清单09 玩转圆锥曲线经典题型（清单 导图 考点 题型 变式 ）学案-2024-2025学年高二数学上学期期末考点（苏教版2019）

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【清单01】玩转圆锥曲线经典题型
1、过椭圆的右焦点作两条互相垂直的弦，．若弦，的中点分别为，，那么直线恒过定点．
2、过椭圆的长轴上任意一点作两条互相垂直的弦，．若弦，的中点分别为，，那么直线恒过定点．
3、过椭圆的短轴上任意一点作两条互相垂直的弦，．若弦，的中点分别为，，那么直线恒过定点．
4、过椭圆内的任意一点作两条互相垂直的弦，．若弦，的中点分别为，，那么直线恒过定点．
5、以为直角定点的椭圆内接直角三角形的斜边必过定点
6、以上顶点为直角顶点的椭圆内接直角三角形的斜边必过定点，且定点在轴上．
7、以右顶点为直角顶点的椭圆内接直角三角形的斜边必过定点，且定点在轴上．
8、以为直角定点的抛物线内接直角三角形的斜边必过定点，
9、以为直角定点的双曲线内接直角三角形的斜边必过定点
10、已知是椭圆上的定点，直线（不过点）与椭圆交于，两点，且，则直线斜率为定值．
11、已知是双曲线上的定点，直线（不过点）与双曲线交于，两点，且，直线斜率为定值．
12、已知是抛物线上的定点，直线（不过点）与抛物线交于，两点，若，则直线斜率为定值．
13、为椭圆上一定点，过点作斜率为，的两条直线分别与椭圆交于两点．
（1）若，则直线过定点；
（2）若，则直线过定点．
14、设是直角坐标平面内不同于原点的一定点，过作两条直线，交椭圆于、、、，直线，的斜率分别为，，弦，的中点记为，．
（1）若，则直线过定点；
（2）若，则直线过定点．
15、过抛物线上任一点引两条弦，，直线，斜率存在，分别记为，即，则直线经过定点．
16、定值问题
解析几何中定值问题的证明可运用函数的思想方法来解决．证明过程可总结为“变量—函数—定值”，具体操作程序如下：
（1）变量----选择适当的量为变量．
（2）函数----把要证明为定值的量表示成变量的函数．
（3）定值----化简得到的函数解析式，消去变量得到定值．
17、求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊情况入手，求出定值，再证明该定值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理过程中消去变量，从而得到定值．
18、求最值问题常用的两种方法
（1）几何法：题中给出的条件有明显的几何特征，则考虑用几何图形性质来解决，这是几何法．
（2）代数法：题中给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求该函数的最值．求函数的最值常见的方法有基本不等式法、单调性法、导数法和三角换元法等，这就是代数法．
19、求定值、最值等圆锥曲线综合问题的“三重视”
（1）重视定义在解题中的作用（把定义作为解题的着眼点）．
（2）重视曲线的几何特征特别是平面几何性质与方程的代数特征在解题中的作用．
（3）重视根与系数的关系在解题中的作用（涉及弦长、中点要用根与系数的关系）．
20、求参数的取值范围
据已知条件及题目要求等量或不等量关系，再求参数的范围．
21、在面对有关等角、倍角、共线、垂直等几何特征时，可设法将条件翻译成关于斜率的关系式，然后将斜率公式代入其中，得出参数间的关系式，再根据要求做进一步的推导判断．
22、通过合理的方式，将所需要的坐标、斜率、角度、向量数量积等问题利用参数进行表达，进而构造函数，通过求函数值域解决．涉及向量的数量积，多与坐标有关，最终利用根与系数的关系进行解决．
23、求定值问题常见的方法有两种：
（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．
24、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．
24、证明共线的方法：（1）斜率法：若过任意两点的直线的斜率都存在，通过计算证明过任意两点的直线的斜率相等证明三点共线；（2）距离法：计算出任意两点间的距离，若某两点间的距离等于另外两个距离之和，则这三点共线；（3）向量法：利用向量共线定理证明三点共线；（4）直线方程法：求出过其中两点的直线方程，在证明第3点也在该直线上；（5）点到直线的距离法：求出过其中某两点的直线方程，计算出第三点到该直线的距离，若距离为0，则三点共线．（6）面积法：通过计算求出以这三点为三角形的面积，若面积为0，则三点共线，在处理三点共线问题，离不开解析几何的重要思想：“设而不求思想”．
26、证明四点共圆的方法：
方法一：从被证共圆的四点中先选出三点作一圆，然后证另一点也在这个圆上，若能证明这一点，则可肯定这四点共圆．
方法二：把被证共圆的四个点连成共底边的两个三角形，且两三角形都在这底边的同侧，若能证明其顶角相等，则可肯定这四点共圆（根据圆的性质一一同弧所对的圆周角相等证）．
方法三：把被证共圆的四点连成四边形，若能证明其对角互补或能证明其中一个外角等于其内对角时，则可肯定这四点共圆（根据圆的性质一一圆内接四边形的对角和为，并且任何一个外角都等于它的内对角）．
方法四：证明被证共圆的四点到某一定点的距离都相等，或证明被证四点连成的四边形其中三边中垂线有交点），则可肯定这四点共圆（根据圆的定义：平面内到定点的距离等于定长的点的轨迹为圆）．
27、（1）若点是圆上的点，则过点的切线方程为．
（2）若点是圆外的点，由点向圆引两条切线，切点分别为A，B，则弦AB所在直线方程为．
（3）若点是椭圆上的点，则过点的切线方程为．
（4）若点是椭圆外的点，由点P向椭圆引两条切线，切点分别为A，B，则弦AB所在直线方程为．
考点题型1：斜率和问题
【典例1-1】（2024·高二·黑龙江牡丹江·期末）已知抛物线（）的准线为l，过抛物线上一点B向x轴作垂线，垂足恰好为抛物线C的焦点F，且．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设l与x轴的交点为A，过x轴上的一个定点的直线m与抛物线C交于D，E两点．记直线，的斜率分别为，若，求直线m的方程．
【解析】（1）抛物线（）的焦点为，准线为，
由题意可得，代入抛物线方程可得，
解得，负值舍去，
所以抛物线的方程为；
（2）当直线m的斜率不存在时，与题意不符，
所以直线m的斜率一定存在，
设直线m的方程为y=kx−1，代入抛物线的方程可得，
设，
则，恒成立，
，
故，
解得，
所以直线m的方程为．
【典例1-2】（2024·四川成都·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，短半轴长为1，点在椭圆E上运动，且的面积最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)当点为椭圆的上顶点时，过点分别作直线，交椭圆E于M，N两点，设两直线，的斜率分别为，，且，求证：直线过定点.
【解析】（1）设点的纵坐标，椭圆的半焦距为c，当点不在x轴上时，，
，当且仅当时取等号，因此，，
所以椭圆的方程为.
（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，而，
由消去y并整理得：，
，设，
则，，，
由，得，解得，
由，得或，直线：过定点，
直线交椭圆于点，
直线的斜率满足，
所以当时，直线过定点.
【变式1-1】（2024·高二·云南曲靖·期末）已知椭圆的离心率为，且椭圆过点.
(1)求椭圆的方程.
(2)设是椭圆上异于的两个动点，直线的斜率分别为.若0，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）因为椭圆的离心率为，且过点，
所以解得
所以椭圆的方程为.
（2）如下图所示：
设直线的斜率为，则直线的斜率为，设，
直线的方程为，即，
联立方程组消去，得.
因为为直线与椭圆的交点，
所以，即，
把换为得，所以.
因为，
所以直线的斜率为，
即直线的斜率为定值1.
考点题型2：斜率积问题
【典例2-1】（2024·高二·甘肃定西·期末）已知中心为坐标原点，焦点在坐标轴上的双曲线经过点．
(1)求双曲线的方程；
(2)已知点，直线与双曲线交于两点，求直线与直线的斜率之积．
【解析】（1）依题意知的方程经过点，
可知焦点在轴，且双曲线的实半轴，
故可设双曲线方程为，
因为经过点，代入解得，
故的方程为；
（2）
由（1）知曲线，联立直线与曲线方程，
有则，于是，
设点，点，显然直线斜率存在，
则，
所以直线与直线斜率之积为．
【典例2-2】（2024·高二·北京东城·期末）已知椭圆，过点，，分别是的左顶点和下顶点，是右焦点，.
(1)求的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于点，，直线，分别与直线交于不同的两点，.设直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
【解析】（1）由椭圆过点，得，
由，得椭圆半焦距，则长半轴长，
所以的方程为.
（2）显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为，，
由消去x得，显然，
，直线的方程为，
令，得点的纵坐标，同理点的纵坐标，
因此
为定值，
所以为定值.
【变式2-1】（2024·高二·河南驻马店·期末）已知P是抛物线的准线上任意一点，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为．
(1)若点P纵坐标为0，求此时抛物线C的切线方程；
(2)设直线的斜率分别为，求证：为定值．
【解析】（1）
由抛物线C的方程为，则其准线方程为
由于点P的纵坐标为0，所以点P为，过P作抛物线C的切线，由题意知斜率存在且不为0，设其斜率为k则切线方程为
联立
由于直线与抛物线C相切，可知，即
此时抛物线C的两条切线方程分别为和.
（2）
点P在抛物线C的准线上，设
由题意知过点P作抛物线C的切线，斜率存在且不为0，
设其斜率为k则切线方程为
联立
由于直线与抛物线C相切，可知，即
而抛物线C的两条切线的斜率，即为方程的两根
故.
【变式2-2】（2024·高二·新疆·期末）已知椭圆C：（）的长轴长是短轴长的3倍，且椭圆C经过点．
(1)求椭圆C的方程．
(2)设A是椭圆C的右顶点，P，Q是椭圆C上不同的两点，直线的斜率分别为，，且．过A作，垂足为B，试问是否存在定点M，使得线段的长度为定值？若存在，求出该定点；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）因为椭圆C的长轴长是短轴长的3倍，所以，
则椭圆C的方程为．
又椭圆C经过点，所以，
解得，，所以椭圆C的方程为．
（2）
设Px1,y1，Qx2,y2，若直线斜率为0，不妨设，
此时是方程的两根，所以，
但，不满足题意；
若直线斜率不为0，直线PQ的方程为，且，
联立方程组，消去x得，
由，得，
所以，．
又因为，
所以，整理得，
即，
化简得．
所以，
化简得，解得，即直线PQ恒过点．
因为，所以点B在以线段为直径的圆上，取线段的中点，
则，所以存在定点，使得线段的长度为定值．
【变式2-3】（2024·高二·湖北·期末）已知抛物线的焦点为，设动点的坐标为．
(1)若，求过点与抛物线有且只有一个公共点的直线方程；
(2)设过动点的两条直线均与相切，且的斜率分别为，满足．证明：动点在一条定直线上．
【解析】（1）当经过点P的直线不存在斜率时，直线方程即为，
与抛物线抛物线C：有且只有一个公共点，符合题意，
当经过点P的直线存在斜率时，不妨设直线方程为，
代入抛物线方程化简得：，
，即，直线方程即为
因此所求直线方程为或；
（2）证明：设过点P与抛物线C的相切的切线方程为，
由，消去整理得，
因为与抛物线C相切，所以，
即．
又因为，是方程的两根，则有，
由 ，可得，即
从而动点在直线上.
考点题型3：夹角问题
【典例3-1】（2024·高二·重庆·期末）已知椭圆C：（）的离心率为，焦距为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线与C交点P，Q两点，O为坐标原点，且，求实数k的值.
【解析】（1）由题，，所以，，
椭圆的方程为.
（2）
设，，
联立方程组，得，
则，即，
，，
因为，所以，
即，得，满足，合题意.
所以.
【典例3-2】（2024·高二·江西吉安·期末）已知点，集合，点，且对于S中任何异于P的点Q，都有．
(1)试判断点P关于椭圆的位置关系，并说明理由；
(2)求P的坐标；
(3)设椭圆的焦点为，，证明：．
[参考公式：]
【解析】（1）在椭圆上，理由如下：
记，若不在上，则在内.
因为，所以在外，
设线段与有一交点，此时和共线反向，，不合题意，
因此在上.
（2）等价于.
记在上的投影向量为，
则条件等价于，即，
这表明是上与距离最小的点.
设Px0,y0，则，.
因为，
故，当且仅当时取等号.
所以，
又，故，
故，
当且仅当且且时取等号，
解得，故此时.
（3）因为，，
设直线与轴交于，则，解得.
故，则要证即证.
又，故轴，故.
在和，由正弦定理，，
又和互补，所以，
所以，从而有.
所以.
【变式3-1】（2024·高二·海南海口·期末）已知双曲线的离心率为，且的右焦点到渐近线的距离为.
(1)求的标准方程；
(2)过点作直线与的右支相交于两点，为原点，证明：为锐角.
【解析】（1）设，则，
易知的渐近线方程为，
由对称性知焦点到两条渐近线的距离相同，即，
又，
则双曲线方程为：；
（2）由上知，不妨设的方程为及Ax1,y1,Bx2,y2，
显然，异号，
则，，
联立，整理得，
则，
易知，
而异号，则，
所以，即，
即为锐角，得证.
【变式3-2】（2024·高二·江苏无锡·期末）已知双曲线的离心率为，上焦点到其中一条渐近线的距离为2．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过的直线交双曲线上支于，两点．在轴上是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）因为离心率为且双曲线，则①，
上焦点到其中一条渐近线的距离为2，渐近线方程，
②，联立①②，解得，
则双曲线的标准方程为；
（2）
易知直线的斜率存在，不妨设直线的方程为，，，
联立，消去并整理得，
显然，且，
由韦达定理得，，
假设在轴上存在定点，使得恒成立，
不妨设，此时，
即
，
解得，则点的坐标为．
综上，轴上存在点，使恒成立．
考点题型4：数量积问题
【典例4-1】（2024·高二·宁夏石嘴山·期末）在直角坐标平面中，的两个顶点A，B的坐标分别为，，两动点M，N满足，，向量与共线．
(1)求的顶点C的轨迹方程；
(2)若过点的直线与（1）轨迹相交于E，F两点，求的取值范围．
【解析】（1）设顶点C的坐标为，因为，．
又且向量与共线，
∴N在边的中垂线上，．
而，即，
化简并整理得顶点C的轨迹方程为．
（2）
设，
过点的直线方程为，代入，
得，，
得，
而是方程的两根，
，．
，
即，
故的取值范围为.
【典例4-2】（2024·高二·上海·期末）已知双曲线．
(1)求上焦点的坐标；
(2)若动点在双曲线的上支上运动，求点到的距离的最小值，并求此时的坐标；
(3)若为双曲线的上顶点，直线与双曲线交于C、D两点（异于点），，求实数的值．
【解析】（1）因为双曲线方程为，
所以，所以，
所以上焦点.
（2）设，则，
所以，
当时，此时取得最小值且，
所以，所以，
所以.
（3）因为为上顶点，所以，
由题意可知：不经过，所以，
设，
联立可得，
且，即，
所以，
因为，所以，
所以，所以，
所以，
化简可得：，解得或（舍），
综上所述，.
【变式4-1】（2024·高二·云南大理·期末）已知是双曲线上的一点，分别是的左、右焦点，若．
(1)求双曲线的离心率；
(2)当时，求的取值范围．
【解析】（1）由可得，所以，
故，离心率为
（2），，
所以，
由于，所以，
解得，
【变式4-2】（2024·高二·河南·期末）已知双曲线的焦点到渐近线的的距离为3，离心率为2.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)经过点的直线与双曲线的左､右两支分别交于点为坐标原点，求的取值范围.
【解析】（1）由题意得Fc,0，其中，
由题得，所以，即，
又焦点到渐近线的距离为3，所以，
所以双曲线的标准方程为；
（2）显然直线的斜率存在，设其方程为，
联立直线与的方程，得消去得，
因为直线与的两支分别交于点，所以，
得，设Ax1,y1,Bx2,y2，则，
，
综上，的取值范围是.
【变式4-3】（2024·高二·江西新余·期末）已知双曲线的方程为，实轴长和离心率均为2.
(1)求双曲线的标准方程及其渐近线方程；
(2)过且倾斜角为的直线与双曲线交于两点，求的值（为坐标原点）.
【解析】（1）由离心率，又，则，
又长轴长，所以，所以，
故双曲线的标准方程为；
其渐近线方程为.
（2）直线的倾斜角为，故其斜率为1，又过点E0,2，
的方程为；
设
由，得，
【变式4-4】（2024·高二·上海·期末）已知椭圆的一个焦点为，离心率为，椭圆的左右焦点分别为，直角坐标原点记为．设点，过点作倾斜角为锐角的直线与椭圆交于不同的两点．
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆上有一动点，求的取值范围；
(3)设线段的中点为，当时，判别椭圆上是否存在点，使得非零向量与向量平行，请说明理由．
【解析】（1）由题意，得，所以，
则椭圆的标准方程为；
（2）设动点，
，
，
所以的取值范围为；
（3）显然直线的斜率存在，所以可以设直线，联立得到，
整理，得，
则，
则，
又直线与椭圆交于两点：，
化简得，则①，
，如果，则，
设直线为，
整理得，
要使得存在点，则，
整理得②，
由①②式得，，
则，解得，
所以当时，不存在点，使得.
【变式4-5】（2024·高二·福建莆田·期中）已知椭圆离心率，设点M和N分别是椭圆上不同的两动点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线MN过点，且，线段MN的中点为P，求直线OP的斜率的取值范围．
【解析】（1）因为，
故椭圆C的标准方程为；
（2）由题意可知直线MN的斜率存在且不为0，设其方程为，
联立，得，
由，得；
设，则，
则，
因为，所以，
即，
设直线OP的斜率为，
因为，两式相减得，即，
则，
故直线OP的斜率的取值范围为.
考点题型5：垂直问题
【典例5-1】（2024·高二·云南大理·期中）已知椭圆的短轴长为2，点在椭圆上，与两焦点围成的三角形面积的最大值为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当为椭圆的右顶点时，直线与椭圆相交于两点（异于点），且.试判断直线是否过定点？如果过定点，求出该定点的坐标；如果不过定点，请说明理由.
【解析】（1）由已知得：，解得，
故椭圆的标准方程为；
（2）由题意知，直线的斜率不为0，
不妨设，
由消去得，
所以，即得，
，
，
，
又，
所以，
所以，
解得，
直线的方程为，则直线恒过点.
【典例5-2】（2024·高二·福建福州·期末）已知双曲线的右焦点为，其渐近线方程为，
(1)求双曲线C的方程
(2)已知斜率为的直线经过点与曲线双曲线交于两点，为坐标原点，若，求的值.
【解析】（1）设双曲线的方程为，
则
所以
得双曲线的方程为；
（2）设直线的方程为，
联立方程，得，消去并整理，得，
则，且，
所以，
所以，
因为，所以，即，
所以，所以，所以，符合题意，
故.
【变式5-1】（2024·高二·内蒙古·期末）已知椭圆的两个焦点是、，点在椭圆上，且．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知为坐标原点，直线与椭圆交于、两点，且，证明：直线与圆相切．
【解析】（1）设椭圆的标准方程为，
由椭圆定义可得，则，
由已知可得，所以，，
所以，椭圆的标准方程为．
（2）证明：由题意，圆的圆心为O0,0，半径为．
当直线的斜率不存在时，由对称性可知，
不妨设Ax0,y0，则，可得，
即直线的方程为或，此时直线与圆相切；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点Ax1,y1、Bx2,y2，
联立得，
由，得，
由韦达定理得，，
则
则，即．
圆心到的距离为，此时直线与圆相切．
综上，直线与圆相切．
【变式5-2】（2024·高二·辽宁大连·期中）已知椭圆的中心是坐标原点，它的短轴长为，一个焦点的坐标为，过点且垂直于轴的直线与椭圆交于两点，.
(1)求椭圆的方程；
(2)若过点的直线与椭圆相交于两点，且，求直线的方程.
【解析】（1）因为短轴长为，所以，
由题意可知：，解得，
所以椭圆方程为.
（2）因为点在椭圆外，所以过该点的直线PQ的斜率必然存在，
可设直线PQ的方程为，，
联立方程，消去y得，
则，解得，
由根与系数的关系可知:，
可得.
由得，即，
解得:，符合，
所以直线PQ的方程为.
【变式5-3】（2024·高二·陕西西安·期末）已知椭圆的右顶点为，上顶点为，左､右焦点分别为为原点，且，过点作斜率为的直线与椭圆交于另一点，交轴于点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设为的中点，在轴上是否存在定点，对于任意的都有？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）由题意得，
又，.
椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为：，
令得，即，
联立，得，
所以，
则，，
若在x轴上存在定点，对于任意的都有，
则，即，
解得，
所以存在定点.
【变式5-4】（2024·高二·陕西延安·期末）已知椭圆的离心率为，短轴的一个顶点到椭圆C的一个焦点的距离为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线交椭圆于，两点，O为坐标原点，若，求直线的方程.
【解析】（1）∵短轴的一个顶点到椭圆C的一个焦点的距离为2，∴，
又椭圆C的离心率为，∴，故，
∴，
∴椭圆C的标准方程为.
（2）联立，整理得，
∴，，
故，
∵，∴，
解得，满足，
∴直线的方程为或.
考点题型6：定点问题
【典例6-1】（2024·高二·河北保定·期末）已知椭圆的左、右顶点为，，焦距为.为坐标原点，过点、的圆交直线于、两点，直线、分别交椭圆于、.
(1)求椭圆的方程；
(2)记直线，的斜率分别为、，求的值；
(3)证明：直线过定点，并求该定点坐标.
【解析】（1）由已知得，，则，
故椭圆的标准方程为；
（2）法一：设，则圆的方程为：，
圆过，代入圆的方程得，
故；
法二：设，圆半径为r，则圆方程为：，
圆过，，由题意可设，
则；
（3）由题意知，当圆的圆心不在x轴上时，直线PQ斜率存在，
设直线，，
则，需满足，
则，，
则，
结合第一问知，即，
即得，
化简得，
解得或，
当时，直线PQ方程为，直线PQ过点A−2,0，不合题意，
当时，直线PQ方程为，
故直线PQ过定点；
当圆的圆心在x轴上时，M，N关于x轴对称，此时直线PQ斜率不存在，
圆G方程为，
令，则，此时不妨设，
则的方程为，即，
联立，得，解得或，
即P点横坐标为，则直线PQ此时也过点，
故直线PQ过定点.
【典例6-2】（2024·高二·四川成都·期末）已知椭圆的左、右焦点别为，，离心率为，过点的动直线l交E于A，B两点，点A在x轴上方，且l不与x轴垂直，的周长为，直线与E交于另一点C，直线与E交于另一点D，点P为椭圆E的下顶点，如图．
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点．
【解析】（1）由椭圆定义可知，BF1+BF2=2a，
所以的周长为，所以，
又因为椭圆离心率为，所以，所以，
又，所以椭圆的方程：．
（2）设点Ax1,y1，Bx2,y2，，，
则直线的方程为，则，
由得，，
所以，
因为，所以，所以，故，
又，
同理，，，
由A，，B三点共线，得，所以，
直线CD的方程为，
由对称性可知，如果直线CD过定点，则该定点在x轴上，
令得，
，
故直线CD过定点．
【变式6-1】（2024·高二·陕西延安·期末）已知双曲线经过点．
(1)求的离心率；
(2)设直线经过的右焦点，且与交于不同的两点，点N关于x轴的对称点为点P，证明：直线过定点．
【解析】（1）由双曲线经过点，
则有，解得，
即双曲线的标准方程为，则，
所以离心率，
故的离心率为；
（2）由（1）知的右焦点为，直线，
设Mx1,y1，Nx2,y2，由点N关于x轴的对称点为点P，则，
联立，得，
由题可知，即，
且，
则，
则直线的直线方程为，
由对称性可知，直线若过定点，则必在轴上，
令，得
当，且时，
，
所以直线过定点.
【变式6-2】（2024·高二·贵州黔南·期末）已知抛物线经过点．
(1)求抛物线C的方程及其准线方程；
(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线分别交直线OM，ON于点A和点B．求证：以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点．
【解析】（1）将点代入抛物线方程得，解得，
故抛物线方程为．
其准线方程为
（2）证明：因为直线l的斜率不为0，焦点坐标为，设直线l的方程为.
与抛物线方程联立可得．
故．
设，则，
直线OM的方程为，与联立，可得，同理可得．
易知以AB为直径的圆的圆心坐标为，
圆的半径为，
则圆的方程为．
令，整理可得，解得，
即以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点．
【变式6-3】（2024·高二·安徽亳州·期末）已知为坐标原点，是抛物线上与点不重合的任意一点．
(1)设抛物线的焦点为，若以为圆心，为半径的圆交的准线于两点，且的面积为，求圆的方程；
(2)若是拋物线上的另外一点，非零向量满足，证明：直线必经过一个定点．
【解析】（1）准线为到的距离是．由对称性知，
是等腰直角三角形，斜边，
点到准线的距离，
，解得，
故圆的方程为；
（2）方法一，因为，
所以，
所以，
设在抛物线上，
则．
显然直线的斜率存在，
则直线的方程为，
将代入得，，
即，
令，得，
由得，，
因为（否则，有一个为零向量），
所以，代入式可得，
故直线经过定点．
方法二，因为，所以，
设在拋物线上，
则，
显然直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立消去得到，
，
由得，，
因为（否则，有一个为零向量），
所以，即，
因此就是．故直线经过定点．
考点题型7：定值问题
【典例7-1】（2024·高二·云南·期末）已知椭圆的离心率为，且经过点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)不经过点的直线与椭圆交于，两点，若直线和的斜率互为相反数，证明：直线的斜率为定值．
【解析】（1）因为，所以．
又在上，所以，
解得，，
则椭圆的方程为．
（2）证明：由题可知，直线的斜率显然存在，
设的方程为，，，
则，得，
则，，
．
又，
整理可得，
化简得，
即，
所以或．
当时，直线过点，不符合题意，
所以，即直线的斜率为定值．
【典例7-2】（2024·高二·陕西西安·期中）已知双曲线经过点，右焦点为，且成等差数列.
(1)求的方程；
(2)过的直线与的右支交于两点（在的上方），的中点为在直线上的射影为为坐标原点，设的面积为，直线的斜率分别为，试问是否为定值，如果是，求出该定值，如果不是，说明理由.
【解析】（1）因为，，成等差数列，所以，
又，所以.
将点的坐标代入C的方程得，解得，
所以，所以C的方程为.
（2）依题意可设PQ：，
由，得,
设Px1,y1，Qx2,y2，，则.
Mx1+x22,y1+y22，，
则，
而，
所以，
所以是定值，定值为23.
【变式7-1】（2024·高二·广西南宁·期末）已知抛物线的焦点F在直线上．
(1)求C的方程；
(2)过点的直线交C于M，N两点，又点Q在线段MN上，且，证明：点Q在定直线上．
【解析】（1）由题意可得F1,0，则，解得，
所以抛物线C的方程为．
（2）设直线MN的方程为：，，，，
不妨设，
联立直线MN与抛物线C的方程，消去y可得，
由，且，解得且，
则，，
因为，则，
整理可得，即，
又因为点Q在直线MN上，则，消m得，
且且，可得得且，
所以点Q在定直线：（且）上．
【变式7-2】（2024·高二·河南南阳·期末）已知双曲线的实轴比虚轴长2，且焦点到渐近线的距离为2.
(1)求双曲线的方程；
(2)若动直线与双曲线恰有1个公共点，且与双曲线的两条渐近线分别交于点，两点，为坐标原点，证明：的面积为定值.
【解析】（1）设双曲线焦点为，一条渐近线方程为，
所以该焦点到渐近线的距离为，
又双曲线实轴比虚轴长2，故，即，
故双曲线的方程为；
（2）当直线的斜率不存在时，若动直线与双曲线恰有1个公共点，
则直线经过双曲线的顶点，不妨设，又渐近线方程为，
将代入，得，将代入，得，
则，；
当直线的斜率存在，设直线，且，
联立，消去并整理得，
因为动直线与双曲线恰有1个公共点，
所以，得，
设动直线与的交点为，与的交点为，
联立，得，同理得，
则，
因为原点到直线的距离，
所以，
又因为，所以，即，
故的面积为定值，且定值为.
【变式7-3】（2024·高二·上海青浦·期末）已知双曲线的图像经过点，点分别是双曲线的左顶点和右焦点．设过的直线交的右支于两点，其中点在第一象限．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若直线分别交直线于两点，证明：为定值；
(3)是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【解析】（1）由双曲线C：的图像经过点得：，解得：，
所以双曲线C的标准方程为：；
（2）
由（1）中所求可得点，的坐标分别为，
又双曲线渐近线为，显然直线的斜率不为零，
故设其方程为，，
联立双曲线方程可得：，
设点的坐标分别为，
则，
，
；
又直线方程为：，令，则，
故点的坐标为；
直线方程为：，令，则，
故点的坐标为；
则
故为定值.
（3）当直线斜率不存在时，
对曲线，令，解得，
故点的坐标为2,3，此时，
在三角形中，，故可得，
则存在常数，使得成立；
当直线斜率存在时，
不妨设点的坐标为，，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，
则，，
假设存在常数，使得成立，即，
则一定有：，也即；
又；；
又点的坐标满足，则，
故
；
故假设成立，存在实数常数，使得成立；
综上所述，存在常数，使得恒成立.
【变式7-4】（2024·高二·江西·阶段练习）已知双曲线的左､右顶点分别为，右焦点为，一条渐近线的倾斜角为的离心率为在上.
(1)求的方程；
(2)过的直线交于两点（在轴上方），直线分别交轴于点，判断（为坐标原点）是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由.
【解析】（1）因为的一条渐近线的倾斜角为，所以其斜率为，
所以，所以，
又，即在上，所以，
所以，故的方程为.
（2）由（1）得，设，
由题意知的斜率不为0，设的方程为，
代入的方程并整理，得，
则，
所以，且.
直线的方程为，令，得，故，
直线的方程为，令，得，故，
所以
所以为定值，且定值为.
【变式7-5】（2024·高二·北京海淀·期末）已知椭圆的右焦点坐标为，两个焦点与短轴一个端点构成等边三角形.
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)若过点与点的直线交椭圆于，两点，过点且与直线平行的直线交轴于点，直线与直线于点，求的值.
【解析】（1）依题意得，
解得,
所以椭圆C的方程为，离心率.
（2）由于，所以直线l的斜率不为0.
设直线l的方程为:,，
联立，消去并整理得，
其中，
所以，
对于直线l的方程，令，得，
所以点M的坐标为，
由于直线的斜率为，
直线直线,所以，
从而直线的方程为，
令，有
将代入，得，
于是点N的坐标为
由于直线的斜为，
所以直线的方程为,
因为，
，
即
即，
其中，
所以，
于是有，
从而得
即点的坐标为，
因为
其中分子为
将和代入,有，
因此有
即，
即点为点和点的中点，
故.
考点题型8：向量与共线问题
【典例8-1】（2024·高二·安徽马鞍山·期末）已知椭圆：（）．
(1)若椭圆的焦距为6，求的值；
(2)设，若椭圆上两点M，N满足，求点N横坐标取最大值时的值．
【解析】（1）设焦距为，则，解得．
（2）
要使点的横坐标最大，需直线斜率存在．
设，与椭圆联立得，
由韦达定理：．
由知，故，
要使点的横坐标最大，在这里不妨取，
所以，当且仅当时，等号成立．
当时，，即，此时．
【典例8-2】（2024·高二·四川德阳·期末）椭圆：的离心率，短轴的两个端点分别为、（位于上方），焦点为、，四边形的内切圆半径为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线交于M、N两点（M位于P与N之间），记、的面积分别为、，令，，求的取值范围.
【解析】（1）由题意得，解得，
所以椭圆C的方程为.
（2）当的斜率不存在时，与重合，与重合，不符合题意；
当的斜率存在时，其方程为，
设Mx1,y1，Nx2,y2，
由得：，
所以，解得，
则，
由于，，
则，，
所以，，由知，
从而，亦即，
将代入，得，
代入，得，
所以，
又，所以，则，
即，解得，
从而的取值范围为.
【变式8-1】（2024·高二·黑龙江哈尔滨·期末）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)设过点的直线与椭圆交于不同的两点，且，求直线的斜率．
【解析】（1）由可知，，则，即，
则椭圆的方程为，
将点代入椭圆方程可得，
解得，，
故椭圆的方程为；
（2）由题意可知直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，且Ax1,y1，Bx2,y2，
将直线方程与椭圆方程联立，得，
，化简得，解得或，
，，
由可知，所以，，
所以，化简得 ，解得，
所以直线的斜率为.
【变式8-2】（2024·高二·安徽宣城·期末）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)若过点的直线与交于两点，且，求直线的方程.
【解析】（1）因为，且，
所以点的轨迹是双曲线的右支，可设其方程为，
所以，
所以其轨迹方程为.
（2）
由题意可知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，
联立方程，消去得，
由题意，
设，
则，
，
，
且，
，
直线的方程.
【变式8-3】（2024·高二·黑龙江哈尔滨·期末）已知双曲线，抛物线的焦点F是双曲线M的右顶点，且以F为圆心，以b为半径的圆与直线相切．
(1)求双曲线M的标准方程；
(2)已知直线与双曲线M交于A、B两点，且双曲线M是否存在上存在点P满足，若存在，求出m的值，若不存在请说明理由．
【解析】（1）因为抛物线的焦点是双曲线M的一个顶点，即，，
所以双曲线M的方程是．
（2）设，联立方程得消去y得，
∵，解得或（*），
由韦达定理，
∵，∴即，
所以，解得，
不满足（*）式，所以不存在m符合题意．
【变式8-4】（2024·高二·上海浦东新·期末）已知反比例函数的图象C是以x轴与y轴为渐近线的等轴双曲线．
(1)求双曲线C的顶点坐标与焦点坐标；
(2)设为双曲线C的两个顶点，点是双曲线C上不同的两个动点．求直线与交点的轨迹E的方程；
(3)设直线l过点，且与双曲线C交于A、B两点，与x轴交于点Q．当，且时，求点Q的坐标．
【解析】（1）由题意得，双曲线的顶点和焦点均在直线上，
联立与得，，解得，
当时，，当时，，故顶点坐标为、，
设焦点横坐标为，因为双曲线为等轴双曲线，故，
故焦点坐标为、；
（2），，
两式相乘，得．
将代入上式，得，即．
即直线与交点的轨迹E的方程为．
（3）将代入，得，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴．
又，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【变式8-5】（2024·高二·河南洛阳·期末）在平面直角坐标系中，已知点，直线：，点在直线上移动，是线段与轴的交点，动点满足：，．
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)过点的直线交轨迹于，两点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作直线的垂线与轨迹的另一交点为，的中点为，证明：，，三点共线．
【解析】（1）由题意可知是线段的中点，因为，所以为的中垂线，
即，又因为，即点到点的距离与到直线的距离相等，
设，则，化简得，
所以动点的轨迹的方程为．
（2）证明：设直线的方程为，设点Ax1,y1，Bx2,y2，
联立，得，显然，
由韦达定理可得，，
又因为直线的方程为，
将代入，可得，即点，
所以，
因为，则，
所以直线的方程为，
联立，得，则，
故，，
故G，，三点纵坐标相同，即三点共线．
考点题型9：设点设线问题
【典例9-1】（2024·河南省直辖县级单位·高二统考期末）设椭圆过点，右焦点为，设直线分别交轴、轴于C、D两点，且与椭圆交于M、N两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若，求值，并求出弦长|MN|；
(3)若线段MN的垂直平分线与轴相交于点，求实数的取值范围．
【解析】（1）由题意可得：，①因为在椭圆上，
所以，②又因为③．由①②③解得，．
所以椭圆的方程为．
（2）直线与轴交点，轴交点，
设，，联立，消去得，
所以④，，
因为，，由得，⑤，
由④⑤得，解得，又因为，所以．
所以，．
所以．
（3）线段MN的垂直平分线斜率为，中点坐标为，
．
所以线段MN的中点坐标为，
则中垂线的方程为．
令，所以．
因为当且仅当时取等号成立，
则，又因为，所以，
所以实数的取值范围为．
【典例9-2】（2024·黑龙江哈尔滨·高二哈尔滨三中校考阶段练习）已知平面内动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数．
(1)求动点的轨迹方程；
(2)设动点的轨迹为曲线，过定点的直线和曲线交于不同两点、满足，求线段的长．
【解析】（1）因为面内动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，
则，整理可得，
因此，点的轨迹方程为.
（2）若直线与轴重合，则、为椭圆长轴的顶点，
若点、，则，，此时，不合乎题意，
若点、，同理可得，不合乎题意，
所以，直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，
联立可得，，
因为，即，所以，，即，
由韦达定理可得，所以，，
，解得，
因此，
.
【变式9-1】（2024·江苏连云港·高二校考期中）双曲线：，已知是双曲线上一点，分别是双曲线的左右顶点，直线，的斜率之积为.
(1)求双曲线的离心率；
(2)若双曲线的焦距为，直线过点且与双曲线交于、两点，若，求直线的方程.
【解析】（1）因为是双曲线E上一点，
可得，即为，
由题意可得，，
可得，即有.
（2）由题意可得，，则双曲线的方程为，
易知直线斜率存在，设直线的方程为，
联立直线与双曲线的方程，可得，
设，则，，①
又，可得，②
由①②可得， ，
代入①可得，解得，
则直线l的方程为.
考点题型10：四点共圆问题
【典例10-1】（2024·高二·湖南长沙·期末）已知双曲线，过的直线与双曲线的右支交于两点.
(1)若，求直线的方程，
(2)设过点且垂直于直线的直线与双曲线交于两点，其中在双曲线的右支上.
（i）设和的面积分别为，求的取值范围；
（ii）若关于原点对称的点为，证明：为的垂心，且四点共圆.
【解析】（1）设，
结合题意知直线斜率不为0，设直线，因为直线与双曲线右支相交，
故，
联立双曲线方程，得，
则，
故，
即，解得，或（舍去），
因此，从而直线的方程为.
（2）（i）若，则，
由（1）可知，，
此时；
当时，设，直线，
由（1）同理可知，
故
注意到
，
令，则，
令，
综上可知，的取值范围是.
（ii）先证明为的垂心，只需证明，
注意到，，
而
，
同理，
，
因此，又，故为的垂心，因此，
再证明四点共圆，即只需证明：.
因为关于原点对称，则，
同理可得；
则，即，
因此，因此四点共圆.
【典例10-2】（2024·高二·浙江·期末）过的直线与交于，两点，直线、与分别交于、．
(1)证明：中点在轴上；
(2)若、、、四点共圆，求所有可能取值．
【解析】（1）由题意，作图如下：
过的直线与交于，两点，
可设直线方程为,令，，则，
可得: ，，，
的方程，即，可得，
联立，可得，即，
同理可得，即，
，
，，
，
又即，，中点在轴上.
（2）若、、、四点共圆，，
又三点共线，三点共线，，
又，，，
，，
又，，，
解得，，又，，
则，即，
解得：或，
，，.
【变式10-1】（2024·高二·四川凉山·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，左顶点为，且离心率为．
(1)求C的方程；
(2)直线交C于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N，求证：M，，N，四点共圆．
【解析】（1）由题意知，解得，，，所以C的方程为．
（2）证明：设点（不妨设，则点，
由，消去y得，所以，，
所以直线AE的方程为．
因为直线AE与y轴交于点M，令得，
即点，同理可得点．
所以，，
所以，所以，同理．
则以MN为直径的圆恒过焦点，，即M，，N，四点共圆．
综上所述，M，，N，四点共圆．
【变式10-2】（2024·高二·河北邯郸·期中）已知双曲线的左顶点为，不与x轴平行的直线l过C的右焦点F且与C交于M，N两点.当直线l垂直于x轴时，.
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线，分别交直线于P，Q两点，求证：A，P，F，Q四点共圆.
【解析】（1）由题意，解得，所以双曲线C的方程为；
（2）当直线l斜率存在时，设直线l的方程为，
由，得，,整理得，
设，，所以，，
所以，
直线，所以，同理可得，
记直线交x轴于点G，所以，
又，所以，
当直线l斜率不存在时，不妨设，，则，，所以，
所以A，P，F，Q四点共圆.
【变式10-3】（2024·高二·福建厦门·期末）已知椭圆的右顶点为点A，直线l交C于M，N两点，O为坐标原点．当四边形AMON为菱形时，其面积为．
(1)求C的方程；
(2)若；是否存在直线l，使得A，M，O，N四点共圆？若存在，求出直线l的方程，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）因为四边形AMON为菱形，所以MN垂直平分OA，
所以点M（x轴上方）的横坐标为，代入椭圆方程，
得M的纵坐标为，所以，菱形AMON的面积为，所以，
所以C的方程为．
（2）设直线，，
联立方程，得，
，
，，
因为O，M，N，A四点共圆，则∠MON＝∠MAN＝90°，
所以，即，
得，即
由（i）得，即，
由（ii）得，
即，
联立，解得，（此时直线l过点A，舍去），
将代入，解得，即，
所以直线l的方程为．
考点题型11：极点极线问题
【典例11-1】（2024•朝阳区校级期中）已知，分别是椭圆的左、右顶点，点在椭圆上，且直线与直线的斜率之积为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）如图，已知，是椭圆上不同于顶点的两点，直线与交于点，直线与交于点．若弦过椭圆的右焦点，求直线的方程．
【解答】解：（1）点在椭圆上，
，
又直线与直线的斜率之积为，
，
解得，，
椭圆的方程为：．
（2）设，，，，，
联立，得，
，，
直线的直线方程为，
的直线方程为，
联立，解得，同理，，
直线的方程为．
【典例11-2】（2024•常熟市期中）如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆过点，离心率为，点，分别是椭圆的左、右顶点，点是直线上的一个动点（与轴交点除外），直线交椭圆于另一点．
（1）求椭圆的方程；
（2）当直线过椭圆的短轴顶点时，求的面积．
【解答】解：（1）由题意，
因为，得，，．
所以椭圆的方程为．
（2）直线的方程为，得．
所以直线的方程，
联立方程组，化简得，
解得，，得点．
又点到直线的距离，，
所以．
【变式11-1】（2024•邗江区校级期中）如图，已知椭圆的离心率为，，分别是椭圆的左、右顶点，右焦点，，过且斜率为的直线与椭圆相交于，两点，在轴上方．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）记，的面积分别为，，若，求的值；
（3）设线段的中点为，直线与直线相交于点，记直线，，的斜率分别为，，，求的值．
【解答】解：（1）设椭圆的焦距为．
依题意可得，，解得，．
故．
所以椭圆的标准方程为．
（2）设点，，，．
若，则，即有，①
设直线的方程为，与椭圆方程，可得，
可得，，②
将①代入②可得，解得，
则；
（3）由（2）得
，，
所以直线的方程为，
令，得，即．
所以．
所以
．
考点题型12：切线问题
【典例12-1】（2024·高二·江苏常州·期中）已知拋物线的焦点，直线，
(1)设直线与x轴交于点，直线与抛物线交于两点，其中在第一象限，求出所有满足的点的坐标.（其中点与点对应，点与点对应）；
(2)过直线上的点作抛物线的两条切线，切点分别为，求的最小值.
【解析】（1）因为拋物线的焦点为，则，得到，所以拋物线，
由题知，由，得到，所以，
在中，，，
则，又，所以，
因为，且点与点对应，点与点对应，所以，
如图，易知，所以点在轴正半轴或轴负半轴上，
又因为，，得到，
所以点的坐标为或.
（2）设，则，，
再设切线的方程为，
联立方程组，整理得，
由，且，可得，
则切线的方程为，即.
由切线过点，可得.
同理，切线的方程为，
由切线过点，可得，
则直线的方程为，
联立方程组，整理得，
可得，
则
，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为.
【典例12-2】（2024·高二·河南南阳·期中）已知不在轴下方的动点到点的距离比到轴的距离长，记动点的轨迹为．
(1)求轨迹的方程．
(2)已知直线与轨迹交于，两点，以，为切点作两条切线，切线分别为，．直线，相交于点．若，求．
【解析】（1）由题意可得点到点的距离与到直线的距离相等，
故动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
所以轨迹的方程为；
（2）设，，
联立方程组，得，，
则，，
易知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立方程组，得．
由，解得，所以切线的方程为，
同理可得，直线的方程为，
由，解得，即点，
因为，，，且，所以，
即，
即有，
化简得，
因此或，故有.
【变式12-1】（2024·高二·重庆·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左､右焦点分别为和，焦距为2.动点在椭圆上，当线段的中垂线经过时，有.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)如图，过原点作的两条切线，分别与椭圆交于点和点，直线的斜率分别记为.当点在椭圆上运动时，
①证明：恒为定值，并求出这个值；
②求四边形面积的最大值.
【解析】（1）取的中点记为，连结.
在中，，所以，
则，
即，所以椭圆方程为
（2）①直线与相切，则；
直线与相切，同理有；
则是关于的方程的两根，
由韦达定理知
（注：上式中，先由消去的，再代入）
②由①问知，如图，设，
由，
同理可得，
.
，
，
当，时，.
【变式12-2】（2024·高二·吉林·期中）已知分别为椭圆的左､右焦点，分别为椭圆的左､右顶点，Px0,y0为椭圆上的动点，过动点Px0,y0作椭圆的切线.分别与直线和相交于两点，四边形的对角线相交于点，记动点的轨迹为.
(1)证明：椭圆在点处的切线方程为.
(2)求动点的轨迹的方程.
(3)过点作斜率不为的直线与相交于点，直线与的交点为，判断点是否在定直线上.
【解析】（1）证明：联立方程组，
消去整理得，又，
即，
整理得，解得，
所以直线与椭圆有且仅有一个交点Px0,y0，
即切线方程为.
（2）由（1）中切线方程，令，得，
令，得，
因为，所以直线，①
因为，所以直线，②
由①②得.
因为，得，
所以动点的轨迹的方程为）.
（3）设直线的方程为，
联立方程组得，
则，所以.
因为直线的方程为，直线的方程为，
所以，所以，
所以，
整理得
所以，即点在定直线上.
【变式12-3】（2024·高二·安徽·期末）已知点，圆，点满足，点的轨迹为曲线，点为曲线上一点且在轴右侧，曲线在点处的切线与圆交于，两点，设直线，的倾斜角分别为．
(1)求曲线的方程；
(2)求的值．
【解析】（1）根据题意：，满足双曲线定义，
设曲线的方程为，
根据定义可得，，，
所以曲线的轨迹方程为；
（2）根据题意：，，
当的斜率不存在时，
，此时，，，
所以；
当的斜率存在时，设Mx1,y1，Nx2,y2，
设直线，联立直线与圆可得：，
，
，
所以代入韦达定理可知，
因为直线与曲线相切，联立
，，
所以，故得，
所以．
【变式12-4】（2024·高二·黑龙江·期末）已知双曲线经过点，直线是双曲线的一条渐近线.
(1)求双曲线的方程；
(2)设圆上一动点处的切线交双曲线于两点，试判断是否为定值？若为定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由.
【解析】（1）由题意，可设双曲线的方程为，
将点的坐标代入得，
因此双曲线的方程为.
（2）当圆在点处切线斜率不存在时，
点或，切线方程为或，
由（1）及已知，得，则有，
当圆在点处切线斜率存在且不等于时，
设切线方程为，设点Ax1,y1,Bx2,y2，则有，即，
由消去得：，
显然，
由韦达定理可得，而，
则
，
因此，
在中，于点，则，
又因为，所以，，
所以，则，
综上得为定值.