ面积的最大值，并求此时直线PQ的方程；
(2)若直线PQ与x轴不垂直，在x轴上是否存在点Ss,0  使得∠PST=∠QST恒成立？
若存在，求出s的值；若不存在，说明理由.
3
【解析】(1)将-1,
2
 代入椭圆方程，
1 9
得到 + =1，故a2=4，
a2 4×3
x2 y2
故椭圆方程为 + =1.
4 3
当直线PQ的斜率为0时，此时O,P,Q三点共线，不合要求，舍去；
当直线PQ的斜率不为0时，设直线PQ的方程为x=ty+ 3，
x2 y2
与椭圆方程 + =1联立，得3t2+4
4 3
 y2+6 3ty-3=0，
设Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2 
6 3t 3
，则y +y =- ,yy =- ， 1 2 3t2+4 1 2 3t2+4
1
则S = OP △OPQ 2  ⋅y 1 -y 2 
1
= 2 × 3⋅ y 1 +y 2 
3 6 3t
2-4yy = - 1 2 2 3t2+4 
2 12
+ 3t2+4
3 108t2
=
2 3t2+4 
12 3t2+1
+ =6
2 3t2+4 3t2+1   +3 
3t2+1
=6
2 3t2+1  2+63t2+1 
=
+9
第 页 共 页
2685 34271
6
3t2+1 
1
≤6
9 + 3t2+1 +6 2 3t2+1 
= 3，
9 ⋅ +6 3t2+1
9 6
当且仅当3t2+1= ，即t=± 时，等号成立，
3t2+1 3
故△OPQ面积的最大值为 3，
此时直线PQ的方程为 3x+ 2y-3=0或 3x- 2y-3=0.
4 3
(2)在x轴上存在点S ,0
3
 使得∠PST=∠QST恒成立，
理由如下：
y y
因为∠PST=∠QST，所以k +k =0，即 1 + 2 =0，
PS QS x -s x -s
1 2
整理得x 2 -s  y 1 +x 1 -s  y =0， 2
即ty 2 + 3  y 1 +ty 1 + 3  y 2 -sy 1 +y 2  =0，
所以2ty 1 y 2 + 3-s  y 1 +y 2  =0，
3
则2t-
3t2+4
 + 3-s 
6 3t
-
3t2+4

4 3
=0，解得s= ，
3
4 3
故在x轴上存在点S ,0
3
 ，使得∠PST=∠QST恒成立.
x2 y2
4208 (2024·四川成都·高三四川省成都市新都一中校联考开学考试)已知椭圆C: + =
a2 b2
1a>b>0 
2
过点1,
2
 ，且上顶点与右顶点的距离为 3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点P3,0  的直线l交椭圆C于A,B两点，x轴上是否存在点Q使得∠PQA+
∠PQB=π，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)∵椭圆C上顶点与右顶点的距离为 3，∴a2+b2=3；
2
又椭圆C过点1,
2

1 1
，∴ + =1；
a2 2b2
x2
两式联立可解得：a2=2，b2=1，∴椭圆C的方程为： +y2=1.
2
(2)当直线l与x轴不重合时，设其方程为x=ty+3，Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，
x=ty+3

由x2 得：t2+2
+y2=1
2
 y2+6ty+7=0，
则Δ=8t2-7  >0，解得：t> 7或t<- 7，
6t 7
∴y +y =- ，yy = ，
1 2 t2+2 1 2 t2+2
假设存在点Q使得∠PQA+∠PQB=π，即存在点Q使得k +k =0，
QA QB
第 页 共 页
2686 3427设点Qm,0 
y y
，则k +k = 1 + 2 =0，
QA QB x -m x -m
1 2
∴y 1x 2 -m  +y 2x 1 -m  =y 1ty 2 +3-m  +y 2ty 1 +3-m  =2ty 1 y 2 +3-m  y 1 +y 2 
14t 6t3-m
= -
t2+2

=0，
t2+2
∴6t3-m  =14t，又t∈-∞,- 7  ∪ 7,+∞  ，∴63-m 
2
=14，解得：m= ，
3
2
∴Q ,0
3
 ；
当直线l与x轴重合时，A,B分别为椭圆C左右顶点，
2
若Q ,0
3
 ，此时∠PQA+∠PQB=π显然成立；
2
综上所述：x轴上存在点Q ,0
3
 满足题意．
4209 (2024·河南信阳·高三信阳高中校考阶段练习)在平面直角坐标系xOy中，动点M到点
D2,0  的距离等于点M到直线x=1距离的 2倍，记动点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
1
(2)已知直线l：y= x+tt≥2
2
 与曲线C交于A,B两点，问曲线C上是否存在两点P,
Q满足∠APB=∠AQB=90°，若存在，请求出两点坐标，不存在，请说明理由.
【解析】(1)设Mx,y  ，动点M到点D2,0  的距离等于点M到直线x=1距离的 2倍，
所以 x-2  2+y2= 2x-1  ，
x2 y2
化简得 - =1.
2 2
x2 y2
所以曲线C的方程为 - =1.
2 2
2 6 6
(2)存在两点P ,-
3 3

2 6 6
和Q- ,
3 3
 满足∠APB=∠AQB=90°.
设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ,Px 0 ,y 0 
联立直线与双曲线方程，有3x2-4tx-4t2-8=0，
Δ=16t2+124t2+8  >0
4
x +x = t
1 2 3
由韦达定理，有
4
x 1 x 2 =- 3 t2+2 

 ，

PA=x 1 -x 0 ,y 1 -y 0 

，PB=x 2 -x 0 ,y 2 -y 0  ，
 
PA⋅PB=x 1 -x 0  x 2 -x 0 
1
+ x +t-y 2 1 0 
1
 x +t-y 2 2 0 
=x 1 x 2 -x 1 +x 2 
1
x +x2+ x +t 0 0 2 1 
1
 x +t 2 2 
1
- 2 x 1 +x 2   +2t  y +y2 0 0
4 10 8 10
=x2- tx - - ty +y2=x2+y2-
0 3 0 3 3 0 0 0 0 3

4 8
- x + y
3 0 3 0
 t=0
第 页 共 页
2687 342710
x2+y2=
所以上式当 0 0 3 时，上式恒成立，
4x +8y =0
0 0
2 6 6
即过定点 ,-
3 3

2 6 6
和- ,
3 3
 ，经检验两点恰在双曲线C上，且不与A,B重
合，
故存在双曲线上两点P,Q满足∠APB=∠AQB=90°.
4 题型四：存在点使等式恒成立
4210 (2024·福建漳州·统考模拟预测)已知R是圆M：x+ 3  2+y2=8上的动点，点
N 3,0  ，直线NR与圆M的另一个交点为S，点L在直线MR上，MS∥NL，动点L的轨
迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)若过点P-2,0  的直线l与曲线C相交于A，B两点，且A，B都在x轴上方，问：在x
轴上是否存在定点Q，使得△QAB的内心在一条定直线上?请你给出结论并证明.
【解析】(1)圆M的圆心为M- 3,0  ，半径r=2 2，
因为MS∥NL，所以△MSR∽△LNR，又因为MR  =MS  ，
所以LR  =LN  ，
所以 LM  -LN    = LM  -LR    =MR  =r=2 2<2 3=MN  ，
所以点L在以M，N为焦点，2 2为实轴长的双曲线上，
x2 y2
设双曲线的方程为 - =1a>0,b>0,c= a2+b2
a2 b2
 ，
则2a=2 2，2c=2 3.
所以a= 2，c= 3，b=1
x2
又L不可能在x轴上，所以曲线C的方程为 -y2=1y≠0
2
 .
第 页 共 页
2688 3427(2)在x轴上存在定点Q-1,0  ，使得△QAB的内心在一条定直线上.
x2
证明如下：由条件可设l：x=my-2.代入 -y2=1，
2
得m2-2

y2-4my+2=0，
设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，则


m
Δ=
2-
16
2
m
≠
2
0
-8(m2-2)>0
，得m2≠2，
4m 2
所以y +y = >0,yy = >0
1 2 m2-2 1 2 m2-2
所以y +y =2myy ，
1 2 1 2
取Q-1,0  ，
y y y y
则k +k = 1 + 2 = 1 + 2
AQ BQ x +1 x +1 my -2+1 my -2+1
1 2 1 2
= 2my 1 y 2 -y 1 +y 2 
my 1 -1  my 2 -1 
=0
又A，B都在x轴上方，所以∠AQB的平分线为定直线x=-1，
所以在x轴上存在定点Q-1,0  ，使得△QAB的内心在定直线x=-1上.
x2 y2
4211 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆Γ: + =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F,
a2 b2 1
F 2 ，过点B0,b 
  
且与直线BF 垂直的直线交x轴负半轴于D，且2FF +FD=0． 2 1 2 2
(1)求椭圆Γ的离心率；
(2)若过B、D、F 三点的圆恰好与直线l:x- 3y-6=0相切，求椭圆Γ的方程；
2
(3)设a=2．过椭圆Γ右焦点F 且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆Γ交于P、Q两点，点
2
M是点P关于x轴的对称点，在x轴上是否存在一个定点N，使得M、Q、N三点共线？
若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由．
  
【解析】(1)由题意知F(-c,0),F(c,0)，由2FF +FD=0得F 是线段FD的中点，故
1 2 1 2 2 1 2
D-3c,0  .
又因为直线BD与BF 2 垂直，所以BF 1 
1
= 2 DF 2 
1
，即 b2+c2=a= ×4c=2c， 2
c 1
所以椭圆Γ的离心率为e= = .
a 2
(2)由(1)得过B、D、F 三点的圆的圆心为F(-c,0)，半径为r=2c.
2 1
-c-6
因为过B、D、F 三点的圆恰好与直线l:x- 3y-6=0相切，所以2c=
2

，解得c
1+3
=2.
又a=2c，所以a=4，从而b2=12.
第 页 共 页
2689 3427x2 y2
故椭圆Γ的方程为 + =1.
16 12
x2 y2
(3)由(1)及a=2得c=1,b= 3，F(1,0)，椭圆Γ的方程为 + =1.
2 4 3
设直线l方程为x=ty+1，P(x,y),Q(x ,y )，则M(x,-y)，
1 1 2 2 1 1
x2
+
y2
=1
联立 4 3 得(4+3t2)y2+6ty-9=0，
x=ty+1
-6t -9
Δ=36t2+36(4+3t2)>0，y +y = ,yy = .
1 2 4+3t2 1 2 4+3t2
x -x
直线MQ的方程为x-x = 2 1(y+y)，
1 y +y 1
1 2
(x -x)y x y -xy +xy +xy x y +xy
令y=0得x= 2 1 1 +x = 2 1 1 1 1 1 1 2 = 2 1 1 2 =
y +y 1 y +y y +y
1 2 1 2 1 2
(ty +1)y +(ty +1)y
2 1 1 2
y +y
1 2
2tyy +y +y 2tyy 2t×(-9)
= 1 2 1 2 = 1 2 +1= +1=4.
y +y y +y -6t
1 2 1 2
故在x轴上存在一个定点N(4,0)，使得M、Q、N三点共线.
4212 (2024·福建福州·福州三中校考模拟预测)如图，双曲线的中心在原点，焦点到渐近线的
距离为 3，左、右顶点分别为A、B．曲线C是以双曲线的实轴为长轴，虚轴为短轴，且离
1
心率为 的椭圆，设P在第一象限且在双曲线上，直线BP交椭圆于点M，直线AP与椭
2
圆交于另一点N．
第 页 共 页
2690 3427(1)求椭圆及双曲线的标准方程；
(2)设MN与x轴交于点T，是否存在点P使得x =4x (其中x ，x 为点P，T的横坐
P T P T
标)，若存在，求出P点的坐标，若不存在，请说明理由．
x2 y2 x2 y2
【解析】(1)由已知可设双曲线方程为 - =1，椭圆方程 + =1，则双曲线的一
a2 b2 a2 b2
b bc a2-b2 1
条渐近线方程为y= x，即bx-ay=0，故 = 3，即b= 3，又 = ，
a a2+b2 a 2
x2 y2
解得a=2，所以双曲线方程： - =1，
4 3
x2 y2
椭圆方程为： + =1；
4 3
(2)设Px 0 ,y 0  ，Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ，A-2,0  ，B2,0  ，
y t
P、A、N三点共线， 2 = ，
x +2 x +2
2 0
y t
P、B、M三点共线， 1 = ，
x -2 x -2
1 0
相除： y 2x 1 -2 
x 2 +2 
x -2 = 0 ，
y x +2 1 0
令x T =n-2<n<2  ，则设l ：x=my+n， MN
x=my+n
联立椭圆方程：
 3x2+4y2-12=0
⇒3m2+4

y2+6mny+3n2-12=0，
6mn 3n2-12
由T在椭圆内，故Δ>0，所以y +y =- ,yy = ，
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4
yy 4-n2
∴ 1 2 = ，
y +y 2mn
1 2
y 2x 1 -2 
x 2 +2 
= y 2my 1 +n-2
y 1

y 1my 2 +n+2 
= my 1 y 2 +n-2  y 2
my 1 y 2 +n+2 
= 2mny 1 y 2 +2nn-2
y 1
 y 2
2mny 1 y 2 +2nn+2  y 1
4-n2 =  y 1 +y 2  +2nn-2  y 2
4-n2  y 1 +y 2  +2nn+2 
2-n =
y 1
 2+n  y 1 +2-n   y 2 
2+n  2+n  y 1 +2-n   y 2 
2-n = ，
2+n
若存在x =4x ，即x =4n，
P T 0
2-n x -2 4n-2
= 0 = ，得n2=1，
2+n x +2 4n+2
0
又P在第一象限，所以n=1，P4,3  ；
法二：Px 0 ,y 0  ，Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ，A-2,0  ，B2,0  ，
y
直线AP：y= 0 x+2
x +2
0
 ，
y
y= 0 x+2 x +2 0   4y2  ⇒ 3+ 0 3x2+4y2=12 x 0 +2      2  16y2 x2+ 0 x 0 +2  16y2 x+ 0 2 x 0 +2  -12=0，显然Δ>0， 2
第 页 共 页
2691 3427由-2x = 16y2 0 -12x 0 +2
N
 2
3x 0 +2 
x2 y2 ，又因为P在双曲线上，满足 0 - 0 =1，即4y2=3x2-12，
2+4y2 4 3 0 0 0
所以-x = 8y2 0 -6x 0 +2
N
 2
3x 0 +2 
= 6x2 0 -24-6x 0 +2
2+4y2 0
 2
3x 0 +2 
= -24x 0 +2
2+3x2-12 0

6x 0x 0 +2 
-4 = ，
x 0
4
即x = ，
N x
0
y
同理BP：y= 0 x-2 x -2
0

4 4
，可得x = ，所以x = ， M x T x
0 0
4
若存在x =4x ，即x =4× ，
P T 0 x
0
而P在第一象限，所以x 0 =4，即P4,3  .
x2
4213 (2024·福建福州·福州四中校考模拟预测)已知在平面直角坐标系xOy中，椭圆E: +
4
y2 1 9
=1的左顶点和右焦点分别为A,F，动点P满足|PA|2+ |PF|2= ，记动点P的轨迹
3 2 2
为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)设点Q在E上，过Q作C的两条切线，分别与y轴相交于M,N两点.是否存在点Q，
使得MN  等于E的短轴长？若存在，求点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)依题意知，A-2,0  ,F1,0  ，
设Px,y  ，则由PA 2 + 1
2
 9 1 PF|2= ，得(x+2)2+y2+ (x-1)2+y2
2 2
 9 = ，
2
即(x+1)2+y2=1，
∴曲线C的方程为(x+1)2+y2=1.
(2)(方法一)设点Qx 0 ,y 0  ，则4y2=12-3x2， 0 0
由题意知，QM,QN的斜率存在，不妨依次设为k,k ，
1 2
则直线QM的方程为y-y 0 =k 1x-x 0  ，即kx-y+y -kx =0， 1 0 1 0
∵直线QM与圆C相切，∴ -k 1 +y 0 -k 1 x 0  =1,⋅
k2+1
1
即x2 0 +2x 0  k2 1 -2x 0 +1  y k +y2-1=0， 0 1 0
同理，可得x2 0 +2x 0  k2 2 -2x 0 +1  y k +y2-1=0， 0 2 0
显然k 1 ,k 2 是方程x2 0 +2x 0  k2-2x 0 +1  y k+y2-1=0的两根， 0 0
∴Δ=4x 0 +1  2y2 0 -4y2 0 -1  x2 0 +2x 0  =4x2+4y2+8x >0， 0 0 0
即x ≠-2,k +k = 2x 0 +1
0 1 2
 y 0
x 0x 0 +2 
y2-1 ，kk = 0
1 2 x 0x 0 +2 
.
设M0,y 1  ,N0,y 2  ，则y =y -kx ,y =y -k x ， 1 0 1 0 2 0 2 0
∴MN  =y 1 -y 2  =k 2 -k 1  x 0  = k 2 +k 1  2-4k 1 k 2x 0  =
2x 0 +1  y 0 x 0x 0 +2      2 y2-1 -4⋅ 0 x 0x 0 +2  x 0 
4x2+4y2+8x
= 0 0 0
x 0 +2 
x2+8x +12
= 0 0
2 x 0 +2 
x +6 4
= 0 = 1+ ,⋅
2 x +2 x +2 0 0
由MN 
4 18
= 1+ =2 3，得x =- ， x +2 0 11
0
2 30
由4y2=12-3x2，得y =± ，
0 0 0 11
第 页 共 页
2692 342718 2 30
∴存在点Q- ,
11 11

18 2 30
，或Q- ,-
11 11
 满足题意.
(方法二)设点Qx 0 ,y 0  ,M0,m  ,N0,n  ,Q在E上，∴4y2=12-3x2， 0 0
y -m y -n
由题意知，QM,QN的斜率存在，分别为 0 , 0 ，
x x
0 0
则直线QM的方程为x 0 y-y 0 -m  x-mx =0， 0
∵直线QM与圆C相切，∴ mx 0 +1   -y 0 
x2 0 +y 0 -m 
=1，
2
即x2 0 +2x 0  m2-2y x m-x2=0， 0 0 0
同理，可得x2 0 +2x 0  n2-2y x n-x2=0， 0 0 0
显然m,n是方程x2 0 +2x 0  t2-2y x t-x2=0的两根， 0 0 0
2y x -x2
∴m+n= 0 0 ,mn= 0 ，
x2+2x x2+2x
0 0 0 0
∴MN  =m-n 
4y2x2
= (m+n)2-4mn= 0 0
x2 0x 0 +2 
-x2
-4⋅ 0
2 x 0x 0 +2 
6-3x
= 0
x 0 +2 
4x
+ 0
x 0 +2 
x +6 4
= 0 = 1+ ,
x +2 x +2 0 0
由MN 
4 18
= 1+ =2 3，得x =- ，. x +2 0 11
0
2 30
由4y2=12-3x2，得y =± ，
0 0 0 11
18 2 30
∴存在点Q- ,
11 11

18 2 30
或Q- ,-
11 11
 满足题意.
3
4214 (2024·甘肃定西·统考模拟预测)已知点M到点F0,
2
 的距离比它到直线l：y=-2的
1
距离小 ，记动点M的轨迹为E.
2
(1)求E的方程；
(2)若过点F的直线交E于Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  两点，则在x轴的正半轴上是否存在点P，  
使得PA，PB分别交E于另外两点C，D，且AB=3CD？若存在，请求出P点坐标，若不
存在，请说明理由.
3
【解析】(1)因为点M到点F0,
2

1
的距离比它到直线l：y=-2的距离小 ，
2
3
所以点M到点F0,
2

3
的距离等于它到直线l：y=- 的距离，
2
第 页 共 页
2693 34273
则点M的轨迹为以F0,
2

3
为焦点，以y=- 为准线的抛物线，
2
则曲线E的方程为x2=6y.
(2)设Cx 3 ,y 3  ,Px 0 ,0  x 0 >0  ，
 
由AB=3CD得：AB⎳CD，且AB  =3CD 
 
，得PA=3PC，
即x 1 -x 0 ,y 1  =3x 3 -x 0 ,y 3 
x +2x y
，所以x = 1 0,y = 1， 3 3 3 3
x +2x 代入抛物线方程x2=6y，得 1 0
3
 2 =6y =2y = x2 1，
3 1 3
整理得x2-2x x -2x2=0，同理可得x2-2x x -2x2=0
1 0 1 0 2 0 2 0
故x,x 是方程x2-2x x-2x2=0的两根，Δ=12x2>0，
1 2 0 0 0
由韦达定理可得x +x =2x ,xx =-2x2①，
1 2 0 1 2 0
3
由题意，直线AB的斜率一定存在，故设直线AB的方程为y=kx+ ，
2
与抛物线方程x2=6y联立可得x2-6kx-9=0，
易得Δ>0，由韦达定理可得x +x =6k,xx =-9②，
1 2 1 2
3 2 2
由①②可得x = ,k= ，
0 2 2
3 2
故在x轴的正半轴上存在一点P ,0
2
 满足条件.
x2 y2
4215 (2024·北京海淀·中关村中学校考三模)已知椭圆E: + =1(a>b>0)的焦距为2，
a2 b2
长轴长为4.
(1)求椭圆E的方程及离心率；
(2)过点M-3,0  且与x轴不重合的直线l与椭圆E交于不同的两点B、C，点B关于x
轴的对称点为B.问：平面内是否存在定点P，使得B恒在直线PC上？若存在，求出点
P的坐标；若不存在，说明理由.
【解析】(1)因为椭圆E的焦距为2，长轴长为4，
c 1
所以c=1，a=2，则椭圆的离心率e= = ，
a 2
所以b2=a2-c2=3，
x2 y2
所以椭圆E的方程为 + =1.
4 3
4
(2)存在定点P- ,0
3
 ，使得B恒在直线PC上.
设直线l为x=ty-3，Bx 1 ,y 1  ，Cx 2 ,y 2  ，则Bx 1 ,-y 1  ，
x=ty-3

联立x2 y2 ，消去x得3t2+4
+ =1
4 3
 y2-18ty+15=0，
第 页 共 页
2694 3427∴Δ=18t  2-603t2+4 
5
>0，解得t2> ，
3
18t 15
则y +y = ，yy = ，
1 2 3t2+4 1 2 3t2+4
y +y
又直线BC的方程为y= x 2 -x 1 x-x 2
2 1
 +y ， 2
y +y y x +yx y +y xy +x y y +y xy +x y
∴y= 2 1x- 2 2 1 2 +y = 2 1x- 1 2 2 1 = 2 1 x- 1 2 2 1
x -x x -x 2 x -x x -x x -x y +y
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

又 x 1 y 2 +x 2 y 1 = ty 1 -3
y +y
2 1
 y 2 +ty 2 -3  y 1 = 2ty 1 y 2 -3y 1 +y 2
y +y
2 1

15
3t2+4 4 =2t× -3=- ，
y +y 18t 3
2 1
3t2+4
y +y 4
∴y= 2 1 x+
x -x 3
2 1

4
，恒过定点- ,0
3
 ，
4
故存在定点P- ,0
3
 ，使得B恒在直线PC上.
5 题型五：存在点使线段关系式为定值
2
4216 (2024·全国·高三专题练习)椭圆E经过两点1,
2

2 3
， ,
2 2
 ，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k ，直线BQ的
1
斜率为k ，求证：k +k =0；
2 1 2
(3)设点P(t,0)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
QA
不同的定点Q，使得

QB 
PA
=

PB 
恒成立？只需写出点Q的坐标，无需证明．
【解析】(1)设椭圆方程为mx2+ny2=1，m>0，n>0，m≠n，
2
∵椭圆E经过两点1,
2

2 3
， ,
2 2
 ，
1
m+ n=1
2 1
∴ ，解得m= ，n=1，
1 3 2
m+ n=1
2 4
第 页 共 页
2695 3427x2
∴椭圆E的方程为 +y2=1．
2
(2)设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2 
x2 x2
，则 1 +y2=1， 2 +y2=1， 2 1 2 2
由题意P(1,0)，Q(2,0)，
 
∵PA⎳PB，∴(x -1,y)⎳(x -1,y )，
1 1 2 2
∴x 1 y 2 -x 2 y 1 =y 2 -y 1 ，∴x 1 y 2 -x 2 y 1  x 1 y 2 +x 2 y 1  =y 2 -y 1  x 1 y 2 +x 2 y 1  ，
∵x 1 y 2 -x 2 y 1  x 1 y 2 +x 2 y 1  =x2y2-x2y2 1 2 2 1
=2-2y2
1 
y2
2
-2-2y2
2 
y2=2y2-2y2，
1 2 1
∴x 1 y 2 +x 2 y 1  y 2 -y 1  =2y2 2 -2y2 1 =2y 2 -y 1  y 2 +y 1  ，
若y =y ，则k =k =0，结论成立．
1 2 1 2
若y 1 ≠y 2 ，则x 1 y 2 +x 2 y 1 =2y 1 +y 2  ，
∴k +k = y 1 + y 2 = x 1 y 2 +x 2 y 1 -2y 1 +y 2
1 2 x -2 x -2 1 2

x 1 -2  x 2 -2 
=0．
(3)当l与y轴平行时，设直线l与椭圆相交于C、D两点，
QC
如果存在定点Q满足条件，则有

QD 
PC
=

PD 
，
∴QC  =QD  ，∴Q在x轴上，设Q(x ，0)， 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( 2,0)，(- 2,0)，
QM 由 
QN 
PM = 
PN 
，有 x 0 - 2 
x 0 + 2 
 2-t = 
 2+t 
，
2
解得x = ，
0 t
2
∴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 ，0
t
 ．
QA
下面证明：对任意直线l，均有

QB 
PA
=

PB 
，
记直线AQ的斜率为k ，直线BQ的斜率为k ，
1 2
设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2 
x2 x2
，则 1 +y2=1， 2 +y2=1． 2 1 2 2
2
由题意P(t,0)，Q ,0
t
 ，
 
∵PA⎳PB，∴x 1 -t,y 1  ⎳x 2 -t,y 2  ，
∴x 1 y 2 -x 2 y 1 =ty 2 -y 1  ，
∵x 1 y 2 +x 2 y 1  ty 2 -y 1  =2y2 2 -2y2 1 =2y 2 -y 1  y 2 +y 1  ，
若y =y ，则k =k =0，符合题意；
1 2 1 2
2
若y 1 ≠y 2 ，则x 1 y 2 +x 2 y 1 = t y 1 +y 2  ，
2
y y x 1 y 2 +x 2 y 1 - t y 1 +y 2
∴k +k = 1 + 2 =
QA QB 2 2
x - x -
1 t 2 t

2
x -
1 t

2
x -
2 t

=0，
设点B关于x轴对称的点Bx 2 ,-y 2  ，∴k =k ，∴Q，A，B三点共线， QA QB
QA ∴ 
QB 
QA = 
QB 
= y 1 
y 2 
PA = 
PB 
，
第 页 共 页
2696 3427QA
∴对任意直线l，均有

QB 
PA
=

PB 
．
x2 y2
4217 (2024·福建宁德·校考模拟预测)已知双曲线C与双曲线 - =1有相同的渐近线，
12 3
且过点A(2 2,-1).
(1)求双曲线C的标准方程；
 
(2)已知点D(2,0)，E，F是双曲线C上不同于D的两点，且DE·DF=0，DG⊥EF于点
G，证明:存在定点H，使GH  为定值.
x2 y2
【解析】(1)依题意，设双曲线C的方程为 - =λ(λ≠0)，而点A(2 2,-1)在双曲
12 3
线C上，
(2 2)2 (-1)2 1 x2 y2 1 x2
于是λ= - = ，双曲线C的方程为 - = ，即 -y2=1，
12 3 3 12 3 3 4
x2
所以双曲线C的标准方程为 -y2=1.
4
(2)当直线EF斜率存在时，设直线EF的方程为：y=kx+m，设Ex 1 ,y 1  ,Fx 2 ,y 2  ，
y=kx+m
由  x2-4y2=4 消去y并整理得4k2-1  x2+8kmx+4m2+1  =0，
有4k2-1≠0，且Δ=(8km)2-16(m2+1)(4k2-1)>0，即4k2-1≠0且4k2-m2-1<
0，
-8km 4m2+4
有x 1 +x 2 = 4k2-1 ,x 1 x 2 = 4k2-1 ，又y 1 y 2 =kx 1 +m  kx 2 +m  =k2x 1 x 2 +kmx 1 +x 2 
+m2，
   
DE=(x 1 -2,y 1 ),DF=(x 2 -2,y 2 )，由DE·DF=0，得x 1 -2  x 2 -2  +yy =0， 1 2
整理得k2+1  ⋅x 1 x 2 +(km-2)⋅x 1 +x 2  +m2+4=0，
于是k2+1 
4m2+4 -8km
⋅ +(km-2)⋅ +m2+4=0，化简得3m2+16km+20k2=
4k2-1 4k2-1
0，
10
即(3m+10k)(m+2k)=0，解得m=-2k或m=- k，均满足条件，
3
当m=-2k时，直线EF的方程为y=k(x-2)，直线EF过定点(2,0)，与已知矛盾，
10 10
当m=- k时，直线EF的方程为y=kx-
3 3

10
，直线EF过定点M ,0
3
 ；
当直线EF的斜率不存在时，由对称性不妨设直线DE的方程为：y=x-2，
由  y x2 = - x 4 - y2 2 =4 解得x=2或x= 1 3 0 ，因此点E,F的横坐标x E ,x F 有x E =x F = 1 3 0 ，即直
10
线EF过定点M ,0
3
 ，
10
综上得直线EF过定点M ,0
3
 ，
由于DG⊥EF，即点G在以DM为直径的圆上，H为该圆圆心，GH  为该圆半径，
8
所以存在定点H ,0
3
 ，使GH 
2
为定值 .
3
第 页 共 页
2697 3427x2 y2
4218 (2024·四川成都·高三校考阶段练习)已知椭圆C： + =1a>b>0
a2 b2
 的离心率为
1
，过椭圆右焦点F的直线l与椭圆交于A，B两点，当直线l与x轴垂直时，AB
2
 =3．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)当直线l的斜率为kk≠0  时，在x轴上是否存在一点P(异于点F)，使x轴上任意一
点到直线PA与到直线PB的距离相等？若存在，求P点坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)设椭圆C的半焦距为c>0，
a2=b2+c2
 a=2
2b2 
由题意可得
 a
=3 ，解得b= 3，
 c 1 c=1
e= =
 a 2
x2 y2
所以椭圆C的标准方程为 + =1.
4 3
(2)由(1)可得：F1,0  ，
根据题意可设直线l:y=kx-1  ,Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ,Pm,0  m≠1  ，
y=kx-1
联立方程
 
x2 y2 ，消去y得4k2+3
+ =1
4 3
 x2-8k2x+4k2-12=0，
则Δ=64k2-44k2+3  4k2-12  =144k2+1  >0，
8k2 4k2-12
可得x +x = ,xx = ，①
1 2 4k2+3 1 2 4k2+3
y y
由题意可知x轴为直线PA与直线PB的对称轴，则k +k = 1 + 2 =0，
PA PB x -m x -m
1 2
可得 kx 1 -1  + kx 2 -1
x -m
1
 =0，
x -m
2
因为k≠0，可得x 1 -1  x 2 -m  +x 1 -m  x 2 -1  =0，
整理得2x 1 x 2 -m+1  x 1 +x 2  +2m=0，②
24k2-12
将①代入②得：
 8k2 m+1
-
4k2+3

+2m=0，解得m=4，
4k2+3
所以存在点P，使x轴上任意一点到直线PA与到直线PB的距离相等，此时P4,0  .
4219 (2024·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴
第 页 共 页
2698 3427为坐标轴，且过点A2,0 
3
，B1,
2
 .直线x=t(不经过点B)与椭圆E交于M,N两点，
Q1,0 
 
，直线MQ与椭圆E交于另一点C，点P满足QP⋅NC=0，且P在直线NC上.
(1)求E的方程；
(2)证明：直线NC过定点，且存在另一个定点R，使PR  为定值.
【解析】(1)设E的方程为mx2+ny2=1m>0,n>0,m≠n  ，
4m=1 1
 m=
则 3 ，解得 4 ，
m+ n=1
4 n=1
x2
所以E的方程为 +y2=1.
4
(2)
由题意可知直线MQ的斜率存在且不为0，
设MQ的方程为x=my+1m≠0  ，
设点Cx 1 ,y 1  ，Mx 2 ,y 2  ，则Nx 2 ,-y 2  ，x =t. 2
x=my+1
联立
 x2+4y2=4
，消去x，得m2+4

y2+2my-3=0，
则Δ=16m2+48>0，
-2m -3
且y +y = ，yy = .
1 2 m2+4 1 2 m2+4
y +y y +y
所以k = 1 2 ，所以NC的方程为y-y = 1 2(x-x NC x -x 1 x -x 1
1 2 1 2
 .
令y=0，则x=x - y 1x 1 -x 2
1
 = y 2 x 1 +x 2 y 1 = y 2my 1 +1
y +y y +y
1 2 1 2
 +my 2 +1  y 1 =
y +y
1 2
2my 1 y 2 +y 1 +y 2  =4，
y +y
1 2
所以直线NC恒过定点4,0  ，设为点H.
 
又因为QP⋅NC=0，P在NC上，
所以QP⊥PH，
5
则点P在以QH为直径的圆上，从而QH的中点R ,0
2
 ，使PR 
3
为定值 .
2
x2 y2
4220 (2024·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考阶段练习)已知双曲线C: - =
a2 b2
1a>0,b>0  的右焦点，右顶点分别为F，A，B0,b  ，AF  =1，点M在线段AB上，且满
足BM  = 3MA  ，直线OM的斜率为1，O为坐标原点.
(1)求双曲线C的方程.
(2)过点F的直线l与双曲线C的右支相交于P，Q两点，在x轴上是否存在与F不同的
定点E，使得EP  ⋅FQ  =EQ  ⋅FP  恒成立？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说
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2699 3427明理由.
【解析】(1)设c2=a2+b2 c>0  ，所以Fc,0  ，Aa,0  ，B0,b  ，
因为点M在线段AB上，且满足BM  = 3MA 
3 1
，所以点M a, b
3+1 3+1
 ，
1
b
3+1 b
因为直线OM的斜率为1，所以 =1，所以 = 3，
3 a
a
3+1
因为AF  =1，所以c-a=1，解得a=1，b= 3，c=2.
y2
所以双曲线C的方程为x2- =1.
3
(2)假设在x轴上存在与F不同的定点E，使得EP  ⋅FQ  =EQ  ⋅FP  恒成立，
当直线l的斜率不存在时，E在x轴上任意位置，都有EP  ⋅FQ  =EQ  ⋅FP  ；
当直线l的斜率存在且不为0时，设Et,0  ，直线l的方程为x=ky+2，
3 3
直线l与双曲线C的右支相交于P，Q两点，则- <k< 且k≠0，
3 3
设Px 1 ,y 1  ，Qx 2 ,y 2  ，
y2
x2- =1
由 3 ，得3k2-1
x=ky+2
 y2+12ky+9=0，3k2-1≠0，Δ=36k2+36>0，
12k 9
所以y +y =- ，yy = ，
1 2 3k2-1 1 2 3k2-1
因为EP  ⋅FQ  =EQ  ⋅FP 
EP
，即

EQ 
FP
=

FQ  ，所以EF平分∠PEQ，k +k =0， EP EQ
y y y y
有 x - 1 t + x - 2 t =0，即 ky + 1 2-t + ky + 2 2-t =0，得2ky 1 y 2 +2-t
1 2 1 2
 y 1 +y 2  =0，
9
所以2k +2-t
3k2-1

12k
-
3k2-1

1
=0，由k≠0，解得t= .
2
综上所述，存在与F不同的定点E，使得EP  ⋅FQ  =EQ  ⋅FP 
1
恒成立，且E ,0
2
 .
x2 y2
4221 (2024·河北秦皇岛·校联考模拟预测)如图，椭圆C: + =1(a>b>0)的左、右顶点
a2 b2
2
分别为A，B．左、右焦点分别为F，F，离心率为 ，点M( 2,1)在椭圆C上．
1 2 2
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2700 3427(1)求椭圆C的方程；
(2)已知P，Q是椭圆C上两动点，记直线AP的斜率为k ，直线BQ的斜率为k ，k =
1 2 1
2k 2 ．过点B作直线PQ的垂线，垂足为H．问：在平面内是否存在定点T，使得TH  为
定值，若存在，求出点T的坐标；若不存在，试说明理由．
  c = 2
a 2
【解析】(1)由题意   a 2 2 + b 1 2 =1 ，可得   a b2 2 = = c 4 2=2 ，则椭圆方程为C: x 4 2 + y 2 2 =1；
  a2=b2+c2
(2)若直线BQ斜率为k，则直线AP斜率为2k，而A(-2,0),B(2,0)，
所以BQ:y=k(x-2)，AP:y=2k(x+2)，
联立BQ与椭圆C，则x2+2k2(x-2)2=4，整理得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-4=0，
8k2-4 4k2-2 4k
所以2x = ，则x = ，故y =- ，
Q 1+2k2 Q 1+2k2 Q 1+2k2
联立AP与椭圆C，则x2+8k2(x+2)2=4，整理得(1+8k2)x2+32k2x+32k2-4=0，
32k2-4 2-16k2 8k
所以-2x = ，则x = ，故y = ，
P 1+8k2 P 1+8k2 P 1+8k2
4k2-2 2-16k2 64k4-4
综上，x -x = - = ，
Q P 1+2k2 1+8k2 (1+8k2)(1+2k2)
4k 8k 12k+48k3
y -y =- - =-
Q P 1+2k2 1+8k2 1+8k2

1+2k2

，
1 12k(1+4k2) 3k
当64k4-4≠0，即k≠± 时，k = = ，
2 PQ 4(1-16k4) 1-4k2
4k 3k 2-4k2
此时PQ:y+ = x+
1+2k2 1-4k2 1+2k2

3k 6k-12k3
= x+ ，
1-4k2 (1+2k2)(1-4k2)
3k 2k k 2
所以PQ:y= x+ = (3x+2)，即直线PQ过定点- ,0
1-4k2 1-4k2 1-4k2 3
 ；
1
当64k4-4=0，即k=± 时，
2
1 2 4 2 4 2
若k= ，则x =- 且y =- ，x =- 且y = ，故直线PQ过定点- ,0
2 Q 3 Q 3 P 3 P 3 3
 ；
1 2 4 2 4 2
若k=- ，则x =- 且y = ，x =- 且y =- ，故直线PQ过定点- ,0
2 Q 3 Q 3 P 3 P 3 3
 ；
2
综上，直线PQ过定点M- ,0
3
 ，又BH⊥PQ于H，
2
易知H轨迹是以BM为直径的圆上，故BM的中点 ,0
3
 到H的距离为定值，
2
所以，所求定点T为 ,0
3
 .
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2701 34274222 (2024·四川遂宁·高三射洪中学校考阶段练习)在平面直角坐标系xOy中，设点P的轨
迹为曲线C.①过点F1,0  的动圆恒与y轴相切，FP为该圆的直径；②点P到F1,0  的
距离比P到y轴的距离大1.
在①和②中选择一个作为条件:
(1)选择条件： 求曲线C的方程；
(2)在x轴正半轴上是否存在一点M，当过点M的直线l与抛物线C交于Q，R两点时，
1
MQ 
1
+
MR 
为定值？若存在，求出点M的坐标，若不存在，请说明理由.
【解析】(1)选①：
如图，过P作y轴的垂线，垂足为H，交直线x=-1于点P，
设动圆的圆心为E，半径为r，则E到y轴的距离为r，
在梯形OFPH中，由中位线性质可得PH  =2r-1，
所以PP  =2r-1+1=2r，又PF  =2r，所以PP  =PF  ，
由抛物线的定义知，点P是以F1,0  为焦点，以直线x=-1为准线的抛物线，
所以曲线C的方程为：y2=4x.
选②：
设动圆的圆心为E,Px,y 
x+1 y
，则E ,
2 2
 ，
由圆E与y轴相切可得PF  =2x ， E
x+1
即 (x-1)2+y2=2
2
 ，整理可得y2=4x.
(2)设点Mt,0  (t>0)，由题意知直线l的斜率不为零，设直线l的方程为x=my+t，点
Qx 1 ,y 1  ,Rx 2 ,y 2  ，
x=my+t
由  y2=4x ，得y2-4my-4t=0，则Δ=16m2+16t>0,y 1 +y 2 =4m,y 1 ⋅y 2 =-4t.
又MQ  = x 1 -t  2+y2 1 = my 1 +t-t  2+y2 1 = m2+1y 1  ，同理可得MR  =
m2+1y 2  ，
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2702 34271 则有
MQ 
1 +
MR 
1 =
m2+1y 1 
1 +
m2+1y 2 
= y 1  +y 2 
m2+1y 1 y 2 
= y 1 -y 2 
m2+1y 1 y 2 
= y 1 +y 2  2-4y ⋅y 1 2
m2+1y 1 y 2 
(4m)2+16t =
m2+14t 
1 =
t 
m2+t .
m2+1
1
若
MQ 
1
+
MR 
为定值，则t=1，此时点M1,0  为定点.
又当t=1,m∈R时，Δ>0，所以，存在点M1,0  ，
1
当过点M的直线l与抛物线C交于Q，R两点时，
MQ 
1
+
MR 
为定值1．
x2 y2
4223 (2024·四川成都·高三树德中学校考开学考试)已知椭圆C: + =1a>b>0
a2 b2
 的离
2
心率为e= ，且经过点1,e
2
 ．P为椭圆C在第一象限内部分上的一点．
(1)若Aa,0  ，B0,b  ，求△ABP面积的最大值；
(2)是否存在点P，使得过点P作圆M:x+1  2+y2=1的两条切线，分别交y轴于D，E两
点，且DE 
14
= ．若存在，点求出P的坐标；若不存在，说明理由．
3
  c = 2 ,
a 2
 x2
【解析】(1)由题知 a2=b2+c2, 解得a2=2，b2=1，故椭圆C的方程为 +y2=1．
 2
 1 1
 + =1,
a2 2b2
所以点A 2,0  ，B0,1  ⇒AB  = 3，l : 2x+2y-2=0．
AB
设点P 2cosθ,sinθ 
2cosθ+2sinθ-2
，则d=

π
2 2sinθ+
4
=
6
  -1 
2 2-1
≤
6

6
1 2 2-1
所以S ≤ × 3×
△ABP 2
 2- 2
= ．
6 2
(2)设点Px 0 ,y 0  x 0 >0,y 0 >0  ，D0,m  ，E0,n  ，
y -m
则直线PD的方程为y= 0 x x+m，即y 0 -m
0
 x-x y+mx =0，因为圆心 0 0
M-1,0  到直线PD的距离为1，即 -y 0 +m+x 0 m 
y 0 -m 
=1，
2+x2 0
即y 0 -m  2+x2 0 =y 0 -m  2-2x 0 my 0 -m  +x2 0 m2，即x 0 +2  m2-2y m-x =0， 0 0
同理x 0 +2  n2-2y 0 n-x 0 =0．由此可知，m，n为方程x 0 +2  x2-2y x-x =0的两 0 0
2y x
个实根，所以m+n= 0 ，mn=- 0 ．
x +2 x +2
0 0
MN  =m-n  = m+n 
4y2
2-4mn= 0
x 0 +2 
4x 4x2+4y2+8x
+ 0 = 0 0 0
2 x 0 +2 x 0 +2 
．
2
因为点Px 0 ,y 0 
x2 x2
在椭圆C上，则 0 +y2=1，则y2=1- 0， 2 0 0 2
则MN 
2x2+8x +4
= 0 0
x 0 +2 
14
= ，
2 3
x2 1 2
则x2+4x -5=0，因为x >0，则x =1，y2=1- 0 = ，即y = ，
0 0 0 0 0 2 2 0 2
2
故存在点P1,
2
 满足题设条件
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