专题17 圆过定点模型 (解析版)

这是一份专题17 圆过定点模型 (解析版)，共18页。

1．圆过定点问题的一般设问方式
(1)证明以PQ为直径的圆恒过x或y轴上某定点M(m，0)或M(0，n)；
(2)证明以PQ为直径的圆恒过定点M(m，n)；
(3)证明以PQ为直径的圆恒过定点M(m，n)；
(4)以PQ为直径的圆是否恒过定点M？若是，求出该定点M的坐标；若不是，请说明理由．
2．圆过定点问题的一般解法
(1)向量法：基本思想是根据直径所对的圆周角是直角，即eq \(MP,\s\up6(→))·eq \(MQ,\s\up6(→))＝0．这是解决圆过定点的主要方法．
一般步骤：①设出M(m，n)及相关点的坐标或相关直线的方程；
②根据题设条件求出点P与点Q的坐标，P(A(t)，B(t))，Q(C(t)，D(t))；
③求出eq \(MP,\s\up6(→))与eq \(MQ,\s\up6(→))的坐标，并根据eq \(MP,\s\up6(→))·eq \(MQ,\s\up6(→))＝0，建立方程f(m，n，t)＝0，并整理成tf(m，n)＋g(m，n)＝0；
④根据圆过定点时与参数没有关系(即方程对参数t的任意值都成立)，得到方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fm，n＝0，,gm，n＝0；))
⑤以方程组的解为坐标的点就是圆所过的定点．
(2)方程法：基本思想是根据已知条件求出圆的方程，即f(x，y，k)＝0．这种方法用的很少．
一般步骤：①设出相关点的坐标或相关直线的方程；
②根据题设条件求出点P与点Q的坐标，P(A(t)，B(t))，Q(C(t)，D(t))；
③求出圆的方程f(x，y，t)＝0，并整理成tf(x，y)＋g(x，y)＝0；
④根据圆过定点时与参数没有关系(即方程对参数t的任意值都成立)，得到方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx，y＝0，,gx，y＝0；))
⑤以方程组的解为坐标的点就是圆所过的定点．
(3)赋值法：基本思想是从特殊到一般，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
【例题选讲】
[例1] (2019·北京)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．
[规范解答] (1)由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，得p＝2．
所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1．
(2)向量法
抛物线C的焦点为F(0，－1)，设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2＝－4y))得x2＋4kx－4＝0．
设Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，则x1x2＝－4．
直线OM的方程为y＝eq \f(y1,x1)x．令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－eq \f(x1,y1)．
同理得点B的横坐标xB＝－eq \f(x2,y2)．设点D(0，n)，
则eq \(DA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x1,y1)，－1－n))，eq \(DB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x2,y2)，－1－n))，
eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＝eq \f(x1x2,y1y2)＋(n＋1)2＝eq \f(x1x2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x\\al(2,1),4)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x\\al(2,2),4))))＋(n＋1)2＝eq \f(16,x1x2)＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2．
令eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，则n＝1或n＝－3．
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0，1)和(0，－3)．
[例2] 已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点Q(1，eq \f(3,2))，且离心率e＝eq \f(1,2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆C长轴两端点分别为A，B，点P为椭圆上异于A，B的动点，直线l：x＝4与直线PA，PB分别交于M，N两点，又点E(7，0)，过E，M，N三点的圆是否过x轴上不同于点E的定点？若经过，求出定点坐标；若不存在，请说明理由．
[规范解答] (1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，,eq \f(1,a2)＋eq \f(9,4b2)＝1,,a2＝b2＋c2))，解得a2＝4，b2＝3，故椭圆C的方程为：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)向量法
设点P(x0，y0)，直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，由椭圆的第三定义知k1k2＝e2－1＝－eq \f(3,4)，
又PA：y＝k1(x＋2)，令x＝4，得M(4，6k1)，
同理：PB：y＝k2(x－2)，令x＝4，得N(4，2k2)，
则kEMkEN＝(－eq \f(6k1,3))(－eq \f(2k2,3))＝－1，过E，M，N三点的圆的直径为MN．
设圆过定点R(m，0)，则eq \(RM,\s\up6(→))·eq \(RN,\s\up6(→))＝0，因为eq \(RM,\s\up6(→))＝(4－m，6k1)，eq \(RN,\s\up6(→))＝(4－m，2k2)．
所以eq \(RM,\s\up6(→))·eq \(RN,\s\up6(→))＝(4－m)2＋12k1k2＝0，即(4－m)2＝9，解得m＝1或m＝7 (舍)．
故经过E，M，N三点的圆是以MN为直径，过x轴上不同于点E的定点R(1，0)．
[例3] 已知A(－2，0)，B(2，0)，点C是动点且直线AC和直线BC的斜率之积为－eq \f(3,4)．
(1)求动点C的轨迹方程；
(2)设直线l与(1)中轨迹相切于点P，与直线x＝4相交于点Q，判断以PQ为直径的圆是否过x轴上一定点．
[规范解答] (1)设C(x，y)．由题意得kAC·kBC＝eq \f(y,x＋2)·eq \f(y,x－2)＝－eq \f(3,4)(y≠0)．整理，得eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1(y≠0)．
故动点C的轨迹方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1(y≠0)．
(2)方法一：向量法
易知直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx＋m．
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y并整理，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0．
依题意得Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，即3＋4k2＝m2．
设x1，x2为方程(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0的两个根，则x1＋x2＝eq \f(－8km,3＋4k2)，所以x1＝x2＝eq \f(－4km,3＋4k2)．
所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4km,3＋4k2)，\f(3m,3＋4k2)))，即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4k,m)，\f(3,m)))．
又Q(4，4k＋m)，设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点，则由eq \(RP,\s\up7(→))·eq \(RQ,\s\up7(→))＝0，
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4k,m)－t，\f(3,m)))·(4－t，4k＋m)＝0，整理，得eq \f(4k,m)(t－1)＋t2－4t＋3＝0．
由eq \f(k,m)的任意性，得t－1＝0且t2－4t＋3＝0，解得t＝1．
综上可知以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1，0)．
方法二：向量法
设P(x0，y0)，则曲线C在点P处的切线PQ：eq \f(x0x,4)＋eq \f(y0y,3)＝1，令x＝4，得Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(3－3x0,y0)))．
设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点，则由eq \(RP,\s\up7(→))·eq \(RQ,\s\up7(→))＝0，
得(x0－t)·(4－t)＋3－3x0＝0，即x0(1－t)＋t2－4t＋3＝0．
由x0的任意性，得1－t＝0且t2－4t＋3＝0，解得t＝1．
综上可知，以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1，0)．
[例4] 已知F1，F2为椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的左、右焦点，过椭圆长轴上一点M(m，0)(不含端点)作一条直线l，交椭圆于A，B两点．
(1)若直线AF2，AB，BF2的斜率依次成等差数列(公差不为0)，求实数m的取值范围；
(2)若过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,3)))的直线交椭圆C于E，F两点，则以EF为直径的圆是否恒过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．
[规范解答] (1)由题意知F1(－1，0)，F2(1，0)，直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y＝k(x－m)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＝k(x1－m)，y2＝k(x2－m)，因为eq \f(y1,x1－1)＋eq \f(y2,x2－1)＝2k，即eq \f(k(x1－m),x1－1)＋eq \f(k(x2－m),x2－1)＝2k，
整理得(x1＋x2)(1－m)＝2(1－m)，又公差不为0，所以x1＋x2＝2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k(x－m)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(1＋2k2)x2－4k2mx＋2k2m2－2＝0，
由x1＋x2＝eq \f(4k2m,1＋2k2)＝2，得k2＝eq \f(1,2(m－1))>0，所以m>1．
又点M(m，0)在椭圆长轴上(不含端点)，
所以1(2)赋值法
假设以EF为直径的圆恒过定点．
当EF⊥x轴时，以EF为直径的圆的方程为x2＋y2＝1；
当EF⊥y轴时，以EF为直径的圆的方程为x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,3)))2＝eq \f(16,9)，
则两圆的交点为Q(0，1)．
下证当直线EF的斜率存在且不为0时，点Q(0，1)在以EF为直径的圆上．
设直线EF的方程为y＝k0x－eq \f(1,3)(k0≠0)，
代入eq \f(x2,2)＋y2＝1，整理得(2keq \\al(2,0)＋1)x2－eq \f(4,3)k0x－eq \f(16,9)＝0，
设E(x3，y3)，F(x4，y4)，则x3＋x4＝eq \f(4k0,3(2k\\al(2,0)＋1))，x3x4＝eq \f(－16,9(2k\\al(2,0)＋1))，
又eq \(QE,\s\up6(→))＝(x3，y3－1)，eq \(QF,\s\up6(→))＝(x4，y4－1)，
所以eq \(QE,\s\up6(→))·eq \(QF,\s\up6(→))＝x3x4＋(y3－1)(y4－1)＝x3x4＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k0x3－\f(4,3)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k0x4－\f(4,3)))
＝(1＋keq \\al(2,0))x3x4－eq \f(4,3)k0(x3＋x4)＋eq \f(16,9)＝(1＋keq \\al(2,0))·eq \f(－16,9(2k\\al(2,0)＋1))－eq \f(4,3)k0·eq \f(4k0,3(2k\\al(2,0)＋1))＋eq \f(16,9)＝0，
所以点Q(0，1)在以EF为直径的圆上．综上，以EF为直径的圆恒过定点(0，1)．
[例5] 等边三角形OAB的边长为8eq \r(3)，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(p＞0)上．
(1)求抛物线E的方程；
(2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q．证明：以PQ为直径的圆恒过某定点．
[规范解答] (1)依题意，|OB|＝8eq \r(3)，∠BOy＝30°，不妨设B(x，y)，x>0，
则x＝|OB|sin30°＝4eq \r(3)，y＝|OB|cs30°＝12，
因为点B(4eq \r(3)，12)在x2＝2py上，所以(4eq \r(3))2＝24p，解得p＝2，
所以抛物线的方程为x2＝4y．
(2)解法1：向量法
由(1)知y＝eq \f(1,4)x2，所以y′＝eq \f(1,2)x．设点P(x0，y0)，Q(x1，－1)，则x0≠0，
l的方程为y－y0＝eq \f(1,2)x0(x－x0)，即y＝eq \f(1,2)x0x－eq \f(1,4)x02．令y＝－1，可得x1＝eq \f(x02－4,2x02)．
设M(m，n)是圆上一点，则eq \(MP,\s\up6(→))·eq \(MQ,\s\up6(→))＝0，即(m－x0)( m－eq \f(x02－4,2x0))＋(n－y0)(n＋1)＝0，整理可得
m2－eq \f(3x02－4,2x0)m＋eq \f(x02,2)－2＋n2＋n－n y0－y0＝0，
因为y0＝eq \f(1,4)x02，所以－meq \f(3x02－4,2x0)＋(1－n) eq \f(x02,4)＋(n2＋n＋m2－2)＝0，
该式子要对任意的满足y0＝eq \f(1,4)x02(x0≠0)的x0恒成立，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝0，,1－n＝0,, n2＋n＋m2－2＝0))，由此解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝0，, n＝1))，所以以PQ为直径的圆恒过定点(0，1)．
解法2：向量法
由对称性可知该定点必在y轴上，设为M(0，n)．
由(1)知y＝eq \f(1,4)x2，所以y′＝eq \f(1,2)x．设点P(x0，y0)，Q(x1，－1)，则x0≠0，
l的方程为y－y0＝eq \f(1,2)x0(x－x0)，即y＝eq \f(1,2)x0x－eq \f(1,4)x02．令y＝－1，可得x1＝eq \f(x02－4,2x02)．
由eq \(MP,\s\up6(→))·eq \(MQ,\s\up6(→))＝0，可得eq \f(x02－4,2)＋(n－y0)(n＋1)＝0，整理可得eq \f(x02,2)－2＋n2＋n－n y0－y0＝0，
因为y0＝eq \f(1,4)x02，所以(1－n) y0＋(n2＋n－2)＝0，该式子要对任意的满足y0＝eq \f(1,4)x02(x0≠0)的y0恒成立，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－n＝0，,n2＋n－2＝0))，由此解得n＝1，所以以PQ为直径的圆恒过定点(0，1)．
解法3：赋值法
由对称性可知该定点必在y轴上．由(1)知y＝eq \f(1,4)x2，所以y′＝eq \f(1,2)x．
设点P(x0，y0)，Q(x1，－1)，则x0≠0，且l的方程为y－y0＝eq \f(1,2)x0(x－x0)，
即y＝eq \f(1,2)x0x－eq \f(1,4)x02．令y＝－1，可得x1＝eq \f(x02－4,2x02)．
取x0＝2，此时P(2，1)，Q(0，－1)，
以PQ为直径的圆为x(x－2)＋(y－1)(y＋1)＝0，与y轴交于点M1(0，1)和M2(0，－1)；
取x0＝1，此时P(1，eq \f(1,4))，Q(－eq \f(3,2)，－1)，
以PQ为直径的圆为(x－1)(x＋eq \f(3,2))＋(y－eq \f(1,4))(y＋1)＝0，与y轴交于点M3(0，1)和M4(0，－eq \f(7,4))．
由此可知，该定点为M(0，1)，下证M(0，1)就是所求的点．
因为eq \(MP,\s\up6(→))＝(x0，y0－1)，eq \(MQ,\s\up6(→))＝(eq \f(x02－4,2x02)，－2)，所以eq \(MP,\s\up6(→))·eq \(MQ,\s\up6(→))＝eq \f(x02－4,2)－2 y0＋2，
所以以PQ为直径的圆恒过定点(0，1)．
[例6] 设F1，F2分别为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，若椭圆上的点T(2，eq \r(2))到点F1，F2的距离之和等于4eq \r(2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y＝kx(k≠0)与椭圆C交于E，F两点，A为椭圆C的左顶点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N．问：以MN为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由．
[规范解答] (1)由椭圆上的点T(2，eq \r(2))到点F1，F2的距离之和是4eq \r(2)，可得2a＝4eq \r(2)，a＝2eq \r(2)．
又T(2，eq \r(2))在椭圆上，因此eq \f(4,a2)＋eq \f(2,b2)＝1，所以b＝2，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1．
(2)方程法
因为椭圆C的左顶点为A，所以点A的坐标为(－2eq \r(2)，0)．
因为直线y＝kx(k≠0)与椭圆eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1交于E，F两点，设点E(x0，y0)(不妨设x0＞0)，
则点F(－x0，－y0)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1))消去y，得x2＝eq \f(8,1＋2k2)，
所以x0＝eq \f(2\r(2),\r(1＋2k2))，则y0＝eq \f(2\r(2)k,\r(1＋2k2))，所以直线AE的方程为y＝eq \f(k,1＋\r(1＋2k2))(x＋2eq \r(2))．
因为直线AE，AF分别与y轴交于点M，N，令x＝0，得y＝eq \f(2\r(2)k,1＋\r(1＋2k2))，
即点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(2)k,1＋\r(1＋2k2))))，同理可得点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(2)k,1－\r(1＋2k2))))．
所以|MN|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2)k,1＋\r(1＋2k2))－\f(2\r(2)k,1－\r(1＋2k2))))＝eq \f(2\r(2(1＋2k2)),|k|)．
设MN的中点为P，则点P的坐标为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(2),k)))．
则以MN为直径的圆的方程为x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(\r(2),k)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2(1＋2k2)),|k|)))2，即x2＋y2＋eq \f(2\r(2),k)y＝4．
令y＝0，得x2＝4，即x＝2或x＝－2．故以MN为直径的圆经过两定点P1(2，0)，P2(－2，0)．
【对点精练】
1．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，上、下顶点分别是B1，B2，C是B1F2的中点，
若eq \(B1F1,\s\up6(→))·eq \(B1F2,\s\up6(→))＝2且eq \(CF1,\s\up6(→))⊥eq \(B1F2,\s\up6(→))．
(1)求椭圆的方程；
(2)点Q是椭圆上任意一点，A1，A2分别是椭圆的左、右顶点，直线QA1，QA2与直线x＝eq \f(4\r(3),3)分别交于E，F两点，试证：以EF为直径的圆与x轴交于定点，并求该定点的坐标．
1．解析 (1)设F1(－c，0)，F2(c，0)，B1(0，b)，则Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)，\f(b,2)))．由题意得eq \(B1F1,\s\up6(→))·eq \(B1F2,\s\up6(→))＝2，且eq \(CF1,\s\up6(→))⊥eq \(B1F2,\s\up6(→))．
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1((－c，－b)·(c，－b)＝2，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3c,2)，－\f(b,2)))·(c，－b)＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b2－c2＝2，,b2＝3c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b2＝3，,c2＝1，))从而a2＝4，
故所求椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)向量法
由(1)得A1(－2，0)，A2(2，0)，设Q(x0，y0)，易知x0≠±2，
则直线QA1的方程为y＝eq \f(y0,x0＋2)(x＋2)，与直线x＝eq \f(4\r(3),3)的交点E的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)，\f(y0,x0＋2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)＋2))))，
直线QA2的方程为y＝eq \f(y0,x0－2)(x－2)，与直线x＝eq \f(4\r(3),3)的交点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)，\f(y0,x0－2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)－2))))，
设以EF为直径的圆与x轴交于点H(m，0)，m≠eq \f(4\r(3),3)，则HE⊥HF，从而eq \(HE,\s\up6(→))·eq \(HF,\s\up6(→))＝2，
∵eq \(HE,\s\up6(→))＝(eq \f(4\r(3),3)－m，eq \f(y0,x0＋2)(eq \f(4\r(3),3)＋2))，eq \(HF,\s\up6(→))＝(eq \f(4\r(3),3)－m，eq \f(y0,x0－2)(eq \f(4\r(3),3)－2))，∴(eq \f(4\r(3),3)－m)2＋eq \f(y02,x02－4)(eq \f(16,3)－4)＝0，
即(eq \f(4\r(3),3)－m)2＋eq \f(eq \f(4,3)y02,x02－4)＝0，①．由eq \f(x\\al(2,0),4)＋eq \f(y\\al(2,0),3)＝1得yeq \\al(2,0)＝eq \f(3(4－x\\al(2,0)),4)，②
所以由①②得m＝eq \f(4\r(3),3)±1，
故以EF为直径的圆与x轴交于定点，且该定点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)＋1，0))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)－1，0))．
2．已知圆C1：(x＋1)2＋y2＝8，点C2(1，0)，点Q在圆C1上运动，QC2的垂直平分线交QC1于点P
(1)求动点P的轨迹W的方程；
(2)过S(0，eq \f(1,3))且斜率为k的动直线l交曲线W于A，B两点，在y轴上是否存在定点D，使得以AB为直径的圆恒过这个点？若存在，求出D的坐标；若不存在，说明理由．
2．解析 (1)由线段QC2的垂直平分线与半径QC1交于点P，
得|PC1|＋|PC2|＝|PC1|＋|PQ|＝|C1Q|＝2eq \r(2)>|F1F2|＝2，
所以点P的轨迹为以C1，C2为焦点，长轴长为2eq \r(2)的椭圆，故a＝eq \r(2)，c＝1，b2＝a2－c2＝1．
动点P的轨迹W的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)向量法
设直线l：y＝kx＋eq \f(1,3)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，与椭圆方程联立可得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋eq \f(1,3)，,x2＋2y2＝2))
消去y可得，x2＋2(kx＋eq \f(1,3))2＝0，整理后可得，(2k2＋1)x2＋eq \f(4,3)kx－eq \f(16,9)＝0，
∴x1＋x2＝－eq \f(4k,3(2k2＋1))，x1x2＝－eq \f(16,9(2k2＋1))．
设D(0，b)，因为以AB为直径的圆过D点，∴DA⊥DB，∴eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＝0．
又eq \(DA,\s\up6(→))＝(x1，y1－b)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(x2，y2－b)，
所以eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＝x1x2＋(y1－b)(y2－b)＝x1x2＋y1y2－b(y1＋y2)＋b2＝0．①
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋eq \f(2,3)＝eq \f(2,3(2k2＋1))，y1y2＝(kx1＋eq \f(1,3))(kx2＋eq \f(1,3))＝k2x1x2＋eq \f(1,3)k(x1＋x2)＋eq \f(1,9)＝eq \f(－81k2＋1,9(2k2＋1))
代入到①可得，b2－eq \f(2b,3(2k2＋1))＋eq \f(－81k2＋1,9(2k2＋1))－eq \f(16,9(2k2＋1))＝0．
∴b2－eq \f(2b＋6k2＋5,3(2k2＋1))＝0，所以只需6k2(b2－1)＋3b2－2b－5＝0．
可得b＝－1，所以存在定点(0，－1)．
3．已知椭圆C的中心在坐标原点，左，右焦点分别为F1，F2，P为椭圆C上的动点，△PF1F2的面积最
大值为eq \r(3)，以原点为中心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线3x－4y＋5＝0相切．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线l过定点(1，0)且与椭圆C交于A，B两点，点M是椭圆C的右顶点，直线AM，BM分别与y轴交于P，Q两点，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．
3．解析 (1)(S△PF1F2)max＝eq \f(1,2)| F1F2|b＝bc＝eq \r(3)，因为圆与直线相切，∴dO－l＝eq \f(5,eq \r(32＋42))＝b，
∴b＝1，c＝eq \r(3)，∴a2＝b2＋c2＝4，∴椭圆方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)向量法
当直线l的斜率存在时，设l：y＝k(x－1)，由椭圆方程可得点M(2，0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程可得，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋4y2＝4，,y＝kx－1，))消去y整理可得：(1＋4k2)x2－8k2x＋4k2－4＝0，
∴x1＋x2＝eq \f (8k2,1＋4k2)，x1x2＝eq \f (4k2－4,1＋4k2)，由M(2，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，可得，
AM：y＝eq \f (y1,x1－2)(x－2)，BM：y＝eq \f (y2,x2－2)(x－2)，分别令x＝0，可得，P(0，－eq \f (2y1,x1－2))，Q(0，－eq \f (2y2,x2－2))，
设x轴上的定点为N(x0，0)，若PQ为直径的圆是否过N(x0，0)，则eq \(PN,\s\up7(→))·eq \(QN,\s\up7(→))＝0．
∵eq \(PN,\s\up7(→))＝(x0，eq \f (2y1,x1－2))，eq \(QN,\s\up7(→))＝(x0，eq \f (2y2,x2－2))，∴问题转化为x02＋eq \f (4y1 y2,(x1－2)( x2－2))＝0恒成立．
即x02＋eq \f (4y1 y2,x1 x2－2(x1＋x2)＋4)＝0 ①，
由x1＋x2＝eq \f (8k2,1＋4k2)，x1x2＝eq \f (4k2－4,1＋4k2)及y＝k(x－1)可得，y1y2＝k2(x1－1) (x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝eq \f (－3k2,1＋4k2)，
代入到①可得，x02＋eq \f(4×eq \f(－3k2,1＋4k2),eq \f(4k2－4,1＋4k2)－2×eq \f(8k2,1＋4k2)＋4)＝0，∴x02＝3，解得，x0＝±eq \r(3)．∴圆过定点(±eq \r(3)，0)
当直线斜率不存在时，直线方程为x＝1，可得PQ为直径的圆x2＋y2＝3过点(±eq \r(3)，0)，
所以以线段PQ为直径的圆过x轴上定点(±eq \r(3)，0)．
4．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F21，0)，点P(x0，y0)(y0>0)，是椭圆
C上的动点，直线OP的斜率等于eq \f(\r(2),2)时，PF2⊥x轴．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P且斜率为－eq \f(x0,2y0)的直线l2与直线l1：x＝2相较于点Q，试判断以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．
4．解析 (1)∵PF2⊥x轴，∴P的横坐标x0的值为c，且c＝1，代入椭圆方程，得P(1，eq \f(b2,a))．
又kOP＝eq \f(y0,x0)＝eq \f(eq \f(b2,a),c)＝eq \f(\r(2),2)，解得a＝eq \r(2)b2，
又∵a2－b2＝1，∴a＝eq \r(2)a2－eq \r(2)，解得a＝eq \r(2)或者a＝－eq \f(\r(2),2) (舍去)，
∴b2＝1，即椭圆方程C为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)向量法
直线l2的方程为y－y0＝－eq \f(x0,2y0) (x－x0)，即2y0y＝－x0x＋x2＋2 y02．
由题意得eq \f(x02,2)＋y02＝1，即x02＋2 y02＝2，
∴l2的方程为x0 x＋2 y0 y＝2，∴Q(2，eq \f(1－x0,y0))．
设定点M(m，0)，由eq \(MP,\s\up6(→))·eq \(MQ,\s\up6(→))＝0，得(x0－m)(2－m)＋y0 eq \f(1－x0,y0)＝0，
即(1－m) x0＋(m－1)2＝0，要使此方程对x0∈R恒成立，则必有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－m＝0,(m－1)2＝0))，∴解得m＝1．
综上所述，存在定点M(1，0)，满足题目要求．
5．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率是eq \f(\r(2),2)，A1，A2分别是椭圆C的左、右两个顶点，点F是椭圆C
的右焦点．点D是x轴上位于A2右侧的一点，且满足eq \f (1,|A1D|)＋eq \f (1,|A2D|)＝eq \f (1,|FD|)＝2．
(1)求椭圆C的方程以及点D的坐标；
(2)过点D作x轴的垂线n，再作直线l：y＝kx＋m，与椭圆C有且仅有一个公共点P，直线l交直线n于点Q．求证：以线段PQ为直径的圆恒过定点，并求出定点的坐标．

5．解析 (1) A1(－a，0)，A2(a，0)，F(c，0)，设D(x，0)，
由eq \f (1,|A1D|)＋eq \f (1,|A2D|)＝2，有eq \f(1,x＋a)＋eq \f(1,x－a)＝2，又|FD|＝1，∴x－c＝1，x＝c＋1，
于是eq \f(1,c＋1＋a)＋eq \f(1,c＋1－a)＝2，∵e＝eq \f(\r(2),2)．∴a＝eq \r(2)c，代入c＋1＝(c＋1＋a)( c＋1－a)，解得c＝1，
a2＝2，b2＝1，椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1，且D(2，0)．
(2)向量法
∵Q(2，2k＋m)，设P(x0，y0)，联立由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,eq \f(x2,2)＋y2＝1，))消去y得，(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
由Δ＝0，得m2＝2k2＋1，∴2x0＝eq \f(－4km,1＋2k2)，即x0＝eq \f(－2km,1＋2k2)，∴y0＝kx0＋m＝－eq \f(2k2,m)＋m＝eq \f(1,m)，即P(－eq \f(2k,m)，eq \f(1,m))，
设以PQ为直径的圆上任一点M(x，y)，由eq \(MP,\s\up6(→))·eq \(MQ,\s\up6(→))＝0，
得(x＋eq \f(2k,m))(x－2)＋(y－eq \f(1,m))(y－(2k＋m))＝0，
整理得x2＋y2＋(eq \f(2k,m)－2)x＋(2k＋m＋eq \f(1,m))y＋(1－eq \f(2k,m))＝0，
由对称性知定点在x轴上，令y＝0，取x ＝1时满足上式，故定点为(1，0)．
6．已知点A(0，1)，过点D(0，－1)作与x轴平行的直线l1，点B为动点M在直线l1上的投影，且满足
eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(MB,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))．
(1)求动点M的轨迹C的方程；
(2)已知P为曲线C上的一点，且曲线C在点P处的切线为l2，若直线l2与直线l1相交与点Q．试探究在y轴上是否存在点N，使得以PQ为直径的圆恒过点N？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由．
6．解析 (1)设M(x，y)，由题意得B(x，－1)，又A(0，1)，
∴eq \(MA,\s\up6(→))＝(－x，1－y)，eq \(MB,\s\up6(→))＝(0，－1－y)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(x，－2)，
由eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(MB,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))，得(eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(MB,\s\up6(→)))eq \(AB,\s\up6(→))＝0，
即(－x，－2y) (x，－2)＝0，化简得x2＝4y，∴轨迹C的方程为x2＝4y．
(2)向量法
设点N(0，n)，P(x0，eq \f(1,4)x02)，由y＝eq \f(1,4)x2，所以y′＝eq \f(1,2)x，∴直线l2的斜率kl2＝eq \f(1,2)x0，

∴直线l2的方程为y＝eq \f(1,2)x0x－eq \f(1,4)x02．令y＝－1，可得x1＝eq \f(x02－4,2x0)．∴点Q的坐标为(eq \f(x02－4,2x0)，－1)．
即由eq \(MP,\s\up6(→))·eq \(NQ,\s\up6(→))＝0，可得eq \f(x02－4,2)＋(n－y0)(n＋1)＝0，整理可得eq \f(x02,2)－2＋n2＋n－n y0－y0＝0，
即(1－n) eq \f(x02,4)＋n2＋n－2＝0，要使此方程对x0∈R恒成立，则必有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－n＝0,n2＋n－2＝0))，解得n＝1．
即在y轴上存在点N，使得以PQ为直径的圆恒过点N，N的坐标为(0，1)．
7．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，并且直线y＝x＋b是抛物线y2＝4x的一条切线．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点S(0，eq \f(1,3))的动直线l交椭圆C于A、B两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过点T？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
7．解析 (1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋b，,y2＝4x，))消去y得，x2＋(2b－4)x＋b2＝0，
因直线y＝x＋b与抛物线y2＝4x相切，Δ＝(2b－4)2－4b2＝0，∴b＝1，
e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，a2＝b2＋c2，∴eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(1,2)，a2＝2，
故所求椭圆方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)赋值法
当l与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程：x2＋(y＋eq \f(1,3))2＝(eq \f(4,3))2．
当l与x轴垂直时，以AB为直径的圆的方程：x2＋y2＝1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋(y＋eq \f(1,3))2＝(eq \f(4,3))2，,x2＋y2＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝1，))因此，所求的T如果存在，只能是T(0，1)．
证明： = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①当直线L与x轴垂直时，以AB为直径的圆过点T(0，1)．
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②当直线L与x轴不垂直时，设直线L：y＝kx－eq \f(1,3)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－eq \f(1,3)，,eq \f(x2,2)＋y2＝1，))消去y得，(9＋18k2)x2－12kx－16＝0，
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(12k,9＋18k2)，x1x2＝eq \f(－16,9＋18k2)，
又∵eq \(TA,\s\up6(→))＝(x1，y1－1)，eq \(TB,\s\up6(→))＝(x2，y2－1)．
eq \(TA,\s\up6(→))·eq \(TB,\s\up6(→))＝x1x2＋(y1－1)( y2－1)＝x1x2＋(kx1－eq \f(4,3))( kx2－eq \f(4,3))
＝(k2＋1)x1x2－eq \f(4,3)k (x1＋x2)＋eq \f(6,19)＝(k2＋1) eq \f(－16,9＋18k2)－eq \f(4,3)keq \f(12k,9＋18k2)＋eq \f(6,19)＝0．
所以eq \(TA,\s\up6(→))⊥eq \(TB,\s\up6(→))，即以AB为直径的圆恒过T(0，1)．
综上所述，存在点T(0，1)满足条件．
8．如图，在平面直角坐标系xOy中，离心率为eq \f(eq \r(2),2)的椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点为A，过原点
O的直线(与坐标轴不重合)与椭圆C交于P，O两点，直线PA，QA分别与y轴交于M，N两点，当直线PQ的斜率为eq \f(eq \r(2),2)时，|PQ|＝2eq \r(3)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)试问以MN为直径的圆是否过定点(与PQ的斜率无关)？请证明你的结论．

8．解析 (1)由kPQ＝eq \f(eq \r(2),2)可得，PQ：y＝eq \f(eq \r(2),2)x，∴P(x0，eq \f(eq \r(2),2)x0)，由对称性可知，|OP|＝eq \f(1,2)|PQ|＝eq \r(3)，
∴eq \r(x02＋(eq \f(eq \r(2),2)x0)2)＝eq \r(3)，∴x0＝eq \r(2)，∴P(eq \r(2)，1)，由e＝eq \f(eq \r(2),2)可得，a：b：c＝eq \r(2)：1：1
∴椭圆方程为eq \f(x2,2b2)＋eq \f(y2,b2)＝1，代入P(eq \r(2)，1)，可得，b2＝2，a2＝4，∴C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)方程法
设P(x0，y0)，由对称性可知Q(－x0，－y0)，由(1)可知A(－2，0)，
设AP：y＝k(x＋2)，联立直线与椭圆方程：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2y2＝4，,y＝kx＋2，))消去y得x2＋2k2(x＋2)2－4＝0，
整理可得：(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，所以xAx0＝eq \f(8k2－4,1＋2k2)，即x0＝eq \f(2－4k2,1＋2k2)．
代入y＝k(x＋2)可得，y0＝k(eq \f(2－4k2,1＋2k2)＋2)＝eq \f(4k,1＋2k2)，所以P(eq \f(2－4k2,1＋2k2)，eq \f(4k,1＋2k2))，
从而Q(－eq \f(2－4k2,1＋2k2)，－eq \f(4k,1＋2k2))，所以kAQ＝eq \f(0－(－eq \f(4k,1＋2k2)),－2－(－eq \f(2－4k2,1＋2k2)))＝eq \f(\f(4k,1＋2k2),\f(－8k2,1＋2k2))＝－eq \f(1,2k)，
∴AQ：y＝－eq \f(1,2k)(x＋2)，因为M，N是直线PA，QA与轴的交点，∴M(0，2k)，N(0，－eq \f(1,k))，
∴以MN为直径的圆的圆心为(0，eq \f(2k2－1,2k))，半径r＝|eq \f(2k2＋1,2k)|，
∴圆方程为x2＋(y－eq \f(2k2－1,2k))2＝(eq \f(2k2＋1,2k))2，
整理可得：x2＋y2－eq \f(2k2－1,k)y＋(eq \f(2k2－1,2k))2＝(eq \f(2k2＋1,2k))2，∴x2＋y2－eq \f(2k2－1,k)y＝2，
所以令y＝0，解得x＝±eq \r(2)，∴以MN为直径的圆恒过(±eq \r(2)，0)．