新高考数学二轮复习解答题提优训练专题2.11 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题（2份，原卷版+解析版）

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1．求定点问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定点，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，从而得到定点．
2．定点问题解决步骤：
(1)设直线代入二次曲线方程，整理成一元二次方程；
(2)根与系数关系列出两根和及两根积；
(3)写出定点满足的关系，整体代入两根和及两根积；
(4)整理(3)所得表达式探求其恒成立的条件．
3．定值、取值范围（最值）问题的基本思路：
(1)假设直线方程，与圆锥曲线方程联立，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，得到根与系数关系的形式；
(3)利用根与系数关系表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数的形式；
(4)化简所得函数式，消元可得定值或利用函数值域的求解方法求得取值范围（最值）．
1．（2023·安徽安庆·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，、、分别为椭圆的三个顶点，为其右焦点，直线与直线相交于点.
(1)若点在直线上，求椭圆的离心率；
(2)设直线与椭圆的另一个交点为，是线段的中点，椭圆的离心率为，试探究的值是否为定值（与，无关）.若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由.
【解题思路】（1）由直线和的方程求点的横坐标，根据点在直线上，得到关于a，c齐次式，再求椭圆的离心率；
（2）直线与椭圆的方程联立，求点坐标，求点坐标，利用距离公式求出，探究的值是否为定值即可.
【解答过程】（1）由题意可知，点，，的坐标分别为 ()，()，()，
所以直线的方程为，直线的方程为.
由和，消除，得，即为点的横坐标.
因为点在直线上，所以.
整理得，所以，
所以离心率.
（2）当椭圆的离心率为时，，，
所以椭圆的方程为，即，
直线的方程为.
联立，消去，化简整理，得，
所以点的横坐标为，纵坐标为.
因为点的坐标为，所以中点的坐标为.
又由（1）知点的横坐标为，所以点的纵坐标为.
所以，
，
故为定值.
2．（2023·云南曲靖·校考模拟预测）在平面直角坐标系中，动圆与圆内切，且与圆外切，记动圆圆心的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)设曲线的左、右两个顶点分别为、，为直线上的动点，且不在轴上，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，为曲线的左焦点，求证：的周长为定值.
【解题思路】（1）设动圆的半径为，分析可得，利用椭圆的定义可求得轨迹的方程；
（2）设点，设，，写出直线、的方程，将这两条直线分别与曲线的方程联立，求出点、的坐标，可得出直线的方程，化简直线的方程，可知直线过椭圆的右焦点，再利用椭圆的定义可证得结论成立.
【解答过程】（1）解：设动圆的半径为，
由题意可知：圆的圆心为，半径为；圆的圆心为，半径为，
因为，则，所以，圆内含于圆，
因为动圆与圆内切，且与圆外切，
则，
所以，动圆的圆心的轨迹是以、为焦点的椭圆，
设其方程为，其中，，
所以，，，从而轨迹的方程为.
（2）证明：由题意可知、、，
设，，如下图所示：
直线的方程为，直线的方程为，
联立方程可得
，消去得，
由韦达定理可得，即，
则，故点，
联立方程可得，
由韦达定理可得，即，
则，故点，
所以，，
所以，直线的方程为，
即，且，
故直线过定点，所以的周长为定值，
当时，、或、，
所以，过椭圆的焦点，此时的周长为定值，
综上所述，的周长为定值.
3．（2023·北京·校考模拟预测）已知，分别为椭圆的左、右焦点，点为椭圆的一个顶点，是顶角为120°的等腰三角形．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点分别作直线，交椭圆于，两点，设两直线的斜率分别为，，且，求证：直线过定点．
【解题思路】（1）根据题意得到，，，即可得到答案.
（2）设，，将椭圆向上平移1个单位得到，则，，设直线为，得到，根据得到，从而得到直线恒过，再将向下平移一个单位即可.
【解答过程】（1）由题知：，，，
所以.
（2）设，，
将椭圆向上平移1个单位得到，
则，，
设直线为，
则，
即，，
所以，即.
所以直线为，即，恒过点.
将向下平移1个单位得到，即直线过定点.
综上：直线过定点.
4．（2023·河南·校考模拟预测）如图，已知点是焦点为F的抛物线上一点，A，B是抛物线C上异于P的两点，且直线PA，PB的倾斜角互补，若直线PA的斜率为．
(1)判断直线AB的斜率是否为定值？若是，求出此定值；若不是，说明理由；
(2)设焦点F到直线AB的距离为d，求的取值范围．
【解题思路】（1）设出直线方程，联立后得到A点纵坐标，同理得到B点纵坐标，从而求出直线AB的斜率；
（2）在（1）的基础上用斜率k表达出，换元后使用对勾函数的单调性求出取值范围.
【解答过程】（1）将点代入抛物线方程可得：，所以抛物线；
直线AB的斜率是定值，理由如下；
设，
与抛物线方程联立可得：，
∴，
因为直线PA，PB的倾斜角互补，用代k可得：
因此，，
即.
（2）由（1）可知，，，
因此，
到直线AB的距离，
所以
∵，
∴
，
令，
由，得
∴
在上单调递减，在上单调递增，
，当时有最小值，时有最大值，
，
，
即
所以的取值范围为.
5．（2023·贵州·校联考二模）抛物线的焦点到准线的距离等于椭圆的短轴长．
(1)求抛物线的方程；
(2)设是抛物线上位于第一象限的一点，过作（其中）的两条切线，分别交抛物线于点,,证明：直线经过定点．
【解题思路】（1）根据椭圆和抛物线的几何性质即可求解；
（2）设点，，求出直线的方程，利用直线和圆相切,直线和圆相切分别出关于和的一元二次方程，利用韦达定理即可求出直线经过的定点.
【解答过程】（1）由椭圆方程可知短轴长为，
∴抛物线的焦点到准线的距离，
故抛物线方程为．
（2）∵是抛物线上位于第一象限的点，∴且，∴．
设，，则直线方程为，
即，
∵直线DM：与圆E：相切，
∴，整理可得，，①
同理，直线DN与圆E相切可得，，②
由①②得a，b是方程的两个实根，
∴，，
代入，化简整理可得，
，
令，解得，
故直线MN恒过定点．
6．（2023春·上海浦东新·高二阶段练习）如图，已知抛物线Γ：，过焦点F的直线交抛物线Γ于A、B两点，点C在抛物线Γ上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且点Q在点F右侧，记△AFG、△CQG的面积分别为、．
(1)证明：A、B两点的纵坐标之积为定值；
(2)设，求点Q的横坐标（用t表示）；
(3)求的最小值及此时点G的坐标．
【解题思路】（1）设出直线方程，联立直线方程和抛物线方程，得出韦达定理；
（2）设点C的坐标，由重心坐标公式表示G的坐标，由G的纵坐标为0，表示C的纵坐标与直线斜率的关系，写出直线的方程，求点Q的横坐标.
（3）结合韦达定理求得面积的表达式，最后结合均值不等式的结论即可求得的最小值和点G的坐标.
【解答过程】（1）设，
设直线AB的方程为，与抛物线方程联立可得：
，故：，
，即 A、B两点的纵坐标之积为定值.
（2），
设点C的坐标为，由重心坐标公式可得：
， ，
令可得：，则.即，
由斜率公式可得：，
直线AC的方程为：，
令可得：，
又，焦点，，，，
所以.
（3），
且，
由于，代入上式可得：，
由可得，则，
则
.
当且仅当，即，时等号成立.
此时，，则点G的坐标为.
7．（2023·贵州毕节·统考二模）在圆上任取一点P，过点P作y轴的垂线，垂足为D，点Q满足．当点P在圆O上运动时，点Q的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)设曲线C与y轴正半轴交点为A，不过点A的直线l与曲线C交于M，N两点，若，试探究直线l是否过定点．若过定点，求出该点的坐标；若不过定点，请说明理由．
【解题思路】（1）设点，由得出，继而由圆的方程得出曲线的方程；
（2）讨论斜率存在和不存在两种情况，由得出，结合韦达定理以及数量积公式得出，进而得出定点.
【解答过程】（1）设点
∵，∴
∵，，则曲线的方程为
（2），设，由
∴
当直线轴时，△MAN为钝角三角形，且，不满足题意．
∴直线l的斜率存在．设直线l的方程为：，
由，化简得：，
，
，
∴
，
∴，
整理得，∵，∴，
∴直线l的方程为：，恒过点．
8．（2023·天津·校联考模拟预测）已知椭圆：的离心率为，直线：与交于两点，且.
(1)求的方程；
(2)若的左、右顶点分别为，点不同于为直线上一动点，直线分别与交于点，证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标.
【解题思路】（1）根据题意得到得点在上，从而得到，再解方程组即可.
（2）首先设，，，根据题意得到，将椭圆向左平移个单位得到，，，.设直线为，得到，根据，得到，从而得到线恒过点，再将定点向右平移2个单位即可.
【解答过程】（1）由，得点在上，又，
所以，解得，所以的方程为.
（2）设，，，，，
因为，，所以.
因为，
，即，
所以.
又因为，，，
所以，即.
将椭圆向左平移个单位得到，
，，.
设直线为，
因为，.
所以，即，
所以，
所以，解得，
所以线为，恒过点.
将向右平移2个单位得到点，即直线恒过点.
当时，直线为，恒过点.
综上直线恒过定点.
9．（2023·山东·校考模拟预测）已知椭圆过点，且的焦距是椭圆的焦距的3倍．
(1)求的标准方程；
(2)设M，N是上异于点P的两个动点，且，试问直线是否过定点？若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由．
【解题思路】（1）根据已知条件求得，从而求得的标准方程.
（2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，利用直线与椭圆的交点以及列方程，整理后可求得定点坐标.
【解答过程】（1）由题意得，化简得①，
又过点．所以②，
联立①②解得，
所以的标准方程为．
（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立得，
所以，
，
因为，所以，
所以，
即，
所以，
化简得，即，
所以或，
当时，直线的方程为恒过点（舍去）；
当时，直线的方程为恒过点，
此时直线恒过点；
当直线的斜率不存在时，设，则，所以．
由，得，
所以，
所以，解得或（舍去），
此时直线的方程为，恒过点，
综上，直线恒过定点，定点的坐标为．
10．（2023·吉林·校联考模拟预测）已知曲线E上任意一点Q到定点的距离与Q到定直线的距离之比为．
(1)求曲线E的轨迹方程；
(2)斜率为的直线l交曲线E于B，C两点，线段BC的中点为M，点M在x轴下方，直线OM交曲线E于点N，交直线于点D，且满足（O为原点）．求证：直线l过定点．
【解题思路】（1）根据直接法求轨迹方程的方法，设出点的坐标，列出关于的方程，化简即可；
（2）设，，直线l的方程为，通过联立方程组，结合韦达定理求出，，，由得出，从而可求直线所过定点．
【解答过程】（1）设曲线E上任意一点，由题意知，
化简整理得，所以曲线E的轨迹方程为；
（2）设，，直线l的方程为，
联立，得，
因为有两个交点，所以，即，
所以，，
即，
因为点M在x轴下方，所以，又，所以，
所以直线OM的斜率，则直线OM的直线方程为，
将其代入双曲线E的方程，整理得，
所以，
将代入直线，解得，
又因为，所以有，．
由，解得，因为，，所以，因此直线l的方程为，故直线l过定点．
11．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知双曲线的顶点为，，过右焦点作其中一条渐近线的平行线，与另一条渐近线交于点，且.点为轴正半轴上异于点的任意点，过点的直线交双曲线于C，D两点，直线与直线交于点.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)求证：为定值.
【解题思路】（1）根据题意表示出点的横坐标，求出纵坐标，表示面积即可求解；
（2）联立直线与双曲线方程，根据韦达定理证明求解.
【解答过程】（1）设双曲线，易知.
由题意可知：为等腰三角形，则，代入得：
，则，
又，则解得，
则双曲线.
（2）设直线的方程为：，（且），，.
联立，消得：，
，，
，①，②
联立①②，解得：.
又，同理，，
把它们代入，得
，
故，得证.
12．（2023·山西·统考一模）双曲线的左、右顶点分别为，，焦点到渐近线的距离为，且过点.
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线与双曲线交于，两点，且，证明直线过定点.
【解题思路】(1)根据双曲线过点和焦点到渐近线的距离为列出方程组，解之即可；
(2)设直线的斜率为，由题意直线的斜率为，将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理求出，两点的坐标，再求出，两点所在的直线方程即可求解.
【解答过程】（1）由双曲线可得渐近线为，
不妨取渐近线即
由焦点到渐近线的距离为可得，即
由题意得，得，
从而双曲线的方程为.
（2）设直线的斜率为，则直线的斜率为，
由题意可知：直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与双曲线方程得，
于是，从而，从而，
联立直线与双曲线方程得，
于是，从而，从而，
于是，
从而，
化简得，从而过定点.
13．（2023·黑龙江大庆·统考一模）已知双曲线与椭圆有相同的焦点，且焦点到渐近线的距离为2.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设为双曲线的右顶点，直线与双曲线交于不同于的，两点，若以为直径的圆经过点且于，证明：存在定点，使得为定值.
【解题思路】（1）由已知可设，双曲线的标准方程为，根据条件列出a，c关系式，解出代入方程即可；
（2）对直线的斜率能否为0进行讨论.斜率不为0时，设的方程为，联立直线与椭圆的方程，有垂直关系时，在圆锥曲线中常用向量法，化简得到m，k的关系式；斜率不存在时，写出直线方程，验证即可.
【解答过程】（1）设双曲线的标准方程为，
焦点为，，
因为双曲线与椭圆有相同的焦点，所以.
因为焦点到渐近线的距离为2，所以，从而，
故双曲线的标准方程为
（2）证明：设，.
①当直线的斜率存在时，设的方程为，
联立方程组
化简得，
则，即，
且，
因为，
所以， ，
化简得，
所以或，且均满足.
当时，直线的方程为，直线过定点，与已知矛盾；
当时，直线的方程为，过定点，
②当直线的斜率不存在时，由对称性，不妨设DE方程为：y=x-1，
联立方程组，得，
得，，此时直线过定点，
因为，所以点在以为直径的圆上，为该圆的圆心,为该圆的半径，故存在定点，使得为定值.
14．（2023秋·湖南永州·高二统考期末）已知抛物线：的焦点为，点在上，且（为坐标原点）．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)过点的直线与抛物线交于点A，B两点，若为定值，求实数的值．
【解题思路】（1）由先表示出点坐标，代入抛物线的方程求，得出抛物线的标准方程；
（2）设过的直线为，与抛物线的方程联立，得出韦达定理及判别式大于零，把韦达定理代入为定值，求出实数的值.
【解答过程】（1）已知点在上，且，，则点在线段的中垂线上，即，把点代入抛物线的方程，则，，
解得，所以抛物线的标准方程为．
（2）设过的直线为，，
联立，得，
则，即，
且，
所以
因为为定值，
所以，，解得或（舍去）
当，时，
所以当为定值时，．
15．（2023·上海·统考模拟预测）已知点是抛物线的焦点，动点在抛物线上，设直线与抛物线交于D､E两点（P､D､E均不重合）.
(1)若经过点，求点坐标；
(2)若，证明：直线过定点；
(3)若且，四边形面积为，求直线的方程.
【解题思路】（1）根据抛物线的定义与方程求点，进而求得直线的方程，联立方程求点；
（2）由整理可得，结合韦达定理可得，代入抛物线方程即可得结果；
（3）由题意可得四边形为平行四边形，结合向量和韦达定理分析可得，再根据面积可求得，即可得结果.
【解答过程】（1）由题意可得：抛物线的焦点，
设，
则，解得，即，
故直线的斜率，即直线的方程为，
联立方程，消去得，解得或，
即，由，
故点坐标.
（2）设直线，
联立方程：，消去得，
则，
∵，
由，可得，解得，
即在抛物线上，则，解得，
故直线过定点.
（3）设直线，可得
由题意可得：四边形为平行四边形，则，
故，可得，
由（2）可得，即，
点到直线的距离为，
故四边形的面积为，
解得，则，
故直线，即.
16．（2023·山东淄博·统考一模）已知抛物线：上一点到其焦点的距离为3，，为抛物线上异于原点的两点.延长，分别交抛物线于点，，直线，相交于点.
(1)若，求四边形面积的最小值；
(2)证明:点在定直线上.
【解题思路】（1）根据抛物线的焦半径公式求得抛物线方程，设，，直线的方程，联立方程，利用韦达定理求得，，再根据弦长公式求得，再结合基本不等式即可得解；
（2）设，，，根据，，三点共线和，，三点共线，求得，再结合（1）即可得出结论.
【解答过程】（1）由抛物线定义可知，，解得，
即抛物线方程为，
由题意，设，，直线的方程，
由，消去得，恒成立，
由韦达定理可知：，，
故，
因为，所以直线的方程为，
于是，
则
当且仅当，即时等号成立，
所以四边形面积的最小值为32；
（2）设，，，因为，，，都在上，
所以，，
因为，，三点共线，所以有，
即，整理得：，
同理，因为，，三点共线，可得，
即，
解得：，
由（1）可知，，代入上式可得：，
得，
即点在定直线上.
17．（2023春·上海浦东新·高三阶段练习）已知椭圆的长轴长是短轴长的两倍，且过点．
(1)求椭圆的方程．
(2)若点，点为椭圆上的任意一点，求的最大值与最小值．
(3)设椭圆的下顶点为点，若不过点且不垂直于坐标轴的直线交椭圆于，两点，直线，分别与轴交于，两点．若，的横坐标之积是2，证明：直线过定点．
【解题思路】（1）根据给定的条件，列出关于的方程，求出即可得到椭圆方程；
（2）设，由得：，再根据两点间的距离公式及点在椭圆上，转化为二次函数的最值问题求解即可；
（3）设直线的方程为，，求出M，N两点的横坐标，再联立与的方程，通过韦达定理运算求解，即可求出的值，从而可得直线的定点坐标．
【解答过程】（1）依题意，，故椭圆方程为：，
又椭圆过，于是有，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）设，由得：，
因为点在椭圆上，所以，
所以
因为，所以，当时，有最小值为，
当时，有最大值为3；
（3）由（1）知，依题意，设直线的方程为，
，直线的方程为，
令，得点的横坐标为，
同理得点的横坐标为，
由消去并整理得，，
，即，
，，
因此，
，
即，解得，
直线的方程为，过定点，所以直线过定点．
18．（2023春·河南·高二期末）已知，分别为椭圆C：的左、右焦点，离心率，点E在椭圆C上，的面积的最大值为．
(1)求C的方程；
(2)设C的上、下顶点分别为A，B，点M是C上异于A，B的任意一点，直线MA，MB分别与x轴交于P，Q两点，O为坐标原点，证明：为定值．
【解题思路】（1）根据题意列式求解，即可得结果；
（2）设，根据题意求P，Q两点的坐标，进而可求，结合运算整理即可得结果.
【解答过程】（1）设C的半焦距为，
由题意可得，解得，
所以C的方程为．
（2）由（1）可得，，
设椭圆上任意一点，
所以直线AM的方程为，
令，得，即
同理可得 ，
所以，
∵在椭圆上，则，整理得，
∴（为定值）.
19．（2023秋·浙江杭州·高二校考期末）已知椭圆的左、右顶点分别为，，点在椭圆C上，且的面积为3．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线不经过点且与椭圆交于两点，若直线与直线的斜率之积为，作于点．
①求证：直线过定点，并求出定点的坐标；
②问是否存在定点，使得为定值？若存在，请求出该定值，若不存在，请说明理由．
【解题思路】(1)利用的面积求出的值，再利用点在椭圆上，求出，从而求出椭圆的方程；
(2)①讨论斜率存在与不存在两种情况，当斜率存在时，由，得出，利用韦达定理和题设条件：两直线斜率之积为，得出与的关系，进而得出定点，斜率不存在时单独讨论；
②利用，得到动点在点和①中所求定点为直径的圆上，从而找出定点，求出定长.
【解答过程】（1）由的面积为3，得到：，所以
又因为点在椭圆上，，得到
所以椭圆的方程为
（2）①当直线斜率不存在时，
设直线
又，得到，将代入得到
，或，不合题意.
当直线斜率存在时，设直线，
由，消去得到
，即
将代入化简得：
，即
故或，代入直线方程，
从而得到直线过定点或，又因为直线不过点，
故直线过定点
②，由①知直线过定点
所以点在以为直径的圆上，故当为圆心时，
为定值，
故存在定点，使为定值，定值为.
20．（2023·北京·模拟预测）已知点A，B是椭圆的左，右顶点，椭圆E的短轴长为2，离心率为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)点O是坐标原点，直线l经过点，并且与椭圆E交于点M，N，直线与直线交于点T，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值．
【解题思路】（1）直接利用椭圆的相关性质即可求解；
（2）设直线，与椭圆联立消得出韦达定理，求出的坐标，再求出直线，的斜率，，将转化为韦达定理化简即可证明.
【解答过程】（1）依题意，，解得，
所以，椭圆E的方程为．
（2）显然直线l的斜率存在，不妨设直线：，
因为过点，所以：，
所以直线：
联立，消去y，得，
，
设点，，
所以， ， ，
，
直线，直线，
联立，解得，
即，又因为直线：，
所以
所以
，，
所以，
．
21．（2023秋·青海西宁·高二统考期末）已知抛物线的焦点为，为抛物线上一点，，且的面积为，其中为坐标原点.
(1)求抛物线的方程；
(2)已知点，不垂直于轴的直线与抛物线交于，两点，若直线，关于轴对称，求证：直线过定点并写出定点坐标.
【解题思路】（1）由，得点的横坐标为，代入方程得点的纵坐标为，再的面积为解方程即可，
（2）设直线方程，与抛物线方程联立方程组，设，两点坐标，利用直线，关于轴对称，结合斜率公式和韦达定理化简计算即可.
【解答过程】（1）抛物线的焦点为，
因为，所以点的横坐标为，代入抛物线方程，得，
又的面积为，所以，又，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）证明：设直线的方程为，，，
由得，，即，
所以，.
因为直线，关于轴对称，所以，
即，化简，得，
所以，所以，
所以直线的方程为，恒过定点.
22．（2023秋·山西太原·高二统考期末）已知双曲线的左､右焦点分别为，离心率为，是上一点.
(1)求双曲线的方程；
(2)直线过点，与双曲线的右支交于两点，点与点关于轴对称，求证：两点所在直线过点.
【解题思路】（1）根据双曲线离心率可得，再将给定点代入计算作答.
（2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理结合向量共线的坐标表示推理作答.
【解答过程】（1）双曲线的离心率，则，即，
又点在上，即，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）显然直线不垂直于坐标轴，设直线的方程为：，
由（1）知，双曲线渐近线，而直线l与双曲线右支交于两点，则，即，
由消去x并整理得：，
，则，设，则，
于是，则，
而，有，
因此，
即，而有公共点，从而三点共线，
所以两点所在直线过点.
23．（2023秋·四川成都·高二统考期末）已知点，经过轴右侧一动点作轴的垂线，垂足为，且.记动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)设经过点的直线与曲线相交于，两点，经过点，且为常数）的直线与曲线的另一个交点为，求证：直线恒过定点.
【解题思路】（1）设，根据距离公式得到方程，整理即可；
（2）设、、，表示出直线的方程，由点在直线上，代入可得，同理可得，再表示出直线，代入可得，即可得到直线过定点坐标.
【解答过程】（1）解：设，则，
因为，所以，
又，所以，整理得.
（2）证明：设、、，
所以，
所以直线的方程为，
因为点在直线上，
所以，即，解得①，
同理可得直线的方程为，
又在直线上，所以，易得，
解得②，
所以直线的方程为，即③，
将②式代入③式化简得，又，
即，
即，
所以直线恒过定点.
24．（2023春·福建莆田·高二阶段练习）已知双曲线（，）经过点，渐近线经过点.
(1)求的方程；
(2)作直线与的两支分别交于点，，使得.求证：直线过定点.
【解题思路】（1）将代入渐近线方程得，结合点在双曲线上，联立即可解得双曲线方程.
（2）设直线方程为，，，再联立双曲线方程得韦达定理式，根据，代入韦达定理式化简得，即可求出定点坐标.
【解答过程】（1）双曲线渐近线方程为，经过第一象限的渐近线方程为，
将点代入得，将点代入双曲线方程得，
联立有，解得，则双曲线方程为.
（2）因为,在不同支,所以直线的斜率存在,设直线的方程为,，，
联立,消去,整理得，
所以，
，
因为,所以,
即有，
于是，
则，
整理得，
化简整理得,
因为不在直线上,所以,所以,
所以直线的方程为,
所以直线恒过定点.
25．（2023秋·浙江杭州·高二校考期末）P为圆上一动点，点的坐标为，线段的垂直平分线交直线于点．
(1)求点的轨迹方程；
(2)在（1）中曲线与轴的两个交点分别为和，、为曲线上异于、的两点，直线不过坐标原点，且不与坐标轴平行．点关于原点的对称点为，若直线与直线相交于点，直线与直线相交于点，证明：在曲线上存在定点，使得的面积为定值，并求该定值．
【解题思路】（1）依题意可得，即可得到，根据椭圆的定义得到点的轨迹是以、为焦点的椭圆，从求出、、，即可得解；
（2）设、，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，设，由、、三点共线及、、三点共线得到，从而得到直线的方程，再联立直线与直线的方程，求出在定直线上，要使的面积为定值，此时点一定为过点且与直线平行的直线与椭圆的交点，求出点坐标，即可求出三角形的面积.
【解答过程】（1）解：直线的垂直平分线交直线于点
，，
由椭圆的定义可知，点的轨迹是以、为焦点的椭圆，且，
、，则，
点的轨迹方程为．
（2）证明：设、，直线的方程为，
与椭圆方程联立，得 ，得，
则 由根与系数的关系得 ，，
由（1）知，，设，
由、、三点共线得，由、、三点共线得，
则

.
所以的斜率，则直线的方程为，
联立直线与直线的方程，可得，解得，
因此在定直线上，使得的面积为定值的点一定为过点且与直线平行的直线与椭圆的交点，
由，解得或，此时的坐标为或，
所以的面积．