2020高考数学复习--专题五解析几何第4讲圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题练习(含解析)

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.高考真题思维方法(2017 舒考全国卷n )设 O为坐标原11 一"八 X2 2t点，动点M在椭圆C: + y = 1上，过M作x轴的垂线，垂足为 N,点P满足於/iNm(1)求点p的轨迹方程；(2)设点Q在直线x= 3上，且OP-PQ=1.证明：过点P且垂直于OQ勺

2、直线l过C的左焦点F.(1)略(2)证明：由题意知 F(-1, 0).设Q 3, t) , Rm n),则Oq= ( 3, t) , PF= ( -1-m n),【关键 1： 用参数表示P, Q的坐标及向量OQ 而一- - ， ， 、 三一 ， 一，OQ PF= 3+3m- tn, OF3 ( m n) , PQ= (3m, tn).由 OP PQ= 1 得一3m- m2+ tn n2= 1,又由(1)知 m + n2=2,故 3 + 3m- tn=0.所以 OQ PF= 0,【关键 2: 在OP PQ= 1的前提下，证明OQ PF= 0】即OQLPE又过点P存在唯一直线垂直于 OQ所以过 点

3、P且垂直于 OQ勺直线l过C的左焦点F.【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!2 .由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.高考真题思维方法-4 -(2017 高考全国卷I )已 知椭圆C：去+看=1(a>b>0),四点 P1(1 , 1),P2(0, 1),P4(1 ,中恰有三点在椭圆C上.(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且 与C相交于A, B两点.若 直线PA与直线P2B的斜率 的和为一1,证明：l过定 与 八、.+1) x2 + 8km奸 4m2-4= 0.略(2

4、)证明：设直线 P2A与直线P2B的斜率分别为ki, k2.如果l与x轴垂直，设l ： x = t,由题设知t W0,且111<2 ,可 得A, B的坐标分别为t , 4H , t ,乌工.则k*空手-亚丁型一 1,得t = 2,不符合题设.【关键1:验证直线l与x轴垂直时，直线过定点的情况】X2 2 ，2从而可设 l : y= kx+ m mr51).将 y= kx+ m代入7 +y = 1 得(4 k由题设可知 = 16(4 k2- m2+ 1)>0.2,8km4m4设 A(x1, y1),Rx2, y2),则 x-x2= - 4k2+1, x1x2= 4k2+1.而 k+ky

5、1一1+丫21 kx1 + m 1 kx2+ mv 1x1 x2x1x22kx1x2+ ( mr 1)(x1 + x2)XiX2由题设 k+k2=1,故(2k+1)xiX2+( mv 1)(xi + X2)=0., 2广4m48km即化k+D 访+ (底D k = °.rni 1解得k=-.【关键2：设出直线l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l中两个参数的关系】rni 1当且仅当 m>- 1 时，A>0,于是 l : y=2 x+mi 即 y+1 =毁(x-2),所以l过定点(2 , 1).【关键3:将卜=-若代入直

6、线l的方程，变形得到直线所过定点(2 , -1)典型例题钝E (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29，3Mn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l： y=kx+m与曲线E交于A, B两点(A, B不是左、右顶点)，且满足| D& DB = | DA-DB ,求证：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标.【解】(1)设点Mx0, yo) , P(x, y),由题意可知N(xo, 0),因为 2PN=、/3Mn 所以 2(x。一x, y)=，3(0, y。)，即 xo = x, y0=j

7、y,又点M在圆C: x?+y2=4上，所以x2+ y0= 4,“2 ，一小 x2 y2将X0=x, y0=忑丫代入得w十1，22即轨迹E的方程为%上1.(2)由(1)可知 D( 2, 0),设 A(xi, yi) , B(X2, y。，y = kx+ m联立得 ( 上 ，得(3+4k2)x2+8m- 4(n2-3) =0, 4+ 3 = 1A = (8 mk)2-4(3 + 4k2)(4 吊一12) = 16(12k2 3m2+ 9)>0 , 即 3+ 4k2 m>0,所以Xl+X2 =8mk4 (n2i- 3)-2, X1X2 = -2 3+ 4k'3+4k一 2 一 2

8、22 3m12ky1y2= (kx1+ n)( kx2 + n) = k X1X2+ mkx + X2) + m= 3+ 4k2因为 I DAvDB = l DA-Db,所以 Dal由 即 DA- Db= 0,即(X1 + 2, y1) -(X2+2, y2) =X1X2+2(X1 + X2) + 4+yy2= 0,所以4m123+4k2+ 2X8mk3 +4k2223m 12k3+4k2=0,22所以 7m16m®4k =0,解得 m= 2k, m= 7k,且均满足 3 +4k综上，直线l过定点，定点坐标为 7, 0 .- m2>0,当m = 2k时，l的方程为y=kx+2k

9、=k(x+2),直线恒过点(一2, 0),与已知矛盾;2222当m2 = 7k时，l的方程为y=kx + 7k=kx + 7 ,直线恒过点 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线所过的定点.(2)由直线方程确定定点时，若得到了直线的点斜式方程y-yc=k(x-x0),则直线必过定点(x。，y°)；若得到了直线的斜截式方程y= kx + m则直线必&#

10、39;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;若P点的横坐标为8,判断直线MN(2)设P, M N为抛物线上不同的三点，且PML PN是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由. 一 、一一 . p解：(1)由题意知，直线 AB的万程为y=x + 2.= X+p2由 Y x 2,得 y23py+ p4=0.x2 = 2py设 A(x3, y3), B(x4, y4),则 y3 + y4=3p.所以

11、 | 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2X1R8 , 8),设 MX1,-8N x22X28,则 kpM=2X18八8 X1 + 8X1-88X2+ 8得 kPQ ：.因为 PML PN 8所以 kPM kPN= W88X2+ 881,化简得 x1x2+8(x1 + x2) + 128Xi+ 8 x2+ 88-6 -=0.(*)易知直线 MN勺斜率一定存在，设直线 MN y=kx+b,由y= kx+ b2x = 8y,得 x28kx 8b=0,16).2X22X1法二：由(1)可得点P(8 , 8),设MX1,

12、可N X2,2X2T ,则 kM4888 X1 + X27=-,同理可得X1 X28所以 xdx2=8k, X1X2=8b.代入(*),得一8b+64k+128=0,贝U b=8k+16.直线MN勺方程可化为y=kx + 8k+16,所以直线MN±定点(一8,2X1kP户=1,化简得一XiX2= 8( XikPM= , kPN= .因为 PML PN,所以 kPM。88+ X2) + 128.2,X1X1 + X2直线MN勺方程为y-g = x-8(X-Xi),八/口 Xi + X2X1X2化简得y=1X -88Xl+ X2 把代入得 y = i(x+8)+ 16,8所以直线MNi定

13、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.高考真题思维方法（2015 高考全国卷n ）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后两个交点A, B, 线段AB的中点为M证明：直线OM勺斜率与l 的斜率的乘积为定值；（2）若l过点m m ,延长线段 3OMW C交十点P,四边形OAPE 能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不

14、能，说明 理由.（1）证明：设直线 l ： y= kx+ b（kw0, bw0） , A（X1, y。, B（X2,y2） , Mxm, 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=m,得（k2+9）X2+2kbx+b2m2= 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】,X1+X2 kb9b故 x 2 k2+ 9' 丫 kXM+ b k2+ 9.【关键3：利用根与系数的关系及中点在直线l上求M的坐标】yM9于是直线 OM勺斜率 koiM=一 一,，即 koM- k一 一 9. xmk【关键4：求直线OM勺斜率笄计算两直线斜率乘

15、积】所以直线OM勺斜率与l的斜率的乘积为定值.（2）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；（2）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.高考真题思维方法略(2)证明：由(1)知，A2 , 0) , B(0 , 1).设 P(X0, y0),则 x2+4y0=4.y0当xoWO时，直线 PA的万程为y=H,(x- 2).Xo 2(2016 高考北京卷)已知22椭圆 C： a2+b2= 1(a>b>30)的离心率为 5一，A(a, 0)B(0 , b) , O(0 , 0) ,

16、 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PA与y轴交于点M 直线P* x轴交于点N.求证：I AN I BM为定值.人，一2y02y0令 x=0,得 yM=,从而 | BM = |1 yM| = |1 H1.X。一 2x。一 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】,、y0一 1直线PB的方程为y=1x+ 1.x0*-x0令 y = 0,得 xn= y _ 1,从而 | AN = |2 xn| = |2x0卜 y0-1|.【关键2：用P点坐标表示|AN】x02 y0所以 |AN 田即=|2+好 I - 11 I22x0+ 4yo+

17、 4x0y0 4x0 8yo+ 4x°y0x°2y0+214x0y0 4x0 8yi+ 8一| x°y0 x°2y0+2 |=4.【关键3:计算| AN - I BM并化简得出定值】当 x0=0 时，y°=1, | BMI=2, | AN =2,所以| AN IBM = 4.【关键4:讨论特殊情况，并计算| AN - I BM】综上，| AN I BM为定值.典型例题例团(2019 福建五校第二次联考 )已知椭圆C：刍+y2= 1(a>b>0)的离心率为，上顶 a b2点M到直线 #x+y+4 = 0的距离为3.(1)求椭圆C的方程

18、；(2)设直线l过点(4, 2),且与椭圆C相交于A, B两点，l不经过点M证明：直线 MA 的斜率与直线MB勺斜率之和为定值.e=C=史a 222【解】(1)由题意可得,|b+4| ，解得a 4,所以椭圆C的方程为占+ y=1.2=3b= 216 4a2= b2+ c2(2)证明：易知直线l的斜率恒小于0,设直线l 的方程为 y+2=k(x4), k<0 且 kw -18 -1, A(xi, yi) , B(x2, y2),y + 2= k (x 4)联立得 x2 y2，得(1+4k2)x216k(2k+1)x+64k(k+1) =0,16+1皿16k (2k+1)64k (k+1)则

19、 x1 + x2=. , 2,x1x2=. ,2一 ,1 + 4k1 + 4k因为kMA+ 卜从万 一 + 一 x1x2(kx1 4k 4) x2+ (kx24k 4) x1xx2= 2k(4 k+4) Xx1 + x2xx2= 2k4( k+1) x16k (2k+ 1)64k (k+ 1)= 2k(2k+1) = 1(为定值).图但函四求定值问题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，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定值.对点训练22，一一 x y一，已知椭圆 C： a2 + b2=1,过 A(2 , 0), B(0 , 1)两点.

20、(1)求椭圆C的方程及离心率；(2)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 ABNMJ面积为定值.解：(1)由题意得，a=2, b=1, x22所以椭圆C的方程为x + y2=1.4又c= >/a2 b2 = 3,所以离心率3=：=*.(2)证明：设 Rxo, yo)( xo<0, yo<0),则 x2+4y0=4.yo又A(2, 0) , R0, 1),所以直线PA的万程为y =(x2).Xo 2人22y0令 X = 0,得 yM=-Xo 22y0从而 | BM = 1 - yM= 1H.X。一 2直线PB的方程为y =

21、 y=x+1.X0一X0令 y=0,得 XN=-y0一 IX0从而 | AN =2 Xn= 2 + y1.所以四边形 ABNM勺面积 S= 1|AN - I BM=1 2+-X°- 1+-20-22y01X0- 2X0 + 4y0 + 4X0y0 4x° 8y0+ 42(X0y0X02yo+2)=2.2X0y0 2X0 4y0+ 4X0y0X02yo+ 2从而四边形 ABNM勺面积为定值.“）破解难点3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，推证满足条件的结论，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（点

22、、直 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，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，要开放思维，采取另外合适的方法.高考真题思维方法(2015 高考全国卷I )在直 角坐标系xOy中，曲线C： y2x=4与直线 l ： y= kx+ a( a>0)交十M N两点.(1)当k=0时，分别求C在点 M和N处的切线方程；(2) y轴上是否存在点 P,使得 当k变动时，总有/ OP除 /OPN说明理由.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， Mxi, yi)

23、, N(x2, v2，直线PMPN的斜率分别为ki, k2.一、一、一一2.将y=kx+a代入C的万程得x -4kx- 4a = 0.故xi + x2=4k, xix2= 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=曰+ 0 xix22kx1x2+ (ab) (xi + x2) k (a+b)小 n 中公.【关键2：用参xix2a数表示PM PN的斜率和】当b= a时，有ki+k2=0,则直线PM勺倾斜角与直线 PN的倾斜角互补，故/ OPM / 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/

24、OPIW / OPN得出定点】续表高考真题思维方法略(2)四边形OAPB为平行四边形因为直线l过点m, m,所以l不过原点且与椭圆 C有两 3(2015 高考全国卷n)已知椭圆 C： 9x2+y2=m(n>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证明：直线OM勺斜率与l的斜率的乘积为定值；(2)若l过点m m ,延长线段3OM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.个交点的充要条件是k>0, kw3.由(1)得直线OM勺方程为y=9x. k设点P的横坐标为XP.9y=.0，9x2+ y2=

25、 m2,得xP=k2m9k2+ 81土 km【关键1：写出OM勺方程，与椭圆方程联立求出P点横坐标】一 m ，一 ，1 m (3 k)将点 m的坐标代入直线l的方程得b二二 ，33k (k 3) m因此Xm= 3 1k2+；).【关键2:求M点横坐标】四边形OAP的平行四边形，当且仅当线段 AB与线段OP互、八5口 士 kmk (k3) m相平分，即xp=2xm，于足痴薜9 = 2X 3(k2+9),【关键3:构造关于k的方程】解得 k1=43，k2=4+币.因为k>0, kw3,所以当l的斜率为4干或4+干时, 四边形OAP的平行四边形.典型例题例叵I已知动圆C与圆x2+y2+2x=0

26、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R0, 2)且斜率为k(kw0)的直线l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，求出实 数m的范围；若不存在，请说明理由.【解】(1)由 x2+y2+2x=0 彳#(x+ 1)2+y2=1,由 x2+y22x24=0 得(x1)2+y2=25,设动圆C的半径为R,两圆的圆心分别为 F1(1, 0), F2(1 , 0),则|CF|=R+ 1, | CE|=5R所以|CF| + |C同=6,根据椭圆的定义可知，点C的轨迹

27、为以Fl, F2为焦点的椭圆，所以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 云+* = 1. 98(2)存在.设直线l的方程为y = kx+2,设Mxi, yi) , NX2, V4 , MN勺中点为E(xo, yo) .假 设存在点A(m 0),使得以AM ANK/邻边的平行四边形为菱形，则AE!MNy= kx+ 2,由 x2 y2得(8+9k2) x2+ 36kx- 36=0,9+8 i36k 向、.18kxi+x2=-9k2T8，所以 x°=9ra'16y0=kx0+2=9ra'一， ,1因为AE±

28、MN所以kAE=-k1628, 9k+ k9k2+ 8 01-2k即18k =-k，所以 m= 9ra9k2+8当k>0时,8：29k+k>2/9X8 = 12y2,所以-12-& m<0;当k<0时,9k+8<- 12/2,所以 0Vme*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的取值范围为一噜，0 U 0，* .朗EH茴国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.当给出结论而要推导出存在的条件时，先

29、假设成立，再推出条件.对点训练22(2019 重庆市学业质量调研)如图，已知椭圆 C：4+七=1(a>b>0),其左、右焦点分别 a b为F1(2, 0), F2(2, 0),过点F1的直线交椭圆 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| AF| , |FF2| , |AE|构成等差数列.(1)求椭圆C的方程;(2)记AGED的面积为Si OEDO为坐标原点)的面积为&.试问：是否存在直线 AB使得S1=S2?请说明理由.解：(1)因为| AF| , | F1F2| , | AE|构成等差数列,所以 2a = | AF|

30、 + | AF2| = 2| F1F2I = 8,所以 a= 4.又 c=2,所以 b2= 12,22所以椭圆c的方程为泊泊1(2)假设存在直线 AB使得S=S2,显然直线 AB不能与x, y轴垂直.设 AB的方程为y= k(x + 2)( kw0),X2y2，,一2222将其代入 而+ '= 1,整理得(4 k + 3) X + 16k x+ 16k -48=0,5» ,16k2设 A(X1, y1), B(X2,、斗，D(xd, 0),所以 xdX2=2,3 4k所以点G的横坐标为2X1 + X28k3+4k2' 8k2所以GE6k3+4k2 .6k3+4k2所以

31、一一 8k-71 Xd3+4k因为DGL AB2k2k= - 1,解得 xd=3+ 4个 2k2即DE 0因为 RtAGDFD RtODEf似，所以若 S=S2,则 |GD = |OD,./ -8k22k2 26k 2- 2k22所以寸许+许=,整理得8k+9"因为方程8k2+9=0无解，所以不存在直线 AR使得S = Sa.练典型习题G提数学素养.221. (2019 安徽省考试试题)已知椭圆C： x2+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=?相切于点M2, 4 . 55 5(1)求椭圆C的方程；(2)若不经过点 P的直线l与椭

32、圆C交于A, B两点，且PA-PB= 0,求证：直线l过定点.解：(1)由已知得直线 OMO为坐标原点)的斜率koM2,则直线PQ的斜率kPA 二= ?,koM2所以直线PQ的方程为y-4=-1 x-| ,即x+ 2y=2.可求得R0 , 1), Q2 , 0),故a 525=2, b= 1,3A、TX22故椭圆C的方程为4+y2=1.(2)证明：当直线l的斜率不存在时，显然不满足条件.当直线l的斜率存在时，设l的方程为y= kx+n(nw1)，X2+ 2- 1由4+y ,消去 y 整理得(4 k2+1)x2+8knx+4( n21) = 0, y= kx+ nA = (8 kn)2 4X4(

33、4 k2+ 1)( n2- 1) =16(4 k2+ 1 - n2)>0 ,得 4k2+ 1>n2._ 8kn 4 (n _ 1)设 7刈，)，B(x2, yj 则刀 + *2=4, *%= 4+1.由PA- PB= 0,得(x1, y1 1) (x2, y21)=0,又 y1 = kxdn, y2= kx2+ n,所以(k2 + 1)x1x2+k(n 1)( x + x2) + ( n1) 2= 0,.3.由得n = 1(舍)，或n=三满足.5此时l的方程为y=kx-|,故直线l过定点0, 3 .55222. (2019 南昌市第一次模拟测试)已知椭圆 C：，b2=1(a>

34、b>0)的左、右焦点分别为1F1, F2,离心率为 % P是C上的一个动点，且 EPF2面积的最大值为 4小.(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直径的圆的切线，证明：切线长为定值，并求该定值.解：(1)设Rx。，y。)，椭圆的半焦距为 c.11因为 SAF1PF> = 2| F1F2I - | yc| <2 - 2 c - b=bc,所以bc= 4 3.所以 a=4, b=24 c=2,22所以C的方程为X+y2=1.(2)由(1)可知 A(-4, 0) , R4, 0) , Fi(2,

35、 0).由题可知，xoW2,且xow ± 4.设直线PA PB的斜率分别为ki, k2,则直线PA的方程为y=ki(x+4),令x = 2得y = 6ki, 故 M2 , 6ki).直线 PB的方程为 y = k2(x 4),令 x=2 得 y=2k2,故 N(2 , 2k2).记以MM直径的圆为圆 D,则口2, 3ki-k2).如图，过点Fi作圆D的一条切线，切点为 T,连接FQ,D1则|FiT2= |FiD|则 IF1T = 1612kk= 1612X 4 =25,所以 | F1T =5.故切线长为定值5.3. （2o19 广州市调研测试）已知动圆C过定点F（1 , o）,且与定

36、直线x=1相切.（1）求动圆圆心 C的轨迹E的方程；（2）过点M2, o）的任一条直线l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 /PNM=tt?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，动圆圆心C到定点R1 , o）的距离，与到定直线 x=- 1的距离|DT2,222所以 | FiT =16+(3ki k2) (3ki + kz) =1612kik2,yoyo又k1=F ,匕=裂所以k1 , k2 =yoyoxo + 4xo 4xo22,xoyo23, 2由而+12 = 1,得 丫。= 4(x。 16),3 所以 k1- k2=-4, 相等，由抛物线的定义，可得动圆圆心C的轨迹E是以F(1 , 0)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M (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 Nx0, 0)满足题设条件.kpNl+ kQNF= 0.2 4x,得 y24m什 8x= my- 2由/QNM /PNM=ti可知，直线 PN与Q厢斜率互为相反数，即易知直线PQ勺斜率必存在且不为 0,设直线PQ x = my- 2,由=0.由 =(-