专题07 圆锥曲线中的定点、定值、定直线的问题-【寒假提升课】2025年高二数学寒假提升试题讲义（人教A版2019）

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考点要求
（1）掌握直线与圆锥曲线关系中的求弦长、面积及弦中点、定点、定值、参数取值范围和最值等问题的应用。
知识点01：定点问题
定点问题是比较常见出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．
【一般策略】
①引进参数.一般是点的坐标、直线的斜率、直线的夹角等.
②列出关系式.根据题设条件，表示出对应的动态直线或曲线方程.
③探究直线过定点.一般化成点斜式或者直线系方程
知识点02：定值问题
在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题．这些问题重点考查学生方程思想、函数思想、转化与化归思想的应用．
【一般策略】
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②引进变量法：选择适当的动点坐标或动直线中的系数为变量，然后把要证明为定值的量表示成上述变量的函数，最后把得到的函数化简，消去变量得到定值
【常用结论】
结论1 过圆锥曲线上的任意一点P（x0，y0）作互相垂直的直线交圆锥曲线于点A，B，则直线AB必过一定点（等轴双曲线除外）.
结论2 过圆锥曲线的准线上任意一点P作圆锥曲线上的两条切线，切点分别为点A，B，则直线AB必过焦点.
结论3 过圆锥曲线外一点P作圆锥曲线上的两条切线，切点分别为点A，B，则直线AB已知且必过定点.
结论4 过圆锥曲线上的任意一点P（x0，y0）作斜率和为0的两条直线交圆锥曲线于A，B两点，则kAB为定值.
结论5 设点A，B是椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）上关于原点对称的两点，点P是该椭圆上不同于A，B两点的任意一点，直线PA，PB的斜率分别是k1，k2，则k1·k2=-b2a2
知识点03：空间向量的有关概念定直线问题
定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题，解决这类问题，一般可以套用求轨迹方程的通用方法，也可以根据其本身特点的独特性采用一些特殊方法.
【一般策略】
①联立方程消去参；
②挖掘图形的对称性，解出动点横坐标或纵坐标；
③将横纵坐标分别用参数表示，再消参；
④设点，对方程变形解得定直线.
解题技巧：动点在定直线上：题设为某动点在某定直线．
目标：需要消掉关于动点横坐标或者纵坐标的所有参数，从而建立一个无参的直线方程，此时会分为三种情况：
（1），即动点恒过直线．
（2），即动点恒过直线．
（3），即动点恒过直线．
考点剖析
【题型一：直线过定点问题】
一、解答题
1．（24-25高二上·天津静海·阶段练习）已知椭圆的方程为，其右顶点，离心率．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆交于不同的两点，（，不与左、右顶点重合），且．求证：直线过定点，并求出定点的坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析，．
【分析】（1）由焦点坐标及离心率求出，得出方程；
（2）设M，N的坐标，联立直线和椭圆的方程，消去，化简得关于的一元二次方程，由韦达定理可得，的值，利用得出m与k的关系式，最后检验直线所经过的定点，求出坐标．
【详解】（1）右顶点是，离心率为，
所以，，
，则，
椭圆的标准方程为．
（2）直线方程与椭圆方程联立，
得，
设Mx1,y1，Nx2,y2，
，，
，
，，
即，
，则，
即，
整理得，
或，
均满足
直线或，
直线过定点或2,0（与题意矛盾，舍去）
综上知直线过定点．
2．（24-25高二上·山西·期中）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，虚轴长为2.
(1)求双曲线C的方程；
(2)直线与双曲线C的左支交于A，B两点，点D与点A关于x轴对称.
(i)求m的取值范围；
(ii)求证：直线过定点.
【答案】(1)
(2)(i)；(ii)证明见解析
【分析】(1)根据双曲线渐近线方程和虚轴长，列方程组解出，，可得双曲线方程；
(2) (i)联立直线和双曲线方程，根据题意，，计算可得m的取值范围；
(ii)假设定点的坐标为，所以，，因为，再利用向量坐标的乘法运算即可得到定点.
【详解】（1）由已知得解得，，所以双曲线的方程为；
（2）(i)设，，则，联立，
消去得，
则，，，
可得.
所以的取值范围为：；
(ii)由(i)得，，
由对称性可知BD过的定点在轴上，设定点的坐标为，
由，，
所以
，
可得，
所以直线BD过定点.
3．（24-25高二上·全国·课后作业）已知抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点F在x轴的正半轴上，过焦点F作斜率为k的直线交抛物线C于A，B两点，且.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)设点，直线AD，BD分别交准线l于点G，H，则在x轴的正半轴上是否存在定点M，使得？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）设出直线方程，直曲联立，用韦达定理表示出向量的数量积即可；
（2）设，表示出两直线的斜率，再由点斜式得到直线AD的方程，进而得到，由坐标表示数量积为零求解即可；
【详解】（1）由题意，知，

设抛物线C的标准方程为y2=2pxp>0，
直线AB的方程为，
联立，消去x，得，
，
设A，B，则，
所以，解得或（舍去），
所以抛物线C的标准方程为.
（2）假设在x轴的正半轴上存在定点，使，

设，
由（1）知，
显然直线AD，BD的斜率存在，将其分别设为，
则，，
则直线AD的方程为，
令，得，同理，得，
故，
由，得，即，
故，解得或（舍去），
即在x轴的正半轴上存在定点M，使得，且定点M的坐标为1,0.
4．（24-25高二上·江苏盐城·期中）已知焦点在轴上的双曲线过点，其焦点到渐近线的距离为1.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)已知直线与双曲线的右支交于，两点，点与点关于轴对称，求证：直线过定点，并求出定点的坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）设双曲线方程为，双曲线右焦点为，列方程组即可求解；
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2则将直线和双曲线联立可求得关于的方程，根据韦达定理可求得，可解出，，，用两点式表达出直线的方程，将已知代入即可求解.
【详解】（1）由题意可设双曲线方程为，双曲线右焦点为，
双曲线过点，且焦点到渐近线的距离为1，
根据题意可知渐近线方程为，
根据右焦点为到直线距离，
又因点在双曲线上，所以代入可得，解之可得，
故双曲线方程为.
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2则，
将直线与双曲线联立可得，消去可得
根据韦达定理可知，，
所以，
则，
，所以
解之可得，
直线方程为，
将已知代入，
化简可得，所以直线过定点，定点为.
5．（24-25高二上·浙江台州·期中）已知椭圆焦距为2，离心率e是
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作两条互相垂直的弦，其中在轴的上方，且在的右侧，设弦的中点分别为.
①若弦的斜率均存在，求四边形面积的最小值；
②判断直线是否过定点，若过定点，则求出该定点坐标，若不过定点，请说明理由.
【答案】(1)
(2)①；②直线恒过点
【分析】（1）根据焦距得到的值，再根据离心率以及求得的值；
（2）①设出直线方程以及点的坐标，联立分别求得弦长，根据面积公式求得最值；②根据①表示出的坐标，考虑直线斜率存在和不存在两种情况，可得到定点
【详解】（1）依题意有，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）①设，则
联立，，
由弦长公式可得：
同理可得：，
所以
令，则
当的最小值是；
②
，由代替m，得，
当，即时，，过点.
当，即时，，
，
当时，，经验证直线过点，
综上，直线恒过点.
【题型二：定点中探究性问题】
一、解答题
1．（24-25高二上·江苏泰州·期中）在平面直角坐标系中，已知直线过抛物线的焦点，与交于两点.
(1)若线段中点的横坐标为2，线段的长为6，求抛物线的方程；
(2)在轴上是否存在一定点，使得直线和直线的斜率之积为定值？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在定点
【分析】（1）设的方程为，联立抛物线方程，结合韦达定理及弦长公式即可求解；
（2）设，直线和直线的斜率分别为，结合韦达定理得到由其为定值即可求解.
【详解】（1）抛物线的焦点为，直线的方程可设为，
代入整理得，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则，
所以，，
因为线段中点的横坐标为2，所以①，
因为线段的长为6，所以②，
由①②解得，
所以抛物线的方程为.
（2）
设，直线和直线的斜率分别为，
则
若为定值，由的任意性知，即，此时为原点，
所以存在定点，使得直线和直线的斜率之积为定值.
2．（2021·北京丰台·二模）已知椭圆，过点的直线交椭圆于点．
(1)当直线与轴垂直时，求；
(2)在轴上是否存在定点，使为定值？若存在，求点的坐标及的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，，
【分析】（1）写出直线方程，与椭圆联立，求出两点坐标，即可求出.
（2）当直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆联立，写出韦达定理，用坐标表示，代入韦达定理，分析为定值的条件，求出点的坐标，再验证斜率不存在时的情况，得出答案.
【详解】（1）解:联立,得或
所以．
（2）假设存在，使为定值．
当直线斜率存在时，设直线的方程为：，
联立得．
显然，设，
则．
所以
．
若为常数，只需，
解得，此时．
当直线与轴垂直时，不妨设，
当点坐标为时，．
满足为定值．
综上，存在点，使为定值．
3．（24-25高二上·湖南永州·期中）已知椭圆的右焦点，且经过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过右焦点作直线与椭圆交于，两点，为坐标原点.
（i）若的面积为，求直线的方程；
（ii）若斜率存在，是否存在椭圆上一点及轴上一点，使四边形为菱形？若存在，求，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)（i）或；（ii）不存在，理由见解析
【分析】（1）根据椭圆的定义及性质可求得结果；
（2）（i）先考虑斜率不存在时，不满足题意，当斜率存在时，设出直线方程，联立椭圆方程，求出弦长，再根据三角形的面积可求出结果；（ii）根据菱形对角线互相垂直平分可构造出等式，即可求得结果.
【详解】（1）由题可知，左焦点F1-1,0，
，，
，，
故椭圆的标准方程为；
（2）（i）由题设，斜率不存在时，，不符题意，
设方程为，，，，
由，
，，
，
原点到直线的距离，
，
解得：直线方程为：或；
（ii）设的中点为，则为的垂直平分线，
而，，
故，故，
故的直线方程为：，
令，则，故，，
而在椭圆上，故，
整理得，该方程无解，所以不存在满足条件的点.
4．（2024高三·全国·专题练习）已知曲线的方程为，倾斜角为的直线过点，且与曲线相交于，两点，为坐标原点．
(1)时，求的面积；
(2)在轴上是否存在定点，使得?如果存在，求出定点；如果不在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，定点.
【分析】（1）求得直线与曲线交点的坐标，再利用面积公式求解即可；
（2）当直线斜率存在时，设出的坐标，设出直线方程，联立曲线方程，写出韦达定理，并求得的取值范围，根据，结合韦达定理，即可求得坐标，再验证直线斜率不存在时的情况即可.
【详解】（1）由，可知曲线是以，为焦点的双曲线的右支，
过焦点，倾斜角为的直线的方程为，
当时，代入曲线的方程，可得，
所以．
（2）
当时，设直线的方程为，Ax1,y1，Bx2,y2，
联立得，
因为直线与曲线有两个交点，
所以，解得或．
假设在轴上存在定点，则，，
由，得轴平分，所以，
即，所以，
整理得，因为斜率的取值范围为，
所以，
即，
整理得，即，得．
当时，由曲线的对称性可知成立．
所以在轴上存在定点，使得．
5．（24-25高二上·江苏宿迁·期中）已知双曲线：的右顶点为，实轴长为4，过双曲线的左焦点作直线，当直线与轴垂直时，直线与双曲线的两个交点分别为，，此时为等腰直角三角形．
(1)求双曲线的方程；
(2)当直线与双曲线的渐近线平行时，求直线与双曲线的交点坐标；
(3)当直线与双曲线的左支交于，两点时，直线，分别交直线于，两点，在轴上是否存在定点，使得点始终在以线段为直径的圆上？若存在，求出点坐标，否则，请说明理由．
【答案】(1)
(2)或.
(3)或
【分析】（1）根据关系得到方程组，解出即可；
（2）写出渐近线方程，再利用平行关系得到直线的方程，联立双曲线方程解出即可；
（3）设设的方程为，联立双曲线方程得到韦达定理式，再写出相关直线方程，得到相关点坐标，写出两点直径式，代入韦达定理式即可.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以双曲线的方程为：.
（2）渐近线方程为，
当直线与平行时，直线的方程为：，
联立解得.
当直线与平行时，直线的方程为：，
联立解得，
所以直线与双曲线的交点坐标为或.
（3）因为双曲线的渐近线方程为：，
显然当直线与轴重合时，不合题意，故设的方程为，，，
直线的方程为：，
当时，，即P点坐标为，
直线的方程为：，
当时，，即点坐标为，
所以以为直径的圆方程为：，
当时，
联立，消去得，其中，
，且，
所以，.
，
所以，
所以或.
所以轴上存在定点或始终在以为直径的圆上.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是采用设线法并与双曲线方程联立得到韦达定理式，写出两点直径式方程，并代入韦达定理式即可.
【题型三：斜率的和、差、积、商为定值】
一、解答题
1．（23-24高二上·江苏南京·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知圆心为的动圆过点，且在轴上截得的弦长为4，记的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)已知及曲线上的两点和，直线经过定点，直线的斜率分别为，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】
（1）设圆心，由两点距离公式和几何法求弦长公式化简计算，可得，化简即可求解；
（2）设直线BD的方程、，联立抛物线方程，消元并利用韦达定理可得，结合两点求斜率公式可得，即可证明.
【详解】（1）设圆心，半径为，由圆心为的动圆过点，
所以，
又圆心为的动圆在y轴上截得的弦长为4，所以，
此时，解得，
所以曲线E是抛物线，其方程为；
（2）易知直线BD的斜率不为0，
设直线BD的方程为，即，
，消去x，得，
或，
设，则，
，
所以，
即为定值1.

2．（24-25高二上·上海·阶段练习）已知双曲线的左右焦点分别为，，左右顶点分别为M，N，且经过点.
(1)求双曲线C的方程；
(2)设过点直线l交双曲线C于P，Q两点，求直线l的斜率的取值范围；
(3)动点A在圆上，动点B在双曲线C上，设直线MA，MB的斜率分别为，，若N，A，B三点共线，试探索，之间的关系.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）可知：，根据题意列式求，即可得方程；
（2）设直线l：，联立方程结合运算求解；
（3）设，则有，即可得，结合得到，即可得解.
【详解】（1）由题意可知：，且经过点，
则，解得，
所以双曲线C的方程为.
（2）设直线l的斜率为，则直线l：，
联立方程，消去y可得，
由题意可知：，解得且，
所以直线l的斜率的取值范围.
（3）设点，则，即，
由，则①，
又②，
因为N，A，B三点共线，所以，由①②得，即．
3．（24-25高二上·黑龙江哈尔滨·期中）如图，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点，焦距为，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的两点，且直线均不与轴垂直.
(1)求椭圆的方程；
(2)求中点E的轨迹方程；
(3)记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件列的关系式求解即可.
（2）设直线方程，与椭圆联立可表示点，根据点横、纵坐标之间的关系可得轨迹方程.
（3）根据韦达定理代入中即可得到定值.
【详解】（1）由题意得，，
又∵，∴，
∴椭圆的方程为.
（2）设直线方程为，，
由得，，
由得，，
则，
∴，
∵E为中点，∴，即，
设，则，
由得，
故中点E的轨迹方程为.
（3）由直线的斜率存在且异于点得，，故且，
∴
，
∴为定值.
4．（24-25高二上·安徽·期中）已知双曲线的离心率为，，分别为其左、右焦点，为双曲线上任意一点，且的最小值是.
(1)求双曲线的方程；
(2)记双曲线的左、右顶点分别为，，直线与的右支交于，两点.
（i）求实数的取值范围；
（ii）若直线，的斜率分别为，，证明：是定值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）是定值.
【分析】（1）设Px,y，F1-c,0，，由数量积的定义可得，由二次函数的性质求出的最小值，可求出，再由得到答案；
（2）（i）设，直线，联立双曲线方程，得到两根之积小于即可求解；（ii）对进行配凑得，代入计算即可.
【详解】（1）由题意可得：，设Px,y，F1-c,0，，
，
所以，
因为Px,y在双曲线上，所以，
所以，
所以，
因为，所以当时，的最小值是，
所以，又，又因为，
所以，所以双曲线的方程为：.
（2）（i）设，直线，
由，消元得.
则，且，
则，解得：.
（ii）,,
，
所以是定值.

【点睛】方法点睛：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．
5．（24-25高二上·河南·期中）在平面直角坐标系xOy中，若在曲线的方程中，以且代替得到曲线的方程，则称是由曲线通过关于原点的“伸缩变换”得到的曲线，称为伸缩比.
(1)若不过原点的直线通过关于原点的“伸缩变换”得到的曲线是，证明:是与平行的直线;
(2)已知伸缩比时，曲线通过关于原点的“伸缩变换”得到的曲线是，且与轴有A，B两个交点（在的左侧），过点且斜率为的直线与在轴的右侧有，两个交点.
①求的取值范围;
②若直线的斜率分别为，证明：为定值.
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）根据伸缩比的定义，计算证明即可. （2）①直曲联立，借助韦达定理计算即可；②结合①的结论，直接运算即可.
【详解】（1）证明：设不过原点的直线的方程是都是常数，且a，b不同时为，则曲线的方程是，且，即，因为都是常数，且a，b不同时为，
所以曲线是一条直线，且与直线平行
（2）①解：伸缩比时，曲线通过关于原点的“伸缩变换”得到的曲线是，所以曲线的方程是，即.
与轴的两个交点A，B的坐标分别是，因为直线点，斜率为，所以直线的方程为，代入，
消去并整理得， 设，
则，，
因为与在轴的右侧有两个交点，所以，且，解得或，
所以的取值范围是.
②证明:由①知或，所以，
， ，
所以为定值.
【题型四：线段定值】
一、解答题
1．（24-25高二上·江苏扬州·期中）已知抛物线的准线与轴的交点为．
(1)求抛物线的方程；
(2)若经过点的直线与抛物线相切，求直线的方程；
(3)若过点的直线与抛物线交于两点，证明：为定值．
【答案】(1)；
(2)或；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据题设有，即可得抛物线方程；
（2）讨论斜率存在性，并设联立抛物线，利用求参数，即可得直线方程；
（3）令为，，联立抛物线并应用韦达定理化简，即可证.
【详解】（1）由题设知，
则；
（2）由题意，直线的斜率不存在时，与抛物线只有一个交点，但不相切，
令，联立抛物线得，
所以，则或，
所以直线为或.
（3）由题意，斜率一定存在，令为，，
联立抛物线得，则，，
而，，
所以.
2．（24-25高二上·江苏常州·期中）如图，已知抛物线C：（）的焦点F，且经过点，．
(1)求A点的坐标；
(2)直线l交抛物线C于M，N两点，过点A作于D，且，证明：存在定点Q，使得DQ为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由抛物线定义有求，由在抛物线上求m即可得的坐标.
（2）令，，，联立抛物线得到一元二次方程，应用韦达定理，根据及向量垂直的坐标表示列方程，求k、n数量关系，确定所过定点，再由易知在以为直径的圆上，即可证结论.
【详解】（1）由抛物线定义知：，则，故，
又在抛物线上，则，可得，故.
（2）设，，由（1）知：，
所以，，又，故，
所以，
因为的斜率不为零，故设直线，
联立，整理得，且，
所以，，则，，
综上，，
当时，过定点；
当时，过定点，即共线，不合题意；
所以直线过定点，又，故在以为直径的圆上，
而中点为，即为定值，得证.
3．（24-25高二上·天津·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的一个顶点与抛物线的焦点重合，，分别是椭圆的左、右焦点，离心率，过椭圆右焦点的直线与椭圆交于，两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，求直线的方程；
(3)已知直线斜率存在，若是椭圆经过原点的弦，且，求证：为定值.
【答案】(1)
(2)或
(3)证明见解析
【分析】！（1）由抛物线焦点坐标可得，再由离心率解方程即可求得椭圆的方程；
（2）联立直线与椭圆方程利用韦达定理及，列方程求解即可；
（3）利用直线平行和弦长公式分别求出弦长的表达式，即可证明.
【详解】（1）由抛物线可得，焦点坐标为0,2；
所以可得，
又离心率为，可得；
由，解方程可得，
因此椭圆的方程.
（2）如图所示，易知，
当直线的斜率为0时，不妨设，则，不满足题意；
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，；
联立直线与椭圆方程，消去可得，
易知，由韦达定理可得；
所以
，
解得，所以，即或，
所以直线的方程为或.
（3）证明：由（2）可知
；
由可设直线的方程为，
由对称性可设
联立与椭圆可得，
所以，
可得为定值.
【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．（24-25高二上·江西·阶段练习）已知双曲线的一条渐近线方程为，左、右顶点分别为，，且.
(1)求的方程；
(2)若点为直线上的一点，直线交于另外一点（不同于点）.
①记，的面积分别为，，且，求点的坐标；
②若直线交于另外一点，点是直线上的一点，且，其中为坐标原点，试判断是否为定值？若是，则求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)①或；②是，
【分析】（1）根据条件，直接求出，即可求解；
（2）①设，直线：，联立直线与双曲线方程，消得到，进而可得，再结合条件，即可求解；②设直线：，联立双曲线方程，求得，， 结合①中结果，可求直线的方程，进而判断直线恒过定点，即可求解.
【详解】（1）由题意知 解得，，
所以的方程为.
（2）由题意可知，A-2,0，，设，因为直线交于另外一点（不同于点），
所以，又双曲线的渐近线为，故，解得，
所以直线，即，
由，消得，
所以，解得， 所以.
①因为，，
又，所以，
解得或，即点的坐标为或.
②直线，即，
由，消得，，
即，所以，解得，
所以，
所以直线的斜率，
所以直线的方程为，
令，得，解得，
所以直线恒过定点，
又，即，又点是的中点，所以，
所以是定值，且定值为.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问中的②小问，设，直线的方程分别为，，通过联直线与双曲线方程，求得两点坐标，进而求出直线的方程，再判断出直线过定点，即可求解.
5．（24-25高三上·云南德宏·阶段练习）在平面直角坐标系中，，，是平面内的动点，且内切圆的圆心在直线上.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)过点作三条不同的直线，，，且轴，与交于，两点，与交于，两点，，都在第一象限，直线，与分别交于点，，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据内切圆的性质分析可得，结合双曲线的定义分析求解；
（2）设直线方程和交点坐标，利用韦达定理整理可得，，再求，的坐标，代入化简整理即可得结果.
【详解】（1）设内切圆的圆心为，且与三边切于点，
则，
可得，
且A-2,0，，，即，
可得，
可知动点的轨迹是以为焦点的双曲线的右半支（顶点E除外），
则，
所以动点的轨迹的方程为.
（2）由题意可知：，双曲线的渐近线为，
设，，且，
联立方程，消去x可得，
则，
可得，整理可得，
同理可得，
则直线，
令，可得
，
则，
同理可得，
则
，
所以为定值.
【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，注意的判断；
（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.
【题型五：角度定值】
一、解答题
1．（23-24高二下·安徽六安·期中）设抛物线，点，，过点A的直线l与C交于M，N两点.
(1)当l与x轴垂直时，求直线的方程；
(2)证明：.
【答案】(1)或.
(2)证明见解析
【分析】（1）根据l与x轴垂直得到l的方程，然后联立方程得到带你的坐标，最后求直线方程即可；
（2）设的方程，联立直线和抛物线的方程，然后利用韦达定理得到，即可证明.
【详解】（1）当l与x轴垂直时，l的方程为.
代入，
所以，或，.
或，
所以的方程为或，
即或.
（2）
设的方程为，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程得，易得，
所以，，，，
所以
，
所以，则直线与直线的倾斜角互补，
所以.
2．（2024·山西运城·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，点为的左顶点，点为右支上一点（非顶点），的平分线交轴于
(1)过右焦点作于，求；
(2)求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）延长交于点，即可得到，，再由双曲线的定义得到，即可得解；
（2）当，直接求出、，当时，设，求出，，利用二倍角公式求出，即可得证.
【详解】（1）延长交于点，因为平分，，
所以，所以，，
所以为的中点，又为的中点，所以且，
又，所以，
所以.
（2）依题意可知，，
当时，解得，不妨取，则，
，所以，满足；
当时，设，则，
所以，，
则，
所以，
又，，则，
所以，
综上可得.
3．（24-25高二上·广东江门·阶段练习）已知为椭圆的焦点，且点在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知直线L与椭圆交于两点，且坐标原点O到直线L的距离为的大小是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是，定值为
【分析】（1）利用椭圆的定义求出的值，再结合的值可求得的值，由此可得出椭圆的标准方程；
（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，求出点的坐标，计算出；在直线的斜率存在时，设直线的方程为，由已知条件得出，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，计算出，综合可得出结论.
【详解】（1）依题意，椭圆的两焦点为，因为点在椭圆上，
所以由椭圆的定义，可得
，
即又，所以，
所以椭圆的方程为；
（2）是，，理由如下，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为.
由对称性，不妨令直线的方程为，
由，解得或，
令点，
此时，则；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，点
由点到直线的距离公式，可得，则，
由，得，
则，
即，，
所以
，
所以，即.
综上所述，的大小为定值，该定值为.

【点睛】方法点睛：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．
【题型六：面积定值】
一、解答题
1．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知抛物线的焦点为，过作倾斜角为的动直线交于A，B两点.当时，.
(1)求抛物线的方程；
(2)证明：无论如何变化，是定值（为坐标原点）；
(3)点，直线AM与交于另一点，直线BM与交于另一点，证明：与的面积之比为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）设直线，Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线与抛物线的方程，由抛物线的性质可得弦长的值，由此可得的值，进而求出抛物线的方程.
（2）由（1）可知，，将韦达定理代入，可得出答案.
（3）设直线AC的方程：，直线BD的方程：，分别与抛物线联立求出，，由（2）求出，则，再由三角形的面积公式表示出与的面积之比，即可得出答案.
【详解】（1）解：根据题意直线的斜率不为0，可设直线，Ax1,y1，Bx2,y2，代入抛物线方程得：，
，，，
，
当时，，，
，抛物线的方程为.
（2）证明：由（1）可知，，
则，
.
（3）证明：设，，
直线AC的方程：，直线BD的方程：，
由，得，
，同理，，
，
由（2）知，则，
.
【点睛】方法点睛：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．
2．（24-25高二上·广东深圳·期中）已知椭圆：的左、右焦点分别为、，，在椭圆上，
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线交椭圆于，两点，AB的中点坐标为，求直线的方程；
(3)直线：与椭圆相交于，两点，且，求证：（为坐标原点）的面积为定值.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程.
（2）利用点差法求得直线的斜率，进而求得直线的方程.
（3）利用弦长公式表示，点到直线的距离为三角形的高度，表示面积即可得到结论.
【详解】（1）由题意得，，
将代入得，，
整理得，即，解得，故，
∴椭圆E的方程为.
（2）
如图，易知点在椭圆内，设，，则，
由点在椭圆上得，，
两式相减得：，即，
∴， 即直线n的斜率为，
∴直线n的方程为，即.
（3）
如图，设，，
由得，
，
则，，
∴
，
∵点到直线的距离，且，
∴
，
∴的面积为定值.
3．（24-25高二上·全国·课后作业）已知分别是双曲线的左、右顶点，点为上一点，且的面积为3．
(1)求的方程；
(2)过点作直线，分别与交于两点，直线与轴交于点，过点作直线交于两点，若在线段上，且，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，可得，再代入点，即可得答案；
（2）设直线的方程为的方程为，与双曲线方程联立，可得坐标，再根据三点共线，可得，设过的直线方程为，与双曲线联立，结合韦达定理及，可得，最后根据三角形的面积公式代入求解即可.
【详解】（1）解：由题知，解得，
所以，
将代入的方程，得，解得，
所以的方程为．
（2）解：由（1）可知，
因为，可得直线的方程为的方程为，

联立，得，
解得或，代入，可得，
即，
联立，得，
解得或，代入，可得，
即，
设，由三点共线，可得，
即，
将的坐标代入化简得，
解得，即，
过的直线的斜率显然不为0，
可设过的直线方程为，
联立，得，
设，
则，且，
由，可得，
所以，
两式相加可得，
所以，解得，
所以
．
【题型七：与向量有关的定值】
一、解答题
1．（24-25高二上·全国·课后作业）设双曲线的焦点分别为，，离心率为2．
(1)求此双曲线的渐近线，的方程；
(2)若A，分别为，上的点，且，求线段的中点的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线；
(3)过点能否作出直线，使与双曲线交于，两点，且？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)双曲线方程为，渐近线方程为
(2)，点的轨迹是中心在原点，焦点在轴上，长轴长为，短轴长为的椭圆
(3)不存在满足条件的直线，理由见解析
【分析】（1）根据方程和离心率求得，，即可得渐近线方程；
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，的中点为Mx,y，根据题意可得，结合渐近线方程运算求解即可；
（3）假设存在，讨论直线的斜率是否存在，联立方程，根据向量垂直和韦达定理分析判断即可.
【详解】（1）因为，所以．
又因为，可得，．
所以双曲线方程为，渐近线方程为．
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，的中点为Mx,y．

因为，则．
假设，，
则，．
可得
．
因为，，
则，即．
所以点的轨迹是中心在原点，焦点在轴上，长轴长为，短轴长为的椭圆．
（3）假设存在满足条件的直线．

当直线的斜率不存在，即直线方程为时，
易得，的坐标分别为，．
因为，
所以直线不符合条件．
当直线的斜率存在时，可设直线的方程为y=kx-1，
与双曲线交于Px1,y1，Qx2,y2两点．
因为，所以．
所以，
所以①．
由消去，整理得，
则，，②．
将②代入①式，得
整理可得，无解．
综上可知，不存在满足条件的直线．
2．（24-25高二上·天津北辰·期中）已知椭圆的左焦点为圆的圆心，且椭圆上的点到点的距离的最小值为.
(1)求椭圆的短轴长;
(2)已知经过点的动直线与椭圆交于不同的两点A，B，点，求的值.
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）由圆的方程可得圆心坐标，得到；由可得；根据椭圆的关系可得；
（2）当直线斜率不存在时，可求得坐标，由向量数量积的坐标运算可求得；当直线斜率存在时，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，根据向量数量积的坐标运算，代入韦达定理的结论即可化简得到.
【详解】（1）由圆的一般方程得：圆心为，即，；
又椭圆上的点到点的距离的最小值为，，解得：，
，则其短轴为1.
（2）由（1）知椭圆方程为.
当直线斜率不存在时，其方程为，，，
，，；
当直线斜率存在时，设，Ax1,y1，Bx2,y2，
由得：，
因为点在椭圆内部，则直线与椭圆必有两交点，
，，
，
，，
.
综上所述：.

3．（24-25高二上·辽宁·阶段练习）“对号函数”的图象也可以看成是以与为渐近线的双曲线.设函数，若将其图象看成双曲线.
(1)求双曲线的焦点坐标；
(2)将双曲线绕着坐标原点顺时针旋转，使焦点落到轴上，得到双曲线，设双曲线的右焦点为，过的直线与双曲线的右支交于两点，当时，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）设双曲线的实轴长，虚轴长，焦距，由双曲线的对称轴与函数联立方程求得两顶点坐标，得出，即可求出焦点坐标；
（2）设直线的方程，，联立直线与双曲线方程，韦达定理得，然后利用数量积的坐标运算列式求得，即可得解.
【详解】（1）设双曲线的实轴长，虚轴长，焦距，由题意为双曲线的一条对称轴，
设直线与函数图象交于两点，
联立，解得或，所以，
则，所以，又，所以，则，
设双曲线的焦点分别为，则；
（2）由（1）可知双曲线的方程为，右焦点，
设直线的方程，与的方程联立可得，
设，由题意，，
所以，
，
即，解得，此时直线的方程为或.
【题型八：定直线问题】
一、解答题
1．（23-24高三上·重庆·阶段练习）已知双曲线的一条渐近线方程为，且点在双曲线上.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设双曲线左右顶点分别为，在直线上取一点，直线交双曲线右支于点，直线交双曲线左支于点，直线和直线的交点为，求证：点在定直线上.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用双曲线的性质，代入点坐标计算即可；
（2）法一、用点P坐标表示直线，联立双曲线方程得出C、D坐标，再表示直线，联立求其交点即可证明；法二、直接利用C、D坐标表示直线，利用三点共线的斜率关系计算可用表示直线方程，联立求其交点即可证明.
【详解】（1）因为渐近线方程为，所以，设双曲线为，
代入得，双曲线的标准力程为；
（2）法一、
设直线，联立双曲线得：，
，且；
设直线，联立双曲线得：，
，且；
所以
则
设，则，两式相除消得
所以在直线上；
法二、
设直线，
直线，
由于，即，
由于，即，
则.
设，则，两式相除消得
所以在直线上；

2．（24-25高二上·全国·课后作业）已知圆，一动圆与直线相切且与圆外切．
(1)求动圆圆心的轨迹的方程；
(2)若经过定点的直线与曲线交于，两点，是的中点，过作轴的平行线与曲线相交于点，试问是否存在直线使得？若存在，求出直线的方程．
【答案】(1)
(2)存在，或．
【分析】（1）利用直接法，设出点坐标根据相切关系找到等量关系即可求动圆圆心P的轨迹T的方程；
（2）由题意设直线l的方程为，联立抛物线方程，利用，从而由向量的数量积的坐标运算于韦达定理可得，即可求出直线方程．
【详解】（1）设Px0,y0，由题可知动圆圆心不能在轴左侧，故，
因为动圆与直线相切且与圆外切，
所以，
所以，
化简得，
所以动圆圆心的轨迹的方程为；
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，
由题意，设直线的方程为，
联立
消去得，
所以，①，
所以，②，
假设存在使得，
则由题意可得③，
因为在抛物线上，所以，即④，
又，，，
所以，
将①②③④代入此式并化简，可得，
所以，即，
所以存在直线，使得，且直线的方程为或．
3．（24-25高二上·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.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)在
【分析】（1）直曲联立，求出交点，证明即可；
（2）令，得坐标，求出直线方程，求出交点，得到动点的轨迹的方程.
（3）设直线的方程为，直曲联立，借助韦达定理，得到,联立，方程，得到满足的条件即可.
【详解】（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）解：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）解：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.

4．（2024高三·全国·专题练习）已知双曲线的左、右焦点分别为，实轴长为2，为的右支上一点，且．
(1)求的方程；
(2)设的左、右顶点分别为，直线与交于两点，与轴交于点，直线与交于点，证明：点在定直线上．
【答案】(1)．
(2)证明见解析
【分析】（1）由双曲线定义将条件转化为最小值，从而利用求最小值解即可；
（2）由直线过设方程联立椭圆方程利用韦达定理得坐标关系式，再设直线与方程并联立求得点坐标的表达式，利用点横、纵坐标关系可证明点在定直线上.
【详解】（1）由题知，即，
又为的右支上一点，则，
所以，
故当最小时，MF1⋅MF2最小，
而，故，
即，故，故的方程为．
（2）

当直线的斜率为0时，不满足题意；
当直线的斜率不为0时，由过点，可设其方程为，
联立消去得，
设Px1,y1，Qx2,y2，
则，，故（），
由（1）知，，
则直线的方程为，直线的方程为，
联立消去得，
将，代入上式得，
得，将（）代入化简得
，
即，所以点在定直线上．
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于利用，将不对称的关系，利用上式消去参数，从而可以化简求值.
5．（2024高三·全国·专题练习）已知椭圆的右焦点与双曲线的右焦点重合，且椭圆过．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当过的动直线与椭圆相交于不同的两点时，在线段上取一点，满足，证明：在某定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件可得出关于的方程组，解出的值，即可得出椭圆的方程；
（2）设点，Ax1,y1，Bx2,y2，记，可知，，利用平面向量的坐标运算将A，B坐标转化为坐标和的关系，代入椭圆方程化简即得点的轨迹方程，即可证得结论成立.
【详解】（1）设双曲线的右焦点为Fc,0,则，∴，
因为是椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦点，且椭圆过点，
所以，解得
故椭圆的标准方程为．
（2）证明：设，Ax1,y1，Bx2,y2，
由题得，，，均不为零．
由，
可设
不妨设，，
则
所以 , 即
又在椭圆上，
所以，①
，②
由①化简，得，③
由②化简，得，④
③-④，化简得，即
因此点在定直线上．
【点睛】与相交有关的向量问题的解决方法在解决直线与圆锥曲线相交，所得弦端点的有关的向量问题时，一般需利用相应的知识，将该关系转化为端点坐标满足的数量关系，再将其用横(纵)坐标的方程表示，从而得到参数满足的数量关系，进而求解．
过关检测
一、解答题
1．（2024高三·全国·专题练习）已知椭圆C：的焦距为2，点在C上．
(1)求C的方程；
(2)过原点且不与坐标轴重合的直线l与C有两个交点A，B，点A在x轴上的射影为M，线段AM的中点为N，直线BN交C于点P，证明：直线AB的斜率与直线AP的斜率乘积为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆定义可得的值，利用的关系可得的值，即可得到椭圆的标准方程.
（2）设Ax1,y1，，利用点差法可得，根据B，N，P三点共线可得，即可证明直线AB的斜率与直线AP的斜率乘积为定值．
【详解】（1）由题意知，C的焦点坐标为，.
由椭圆定义得，，
∴，，
∴椭圆C的方程为．
（2）

设Ax1,y1，，则，，
由点A，P在椭圆C上得，两式相减得，
∵，，B，N，P三点共线，
∴，即，
∴．
2．（24-25高二上·浙江杭州·期中）已知是椭圆上的两点．
(1)求椭圆的方程；
(2)过椭圆的上顶点和右焦点的直线与椭圆交于另一个点B，P为直线上的动点，直线分别与椭圆交于（异于点），（异于点）两点，证明：直线经过点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意列出方程，求得 ,即得答案；
（2）确定，求出直线的方程，联立椭圆方程求得，表示出直线的方程，进而求得坐标，结合直线斜率关系，可证明结论.
【详解】（1）由题意可得 ,解得 ，
故椭圆E的方程为．
（2）证明：由（1）可知，，则直线的方程为
联立方程组,整理得，解得或，则，
设，直线的方程为，直线的方程为，
设，
联立方程组 ，整理得，
可得，
联立方程组 ，整理得，
则，得从而．
因为，
，
即，所以三点共线，
所以直线经过点F．
3．（23-24高二下·甘肃·期末）已知双曲线的实轴长是虚轴长的倍，且焦点到渐近线的距离为．
(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交于，两点，为坐标原点，证明：的面积为定值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，结合双曲线渐近线求出即可得双曲线的方程.
（2）按直线的斜率是否存在进行分类讨论，与双曲线渐近线方程联立求出PQ，并求出原点O到直线l的距离，再计算推理即得.
【详解】（1）设双曲线的一个焦点为，一条渐近线方程为，
焦点F到渐近线的距离为，
由实轴长是虚轴长的倍，得，
所以双曲线的标准方程为.
（2）由（1）知，双曲线的渐近线方程为，
当直线的斜率不存在时，的方程为，，，
当直线的斜率存在时，不妨设直线：，且，
由消去y得，
由，得，
由，得，不妨设与的交点为，则点的横坐标，
同理得点的横坐标，则，
而原点到直线的距离，因此，
所以的面积为定值，且定值为.
【点睛】易错点点睛：第二问中注意讨论直线l的斜率存在与不存在两种情况，以及由动直线l与双曲线C恰有1个公共点，直曲联立后由得到参数的关系.
4．（24-25高三上·福建漳州·阶段练习）已知椭圆的两个焦点分别为，离心率为，点为上一点，周长为，其中为坐标原点．
(1)求的方程；
(2)直线与交于两点，
（i）求面积的最大值；
（ii）设，试证明点在定直线上，并求出定直线方程．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析，．
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，即可求解；
（2）（ⅰ）直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求弦长，并求点到直线的距离，结合三角形的面积公式，以及基本不等式，即可求面积的最大值；
（ⅱ）利用韦达定理，结合向量的坐标公式，表示点的坐标，即可求解定直线方程.
【详解】（1）设焦距为，依题意，解得，
又，所以，
所以的方程为．
（2）（i）设Ax1,y1,Bx2,y2，
因为，所以，
，解得，
所以，
点到直线的距离，
所以的面积
当且仅当，即时，面积的最大值为．
（ii）设，由，有，
即
因为，所以，
故，于是有，
所以点在定直线．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用韦达定理表示弦长，以及坐标.
5．（2024·四川宜宾·三模）已知椭圆E：的左右焦点分别为，，过焦点斜率为的直线与椭圆E交于A，B两点，过焦点斜率为的直线与椭圆E交于C，D两点，且．
(1)求直线与的交点N的轨迹M的方程；
(2)若直线OA，OB，OC，OD的斜率分别为，，，，问在（1）的轨迹M上是否存在点P，满足，若存在，求出点P坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)（且）
(2)存在，或
【分析】（1）设：，：，直线与的交点是N，且，消去即可得解；
（2）通过得到，然后求解点的坐标.
【详解】（1）由已知，，则：，：，
∴点满足，即，∴①②，
∴点P的轨迹方程是（），
又依题意可知，
综上可知：直线与的交点N的轨迹M的方程为：（且）；
（2）由题意知直线：，与椭圆方程联立，
消元得，，
，
同理可得，
所以，即．
由（1）知，所以，令点，，解得，
∴存在或满足题意．
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是先通过韦达定理，把转化成，然后即可求出点的坐标.
6．（23-24高三上·河北沧州·阶段练习）已知抛物线过点，直线l与该抛物线C相交于M，N两点，过点M作x轴的垂线，与直线交于点G，点M关于点G的对称点为P，且O，N，P三点共线．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若过点作，垂足为H（不与点Q重合），是否存在定点T，使得为定值？若存在，求出该定点和该定值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在定点，使得为定值，该定值为
【分析】（1）将点代入抛物线方程可求出，从而可求出抛物线方程；
（2）设点，，然后表示出点的坐标，由O，N，P三点共线，化简可得，设直线l的方程为，代入抛物线方程化简，利用根与系数的关系可得，则直线l过定点，从而可得点H的轨迹是以为直径的圆.
【详解】（1）因为抛物线过点，所以，所以，
所以抛物线C的方程为．
（2）设点，，联立，得，
又因为点M关于点G的对称点为P，所以点，
由O，N，P三点共线，可得，即，
化简得，
设直线l的方程为，联立，消去x，得，
则，即，可得，，
代入，可得，可得，
所以直线l的方程：，即，则，
所以直线l过定点，
因为，
所以点H的轨迹是以为直径的圆（除去E，Q两点），圆心为，半径为，
所以存在定点，使得为定值，该定值为．
.
【点睛】关键点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线中的定点问题，解题的关键是将直线方程代入抛物线方程化简，利用根与系数的关系，再结合O，N，P三点共线的条件表示出直线方程，从而可求得直线过的定点.
7．（23-24高三下·广东广州·开学考试）双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左顶点为，右焦点为，动点在上，当时，.
(1)求的离心率；
(2)若在第一象限，在轴的负半轴是否存在定点使得，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，且点
【分析】（1）求出，根据可得出关于、的齐次等式，即可解得双曲线的离心率；
（2）假设在轴的负半轴上存在定点，使得，设点Px0,y0，由已知条件可得出，利用二倍角的正切公式化简可得出的值，即可得出结论.
【详解】（1）解：当时，设点，则，可得，则，
又因为，由可得，
可得，解得，
此时，双曲线的离心率为.
（2）解：由（1）可知，，则，，
所以，双曲线的方程可化为，
设点，其中，，且，
若在轴的负半轴上存在定点，使得，
且，，
因为，则，
即，整理可得，
所以，，解得，
因此，在轴的负半轴上存在定点，使得.
【点睛】关键点点睛：解本题第（2）问的关键在于根据二倍角的正切公式得出关于的等式，利用恒成立思想得出关于的方程组求解.
8．（24-25高二上·湖南长沙·期中）已知抛物线上一点到焦点F的距离为9.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F且倾斜角为的直线l与抛物线C交于A，B两点，点M为抛物线C准线上一点，且，求的面积.
(3)过点的动直线l与抛物线相交于C，D两点，是否存在定点T，使得为常数？若存在，求出点T的坐标及该常数；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在定点，为常数.
【分析】（1）利用抛物线的定义得，计算出得抛物线方程；
（2）直线方程与抛物线方程联立方程组，求出两点坐标，利用求出点坐标，求出点到直线l的距离和弦长，可求的面积；
（3）设，，，过点Q的直线为，与抛物线方程联立方程组，利用韦达定理表示出，求出算式的值与无关的条件，可得为定值的常数.
【详解】（1）由拋物线的定义得，解得，.
抛物线的方程为.
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，由（1）知点，
直线l的方程为.
由可得，则，，
，
则不妨取，，则点A，B的坐标分别为，.
设点M的坐标为，则，，
则，
解得.即，
又点M到直线l的距离，故，
故的面积；

（3）设，，，过点Q的直线为 ，
联立消去y得：，
时，，，
联立消去得：，，，
要使与k无关，
则且，，，
存在此时为定值.
9．（24-25高二上·北京顺义·期中）已知椭圆的离心率为，其长轴的左、右两个端点分别为，，短轴的上、下两个端点分别为、，四边形的面积为4.
(1)求椭圆的方程；
(2)P是椭圆上不同于，的一个动点.
①直线、与y轴分别交于两点，求证：为定值；
②直线、分别与直线交于，判断以线段为直径的圆是否经过定点并说明.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；
②过定点
【分析】（1）由已知可得，求解即可；
（2）①设，求得直线的方程为，直线的方程，进而求得点的坐标，可求得为定值；
②求得以线段为直径的圆的方程，令求解即可.
【详解】（1）由题意可得，解得，所心椭圆的方程为；
（2）①设，所以，则，
由（1）可得，，
则直线的方程为，
令，解得，则，
则直线的方程为，
令，解得，则，
所以，
所以为定值1；
②由①知直线的方程为，
令，得，则，
则直线的方程为，
令，解得，则，
又，
所以的中点，
又，
所以圆的半径为，
所以以线段为直径的圆的方程为，
令，得
，
所以，
故以线段为直径的圆经过定点.
【点睛】关键点点睛：重点在于求得以线段为直径的圆，利用对称性可知令，可求定点坐标.
10．（23-24高二下·黑龙江大庆·期中）已知A，B分别是双曲线的左、右顶点，P是C上异于A，B的一点，直线PA，PB的斜率分别为，且.
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知过点的直线，交C的左，右两支于D，E两点（异于A，B）.
（i）求m的取值范围；
（ii）设直线AD与直线BE交于点Q，求证：点Q在定直线上.
【答案】(1)
(2)（i）或；（ii）证明见解析
【分析】（1）由已知条件去设点的坐标，表示斜率之积，通过点在双曲线上，代入并消元一个变量，即可得到，从而求出双曲线方程；
（2）（i）利用过点的直线与双曲线的左右两支相交，必满足,从而去求出的取值范围；
（ii）先用交点坐标去表示直线的方程，然后猜想交点的横坐标为定值，所以消去纵坐标得到关于交点的横坐标的表达式，最后利用韦达定理代入化简，可得定值，即问题可得证.
【详解】（1）
由题意可知，
因为，所以.
设，则，所以，
又，
所以.
所以双曲线C的方程为.
（2）（i）由题意知直线l的方程为.
联立，化简得，
因为直线l与双曲线左右两支相交，所以，
即满足：，
所以或；
（ii），
直线AD的方程为
直线BE的方程为.
联立直线AD与BE的方程，得，
所以，
所以，
所以
.
所以点Q的横坐标始终为1，故点Q在定直线上.
11．（2024·浙江绍兴·二模）在平面直角坐标系中，动点（）与定点的距离和到直线：的距离之比是常数．
(1)求动点的轨迹方程；
(2)记动点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线交于两点，直线与曲线的另一个交点为.
（i）求的值；
（ii）记面积为，面积为，面积为，试问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）是，3
【分析】（1）根据题意列出方程，化简，即可求得答案；
（2）（i）设Ax1,y1，Bx2,y2，，设直线方程为，联立曲线C的方程，可得根与系数关系式，同理设直线方程为，化简可得，即可求得答案；（ii）分别求出，的表达式，即可得到的表达式，化简即可得结论.
【详解】（1）由题意可知，，
化简得，于是，动点的轨迹方程为．
（2）（i）设Ax1,y1，Bx2,y2，，不妨假设在第一象限，
则E在第四象限，
由题意知的斜率存在且不为0，
设直线方程为，代入可得，
需满足，所以，
,直线方程为，代入，
可得，，则，
因为，，所以，
即.
同理，，，即，所以，则关于x轴对称，
所以；
（ii）.
所以，.
综上，为定值．
【点睛】易错点点睛：解答此类直线和圆锥曲线的位置关系类题目，综合性较强，难度较大，容易出错的地方在于复杂的计算，并且基本都是字母参数的运算，因此要求计算时要十分细心.
12．（2024·四川·一模）定义若椭圆（）的两个焦点和两个顶点四点共圆，则称该椭圆为“完美曲线”．已知：（）为“完美曲线”，且和：，：均相切．
(1)求的表达式和离心率
(2)已知动点在的第一象限上运动，和相切，和交于，和交于．设右焦点为，证明是定值，并求其正切值．
【答案】(1)，；
(2)证明见解析，.
【分析】（1）由给定条件，可得，进而求出离心率，再结合切线求出方程.
（2）设出切线的方程，与的方程联立，由点的坐标表示出，再联立求出点的坐标，利用斜率坐标公式及差角的正切公式列式化简即得.
【详解】（1）焦点和长轴顶点共线，它们不会共圆，从而焦点和短轴顶点共圆，则，为半焦距，
，因此的离心率为，
椭圆的方程为，由消去得，
由和相切，得，解得，
此时，由对称性知，和相切，
所以的表达式为.
（2）设从而斜率必然存在且非0，令，
设切线
代入得到
由在上，得，从而，
由直线与椭圆相切，得上述方程有相等实根，则，即，
从而，即
由，解得，记为
同理，记为，
即，，，
，，，
由，得，直线的斜率分别为，
，
，
，
当时，，和重合，与已知矛盾，又，
因此，所以是定值，其正切值为．
【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
13．（23-24高三上·重庆沙坪坝·阶段练习）已知抛物线的准线交轴于，过作斜率为的直线交于，过作斜率为的直线交于．
(1)若抛物线的焦点，判断直线与以为直径的圆的位置关系，并证明；
(2)若三点共线，
①证明：为定值；
②求直线与夹角的余弦值的最小值．
【答案】(1)相切，证明见解析
(2)①； ②
【分析】（1）将直线和抛物线联立，利用韦达定理，求出线段的中点和长度，即可得以为直径的圆的方程，通过判断圆心与直线的距离与半径的大小关系来判断直线与圆的位置关系；
（2）①设，通过三点共线即斜率相等可得，再将其代入计算即可；②设直线的倾斜角分别为，，通过的关系代入消，通过直线和抛物线相交，利用判别式求出的范围，进而可得最值.
【详解】（1）直线与以为直径的圆相切，证明如下：
因为抛物线的焦点，则直线即为直线，又F1,0
故，整理得
联立，消去得，
则，，
所以，
且，
故以为直径的圆的方程为，其圆心为，半径为，
所以以为直径的圆的圆心到直线的距离为，
故直线与以为直径的圆相切；
（2）①设，又，
因为三点共线，所以，
即，整理得，
所以k2-k1=y2+1y224+1-y1-1y124+1=y2+1y124+1-y1-1y224+1y224+1y124+1=y1y24y1+y2+y124+1-y1y24y2+y1-y224-1y1y2216+y224+y124+1=y124+y224+2y224+y124+2=1,
即为定值；
②设直线的倾斜角分别为，
则
由已知可得，
联立，消去得，
所以，解得，且，
当时，，此时最大，最小，
此时由，解得.
即直线与夹角的余弦值的最小值为.
【点睛】关键点睛：本题关键是在解答第（2）①中设出点的坐标，将条件和目标式都坐标化，从而可以真正的通过计算得出结论.
考点聚焦：核心考点+高考考点，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+精选专练，全面突破