1．存在性問題的解題步驟
探索性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化．一般步驟為：
(1)假設(shè)滿足條件的元素(常數(shù)、點(diǎn)、直線或曲線)存在，引入?yún)⒆兞?，根?jù)題目條件列出關(guān)于參變量的方程(組)或不等式(組)；
(2)解此方程(組)或不等式(組)；
(3)若方程(組)有實(shí)數(shù)解，則元素(常數(shù)、點(diǎn)、直線或曲線)存在，否則不存在．
2．解決存在性問題的注意事項(xiàng)
探索性問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在．
(1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)，要分類討論．
(2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時(shí)，先假設(shè)成立，再推出條件．
(3)當(dāng)條件和結(jié)論都不知，按常規(guī)方法解題很難時(shí)，要思維開放，采取另外的途徑．
【例題選講】
[例1] 如圖，橢圓C：eq \f (x2,a2)＋eq \f (y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn)Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f (3,2)))，離心率e＝eq \f (1,2)，直線l的方程為x＝4．
(1)求橢圓C的方程；
(2)AB是經(jīng)過右焦點(diǎn)F的任一弦(不經(jīng)過點(diǎn)P)，設(shè)直線AB與直線l相交于點(diǎn)M，記直線PA，PB，PM的斜率分別為k1，k2，k3．問：是否存在常數(shù)λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
[破題思路] (1)題目條件中給出橢圓過點(diǎn)Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f (3,2)))，離心率e＝eq \f (1,2)．將P點(diǎn)坐標(biāo)代入橢圓方程可得a，b的關(guān)系式；用離心率公式可得a，c的關(guān)系式，另外，還有a2＝b2＋c2，即可求得a，b的值．
(2)判斷是否存在常數(shù)λ，使k1＋k2＝λk3成立．即方程k1＋k2＝λk3是否有解．題目條件中給出直線AB過右焦點(diǎn)F，且與橢圓及直線l分別交于點(diǎn)A，B，M，直線PA，PB，PM的斜率分別為k1，k2，k3，想到用斜率公式表示k1，k2，k3，需要A，B，M的坐標(biāo)，可設(shè)出A，B，M的坐標(biāo)，通過建立直線AB與橢圓方程的方程組求得各坐標(biāo)的關(guān)系．
[規(guī)范解答] (1)由題意得eq \b\lc\{\rc\ (\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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝3，,c2＝1，))故橢圓C的方程為eq \f (x2,4)＋eq \f (y2,3)＝1．
(2)由題意可設(shè)直線AB的斜率為k，則直線AB的方程為y＝k(x－1)，①
代入橢圓方程，并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1≠x2≠1，則x1＋x2＝eq \f (8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq \f (4(k2－3),4k2＋3)，②
在方程①中令x＝4，得點(diǎn)M的坐標(biāo)為(4，3k)．從而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?yàn)锳，F(xiàn)，B三點(diǎn)共線，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
將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．
故存在常數(shù)λ＝2符合題意．
[題后悟通] 求解字母參數(shù)值的存在性問題時(shí)，通常的方法是首先假設(shè)滿足條件的參數(shù)值存在，然后利用這些條件并結(jié)合題目的其他已知條件進(jìn)行推理與計(jì)算，若不出現(xiàn)矛看，并且得到了相應(yīng)的參數(shù)值，就說明滿足條件的參數(shù)值存在；若在推理與計(jì)算中出現(xiàn)了矛盾，則說明滿足條件的參數(shù)值不存在，同時(shí)推理與計(jì)算的過程就是說明理由的過程．
[例2] 已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點(diǎn)為F，直線2x－y＋2＝0交拋物線C于A，B兩點(diǎn)，P是線段AB的中點(diǎn)，過P作x軸的垂線交拋物線C于點(diǎn)Q．
(1)D是拋物線C上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)E(－1，3)，若直線AB過焦點(diǎn)F，求|DF|＋|DE|的最小值；
(2)是否存在實(shí)數(shù)p，使|2eq \(QA,\s\up6(→))＋eq \(QB,\s\up6(→))|＝|2eq \(QA,\s\up6(→))－eq \(QB,\s\up6(→))|？若存在，求出p的值；若不存在，說明理由．
[規(guī)范解答] (1)∵直線2x－y＋2＝0與y軸的交點(diǎn)為(0，2)，
∴F(0，2)，則拋物線C的方程為x2＝8y，準(zhǔn)線l：y＝－2．
設(shè)過D作DG⊥l于G，則|DF|＋|DE|＝|DG|＋|DE|，
當(dāng)E，D，G三點(diǎn)共線時(shí)，|DF|＋|DE|取最小值2＋3＝5．
(2)假設(shè)存在，拋物線x2＝2py與直線y＝2x＋2聯(lián)立，得x2－4px－4p＝0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，Δ＝(4p)2＋16p＝16(p2＋p)>0，則x1＋x2＝4p，x1x2＝－4p，∴Q(2p，2p)．
∵|2eq \(QA,\s\up6(→))＋eq \(QB,\s\up6(→))|＝|2eq \(QA,\s\up6(→))－eq \(QB,\s\up6(→))|，∴eq \(QA,\s\up6(→))⊥eq \(QB,\s\up6(→))．則eq \(QA,\s\up6(→))·eq \(QB,\s\up6(→))＝0，
得(x1－2p)(x2－2p)＋(y1－2p)(y2－2p)＝(x1－2p)(x2－2p)＋(2x1＋2－2p)(2x2＋2－2p)
＝5x1x2＋(4－6p)(x1＋x2)＋8p2－8p＋4＝0，
代入得4p2＋3p－1＝0，解得p＝eq \f(1,4)或p＝－1(舍去)．
因此存在實(shí)數(shù)p＝eq \f(1,4)，且滿足Δ>0，使得|2eq \(QA,\s\up6(→))＋eq \(QB,\s\up6(→))|＝|2eq \(QA,\s\up6(→))－eq \(QB,\s\up6(→))|成立．
[例3] 已知焦點(diǎn)在y軸上的橢圓E的中心是原點(diǎn)O，離心率等于eq \f(\r(3),2)，以橢圓E的長(zhǎng)軸和短軸為對(duì)角線的四邊形的周長(zhǎng)為4eq \r(5)．直線l：y＝kx＋m與y軸交于點(diǎn)P，與橢圓E交于A，B兩個(gè)相異點(diǎn)，且eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))．
(1)求橢圓E的方程；
(2)是否存在m，使eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(OB,\s\up6(→))＝4eq \(OP,\s\up6(→))？若存在，求m的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由．
[規(guī)范解答] (1)根據(jù)已知設(shè)橢圓E的方程為eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，焦距為2c，
由已知得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，所以c＝eq \f(\r(3),2)a，b2＝a2－c2＝eq \f(a2,4)．
因?yàn)橐詸E圓E的長(zhǎng)軸和短軸為對(duì)角線的四邊形的周長(zhǎng)為4eq \r(5)，
所以4eq \r(a2＋b2)＝2eq \r(5)a＝4eq \r(5)，所以a＝2，b＝1．所以橢圓E的方程為x2＋eq \f(y2,4)＝1．
(2)根據(jù)已知得P(0，m)，由eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))，得eq \(OP,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝λ(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OP,\s\up6(→)))．所以eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(OB,\s\up6(→))＝(1＋λ)eq \(OP,\s\up6(→))．
因?yàn)閑q \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(OB,\s\up6(→))＝4eq \(OP,\s\up6(→))，所以(1＋λ)eq \(OP,\s\up6(→))＝4eq \(OP,\s\up6(→))．
若m＝0，由橢圓的對(duì)稱性得eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(PB,\s\up6(→))，即eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝0．所以m＝0能使eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(OB,\s\up6(→))＝4eq \(OP,\s\up6(→))成立．
若m≠0，則1＋λ＝4，解得λ＝3．
設(shè)A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,4x2＋y2－4＝0))，得(k2＋4)x2＋2mkx＋m2－4＝0，
由已知得Δ＝4m2k2－4(k2＋4)(m2－4)>0，即k2－m2＋4>0，且x1＋x2＝eq \f(－2km,k2＋4)，x1x2＝eq \f(m2－4,k2＋4)．
由eq \(AP,\s\up6(→))＝3eq \(PB,\s\up6(→))得－x1＝3x2，即x1＝－3x2，所以3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0，
所以eq \f(12k2m2,（k2＋4）2)＋eq \f(4（m2－4）,k2＋4)＝0，即m2k2＋m2－k2－4＝0．
當(dāng)m2＝1時(shí)，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立．所以k2＝eq \f(4－m2,m2－1)．
因?yàn)閗2－m2＋4>0，所以eq \f(4－m2,m2－1)－m2＋4>0，即eq \f(（4－m2）m2,m2－1)>0．
所以1|AB|，若存在圓，則圓心在CD上，
因?yàn)镃D的中點(diǎn)N到直線AB的距離d＝eq \f(\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)－\f(1,3)－3))),\r(2))＝eq \f(4\r(2),3)．
|NA|2＝|NB|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(2),3)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|AB|,2)))2＝eq \f(6m－4,9)，又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|CD|,2)))2＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)·\f(\r(12m－8),3)))2＝eq \f(6m－4,9)，
故存在這樣的m(m>6)，使得A，B，C，D在同一個(gè)圓上．
[例6] 已知中心在原點(diǎn)O，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，離心率e＝eq \f(1,2)，且橢圓過點(diǎn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))．
(1)求橢圓的方程；
(2)橢圓左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過F2的直線l與橢圓交于不同的兩點(diǎn)A，B，則△F1AB的內(nèi)切圓的面積是否存在最大值？若存在，求出這個(gè)最大值及此時(shí)的直線方程；若不存在，請(qǐng)說明理由．
[規(guī)范解答] (1)由題意可設(shè)橢圓方程為eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(1,2)，,\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))解得a2＝4，b2＝3．
∴橢圓方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，不妨設(shè)y1＞0，y2＜0，設(shè)△F1AB的內(nèi)切圓的半徑為R，
則△F1AB的周長(zhǎng)＝4a＝8，S△F1AB＝eq \f(1,2)(|AB|＋|F1A|＋|F1B|)R＝4R，因此，S△F1AB最大，R就最大，
由題知，直線l的斜率不為零，可設(shè)直線l的方程為x＝my＋1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，y1＋y2＝eq \f(－6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq \f(9,3m2＋4)．
則S△F1AB＝eq \f(1,2)|F1F2|(y1－y2)＝eq \f(12\r(m2＋1),3m2＋4)，令eq \r(m2＋1)＝t，則m2＝t2－1(t≥1)，
∴S△F1AB＝eq \f(12t,3t2＋1)＝eq \f(12,3t＋\f(1,t))．令f(t)＝3t＋eq \f(1,t)，則f′(t)＝3－eq \f(1,t2)，
當(dāng)t≥1時(shí)，f′(t)≥0，f(t)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，有f(t)≥f(1)＝4，S△F1AB≤3，
即當(dāng)t＝1，m＝0時(shí)，S△F1AB≤3，
由S△F1AB＝4R，得Rmax＝eq \f(3,4)，這時(shí)所求內(nèi)切圓面積的最大值為eq \f(9π,16)，故直線l：x＝1．
【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】
1．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1 (a>b>0)的左、右焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，其離心率為eq \f(\r(2),2)，又拋物線x2＝4y在點(diǎn)P(2，
1)處的切線恰好過橢圓C的一個(gè)焦點(diǎn)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)過點(diǎn)M(－4，0)，斜率為k(k≠0)的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，直線AF1，BF1的斜率分別為k1，k2，是否存在常數(shù)λ，使得k1k＋k2k＝λk1k2？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
1．解析 (1)∵拋物線x2＝4y在點(diǎn)P(2，1)處的切線方程為y＝x－1，它過x軸上的點(diǎn)(1，0)，
∴橢圓C的一個(gè)焦點(diǎn)為(1，0)，即c＝1，又∵e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，∴a＝eq \r(2)，b＝1，
∴橢圓C的方程為eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，l的方程為y＝k(x＋4)，聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k?x＋4?，,x2＋2y2＝2))
?(1＋2k2)x2＋16k2x＋32k2－2＝0，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,x1＋x2＝－\f(16k2,1＋2k2)，,x1x2＝\f(32k2－2,1＋2k2).))
∵F1(－1，0)，k1＝eq \f(y1,x1＋1)，k2＝eq \f(y2,x2＋1)，∴eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝eq \f(x1＋1,y1)＋eq \f(x2＋1,y2)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋1,x1＋4)＋\f(x2＋1,x2＋4)))，
∴eq \f(k,k1)＋eq \f(k,k2)＝eq \f(2x1x2＋5?x1＋x2?＋8,x1x2＋4?x1＋x2?＋16)＝eq \f(2,7)，∴k1k＋k2k＝eq \f(2,7)k1k2，∴存在常數(shù)λ＝eq \f(2,7)．
2．已知橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的長(zhǎng)軸與短軸之和為6，橢圓上任一點(diǎn)到兩焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2的距離之和為4．
(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)若直線AB：y＝x＋m與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，C，D在橢圓上，且C，D兩點(diǎn)關(guān)于直線AB對(duì)稱，問：是否存在實(shí)數(shù)m，使|AB|＝eq \r(2)|CD|，若存在，求出m的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
2．解析 (1)由題意，2a＝4，2a＋2b＝6，∴a＝2，b＝1．∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)∵C，D關(guān)于直線AB對(duì)稱，設(shè)直線CD的方程為y＝－x＋t，
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－x＋t，,\f(x2,4)＋y2＝1))消去y，得5x2－8tx＋4t2－4＝0，Δ＝64t2－4×5×(4t2－4)>0，解得t20，所以|MQ|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(?x2＋x3?2－4x2x3)＝eq \f(12?1＋k2?,3＋4k2)．
若eq \f(|PN|,|MQ|)＝2，則eq \f(4?1＋k2?,k2)＝2×eq \f(12?1＋k2?,3＋4k2)，解得k＝±eq \f(\r(6),2)．
故存在斜率為k＝±eq \f(\r(6),2)的直線l，使得eq \f(|PN|,|MQ|)＝2．
4．如圖，橢圓E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率是eq \f(\r(3),2)，點(diǎn)P(0，1)在短軸CD上，且eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝－1．
(1)求橢圓E的方程；
(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過點(diǎn)P的動(dòng)直線與橢圓交于A，B兩點(diǎn)．是否存在常數(shù)λ，使得eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))為定值？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
4．解析 (1)由已知，點(diǎn)C，D的坐標(biāo)分別為(0，－b)，(0，b)，又點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0，1)，且eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝－1，
于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－b2＝－1，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2－b2＝c2，))解得a＝2eq \r(2)，b＝eq \r(2)，所以橢圓E的方程為eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1，A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1，))得(4k2＋1)x2＋8kx－4＝0，其判別式Δ＝(8k)2＋16(4k2＋1)>0，
所以x1＋x2＝－eq \f(8k,4k2＋1)，x1x2＝－eq \f(4,4k2＋1)，
從而，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝eq \f((－4λ－8)k2＋(－4λ－3),4k2＋1)＝－eq \f(3λ＋1,4k2＋1)－λ－2．
所以當(dāng)λ＝－eq \f(1,3)時(shí)，－eq \f(3λ＋1,4k2＋1)－λ－2＝－eq \f(5,3)，此時(shí)eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝－eq \f(5,3)為定值．
當(dāng)直線AB斜率不存在時(shí)，直線AB即為直線CD，此時(shí)，
eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OD,\s\up6(→))－eq \f(1,3)eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝－2＋eq \f(1,3)＝－eq \f(5,3)．
故存在常數(shù)λ＝－eq \f(1,3)，使得eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))為定值－eq \f(5,3)．
5．(2015·全國Ⅱ)已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直線l不過原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個(gè)交
點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為M．
(1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；
(2)若l過點(diǎn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,3)，m))，延長(zhǎng)線段OM與C交于點(diǎn)P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時(shí)l的斜率；若不能，說明理由．
5．解析 (1)設(shè)直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．
將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)．
于是直線OM的斜率kOM＝eq \f(yM,xM)＝－eq \f(9,k)，即kOM·k＝－9．所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值．
(2)四邊形OAPB能為平行四邊形．
因?yàn)橹本€l過點(diǎn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,3)，m))，所以l不過原點(diǎn)且與C有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是k>0，k≠3．
由(1)得OM的方程為y＝－eq \f(9,k)x．設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為xP．
由eq \b\lc\{\rc\ (\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)) ．
將點(diǎn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,3)，m))的坐標(biāo)代入直線l的方程得b＝eq \f(m(3－k),3)，因此xM＝eq \f(k(k－3)m,3(k2＋9))．
四邊形OAPB為平行四邊形，當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段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?yàn)閗i>0，ki≠3，i＝1,2，所以當(dāng)直線l的斜率為4－eq \r(7)或4＋eq \r(7)時(shí)，四邊形OAPB為平行四邊形．
6．已知橢圓M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)為(0，1)，離心率為eq \f(\r(2),2)，動(dòng)直線y＝x＋m交橢圓M于
不同的兩點(diǎn)A，B，T(1，1)．
(1)求橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)試問：△TAB的面積是否存在最大值？若存在，求出這個(gè)最大值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
6．解析 (1)由題意得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，b＝1，又a2＝b2＋c2，所以a＝eq \r(2)，c＝1，橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1))得3x2＋4mx＋2m2－2＝0．
由題意得，Δ＝16m2－24(m2－1)>0，即m2－3

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