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
y3x
2
kxm
222
2得(34k)x8mkx4(m3)0,4y212
64m 2k216(34k2)(m23)
0,
34k2m 20
8mk
3_4J,x1x2
4(m2
3)
22
y1y2 (k^1m)(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 4k2
1,
D
y e
x12x22
iyyX]X22(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y2
2px (P0朕立消去x,得ky2
2py2pb
由韦达定理知必
2p
y2T，
1=tan—tan(
4
tantan_2P(1y
)=—1tantan
将①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 n
ooo0
【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 o
2O1y：
8%翌如2.
y"
xi1x21yi8V2
2_2
y
— 8(y V2)yY (Yy)08yY9
0 i i 2 2 i i 2
8
0直线
PQ方程为:
yyX-9(x)c))2xiy(i2yi)ji(j2yi)8x 所以
,y直牲％琴点膈。)
i 2 i i

练习6:已知点Bi,0,Ci,0

2
yi
y(yy)8 8xy
0,xi
尸是平面上一动点，且满足
IpCIIbCIpBcB

⑴求点P的轨迹C对应的方程；
⑵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)
⑵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y2 4x得y24mt 4t0,

设 DG^y)
ADAE
(yi
丫
162) 2
(4t)
16
即 t26t
t2m
直线DE
,E 夕y)近 y24m,yi y2" 4m)2
(x 1)(x D (学)(2 2"2K x?)1
令 2 y.
(y y2) 2 " yiy2 2 (跖)5
4
. 2_
(4m)2(4t) (4t) 2(4m) 50 化简得 t26t
4
一
94m 2 8m4 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)1
16t0(*)
Yi 丫22("2)4
2-
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；
⑴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yi
y24
OMOP
解：（I设点时y）P（左y,）P、MA三点共线,4/z4a
y Cy25.
y e
2244
(II)设/POMa,则 |OM||OP|cos5.
近i*比
5
SR0M 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,
y3V1
y311
T
4
y2y〔y3
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
ab 0 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y〔y134
丁点M在MA_ i.二一x ty 1①同理可得一八—ty 1②
_L _L Li Li
33
、 ， , 3 > ，
由①②知AB的万程为一xty 1即x存(1ty)
3
,即叫y飞一5'
y2
即 4(j2y3)j2y340.(*)
y2y34
Kpq-2"，
左幺戋3
44
2
直线PQ的方程是yV2 (x左)
y2y344x.
即(y 丫 2)(丫 2NJ4xy2'即 y(y2y3)y2y3
4(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③式，故AB恒过椭圆C的右焦点F （ J§0）
，、、~“ ，， ，— 2
⑵把AB的万程x73（ly代入01,化筒得7y6yl0
_ _ —-. , 3628
IABI 13
16
7
|421_
又M到AB的距离d32色
「. AABM 的面积 S1 |AB|d
2
163
~1
4
.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
2
C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y
X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：yyixAxxi
2
x
i
一 x
2
即 x1x2y2y1
同理可得切线PB的方程为x2x
2y2y2 0

,所以xx0
求AF|BF|的最小值.
2y。 2y0, X2X0 2y° 2y20
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X°y°2,所以 yo2Xo22yo12yo22y052yoi^
所以当y
0
1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1—1,；），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=r・T
144
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F
nJ
因此#&中立N的轨进力神为1
+
2
XT
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(a—1,0)猜想：当m变化时，AE与BD20相交于定点N (——1,0)
2
证明：设Aa’yJ|x y2),E(a2,y),D(4 y)当山变化时首先AE过定点N
llxmyl
2222
'bxay
22
a2b20
即(a2b2m 2)y2mb 2yb2 (1a2)0....分8
2- 2
4ab'(a
又kan
AN
2.2
mb1)
ii
(al)
而Kan
、》日
1H （这
a21
~2
my 1
Ken
己
2
2a
Ken
1a2
_2a 1,-(y
2 1
1
my .)
b2 (1 a2)
(a21)(mb2mb 2)
22,2
amb
0)
22.2
amb
KanfKen，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t>2,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2
14k]2
yi
4k
i
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
14k
22
11
彳 ypki（t
k k
kk2
2),pk2 (t2)
2, 丁直线MN的方程为：t
VNV、
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(i 4k]2)x!
16k2x16k^4
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
4y24
2
y 整理得(14k; E6k2X16k; 40,得至 U2x2一，即
14k
22
v8k；
X2 FTkF'y
很快。不过如果看到：将2xi竺J4中的ki用匕换下来，午前14k214kl2

2
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Q
S,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))x12x22
y y—(t2弋(t2)
x12x22
整理 4my〔y2(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m>0y>0, y2<0.
⑴设动点P满足PF-P—4,求点P的轨迹
⑵设乂「2以2=求点T的坐标
123
⑶设t=9,求证：直线MN必过x轴上的一定点(其坐标与m无关)

本小题主要考查求筒单曲畿的方程考查直线与桶圆的方程等基础知职，考查运算求解能力画究周叫幽，清分16分.
解：由脸*依工也*),取3・0)・F(2,0).
尸行，)M 尸尸=(x-2]=(x-3>
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
⑵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rV
1 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+3}m
土济苗.「工
制-3则
皿J 11曰4s
".
I22
5*3) 1
F泌瘫
始 240-Iff斛得勺=•
和+7
点阳叼.力)满足
3nJ-60 _一然砒
20+jhj 20+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2
40m
若胤射的.JUm7-2/10・直统W的斜率k
M
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 j
B(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
2
4m1,~~J
9解得m-,nm-n1 4
4
E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（X，y）,
43
一 22 一8kx4(k3)0
由根系数的关系，得X]
1
x22，XX234k2
,2-
4(k3)
二4k2
直线AM的方程为：y
」
x12
一（x2）即 y
kA3(xx12
由直线AM的方程为:
k(xx2
2)
'(x2)

2 Xix23xiX2)2[2^2 3(有)4引
x_
xi3x24
, 、 2_2
8(k3)24k
(X
1
4x
2
*3
,4k6
4
2
34k2
4k26
8k2
WT
34k2
直线AM与直线BN的交点在直线X
42x
2
4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 (2b4Rb20
y24x
因直线yxb与抛物线y24x相切(2b4)24b20b1
11c22b212
・ ,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)2

xxx(y)()
33
42…
( 3)解得x
y1
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:y
kx
由y kx
2
1
3消去y得:(18k
1
2
9)x12kx160
记点及Yj'BXy)则
12k
E
18k9
又因［TA 供，必 1)tB ()2,521),
X1X2
16
18k
所以 TA*TBx1x2 (y
1)(y1)
Xx2
、4
2
(1k) xx2-k(x
件.
乂2)
16
-44
(kx )(kx)
16
(122) —2—
18k29
412k
k2一
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:\2a
31(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
112
X
A2A2DFD
(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),
1
AD
i
2有x 2又
xaxa
A2D

FD1 xc1,xc1'于是 2
c1ac1a
pnc
c1(c1a)(c1又 一 1a
c1(c1,.2c) (cl 2c)2
C2C0，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
ykxm
2
x
2
一 (kxm)1
由于 16k2m 24(2kd)(2m22)
而由韦达定理：2x°TmXO
2km 由⑴2km2k
_22)
2k1mm
2k1
12k21
yokx0m —,P(mm
2k1
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(2kmm
12k
-)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PF±FQ设P%,*，易得PQ切线方程为x°x2y0y2;易得D(0,L3)y
设 PHFD°
1x0
PHy0； 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ab
C2： 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 y]—V6・33
2 222
.，点P的坐标为一，一品.在椭圆Ci： —41(ab0)中,
3 3ab
c1. 2aIPFlIPFI,(21X2<60》，(212)(2・602)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： xy33a
2
y21(ab
b2
0)中，c1.
c1,
由a2b2C2，解得a2,b弗・「椭圆 q的方程为
4241
9a2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）24x2
o
二点丁是抛物线C2： y24x上的动点，=y24xo（X。
O)・x0
12
4yo.

y24) 0.
1c.一X、22
,y;代入消去xo整理得：（1-）y2yyo（x2
4
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|2"x 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.
22
xy4,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