4第二部分专题五第4讲圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

1、第4讲 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题定点问题1 .参数法：参数法解决定点问题的思路：（1）引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中的核心变量（此处设为k）; （2）利用条件找到k与过定点的曲线 F（x，y）= 0之间的关系，得到关于k与x, y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系 ，找到定点.咼考真题思维方法(1) 略(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),【关键 1:（2017咼考全国卷n ）设0为坐标原用参数表示P, Q的坐标及向量OQ, PF】2点，动点m在椭圆c :

2、+ y2 = 1上，OQ PF = 3+ 3m tn, OP = (m, n), PQ = ( 3 m, t过M作x轴的垂线，垂足为 N，点Pn).满足 NP = /2NM.由OP PQ = 1 得3m m2+ tn n2 = 1,又由(1)知 m2（1）求点P的轨迹方程；+ n2= 2,故 3 + 3m tn=O.所以 OQ PF = 0,【关键 2：设点Q在直线x=- 3上，且OP PQ=1.证明：过点P且垂直于0Q的直线在OP PQ = 1的前提下，证明OQ PF = 0】l过C的左焦点F.即OQ丄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1过C的左焦点F.【

3、关键3：利用平面内过一点作一直线的垂线的唯一性，即得直线l过点F】,常根据动点或动直线的特殊情况2.由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时探索出定点，再证明该定点与变量无关.咼考真题思维方法(1) 略(2) 证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1, k2. 如果I与x轴垂直，设I: x=t,由题设知tM 0,且|t|<2,可得A,B的坐标分别为-4-匚贝U k1 + k2 =“4 2= 1, 得 t = 2, 不符合题设【关键1 :验证直线I与x轴垂直时，直线过定点的情况 】2从而可设 I: y= kx+ m(mM 1).将 y= kx+ m 代入:+ y2= 1 得(4k

4、2(2017高考全国卷I )已知2 2椭圆 C:右+ b2= l(a>b>0),四点 pi(1, 1), P2(0 , 1),P3(- 1,申),P4(1，爭中恰有三点在椭圆C上.(1) 求C的方程；(2) 设直线I不经过P2点且 与C相交于A，B两点.若 直线P2A与直线P2B的斜率 的和为一1,证明：I过定点.+ 1)x2 + 8kmx+ 4m2 4 = 0. 由题设可知 = 16(4k m + 1)>0.设 A(X1, y1), B(x2,k1+ k2= yi1+X1y2),y2 1X2X1+ X2= 8 km4k2 + 1，kx1 + m 1kx2 + m 1+X1X

5、22kx1X2+( m 1)( X1+ X2)X1X2X1X2 =4m2 44k2 + 1.而由题设 k+ k?= 1,故(2k + 1“1血+ (m 1)(X1 + X2) = 0.即(2k+ 1)4m2 44k2+ 1+ (m 1)8km4k2+ 1=0.解得k= m；【关键2:设出直线I的方程，并与椭圆方程联立消去y得到关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系及条件找到直线I中两个参数的关系】当且仅当m> 1时， >0,于是I: y= 晋二+ m,即卩y+ 1 =2)，所以 I 过定点(2, 1).m+ 1【关键3:将k= 2代入直线I的方程，变形得到直线所过定点(2, 1)

6、】典型例题(2019郑州市第一次质量预测)设M点为圆C: X2+ y2= 4上的动点，点 M在x轴 上的投影为N.动点P满足2PN= 3MN，动点P的轨迹为E.(1) 求E的方程；(2) 设E的左顶点为 D，若直线I: y= kx+ m与曲线E交于A, B两点(A, B不是左、右顶点)，且满足|DA + DB|=|DA DB|, 求证：直线I恒过定点，并求出该定点的坐标.【解】(1)设点M(x°, yo), P(x, y),由题意可知N(xo, 0),因为 2PN = 3MN ,所以 2(xo- x, y) = 3(0, y°),即 xo= x, yo= :y.又点M在圆C

7、: x2 + y2= 4上，所以x0 + y2 = 4,2 2心2八口 xy将 xo=x, yo=；y 代入得 4 + 3 = 1,2 2即轨迹e的方程为x+y=i.(2)由(1)可知 D( 2, 0),设 A(xi, yi), B(x2, y2),y= kx+ m 联立得 k2 y2,得(3 + 4k2)x2+ 8mkx+ 4(m2 3) = 0,一+ L= 1U十31A= (8mk)2 4(3 + 4k2)(4m2 12) = 16(12k2 3m2 + 9)>0 ,即 3+ 4k m >0 ,2十8mk4 (m 3)所以 X1 + X2 =2, x 1x2 =2 .3 + 4

8、k3+ 4k222 2 3m2 12k2y"2= (kx1+ m)(kx2 + m) = k X1X2+ mk(xj + X2) + m =,3+ 4k> > > > > > > > 因为 |DA + DB|= |DA DB|,所以 DA丄 DB ,即 DA DB = 0,即(X1 + 2, y1) (X2 + 2, y2) = X1X2 + 2(X1 + X2)+ 4+ y1y2= 0,2 2 24m2 12 8mk3m2 12k2所以2 + 2 x2 + 4+2 = 0,3 + 4k23+ 4k23+ 4k2所以 7m2 16mk+

9、 4k2= 0,222解得 m1 = 2k, m2 = 7k,且均满足 3+ 4k m >0 ,当mi= 2k时，I的方程为y= kx+ 2k= k(x+ 2),直线恒过点(一2, 0),与已知矛盾;当m2= 2k时，I的方程为y= kx+ #k= k x+ 2 ,直线恒过点 -2, 0.综上，直线I过定点，定点坐标为 一7, 0 .(1)求解直线和曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于 x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点 就是直线或曲

10、线所过的定点.由直线方程确定定点时，若得到了直线的点斜式方程y yo= k(x- xo),则直线必过定点(xo, yo);若得到了直线的斜截式方程y= kx+ m,则直线必过定点(0, m).对点训练(2019蓉城名校第一次联考)已知抛物线C: x2= 2py(p>0)的焦点为F,过点F作倾斜角为45°的直线与抛物线 C交于A, B两点，且|AB|= 16.(1)求抛物线C的方程;设P, M , N为抛物线上不同的三点，且 PM丄PN，若P点的横坐标为8,判断直线MN是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由.解：(1)由题意知，直线AB的方程为y= x + 2.丄p

11、y=x+22由，得 y2 3py+2x = 2py4 =°.设 A（X3, y3）, B（X4, y4）,贝y y3+ y4= 3p.所以 |AB|= y3 + y4 + p= 4p = 16,所以 p= 4.所以抛物线C的方程为x2= 8y.(2)法一：由(1)可得点 P(8, 8),设 M X1, ； , Nx2 8，则 kPM = 8X1 + 8 ,同理x2 + 8x1 + 8x2+ 8可得 kpN = 8.因为 PM _L PN,所以 kpM kpN= 8 8 = 1,化简得 X1X2+ 8（x1 + X2） +128 = 0.(*)y= kx+ b2易知直线 MN的斜率一定

12、存在，设直线 MN : y= kx+ b，由，得x2 8kx 8bx2 = 8y=0,所以 X1 + X2 = 8k, X1X2= 8b.代入(*),得8b+ 64k+ 128= 0,则 b = 8k+ 16.直线MN的方程可化为y= kx+ 8k+ 16,所以直线MN过定点(8, 16).法二：由可得点 P（8, 8）,设 M xi, £，N X2, X8，则 kiMN =2X28-2X1一 8Xl + X2同理可xi+ 8X2 + 8得 kpM =, kpN=.因为 PM 丄 PN,Xi + 8 X2+ 8所以 kpM kpN = 8 8 = 1，化简得一XiX2 =8(X1 +

13、 X2)+ 128.xi X1 + X2直线MN的方程为y 8(X X1),化简得X1 + X2X1X2 y = LX-.X1+ X2把代入得y=(x+ 8) + 16,8所以直线MN过定点（8, 16）.定值问题1.直接消参求定值：常见定值问题的处理方法：（1）确定一个（或两个）变量为核心变量其余量均利用条件用核心变量进行表示；（2）将所求表达式用核心变量进行表示（有的甚至就是核心变量）,然后进行化简，看能否得到一个常数.咼考真题思维方法(2015高考全国卷n )已知椭 圆 C: 9X+ y = m2(m>0),直线 l不过原点0且不平行于坐标 轴，1与C有两个交点A, B, 线段AB

14、的中点为M.(1)证明：直线 OM的斜率与1 的斜率的乘积为疋值；若l过点俘,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1的斜率；若不能， 说明理由(1)证明：设直线 l: y = kx+ b(kz 0, b工 0), A(xi, yi), B(x2, y2), M(Xm , yM).【关键1:设出直线方程及直线与椭圆交点 坐标】将 y= kx+ b 代入 9x2 + y2= m2,得(k2 + 9)x2+ 2kbx+ b2 m2=0,【关键2：把直线方程与椭圆方程联立消元得一元二次方程】故 x - * + x2b y - kx + b_ (J9b故 X

15、m2kT9，yM kXM +b ikV9.【关键3:利用根与系数的关系及中点在直线1上求M的坐标】于是直线OM的斜率koM-yM = 7，即卩koM - k- 9.Xmk【关键4:求直线OM的斜率并计算两直线斜率乘积】所以直线OM的斜率与1的斜率的乘积为定值.略2从特殊到一般求定值：常用处理技巧：(1)在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量 的个数，以便于向定值靠拢； 巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等 ，尽 量做到整体代入，简化运算.咼考真题思维方法(2016高考北京卷)已知椭2 2间xy圆 C:孑+ b?= 1(a>b>0) 的离心率为 爭,A(a, 0),B(0

16、, b), O(0, 0), OAB 的面积为1.(1) 求椭圆C的方程；(2) 设P是椭圆C上一点， 直线FA与y轴交于点M , 直线PB与x轴交于点N. 求证：|AN|BM|为定值.略(2)证明：由(1)知，A(2, 0), B(0, 1).设 P(x0, y0)，贝U x0+ 4y0= 4.当X0丰0时，直线PA的方程为y y(x- 2).X0 2'令 x 0,得 yM，从而 |BM| |1 yM |1 + |.X0 2X0 2【关键1 :设出P点坐标，对横坐标分类讨论，用P点坐标表 示|BM|】直线PB的方程为y x+ 1.X0令 y 0,得 xn 1，从而 |AN |2- x

17、n| |2+和.y0 1y0 1【关键2 :用P点坐标表示|AN|】所以 |AN| |BM| |2+ 乂01|1 + 丑2|y。 1 |X0 21产0+ 4yo+ 4x°y0 4x0 8y°+ 4X0y0 x0 2yo+ 21|4x0y° 4x0 8y0 + 8X0y0 x0 2y°+ 2 14.【关键3 :计算|AN| |BM|并化简得出定值】当 X。 0 时，y。一一 1, |BM| 2, AN 2,所以|AN| |BM| 4.【关键4:讨论特殊情况，并计算|AN| |BM| 综上，|AN| - |BM |为定值.典型例题2213画北(2019福建五

18、校第二次联考)已知椭圆C:予+器=1(a>b>0)的离心率为 为"，上顶点 M到直线.3x + y+ 4 = 0的距离为3.(1) 求椭圆C的方程；(2) 设直线I过点(4 , - 2)，且与椭圆 C相交于A, B两点，I不经过点 M，证明：直线 MA的斜率与直线 MB的斜率之和为定值.| a= 4X1X2X1 + X2=2k (4k+ 4) xX1X216k (2k+ 1)=2k 4(k+ 1)x= 2k (2k+ 1) = 1(为定值).64k ( k+ 1)求定值问题2种常见的方法(1) 从特殊值入手，求出定值,再证明这个值与变量无关.(2) 直接计算、推理，并在计

19、算、推理的过程中消去变量，从而得到定值.对点训练2 2已知椭圆C :字+器=1,过A(2, 0), B(0, 1)两点. 求椭圆C的方程及离心率； 设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N,求证：四边形 ABNM的面积为定值.2【解】(1)由题意可得，|b+ 4|,解得 ，所以椭圆C的方程为冬+y = 1.=解：由题意得，a= 2, b= 1,2b= 216所以椭圆C的方程为:+ y2= 1.£a2= b2+ c2证明：易知直线I的斜率恒小于0,设直线I的方程为y+ 2 = k(x 4), k<0且k - 1, a(xi, yi), B(

20、x2, y2),y+ 2 = k (x 4)联立得 x2 y2,得(1 + 4k2)x2 16k(2k+ 1)x+ 64k(k+ 1)= 0,+ 匕=11642 1 + 4k16k (2k+ 1)64k (k+ 1)则 X1 + X2=2, X1X2 =1 + 4ky1 2 y2 2因为kMA+kMB=匚厂+匚厂Xi(kxi 4k 4) X2+( kx2 4k 4)又C=- 'a( xoyo xo 2yo + 2)2xoyo 2xo 4yo+ 4= =2.xoyo xo 2yo + 2从而四边形ABNM的面积为定值. b2= 3,所以离心率e= a = ¥22(2)证明:设

21、P(xo, yo)(xo<O, yo<0),贝U xo+ 4yo= 4.又A(2, 0), B(0, 1),所以直线PA的方程为y=-(x 2).xo 2令 x= 0,得 yM = - 2y。,xo 2从而 |BM |= 1 yM = 1 + 2'° .xo 2yo一 1 直线PB的方程为y=x+ 1.xo令 y= o,得 xn = X。,yo 1从而 |AN|= 2 Xn = 2+ x° .yo 111(xo *2yo 所以四边形 ABNM 的面积 S= 2|AN|BM|= - 2 +|1 + 一 22 2xo+ 4yo+ 4xoyo 4xo 8yo+

22、 4推证满（点、直,先假设探究、存在性问题存在性问题的解法：先假设存在，用待定系数法，列出关于待定系数的方程组足条件的结论，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 线、曲线或参数）不存在要注意的是：（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，要开放思维，采取另外合适的方法.咼考真题思维方法(2015 考全国卷1 )在直角2坐标系xOy中，曲线C: y =二4与直线l: y= kx+ a(a> 0)交于M，N两点.(1) 当k= 0时，分别求C在点M和N处的切线方程；(

23、2) y轴上是否存在点 P,使得当k变动时，总有/ OPM =/ OPN?说明理由.(1) 略(2) 存在符合题意的点证明如下：设P(0, b)为符合题意的点，M(X!, y“, N(X2, 丫2),直线PM, PN的斜率分别为ki, k2.将y= kx+ a代入C的方程得 x2 4kx4a= 0.故+ x2= 4k, x1x2= 4a.【关键1:设出P点坐标，联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系写出 M , N横坐标与参数的关系 】从而k1 + k2 =心+ QX1X22kx1X2+( a b) ( x1 + x2)k (a+ b)-X1X2-a.【关键2:用参数表示PM , PN的斜

24、率和】当b= a时，有 匕+0，贝U直线PM的倾斜角与直线 PN的倾斜角互补，故/ OPM =Z OPN，所以点P(0, a)符合题意.【关键3:用PM , PN的斜率和等于零说明 / OPM = Z OPN,得出定点】续表咼考真题思维方法(2015高考全国卷n)已知椭圆2 2 2C: 9x + y = m (m>0)，直线 I不过原点0且不平行于坐标轴，I与C有两个交点A, B,线段AB的中点为M.(1) 证明：直线 0M的斜率与1 的斜率的乘积为疋值；(2) 若1过点，m ，延长线段0M与C交于点P,四边形OAPB 能否为平行四边形？若能， 求此 时1的斜率；若不能，说明理由(1)略

25、四边形OAPB能为平行四边形因为直线I过点，m 所以1不过原点且与椭圆 C有两 个交点的充要条件是 k>0, kz 3.9由(1)得直线OM的方程为y= rx.设点P的横坐标为Xp.r922禹y= kx,zB 2k m日口ikm由$k得 XP/丰 81，即 Xp .-2 .c 2丄 229k + 81员/k + 9、9x + y m ,7【关键1:写出OM的方程，与椭圆方程联立求出 P点横坐标】将点，m的坐标代入直线1的方程得b= m(罕k),k ( k 3 ) rm因此Xm o ；.2 , 9)【关键2:求M点横坐标】3 (k 十 9/四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段 AB与线

26、段OP 一丄十八 卄十dkmk (k 3) m 乂互相平分，即Xp %,于是前予2J(k2+9)'【关键3 :构造关于k的方程】解得 k1 4/7, k2= 4+/7.因为k>0, kz 3,所以当1的斜率为4或4 +V7时，四 边形OAPB为平行四边形.典型例题働3 已知动圆C与圆X2 + y2 + 2x= 0外切，与圆x2 + y2 2x 24= 0内切.(1) 试求动圆圆心 C的轨迹方程；(2) 过定点P(0，2)且斜率为k(k丰0)的直线I与(1)中轨迹交于不同的两点M , N,试判断在x轴上是否存在点 A(m, 0),使得以AM , AN为邻边的平行四边形为菱形？若存在

27、，求出 实数m的范围；若不存在，请说明理由.2 2 2 2 2 2 2 2【解】(1)由 x + y + 2x= 0 得(x+ 1) + y = 1，由 x + y 2x 24= 0 得(x 1) + y = 25,设动圆C的半径为R,两圆的圆心分别为 Fl( 1, 0), F2(1, 0),则|CFi|= R+ 1 , |CF2|= 5 R,所以|CFi|+ |CF2|= 6,根据椭圆的定义可知，点C的轨迹为以Fi, F2为焦点的椭圆，所2 2 以c= 1, a= 3,所以b2= a2 c2= 9 1= 8,所以动圆圆心 C的轨迹方程为 乡+普=1.98(2)存在.设直线I的方程为y= kx

28、+ 2,设M(X1, %), N(x2, Y2), MN的中点为E(xo, y°).假设存在点A(m, 0),使得以AM , AN为邻边的平行四边形为菱形，则AE丄MN ,得（8十 9k2）x2 + 36kx 36 = 0,y= kx+ 2,由 x2 y2+ = 19 十 81 ,X1 十 X2= 36 k9k2 + 8,所以x°=18k9k2+ 8y0= kx°+ 2=162 ,9k + 81因为AE丄MN ,所以kAE =-匸1629k + 818k1 2k-,所以m=k9k + 82m9k + 88'9k+ 8当 k>0 时，9k+ 8>

29、 2 9X 8 = 12 2,所以一卡< m<0 ;当 k<0 时，9k+ <- 12 2,所以 0<g节因此，存在点A(m, 0),使得以AM , AN为邻边的平行四边形为菱形 ，且实数m的取值 范围为一鲁,(0,朝存在性问题求解的思路及策略(1)思路：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.(2)策略：当条件和结论不唯一时要分类讨论.对点训练2 2X y(2019重庆市学业质量调研)如图，已知椭圆C:2+ 2= 1(a>b>0)，其左、右焦点分别为a bFi(- 2, 0), F2(2, 0),过点Fi的直线交椭

30、圆C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，且|AFi|, |FiF2|, |AF2|构成等差数列.(1) 求椭圆C的方程；(2) 记厶GFiD的面积为$, OED(O为坐标原点)的面积为S2试问：是否存在直线 AB,使得s = S2?请说明理由.iJ/r解：因为|AFi, |FiF2|, |AF21构成等差数列，所以 2a = AF11+ |AF21= 2|FiF2= 8,所以 a= 4.又 c= 2,所以 b3+ 4k 丿= i2,2 2 所以椭圆c的方程为ix6+器=i.假设存在直线 AB,使得Si = S2,显然直线AB不能与x, y轴垂直

31、设AB的方程为y=k(x+ 2)(2 0),2 2将其代入 話+ 器=i,整理得(4k2 + 3)x2 + i6k2x+ i6k2- 48= 0,十-i6k2设 A(xi , yi) , B(X2, y2) , D(xd , 0),所以 Xi + X2=,3 + 4k所以点G的横坐标为xi + x22-8k23 + 4k2'所以G2 ">6k因为DG丄AB ,6k3+ 4k2- 2k2所以 2 k=- i,解得xd =2 ,-8k23+ 4k2Xd3+ 4k2,Q + 4k2因为 RtGDFi 和 RtODE 相似，所以若 Si =则 |GD|=|OD|,所以If- 8

32、k2_- 2k2 勺（ 6k 冷 住 + 4k2 3+ 4k2 广吃+ 4k?丿-2k23 + 4k2,整理得8k2 + 9= 0.因为方程8k2 + 9= 0无解，所以不存在直线 AB,使得Si= S2.练典型习题提数学素养2 21. (2019安徽省考试试题)已知椭圆C:令+ y2= 1(a>b>0)的上顶点为P,右顶点为Q,a b直线PQ与圆x2 + y2= 5相切于点M彳，4 .(1) 求椭圆C的方程；(2) 若不经过点P的直线l与椭圆C交于A, B两点，且FA PB = 0,求证：直线I过定点. 解:(1)由已知得直线 OM(O为坐标原点)的斜率koM = 2,则直线PQ

33、的斜率kpQ= =koM12，所以直线PQ的方程为y 4=- 1 x-£ ,即x + 2y= 2可求得P(0, 1), Q(2, 0),故a=2, b= 1,2故椭圆c的方程为X + y2= 1.(2)证明：当直线I的斜率不存在时，显然不满足条件.当直线I的斜率存在时，设I的方程为y= kx+ n(n丰1),-24+y2=1由，消去 y 整理得(4k2+ 1)x2 + 8knx+4(n2 1) = 0,y= kx+ nA= (8kn)2 4 x 4(4k2+ 1)(n2- 1) = 16(4k2 + 1 n2)>0,得 4k2+ 1>n2.2、一8kn4 (n 1)设 A

34、(X1 ,y1) ,B(X2,y2),贝UX1+ X2=2，x1x2=2.4k + 14k + 1由 PA PB = 0,得（*, y1 - 1）（冷，y2- 1） = 0,又 y1 = kx1+ n, y2= kx2 + n,所以(k2 + 1)xix2+ k(n 1)(xi + X2)+ (n 1)2= 0,3由得n= 1(舍),或n = 3,满足.5此时I的方程为y= kx 5,故直线I过定点0, | .2 22. (2019南昌市第一次模拟测试)已知椭圆C:拿+ b2= 1(a>b>0)的左、右焦点分别为Fi,1F2,离心率为2，P是C上的一个动点，且 F1PF2面积的最大

35、值为 4,3.(1) 求C的方程；(2) 设C的左、右顶点分别为 A, B,若直线PA, PB分别交直线x= 2于M , N两点，过 点F1作以MN为直径的圆的切线，证明：切线长为定值，并求该定值.解：(1)设P(x°, y°)，椭圆的半焦距为c.11因为 S1PF2= 2|F1F2| |y0|< 2 2 c b = bc,所以bc= 4 3.c 12.2.2又 e= 一=二，a = b + c ,a 2所以 a= 4, b = 2 3, c= 2,2 2所以c的方程为x6+ y2=1.(2)由(1)可知 A( 4, 0), B(4, 0), F1( 2, 0).由题

36、可知，X。吃，且x0±.设直线FA, PB的斜率分别为k1, k2,则直线PA的方程为y= k*x + 4)，令x = 2得y= 6&,故 M(2, 6k1).直线 PB 的方程为 y= k2(x 4),令 x= 2 得 y= 2k2,故 N(2, 2k?).记以MN为直径的圆为圆 D,则D(2, 3k1 k?).710如图，过点F1作圆D的一条切线，切点为T,连接F1D , DT ,则|F订|2=鬥。|2 |DT|2,所以 F订|2= 16 + (3ki k2)2- (3ki + k2)2= 16- 12kik2,又 ki = ±, k2=±,Xo+ 4

37、xo 42yoyoyo所以 ki k2= 2xo+ 4 xo 4 xo 162X0由2 oX/_k3 -6)3所以 k k2= 4,则 |F订 |2= 16 12k1k2= 16 12X 3 = 25,所以|F订|= 5.故切线长为定值5.3. (2019广州市调研测试)已知动圆C过定点F(1, o),且与定直线x= 1相切.(1) 求动圆圆心 C的轨迹E的方程；(2) 过点M( 2, o)的任一条直线I与轨迹E交于不同的两点 P, Q，试探究在x轴上是否 存在定点N(异于点M),使得/ QNM + Z PNM = n若存在，求点 N的坐标；若不存在，请 说明理由.解：(1)法一：依题意知，动

38、圆圆心C到定点F(1 , o)的距离，与到定直线x= 1的距离 相等，由抛物线的定义，可得动圆圆心 C的轨迹E是以F(1, o)为焦点，x= 1为准线的抛物 线，其中p= 2.所以动圆圆心 C的轨迹E的方程为y2= 4x.法二：设动圆圆心C(x, y),依题意得“ (x 1) 2+ y2=|x+ 1|,化简得y2 = 4x,即为动 圆圆心C的轨迹E的方程.(2)假设存在点N(xo , o)满足题设条件.由/ QNM + / PNM = n可知，直线PN与QN的斜率互为相反数，即kp“+ kQN = oy2=4x2易知直线PQ的斜率必存在且不为 o,设直线PQ: x= my 2,由，得y2 4my_x= my 2+ 8 = o.由= ( 4m)2 4X 8>0,得 m>