专题34 探究是否存在直线型问题(解析版)

这是一份专题34 探究是否存在直线型问题(解析版)，共15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，eq \)＝eq \)，已知圆C，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] 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F2(2，0)，点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(15),3)))在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在斜率为－1的直线l与椭圆C相交于M，N两点，使得|F1M|＝|F1N|(F1为椭圆的左焦点)？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
[规范解答] (1)法一：∵椭圆C的右焦点为F2(2，0)，∴c＝2，椭圆C的左焦点为F1(－2，0)．
由椭圆的定义可得2a＝eq \r((1＋2)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(15),3)))2)＋eq \r((1－2)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(15),3)))2)＝eq \r(\f(96,9))＋eq \r(\f(24,9))＝2eq \r(6)，
解得a＝eq \r(6)，∴b2＝a2－c2＝6－4＝2．∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1．
法二：∵椭圆C的右焦点为F2(2,0)，∴c＝2，故a2－b2＝4，
又点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(15),3)))在椭圆C上，则eq \f(1,a2)＋eq \f(15,9b2)＝1，故eq \f(1,b2＋4)＋eq \f(15,9b2)＝1，
化简得3b4＋4b2－20＝0，得b2＝2，a2＝6．∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)假设存在满足条件的直线l，设直线l的方程为y＝－x＋t，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，,y＝－x＋t))得x2＋3(－x＋t)2－6＝0，即4x2－6tx＋(3t2－6)＝0，
Δ＝(－6t)2－4×4×(3t2－6)＝96－12t2>0，解得－2eq \r(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(3t,2)，x1x2＝eq \f(3t2－6,4)，
由于|F1M|＝|F1N|，设线段MN的中点为E，则F1E⊥MN，故kF1E＝－eq \f(1,kMN)＝1，
又F1(－2，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，即Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3t,4)，\f(t,4)))，∴kF1E＝eq \f(\f(t,4),\f(3t,4)＋2)＝1，解得t＝－4．
当t＝－4时，不满足－2eq \r(2)[例2] 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(－1，0)，F2(1，0)，点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线y＝eq \f(5,3)上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(NQ,\s\up6(→))？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．
[规范解答] (1)设椭圆C的焦距为2c，则c＝1，因为Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))在椭圆C上，
所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2eq \r(2)，因此a＝eq \r(2)，b2＝a2－c2＝1，故椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)不存在满足条件的直线，证明如下：
假设存在斜率为2的直线，满足条件，则设直线的方程为y＝2x＋t，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3，\f(5,3)))，Q(x4，y4)，MN的中点为D(x0，y0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1))消去x，得9y2－2ty＋t2－8＝0，所以y1＋y2＝eq \f(2t,9)，且Δ＝4t2－36(t2－8)>0，
故y0＝eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(t,9)，且－3由eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(NQ,\s\up6(→))，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－x3，y1－\f(5,3)))＝(x4－x2，y4－y2)，所以有y1－eq \f(5,3)＝y4－y2，y4＝y1＋y2－eq \f(5,3)＝eq \f(2,9)t－eq \f(5,3)．
也可由eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(NQ,\s\up6(→))，知四边形PMQN为平行四边形，而D为线段MN的中点，
因此，D也为线段PQ的中点，所以y0＝eq \f(\f(5,3)＋y4,2)＝eq \f(t,9)，eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(可得y4＝\f(2t－15,9)))
又－3因此不存在满足条件的直线．
[例3] 已知圆C：(x－1)2＋y2＝eq \f(1,4)，一动圆与直线x＝－eq \f(1,2)相切且与圆C外切．
(1)求动圆圆心P的轨迹T的方程；
(2)若经过定点Q(6，0)的直线l与曲线T交于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的平行线与曲线T相交于点N，试问是否存在直线l，使得NA⊥NB，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
[规范解答] (1)设P(x，y)，分析可知动圆的圆心不能在y轴的左侧，故x≥0，
因为动圆与直线x＝－eq \f(1,2)相切，且与圆C外切，
所以|PC|－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))＝eq \f(1,2)，所以|PC|＝x＋1，
所以 eq \r((x－1)2＋y2)＝x＋1，化简可得y2＝4x．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可知，当直线l与y轴垂直时，显然不符合题意，
故可设直线l的方程为x＝my＋6，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋6，,y2＝4x))消去x，可得y2－4my－24＝0，
显然Δ＝16m2＋96>0，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝4m，,y1y2＝－24，))①
所以x1＋x2＝(my1＋6)＋(my2＋6)＝4m2＋12，②
因为x1x2＝eq \f(y\\al(2,1),4)·eq \f(y\\al(2,2),4)，所以x1x2＝36，③
假设存在N(x0，y0)，使得eq \(NA,\s\up7(→))·eq \(NB,\s\up7(→))＝0，
由题意可知y0＝eq \f(y1＋y2,2)，所以y0＝2m，④
由N点在抛物线上可知x0＝eq \f(y\\al(2,0),4)，即x0＝m2，⑤
又eq \(NA,\s\up7(→))＝(x1－x0，y1－y0)，eq \(NB,\s\up7(→))＝(x2－x0，y2－y0)，
若eq \(NA,\s\up7(→))·eq \(NB,\s\up7(→))＝0，则x1x2－x0(x1＋x2)＋xeq \\al(2,0)＋y1y2－y0(y1＋y2)＋yeq \\al(2,0)＝0，
由①②③④⑤代入上式化简可得：3m4＋16m2－12＝0，
即(m2＋6)(3m2－2)＝0，所以m2＝eq \f(2,3)，故m＝±eq \f(\r(6),3)，
所以存在直线3x＋eq \r(6)y－18＝0或3x－eq \r(6)y－18＝0，使得NA⊥NB．
[例4] 如图，曲线C由上半椭圆C1：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a＞b＞0，y≥0)和部分抛物线C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为eq \f(\r(3),2)．
(1)求a，b的值；
(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，是否存在直线l，使得以PQ为直径的圆恰好过点A，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
[规范解答] (1)在C2的方程中，令y＝0，可得b＝1．
且A(－1，0)，B(1，0)是上半椭圆C1的左、右顶点．设C1的半焦距为c，
由eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)及a2－c2＝b2＝1可得a＝2，∴a＝2，b＝1．
(2)存在直线l，理由如下：
由(1)知，上半椭圆C1的方程为eq \f(y2,4)＋x2＝1(y≥0)．
由题易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为eq \a\vs4\al(y＝k(x－1)(k≠0).)
代入C1的方程，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0．(*)
设点P的坐标为(xP，yP)，∵直线l过点B，∴x＝1是方程(*)的一个根
由求根公式，得xP＝eq \f(k2－4,k2＋4)，从而yP＝eq \f(－8k,k2＋4)，∴点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k2－4,k2＋4)，\f(－8k,k2＋4)))．
同理，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k(x－1)(k≠0)，,y＝－x2＋1(y≤0)))得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)．
∴eq \(AP,\s\up7(→))＝eq \f(2k,k2＋4)(k，－4)，eq \(AQ,\s\up7(→))＝－k(1，k＋2)．
依题意可知AP⊥AQ，∴eq \(AP,\s\up7(→))·eq \(AQ,\s\up7(→))＝0，即eq \f(－2k2,k2＋4)[k－4(k＋2)]＝0．
∵k≠0，∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－eq \f(8,3)，经检验，k＝－eq \f(8,3)符合题意，
故存在直线l的方程为y＝－eq \f(8,3)(x－1)，即8x＋3y－8＝0，使得以PQ为直径的圆恰好过点A．
[例5] 如图所示，已知椭圆G：eq \f(x2,2)＋y2＝1，与x轴不重合的直线l经过左焦点F1，且与椭圆G相交于A，B两点，弦AB的中点为M，直线OM与椭圆G相交于C，D两点．
(1)若直线l的斜率为1，求直线OM的斜率．
(2)是否存在直线l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
[规范解答] (1)由题意可知点F1(－1，0)，又直线l的斜率为1，故直线l的方程为y＝x＋1．
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y并整理得3x2＋4x＝0，
则x1＋x2＝－eq \f(4,3)，y1＋y2＝eq \f(2,3)，因此中点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(1,3)))．故直线OM的斜率为eq \f(\f(1,3),－\f(2,3))＝－eq \f(1,2)．
(2)假设存在直线l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立．由题意，直线l不与x轴重合，
设直线l的方程为x＝my－1．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去x并整理得(m2＋2)y2－2my－1＝0．
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(2m,m2＋2)，,y1y2＝－\f(1,m2＋2)，))
可得|AB|＝eq \r(1＋m2)|y1－y2|＝eq \r(1＋m2) eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2m,m2＋2)))2＋\f(4,m2＋2))＝eq \f(2\r(2)(m2＋1),m2＋2)，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝eq \f(2m2,m2＋2)－2＝eq \f(－4,m2＋2)，
所以弦AB的中点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2,m2＋2)，\f(m,m2＋2)))，
故直线CD的方程为y＝－eq \f(m,2)x．联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(m,2)x，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y并整理得2x2＋m2x2－4＝0，
解得x2＝eq \f(4,m2＋2)．由对称性，设C(x0，y0)，D(－x0，－y0)，则xeq \\al(2,0)＝eq \f(4,m2＋2)，
可得|CD|＝eq \r(1＋\f(m2,4))·|2x0|＝eq \r((m2＋4)\f(4,m2＋2))＝2 eq \r(\f(m2＋4,m2＋2))．
因为|AM|2＝|CM||DM|＝(|OC|－|OM|)(|OD|＋|OM|)，且|OC|＝|OD|，所以|AM|2＝|OC|2－|OM|2，
故eq \f(|AB|2,4)＝eq \f(|CD|2,4)－|OM|2，即|AB|2＝|CD|2－4|OM|2，
则eq \f(8(m2＋1)2,(m2＋2)2)＝eq \f(4(m2＋4),m2＋2)－4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,(m2＋2)2)＋\f(m2,(m2＋2)2)))，解得m2＝2，故m＝±eq \r(2)．
所以直线l的方程为x－eq \r(2)y＋1＝0或x＋eq \r(2)y＋1＝0．
[题后悟通] 本题(2)的核心在于转化|AM|2＝|CM|·|DM|中弦长的关系．由|CM|＝|OC|－|OM|，|DM|＝|OD|＋|OM|，又|OC|＝|OD|，得|AM|2＝|OC|2－|OM|2．又|AM|＝eq \f(1,2)|AB|，|OC|＝eq \f(1,2)|CD|，因此|AB|2＝|CD|2－4|OM|2，转化为弦长|AB|，|CD|和|OM|三者之间的数量关系，易计算．
[例6] 椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左焦点为F，过点F的直线交椭圆于A，B两点，线段AB的中点为G，AB的中垂线与x轴和y轴分别交于D，E两点．
(1)若点G的横坐标为－eq \f(1,4)，求直线AB的斜率；
(2)记△GFD的面积为S1，△OED(O为原点)的面积为S2，试问：是否存在直线AB，使得S1＝S2？说明理由．
[规范解答] (1)由条件可得c2＝a2－b2＝1，故F点坐标为(－1，0)．
依题意可知，直线AB的斜率存在，设其方程为y＝k(x＋1)，将其代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
整理得(4k2＋3)x2＋8k2x＋4k2－12＝0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝eq \f(－8k2,4k2＋3)，故点G的横坐标为eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(－4k2,4k2＋3)＝－eq \f(1,4)，
解得k＝±eq \f(1,2)，故直线AB的斜率为eq \f(1,2)或－eq \f(1,2)．
(2)假设存在直线AB，使得S1＝S2，显然直线AB不能与x，y轴垂直，即直线AB斜率存在且不为零．
由(1)可得Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4k2,4k2＋3)，\f(3k,4k2＋3)))．
设D点坐标为(xD,0)．因为DG⊥AB，所以eq \f(\f(3k,4k2＋3),\f(－4k2,4k2＋3)－xD)×k＝－1，解得xD＝eq \f(－k2,4k2＋3)，即Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－k2,4k2＋3)，0))．
因为△GFD∽△OED，所以S1＝S2⇔|GD|＝|OD|．
所以 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－k2,4k2＋3)－\f(－4k2,4k2＋3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3k,4k2＋3)))2)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－k2,4k2＋3)))，整理得8k2＋9＝0．
因为此方程无解，所以不存在直线AB，使得S1＝S2．
[例7] 已知平面上动点P到点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，0))的距离与到直线x＝eq \f(4\r(3),3)的距离之比为eq \f(\r(3),2)，记动点P的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；
(2)设Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，n))是曲线E上的动点，直线l的方程为mx＋ny＝1．
①设直线l与圆x2＋y2＝1交于不同两点C，D，求|CD|的取值范围；
②求与动直线l恒相切的定椭圆E′的方程，并探究：若Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，n))是曲线Γ：Ax2＋By2＝1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A·B≠0))上的动点，是否存在与直线l：mx＋ny＝1恒相切的定曲线Γ′？若存在，直接写出曲线Γ′的方程；若不存在，说明理由．
[规范解答] (1)设P(x，y)，由题意，得eq \f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\r(3)))2＋y2),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(4\r(3),3))))＝eq \f(\r(3),2)，
整理，得eq \f(x2,4)＋y2＝1，∴曲线E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)①圆心到直线l的距离d＝eq \f(1,\r(m2＋n2))，∵直线与圆有两个不同交点C，D，∴|CD|2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,m2＋n2)))．
又∵eq \f(m2,4)＋n2＝1(m≠0)，∴|CD|2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,3m2＋4)))．∵|m|≤2，∴0∴|CD|2∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，3))，|CD|∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\r(3)))，即|CD|的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\r(3)))．
②当m＝0，n＝1时，直线l的方程为y＝1；当m＝2，n＝0时，直线l的方程为x＝eq \f(1,2)．
根据椭圆对称性，猜想E′的方程为4x2＋y2＝1．
下面证明：直线mx＋ny＝1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n≠0))与4x2＋y2＝1相切，其中eq \f(m2,4)＋n2＝1，即m2＋4n2＝4．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4x2＋y2＝1，,y＝\f(1－mx,n)，))消去y得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋4n2))x2－2mx＋1－n2＝0，即4x2－2mx＋1－n2＝0，
∴Δ＝4m2－16eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－n2))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋4n2－4))＝0恒成立，
从而直线mx＋ny＝1与椭圆E′：4x2＋y2＝1恒相切．
若点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，n))是曲线Γ：Ax2＋By2＝1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A·B≠0))上的动点，
则直线l：mx＋ny＝1与定曲线Γ′：eq \f(x2,A)＋eq \f(y2,B)＝1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A·B≠0))恒相切．
【对点训练】
1．已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2，3)，且点F(2，0)为其右焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
1．解析 (1)依题意，可设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，且可知其左焦点为F′(－2,0)．
从而有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝2，,2a＝|AF|＋|AF′|＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝2，,a＝4.))又a2＝b2＋c2，所以b2＝12．
故椭圆C的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1．
(2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为y＝eq \f(3,2)x＋t．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(3,2)x＋t，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))得3x2＋3tx＋t2－12＝0，因为直线l与椭圆C有公共点，
所以Δ＝(3t)2－4×3(t2－12)＝144－3t2≥0，解得－4eq \r(3)≤t≤4eq \r(3)．
另一方面，由直线OA与l的距离等于4，可得eq \f(|t|,\r(\f(9,4)＋1))＝4，从而t＝±2eq \r(13)，由于±2eq \r(13)∉[－4eq \r(3)，4eq \r(3) ]，
所以符合题意的直线l不存在．
2．已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1的右焦点为F(c，0)且a>b>c>0，设短轴的一个端点为D，原点O到直线DF
的距离为eq \f(\r(3),2)，过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C，G两点，且|eq \(GF,\s\up6(→))|＋|eq \(CF,\s\up6(→))|＝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eq \(OP,\s\up6(→))2＝4eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))成立？若存在，试求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
2．解析 (1)由椭圆的对称性知|eq \(GF,\s\up6(→))|＋|eq \(CF,\s\up6(→))|＝2a＝4，所以a＝2．又原点O到直线DF的距离为eq \f(\r(3),2)，
所以eq \f(bc,a)＝eq \f(\r(3),2)，所以bc＝eq \r(3)，又a2＝b2＋c2＝4，a>b>c>0，
所以b＝eq \r(3)，c＝1．故椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件．故可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线l的方程为y＝k(x－2)＋1，代入椭圆方程得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(8k(2k－1),3＋4k2)，x1x2＝eq \f(16k2－16k－8,3＋4k2)，Δ＝32(6k＋3)>0，所以k>－eq \f(1,2)．
因为eq \(OP,\s\up6(→))2＝4eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))，即4[(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)·(y2－1)]＝5，
所以4(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝5，即4[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k2)＝5，
所以4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16k2－16k－8,3＋4k2)－2×\f(8k（2k－1）,3＋4k2)＋4))(1＋k2)＝4×eq \f(4＋4k2,3＋4k2)＝5，解得k＝±eq \f(1,2)，
k＝－eq \f(1,2)不符合题意，舍去．所以存在满足条件的直线l，其方程为y＝eq \f(1,2)x．
3．如图，由部分抛物线y2＝mx＋1(m＞0，x≥0)和半圆x2＋y2＝r2(x≤0)所组成的曲线称为“黄金抛物线C”，
若“黄金抛物线C”经过点(3，2)和(－eq \f(1,2)，eq \f(\r(3),2))．
(1)求“黄金抛物线C”的方程；
(2)设P(0，1)和Q(0，－1)，过点P作直线l与“黄金抛物线C”交于A，P，B三点，问是否存在这样的直线l，使得QP平分∠AQB？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
3．解析 (1)因为“黄金抛物线C”过点(3，2)和(－eq \f(1,2)，eq \f(\r(3),2))，
所以r2＝(－eq \f(1,2))2＋(eq \f(\r(3),2))2＝1，4＝3m＋1，解得m＝1．
所以“黄金抛物线C”的方程为y2＝x＋1(x≥0)和x2＋y2＝1(x≤0)．
(2)假设存在这样的直线l，使得QP平分∠AQB．显然直线l的斜率存在且不为0，
结合题意可设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令xA＜0＜xB．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,y2＝x＋1x≥0，))消去y并整理，得k2x2＋(2k－1)x＝0，
所以xB＝eq \f(1－2k,k2)，yB＝eq \f(1－k,k)，即B(eq \f(1－2k,k2)，eq \f(1－k,k))，由xB＞0知k＜eq \f(1,2)，所以直线BQ的斜率为kBQ＝eq \f(k,1－2k)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,x2＋y2＝1x≤0，))消去y并整理，得(k2＋1)x2＋2kx＝0，
所以xA＝－eq \f(2k,k2＋1)，yA＝eq \f(1－k2,k2＋1)，即A(－eq \f(2k,k2＋1)，eq \f(1－k2,k2＋1))，
由xA＜0知k＞0，所以直线AQ的斜率为kAQ＝－eq \f(1,k)．
因为QP平分∠AQB，且直线QP的斜率不存在，所以kAQ＋kBQ＝0，即－eq \f(1,k)＋eq \f(k,1－2k)＝0，
由0＜k＜eq \f(1,2)，可得k＝eq \r(2)－1．
所以存在直线l：y＝(eq \r(2)－1)x＋1，使得QP平分∠AQB．
4．已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(2),2)))，且离心率e＝eq \f(\r(2),2)，直线l与E相交于M，N两点，l
与x轴、y轴分别相交于C，D两点，O为坐标原点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)判断是否存在直线l，满足2eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→))，2eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \(ON,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
4．解析 (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(1,a2)＋\f(1,2b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝2，,b2＝1.))所以椭圆E的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)存在直线l，满足2eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→))，2eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \(ON,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))．理由如下：
方法一 由题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m(km≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,k)，0))，D(0，m)．
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，所以Δ＝16k2－8m2＋8>0．(*)
由根与系数的关系，得x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－2,1＋2k2)．
因为2eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→))，2eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \(ON,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))，所以eq \(MC,\s\up6(→))＝eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(DN,\s\up6(→))，
所以C，D是线段MN的两个三等分点，得线段MN的中点与线段CD的中点重合．
所以x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)＝0－eq \f(m,k)，解得k＝±eq \f(\r(2),2)．
由C，D是线段MN的两个三等分点，得|MN|＝3|CD|．
所以eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝3eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)))2＋m2)，即|x1－x2|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4km,1＋2k2)))2－4×\f(2m2－2,1＋2k2))＝3eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)))，
解得m＝±eq \f(\r(5),5)．验证知(*)成立．
所以存在直线l，满足2eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→))，2eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \(ON,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))，此时直线l的方程为y＝eq \f(\r(2),2)x±eq \f(\r(5),5)或y＝－eq \f(\r(2),2)x±eq \f(\r(5),5)．
方法二 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，C(m,0)，D(0，n)，由2eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→))，2eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \(ON,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2(m，0)＝(x1，y1)＋(0，n)，,2(0，n)＝(x2，y2)＋(m，0)，))解得M(2m，－n)，N(－m,2n)．
又M，N两点在椭圆上，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(4m2,2)＋n2＝1，,\f(m2,2)＋4n2＝1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2m2＋n2＝1，,m2＋8n2＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝±\f(\r(10),5)，,n＝±\f(\r(5),5)，))
故所求直线l的方程为5eq \r(2)x－10y＋2eq \r(5)＝0或5eq \r(2)x－10y－2eq \r(5)＝0或5eq \r(2)x＋10y＋2eq \r(5)＝0或5eq \r(2)x＋10y－2eq \r(5)＝0．
5．已知圆C：(x－1)2＋y2＝eq \f (1,4)，一动圆与直线x＝－eq \f (1,2)相切且与圆C外切．
(1)求动圆圆心P的轨迹T的方程；
(2)若经过定点Q(6，0)的直线l与曲线T交于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的平行线与曲线T相交于点N，试问是否存在直线l，使得NA⊥NB，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
5．解析 (1)设P(x，y)，分析可知动圆的圆心不能在y轴的左侧，故x≥0，
因为动圆与直线x＝－eq \f (1,2)相切，且与圆C外切，所以|PC|－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f (1,2)))＝eq \f (1,2)，所以|PC|＝x＋1，
所以 eq \r((x－1)2＋y2)＝x＋1，化简可得y2＝4x．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可知，当直线l与y轴垂直时，显然不符合题意，
故可设直线l的方程为x＝my＋6，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋6，,y2＝4x))消去x，可得y2－4my－24＝0，
显然Δ＝16m2＋96>0，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝4m，,y1y2＝－24，))①，所以x1＋x2＝(my1＋6)＋(my2＋6)＝4m2＋12，②
因为x1x2＝eq \f (y\\al(2,1),4)·eq \f (y\\al(2,2),4)，所以x1x2＝36，③
假设存在N(x0，y0)，使得eq \(NA,\s\up7(→))·eq \(NB,\s\up7(→))＝0，由题意可知y0＝eq \f (y1＋y2,2)，所以y0＝2m，④
由N点在抛物线上可知x0＝eq \f (y\\al(2,0),4)，即x0＝m2，⑤
又eq \(NA,\s\up7(→))＝(x1－x0，y1－y0)，eq \(NB,\s\up7(→))＝(x2－x0，y2－y0)，若eq \(NA,\s\up7(→))·eq \(NB,\s\up7(→))＝0，
则x1x2－x0(x1＋x2)＋xeq \\al(2,0)＋y1y2－y0(y1＋y2)＋yeq \\al(2,0)＝0，
由①②③④⑤代入上式化简可得：3m4＋16m2－12＝0，即(m2＋6)(3m2－2)＝0，
所以m2＝eq \f (2,3)，故m＝±eq \f (\r(6),3)，所以存在直线3x＋eq \r(6)y－18＝0或3x－eq \r(6)y－18＝0，使得NA⊥NB．
6．已知椭圆P的中心O在坐标原点，焦点在x轴上，且经过点A(0，2eq \r(3))，离心率为eq \f(1,2)．
(1)求椭圆P的方程；
(2)是否存在过点E(0，－4)的直线l交椭圆P于点R，T，且满足eq \(OR,\s\up7(→))·eq \(OT,\s\up7(→))＝eq \f(16,7)？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．
6．解析 (1)设椭圆P的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由题意得b＝2eq \r(3)，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
∴a＝2c，b2＝a2－c2＝3c2，∴c2＝4，c＝2，a＝4，∴椭圆P的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1．
(2)假设存在满足题意的直线l，易知当直线l的斜率不存在时，eq \(OR,\s\up7(→))·eq \(OT,\s\up7(→))<0，不满足题意．
故可设直线l的方程为y＝kx－4，R(x1，y1)，T(x2，y2)．
∵eq \(OR,\s\up7(→))·eq \(OT,\s\up7(→))＝eq \f(16,7)，∴x1x2＋y1y2＝eq \f(16,7)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－4，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1))消去y，得(3＋4k2)x2－32kx＋16＝0，
由Δ>0得(－32k)2－64(3＋4k2)>0，解得k2>eq \f(1,4)．①
∵x1＋x2＝eq \f(32k,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(16,3＋4k2)，∴y1y2＝(kx1－4)(kx2－4)＝k2x1x2－4k(x1＋x2)＋16，
故x1x2＋y1y2＝eq \f(16,3＋4k2)＋eq \f(16k2,3＋4k2)－eq \f(128k2,3＋4k2)＋16＝eq \f(16,7)，解得k2＝1．②
由①②解得k＝±1，∴直线l的方程为y＝±x－4．故存在直线l：x＋y＋4＝0或x－y－4＝0满足题意．
7．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)，且过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，F为其右焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点A(4，0)的直线l与椭圆相交于M，N两点(点M在A，N两点之间)，是否存在直线l使△AMF与△MFN的面积相等？若存在，试求直线l的方程；若不存在，请说明理由．
7．解析 (1)因为eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，所以a＝2c，b＝eq \r(3)c，设椭圆方程eq \f(x2,4c2)＋eq \f(y2,3c2)＝1，
又点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))在椭圆上，所以eq \f(1,4c2)＋eq \f(3,4c2)＝1，解得c2＝1，a2＝4，b2＝3，所以椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)易知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝k(x－4)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k(x－4)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，
由题意知Δ＝(32k2)2－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，解得－eq \f(1,2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(32k2,3＋4k2)，①，x1x2＝eq \f(64k2－12,3＋4k2)，②
因为△AMF与△MFN的面积相等，所以|AM|＝|MN|，所以2x1＝x2＋4，③
由①③消去x2得x1＝eq \f(4＋16k2,3＋4k2)，④．将x2＝2x1－4代入②，得x1(2x1－4)＝eq \f(64k2－12,3＋4k2)⑤
将④代入到⑤式，整理化简得36k2＝5．∴k＝±eq \f(\r(5),6)，经检验满足题设
故直线l的方程为y＝eq \f(\r(5),6)(x－4)或y＝－eq \f(\r(5),6)(x－4)．