高中数学高考第8讲　第2课时　圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题

这是一份高中数学高考第8讲　第2课时　圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题，共11页。试卷主要包含了特殊到一般法，直线l与抛物线C，已知椭圆C，已知曲线C等内容，欢迎下载使用。

考点一 圆锥曲线中的定值问题(综合型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))探究圆锥曲线的定值问题，常先从特殊情形入手，找到满足题意的定直线方程，再从一般情形进行推理得到关联坐标的等式，验证等式成立即可．
(2018·高考北京卷)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)．过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))，求证：eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值．
【解】 (1)因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.
由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为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.
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，
解得k＜0或0＜k＜1.
又PA，PB与y轴相交，
故直线l不过点(1，－2)．
从而k≠－3.
所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1)．
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由(1)知x1＋x2＝－eq \f(2k－4,k2)，x1x2＝eq \f(1,k2).
直线PA的方程为y－2＝eq \f(y1－2,x1－1)(x－1)．
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝eq \f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq \f(－kx1＋1,x1－1)＋2.
同理得点N的纵坐标为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)为定值．
eq \a\vs4\al()
求圆锥曲线中定值问题常用的方法
(1)引起变量法：其解题流程为
eq \x(变量)→eq \x(选择适当的量为变量)
↓
eq \x(函数)→eq \x(把要证明为定值的量表示成上述变量的函数)
↓
eq \x(定值)→eq \x(把得到的函数化简，消去变量得到定值)
(2)特例法：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2020·长沙市统一模拟考试)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(1,3)，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF2⊥F1F2，且|AF2|＝eq \f(8,3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m与l1，l2分别交于M，N两点，求证：∠MF1N为定值．
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，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1.
(2)证明：由题意可知，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3.
直线l分别与直线l1，l2的方程联立得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.
联立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.
因为直线l与椭圆C相切，
所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)·(9m2－72)＝0，
化简得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为定值eq \f(π,2).
考点二 圆锥曲线中的定点问题(综合型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))1.引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．
2．特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
(2020·安徽省考试试题)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的上顶点为P，右顶点为Q，直线PQ与圆x2＋y2＝eq \f(4,5)相切于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，\f(4,5))).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若不经过点P的直线l与椭圆C交于A，B两点，且eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝0，求证：直线l过定点．
【解】 (1)由已知得直线OM(O为坐标原点)的斜率kOM＝2，则直线PQ的斜率kPQ＝－eq \f(1,kOM)＝－eq \f(1,2)，
所以直线PQ的方程为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，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明：当直线l的斜率不存在时，显然不满足条件．
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋n(n≠1)，
联立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
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则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)，满足①.
此时l的方程为y＝kx－eq \f(3,5)，故直线l过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,5))).
eq \a\vs4\al()
求解定点问题常用的方法
(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明．
(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标．
(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)来证明．
(2020·武汉模拟)过抛物线C：y2＝4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A，B两点，且|AB|＝8.
(1)求直线l的方程；
(2)若A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD过定点，并求出该点的坐标．
解：(1)由y2＝4x知焦点F的坐标为(1，0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)，
代入抛物线方程y2＝4x，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
由题意知k≠0，
且Δ＝[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)＞0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1.
由抛物线的弦长公式知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，则eq \f(2k2＋4,k2)＝6，即k2＝1，解得k＝±1.
所以直线l的方程为y＝±(x－1)．
(2)证明：由(1)及抛物线的对称性知，D点的坐标为(x1，－y1)，
直线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)，
所以直线BD的方程为y＋y1＝eq \f(4,y2－y1)(x－x1)，
即(y2－y1)y＋y2y1－yeq \\al(2,1)＝4x－4x1.
因为yeq \\al(2,1)＝4x1，yeq \\al(2,2)＝4x2，x1x2＝1，所以(y1y2)2＝16x1x2＝16，
即y1y2＝－4(y1，y2异号)．
所以直线BD的方程为4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，
对任意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，))
即直线BD恒过定点(－1，0)．
考点三 圆锥曲线中的探索性问题(综合型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))解决圆锥曲线中的存在性问题，一般是假设符合题设条件的常数、点、直线存在，然后再利用题干条件建立起关于该常数、点、直线的等量关系，如果能求出符合题意的常数、点的坐标、直线方程，则说明存在；否则，由题设推出矛盾，则说明不存在．
(2019·高考全国卷Ⅰ)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．
(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；
(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．
【解】 (1)因为⊙M过点A，B，
所以圆心M在AB的垂直平分线上．
又已知A在直线x＋y＝0上，
且A，B关于坐标原点O对称，
所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．
因为⊙M与直线x＋2＝0相切，
所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.
连接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的半径r＝2或r＝6.
(2)存在定点P(1，0)，使得|MA|－|MP|为定值．
理由如下：
设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.
由于eq \(MO,\s\up6(→))⊥eq \(AO,\s\up6(→))，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，
化简得M的轨迹方程为y2＝4x.
因为曲线C：y2＝4x是以点P(1，0)为焦点，
以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.
因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，
所以存在满足条件的定点P.
eq \a\vs4\al()
存在性问题的求解策略
解决存在性问题，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)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．
是否存在过点E(0，－4)的直线l交椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1于点R，T，且满足eq \(OR,\s\up6(→))·eq \(OT,\s\up6(→))＝eq \f(16,7)？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解：存在．
假设存在满足题意的直线l，易知当直线l的斜率不存在时，eq \(OR,\s\up6(→))·eq \(OT,\s\up6(→))＜0，不满足题意．
故可设直线l的方程为y＝kx－4，R(x1，y1)，T(x2，y2)．
因为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
因为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，
所以直线l的方程为y＝±x－4.
故存在直线l：x＋y＋4＝0或x－y－4＝0满足题意．
[基础题组练]
1．直线l与抛物线C：y2＝2x交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，且满足k1k2＝eq \f(2,3)，则直线l过定点( )
A．(－3，0) B．(0，－3)
C．(3，0) D．(0，3)
解析：选A．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为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.将直线l：x＝my＋b代入抛物线C：y2＝2x得y2－2my－2b＝0，所以y1y2＝－2b＝6，得b＝－3，即直线l的方程为x＝my－3，所以直线l过定点(－3，0)．
2．以下四个关于圆锥曲线的命题：
①设A，B为两个定点，K为正数，若||PA|－|PB||＝K，则动点P的轨迹是双曲线；
②方程2x2－5x＋2＝0的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；
③双曲线eq \f(x2,25)－eq \f(y2,9)＝1与椭圆eq \f(x2,35)＋y2＝1有相同的焦点；
④已知抛物线y2＝2px，以过焦点的一条弦AB为直径作圆，则此圆与准线相切．
其中真命题为________．(写出所有真命题的序号)
解析：A，B为两个定点，K为正数，||PA|－|PB||＝K，当K＝|AB|时，动点P的轨迹是两条射线，故①错误；
方程2x2－5x＋2＝0的两根为eq \f(1,2)和2，可分别作为椭圆和双曲线的离心率，故②正确；
双曲线eq \f(x2,25)－eq \f(y2,9)＝1的焦点坐标为(±eq \r(34)，0)，椭圆eq \f(x2,35)＋y2＝1的焦点坐标为(±eq \r(34)，0)，故③正确；
设AB为过抛物线焦点F的弦，P为AB中点，A，B，P在准线l上的射影分别为M，N，Q，
因为AP＋BP＝AM＋BN，所以PQ＝eq \f(1,2)AB，
所以以AB为直径作圆，则此圆与准线l相切，故④正确．
故正确的命题有②③④.
答案：②③④
3．(2020·福建五校第二次联考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，上顶点M到直线eq \r(3)x＋y＋4＝0的距离为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l过点(4，－2)，且与椭圆C相交于A，B两点，l不经过点M，证明：直线MA的斜率与直线MB的斜率之和为定值．
解：(1)由题意可得，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，))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明：易知直线l的斜率恒小于0，设直线l的方程为y＋2＝k(x－4)，k＜0且k≠－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立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，
则x1＋x2＝eq \f(16k(2k＋1),1＋4k2)，x1x2＝eq \f(64k(k＋1),1＋4k2)，
因为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(为定值)．
4．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知曲线C：y＝eq \f(x2,2)，D为直线y＝－eq \f(1,2)上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
(1)证明：直线AB过定点；
(2)若以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2)))为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程．
解：(1)证明：设Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－\f(1,2)))，A(x1，y1)，则xeq \\al(2,1)＝2y1.
由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故eq \f(y1＋\f(1,2),x1－t)＝x1.
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.
所以直线AB过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
(2)由(1)得直线AB的方程为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.
设M为线段AB的中点，则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(→))与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0.
解得t＝0或t＝±1.
当t＝0时，|eq \(EM,\s\up6(→))|＝2，所求圆的方程为x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(5,2)))eq \s\up12(2)＝4；
当t＝±1时，|eq \(EM,\s\up6(→))|＝eq \r(2)，所求圆的方程为x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(5,2)))eq \s\up12(2)＝2.
[综合题组练]
1．(2020·广州市调研测试)已知动圆C过定点F(1，0)，且与定直线x＝－1相切．
(1)求动圆圆心C的轨迹E的方程；
(2)过点M(－2，0)的任一条直线l与轨迹E交于不同的两点P，Q，试探究在x轴上是否存在定点N(异于点M)，使得∠QNM＋∠PNM＝π？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)法一：依题意知，动圆圆心C到定点F(1，0)的距离，与到定直线x＝－1的距离相等，
由抛物线的定义，可得动圆圆心C的轨迹E是以F(1，0)为焦点，x＝－1为准线的抛物线，其中p＝2.
所以动圆圆心C的轨迹E的方程为y2＝4x.
法二：设动圆圆心C(x，y)，依题意得eq \r((x－1)2＋y2)＝|x＋1|，
化简得y2＝4x，即为动圆圆心C的轨迹E的方程．
(2)假设存在点N(x0，0)满足题设条件．
由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直线PN与QN的斜率互为相反数，即kPN＋kQN＝0.①
易知直线PQ的斜率必存在且不为0，设直线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).
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则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.
因为y1＋y2≠0，所以x0＝eq \f(1,4)y1y2＝2，
所以存在点N(2，0)，使得∠QNM＋∠PNM＝π.
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线y＝eq \f(5,3)上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(NQ,\s\up6(→))？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．
解：(1)设椭圆C的焦距为2c，则c＝1，
因为Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))在椭圆C上，
所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2eq \r(2)，
所以a＝eq \r(2)，b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)不存在满足条件的直线，证明如下：
设直线的方程为y＝2x＋t，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3，\f(5,3)))，Q(x4，y4)，MN的中点为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)＝y4－y2，y4＝y1＋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，
与椭圆上点的纵坐标的取值范围是[－1，1]矛盾．
所以不存在满足条件的直线．