新高考数学二轮复习百题必刷题专题30 圆锥曲线求过定点大题（含解析）

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专题30 圆锥曲线求过定点大题100题
1．已知椭圆C：.
（1）求椭圆C的离心率；
（2）设分别为椭圆C的左右顶点,点P在椭圆C上,直线AP,BP分别与直线相交于点M,N.当点P运动时,以M,N为直径的圆是否经过轴上的定点？试证明你的结论.
【答案】（1）（2）以为直径的圆经过轴上的定点和,证明见解析
【分析】
（1）先将转化为,根据椭圆的性质得到,即可求出离心率.
（2）根据椭圆方程求出,设,则①,分别求出直线和的方程,再分别与相交于点 和,设以为直径的圆经过轴上的定点,则,即得②,将①代入②得
解得或,得出为直径的圆是过定点和.
【详解】
解：（1）由得,
那么
所以
解得,所以离心率
（2）由题可知,
设,则①
直线的方程：
令,得,从而点坐标为
直线的方程：
令,得,从而点坐标为
设以为直径的圆经过轴上的定点,则
由得②
由①式得,代入②得
解得或
所以为直径的圆经过轴上的定点和.
2．已知椭圆：的短轴长为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）求过椭圆的右焦点且倾斜角为135°的直线，被椭圆截得的弦长；
（3）若直线与椭圆相交于，两点（不是左右顶点），且以为直径的圆过椭圆的右顶点，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】（1）椭圆的方程：（2）（3）见解析，
【分析】
（1）根据椭圆短轴长公式和离心率公式进行求解即可；
（2）求出过椭圆的右焦点且倾斜角为135°的直线方程，将与椭圆方程联立，结合椭圆弦长公式和一元二次方程根与系数关系进行求解即可；
（3）根据以为直径的圆过椭圆的右顶点，可以得到向量的数量积为零，将直线方程与椭圆方程联立，利用一元二次方程根与系数进行求解即可.
【详解】
（1）因为椭圆：的短轴长为，离心率为，
所以有且，而，解得，因此椭圆的标准方程为：；
（2）因为，所以椭圆的右焦点坐标为，因此过椭圆的右焦点且倾斜角为135°的直线方程是，
因此有因此设交点坐标分别为，因此有，因此有
,
所以直线被椭圆截得的弦长为；
（3）设，由题意可知，设椭圆右顶点的坐标为：，因为以为直径的圆过椭圆的右顶点，所以有
，
即.
直线与椭圆的方程联立，得：
因此，
因此由可得：，化简得：
，或
当时，直线方程为该直线恒过点这与已知矛盾，故舍去；
当时，直线方程为该直线恒过点，综上所述：直线过定点.
3．如图,已知椭圆的上顶点为,离心率为.

(1)求椭圆的方程;
(2)若过点作圆的两条切线分别与椭圆相交于点 (不同于点).当变化时,试问直线是否过某个定点若是,求出该定点;若不是,请说明理由.
【答案】(1) (2) 过定点
【分析】
(1) 椭圆的上顶点为,离心率为,可得,即可求得答案.
(2) 设切线方程为,则,即.设两切线的斜率分别为,则是上述方程的两根,根据韦达定理可得:,结合已知即可求得答案.
【详解】
(1) 椭圆的上顶点为,离心率为
可得 解得
椭圆的方程为.
(2)设切线方程为,则
即
设两切线的斜率分别为,
则是上述方程的两根,根据韦达定理可得:
由 消掉得:
设

同理可得

直线BD方程为
令,得,
故直线过定点.
4．已知动点到定点的距离比它到轴的距离大.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）设点(为常数)，过点作斜率分别为的两条直线与，交曲线于两点，交曲线于两点，点分别是线段的中点，若，求证：直线过定点.
【答案】（1）（2）见解析
【分析】
（1）由题意可得，点到定点的距离等于它到的距离，从而点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，从而求出答案；
（2）先写出直线的点斜式方程，再联立抛物线方程消元，得韦达定理结论，利用中点坐标公式求出点，同理求出点，从而求出直线直线的斜率及直线方程，从而得出直线过定点．
【详解】
解：（1）∵点到定点的距离比它到轴的距离大1，
∴点到定点的距离等于它到的距离，
∴点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
∴动点的轨迹的方程为
（2）由题意，直线的方程为，
设，由，得，
∴，
又线段的中点为，所以，同理，
∴直线的斜率，
∴直线的方程为：，
即，
∴直线过定点．
5．已知F为抛物线的焦点，过F且倾斜角为的直线交抛物线于A，B两点，.
（1）求抛物线的方程：
（2）已知为抛物线上一点，M，N为抛物线上异于P的两点，且满足，试探究直线MN是否过一定点？若是，求出此定点；若不是，说明理由.
【答案】（1） （2）过定点，
【分析】
(1)设出直线的方程，联立抛物线的方程，根据韦达定理即可求解出的值，即可求解出抛物线的方程；
(2)求解出点坐标，设出直线的方程，根据求解出之间的关系，从而确定出直线所过的定点.
【详解】
解：（1）由已知，直线AB的方程为
联立直线与抛物线，消y可得，，所以，
因为，所以，
即抛物线的方程为.
（2）将代入可得，
不妨设直线MN的方程为,
联立，消x得，
则有，
由题意,
化简可得，，
代入
此时直线MN的方程为，
所以直线MN过定点.
6．已知圆，圆，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）设不经过点的直线l与曲线C相交于A，B两点，直线QA与直线QB的斜率均存在且斜率之和为-2，证明：直线l过定点.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据动圆P与圆M外切并且与圆N内切，得到，，从而得到，得到，从而求出椭圆的标准方程；（2）直线l斜率存在时，设，代入椭圆方程，得到，，表示出直线QA与直线QB的斜率，根据，得到，的关系，得到直线所过的定点，再验证直线l斜率不存在时，也过该定点，从而证明直线过定点.
【详解】
（1）设动圆P的半径为r，
因为动圆P与圆M外切，所以，
因为动圆P与圆N内切，所以，
则，
由椭圆定义可知，曲线C是以为左、右焦点，长轴长为8的椭圆，
设椭圆方程为，
则，，故，
所以曲线C的方程为.
（2）①当直线l斜率存在时，设直线，，
联立，
得，
设点，则，


，
所以，
即，
得.
则，
因为，所以.
即，
直线，
所以直线l过定点.
②当直线l斜率不存在时，设直线，且，
则点
，
解得，
所以直线也过定点.
综上所述，直线l过定点.
7．设抛物线的对称轴是轴，顶点为坐标原点，点在抛物线上，
（1）求抛物线的标准方程；
（2）直线与抛物线交于、两点（和都不与重合），且，求证：直线过定点并求出该定点坐标.
【答案】（1）；（2）证明见解析；直线恒过点.
【分析】
（1）设,将点代入方程求解即可；
（2）当时显然不成立；当时联立直线方程与抛物线方程,利用韦达定理得到及的关系,由可得,代入即可得到与的关系,进而得到定点；当不存在时,联立直线方程与抛物线方程,同理运算即可
【详解】
解：（1）因为抛物线的对称轴是轴,设抛物线的标准方程为,
因为抛物线经过点所以,所以,
所以设抛物线的标准方程为
（2）证明：当直线的斜率存在且时,显然直线与抛物线至多只有一个交点,不符合题意；
当直线的斜率存在且时,设直线的方程为,
联立,消去,得①；
消去,得②；
设,则为方程①的两根,为方程②的两根,
,
因为,所以,
因为,所以,
即,
所以,即,
所以直线的方程可化为,
当时,无论取何值时,都有,所以直线恒过点,
当直线的斜率不存在时,设直线的方程为,
把与联立得,
则,
因为,
所以,即,得,
所以直线的方程为,
所以直线过点,
综上,无论直线的斜率存在还是不存在,直线恒过点.
8．已知抛物线：的焦点为，为抛物线上一点，为坐标原点，的外接圆与抛物线的准线相切，且外接圆的周长为.
（1）求抛物线的方程；
（2）已知点，设不垂直于轴的直线与抛物线交于不同的两点，，若，证明直线过定点并写出定点坐标.
【答案】（1）（2）证明见解析,恒过定点
【分析】
（1）先求出的外接圆的半径长，再利用抛物线的定义可求出的值，从而得出抛物线的方程；

（2）设的方程为，，，联立直线与抛物线方程，列出韦达定理，等价于即可得到、的关系，即可得到直线恒过定点.
【详解】
解：（1）因为的外接圆与抛物线的准线相切，
所以的外接圆的圆心到准线的距离等于半径，
因为外接圆的周长为，所以圆的半径为3，
又圆心在的垂直平分线上，，
，解得：，
所以抛物线的方程为.
（2）设的方程为，，，
由得，，则.
所以，，
因为，所以，
即，化简得，
所以，所以，
所以的方程为，恒过定点.
9．已知抛物线上一点到焦点的距离等于.
求抛物线的方程:
设不垂直与轴的直线与抛物线交于两点，直线与的倾斜角互补，求证:直线过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】 定点是，证明见解析
【分析】
（1）由焦半径公式求得，得抛物线方程；
（2）设，设直线方程是，代入抛物线方程，由韦达定理可得，代入，求得，从而直线方程只有一个参数，由方程可得定点坐标．
【详解】
因为，所以抛物线方程是.
设，设直线方程是，
由，所以，
由得；整理得，
，即，
解得，所以直线方程是，过定点，定点是.
10．已知抛物线：上任意一点到其焦点的距离的最小值为1.，为抛物线上的两动点（、不重合且均异于原点），为坐标原点，直线、的倾斜角分别为，.
（1）求抛物线方程；
（2）若，求证直线过定点；
（3）若（为定值），探求直线是否过定点，并说明理由.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）是，理由见解析.
【分析】
（1）根据抛物线的定义结合已知求出的值，最后写出抛物线的标准方程；
（2）设出直线的方程与抛物线方程联立，由已知可以得到，结合平面向量数量积坐标运算公式、一元二次方程根与系数关系，最后得到直线过定点；
（3）根据（2）中的特例，再结合，根据两角和的正切公式、直线倾斜角和斜率的关系，最后能求出直线所过定点.
【详解】
（1）设为抛物线上任一点，为焦点，则，
故抛物线方程.
（2）设，，：，联立得，
，
，即，
则.
得已，从而直线过定点.
（3）由（2），：，，
当或时，，
，故，
于是直线经过定点.
当且时，，
，
即，
.
故直线：，即为，
故直线过定点.
11．已知动圆M与直线相切，且与圆外切，记动圆M的圆心轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）若直线l与曲线C相交于A，B两点，且（O为坐标原点），证明直线l经过定点H，并求出H点的坐标.
【答案】（1）
（2）H（6,0），证明见解析
【分析】
（1）根据抛物线的定义即可求解；
（2）设，，直线l的方程为，联立方程，消去，列出韦达定理，根据即可得到方程，解得.
【详解】
解：（1）因为已知动圆与直线相切，且与圆外切，
所以动圆的圆心到点的距离与动圆的圆心到直线的距离相等.
∴动圆的圆心的轨迹是以为焦点的抛物线.
∴曲线的方程.
（2）∵直线l与曲线相交于A，B两点，∴直线l的斜率不为0.
设，，直线l的方程为.
由，消去，得.
∴，即.
∴，.
∵，∴.
∴.
∴，满足.
∴直线l的方程为.
∴直线l过定点H（6,0）.
12．已知抛物线，直线与相交于两点，弦长．
（1）求抛物线的方程；
（2）直线与抛物线相交于异于坐标原点的两点，若以为直径的圆过坐标原点，求证：直线恒过定点并求出定点．
【答案】（1） （2）证明见解析
【分析】
（1）设，联立得，求出p的值即得抛物线的方程；（2）由题得斜率一定存在，设．根据求出，即得直线经过的定点.
【详解】
（1）设，
，
∴，∴；
（2）由题得斜率一定存在，设．
则，
，
∴，
∴，，∴，∴，恒过点．
13．已知动点M与到点N(3，0)的距离比动点M到直线x=-2的距离大1，记动圆M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)若直线l与曲线C相交于A，B:两点，且(O为坐标原点)，证明直线l经过定点H，并求出H点的坐标.
【答案】(1);(2)证明见解析，定点
【分析】
（1）题意可转化为动点到点的距离与动点到直线的距离相等，通过抛物线的定义可得曲线方程；
（2）设，，直线的方程为，联立直线与抛物线结合韦达定理，根据可以计算出的值，进而可求直线所过定点.
【详解】
（1）由题意得动点到点的距离与动点到直线的距离相等，
∴动点的轨迹是以为焦点的抛物线.
∴曲线的方程为.
（2）∵直线与曲线相交于两点，∴直线的斜率不为0
设，，直线的方程为
由，消去得，
∴，即
∴，，
∵，∴，
∴，
∴，满足，
∴直线的方程为，
∴直线过定点.
14．已知椭圆经过点，且长轴长是短轴长的2倍．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若点在椭圆上运动，点在圆上运动，且总有，求的取值范围；
（3）过点的动直线交椭圆于、两点，试问：在此坐标平面上是否存在一个点，使得无论如何转动，以为直径的圆恒过点？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明由．
【答案】（1）．（2）（3）存在，
【分析】
（1）根据长轴长是短轴长的2倍，可得之间的关系，把点的坐标代入椭圆方程中，这样可以求出的值，进而求出椭圆的标准方程；
（2）设，求出圆的圆心坐标，根据两点间距离公式写出的表达式，根据椭圆的范围，求出的取值范围，根据圆的半径和的大小关系，进行分类讨论，最后求出的取值范围；
（3）由对称性可知，点一定位于轴上，设，，，
根据题意可以判断，根据直线是否存在斜率进行分类讨论.当存在斜率时，直线方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，结合，可以判断存在定点满足题意，并求出定点；当不存在斜率时，解方程组，最后判断是否满足刚得到定点条件.
【详解】
（1）因为长轴长是短轴长的2倍，所以有，椭圆过点
，所以有：所以椭圆的标准方程为；
（2）设，，
则，，
∴，∴，
①时，，
②时，，
综上，．
（3）由对称性可知，点一定位于轴上，
设，，，
则（*），
①的斜率存在时，设，代入椭圆方程，
得，
，
则（*）式为，
即，
，
整理，得，
∴，得．
②的斜率不存在时，，代入椭圆方程，得，
∴此时以为直径的圆的方程为，也经过点．
综上，存在满足题设条件．
15．已知抛物线上一点到焦点F的距离.
（1）求抛物线C的方程；
（2）设直线l与抛物C交于A，B两点（A，B异于点P），且，试判断直线l是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）；（2）过定点
【分析】
（1）根据抛物线定义以及点在抛物线上列方程组解得，，即得结果；
（2）先根据坐标化简得，再设直线方程，并与抛物线方程联立，利用韦达定理解得，即可判断定点坐标.
【详解】
（1）由题可得：，解得，，
抛物线的方程为.
（2）设直线l的方程为，，
联立，消x得：，，
，，
，同理，
又，，，
直线l的方程为：，过定点.
16．已知椭圆：的两焦点与短轴一端点组成一个正三角形的三个顶点，且焦点到椭圆上的点的最短距离为1.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于，两点，点关于轴的对称点为，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】（1）（2）证明见解析，定点.
【分析】
（1）由题可得,利用求解即可；
（2）设直线的方程为,联立可得,则,,由,则直线的方程为,可整理为,将,,,代入中,整理即可得到所过定点
【详解】
解：（1）由题,则,因为,所以,,
所以椭圆的方程为
（2）证明:设直线的方程为,联立,
消去可得,
设,,则,,
设,所以,所以直线的方程为,
即,所以,
将,,,代入,
则,
所以,
整理可得，所以直线过定点
17．已知动点到点的距离比到直线的距离小，设点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）过曲线上一点（）作两条直线，与曲线分别交于不同的两点，，若直线，的斜率分别为，，且.证明：直线过定点.
【答案】（1）． （2）证明见详解.
【分析】
（1）将描述的轨迹性质，转化为抛物线的定义，据此写出曲线方程；
（2）设出直线AB方程，利用，得到直线AB方程中系数之间的关系，从而证明直线恒过定点.
【详解】
（1）由题意可知，到点的距离比到直线的距离小，
则：动点到点的距离与到直线的距离相等，
故：点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，
所以曲线的方程为．
（2）因为点M在抛物线上，故可知，
设点，，直线的方程为：，
联立，得，
所以，
所以；
因为，
即，
所以，
等价于，所以或
当时，直线的方程：
直线过定点与重合，舍去；
当时，直线的方程：
直线过定点，所以直线过定点．
18．已知动圆M与直线相切，且与圆N：外切
（1）求动圆圆心M的轨迹C的方程；
（2）点O为坐标原点，过曲线C外且不在y轴上的点P作曲线C的两条切线，切点分别记为A，B，当直线与的斜率之积为时，求证：直线过定点.
【答案】（1）；（2）见解析
【分析】
（1）直接利用直线与圆的位置关系式，圆和圆的位置关系式的应用求出结果．
（2）利用直线与曲线的相切和一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．
【详解】
（1）设动圆圆心M（x，y），
由于圆M与直线y=-1相切，且与圆N：外切．
利用圆心到直线的距离和圆的半径和圆心距之间的关系式，
可知C的轨迹方程为：
（2）设直线：，，，
因为，，所以两条切线的斜率分别为，，
则直线的方程是，
直线的方程是.
两个方程联立得P点坐标为，
，
，由联立得：
，
故直线过定点.
19．已知抛物线：，过焦点的直线与轴平行，且与抛物线交于，两点，若.
（1）求抛物线的方程；
（2）直线与抛物线相交于异于坐标原点的两点、，若以为直径的圆过坐标原点，求证：直线恒过定点并求出该定点.
【答案】（1）；（2）见解析，过点
【分析】
（1）依题意可得，即可取出抛物线方程.
（2）依题意直线斜率一定存在，设：，，，则，，联立直线方程与曲线方程，消元列出韦达定理，即可求出参数的值，从而得到直线过的定点.
【详解】
解：（1）由题意，∴，；
（2）斜率一定存在，设：，，，则，，
，消元得，
，，，
∴，
∴，∵，∴，∴：，恒过点.
20．已知椭圆，焦距为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若一直线与椭圆相交于、两点（、不是椭圆的顶点），以为直径的圆过椭圆的上顶点，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】（1）；（2）存在，直线过定点．
【分析】
（1）根据椭圆的焦距求出的值，进而可得出椭圆的标准方程；
（2）设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，根据以为直径的圆过椭圆的上顶点，得，利用平面向量数量积的坐标运算，并代入韦达定理，可得出与所满足的等式，即可得出直线所过定点的坐标.
【详解】
（1）设椭圆的焦距为，有，，所以，椭圆的焦点在轴上，
得，有，得，故椭圆的标准方程为；
（2）由方程组，得，
即．
，即．
设、两点的坐标分别为、，
则，，，
．
以为直径的圆过椭圆的上顶点，，即，
即，
化简得，或．
当时，直线过定点，与已知矛盾．
当时，满足，此时直线为过定点.
直线过定点．
21．设是椭圆上的点，是焦点，离心率.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设是椭圆上的两点，且，问线段的垂直平分线是否过定点？若过定点，求出此定点的坐标，若不过定点，说明理由.
【答案】（1）（2）过，
【分析】
（1）由条件可知，并且点代入椭圆方程，求得椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，则，与椭圆方程联立，求得的中点坐标，
并表示线段的垂直平分线方程，利用条件，求得直线所过的定点，并说明当斜率不存在时，也满足.
【详解】
（1）由于椭圆的离心率为，，
所以，椭圆的标准方程为，
将点的坐标代入椭圆的标准方程得，得，
因此，椭圆的方程为；
（2）由题意知，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，则.
将直线的方程与椭圆方程联立，得.
由韦达定理可得，①，
所以，，则线段的中点坐标为.
则线段的垂直平分线方程为，即，
即，此时，线段的垂直平分线过定点；
当直线的斜率不存在时，直线的垂直平分线就是轴，也过点；
综上所述，线段的垂直平分线过定点.
22．在平面直角坐标系中，已知椭圆E：（）过点，其心率等于.
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）若A，B分别是椭圆E的左，右顶点，动点M满足，且椭圆E于点P.
①求证：为定值：
②设与以为直径的圆的另一交点为Q，求证：直线经过定点.
【答案】（1）；（2）①见解析，②见解析.
【分析】
（1）由题意的离心率公式和点满足题意方程，结合椭圆的，，的关系解出方程，进而得到椭圆方程；
（2）①设，，求得直线的方程，代入椭圆方程，解得点的坐标，再由向量的数量积的坐标表示，计算即可得证；
②先求得的斜率，再由圆的性质可得，求出的斜率，再求直线的方程，即可得到定点.
【详解】
（1）设椭圆焦距为，所以且
解得
所以椭圆E的方程为；
（2）设，，
①易得直线的方程为：，
代入椭圆得，，
由得，，从而，
所以
.
②依题意，，
由得，，
则的方程为：，即，
所以直线过定点.
23．已知抛物线：的焦点为，直线与轴的交点为，与抛物线的交点为，且．
（1）求抛物线的方程；
（2）过抛物线上一点作两条互相垂直的弦和，试问直线是否过定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由．
【答案】（1）（2）直线恒过定点
【分析】
（1）设，代入抛物线方程，结合抛物线的定义，可得，进而得到抛物线方程；
（2）由题可得，直线的斜率不为，设直线：，，，联立直线与曲线方程，由，则，即可得到，的关系式，再求出直线过定点；
【详解】
解：（1）设，代入得：，即
由得：，解得：或（舍去）
故抛物线C的方程为：.
（2）由题可得，直线的斜率不为
设直线：，，
联立，得：，
，，
由，则，即.
于是

，所以
或
当时，
直线：，恒过定点，不合题意，舍去.
当，，直线：，恒过定点
综上可知，直线恒过定点
24．椭圆（）的离心率等于，它的一个长轴端点恰好是抛物线的焦点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆有且只有一个公共点，且直线与直线和分别交于两点，试探究以线段为直径的圆是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点，若不恒过定点，请说明理由.
【答案】（1）；（2）以线段为直径的圆恒过定点，且定点为
【分析】
（1）由离心率及抛物线的焦点是椭圆长轴的端点即的关系可得椭圆的标准方程；
（2）设，则由消去得关于的二次方程，根据判别式等于得，另外先求出点，，则可求出以线段为直径的圆的方程，整理得，将代入即可求出定点.
【详解】
解：（1）由题意设椭圆的方程为（），
因为抛物线的焦点坐标为，则 ，
由，得
∴椭圆的方程为；
（2）明显直线的斜率存在，
设，
则由，消去得，
，
整理得，
又由，得，
由，得，
所以以线段为直径的圆为，
整理得，
将代入得，
当时，，
所以以线段为直径的圆恒过定点，且定点为.
25．已知椭圆C：（）的长轴长是短轴长的2倍，左焦点为.
（1）求C的方程；
（2）设C的右顶点为A，不过C左、右顶点的直线l：与C相交于M，N两点，且.请问：直线l是否过定点？如果过定点，求出该定点的坐标；如果不过定点，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是，.
【分析】
（1）由焦点坐标、长轴长和短轴长关系、椭圆关系可构造方程组求得，进而得到所求方程；
（2）将直线方程与椭圆方程联立，得到韦达定理的形式；根据垂直关系可得，代入韦达定理的结果可整理得到，进而解得，；分别验证两个结果可知满足题意，根据直线过定点的求解方法可确定定点坐标.
【详解】
（1）由题意得：，解得：
的方程为：
（2）设，
由得：
则，化简得：…①
，
又
，即
又

即
化简为：
解得：，，均满足①式
当时，，直线过点，不合题意，舍去；
当时，，直线过定点
综上可知，直线过定点，定点坐标为
26．设抛物线，满足，过点作抛物线的切线，切点分别为.
（1）求证：直线与抛物线相切；
（2）若点坐标为，点在抛物线的准线上，求点的坐标；
（3）设点在直线上运动，直线是否恒过定点？若恒过定点，求出定点坐标；若不存在，请说明理由；
【答案】（1）证明见详解；（2） （3）是，
【分析】
（1）联立直线方程与抛物线方程，由，即可证明；
（2）根据点在抛物线上解得，进而写出点坐标，再根据点既在直线上，又在抛物线上，联立方程组即可求得的坐标；
（3）写出直线的方程，根据过点和过点的直线交于点得到的结论，整理化简直线方程，即可求得恒过的定点.
【详解】
（1）联立直线与抛物线方程，消去
可得
故，因为点在抛物线上，
故
则直线与抛物线只有一个交点
又因为，故该直线不与轴平行，
即证直线与抛物线相切.
（2）因为点在抛物线上，故可得，解得
由（1）可知过点的切线方程为，即
又抛物线的准线方程为，故令，解得，
即点的坐标为.
因为过点的切线方程为，其过点
故可得，又因为点满足抛物线方程，
故可得，联立方程组可得
解得（舍去，与点重合），，
故点的坐标为.
（3）由（1）得过点的切线方程为
令，可解得
过点的切线方程为
令，可解的
因为两直线交于点，故可得
整理得 ①
当过两点的直线斜率存在，则设其方程为：
整理得，将①代入可得
故直线方程为
故该直线恒过定点;
当过两点的直线斜率不存在时，
，代入①可得
过此时直线，也经过点
综上所述，直线恒过定点，即证.
27．已知抛物线的焦点为，过点且斜率为的直线与抛物线相交于两点.设直线是抛物线的切线，且直线为上一点，且的最小值为.
（1）求抛物线的方程；
（2）设是抛物线上，分别位于轴两侧的两个动点，为坐标原点，且.求证：直线必过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】（1）（2）见解析，.
【分析】
（1）依题意，设出M、N坐标及直线的方程为，代入抛物线方程，可得根与系数关系，设直线和抛物线相切于点，由题意和切线的几何意义知，曲线在处的切线斜率为1，因此得，可得切线的方程，设出P点坐标，代入化简并求得最小值为可解出p，即可求抛物线C的方程，并求其准线方程；
（2）直线的斜率一定存在，设的方程为，代入y2=4x，利用韦达定理结合，求出b，即可证明直线l必过一定点，并求出该定点．
【详解】
(1)依题意，直线的方程为.
设,
将直线的方程代入中，
得，
因此.
设直线和抛物线相切于点，
由题意和切线的几何意义知，曲线在处的切线斜率即导数为1，
因此得，
切点的坐标为，
因此切线的方程为.
设，
于是


将，代入其中，
可得.
当时，取得最小值，
由，
可解得正数值为2，
因此所求的抛物线方程为.
（2）显然，直线的斜率一定存在，
设的方程为，，
则，
故，
也即，①
将代入抛物线中，
得，
故.
将它们代入到①中，得，
解得，
因此直线恒过点.
28．已知曲线上任意一点满足，直线的方程为，且与曲线交于不同两点，.
（1）求曲线的方程；
（2）设点，直线与的斜率分别为，，且，判断直线是否过定点？若过定点，求该定点的坐标.
【答案】（1）；（2）是，.
【分析】
（1）把已知等式根式里式子配方后由几何意义得出动点到两定点距离之和为定值，从而确定动点轨迹是椭圆，根据椭圆标准方程得出结论；
（2）设与的交点，，联立直线与曲线的方程：，消整理，应用韦达定理得，代入，得的关系，由此求得直线过定点的坐标．
【详解】
（1）由可化得
，设，，
则等式即为，且，所以曲线是椭圆，焦点为，（在
轴上），长半轴长，半焦距，短半轴长，
所以曲线的方程为.
（2）联立直线与曲线的方程：，消整理得
，
∵直线与曲线交于不同两点，，
∴，得，
设与的交点，，
则，.
由题意，

∴，
由得，且满足，则：，
所以直线经过定点.
29．已知椭圆上任一点到，的距离之和为4.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知点，设直线不经过点,与交于，两点，若直线的斜率与直线的斜率之和为，判断直线是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）定点，证明见解析
【分析】
(1)根据椭圆的定义可得,,a=2,则b2=a2﹣c2=2,即可求得椭圆方程;
(2)设直线l的方程,代入椭圆方程,根据韦达定理及直线的斜率公式化简可得m=﹣2k﹣4,再根据直线的点斜式方程,即可判断直线l恒过定点(2,﹣4).
【详解】
(1)由椭圆定义知,,,
所以,
所以椭圆的标准方程为;
(2)直线l恒过定点(2,﹣4),理由如下:
若直线斜率不存在,则,不合题意.
故可设直线方程:,
联立方程组,代入消元并整理得:,
则,.
,将直线方程代入,
整理得:,
即,
韦达定理代入上式化简得:,
因为不过点,所以,
所以,即,
所以直线方程为,即,
所以直线过定点.
30．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点是椭圆的一个顶点，是等腰直角三角形.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点分别作直线，交椭圆于，两点，设两直线的斜率分别为，，且，证明：直线过定点.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】
（1）由椭圆的顶点坐标可直接得，根据△是等腰直角三角形可得，进而由椭圆方程中的关系即可得椭圆方程；
（2）分类讨论直线的斜率不存在和直线斜率存在两种情况：当斜率存在时，设出直线方程，并联立椭圆后，设，，由韦达定理表示出，根据斜率关系，整理可得与的等量关系，代入直线方程即可确定直线AB过定点.当斜率不存在时，易证也过该定点即可.
【详解】
（1）由已知可得，
是等腰直角三角形可得，
由，
则所求椭圆方程为.
（2）若直线的斜率存在，设方程为，依题意.
设，，
由得.
则.
由已知，
所以，即.
所以，整理得.
故直线的方程为，即.
所以直线过定点.
若直线的斜率不存在，设方程为，
设，，由已知，
得.此时方程为，显然过点.
综上，直线过定点.
31．已知椭圆经过点，离心率，直线的方程为.
（1）求，的值；
（2）过椭圆左焦点的直线交椭圆于，两点，过作直线的垂线与交于点.求证：当直线绕点旋转时，直线必经过轴上一定点.
【答案】（1），；（2）证明见解析
【分析】
（1）根据椭圆的离心率和椭圆上一点，列方程求得的值：（2）设直线的方程与椭圆联立，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理用表示出：，，及，在写出直线方程，化简整理，即可分析出恒过的定点
【详解】
解：由，得，
又在椭圆上，
解得：，
（1）左焦点，设直线的方程为：
由
设，，
则，，
直线
令，可得，
即，
可得，
而，
则，
所以可得
即直线经过点．
特别，当与轴重合时，显然直线经过点．
综上所述，直线过定点.
32．已知椭圆过，两点，其中为椭圆的离心率.过点作两条直线，，与椭圆的另一个交点分别为，，且与的斜率之积为-2.

（1）求椭圆的方程；
（2）求证：直线恒过一个定点.
【答案】（1） （2）证明见解析
【分析】
（1）由题意得，再结合椭圆的性质即可得解；
（2）设的斜率为，则的斜率为，联立方程组可得、，表示出后即可表示直线的方程，化简即可得证.
【详解】
（1）椭圆过，，
，
，解得，
椭圆的方程为.
（2）证明：设的斜率为，则的斜率为，
，，
由，得，
，又，，
，即，
同理，，

.
即，
即，
直线恒过定点.
33．已知抛物线的焦点为，点是抛物线上一点，且满足.
（1）求、的值；
（2）设、是抛物线上不与重合的两个动点，记直线、与的准线的交点分别为、，若，问直线是否过定点？若是，则求出该定点坐标，否则请说明理由.
【答案】（1），；（2）过定点，且定点的坐标为.
【分析】
（1）将点的坐标代入抛物线的方程结合抛物线的定义可得出关于、的方程组，解出即可；
（2）设直线方程为，、，求出直线、的方程，解出点、的坐标，利用，得，结合韦达定理，求出，再求出定点坐标．
【详解】
（1）由题意得抛物线的准线方程，则，
由题意得，解得；
（2）由（1）得抛物线的焦点，，
显然直线的斜率不为零，设直线方程为，、，
联立，消去得，
由韦达定理得，.
直线的斜率，
故直线的方程为，
令，得，故的坐标为，
同理的坐标为，
，，，，
所以，，
，所以，直线的方程为，过定点.

34．已知抛物线（）的焦点，为坐标原点，，是抛物线上异于的两点.
（1）求抛物线的方程；
（2）若直线，的斜率之积为，求证：直线过轴上一定点.
【答案】（1）；（2）证明见详解.
【分析】
（1）根据焦点坐标，即可求得以及抛物线方程；
（2）对直线的斜率进行讨论，当斜率存在时，设直线方程，联立抛物线方程，根据韦达定理，结合直线，的斜率之积为，找到直线之间的等量关系，从而证明问题.
【详解】
（1）因为抛物线（）的焦点坐标为，
所以，即.
所以抛物线的方程为.
（2）证明：①当直线的斜率不存在时，
设，.
因为直线，的斜率之积为，
所以，化简得.
所以，，
此时直线的方程为.
②当直线的斜率存在时，
设其方程为，，，
联立方程组，消去得.
由根与系数的关系得，
因为直线，的斜率之积为，
所以，即.
即，
解得（舍去）或.
所以，即，
所以即
综合①②可知，直线过定点.
35．已知抛物线:（）上横坐标为4的点到焦点的距离为5．
（1）求抛物线的方程；
（2）设直线与抛物线交于不同两点，若满足，证明直线恒过定点，并求出定点的坐标．
【答案】（1）；（2）见解析，.
【分析】
（1）求出抛物线的准线方程，利用抛物线定义，可得的方程，即可得出抛物线的方程；
（2）方法一：设，，由得，进行坐标运算并化简整理，运用直线的斜率公式和直线方程，以及直线恒过定点的求法，可得所求定点坐标.
方法二：设，，设直线：（），与抛物线方程联立，由韦达定理得到根与系数的关系，而，则，代入坐标进行运算并解出，进行检验后可得直线方程，由此可得直线恒过定点以及定点坐标.
【详解】
解：（1）抛物线:（）的准线方程为，
由抛物线的定义得，，
解得，
所以抛物线方程为.
（2）方法一：设，，，且，皆不为，
，
，即，
，
又，，
直线斜率为，
直线方程为：，
即为，
直线恒过定点，
直线恒过定点，定点坐标为.
方法二：设，，
由条件可知直线的斜率不为0，可设直线：（），
代入,得：，
，，，
，
，
即，

，
，
，符合，
直线：，则直线恒过定点，
直线恒过定点，定点坐标为.
36．在椭圆：中，点，分别为椭圆的左顶点和右焦点，若已知离心率，且在直线上.

（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于，两点，连接，分别交直线于点，，求证：以为直径的圆经过定点.
【答案】（1） （2）证明见解析
【分析】
（1）根据点坐标、离心率和椭圆关系可求得，进而得到椭圆方程；
（2）设，与椭圆方程联立得到韦达定理的形式；分别利用表示出的坐标，从而得到；根据平面向量数量积运算可得，得到，从而证得结论.
【详解】
（1）椭圆的左顶点在直线上且位于轴上，，.
，，，
椭圆的方程为：.
（2）由（1）知：，
设，，
过点，可设的直线方程为：，
联立方程得：，
，.
设直线的方程为，
，即，同理可得：，
，，
从而.
，即点在以为直径的圆上.
37．已知椭圆（）的离心率为，左、右焦点分别为、，为椭圆的下顶点，交椭圆于另一点、的面积.

（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线交椭圆于、两点，点关于轴的对称点为，问：直线是否过定点？若是，请求出定点的坐标；若不是，请说明理由.
【答案】（1）（2）直线过定点
【分析】
（1）根据椭圆离心率的公式和椭圆中的关系，可以判断出的形状，最后结合椭圆的定义和三角形的面积公式进行求解即可；
（2）设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用根与系数关系，三点共线进行求解即可.
【详解】
（1）由椭圆的离心率，则，，，
∴是等腰直角三角形，
又，
在中，，即.
解得，，，
∴的面积为，，，
∴椭圆方程为.
（2）设，，则，
设直线与轴交于点，直线的方程为（），
由有，
，，
，，
由、、三点共线，，即，
将，代入整理得，
即，
从而，即，解得，此时满足.
则直线的方程为，故直线过定点.
（其他解法正确同样给分）
38．已知椭圆的右焦点到直线的距离为，在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过作两条互相垂直的直线，是与椭圆的两个交点，是与椭圆的两个交点，分别是线段的中点试，判断直线是否过定点？若过定点求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）；（2）直线过定点
【分析】
（1）由题意得，求出，即可求出椭圆方程；
（2）设直线的方程为，①当时，联立方程组，化简可得
，进而求出，同理可得，进而求出，求出直线的方程，求出必过的定点；②当时，易知直线过定点；综上即可求出结果.
【详解】
解：（1）由题意得，∴，
∴椭圆的方程为；
（2）由（1）得，设直线的方程为，点的坐标分别为，
①当时，由，得，
∴，∴
同理，由，可得

∴直线的方程为，过定点；
②当时，则直线的方程为，
∴直线过定点
综上，直线过定点
39．已知椭圆的离心率为，其右焦点到直线的距离为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过作两条互相垂直的直线，是与椭圆的两个交点，是与椭圆的两个交点，分别是线段的中点，试判断直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点.请说明理由.
【答案】（1）；（2）直线过定点
【分析】
（1）由题意得，求出，即可求出椭圆方程；
（2）设直线的方程为，①当时，联立方程组，化简可得
，进而求出，同理可得，进而求出，求出直线的方程，求出必过的定点；②当时，易知直线过定点；综上即可求出结果.
【详解】
解：（1）由题意得，∴，
∴椭圆的方程为；
（2）由（1）得，设直线的方程为，点的坐标分别为，
①当时，由，得，
∴，∴
同理，由，可得

∴直线的方程为，过定点；
②当时，则直线的方程为，
∴直线过定点
综上，直线过定点.
40．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点是椭圆的右端点，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于，两点，点关于轴的对称点为（与不重合），则直线与轴是否交于一个定点？若是，请写出定点坐标，并证明你的结论；若不是，请说明理由.
【答案】（1） （2）交于定点
【分析】
（1）设点后根据.代入易得椭圆方程。（2）联立直线方程和椭圆方程根据韦达定理写出直线的方程，然后令化简即可求得直线与轴交于一个定点。
【详解】
（1）易知，，，∴，，
∴，∴.由，解得，
故所求的椭圆方程为，
（2）设，，则，
由得，故，.
经过点，的直线方程为
令，则
又∵，，当
，
这说明，直线与轴交于定点.
41．在平面直角坐标系xOy中，A、B两点的坐标分别为（0，1）、（0，﹣1），动点P满足直线AP与直线BP的斜率之积为，直线AP、BP与直线y＝﹣2分别交于点M、N．
（1）求动点P的轨迹方程；
（2）求线段MN的最小值；
（3）以MN为直径的圆是否经过某定点？若经过定点，求出定点的坐标；若不经过定点，请说明理由.
【答案】（1）（x≠0）．（2）4．（3）是，定点（0，﹣2+2）或（0，﹣2﹣2）．
【分析】
(1)设动点,再根据斜率之积化简方程即可.
(2)分别设关于的的方程,再联立求解的坐标,进而求得关于的解析式,再利用化简,利用基本不等式求解最小值即可.
(3)根据题意可知,再进行根据满足椭圆的方程代入化简求解即可.
【详解】
（1）设动点P（x,y）,∵A（0,1）,B（0,﹣1）,
∴直线AP的斜率k1,直线BP的斜率,
又k1•k2,∴,
∴动点P的轨迹方程为（x≠0）．
（2）设直线AP的方程为y﹣1＝k1（x﹣0）,
直线BP的方程为y+1＝k2（x﹣0）,
由,得,∴M（）,
由,得,∴N（,﹣2）,
由,得|MN|＝||＝||4,
当且仅当,即时,等号成立,
∴线段MN长的最小值为4．
（3）设点Q（x,y）是以MN为直径的圆的任意一点,则,
即,
又k1k2,
∴以MN为直径的圆的方程为,
令x＝0,得（y+2）2＝12,解得y＝﹣2,
∴以MN为直径的圆过定点（0,﹣2+2）或（0,﹣2﹣2）．
42．已知动点到定点的距离比到轴的距离多.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）设，是轨迹在上异于原点的两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当，变化且时，证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】（1）或；（2）证明见解析，定点
【分析】
（1）设，由题意可知，对的正负分情况讨论，从而求得动点的轨迹的方程；
（2）设其方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理得到，所以，所以直线的方程可表示为，即，所以直线恒过定点．
【详解】
（1）设，
动点到定点的距离比到轴的距离多，
，时，解得，
时，解得.
动点的轨迹的方程为或
（2）证明：如图，设，，
由题意得（否则）且，
所以直线的斜率存在，设其方程为，
将与联立消去，得，
由韦达定理知，，①
显然，，
，，
将①式代入上式整理化简可得：，
所以，
此时，直线的方程可表示为，
即，
所以直线恒过定点.

43．已知椭圆C：（）的左，右焦点为，，且焦距为，点，分别为椭圆C的上、下顶点，满足.
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知点，椭圆C上的两个动点M，N满足，求证：直线过定点.
【答案】（1）；（2）见解析
【分析】
（1）设，，，结合已知的向量表达式，根据平面向量加法的几何意义可知四边形为菱形，结合已知条件进行求解即可；
（2）根据直线是否存在斜率进行分类讨论.设直线的方程，与椭圆方程联立，结合一元二次方程根与系数的关系，结合两平面向量垂直的性质进行求解即可.
【详解】
（1）设，，，
由可知四边形为菱形且，
故，解得，故，
椭圆C的方程为.

（2）当直线斜率存在时，设：，，.
联立消去y得
，
，
，，
由，则，
即，
整理得，
将，代入整理得，
即，
解得或.
当时，直线：过点E，舍去；
当时，直线：过定点.
当直线斜率不存在时，不妨设，，
则由，则，
即，即，
即，解得（舍去）或，也过定点.
综上，直线过定点.
44．已知椭圆的左焦点坐标为，，分别是椭圆的左，右顶点，是椭圆上异于，的一点，且，所在直线斜率之积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作两条直线，分别交椭圆于，两点（异于点）.当直线，的斜率之和为定值时，直线是否恒过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理.
【答案】（1）（2）直线过定点
【分析】
（1），再由，解方程组即可；
（2）设，，由，得，由直线MN的方程与椭圆方程联立得到根与系数的关系，代入计算即可.
【详解】
（1）由题意知：，又，且
解得，，
∴椭圆方程为，
（2）当直线的斜率存在时，设其方程为，设，，
由，得.
则，（*）
由，
得，
整理可得
（*）代入得，
整理可得，
又
，
∴，
即，
∴直线过点
当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，，，其中，
∴，
由，得，
所以
∴当直线的斜率不存在时，直线也过定点
综上所述，直线过定点.
45．已知点，，椭圆C：（）的离心率为，过点且斜率为1的直线被椭圆C截得的线段长为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线不经过点，且与C相交于A，B两点.若直线与直线的斜率的和为，证明：过定点.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】
（1）联立直线的方程和椭圆方程，由弦长公式，结合椭圆的离心率即可求得椭圆方程；
（2）设出直线的方程，联立椭圆方程，根据韦达定理，结合直线与直线的斜率的和为，即可容易证明.
【详解】
（1）由题意知，，则，
于是椭圆C的方程可化为，
直线的方程为，
联立得.
设，为两交点，
则，， 由得（*）
再由弦长公式得，
解得代入（*）成立，从而，
所以椭圆C的方程为.
（2）设直线与的斜率分别为，，
如果与x轴垂直，设：，
由题设知且，
可得A，B坐标分别为，，
则，得，
此时的方程为，与椭圆只有一个公共点，与题意不符.
从而可设：（）
将代入
得.
由题设可知，
设，则，
而
，
由题设知得，
即，
解得，代入，得，
此时，
所以过定点.
46．已知抛物线与过点的直线交于两点.
（1）若，求直线的方程；
（2）若，轴，垂足为，探究：以为直径的圆是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
【答案】（1）或；（2）过定点，
【分析】
（1）设出直线的方程，联立直线与抛物线方程，利用根与系数的关系及弦长公式计算即可；
（2）设以为直径的圆经过点，，，利用得，令解方程组即可.
【详解】
（1）由题可知，直线的斜率不为0，设其方程为，
将代入，消去可得，
显然，设，，则，，
所以，
因为，所以，解得，
所以直线的方程为或.
（2）因为，所以是线段的中点，
设，则由（1）可得，，
所以，又轴，垂足为，所以，
设以为直径的圆经过点，则，，
所以，即，
化简可得①，
令，可得，
所以当，时，对任意的，①式恒成立，
所以以为直径的圆过定点，该定点的坐标为.
47．已知椭圆：（）的右顶点与抛物线：（）的焦点重合.的离心率为，过的右焦点F且垂直于x轴的直线截所得的弦长为.
（1）求椭圆和抛物线的方程；
（2）过点的直线l与椭圆交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为点E，证明：直线过定点.
【答案】（1），；（2）见解析
【分析】
（1）由题意可得，由于椭圆的离心率可得a，c的关系，进而可得p，c的关系，再由过的右焦点F且垂直于x轴的直线截所得的弦长为可得c的值，再由a，b，c的关系求出椭圆的方程及抛物线的方程；
（2）设直线的方程，及A，B的坐标由题意可得E的坐标，将直线与椭圆联立可得两根之和及两根之积，求出直线的直线方程，将两根之和及之积代入可得恒过定点.
【详解】
（1）由的离心率为，可得，所以，
因为椭圆的右顶点与抛物线的焦点重合，所以，，
所以可得，
过的右焦点F且垂直于x轴的直线截所得的弦长为，k令代入抛物线的方程：可得，所以，
即，解得，所以，
由可得，
所以椭圆和抛物线的方程分别为：，；
（2）由题意可得直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为：，设，，由题意可得，
直线与椭圆联立：，
整理可得：，，
可得，，，
直线的方程为：，
整理可得：


所以当时，，即过定点，
所以可证直线过定点.
48．已知椭圆C：（）的上顶点与右焦点连线的斜率为，C的短轴的两个端点与左、右焦点的连线所构成的四边形的面积为．
（1）求椭圆C的标准方程．
（2）已知点，若斜率为k（）的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，当直线AP，BP的倾斜角互补时，试问直线l是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，说明理由．
【答案】
（1）.
（2）直线l过定点.
【分析】
（1）设椭圆C的上顶点为，由两点的斜率公式和四边形的面积公式建立方程，求解可得椭圆的方程；
（2）设直线l的方程为，，，与椭圆的方程联立整理得，可得根与系数的关系，再由得，可求得直线所过的定点.
（1）
解：设椭圆C的上顶点为，左、右焦点分别为，，
由，得．
因为C的短轴的两端点与左、右焦点连线所构成的四边形的面积为，
所以．即，
由上面两个方程解得，，所以，
故椭圆C的标准方程为等．
（2）
解：设直线l的方程为，，，则．
因为直线AP，BP的倾斜角互补，所以．
联立方程组消去y得，
根据韦达定理得，，
则

，
所以，，解得．
即直线l的方程为，显然直线l过定点．
49．已知椭圆的左､右顶点分别是，，点（异于，两点）在椭圆上，直线与的斜率之积为，且椭圆的焦距为.
（1）求椭圆的标准方程.
（2）直线与椭圆交于，（其横坐标）两点，直线与的交点为，试问点是否在定直线上？若在，请给予证明，并求出定直线方程；若不在，请说明理由.
【答案】
（1）
（2）存在，证明见解析，点在定直线
【分析】
（1）由题意可得，，设，根据以及可得，再由，且求得的值即可求解；
（2）设，，联立直线与椭圆的方程，可得、，再求出直线和的方程并联立，可得点的横坐标为定值即可求证.
（1）
由题意可得，，设，
则，，所以.
因为点在椭圆上，所以，所以，
则.
因为，且，所以，，
故椭圆的标准方程为.
（2）
设，，
联立，整理得，
则，.
由（1）可知，，
则直线的方程为，直线的方程为，
从而，即，
解得：.
故点在定直线上.
50．过点的动直线与抛物线相交于两点，已知当的斜率为时，．
（1）求抛物线的方程；
（2）设圆，已知是抛物线上的两动点，且直线都与圆相切(是坐标原点），求证：直线经过一定点，并求出该定点坐标．
【答案】
（1）；
（2）证明见解析，定点为.
【分析】
（1）将直线方程与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，由可得，由此构造方程组可求得，进而得到抛物线方程；
（2）设，与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，利用圆心到直线距离等于半径可构造方程得到，代入韦达定理结论可得，由此可确定直线所过定点坐标.
（1）
由题意得：直线的方程为：，
设，，
联立，整理可得：，，，
…①；…②；
，，…③；
由①②③可得：，抛物线的方程为；
（2）
证明：显然直线的斜率存在，设直线的方程为，
设，，联立直线与抛物线的方程可得：，
，，
直线的方程为，即；直线的方程为，即；
直线都与圆相切，圆心到直线的距离相等，
，整理可得：，
，即，
直线的方程为，则当时，，
直线恒过定点．
51．如图，以原点为顶点，以轴为对称轴的抛物线的焦点为，点是直线上任意一点，过点引抛物线的两条切线分别交轴于点，，切点分别为，．


（1）求抛物线的方程；
（2）求证：点，在以为直径的圆上；
（3）当点在直线上移动时，直线恒过焦点，求的值．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）-1.
【分析】
（1）根据焦点坐标直接求抛物线方程；（2）利用切线方程，先求点的坐标，利用，证得点在以为直径的圆上，同理得到点也满足；（3）可设直线，与抛物线方程联立，得到，利用点的坐标满足两条切线，联立求得.
【详解】
（1）设抛物线的方程为，依题意，得，所以抛物线的方程为．
（2）设点，，，．，否则切线不过点，
，切线的斜率，方程为，其中．
令，得，点的坐标为，直线的斜率，
，，即点在以为直径的圆上；
同理可证点在以为直径的圆上，所以，在以为直径的圆上．
（3）抛物线焦点，可设直线．
由，则．
由（2）切线的方程为过点，，得，同理．
消去，得，，由上，，即的值为．
52．已知椭圆的左、右焦点分别为，点是椭圆的一个顶点，是等腰直角三角形．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点分别作直线、交椭圆于两点，设两直线、的斜率分别为，且，探究：直线是否过定点，并说明理由．
【答案】（1）；（2）直线过定点，理由见解析
【分析】
（1）通过点是椭圆的一个顶点，是等腰直角三角形，可求得，从而可求椭圆方程；
（2）若直线的斜率存在，设方程代入椭圆方程，利用韦达定理及，可得直线的方程，从而可得直线过定点；若直线的斜率不存在，设方程为，求出直线的方程，即可得到结论.
【详解】
（1）由点是椭圆的一个顶点，可知，
又是等腰直角三角形，可得，即，所以，
所以椭圆的标准方程为；
（2）若直线的斜率存在，设方程为，依题意，
联立，得
由已知，设，
由韦达定理得：，



，整理得
故直线方程为，即，
所以直线过定点；
若直线的斜率不存在，设方程为，设，
由已知得，解得，
此时直线方程为，显然过点；
综上，直线过定点.
53．设P是椭圆C：上异于长轴顶点A1，A2的任意一点，过P作C的切线与分别过A1，A2的切线交于B1，B2两点，已知|A1A2|=4，椭圆C的离心率为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）以B1B2为直径的圆是否过x轴上的定点？如果过定点，请予以证明，并求出定点；如果不过定点，说明理由.
【答案】（1）；（2）过定点，证明见解析，定点为.
【分析】
（1）由，以及可得出答案.
(2) 设，设过的椭圆的切线为，与椭圆方程联立由，求出切线的斜率，得出切线方程，由条件求出坐标，在轴上取点，由得出答案.
【详解】
解：（1）由题可知，解得，由得，
椭圆的方程为.
（2）设，由于是异于长轴顶点的任意一点，故切线斜率存在.
设过的椭圆的切线为，联立方程，
得，，
得，由
所以，
则，即
所以，则
解得过点的切线方程为，即
由于分别过的切线分别为，
解得的坐标为.
在轴上取点，则，，
所以.
当时，.
所以，以为直径的圆过轴上的定点为.
54．已知，分别为椭圆的左､右顶点，为的上顶点，.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作关于轴对称的两条不同直线，分别交椭圆于与，且，证明：直线过定点，并求出该定点坐标.
【答案】（1）；（2）证明见解析，定点.
【分析】
（1）根据向量数量积坐标运算公式求解即可得结果；
（2）设直线方程并联立椭圆方程，结合韦达定理求得，又因为关于轴对称的两条不同直线，的斜率之和为0，所以，通过计算化简即可求得定点.
【详解】
解：（1）由题意得，，，则，.由，得，即
所以椭圆的方程为
（2）由题易知：直线的斜率存在，且斜率不为零，
设直线方程为，，联立，
得，由得，
∴，，
因为关于轴对称的两条不同直线，的斜率之和为0，
∴，整理得，
即，解得：
直线方程为：，所以直线过定点.
55．已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上，且满足.
（1）求抛物线的方程；
（2）过抛物线上的任意一点作抛物线的切线，交抛物线的准线于点.在轴上是否存在一个定点，使以为直径的圆恒过.若存在，求出的坐标，若不存在，则说明理由.
【答案】（1）（2）存在一个定点，使以为直径的圆恒过
【分析】
（1）利用抛物线的定义，结合，求得，由此求得抛物线的方程.
（2）首先假设存在一个，使以为直径的圆恒过.设出切线的方程，利用导数建立切线斜率的等量关系式，结合，利用向量数量积的坐标运算列方程，解方程求得点的坐标，由此证得存在点符合题意.
【详解】
（1）由抛物线定义知，又，
∴，解得，
∴抛物线的方程为.
（2）存在一个，使以为直径的圆恒过.
由（1）得抛物线为，准线方程为.
依题意切线斜率一定存在且不为0，设切线方程为.
设定点为，，，
∵，∴切线斜率，又，
∵，∴，解得.
以为直径的圆恒过定点等价于.
∴，.
∴恒成立.
∴且，解得，存在一个定点，使以为直径的圆恒过.
56．如图，已知椭圆C：＋y2＝1（a＞1）的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切．

（1）求椭圆C的方程；
（2）若不过点A的动直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且＝0，求证：直线l过定点，并求出该定点N的坐标．
【答案】（1）＋y2＝1（2）证明见解析，定点N.
【解析】
【分析】
（1）利用直线AF与圆相切可求得a（圆心到直线的距离等于半径），从而得椭圆方程；
（2）由＝0，知AP⊥AQ，从而直线AP与坐标轴不垂直，设直线AP的方程为y＝kx＋1，代入椭圆方程可求得P点坐标，同理可得Q点坐标，写出直线PQ方程，化简后可知其所过定点．
【详解】
（1）将圆M的一般方程x2＋y2－6x－2y＋7＝0化为标准方程为（x－3）2＋（y－1）2＝3，圆M的圆心为M（3,1），半径为r＝.
由A（0,1），F（c,0）（c＝）得直线AF：＋y＝1，即x＋cy－c＝0.
由直线AF与圆M相切得＝.
所以c＝或c＝－（舍去）．所以a＝，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
（2）证明：由＝0，知AP⊥AQ，从而直线AP与坐标轴不垂直，
由A（0,1）可设直线AP的方程为y＝kx＋1，直线AQ的方程为y＝－x＋1（k≠0），
将y＝kx＋1代入椭圆C的方程＋y2＝1并整理，得（1＋3k2）x2＋6kx＝0，
解得x＝0或x＝－，
因此P的坐标为，即.
将上式中的k换成－，得Q.
所以直线l的方程为y＝·＋，
化简得直线l的方程为y＝x－.
因此直线l过定点N.
57．已知椭圆：的左，右焦点分别为，，为下顶点，是面积为1的直角三角形.
（1）求椭圆的方程；
（2），是过点且互相垂直的两条直线，其中交椭圆于另一个点，交椭圆于另一个点，是否存在定点，使直线恒过这个点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）存在，恒过的定点为
【分析】
（1）由题意列得方程，解得即可得椭圆的方程；
（2）设直线方程为，联立方程，利用，可得，进而可得定点为.
【详解】
解：（1）由题意得，
∴椭圆的方程为.
（2）由题意知：直线的斜率存在，可设方程为，设，，
联立可得，
得，
∵，∴，，
∵，∴




所以直线方程为，恒过定点.
58．已知，点满足，记点的轨迹为.斜率为的直线过点，且与轨迹相交于两点.
（1）求轨迹的方程；
（2）求斜率的取值范围；
（3）在轴上是否存在定点，使得无论直线绕点怎样转动，总有成立？如果存在，求出定点；如果不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）存在，.
【分析】
（1）根据双曲线的定义即可求得方程；
（2）联立直线与双曲线方程，转化成方程有解问题；
（3）假设存在点，联立直线和双曲线整理成二次方程，根据结合韦达定理求解.
【详解】
（1）因为，点满足，
所以点的轨迹为以为焦点，实轴长为2的双曲线的右支，
设其方程，则，
所以轨迹的方程：；
（2）斜率为的直线过点，直线方程为，代入，
，即有两个不等正根，
，
由得，当时，
且
即不等式组的解：
所以；
（3）假设存在，设点，使，
由（2）：斜率为的直线过点，直线方程为，代入，
，即有两个不等正根，
，
，所以，





，对恒成立，
所以，解得，即，
当直线斜率不存在时，直线方程，此时，
，仍然满足，
所以这样的点存在，.
59．已知离心率为的椭圆的左顶点为，且椭圆经过点，与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于两点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线和直线的斜率之积为，求证：直线过定点；
（3）若为椭圆上一点，且，求三角形的面积.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.
【分析】
（1）根据离心率，将用表示，椭圆方程化为，点代入方程，即可求出椭圆的标准方程；
（2）设的方程为，（或），设，将直线方程与椭圆方程联立，消元得到，由，得，且，，，整理得，或（舍），满足，可得直线过定点
（3），根据向量的关系可得，点到直线距离，即可求解；或将根据椭圆的参数方程，设，，，求得点，又点在椭圆上，整理可得，将用表示，并化简为，即可求得结论.
【详解】
（1）∵，∴，∴，又∵椭圆经过点，
∴，∴椭圆的标准方程为；
（2）方法一：的方程为，设，
联立方程组，化简得，
由解得，且，，
∴，
∴，
，
化简可得：，∴或（舍），满足，
∴直线的方程为，
∴直线经过定点.
方法二：设的方程为，设，
联立方程组，化简得，
解得：，且，，
∵，
∴，
∴，
化简可得：，∴或者（舍）满足
∴直线经过定点；
方法三：设，则有，∴，
设方程为，∴，
∴，∴，∴，
∴，∴，∴，
∴直线经过定点；
（3）点到直线距离，
∴，∴；
方法二：设，
∵，∴点，
又∵点在椭圆上，∴，
∴.

，
∴.
60．已知等轴双曲线：的右焦点为，为坐标原点，过作一条渐近线的垂线且垂足为，.
（1）求等轴双曲线的方程；
（2）若过点且方向向量为的直线交双曲线于、两点，求的值；
（3）假设过点的动直线与双曲线交于、两点，试问：在轴上是否存在定点，使得为常数，若存在，求出的坐标，若不存在，试说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）定点.
【分析】
（1）根据双曲线焦点到渐近线的距离为和等轴双曲线的性质，求得等轴双曲线的方程.
（2）由直线的方向向量求得直线的斜率，由此写出直线的方程.联立直线的方程和双曲线的方程，写出韦达定理，求得，，由此求得的值.
（3）设，设出直线的方程，与双曲线方程联立，写出韦达定理，代入进行化简，结合为常数列方程，解方程求得点的坐标.
【详解】
（1）双曲线焦点到渐近线的距离为，所以，所以等轴双曲线的方程为.且.
（2）由于直线的方向行向量为，所以直线的斜率为，而，所以：，与联立方程并化简得，可得，，
即.
（3）设点.依题意可知直线与不平行，设直线，与联立方程有，
可得，，∴，，
，要为定值，
需满足，∴，即定点.
61．已知点，在圆：上任取一点，的垂直平分线交于点.（如图）.

（1）求点的轨迹方程；
（2）若过点的动直线与（1）中的轨迹相交于、两点.问：平面内是否存在异于点的定点，使得恒成立？试证明你的结论.
【答案】（1）
（2）存在，证明见解析
【分析】
（1）利用垂直平分线的性质可得，从而得到点的轨迹是以，为焦点的椭圆；
（2）先考虑当直线轴和直线轴的情况得到定点；再考虑对直线的一般情况都有点满足题意.
【详解】
（1）依题意得，，
故点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
，，，
因此，所求的轨迹是椭圆：.
（2）当直线轴时，由得知点在轴上，可设.
当直线轴时，，，由得
，或.
因此，若存在异于点的定点满足题意，则点的坐标为.
下面我们来证明：对任意直线均有.
当直线的斜率不存在时，由上可知，结论成立.
当直线的斜率存在时，可设直线：，，.
把代入得，
由于点在椭圆的内部，故判别式.所以
，，，
易知点关于轴的对称点为，
而，
又，
所以，
即、、三点共线，
，
综上知，存在异于点的定点满足题意.


62．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C： (a>b>0)的离心率为，且右焦点到右准线l的距离为1.过x轴上一点M(m，0)(m为常数，且m∈(0，2))的直线与椭圆C交于A，B两点，与l交于点P，D是弦AB的中点，直线OD与l交于点Q.

(1) 求椭圆C的标准方程．
(2) 试判断以PQ为直径的圆是否经过定点．若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】(1)＋y2＝1；(2)是，定点
【分析】
（1）由已知列出方程组解得，然后求得，得椭圆标准方程；
(2)首先确定直线AB斜率存在且不为0，然后设直线方程为y＝k(x－m)，求出P，Q点，写出圆的方程(直径式)，然后，即令斜率k的系数为零，常数项也为零，得出关于x，y的方程可得定点．审题注意题中m是常数，而非变量．
【详解】
(1)由题意，得，解得所以a2＝2，b2＝1，
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2) 由题意，当直线AB的斜率不存在或为零时显然不符合题意，所以可设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－m)．
又准线方程为x＝2，
所以点P的坐标为P(2，k(2－m))．
由得，x2＋2k2(x－m)2＝2，即(1＋2k2)x2－4k2mx＋2k2m2－2＝0，
所以xA＋xB＝，则xD＝·＝，yD＝k＝－，
所以kOD＝－，
从而直线OD的方程为y＝－x(也可用点差法求解)，
所以点Q的坐标为Q.
所以以P，Q为直径的圆的方程为(x－2)2＋（y-k(2－m)）＝0，
即x2－4x＋2＋m＋y2-[ k(2－m)-]y＝0.
因为该式对∀k≠0恒成立，令y＝0，得x＝2±，
所以，以PQ为直径的圆经过定点.
63．已知平面上动点P到定点的距离比P到直线的距离大1.记动点P的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）过点的直线交曲线C于A、B两点，点A关于x轴的对称点是D，证明：直线恒过点F.
【答案】（1）（2）证明见解析
【分析】
(1)先分析出点P在直线的右侧，然后利用抛物线的定义写出方程即可
(2)设出直线的方程和A、B两点坐标，联立方程求出的范围和A、B两点纵坐标之和和积，写出直线的方程，然后利用前面得到的关系化简即可.
【详解】
（1）不难发现，点P在直线的右侧，
∴P到的距离等于P到直线的距离.
∴P的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线，
∴曲线C的方程为.
（2）设直线的方程为，
联立，得，，解得或.
∴，.
又点A关于x轴的对称点为D，
则直线的方程为
即
令，得.
∴直线恒过定点，而点.
64．已知椭圆：与轴交于，两点，为椭圆的左焦点，且是边长为2的等边三角形.
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点的直线与椭圆交于不同的两点，，点关于轴的对称点为（与，都不重合），判断直线与轴是否交于一个定点？若是，请写出定点坐标，并证明你的结论；若不是，请说明理由.
【答案】（1）;（2）,证明见详解
【分析】
(1)由题意可得,由△是边长为2的等边三角形,可得,,进而得到椭圆方程;
(2)设出直线的方程和,的坐标,则可知的坐标,进而表示出的直线方程,再联立方程与椭圆方程,即可把代入求得,结合韦达定理进行化简,进而得出直线与轴交于定点.
【详解】
(1)由题意可得,,,
,
由△是边长为2的等边三角形,可得,
,即,
则椭圆的方程为;
(2)由题可知直线的斜率不为0,故设直线的方程为:,
联立,
得,即(),
设,,,,则,,
又,,
经过点,,,的直线方程为,
令,则,
又,.
当时,.
故直线与轴交于定点.
65．已知椭圆过点，其离心率.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线不经过点，且与椭圆相交于两点（、不重合），若直线与直线的斜率之积为.
（ⅰ）证明：过定点，并求出定点坐标；
（ⅱ）求的面积的最大值.
【答案】（1）（2）（i）证明见解析；定点（ii）
【分析】
（1）由椭圆过点，可知，又因为.可解得c,从而求得b,得到椭圆的方程.

（2）（ⅰ）分斜率不存在与存在两种情况分析，当直线斜率不存在时，不符合题意；可设直线的方程为，与椭圆方程联立得，可得，，再根据直线与直线的斜率之积为，得到，化简为，将和代入整理得，，代入直线的方程得解.
（ⅱ）先写出三角形面积模型为，再利用基本不等式求最值..
【详解】
（1）因为椭圆过点，
所以，
又因为.
所以
所以椭圆的方程为.
（2）（ⅰ）当直线斜率不存在时，不符合题意；
设直线的方程为，
联立，
由韦达定理得：，，
因为直线与直线的斜率之积为，
所以，
即，
所以，
整理得，
故
即直线的方程为（舍去）或，
故过定点.
（ⅱ）设的面积为，
则

因为，当且仅当时取等号，
此时满足，所以的面积的最大值为.
66．已知动圆P与圆：内切，且与直线相切，设动圆圆心的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）过曲线上一点（）作两条直线，与曲线分别交于不同的两点，，若直线，的斜率分别为，，且.证明：直线过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】
(1)根据题意分析可得动圆圆心的轨迹为抛物线,再根据抛物线的几何意义求解方程即可.
(2) 设点,,直线的方程为：,联立直线与抛物线的方程,求得韦达定理代入求得或,再分析定点即可.
【详解】
解：（1）由题意可知,动圆圆心到点的距离与到直线的距离相等,所以点的轨迹是以为焦点,直线为准线的抛物线,所以曲线的方程为．
（2）易知,设点,,直线的方程为：,
联立,得,所以,所以
因为,即,
所以,所以,所以或
当时,直线的方程：过定点与重合,舍去；
当时,直线的方程：过定点,所以直线过定点．
67．已知椭圆C的中心在坐标原点焦点在x轴上，椭圆C上一点A（2，﹣1）到两焦点距离之和为8.若点B是椭圆C的上顶点，点P，Q是椭圆C上异于点B的任意两点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若BP⊥BQ，且满足32的点D在y轴上，求直线BP的方程；
（3）若直线BP与BQ的斜率乘积为常数λ（λ＜0），试判断直线PQ是否经过定点.若经过定点，请求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由.
【答案】（1）（2）y＝±x+2（3）经过定点；定点（0，）
【分析】
（1）利用椭圆的定义和待定系数法可求椭圆的方程；
（2）利用BP⊥BQ， 32可得直线的斜率，从而可求直线BP的方程；
（3）先表示直线PQ的方程，结合直线BP与BQ的斜率乘积为常数，建立等量关系进行判定.
【详解】
（1）由题意设椭圆的方程为：1
由题意知：2a＝8，1，解得：a2＝16，b2＝4，
所以椭圆的方程为：.
（2）由（1）得B（0，2）显然直线BP的斜率存在且不为零，
设直线BP为：y＝kx+2，与椭圆联立整理得：（1+4k2）x2+16kx＝0，x，所以P（，）；
直线BQ：yx+2，代入椭圆中：（4+k2）x2﹣16kx＝0，
同理可得Q（，），由32得，
∴3（xD﹣xP）＝2（xQ﹣xD），∴5xD＝2xQ+3xP，
由于D在y轴上，所以xD＝0，∴，解得：k2＝2，所以k，
所以直线BP的方程为：y＝±x+2.
（3）当直线PQ的斜率不存在时，
设直线PQ的方程：x＝t，P（x，y），Q（x'，y'），
与椭圆联立得：4y2＝16﹣t2，yy'，xx'＝t2，kBP•kBQ•，
要使是一个常数λ，λ＜0，所以不成立.
当直线PQ斜率存在时，设直线PQ的方程为：y＝kx+t，设P（x，y），Q（x'，y'），
与椭圆联立整理得：（1+4k2）x2+8ktx+4t2﹣16＝0，x+x'，xx'，
∴y+y'＝k（x+x'）+2t，，
∴kBP•kBQ，
所以由题意得：λ，解得：t，所以不论k为何值，x＝0时，y，
综上可知直线恒过定点（0，）.
68．设两点在抛物线上，是AB的垂直平分线，
（1）当且仅当取何值时，直线经过抛物线的焦点F？证明你的结论；
（2）若，弦AB是否过定点，若过定点，求出该定点，若不过定点，说明理由.
【答案】（1），证明见解析 （2）过定点，（0,）
【分析】
(1)对直线的斜率是否存在进行讨论，利用中垂线的性质列方程组求出直线的截距b的范围，从而得出结论；
(2)设AB的方程为：y=kx+b，联立方程组，根据根与系数的关系和求出b的值，从而得到定点的坐标.
【详解】
解：（1）∵抛物线，即，
∴焦点为
(i)直线的斜率不存在时，显然有
(ii)直线的斜率存在时，设为k，截距为b
即直线：y=kx+b，由已知得：




即的斜率存在时，不可能经过焦点
所以当且仅当=0时，直线经过抛物线的焦点F
（2）设直线：y=kx+b，
联立方程组：


若，则
过定点（0,）. ，

因此直线AB过定点.
69．已知抛物线的焦点为，直线交于两点（异于坐标原点O）.
（1）若直线过点,，求的方程；
（2）当时，判断直线是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，说明理由.
【答案】（1）（2）直线过定点
【详解】
设.
（1）由题意知，.设直线的方程为，

由得，则，
由根与系数的关系可得，
所以.
由，得，解得.
所以抛物线的方程为.
（2）设直线的方程为，
由得，由根与系数的关系可得，
所以，解得.
所以直线的方程为，
所以时，直线过定点.
70．已知圆（为坐标原点），直线.
（1）过直线上任意一点作圆的两条切线，切点分别为，求四边形面积的最小值.
（2）过点的直线分别与圆交于点（不与重合），若，试问直线是否过定点？并说明理由.
【答案】（1）12；（2）过定点，理由见解析
【分析】
（1）由，得过点的切线长，所以四边形的面积为，即可得到本题答案；
（2）设直线的方程为，则直线的方程为.
联立方程，消去，整理得，
得，，
所以，令，即可得到本题答案.
【详解】
（1）由题意可得圆心到直线的距离为，从而，
则过点的切线长.
故四边形的面积为，即四边形面积的最小值为12.
（2）因为，所以直线与直线的斜率都存在，且不为0.
设直线的方程为，则直线的方程为.
联立方程，消去，整理得
解得或，则.
同理可得.
所以.
令，得，解得.
取，可以证得，所以直线过定点.
当时，轴，易知与均为正三角形，直线的方程为，也过定点.
综上，直线过定点.
71．已知动圆过点，并且与圆：相外切，设动圆的圆心的轨迹为.
（1）求曲线的方程；
（2）过动点作直线与曲线交于两点，当为的中点时，求的值；
（3）过点的直线与曲线交于两点，设直线：，点，直线交于点，求证：直线经过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】（1）；（2）4；（3）证明见解析，定点的坐标为.
【分析】
（1）利用动圆经过的点及外切关系可求；
（2）设出直线方程，联立方程组，结合中点公式，得到，进而可求；
（3）设出直线方程，联立方程组，结合韦达定理，证明直线经过定点.
【详解】
（1）设动圆的圆心，半径为，则由题意可得，即，
因为，所以点的轨迹是以为焦点的双曲线的右支，且，
所以曲线的方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，，此时；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，
联立得，
，，
.
因为为的中点，所以，代入曲线方程得；
整理可得；
，
因为恰为双曲线的渐近线，且其中一条渐近线的倾斜角为，
所以，所以.
综上可得.
（3）证明：当直线的斜率不存在时，,，直线经过点.
当直线的斜率存在时，设直线，，
直线，当时，，
，联立得，
，，
下面证明直线经过点，即证， ，
把，代入整理得，
即，
所以直线经过点.
72．已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上，且．
（1）求抛物线的方程；
（2）过抛物线上一点作两条互相垂直的弦和，试问直线是否过定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由．
【答案】（1）（2）是，定点.
【分析】
（1）根据抛物线的性质列出到准线的距离公式，解方程即可得出，便可求出抛物线的方程；

（2）根据抛物线方程，求出，设，，直线和抛物线方程联立，得出和，再根据，化简即可得出直线方程，即可得出所过定点.
【详解】
（1），解得：
故抛物线C的方程为：..
（2）由题可得，直线的斜率不为
设直线：，，
联立，得：，
，..
由，则，即
于是

，所以
或.
当时，
直线：，恒过定点，不合题意，舍去.
当，，直线：，恒过定点
综上可知，直线恒过定点.
73．已知椭圆的离心率为，直线经过椭圆的左顶点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线（）交椭圆于两点（不同于点）.过原点的一条直线与直线交于点，与直线分别交于点.
（ⅰ）当时，求的最大值；
（ⅱ）若，求证：点在一条定直线上.
【答案】（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.
【分析】
（1）将点代入直线方程可求得，结合离心率和椭圆关系可求得，进而得到椭圆方程；
（2）设，
（i）将直线与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，利用弦长公式表示出，由二次函数最大值可求得的最大值；
（ii）设直线，直线，两式联立可求得，同理可得，根据得到，整理得，将直线与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，代入上式得，从而得到，将直线与直线联立可求得，进而得到结果.
【详解】
（1）设
点在直线上 ，解得：

离心率 ，
椭圆的方程为
（2）设，
（i） 由消去可得：
即，由得：
，


当且仅当时，取到最大值
（ii）若，则为的中点
设直线，直线
两个方程联立可得：，解得：
同理可得：

即

化简得：…①
由得：，即
由得：
，
代入①得：
，即
若，则直线过点，与已知不符合
又
又由，联立消去得：
点在定直线上
74．已知抛物线Γ：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，P是抛物线Γ上一点，且在第一象限，满足（2，2）
（1）求抛物线Γ的方程；
（2）已知经过点A（3，﹣2）的直线交抛物线Γ于M，N两点，经过定点B（3，﹣6）和M的直线与抛物线Γ交于另一点L，问直线NL是否恒过定点，如果过定点，求出该定点，否则说明理由．
【答案】（1）y2＝4x；；（2）直线NL恒过定点（﹣3，0），理由见解析.
【分析】
（1）根据抛物线的方程，求得焦点F（，0），利用（2，2），表示点P的坐标，再代入抛物线方程求解.

（2）设M（x0，y0），N（x1，y1），L（x2，y2），表示出MN的方程y和ML的方程y，因为A（3，﹣2），B（3，﹣6）在这两条直线上，分别代入两直线的方程可得y1y2＝12，然后表示直线NL的方程为：y﹣y1（x），代入化简求解.
【详解】
（1）由抛物线的方程可得焦点F（，0），满足（2，2）的P的坐标为（2，2），P在抛物线上，
所以（2）2＝2p（2），即p2+4p﹣12＝0，p＞0，解得p＝2，所以抛物线的方程为：y2＝4x；
（2）设M（x0，y0），N（x1，y1），L（x2，y2），则y12＝4x1，y22＝4x2，
直线MN的斜率kMN，
则直线MN的方程为：y﹣y0（x），
即y①，
同理可得直线ML的方程整理可得y②，
将A（3，﹣2），B（3，﹣6）分别代入①，②的方程
可得，消y0可得y1y2＝12，
易知直线kNL，则直线NL的方程为：y﹣y1（x），
即yx，故yx，
所以y（x+3），
因此直线NL恒过定点（﹣3，0）．
75．已知椭圆过点，且离心率为.直线与轴正半轴和轴分别交于点、，与椭圆分别交于点、，各点均不重合且满足 ，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若，试证明:直线过定点并求此定点.
【答案】（1）；（2）证明见解析，.
【分析】
（1）设椭圆方程为，根据题意列出方程，求得的值，即可得到椭圆的方程；
（2）设方程为，利用向量的坐标运算，求得，，得到，联立方程组，结合根与系数的关系，代入求得直线的方程，即可得出结论.
【详解】
（1）设椭圆方程为，
由题意知，且离心率，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）设，，，，
设方程为，
由，得，
所以，由题意知，所以，
同理由，可得，
，
联立，整理得，
则，且有，，
代入，得，解得，
由，所以，可得的方程为，
此时直线过定点，即为定点.
76．已知以动点为圆心的与直线：相切，与定圆：相外切.
（Ⅰ）求动圆圆心的轨迹方程；
（Ⅱ）过曲线上位于轴两侧的点、（不与轴垂直）分别作直线的垂线，垂足记为、，直线交轴于点，记、、的面积分别为、、，且，证明：直线过定点.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【分析】
（Ⅰ）根据题意，点到直线的距离与到的距离相等，由抛物线的定义可得解；
（Ⅱ）设、，用坐标表示、、，利用韦达定理，代入即得解.
【详解】
（Ⅰ）设，半径为，则，，所以点到直线的距离与到的距离相等，故点的轨迹方程为.
（Ⅱ）设，，则、
设直线：（）代入中得
，
∵、
∴




又
∴

∴直线恒过
77．已知两定点，，点是平面内的动点，且，记的轨迹是.
（1）求曲线的方程；
（2）过点引直线交曲线于两点，点关于轴的对称点为，证明直线过定点.
【答案】（1）（2）证明见解析
【分析】
（1）设，根据向量的坐标运算并结合，代入化简即可求得的轨迹是.
（2）当斜率为0时，直线即为轴，此时定点一定在轴上.当斜率不为0时，设直线方程与，，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理表示出，进而表示出直线.令，化简即可求得为定值，即可得所过定点的坐标.
【详解】
设，则，，，，
所以，即.
故点到，这两点的距离之和为4，
，
由椭圆定义得曲线为椭圆且，，
所以曲线.
（2）若直线斜率为0，则直线即为轴，此时定点一定在轴上.
若直线斜率不为0，则可设直线，设，
由得
所以
故直线为，
令，
可得



所以直线恒过.
78．已知椭圆：1（a＞b＞0）的离心率为，以椭圆的右顶点与下顶点为直径端点的圆的面积为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知点，动直线与椭圆交于轴同一侧的两点，且满足，试问直线是否过定点，若过定点，求出此定点坐标，若不存在，说明理由．
【答案】（1）1；（2）不存在，见解析
【分析】
(1)由题意可求得圆的半径为，由面积公式,可解得,由,可得,由即可求出椭圆方程;
(2) 所以设的方程：,联立直线方程和椭圆方程,得到根与系数的关系,利用得,即可求出所得,验证是否符合条件即可.
【详解】
（1）由题意得：椭圆的右顶点为，下顶点，所以椭圆的右顶点与下顶点为直径端点的圆的半径为，所以，即：；，即，而所以
所以椭圆C的标准方程为：1；
（2）由题意得直线的斜率存在且不为零，
所以设的方程：，

代入椭圆方程整理得： ,，
因为得，
而， ，
所以即：，
所以，
所以，所以直线，与椭圆联立，时，，与椭圆相切，过上顶点与时，斜率为，所以在轴同一侧时斜率在，而这时不满足，所以不存在符合题意条件的定点．
79．已知焦距为2的椭圆：的右顶点为，直线与椭圆交于、两点（在的左边），在轴上的射影为，且四边形是平行四边形．
（1）求椭圆的方程；
（2）斜率为的直线与椭圆交于两个不同的点，．
（i）若直线过原点且与坐标轴不重合，是直线上一点，且是以为直角顶点的等腰直角三角形，求的值；
（ii）若是椭圆的左顶点，是直线上一点，且，点是轴上异于点的点，且以为直径的圆恒过直线和的交点，求证：点是定点．
【答案】（1） （2）（i）或； （ii）证明见解析
【分析】
（1）求出两点坐标，四边形是平行四边形，即得，结合可解得；
（2）(i) 设直线方程为，求出坐标，设，由等腰直角三角形，有，到直线的距离为，根据关系式可求得；
(ii)设直线方程为，求出点坐标，又求得点坐标，以为直径的圆恒过直线和的交点，则，设，由斜率乘积为-1可得．
【详解】
解：（1）由题意可得，即，
直线代入椭圆方程可得，
解得，
可得，
由四边形是平行四边形，
可得，
∴，
解得，
可得椭圆的方程为；
（2）（i）由题意，直线方程为，代入椭圆方程，可得，
解得，
可设，
由是以为直角顶点的等腰直角三角形，
可设，到直线的距离为，
即有，，
即为，，
由，代入第二式，化简整理可得，
解得或；
（ii）证明：由，可得直线的方程是，
代入椭圆方程可得，，
可得，
解得，
，
即，
设，，由题意可得，，
以为直径的圆恒过直线和的交点，
可得，
即有，
即为，
解得．
故点是定点，即为原点．
80．已知点在抛物线上，为抛物线的焦点， .
（1）求抛物线的方程；
（2）直线都过点，的斜率之积为，且分别与抛物线相交于点和点，设是的AC中点，N是BD的中点.求证：直线MN恒过定点.
【答案】（1）；（2）定点.
【分析】
（1）由，根据抛物线的定义，得到，求得，即可求解；
设，由，得，设，利用根与系数的关系，推导出直线的方程，即可求解.
【详解】
（1）由题意，点在抛物线上，且，
根据抛物线的定义，可得，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）由直线分别与抛物线相交于点和点，且两条直线的斜率均不为零，
设，
由，整理得，
设，则，所以，
又由，即，
同理可得，
所以，
所以，
即，
又因为直线的斜率之积为，即，
所以，
所以直线过定点.
81．已知椭圆C：（）经过点，离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设O为原点，直线l:（）与椭圆C交于两个不同点P、Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若，求证：直线l经过定点．
【答案】（1）； （2）见解析.
【分析】
（1）点代入椭圆方程可得，由离心率为可得的值，可得答案；
（2）设，联立直线与椭圆，可得，的值，计算可得，的值，可得直线AP：，令可得的值，同理可得的值，代入，化简可得证明.
【详解】
解：（1）因为椭圆经过点,所以，
又因为．
所以，
所以，得，
故椭圆的方程为．
（2）设
联立得，
，
，
．
直线AP：，
令得，即；
同理可得．
因为,
所以；
，解之得，
所以直线方程为，所以直线l恒过定点．
82．已知椭圆的离心率为，焦距为，直线过椭圆的左焦点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与轴交于点是椭圆上的两个动点,的平分线在轴上,.试判断直线是否过定点，若过定点，求出定点坐标;若不过定点，请说明理由.
【答案】(1);(2)过定点
【分析】
(1)因为直线过椭圆的左焦点,故令,得,又因为离心率为,从而求出,又因为,求出的值,从而求出椭圆的标准方程;
(2)先求出点的坐标,设直线的方程为,联立方程组,利用根与系数的关系,设,,得到,又因为的平分线在轴上,所以,从而求出的值,得到直线的方程为过定点坐标.
【详解】
解:(1)因为直线过椭圆的左焦点,故令,得，
,解得.又,解得.
∴椭圆的标准方程为:.
(2)由(1)得,直线的方程为
令得,,即.设直线的方程为
联立方程组,消去得,
设,,,
则直线、的斜率,
所以
的平分线在轴上,,即
又,,.
即直线的方程为,过定点.
83．已知椭圆的离心率为，直线与以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆相切.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若直线与椭圆相交于，两点（，不是左右顶点），且以为直径的圆过椭圆的右顶点，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）直线过定点，且该定点的坐标为.
【详解】
（Ⅰ）因为，即，所以.因为，所以，.所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）方法一：设，.
由消去，得.
所以，即.
所以，.
所以.
因为以为直径的圆过椭圆的右顶点，所以.
所以，即.
所以.
化简得.
所以或，满足.
当时，，直线过定点，与已知条件矛盾；
当时，，直线过定点.
综上可知，直线过定点，且该定点的坐标为.
（Ⅱ）方法二：设，由题意

联立消得
，
且

以为直径的圆过右顶点

又


化简得
或
当时.过定点不合题意

过定点.
84．已知椭圆，过的直线与椭圆相交于两点，且与轴相交于点.
（1）若，求直线的方程；
（2）设关于轴的对称点为，证明：直线过轴上的定点.
【答案】（1）或；（2）见解析
【分析】
（1）由已知条件利用点斜式设出直线的方程，则可表示出点的坐标，再由的关系表示出点的坐标，而点在椭圆上，将其坐标代入椭圆方程中可求出直线的斜率；
（2）设出两点的坐标，则点的坐标可以表示出，然后直线的方程与椭圆方程联立成方程，消元后得到关于的一元二次方程，再利用根与系数的关系，再结合直线的方程，化简可得结果.
【详解】
（1）由条件可知直线的斜率存在，则
可设直线的方程为，则，
由，有，
所以，
由在椭圆上，则，解得，此时在椭圆内部，所以满足直线与椭圆相交，
故所求直线方程为或.
（也可联立直线与椭圆方程，由验证）

（2）设，则，
直线的方程为.
由得，
由，
解得，
，
当时，，
故直线恒过定点.

85．已知抛物线，不与坐标轴垂直的直线与抛物线交于两点，当且时，.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）若过定点，点关于轴的对称点为，证明：直线过定点，并求出定点坐标.
【答案】（1）（2）见解析，定点.
【分析】
（1）根据直线和抛物线的相交的弦长公式建立方程即可求出抛物线的标准方程.
（2）根据对称性设出，的坐标，联立方程求出直线的方程，结合方程进行判断即可.
【详解】
（1）将抛物线方程和直线方程联立，得，
消去得，由根与系数关系可得，，
则，
则，化简得，解之得或（舍去），
故抛物线的标准方程为；

（2）直线方程为，
设坐标分别为.
因为点与点关于轴对称，所以坐标为，显然点也在抛物线上.
设直线与轴交点的坐标为.
由消去得.
所以，.
由于三点共线，则，
从而，化简得，
又，
，
则，
故过定点.
86．已知椭圆是椭圆内任一点.设经过的两条不同直线分别于椭圆交于点记的斜率分别为
（1）当经过椭圆右焦点且为中点时,求:
①椭圆的标准方程;
②四边形面积的取值范围.
（2）当时,若点重合于点,且.求证:直线过定点.
【答案】(1) ①;②;(2)见解析.
【分析】
(1) ①由方程可求出焦点坐标,进而可求的斜率.设出,将 代入到椭圆方程中去,将所得方程相减整理, ,结合中点坐标和的斜率可求.
②由分析知, 当过点与的直线同时和椭圆相切时四边形 的面积最大. 设切线方程为，与椭圆联立整理后令，即可求出切点，进而可求切点到直线的距离，由弦长公式求出的长度，进而可求四边形的面积.
(2)设出的方程,与椭圆联立,得到横坐标的关系,由,可求出,进而可知.因此可证过定点.
【详解】
(1) ①解:由题意知,.即椭圆的焦点坐标为.
则.设
则 两式相减整理得
是 的中点, 解得
故椭圆的方程为.
②解:由题意知,当过点与的直线同时和椭圆相切时四边形 的面积最大.
由知，切线斜率也为.设切线方程为，与椭圆联立得
，整理得，则
，解得.
则可求切点不妨设为 ，此时两点到 的距离

设，联立 ，整理得，则
由韦达定理知.


故.
(2)证明:当时,椭圆的方程为.
直线 的斜率存在且不为0,直线不过
设直线的方程为, 此时
联立得,整理得
则.

即 整理得
解得 此时
故直线 恒过.
87．已知抛物线的顶点为原点，其焦点关于直线的对称点为，且.若点为的准线上的任意一点，过点作的两条切线，其中为切点.
（1）求抛物线的方程；
（2）求证：直线恒过定点，并求面积的最小值.
【答案】（1）（2）见解析，最小值为4
【分析】
（1）根据焦点到直线的距离列方程，求得的值，由此求得抛物线的方程.
（2）设出的坐标，利用导数求得切线的方程，由此判断出直线恒过抛物线焦点.求得三角形面积的表达式，进而求得面积的最小值.
【详解】
（1）依题意，解得 （负根舍去）
∴抛物线的方程为
（2）设点，由，
即，得
∴抛物线在点处的切线的方程为，
即
∵，∴∵点在切线上，
①，同理，②
综合①、②得，点的坐标都满足方程.
即直线恒过抛物线焦点
当时，此时，可知：
当，此时直线直线的斜率为，得
于是，而
把直线代入中消去得
，即：
当时，最小，且最小值为4
88．如图所示，椭圆C：（）的离心率为，左、右焦点分别为，，椭圆C过点，T为直线上的动点，过点T作椭圆C的切线，，A，B为切点.

（1）求证：A，，B三点共线；
（2）过点作一条直线与曲线C交于P，Q两点.过P，Q作直线的垂线，垂足依次为M，N.求证：直线与交于定点.
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）先写出切线，的方程，将代入即可得到直线的方程；
（2）当PQ的斜率不存在时，易得直线与交于定点，当PQ的斜率存在时，分别写出直线，直线的方程，结合对称性以及斜率不存在的特殊情况，可知定点一定在x轴上，结合韦达定理即可解决.
【详解】
（1）由已知得，，又，解得，，所以椭圆C的方程为.
由于，设，，，则切线，的方程分别为，，
由于切线，过点，所以，，
即，，所以直线的方程为.
已知直线过点，所以A，，B三点共线.
（2）当轴时，易得，，，
直线PN的方程为，即，
直线MQ的方程为，即，
直线与交于定点.
当不垂直于x轴时，设过点的直线为，联立，
得.
则，
设，，，则，，
过P，Q作直线的垂线，垂足依次为M，N，则，，
所以直线：，令，化为
.
所以直线：，令，化为.
因为，
所以，
直线与交于定点.
综上，直线与交于定点.
89．已知椭圆，点、、在椭圆上，直线与直线的斜率之积.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知直线点关于直线的对称点是，求证：过点，的直线恒过定点.
【答案】（1）；（2）见解析
【分析】
（1）计算，根据得到，得到椭圆方程.
（2）直线为，计算得到的坐标，，得到，得到答案.
【详解】
（1）椭圆，点，，、在椭圆上，直线与直线的斜率之积，
得，由，联立得，
所以椭圆的标准方程为：；
（2）证明：由（1）直线为，设的坐标为，
则，解得，
故，
取点，显然，所以，，三点共线，
即直线恒过定点.
90．已知离心率为的椭圆过点，直线与椭圆交于两点，其中.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，且，探究：直线是否过定点；若是，请求出定点的坐标，若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）过定点.
【分析】
（1）根据离心率和椭圆经过的点，建立方程组即可求解；
（2）设直线方程，联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理结合建立等量关系求解.
【详解】
（1）依题意，
解得
故椭圆的方程为
（2）由（1）可知
联立得

即

又
，即
即


解得或，且均满足
当时，直线的方程为，直线恒过，舍去；
当时，直线的方程为，直线恒过；
综上所述，直线过定点.
91．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线的右顶点为A，P，Q是双曲线上除顶点以外的任意两点，M为PQ的中点．
（1）设直线PQ与直线OM的斜率分别为，，求的值；
（2）若，试探究直线PQ是否过定点？若过定点，请求出该定点坐标；否则，请说明理由．
【答案】
（1）；
（2）直线PQ是过定点.
【分析】
（1）设，，，由点在双曲线上，将P，Q代入并整理得PQ的斜率，再根据M为PQ的中点即可求的值；
（2）由题设易知，讨论PQ的斜率的存在性，设直线方程并联立双曲线方程，根据韦达定理、向量垂直建立等量关系，求所设直线方程中的参数间的数量关系，进而判断是否过定点即可.
（1）
设，，，由题意，
两式相减可得：，
∴直线PQ的斜率，又M为PQ中点，
∴，即．
（2）
由，则是以A为直角顶点的直角三角形，即．
当直线PQ的斜率不存在时，设直线PQ的方程为，代入可得：，
∴，解得或（舍去），即直线PQ的方程为．
当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ方程为，
由，消去y整理得，
由得：且．
∴，，
∴，又，
∴，化简可得，
∴或，且都满足条件．
当时，直线PQ方程为，过定点，不合题意；
当时，直线PQ方程为，过定点．
综上，直线PQ是过定点．
92．已知双曲线.
（1）过的直线与双曲线有且只有一个公共点，求直线的斜率；
（2）若直线与双曲线相交于两点（均异于左、右顶点），且以线段为直径的圆过双曲线的左顶点，求证：直线过定点.
【答案】
（1）
（2）证明见解析
【分析】
（1）设出直线方程，与双曲线联立，利用判别式可求；
（2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理结合求出和关系即可证明.
（1）
由题意得直线的斜率必存在，设，
联立，得
若，即时，满足题意；
若，即时，
令，解之得；
综上，的斜率为
（2）
证明：设，，
联立，得，
则：
以线段为直径的圆过双曲线的左顶点，
，即，
由韦达定理知，.
则，
整理得， 解得或（均满足）.
当时，直线：，此时，直线过点，不满足题意，故舍去；
当时，直线：，此时，直线恒过点，满足题意.
所以原题得证，即直线过定点.
93．设椭圆，O为原点，点是x轴上一定点，已知椭圆的长轴长等于，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆C交于两个不同点M，N，已知M关于y轴的对称点为，N关于原点O的对称点为，若满足，求证：直线l经过定点．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据题意，列出方程组 ，求得的值，即可求解；
（2）由，可得三点共线，得到，
结合斜率公式，化简得到，联立方程组，利用根与系数的关系，求得，进而求得结论.
【详解】
（1）由题意，椭圆，且长轴长等于，离心率为，
可得 ，解得，所以，
所以椭圆C的方程为．
（2）设，则，
由，可得三点共线，
所以，即，
又由，
所以，
整理得．①
由，可得，则，
代入①，可得，整理得，
所以直线l的方程为，即，即直线l恒过定点．
94．已知抛物线的焦点是椭圆的一个顶点.
（1）求抛物线的方程；
（2）若点，、为抛物线上的不同两点，且，问：直线是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）；（2）过定点.
【分析】
（1）根据已知条件求出的值，可得出抛物线的方程；
（2）设直线的方程，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由得出，代入韦达定理可得出、所满足的关系式，由此可得出直线所过定点的坐标.
【详解】
（1）把椭圆的方程化为标准方程是，
椭圆的左、右顶点分别为、，
依题意，解得，所以抛物线的方程为；
（2）若直线与轴垂直，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意.
设直线的方程为，与抛物线方程联立并化简得.
则，可得，
设、，则，.
因为，，
同理可得，
所以，，
所以，，
显然且，所以，，
所以，，所以，直线的方程为，即，
因此，直线过定点.
95．已知椭圆：的离心率为设过点的直线交椭圆于，两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线的斜率为，求；
（3）设为椭圆的左顶点，分别交轴于点，在轴上是否存在点使得以为直径的圆恒过点？如果存在，求出点的坐标；如果不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，．
【分析】
（1）根据离心率与关系列方程求解即可得椭圆方程；
（2）写出直线方程代入椭圆方程求出交点坐标，结合两点距离公式即可求解；
（3）设的方程为，代入椭圆方程求得两根关系，依题先求出坐标表达式，若以为直径的圆恒过点，则，写出坐标关系并化简求解即可得坐标．
【详解】
解：（1）设椭圆的半焦距为根据题意，解得.
所以椭圆的方程为. ..
（2） 直线的方程.
由消去，得，即.
解得或. 所以
（3）若满足题意的定点存在，设.
直线斜率为0时，不满足题意；
设的方程为，
联立方程组，化简得.
恒成立.
设，，
则，.
直线的方程为，令，得，
同理得.
若以为直径的圆恒过点，则，
即，又，，
化简得.
把，代入得，
整理得，得.
所以 以为直径的圆恒过定点．
96．在平面直角坐标系中，椭圆：的左顶点为，点、是椭圆上的两个动点．
（1）当、、三点共线时，直线、分别与轴交于，两点，求的值；
（2）设直线、的斜率分别为，，当时，证明：直线恒过一个定点．
【答案】（1）2；（2）证明见解析.
【分析】
（1）设点的坐标，运用向量的坐标形式的数量积公式，并借助点在椭圆上化简即可；
（2）先探求的坐标,再从这一特殊情形入手求出定点坐标,最后再验证一般情况,很容易求出定点的坐标.
【详解】
解：（1）由题意，得，
设，则根据、、三点共线可知，
故直线方程为，，，
直线方程为，，，
，
又点在上，即，由此得．
（2）由题意知直线、的斜率存在，设直线的方程为，直线的方程为，，，由，
得，
因为和是此方程的两个根，
所以，，，
所以，同理得
因为，所以，
当时，，
此时与的横坐标相同，所以直线的方程为．所以的横坐标为．
当时，，的方程为，
令，得．
所以直线恒过定点．
97．已知：椭圆的左右焦点为､，椭圆截直线所得线段的长为，三角形的周长为.
（1）求的方程；
（2）若，为上的两个动点，且.证明：直线过定点，并求定点的坐标.
【答案】（1）；（2）证明见解析，定点.
【分析】
（1）根据截直线所得线段的长为，可得，再结合的周长为，求解即可.
（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，与椭圆方程联立，根据，且垂直轴，可得，结合韦达定理可求m与k的关系，再代入直线方程求解.
【详解】
解：（1）把代入得，
则.即.
又的周长为，
由椭圆概念得
从而
故的方程为.
（2）证明：由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立，得.
设，的坐标分别为，，
则，
且，.
设直线，的倾斜角分别为，，∵，且垂直轴，
，即，
，则，
即，
，
，化简可得，
则直线的方程为，故直线过定点.
98．已知椭圆经过点，右焦点到直线的距离为3．
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）过点A作两条互相垂直的直线，分别交椭圆于M，N两点，求证：直线MN恒过定点．
【答案】（1）（2）见解析
【分析】
（1）由题可知值，由右焦点到直线的距离为3表示，和 构建方程组，求得，即可求得椭圆E的标准方程；
（2）设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程，即可表示点M的坐标，由，垂直，则将M坐标中的k换成，即可表示N点坐标，再利用两点坐标分别表示与，观察即可证明.
【详解】
（1）由题意知，，，，
解得，，．
所以椭圆的标准方程为．
（2）显然直线，的斜率存在．
设直线的方程为，
联立方程组，得，
解得，，
所以，．
由，垂直，可得直线的方程为．
用替换前式中的k，可得，．
则，
，
所以，故直线MN恒过定点．
99．已知抛物线,直线与抛物线交于为抛物线上一点.
(1)若,求
(2)已知点,过点作直线分别交曲线于,证明:在点运动过程中,直线始终过定点,并求出该定点.
【答案】（1）或，（2）
【分析】
（1）首先设，，联立直线与抛物线方程得到，再根据得到，利用根系关系即可求出的值.
（2）分类讨论存在和不存在的情况，设出直线，联立方程组分别求出的坐标，再求出直线，即可得到定点坐标.
【详解】
（1）设，，由题知：
，，.
，.
，，
因为，所以.
即.
.
.
因为，即.
所以，即
解得或，或.
（2）当不存在时，
.
①当时，，如图所示：

，.
，，.
此时与重合，为.
②同理当时，时，
此时与重合，为.






当存在时，设在下方，在上方，如图所示：

，.

.
，.
因为，所以
，.
，.
.
，，，

：，
整理得：
即：，所以过定点.
当为时，也过定点.
综上所述：直线恒过定点.
100．如图所示，椭圆，、，为椭圆的左、右顶点．

设为椭圆的左焦点，证明:当且仅当椭圆上的点在椭圆的左、右顶点时，取得最小值与最大值．
若椭圆上的点到焦点距离的最大值为，最小值为，求椭圆的标准方程．
若直线与中所述椭圆相交于、两点（、不是左、右顶点），且满足，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】见解析；；见解析，.
【分析】
设点的坐标为，令，由点在椭圆上，得，
则，代入式子，利用二次函数的性质和的取值范围，求出函数的最值以及对应的的取值，即可求证；
由已知与，得， ，解得，，再由求出，进而求出椭圆的标准方程；
假设存在满足条件的直线，设，，联立直线方程和椭圆方程进行整理，化简出一元二次方程，再利用韦达定理列出方程组，根据题意得,代入列出关于的方程，进行化简求解.
【详解】
设点的坐标为，令．
由点在椭圆上，得，
则，代入，
得，
其对称轴方程为，
由题意，知恒成立，
在区间上单调递增．
当且仅当椭圆上的点在椭圆的左、右顶点时，取得最小值与最大值．
由已知与，得， ，
，．．
椭圆的标准方程为．
如图所示，设，，
联立，得，

则
则


椭圆的右顶点为，，，
，
即．
．
，
解得，，且均满足．
当时，l的方程为直线过定点，与已知矛盾．
当时，l的方程为直线过定点，满足题意，
直线l过定点，定点坐标为．