2019屆高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第九章 平面解析幾何 高考專題突破五 高考中的圓錐曲線問題學(xué)案 文 北師大版

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1、 高考專題突破五　高考中的圓錐曲線問題 【考點自測】 1．(2017·全國Ⅲ)已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的一條漸近線方程為y＝x，且與橢圓＋＝1有公共焦點，則C的方程為(　　) A.－＝1 B.－＝1 C.－＝1 D.－＝1 答案　B 解析　由y＝x，可得＝.① 由橢圓＋＝1的焦點為(3,0)，(－3,0)， 可得a2＋b2＝9.② 由①②可得a2＝4，b2＝5. 所以C的方程為－＝1.故選B. 2．(2017·全國Ⅲ)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右頂點分別為A1，A2，且以線段A1A2為直徑的圓與直線bx－ay＋2ab＝0相切，則C的離心

2、率為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由題意知，以A1A2為直徑的圓的圓心為(0,0)，半徑為a.又直線bx－ay＋2ab＝0與圓相切， ∴圓心到直線的距離d＝＝a，解得a＝b， ∴＝， ∴e＝＝＝＝＝. 故選A. 3．(2017·全國Ⅰ)已知F為拋物線C：y2＝4x的焦點，過F作兩條互相垂直的直線l1，l2，直線l1與C交于A，B兩點，直線l2與C交于D，E兩點，則|AB|＋|DE|的最小值為(　　) A．16 B．14 C．12 D．10 答案　A 解析　因為F為y2＝4x的焦點， 所以F(1,0)． 由題意知直線l1，l2的斜率均

3、存在，且不為0，設(shè)l1的斜率為k，則l2的斜率為－，故直線l1，l2的方程分別為y＝k(x－1)，y＝－(x－1)． 由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. 顯然，該方程必有兩個不等實根． 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝，x1x2＝1， 所以|AB|＝·|x1－x2| ＝· ＝·＝. 同理可得|DE|＝4(1＋k2)． 所以|AB|＋|DE|＝＋4(1＋k2) ＝4 ＝8＋4≥8＋4×2＝16， 當(dāng)且僅當(dāng)k2＝，即k＝±1時，取得等號． 故選A. 4．(2017·北京)若雙曲線x2－＝1的離心率為，則實數(shù)m＝________. 答案　2

4、解析　由雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程知a＝1，b2＝m，c＝， 故雙曲線的離心率e＝＝＝， ∴1＋m＝3，解得m＝2. 5．(2017·山東)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的右支與焦點為F的拋物線x2＝2py(p＞0)交于A，B兩點，若|AF|＋|BF|＝4|OF|，則該雙曲線的漸近線方程為________． 答案　y＝±x 解析　設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得a2y2－2pb2y＋a2b2＝0， 顯然，方程必有兩個不等實根． ∴y1＋y2＝.又∵|AF|＋|BF|＝4|OF|， ∴y1＋＋y2＋＝4×，即y1＋y2＝p， ∴＝p，即＝，∴＝，

5、 ∴雙曲線的漸近線方程為y＝±x. 題型一　求圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程 例1 (2018·佛山模擬)設(shè)橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，上頂點為B.若|BF2|＝|F1F2|＝2，則該橢圓的方程為(　　) A.＋＝1 B.＋y2＝1 C.＋y2＝1 D.＋y2＝1 答案　A 解析　∵|BF2|＝|F1F2|＝2，∴a＝2c＝2， ∴a＝2，c＝1，∴b＝，∴橢圓的方程為＋＝1. 思維升華 求圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程是高考的必考題型，主要利用圓錐曲線的定義、簡單性質(zhì)，解得標(biāo)準(zhǔn)方程中的參數(shù)，從而求得方程． 跟蹤訓(xùn)練1　已知雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的一個焦

6、點為F(2,0)，且雙曲線的漸近線與圓(x－2)2＋y2＝3相切，則雙曲線的方程為(　　) A.－＝1 B.－＝1 C.－y2＝1 D．x2－＝1 答案　D 解析　雙曲線－＝1的一個焦點為F(2,0)， 則a2＋b2＝4，① 雙曲線的漸近線方程為y＝±x， 由題意得＝，② 聯(lián)立①②解得b＝，a＝1， 所求雙曲線的方程為x2－＝1，故選D. 題型二　圓錐曲線的簡單性質(zhì) 例2 (1)(2018屆遼寧凌源二中聯(lián)考)已知雙曲線C：－＝1(a>0)的一個焦點為(5,0)，則雙曲線C的漸近線方程為(　　) A．4x±3y＝12 B．4x±y＝0 C．16x±9y＝

7、0 D．4x±3y＝0 答案　D 解析　由題意得c＝5，則a2＝c2－16＝9，即a＝3，所以雙曲線的漸近線方程為y＝±x，即4x±3y＝0，故選D. (2)(2016·天津)設(shè)拋物線(t為參數(shù)，p>0)的焦點為F，準(zhǔn)線為l.過拋物線上一點A作l的垂線，垂足為B.設(shè)C，AF與BC相交于點E.若|CF|＝2|AF|，且△ACE的面積為3，則p的值為________． 答案　 解析　由(p>0)消去t可得拋物線方程為y2＝2px(p>0)， ∴F， 又|CF|＝2|AF|且|CF|＝＝3p， ∴|AB|＝|AF|＝p， 可得A(p，p)． 易知△AEB∽△FEC， ∴＝

8、＝， 故S△ACE＝S△ACF＝×3p×p× ＝p2＝3， ∴p2＝6，∵p>0，∴p＝. 思維升華 圓錐曲線的簡單性質(zhì)是高考考查的重點，求離心率、準(zhǔn)線、雙曲線漸近線是?？碱}型，解決這類問題的關(guān)鍵是熟練掌握各性質(zhì)的定義，及相關(guān)參數(shù)間的聯(lián)系．掌握一些常用的結(jié)論及變形技巧，有助于提高運算能力． 跟蹤訓(xùn)練2 (2017·全國Ⅱ)若雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的一條漸近線被圓(x－2)2＋y2＝4所截得的弦長為2，則C的離心率為(　　) A．2 B. C. D. 答案　A 解析　設(shè)雙曲線的一條漸近線方程為y＝x， 圓的圓心為(2,0)，半徑為2， 由弦長為2得出圓心到漸

9、近線的距離為＝. 根據(jù)點到直線的距離公式，得＝，解得b2＝3a2.所以C的離心率e＝＝＝＝2. 故選A. 題型三　最值、范圍問題 例3 (2017·浙江)如圖，已知拋物線x2＝y(tǒng)，點A，B，拋物線上的點P(x，y)，過點B作直線AP的垂線，垂足為Q. (1)求直線AP斜率的取值范圍； (2)求|PA|·|PQ|的最大值． 解　(1)由P(x，y)，即P(x，x2)． 設(shè)直線AP的斜率為k，則k＝＝x－， 因為－＜x＜. 所以直線AP斜率的取值范圍為(－1,1)． (2)聯(lián)立直線AP與BQ的方程 解得點Q的橫坐標(biāo)是xQ＝. 因為|PA|＝＝(k＋1)， |PQ|＝

10、(xQ－x)＝－， 所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3， 令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3， 因為f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2， 所以f(k)在區(qū)間上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減．因此當(dāng)k＝時，|PA|·|PQ|取得最大值. 思維升華 圓錐曲線中的最值、范圍問題解決方法一般分兩種：一是代數(shù)法，從代數(shù)的角度考慮，通過建立函數(shù)、不等式等模型，利用二次函數(shù)法和基本不等式法、換元法、導(dǎo)數(shù)法等方法求最值；二是幾何法，從圓錐曲線的簡單性質(zhì)的角度考慮，根據(jù)圓錐曲線的幾何意義求最值與范圍． 跟蹤訓(xùn)練3 (2016·山東)平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心

11、率是，拋物線E：x2＝2y的焦點F是C的一個頂點． (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)P是E上的動點，且位于第一象限，E在點P處的切線l與C交于不同的兩點A，B，線段AB的中點為D.直線OD與過P且垂直于x軸的直線交于點M. ①求證：點M在定直線上； ②直線l與y軸交于點G，記△PFG的面積為S1，△PDM的面積為S2，求的最大值及取得最大值時點P的坐標(biāo)． (1)解　由題意知＝，可得a2＝4b2，因為拋物線E的焦點為F，所以b＝，a＝1，所以橢圓C的方程為x2＋4y2＝1. (2)①證明　設(shè)P(m>0)，由x2＝2y，可得y′＝x，所以直線l的斜率為m，因此直線l的方程為y－＝m

12、(x－m)． 即y＝mx－. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)． 聯(lián)立方程 得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0. 由Δ>0，得0

13、＋2， 當(dāng)＝，即t＝2時，取到最大值， 此時m＝，滿足(*)式，所以P點坐標(biāo)為. 因此的最大值為，此時點P的坐標(biāo)為. 題型四　定點、定值問題 例4 (2017·益陽、湘潭調(diào)研)已知動圓P經(jīng)過點N(1,0)，并且與圓M：(x＋1)2＋y2＝16相切． (1)求點P的軌跡C的方程； (2)設(shè)G(m,0)為軌跡C內(nèi)的一個動點，過點G且斜率為k的直線l交軌跡C于A，B兩點，當(dāng)k為何值時，ω＝|GA|2＋|GB|2是與m無關(guān)的定值，并求出該定值． 解　(1)由題設(shè)得|PM|＋|PN|＝4>|MN|＝2， ∴點P的軌跡C是以M，N為焦點的橢圓， ∵2a＝4,2c＝2，∴b＝＝， ∴點

14、P的軌跡C的方程為＋＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，G(m,0)(－2

15、 ∵ω＝|GA|2＋|GB|2的值與m無關(guān)，∴4k2－3＝0， 解得k＝±.此時ω＝|GA|2＋|GB|2＝7. 思維升華 求定點及定值問題常見的方法有兩種 (1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)． (2)直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值． 跟蹤訓(xùn)練4　已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直線l不過原點O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M. (1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值； (2)若l過點，延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，請說明理由．

16、(1)證明　設(shè)直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)． 將y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2， 得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，① 故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝. 于是直線OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9. 所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值． (2)解　四邊形OAPB能為平行四邊形． 因為直線l過點，由①中判別式Δ＝4k2b2－4(k2＋9)·(b2－m2)>0，得k2m2>9b2－9m2， 又b＝m－m，所以k2m2>92－9m2， 得k2>k2－6k，所以k>0. 所以l不過原點

17、且與C有兩個交點的充要條件是k＞0，k≠3. 由(1)得OM的方程為y＝－x. 設(shè)點P的橫坐標(biāo)為xP， 由得x＝，即xP＝. 將點的坐標(biāo)代入l的方程得b＝， 因此xM＝. 四邊形OAPB為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分，即xP＝2xM. 于是＝2×， 解得k1＝4－，k2＝4＋. 因為ki＞0，ki≠3，i＝1,2，所以當(dāng)l的斜率為4－或4＋時，四邊形OAPB為平行四邊形． 題型五　探索性問題 例5 (2018·泉州模擬)如圖，橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的離心率是，過點P(0,1)的動直線l與橢圓相交于A，B兩點，當(dāng)直線l平行于x軸時，直線l被橢圓E截得的

18、線段長為2. (1)求橢圓E的方程； (2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，是否存在與點P不同的定點Q，使得＝恒成立？若存在，求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 解　(1)由已知，點(，1)在橢圓E上， 因此 解得a＝2，b＝， 所以橢圓E的方程為＋＝1. (2)當(dāng)直線l與x軸平行時，設(shè)直線l與橢圓相交于C，D兩點，如果存在定點Q滿足條件，則有＝＝1， 即|QC|＝|QD|， 所以Q點在y軸上，可設(shè)Q點的坐標(biāo)為(0，y0)． 當(dāng)直線l與x軸垂直時，設(shè)直線l與橢圓相交于M，N兩點，則M，N的坐標(biāo)分別為(0，)，(0，－)， 由＝，有＝， 解得y0＝1或y0＝2， 所以

19、若存在不同于點P的定點Q滿足條件，則Q點坐標(biāo)只可能為(0,2)． 證明如下：對任意直線l，均有＝，其中Q點坐標(biāo)為(0,2)． 當(dāng)直線l的斜率不存在時，由上可知，結(jié)論成立； 當(dāng)直線l的斜率存在時，可設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1，A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)， 聯(lián)立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0， 其判別式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0， 所以x1＋x2＝－， x1x2＝－， 因此＋＝＝2k， 易知點B關(guān)于y軸對稱的點B′的坐標(biāo)為(－x2，y2)， 又kQA＝＝＝k－， kQB′＝＝＝－k＋＝k－， 所以kQA＝kQB′，即Q，A，B′三

20、點共線， 所以＝＝＝， 故存在與點P不同的定點Q(0,2)，使得＝恒成立． 思維升華 (1)探索性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化．其步驟為假設(shè)滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設(shè)出，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實數(shù)解，則元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在；否則，元素(點、直線、曲線或參數(shù))不存在． (2)反證法與驗證法也是求解探索性問題常用的方法． 跟蹤訓(xùn)練5　(2018屆珠海摸底)已知橢圓C1，拋物線C2的焦點均在x軸上，C1的中心和C2的頂點均為原點O，從每條曲線上各取兩個點，其坐標(biāo)分別是(3，－2)，(－2，0)，(4，－4)，.

21、 (1)求C1，C2的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)是否存在直線l滿足條件：①過C2的焦點F；②與C1交于不同的兩點M，N且滿足⊥？若存在，求出直線方程；若不存在，請說明理由． 解　(1)設(shè)拋物線C2：y2＝2px(p≠0)， 則有＝2p(x≠0)， 據(jù)此驗證四個點知(3，－2)，(4，－4)在拋物線上， 易得，拋物線C2的標(biāo)準(zhǔn)方程為C2：y2＝4x； 設(shè)橢圓C1：＋＝1(a>b>0)， 把點(－2,0)，代入可得a2＝4，b2＝1. 所以橢圓C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)由橢圓的對稱性可設(shè)C2的焦點為F(1,0)， 當(dāng)直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x＝1. 直線l交橢圓

22、C1于點M，N， ·≠0，不滿足題意． 當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)， 并設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由 消去y，得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0， 于是x1＋x2＝，x1x2＝， y1y2＝k(x1－1)·k(x2－1) ＝k2x1x2－k2(x1＋x2)＋k2＝，① 由⊥，得·＝0，即x1x2＋y1y2＝0.② 將①代入②式，得－＝＝0， 解得k＝±2.經(jīng)檢驗，k＝±2都符合題意． 所以存在直線l滿足條件，且l的方程為2x－y－2＝0或2x＋y－2＝0. 1．已知橢圓C的離心率為，點A，B，F(xiàn)分別為橢

23、圓的右頂點、上頂點和右焦點，且S△ABF＝1－. (1)求橢圓C的方程； (2)已知直線l：y＝kx＋m被圓O：x2＋y2＝4所截得的弦長為2，若直線l與橢圓C交于M，N兩點，求△MON面積的最大值． 解　(1)由題意知，橢圓C的焦點在x軸上，設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1(a>b>0)， 則e2＝＝＝， ∴a2＝4b2，即a＝2b，可得c＝b， S△ABF＝|AF|·|OB|＝(a－c)b＝1－， ∴(2b－b)b＝b2＝1－， ∴b＝1，a＝2， ∴橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)由題意知，圓O的半徑r＝2，弦長l＝2， ∴圓心O到直線l的距離 d＝＝＝1， 即＝1

24、，所以m2＝1＋k2. 由 消去y，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0， ∴Δ＝16(4k2－m2＋1)＝48k2>0，∴k≠0， 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝， ∴|MN|＝· ＝· ＝· ＝· ＝· ＝， ∴△MON的面積為 S△MON＝|MN|×1＝， 令t＝4k2＋1>1， 則S＝2 ＝ ， ∴當(dāng)t＝3，即k＝±時，△MON的面積取到最大值1. 2．(2018·新余聯(lián)考)如圖所示，已知點E(m,0)為拋物線y2＝4x內(nèi)的一個定點，過E作斜率分別為k1，k2的兩條直線，分別交拋物線于點A，B，C，

25、D，且M，N分別是AB，CD的中點． (1)若m＝1，k1k2＝－1，求△EMN面積的最小值； (2)若k1＋k2＝1，求證：直線MN過定點． (1)解　當(dāng)m＝1時，E為拋物線y2＝4x的焦點， ∵k1k2＝－1，∴AB⊥CD， 直線AB的方程為y＝k1(x－1)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 得k1y2－4y－4k1＝0， 顯然方程有兩不等實根，y1＋y2＝，y1y2＝－4， ∵AB的中點為M， x1＋x2＝＋1＋＋1＝＋2. ∴M， 同理，點N(2k＋1，－2k1)． ∴S△EMN＝|EM|·|EN| ＝· ＝2≥2＝4， 當(dāng)且僅當(dāng)k＝，即

26、k1＝±1時，△EMN的面積取最小值4. (2)證明　直線AB的方程為y＝k1(x－m)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 得k1y2－4y－4k1m＝0，顯然方程有兩不等實根． y1＋y2＝，y1y2＝－4m， ∵AB的中點為M， x1＋x2＝＋m＋＋m ＝＋2m＝＋2m， ∴M， 同理，點N， ∴kMN＝＝k1k2， ∴直線MN：y－＝k1k2， 即y＝k1k2(x－m)＋2， ∴直線MN恒過定點(m,2)． 3．(2017·衡水聯(lián)考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過點C(2,0)的直線與拋物線y2＝4x相交于A，B兩點，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．

27、 (1)求證：y1y2為定值； (2)是否存在平行于y軸的定直線被以AC為直徑的圓截得的弦長為定值？如果存在，求出該直線方程和弦長；如果不存在，請說明理由． (1)證明　方法一　當(dāng)直線AB垂直于x軸時， y1＝2，y2＝－2， 因此y1y2＝－8(定值)． 當(dāng)直線AB不垂直于x軸時， 設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－2)， 由得ky2－4y－8k＝0. ∴y1y2＝－8. 因此有y1y2＝－8，為定值． 方法二　顯然直線AB的斜率不為0. 設(shè)直線AB的方程為my＝x－2， 由得y2－4my－8＝0. ∴y1y2＝－8，為定值． (2)解　設(shè)存在直線l：x＝a滿足條件

28、， 則AC的中點為E， |AC|＝. 因此以AC為直徑的圓的半徑 r＝|AC|＝＝， 又點E到直線x＝a的距離d＝ 故所截弦長為 2＝2 ＝ ＝. 當(dāng)1－a＝0，即a＝1時，弦長為定值2，這時直線方程為x＝1. 4．已知橢圓C：x2＋2y2＝4. (1)求橢圓C的離心率； (2)設(shè)O為原點，若點A在橢圓C上，點B在直線y＝2上，且OA⊥OB，試判斷直線AB與圓x2＋y2＝2的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論． 解　(1)由題意知，橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1， 所以a2＝4，b2＝2，從而c2＝a2－b2＝2. 因此a＝2，c＝. 故橢圓C的離心率e＝＝. (2)直線A

29、B與圓x2＋y2＝2相切．證明如下： 設(shè)點A，B的坐標(biāo)分別為(x0，y0)，(t,2)，其中x0≠0. 因為OA⊥OB，所以·＝0， 即tx0＋2y0＝0，解得t＝－. 當(dāng)x0＝t時，y0＝－，代入橢圓C的方程，得t＝±， 故直線AB的方程為x＝±， 圓心O到直線AB的距離d＝. 此時直線AB與圓x2＋y2＝2相切． 當(dāng)x0≠t時，直線AB的方程為y－2＝(x－t)． 即(y0－2)x－(x0－t)y＋2x0－ty0＝0. 圓心O到直線AB的距離 d＝. 又x＋2y＝4，t＝－， 故d＝ ＝ ＝. 此時直線AB與圓x2＋y2＝2相切． 綜上，直線AB與圓x2＋y2

30、＝2相切． 5．(2018·商丘質(zhì)檢)橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率e＝ ，a＋b＝3. (1)求橢圓C的方程； (2)如圖所示，A，B，D是橢圓C的頂點，P是橢圓C上除頂點外的任意一點，直線DP交x軸于點N，直線AD交BP于點M，設(shè)BP的斜率為k，MN的斜率為m.證明：2m－k為定值． (1)解　因為e＝＝， 所以a＝c，b＝c. 代入a＋b＝3得，c＝，a＝2，b＝1. 故橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)證明　因為B(2,0)，點P不為橢圓頂點，則可設(shè)直線BP的方程為y＝k(x－2)，① ①代入＋y2＝1，解得P. 直線AD的方程為y＝x＋1.② ①與

31、②聯(lián)立解得M. 由D(0,1)，P，N(x,0)三點共線知 ＝，解得N. 所以MN的斜率為m＝ ＝＝. 則2m－k＝－k＝(定值)． 6．(2018屆廣東六校聯(lián)考)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)經(jīng)過點P，且兩焦點與短軸的一個端點的連線構(gòu)成等腰直角三角形． (1)求橢圓C的方程； (2)動直線l：mx＋ny＋n＝0(m，n∈R)交橢圓C于A，B兩點，試問：在坐標(biāo)平面上是否存在一個定點T，使得以AB為直徑的圓恒過點T.若存在，求出點T的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 解　(1)因為橢圓C：＋＝1(a>b>0)的兩焦點與短軸的一個端點的連線構(gòu)成等腰直角三角形， 所以a＝b，所

32、以＋＝1， 又因為橢圓經(jīng)過點P，代入可得b＝1. 所以a＝，故所求橢圓的方程為＋y2＝1. (2)首先求出動直線過點. 當(dāng)l與x軸平行時，以AB為直徑的圓的方程為 x2＋2＝2， 當(dāng)l與y軸平行時，以AB為直徑的圓的方程為 x2＋y2＝1， 由解得 即兩圓相切于點(0,1)，因此所求的點T如果存在，只能是(0,1)，事實上，點T(0,1)就是所求的點． 證明如下： 當(dāng)直線l垂直于x軸時，以AB為直徑的圓過點T(0,1)， 當(dāng)直線l不垂直于x軸時，可設(shè)直線l：y＝kx－， 由 消去y，得(18k2＋9)x2－12kx－16＝0， 記點A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則 又因為＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)， 所以·＝x1x2＋(y1－1)(y2－1) ＝x1x2＋ ＝(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋ ＝(1＋k2)·－k·＋＝0， 所以⊥，即以AB為直徑的圓恒過點T(0,1)， 所以在坐標(biāo)平面上存在一個定點T(0,1)滿足題意． 21