1．圓過定點問題的一般設(shè)問方式
(1)證明以PQ為直徑的圓恒過x或y軸上某定點M(m，0)或M(0，n)；
(2)證明以PQ為直徑的圓恒過定點M(m，n)；
(3)證明以PQ為直徑的圓恒過定點M(m，n)；
(4)以PQ為直徑的圓是否恒過定點M？若是，求出該定點M的坐標(biāo)；若不是，請說明理由．
2．圓過定點問題的一般解法
(1)向量法：基本思想是根據(jù)直徑所對的圓周角是直角，即eq \(MP,\s\up6(→))·eq \(MQ,\s\up6(→))＝0．這是解決圓過定點的主要方法．
一般步驟：①設(shè)出M(m，n)及相關(guān)點的坐標(biāo)或相關(guān)直線的方程；
②根據(jù)題設(shè)條件求出點P與點Q的坐標(biāo)，P(A(t)，B(t))，Q(C(t)，D(t))；
③求出eq \(MP,\s\up6(→))與eq \(MQ,\s\up6(→))的坐標(biāo)，并根據(jù)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根據(jù)圓過定點時與參數(shù)沒有關(guān)系(即方程對參數(shù)t的任意值都成立)，得到方程組eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f?m，n?＝0，,g?m，n?＝0；))
⑤以方程組的解為坐標(biāo)的點就是圓所過的定點．
(2)方程法：基本思想是根據(jù)已知條件求出圓的方程，即f(x，y，k)＝0．這種方法用的很少．
一般步驟：①設(shè)出相關(guān)點的坐標(biāo)或相關(guān)直線的方程；
②根據(jù)題設(shè)條件求出點P與點Q的坐標(biāo)，P(A(t)，B(t))，Q(C(t)，D(t))；
③求出圓的方程f(x，y，t)＝0，并整理成tf(x，y)＋g(x，y)＝0；
④根據(jù)圓過定點時與參數(shù)沒有關(guān)系(即方程對參數(shù)t的任意值都成立)，得到方程組eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f?x，y?＝0，,g?x，y?＝0；))
⑤以方程組的解為坐標(biāo)的點就是圓所過的定點．
(3)賦值法：基本思想是從特殊到一般，根據(jù)動點或動線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關(guān)．
【例題選講】
[例1] (2019·北京)已知拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過點(2，－1)．
(1)求拋物線C的方程及其準線方程；
(2)設(shè)O為原點，過拋物線C的焦點作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點M，N，直線y＝－1分別交直線OM，ON于點A和點B．求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個定點．
[規(guī)范解答] (1)由拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過點(2，－1)，得p＝2．
所以拋物線C的方程為x2＝－4y，其準線方程為y＝1．
(2)向量法
拋物線C的焦點為F(0，－1)，設(shè)直線l的方程為y＝kx－1(k≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2＝－4y))得x2＋4kx－4＝0．
設(shè)Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，則x1x2＝－4．
直線OM的方程為y＝eq \f(y1,x1)x．令y＝－1，得點A的橫坐標(biāo)xA＝－eq \f(x1,y1)．
同理得點B的橫坐標(biāo)xB＝－eq \f(x2,y2)．設(shè)點D(0，n)，
則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，則n＝1或n＝－3．
綜上，以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的定點(0，1)和(0，－3)．
[例2] 已知橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點Q(1，eq \f(3,2))，且離心率e＝eq \f(1,2)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)橢圓C長軸兩端點分別為A，B，點P為橢圓上異于A，B的動點，直線l：x＝4與直線PA，PB分別交于M，N兩點，又點E(7，0)，過E，M，N三點的圓是否過x軸上不同于點E的定點？若經(jīng)過，求出定點坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
[規(guī)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，故橢圓C的方程為：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)向量法
設(shè)點P(x0，y0)，直線PA，PB的斜率分別為k1，k2，由橢圓的第三定義知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)，
則kEMkEN＝(－eq \f(6k1,3))(－eq \f(2k2,3))＝－1，過E，M，N三點的圓的直徑為MN．
設(shè)圓過定點R(m，0)，則eq \(RM,\s\up6(→))·eq \(RN,\s\up6(→))＝0，因為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)．
故經(jīng)過E，M，N三點的圓是以MN為直徑，過x軸上不同于點E的定點R(1，0)．
[例3] 已知A(－2，0)，B(2，0)，點C是動點且直線AC和直線BC的斜率之積為－eq \f(3,4)．
(1)求動點C的軌跡方程；
(2)設(shè)直線l與(1)中軌跡相切于點P，與直線x＝4相交于點Q，判斷以PQ為直徑的圓是否過x軸上一定點．
[規(guī)范解答] (1)設(shè)C(x，y)．由題意得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)．
故動點C的軌跡方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1(y≠0)．
(2)方法一：向量法
易知直線l的斜率存在，設(shè)直線l：y＝kx＋m．
聯(lián)立方程組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．
依題意得Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，即3＋4k2＝m2．
設(shè)x1，x2為方程(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0的兩個根，則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)，設(shè)R(t，0)為以PQ為直徑的圓上一點，則由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．
綜上可知以PQ為直徑的圓過x軸上一定點(1，0)．
方法二：向量法
設(shè)P(x0，y0)，則曲線C在點P處的切線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)))．
設(shè)R(t，0)為以PQ為直徑的圓上一點，則由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．
綜上可知，以PQ為直徑的圓過x軸上一定點(1，0)．
[例4] 已知F1，F(xiàn)2為橢圓C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的左、右焦點，過橢圓長軸上一點M(m，0)(不含端點)作一條直線l，交橢圓于A，B兩點．
(1)若直線AF2，AB，BF2的斜率依次成等差數(shù)列(公差不為0)，求實數(shù)m的取值范圍；
(2)若過點Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,3)))的直線交橢圓C于E，F(xiàn)兩點，則以EF為直徑的圓是否恒過定點？若是，求出該定點的坐標(biāo)；若不是，請說明理由．
[規(guī)范解答] (1)由題意知F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，直線l的斜率存在且不為0，
設(shè)直線l的方程為y＝k(x－m)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則y1＝k(x1－m)，y2＝k(x2－m)，因為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)，又公差不為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．
又點M(m，0)在橢圓長軸上(不含端點)，
所以1b>0)的左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，上、下頂點分別是B1，B2，C是B1F2的中點，
若eq \(B1F1,\s\up6(→))·eq \(B1F2,\s\up6(→))＝2且eq \(CF1,\s\up6(→))⊥eq \(B1F2,\s\up6(→))．
(1)求橢圓的方程；
(2)點Q是橢圓上任意一點，A1，A2分別是橢圓的左、右頂點，直線QA1，QA2與直線x＝eq \f(4\r(3),3)分別交于E，F(xiàn)兩點，試證：以EF為直徑的圓與x軸交于定點，并求該定點的坐標(biāo)．
1．解析 (1)設(shè)F1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)，B1(0，b)，則Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)，\f(b,2)))．由題意得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，))從而a2＝4，
故所求橢圓的方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)向量法
由(1)得A1(－2，0)，A2(2，0)，設(shè)Q(x0，y0)，易知x0≠±2，
則直線QA1的方程為y＝eq \f(y0,x0＋2)(x＋2)，與直線x＝eq \f(4\r(3),3)的交點E的坐標(biāo)為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))))，
直線QA2的方程為y＝eq \f(y0,x0－2)(x－2)，與直線x＝eq \f(4\r(3),3)的交點F的坐標(biāo)為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))))，
設(shè)以EF為直徑的圓與x軸交于點H(m，0)，m≠eq \f(4\r(3),3)，則HE⊥HF，從而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為直徑的圓與x軸交于定點，且該定點的坐標(biāo)為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．已知圓C1：(x＋1)2＋y2＝8，點C2(1，0)，點Q在圓C1上運動，QC2的垂直平分線交QC1于點P
(1)求動點P的軌跡W的方程；
(2)過S(0，eq \f(1,3))且斜率為k的動直線l交曲線W于A，B兩點，在y軸上是否存在定點D，使得以AB為直徑的圓恒過這個點？若存在，求出D的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．
2．解析 (1)由線段QC2的垂直平分線與半徑QC1交于點P，
得|PC1|＋|PC2|＝|PC1|＋|PQ|＝|C1Q|＝2eq \r(2)>|F1F2|＝2，
所以點P的軌跡為以C1，C2為焦點，長軸長為2eq \r(2)的橢圓，故a＝eq \r(2)，c＝1，b2＝a2－c2＝1．
動點P的軌跡W的方程為eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)向量法
設(shè)直線l：y＝kx＋eq \f(1,3)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，與橢圓方程聯(lián)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))．
設(shè)D(0，b)，因為以AB為直徑的圓過D點，∴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，所以存在定點(0，－1)．
3．已知橢圓C的中心在坐標(biāo)原點，左，右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P為橢圓C上的動點，△PF1F2的面積最
大值為eq \r(3)，以原點為中心，橢圓短半軸長為半徑的圓與直線3x－4y＋5＝0相切．
(1)求橢圓的方程；
(2)若直線l過定點(1，0)且與橢圓C交于A，B兩點，點M是橢圓C的右頂點，直線AM，BM分別與y軸交于P，Q兩點，試問以線段PQ為直徑的圓是否過x軸上的定點？若是，求出定點坐標(biāo)；若不是，說明理由．
3．解析 (1)(S△PF1F2)max＝eq \f(1,2)| F1F2|b＝bc＝eq \r(3)，因為圓與直線相切，∴dO－l＝eq \f(5,eq \r(32＋42))＝b，
∴b＝1，c＝eq \r(3)，∴a2＝b2＋c2＝4，∴橢圓方程為eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)向量法
當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)l：y＝k(x－1)，由橢圓方程可得點M(2，0)，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)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)，分別令x＝0，可得，P(0，－eq \f (2y1,x1－2))，Q(0，－eq \f (2y2,x2－2))，
設(shè)x軸上的定點為N(x0，0)，若PQ為直徑的圓是否過N(x0，0)，則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))，∴問題轉(zhuǎn)化為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)．∴圓過定點(±eq \r(3)，0)
當(dāng)直線斜率不存在時，直線方程為x＝1，可得PQ為直徑的圓x2＋y2＝3過點(±eq \r(3)，0)，
所以以線段PQ為直徑的圓過x軸上定點(±eq \r(3)，0)．
4．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1(－1，0)，F(xiàn)21，0)，點P(x0，y0)(y0>0)，是橢圓
C上的動點，直線OP的斜率等于eq \f(\r(2),2)時，PF2⊥x軸．
(1)求橢圓C的方程；
(2)過點P且斜率為－eq \f(x0,2y0)的直線l2與直線l1：x＝2相較于點Q，試判斷以PQ為直徑的圓是否過x軸上的定點？若是，求出定點坐標(biāo)；若不是，說明理由．
4．解析 (1)∵PF2⊥x軸，∴P的橫坐標(biāo)x0的值為c，且c＝1，代入橢圓方程，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，即橢圓方程C為eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)向量法
直線l2的方程為y－y0＝－eq \f(x0,2y0) (x－x0)，即2y0y＝－x0x＋x2＋2 y02．
由題意得eq \f(x02,2)＋y02＝1，即x02＋2 y02＝2，
∴l(xiāng)2的方程為x0 x＋2 y0 y＝2，∴Q(2，eq \f(1－x0,y0))．
設(shè)定點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，要使此方程對x0∈R恒成立，則必有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－m＝0,(m－1)2＝0))，∴解得m＝1．
綜上所述，存在定點M(1，0)，滿足題目要求．
5．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率是eq \f(\r(2),2)，A1，A2分別是橢圓C的左、右兩個頂點，點F是橢圓C
的右焦點．點D是x軸上位于A2右側(cè)的一點，且滿足eq \f (1,|A1D|)＋eq \f (1,|A2D|)＝eq \f (1,|FD|)＝2．
(1)求橢圓C的方程以及點D的坐標(biāo)；
(2)過點D作x軸的垂線n，再作直線l：y＝kx＋m，與橢圓C有且僅有一個公共點P，直線l交直線n于點Q．求證：以線段PQ為直徑的圓恒過定點，并求出定點的坐標(biāo)．

5．解析 (1) A1(－a，0)，A2(a，0)，F(xiàn)(c，0)，設(shè)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，橢圓C：eq \f(x2,2)＋y2＝1，且D(2，0)．
(2)向量法
∵Q(2，2k＋m)，設(shè)P(x0，y0)，聯(lián)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))，
設(shè)以PQ為直徑的圓上任一點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，
由對稱性知定點在x軸上，令y＝0，取x ＝1時滿足上式，故定點為(1，0)．
6．已知點A(0，1)，過點D(0，－1)作與x軸平行的直線l1，點B為動點M在直線l1上的投影，且滿足
eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(MB,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))．
(1)求動點M的軌跡C的方程；
(2)已知P為曲線C上的一點，且曲線C在點P處的切線為l2，若直線l2與直線l1相交與點Q．試探究在y軸上是否存在點N，使得以PQ為直徑的圓恒過點N？若存在，求出點N的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．
6．解析 (1)設(shè)M(x，y)，由題意得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，化簡得x2＝4y，∴軌跡C的方程為x2＝4y．
(2)向量法
設(shè)點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，∴直線l2的斜率kl2＝eq \f(1,2)x0，

∴直線l2的方程為y＝eq \f(1,2)x0x－eq \f(1,4)x02．令y＝－1，可得x1＝eq \f(x02－4,2x0)．∴點Q的坐標(biāo)為(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，要使此方程對x0∈R恒成立，則必有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－n＝0,n2＋n－2＝0))，解得n＝1．
即在y軸上存在點N，使得以PQ為直徑的圓恒過點N，N的坐標(biāo)為(0，1)．
7．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq \f(\r(2),2)，并且直線y＝x＋b是拋物線y2＝4x的一條切線．
(1)求橢圓的方程；
(2)過點S(0，eq \f(1,3))的動直線l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．
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，
因直線y＝x＋b與拋物線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，
故所求橢圓方程為eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)賦值法
當(dāng)l與x軸平行時，以AB為直徑的圓的方程：x2＋(y＋eq \f(1,3))2＝(eq \f(4,3))2．
當(dāng)l與x軸垂直時，以AB為直徑的圓的方程：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)．
證明： = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①當(dāng)直線L與x軸垂直時，以AB為直徑的圓過點T(0，1)．
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②當(dāng)直線L與x軸不垂直時，設(shè)直線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，
設(shè)點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則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為直徑的圓恒過T(0，1)．
綜上所述，存在點T(0，1)滿足條件．
8．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，離心率為eq \f(eq \r(2),2)的橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左頂點為A，過原點
O的直線(與坐標(biāo)軸不重合)與橢圓C交于P，O兩點，直線PA，QA分別與y軸交于M，N兩點，當(dāng)直線PQ的斜率為eq \f(eq \r(2),2)時，|PQ|＝2eq \r(3)．
(1)求橢圓C的標(biāo)準方程；
(2)試問以MN為直徑的圓是否過定點(與PQ的斜率無關(guān))？請證明你的結(jié)論．

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)，由對稱性可知，|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
∴橢圓方程為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
設(shè)P(x0，y0)，由對稱性可知Q(－x0，－y0)，由(1)可知A(－2，0)，
設(shè)AP：y＝k(x＋2)，聯(lián)立直線與橢圓方程：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))，
從而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)，因為M，N是直線PA，QA與軸的交點，∴M(0，2k)，N(0，－eq \f(1,k))，
∴以MN為直徑的圓的圓心為(0，eq \f(2k2－1,2k))，半徑r＝|eq \f(2k2＋1,2k)|，
∴圓方程為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為直徑的圓恒過(±eq \r(2)，0)．

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