2022年高考数学课标通用(理科)一轮复习配套教师用书：第九章 解析几何 大题冲关 Word版含答案

高考中解析几何问题的热点题型 ■特级老师 王恒雨
圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是每年高考必考的一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探究性问题为主．这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为简单的运算，对考生解决问题的力量要求较高，通常作为压轴题的形式消灭．
热点一 圆锥曲线中的定点、
定值问题
定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题．
[考查角度一] 圆锥曲线中的定点问题
[典题1] 已知抛物线C ：y 2
＝2px (p >0)的焦点F (1,0)，O 为坐标原点，A ，B 是抛物线C 上异于O 的两点． (1)求抛物线C 的方程；
(2)若直线OA ，OB 的斜率之积为－1
2，求证：直线AB 过x 轴上肯定点．
(1)[解] 由于抛物线y 2
＝2px (p >0)的焦点坐标为(1,0)， 所以p
2＝1，所以p ＝2.
所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .
(2)[证明] ①当直线AB 的斜率不存在时，
设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，t ，B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫t 24，－t .
由于直线OA ，OB 的斜率之积为－12，
所以t t
24
·
－t t 24
＝－12， 化简得t 2
＝32.
所以A (8，t )，B (8，－t )， 此时直线AB 的方程为x ＝8. ②当直线AB 的斜率存在时，
设其方程为y ＝kx ＋b ，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，
联立得⎩
⎪⎨
⎪⎧
y 2
＝4x ，y ＝kx ＋b ，
化简得ky 2
－4y ＋4b ＝0.
依据根与系数的关系得y A y B ＝4b k
，
由于直线OA ，OB 的斜率之积为－1
2
，
所以y A x A ·y B x B ＝－12
，
即x A x B ＋2y A y B ＝0，即y 2A 4·y 2B
4＋2y A y B ＝0，
解得y A y B ＝0(舍去)或y A y B ＝－32.
所以y A y B ＝4b
k
＝－32，即b ＝－8k ，
所以y ＝kx －8k ，y ＝k (x －8)． 综上所述，直线AB 过定点(8,0)．
定点问题的常见解法：(1)假设定点坐标，依据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；(2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．
[2021·河南洛阳模拟]设M 是焦距为2的椭圆E ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a >b >0)上一点，A ，B 是椭圆E 的左、右顶
点，直线MA 与MB 的斜率分别为k 1，k 2，且k 1k 2＝－1
2
.
(1)求椭圆E 的方程；
(2)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)在点N (x 0，y 0)处的切线方程为x 0x a 2＋y 0y
b
2＝1.若P 是直线x ＝2上任意一点，
从P 向椭圆E 作切线，切点分别为C ，D ，求证直线CD 恒过定点，并求出该定点坐标．
解：(1)由题意，2c ＝2，c ＝1，A (－a,0)，B (a,0)， 设M (x ，y )，∵k 1k 2＝－1
2
，
∴y x ＋a ·y
x －a ＝－12，即y 2
x 2－a 2＝－1
2
.
∵M (x ，y )在椭圆E 上，∴x 2a 2＋y 2
b
2＝1，
∴
b 2⎝ ⎛⎭
⎪
⎫1－x 2
a 2x 2
－a 2
＝－12
，
∴b 2a 2＝12
，∴a 2＝2b 2
. 又a 2
－b 2
＝c 2
＝1， ∴a 2
＝2，b 2
＝1.
∴椭圆E 的方程为x 2
2
＋y 2
＝1.
(2)设切点坐标为C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，P (2，t )． 则切线方程分别为
x 1x
2
＋y 1y ＝1，
x 2x
2
＋y 2y ＝1.
∵两切线均过点P ，
∴2x 12＋ty 1＝1，2x 2
2＋ty 2＝1， 即x 1＋ty 1＝1，x 2＋ty 2＝1， ∴直线CD 的方程为x ＋ty ＝1.
对于任意实数t ，点(1,0)都适合这个方程，即直线CD 恒过定点(1,0)． [考查角度二] 圆锥曲线中的定值问题
[典题2] 如图，已知抛物线C ：x 2
＝4y ，过点M (0,2)任作始终线与C 相交于A ，B 两点，过点B 作y 轴的平行线与直线AO 相交于点D (O 为坐标原点)．
(1)证明：动点D 在定直线上；
(2)作C 的任意一条切线l (不含x 轴)，与直线y ＝2相交于点N 1，与(1)中的定直线相交于点N 2.证明：|MN 2|2
－|MN 1|2
为定值，并求此定值．
(1)[证明] 依题意，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋2， 代入x 2
＝4y ，得x 2
＝4(kx ＋2)， 即x 2
－4kx －8＝0.
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有x 1x 2＝－8， 直线AO 的方程为y ＝y 1x 1
x ，直线BD 的方程为x ＝x 2.
解得交点D 的坐标为⎝
⎛⎭
⎪⎫
x 2，
y 1x 2x 1， 留意到x 1x 2＝－8及x 2
1＝4y 1， 则有y ＝
y 1x 1x 2x 21
＝－8y 1
4y 1＝－2. 因此点D 在定直线y ＝－2上(x ≠0)．
(2)[解] 依题意知，切线l 的斜率存在且不等于0， 设切线l 的方程为y ＝ax ＋b (a ≠0)，
代入x 2＝4y 得x 2＝4(ax ＋b )，即x 2
－4ax －4b ＝0，
由Δ＝0得(4a )2＋16b ＝0，化简整理得b ＝－a 2
. 故切线l 的方程可写为y ＝ax －a 2
.
分别令y ＝2，y ＝－2得N 1，N 2的坐标为N 1⎝ ⎛⎭
⎪⎫2a
＋a ，2，N 2⎝ ⎛⎭
⎪⎫－2a
＋a ，－2，
则|MN 2|2－|MN 1|2
＝⎝
⎛⎭
⎪⎫2a －a 2＋42－⎝
⎛⎭
⎪⎫2a
＋a 2＝8，
即|MN 2|2
－|MN 1|2
为定值8.
1．解答圆锥曲线中的定点、定值问题的一般步骤
第一步：争辩特殊情形，从问题的特殊情形动身，得到目标关系所要探求的定点、定值． 其次步：探究一般状况．探究一般情形下的目标结论． 第三步：下结论，综合上面两种状况定结论． 2．求定值问题常见的两种方法
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
[2021·江西南昌二中月考]已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为2
2，直线
l 与椭圆相交于A ，B 两点，且满足|AF 1|＋|AF 2|＝42，k OA ·k OB ＝－1
2
，O 为坐标原点．
(1)求椭圆的方程；
(2)证明：△OAB 的面积为定值． (1)解：由椭圆的离心率为
22，可得c a ＝2
2
，即a ＝2c . 又2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝42，
∴a ＝22，c ＝2，b 2
＝4， ∴椭圆方程为x 28＋y 2
4
＝1.
(2)证明：当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．
联立⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝kx ＋m ，x 28＋y
2
4
＝1， 整理得(1＋2k 2
)x 2
＋4mkx ＋2m 2
－8＝0，
Δ＝8(8k 2－m 2＋4)>0，
x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2
－8
1＋2k 2，
又k OA ·k OB ＝－1
2
，
∴y 1·y 2＝－12x 1·x 2＝－m 2－4
1＋2k
2，
又y 1·y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝m 2－8k 2
1＋2k 2，
∴m 2－8k 21＋2k 2＝－m 2－41＋2k
2，即4k 2＋2＝m 2. 设原点到直线AB 的距离为d ， 则S △OAB ＝1
2|AB |d
＝
121＋k 2
|x 1－x 2|·|m |1＋k
2 ＝|m |
2
64k
2
m 2
－
16m 2－4
m 2
＝24k 2
－m 2
＋4＝2 2.
当直线斜率不存在时，有A (2，2)，B (2，－2)，d ＝2， S △OAB ＝1
2×2×22＝2 2.
故△OAB 的面积为定值2 2. 热点二 圆锥曲线中的最值、
范围问题
圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直
线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．
[考查角度一] 求线段长度、三角形面积的最值
[典题3] [2021·山东卷]平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为3
2
，左、
右焦点分别是F 1，F 2.以F 1为圆心、以3为半径的圆与以F 2为圆心、以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C 上．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设椭圆E ：x 24a 2＋y 2
4b 2＝1，P 为椭圆C 上任意一点．过点P 的直线y ＝kx ＋m 交椭圆E 于A ，B 两点，射线
PO 交椭圆E 于点Q .
①求|OQ |
|OP |
的值；
②求△ABQ 面积的最大值．
[解] (1)由题意知，2a ＝4，则a ＝2. 又c a ＝
32
，a 2－c 2＝b 2
，可得b ＝1， 所以椭圆C 的方程为x 2
4
＋y 2
＝1.
(2)由(1)知，椭圆E 的方程为x 216＋y 2
4
＝1.
①设P (x 0，y 0)，|OQ |
|OP |＝λ，由题意知，Q (－λx 0，－λy 0)．
由于x 20
4＋y 2
0＝1，
又
－λx 0
2
16
＋
－λy 0
2
4
＝1，即
λ24⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 2
4＋y 20＝1， 所以λ＝2，即|OQ |
|OP |＝2.
②设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．
将y ＝kx ＋m 代入椭圆E 的方程，可得 (1＋4k 2
)x 2
＋8kmx ＋4m 2
－16＝0， 由Δ＞0，可得m 2
＜4＋16k 2
.(*) 则有x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2
－16
1＋4k 2.
所以|x 1－x 2|＝416k 2
＋4－m
2
1＋4k
2
. 由于直线y ＝kx ＋m 与y 轴交点的坐标为(0，m )，
所以△OAB 的面积为S ＝1
2|m ||x 1－x 2|
＝216k 2
＋4－m 2
|m |1＋4k 2
＝2
16k 2
＋4－m
2
m 2
1＋4k
2
＝2⎝ ⎛⎭
⎪⎫4－m 2
1＋4k 2m 2
1＋4k 2 . 设
m
2
1＋4k
2
＝t .
将y ＝kx ＋m 代入椭圆C 的方程，可得 (1＋4k 2
)x 2
＋8kmx ＋4m 2
－4＝0， 由Δ≥0，可得m 2
≤1＋4k 2
.(**) 由(*)(**)可知0＜t ≤1， 因此S ＝2
4－t t ＝2－t 2
＋4t ，故S ≤2 3.
当且仅当t ＝1，即m 2
＝1＋4k 2时取得最大值2 3. 由①知，△ABQ 的面积为3S ， 所以△ABQ 的面积的最大值为6 3.
圆锥曲线中的最值、范围问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法、基本不等式法、换元法、导数法、或利用判别式构造不等关系、利用隐含或已知的不等关系建立不等式等方法求最值、范围；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，依据圆锥曲线几何意义求最值．
[2021·江西南昌模拟]已知圆E ：x 2
＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －122＝94
经过椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点F 1，F 2，
且与椭圆C 在第一象限的交点为A ，且F 1，E ，A 三点共线，直线l 交椭圆C 于M ，N 两点，且MN →
＝λOA →
(λ≠0)．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)当三角形AMN 的面积取到最大值时，求直线l 的方程． 解：(1)如图，圆E 经过椭圆C 的左、右焦点F 1，F 2，
∵F 1，E ，A 三点共线， ∴F 1A 为圆E 的直径， ∴AF 1＝3
2×2＝3，AF 2⊥F 1F 2.
令y ＝0，
则x 2
＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－122＝94
，解得x ＝±2，∴c ＝ 2.
|AF 2|2
＝|AF 1|2
－|F 1F 2|2
＝9－8＝1， 2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝4， ∵a 2
＝b 2
＋c 2
， 解得a ＝2，b ＝2， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2
2＝1.
(2)由(1)得点A 的坐标为(2，1)， ∵MN →
＝λOA →
(λ≠0)， ∴直线l 的斜率为
22
， 故设直线l 的方程为y ＝
2
2
x ＋m ， 联立方程组⎩⎪⎨
⎪⎧
y ＝2
2x ＋m ，
x 2
4＋y 2
2＝1，
消去y ，得x 2
＋2mx ＋m 2
－2＝0， ∴－2<m <2.
设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，
∴x 1＋x 2＝－2m ，x 1x 2＝m 2
－2，Δ＝2m 2
－4m 2
＋8>0， |MN |＝1＋k 2
|x 2－x 1|
＝
1＋12
x 1＋x 2
2
－4x 1x 2＝12－3m 2
. 点A 到直线l 的距离d ＝
6|m |
3
. S △AMN ＝12|MN |·d ＝
1212－3m 2
×63
|m | ＝2
2
4－m
2
m 2
≤22×4－m 2
＋m 2
2
＝ 2..
当且仅当4－m 2
＝m 2
，即m ＝±2时，直线l 的方程为y ＝2
2
x ± 2. [考查角度二] 求几何量、某个参数的取值范围
[典题4] [2021·山东青岛模拟]已知抛物线C 1：y 2
＝2px (p ＞0)的焦点为F ，抛物线上存在一点G 到焦点的距离为3，且点G 在圆C ：x 2
＋y 2
＝9上．
(1)求抛物线C 1的方程；
(2)已知椭圆C 2：x 2m 2＋y 2n 2＝1(m ＞n ＞0)的一个焦点与抛物线C 1的焦点重合，且离心率为1
2
.直线l ：y ＝kx －4
交椭圆C 2于A ，B 两个不同的点，若原点O 在以线段AB 为直径的圆的外部，求k 的取值范围．
[解] (1)设点G 的坐标为(x 0，y 0)，
由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧
x 0＋p
2
＝3，x 2
0＋y 20
＝9，
y 20
＝2px 0
，
得x 0＝1，y 0＝±22，p ＝4， ∴抛物线C 1的方程为y 2
＝8x . (2)由(1)得抛物线C 1的焦点F (2,0)， ∵椭圆C 2的一个焦点与抛物线C 1的焦点重合， ∴椭圆C 2的半焦距c ＝2，m 2
－n 2
＝c 2
＝4， ∵椭圆C 2的离心率为1
2，
∴2m ＝1
2⇒m ＝4，n ＝23， ∴椭圆C 2的方程为x 216＋y 2
12＝1.
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，
由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝kx －4，x 2
16＋y 2
12
＝1，得(4k 2＋3)x 2
－32kx ＋16＝0，
由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝32k 4k 2＋3，x 1x 2＝16
4k 2＋3.
由Δ＞0⇒(－32k )2－4×16(4k 2
＋3)＞0⇒k ＞12或k ＜－12①.
∵原点O 在以线段AB 为直径的圆的外部，
则OA →·OB →＞0， ∴OA →·OB →
＝(x 1，y 1)·(x 2，y 2)
＝y 1y 2＋x 1x 2＝(kx 1－4)·(kx 2－4)＋x 1x 2 ＝(k 2
＋1)x 1x 2－4k (x 1＋x 2)＋16 ＝(k 2
＋1)×164k 2＋3－4k ×32k 4k 2＋3＋16
＝164－3k 2
4k 2
＋3
＞0⇒－233＜k ＜23
3
.②
由①②得，实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－23
3
，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，333.
求参数范围的常用方法：
(1)函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解． (2)不等式法：依据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数范围． (3)判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式Δ求参数的范围．
已知椭圆的一个顶点为A (0，－1)，焦点在x 轴上，中心在原点．若右焦点到直线x －y ＋22＝0的距离为3.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线y ＝kx ＋m (k ≠0)与椭圆相交于不同的两点M ，N .当|AM |＝|AN |时，求m 的取值范围．
解：(1)依题意可设椭圆方程为x 2a
2＋y 2
＝1，
则右焦点F (a 2
－1，0)，
由题设|a 2
－1＋22|2＝3，解得a 2
＝3.
∴所求椭圆的方程为x 2
3
＋y 2
＝1.
(2)设P (x P ，y P )，M (x M ，y M )，N (x N ，y N )，
P 为弦MN 的中点， 由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝kx ＋m ，x 2
3
＋y 2
＝1，得(3k 2＋1)x 2＋6kmx ＋3(m 2
－1)＝0，
∵直线与椭圆相交，
∴Δ＝(6km )2
－4(3k 2
＋1)×3(m 2
－1)>0 ⇒m 2
<3k 2
＋1.①
由根与系数的关系，得
x M ＋x N ＝－6km 3k 2＋1，x M ·x N ＝3m 2
－13k 2
＋1. ∴x P ＝
x M ＋x N
2＝－3km
3k 2＋1
，
从而y P ＝kx P ＋m ＝m
3k 2＋1
，
∴k AP ＝y P ＋1x P ＝－m ＋3k 2＋1
3km
，
又∵|AM |＝|AN |，∴AP ⊥MN ，
则－m ＋3k 2＋13km ＝－1k
，
即2m ＝3k 2
＋1.②
把②代入①，得m 2
<2m ，解得0<m <2； 由②，得k 2
＝2m －13>0，解得m >12
.
综上，m 的取值范围是⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，2.
热点三 圆锥曲线中的探究性问题
圆锥曲线的探究性问题主要体现在以下几个方面：(1)探究点是否存在；(2)探究曲线是否存在；(3)探究命题是否成立．涉及这类命题的求解主要是争辩直线与圆锥曲线的位置关系问题．
[考查角度一] 探究是否存在常数的问题
[典题5] [2021·四川卷]如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是2
2
，点P (0,1)在短轴CD 上，且PC →·PD
→
＝－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OA →
·OB →
＋λPA →·PB →
为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
[解] (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PC →·PD →
＝－1，
于是⎩⎪⎨⎪⎧
1－b 2
＝－1，
c a ＝22，
a 2
－b 2
＝c 2
，
解得⎩⎨
⎧
a ＝2，
b ＝ 2.
所以椭圆E 的方程为x 24＋y 2
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(x 1，y 1)，(x 2，y 2)．
联立⎩⎪⎨⎪⎧
x 24＋y 2
2
＝1，
y ＝kx ＋1，
得(2k 2＋1)x 2
＋4kx －2＝0.
其判别式Δ＝(4k )2
＋8(2k 2
＋1)>0， 由根与系数的关系得，
x 1＋x 2＝－
4k 2k 2
＋1，x 1x 2＝－2
2k 2＋1
. 从而，OA →·OB →
＋λPA →
·PB →
＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k 2
)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1 ＝
－2λ－4k 2＋－2λ－1
2k 2
＋1
＝－λ－1
2k 2＋1
－λ－2.
所以，当λ＝1时，－λ－1
2k 2＋1
－λ－2＝－3.
此时OA →·OB →
＋λPA →·PB →
＝－3为定值． 当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD .
此时，OA →·OB →
＋λPA →
·PB →＝OC →·OD →＋PC →·PD →
＝－2－1＝－3. 故存在常数λ＝1，使得OA →
·OB →
＋λPA →·PB →
为定值－3.
解决是否存在常数的问题时，应首先假设存在，看是否能求出符合条件的参数值，假如推出冲突就不存在，否则就存在．
[考查角度二] 探究是否存在点的问题
[典题6] [2021·河北石家庄一模]已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝1
2
，点A 为椭圆上一点，
∠F 1AF 2＝60°，且S △F 1AF 2＝ 3.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 有且只有一个公共点P ，且与直线x ＝4相交于点Q .问：在x 轴上是否存在定点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过定点M ？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．
[解] (1)由e ＝12
可得a 2＝4c 2
，①
S △F 1AF 2＝12
|AF 1||AF 2|sin 60°＝3，
可得|AF 1||AF 2|＝4，
在△F 1AF 2中，由余弦定理可得
|AF 1|2
＋|AF 2|2
－2|AF 1||AF 2|cos 60°＝4c 2
， 又|AF 1|＋|AF 2|＝2a ， 可得a 2
－c 2
＝3，② 联立①②得a 2
＝4，c 2
＝1， ∴b 2
＝3.
∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2
3
＝1.
(2)设点P (x 0，y 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝kx ＋m ，x 24＋y
2
3
＝1，得
(4k 2
＋3)x 2
＋8kmx ＋4m 2
－12＝0，
由题意知Δ＝64k 2m 2－4(4k 2
＋3)(4m 2
－12)＝0， 化简得4k 2
－m 2
＋3＝0， ∴x 0＝－4km 4k 2＋3＝－4k m ，y 0＝3
m
，
∴P ⎝
⎛⎭
⎪⎫－4k m
，3m . 由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝kx ＋m ，
x ＝4，
得Q (4,4k ＋m )，
假设存在点M 的坐标为(x 1,0)，
则MP →
＝⎝
⎛⎭
⎪⎫－4k m
－x 1，3m ，MQ →
＝(4－x 1,4k ＋m )． ∵以PQ 为直径的圆恒过点M ， ∴MP →·MQ →＝0，
即－16k m ＋4kx 1m －4x 1＋x 2
1＋12k m
＋3＝0，
∴(4x 1－4)k
m
＋x 2
1－4x 1＋3＝0对任意k ，m 都成立．
则⎩
⎪⎨⎪⎧
4x 1－4＝0，x 2
1－4x 1＋3＝0，
解得x 1＝1，
故存在定点M (1,0)符合题意．
解决是否存在点的问题时，可依据条件，直接探究其结果；也可以举特例，然后再证明． [考查角度三] 探究存在性的问题
[典题7] [2021·新课标全国卷Ⅱ]已知椭圆C ：9x 2
＋y 2
＝m 2
(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⎝ ⎛⎭
⎪⎫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，请说明理由．
(1)[证明] 设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )． 将y ＝kx ＋b 代入9x 2
＋y 2
＝m 2
，得 (k 2
＋9)x 2
＋2kbx ＋b 2
－m 2＝0， 故x M ＝
x 1＋x 2
2
＝
－kb k 2
＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9b
k 2＋9
. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M
＝－9
k
，即k OM ·k ＝－9.
所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值． (2)[解] 四边形OAPB 能为平行四边形．理由如下：
由于直线l 过点⎝ ⎛⎭
⎪⎫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 ＝－9
k
x .
设点P 的横坐标为x P . 由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2，
得x 2
P ＝k 2m 2
9k 2＋81
，
即x P ＝±km
3k 2
＋9
. 将点⎝ ⎛⎭
⎪⎫m
3，m 的坐标代入直线l 的方程，得 b ＝m 3－k 3
，
因此x M ＝
k k －3m
3k 2
＋9
. 四边形OAPB 为平行四边形，当且仅当线段AB 与线段OP 相互平分时成立，即x P ＝2x M . 于是±km 3k 2
＋9＝2×k k －3m 3k 2＋9， 解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.
由于k i >0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当直线l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形．
解决是否存在直线的问题时，可依据条件查找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解．
提示 完成课时跟踪检测(五十六)。