构思新颖，品质一流，适合各个领域，谢谢采纳

2?8k124k1即点M的坐标为(,)， 221?4k11?4k128k2?2?4k2同理，设直线A2N的斜率为k2，则得点N的坐标为(,) 221?4k21?4k2Qyp?k1(t?2),yp?k2(t?2)

?k1?k2y?y1y2?y12??，Q直线MN的方程为：?，

k1?k2tx?x1x2?x1xy?xy4?令y=0，得x?2112，将点M、N的坐标代入，化简后得：x?

y1?y2t又Qt?2，?0?故当t?4344 ?2Q椭圆的焦点为(3,0)??3，即t?3tt43时，MN过椭圆的焦点。 3222方法总结：本题由点A1(-2,0)的横坐标－2是方程(1?4k1)x?16k2x?16k1?4?0的一个根，结合

?y?k2(x?2)4k12?8k12韦达定理，得到点M的横纵坐标：x1?，y1?；其实由?2消y整理得21?4k12x?4y?41?4k12?22?4k216k2?48k2?2222(1?4k2)x?16k2x?16k2?4?0，得到2x2?y?，即，很快。不过如x?222221?4k21?4k21?4k216k12?4果看到：将?2x1?中的k1用k2换下来，x1前的系数2用－2换下来，就得点N的坐标

1?4k1228k2?2?4k2(,)，如果在解题时，能看到这一点，计算量将减少，这样真容易出错，但这样减少计算量。221?4k21?4k2k?k22??，由直本题的关键是看到点P的双重身份：点P即在直线A1M上也在直线A2N上，进而得到1k1?k2ty?y1y2?y1xy?x1y2?线MN的方程得直线与x轴的交点，即横截距x?21，将点M、N的坐标代入，x?x1x2?x1y1?y2化简易得x?434344，由?3解出t?，到此不要忘了考察t?是否满足t?2。

33tt◆方法2：先猜想过定点，设弦MN的方程，得出A1M、A2N方程，进而得出与T交点Q、S，两坐标相减=0.

如下：

构思新颖，品质一流，适合各个领域，谢谢采纳

设lMN:x?my?3,联立椭圆方程，整理：（4?m2）y2?23my?1?0;?求出范围；设M（x1,y1）,N（x2,y2）,得直线方程：lA1M:y?y1y2(x?2),lA2N:y?(x?2);x1?2x2?2若分别于lT相较于Q、S：易得Q（t,y1y(t?2)）,S(t,2(t?2))x1?2x2?2y1y(t?2)?2(t?2)x1?2x2?2

yQ?yS?整理??4my1y2?2(t?3)(y1?y2)?(3t?4)(y1?y2)(x1?2)(x2?2)1-4m[(3t?4)?(3t?4)(y1?y2)](x1?2)(x2?2)4?m2韦达定理代入?显然，当t?43时，猜想成立。3◆方法总结：法2计算量相对较小，细心的同学会发现，这其实是上文“切点弦恒过定点”的一个特例而已。因此，法2采用这类题的通法求解，就不至于思路混乱了。相较法1，未知数更少，思路更明确。

x2y2

练习1：（10江苏）在平面直角坐标系xoy中，如图，已知椭圆+=1的左右顶点为A,B，右焦点为F，

95

设过点T(t,m)的直线TA,TB与椭圆分别交于点M(x1,y1)，N(x2,y2)，其中m>0,y1>0,y2<0.

⑴设动点P满足PF2－PB2=4,求点P的轨迹

1

⑵设x1=2,x2=，求点T的坐标

3

⑶设t=9,求证：直线MN必过x轴上的一定点(其坐标与m无关)

解析：问3与上题同。

构思新颖，品质一流，适合各个领域，谢谢采纳

练习2：已知椭圆E中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过A(?2,0)、B(2,0)、C?1,?三点．过椭圆的右焦点F任做一与坐标轴不平行的直线l与椭圆E交于M、N两点，AM与BN所在的直线交于点Q.

（1）求椭圆E的方程：

（2）是否存在这样直线m，使得点Q恒在直线m上移动？若存在,求出直线m方程,若不存在,请说明理由.

?3??2?构思新颖，品质一流，适合各个领域，谢谢采纳

解析：（1）设椭圆方程为mx?my?1(m?0,n?0), 将A(?2,0)、B(2,0)、C(1,)代入椭圆E的方程，得

2232?4m?1,x2y211???1 解得m?,n?. ∴椭圆E的方程?94343m?n?1??4（也可设标准方程，知a?2类似计分） （2）可知：将直线l:y?k(x?1)

x2y2??1并整理．得(3?4k2)x2?8k2x?4(k2?3)?0 代入椭圆E的方程43设直线l与椭圆E的交点M(x1,y1),N(x2,y2)， 14(k2?3),x1x2?由根系数的关系，得x1?x2? 223?4k3?4ky1k(x1?1)(x?2),即y?(x?2) 直线AM的方程为：y?x1?2x1?2y2k(x2?1)(x?2)，即y?(x?2) 由直线AM的方程为：y?x2?2x2?2由直线AM与直线BN的方程消去y，得

2(x1x2?3x1?x2)2[2x1x2?3(x1?x2)?4x2]x??

x1?3x2?4(x1?x2)?2x2?4?8(k2?3)24k2??4k2?6?2???4x4??x2??2?2223?4k3?4k3?4k?????4 ??228k4k?62?4?2x??x23?4k23?4k2∴直线AM与直线BN的交点在直线x?4上． 故这样的直线存在

模型四：动圆过定点问题

动圆过定点问题本质上是垂直向量的问题，也可以理解为“弦对定点张直角”的新应用。

222xy, 并且直线y?x?b是抛物线y2?4x的一例题1.已知椭圆C:2?2?1(a?b?0) 的离心率为2ab条切线。（I）求椭圆的方程；

（Ⅱ）过点S(0,?)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。

13