新高考数学一轮复习精品讲练测第8章第18讲 圆锥曲线中的极点极线问题（培优）（2份，原卷版+解析版）

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知识讲解
极点极线的定义
如图,
设 是不在圆雉曲线上的一点, 过 点引两条割线依次交圆锥曲线于四点 , 连接 交于 , 连接 交于 , 则直线 为点 对应的极线. 若 为圆雉曲线上的点, 则过 点的切线即为极线.
同理, 为点 对应的极线, 为点 所对应的极线. 因而将 称为自极三点形. 设直线 交圆锥曲线于点 两点, 则 , 恰为圆锥曲线的两条切线.
其他定义
对于圆锥曲线 , 已知点 (非中心) 及直线
, 则称点 是直线 关于圆锥曲线 的极点, 直线 称为点 关于圆锥曲线 的极线。
配极原则: 共线点的极线必共点, 共点线的极点必共点。
替换原则
.
极点极线的几何意义 (以椭圆为例)
已知椭圆方程: , 设点 的极线 .
(1) 当点 在椭圆上时, 极线 是以点 为切点的切线。(极点在极线上)
(2) 当点 在椭圆外时, 极线 与椭圆相交, 且为由 点向椭圆所引切线的切点弦所在直线。
(3) 当点 在椭圆内时, 极线 与椭圆相离, 极线 为经过点 的弦在两端点处的切线交点的轨迹, 且极线 与以点 为中点的弦所在的直线平行。
特别地:
(1) 对于椭圆 , 与点 对应的极线方程为 ;
(2) 对于双曲线 , 与点 对应的极线方程为 ;
(3) 对于抛物线 , 与点 对应的极线方程为
考点一、极点极线在圆锥曲线中的应用
1．（2023·全国·高三专题练习）阅读材料：
（一）极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线G：，则称点P(，)和直线l：是圆锥曲线G的一对极点和极线.事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换x(另一变量y也是如此)，即可得到点P(，)对应的极线方程.特别地，对于椭圆，与点P(，)对应的极线方程为；对于双曲线，与点P(，)对应的极线方程为；对于抛物线，与点P(，)对应的极线方程为.即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系.
（二）极点与极线的基本性质､定理
①当P在圆锥曲线G上时，其极线l是曲线G在点P处的切线；
②当P在G外时，其极线l是曲线G从点P所引两条切线的切点所确定的直线（即切点弦所在直线）；
③当P在G内时，其极线l是曲线G过点P的割线两端点处的切线交点的轨迹.
结合阅读材料回答下面的问题：
(1)已知椭圆C：经过点P(4，0)，离心率是，求椭圆C的方程并写出与点P对应的极线方程；
(2)已知Q是直线l：上的一个动点，过点Q向（1）中椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，是否存在定点T恒在直线MN上，若存在，当时，求直线MN的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，
(2)存在，
【分析】(1)根据题意和离心率求出a、b，即可求解；
(2)利用代数法证明点Q在椭圆C外，则点Q和直线MN是椭圆C的一对极点和极线.
根据题意中的概念求出点Q对应的极线MN方程，可得该直线恒过定点T（2,1），利用点差法求出直线的斜率，即可求解.
【详解】（1）因为椭圆过点P(4,0)，
则，得，又，
所以，所以，
所以椭圆C的方程为.
根据阅读材料，与点P对应的极线方程为，即；
（2）由题意，设点Q的坐标为(,)，
因为点Q在直线上运动，所以，
联立，得，
，该方程无实数根，
所以直线与椭圆C相离，即点Q在椭圆C外，
又QM，QN都与椭圆C相切，
所以点Q和直线MN是椭圆C的一对极点和极线.
对于椭圆，与点Q(,)对应的极线方程为，
将代入，整理得，
又因为定点T的坐标与的取值无关，
所以，解得，
所以存在定点T(2,1)恒在直线MN上.
当时，T是线段MN的中点，
设，直线MN的斜率为，
则，两式相减，整理得，即，
所以当时，直线MN的方程为，即.
2．（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
【点睛】求定点、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.
3．（北京·高考真题）已知椭圆：的离心率为，点和点
都在椭圆上，直线交轴于点．
（Ⅰ）求椭圆的方程，并求点的坐标（用，表示）；
（Ⅱ）设为原点，点与点关于轴对称，直线交轴于点．问：轴上是否存在点，使得
？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）存在点．
【详解】（Ⅰ）由于椭圆：过点且离心率为，，，椭圆的方程为.
,直线的方程为：，令，；
（Ⅱ），直线的方程为：，直线PB与x轴交于点N，令，则.
设
, ,
,
则，所以，（注：点在椭圆上，），则，存在点使得.
考点：1.求椭圆方程；2.求直线方程及与坐标轴的交点；3.存在性问题.
4．（全国·高考真题）设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）设为坐标原点，证明：.
【答案】（1）的方程为或；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据与轴垂直，且过点，求得直线的方程为，代入椭圆方程求得点的坐标为或，利用两点式求得直线的方程；
（2）方法一：分直线与轴重合、与轴垂直、与轴不重合也不垂直三种情况证明，特殊情况比较简单，也比较直观，对于一般情况将角相等通过直线的斜率的关系来体现，从而证得结果.
【详解】（1）由已知得，的方程为.
由已知可得，点的坐标为或.
所以的方程为或.
（2）［方法一］：【通性通法】分类＋常规联立
当与轴重合时，.
当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以.
当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，
则，直线、的斜率之和为.
由得.
将代入得.
所以，.
则.
从而，故、的倾斜角互补，所以.
综上，.
［方法二］：角平分线定义的应用
当直线l与x轴重合或垂直时，显然有．当直线l与x轴不垂直也不重合时，设直线l的方程为，交椭圆于，．
由得．
由韦达定理得．
点A关于x轴的对称点，则直线的方程为．
令，，则直线过点M，．
［方法三］：直线参数方程的应用
设直线l的参数方程为（t为参数）．（*）
将（*）式代入椭圆方程中，整理得．
则，．
又，则
，
即．所以．
［方法四］：【最优解】椭圆第二定义的应用
当直线l与x轴重合时，．
当直线l与x轴不重合时，如图，过点A，B分别作准线的垂线，垂足分别为C，D，则有轴．

由椭圆的第二定义，有，，得，即．
由轴，有，即，于是，且．可得，即有．
［方法五］：角平分线定理逆定理＋极坐标方程的应用
椭圆以右焦点为极点，x轴正方向为极轴，得.
设．
．
所以，．
由角平分线定理的逆定理可知，命题得证．
［方法六］：角平分线定理的逆定理的应用
设点O（也可选点F）到直线的距离分别为，根据角平分线定理的逆定理，要证，只需证．
当直线l的斜率为0时，易得．
当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为：．由方程组得恒成立，．．
直线的方程为：．
因为点A在直线l上，所以，故．
同理，．．
因为，所以，即．
综上，．
［方法七］：【通性通法】分类＋常规联立
当直线l与x轴重合或垂直时，显然有．
当直线l与x轴不垂直也不重合时，设直线l的方程为，交椭圆于，．
由得．
由韦达定理得．
所以，
故、的倾斜角互补，所以.
［方法八］：定比点差法
设，，
所以，
由作差可得，，所以，
，又，所以，，
故，、的倾斜角互补，所以.
当时，与轴垂直，为的垂直平分线，所以.
故．
【整体点评】（2）方法一：通过分类以及常规联立，把角相等转化为斜率和为零，再通过韦达定理即可实现，是解决该类问题的通性通法；
方法二：根据角平分线的定义可知，利用点关于轴的对称点在直线上，证直线过点即可；
方法三：利用直线的参数方程证明斜率互为相反数；
方法四：根据点M是椭圆的右准线与x轴的交点，用椭圆的第二定义结合平面几何知识证明，运算量极小，是该题的最优解；
方法五：利用椭圆的极坐标方程以及角平分线定理的逆定理的应用，也是不错的方法选择；
方法六：类比方法五，角平分线定理的逆定理的应用；
方法七：常规联立，同方法一，只是设直线的方程形式不一样；
方法八：定比点差法的应用．
5．（全国·统考高考真题）已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
【答案】（1）；（2）证明详见解析.
【分析】（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.
（2）方法一：设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.
【详解】（1）依据题意作出如下图象：

由椭圆方程可得：， ，
，
，
椭圆方程为：
（2）[方法一]：设而求点法
证明：设，
则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为.
同理可得：点的坐标为
当时，
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
所以直线过定点．
当时，直线：，直线过点．
故直线CD过定点．
[方法二]【最优解】：数形结合
设，则直线的方程为，即．
同理，可求直线的方程为．
则经过直线和直线的方程可写为．
可化为．④
易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得．
故，可得或．
其中表示直线，则表示直线．
令，得，即直线恒过点．
【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.
第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
1．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆C： ＝1(a>b>0)经过点A，其长半轴长为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设经过点B(-1，0)的直线l与椭圆C相交于D，E两点，点E关于x轴的对称点为F，直线DF与x轴相交于点G，记△BEG与△BDG的面积分别为S1，S2，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）按照题目所给的条件，可以直接算出结果；
（2）将直线方程设为横截式，用水平底铅锤高表达面积，将其表示为关于的函数，利用对勾函数求其最值.
(1)
由已知的a=2，假设椭圆的方程为，将点代入椭圆方程，得b=1，
∴椭圆方程为.
(2)
作图如下：
设过点B的直线方程为（依题意，并且存在），点，，则；
联立方程；解得：，…①
…②，
直线FD的方程为：，令y=0解得：，将①②并，代入，解得x=-4，即点；
，，，，
由于点D与点E必然在x轴的两边，与异号，
∴=，
，当且仅当m=2时，取得最大值.
2．（2023秋·浙江衢州·高二浙江省龙游中学校联考期末）已知椭圆：的长轴长为4，离心率为，其左、右顶点分别为A、B，右焦点为F.
(1)求椭圆的方程；
(2)如图，过右焦点F作不与x轴重合的直线交椭圆于C、D两点，直线AD和BC相交于点M，求证：点M在定直线上；
(3)若直线AC与（2）中的定直线相交于点N，在x轴上是否存在点P，使得.若存在，求出点P坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在点或满足题意.
【分析】（1）根据椭圆的几何性质列式求出可得结果；
（2）设直线方程为，、，代入，得到和，写出直线和的方程，利用和求出点的横坐标，根据点的横坐标为定值可得点M在定直线上；
（3）假设存在点满足题意，求出的坐标，根据求出即可得解.
【详解】（1）由题可知，所以，
由，得，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）由题可知，，，且直线的斜率不为0，
设直线方程为，、，
由消去得，
恒成立，
所以，，
所以，所以，
所以直线方程为，直线方程为，
联立，消去得，
得，
得，
得
，
所以点的横坐标为定值，
所以点M在定直线：上.
（3）假设存在点满足题意，
直线的方程为，
由（2）可知点，，
则
，
解得或，
所以存在点或满足题意.
3．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的离心率为，且过点，A，B分别为椭圆E的左，右顶点，P为直线上的动点（不在x轴上），与椭圆E的另一交点为C，与椭圆E的另一交点为D，记直线与的斜率分别为，．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）求的值；
（Ⅲ）证明：直线过一个定点，并求出此定点的坐标．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析，定点坐标.
【分析】（Ⅰ）根据离心率以及点列出满足的方程，结合求解出的值，则椭圆方程可求；
（Ⅱ）设出点坐标，根据斜率的定义分别表示出，由此求解出的值；
（Ⅲ）写出的直线方程，分别与椭圆方程联立然后求解出点的坐标，根据点的坐标写出直线的方程，并求解出所过的定点坐标.
【详解】（1）由条件可知：且，解得，所以椭圆的方程为；
（2）因为，设，
所以，所以；
（3）设，所以，
因为，所以，
所以，所以，所以，所以，
又因为，所以，
所以，所以，所以，所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以直线过定点.
【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的定点问题的策略：
（1）参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到与过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
（2）由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
4．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的左焦点为，且过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知分别为椭圆的左、右顶点，为直线上任意一点，直线分别交椭圆于不同的两点.求证：直线恒过定点，并求出定点坐标.
【答案】（1）；（2）证明见解析，定点为.
【解析】（1）利用椭圆定义先求解出的值，然后根据求解出的值，则椭圆方程可求；
（2）设出点坐标，再分别联立直线与椭圆方程从而得到的坐标，由此确定出直线的方程，分析直线的方程完成证明并求解出定点坐标.
【详解】（1）椭圆的一个焦点，则另一个焦点为，
由椭圆的定义知:，所以，解得.
又， 所以椭圆的标准方程为.
（2）设，
则直线，与联立可得，
所以，所以，
所以，所以，
又直线，与联立可得，
所以，所以，
所以，所以
所以直线的斜率为=
所以直线
所以直线恒过定点，且定点坐标为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中过定点问题的两种求解方法：
（1）若设直线方程为或，则只需要将已知条件通过坐标运算转化为之间的线性关系，再用替换或用替换代入直线方程，则定点坐标可求；
（2）若不假设直线的方程，则需要将直线所对应线段的两个端点的坐标表示出来，然后选择合适的直线方程形式表示出直线方程，由此确定出定点坐标.
5．（2023·全国·高三专题练习）椭圆有两个顶点过其焦点的直线与椭圆交于两点，并与轴交于点，直线与交于点．
（1）当时，求直线的方程；
（2）当点异于两点时，证明：为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）先由题意求出椭圆方程，直线不与两坐标轴垂直，设的方程为，然后将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系，再由弦长公式列方程可求出的值，从而可得直线方程；
（2）表示直线，的方程，联立方程组可得而代入化简可得，而，则可得的结果
【详解】（1）由题意，椭圆的方程为
易得直线不与两坐标轴垂直，
故可设的方程为，设，
由消去整理得，判别式
由韦达定理得，①
故，解得，
即直线的方程为．
（2）证明：直线的斜率为，故其方程为，
直线的斜率为，故其方程为，
由两式相除得
即
由（1）知，
故
解得．易得，
故，
所以为定值1
【能力提升】
1．（2023·全国·高三专题练习）椭圆方程，平面上有一点．定义直线方程是椭圆在点处的极线．已知椭圆方程．
(1)若在椭圆上，求椭圆在点处的极线方程；
(2)若在椭圆上，证明：椭圆在点处的极线就是过点的切线；
(3)若过点分别作椭圆的两条切线和一条割线，切点为，，割线交椭圆于，两点，过点，分别作椭圆的两条切线，且相交于点．证明：，，三点共线．
【答案】(1)或；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）将代入椭圆方程计算得点的坐标，再写出极线方程即可；
（2）写出点处的极线方程，先讨论的情况，可得处的极线就是过点的切线；再讨论的情况，将椭圆方程与极线方程联立，消元得关于的一元二次方程，计算得判别式，即可证明；
（3）分别写出过点，N的切线方程，从而可得割线的方程，再写出切点弦的方程，根据割线过点，代入割线方程计算，从而可得，，三点共线.
【详解】（1）由题意知，当时，，所以或．
由定义可知椭圆在点处的极线方程为，
所以椭圆在点处的极线方程为，即
点处的极线方程为，即
（2）因为在椭圆上，所以，
由定义可知椭圆在点处的极线方程为，
当时，，此时极线方程为，所以处的极线就是过点的切线．
当时，极线方程为．
联立，得．
．
综上所述，椭圆在点处的极线就是过点的切线；
（3）设点，，，
由（2）可知，过点的切线方程为，
过点N的切线方程为．
因为，都过点，所以有，
则割线的方程为；
同理可得过点的两条切线的切点弦的方程为．
又因为割线过点，代入割线方程得．
所以，，三点共线，都在直线上．
【点睛】方法点睛：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（或）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
2．（2022·全国·高三专题练习）极线是高等几何中的重要概念，它是圆锥曲线的一种基本特征.对于圆，与点对应的极线方程为，我们还知道如果点在圆上，极线方程即为切线方程；如果点在圆外，极线方程即为切点弦所在直线方程.同样，对于椭圆，与点对应的极线方程为.如上图，已知椭圆C：，，过点P作椭圆C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，则直线AB的方程为 ；直线AB与OP交于点M，则的最小值是 .
【答案】 （或）； .
【分析】（1）根据已知直接写出直线AB的方程；
（2）求出，再求出,利用基本不等式求解.
【详解】解：（1）由题得AB：，即，
（2），，∴的方向向量，
所以
，
即.
故答案为：；.
3．（2023·全国·高三练习）已知双曲线：（，）实轴端点分别为，，右焦点为，离心率为2，过点且斜率1的直线与双曲线交于另一点，已知的面积为．
(1)求双曲线的方程；
(2)若过的直线与双曲线交于，两点，试探究直线与直线的交点是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；如不在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)在定直线方程上
【分析】（1）联立直线方程与双曲线方程，可得点，进而根据三角形面积公式即可求出的值；（2）分直线斜率 和不存在两种情况讨论，求出两直线交点，代入化简即可求解.
【详解】（1）设直线的方程为，联立，得，
又，，代入上式得，即，
∴，解得，∴，，∴双曲线的方程为．
（2）当直线点的斜率不存在时，，，直线的方程为，直线的方程为，联立直线与直线的方程可得的，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，
联立得，∴，，
∴直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，两边平方得，
又，满足，
∴
，
∴，∴，或，（舍去）
综上，在定直线上，且定直线方程为．
4．（2023·全国·高三专题练习）已知、分别为椭圆:的上、下焦点，其中也是抛物线的焦点，点是与在第二象限的交点，且.

（1）求椭圆的方程;
（2）已知点和圆:，过点的动直线与圆相交于不同的两点，在线段上取一点，满足:，，(且).求证:点总在某定直线上.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）设，由已知得，可求得点M的坐标，代入椭圆的方程中可求得，可得椭圆的方程；
（2）由向量的坐标运算和向量相等的条件，以及点在圆上可得出点Q所在的直线.
【详解】（1）设，因为点M在抛物线上，且，所以，解得，
又点M在抛物线上，所以，且，即，解得，
所以椭圆的方程；
（2）设，，因为，所以，即有，
又，所以，即有，
所以得：，
又点A、B在圆上，所以，又，所以，
故点Q总在直线上.

【点睛】本题考查椭圆和抛物线的简单几何性质，以及直线与圆的交点问题，属于较难题.
5．（2022秋·福建泉州·高三统考期末）曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，C上的点M(不在x轴上)满足，且直线的斜率之积等于．
(1)求C的方程；
(2)过点的直线l交C于A，B两点，若，其中，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由椭圆定义可得到，再利用斜率公式及直线的斜率之积等于，列出方程，化简对比系数可得；
（2）分直线l的斜率为0和不为0两种情况讨论，利用可得到T在定直线上，且该直线是的中垂线即可得到证明.
【详解】（1）因为C上的点M满足，
所以C表示焦点在x轴上的椭圆，且，即，，
所以，
设，则，①
所以直线的斜率，直线的斜率，
由已知得，
即，②
由①②得，
所以C的方程为
（2）当直线l的斜率为0时，A与重合，B与重合，，，
成立.
当直线l的斜率不为0时，设l的方程为
联立方程组，消x整理得
所以，解得或
设，则，
由，得，所以
设，由，得，
所以，
所以，
所以点T在直线上，且，
所以是等腰三角形，且，
所以，
综上，
【点睛】关键点点晴：本题第二问突破点是证明T在定直线上，且该直线是的垂直平分线，从而得到，考查学生的数学运算能力，转化化归思想.
6．（2023秋·北京·高三中关村中学校考开学考试）已知椭圆M：（a＞b＞0）过A（－2，0），B（0，1）两点．
（1）求椭圆M的离心率；
（2）设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上（P不与椭圆M的顶点重合），直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线SQ过定点．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）由已知两点坐标得，求得后可得离心率；
（2）直线方程为，设（，），，．由三点共线求得点坐标（用点坐标表示），由共线求得点坐标（用点坐标表示），写出直线的方程，把代入化简对方程变形可得定点坐标．
【详解】解：（1）因为点，都在椭圆上，
所以，．
所以．
所以椭圆的离心率．
（2）由（1）知椭圆的方程为，．
由题意知：直线的方程为．
设（，），，．
因为三点共线，所以有，，
所以．
所以．
所以．
因为三点共线，
所以，即．
所以．
所以直线的方程为，
即．
又因为点在椭圆上，所以．
所以直线的方程为．
所以直线过定点．
【点睛】关键点点睛：本题考查求椭圆的离心率，考查椭圆的直线过定点问题，解题方法是设椭圆上的点坐标，利用三点共线变为向量平行，求得直线交点的坐标，得出直线方程，再由在椭圆上，代入化简凑配出定点坐标．
7．（2023·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，如图，已知的左、右顶点为、，右焦点为，设过点的直线、与椭圆分别交于点、，其中，，．
（1）设动点满足，求点的轨迹；
（2）设，，求点的坐标；
（3）设，求证：直线必过轴上的一定点（其坐标与无关）．
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析．
【分析】（1）根据椭圆的标准方程可得、、的坐标,设动点，根据条件，结合两点间距离公式,化简即可得解；
（2）根据，代入椭圆方程即可求得、的坐标，进而求得直线与直线的方程，联立两条直线方程即可求得交点的坐标；
（3）设出直线与直线的方程，分别联立椭圆方程即可表示出、的坐标，讨论与，并分别求得的值，即可求得所过定点的坐标.
【详解】（1）设点，则，，，
由，得，
化简得，
故所求点的轨迹为直线．
（2）将，分别代入椭圆方程，以及，，
得，，
直线方程为，即，
直线方程为，即，
联立方程组，解得，
所以点的坐标为．
（3）点的坐标为，
直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
分别与椭圆联立方程组，同时考虑到，，
解得、，
若，且,得，
此时直线的方程为，过点；
若，则，直线的斜率，
直线的斜率，
所以,所以直线过点，
因此直线必过轴上一定点.
8．（2023春·广东广州·高三统考阶段练习）已知双曲线的中心在原点且一个焦点为，直线与其相交于A，B两点，若AB中点的横坐标为．
(1)求双曲线的方程；
(2)设，为双曲线实轴的两个端点，若过F的直线l与双曲线C交于M，N两点，试探究直线与直线的交点Q是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；如不在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)交点Q在定直线上，理由见解析.
【分析】（1）令双曲线的方程，由题意有，并联立直线应用韦达定理得到，即可得双曲线参数并写出方程；
（2）讨论直线l斜率存在性，并联立双曲线方程，应用韦达定理和直线与直线方程判断它们的交点是否在一条直线上即可.
【详解】（1）若双曲线的方程且，，则，
将代入双曲线并整理得：，
又直线与双曲线交于A，B两点，故且，
由AB中点的横坐标为，所以，则，
所以，，故.
（2）由（1），不妨令，，
当直线l斜率不存在时，，则，此时，，则交点为；
当直线l斜率存在时，，代入并整理，得：，
过F的直线l与双曲线C交于M，N两点，故，
令，则，，
且，，联立直线与直线得，
所以，
则，可得或（舍），
综上，交点Q在定直线上.
9．（2023春·上海·高三期末）已知椭圆：（）的离心率为，上、下顶点分别为，，直线经过点且与椭圆交于，两点，当时，四边形的面积为．
（1）求椭圆的标准方程．
（2）若直线，交于点，试判断点是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由．
【答案】（1）；（2）点在定直线上， ．
【分析】（1）由题意可得为的中点，所以，由点可计算出，再由四边形的面积公式可得关于的方程，再结合离心率以及即可求得的值，可得椭圆的方程；
（2）设：，，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可得、，求出直线，的方程，求得交点的坐标，化简整理，可得点在定直线上.
【详解】（1）由题意知，当时，易得为的中点，
所以，
又直线过点，所以
此时四边形的面积
又，，
得，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）点在定直线上．
显然直线的斜率存在，由题可设：，，．
将代入，得，
则，，
所以．
由（1）知，，
直线的方程为即． ①
同理求得直线的方程为，即． ②
由①②得，
所以，
所以点在定直线上，且定直线的方程为．
【点睛】关键点点睛：解决本题第（2）问的关键是利用根与系数的关系得到，后，能够得到，所以，本题中动直线经过的定点 在轴上，所以若交点在某条定直线上，则这条直线一定关于轴对称，即证明交点的纵坐标等于定值．
10．（2023春·湖北武汉·高三校考）在平面直角坐标系xOy中，已知点，，设的内切圆与AC相切于点D，且，记动点C的轨迹为曲线T．
(1)求T的方程；
(2)设过点的直线l与T交于M，N两点，已知动点P满足，且，若，且动点Q在T上，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由切线长相等得，再结合椭圆的定义即可求得T的方程；
（2）由解出点坐标，代入曲线T得，同理将点坐标代入曲线T得到关系式，由得出动点P轨迹，再利用直线和曲线T相切求得的最小值即可.
【详解】（1）
不妨设的内切圆与BC，BA分别相切于点E，F，由切线长相等可知，，，
∴，∴，∴动点C的轨迹为以A，B为焦点，
长轴长为4的椭圆（且C不在直线AB上），设动点C的轨迹方程为：，易知，且，解得，
∴T的方程为：．
（2）设，，，∵，∴，
若，则，，即P与R重合，与矛盾，∴，∴，，∴，
代入，又，化简得，
同理可得，，∴，为方程的两根，
∵，∴，即，即动点P在定直线：上，
令直线：，当与T相切时，记，的距离为d，则，联立可得，
由，解得，又，∴，此时，解得，，即切点为，
且直线，的距离为，∴，当Q点坐标为，且时，，即，
联立得，此时，，且直线P R即直线l：，
即显然不过点和，符合题设条件，∴的最小值为．
【点睛】本题关键点在于利用解出点坐标，代入曲线T得关系式，同理将点坐标代入曲线T得到关系式，进而得到，为一元二次方程的两根，由得出动点P轨迹，将的最小值转化为直线上一点和椭圆上一点距离的最小值即可求解.
【真题感知】
1．（2021·全国·统考高考真题）（多选）已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（ ）
A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切B．若点A在圆C内，则直线l与圆C相离
C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离D．若点A在直线l上，则直线l与圆C相切
【答案】ABD
【分析】转化点与圆、点与直线的位置关系为的大小关系，结合点到直线的距离及直线与圆的位置关系即可得解.
【详解】圆心到直线l的距离，
若点在圆C上，则，所以，
则直线l与圆C相切，故A正确；
若点在圆C内，则，所以，
则直线l与圆C相离，故B正确；
若点在圆C外，则，所以，
则直线l与圆C相交，故C错误；
若点在直线l上，则即，
所以，直线l与圆C相切，故D正确.
故选：ABD.
2．（北京·高考真题）已知抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)．过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点．
(1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；
(2)求证：A为线段BM的中点．
【答案】（1）抛物线C的焦点坐标为 ，准线方程为x＝－；（2）见解析.
【详解】试题分析：（Ⅰ）代入点求得抛物线的方程，根据方程表示焦点坐标和准线方程；（Ⅱ）设直线l的方程为（），与抛物线方程联立，再由根与系数的关系，及直线ON的方程为，联立求得点的坐标为，再证明.
试题解析：（Ⅰ）由抛物线C：过点P（1，1），得.
所以抛物线C的方程为.
抛物线C的焦点坐标为（，0），准线方程为.
（Ⅱ）由题意，设直线l的方程为（），l与抛物线C的交点为，.
由，得.
则，.
因为点P的坐标为（1，1），所以直线OP的方程为，点A的坐标为.
直线ON的方程为，点B的坐标为.
因为
，
所以.
故A为线段BM的中点.
【名师点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了转化与化归能力，当看到题目中出现直线与圆锥曲线时，不需要特殊技巧，只要联立直线与圆锥曲线的方程，借助根与系数的关系，找准题设条件中突显的或隐含的等量关系，把这种关系“翻译”出来即可，有时不一定要把结果及时求出来，可能需要整体代换到后面的计算中去，从而减少计算量.
3．（四川·高考真题）椭圆有两顶点A（﹣1，0）、B（1，0），过其焦点F（0，1）的直线l与椭圆交于C、D两点，并与x轴交于点P．直线AC与直线BD交于点Q．
（Ⅰ）当|CD|=时，求直线l的方程；
（Ⅱ）当点P异于A、B两点时，求证：为定值．
【答案】（Ⅰ）y=x+1（Ⅱ）见解析
【详解】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆有两顶点A（﹣1，0）、B（1，0），焦点F（0，1），可知椭圆的焦点在y轴上，b=1，c=1，，可以求得椭圆的方程，联立直线和椭圆方程，消去y得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理和弦长公式可求出直线l的方程；
（Ⅱ）根据过其焦点F（0，1）的直线l的方程可求出点P的坐标，该直线与椭圆交于C、D两点，和直线AC与直线BD交于点Q，求出直线AC与直线BD的方程，解该方程组即可求得点Q的坐标，代入即可证明结论．
（Ⅰ）∵椭圆的焦点在y轴上，设椭圆的标准方程为（a＞b＞0），
由已知得b=1，c=1，所以a=，
椭圆的方程为，
当直线l与x轴垂直时与题意不符，
设直线l的方程为y=kx+1，C（x1，y1），D（x2，y2），
将直线l的方程代入椭圆的方程化简得（k2+2）x2+2kx﹣1=0，
则x1+x2=﹣，x1•x2=﹣，
∴|CD|==
==，
解得k=．
∴直线l的方程为y=x+1；
（Ⅱ）证明：当直线l与x轴垂直时与题意不符，
设直线l的方程为y=kx+1，（k≠0，k≠±1），C（x1，y1），D（x2，y2），
∴P点的坐标为（﹣，0），
由（Ⅰ）知x1+x2=﹣，x1•x2=﹣，
且直线AC的方程为y=，且直线BD的方程为y=，
将两直线联立，消去y得，
∵﹣1＜x1，x2＜1，∴与异号，
=
=，
y1y2=k2x1x2+k（x1+x2）+1==﹣，
∴与y1y2异号，与同号，
∴=，解得x=﹣k，
故Q点坐标为（﹣k，y0），
=（﹣，0）•（﹣k，y0）=1，
故为定值．
考点：直线与圆锥曲线的综合问题
点评：此题是个难题．本题考查了椭圆的标准方程和简单的几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系，是一道综合性的试题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力．体现了分类讨论和数形结合的思想
4．（北京·高考真题）已知椭圆的右焦点为，且经过点.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆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|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.
【答案】（Ⅰ）；
（Ⅱ）见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证明直线恒过定点.
【详解】（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为，所以；
因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为.
（Ⅱ）设
联立得，
，，.
直线，令得，即；
同理可得.
因为,所以；
，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)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．
5．（全国·高考真题）在直角坐标系中，曲线C：y=与直线交与M,N两点，
（Ⅰ）当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？说明理由.
【答案】（Ⅰ）或（Ⅱ）存在
【详解】试题分析：（Ⅰ）先求出M,N的坐标，再利用导数求出M,N.（Ⅱ）先作出判定，再利用设而不求思想即将代入曲线C的方程整理成关于的一元二次方程，设出M,N的坐标和P点坐标，利用设而不求思想，将直线PM，PN的斜率之和用表示出来，利用直线PM，PN的斜率为0,即可求出关系，从而找出适合条件的P点坐标.
试题解析：（Ⅰ）由题设可得，，或，.
∵，故在=处的导数值为，C在处的切线方程为
，即.
故在=-处的导数值为-，C在处的切线方程为
，即.
故所求切线方程为或.
（Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：
设P（0，b）为复合题意得点，，，直线PM，PN的斜率分别为.
将代入C得方程整理得.
∴.
∴==.
当时，有=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，
故∠OPM=∠OPN，所以符合题意.
考点：抛物线的切线；直线与抛物线位置关系；探索新问题；运算求解能力
6．（北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点、.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若，求的最大值；
（Ⅲ）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若、和点 共线，求.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【分析】（Ⅰ）根据题干可得的方程组，求解的值，代入可得椭圆方程；
（Ⅱ）设直线方程为，联立，消整理得，利用根与系数关系及弦长公式表示出，求其最值；
（Ⅲ）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理写出两根关系，结合三点共线，利用共线向量基本定理得出等量关系，可求斜率.
【详解】（Ⅰ）由题意得，所以，
又，所以，所以，
所以椭圆的标准方程为；
（Ⅱ）设直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
设，，则，，
则，
易得当时，，故的最大值为；
（Ⅲ）设，，，，
则 ①， ②，
又，所以可设，直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
又，代入①式可得，所以，
所以，同理可得．
故，，
因为三点共线，所以，
将点的坐标代入化简可得，即．
【点睛】本题主要考查椭圆与直线的位置关系，第一问只要找到三者之间的关系即可求解；第二问主要考查学生对于韦达定理及弦长公式的运用，可将弦长公式变形为，再将根与系数关系代入求解；第三问考查椭圆与向量的综合知识，关键在于能够将三点共线转化为向量关系，再利用共线向量基本定理建立等量关系求解.
7．（北京·统考高考真题）已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.
【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.
【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，
故椭圆方程为：.
(Ⅱ)[方法一]：
设，，直线的方程为：，
与椭圆方程联立可得：，
即：，
则：.
直线MA的方程为：，
令可得：，
同理可得：.
很明显，且，注意到，
，
而
，
故.
从而.
[方法二]【最优解】：几何含义法
①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以．
②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且．
由题意知直线的斜率存在．．
当时，
．
同理，．所以．
因为，所以．
【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.
8．（四川·高考真题）如图，椭圆E：的离心率是，过点P（0,1）的动直线与椭圆相交于A，B两点，当直线平行于轴时，直线被椭圆E截得的线段长为.
（1）求椭圆E的方程；
（2）在平面直角坐标系中，是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，Q点的坐标为.
【详解】（1）由已知，点在椭圆E上.
因此，解得.
所以椭圆的方程为.
（2）当直线与轴平行时，设直线与椭圆相交于C、D两点.
如果存在定点Q满足条件，则，即.
所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为.
当直线与轴垂直时，设直线与椭圆相交于M、N两点.
则，
由，有，解得或.
所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，
则Q点的坐标只可能为.
下面证明：对任意的直线，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，可设直线的方程为，
A、B的坐标分别为.
联立得.
其判别式，
所以，.
因此.
易知，点B关于y轴对称的点的坐标为.
又，
所以，即三点共线.
所以.
故存在与P不同的定点，使得恒成立.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.
9．（江西·高考真题）如图，椭圆经过点P（1，），离心率e=，直线l的方程为x=4.
（1）求椭圆C的方程；
（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为.问：是否存在常数λ，使得 ？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）（2）存在
【详解】 ① ②
②代入①得
考点：本题主要考查圆锥曲线的定义、标准方程、几何性质，直线与圆锥曲线的交点等基础知识，考查分析问题、解决问题的能力，考查逻辑推理能力，推理论证能力和计算能力.