2022年圆锥曲线中的定点定值问题的四种模型 .pdf

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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

2、：13422yx若直线mkxyl：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l过定点，并求出该定点的坐标。解： 设1122(,),(,)A xyB xy，由223412ykxmxy得222(34)84(3)0kxmkxm，22226416(34)(3)0m kkm，22340km212122284(3),3434mkmxxxxkk22221212121223(4)() ()()34mkyykxmkxmk x xmk xxmkQ以 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点(2,0),D且1ADBDkk，1212122yyxx，12121

3、22()40y yx xxx，2222223(4)4(3)1640343434mkmmkkkk，整理得：2271640mmkk，解得：1222 ,7kmk m，且满足22340km当2mk时，:(2)lyk x，直线过定点(2,0),与已知矛盾；当27km时，2:()7lyk x，直线过定点2(,0)7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点P做相互垂直的直线交圆锥曲线于AB ，则 AB 必过定点)(,)(2222022220babaybabax。 （参考百度文库文章： “圆锥曲线的弦对定点张直角的一组性质”）

4、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?BPAPkk定值，BPAPkk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mkxy，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1?BPAPkk） ，得一次函数)()(kfmmfk或者；Step3：将)()(kfmmfk或者代入mkxy，得定定yxxky)(。迁移训练练习 1：过抛物线M:pxy22上一点 P（1,2）作倾斜角互补的直线PA 与

5、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）名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 14 页 - - - - - - - - - 练习 2：过抛物线M:xy42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1222yx上的点作动弦AB、AC 且3?ACABkk，证明 BC 恒过定点。（本题参考答案：)51,51(）练习 :4：设 A、B 是轨迹C：22(0)

6、ypx P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4时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标。（参考答案2 ,2pp）【答案】设1122,A x yB xy，由题意得12,0 xx，又直线 OA,OB 的倾斜角,满足4，故0,4，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221212,22yyxxpp，将ykxb与22(0)ypx P联立消去x，得2220kypypb由韦达定理知121222,ppbyyyykk由4，得 1tantan()4=tantan1tantan=122122 ()4p yyy yp将式代入上

7、式整理化简可得：212pbpk，所以22bppk，此时，直线AB的方程可表示为ykx22ppk即(2 )20k xpyp所以直线AB恒过定点2 ,2pp. 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的长为 8. ( ) 求动圆圆心的轨迹C的方程 ; ( ) 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 . 【答案】解:( ) A(4,0),设圆心 C 2222,2),(ECMECMCAMNMEEMNyx，由几何图像知线段的中点为xyxyx84) 422222

8、（( ) 点B(-1,0), 222121212122118,8,00),(),(xyxyyyyyyxQyxP，由题知设. 080)()(88811211221212222112211yyyyyyyyyyyyxyxy直线PQ方程为 :)8(1)(21121112121yxyyyyxxxxyyyy1,088)(8)()(122112112xyxyyyyxyyyyyy所以 , 直线 PQ过定点 (1,0) 练习 6：已知点1,0 ,1,0 ,BCP是平面上一动点，且满足| |PCBCPB CBuu u ru uu ruuu ru uu r（1）求点P的轨迹C对应的方程；（2）已知点(,2)A m在

9、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. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 14 页 - - - - - - - - - 【解】（1）设.4,1) 1(|),(222xyxyxCBPBBCPCyxP化简得得代入（5 分）).2, 1(, 14)2,()2(2的坐标为点得代入将AmxymA,044,422tmtyxytmyxDE得代入的方程为设直线）（，则设*016)44,4),(),(22121221

10、1tmtyymyyyxEyxD4)(21)()2)(2() 1)(1(212121212121yyyyxxxxyyxxAEAD5)(2)44(44212122212221yyyyyyyy5)(242)(16)(212121221221yyyyyyyyyymmttmttmt845605)4(2)4(4)4(2)4(16)4(2222化简得) 1(23) 1(43484962222mtmtmmtt）即（即0*, 1252）式检验均满足代入（或mtmt1)2(5)2(ymxymxDE或的方程为直线）不满足题意，定点（过定点直线21).2,5(DE）练习 7：已知点 A（1，0） ，B（1， 1）和抛

11、物线 .xyC4:2，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 : OMOPu uu u r u uu r为定值 ; （II）若 POM 的面积为25，求向量OM与OP的夹角；（）证明直线PQ 恒过一个定点 . 解： （ I）设点PyyPyyM),4(),4(222121、M、A 三点共线，,4414,222121211yyyyyykkDMAM即4,142121211yyyyyy即.544212221yyyyOPOM(II) 设 POM=，则.5cos|OPOM.5sin|,25OPOMSROM由此可得 tan=1

12、. 又.45,45), 0(的夹角为与故向量OPOM()设点MyyQ),4(323、B、Q 三点共线，,QMBQkk3133222233131323133131311,41444(1)()4,40.11yyyyyyyyyyyyyyy yyyL L L L即即即分,0444,4,432322121yyyyyyyy即第 22 题名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 14 页 - - - - - - - - - 即.(*)04)(43232yyyy,444322322

13、32yyyyyykPQ)4(422322yxyyyyPQ的方程是直线即.4)(,4)(323222322xyyyyyyxyyyy即由（ *）式，,4)(43232yyyy代入上式，得).1(4)(4(32xyyy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222ryx上一点),(00yxP处的切线方程为200ryyyx” ，类比也有结论： “ 椭圆),()0(1002222yxPbabyax上一点处的切线方程为12020byyaxx” ，过椭圆C：1422yx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. （1）求证：直线AB 恒

14、过一定点；（2）当点 M 在的纵坐标为1 时，求 ABM 的面积。【解】（1）设 M14),(),(),)(,334(11221, 1yyxxMAyxByxARtt的方程为则点 M 在 MA 上13311tyx同理可得13322tyx由知AB 的方程为)1(3, 133tyxtyx即易知右焦点F（0 ,3）满足式，故AB 恒过椭圆 C 的右焦点F（0,3）（2）把 AB 的方程0167, 14)1(322yyyxyx化简得代入7167283631| AB又 M 到 AB 的距离33231|334|d ABM 的面积21316|21dABS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

15、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？名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 14 页 - - - - - - - - - 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0,0Fcc到直线l:20 xy的距离为3 22. 设P为直线

16、l上的点 , 过点P作抛物线C的两条切线,PA PB, 其中,A B为切点 . ( ) 求抛物线C的方程 ; ( ) 当点00,P xy为直线l上的定点时 , 求直线AB的方程 ; ( ) 当点P在直线l上移动时 , 求AFBF的最小值 . 【答案】( ) 依题意 , 设抛物线C的方程为24xcy, 由023 222c结合0c, 解得1c. 所以抛物线C的方程为24xy. ( ) 抛物线C的方程为24xy, 即214yx,求导得12yx设11,A x y,22,B xy( 其中221212,44xxyy), 则切线,PA PB的斜率分别为112x,212x, 所以切线PA：1112xyyxx,

17、 即211122xxyxy, 即11220 x xyy同理可得切线PB的方程为22220 x xyy因为切线,PA PB均过点00,P xy, 所以1001220 x xyy,2002220 x xyy所以1122,xyxy为方程00220 x xyy的两组解 . 所以直线AB的方程为00220 x xyy. ( ) 由抛物线定义可知11AFy,21BFy, 所以121212111AFBFyyy yyy联立方程0022204x xyyxy, 消去x整理得22200020yyxyy由一元二次方程根与系数的关系可得212002yyxy,2120y yy所以221212000121AFBFy yyy

18、yxy又点00,P xy在直线l上, 所以002xy, 所以22220000001921225222yxyyyy所以当012y时, AFBF取得最小值 , 且最小值为92.名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 14 页 - - - - - - - - - 练习 2： （2013 年辽宁数学（理） ）如图, 抛物线2212:4 ,:20Cxy Cxpy p,点00,Mxy在抛物线2C上, 过M作1C的切线 , 切点为,A B(M为原点O时,A B重合于O)012x

19、, 切线.MA的斜率为12-. (I) 求p的值 ;(II)当M在2C上运动时 , 求线段AB中点N的轨迹方 .,.A BOO重合于时 中点为【答案】名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 14 页 - - - - - - - - - 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：

20、 如图，已知直线L：)0(1:12222babyaxCmyx过椭圆的右焦点F，且交椭圆C于A、B两点，点 A、B在直线2:Gxa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。法一：解：)0 ,(),0, 1 (2akF先探索，当m=0时，直线Lox 轴，则 ABED 为矩形，由对称性知，AE与 BD相交于 FK中点 N , 且)0 ,21(2aN。猜想：当 m变化时， AE与 BD相交于定点)0,21(2aN证明：设),(),(),(),(12222211yaDyaEyxByxA，当

21、 m变化时首先AE过定点 N 2222222222222222221222121212221212122221()2(1)0.804(1)0(1),11221()2011()221()212(2ANENANENxmyab mymb ybab xa ya ba bam bayyKKaamyayymy yKKaamyayymy yambaQQQ即分又而这是2222222222222(1)(1) ()0)bamm bam bambmbam bKAN=KENA、N、E三点共线同理可得B、N、D三点共线AE与 BD相交于定点)0,21(2aN法 2：本题也可以直接得出AE和 BD方程，令 y=0，得与

22、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。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 14 页 - - - - - - - - - 例题 、已知椭圆C：2214xy，若直线:(2)lxt t与 x 轴交于点T,点 P 为直线l上异于点T 的任一点，直线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

23、法 1：点 A1、A2的坐标都知道， 可以设直线PA1、PA2的方程，直线PA1和椭圆交点是A1(-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:(2)lxt t上，相当于知道了点P的横坐标了，由直线PA1、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t2，就可以了，否则就不存在。解： 设11(,)M x y，22(,)N xy，直线1A M的斜率为1k,则直线1A M的方程为1(2)ykx，由122(2)44yk xxy消 y 整理得222121(

24、14)161640kxk xk12xQ和是方程的两个根，21121164214kxk则211212814kxk，1121414kyk，即点 M 的坐标为2112211284(,)1414kkkk，同理，设直线A2N 的斜率为 k2，则得点 N 的坐标为2222222824(,)1414kkkk12(2),(2)ppyk tyktQ12122kkkkt，Q直线 MN 的方程为：121121yyyyxxxx，令 y=0，得211212x yx yxyy，将点 M、N 的坐标代入，化简后得：4xt又2tQ，402tQ椭圆的焦点为( 3,0)43t，即4 33t故当4 33t时， MN 过椭圆的焦点。

25、方法总结 ：本题由点A1(-2,0)的横坐标 2 是方程222121(14)161640kxk xk的一个根，结合韦达定理，得到点M 的横纵坐标：211212814kxk，1121414kyk；其实由222(2)44ykxxy消 y 整理得222222(14)161640kxk xk，得到22222164214kxk，即22222821 4kxk，2222414kyk很快。不过如果看到：将21121164214kxk中的12kk用换下来，1x前的系数2 用 2 换下来，就得点N 的坐标2222222824(,)1414kkkk，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

26、这样减少计算量。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 14 页 - - - - - - - - - 本题的关键是看到点P的双重身份： 点 P即在直线1A M上也在直线A2N上，进而得到12122kkkkt，由直线 MN的方程121121yyyyxxxx得直线与x 轴的交点，即横截距211212x yx yxyy，将点 M 、N 的坐标代入，化简易得4xt，由43t解出4 33t，到此不要忘了考察4 33t是否满足2t。方法 2：先猜想过定点，设弦 MN 的方程，

27、得出NAMA21、方程，进而得出与 T交点 Q 、S ，两坐标相减 =0.如下：时，猜想成立。显然，当韦达定理代入整理）（：易得、相较于若分别于得直线方程：）（）（设求出范围；）（联立椭圆方程，整理：设334)(43()43(44-)2)(2(1)2)(2()(43()(3(24)2(2)2(2)2(2,(,)2(2,);2(2:),2(2:,;01324,3:212212121212122112211221122112221tyyttmmxxxxyytyytymytxytxyyytxytStxytQSQlxxyylxxyylyxNyxMmyymmyxlSQTNAMAMN方法总结：法 2 计算

28、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x29+y25=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 与椭圆分别交于点M(x1,y1)，N(x2,y2)，其中 m0,y10,y20. 设动点P 满足 PF2PB2=4,求点 P 的轨迹设 x1=2,x2=13，求点 T 的坐标设 t=9,求证：直线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

29、。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 14 页 - - - - - - - - - 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( 2,0)A、(2,0)B、31,2C三点过椭圆的右焦点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. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，

30、共 14 页 - - - - - - - - - （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221(0,0),mxmymn将( 2,0)A、(2,0)B、3(1, )2C代入椭圆E的方程，得41,914mmn解得11,43mn. 椭圆E的方程22143xy（也可设标准方程，知2a类似计分）（2）可知：将直线:(1)lyk x代入椭圆E的方程22143xy并整理得2222(34)84(3)0kxk xk设直线l与椭圆E的交点1122(,),(,)M xyN xy，由根系数的关系，得

31、212122214(3),3434kxxx xkk直线AM的方程为：1111(1)(2),(2)22yk xyxyxxx即由直线AM的方程为：22(2)2yyxx，即22(1)(2)2k xyxx由直线AM与直线BN的方程消去y，得121212122121222(3)223()434()24x xxxx xxxxxxxxxx222222222222228(3)24462443434344846423434kkkxxkkkkkxxkk直线AM与直线BN的交点在直线4x上故这样的直线存在模型四：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。名师资料总结

32、 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 14 页 - - - - - - - - - 例题1. 已知椭圆2222:1(0)xyCabab2,2的离心率为yxb并且直线是抛物线xy42的一条切线。（I）求椭圆的方程；（）过点)31,0(S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T，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。解： （I ）由0)42(:4222bxbxyxybxy得消去因直线xybxy42与抛

33、物线相切04)42(22bb1b22222221,222cabeabcaaaQ，故所求椭圆方程为.1222yx（II ）当 L与 x轴平行时，以AB为直径的圆的方程：222)34()31(yx当 L 与 x 轴平行时，以AB为直径的圆的方程：122yx, 由101)34()31(22222yxyxyx解得即两圆相切于点（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（0，1）若直线 L 不垂直于x 轴，可设直线L：31kxy由01612)918(:12312222kxxkyyxkxy得

34、消去记点),(11yxA、9181691812),(22122122kxxkkxxyxB则1122(,1),(,1),TAx yTBxyuu ruu r又因为1212121244(1)(1)()()33TA TBx xyyx xkxkxuu r uu r所以916)(34)1 (21212xxkxxk0916918123491816)1 (222kkkkkTATB，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2222:1(0)

35、xyCabab的离心率是22，12,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2A右侧的一点，且满足121122A DA DFD。（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:lykxm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）12(,0),( ,0),( ,0)AaA aF c，设( ,0)D x，1A2AOFDPQlnxy名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - -

36、 - - - - 第 12 页，共 14 页 - - - - - - - - - 由12112ADA D有112xaxa，又1FD，1,1xcxc，于是11211caca1(1)(1)cca ca，又222cacaQ，1(12 )(12 )ccc cc20cc，又0c，1,2,1cab，椭圆22:12xCy，且(2,0)D。（2）方法 1：(2, 2)QkmQ，设00(,)P xy，由2222()1212ykxmxkxmxy222()2xkxm222(21)4220kxkmxm，由于22222222164(21)(22)021021k mkmkmmk（*） ，而由韦达定理：*002224222

37、22121kmkmkmkxxkkmm由（ ），20021kykxmmmm，21(,)kPmm，设以线段PQ为直径的圆上任意一点( , )Mx y，由0MP MQu uu r uuu u r有2221212()(2)()(2)0(2)(2)(1)0kkkxxyykmxyxkmymmmmm由 对称性知定点在x轴上，令0y，取1x时满足上式，故过定点(1,0)K。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 。; 22,0000yyxxPQyxP切线方程为易得）（设)1,0(00yxD易得FDPH设0000090,; 1;1;1;PFQFDQ

38、PHFFDDQPHHFDFyxDQxHFyPH，易得相似于固问题得证。练习： （10 广州二模文）已知椭圆22122:1(0)xyCabab的右焦点2F与抛物线22:4Cyx的焦点重合，椭圆1C与抛物线2C在第一象限的交点为P，25|3PF. 圆3C的圆心T是抛物线2C上的动点 , 圆3C与y轴交于,M N两点，且|4MN. （1）求椭圆1C的方程；（2）证明 :无论点T运动到何处 , 圆3C恒经过椭圆1C上一定点 . （1）解法 1：抛物线22:4Cyx的焦点坐标为(1,0)，点2F的坐标为(1,0). 椭圆1C的左焦点1F的坐标为1( 1,0)F，抛物线2C的准线方程为1x. 设点P的坐标

39、为11(,)xy，由抛物线的定义可知211PFx, 253PF, 1513x，解得123x. 由211843yx，且10y,名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 14 页 - - - - - - - - - 得1263y. 点P的坐标为22633,. 在椭圆1C:22221(0)xyabab中，1c.22221222222|(1)(60)(1)(60)43333aPFPF222,3abac. 椭圆1C的方程为22143xy. 解法2：抛物线22:4Cyx的焦点

40、坐标为(1,0)，点2F的坐标为(1,0). 抛物线2C的准线方程为1x. 设点P的坐标为11(,)xy，由抛物线的定义可知211PFx, 253PF, 1513x，解得123x. 由211843yx，且10y得1263y. 点P的坐标为2 2(,6)3 3. 在椭圆1C:22221(0)xyabab中，1c. 由222221424199c,abc ,.ab解得2,3ab. 椭圆1C的方程为22143xy. （2）证法 1: 设点T的坐标为00(,)xy, 圆3C的半径为r， 圆3C与y轴交于,M N两点，且| 4MN,220| 24MNrx. 204rx. 圆3C的方程为222000()()

41、4xxyyx. 点T是抛物线22:4Cyx上的动点 , 2004yx(00 x). 20014xy. 把20014xy代入消去0 x整理得 :22200(1)2()024xyyyxy.方程对任意实数0y恒成立，2210,220,40.xyxy解得2,0.xy点(2,0)在椭圆1C:22143xy上, 无论点T运动到何处 , 圆3C恒经过椭圆1C上一定点2, 0. 证法 2: 设点T的坐标为00(,)xy, 圆3C的半径为r， 点T是抛物线22:4Cyx上的动点 , 2004yx(00 x). 圆3C与y轴交于,M N两点，且| 4MN,220| 24MNrx. 204rx. 圆3C的方程为222000()()4xxyyx.令00 x, 则2004yx0, 得00y. 此时圆3C的方程为224xy. 由22224,1,43xyxy解得2,0.xy圆3C:224xy与椭圆1C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T运动到何处 , 圆3C恒经过椭圆1C上一定点2, 0. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 14 页，共 14 页 - - - - - - - - -