2025高考数学专项讲义第13讲圆锥曲线中的定点、定直线问题(学生版+解析)

这是一份2025高考数学专项讲义第13讲圆锥曲线中的定点、定直线问题(学生版+解析)，共77页。学案主要包含了命题规律，备考策略，命题预测，整体点评，考点定位等内容，欢迎下载使用。

1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题不定，难度中等或偏难，分值为5-17分
【备考策略】1.理解、掌握圆锥曲线的定点问题及其相关计算
2.理解、掌握圆锥曲线的定直线问题及其相关计算
【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，小题和大题都会作为载体命题，同学们要会结合公式运算，需强化训练复习
考点一、圆锥曲线中的定点问题
1．（2022·全国·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．
2．（2020·全国·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.
3．（2019·全国·高考真题）已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
（1）证明：直线AB过定点：
（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.
4．（2019·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.
5．（山东·高考真题）已知抛物线的焦点为，为上异于原点的任意一点，过点的直线交于另一点，交轴的正半轴于点，且有.当点的横坐标为时，为正三角形.
（Ⅰ）求的方程；
（Ⅱ）若直线，且和有且只有一个公共点，
（ⅰ）证明直线过定点，并求出定点坐标；
（ⅱ）的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由.
1．（2024·浙江温州·模拟预测）已知椭圆：，左右顶点分别是，，椭圆的离心率是.点是直线上的点，直线与分别交椭圆于另外两点，.
(1)求椭圆的方程.
(2)若，求出的值.
(3)试证明：直线过定点.
2．（2024·江西鹰潭·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别是，，且椭圆过点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过的左焦点作弦，这两条弦的中点分别为，若，证明：直线过定点．
3．（2024·福建泉州·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别为，，焦距为2，点为椭圆上的点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设点A，B在椭圆上，直线PA，PB均与圆：相切，证明：直线AB过定点.
4．（2024·湖南邵阳·三模）已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为．
(1)求的方程．
(2)不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为．
（i）证明：直线过定点；
（ii）求面积的最大值．
5．（2024·河南周口·模拟预测）已知椭圆的焦距为2，不经过坐标原点且斜率为1的直线与交于P，Q两点，为线段PQ的中点，直线的斜率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设，直线PB与的另一个交点为，直线QB与的另一个交点为，其中，均不为椭圆的顶点，证明：直线MN过定点.
6．（2024·重庆渝中·模拟预测）已知椭圆的离心率为，点在上.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线交椭圆于两点（异于点），过点作轴的垂线与直线交于点，设直线的斜率分别为.证明：
（i）为定值；
（ii）直线过线段的中点.
考点二、 圆锥曲线中的定直线问题
1．（2023·全国·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
2．（安徽·高考真题）设椭圆过点 ，且左焦点为
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）当过点的动直线 与椭圆相交与两不同点 时，在线段上取点 ，满足，证明：点 总在某定直线上
3．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知椭圆C：的右顶点为，离心率为，过点的直线l与C交于M，N两点．
(1)若C的上顶点为B，直线BM，BN的斜率分别为，，求的值；
(2)过点M且垂直于x轴的直线交直线AN于点Q，证明：线段MQ的中点在定直线上．
4．（2024·北京·三模）已知椭圆的短轴长为，左、右顶点分别为，过右焦点的直线交椭圆于两点（不与重合），直线与直线交于点．
(1)求椭圆的方程；
(2)求证：点在定直线上.
5．（2024·山西临汾·二模）已知椭圆的离心率为，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于P，Q两点，过点作垂直于轴的直线与直线AQ相交于点，证明：线段PM的中点在定直线上．
1．（2024·贵州毕节·三模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，，动点P满足，设点P的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)过点的直线l与曲线在y轴右侧交于不同的两点M，N，在线段MN上取异于点M，N的点D，满足．证明：点D在定直线上．
2．（2024高三下·河南·专题练习）动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是2，记动点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)过的直线与交于两点，且，若点满足，证明：点在一条定直线上.
3．（2024·贵州遵义·一模）已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，直线与的左、右两支分别交于，两点，四边形为矩形，且面积为．
(1)求四边形的外接圆方程；
(2)设，为的左、右顶点，直线过点与交于，两点（异于，），直线与交于点，证明：点在定直线上．
4．（2024·湖南长沙·三模）已知抛物线，过点的直线与交于不同的两点.当直线的倾斜角为时，.
(1)求的方程；
(2)在线段上取异于点的点，且满足，试问是否存在一条定直线，使得点恒在这条定直线上？若存在，求出该直线；若不存在，请说明理由.
5．（2024·河北保定·二模）已知抛物线的焦点为，过作互相垂直的直线，分别与交于和两点（A，D在第一象限），当直线的倾斜角等于时，四边形的面积为．
(1)求C的方程；
(2)设直线AD与BE交于点Q，证明：点在定直线上．
1．（2024·江西九江·二模）已知双曲线的离心率为，点在上．
(1)求双曲线的方程；
(2)直线与双曲线交于不同的两点，，若直线，的斜率互为倒数，证明：直线过定点．
2．（2024·浙江杭州·二模）已知是椭圆的左，右顶点，点与椭圆上的点的距离的最小值为1.
(1)求点的坐标.
(2)过点作直线交椭圆于两点（与不重合），连接，交于点.
（ⅰ）证明：点在定直线上；
（ⅱ）是否存在点使得，若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由.
3．（2024·辽宁·二模）平面直角坐标系xOy中，面积为9的正方形的顶点分别在x轴和y轴上滑动，且，记动点P的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)过点的动直线l与曲线交于不同的两点时，在线段上取点Q，满足．试探究点Q是否在某条定直线上？若是，求出定直线方程；若不是，说明理由．
4．（2024·江西·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，右顶点为，且，离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知，是上两点（点，不同于点），直线，分别交直线于，两点，若，证明：直线过定点．
5．（2024·广西·二模）已知抛物线，过点作直线交抛物线C于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线交于点P．
(1)证明：P在定直线上；
(2)若F为抛物线C的焦点，证明：．
6．（2024·湖南娄底·一模）若抛物线的方程为，焦点为，设是抛物线上两个不同的动点.
(1)若，求直线的斜率；
(2)设中点为，若直线斜率为，证明在一条定直线上.
7．（2024·山东潍坊·三模）在平面直角坐标系中，为坐标原点，为直线上一点，动点满足 ，.
(1)求动点的轨迹的方程;
(2)若过点作直线与交于不同的两点，点，过点作轴的垂线分别与直线交于点.证明：为线段的中点.
8．（2024·山西太原·二模）已知抛物线C：（）的焦点为F，过点且斜率为1的直线经过点F．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若A，B是抛物线C上两个动点，在x轴上是否存在定点M（异于坐标原点O），使得当直线AB经过点M时，满足？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
9．（2024·山西·一模）已知双曲线经过点，其右焦点为，且直线是的一条渐近线.
(1)求的标准方程；
(2)设是上任意一点，直线.证明：与双曲线相切于点；
(3)设直线与相切于点，且，证明：点在定直线上.
10．（2024·陕西安康·模拟预测）已知双曲线的左､右顶点分别是，直线与交于两点（不与重合），设直线的斜率分别为，且.
(1)判断直线是否过轴上的定点.若过，求出该定点；若不过，请说明理由.
(2)若分别在第一和第四象限内，证明：直线与的交点在定直线上.
11．（2024·河南南阳·模拟预测）已知双曲线的离心率为，点是上一点.
(1)求的方程；
(2)设是直线上的动点，分别是的左､右顶点，且直线分别与的右支交于两点（均异于点），证明：直线过定点.
12．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知双曲线的焦距为，点在C上．
(1)求C的方程；
(2)直线与C的右支交于两点，点与点关于轴对称，点在轴上的投影为.
①求的取值范围；
②求证：直线过点．
13．（2024·陕西安康·模拟预测）已知椭圆的离心率为的上顶点和右顶点分别为，点的面积为2．
(1)求的方程；
(2)过点且斜率存在的直线与交于两点，过点且与直线平行的直线与直线的交点为，证明：直线过定点．
14．（2024·河南郑州·三模）已知椭圆的左右顶点分别为和，离心率为，且经过点，过点作垂直轴于点．在轴上存在一点（异于），使得．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)判断直线与椭圆的位置关系，并证明你的结论；
(3)过点作一条垂直于轴的直线，在上任取一点，直线和直线分别交椭圆于两点，证明：直线经过定点．
15．（2024·河北邯郸·模拟预测）动点M到定点的距离与它到直线的距离之比为，记点M的轨迹为曲线.若为上的点，且.
(1)求曲线的轨迹方程；
(2)已知，，直线交曲线于两点，点在轴上方.
①求证：为定值；
②若，直线是否过定点，若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由.
1．（陕西·高考真题）已知动圆过定点A(4,0), 且在y轴上截得的弦MN的长为8.
(Ⅰ) 求动圆圆心的轨迹C的方程;
(Ⅱ) 已知点B(－1,0), 设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P, Q, 若x轴是的角平分线, 证明直线l过定点.
2．（山东·高考真题）已知动圆过定点，且与直线相切，其中．
(1)求动圆圆心的轨迹的方程；
(2)设、是轨迹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，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标．
3．（广东·高考真题）已知椭圆的右准线l与x轴相交于点E，过椭圆右焦点F的直线与椭圆相交于A，B两点，点C在右准线l上，且轴，求证：直线经过线段的中点．
4．（山东·高考真题）平面直角坐标系中，椭圆C：的离心率是，抛物线E：的焦点F是C的一个顶点．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M．
（i）求证：点M在定直线上;
（ii）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，求的最大值及取得最大值时点P的坐标．
5．（山东·高考真题）已知椭圆C的中心在坐标原点,焦点在轴上,椭圆C上的点到焦点的距离的最大值为3,最小值为1.
(I)求椭圆C的标准方程;
(II)若直线与椭圆C相交于A,B两点(A,B不是左右顶点),且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点.求证:直线过定点,并求出该定点的坐标.
6．（山东·高考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆．如图所示，斜率为k（k＞0）且不过原点的直线l交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线x=﹣3于点D（﹣3，m）．
（1）求m2+k2的最小值；
（2）若|OG|2=|OD|∙|OE|，
（i）求证：直线l过定点；
（ii）试问点B，G能否关于x轴对称？若能，求出此时△ABG的外接圆方程；若不能，请说明理由．
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2023年新Ⅱ卷，第21题,12分
双曲线中的定直线问题
直线的点斜式方程及辨析
根据a、b、c求双曲线的标准方程
2023年全国乙卷（文科），
第21题,12分
椭圆中的定点问题
根据离心率求椭圆的标准方程
2022年全国乙卷（文科），
第21题,12分
椭圆中的直线过定点问题
根据圆过的点求标准方程
2021年新Ⅱ卷，第20题,12分
椭圆中的直线过定点问题
根据离心率求椭圆的标准方程
求椭圆中的弦长
根据弦长求参数
2023年全国甲卷（理科），
第20题,12分
椭圆中的直线过定点问题
无
圆锥曲线中的定点、定直线问题
（2类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题不定，难度中等或偏难，分值为5-17分
【备考策略】1.理解、掌握圆锥曲线的定点问题及其相关计算
2.理解、掌握圆锥曲线的定直线问题及其相关计算
【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，小题和大题都会作为载体命题，同学们要会结合公式运算，需强化训练复习
考点一、圆锥曲线中的定点问题
1．（2022·全国·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.
2．（2020·全国·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.
3．（2019·全国·高考真题）已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
（1）证明：直线AB过定点：
（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.
【答案】(1)见详解；(2) 3或.
【分析】（1）可设，，然后求出A，B两点处的切线方程，比如：，又因为也有类似的形式，从而求出带参数直线方程，最后求出它所过的定点.
（2）由(1)得带参数的直线方程和抛物线方程联立，再通过为线段的中点，得出的值，从而求出坐标和的值，分别为点到直线的距离，则，结合弦长公式和韦达定理代入求解即可.
【详解】(1)证明：设,,则．
又因为，所以.则切线DA的斜率为，
故，整理得.
设，同理得.
,都满足直线方程.
于是直线过点，而两个不同的点确定一条直线，所以直线方程为.即，
当时等式恒成立．所以直线恒过定点.
（2）
[方法一]【最优解：利用公共边结合韦达定理求面积】
设的中点为G，,则，，．
由，得，
将代入上式并整理得，
因为，所以或．
由（1）知，所以轴，
则（设）．
当时，，即；
当时，，
即，．
综上，四边形的面积为3或．
[方法二]【利用弦长公式结合面积公式求面积】
设，由（1）知抛物线的焦点F的坐标为，准线方程为．由抛物线的定义，
得．
线段的中点为．
当时，轴，，
；
当时，，由，得，即．
所以，直线的方程为．
根据对称性考虑点和直线的方程即可．
E到直线的距离为，
D到直线的距离为．
所以．
综上，四边形的面积为3或．
[方法三]【结合抛物线的光学性质求面积】
图5中，由抛物线的光学性质易得，又，所以．
因为，，所以，
所以．
同理，所以，即点D为中点．
图6中已去掉坐标系和抛物线，并延长于点H．
因为，所以．
又因为G，D分别为的中点，所以，
故为平行四边形，从而．
因为且，所以I为的中点，
从而．．
当直线平行于准线时，易得．
综上，四边形的面积为3或．

[方法四]【结合弦长公式和向量的运算求面积】
由（1）得直线的方程为.
由，可得，
于是
.
设分别为点到直线的距离，则.
因此，四边形ADBE的面积.
设M为线段AB的中点，则，
由于，而，与向量平行，所以，解得或.
当时，；当时
因此，四边形的面积为3或.
【整体点评】(2)方法一：利用公共边将一个三角形的面积分割为两个三角形的面积进行计算是一种常用且有效的方法；
方法二：面积公式是计算三角形面积的最基本方法；
方法三：平稳的光学性质和相似、全等三角形的应用要求几何技巧比较高，计算量较少；
方法四：弦长公式结合向量体现了数学知识的综合运用.
4．（2019·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．（山东·高考真题）已知抛物线的焦点为，为上异于原点的任意一点，过点的直线交于另一点，交轴的正半轴于点，且有.当点的横坐标为时，为正三角形.
（Ⅰ）求的方程；
（Ⅱ）若直线，且和有且只有一个公共点，
（ⅰ）证明直线过定点，并求出定点坐标；
（ⅱ）的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】（I）.（II）（ⅰ）直线AE过定点.（ⅱ）的面积的最小值为16.
【详解】试题分析：（I）由抛物线的定义知，
解得或（舍去）.得.抛物线C的方程为.
（II）（ⅰ）由（I）知，
设，
可得，即，直线AB的斜率为，
根据直线和直线AB平行，可设直线的方程为，
代入抛物线方程得，
整理可得，
直线AE恒过点.
注意当时，直线AE的方程为，过点，
得到结论：直线AE过定点.
（ⅱ）由（ⅰ）知，直线AE过焦点，
得到，
设直线AE的方程为，
根据点在直线AE上，
得到，再设，直线AB的方程为，
可得，
代入抛物线方程得，
可求得，，
应用点B到直线AE的距离为.
从而得到三角形面积表达式，应用基本不等式得到其最小值.
试题解析：（I）由题意知
设，则FD的中点为，
因为，
由抛物线的定义知：，
解得或（舍去）.
由，解得.
所以抛物线C的方程为.
（II）（ⅰ）由（I）知，
设，
因为，则，
由得，故，
故直线AB的斜率为，
因为直线和直线AB平行，
设直线的方程为，
代入抛物线方程得，
由题意，得.
设，则，.
当时，，
可得直线AE的方程为，
由，
整理可得，
直线AE恒过点.
当时，直线AE的方程为，过点，
所以直线AE过定点.
（ⅱ）由（ⅰ）知，直线AE过焦点，
所以，
设直线AE的方程为，
因为点在直线AE上，
故，
设，
直线AB的方程为，
由于，
可得，
代入抛物线方程得，
所以，
可求得，，
所以点B到直线AE的距离为
.
则的面积，
当且仅当即时等号成立.
所以的面积的最小值为16.
考点：抛物线的定义及其几何性质，直线与抛物线的位置关系，点到直线的距离公式，基本不等式的应用.
1．（2024·浙江温州·模拟预测）已知椭圆：，左右顶点分别是，，椭圆的离心率是.点是直线上的点，直线与分别交椭圆于另外两点，.
(1)求椭圆的方程.
(2)若，求出的值.
(3)试证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意结合计算即可得；
（2）设出点坐标，借助斜率公式计算即可得；
（3）设出直线方程，联立曲线方程，借助韦达定理与（2）中所得计算即可得.
【详解】（1）由题意可得，，即，
所以，则椭圆；
（2）设，由于，则；
（3）显然MN斜率不为0，设：，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程，则有，
，
则有，，
由于，则，
因为，
故，
即，解得或，
当时，，故舍去，即，适合题意，
故: ，则直线过定点.
2．（2024·江西鹰潭·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别是，，且椭圆过点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过的左焦点作弦，这两条弦的中点分别为，若，证明：直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意得出，再根据椭圆定义得出，再根据，即可求得椭圆方程；
（2）分类讨论，当直线的斜率都存在时，设直线为，与椭圆方程联立，由韦达定理得出点坐标，由同理得出点坐标，得出直线方程分类讨论的值，即可得出定点；再补充斜率不存在时的情况即可．
【详解】（1）由题设，因为点在椭圆上，所以，
即，
所以，，
所以椭圆C的方程为：．
（2）证明：设点的坐标为，
当直线的斜率都存在时，
令为，代入，
整理得：，且，
所以，则，
故．
由，即，
故为，代入，
所以，有，
则，故．
当时，
所以，则为，
整理得，所以过定点．
当时，，，过点，
当时，，，过点，
当一条直线斜率不存在时，对应，，故即为x轴，也过点；
综上，直线过定点．
3．（2024·福建泉州·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别为，，焦距为2，点为椭圆上的点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设点A，B在椭圆上，直线PA，PB均与圆：相切，证明：直线AB过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）结合题意，可得关于的方程，解之可得椭圆C的方程；
（2）先由直线与圆相切可得，再联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理分别求出，，，，代入可得的关系式，进而可得直线AB过定点.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由题意得，解得，
故椭圆的标准方程为.
（2）由题意，， 且直线和直线斜率存在，
设直线的方程为，直线的方程为，
由题知，所以，
所以，同理，，
所以是方程的两根，所以.
设Ax1,y1,Bx2,y2，设直线的方程为，
将代入，得，
所以，①，②
所以，③
，④
又因为，⑤
将①②③④代入⑤，化简得，
所以，
若，则直线，此时过点，舍去.
若，则直线，此时恒过点，
所以直线过定点.
4．（2024·湖南邵阳·三模）已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为．
(1)求的方程．
(2)不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为．
（i）证明：直线过定点；
（ii）求面积的最大值．
【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）.
【分析】（1）根据椭圆的离心率及三角形面积，列出方程组求解即得.
（2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式，结合韦达定理推理即得；（ii）由（i）的信息，借助三角形面积建立函数关系，再求出最大值.
【详解】（1）令椭圆的半焦距为c，由离心率为，得，解得，
由三角形面积为，得，则，，
所以的方程是.
（2）（i）由（1）知，点，设直线的方程为，设，
由消去x得：，
则，
直线与的斜率分别为，，
于是
，整理得，解得或，
当时，直线过点，不符合题意，因此，
直线：恒过定点.
（ii）由（i）知，，
则，
因此的面积
，当且仅当，即时取等号，
所以面积的最大值为.

【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.
5．（2024·河南周口·模拟预测）已知椭圆的焦距为2，不经过坐标原点且斜率为1的直线与交于P，Q两点，为线段PQ的中点，直线的斜率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设，直线PB与的另一个交点为，直线QB与的另一个交点为，其中，均不为椭圆的顶点，证明：直线MN过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据焦距求出，再设Px1,y1，Qx2,y2，Ax0,y0，利用点差法得到，即，从而求出、，即可得解；
（2）设直线的方程为，，，表示直线的方程，联立直线与椭圆方程，消元求出，即可求出点坐标，同理得到点坐标，根据的斜率为得到，即可求出直线过定点坐标.
【详解】（1）由椭圆的焦距为得，，则.
设Px1,y1，Qx2,y2，Ax0,y0，则，，
两式作差得，，
所以，即，
所以，所以，
所以，则，解得，.
故椭圆的方程为.
（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，，，
则，直线的方程为，
将其代入得，，显然，
则，所以，
将代入直线的方程，解得，
所以，同理得，
所以，得，
即，
整理得，所以，
因此直线的方程为，令，即，则，
所以直线过定点.
【点睛】方法点睛：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.
6．（2024·重庆渝中·模拟预测）已知椭圆的离心率为，点在上.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线交椭圆于两点（异于点），过点作轴的垂线与直线交于点，设直线的斜率分别为.证明：
（i）为定值；
（ii）直线过线段的中点.
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意，列出的方程组求出得解；
（2）（i）当直线斜率为0时，.当直线的斜率不为0时，设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程，写出韦达定理，计算的值，化简后结果为，由此证明结论成立. （ii）设线段的中点为，求出直线的方程，直线的方程，结合，可得，可证点在直线上.
【详解】（1）由题可知：，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）（i）①当直线的斜率为0时，则不妨设，，
所以为定值.
②当直线的斜率不为0时，设直线，Px1,y1，Qx2,y2，
联立直线与椭圆的方程，消去整理得，
则，，，所以，
所以
.
综上，为定值.

（ii）设线段的中点为，易得，
可得直线的方程为，则，
直线的方程为，则，
所以，
由（i）知，，所以，
又直线的方程为，所以点在直线上，
即直线过线段的中点.
【点睛】关键点睛：本题第二问证明为定值，解题的关键是设直线与椭圆的方程，解得，代入的式子化简得解.
考点二、 圆锥曲线中的定直线问题
1．（2023·全国·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.
【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，
双曲线方程为.
（2）由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，

直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，
据此可得点在定直线上运动.
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.
2．（安徽·高考真题）设椭圆过点 ，且左焦点为
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）当过点的动直线 与椭圆相交与两不同点 时，在线段上取点 ，满足，证明：点 总在某定直线上
【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ）见解析
【详解】(1)由题意：
，解得，所求椭圆方程为
(2)方法一
设点Q、A、B的坐标分别为．
由题设知均不为零，记,则且
又A，P，B，Q四点共线，从而
于是 ，
，
从而
，（1） ，（2）
又点A、B在椭圆C上，即
（1）+（2）×2并结合（3），（4）得
即点总在定直线上
方法二
设点，由题设，均不为零．
且
又四点共线，可设,于是
（1）
（2）
由于在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程整理得
（3）
(4)
(4)－(3) 得
即点总在定直线上
3．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知椭圆C：的右顶点为，离心率为，过点的直线l与C交于M，N两点．
(1)若C的上顶点为B，直线BM，BN的斜率分别为，，求的值；
(2)过点M且垂直于x轴的直线交直线AN于点Q，证明：线段MQ的中点在定直线上．
【答案】(1)-3
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率和，待定系数法求出，，，得到椭圆方程，设直线l的方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，，代入两根之和，两根之积，求出的值；
（2）设线段MQ的中点为，又Mx1,y1，故，根据三点共线，得到，计算出，故，得到线段MQ的中点在定直线上.
【详解】（1）由题意知，
解得，，，
所以C的方程为，
显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为：，Mx1,y1，Nx2,y2，
由，得，
由方程的判别式，可得，
所以，，
易得，所以，，
所以
，
（2）证明：设线段MQ的中点为，又Mx1,y1，Nx2,y2，
所以，，即，又A，N，Q三点共线，
所以，即，
所以，又，
又
所以
，
所以，即线段MQ的中点在定直线上．
【点睛】定值问题常见方法：（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.
4．（2024·北京·三模）已知椭圆的短轴长为，左、右顶点分别为，过右焦点的直线交椭圆于两点（不与重合），直线与直线交于点．
(1)求椭圆的方程；
(2)求证：点在定直线上.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出即可得解.
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，再求出直线与直线的交点横坐标，并结合韦达定理计算即得.
【详解】（1）依题意，，半焦距，则，
所以椭圆的方程为.
（2）显然直线不垂直于y轴，设直线，
由消去x并整理得，
，设Ax1,y1,Bx2,y2，
则，且有，
直线，直线，
联立消去y得，即，
整理得，
即，
于是，而，
则，因此，
所以点在定直线上.
5．（2024·山西临汾·二模）已知椭圆的离心率为，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于P，Q两点，过点作垂直于轴的直线与直线AQ相交于点，证明：线段PM的中点在定直线上．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意联立方程组解出，代入即可求解；
（2）设点直曲联立，解法一利用整体法求出中点坐标与的关系，进而得出结论；解法二利用根与系数的关系寻求与的关系，进而确定与的函数关系得以证明.
【详解】（1）由题意可得，解得，所以的方程为．
（2）
如图：设的中点，
则直线AQ方程为，所以，
于是，
由题可知直线PQ的斜率存在，设PQ的方程为，
联立，
解法一：消去得，
所以，，即．
则有，
又因为，
所以，
于是，
即，
即，即，
即点在直线上．
解法二：
，
，即
故点的纵坐标为：，
即，，
即，
又因为，
即，所以，
故，同理，所以即，
即点在直线上．
【点睛】方法点睛：整体思想在圆锥曲线的定直线和定点问题中有时可发挥出巨大的作用.
1．（2024·贵州毕节·三模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，，动点P满足，设点P的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)过点的直线l与曲线在y轴右侧交于不同的两点M，N，在线段MN上取异于点M，N的点D，满足．证明：点D在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设点P的坐标为，根据斜率乘积为定值化简即可；
（2）设直线l的方程为，联立双曲线方程得到韦达定理式，化简弦长得，代入韦达定理式计算即可.
【详解】（1）设点P的坐标为，
由得，化简整理得，
所以曲线的方程为.
（2）若直线l的斜率不存在，则直线l与曲线只有一个交点，不符合题意，
所以直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为，
设点，
联立方程组，整理得，易知，
，解得，
，解得或，
综上或，
因为，
同理由得，
化简整理得，
所以，
化简整理得，代入，
化简整理得，
所以点D在定直线上．

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法联立双曲线方程得到韦达定理式，再对化简得，代入韦达定理式计算即可.
2．（2024高三下·河南·专题练习）动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是2，记动点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)过的直线与交于两点，且，若点满足，证明：点在一条定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意列等式，然后化简即可得到的方程；
（2）分斜率为0和不为0两种情况考虑，当直线的斜率为0时得到，当直线的斜率不为0时，联立直线和双曲线方程，结合韦达定理和得到点在定直线上，又也在直线上，即可证明点在一条定直线上.
【详解】（1）由题意知，所以，
所以，
化简得，的方程为.
（2）
依题意，设，
①当直线的斜率为0时，则，
因为，所以，
所以，从而，
则，即，解得，即.
②当直线的斜率不为0时，设的方程为，
由消去，得，
则且，
因为，所以，
消去，得，
所以，
从而，
又也在直线上.
综上，点在直线上.
【点睛】方法点睛：求解动点在定直线上的方法：
（1）先猜后证：现根据特殊情况猜想，然后证明；
（2）参数法：用题目中参数表示动点的横纵坐标，然后消参，即可得到直线方程.
3．（2024·贵州遵义·一模）已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，直线与的左、右两支分别交于，两点，四边形为矩形，且面积为．
(1)求四边形的外接圆方程；
(2)设，为的左、右顶点，直线过点与交于，两点（异于，），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）依题意可得，且，由求出点，再根据矩形面积及求出、、，即可得到双曲线方程及、点坐标，再求出线段的中点及线段长，最后求出外接圆的方程；
（2）设直线为，Px1,y1，Qx2,y2，联立消元、列出韦达定理，表示出与的方程，联立求出，即可得证.
【详解】（1）由双曲线的左、右焦点分别为F1−c,0，，
直线与的左、右两支分别交于，两点，且四边形为矩形，
所以，且，
由，解得或，
即，则，又，，
解得，，，
所以双曲线的方程为，
所以，，，，
所以的中点为，又，
所以矩形的外接圆的方程为.
（2）由（1）知，，
依题意知直线的斜率不为零，设直线为，Px1,y1，Qx2,y2，
由，得.
当且，
所以，，
所以，
直线的方程为，直线的方程为，
联立两方程可得，所以，
，
所以，
解得，
故点在定直线上.
【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x1,y1、x2,y2；
（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、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
4．（2024·湖南长沙·三模）已知抛物线，过点的直线与交于不同的两点.当直线的倾斜角为时，.
(1)求的方程；
(2)在线段上取异于点的点，且满足，试问是否存在一条定直线，使得点恒在这条定直线上？若存在，求出该直线；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)点恒在直线上.
【分析】（1）先求直线的方程，再与抛物线联立组成方程组，利用韦达定理及两点距离公式，求弦的长即可；
（2）设直线方程，再与抛物线联立组成方程组，利用韦达定理及相似三角形求解即可.
【详解】（1）设Ax1,y1,Bx2,y2.
若直线的倾斜角为，则直线的方程为.
联立得，
则，
且，
所以.
因为，所以，故的方程为.
（2）存在，定直线为.
由题意知直线的斜率存在，
设直线的方程为，.
联立得.
由，得且，
.
不妨设，则，
过点向轴作垂线，垂足分别为点，如图所示，
则，.
因为，所以，
整理得，所以.
代入直线的方程得.
因为，所以点恒在直线上.
5．（2024·河北保定·二模）已知抛物线的焦点为，过作互相垂直的直线，分别与交于和两点（A，D在第一象限），当直线的倾斜角等于时，四边形的面积为．
(1)求C的方程；
(2)设直线AD与BE交于点Q，证明：点在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由抛物线的对称性知，由四边形的面积求出，又的方程为，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理及焦点弦公式求出，即可得解；
（2）设直线的方程为y=kx−1，则直线的方程为，设Ax1,y1,Bx2,y2，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线、的方程，联立解得，即可得证.
【详解】（1）当直线的倾斜角等于时，直线的倾斜角等于，
直线的方程为，由抛物线的对称性知，
所以，得．
联立方程组，消去得．
设两点的横坐标分别为，则，．
又，所以，所以的方程为．
（2）由（1）知F1,0，依题意，可设直线的方程为y=kx−1，
则直线的方程为．
联立方程组消去得，显然，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则．
设，同理可得，
所以，同理可得．
直线的方程为，
即．
同理，直线的方程为
．
两直线方程联立得，解得，
即直线与的交点在定直线上．
【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x1,y1、x2,y2；
（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、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
1．（2024·江西九江·二模）已知双曲线的离心率为，点在上．
(1)求双曲线的方程；
(2)直线与双曲线交于不同的两点，，若直线，的斜率互为倒数，证明：直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率及，，的平方关系得出，再由点在上，可求解，，进而可得双曲线的方程；
（2）当斜率不存在时，显然不满足条件．当斜率存在时，设其方程为，与方程联立联立，可得根与系数的关系，表示出直线，的斜率，，由，结合根与系数的关系可得与的关系，从而可证得直线过定点．
【详解】（1）由已知得，，所以，
又点在上，故，
解得，，
所以双曲线的方程为：．
（2）当斜率不存在时，显然不满足条件．
当斜率存在时，设其方程为，与方程联立联立，消去得，
由已知得，且，
设，，则，，
直线，的斜率分别为，，
由已知，故，
即，
所以，
化简得，又已知不过点，故，
所以，即，
故直线的方程为，所以直线过定点．
2．（2024·浙江杭州·二模）已知是椭圆的左，右顶点，点与椭圆上的点的距离的最小值为1.
(1)求点的坐标.
(2)过点作直线交椭圆于两点（与不重合），连接，交于点.
（ⅰ）证明：点在定直线上；
（ⅱ）是否存在点使得，若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）存在，
【分析】（1）设Px0,y0，利用两点间距离公式得，然后根据分类讨论求解即可；
（2）（ⅰ）设直线，与椭圆方程联立方程，结合韦达定理得，写出直线，的方程，进而求解即可；
（ⅱ）由题意点在以为直径的圆上，代入圆的方程求得，写出直线的方程，与椭圆联立，求得点C的坐标，进而可得答案.
【详解】（1）设Px0,y0是椭圆上一点，则，
因为，
①若，解得（舍去），
②若，解得（舍去）或，
所以点的坐标位.
（2）（ⅰ）设直线，
由，得，所以，
所以，①
由，得或，
易知直线的方程为y=y1x1+2x+2，②
直线的方程为，③
联立②③，消去，得，④
联立①④，消去，则，
解得，即点在直线上；
（ⅱ）由图可知，，即，所以点在以为直径的圆上，
设，则，所以，即.
故直线的方程为，
直线的方程与椭圆方程联立，得，因为,
所以，所以,故.
3．（2024·辽宁·二模）平面直角坐标系xOy中，面积为9的正方形的顶点分别在x轴和y轴上滑动，且，记动点P的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)过点的动直线l与曲线交于不同的两点时，在线段上取点Q，满足．试探究点Q是否在某条定直线上？若是，求出定直线方程；若不是，说明理由．
【答案】(1)
(2)点Q在定直线上，定直线方程为
【分析】（1）设点的坐标，利用平面向量的坐标表示消参得，结合正方形面积得的方程；
（2）设，的坐标，与椭圆联立并根据韦达定理得横坐标关系，再根据线段乘积关系化为比值关系得，化简得，代入直线方程即可，从而求出定直线方程.
【详解】（1）设，
由，得，
所以，
因为正方形ABCD的面积为，即，
所以，整理可得，
因此C的轨迹方程为．
（2）依题意，直线l存在斜率，设l：，即，
设点，Mx1,y1，Nx2,y2，
由，消y得，
即，
由
，
可以得到，
所以，
可得，，
由，得，
所以，
可得
，
所以，
因为，
所以点Q在定直线上，定直线方程为．

4．（2024·江西·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，右顶点为，且，离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知，是上两点（点，不同于点），直线，分别交直线于，两点，若，证明：直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）由题意列出关于的方程组，解之即可得解；
（2）显然斜率不为0且不过点，从而可设的方程为，，将其与椭圆方程联立，结合韦达定理可用表示出，由三点共线、三点共线可用表示出的坐标，从而由可得一个关于的条件等式，化简即可得解.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由题意得，解得，
故椭圆的标准方程为.
（2）

由（1）知F1−1,0，由题意可知直线的斜率不为0，否则位于轴同侧，，不符合题意；
设的方程为，代入，得
，
由，
设，则，
所以，
，
直线的方程为，令，得，
故，同理可得，
所以，
由，得，
即，所以，
所以，解得或（舍去），
所以直线的方程为，
故直线过定点.
5．（2024·广西·二模）已知抛物线，过点作直线交抛物线C于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线交于点P．
(1)证明：P在定直线上；
(2)若F为抛物线C的焦点，证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设出Ax1,x12，Bx2,x22，求出直线的方程，与抛物线联立，由与都和抛物线相切，得到两条切线的方程联立证明即可；
（2）要证．即证FA⋅FPFA=FB⋅FPFB，求出向量的坐标证明即可.
【详解】（1）证明：设Ax1,x12，Bx2,x22，则，
直线的方程为y−x12=x1+x2x−x1，即y=x1+x2x−x1x2，
又因为直线过点E0,2，所以，即，
设直线的方程为y−x12=kx−x1，与抛物线方程联立，解得或，
又因为直线与抛物线相切，所以，即，
所以直线的方程为y−x12=2x1x−x1，即，
同理直线的方程为，
由y=2xx1−x12y=2xx2−x22，解得Px1+x22,x1x2，即Px1+x22,−2，
故点P在直线上．
（2）证明：∵cs∠PFA=FA⋅FPFA⋅FP，cs∠PFB=FB⋅FPFB⋅FP，
注意到两角都在0,π内，可知要证．即证FA⋅FPFA=FB⋅FPFB.
而FA=x1,x12−14，FP=x1+x22,−94，
所以FA⋅FP=x1⋅x1+x22−94x12−14=−7164x12+1，
又|FA⃗|=x12+x12−142=x12+14，
所以FA⋅FPFA=−7164x12+1x12+14=−74，同理FB⋅FPFB=−74，
即有FA⋅FPFA=FB⋅FPFB，故．
6．（2024·湖南娄底·一模）若抛物线的方程为，焦点为，设是抛物线上两个不同的动点.
(1)若，求直线的斜率；
(2)设中点为，若直线斜率为，证明在一条定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据焦半径公式得到，求出，从而求出斜率；
（2）法一：，联立抛物线方程，设，得到两根之和，两根之积，得到，求出答案；
法二：设，得到，从而确定，得到，得到答案.
【详解】（1），
，将代入得，，
所以；
（2）法一：设，
，即，
代入，得，
由韦达定理，有，
故，在定直线上.
法二：设，
由题意，，
故，
故，在定直线上.
7．（2024·山东潍坊·三模）在平面直角坐标系中，为坐标原点，为直线上一点，动点满足 ，.
(1)求动点的轨迹的方程;
(2)若过点作直线与交于不同的两点，点，过点作轴的垂线分别与直线交于点.证明：为线段的中点.
【答案】(1)
(2)证明见详解.
【分析】（1）设动点的坐标为，直接利用题中的条件列式并化简，从而求出动点的轨迹方程；
（2）要证为线段的中点，只需证即可，设直线的方程为，设点Mx1,y1，Nx2,y2，，，联立直线与曲线的方程，列出韦达定理，由直线，可求得点，计算即可证.
【详解】（1）设点，则，
因为，所以，
所以，即，
所以动点的轨迹方程为：；
（2）因为轴，
所以设Mx1,y1，Nx2,y2，，，
若要证为线段的中点，只需证即可，
当直线斜率不存在或斜率为0时，与抛物线只有一个交点，不满足题意，
所以直线斜率存在且不为0，，
设直线：，，
由得，
，
由题意可知，直线与抛物线有两个交点，
所以，即，所以，
由根与系数的关系得，，，
由题意得，直线方程，所以，
直线方程，所以，
所以
，
所以为线段的中点.

8．（2024·山西太原·二模）已知抛物线C：（）的焦点为F，过点且斜率为1的直线经过点F．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若A，B是抛物线C上两个动点，在x轴上是否存在定点M（异于坐标原点O），使得当直线AB经过点M时，满足？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；
【分析】（1）根据点斜式求解直线方程，即可求解焦点坐标，进而可得，
（2）联立直线与抛物线方程得韦达定理，结合向量垂直的坐标运算，即可求解.
【详解】（1）由题意过点且斜率为1的直线方程为，即，令，则，
∴点F的坐标为1,0，∴，
∴．抛物线C的方程为．
（2）由（1）得抛物线C：，假设存在定点，
设直线AB的方程为（），Ax1,y1，Bx2,y2，
由，得，
∴，，，
∵，∴，
∴
，
∴或（舍去），
当时，点M的坐标为，满足，，
∴存在定点．
9．（2024·山西·一模）已知双曲线经过点，其右焦点为，且直线是的一条渐近线.
(1)求的标准方程；
(2)设是上任意一点，直线.证明：与双曲线相切于点；
(3)设直线与相切于点，且，证明：点在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
(3)证明过程见解析
【分析】（1）由题意得，解出的值即可；
（2）一方面是上任意一点，从而可得出它也在直线上面，联立椭圆方程，消元后得到一个一元二次方程，证明判别式等于0即可；
（3）由（2）中结论，设出点的坐标，可得，由向量数量积公式化简得，说明即可得证.
【详解】（1）因为双曲线经过点A3,2，且直线是的一条渐近线，
所以，解得，
所以的标准方程为；
（2）
首先设是上任意一点，所以有，
这表明了点也在直线上，也可以得到，
联立直线的方程与椭圆的方程有，
化简并整理得，
而，且，
这也就是说与双曲线相切于点；
（3）
不妨设，
由（2）可知过点的直线的方程为，
因为点在直线上，
所以，即有，
又，从而，
所以，
若，则
，
整理得，
因为，所以，也就是说，
从而，
所以点在定直线上上.
10．（2024·陕西安康·模拟预测）已知双曲线的左､右顶点分别是，直线与交于两点（不与重合），设直线的斜率分别为，且.
(1)判断直线是否过轴上的定点.若过，求出该定点；若不过，请说明理由.
(2)若分别在第一和第四象限内，证明：直线与的交点在定直线上.
【答案】(1)过定点.
(2)证明过程见解析
【分析】（1）根据题意设出直线的方程，联立直线与双曲线的方程，得出韦达定理的等式，再通过斜率之间的关系即可得出，即可得出定点坐标.
（2）根据题意得出两条直线方程，再联立化简得到关于的等式，从而得到定直线方程.
【详解】（1）由题意可知，设直线的方程为.
由消去，可得，
则，，即，
.
因为
，
所以，
故直线的方程为，恒过点.
（2）由题可知，直线的方程为，直线的方程为，
因为
，
所以，故点在定直线上.

11．（2024·河南南阳·模拟预测）已知双曲线的离心率为，点是上一点.
(1)求的方程；
(2)设是直线上的动点，分别是的左､右顶点，且直线分别与的右支交于两点（均异于点），证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得，，计算可求的方程；
（2）设，设直线，联立方程组可得，利用点共线可得，，消去，得，计算可得或，进而判断可得，可得直线过定点.
【详解】（1）易知，所以，
则①，
将点代入的方程，得②，
联立①②，解得，则的方程为.
（2）如图，由（1）知，，设，
根据题意，直线不垂直于轴，
设直线，
联立，消去得，
有，
则，于是，
由三点共线得直线的斜率满足，
同理，由三点共线得，
消去，得，
即，
整理得，
即，
则，
因此或，
若，又，
得，
结合，从而，即，不成立，
即，因此，满足，
所以直线过定点.
12．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知双曲线的焦距为，点在C上．
(1)求C的方程；
(2)直线与C的右支交于两点，点与点关于轴对称，点在轴上的投影为.
①求的取值范围；
②求证：直线过点．
【答案】(1)
(2)① ；②证明见解析
【分析】（1）由题可得，解方程即可得到答案；
（2）①设Ax1,y1,Bx2,y2，联立，消去得，由于与的右支交于，两点，双曲线的渐近线方程为，可得，以及，解不等式可得的取值范围；
②由①得，，由题可得，利用向量关系可得，从而可得，，三点共线，即可证明.
【详解】（1）由已知得，解得，
所以的方程为.
（2）①设Ax1,y1，Bx2,y2，则，
联立，
消去得，
则，，
解得，且.
又与的右支交于，两点，的渐近线方程为，
则，即，
所以的取值范围为.
②由①得，，
又点在轴上的投影为，所以，，
所以，
，
所以，
又，有公共点，所以，，三点共线，所以直线过点.
【点睛】关键点睛：（1）直线与双曲线一支相交于两点，可利用韦达定理、根的判别式以及直线斜率与渐近线斜率的关系进行求解；
（2）证明直线过定点，可利用向量平行关系进行证明.
13．（2024·陕西安康·模拟预测）已知椭圆的离心率为的上顶点和右顶点分别为，点的面积为2．
(1)求的方程；
(2)过点且斜率存在的直线与交于两点，过点且与直线平行的直线与直线的交点为，证明：直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将已知条件转化为关于的方程，即可求解；
（2）设出直线并与椭圆联立，写出韦达定理，再根据题意求出的方程，直线的方程，进而令，利用韦达定理计算即可得定点.
【详解】（1）设的半焦距为，由题意知，所以①．
因为的面积为2，所以②，
又③，由①②③解得，所以的方程为；
（2）设，直线，
由，得，
则，所以．
由，得，
令，解得，所以．
所以直线的方程为，
令，得
，
将代入，得，
所以，
故直线过定点．
【点睛】方法点睛：在圆锥曲线解答题中遇到涉及的不同系数的代数式的应算，比如求，就相对较难地转化到应用韦达定理来处理了，可以利用进行代换后化简.
14．（2024·河南郑州·三模）已知椭圆的左右顶点分别为和，离心率为，且经过点，过点作垂直轴于点．在轴上存在一点（异于），使得．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)判断直线与椭圆的位置关系，并证明你的结论；
(3)过点作一条垂直于轴的直线，在上任取一点，直线和直线分别交椭圆于两点，证明：直线经过定点．
【答案】(1)
(2)相切，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意列出含的方程组解出即可.
（2）设，由题意解出值，联立方程组求出只有唯一一组解即可.
（3）设，由三点共线得出，设出直线方程，得到，直线方程和椭圆方程联立得出代入即可.
【详解】（1）由题意得，将代入椭圆方程得，联立方程组，
解得，所以椭圆的方程为.
（2）
直线与椭圆相切.
理由如下：
设，由，得，解得，
此时，直线的方程为，
联立直线与椭圆:消得，，解得.
由方程组只有一组解，直线与椭圆相切．
（3）
如图：设，由三点共线，得，
由三点共线，得，
得，又，得，
得，
即．
设直线的方程为，
即，①
联立直线与椭圆：，
消得，
则有，②
将②式代入①式，得，解得（舍）或.
直线经过定点．
【点睛】方法点睛：三点共线得出关系式，直线曲线联立完善关系式并得出结论是圆锥曲线的一种重要解题方法.
15．（2024·河北邯郸·模拟预测）动点M到定点的距离与它到直线的距离之比为，记点M的轨迹为曲线.若为上的点，且.
(1)求曲线的轨迹方程；
(2)已知，，直线交曲线于两点，点在轴上方.
①求证：为定值；
②若，直线是否过定点，若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②定点
【分析】（1）根据求轨迹方程的方法列式化简即可求得.
（2）①根据两点间的斜率公式，结合Px0,y0为上的点，代入化简即可求得定值.
②直线：，根据两点间的斜率公式和条件，结合韦达定理，求得的值，从而确定定点坐标.
【详解】（1）设Mx,y，动点M到定点F1,0的距离与它到直线的距离之比为，
则，化简得，
所以M的轨迹曲线的轨迹方程.
（2）①Px0,y0为上的点，则，，
因为A−2,0，，则（定值），所以为定值.
②直线恒过定点1,0，理由如下：
由①知，，因为，所以，
设直线：，，，
将直线与曲线联立方程得，
则，，，
因为A−2,0，，，，
所以，
即，
所以，
由题知，，所以.
即直线恒过定点.
【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.
1．（陕西·高考真题）已知动圆过定点A(4,0), 且在y轴上截得的弦MN的长为8.
(Ⅰ) 求动圆圆心的轨迹C的方程;
(Ⅱ) 已知点B(－1,0), 设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P, Q, 若x轴是的角平分线, 证明直线l过定点.
【答案】(Ⅰ)； (Ⅱ)见解析
【详解】(Ⅰ)设动圆圆心C的坐标为（ x , y ）则所以，所求动圆圆心的轨迹C的方程为
(Ⅱ)证明：
设直线l方程为，联立得（其中）
设,若x轴是的角平分线，则
，即故直线l方程为，直线l过定点.（1,0）
本题考查轨迹方程求法、直线方程、圆方程、直线与圆的位置关系及直线过定点问题.第一问曲线轨迹方程的求解问题是高考的热点题型之一，准确去除不满足条件的点是关键.第二问对角平分线的性质运用是关键，对求定值问题的解决要控制好运算量，同时注意好判别式的条件，以防多出结果.圆锥曲线问题经常与向量、三角函数结合，在训练中要注意.本题无论是求圆心的轨迹方程，还是求证直线过定点，计算量都不太大，对思维的要求挺高；设计问题背景，彰显应用魅力.
【考点定位】本题考查迹曲线方程求法、直线方程、圆方程、直线与圆的位置关系及直线过定点问题，属于中档题.
2．（山东·高考真题）已知动圆过定点，且与直线相切，其中．
(1)求动圆圆心的轨迹的方程；
(2)设、是轨迹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，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点
【分析】（1）设动圆圆心为，则，由此能导出所求动圆圆心的轨迹的方程．
（2）设，，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，由得，由此能求出直线过定点坐标．
【详解】（1）解：设动圆圆心为，依题意可得，
整理得，
所求动圆圆心的轨迹的方程是.
（2）证明：设，，由题意得（否则，且，，
所以直线的斜率存在，设其方程为，
显然，．即，，
把代入得，
由韦达定理知，，①，
由得
把①代入上式，整理化简得，，
此时，直线的方程可表示为：，即，
令，解得，
直线恒过定点．
3．（广东·高考真题）已知椭圆的右准线l与x轴相交于点E，过椭圆右焦点F的直线与椭圆相交于A，B两点，点C在右准线l上，且轴，求证：直线经过线段的中点．
【答案】见解析
【分析】欲证直线经过线段的中点，分两类讨论：①若垂直于轴，②若不垂直于轴，对于第一种特殊情况比较简单，直接验证即可；对于第二种情况，记，和，，求出直线，的斜率看它们是不是相等，若相等，则可得、、三点共线．即可证得直线经过线段的中点．
【详解】由知 ，，故右焦点为，
故右准线方程为，点的坐标为，的中点为，
若垂直于轴，则，，，
中点为，，即过中点．
若不垂直于轴，由直线过点，
且由轴知点不在轴上，
故直线的方程为，．
记，，，，则
联立直线与椭圆的方程 ，则，
即，
，
又，得，
故直线，的斜率分别为
，
，
所以，
，
，即，故 、、三点共线．
所以，直线经过线段的中点．
综上可知：直线经过线段的中点.
【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线的综合题，联立方程得韦达定理是必要的解题方式，圆锥曲线类题目主要涉及位置关系的判定，弦长问题、最值问题、对称问题、轨迹问题等，突出考查了数形结合、分类讨论、函数与方程、等价转化等数学思想方法，对学生分析问题和解决问题的能力、计算能力较高.
4．（山东·高考真题）平面直角坐标系中，椭圆C：的离心率是，抛物线E：的焦点F是C的一个顶点．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M．
（i）求证：点M在定直线上;
（ii）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，求的最大值及取得最大值时点P的坐标．
【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）（ⅰ）见解析；（ⅱ）的最大值为，此时点的坐标为
【详解】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的离心率和焦点求方程；
（Ⅱ）（ⅰ）由点P的坐标和斜率设出直线l的方程和抛物线联立，进而判断点M在定直线上；
（ⅱ）分别列出，面积的表达式，根据二次函数求最值和此时点P的坐标．
试题解析：（Ⅰ）由题意知：，解得．
因为抛物线的焦点为，所以，
所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）（1）设，由可得，
所以直线的斜率为，其直线方程为，即．
设，联立方程组
消去并整理可得，
故由其判别式可得且，
故,
代入可得，
因为，所以直线的方程为．
联立可得点的纵坐标为，即点在定直线上．
（2）由（1）知直线的方程为，
令得，所以，
又，
所以，，
所以，令，则，
因此当，即时，最大，其最大值为，此时满足，
所以点的坐标为，因此的最大值为，此时点的坐标为．
考点：椭圆方程；直线和抛物线的关系；二次函数求最值；运算求解能力．
5．（山东·高考真题）已知椭圆C的中心在坐标原点,焦点在轴上,椭圆C上的点到焦点的距离的最大值为3,最小值为1.
(I)求椭圆C的标准方程;
(II)若直线与椭圆C相交于A,B两点(A,B不是左右顶点),且以AB为直径的圆过椭圆C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，定点坐标为
【详解】解：(I)由题意设椭圆的标准方程为
，
(II)设，由得
，
，.
以AB为直径的圆过椭圆的右顶点，
，，
，
，解得
，且满足.
当时，，直线过定点与已知矛盾；
当时，，直线过定点
综上可知，直线过定点，定点坐标为
6．（山东·高考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆．如图所示，斜率为k（k＞0）且不过原点的直线l交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线x=﹣3于点D（﹣3，m）．
（1）求m2+k2的最小值；
（2）若|OG|2=|OD|∙|OE|，
（i）求证：直线l过定点；
（ii）试问点B，G能否关于x轴对称？若能，求出此时△ABG的外接圆方程；若不能，请说明理由．
【答案】（1）2 （2）（i）见解析（ii）能,
【分析】（1）联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理求得中点坐标，进而得到km关系，再根据基本不等式求最值；（2）（i）利用坐标化简条件得到t=k，即可确定定点，（ii）根据对称求得k，再确定圆心与半径.
【详解】（1）设y=kx+t（k＞0），
由题意，t＞0，由方程组，得（3k2+1）x2+6ktx+3t2﹣3=0，
由题意＞0，
所以3k2+1＞t2，设A（x1，y1），B（x2，y2），
x1+x2=﹣，所以y1+y2=，
∵线段AB的中点为E，∴xE=，yE=，
此时kOE=．
所以OE所在直线方程为y=x，
又由题设知D（﹣3，m）．
令x=﹣3，得m=，即mk=1，
所以m2+k2≥2mk=2，
（2）（i）证明：由（1）知OD所在直线方程为y=x，
将其代入椭圆C的方程，并由k＞0，解得G（﹣，），
又E（，），D（﹣3，），
由距离公式和t＞0，得
|OG|2=，
|OD|=，
|OE|=．
由|OG|2=|OD|∙|OE|，
得t=k，
因此直线l的方程为y=k（x+1），
所以直线l恒过定点（﹣1，0）；
（ii）由（i）得G（﹣，），
若点B，G关于x轴对称，则B（﹣，﹣），
将点B坐标代入y=k（x+1），
整理得，
即6k4﹣7k2+1=0，解得k2=或k2=1，
验证知k2=时，不成立，故舍去
所以k2=1，又k＞0，故k=1，
此时B（﹣，﹣），G（﹣，）关于x轴对称，
又由（I）得x1=0，y1=1，所以点A（0，1），
由于△ABG的外接圆的圆心在x轴上，可设△ABG的外接圆的圆心为（d，0），
因此d2+1=（d+）2+，解得d=﹣，
故△ABG的外接圆的半径为r=，
所以△ABG的外接圆方程为
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
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无