《齐次式法与圆锥曲线斜率有关的一类问题29061.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《齐次式法与圆锥曲线斜率有关的一类问题29061.pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、“齐次式”法解圆锥曲线斜率有关的顶点定值问题 定点问题是常见的出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。直线过定点问题通法，是设出直线方程，通过韦达定理和已知条件找出 k 和 m 的一次函数关系式，代入直线方程即可。技巧在于：设哪一条直线如何转化题目条件圆锥曲线是一种很有趣的载体，自身存在很多性质，这些性质往往成为出题老师的参考。如果大家能够熟识这些常见的结论，那么解题必然会事半功倍。下面总结圆锥曲线中几种常见的几种定点模型：例题、（07 山东）已知椭圆 C：13422yx若与x轴不垂直的直线l与曲线 C 相
2、交于 A，B 两点（A，B 不是左右顶点），且以 AB 为直径的圆过椭圆 C 的右顶点。求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标。解 法 一（常 规 法）：mkxyl:设1122(,),(,)A x yB xy，由223412ykxmxy得222(34)84(3)0kxmkxm，22226416(34)(3)0m kkm，22340km 212122284(3),3434mkmxxxxkk 22221212121223(4)()()()34mkyykxmkxmk x xmk xxmk 以 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点(2,0),D且1ADBDkk，1212122yyxx，1212122()40
3、y yx xxx，（*）2222223(4)4(3)1640343434mkmmkkkk，（*）整理得：2271640mmkk，解得：1222,7kmk m ，且满足22340km 当2mk 时，:(2)l yk x，直线过定点(2,0),与已知矛盾；当27km 时，2:()7l yk x，直线过定点2(,0)7 综上可知，直线l过定点，定点坐标为2(,0).7 方法总结：本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点 P 做相互垂直的直线交圆锥曲线于 AB，则 AB 必过定点)(,)(2222022220babaybabax。（参考百度文库文章：“圆锥曲线的弦对定点张直角的一组
4、性质”）模型拓展：本题还可以拓展为：只要任意一个限定 AP 与 BP 条件（如BPAPkk定值或BPAPkk定值），直线 AB 依然会过定点。此模型解题步骤：Step1：设 AB 直线mkxy，联立曲线方程得根与系数关系，求出参数范围；Step2：由 AP 与 BP 关系（如1BPAPkk），得一次函数)()(kfmmfk或者；Step3：将)()(kfmmfk或者代入mkxy，得定定yxxky)(。方法评估：此方法求解过程中（*）（*）化简整理计算非常繁琐。下面介绍齐次式法。（上述方法改进还有“点乘双根法”）解法二（齐次式法）由以 AB 为直径的圆过椭圆 C 的右顶点P，知PBPA，即1PB
5、PAkk。（PBPAkk为定值）依题意直线l不过椭圆的右焦点)0,2(P设直线1)2(:nyxml，由124322yx得124)22(322yx （凑出因式)0(),2(yx）故04)2(12)2(322yxx （此式不是齐次式，有 2 次式和 1 次式，下面齐次化）故0)2()2(124)2(322nyxmxyx （1 的代换）即0)2(12)2(124)2(3222yxnxmyx（下面凑出斜率PBPAkk,。两边同除2)2(x）故0)312(212)2(42mxynxy，（因为BA,是直线与曲线的交点，故BA,的坐标满足此式，即2,22211xyxy是相应方程0)312(1242mntt的
6、解）故14312222211mxyxykkPBPA，解 得127m，代 入1)2(:nyxml得0172127nyx，由00127127yx得072yx，故l过定点)0,72(。变式此题若改为：已知椭圆 C：13422yx的右顶点P，若直线与椭圆 C 相交于 A，B 两点（A，B 不是左右顶点），且PBPAkk3，,求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标。此题用传统法解得时要计算，1212322yyxx，化简变形比原题更难，用齐次式法，与原题类似。解：由原题齐次式解法得0)312(212)2(42mxynxy，故33 nkkPBPA解得1n，代入1)2(:nyxml，知1)2(:yxml，过定
7、点)1,2(。变式此题若改为：已知椭圆 C：13422yx上一点)23,1(P，若直线与椭圆 C 相交于 A，B 两点（A，B不是左右顶点），且1PBPAkk，,求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标。迁移训练 练习 1：过抛物线 M:pxy22上一点 P（1,2）作倾斜角互补的直线 PA 与 PB，交 M 于 A、B 两点，求证：直线 AB 过定点。（注：本题结论也适用于抛物线与双曲线）练习 2：过抛物线 M:xy42的顶点任意作两条互相垂直的弦 OA、OB，求证：直线 AB 过定点。（经典例题，多种解法）练习 3：过1222 yx上的点)1,1(A作动弦 AB、AC 且3ACABkk，证明
8、 BC 恒过定点。（本题参考答案：)51,51(）练习:4：设 A、B 是轨迹C：22(0)ypx P上异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为和，当,变化且4时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标。（参考答案2,2pp）【答案】设1122,A x yB x y，由题意得12,0 x x，又直线 OA,OB 的倾斜角,满足4，故0,4，所以直线AB的斜率存在，否则，OA,OB 直线的倾斜角之和为从而设 AB 方程为ykxb，显然221212,22yyxxpp，将ykxb与22(0)ypx P联立消去x，得2220kypypb 由韦达定理知121222,ppbyyyykk 由4
9、，得 1tantan()4=tantan1tantan=122122()4p yyy yp 将式代入上式整理化简可得：212pbpk，所以22bppk，此时，直线AB的方程可表示为ykx 22ppk即(2)20k xpyp 所以直线AB恒过定点2,2pp.练习5：（2013 年高考陕西卷（理）已知动圆过定点A(4,0),且在y轴上截得的弦MN的长为 8.()求动圆圆心的轨迹C的方程;()已知点B(-1,0),设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P,Q,若x轴是PBQ的角平分线,证明直线l过定点.【答案】解:()A(4,0),设圆心 C 2222,2),(ECMECMCAMNMEEMNy
10、x，由几何图像知线段的中点为xyxyx84)422222（()点B(-1,0),222121212122118,8,00),(),(xyxyyyyyyxQyxP，由题知设.080)()(88811211221212222112211yyyyyyyyyyyyxyxy直线 PQ方程为:)8(1)(21121112121yxyyyyxxxxyyyy 1,088)(8)()(122112112xyxyyyyxyyyyyy 所以,直线 PQ 过定点(1,0)练习 6：已知点1,0,1,0,BCP是平面上一动点，且满足|PCBCPB CB（1）求点P的轨迹C对应的方程；（2）已知点(,2)A m在曲线C上
11、，过点A作曲线C的两条弦AD和AE，且ADAE，判断：直线DE是否过定点试证明你的结论.【解】（1）设.4,1)1(|),(222xyxyxCBPBBCPCyxP化简得得代入 （5 分）).2,1(,14)2,()2(2的坐标为点得代入将AmxymA ,044,422tmtyxytmyxDE得代入的方程为设直线）（，则设*016)44,4),(),(221212211tmtyymyyyxEyxD 4)(21)()2)(2()1)(1(212121212121yyyyxxxxyyxxAEAD 5)(2)44(44212122212221yyyyyyyy 5)(242)(16)(212121221
12、221yyyyyyyyyy mmttmttmt845605)4(2)4(4)4(2)4(16)4(2222化简得)1(23)1(43484962222mtmtmmtt）即（即 0*,1252）式检验均满足代入（或mtmt 1)2(5)2(ymxymxDE或的方程为直线）不满足题意，定点（过定点直线21).2,5(DE）练习 7：已知点A（1，0），B（1，1）和抛物线.xyC4:2，O为坐标原点，过点A的动直线l交抛物线C于M、P，直线MB交抛物线C于另一点Q，如图.（I）证明:OM OP为定值;（II）若POM的面积为25，求向量OM与OP的夹角；（）证明直线 PQ 恒过一个定点.解：（I）
13、设点PyyPyyM),4(),4(222121、M、A三点共线，,4414,222121211yyyyyykkDMAM即 4,142121211yyyyyy即.544212221yyyyOPOM (II)设POM=，则.5cos|OPOM.5sin|,25OPOMSROM由此可得 tan=1.又.45,45),0(的夹角为与故向量OPOM ()设点MyyQ),4(323、B、Q三点共线，,QMBQkk 3133222233131323133131311,41444(1)()4,40.11yyyyyyyyyyyyyyy yyy即即即分,0444,4,432322121yyyyyyyy即 即.(*
14、)04)(43232yyyy 第 22 题,44432232232yyyyyykPQ )4(422322yxyyyyPQ的方程是直线 即.4)(,4)(323222322xyyyyyyxyyyy即 由（*）式，,4)(43232yyyy代入上式，得).1(4)(4(32xyyy 由此可知直线PQ过定点 E（1，4）.模型二：切点弦恒过定点 例题：有如下结论：“圆222ryx上一点),(00yxP处的切线方程为200ryyyx”，类比也有结论：“椭圆),()0(1002222yxPbabyax上一点处的切线方程为12020byyaxx”，过椭圆 C：1422 yx的右准线l上任意一点 M 引椭圆
15、 C 的两条切线，切点为 A、B.（1）求证：直线 AB 恒过一定点；（2）当点 M 在的纵坐标为 1 时，求ABM 的面积。【解】（1）设 M14),(),(),)(,334(11221,1yyxxMAyxByxARtt的方程为则 点 M 在 MA 上13311tyx 同理可得13322tyx 由知 AB 的方程为)1(3,133tyxtyx即 易知右焦点 F（0,3）满足式，故 AB 恒过椭圆 C 的右焦点 F（0,3）（2）把 AB 的方程0167,14)1(322yyyxyx化简得代入 7167283631|AB 又 M 到 AB 的距离33231|334|d ABM 的面积21316
16、|21dABS 方法点评：切点弦的性质虽然可以当结论用，但是在正式的考试过程中直接不能直接引用，可以用本题的书写步骤替换之，大家注意过程。方法总结：什么是切点弦解题步骤有哪些 参考：PPT 圆锥曲线的切线及切点弦方程，百度文库 参考：“尼尔森数学第一季_3 下”，优酷视频 拓展：相交弦的蝴蝶特征蝴蝶定理，资料 练习 1：（2013 年广东省数学（理）卷）已知抛物线C的顶点为原点,其焦点0,0Fcc 到直线l:20 xy的距离为3 22.设P为直线l上的点,过点P作抛物线C的两条切线,PA PB,其中,A B为切点.()求抛物线C的方程;()当点00,P xy为直线l上的定点时,求直线AB的方程
17、;()当点P在直线l上移动时,求AFBF的最小值.【答案】()依题意,设抛物线C的方程为24xcy,由023 222c 结合0c,解得1c.所以抛物线C的方程为24xy.()抛物线C的方程为24xy,即214yx,求导得12yx 设11,A x y,22,B xy(其中221212,44xxyy),则切线,PA PB的斜率分别为112x,212x,所以切线PA：1112xyyxx,即211122xxyxy,即11220 x xyy 同理可得切线PB的方程为22220 x xyy 因为切线,PA PB均过点00,P xy,所以1001220 x xyy,2002220 x xyy 所以 1122
18、,x yxy为方程00220 x xyy的两组解.所以直线AB的方程为00220 x xyy.()由抛物线定义可知11AFy,21BFy,所以121212111AFBFyyy yyy 联立方程0022204x xyyxy,消去x整理得22200020yyxyy 由一元二次方程根与系数的关系可得212002yyxy,2120y yy 所以221212000121AFBFy yyyyxy 又点00,P xy在直线l上,所以002xy,所以22220000001921225222yxyyyy 所以当012y 时,AFBF取得最小值,且最小值为92.练习 2：（2013 年辽宁数学（理）如图,抛物线2
19、212:4,:20Cxy Cxpy p,点00,M xy在抛物线2C上,过M作1C的切线,切点为,A B(M为原点O时,A B重合于O)012x ,切线.MA的斜率为12-.(I)求p的值;(II)当M在2C上运动时,求线段AB中点N的轨迹方.,.A BOO重合于 时 中点为 【答案】模型三：相交弦过定点 相交弦性质实质是切点弦过定点性质的拓展，结论同样适用。参考尼尔森数学第一季_3 下，优酷视频。但是具体解题而言，相交弦过定点涉及坐标较多，计算量相对较大，解题过程一定要注意思路，同时注意总结这类题的通法。例题：如图，已知直线 L：)0(1:12222babyaxCmyx过椭圆的右焦点 F，且
20、交椭圆 C 于A、B 两点，点 A、B 在直线2:G xa上的射影依次为点 D、E。连接 AE、BD，试探索当 m 变化时，直线 AE、BD 是否相交于一定点 N 若交于定点 N，请求出 N 点的坐标，并给予证明；否则说明理由。法一：解：)0,(),0,1(2akF 先探索，当 m=0 时，直线 Lox 轴，则 ABED 为矩形，由对称性知，AE 与 BD 相交于 FK 中点 N,且)0,21(2aN。猜想：当 m 变化时，AE 与 BD 相交于定点)0,21(2aN 证明：设),(),(),(),(12222211yaDyaEyxByxA，当 m 变化时首先 AE 过定点 N 2222222
21、222222222221222121212221212122221()2(1)0.804(1)0(1),11221()2011()221()212(2ANENANENxmyab mymb ybab xa ya ba b am bayyKKaamyayymy yKKaamyayymy yamba 即分又而这是2222222222222(1)(1)()0)bamm bam bambmbam b KAN=KEN A、N、E 三点共线 同理可得 B、N、D 三点共线 AE 与 BD 相交于定点)0,21(2aN 法 2：本题也可以直接得出 AE 和 BD 方程，令 y=0，得与 x 轴交点 M、N,然
22、后两个坐标相减=0.计算量也不大。方法总结：方法 1 采用归纳猜想证明，简化解题过程，是证明定点问题一类的通法。这一类题在答题过程中要注意步骤。例题、已知椭圆 C：2214xy，若直线:(2)l xt t与 x 轴交于点 T,点 P 为直线l上异于点 T 的任一点，直线 PA1,PA2分别与椭圆交于 M、N 点，试问直线 MN 是否通过椭圆的焦点并证明你的结论。方法 1：点 A1、A2的坐标都知道，可以设直线 PA1、PA2的方程，直线 PA1和椭圆交点是 A1(-2,0)和 M，通过韦达定理，可以求出点 M 的坐标，同理可以求出点 N的坐标。动点 P 在直线:(2)l xt t上，相当于知道
23、了点 P 的横坐标了，由直线 PA1、PA2的方程可以求出P 点的纵坐标，得到两条直线的斜率的关系，通过所求的 M、N 点的坐标，求出直线 MN 的方程，将交点的坐标代入，如果解出的 t2，就可以了，否则就不存在。解：设11(,)M x y，22(,)N xy，直线1AM的斜率为1k,则直线1AM的方程为1(2)yk x，由122(2)44yk xxy消 y 整理得222121(14)161640kxk xk 12x 和是方程的两个根，21121164214kxk则211212814kxk，1121414kyk，即点M 的坐标为2112211284(,)1 41 4kkkk，同理，设直线 A2
24、N 的斜率为 k2，则得点 N 的坐标为2222222824(,)1 41 4kkkk 12(2),(2)ppyk tyk t 12122kkkkt，直线 MN 的方程为：121121yyyyxxxx，令 y=0，得211212x yx yxyy，将点 M、N 的坐标代入，化简后得：4xt 又2t，402t椭圆的焦点为(3,0)43t，即4 33t 故当4 33t 时，MN 过椭圆的焦点。方法总结：本题由点 A1(-2,0)的横坐标2 是方程222121(14)161640kxk xk的一个根，结合韦达定理，得到点 M 的横纵坐标：211212814kxk，1121414kyk；其实由222(
25、2)44ykxxy消 y 整理得222222(14)161640kxk xk，得到22222164214kxk，即222228214kxk，2222414kyk很快。不过如果看到：将2112116421 4kxk中的12kk用换下来，1x前的系数 2 用2 换下来，就得点 N 的坐标2222222824(,)1 41 4kkkk，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。本题的关键是看到点 P 的双重身份：点 P 即在直线1AM上也在直线 A2N 上，进而得到12122kkkkt，由直线 MN 的方程121121yyyyxxxx得直线与 x 轴的交点，即横截距
26、211212x yx yxyy，将点 M、N 的坐标代入，化简易得4xt，由43t解出4 33t，到此不要忘了考察4 33t 是否满足2t。方法 2：先猜想过定点，设弦MN的方程，得出NAMA21、方程，进而得出与T交点Q、S，两坐标相减=0.如下：时，猜想成立。显然，当韦达定理代入整理）（：易得、相较于若分别于得直线方程：）（）（设求出范围；）（联立椭圆方程，整理：设334)(43()43(44-)2)(2(1)2)(2()(43()(3(24)2(2)2(2)2(2,(,)2(2,);2(2:),2(2:,;01324,3:212212121212122112211221122112221
27、tyyttmmxxxxyytyytymytxytxyyytxytStxytQSQlxxyylxxyylyxNyxMmyymmyxlSQTNAMAMN 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。练习1：（10江苏）在平面直角坐标系xoy中，如图，已知椭圆x29+y25=1 的左右顶点为 A,B，右焦点为 F，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 m0,y10,y20.设动点 P 满足 PF2PB2=
28、4,求点 P 的轨迹 设 x1=2,x2=13，求点 T 的坐标 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。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(2,0)A、(2,0)B、31,2C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.解析：（1）设椭圆方程为221(0,0),mxmymn 将(2,0)A、(2,0)B、3(1,)2C代入椭圆E的方
29、程，得 41,914mmn解得11,43mn.椭圆E的方程22143xy （也可设标准方程，知2a类似计分）（2）可知：将直线:(1)l yk x 代入椭圆E的方程22143xy并整理得2222(34)84(3)0kxk xk 设直线l与椭圆E的交点1122(,),(,)M x yN xy，由根系数的关系，得212122214(3),3434kxxx xkk 直线AM的方程为：1111(1)(2),(2)22yk xyxyxxx即 由直线AM的方程为：22(2)2yyxx，即22(1)(2)2k xyxx 由直线AM与直线BN的方程消去y，得 121212122121222(3)223()43
30、4()24x xxxx xxxxxxxxxx 222222222222228(3)24462443434344846423434kkkxxkkkkkxxkk 直线AM与直线BN的交点在直线4x 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。例题 1.已知椭圆2222:1(0)xyCabab 2,2的离心率为 yxb并且直线是抛物线xy42的一条切线。（I）求椭圆的方程；（）过点)31,0(S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，
31、求出点 T 的坐标；若不存在，请说明理由。解：（I）由0)42(:4222bxbxyxybxy得消去 因直线xybxy42与抛物线相切04)42(22bb1b 22222221,222cabeabcaaa，故所求椭圆方程为.1222 yx（II）当 L 与 x轴平行时，以 AB 为直径的圆的方程：222)34()31(yx 当 L 与 x 轴平行时，以 AB 为直径的圆的方程：122 yx,由101)34()31(22222yxyxyx解得 即两圆相切于点（0，1）因此，所求的点 T 如果存在，只能是（0，1）.事实上，点 T（0，1）就是所求的点，证明如下。当直线 L 垂直于 x 轴时，以
32、AB 为直径的圆过点 T（0，1）若直线 L 不垂直于 x 轴，可设直线 L：31 kxy 由01612)918(:12312222kxxkyyxkxy得消去 记点),(11yxA、9181691812),(22122122kxxkkxxyxB则 1122(,1),(,1),TAx yTBxy又因为 1212121244(1)(1)()()33TA TBx xyyx xkxkx所以 916)(34)1(21212xxkxxk0916918123491816)1(222kkkkk TATB，即以 AB 为直径的圆恒过点 T（0，1）,故在坐标平面上存在一个定点 T（0，1）满足条件.方法总结：圆
33、过定点问题，可以先取特殊值或者极值，找出这个定点，再证明用直径所对圆周角为直角。例题 2：如图，已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率是22，12,A A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2A右侧的一点，且满足121122ADA DFD。（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 ykxm 与椭圆C有且仅有一个公共点P，直线l交直线n于点 1A2AOFDPQlxyQ。求证：以线段PQ为直径的圆恒过定点，并求出定 点的坐标。解：（1）12(,0),(,0),(,0)AaA aF c，设(,0)D x，由12112ADA
34、 D有112xaxa，又1FD，1,1xcxc ，于是11211caca 1(1)(1)cca ca ，又222caca，1(12)(12)ccc cc 20cc，又0c，1,2,1cab ，椭圆22:12xCy，且(2,0)D。（2）方法1：(2,2)Qkm，设00(,)P xy，由2222()1212ykxmxkxmxy 222()2xkxm222(21)4220kxkmxm，由于22222222164(21)(22)021021k mkmkmmk （*），而由韦达定理：*00222422222121kmkmkmkxxkkmm 由（），20021kykxmmmm，21(,)kPm m，设以
35、线段PQ为直径的圆上任意一点(,)M x y，由0MP MQ有 2221212()(2)()(2)0(2)(2)(1)0kkkxxyykmxyxkmymmmmm由对称性知定点在x轴上，令0y，取1x 时满足上式，故过定点(1,0)K。法 2：本题又解：取极值，PQ 与 AD 平行，易得与 X 轴相交于 F（1,0）。接下来用相似证明 PFFQ。;22,0000yyxxPQyxP切线方程为易得）（设)1,0(00yxD易得 FDPH 设 0000090,;1;1;1;PFQFDQPHFFDDQPHHFDFyxDQxHFyPH，易得相似于固 问题得证。练习：（10 广州二模文）已知椭圆22122:
36、1(0)xyCabab的右焦点2F与抛物线22:4Cyx的焦点重合，椭圆1C与抛物线2C在第一象限的交点为P，25|3PF.圆3C的圆心T是抛物线2C上的动点,圆3C与y轴交于,M N两点，且|4MN.（1）求椭圆1C的方程；（2）证明:无论点T运动到何处,圆3C恒经过椭圆1C上一定点.（1）解法 1：抛物线22:4Cyx的焦点坐标为(1,0)，点2F的坐标为(1,0).椭圆1C的左焦点1F的坐标为1(1,0)F，抛物线2C的准线方程为1x .设点P的坐标为11(,)x y，由抛物线的定义可知211PFx,253PF,1513x ，解得123x.由211843yx，且10y,得1263y.点P
37、的坐标为22633,.在椭圆1C:22221(0)xyabab中，1c.22221222222|(1)(60)(1)(60)43333aPFPF 222,3abac.椭圆1C的方程为22143xy.解法 2：抛物线22:4Cyx的焦点坐标为(1,0)，点2F的坐标为(1,0).抛物线2C的准线方程为1x .设点P的坐标为11(,)x y，由抛物线的定义可知211PFx,253PF,1513x ，解得123x.由211843yx，且10y 得1263y.点P的坐标为2 2(,6)3 3.在椭圆1C:22221(0)xyabab中，1c.由222221424199c,abc,.ab解得2,3ab.
38、椭圆1C的方程为22143xy.（2）证法 1:设点T的坐标为00(,)xy,圆3C的半径为r，圆3C与y轴交于,M N两点，且|4MN,220|24MNrx.204rx.圆3C的方程为222000()()4xxyyx.点T是抛物线22:4Cyx上的动点,2004yx(00 x).20014xy.把20014xy代入 消去0 x整理得:22200(1)2()024xyyyxy.方程 对任意实数0y恒成立，2210,220,40.xyxy 解得2,0.xy 点(2,0)在椭圆1C:22143xy上,无论点T运动到何处,圆3C恒经过椭圆1C上一定点2,0.证法 2:设点T的坐标为00(,)xy,圆3C的半径为r，点T是抛物线22:4Cyx上的动点,2004yx(00 x).圆3C与y轴交于,M N两点，且|4MN,220|24MNrx.204rx.圆3C的方程为222000()()4xxyyx.令00 x,则2004yx0,得00y.此时圆3C的方程为224xy.由22224,1,43xyxy解得2,0.xy 圆3C:224xy与椭圆1C的两个交点为2,0、2,0.分别把点2,0、2,0代入方程进行检验，可知点2,0恒符合方程，点2,0不恒符合方程.无论点T运动到何处,圆3C恒经过椭圆1C上一定点2,0.