专题12 定点问题（模拟+真题）-2024高考数学二轮复习解析几何压轴题

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二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。

专题12 定点问题
1．（2022·全国·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，为椭圆上一动点（异于左、右顶点），若的周长为6，且面积的最大值为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作不与轴重合的直线与椭圆相交于，两点，直线的方程为：，过点作垂直于直线于点，求证：直线必过轴一定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，列出的方程组，求得，即可求解；
（2）设直线的方程为，联立方程组，得到，再由直线方程为，令，求得，即可求解．
【详解】（1）解：由点为椭圆上一动点，且的周长为6，且面积的最大值为，
可得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：由椭圆，可得，直线的方程为，
设直线的方程为，，，则，
联立方程组，整理得，
则，，所以，
又因为，所以直线方程为，
令，则，
则直线必过轴一定点.
2．（2024·陕西西安·西安中学校考一模）已知双曲线，其左、右顶点分别为，其离心率为，且虚轴长为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)一动点与的连线分别与双曲线的右支交于，两点，且恒过双曲线的右焦点，求证：点在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率和虚轴长建立方程，求解即可；
（2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，韦达定理求得，两点坐标关系，联立直线与方程即可求得，即可得解．
【详解】（1）由题意，得，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）设直线的方程为，将其与双曲线的方程联立，
消去得，整理得，
设，，则，是方程的两根，
则，，
因为直线的方程为，直线的方程为，
联立方程组，
，
由此解得，故点在定直线上

3．（2024·陕西咸阳·统考模拟预测）已知椭圆的离心率为，依次连接四个顶点得到的图形的面积为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过直线上一点P作椭圆C的两条切线，切点分别为M，N，求证：直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率和四边形面积得到方程组，求出，，得到椭圆方程；
（2）设，，，设过点且与椭圆相切的直线方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，根据结合求出，求出以M为切点的椭圆C的切线方程为，同理得到以N为切点的椭圆C的切线方程，得到直线的方程为，直线过定点.
【详解】（1）由题可得，即，，得．①
又，即，②
由①②可得，，
所以椭圆C的方程为：．
（2）设，，，
由题知，直线上一点P作椭圆C的两条切线斜率存在，

设过点且与椭圆相切的直线方程为：，
联立方程得，
，
整理得，即，
在椭圆上，
，即，，
，即，
，解得，
（此处也可以尝试采用复合函数求导进而可得斜率）
过点且与椭圆相切的直线方程为：，
，即，
整理可得以M为切点的椭圆C的切线方程为，
同理，以N为切点的椭圆C的切线方程为，
又两切线均过点P，故，且，
整理化简得，且，
点，均在直线上，
直线的方程为，直线过定点．
【点睛】结论点睛：过圆上一点的切线方程为：，
过圆外一点的切点弦方程为：.
过椭圆上一点的切线方程为，
过双曲线上一点的切线方程为
4．（2024·贵州·校联考模拟预测）已知抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为.
(1)求抛物线的方程；
(2)过点任意作互相垂直的两条直线，分别交曲线于点A，B和M，N．设线段，的中点分别为P，Q，求证：直线恒过一个定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由抛物线的焦点坐标、双曲线的渐近线方程，结合点到直线的距离公式可求；
（2）先依据（1）的结论分别建立的方程，再分别与抛物线联立方程组，求出弦AB和弦MN的中点坐标，最后结合PQ的直线方程确定直线经过定点．
【详解】（1）因为抛物线的焦点F为，
双曲线的渐近线方程为：，即，
则，解得，故抛物线的方程为：.
（2）设A，B两点坐标分别为，，则点P的坐标为.
由题意可设直线的方程为，
由得，，
因为直线与曲线C交于A，B两点，所以，，
所以点P的坐标为.
由题知，直线的斜率为，同理可得点Q的坐标为.
当时，有，此时直线PQ的斜率，
所以直线PQ的方程为，整理得，
于是直线PQ恒过定点.
当时，直线PQ的方程为，也过定点.
综上，直线PQ恒过定点.
【点睛】本题考查点的轨迹方程的求法，考查直线恒过定点的证明，考查抛物线、根的判别式、韦达定理、直线的斜率、直线方程等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、函数与方程思想，是中档题．
5．（2024·全国·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知点，，P为平面内一动点，记直线的斜率为k，直线的斜率为，且，记动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)若直线与曲线C交于M，N两点（点M在第一象限，点N在第四象限），记直线，的斜率为，直线的斜率为，若，求证：直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设带入化简即可求得P的轨迹方程；
（2）设，联立直线方程与曲线方程，求得关于的一元二次方程，再由韦达定理求得两根之和与两根之积，再求得，，带入中，即可求得直线过定点．
【详解】（1）设，则，，
整理得，
曲线的方程为．
（2）
由题意知，直线的斜率不为0，设直线，
与方程联立并化简，得，
设，，
则，，
点在曲线上，，
，
又，，
，
，即，
，
，
得，
，，
，
直线的方程为，直线过定点．
6．（2023·河南·统考模拟预测）已知椭圆E 的左、右焦点为，过 的直线交椭圆于，两点，的周长为.
(1)求椭圆 的方程;
(2)点，分别为椭圆的上、下顶点，过直线上任意一点 作直线 和 ，分别交椭圆于 ，两点．证明：直线 过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由椭圆定义并结合的周长为，从而可求解；
（2）利用数型结合，设出直线，分别与椭圆联立，然后利用根与系数关系从而求解．
【详解】（1）由题意知，的周长为，则，所以，
又 ， 则
所以椭圆的方程为 .
（2）由题意可作出图形，如图，
由题意知，， ， 直线，， 斜率均存在，
设， ， 则直线： ，
由 ， 得
因为 恒成立，所以 ，
即 ， 所以 ，
直线：，由得，
因为恒成立，所以
所以 ，，
所以 ，
所以直线方程为：
所以直线 过定点
【点睛】（2）问中设出直线分别与椭圆联立后利用根与系数关系，从而可求解．
7．（难度★★）已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上．
（1）求C的方程；
（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点．
【解析】（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点．
又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上．
因此，解得．故C的方程为.
（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，
如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）．则，得，不符合题设．从而可设l：（）．将代入得
，由题设可知.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.
而
.
由题设，故.
即.
解得.
当且仅当时，，欲使l：，即，
所以l过定点（2，）
（2）平移轴，建立以为原点的直角坐标系，如图3所示
在直角坐标系下：已知，设
设直线方程为
易知椭圆的方程为
变形得：
由
联立得：
化简变形得：
又，即.
即.
直线的方程为，直线过定点
故在原坐标系下直线过定点.
8．（2023·江西南昌·高二南昌市外国语学校校考期中）在平面直角坐标系中，椭圆C： (a>b>0)过点，离心率为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点K(2，0)作与x轴不重合的直线与椭圆C交于A，B两点，过A，B点作直线l：x＝的垂线，其中c为椭圆C的半焦距，垂足分别为A1，B1，试问直线AB1与A1B的交点是否为定点，若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
【解析】(1)由题意得⇒
所以椭圆C的标准方程为.
(2)①当直线AB的斜率不存在时，直线l：x＝，
AB1与A1B的交点是.
②当直线AB的斜率存在时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线AB为y＝k(x－2)，
由 ⇒(1＋5k2)x2－20k2x＋20k2－5＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝，
A1 ，B1，
所以lAB1： ， lA1B：y＝，
联立解得x＝，
代入上式可得
＝ ＝0.
综上，直线AB1与A1B过定点．
9．（2023·甘肃天水·高二统考期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率，点在E上．
(1)求E的方程；
(2)过点作互相垂直且与x轴均不重合的两条直线分别交E于点A，B和C，D，若M，N分别是弦AB，CD的中点，证明：直线MN过定点．
【解析】（1）因为该椭圆的离心率，
所以有，又，所以有，
因为点在E上，所以，
联立，解得，
所以E的方程为；
（2）由（1）知，由题意知直线AB和直线CD的斜率都存在且不为0，
设直线AB方程为：，与E的方程联立，消去x并整理，得，
且，
设，则，所以，
所以点M的坐标为，
因为，则直线CD的方程为，
同理得，
当，即时，直线MN的斜率，
所以直线MN的方程为，
所以，
因为，
所以直线MN的方程即为，显然直线MN过定点；
当，即时，则或，
此时直线MN的方程为，也过点.
综上所述，直线MN过定点.
10．（2023·黑龙江鹤岗·高二鹤岗一中校考期中）在平面直角坐标系中， 椭圆：的左，右顶点分别为、，点是椭圆的右焦点，，．
(1)求椭圆的方程；
(2)不过点的直线交椭圆于、两点，记直线、、的斜率分别为、、．若，证明直线过定点， 并求出定点的坐标．
【解析】（1）由题意知，，，，
∵，，
∴，解得，从而，
∴椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，，．
直线不过点，因此．
由 ，得，
时，，，
∴
，
由，可得，即，
故的方程为，恒过定点．
11．（2023·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，动点M到直线的距离等于点M到点的距离的2倍，记动点M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)已知斜率为的直线l与曲线C交于A、B两个不同点，若直线l不过点，设直线的斜率分别为，求的值；
(3)设点Q为曲线C的上顶点，点E、F是C上异于点Q的任意两点，以为直径的圆恰过Q点，试判断直线是否经过定点？若经过定点，请求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由．
【解析】（1）不妨设点的坐标为，
由题意可知，，
化简可得，，
故曲线C的方程为.
（2）不妨设直线的方程：，，，
因为直线l不过点，易知，
由可得，，
由且可得，或，
由韦达定理可知，，，
因为，，，，
所以，
将，代入上式得，，
故的值为0.
（3）由椭圆方程可知，点坐标为，
因为以为直径的圆恰过Q点，所以，
结合椭圆特征可知，直线的斜率存在，
不妨设直线方程：，且，，，
由可得，，
由可得，，
由韦达定理可知，，，
因为，，，，
所以，
将，代入上式并化简可得，，
故直线方程：，
易知直线必过定点，
从而直线经过定点，定点坐标为.
12．（2023·广西·高三象州县中学校考阶段练习）在直角坐标系中，动点M到定点的距离比到y轴的距离大1．
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)当时，记动点M的轨迹为曲线C，过F的直线与曲线C交于P，Q两点，直线OP，OQ与直线分别交于A，B两点，试判断以AB为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
【解析】（1）动点M到定点的距离比到y轴的距离大1，
当时，动点M到定点的距离等于到的距离，轨迹为抛物线，
设抛物线方程为，，，
当时，满足条件．
综上所述：
轨迹方程为：时，；时，
（2）设直线的方程为，，联立，
整理得：，，，
直线的方程为，同理：直线的方程为，
令得，，
设中点的坐标为，则，，
所以.
，
圆的半径为.
所以为直径的圆的方程为.
展开可得，令，可得，解得或.
所以以为直径的圆经过定点和
13．在平面直角坐标系中，动点Р到点的距离与到直线的距离之比为，设动点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过作两条垂直直线，分别交曲线C于和，且分别为线段的中点，证明直线过定点，并求出定点的坐标．
【答案】(1)；
(2)证明见解析，定点为.
【分析】（1）令，根据题设列方程并化简整理，即可得曲线C的方程；
（2）讨论两条直线斜率存在性，设直线、，联立椭圆方程并应用韦达定理写出相交弦的中点坐标，进而写出直线，即可证结论并确定定点坐标．
【详解】（1）令，则，两边平方，
得，则，
所以曲线C的方程为.
（2）若两条直线斜率都存在时，设直线，则，
联立，可得，
则，
所以，则，
故，同理可得，
所以，所以，
则，此时过定点；
若一条直线斜率为0，另一条斜率不存在，易知都在轴上，此时也过定点；
综上，直线过定点，得证．

14．已知椭圆的上､下顶点分别是，点（异于两点）在椭圆上，直线与的斜率之积为，椭圆的长轴长为6．
(1)求的标准方程；
(2)已知，直线与椭圆的另一个交点为，且直线与相交于点，证明：点在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，根据斜率之积和点P在椭圆上整理可得；
（2）设直线的方程为，联立椭圆方程消去y，利用P，Q坐标表示出直线与的方程，求解出点D的坐标，然后用韦达定理化简即可得证．
【详解】（1）由题意可得，设，
则，所以．
因为点在椭圆上，所以，所以，
则．
因为，所以，
故椭圆的标准方程为．
（2）设，显然直线不垂直于轴，
设直线的方程为．
由消去得．
因为点在椭圆的内部，所以．
设直线的方程为，直线的方程为，
所以．

由（1）知，可得
因此，即点在直线上．
【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题的处理思路：联立方程消元，利用韦达定理表示出已知和所求，然后化简整理即可．
15．在直角坐标平面内，已知，动点满足条件：直线与直线的斜率之积等于，记动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过点作直线交于两点（与不重合），直线与的交点是否在一条定直线上？若是，求出这条定直线的方程；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)是，.
【分析】（1）设，由斜率公式得到方程，整理即可得解；
（2）依题意直线的斜率不为，设直线的方程为，，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线、的方程，即可得到直线，的交点的坐标满足，根据韦达定理求出，即可求出，从而得解．
【详解】（1）设，则，
所以，即，
故曲线的方程为；
（2）根据题意，直线的斜率不为0，设直线的方程为，
由消去并整理得，
，
设，则，
因为，所以可设直线的方程为，①
直线的方程为，②
所以直线的交点的坐标满足.
而
，
因此，即点在定直线上，且定直线的方程为.
16．已知点、在椭圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线交于、两点，且，则直线是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)
(2)是，定点坐标为
【分析】（1）将点、的坐标代入椭圆的方程，可求出、的值，即可得出椭圆的方程；
（2）分析可知，直线的斜存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，分析可知，利用平面向量数量积的坐标运算以及韦达定理求出的值，即可求得直线所过定点的坐标．
【详解】（1）解：将点、的坐标代入椭圆的方程可得，可得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：直线过定点，理由如下：
若直线轴，则、关于轴对称，设、则，则，
，不合乎题意，
所以，直线的斜率一定存在，
设直线的方程为，设点、，
联立方程，消去可得，
，
所以，，
所以
，
，
因为，所以，
因为，所以，，
所以，
整理得，解得或，
当时，直线的方程为，此时直线过点，不合乎题意，
所以，，所以直线的方程为，直线恒过定点.
【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．
17．已知椭圆过点，且离心率为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线与椭圆C交y轴右侧于不同的两点A，B，试问：的内心是否在一条定直线上？若是，请求出该直线方程；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)的内心在定直线上
【分析】（1）根据题意建立关于，的方程组，再求解即可得到椭圆C的标准方程；
（2）设，，联立直线和椭圆C的标准方程，得到关于的一元二次方程，再根据韦达定理证明，进而即可得出结论．
【详解】（1）依题意有，解得，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）设，，
联立，消整理得，
则，，所以，
所以，
所以，
又，
所以恒成立，则的平分线总垂直于x轴，
所以的内心在定直线上．
【点睛】关键点点睛：在解答小问（2）时，关键在于利用韦达定理得到，进而得到的内心在定直线上．
18．（2023上·浙江·高三校联考阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，动点Dx,y与定点F2,0的距离和D到定直线x=12的距离的比是常数2，设动点D的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)已知定点Pt,0，0【答案】(1)x2−y23=1
(2)t=34．
【分析】(1）根据两点间距离和点到直线距离列式化简可得曲线方程；
（2）先设直线GH:y=kx−tk>0，再联立方程得韦达定理求出M，N坐标，再应用A，O，M，N四点共圆得出tan∠ANP=tan∠MOP，最后结合韦达定理求参即可．
【详解】（1）由已知得：x−22+y2x−12=2，两边平分并化简得：x2−y23=1即为曲线C的方程．
（2）
设点Gx1,y1，Hx2,y2．
直线GH:y=kx−tk>0与双曲线C的方程x2−y23=1联立，
消去y得3−k2x2+2k2tx−3+k2t2=0．
由韦达定理：x1+x2=−2k2t3−k2，x1⋅x2=−3+k2t23−k2．
由条件，直线AG的方程为y=y1x1+1x+1，直线AH的方程为y=y2x2+1x+1，
于是可得yM=y1x1+1t+1，yN=y2t+1x2+1．
因为A，O，M，N四点共圆，所以∠ANP+∠MOA=π，
所以∠ANP=∠MOP，于是tan∠ANP=tan∠MOP．

即t+1yN=yMt，化简得y1y2x1+1x2+1=tt+1
又y1=kx1−t，y2=kx2−t，代入整理得：k2x1x2−tx1+x2+t2x1x2+x1+x2+1=tt+1．
将韦达定理代入化简得：t=34．
【点睛】关键点点睛：A，O，M，N四点共圆的应用，关键是转化为tan∠ANP=tan∠MOP，从而建立M，N的坐标关系，引进韦达定理．
19．（2023·广东广州·统考模拟预测）已知双曲线C:x24−y212=1，直线l过C的右焦点F且与C交于M,N两点．
(1)若M,N两点均在双曲线C的右支上，求证：1MF+1NF为定值；
(2)试判断以MN为直径的圆是否过定点？若经过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)圆过定点−2,0
【分析】（1）设直线MN:x=ty+4，与双曲线方程联立得出韦达定理，根据弦长公式表示MF,NF，再代入求得结果．
（2）表示圆的方程，由对称性可知定点在x轴上，令y=0进行求解即可．
【详解】（1）如图，
由F4,0，设Mx1,y1,Nx2,y2，直线MN:x=ty+4，
代入3x2−y2=12，整理得：3t2−1y2+24ty+36=0，
由Δ>0y1y2<0解得：t∈−33,33
由韦达定理：y1+y2=−24t3t2−1,y1y2=363t2−1，
由MF=x1−42+y12=2ty1+6，
同理，NF=2ty2+6．
∴1MF+1NF=12ty1+6+12ty2+6
=2ty1+y2+124t2y1y2+12ty1+y2+36=−48t23t2−1+12144t23t2−1+−288t23t2−1+36
=−12t2−12−36t2−36=13为定值．
另法：由MF=x1−42+y12=t2+1y1，
同理，NF=t2+1y2．
由于y1y2<0，不妨设y1>0,y2<0，
则1MF+1NF=1t2+11y1−1y2=1t2+1⋅y2−y1y1y2．
由y2−y12=y1+y22−4y1y2=−24t3t2−12−4×363t2−1=144t2+13t2−1，
得y2−y1=12t2+13t2−1．
所以1MF+1NF=1t2+1⋅y2−y1y1y2=1t2+1⋅12t2+13t2−1363t2−1=13为定值．
（2）由题意：圆的方程为x−x1+x222+y−y1+y222=x1−x22+y1−y224
即x2+y2−x1+x2x−y1+y2y+x1x2+y1y2=0
由对称性可知：若存在定点，则必在x轴上
令y=0，有x2−x1+x2x+x1x2+y1y2=0
由（1）可知x1+x2=ty1+y2+8=−83t2−1，
x1x2=ty1+4ty2+4=t2y1y2+4ty1+y2+16=36t23t2−1−96t23t2−1+16=−12t2−163t2−1
代入方程后有：x2+83t2−1x+20−12t23t2−1=0，
即x2−4+83t2−1x+2=0，
令x+2=0x2−4=0即x=−2．故圆过定点−2,0．
20．（2023·全国·统考高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；
（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可．
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，
联立方程，消去y得：，
则，解得，
可得，
因为，则直线，
令，解得，即,
同理可得，
则
，
所以线段的中点是定点.

【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
21．（2005·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C上异于原点O的两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当变化且为定值时，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】(1)；
(2)当时，直线恒过定点，当时，直线恒过定点；详见解析．
【分析】（1）根据抛物线定义即得；
（2）由题意知直线的斜率存在，从而设方程为，联立抛物线方程利用韦达定理法结合条件可表示出，进而即得．
【详解】（1）由题可知动圆圆心到定点的距离与定直线的距离相等，
由抛物线的定义知，点的轨迹为抛物线，其中为焦点，为准线，
所以动圆圆心的轨迹方程为；
（2）设，由题意得(否则)，且，
由题意知直线的斜率存在，从而设的方程为，显然，
将与联立消去，得，
由韦达定理知，，
因为为定值，
当时，
，
所以，
所以直线的方程为，即，
所以直线恒过定点，
当时，则，可得，直线的方程为，恒过定点，
综上，当时，直线恒过定点，当时，直线恒过定点.
22．（2005·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．
23．（2023·全国·统考高考真题）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．
24．（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．
25．（2020·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．
26．（2017·全国·高考真题）已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上．
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点．
【答案】(1) .
(2)证明见解析．
【详解】试题分析：（1）根据，两点关于y轴对称，由椭圆的对称性可知C经过，两点．另外由知，C不经过点P1，所以点P2在C上．因此在椭圆上，代入其标准方程，即可求出C的方程；（2）先设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，再设直线l的方程，当l与x轴垂直时，通过计算，不满足题意，再设l：（），将代入，写出判别式，利用根与系数的关系表示出x1+x2，x1x2，进而表示出，根据列出等式表示出和的关系，从而判断出直线恒过定点．
试题解析：（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点．
又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上．
因此，解得.
故C的方程为.
（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，
如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）．
则，得，不符合题设．
从而可设l：（）．将代入得
由题设可知.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.
而
.
由题设，故.
即.
解得.
当且仅当时，，欲使l：，即，
所以l过定点（2，）
点睛:椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况．另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简．
27．（2019·全国·高考真题）已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│ =4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切．
（1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径．
（2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│－│MP│为定值？并说明理由．
【答案】（1）或；
（2）见解析．
【分析】（1）设，，根据，可知；由圆的性质可知圆心必在直线上，可设圆心；利用圆心到的距离为半径和构造方程，从而解出；（2）当直线斜率存在时，设方程为：，由圆的性质可知圆心必在直线上；假设圆心坐标，利用圆心到的距离为半径和构造方程，解出坐标，可知轨迹为抛物线；利用抛物线定义可知为抛物线焦点，且定值为；当直线斜率不存在时，求解出坐标，验证此时依然满足定值，从而可得到结论．
【详解】（1）在直线上 设，则
又 ，解得：
过点， 圆心必在直线上
设，圆的半径为
与相切
又，即
，解得：或
当时，；当时，
的半径为：或
（2）存在定点，使得
说明如下：
，关于原点对称且
直线必为过原点的直线，且
①当直线斜率存在时，设方程为：
则的圆心必在直线上
设，的半径为
与相切
又
，整理可得：
即点轨迹方程为：，准线方程为：，焦点
，即抛物线上点到的距离
当与重合，即点坐标为时，
②当直线斜率不存在时，则直线方程为：
在轴上，设
，解得：，即
若，则
综上所述，存在定点，使得为定值．
【点睛】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题．解决本定点定值问题的关键是能够根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，进而验证定值符合所有情况，使得问题得解．