《高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題六 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題練習(xí) 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題六 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題練習(xí) 理（19頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第3講　圓錐曲線的綜合問題 1．(2016四川)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，P是以F為焦點(diǎn)的拋物線y2＝2px(p>0)上任意一點(diǎn)，M是線段PF上的點(diǎn)，且|PM|＝2|MF|，則直線OM的斜率的最大值為(　　) A. B. C. D．1 答案　C 解析　如圖， 由題意可知F，設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為，顯然，當(dāng)y0<0時(shí)，kOM<0；當(dāng)y0>0時(shí)，kOM>0，要求kOM的最大值，不妨設(shè)y0>0.則＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝，kOM＝＝≤＝，當(dāng)且僅當(dāng)y＝2p2時(shí)等號(hào)成立．故選C. 2．(2016課標(biāo)全國乙)設(shè)圓x2＋y2＋2x－15＝0的圓心為A，直線l過點(diǎn)B(1,0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點(diǎn)，過B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E. (1)證明|EA|＋|EB|為定值，并寫出點(diǎn)E的軌跡方程； (2)設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點(diǎn)，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點(diǎn)，求四邊形MPNQ面積的取值范圍． 解　(1)因?yàn)閨AD|＝|AC|，EB∥AC， 故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|， 故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|. 又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋y2＝16，從而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4. 由題設(shè)得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，由橢圓定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為：＋＝1(y≠0)． (2)當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0. 則x1＋x2＝，x1x2＝， 所以|MN|＝|x1－x2|＝. 過點(diǎn)B(1,0)且與l垂直的直線m：y＝－(x－1)， 點(diǎn)A到m的距離為， 所以|PQ|＝2＝4. 故四邊形MPNQ的面積 S＝|MN||PQ|＝12. 可得當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8)． 當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，其方程為x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四邊形MPNQ的面積為12. 綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,8)． 1.圓錐曲線的綜合問題一般以直線和圓錐曲線的位置關(guān)系為載體，以參數(shù)處理為核心，考查范圍、最值問題，定點(diǎn)、定值問題，探索性問題. 2.試題解答往往要綜合應(yīng)用函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合、分類討論等多種思想方法，對(duì)計(jì)算能力也有較高要求，難度較大. 熱點(diǎn)一　范圍、最值問題 圓錐曲線中的范圍、最值問題，可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題(以所求式子或參數(shù)為函數(shù)值)，或者利用式子的幾何意義求解． 例1　(2015重慶)如圖，橢圓＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，過F2的直線交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，且PQ⊥PF1. (1)若|PF1|＝2＋，|PF2|＝2－，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)若|PQ|＝λ|PF1|，且≤λ＜，試確定橢圓離心率e的取值范圍． 解　(1)由橢圓的定義， 2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋)＋(2－)＝4，故a＝2. 設(shè)橢圓的半焦距為c，由已知PF1⊥PF2， 因此2c＝|F1F2|＝ ＝＝2， 即c＝，從而b＝＝1. 故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)如圖， 由PF1⊥PQ，|PQ|＝λ|PF1|，得 |QF1|＝＝|PF1|. 由橢圓的定義，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a， 進(jìn)而|PF1|＋|PQ|＋|QF1|＝4a， 于是(1＋λ＋)|PF1|＝4a， 解得|PF1|＝， 故|PF2|＝2a－|PF1|＝. 由勾股定理得 |PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝4c2， 從而2＋2＝4c2， 兩邊除以4a2，得 ＋＝e2. 若記t＝1＋λ＋，則上式變成 e2＝＝82＋. 由≤λ＜，并注意到1＋λ＋關(guān)于λ的單調(diào)性，得3≤t＜4，即＜≤. 進(jìn)而＜e2≤，即＜e≤. 思維升華　解決范圍問題的常用方法： (1)數(shù)形結(jié)合法：利用待求量的幾何意義，確定出極端位置后，數(shù)形結(jié)合求解． (2)構(gòu)建不等式法：利用已知或隱含的不等關(guān)系，構(gòu)建以待求量為元的不等式求解． (3)構(gòu)建函數(shù)法：先引入變量構(gòu)建以待求量為因變量的函數(shù)，再求其值域． 跟蹤演練1　如圖，已知橢圓：＋y2＝1，點(diǎn)A，B是它的兩個(gè)頂點(diǎn)，過原點(diǎn)且斜率為k的直線l與線段AB相交于點(diǎn)D，且與橢圓相交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)． (1)若＝6，求k的值； (2)求四邊形AEBF面積的最大值． 解　(1)依題設(shè)得橢圓的頂點(diǎn)A(2,0)，B(0,1)， 則直線AB的方程為x＋2y－2＝0. 設(shè)直線EF的方程為y＝kx(k>0)． 設(shè)D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(xiàn)(x2，kx2)，其中x1b>0)的離心率為，其左焦點(diǎn)到點(diǎn)P(2,1)的距離為. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)若直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)(A，B不是左，右頂點(diǎn))，且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點(diǎn)，求證：直線l過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)． 解　(1)由e＝＝，得a＝2c， ∵a2＝b2＋c2，∴b2＝3c2， 則橢圓方程變?yōu)椋?. 又由題意知＝，解得c2＝1， 故a2＝4，b2＝3， 即得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立 得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0. 則① 又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m) ＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2 ＝. ∵橢圓的右頂點(diǎn)為A2(2,0)，AA2⊥BA2， ∴(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0， ∴y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0， ∴＋＋＋4＝0， ∴7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－， 由①，得3＋4k2－m2>0，② 當(dāng)m1＝－2k時(shí)，l的方程為y＝k(x－2)，直線過定點(diǎn)(2,0)，與已知矛盾． 當(dāng)m2＝－時(shí)，l的方程為y＝k，直線過定點(diǎn)，且滿足②， ∴直線l過定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為. 思維升華　(1)動(dòng)線過定點(diǎn)問題的兩大類型及解法 ①動(dòng)直線l過定點(diǎn)問題，解法：設(shè)動(dòng)直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設(shè)條件將t用k表示為t＝mk，得y＝k(x＋m)，故動(dòng)直線過定點(diǎn)(－m,0)． ②動(dòng)曲線C過定點(diǎn)問題，解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對(duì)參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點(diǎn)． (2)求解定值問題的兩大途徑 ①→ ②先將式子用動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo)或動(dòng)線中的參數(shù)表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對(duì)值相等的正負(fù)項(xiàng)抵消或分子、分母約分得定值． 跟蹤演練2　已知拋物線：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)F在雙曲線：－＝1的右準(zhǔn)線上，拋物線與直線l：y＝k(x－2)(k>0)交于A，B兩點(diǎn)，AF，BF的延長線與拋物線交于C，D兩點(diǎn)． (1)求拋物線的方程； (2)若△AFB的面積等于3，求k的值； (3)記直線CD的斜率為kCD，證明：為定值，并求出該定值． 解　(1)雙曲線：－＝1的右準(zhǔn)線方程為：x＝1， 所以F(1,0)，則拋物線的方程為：y2＝4x. (2)設(shè)A(，y1)，B(，y2)， 由得ky2－4y－8k＝0， Δ＝16＋32k2>0，y1＋y2＝，y1y2＝－8. S△AFB＝1|y1－y2|＝ ＝2＝3，解得k＝2. (3)設(shè)C(，y3)，則＝(－1，y1)，＝(－1，y3)， 因?yàn)锳，F(xiàn)，C共線， 所以(－1)y3－y1(－1)＝0， 即y＋(－y1)y3－4＝0. 解得：y3＝y(tǒng)1(舍)或y3＝－， 所以C(，－)，同理D(，－)， kCD＝＝－＝2k， 故＝2(定值)． 熱點(diǎn)三　探索性問題 1．解析幾何中的探索性問題，從類型上看，主要是存在類型的相關(guān)題型，解決這類問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化．其步驟為：假設(shè)滿足條件的元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設(shè)出，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實(shí)數(shù)解，則元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在；否則，元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))不存在． 2．反證法與驗(yàn)證法也是求解存在性問題常用的方法． 例3　如圖，拋物線C：y2＝2px的焦點(diǎn)為F，拋物線上一定點(diǎn)Q(1,2)． (1)求拋物線C的方程及準(zhǔn)線l的方程； (2)過焦點(diǎn)F的直線(不經(jīng)過Q點(diǎn))與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，與準(zhǔn)線l交于點(diǎn)M，記QA，QB，QM的斜率分別為k1，k2，k3，問是否存在常數(shù)λ，使得k1＋k2＝λk3成立，若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說明理由． 解　(1)把Q(1,2)代入y2＝2px，得2p＝4， 所以拋物線方程為y2＝4x，準(zhǔn)線l的方程為x＝－1. (2)由條件可設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)，k≠0. 由拋物線準(zhǔn)線l：x＝－1，可知M(－1，－2k)． 又Q(1,2)，所以k3＝＝k＋1， 即k3＝k＋1. 把直線AB的方程y＝k(x－1)，代入拋物線方程y2＝4x，并整理，可得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根與系數(shù)的關(guān)系，知 x1＋x2＝，x1x2＝1. 又Q(1,2)，則k1＝，k2＝. 因?yàn)锳，F(xiàn)，B共線，所以kAF＝kBF＝k， 即＝＝k. 所以k1＋k2＝＋ ＝＋－ ＝2k－＝2k＋2， 即k1＋k2＝2k＋2. 又k3＝k＋1，可得k1＋k2＝2k3. 即存在常數(shù)λ＝2，使得k1＋k2＝λk3成立． 思維升華　解決探索性問題的注意事項(xiàng)： 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(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． 跟蹤演練3　(2015四川)如圖，橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的離心率是，點(diǎn)P(0,1)在短軸CD上，且＝－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＋λ為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請(qǐng)說明理由． 解　(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＝－1， 于是解得a＝2，b＝， 所以橢圓E的方程為＋＝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 得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0， 其判別式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－， 從而，＋λ ＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1 ＝ ＝－－λ－2. 所以當(dāng)λ＝1時(shí)，－－λ－2＝－3， 此時(shí)＋λ＝－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)，＋λ＝＋λ ＝－2－1＝－3. 故存在常數(shù)λ＝1，使得＋λ為定值－3. 已知橢圓C1：＋＝1(a>0)與拋物線C2：y2＝2ax相交于A，B兩點(diǎn)，且兩曲線的焦點(diǎn)F重合． (1)求C1，C2的方程； (2)若過焦點(diǎn)F的直線l與橢圓分別交于M，Q兩點(diǎn)，與拋物線分別交于P，N兩點(diǎn)，是否存在斜率為k(k≠0)的直線l，使得＝2？若存在，求出k的值；若不存在，請(qǐng)說明理由． 押題依據(jù)　本題將橢圓和拋物線聯(lián)合起來設(shè)置命題，體現(xiàn)了對(duì)直線和圓錐曲線位置關(guān)系的綜合考查．關(guān)注知識(shí)交匯，突出綜合應(yīng)用是高考的特色． 解　(1)因?yàn)镃1，C2的焦點(diǎn)重合， 所以＝， 所以a2＝4. 又a>0，所以a＝2. 于是橢圓C1的方程為＋＝1， 拋物線C2的方程為y2＝4x. (2)假設(shè)存在直線l使得＝2， 則可設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)． 由可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0， 則x1＋x4＝，x1x4＝1， 所以|PN|＝＝. 由可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 則x2＋x3＝，x2x3＝， 所以|MQ|＝＝. 若＝2， 則＝2， 解得k＝. 故存在斜率為k＝的直線l，使得＝2. A組　專題通關(guān) 1．若曲線ax2＋by2＝1為焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，則實(shí)數(shù)a，b滿足(　　) A．a(chǎn)2>b2 .< C．0>0， 所以00)，△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)都在拋物線上，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，設(shè)△ABC三條邊AB，BC，AC的中點(diǎn)分別為M，N，Q，且M，N，Q的縱坐標(biāo)分別為y1，y2，y3.若直線AB，BC，AC的斜率之和為－1，則＋＋的值為(　　) A．－ B．－ C. D. 答案　B 解析　設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)， 則 三個(gè)式子兩兩相減得 即 即 所以＋＋＝－. 5．若點(diǎn)O和點(diǎn)F分別為橢圓＋＝1的中心和左焦點(diǎn)，點(diǎn)P為橢圓上的任意一點(diǎn)，則的最大值為(　　) A．2 B．3 C．6 D．8 答案　C 解析　由題意得F(－1,0)，設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)， 則y＝3(1－)(－2≤x0≤2)． ＝x0(x0＋1)＋y＝x＋x0＋y ＝x＋x0＋3(1－)＝(x0＋2)2＋2. 又因?yàn)椋?≤x0≤2，所以當(dāng)x0＝2時(shí)，取得最大值，最大值為6，故選C. 6．已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的離心率為，A，B為左，右頂點(diǎn)，點(diǎn)P為雙曲線C在第一象限的任意一點(diǎn)，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若直線PA，PB，PO的斜率分別為k1，k2，k3，記m＝k1k2k3，則m的取值范圍為________． 答案　(0,2) 解析　∵雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的離心率為，∴e＝＝，∴b＝a， 設(shè)P(x，y)，∵點(diǎn)P為雙曲線C在第一象限的任意一點(diǎn)， ∴－＝1，且x>0，y>0， ∵A，B為雙曲線C的左，右頂點(diǎn)，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，PA，PB，PO的斜率分別為k1，k2，k3， ∴k1k2＝＝2，k3＝>0， 又∵雙曲線的漸近線為y＝x， ∴00，b>0)的漸近線與動(dòng)點(diǎn)P的軌跡沒有公共點(diǎn)，則雙曲線離心率的取值范圍是________． 答案　(1,2) 解析　設(shè)P(x，y)，由題設(shè)條件， 得動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為(x－1)(x＋1)＋(y－2)(y－2)＝0， 即x2＋(y－2)2＝1，它是以(0,2)為圓心，1為半徑的圓． 又雙曲線－＝1(a>0，b>0)的漸近線方程為y＝x，即bxay＝0， 由題意，可得>1，即>1， 所以e＝<2， 又e>1，故10)的一個(gè)焦點(diǎn)為F(－1,0)，左，右頂點(diǎn)分別為A，B.經(jīng)過點(diǎn)F的直線l與橢圓M交于C，D兩點(diǎn)． (1)求橢圓方程； (2)當(dāng)直線l的傾斜角為45時(shí)，求線段CD的長； (3)記△ABD與△ABC的面積分別為S1和S2，求|S1－S2|的最大值． 解　(1)因?yàn)镕(－1,0)為橢圓的焦點(diǎn)， 所以c＝1，又b2＝3，所以a2＝4， 所以橢圓方程為＋＝1. (2)因?yàn)橹本€的傾斜角為45，所以直線的斜率為1， 所以直線方程為y＝x＋1， 和橢圓方程聯(lián)立 消掉y，得到7x2＋8x－8＝0， 所以Δ＝288>0，x1＋x2＝－，x1x2＝－， 所以|CD|＝|x1－x2|＝. (3)當(dāng)直線l無斜率時(shí)，直線方程為x＝－1， 此時(shí)D(－1，)，C(－1，－)， △ABD，△ABC面積相等，|S1－S2|＝0. 當(dāng)直線l斜率存在(顯然k≠0)時(shí)，設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，設(shè)直線方程為y＝k(x＋1)(k≠0)， 和橢圓方程聯(lián)立 消掉y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0. 顯然Δ>0，方程有根，且x1＋x2＝－， x1x2＝. 此時(shí)|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y2＋y1| ＝2|k(x2＋1)＋k(x1＋1)| ＝2|k(x2＋x1)＋2k|＝. 因?yàn)閗≠0，上式＝≤＝＝(k＝時(shí)等號(hào)成立)， 所以|S1－S2|的最大值為. B組　能力提高 11．過拋物線y＝ax2 (a>0)的焦點(diǎn)F作一條直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，若線段AF，BF的長分別為m，n，則等于(　　) A. B. C．2a D. 答案　B 解析　顯然直線AB的斜率存在，故設(shè)直線方程為y＝kx＋，與y＝ax2聯(lián)立，消去y得ax2－kx－＝0，設(shè)A(x1，ax)，B(x2，ax)，則x1＋x2＝，x1x2＝－，x＋x＝＋，m＝ax＋，n＝ax＋，所以mn＝，m＋n＝，∴＝.故選B. 12．直線3x－4y＋4＝0與拋物線x2＝4y和圓x2＋(y－1)2＝1從左到右的交點(diǎn)依次為A、B、C、D，則的值為________． 答案　 解析　由得x2－3x－4＝0， ∴xA＝－1，xD＝4，∴yA＝，yD＝4. 直線3x－4y＋4＝0恰過拋物線的焦點(diǎn)F(0,1)， ∴|AF|＝y(tǒng)A＋1＝，|DF|＝y(tǒng)D＋1＝5， ∴＝＝. 13．已知橢圓C的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，左頂點(diǎn)為A，左焦點(diǎn)為F1(－2,0)，點(diǎn)B(2，)在橢圓C上，直線y＝kx(k≠0)與橢圓C交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，直線AE，AF分別與y軸交于點(diǎn)M，N. (1)求橢圓C的方程； (2)在x軸上是否存在點(diǎn)P，使得無論非零實(shí)數(shù)k怎樣變化，總有∠MPN為直角？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由． 解　(1)設(shè)橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)， 因?yàn)闄E圓的左焦點(diǎn)為F1(－2,0)， 所以a2－b2＝4.① 因?yàn)辄c(diǎn)B(2，)在橢圓C上， 所以＋＝1.② 由①②解得，a＝2，b＝2. 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)方法一　因?yàn)闄E圓C的左頂點(diǎn)為A， 則點(diǎn)A的坐標(biāo)為(－2，0)． 因?yàn)橹本€y＝kx(k≠0)與橢圓＋＝1交于兩點(diǎn)E，F(xiàn)，設(shè)點(diǎn)E(x0，y0)(不妨設(shè)x0>0)，則點(diǎn)F(－x0，－y0)． 聯(lián)立方程組消去y得x2＝. 所以x0＝，y0＝. 所以直線AE的方程為y＝ (x＋2)． 因?yàn)橹本€AE與y軸交于點(diǎn)M， 令x＝0得y＝，即點(diǎn)M. 同理可得點(diǎn)N(0，)． 假設(shè)在x軸上存在點(diǎn)P(t,0)，使得∠MPN為直角，則＝0. 即t2＋＝0， 即t2－4＝0，解得t＝2或t＝－2. 故存在點(diǎn)P(2,0)或P(－2,0)，無論非零實(shí)數(shù)k怎樣變化，總有∠MPN為直角． 方法二　因?yàn)闄E圓C的左頂點(diǎn)為A，則點(diǎn)A的坐標(biāo)為(－2，0)． 因?yàn)橹本€y＝kx(k≠0)與橢圓＋＝1交于兩點(diǎn)E，F(xiàn)，設(shè)點(diǎn)E(x0，y0)，則點(diǎn)F(－x0，－y0)． 所以直線AE的方程為y＝(x＋2)． 因?yàn)橹本€AE與y軸交于點(diǎn)M， 令x＝0得y＝， 即點(diǎn)M. 同理可得點(diǎn)N. 假設(shè)在x軸上存在點(diǎn)P(t,0)，使得∠MPN為直角，則＝0. 即t2＋＝0， 即t2＋＝0. 因?yàn)辄c(diǎn)E(x0，y0)在橢圓C上，所以＋＝1， 即y＝. 將y＝代入得t2－4＝0. 解得t＝2或t＝－2. 故存在點(diǎn)P(2,0)或P(－2,0)，無論非零實(shí)數(shù)k怎樣變化，總有∠MPN為直角．