题目内容
已知点B（-1，0），C（1，0），P是平面上一动点，且满足|
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•
（Ⅰ）求点P的轨迹C对应的方程；
（Ⅱ）已知点A（m，2）在曲线C上，过点A作曲线C的两条弦AD和AE，且AD⊥AE，判断：直线DE是否过定点？并证明你的结论．
| PC |
| BC |
| PB |
| CB |
（Ⅰ）求点P的轨迹C对应的方程；
（Ⅱ）已知点A（m，2）在曲线C上，过点A作曲线C的两条弦AD和AE，且AD⊥AE，判断：直线DE是否过定点？并证明你的结论．
分析：（I）设P（x，y）代入，|
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整理可求
（II）将A（m，2）代入y2=4x可求m=1，从而可得点A的坐标为（1，2），设直线DE的方程为x=my+t代入y2=4x，整理得y2-4my-4t=0，设D（x1，y1），E（x2，y2）则y1+y2=4m，y1•y2=-4t，而
•
=(x1-1)(x2-1)+(y1-2)(y2-2)=x1x2-(x1+x2)+1+y1•y2-2(y1+y2)+4=0，代入可求
| PC |
| BC |
| PB |
| CB |
（II）将A（m，2）代入y2=4x可求m=1，从而可得点A的坐标为（1，2），设直线DE的方程为x=my+t代入y2=4x，整理得y2-4my-4t=0，设D（x1，y1），E（x2，y2）则y1+y2=4m，y1•y2=-4t，而
| AD |
| AE |
解答：解：（I）设P(x，y)代入|
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|=
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得
=1+x，化简得y2=4x．（4分）
（II）将A（m，2）代入y2=4x得m=1，
∴点A的坐标为（1，2）．（5分）
设直线DE的方程为x=my+t代入y2=4x，得y2-4my-4t=0，设D（x1，y1），E（x2，y2）
则y1+y2=4m，y1•y2=-4t，△=（-4m）2+16t＞0（*）（6分）
∴
•
=(x1-1)(x2-1)+(y1-2)(y2-2)=x1x2-(x1+x2)+1+y1•y2-2(y1+y2)+4=
•
-(
+
)+y1•y2-2(y1+y2)+5=
-
+y1•y2-2(y1+y2)+5=
-
+(-4t)-2(4m)+5=0化简得t2-6t+5=4m2+8m
即t2-6t+9=4m2+8m+4即（t-3）2=4（m+1）2
∴t-3=±2（m+1）
∴t=2m+5或t=-2m+1，代入（*）式检验知只有t=2m+5满足△＞0（7分）
∴直线DE的方程为x=m（y+2）+5
∴直线DE过定点（5，-2）（8分）
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| PC |
. |
| BC |
. |
| PB |
. |
| CB |
| (x-1)2+y2 |
（II）将A（m，2）代入y2=4x得m=1，
∴点A的坐标为（1，2）．（5分）
设直线DE的方程为x=my+t代入y2=4x，得y2-4my-4t=0，设D（x1，y1），E（x2，y2）
则y1+y2=4m，y1•y2=-4t，△=（-4m）2+16t＞0（*）（6分）
∴
| AD |
| AE |
| ||
| 4 |
| ||
| 4 |
| ||
| 4 |
| ||
| 4 |
| (y1•y2)2 |
| 16 |
| (y1+y2)2-2y1•y2 |
| 4 |
| (-4t)2 |
| 16 |
| (4m)2-2(-4t) |
| 4 |
即t2-6t+9=4m2+8m+4即（t-3）2=4（m+1）2
∴t-3=±2（m+1）
∴t=2m+5或t=-2m+1，代入（*）式检验知只有t=2m+5满足△＞0（7分）
∴直线DE的方程为x=m（y+2）+5
∴直线DE过定点（5，-2）（8分）
点评：本题主要查了平面向量的数量积的基本运算，圆锥曲线的求解，直线与圆锥曲线的位置关系的应用，解题的关键是要具备一定的推理运算能力．
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