专题32 探究是否存在常数型问题(原卷版)

这是一份专题32 探究是否存在常数型问题(原卷版)，共12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] 如图，椭圆C：eq \f (x2,a2)＋eq \f (y2,b2)＝1(a>b>0)经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f (3,2)))，离心率e＝eq \f (1,2)，直线l的方程为x＝4．
(1)求椭圆C的方程；
(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3．问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
[破题思路] (1)题目条件中给出椭圆过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f (3,2)))，离心率e＝eq \f (1,2)．将P点坐标代入椭圆方程可得a，b的关系式；用离心率公式可得a，c的关系式，另外，还有a2＝b2＋c2，即可求得a，b的值．
(2)判断是否存在常数λ，使k1＋k2＝λk3成立．即方程k1＋k2＝λk3是否有解．题目条件中给出直线AB过右焦点F，且与椭圆及直线l分别交于点A，B，M，直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3，想到用斜率公式表示k1，k2，k3，需要A，B，M的坐标，可设出A，B，M的坐标，通过建立直线AB与椭圆方程的方程组求得各坐标的关系．
[规范解答] (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f (1,a2)＋\f (9,4b2)＝1，,\f (c,a)＝\f (1,2)，,b2＋c2＝a2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝3，,c2＝1，))故椭圆C的方程为eq \f (x2,4)＋eq \f (y2,3)＝1．
(2)由题意可设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－1)，①
代入椭圆方程，并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1≠x2≠1，则x1＋x2＝eq \f (8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq \f (4(k2－3),4k2＋3)，②
在方程①中令x＝4，得点M的坐标为(4，3k)．从而k1＝eq \f (y1－\f (3,2),x1－1)，k2＝eq \f (y2－\f (3,2),x2－1)，k3＝eq \f (3k－\f (3,2),4－1)＝k－eq \f (1,2)．
因为A，F，B三点共线，所以k＝kAF＝kBF，即eq \f (y1,x1－1)＝eq \f (y2,x2－1)＝k，
所以k1＋k2＝eq \f (y1－\f (3,2),x1－1)＋eq \f (y2－\f (3,2),x2－1)＝eq \f (y1,x1－1)＋eq \f (y2,x2－1)－eq \f (3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,x1－1)＋\f (1,x2－1)))＝2k－eq \f (3,2)·eq \f (x1＋x2－2,x1x2－(x1＋x2)＋1)，③
将②代入③得，k1＋k2＝2k－eq \f (3,2)·eq \f (\f (8k2,4k2＋3)－2,\f (4(k2－3),4k2＋3)－\f (8k2,4k2＋3)＋1)＝2k－1，又k3＝k－eq \f (1,2)，所以k1＋k2＝2k3．
故存在常数λ＝2符合题意．
[题后悟通] 求解字母参数值的存在性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的参数值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛看，并且得到了相应的参数值，就说明满足条件的参数值存在；若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程．
[例2] 已知抛物线C：x2＝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|2eq \(QA,\s\up6(→))＋eq \(QB,\s\up6(→))|＝|2eq \(QA,\s\up6(→))－eq \(QB,\s\up6(→))|？若存在，求出p的值；若不存在，说明理由．
[规范解答] (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x2＝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x2＝2py与直线y＝2x＋2联立，得x2－4px－4p＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Δ＝(4p)2＋16p＝16(p2＋p)>0，则x1＋x2＝4p，x1x2＝－4p，∴Q(2p，2p)．
∵|2eq \(QA,\s\up6(→))＋eq \(QB,\s\up6(→))|＝|2eq \(QA,\s\up6(→))－eq \(QB,\s\up6(→))|，∴eq \(QA,\s\up6(→))⊥eq \(QB,\s\up6(→))．则eq \(QA,\s\up6(→))·eq \(QB,\s\up6(→))＝0，
得(x1－2p)(x2－2p)＋(y1－2p)(y2－2p)＝(x1－2p)(x2－2p)＋(2x1＋2－2p)(2x2＋2－2p)
＝5x1x2＋(4－6p)(x1＋x2)＋8p2－8p＋4＝0，
代入得4p2＋3p－1＝0，解得p＝eq \f(1,4)或p＝－1(舍去)．
因此存在实数p＝eq \f(1,4)，且满足Δ>0，使得|2eq \(QA,\s\up6(→))＋eq \(QB,\s\up6(→))|＝|2eq \(QA,\s\up6(→))－eq \(QB,\s\up6(→))|成立．
[例3] 已知焦点在y轴上的椭圆E的中心是原点O，离心率等于eq \f(\r(3),2)，以椭圆E的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4eq \r(5)．直线l：y＝kx＋m与y轴交于点P，与椭圆E交于A，B两个相异点，且eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))．
(1)求椭圆E的方程；
(2)是否存在m，使eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(OB,\s\up6(→))＝4eq \(OP,\s\up6(→))？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由．
[规范解答] (1)根据已知设椭圆E的方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，焦距为2c，
由已知得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，所以c＝eq \f(\r(3),2)a，b2＝a2－c2＝eq \f(a2,4)．
因为以椭圆E的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4eq \r(5)，
所以4eq \r(a2＋b2)＝2eq \r(5)a＝4eq \r(5)，所以a＝2，b＝1．所以椭圆E的方程为x2＋eq \f(y2,4)＝1．
(2)根据已知得P(0，m)，由eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))，得eq \(OP,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝λ(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OP,\s\up6(→)))．所以eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(OB,\s\up6(→))＝(1＋λ)eq \(OP,\s\up6(→))．
因为eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(OB,\s\up6(→))＝4eq \(OP,\s\up6(→))，所以(1＋λ)eq \(OP,\s\up6(→))＝4eq \(OP,\s\up6(→))．
若m＝0，由椭圆的对称性得eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(PB,\s\up6(→))，即eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝0．所以m＝0能使eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(OB,\s\up6(→))＝4eq \(OP,\s\up6(→))成立．
若m≠0，则1＋λ＝4，解得λ＝3．
设A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,4x2＋y2－4＝0))，得(k2＋4)x2＋2mkx＋m2－4＝0，
由已知得Δ＝4m2k2－4(k2＋4)(m2－4)>0，即k2－m2＋4>0，且x1＋x2＝eq \f(－2km,k2＋4)，x1x2＝eq \f(m2－4,k2＋4)．
由eq \(AP,\s\up6(→))＝3eq \(PB,\s\up6(→))得－x1＝3x2，即x1＝－3x2，所以3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0，
所以eq \f(12k2m2,（k2＋4）2)＋eq \f(4（m2－4）,k2＋4)＝0，即m2k2＋m2－k2－4＝0．
当m2＝1时，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立．所以k2＝eq \f(4－m2,m2－1)．
因为k2－m2＋4>0，所以eq \f(4－m2,m2－1)－m2＋4>0，即eq \f(（4－m2）m2,m2－1)>0．
所以1综上，当－2[例4] (2015·四川)如图，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率是eq \f(\r(2),2)，点P(0，1)在短轴CD上，且eq \(PC,\s\up7(→))·eq \(PD,\s\up7(→))＝－1．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得eq \(OA,\s\up7(→))·eq \(OB,\s\up7(→))＋λeq \(PA,\s\up7(→))·eq \(PB,\s\up7(→))为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
[规范解答] (1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)．
又点P的坐标为(0,1)，且eq \(PC,\s\up7(→))·eq \(PD,\s\up7(→))＝－1，于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－b2＝－1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2－b2＝c2.))解得a＝2，b＝eq \r(2)．
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1))得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，
所以x1＋x2＝－eq \f(4k,2k2＋1)，x1x2＝－eq \f(2,2k2＋1)．
从而，eq \(OA,\s\up7(→))·eq \(OB,\s\up7(→))＋λeq \(PA,\s\up7(→))·eq \(PB,\s\up7(→))＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝eq \f((－2λ－4)k2＋(－2λ－1),2k2＋1)＝－eq \f(λ－1,2k2＋1)－λ－2，所以，
当λ＝1时，－eq \f(λ－1,2k2＋1)－λ－2＝－3，此时，eq \(OA,\s\up7(→))·eq \(OB,\s\up7(→))＋λeq \(PA,\s\up7(→))·eq \(PB,\s\up7(→))＝－3为定值．
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，
此时，eq \(OA,\s\up7(→))·eq \(OB,\s\up7(→))＋λeq \(PA,\s\up7(→))·eq \(PB,\s\up7(→))＝eq \(OC,\s\up7(→))·eq \(OD,\s\up7(→))＋λeq \(PC,\s\up7(→))·eq \(PD,\s\up7(→))＝－2－λ．
当λ＝1时，eq \(OA,\s\up7(→))·eq \(OB,\s\up7(→))＋λeq \(PA,\s\up7(→))·eq \(PB,\s\up7(→))＝－3，为定值．
综上，存在常数λ＝1，使得eq \(OA,\s\up7(→))·eq \(OB,\s\up7(→))＋λeq \(PA,\s\up7(→))·eq \(PB,\s\up7(→))为定值－3．
[例5] 已知椭圆x2＋2y2＝m(m>0)，以椭圆内一点M(2，1)为中点作弦AB，设线段AB的中垂线与椭圆相交于C，D两点．
(1)求椭圆的离心率；
(2)试判断是否存在这样的m，使得A，B，C，D在同一个圆上，并说明理由．
[规范解答] (1)将方程化成椭圆的标准方程eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,\f(m,2))＝1(m>0)，则a＝eq \r(m)，c＝eq \r(m－\f(m,2))＝eq \r(\f(m,2))，故e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)．
(2)由题意，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，直线AB的斜率存在，设为k，
则直线AB的方程为y＝k(x－2)＋1，代入x2＋2y2＝m(m>0)，
消去y，得(1＋2k2)x2＋4k(1－2k)x＋2(2k－1)2－m＝0(m>0)．
所以x1＋x2＝eq \f(4k(2k－1),1＋2k2)＝4，即k＝－1，此时，由Δ>0，得m>6．
则直线AB的方程为x＋y－3＝0，直线CD的方程为x－y－1＝0．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y－1＝0，,x2＋2y2＝m))得3y2＋2y＋1－m＝0，y3＋y4＝－eq \f(2,3)，故CD的中点N为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3)))．
由弦长公式，可得|AB|＝ eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(2)·eq \f(\r(12（m－6）),3)．
|CD|＝eq \r(2)|y3－y4|＝eq \r(2)·eq \f(\r(12m－8),3)>|AB|，若存在圆，则圆心在CD上，
因为CD的中点N到直线AB的距离d＝eq \f(\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)－\f(1,3)－3))),\r(2))＝eq \f(4\r(2),3)．
|NA|2＝|NB|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(2),3)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|AB|,2)))2＝eq \f(6m－4,9)，又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|CD|,2)))2＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)·\f(\r(12m－8),3)))2＝eq \f(6m－4,9)，
故存在这样的m(m>6)，使得A，B，C，D在同一个圆上．
[例6] 已知中心在原点O，焦点在x轴上的椭圆，离心率e＝eq \f(1,2)，且椭圆过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))．
(1)求椭圆的方程；
(2)椭圆左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线l与椭圆交于不同的两点A，B，则△F1AB的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由．
[规范解答] (1)由题意可设椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(1,2)，,\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))解得a2＝4，b2＝3．
∴椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，不妨设y1＞0，y2＜0，设△F1AB的内切圆的半径为R，
则△F1AB的周长＝4a＝8，S△F1AB＝eq \f(1,2)(|AB|＋|F1A|＋|F1B|)R＝4R，因此，S△F1AB最大，R就最大，
由题知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x＝my＋1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，y1＋y2＝eq \f(－6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq \f(9,3m2＋4)．
则S△F1AB＝eq \f(1,2)|F1F2|(y1－y2)＝eq \f(12\r(m2＋1),3m2＋4)，令eq \r(m2＋1)＝t，则m2＝t2－1(t≥1)，
∴S△F1AB＝eq \f(12t,3t2＋1)＝eq \f(12,3t＋\f(1,t))．令f(t)＝3t＋eq \f(1,t)，则f′(t)＝3－eq \f(1,t2)，
当t≥1时，f′(t)≥0，f(t)在[1，＋∞)上单调递增，有f(t)≥f(1)＝4，S△F1AB≤3，
即当t＝1，m＝0时，S△F1AB≤3，
由S△F1AB＝4R，得Rmax＝eq \f(3,4)，这时所求内切圆面积的最大值为eq \f(9π,16)，故直线l：x＝1．
【对点训练】
1．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1 (a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，其离心率为eq \f(\r(2),2)，又抛物线x2＝4y在点P(2，
1)处的切线恰好过椭圆C的一个焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(－4，0)，斜率为k(k≠0)的直线l交椭圆C于A，B两点，直线AF1，BF1的斜率分别为k1，k2，是否存在常数λ，使得k1k＋k2k＝λk1k2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
1．解析 (1)∵抛物线x2＝4y在点P(2，1)处的切线方程为y＝x－1，它过x轴上的点(1，0)，
∴椭圆C的一个焦点为(1，0)，即c＝1，又∵e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，∴a＝eq \r(2)，b＝1，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l的方程为y＝k(x＋4)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋4，,x2＋2y2＝2))
⇒(1＋2k2)x2＋16k2x＋32k2－2＝0，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,x1＋x2＝－\f(16k2,1＋2k2)，,x1x2＝\f(32k2－2,1＋2k2).))
∵F1(－1，0)，k1＝eq \f(y1,x1＋1)，k2＝eq \f(y2,x2＋1)，∴eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝eq \f(x1＋1,y1)＋eq \f(x2＋1,y2)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋1,x1＋4)＋\f(x2＋1,x2＋4)))，
∴eq \f(k,k1)＋eq \f(k,k2)＝eq \f(2x1x2＋5x1＋x2＋8,x1x2＋4x1＋x2＋16)＝eq \f(2,7)，∴k1k＋k2k＝eq \f(2,7)k1k2，∴存在常数λ＝eq \f(2,7)．
2．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的长轴与短轴之和为6，椭圆上任一点到两焦点F1，F2的距离之和为4．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线AB：y＝x＋m与椭圆交于A，B两点，C，D在椭圆上，且C，D两点关于直线AB对称，问：是否存在实数m，使|AB|＝eq \r(2)|CD|，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
2．解析 (1)由题意，2a＝4，2a＋2b＝6，∴a＝2，b＝1．∴椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)∵C，D关于直线AB对称，设直线CD的方程为y＝－x＋t，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－x＋t，,\f(x2,4)＋y2＝1))消去y，得5x2－8tx＋4t2－4＝0，Δ＝64t2－4×5×(4t2－4)>0，解得t2<5，
设C，D两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(8t,5)，x1x2＝eq \f(4t2－4,5)，
设CD的中点为M(x0，y0)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝\f(x1＋x2,2)＝\f(4t,5)，,y0＝－x0＋t＝\f(t,5)，))∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4t,5)，\f(t,5)))，
又点M也在直线y＝x＋m上，则eq \f(t,5)＝eq \f(4t,5)＋m，∴t＝－eq \f(5m,3)，∵t2<5，∴m2则|CD|＝eq \r(1＋1)|x1－x2|＝eq \r(2)·eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq \r(2)·eq \f(4\r(5－t2),5)．同理|AB|＝eq \r(2)·eq \f(4\r(5－m2),5)．
∵|AB|＝eq \r(2)|CD|，∴|AB|2＝2|CD|2，∴2t2－m2＝5，∴m2＝eq \f(45,41)∴存在实数m，使|AB|＝eq \r(2)|CD|，此时m的值为±eq \f(3\r(205),41)．
3．已知椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,3)＝1(a>0)与抛物线C2：y2＝2ax相交于A，B两点，且两曲线的焦点F重合．
(1)求C1，C2的方程；
(2)若过焦点F的直线l与椭圆分别交于M，Q两点，与抛物线分别交于P，N两点，是否存在常数k(k≠0)，使得直线l的斜率为k且eq \f(|PN|,|MQ|)＝2？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
3．解析 (1)因为C1，C2的焦点重合，所以eq \r(a2－3)＝eq \f(a,2)，所以a2＝4．又a>0，所以a＝2．
于是椭圆C1的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，抛物线C2的方程为y2＝4x．
(2)假设存在直线l使得eq \f(|PN|,|MQ|)＝2，当l⊥x轴时，|MQ|＝3，|PN|＝4，不符合题意，
∴直线l的斜率存在，∴可设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx－1，))可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
则x1＋x4＝eq \f(2k2＋4,k2)，x1x4＝1，且Δ＝16k2＋16>0，
所以|PN|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x42－4x1x4)＝eq \f(41＋k2,k2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx－1，))可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，则x2＋x3＝eq \f(8k2,3＋4k2)，x2x3＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
且Δ＝144k2＋144>0，所以|MQ|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x2＋x32－4x2x3)＝eq \f(121＋k2,3＋4k2)．
若eq \f(|PN|,|MQ|)＝2，则eq \f(41＋k2,k2)＝2×eq \f(121＋k2,3＋4k2)，解得k＝±eq \f(\r(6),2)．
故存在斜率为k＝±eq \f(\r(6),2)的直线l，使得eq \f(|PN|,|MQ|)＝2．
4．如图，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率是eq \f(\r(3),2)，点P(0，1)在短轴CD上，且eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝－1．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))为定值？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
4．解析 (1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)，又点P的坐标为(0，1)，且eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝－1，
于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－b2＝－1，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2－b2＝c2，))解得a＝2eq \r(2)，b＝eq \r(2)，所以椭圆E的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1，))得(4k2＋1)x2＋8kx－4＝0，其判别式Δ＝(8k)2＋16(4k2＋1)>0，
所以x1＋x2＝－eq \f(8k,4k2＋1)，x1x2＝－eq \f(4,4k2＋1)，
从而，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝eq \f((－4λ－8)k2＋(－4λ－3),4k2＋1)＝－eq \f(3λ＋1,4k2＋1)－λ－2．
所以当λ＝－eq \f(1,3)时，－eq \f(3λ＋1,4k2＋1)－λ－2＝－eq \f(5,3)，此时eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝－eq \f(5,3)为定值．
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，此时，
eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OD,\s\up6(→))－eq \f(1,3)eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝－2＋eq \f(1,3)＝－eq \f(5,3)．
故存在常数λ＝－eq \f(1,3)，使得eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))为定值－eq \f(5,3)．
5．(2015·全国Ⅱ)已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(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．
5．解析 (1)设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．
将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，
故xM＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(－kb,k2＋9)，yM＝kxM＋b＝eq \f(9b,k2＋9)．
于是直线OM的斜率kOM＝eq \f(yM,xM)＝－eq \f(9,k)，即kOM·k＝－9．所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．
(2)四边形OAPB能为平行四边形．
因为直线l过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(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＝－eq \f(9,k)x．设点P的横坐标为xP．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(9,k)x，,9x2＋y2＝m2，))得xeq \\al(2,P)＝eq \f(k2m2,9k2＋81)，即xP＝eq \f(±km,3\r(k2＋9)) ．
将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,3)，m))的坐标代入直线l的方程得b＝eq \f(m(3－k),3)，因此xM＝eq \f(k(k－3)m,3(k2＋9))．
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xP＝2xM，于是eq \f(±km,3\r(k2＋9))＝2×eq \f(k(k－3)m,3(k2＋9))，解得k1＝4－eq \r(7)，k2＝4＋eq \r(7)．
因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当直线l的斜率为4－eq \r(7)或4＋eq \r(7)时，四边形OAPB为平行四边形．
6．已知椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点坐标为(0，1)，离心率为eq \f(\r(2),2)，动直线y＝x＋m交椭圆M于
不同的两点A，B，T(1，1)．
(1)求椭圆M的标准方程；
(2)试问：△TAB的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
6．解析 (1)由题意得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，b＝1，又a2＝b2＋c2，所以a＝eq \r(2)，c＝1，椭圆M的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1))得3x2＋4mx＋2m2－2＝0．
由题意得，Δ＝16m2－24(m2－1)>0，即m2－3<0，所以－eq \r(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(－4m,3)，x1x2＝eq \f(2m2－2,3)，
|AB|＝eq \r((x1－x2)2＋(y1－y2)2)＝eq \r(2)|x1－x2|＝eq \r(2) eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq \f(4,3)eq \r(3－m2)．
又由题意得，T(1，1)到直线y＝x＋m的距离d＝eq \f(|m|,\r(2))．
假设△TAB的面积存在最大值，则m≠0，S△TAB＝eq \f(1,2)|AB|d＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)eq \r(3－m2)×eq \f(|m|,\r(2))＝eq \f(\r(2),3)eq \r((3－m2)m2)．
由基本不等式得，S△TAB≤eq \f(\r(2),3)·eq \f((3－m2)＋m2,2)＝eq \f(\r(2),2)，
当且仅当m＝±eq \f(\r(6),2)时取等号，而m∈(－eq \r(3)，0)∪(0，eq \r(3))，所以△TAB面积的最大值为eq \f(\r(2),2)．
故△TAB的面积存在最大值，且当m＝±eq \f(\r(6),2)时，△TAB的面积取得最大值eq \f(\r(2),2)．