微专题19 圆锥曲线经典难题之一类定点、定值问题的通性通法研究 -2024年新高考数学二轮复习微专题提分突破140分

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1、直线与圆锥曲线综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；
④根据直线过定点的求解方法可求得结果.
2、定比点差法
3、非对称韦达与对称韦达
4、先猜后证
5、硬解坐标
【典型例题】
例1．（2024·陕西榆林·二模）已知椭圆的左､右焦点分别为过点，且的长轴长为8.
(1)求的方程.
(2)设的右顶点为点，过点的直线与交于两点（异于），直线与轴分别交于点，试问线段的中点是否为定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
【解析】（1）因为的长轴长为8，所以，所以.
又，所以，所以的方程为.
（2）
易知，则直线的斜率存在，设其方程为.
联立得，
，
因为点在直线上，所以，
，
直线，令，得，
直线，令，得，
，
所以线段的中点为，为定点.
例2．（2024·江苏·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，且垂直于轴．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线斜率存在，交椭圆于两点，三点不共线，且直线和直线关于对称．
（ⅰ）证明：直线过定点；
（ⅱ）求面积的最大值．
【解析】（1）点在椭圆上，且垂直于轴，则有
设椭圆的焦距为，则，
点代入椭圆方程，有，
解得，则，
所以椭圆的方程为.
（2）（ⅰ）设直线l的方程为，由，
消去y，整理得，
因为l交椭圆C于两点，所以，
设，所以，
因为直线和直线关于对称，
所以
所以
所以
解得.
所以直线l的方程为，
所以直线l过定点.
（ⅱ）设直线l的方程为，由，
消去，整理得，
因为l交椭圆C于两点，所以，
解得，
，
所以，
所以
令
则，当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为.
例3．（2024·四川广安·二模）在直角坐标系中，设为抛物线（）的焦点，为上位于第一象限内一点.当时，的面积为1.
(1)求的方程；
(2)当时，如果直线与抛物线交于，两点，直线，的斜率满足.证明直线是恒过定点，并求出定点坐标.
【解析】（1）由，所以，设，，
，
，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）如图，设，，，，
，解得，
所以点的坐标为.
由题意直线的斜率不为0，设，，，
联立，消去整理得，
则，，，
因为，所以，
即，整理得，
将，代入上式，
，满足，
所以直线为，恒过定点.
例4．（2024·高三·广东广州·阶段练习）已知椭圆，点是椭圆中心与该椭圆一个顶点的中点，点为椭圆与轴正半轴的顶点，且离心率为，过点的直线（与轴不重合）交椭圆于，两点．
(1)求椭圆的标准方程，并求面积的最大值；
(2)探究直线和直线的斜率之积是否为定值？若是，求出这个值，若不是请说明理由；
(3)若圆的方程为，直线，分别交圆于，两点，试证明：直线恒过定点．
【解析】（1）根据题意可得，，又，则，解得，
所以椭圆方程为，
因为，当点的横坐标绝对值最大时，的面积最大，又，
.
（2）设过点的直线为，，，易知，
联立，消去整理得，易得，
则，，
所以
.
所以直线与直线的斜率之积为定值.
（3）设直线的斜率为，直线的斜率为，，，且，
则直线的方程为，直线的方程为，
联立，消去整理得，
解得，，
同理，可得，，
当直线的斜率为0时，易知此时，解得，直线过点.
当直线的斜率不为0时，，，所以，
所以直线过点，
综上，直线恒过定点.
例5．（2024·河南·一模）已知椭圆的左右焦点分别为，，其长轴长为6，离心率为e且，点D为E上一动点，的面积的最大值为，过的直线，分别与椭圆E交于A，B两点（异于点P），与直线交于M，N两点，且M，N两点的纵坐标之和为11.过坐标原点O作直线的垂线，垂足为H.
(1)求椭圆E的方程；
(2)问：平面内是否存在定点Q，使得为定值？若存在，请求出Q点坐标；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）根据条件则，，
当点D位于短轴顶点时，面积的最大，且，
由，解得，或，
又，因此，，，
故椭圆E的方程为：.
（2）
（2）存在定点使得为定值，理由如下：
由题意过点P的直线与椭圆E交于A点，与直线交于M点，与椭圆E交于B点，与直线交于N点，
如图，设，，，.
根据条件有，，且①
由条件知，直线的斜率不为0，故可设直线的方程为
由①，②
联立，整理得，该方程有两个不同的实数根，，
则，由韦达定理可得，，
代入②中，整理得，又，化简得，
因此，即直线过定点.
过原点O作直线的垂线，垂直为H，则点H在以为直径的圆上，则的中点到H的距离等于为定值，
因此存在定点即为的中点使得为定值.
例6．（2024·全国·一模）已知椭圆的离心率是，点Q在椭圆上，且，．
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，设椭圆C的上、下顶点分别为，，P为该椭圆上异于，的任一点，直线，分别交x轴于M，N两点，若直线OT与经过M，N两点的圆G相切，切点为T．证明：线段OT的长为定值．
【解析】（1）由，得，由椭圆定义可得，
在中，所以可得，解得，
则，所以.
故椭圆的方程为.
（2）如图：
，，设，
直线：，令，得；
直线:，令，得；
则，因为，所以，
所以，
由切割线定理得，所以，
即线段OT的长度为定值2．
例7．（2024·湖南衡阳·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与交于两点，的周长为8．
(1)求的方程；
(2)若直线与交于两点，且原点到直线的距离为定值1，求的最大值．
【解析】（1）因为的周长为8，
所以，解得，
焦距为，，所以，
所以椭圆E的方程为．
（2）
当直线斜率不存在时，为或，
当时，，则，
当时，同理，
当直线斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为，
因为原点到直线的距离为定值1，所以，则，
设，
联立椭圆于直线方程，
消元得，
所以，
由，得,
,
令，
则，
由，所以当时，，
所以的最大值
例8．（2024·高三·浙江·阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，过点的直线与抛物线交于M，N两点在第一象限）.
(1)当时，求直线的方程;
(2)若三角形OMN的外接圆与曲线交于点（异于点O，M，N），
（i）证明:△MND的重心的纵坐标为定值，并求出此定值;
（ii）求凸四边形OMDN的面积的取值范围.
【解析】（1）解:设直线
联立，消去，得，
所以，
，则
，则，又由题意，
直线的方程是;
（2）（1）方法1:设
因为O，M，D，N四点共圆，设该圆的方程为，
联立，消去，得，
即，
所以即为关于的方程的3个根，
则，
因为，
由的系数对应相等得，，所以的重心的纵坐标为0.
方法2:设，则，
因为O，M，C，N四点共圆，所以，即，
化简可得:，
所以的重心的纵坐标为0.
（2）记的面积分别为，由已知得直线MN的斜率不为0，设直线，联立，消去，得，所以，
所以，
由（1）得，，
所以，即，
因为，
点到直线MN的距离，
所以，
所以
在第一象限，即，
依次连接O，M，D，N构成凸四边形OMDN，所以，即，
又因为，即，即，
所以，即，即，
所以，
设，则，
令，则，
因为，所以，所以在区间上单调递增，所以，
所以的取值范围为.
例9．（2024·宁夏银川·一模）已知，分别是椭圆的左、右焦点，左顶点为A，则上顶点为，且的方程为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若是直线上一点，过点的两条不同直线分别交于点，和点，，且，求证：直线的斜率与直线的斜率之和为定值.
【解析】（1）因为的方程为，可知，
可知，所以椭圆的标准方程为.
（2）由可得，
因为点P在直线上，可设点，
由题可知：直线DE的斜率与直线MN的斜率都存在．
所以直线DE的方程为：，即，
直线MN的方程为：，即，
设，，，，
所以，消去y可得，
整理可得，
且，则，，
又因为，，
则
，
同理可得，
又因为，则，
可知，则，整理可得，
又因为，则，
所以直线DE的斜率与直线MN的斜率之和为0．
【过关测试】
1．（2024·广东湛江·一模）已知为双曲线上一点，分别为双曲线的左、右顶点，且直线与的斜率之和为．
(1)求双曲线的方程；
(2)不过点的直线与双曲线交于两点，若直线的倾斜角分别为和，且，证明：直线过定点．
【解析】（1）由题意知：，，，，
又在双曲线上，，解得：；
双曲线的方程为：.
（2）当直线中的一条斜率不存在时，不妨设直线斜率不存在，则，，
，直线，即，
由得：，解得：，
即直线与双曲线相切于点，不合题意；
直线斜率均存在，则，，
，，
即，；
设，
由得：，
且，
，，
，，
由得：，
，
，
，
整理可得：，
即，或，
当时，直线恒过点，不合题意；
当时，满足，此时直线恒过点；
综上所述：直线过定点.
2．（2024·浙江·模拟预测）已知双曲线的左右焦点分别为，点在的渐近线上，且满足.
(1)求的方程；
(2)点为的左顶点，过的直线交于两点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，证明：线段的中点为定点.
【解析】（1）设，，由，得，
解得，即，而曲线的渐近线方程为，
由点在的渐近线上，得，即，因此，
所以的方程为.
（2）由（1）知，设直线为，
由消去y得：，
则，
，由三点共线，得，同理，
因此
，
所以的中点为定点.
3．（2024·天津·一模）已知椭圆的右焦点为，左、右顶点分别为，，离心率为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)若为直线上一动点，且直线，分别与椭圆交于，两点（异于，两点），证明：直线恒过一定点.
【解析】（1）设，由，解得，
所以，又，，解得，，，
所以椭圆方程为.
（2）由（1）可得，，设，
设直线的方程为，，，
由，整理得，
所以，即，
所以，，
因为、、三点共线，、、三点共线，
所以，，
所以，即，
所以，
即，
所以，
整理得，
因为当变化时，上式恒成立，
所以，解得，
所以直线的方程为，令，则，所以直线过定点.
4．（2024·河南郑州·二模）已知椭圆E：过点，且焦距为.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点作两条互相垂直的弦AB，CD，设弦AB，CD的中点分别为M，N.
①证明：直线MN必过定点；
②若弦AB，CD的斜率均存在，求面积的最大值.
【解析】（1）依题意有，，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）①设：，，，则：，
联立，故，，，
故，由代替m，得，
当，即时，：，过点.
当，即时，，：，
令，，直线MN恒过点.
当，经验证直线MN过点.
综上，直线MN恒过点.
②，
令，，
∵在上单调递减，
∴，当且仅当，时取等号.
故面积的最大值为.
5．（2024·内蒙古呼伦贝尔·一模）已知椭圆的焦距为6，圆9与椭圆C有且仅有两个公共点
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知动直线过曲线的左焦点F，且与椭圆分别交于P，Q两点，试问x轴上是否存在定点R，使得为定值？若存在，求出该定点坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）
根据题意得，所以，
所以椭圆的标准方程为．
（2）①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆的方程，可得，设，则．
设，则
，
若为定值，则，解得．
此时点的坐标为．
②当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入，得不妨设，若，则，，．
综上，在轴上存在点，使得为定值．
6．（2024·全国·一模）如图，已知椭圆的短轴长为，焦点与双曲线的焦点重合.点，斜率为的直线与椭圆交于两点.

(1)求常数的取值范围，并求椭圆的方程.
(2)(本题可以使用解析几何的方法，也可以利用下面材料所给的结论进行解答)
极点与极线是法国数学家吉拉德·迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点（不是原点）对应的极线为，且若极点在轴上，则过点作椭圆的割线交于点，则对于上任意一点，均有（当斜率均存在时）.已知点是直线上的一点，且点的横坐标为2.连接交轴于点.连接分别交椭圆于两点.
①设直线、分别交轴于点、点，证明：点为、的中点；
②证明直线：恒过定点，并求出定点的坐标.
【解析】（1）由题意焦点在轴上，所以，解得，即的范围为，
且，解得，
所以椭圆方程为.
（2）我们首先给出题目给出的引理的证明：
设，则Q在P的极线上，
现在如果经过P的直线交椭圆于：
那么，代入椭圆就得到，
所以
，
由韦达定理有，
此时要证明的是：，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
这显然成立，所以结论得证.
接下来我们回到原题，
①首先由于Q在P的极线上，故由引理有，，
而，
所以，这表明Q是和的交点，
又由于，故，
设，而，，，
所以，也就是E是的中点；
②设，那么，所以，
这表明的方程是，即，
所以恒过点.
7．（2024·新疆塔城·二模）已知动圆经过定点，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)设过点的直线，分别与曲线交于，两点，直线，的斜率存在，且倾斜角互补，求证：直线的倾斜角为定值.
【解析】（1）因为动圆经过定点，且与直线相切，
即动圆圆心到点的距离与到直线的距离相等，
又点不在直线上，
由抛物线的定义可知动圆圆心是以为焦点，直线为准线的抛物线，
所以动圆圆心的轨迹为.
（2）依题意设直线方程为，
直线，的斜率存在，且倾斜角互补，
的方程为．
联立方程组，消元得，
，
因为此方程的一个根为，设，，
则，同理可得，
，．
．
，
设直线的倾斜角为，则，又，所以，
直线的斜率为定值，倾斜角为定值．
8．（2024·天津南开·一模）已知椭圆C：的一个焦点与抛物线的焦点F重合，抛物线的准线被C截得的线段长为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F作直线l交C于A，B两点，试问：在x轴上是否存在一个定点M，使为定值？若存在，求出M的坐标；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）抛物线的焦点，准线方程为，由题意得，
解得，所以椭圆C的方程为.
（2）假设存在符合条件的点，设，
则，，
①当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为，
由，得，则，
所以，
因此，若对于任意的t值，上式为定值，
则，解得，此时，为定值.
②当直线l的斜率为0时，
综合①②知，符合条件的点M存在，其坐标为.
9．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）已知椭圆经过点，下顶点为抛物线的焦点．
(1)求椭圆的方程；
(2)若点均在椭圆上，且满足直线与的斜率之积为，
（ⅰ）求证：直线过定点；
（ⅱ）当时，求直线的方程．
【解析】（1）抛物线的焦点为，所以椭圆的下顶点，则，
又椭圆经过点，所以，解得，
所以椭圆方程为；
（2）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，设，则，
所以，则，与矛盾，
所以直线的斜率存在，
由已知直线斜率同号，因此直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，设，
由得，
由，可得，
所以，，
则
，
，
所以，
即，
所以，解得或，
当时直线方程为，令，可得，所以直线恒过定点，不合题意，
当时直线方程为，令，可得，所以直线恒过定点，符合题意．
综上可得直线恒过定点.
（ⅱ）设直线恒过定点为，
此时，解得，
由，可得，
又，，
所以，，
所以，解得，满足，
所以，
所以直线方程为.
10．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”．
(1)求“椭圆”的方程；
(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；
(3)设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值．
【解析】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，
即，即，
所以“椭圆”的方程为；
（2）由方程，得，
因为，所以，即，
所以或或，
解得，
由方程，得，
即，所以，所以，
所以“椭圆”的范围为，，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称，
所以“椭圆”关于轴，轴，原点对称；
（3）由题意可设椭圆的方程为，
将点代入得，解得，
所以椭圆的方程为，，
由题意可设直线的方程为，
联立，得，
恒成立，
则，
因为的中点为，
所以直线的中垂线的方程为，
同理直线的中垂线的方程为，
设，则是方程的两根，
即是方程的两根，
所以，
又因，
所以，
两式相比得，所以，
所以，
所以直线与的斜率之积为定值．
11．（2024·高三·云南昆明·阶段练习）平面上一动点满足．
(1)求P点轨迹的方程；
(2)已知，，延长PA交于点Q，求实数m使得恒成立，并证明：为定值
【解析】（1）由题意可得，动点P到定点的距离比到定点的距离大2，
由双曲线的定义，P点轨迹是以，为焦点的双曲线的左支，
设，则，，，
所以的方程为．
（2）如图，不妨设点P在第二象限，
①当的斜率不存在时，
，令，解得，则，此时，
在中，，，即，
②当的斜率存在时，令的倾斜角为，的倾斜角为，则，，
假设成立，即，则有，即．
又，，又点P的坐标满足，即，
，
，假设成立，
综上，当时，有成立．
此时，由对称性知，，而，
为定值．
12．（2024·高三·全国·专题练习）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妺”圆锥曲线.已知椭圆，双曲线是椭圆的“姊妺”圆锥曲线，分别为的离心率，且，点分别为椭圆的左､右顶点.
(1)求双曲线的方程；
(2)设过点的动直线交双曲线右支于两点，若直线的斜率分别为.
（i）试探究与的比值是否为定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；
（ii）求的取值范围.
【解析】（1）由题意可设双曲线，则，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）（i）设，直线的方程为，
由，消元得.
则，且，
，
或由韦达定理可得，即,
，
即与的比值为定值.
（ii）方法一：设直线，
代入双曲线方程并整理得，
由于点为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为，.
由韦达定理得：，解得.
因为点A在双曲线的右支上，所以，解得，
即，同理可得，
由（i）中结论可知，
得，所以，
故，
设，其图象对称轴为，
则在上单调递减，故，
故的取值范围为；
方法二：由于双曲线的渐近线方程为，
如图，过点作两渐近线的平行线，由于点A在双曲线的右支上，
所以直线介于直线之间（含轴，不含直线），
所以.
同理，过点作两渐近线的平行线，
由于点在双曲线的右支上，
所以直线介于直线之间（不含轴，不含直线），
所以.
由（i）中结论可知，
得，所以,
故.
13．（2024·山东烟台·一模）已知双曲线经过点，离心率为，直线过点且与双曲线交于两点（异于点）.
(1)求证：直线与直线的斜率之积为定值.并求出该定值；
(2)过点分别作直线的垂线，垂足分别为，记的面积分别为，求的最大值.
【解析】（1）令双曲线半焦距为c，依题意，，
由，解得，
则双曲线的方程为，显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为，
由消去得，，，
设，则，
直线的斜率分别为，
所以.
（2）设直线的方程为，则直线的方程为，
由，得点的纵坐标，
用替换上式中的得点的纵坐标，
则
而，当且仅当时取等号，
因此，所以的最大值为.
14．（2024·北京门头沟·一模）已知椭圆 的离心率为， 椭圆 的上顶点为A， 右顶点为 ， 点 为坐标原点， 的面积为 2 ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)若过点 且不过点 的直线 与椭圆 交于 两点， 直线 与直线 交于点 ， 试判断直线 的斜率是否为定值？ 若是， 求出该定值； 若不是， 请说明理由．
【解析】（1）由已知可得解得，所以椭圆E的方程为.
（2）当直线斜率不存在时，直线的方程为，代入椭圆方程得，不妨设此时
，则，则直线NC的斜率为.
当直线的斜率存在时，设其方程为，设
则直线MQ的方程为，令，得，
由消去得：，
由于点P在椭圆内，则必有，则
所以
所以，所以CN的斜率为定值1.
15．（2024·高三·上海闵行·期中）已知双曲线：的离心率为，点在双曲线上．过的左焦点F作直线交的左支于A、B两点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若，试问：是否存在直线，使得点M在以为直径的圆上?请说明理由．
(3)点，直线交直线于点．设直线、的斜率分别、，求证：为定值．
【解析】（1）由双曲线的离心率为，且在双曲线上，
可得，解得，∴双曲线的方程为．
（2）双曲线的左焦点为，
当直线的斜率为0时，此时直线为，与双曲线左支只有一个交点，舍去；
当直线的斜率不为0时，设，
联立方程组，消得，易得，
设，则，可得，
∵，
则
，
即，可得与不垂直，
∴不存在直线，使得点在以为直径的圆上．
（3）由直线，得，
∴，又，
∴
，
∵，∴，且，
∴，即为定值．
16．（2024·江苏·模拟预测）已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左，右顶点和坐标原点，点为椭圆上异于的一动点，面积的最大值为.
(1)求的方程；
(2)过椭圆的右焦点的直线与交于两点，记的面积为，过线段的中点作直线的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为.
①求的取值范围；
②求证：为定值.
【解析】（1）由题意知，解得，
所以的方程为；
（2）①易知，
设直线方程为，如下图所示：
联立，消去可得，
所以，
且，
可得，
令，
可得，由对勾函数性质可得在时单调递增；
所以可得；
即的取值范围为.
②易知，
可得；
所以
；
因此为定值.
17．（2024·高三·福建福州·期末）已知椭圆的上、下顶点分别是A，B，点E（异于A，B两点）在椭圆C上，直线EA与EB的斜率之积为，椭圆C的短轴长为2．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点Q是椭圆C长轴上的不同于左右顶点的任意一点，过点Q作斜率不为0的直线l，l与椭圆的两个交点分别为P，N，若为定值，则称点Q为“稳定点”，问：是否存在这样的稳定点？若有，求出所有的“稳定点”；若没有，请说明理由．
【解析】（1）由题，，即，所以，，
设，由可得，
，化简得，又点满足上式，
所以椭圆C的标准方程为.
（2）存在这样的点，设直线，，，，
联立，消去整理得，
，，，
又，，
，
要使上式为定值，则，故当时，为定值，
综上，存在这样的稳定点.
18．（2024·山东·模拟预测）设异面直线与所成的角为，公垂线段为，且，、分别直线m、n上的动点，且，为线段中点，建立适当的平面直角坐标系可确定点的轨迹方程．
(1)请根据自己建立的平面直角坐标系求出．
(2)为的任意内接三角形，点为的外心，若直线的斜率存在，分别为，，，，证明：为定值．
【解析】（1）过作直线，则直线的夹角为，令它们确定的平面为，有，
过作，交直线于点，连接，于是，而，则，
取的中点，而是线段的中点，连接，则，，
显然四边形为矩形，，而，因此，
点在移动过程中，点到平面的距离，于是点轨迹所在平面平行于，
点轨迹与点的轨迹形状完全相同，在平面内以直线相交构成的两组对顶角的平分线为坐标轴，
建立平面直角坐标系，其中轴与直线都成，令直线的方程分别为，
设，则，即，
由，得，于是，即，
所以方程为.
（2）设，则，
显然中任意两个都不相等，否则外心在轴上，直线斜率不存在，即，
设的外接圆方程为，
得，
两式相减得，
由，得，则有，同理，
两式相减得：，则
因此
，
所以，即为定值.
19．（2024·高三·上海浦东新·阶段练习）已知椭圆的左、右焦点分别是，其离心率，过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1．
(1)求椭圆的方程；
(2)点是椭圆上除长轴端点外的任一点，过点作斜率为的直线，使得与椭圆有且只有一个公共点，设直线的斜率分别为，若，证明：为定值，并求出这个定值；
(3)点是椭圆上除长轴端点外的任一点，设的角平分线交椭圆的长轴于点，求的取值范围．
【解析】（1）由于，将代入椭圆方程，得．
由题意知，即．
又，，所以，．
所以椭圆的方程为．
（2）设，则直线的方程为．
联立得，
整理得
由题意得，即．
又，所以，故．
又知，
所以，
因此为定值，这个定值为．
（3）
设，又，，
所以直线的方程分别为，
．
由题意知，
由于点在椭圆上，所以．
所以，
结合整理得到：，而，
故，而在之间，故，
故即，因此．
20．（2024·四川宜宾·二模）已知椭圆的下、上顶点分别为，左、右顶点分别为，四边形的面积为，若椭圆上的点到右焦点距离的最大值和最小值之和为6.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点且斜率不为0的直线与交于（异于两点，设直线与直线交于点，探究三角形的面积是否为定值，请说明理由.
【解析】（1）由题意可知：，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）三角形的面积是定值，理由如下：
由（1）可知：，
因为在椭圆的内部，可知直线与椭圆必相交，
由题意可设：直线，
联立方程，消去x得，，
则，可知，
又因为直线，直线，
联立方程，
解得
，
即点在直线上，
所以三角形的面积为.
21．（2024·四川南充·二模）如图，已知四边形的四个顶点都在抛物线上，且A，B在第一象限，轴，抛物线在点A处的切线为，且．
(1)设直线，的斜率分别为k和，求的值；
(2)若，证明：的面积为定值．
【解析】（1）
设点的坐标分别为．
由轴得：点的坐标为．
由得，．
所以抛物线在点处的切线斜率为．
又
由得：，
．
.
（2）根据题意：
直线的方程为，即
由，得：
得
又直线得方程为，即
由，得：
，得
直线的方程为
即
方法1：点到直线的距离为
又
的面积为
故的面积为定值128．
方法2：的坐标为
的面积等于
故的面积为定值128．
方法3：设的中点为，则，即，
又
轴，且．
的面积为
．
故的面积为定值128．
解法4：先证明下面三角形的面积公式．
设中，．
则的面积为
．
．
的面积为．
的面积为定值128．