第十节圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
本节主要包括2个知识点：
1.圆锥曲线中的定点、定值问题；
2.圆锥曲线中的存在性问题.
突破点(一) 圆锥曲线中的定点、定值问题
圆锥曲线中的定点、定值问题是解析几何中的常见问题，它多与圆锥曲线的性质相结合，难度较大，常出现在解答题中.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
圆锥曲线中的定点问题
[例1] (2016·大庆质检)已知椭圆C：＋y2＝1(a>1)的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：(x－3)2＋(y－1)2＝3相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若不过点A的动直线l与椭圆C交于P，Q两点，且·＝0，求证：直线l过定点，并求该定点的坐标．
[解] (1)圆M的圆心为(3,1)，半径r＝.
由题意知A(0,1)，F(c,0)，
直线AF的方程为＋y＝1，即x＋cy－c＝0，
由直线AF与圆M相切，得＝，
解得c2＝2，a2＝c2＋1＝3，
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：由·＝0知AP⊥AQ，从而直线AP与坐标轴不垂直，故可设直线AP的方程为y＝kx＋1，直线AQ的方程为y＝－x＋1.
联立方程组
整理得(1＋3k2)x2＋6kx＝0，解得x＝0或x＝，
故点P的坐标为，
同理，点Q的坐标为.
所以直线l的斜率为＝，
所以直线l的方程为y＝＋，
即y＝x－.
所以直线l过定点.
[方法技巧]
圆锥曲线中定点问题的两种解法
(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．
圆锥曲线中的定值问题
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．
(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的关系式，再利用题设条件化简、变形求得．
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得关系式，再依据条件对关系式进行化简、变形即可求得．
方法(一) 从特殊到一般求定值
[例2] 已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，短轴端点到焦点的距离为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设A，B为椭圆C上任意两点，O为坐标原点，且OA⊥OB.求证：原点O到直线AB
的距离为定值，并求出该定值．
[解] (1)由题意知，e＝＝，＝2，又a2＝b2＋c2，所以a＝2，c＝，b＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝±，此时，原点O到直线AB的距离为.
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
则Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(1＋4k2－m2)＞0，x1＋x2＝－，x1x2＝，
则y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝，
由OA⊥OB得kOA·kOB＝－1，即·＝－1，
所以x1x2＋y1y2＝＝0，即m2＝(1＋k2)，
所以原点O到直线AB的距离为＝.
综上，原点O到直线AB的距离为定值.
[方法技巧]
定值问题必然是在变化中所表示出来的不变的量，常表现为求一些直线方程、数量积、比例关系等的定值．解决此类问题常从特征入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
方法(二) 直接消参求定值
[例3] 如图，已知椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点为F2(1,0)，点H在椭圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)若点M在圆x2＋y2＝b2上，且M在第一象限，过M作圆x2＋y2＝b2的切线交椭圆于P，Q两点，求证：△PF2Q的周长为定值，并求出该定值．
[解] (1)由题意，得解得
所以椭圆方程为＋＝1.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则＋＝1(|x1|≤3)，
|PF2|2＝(x1－1)2＋y＝(x1－1)2＋8
＝(x1－9)2，
所以|PF2|＝(9－x1)＝3－x1.
连接OM，OP(图略)，
由相切条件知|PM|2＝|OP|2－|OM|2＝x＋y－8＝x＋8－8＝x，
所以|PM|＝x1，
所以|PF2|＋|PM|＝3－x1＋x1＝3，
同理可求得|QF2|＋|QM|＝3－x2＋x2＝3，
所以|F2P|＋|F2Q|＋|PQ|＝3＋3＝6为定值．
[方法技巧]
解这类问题的关键就是引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F(1,0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线OA，OB的斜率之积为－，求证：直线AB过x轴上一定点．
解：(1)因为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点坐标为(1,0)，
所以＝1，所以p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，
设A，B.
因为直线OA，OB的斜率之积为－，
所以·＝－，化简得t2＝32.
所以A(8，t)，B(8，－t)，此时直线AB的方程为x＝8.
②当直线AB的斜率存在时，
设其方程为y＝kx＋b，A(xA，yA)，B(xB，yB)，
联立方程组消去x，得ky2－4y＋4b＝0.
由根与系数的关系得yAyB＝，
因为直线OA，OB的斜率之积为－，
所以·＝－，即xAxB＋2yAyB＝0.
即·＋2yAyB＝0，
解得yAyB＝－32或yAyB＝0(舍去)．
所以yAyB＝＝－32，即b＝－8k，
所以y＝kx－8k，即y＝k(x－8)．
综上所述，直线AB过定点(8,0)．
2.如图，已知M(x0，y0)是椭圆C：＋＝1上的任一点，从原点O向圆M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝2作两条切线，分别交椭圆于点P，Q.
(1)若直线OP，OQ的斜率存在，并记为k1，k2，求证：k1k2为定值；
(2)试问|OP|2＋|OQ|2是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．
解：(1)证明：因为直线OP：y＝k1x，OQ：y＝k2x与圆M相切，所以＝，
化简得：(x－2)k－2x0y0k1＋y－2＝0，
同理：(x－2)k－2x0y0k2＋y－2＝0，
所以k1，k2是关于k的方程(x－2)k2－2x0y0k＋y－2＝0的两个不相等的实数根，
所以k1·k2＝.
因为点M(x0，y0)在椭圆C上，所以＋＝1，即y＝3－x，
所以k1k2＝＝－为定值．
(2)|OP|2＋|OQ|2是定值，定值为9.理由如下：
①当M点坐标为(，)时，直线OP，OQ落在坐标轴上，显然有|OP|2＋|OQ|2＝9.
②当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为k1k2＝－，所以yy＝xx，
因为P(x1，y1)，Q(x2，y2)在椭圆C上，
所以即
所以＝xx，整理得x＋x＝6，
所以y＋y＝＋＝3，
所以|OP|2＋|OQ|2＝9.
3.椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，P(m,0)为C的长轴上的一个动点，过P点斜率为的直线l交C于A，B两点．当m＝0时，·＝－.
(1)求椭圆C的方程；
(2)证明：|PA|2＋|PB|2为定值．
解：(1)因为离心率为，即e＝＝，所以＝.
当m＝0时，l的方程为y＝x，
代入＋＝1并整理得x2＝.
设A(x0，y0)，则B(－x0，－y0)，
·＝－x－y＝－x＝－·.
又因为·＝－.
所以a2＝25，b2＝16，
椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：l的方程为x＝y＋m，
代入＋＝1，
并整理得25y2＋20my＋8(m2－25)＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
则|PA|2＝(x1－m)2＋y＝y，
同理|PB|2＝y.
则|PA|2＋|PB|2＝(y＋y)＝[(y1＋y2)2－2y1y2]
＝·＝41.
所以|PA|2＋|PB|2为定值．
突破点(二) 圆锥曲线中的存在性问题
1.圆锥曲线中的存在性问题具有开放性和发散性，此类问题的条件和结论不完备，要求考生结合已知条件或假设新的条件进行探究、观察、分析、比较、抽象、概括等，是高考中的常考题型，作为解答题的压轴题出现，难度一般较大，常和不等式、函数、直线、圆及圆锥曲线等知识结合在一起，对数学能力和数学思想有较高的要求.
2.圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：
(1)点的存在性.
(2)曲线的存在性.
(3)最值的存在性.
(4)探索命题是否成立等，涉及此类问题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
探究是否存在常数的问题
[例1] 如图，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率是，点P(0，1)在短轴CD上，且·＝－1.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得·＋λ·为定值？若存在，求λ
的值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)．
又点P的坐标为(0,1)，且·＝－1，
于是解得a＝2，b＝.
所以椭圆E的方程为＋＝1.
(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝－.
从而，·＋λ·
＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝＝－－λ－2.
所以，当λ＝1时，－－λ－2＝－3.
此时，·＋λ·＝－3为定值．
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD.
此时，·＋λ·＝·＋λ·＝－2－λ.
当λ＝1时，·＋·＝－3，为定值．
综上，存在常数λ＝1，使得·＋λ·为定值－3.
[方法技巧]
解决是否存在常数的问题时，应首先假设存在，看是否能求出符合条件的参数值，如果推出矛盾就不存在，否则就存在．
探究是否存在点的问题
[例2] 已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(1,0)，右顶点为A，且|AF|＝1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个交点P，且与直线x＝4交于点Q，问：是否存在一个定点M(t,0)，使得·＝0？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
[解] (1)由c＝1，a－c＝1，得a＝2，所以b＝，
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由
消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
∴Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，
即m2＝3＋4k2.
设P(x0，y0)，则x0＝－＝－，
y0＝kx0＋m＝－＋m＝，即P.
∵M(t,0)，Q(4,4k＋m)，
∴＝，＝(4－t,4k＋m)，
∴·＝·(4－t)＋·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋(t－1)＝0恒成立，
故即t＝1.
∴存在点M(1,0)符合题意.
探究是否存在直线的问题
[例3] 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F2(2,0)，点P在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在斜率为－1的直线l与椭圆C相交于M，N两点，使得|F1M|＝|F1N|(F1为椭圆的左焦点)？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
[解] (1)法一：∵椭圆C的右焦点为F2(2,0)，
∴c＝2，椭圆C的左焦点为F1(－2,0)．
由椭圆的定义可得2a＝＋＝ ＋ ＝2，解得a＝，
∴b2＝a2－c2＝6－4＝2.
∴椭圆C的标准方程为＋＝1.
法二：∵椭圆C的右焦点为F2(2,0)，
∴c＝2，故a2－b2＝4，
又点P在椭圆C上，则＋＝1，
故＋＝1，
化简得3b4＋4b2－20＝0，得b2＝2，a2＝6.
∴椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)假设存在满足条件的直线l，设直线l的方程为y＝－x＋t，
由得x2＋3(－x＋t)2－6＝0，
即4x2－6tx＋(3t2－6)＝0，
Δ＝(－6t)2－4×4×(3t2－6)＝96－12t2>0，
解得－20)，
因为椭圆的左焦点为F1(－2,0)，所以a2－b2＝4.
由题可得椭圆的右焦点为F2(2,0)，已知点B(2，)在椭圆C上，由椭圆的定义知|BF1|＋|BF2|＝2a，
所以2a＝3＋＝4.
所以a＝2，从而b＝2.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为(－2，0)．
因为直线y＝kx(k≠0)与椭圆＋＝1交于两点E，F，
设点E(x0，y0)(不妨设x0>0)，则点F(－x0，－y0)．
联立方程消去y得x2＝.
所以x0＝，y0＝，
所以直线AE的方程为y＝(x＋2)．
因为直线AE与y轴交于点M，
令x＝0，得y＝，
即点M.
同理可得点N.
假设在x轴上存在点P(t,0)，使得∠MPN为直角，则·＝0.
即t2＋×＝0，即t2－4＝0.
解得t＝2或t＝－2.
故存在点P(2,0)或P(－2,0)，无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角．
3.已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2，0)为其右焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)依题意，可设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，且可知其左焦点为F′(－2,0)．
从而有解得
又a2＝b2＋c2，
所以b2＝12.
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为y＝x＋t.
由得3x2＋3tx＋t2－12＝0.
因为直线l与椭圆C有公共点，
所以Δ＝(3t)2－4×3(t2－12)＝144－3t2≥0，解得－4≤t≤4.
另一方面，由直线OA与l的距离等于4，可得＝4，从而t＝±2.
由于±2∉[－4，4 ]，
所以符合题意的直线l不存在．
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1.(2015·新课标全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝与直线l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N两点．
(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．
解：(1)由题设可得M(2，a)，N(－2，a)，或M(－2，a)，N(2，a)．
又y′＝，故y＝在x＝2处的导数值为，
所以C在点(2，a)处的切线方程为y－a＝(x－2)，
即x－y－a＝0.
y＝在x＝－2处的导数值为－，所以C在点(－2，a)处的切线方程为y－a＝－(x＋2)，
即x＋y＋a＝0.
故所求切线方程为x－y－a＝0和x＋y＋a＝0.
(2)存在符合题意的点．证明如下：
设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.
将y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0.
故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.
从而k1＋k2＝＋
＝＝.
当b＝－a时，有k1＋k2＝0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，
故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意．
2．(2015·新课标全国卷Ⅱ)已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.
(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．
解：(1)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．
将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，
得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，
故xM＝＝，
yM＝kxM＋b＝.
于是直线OM的斜率kOM＝＝－，
即kOM·k＝－9.
所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．
(2)四边形OAPB能为平行四边形．
因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3.
由(1)得OM的方程为y＝－x.
设点P的横坐标为xP.
由得x＝，即xP＝ .
将点的坐标代入直线l的方程得b＝，
因此xM＝.
四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM.于是＝2×，
解得k1＝4－，k2＝4＋.
因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当直线l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形．
[课时达标检测] 难点增分课时——设计3级训练，考生据自身能力而选
一、全员必做题
1．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，上、下顶点分别是B1，B2，C是B1F2的中点，若·＝2，且⊥.
(1)求椭圆的方程；
(2)点Q是椭圆上任意一点，A1，A2分别是椭圆的左、右顶点，直线QA1，QA2与直线x＝分别交于E，F两点，试证：以EF为直径的圆与x轴交于定点，并求该定点的坐标．
解：(1)设F1(－c,0)，F2(c,0)，B1(0，b)，
则C.
由题意得
即
即
解得从而a2＝4，
故所求椭圆的方程为＋＝1.
(2)证明：由(1)得A1(－2,0)，A2(2,0)，
设Q(x0，y0)，易知x0≠±2，
则直线QA1的方程为y＝(x＋2)，与直线x＝的交点E的坐标为，，
直线QA2的方程为y＝(x－2)，与直线x＝的交点F的坐标为，
设以EF为直径的圆与x轴交于点H(m,0)，m≠，
则HE⊥HF，从而kHE·kHF＝－1，
即·＝－1，
即＝－2，①
由＋＝1得y＝.②
所以由①②得m＝±1，
故以EF为直径的圆与x轴交于定点，且该定点的坐标为或.
2．在平面直角坐标系xOy中，已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)是椭圆E：＋y2＝1上的非坐标轴上的点，且4kOA·kOB＋1＝0(kOA，kOB分别为直线OA，OB的斜率)．
(1)证明：x＋x，y＋y均为定值；
(2)判断△OAB的面积是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
解：(1)证明：依题意，x1，x2，y1，y2均不为0，
则由4kOA·kOB＋1＝0，得＋1＝0，
化简得y2＝－，
因为点A，B在椭圆上，
所以x＋4y＝4 ①，
x＋4y＝4 ②，
把y2＝－代入②，整理得(x＋4y)x＝16y.
结合①得x＝4y，同理可得x＝4y，
从而x＋x＝4y＋x＝4，为定值，
y＋y＝y＋＝1，为定值．
(2)S△OAB＝|OA|·|OB|sin∠AOB
＝··
＝··
＝
＝|x1y2－x2y1|.
由(1)知x＝4y，x＝4y，易知y2＝－，y1＝或y2＝，y1＝－，
S△OAB＝|x1y2－x2y1|＝＝＝1，
因此△OAB的面积为定值1.
3．(2017·河北质量检测)已知椭圆E：＋＝1的右焦点为F(c,0)，且a＞b＞c＞0，设短轴的一个端点为D，原点O到直线DF的距离为，过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C，G两点，且||＋||＝4.
(1)求椭圆E的方程；
(2)是否存在过点P(2,1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A，B且使得2＝4·成立？若存在，试求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)由椭圆的对称性知||＋||＝2a＝4，
∴a＝2.又原点O到直线DF的距离为，
∴＝，∴bc＝，
又a2＝b2＋c2＝4，a＞b＞c＞0，
∴b＝，c＝1.
故椭圆E的方程为＋＝1.
(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件．
故可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线l的方程为y＝k(x－2)＋1，代入椭圆方程得
(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0，
∴Δ＝32(6k＋3)＞0，∴k＞－.
x1＋x2＝，x1x2＝，
∵2＝4·，
即4[(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)]＝5，
∴4(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝5，
即4[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k2)＝5，
∴4(1＋k2)
＝4×＝5，
解得k＝±，k＝－不符合题意，舍去．
∴存在满足条件的直线l，其方程为y＝x.
二、重点选做题
1．A为曲线y＝－上任意一点，点B(2,0)为线段AC的中点．
(1)求动点C的轨迹E的方程；
(2)过轨迹E的焦点F作直线交轨迹E于M，N两点，在圆x2＋y2＝1上是否存在一点P，使得PM，PN分别为轨迹E的切线？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)设C(x，y)，A(m，n)，因为B(2,0)是AC的中点，
所以所以
又n＝－，所以所求方程为x2＝4y.
(2)假设存在点P(x0，y0)，
设M，N，直线MN的方程为y＝kx＋1，
联立得x2－4kx－4＝0，则
切线PM的方程为y－＝(x－x1)，
将点P(x0，y0)代入化简得x－2x1x0＋4y0＝0，
同理得x－2x2x0＋4y0＝0，
所以知x1，x2是方程x2－2x0x＋4y0＝0的两根，
则x1x2＝4y0＝－4，
所以y0＝－1，代入圆的方程得x0＝0，
所以存在点P(0，－1)，使得PM，PN分别为轨迹E的切线．
2．已知椭圆M：＋＝1(a>b>0)的一个顶点坐标为(0,1)，离心率为，动直线y＝x＋m交椭圆M于不同的两点A，B，T(1,1)．
(1)求椭圆M的标准方程；
(2)试问：△TAB的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由题意得＝，b＝1，又a2＝b2＋c2，
所以a＝，c＝1，椭圆M的标准方程为＋y2＝1.
(2)由得3x2＋4mx＋2m2－2＝0.
由题意得，Δ＝16m2－24(m2－1)>0，即m2－30)截得的弦长为2.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设C1的右焦点为F2，在圆C2上是否存在点P，满足|PF1|＝|PF2|？若存在，指出有几个这样的点(不必求出点的坐标)；若不存在，说明理由．
解：(1)∵直线l的方程为x－y＋2＝0，
令y＝0，得x＝－2，即F1(－2,0)，
∴c＝2，
又e＝＝，
∴a2＝6，b2＝a2－c2＝2，
∴椭圆C1的方程为＋＝1.
(2)∵圆心C2(3,3)到直线l：x－y＋2＝0的距离d＝＝，
又直线l：x－y＋2＝0被圆C2：(x－3)2＋(y－3)2＝r2(r>0)截得的弦长为2，
∴r＝ ＝＝2，
故圆C2的方程为(x－3)2＋(y－3)2＝4.
设圆C2上存在点P(x，y)，满足|PF1|＝|PF2|，
即|PF1|＝3|PF2|，且F1，F2的坐标分别为F1(－2,0)，F2(2，0)，
则＝3，
整理得2＋y2＝，它表示圆心是C，半径是的圆．
∵|CC2|＝ ＝，
故有2－
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