圆锥曲线中地定点定值问题地四种模型

1、实用标准文档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22例题、(07山东)已

2、知椭圆C: x- + L=1若直线l： y=kx+m与椭圆C相交于A, B两点(A, B 43不是左右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆 C的右顶点。求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标。- 、宜y = kx m , 口222解：设 A(x1, y1), B(x2, y2),由 W 22得(3+4k )x +8mkx+ 4(m 3) = 0 ,3x2 4y2 =12A=64m2k2 -16(3 +4k2)(m2 -3) >0 , 3+4k2 - m2 >0xix2 =8mk3 4k2,xix2 =2-4(m -3)3 4k222y1y2= (kx1m)(kx2m) = kx1x2m

3、k(x1x2)m3(m2 -4k2)3 4k2以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0),且kAD kBD = -1 ,yiy2= -1, y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4 =0 , xi _ 2 x2 _ 2_222_3(m -4k ) 4(m -3)16mk2224 - 0 53 4k 3 4k 3 4k整理得：7m2 +16mk +4k2 =0 ,解得：m1 =2k,m2 =-生,且满足 3+4k2-m2 >0当m = -2k时，w 2k当m = 时,77l : y = k(x-2),直线过定点(2,0),与已知矛盾;22l : y =k(xy直线过定点(-,0)综上可知，

4、直线i过定点，定点坐标为(2,0).7文案大全方法总结：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 P做相互垂直的直线交圆锥曲线于 AB ,则AB必过定点(" U )a by0(a 'b )。(参考百度文库文章：“圆锥曲线的弦 a b对定点张直角的一组性质”)模型拓展：本题还可以拓展为 “手电筒”模型:只要任意一个限定 AP与BP条件(如kAP,kBp =定值，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)。(参考优酷视频资料尼尔森数学第一季第13节)此模型解题步骤：Stepl ：设AB直线y = kx + m

5、 ,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 *kBP = T ),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)练习2:过抛物线M: 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。(经典例题，多种解法)练

6、习3:11(,-)55练习：4:22过2x -y =1上的点彳动弦AB、AC目kAB *kAC - 3,证明BC恒过定点。(本题参考答案:2一 一 .设A、B是轨迹C : y = 2px(P >0)上异于原点O的两个不同点，直线 OA和OB的倾斜角文案大全分别为a和P ,当a, B变化且a +P =工时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标。(参考答案(-2p,2 p )【答案】设A(x1, y1 ) B(x2, y2 ),由题意得x1，用#0 ,又直线OA,OB的倾斜角3, P满足a + P ,4故0 P <；，所以直线 AB的斜率存在，否则， OA,OB直线的倾斜角之和为

7、冗.从而设 AB方程为22y = kx + b ,显然 x1 =2,x2 = X-, 2p2p将 y = kx +b与 y2 =2 px( P :>0)联立消去 x ,得 ky2 一2 py + 2 Pb = 0由韦达定理知y1 +y2 =2p,y1 .y2 = 辿 kktan1'：tan -2 P(y1y2)由 a + P = 一，得 1 = tan - = tan(a +P) = =yR441 - tan ： tan :y1y2 - 4 P将式代入上式整理化简可得：2P =1,所以b=2p+2pk,b - 2pk此时，直线 AB的方程可表示为 y = kx+2p+2pk SP

8、k(x + 2p)-(y-2p)=0所以直线 AB恒过定点(2p,2p).练习5： (2013年高考陕西卷(理)已知动圆过定点 A(4,0),且在y轴上截得的弦 MN的长为8.(I)求动圆圆心的轨迹 C的方程；(n)已知点B(-1,0),设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点 P, Q 若x轴是NPBQ的角平分线，证明直线l过定点.【答案】解:(I ) A(4,0),设圆心CMN 2222(x, y), MN线段的中点为 E,由几何图像知 ME = ,CA = CM = ME+EC 2=(x-4)2 +y2 =42 +x2= y2 =8x(n )点 B(-1,0), 22设P(x1，y1

9、),Q(x2, y2),由题知 y十丫2 ,0, 丫也治。»=8x1，y2 =8x2.=yy- =-y;=2y1=?y = 8(y1 +y2)+ Yiy2(y2+ Yi) =0n8+y.y2=0直线PQXi 1x2 1yi8 Y28方程为：y - Yi 二 义y1 (x - Xi) = y - Yi =1 (8x - Y12) X2 -XiY2 Yi2=y(Y2 Yi) Yi(Y2 y1) =8x - Yi - y(y2 y1) 8 =8x= y =0, x =1所以，直线PQ过定点(1,0)T _ T练习6：已知点B(1,0 ),C(1,0 ),P是平面上一动点，且满足 | PC

10、| |BC尸PB CB(1)求点P的轨迹C对应的方程；(2)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 _L AE ,判断：直实用标准文档线DE是否过定点？试证明你的结论.【解】(1)设 P(x，y)代入 iPCl |BC|=PB CB得 *；(x _1)2+y2 =1 + x，化简得 y2 =4x.( 5 分)(2)将A(m,2)代入y2 =4x得m =1,二点A的坐标为(1,2).22设直线DE的方程为x =my+t代入y =4x,得y -4mt_4t=0,设 D(xi, yi), E(x2, y2)则 yi + y2 =4m, yi ,y2=4t, =(

11、4m)2+16t > 0(*)AD AE - (x1-1)(x2-1)(y1 - 2)(y2-2)=x1x2-(x1x2)1y1y2- 2(y1y2)42222=y_ 近 _(幺.近).y1 y2 -2(y1 y2) 54 44422(y1 )(y1 y2) 2y1 生二一 4 y -2(y1 y2) 51642 2=-+(4t)2(4m)+5 = 0化简得 t 6t+5 = 4m +8m164即t2 -6t 9 =4m2 8m 4即(t -3)2 =4(m 1)2, t - 3 = 2(m 1)，t=2m+5或t =-2m+1,代入(*)式检验均满足 A >0二.直线DE的方程为

12、x =m(y +2)+5或x = m(y 2)十1二.直线DE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:y2=4x, O为坐标原点，过点 A的动直线l 交抛物线C于M且直线MB交抛物线C于另一点Q,如图.t r(I)证明：OM OP为定值；(II)若 POM的面积为-,求向量OM与2(出)证明直线 PQ恒过一个定点.2解：(I)设点 M (红，y),P(4kAM = kDMy1，即 T1-近1 412"，y2),； P、M、4y1 7222 ,y44y24y12一,y1y2 = 4 y22y1 y2.OM OP

13、= 马 y1y2 =5. 44(II)设/ POM="，则 |OM.| |OP| cosa =5.一 5 - S曲om =,，|OM | '| OP | sina = 5.由此可得 tan a =1.又a W(Qn),.a =45：故向量OM与OP的夹角为45,2(出)设点Q(红，y3)” M、b、q三点共线，,kBQ =kQM ,4即 4 =当二与，即军1 = , y3 1 y _ 幺y3 -4% y3444，(y3 +1)(y1 +y3) = y2 一4,即丫佻 + y1 +y3 +4=。川“懦1111分4 y y2 = 4,即 y1= y24y3 y24一y 4=0,

14、y2即 4( y2 y3)y2 y34 = 0.(*)y2 -y34PQ = -22"=y2y3y2 v?442二直线PQ的方程是y-y2 =(x-2)y2 y342 I即(y 丫2)(丫2 +y3)=4x y2，即y(y2+y3) y2y3 = 4x.由(*)式，一 y2 y3 =4(y2 + y3)+4,代入上式，得(y + 4)(y2 + y3)=4(x -1).由此可知直线 PQ过定点E(1, -4).模型二：切点弦恒过定点2222例题：有如下结论： 圆x +y =r上一点P(xo, yo)处的切线万程为 x0y + yoy = r ，类比也有22结论：椭圆 三十冬=1(a

15、Ab>0)上一点P(xo, yo)处的切线方程为 驾+券 =1"，过椭圆 C：a ba b2x+ y2=1的右准线l上任意一点M引椭圆C的两条切线，切点为 A、B.4(1)求证：直线 AB恒过一定点；(2)当点M在的纵坐标为1时，求4ABM的面积。4 3【解】(1)设 M(，t)(t w R), A(x1)1),B(x2, y2),则MA 的万程为 3x1xy y 二13点 M 在 MA 上x1 +ty1 =1 d3同理可得Y3x2+ty2=13由知AB的方程为2°x+ty =1,即x = J3(1-ty)易知右焦点F ( J3,o)满足式，故 AB恒过椭圆C的右焦点

16、F ( J3,o)2(2)把 AB 的方程 x=J3(1y)代入人+ y2 =1,化简得 7y6y1=o4 | AB 尸 ：；1 3.36 2871671. .ABM 的面积 S =-，| AB | d 2,4 3“ 一，1丁1 2 3又M至ij AB的距离d = 3=13316.321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？实用标准文档卜,ajur|L rBSIEAl榔阀的切点快性质5登;定点) 抽点PL)k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

17、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)已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F(0,C)(CA0)到直线3 2l: x-y -2=0的距离为 出一.设P为直线l上的点,过点P作抛物线C的两条切线 PA, PB，其中A,B 2为切点.(I)求抛物线C的方程；(n )当点P(x0, y0 )为直线l上的定点时，求直线AB的方程；(出)当点P在直线l上移动时，求AF |BF的最小值.八20-c-2 3V2【答案】(I)依题意，设抛物线C的方程为x =4cy,由广一=结合c>0,解得c=1.所22以抛物线C的方程为x2 =4y.

18、21 9.1(n)抛物线C的万程为x =4y ,即y =x2,求导得y = x4222设 A(x1，y1)，B(&, y2 )(其中 y1 =, y = -2-),44一八，一，、，11则切线PA, PB的斜率分别为一x1, x2,222所以切线 PA ： y _y1 = *(xx1 ),即 y =' x 9 + y1 ,即 xx 2y 2y1 =0222同理可得切线 PB的方程为x2x-2y-2y2 = 0因为切线 PA, PB 均过点 P(x0, y0 ),所以为%2y0 2y1 = 0 , 刈x。2yO 2y2 = 0所以(X, % ),(x2, y2)为方程x°

19、;x2y° 2y =0的两组解.所以直线AB的方程为x0x2y 2y0 =0.(出)由抛物线定义可知 af|=v+1, BF =y2+1,所以 AF BF =(y1+1 Xy2+1)=y1y2+(y1十丫2 )+1、一x0x2y -2y0 =0联立方程JJ0，消去x整理得y2+(2y0 x02 )y + y02 =0x = 4y由一元二次方程根与系数的关系可得y . y2 = M2 -2y0, yy2 = y02所以 AF| BF =丫也+(% +y2 )+1 = y02 +x02-2y0+1又点P(x0, y0 )在直线l上，所以x0 =y0 + 2,所以 y02X02 -2y0

20、1 =2y0212y0 5 =2| yo 2所以当AF BF取得最小值，且最小值为9 +29.2练习2： （2013年辽宁数学（理）)如图，抛物线 C1: x2 = 4y, C2: x2 = -2py( p > 0 ),点 M (%,y0 )在抛物线C2上，过M作Ci的切线，切点为A, B（ M为原点。时，A,B重合于O） x0=1-J2,切线MA.的1斜率为-1.2（I）求p的值;（II）当M在C2上运动时，求线段AB中点N的轨迹方.（A, B重合于。时,中点为O ）.文案大全实用标准文档（ I 1冈为植物妹=ML也点（#/）的切"斜率为V = UM线MA的料率为一2.所以乂

21、点坐缶Ar （-L）.故切税MA的方程为24.1 1V =一彳/ + 1） + .闵勾也M1】也知）伸腰MA段物伐Q IT .1 , c 1”2日为=一亨口催）十不 =了一.心宣=_£只J*此2P2peMD必格p =几6分:D 1 -M露期 岫,见曲*今去阳工门，山川为小段相中感知文案大全切线MA.赭日的方程为xt*y - tJ +-p .*Xy * 旨（x j " 中 才.th汾谶福MA, MB的交点M（勒,坨）的坐标为*1 +心力由，“+TWG 依 G J 即 =对注9X 士+苒工2i * 工-工山a i 7符T, 4 x = y* 丈# .4一的mjc.% A. H市

22、含哦&N力山为6 -满足/ =冒/.因此4口中立N的轨武力T?%4/二 丁 F"13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。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，同而注意 总结这类题的通法。2 x 例题：如图，已知直线L： x = my+1过椭圆C ：a2y十一=1（a a b > 0）的右焦点F,且交椭圆C于 b2A B两点，点A B在直线G : x =a2上的射影依次为点 D E。连接AE、BD,试探索当m变化时，直线AE、 BD是否相交于一定点 N

23、?若交于定点N,请求出N点的坐标，并给予证明；否则说明理由。法一：解：: F(1,0), k =(a2,0)先探索，当m=0时，直线L, ox轴，则ABE型矩形，由对称性知,a2Ta2»1_、AE与BD相交于FK中点N,且N(,0) 猜想：当m变化时，AE与BD相交于定点 N(,0)2。2证明：设 A(x1, y1), B(x2, y2)，E(a2, y2), D(a2, y1)当 m变化时首先 AE过定点 N，：!、2 2my J 22 2即(a2+b2m2)y2+2mb2y+ b2(1-a2) = 0.盼b x a y -a b = 0.：=4a2b2(a2 m2b2 -1) 0

24、 (,: a 1)又Kan-myi一y21 - a22而Kana21、工-(必 72 -myy22 - 02.22.- 01 - a a a -1(my). a2 -1(yi y?) -my1y2a2 -12mb22t) -m2a2 m2bb2(1-a2)222_ (a T) (mb -mb )22 2a m bKan=Ken，a、n E三点共线=0)同理可得B、N D三点共线AE与BD相交于定点 N(亍。)法2:本题也可以直接得出 AE和BD方程，令y=0,得与x轴交点M N,然后两个坐标相减=0.计算量 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

25、类题在答 题过程中要注意步骤。2例题、已知椭圆C:人+ y2 =1 ,若直线l : x = t(t A 2)与x轴交于点T,点P为直线l上异于点T的 4MN是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论。方法1:点Ai、A2的坐标都知道，可以设直线PAi、PA2的方程，直线PAi和椭圆交点是 Ai(-2,0)和M, 通过韦达定理，可以求出点M的坐标，同理可以求出点 N的坐标。动点P在直线l：x=t(t>2)±,相当于知道了点P的横坐标了，由直线 PAi、PA2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， 通过所求的 M、N点的坐标，求出直线 MN的方程，将交点的坐标代入，如果解出

26、的t>2,就可以了，否则就不存在。解：设M(xi,yi), N(x2,y2),直线 AM的斜率为ki ,则直线AiM的方程为y = K(x + 2),由y = ki(x 2)12 22V2 n2 ,消 y整理得(i+4k1)x +i6k2x+i6ki 4 = 0x 4y =4；-2和xi是方程的两个根，2月=16kl2 -4i 4k22nt2-8年24ki则 x12, y12,14kl214kl2即点M的坐标为(2 -8k124k11 4k12 1 4kl同理，设直线A2N的斜率为k2,则得点2N的坐标为(曳W ,二4kJ)1 4k22 1 4k；,: yp =ki(t 2),yp =k

27、z(t-2)二幺± = 2,直线MN的方程为：k1k2 t二令 y=0,得 x = x2" -xiy2 ,将点 M、 yi fy - yi y2 - yi =,x x1 x2 x14N的坐标代入，化简后得：x=-t又；t >2,-4 二0 <-<2 丫椭圆的焦点为t(万0),4=H即"呼4.3故当t =3一时，MN过椭圆的焦点。方法总结：本题由点A(-2,0)的横坐标一2是方程(1+4k12)x2+16卜2*+16兄2 4= 0的一个根，结合4kc,y2 =J很快。不过如1 4k2果看到：将 2x, =16k1 ,4中的 1 4k128 k2 2

28、 Fk-(-,-),如果在解题时,1 4k； 1 4k；ki用k2换下来,能看到这一点,本题的关键是看到点P的双重身份：点P即在直线xi前的系数 2用一2换下来，就得点 N的坐标计算量将减少，这样真容易出错，但这样减少计算量。八，一ki k22 AiM 上也在直线 A2N上，进而得到 =-一,由直k1k2t韦达定理，得到点 M的横纵坐标：x1 =2，y1 =i1为；其实由!y2=k2(x 2)消y整理得 1 4k121 4k12x2 4y2 =42 2216k2 -48k2 -2(1 +4k2)x - 16k2x+ 16k2-4=0得到2%=不，即x2 =r化简易得x方法如下：山二y1得直线与

29、x轴的交点，即横截距4 厂4、3一=加解出t =,到此不要忘了考祭t32：先猜想过定点，设弦MN勺方程，得出A1M、A2Nx = X2YLX1Y2 ,将点M N的坐标代入，yi - y24.3t =是否满足t>2o3方程，进而得出与T交点Q S,两坐标相减=0.14k214k2实用标准文档设 lMN : X = my *区联立椭圆方程，整理： （4+m2） y2+2%；'3my 1 =0;求出范围； 设M（X1,y1）, N（X2,y2），得直线方程:1AlM : y - （X -2）, l A2N : y - （X -2）;X1 -22X2 -2若分别于lT相较于Q、S：易得Q

30、 (t,-y(t -2),S(t,yX1 -2X2 -2yy2yQ - yS - (t - 2) 一 -X1 -2X2 -2(t -2)(t-2)整理 4my1y2 , 2(t -，3)(7 y) (、, 3t 4)(y1 一 y)(Xi -2)(X2 2)韦达定理代入-4m=2(X1 -2)(x2 2) 4 m B幼时，猜想成立。(,3t-4) (、,3t-4)(yi-y2)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,未知争司少，思路更明确。练习1: （10江苏）在平面直角坐标

31、系xoy中，如图，已知椭圆x-+y=1的左右顶点为A,B ,右焦点为F,9 5设过点T（t,m）的直线TA,TB与椭圆分别交于点 Mgy）, N（x2,y2）,其中m>0,y1>0,y2<0.设动点P满足PF2PB2=4,求点P的轨迹设X1=2,X2=:） 求点T的坐标3（其坐标与 m无关）1乱本小题主要考查求筒单曲线的方程，考菅直线与椭圆的方程等基础知识考查运算求解能力 解：由国鹤谛勃.满分16分.融血Xlg” 以3, 0）, *'（2,（1）设点尸（工，y）,则户尸=（工一2尸+y由 P-PB1 =4t 得-（x-3）1-/ =4,化简得 f =条故所求点p的轨迹

32、为直线#=小惟2 .a文案大全(2)由勺=2丫端+ ?=】及力_jJSk=y *则点底狼而立线AM的方程为F =h1,犷 -蒲口享等十3* 1及方vo.得内=-吗,I y =第.从而直线口出的方程为¥= y筑则点 5 5 r-y-O+ 1 >c解得所以点T的坐碌为(7,X =7,10 y由题设知.直线W的方程为 广得仃十力.宜线 "的方程为y=,曰-3).点新(%.Yt)满足*啖(阳”)，T=lt（K +R） =99从而得和=则工 +3-5、40 m解得知=801 +病力喝5 -3） *0 /a Icp*，若峭的，则由，巧关3 1240 - 3m240 -3m+3尸5

33、辟.仆80 + m解港3m1 -6080 + fTi 20 + m直线MN的方程为£ = 1，过点以1,0).若/产飞 ,则m2/l0,直线 W的斜率kMlt40m80 + m10mM ：=240-3/40-mSQ+m3 -泰gto的艇案k" imwXXH.COM40?*得起”上加r 20m除一城二6020+mJ A(2,0)、B(2,0)、CM,3 三点.过 ,2N两点，AM与BN所在的直线交于因此.直线防V必过X轴上的点(1,0).练习2:已知椭圆E中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过椭圆的右焦点F任做一与坐标轴不平行的直线l与椭圆E交于M、点Q.(1)求椭圆E的方程

34、：(2)是否存在这样直线 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 明理由.解析：(1)设椭圆方程为mx2+my2 =1(m a 0,n >0),3将A(2,0)、B(2,0)、C(1,)代入椭圆E的方程，得24m =1,9 解得m n =14(也可设标准方程,11 .一 ,x2 y2m = _,n=_. 椭圆E的方程一+乙=14343知 a = 2类似计分)(2)可知：将直线l:y=k(x1)22代入椭圆E的方程上+上=1并整理.得(3+4k2)x28k2x+4(k23) = 043 1由根系数的关系，得 X1 , x2 =2 , x1x2 =3 4k直线

35、AM的方程为：y=y1(x + 2), Wy = x1 24(k2 -3)3 4k2k(x1 -1)x12(x 2)由直线AM的方程为：y=(x2),即 x2 -2k(x2 一1),y=±(X-2)由直线AM与直线BN的方程消去y ,得2(x1x2-3x1 x2) 22x1x2 f3(x1 x2) 4x2 x =x1 3x2 -42 8(k2-3)24k2IL 3 4k23 4k28k2，.2-4 2x23 4k22(x1 x2) 2x2 -44x224k2 623 4k2 4k2 63 4k2x2二 4x2，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

36、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。22例题1.已知椭圆C : 5 +乡=1(a Ab >0) a b条切线。(I)求椭圆的方程；的离心率为,并且直线y = x + b是抛物线y2 2(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 34x的一T,使得以AB为直径的圆恒过点 T?若存在，求出点 T的坐标；若不存在，请说明理由。设直线l与椭圆E的交点M (Xi, y1)，N(x2, y2),解：(i)由3y=x b消去 y得：x +(2b-4)x+b =0=4x- c 2 2 .2 2 a2 -b2

37、te=-=,a =b c ,.2 -a 2a1,、 , x2,a =、 2 ,故所求椭圆方程为一222+ y =1. (II )当 L与 x轴平行时，以 AB为直径的圆的方程:21 24 2x (y 3) =(3)当L与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程:x2 +y2 =1,由x2+(y+1)2 =(±)2(y 3)(3) 解得 322x y =1x = 0 y =1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) 当直线L垂直于x轴时，以AB为直径的圆过点.事实上，点T (0, 1)就是所求的点，证明如下。 T (0, 1)因直线 y =x +b 与抛物线

38、y2 =4x 相切二 = (2b4)2 -4b2 = 0 二 b = 1y =kx - 32x 2一 y =12消去 y得：(18k2 +9)x2 -12kx -16 =0记点 A(Xi, y1)、B(x2,y2),则12kXi X2218k916又因为丁八=(。必-108=(*242-1),XiX218k2 9一， 一， 一 1若直线L不垂直于x轴，可设直线L: y = kx13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2- = 2。FD44所以TA TB =x#2 (y1 -1)(y2 一 1)二x1x2 (kx1 - - )(* -一) 3324162-16412

39、k16=(1 k )x1 x2k(x1 x2)(1k)2 k2 - = 03918k9 318k99二.TA，TB,即以AB为直径的圆恒过点 T ( 0, 1),故在坐标平面上存在一个定点T (0, 1)满足条件.方法总结： 圆过定点问题，可以先取特殊值或者极值，找出这个定点，再证明用直径所对圆周角为直 角。例题2：如图，已知椭圆 Cixy+AuMaAbA。)的离心率是 也，Ai,A2分别是椭圆C的左、右两个 a2 b22由AD=2有二x a x -a=2,(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

40、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,0),.11又 FD =1,二 x -c =1,= x = c +1 ,于是+= 2c 1 a c 1 - a=c +1 =(c +1 +a)(c +1 -a),又'/ a = &c,a 2实用标准文档实用标准文档.c 1 -(c 1 ,2c)(c 1 -、2c)-2=c c = 0 ,又 c >0 ,c =1, a2”,b=1 ,椭圆 C：y+ y2=1 ,且 D(2,0)。Xy = kx m(2)方法 1： ；Q(2,

41、2k+m),设 P(x0,y。)，由 |x22 二万y ,22222=x +2(kx+m) =2= (2k +1)x +4kmx + 2m 2=0, 由于=16k2m2 -4(2k2 1)(2m2 -2) =0= 2k2 - m2 1=0 =2x2(kx m) =12 一 2m =2k +1 (*),而由韦达定理：2% =-4 km2 x0 =2k 1-2 km22k 1由(*)-2 km2k文案大全2_.y0 = kx0 m2k1 2k 1、+m =一，/. P(-,)mm m设以线段PQ为直径的圆上任意一点 M(x,y),由2k、)=0由对 m2k1o o 2k1(x 一)(x -2) (

42、y - )(y - (2k m) = 0= x y (一 - 2)x (2k m )y (1 -称性知定点在 x轴上，令y=0,取x=1时满足上式，故过定点 K(1,0)。法2:本题又解：取极值，PQ与AD平行，易得与 X轴相交于F (1,0)。接下来用相似证明 PF, FQ 设P (x0,y0)，易得PQ切线方程为x)x+2y0y = 2;易得D(0,上任)y0设 PH _ FD1 - x。PH =yo；HF =1 -x0； DQ =;DF =1;y0HF = DQ，固 APHF 相似于 AFDQ ,易得 £ PFQ = 90°PH FD问题得证。22x y-2练习：(10广州一模又)已知椭圆 C1 :-2+22 = 1(2Ab>0)的右焦点F2与抛物线C2 ： y =4x的焦点重 a b合，椭圆Ci与抛物线C2在第一象限的交点为 P,|PF2 |=5 .圆C3的圆心T是抛物线C2上的动点，圆C3 3与y轴交于M ,N两点，且|MN | = 4.(1)(2)(1)求椭圆C1的方程；证明：无论点T运动到何处，圆C3恒经过椭圆2.解法1： .抛物线C2: y =4x的焦点坐标为椭