专题五 解析几何
微专题4 圆锥曲线中的证明、探索问题
一、考点透析
考点1 证明问题
1．（24-25 高三下·上海·月考）设
为坐标原点，点
，
、
为椭圆
上的点，直线
经过
的重心.
(1)求椭圆
的离心率；
(2)若点
的坐标为
求点
的坐标；
(3)
的边
、
与椭圆
分别交于
、
两点，点
在四边形
内，求证：
和
的面积相等.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）在椭圆
中，
，
，则
，故
.
（2）设点
、
，则
的重心为
，
易知直线
的方程为
，且点
在直线
上，
所以，
，即
，
因为
，两式作差可得
，
即
，
即
，所以，
，
因为点
，所以，直线
的方程为
，即
，
联立
可得
，
由韦达定理可得
，可得
，则
，
故点
的坐标为
.
（3）由（2）可知，直线
的斜率为
，设直线
的方程为
，
由于原点
在四边形
内，由图可知，
，
联立
可得
，
则
，又因为
，解得
，
由韦达定理可得
，
，
设直线
、
的斜率分别为
、
，
，同理
，
所以，
，
设点
、
，
当
的斜率不存在时，则
，
，其中
，
所以，
，
，此时，
，
若
，则
，
，不妨取点
、
，
此时，直线
的方程为
，
联立
解得
，即点
，
由题意可知，
，矛盾，故直线
的斜率存在，
设直线
的方程为
，
联立
可得
，
，整理可得
，
由韦达定理可得
，
，
，
整理可得
，
代入韦达定理并整理可得
对满足
的实数恒成立，
所以，
，解得
，故
，
设直线
分别交线段
、
于点
、
，则
为
的中点，
所以，
，
因为
，故
，
所以，
，
，
，
，
所以，
，
即
和
的面积相等.
2.(2025·重庆市·模拟)已知F1, F2分别为双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点，
F1关于双曲线C的一条渐近线l: y =−b
a x的对称点E在C上.
(1)求双曲线C的离心率；
(2)若a=1，双曲线C的左、右顶点分别为A1, A2，过左顶点A1作实轴的垂线交渐近线l于
点T，过T作直线分别交双曲线C的左、右两支于P ,Q两点，直线A2 P , A2Q分别交l于
M , N两点.证明：四边形A1 M A2 N为平行四边形．
【答案】(1)
√5
(2)见解析
【解析】解：(1)连接F2 E，
由于F1, E关于直线l: y =−b
a x对称，又|O F1|=|O F2|，所以E F2//l，
F1(−c ,0)到直线l: y =−b
a x的距离为d =|−b
a ⋅(−c)|
√
1
2+(−b
a)
2 =b，
因此|F1 E|=2b，故|F2 E|=
√(2c)
2−(2b)
2=2a，
由双曲线定义可得|F1 E|−|F2 E|=2b−2a=2a，故b=2a，
因此离心率为e = c
a =
√1+(
b
a)
2
=
√5，
(2)证明：当a=1时，则b=2，故双曲线的方程为x
2−y
2
4 =1，
所以A1(−1,0)，直线l: y =−2 x，故T (−1,2)，
由题意可知直线PQ有斜率，故设PQ: y =k( x +1)+2，
联立PQ: y =k( x +1)+2与x
2−y
2
4 =1，
可得(k
2−4)x
2+2k(k +2)x + k
2+ 4 k +8=0，
则Δ=[2k(k +2)]
2−4(k
2−4)(k
2+ 4 k +8)>0
设P(x1, y1),Q(x2, y2)，
则x1+ x2= −2k(k +2)
k
2−4
, x1 x2= k
2+ 4 k +8
k
2−4
，
则直线A2 P: y =
y1
x1−1 ( x−1)，联立l: y =−2 x方程可得−2 x =
y1
x1−1 ( x−1)，
解得x =
y1
2 x1+ y1−2
，y =
−2 y1
2 x1+ y1−2
，所以M(
y1
2 x1+ y1−2 ,
−2 y1
2 x1+ y1−2)
，
同理可得N(
y2
2 x2+ y2−2 ,
−2 y2
2 x2+ y2−2)
，
A1 M⃗=(
y1
2 x1+ y1−2 +1,
−2 y1
2 x1+ y1−2)
，N A2⃗=(1−
y2
2 x2+ y2−2 ,
2 y2
2 x2+ y2−2)
，
所以
−2 y1
2 x1+ y1−2 −
2 y2
2 x2+ y2−2 = −2 y1(2 x2+ y2−2)−2 y2(2 x1+ y1−2)
(2 x1+ y1−2)(2 x2+ y2−2)
−y1(2 x2+ y2−2)−y2(2 x1+ y1−2)，
=−[k( x1+1)+2][2 x2+ k( x2+1)+2−2]−[k( x2+1)+2][2 x1+k( x1+1)+2−2]，
=−[k x1+k +2][(2+ k )x2+k ]−[k x2+ k +2][(2+k )x1+ k ]，
=−[2k(k +2)x1 x2+(2k
2+ 4 k + 4)(x1+ x2)+2k(k +2)]，
=−[2k(k +2) k
2+ 4 k +8
k
2−4
+(2k
2+ 4 k + 4)(
−2k(k +2)
k
2−4 )+2k(k +2)]
，
=−2k(k +2)[
k
2+ 4 k +8
k
2−4
−2k
2+ 4 k + 4
k
2−4
+1]
，
=−2k(k +2)[
k
2+ 4 k +8
k
2−4
−2k
2+ 4 k + 4
k
2−4
+ k
2−4
k
2−4]=0，
所以
−2 y1
2 x1+ y1−2 =
2 y2
2 x2+ y2−2
，即
−y1
2 x1+ y1−2 =
y2
2 x2+ y2−2
，
因此1−
y2
2 x2+ y2−2 =1+
y1
2 x1+ y1−2
，因此
A1 M⃗= N A2⃗
，
故四边形A1 M A2 N为平行四边形．
3.(2025·云南省怒江傈僳族自治州·模拟)已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的右焦点为
F ( √6,0)，渐近线方程为y =±
√2 x．
(1)求C的标准方程．
(2)若P为C上的一点，且P为圆x
2+ y
2= 4外一点，过P作圆x
2+ y
2= 4的两条切线l1，l2(斜
率都存在)，l1与C交于另一点M，l2与C交于另一点N，证明：
(i)l1，l2的斜率之积为定值；
(ii)存在定点A，使得M , N关于点A对称．
【答案】(1) x
2
2 −y
2
4 =1
(2)(i)定值为2
(ii)见解析
【解析】解：(1)设双曲线的半焦距为c，则由题意可知c =
√6，b
a =
√2，
结合c
2=a
2+b
2得，a=
√2，b=2，
故C的标准方程为x
2
2 −y
2
4 =1；
(2)(i)证明：设P(x0, y0), M (x1, y1), N (x2, y2)，如下图所示：
设过点P的切线方程为y −y0=k( x−x0)，即kx−y + y0−k x0=0，
所以圆心O到切线的距离为| y0−k x0|
√k
2+1
=2，即(4−x0
2)k
2+2k x0 y0+ 4−y0
2=0，
因此l1,l2的斜率k1,k2是上式中方程的两根，即k1k2= 4−y0
2
4−x0
2
，
又因为x0
2
2 −y0
2
4 =1，所以k1k2= 4−y0
2
4−x0
2 = 8−2 x0
2
4−x0
2 =2，
所以l1,l2的斜率之积为定值，且定值为2；
(ii)证明：不妨设直线PM的斜率为k1，直线PN的斜率为k2，
联立{
y −y0=k1( x−x0)
2 x
2−y
2= 4
，得(2−k1
2)x
2−2k1( y0−k1 x0)x−k1
2 x0
2+2k1 x0 y0−y0
2−4 =0．
因为(4−x0
2)k1
2+2k1 x0 y0+ 4−y0
2=0，
所以(2−k1
2)x
2−2k1( y0−k x0)x−4(k1
2+2)=0，
则x1 x0= −4(k1
2+2)
2−k1
2
，同理可得x2 x0= −4(k2
2+2)
2−k2
2
，
所以x1
x2
= (k1
2+2)(2−k2
2)
(2−k1
2)(k2
2+2)
= 4−k1
2k2
2+2(k1
2−k2
2)
4−k1
2k2
2+2(k2
2−k1
2)
，
因为k1k2=2，所以4−k1
2k2
2=0，所以x1
x2
= 2(k1
2−k2
2)
2(k2
2−k1
2)
=−1，得x1+ x2=0，
又因为x1
2
2 −y1
2
4 =1，x2
2
2 −y2
2
4 =1，得y1+ y2=0或y1= y2(舍去)，
所以存在定点A(0,0)，使得M , N关于点A(0,0)对称．
考点2 探索问题
1.(2025·河南省·模拟)已知过点P(3,
√2)的双曲线C的渐近线方程为x ±
√3 y =0
如图所示，
过双曲线C的右焦点F作与坐标轴都不垂直的直线l交C的右支于A，B两点．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)已知点Q( 3
2 ,0)，求证：∠AQF =∠BQF；
(3)若以AB为直径的圆被直线x = 3
2
截得的劣弧为MN，则MN所对圆心角的大小是否为定
值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1) x
2
3 −y
2=1
(2)见解析
(3)MN
⏜所对圆心角的大小为定值π
3
【解析】解：(1)因为双曲线C的渐近线方程为x ±
√3 y =0，
所以设双曲线方程为x
2−3 y
2= λ( λ≠0)，
又双曲线过点P(3,
√2)，则λ =9−3×2=3，
所以双曲线的方程为x
2−3 y
2=3，即x
2
3 −y
2=1．
(2)证明：由(1)可知F(2,0)，l的斜率存在且不为0，设l的方程为y =k( x−2)(k ≠0)，
联立{
y =k( x−2)
x
2−3 y
2=3
，消去y得(1−3k
2)x
2+12k
2 x−12k
2−3=0，
设A( x1, y1)，B( x2, y2)，
由题意得{
1−3k
2≠0
Δ>0
x1+ x2= −12k
2
1−3k
2 >0
x1 x2= −12k
2−3
1−3k
2
>0
⇒k ∈(−∞,−
√3
3 )∪(
√3
3 ,+∞)，
所以k AQ+ k BQ=
y1
x1−3
2
+
y2
x2−3
2
= k( x1−2)
x1−3
2
+ k( x2−2)
x2−3
2
=
k [2 x1 x2−7
2 ( x1+ x2)+6]
x1 x2−3
2 ( x1+ x2)+ 9
4
=
k [2(−12k
2−3)+ 7
2 ×12k
2+6(1−3k
2)
−12k
2−3+ 3
2 ×12k
2+ 9
4 (1−3k
2)
=0,
所以k AQ=−k BQ，∠AQF =∠BQF得证．
(3)由(2)可知x1+ x2= −12k
2
1−3k
2
，x1 x2= −12k
2−3
1−3k
2
，
所以以AB为直径的圆的圆心到x = 3
2
的距离d =|
x1+ x2
2
−3
2|=|
6k
2
3k
2−1
−3
2|=|
3k
2+3
2(3k
2−1)|
，
半径r =| AB|
2
= 1
2
√1+ k
2·
√( x1+ x2)
2−4 x1 x2= 1
2
√1+k
2
√12k
2+12
|1−3k
2|
=
√3(1+k
2)
|3k
2−1|
，
设MN
⏜所对圆心角为θ，则cos θ
2 = d
r =|
3(k
2+1)
2(3k
2−1)|⋅|
3k
2−1
√3(1+k
2)|=
√3
2
，
即θ
2 = π
6
，所以θ = π
3
，即MN
⏜所对圆心角的大小为定值π
3
．
2.(2025·广西壮族自治区柳州市·模拟)圆心在x轴上移动的圆经过点A(−4,0)，且与x轴，
y轴分别交于B( x ,0)，C(0, y)两个动点．
(1)求点T ( x , y)的轨迹E的方程；
(2)过点D(3,2)作互相垂直的两条直线l1,l2,l1与曲线E相交于P1,Q1两点，l2与曲线E相交
于P2,Q2两点，线段P1Q1, P2Q2的中点分别为M，N．
(ⅰ)试问直线MN是否经过定点？若是，请求出该定点的坐标，若不是，请说明理由；
(ⅱ)求▵AMN面积的最小值．
【答案】(1) y
2= 4 x
(2)(ⅰ)直线MN过定点(5,0)；
(ⅱ)▵AMN面积的最小值为18
【解析】解：(1)设圆心为(a,0)，则半径为r =|a+ 4|，
所以圆的方程为：( x −a)
2+ y
2=(a+ 4)
2，
令x =0，得y
2=(a+ 4)
2−a
2=8(a+2)，
令y =0，得( x −a)
2=(a+ 4)
2⇒x =2(a+2)或x =−4(舍去)，
所以y
2= 4 x，所以E的方程为y
2= 4 x；
(2)(ⅰ)由题意有直线l1,l2的斜率存在，
设直线l1的方程为y =k( x−3)+2，
则直线l2的方程为y =−1
k ( x−3)+2，
所以
所以
，
设P1(x1, y1),Q1(x2, y2), M (xM , y M)，
所以y1+ y2= 4
k ，y M = y1+ y2
2
= 2
k
，
又y M =k (xM −3)+2= 2
k ⇒xM = 2
k
2 −2
k +3，
所以M(
2
k
2 −2
k +3, 2
k)
，同理得N (2k
2+2k +3,−2k)，
所以k MN =
−2k −2
k
2k
2+2k +3−(
2
k
2 −2
k +3)
=−
k
k
2+k −1
，
所以直线MN的方程为：y +2k =−
k
k
2+k −1
(x−2k
2−2k −3)，
化简整理有：k( x−5)+(k
2+k −1) y =0，
令x−5=0，得y =0，即x =5，
所以直线MN过定点(5,0)；
(ⅱ)由(ⅰ)有M(
2
k
2 −2
k +3, 2
k)
，N (2k
2+2k +3,−2k)，
直线MN的方程为k( x−5)+(k
2+k −1) y =0，
所以| MN |= √
(2k
2+2k +3−2
k
2 + 2
k −3)
2
+(−2k −2
k )
2
=
√4(k + 1
k )
2
[(k −1
k +1)
2
+1]
，
点
A(−4,0)到
直
线
MN的
距
离
为
d =|−4 k −5k |
√k
2+(k
2+ k −1)
2 =|9k |
√k
2+(k
2+ k −1)
2 =
9
√1+(k −1
k +1)
2 ，
所以▵AMN面积为
，
当且仅当k
2= 1
k
2，即k =±1时，等号成立，
所以▵AMN面积的最小值为18．
3．（2025·安徽·模拟预测）已知双曲线
的一条渐近线被圆
截得的弦长为
，点
的坐标为
，点P 在圆
上，线段
的垂直平分线交线段
于点Q．
(1)求动点Q 的轨迹曲线C 的方程；
(2)斜率为
的直线m 交双曲线E 于点A，B，若弦
的中点M 恰好在曲线C 上，求点M
的坐标；
(3)记双曲线E 与曲线C 在第一象限的交点为
的平分线为n，在曲线C 上是否存
在不同的点S，T，使得点关于直线n 对称？若存在，求出S，T 所在直线方程，若不存在，
请说明理由．
【答案】(1)
(2)
或
．
(3)存在，
【详解】（1）双曲线
的渐近线为
，
不妨取一条渐近线为
，
如，则圆心
到直线
的距离
，
从
而
解
得
，
故
，
所以，点Q 的轨迹C 是以
为焦点，长轴长为8 的椭圆，
因此其标准方程为
．
（2）设
则
且
，
两式相减，得
，
从而
，即
，
代入
，解得
，
故点M 的坐标为
或
．
（3）联立
解得
，
从
而
，
的
方
程
分
别
为
，
（方法一）设
为
的平分线n 上任意一点，则
，
化简得
或
，
但平分线n 与x 轴的交点在
之间，
检
验
可
知
所
求
角
平
分
线
n
的
方
程
为
．
设
的中点为
，
则
，直线
的斜率
因为
所以
，故
，
代入
得
但点
与点N 重合，即在椭圆上，矛盾！
故在曲线C 上不存在不同的点S，T，使得点S，T 关于直线n 对称．
（方法二）设
为
的平分线n 与x 轴的交点（如图），
由角平分线定理得，
，
即
，
（利用E 到
的距离相等也可），
解
得
，
从
而
所
求
角
平
分
线
n
的
方
程
为
．
（以下同方法一）
（方法三）设E 为
的平分线n 与x 轴的交点（如图），
易知，
，可解得
，即
，
所以
，
从而所求角平分线n 的方程为
．
（以下同方法一）
（方法四）设
为
的内心（如图），
内切圆半径为r，
则
，
可得
，即I 的坐标为
，
从
而
所
求
角
平
分
线
n
的
方
程
为
．
（以下同方法一）
二、跟踪练习
1．（2025·广东·模拟预测）已知椭圆
，
为坐标原点，点
分别在直线
与
上，
是
上一点，
四点构成平行四边形
．
(1)证明
是定值，并求该值；
(2)求平行四边形
面积的最大值；
(3)一族直线
与
交于点
，证明每条弦
被定直线平分，并求
该直线的方程．
【答案】(1)证明见解析，定值为
(2)
(3)证明见解析，
【详解】（1）设
，
，
，又
，
四边形
是平行四边形，则
，
，
，
在椭圆
上，
，
，
是定值，且该定值为
.
（2）设直线
的倾斜角为
，则
，
，
，
或
，
，
，
由（1）知：在
中，由余弦定理得：
，
（当且仅当
时取等号），
，则当
时，
取得最大值，
平行四边形
面积的最大值为
.
（3）设
，
，联立
得：
，
则
，
，
，
中点为
，
任取不同于
的弦
，同理可得：
中点为
，
直线
的斜率
，
直线
的方程为：
，即
，
任意弦
的中点均在直线
上，即每条弦
均被定直线
平分．
2．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）椭圆
与圆
和圆
都外切．
(1)求椭圆E 的方程；
(2)设A，B 分别为椭圆E 的左右顶点，F 为椭圆的右焦点，K 为椭圆E 上动点（异于A，
B），直线
与椭圆E 交于另一点H．若直线
与
交于点P，求证：点P 在定直线l
上；
(3)在（2）的条件下，设直线
与直线l 交于Q 点，椭圆E 在点K 处的切线
与l 交于R，
①求证：
．
②求
面积取最小值时K 点的横坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)①证明见解析；②
【详解】（1）圆
的圆心为
，半径为
；
圆
的圆心为
，半径为
；
由题意椭圆E 与两圆都外切，结合图形可知，
，
故椭圆E 的方程为
.
（2）由椭圆E 的方程为
可知
，
由题意知，
不垂直于
轴，故可设直线
，
由焦点
在椭圆内，则直线
与椭圆恒有两个交点，
设
，
联立直线
与椭圆
方程得
，
由韦达定理得
，
则
（），
又直线
方程为
，
方程为
，
设两直线交点
，
则联立
方程，解得
，
将（）式代入化简得
，
故点P 在定直线
上.
（3）①由题意知椭圆E 在点
处的切线斜率存在，
可设切线
的方程为
，
联立直线
与椭圆E 方程
消
得，
，
由直线
与椭圆相切，
则
，
化简得
，
由
，得
代入上式得
，
解得
，故
，
令
，得
直线
，令
得
；
直线
，令
得
；
由
，
故
为线段
的中点，
，得证.
②由
，
则
则
，
则
的面积
.
令
，
，
则
，
由
解得
，
当
时，
，
在
上单调递减；
当
时，
，
在
上单调递增；
故当
时，函数
取最小值.
即
面积S 取最小值时K 点的横坐标为
．
3．（24-25 高三下·辽宁·月考）圆幂定理是平面几何中关于圆的一个重要定理，其中相交弦
定理是其中重要的内容：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等.其逆定理
可作为证明四边形是四点共圆的依据.该定理不仅可以在圆中得到应用，在其他圆锥曲线中
也大有妙用.
(1)已知椭圆
，
是椭圆C 上任意两点，若直线
与坐标轴不垂直，点
H 为线段
中点，直线
(O 为坐标原点)与C 交于
两点，已知
四点共圆，
求直线
的斜率；
(2)已知抛物线B:
，过
的直线与抛物线B 交于
两点，设抛物线B 在这两点
处的切线分别为
，已知
分别与x 轴交于点
，
相交于点A，若
四点
共圆，求点A 的坐标；
(3)已知点
是x 轴上一动点，过T 的动直线l 交双曲线
右支于
，
过T 作l 的垂线分别交曲线于
(
分别在第一、二象限)，直线
(O 为坐标原
点)交双曲线于点S，求证：
四点共圆.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）
设直线
的方程为
，
，
联立
，消
得
，
，即
，
由韦达定理得
，
所以
，
所以
.
又
，
所以
中点
，则直线
的斜率
，
则直线
方程为
，
联立
，解得
，且
，
由
四点共圆，且
为
的中点，
则
，
所以有
，
由
，解得
，
，
故
的斜率为
.
（2）由题意知直线
存在斜率，
设直线
的方程为
，
，
联立
，消
得
，
恒成立，
由韦达定理得
①，
抛物线方程
，则
，
则在
处的切线斜率为
，切线方程为
，
当
时，过
的切线为
轴，不满足题意，故直线
斜率
；
令
，得
，
，
在
处的切线斜率为
，切线方程为
，
同理可得
，且
，
联立
，解得
，
将①式代入可得
，又
，
若
四点共圆，设
与
交于
点，
则
，可得
，
由
，
，可设
，
则
，
则
可得
，化简得
②
则
，
，
由
，代入化简得
③.
联立②③解得
（其中一组解
舍去），
则
.
（3）设
，设
斜率为
，
若直线
与双曲线右支交于两点，可知斜率
或
.
由题意知直线
斜率存在且不为
，则
，且
.
由双曲线对称性可知，
关于原点
对称，则
，
且
且
，
故
；
又
，可知
，
所以
.
设直线
与
将于点
，设
倾斜角为
，
的倾斜角为
，
则
.
可设
方程为
，（为参数），设
对应的参数为
，
将参数方程代入双曲线方程
化简可得，
，
若直线与双曲线右支有两个交点，则
则由韦达定理知
，
同理，直线
与双曲线左支交于两点，设点
对应的参数为
，以
代
可得，
，
所以
，
故
四点共圆.
4.(2025·宁夏回族自治区银川市·模拟)抛物线的弦与弦的端点处的两条切线形成的三角形称
为阿基米德三角形，由抛物线的三条切线围成的三角形称为抛物线的切线三角形.已知抛物
线C：
的焦点为F，直线l：y =2过点F，过x轴下方的一点P作C的两条切
线l1，l2，且l1，l2分别交x轴于点A，B，交l于点M，N．
(1)若
为阿基米德三角形，求∠MPN；
(2)证明：切线三角形PAB的外接圆过定点．
【答案】(1)∠MPN=900 (2)见解析
【解析】解：(1)由题意得p
2 =2，则p= 4，
所以抛物线C的方程为x
2=8 y，
因为
为阿基米德三角形，
所以l1,l2分别与抛物线C切于点M , N，
不妨设点M在y轴左侧，则M (−4,2), N (4,2)，
由x
2=8 y，得y = 1
8 x
2，则y
′= 1
4 x，
所以l1的斜率为−1,l2的斜率为1，则l1⊥l2，所以∠MPN=900．
(2)证明：由(1)可知抛物线
，
设l1,l2
分别与抛物线C切于点Q( x1, x1
2
8 )，R( x2, x2
2
8 ), x1, x2≠0，
由(1)可知直线PQ的斜率为1
4 x1，直线PR的斜率为1
4 x2，
所以直线PQ的方程为y −x1
2
8 = x1
4 (x−x1)
，即y = x1
4 x−x1
2
8
，
直线PR的方程为y −x2
2
8 = x2
4 ( x−x2)，即y = x2
4 x−x2
2
8
，
所以P( x1+ x2
2
, x1 x2
8
), A( x1
2 ,0),B( x2
2 ,0)．
设
外接圆的圆心为G(m,n)，
则圆心G在线段AB的垂直平分线上，所以m= x1+ x2
4
，
则圆G的半径为|GA |=
√( x1+ x2
4
−x1
2 )
2
+n
2=
√( x2−x1
4
)
2
+n
2，
所以圆G的方程为( x−x1+ x2
4
)
2
+( y −n)
2=( x2−x1
4
)
2
+n
2，
又点P在圆G上，所以( x1+ x2
4
)
2
+( x1 x2
8
−n)
2
=( x2−x1
4
)
2
+n
2，
即x1 x2
4
+ x1
2 x2
2
64 −n x1 x2
4
=0，所以n= x1 x2+16
16
，
所以( x−x1+ x2
4
)
2
+( y −x1 x2+16
16
)
2
=( x2−x1
4
)
2
+( x1 x2+16
16
)
2，
整理得x
2−x1+ x2
2
x + y
2−x1 x2+16
8
y + x1 x2
4
=0，
即x
2+ y
2−2 y −x1+ x2
2
x + x1 x2
4
(1−y
2 )=0，
令{
x
2+ y
2−2 y =0
x =0
1−y
2 =0
，得{
x =0
y =2 ,
所以
的外接圆过定点(0,2)．
