【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题26　探究性问题

这是一份【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题26　探究性问题，共13页。

[高考真题] (2015·全国Ⅱ改编)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.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.
解 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)，
则直线OM的方程为y＝－eq \f(9,k)x.
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.
设点P的横坐标为xP，
由eq \b\lc\{(\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.
样题1 (2022·长沙模拟改编)已知椭圆C1：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，抛物线C2：y2＝－4x.过椭圆C1的左顶点Q的直线l交抛物线C2于A，B两点，点O为原点，射线OA，OB分别交椭圆于C，D两点，△OCD的面积为S1，△OAB的面积为S2.问：是否存在直线l使得S2＝eq \f(13,3)S1？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
解 由题意得直线l的斜率不为0，Q(－2，0)，
设直线l的方程为x＝my－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－2，,y2＝－4x，))
得y2＋4my－8＝0，
∴Δ＝(4m)2－4×(－8)＝16m2＋32>0，
y1＋y2＝－4m，y1y2＝－8.
∵S2＝eq \f(13,3)S1，
∴eq \f(S2,S1)＝eq \f(\f(1,2)|OA|·|OB|sin∠AOB,\f(1,2)|OC|·|OD|sin∠COD)＝eq \f(|OA|·|OB|,|OC|·|OD|)＝eq \f(|y1|,|y3|)·eq \f(|y2|,|y4|)＝eq \f(|y1y2|,|y3y4|)＝eq \f(13,3).
∵yeq \\al(2,1)＝－4x1，
∴直线OA的斜率为eq \f(y1,x1)＝－eq \f(4,y1)，
即直线OA的方程为y＝－eq \f(4,y1)x，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(4,y1)x，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得yeq \\al(2,3)＝eq \f(3×64,3yeq \\al(2,1)＋64)，
同理可得yeq \\al(2,4)＝eq \f(3×64,3yeq \\al(2,2)＋64)，yeq \\al(2,3)·yeq \\al(2,4)＝eq \f(3×64,3yeq \\al(2,1)＋64)×eq \f(3×64,3yeq \\al(2,2)＋64)＝eq \f(32×64,48m2＋121)，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(S2,S1)))eq \s\up12(2)＝eq \f(|y1y2|2,|y3y4|2)＝eq \f(121＋48m2,9)＝eq \f(132,32)，
得m＝±1，
∴存在直线l使得S2＝eq \f(13,3)S1，直线l的方程为x－y＋2＝0或x＋y＋2＝0.
样题2 (2022·六安一模改编)已知椭圆C：eq \f(x2,9)＋y2＝1，其上顶点为B，以B为直角顶点作椭圆的内接等腰直角△BMN，这样的直角三角形是否存在？若存在，请说明有几个；若不存在，请说明理由.
解 假设能构成等腰直角三角形BMN，其中B(0，1)，
由题意可知，直角边BM，BN不可能垂直或平行于x轴，故可设BM所在直线的方程为y＝kx＋1(不妨设k>0)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,9)＋y2＝1，))
得(9k2＋1)x2＋18kx＝0，
∴xM＝－eq \f(18k,9k2＋1)，
故Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(18k,9k2＋1)，－\f(18k2,9k2＋1)＋1))，
∴|BM|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(18k,9k2＋1)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(18k2,9k2＋1)))\s\up12(2))＝eq \f(18|k|\r(k2＋1),9k2＋1)，
用－eq \f(1,k)代替上式中的k，得|BN|＝eq \f(18\r(k2＋1),k2＋9)，
由|BM|＝|BN|得eq \f(18|k|\r(k2＋1),9k2＋1)＝eq \f(18\r(k2＋1),k2＋9)，
即k3－9k2＋9k－1＝0，
故(k－1)(k2－8k＋1)＝0，
∴k＝1或k＝4±eq \r(15)，
故存在三个满足题设条件的内接等腰直角三角形.
样题3 (2022·重庆诊断改编)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1，若P为椭圆C上异于椭圆C顶点的任意一点，过点Q(0，－2)且平行于OP的直线l与椭圆C相交于A，B两点(点O为坐标原点)，是否存在实数λ，使得eq \(QA,\s\up6(→))·eq \(QB,\s\up6(→))＝λeq \(OP,\s\up6(→))2成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
解 存在.因为P是椭圆C上异于椭圆C顶点的任意一点，且l∥OP，所以直线l的斜率存在且不为0.
设过点Q(0，－2)的直线l的方程为y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,x2＋4y2＝4，))
消去y得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，
则Δ＝(－16k)2－4×12×(1＋4k2)>0⇒4k2>3，
x1＋x2＝eq \f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(12,1＋4k2)，
|QA|·|QB|＝eq \r(1＋k2)|x1－xQ|·eq \r(1＋k2)|x2－xQ|＝(1＋k2)|x1x2|.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(yP＝kxP，,xeq \\al(2,P)＋4yeq \\al(2,P)＝4，))
得xeq \\al(2,P)＝eq \f(4,1＋4k2)，
所以|OP|2＝(1＋k2)xeq \\al(2,P)＝(1＋k2)eq \f(4,1＋4k2)，
又因为eq \(QA,\s\up6(→))·eq \(QB,\s\up6(→))＝λeq \(OP,\s\up6(→))2，
所以|QA|·|QB|＝λ|OP|2，
所以|x1x2|＝λxeq \\al(2,P)，
即eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(12,1＋4k2)))＝λeq \f(4,1＋4k2)，
解得λ＝3.
故存在实数λ，使得eq \(QA,\s\up6(→))·eq \(QB,\s\up6(→))＝λ·eq \(OP,\s\up6(→))2成立，且λ＝3.
规律方法 探索性问题的求解步骤：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.
训练 (2022·九江模拟)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，离心率为eq \f(1,2)，P是椭圆C上的一个动点.当P是C的上顶点时，△F1PF2的面积为eq \r(3).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设斜率存在的直线PF2与C的另一个交点为Q，是否存在点T(t，0)，使得|TP|＝|TQ|？若存在，求出实数t的取值范围；若不存在，请说明理由.
解 (1)设椭圆C的半焦距为c.
因为S△F1PF2＝eq \f(1,2)×2c×b＝eq \r(3)，
所以bc＝eq \r(3).
又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，a2＝b2＋c2，
所以a＝2，b＝eq \r(3)，c＝1.
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)假设存在点T(t，0)，使得|TP|＝|TQ|.
由直线PQ过F2(1，0)，设直线PQ的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ的中点为N(x0，y0).
当k＝0时，t＝0，符合题意.
当k≠0时，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
Δ＝(－8k2)2－4(4k2＋3)(4k2－12)＝144k2＋144>0，
x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4k2－12,4k2＋3)，
所以x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(4k2,4k2＋3)，
y0＝k(x0－1)＝－eq \f(3k,4k2＋3)，
即Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k2,4k2＋3)，－\f(3k,4k2＋3))).
连接TN，因为|TP|＝|TQ|，
所以TN⊥PQ，
则kTN·k＝－1(kTN为直线TN的斜率).
所以eq \f(\f(3k,4k2＋3),t－\f(4k2,4k2＋3))·k＝－1，
即t＝eq \f(k2,4k2＋3)＝eq \f(1,4＋\f(3,k2)).
因为4＋eq \f(3,k2)>4，所以t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4))).
综上可得，实数t的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4))).
一、基本技能练
1.(2022·南充二诊)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq \f(\r(2),2)，以上顶点和右焦点为直径端点的圆与直线x＋y－2＝0相切.
(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有两个不同的交点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，求出直线方程；若不存在，说明理由.
解 (1)由离心率e＝eq \f(\r(2),2)，得a＝eq \r(2)c.
又a2＝b2＋c2，从而b＝c，
椭圆的上顶点为(0，b)，右焦点为(c，0)，
所以以上顶点和右焦点为直径端点的圆的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(b,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(b,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(b2,2).
由该圆与直线x＋y－2＝0相切得，eq \f(|b－2|,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)b，
即|b－2|＝b，
解得b＝1，从而c＝1，a＝eq \r(2)，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)不存在.理由如下：
设直线方程为y＝2x＋t，M(x1，y1)，N(x2，y2)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3，\f(5,3)))，Q(x4，y4)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
消去x得9y2－2ty＋t2－8＝0，
由Δ＝4t2－36(t2－8)>0可得t∈(－3，3)，
且y1＋y2＝eq \f(2t,9)，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y4＝y1＋y2－eq \f(5,3)＝eq \f(2t,9)－eq \f(5,3).
因为t∈(－3，3)，
所以－eq \f(7,3)0)上，直线y＝y0与椭圆C交于不同的两点A，B，当y0＝1时，|AB|＝eq \r(2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线PA，PB分别交y轴于M，N两点，问：y轴上是否存在点Q，使得|OM|，|OQ|，|ON|(O为坐标原点)成等比数列？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
解 (1)由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0＋\f(1,b2)＝1，,\f(1,a2)＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2),b2)＝1，))
解得a2＝2，b2＝1，
故所求椭圆C的方程为eq \f(y2,2)＋x2＝1.
(2)假设存在点Q(0，m)使得|OM|，|OQ|，|ON|成等比数列，
则|OQ|2＝|ON||OM|.
因为直线y＝y0交椭圆C于A，B两点，
则A，B两点关于y轴对称.
设A(x0，y0)，则B(－x0，y0)(x0≠±1)，
因为P(1，0)，
则直线PA的方程为y＝eq \f(y0,x0－1)(x－1)，
令x＝0，得yM＝eq \f(－y0,x0－1)，
所以|OM|＝eq \f(|y0|,|x0－1|).
直线PB的方程为y＝eq \f(－y0,x0＋1)(x－1)，
令x＝0，得yN＝eq \f(y0,x0＋1)，
所以|ON|＝eq \f(|y0|,|x0＋1|).
因为|OQ|2＝|ON||OM|，
所以m2＝eq \f(yeq \\al(2,0),|xeq \\al(2,0)－1|).
又因为点A(x0，y0)在椭圆C上，
所以yeq \\al(2,0)＝2(1－xeq \\al(2,0)).
所以m2＝eq \f(2（1－xeq \\al(2,0)）,1－xeq \\al(2,0))＝2，
即m＝±eq \r(2)，
故存在点Q(0，±eq \r(2))，
使得|OM|，|OQ|，|ON|成等比数列.
3.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.
解 (1)由题意得eq \b\lc\{(\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\{(\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.
二、创新拓展练
4.(2022·郑州模拟)已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线E：x2＝2py(p>0)上，l1，l2分别为过点A，B且与抛物线E相切的直线，l1，l2相交于点M(x0，y0).
条件①：点M在抛物线E的准线上；
条件②：l1⊥l2；
条件③：直线AB经过抛物线的焦点F.
(1)在上述三个条件中任选一个作为已知条件，另外两个作为结论，构成命题，并证明该命题成立；
(2)若p＝2，直线y＝x＋4与抛物线E交于C，D两点，试问：在x轴正半轴上是否存在一点N，使得△CDN的外心在抛物线E上？若存在，求N的坐标；若不存在，请说明理由.
(1)证明 由题意，抛物线方程化为y＝eq \f(x2,2p)，则y′＝eq \f(x,p)，则l1的切线斜率k1＝eq \f(x1,p)，
所以l1的方程为y－y1＝eq \f(x1,p)(x－x1)，将xeq \\al(2,1)＝2py1代入，化简整理得x1x＝p(y＋y1)，
同理可得l2的方程为x2x＝p(y＋y2)，
抛物线E：x2＝2py的准线为y＝－eq \f(p,2)，焦点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2))).
若选择①作为条件，②③作为结论，证明如下：
因为点M在抛物线E的准线上，可设点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，－\f(p,2)))，
又l1，l2相交于点M，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1x0＝p\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)＋y1))，,x2x0＝p\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)＋y2))，))
点A，B的坐标满足方程x0x＝peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(p,2)))，
即直线AB的方程为x0x＝peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(p,2)))，进而直线AB经过抛物线的焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，③得证.
又eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0x＝p\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(p,2)))，,x2＝2py，))
消去y整理得eq \f(x2,2p)－eq \f(x0x,p)－eq \f(p,2)＝0，
所以x1x2＝－p2.
设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，
有k1·k2＝eq \f(x1,p)·eq \f(x2,p)＝eq \f(－p2,p2)＝－1，
所以l1⊥l2，②得证.
若选择②作为条件，①③作为结论，证明如下：
因为l1⊥l2，设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，有k1·k2＝eq \f(x1,p)·eq \f(x2,p)＝－1，
即x1x2＝－p2，
又l1，l2相交于点M，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1x＝p（y＋y1），,x2x＝p（y＋y2），))
解得y＝eq \f(x1x2,2p)＝－eq \f(p,2)，
所以点M在抛物线E的准线上，①得证.
设点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，－\f(p,2)))，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1x0＝p\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)＋y1))，,x2x0＝p\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)＋y2))，))
点A，B的坐标满足方程x0x＝peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(p,2)))，
即直线AB的方程为x0x＝peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(p,2)))，
进而直线AB经过抛物线的焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，③得证.
若选择③作为条件，①②作为结论，证明如下：
直线AB经过抛物线的焦点F，设直线AB的方程为y＝kx＋eq \f(p,2)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋\f(p,2)，,x2＝2py，))消去y整理得x2－2pkx－p2＝0，
所以x1x2＝－p2，
设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，
有k1·k2＝eq \f(x1,p)·eq \f(x2,p)＝eq \f(－p2,p2)＝－1，
所以l1⊥l2，②得证.
又l1，l2相交于点M，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1x＝p（y＋y1），,x2x＝p（y＋y2），))
解得y＝eq \f(x1x2,2p)＝－eq \f(p,2)，
所以点M在抛物线E的准线上，①得证.
(2)解 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋4，,x2＝4y，))可得x2－4x－16＝0，
所以xC＋xD＝4，xCxD＝－16，
设线段CD的中点为P(x3，y3)，
则x3＝eq \f(xC＋xD,2)＝2，y3＝x3＋4＝6，
进而线段CD的垂直平分线方程为y－6＝－(x－2)，即y＝－x＋8，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,y＝－x＋8，))得x2＋4x－32＝0，
解得x＝－8或4，
从而△CDN的外心Q的坐标为(4，4)或(－8，16).
又|CD|＝eq \r(1＋12)·eq \r(（xC＋xD）2－4xCxD)＝eq \r(2)×eq \r(16＋64)＝4eq \r(10)，
所以|DP|＝eq \f(|CD|,2)＝2eq \r(10).
假设存在点N(m，0)(m>0)，
若Q的坐标为(4，4)，|QP|＝2eq \r(2)，
所以|QD|＝eq \r(|QP|2＋|DP|2)＝4eq \r(3)，
则|QD|＝|QN|＝eq \r(（m－4）2＋16)＝4eq \r(3)，
因为m>0，所以m＝4＋4eq \r(2).
若Q的坐标为(－8，16)，|QP|＝10eq \r(2)，
所以|QD|＝eq \r(|QP|2＋|DP|2)＝4eq \r(15)，
则|QD|＝|QN|＝eq \r(（m＋8）2＋162)>4eq \r(15)，
则Q的坐标不可能为(－8，16).
故在x轴的正半轴上存在一点N(4＋4eq \r(2)，0)，使得△CDN的外心在抛物线E上.