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

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

2、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）已知椭圆C： :1若直线i： y kx m 与椭圆C相交于A, B两点（A, B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i过定 点）并求出该定点的坐标。解：设 A&yi）"*）,由"：2、得73x 4y 12222(3 4k )x 8mkx 4(m3) 0)_223 4km_2222_64m2k2 16(3 4k2)(m2 3) 0Xix28mk3 4k2，X1 X24(m2 3)-Z2-3 4 k23(m2 4k2)3 4k2-2_23 4k 3 4k3(m2 4k2)3

3、4k222y1 y2 (kx1 m) (kx2 m) k x1x2 mk(x1 x2) mkBDyy2x12 x221)丫佻-2 2(x1 x?) 4 0 ,4(m2 3) 16mk4 0)以AB为直径的圆过椭圆的右顶点d（2,0）,且整理得：7m2 16mk 4k2 0,解得：mi 232k,且满足 3 4k2 m2 0当m 2k时，l:y k(x 2),直线过定点(2,0),与已知矛盾；当m 2k时，l ：y k(x 7),直线过定点(1,0)综上可知，直线l过定点，定点坐标为(1,0).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 P做相互垂直的直线交 .、.

4、，2.2、，2.2、. 圆锥曲线于AB,则AB必过定点(竺一,血”)。(参考a b a b百度文库文章：“圆锥曲线的弦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：Stepi: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?kBP i),得一次函 数 k f (m)或者 m f (k)；Step3:将 k

5、 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）练习3：过2/一=1上的点作动弦ab、AC且L=3, 证明BC恒过定点。（本题参考答案：41）练习:4：设A、B是轨迹c： v = 2px（p>o）上异于原点。的 两个不同点，直线。/和。8的倾斜角分别为a和夕，当a/变 化且

6、a +夕4时，证明直线酢恒过定点，并求出该定点的 4坐标。（参考答案（如,2川）【答案】设/（工,必卜8（,必），由题意得演,工2工。，又直线 OAQB的倾斜角al满足故。所以直线44的斜率存在，否则，OAQB直线的倾斜角之和为人从而 设AB方程为 y = kx + b 9 显然vA，/，2P - 2p将 y = kx + b与 y2 =2px（P > 0）联立消去 x 9 得 ky -2py + 2pb = 0由韦达定理知乂+必=当方%=孥 Kk由 a + P一,得 l = tanJtan（a + 0= -"tan-=2（y+%）44I - tan a tan /? yxy2

7、 4/?将式代入上式整理化简可得：产厂I,所以b-2pkb = 2 p + 2 pk 9此时，直线"的方程可表示为y = kx+ 2p + 2pk 即(x + 2p)-(y-2P) = 0所以直线相恒过定点（-2p,2p）.练习5： （2013年高考陕西卷（理）已知动圆过定点2（4,0）,且在y轴上截得的弦腑的长为8.（I）求动圆圆心的轨迹。的方程;（II）已知点夙-1,0）,设不垂直于x轴的直线/与轨 迹。交于不同的两点A Q,若x轴是/心。的角平分线，证 明直线，过定点.【答案】解：（1）解4,0）,设圆心C线段的中点为E,由儿何图像知= ,C/ =。2:河6+反立=>(x

8、-4)2 +尸=42 +.=8x(II)点出-1,0),设尸（再,必）,。*2，%），由题知乂 +%工°，乂 <°，必2 =8项,1=8X2+。= 2M。=8（必 +y2）+yiy2（y2 +必）=°=>8 + 必必二° X1+1 x2 +1 必 +8 y2 +8直线 PQ 方程为：y-必=%二M（x-xjn "乂 =-（8xf2） 为一为必+乂nM% +必）-乂 （必 +M）= 8xf?=歹（2 +M）+ 8 = 8xny = 0,x = l所以，直线PQ过定点（1,0）练习6：已知点以.1,0）,“1/是平面上一动点，且满足PC

9、-BC=PB-CB（1）求点。的轨迹c对应的方程；（2）已知点力0小2）在曲线C上，过点力作曲线c的两条弦 AD 和AE 9 且力。_LZE， 判断：直线是否过定点？试证明你的结论.-I)2 + y2 - I + K,化简得)，一 4.V.( 5【解】（1）设P（x,y）代入|元| |旅卜丽得加 分）(2)将力(?,2)代入/= 4x得 ? = 1,.点4的坐标为(1,2).设直线OE的方程为x = my +，代入/ = 4x, y2 - 4mt - 4/ = 0,设Z)(X/),E(X2,必)则必 + 必=4?,y%=-4% A = (-4zh)2 +16/ >0(*) AD AE =

10、3 一 1)(乙 - 1) + (必一2)(必-2)=再“2 -(M + =2)+1 + M 必-2(必 + %) + 4卷一(3 +卷)+ 必丁2 -2(必 +»2)+ 5=黑心如吟生以必.)+ 5 104=_(4?)= 2(f) +(Y。 2(46)+ 5 = 0 化简得 / - 61 + 5 = 4m 2 + 87164即/-6/ + 9 = 4m* + 8m + 4即(Z-3)2 = 4(m + 1)2 ：.t-3 = ±2(m +1).=27 + 5或/ = 一2? + 1,代入(*)式检验均满足>(),直线。£的方程为x = m(y + 2) +

11、 5则=m(y-2) + 1第22题百八、.22MjOPj), P、M、A 三点共线, 44y y2 2 2 , y y244解:kAM(I)设点j,即曾直线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、P,直线MB交抛物线C 另一点Q,如图.(I )证明：OM，OP为定值；(II )若 POM的面积为.向量OM-与OP的夹角；(田)证明直线PQ恒过一个即，5 -, y* 4y14 y y222 y1 y2OM OP y2 5.44(II)设/ POM= a)则

12、|OM | |OP| cos 5.Srom 2, |OM-| |OP|sin 5.由此可得 tan a =1.又 (0, ),45 ,故向量oM与oP的夹角为45 .2(田)设点Q(学y3), M、B、Q三点共线，kBQ kQM,即当一鸟，即当一一1,yl 1 y2 yf' y24%444汕 1)(% yi)y"口口4V1V24,即 y1一,丫24,即必丫3 y144yi一y2y2V3 4 0.V3 4 0,11分即 4(y2Vl y2 y34 0.(*)kPQy2 y322y2y3y2y3直线PQ的方程是y V24V2V3(x即(y y2)(y2y3)的右焦点F (后。)(

13、2)把AB的方程x-.36 2816 | AB | V1 3 一772V3(1 y)代入工y2 1,化简得7y 6y 1 04又M到AB的距离24x y2,即y(y2 y3) y2y34x.由(*)式， y2y3 4仇 v3 4,代入上式,得(y 4)(y2 v3 4(x 1).由此可知直线PQ过定点E (1, 4).模型二：切点弦恒过定点例题：有如下结论：圆x2 y2 r2上一点P(x0,y0)处的切线方程为9 y r2 "，类比也有结论：“椭圆 22 4、-。9 1(a b 0)上一点P(x0,y0)处的切线方程为 驾鬟1"过椭 a ba b 1222圆C： 二 y2

14、1的右准线l上任意一点M引椭圆C的两条4切线，切点为A、B.(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。【解】(1)设M (47-3,t)(t R), A(x1,y1), B(x2, y2),则MA的方程为 &x yy 1 34点 M 在 MA 上，於Xi ty1 1 同理可得3233x2 ty21 由知AB的方程为由x ty 1,即x向1 ty)3易知右焦点F (杈。)满足式，故AB恒过椭圆C4.323316,321.ABM 的面积 S 1 | AB | d2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

15、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？撒M切点决"f而5 ,效E|*|拖点P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) 已知抛物线C的顶点为原点，其焦 点F 0,c c 0到直线l： X y 2 0的距离为述.设P为直线l上2的点,过点P作抛物线C的两条切线PA,PB,其中A,B为切点.(I )求抛物线C的方程；(II )当点P xo,yo为直线l上的定点时,求直线AB的方 程；(III)当点P在直线l上移

16、动时，求AF |BF|的最小值.【答案】(I)依题意，设抛物线C的方程为X2 4cy,由 中呼结合c 0,解得c 1.所以抛物线C的方程为X2 4y.22(II)抛物线C的方程为x2 4y,即y ；x2,求导得y上22坟 A Xi, % , B X2, yz (其中必：,y2学)，则切线PA,PB的斜率分别为1, 2X2,2所以切线 PA ： yyi' x X ,即 y y x1Yyi,即 XiX2y2y10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XiX。 2y。 2yi 0, X2% 2y。 2y20XoX2y0 2y 0的两组解.

17、所以Xi，% , X2N2为方程所以直线AB的方程为X0X 2y 2y。0.yiy2（田）由抛物线定义可知|AF所以AF| |BF联立方程yiyiiy2iyi v?yi v?i, BF y2 1, i；4尸。，消去,整理得y2 2y。,。2由一元二次方程根与系数的关系可2 c2Xo 2yo, 丫佻 y。所以AF| |BF22yi y2yiy21yox。又点P x0,y。在直线l上，所以X。所以 y。2 x。2 2y。1 2y。2 2y。5 2 y。2yo 1y0 2 ,21922所以当yo1时，|AF |BF|取得最小值,且最小值为习2： （2013年辽宁数学（理）如图,抛物线C1:x2 4y

18、,C2: x22py p 09.2百, 八、M Xd，点。y。在抛物线C2上，过M作G的切线,切点为A,B（ M为原 时，A，B重合于。）X。1 &,切线MA.的斜率为-：.求P的值；（II）当M在C2上运动时，求线段AB中点N的轨迹方.AB重合于。时,中点为O .【答案】< I 1四方触物纹G：小L4y IT匚毒一/5d）的5嫉料率为y* =；, ”如泄MA的科字为一；所以A点联M " （ -1,故城孤AM的方H为，4 1y - 一亍I，+1）十彳为& M 1 -6加）（ MA及批物纯G H 1>ro = r y(2 -夜)十(D5 r .12 一5：n

19、 r殳NOr.y）. Mx3,见4.;）.马学与,由N为线FN4E中点曲 44-i-*= £iiii£y =亏（工一力j + r山前那AM. MB的芝点M（加. M）的半标为X)1- X hXjA;丁 丁,丫/卡中1MMyc和0E ,川，/=-)如所。 J + mJX .(3r = x * 0. VHHJU时.A. B小介于唯会>5以£中上！ M Mo. 1M于i曲配/二:因此dB因比A的航迸方程为3 +尸-yy模型三：木目交可玄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

20、点涉及圣标较多，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。22例题：如图，已知直线L: x my 1 过椭圆 C : X-2 -y2- 1(a b 0) a b的右焦点F,且交椭圆C于A、B两点，点A、B在直线g：x a2m变N,上的射影依次为点 D Eo连接AE BR试探索当 化时，直线AE BD是否相交于一定点N?若交于定点 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Lox轴，则ABE防矩形，由又t称性知，AE与BD相猜想：当m变化时，AE与BD2于FK中点N ,且n(q)2。相交于定点N(a,0)

21、2证明：设 A(Xi，y)B(X2，y2),E(a2,y2),D(a2,yi)当 m 变化时首先AE过定点Nx my 12 22 22 2即(a2 b2m2)y2 2mb2y b2(1 a2) 0.8分b x a y a b 0又KANa2 1yiy21 a24a2b2(a2 m2b2 1) 0 (a 1)myia2 1,、(y y2) my1 y2而 KAN KEN j 22 . 01 a a 1-2(-2- my1)(这是:，a一y y2) my1y222_222a 1 2mbb (1 a )二 ( 227-2) m -22722 a mb a mb(a2 1) (mb2 mb2)2 a.

22、 Kn=Ken2. 2 m b0)A、M E三点共线同理可得B、N、D三点共线>A、.、A2/，AE与BD相交于定点n(一,0)2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。这一类题在答题过 程中要注意步骤。4 A 一一>，>,2例题、已知椭圆C：二y2 1,若直线l:x t(t 2)与4交于点点P为直线l上异于点 T的任一点，直PA1,PA2分别与椭圆交于M、N点，试问直线MN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

23、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)上，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AM的方程为y ki(x 2)k；(x 2)消 y4y 4整理得(i 4ki2)x2 16k2x 16kl2 4 0

24、；2和xi是方程的两个根，2xi存则iXi2 8ki2i 4k；，4kl yi，即点M的坐标为2(2 8k2 4ki(i 4k2 ,i 4kl2),同理，设直线A2N的斜率为k2,则得点N的坐标为打4k24k； ' i 4k£)2K(t 2),yp k2(t 2)X " v直线MN的方程为：j J, k1k2 tx x x2 x令y=0,得x gx1s将点M、N的坐标代入，化 yi y2简后得:又72 ,0 4 2椭圆的焦点为（73,0），即t华t13故当t竽时，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 4k；）x2 16k2x 16

25、ki2 4 0的一个根,结合韦达定理）得到点 M 的横纵坐标：xi衿kL火其实由y2 7X 2）消y整理1 4kl14klx 4y 4得（14k2）x216k2X16k；4 0 得到 2x2116k： 24）即 x28k22 54kl2271 4k21 4k21 4k22很快。不过如果看到：将2x1警看中的k1用k2换下来，X前1 4kl7的系数2用一2换下来，就得点N的坐标（套,.）,如 1 4k2 1 4k2果在解题时，能看到这一点，计算量将减少，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A1M上也在直线AN上，进而得 到 " 由直线 MN

26、的方程j 31得直线与x轴的k1k2 tx x1 x2 x1交点，即横截距x J选，将点M N的坐标代入，化简y y2易得x 4,由4出解出t卓,到此不要忘了考察t呼是33否满足t 2。方法2:先猜想过定点，设弦MN勺方程，得出am、A2N 方程，进而得出与T交点Q S,两坐标相减=0.如下：设1MN：x my13，联立椭圆方程，整理: (4 m2) y2 2j3my 1 0;求出范围；设M (x1,y1), N (x2,y2)，得直线方程：y1y2Iaim : y -A;(x 2),lA2N:y -(x 2); x1 22x2 2若分别于1T相较于Q、S：易得Q(t,一(t 2),S(t,，

27、Mt 2) xi 2x2 2yQ yS 三(t 2) -2-(t 2)x12x2 2整理4myy22(t.3)(%(、. 3t 4)( yy2)(xi 2)(X2 2)韦达定理代入 1-4m(xi 2)(x2 2)4 m4)( yiy2)显然，当t结时，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。练习1： (10江苏)在平面直角坐标系 xoy 中, 如口， 已知椭圆x2+y2=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

28、圆分别交于点 M(xi,yi) N(x2,y2), 其中 m>0,yi>0,y2<0.设动点P满足PF2PB2=4,求点P的轨迹设xi=2,x2=：)求点T的坐标3设t=9,求证:线MN必过x轴上的一定点(其坐标与m无关)解析：问3与上题同18.本小题主要老看求简单曲线的方程，考釐直误与横皿的方程等基础知识，考查运算求解 能力彳噫究捐题的题.满分16分.解：由喷切皿明，83、0). f (，口.3)设点 P(* r),则 PF】 =()、，, Fk=G-3) +y由犷得(z-2>I+/-(x-3)I-yI =4,化尚得-d&故所求点P的轨迹为直统工=之通2峨公更

29、泳而直线山”的方程为广手7P :> 2/ < 一 0/5# X, = + J = J 及内 <0 .得 & = - 表则点-第.从而直线BA的方程为尸"一春一5"1j yo 1由要设知.宜线”的方程为F蜜( a 3,宜级RT的方程为会-3).点叭瞑九涵足,Li范康知,则由2m二3s单及m>。，得帆=2/105磁塞MN的方 280 + m 20 + m程为A 1,过点以 . 0).-20m20+m:苦的*为，网帆游工m直线m的斜率5工1得% = %所以直线MV过。点.W -m2Q+mJ因此.直嵬MA必过了地上的点(L 0).练习2:已知椭圆E中

30、心在坐标原点，焦点在坐标轴上,且经过 A( 2,0)、B(2,0)、C 1一2三点.过椭圆的右焦点任做一与坐标轴不平行的直线l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m,使得点Q恒在直线移动？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 0,n 0), 将A(2,0)、B(2,0)、C(1,3)代入椭圆E的方程)得4m 1,229 解得m " 1. J椭圆E的方程？41 m -n 143434(也可设标准方程，知(2)可知：将直线i：y 代入椭圆e的方a 2类似计分)k(x 1)一

31、一 22程1并整理.得2222_(3 4k2)x2 8k2x 4(k2 3) 0设直线l与椭圆E的交点由根系数的关系，得 直线AM的方程为：y 由直线AM的方程为：M(K,y1),N(X2,y2)1XiXiX2纥(X2y2X22 , X1X23 4k22_4(k3)3 4k22),即 y K(X 2)X1 2 2(x 2)即 yx 2)x2 243由直线am与直线BN的方程消去y ,得x 2( 一x2 3x1 x2)22x1x2 3(x1 x2) 4x2X1 3x2 4(X1 x2) 2x2 4一 2 一一 28(k3)24 k3 4k2 8k23 4k2- 23 4k24 2x24x24 4

32、k 642 X23 4k22 44k 622 X3 4k，直线AM与直线BN的交点在直线x 4上.故这样的直线存在模型四：动圆过定点问题为“弦对定点张直角”的新应用例题1.已知椭圆动圆过定点问题本质上是垂直向量的问题，也可以理解o的离心率为,并且直线y x b是:2抛物线y2 4X的一条切线。(I )求椭圆的方程；(n)过点s(o,1)的动直线L交椭圆C于A、B两点，试 3问：在坐标平面上是否存在一个定点 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。x b22消去 y得：x (2b 4)x b 0 4x解：(I )由yy因直线y x b与抛物线y2 4x 相

33、切 (2b 4)2 4b2 0 b 12，a无，故所求椭圆方程为y2 1.2, 2. c 22,22 a b-e, a b c ,2 -a 2a(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 y21 24 2x(y 3)(3) 解得x 022y 1x 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).事实上, 点T (0, 1)就是所求的点，证明如下。当直线L垂直于x轴时，以AB为直径的圆过点T (0若直线L不垂直于x轴，可设直线L:y kx,1kx -3消去y得:(18k2y 1

34、9)x212kx 16 0记点 A(X1,y1)、B(x2,y2),则Xi12kx2 218k 9又因为TA16(Xi,yi1),TB (X2,y2 1),xx2 218k2 94、，.4、所以TA TBxx2 (y1 1)(y2 1) x (kx)(kx2)3312k9 318k2416216(1 k )x1x2k(x1 x2)(1 k )3918k2，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C：x2二1(a

35、 b 0)的离心率是小A2 a b2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A右侧的一点，且满足1AD2FDmy交直线n三rOFA2l QD x n解：(1) A( a,0),A2(a,0), F(c,0)设 D(x,0)1_卬 |A1D|A2D2有,2,x a x aFDx c 1, x c 1,于是c 1 (c 1a)(c 1 叽又c 1 (c 1c 0，2c)(c又c1 .2c)乏b 1)椭圆(2)方法1:vQ(2, 2k m)设 P(X0,y。)2 x C : 2y2x2y2 1)且 D(2,0)。kx m2x2.(kx m) 1x2 2(kx m)2 2(2

36、k2 1)x2 4kmx 2m2 2 0)由于16k2m2 4(2k而由韦达定理：,2k2y0 kx0 m mm221)(2m2 2) 0 2k22xo4 km2k2一 x。1处1)m mm2 12km 由(*)m m22 km_ 222k 1 m2k2km(*),(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,再作与椭圆C有且仅有一个公共点PAiQo求证：以线段PQ为直径的圆恒过定点, 点的坐标。设以线段PQ为直径的圆上任意一点M(x,y),由MP MQ 0有(x 型)(x2) (y -)(y(2k m) 0 x2y2 (2k2)x (2k m 1)y (1 2k)0 由mm

37、mmm对称性知定点在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,y°)，易得PQ切线方程为XoX 2V0V 2;易得D(0,0)yo设 PH FDI1 XnPH yo； HF 1 Xo；DQ 0 ;DF 1; VoHF DQ，固 PHF 相似于 FDQ,易得 PFQ 900PH FD问题得证。22练习：(10厂州二模文)已知椭圆C1j与1(a b 0)的右焦 a b点F2与抛物线C2：y2 4x的焦点重合，椭圆G与抛物线C2在第一象限的交点为P