2023年高考数学二轮复习试题专题15 圆锥曲线中的定点与定值问题（Word版附解析）

这是一份2023年高考数学二轮复习试题专题15 圆锥曲线中的定点与定值问题（Word版附解析），共48页。试卷主要包含了核心先导，考点再现，解法解密，考点解密，分层训练等内容，欢迎下载使用。

专题15 圆锥曲线中的定点与定值问题
一、核心先导


二、考点再现

【考点1】、【直线过定点的解题策略】
（1） 如果题设条件没有给出这个定点，那么，我们可以这样思考：由于这个定点对符合要求的一些特殊情况必然成立，那么我们根据特殊情况先找到这个定点，再证明这个点与变量无关.
（2） 直接推理、计算，找出参数之间的关系，并在计算过程中消去部分参数，将直线方程化为点斜式方程，从而得到定点.
（3） 若直线方程含多个参数并给出或能求出参数满足的方程，观察直线方程特征与参数方程满足的方程的特征，即可找出直线所过顶点坐标，并带入直线方程进行检验.注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算.
【重要结论】
1．动直线l过定点问题，设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0)．
2．动曲线C过定点问题，引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
3.“弦对定点张直角”-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．
4.只要任意一个限定AP与BP条件（如定值，定值），直线AB依然会过定点
【考点2】、【定值问题的常见类型及解题策略】
(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值；
(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
【知识拓展】
1.设点是椭圆C：上一定点，点A,B是椭圆C上不同于P的两点，若，则时直线AB斜率为定值，若，则直线AB过定点；
2. 设点是双曲线C：一定点，点A,B是双曲线C上不同于P的两点，若，则时直线AB斜率为定值，若，则直线AB过定点；
3. 设点是抛物线C：一定点，点A,B是抛物线C上不同于P的两点，若，则时直线AB斜率为定值，若，则直线AB过定点；
三、解法解密

圆锥曲线的第三定义：
平面内的动点到两定点的斜率乘积等于常数点的轨迹叫做椭圆或双曲线,
其中两个定点为椭圆和双曲线的两个顶点.其中如果常数时，轨迹为双曲线，如果时，轨迹为椭圆。
圆锥曲线的第三定义的有关结论：
1.椭圆方程中有关的经典结论
(1).AB是椭圆的不平行于对称轴的弦，M为AB的中点，则.
(2).椭圆的方程为（a＞b＞0），为椭圆的长轴顶点，P点是椭圆上异于长轴顶点的任一点，则有
(3). 椭圆的方程为（a＞b＞0），为椭圆的短轴顶点，P点是椭圆上异于短轴顶点的任一点，则有
(4). 椭圆的方程为（a＞b＞0），过原点的直线交椭圆于两点，P点是椭圆上异于两点的任一点，则有
2.双曲线方程中有关的经典结论
(1)AB是双曲线的不平行于对称轴的弦，M为AB的中点，则，
即。
(2)双曲线的方程为（a＞0，b＞0），为双曲线的实轴顶点，P点是双曲线上异于实轴顶点的任一点，则有
(3)双曲线的方程为（a＞0，b＞0），为双曲线的虚轴端点，P点是双曲线上异于虚轴端点的任一点，则有
(4) 双曲线的方程为（a＞0，b＞0），过原点的直线交双曲线于两点，P点是双曲线上异于两点的任一点，则有
四、考点解密

题型一:定点问题
例1、（2022·浙江台州·模拟预测）已知点是双曲线与椭圆的公共点，直线与双曲线交于不同的两点，，设直线与的倾斜角分别为，，且满足.

(1)求证：直线恒过定点，并求出定点坐标；
(2)记（1）中直线恒过定点为，若直线与椭圆交于不同两点，，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）记，的斜率为，，由可得，联立直线与双曲线，用坐标表示，结合韦达定理可得，分析即可得解；
（2）用坐标表示，结合韦达定理以及得到的范围，求解即可.
【详解】（1）由已知得，
所以，，
当，斜率不存在时，则直线，为或，与题意不符；
当，斜率存在时，记，的斜率为，
所以根据，
可得，……………………（*）
设，，直线，
由联立可得，
所以
因为，
所以，
所以，
所以或（此时直线过，不符，舍去）
所以直线恒过定点；
（2）由（1）知，可设直线的方程：，
设直线与椭圆的交点，坐标分别为，，
由可得
，
所以，
因为
，
所以
又因为可得或，
又因为直线与双曲线交于不同的两点，，由
联立可得，
又因为可得，
所以或，
所以结合（1）可得的取值范围为，
所以的取值范围为.
【变式训练1-1】、（2022·河南·鹤壁高中模拟预测（理））在平面直角坐标系中，已知等轴双曲线过点
(1)求双曲线的方程；
(2)已知点，斜率为的直线与双曲线交于两点（不同于点），且，求证直线过定点.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）由题意，代入点，求解即可；
（2）设，联立直线和双曲线，用坐标表示，结合韦达定理，可得或,分析即得解.
【详解】（1）由等轴双曲线知，
又过点，所以，  
解之得，
所以双曲线的方程为.
（2）设，,
联立得,
当时，,
又因为，即,
即，

化简得解得或,
当,直线方程为,过定点,与重合，不成立，舍去；
当，直线方程为，恒过点.
【变式训练1-2】、（2022·湖南永州·一模）点在双曲线上，离心率.
(1)求双曲线的方程；
(2)是双曲线上的两个动点（异于点），分别表示直线的斜率，满足，求证：直线恒过一个定点，并求出该定点的坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点
【分析】（1）根据题意列出方程组，求得a,b，可得答案;
（2）分类讨论直线AB的斜率是否存在的情况，斜率存在，设出直线方程并联立双曲线方程，得到根与系数的关系，表示出，结合根与系数的关系化简，可得参数之间的关系式，结合直线方程，求得答案.
【详解】（1）由题意点在双曲线上，离心率
可得； ，解出，，
所以，双曲线的方程是
（2）①当直线的斜率不存在时，则可设，
代入，得，
则，
即，解得或，
当时，，其中一个与点重合，不合题意；
当时，直线的方程为，它与双曲线不相交，故直线的斜率存在；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程代入，
整理得，，设，
则，
由，
所以

所以，，
即,
整理得，
即，
所以或，
若，则，直线化为，过定点；
若，则，直线化为，它过点，舍去
综上，直线恒过定点
另解：
设直线的方程为①，
双曲线的方程可化为，
即②，
由①②可得，
整理可得，
两边同时除以，
整理得③，
，
则是方程③的两个不同的根，
所以，即④，
由①④可得 ，解得，
故直线恒过定点.
【点睛】本题考查了双曲线方程的求法，以及直线和双曲线相交时直线过定点的问题，综合性较强，计算量大，解答时要明确解题思路，注意分类讨论，解答的关键是利用联立方程得到根与系数的关系，并利用该关系式化简得到参数之间的关系，从而解决直线过定点问题.
题型二:定值问题
例2．（2022·江西宜春·模拟预测（理））双曲线与椭圆的焦点相同，且渐近线方程为，双曲线的上下顶点分别为A，B．过椭圆上顶点R的直线l与双曲线交于点P，Q（P，Q不与A，B重合），记直线的斜率为，直线的斜率为．
(1)求双曲线的方程；
(2)证明为定值，并求出该定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）由与的焦点相同，可得，又因为渐近线方程为，可得，即可得出双曲线的方程.
（2）设直线方程为，联立双曲线的方程可得韦达定理，可求出，又因为，，所以代入化简有：，即可求出答案.
（1）
由椭圆的焦点，即中，渐近线方程为即，则由，即可求出.
所以双曲线的方程为：.
（2）
，由题意可知，直线的斜率k存在，所以，设直线方程为
联立方程，得
由韦达定理得，两式相除，有①
，
∴②
将①代入②得，
【变式训练2-1】、（2022·全国·模拟预测）已知双曲线C的一条渐近线方程为，，分别为双曲线的左､右焦点.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)P为双曲线C上任意一点，连接直线PM，PN分别交C于点A，B，且，，求证：为定值，并求出该定值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析，定值为.
【分析】（1）由题意可求的值，进而求出双曲线C的标准方程；
（2）讨论直线PB的斜率存在与否的两种情况，分别联立方程组化简和，即可得出结论.
(1)
由题意可设双曲线C的标准方程为，
由已知得，则，解得，，
故双曲线C的标准方程为.
(2)
由双曲线的对称性不妨设P在第一象限，设，，，
若直线PB的斜率存在，则，
则直线PB的方程为.
联立，消去x整理得，
将代入上式整理得.
，，
则，
故，（根据向量的关系转化为坐标间的关系），
同理可得，故.
若直线PB的斜率不存在，则，此时轴，，直线
PA的方程为.
联立，消去x整理得，解得，
故，此时.
综上所述，为定值.
一题多解：
（2）由于P，N，B三点共线，设，，
又，所以由，，，
得①.
由于，
将上述两式相减可得②.
将①代入②可得③.
①+③得，解得为，，
故，
同理可得，故.
【变式训练2-2】、（2021·上海闵行·一模）如图，在平面直角坐标系中，分别为双曲线Г：的左､右焦点，点D为线段的中点，直线MN过点且与双曲线右支交于两点，延长MD､ND，分别与双曲线Г交于P､Q两点.

(1)已知点，求点D到直线MN的距离；
(2)求证：；
(3)若直线MN､PQ的斜率都存在，且依次设为k1､k2.试判断是否为定值，如果是，请求出的值；如果不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)是定值.
【分析】（1）求得点坐标和直线的方程，由此求得到直线的距离.
（2）对的斜率是否存在进行分类讨论，由此证得结论成立.
（3）设出直线的方程并代入双曲线方程，求得的坐标，由此计算是定值.
【详解】（1），
所以，则，
直线的方程为，即，
所以到直线的距离为.
（2）直线的斜率不存在时，，
直线的斜率存在时，，，整理得.
综上所述，成立.
（3）依题意可知直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，代入双曲线并化简得：
①，
由于，则代入①并化简得：
，
设，则，代入，
得，即，
所以
，
所以是定值.










五、分层训练

A组 基础巩固
1、（2021·全国）已知椭圆，，分别为椭圆的左､右顶点，若在椭圆上存在一点，使得，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
设，得到，结合，得到，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】
由题意，椭圆，可得，，
设，代入椭圆的方程，可得，
则，
即，即.
又因为，所以.
故选：A.
2、（2021·全国高二课时练习）已知，，是双曲线上不同的三点，且点A，连线经过坐标原点，若直线，的斜率乘积为，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
设出点，点的坐标，求出斜率，将点，的坐标代入方程，两式相减，再结合，即可求得离心率．
【详解】
设，，
因为点A，连线经过坐标原点，根据双曲线的对称性，则，
所以．
因为点A，在双曲线上，所以，
两式相减，得，
所以，所以．
故选：D.
3．（中学生标准学术能力诊断性测试2022-2023学年高三上学期11月测试文科数学试题）已知点，在椭圆上，为坐标原点，记直线，的斜率分别为，，若，则（    ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【分析】联立方程得出，，再由距离公式得出.
【详解】设直线的斜率为，则直线的斜率为，
则直线，的方程分别为，，
由得，，即，
由得，，即，
所以
故选：D
4．（2021·河南高二期中（理））已知平行四边形内接于椭圆：（），且，斜率之积的取值范围为，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
先表示出直线，斜率，利用，斜率之积的范围为，得到的范围 ，进而构造出关于的不等式，最后解出的范围.
【详解】
平行四边形内接于椭圆，
假设不关于原点对称，过点作互相平行的两条直线，分别交椭圆于两点，
则由椭圆的对称性，, 这与条件不符合.
所以由椭圆的对称性可得关于原点对称，关于原点对称.
设，，，，
直线的斜率，直线的斜率，则，
又，都在椭圆上，则，，
，
，
，又，，
5.（百校联盟2018届TOP202018届高三三月联考）已知平行四边形内接于椭圆，且， 斜率之积的范围为，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由圆锥曲线的经典结论得：，

6．（2022·四川省内江市第六中学高二阶段练习（理））已知椭圆：的两个顶点在直线上，，分别是椭圆的左､右焦点，点是椭圆上异于长轴两个端点的任一点，过点作椭圆的切线与直线交于点，设直线，的斜率分别为，，则的值为（    ）
A．- B． C．- D．-
【答案】A
【分析】根据题意求出，，进而写出椭圆的方程，设点的切线方程为，与椭圆联立，由得到，然后依次表示出相关点的坐标，利用斜率公式表示出，进而化简整理即可求出结果.
【详解】∵椭圆的两顶点在直线上，∴，，∴椭圆的方程为，∴，，设点的切线方程为，，联立，消去得，∵直线与椭圆相切，∴，即，∴，，∴，∴点，又，∴，∴，设点，又在切线上，∴，∴，∴，
故选：A.
【点睛】（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
7．（2022·新疆实验高二期中）已知椭圆为椭圆的右顶点，直线交于两点，且，则恒过除点以外的定点（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】若直线的斜率存在，设直线为，与椭圆联立，结合韦达定理得到，进而可求出结果，注意检验斜率不存在时即可得出结论.
【详解】椭圆为椭圆的右顶点，所以，
由题意知：若直线的斜率存在，设直线为，
则，联立可得，
设，则，
，



因为，即，则，
即
，
即，因此，
即，所以直线过定点，不符合题意，舍去；
，所以直线过定点，符合题意；
当直线的斜率不存在时，直线为，此时设，
，符合题意，故直线恒过除点以外的定点，
故选：A.
8．（2022·浙江·镇海中学高二期中）已知椭圆，两条直线：；：，过椭圆上一点P作，的平行线，分别交，于M，N，若为定值，则（    ）
A．9 B．4 C．3 D．2
【答案】A
【分析】设点，可得出，求出点、的坐标，利用两点间的距离公式结合为定值可求得的值，即可得解.
【详解】设点，则直线的方程为，
联立，解得，即点，
直线的方程为，
联立，解得，即点，
由已知可得，则，
所以，为定值，
则，可得.
故选：A
9．（2022·吉林吉林·模拟预测（文））已知直线l：与双曲线C：交于P，Q两点，QH⊥x轴于点H，直线PH与双曲线C的另一个交点为T，则（    ）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【分析】利用点差法，能得到的值，则通过就可以推导出，然后就可以推出的值.
【详解】
设，，，，则.
由得，，
则，.
，∴，∴.
故选：B.
10．（2021·江西省丰城中学高三阶段练习（理））已知是双曲线上任意一点，是双曲线上关于坐标原点对称的两点，且直线的斜率分别为()，若的最小值为1，则实数的值为（    ）
A．16 B．2 C．1或16 D．2或8
【答案】A
【分析】先求得为定值（用表示），再根据基本不等式求的最小值，最后根据最小值为1求的值.
【详解】双曲线中
设，则
所以相减得
因此
从而（当且仅当时取等号）
故选：A
【点睛】本题考查双曲线中有关斜率乘积为定值问题、利用基本不等式求最值，考查综合分析求解能力，属中档题.
11．（2022·江苏泰州·高二期中）已知椭圆，点为直线上一动点，过点向椭圆作两条切线、，、为切点，则直线过定点_______．
【答案】
【分析】求得过椭圆上一点处的切线方程，再根据题意，求得的方程，即可由相交直线系方程，求得直线恒过的定点.
【详解】若过椭圆上任意一点作切线，则其斜率存在，
不妨设其为，
联立椭圆方程可得：，
则，
即，
又该方程
因为，则，故可得，
故此时过椭圆上一点的切线方程为，
即，，即；
当时，显然过点的切线方程也满足，
综上所述，过椭圆上任意一点的切线方程为：；
设，则，，，
则切线的方程为，切线的方程为，
又点在上，故，
可得A、B都在直线上，
即，，
令，解得，故直线AB过定点．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆中直线恒过定点的问题，处理问题的关键是熟练掌握过椭圆上一点的切线方程的推导以及其形式，属综合困难题.
12．（2022·全国·高三专题练习）定义：若点在椭圆上，则以为切点的切线方程为：，已知椭圆，点为直线上一个动点，过点作椭圆的两条切线，，切点分别为，，则直线恒过定点______.
【答案】##
【分析】设，，，即可表示出的方程，又在上，即可得到，利用同理可得到，即可得到直线的方程，从而求出直线过的定点
【详解】解：因为点在直线上，设，，，
所以的方程为，又在上，所以①，
同理可得②；
由①②可得的方程为，即，即，
所以，解得，故直线恒过定点，
故答案为：
13．（2022·全国·高三专题练习）因为正三角形内角余弦值为，所以有人将离心率为的椭圆称为“正椭圆”.已知“正椭圆”C：的上下顶点分别为，且“正椭圆”C上有一动点P（异于椭圆的上下顶点），若直线的斜率分别为，则为______.
【答案】##
【分析】先根据题意算出，再利用离心率与计算得解.
【详解】因为椭圆C：，所以上下顶点的坐标分别为，
设，则且，即，
所以.
故答案为：.
14．（2022·河北南宫中学高三阶段练习）已知双曲线的左､右顶点分别为，抛物线与双曲线交于两点，记直线，的斜率分别为，则为__________.
【答案】##
【分析】利用对称性可得，再设结合双曲线的标准方程计算．
【详解】由题意，，由于双曲线与都关于轴对称，因此它们的交点关于轴对称，所以，
设，则，，
．
故答案为：．
15．（2021·湖南师大附中高二阶段练习）设直线与双曲线C：（，）相交于A，B两点，P为C上不同于A，B的一点，直线，的斜率分别为，，若C的离心率为2，则__________.
【答案】3
【分析】依题意，A，B两点关于原点对称，运用双曲线方程作差即可解题.
【详解】据题意，点A，B关于原点对称，设点，，，
则，，
两式相减，得，则，因为，
所以；
故答案为：3.
16．（2022·安徽·合肥一六八中学模拟预测（理））已知圆M：上动点Q，若，线段QN的中垂线与直线QM交点为P．
(1)求交点P的轨迹C的方程；
(2)若A，B分别轨C与x轴的两个交点，D为直线上一动点，DA，DB与曲线C的另一个交点分别是E、F、证明：直线EF过一定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）数形结合，由双曲线定义可得；
（2）设直线方程分别解得E、F的坐标，然后可得直线EF方程，化简可证.
（1）
由题知，所以
由双曲线定义可知点P的轨迹为双曲线，其中，得曲线C的方程

（2）
设点由，
设直线DA与曲线另一个交点为E，直线DB与曲线另一个交点为F
（其中，，若等于，此时其中一条直线与其中一条渐近线平行，与曲线C只有一个交点．）
由直线DA：代入曲线C：得
得
由即
直线DB：代入曲线C：中将
，得
由
即
∴
∴EF：
即
故直线恒过一定点
17．（2021·江苏苏州·三模）在平面直角坐标系中，已知双曲线的左、右顶点分别为、，其图象经过点，渐近线方程为．
（1）求双曲线的方程；
（2）设点、是双曲线上位于第一象限的任意两点，求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）可设双曲线的方程为，将点的坐标代入双曲线的方程，求出的值，可得出双曲线的方程；
（2）计算得出，，利用两角差的正切公式证明出，即可证得．
【详解】（1）由双曲线的渐近线方程为，可设双曲线的方程为，
由题意可得，因此，双曲线的方程为；
（2）设点、且，

，
由已知可得，则，则，
同理可得，

，
易知、，故.
【点睛】方法点睛：求双曲线的方程方法如下：
（1）过两点的双曲线方程，可设为；
（2）已知双曲线的焦点坐标以及双曲线上一点，可设出双曲线的标准方程，将点的坐标代入双曲线方程，求出、的值，结合焦点位置可得出双曲线的方程；也可以利用双曲线的定义求出的值，利用、、三者之间的关系求出的值，由双曲线焦点位置可得出双曲线的方程；
（3）共焦点的双曲线的方程：与双曲线共焦点的双曲线方程可设为，与椭圆共焦点的双曲线方程可设为；
（4）共渐近线的双曲线方程：与双曲线共渐近线的双曲线的方程可设为；
（5）已知渐近线的双曲线的方程：渐近线为的双曲线的方程可设为.

B组 能力提升
18、（2022·山东·青岛二中高三期中）已知椭圆  过椭圆中心的一条直线与椭圆相交于A，B两点，P是椭圆上不同于A，B的一点，设直线AP，BP的斜率分别为m，n，则当 取最小值时，椭圆C的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，利用斜率公式求得，结合在椭圆上，化简可得，令，利用导数求得使函数取最小值的，根据离心率定义即得.
【详解】由题可知，设，则，
而，则，
又，
令，则，
所以，
由，可得，函数单调递减，由，可得，函数单调递增，
故，即时， 取最小值，
此时.
故选：C.
19．（2022·全国·高三专题练习）已知，，为曲线的左、右焦点，点为曲线与曲线在第一象限的交点，直线为曲线在点处的切线，若三角形的内心为点，直线与直线交于点，则点，横坐标之差为_______．
【答案】
【分析】由题意写出明确两曲线的焦点，可求得P点坐标，进而求出P点处的切线方程，利用圆的切线性质结合双曲线几何性质求出三角形 内切圆圆心的横坐标，再表示出直线的方程，联立解得N点横坐标，即可求得答案.
【详解】由题意得，，为曲线的左、右焦点，点为曲线与曲线在第一象限的交点，即C,E有相同的焦点，
则，
联立,消去，得，
对于椭圆，设为椭圆上一点，令，
则椭圆化为圆 ，即为，
由圆上一点处的切线方程可知在处的切线方程为，
故可得椭圆在处的切线方程为，
即，
故由直线为曲线在点处的切线，P点在第一象限，
则，可得直线方程为 ① ，
设三角形内切圆半径为，则由等面积可得，
   ② ，
又由于P在双曲线上，设三角形内切圆圆心，各边上的切点分别为，如图：

由圆的切线性质可得，
则 ,
即 ，即M点横坐标为1，
由可得直线的方程为 ③  ，
联立①②③，化简可得；
又，
故答案为：
【点睛】本题考查了椭圆和双曲线的几何性质的应用，综合性强，涉及到知识面比较广，计算量大，解答时要能熟练掌握切线的求解，以及圆的几何性质的应用，并能熟练应用椭圆以及双曲线的几何性质.
20．（2022·全国·模拟预测）已知双曲线的离心率为2，的右焦点与点的连线与的一条渐近线垂直．
(1)求的标准方程．
(2)经过点且斜率不为零的直线与的两支分别交于点，．
①若为坐标原点，求的取值范围；
②若是点关于轴的对称点，证明：直线过定点．
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析

【分析】（1）由，得到，求得其渐近线方程，因为，得到的值，即可求解；
（2）①设其方程为，，联立直线与的方程，结合，求得，
设，，则，，，结合向量的运算得到，即可求得的取值范围；
②求得直线的方程为，令，求得，即可求得
直线过定点．
（1）
解：由题意得，其中，则，所以，即，
所以的渐近线方程为．
因为，与的一条渐近线垂直，所以，解得，所以，所以的标准方程为．
（2）
解：显然直线的斜率存在，设其方程为，，联立直线与的方程，消去得，因为直线与的两支分别交于点，，
所以，得，
设，，则，，．①，
所以的取值范围是．
②因为，所以直线的方程为，
由对称性可知，若直线过定点，则定点在轴上，
在直线的方程中，令，得
，
所以直线过定点，定点坐标为．
21．（2022·重庆·三模）平面直角坐标系xOy中，点（－，0），（，0），点M满足，点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)已知A（1，0），过点A的直线AP，AQ与曲线C分别交于点P和Q（点P和Q都异于点A），若满足AP⊥AQ，求证：直线PQ过定点.
【答案】(1)
(2)过定点，证明见详解
【分析】（1）根据定义法判断曲线类型，然后由题意可得；
（2）设直线方程联立双曲线方程消元，利用韦达定理将AP⊥AQ坐标化，得到参数之间的关系代回直线方程可证.
（1）
因为，所以
由双曲线定义可知，M的轨迹为双曲线，其中
所以
所以曲线C的方程为：
（2）
若直线PQ垂直于x轴，易知此时直线AP的方程为，
联立求解可得，直线PQ过点.
当直线PQ斜率存在时，设直线PQ方程为，
代入，整理得：
则
因为AP⊥AQ，所以


整理得
解得或
因为点P和Q都异于点A，所以不满足题意
故，代入，得，过定点.
综上，直线PQ过定点.
22．（2022·山西朔州·三模（理））已知双曲线经过点，，，，中的3个点.
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知点M，N是双曲线C上与其顶点不重合的两个动点，过点M，N的直线，都经过双曲线C的右顶点，若直线，的斜率分别为，，且，判断直线MN是否过定点，若过定点，求出该点的坐标；若不过定点，请说明理由
【答案】(1)
(2)直线过定点，且定点坐标为
【分析】（1）分析出双曲线经过的个点，然后求得，从而求得双曲线的方程.
（2）设出直线的方程并与双曲线方程联立，化简写出根与系数关系，由列方程进行化简，进而求出直线过定点
（1）
由于关于轴对称，所以要么都在双曲线上，要么都不在双曲线上.
点不可能都在双曲线上，因为双曲线经过个点，所以都在双曲线上.
将的坐标代入得，
由都在双曲线上可知、都不在双曲线上，
所以点在双曲线上，故，
结合可得，
所以双曲线的方程为.
（2）
设，其中，故可设直线的方程为，
由消去并化简得，
，.
因为双曲线的右顶点为，且，
所以

，
所以，代入得，
当时，，
所以直线过定点.
23．（2021·广东汕头·二模）已知双曲线方程为1，F1，F2为双曲线的左、右焦点，离心率为2，点P为双曲线在第一象限上的一点，且满足·0，|PF1||PF2|＝6．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过点F2作直线交双曲线于A、B两点，则在x轴上是否存在定点Q(m，0)使得为定值，若存在，请求出m的值和该定值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)x21
(2)存在，m＝﹣1，定值为0

【分析】（1）由离心率得，从而得，再由数量积为0得垂直，利用勾股定理得的关系式，从而求得得双曲线方程；
（2）直线斜率为0时，直接求出坐标，计算出数量积，当l的斜率不为0时，设l：x＝ty+2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线方程代入双曲线方程，应用韦达定理得，代入，由它为定值求得值，得结论．
【详解】（1）由题意可得e2，可得c＝2a，b2＝c2﹣a2＝3a2，
所以ba，
又因为·0，|PF1||PF2|＝6．所以,
由|PF1|﹣|PF2|＝2a，所以可得|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1||PF2|＝4a2，
而|PF1|2+|PF2|2＝4c2，
所以4c2﹣12＝4a2，
可得b2＝3，a2＝1，
所以双曲线的方程为：x21；
（2）由(1)可得F2(2，0)，
当直线l的斜率为0时，l：y＝0，此时A(﹣1，0)，B(1，0)，
由M(m，0)，则·m2﹣1，
当l的斜率不为0时，设l：x＝ty+2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立，整理可得：(3t2﹣1)y2+12ty+9＝0，
因为t2，y1+y2，y1y2，
因为·(x1﹣m，y1)·(x2﹣m，y2)＝(ty1+2﹣m)(ty2+2﹣m)+y1y2＝(t2+1)y1y2+(2﹣m)t(y1+y2)+(2﹣m)2
＝(t2+1)·(2﹣m)t·(2﹣m)2
(2﹣m)2，
要使•为定值，则，解得m＝﹣1，则，
所以Q(﹣1，0)．定值为0．
24．（2021·江苏徐州·二模）已知双曲线的左､右焦点分别为，点在C上，且.
（1）求C的方程；
（2）斜率为的直线l与C交于A，B两点，点B关于原点的对称点为D.若直线的斜率存在且分别为，证明：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由点的坐标求c,再根据双曲线定义求a,即可求解；
（2）设直线l方程为，直接求出的斜率，联立直线与双曲线方程，利用韦达定理，化简即可求解.
【详解】（1）设，，其中.
因为，所以，
解得或，又，故.
所以，即.
所以.
所以C的方程为.
（2）设，，则.
设直线l方程为，与双曲线C方程联立，
消去y得，.
由，得.
，.
所以.
所以
.
所以为定值.
【点睛】关键点点睛：设直线l方程为，联立直线与双曲线方程，消元，由韦达定理可得，，计算斜率化简是解题关键，属于中档题.
25．（2020·上海杨浦·二模）已知双曲线，经过点的直线与该双曲线交于两点.
（1）若与轴垂直，且，求的值；
（2）若，且的横坐标之和为，证明：.
（3）设直线与轴交于点，求证：为定值.
【答案】（1）（2）证明见解析；（3）证明见解析；
【分析】（1）把代入双曲线方程求得坐标，由可求得；
（2）设，设直线方程为，代入双曲线方程应用韦达定理得，由可求得，再由数量积的坐标运算计算出可得结论；
（3）设方程为，且，由可用表示出，代入双曲线方程得，同理.故是方程的两根.由韦达定理可得结论．
【详解】（1），，，
∴.
（2），设，显然直线斜率存在，设方程为，并与联立得，由得，此时.

.
（3）有题意可知直线斜率必存在，设方程为，且.由得，所以，，又由于点在双曲线上，故化简得，同理.故是方程的两根.则为定值.
【点睛】本题考查直线与双曲线相交问题，考查韦达定理的应用．在直线与双曲线相交时常常设交点坐标为，由直线方程与双曲线方程联立方程组消元后应用韦达定理得出，然后代入其他条件求解．
C组 真题实战练
26．（2020·全国·高考真题（理））已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
【答案】（1）；（2）证明详见解析.
【分析】（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.
（2）方法一：设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.
【详解】（1）依据题意作出如下图象：

由椭圆方程可得：， ，
，
，
椭圆方程为：
（2）[方法一]：设而求点法
证明：设，
则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为.
同理可得：点的坐标为
当时，
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
所以直线过定点．
当时，直线：，直线过点．
故直线CD过定点．
[方法二]【最优解】：数形结合
设，则直线的方程为，即．
同理，可求直线的方程为．
则经过直线和直线的方程可写为．
可化为．④
易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得．
故，可得或．
其中表示直线，则表示直线．
令，得，即直线恒过点．
【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.
第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
27．（2020·山东·高考真题）已知椭圆C：的离心率为，且过点．
（1）求的方程：
（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
【答案】（1）；（2）详见解析.
【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.
（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.
【详解】（1）由题意可得：，解得：，
故椭圆方程为：.
(2)［方法一］：通性通法
设点，
若直线斜率存在时，设直线的方程为：，
代入椭圆方程消去并整理得：，
可得，，
因为，所以，即，
根据,代入整理可得：
，        
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，
故，于是的方程为，
所以直线过定点直线过定点.
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：或（舍）.
此时直线过点.
令为的中点，即，
若与不重合，则由题设知是的斜边，故，
若与重合，则，故存在点，使得为定值.
［方法二］【最优解】：平移坐标系
将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．
设，因为则，即．
代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．
又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．
故存在，使得．
［方法三］：建立曲线系
A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．
则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．
用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．
即．
对比项、x项及y项系数得

将①代入②③，消去并化简得，即．
故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．
经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．
［方法四］：
设．
若直线的斜率不存在，则．
因为，则，即．
由，解得或（舍）．
所以直线的方程为．
若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．
令，则．
又，令，则．
因为，所以，
即或．
当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；
当时，直线的方程为，所以直线恒过．
综上，直线恒过，所以．
又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．
取线段的中点为，则．
所以存在定点Q，使得为定值．
【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；
方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；
方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；
方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．
28．（2015·全国·高考真题（文））已知椭圆的离心率为，点在上
（1）求的方程
（2）直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，线段的中点为.证明：直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值.
【答案】（1）    （2）
【详解】试题分析：（Ⅰ）由 求得,由此可得C的方程.（II）把直线方程与椭圆方程联立得,所以于是.
试题解析：
解：（Ⅰ）由题意有 解得,所以椭圆C的方程为.
（Ⅱ）设直线,,把代入得
故 于是直线OM的斜率 即,所以直线OM的斜率与直线l的斜率乘积为定值.
考点：本题主要考查椭圆方程、直线与椭圆及计算能力、逻辑推理能力.
29．（2015·陕西·高考真题（文））如图，椭圆经过点，且离心率为.
(I)求椭圆的方程；
(II)经过点，且斜率为的直线与椭圆交于不同两点（均异于点），
问：直线与的斜率之和是否为定值？若是，求出此定值；若否，说明理由．

【答案】(1) (2)2
【详解】（Ⅰ）由题意知，综合，解得，所以，椭圆的方程为.
（Ⅱ）由题设知，直线的方程为，代入，得
，
由已知，设，
则，
从而直线与的斜率之和


.
考点：1.椭圆的标准方程；2.圆锥曲线的定值问题.
30．（2016·北京·高考真题（理））已知椭圆：（）的离心率为，，，，的面积为1.
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）根据离心率为，即，OAB的面积为1，即，椭圆中列方程组进行求解；（Ⅱ）根据已知条件分别求出的值，求其乘积为定值.
【详解】（Ⅰ）由题意得解得.
所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，
设，则.
当时，直线的方程为.
令，得，从而.
直线的方程为.
令，得，从而.
所以

.
当时，，
所以.
综上，为定值.
【考点】椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、运算求解能力.
【名师点睛】解决定值、定点的方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元思想的运用可有效地简化运算.