考點一 圓錐曲線中的定值問題(綜合型)
eq \a\vs4\al(復(fù)習(xí)指導(dǎo))eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))探究圓錐曲線的定值問題，常先從特殊情形入手，找到滿足題意的定直線方程，再從一般情形進(jìn)行推理得到關(guān)聯(lián)坐標(biāo)的等式，驗證等式成立即可．
(2018·高考北京卷)已知拋物線C：y2＝2px經(jīng)過點P(1，2)．過點Q(0，1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N.
(1)求直線l的斜率的取值范圍；
(2)設(shè)O為原點，eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))，求證：eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)為定值．
【解】 (1)因為拋物線y2＝2px過點(1，2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故拋物線C的方程為y2＝4x.
由題意知，直線l的斜率存在且不為0.
設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1(k≠0)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋1))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依題意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，
解得k＜0或0＜k＜1.
又PA，PB與y軸相交，
故直線l不過點(1，－2)．
從而k≠－3.
所以直線l斜率的取值范圍是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1)．
(2)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由(1)知x1＋x2＝－eq \f(2k－4,k2)，x1x2＝eq \f(1,k2).
直線PA的方程為y－2＝eq \f(y1－2,x1－1)(x－1)．
令x＝0，得點M的縱坐標(biāo)為yM＝eq \f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq \f(－kx1＋1,x1－1)＋2.
同理得點N的縱坐標(biāo)為yN＝eq \f(－kx2＋1,x2－1)＋2.
由eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)＝eq \f(1,1－yM)＋eq \f(1,1－yN)＝eq \f(x1－1,(k－1)x1)＋eq \f(x2－1,(k－1)x2)
＝eq \f(1,k－1)·eq \f(2x1x2－(x1＋x2),x1x2)
＝eq \f(1,k－1)·eq \f(\f(2,k2)＋\f(2k－4,k2),\f(1,k2))＝2.
所以eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)為定值．
eq \a\vs4\al()
求圓錐曲線中定值問題常用的方法
(1)引起變量法：其解題流程為
eq \x(變量)→eq \x(選擇適當(dāng)?shù)牧繛樽兞?
↓
eq \x(函數(shù))→eq \x(把要證明為定值的量表示成上述變量的函數(shù))
↓
eq \x(定值)→eq \x(把得到的函數(shù)化簡，消去變量得到定值)
(2)特例法：從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)．
(2020·長沙市統(tǒng)一模擬考試)已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq \f(1,3)，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，A為橢圓C上一點，AF2⊥F1F2，且|AF2|＝eq \f(8,3).
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)橢圓C的左、右頂點分別為A1，A2，過A1，A2分別作x軸的垂線l1，l2，橢圓C的一條切線l：y＝kx＋m與l1，l2分別交于M，N兩點，求證：∠MF1N為定值．
解：(1)由AF2⊥F1F2，|AF2|＝eq \f(8,3)，得eq \f(b2,a)＝eq \f(8,3).
又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,3)，a2＝b2＋c2，
所以a2＝9，b2＝8，
故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1.
(2)證明：由題意可知，l1的方程為x＝－3，l2的方程為x＝3.
直線l分別與直線l1，l2的方程聯(lián)立得M(－3，－3k＋m)，N(3，3k＋m)，
所以eq \(F1M,\s\up6(→))＝(－2，－3k＋m)，eq \(F1N,\s\up6(→))＝(4，3k＋m)，
所以eq \(F1M,\s\up6(→))·eq \(F1N,\s\up6(→))＝－8＋m2－9k2.
聯(lián)立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋\f(y2,8)＝1，,y＝kx＋m，))
得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0.
因為直線l與橢圓C相切，
所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)·(9m2－72)＝0，
化簡得m2＝9k2＋8.
所以eq \(F1M,\s\up6(→))·eq \(F1N,\s\up6(→))＝－8＋m2－9k2＝0，
所以eq \(F1M,\s\up6(→))⊥eq \(F1N,\s\up6(→))，
故∠MF1N為定值eq \f(π,2).
考點二 圓錐曲線中的定點問題(綜合型)
eq \a\vs4\al(復(fù)習(xí)指導(dǎo))eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))1.引進(jìn)參數(shù)法：引進(jìn)動點的坐標(biāo)或動線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量，再研究變化的量與參數(shù)何時沒有關(guān)系，找到定點．
2．特殊到一般法：根據(jù)動點或動線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關(guān)．
(2020·安徽省考試試題)已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的上頂點為P，右頂點為Q，直線PQ與圓x2＋y2＝eq \f(4,5)相切于點Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，\f(4,5))).
(1)求橢圓C的方程；
(2)若不經(jīng)過點P的直線l與橢圓C交于A，B兩點，且eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝0，求證：直線l過定點．
【解】 (1)由已知得直線OM(O為坐標(biāo)原點)的斜率kOM＝2，則直線PQ的斜率kPQ＝－eq \f(1,kOM)＝－eq \f(1,2)，
所以直線PQ的方程為y－eq \f(4,5)＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,5)))，
即x＋2y＝2.可求得P(0，1)，Q(2，0)，故a＝2，b＝1，
故橢圓C的方程為eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)證明：當(dāng)直線l的斜率不存在時，顯然不滿足條件．
當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)l的方程為y＝kx＋n(n≠1)，
聯(lián)立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋n，))消去y整理得(4k2＋1)x2＋8knx＋4(n2－1)＝0，
Δ＝(8kn)2－4×4(4k2＋1)(n2－1)＝16(4k2＋1－n2)＞0，得4k2＋1＞n2.①
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq \f(－8kn,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4(n2－1),4k2＋1).②
由eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝0，得(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝0，又y1＝kx1＋n，y2＝kx2＋n，所以(k2＋1)x1x2＋k(n－1)(x1＋x2)＋(n－1)2＝0，③
由②③得n＝1(舍)，或n＝－eq \f(3,5)，滿足①.
此時l的方程為y＝kx－eq \f(3,5)，故直線l過定點eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,5))).
eq \a\vs4\al()
求解定點問題常用的方法
(1)“特殊探路，一般證明”，即先通過特殊情況確定定點，再轉(zhuǎn)化為有方向、有目標(biāo)的一般性證明．
(2)“一般推理，特殊求解”，即先由題設(shè)條件得出曲線的方程，再根據(jù)參數(shù)的任意性得到定點坐標(biāo)．
(3)求證直線過定點(x0，y0)，常利用直線的點斜式方程y－y0＝k(x－x0)來證明．
(2020·武漢模擬)過拋物線C：y2＝4x的焦點F且斜率為k的直線l交拋物線C于A，B兩點，且|AB|＝8.
(1)求直線l的方程；
(2)若A關(guān)于x軸的對稱點為D，求證：直線BD過定點，并求出該點的坐標(biāo)．
解：(1)由y2＝4x知焦點F的坐標(biāo)為(1，0)，則直線l的方程為y＝k(x－1)，
代入拋物線方程y2＝4x，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
由題意知k≠0，
且Δ＝[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)＞0.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1.
由拋物線的弦長公式知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，則eq \f(2k2＋4,k2)＝6，即k2＝1，解得k＝±1.
所以直線l的方程為y＝±(x－1)．
(2)證明：由(1)及拋物線的對稱性知，D點的坐標(biāo)為(x1，－y1)，
直線BD的斜率kBD＝eq \f(y2＋y1,x2－x1)＝eq \f(y2＋y1,\f(yeq \\al(2,2),4)－\f(yeq \\al(2,1),4))＝eq \f(4,y2－y1)，
所以直線BD的方程為y＋y1＝eq \f(4,y2－y1)(x－x1)，
即(y2－y1)y＋y2y1－yeq \\al(2,1)＝4x－4x1.
因為yeq \\al(2,1)＝4x1，yeq \\al(2,2)＝4x2，x1x2＝1，所以(y1y2)2＝16x1x2＝16，
即y1y2＝－4(y1，y2異號)．
所以直線BD的方程為4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，
對任意y1，y2∈R，有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋1＝0，,y＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝0，))
即直線BD恒過定點(－1，0)．
考點三 圓錐曲線中的探索性問題(綜合型)
eq \a\vs4\al(復(fù)習(xí)指導(dǎo))eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))解決圓錐曲線中的存在性問題，一般是假設(shè)符合題設(shè)條件的常數(shù)、點、直線存在，然后再利用題干條件建立起關(guān)于該常數(shù)、點、直線的等量關(guān)系，如果能求出符合題意的常數(shù)、點的坐標(biāo)、直線方程，則說明存在；否則，由題設(shè)推出矛盾，則說明不存在．
(2019·高考全國卷Ⅰ)已知點A，B關(guān)于坐標(biāo)原點O對稱，|AB|＝4，⊙M過點A，B且與直線x＋2＝0相切．
(1)若A在直線x＋y＝0上，求⊙M的半徑；
(2)是否存在定點P，使得當(dāng)A運動時，|MA|－|MP|為定值？并說明理由．
【解】 (1)因為⊙M過點A，B，
所以圓心M在AB的垂直平分線上．
又已知A在直線x＋y＝0上，
且A，B關(guān)于坐標(biāo)原點O對稱，
所以M在直線y＝x上，故可設(shè)M(a，a)．
因為⊙M與直線x＋2＝0相切，
所以⊙M的半徑為r＝|a＋2|.
連接MA，由已知得|AO|＝2，又eq \(MO,\s\up6(→))⊥eq \(AO,\s\up6(→))，
故可得2a2＋4＝(a＋2)2，
解得a＝0或a＝4.
故⊙M的半徑r＝2或r＝6.
(2)存在定點P(1，0)，使得|MA|－|MP|為定值．
理由如下：
設(shè)M(x，y)，由已知得⊙M的半徑為r＝|x＋2|，|AO|＝2.
由于eq \(MO,\s\up6(→))⊥eq \(AO,\s\up6(→))，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，
化簡得M的軌跡方程為y2＝4x.
因為曲線C：y2＝4x是以點P(1，0)為焦點，
以直線x＝－1為準(zhǔn)線的拋物線，所以|MP|＝x＋1.
因為|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，
所以存在滿足條件的定點P.
eq \a\vs4\al()
存在性問題的求解策略
解決存在性問題，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，先假設(shè)成立，再推出條件．
(3)當(dāng)要討論的量能夠確定時，可先確定，再證明結(jié)論符合題意．
是否存在過點E(0，－4)的直線l交橢圓eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1于點R，T，且滿足eq \(OR,\s\up6(→))·eq \(OT,\s\up6(→))＝eq \f(16,7)？若存在，求直線l的方程；若不存在，請說明理由．
解：存在．
假設(shè)存在滿足題意的直線l，易知當(dāng)直線l的斜率不存在時，eq \(OR,\s\up6(→))·eq \(OT,\s\up6(→))＜0，不滿足題意．
故可設(shè)直線l的方程為y＝kx－4，R(x1，y1)，T(x2，y2)．
因為eq \(OR,\s\up6(→))·eq \(OT,\s\up6(→))＝eq \f(16,7)，
所以x1x2＋y1y2＝eq \f(16,7).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx－4，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1))得(3＋4k2)x2－32kx＋16＝0，
由Δ＞0得(－32k)2－64(3＋4k2)＞0，
解得k2＞eq \f(1,4).①
因為x1＋x2＝eq \f(32k,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(16,3＋4k2)，
所以y1y2＝(kx1－4)(kx2－4)＝k2x1x2－4k(x1＋x2)＋16，
故x1x2＋y1y2＝eq \f(16,3＋4k2)＋eq \f(16k2,3＋4k2)－eq \f(128k2,3＋4k2)＋16＝eq \f(16,7)，
解得k2＝1.②
由①②解得k＝±1，
所以直線l的方程為y＝±x－4.
故存在直線l：x＋y＋4＝0或x－y－4＝0滿足題意．
[基礎(chǔ)題組練]
1．直線l與拋物線C：y2＝2x交于A，B兩點，O為坐標(biāo)原點，若直線OA，OB的斜率分別為k1，k2，且滿足k1k2＝eq \f(2,3)，則直線l過定點( )
A．(－3，0) B．(0，－3)
C．(3，0) D．(0，3)
解析：選A．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為k1k2＝eq \f(2,3)，所以eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(2,3).又yeq \\al(2,1)＝2x1，yeq \\al(2,2)＝2x2，所以y1y2＝6.將直線l：x＝my＋b代入拋物線C：y2＝2x得y2－2my－2b＝0，所以y1y2＝－2b＝6，得b＝－3，即直線l的方程為x＝my－3，所以直線l過定點(－3，0)．
2．以下四個關(guān)于圓錐曲線的命題：
①設(shè)A，B為兩個定點，K為正數(shù)，若||PA|－|PB||＝K，則動點P的軌跡是雙曲線；
②方程2x2－5x＋2＝0的兩根可分別作為橢圓和雙曲線的離心率；
③雙曲線eq \f(x2,25)－eq \f(y2,9)＝1與橢圓eq \f(x2,35)＋y2＝1有相同的焦點；
④已知拋物線y2＝2px，以過焦點的一條弦AB為直徑作圓，則此圓與準(zhǔn)線相切．
其中真命題為________．(寫出所有真命題的序號)
解析：A，B為兩個定點，K為正數(shù)，||PA|－|PB||＝K，當(dāng)K＝|AB|時，動點P的軌跡是兩條射線，故①錯誤；
方程2x2－5x＋2＝0的兩根為eq \f(1,2)和2，可分別作為橢圓和雙曲線的離心率，故②正確；
雙曲線eq \f(x2,25)－eq \f(y2,9)＝1的焦點坐標(biāo)為(±eq \r(34)，0)，橢圓eq \f(x2,35)＋y2＝1的焦點坐標(biāo)為(±eq \r(34)，0)，故③正確；
設(shè)AB為過拋物線焦點F的弦，P為AB中點，A，B，P在準(zhǔn)線l上的射影分別為M，N，Q，
因為AP＋BP＝AM＋BN，所以PQ＝eq \f(1,2)AB，
所以以AB為直徑作圓，則此圓與準(zhǔn)線l相切，故④正確．
故正確的命題有②③④.
答案：②③④
3．(2020·福建五校第二次聯(lián)考)已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq \f(\r(3),2)，上頂點M到直線eq \r(3)x＋y＋4＝0的距離為3.
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)直線l過點(4，－2)，且與橢圓C相交于A，B兩點，l不經(jīng)過點M，證明：直線MA的斜率與直線MB的斜率之和為定值．
解：(1)由題意可得，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(|b＋4|,2)＝3，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝4，,b＝2，))
所以橢圓C的方程為eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)證明：易知直線l的斜率恒小于0，設(shè)直線l的方程為y＋2＝k(x－4)，k＜0且k≠－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯(lián)立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＋2＝k(x－4)，,\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1))
得(1＋4k2)x2－16k(2k＋1)x＋64k(k＋1)＝0，
則x1＋x2＝eq \f(16k(2k＋1),1＋4k2)，x1x2＝eq \f(64k(k＋1),1＋4k2)，
因為kMA＋kMB＝eq \f(y1－2,x1)＋eq \f(y2－2,x2)
＝eq \f((kx1－4k－4)x2＋(kx2－4k－4)x1,x1x2)，
所以kMA＋kMB＝2k－(4k＋4)×eq \f(x1＋x2,x1x2)＝2k－4(k＋1)×eq \f(16k(2k＋1),64k(k＋1))
＝2k－(2k＋1)＝－1(為定值)．
4．(2019·高考全國卷Ⅲ)已知曲線C：y＝eq \f(x2,2)，D為直線y＝－eq \f(1,2)上的動點，過D作C的兩條切線，切點分別為A，B.
(1)證明：直線AB過定點；
(2)若以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2)))為圓心的圓與直線AB相切，且切點為線段AB的中點，求該圓的方程．
解：(1)證明：設(shè)Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－\f(1,2)))，A(x1，y1)，則xeq \\al(2,1)＝2y1.
由于y′＝x，所以切線DA的斜率為x1，故eq \f(y1＋\f(1,2),x1－t)＝x1.
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
設(shè)B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
故直線AB的方程為2tx－2y＋1＝0.
所以直線AB過定點eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
(2)由(1)得直線AB的方程為y＝tx＋eq \f(1,2).由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝tx＋\f(1,2)，,y＝\f(x2,2)))可得x2－2tx－1＝0.于是x1＋x2＝2t，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1.
設(shè)M為線段AB的中點，則Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，t2＋\f(1,2))).
由于eq \(EM,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，而eq \(EM,\s\up6(→))＝(t，t2－2)，eq \(AB,\s\up6(→))與向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0.
解得t＝0或t＝±1.
當(dāng)t＝0時，|eq \(EM,\s\up6(→))|＝2，所求圓的方程為x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(5,2)))eq \s\up12(2)＝4；
當(dāng)t＝±1時，|eq \(EM,\s\up6(→))|＝eq \r(2)，所求圓的方程為x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(5,2)))eq \s\up12(2)＝2.
[綜合題組練]
1．(2020·廣州市調(diào)研測試)已知動圓C過定點F(1，0)，且與定直線x＝－1相切．
(1)求動圓圓心C的軌跡E的方程；
(2)過點M(－2，0)的任一條直線l與軌跡E交于不同的兩點P，Q，試探究在x軸上是否存在定點N(異于點M)，使得∠QNM＋∠PNM＝π？若存在，求點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
解：(1)法一：依題意知，動圓圓心C到定點F(1，0)的距離，與到定直線x＝－1的距離相等，
由拋物線的定義，可得動圓圓心C的軌跡E是以F(1，0)為焦點，x＝－1為準(zhǔn)線的拋物線，其中p＝2.
所以動圓圓心C的軌跡E的方程為y2＝4x.
法二：設(shè)動圓圓心C(x，y)，依題意得eq \r((x－1)2＋y2)＝|x＋1|，
化簡得y2＝4x，即為動圓圓心C的軌跡E的方程．
(2)假設(shè)存在點N(x0，0)滿足題設(shè)條件．
由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直線PN與QN的斜率互為相反數(shù)，即kPN＋kQN＝0.①
易知直線PQ的斜率必存在且不為0，設(shè)直線PQ：x＝my－2，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my－2))得y2－4my＋8＝0.
由Δ＝(－4m)2－4×8＞0，得m＞eq \r(2)或m＜－eq \r(2).
設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則y1＋y2＝4m，y1y2＝8.
由①得kPN＋kQN＝eq \f(y1,x1－x0)＋eq \f(y2,x2－x0)
＝eq \f(y1(x2－x0)＋y2(x1－x0),(x1－x0)(x2－x0))＝0，
所以y1(x2－x0)＋y2(x1－x0)＝0即，y1x2＋y2x1－x0(y1＋y2)＝0.
消去x1，x2，得eq \f(1,4)y1yeq \\al(2,2)＋eq \f(1,4)y2yeq \\al(2,1)－x0(y1＋y2)＝0，
即eq \f(1,4)y1y2(y1＋y2)－x0(y1＋y2)＝0.
因為y1＋y2≠0，所以x0＝eq \f(1,4)y1y2＝2，
所以存在點N(2，0)，使得∠QNM＋∠PNM＝π.
2．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，點Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))在橢圓C上．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)是否存在斜率為2的直線，使得當(dāng)直線與橢圓C有兩個不同交點M，N時，能在直線y＝eq \f(5,3)上找到一點P，在橢圓C上找到一點Q，滿足eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(NQ,\s\up6(→))？若存在，求出直線的方程；若不存在，說明理由．
解：(1)設(shè)橢圓C的焦距為2c，則c＝1，
因為Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))在橢圓C上，
所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2eq \r(2)，
所以a＝eq \r(2)，b2＝a2－c2＝1，
所以橢圓C的方程為eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)不存在滿足條件的直線，證明如下：
設(shè)直線的方程為y＝2x＋t，
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3，\f(5,3)))，Q(x4，y4)，MN的中點為D(x0，y0)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1))消去x，
得9y2－2ty＋t2－8＝0，
所以y1＋y2＝eq \f(2t,9)，Δ＝4t2－36(t2－8)＞0，
所以y0＝eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(t,9)，且－3＜t＜3.
由eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(NQ,\s\up6(→))得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－x3，y1－\f(5,3)))＝(x4－x2，y4－y2)，
所以y1－eq \f(5,3)＝y(tǒng)4－y2，y4＝y(tǒng)1＋y2－eq \f(5,3)＝eq \f(2,9)t－eq \f(5,3)，
又－3＜t＜3，所以－eq \f(7,3)＜y4＜－1，
與橢圓上點的縱坐標(biāo)的取值范圍是[－1，1]矛盾．
所以不存在滿足條件的直線．

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