雙聯(lián)立（齊次化處理）解決定點(diǎn)問題-2024屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（PDF版含解析）

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題型一:斜率之和模型

2y2

1.(2023全國(guó)Ⅰ理數(shù))已知橢圓C:x2+2=1(a>b>0),四點(diǎn)Pab1(1,1),P2(0,1)

,P-1,332,P41,32中恰有三點(diǎn)在橢圓C上.

(1)求C的方程;

(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點(diǎn)且與C相交于A,B兩點(diǎn).若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1,

證明:l過定點(diǎn).

【解析】(1)由于P3,P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱,故由題設(shè)知C經(jīng)過P3,P4兩點(diǎn).

又由1+1>1222+

3

2知,C不經(jīng)過點(diǎn)P1,所以點(diǎn)P2在C上.aba4b

1b2=1,a2=4,

因此13解得2+=1,b=1.a24b2

2

故C的方程為x4+y

2=1.

(2)(齊次化解法)設(shè)直線l的方程為mx+n(y-1)=1.

x2x2由4+y

2=1,變形得4+(y-1+1)

2=1,

2

即x4+(y-1)

2+2(y-1)=0,

2

與直線l聯(lián)立,齊次化得x4+(y-1)

2+2(y-1)[mx+n(y-1)]=0,

2

化簡(jiǎn)得(1+2n)(y-1)2+2mx(y-1)+x4=0,兩邊同除x

2,

得(1+2n)y-1

2

+y-2m.1+1xx4=0

又因kPA+k=-1,所以-2mPB1+2n=-1,故2m-2n=1,

代入直線l的方程mx+n(y-1)=1并化簡(jiǎn),

得n(y+1)=-m(x-2)

所以直線l過定點(diǎn)(2,-1).

22

2.已知橢圓C:x2+

y

2=1(a>b>0),四點(diǎn)P1(1,1),P2(0,1),P3-1,32,P1,342中恰有三點(diǎn)在橢ab

圓C上.

(1)求C的方程;

(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點(diǎn)且與C相交于A,B兩點(diǎn).若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1,證明:l過

定點(diǎn);

3若直線l經(jīng)過定點(diǎn)(2,-1),且不經(jīng)過點(diǎn)P2(0,1),與C交于A,B兩點(diǎn),證明:直線P2A與直線P2B的

斜率的和為定值.

【解析】設(shè)直線P2A的斜率為k1,直線P2B的斜率為k2,

P2A:y=k1x+1,即k1x+(1-y)=0

同理P2B:k2x+(1-y)=0

此時(shí)將P2A和P2B的方程合在一起:k1x+(1-y)k2x+(1-y)=0

這個(gè)式子就可以表示P2A和P2B這兩個(gè)直線上所有的點(diǎn),

化簡(jiǎn)后得到k1kx22+k1+k2x(1-y)+(1-y)2=0

2

題目條件有k1+k=-1,x+y2=1即x224=41-y

2=4(1+y)(1-y)

代入得4k1k2(1+y)(1-y)-x(1-y)+(1-y)2=0

因?yàn)橹本€l不經(jīng)過P2(0,1),y≠1,1-y≠0

所以消去(1-y)得l:4k1k2(1+y)-x+(1-y)=0。

在這里,要求出直線所過的定點(diǎn),只需聯(lián)立以下方程:1+y=0和-x+(1-y)=0,解得x=2,y=-

1即直線l過定點(diǎn)(2,-1)

3設(shè)P2A:y=k1x+1,即k1x+(1-y)=0,

同理P2B:k2x+(1-y)=0k1x+(1-y)k2x+(1-y)=0

化簡(jiǎn)得:k1k22x+k1+k2x(1-y)+(1-y)2=0

2

因?yàn)閤24+y=1,x

2=41-y2=4(1+y)(1-y)

所以4k1k2(1+y)(1-y)+k1+k2x(1-y)+(1-y)2=0

因?yàn)閘不經(jīng)過點(diǎn)P2,y≠1,1-y≠0,

所以消去(1-y)得l:4k1k2(1+y)+k1+k2x+(1-y)=0

因?yàn)閘經(jīng)過定點(diǎn)(2,-1),

代入得2k1+k2+2=0,k1+k2=-1

22

3.己知橢圓C:x2+

y

2=1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn)A(1,1),F1,F2是橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn),且滿足ab

AF1+AF2=4.

(1)求橢圓C的方程;

(2)設(shè)點(diǎn)C、D是橢圓上兩點(diǎn),直線AC,AD的傾斜角互補(bǔ),求證直線CD的斜率為定值.

【解析】(1)x

22

+3y44=1;

(x=x+12)設(shè)C(x1,y1),D(x2,y2),將坐標(biāo)原點(diǎn)平移到Ay=y+,1

設(shè)CD的直線方程為:mx+ny=1,

(x

+22

平移后曲線C的方程為1)+3(y+1)44=1.

即x2+3y2+2x+6y=1,代入直線方程得

x2+3y2+(2x+6y)(mx+ny)=0,同時(shí)除以x2齊次化為

2

(3+6n)y+(+)y2n6m+1+2m=0,

x2x

∴k2n+6mm1AC+kAD=3+6n=0,∴kCD=-n=3.

2

4.(2023全國(guó)卷Ⅰ理)設(shè)橢圓C:x+y22=1的右焦點(diǎn)為F,過F的直線l與C交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)M

的坐標(biāo)為(2,0).

(1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí),求直線AM的方程;

(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),證明:∠OMA=∠OMB.

【解析】(1)略解,得直線AM的方程為y=-22x+2或y=

2

2x-2

(2)設(shè)直線AB的方程為m(x-2)+ny=1,

因?yàn)橹本€AB過點(diǎn)F(1,0),易得m=-1.

2

由x

2

2+y

2=(x-2+2)1,變形得+y22=1,

(x-2)

2

+4(即x-2)+42+y

2=1,

(x-2)2

整理得y2+2(x-2)+2+1=0

于是聯(lián)立直線AB,齊次化得

2+(-)[(-)+]+(x-2)

2

y2x2mx2ny2+[m(x-2)+ny]

2=0,

化簡(jiǎn)得1+n2y2+(2n+2mn)(x-2)y+12+2m+m2(x-2)2=0,

兩邊同除(x-2)2,

y

得1+n2

2

+(y2n+2mn)+1x-2x-22+2m+m2=0

-(2n+2

故有k+k=mn)=-(2n-2n)AMBM1+n2+2=0,1n

即AM,BM的傾斜角互補(bǔ),所以∠OMA=∠OMB.

2y2

5.已知O為坐標(biāo)原點(diǎn),橢圓x2+2=1a>b>0的離心率為

2

2,橢圓上兩點(diǎn)M、N(非橢圓頂點(diǎn))ab

滿足∠MON=90,且12+

1=3

OMON22

．

(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．

(2)不平行于y軸的直線與橢圓交于P、Q兩點(diǎn),F為橢圓的右焦點(diǎn),當(dāng)kPF+kQF=0時(shí),直線PQ是否

過定點(diǎn)？若過,求出此定點(diǎn),若不過,請(qǐng)說明理由．

2

【解析】(1)x2+y

2=1．

(2)將橢圓按FO平移得橢圓C',則F→O,P→P',Q→Q',

2

橢圓C':x+12+y

2=1,

2

設(shè)lP'Q':mx+ny=1,橢圓C':x+y2+x122=0,

x2即2+y

2+xmx+ny12mx+ny

2=0,兩邊同除以x2,整理得,

1-n

2

y

2

+y22nmn

+

xx

1+m1222m=0,

又因?yàn)閗PF=kOP',kQF=kOQ',所以kPF+kQF=kOP'+kOQ'=nmn2=0,

1n2

所以m=1,即直線lP'Q'過定點(diǎn)1,0,所以直線PQ過定點(diǎn)2,0．

6.(2023全國(guó)Ⅰ)設(shè)拋物線C:y2=2x,點(diǎn)A2,0,B2,0,過點(diǎn)A的直線l與C交于M,N兩點(diǎn)．

(1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí),求直線BM的方程．

(2)證明:∠ABM=∠ABN．

【解析】(1)略．

(2)將拋物線按BO方向平移得拋物線C',

則A→A',B→O,M→M',N→N',拋物線C'的方程為y2=2x2,

設(shè)直線lM'N'的方程為mx+ny=1,

因?yàn)閘過定點(diǎn)4,0,即m=1M'N'4,

拋物線C':y2=2x4,即y2=2xmx+ny4mx+ny2,

2

兩邊同時(shí)除以x2,+yy整理得14n22+8mn2nx+2m

2=0．

x

所以k+k=k8mn2nBMBNOM'+kON'==0,即∠ABM=∠ABN．1+4n2

7.2023屆長(zhǎng)沙一中高三月考六20題)已知圓C1的方程為(x+2)2+y2=24,點(diǎn)C2的坐標(biāo)為(2,0).點(diǎn)P

為圓C1上的任意一點(diǎn),線段PC2的垂直平分線與PC1交于點(diǎn)D.

(1)求點(diǎn)D的軌跡E的方程;

(2)點(diǎn)Q是圓x2+y2=r2(r>0)上異于點(diǎn)A(-r,0)和B(r,0)的任一點(diǎn),直線AQ與軌跡E交于點(diǎn)

M,N,直線BQ與軌跡E交于點(diǎn)S,T.設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),直線OM,ON,OS,OT,的斜率分別為

kOM,kON,kOS,kOT,問:是否存在常數(shù)r,使得kOM+kON=kOS+kOT恒成立若存在,求r的值;若不存在,請(qǐng)

說明理由.

2y2

【解析】(1)x6+

2=1;

(2)設(shè)直線AQ:x=my-r,

x2

22

+y=,x

2

+y=x-my

2

齊次聯(lián)立621可得62r

整理則有:6m2-3r2y2-12mxy+6-3r2x2=0,

2

即為6m2-yy3r2x-12mx+6-3r2=0,

則k+k=12m=4mOMON;6m2-3r22m2-r2

4

-

1

同理可得k+k=m=4mOMON12m2r22-2-

,

2

m-r

因?yàn)閗OM+kON=kOS+kOT,故

4m=4m2-222-,整理則有m

2+1r2-2=0,故r=2;

2mrmr2

題型二:斜率之積模型

1.(2023全國(guó)Ⅲ理數(shù))已知拋物線C:y2=2x,過點(diǎn)(2,0)的直線l交C于A,B兩點(diǎn),圓M是以線段AB

為直徑的圓.

(1)證明:坐標(biāo)原點(diǎn)O在圓M上;

(2)設(shè)圓M過點(diǎn)P4,-2,求直線l與圓M的方程.

【解析】(1)設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2,l:x=my+2.

x=my+2,

由2=可得y

2-2my-4=0,則y1y2=-4.y2x

222

x=y1,=yx2,故xx=y1y21222124=4

yy

因此OA的斜率與OB的斜率之積為12=-4xx4=-1,12

所認(rèn)OA⊥OB

故坐標(biāo)原點(diǎn)O在圓M上.

(2)設(shè)Mx,y,由y′=xMM2,且在M處的切線與直線AB平行,

x得M2=1,求得xM=2,yM=1,故M(2,1).

設(shè)直線AB的方程為m(x-2)+n(y-1)=1,

因?yàn)橹本€AB的斜率為1,易得m=-n.

2

=x,(-+)=(x-2+2)

2

由y4變形得y11

4,

2

(-)+=(x-2)+4(x-2即y11)+44,

整理得4(y-1)=(x-2)2+4(x-2)

于是聯(lián)立直線AB,齊次化得

4(y-1)[m(x-2)+n(y-1)]=(x-2)2+4(x-2)[m(x-2)+n(y-1)],化簡(jiǎn)

得4n(y-1)2+(4m-4n)(x-2)(y-1)-(1+4m)(x-2)2=0,

y-12y-1

兩邊同除(x-2)2,得4nx-2+(4m-4n)x-2-(1+4m)=0

因?yàn)锳M⊥BM,-(1+4m)所以kk=AMBM4n=-1,

得4m-4n=-1,

m=-n,聯(lián)立-=-,求得m=-

11

8,n=8,代入4m4n1

m(x-2)+n(y-1)=1,得直線AB的方程為x-y+7=0.

2.已知Q為圓x2+y2=1上一動(dòng)點(diǎn),Q在x軸,y軸上的射影分別為點(diǎn)A,B,動(dòng)點(diǎn)P滿足BA=AP,記動(dòng)

點(diǎn)P的軌跡為曲線C．

(1)求曲線C的方程;

(2)過點(diǎn)P0,35的直線與曲線C交于M,N兩點(diǎn),判斷以MN為直徑的圓是否過定點(diǎn)？若是,求出

定點(diǎn)的坐標(biāo),若不是,說明理由．

2

【解析】(1)x4+y

2=1

(2)當(dāng)直線l斜率不存在時(shí),以MN為直徑的圓方程為x2+y2=1;

y=

3

5

當(dāng)直線l斜率為0時(shí),由,得x=±

8

2,

x+y2=154

2

則此時(shí)圓的方程為x2+y+35=

64

25,

兩圓的公共點(diǎn)為B0,1,下證以MN為直徑的圓過B0,1

將橢圓按BO方向平移,此時(shí)M→M',N→N',P0,35→P'0,

8

5,

x2k2BM=kOM',kBN=kON'新橢圓方程為4+y+1=1,

2

即x4+y

2+2y=0,設(shè)直線M'N'的方程為mx+ny=1,

x2

2

所以4+

yy

y2+2ymx+ny=0,即2n+12+2mx+

1

x4

=0,

由M'N'過點(diǎn)P'0,85,則n=

5

8;

1

所以k4BMkBN=kOM'kON'=2n+1=1,

即BM⊥BN,所以以MN為直徑的圓過點(diǎn)B1,0．

2

(y

2

3.2023長(zhǎng)郡模擬)已知橢圓C:x2+2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2,橢圓C的離心率ab

為12,且橢圓C過點(diǎn)(1,

3

2)．

(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;

(2)若直線l過橢圓C的左頂點(diǎn)M,且與橢圓C的另一個(gè)交點(diǎn)為N,直線NF2與橢圓C的另一個(gè)交點(diǎn)

為P,若PF1⊥MN,求直線l的方程．

22

【解析】(y1)x+43=1

(2)連MP,設(shè)kMN=k1,kMP=k2,kPF=k3,1

將橢圓按MO方向平移,得:N→N',P→P',

則直線N'P'過定點(diǎn)(3,0)．設(shè)lN'P'為mx+ny=1,∴m=

1

3．

(x2)2y22y2

平移后橢圓方程為+x43=1,即4+3x=0

x2y2∴+x(mx+ny)=0,1433(

y

x)

2ynx+

1

4m=0,

1m

∴kk=4=11214,又∵k1k3=,∴

k121

k

=

34

,

3

yP

xP+2即=1y4,∴x=

226

P

P3

,∴yP=±3,

xP+1

±26

∴k=332=±26,∴k

6

1

=±

+112

,

3

∴l(xiāng):y=±612(x+2)．

:2=(>):x

2

+y

2

4.已知拋物線Ey2pxp0與橢圓E22=1(a>b>0)有相同的焦點(diǎn)F,且兩曲線相交于ab

點(diǎn)2,2633,過F作斜率為k(k≠0)的動(dòng)直線l,交橢圓C于M,N兩點(diǎn)．

(1)求拋物線E和橢圓C的方程;

(2)若A為橢圓C的左頂點(diǎn),直線AM,AN的斜率分別為k1,k2,求證:k+kkk為定值,并求出該定值．12

22

【解析】(1)xy24+3=1,y=4x

(2)將橢圓按AO的方向平移,則A→0,M→M',F→F',N→N',

(x

222

平移后橢圓方程為2)+yx

2y

43=1,即4+3+x=0,

x2y

2

設(shè)lM'N'方程為mx+ny=1,將直線代入橢圓方程,得4+3+x(mx+ny)=0,

y2y

兩邊同除以x2,整理得1n+132x4m=0,x

1m

k1+k2=knOM'k'=+ON1=3n,k1k2=k

43

OM'k'==ON143m,

33

k=km'M'N'=n,∵mx+ny=1過點(diǎn)F(3,0),

(+

m

1(3n)∴m=,∴k+k=kk1k2)=n3kkkk3=4,1212

43m

即:kk+

k

1k

定值為4．

2

2y2

5.2023長(zhǎng)郡高三第7次月考題)已知橢圓C:x2+2=1(a>b>0)的焦距為22,且過點(diǎn)(2,1)ab

(1)求C的方程;

(2)若直線l與C有且只有一個(gè)公共點(diǎn),l與圓x2+y2=6交于A,B兩點(diǎn),直線OA,OB的斜率分別為

k1,k2.試判斷k1k2是否為定值,若是,求出該定值,否則,請(qǐng)說明理由.

2y2

【解析】(1)C:x4+

2=1;

(2)設(shè)直線l:mx+ny=1,與橢圓C齊次聯(lián)立可得

x2+y

2

=(mx+ny)242,整理則有

4n2-2y2+8mnxy+4m2-1x2=0,

因?yàn)橹本€l與C有且只有一個(gè)公共點(diǎn),故

Δ=(8mn)2-44n2-24m2-1=0,

則4m2+2n2=1,

同理將直線l:mx+ny=1與圓x2+y2=6齊次聯(lián)立可得

x2+y2=6(mx+ny)2,

2-y

2

+y整理則有6n1x12mnx+6m2-1=0,

222

故kk=6m-1=2m-2n1126n2-1-4m2+2=-4n2

6.已知中心在原點(diǎn)O的橢圓C的左焦點(diǎn)為F1(-1,0),C與y軸正半軸焦點(diǎn)為A,且∠AF1O=π3

(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;

(k2)過點(diǎn)A作斜率為k1,k2k1k2≠0的兩條直線分別交C于異于點(diǎn)A的亮點(diǎn)M,N.證明:當(dāng)k=12k1-1

時(shí),直線MN過定點(diǎn)

22

【解析】(1)x4+

y

3=1

(2)把橢圓變形為3x2+4(y-3)2+83(y-3)=0(*)

設(shè)直線MN的方程為mx+n(y-3)=1

代入(*),齊次化可得

3x2+(4+83n)(y-3)2+83mx(y-3)=0

y-322(+)+y兩邊同除x得483n83m-3xx+3=0

k

因?yàn)閗=12k-1k1k2=k1+k21

設(shè)Mx1,y1,Nx2,y2,則

y1-3y2-3=y1-3+y2-3x1x2x1x2

由韋達(dá)定理得3+=-

83m

483n4+,83n

解得m=-38

所以直線MN的方程為-38x+n(y-3)=1

因此MN過定點(diǎn)-833,3

2y2

7.已知橢圓x4+3=1的右頂點(diǎn)P(2,0),過右頂點(diǎn)作兩條相互垂直的直線交橢圓于A,B兩點(diǎn),求證:

直線AB過定點(diǎn)。

【解析】設(shè)PA:y=k1(x-2),即k1(x-2)-y=0同理PB:k2(x-2)-y=0k1(x-2)-y

k2(x-2)-y=0k1k2(x-2)2-k1+k2(x-2)y+y2=0由于兩直線互相垂直,k1k2=-1,并且注意

到旁邊“孤單"的y2,用y2=3-34x

2消去y2得:-x2-4x+4-k1+k2(x-2)y+3-34x

2=0

整理得:

-7x24+4x-1-k1+k2(x-2)y=0

聯(lián)立方程-7x24+4x-1=0和(x-2)y=0得x=2,x=

2

127,y=0

所以過定點(diǎn)27,0

8.拋物線C:y2=2px,其中0為坐標(biāo)原點(diǎn),A,B為拋物線上的點(diǎn),且OA⊥OB.

證明:直線AB過定點(diǎn)

【解析】設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),顯然AB不經(jīng)過原點(diǎn)因此設(shè)AB直線方程為mx+ny=1

mx+ny=1

聯(lián)立,得:y2=2px(mx+ny)即y2-2pnxy-2pmx2=0y2=2px

2

由于x1≠0,x2≠0,等式兩邊同除x2:yx-2pm

y

x-2pm=0

yy

這是個(gè)一元二次方程且兩個(gè)根分別是1,2xx,根據(jù)韋達(dá)定理有:12

y1y2xx=-2pm12

又kOA=

y1y2

x,koB=x,kOAkOB=-2pm12

因?yàn)镺A⊥OB即kOAkOB=-1,因此2pm=1

∴直線AB:mx+ny=1恒過(2p,0)雙聯(lián)立（齊次化處理）解決定點(diǎn)問題

題型一:斜率之和模型

22

1.(2023全國(guó)Ⅰ理數(shù))y已知橢圓C:x+=1(a>b>0),四點(diǎn)P(1,1),P(0,1)

a2b212

,P3-1,32,P1,342中恰有三點(diǎn)在橢圓C上.

(1)求C的方程;

(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點(diǎn)且與C相交于A,B兩點(diǎn).若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1,

證明:l過定點(diǎn).

22

2.已知橢圓C:x2+

y

2=1(a>b>0),四點(diǎn)P1(1,1),P2(0,1),P

3

3-1,2,P41,32中恰有三點(diǎn)在橢ab

圓C上.

(1)求C的方程;

(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點(diǎn)且與C相交于A,B兩點(diǎn).若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1,證明:l過

定點(diǎn);

3若直線l經(jīng)過定點(diǎn)(2,-1),且不經(jīng)過點(diǎn)P2(0,1),與C交于A,B兩點(diǎn),證明:直線P2A與直線P2B的

斜率的和為定值.

22

3.己知橢圓C:x2+

y

2=1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn)A(1,1),F1,F2是橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn),且滿足ab

AF1+AF2=4.

(1)求橢圓C的方程;

(2)設(shè)點(diǎn)C、D是橢圓上兩點(diǎn),直線AC,AD的傾斜角互補(bǔ),求證直線CD的斜率為定值.

4.(2023全國(guó)卷Ⅰ理)設(shè)橢圓C:x

2

2+y

2=1的右焦點(diǎn)為F,過F的直線l與C交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)M

的坐標(biāo)為(2,0).

(1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí),求直線AM的方程;

(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),證明:∠OMA=∠OMB.

2y2

5.已知O為坐標(biāo)原點(diǎn),橢圓x2+2=1a>b>0的離心率為

2

2,橢圓上兩點(diǎn)M、N(非橢圓頂點(diǎn))ab

滿足∠MON=90,且1+1=3．

OM2ON22

(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．

(2)不平行于y軸的直線與橢圓交于P、Q兩點(diǎn),F為橢圓的右焦點(diǎn),當(dāng)kPF+kQF=0時(shí),直線PQ是否

過定點(diǎn)？若過,求出此定點(diǎn),若不過,請(qǐng)說明理由．

6.(2023全國(guó)Ⅰ)設(shè)拋物線C:y2=2x,點(diǎn)A2,0,B2,0,過點(diǎn)A的直線l與C交于M,N兩點(diǎn)．

(1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí),求直線BM的方程．

(2)證明:∠ABM=∠ABN．

【解析】(1)略．

7.2023屆長(zhǎng)沙一中高三月考六20題)已知圓C1的方程為(x+2)2+y2=24,點(diǎn)C2的坐標(biāo)為(2,0).點(diǎn)P

為圓C1上的任意一點(diǎn),線段PC2的垂直平分線與PC1交于點(diǎn)D.

(1)求點(diǎn)D的軌跡E的方程;

(2)點(diǎn)Q是圓x2+y2=r2(r>0)上異于點(diǎn)A(-r,0)和B(r,0)的任一點(diǎn),直線AQ與軌跡E交于點(diǎn)

M,N,直線BQ與軌跡E交于點(diǎn)S,T.設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),直線OM,ON,OS,OT,的斜率分別為

kOM,kON,kOS,kOT,問:是否存在常數(shù)r,使得kOM+kON=kOS+kOT恒成立若