高考数学考点42圆锥曲线中的综合性问题试题解读与变式 18页

考点 42 圆锥曲线中的综合性问题 【考纲要求】 应从“数”与“形”两个方面把握直线与圆锥曲线的位置关系．会判断已知直线与曲线的位置关系(或交点 个数)，会求直线与曲线相交的弦长、中点、最值、定值、点的轨迹、参数问题及相关的不等式与等式的证 明问题． 【命题规律】 圆锥曲线中的综合性问题一般在解答题中考查.难度较大. 【典型高考试题变式】 （一）探究直线与曲线的公共点 例 1.【2016 新课标卷】在直角坐标系 xOy 中,直线 l:y=t(t≠0)交 y 轴于点 M,交抛物线 C： 2 2 ( 0)y px p  于点 P,M 关于点 P 的对称点为 N,连结 ON 并延长交 C 于点 H. （1）求 OH ON ； （2）除 H 以外,直线 MH 与 C 是否有其它公共点？说明理由. 【解析】（1）由已知得 ),0( tM , ),2( 2 tp tP . 又 N 为 M 关于点 P 的对称点,故 ),( 2 tp tN ,ON 的方程为 xt py  , 代入 pxy 22  整理得 02 22  xtpx ,解得 01 x , p tx 2 2 2 ,因此 )2,2( 2 tp tH . 所以 N 为OH 的中点,即 2|| ||  ON OH . （2）直线 MH 与C 除 H 以外没有其它公共点.理由如下： 直线 MH 的方程为 xt pty 2  ,即 )(2 typ tx  .代入 pxy 22  得 044 22  ttyy , 解得 tyy 221  ,即直线 MH 与C 只有一个公共点,所以除 H 以外直线 MH 与 C 没有其它公共点. 【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系是一个 很宽泛的考试内容,主要由求值、求方程、求定值、最值、求参数取值范围等几部分组成；解析几何中的证 明问题通常有以下几类：证明点共线或直线过定点；证明垂直；证明定值问题.其中考查较多的圆锥曲线是 椭圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用. 【变式 1】【2017 陕西省咸阳市二模】已知动点 M 到定点  1,0F 和定直线 4x  的距离之比为 1 2 ，设动点 M 的轨迹为曲线 C ． （1）求曲线C 的方程； （2）过点 F 作斜率不为 0 的任意一条直线与曲线C 交于两点 ,A B ，试问在 x 轴上是否存在一点 P（与点 F 不重合），使得 APF BPF   ，若存在，求出 P 点坐标；若不存在，说明理由． （2）存在. 设直线        1 1 2 2: 1 0 , 1, , 1, , ,0l x ty t A ty y B ty y P m      , 则  2 2 2 2 1{ 3 1 4 123 4 12 x ty ty yx y        ，即 2 23 4 6 9 0t y ty    ， 1 2 1 22 2 6 9,3 4 3 4 ty y y yt t      ， 由 APF BPF   得 0AP BPk k  ,即 1 2 1 2 01 1 y y ty m ty m      ， 整理得   1 2 1 22 1 0ty y m y y    ， ∴  2 2 9 62 1 03 4 3 4 tt mt t      ，解得 4m  ， 综上知, 在 x 轴上是存在点  4,0P 满足题意. 【变式 2】【2017 湖南省常德市一模】已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率为 3 2 ，过左焦点 F 且 垂直于 x 轴的直线与椭圆C 相交，所得弦长为 1，斜率为 k ( 0k  )的直线l 过点  1,0 ，且与椭圆C 相交 于不同的两点 A B， ． （1）求椭圆C 的方程； （2）在 x 轴上是否存在点 M ，使得无论 k 取何值， 2 21 4 kMA MB k      为定值？若存在，求出点 M 的坐 标；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）由题意可知椭圆C 过点 1, 2c    ，则 2 2 2 1 14 c a b   ， 又 2 2 23 ,2 ce a b ca     ， 解得 2, 1, 3a b c   ，则椭圆方程      2 1 11 1' a x xax a x af x x x            . （2）设在 x 轴上存在点 M（t，0）满足题意,  直线l 过点（1， 0）且斜率为 k，则直线l 的方程可设为  1y k x  ， 由   2 2 1{ 4 1 x y y k x     ，可知  22 24 1 4x k x   ，  2 2 2 21 4 8 4 4 0k x k x k      ， 易知 0  ，设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 2 1 2 2 2 1 2 2 8 1 4{ 4 4 1 4 kx x k kx x k       ， 由题可设  2 21 4 kMA MB m mk      为常数 ，  2 2 2 24 8 4 4k t t t m mk      对任意实数  0k k  恒成立； 2 2 4 8 4{ 4 t t m t m     ，解得 2, 0t m  ， 存在点 M（2，0）满足题意，且常数为 0. （二）探求参数值 例 2.【2016 年高考四川卷】已知椭圆 E： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角 形的三个顶点，直线 : 3l y x   与椭圆 E 有且只有一个公共点 T. （1）求椭圆 E 的方程及点 T 的坐标； （2）设 O 是坐标原点，直线 l’平行于 OT，与椭圆 E 交于不同的两点 A、B，且与直线 l 交于点 P．证明： 存在常数  ，使得 2PT PA PB  ，并求  的值. 【分析】（1）由椭圆两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点可得 2a c ，从而可得 2a b ， 椭圆的标准方程中可减少一个参数，再利用直线和椭圆只有一个公共点，联立方程，方程有两个相等实根， 解出 b 的值，从而得到椭圆的标准方程；（Ⅱ）首先设出直线 'l 方程为 1 2y x m  ，由两直线方程求出点 P 坐标，得 2PT ，同时设交点 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，把 'l 方程与椭圆方程联立后消去 y 得 x 的二次方程，利 用根与系数关系，得 1 2 1 2,x x x x ，再计算 PA PB ，比较可得  值. 【解析】（1）由已知， 2 2 2(2 )a a c  ，即 2a c ，所以 2a b ，则椭圆 E 的方程为 2 2 2 2 12 x y b b   . 由方程组 2 2 2 2 1,2 3, x y b b y x        得 2 23 12 (18 2 ) 0x x b    .① 方程①的判别式为 2=24( 3)b  ，由 =0 ，得 2 =3b ， 此方程①的解为 =2x ， 所以椭圆 E 的方程为 2 2 16 3 x y  ，点 T 坐标为（2,1）. 方程②的判别式为 2=16(9 2 )m  ，由 >0 ，解得 3 2 3 2 2 2m   . 由②得 2 1 2 1 2 4 4 12= ,3 3 m mx x x x    . 所以 2 2 1 1 1 2 2 5 2(2 ) (1 ) 23 3 2 3 m m mPA x y x         ， 同理 2 5 222 3 mPB x   ， 所以 1 2 5 2 2(2 )(2 )4 3 3 m mPA PB x x      2 1 2 1 2 5 2 2(2 ) (2 )( )4 3 3 m m x x x x      2 25 2 2 4 4 12(2 ) (2 )( )4 3 3 3 3 m m m m       210 9 m . 故存在常数 4 5   ，使得 2PT PA PB  . 【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题解决问题的能力和数形结合的 思想.在涉及到直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般都设交点坐标为 1 1 2 2( , ),( , )x y x y ，同时把直线 方程与椭圆方程联立，消元后，可得 1 2 1 2,x x x x ，再把 PA PB 用 1 2,x x 表示出来，并代入刚才的 1 2 1 2,x x x x ，这种方法是解析几何中的“设而不求”法．可减少计算量，简化解题过程． 【变式 1】【2016 湖南省师大附中、长沙一中、长郡中学、雅礼中学四校联考】如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知 1F 、 2F 分别是椭圆 )0(1: 2 2 2 2  bab y a xE 的左、右焦点， BA, 分别是椭圆 E 的左、右顶点， )0,1(D 为线段 2OF 的中点，且 05 22  BFAF . （1）求椭圆 E 的方程； （2）若 M 为椭圆 E 上的动点（异于点 A 、 B ），连接 1MF 并延长交椭圆 E 于点 N ，连接 MD 、 ND 并分 别延长交椭圆 E 于点 P ，Q ，连接 PQ ，设直线 MN 、 PQ 的斜率存在且分别为 1k 、 2k .试问是否存在常 数  ，使得 021  kk  恒成立？若存在，求出  的值；若不存在，说明理由. 【解析】（1）∵ 2 25 0AF BF    ，∴ 2 25AF F B  ， ∵ )(5 caca  ，化简得 ca 32  ，点 )0,1(D 为线段 2OF 的中点， ∴ 2c ，从而 3a  ， 5b  ，左焦点 )0,2(1 F ，故椭圆 E 的方程为 159 22  yx ； （2）存在满足条件的常数  ， 7 4 ，设 1 1( , )M x y ， 2 2( , )N x y ， 3 3( , )P x y ， 4 4( , )Q x y ， 则直线 MD 的方程为 11 1 1  yy xx ，代入椭圆方程 159 2 x ，整理得， 0415 1 12 2 1 1  yy xyy x ， ∵ 5 )1( 1 11 31   x xyyy ，∴ 5 4 1 1 3  x yy ，从而 5 95 1 1 3   x xx ，故点 )5 4,5 95( 1 1 1 1   x y x xP ， 同理，点 )5 4,5 95( 2 2 2 2   x y x xQ ，∵三点 NFM ,, 1 共线，∴ 22 2 2 1 1  x y x y ， 从而 )(2 211221 yyyxyx  ，从而 1 2 3 4 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 23 4 1 2 1 1 4 4 5 5 5( ) 5 9 5 9 4( ) 5 5 y y y y x x x y x y y yk x xx x x x x x            1 2 1 1 2 7( ) 7 4( ) 4 y y k x x   ，故 07 4 2 1  kk ，从而存在满足条件的常数  ， 7 4 . 【变式 2】【2016 洛阳市考试】已知 ( 2,0), (2,0)A B ，动点 M 满足 2AMB   ， 2 4| | | | cosAM BM    . （1）求| | | |AM BM  的值，并写出 M 的轨迹曲线C 的方程； （2）动直线 :l y kx m  与曲线C 交于 ,P Q 两点，且OP OQ ，是否存在圆 2 2 2x y r  使得l 恰好是 该圆的切线，若存在，求出 r ；若不存在，说明理由. 【答案】（1）| | | | 4 2AM BM   ， 2 2 : 18 4 x yC   （2）存在圆 2 2 8 3x y  ∴ 2 2 : 18 4 x yC   . （2）设 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y ，将 :l y kx m  代入 2 2 : 18 4 x yC   得 2 2 2(1 2 ) 4 2 8 0k x kmx m     ， ∵ 0  ，∴ 2 28 4 0k m   ，且 1 2 2 4 1 2 kmx x k     ， 2 1 2 2 2 8 1 2 mx x k   ， 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 8( )( ) ( ) 1 2 m ky y kx m kx m k x x km x x m k          . ∵OP OQ ，∴ 1 2 1 2 0x x y y  ，即 2 2 2 2 2 2 8 8 01 2 1 2 m m k k k     ，∴ 2 2 3 8 8 mk  ， 由 23 8 08 m   和 2 28 4 0k m   ，得 2 8 3m  即可， 因为l 与圆 2 2 2x y r  相切，∴ 2 2 2 | | 8 1 3 mr k   ， 存在圆 2 2 8 3x y  符合题意. 【数学思想】 ①数形结合思想． ②分类讨论思想． ③转化与化归思想. 【温馨提示】 解决探索性问题的注意事项： 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，要开放思维，采取另外合适的方法． 【典例试题演练】 1. 【2016 江西师大附中一联】已知抛物线 C 的标准方程为 )0(22  ppxy ，M 为抛物线 C 上一动 点， )0)(0,( aaA 为其对称轴上一点，直线 MA 与抛物线 C 的另一个交点为 N．当 A 为抛物线 C 的焦点且直 线 MA 与其对称轴垂直时，△MON 的面积为 18． （1）求抛物线 C 的标准方程； （2）记 ANAMt 11  ，若 t 值与 M 点位置无关，则称此时的点 A 为“稳定点”，试求出所有“稳定点”， 若没有，请说明理由． 【解析】（1）由题意， 21 1| | | | 2 182 2 2 2MON p pS OA MN p       △ ， 6p ∴ ， 抛物线 C 的标准方程为 2 12y x ． （2）设 1 1 2 2( ) ( )M x y N x y， ， ， ， 设直线 MN 的方程为 x my a  ，联立 2 12 x my a y x     得 2 12 12 0y my a   ， ∴ 2144 48 0m a    ， 1 2 12y y m  ， 1 2 12y y a  ， 由对称性，不妨设 0m  ， （ⅰ） 0a  时， 1 2 12 0y y a  ∵ ， 1 2y y∴ ， 同号， 又 2 2 1 2 1 1 1 1 | | | | 1 | | 1 | | t AM AN m y m y       ， 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 ( )1 1 144 1 111 ( ) 1 144 1 y y mt m y y m a a m          g g∴ ， 不论 a 取何值，t 均与 m 有关， 即 0a  时，A 不是“稳定点”； （ⅱ） 0a  时， 1 2 12 0y y a  ∵ ， 1 2y y∴ ， 异号． 又 2 2 1 2 1 1 1 1 | | | | 1 | | 1 | | t AM AN m y m y       ， 2 2 1 2 2 2 1 2 ( )1 1 ( ) y yt m y y   g∴ 2 1 2 1 2 2 2 1 2 ( ) 41 1 ( ) y y y y m y y     2 2 2 1 144 48 1 144 m a m a   2 2 1 11 31 1 a a m          ， ∴仅当 1 1 03 a   ，即 3a  时，t 与 m 无关， 2.【2016 广东广州测试】已知椭圆C 的中心在坐标原点，焦点在 x 轴上，左顶点为 A ，左焦点为  1 2 0F  ， ， 点  2B 2, 在椭圆 C 上，直线  0y kx k  与椭圆C 交于 E ， F 两点，直线 AE ， AF 分别与 y 轴交 于点 M ， N ． （1）求椭圆C 的方程； （2）以 MN 为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由． 【解析】（1） 设椭圆C 的方程为 2 2 2 2 1 ( 0)x y a ba b     ， 因为椭圆的左焦点为  1 2 0F  ， ，所以 2 2 4a b  ． 因为点  2 2B , 在椭圆 C 上，所以 2 2 4 2 1a b   ． 由①②解得， 2 2a  ， 2b  ．所以椭圆 C 的方程为 2 2 18 4 x y  ． 因为直线 AE ， AF 分别与 y 轴交于点 M ， N ， 令 0x  得 2 2 2 1 1 2 ky k    ，即点 2 2 20, 1 1 2 kM k        ． 同理可得点 2 2 20, 1 1 2 kN k        ． 所以  2 2 2 2 2 1 22 2 2 2 1 1 2 1 1 2 kk kMN kk k         ． 设 MN 的中点为 P ，则点 P 的坐标为 20,P k      ． 则以 MN 为直径的圆的方程为 2 2 2x y k          2 22 1 2k k        ， 即 2 2 2 2 4x y yk    ． 令 0y  ，得 2 4x  ，即 2x  或 2x   ． 故以 MN 为直径的圆经过两定点  1 2,0P ，  2 2,0P  ． 3.【2017 山东省实验中学一诊】已知椭圆C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的右焦点 (1,0)F ，过点 F 且与坐标 轴不垂直的直线与椭圆交于 P ，Q 两点，当直线 PQ 经过椭圆的一个顶点时其倾斜角恰好为 60 ． （1）求椭圆C 的方程； （2）设O 为坐标原点，线段OF 上是否存在点 ( ,0)T t ，使得QP TP PQ TQ      ？若存在，求出实数t 的 取值范围；若不存在，说明理由． 【解析】（1）由题意知 1c  ，又 tan 60 3b c   ，所以 2 3b  ， 2 2 2 4a b c   ，所以椭圆的方程为： 2 2 14 3 x y  ； （2）设直线 PQ 的方程为： ( 1),( 0)y k x k   ，代入 2 2 14 3 x y  ， 得： 2 2 2 2(3 4 ) 8 4 12 0k x k x k     ，设 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y ，线段 PQ 的中点为 0 0( , )R x y ， 则 2 1 2 0 0 02 2 4 3, ( 1)2 3 4 3 4 x x k kx y k xk k        ， 由QP TP PQ TQ      得： ( ) (2 ) 0PQ TQ TP PQ TR         ， 所以直线TR 为直线 PQ 的垂直平分线， 直线TR 的方程为： 2 2 2 3 1 4( )3 4 3 4 k ky xk k k      ， 令 0y  得：T 点的横坐标 2 2 2 1 33 4 4 kt k k    ， 因为 2 (0, )k   ， 所以 2 3 4 (4, )k    ，所以 1(0, )4t  . 所以线段 OF 上存在点 ( ,0)T t 使得QP TP PQ TQ      ，其中 1(0, )4t  . 4. 已知双曲线 2x2－y2＝2. （1）求以 M(2，1)为中点的双曲线的弦所在的直线的方程； （2）过点 N(1，1)能否作直线 l，使直线 l 与所给双曲线交于 P1，P2 两点，且点 N 是弦 P1P2 的中点？若存在， 求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由. 5.【2018 山西省名校模拟】已知圆 2 2: 6 5 0F x y y    ，某抛物线的顶点为原点O ，焦点为圆心 F ， 经过点 F 的直线l 交圆 F 于 N ， S 两点，交此抛物线于 M ， T 两点，其中 S ， T 在第一象限， M ， N 在第二象限. （1）求该抛物线的方程； （2）是否存在直线l ，使 5 2 NS 是 MN 与 ST 的等差中项？若存在，求直线l 的方程；若不存在，请说明 理由. 【解析】（1） 2 2 6 5 0x y y    可化为  22 3 4x y   ， 根据已知抛物线的方程为 2 2x py （ 0p  ）. ∵圆心 F 的坐标为  0,3F ，∴ 32 p  ，解得 6p  . ∴抛物线的方程为 2 12x y . （2）∵ 5 2 NS 是 MN 与 ST 的等差中项，圆 F 的半径为 2，∴ 5 5 4 20MN ST NS     . ∴ 24MT MN NS ST    . 由题知，直线l 的斜率存在，故可设直线l 的方程为 3y kx  ， 设  1 1,M x y ，  2 2,T x y ，由 2 3{ 12 y kx x y    ，得 2 12 36 0x kx   ， 2144 144 0k    ， 故 1 2 12x x k  ， 1 2 36x x   . ∵ 21 2 21 2 4)(1|| xxxxkMT  ， ∴  2 2 21 • 144 144 12 1MT k k k     ， 由  212 1 24k  ，解得 1k   . ∴存在满足要求的直线l ，其方程为 3 0x y   或 3 0x y   . 6.【2017 河北省定州中学月考】已知中心在原点，焦点在 x 轴上的椭圆C 过点 21, 2       ，离心率为 2 2 ， 1A ， 2A 是椭圆 C 的长轴的两个端点（ 2A 位于 1A 右侧）， B 是椭圆在 y 轴正半轴上的顶点. （1）求椭圆C 的标准方程； （2）是否存在经过点 0, 2 且斜率为 k 的直线l 与椭圆C 交于不同两点 P 和Q ，使得向量OP OQ  与 2A B  共线？如果存在，求出直线方程；如果不存在，请说明理由. 【解析】（1）设椭圆的方程为 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ， 依题意得 2 2 2 2 2 , 2{ ,2 1 1 12 a b c c a a b      解得 2 2a  ， 2 1b  .所以椭圆C 的方程为 2 2 12 x y  . （2）假设存在过点 0, 2 且斜率为 k 的直线l 适合题意，则因为直线l 的方程为： 2y kx  ，于是联 立方程， 2 2 2 { 12 y kx x y      2 21 2 2 1 02 k x kx       . 由直线l 与椭圆C 交于不同两点 P 和Q 知， 2 218 4 2k k        24 2 0k   ， 2 1 2k  . 令  1 1,P x y ，  2 2,Q x y ，  1 2 1 2,OP OQ x x y y      ， 1 2 2 4 2 1 2 kx x k     ，  1 2 1 2 2 2y y k x x    2 2 2 1 2k   ， 2 2 4 2 2 2,1 2 1 2 kOP OQ k k             2 2 2 2 ,11 2 kk   ， 由题知  2 2,0A ，  0,1B ，  2 2,1A B  . 从而，根据向量OP OQ  与 2A B 共线，可得 2 2k  ， 2 2k  ，这与 2 1 2k  矛盾. 故不存在符合题意的直线l . 7. 【2016 年济宁市模拟】已知曲线 E 上的任意点到点 )0,1(F 的距离比它到直线 2x   的距离小 1， （1）求曲线 E 的方程； （2）点 D 的坐标为 )0,2( ，若 P 为曲线 E 上的动点，求 PD PF×  的最小值； （3）设点 A 为 y 轴上异于原点的任意一点，过点 A 作曲线 E 的切线l ，直线 3x = 分别与直线l 及 x 轴交于 ,M N ，以 MN 为直径作圆C ，过点 A 作圆C 的切线，切点为 B ，试探究：当点 A 在 y 轴上运动（点 A 与 原点不重合）时，线段 AB 的长度是否发生变化？请证明你的结论. 【解析】（1）设 ),( yxS 为曲线 E 上的任意一点，依题意，点 ),( yxS 到点 )0,1(F 的距离与它到直线 1x   的距离相等，所以曲线 E 是以 )0,1(F 为焦点，直线 1x   为准线的抛物线， 所以曲线 E 的方程为 2 4y x= . （2）设   0 0 0, 0P x y x  ，则     2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 02 , 1 , 3 2 4 2 3 2 2PD PF x y x y y x x x x x x x                 ， 因为 0 0x ³ ，所以当 0 0x = 时， PD PF×  有最小值 2 （3）当点 A 在 y 轴上运动（ A 与原点不重合）时，线段 AB 的长度不变，证明如下： 依题意，直线l 的斜率存在且不为 0，设 :l y kx b= + ，代入 2 4y x= 得 ( )2 2 22 4 0k x kb x b+ - + = ， 由  2 2 22 4 4 16 16 0kb k b kb       得 1kb = ， 将 3x = 代入直线l 的方程得 ( )3,3M k b+ ，又 ( )3,0N ，故圆心 33, 2 k bC      ， 所以圆C 的半径为 3 2 k br +=   2 2 2 2 22 3 33 0 9 3 62 2 k b k bAB AC r b kb                     6AB  当点 A 在 y 轴上运动（点 A 与原点不重合）时，线段 AB 的长度不变，为定值 6 . 8.【2016湖南省四大名校联考】如图,在平面直角坐标系 xOy 中, 已知 1 2,F F 分别是椭圆   2 2 2 2: 1 0x yE a ba b     的左、右焦点 ,A B 分别是椭圆 E 的左、右顶点,  1,0D 为线段 2OF 的中点, 且 2 25 0AF BF    . （1）求椭圆 E 的方程； （2）若 M 为椭圆 E 上的动点(异于点 ,A B ),连接 1MF 并延长交椭圆 E 于点 N ,连接 MD 、 ND 并分别延 长交椭圆 E 于点 ,P Q 连接 PQ ,设直线 MN 、 PQ 的斜率存在且分别为 1k 、 2k ,试问是否存在常数  ,使得 1 2 0k k  恒成立？若存在,求出  的值；若不存在,说明理由. 【解析】（1）  2 2 2 25 0, 5 , 5AF BF AF F B a c a c             , 化简得 2 3a c ,点  1,0D 为线段 2OF 的中点, 2c  , 从而 3, 5a b  ,左焦点  1 2,0F  , 故椭圆 E 的方程为 2 2 19 5 x y  . （2）存在满足条件的常数 4, 7     .设        1 1 2 2 3 3 4 4, , , , , ,M x y N x y P x y Q x y , 则直线 MD 的方程为 1 1 1 1xx yy   ,代入椭圆方程 2 2 19 5 x y  整理得, 21 1 2 1 1 5 1 4 0x xy yy y     .  1 1 1 1 3 3 1 1 1 4,5 5 y x yy y yx x      ,从而 1 3 1 9 5 5xx x   ,故点 1 1 1 1 5 9 4,5 5 x y xP x          . 理,点 2 2 2 2 5 9 4,5 5 x y xQ x          .因为三点 M 、 1F 、 N 共线，所以 1 2 1 22 2 y y x x   ,从而  1 2 2 1 1 22x y x y y y   . 从而         1 2 1 2 2 1 1 2 1 23 4 1 2 1 2 1 23 4 1 2 1 2 1 2 4 4 5 75 5 7 5 9 5 9 4 4 4 5 5 y y x y x y y y y yy y x x kk x xx x x x x x x x                , 故 2 1 4 07 kk   ,从而存在满足条件的常数 4, 7     . 9.【2017 湖南省长沙市模拟】已知椭圆 2 2 2 2: 1x yE a b   （ 0a b  ）的离心率为 2 3 ， 1 2,F F 分别是它的 左、右焦点，且存在直线l ，使 1 2,F F 关于l 的对称点恰好是圆 2 2 2: 4 2 5 4 0C x y mx my m      （ , 0m R m  ）的一条直线的两个端点. （1）求椭圆 E 的方程； （2）设直线l 与抛物线 2 2y px （ 0p  ）相交于 ,A B 两点，射线 1F A， 1F B 与椭圆 E 分别相交于点 ,M N ， 试探究：是否存在数集 D ，当且仅当 p D 时，总存在 m ，使点 1F 在以线段 MN 为直径的圆内？若存在， 求出数集 D ；若不存在，请说明理由. （2）因为 1 2,F F 产于l 的对称点恰好是圆 C 的一条直径的两个端点， 所以直线l 是线段OC 的垂直平分线（O 是坐标原点），故l 方程为 52 2 my x   ，与 2 2y px ，联立得： 22 2 5 0y py pm   ，由其判别式 0  得 10 0p m  ①. 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，则 1 2y y p   ， 1 2 5 2y y pm  ， 从而 1 2 1 2 5 1 5 2 2 2 2 y yx x m p m      ，  2 1 2 2 1 2 2 25 4 16 y yx x mp   . 因为 1F 的坐标为 2,0 ， 所以  1 1 12,F A x y  ，  1 2 22,F B x y  ， 注意到 1FM  与 1F A  同向， 1F N  与 1F B  同向，所以 点 1F 在以线段 MN 为直径的圆内 1 1• 0F M F N   ， 所以   1 1 1 2 1 2• 0 2 2 0F A F B x x y y      即  1 2 1 2 1 22 4 0x x x x y y     代入整理得    225 10 2 4 4 04 m p m p     ② 当且仅当    2100 2 100 4 0p p      即 5p  时，总存在 m ，使②成立. 又当 5p  时，由韦达定理知方程    225 10 2 4 4 04 m p m p     的两根均为正数， 故使②成立的 0m  ，从而满足①. 故存在数集  5,D   ，当且仅当 p D 时，总存在 m 使点 1F 在以线段 MN 为直径的圆内. 10.已知椭圆C ： 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a b  ）的焦距为 4 ，且过点  2, 3A . （1）求椭圆C 的方程和离心率； （2）设  0 0,P x y （ 0 0 0x y  ）为椭圆 C 上一点，过点 P 作 x 轴的垂线，垂足为Q . 取点  0,2 2B ，连 结 BQ ，过点 B 作 BQ 的垂线交 x 轴于点 D ，点 E 是点 D 关于 y 轴的对称点.试判断直线 PE 与椭圆C 的 位置关系，并证明你的结论. 【解析】（1）由题设，得 2 2 2 2 4 2 3 1 a b a b      ， 解得 2 2 8 4 a b    ，故椭圆 C 的方程为 2 2 18 4 x y  ， 离心率 2 2 22 2 ce a    ； ∵点 P 在椭圆C 上，故 2 2 0 0 18 4 x y  ，即 2 2 0 02 8x y  ， ∴直线 PE 的斜率为 0 02 x y  ，其方程为 0 0 0 8 2 xy xy x        ， 联立方程组 2 2 0 0 0 18 4 8 2 x y xy xy x            ，代入消元得  2 2 2 2 0 0 0 02 16 64 16 0x y x x x y     ， 利用 2 2 0 02 8x y  ，化简得 2 2 0 02 0x x x x   ， 12 分 ∴ 0  ，故方程组有两组相同的实数解，∴直线 PE 与椭圆 C 相切.