圓錐曲線中的定點定值問題的四種模型

1、2017屆高三第一輪復(fù)習(xí)專題訓(xùn)練之 圓錐曲線中的定點定值問題的四種模型 定點問題是常見的出題形式，化解這類問題的關(guān)鍵就是引進變的參數(shù)表示直線方程、數(shù)量積、比例關(guān) 系等，根據(jù)等式的恒成立、數(shù)式變換等尋找不受參數(shù)影響的量。直線過定點問題通法，是設(shè)出直線方程， 通過韋達定理和已知條件找出k和m的一次函數(shù)關(guān)系式，代入直線方程即可。技巧在于：設(shè)哪一條直線如何轉(zhuǎn)化題目條件圓錐曲線是一種很有趣的載體，自身存在很多性質(zhì)，這些性質(zhì)往往成為出題老師的參考。 如果大家能夠熟識這些常見的結(jié)論，那么解題必然會事半功倍。下面總結(jié)圓錐曲線中幾種常見的幾種定點 模型：模型一：“手電筒”模型2x4不是左右頂點)，且以AB為直徑

2、的圓過橢圓y設(shè) A(X1,y1),B(X2,y2)，由門 2 3x64m2k2 16(3 4k2)(m2 3)例題、（07山東）已知橢圓C:解:2L 1若直線l: y kx3C的右頂點。求證：直線 kx 4y20，3m與橢圓C相交于A, B兩點（A, Bl過定點，并求出該定點的坐標。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為直徑的圓過橢圓的右頂點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當m2k時,i：yk(x2），直線過定點當m2時,7i：yk(x扌），直線過定點綜上可知，直線2k2，且滿足3 4k（2,0）,與已知矛盾；（2,0）2k,m22l過定點，定點坐標為 （一 ,0）.方法總結(jié)：本題為“弦對定點張直角”的一個例子：圓錐曲線如橢圓上任意一點 2 '-2）_）。（參考百度文庫文章:a bP做相互垂直的直線交圓錐曲線于 AB,則AB必過定點（22a bx0(a2 b2) y0(

4、a2 b2)“圓錐曲線的弦對定點張直角的一組性質(zhì)”）只要任意一個限定 AP與BP條件（如 kAP ? kBp 定。（參考優(yōu)模型拓展：本題還可以拓展為 “手電筒”模型：值，kAP kBP 定值），直線AB依然會過定點（因為三條直線形似手電筒，固名曰手電筒模型） 酷視頻資料尼爾森數(shù)學(xué)第一季第13節(jié)）此模型解題步驟：Step1 :設(shè)AB直線y kx m，聯(lián)立曲線方程得根與系數(shù)關(guān)系，求出參數(shù)范圍；Step2 :由AP與BP關(guān)系（如kAP?kBP1），得一次函數(shù)k f（m）或者m f （k）；Step3 :將 k f （m）或者 m f（k）代入 y kx m，得 y k（x x定） y定。遷移訓(xùn)練練習(xí)

5、1:過拋物線 M: y2 2px上一點P（ 1,2 ）作傾斜角互補的直線 PA與PB,交M于A B兩點，求 證：直線AB過定點。（注：本題結(jié)論也適用于拋物線與雙曲線）4練習(xí)2:過拋物線 例題，多種解法)練習(xí)3:過2x21 1(5, 5)練習(xí):4 :設(shè)M:分別為和2p,2p )【答案】y kx b，y2 4x的頂點任意作兩條互相垂直的弦OA OB求證：直線 AB過定點。(經(jīng)典1上的點作動弦ABA B是軌跡C : y當，變化且A Xi,yi ,B，所以直線4顯然Xi將y kx b與y22p2X2,y2AC且kAB ?kAC 3，證明BC恒過定點。(本題參考答案:2p x( P0)上異于原點O的兩個

6、不同點，直線 OA和OB的傾斜角證明直線AB恒過定點，并求出該定點的坐標。，由題意得Xi,X2AB的斜率存在，否則,(參考答案0 ,又直線OA,OB的傾斜角滿足OA,OB直線的傾斜角之和為*從而設(shè)AB方程為由韋達定理知y122p，2 px(P 0)聯(lián)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將式代入上式整理化簡可得:2p b1，所以b 2p此時，直線AB的方程可表示為y所以直線 AB恒過定點2p,2 p .練習(xí)5: (2013年高考陜西卷(理)(I)求動圓圓心的軌跡 C的方

7、程；2pkkx 2p 2pk 即 k(x已知動圓過定點A(4,0),2pk，2p) y 2p 0且在y軸上截得的弦 MN的長為8.(n )已知點B(-1,0),設(shè)不垂直于X軸的直線I與軌跡C交于不同的兩點平分線，證明直線I過定點.【答案】解：(I ) A(4,0),設(shè)圓心CP, Q若X軸是PBQ的角(X, y), MN線段的中點為E,由幾何圖像知 ME'CA2 CM22 ME2 EC2(X 4)2 y2 42 X2y2 &(n)點 B(-1,0),設(shè)P(X1, y1),Q(X2, y2),由題知 y1 yy22y2y1X1 1y2x212y10,y1 y28(%方程為：y y1

8、y2 y1X2X1(XX1)y1yj 71(728x2¥1C2C20,y18x1,72(8xy2y1y(y2yJy1 y2(y22y1y(y2所以，直線PQ過定點(1,0)練習(xí)6:已知點B 1,0 ,C 1,0 ,卩是平面上一動點，且滿足(1)(2)8xUULT | PC8x2.yj 0y 0,xuuul |BC|uur ULU PB CB求點P的軌跡C對應(yīng)的方程；已知點A(m,2)在曲線C上，過點A作曲線C的兩條弦AD和AE，且AD AE , 線DE是否過定點試證明你的結(jié)論 .0直線PQ判斷：直【解】(1 )設(shè) p(x，y)代入"PC1而1 PB CB得J(x 1)2 y

9、2將A(m,2)代入y24x得m 1,點A的坐標為(1,2).設(shè)直線DE的方程為 設(shè)D(xi, yi), E(x2, y2)則yi1)1 x化簡得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號)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)直線DE的方程為X m(y 2)直線D

10、E過定點(5, 2).(定點(1,2)不滿足題意 練習(xí)7：已知點A (- 1, 0), B (1, 1 )和拋物線.C : y 交拋物線C于M P,直線MB交拋物線C于另一點Q如圖.uuuu uuu(I )證明：OM OP為定值;“¥2)5yi ¥22( yi¥2)52(4m)50化簡得t26t 5 4m2 8m3)24(mi)2 t 32( m 1)式檢E驗均滿足05或Xm(y2) 1(為X2)14x, o為坐標原點，過點)2A的動直線l14yiy24第22題(II)解：(IkAMyi ¥222yi ¥2即¥yiOMOP4 4yi

11、y25.(II)設(shè)/ POMaS5S ROMc,2又(0,), (川)設(shè)點Q (匹4則 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與OP的夾角為45 .*3),M、B、Q三點共線,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)歸340.(*)4y2 y32 244y2y3直線PQ的方程是y¥2即(y

12、y2)(y2 Ys) 4x 由(*)式，y2 Ys 4( y2 由此可知直線PQ過定點E (1, 模型二：切點弦恒過定點例題：有如下結(jié)論：“圓X22y4(Xy2Yay；，即 y(y2y3) 4,代入上式，得(y 4)( y2Ys)4(x 1).4).y3)¥2¥34x.y2 r2上一點P(X0,y0)處的切線方程為X0y y0y r2”，類比也有結(jié)論：“橢圓2x2a1(a b 0)上一點P(xo，yo)處的切線方程為XqXa與 1 ”，過橢圓C:b21的右準線I上任意一點M引橢圓C的兩條切線，切點為 A、B.求證：直線 當點M在的縱坐標為1時，求ABM的面積。【解】(1)設(shè)

13、 M(乞3,t)(tR), A(X1,y1),B(X2,y2),則 MA的方程為 空34點 M在 MA上.晅3(1)(2)AB恒過一定點;X1ty11同理可得x2 ty213y1y 1J3由知AB的方程為 X ty3易知右焦點f(J3,0)滿足式，1,即 x3(1 ty)(2 )把AB的方程x 73(1故AB恒過橢圓C的右焦點F(J3,0)2y)代入y21,化簡得7y 6y4 |AB| 口 O87II 16I 3 I一 又M到AB的距離d 37VTs.16>/3 d 212/331 ABM的面積 S - | AB |2方法點評：切點弦的性質(zhì)雖然可以當結(jié)論用，但是在正式的考試過程中直接不能

14、直接引用，可以用 本題的書寫步驟替換之，大家注意過程。方法總結(jié):什么是切點弦解題步驟有哪些參考：PPT圓錐曲線的切線及切點弦方程，百度文庫 參考：“尼爾森數(shù)學(xué)第一季_3下”優(yōu)酷視頻 拓展：相交弦的蝴蝶特征一一蝴蝶定理，資料 練習(xí)1 : （ 2013年廣東省數(shù)學(xué)（理）卷）2 0的距離為咗.設(shè)P為直線2已知拋物線C的頂點為原點，其焦點F 0,c C 0到直線I上的點,過點P作拋物線C的兩條切線 PA, PB ,其中A,B求拋物線C的方程; 當點當點P X0,y0為直線I上的定點時P在直線I上移動時，求AF,求直線AB的方程;BF的最小值.【答案】（I）依題意，設(shè)拋物線C的方程為X2 4cy ,由兇

15、2結(jié)合C 0,解得C 1 .所2以拋物線C的方程為X2 4y.（n ）拋物線C的方程為X2 4y ,即y-X2,求導(dǎo)得4設(shè) A Xi,yi , B X2,y2 (其中 yi1則切線PA, PB的斜率分別為1X1,22生412X2,y22X2），所以切線PA: y y1 生X捲2同理可得切線PB的方程為X2X 2y 2y2 因為切線 PA, PB均過點P X0,y0 所以 X1, y1 , X2, y2 為方程 X0X 所以直線AB的方程為X0X 2y（川）由拋物線定義可知Xi一 X202Xiy1,即 X1X2y2yi 0,所以XiX02yo2yi0, X2Xo2yo2 屮 0所以AF BF聯(lián)立

16、方程% y1 1 y2 1X0X 2y 2y00X2 4yAF2y0 2y2y0 0.1, BF0的兩組解.y2 1，y1 y21,消去x整理得22y0 X0y020由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系可得所以又點所以AF BF燉2yi¥2y1 y21 yX02y0P X0, y在直線I上，所以X0y0 2,2y。2y022X0 2 y01 2 y02y05 2y。所以當y。1 9 -時，AF BF取得最小值，且最小值為一.22練習(xí)2： （2013年遼寧數(shù)學(xué)（理）如圖,拋物線G：x2 4y,C2:x22py p 0 ,點M Xo,y0在拋物線C2上，過M作Ci的切線，切點為A,B（ M為原點

17、O時，A,B重合于O）1 J2 ,切線MA.的1斜率為-_.2（I）求P的值；（11）當M在C2上運動時，求線段AB中點N的軌跡方.A,B重合于O時沖點為O .【答案】TI I、啊為鈾技G” " 八懺遠J點（1,）的刖狀料卡為H切純AM, m申為-y *所1-1掘點忖小為一扭切找伽M齊（','htLy 二一三（乂 + I） + 兇為心陽H -f汕哄耐殳扯拎罠q 1：i壯1 , L、 1 工 一 2疣Y* -（2 -邁）+ =*I(I-耐 i- ”dy 二.iL- - 孑即即山1-2 Hip =乙:.（1）Wx.yy肌 +磯七牛h 口*兀"山N為蘭【戡朋中點知

18、引十兀H -kl紅Af沖* 的舟住為廠駅"和+¥y = j(x-2J + Hl 1" ?!) MA. Mli 閤 E此 W 鳳.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-嚴li|3 K'fJ4X* 二y. t * 鼻J'4 jj =A+ n血介于眼臺y 辟溝。.羋柿斶足以工亍y.訊此M屮點冷的砂違方昇Xr宀計模型三：相交弦過定點相交弦性質(zhì)實質(zhì)是切點弦過定點性質(zhì)的拓展，結(jié)論同樣適用。參考尼爾森數(shù)學(xué)第一季_3下，優(yōu)酷視頻。x2例題：如圖，已知直線 L： x my 1過橢圓C

19、：raA B兩點，點A B在直線G: x a2上的射影依次為點 D BD是否相交于一定點 N若交于定點N,但是具體解題而言，相交弦過定點涉及坐標較多，計算量相對較大，解題過程一定要注意思路，同時注意 總結(jié)這類題的通法。y2芻 1(a b 0)的右焦點F,且交橢圓C于 b法一：解：F(1,0),k (a2,0)a2AE與BD相交于FK中點N ,且N(2E。連接AE、BD,試探索當m變化時，直線 AE、 請求出N點的坐標，并給予證明；否則說明理由。先探索，當 m=0時，直線L丄ox軸，則ABED為矩形，由對稱性知,1 a 2 1-,0) 猜想：當m變化時，AE與BD相交于定點 N(,0)。 2證明

20、：設(shè) A(X1,y1),B(X2,y2),E(a2,y2), D(a2,y1),當 m變化時首先 AE過定點 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)(這是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三點共線2-2m b0)同理可得B、N D三點共線2 a AE與BD相交于定點 N ( 0)2得與x軸交點M N,然后兩個坐標相減=0.計算量法2:本題也可以直接得出 AE和BD方程，令y=0, 也不大。方法總結(jié)：方法1采用歸納猜想證明，簡化解題過程，是證明定點問題一類的通法。這一類題在答 題過程中要注意步驟。2例題、已知橢圓C: y241 ,若直線l : x t(t2)與x軸交于點T,點P為直線l上異于點T的任MN是否通過橢圓的焦點并證明你的結(jié)論。知道了點 過所求的 不存在。解:PA的方程，直線 PA和橢圓交點是 A(-2,0)N的坐標。動點P在直線l : x t(t 2)

22、上,P的橫坐標了，由直線 PA、PA的方程可以求出 P點的縱坐標，得到兩條直線的斜率的關(guān)系, MN點的坐標，求出直線 MN的方程，將交點的坐標代入，如果解出的t>2 ,和M相當于 通 就可以了，否則就yx2ki(x4y2M (xi, yi) , N(X2, y2)，直線 AM2) 丿消y整理得(i44 k-,2) x2 i6k2x的斜率為i6ki2ki ,則直線AiM的方程為y ki(x 2)，由Q 2和xi是方程的兩個根,2x142-則i 4k2i6ki2Xi鳴，yii 4ki24kii 4ki2即點M的坐標為(2 8ki4ki2 J2 丿，i 4ki2 i 4ki2同理，設(shè)直線A2N

23、的斜率為k2，則得點N的坐標為8k； 2Q ypki(tkk2kik22),yp k2(t 2)-,Q直線MN的方程為: tyyix xiy2 yiX2Xi令 y=0,x2yixiy2，將點Myiy2N的坐標代入,化簡后得:又 Qt 2，t 2Q橢圓的焦點為(V3,0)tW3故當t 俎3時，3方法總結(jié)：本題由點Ai(-2,0)的橫坐標一MN過橢圓的焦點。2是方程8ki2(i2 24ki )x i6k2xi6ki24ki1 4ki2韋達定理，得到點M的橫縱坐標： x 2 , yi 4kii 6kU，即 X2 4k；2(i 4k|)x2i6k2X i6k240，得到 2x218k； 2i 4k；果

24、看到：將(8k； 2(i 4kji 4k；22x i6ki 24中的ki用k2換下來,i 4 k,4k4k2 ),如果在解題時，能看到這一點,xi前的系數(shù)2用一2計算量將減少,，y20的一個根，結(jié)合膽：)消y整理得4k 22?很快。不過如i 4k；換下來，就得點N的坐標這樣真容易出錯，但這樣減少計算量。本題的關(guān)鍵是看到點P的雙重身份：點P即在直線AiM上也在直線A2N上，進而得到k1k2-,由直k1k2 t線MN的方程丄yix x1亠生得直線與x軸的交點，即橫截距X2Xi化簡易得x方法 如下：設(shè)l MN4L43一 解出t ，到此不要忘了考察 t3先猜想過定點，設(shè)弦MN勺方程，得出AM、A2N4

25、，由t2:X2y1 X1y2，將點M N的坐標代入， y1 y24J3d是否滿足t 2。3方程，進而得出與T交點Q S,兩坐標相減=0.:x2)my 由,聯(lián)立橢圓方程，整理: y22J3my 10;求出范圍；(4 m設(shè) M (x-i, y-i), N (x2, y2),得直線方程:x1即若分別于It相較于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 廠廠- _ (Vst 4) (Vst 4)(yi y2)韋達定理代入(Xi 2

26、)(X22) 4 m顯然，當t皺3時，猜想成立。3方法總結(jié)：法2計算量相對較小，細心的同學(xué)會發(fā)現(xiàn)，這其實是上文“切點弦恒過定點”的一個特例而已。因 此，法2采用這類題的通法求解，就不至于思路混亂了。相較法1,未知數(shù)更少，思路更明確。2 2x y練習(xí)1: (10江蘇)在平面直角坐標系 xoy中，如圖，已知橢圓-9+5=1的左右頂點為A,B，右焦點為F,設(shè)過點T(t,m)的直線TA,TB與橢圓分別交于點 皿區(qū)$ 1), N(x2,y 2)，其中mRyOy 2<0.設(shè)動點P滿足PF2P扌=4,求點P的軌跡1設(shè)Xi=2,X2石，求點T的坐標3(其坐標與m無關(guān))棉.本小®主要考g求簡單曲

27、線的方程，君g直線與橢圓的方程等基礎(chǔ)效識，考査運算求解 能力坍圈斶.講分価分.«：曲那WWtXKgh B0）"0巾.f門設(shè)點尸3）則卩尸二a）'*八p0 =（一3尸斗汽 由卩尸=円?= =4,得（x-2r十r =“=3尸=唾叭 化簡得工-P 故所求點P的軌遊為直線X氣腫曲J, =2* # + ¥ = !及斤講鯛I二y t則點也?穿爭洛做而肓線IM的方稈詢"4 + X弋滬J /越性£ S 3 . 9 * ； R及”幻嘰得丹=-寸則點 My. - J）-從而直線SN的方稗為y-yi-y.，=寺厘+ 1 產(chǎn)=7,護號解叫尸學(xué) .%衛(wèi) ”y ”

28、曲*由題設(shè)饑 直線M的方鋰為廠誇I3h玄線BT的方理為廠（一兒 點朋dijJ満足r41 J-4 ，| IX, +3J . 心rB 煞也+3）%因為於'勺、,則13* ij +3A04鼻 I車 nniiH由d護號P月以點的坐林為（7、證山31：腫3回一 _疋.心禍二-9=1，5''孵尙心"盹和從而得門=護aO + mJ240 -3mJ1 =¥（*1WHJ 點閉（珀升）満足£ 莊 薯需巧咯/叭y?畤挈?1廠3滲a滬衛(wèi)拮;療及砒0*礙?2 2縹討1詼線購方C用g排Mrtr雰犁 KtJ + jn程為"1,過點鞏若f則心“帀,直線Afp的卅

29、冊 旳5-20fn啓綁加h曲海也 '役二'陽%嚴2所匸宜線>/>過D點.J 2 WWW JJUKXOfl I因此，貢線掘用必過寶軸上的點1 I , n3練習(xí)2：已知橢圓E中心在坐標原點，焦點在坐標軸上，且經(jīng)過A（ 2,0）、B（2,0）、C 1-三點.過2橢圓的右焦點F任做一與坐標軸不平行的直線丨與橢圓E交于M、N兩點，AM與BN所在的直線交于點Q.（1）求橢圓E的方程:（2）是否存在這樣直線 理由.m，使得點Q恒在直線m上移動若存在，求出直線m方程,若不存在，請說明解析:得(1)3c（1,3）代入橢圓E的方程,將A(2,0)、B(2,0)、4m1,9 解得 -n

30、14.橢圓E的方程32y_32類似計分)k(x 1)21并整理.得(3 4k2)x23M(X1, yd N(x2, y2),1（也可設(shè)標準方程，（2）可知：將直線I : y2代入橢圓E的方程4設(shè)直線l與橢圓E的交點8k2X4(k23)0由根系數(shù)的關(guān)系，得Xi3 4k2，X1X2直線AM的方程為：y2(x 2),即y4(k2 3)3 4k2k(X11)Xi2 (X 2)由直線AM的方程為:y丄X2尹2），即由直線AM與直線BN的方程消去y，得k(x 2)x222(x1X23為 X2)x1 3x248(k2 3)24k222x1x2 3( x1 X2)4x2(Xi223 4k28k23 4k23

31、4k24 2x2x2） 2x244k2 63 4k2 4k2 63 4k2X2 42X直線AM與直線bn的交點在直線X 4上.模型四：動圓過定點問題動圓過定點問題本質(zhì)上是垂直向量的問題，也可以理解為故這樣的直線存在“弦對定點張直角”的新應(yīng)用。2 2例題1.已知橢圓C:占1(a b 0)的離心率為a b條切線。(I)求橢圓的方程；1(n)過點S(0,-)的動直線L交橢圓C于A、B兩點，試問：在坐標平面上是否存在一個定點3以AB為直徑的圓恒過點 T若存在，求出點解: (1 )由 y2 X b消去 y得 : X2(2by 4xX b與拋物線y2因直線y呢,a2 b224x相切2 .2a b2a軸平行

32、時，以AB為直徑的圓的方程:,并且直線y X b是拋物線y22T的坐標；若不存在，請說明理由。24)x b 012'4x的一T使得22(2b 4) 4b 0 b 142，故所求橢圓方程為y2 1.(II )當X2 (y1)2(4)2當L與x軸平行時，以AB為直徑的圓的方程:(y3)1(3解得即兩圓相切于點(0，1)因此，所求的點T如果存在，只能是(0，1).事實上，點 當直線L垂直于x軸時，以AB為直徑的圓過點若直線L不垂直于x軸，可設(shè)直線 L:y kxT( 0，1)13T( 0，1)就是所求的點，證明如下。由y2 X 2kx13 消去y得:(18k29)x2112kx 16記點 A(

33、x1,y1)、B(X2,y2),則X1X2X1X212k218k916218k9LurLU又因為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為直徑的圓恒過點44-)(kx2 -)3316412k18k29318k2916 c09T ( 0，1),故在坐標平面上存在一個定點T (0，1 )滿足條件.找出這個定點，再證明用直徑所對圓周角為直角。y242(1 k2)方法總結(jié)：圓過定點問題，可以先取特殊值或者極值,2X例題2:如圖，已知橢圓C：冷a詁 1(a b

34、0)的離心率是 牙，A1, A2分別是橢圓C的左、右兩個頂點，點F是橢圓C的右焦點。點D是x軸上位于A2右側(cè)的一點，且滿足1ADA2D2FD(1) 求橢圓C的方程以及點D的坐標；(2) 過點D作x軸的垂線n,再作直線l : y kx m 與橢圓C有且僅有一個公共點 P，直線l交直線n于點 Q。求證：以線段 PQ為直徑的圓恒過定點，并求出定 點的坐標。解:( 1)A( a,0), A2(a,0), F(c,0)，設(shè) 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而由韋達定理:yokxo mca)，又Q-a1屁)1,m),(2k21)(24km1 c 1 至242c,y由2 2m22設(shè) P(Xo,yo),21)x 4kmx2 m2xoX2k 12k21m ，mm設(shè)以線段PQ為直徑的圓上任意一點(X )(x 2) (y -)(y (2kmm稱性知定點在X軸上，令y 0,取2X橢圓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由對mX 1時滿足上式，故過定點K(1,0) o法2 :本題又解：取極值，PQ與AD平行,設(shè)p (Xo,yo),易得PQ切線方程為XoX(1,0 )o接下來用相似證明2yoy 2；易得 D(o,)yo易得與X軸相交于FPF丄 FQ設(shè)PHFDPHyo; HF 1 Xo；DQAdfyo1；HFPH 問題得證。匹，固PHF相似于FDQ，易得 PFQ 90° FD2練習(xí)：(10廣州二模文)已知橢圓 C1 :務(wù)a2占 1(a bb20)的右焦點F2與拋物線C2: y4x的焦點重合，橢圓G與拋物線C