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.docx

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”模型例题、(07山东)已知椭圆C: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l过匕1若直线l ykxm与椭圆C相交于A,B3定点，并求出该定点的坐标。解：设 A(x,y),B(xy),由y3x2kxm2222得(34k)x8mkx4(m3)0,4y21264m 2k216(34k2)(m23)0,34k2m 208mk3_4J,x1x24(m23)22y1y2 (k1m)(kx2m)kx1x2mk(x1x2)m；以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0),且kAD-22,3(m4k)3kB 4k21,Dy ex12x22iyyXX22(xQ40,3(m24k2)4(m23)16mkF240,34k34k34k整理得：7m 216mk4k 20,解得：m 12k,m2,且满足 34k2m 20当m2k时，l:y（ x2）,直线过定点（2,0）,与已知矛盾；当m k时，l:y（ x直线过定点（2,0）综上可知，直线l过定点，定点坐标为（2,0）.7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）2222、点P做相互垂直的直线交圆锥曲线于AR则AB必过定点（丝一如,b）。（参abab考百度文库文章：“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，kAPkBP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：Step1:设AB直线ykxm，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 kf （m ）或者 mf （ k）;Step3：将 kf （ m ）或者 mf （ k ）代入 ykxm,得 yk （ xx定）y 定。迁移训练练习1:过抛物线M:y22px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: y24x的顶点任意作两条互相垂直的弦OAOB求证：直线AB过定点。（经典例题，多种解法）练习3:过2x2y21上的点作动弦ARAC且kAB?kAC3,证明BC恒过定点。（本题参考答案：(11)5,5练习：4:设A、B是轨迹C:y2px(P0止异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为和，当，变化且7时,证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标。(参考答案2p,2p)【答案】设Ax , y, Bx, y,由题意得x , x0，又直线1, 1, 2,(2,1, 2 ，/OA, OB的倾斜角，满4,所以直线AB的斜率存在,否则,OA, OB直线的倾斜角之和为.从而设AB方程为ykxb显然出叫将ykxb与y22px (P0朕立消去x,得ky22py2pb由韦达定理知必2py2T，1=tantan(4tantan_2P(1y)=1tantan将式代入上式整理化简可得:典 1,所以 b2p2pk,b2pk此时，直线AB的方程可表示为kx2p2pk 即 k(x2p)y2p0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勺长为8.(I) 求动圆圆心的轨迹C的方程;2p(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PBQ的角平分线，证明直线l过定点.MN nooo0【答案】解：(I)A(4,0),设圆心。x,y),MN线段的中点为E,由几何图像知ME ,CA2CM 2ME 2EC22(x4)y242X2y28X(n)点 B(-i,0),设 P(%y1),Q(X,y)由题知 y1y0,V o2O1y：8%翌如2.yxi1x21yi8V22_2y8(y V2)yY (Yy)08yY90ii 22 ii 280直线PQ方程为:yyX-9(x)c)2xiy(i2yi)ji(j2yi)8x 所以,y直牲琴点膈。)i2 ii练习6:已知点Bi,0,Ci,02yiy(yy)8 8xy0,xi尸是平面上一动点，且满足IpCIIbCIpBcB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ADAE,判断：直线DE是否过定点？试证明你的结论【解】(1设P(x尸)代入1PC1|而1PBCB得J(xoy2x,化简得y24x.(5分)将A(m,2)代入y24x得m1,点A的坐标为(1,2).设直线DE的方程为xmyt代入y24x得y24mt4t0,设 DGy)ADAE(yi丫162) 2(4t)16即 t26tt2m直线DE,E 夕y)近y24m,yiy24m)2(x 1)(x D (学)(222Kx?)1令 2 y.(yy2) 2yiy22 (跖)54.2_(4m)2(4t)(4t)2(4m)50 化简得 t26t4一94m 28m4 即(t 3)4(1)t32(m1)5或t 2m1,代入(*)式检验均满足 0的方程为xm(y2)5或xm(y2)116t0(*)Yi丫22(2)42-4m8m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过点A的动直线24x0为坐标原点,1交抛物线C于MP,直线M皎抛C于另一点Q如图.m 丫甘日 oM（）P为定值；证明：（II）若DM勺面积为-,求向量0M与丽的2角；（m）证明直线PQ恒过一个定点.即yiy24OMOP解：（I设点时y）P（左y,）P、MA三点共线,4/z4ay Cy25.y e2244(II)设/POMa,则 |OM|OPcos5.近i*比5SR0M IOM| |OP|sin5 由此可得 tana=l.2又（0,） ,45故向量OM与OP的夹角为45.2（田）设点Q（幻】%）,M、 B、Q三点共线，KBQkQM,y3V1y311T4y2yy3也1） （yV3）y24,即丫伙尸名40.44华例题：有如下结论圆x2y2r2上一点P(x),y )处的切线方程为xoyyoyr2,类比也有结论：“椭圆三%1(ab0上一点P(&y)处的切线方ab0 0程为警誓1”，过椭圆C:Ly1的右准线l上任意一点M引椭圆C的两条ab4切线，切点为A、B.求证：直线AB恒过一定点；当点M在的纵坐标为1时，求4ABM的面积【解】(1)设四3再士 R)AQcY力万诲心心而庆的方程为注yy134丁点M在MA_ i.二一x ty 1同理可得一八ty 1_L _LLi Li33、，,3 ，由知AB的万程为一xty 1即x存(1ty)3,即叫y飞一5y2即 4(j2y3)j2y340.(*)y2y34Kpq-2，左幺戋3442直线PQ的方程是yV2 (x左)y2y344x.即(y 丫 2)(丫 2NJ4xy2即 y(y2y3)y2y34(4由(*)式y2y3 y2y3)代入上式，得(y4)(y心)4(xi)由此可知直线PQ过定点E(1 4)模型二：切点弦恒过定点易知右焦点F （押,0）满足式，故AB恒过椭圆C的右焦点F （ J0），、 ， ， 2把AB的万程x73（ly代入01,化筒得7y6yl0_-. , 3628IABI13167|421_又M到AB的距离d32色. AABM 的面积 S1 |AB|d216314.133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?桶商的典点/性触定点）: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：“尼尔森数学第一季一3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F0,cc0到直线txy20的距离为W 2.设P为直线1上的点，过点P作抛物线2C的两条切线PA,PB,其中A,B为切点.(I)求抛物线C的方程;(n)当点P%,先为直线l上的定点时,求直线AB的方程;当结合C0,解得ci所以抛物线C的方程为x24y.(I I)抛物线C的方程为x24y,即yX求导得y设 Axi,yi, Bx2,y2 （其中yiTy2则切线PA,PB的斜率分别为W所以切线PA：yyixAxxi2xi一 x2即 x1x2y2y1同理可得切线PB的方程为x2x2y2y2 0,所以xx0求AF|BF|的最小值.2y。2y0, X2X0 2y2y20因为切线PA,PB均过点Px0,y(m)当点P在直线l上移动时，【答案】()依题意，设抛物线C的方程为x24cy,由所以xpy，x，y为方程x0x2y02y0的两组解所以直线AB的方程为x0x2y2y.(m)由抛物线定义可知|AF|yii5BF|y2i5所以 AFBFyiyVN2ViV2i联立方程x： x2V2v0,消去x整理得y22y0% 2yy。20x4y由一元二次方程根与系数的关系可得y.y2x022y0, y Cy2y02所以 AFBFyiy2Vly2iV0% 22y0i又点PX。聋在直线1上，所以Xy2,所以 yo2Xo22yo12yo22y052yoi所以当y01时,IAFIBFI取得最小值，且最小值为22练习2: （2013年辽宁数学（理）如图，抛物线Cx： x4y, C: x2pyp0,点M%,先在抛物线C2,过M作q的切线，切点为A,B（M为原点0时，A,B重合于0）%1应,切线MA.的斜率为-1 2（I）求p的值；（II）当M在C?上运动时，求线段AB中点N的轨迹方.A,B重合于0时，中点为0.（11四湖地枷跋小一之“卜仃苦-总（北山的川科华彻y=刎葭MX熟f4牛为，所以4点强区为11,；），故切浅M人的方程为y=一x-tt*I十二，L4为我M （ 一 6A切或M/1及此物浅Q1比1,、13-2总三一三一也）+式=rT144而一二=勺号T2,111 *9历 p=2. .不分:H 汲（几月.MS , /今如七.j与*与.相N为线段A中点初【答切黑MH. MH的力程为曲.MA.M 的史也矶布，小的GM为叼十肛晶右4 二-0-，咒=上 T”诉叶门.如)在为.阴阳/=-4% .所。is. T*1-*X - 22.力万：.J,由X4；彳：；J I U工 1=勺 y*T* , V当工I二工1MJ .A. f#由右干/却小gi卜也Nh门.T尿徜息号行FnJ因此#&中立N的轨进力神为1+2XT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例题：如图，已知直线L:xmy 1过椭圆C：与二1(ab0)l22右焦点F,且ab交椭圆C于A、B两点，点AB在直线G:xa2上的射影依次为点DE。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。法一：解：F(1,0),k2(0冼探索，当m=0时，直线L，ox轴，则ABE防矩形,由对称性知，AE与BD相交于FK中点N,且N(a1,0)猜想：当m变化时，AE与BD20相交于定点N (1,0)2证明：设AayJ|x y2),E(a2,y),D(4 y)当山变化时首先AE过定点Nllxmyl2222bxay22a2b20即(a2b2m 2)y2mb 2yb2 (1a2)0.分82- 24ab(a又kanAN2.2mb1)ii(al)而Kan、日1H （这a212my 1Ken己22aKen1a2_2a 1,-(y2 11my .)b2 (1 a2)(a21)(mb2mb 2)22,2amb0)22.2ambKanfKen，a、me三点共线同理可得B、N、D三点共线AE与BD相交于定点N （亡二,0）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MN,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。2例题、已知椭圆C: y21,若直线l：xt t2）与X轴交于点T,点P为直线l上4异于点T的任一点，直线PA,PA2分别与椭圆交于MN点，试问直线MNA否通过椭圆的焦点？并证明你的结论。方法1：点A、玲的坐标都知道，可以设直线PA、PA的方程，直线PA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 xt(t2上,相当于知道了点P的横坐标了，由直线PA、PA的方程出直线MN的方程，将交点的坐标代入，如果解出的t2,就可以了，否则就不存在可以求出P点的纵坐标，得到两条直线的斜率的关系，通过所求的MN点的坐标，解：设M(Xi,y),N(xy)直线AM的斜率为k?则直线A的方程为yk(x由: k4（yx*肖 y 整理得“4k2）x16k x16k;乙1L:2和是方程的两个根,16k24%14匕214k2yi4ki即点M的坐标为(逐，i4k上)2),同理，设直线AN的斜率为k2则得点N的坐标为k(8k-，2,14k；上冬14k2211彳 ypki（tk kkk22),pk2 (t2)2, 丁直线MN的方程为：tVNV、XXiX2Xi令y=0,一，将点MN的坐标代入，化简后得：x-yiy2t又*t2,:2:椭圆的焦点为(百。)；a方法总结：本题由点A(-2, 0)的横坐标一 2是方程(i4k2)x!16k2x16k4一个根，结合韦达定理，得到点M的横纵坐标：x.故当t”时，越椭圆的焦点。8k；k2(x 2)消4y242y 整理得(14k; E6k2X16k; 40,得至 U2x2一，即14k22v8k；X2 FTkFy很快。不过如果看到：将2xi竺J4中的ki用匕换下来，午前14k214kl22的系数2用一 2换下来，就得点N的坐标(鲁/,)，如果在解题时，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双重身份：点P即在直线A1M上也在直线AN上，进而得到2-,由直线MN的k1k2t方程m巨1得直线与x轴的交点，即横截距x纨*，将点MN的坐标代x为x2x1y1y2入，化简易得x4由 4店解出t述，到此不要忘了考察t还是否满足t2。tt33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QS,两坐标相减=0.如下：设1MN : xmyV3,联立椭圆方程，整理：(4m2)y2/3my10;求出范围；设M(x1,y,i),N，(x)，得直线方程：1：yK2)5y工(x 2)；1x22若分别于1T相较于Q、S:易得Q(t,一(t2),S(tMt2)x12x22y y(t2弋(t2)x12x22整理 4myy2(t.3)(%y(.3t4)yy(普2)(*)韦达定理代入1-4m(x12)(x2)而(3t4)(.3t4)_显然，当t3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，如图，已知椭圆着+看=1鬲左右顶点为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M (x,N区,*),其中m0y0, y2由尸尸-所展%.&犷+八(13二八4*化荷得上$故所求点的轨迹为直线工通31由巧：气孑/不1及打任誉?:到演而直线儿川的方程为*三:bi府焉工二1T+【I=-柒则点i做上*一第r从而直线BN的方程为尸今rV1 产=乙5解得I1n 所以点r的罡际为 导怯,、0)由题设期直线”的方程为广泉一？八甘坡川的方程为)=3-3).J2 一 6点晌为)滴足.日 工(4+3m土济苗.工制-3则皿J11曰4s.I225*3) 1F泌瘫始 240-Iff斛得勺=和+7点阳叼.力)满足3nJ-60_一然砒20+jhj20+mJ着凉=七则由程为上=1,过点0).244)一劣 111”3血工， n1sHE询+/及QO,得240m若胤射的.JUm7-2/10直统W的斜率kM直线NN的方lOfli-2Qe薄窿侬薛鼻土而=：； 八堞一 H所以直统肱，过D标广7w皿皿3MM i破-幽20+m jB(2,0)练习2:已此椭圆线BW中心在坐标原点,【焦点在坐标轴上，且经过A(2,0)C1,2三点.过椭圆的右焦点F任做一与坐标轴不平行的直线1与椭圆e交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ni,使得点Q恒在直线ni上移动？若存在，求出直线ni方程，若不存在，请说明理由.解析：(1殴椭圆方程为mx i234my 21(m0,n0),3.将A (2,0) B(2,0) C(l,3代入椭圆E的方程，得24m1,J9解得m-,nm-n1 44E的方程一y-1（也可设标准方程，知a2类似计分）（2可知：将直线1: yk（x1）代入椭圆E的方程-11并整理.得（349*设直线1与椭圆E的交点M（X?y）,N（Xy）,43一 22 一8kx4(k3)0由根系数的关系，得X1x22，XX234k2,2-4(k3)二4k2直线AM的方程为：yx12一（x2）即 ykA3(xx12由直线AM的方程为:k(xx22)(x2)2 Xix23xiX2)222 3(有)4引x_xi3x24,、2_28(k3)24k(X14x2*3,4k64234k24k268k2WT34k2直线AM与直线BN的交点在直线X42x24上.故这样的直线存在由直线AM与直线BN的方程消去y,得模型四：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“弦对定点张直角”的新应用。例题1.已知椭圆C： 上1(ab0的离心率为一，并且直线yxb是抛物线y24x.a2b22的一条切线。(I) 求椭圆的方程；1(II) 过点S (0,1的动直线L交椭圆C于A、B两点，试向：在坐标平面上是否存在3一个定点使彳导以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：(J由 yxb消去 y 得：x2 (2b4Rb20y24x因直线yxb与抛物线y24x相切(2b4)24b20b111c22b212,abc,1a2a222 -a近，故所求椭圆方程为一 y1.(II)当L与x轴平行时以AB为直径的圆的方程V2(v1)(4)2xxx(y)()3342( 3)解得xy1当直线L垂直于x轴时,以AB为直径的圆过点T(0,1)若直线L不垂直于x轴,可设直线L:ykx由y kx213消去y得:(18k129)x12kx160记点及YjBXy)则12kE18k9又因TA 供，必 1)tB ()2,521),X1X21618k所以 TA*TBx1x2 (y1)(y1)Xx2、42(1k) xx2-k(x件.乂2)16-44(kx)(kx)16(122) 218k29412kk2一318k29当L与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程：x2y21,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，点证明如下。(0,1)就是所求的点，.TAIT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1)满足条T (0,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:2a31(ab0)的离心率是三,AA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112XA2A2DFD(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 ykxm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)2,(Ai,0),F(c,0)设 D(x,0),1ADi2有x 2又xaxaA2DFD1xc1,xc1于是 2c1ac1apncc1(c1a)(c1又 一 1ac1(c1,.2c) (cl 2c)2C2C0，又 c0,c1,aT2,b椭圆 C:一y21且 D(2,0)o(2方法 1:： Q(2,2km)设 P(x),y)由ykxm2x2一 (kxm)1由于 16k2m 24(2kd)(2m22)而由韦达定理：2xTmXO2km 由2km2k_22)2k1mm2k112k21yokx0m,P(mm2k1一，一),mm设以线段PQ为直径的圆上任意一点02k2m 210m 22k21(*),M(x,y)由 MPMQ0(Xm )(X2)ym )(y(2km)2k(2)x(2kmm12k)y()0 由mm对称性知定点在x轴上，令y0,取 x1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PFFQ设P%,*，易得PQ切线方程为xx2y0y2;易得D(0,L3)y设 PHFD1x0PHy0； HF1x0； DQ；DF1;y0-DQ,固PHF相似于FDQ,易得PFQ90。PHFD问题得证。练习：(10广州二模文)已知椭圆C与当1 (ab右焦点F2与抛物线abC2： y24x的焦点重合，椭圆G与抛物线C2在第一象限的交点为P,IPFI勺.圆C3的3圆心丁是抛物线C2上的动点，圆C3与y轴交于虬N两点，且|MNI4.(1求椭圆弓的方程；(2证明：无论点T运动到何处，圆C3恒经过椭圆q上一定点.(1解法1:1抛物线C2： y24x的焦点坐标为(1,0),E点勺坐标为(1,0)椭圆C的左焦点耳的坐标为F(1,0抛物线C2的准线方程为x1.设点P的坐标、，八 552. k为由01),由抛物线的定义可知lPF2X11,V|PF23,Ax11解得g.由y124x1o,且)。得 yV6332 222.，点P的坐标为一，一品.在椭圆Ci： 41(ab0)中,3 3abc1. 2aIPFlIPFI,(21X260，(212)(2602)4 3333.a2,b少石.椭圆C1的方程为？卜.22解法2:抛物线C2：y24x的焦点坐标为（1,0）,.，点F2的坐标为（1,0）.抛物线的准线方程为x1.设点P的坐标为（X,y）,由抛物线的定义可知PF21,|,，X11I 解得I.由 y；4x1I,.二点P的坐标为（2,26）.在椭圆C1： xy33a2y21(abb20)中，c1.c1,由a2b2C2，解得a2,b弗椭圆 q的方程为42419a2后（2）证法1：设点T的坐标为（x0,y ）,圆C3的半径为圆C3与y轴交于M,N两点，且|MN I4|MN| 2ypX4.二圆 C3的方程为（xx）2（yy）24x2o二点丁是抛物线C2： y24x上的动点，=y24xo（X。O)x0124yo.y24)0.1c.一X、22,y;代入消去xo整理得：（1-）y2yyo（x24方程对任意实数yo恒成立，解得x2,y0.2y0,xy240.（点0在椭圆C毛匕1上，143无论点T运动到何处，圆C3恒经过椭圆C.上一定点2,0证法2:设点T的坐标为（与成）,圆C3的半径为r,点T是抛物线C2： y24x上的动点，.二$4x0（xo0）.圆与y轴交于M,N两点，且|MN|4 ,|MN|2x 024. r14X.圆C3的方程为（x）2（yy）24x：令x,则y2 4x00,得y。0.此时圆C3的方程为x2y24.22xy4,x2,y0.由x2V2解得43一1,一圆C3： x2y24与椭圆q的两个交点为2,0 2,0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?运动到何处，圆c3恒经过椭圆q上一定点2,0