动圆过定点问题教学内容
动圆过定点问题公式
动圆过定点问题公式在数学的奇妙世界里，动圆过定点问题可是个挺有趣的家伙。
咱先来说说啥是动圆过定点问题。
想象一下啊，有一个圆，它不像咱平时画的那些老老实实呆在一个地方的圆，而是会动来动去的，就像个调皮的小孩子。
但神奇的是，不管它怎么动，总会经过一个固定的点，这个固定的点就像是它的“家”，无论在外怎么撒欢，最后都得回到这儿。
为了解决动圆过定点问题，咱们有一些实用的公式和方法。
比如说，假设动圆的方程是$(x - a)^2 + (y - b)^2 = r^2$，其中$(a, b)$是圆心的坐标，$r$是半径。
如果这个动圆经过一个定点$(x_0, y_0)$，那就把这个点的坐标代进去，就能得到一个关于$a$、$b$或者$r$的关系式。
我记得有一次给学生们讲这个知识点的时候，有个小同学眼睛瞪得大大的，一脸迷茫地问我：“老师，这圆为啥要动来动去啊，它不累吗？”我笑着跟他说：“这圆啊，就像你在操场上跑步，虽然跑的路线不一样，但总有个终点等着你。
”这小家伙似懂非懂地点点头，继续埋头琢磨去了。
咱们再深入一点，动圆过定点问题还常常和其他的数学知识结合在一起。
比如说和直线方程啦，圆锥曲线啦等等。
这就像是一场数学知识的大派对，大家都凑到一块儿，热闹非凡。
比如说，如果动圆与一条直线相切，并且经过一个定点，那咱们就得先求出直线的方程，再结合圆的方程，找出其中的关联。
这就好像是解开一道复杂的谜题，每一个条件都是一块拼图，咱们得把它们拼到一起，才能看到完整的画面。
还有的时候，动圆过定点问题会出现在实际生活中呢。
就像建筑工人在建造圆形的花坛时，要确保某个位置总是能被花坛覆盖，这其实就是在解决一个动圆过定点的问题。
总之啊，动圆过定点问题虽然有点小复杂，但只要咱们掌握了方法，多做几道题练练手，就一定能把它拿下。
就像那个一开始迷茫的小同学，后来经过自己的努力，也能熟练地解决这类问题啦。
所以同学们，别害怕，大胆地去探索这个奇妙的数学世界吧！。
圆过定点问题(非常好)
实用标准文档圆过定点问题班级__________________ 姓名________________. . 2 2 . .1.已知定点G (- 3, 0), S是圆C: (X- 3) +y=72 (C为圆心)上的动点，SG的垂直平分线与SC交于点E.设点E的轨迹为M.(1 )求M的方程；(2)是否存在斜率为1的直线，使得直线与曲线M相交于A, B两点，且以AB为直径的圆恰好经过原点？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.2 2 2 22.在平面直角坐标系xOy中，已知圆C i： (x+1) +y =1，圆C2: (x- 3) + (y - 4) =1.(I)判断圆C1与圆C的位置关系；(n)若动圆C同时平分圆C1的周长、圆C的周长，则动圆c是否经过定点？若经过，求出定点的坐标; 若不经过，请说明理由.3 .已知定点A (- 2, 0), B (2, 0),及定点F ( 1, 0),定直线I : x=4，不在x轴上的动点M到定点F 的距离是它到定直线I的距离的+倍，设点M的轨迹为E,点C是轨迹E上的任一点，直线AC与BC分别交直线I与点P, Q(1)求点M的轨迹E的方程；(2)试判断以线段PQ为直径的圆是否经过定点F,并说明理由.文案大全4.如图，已知椭圆C: 一'「+y =1的上、下顶点分别为A B,点P在椭圆上，且异于点A、B,直线AP BP4与直线I : y= - 2分别交于点M N,(i)设直线AP BP的斜率分别为k i、k2，求证：k i? k2为定值；(ii)当点P运动时，以MN为直径的圆是否经过定点？请证明你的结论.5•如图所示，已知圆C: x2+y2=r2(r >0)上点(1, 価)处切线的斜率为-亜，圆C与y轴的交点分3别为A, B,与x轴正半轴的交点为D, P为圆C在第一象限内的任意一点，直线BD与AP相交于点M直线DP与y轴相交于点N.(1)求圆C的方程；(2)试问：直线MN是否经过定点？若经过定点，求出此定点坐标；若不经过，请说明理由.26.二次函数f (x) =3x - 4x+c (x€ R)的图象与两坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆记为O C.(1)求实数c的取值范围；(2)求0 C的方程；(3)问0 C是否经过某定点(其坐标与c的取值无关)？请证明你的结论.27.如图，抛物线M y=x +bx (b^ 0)与x轴交于O, A两点，交直线l : y=x于O, B两点，经过三点O, A, B作圆C.(I )求证：当b变化时，圆C的圆心在一条定直线上；(II )求证：圆C经过除原点外的一个定点；(III )是否存在这样的抛物线M使它的顶点与C的距离不大于圆C的半径？&在平面直角坐标系 xoy 中，点M 到两定点F i (- 1, 0)和F 2 (1, 0)的距离之和为4,设点M 的轨迹是 曲线C. (1) 求曲线C 的方程；(2) 若直线I : y=kx+m 与曲线C 相交于不同两点 A B (A 、B 不是曲线C 和坐标轴的交点)，以AB 为直径 的圆过点D( 2, 0)，试判断直线I 是否经过一定点，若是，求出定点坐标；若不是，说明理由.2 29.如图.直线I : y=kx+1与椭圆G:丄+丫一二1交于A, C 两点，A. C 在x 轴两侧,16 4B , D 是圆C 2： x 2+y 2=16上的两点.且 A 与B . C 与D 的横坐标相同，纵坐标同号. (I )求证：点B 纵坐标是点A 纵坐标的2倍，并计算||AB| - |CD||的取值范围； (II )试问直线BD 是否经过一个定点？若是，求出定点的坐标：若不是，说明理由.10.已知 A (- 1, 0) , B (2, 0),动点 M (x , y )满足(1) 求动点M 的轨迹方程，并说明轨迹 C 是什么图形； (2) 求动点M 与定点B 连线的斜率的最小值；(3) 设直线I : y=x+m 交轨迹C 于P, Q 两点，是否存在以线段 PQ 为直径的圆经过 A ?若存在，求出实数 m 的值；若不存在，说明理由.11.已知定直线I : x= - 1,定点F (1, 0), O P 经过F 且与I 相切.(1 )求P 点的轨迹C 的方程.□,丄，设动点M 的轨迹为C.(2)是否存在定点M,使经过该点的直线与曲线C交于A B两点，并且以AB为直径的圆都经过原点；若有，请求出M点的坐标；若没有，请说明理由.2 212.已知动圆P与圆M (x+1) +y =16相切，且经过M内的定点N( 1, 0).(1 )试求动圆的圆心P的轨迹C的方程；)设0是轨迹C上的任意一点(轨迹C与x轴的交点除外)，试问在x轴上是否存在两定点A, B,使得直线0A与0B 的斜率之积为定值(常数)？若存在，请求出定值，并求出所有满足条件的定点A、B的坐标；若不存在，请说明理由.13 .已知在厶ABC中，点A B的坐标分别为(-2, 0)和(2, 0),点C在x轴上方.(I)若点C的坐标为(2, 3),求以A、B为焦点且经过点C的椭圆的方程；(H)若/ ACB=45，求△ ABC的外接圆的方程；(川)若在给定直线y=x+t上任取一点P,从点P向(H)中圆引一条切线，切点为Q.问是否存在一个定点M恒有PM=PQ请说明理由.2015年03月12日yinyongxialOO 的高中数学组卷参考答案与试题解析一•填空题(共1小题). . 2 2 . .1.已知定点 G (- 3, 0) , S 是圆C: ( X - 3) +y =72 (C 为圆心)上的动点， SG 的垂直平分线与 SC 交于点E.设点 E 的轨迹为M.(1) 求M 的方程；(2) 是否存在斜率为1的直线，使得直线与曲线 M 相交于A, B 两点，且以AB 为直径的圆恰好经过原点？若存在， 求出直线的方程；若不存在，请说明理由.考点： 直线与圆锥曲线的综合问题. 专题： 圆锥曲线中的最值与范围问题. 分析： (1)由已知条件推导出点 E 的轨迹是以G, C 为焦点，长轴长为的椭圆，由此能求出动点 E 的轨迹方 程.(2) 假设存在符合题意的直线 l 与椭圆C 相交于A( X 1,yJ,B( X 2, y 2)两点，其方程为y=x+m, 由/ 严 ,118+T =1得3x+4mx+2m- 18=0.由此能求出符合题意的直线1存在，所求的直线1的方程为或y=x -.解答： 解：(1)由题知 |EG|=|ES| ,• |EG|+|EC|=|ES|+|EC|=6 西. 又•••师|=6＜晰,•••点E 的轨迹是以G C 为焦点，长轴长为 6妊的椭圆，(2)假设存在符合题意的直线 I 与椭圆C 相交于A (X 1, y 1), B (X 2, y 2)两点,其方程为y=x+m,•••直线l 与椭圆C 相交于A , B 两点,2 2• △ =16m - 12 (2m - 18)> 0, 化简得 m k 27,解得-3「；.•••( 6 分)•••以线段AB 为直径的圆恰好经过原点，• r" =0,所以 X 1X 2+y 1y 2=0.…(8 分)2动点 消去y ，化简得 2 23x +4mx+2m- 18=0.X 1+X 2=-4rr ~3xg — E 的轨迹方程为又y1y2= (x计m) (X2+m =X1X2+m (X1+X2) +m,x i X 2+y i y 2=2x i X 2+m (X 1+X 2) +吊 J ___________ : — +nn=0,33解得 m=_ I ［：..•••( 11 分) 由于一「. (—3：3：;),•••符合题意的直线I 存在， 所求的直线I 的方程为y=x + l 或y=x - 2： ;.•••( 13分)点评：本题考查点的方程的求法，考查满足条件的直线是否存在的判断与求法，解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用.二.解答题(共12小题)2 2 2 22.在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 Ci : (x+1) +y =1，圆C 2: (x - 3) + (y - 4) =1.(I) 判断圆C1与圆Q 的位置关系；(H)若动圆 C 同时平分圆 G 的周长、圆C 2的周长，则动圆 C 是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经 过，请说明理由.考点：直线和圆的方程的应用. 专题：直线与圆. 分析：(I)求出两圆的圆心距离，即可判断圆G与圆C2的位置关系；(n)根据圆 C 同时平方圆周，建立条件方程即可得到结论.解答： 解：(I) G: (x+1) 2+y 2=1 的圆心为(-1, 0)，半径 r=1，圆 C 2： (x - 3) 2+ (y - 4) 2=1 的圆心为(3, 4), 半径R=1,则 ICQF J _ 3 ］件护二二,•••圆C 1与圆C 2的位置关系是相离.整理得x+y - 3=0,即圆心C 在定直线x+y - 3=0上运动. 设 C ( m 3 - m ), 则动圆的半径「' : ：T- ' ■ - T I. . 2 2 2 2于是动圆 C 的方程为(x - nr) + (y - 3+m ) =1+ ( m+1) + (3 - m ),22整理得：x+y - 6y - 2- 2m (x - y+1) =0.--警 尸2-罟即所求的定点坐标为(1-匸2-解得(n)设圆心 C (x , y )，由题意得 CG=CG ,(I - 2< ).点评：本题主要考查圆与圆的位置关系的判断，以及与圆有关的综合应用，考查学生的计算能力.3.已知定点A (- 2, 0), B (2, 0),及定点F (1, 0),定直线I : x=4，不在x轴上的动点M到定点F的距离是它到定直线I 的距离的丄倍，设点M的轨迹为E,点C是轨迹E上的任一点，直线AC与BC分别交直线I与点P, Q(1)求点M的轨迹E的方程；(2)试判断以线段PQ为直径的圆是否经过定点F,并说明理由.1O■X考点：轨迹方程；圆的标准方程.专题：直线与圆.分析：(1)由椭圆的第二定义即可知道点M的轨迹E为椭圆；(2)设出椭圆上的点C的坐标，进而写出直线AC BC的方程，分别求出点P、Q的坐标，只要判断k pF? k QF： -1是否成立即可.解答：解：(1)由椭圆的第二定义可知：点M的轨迹E是以定点F (1, 0)为焦点，离心率e=，直线I : x=4为准线的椭圆(除去与x轴相交的两2点).••• c=1,卫亠，••• a=2, b2=22- 12=3, a 22 2•••点M的轨迹为椭圆E,其方程为乡厶三■二1 (除去(土2,(2)以线段PQ为直径的圆经过定点F.下面给出证明:0)).如图所示：设C (x o, y o) , ( X o M 土2),则直线AC白&舌禅* . 一y oV—切+2%_2y0. 氐PF一q_ ]曲'令x=4，则y(x+2), )，二24.如图，已知椭圆C: •' +y 2=1的上、下顶点分别为 A 、B,点P 在椭圆上，且异于点A 、B,直线AP BP 与直线I :4y= — 2分别交于点 M N,(i) 设直线 AP 、BP 的斜率分别为k i 、k 2,求证：k i ? k 2为定值；(ii) 当点P 运动时，以MN 为直径的圆是否经过定点？请证明你的结论.方程组可求解圆所过定点的坐标.(i)证明：由题设椭圆 C :: 4 +y 2=1 可知，点 A ( 0, 1) , B ( 0,— 1).考点： 椭圆的应用.专题： 综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程. 分析： (i)由椭圆方程求出两个顶点 A , B 的坐标，设出P 点坐标，写出直线 AP BP 的斜率k 1, k 2，结合P 的坐标适合椭圆方程可证结论；(ii)设出以 MN 为直径的圆上的动点 Q 的坐标，由」’'J =0列式得到圆的方程，化为圆系方程后联立直线BC 的方程为: ，令 x=4，则 y Q =2v 0% - 2 kQF=k pF ? k Q =/-4)•••点C (X o , y o )在椭圆3 G a 2-4)解答:k pF ? k Q = —解题的关点评:令P ( x o, y o),则由题设可知x o M 0.从而有 k i ? k 2= ' - °? --- =K0 灯（ii ）解：以 MN 为直径的圆恒过定点（0，- 2+2 ;）或（0，- 2- 2：;）.又 k i ? k 2=-—4令 X =0，则（y+2） 2=12，解得 y= - 2± 2_ 一;.•••以MN 为直径的圆恒过定点（0,- 2+2- J 或（0,- 2 - 2_ ；）.点评：本题考查了直线的斜率，考查了直线与圆锥曲线的关系，考查了圆系方程，考查了学生的计算能力，是有 一定难度题目.5•如图所示，已知圆C : x 2+y 2=r 2（r >0）上点〔1，"引 处切线的斜率为 -亨，圆C 与y 轴的交点分别为 A , B , 与X 轴正半轴的交点为 D, P 为圆C 在第一象限内的任意一点，直线 BD 与AP 相交于点M 直线DP 与y 轴相交于点 N. （1） 求圆C 的方程；（2） 试问：直线 MN 是否经过定点？若经过定点，求出此定点坐标；若不经过，请说明理由.T 点在圆 C ： x2+y 2=r 2上,又点P 在椭圆上，•••+y°2=1 ( 1)事实上，设点Q （x , y ）是以 MN 为直径圆上的任意一点，则 小-「1=0,(y+2) (y+2) =0.•••以MN 为直径圆的方程为X2+ (y+2)-12弋5十考点：直线与圆的位置关系. 专题：直线与圆.分析：（1）根据条件结合点在圆上，求出圆的半径即可求圆 C 的方程;故有（解答:（2）根据条件求出直线 MN 的斜率，即可得到结论.故圆C 的方程为x 2+y 2=4.22(2)设 P (x o , y o ),则 x o +y o =4,易得N(0,迪),kivir =2X2 _ S 2x 0+2y 0 " 4 2y l0■ y 0+2 2- gC2- x D ) (2x o +2y 0 - 4) -2 兀(工口 珂+2)、 ％4s 0 (2- x Q )_4°+4和_£一— 2“牝十 4“ _ 2XQ y c + 2y 02 _知0__-升叮丫 卞十％ _ 2% C2-气) ％(龙-也丿 釦］「.直线碱方程为y=晋尸务化简得(y - x ) xo+ (2 - x ) yo=2y - 2x•••( * )MN 经过定点(2，2).点评：本题主要考查圆的方程的求解，以及直线和圆的位置关系的应用，考查学生的计算能力.6.二次函数f (x ) =3x 2- 4x+c (x € R )的图象与两坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆记为OC.(1) 求实数c 的取值范围； (2) 求O C 的方程； (3)问O C 是否经过某定点(其坐标与 c 的取值无关)？请证明你的结论.考点：圆的标准方程；二次函数的性质；圆系方程. 专题：直线与圆.分析：(1)令x=o 求出y 的值，确定出抛物线与 y 轴的交点坐标，令f (x ) =o ,根据与x 轴交点有两个得到 c 不为o 且根的判别式的值大于 o ,即可求出c 的范围；(2) 设所求圆的一般方程为 x 2+y 2+Dx+Ey+F=o,令y=o 得，x 2+Dx+F=o,这与x 2- x —=o 是同一个方程，求 出D, F .令x=o 得，y 2+Ey+F=o,此方程有一个根为 c ,代入得出E ,由此求得圆C 的一般方程； (3) 圆C 过定点(o , 2)和(世，2),证明：直接将点的坐标代入验证.|33 3解答：解：(1 )令x=o ，得抛物线与y 轴的交点(o , c ),2令 f ( x ) =3x - 4x+c=o , 由题意知：c 丰o 且厶＞ o ,14解得：cv —且CM o ；| ST22直线 BD 的方程为x - y - 2=0,直线AP 的方程为+2且(* )式恒成立，故直线(2)设圆C: x +y +Dx+Ey+F=o,令y=0，得到x?+Dx+F=O,这与 X --!x+J-=O 是一个方程，故 D=-3 3令x=0，得到y 2+Ey+F=0,有一个根为c ,代入得:则圆 C 方程为：x 2+y 2- ^x -（ c+二）y —=0；|333(3)圆C 必过定点(0, 2)和(卫，丄)，理由为3用由 x 2+y 2- —x -( c+—) y+-!=0,3 3 3令y=—，解得：x=0或33 •••圆C 必过定点(0, _)和(一，一).33 3本题主要考查圆的标准方程，一元二次方程根的分布与系数的关系，体现了转化的数学思想，属于中档题.27.如图，抛物线 M ： y=x +bx (b ^ 0)与x 轴交于O, A 两点，交直线l : y=x 于O, B 两点，经过三点 O, A, B 作圆C.(I )求证：当b 变化时，圆C 的圆心在一条定直线上； (II )求证：圆C 经过除原点外的一个定点；(III )是否存在这样的抛物线 M,使它的顶点与 C 的距离不大于圆 C 的半径？考点：圆与圆锥曲线的综合；圆的一般方程；抛物线的简单性质. 专题：计算题.分析：(I )在方程y=x 2+bx 中.令y=0, y=x ，易得A , B 的坐标表示，设圆 C 的方程为x 2+y 2+Dx+Ey=0,禾U 用条件fl>b得出，写出圆C 的圆心坐标的关系式，从而说明当b 变化时，圆C 的圆心在定直线y=x+1 上.E=b-2 £2 2(II )设圆C 过定点(m n ),贝U m+n+bm+(b - 2) n=0,它对任意b 丰0恒成立，从而求出 m, n 的值，从 而得出当b 变化时，(I )中的圆C 经过除原点外的一个定点坐标； (III )对于存在性问题，可先假设存在，即假设存在这样的抛物线M 使它的顶点与它对应的圆 C 的圆心之间的距离不大于圆 C 的半径，再利用不等关系，求出 b ,若出现矛盾，则说明假设不成立，即不存在；否 则存在.2解答： 解：(I )在方程 y=x +bx 中.令 y=0, y=x ，易得 A (- b , 0), B (1 - b , 1 - b ). . 2 2设圆C 的方程为x +y +Dx+Ey=0,b 2-bD=0?(D=bCi-b) 2+ (1 -b) 莓(1 -b)讯(1 —b)匪o-22 2二 F=_33c 2+cE 已=0,解得:E=- c -3点评: 故经过三点 O, A , B 的圆C 的方程为x +y +bx+ (b - 2) y=0, 设圆C 的圆心坐标为(X 0, y 0),则 x °=—_k, y °=— —，二 y o =X o +1,2 2这说明当b 变化时，(I )中的圆C 的圆心在定直线 y=x+1 上.(II )设圆 C 过定点(m n ),贝U m+n +bm+ (b - 2) n=0,整理得(m+r ) b+m+n — 2n=0,它对任意0恒成立,故当b 变化时，(I )中的圆C 经过除原点外的一个定点坐标为(-1, 1).(III )抛物线M 的顶点坐标为(-上，-匕丄),若存在这样的抛物线 M 使它的顶点与它对应的圆C 的圆24心之间的距离不大于圆 C 的半径，2 2整理得(b - 2b ) < 0,因b 丰0,.・. b=2, 以上过程均可逆，故存在抛物线 M y=x 2+2x ,使它的顶点与 C 的距离不大于圆 C 的半径.点评：本题考查了二次函数解析式的确定，圆的一般方程，抛物线的简单性质等知识点•综合性较强，考查学生 数形结合的数学思想方法.&在平面直角坐标系 xoy 中，点M 到两定点F i (- 1, 0)和F 2 (1, 0)的距离之和为 4,设点M 的轨迹是曲线 C.(1) 求曲线C 的方程；(2) 若直线I : y=kx+m 与曲线C 相交于不同两点 A B (A B 不是曲线C 和坐标轴的交点)，以AB 为直径的圆过点 D( 2,0),试判断直线I 是否经过一定点，若是，求出定点坐标；若不是，说明理由.考点： 轨迹方程；直线与圆锥曲线的关系. 专题： 综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程.分析： (1) 由椭圆的定义可知，点 M 的轨迹C 是以两定点F 1 ( 1, 0)和F 2 (1, 0)为焦点，长半轴长为 2的椭 圆，由此可得曲线 C 的方程；(2) 直线y=kx+m 代入椭圆方程，利用韦达定理，结合以 AB 为直径的圆过点 D (2, 0),即可求得结论.解答： 解：(1 )设M(x , y ),由椭圆的定义可知，点 M 的轨迹C 是以两定点F 1 (- 1, 0)和F 2 (1, 0)为焦点， 长半轴长为2的椭圆•••短半轴长为.-- ■---=：；(2)设 A (X 1, yj , B (X 2, y 2),贝 V. . 2 2 2直线y=kx+m 代入椭圆方程，消去 y 可得(3+4k ) x +8mkx+4 (m - 3) =0 …X 1+X 2= - ---3+4k 2•••以AB 为直径的圆过点 D(2, 0), • k AD<B[= - 1• y 1y 2+X 1X 2 - 2 ( X 1+X 2) +4=0,X 1X 23+4 k 2 • y 1y 2= (kx 1+m ) (kx 2+m3 d41?)3t4k 2^=0 ? fuT - 1』'+口 2 - 2n=0 [n=l•••曲线C 的方程为3 Cm2 -4k2).4 Cm2 -3)_l 16A u_n3+4 k2'3+4k2十O T 4—U3+4k22 2/• 7m+16mk+4k=0 /• m=- 2k 或m=-，均满足厶=3+4k2- n i> 07当m=- 2k时，I的方程为y=k (x - 2),直线过点(2, 0),与已知矛盾；当m=——时，I的方程为y=k (x-丄)，直线过点(丄，0),7 n 7直线I过定点，定点坐标为(J, 0).点评：本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的运用，考查学生的计算能力，属于中档题.2 29. (2013?温州二模)如图.直线I : y=kx+1与椭圆G:丄亠丫一二1交于A, C两点，A. C在x轴两侧，B,16 42 2D是圆C2: x +y =16上的两点.且A与B. C与D的横坐标相同.纵坐标同号.(I )求证：点B纵坐标是点A纵坐标的2倍，并计算||AB| -|CD||的取值范围；(II )试问直线BD是否经过一个定点？若是，求出定点的坐标：若不是，说明理由.12=0,^> 0恒成立,2 2? (4k +1) x +8kx -考点：专题：分析：直线与圆锥曲线的关系；两点间的距离公式.综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程.(I )设A (x i , y i) , B (x i , y2),分别代入椭圆、圆的方程可得解答:由y1, y2同号得y2=2y1，设C (x a, y a), D( x a, y4),同理可得y4=2y3,联立直线与椭圆方程消掉y得x的二次方程，由A C在x轴的两侧，得y i y a v 0,代入韦达定理可求得k2范围，而||AB| - |CD||=||y i| -2|y a||=|y i+y a|=|k (x i+x a) +2|，再由韦达定理及k范围即可求得答案；(II )由斜率公式求出直线BD的斜率，由点斜式写出直线BD方程，再由点A在直线I上可得直线BD方程, 从而求得其所过定点.(I )证明：设A (x i, y i), B (x i, y2),2 2x l+4^l =1G2 2 亠+y2=16•••y i, y2同号，二y2=2y i,设C ( X3, y3), D (X3, y4),同理可得• |AB|=|y i| , |CD|=|y 3I ,根据题意得:y4=2y a,2轨迹C 是以(-2, 0)为圆心，2为半径的圆(3分)(2)设过点B 的直线为y=k ( x - 2).圆心到直线的距离Vk^+1(7 分)(3)假设存在，联立方程2得 2x +2 ( m+2 x+n i =0V ，- |CD||=||y i | - |y 3||=|y i +y 3|=|k (xg) +2|=__4k 2+l(II )解：•••直线 BD 的斜率k ，3? _ 站吧_ K 1 •直线 BD 的方程为 y=2k (x - x i ) +2y i =2kx - 2 (kx i - y i ),•••y i =kx i +1,.・.直线 BD 的方程为 y=2kx+2 ,•直线BD 过定点(0, 2).点评：本题考查直线与圆锥曲线的位置关系、两点间的距离公式，考查学生分析解决问题的能力，本题中多次用 到韦达定理，应熟练掌握.10.已知A (- 1 , 0), B (2, 0),动点M(x , y )满足独/二，设动点 M 的轨迹为C.|MB| 2(1) 求动点M 的轨迹方程，并说明轨迹 C 是什么图形； (2) 求动点M 与定点B 连线的斜率的最小值；(3) 设直线I : y=x+m 交轨迹C 于P, Q 两点，是否存在以线段 PQ 为直径的圆经过 A ?若存在，求出实数 m 的值; 若不存在，说明理由.考点： 轨迹方程；圆方程的综合应用. 专题： 综合题；探究型. 分析：解：(1 )先将条件化简即得动点 M 的轨迹方程，并说明轨迹 C 是图形：轨迹 C 是以(-2, 0)为圆心，2 为半径的圆.(2)先设过点B 的直线为y=k ( x -2).利用圆心到直线的距离不大于半径即可解得 k 的取值范围，从而得出动点M 与定点B 连线的斜率的最小值即可；若出现矛盾，则说明假设不成立，即不存在；否则存在.••• A C 在 x 轴的两侧，••• y i y 3<0,••( kx i +1) (kx 3+1) =k X i X 3+k (X 1+X 3) +1=—4k 2+lV 0,=2k .(3) 对于存在性问题，可先假设存在，即存在以线段 PQ 为直径的圆经过 A ,再利用PAL QA 求出m 的长,解答:化简可得(x+2) 2+y 2=4.k min =2 设P (X1, yj , Q (X2, y2)贝U X1+X2= - m- 2, X1X2=^L2PA丄QA ■'■( X1+1) (X2+1) +yy2= (X1+1) (X2+1) + (X1+m) (X2+m =0,2 22X1X2+ ( m+1 (X1+X2) +m+1=0 得m - 3m- 1=0,彳土7/^且满足△、o..・. '士(12分)ILL 2| ll^ 2点评：求曲线的轨迹方程是解析几何的两个基本问题之一求符合某种条件的动点的轨迹方程，其实质就是利用题设中的几何条件，用“坐标化”将其转化为寻求变量间的关系，求曲线的轨迹方程常采用的方法有直接法、定义法、代入法、参数法•本题是利用的直接法•直接法是将动点满足的几何条件或者等量关系，直接坐标化，列出等式化简即得动点轨迹方程.11.已知定直线I : x= - 1,定点F (1, 0) , O P经过F且与I相切.(1)求P点的轨迹C的方程.(2)是否存在定点M使经过该点的直线与曲线C交于A B两点，并且以AB为直径的圆都经过原点；若有，请求出M点的坐标；若没有，请说明理由.考点：直线与圆锥曲线的综合问题.专题：直线与圆.分析：(1)由已知得点P的轨迹C是以F 为焦点，1为准线的抛物线，由此能求出点P的轨迹C的方程.(2)设AB的方程为x=my+n,代入抛物线方程整理，得：y24my- 4n=0解答：解：(1)由题设知点P到点F的距离与点P到直线1的距离相等，•••点P的轨迹C是以F为焦点，1为准线的抛物线，•••点P的轨迹C的方程为y2=4x.(2)设AB的方程为x=my+n,代入抛物线方程整理，得：2y - 4my- 4n=0,设A (X1, yj , B (X2, y2),则，,71^2=^ 4n•••以AB为直径的圆过原点，• OALOB2 2y 1…丫1丫2+乂很2-0,••比¥ 2 + 4 Q 二° ,• y1y2= - 16,••- 4n= —16,解得n=4,点评：本题考查点的轨迹方程的求法，考查满足条件的点的坐标是否存在的判断与求法，解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用.12.已知动圆P与圆M: (x+1) 2+y2=16相切，且经过M内的定点N( 1, 0).(1)试求动圆的圆心P的轨迹C的方程；(2)设0是轨迹C上的任意一点(轨迹C与x轴的交点除外)，试问在x轴上是否存在两定点A, B,使得直线OA 与0B的斜率之积为定值(常数)？若存在，请求出定值，并求出所有满足条件的定点A、B的坐标；若不存在，请说明理由.考点：圆方程的综合应用；圆与圆的位置关系及其判定.分析：(1)利用动圆P与定圆(x- 1) 2+y2=16相内切，以及椭圆的定义，可得动圆圆心P的轨迹M的方程；(2)先设任意一点以及A B的坐标，k QA? k Q=k (常数)，根据轨迹方程列出关于k、s、t的方程，并求出k 、s 、t 的值，即可求出结果.解答： 解：（1）由题意，两圆相内切，故，|PM|=4 -|PN|，即|PM|+|PN|=4 .又••• MN=2C 4•动圆的圆心 P 的轨迹为以 M N 为焦点，长轴长为 4的椭圆.2 2动点P 的轨迹方程为 丄+「-1 .设 A ( s , 0), B (t , 0), k QA ? k QB =k (常数)二 kQA ? kQE=n—j.,— …-X[l ~ S ~-^0~ （計4 [牝- （s+t ） Xg+St ]2整理得（4k+3） x o - 4k （s+t ） x o +4 （kst - 3） =0 由题意，上面的方程对（-2, 2）内的一切x o 均成立••• 4k+3=o ，- 4k （ s+t ） =o 且 4 （ kst - 3） =o解得 k= -J, s=2, t= - 2，或 s=- 2, t=24•••在x 轴上只存在两定点 A （2, o ）、B （- 2, o ）使得直线 QA 与QB 的斜率之积为定值-—.4点评： 题考查圆的基本知识和轨迹方程的求法以及斜率的求法，解题时要注意公式的灵活运用，此题有一定难度.13. （2oio?盐城二模）已知在△ ABC 中，点 A B 的坐标分别为（-2, o ）和（2, o ）,点C 在x 轴上方.（I ）若点C 的坐标为（2, 3）,求以A B 为焦点且经过点 C 的椭圆的方程； （H ）若/ ACB=45，求△ ABC 的外接圆的方程；（川）若在给定直线 y=x+t 上任取一点P ,从点P 向（H ）中圆引一条切线，切点为 Q 问是否存在一个定点 M 恒 有PM=PQ 请说明理由.考点：椭圆的标准方程；圆的标准方程；直线和圆的方程的应用.2 2又c=2，所以b=2二故所求椭圆的方程为(n)因为 丄L=2R 所以 2R=4 ■：,即 R=2 ：■sinC又圆心在 AB 的垂直平分线上，故可设圆心为（0, s ） （s > 0）,2 2 2则由4+S=8,所以△ ABC 的外接圆的方程为 x+ （y - 2） =8（川）假设存在这样的点 M （m, n ）,设点P 的坐标为（x , x+t ）,因为恒有PM=PQ 所以（x - m ） 2+ （x+t、2 2, 、 2-n ） =x + （x+t - 2） - 8 ,2 2(2)设点 Q ( x o , y o ),则4_ , x o 工土22珂 _Zo ____________ 珂12-3KQ专题：计算题；存在型. 分析：（I ）根据椭圆的定义和（n ）先用正弦定理可知得.（川）假设存在这样的点AC BC 求得椭圆的长轴，进而根据 c 求得b ,则椭圆的方程可得.=2R ,进而求得R,设出圆心坐标，根据勾股定理求的s ，则外接圆的方程可sinCM （ m, n ）,设点P 的坐标，进而根据 PM=PQ 求得关于x 的方程，进而列出方程组，消去m 得到关于n 的一元二次方程，分别讨论当判别式大于0或小于等于0时的情况. 解答: 解：（I ）因为AC=5BC=3所以椭圆的长轴长2a=AC+BC=8即（2m+2n- 4）x -（m+n - 2nt+4t+4 ）=0,对x € R,恒成立，从而-1-1-，消去 m 得 n 2-( t+2) n+ 冷 2 in 2 - 2nt-F4t+4=0因为方程判别式厶=t 2-4t - 12，所以 ①当-2V t v 6，时，因为方程无实数解，所以不存在这样的点M ②当t > 6或t <- 2时，因为方程有实数解，且此时直线 y=x+t 与圆相离或相切，故此时这样的点 点评：本题主要考查了椭圆的标准方程和椭圆与直线的关系•考查了学生综合分析问题的能力.(2t+4 ) =0M 存在.。
27.圆过定点问题 课件-广东省惠来县第一中学2021届高三数学一轮复习
主要过程：
y
C
m 6 x2
: 4
(x 2)
y2 1 3
3x2
m2 9
(x
2)2
12
x1
2
27 27
m2 m2
y
C
m (x 2)
2
: x2 y2 1
43
3x2
m2 (x
2)2
12
x2
2
m2 m2
3 3
法一：先求得
MM((22(2(2272777mmmm222)2
) ,
2, 721781m8mmm2 )2,
O
B(2,0)
x H (4, 0)
N
Q1：判断 B 与以 MN 为直径的圆的位置关系，并说明理由.
第一步：
①分析题目中的几何条件，
问题涉及的各几何要素的关系 ②对点与圆的位置的多种表述
A(2, 0)
进行选择、构思、优化
③对选定的表述进行代数化处理
y
P M
O
B(2, 0)
x H (4, 0)
N
①分析题目中的几何条件，问题涉及的各几何要素的关 系
))
60m2
0
(27 m2 )(3 m2 )
选择P点坐标表示，进行消元化简
BM BN (x1 2)(x2 2) y1 y2
B请M再 B思N 考((xBx：11M22,先)By(1N消x)2元(x化22(x)简12，, my62随2)((时xx1关2注22)化) 简m2的y(1x代y22数 结2)构，
第一部分：本题怎么解
思考1 : 本题怎么解?
step1: 本 题 怎 么 解
第二部分：一般来说，圆过定点的方法有什么
与圆有关的定点问题以及阿波罗尼斯圆(解析版)
专题08与圆有关的定点问题以及阿波罗尼斯圆题型一与圆有关的定点问题1．已知直角坐标系xOy 中，圆22:16O x y +=．①过点(4,2)P 作圆O 的切线m ，求m 的方程；②直线:l y kx b =+与圆O 交于点M ，N 两点，已知(8,0)T ，若x 轴平分MTN ∠，证明：不论k 取何值，直线l 与x 轴的交点为定点，并求出此定点坐标．【解答】解：①当切线的斜率不存在时，则切线方程为4x =，显然与圆O 相切，当切线的斜率存在时，设方程为：(4)2y k x =-+，即420kx y k --+=，2|42|41k =+，解得34k =-，所以可得这时切线的方程为：34200x y ++=，所以切线m 的方程为：4x =或34200x y ++=；②设1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y 联立2216y kx b x y =+⎧⎨+=⎩，整理可得：222(1)2160k x kbx b +++-=，则△222244(1)(16)0k b k b =-+->，可得221616b k <+，且12221kb x x k -+=+，2122161b x x k -=+，因为x 轴平分MTN ∠，所以可得0MT NT k k +=，即1212088y y x x +=--，即1221()(8)()(8)0kx b x kx b x +-++-=，所以12122(8)()160kx x b k x x b +-+-=，222(16)(8)(2)16(1)0k b b k kb b k -+---+=，解得2b k =-，所以直线的方程为：(2)y k x =-，所以直线恒过(2,0)【点睛】本题考查直线与圆相切的性质及角平分线的性质，属于中档题．2．已知圆22:120C x y Dx Ey +++-=过点(7)P -，圆心C 在直线:220l x y --=上．（1）求圆C 的一般方程．（2）若不过原点O 的直线l 与圆C 交于A ，B 两点，且12OA OB ⋅=- ，试问直线l 是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，说明理由．【解答】解：（1）由题意可得圆心C 的坐标为(,)22D E --，则2(2022D E --⨯--=，①因为圆C 经过点(7)P -，所以177120D +-+-=，②，联立①②，解得4D =-，0E =．故圆C 的一般方程是224120x y x +--=．（2）当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为(0)y kx m m =+≠，1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ．联立224120x y x y kx m⎧+--=⎨=+⎩，整理得222(1)2(2)120k x km x m ++-+-=，则1222(2)1km x x k -+=-+，2122121m x x k -=+．因为12OA OB ⋅=- ，所以121212x x y y +=-，由1212()()y y kx m kx m =++得，222(2)212121km km m k ---=-+，整理得(2)0m m k +=．因为0m ≠，所以2m k =-，所以直线l 的方程为2(2)y kx k k x =-=-．故直线l 过定点(2,0)．当直线l 的斜率不存在时，设直线l 的方程为x m =，则(,)A m y ，(,)B m y -，从而2241212OA OB m m ⋅=--=- ，解得2m =，0m =（舍去）．故直线l 过点(2,0)．综上，直线l 过定点(2,0)．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．3．已知直线360l x y -+=，半径为3的圆C 与l 相切，圆心C 在x 轴上且在直线l 的右下方．（1）求圆C 的方程；（2）过点(2,0)M 的直线与圆C 交于A ，B 两点(A 在x 轴上方），问在x 轴正半轴上是否存在定点N ，使得x 轴平分ANB ∠？若存在，请求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）设圆心(,0)a ，直线360l x y -+=，半径为3的圆C 与l 相切，圆心C 在x 轴上且在直线l 的右下方所以36|32a d +==，解得0a =，或3a =-（舍)，圆的方程为229x y +=；（2）当直线AB ⊥轴时，x 轴平分NAB ∠，此时N 为x 轴上任一点，当直线AB 与x 轴不垂直，设直线AB 的方程为(2)y k x =-，(0)k ≠，(,0)N t ，1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，联立229(2)x y y k x ⎧+=⎨=-⎩得2222(1)4490k x k x k +-+-=，则212241k x x k +=+，2122491k x x k -=+，由题意得，0AN BN k k +=，即1212(2)(2)0k x k x x t x t--+=--，整理得12122(2)()40x x t x x t -+++=，即22222(49)4(2)4011k k t t k k -+-+=++，解得92t =，即9(,0)2N ．【点睛】本题主要考查了圆的切线性质，点到直线的距离公式，直线与椭圆的位置关系，还考查了运算能力，属于中档题．4．已知P 为直线:40l x y +-=上一动点，过点P 向圆22:(1)5C x y ++=作两切线，切点分别为A 、B ．（1）求四边形ACBP 面积的最小值及此时点P 的坐标；（2）直线AB 是否过定点？若是，请求出该点坐标；若不是，请说明理由．【解答】解：（1）CA PA ⊥ ，PAC PBC ∆≅∆，2ACPB ACP S S AC AP ∆∴==⋅，∴5AC r ==∴2555ACPB S AP PC ==-，要使四边形ACBP 面积最小，则PC 最小，当PC l ⊥时，PC 的长最小，过点(1,0)C -且与l 垂直的直线为01y x -=+，即1y x =+，将其与4y x =-联立，解得此时点P 的坐标为35(,)22，∴223552||(1)()222min PC =++=，∴2556()5522ACBP min S =-=；（2）设0(P x ，04)x -，则以PC 为直径的圆为00(1)()(4)0x x x y y x +-+⋅-+=，化简可得22000(1)(4)0x y x x x y x ++++--=， 2PAC PAB π∠=∠=，∴这个圆也是四边形ACBP 的外接圆，它与圆C 方程相减，得公共弦AB 方程为0000(1)(4)40(1)440x x x y x x x y x y ++-+-=⇒-+++-=，令1004401x y x x y y -+==⎧⎧⇒⎨⎨+-==⎩⎩，AB ∴恒过定点(0,1)．【点睛】本题考查了直线与圆位置关系的应用，考查了圆的切线方程的应用以及两圆公共弦方程的求解，直线恒过定点问题，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题．5．已知圆221:4C x y +=和直线:1()l y kx k R =-∈．（1）若直线l 与圆C 相交，求k 的取值范围；（2）若1k =，点P 是直线l 上一个动点，过点P 作圆C 的两条切线PM 、PN ，切点分别是M 、N ，证明：直线MN 恒过一个定点．【解答】解：（1）圆221:4C x y +=的圆心坐标为(0,0)C ，半径为12， 直线:1l y kx =-与圆C 相交，∴2|1|121k <+，解得3k <3k >即k 的取值范围是(-∞，3)(3⋃，)+∞；证明：（2）当1k =时，直线l 为1y x =-，设0(P x ，0)y ，则以PC 为直径的圆的方程为222200001()(()224x y x y x y -+-=+，即22000x y x x y y +--=，与2214x y +=联立，消去二次项，可得MN 所在直线方程为：00104x x y y +-=，又001y x =-，∴001(1)04x x x y +--=，即01()04x x y y +--=，可得直线过定点11(,44-．【点睛】本题考查直线与圆位置关系的应用，训练了过圆的两个切点的直线方程的求法，考查运算求解能力，是中档题．6．已知圆22:(2)1M x y +-=，点P 是直线:20l x y +=上的一动点，过点P 作圆M 的切线PA ，PB ，切点为A ，B ．（1）当切线PA 3P 的坐标；（2）若PAM ∆的外接圆为圆N ，试问：当P 运动时，圆N 是否过定点？若存在，求出所有的定点的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）由题可知，圆M 的半径1r =，设(2,)P b b -，因为PA 是圆M 的一条切线，所以90MAP ∠=︒，所以2222||(02)(2)||||2MP b b AM AP =++-+，解得0b =或45b =，所以点P 的坐标为(0,0)P 或84(,)55P -．（2）设(2,)P b b -，因为90MAP ∠=︒，所以经过A 、P 、M 三点的圆N 以MP 为直径，其方程为222224(2)()(24b b b x b y ++-++-=，即22(22)(2)0x y b x y y -+++-=，由2222020x y x y y -+=⎧⎨+-=⎩，解得02x y =⎧⎨=⎩或4525x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以圆N 过定点(0,2)，42(,)55-．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．7．已知圆M 经过两点3)A ，(2,2)B 且圆心M 在直线2y x =-上．（Ⅰ）求圆M 的方程；（Ⅱ）设E ，F 是圆M 上异于原点O 的两点，直线OE ，OF 的斜率分别为1k ，2k ，且122k k ⋅=，求证：直线EF 经过一定点，并求出该定点的坐标．【解答】解：（Ⅰ）设圆M 的方程为：222()()(0)x a y b r r -+-=>，由题意得，222222(3)3)(2)(2)2a b r a b r b a ⎧-+=⎪-+-=⎨⎪=-⎩，解得202a b r =⎧⎪=⎨⎪=⎩，∴圆M 的方程：22(2)4x y -+=；证明：（Ⅱ）由题意，EF 所在直线的斜率存在，设直线:EF y kx b =+，由22(2)4x y y kx b⎧-+=⎨=+⎩，得222(1)(24)0k x kb x b ++-+=．△22222(24)4(1)4(44)044kb k b kb b kb b =--+=-->⇒+<，设1(E x ，1)y ，2(F x ，2)y ，则122(24)1kb x x k --+=+，21221b x x k =+，∴221212121212121212()()()y y kx b kx b k x x kb x x b k k x x x x x x +++++=⋅==22222222222242(24)(1)41121b kb k kb b k b kb kb b k k b k k b b bk -⋅+⋅+-⋅-+⋅++++====+，4k b ∴=，代入y kx b =+得(4)y k x =+，∴直线EF 必过定点(4,0)-．【点睛】本题考查圆的方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．8．在平面直角坐标系xOy 中，点A 在直线:74l y x =+上，(7,3)B ，以线段AB 为直径的圆(C C 为圆心）与直线l 相交于另一个点D ，AB CD ⊥．（1）求圆C 的标准方程；（2）若点A 不在第一象限内，圆C 与x 轴的正半轴的交点为P ，过点P 作两条直线分别交圆于M ，N 两点，且两直线的斜率之积为5-，试判断直线MN 是否恒过定点，若是，请求出定点的坐标；若不是，请说明理由．【解答】解：（1）BD AD ⊥ ，∴17BD k =-，设(,74)D a a +，得743177a a +-=--，得0a =．(0,4)D ∴，在ABD ∆中，AB CD ⊥，C 为AB 的中点，||||AD BD ∴=，设(,74)A b b +2222(0)(744)(70)(34)b b -++--+-解得1b =或1b =-．①当1b =时，(1,11)A ，22|10R AD =，圆心为(4,7)，此时圆的标准方程为22(4)(7)25x y -+-=；②当1b =时，(1,3)A --，22||10R AD =，圆心为(3,0)，此时圆的标准方程为22(3)25x y -+=．∴圆的标准方程为22(4)(7)25x y -+-=或22(3)25x y -+=；（2）由题意知，圆的标准方程为22(3)25x y -+=．设直线MP 的方程为(8)y k x =-，联立22(8)(3)25y k x x y =-⎧⎨-+=⎩，得2222(1)(116)64160k x k x k +-++-=．∴2264161M P k x x k -=+ ，得22821M k x k -=+，则2282(1k M k -+，2101k k -+， 两直线的斜率之积为5-，∴用5k -代替k ，可得222002(25k N k -+，250)25k k +．当直线MN 的斜率存在，即25k ≠时，3222242225010603006251200282102505251MN k k k k k k k k k k k k k k ++++===---+-+-++．∴直线MN 的方程为222210682()151k k k y x k k k ---=-+-+，整理得：2619(53k y x k =--，可得直线MN 过定点19(,0)3；当直线MN 的斜率不存在时，即25k =时，直线MN 的方程为193x =，过定点19(,0)3．综上可得，直线MN 恒过定点19(,0)3．【点睛】本题考查圆的标准方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，属中档题．9．已知三点(2,0)A -、(2,0)B 、3)C 在圆M 上．P 为直线6x =上的动点，PA 与圆M 的另一个交点为E ，PB 与圆M 的另一个交点为F ．（1）求圆M 的标准方程；（2）若直线PC 与圆M 相交所得弦长为23，求点P 的坐标；（3）证明：直线EF 过定点．【解答】解：（1）由于3),(3)AC BC ==- ，得330AC BC =-+= ，∴点C 在以线段AB 为直径的圆上，即圆M 的标准方程为224x y +=；（2）圆M 的半径为2，直线PC 截圆M 所得弦长为3，则圆心(0,0)到直线PC 的距离为1．设直线PC 的方程为(1)3y k x =-+30kx y k -+=．∴2|3|11k k -=+，解得33k =则直线PC 的方程为31)33y x =-+，当6x =时，得点P 的坐标为83；（3）①当直线EF 斜率不存在时，设其方程为x m =．取22(4(,4)E m m F m m --，由直线AE 与BF 交点的横坐标为6，可得23m =，即此时直线EF 的方程为23x =；②当直线EF 斜率存在时，设EF 的方程为y kx m =+．由224y kx m x y =+⎧⎨+=⎩，得222(1)240k x kmx m +++-=．由△222244(1)(4)0k m k m =-+->，得2244k m >-．设1(E x ，1)y ，2(F x ，2)y ，则212122224,11km m x x x x k k -+=-=++．且222212121224()1m k y y k x x km x x m k -=+++=+．直线AE 的方程为11(2)2y y x x =++，直线BF 的方程为22(2)2y y x x =--，代入点P 的横坐标6x =，得1212222y y x x =+-．由于22224x y +=，故222222y x x y +=--．从而1212222y x x y +=-+，即1212122()240x x x x y y ++++=．即222222444240111m km m k k k k ---++=+++ ，整理得224430k km m +-=，解得223k m korm ==-．当2m k =时，直线EF 为(2)y k x =+，过点(2,0)A -，不符合题意；当23k m =-时，直线EF 为2()3y k x =-，过定点2(,0)3．综上，直线EF 过定点2(,0)3．另解：设(6,)P m ，,84AE BF m m k k ==，由224(2)8x y m y x ⎧+=⎪⎨=+⎪⎩，得222128232(,)6464m m E m m -++，由224(2)4x y m y x ⎧+=⎪⎨=-⎪⎩，得22223216(,)1616m m F m m --++，∴222222223216126416(32)1282232326416EF m m m m m k m m m m m m +++==≠----++，故直线EF 的方程为222232121282()643264m m m y x m m m --=-+-+，整理得24(32)32m y x m =--，过定点2(,0)3．当232m =时，代入点E 、F 的横坐标，得23E F x x ==，直线EF 的方程为23x =，过定点2(,0)3．综上，直线EF 过定点2(,0)3．【点睛】本题考查圆的方程和性质，主要考查圆的方程和直线方程的运用，直线恒过定点的求法，属于中档题．10．已知22:120C x y Dx Ey +++-= 关于直线240x y +-=对称，且圆心在y 轴上．（1）求C 的标准方程；（2）已知动点M 在直线10y =上，过点M 引C 的两条切线MA 、MB ，切点分别为A ，B ．①记四边形MACB 的面积为S ，求S 的最小值；②证明直线AB 恒过定点．【解答】解：（1）由题意已知22:120C x y Dx Ey +++-= 关于直线240x y +-=对称，且圆心在y 轴上，所以有圆心(2D C -，)2E -在直线240x y +-=上，即：402D E ---=，又因为圆心C 在y 轴上，所以：02D -=，由以上两式得：0D =，4E =-，所以：224120x y y +--=．故C 的标准方程为：22(2)16x y +-=．（2）①如图，C 的圆心为(0,2)，半径4r =，因为MA 、MB 是C 的两条切线，所以CA MA ⊥，CB MB ⊥，故222||||||||16MA MB MC r MC ==-=-；又因为：224||4||16ACM S S MA MC ∆===-根据平面几何知识，要使S 最小，只要||MC 最小即可．易知，当点M 坐标为(0,10)时，||8min MC =，此时46416163min S =-=．②设点M 的坐标为(,10)a ，因为90MAC MBC ∠=∠=︒，所以M 、A 、C 、B 四点共圆．其圆心为线段MC 的中点(2a C '，6)，2||64MC a =+设MACB 所在的圆为C ' ，所以C ' 的方程为：222()(6)1624a a x y -+-=+，化简得：2212200x y ax y +--+=，因为AB 是C 和C ' 的公共弦，所以：2222412012200x y y x y ax y ⎧+--=⎨+--+=⎩，两式相减得8320ax y +-=，故AB 方程为：8320ax y +-=，当0x =时，4y =，所以直线AB 恒过定点(0,4)．【点睛】本题考查了圆的一般方程与标准方程的应用，圆中三角形面积问题的应用，直线过定点问题，综合性强，属于难题．11．已知圆22:()4(0)M x y a a +-=<与直线40x y ++=相离，Q 是直线40x y ++=上任意一点，过Q 作圆M 的两条切线，切点为A ，B ．（1）若||23AB =，求||MQ ；（2）当点Q 到圆M 的距离最小值为222时，证明：直线AB 过定点．【解答】（1）解：连接MQ 交AB 于点P ，则MQ AB ⊥，所以点P 为AB 的中点，又||23AB =||3AP =，又||2MA =，所以||431PM =-=，因为QA 相切圆M 于点A ，故QA AM ⊥，所以2||||||AM PM MQ =⋅，即41||MQ =⋅，所以||4MQ =．（2）证明：当点Q 到圆M 的距离最小值为222时，圆心(0,)M a 到直线40x y ++=的距离为22由点到直线的距离公式可得222a +=，解得0a =或8a =-，由于0a <，故8a =-，由于MA AQ ⊥，MB BQ ⊥，故A ，B 在以MQ 为直径的圆上，又(0,8)M -，设(,4)Q m m --，则以MQ 为直径的圆的圆心为(2m ，122m +-，故圆的方程为222212(4)((224m m m m x y ++--++=，即22(12)3280x y mx m y m +-++++=，因为A ，B 在以MQ 为直径的圆上，故AB 是圆M 与圆22(12)3280x y mx m y m +-++++=的公共弦，两式相减可得AB 的方程为(4)(288)0mx m y m +-+-=，即(7)(8)0y m x y +--=，由7080y x y +=⎧⎨--=⎩，可得17x y =⎧⎨=-⎩，所以直线AB 恒过定点(1,7)-．【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，圆的切线的性质，两圆公共弦的求法，考查运算求解能力，属于中档题．12．已知圆221:16C x y +=，圆222:12320C x y x +-+=．（1）求过点(4,4)M 且与圆2C 相切的直线的方程；（2）若与x 轴不垂直的直线l 交1C 于P ，Q 两点，交2C 于R ，S 两点，且||2||PQ RS =，求证：直线l 过定点．【解答】解：（1）当切线的斜率不存在时，直线方程为4x =，符合题意；当切线的斜率存在时，设直线方程为4(4)y k x -=-，即(44)0kx y k -+-=， 直线与圆2C 相切，∴221k =+，解得34k =-，切线方程为374y x =-+．故所求切线方程为4x =或374y x =-+；证明：（2）设直线l 的方程为y kx m =+，则圆心1C ，2C 到直线l 的距离分别为12||1h k=+22|6|1h k=+，由垂径定理可得22||2161m PQ k =-+22(6)||241k m RS k +=-+由||2||PQ RS =，得22222216||14(6)||41m PQ k k m RS k -+==+-+，整理得224(6)m k m =+，故2(6)m k m =±+，即120k m +=或40k m +=，∴直线l 的方程为12y kx k =-或4y kx k =-．则直线l 过定点(12,0)或(4,0)．【点睛】本题考查直线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，考查直线系方程的应用，是中档题．13．已知圆C 经过点(6,0)A ，(1,5)B ，且圆心在直线:2780l x y -+=上．（1）求圆C 的方程；（2）过点(1,2)M 的直线与圆C 交于A ，B 两点，问在直线2y =上是否存在定点N ，使得0AN BN K K +=恒成立？若存在，请求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1） 直线AB 的斜率为1-，AB ∴的垂直平分线m 的斜率为1，AB 的中点坐标为75(,22，因此直线m 的方程为10x y --=，又圆心在直线l 上，∴圆心是直线m 与直线l 的交点．联立方程租278010x y x y -+=⎧⎨--=⎩，得圆心坐标为(3,2)C ，又半径13r =∴圆的方程为22(3)(2)13x y -+-=；（2）假设存在点(,2)N t 符合题意，设交点坐标为1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，①当直线AB 斜率存在时，设直线AB 方程为2(1)y k x -=-，联立方程组22(1)2(3)(2)13y k x x y =-+⎧⎨-+-=⎩，消去y ，得到方程2222(1)(26)40k x k x k +-++-=．则由根与系数的关系得2122261k x x k ++=+，212241k x x k -=+．0AN BN K K += ，∴1212220y y x t x t --+=--，即1212(1)(1)0k x k x x t x t--+=--．12122(1)()20x x t x x t ∴-+++=，∴22222826(1)2011k k t t k k -+-++=++．解得72t =-，即N 点坐标为7(2-，2)；②当直线AB 斜率不存在时，点N 显然满足题意．综上，在直线2y =上存在定点7(2N -，2)，使得0AN BN K K +=恒成立．【点睛】本题考查圆的方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，体现了“设而不求”的解题思想方法，是中档题．14．已知圆C 的圆心在x 轴正半轴上，半径为5，且与直线43170x y ++=相切．（1）求圆C 的方程；（2）设点3(1,)2M -，过点M 作直线l 与圆C 交于A ，B 两点，若8AB =，求直线l 的方程；（3）设P 是直线60x y ++=上的点，过P 点作圆C 的切线PA ，PB ，切点为A ，B ．求证：经过A ，P ，C 三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标．【解答】（1）解：设圆心(,0)C a ，(0)a >，则由直线和圆相切的条件：d r =，5169=+，解得2a =（负值舍去），即有圆C 的方程为22(2)25x y -+=；（2）解：若直线l 的斜率不存在，即:1l x =-，代入圆的方程可得，4y =±，即有||8AB =，成立；若直线l 的斜率存在，可设直线3:(1)2l y k x -=+，即为22320kx y k -++=，圆C 到直线l 的距离为224444d k k ==++，由8AB =，即有22258d -=，即有3d =2|63|344k k =+，解得34k =，则直线l 的方程为3490x y -+=；（3）证明：由于P 是直线60x y ++=上的点，设(,6)P m m --，由切线的性质可得AC PA ⊥，经过A ，P ，C ，的三点的圆，即为以PC 为直径的圆，则方程为(2)()(6)0x x m y y m --+++=，整理可得22(26)(2)0x y x y m y x +-++-+=，可令22260x y x y +-+=，且20y x -+=，解得2x =，0y =，或2x =-，4y =-．则有经过A ，P ，C 三点的圆必过定点，所有定点的坐标为(2,0)，(2,4)--．【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，主要考查相交和相切的关系，同时考查点到直线的距离公式和弦长公式、切线的性质和圆恒过定点的问题，属于中档题．题型二阿波罗尼斯圆15．古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数(0,1)k k k >≠的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．若平面内两定点A 、B 间的距离为2，动点P 满足||3||PA PB =22||||2PA PB +的最大值为()A ．33+B ．743+C ．843+D ．1683+【解答】解：以经过A ，B 两点的直线为x 轴，线段AB 的垂直平分线为y 轴，建立直角坐标系，则(1,0)A -，(1,0)B ，设(,)P x y ，则2222(1)3(1)x y x y ++=-+22410x y x +-+=，即22(2)3x y -+=，∴点P 在以(2,0)32222||||2()2PA PB x y +=++，而22x y +表示圆上的点与原点距离的平方，易知2273x y ++ ，故222()21683x y +++ 故22||||8432PA PB ++ ．故选：C ．【点睛】本题考查圆轨迹方程的求法，考查两点间的距离，考查逻辑推理能力，属于中档题．16．阿波罗尼斯是亚历山大时期的著名数学家，“阿波罗尼斯圆”是他的主要研究成果之一：若动点P 与两定点M ，N 的距离之比为(0,1)x λλ>≠，则点P 的轨迹就是圆．事实上，互换该定理中的部分题设和结论，命题依然成立．已知点(2,0)M ，点P 为圆22:16O x y +=上的点，若存在x 轴上的定点(N t ，0)(4)t >和常数λ，对满足已知条件的点P 均有||||PM PN λ=，则(λ=)A ．1B ．12C ．13D ．14【解答】解：根据题意，如图，A 、B 两点为圆与x 轴的两个交点，圆2216x y +=上任意一点P 都满足||||PM PN λ=，则A 、B 两点也满足该关系式，又由(4,0)A -，(4,0)B ，(2,0)M ，(,0)N t ，则有||||62||||44AM BM AN BN t t λ====+-，解可得8t =，12λ=；故选：B ．【点睛】本题考查直线与圆的方程的应用，关键是理解题意中关于圆的轨迹的叙述，属于基础题．17．阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠．“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上一点P 到两定点A ，B 的距离之满足||(0||PA t t PB =>且1)t ≠为常数，则P 点的轨迹为圆．已知圆22:1O x y +=和1(,0)2A -，若定点(B b ，10)()2b ≠-和常数λ满足：对圆O 上任意一点M ，都有||||MB MA λ=，则λ=2，b =．【解答】解：设(,)M x y ，则||||MB MA λ= ，2222221()()2x b y x y λλ∴-+=++，由题意，取(1,0)、(1,0)-分别代入可得2221(1)(12b λ-=+，2221(1)(1)2b λ--=-+，由0λ>即12b ≠-，解得2b =-，2λ=．故答案为2，2-．【点睛】本题考查圆的方程，考查赋值法的运用，考查学生的计算能力，属于基础题．18．阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠．“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上一点P 到两定点A ，B 的距离之满足||(0||PA t t PB =>且1)t ≠为常数，则P 点的轨迹为圆．已知圆22:1O x y +=和1(,0)2A -，若定点(B b ，10)()2b ≠-和常数λ满足：对圆O 上任意一点M ，都有||||MB MA λ=，则λ=2，MAB ∆面积的最大值为．【解答】解：设点(,)M x y ，由||||MB MA λ=，得222221()[()]2x b y x y λ-+=++，整理得2222222124011b b x y x λλλλ-++-+=--，所以222222011411b b λλλλ⎧+=⎪-⎪⎨-⎪=-⎪-⎩解得2λ=，2b =-如右图，当(0,1)M 或(0,1)M -时，3()4MAB max S ∆=．故答案为：2；34．【点睛】本题考查轨迹方程的求法，考查圆的方程的应用，转化思想以及计算能力，是中档题．19．已知圆C 的圆心在直线30x y -=上，与x 轴正半轴相切，且被直线:0l x y -=截得的弦长为27（1）求圆C 的方程；（2）设点A 在圆C 上运动，点(7,6)B ，且点M 满足2AM MB =，记点M 的轨迹为Γ．①求Γ的方程，并说明Γ是什么图形；②试探究：在直线l 上是否存在定点T （异于原点)O ，使得对于Γ上任意一点P ，都有||||PO PT 为一常数，若存在，求出所有满足条件的点T 的坐标，若不存在，说明理由．【解答】解：（1）设圆心(,3)t t ，则由圆与x 轴正半轴相切，可得半径3||r t =． 圆心到直线的距离|3|22t t d t ==，由2272t r +=，解得1t =±．故圆心为(1,3)或(1,3)--，半径等于3． 圆与x 轴正半轴相切∴圆心只能为(1,3)故圆C 的方程为22(1)(3)9x y -+-=．（2）①设(,)M x y ，则：(A AM x x =- ，)A y y -，(7,6)MB x y =--，∴142122A A x x xy y y -=-⎧⎨-=-⎩，∴143123AA x xy y =-+⎧⎨=-+⎩， 点A 在圆C 上运动，22(3141)(3123)9x y ∴--+--=，即：22(315)(315)9x y ∴-+-=，22(5)(5)1x y ∴-+-=，所以点M 的轨迹方程为22(5)(5)1x y -+-=，它是一个以(5,5)为圆心，以1为半径的圆．②假设存在一点(,)D t t 满足条件，设(,)P x y 2222()()x y x t y t λ+=-+-，整理化简得：2222222(22)x y x tx t y ty t λ+=-++-+，P 在轨迹Γ上，22(5)(5)1x y ∴-+-=，化简得：22101049x y x y +=+-，2222222(10102)(10102)494920x t y t t λλλλλλ∴-++-+-+-=，∴2222210102049249t t λλλλ⎧-+=⎪⎨-⋅=⎪⎩，解得：4910t =，∴存在49(10D ，4910满足题目条件．【点睛】本题考查圆的方程，轨迹方程，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．20．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果击中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M 与两定点A 、B 的距离之比为(0,1)λλλ>≠，那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆．下面，我们来研究与此相关的一个问题．已知圆：221x y +=和点1(,0)2A -，点(1,1)B ，M 为圆O 上动点，则2||||MA MB +的最小值为10．【解答】解：如图，取点(2,0)K -，连接OM 、MK ．1OM = ，12OA =，2OK =，∴2OM OKOA OM==，MOK AOM ∠=∠ ，MOK AOM ∴∆∆∽，∴2MK OMMA OA==，2MK MA ∴=，||2||||||MB MA MB MK ∴+=+，在MBK ∆中，||||||MB MK BK + ，||2||||||MB MA MB MK ∴+=+的最小值为||BK 的长，(1,1)B ，(2,0)K -，22||(21)(01)10BK ∴=--+-10【点睛】本题考查直线与圆的方程的应用，坐标与图形的性质、相似三角形的判定和性质、三角形的三边关系、两点之间的距离公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中档题．21．已知圆22:1C x y +=，直线:(1)(1)10()l m x m y m R ++--=∈．（1）求直线l 所过定点A 的坐标；（2）若直线l 被圆C 3，求实数m 的值；（3）若点B 的坐标为(2,0)-，在x 轴上存在点D （不同于点)B 满足，对于圆C 上任意一点P ，都有PBPD为一常数，求所有满足条件的点D 的坐标．【解答】解：（1）由直线:(1)(1)10l m x m y ++--=，得()(1)0m x y x y -++-=，联立010x y x y -=⎧⎨+-=⎩，解得12x y ==，∴直线l 所过定点A 的坐标为11(,22；（2） 直线l 被圆C 所截得的弦长为3∴圆心到直线l 的距离2311()22d =-=．22|1|12(1)(1)m m =++-，解得1m =±；（3）假设存在(D a ，0)(2)a ≠-满足题意，当取(1,0)P -时，||1|||1|PB PD a =+；当取(1,0)P 时，||3|||1|PB PD a =-．∴13|1||1|a a =+-，解得1(2)2a a =-≠-．可得||2||PB PD =，1(2D -，0)．设(,)P x y ，则22||(2)PB x y =++，22221||()()2PD x a y x y =-+=++，由||2||PB PD =2222(2)21()2x y x y ++=++，化为221x y +=．因此点P 在圆C 上，满足题意．因此在x 轴上存在点1(2D -，0)，使得对圆C 上的任意一点P ，||||PB PD 为同一常数．【点睛】本题考查直线系方程的应用，考查直线与圆的位置关系，训练了取特殊点探究一般性规律的方法，考查了推理能力与计算能力，是中档题．22．已知圆22:80C x x y ++=，直线:20l mx y m ++=．（Ⅰ）当直线l 与圆C 相交于A ，B 两点，且||14AB =，求直线l 的方程．（Ⅱ）已知点P 是圆C 上任意一点，在x 轴上是否存在两个定点M ，N ，使得||1||2PM PN =？若存在，求出点M ，N 的坐标；若不存在，说明理由．【解答】解：（Ⅰ）由已知可得圆心(4,0)C -，4r =，圆心C 到直线l 的距离22|42||2|11d m m ==++，因此22222244||2216214.211m m AB r d m m =-=-==++，解得1m =±，直线l 的方程为2y x =+或2y x =--，（Ⅱ）设(,)P x y ，1(M x ，0)，2(N x ，0)，由已知可得228x y x +=-，221222()12()x x y x x y -+=-+，化简得211222821824x x x x x x x x -+-=-+-．即2212212(412)(4)0x x x x x -++-=恒成立，所以122221412040x x x x -+=⎧⎨-=⎩，解得12612x x =-⎧⎨=-⎩，或1224x x =-⎧⎨=⎩，所以满足题意的定点M ，N 存在，其坐标为(6,0)M -，(12,0)N -或(2,0)M -，(4,0)N ．（此处只写出一组解扣2分）如从阿氏圆的结论出发，可做为本题的另一种解法，按步骤酌情给分．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．23．已知点(4,0)A 和(4,4)B ，圆C 与圆22(1)(2)4x y -++=关于直线2450x y --=对称．（Ⅰ）求圆C 的方程；（Ⅱ）点P 是圆C 上任意一点，在x 轴上求出一点M （异于点)A 使得点P 到点A 与M 的距离之比||||PA PM 为定值，并求1||||2PB PA +的最小值．【解答】解：（Ⅰ）设圆C 的圆心为(,)C a b ，由题意可得，2111212245022b a a b +⎧⨯=-⎪⎪-⎨+-⎪⨯-⨯-=⎪⎩，解得0a b ==．∴圆C 的方程为224x y +=；（Ⅱ）设点(M m ，0)(4)m ≠，0(P x ，0)y ，则22004x y +=．∴22000222000(4)820||||()24x y x PA PM x m y mx m -+-+==-+-++，||||PA PM 为定值，0820x ∴-+是2024mx m -++的倍数关系，且对任意的0[2x ∈-，2]成立，∴282024m m-=-+，解得1m =或4m =（舍去），(1,0)M ∴，此时||2||PA PM =为定值，1||||||||||2PB PA PB PM MB +=+ ，当且仅当B 、M 、P 三点共线时，1||||2PB PA +的最小值为22||(41)(40)5MB =-+-=．【点睛】本题考查圆关于直线的对称圆的求法，考查两点间距离公式的应用，考查数学转化思想，是中档题．。
高考数学复习---动圆过定点PPT考向课件
动圆过定点问题本质上是向量垂直的问题.
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在平面直角坐标系xOy中，动点E到定点(1，0)的距离与 它到直线x＝－1的距离相等．
(1)求动点E的轨迹C的方程； (2)设动直线l：y＝kx＋b与曲线C相切于点P，与直线x＝－1相交 于点Q，证明：以PQ为直径的圆恒过x轴上某定点． [解] (1)设动点E的坐标为(x，y)，由抛物线的定义知，动点E的 轨迹是以(1，0)为焦点，x＝－1为准线的抛物线，所以动点E的轨迹C 的方程为y2＝4x.
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(2)证明：易知 k≠0.由yy＝ 2＝k4xx＋b，消去 x，得 ky2－4y＋4b＝0.因为 直线 l 与抛物线相切，所以 Δ＝16－16kb＝0，即 b＝1k，所以直线 l 的 方程为 y＝kx＋1k，令 x＝－1，得 y＝－k＋1k，所以 Q(－1，－k＋1k)．设 切点 P(x0，y0)，则 ky20－4y0＋4k＝0，解得 P(k12，2k)，设 M(m，0)，
高考数学复习---动圆过定点 PPT考向课件
动圆过定点 动圆过定点问题求解时可以先取特殊值或者极值，找出
这个定点，再用向量法证明用直径所对圆周角为直角．
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(2019·北京高考)已知抛物线 C：x2＝－2py 经过点(2， －1)．
(1)求抛物线 C 的方程及其准线方程； (2)设 O 为原点，过抛物线 C 的焦点作斜率不为 0 的直线 l 交抛 物线 C 于两点 M，N，直线 y＝－1 分别交直线 OM，ON 于点 A 和 点 B.求证：以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的两个定点．
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则M→Q·M→P＝(k12－m)·(－1－m)＋2k(－k＋1k，
即 m＝1 时，M→Q·M→P＝0，即 MQ⊥MP.
所以，以 PQ 为直径的圆恒过 x 轴上的定点 M(1，0)．
圆过定点问题非常好
圆过定点问题班级＿__＿＿_＿______＿__＿姓名______＿___＿_＿__1、已知定点G(﹣3,0),Ｓ就是圆C:(X﹣３)2+y2=72(C为圆心)上的动点,SＧ的垂直平分线与SＣ交于点Ｅ.设点Ｅ的轨迹为M、(1)求M的方程;(2)就是否存在斜率为1的直线,使得直线与曲线M相交于A,B两点,且以ＡB为直径的圆恰好经过原点?若存在,求出直线的方程;若不存在,请说明理由、2.在平面直角坐标系xＯy中,已知圆C１:(x+1)２+y２=1,圆C2:(x﹣3)２+(y﹣4)２=1、(Ⅰ)判断圆C1与圆C２的位置关系;(Ⅱ)若动圆Ｃ同时平分圆C1的周长、圆C2的周长,则动圆C就是否经过定点?若经过,求出定点的坐标;若不经过,请说明理由、3.已知定点A(﹣2,0),B(2,0),及定点F(1,0),定直线ｌ:x=4,不在x轴上的动点Ｍ到定点F的距离就是它到定直线l的距离的倍,设点M的轨迹为E,点Ｃ就是轨迹Ｅ上的任一点,直线AC与BC分别交直线l与点P,Q、(1)求点Ｍ的轨迹E的方程;(2)试判断以线段PQ为直径的圆就是否经过定点F,并说明理由、4.如图,已知椭圆C:+ｙ２=1的上、下顶点分别为A、B,点Ｐ在椭圆上,且异于点A、B,直线AP、ＢP与直线l:y＝﹣2分别交于点M、N,(ⅰ)设直线AP、ＢP的斜率分别为ｋ1、ｋ2,求证:k１•k2为定值;(ⅱ)当点P运动时,以MＮ为直径的圆就是否经过定点？请证明您的结论.5、如图所示,已知圆C:ｘ2+y2=r2(r＞０)上点处切线的斜率为,圆C与ｙ轴的交点分别为A,Ｂ,与ｘ轴正半轴的交点为D,Ｐ为圆C在第一象限内的任意一点,直线BＤ与AＰ相交于点M,直线DP与y轴相交于点N、(１)求圆Ｃ的方程;(2)试问:直线MＮ就是否经过定点？若经过定点,求出此定点坐标;若不经过,请说明理由.6、二次函数ｆ(ｘ)＝３x2﹣4x+c(x∈R)的图象与两坐标轴有三个交点,经过这三个交点的圆记为⊙C.(1)求实数c的取值范围;(2)求⊙Ｃ的方程;(３)问⊙C就是否经过某定点(其坐标与ｃ的取值无关)？请证明您的结论.7.如图,抛物线M:y=ｘ2+ｂx(b≠0)与x轴交于O,A两点,交直线l:ｙ=x于O,B两点,经过三点O,A,B作圆C、(Ｉ)求证:当b变化时,圆C的圆心在一条定直线上;(II)求证:圆C经过除原点外的一个定点;(ＩIＩ)就是否存在这样的抛物线M,使它的顶点与C的距离不大于圆C的半径？8、在平面直角坐标系ｘｏy中,点M到两定点Ｆ1(﹣1,0)与Ｆ2(１,0)的距离之与为４,设点M的轨迹就是曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)若直线ｌ:y=kｘ+m与曲线C相交于不同两点A、B(A、Ｂ不就是曲线C与坐标轴的交点),以AB为直径的圆过点D(2,0),试判断直线l就是否经过一定点,若就是,求出定点坐标;若不就是,说明理由、９.如图、直线ｌ:y＝kx＋1与椭圆C1:交于A,Ｃ两点,Ａ.Ｃ在x轴两侧,B,D就是圆Ｃ2:x2+y２=16上的两点、且A与B、Ｃ与D的横坐标相同,纵坐标同号、(I)求证:点Ｂ纵坐标就是点Ａ纵坐标的２倍,并计算｜|AＢ|﹣|CＤ||的取值范围;(ＩI)试问直线ＢＤ就是否经过一个定点？若就是,求出定点的坐标:若不就是,说明理由.10.已知A(﹣1,０),B(2,0),动点M(ｘ,y)满足=,设动点M的轨迹为C.(1)求动点M的轨迹方程,并说明轨迹C就是什么图形;(2)求动点Ｍ与定点Ｂ连线的斜率的最小值;(3)设直线l:y=x＋m交轨迹C于P,Ｑ两点,就是否存在以线段ＰＱ为直径的圆经过A？若存在,求出实数m 的值;若不存在,说明理由、１1.已知定直线l:x=﹣１,定点F(1,0),⊙Ｐ经过F且与l相切、(１)求P点的轨迹C的方程、(2)就是否存在定点Ｍ,使经过该点的直线与曲线C交于Ａ、B两点,并且以AB为直径的圆都经过原点;若有,请求出M点的坐标;若没有,请说明理由、12、已知动圆P与圆M:(x＋1)2＋y2=1６相切,且经过Ｍ内的定点N(1,0).(1)试求动圆的圆心P的轨迹C的方程;(２)设O就是轨迹C上的任意一点(轨迹C与x轴的交点除外),试问在ｘ轴上就是否存在两定点A,Ｂ,使得直线OA与ＯB的斜率之积为定值(常数)？若存在,请求出定值,并求出所有满足条件的定点A、B的坐标;若不存在,请说明理由.1３.已知在△ＡBC中,点Ａ、B的坐标分别为(﹣2,０)与(2,0),点C在x轴上方、(Ⅰ)若点C的坐标为(２,3),求以A、B为焦点且经过点C的椭圆的方程;(Ⅱ)若∠ACB=４5°,求△ABC的外接圆的方程;(Ⅲ)若在给定直线y=x+t上任取一点P,从点Ｐ向(Ⅱ)中圆引一条切线,切点为Q、问就是否存在一个定点M,恒有PM=PQ?请说明理由.20１5年03月12日ｙinyoｎgxia10０的高中数学组卷参考答案与试题解析一.填空题(共1小题)1.已知定点Ｇ(﹣3,0),S就是圆C:(X﹣３)2+ｙ2=72(Ｃ为圆心)上的动点,SG的垂直平分线与SC交于点E.设点E的轨迹为Ｍ、(1)求Ｍ的方程;(2)就是否存在斜率为1的直线,使得直线与曲线M相交于A,B两点,且以AB为直径的圆恰好经过原点？若存在,求出直线的方程;若不存在,请说明理由.考点: 直线与圆锥曲线的综合问题、专题: 圆锥曲线中的最值与范围问题、分析:(1)由已知条件推导出点Ｅ的轨迹就是以Ｇ,Ｃ为焦点,长轴长为6的椭圆,由此能求出动点E的轨迹方程、(2)假设存在符合题意的直线l与椭圆C相交于Ａ(ｘ1,y1),B(x2,y2)两点,其方程为ｙ=x+m,由,得３x２+4mx+２m２﹣１8=0、由此能求出符合题意的直线l存在,所求的直线ｌ的方程为y=ｘ或y=x﹣２.解答:解:(１)由题知|EＧ｜=｜ES|,∴|EＧ|+|EC｜=|ES|+｜EC|=6.又∵|GC｜＝6,∴点E的轨迹就是以G,C为焦点,长轴长为6的椭圆,∴动点Ｅ的轨迹方程为=1、…(４分)(２)假设存在符合题意的直线l与椭圆C相交于Ａ(x1,y１),Ｂ(x２,y２)两点,其方程为ｙ=x＋ｍ,由消去y,化简得3ｘ2＋４ｍx+2m2﹣18=０.∵直线l与椭圆Ｃ相交于Ａ,B两点,∴△＝１6m2﹣12(２m2﹣18)>0,化简得m２<27,解得﹣3.…(6分)∴ｘ1+x2=﹣,ｘ1•x2=.∵以线段AB为直径的圆恰好经过原点,∴=0,所以x１x2+y１y2=0、…(８分)又y1ｙ2=(x１+m)(x2＋m)=ｘ１x2+m(x1+x2)+m2,x1x2＋ｙ1ｙ2=２x1x２+m(x1＋x2)+m2＝﹣+m2=0,解得ｍ=、…(11分)由于(﹣３,3),∴符合题意的直线l存在,所求的直线l的方程为ｙ=x或ｙ=ｘ﹣2.…(１3分)点评:本题考查点的方程的求法,考查满足条件的直线就是否存在的判断与求法,解题时要认真审题,注意函数与方程思想的合理运用、二、解答题(共12小题)2、在平面直角坐标系xOｙ中,已知圆C1:(ｘ+1)2+y2=１,圆C2:(x﹣3)2+(ｙ﹣4)2＝1、(Ⅰ)判断圆C1与圆C2的位置关系;(Ⅱ)若动圆Ｃ同时平分圆C１的周长、圆C2的周长,则动圆Ｃ就是否经过定点？若经过,求出定点的坐标;若不经过,请说明理由、考点: 直线与圆的方程的应用.专题: 直线与圆.分析:(Ⅰ)求出两圆的圆心距离,即可判断圆C1与圆C2的位置关系;(Ⅱ)根据圆C同时平方圆周,建立条件方程即可得到结论.解答:解:(Ⅰ)Ｃ1:(ｘ+１)2+ｙ2=1的圆心为(﹣1,0),半径ｒ＝１,圆C2:(x﹣3)2+(y﹣4)2=１的圆心为(3,4),半径R=1, 则|C1C2|＝,∴圆Ｃ1与圆C２的位置关系就是相离、(Ⅱ)设圆心C(x,y),由题意得CC1=CＣ2,即,整理得ｘ+y﹣3=0,即圆心C在定直线x+y﹣３＝0上运动、设C(m,３﹣ｍ),则动圆的半径,于就是动圆C的方程为(x﹣m)２＋(ｙ﹣3+ｍ)2＝1＋(ｍ＋1)2+(3﹣m)２,整理得:x2+y2﹣6y﹣2﹣2m(x﹣y＋1)=0、由,解得或,即所求的定点坐标为(1﹣,２﹣),(1+,２+)、点评:本题主要考查圆与圆的位置关系的判断,以及与圆有关的综合应用,考查学生的计算能力.3.已知定点A(﹣2,0),B(2,０),及定点Ｆ(1,0),定直线l:ｘ=4,不在ｘ轴上的动点Ｍ到定点F的距离就是它到定直线l的距离的倍,设点M的轨迹为E,点C就是轨迹E上的任一点,直线AC与BＣ分别交直线l与点P,Q、(1)求点M的轨迹E的方程;(2)试判断以线段ＰＱ为直径的圆就是否经过定点Ｆ,并说明理由.考点: 轨迹方程;圆的标准方程、专题: 直线与圆、分析:(1)由椭圆的第二定义即可知道点M的轨迹E为椭圆;(2)设出椭圆上的点C的坐标,进而写出直线AC、BＣ的方程,分别求出点P、Ｑ的坐标,只要判断k PF•ｋQF=﹣1就是否成立即可、解答:解:(1)由椭圆的第二定义可知:点M的轨迹E就是以定点Ｆ(1,０)为焦点,离心率e＝,直线l:x=4为准线的椭圆(除去与x轴相交的两点)、∴ｃ=１,,∴a=2,b2=22﹣12=３,∴点M的轨迹为椭圆Ｅ,其方程为(除去(±2,0)).(2)以线段PQ为直径的圆经过定点F.下面给出证明:如图所示:设Ｃ(x0,ｙ0),(x0≠±2),则直线ＡC的方程为:,令x=４,则y P=,∴,∴=;直线BC的方程为:,令x=4,则yＱ=,∴,∴k QF=＝、∴ｋPＦ•k QＦ=＝,∵点C(x0,y０)在椭圆上,∴,∴=﹣1,∴ｋPＦ•k QF=﹣1.因此以线段PQ为直径的圆经过定点Ｆ.点评:熟练掌握椭圆的定义、直线垂直与斜率的关系就是解题的关键.4.如图,已知椭圆Ｃ:＋y2＝1的上、下顶点分别为Ａ、B,点P在椭圆上,且异于点Ａ、B,直线ＡP、BP与直线ｌ:ｙ=﹣２分别交于点M、N,(ⅰ)设直线ＡＰ、ＢＰ的斜率分别为k1、k2,求证:k1•k2为定值;(ⅱ)当点P运动时,以MN为直径的圆就是否经过定点?请证明您的结论.考点: 椭圆的应用.专题: 综合题;圆锥曲线的定义、性质与方程、分析:(ⅰ)由椭圆方程求出两个顶点A,B的坐标,设出Ｐ点坐标,写出直线AＰ、BP的斜率k1,k2,结合P的坐标适合椭圆方程可证结论;(ⅱ)设出以ＭN为直径的圆上的动点Q的坐标,由=0列式得到圆的方程,化为圆系方程后联立方程组可求解圆所过定点的坐标、解答:(ⅰ)证明:由题设椭圆C::＋y2=1可知,点A(0,1),B(0,﹣１).令P(x０,y０),则由题设可知x0≠0、∴直线AＰ的斜率ｋ1＝,ＰＢ的斜率为k2=.又点P在椭圆上,∴+ｙ02=1(x0≠１)从而有ｋ1•k２=•＝﹣;(ⅱ)解:以MN为直径的圆恒过定点(0,﹣2＋２)或(0,﹣2﹣2).事实上,设点Q(x,ｙ)就是以MN为直径圆上的任意一点,则=0,故有+(ｙ＋2)(y+２)=0、又ｋ１•k２=﹣∴以MN为直径圆的方程为ｘ2+(ｙ+2)２﹣１2＋=０.令x=0,则(y+２)2=１2,解得y＝﹣２±2.∴以MＮ为直径的圆恒过定点(０,﹣2＋2)或(０,﹣2﹣2)、点评:本题考查了直线的斜率,考查了直线与圆锥曲线的关系,考查了圆系方程,考查了学生的计算能力,就是有一定难度题目.5.如图所示,已知圆C:ｘ2＋y2=r２(ｒ>0)上点处切线的斜率为,圆C与y轴的交点分别为Ａ,B,与x轴正半轴的交点为D,P为圆C在第一象限内的任意一点,直线BD与AP相交于点M,直线DP与y轴相交于点N、(1)求圆Ｃ的方程;(2)试问:直线MＮ就是否经过定点?若经过定点,求出此定点坐标;若不经过,请说明理由.考点: 直线与圆的位置关系、专题: 直线与圆.分析:(1)根据条件结合点在圆上,求出圆的半径即可求圆C的方程;(2)根据条件求出直线ＭＮ的斜率,即可得到结论.解答:解:(1)∵,∴.∵点在圆C:x2+ｙ2=r２上,∴.故圆Ｃ的方程为x2+y2=4、(2)设P(x0,y0),则x0２+y0２=4,直线BD的方程为ｘ﹣y﹣2=０,直线ＡP的方程为y＝+2联立方程组,得M(,),易得Ｎ(0,),∴k MＮ＝2Ｘ=＝=, ∴直线MN的方程为ｙ=x+,化简得(y﹣x)x０＋(2﹣x)y0=2y﹣2x…(*)令,得,且(＊)式恒成立,故直线ＭN经过定点(2,２)、点评:本题主要考查圆的方程的求解,以及直线与圆的位置关系的应用,考查学生的计算能力.6、二次函数f(x)＝３x2﹣4x+c(x∈R)的图象与两坐标轴有三个交点,经过这三个交点的圆记为⊙C、(1)求实数c的取值范围;(2)求⊙C的方程;(3)问⊙Ｃ就是否经过某定点(其坐标与c的取值无关)？请证明您的结论、考点: 圆的标准方程;二次函数的性质;圆系方程.专题: 直线与圆.分析:(1)令x=0求出y的值,确定出抛物线与y轴的交点坐标,令ｆ(x)=0,根据与x轴交点有两个得到c不为0且根的判别式的值大于0,即可求出ｃ的范围;(２)设所求圆的一般方程为x2＋y2+Dx+Ｅｙ+Ｆ=0,令y＝0得,ｘ2+Dx＋Ｆ=０,这与ｘ２﹣x+=0就是同一个方程,求出D,F、令ｘ＝０得,ｙ２+Ｅy+F＝0,此方程有一个根为c,代入得出E,由此求得圆C的一般方程;(3)圆C过定点(0,)与(,),证明:直接将点的坐标代入验证.解答:解:(1)令ｘ=0,得抛物线与ｙ轴的交点(0,c),令ｆ(x)=3x2﹣4x+c=0,由题意知:ｃ≠0且△>0,解得:c＜且c≠0;(2)设圆C:x2+ｙ２+Dx＋Ey+F=0,令y=0,得到ｘ2+Ｄｘ+Ｆ=0,这与x2﹣x+＝0就是一个方程,故D＝﹣,Ｆ=;令x＝0,得到y2＋Ｅy+Ｆ=0,有一个根为c,代入得:c2＋cE＋=0,解得:E=﹣c﹣,则圆C方程为:ｘ2+y2﹣ｘ﹣(c＋)ｙ+=0;(３)圆C必过定点(０,)与(,),理由为:由ｘ2+ｙ2﹣x﹣(ｃ+)y+=0,令y=,解得:ｘ=0或,∴圆C必过定点(0,)与(,)、点评:本题主要考查圆的标准方程,一元二次方程根的分布与系数的关系,体现了转化的数学思想,属于中档题.7.如图,抛物线M:ｙ=x2+ｂx(b≠０)与x轴交于Ｏ,A两点,交直线l:ｙ＝x于O,B两点,经过三点O,A,Ｂ作圆C. (Ｉ)求证:当b变化时,圆Ｃ的圆心在一条定直线上;(ＩＩ)求证:圆C经过除原点外的一个定点;(IIＩ)就是否存在这样的抛物线M,使它的顶点与Ｃ的距离不大于圆C的半径？考点: 圆与圆锥曲线的综合;圆的一般方程;抛物线的简单性质.专题: 计算题.分析:(I)在方程y=ｘ２+bx中、令y=０,y=x,易得A,B的坐标表示,设圆C的方程为ｘ2+y2+Dｘ＋Ey=０,利用条件得出,写出圆C的圆心坐标的关系式,从而说明当b变化时,圆C的圆心在定直线y＝ｘ＋1上、(II)设圆C过定点(ｍ,n),则m2＋n２+bm+(b﹣2)n=０,它对任意b≠0恒成立,从而求出m,n的值,从而得出当ｂ变化时,(I)中的圆C经过除原点外的一个定点坐标;(ＩIＩ)对于存在性问题,可先假设存在,即假设存在这样的抛物线Ｍ,使它的顶点与它对应的圆Ｃ的圆心之间的距离不大于圆C的半径,再利用不等关系,求出ｂ,若出现矛盾,则说明假设不成立,即不存在;否则存在、解答:解:(I)在方程y=x2+ｂｘ中、令y=０,y=ｘ,易得Ａ(﹣b,０),Ｂ(1﹣b,1﹣b)设圆C的方程为x２+y２+Dx+Ｅy＝0,则⇒,故经过三点O,A,B的圆Ｃ的方程为x2+y２+bｘ+(b﹣2)y＝０,设圆C的圆心坐标为(x0,ｙ0),则x0=﹣,y0=﹣,∴y0=ｘ０+１,这说明当b变化时,(I)中的圆C的圆心在定直线y＝ｘ+1上、(II)设圆C过定点(m,n),则ｍ２+n2+bm+(ｂ﹣２)n=0,整理得(ｍ+n)b＋ｍ２+n２﹣2n＝0,它对任意ｂ≠0恒成立,∴⇒或故当b变化时,(I)中的圆C经过除原点外的一个定点坐标为(﹣１,1)、(ＩII)抛物线M的顶点坐标为(﹣,﹣),若存在这样的抛物线M,使它的顶点与它对应的圆C的圆心之间的距离不大于圆Ｃ的半径,则｜﹣｜≤,整理得(b2﹣2b)2≤０,因b≠0,∴b=2,以上过程均可逆,故存在抛物线Ｍ:y=x2+2x,使它的顶点与C的距离不大于圆C的半径、点评:本题考查了二次函数解析式的确定,圆的一般方程,抛物线的简单性质等知识点.综合性较强,考查学生数形结合的数学思想方法.８、在平面直角坐标系xｏy中,点M到两定点F1(﹣１,0)与F２(1,0)的距离之与为4,设点M的轨迹就是曲线C、(1)求曲线Ｃ的方程;(2)若直线ｌ:y=kx+ｍ与曲线C相交于不同两点Ａ、B(A、B不就是曲线C与坐标轴的交点),以AＢ为直径的圆过点D(2,0),试判断直线l就是否经过一定点,若就是,求出定点坐标;若不就是,说明理由.考点: 轨迹方程;直线与圆锥曲线的关系.专题: 综合题;圆锥曲线的定义、性质与方程.分析:(1)由椭圆的定义可知,点M的轨迹Ｃ就是以两定点F(﹣1,0)与F２(1,0)为焦点,长半轴长为2的椭圆,由此可１得曲线C的方程;(2)直线y=ｋx+m代入椭圆方程,利用韦达定理,结合以AB为直径的圆过点D(２,０),即可求得结论.解答:解:(1)设Ｍ(ｘ,ｙ),由椭圆的定义可知,点M的轨迹C就是以两定点Ｆ1(﹣1,0)与Ｆ2(１,0)为焦点,长半轴长为2的椭圆∴短半轴长为=∴曲线C的方程为;(2)设A(x1,ｙ1),Ｂ(x2,y2),则直线y＝ｋx+ｍ代入椭圆方程,消去y可得(3+4ｋ2)x２+8mｋx+4(m2﹣3)=0∴x1+ｘ2=﹣,x１ｘ2=∴y1y２=(kx1+m)(kｘ2+m)=∵以AＢ为直径的圆过点D(2,0),∴k AD k BD=﹣１∴y1ｙ2＋x1x2﹣2(x1+x２)＋4＝0∴∴７m2+16mk+4k2=０∴m=﹣２ｋ或ｍ=﹣,均满足△＝3+４k2﹣m2＞0当m=﹣２k时,ｌ的方程为y=k(x﹣2),直线过点(2,0),与已知矛盾;当ｍ=﹣时,ｌ的方程为y＝k(ｘ﹣),直线过点(,0),∴直线l过定点,定点坐标为(,０).点评:本题考查椭圆的标准方程,考查直线与椭圆的位置关系,考查韦达定理的运用,考查学生的计算能力,属于中档题.9.(20１3•温州二模)如图.直线l:y=kｘ＋1与椭圆C１:交于Ａ,C两点,A、C在x轴两侧,B,D就是圆C２:x2+y2=16上的两点、且A与B、C与D的横坐标相同、纵坐标同号.(I)求证:点Ｂ纵坐标就是点A纵坐标的２倍,并计算||AB|﹣｜CＤ｜|的取值范围;(II)试问直线BD就是否经过一个定点?若就是,求出定点的坐标:若不就是,说明理由、考点: 直线与圆锥曲线的关系;两点间的距离公式、专题: 综合题;圆锥曲线的定义、性质与方程、分析:(I)设Ａ(ｘ1,y1),B(ｘ1,y2),分别代入椭圆、圆的方程可得,消掉ｘ1得,由y1,ｙ2同号得y２=2y1,设C(ｘ3,ｙ3),D(x3,ｙ4),同理可得y4=2y3,联立直线与椭圆方程消掉ｙ得x的二次方程,由Ａ、C 在x轴的两侧,得y1ｙ３<0,代入韦达定理可求得k2范围,而||AＢ|﹣|CD｜｜=||y１|﹣|ｙ3||＝｜y1+y3|=|k(x1+x3)＋2｜,再由韦达定理及k2范围即可求得答案;(II)由斜率公式求出直线BＤ的斜率,由点斜式写出直线ＢD方程,再由点A在直线ｌ上可得直线BＤ方程,从而求得其所过定点、解答:(I)证明:设A(ｘ,ｙ１),Ｂ(x1,y２),１根据题意得:⇒,∵ｙ１,y2同号,∴y２＝2y1,设C(x3,y3),D(x3,y４),同理可得y4=２ｙ3,∴｜AＢ|=｜y1|,|CD|=｜ｙ３|,由⇒(4k2＋1)x２+8ｋx﹣12＝0,△>0恒成立,则,,∵A、C在x轴的两侧,∴y1ｙ3<０,∴(kx1＋1)(kx3＋1)=k２x1x３＋ｋ(x1＋ｘ３)+1=<０,∴,∴||AB|﹣|ＣD||＝||y1|﹣｜ｙ3｜|=｜ｙ1+ｙ3|=|ｋ(ｘ１+x3)+2|＝∈(0,);(ＩＩ)解:∵直线BD的斜率=2ｋ,∴直线BD的方程为y=2k(x﹣x１)+2y１=2kx﹣２(ｋx1﹣ｙ１),∵ｙ１=kｘ1+１,∴直线BＤ的方程为y=2ｋx+2,∴直线BD过定点(０,2).点评:本题考查直线与圆锥曲线的位置关系、两点间的距离公式,考查学生分析解决问题的能力,本题中多次用到韦达定理,应熟练掌握.10.已知A(﹣1,0),Ｂ(2,0),动点Ｍ(x,y)满足=,设动点M的轨迹为Ｃ、(1)求动点M的轨迹方程,并说明轨迹Ｃ就是什么图形;(2)求动点Ｍ与定点B连线的斜率的最小值;(3)设直线l:ｙ=x+m交轨迹Ｃ于P,Q两点,就是否存在以线段PQ为直径的圆经过A?若存在,求出实数ｍ的值;若不存在,说明理由、考点: 轨迹方程;圆方程的综合应用.专题: 综合题;探究型、分析:解:(１)先将条件化简即得动点M的轨迹方程,并说明轨迹C就是图形:轨迹C就是以(﹣2,0)为圆心,2为半径的圆.(2)先设过点B的直线为y=k(ｘ﹣2).利用圆心到直线的距离不大于半径即可解得k的取值范围,从而得出动点M与定点B连线的斜率的最小值即可;(3)对于存在性问题,可先假设存在,即存在以线段PQ为直径的圆经过A,再利用PＡ⊥QA,求出ｍ的长,若出现矛盾,则说明假设不成立,即不存在;否则存在、解答:解:(1)化简可得(ｘ+2)2＋y２=4、轨迹C就是以(﹣2,0)为圆心,2为半径的圆(3分)(２)设过点B的直线为ｙ＝k(x﹣2).圆心到直线的距离≤２∴,k mｉｎ=(7分)(3)假设存在,联立方程得2x2+2(m+２)ｘ+m2=0设P(x1,ｙ１),Q(x２,y2)则x1+x２=﹣m﹣2,x1x２=PＡ⊥QA,∴(x１＋1)(x２+１)＋ｙ１y２=(ｘ1+1)(ｘ２+1)+(x１+m)(x2+ｍ)＝0,2ｘ１x2+(m+1)(ｘ1＋x2)+m2＋１=0得m2﹣3m﹣1=0,且满足△＞0.∴(１２分)点评:求曲线的轨迹方程就是解析几何的两个基本问题之一求符合某种条件的动点的轨迹方程,其实质就就是利用题设中的几何条件,用“坐标化”将其转化为寻求变量间的关系,求曲线的轨迹方程常采用的方法有直接法、定义法、代入法、参数法、本题就是利用的直接法、直接法就是将动点满足的几何条件或者等量关系,直接坐标化,列出等式化简即得动点轨迹方程、11、已知定直线l:ｘ=﹣1,定点Ｆ(1,0),⊙P经过F且与l相切、(1)求P点的轨迹C的方程、(2)就是否存在定点Ｍ,使经过该点的直线与曲线C交于A、B两点,并且以AB为直径的圆都经过原点;若有,请求出M 点的坐标;若没有,请说明理由.考点: 直线与圆锥曲线的综合问题、专题: 直线与圆、分析:(1)由已知得点P的轨迹C就是以Ｆ为焦点,l为准线的抛物线,由此能求出点Ｐ的轨迹Ｃ的方程、(2)设AB的方程为x=ｍy+n,代入抛物线方程整理,得:y2﹣4ｍy﹣4n=0,由此利用韦达定理、直径性质能求出直线ＡＢ:x＝my+４恒过M(4,0)点.解答:解:(1)由题设知点P到点F的距离与点Ｐ到直线l的距离相等,∴点P的轨迹Ｃ就是以Ｆ为焦点,l为准线的抛物线,∴点Ｐ的轨迹C的方程为y２=4x.(2)设AB的方程为x=my+n,代入抛物线方程整理,得:ｙ2﹣4ｍy﹣４n=0,设Ａ(x1,ｙ1),B(ｘ2,y2),则,∵以ＡB为直径的圆过原点,∴OA⊥OＢ,∴y1y2+x1x2＝0,∴,∴y1y２=﹣１６,∴﹣4n=﹣16,解得ｎ=4,∴直线AB:x=mｙ+4恒过Ｍ(4,0)点、点评:本题考查点的轨迹方程的求法,考查满足条件的点的坐标就是否存在的判断与求法,解题时要认真审题,注意函数与方程思想的合理运用.12、已知动圆P与圆M:(ｘ+1)2+y2=1６相切,且经过M内的定点N(1,0).(1)试求动圆的圆心P的轨迹Ｃ的方程;(２)设O就是轨迹Ｃ上的任意一点(轨迹C与x轴的交点除外),试问在x轴上就是否存在两定点A,B,使得直线ＯＡ与OB的斜率之积为定值(常数)?若存在,请求出定值,并求出所有满足条件的定点A、Ｂ的坐标;若不存在,请说明理由、考点: 圆方程的综合应用;圆与圆的位置关系及其判定.分析:(１)利用动圆P与定圆(ｘ﹣１)2+y2=16相内切,以及椭圆的定义,可得动圆圆心P的轨迹M的方程;(2)先设任意一点以及A、Ｂ的坐标,k QA•k QB＝k(常数),根据轨迹方程列出关于ｋ、s、t的方程,并求出k、ｓ、t的值,即可求出结果、解答:解:(1)由题意,两圆相内切,故,｜PM｜＝４﹣|PN|,即|PM|+｜PN|=4、又∵MN＝2＜4∴动圆的圆心P的轨迹为以M、N为焦点,长轴长为4的椭圆.动点P的轨迹方程为、(2)设点Q(x0,ｙ0),则,x０≠±2设A(s,0),B(t,0),k QＡ•kＱB=k(常数)∴kＱA•kＱB＝整理得(４k+３)x０２﹣4k(s＋t)ｘ０＋４(ksｔ﹣3)=0由题意,上面的方程对(﹣2,2)内的一切x0均成立∴4k+3＝0,﹣4k(s＋t)=0且４(ｋsｔ﹣3)=0解得k＝﹣,s＝2,t=﹣2,或s＝﹣２,t=２∴在x轴上只存在两定点A(2,0)、B(﹣２,0)使得直线QA与QＢ的斜率之积为定值﹣.点评:题考查圆的基本知识与轨迹方程的求法以及斜率的求法,解题时要注意公式的灵活运用,此题有一定难度、13.(2010•盐城二模)已知在△ABＣ中,点Ａ、B的坐标分别为(﹣2,0)与(２,0),点Ｃ在ｘ轴上方.(Ⅰ)若点C的坐标为(2,３),求以A、B为焦点且经过点C的椭圆的方程;(Ⅱ)若∠AＣＢ=４５°,求△ABC的外接圆的方程;(Ⅲ)若在给定直线y＝ｘ+ｔ上任取一点Ｐ,从点P向(Ⅱ)中圆引一条切线,切点为Q.问就是否存在一个定点M,恒有PM=PＱ？请说明理由、考点: 椭圆的标准方程;圆的标准方程;直线与圆的方程的应用.专题: 计算题;存在型.分析:(Ⅰ)根据椭圆的定义与AC,BC求得椭圆的长轴,进而根据c求得b,则椭圆的方程可得.(Ⅱ)先用正弦定理可知＝2R,进而求得Ｒ,设出圆心坐标,根据勾股定理求的s,则外接圆的方程可得、(Ⅲ)假设存在这样的点M(m,n),设点P的坐标,进而根据ＰM＝PQ,求得关于x的方程,进而列出方程组,消去m,得到关于n的一元二次方程,分别讨论当判别式大于0或小于等于0时的情况、解答:解:(Ⅰ)因为AC=５,ＢＣ=3,所以椭圆的长轴长2ａ＝AＣ+BＣ=8,又c=2,所以b=２,故所求椭圆的方程为(Ⅱ)因为＝2Ｒ,所以2R=4,即R＝2又圆心在AB的垂直平分线上,故可设圆心为(0,s)(s>0),则由4＋S2=8,所以△ABＣ的外接圆的方程为x2+(y﹣２)2＝８(Ⅲ)假设存在这样的点Ｍ(m,n),设点P的坐标为(ｘ,x＋t),因为恒有PＭ=PQ,所以(ｘ﹣m)2+(ｘ+t﹣n)2=x２+(x+t ﹣2)2﹣８,即(2m＋2n﹣4)x﹣(m２+n2﹣２ｎt＋４t+4)=0,对ｘ∈Ｒ,恒成立,从而,消去m,得ｎ2﹣(t＋２)n＋(２ｔ+４)=0因为方程判别式△=t2﹣4ｔ﹣1２,所以①当﹣2<t＜６,时,因为方程无实数解,所以不存在这样的点M②当t≥６或t≤﹣２时,因为方程有实数解,且此时直线y=ｘ+t与圆相离或相切,故此时这样的点M存在、点评:本题主要考查了椭圆的标准方程与椭圆与直线的关系.考查了学生综合分析问题的能力、。
圆锥曲线中动圆恒过一类定点问题的研究
圆锥曲线中动圆恒过一类定点问题的研究林㊀蔓(福建省石狮市石光中学ꎬ福建石狮３６２７００)摘㊀要:笔者通过探究圆锥曲线中满足某些条件的动圆恒过定点的问题ꎬ得到的结论是这些问题中的动圆都恒过定点Ｏ１(－ｂ－ａꎬ０)ꎬＯ２(ｂ－ａꎬ０).关键词:圆锥曲线ꎻ圆ꎻ定点ꎻ切线ꎻ研究中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３６－００２９－０３收稿日期:２０２３－０９－２５作者简介:林蔓(１９８０.５－)ꎬ女ꎬ福建省石狮人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀圆锥曲线中动圆恒过定点问题ꎬ十年前的高考题考过几次ꎬ最近几年的模拟题也经常出现.笔者经过研究ꎬ发现不少的圆锥曲线问题中的动圆都恒过相同的定点ꎬ即都经过点Ｏ１(－ｂ－ａꎬ０)ꎬＯ２(ｂ－ａꎬ０).１预备知识引理１㊀设Ａ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬ则以线段ＡＢ为直径的圆的方程为(ｘ－ｘ１)(ｘ－ｘ２)＋(ｙ－ｙ１)(ｙ－ｙ２)＝０.证明㊀设Ｍ(ｘꎬｙ)是所求圆上的任一点ꎬ则ＡＭʅＢＭꎬ即ＡＭң ＢＭң＝０ꎬ即(ｘ－ｘ１ꎬｙ－ｙ１) (ｘ－ｘ２ꎬｙ－ｙ２)＝０ꎬ化简得(ｘ－ｘ１)(ｘ－ｘ２)＋(ｙ－ｙ１)(ｙ－ｙ２)＝０.引理２㊀设Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)是椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１上的一点ꎬ则椭圆在点Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)处的切线方程为ｘ０ｘａ２＋ｙ０ｙｂ２＝１[１].证明㊀当ｙ０＝０时ꎬ点Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)处的切线的斜率不存在ꎬ其方程为ｘ＝ʃａ.当ｙ０ʂ０时ꎬ设椭圆在点Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)处的切线方程为ｙ－ｙ０＝ｋ(ｘ－ｘ０)ꎬ代入椭圆方程化简得ꎬ(ｂ２＋ａ２ｋ２)ｘ２＋２ａ２ｋ(ｙ０－ｋｘ０)ｘ＋ａ２[(ｙ０－ｋｘ０)２－ｂ２]＝０[２].由题意ꎬә＝４ａ４ｋ２(ｙ０－ｋｘ０)２－４(ｂ２＋ａ２ｋ２)ａ２[(ｙ０－ｋｘ０)２－ｂ２]＝０ꎬ化简得ｋ２(ｘ２０－ａ２)－２ｋｘ０ｙ０＋(ｙ２０－ｂ２)＝０.因为点Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)在椭圆上ꎬ所以ｘ２０－ａ２＝－ａ２ｙ２０ｂ２ꎬｙ２０－ｂ２＝－ｂ２ｘ２０ａ２ꎬ代入上式化简得(ａ２ｙ０ｋ＋ｂ２ｘ０)２＝０ꎬ从而ｋ＝－ｂ２ｘ０ａ２ｙ０.因此切线方程为ｙ－ｙ０＝－ｂ２ｘ０ａ２ｙ０(ｘ－ｘ０)ꎬ即ｂ２ｘ０ｘ＋ａ２ｙ０ｙ＝ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０ꎬ等式两边同时除以ａ２ｂ２ꎬ得ｘ０ｘａ２＋ｙ０ｙｂ２＝ｘ２０ａ２＋ｙ２０ｂ２.又点Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)在椭圆上ꎬ所以ｘ２０ａ２＋ｙ２０ｂ２＝１ꎬ故切线方程为ｘ０ｘａ２＋ｙ０ｙｂ２＝１.引理３㊀设Ａ(ｘ０ꎬｙ０)为双曲线ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１９２(ａ>０ꎬｂ>０)外一点ꎬ则由点Ａ作此双曲线的两切线的方程为(ｘ２０ａ２－ｙ２０ｂ２－１)(ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２－１)＝(ｘ０ｘａ２－ｙ０ｙｂ２－１)２.２主要结果及证明命题１㊀如图１ꎬ双曲线Γ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１(ａ>０ꎬｂ>０)ꎬ设直线ｌ平行于ｙ轴且与Γ相切ꎬＡ是ｙ轴上任一点ꎬ过Ａ且与Γ相切的两条直线分别交ｌ于ＰꎬＱꎬ以ＰＱ为直径作圆ꎬ此圆交ｘ轴于两点.求证:这两点是定点(记为Ｏ１ꎬＯ２).图１㊀命题１图证明㊀设Ａ(０ꎬｍ)ꎬＰ(０ꎬｙＰ)ꎬＱ(０ꎬｙＱ)ꎬ由引理３知过Ａ的两切线方程为(－ｍ２ｂ２－１)(ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２－１)＝(－ｍｙｂ２－１)２.令ｘ＝－ａꎬ得ｍ２＋ｂ２ｂ２ ｙ２ｂ２＝(ｍｙ＋ｂ２ｂ２)２⇒ｙ２－２ｍｙ－ｂ２＝０ꎬ故ｙＰｙＱ＝－ｂ２.由引理１知以ＰＱ为直径的圆为(ｘ－ａ)２＋(ｙ－ｙＰ)(ｙ－ｙＱ)＝０ꎬ令ｙ＝０ꎬ得(ｘ＋ａ)２＋ｙＰｙＱ＝０⇒(ｘ＋ａ)２＝ｂ２⇒ｘ＝－ａʃｂꎬ所以圆与ｘ轴交于两个定点ꎬ其坐标为Ｏ１(－ｂ－ａꎬ０)ꎬＯ２(ｂ－ａꎬ０).命题２㊀如图２ꎬ设椭圆的方程为ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ａ>ｂ>０()ꎬＡꎬＢ为椭圆的左㊁右顶点ꎬ过ＡꎬＢ且与椭圆相切的直线分别为ｌꎬｌᶄꎬ再作椭圆的任一切线分别交ｌꎬｌᶄ于ＣꎬＤꎬＤＯ交ｌ于Ｅꎬ设以线段ＣＥ为直径的圆交ｘ轴于Ｏ１ꎬＯ２ꎬ求证:Ｏ１ꎬＯ２为定点[３].图２㊀命题２图证明㊀设切点Ｆｘ０ꎬｙ０()ꎬ则由引理２知切线ＣＤ:ｘ０ｘａ２＋ｙ０ｙｂ２＝１ꎬ又ｌ:ｘ＝－ａꎬｌᶄ:ｘ＝ａꎬ得Ｃ－ａꎬｂ２ｘ０＋ａ()ａｙ０æèçöø÷ꎬＤａꎬｂ２ａ－ｘ０()ａｙ０æèçöø÷ꎬ则Ｅ－ａꎬｂ２ｘ０－ａ()ａｙ０æèçöø÷ꎬ由引理１知以线段ＣＥ为直径的圆为ｘ＋ａ()２＋ｙ－ｂ２ｘ０＋ａ()ａｙ０æèçöø÷ｙ－ｂ２ｘ０－ａ()ａｙ０æèçöø÷＝０ꎬ令ｙ＝０ꎬ得ｘ＋ａ()２＝ｂ４ａ２－ｘ２０()ａ２ｙ２０＝ｂ４ａ２－ｘ２０()ｂ２ａ２－ｘ２０()＝ｂ２ꎬ⇒ｘ＝－ａʃｂꎬ故以线段ＣＥ为直径的圆过两定点Ｏ１－ｂ－ａꎬ０()ꎬＯ２ｂ－ａꎬ０().命题３㊀如图３ꎬ设椭圆的方程为ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ａ>ｂ>０()ꎬＡ为椭圆的下顶点ꎬＢ为椭圆上任一点ꎬ过Ａ的切线为ｌꎬ过Ｂ的切线交ｌ于Ｃꎬ过Ｏ且与ＢＡ平行的直线交ｌ于Ｅꎬ设以线段ＣＥ为直径的圆交ｙ轴于Ｏ１ꎬＯ２ꎬ求证:Ｏ１ꎬＯ２为定点.图３㊀命题３图证明㊀设切点Ｂｘ０ꎬｙ０()ꎬ则由引理２知切线ＢＣ:ｘ０ｘａ２＋ｙ０ｙｂ２＝１ꎬ又切线ｌ:ｙ＝－ｂꎬ则０３Ｃａ２ｙ０＋ｂ()ｂｘ０ꎬ－ｂæèçöø÷ꎬ因直线ＯＥ平行于ＢＡꎬ故直线ＯＥ的方程为ｙ＝ｙ０＋ｂｘ０ｘ.令ｙ＝－ｂꎬ则ｘ＝－ｂｘ０ｙ０＋ｂꎬＥ－ｂｘ０ｙ０＋ｂꎬ－ｂæèçöø÷ꎬ由引理１知以线段ＣＥ为直径的圆的方程为ｘ－ａ２ｙ０＋ｂ()ｂｘ０[]ｘ＋ｂｘ０ｙ０＋ｂæèçöø÷＋ｙ＋ｂ()２＝０.令ｘ＝０ꎬ得ｙ＋ｂ()２＝ａ２ꎬｙ＝－ｂʃａꎬ故以线段ＣＥ为直径的圆过两定点Ｏ１０ꎬ－ａ－ｂ()ꎬＯ２０ꎬａ－ｂ().命题４㊀如图４ꎬ设椭圆的方程为ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ａ>ｂ>０()ꎬＡꎬＢ为椭圆的上㊁下顶点ꎬ过ＡꎬＢ且与椭圆相切的直线分别为ｌꎬｌᶄꎬ再作椭圆的任一切线分别交ｌꎬｌᶄ于ＣꎬＰꎬＣＯ交ｌ于Ｑꎬ设以线段ＰＱ为直径的圆交ｘ轴于Ｏ１ꎬＯ２ꎬ求证:Ｏ１ꎬＯ２为定点.图４㊀命题４图证明㊀设切点Ｄｘ０ꎬｙ０()ꎬ则由引理２知切线ＣＰ:ｘ０ｘａ２＋ｙ０ｙｂ２＝１ꎬ又ｌ:ｙ＝ａꎬｌᶄｙ:＝－ａꎬ得Ｃａ２ｂ－ｙ０()ｂｘ０ꎬｂæèçöø÷ꎬＰａ２ｙ０＋ｂ()ｂｘ０ꎬ－ｂæèçöø÷ꎬＱ与Ｃ关于Ｏ对称ꎬ得Ｑａ２ｙ０－ｂ()ｂｘ０ꎬ－ｂæèçöø÷.由引理１知以线段ＰＱ为直径的圆的方程为ｘ－ａ２ｙ０－ｂ()ｂｘ０[]ｘ－ａ２ｙ０＋ｂ()ｂｘ０[]＋ｙ＋ｂ()２＝０.令ｘ＝０ꎬ得ｙ＋ｂ()２＝ａ４ｂ２－ｙ２０()ｂ２ｘ２０＝ａ４ｂ２－ｙ２０()ａ２ｂ２－ｙ２０()＝ａ２ꎬ即ｙ＝－ｂʃａ.故以线段ＰＱ为直径的圆过两定点Ｏ１０ꎬ－ａ－ｂ()ꎬＯ２０ꎬａ－ｂ().圆锥曲线内容是高中数学的难点ꎬ高中生要想突破这一块内容ꎬ需要有探索和研究的精神.掌握一些重要的结论是非常必要的ꎬ比如上文提到的３个引理.当然了ꎬ学生对于圆锥曲线的困难主要还是在运算上ꎬ那就需要我们平时多练ꎬ熟悉解题过程中设点或者设线的一些方法ꎬ这可以帮我们简化运算.有时结合同构思想㊁点差法或者对称思想ꎬ也可简化运算.追溯圆锥曲线的研究ꎬ最有影响力的还得属于阿波罗尼奥斯ꎬ他的著作«圆锥曲线论»揽尽了圆锥曲线几乎所有的性质ꎬ而且他是用几何方法给出的证明.后来笛卡尔创立了直角坐标系后ꎬ人们就可以利用坐标法来研究圆锥曲线问题了.再到后来ꎬ产生了射影几何ꎬ圆锥曲线的研究得到了新的突破.而最近十年的高考真题中ꎬ有不少题就是以射影几何中的极点㊁极线或者调和点列㊁调和线束为背景来命制的ꎬ这需要一线教师掌握一定的射影几何知识ꎬ这样才能居高临下ꎬ教学才能做到深入浅出.研究圆锥曲线是有意义的ꎬ有价值的.一线教师可以根据圆的性质ꎬ进行类比推广得到圆锥曲线的性质ꎬ也可以对高考中的圆锥曲线题进行一般化探究ꎬ还可以把射影几何中的经典结合初等化后ꎬ利用初等方法进行研究.圆锥曲线的性质是优美的ꎬ也是丰富的ꎬ很多高考圆锥曲线题就是命题人的最新研究成果.总而言之ꎬ不论是高中教师还是高中生ꎬ都很有必要去探索㊁去研究圆锥曲线的各种优美性质.参考文献:[１]刘海涛.极点极线视角下对一道模考题的探析㊁变式㊁推广[Ｊ].中学数学研究(华南师范大学版)ꎬ２０２３(１１):７－１０.[２]李鸿昌.高考题的高数探源与初等解法[Ｍ].合肥:中国科学技术大学出版社ꎬ２０２２(４).[３]陈传麟.圆锥曲线习题集[Ｍ].哈尔滨:哈尔滨工业大学出版社ꎬ２０１３(６).[责任编辑:李㊀璟]１３。
圆锥曲线中圆过定点问题(高考)
（2）圆过定点解题思路的应用
题目中由于直线与椭圆相切，因此联立利用判别式可求出 k, m 之间的等式关系 1 且还能求出点 P 的坐标（含参数），此时将 PM PQ 向量化又可得到等式关系 2，因 此可以根据 1,2 求出点 M 的横坐标。
y kx m
设
P(
x0
,
y0
),
（1）圆过定点的总体思路
如果说以两个动点 M , N 为过圆心的直径与圆相交的两点，则 MN 所在直线的位置
不同，圆的位置也不同，假如证明圆恒过定点且定点非 M , N 两点，则此时会有一个等
量关系，若设定点为 P，则满足 PM PN ，这个等量关系有点类似于直线过定点问题 中需要用到的等式关系，另外若过 MN 的直线恒过定点，则当 MN 斜率不存在时和直线
,
y2
)
y
k
(x
x2
y2 2
1) 3 1
(k
2
2) x 2
2 3
k
2x
1 9
k
2
2
0
（2）圆过定点解题思路的应用
2 k2
1k2 2
x1
x2
3 k2
2
, x1x2
9 k2
2
uur
uur
uur uur
TA (x1 1, y1),TB (x2 1, y2) ，若斜率存在时应满足TATB 0
3
9
当斜率为零时，圆的方程为 x2 y2 1
联立
(x x2
1)2 y2 3
y2 1
16 9
x
y
1 在特殊情况下求得T (1, 0) 0
，也符合对称的猜想，
微专题17 与圆相关的定点、定值问题
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2 2 2 2 解析：设Ct， t (t∈R，t≠0)，由题意知，圆C的方程为(x－t) ＋y－ t
4 4 2 2 ＝t ＋ t2 ，化简得x －2tx＋y － t y＝0，当y＝0时，x＝0或2t，则
2 4 4 1 1 A(2t,0)；当x＝0时，y＝0或 t ，则B0， t ，所以S△AOB＝ 2 OA· OB＝2 4 |2t|· ＝4. t
QR∥AF1，得 R(4－t,0)，则线段 F1R
1 t 的中垂线方程为 x＝－2，线段 PF1 的中垂线方程为 y＝－2x＋ 5t－16 ， 8
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1 5t－16 y＝－2x＋ 8 ， 由 t x＝－2，
t 7t － ， － 2 得△PRF1的外接圆的圆心坐标为 2 8 ，
，经验证，该圆心在定直线7x＋4y＋
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(2)由(1)可得圆C的方程为x2＋y2＋tx＋
7 4 － t 4
y＋4t－16＝0，该方
7 x － y ＋ 4 程可整理为(x2＋y2＋2y－16)＋t ＝0， 4
x2＋y2＋4y－16＝0， 则由 7 x－ y＋4＝0， 4
经验证，该圆心在定直线7x＋4y＋8＝0上．
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t － 8 解法2：易得直线AF1：y＝2x＋8；AF2：y＝－2x＋8，所以P ， t ， 2
Q
8 － t ，t 2
，再由QR∥AF1，得R(4－t,0)，设△PRF1的外接圆C的
方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
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4 32 答案：(1)略；(2)圆C恒过异于点F1的一定点，该点坐标为13，13 .
与圆有关的定点定值问题(共70张PPT )
,
消去参数m，得2 x y 6 0,
圆心在定直线2 x y 6 0上.
Q 直线l经过点(1,1)，对任意实数m, 定直线l被圆C (半径为3)截得的弦长为 定值，则圆心C到直线l的距离为定值. 直线l //圆心C所在直线. 设l方程为2 x y c 0, 将(1,1)代入， 得c 1,故直线l方程为2 x y 1 0.
问题转化为求点D到点O 距离的最大值.
AB 2 3, AC 2,结合垂径定理和勾股 定理可得CD 1.故动点D在 以C(3, 0)为圆心,1为半径的 圆( x 3)2 y2 1上运动. 则ODmax OC 1 4,
uuur uuur OA OB 的最大值为8.
变式：在平面直角坐标系xoy中，圆C的 方程为( x 1)2 y2 4, P为圆C上一点， 若存在一个定圆M，过P作圆M的两条 切线PA，PB,切点分别为A, B，当P 在圆C上运动时，使得APB恒为600， 则圆M的方程为_____________
联立解得
x y
0或 0
பைடு நூலகம்
x y
4 5， 2 5
怎样验证
故猜想定点为(0, 0)，( 4 , 2),下面验证： 55
将点(0, 0)，( 4 , 2)代入 55
x2 y2 2mx (m 2) y 2m 0都符合，
所以圆过两个定点(0, 0)，( 4 , 2). 55
法2.将已知圆方程关于参数m整理 恒等式
右侧，圆M被y轴截得的弦长为 3r.若对 任意正常数r , 定直线l与圆M 相切,则定直 线l的方程为___________________
解析：设圆心M (a, b), 利用M 在线段AB的 垂直平分线上，从而 MA = MB ,结合M 在
以线段为直径的圆过定点问题的求解策略
以线段为直径的圆过定点问题的求解策略2019-08-02以线段为直径的圆过定点问题是近⼏年的热点，试题常考常新，形成了⼀道亮丽的风景.为了让同学们对此类问题清晰明了，特将问题的求解策略通过习题的解析形式展⽰如下，供⼤家参考.⼀、设斜率为参，求动圆⽅程，找定点坐标例1 已知：圆O：x2+y2=4，直线l:x=4，点P是圆O上异于A(-2,0),B(2,0)的任意⼀点，直线PA,PB分别交直线l于M，N.当点P变化时，是否存在以MN为直径的圆过圆O内⼀定点？若存在，求出这个定点；若不存在，请说明理由．解析:由题意知，直线PA,PB的斜率存在且不为0，设直线PA：y=k(x+2)，易得M(4,6k)；直线PB：y=-1 k(x-2)，则N(4,-2 k)．因此，以MN为直径的圆⽅程为(x-4)2+(y+1 k-3k)2=(3k+1 k)2，化简整理，得(x-4)2+y2+2(1 k-3k)y=12 恒成⽴．令y=0，则x=4±23.⼜(4+3,0)在圆O外，故以MN为直径的圆过圆O内⼀定点(4-3,0)．评注:由于直线PA,PB互相垂直，故⽤斜率表⽰点⽐较⽅便.另外，若圆的⼀条直径的端点分别是A(x1,y1),B(x2,y2),则此圆的⽅程为(x-x1+x2 2)2+(y-y1+y2 2)2=(x1-x2)2+(y1-y2)24.⼆、设动直线，求动圆⽅程，找定点坐标例2 已知椭圆C1，抛物线C2的焦点均在y轴上，C1的中⼼和C2的顶点均为原点O，从每条曲线上取两个点，将其坐标记录于下表中：x0-124y-221 16-21（1）求C1，C2的标准⽅程；（2）设斜率不为0的动直线l与C1有且只有⼀个公共点P，且与C2的准线相交于点Q，试探究：在坐标平⾯内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．解析: （1）（略） C1，C2的标准⽅程分别为y2 8+x2 4=1x2=16y．（2）由题意，设直线l:x=my+n，代⼊y2+2x2=8，消去x并化简整理，得(1+2m2)y2+4mny+2n2-8=0．由直线l与C1相切，得Δ=16m2n2-4(1+2m2)(2n2-8)=0，即n2=4(1+2m2)．设切点P(x0,y0)，则y0=-2mn 1+2m2=-8m n，x0=my0+n=n2-8m2 n=4 n,即P(4 n,-8m n).⼜直线l与C2的准线y=-4的交点为Q(n-4m,-4),故以PQ为直径的圆的⽅程为(x-4 n)(x-n+4m)+(y+8m n)(y+4)=0，化简并整理，得x2+(4m-n-4 n)x+8m n(y+2)+(y+2)2=0恒成⽴.令x=0，则y=-2,所以存在定点M(0,-2)符合题意.评注:若圆的⼀条直径的端点分别是A(x1,y1),B(x2,y2)，则此圆的⽅程为(x-x1)(x-x2)+(y-y1)(y-y2)=0.当点的坐标⽐较繁复时，利⽤上述结论求解⽐较⽅便.三、设动点坐标，求动点⽅程，找定点坐标例3 已知直线l1:4x-3y+6=0和直线l2:x=-p 2(p>0)．若抛物线C:y2=2px上的点到直线l1和l2的距离之和的最⼩值为2．（1）求抛物线C的⽅程；（2）若（1）中抛物线上任意⼀点M为切点的直线l与直线l2交于点N，试问在x轴上是否存在定点Q，使Q点在以MN为直径的圆上？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．解析: （1）y2=4x.（略）（2）设M(x0,y0)，由题意知直线l的斜率存在且不为0，设直线l:y-y0=k(x-x0)，代⼊y2=4x，消去x,得ky2-4y+4y0-ky20=0,由Δ=16-4k(y0-ky20)=0,得k=2 y0,故直线l的⽅程为y-y0=2 y0(x-x0).令x=-1,⼜由y20=4x0,得N(-1,y20-4 2y0).设Q(x1,0),则QM=(x0-x1,y0),QN=(-1-x1,y20-4 2y0).由题意知QM•QN=0，得(x0-x1)(-1-x1)+y20-4 2=0.把y20=4x0代⼊上式，得(1-x1)x0+x21+x1-2=0恒成⽴，故1-x1=0且x21+x1-2=0，解得x1=0.故在x轴上存在定点Q(1,0)，使Q点在以MN为直径的圆上.评注:设出动点的⽬的是利⽤直径所对的圆周⾓是直⾓的性质，再求出定点.四、设斜率切点，求动圆⽅程，找定点坐标例4已知⼀动圆过点(0,1)，且与直线l:y=-1相切，（1）求动圆圆⼼C的轨迹W的⽅程；（2）若过点（0,1）的直线m交轨迹W于A，B两点，交直线l于点M，轨迹W在点A处的切线交直线于点N，当直线m变化时，探究以MN为直径的圆是否恒过某⼀定点？若存在，求出这个定点；若不存在，请说明理由.解析:（1）（略）轨迹W的⽅程是x2=4y.（2）由题意易知直线m的斜率存在且不为0，设直线m为y=kx+1，令y=-1，则x=-2 k，所以M(-2 k，-1).设点A(x0,x20 4)，切线AN为y-x20 4=t(x-x0)，代⼊x2=4y，得x2-4tx+4tx0-x20.由Δ=16t2-4(4tx0-x20)=0，解得t=x0 2（或由y′|x=x0=x0 2求得）．故切线AN为y=x0x 2-x20 4.令y=-1，得x=x0 2-2 x0.⼜k=x20-1 4-1 4=x0 4-x0 4-1 x0=1 2(x0 2-2 x0)，故x0 2=2 x02k，所以N(2k,-1).因此以MN为直径的圆的⽅程为(x+1 k-k)2+(y+1)2=(k+1 k)2，化简得x2+2(1 k-k)x+(y+1)2=4恒成⽴.令x=0，得(y+1)2=4，故以MN为直径的圆过定点(0,1)或（0，-3）．评注：同时设出切线的斜率和切点，最终按照以简为原则，转换成⽤斜率表⽰直径MN的端点坐标，使问题求解简洁流畅.五、先猜后证，破解难点，找出定点例5 已知椭圆C：x2 a2+y2 b2=1 (a>b>0)的左右焦点分别是F1(-c,0),F2(c,0)，直线l:x=my+c与椭圆C交于点M，N，且当m=-3 3时，M是椭圆的上顶点，MF1F2的周长为6．设椭圆C的左顶点为A，直线AM，AN与直线x=4分别相交于点P,Q，当m变化时，以线段PQ为直径的圆被x轴截得的弦长是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．解析:由m=-3 3，直线的倾斜⾓为120°，所以2a+2c=6,c a=cos60°，解得：a=2,c=1，则b=3,故椭圆C：x2 4+y2 3=1．当m=0时，直线l的⽅程x=1，此时M(1,3 2),N(1,-3 2).⼜A(-2,0)，故P(4,3)，Q(4,-3)，以PQ为直径的圆过右焦点，被x轴截得的弦长为6．猜测：当m变化时，以PQ为直径的圆恒过焦点F2，被x轴截得的弦长为定值6．证明：设点M,N点的坐标分别是(x1,y1),(x2,y2)，则直线AM：(x1+2)y=y1(x+2)，得P(4,6y1 x1+2)，同理Q(4,6y1 x2+2).将直线x=my+1代⼊x2 4+y2 3=1，消去x，得(3m2+4)y2+6my-9=0，所以y1+y2=-6m 3m2+4，y1y2=-9 3m2+4从⽽F2P•F2Q=(3,6y1 x1+2)•(3,6y2 x2+2)=9+36y1y2 (my1+3)(my2+3)=9+36y1y2 m2y1y2+3m(y1+y2)+9=9+36×(-9) -9m2-18m2+27m2+36=0.所以，以PQ为直径的圆⼀定过右焦点F2，被x轴截得的弦长为定值6．注：本⽂为⽹友上传，不代表本站观点，与本站⽴场⽆关。
高考数学专题 直线与圆的定点、定值问题
专题二十三 │ 要点热点探究
► 探究点二 定直线与动圆相切问题
定直线与动圆相切问题，从代数角度出发即证明 d＝r 恒成立，从几何角度出发可研究动圆的几何特征，再进行论 证．
例 2 在平面直角坐标系 xOy 中，已知定点 A(－4,0)，B(4,0)， C(0，－2)，半径为 r 的圆 M 的圆心 M 在线段 AC 的垂直平分线上， 且在 y 轴右侧，圆 M 被 y 轴截得弦长为 3r. (1)求圆 M 的方程； (2)当 r 变化时， 是否存在定直线 l 与动圆 M 均相切？如果存在， 求出定直线 l 的方程；如果不存在，说明理由．
专题二十三 │ 要点热点探究
要点热点探究 ► 探究点一 圆过定点问题
圆的方程需要三个独立条件才能确定，当条件不足时，这 时候的圆就是动圆． 动圆过定点即定点(x0， y0)必定是动圆 f(x， y)＝0 方程的解．
专题二十三 │ 要点热点探究
x2 y2 例 1 如图 23－1，椭圆 ＋ ＝1，其左、右焦点分别为 4 3 → → F1，F2，M，N 是椭圆右准线上的两个动点，且F F 1 M· 2N＝0， 以 MN 为直径的圆 C 是否过定点？请证明你的结论．
图 23－1
专题二十三 │ 要点热点探究
【解答】 由题可设点 M(4，y1)，N(4，y2)，则以 MN 为直径的 |y2－y1| y1＋y2 ，半径 r＝ 圆的圆心 C 的坐标为4， ， 2 2 2 y － y y ＋ y 2 1 1 2 2 ＝ 从而圆 C 的方程为(x－4)2＋y－ ， 4 2 整理得 x2＋y2－8x－(y1＋y2)y＋16＋y1y2＝0， → → 由F M· F N＝0 得 y y ＝－15， 所以 x2＋y2－8x－(y1＋y2)y＋1＝0， 令 y＝0 得 x2－8x＋1＝0，所以 x＝4± 15， 所以圆 C 过定点(4± 15，0)．
圆锥曲线中圆过定点问题
为直径的圆恒过点 M ?若存在求出点 M 的坐标，若不存在说明理由。
解析：若动圆 M 过定点，则必定满足 MP MQ ，若转化为向量则需要知道 P, Q 两点 的坐标，另外注意一下假如存在这样的定点，则这个定点必定在 x 轴上，为什么？ 因为若 PQ 平行 x 时，此时线段 PQ 可上可下，且上下两个圆关于 x 对称且必定都 过同一点，因此这一点肯定是在 x 轴上，因此假如存在这样的定点 M，则定点 M 的纵坐标必定为零。
不同，圆的位置也不同，假如证明圆恒过定点且定点非 M , N 两点，则此时会有一个等
量关系，若设定点为 P，则满足 PM PN ，这个等量关系有点类似于直线过定点问题 中需要用到的等式关系，另外若过 MN 的直线恒过定点，则当 MN 斜率不存在时和直线
斜率为零时都应该过这一点，因此此时两种情况下的圆联立即可求出特殊情况下恒过的
式子有根，所以只需要令：
x1 1 0
x12
4x1
3
0
x1
1
故恒过定点 (1, 0)
（2）圆过定点解题思路的应用
例 2：已知过点 S ( 1 , 0) 的动直线交椭圆 C : x2 y2 1 于 A, B 两点，试问：在平面直
3
2
角坐标系内是否存在一个定点T ，使得无论直线 l 如何转动，以 AB 为直径的圆 M
上次课说到了最传统的求或者证明动直线过定点 的处理方法，难度不大，计算量 稍大，今天提供两道特殊的定点问题，我们常见的都是证明定直线过定点的问题，今天 给出证明动圆过定点问题的证明，这两种问题较为少见，仅供参考。
（1）圆过定点的总体思路
如果说以两个动点 M , N 为过圆心的直径与圆相交的两点，则 MN 所在直线的位置
高考数学复习第16讲 与圆相关的定点、定值问题
微专题17 与圆相关的定点、定值问题圆的综合问题还可能会考查与圆有关的定点、定值问题，这类问题的解决往往先从特例题：已知圆O ：x 2＋y 2＝9.点A (－5，0)，在x 轴上存在定点B (不同于点A )，满足：对于圆O 上任一点P ，都有PBP A为一常数，试求所有满足条件的点B 的坐标．变式1已知圆O 的方程为x 2＋y 2＝1，直线l 1过点A(3，0)，且与圆O 相切．(1)求直线l 1的方程；(2)设圆O 与x 轴交于P ，Q 两点，M 是圆O 上异于P ，Q 的任意一点，过点A 且与x 轴垂直的直线为l 2，直线PM 交直线l 2于点P′，直线QM 交直线l 2于点Q′.求证：以P′Q′为直径的圆C 总过定点，并求出定点坐标．变式2已知过点A(0，1)，且斜率为k 的直线l 与圆C ：(x －2)2＋(y －3)2＝1相交于M ，N 两点．求证：AM →·AN →为定值7.串讲1如图，已知以点A(－1，2)为圆心的圆与直线l 1：x ＋2y ＋7＝0相切．过点B(－2，0)的动直线l 与圆A 相交于M ，N 两点，Q 是MN 的中点，直线l 与l 1相交于点P.BQ →·BP →是否为定值？如果是，求出其定值；如果不是，请说明理由．串讲2设O 为坐标原点，F(1，0)，M 是l ：x ＝2上的点，过点F 作OM 的垂线与以OM 为直径的圆D 交于P ，Q 两点．(1)若PQ ＝6，求圆D 的方程；(2)若M 是l 上的动点，求证点P 在定圆上，并求该定圆的方程．(2018·江苏模拟卷)如图，在平面直角坐标系xOy 中，A ，B 是圆O ：x 2＋y 2＝1与x 轴的两个交点(点B 在点A 右侧)，点Q(－2，0)，x 轴上方的动点P 使直线PA ，PQ ，PB 的斜率存在且依次成等差数列．(1)求证：动点P 的横坐标为定值；(2)设直线PA ，PB 与圆O 的另一个交点分别为S ，T ，求证：点Q ，S ，T 三点共线．(2017·江苏模拟卷)在平面直角坐标系xOy 中，已知定点A(－4，0)，B(0，－2)，半径为r 的圆M 的圆心M 在线段AB 的垂直平分线上，且在y 轴右侧，圆M 被y 轴截得的弦长为3r.(1)若r ＝2，求圆M 的方程； (2)当r 变化时，是否存在定直线与圆相切？如果存在，求出定直线的方程；如果不存在，请说明理由．答案：(1)(x －1)2＋(y －5)2＝4；(2)存在两条直线y ＝3和4x ＋3y －9＝0与圆相切．解析：(1)设圆心M(m ，n)，由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎫32r 2＋m 2＝r 2，m ＞0，（m ＋4）2＋n 2＝m 2＋（n ＋2）2，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝12r ，n ＝r ＋3，4分∴圆M 的方程为(x －1)2＋(y －5)2＝4.5分(2)设直线l ：y ＝kx ＋b ，则⎪⎪⎪⎪k·r 2－r －3＋b 1＋k 2＝r 对任意r ＞0恒成立，7分由⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫k 2－1r ＋b －3＝r 1＋k 2，得⎝⎛⎭⎫k 2－12r 2＋(k －2)(b －3)r ＋(b －3)2 ＝r 2(1＋k 2)，9分∴⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎫k 2－12＝1＋k 2，（k －2）（b －3）＝0，（b －3）2＝0，计算得出⎩⎪⎨⎪⎧k ＝0，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－43，b ＝3，13分 ∴存在两条直线y ＝3和4x ＋3y －9＝0与圆相切.14分微专题17 与圆相关的定点、定值问题巩固练习1.圆C ：x 2＋y 2－2tx －2t 2y ＋4t －4＝0，则圆过定点________．2．已知以曲线y ＝2x 上任意点C 为圆心的圆与x 轴交于点O ，A ，与y 轴交于点O ，B ，其中O 为原点，则△AOB 的面积为________．3．已知直线l ：mx －y ＋m ＝0，圆C ：(x －a)2＋y 2＝4.若对任意a ∈[1，＋∞)，存在l 被C 截得弦长为2，则实数m 的取值范围是________．4．设m ∈R ，过定点A 的动直线x ＋my ＝0和过定点B 的动直线mx －y －m ＋3＝0交于点P (x ，y )，则2P A ＋PB 的最大值是________．5．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C ：x 2＋y 2－(6－2m)x －4my ＋5m 2－6m ＝0，直线l 经过点(－1，1)．若对任意的实数m ，定直线l 被圆C 截得的弦长为定值，则直线l 的方程为________．6．在平面直角坐标系xOy 中，圆C 的方程为(x －1)2＋y 2＝4，P 为圆C 上一点．若存在一个定圆M ，过P 作圆M 的两条切线PA ，PB ，切点分别为A ，B ，当P 在圆C 上运动时，使得∠APB 恒为60°，则圆M 的方程为________．7．已知圆C 的方程为(x ＋4)2＋y 2＝16，直线l 过圆心且垂直于x 轴，其中G 点在圆上，F 点坐标为(－6，0)．(1)若直线FG 与直线l 交于点T ，且G 为线段FT 的中点，求直线FG 被圆C 所截得的弦长；(2)在平面上是否存在定点P ，使得对圆C 上任意的点G 有GF GP ＝12？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．8．如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知F 1(－4，0)，F 2(4，0)，A(0，8)，直线y ＝t(0＜t ＜8)与线段AF 1，AF 2分别交于点P ，Q ，过点Q 作直线QR ∥AF 1交F 1F 2于点R ，记△PRF 1的外接圆为圆C.(1)求证：圆心C 在定直线7x ＋4y ＋8＝0上；(2)圆C 是否恒过异于点F 1的一个定点？若过，求出该点的坐标；若不过，请说明理由．微专题17参考答案例题答案：B ⎝⎛⎭⎫－95，0. 解法1如图，假设存在这样的点B(t ，0)，当P 为圆O 与x 轴左交点(－3，0)时，PB PA ＝|t ＋3|2；当P 为圆O 与x 轴右交点(3，0)时，PB PA ＝|t －3|8，依题意，|t ＋3|2＝|t －3|8，解得，t ＝－5(舍去)，或t ＝－95.下面证明：点B ⎝⎛⎭⎫－95，0对于圆O 上任一点P ，都有PBPA为一常数． 设P(x ，y)，则y 2＝9－x 2，所以PB 2PA 2＝⎝⎛⎭⎫x ＋952＋y 2（x ＋5）2＋y 2＝x 2＋185x ＋8125＋9－x 2x 2＋10x ＋25＋9－x 2＝1825（5x ＋17）2（5x ＋17）＝925，从而PB PA ＝35为常数．解法2假设存在这样的点B(t ，0)，使得PBPA 为常数λ，则PB 2＝λ2PA 2，所以(x －t)2＋y 2＝λ2[(x ＋5)2＋y 2]，将y 2＝9－x 2代入得，x 2－2xt ＋t 2＋9－x 2＝λ2(x 2＋10x ＋25＋9－x 2)，即2(5λ2＋t)x ＋34λ2－t 2－9＝0对x ∈[－3，3]恒成立，所以⎩⎨⎧5λ2＋t ＝0，34λ2－t 2－9＝0，解得⎩⎨⎧λ＝35，t ＝－95，或⎩⎨⎧λ＝1，t ＝－5，(舍去)，所以存在点B ⎝⎛⎭⎫－95，0对于圆O 上任一点P ，都有PB PA 为常数35. 变式联想变式1 答案：(1)y ＝±24(x －3)；(2)(3±22，0)． 解析：(1)因为直线l 1过点A(3，0)，且与圆O ：x 2＋y 2＝1相切，设直线l 1的方程为y ＝k(x －3)，即kx －y －3k ＝0，则圆心O(0，0)到直线l 1的距离为d ＝|3k|k 2＋1＝1，解得k ＝±24，所以直线l 1的方程为y＝±24(x －3)． (2)对于圆方程x 2＋y 2＝1，令y ＝0，得x ＝±1，即P(－1，0)，Q(1，0)， 又直线l 2过点A 且与x 轴垂直，所以直线l 2方程为x ＝3，设M(s ，t)，则直线PM 的方程为y ＝ts ＋1(x ＋1)．解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝t s ＋1（x ＋1）， 得P′⎝⎛⎭⎫3，4t s ＋1同理可得，Q ′⎝⎛⎭⎫3，2t s －1.所以以P′Q′为直径的圆C 的方程为(x －3)(x －3)＋⎝⎛⎭⎫y －4t s ＋1⎝⎛⎭⎫y －2ts －1＝0，又s 2＋t 2＝1，所以整理得x 2＋y 2－6x ＋1＋6x －2t y ＝0，若圆C 经过定点，只需令y ＝0，从而有x 2－6x ＋1＝0，解得x ＝3±22，所以，圆C 总经过定点坐标为(3±22，0)．变式2证法1设M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)，联立⎩⎨⎧y ＝kx ＋1，（x －2）2＋（y －3）2＝1，得(k 2＋1)x 2－4(k ＋1)x ＋7＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4（k ＋1）k 2＋1，x 1x 2＝7k 2＋1.因为AM →＝(x 1，y 1－1)，AN →＝(x 2，y 2－1)，所以AM →·AN →＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)＝x 1x 2＋k 2x 1x 2＝(1＋k 2)x 1x 2＝(1＋k 2)x 1x 2＝(1＋k 2)71＋k 2＝7.所以AM →·AN →为定值7.证法2由于M ，N 共线，所以AM →·AN →＝AM·AN ＝(AC －1)(AC ＋1)＝AC 2－1＝7.串讲激活串讲1答案：BQ →·BP →＝－5.解析：因为AQ ⊥BP ，所以AQ →·BP →＝0，所以BQ →·BP →＝(BA →＋AQ →)·BP →＝BA →·BP →＋AQ →·BP →＝BA →·BP →.当直线l 与x 轴垂直时，得P ⎝⎛⎭⎫－2，－52.则BP →＝⎝⎛⎭⎫0，－52， 又BA →＝(1，2)，所以BQ →·BP →＝BA →·BP →＝－5.当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k(x ＋2)．由⎩⎨⎧y ＝k （x ＋2），x ＋2y ＋7＝0，解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k －71＋2k ，－5k 1＋2k .所以BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－51＋2k ，－5k 1＋2k .所以BQ →·BP →＝－51＋2k －10k 1＋2k ＝－5.综上所述，BQ →·BP →是定值，且BQ →·BP →＝－5.串讲2答案：(1)圆D 的方程：(x －1)2＋(y －1)2＝2或(x －1)2＋(y ＋1)2＝2； (2)点P 在定圆x 2＋y 2＝2上． 解析：(1)设M(2，t)，则圆D的方程：(x －1)2＋⎝⎛⎭⎫y －t 22＝1＋t 24， 直线PQ 的方程：2x ＋ty －2＝0，由PQ ＝6， 2⎝⎛⎭⎫1＋t 24－⎝⎛⎭⎪⎪⎫⎪⎪⎪⎪2＋t 22－24＋t 22＝6，解得t ＝±2. 所以圆D 的方程为(x －1)2＋(y －1)2＝2或(x －1)2＋(y ＋1)2＝2.(2)解法1设P(x 0，y 0)，由(1)知⎩⎪⎨⎪⎧（x 0－1）2＋⎝⎛⎭⎫y 0－t 22＝1＋t 24，2x 0＋ty 0－2＝0，即⎩⎨⎧x 02＋y 02－2x 0－ty 0＝0，2x 0＋ty 0－2＝0，消去t 得x 02＋y 02＝2.所以点P 在定圆x 2＋y 2＝2上．解法2设P(x 0，y 0)，则直线FP 的斜率为k FP ＝y 0x 0－1，因为FP ⊥OM ，所以直线OM 的斜率为k OM ＝－x 0－1y 0，所以直线OM 的方程为y ＝－x 0－1y 0x.点M 坐标为⎝⎛⎭⎫2，－2（x 0－1）y 0.因为MP ⊥OP ，所以OP →·MP →＝0，所以x 0(x 0－2)＋y 0⎣⎡⎦⎤y 0＋2（x 0－1）y 0＝0，所以x 02＋y 02＝2，所以点P在定圆x 2＋y 2＝2上．解法3设直线PQ 与OM 交于点H ，A(2，0)，由射影定理知OP 2＝OH·OM ，由此知，OH ·OM ＝OF·OA ＝2，所以OP 2＝2，所以点P 在定圆x 2＋y 2＝2上．新题在线证明：(1)由题设知A(－1，0)，B(1，0)． 设P(x 0，y 0)(y 0＞0)，则k PQ ＝y 0x 0＋2，k PA ＝y 0x 0＋1，k PB ＝y 0x 0－1. 因为直线PA ，PQ ，PB 的斜率存在且依次成等差数列，所以2k PQ ＝k PA ＋k PB ，即2y 0x 0＋2＝y 0x 0＋1＋y 0x 0－1，解得x 0＝－12，即动点P 的横坐标为定值．(2)由(1)知P ⎝⎛⎭⎫－12，y 0，k PA ＝2y 0，k PB ＝－23y 0，直线PA 的方程为y ＝2y 0(x ＋1)，代入x 2＋y 2＝1得(x ＋1)[(1＋4y 02)x －(1－4y 02)]＝0，所以点S 的横坐标x S ＝1－4y 021＋4y 02，从而y S ＝4y 01＋4y 02. 同理：x T ＝－9＋4y 029＋4y 02，y T＝12y 09＋4y 02， 所以k QS ＝4y 01＋4y 021－4y 021＋4y 02＋2＝4y 03＋4y 02，k QT ＝12y 09＋4y 02－9＋4y 029＋4y 02＋2＝4y 03＋4y 02，所以k QS＝k QT，所以点Q，S，T三点共线．微专题17巩固练习参考答案1．答案：(2，0)． 解析：圆C 的方程可以改写为(x －2)(x ＋2－2t )＋y (y －2t 2)＝0，表示以(2，0)，(2t －2，2t 2)为直径的圆． 2．答案：4.解析：设C ⎝⎛⎭⎫t ，2t (t ∈R ，t ≠0)，由题意知，圆C 的方程为(x －t )2＋⎝⎛⎭⎫y －2t 2＝t 2＋4t 2，化简得x 2－2tx ＋y 2－4t y ＝0，当y ＝0时，x ＝0或2t ，则A (2t ，0)；当x ＝0时，y ＝0或4t ，则B ⎝⎛⎭⎫0，4t ，所以S △AOB ＝12OA ·OB ＝12|2t |·⎪⎪⎪⎪4t ＝4. 3．答案：[－3，0)∪(0，3]． 解法1由题意可得，圆心C 到l 的距离d ＝22－⎝⎛⎭⎫222＝3，即|am ＋m |m 2＋1＝3，所以m 2＝3（a ＋1）2－3，又因为a ≥1，所以0＜m 2≤3，－3≤m ＜0或0＜m ≤ 3.解法2由题意可得，圆心C 到l 的距离d ＝22－⎝⎛⎭⎫222＝3，又l ：mx －y ＋m ＝0恒过定点A (－1，0)，a ≥1，所以AC ≥2，另设直线l 的倾斜角为θ，所以sin θ＝3AC ∈⎝⎛⎦⎤0，32，所以l 的斜率m ＝tan θ∈[－3，0)∪(0，3]．4．答案：5 2.解析：由条件知定点A (0，0)，B (1，3)，且P A ⊥PB ，所以P A 2＋PB 2＝10(定值)，所以(2P A ＋PB )2≤(P A 2＋PB 2)(22＋12)＝50，即2P A ＋PB ≤5 2.5．答案：2x ＋y ＋1＝0.解析：由条件知圆心C (3－m ，2m )在直线2x ＋y －6＝0上，若对任意的实数m ，定直线l 被圆C 截得的弦长都是定值，则直线l 与圆心所在直线平行，再代入点(－1，1)得直线l 的方程为2x ＋y ＋1＝0.6．答案：(x －1)2＋y 2＝1.解析：设定圆圆心M (a ，b )，半径为r ，动点P (x ，y )，由题意知MP ＝2r ，即(x －a )2＋(y －b )2＝4r 2，由于点P 在圆C ：(x －1)2＋y 2＝4上，所以(2－2a )x －2by ＋a 2＋b 2－4r 2＋3＝0，对任意x ，y 都成立，所以a ＝1，b ＝0，r 2＝1，所求圆方程为(x －1)2＋y 2＝1.7．答案：(1)直线FG 被圆C 截得的弦长为7；(2)平面上存在定点P (－12，0)，使得结论成立． 解析：(1)由题意，设G (－5，y G )，代入(x ＋4)2＋y 2＝16，得y G ＝±15，所以FG 的斜率为k ＝±15，FG 的方程为y ＝±15(x ＋6)．设圆心C (－4，0)到FG 的距离为d ，由点到直线的距离公式得d ＝|±215|15＋1＝152.则直线FG 被圆C 截得的弦长为26－⎝⎛⎭⎫1522＝7.故直线FG 被圆C 截得的弦长为7. (2)设P (s ，t )，G (x 0，y 0)，则由GF GP ＝12，得（x 0＋6）2＋y 02（x 0－s ）2＋（y 0－t ）2＝12，整理得3(x 02＋y 02)＋(48＋2s )x 0＋2ty 0＋144－s 2－t 2＝0.① 又G (x 0，y 0)在圆C ：(x ＋4)2＋y 2＝16上，所以x 02＋y 02＋8x 0＝0.②将②代入①，得(2s ＋24)x 0＋2ty 0＋144－s 2－t 2＝0.又由G (x 0，y 0)为圆C 上任意一点可知，11 / 11 ⎩⎪⎨⎪⎧2s ＋24＝0，2t ＝0，144－s 2－t 2＝0.解得s ＝－12，t ＝0.所以在平面上存在定点P (－12，0)，使得结论成立． 8．答案：(1)略；(2)圆C 恒过异于点F 1的一定点，该点坐标为⎝⎛⎭⎫413，3213.解析：(1)解法1：易得直线AF 1：y ＝2x ＋8；AF 2：y ＝－2x ＋8，所以P ⎝⎛⎭⎫t －82，t ，Q ⎝⎛⎭⎫8－t 2，t ，再由QR ∥AF 1，得R (4－t ，0)，则线段F 1R 的中垂线方程为x ＝－t 2，线段PF 1的中垂线方程为y ＝－12x ＋5t －168，由⎩⎨⎧y ＝－12x ＋5t －168，x ＝－t 2，得△PRF 1的外接圆的圆心坐标为⎝⎛⎭⎫－t 2，7t 8－2， 经验证，该圆心在定直线7x ＋4y ＋8＝0上．解法2：易得直线AF 1：y ＝2x ＋8；AF 2：y ＝－2x ＋8，所以P ⎝⎛⎭⎫t －82，t ，Q ⎝⎛⎭⎫8－t 2，t ，再由QR ∥AF 1，得R (4－t ，0)，设△PRF 1的外接圆C 的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧（4－t ）2＋（4－t ）D ＋F ＝0，（－4）2－4D ＋F ＝0，⎝⎛⎭⎫t －822＋t 2＋t －82D ＋tE ＋F ＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧D ＝t ，E ＝4－74t ，F ＝4t －16，所以圆心坐标为⎝⎛⎭⎫－t 2，7t 8－2，经验证，该圆心在定直线7x ＋4y ＋8＝0上． (2)由(1)可得圆C 的方程为x 2＋y 2＋tx ＋⎝⎛⎭⎫4－74t y ＋4t －16＝0，该方程可整理为(x 2＋y 2＋2y －16)＋t ⎝⎛⎭⎫x －74y ＋4＝0，则由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋4y －16＝0，x －74y ＋4＝0，解得⎩⎨⎧x ＝413，y ＝3213，或⎩⎨⎧x ＝－4，y ＝0，所以圆恒过异于点F 1的一个定点，该点坐标为⎝⎛⎭⎫413，3213.。
动圆恒过两类定点问题的探究
动圆恒过两类定点问题的探究颜士桥(江苏省淮安市新马高级中学ꎬ江苏淮安２１１７００)摘㊀要:文章主要探究圆锥曲线中的动圆恒过定点的两类问题ꎬ一类问题是动圆恒过两个定点Ｏ１－ｂꎬ０()ꎬＯ２ｂꎬ０()ꎬ另一类问题是动圆恒过圆锥曲线的焦点Ｆ.关键词:圆锥曲线ꎻ圆ꎻ直径ꎻ定点ꎻ切线中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３６－００１１－０３收稿日期:２０２３－０９－２５作者简介:颜士桥(１９７８.４－)ꎬ男ꎬ江苏省盱眙人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀圆锥曲线中的定点问题是高考的一个难点ꎬ其中动圆过定点问题是典型代表.笔者经过问题的梳理与探究ꎬ发现圆锥曲线中的动圆恒过定点问题可以归纳为两大类ꎬ下文对问题展开探究.１过定点Ｏ１－ｂꎬ０()ꎬＯ２ｂꎬ０()命题１㊀如图１所示ꎬ设双曲线Γ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１(ａ>０ꎬｂ>０)ꎬＣｘ０ꎬｙ０()ｙ０ʂ０()是Γ上一点ꎬＡꎬＢ是Γ的左㊁右顶点ꎬＣＡꎬＣＢ分别交ｙ轴于ＭꎬＮ.求证:以线段ＭＮ为直径的圆恒过两个定点.图１㊀命题１图证明㊀由题意可得Ａ－ａꎬ０()ꎬＢａꎬ０()ꎬ直线ＣＡ的方程为ｙ＝ｙ０ｘ０＋ａｘ＋ａ()ꎬ得Ｍ０ꎬｙ０ａｘ０＋ａæèçöø÷ꎬ直线ＣＢ的方程为ｙ＝ｙ０ｘ０－ａｘ－ａ()ꎬ得Ｎ０ꎬ－ｙ０ａｘ０－ａæèçöø÷.则以线段ＭＮ为直径的圆的方程为ｘ２＋ｙ－ｙ０ａｘ０＋ａæèçöø÷ｙ＋ｙ０ａｘ０－ａæèçöø÷＝０ꎬ令ｘ＝０得ｘ２＝ａ２ｙ２０ａ２－ｘ２０＝ｂ２(ａ２－ｘ２０)ａ２－ｘ２０＝ｂ２ꎬ则ｘ＝ʃｂ.故以线段ＭＮ为直径的圆恒过两定点Ｏ１－ｂꎬ０()ꎬＯ２ｂꎬ０().命题２㊀如图２所示ꎬ设双曲线Γ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１(ａ>０ꎬｂ>０)的两条渐近线为ｌ１ꎬｌ２ꎬＡ为Γ上一点ꎬ过Ａ且与ｌ１ꎬｌ２分别平行的直线交ｙ轴于ＰꎬＱꎬ以线段ＰＱ为直径作圆ꎬ此圆交ｘ轴于Ｏ１ꎬＯ２两点.求证:这两点是定点.图２㊀命题２图证明㊀设Ａ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬ则直线ＡＰꎬＡＱ的方程分别为ｙ－ｙ０＝－ｂａ(ｘ－ｘ０)ꎬｙ－ｙ０＝ｂａ(ｘ－ｘ０)ꎬ令ｘ＝１１０ꎬ分别解得ｙＰ＝ｂａｘ０＋ｙ０ꎬｙＱ＝－ｂａｘ０＋ｙ０.故以ＰＱ为直径的圆的方程为ｘ２＋(ｙ－ｙＰ)(ｙ－ｙＱ)＝０ꎬ令ｙ＝０ꎬ得ｘ２＝－ｙＰｙＱ＝ｙ２０－ｂ２ｘ２０ａ２.又Ａ(ｘ０ꎬｙ０)在双曲线上ꎬ得ｂ２ｘ２０－ａ２ｙ２０＝ａ２ｂ２⇒ｙ２０－ｂ２ｘ２０ａ２＝ｂ２ꎬ则ｘ２＝ｂ２⇒ｘ＝ʃｂꎬ故圆与ｘ轴交于两定点Ｏ１(－ｂꎬ０)ꎬＯ２(ｂꎬ０).命题３㊀如图３所示ꎬ设双曲线Γ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１(ａ>０ꎬｂ>０)ꎬＡｘ０ꎬｙ０()ｙ０ʂ０()是Γ上一点ꎬ过Ａ且与Γ相切的直线交ｙ轴于Ｑꎬ设Ａ在ｙ轴上的射影为Ｐꎬ以线段ＰＱ为直径作圆ꎬ此圆交ｘ轴于Ｏ１ꎬＯ２两点.求证:这两点是定点.图３㊀命题３图命题４㊀如图４所示ꎬ设双曲线Γ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１(ａ>０ꎬｂ>０)ꎬＡꎬＡᶄ是左㊁右顶点ꎬ过ＡꎬＡᶄ且与Γ相切的直线分别为ｌꎬｌᶄꎬ作Γ的任一切线分别交ｌꎬｌᶄ于ＢꎬＢᶄꎬ设ＢꎬＢᶄ在ｙ轴上的射影分别为ＰꎬＱꎬ以线段ＰＱ为直径作圆ꎬ此圆交ｘ轴于两点Ｏ１ꎬＯ２.求证:这两点是定点.图４㊀命题４图命题５㊀如图５所示ꎬ设双曲线Γ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１(ａ>０ꎬｂ>０)ꎬＡꎬＢꎬＣ是Γ上三点ꎬＡＢ平行于ｘ轴ꎬＡＣꎬＢＣ分别交ｙ轴于ＰꎬＱꎬ以线段ＰＱ为直径作圆ꎬ此圆交ｘ轴于Ｏ１ꎬＯ２两点.求证:这两点是定点.图５㊀命题５图证明㊀设Ａ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬＢ(－ｘ０ꎬｙ０)ꎬＣ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬ则直线ＡＣꎬＢＣ的方程分别为ｙ－ｙ０＝ｙ０－ｙ１ｘ０－ｘ１(ｘ－ｘ０)ꎬｙ－ｙ０＝ｙ０－ｙ１－ｘ０－ｘ１(ｘ＋ｘ０)ꎬ令ｘ＝０分别解得ｙＰ＝ｘ０ｙ１－ｘ１ｙ０ｘ０－ｘ１ꎬｙＱ＝ｘ０ｙ１＋ｘ１ｙ０ｘ０＋ｘ１.故以ＰＱ为直径的圆的方程为ｘ２＋(ｙ－ｙＰ)(ｙ－ｙＱ)＝０ꎬ令ｙ＝０ꎬ得ｘ２＝－ｙＰｙＱ＝ｘ２１ｙ２０－ｘ２０ｙ２１ｘ２０－ｘ２１.又Ａ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬＣ(ｘ１ꎬｙ１)在双曲线上ꎬ有ｂ２ｘ２０－ａ２ｙ２０＝ａ２ｂ２ｂ２ｘ２１－ａ２ｙ２１＝ａ２ｂ２{⇒ｘ２１ｙ２０－ｘ２０ｙ２１＝ｂ２(ｘ２０－ｘ２１)ꎬ所以ｘ２＝ｂ２⇒ｘ＝ʃｂꎬ故圆与ｘ轴交于两定点Ｏ１(－ｂꎬ０)ꎬＯ２(ｂꎬ０).２其中一个定点是焦点Ｆ命题６㊀如图６所示ꎬ设双曲线Γ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１ａ>０ꎬｂ>０()ꎬＦ为Γ的右焦点ꎬ过Ｆ的直线交Γ于ＢꎬＣꎬｌ是右准线ꎬＡ是左顶点ꎬ直线ＡＢꎬＡＣ分别交ｌ于点ＭꎬＮ.求证:以线段ＭＮ为直径的圆过两个定点ꎬ其中一个是Ｆ[１].图６㊀命题６图２１证明㊀设Ｂｘ１ꎬｙ１()ꎬＣｘ２ꎬｙ２()ꎬ直线ＢＣ的方程为ｘ＝ｋｙ＋ｃꎬ代入双曲线方程并化简得ｋ２ｂ２－ａ２()ｙ２＋２ｋｃｂ２ｙ＋ｂ４＝０.由韦达定理得ｙ１ｙ２＝ｂ４ｋ２ｂ２－ａ２ｙ１＋ｙ２＝－２ｋｃｂ２ｋ２ｂ２－ａ２①ｘ１ｘ２＝ｋｙ１＋ｃ()ｋｙ２＋ｃ()＝ｋ２ｙ１ｙ２＋ｋｃｙ１＋ｙ２()＋ｃ２②ｘ１＋ｘ２＝ｋｙ１＋ｃ()＋ｋｙ２＋ｃ()＝ｋｙ１＋ｙ２()＋２ｃ③因ｘ１ʂ－ａꎬｘ２ʂ－ａꎬ故直线ＡＢ的方程为ｙ＝ｙ１ｘ１＋ａｘ＋ａ()ꎬ得Ｍａ２ｃꎬａａ＋ｃ()ｙ１ｃｘ１＋ａ()æèçöø÷ꎻ直线ＡＣ的方程为ｙ＝ｙ２ｘ２＋ａｘ＋ａ()ꎬ得Ｎａ２ｃꎬａａ＋ｃ()ｙ２ｃｘ２＋ａ()æèçöø÷.则以线段ＭＮ为直径的圆的方程为ｘ－ａ２ｃæèçöø÷２＋ｙ－ａａ＋ｃ()ｙ１ｃｘ１＋ａ()æèçöø÷ｙ－ａａ＋ｃ()ｙ２ｃｘ２＋ａ()æèçöø÷＝０ꎬ令ｙ＝０得ｘ－ａ２ｃæèçöø÷２＝－ａ２ａ＋ｃ()２ｙ１ｙ２ｃ２ｘ１＋ａ()ｘ２＋ａ()＝－ａ２ａ＋ｃ()２ｙ１ｙ２ｃ２ｘ１ｘ２＋ａｘ１＋ｘ２()＋ａ２()ꎬ①②③代入ꎬ化简得ｘ－ａ２ｃæèçöø÷２＝ａ２ａ＋ｃ()２ｃ２ ｂ４ａ２ａ＋ｃ()２＝ｂ４ｃ２ꎬ即得ｘ＝ａ２ｃʃｂ２ｃꎬ即ｘ＝ｃ或ｘ＝ａ２－ｂ２ｃ.因此ꎬ以线段ＭＮ为直径的圆过两定点Ｆｃꎬ０()ꎬＯ１ａ２－ｂ２ｃꎬ０æèçöø÷.命题７㊀如图７所示ꎬ设椭圆Γ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ａ>ｂ>０()ꎬＡꎬＢ为Γ的左㊁右顶点ꎬＦ为右焦点ꎬｌ为右准线ꎬＣ是Γ上任一点ꎬ直线ＡＣꎬＢＣ分别交ｌ于ＰꎬＱ.求证:以线段ＰＱ为直径的圆过两个定点ꎬ其中一个是Ｆ.证明㊀设Ｃｘ０ꎬｙ０()ꎬ因Ａ－ａꎬ０()ꎬＢａꎬ０()ꎬｌ:ｘ图７㊀命题７图＝ａ２ｃꎬ所以直线ＡＣ的方程为ｙ＝ｙ０ｘ０＋ａｘ＋ａ()ꎬ得Ｐａ２ｃꎬａａ＋ｃ()ｙ０ｃｘ０＋ａ()æèçöø÷ꎬ直线ＢＣ的方程为ｙ＝ｙ０ｘ０－ａｘ－ａ()ꎬ得Ｑａ２ｃꎬａａ－ｃ()ｙ０ｃｘ０－ａ()æèçöø÷.则以线段ＰＱ为直径的圆的方程为ｘ－ａ２ｃæèçöø÷２＋ｙ－ａａ＋ｃ()ｙ０ｃｘ０＋ａ()æèçöø÷ｙ－ａａ－ｃ()ｙ０ｃｘ０－ａ()æèçöø÷＝０令ｙ＝０得ｘ－ａ２ｃæèçöø÷２＝ｂ２ａ２ｙ２０ｃ２ａ２－ｘ２０()＝ｂ２ａ２ｂ２－ｂ２ｘ２０()ｃ２ａ２－ｘ２０()＝ｂ４ｃ２ꎬ得ｘ＝ａ２ｃʃｂ２ｃꎬｘ＝ｃ或ｘ＝ａ２＋ｂ２ｃ.故以线段ＰＱ为直径的圆过两定点Ｆｃꎬ０()ꎬＮａ２＋ｂ２ｃꎬ０æèçöø÷.想学好高中数学并非易事ꎬ需要我们有动手运算㊁动脑思考的意识和敢于探究㊁不怕困难的精神. 圆锥曲线 是高中数学的一个难点ꎬ其中的定点问题和定值问题更是让很多高中生头疼.其实教师在教学中ꎬ可适当地利用网络画板㊁几何画板和ＧＧＢ等软件给学生展示动圆的运动过程ꎬ这样就可以形象地看出ꎬ当圆在运动时ꎬ它恒过ｘ轴上的两个定点.这样做可激发学生的学习兴趣ꎬ让学生觉得数学不仅不是那么的无趣ꎬ而且还挺好玩ꎬ这同时也为问题的证明提供了方向和可行性的思路.参考文献:[１]孙祥庄.２０１０年数学高考四川卷理科第２０题的探究[Ｊ].中学数学杂志ꎬ２０１２(Ｓ１):６９－７０.[责任编辑:李㊀璟]３１。
圆过定点问题(非常好)
圆过定点问题班级_________________某某_______________1．定点G〔﹣3，0〕，S是圆C：〔X﹣3〕2+y2=72〔C为圆心〕上的动点，SG的垂直平分线与SC交于点E．设点E的轨迹为M．〔1〕求M的方程；〔2〕是否存在斜率为1的直线，使得直线与曲线M相交于A，B两点，且以AB为直径的圆恰好经过原点？假如存在，求出直线的方程；假如不存在，请说明理由．2．在平面直角坐标系xOy中，圆C1：〔x+1〕2+y2=1，圆C2：〔x﹣3〕2+〔y﹣4〕2=1．〔Ⅰ〕判断圆C1与圆C2的位置关系；〔Ⅱ〕假如动圆C同时平分圆C1的周长、圆C2的周长，如此动圆C是否经过定点？假如经过，求出定点的坐标；假如不经过，请说明理由．3．定点A〔﹣2，0〕，B〔2，0〕，与定点F〔1，0〕，定直线l：x=4，不在x轴上的动点M到定点F的距离是它到定直线l的距离的倍，设点M的轨迹为E，点C是轨迹E上的任一点，直线AC与BC分别交直线l与点P，Q．〔1〕求点M的轨迹E的方程；〔2〕试判断以线段PQ为直径的圆是否经过定点F，并说明理由．4．如图，椭圆C：+y2=1的上、下顶点分别为A、B，点P在椭圆上，且异于点A、B，直线AP、BP与直线l：y=﹣2分别交于点M、N，〔ⅰ〕设直线AP、BP的斜率分别为k1、k2，求证：k1•k2为定值；〔ⅱ〕当点P运动时，以MN为直径的圆是否经过定点？请证明你的结论．5．如下列图，圆C：x2+y2=r2〔r＞0〕上点处切线的斜率为，圆C与y轴的交点分别为A，B，与x轴正半轴的交点为D，P为圆C在第一象限内的任意一点，直线BD与AP相交于点M，直线DP 与y轴相交于点N．〔1〕求圆C的方程；〔2〕试问：直线MN是否经过定点？假如经过定点，求出此定点坐标；假如不经过，请说明理由．6．二次函数f〔x〕=3x2﹣4x+c〔x∈R〕的图象与两坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆记为⊙C．〔1〕某某数c的取值X围；〔2〕求⊙C的方程；〔3〕问⊙C是否经过某定点〔其坐标与c的取值无关〕？请证明你的结论．7．如图，抛物线M：y=x2+bx〔b≠0〕与x轴交于O，A两点，交直线l：y=x于O，B两点，经过三点O，A，B作圆C．〔I〕求证：当b变化时，圆C的圆心在一条定直线上；〔II〕求证：圆C经过除原点外的一个定点；〔III〕是否存在这样的抛物线M，使它的顶点与C的距离不大于圆C的半径？8．在平面直角坐标系xoy中，点M到两定点F1〔﹣1，0〕和F2〔1，0〕的距离之和为4，设点M的轨迹是曲线C．〔1〕求曲线C的方程；〔2〕假如直线l：y=kx+m与曲线C相交于不同两点A、B〔A、B不是曲线C和坐标轴的交点〕，以AB为直径的圆过点D〔2，0〕，试判断直线l是否经过一定点，假如是，求出定点坐标；假如不是，说明理由．9．如图．直线l：y=kx+1与椭圆C1：交于A，C两点，A．C在x轴两侧，B，D是圆C2：x2+y2=16上的两点．且A与B．C与D的横坐标一样,纵坐标同号．〔I〕求证：点B纵坐标是点A纵坐标的2倍，并计算||AB|﹣|CD||的取值X围；〔II〕试问直线BD是否经过一个定点？假如是，求出定点的坐标：假如不是，说明理由．10．A〔﹣1，0〕，B〔2，0〕，动点M〔x，y〕满足=，设动点M的轨迹为C．〔1〕求动点M的轨迹方程，并说明轨迹C是什么图形；〔2〕求动点M与定点B连线的斜率的最小值；〔3〕设直线l：y=x+m交轨迹C于P，Q两点，是否存在以线段PQ为直径的圆经过A？假如存在，求出实数m的值；假如不存在，说明理由．11．定直线l：x=﹣1，定点F〔1，0〕，⊙P经过F且与l相切．〔1〕求P点的轨迹C的方程．〔2〕是否存在定点M，使经过该点的直线与曲线C交于A、B两点，并且以AB为直径的圆都经过原点；假如有，请求出M点的坐标；假如没有，请说明理由．12．动圆P与圆M：〔x+1〕2+y2=16相切，且经过M内的定点N〔1，0〕．〔1〕试求动圆的圆心P的轨迹C的方程；〔2〕设O是轨迹C上的任意一点〔轨迹C与x轴的交点除外〕，试问在x轴上是否存在两定点A，B，使得直线OA与OB的斜率之积为定值〔常数〕？假如存在，请求出定值，并求出所有满足条件的定点A、B的坐标；假如不存在，请说明理由．13．在△ABC中，点A、B的坐标分别为〔﹣2，0〕和〔2，0〕，点C在x轴上方．〔Ⅰ〕假如点C的坐标为〔2，3〕，求以A、B为焦点且经过点C的椭圆的方程；〔Ⅱ〕假如∠ACB=45°，求△ABC的外接圆的方程；〔Ⅲ〕假如在给定直线y=x+t上任取一点P，从点P向〔Ⅱ〕中圆引一条切线，切点为Q．问是否存在一个定点M，恒有PM=PQ？请说明理由．2015年03月12日yinyongxia100的高中数学组卷参考答案与试题解析一．填空题〔共1小题〕1．定点G〔﹣3，0〕，S是圆C：〔X﹣3〕2+y2=72〔C为圆心〕上的动点，SG的垂直平分线与SC交于点E．设点E的轨迹为M．〔1〕求M的方程；〔2〕是否存在斜率为1的直线，使得直线与曲线M相交于A，B两点，且以AB为直径的圆恰好经过原点？假如存在，求出直线的方程；假如不存在，请说明理由．考点：直线与圆锥曲线的综合问题．专题：圆锥曲线中的最值与X围问题．分析：〔1〕由条件推导出点E的轨迹是以G，C为焦点，长轴长为6的椭圆，由此能求出动点E的轨迹方程．〔2〕假设存在符合题意的直线l与椭圆C相交于A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕两点，其方程为y=x+m，由，得3x2+4mx+2m2﹣18=0．由此能求出符合题意的直线l存在，所求的直线l的方程为y=x或y=x﹣2．解答：解：〔1〕由题知|EG|=|ES|，∴|EG|+|EC|=|ES|+|EC|=6．又∵|GC|=6，∴点E的轨迹是以G，C为焦点，长轴长为6的椭圆，∴动点E的轨迹方程为=1．…〔4分〕〔2〕假设存在符合题意的直线l与椭圆C相交于A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕两点，其方程为y=x+m，由消去y，化简得3x2+4mx+2m2﹣18=0．∵直线l与椭圆C相交于A，B两点，∴△=16m2﹣12〔2m2﹣18〕＞0，化简得m2＜27，解得﹣3．…〔6分〕∴x1+x2=﹣，x1•x2=．∵以线段AB为直径的圆恰好经过原点，∴=0，所以x1x2+y1y2=0．…〔8分〕又y1y2=〔x1+m〕〔x2+m〕=x1x2+m〔x1+x2〕+m2，x1x2+y1y2=2x1x2+m〔x1+x2〕+m2=﹣+m2=0，解得m=．…〔11分〕由于〔﹣3，3〕，∴符合题意的直线l存在，所求的直线l的方程为y=x或y=x﹣2．…〔13分〕点评：此题考查点的方程的求法，考查满足条件的直线是否存在的判断与求法，解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用．二．解答题〔共12小题〕2．在平面直角坐标系xOy中，圆C1：〔x+1〕2+y2=1，圆C2：〔x﹣3〕2+〔y﹣4〕2=1．〔Ⅰ〕判断圆C1与圆C2的位置关系；〔Ⅱ〕假如动圆C同时平分圆C1的周长、圆C2的周长，如此动圆C是否经过定点？假如经过，求出定点的坐标；假如不经过，请说明理由．考点：直线和圆的方程的应用．专题：直线与圆．分析：〔Ⅰ〕求出两圆的圆心距离，即可判断圆C与圆C2的位置关系；1〔Ⅱ〕根据圆C同时平方圆周，建立条件方程即可得到结论．解答：解：〔Ⅰ〕C：〔x+1〕2+y2=1的圆心为〔﹣1，0〕，半径r=1，圆C2：〔x﹣3〕2+〔y﹣4〕2=1的圆心为〔3，4〕，1半径R=1，如此|C1C2|=，∴圆C1与圆C2的位置关系是相离．〔Ⅱ〕设圆心C〔x，y〕，由题意得CC1=CC2，即，整理得x+y﹣3=0，即圆心C在定直线x+y﹣3=0上运动．设C〔m，3﹣m〕，如此动圆的半径，于是动圆C的方程为〔x﹣m〕2+〔y﹣3+m〕2=1+〔m+1〕2+〔3﹣m〕2，整理得：x2+y2﹣6y﹣2﹣2m〔x﹣y+1〕=0．由，解得或，即所求的定点坐标为〔1﹣，2﹣〕，〔1+，2+〕．点评：此题主要考查圆与圆的位置关系的判断，以与与圆有关的综合应用，考查学生的计算能力．3．定点A〔﹣2，0〕，B〔2，0〕，与定点F〔1，0〕，定直线l：x=4，不在x轴上的动点M到定点F的距离是它到定直线l的距离的倍，设点M的轨迹为E，点C是轨迹E上的任一点，直线AC与BC分别交直线l与点P，Q．〔1〕求点M的轨迹E的方程；〔2〕试判断以线段PQ为直径的圆是否经过定点F，并说明理由．考点：轨迹方程；圆的标准方程．专题：直线与圆．分析：〔1〕由椭圆的第二定义即可知道点M的轨迹E为椭圆；〔2〕设出椭圆上的点C的坐标，进而写出直线AC、BC的方程，分别求出点P、Q的坐标，只要判断k PF•k QF=是否成立即可．﹣1解答：解：〔1〕由椭圆的第二定义可知：点M的轨迹E是以定点F〔1，0〕为焦点，离心率e=，直线l：x=4为准线的椭圆〔除去与x轴相交的两点〕．∴c=1，，∴a=2，b2=22﹣12=3，∴点M的轨迹为椭圆E，其方程为〔除去〔±2，0〕〕．〔2〕以线段PQ为直径的圆经过定点F．下面给出证明：如下列图：设C〔x0，y0〕，〔x0≠±2〕，如此直线AC的方程为：，令x=4，如此y P=，∴，∴=；直线BC的方程为：，令x=4，如此y Q=，∴，∴k QF==．∴k PF•k QF==，∵点C〔x0，y0〕在椭圆上，∴，∴=﹣1，∴k PF•k QF=﹣1．因此以线段PQ为直径的圆经过定点F．点评：熟练掌握椭圆的定义、直线垂直与斜率的关系是解题的关键．4．如图，椭圆C：+y2=1的上、下顶点分别为A、B，点P在椭圆上，且异于点A、B，直线AP、BP与直线l：y=﹣2分别交于点M、N，〔ⅰ〕设直线AP、BP的斜率分别为k1、k2，求证：k1•k2为定值；〔ⅱ〕当点P运动时，以MN为直径的圆是否经过定点？请证明你的结论．考点：椭圆的应用．专题：综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：〔ⅰ〕由椭圆方程求出两个顶点A，B的坐标，设出P点坐标，写出直线AP、BP的斜率k，k2，结合P的坐1标适合椭圆方程可证结论；〔ⅱ〕设出以MN为直径的圆上的动点Q的坐标，由=0列式得到圆的方程，化为圆系方程后联立方程组可求解圆所过定点的坐标．解答：〔ⅰ〕证明：由题设椭圆C：：+y2=1可知，点A〔0，1〕，B〔0，﹣1〕．令P〔x0，y0〕，如此由题设可知x0≠0．∴直线AP的斜率k1=，PB的斜率为k2=．又点P在椭圆上，∴+y02=1〔x0≠1〕从而有k1•k2=•=﹣；〔ⅱ〕解：以MN为直径的圆恒过定点〔0，﹣2+2〕或〔0，﹣2﹣2〕．事实上，设点Q〔x，y〕是以MN为直径圆上的任意一点，如此=0，故有+〔y+2〕〔y+2〕=0．又k1•k2=﹣∴以MN为直径圆的方程为x2+〔y+2〕2﹣12+=0．令x=0，如此〔y+2〕2=12，解得y=﹣2±2．∴以MN为直径的圆恒过定点〔0，﹣2+2〕或〔0，﹣2﹣2〕．点评：此题考查了直线的斜率，考查了直线与圆锥曲线的关系，考查了圆系方程，考查了学生的计算能力，是有一定难度题目．5．如下列图，圆C：x2+y2=r2〔r＞0〕上点处切线的斜率为，圆C与y轴的交点分别为A，B，与x轴正半轴的交点为D，P为圆C在第一象限内的任意一点，直线BD与AP相交于点M，直线DP与y轴相交于点N．〔1〕求圆C的方程；〔2〕试问：直线MN是否经过定点？假如经过定点，求出此定点坐标；假如不经过，请说明理由．考点：直线与圆的位置关系．专题：直线与圆．分析：〔1〕根据条件结合点在圆上，求出圆的半径即可求圆C的方程；〔2〕根据条件求出直线MN的斜率，即可得到结论．解答：解：〔1〕∵，∴．∵点在圆C：x2+y2=r2上，∴．故圆C的方程为x2+y2=4．〔2〕设P〔x0，y0〕，如此x02+y02=4，直线BD的方程为x﹣y﹣2=0，直线AP的方程为y=+2联立方程组，得M〔，〕，易得N〔0，〕，∴k MN=2X===，∴直线MN的方程为y=x+，化简得〔y﹣x〕x0+〔2﹣x〕y0=2y﹣2x…〔*〕令，得，且〔*〕式恒成立，故直线MN经过定点〔2，2〕．点评：此题主要考查圆的方程的求解，以与直线和圆的位置关系的应用，考查学生的计算能力．6．二次函数f〔x〕=3x2﹣4x+c〔x∈R〕的图象与两坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆记为⊙C．〔1〕某某数c的取值X围；〔2〕求⊙C的方程；〔3〕问⊙C是否经过某定点〔其坐标与c的取值无关〕？请证明你的结论．考点：圆的标准方程；二次函数的性质；圆系方程．专题：直线与圆．分析：〔1〕令x=0求出y的值，确定出抛物线与y轴的交点坐标，令f〔x〕=0，根据与x轴交点有两个得到c 不为0且根的判别式的值大于0，即可求出c的X围；〔2〕设所求圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，令y=0得，x2+Dx+F=0，这与x2﹣x+=0是同一个方程，求出D，F．令x=0得，y2+Ey+F=0，此方程有一个根为c，代入得出E，由此求得圆C的一般方程；〔3〕圆C过定点〔0，〕和〔，〕，证明：直接将点的坐标代入验证．解答：解：〔1〕令x=0，得抛物线与y轴的交点〔0，c〕，令f〔x〕=3x2﹣4x+c=0，由题意知：c≠0且△＞0，解得：c＜且c≠0；〔2〕设圆C：x2+y2+Dx+Ey+F=0，令y=0，得到x2+Dx+F=0，这与x2﹣x+=0是一个方程，故D=﹣，F=；令x=0，得到y2+Ey+F=0，有一个根为c，代入得：c2+cE+=0，解得：E=﹣c﹣，如此圆C方程为：x2+y2﹣x﹣〔c+〕y+=0；〔3〕圆C必过定点〔0，〕和〔，〕，理由为：由x2+y2﹣x﹣〔c+〕y+=0，令y=，解得：x=0或，∴圆C必过定点〔0，〕和〔，〕．点评：此题主要考查圆的标准方程，一元二次方程根的分布与系数的关系，表现了转化的数学思想，属于中档题．7．如图，抛物线M：y=x2+bx〔b≠0〕与x轴交于O，A两点，交直线l：y=x于O，B两点，经过三点O，A，B作圆C．〔I〕求证：当b变化时，圆C的圆心在一条定直线上；〔II〕求证：圆C经过除原点外的一个定点；〔III〕是否存在这样的抛物线M，使它的顶点与C的距离不大于圆C的半径？考点：圆与圆锥曲线的综合；圆的一般方程；抛物线的简单性质．专题：计算题．分析：〔I〕在方程y=x2+bx中．令y=0，y=x，易得A，B的坐标表示，设圆C的方程为x2+y2+Dx+Ey=0，利用条件得出，写出圆C的圆心坐标的关系式，从而说明当b变化时，圆C的圆心在定直线y=x+1上．〔II〕设圆C过定点〔m，n〕，如此m2+n2+bm+〔b﹣2〕n=0，它对任意b≠0恒成立，从而求出m，n的值，从而得出当b变化时，〔I〕中的圆C经过除原点外的一个定点坐标；〔III〕对于存在性问题，可先假设存在，即假设存在这样的抛物线M，使它的顶点与它对应的圆C的圆心之间的距离不大于圆C的半径，再利用不等关系，求出b，假如出现矛盾，如此说明假设不成立，即不存在；否如此存在．解答：解：〔I〕在方程y=x2+bx中．令y=0，y=x，易得A〔﹣b，0〕，B〔1﹣b，1﹣b〕设圆C的方程为x2+y2+Dx+Ey=0，如此⇒，故经过三点O，A，B的圆C的方程为x2+y2+bx+〔b﹣2〕y=0，设圆C的圆心坐标为〔x0，y0〕，如此x0=﹣，y0=﹣，∴y0=x0+1，这说明当b变化时，〔I〕中的圆C的圆心在定直线y=x+1上．〔II〕设圆C过定点〔m，n〕，如此m2+n2+bm+〔b﹣2〕n=0，整理得〔m+n〕b+m2+n2﹣2n=0，它对任意b≠0恒成立，∴⇒或故当b变化时，〔I〕中的圆C经过除原点外的一个定点坐标为〔﹣1，1〕．〔III〕抛物线M的顶点坐标为〔﹣，﹣〕，假如存在这样的抛物线M，使它的顶点与它对应的圆C的圆心之间的距离不大于圆C的半径，如此|﹣|≤，整理得〔b2﹣2b〕2≤0，因b≠0，∴b=2，以上过程均可逆，故存在抛物线M：y=x2+2x，使它的顶点与C的距离不大于圆C的半径．点评：此题考查了二次函数解析式确实定，圆的一般方程，抛物线的简单性质等知识点．综合性较强，考查学生数形结合的数学思想方法．8．在平面直角坐标系xoy中，点M到两定点F1〔﹣1，0〕和F2〔1，0〕的距离之和为4，设点M的轨迹是曲线C．〔1〕求曲线C的方程；〔2〕假如直线l：y=kx+m与曲线C相交于不同两点A、B〔A、B不是曲线C和坐标轴的交点〕，以AB为直径的圆过点D〔2，0〕，试判断直线l是否经过一定点，假如是，求出定点坐标；假如不是，说明理由．考点：轨迹方程；直线与圆锥曲线的关系．专题：综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：〔1〕由椭圆的定义可知，点M的轨迹C是以两定点F〔﹣1，0〕和F2〔1，0〕为焦点，长半轴长为2的椭1圆，由此可得曲线C的方程；〔2〕直线y=kx+m代入椭圆方程，利用韦达定理，结合以AB为直径的圆过点D〔2，0〕，即可求得结论．解答：解：〔1〕设M〔x，y〕，由椭圆的定义可知，点M的轨迹C是以两定点F〔﹣1，0〕和F2〔1，0〕为焦点，1长半轴长为2的椭圆∴短半轴长为=∴曲线C的方程为；〔2〕设A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，如此直线y=kx+m代入椭圆方程，消去y可得〔3+4k2〕x2+8mkx+4〔m2﹣3〕=0∴x1+x2=﹣，x1x2=∴y1y2=〔kx1+m〕〔kx2+m〕=∵以AB为直径的圆过点D〔2，0〕，∴k AD k BD=﹣1∴y1y2+x1x2﹣2〔x1+x2〕+4=0∴∴7m2+16mk+4k2=0∴m=﹣2k或m=﹣，均满足△=3+4k2﹣m2＞0当m=﹣2k时，l的方程为y=k〔x﹣2〕，直线过点〔2，0〕，与矛盾；当m=﹣时，l的方程为y=k〔x﹣〕，直线过点〔，0〕，∴直线l过定点，定点坐标为〔，0〕．点评：此题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．9．〔2013•某某二模〕如图．直线l：y=kx+1与椭圆C1：交于A，C两点，A．C在x轴两侧，B，D是圆C2：x2+y2=16上的两点．且A与B．C与D的横坐标一样．纵坐标同号．〔I〕求证：点B纵坐标是点A纵坐标的2倍，并计算||AB|﹣|CD||的取值X围；〔II〕试问直线BD是否经过一个定点？假如是，求出定点的坐标：假如不是，说明理由．考点：直线与圆锥曲线的关系；两点间的距离公式．专题：综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：〔I〕设A〔x1，y1〕，B〔x1，y2〕，分别代入椭圆、圆的方程可得，消掉x1得，由y1，y2同号得y2=2y1，设C〔x3，y3〕，D〔x3，y4〕，同理可得y4=2y3，联立直线与椭圆方程消掉y得x的二次方程，由A、C在x轴的两侧，得y1y3＜0，代入韦达定理可求得k2X围，而||AB|﹣|CD||=||y1|﹣|y3||=|y1+y3|=|k〔x1+x3〕+2|，再由韦达定理与k2X围即可求得答案；〔II〕由斜率公式求出直线BD的斜率，由点斜式写出直线BD方程，再由点A在直线l上可得直线BD方程，从而求得其所过定点．解答：〔I〕证明：设A〔x，y1〕，B〔x1，y2〕，1根据题意得：⇒，∵y1，y2同号，∴y2=2y1，设C〔x3，y3〕，D〔x3，y4〕，同理可得y4=2y3，∴|AB|=|y1|，|CD|=|y3|，由⇒〔4k2+1〕x2+8kx﹣12=0，△＞0恒成立，如此，，∵A、C在x轴的两侧，∴y1y3＜0，∴〔kx1+1〕〔kx3+1〕=k2x1x3+k〔x1+x3〕+1=＜0，∴，∴||AB|﹣|CD||=||y1|﹣|y3||=|y1+y3|=|k〔x1+x3〕+2|=∈〔0，〕；〔II〕解：∵直线BD的斜率=2k，∴直线BD的方程为y=2k〔x﹣x1〕+2y1=2kx﹣2〔kx1﹣y1〕，∵y1=kx1+1，∴直线BD的方程为y=2kx+2，∴直线BD过定点〔0，2〕．点评：此题考查直线与圆锥曲线的位置关系、两点间的距离公式，考查学生分析解决问题的能力，此题中屡次用到韦达定理，应熟练掌握．10．A〔﹣1，0〕，B〔2，0〕，动点M〔x，y〕满足=，设动点M的轨迹为C．〔1〕求动点M的轨迹方程，并说明轨迹C是什么图形；〔2〕求动点M与定点B连线的斜率的最小值；〔3〕设直线l：y=x+m交轨迹C于P，Q两点，是否存在以线段PQ为直径的圆经过A？假如存在，求出实数m的值；假如不存在，说明理由．考点：轨迹方程；圆方程的综合应用．专题：综合题；探究型．分析：解：〔1〕先将条件化简即得动点M的轨迹方程，并说明轨迹C是图形：轨迹C是以〔﹣2，0〕为圆心，2为半径的圆．〔2〕先设过点B的直线为y=k〔x﹣2〕．利用圆心到直线的距离不大于半径即可解得k的取值X围，从而得出动点M与定点B连线的斜率的最小值即可；〔3〕对于存在性问题，可先假设存在，即存在以线段PQ为直径的圆经过A，再利用PA⊥QA，求出m的长，假如出现矛盾，如此说明假设不成立，即不存在；否如此存在．解答：解：〔1〕化简可得〔x+2〕2+y2=4．轨迹C是以〔﹣2，0〕为圆心，2为半径的圆〔3分〕〔2〕设过点B的直线为y=k〔x﹣2〕．圆心到直线的距离≤2∴，k min=〔7分〕〔3〕假设存在，联立方程得2x2+2〔m+2〕x+m2=0设P〔x1，y1〕，Q〔x2，y2〕如此x1+x2=﹣m﹣2，x1x2=PA⊥QA，∴〔x1+1〕〔x2+1〕+y1y2=〔x1+1〕〔x2+1〕+〔x1+m〕〔x2+m〕=0，2x1x2+〔m+1〕〔x1+x2〕+m2+1=0得m2﹣3m﹣1=0，且满足△＞0．∴〔12分〕点评：求曲线的轨迹方程是解析几何的两个根本问题之一求符合某种条件的动点的轨迹方程，其实质就是利用题设中的几何条件，用“坐标化〞将其转化为寻求变量间的关系，求曲线的轨迹方程常采用的方法有直接法、定义法、代入法、参数法．此题是利用的直接法．直接法是将动点满足的几何条件或者等量关系，直接坐标化，列出等式化简即得动点轨迹方程．11．定直线l：x=﹣1，定点F〔1，0〕，⊙P经过F且与l相切．〔1〕求P点的轨迹C的方程．〔2〕是否存在定点M，使经过该点的直线与曲线C交于A、B两点，并且以AB为直径的圆都经过原点；假如有，请求出M点的坐标；假如没有，请说明理由．考点：直线与圆锥曲线的综合问题．专题：直线与圆．分析：〔1〕由得点P的轨迹C是以F为焦点，l为准线的抛物线，由此能求出点P的轨迹C的方程．〔2〕设AB的方程为x=my+n，代入抛物线方程整理，得：y2﹣4my﹣4n=0，由此利用韦达定理、直径性质能求出直线AB：x=my+4恒过M〔4，0〕点．解答：解：〔1〕由题设知点P到点F的距离与点P到直线l的距离相等，∴点P的轨迹C是以F为焦点，l为准线的抛物线，∴点P的轨迹C的方程为y2=4x．〔2〕设AB的方程为x=my+n，代入抛物线方程整理，得：y2﹣4my﹣4n=0，设A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，如此，∵以AB为直径的圆过原点，∴OA⊥OB，∴y1y2+x1x2=0，∴，∴y1y2=﹣16，∴﹣4n=﹣16，解得n=4，∴直线AB：x=my+4恒过M〔4，0〕点．点评：此题考查点的轨迹方程的求法，考查满足条件的点的坐标是否存在的判断与求法，解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用．12．动圆P与圆M：〔x+1〕2+y2=16相切，且经过M内的定点N〔1，0〕．〔1〕试求动圆的圆心P的轨迹C的方程；〔2〕设O是轨迹C上的任意一点〔轨迹C与x轴的交点除外〕，试问在x轴上是否存在两定点A，B，使得直线OA 与OB的斜率之积为定值〔常数〕？假如存在，请求出定值，并求出所有满足条件的定点A、B的坐标；假如不存在，请说明理由．考点：圆方程的综合应用；圆与圆的位置关系与其判定．分析：〔1〕利用动圆P与定圆〔x﹣1〕2+y2=16相内切，以与椭圆的定义，可得动圆圆心P的轨迹M的方程；〔2〕先设任意一点以与A、B的坐标，k QA•k QB=k〔常数〕，根据轨迹方程列出关于k、s、t的方程，并求出k、s、t的值，即可求出结果．解答：解：〔1〕由题意，两圆相内切，故，|PM|=4﹣|PN|，即|PM|+|PN|=4．又∵MN=2＜4∴动圆的圆心P的轨迹为以M、N为焦点，长轴长为4的椭圆．动点P的轨迹方程为．〔2〕设点Q〔x0，y0〕，如此，x0≠±2设A〔s，0〕，B〔t，0〕，k QA•k QB=k〔常数〕∴k QA•k QB=整理得〔4k+3〕x02﹣4k〔s+t〕x0+4〔kst﹣3〕=0由题意，上面的方程对〔﹣2，2〕内的一切x0均成立∴4k+3=0，﹣4k〔s+t〕=0且4〔kst﹣3〕=0解得k=﹣，s=2，t=﹣2，或s=﹣2，t=2∴在x轴上只存在两定点A〔2，0〕、B〔﹣2，0〕使得直线QA与QB的斜率之积为定值﹣．点评：题考查圆的根本知识和轨迹方程的求法以与斜率的求法，解题时要注意公式的灵活运用，此题有一定难度．13．〔2010•某某二模〕在△ABC中，点A、B的坐标分别为〔﹣2，0〕和〔2，0〕，点C在x轴上方．〔Ⅰ〕假如点C的坐标为〔2，3〕，求以A、B为焦点且经过点C的椭圆的方程；〔Ⅱ〕假如∠ACB=45°，求△ABC的外接圆的方程；〔Ⅲ〕假如在给定直线y=x+t上任取一点P，从点P向〔Ⅱ〕中圆引一条切线，切点为Q．问是否存在一个定点M，恒有PM=PQ？请说明理由．考点：椭圆的标准方程；圆的标准方程；直线和圆的方程的应用．专题：计算题；存在型．分析：〔Ⅰ〕根据椭圆的定义和AC，BC求得椭圆的长轴，进而根据c求得b，如此椭圆的方程可得．〔Ⅱ〕先用正弦定理可知=2R，进而求得R，设出圆心坐标，根据勾股定理求的s，如此外接圆的方程可得．〔Ⅲ〕假设存在这样的点M〔m，n〕，设点P的坐标，进而根据PM=PQ，求得关于x的方程，进而列出方程组，消去m，得到关于n的一元二次方程，分别讨论当判别式大于0或小于等于0时的情况．解答：解：〔Ⅰ〕因为AC=5，BC=3，所以椭圆的长轴长2a=AC+BC=8，又c=2，所以b=2，故所求椭圆的方程为〔Ⅱ〕因为=2R，所以2R=4，即R=2又圆心在AB的垂直平分线上，故可设圆心为〔0，s〕〔s＞0〕，如此由4+S2=8，所以△ABC的外接圆的方程为x2+〔y﹣2〕2=8〔Ⅲ〕假设存在这样的点M〔m，n〕，设点P的坐标为〔x，x+t〕，因为恒有PM=PQ，所以〔x﹣m〕2+〔x+t ﹣n〕2=x2+〔x+t﹣2〕2﹣8，即〔2m+2n﹣4〕x﹣〔m2+n2﹣2nt+4t+4〕=0，对x∈R，恒成立，从而，消去m，得n2﹣〔t+2〕n+〔2t+4〕=0因为方程判别式△=t2﹣4t﹣12，所以①当﹣2＜t＜6，时，因为方程无实数解，所以不存在这样的点M②当t≥6或t≤﹣2时，因为方程有实数解，且此时直线y=x+t与圆相离或相切，故此时这样的点M存在．点评：此题主要考查了椭圆的标准方程和椭圆与直线的关系．考查了学生综合分析问题的能力．。
高考数学解析几何专题讲义第16讲--定点问题
3 3
x2
ty2
1
②
由①②知 AB 的方程为 3 x ty 1 ，即 x 3(1 ty)
③
3
易知右焦点 F ( 3, 0) 满足③ 故直线 AB 恒过定点 F ( 3, 0)
（2）略
【例 2-2】（2019 全国Ⅲ文 21）已知曲线 C ： y x2 ，D 为直线 y = - 1 上的动点，过 D 作 C 的两条切线， 切
【解法一】 F (1, 0), k (a2 , 0) ，先探索，当 m 0 时，直线 l ox 轴，则 ABED 为矩形，由对称性知，AE 与
BD 交于定点 N ( a2 1, 0) ， 2
证明：设 A(x1, y1)B(x2 , y2 )E(a2 , y1) ，当 m 变化时首先 AE 过定点 N
2 2
+ +
(y + y2 =
1)2 3 1
=
(4)2 3Þ
ìïx = 0 ïî y = 1
即两圆的公共点为(0，1)
因此所求点 T 如果存在，只能是(0，1)，事实上.点(0，1)就是所求点，证明如下 当 l 与 x 轴垂直时，以 AB 为直径的圆过 T(0，1)
当 l 与 x 轴不垂直时，设直线 l ： y = kx - 1 3
且以 AB 为直径的圆过椭圆 C 的右顶点。求证：直线 l 过定点，并求出该定点坐标．
y kx m
【解析】设
A(x1,
y1), B(x2 ,
y2 ) ，由 3x2
4y2
得 12
(3 4k 2 )x2 8mkx 4(m2 3) 0
64m2k 2 16(3 4k 2 )(m2 3) 0
2
2
点分别为 A，B.
第20讲 圆过定点问题(解析版)圆锥曲线综合讲义
第20讲 圆过定点问题一、解答题1．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的离心率为13，椭圆上的点到右焦点F 的最近距离为2，若椭圆C与x 轴交于A B 、两点，M 是椭圆C 上异于A B 、的任意一点，直线MA 交直线:9l x =于G 点，直线MB 交直线l 于H 点． （1）求椭圆C 的方程；（2）试探求以GH 为直径的圆是否恒经过x 轴上的定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由．【答案】（Ⅰ）由题意得1,{32c a a c =-=1,{3c a =⇒=.椭圆的方程为：221.98x y +=（Ⅰ）记直线、的斜率分别为、，设,,M A B 的坐标分别为00(,)M x y ,,，020,3y k x =-2012209y k k x ∴=-.在椭圆上，所以，2k ⋅，设，则，.，又2k ⋅.1212864729y y y y ∴=-⇒=-. 因为GH 的中点为，12GH y y =-,所以，以GH 为直径的圆的方程为：.令，得，，将两点代入检验恒成立.所以，以为直径的圆恒过轴上的定点(17,0),(1,0).【分析】(1)根据题意，列出方程组1,32c a a c ⎧=⎪⎨⎪-=⎩，求解即可得出结果；(2)先记直线MA 、MB 的斜率分别为1k 、2k ，设,,M A B 的坐标分别为()00,M x y ，() 3,0A -，()3,0B ，表示出12k k ，，根据M 在椭圆上，得到2200819x y ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，进而可得1289k k =-，再设()19G y ，，()29H y ，可得1264y y =-，由GH 的中点为12Q 9,2y y +⎛⎫⎪⎝⎭，12GH y y =-，得到以GH 为直径的圆的方程，进而可得出结果. 【详解】 （1）由题意得：1,32c a a c ⎧=⎪⎨⎪-=⎩ 21,83c b a =⎧⇒⇒=⎨=⎩， 椭圆C 的方程为：221.98x y +=（2）记直线MA 、MB 的斜率分别为1k 、2k ，设,,M A B 的坐标分别为()00,M x y ，()3,0A -，()3,0B ，所以0103y k x =+，020,3y k x =- 2012209y k k x ∴=-. 因为M 在椭圆上，所以2200198x y +=，所以2200819x y ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，1289k k =-， 设()19G y ，，()29H y ， ，则1112AM y k k ==，626BM y k k ==， 所以121272y y k k =，又1289k k =-. 1212864729y y y y ∴=-⇒=-.因为GH 的中点为12Q 9,2y y +⎛⎫⎪⎝⎭，12GH y y =-， 所以，以GH 为直径的圆的方程为：()()2221212924y y y y x y -+⎛⎫-+-=⎪⎝⎭.令0y =，得()212964x y y -=-=，所以117x x ==， 将两点()()17,0,1,0代入检验恒成立.所以，以GH 为直径的圆恒过x 轴上的定点()()17,0,1,0. 【点睛】本题主要考查椭圆的方程以及椭圆中的定点问题，熟记椭圆的性质等，即可求解，属于常考题型.2．已知椭圆222:1(2x y C a a +=>的右焦点为F ，A 、B 分別为椭圆的左项点和上顶点，ABF的面积为1．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）过点F 的直线l 与椭圆C 交于P ，Q 两点，直线AP 、AQ 分别与直线x＝M 、N ．以MN 为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出该定点坐标；若不是，请说明理由．【答案】（1）22142x y +=；（2）MN为直径的圆恒过定点和． 【分析】（1）根据ABF1求出a ＝2，即得解；（2）设直线PQ的方程为x ty =()()1122,,,P x y Q x y．求出1M ⎛ ⎝⎭，222)2y N x ⎛⎫ ⎪ ⎪+⎝⎭，设以MN 为直径的圆过定点P （m ，n ），则0PM PN →→⋅=，联立22142x y +=和PQ的方程为x ty =0PM PN →→⋅=即得解. 【详解】 解：（1）由题得ABF的面积(11()122S a c b a=+⋅=+=，解得a＝2，即椭圆C的标准方程为221 42x y+=．（2）已知点A（－2，0），设直线PQ的方程为x ty=()()1122,,,P x y Q x y．直线AP的方程为11(2) 2yy xx，直线AQ的方程为22(2)2yy xx=++，将x=AP、AQ方程，可得1M⎛⎝⎭，2N⎛⎝⎭．设以MN为直径的圆过定点P（m，n），则0PM PN→→⋅=，即212122)2))22y yPM m n nx xPN→→⎛⎫⎛⎫⋅=+--⎪⎪⎪⎪++⎝⎭⎝⎭21212)m n n=-+⎝⎭22)m n n⎛⎫=-+()()2121212 222)2)222))y y n y ty ty y m n⎡⎤-++=+()2121212222)2)22))y y n ty y y ym n⎡⎤-++=+联立椭圆22142xy+=和直线PQ的方程为xty=可得22(240ty y+-=，化简得()22220t y++-=，即1222y yt-+=+，12222y yt-=+．代入上式化简得22)m n =+22)20m n =-+=，由此可知，若上式与t 无关，则0n =，又2)20,m PM P m N →→⋅=-== 因此MN为直径的圆恒过定点和． 【点睛】方法点睛：证明曲线过定点，一般有两种方法.（1）特殊探求，一般证明：即可以先考虑动直线或曲线的特殊情况，找出定点的位置，然后证明该定点在该直线或该曲线上（定点的坐标直线或曲线的方程后等式恒成立）.（2）分离参数法：一般可以根据需要选定参数R λ∈，结合已知条件求出直线或曲线的方程，分离参数得到等式2123(,)(,)(,)0f x y f x y f x y λλ++=，（一般地，(,)(1,2,3)i f x y i =为关于,x y 的二元一次关系式）由上述原理可得方程组123(,)0(,)0(,)0f x y f x y f x y =⎧⎪=⎨⎪=⎩，从而求得该定点.3．已知定点(1,0)R ，圆22 S: 2150x y x ++-=，过R 点的直线1L 交圆于M ，N 两点过R 点作直线2L SN ∥交SM 于Q 点.（1）求Q 点的轨迹方程；（2）若A ，B 为Q 的轨迹与x 轴的左右交点，()()000,0P x y y ≠为该轨迹上任一动点，设直线AP ，BP 分别交直线l ：6x =于点M ，N ，判断以MN 为直径的圆是否过定点．如圆过定点，则求出该定点；如不是，说明理由.【答案】(1)22143x y += ;(2) 以MN为直径的圆经过定点(6±【分析】(1) 利用SM SN =,//RQ SN ,可以推出RQ QM =,根据42QS QR SM SR +==>=可知: 动点Q 的轨迹是以,S R 为焦点,长轴长为4的椭圆,进而可以写出Q 点的轨迹方程.(2)设00(,)P x y ,求出,M N 的坐标后,再求出MN 的中点坐标,然后求出以MN 为直径的圆的方程,令0y =可求得6x =±为定值,所以圆过定点.【详解】 (1)如图:因为SM SN =,//RQ SN , 所以RQ QM =,所以42QS QR QS QM SM SR +=+==>=,根据椭圆的定义知:动点Q 的轨迹是以,S R 为焦点,长轴长为4的椭圆, 这里224,413a b ==-=,所以Q 点的轨迹方程为:22143x y +=.(2)由题可知(2,0),(2,0)A B -,设00(,)P x y , 所以002AP y k x =+,则直线AM l 的方程为:00(2)2y y x x =++, 令6x =,则0082y y x =+, 所以008(6,)2y M x + ,因为002BP y k x =-,则直线BP l 的方程为:00(2)2y y x x =--, 令6x =,则0042y y x =- ,所以004(6,)2y N x -, 所以MN 的中点坐标为00202(32)(6,)4y x x --,此时圆的方程为: 222000022002(32)2(6)(6)[][]44y x y x x y x x ---+-=--, 令0y =,得2202032(6)4y x x -=-,又2200143x y +=,所以2(6)24x -= , 解得:6x =± 故以MN为直径的圆经过定点(6±. 【点睛】本题考查了利用椭圆的定义求标准方程,圆过定点问题,属难题. 4．已知圆22:1O x y +=和直线:3l x，在x 轴上有一点(1,0)Q ，在圆O 上有不与Q 重合的两动点,P M ，设直线MP 斜率为1k ，直线MQ 斜率为2k ，直线PQ 斜率为3k ， （l ）若121k k =- ①求出P 点坐标；②MP 交l 于'P ，MQ 交l 于'Q ，求证：以''P Q 为直径的圆，总过定点，并求出定点坐标． （2）若232k k =：判断直线PM 是否经过定点，若有，求出来，若没有，请说明理由． 【答案】（1）(1,0)P -，定点为(3±； （2）直线过定点(3,0)． 【解析】试题分析：第一问根据两斜率乘积等于1-，从而得到PQ 为直径，从而确定出点P 的坐标，应用直径所对的圆周角为直角，利用垂直关系，建立等量关系式，从而求得圆的方程，利用曲线过定点的原则，求得定点坐标；第二问想办法求得直线PM 的方程，利用直线过定点问题的解决方法，从而求得直线所过的定点坐标． 试题解析：（1）121,k k PM MQ =-∴⊥，又因为P 在圆上，所以PQ 为直径，故(1,0)P -,法一：设1:(1)PM l y k x =+，令3x =得1'(3,4)P k ，2:(1)QM l y k x =-，令3x =得2'(3,2)Q k ，且PM QM l l ⊥，故12k k 1=-，12(3)(3)(4)(2)0x x y k y k --+--=22121269(42)80x x y k k y k k ⇒-++-++=，令0y =，则26980x x -+-=，故3x =±(3±． 法二：:(1)1PM u l y x v =++，3x =，得4'(3,)1v P u +， :(1)1QMv l y x u =--，3x =，得2'(3,)1v Q u -，故圆C 方程为：42(3)(3)()()011v v x x y y u u --+--=+-222242869()0111v v v x x y y u u u ⇒-++-++=+--由221u v +=，令0y =，则26980x x -+-=，故3x =±(3±．（2）法一：解：设:(1)QM l y k x =-与圆22:1O x y +=联立得：2222222(1)210k x k x k +-+-=，由韦达定理：22122221k x x k +=+，由11x =得：2222211k x k -=+，22222212(,)11k M k k --++，同理23223312(,)11k P k k --++， 再利用222232222442,(,)44k k k k P k k --=++． 222222222222222222424141241PMk k k k k k k k k k k -+++==--+-++，222222222212:()211PMk k k l y x k k k --∴=-++++222232k x k k -=+， ∴直线过定点(3,0)．法二：可以先猜后证，2320k k =>，所以23,k k 同号．不妨设21k =，则:1QM l y x =-，与圆联立得(0,1)M -，32k =，则:2(1)QP l y x =-，与圆联立得34(,)55P -，此时1:13MP l x y =+， 同理由圆对称性，当(0,1)M 时，231,2k k =-=-，此时P 点坐标34(,)55，1:13MP l x y -=-， 若直线MP 过定点，则联立上述直线MP 的方程，求出交点(3,0)， 下面验证(3,0)是否为定点．设过(3,0)且与圆O 有交点的直线斜率为k ，则直线方程为(3)y k x =-，代入圆方程得：2222(1)6910k x k x k +-+-=两交点1122(,),(,)M x y P x y ．由韦达定理：，故2121223121212(3)(3)(1)(1)()1y y k x x k k x x x x x x --==---++212121212[3()9]2()1k x x x x x x x x -++==-++， ∴MP 过定点(3,0)．考点：曲线过定点问题．5．已知椭圆T ：()222210x y a b a b+=>>的离心率为12，直线l：0x y +=与以原点为圆心，以椭圆C 的短半轴长为半径的圆相切.A 为左顶点，过点()1,0G 的直线交椭圆T 于B ，C 两点，直线AB ，AC 分别交直线4x =于M ，N 两点.（1）求椭圆T 的方程；（2）以线段MN 为直径的圆是否过定点？若是，写出所有定点的坐标；若不是，请说明理由.【答案】（1）22143x y +=；（2）是，定点坐标为()7,0或()1,0 【分析】（1）根据相切得到b =2a =，得到椭圆方程.（2）设直线BC 的方程为1x ty =+，点B 、C 的坐标分别为()11,x y ，()22,x y ，联立方程得到122634t y y t +=-+，122934y y t =-+，计算点M 的坐标为1164,2y x ⎛⎫ ⎪+⎝⎭，点N 的坐标为2264,2y x ⎛⎫ ⎪+⎝⎭，圆的方程可化为()()244690x x y ty --++-=，得到答案. 【详解】（1）根据题意：b ==b a ==，所以2a =， 所以椭圆T 的方程为22143x y +=.（2）设直线BC 的方程为1x ty =+，点B 、C 的坐标分别为()11,x y ，()22,x y ，把直线BC 的方程代入椭圆方程化简得到()2234690t y ty ++-=，所以122634t y y t +=-+，122934y y t =-+， 所以()221212122412134t x x t y y t y y t -=+++=+，1212281134x x ty ty t +=+++=+，因为直线AB 的斜率112AB y k x =+，所以直线AB 的方程()1122y y x x =++， 所以点M 的坐标为1164,2y x ⎛⎫⎪+⎝⎭，同理，点N 的坐标为2264,2y x ⎛⎫ ⎪+⎝⎭， 故以MN 为直径的圆的方程为()()12126644022y y x x y y x x ⎛⎫⎛⎫--+--= ⎪⎪++⎝⎭⎝⎭，又因为()()()121212121236363699222436y y y y x x x x x x ⨯==-=-+++++，()()12121212212121212121866666223339ty y y y y y y y t x x ty ty t y y t y y +++=+==-+++++++， 所以圆的方程可化为()()244690x x y ty --++-=，令0y =，则有()249x -=，所以定点坐标为()7,0或()1,0. 【点睛】本题考查了椭圆方程，圆过定点问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.6．已知圆()44:22=++y x C 与x 轴交于B A 、两点，P 是圆C 上的动点，直线AP 与PB 分别与y 轴交于N M 、两点．（1）若()4,2P -时，求以MN 为直径圆的面积；（2）当点P 在圆C 上运动时，问：以MN 为直径的圆是否过定点？如果过定点，求出定点坐标；如果不过定点，说明理由．【答案】（1）16π；（2）过定点，定点坐标是()032，和()0,32- 【解析】试题分析：由直线AP 方程6y x =+得()0,6M ，由2y x =--得()0,2N -故所求面积为16π． （2）根据两直线互相垂直设出直线AP ，BP 的方程，写出以MN 为直径的圆的方程222221313⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+k k k k y x ，令y=0得定点()032，和()0,32-． 试题解析：（1）解析：当()4,2P -时，直线AP 方程是6y x =+，所以()0,6M ；直线BP 方程是2y x =--，x所以()0,2N -，因此8MN =．所以以MN 为直径圆的面积是16π．（2）解法1：设直线()6:+=x k y AP 交y 轴于()k M 6,0；同法可设直线()21:+-=x ky BP 交y 轴于⎪⎭⎫ ⎝⎛-k N 2,0，线段MN 的中点⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-k k D 13,02．所以以MN 为直径的圆的方程为： 222221313⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+k k k k y x ，展开后得()012132222=---+y k k y x ， 令0=y ，得32±=x ，则过定点()032，和()0,32-．解法2：设()()b N a M ,0,,0，线段线段MN 的中点⎪⎭⎫⎝⎛+2,0b a D ．所以以MN 为直径的圆的方程为：22222⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+b a b a y x ，展开后得()022=++-+ab y b a y x ，考虑到PB PA ⊥，有⇒-=⇒-=⋅12126ab ba ()01222=-+-+yb a y x ， 令0=y ，得32±=x ，则过定点()032，和()0,32-． 考点：直线与圆的综合应用．7．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>1F 、2.F 以1F 为圆心、以3为半径的圆与以2F 为圆心、以1为半径的圆相交，交点在椭圆C 上． （1）求椭圆C 的方程；（2）直线()()10y k x k =-≠与椭圆C 交于,A B 两点，点M 是椭圆C 的右顶点.直线AM 与直线BM 分别与y 轴交于点,P Q ，试问以线段PQ 为直径的圆是否过x 轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理由．【答案】（1）2214x y +=；（2）(). 【解析】 【分析】(1)由椭圆的定义可得2a =，根据椭圆的离心率求得c ,进而求的b .(2)设1122(,),(,)A x y B x y ，联立直线方程与椭圆方程可得,A B 两点坐标的关系，根据,A B 两点坐标可将直线AM 与直线BM 分别表示出来，进而可求其与y 轴交于点,P Q ，以线段PQ 为直径的圆过x 轴上的定点()0,0N x ，则等价于0PN QN ⋅=恒成立，带点求解即可.【详解】（1）由题意知24a =，则2a =．又c a =，222a c b -=，可得1b =， ∴椭圆C 的方程为2214x y +=．（2）以线段PQ 为直径的圆过x 轴上的定点．由()221,{1,4y k x x y =-+=得()2222148440k xk x k +-+-=．设()11,A x y ，()22,B x y ，则有2122814k x x k +=+，21224414k x x k-=+． 又点M 是椭圆C 的右顶点，∴点()2,0M ．由题意可知直线AM 的方程为()1122y y x x =--，故点1120,2y P x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭． 直线BM 的方程为()2222y y x x =--，故点2220,2y Q x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭．若以线段PQ 为直径的圆过x 轴上的定点()0,0N x ，则等价于0PN QN ⋅=恒成立．又1012,2y PN x x ⎛⎫= ⎪-⎝⎭，2022,2y QN x x ⎛⎫= ⎪-⎝⎭，()()22121200121222401222y y y y PN QN x x x x x x ⋅=+⋅+=----恒成立．又()()()2221212122224484222424141414k k k x x x x x x k k k---=-++=-+=+++， ()()()222221212121222244831111141414k k k y y k x k x k x x x x k k k k ⎛⎫-⎡⎤=--=-++=-+=- ⎪⎣⎦+++⎝⎭()()22222120002122124143042214k y y k x x x k x x k -+∴+=+=-=--+．解得0x =． 故以线段PQ 为直径的圆过x轴上的定点()．【点睛】本题考查圆锥曲线中求曲线方程，直线与曲线的关系以及定点问题，综合性较强.设而不求是基本方法，解题处理关键地方在于将圆过定点问题转化为0PN QN ⋅=恒成立问题求解.8．已知椭圆C: x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的两个焦点为F 1(−c,0),F 2(c,0)，其短轴长是2√3，原点O 到过点A(a,0)和B(0,−b)两点的直线的距离为2√217. （1）求椭圆C 的方程；（2）若点P,Q 是定直线x =4上的两个动点，且F 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ •F 2Q ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，证明：以PQ 为直径的圆过定点，并求 定点的坐标. 【答案】（1）；（2），．【解析】试题分析：（1）由题意得，运用点到直线的距离公式，解得a =2，进而可求得椭圆的方程；（2）由题意得，写出直线和直线的方程，可得设，写出以PQ 为直径的圆的方程，令，即可求解求定点的坐标． 试题解析：（1）由，得再由，得a =2，椭圆的方程．（2） 由（1）知： 设直线斜率为，则直线的方程为：，直线的方程为：，令得：于是以PQ 为直径的圆的方程为：即：令，得或圆过定点，考点：椭圆的标准方程及其简单的几何性质；圆的方程的应用．【方法点晴】本题主要考查了椭圆的标准方程及其简单的几何性质、圆的方程的应用，判定圆过定点，属于中档试题，着重考查了向量的数量积的坐标表示和圆的方程求法，同时考查了转化与化归思想和推理、运算能力，本题的解答中写出直线和直线的方程，得，写出以PQ 为直径的圆的方程是解答的关键．9．已知动圆M 与定圆221:(2)1C x y -+=相外切，又与定直线1: 1l x =-相切. （1）求动圆的圆心M 的轨迹2C 的方程，（2）过点()12,0C 的直线l 交曲线2C 于A ，B 两点，直线2: 2l x =分别交直线OA ，OB 于点E 和点F .求证：以EF 为直径的圆经过x 轴上的两个定点.【答案】（1）22:8C y x =（2）证明见解析【分析】（1）易知M 到点1(2,0)C 的距离与到直线:2l x =-的距离相等，得到轨迹方程.（2），设直线l 方程为：2x my =+，联立方程得到12128,16y y m y y +=⋅=-，EF 为直径的圆方程为：121616(2)(2)()()0x x y y y y --+--=，计算得到答案. 【详解】（1）如图所示：根据题意知M 到点1(2,0)C 的距离与到直线:2l x =-的距离相等， 所以M 的轨迹方程为：22:8C y x =.（2）显然直线l 不与x 轴重合，设直线l 方程为：2x my =+， 与2:8C y x =联立消x 得：28160y my --=， 设1122(,),(,)A x y B x y ，则12128,16y y m y y +=⋅=-， 直线OA 方程为：11y y x x =，所以112(2,)y E x ，即116(2,)E y ， 同理216(2,)F y ，所以以EF 为直径的圆方程为：121616(2)(2)()()0x x y y y y --+--=，令0y =得：212256440x x y y -++=，即24120,26x x x x --==-=或， 以EF 为直径的圆经过x 轴上的两个定点1(2,0)G -和2(6,0)G .【点睛】本题考查了轨迹方程，定点问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力. 10．已知动圆P 过定点1,02F ⎛⎫⎪⎝⎭，且和直线12x =-相切，动圆圆心P 形成的轨迹是曲线C ，过点()4,2Q -的直线与曲线C 交于,A B 两个不同的点. （1）求曲线C 的方程；（2）在曲线C 上是否存在定点N ，使得以AB 为直径的圆恒过点N ？若存在，求出N 点坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）22y x =（2）见解析 【分析】（1）由抛物线定义确定P 的轨迹方程，（2）设()()1122,,,A x y B x y ，直线的方程为():24AB l x n y =++，代入抛物线方程，整理得22480,y ny n ---=设存在定点()00,N x y ，由1NA NB K K ⋅=-，代入韦达定理整理得()2002440y n y -+-=，利用02240,40,y y -=⎧⎨-=⎩即可得002,2y x == 【详解】（1）设动圆圆心P 到直线12x =-的距离为d ，根据题意，d PF =∴动点P 形成的轨迹是以1,02F ⎛⎫⎪⎝⎭为焦点，以直线12x =-为准线的抛物线，∴抛物线方程为22y x =.（2）根据题意，设()()1122,,,A x y B x y ，直线的方程为():24AB l x n y =++，代入抛物线方程，整理得22480,y ny n ---= ()()2241624480,n n n n ∆=++=++>12122,48y y n y y n +==--若设抛物线上存在定点N ，使得以AB 为直径的圆恒过点N ，设()00,N x y ，则2002y x =101022011010222NA y y y y K y y x x y y --===-+-，同理可得202NBK y y =+ 102022NA NB K K y y y y ⋅=⋅++ ()21212004y y y y y y =+++ 20041482n ny y ==---++ ()2002440,y n y ∴-+-= 020240,40,y y -=⎧∴⎨-=⎩解得002,2,y x == ∴在曲线C 上存在定点()2,2N ，使得以AB 为直径的圆恒过点N .【点睛】本题考查由定义求轨迹方程，考查直线与抛物线的位置关系，圆的性质的应用，考查计算能力，是中档题 11．已知椭圆C 的短轴的两个端点分别为(0,1),(0,1)A B -． （1）求椭圆C 的方程及焦点的坐标；（2）若点M 为椭圆C 上异于A ，B 的任意一点，过原点且与直线MA 平行的直线与直线3y =交于点P ，直线MB 与直线3y =交于点Q ，试判断以线段PQ 为直径的圆是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】（1）2213x y +=；（2）()()0,9,0,3-. 【分析】（1）根据题目椭圆过短轴端点，以及离心率3，可以求出椭圆方程为2213x y +=.（2）利用直线MA 的斜率以及直线MB 的斜率，3y =的方程，得出点P ,Q 的坐标， 那么就可以设出圆的方程()()00004333011x x x y y y y y ⎛⎫⎛⎫--+--= ⎪⎪+-⎝⎭⎝⎭，再进行转化变形，就可以求出定点的坐标. 【详解】（1）设椭圆方程为22221,(0)x y a b a b+=>>，因为椭圆短轴的两个端点为(0,1),(0,1)A B -，所以b =1，且椭圆的离心率为3，所以3c a =，并且222a b c -=，得出23a =，所以椭圆方程为2213x y +=. （2）设点M 00(,x y ),则001MA y k x -=,所以过原点与MA 平行的直线方程为：001y y x x -=, 令3y =,得0031x x y =-,003P ,31x y ⎛⎫ ⎪-⎝⎭; 001MB y k x +=, 所以直线MB 方程为：0011y y x x +=-, 令3y =,得0041x x y =+,004Q ,31x y ⎛⎫⎪+⎝⎭; 设过点P ,Q 的圆的方程为()()00004333011x x x y y y y y ⎛⎫⎛⎫--+--= ⎪⎪+-⎝⎭⎝⎭展开后得：220000002033446901x y x x y x x x y y y ++--+-+=- 即：2220000220071269011x y x x x x y y y y --++-+=--;22002136270y x y y x x -+--+= 令0x =,y =9或y =-3， 故定点为()()0,9,0,3-.【点睛】（1）求椭圆的方程就是利用题目的信息求解,,a b c ;（2）要注意过两点()()1122P ,,,x y Q x y 的圆的方程可以设为:()()()()12120x x x x y y y y --+--=，这样求解比较方便，特别要明确圆过定点就是与点M 的位置无关，00213y x x -中，令x=0，即可得解. 12．已知抛物线2:4C y x =与过点(2,0)的直线l 交于,M N 两点. （1）若MN =l 的方程； （2）若12MP MN =，PQ y ⊥轴，垂足为Q ，探究：以PQ 为直径的圆是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.【答案】（1）20x -=或20x -=；（2）过定点，(2,0) 【分析】（1）设出直线l 的方程2()x my m =+∈R ，联立直线与抛物线方程，利用根与系数的关系及弦长公式计算即可；（2）设以PQ 为直径的圆经过点()00,A x y ，()20022,2AP m x m y =+--，()00,2AQ x m y =--，利用0AP AQ ⋅=得()2220000042420x m y m x y x --++-=，令00220004204020x y x y x -=⎧⎪=⎨⎪+-=⎩解方程组即可.【详解】（1）由题可知，直线l 的斜率不为0，设其方程为2()x my m =+∈R ， 将2x my =+代入24y x =，消去x 可得2480y my --=，显然216320m ∆=+>，设()11,M x y ，()22,N x y ，则124y y m +=，128y y =-，所以12||MN y y =-==因为||MN ==m =，所以直线l 的方程为20x-=或20x -=.（2）因为12MP MN =，所以P 是线段MN 的中点， 设(),P P P x y ，则由（1）可得()2121242222P m y y x x x m +++===+，1222P y y y m +==，所以()222,2P m m +，又PQ y ⊥轴，垂足为Q ，所以(0,2)Q m ，设以PQ 为直径的圆经过点()00,A x y ，则()20022,2AP m x m y =+--，()00,2AQ x m y =--，所以0AP AQ ⋅=，即()()220002220x m x m y -+-+-=，化简可得()2220000042420x m y m x y x --++-=①，令00220004204020x y x y x -=⎧⎪=⎨⎪+-=⎩，可得0020x y =⎧⎨=⎩，所以当02x =，00y =时，对任意的m ∈R ，①式恒成立， 所以以PQ 为直径的圆过定点，该定点的坐标为(2,0). 【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及到抛物线中的定点问题，考查学生的计算能力，是一道中档题.13．已知椭圆E ：()222210x y a b a b+=>>.左焦点()1,0F -，点()0,2M 在椭圆E 外部，点N 为椭圆E 上一动点，且NM F的周长最大值为4. （1）求椭圆E 的标准方程；（2）点B ､C 为椭圆E 上关于原点对称的两个点，A 为左顶点，若直线AB ､AC 分别与y 轴交于P ､Q 两点，试判断以PQ 为直径的圆是否过定点.如果是请求出定点坐标，如果不过定点，请说明理由.【答案】（1）22143x y +=；（2）是，定点为)和().【分析】（1）NM F 的三边有一边已经确定，问题转化为，何时另外两边之和最大，结合椭圆的定义，以及三角形两边之差小于第三边即可确定思路；（2）分直线BC 斜率存在与不存在分别研究，不存在容易得出定点，存在时，可以设出斜率k ，再联立椭圆方程，求出,P Q 坐标，最后求出以PQ 为直径的圆的方程，方程里面含有k ，再令0y =即可.【详解】（1）设右焦点为1F，则1F M FM===max (||||)44MN NF ∴+=+= 1||2x NF a NF =-11||||||22NF MN NF a MF a MN ∴+=-+<+即N 点为1MF 与椭圆的交点时，周长最大1MF =所以242,1a a c =⇒==b ∴=所以椭圆E 的标准方程为22143x y +=（2）由（1）知()2,0A -，设()00,B x y ，则()00,C x y -- 当直线BC 斜率存在时，设其方程为y kx =联立22143y kxx y =⎧⎪⎨+=⎪⎩得221234x k =+00:2)x y AB y x ∴===+令0x =，得y P ⎛⎫ ⎪ =∴⎝同理得Q ⎛⎫⎪⎝||PQ∴==设PQ中点为S，则30,2Sk ⎛⎫-⎪⎝⎭所以以PQ为直径的圆得方程为22232x yk⎛⎫++=⎪⎪⎝⎭⎪⎝⎭即2222699344x y yk k k+++=+即22630x y yk++-=令0y=，得x=所以过点)和()，且为定点.当直线BC斜率不存在时，容易知道(0,B C此时(0,P Q所以以PQ)和()综上，此圆过定点)和()【点睛】方法点睛：对于过定点的问题，可以先通过特殊情况得到定点，再去证明一般得情况.14．已知椭圆2222:1(0)x yE a ba b+=>>的左、右焦点分别为1F，2F，M为椭圆上一动点，当12MF F∆的面积最大时，其内切圆半径为3b，椭圆E的左、右顶点分别为A，B，且||4AB=．（1）求椭圆E的标准方程；（2）过1F的直线与椭圆相交于点C，D（不与顶点重合），过右顶点B分别作直线BC，BD与直线4x=-相交于N，M两点，以MN为直径的圆是否恒过某定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．【答案】（1）22143x y +=；（2）以MN 为直径的圆恒过两定点()7,0-，()1,0-． 【分析】（1）由||4AB =可得a 的值，12MF F 的面积最大时，由椭圆的性质可得当和三角形内切圆的性质可列方程，再结合,,a b c 的关系，从而得出答案.(2)设出直线CD 的方程与椭圆方程联立得出韦达定理，由C 点坐标得出BC 的方程进而得出点N 坐标，同理得出M 坐标，写出以MN 为直径的圆的方程，从而得出圆过定点. 【详解】解：（1）由题意及三角形内切圆的性质可得112(22)223b c b a c ⋅⋅=+⋅，化简得12c a =① 又||24AB a ==， 所以2a =，1c =，b ==所以椭圆E 的标准方程为22143x y +=．（2）由（1）知1(1,0)F -，(2,0)B ， 由题意，直线CD 的斜率不为0， 设直线CD 的方程为1x my =-，代入椭圆E 的方程22143x y +=，整理得22(34)690m y my +--=． 设11(,)C x y ，()22,D x y ， 则12y y +=2634m m + ，122934y y m =-+，② 直线11:(2)3y BC y x my =--．令4x =-，得1164,3y N my ⎛⎫-- ⎪-⎝⎭，同理可得2264,3y M my ⎛⎫-- ⎪-⎝⎭，所以以MN 为直径的圆的方程为121266(4)(4)033y y x x y y my my ⎛⎫⎛⎫+++++= ⎪⎪--⎝⎭⎝⎭，即22121212126636816033(3)(3)y y y y x x y y my my my my ⎛⎫++++++=⎪----⎝⎭，③ 由②得：()()()121212121212186663333my y y y y y m my my my my -++==----- ()1212212121236369(3)(3)39y y y y my my m y y m y y ==----++代入③得圆的方程为228760x x y my +++-=．若圆过定点，则2870y x x =⎧⎨++=⎩解得10x y =-⎧⎨=⎩或70x y =-⎧⎨=⎩所以以MN 为直径的圆恒过两定点()7,0-，()1,0-． 【点睛】关键点睛：本题考查求椭圆方程和根据直线与椭圆的为关系求圆过定点问题，解答本题的关键是先求出点N ，M 坐标，进一步得出MN 为直径的圆的方程为121266(4)(4)033y y x x y y my my ⎛⎫⎛⎫+++++= ⎪⎪--⎝⎭⎝⎭，再由韦达定理化简方程，得出答案，属于中档题.15．已知椭圆2222:1(0)x y M a b a b+=>>的左、右顶点分别为,A B ，上、下顶点分别为,C D ，右焦点为F ，离心率为12，其中24||||||FA FB CD =⋅． （1）求椭圆的标准方程；（2）设Q 是椭圆M 上异于,A B 的任意一点，过点Q 且与椭圆M 相切的直线与x a =-，x a =分别交于,S T 两点，以ST 为直径的圆是否过定点？若过定点，求出定点坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】（1）22143x y +=；（2）ST 为直径的圆过定点(1,0)±． 【分析】（1）由条件可得24()()(2)a c a c b +=-又因为12c a =，解方程组即可得椭圆的标准方程； （2）依题意求得切线方程00143x x y y+=，分别联立2,2x x =-=，求得交点,S T ，从而求以ST 为直径的圆方程，进而判断是否过定点． 【详解】解：（1）由条件可得()()()242a c a c b +=- 所以2131a c eb ac e++===--， 又12c a =， 所以22134a a -=，解得24a =，所以椭圆的方程为22143x y +=．（2）设()00,Q x y ，()02x ≠±，所以2200143x y +=，①对椭圆22143x y +=求导得，22043x y y +'=，所以0034x k y =-切，所以切线方程为()000034x y y x x y -=--， 将①代入上式，得切线方程00143x x y y+=， 分别联立2,2x x =-=，得000063632,,2,22x x S T y y ⎛⎫⎛⎫+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以以ST 为直径的圆，圆心为030,y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，半径||2ST r =， 所以22222000200063639||4(22)1622x x x ST r y y y ⎛⎫-+==++-=+ ⎪⎝⎭，因为2200143x y +=，所以22413y x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以20222003613364164y r y y ⎛⎫- ⎪⎝⎭=+=+，所以圆的方程为22200391x y y y ⎛⎫+-=+ ⎪⎝⎭， 令21x =，得220039y y y ⎛⎫-= ⎪⎝⎭， 得1x =±时，0y =，所以ST 为直径的圆是过定点(1,0)±． 【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定点或定值，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点或定值．16．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>，其左､右焦点分别为1F ，2F ，点()00,P x y 是坐标平面内一点，且||2OP =，1234PF PF ⋅=(O 为坐标原点). （1）求椭圆C 的方程；（2）过点10,3S ⎛⎫- ⎪⎝⎭且斜率为k 的动直线l 交椭圆于A ，B 两点，在y 轴上是否存在定点M ，使以AB 为直径的圆恒过这个点？若存在，求出M 的坐标，若不存在，说明理由.【答案】（1）2212x y +=；（2）存在()0,1M ，理由见解析.【分析】（1）利用||OP =123·4PF PF =列出方程可得1c =，再由离心率即可求出,a b ，得出椭圆方程；（2）设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程，借助于韦达定理，即可求出点的坐标. 【详解】(1)2OP =220074x y ∴+=， 又123·4PF PF =，00003(,)(,)4c x y c x y ∴---⋅--=，即2220034x c y -+=，则可得1c =，又2e =，1a b ∴==， 故所求椭圆方程为2212x y +=；(2)设直线1:3l y kx =-，代入2212x y +=，有22416(21)039k x kx +--=. 设1122(,),(,)A x y B x y ，则121222416,3(21)9(21)k x x x x k k -+==++， 若y 轴上存在定点(0,)M m 满足题设，则11(,)MA x y m =-，22(,)MB x y m =-，21212121212·()()()MAMB x x y m y m x x y y m y y m =+--=+-++21212121111()()()3333x x kx kx m kx kx m =+----+-+221212121(1)()()339m k x x k m x x m =+-+++++222218(1)(9615)9(21)m k m m k -++-=+， 由题意知，对任意实数k 都有·0MA MB =恒成立， 即22218(1)(9615)0m k m m -++-=对k ∈R 成立.221096150m m m ⎧-=∴⎨+-=⎩，解得1m =，∴在y 轴上存在定点()0,1M ,使以AB 为直径的圆恒过这个定点.【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤： （1）得出直线方程，设交点为()11A x y ，，()22B x y ，； （2）联立直线与曲线方程，得到关于x （或y ）的一元二次方程； （3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为1212,x x x x +形式； （5）代入韦达定理求解.。
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动圆过定点问题
一个圆过定点问题的探究和推广
已知圆O 的方程为221x y +=,直线1l 过定点(3,0)A 且与圆O 相切.
(1)求直线1l 的方程;
(2)设圆O 与x 轴交与,P Q 两点,M 是圆O 上异于,P Q 的任意一点,过点A 且与x 轴垂直的直线为
2l ,直线PM 交直线2l 于点'P ,直线QM 交直线2l 于点'Q .求证:以''Q P 为直径的圆C 总经过定点,并求出定点坐标.
解:(1)省略;
(2)对于圆方程122=+y x ,令0y =,得1x =±,即(1,0),(1,0)P Q -.
又直线2l 过点A 且与x 轴垂直，∴直线2l 方程为3x =.
设(,)M s t ，则直线PM 方程为).1(1
++=x s t y 解方程组3,(1)1x t y x s =⎧⎪⎨=+⎪+⎩
,得).14,3('+s t P 同理可得,).1
2,3('-s t Q ∴以P Q ''为直径的圆C '的方程为0)12)(14()3)(3(=--+-
+--s t y s t y x x ， 又122=+t s ，∴整理得2262(61)0s x y x y t
-+-++=， 若圆C '经过定点,只需令0y =,从而有2610x x -+=,解得322x =±
∴圆C '总经过定点坐标为(322,0)±.
备注:本题是09年江苏省苏北四市(徐州、宿迁、淮安、连云港)第三次调研考试第17题)
笔者对命题者提出的参考解法不是很认同,参考解法中引进的参数不太合理,导致后期定点的出现不自然,同时完全掩盖了该问题的几何背景.对此,笔者给出了如下的改进解法:
解:设直线,PM QM 的斜率分别为12,k k ,则121k k =-
直线1:(1)PM y k x =+,令3x =,则1'(3,4)P k ,
直线2:(1)QM y k x =-,令3x =,则2'(3,2)Q k ,
以P Q ''为直径的圆C '的方程为12(3)(3)(4)(2)0x x y k y k --+--=,
即2211
1(3)82(2)0x y k y k -+---= 令0y =,则32x =即以P Q ''为直径的圆C '总经过定点坐标为(322,0)±.
从上述的改进解法中,我们注意到,由点M 在圆上运动而生成的两个动点,P Q ''始终满足一个不变的条件,即它们纵坐标的乘积始终为定值.记以P Q ''为直径的圆与x 轴的交点为12,H H ,
则由圆的相交弦定理可得到结论:2212
AH AH AP AQ ''==⋅,易知,点12,H H 即为以P Q ''为直径的圆C '经过的定点.
由此,我们不难发现,此类圆过定点的问题是根据圆的相交弦定理来命制的.将问题一般化后,即可得到如下的命题:
命题1:已知圆222:O x y a +=与x 轴交与,A B 两点,垂直于x 轴的直线l 过定点
(,0)()Q m m a >,P 是圆O 上异于,A B 的任意一点,若直线PA 交直线l 于点M ,直线PB 交直线l 于点N ,则以MN 为直径的圆C 总经过定点22(,0)m m a -.
证明:设直线,PA PB 的斜率分别为12,k k ,则121k k =-
直线1:()PA y k x a =+,令x m =,则1()M y k m a =+,
直线2:()PB y k x a =-,令x m =,则2()N y k m a =-,
2212()()()M N y y k m a k m a m a ⋅=+-=--
即22QM QN m a ⋅=-
设以MN 为直径的圆C 与x 轴的交点为12,H H ,则由圆的相交弦定理可得
2212QH QH QM QN ==⋅,所以222212(,0),(,0)H m m a H m m a --即为以MN 为直径的圆
C 经过的定点.
在得到圆的优美结论后,我们自然会产生联想,圆锥曲线也有这样的优美性质吗?笔者经过探究,得到如下的一组命题:
命题2:已知椭圆22
22:1(0)x y O a b a b
+=>>与x 轴交与,A B 两点,垂直于x 轴的直线l 过定点(,0)()Q m m a >,P 是椭圆O 上异于,A B 的任意一点,若直线PA 交直线l 于点M ,直线PB 交直
线l 于点N ,则以MN 为直径的圆C 总经过定点(m ±. 证明:设直线,PA PB 的斜率分别为12,k k ,则2
122b k k a
=- 直线1:()PA y k x a =+,令x m =,则1()M y k m a =+,
直线2:()PB y k x a =-,令x m =,则2()N y k m a =-,
2
22122()()()M N b y y k m a k m a m a a
⋅=+-=-- 即22QM QN m a ⋅=-
设以MN 为直径的圆C 与x 轴的交点为12,H H ,则由圆的相交弦定理可得
2212QH QH QM QN ==⋅,所以12((H m H m +即为以MN 为直径的圆C 经过的定点.
特别地,当2
a m c
=时,以MN 为直径的圆C 经过椭圆的右焦点. 命题3:已知双曲线22
22:1(,0)x y O a b a b
-=>与x 轴交与,A B 两点,垂直于x 轴的直线l 过定点(,0)(0)Q m m a <<,P 是双曲线O 上异于,A B 的任意一点,若直线PA 交直线l 于点M ,直线
PB 交直线l 于点N ,则以MN 为直径的圆C 总经过定点(m . 证明:设直线,PA PB 的斜率分别为12,k k ,则2
122b k k a =- 直线1:()PA y k x a =+,令x m =,则1()M y k m a =+,
直线2:()PB y k x a =-,令x m =,则2()N y k m a =-,
2
22122()()()M N b y y k m a k m a m a a
⋅=+-=-- 即22QM QN m a ⋅=- 设以MN 为直径的圆C 与x 轴的交点为12,H H ,则由圆的相交弦定理可得
2212QH QH QM QN ==⋅,所以222212(,0),(,0)b b H m m a H m m a a a
-+-即为以MN 为直径的圆C 经过的定点.
特别地,当2
a m c
=时,以MN 为直径的圆C 经过椭圆的右焦点. 命题4:已知抛物线2:2(0)O y px p =>,垂直于x 轴的直线l 过定点(,0)(0)Q m m <,P 是抛物线O 上异于O 的任意一点,点P 在直线l 上的射影为点M ,直线PO 交直线l 于点N ,则以MN 为直径的圆C 总经过定点(2,0)m pm -. 证明:设00(,)P x y ,则直线00:y PN y x x =,令x m =,则00N y y m x = 000
2M N y y y y m pm x ⋅=⋅=,所以2QM QN pm ⋅=- 设以MN 为直径的圆C 与x 轴的交点为12,H H ,则由圆的
相交弦定理可得2212
QH QH QM QN ==⋅, 所以12(2,0),(2,0)H m pm H m pm --即为以MN 为直径的圆C 经过的定点.
特别地,当2
p m =-
时,以MN 为直径的圆C 经过抛物线的焦点(,0)2p .。