2018届二轮复习解析几何大题部分典型题型总结学案（全国通用）
高三文科数学解析几何大题部分典型题型总结
类型1、求圆锥曲线的标准方程
关键把握基本量，找出它们之间的等量关系列式求解。有时也会在求动点轨迹方程时，发现正好符合圆锥曲线定义。题目中没有建系时，要建立一个恰当的坐标系，解题中必须规范描述清楚建系过程，通常一种建系为基准就足够。这与已经有坐标系，但不知道所求圆锥曲线焦点在哪个坐标轴而产生的多解情况，要区分开来，不能混淆。
具有某共同特征的椭圆求标准方程时，可以根据它们的共同特征设出椭圆的标准方程．
①已知椭圆上两点的坐标，可设椭圆方程为Ax2＋By2＝1(A>0，B>0且A≠B)．
②与椭圆＋＝1共焦点的椭圆可设为＋＝1(k>－m2，k>－n2)．
③与椭圆＋＝1(a>b>0)有相同离心率的椭圆可设为＋＝t1(t1>0，焦点在x轴上)或＋＝t2(t2>0，焦点在y轴上)．
双曲线方程的几种常见设法
(1)与双曲线－＝1有共同渐近线的双曲线方程可设为－＝λ(λ≠0)．
(2)若双曲线的渐近线方程为y＝±x，则双曲线方程可设为－＝λ(λ≠0)或n2x2－m2y2＝λ(λ≠0)．
(3)与双曲线－＝1共焦点的双曲线方程可设为－＝1(－b2
b>0)有共同焦点的双曲线方程可设为＋＝1(b2<λ0，b>0)的焦距为2c，右顶点为A，抛物线x2＝2py(p>0)的焦点为F.若双曲线截抛物线的准线所得线段长为2c，且|FA|＝c，求双曲线的渐近线方程．
4、、已知点P在以坐标轴为对称轴的椭圆上，点P到两焦点的距离分别为和，过点P作长轴的垂线恰好经过椭圆的一个焦点，求此椭圆的方程．
5、双曲线－＝1(a>0)的离心率为，抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点在双曲线的顶点上．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过M(－1，0)的直线l与抛物线C交于E，F两点，又过E，F作抛物线C的切线l1，l2，当l1⊥l2时，求直线l的方程．
6、已知点F为抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点，点A(2，m)在抛物线E上，且|AF|＝3.
(1)求抛物线E的方程；
(2)已知点G(－1，0)，延长AF交抛物线E于点B.证明：以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切．
类型2、焦点三角形的运用
与焦点三角形有关的计算或证明常利用正、余弦定理，|PF1|＋|PF2|＝2a，得到a，c的关系．例如，已知∠F1PF2＝θ时，对△F1PF2的处理方法：①定义式的平方：(|PF1|＋|PF2|)2＝(2a)2，②余弦定理：4c2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|cos θ，③面积公式：S△F1PF2＝|PF1|·|PF2|sin θ.
7、设F1，F2分别是椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点，|AF1|＝3|F1B|.
(1)若|AB|＝4，△ABF2的周长为16，求|AF2|；
(2)若cos∠AF2B＝，求椭圆E的离心率．
类型3、向量工具的运用
向量作为很有用的一个数学工具，在解析几何和立体几何中都可以见到它们的影子。向量可以用来证平行（或共线）、证垂直、求角、求距离。后三者都与向量的数量积有关，因而，熟练掌握数量积的有关公式十分必要。
8、已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，上顶点为A，P为C1上任一点，MN是圆C2
：x2＋(y－3)2＝1的一条直径，与AF平行且在y轴上的截距为3－的直线l恰好与圆C2相切．
(1)求椭圆C1的离心率；
(2)若·的最大值为49，求椭圆C1的方程．
9、已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F为椭圆在x轴正半轴上的焦点，M，N两点在椭圆C上，且＝λ(λ>0)，定点A(－4，0)．
(1)求证：当λ＝1时，⊥；
(2)若当λ＝1时有·＝，求椭圆C的方程；
(3)在(2)的条件下，M，N两点在椭圆C上运动，当·×tan ∠MAN的值为6时，求出直线MN的方程．
类型4、求值问题或范围问题
弦长公式的推导与运用，体现了一种设而不求的解题思想。
(1)将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去y(或x)后得到关于x(或y)的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)．
(2)当Δ>0时，直线与圆锥曲线有两个交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系求出x1＋x2＝－，x1x2＝，则弦长为|AB|＝|x1－x2|＝·＝|y1－y2|＝·(k为直线的斜率且k≠0)，当A，B两点坐标易求时也可直接用|AB|＝求出．
有关弦长、面积的求解方法
(1)涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．
(2)面积问题：常采用S△＝×底×高，其中底往往是弦长，而高用点到直线距离求解即可，选择底很重要，选择容易坐标化的弦长为底．有时根据所研究三角形的位置，灵活选择其面积表达形式．若求多边形的面积问题，常转化为三角形的面积后进行求解．
(3)在求解有关直线与圆锥曲线的问题时，应注意数形结合、分类与整合、化归与转化及函数与方程思想的应用．
10、已知抛物线C1：x2＝4y的焦点F也是椭圆C2：＋＝1(a>b>0)的一个焦点，C1与C2的公共弦的长为2.过点F的直线l与C1相交于A，B两点，与C2相交于C，D两点，且与同向．
(1)求C2的方程；
(2)若|AC|＝|BD|，求直线l的斜率．
11、在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1，0)的距离比它到y轴的距离多1，记点M的轨迹为C.
(1)求轨迹C的方程；
(2)设斜率为k的直线l过定点P(－2，1)，求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围．
12、已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点，一个焦点为(，0)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y＝k(x－1)(k≠0)与x轴交于点P，与椭圆C交于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点Q，求的取值范围．
类型5、中点弦问题
圆锥曲线以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率
圆锥曲线方程
直线斜率
椭圆：＋＝1(a>0，b>0)
k＝－
双曲线：－＝1(a>0，b>0)
k＝
抛物线：y2＝2px(p>0)
k＝
其中k＝，(x1，y1)，(x2，y2)为弦的两个端点．这几个公式的推导方法，就是中点弦问题的典型处理方法：点差法。虽然按照公式，以某点为中点的弦所在直线是一定能算出来的，但事实上，在求得直线方程后，一定要代入原方程进行检验（有可能算出的直线是“虚”的，并不与圆锥曲线相交）．
13、过椭圆＋＝1内一点M(2，1)作一条弦，使该弦被点M平分，求这条弦所在的直线方程．
类型6、定点、定值问题
解决定值问题关键是找出定值，将此类问题转变为证明题，从而使问题变得明确，找定值通常用特殊点法．求定值问题常见的方法
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
定点问题的常见解法
(1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；
(2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．
14、椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率e＝，a＋b＝3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，A，B，D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP交x轴于点N，直线AD交BP于点M，设BP的斜率为k，MN的斜率为m，证明：2m－k为定值．
15、如图，等边三角形OAB的边长为8，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(p＞0)上．
(1)求抛物线E的方程；
(2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q.证明：以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点．
高三文科数学解析几何大题部分典型题型总结参考答案
1、解：设动圆的半径为r，圆心为P(x，y)，则有|PC1|＝r＋1，|PC2|＝9－r.
所以|PC1|＋|PC2|＝10>|C1C2|，即P在以C1(－3，0)，C2(3，0)为焦点，长轴长为10的椭圆上．[来源:Z#xx#k.Com]
得点P的轨迹方程为＋＝1.
2、解：(1)由题意，设所求椭圆的方程为＋＝t1或＋＝t2(t1，t2>0)，∵椭圆过点(2，－)，∴t1＝＋＝2，或t2＝＋＝.
故所求椭圆标准方程为＋＝1或＋＝1.
(2)由于焦点的位置不确定，∴设所求的椭圆方程为＋＝1(a＞b＞0)或＋＝1(a＞b＞0)，
由已知条件得
解得a＝4，c＝2，∴b2＝12.
故椭圆方程为＋＝1或＋＝1.
(3)设椭圆方程为mx2＋ny2＝1(m，n>0，m≠n)，
由
解得m＝，n＝.
∴椭圆方程为＋＝1.
3、解：由已知F，A(a，0)，
则|FA|＝＝c，
所以＝c2－a2＝b2.又抛物线的准线方程为y＝－，联立
得＝2，解得x1＝a，x2＝－a，
所以x1－x2＝2a＝2c，所以＝，
所以＝＝1，所以双曲线的渐近线方程为y＝±x.
4、解：方法一：设椭圆的标准方程是＋＝1(a＞b＞0)或＋＝1(a＞b＞0)，两个焦点分别为F1，F2，则由题意知，2a＝|PF1|＋|PF2|＝2，∴a＝.
在方程＋＝1(a＞b＞0)中，令x＝±c，得|y|＝.
在方程＋＝1(a＞b＞0)中，令y＝±c，得|x|＝.
依题意知＝，∴b2＝，
即椭圆的方程为＋＝1或＋＝1.
方法二：设椭圆的两个焦点分别为F1，F2，
不妨令|PF1|＝，|PF2|＝.
由椭圆的定义，知2a＝|PF1|＋|PF2|＝2，即a＝.
由|PF1|＞|PF2|知，PF2垂直于长轴．
故在Rt△PF2F1中，4c2＝|PF1|2－|PF2|2＝，
∴c2＝，于是b2＝a2－c2＝.
又所求椭圆的焦点可以在x轴上，也可以在y轴上，故所求椭圆的方程为＋＝1或＋＝1.
5、解：(1)双曲线的离心率e＝＝，
又a>0，∴a＝1，双曲线的顶点为(0，1)，
又p>0，
∴抛物线的焦点为(0，1)，
∴抛物线方程为x2＝4y.
(2)设直线l的方程为y＝k(x＋1)，
E(x1，y1)，F(x2，y2)，
∵y＝x2，∴y′＝x，
∴切线l1，l2的斜率分别为，，
当l1⊥l2时，·＝－1，
∴x1x2＝－4，
由得x2－4kx－4k＝0，
∴Δ＝(－4k)2－4(－4k)>0，
∴k<－1或k>0.①
由根与系数的关系得，
x1·x2＝－4k＝－4，
∴k＝1，满足①，
即直线的方程为x－y＋1＝0.
6、解：(1)由抛物线的定义得，
|AF|＝2＋，
因为|AF|＝3，即2＋＝3.
解得p＝2.
所以抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)证明：方法一：因为点A(2，m)在抛物线E：y2＝4x上，
所以m＝±2.由抛物线的对称性，不妨设A(2，2)．
由A(2，2)，F(1，0)可得直线AF的方程为y＝2(x－1)．
由
得2x2－5x＋2＝0.
解得x＝2或x＝，从而B.
又G(－1，0)，
所以kGA＝＝，
kGB＝＝－.
所以kGA＋kGB＝0，
从而∠AGF＝∠BGF.
所以点F到直线GA，GB的距离相等，
故以F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切．
方法二：设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r.
因为点A(2，m)在抛物线E：y2＝4x上，
所以m＝±2，由抛物线的对称性，不妨设A(2，2)，
由A(2，2)，F(1，0)可得直线AF的方程为y＝2(x－1)．
由
得2x2－5x＋2＝0，
解得x＝2或x＝，
从而B.
又G(－1，0)，故直线GA的方程为2x－3y＋2＝0，
从而r＝＝.
又直线GB的方程为2x＋3y＋2＝0，
所以点F到直线GB的距离d＝＝＝r.
所以以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切．
7、解：(1)由|AF1|＝3|F1B|，|AB|＝4，
得|AF1|＝3，|F1B|＝1.
因为△ABF2的周长为16，
所以由椭圆定义可得4a＝16，|AF1|＋|AF2|＝2a＝8.
故|AF2|＝2a－|AF1|＝8－3＝5.
(2)设|F1B|＝k，则k＞0，且|AF1|＝3k，|AB|＝4k.
由椭圆定义可得|AF2|＝2a－3k，|BF2|＝2a－k.
在△ABF2中，由余弦定理可得|AB|2＝|AF2|2＋|BF2|2－2|AF2|·|BF2|cos∠AF2B，
即(4k)2＝(2a－3k)2＋(2a－k)2－(2a－3k)(2a－k)，
化简可得(a＋k)(a－3k)＝0，
而a＋k＞0，故a＝3k.
于是有|AF2|＝3k＝|AF1|，|BF2|＝5k.
因此|BF2|2＝|F2A|2＋|AB|2，可得F1A⊥F2A，
故△AF1F2为等腰直角三角形．
从而c＝a，所以椭圆E的离心率e＝＝.
8、解：(1)由题意可知，直线l的方程为
bx＋cy－(3－)c＝0，
因为直线l与圆C2：x2＋(y－3)2＝1相切，所以d＝＝1，即a2＝2c2，从而e＝.
(2)设P(x，y)，圆C2的圆心记为C2，
则＋＝1(c>0)，
又因为·
＝(＋)·(＋)
＝2－2
＝x2＋(y－3)2－1
＝－(y＋3)2＋2c2＋17(－c≤y≤c)．
①当c≥3时，
(·)max＝17＋2c2＝49，
解得c＝4，
此时椭圆方程为＋＝1；
②当03，故舍去．
综上所述，椭圆C1的方程为＋＝1.
9、解：(1)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，F(c，0)，
则＝(c－x1，－y1)，＝(x2－c，y2)，
当λ＝1时，＝，
∴－y1＝y2，x1＋x2＝2c，
由M，N两点在椭圆上，
∴x＝a2，x＝a2，
∴x＝x.
若x1＝－x2，则x1＋x2＝0≠2c(舍去)，
∴x1＝x2，
∴＝(0，2y2)，＝(c＋4，0)，
·＝0，
∴⊥.
(2)当λ＝1时，不妨设M ，N ，
∴·＝(c＋4)2－＝，
又a2＝c2，b2＝，
∴c2＋8c＋16＝，
∴c＝2，a2＝6，b2＝2，
故椭圆C的方程为＋＝1.
(3)∵·×tan ∠MAN＝2S△AMN[来源:学科网ZXXK]
＝|AF||yM－yN|＝6，由(2)知点F(2，0)，
∴|AF|＝6，即得|yM－yN|＝.
当MN⊥x轴时，
|yM－yN|＝|MN|＝＝≠，
故直线MN的斜率存在，不妨设直线MN的方程为y＝k(x－2)(k≠0)．
联立得(1＋3k2)y2＋4ky－2k2＝0，
∴yM＋yN＝－，yM·yN＝－，
∴|yM－yN|＝＝，
解得k＝±1.
此时，直线MN的方程为x－y－2＝0，或x＋y－2＝0.
10、解：(1)由C1：x2＝4y知其焦点F的坐标为(0，1)．
因为F也是椭圆C2的一个焦点，
所以a2－b2＝1.①
又C1与C2的公共弦的长为2，
C1与C2都关于y轴对称，且C1的方程为x2＝4y，
由此易知C1与C2的公共点的坐标为，
所以＋＝1.②
联立①②得a2＝9，b2＝8.
故C2的方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，
D(x4，y4)．
因为与同向，且|AC|＝|BD|，
所以＝，
从而x3－x1＝x4－x2，
即x1－x2＝x3－x4，于是
(x1＋x2)2－4x1x2＝(x3＋x4)2－4x3x4.③
设直线l的斜率为k，则l的方程为y＝kx＋1.
由得x2－4kx－4＝0.
又x1，x2是这个方程的两根，
所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.④
由得(9＋8k2)x2＋16kx－64＝0.
又x3，x4是这个方程的两根，
所以x3＋x4＝－，x3x4＝－.⑤
将④⑤代入③，得
16(k2＋1)＝＋，即
16(k2＋1)＝，
所以(9＋8k2)2＝16×9，解得k＝±，
即直线l的斜率为±.
11、解：(1)设点M(x，y)，依题意得|MF|＝|x|＋1，即＝|x|＋1，化简整理得y2＝2(|x|＋x)．
故点M的轨迹C的方程为y2＝
(2)在点M的轨迹C中，记C1：y2＝4x(x≥0)，C2：y＝0(x＜0)．
依题意，可设直线l的方程为y－1＝k(x＋2)．
由方程组可得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0.①
(ⅰ)当k＝0时，此时直线l为y＝1，将y＝1代入轨迹C1的方程，得x＝，
故此时直线l：y＝1与轨迹C恰好有一个公共点.
(ⅱ)当k≠0时，方程①的判别式为Δ＝－16(2k2＋k－1)．②
设直线l与x轴的交点为(x0，0)，则
由y－1＝k(x＋2)，令y＝0，得x0＝－.③
a．若由②③解得k＜－1或k＞.
即当k∈(－∞，－1)∪时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点．
b．若或由②③解得k＝－1或k＝或－≤k＜0.
即当k＝－1或k＝时，直线l与C1只有一个公共点，与C2有一个公共点．
当k∈时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点．
故当k∈∪{－1}∪时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点．[来源:学科网ZXXK]
c．若由②③解得－1＜k＜－或0＜k＜.
即当k∈∪时，直线l与C1有两个公共点，与C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点．
综合(ⅰ)(ⅱ)可知，当k∈(－∞，－1)∪∪{0}时，直线l与轨迹C恰好有一个公共点；当k∈∪{－1}∪时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点；当k∈∪时，直线l与轨迹C恰好有三个公共点．
12、解：(1)由题意得
解得a＝2，b＝1.
所以椭圆C的方程是＋y2＝1.
(2)由得(1＋4k2)x2－8k2x＋4k2－4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有
x1＋x2＝，x1x2＝，
y1＋y2＝k(x1＋x2－2)＝.
所以线段AB的中点坐标为，
所以线段AB的垂直平分线方程为
y－＝－.
若y＝0，则x＝.
于是，线段AB的垂直平分线与x轴的交点Q ，
又点P(1，0)，
所以|PQ|＝＝.
又|AB|＝
＝.
于是，＝
＝4＝4.
因为k≠0，所以1<3－<3，
所以的取值范围为(4，4)．
13、解：方法一：设所求直线方程为y－1＝k(x－2)，代入椭圆方程并整理，得
(4k2＋1)x2－8(2k2－k)x＋4(2k－1)2－16＝0.(*)
设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个不等实根，于是有：
x1＋x2＝，又M为AB的中点，所以x1＋x2＝＝4，
解得k＝－，代入(*)式，Δ>0，
故所求直线方程为x＋2y－4＝0.
方法二：设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为M为AB的中点，所以x1＋x2＝4，y1＋y2＝2.
又A，B两点在椭圆上，则有
x＋4y＝16，x＋4y＝16，
两式相减，得x－x＋4(y－y)＝0，
(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0，
所以＝－＝－，
即kAB＝－.
此时方程为x＋2y－4＝0，代入椭圆方程，
Δ>0，
故所求直线方程为x＋2y－4＝0.
方法三：设所求直线与椭圆的一个交点为A(x，y)，由于弦的中点为M(2，1)，则另一个交点为 B(4－x，2－y)．
因为A，B两点都在椭圆上，
所以x2＋4y2＝16，①
(4－x)2＋4(2－y)2＝16，②
①－②，整理得x＋2y－4＝0，
由于过A，B的直线有且只有一条，故所求直线方程为x＋2y－4＝0.
14、解：(1)因为e＝＝，
所以a＝c，b＝c.
代入a＋b＝3，得c＝，a＝2，b＝1.
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：方法一：因为B(2，0)，P不为椭圆顶点，
则直线BP的方程为y＝k(x－2)，①
①代入＋y2＝1，
解得P，
直线AD的方程为y＝x＋1.②
①与②联立解得M.
由D(0，1)，P，N(x，0)三点共线知
＝，解得N.
所以MN的斜率为m＝
＝＝，
则2m－k＝－k＝(定值)．
方法二：设P(x0，y0)(x0≠0，±2)，则k＝，
直线AD的方程为y＝(x＋2)，
直线BP的方程为y＝(x－2)，
直线DP的方程为y－1＝x，
令y＝0，由y0≠1可得N，
联立
解得M，
因此MN的斜率为
m＝
＝
＝
＝，
所以2m－k＝－
＝
＝
＝
＝(定值)．
思路点拨：本题采用直接推理法，方法一用直线BP的斜率表示m，并在计算过程中消去k，得出定值；方法二用点P坐标x0，y0表示2m－k，通过计算得出定值．
15、解：(1)依题意，知|OB|＝8，∠BOy＝30°.
设B(x，y)，则x＝|OB|sin 30°＝4，
y＝|OB|cos 30°＝12.
因为点B(4，12)在x2＝2py上，
所以(4)2＝2p×12，解得p＝2.
故抛物线E的方程为x2＝4y.
(2)证明：方法一：由(1)知y＝x2，y′＝x.
设P(x0，y0)，则x0≠0，y0＝x，且l的方程为
y－y0＝x0(x－x0)，
即y＝x0x－x.
令y＝－1，得x＝，
所以Q.
设圆上的定点为M(0，y1)，令·＝0对满足y0＝x(x0≠0)的x0，y0恒成立．
由于＝(x0，y0－y1)，＝，
由·＝0，得－y0－y0y1＋y1＋y＝0，
即(y＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*)
由于(*)式对满足y0＝x(x0≠0)的y0恒成立，
所以
解得y1＝1.
故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0，1)．
方法二：由(1)知y＝x2，y′＝x.
设P(x0，y0)，则x0≠0，y0＝x，且l的方程为
y－y0＝x0(x－x0)，
即y＝x0x－x.
令y＝－1，得x＝，
所以Q.
取x0＝2，此时P(2，1)，Q(0，－1)，以PQ为直径的圆为(x－1)2＋y2＝2，交y轴于点M1(0，1)或M2(0，－1)；
取x0＝1，此时P，Q，以PQ为直径的圆为＋＝，交y轴于M3(0，1)或M4.
故若满足条件的点M存在，只能是M(0，1)．
以下证明点M(0，1)就是所要求的点．[来源:Z。xx。k.Com]
因为＝(x0，y0－1)，＝，
所以·＝－2y0＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0，
故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0，1)．
【点拨】 本题关键是用M(0，y1)，P(x0，y0)的坐标表示出·＝0，由点P的任意性，把该式整理成关于y0的等式，其系数均为0；也可取点P的特殊位置找到M坐标，再证明其即为所求．
