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专题19 解析几何中的定值、定点和定线问题（练）-备战高考数学二轮复习核心考点精讲精练（新教材·新高考）
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这是一份专题19 解析几何中的定值、定点和定线问题（练）-备战高考数学二轮复习核心考点精讲精练（新教材·新高考），文件包含专题19解析几何中的定值定点和定线问题练解析版docx、专题19解析几何中的定值定点和定线问题练原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共42页， 欢迎下载使用。
第一篇 热点、难点突破篇
专题19解析几何中的定值、定点和定线问题（练）
【对点演练】
一、单选题
1．（2022·吉林·东北师大附中校考模拟预测）过点且与双曲线有且只有一个公共点的直线有（ ）条．
A．0 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】过点且分别与渐近线平行的两条直线与双曲线有且仅有一个交点；
过点且与双曲线相切的直线与双曲线有且仅有一个公共点．
【详解】由双曲线得其渐近线方程为．
①过点且分别与渐近线平行的两条直线与双曲线有且仅有一个交点；
②设过点且与双曲线相切的直线为，联立，
化为得到，解得．
则切线分别与双曲线有且仅有一个公共点．
综上可知：过点且与双曲线仅有一个公共点的直线共有4条．
故选:.
2．（2023秋·山东潍坊·高三统考期末）已知为坐标原点， 是抛物线上的动点，且，过点作，垂足为，下列各点中到点的距离为定值的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意可设直线的方程，联立抛物线方程再利用，可得，法一：可知H在圆上运动进行判断，法二再由得出的方程为，解得，代入选项逐一验证是否为定值即可得出答案.
【详解】法一：设直线方程为，
联立直线和抛物线方程整理得，
所以
又，即，所以可得，即；
则直线 过定点D（4,0）因为，则点H在为直径的圆上（其中圆心坐标为OD中点（2,0）），故（2,0）到H的距离为定值
故选：B
法二：设直线方程为，
联立直线和抛物线方程整理得，
所以
又，即，所以可得，即；
又因为，所以的方程为，解得
对于A，到点的距离为不是定值；
对于B，到点的距离为为定值；
对于C，到点的距离为不是定值；
对于D，到点的距离为不是定值.
故选：B
【点睛】方法点睛：定值问题通常思路为设出直线方程，与圆锥曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，应用设而不求的思想，进行求解；注意考虑直线方程的斜率存在和不存在的情况.
二、多选题
3．（2023·全国·高三专题练习）椭圆的上下顶点分别，焦点为，为椭圆上异于的一动点，离心率为，则（ ）
A．的周长为
B．离心率越接近，则椭圆越扁平
C．直线的斜率之积为定值
D．存在点使得，则
【答案】ABD
【分析】根据椭圆定义可知焦点三角形周长为，结合离心率转化即可知A正确；根据椭圆离心率与椭圆形状的关系可知B正确；设，结合两点连线斜率公式化简可得斜率之积，知C错误；将问题转化为当为短轴端点时，，利用余弦定理可构造齐次不等式求得的范围，知D正确.
【详解】对于A，由椭圆定义知：，又，，
的周长为，A正确；
对于B，，当越接近时，的值越小，则椭圆越扁平，B正确；
对于C，设，则，又，，
，C错误；
对于D，由椭圆性质知：当为短轴端点时，最大，
若存在点使得，则当为短轴端点时，，
此时，即，，
又，，D正确.
故选；ABD.
4．（2023·全国·模拟预测）已知抛物线，为轴正半轴上一点，则（ ）
A．存在点，使得过点任意作弦，总有为定值
B．不存在点，使得过点任意作弦，有为定值
C．存在点，使得过点任意作弦，总有为定值
D．不存在点，使得过点任意作弦，有为定值
【答案】AD
【分析】设，，，联立直线与抛物线方程得，由两点间的距离公式可得，当时，则有，从而可判断A正确，B错误；进而可得，可得此式不为定值，即可得故C错误，D正确.
【详解】解：设，，，
由，可得，
则有，
所以，
，
所以+，
所以当且仅当时，，
即存在点，使得为定值，故A正确，B错误；
由题意可得，
，
所以，
如果为定值，
则必有，而此方程组无解，
所以不为定值，故C错误，D正确.
故选：AD.
三、解答题
5．（2022秋·江西萍乡·高三统考期末）已知椭圆E的中心在原点，周长为8的的顶点，为椭圆E的左焦点，顶点B，C在E上，且边BC过E的右焦点.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)椭圆E的上、下顶点分别为M，N,点若直线PM,PN与椭圆E的另一个交点分别为点S，T，证明：直线ST过定点，并求该定点坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）根据椭圆定义直接求解即可；
（2）求出的坐标，写出直线方程即可求出定点坐标.
【详解】（1）由题意知，椭圆E的焦点在x轴上，
所以设椭圆方程为，焦距为，
所以周长为，即，
因为左焦点，所以，，
所以，
所以椭圆E的标准方程为
（2）由题意知，，直线斜率均存在，
所以直线，与椭圆方程联立得，
对恒成立，
则，即，则，
同理，，
所以，
所以直线方程为：，
所以直线过定点，定点坐标为
6．（2022秋·四川成都·高三成都实外校考阶段练习）已知椭圆：，若点，，，中恰有三点在椭圆上．
(1)求的方程；
(2)点是的左焦点，过点且与轴不重合的直线与交于不同的两点，，求证：内切圆的圆心在定直线上．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据对称性，定在椭圆上，然后分别讨论，在椭圆上的情况，从而可求出椭圆方程，
（2）设，，：，将问题转化为证明的角平分线为定直线，只要证，将直线方程代入椭圆方程消去，利用根与系数的关系，代入上式化简即可得结论.
【详解】（1）根据对称性，定在椭圆上，
若也在椭圆上，则，方程组无解，
所以为椭圆上第三个点，
所以，解得，
所以椭圆的方程为：；
（2）由（1）得：，，设，，：．
要证明内切圆的圆心在定直线上，由对称性和内心的定义，即证明的角平分线为定直线，
即证，即，即证，
只要证，
由，得，
，得，
所以
所以成立，
即得证，
即内切圆的圆心在定直线上．
7．（2022秋·山东青岛·高三统考期末）已知为坐标原点，动直线与双曲线的渐近线交于A，B两点，与椭圆交于E，F两点.当时，.
(1)求双曲线的方程；
(2)若动直线与相切，证明：的面积为定值.
【答案】(1)
(2)的面积为定值,证明见解析
【分析】（1）设，由题意有，直线与双曲线的渐近线联立方程组，求得，直线与椭圆联立方程组，利用韦达定理求得，根据方程解出，得双曲线的方程.
（2）根据（1）中解得的两点坐标，表示出的面积，由直线与相切，联立方程组消元后判别式为0，化简后得定值.
【详解】（1）设
因为 ，所以
由 ， 得； 同理可得，所以，
由 ，得，所以
所以 即，由，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）双曲线的渐近线方程为，
由得 ， ，，
所 ，，
，
由 ， 得，
因为直线与双曲线相切，所以，即，
所以 为定值.
【点睛】思路点睛：1.双曲线的渐近线方程为，而双曲线的渐近线方程为(即)，应注意其区别与联系.
2.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．强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
8．（2023秋·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末）已知为双曲线左右顶点，焦点到渐近线的距离为，直线上一点与点连线与双曲线右支交于另一点，点与点连线与双曲线右支交于另一点D.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)直线是否经过定点？若是，求出该定点.
【答案】(1)；
(2)经过定点，定点坐标为.
【分析】（1）由题意即可得到答案
（2）设出，直线，联立直线与双曲线方程得到关于的韦达定理，由三点共线得，三点共线，得，化简得到，即可得到答案.
【详解】（1）依题可知，双曲线的渐近线方程为，
所以焦点到渐近线的距离为，即双曲线方程为.
（2）设，直线，
由得，所以
又三点共线，则①，
三点共线，则②，
联立①②得，化简得，
即（*）
将，，代入（*）式化简得.
所以，即直线是否经过定点.
9.（2023秋·天津滨海新·高三大港一中校考阶段练习）已知椭圆的左、右顶点分别为，右焦点为，且，以为圆心，为半径的圆经过点.
(1)求的方程；
(2)过点且斜率为的直线交椭圆于，
（ⅰ）设点在第一象限，且直线与交于.若，求的值；
（ⅱ）连接交圆于点，射线上存在一点，且为定值，已知点在定直线上，求所在定直线方程.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）或；（ⅱ）
【分析】（1）由，可求得，结合椭圆关系可得，由此可得椭圆方程；
（2）（ⅰ）设，与直线联立可得坐标；与椭圆方程联立，结合韦达定理可求得点坐标；利用正弦定理化简已知等式可得，即，利用向量坐标运算可构造方程求得的值；
（ⅱ）设，由点坐标可求得斜率，进而得到方程，与圆的方程联立可得点坐标；设，利用向量数量积坐标运算表示出，可知若为定值，则，知；当直线斜率不存在时，验证可知满足题意，由此可得定直线方程.
【详解】（1）以为圆心，为半径的圆经过点，，即，
，，，，
椭圆的方程为：.
（2）（ⅰ）由（1）得：，可设，，
由得：，即；
由得：，
，，
，，；
在中，由正弦定理得：，
，，
则由得：，
，，即，
，，
，解得：或.
（ⅱ）由题意知：圆方程为：；，；
不妨令位于第一象限，可设，
由（ⅰ）知：，
若直线斜率存在，则，直线，
由得：，，
设，则，
；
当时，为定值，此时，则，此时在定直线上；
当时，不为定值，不合题意；
若直线斜率不存在，则，，，
此时，则直线，设，
则，，，
则时，，满足题意；
综上所述：点在定直线上.
10．（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线的焦点为F，准线为l，记准线l与x轴的交点为A，过A作直线交抛物线C于，两点．
(1)若，求的值；
(2)若M是线段AN的中点，求直线的方程；
(3)若P，Q是准线l上关于x轴对称的两点，问直线PM与QN的交点是否在一条定直线上？请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)在定直线上，理由见解析
【分析】（1）根据焦半径公式即可求出；
（2）设直线MN的方程，与抛物线联立即可利用M是线段AN的中点求出m，从而求出直线的方程；
（3）设，即可求出直线PM与QN的方程，联立即可解出交点，从而可以判断交点在定直线上．
【详解】（1）根据题意，得
因为抛物线，所以准线为，
所以；
（2）由题意可知，直线的斜率不为0，故设直线的方程，
联立，消去，可得，
所以，即，，，
而M是线段AN的中点，所以，故，
解得，故，解得，
所以直线MN的方程为，即；
（3）直线MN的方程，设，
则，，
联立消去可得：，即，整理得：，
将，代入得，故，，
所以直线PM与QN的交点在定直线上．
【冲刺提升】
1．（2022秋·安徽合肥·高三统考期末）在平面直角坐标系xOy中，，，直线AP，BP 相交于点 P，且它们的斜率之积是1，记点P的轨迹为C．
(1)求证：曲线C是双曲线的一部分：
(2)设直线l与C相切，与其渐近线分别相交于 M、N两点，求证：的面积为定值
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设P的坐标，，根据斜率乘积为1列出方程，求出轨迹方程，判断出曲线C是双曲线的一部分；
（2）设切点坐标为，得到直线l的方程，与双曲线方程联立，由根的判别式等于0得到，结合得到，解得，求出直线l的方程为：，与两渐近线联立求出两点坐标，求出，结合以△OMN为直角三角形求出面积为定值4.
【详解】（1）设点P的坐标为，由已知得，
则直线AP，BP的斜率分别为：
由已知，化简得．
故曲线C的方程为：，
所以曲线C是除去顶点的双曲线，是双曲线的一部分；
（2）设直线l与C相切的切点坐标为，斜率为k，则，
则直线l的方程为：，与联立整理得：
①，
双曲线渐近线为，故，
且方程①有两个相等的实数根，
故，
化简得：②，
又，即③，
由②③得，，即，所以，
故直线l的方程为：．
双曲线C的两条渐近线方程为，所以△OMN为直角三角形．
不妨设与交点为M，解得，
同理，设与交点为N，解得，
可求得：，
所以△OMN的面积，
故△OMN的面积为定值．
【点睛】定值问题常见方法：（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.
2．（2023·全国·校联考模拟预测）已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且过、两点.
(1)求的方程；
(2)若，过的直线与交于、两点，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设椭圆的方程为，将点、的坐标代入椭圆的方程，可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出椭圆的方程；
（2）分两种情况讨论：①直线与轴重合，直接验证结论成立；②直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，计算得出，可得出轴平分，利用角平分线的性质可证得结论成立.综合可得出结论.
【详解】（1）解：设椭圆的方程为，
将点、的坐标代入椭圆的方程可得，解得，
因此，椭圆的方程为.
（2）证明：若直线与轴重合，则、为椭圆长轴的端点，
不妨设点，则点，则，，成立；
若直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，
联立可得，，
由韦达定理可得，，
，
所以，轴平分，所以，.
综上所述，.
3．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）如图，椭圆和圆，已知圆将椭圆的长轴三等分，椭圆右焦点到右顶点的距离为，椭圆的下顶点为E，过坐标原点O且与坐标轴不重合的任意直线l与圆相交于点A，B．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线分别与椭圆相交于另一个交点为点P，M．求证：直线经过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意列式求解，即可得答案；
（2）设直线的方程，与椭圆方程联立求的坐标，进而可求直线的方程，即可得结果.
【详解】（1）由题意可得：，则，
∵，解得，
∴椭圆的方程为.
（2）由题意知直线的斜率存在且不为0，设直线的斜率为k，则直线，
联立方程，解得或，
∴，
∵为圆的直径，点E在圆上，则，即，
∴，则直线，
故用去替代k得，
∵，
∴直线，即，
∴直线经过定点．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
4．（2022秋·福建福州·高三校考期末）已知椭圆C：过点．右焦点为F，纵坐标为的点M在C上，且AF⊥MF．
(1)求C的方程；
(2)设过A与x轴垂直的直线为l，纵坐标不为0的点P为C上一动点，过F作直线PA的垂线交l于点Q，证明：直线PQ过定点．
【答案】(1)
(2)过定点；证明过程见详解
【分析】（1）由题可得，结合条件可知，将点的坐标代入椭圆的方程，即可得解；
（2）设点，求出点的坐标，写出直线的方程，结合条件变形即得.
【详解】（1）设点，其中，则，
因为椭圆过点，则，
将点的坐标代入椭圆的方程得，
所以，解得，
因此椭圆的标准方程为；
（2）设点， 则，所以直线的垂线的斜率为，
由题可知，故直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，即点，
所以直线的方程为，
即，
因为，所以，
所以，
所以，
所以直线过定点．
【点睛】求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性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为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明．
5．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C：的右焦点为F，上顶点为，下顶点为，为等腰直角三角形，且直线与圆相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过的直线l交椭圆C于D，E两点（异于点，)，直线，相交于点Q．证明：点Q在一条平行于x轴的直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可知，因为直线与圆相切，则原点O到直线的距离为1，根据点到直线的距离公式解得，椭圆中满足，即可求出椭圆方程；
（2）设，，直线l方程为，与椭圆方程联立得，由韦达定理可得，，设直线和的交点为，联立两直线方程求交点，再根据韦达定理，即可得到，得证点Q在一条平行于x轴的直线上.
【详解】（1）解：由题可知，，，，
为等腰直角三角形，，
又直线与圆相切，所以原点O到直线的距离为1，
直线的方程为，即，所以，
解得，
又，所以椭圆C的标准方程为．
（2）
由过的直线l不过，，可设其直线方程为，
把代入，得，，即，
设，，则，，
直线的方程为，
直线的方程为
设直线和的交点为，则，
把及代入上式，得
，
整理得，
故点Q在一条平行于x轴的直线上，得证．
6．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆：的离心率为，是上一点.
(1)求的方程.
(2)设，分别为椭圆的左、右顶点，过点作斜率不为0的直线，与交于，两点，直线与直线交于点，记的斜率为，的斜率为.证明：①为定值；②点在定直线上.
【答案】(1)；
(2)①证明见解析；②证明见解析.
【分析】(1)由条件列出关于的方程，解方程可得，由此可得椭圆的方程；
(2)①联立方程组，利用设而不求法结合两点斜率公式求即可证明；
②求出直线与直线方程，联立求点的坐标，由此证明点在定直线上.
【详解】（1）由题意，椭圆的离心率为，是椭圆上一点，
所以，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）①因为过点且斜率不为0，所以可设的方程为，代入椭圆方程得，方程的判别式，设，，则
，.
两式相除得
，．
因为分别为椭圆的左、右顶点，所以点的坐标为，点的坐标为，所以，．
从而；
②由①知，设，则，所以直线的方程为：，直线的方程为，联立可得，所以直线与直线的交点的坐标为，所以点在定直线上.
【点睛】过x轴上定点斜率不为0的动直线方程可设为；过y轴上定点(0，y0)斜率存在的动直线方程可设为.
7．（2023·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，已知点、，点满足，记的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)设点在直线上，过的两条直线分别交于两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和，并求出该定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定值为0．
【分析】（1）利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，从而求得轨迹的方程；
（2）设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理化简计算可得的值.
【详解】（1）因为、，所以，
所以轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，得，，
所以轨迹的方程为.
（2）如图所示，设，
设直线的方程为，
.
联立，化简得，
则，
故，
则，
设的方程为，同理：，
因为，所以，
化简得，
所以，即，即，
因为，所以，故该定值为0．
8．（2022·全国·高三专题练习）已知双曲线的中心为原点，左､右焦点分别为､，离心率为，且过点，又点是直线上任意一点，点在双曲线上，且满足.
(1)求双曲线的方程；
(2)证明：直线与直线的斜率之积是定值；
(3)若点的纵坐标为，过点作动直线与双曲线右支交于不同的两点､，在线段上取异于点､的点，满足，证明点恒在一条定直线上.
【答案】(1)1
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由离心率公式和点满足双曲线的方程，结合双曲线的，，的关系，即可求得，，进而得到双曲线的方程；
（2）设出，，代入双曲线的方程，再由，再由直线的斜率公式，得到直线与直线的斜率之积，化简整理，运用代入，即可得到定值；
（3）设点，且过点的直线与双曲线的右支交于不同两点，，设，代入可得求出坐标之间的关系，化简可得点恒在定直线上.
（1）
双曲线，，
由于离心率为，即，
代入双曲线的方程可得，
解得，，，
即有双曲线的方程为；
（2）
由于点是直线上任意一点，
可设，
再由为双曲线上一点，可设，
则，即.
由，
则，
即有，即有，
则，
则直线与直线的斜率之积是定值；
（3）
设点，
且过点的直线与双曲线的右支交于不同两点，，
则，
即，，
设，
则.
即
由，得，
将，，代入，
得，
将代入，得，
所以点恒在定直线上.
9．（2023秋·重庆·高三统考学业考试）已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l交抛物线C于M，N两点，交y轴于P点，点N位于点M和点P之间.
(1)若，求直线l的斜率；
(2)若，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设出直线l为，联立抛物线方程，设，得到两根之和，两根之积，由得到，从而求出，分两种情况，求出直线斜率；
（2）设直线l为，得到，联立抛物线方程，设，得到两根之和，两根之积，表达出，，求出.
【详解】（1）设，
因为过点的直线l交抛物线C于M，N两点，所以直线斜率存在，且不为0，
设直线l为，
联立与得：，
则，，
因为，所以，
故，解得：，
当时，，此时，解得：，
直线l的斜率为，满足点N位于点M和点P之间，
当时，，此时，解得：，
直线l的斜率为，满足点N位于点M和点P之间，
综上：直线l的斜率为；
（2）设，
因为过点的直线l交抛物线C于M，N两点，所以直线斜率不为0，
设直线l为，令得：，故，
联立与得：，
则，，
因为，
所以，，
解得：，，
所以，
故为定值-1.
【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：（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.
10．（2023秋·江苏南通·高三统考期末）已知抛物线经过点.
(1)求抛物线的方程；
(2)动直线与抛物线交于不同的两点，，是抛物线上异于，的一点，记，的斜率分别为，，为非零的常数.
从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①点坐标为；②；③直线经过点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将代入抛物线即可求解；
（2）选择①②，证③：设直线，与抛物线进行联立可得，，利用两点的斜率公式即可求证；选择①③，证②和选择②③，证①，设设直线的方程为，与抛物线进行联立可得，，利用两点的斜率公式即可求证；
【详解】（1）因为抛物线经过点，
所以，所以，所以抛物线的方程为；
（2）设，，
方案一：选择①②，证③
因为，，
所以，所以，
由已知可知与轴不平行，设直线，
联立消去可得，
，所以，，
所以，所以直线的方程为，所以经过；
方案二：选择①③，证②
设直线的方程为，联立消去可得，
所以，，，
因为，，
所以；
方案三：选择②③，证①
设直线的方程为，联立消去可得，
所以，，，
设，则，，
所以，
所以，整理可得，
因式分解可得对任意的恒成立，
所以，所以点坐标为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
11．（2023秋·山东菏泽·高三统考期末）已知点 和直线： ，直线过直线上的动点M且与直线垂直，线段的垂直平分线l与直线相交于点P．
(1)求点P轨迹C的方程；
(2)过点F的直线l与C交于 两点．若C上恰好存在三个点，使得的面积等于，求l的方程．
【答案】(1)
(2)或．
【分析】（1）根据抛物线的定义可判断东点轨迹为抛物线，即而求得抛物线方程；
（2）设l的方程为，作与l平行且与C相切的直线，切点为D,表示出切点D的坐标，联立方程，求出弦长，利用三角形的面积可求得k的值，说明符合题意，C上恰好存在三个点，使得的面积等于，即得答案.
【详解】（1）连接PF，因为MF的垂直平分线l交于点P，所以，
即点P到定点的距离等于点P到直线：的距离，
由抛物线的定义，点P的轨迹为抛物线,
即点P轨迹C的方程为.
（2）如图，作与l平行且与C相切的直线，切点为D,
由题知的面积等于．
由题意知直线l的斜率一定存在，设l的方程为 ，
方程可化为，则，
设，令，解得，
将代入，得，故，
所以D到l的距离，
由，消去y，得， ，
从而，，
所以，
故的面积，从而，
解得或，
此时或为使得的面积等于的一个点，
那么在直线l的上方必然也存在着一条直线和l平行，和l的距离为，
这条直线与抛物线有两个交点也使得的面积等于，
即此时C上恰好存在三个点，使得的面积等于，
所以l的方程为或．
【点睛】关键点点睛：要满足C上恰好存在三个点，使得的面积等于，关键在于找到使得面积等于时，和直线l平行且和抛物线相切的那条直线，即表示出切点坐标，从而表示出三角形的高，进而利用面积求得答案.
12．（2023·全国·高三专题练习）设抛物线：，以为圆心，5为半径的圆被抛物线的准线截得的弦长为8．
(1)求抛物线的方程；
(2)过点的两条直线分别与曲线交于点A，B和C，D，且满足，，求证：线段的中点在直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设到的距离为，由题意可得：，可解得，即可求出抛物线的方程.
（2）设，，由，表示出点的坐标，代入抛物线的方程结合题意可得，同理可得：，又因为，是关于的方程的两根，则， 即可证明.
（1）
：的准线：
设到的距离为，
由已知得，∴，∴，∴
∴的方程为
（2）
设，
∵，∴
∴，∴
代入得
∴
∴
∵点N在抛物线内部，∴，，∴
同理
∴，是关于的方程的两根，
∴，∴
∴的中点在直线上．
第一篇 热点、难点突破篇
专题19解析几何中的定值、定点和定线问题（练）
【对点演练】
一、单选题
1．（2022·吉林·东北师大附中校考模拟预测）过点且与双曲线有且只有一个公共点的直线有（ ）条．
A．0 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】过点且分别与渐近线平行的两条直线与双曲线有且仅有一个交点；
过点且与双曲线相切的直线与双曲线有且仅有一个公共点．
【详解】由双曲线得其渐近线方程为．
①过点且分别与渐近线平行的两条直线与双曲线有且仅有一个交点；
②设过点且与双曲线相切的直线为，联立，
化为得到，解得．
则切线分别与双曲线有且仅有一个公共点．
综上可知：过点且与双曲线仅有一个公共点的直线共有4条．
故选:.
2．（2023秋·山东潍坊·高三统考期末）已知为坐标原点， 是抛物线上的动点，且，过点作，垂足为，下列各点中到点的距离为定值的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意可设直线的方程，联立抛物线方程再利用，可得，法一：可知H在圆上运动进行判断，法二再由得出的方程为，解得，代入选项逐一验证是否为定值即可得出答案.
【详解】法一：设直线方程为，
联立直线和抛物线方程整理得，
所以
又，即，所以可得，即；
则直线 过定点D（4,0）因为，则点H在为直径的圆上（其中圆心坐标为OD中点（2,0）），故（2,0）到H的距离为定值
故选：B
法二：设直线方程为，
联立直线和抛物线方程整理得，
所以
又，即，所以可得，即；
又因为，所以的方程为，解得
对于A，到点的距离为不是定值；
对于B，到点的距离为为定值；
对于C，到点的距离为不是定值；
对于D，到点的距离为不是定值.
故选：B
【点睛】方法点睛：定值问题通常思路为设出直线方程，与圆锥曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，应用设而不求的思想，进行求解；注意考虑直线方程的斜率存在和不存在的情况.
二、多选题
3．（2023·全国·高三专题练习）椭圆的上下顶点分别，焦点为，为椭圆上异于的一动点，离心率为，则（ ）
A．的周长为
B．离心率越接近，则椭圆越扁平
C．直线的斜率之积为定值
D．存在点使得，则
【答案】ABD
【分析】根据椭圆定义可知焦点三角形周长为，结合离心率转化即可知A正确；根据椭圆离心率与椭圆形状的关系可知B正确；设，结合两点连线斜率公式化简可得斜率之积，知C错误；将问题转化为当为短轴端点时，，利用余弦定理可构造齐次不等式求得的范围，知D正确.
【详解】对于A，由椭圆定义知：，又，，
的周长为，A正确；
对于B，，当越接近时，的值越小，则椭圆越扁平，B正确；
对于C，设，则，又，，
，C错误；
对于D，由椭圆性质知：当为短轴端点时，最大，
若存在点使得，则当为短轴端点时，，
此时，即，，
又，，D正确.
故选；ABD.
4．（2023·全国·模拟预测）已知抛物线，为轴正半轴上一点，则（ ）
A．存在点，使得过点任意作弦，总有为定值
B．不存在点，使得过点任意作弦，有为定值
C．存在点，使得过点任意作弦，总有为定值
D．不存在点，使得过点任意作弦，有为定值
【答案】AD
【分析】设，，，联立直线与抛物线方程得，由两点间的距离公式可得，当时，则有，从而可判断A正确，B错误；进而可得，可得此式不为定值，即可得故C错误，D正确.
【详解】解：设，，，
由，可得，
则有，
所以，
，
所以+，
所以当且仅当时，，
即存在点，使得为定值，故A正确，B错误；
由题意可得，
，
所以，
如果为定值，
则必有，而此方程组无解，
所以不为定值，故C错误，D正确.
故选：AD.
三、解答题
5．（2022秋·江西萍乡·高三统考期末）已知椭圆E的中心在原点，周长为8的的顶点，为椭圆E的左焦点，顶点B，C在E上，且边BC过E的右焦点.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)椭圆E的上、下顶点分别为M，N,点若直线PM,PN与椭圆E的另一个交点分别为点S，T，证明：直线ST过定点，并求该定点坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）根据椭圆定义直接求解即可；
（2）求出的坐标，写出直线方程即可求出定点坐标.
【详解】（1）由题意知，椭圆E的焦点在x轴上，
所以设椭圆方程为，焦距为，
所以周长为，即，
因为左焦点，所以，，
所以，
所以椭圆E的标准方程为
（2）由题意知，，直线斜率均存在，
所以直线，与椭圆方程联立得，
对恒成立，
则，即，则，
同理，，
所以，
所以直线方程为：，
所以直线过定点，定点坐标为
6．（2022秋·四川成都·高三成都实外校考阶段练习）已知椭圆：，若点，，，中恰有三点在椭圆上．
(1)求的方程；
(2)点是的左焦点，过点且与轴不重合的直线与交于不同的两点，，求证：内切圆的圆心在定直线上．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据对称性，定在椭圆上，然后分别讨论，在椭圆上的情况，从而可求出椭圆方程，
（2）设，，：，将问题转化为证明的角平分线为定直线，只要证，将直线方程代入椭圆方程消去，利用根与系数的关系，代入上式化简即可得结论.
【详解】（1）根据对称性，定在椭圆上，
若也在椭圆上，则，方程组无解，
所以为椭圆上第三个点，
所以，解得，
所以椭圆的方程为：；
（2）由（1）得：，，设，，：．
要证明内切圆的圆心在定直线上，由对称性和内心的定义，即证明的角平分线为定直线，
即证，即，即证，
只要证，
由，得，
，得，
所以
所以成立，
即得证，
即内切圆的圆心在定直线上．
7．（2022秋·山东青岛·高三统考期末）已知为坐标原点，动直线与双曲线的渐近线交于A，B两点，与椭圆交于E，F两点.当时，.
(1)求双曲线的方程；
(2)若动直线与相切，证明：的面积为定值.
【答案】(1)
(2)的面积为定值,证明见解析
【分析】（1）设，由题意有，直线与双曲线的渐近线联立方程组，求得，直线与椭圆联立方程组，利用韦达定理求得，根据方程解出，得双曲线的方程.
（2）根据（1）中解得的两点坐标，表示出的面积，由直线与相切，联立方程组消元后判别式为0，化简后得定值.
【详解】（1）设
因为 ，所以
由 ， 得； 同理可得，所以，
由 ，得，所以
所以 即，由，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）双曲线的渐近线方程为，
由得 ， ，，
所 ，，
，
由 ， 得，
因为直线与双曲线相切，所以，即，
所以 为定值.
【点睛】思路点睛：1.双曲线的渐近线方程为，而双曲线的渐近线方程为(即)，应注意其区别与联系.
2.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．强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
8．（2023秋·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末）已知为双曲线左右顶点，焦点到渐近线的距离为，直线上一点与点连线与双曲线右支交于另一点，点与点连线与双曲线右支交于另一点D.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)直线是否经过定点？若是，求出该定点.
【答案】(1)；
(2)经过定点，定点坐标为.
【分析】（1）由题意即可得到答案
（2）设出，直线，联立直线与双曲线方程得到关于的韦达定理，由三点共线得，三点共线，得，化简得到，即可得到答案.
【详解】（1）依题可知，双曲线的渐近线方程为，
所以焦点到渐近线的距离为，即双曲线方程为.
（2）设，直线，
由得，所以
又三点共线，则①，
三点共线，则②，
联立①②得，化简得，
即（*）
将，，代入（*）式化简得.
所以，即直线是否经过定点.
9.（2023秋·天津滨海新·高三大港一中校考阶段练习）已知椭圆的左、右顶点分别为，右焦点为，且，以为圆心，为半径的圆经过点.
(1)求的方程；
(2)过点且斜率为的直线交椭圆于，
（ⅰ）设点在第一象限，且直线与交于.若，求的值；
（ⅱ）连接交圆于点，射线上存在一点，且为定值，已知点在定直线上，求所在定直线方程.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）或；（ⅱ）
【分析】（1）由，可求得，结合椭圆关系可得，由此可得椭圆方程；
（2）（ⅰ）设，与直线联立可得坐标；与椭圆方程联立，结合韦达定理可求得点坐标；利用正弦定理化简已知等式可得，即，利用向量坐标运算可构造方程求得的值；
（ⅱ）设，由点坐标可求得斜率，进而得到方程，与圆的方程联立可得点坐标；设，利用向量数量积坐标运算表示出，可知若为定值，则，知；当直线斜率不存在时，验证可知满足题意，由此可得定直线方程.
【详解】（1）以为圆心，为半径的圆经过点，，即，
，，，，
椭圆的方程为：.
（2）（ⅰ）由（1）得：，可设，，
由得：，即；
由得：，
，，
，，；
在中，由正弦定理得：，
，，
则由得：，
，，即，
，，
，解得：或.
（ⅱ）由题意知：圆方程为：；，；
不妨令位于第一象限，可设，
由（ⅰ）知：，
若直线斜率存在，则，直线，
由得：，，
设，则，
；
当时，为定值，此时，则，此时在定直线上；
当时，不为定值，不合题意；
若直线斜率不存在，则，，，
此时，则直线，设，
则，，，
则时，，满足题意；
综上所述：点在定直线上.
10．（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线的焦点为F，准线为l，记准线l与x轴的交点为A，过A作直线交抛物线C于，两点．
(1)若，求的值；
(2)若M是线段AN的中点，求直线的方程；
(3)若P，Q是准线l上关于x轴对称的两点，问直线PM与QN的交点是否在一条定直线上？请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)在定直线上，理由见解析
【分析】（1）根据焦半径公式即可求出；
（2）设直线MN的方程，与抛物线联立即可利用M是线段AN的中点求出m，从而求出直线的方程；
（3）设，即可求出直线PM与QN的方程，联立即可解出交点，从而可以判断交点在定直线上．
【详解】（1）根据题意，得
因为抛物线，所以准线为，
所以；
（2）由题意可知，直线的斜率不为0，故设直线的方程，
联立，消去，可得，
所以，即，，，
而M是线段AN的中点，所以，故，
解得，故，解得，
所以直线MN的方程为，即；
（3）直线MN的方程，设，
则，，
联立消去可得：，即，整理得：，
将，代入得，故，，
所以直线PM与QN的交点在定直线上．
【冲刺提升】
1．（2022秋·安徽合肥·高三统考期末）在平面直角坐标系xOy中，，，直线AP，BP 相交于点 P，且它们的斜率之积是1，记点P的轨迹为C．
(1)求证：曲线C是双曲线的一部分：
(2)设直线l与C相切，与其渐近线分别相交于 M、N两点，求证：的面积为定值
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设P的坐标，，根据斜率乘积为1列出方程，求出轨迹方程，判断出曲线C是双曲线的一部分；
（2）设切点坐标为，得到直线l的方程，与双曲线方程联立，由根的判别式等于0得到，结合得到，解得，求出直线l的方程为：，与两渐近线联立求出两点坐标，求出，结合以△OMN为直角三角形求出面积为定值4.
【详解】（1）设点P的坐标为，由已知得，
则直线AP，BP的斜率分别为：
由已知，化简得．
故曲线C的方程为：，
所以曲线C是除去顶点的双曲线，是双曲线的一部分；
（2）设直线l与C相切的切点坐标为，斜率为k，则，
则直线l的方程为：，与联立整理得：
①，
双曲线渐近线为，故，
且方程①有两个相等的实数根，
故，
化简得：②，
又，即③，
由②③得，，即，所以，
故直线l的方程为：．
双曲线C的两条渐近线方程为，所以△OMN为直角三角形．
不妨设与交点为M，解得，
同理，设与交点为N，解得，
可求得：，
所以△OMN的面积，
故△OMN的面积为定值．
【点睛】定值问题常见方法：（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.
2．（2023·全国·校联考模拟预测）已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且过、两点.
(1)求的方程；
(2)若，过的直线与交于、两点，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设椭圆的方程为，将点、的坐标代入椭圆的方程，可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出椭圆的方程；
（2）分两种情况讨论：①直线与轴重合，直接验证结论成立；②直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，计算得出，可得出轴平分，利用角平分线的性质可证得结论成立.综合可得出结论.
【详解】（1）解：设椭圆的方程为，
将点、的坐标代入椭圆的方程可得，解得，
因此，椭圆的方程为.
（2）证明：若直线与轴重合，则、为椭圆长轴的端点，
不妨设点，则点，则，，成立；
若直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，
联立可得，，
由韦达定理可得，，
，
所以，轴平分，所以，.
综上所述，.
3．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）如图，椭圆和圆，已知圆将椭圆的长轴三等分，椭圆右焦点到右顶点的距离为，椭圆的下顶点为E，过坐标原点O且与坐标轴不重合的任意直线l与圆相交于点A，B．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线分别与椭圆相交于另一个交点为点P，M．求证：直线经过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意列式求解，即可得答案；
（2）设直线的方程，与椭圆方程联立求的坐标，进而可求直线的方程，即可得结果.
【详解】（1）由题意可得：，则，
∵，解得，
∴椭圆的方程为.
（2）由题意知直线的斜率存在且不为0，设直线的斜率为k，则直线，
联立方程，解得或，
∴，
∵为圆的直径，点E在圆上，则，即，
∴，则直线，
故用去替代k得，
∵，
∴直线，即，
∴直线经过定点．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
4．（2022秋·福建福州·高三校考期末）已知椭圆C：过点．右焦点为F，纵坐标为的点M在C上，且AF⊥MF．
(1)求C的方程；
(2)设过A与x轴垂直的直线为l，纵坐标不为0的点P为C上一动点，过F作直线PA的垂线交l于点Q，证明：直线PQ过定点．
【答案】(1)
(2)过定点；证明过程见详解
【分析】（1）由题可得，结合条件可知，将点的坐标代入椭圆的方程，即可得解；
（2）设点，求出点的坐标，写出直线的方程，结合条件变形即得.
【详解】（1）设点，其中，则，
因为椭圆过点，则，
将点的坐标代入椭圆的方程得，
所以，解得，
因此椭圆的标准方程为；
（2）设点， 则，所以直线的垂线的斜率为，
由题可知，故直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，即点，
所以直线的方程为，
即，
因为，所以，
所以，
所以，
所以直线过定点．
【点睛】求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性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为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明．
5．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C：的右焦点为F，上顶点为，下顶点为，为等腰直角三角形，且直线与圆相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过的直线l交椭圆C于D，E两点（异于点，)，直线，相交于点Q．证明：点Q在一条平行于x轴的直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可知，因为直线与圆相切，则原点O到直线的距离为1，根据点到直线的距离公式解得，椭圆中满足，即可求出椭圆方程；
（2）设，，直线l方程为，与椭圆方程联立得，由韦达定理可得，，设直线和的交点为，联立两直线方程求交点，再根据韦达定理，即可得到，得证点Q在一条平行于x轴的直线上.
【详解】（1）解：由题可知，，，，
为等腰直角三角形，，
又直线与圆相切，所以原点O到直线的距离为1，
直线的方程为，即，所以，
解得，
又，所以椭圆C的标准方程为．
（2）
由过的直线l不过，，可设其直线方程为，
把代入，得，，即，
设，，则，，
直线的方程为，
直线的方程为
设直线和的交点为，则，
把及代入上式，得
，
整理得，
故点Q在一条平行于x轴的直线上，得证．
6．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆：的离心率为，是上一点.
(1)求的方程.
(2)设，分别为椭圆的左、右顶点，过点作斜率不为0的直线，与交于，两点，直线与直线交于点，记的斜率为，的斜率为.证明：①为定值；②点在定直线上.
【答案】(1)；
(2)①证明见解析；②证明见解析.
【分析】(1)由条件列出关于的方程，解方程可得，由此可得椭圆的方程；
(2)①联立方程组，利用设而不求法结合两点斜率公式求即可证明；
②求出直线与直线方程，联立求点的坐标，由此证明点在定直线上.
【详解】（1）由题意，椭圆的离心率为，是椭圆上一点，
所以，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）①因为过点且斜率不为0，所以可设的方程为，代入椭圆方程得，方程的判别式，设，，则
，.
两式相除得
，．
因为分别为椭圆的左、右顶点，所以点的坐标为，点的坐标为，所以，．
从而；
②由①知，设，则，所以直线的方程为：，直线的方程为，联立可得，所以直线与直线的交点的坐标为，所以点在定直线上.
【点睛】过x轴上定点斜率不为0的动直线方程可设为；过y轴上定点(0，y0)斜率存在的动直线方程可设为.
7．（2023·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，已知点、，点满足，记的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)设点在直线上，过的两条直线分别交于两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和，并求出该定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定值为0．
【分析】（1）利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，从而求得轨迹的方程；
（2）设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理化简计算可得的值.
【详解】（1）因为、，所以，
所以轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，得，，
所以轨迹的方程为.
（2）如图所示，设，
设直线的方程为，
.
联立，化简得，
则，
故，
则，
设的方程为，同理：，
因为，所以，
化简得，
所以，即，即，
因为，所以，故该定值为0．
8．（2022·全国·高三专题练习）已知双曲线的中心为原点，左､右焦点分别为､，离心率为，且过点，又点是直线上任意一点，点在双曲线上，且满足.
(1)求双曲线的方程；
(2)证明：直线与直线的斜率之积是定值；
(3)若点的纵坐标为，过点作动直线与双曲线右支交于不同的两点､，在线段上取异于点､的点，满足，证明点恒在一条定直线上.
【答案】(1)1
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由离心率公式和点满足双曲线的方程，结合双曲线的，，的关系，即可求得，，进而得到双曲线的方程；
（2）设出，，代入双曲线的方程，再由，再由直线的斜率公式，得到直线与直线的斜率之积，化简整理，运用代入，即可得到定值；
（3）设点，且过点的直线与双曲线的右支交于不同两点，，设，代入可得求出坐标之间的关系，化简可得点恒在定直线上.
（1）
双曲线，，
由于离心率为，即，
代入双曲线的方程可得，
解得，，，
即有双曲线的方程为；
（2）
由于点是直线上任意一点，
可设，
再由为双曲线上一点，可设，
则，即.
由，
则，
即有，即有，
则，
则直线与直线的斜率之积是定值；
（3）
设点，
且过点的直线与双曲线的右支交于不同两点，，
则，
即，，
设，
则.
即
由，得，
将，，代入，
得，
将代入，得，
所以点恒在定直线上.
9．（2023秋·重庆·高三统考学业考试）已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l交抛物线C于M，N两点，交y轴于P点，点N位于点M和点P之间.
(1)若，求直线l的斜率；
(2)若，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设出直线l为，联立抛物线方程，设，得到两根之和，两根之积，由得到，从而求出，分两种情况，求出直线斜率；
（2）设直线l为，得到，联立抛物线方程，设，得到两根之和，两根之积，表达出，，求出.
【详解】（1）设，
因为过点的直线l交抛物线C于M，N两点，所以直线斜率存在，且不为0，
设直线l为，
联立与得：，
则，，
因为，所以，
故，解得：，
当时，，此时，解得：，
直线l的斜率为，满足点N位于点M和点P之间，
当时，，此时，解得：，
直线l的斜率为，满足点N位于点M和点P之间，
综上：直线l的斜率为；
（2）设，
因为过点的直线l交抛物线C于M，N两点，所以直线斜率不为0，
设直线l为，令得：，故，
联立与得：，
则，，
因为，
所以，，
解得：，，
所以，
故为定值-1.
【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：（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.
10．（2023秋·江苏南通·高三统考期末）已知抛物线经过点.
(1)求抛物线的方程；
(2)动直线与抛物线交于不同的两点，，是抛物线上异于，的一点，记，的斜率分别为，，为非零的常数.
从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①点坐标为；②；③直线经过点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将代入抛物线即可求解；
（2）选择①②，证③：设直线，与抛物线进行联立可得，，利用两点的斜率公式即可求证；选择①③，证②和选择②③，证①，设设直线的方程为，与抛物线进行联立可得，，利用两点的斜率公式即可求证；
【详解】（1）因为抛物线经过点，
所以，所以，所以抛物线的方程为；
（2）设，，
方案一：选择①②，证③
因为，，
所以，所以，
由已知可知与轴不平行，设直线，
联立消去可得，
，所以，，
所以，所以直线的方程为，所以经过；
方案二：选择①③，证②
设直线的方程为，联立消去可得，
所以，，，
因为，，
所以；
方案三：选择②③，证①
设直线的方程为，联立消去可得，
所以，，，
设，则，，
所以，
所以，整理可得，
因式分解可得对任意的恒成立，
所以，所以点坐标为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
11．（2023秋·山东菏泽·高三统考期末）已知点 和直线： ，直线过直线上的动点M且与直线垂直，线段的垂直平分线l与直线相交于点P．
(1)求点P轨迹C的方程；
(2)过点F的直线l与C交于 两点．若C上恰好存在三个点，使得的面积等于，求l的方程．
【答案】(1)
(2)或．
【分析】（1）根据抛物线的定义可判断东点轨迹为抛物线，即而求得抛物线方程；
（2）设l的方程为，作与l平行且与C相切的直线，切点为D,表示出切点D的坐标，联立方程，求出弦长，利用三角形的面积可求得k的值，说明符合题意，C上恰好存在三个点，使得的面积等于，即得答案.
【详解】（1）连接PF，因为MF的垂直平分线l交于点P，所以，
即点P到定点的距离等于点P到直线：的距离，
由抛物线的定义，点P的轨迹为抛物线,
即点P轨迹C的方程为.
（2）如图，作与l平行且与C相切的直线，切点为D,
由题知的面积等于．
由题意知直线l的斜率一定存在，设l的方程为 ，
方程可化为，则，
设，令，解得，
将代入，得，故，
所以D到l的距离，
由，消去y，得， ，
从而，，
所以，
故的面积，从而，
解得或，
此时或为使得的面积等于的一个点，
那么在直线l的上方必然也存在着一条直线和l平行，和l的距离为，
这条直线与抛物线有两个交点也使得的面积等于，
即此时C上恰好存在三个点，使得的面积等于，
所以l的方程为或．
【点睛】关键点点睛：要满足C上恰好存在三个点，使得的面积等于，关键在于找到使得面积等于时，和直线l平行且和抛物线相切的那条直线，即表示出切点坐标，从而表示出三角形的高，进而利用面积求得答案.
12．（2023·全国·高三专题练习）设抛物线：，以为圆心，5为半径的圆被抛物线的准线截得的弦长为8．
(1)求抛物线的方程；
(2)过点的两条直线分别与曲线交于点A，B和C，D，且满足，，求证：线段的中点在直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设到的距离为，由题意可得：，可解得，即可求出抛物线的方程.
（2）设，，由，表示出点的坐标，代入抛物线的方程结合题意可得，同理可得：，又因为，是关于的方程的两根，则， 即可证明.
（1）
：的准线：
设到的距离为，
由已知得，∴，∴，∴
∴的方程为
（2）
设，
∵，∴
∴，∴
代入得
∴
∴
∵点N在抛物线内部，∴，，∴
同理
∴，是关于的方程的两根，
∴，∴
∴的中点在直线上．
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