圆锥曲线中的定点定值问题的四种模型

1、2017届高三第一轮复习专题训练之 圆锥曲线中的定点定值问题的四种模型 定点问题是常见的出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关 系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。直线过定点问题通法，是设出直线方程， 通过韦达定理和已知条件找出k和m的一次函数关系式，代入直线方程即可。技巧在于：设哪一条直线如何转化题目条件圆锥曲线是一种很有趣的载体，自身存在很多性质，这些性质往往成为出题老师的参考。 如果大家能够熟识这些常见的结论，那么解题必然会事半功倍。下面总结圆锥曲线中几种常见的几种定点 模型：模型一：“手电筒”模型2x4不是左右顶点)，且以AB为直径

2、的圆过椭圆y设 A(X1,y1),B(X2,y2)，由门 2 3x64m2k2 16(3 4k2)(m2 3)例题、（07山东）已知椭圆C:解:2L 1若直线l: y kx3C的右顶点。求证：直线 kx 4y20，3m与椭圆C相交于A, B两点（A, Bl过定点，并求出该定点的坐标。Xi8mk x x4(m2 3)2 , x1 x22 4k23 4k2X2yim得(3124k2 m24k2)x28mkx 4( m23)0，2y2 (kx-, m) (kx2 m) k x1x2 mk(x1 x2)Q以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D（2,0）,且kAD kBD3(m2 4k2)3 4k21 ,y1

3、y2X12 x2 1, y1y2x1x22(x1x2)4 0，23(m4k2)4(m23)16mk , c34k23 4k2240 ,3 4k2整理得:7m216mk4k20 ,解得：m1当m2k时,i：yk(x2），直线过定点当m2时,7i：yk(x扌），直线过定点综上可知，直线2k2，且满足3 4k（2,0）,与已知矛盾；（2,0）2k,m22l过定点，定点坐标为 （一 ,0）.方法总结：本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点 2 '-2）_）。（参考百度文库文章:a bP做相互垂直的直线交圆锥曲线于 AB,则AB必过定点（22a bx0(a2 b2) y0(

4、a2 b2)“圆锥曲线的弦对定点张直角的一组性质”）只要任意一个限定 AP与BP条件（如 kAP ? kBp 定。（参考优模型拓展：本题还可以拓展为 “手电筒”模型：值，kAP kBP 定值），直线AB依然会过定点（因为三条直线形似手电筒，固名曰手电筒模型） 酷视频资料尼尔森数学第一季第13节）此模型解题步骤：Step1 :设AB直线y kx m，联立曲线方程得根与系数关系，求出参数范围；Step2 :由AP与BP关系（如kAP?kBP1），得一次函数k f（m）或者m f （k）；Step3 :将 k f （m）或者 m f（k）代入 y kx m，得 y k（x x定） y定。迁移训练练习

5、1:过抛物线 M: y2 2px上一点P（ 1,2 ）作倾斜角互补的直线 PA与PB,交M于A B两点，求 证：直线AB过定点。（注：本题结论也适用于抛物线与双曲线）4练习2:过抛物线 例题，多种解法)练习3:过2x21 1(5, 5)练习:4 :设M:分别为和2p,2p )【答案】y kx b，y2 4x的顶点任意作两条互相垂直的弦OA OB求证：直线 AB过定点。(经典1上的点作动弦ABA B是轨迹C : y当，变化且A Xi,yi ,B，所以直线4显然Xi将y kx b与y22p2X2,y2AC且kAB ?kAC 3，证明BC恒过定点。(本题参考答案:2p x( P0)上异于原点O的两个

6、不同点，直线 OA和OB的倾斜角证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标。，由题意得Xi,X2AB的斜率存在，否则,(参考答案0 ,又直线OA,OB的倾斜角满足OA,OB直线的倾斜角之和为*从而设AB方程为由韦达定理知y122p，2 px(P 0)联立消去X，得 即砂2ky 2py 2pb 0y2 T,y1 y21 = tan 4tan(、tan)=1 tan tantan_2p (yi gy1 y2 4 p2将式代入上式整理化简可得:2p b1，所以b 2p此时，直线AB的方程可表示为y所以直线 AB恒过定点2p,2 p .练习5: (2013年高考陕西卷(理)(I)求动圆圆心的轨迹 C的方

7、程；2pkkx 2p 2pk 即 k(x已知动圆过定点A(4,0),2pk，2p) y 2p 0且在y轴上截得的弦 MN的长为8.(n )已知点B(-1,0),设不垂直于X轴的直线I与轨迹C交于不同的两点平分线，证明直线I过定点.【答案】解：(I ) A(4,0),设圆心CP, Q若X轴是PBQ的角(X, y), MN线段的中点为E,由几何图像知 ME'CA2 CM22 ME2 EC2(X 4)2 y2 42 X2y2 &(n)点 B(-1,0),设P(X1, y1),Q(X2, y2),由题知 y1 yy22y2y1X1 1y2x212y10,y1 y28(%方程为：y y1

8、y2 y1X2X1(XX1)y1yj 71(728x2¥1C2C20,y18x1,72(8xy2y1y(y2yJy1 y2(y22y1y(y2所以，直线PQ过定点(1,0)练习6:已知点B 1,0 ,C 1,0 ,卩是平面上一动点，且满足(1)(2)8xUULT | PC8x2.yj 0y 0,xuuul |BC|uur ULU PB CB求点P的轨迹C对应的方程；已知点A(m,2)在曲线C上，过点A作曲线C的两条弦AD和AE，且AD AE , 线DE是否过定点试证明你的结论 .0直线PQ判断：直【解】(1 )设 p(x，y)代入"PC1而1 PB CB得J(x 1)2 y

9、2将A(m,2)代入y24x得m 1,点A的坐标为(1,2).设直线DE的方程为 设D(xi, yi), E(x2, y2)则yi1)1 x化简得y24x. (5分)AD2y4(yiAE (Xi22建(Il4 (4y2)2 (yi2X my t代入yy24m, yi(yi 2)( y2162(4t)16即 t2 6tt 2m1)(X22号)y2)242(4m)2( 4t)( 4t)yiy22yi y249 4m 8m 4即(t5或t 2m 1,代入(*4x,得 y2 4mt y24t,2) X1X24t 0,4m)216t0(*)yi y2 2(yiy2)直线DE的方程为X m(y 2)直线D

10、E过定点(5, 2).(定点(1,2)不满足题意 练习7：已知点A (- 1, 0), B (1, 1 )和抛物线.C : y 交抛物线C于M P,直线MB交抛物线C于另一点Q如图.uuuu uuu(I )证明：OM OP为定值;“¥2)5yi ¥22( yi¥2)52(4m)50化简得t26t 5 4m2 8m3)24(mi)2 t 32( m 1)式检E验均满足05或Xm(y2) 1(为X2)14x, o为坐标原点，过点)2A的动直线l14yiy24第22题(II)解：(IkAMyi ¥222yi ¥2即¥yiOMOP4 4yi

11、y25.(II)设/ POMaS5S ROMc,2又(0,), (川)设点Q (匹4则 I OM I I OP I cos 5.I OM I I OP I sin 5.由此可得 tan a =1.45 ,故向量OM与OP的夹角为45 .*3),M、B、Q三点共线,kBQkQM ,即¥Yl4(¥3ymI,即yiy344i)(yiy3)yf44,即yi,¥31y3 4yiiy3y24,即 yiy34y3y2yi4y2y3y34 0.L L L L ii分40,即 4(y2kpQy3)归340.(*)4y2 y32 244y2y3直线PQ的方程是y¥2即(y

12、y2)(y2 Ys) 4x 由(*)式，y2 Ys 4( y2 由此可知直线PQ过定点E (1, 模型二：切点弦恒过定点例题：有如下结论：“圆X22y4(Xy2Yay；，即 y(y2y3) 4,代入上式，得(y 4)( y2Ys)4(x 1).4).y3)¥2¥34x.y2 r2上一点P(X0,y0)处的切线方程为X0y y0y r2”，类比也有结论：“椭圆2x2a1(a b 0)上一点P(xo，yo)处的切线方程为XqXa与 1 ”，过椭圆C:b21的右准线I上任意一点M引椭圆C的两条切线，切点为 A、B.求证：直线 当点M在的纵坐标为1时，求ABM的面积。【解】(1)设

13、 M(乞3,t)(tR), A(X1,y1),B(X2,y2),则 MA的方程为 空34点 M在 MA上.晅3(1)(2)AB恒过一定点;X1ty11同理可得x2 ty213y1y 1J3由知AB的方程为 X ty3易知右焦点f(J3,0)满足式，1,即 x3(1 ty)(2 )把AB的方程x 73(1故AB恒过椭圆C的右焦点F(J3,0)2y)代入y21,化简得7y 6y4 |AB| 口 O87II 16I 3 I一 又M到AB的距离d 37VTs.16>/3 d 212/331 ABM的面积 S - | AB |2方法点评：切点弦的性质虽然可以当结论用，但是在正式的考试过程中直接不能

14、直接引用，可以用 本题的书写步骤替换之，大家注意过程。方法总结:什么是切点弦解题步骤有哪些参考：PPT圆锥曲线的切线及切点弦方程，百度文库 参考：“尼尔森数学第一季_3下”优酷视频 拓展：相交弦的蝴蝶特征一一蝴蝶定理，资料 练习1 : （ 2013年广东省数学（理）卷）2 0的距离为咗.设P为直线2已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F 0,c C 0到直线I上的点,过点P作抛物线C的两条切线 PA, PB ,其中A,B求抛物线C的方程; 当点当点P X0,y0为直线I上的定点时P在直线I上移动时，求AF,求直线AB的方程;BF的最小值.【答案】（I）依题意，设抛物线C的方程为X2 4cy ,由凶

15、2结合C 0,解得C 1 .所2以抛物线C的方程为X2 4y.（n ）抛物线C的方程为X2 4y ,即y-X2,求导得4设 A Xi,yi , B X2,y2 (其中 yi1则切线PA, PB的斜率分别为1X1,22生412X2,y22X2），所以切线PA: y y1 生X捲2同理可得切线PB的方程为X2X 2y 2y2 因为切线 PA, PB均过点P X0,y0 所以 X1, y1 , X2, y2 为方程 X0X 所以直线AB的方程为X0X 2y（川）由抛物线定义可知Xi一 X202Xiy1,即 X1X2y2yi 0,所以XiX02yo2yi0, X2Xo2yo2 屮 0所以AF BF联立

16、方程% y1 1 y2 1X0X 2y 2y00X2 4yAF2y0 2y2y0 0.1, BF0的两组解.y2 1，y1 y21,消去x整理得22y0 X0y020由一元二次方程根与系数的关系可得所以又点所以AF BF炖2yi¥2y1 y21 yX02y0P X0, y在直线I上，所以X0y0 2,2y。2y022X0 2 y01 2 y02y05 2y。所以当y。1 9 -时，AF BF取得最小值，且最小值为一.22练习2： （2013年辽宁数学（理）如图,抛物线G：x2 4y,C2:x22py p 0 ,点M Xo,y0在抛物线C2上，过M作Ci的切线，切点为A,B（ M为原点

17、O时，A,B重合于O）1 J2 ,切线MA.的1斜率为-_.2（I）求P的值；（11）当M在C2上运动时，求线段AB中点N的轨迹方.A,B重合于O时冲点为O .【答案】TI I、啊为铀技G” " 八忏遠J点（1,）的刖狀料卡为H切纯AM, m申为-y *所1-1掘点忖小为一扭切找伽M齐（','htLy 二一三（乂 + I） + 凶为心阳H -f汕哄耐殳扯拎罠q 1：i壯1 , L、 1 工 一 2疣Y* -（2 -迈）+ =*I(I-耐 i- ”dy 二.iL- - 孑即即山1-2 Hip =乙:.（1）Wx.yy肌 +矶七牛h 口*兀"山N为兰【戡朋中点知

18、引十兀H -kl红Af沖* 的舟住为厂駅"和+¥y = j(x-2J + Hl 1" ?!) MA. Mli 閤 E此 W 凤.xo)的屮h的X口乩j命=' Xo = 匸卡.尸中小f： E.,刑afTT-W" 師T' 佔三-严li|3 K'fJ4X* 二y. t * 鼻J'4 jj =A+ n血介于眼臺y 辟沟。.芈柿斶足以工亍y.讯此M屮点冷的砂违方昇Xr宀計模型三：相交弦过定点相交弦性质实质是切点弦过定点性质的拓展，结论同样适用。参考尼尔森数学第一季_3下，优酷视频。x2例题：如图，已知直线 L： x my 1过椭圆C

19、：raA B两点，点A B在直线G: x a2上的射影依次为点 D BD是否相交于一定点 N若交于定点N,但是具体解题而言，相交弦过定点涉及坐标较多，计算量相对较大，解题过程一定要注意思路，同时注意 总结这类题的通法。y2刍 1(a b 0)的右焦点F,且交椭圆C于 b法一：解：F(1,0),k (a2,0)a2AE与BD相交于FK中点N ,且N(2E。连接AE、BD,试探索当m变化时，直线 AE、 请求出N点的坐标，并给予证明；否则说明理由。先探索，当 m=0时，直线L丄ox轴，则ABED为矩形，由对称性知,1 a 2 1-,0) 猜想：当m变化时，AE与BD相交于定点 N(,0)。 2证明

20、：设 A(X1,y1),B(X2,y2),E(a2,y2), D(a2,y1),当 m变化时首先 AE过定点 Nx my 1Q ,2 2 2 2b x a y.2.2 z 24a b (a2 2 即(a2 b2m2)y2 2mb2 a b 0m2b2 1)0(Qa 1)又Kany11,K ENmy1y21 a22而KanKena2 1 ( h(y1. 2 2.1 a (a 12 2y2) myiy2myi)(这是Qa2 122 2 2 (a 1) (mb mb )(yiy2) myi y22mb22)a mb.2 . 2,a2)2 2 2a m bb2(1yb2(1 a2)08 分2a Kaf

21、Ken A N E三点共线2-2m b0)同理可得B、N D三点共线2 a AE与BD相交于定点 N ( 0)2得与x轴交点M N,然后两个坐标相减=0.计算量法2:本题也可以直接得出 AE和BD方程，令y=0, 也不大。方法总结：方法1采用归纳猜想证明，简化解题过程，是证明定点问题一类的通法。这一类题在答 题过程中要注意步骤。2例题、已知椭圆C: y241 ,若直线l : x t(t2)与x轴交于点T,点P为直线l上异于点T的任MN是否通过椭圆的焦点并证明你的结论。知道了点 过所求的 不存在。解:PA的方程，直线 PA和椭圆交点是 A(-2,0)N的坐标。动点P在直线l : x t(t 2)

22、上,P的横坐标了，由直线 PA、PA的方程可以求出 P点的纵坐标，得到两条直线的斜率的关系, MN点的坐标，求出直线 MN的方程，将交点的坐标代入，如果解出的t>2 ,和M相当于 通 就可以了，否则就yx2ki(x4y2M (xi, yi) , N(X2, y2)，直线 AM2) 丿消y整理得(i44 k-,2) x2 i6k2x的斜率为i6ki2ki ,则直线AiM的方程为y ki(x 2)，由Q 2和xi是方程的两个根,2x142-则i 4k2i6ki2Xi鸣，yii 4ki24kii 4ki2即点M的坐标为(2 8ki4ki2 J2 丿，i 4ki2 i 4ki2同理，设直线A2N

23、的斜率为k2，则得点N的坐标为8k； 2Q ypki(tkk2kik22),yp k2(t 2)-,Q直线MN的方程为: tyyix xiy2 yiX2Xi令 y=0,x2yixiy2，将点Myiy2N的坐标代入,化简后得:又 Qt 2，t 2Q椭圆的焦点为(V3,0)tW3故当t 俎3时，3方法总结：本题由点Ai(-2,0)的横坐标一MN过椭圆的焦点。2是方程8ki2(i2 24ki )x i6k2xi6ki24ki1 4ki2韦达定理，得到点M的横纵坐标： x 2 , yi 4kii 6kU，即 X2 4k；2(i 4k|)x2i6k2X i6k240，得到 2x218k； 2i 4k；果

24、看到：将(8k； 2(i 4kji 4k；22x i6ki 24中的ki用k2换下来,i 4 k,4k4k2 ),如果在解题时，能看到这一点,xi前的系数2用一2计算量将减少,，y20的一个根，结合膽：)消y整理得4k 22?很快。不过如i 4k；换下来，就得点N的坐标这样真容易出错，但这样减少计算量。本题的关键是看到点P的双重身份：点P即在直线AiM上也在直线A2N上，进而得到k1k2-,由直k1k2 t线MN的方程丄yix x1亠生得直线与x轴的交点，即横截距X2Xi化简易得x方法 如下：设l MN4L43一 解出t ，到此不要忘了考察 t3先猜想过定点，设弦MN勺方程，得出AM、A2N4

25、，由t2:X2y1 X1y2，将点M N的坐标代入， y1 y24J3d是否满足t 2。3方程，进而得出与T交点Q S,两坐标相减=0.:x2)my 由,联立椭圆方程，整理: y22J3my 10;求出范围；(4 m设 M (x-i, y-i), N (x2, y2),得直线方程:x1即若分别于It相较于Q、S：易得1a1m : yX2y22(x 2);Q (t,X1y(t 2),S(t,2)yQysy1(t2)整理4myi y2(t占t亦)(y12)y2)(V3t 4)( yiy2)(Xi2)(X22)1- 4m 厂厂- _ (Vst 4) (Vst 4)(yi y2)韦达定理代入(Xi 2

26、)(X22) 4 m显然，当t皱3时，猜想成立。3方法总结：法2计算量相对较小，细心的同学会发现，这其实是上文“切点弦恒过定点”的一个特例而已。因 此，法2采用这类题的通法求解，就不至于思路混乱了。相较法1,未知数更少，思路更明确。2 2x y练习1: (10江苏)在平面直角坐标系 xoy中，如图，已知椭圆-9+5=1的左右顶点为A,B，右焦点为F,设过点T(t,m)的直线TA,TB与椭圆分别交于点 皿区$ 1), N(x2,y 2)，其中mRyOy 2<0.设动点P满足PF2P扌=4,求点P的轨迹1设Xi=2,X2石，求点T的坐标3(其坐标与m无关)棉.本小®主要考g求简单曲

27、线的方程，君g直线与椭圆的方程等基础效识，考査运算求解 能力坍圈斶.講分価分.«：曲那WWtXKgh B0）"0巾.f门设点尸3）则卩尸二a）'*八p0 =（一3尸斗汽 由卩尸=円?= =4,得（x-2r十r =“=3尸=唾叭 化简得工-P 故所求点P的轨遊为直线X气肿曲J, =2* # + ¥ = !及斤讲鯛I二y t则点也?穿爭洛做而肓线IM的方稈询"4 + X弋沪J /越性£ S 3 . 9 * ； R及”幻叽得丹=-寸则点 My. - J）-从而直线SN的方稗为y-yi-y.，=寺厘+ 1 产=7,护号解叫尸学 .%卫 ”y ”

28、曲*由题设饥 直线M的方锂为厂誇I3h玄线BT的方理为厂（一儿 点朋dijJ満足r41 J-4 ，| IX, +3J . 心rB 煞也+3）%因为於'勺、,则13* ij +3A04鼻 I車 nniiH由d护号P月以点的坐林为（7、證山31：肿3回一 _疋.心祸二-9=1，5''孵尙心"盹和从而得门=护aO + mJ240 -3mJ1 =¥（*1WHJ 点闭（珀升）満足£ 庄 薯需巧咯/叭y?畤挈?1厂3滲a沪卫拮;疗及砒0*碍?2 2缥討1诙线购方C用g排Mrtr雰犁 KtJ + jn程为"1,过点巩若f则心“帀,直线Afp的卅

29、册 旳5-20fn啓绑加h曲海也 '役二'阳%严2所匸宜线>/>过D点.J 2 WWW JJUKXOfl I因此，貢线掘用必过宝轴上的点1 I , n3练习2：已知椭圆E中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过A（ 2,0）、B（2,0）、C 1-三点.过2椭圆的右焦点F任做一与坐标轴不平行的直线丨与椭圆E交于M、N两点，AM与BN所在的直线交于点Q.（1）求椭圆E的方程:（2）是否存在这样直线 理由.m，使得点Q恒在直线m上移动若存在，求出直线m方程,若不存在，请说明解析:得(1)3c（1,3）代入椭圆E的方程,将A(2,0)、B(2,0)、4m1,9 解得 -n

30、14.椭圆E的方程32y_32类似计分)k(x 1)21并整理.得(3 4k2)x23M(X1, yd N(x2, y2),1（也可设标准方程，（2）可知：将直线I : y2代入椭圆E的方程4设直线l与椭圆E的交点8k2X4(k23)0由根系数的关系，得Xi3 4k2，X1X2直线AM的方程为：y2(x 2),即y4(k2 3)3 4k2k(X11)Xi2 (X 2)由直线AM的方程为:y丄X2尹2），即由直线AM与直线BN的方程消去y，得k(x 2)x222(x1X23为 X2)x1 3x248(k2 3)24k222x1x2 3( x1 X2)4x2(Xi223 4k28k23 4k23

31、4k24 2x2x2） 2x244k2 63 4k2 4k2 63 4k2X2 42X直线AM与直线bn的交点在直线X 4上.模型四：动圆过定点问题动圆过定点问题本质上是垂直向量的问题，也可以理解为故这样的直线存在“弦对定点张直角”的新应用。2 2例题1.已知椭圆C:占1(a b 0)的离心率为a b条切线。(I)求椭圆的方程；1(n)过点S(0,-)的动直线L交椭圆C于A、B两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点3以AB为直径的圆恒过点 T若存在，求出点解: (1 )由 y2 X b消去 y得 : X2(2by 4xX b与抛物线y2因直线y呢,a2 b224x相切2 .2a b2a轴平行

32、时，以AB为直径的圆的方程:,并且直线y X b是抛物线y22T的坐标；若不存在，请说明理由。24)x b 012'4x的一T使得22(2b 4) 4b 0 b 142，故所求椭圆方程为y2 1.(II )当X2 (y1)2(4)2当L与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程:(y3)1(3解得即两圆相切于点(0，1)因此，所求的点T如果存在，只能是(0，1).事实上，点 当直线L垂直于x轴时，以AB为直径的圆过点若直线L不垂直于x轴，可设直线 L:y kxT( 0，1)13T( 0，1)就是所求的点，证明如下。由y2 X 2kx13 消去y得:(18k29)x2112kx 16记点 A(

33、x1,y1)、B(X2,y2),则X1X2X1X212k218k916218k9LurLU又因为TA (X1,y1 1),TB1),LU LU所以TA TB X1X2 (y11)( y21)X1X2 (kx12416(1 k )x1x2 k(x1 x2)39 TA丄TB,即以AB为直径的圆恒过点44-)(kx2 -)3316412k18k29318k2916 c09T ( 0，1),故在坐标平面上存在一个定点T (0，1 )满足条件.找出这个定点，再证明用直径所对圆周角为直角。y242(1 k2)方法总结：圆过定点问题，可以先取特殊值或者极值,2X例题2:如图，已知椭圆C：冷a詁 1(a b

34、0)的离心率是 牙，A1, A2分别是椭圆C的左、右两个顶点，点F是椭圆C的右焦点。点D是x轴上位于A2右侧的一点，且满足1ADA2D2FD(1) 求椭圆C的方程以及点D的坐标；(2) 过点D作x轴的垂线n,再作直线l : y kx m 与椭圆C有且仅有一个公共点 P，直线l交直线n于点 Q。求证：以线段 PQ为直径的圆恒过定点，并求出定 点的坐标。解:( 1)A( a,0), A2(a,0), F(c,0)，设 D(x,O)，3由丄A1D1A2D又FD(c(cc 1,于是1 a)(c 1172c)(cc 0,又 c 0，(2)方法 1: QQ(2, 2k2X由于 16k22(kx m)222

35、 2 2m 4(2 k而由韦达定理:yokxo mca)，又Q-a1屁)1,m),(2k21)(24km1 c 1 至242c,y由2 2m22设 P(Xo,yo),21)x 4kmx2 m2xoX2k 12k21m ，mm设以线段PQ为直径的圆上任意一点(X )(x 2) (y -)(y (2kmm称性知定点在X轴上，令y 0,取2X椭圆C :2mkx2)0 2k m2 km 由(*) 2 km T72722k 1 m P(空丄)， m m Luir M (x, y)，由 MP由(*)m) 0X2y2o2k2 x 2m21，且(kx2 k2D(2,0) om)211 (*),uuinMQ(空m2)x (2 k1m )y (1m空)0由对mX 1时满足上式，故过定点K(1,0) o法2 :本题又解：取极值，PQ与AD平行,设p (Xo,yo),易得PQ切线方程为XoX(1,0 )o接下来用相似证明2yoy 2；易得 D(o,)yo易得与X轴相交于FPF丄 FQ设PHFDPHyo; HF 1 Xo；DQAdfyo1；HFPH 问题得证。匹，固PHF相似于FDQ，易得 PFQ 90° FD2练习：(10广州二模文)已知椭圆 C1 :务a2占 1(a bb20)的右焦点F2与抛物线C2: y4x的焦点重合，椭圆G与抛物线C