圆锥曲线中的定点定值问题的四种模型(汇编)

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
1若直线 l ：y kx m 与椭圆 C 相交于 A ，B 两点( A ，B 不是左右 C 的右顶
点。

求证：直线 l 过定点，并求出该定点的坐标。

y kx m
2 2 2
解：设 A(x 1, y 1),B(x 2,y 2)，由
2 2
得 (3 4k 2
)x 2
8mkx 4(m 2
3) 0， 1 1 2 2
3x 2 4y 2
12
64m 2k 2 16(3 4k 2)(m 2 3) 0， 3 4k 2 m 2 0
2 2 2
3(m 2 4k 2 ) 4(m 2 3) 16mk 2 2 2
3 4k 2
3 4k 2
3 4k 2
2 2
2 k
2 2
整理得： 7m 2
16mk 4k 2
0 ，解得： m 1 2k ,m 2
，且满足 3 4k 2
m 2
当m 2k 时，l: y k(x 2) ，直线过定点 (2,0), 与已知矛盾；
2k
2 2 当
m
时， l : y k(x ) ，直线过定点 ( ,0)
7
7
7
2
综上可知，直线 l 过定点，定点坐标为 ( ,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
对定点张直角的一组性质” ) ◆模型拓本题还可以拓展为 “手电筒” 模型：只要任意一个限定 AP 与 BP 条件(如 k AP k BP 定
值， k AP k BP 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) 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 k AP k BP
1 )，得一次函数 k f (m)或者m f (k)；
22
例题、 已知椭圆 C ： x y
43 顶点)，且以 AB 为直径的圆过椭
圆
x
1 x
2
8mk
3 4k 2
,x 1
x
2
2
4( m 2
3)
3 4k 2
22
y 1 y 2 ( kx 1 m) (kx 2
m) k x 1x 2 mk (x 1 x 2) m
3(m 2 4k 2 )
3 4k 2
以 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 D (2,0), 且 k AD k BD
1，
y 1
y 2
x 1 2 x 2 2
1，
y 1y 2 x 1x 2 2(x 1 x 2) 4 0 ，
线交圆锥曲线于 AB ，则 AB 必过定点
( x 0
(a 2 b 2
) (
a
2 b
2
y 0(a 2 b 2
)
b
2
)。

参考百度文库文章： 圆锥曲线的弦
Step3：将k f(m)或者m f (k)代入y kx m，得y k(x x定) y定。

◆类型题训练
练习1：过抛物线M: y2 2 px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。

练习3：过2x2 y2 1上的点作动弦AB、AC 且k AB k AC 3，证明BC 恒过定点。

2
练习:4：设A、B 是轨迹C：y2 2px(P 0)上异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为和，当, 变化且时，证明直线AB 恒过定点，并求出该定点的坐标。

4
练习 5：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;
( Ⅱ ) 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PBQ 的角平分线, 证明直线l 过定点.
练习6：已知点B 1,0 ,C 1,0 ,P是平面上一动点，且满足|PC| |BC | 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 AE ，判断：直线DE 是否过定点？试证明你的结论.
坐标为 (1,2). 精品文档
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精品文档 设直线 DE 的方程为 x my t 代入 y 2 4x,得y 2 4mt 4t 0, 设D(x 1,y 1),E(x 2,y 2)则y 1 y 2 4m,y 1 y 2 4t ， ( 4m)2 16t (0 *)
AD AE (x 1 1)(x 2 1) (y 1 2)(y 2 2) x 1x 2 (x 1 x 2 ) 1 y 1 y 2 2(y 1 y 2) 4
2 2
2
2
y
1 y 2
(y
1 y
2 ) y 1 y 2 2(y 1 y 2) 5
4 4 4 4
2 2 2 2
即t 2
6t 9 4m 2
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
(y 1 y 2)2
16
2 (y 1 y 2) 2y 1 y 2 4
y 1 y 2 2(y 1 y 2) 5
2 ( 4t)
2
16 2
(4m)2
2( 4t)
4
( 4t) 2(4m) 5 0化简得 t 2 6t 5 4m 2 8m
y 1 y 2 22 y 1 y 2
OM OP 1 2 y 1y 2 5.
44
(II)设∠ POM=α，则 |OM | |OP| cos 5.
5
S ROM , |OM | |OP | sin
5. 由此可得 tanα =1.
2
又 (0, ),
45 ,故向量 OM 与OP 的夹角为45 .
2
(Ⅲ)设点 Q(
y
3
,y 3), M 、B 、Q 三点共线， k BQ k QM , 4 y
1 y
3 ,即 y
3 1 1 , 即 2y
3 2 2
y
3 1 y
1 y
3
4 1
4 4 2 (y 3 1)(y 1 y 3) y 32
4
y 1y 2 4,即y 1
y
2 即 4(y y ) y y 4 0.(*)
2 y 32
4
4,即y 1y 3 y 1 y 3 4 0. 11分
44 y 3 y 3 4 0, y y
直线 DE 的方程为 x m （y 2） 5或x m （y 2） 1
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 : y 2
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 于另一点
Q ，如图 .
（I ）证明 : OM OP 为定值 ;
, y 1y 2 4
即 2y
1
y 12
4
1
第 22 题
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44
2
y y (x y
422
)
y 2 y 3 4
2
即( y y 2)(y 2 y 3) 4x y 22
,即y(y 2 y 3) y 2y 3 4x.
由( *)式， y 2 y 3 4(y 2 y 3) 4,代入上式，得 (y 4)(y 2 y 3) 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
|4 3
|
∴|AB| 1 3 367 28 17
6
又M 到 AB 的距离 d |
13 3| 233
1 16 3 ∴△ ABM 的面积 S | AB | d
2 21
◆ 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？
k
PQ
y 2 y 3
22
y 2 y 3 y 2 y 3
4
直线PQ 的方程是 y y 2
4
结论：
例题： 有如下结论： “圆 x 2 2
22 ： “椭圆 x
2 y
2 1(a b 0)上一点 P(x 0,y 0) 处的切线方程为 a
2 b
2
y 2 r 2上一点 P(x 0, y 0) 处的切线方程为 x 0y y 0y r 2
”，类比也有 x 0x 2
a
y b
2y
1”，过椭圆 C ：
2
x 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 △ABM 的面积。

43
y 2 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.
x 1x 34
3
∵点 M 在 MA 上∴
x 1 ty 1 1 ①
3
1 1
3
由①②知 AB 的方程为 3
x ty 1,即 x
3
易知右焦点 F ( 3,0 )满足③式，故 AB 同理可得 3
x 2 ty 2 1②
3
2 2
3(1 ty) 恒过椭圆 C 的右焦点 F ( 3,0)
(2)把 AB 的方程 x 3(1 y)代入 x
y 2
1,化简得 7y 6y 1 0
4
y 1 y 1
参考： PPT 圆锥曲线的切线及切点弦方程，百度文库 精品文档
精品文档 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——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 3 2
.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 ; (Ⅱ) 当点 P x 0,y 0 为直线 l 上的定点时 ,求直线 AB 的方程 ; (Ⅲ) 当点 P 在直线 l
上移动时 ,求 AF BF 的最小值 .
答案】 (Ⅰ) 依题意 , 设抛物线 C 的方程为 x
2
4cy ,由
0 c 2 3 2
结合c 0,解得 c 1.所
22
以抛物线 C 的方程为 x 2
4y .
2
(Ⅱ) 抛物线 C 的方程为 x 2
4y , 即 y
x
1
x
2 同理可得切线
PB 的方程为 x 2x 2y 2y 2 0 因为切线 PA,PB 均过点 P x 0,y 0 ,所以 x 1x 0 2y 0 2y 1 0, x 2x 0
2y 0 2y 2 0
所以 x 1, y 1 , x 2,y 2 为方程 x 0x 2y 0 2y 0 的两组解 . 所以直线 AB 的方程为 x 0x 2y 2y 0 0.
( Ⅲ) 由抛物线定义可知 AF y 1 1, BF y 2 1,
所以
AF BF y 1 1 y 2 1 y 1y 2 y 1 y 2 1
x 0x 2y 2y 0 0 2 2 2
联立方程 2 , 消去 x 整理得 y 2 2y 0 x 02 y y 02 0 x 2
4y
由一元二次方程根与系数的关系可得 y 1 y 2 x 02 2y 0, y 1y 2 y 02
AF BF y 1y 2 y 1 y 2 1 y 02
x 02
2y 0 1 P x 0,y 0 在直线 l 上,所以 x 0 y 0 2,
练习 2：(2013年辽宁数学(理) )如图,抛物线 C 1:x 2 4y,C 2:x 2
2py p 0 ,点 M x 0,y 0 在
2
x 1 1
,y 2
设
A x 1,y 1 ,
B x 2,y 2 ( 其中 y 1 4
11
则切线 PA, PB 的斜率分别为 1
x 1, 1
x 2,
22
2
x 2 4
), 1
x 2 , 求导得 y 4
2
x
1
y 1 , 即 x 1x 2y 2y 1 0
2
所以 又点 所以
y 02 x 02 2y 0 1 2y 02
2y 0 5 2 y 0 12
所以当
y 0
12
时,
AF BF 取得最小值 , 且最小值为
9
2
9
.
2
所以切线 PA ： y y 1
x
1 x x 1
, 即 y
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抛物线C2上,过M 作C1的切线,切点为A,B（M 为原点O时, A,B重合于O）x0 1 2,切线MA.的
1 斜率为- 1.
2
法一：解： F (1,0), k (a 2
,0) 先探索，当 m=0时，直线 L ⊥ox 轴，则 ABED 为矩形，由对称性知，
a
2
1 a
2
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(x 1,y 1),B(x 2,y 2),E(a 2,y 2),D(a 2,y 1)，
当 m 变化时首先 AE 过
定点 N
x my 1
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 即(a 2 b 2m 2)y 2 2mb 2y b 2(1 a 2) 0 8分 b 2x 2 a 2y 2 a 2b 2
0 4a 2b 2(a 2 m 2b 2 1) 0 ( a 1)
,K
y
2 a 2 1 ,K
EN my 1 又
K AN y
1 2 1 a 2
2
而 K
AN
K
EN
a 2 1
(y 1 y 2) my 1y 2 2
1 a 2
a 2 1 0
2 ( 2
my 1)
a
2
1(y 1 y 2) my 1y 2
a 1
(
2
( (a 2 1) (mb 2 mb 2) 0)
2mb 2 b 2 (1 a 2)
a 2 m 2
b 2) m
a 2 m 2b
2
a 2
m 2b
2 ∴ K AN =K EN ∴A 、 N 、E 三点共线 a 2 1
∴AE 与 BD 相交于定点 N( ,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
同理可得 B 、N 、 D 三点共线
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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，同时注意 总结这类题的通法。

x
2 y
2
例题： 如图，已知直线 L ： x my 1过椭圆 C : 2 2 1(a b 0) 的右焦点 F ，且交椭圆 C 于 ab
A 、
B 两点，点 A 、B 在直线 G: x a 2
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 ？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。

精品文档 题过程中要注意步骤。

2 x 2 例题、已知椭圆 C ： y 2
1，若直线 l :x t(t 2)与 x 轴交于点 T,点 P 为直线 l 上异于点 T 的
于知道了点 P 的横坐标了，由直线 PA 1、PA 2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(x 1,y 1) ， N(x 2, y 2) ，直线 A 1M 的斜率为 k 1 ,则直线 A 1M 的方程为 y k 1(x 2) ，由 y k ( x 2) 2 2 2
2 1
2 消 y 整理得 (1 4k 12) x 2 16k 2x 16k 12 4 0 x 2 4 y 2
4
22
2和x 1是方程的两个根， 2x 1 1 14k12 则
x 1 12
48k k
11
2 ，
y 1 1
4k
41
k
12 ，
即点 M 的坐标为 (
2 8k
1
2
, 4k
1
2) ， 1 4k 12 1 4k 12
43
故当 t 时， MN 过椭圆的焦点。

3
方法总结 ：本题由点 A 1(-2,0) 的横坐标－
2
韦达定理，得到点 M 的横纵坐标： x 1
2 8k
12
， y 1
1
1 4k
1
2 1
1 4k 1
2 2 2
16k 2 4
(1 4k 22 )x 2
16k 2 x 16k 22
4 0，得到 2x 2
2
2 ，即 x 2 1 4k 22
16k 4
果看到：将
2x 1
1
2 中的 k 1用k 2 换下来， x 1前的系数
1 4k 1
2
同理，设直线 A 2N 的斜率为 k 2，则得点
N 的坐标为 (
8k
2 2
2 ,
4k
2
2 )
1 4k 2
2 1 4k 22
y p k 1(t 2), y p k 2(t 2) k
1 k
2 k
1 k
2
， 直线 MN 的方程为：
y y
1 y
2 y
1 ，
，
x x 1 x 2 x 1
令 y=0 ，
x
2y 1 x 1y
2
，将点 M 、 y 1 y 2
N 的坐标代入，化简后得：
又 t 2， 0 4
t 2 椭圆的焦点为
( 3,0) 4t
3，即 t
4 x
t
43
2 是方程 (1 4k 12
) x 2 16k 2x 16k 12 4 0的一个根，结合
；其实由 y
2 k 2(x
2 2)
消 y 整理得 x 2 4 y 2 4 2 8k
2 22
， y 2 4k
22 很快。

不过如
1 4k 2
2 2
1 4k 22
4k 1
2 2 用－ 2 换下来，就得点 N 的坐标
4
k k 2 本题的关键是看到点 P 的双重身份： 点 P 即在直线 A 1M 上也在直线 A 2N 上，进而得到 1 2 ，由直
k 1 k 2
t
线 MN 的方程
y y 1
y 2
y 1
得直线与 x 轴的交点，即横截距 x
x 2y
1
x 1y 2
，将点 M 、 N 的坐标代入，
x
x
1 x
2 x
1 y
1 y
2
4 4 4 3 4 3
化简易得 x ，由 3 解出 t ，到此不要忘了考察 t 是否满足 t 2 。

t t 3 3
◆方法 2：先猜想过定点，设弦 MN 的方程，得出 A 1M 、A 2N 方程，进而得出与 T 交点 Q 、S ，两坐标相减
=0. 如下：
设
l MN :x my 3,联立椭圆方程，整理： (4 m 2) y 2 2 3my 1 0; 求出范围；
设
M ( x 1 , y 1), N ( x 2 , y 2),得直线方程：
l A 1
M : y
y
1
(x 2),l A 2
N : y y
2
(x 2); x 1 2
x 2 2
若分别于 l T 相较于 Q 、S ：易得
y
1 y
2
y Q y S
1
(t 2)
2
(t 2)
x
1
2
x
2 2
整理
4my 1 y 2 2(t
3)(y 1 y 2) ( 3t 4)(y 1 y 2)
(x 1 2)(x 2 2)
韦达定理代入 1
[ -4m
2 ( 3t 4) ( 3t 4)(y 1 y 2)]
(x 1 2)(x 2 2) 4 m 2
1 2
显然，当 t
4 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。

x 2 y 2
练习 1：(10江苏)在平面直角坐标系 xoy 中，如图，已知椭圆 x +y
=1 的左右顶点为 A,B ，右焦点为 F ， 95 设过点 T(t,m)的直线 TA,TB 与椭圆分别交于点 M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，其中 m>0,y 1>0,y 2<0. ⑴设动点 P 满足 PF 2－PB 2
=4,求点 P 的轨迹
1
⑵设 x 1=2,x 2=13，求点 T 的坐标
3
(其坐标与 m 无关 )
8k 2 2 4k
(8k
2 22 ,
4k
2
2) ，如果在解题时， 1 4k 2 1 4k 2
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。

Q(t, y
1 (t 2)), S(t, y
2
(t 2))
x
1 2
x
2 2
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解析：问3 与上题
同。

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, 3三点．2
过
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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 、 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 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 mx 2 my 2
1(m 0,n 0),
3
将 A( 2,0) 、 B(2,0) 、C(1, ) 代入椭圆 E 的方程，得
2
4m 1,
11
9
解得
m ,n . ∴椭圆 m n 1 4 3
4 也可设标准方程，知 a 2 类似计分)
2)可知：将直线 l :y k(x 1)
22
E
的方程 x y
1
43
22
代入椭圆 E 的方程 x y
1并整理．得 (3 4k 2)x 2 8k 2x 4(k 2
3) 0 43 设直线 l 与椭圆 E 的交点 M (x 1,y 1),N(x 2,y 2)，
2
4(k 2
3) 直线 AM 的方程为： y x
y 1 2
(x 2),即y k(x
x 1 2
1)(x 2)
由直线 AM 的方程为： y x
2y 22
(x 2)，即 y k(x
x 22
2
1)(x 2)
由根系数的关系，x
1
x
2
1
3 4k 2
,x 1x 2
3 4k 2
由直线 AM 与直线 BN 的方程消去 y ，得
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2。

动圆过定点问题本质上是垂直向量的问题，也可以理解为“弦对定点张直角”的新应用。

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2(x 1x 2 3x 1 x 2 ) 2[2x 1x 2 3(x 1 x 2) 4x 2] x x 1 3x 2 4 2 8(k 2
32 ) 24k 2 2 4x2 3 4k 2 3 4k 2
8k
2
2
4 2x 2
3 4k 2 2
∴直线 AM 与直线 BN 的交点在直线 模型四：动圆过定点问
题 (x 1 x 2) 2x 2 4
4k 2 6
2 x
2
3 4k
2 2
4k 2
6
2 x 2
x 4 上． 故这样的直线存在
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2。

1
y kx
2 3
消去 y 得 :(18k 2
9)x 2
12kx 16 0 x
y 2
1
2
12k
x 1 x
2 2
1 2 18k 2
9
16
x 1x
2
2
1 2
18k 2
9
44 所以TA TB x 1x 2 (y 1 1)(y 2 1) x 1x 2 (kx 1 )(kx 2 ) 33
(1 k 2)x 1x 2
43
k(x 1 x 2)
19
6
(1 k 2)
18k
216
9
43
k 181k
2
2k
9
19
6 0
∴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。

顶点，点 F 是椭圆 C 的右焦点。

点 D 是 x 轴上位于 A 2右侧的一点，且满足 （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。

2 2
2
C: x y
1（a b 0） 的离心率为 2
, 并且直线 y x b 是抛物线 y a 2 b 2
2
条切线。

（ I ）求椭圆的方程；
1
（Ⅱ）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 T 的坐标；若不存在，请说明理由。

解：（I ）由
例题 1. 已知椭圆 4x 的一
T ，使得
y
2 x b
消去 y 得 : x 2
(2b 4)x b 2
0 y 2
4x
因直线 y x b 与抛物线 y 2
c 2 2 2 2
e ,a b c ,
a2
22
4x 相切
(2b 4)2 4b 2
0 b 1
a
2 b
2
1
a 2
，故所求椭圆方程为 轴平行时，以 AB 为直径的圆的方程：
2 2 1 2 x 2
(y 1
)2 3
y 2 1. (II )
当 L 与 x 轴平行时，以 AB 为直径的圆的方程：
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 42
(4)
2
3
x
2
y
2
1, 由
x
2 (y 1
)
3
22
x
2 y 2
1
（
3）
解得 x0
y1
若直线 L 不垂直于 x 轴，可设直线 L ： y kx
3
. 事实上，点 T （ 0， 1）就是所求的点，证明如下。

T （0，1） 1 记点 A(x
1,y 1
)、
B(x 2,y 2),则 又因为TA (x 1,y 1 1),TB (x 2,y 2 1),
例题 2： 如图，已知椭圆 22
C: x
2 y
2 1(a b 0)的离心率是 ab
A 1, A 2分别是椭圆 C 的左、右两个
112
A 1D A 2
D FD
2k 1 2 2 2k 1 2k
(x )(x 2) (y )(y (2k m)) 0 x 2 y 2 ( 2)x (2k m )y (1 ) 0 由 对 m m m m m 称性知定点在 x 轴上，令 y 0，取 x 1时
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解：（1） 由
1 A 1D
A 1( a,0), A 2(a,0), F(c,0) ，设 D(x,0) ，
1 1 1
2 有
2，
A 2D 又 FD 1， x c 1, x c 1 ，于
1
2 c1a
是
c1a c2
c 1 (c 1 a)(c 1 a)，又 a 2c ， a2 c 1 (c 1 2c)(c 1 2c)
2 2
x c c 0 ，又 c 0 ， c 1, a 2,b 1 ，椭圆 C :
2 y kx m (2)方法 1： Q(2,2k m)，设 P(x 0,y 0)，由 x 2 2
y 2 1
y 2 1 ，且 D(2,0) 。

x
2
2
x
2 (kx m)2
1
2
2 2 2 2 2
x 2
2(kx m)2 2 (2k 2 1)x 2 4kmx 2m 2
2 0 ， 由于 16k 2m 2 4(2k 2 1)(2m 2 2) 0 2k 2 m 2
1 0
4km 2km 由(
*
)
2km 2k 而由韦达定理：
2x 0 2 x 0 2 2 ，
2k 2 1 0 2k 2 1 m 2 m 2k 2 1 2k 1
y 0 kx 0 m m ， P( , )
m m m m PQ M (x,y)22
m 2 2k 2 1 (*)， MP MQ 0 有
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 x0x 2y0y 2; 易得D（0,1 x0）
y0
设 PH FD
1 x0
PH y0;HF 1 x0;DQ 0 ;DF 1;
y0
HF DQ,固 PHF相似于 FDQ ，易得 PFQ 900
PH FD
问题得证。

22
练习：（10广州二模文）已知椭圆C1: x2y2 1（a b 0）的右焦点F2与抛物线C2: y2 4 x的焦点重ab
5
合，椭圆C1与抛物线C2在第一象限的交点为P，|PF2 | .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）求椭圆C1 的方程；
（2）证明:无论点T运动到何处,圆C3恒经过椭圆C1上一定点.
2
（1）解法1：∵抛物线C2: y2 4x的焦点坐标为（1,0），∴点F2的坐标为（1,0）.
∴椭圆C1的左焦点F1的坐标为F1（ 1,0），抛物线C2的准线方程为x 1.设点P的坐标为（x1,y1），由
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22
∵点 (2,0) 在椭圆 C 1:
x y
1上, ∴无论点 T 运动到何处 ,圆C 3恒经过椭圆 C 1上一定点 2, 0 .
43
证法 2: 设点T 的坐标为 ( x 0 , y 0 ) ,圆C 3的半径为 r ， 22
∵ 点T 是抛物线 C 2: y 2
4 x 上的动点 ,∴ y 02
4x 0( x 0 0). 精品文档
5 5 2 2
抛物线的定义可知
PF 2 x 1 1,∵ PF 2 ,∴ x 1
1 ，解得 x 1 .由 y 12
4x 1
2
1 2
3
1 3
1
3
1 1
8
，且 y 1 0 ,
3
22
在椭圆 C 1: x
2 y
2 1(a b 0) 中， ab
c 1.2a |PF 1| |PF 2 | (2
1)2 (2
6 0)2
(2
1)2 (2
6 0)2
4
22
∴a 2,b a c 3.∴椭圆 C 1的方程为 4 3
1.
2
解法 2：∵抛物线 C 2 : y 2
4x 的焦点坐标为 (1,0) ，∴点 F 2的坐标为 (1,0) .∴ 抛物线 C 2的准线方程为 x 1. 设点 P 的坐标为 (x 1,y 1) ，由抛物线的定义可知 PF 2 x 1 1,
PF 2
5 5 2 2 8 , ∴ x 1 1
，解得 x 1 . 由 y 1 4x 1
，
2
且 y 1 0 得 y 1
6 . 1
3
∴点 P 的坐标为 (2,2
6) .在椭圆 C 1:
33
22
x
2 y
2
1(a b 0) 中， ab
c 1.
c 1,
由 a 2
b 2
c 2
, 解得 a
4 24
1.
22
2,b 3. ∴椭圆 C
1
的方程为
x y
1
4 3
1.
2)证法 1: 设点T 的坐标为 (x 0,y 0),圆C 3的半径为 r ，
圆C 3与 y 轴交于 M , N 两点，且 |MN | 4,∴ |MN | 2 r 2 x 02
4.∴r
4 x 02
.
2 2 2
∴圆 C 3的方程为 (x x 0)2 (y y 0)2 4 x 02
.
2 2 1
2 ∵ 点T 是抛物线 C 2: y 2 4 x 上的动点 ,∴ y 02
4x 0( x 0 0).
∴ x 0 y 02.
4 1
2 x
2 2 2
把 x 0 y 02
代入
消去 x 0整理得 : (1 )y 02
2yy 0 (x 2 y 2
4)
0.
42
1 2x
0,
方程 对任意实数 y 0 恒成立，
2y 0, x 2
y 2
4 0.
解得
x 2,
y 0.
2
得
y 1
6 . ∴点 P 的坐标为
3
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∵ 圆 C 3与 y 轴交于 M,N 两点，且 |MN | 4,∴ |MN | 2 r 2 x 02 4. ∴ r 4 x 02
.
2 2 2 ∴ 圆 C 3的方程为 (x x 0) (y y 0) 4 x 0 . 令 x 0 0, 则 y 02 4x 0 0 , 得 y 0 0 . 此时圆 C 3的方程为 x 2 y 2 4.
x 2
y 2 4,
x 2, 2 2
由 x 2 y 2
解得 ∴圆 C 3: x 2 y 2 4 与椭圆 C 1的两个交点为 2, 0 、 2, 0 . 4 3 1, y 0.
分别把点 2, 0 、 2, 0 代入方程 进行检验，可知点 2, 0 恒符合方程 ，点 2, 0 不 恒符合方程 . ∴无论点 T 运动到何处 , 圆 C 3恒经过椭圆 C 1 上一定点 2, 0 .。