专题18 圆锥曲线中的定点问题-2021年高考数学高分突破冲刺练（全国通用）(解析版)

专题 18 圆锥曲线中的定点问题 一．选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．点  1,1P 是抛物线 2:C y x 上一点，斜率为 k 的直线l 交抛物线 C 于点 A ，B ，且 PA PB ，设直线 PA ， PB 的斜率分别为 1k ， 2k ，则（ ） A． 1 2k k k  B． 1 2 1 1 1 k k k   C．直线 l 过点 1, 2 D．直线 l 过点 1,2 【解析】设  2 1 1,A x x ，  2 2 2,B x x ，则 2 1 1 1 1 1 11 xk xx    ， 2 2 2 2 2 1 11 xk xx    ， 2 2 1 2 1 2 1 2 x xk x xx x    ，所以 1 2 2k k k   . 直线 l 的方程为   2 1 1 2 1y x x x x x    ，即  1 2 1 2y x x x x x   ， 因为 PA PB ，所以  1 21 1 1x x    ，即 1 2 1 22x x x x    ， 代入方程整理得   1 22 1y x x x    ，则直线 l 过点 1,2 .故选：D. 2．已知直线 l 过抛物线 2 8y x 的焦点 F ，且与抛物线相交于 A ， B 两点，点 B 关于 x 轴的对称点为 1B ， 直线 1AB 与 x 轴相交于C 点，则点C 的坐标为（ ） A． 4,0 B． 3,0 C． 2,0 D． 1,0 【解析】由题意  2,0F ，如图所示，设直线 : 2l x ty  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  1 2 2,B x y ， 联立 2 2 8 x ty y x     ，得 2 8 16 0y ty   ，   ，  1 2 8y y t  ， 1 2 16y y   ，    1 1 2 1 2 1 2 1 2 8 8 2 2AB y y tk x x ty ty y y        ， 直线 1AB 的方程为  2 2 1 2 8y y x xy y    ，设直线 1AB 与 x 轴相交于  ,0C m 点，   2 2 1 2 80 y m xy y    ，得  2 1 2 2 8 y y ym x   ．  点  2 2,B x y 在抛物线上， 2 2 28y x ，即 2 2 28 0x y  ，      22 2 1 2 2 22 2 2 8 28 162 28 8 8 8 y y y x yty ym ty            ， 点  2,0C  .故选：C． 3．已知直线 l 与抛物线 2 6y x 交于不同的两点 A ，B ，直线OA，OB 的斜率分别为 1k ， 2k ，且 1 2 3k k  ， 则直线l 恒过定点（ ） A． ( 6 3,0) B． ( 3 3,0) C． ( 2 3,0) D． ( 3,0) 【解析】设直线l 为 x my n  ,联立 2 6 x my n y x     ,消去 x 可得 2 6 6 0y my n   , 设  1 1,A x y ,  2 2,B x y ,所以 1 2 6y y n  , 因为 1 2 3k k  ,即 1 2 1 2 3y y x x   ,所以 1 2 2 2 1 2 1 2 36 36 36 6 6 y y y y y y n    , 所以 2 3n   ,所以 2 3x my  ,所以直线 l 一定过点  2 3,0 ,故选:C 4．在直线 y＝－2 上任取一点 Q，过 Q 作抛物线 x2＝4y 的切线，切点分别为 A，B，则直线 AB 恒过的点的 坐标为( ) A．(0，1) B．(0，2) C．(2，0) D．(1，0) 【解析】设  , 2Q t  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，抛物线方程变为 21 4y x ，则 1 2y x  ， 则在点 A 处的切线方程为  1 1 1 1 2y y x x x   ，化简得 1 1 1 2y x x y   ，同理，在点 B 处的切线方程为 2 2 1 2y x x y   ，又点  , 2Q t  的坐标适合这两个方程，代入得 1 1 12 2 x t y    ， 2 2 12 2 x t y    ， 这说明  1 1,A x y ，  2 2,B x y 都满足方程 12 2 xt y    ，则直线 AB 的方程为 12 2y tx   ， 直线 AB 恒过点 0,2 ，故选 B. 5．直线 l 与抛物线C ： 2 2y x 交于 A ，B 两点，O 为坐标原点，若直线OA，OB 的斜率 1k ， 2k 满足 1 2 2 3k k  ， 则l 一定过点（ ） A． 3,0 B．( )3,0 C． 1,3 D, 2,0 【解析】设直线l 的方程为 y kx b  ，由方程组 2 2{y x y kx b    得  2 2 22 2 0k x kb x b    ， 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，则 2 1 2 1 22 2 2 2 ,kb bx x x xk k     ， 由 1 2 1 2 1 2 2 3 y yk k x x   得   1 2 1 2 1 2 1 22 3 2 3x x y y x x kx b kx b        2 2 1 2 1 22 3 3 3 0k x x kb x x b      ，整理可得： 3b k ， 所以  3 3y kx k k x    ，所以直线l 一定过点 3,0 ，故选 A. 6．已知抛物线  香䁕 的焦点为 焦点 是抛物线 上异于坐标原点的任意一点，过点 点 的直线 交 䁕 轴的 正半轴于点 ，且 点焦 同在一个以 为圆心的圆上，另有直线 ̵ ，且 ̵ 与抛物线 相切于点 ，则直线 点经过的定点的坐标是（ ） A． Ͳ焦ǡ B． Ͳ焦 C． ǡ焦Ͳ D． 焦Ͳ【解析】 香䁕焦 Ͳ焦ǡ ，设 点 Ͳ焦 Ͳ 香 ， 点焦 都在以同一个以 为圆心的圆上， 䁕 ǡ Ͳ Ͳ 香 ǡ Ͳ Ͳ 香 ǡ ，解得 䁕 Ͳ 香 焦 Ͳ焦 Ͳ 香 ， 点 Ͳ 香 Ͳ 香 ͲͲ Ͳ 䁕̵ ，得 香 ， 从而得 香 焦 香 Ͳ ， 点 的方程为 䁕 Ͳ 香 香 Ͳ Ͳ 香 香 Ͳ Ͳ Ͳ ， 化为 䁕 香Ͳ 香Ͳ ǡ ，过 Ͳ焦ǡ 点，故答案为 Ͳ焦ǡ . 7．已知点 ,A B 在抛物线 2y x 上且位于 x 轴的两侧， 2OA OB   （其中O 为坐标原点），则直线 AB 一定 过点（ ） A． (2,0) B． 1 ,02      C． (0,2) D． 10, 2      【解析】当直线 AB 的斜率为 0 时，直线 AB 与抛物线只有 1 个交点，不符合题意， 所以直线 AB 的斜率不为 0，设其方程为 x ky m  ，因为点 ,A B 在抛物线 2y x 上， 所以设    2 2, , ,A A B BA y y B y y ，所以 2 2 2A B A BOA OB y y y y     ， 解得 1A By y  或 2A By y   ．又因为 ,A B 两点位于 x 轴的两侧，所以 2A By y   ． 联立 2 , , y x x ky m      得 2 20, 4 0y ky m k m       ，所以 2A By y m    ， 即 2m  ，所以直线 AB 的方程为 2x ky  ，所以直线 AB 一定过点 (2,0) ．故选：A． 8．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第九章“勾股”，讲述了“勾股定理”及一些应用.直角 三角形的两直角边与斜边的长分别称“勾”“股”“弦”，且“勾 2+股 2=弦 2”，设直线 l 交抛物线 21 4y x 于 A ，B 两点，若 OA ， OB 恰好是 Rt OABV 的“勾”“股”（O 为坐标原点），则此直线l 恒过定点（ ） A． 1 ,04      B． 1 ,02      C． 0,2 D． 0,4 【解析】设直线 AB 的方程为 y kx b  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 由 2 4 y kx b x y     得 2 4 4 0x kx b   ， 由根与系数的关系可得： 1 2 4x x k  ， 1 2 4x x b  ， 若 OA ， OB 恰好是 Rt OABV 的“勾”“股”（O 为坐标原点）， 可得 2 2 2OA OB AB  ，所以OA OB ，即OA OB  ， 所以 1 2 1 2 0OA OB x x y y     ，  22 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 4 4 16y y x x x x   ， 所以    2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 14 4 016 16OA OB x x y y x x x x b b            ， 即 2 4 0b b  ，解得 4b  或 0b  （舍） 所以直线 AB 的方程为 4y kx  ，恒过点 0,4 ，故选：D 9．已知抛物线 2: 4C x y ，过点  2,1P 引抛物线的两条弦 PA 、 PB ，分别交抛物线于 ,A B 两点，且 AP BP ，则直线 AB 恒过定点坐标为（ ） A． 2,5 B． 2,2 C． 3,3 D． 3,5 【解析】设 2 1 1, 4 xA x     ， 2 2 2 , 4 xB x     ，由 AP BP 可得： 2 2 1 2 1 2 1 14 4 12 2 x x x x       ， 化简可得：  1 2 1 22 20x x x x    ，直线 AB 斜率为 2 2 1 2 1 2 1 2 4 4 4 x x x xk x x    ， 所以   2 1 1 2 14 4 x x xy x x   ，即 1 2 1 2 4 4 x x x xy x  ，    1 21 2 1 22 20 2 54 4 4 x xx x x xy x x        ，令 2x   可得 5y  ， 所以直线直线 AB 恒过定点  2,5 ，故选：A 10．抛物线 2 4x y 内接 Rt OABV （O 为坐标原点）的斜边 AB 过定点（ ）. A． (4,0) B． (0,4) C． (2,0) D． (0,2) 【解析】设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，直线OA的方程为 y kx ，∵OA OB ， ∴直线OB 的方程为： 1 y xk ，联立 2 4 y kx x y    ，解得  24 ,4A k k . 同理解得 2 4 4,B k k     .∴ 2 2 44 1 44 AB k kk k kk k      ， ∴斜边 AB 所在直线方程为 2 14 ( 4 )y k k x kk        .令 0x  ，则 4y  ， ∴抛物线 2 4x y 内接 Rt OAB△ （O 为坐标原点）的斜边 AB 过点 (0,4) .故选：B 11．已知椭圆 2 2 14 x y  的上顶点为 ,A B C、 为椭圆上异于 A 的两点，且 AB AC ，则直线 BC 过定 点（ ） A． (1,0) B． ( 3,0) C． 10, 2      D． 30, 5     【解析】设直线 BC 的方程为 x ky m  ，    1 1 2 2, ,B x y C x y、 ，则由 2 2 14 x ky m x y     整理得 2 2 24 2 4 0k y mky m     ，所以 2 1 2 1 22 2 2 4,4 4 mk my y y yk k      ，   2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 4 2 4 4 m mkx x k y y mk y y m k mk mk k          ， 因为  0,1A ，    1 1 2 2, 1 , 1A x yB C x yA   , ， AB AC  ， 所以     1 2 1 2 1 2 1 2 1 21 1 1x x y y x x y y y yAB AC          2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 2 1 2 5 3 04 4 4 4 m mk m mkk mk m km m kk k k k                解得 m k  或 3 5m k ， 当 m k  时，直线 BC 的方程为  1x ky k k y    ， 直线过 0,1 点而  0,1A ，而 ,A B C、 不在同一直线上，不合题意； 当 3 5m k 时，直线 BC 的方程为 3 3 5 5x ky k k y       ，直线过 30, 5     ，符合题意. 故选：D. 12．定义：若点  0 0,P x y 在椭圆   2 2 2 2 0x y a ba b     上，则以 P 为切点的切线方程为： 0 0 2 2 1x x y y a b   .已 知椭圆 2 2 : 13 2 x yC   ，点 M 为直线 2 6 0x y   上一个动点，过点 M 作椭圆C 的两条切线 MA ，MB ， 切点分别为 A ， B ，则直线 AB 恒过定点（ ） A． 1 1,2 3     B． 1 1,2 3     C． 1 2,2 3     D． 1 2,2 3     【解析】因为点 M 在直线 2 6 0x y   上，设  2 6,M t t ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 所以 MA 的方程为 1 1 13 2 x x y y  ，又 M 在 MA 上，所以  1 12 6 13 2 x t y t   ①， 同理可得  2 22 6 13 2 x t y t   ②； 由①②可得 AB 的方程为  2 6 13 2 x t yt   ，即  2 2 6 3 6x t yt   ， 即   4 3 12 6 0x y t x    ，所以 4 3 0 12 6 0 x y x      ，解得 1 2 2 3 x y      ，故直线恒过定点 1 2,2 3     故选：C 二．填空题 13．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第九章“勾股”，讲述了“勾股定理”及一些应用.直角 三角形的两直角边与斜边的长分别称“勾”，“股”，“弦”，且“勾 2 ＋股 2 =弦 2 ”设直线 l 交抛物线 21 4y x 于 ,A B 两点，若 ,OA OB 恰好是 Rt OAB 的“勾”"股”(O 为坐标原点)，则此直线l 恒过定点__________． 【解析】设直线 AB 的方程为 y kx b  ，    1 1 2 2, , ,A x y B x y ， 由 2 4 y kx b x y     ，得 2 4 4 0x kx b   ，则 1 2 1 24 , 4x x k x x b    ， 若 ,OA OB 恰好是 Rt OABV 的“勾”“股”（ O 为坐标原点）， 可得 2 2 2OA OB AB  ，所以OA OB ，即OA OB  ， 所以 1 2 1 2 0OA OB x x y y     ，  22 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 4 4 16y y x x x x   ， 所以    2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 14 4 016 16OA OB x x y y x x x x b b            ， 即 2 4 0b b  ，解得 4 0b b 或 （舍），所以直线 AB 的方程为 4y kx  ，恒过点 0,4 14．已知抛物线 2 2y px （ 0p  ）和动直线 :l y kx b  （ 0k  ， 0b≠ ）交于两点 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ， 直角坐标系原点为 O，记直线的斜率分别为 OAk ， OBk ，且 3OA OBk k  恒成立，则当 k 变化时直线 l 恒经 过的定点为_______________. 【解析】将直线与抛物线联立，消去 y ，得 2 2 2(2 2 ) 0k x kb p x b    ， 1 2 2 2 2kb px x k     ， 2 1 2 2 bx x k  ； 3OA OBk k   ， 1 2 1 23y y x x  ， 1 2 1 2( )( )y y kx b kx b    2 2 1 2 1 2( )k x x kb x x b    2bp k  ； 2 2 2 3bp b k k   ， 解得 2 3 pkb  ， 2 2( ) 3 3 pk py kx k x     ，令 2 3 px   ，得 0y  ， 直线过定点 2 ,0 3 p    ． 15．已知抛物线 2: 2 ( 0)E x py p  的焦点为 F ， 0(2, )A y 是 E 上一点，且 2AF  ，设点 B 是 E 上异于 点 A 的一点，直线 AB 与直线 3y x  交于点 P ，过点 P 作 x 轴的垂线交 E 于点 M 则直线 BM 过定点， 定点坐标为__________. 【解析】由题意得 0 0 22 2 4 pAF y py       ，解得 0 2 1 p y    ，所以，抛物线 E 的标准方程为 2 4x y . 设点  1 1,B x y 、  2 2,M x y ，设直线 BM 的方程为 y kx b  ， 联立 2 4 y kx b x y     ，消去 y 得 2 4 4 0x kx b   ， 由韦达定理得 1 2 4x x k  ， 1 2 4x x b  ， 由 MP x 轴以及点 P 在直线 3y x  上，得  2 2, 3P x x  ， 则由 A 、 P 、 B 三点共线，得 2 1 2 1 4 1 2 2 x kx b x x     ， 整理得     1 2 1 21 2 4 1 2 6 0k x x k x b x b        ， 将韦达定理代入上式并整理得  12 2 3 0x k b    ， 由点 B 的任意性，得 2 3 0k b   ，得 3 2b k  ， 所以，直线 BM 的方程为  2 3 2 3y kx k k x      ，即直线 BM 过定点  2,3 . 16．已知双曲线 2 2: 13 yC x   的右焦点为 F ，过点 F 的直线 l 与双曲线相交于 P 、Q 两点，若以线段 PQ 为直径的圆过定点 M ，则 MF  ______． 【解析】点 F 的坐标为 2,0 ，双曲线的方程可化为 2 23 3x y  ， ①当直线 l 的斜率不存在时，点 P 、Q 的坐标分别为  2,3 、 2, 3 ， 此时以线段 PQ 为直径的圆的方程为  2 22 9x y   ； ②当直线 l 的斜率存在时，设点 P 、Q 的坐标分别为  1 1,x y ， 2 2,x y ， 记双曲线 C 的左顶点的坐标为  1,0A  ，直线l 的方程为  2y k x  ， 联立方程   2 23 3 2 x y y k x      ，消去 y 后整理为   2 2 2 23 4 3 4 0k x k x k     ， 2 4 2 2 2 3 0 16 4(3 )(3 4 ) 36(1 ) 0 k k k k k            ,即 3k   时， 有 2 1 2 2 2 1 2 2 4 3 3 4 3 kx x k kx x k        ，     2 2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 4y y k x x k x x x x         ， 2 2 2 2 2 2 2 3 4 8 943 3 3 k k kk k k k          ，  1 11,AP x y  ，  2 21,AQ x y  ，     1 2 1 2 1 2 1 2 1 21 1 1AP AQ x x y y x x x x y y             2 2 2 2 2 2 2 2 3 4 4 9 31 1 03 3 3 3 k k k k k k k k            ． 故以线段 PQ 为直径的圆过定点  1,0M  ， 3MF  ． 三．解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．已知椭圆C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ，直线 l： 4 3 3 0x y   过椭圆的左焦点 F，与椭圆C 在第 一象限交于点 M，三角形 MFO 的面积为 3 4 ，A、B 分别为椭圆的上下顶点，P、Q 是椭圆上的两个不同的 动点 （1）求椭圆C 的标准方程； （2）直线 PA 的斜率为 PAk ，直线 QB 的斜率为 QBk ，若 2 0PA QBk k  ，问直线 PQ 是否过定点，若过定 点，求出定点；否则说明理由. 【解析】（1）直线 l ： 4 3 3 0x y   过左焦点 F ，所以  3,0F  ， 3c  ， 又由 1 332 4OMF MS y   △ 可知 1= 2My .从而椭圆经过点 13 2      ， . 由椭圆定义知 1 12 12 42 4a     ，即 2a  ，故椭圆的方程为 C ： 2 2 14 x y  ； （2）设直线 PA 的方程为 1y kx  ，则 QB 的方程为 2 1y kx   ， 由 2 2 1 4 4 y kx x y      得  2 24 1 8 0k x kx   ，从而点 P 坐标为 2 2 2 8 1 4,4 1 4 1 k k k k        ， 由 2 2 2 1 4 4 y kx x y       得  2 216 1 16 0k x kx   ，从而点 Q 坐标为 2 2 2 16 16 1,16 1 16 1 k k k k        ， 由条件知 0k  ，从而直线 PQ 的斜率存在， 28 1 4PQ kk k  . 所以直线 PQ 的方程为 2 2 2 2 1 4 8 1 8 4 1 4 4 1 k k ky xk k k          ， 即 28 1 34 ky xk   ，过定点 0,3 ，故直线 PQ 过定点  0,3 ． 18．已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     经过点 1( 3, )2P ，且离心率 3 2e  . （1）求椭圆C 的方程； （2）已知斜率存在的直线 l 与椭圆相交于 A，B 两点，点 4 3( ,0)3Q 总满足 AQO BQO   ，证明：直 线 l 过定点. 【解析】（1）因为椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率 3 2e  . 所以 2 2 2 2 31 ( )2 be a    ，即 2 24a b ， 又椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     经过点 1( 3, )2P ，代入椭圆方程可得 2 2 3 1 14a b   ， 联立方程组可得 2 2 2 2 3 1 14 4 a b a b      ，解得 2 4a  ， 2 1b  . 所以椭圆 C 的方程为 2 2 14 x y  . （2）设直线 l 的方程为 y kx m  ， 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ， 联立方程组 2 2 14 x y y kx m       消去 y 得 2 2 2(1 4 ) 8 4 4 0k x kmx m     ， 2 216(4 1) 0k m     ，即 2 24 1m k  ， 1 2 2 8 1 4 kmx x k    ， 2 1 2 2 4 4 1 4 mx x k   ， 因为 AQO BQO   ，所以 0AQ BQk k  ， 1 2 1 2 0 1 2 1 2 0 3 4 3 4 3 4 34 3 3 3 3 AQ B y y kx m kx mk k x x x x            ， 即 1 2 2 1 4 3 4 3( )( ) ( )( )3 3kx m x kx m x     1 2 1 2 4 3 8 32 ( )( ) 03 3kx x m k x x m      得 2 24 3 8 32 (4 4) 8 ( ) (1 4 ) 03 3k m km m k m k      ， 化简得 3m k  ，直线 l 的方程为 ( 3)y k x  ，所以，直线 l 恒过定点 ( 3,0) . 19．设椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     ，O 为原点，点  4,0A 是 x 轴上一定点，已知椭圆的长轴长等于 OA ， 离心率为 3 2 ． （1）求椭圆C 的方程； （2）直线 :l y kx t  与椭圆C 交于两个不同点 M 、 N ，已知 M 关于 y 轴的对称点为 M ， N 关于原 点O 的对称点为 N，若 M 、 N满足  1OA OM ON          ，求证：直线 l 经过定点． 【解析】（1）由题意，椭圆 C 的长轴长等于 OA ，离心率为 3 2 ， 可得 2 4 3 2 a c a   ，解得 2 3 a c   ，所以 2 2 1b a c   ， 所以椭圆 C 的方程为 2 2 14 x y  ； （2）设  1 1,M x y 、  2 2,N x y ，则  1 1,M x y  、  2 2,N x y   ， 由  1OA OM ON          ，可得  1OA OM ON       ， 则  OA ON OM ON        ，即 N A N M    ， 所以， A 、 M 、 N三点共线，所以 AM ANk k  ， 又由 1 1 1 14 4AM y yk x x      ， 2 2 4AN yk x   ， 则                 1 2 2 1 1 2 2 11 2 1 2 1 2 1 2 4 4 4 4 04 4 4 4 4 4AN AM y x y x kx t x kx t xy yk k x x x x x x                    ， 整理得   1 2 1 22 4 8 0kx x k t x x t     ．① 由 2 2 14 y kx t x y     ，可得  2 2 24 1 8 4 4 0k x ktx t     ， 由韦达定理可得 1 2 2 8 4 1 ktx x k     ， 2 1 2 2 4 4 4 1 tx x k   ， 代入①，可得  2 2 2 8 44 42 8 04 1 4 1 kt k ttk tk k      ，整理得 k t ， 所以直线 l 的方程为 y kx k  ，即  1y k x  ，即直线 l 恒过定点  1,0 ． 20．已知椭圆 E ：   2 2 2 2 1 0x y a ba 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 NMF 的周长最大值为 2 5 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. 【解析】（1）设右焦点为 1F ，则 2 2 1 1 2 5F M FM    max(| | | |) 4 2 5 5 4 5MN NF       ， 1| | 2x NF a NF  1 1| | | | | | 2 2NF MN NF a MF aMN       ， 即 N 点为 1MF 与椭圆的交点时，周长最大， 1 5,MF  所以 2 5 4 5 2, 1a a c      ， 2 2 3b a c    ，所以椭圆 E 的标准方程为 2 2 14 3 x y  ， （2）由（1）知  2,0A  ，设  0 0,B x y ，则  0 0,C x y  ， 当直线 BC 斜率存在时，设其方程为 y kx ， 联立 2 2 14 3 y kx x y    得 2 2 12 3 4x k   ， 0 02 2 2 2 3 2 3, , : ( 2) 43 4 3 4 1 1 5 k kx y AB y x k k k          ， 令 0x  ，得 2 2 2 2, 0, 4 41 1 1 13 3 k ky P k k               ，同理得 2 20, 1 1 3 kQ k k            ， 2 2 2 43 12 2 3| | | |4 41 1 1 13 3 kk kPQ kk k          ， 设 PQ 中点为S ，则 30, 2S k     ， 所以以 PQ 为直径的圆得方程为 2 22 2 43 13 3 2 2 | | k x y k k                即 2 2 2 2 6 9 9 34 4x y yk k k      ，即 2 2 6 3 0x y yk     ，令 0y  ，得 3x   ， 所以过点  3,0 和 3,0 ，且为定点. 当直线 BC 斜率不存在时，容易知道 (0, 3), (0, 3)B C  此时 (0, 3), (0, 3)P Q  所以以 PQ 为直径的圆是以原点为圆心， 3 为半径的圆，显然也过定点  3,0 和 3,0 综上，此圆过定点  3,0 和 3,0 21．已知椭圆   2 2 1 2 2: 0x yC a ba b     与双曲线 2 2 2 : 14  xC y 有两个相同的顶点，且 2C 的焦点到其渐 近线的距离恰好为 1C 的短半轴的长度． （1）求椭圆 1C 的标准方程； （2）过点       ,0 ,0 0,T t t a a   作不垂直于坐标轴的直线 l 与 1C 交于 A ， B 两点，在 x 轴上是否存 在点 M ，使得 MT 平分 AMB ？若存在，求点 M 的坐标；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）由题意可得 2a  ， 双曲线 2C 的焦点为 5,0 ，渐近线方程为： 1 2y x  ， 则焦点到渐近线的距离为 2 5 1 2 d b   ，所以 1b  ， 则椭圆 1C 的标准方程为 2 2 14 x y  ； （2）存在点 M 使得 MT 平分 AMB ， 由题知，直线 l 的斜率存在且不为 0，又直线过点  ,0T t ， 则设直线 l 的方程为  y k x t  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  ,0M m ， 联立方程   2 2 14 y k x t x y      ，消去 y 整理可得：  2 2 2 2 21 4 8 4 4 0k x k tx k t   ， 所以 2 1 2 2 8 1 4 k tx x k    ， 2 2 1 2 2 4 4 1 4 k tx x k   ， 因为 1 1 AM yk x m   ， 2 2 BM yk x m   ， 0AM BMk k  ， 所以          1 2 2 1 1 2 0k x t x m k x t x m x m x m        ， 即      1 2 2 1 0k x t x m k x t x m      ， 因为 0k  ，所以      1 2 2 2 1x t x m x m x t x m        2 10 0x t x m     ， 即   1 2 1 22 2 0x x t m x x tm     ，则   2 2 2 2 2 4 4 82 2 01 4 1 4 k t k tt m mtk k        ， 化简可得 4mt  ，因为 0t  ，所以 4m t  ， 综上，存在点 4 ,0M t      ，使得 MT 平分 AMB ． 22．已知动点 P 到点 ( 6,0) 的距离与到直线 4 6 3x   的距离之比为 3 2 . （1）求动点 的轨迹C 的标准方程； （2）过点 ( 4,0)A  的直线 l 交C 于 M，N 两点，已知点 ( 2, 1)B   ，直线 BM，BN 分别交 x 轴于点 E，F. 试问在 轴上是否存在一点 G，使得 0BE GF GE BF       ？若存在，求出点 G 的坐标；若不存在，请说 明理由. 【解析】（1）设点 ( , )P x y ，则 2 2( 6) 3 24 6| |3 x y x     ，化简得 2 2 18 2 x y  故动点 P 的轨迹 C 的标准方程为 2 2 18 2 x y  ， （2）设直线 l 的方程为 4x ty  ， 联立方程组 2 2 4 18 2 x ty x y     ，得 2 2( 4) 8 8 0t y ty    ， 2 2 2 264 32( 4) 32 128 32( 4) 0,t t t t         得: 2t  或 2t   1 2 2 8 4 ty y t    ， 1 2 2 8 4 y y t   . 设 3 4( ,0), ( ,0)E x F x ，定点G 存在，其坐标为 0( ,0)x ，  2, 1B   ， 1 1 1 2BM yk ty    ， 2 2 1 2BN yk ty   ， 则 1 2 1 2 1 1: ( 2) 1, : ( 2) 12 1 y yBM y x BN y xty ty         ， 令 0y  ，求出与 x 轴的交点 ,E F ， 1 1 2 2 3 3 4 2 1 1 2 2 1 2 1 2( 2) 1 0, 2 , ( 2) 1 0, 22 1 2 2 y t y vx x x xy y y y                 ，  3 2,1BE x  ，  4 2,1BF x  ，  4 0 ,0GF x x  ，  3 0 ,0GE x x  ， 0BE GF GE BF       即有: 3 4 0 4 3 0( 2)( ) ( 2)( ) 0,x x x x x x      即 3 4 3 4 3 4 02 2( ) ( 4) 0x x x x x x x      ， 3 4 3 4 0 3 4 2 2( ) 4 x x x xx x x     ， 3 4 3 4 3 4 0 3 4 3 4 2 2( 4) 8 2 8 24 4 x x x x x x x x xx x           3 4 3 4 3 4 3 4 2( 2 2 4) 4 4 16 24 x x x x x x x x         3 4 3 4 3 4 2( 2)( 2) 4( 4) 24 x x x x x x        3 4 3 4 2( 2)( 2) 2( 2) ( 2) x x x x               1 2 1 21 2 2 1 2 2 1 1 2 1 2 22 2 2 21 1 2 22 2 2 1 2 1 1 1 y t ty ty ty yy y t ty ty y ty y y y                 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 ( ) 4 22 ( 2)( ) 4 t y y t y y ty y t y y            2 2 2 2 2 2 22 2 8 8 162 4 8 84 4 428 2 88 42 4 44 4 t tt tt t t t t tt tt t               2 2 2 2 2 2 16 8( 4) 8 322 2 48 4( 4) 4 16 t t t t t t             ，即 0 4x   当直线l 与 x 轴重合时， 0 0( 2 2 2)(2 2 ) ( 2 2 )(2 2 2) 0,BE GF GE BF x x               解得 0 4.x   所以存在定点 G ， G 的坐标为 ( 4,0) .