专题04 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题（专项训练）数学人教B版高二选择性必修第一册

**基本信息** 聚焦圆锥曲线中定点、定值、定直线问题，通过11类细分题型系统构建解题逻辑，培养几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |直线过定点|6题|含椭圆、双曲线、抛物线背景，涉及对称点、垂直关系证明|从具体曲线方程推导直线过定点，渗透坐标法思想| |圆过定点|6题|以椭圆、抛物线为载体，证明圆与坐标轴交点定点问题|结合圆的性质与曲线方程，强化方程恒成立条件分析| |探究型定点|5题|存在性探究，涉及斜率范围、角平分线等动态问题|培养开放探究思维，建立参数关系与定点坐标关联| |斜率/向量/面积等定值|30题|涵盖斜率积、向量数量积、面积、距离、角度等几何量定值证明|从代数运算到几何意义转化，构建定值问题通解策略| |定直线问题|5题|证明交点在定直线上，涉及直线交点轨迹分析|综合运用曲线方程与直线位置关系，提升抽象概括能力|

专题04 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题 常考题型·精准突破 题型01 直线过定点问题 1． 【答案】(1) (2)过定点 【分析】（1）由抛物线的定义，直接得到轨迹的方程； （2）结合设直线的方程和，两点坐标，联立曲线的方程，写出直线的方程，结合韦达定理化简即可到直线恒过定点． 【详解】（1）∵平面内动点到点的距离与到直线的距离相等， ∴由抛物线的定义知，动点的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线， ∴其轨迹方程为. （2）由题意可知，直线的斜率不为， 设直线的方程为，，则. 由，得. 恒成立，， ∵不重合，∴，即， ∴直线的方程为， 即. ∴直线过定点. 2． 【答案】(1) (2)证明见解析， 【分析】（1）根据双曲线的性质，结合已知条件求出，进而求出双曲线的方程； （2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理和判别式构造方程，进而求出直线方程，证明结论． 【详解】（1）双曲线：的一条渐近线为：， ，即， 右焦点到直线的距离为，解得， 由，即，得，故， 双曲线的方程为． （2）证明：由题得，设，， 设的方程为， 联立消去并化简得， ，即， 且，， ， ，即 ， 化简得， 解得或，且均满足， 当时，直线的方程为，过定点，与已知矛盾； 当时，直线的方程为，过定点， 综上，直线过定点，且定点的坐标为． 3． 【答案】(1) (2)证明：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，. 因为直线不经过点，所以. 由方程组消去整理得， 则，. 因为直线与直线的斜率之和为-1， 所以 ， 整理得 ， 所以 ， 化简得 . 因为，所以， 代入直线的方程得，所以直线恒过定点（4，1）. 当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，代入椭圆的方程得， 由 ，解得，但是直线与椭圆没有交点，所以斜率不存在时无符合条件的直线. 综上所述，直线过定点（4，1）. 【分析】(1)通过离心率和定点求椭圆方程. (2)联立直线与椭圆方程利用韦达定理求出两点坐标关系后，代入到斜率之和为的条件中求解. 【详解】（1）解：因为椭圆的离心率为，且过点，所以 因为，所以，， 所以椭圆的标准方程为. （2）略 4． 【答案】(1)； (2)； (3)设，， 当直线斜率不存在时，设直线方程为 ，则，， 由 为直角，可得 ， 也即 ，解得或 （舍去）． 当斜率存在时，设直线 方程为 ，联立， 整理得 ，可得 且 为直角，可得 ， 所以 ，即 ， 整理得 ， 将式代入上式得： ， 化简得 整理得 ，可得 或 ， 当 时，直线方程为，此时直线过定点，不符合题意，舍去， 当 时，直线方程为，此时直线过定点，符合题意． 综上，直线 恒过定点． 【分析】（1）结合椭圆方程列方程，解方程求得 的值，由此求得椭圆的离心率； （2）设出点 ，则可利用坐标表示出两向量，从而用 表示点 坐标，再将该点坐标代入方程计算即可得； （3）设，，根据题意得到 ，分为斜率不存在和斜率存在两种情况分别讨论，求出直线的方程判断过定点即可. 【详解】（1）由已知 ，则 ，又，. 得 ， ， 故椭圆的离心率为； （2）由椭圆的标准方程为 ， 则，设，则，， 由，则，解得， 则有 ，解得 ，又 ，故； （3）略 5． 【答案】(1)x2＝4y； (2)； (3)证明见解析 【分析】（1）利用点到直线的距离公式列方程求出的值，即得抛物线方程； （2）将直线方程与抛物线方程联立，利用弦长公式计算即得； （3）设直线方程，与抛物线方程联立，写出韦达定理，结合条件求出的值，回代入直线方程即可得证. 【详解】（1）抛物线的焦点为， 则点F到直线（即）的距离为 因，解得， 故抛物线C的标准方程为； （2）设，由消去y得， 解得， 则. （3）设直线l的方程为，点， 由消去y得，由， 则， 依题意，得，因，则得， 因此直线l的方程为，因此直线l过定点． 6． 【答案】(1)； (2) 显然直线不垂直于轴，设直线的方程为， 由，得，则，， 由以为直径的圆经过原点，得，， 又，解得，则直线恒过定点， 所以直线恒过定点. 【分析】（1）设出点的坐标，利用正三角形特征，结合抛物线方程求出即可. （2）设出直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合向量垂直的坐标表示计算得证. 【详解】（1）设，由为正三角形，得， 则，即，整理得， 而，因此，，， 由，得，即，解得， 所以的面积. （2）略 题型02 圆过定点问题 1． 【答案】(1) (2)如图所示，可知，设， 则，所以， 所以， 设以为直径的圆交轴于点， 可得， 因为为直径，所以，即，化简得， 而，所以，所以，所以， 解得或，即以为直径的圆交轴于点，即以为直径的圆交轴于两定点. 【分析】（1）根据椭圆的概念，求出参数值，写出标准方程即可； （2）根据直线与椭圆的位置关系，和圆的基本性质，设出点的坐标，联立方程组，求出圆与轴交点的横坐标即可. 【详解】（1）由题意可知，所以， 所以椭圆的方程为. （2）略 2． 【答案】(1)， (2)因为直线l的斜率不为0，焦点坐标为， 设直线l的方程为， 与抛物线方程联立可得， 故，， 可得，， 设，，则，， 可得直线OM的方程为， 与联立，可得，同理可得. 易知以AB为直径的圆的圆心坐标为， 圆的半径为， 则圆的方程为. 令，整理可得，解得， 即以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点，. 【分析】（1）根据抛物线的定义可得，代入抛物线方程即可得； （2）设直线l的方程为，联立方程利用韦达定理可得圆的方程，令运算求解即可. 【详解】（1）因为抛物线C：（）经过点，F为抛物线的焦点，且， 所以由抛物线的定义，可得，解得，所以， 又因为P的横坐标为1， 所以，解得， 又，所以. （2）略 3． 【答案】(1)； (2)证明：由对称性可知：以线段为直径的圆所过定点在轴上. 设直线l的方程为，代入，得， 设点，，则， 因为，所以， 得到直线的方程为，令，得， 所以点，同理，点， 设以线段为直径的圆与轴的交点为， 则，， 因为，所以，即， 则， 解得或，故以线段为直径的圆所过定点为和. 【分析】（1）设点，点，根据向量表示点坐标，代入抛物线方程可得的取值，从而求出点坐标以及抛物线方程； （2）设直线的方程，联立直线与抛物线的准线方程求出两点的坐标，再由对称性可知定点在轴上，可设定点，由于线段为圆的直径，则，坐标运算求出的值． 【详解】（1）设点，点，则有， 则，因为点在上，所以， 解得或（舍），即， 所以点的坐标为，抛物线的方程为． （2）略． 4． 【答案】(1) (2)或 (3)证明：直线的方程为：，所以，同理， 所以以为直径的圆的方程为：， 即， 因为，， 所以以为直径的圆的方程为：， ，解得或， 所以以为直径的圆过定点，且定点为与． 【分析】（1）设出直线方程，与抛物线联立，由韦达定理可得两根之和，两根之积，根据斜率之积得到方程，求出，得到抛物线方程； （2）根据的面积得到方程，求出，得到直线方程； （3）求出以为直径的圆的方程，得到定点坐标 【详解】（1）显然当直线的斜率为0时，直线与抛物线只有1个交点，不合要求，舍去； 设直线的方程为，与抛物线联立得①， 设，则，因为， 所以， 则，所以抛物线的方程为； （2）因为，方程①转化为，且， 因为， 所以， 因为的面积为，所以，解得， 所以直线的方程为或；    （3）略 5． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆的概念，求出参数值，写出标准方程即可； （2）根据直线与椭圆的位置关系，和圆的基本性质，设出点的坐标，联立方程组，求出圆与轴交点的横坐标即可. 【详解】（1）由题意可知，所以， 所以椭圆的方程为. （2） 如图所示，可知，设， 则，所以， 所以， 设以为直径的圆交轴于点， 可得， 因为为直径，所以，即，化简得， 而，所以，所以，所以， 解得或，即以为直径的圆交轴于点，即以为直径的圆交轴于两定点. 6． 【答案】(1) (2) 法一：证明：由题意知直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为. 联立方程得. 设，则. 所以 化简得，解得或（舍去）. 所以. 所以. 设该圆过一个定点，则， 所以，即. 将代入化简有对任意实数成立， 所以解得. 故以线段MN为直径的圆过定点. 法二：同法一求出直线在y轴上的截距m得直线MN过定点， 以及，. 题目情境关于轴对称，故若以线段MN为直径的动圆过定点，则该定点在轴上. 设定点为，则. 所以，即. 将代入，得. 化简有对任意实数都成立， 即解得. 故以线段MN为直径的圆过定点. 【分析】（1）由和以及椭圆过点求出参数即可得解； （2）法一：由题意设直线MN的方程为，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和求出参数m，设该圆过一个定点，利用结合韦达定理分析计算求解即可得证； 法二：同法一得到参数m以及，进而得到圆过定点为，利用同理法一计算即可求证. 【详解】（1）由椭圆的离心率及，知. 又椭圆过点，所以，解得. 所以椭圆的方程为. （2）略 题型03 探究型定点问题 1． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）存在， 【分析】（1）将两点坐标代入双曲线方程即可求解. （2）（i）设出直线方程，联立方程，消去得到方程，利用方程根的情况可求解. （ii）假设存在满足条件的定点，利用轴平分得到即可求解出点的坐标. 【详解】（1）由双曲线：经过点，， 得，解得. 所以曲线的方程为. （2）（i）设直线的方程为：，联立， 整理得. 因为直线与双曲线的右支相交于两点，设，， 所以，解得或. 故斜率的取值范围为. （ii）由轴平分可知. 由（i）可得. 又，， 则，. 假设在轴上存在定点，则， 因为，所以， 展开可得， 即. 因为或，所以. 即， 即， 即，得. 所以轴上存在定点符合条件，且． 【点睛】本题考查直线与双曲线的问题，是常考内容， 角平分线转化为斜率关系，结合韦达求定点，体现解析几何的一般解题思想. 2． 【答案】(1) (2) (3)是，和 【分析】（1）先求抛物线的焦点坐标，再根据题意求椭圆的，即可得解； （2）解法一：设点，根据题意可得点P的轨迹方程为，从而求出点P的坐标，可得直线方程；解法二：根据抛物线的定义进行转化分析可得，进而可得直线EP的倾斜角与斜率，利用点斜式求直线方程； （3）设直线的方程及两点的坐标，进而可求两点的坐标，结合韦达定理求圆C的圆心及半径，根据圆C方程分析判断定点． 【详解】（1）由题意得，的焦点为， 设椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b， 因为离心率为，所以，得，． 所以椭圆的标准方程为． （2）解法一：的准线方程为，． 设点，因为， 所以，得， 因为，所以，所以， 因为P在第一象限，所以点P的坐标为． 则直线的斜率为，直线的方程为． 解法二：的准线方程为，． 过点P作的准线的垂线，垂足为M，， 因为，所以， 因为P在第一象限，所以直线的倾斜角为． 则直线的斜率为，直线的方程为． （3）设点． 由已知直线的方程为， 将代入抛物线方程得， 所以． 因为直线的方程为，直线的方程为， 令，得的纵坐标分别为． 得到圆C方程为． 因为，所以整理得， 令，得或， 所以圆C过定点和． 3． 【答案】(1) (2)（或、）； (3)存在， 【分析】（1）根据椭圆离心率及过定点条件，结合联立求解参数，即可得椭圆标准方程. （2）设出直线的方程，联立椭圆方程求得点纵坐标，结合三角形面积公式表达的面积，利用基本不等式求最值及对应斜率，即可得直线方程. （3）先求出点及中点的坐标，假设存在定点，根据垂直关系斜率乘积为列式求解，验证结果与无关即可. 【详解】（1）∵ 椭圆离心率，∴ . 又，∴ ，椭圆方程可化为. 将点代入得，化简得， ∴ ，，. ∴ 椭圆的标准方程为. （2）由题意得左顶点，设直线的方程为. 联立，消去整理得. 已知是方程的一个根，设，由韦达定理得， ∴ ， 代入直线方程得. 的面积，其中， ∴ . ∵ ，由基本不等式得，当且仅当即时等号成立. ∴ ，即面积最大值为，此时， 直线的方程为. （3）在中令，得，∴ . ∵ 是线段的中点， ∴ ，， ∴ 直线的斜率. 假设轴上存在定点满足题意，则直线的斜率. ∵ ， ∴ ，即，解得. 该结果与的取值无关，对任意均成立. ∴ 存在定点满足题意. 4． 【答案】(1) (2)①； ②直线过定点，理由如下： 设，， 设直线， 联立，消去得，整理得， 则，由可知，则， 所以 ，即，即， 所以，整理得， 即，故， 所以直线， 令，即，此时，则直线过定点. 【分析】（1）由椭圆定义直接求出；由离心率算出；用求出，即可写出椭圆标准方程. （2）①先设第一象限内点，写出两条直线斜率，相乘得到；利用椭圆方程把替换成含的表达式，将乘积化为只含的函数；根据在第一象限，确定，再利用函数单调性求出取值范围.②条件，几何意义是直线关于轴对称，等价于斜率之和；把直线和椭圆联立，得到一元二次方程，用韦达定理写出与；将斜率相加为的式子通分展开，再把韦达定理的结果代入化简，得到的关系式；把关系式代回直线方程，整理成点斜式，令参数的系数为0，求出定点坐标. 【详解】（1）由椭圆定义得到，故， 所以由离心率得， 由得， 所以椭圆的标准方程为. （2）①设，因为点位于第一象限，所以且满足，即， 因为，，所以，则， 令，由在第一象限，得，故， 则， 因为，所以，所以，则，即，即， 所以的取值范围是. ②略 5． 【答案】(1) (2)①；②过定点，定点坐标为 【分析】（1）由已知可得，，由双曲线的定义可求得圆心M的轨迹方程E； （2）①设，联立直线与双曲线方程，消去，利用根与系数的关系可得，求解即可；②结合①，求得，利用，可得的关系，进而分类讨论可求得直线l所过定点. 【详解】（1）因为动圆M与圆外切，所以， 因为动圆M与圆内切，所以， 所以，根据双曲线的定义，点M的轨迹为双曲线的右支， 且，所以，所以， 所以圆心M的轨迹方程E为. （2）①由（1）知，E的方程为，设， 由，消去得，， ，且， ，由为的中点，得，解得，满足， 所以直线l的方程为，即. ② 由①，．， 则 ，由以为直径的圆恒过点P，得， 于是，解得或， 当时，直线过，不符合题意； 当时，直线过定点， 所以直线l过定点，该定点坐标为. 题型04 斜率相关的定值问题 1． 【答案】(1) (2)（i）或. （ii）设点，. 直线交直线于， 则，同理得.               （方法一）设直线， 由（i）知，，. 则 .          （方法二）当的斜率不存在时，可知直线，则，， 直线，令得， 直线，令得， 则； 当的斜率存在时，设直线. . 由（i）知，. 则 .    （方法三）设椭圆的左顶点为点，点所对的准线为， 故分别连接并延长与相交，必有三点共线，三点共线. 连接，，根据椭圆的第二定义可知，， 则， 则由外角平分线定理可知是的外角平分线， 同理可得，是的外角平分线，故. 设准线与轴交于点，故， 则. 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）（i）设直线或，与椭圆联立，根据弦长公式求解； （ii）结合（i）中的两种直线方程，求出斜率化简即可；或设椭圆的左顶点为点，可得三点共线，三点共线，再结合椭圆的第二定义以及外角平分线定理可得，再由射影定理和斜率公式化简. 【详解】（1）由题意可得，，设， 因为椭圆过点得，得，所以椭圆方程为. （2）（i）（方法一）由题意知，，，， 设点，，直线， 联立，得. 则，，     则， 解得，即. 故直线为或.         （方法二） 由题意知，，，. 当直线的斜率不存在时，不满足题意. 设的斜率为，点，，直线. 联立，得， 则，.         则， 解得，，故直线为或.         （ii）略 2． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由已知条件，列方程求出，可得双曲线标准方程； （2）设直线的方程与双曲线联立方程组，设两点坐标，表示出直线，得点坐标，表示出，结合韦达定理，证明为定值. 【详解】（1）由题意知，则，所以， 因为点在双曲线的一条渐近线上， 所以点在双曲线的渐近线上，所以， 综上可得， 故双曲线的方程为. （2）由（1）知双曲线的左焦点为， 由题意设直线的方程为， 由直线，得， 设，则，又， 所以 ， 由，得，其中， 则，，，所以. 因为，所以， 所以 . 即为定值. 3． 【答案】(1) (2)是定值， 【分析】（1）根据题设列出关于的方程组，求解即得； （2）设的方程为，与双曲线方程联立，写出韦达定理，分别求出直线的斜率，并化简，利用消元思想与韦达定理即可推出结论. 【详解】（1）由题意，可得， 解得. 所以的方程为. （2）由（1）知，的右焦点为，设的方程为， 与方程联立，得. 因为与有两个交点，所以且，解得． 设，则，则有 因，则， 所以，因， 代入可得，，即为定值. 4． 【答案】(1) (2)为定值 【分析】（1）由题意可得方程组，计算可解； （2）直线的方程为，，，直线与双曲线联立方程组，由韦达定理及斜率公式计算即可证明. 【详解】（1）抛物线的焦点为， 由题意得， 所以双曲线的标准方程为； （2）∵过点，由题意可知的斜率不为0， 故可设直线的方程为，，， 则 ， ， ∴ ． 故直线与的斜率之积为定值． 5． 【答案】(1); (2)如图所示， 如图所示，不妨设，，，则， 则，，所以， 点和均在双曲线上，所以，， 解得：，， 所以 ，即：为定值3. 不妨设，，，则，则，， 所以， 点和均在双曲线上， 所以，，解得：，， 所以 ， 即为定值3. 【分析】设出直线方程，利用韦达定理和三角形的面积公式即可求解； 设出直线方程，利用点在双曲线上，找到等量关系，代入斜率乘积式即可求解. 【详解】（1） 如图所示，由题可知：，，所以，所以，， 不妨设，则联立方程：，解得：，所以，， 则 ，所以 由弦长公式可得：， 点到直线距离为： 则. （2）略 题型05 向量有关的定值问题 1． 【答案】(1) (2) (3)由双曲线得，右焦点， ①当直线的斜率存在时，设直线，，中点. 联立​，整理得, 由韦达定理得：， 因此：， 因为圆以为直径，圆心为，半径​，所以， 设，将代入圆方程， 得，故， 所以 ， 因为，所以，且，代入上式， 所以. ②当直线斜率不存在时，，易得， 所以，仍成立. 综上，为定值. 【分析】（1）直接由待定系数可求得双曲线方程； （2）直接用点差法求中点弦的方程并检验可得； （3）分直线的斜率存在或不存在两种情况讨论：当直线的斜率存在时，设直线，，中点，结合根与系数关系得，，再圆的方程中令，设，所以由根与系数关系得，进而可将，再将代入可得；当直线的斜率不存在时，得，进而可得所求值，综上可得所证结果. 【详解】（1）将点、代入双曲线方程，得， 令，​，解得​，即. 因此，双曲线的标准方程. （2）设，且两点均在双曲线上，故 两式相减得点差公式：，即. 又因为中点为，故，代入上式得，即. 若，则，则重合，且中点，则三点重合， 这与直线交的右支于，两点矛盾. 所以，因此直线斜率. 又因为直线经过点，由点斜式得直线方程，整理得. 联立​，得，判别式， 且，所以两根均为正根，符合交右支于两点的条件. 因此直线的方程为. （3）略 2． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出双曲线的基本量后可得双曲线的方程； （2）设，，联立直线方程和双曲线方程，结合韦达定理化，根据该值为定值可求的坐标； 【详解】（1）解：因为实轴长为，故， 而点到双曲线C的渐近线的距离为1，故， 故双曲线的方程为：. （2）证明：设为半焦距，则，故， 因为与双曲线的右支相交于两个不同的点，故可设，， 由可得即， 故且， 所以，又. 设，则，， 故 为定值当且仅当，故， 故存在轴上的一点，使得为定值且定值为. 3． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由直线的倾斜角可求得点坐标，再利用等边三角形性质可得； （2）求出双曲线方程和直线方程，联立后利用韦达定理即可求得的值. 【详解】（1）设双曲线的焦距为，则可得， 当的倾斜角为时，不妨设，如下图所示： 将点代入可得，又； 解得； 由是等边三角形可得，即， 联立解得或（舍）； 所以可得， 所以双曲线的渐近线方程： （2）当 时，双曲线方程为 ，焦点 . 设直线 ，不妨设，联立直线和双曲线方程， 消去 得 . 由韦达定理： ，计算可得 ， 代入韦达定理结果化简得： 因此： 即 为定值 . 4． 【答案】(1) (2)是定值，定值为0． 【分析】 （1）由题意列出关于的方程，求解可得椭圆的标准方程； （2）设，设直线的方程为，直线的方程为，联立椭圆的方程，可用表示，即可得，从而判断是否为定值. 【详解】（1） 设椭圆的焦距为. 因为椭圆的离心率为，且过点， 所以，解得， 则椭圆的标准方程为； （2） 易知直线的斜率均存在， 设直线的方程为， 所以直线的方程为． 设， 此时，， 联立，消去y并整理得， 此时，解得或， 由韦达定理得，， 所以 ， 联立，消去y并整理得， 此时，解得或， 由韦达定理得，， 所以 ． 综上所述，或. 所以是定值，定值为0． 5． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）写出双曲线的渐近线方程，进而得到它们的法向量，应用向量法求渐近线夹角的余弦值； （2）设，利用向量垂直的坐标表示及在双曲线上求参数值，即可得； （3）设，，，联立双曲线并应用韦达定理，，，取的中点，结合化简即可证. 【详解】（1）由题意两条渐近线的方程为，故其法向量分别为，， 设两条渐近线夹角为，故， 故两条渐近线夹角的余弦值为； （2）由，，设，则， 因为，故，即， 由在双曲线上，则，即， 所以，则， 其中，则，故，所以． （3）设，，由题可得，直线的斜率存在， 设，联立， 整理得， 即，， 由，，则，， 取的中点，，且， 由于，， 故， 所以，故． 题型06 面积有关的定值问题 1． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析;（ii）是定值，定值为 【分析】（1）根据给定条件，列式求出即可. （2）（i）设出点的坐标及直线的方程，与双曲线的方程联立，利用根的判别式及韦达定理推理得证；（ii）由（i）求出及原点到直线的距离，进而求出三角形面积. 【详解】（1）由双曲线的右焦点为，得， 直线的方程为，由的斜率为，得，解得， 所以的方程为. （2）（i）设，由（1）知，即， 设，显然直线不垂直于轴，设其方程为， 由消去得， 由直线与只有1个公共点，得， 整理得，直线的方程为，即， 直线的方程分别为，由，得点， 同理，而， ，所以点为的中点. （ii）由（i）知，原点到直线的距离， 因此的面积， 所以的面积为定值. 2． 【答案】(1)椭圆的方程为，离心率 (2)（i）； （ii）设，，，，， 直线，令，得，即 直线，令，得，即， ，， 所以四边形的面积为， 所以四边形的面积为定值. 【分析】（1）根据条件求，再得椭圆方程和离心率； （2）（i）首先求直线的方程，再根据直线与椭圆方程联立，求点的坐标，最后代入两点间距离公式求解；（ii）利用点的坐标求解直线的直线方程，再求解点的坐标，最后表示四边形的面积，即可证明. 【详解】（1）由条件可知，，， 所以椭圆的方程为，， 所以椭圆的离心率； （2）（i），， 直线的斜率为，所以直线的方程为， 与椭圆方程联立，得， ，即，，所以，即且， 所以 （ii）略 3． 【答案】(1) (2) （ⅰ）由（1）可得：，， 设，，，且，即. 则：，令，，， 则：，令，，， 则， 故 故四边形面积为定值； （ⅱ） 【分析】（1）根据题设条件求出的值，即得椭圆方程； （2）（ⅰ）设，写出直线的直线方程，求出点的坐标，进而求得长，由代入化简计算即可证明其为定值；（ii）求出直线的方程及弦长，进而计算的面积，利用基本不等式求出其最大值，结合（i）的结论即可求出面积的最大值. 【详解】（1）由题意可得，， 则，. 故椭圆的标准方程为. （2）（i）略 （ⅱ）由，可得直线：，即， 则到直线的距离为且． 则． 当且仅当，即，时等号成立． 所以的面积， 即面积的最大值为．    4． 【答案】(1) (2)①； ②设，，则：，：， 因为，过点，∴， ∴方程为. 由， ∵， ∴， ∴， ∴的面积为定值. 【分析】（1）由圆的性质，根据椭圆的概念，可得答案； （2）设出直线方程，联立消元写出一元二次方程，结合切线性质，建立方程，可得答案. 【详解】（1）由题意可知，， ∴Q点轨迹是以E，F为焦点，4为长轴长的椭圆， ∴曲线C的方程为. （2）①设，过点P直线方程设为. 由，消元得：， 由直线与椭圆相切， 化简得：， ∴， 点轨迹方程为； ②略 5． 【答案】(1)； (2)（ⅰ）设直线方程为，与椭圆联立，消得： ，    又设交点，则， 所以有 则直线方程为：，直线方程为：， 两式消元得：， 代入可得：， 即交点为的纵坐标为常数，即这些点在一条直线上； （ⅱ）因为与的面积之积是,    由（ⅰ）可得交点为的纵坐标为常数，代入直线方程可得： ， 即交点为的横坐标为 又设直线方程为：，直线方程为：， 两式消元得：， 代入可得：， 即交点为的纵坐标也为常数，即点也在这条直线上， 把代入直线方程可得： ，即交点为的横坐标为， 由， 因为，所以， 即与的面积之积是. 【分析】（1）利用离心率和椭圆定义即可求解； （2）（ⅰ）利用直线与椭圆联立方程组，再利用交点坐标表示两条相交直线，通过方程组求出交点纵坐标，再利用韦达定理来证明定值即可； （ⅱ）把面积问题转化为两交点的横坐标问题，通过求解横坐标之积，就能证明两三角形面积之积为定值的问题. 【详解】（1）由题意可得：，解得， 所以椭圆的方程为； （2）（ⅰ）略 （ⅱ）略 题型07 距离有关的定值问题 1． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意求出的方程，再求渐近线方程即可； （2）当直线轴时，根据等面积法求得到直线的距离；当直线与轴不垂直时，设出直线的方程，分别代入双曲线和椭圆的方程，求得，利用等面积法求得到直线的距离，结合点到直线的距离为定值求出． 【详解】（1）根据题意，，解得， 则， 所以双曲线的渐近线方程为； （2）设点到直线的距离为， 当直线轴时，， 根据等面积法得，解得； 当直线与轴不垂直时，设直线的方程为（显然）， 则直线的方程为，由，得， 所以①， 同理，由可求得②， 根据等面积法得，即， 即 ，即③， 将①②代入③得， 又点到直线的距离为定值， 所以，解得， 时，，即， 综上所述，时，点到直线的距离为定值． 2． 【答案】(1) (2) 设A，B两点的坐标分别为，可得点D的坐标为， 依题意，可设的外接圆的圆心坐标为 ，则该圆的方程为. 联立方程消去x后整理为， 则，解得或，且. 因直线AB的斜率不为0，可设其直线方程为， 联立，消去x后整理为， 则，且. 则有，可得. 则原点O到直线AB的距离为， 故原点O到直线AB的距离为定值. 【分析】（1）设双曲线C的方程为，代入点的坐标，计算可求得双曲线C的标准方程； （2）设A，B两点的坐标分别为，的外接圆的圆心坐标为 ，可得该圆的方程，将其与双曲线方程联立，可得，设直线AB的方程为，与双曲线方程联立可得，进而推出，再由点到直线的距离公式化简计算即得. 【详解】（1）由双曲线C的渐近线方程为，可设双曲线C的方程为. 代入点的坐标，有，可得. 则双曲线C的方程为，即. （2）略 3． 【答案】(1) (2) 证明：因为由（1）知，双曲线的方程为， 所以两条渐近线方程为 和，即和. 由于Q为双曲线上任意一点，所以设， 则点到两条渐近线和的距离分别为. 所以，因为满足， 即，所以. 所以点到两条渐近线的距离之积为定值，定值为. 【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程和虚轴长求出，进而得到双曲线的方程. （2）先列出双曲线渐近线方程，然后根据点到直线距离公式分别求出，然后将两者相乘并化简，进而可证明结论. 【详解】（1）因为双曲线的一条渐近线方程为， 即，所以，因为其虚轴长为4，即解得. 所以，所以双曲线的方程为. （2）略 题型08 线段长有关的定值问题 1. 【答案】(1)4 (2)最大值为4，最小值为2 (3)，四边形面积的最大值为 【分析】（1）根据条件分别求直线和的方程，再联立直线求交点，的坐标，即可求解； （2）首先根据离心率求椭圆方程，再根据向量的平行四边形法则转化为求的最值； （3）首先根据点的坐标求直线和的方程，通过联立直线方程求点，的坐标，再代入两点间距离公式，根据定值求，首先角的关系求，再根据为定值4，分两种情况，结合余弦定理和基本不等式求面积的最大值，再求四边形面积的最大值. 【详解】（1）当点在椭圆的上顶点时，,，， 联立，得，即， 联立，得，即， 所以； （2）椭圆的离心率，得， 所以椭圆方程为； 由条件可知四边形是平行四边形，所以， 设，， 所以， 所以的最大值为4，最小值为2； （3）设，则，, 联立，解得：，， 即， 联立，解得：，， 即， 因为点在椭圆上，满足， 所以 因为为定值，所以与无关，所以，得，则； 此时， 如图：由条件可知，，则， ， 则，且为定值4， 中根据余弦定理，， ， 即，所以， 而四边形是平行四边形，，当时等号成立， 此时，四边形的最大值为4， 如下图：由以上可知，，， 中根据余弦定理，， ， 即，所以， 而四边形是平行四边形，，当时等号成立， 综上两种情况可知，四边形的最大值为. 2. 【答案】(1) (2) (3)存在点，使得为定值. 【分析】（1）根据已知条件列方程组求解即可. （2）根据直线与圆相切得到，设出点坐标，结合二次函数性质求出，进而求得. （3）设出直线方程并与双曲线方程联立，结合韦达定理得到，；求出直线、方程，得到点、坐标，结合对称列方程求出，求得为定值，再结合直角三角形的性质求解即可. 【详解】（1）因为双曲线的离心率为，点在双曲线上， 所以，解得，. 所以双曲线的方程为. （2）圆：的圆心，半径为. 因为是圆上的动点，直线与圆相切，所以，. 所以. 设，因为点是双曲线上的动点，所以. 所以， 当时，取得最小值，此时， 所以. （3）由题意知，直线的斜率存在，设直线的方程为. 联立，整理得， 且， 设，，则，， 直线的方程为， 令，则，即. 同理可得，. 因为关于原点对称，所以， 即， 整理得， 即， 整理得，即， 所以或. 若，则，则直线方程为，即， 此时直线过点，不符合题意. 若，则直线方程为，恒过定点， 所以为定值， 又，在中，为斜边， 所以当为中点时，. 因此存在点，使得为定值. 3． 【答案】(1) (2) 如图， 由（1）得，设，则，即. 直线，直线， 即， 以为直径的圆的方程为， 即圆的方程为， 求被轴截得的弦长，可以令，则， 则，又因为， 则，则，或， 则以为直径的圆被轴截得的弦长为. 【分析】（1）根据、离心率和椭圆之间关系可求出，即可得解； （2）设，可得直线方程，进而确定两点坐标，设椭圆右焦点为，利用平面向量数量积的坐标运算可证得，可知以为直径的圆过点，由此可确定线段为直径作圆被轴截得的弦长. 【详解】（1）由题意， 解得， 所以， 所以椭圆的标准方程为. （2）略 4． 【答案】(1) (2)2 (3) 由题意知，直线斜率存在，设直线方程为 联立方程组，得 则且 且① 设 则 ∴直线的方程为 令，得，即 同理可得 为中点 将代入得 整理得 即 或 当时，①式有解 直线方程为 此时直线过定点，不合题意 当时，①式有解，直线方程为恒过定点 为定值 为直角三角形且为斜边 ∴点在以为直径的圆上 ∴当为的中点时，. 【分析】(1)利用渐近线性质和点在双曲线上的条件求出双曲线方程； (2)将切线长转化为两点距离的函数，结合双曲线方程求最小值； (3)通过对称条件推导出直线过定点，再结合垂直关系证明点在定圆上，从而确定存在定点使距离为定值. 【详解】（1）∵双曲线的渐近线方程为且点在双曲线上 解得 ∴双曲线方程为 （2）圆的圆心，半径为1 是圆上的动点，直线与圆相切 设因为点是双曲线上动点 ∴当时，取得最小值. （3）略 5． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程； （2）设出点，的坐标，当斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，可得到的关系，进而得直线MN恒过定点，当直线斜率不存在时要单独验证； （3）结合（2）的结论，由直角三角形的性质即可确定满足题意的点Q的位置. 【详解】（1）由题意可得：，解得：，， 故椭圆方程为：； （2）设点，， 若直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为：， 代入椭圆方程消去y并整理得：， 可得，， 因为，所以，即， 根据，， 代入整理可得：， 所以， 整理化简得， 因为不在直线MN上，所以， 故，，于是MN的方程为， 所以直线过定点． 当直线MN的斜率不存在时，可得， 由得：， 得，结合可得：， 解得：或（舍）， 此时直线MN过点； （3）令Q为AP的中点，即， 若D与P不重合，则由题设知AP是的斜边， 故， 若D与P重合，则， 故存在点，使得为定值．    题型09 角度有关的定值问题 1． 【答案】(1)，； (2)    设，， 则，，， 所以方程，令时，，即， 方程为，令时，，即， 则， 所以， 即，所以， 故为定值． 【分析】（1）根据椭圆定义可知，又，因此易求得，得椭圆方程，从而也得到圆的方程； （2）设出，，分别代入椭圆方程和圆的方程得到两个关系式，写出直线的方程，求出M点坐标，同理写出方程，求出N点坐标，再求得向量，并计算数量积，结果为0，可得． 【详解】（1）依题意，得，， 所以圆方程，椭圆方程． （2）略 2． 【答案】(1) (2) 证明：设直线的方程为， 联立，消去并化简得， 又，其中， 且 设，则有， 所以 ， 即， 又，所以， 所以的值为定值. 【分析】（1）根据左焦点坐标和及的关系，求出的值，进而求出椭圆的方程； （2）设直线的方程为：，联立椭圆与直线方程，根据韦达定理求出求出为定值，进而证明. 【详解】（1）因为椭圆：的左焦点，所以， 又，所以，所以， 所以椭圆的方程为； （2）略 3． 【答案】(1)离心率，渐近线为 (2)由，的斜率存在且不为0，设的方程为， 联立，消去得， 设，由题意得， 所以，且， 所以 ，得证. (3)是，定值为 【分析】（1）由标准方程确定双曲线参数，进而写出离心率、渐近线； （2）设的方程为，联立双曲线，应用韦达定理及，整理化简即可证； （3）利用直线与圆的关系，结合圆的性质求劣弧对应圆心角即可. 【详解】（1）由知，，，，则离心率，渐近线为； （2）略 （3）由（2）知恒成立，， 所以圆心到的距离， 半径， 设所对圆心角为，则， 因为为劣弧，所以，则， 所以，即所对圆心角的大小为定值. 4． 【答案】(1) (2)的大小为定值 (3) 【分析】（1）待定系数求解即可； （2）先讨论直线斜率不存在时的情况得，再讨论一般情况下成立即可； （3）先讨论直线斜率不存在时的面积为，再根据弦长公式，面积公式，结合韦达定理求解面积得，再结合基本不等式，分当和讨论求解即可. 【详解】（1）解：因为的离心率为，所以，即① 因为在椭圆C上，所以②， 又③， 所以，联立方程①②③解得：， 所以椭圆C的标准方程为 （2）解：当直线l的斜率不存在时：直线l的方程为， 由对称性，不妨令直线l的方程为． 联立，将代入得：， 所以，即，解得：， 所以 此时，即与垂直， 所以． 当直线l的斜率存在时：设直线l的方程为，，． 由点到直线的距离公式，可得，两边平方得． 联立，消去y得． 则，即． 由韦达定理可得，． 所以 将代入上式得：， 所以，即． 综上，的大小为定值，该定值为． （3）解：直线l的斜率不存在时：，则． 当直线l的斜率存在时：， 将代入上式得： ， 所以三角形的面积． 当时，； 当时，． 由基本不等式 （当且仅当，即时取等号）． 则，，， ， ，即． 综上，． 5． 【答案】是 【分析】设，设，代入抛物线化简得，作点关于轴的对称点，根据斜率关系可得三点共线．作过点且垂直于轴的直线，分别交轴于点，结合相似得到，，结合，计算得到与的夹角为定值． 【详解】设，如图，设，代入，得． 根据韦达定理有． 作点关于轴的对称点，由题知，，． 则， 故，即三点共线． 作过点且垂直于轴的直线，分别交轴于点，即， 由，得． 因为，所以，即， 所以，因为， 所以与的夹角，为定值． 题型10 参数式的定值问题 1． 【答案】(1) (2)或 (3)证明见解析 【分析】（1）由离心率，结合椭圆基本关系，可以得到和的关系，再将点以及代入即可解出，再得到，最终确定椭圆方程。 （2）由小问1得到的右焦点，设直线方程，联立方程组得到关于的一元二次方程，运用韦达定理，联立关于参数的方程，解出，即可解出直线的方程。 （3）先设直线方程，联立直线与椭圆方程组，由韦达定理得出和，再写出直线的方程，纵截距是时的值，即，将代入的表达式化简，再将韦达定理的结果代入化简后的，最终可以消去参数，得到。 【详解】（1）根据题目列出方程组，解得， 所以椭圆的方程为． （2）由（1）可知，设直线的方程为． ：直线过右焦点，即直线与轴重合， 与椭圆的交于两点，不满足，可得. ：将直线方程代入椭圆方程，得到． 所以． 因为，所以，即． 将代入，可得， 那么． 再将代入， 可得，解得． 所以直线的方程为，即或． （3） 设直线的方程为，则关于轴的对称点． 将直线方程代入椭圆方程，得到． 根据韦达定理可得 直线的方程为． 令，可得． 将代入上式，可 得． 把，代入上式， 可得． 所以，即为定值3． 2． 【答案】(1)； (2)或； (3) 由在抛物线上，代入得， 又，故，即， 易得直线的斜率是存在的，设直线的方程为， ，，由（2）知，， 直线的斜率为：， 故直线的方程为：， 令，得，即，又 故，，由，得 故，即， 同理，直线交轴于，得， 故 代入，，得 故，为定值. 【分析】（1）根据抛物线的定义，点到焦点的距离等于到准线的距离，求出，从而得出抛物线的标准方程； （2）设直线的方程为，联立，由韦达定理，得，， 的面积，结合， 解得，从而求出直线的方程； （3）由在抛物线上，求出，得到直线的方程为：，即得， 由得，同理得，结合韦达定理得，，可解得，为定值. 【详解】（1）抛物线的准线方程为， 根据抛物线的定义，点到焦点的距离等于到准线的距离， 即：，解得，故抛物线的标准方程为； （2）由（1）得焦点，又，则， 易得直线的斜率是存在的，设直线的方程为， 联立，消去，整理得： ，设， 由，得， 由韦达定理，，， 故的面积，代入得： ,得， 又，故： ，解得 满足，因此直线的方程为或； （3）略 3． 【答案】(1)； (2) 由题设，联立与得，，    设，则， 因为，所以 ； (3)，此时三角形面积的最大值为1. 【分析】（1）根据椭圆方程确定椭圆参数，应用直接法求离心率即可； （2）联立与得到一元二次方程，由已知向量的线性关系及其坐标表示得，结合韦达定理求出答案； （3）先联立椭圆与直线，应用韦达定理表示出，结合为定值得，并求出，和点到直线的距离，利用基本不等式得. 【详解】（1）由，则，故，所以离心率； （2）略 （3）由题设，联立，消元得，设， 当，即时，则， ， 则 ， 当为定值时，即与无关，故，得， 此时， 又点到直线的距离， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 经检验，此时成立，所以面积的最大值为1. 4． 【答案】（1）；（2）（i）；（ii） 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）（i）联立直线与椭圆的方程求解； （ii）求出的坐标，化简，即可求证. 【详解】（1）由题意得，，，，得， 则的方程为； （2）（i），直线， 联立，得，得或， 则，代入中得，， 故； （ii）因，则由（i）可得，， 则直线的方程为，则， 因，则直线， 联立，得，即， 则， 则. 5． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据离心率和，联立即可求解得椭圆方程， （2）联立直线与椭圆方程可得，联立两直线方程可求解，进而根据三点共线的向量坐标关系可求解，即可由斜率公式求解. 【详解】（1）因为，故，所以． 由，得． 所以椭圆的方程为． （2）因为不为椭圆顶点，则的方程为且．① 将①代入，， 故，解得，故． 又直线的方程为．② ①与②联立解得． 由得, 由三点共线可得， 求得． 所以的斜率，则（定值）． 题型11 定直线问题 1． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据长轴长可得，代入点可得，进而可得离心率； （2）设直线：，，与椭圆方程联立可得韦达定理，进而可得，联立直线方程可得，运算求出该式的值即可． 【详解】（1）由题意可知，即，椭圆方程为， 代入点可得，解得， 所以椭圆的离心率． （2）由（1）可知椭圆的方程为，， 因为直线的斜率不为0，且直线与椭圆必相交， 设直线：，， 联立方程，消去x可得， 则，，可得， 由题意可知，直线，直线， 联立方程消去y可得 ， 即，可得， 所以点在定直线上． 2． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据焦点坐标与离心率确定，再由算出，即可写出标准方程； （2）联立直线与双曲线方程得到韦达定理，推导出，将目标式化为单变量二次函数，利用二次函数性质求最小值即可； （3）写出两条直线的方程并联立，代入的比例关系，化简后求得交点纵坐标恒为定值，即可证明点在直线上. 【详解】（1）设双曲线的标准方程为， 由题意可得，解得，， 所以双曲线的标准方程为. （2）双曲线的上下顶点为，，设直线的方程为， 设，， 联立，消去，可得， 则，，且， 所以， 所以， 所以，所以， 所以当时，的最小值为； （3）直线的方程为，直线的方程为， 联立，得，解得， 即点在定直线上． 3． 【答案】(1) (2)（i）的取值范围为； （ii）证明：，，则， 直线的方程为①，直线的方程为②， 联立①②得，所以， 化简得， 所以， 所以点的横坐标始终为，故点在定直线上． 【分析】（1）根据求出或，验证后不符合题意舍去，然后求出，得到双曲线方程； （2）（i）由题意知，直线的方程为，设，，联立双曲线和直线方程，结合根的判别式和得到不等式组，从而求出的取值范围； （ii）在（i）的基础上，得到两根之和，两根之积，得到，表达出直线与直线的方程，联立得到，将代入，化简得到即可得证． 【详解】（1） 由题意可知，，， 因为，解得或， 若，则双曲线的方程为， 因为是上一点，所以，解得，不满足题意； 若，则双曲线的方程为， 因为是上一点，所以，解得，满足题意； 所以双曲线的方程为； （2） （ⅰ）由题意知，直线的方程为，设，， 联立，化简得， 因为直线与双曲线左右两支相交，所以， 所以，解得或， 所以的取值范围为； （ⅱ）略 4． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）设，利用点差法求得，再化简计算即得； （2）①利用条件建立关于的方程，求解即得椭圆方程；②将直线与椭圆方程联立，写出韦达定理，分别列出直线BP与直线AQ的方程，设，联立求得，回代入方程，利用韦达定理化简推出，即得结论. 【详解】（1）设则 则由 两式相减可得，即 ， 所以 为定值. （2）①由题意可得，  解得，故椭圆方程为 . ②联立方程，消去，可得， 由，解得，则， 因直线BP的方程为，即 ， 直线AQ的方程为，即， 设直线BP与直线AQ的交点为，则联立， 由，解得 ， 将其代入①，可得 即. 故直线BP与直线AQ的交点在定直线上. 5． 【答案】(1)； (2)； (3) ，，，，， 直线的方程为， ，直线的方程为， 联立和的交点为， 解得的的值为交点的横坐标， 整理得， 由（2）知，，代入， 得到 将代入，得到， 整理得， 设，，则有， ，， ，， ， ，交点在定直线上. 【分析】（1）设椭圆上点，求出，，，由在椭圆上，代入解得，代入得解； （2）设斜率为k的直线l的方程为，由直线l与长轴端点不重合得到，将代入，整理得，设，，利用根与系数的关系求出和，由，在直线，求出，求出，，计算，代入已知， 计算得到或，讨论和得到直线l过的定点； （3）求出直线和的方程，联立和的交点为，计算得解. 【详解】（1）设椭圆上点，则，，， 在椭圆上，， ，，为定值； （2）设斜率为k的直线l的方程为，直线l与长轴端点不重合，则， 将代入，得到， 整理得， 设，，则有， ，在直线，， ，， ， ，， ，， ，或， 当时，直线l的方程为， 此直线恒过，不满足题意，舍去； 当时，直线l的方程为， 此直线恒过，则直线l过定点； （3）略 综合攻坚·知能拔高 1． 【答案】(1) 如图所示： 代入，得：， 设，则； 导函数为，所以在点处的切线方程为， 化简得，同理得， 所以两直线交点为，所以， 故点在定直线上． (2) 【分析】（1）将代入得到，再由求导，得到两条切线方程，求交点即可； （2）由（1）得到，从而得到垂线方程，代入椭圆方程，求得点M，N的坐标，从而得到点M，N到直线的距离，表示求解． 【详解】（1）略 （2）， 由（1）得，所以垂线，即，代入椭圆， 得：，因为点在点上方，所以； 到直线的距离； 同理可得到直线的距离． ． 当，即时，． ，所以； 当时，， 所以，设， 设； ，所以在上单调递增； 所以，故，当且仅当，即时取到“”， 显然，所以的最小值为． 2． 【答案】(1)， 轨迹是以为左右顶点，以为上下顶点的椭圆，但不含两点 (2) 设，由题意可知， 则， 将直线方程与椭圆方程联立得， 所以，即， 又， 整理得， 所以或，即或， 则该直线过定点，其中与B重合，舍去， 该点在椭圆内部，满足直线与椭圆有两个交点，符合题意； (3) 【分析】（1）利用两点斜率公式得，再化简即可； （2）联立直线椭圆方程得到韦达定理式，再计算的表达式，代入韦达定理式化简即可得到关系式，则得到所过定点坐标； （3）利用三角形面积公式得的表达式，再结合换元法、二次函数的性质计算值域即可. 【详解】（1）由题意可知，整理得， 所以P的轨迹是以为左右顶点，以为上下顶点的椭圆， 但不含两点； （2）略 （3）由上可知，， ， 令，则上式化为，令 整理得， 设，则 由二次函数的单调性可知，所以. 3． 【答案】(1) (2) (3) 直线的方程为，直线的方程为， 当时，两式相除得， 所以， 由（2）中①②式可得， 所以， 所以，所以点在定直线上. 【分析】（1）设点，利用斜率公式化简可得点的轨迹方程； （2）设直线的方程为，设、、、，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，根据化简得出，代入韦达定理可求出的值，即可得出直线的方程； （3）求出直线、的方程，联立这两直线的方程，结合韦达定理求出点的纵坐标，即可证得结论成立. 【详解】（1）设点，则，整理得， 又因为，所以点的轨迹的方程为. （2）由题意可知直线不与轴重合，设直线的方程为， 设、、、， 联立得， 恒成立， 所以①，②， 因为、、，则， 所以，所以， 代入①②两式得，，， 所以，解得， 结合，知，所以， 所以直线的方程为，即. （3）略 4． 【答案】(1) (2) 证明：设，则， 由斜率不为0，可设， 联立双曲线并整理得， 则， 所以 由，直线， 根据双曲线的对称性，直线所过定点必在轴上， 令，则，解得 因为，所以， 而，所以，则， 所以过定点 (3)存在定点，直线是 【分析】（1）根据，再根据准线方程得到，求解即可； （2）设，，联立双曲线方程，结合韦达定理得到，再结合对称性即可求证； （3）设直线的方程，与双曲线的方程联立，由等式成立，可得为的角平分线，可得直线的斜率之和为0，求出直线的斜率之和的代数式，利用韦达定理整理可得参数的值. 【详解】（1）设的半焦距为，易知， 因为为的右准线，所以， 解得，所以， 所以的方程为. （2）略 （3）由过点作直线交曲线于异支两点，得直线的斜率存在，且斜率不为0， 设直线的方程为，其中或 因为恒成立，即，得为的角平分线， 设，假设存在， 联立，整理可得：， ， 因为，所以， 整理可得， ， 即， 因为，整理可得，即， 综上所述，在实轴上存在定点使恒成立，对应定直线是. 5． 【答案】(1) (2)（ⅰ）如图，设，，    则，由题意有． 直线的斜率，即的斜率为， 所以直线的方程，所以． 又在椭圆上，． ． （ⅱ）． 【分析】（1）由椭圆标准方程确定，结合时在轴上的射影为椭圆焦点的条件，将点代入椭圆方程，结合的关系求解，即可得到椭圆的标准方程. （2）（i）联立直线与椭圆方程，求解得到两点坐标，由轴得到点坐标，进而求出直线的方程，将直线与椭圆方程联立求得点坐标，计算直线的斜率，验证为定值即可. （ii）利用两点间距离公式分别计算与的长度，将表示为关于的函数，结合的取值范围，分析函数的取值特征，即可求得的取值范围. 【详解】（1）由题意有，所以． 设椭圆焦距为，易知椭圆过点，所以． 又，所以， 所以，即，解得， 所以，故的标准方程为． （2）（ⅰ）略 （ⅱ）解： ， 而， 由（ⅰ）知 ． 又， ． 当且仅当，即时等号成立，所以． 6． 【答案】(1) (2)或 (3)是， 【分析】1）根据实轴的长为，离心率，求出即可求得双曲线的标准方程; （2）假设直线的方程与双曲线的标准方程联立，通过韦达定理表示出线段的中点的坐标，从而求出轨迹方程； （3）设，求出点双曲线两条渐近线的距离，再利用分别取两条渐近线的法向量为求出两条渐近线的夹角，由于与两条渐近线垂直，故与该夹角互补，从而表示出面积，再判断是否为定值. 【详解】（1）由双曲线的实轴的长为，得，所以， 又，所以，所以， 所以双曲线的标准方程为． （2）当直线的斜率不存在时，不符合题意； 当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为， 联立，消去并整理，得 ， 由直线与双曲线有两个交点，得， 且 ，解得且． 设，则，故， 由且，得或， 将代入，整理得， 因为，所以，即 ， 故线段的中点的轨迹方程为或． （3）的面积是定值．理由如下： 设，则，双曲线的渐近线方程分别为 ． 点到两条渐近线的距离分别为， 故．分别取两条渐近线的法向量为， 则， 由于与两条渐近线垂直，所以，与该夹角互补 故， 所以的面积， 故的面积为定值． 7． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，求出即可. （2）（i）设出直线的方程，由三角形面积关系用的斜率表示出点坐标并列出方程求解；（ii）联立直线的方程与的方程，利用韦达定理及共线向量的坐标表示列式计算得证. 【详解】（1）由椭圆的左焦点为，得椭圆的半焦距， 由到上任意一点的距离最小值为1，得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）（i）由（1）得，直线的斜率存在，设其方程为，则， 由，得，而的面积是的面积的3倍， 则，由在线段上，得是线段的中点，于是， 又点在椭圆上，则，解得， 所以直线的方程为. （ii）由消去得， 设，则， 由，得，则，同理， 因此， 所以为定值. 8． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据垂直平分线性质得，结合Q在直线PE上，分Q在线段延长线和线段上两种情况，推导为定值，对照双曲线定义确定曲线类型，再计算参数得轨迹方程； （2）（ⅰ）设直线方程，与曲线Γ的方程联立，得韦达定理关系；根据直线，的斜率之和为0，列出方程求得直线中参数，确定定点，证明结论；（ⅱ）设直线的方程，与曲线Γ联立，利用韦达定理可求出A点坐标，同理求B点坐标；结合直线斜率为2的条件，得到坐标满足的方程，即可得直线的方程，从而证明结论. 【详解】（1）圆的圆心为，半径， 线段的垂直平分线与直线交于点，故， 当线段的垂直平分线与射线相交时，， 当线段的垂直平分线与射线相交时，， 所以， 故点的轨迹是以为焦点的双曲线，设其方程为， 则，则， 故点的轨迹的方程为； （2）（i）设直线， 联立，得， 则，， ， 所以 ，解得， 故直线l的方程为，即直线过定点； （ii）设，则直线的方程为，其中， 联立，可得， 则，将以及代入可得： ， 则，所以，则， 同理， 设直线，代入点A的坐标得， 整理得，同理可得， 所以可知直线的方程为，即， 令，解得， 即直线过定点. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题 常考题型·精准突破 题型01 直线过定点问题（高频） 题型02 圆过定点问题 题型03 探究型定点问题（重） 题型04 斜率相关的定值问题（重） 题型05 向量有关的定值问题 题型06 面积有关的定值问题 题型07 距离有关的定值问题 题型08 线段长有关的定值问题 题型09 角度有关的定值问题 题型10 参数式的定值问题 题型11 定直线问题（难） 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 题型01 直线过定点问题 1．（25-26高二下·重庆·期中）已知平面内动点到点的距离与到直线的距离相等．记动点的轨迹为，过点的直线与曲线相交于，两点． (1)求轨迹的方程； (2)设点关于轴对称的点为，证明：直线恒过定点． 【答案】(1) (2)过定点 【分析】（1）由抛物线的定义，直接得到轨迹的方程； （2）结合设直线的方程和，两点坐标，联立曲线的方程，写出直线的方程，结合韦达定理化简即可到直线恒过定点． 【详解】（1）∵平面内动点到点的距离与到直线的距离相等， ∴由抛物线的定义知，动点的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线， ∴其轨迹方程为. （2）由题意可知，直线的斜率不为， 设直线的方程为，，则. 由，得. 恒成立，， ∵不重合，∴，即， ∴直线的方程为， 即. ∴直线过定点. 2．（25-26高二下·贵州毕节·期中）已知双曲线：的一条渐近线为：，且右焦点到直线的距离为2． (1)求双曲线的方程； (2)已知是的右顶点，、是上与不重合的两点，且，直线斜率存在，证明：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）根据双曲线的性质，结合已知条件求出，进而求出双曲线的方程； （2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理和判别式构造方程，进而求出直线方程，证明结论． 【详解】（1）双曲线：的一条渐近线为：， ，即， 右焦点到直线的距离为，解得， 由，即，得，故， 双曲线的方程为． （2）证明：由题得，设，， 设的方程为， 联立消去并化简得， ，即， 且，， ， ，即 ， 化简得， 解得或，且均满足， 当时，直线的方程为，过定点，与已知矛盾； 当时，直线的方程为，过定点， 综上，直线过定点，且定点的坐标为． 3．（25-26高二下·云南昭通·阶段检测）已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)不经过点的直线与椭圆相交于，两点，已知直线与直线的斜率之和为，证明：直线过定点. 【答案】(1) (2)证明：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，. 因为直线不经过点，所以. 由方程组消去整理得， 则，. 因为直线与直线的斜率之和为-1， 所以 ， 整理得 ， 所以 ， 化简得 . 因为，所以， 代入直线的方程得，所以直线恒过定点（4，1）. 当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，代入椭圆的方程得， 由 ，解得，但是直线与椭圆没有交点，所以斜率不存在时无符合条件的直线. 综上所述，直线过定点（4，1）. 【分析】(1)通过离心率和定点求椭圆方程. (2)联立直线与椭圆方程利用韦达定理求出两点坐标关系后，代入到斜率之和为的条件中求解. 【详解】（1）解：因为椭圆的离心率为，且过点，所以 因为，所以，， 所以椭圆的标准方程为. （2）略 4．（25-26高二下·上海闵行·期末）已知椭圆 ： ，点是椭圆的右顶点． (1)求椭圆离心率； (2)已知点， ，若椭圆 上存在一点 ，满足，求 的值； (3)若直线 与 交于 、 两点，且 为直角，求证：直线 恒过定点． 【答案】(1)； (2)； (3)设，， 当直线斜率不存在时，设直线方程为 ，则，， 由 为直角，可得 ， 也即 ，解得或 （舍去）． 当斜率存在时，设直线 方程为 ，联立， 整理得 ，可得 且 为直角，可得 ， 所以 ，即 ， 整理得 ， 将式代入上式得： ， 化简得 整理得 ，可得 或 ， 当 时，直线方程为，此时直线过定点，不符合题意，舍去， 当 时，直线方程为，此时直线过定点，符合题意． 综上，直线 恒过定点． 【分析】（1）结合椭圆方程列方程，解方程求得 的值，由此求得椭圆的离心率； （2）设出点 ，则可利用坐标表示出两向量，从而用 表示点 坐标，再将该点坐标代入方程计算即可得； （3）设，，根据题意得到 ，分为斜率不存在和斜率存在两种情况分别讨论，求出直线的方程判断过定点即可. 【详解】（1）由已知 ，则 ，又，. 得 ， ， 故椭圆的离心率为； （2）由椭圆的标准方程为 ， 则，设，则，， 由，则，解得， 则有 ，解得 ，又 ，故； （3）略 5．（25-26高二上·云南玉溪·期中）已知抛物线的焦点F到直线的距离为，不过原点的直线l与C交于A,B两点． (1)求C的标准方程； (2)若直线l的方程为，求 ； (3)若OA垂直于OB，求证：直线l过定点． 【答案】(1)x2＝4y； (2)； (3)证明见解析 【分析】（1）利用点到直线的距离公式列方程求出的值，即得抛物线方程； （2）将直线方程与抛物线方程联立，利用弦长公式计算即得； （3）设直线方程，与抛物线方程联立，写出韦达定理，结合条件求出的值，回代入直线方程即可得证. 【详解】（1）抛物线的焦点为， 则点F到直线（即）的距离为 因，解得， 故抛物线C的标准方程为； （2）设，由消去y得， 解得， 则. （3）设直线l的方程为，点， 由消去y得，由， 则， 依题意，得，因，则得， 因此直线l的方程为，因此直线l过定点． 6．（25-26高二上·云南保山·期末）已知直线与抛物线相交于异于原点的、两点． (1)若为正三角形，求的面积； (2)若以为直径的圆经过原点，求证：直线恒过定点． 【答案】(1)； (2) 显然直线不垂直于轴，设直线的方程为， 由，得，则，， 由以为直径的圆经过原点，得，， 又，解得，则直线恒过定点， 所以直线恒过定点. 【分析】（1）设出点的坐标，利用正三角形特征，结合抛物线方程求出即可. （2）设出直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合向量垂直的坐标表示计算得证. 【详解】（1）设，由为正三角形，得， 则，即，整理得， 而，因此，，， 由，得，即，解得， 所以的面积. （2）略 题型02 圆过定点问题 1．已知椭圆上的点到两焦点的距离之和为4，且右焦点为． (1)求椭圆的方程； (2)设、分别为椭圆的左右顶点，点为椭圆上异于、的动点，直线、分别与直线交于点、．求证：以为直径的圆交轴于两定点． 【答案】(1) (2)如图所示，可知，设， 则，所以， 所以， 设以为直径的圆交轴于点， 可得， 因为为直径，所以，即，化简得， 而，所以，所以，所以， 解得或，即以为直径的圆交轴于点，即以为直径的圆交轴于两定点. 【分析】（1）根据椭圆的概念，求出参数值，写出标准方程即可； （2）根据直线与椭圆的位置关系，和圆的基本性质，设出点的坐标，联立方程组，求出圆与轴交点的横坐标即可. 【详解】（1）由题意可知，所以， 所以椭圆的方程为. （2）略 2．已知抛物线C：（）经过点（），F为焦点，且. (1)求C的方程及； (2)设O为原点，过F作斜率不为0的直线l交C于M，N两点，直线分别交直线OM，ON于A，B. 证明：以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点. 【答案】(1)， (2)因为直线l的斜率不为0，焦点坐标为， 设直线l的方程为， 与抛物线方程联立可得， 故，， 可得，， 设，，则，， 可得直线OM的方程为， 与联立，可得，同理可得. 易知以AB为直径的圆的圆心坐标为， 圆的半径为， 则圆的方程为. 令，整理可得，解得， 即以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点，. 【分析】（1）根据抛物线的定义可得，代入抛物线方程即可得； （2）设直线l的方程为，联立方程利用韦达定理可得圆的方程，令运算求解即可. 【详解】（1）因为抛物线C：（）经过点，F为抛物线的焦点，且， 所以由抛物线的定义，可得，解得，所以， 又因为P的横坐标为1， 所以，解得， 又，所以. （2）略 3．已知为抛物线的焦点，点在上，且满足． (1)求点的坐标及的方程； (2)设过点的直线与相交于两点，且不过点，若直线分别交的准线于两点，证明：以线段为直径的圆恒过定点． 【答案】(1)； (2)证明：由对称性可知：以线段为直径的圆所过定点在轴上. 设直线l的方程为，代入，得， 设点，，则， 因为，所以， 得到直线的方程为，令，得， 所以点，同理，点， 设以线段为直径的圆与轴的交点为， 则，， 因为，所以，即， 则， 解得或，故以线段为直径的圆所过定点为和. 【分析】（1）设点，点，根据向量表示点坐标，代入抛物线方程可得的取值，从而求出点坐标以及抛物线方程； （2）设直线的方程，联立直线与抛物线的准线方程求出两点的坐标，再由对称性可知定点在轴上，可设定点，由于线段为圆的直径，则，坐标运算求出的值． 【详解】（1）设点，点，则有， 则，因为点在上，所以， 解得或（舍），即， 所以点的坐标为，抛物线的方程为． （2）略． 4．（25-26高二下·河南新乡·期末）已知抛物线，为坐标原点，过点的直线与抛物线交于两点，且直线与直线的斜率之积为． (1)求抛物线的方程； (2)为抛物线的焦点，若的面积为，求直线的方程； (3)若直线分别与直线交于点，证明：以为直径的圆过定点，并求出定点坐标． 【答案】(1) (2)或 (3)证明：直线的方程为：，所以，同理， 所以以为直径的圆的方程为：， 即， 因为，， 所以以为直径的圆的方程为：， ，解得或， 所以以为直径的圆过定点，且定点为与． 【分析】（1）设出直线方程，与抛物线联立，由韦达定理可得两根之和，两根之积，根据斜率之积得到方程，求出，得到抛物线方程； （2）根据的面积得到方程，求出，得到直线方程； （3）求出以为直径的圆的方程，得到定点坐标 【详解】（1）显然当直线的斜率为0时，直线与抛物线只有1个交点，不合要求，舍去； 设直线的方程为，与抛物线联立得①， 设，则，因为， 所以， 则，所以抛物线的方程为； （2）因为，方程①转化为，且， 因为， 所以， 因为的面积为，所以，解得， 所以直线的方程为或；    （3）略 5．（25-26高二上·浙江杭州·期中）已知椭圆上的点到两焦点的距离之和为4，且右焦点为． (1)求椭圆的方程； (2)设、分别为椭圆的左右顶点，点为椭圆上异于、的动点，直线、分别与直线交于点、．求证：以为直径的圆交轴于两定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆的概念，求出参数值，写出标准方程即可； （2）根据直线与椭圆的位置关系，和圆的基本性质，设出点的坐标，联立方程组，求出圆与轴交点的横坐标即可. 【详解】（1）由题意可知，所以， 所以椭圆的方程为. （2） 如图所示，可知，设， 则，所以， 所以， 设以为直径的圆交轴于点， 可得， 因为为直径，所以，即，化简得， 而，所以，所以，所以， 解得或，即以为直径的圆交轴于点，即以为直径的圆交轴于两定点. 6．设椭圆过点，且离心率. (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆的上顶点，MN为上异于的两点，若直线AM，AN的斜率为，且.求证：以线段MN为直径的圆经过一个定点，并求出该定点的坐标. 【答案】(1) (2) 法一：证明：由题意知直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为. 联立方程得. 设，则. 所以 化简得，解得或（舍去）. 所以. 所以. 设该圆过一个定点，则， 所以，即. 将代入化简有对任意实数成立， 所以解得. 故以线段MN为直径的圆过定点. 法二：同法一求出直线在y轴上的截距m得直线MN过定点， 以及，. 题目情境关于轴对称，故若以线段MN为直径的动圆过定点，则该定点在轴上. 设定点为，则. 所以，即. 将代入，得. 化简有对任意实数都成立， 即解得. 故以线段MN为直径的圆过定点. 【分析】（1）由和以及椭圆过点求出参数即可得解； （2）法一：由题意设直线MN的方程为，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和求出参数m，设该圆过一个定点，利用结合韦达定理分析计算求解即可得证； 法二：同法一得到参数m以及，进而得到圆过定点为，利用同理法一计算即可求证. 【详解】（1）由椭圆的离心率及，知. 又椭圆过点，所以，解得. 所以椭圆的方程为. （2）略 题型03 探究型定点问题 1．（25-26高二下·云南红河·期末）已知双曲线：经过点，. (1)求的方程； (2)过点且斜率为的直线与的右支相交于两点， （i）求斜率的取值范围； （ii）在轴上是否存在定点，使得无论绕怎样旋转，总有轴平分？如果存在，求出定点；如果不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）存在， 【分析】（1）将两点坐标代入双曲线方程即可求解. （2）（i）设出直线方程，联立方程，消去得到方程，利用方程根的情况可求解. （ii）假设存在满足条件的定点，利用轴平分得到即可求解出点的坐标. 【详解】（1）由双曲线：经过点，， 得，解得. 所以曲线的方程为. （2）（i）设直线的方程为：，联立， 整理得. 因为直线与双曲线的右支相交于两点，设，， 所以，解得或. 故斜率的取值范围为. （ii）由轴平分可知. 由（i）可得. 又，， 则，. 假设在轴上存在定点，则， 因为，所以， 展开可得， 即. 因为或，所以. 即， 即， 即，得. 所以轴上存在定点符合条件，且． 【点睛】本题考查直线与双曲线的问题，是常考内容， 角平分线转化为斜率关系，结合韦达求定点，体现解析几何的一般解题思想. 2．已知抛物线的焦点为F，准线为l． (1)写出以坐标轴为对称轴、F为焦点、离心率为的椭圆的标准方程； (2)设l与x轴的交点为E，点P在第一象限，且在上，若，求直线的方程； (3)经过点F且斜率为的直线与相交于两点，O为坐标原点，直线分别与l相交于点．试探究：以线段为直径的圆C是否过定点，若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)是，和 【分析】（1）先求抛物线的焦点坐标，再根据题意求椭圆的，即可得解； （2）解法一：设点，根据题意可得点P的轨迹方程为，从而求出点P的坐标，可得直线方程；解法二：根据抛物线的定义进行转化分析可得，进而可得直线EP的倾斜角与斜率，利用点斜式求直线方程； （3）设直线的方程及两点的坐标，进而可求两点的坐标，结合韦达定理求圆C的圆心及半径，根据圆C方程分析判断定点． 【详解】（1）由题意得，的焦点为， 设椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b， 因为离心率为，所以，得，． 所以椭圆的标准方程为． （2）解法一：的准线方程为，． 设点，因为， 所以，得， 因为，所以，所以， 因为P在第一象限，所以点P的坐标为． 则直线的斜率为，直线的方程为． 解法二：的准线方程为，． 过点P作的准线的垂线，垂足为M，， 因为，所以， 因为P在第一象限，所以直线的倾斜角为． 则直线的斜率为，直线的方程为． （3）设点． 由已知直线的方程为， 将代入抛物线方程得， 所以． 因为直线的方程为，直线的方程为， 令，得的纵坐标分别为． 得到圆C方程为． 因为，所以整理得， 令，得或， 所以圆C过定点和． 3．（25-26高二下·天津·阶段检测）椭圆的离心率，椭圆经过点，左顶点为，过点作斜率为的直线交椭圆于点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)求面积取最大值时的直线方程； (3)若点是线段的中点，问是否存在轴上一定点，对于任意的都有，若存在求出点坐标，若不存在请说明理由． 【答案】(1) (2)（或、）； (3)存在， 【分析】（1）根据椭圆离心率及过定点条件，结合联立求解参数，即可得椭圆标准方程. （2）设出直线的方程，联立椭圆方程求得点纵坐标，结合三角形面积公式表达的面积，利用基本不等式求最值及对应斜率，即可得直线方程. （3）先求出点及中点的坐标，假设存在定点，根据垂直关系斜率乘积为列式求解，验证结果与无关即可. 【详解】（1）∵ 椭圆离心率，∴ . 又，∴ ，椭圆方程可化为. 将点代入得，化简得， ∴ ，，. ∴ 椭圆的标准方程为. （2）由题意得左顶点，设直线的方程为. 联立，消去整理得. 已知是方程的一个根，设，由韦达定理得， ∴ ， 代入直线方程得. 的面积，其中， ∴ . ∵ ，由基本不等式得，当且仅当即时等号成立. ∴ ，即面积最大值为，此时， 直线的方程为. （3）在中令，得，∴ . ∵ 是线段的中点， ∴ ，， ∴ 直线的斜率. 假设轴上存在定点满足题意，则直线的斜率. ∵ ， ∴ ，即，解得. 该结果与的取值无关，对任意均成立. ∴ 存在定点满足题意. 4．（25-26高二下·四川凉山·期末）已知椭圆：，（）的左、右焦点分别为、，点是上的点，且，离心率． (1)求的标准方程； (2)设，． ①若点位于第一象限，直线，的斜率分别为，，求的取值范围； ②设直线：与交于，两点，若（为坐标原点），试判断直线是否过定点，如果是，请求出定点，如果不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)①； ②直线过定点，理由如下： 设，， 设直线， 联立，消去得，整理得， 则，由可知，则， 所以 ，即，即， 所以，整理得， 即，故， 所以直线， 令，即，此时，则直线过定点. 【分析】（1）由椭圆定义直接求出；由离心率算出；用求出，即可写出椭圆标准方程. （2）①先设第一象限内点，写出两条直线斜率，相乘得到；利用椭圆方程把替换成含的表达式，将乘积化为只含的函数；根据在第一象限，确定，再利用函数单调性求出取值范围.②条件，几何意义是直线关于轴对称，等价于斜率之和；把直线和椭圆联立，得到一元二次方程，用韦达定理写出与；将斜率相加为的式子通分展开，再把韦达定理的结果代入化简，得到的关系式；把关系式代回直线方程，整理成点斜式，令参数的系数为0，求出定点坐标. 【详解】（1）由椭圆定义得到，故， 所以由离心率得， 由得， 所以椭圆的标准方程为. （2）①设，因为点位于第一象限，所以且满足，即， 因为，，所以，则， 令，由在第一象限，得，故， 则， 因为，所以，所以，则，即，即， 所以的取值范围是. ②略 5．（25-26高二上·四川成都·期末）设动圆M的半径为r，它与圆外切，且与圆内切． (1)求圆心M的轨迹方程E (2)设点，直线与曲线E相交于A，B两点． ①若的中点为，求直线l的方程； ②若以为直径的圆恒过点P，试判断直线l是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由． 【答案】(1) (2)①；②过定点，定点坐标为 【分析】（1）由已知可得，，由双曲线的定义可求得圆心M的轨迹方程E； （2）①设，联立直线与双曲线方程，消去，利用根与系数的关系可得，求解即可；②结合①，求得，利用，可得的关系，进而分类讨论可求得直线l所过定点. 【详解】（1）因为动圆M与圆外切，所以， 因为动圆M与圆内切，所以， 所以，根据双曲线的定义，点M的轨迹为双曲线的右支， 且，所以，所以， 所以圆心M的轨迹方程E为. （2）①由（1）知，E的方程为，设， 由，消去得，， ，且， ，由为的中点，得，解得，满足， 所以直线l的方程为，即. ② 由①，．， 则 ，由以为直径的圆恒过点P，得， 于是，解得或， 当时，直线过，不符合题意； 当时，直线过定点， 所以直线l过定点，该定点坐标为. 题型04 斜率相关的定值问题 1．（25-26高二下·安徽马鞍山·期末）已知椭圆经过点，离心率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知，为椭圆的左、右焦点，过点的直线交椭圆与，两点，且，不在轴上. （i）若，求直线的方程； （ii）为椭圆右顶点，直线，与直线分别交于点，，记直线，的斜率分别为，.证明为定值，并求出该值. 【答案】(1) (2)（i）或. （ii）设点，. 直线交直线于， 则，同理得.               （方法一）设直线， 由（i）知，，. 则 .          （方法二）当的斜率不存在时，可知直线，则，， 直线，令得， 直线，令得， 则； 当的斜率存在时，设直线. . 由（i）知，. 则 .    （方法三）设椭圆的左顶点为点，点所对的准线为， 故分别连接并延长与相交，必有三点共线，三点共线. 连接，，根据椭圆的第二定义可知，， 则， 则由外角平分线定理可知是的外角平分线， 同理可得，是的外角平分线，故. 设准线与轴交于点，故， 则. 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）（i）设直线或，与椭圆联立，根据弦长公式求解； （ii）结合（i）中的两种直线方程，求出斜率化简即可；或设椭圆的左顶点为点，可得三点共线，三点共线，再结合椭圆的第二定义以及外角平分线定理可得，再由射影定理和斜率公式化简. 【详解】（1）由题意可得，，设， 因为椭圆过点得，得，所以椭圆方程为. （2）（i）（方法一）由题意知，，，， 设点，，直线， 联立，得. 则，，     则， 解得，即. 故直线为或.         （方法二） 由题意知，，，. 当直线的斜率不存在时，不满足题意. 设的斜率为，点，，直线. 联立，得， 则，.         则， 解得，，故直线为或.         （ii）略 2．（2026·安徽阜阳·二模）已知双曲线C：的焦距为8，点在双曲线C的一条渐近线上.过双曲线C的左焦点F作直线l交双曲线C的左支于A，B两点. (1)求双曲线C的方程； (2)已知点，直线交直线于点Q，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由已知条件，列方程求出，可得双曲线标准方程； （2）设直线的方程与双曲线联立方程组，设两点坐标，表示出直线，得点坐标，表示出，结合韦达定理，证明为定值. 【详解】（1）由题意知，则，所以， 因为点在双曲线的一条渐近线上， 所以点在双曲线的渐近线上，所以， 综上可得， 故双曲线的方程为. （2）由（1）知双曲线的左焦点为， 由题意设直线的方程为， 由直线，得， 设，则，又， 所以 ， 由，得，其中， 则，，，所以. 因为，所以， 所以 . 即为定值. 3．（2026·山东烟台·一模）已知双曲线经过点，且离心率为2． (1)求的方程； (2)过的右焦点且斜率不为0的直线与交于两点，设分别为的左、右顶点，且直线的斜率分别为，判断：是否为定值？若是，求出该定值；否则，说明理由． 【答案】(1) (2)是定值， 【分析】（1）根据题设列出关于的方程组，求解即得； （2）设的方程为，与双曲线方程联立，写出韦达定理，分别求出直线的斜率，并化简，利用消元思想与韦达定理即可推出结论. 【详解】（1）由题意，可得， 解得. 所以的方程为. （2）由（1）知，的右焦点为，设的方程为， 与方程联立，得. 因为与有两个交点，所以且，解得． 设，则，则有 因，则， 所以，因， 代入可得，，即为定值. 4．（25-26高二下·浙江杭州·期中）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，抛物线的焦点在双曲线上，过点的直线与双曲线交于，两点． (1)求双曲线的标准方程； (2)证明：直线与直线的斜率之积为定值． 【答案】(1) (2)为定值 【分析】（1）由题意可得方程组，计算可解； （2）直线的方程为，，，直线与双曲线联立方程组，由韦达定理及斜率公式计算即可证明. 【详解】（1）抛物线的焦点为， 由题意得， 所以双曲线的标准方程为； （2）∵过点，由题意可知的斜率不为0， 故可设直线的方程为，，， 则 ， ， ∴ ． 故直线与的斜率之积为定值． 5．（25-26高二下·上海·期中）已知双曲线的左､右焦点分别为，点为双曲线上一动点. (1)若斜率为1的直线过点，且与双曲线交于两点，求的面积； (2)设直线过原点，且与双曲线交于两点.若直线的斜率分别为，求证：为定值. 【答案】(1); (2)如图所示， 如图所示，不妨设，，，则， 则，，所以， 点和均在双曲线上，所以，， 解得：，， 所以 ，即：为定值3. 不妨设，，，则，则，， 所以， 点和均在双曲线上， 所以，，解得：，， 所以 ， 即为定值3. 【分析】设出直线方程，利用韦达定理和三角形的面积公式即可求解； 设出直线方程，利用点在双曲线上，找到等量关系，代入斜率乘积式即可求解. 【详解】（1） 如图所示，由题可知：，，所以，所以，， 不妨设，则联立方程：，解得：，所以，， 则 ，所以 由弦长公式可得：， 点到直线距离为： 则. （2）略 题型05 向量有关的定值问题 1．（25-26高二下·江苏连云港·期末）已知双曲线（，）经过点，，直线交的右支于，两点，且线段的中点为． (1)求双曲线的标准方程； (2)若点的坐标为，求直线的方程； (3)若直线经过的右焦点，以为直径的圆与直线相交于，两点，证明：为定值． 【答案】(1) (2) (3)由双曲线得，右焦点， ①当直线的斜率存在时，设直线，，中点. 联立​，整理得, 由韦达定理得：， 因此：， 因为圆以为直径，圆心为，半径​，所以， 设，将代入圆方程， 得，故， 所以 ， 因为，所以，且，代入上式， 所以. ②当直线斜率不存在时，，易得， 所以，仍成立. 综上，为定值. 【分析】（1）直接由待定系数可求得双曲线方程； （2）直接用点差法求中点弦的方程并检验可得； （3）分直线的斜率存在或不存在两种情况讨论：当直线的斜率存在时，设直线，，中点，结合根与系数关系得，，再圆的方程中令，设，所以由根与系数关系得，进而可将，再将代入可得；当直线的斜率不存在时，得，进而可得所求值，综上可得所证结果. 【详解】（1）将点、代入双曲线方程，得， 令，​，解得​，即. 因此，双曲线的标准方程. （2）设，且两点均在双曲线上，故 两式相减得点差公式：，即. 又因为中点为，故，代入上式得，即. 若，则，则重合，且中点，则三点重合， 这与直线交的右支于，两点矛盾. 所以，因此直线斜率. 又因为直线经过点，由点斜式得直线方程，整理得. 联立​，得，判别式， 且，所以两根均为正根，符合交右支于两点的条件. 因此直线的方程为. （3）略 2．（2026·宁夏银川·三模）已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，实轴长为，点到双曲线的渐近线的距离为1，过的直线与交右支于，两点. (1)求双曲线的方程； (2)证明：存在轴上的一点，使得为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出双曲线的基本量后可得双曲线的方程； （2）设，，联立直线方程和双曲线方程，结合韦达定理化，根据该值为定值可求的坐标； 【详解】（1）解：因为实轴长为，故， 而点到双曲线C的渐近线的距离为1，故， 故双曲线的方程为：. （2）证明：设为半焦距，则，故， 因为与双曲线的右支相交于两个不同的点，故可设，， 由可得即， 故且， 所以，又. 设，则，， 故 为定值当且仅当，故， 故存在轴上的一点，使得为定值且定值为. 3．（25-26高二上·上海·期末）双曲线的左、右焦点分别为，直线过且与双曲线交于两点. (1)若的倾斜角为，是等边三角形，求双曲线的渐近线方程； (2)设，若的斜率存在，求证：为定值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由直线的倾斜角可求得点坐标，再利用等边三角形性质可得； （2）求出双曲线方程和直线方程，联立后利用韦达定理即可求得的值. 【详解】（1）设双曲线的焦距为，则可得， 当的倾斜角为时，不妨设，如下图所示： 将点代入可得，又； 解得； 由是等边三角形可得，即， 联立解得或（舍）； 所以可得， 所以双曲线的渐近线方程： （2）当 时，双曲线方程为 ，焦点 . 设直线 ，不妨设，联立直线和双曲线方程， 消去 得 . 由韦达定理： ，计算可得 ， 代入韦达定理结果化简得： 因此： 即 为定值 . 4．（25-26高三下·河北沧州·阶段检测）已知离心率为的椭圆过点． (1)求椭圆的标准方程． (2)过点引出两条相交直线和，分别交椭圆于四点，若两条直线斜率互为相反数，判断是否为定值？如果是定值，求出其定值． 【答案】(1) (2)是定值，定值为0． 【分析】 （1）由题意列出关于的方程，求解可得椭圆的标准方程； （2）设，设直线的方程为，直线的方程为，联立椭圆的方程，可用表示，即可得，从而判断是否为定值. 【详解】（1） 设椭圆的焦距为. 因为椭圆的离心率为，且过点， 所以，解得， 则椭圆的标准方程为； （2） 易知直线的斜率均存在， 设直线的方程为， 所以直线的方程为． 设， 此时，， 联立，消去y并整理得， 此时，解得或， 由韦达定理得，， 所以 ， 联立，消去y并整理得， 此时，解得或， 由韦达定理得，， 所以 ． 综上所述，或. 所以是定值，定值为0． 5．（25-26高三下·上海虹口·阶段检测）已知双曲线，点为右顶点，直线与相交于两个不同的点和（均异于点）． (1)求两条渐近线夹角的余弦值； (2)若在上，且，求点坐标； (3)若点在上，直线与与轴的交点分别为、，求证：为定值． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）写出双曲线的渐近线方程，进而得到它们的法向量，应用向量法求渐近线夹角的余弦值； （2）设，利用向量垂直的坐标表示及在双曲线上求参数值，即可得； （3）设，，，联立双曲线并应用韦达定理，，，取的中点，结合化简即可证. 【详解】（1）由题意两条渐近线的方程为，故其法向量分别为，， 设两条渐近线夹角为，故， 故两条渐近线夹角的余弦值为； （2）由，，设，则， 因为，故，即， 由在双曲线上，则，即， 所以，则， 其中，则，故，所以． （3）设，，由题可得，直线的斜率存在， 设，联立， 整理得， 即，， 由，，则，， 取的中点，，且， 由于，， 故， 所以，故． 题型06 面积有关的定值问题 1．（25-26高三下·辽宁铁岭·阶段检测）已知双曲线的右焦点为为的两条渐近线，且的斜率为． (1)求的方程； (2)若点为上的动点，过点的直线与只有1个公共点，且与，分别交于点，． （i）求证：点为线段的中点； （ii）已知为坐标原点，的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，说明理由． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析;（ii）是定值，定值为 【分析】（1）根据给定条件，列式求出即可. （2）（i）设出点的坐标及直线的方程，与双曲线的方程联立，利用根的判别式及韦达定理推理得证；（ii）由（i）求出及原点到直线的距离，进而求出三角形面积. 【详解】（1）由双曲线的右焦点为，得， 直线的方程为，由的斜率为，得，解得， 所以的方程为. （2）（i）设，由（1）知，即， 设，显然直线不垂直于轴，设其方程为， 由消去得， 由直线与只有1个公共点，得， 整理得，直线的方程为，即， 直线的方程分别为，由，得点， 同理，而， ，所以点为的中点. （ii）由（i）知，原点到直线的距离， 因此的面积， 所以的面积为定值. 2．（25-26高二下·广东深圳·期中）已知椭圆过，两点. (1)求椭圆的方程及离心率； (2)设为第三象限内一点且在椭圆上. （i）若，为椭圆的右焦点，直线与椭圆相交于另一点，求线段的长度； （ii）直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积为定值. 【答案】(1)椭圆的方程为，离心率 (2)（i）； （ii）设，，，，， 直线，令，得，即 直线，令，得，即， ，， 所以四边形的面积为， 所以四边形的面积为定值. 【分析】（1）根据条件求，再得椭圆方程和离心率； （2）（i）首先求直线的方程，再根据直线与椭圆方程联立，求点的坐标，最后代入两点间距离公式求解；（ii）利用点的坐标求解直线的直线方程，再求解点的坐标，最后表示四边形的面积，即可证明. 【详解】（1）由条件可知，，， 所以椭圆的方程为，， 所以椭圆的离心率； （2）（i），， 直线的斜率为，所以直线的方程为， 与椭圆方程联立，得， ，即，，所以，即且， 所以 （ii）略 3．（25-26高二上·河南郑州·期末）已知椭圆的焦点在轴上，焦距为2，离心率． (1)求椭圆的标准方程； (2)若椭圆的左顶点为，下顶点为，是椭圆在第一象限上的一点，直线与轴相交于点，直线与轴相交于点． （ⅰ）求证：四边形的面积为定值； （ⅱ）求面积的最大值． 【答案】(1) (2) （ⅰ）由（1）可得：，， 设，，，且，即. 则：，令，，， 则：，令，，， 则， 故 故四边形面积为定值； （ⅱ） 【分析】（1）根据题设条件求出的值，即得椭圆方程； （2）（ⅰ）设，写出直线的直线方程，求出点的坐标，进而求得长，由代入化简计算即可证明其为定值；（ii）求出直线的方程及弦长，进而计算的面积，利用基本不等式求出其最大值，结合（i）的结论即可求出面积的最大值. 【详解】（1）由题意可得，， 则，. 故椭圆的标准方程为. （2）（i）略 （ⅱ）由，可得直线：，即， 则到直线的距离为且． 则． 当且仅当，即，时等号成立． 所以的面积， 即面积的最大值为．    4．（25-26高二上·江西上饶·期末）有一个半径为4的圆形纸片，设纸片上一定点F到纸片圆心E的距离为，将纸片折叠，使圆周上一点M与点F重合，以点F，E所在的直线为x轴，以线段的中点O为原点建立平面直角坐标系.记折痕与的交点Q的轨迹为曲线C.    (1)求曲线C的方程； (2)过曲线C外一点作该曲线的两条切线，切点分别为A，B，记，的斜率分别为，，且. ①求P点轨迹方程； ②求证：的面积为定值. 【答案】(1) (2)①； ②设，，则：，：， 因为，过点，∴， ∴方程为. 由， ∵， ∴， ∴， ∴的面积为定值. 【分析】（1）由圆的性质，根据椭圆的概念，可得答案； （2）设出直线方程，联立消元写出一元二次方程，结合切线性质，建立方程，可得答案. 【详解】（1）由题意可知，， ∴Q点轨迹是以E，F为焦点，4为长轴长的椭圆， ∴曲线C的方程为. （2）①设，过点P直线方程设为. 由，消元得：， 由直线与椭圆相切， 化简得：， ∴， 点轨迹方程为； ②略 5．（25-26高二上·四川德阳·期末）已知椭圆具有如下光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线射向椭圆上任一点，经椭圆反射后必经过另一个焦点.若从椭圆的左焦点发出的光线，经过两次反射之后回到点，光线经过的路程为8，其离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)设，，过点作直线与椭圆交于不同的两点，（异于，），直线，的交点为. （ⅰ）某同学闲暇时作了多条不同直线，相应产生了多个不同点，他感觉这些点在一条直线上.请你对其感觉的正确性给出判断并证明； （ⅱ）设直线，交点为，试问：与的面积之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由. 【答案】(1)； (2)（ⅰ）设直线方程为，与椭圆联立，消得： ，    又设交点，则， 所以有 则直线方程为：，直线方程为：， 两式消元得：， 代入可得：， 即交点为的纵坐标为常数，即这些点在一条直线上； （ⅱ）因为与的面积之积是,    由（ⅰ）可得交点为的纵坐标为常数，代入直线方程可得： ， 即交点为的横坐标为 又设直线方程为：，直线方程为：， 两式消元得：， 代入可得：， 即交点为的纵坐标也为常数，即点也在这条直线上， 把代入直线方程可得： ，即交点为的横坐标为， 由， 因为，所以， 即与的面积之积是. 【分析】（1）利用离心率和椭圆定义即可求解； （2）（ⅰ）利用直线与椭圆联立方程组，再利用交点坐标表示两条相交直线，通过方程组求出交点纵坐标，再利用韦达定理来证明定值即可； （ⅱ）把面积问题转化为两交点的横坐标问题，通过求解横坐标之积，就能证明两三角形面积之积为定值的问题. 【详解】（1）由题意可得：，解得， 所以椭圆的方程为； （2）（ⅰ）略 （ⅱ）略 题型07 距离有关的定值问题 1．（2026·山东枣庄·三模）已知双曲线的实轴长为，且经过点. (1)求的渐近线方程； (2)设曲线，点，分别是，上的动点，且满足，若原点到直线的距离为定值，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意求出的方程，再求渐近线方程即可； （2）当直线轴时，根据等面积法求得到直线的距离；当直线与轴不垂直时，设出直线的方程，分别代入双曲线和椭圆的方程，求得，利用等面积法求得到直线的距离，结合点到直线的距离为定值求出． 【详解】（1）根据题意，，解得， 则， 所以双曲线的渐近线方程为； （2）设点到直线的距离为， 当直线轴时，， 根据等面积法得，解得； 当直线与轴不垂直时，设直线的方程为（显然）， 则直线的方程为，由，得， 所以①， 同理，由可求得②， 根据等面积法得，即， 即 ，即③， 将①②代入③得， 又点到直线的距离为定值， 所以，解得， 时，，即， 综上所述，时，点到直线的距离为定值． 2．（25-26高二上·河北石家庄·期末）已知双曲线 C的渐近线方程为，且双曲线 C经过点 (1)求双曲线C的标准方程； (2)若点 A、B、D分别为双曲线C上不同的三个点，且 B、D两点关于y轴对称，△ABD的外接圆经过原点 O，证明：原点 O到直线 AB的距离为定值. 【答案】(1) (2) 设A，B两点的坐标分别为，可得点D的坐标为， 依题意，可设的外接圆的圆心坐标为 ，则该圆的方程为. 联立方程消去x后整理为， 则，解得或，且. 因直线AB的斜率不为0，可设其直线方程为， 联立，消去x后整理为， 则，且. 则有，可得. 则原点O到直线AB的距离为， 故原点O到直线AB的距离为定值. 【分析】（1）设双曲线C的方程为，代入点的坐标，计算可求得双曲线C的标准方程； （2）设A，B两点的坐标分别为，的外接圆的圆心坐标为 ，可得该圆的方程，将其与双曲线方程联立，可得，设直线AB的方程为，与双曲线方程联立可得，进而推出，再由点到直线的距离公式化简计算即得. 【详解】（1）由双曲线C的渐近线方程为，可设双曲线C的方程为. 代入点的坐标，有，可得. 则双曲线C的方程为，即. （2）略 3．（25-26高二上·贵州毕节·期末）已知双曲线的一条渐近线方程为，其虚轴长为4，Q为双曲线上任意一点. (1)求双曲线的方程； (2)求证：点到两条渐近线的距离之积为定值，并求出此定值. 【答案】(1) (2) 证明：因为由（1）知，双曲线的方程为， 所以两条渐近线方程为 和，即和. 由于Q为双曲线上任意一点，所以设， 则点到两条渐近线和的距离分别为. 所以，因为满足， 即，所以. 所以点到两条渐近线的距离之积为定值，定值为. 【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程和虚轴长求出，进而得到双曲线的方程. （2）先列出双曲线渐近线方程，然后根据点到直线距离公式分别求出，然后将两者相乘并化简，进而可证明结论. 【详解】（1）因为双曲线的一条渐近线方程为， 即，所以，因为其虚轴长为4，即解得. 所以，所以双曲线的方程为. （2）略 1．（2026·山东枣庄·三模）已知双曲线的实轴长为，且经过点. (1)求的渐近线方程； (2)设曲线，点，分别是，上的动点，且满足，若原点到直线的距离为定值，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意求出的方程，再求渐近线方程即可； （2）当直线轴时，根据等面积法求得到直线的距离；当直线与轴不垂直时，设出直线的方程，分别代入双曲线和椭圆的方程，求得，利用等面积法求得到直线的距离，结合点到直线的距离为定值求出． 【详解】（1）根据题意，，解得， 则， 所以双曲线的渐近线方程为； （2）设点到直线的距离为， 当直线轴时，， 根据等面积法得，解得； 当直线与轴不垂直时，设直线的方程为（显然）， 则直线的方程为，由，得， 所以①， 同理，由可求得②， 根据等面积法得，即， 即 ，即③， 将①②代入③得， 又点到直线的距离为定值， 所以，解得， 时，，即， 综上所述，时，点到直线的距离为定值． 2．（25-26高二上·河北石家庄·期末）已知双曲线 C的渐近线方程为，且双曲线 C经过点 (1)求双曲线C的标准方程； (2)若点 A、B、D分别为双曲线C上不同的三个点，且 B、D两点关于y轴对称，△ABD的外接圆经过原点 O，证明：原点 O到直线 AB的距离为定值. 【答案】(1) (2) 设A，B两点的坐标分别为，可得点D的坐标为， 依题意，可设的外接圆的圆心坐标为 ，则该圆的方程为. 联立方程消去x后整理为， 则，解得或，且. 因直线AB的斜率不为0，可设其直线方程为， 联立，消去x后整理为， 则，且. 则有，可得. 则原点O到直线AB的距离为， 故原点O到直线AB的距离为定值. 【分析】（1）设双曲线C的方程为，代入点的坐标，计算可求得双曲线C的标准方程； （2）设A，B两点的坐标分别为，的外接圆的圆心坐标为 ，可得该圆的方程，将其与双曲线方程联立，可得，设直线AB的方程为，与双曲线方程联立可得，进而推出，再由点到直线的距离公式化简计算即得. 【详解】（1）由双曲线C的渐近线方程为，可设双曲线C的方程为. 代入点的坐标，有，可得. 则双曲线C的方程为，即. （2）略 3．（25-26高二上·贵州毕节·期末）已知双曲线的一条渐近线方程为，其虚轴长为4，Q为双曲线上任意一点. (1)求双曲线的方程； (2)求证：点到两条渐近线的距离之积为定值，并求出此定值. 【答案】(1) (2) 证明：因为由（1）知，双曲线的方程为， 所以两条渐近线方程为 和，即和. 由于Q为双曲线上任意一点，所以设， 则点到两条渐近线和的距离分别为. 所以，因为满足， 即，所以. 所以点到两条渐近线的距离之积为定值，定值为. 【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程和虚轴长求出，进而得到双曲线的方程. （2）先列出双曲线渐近线方程，然后根据点到直线距离公式分别求出，然后将两者相乘并化简，进而可证明结论. 【详解】（1）因为双曲线的一条渐近线方程为， 即，所以，因为其虚轴长为4，即解得. 所以，所以双曲线的方程为. （2）略 题型08 线段长有关的定值问题 1.（2026·上海嘉定·二模）已知椭圆与直线、．过椭圆上一点P作的平行线交于点M，作的平行线交于点N． (1)当P为椭圆的上顶点时，求的大小； (2)若椭圆的离心率，求椭圆的方程，并求的最大值与最小值； (3)若为定值（与点P的位置无关），求a的值，并求此时四边形面积的最大值． 【答案】(1)4 (2)最大值为4，最小值为2 (3)，四边形面积的最大值为 【分析】（1）根据条件分别求直线和的方程，再联立直线求交点，的坐标，即可求解； （2）首先根据离心率求椭圆方程，再根据向量的平行四边形法则转化为求的最值； （3）首先根据点的坐标求直线和的方程，通过联立直线方程求点，的坐标，再代入两点间距离公式，根据定值求，首先角的关系求，再根据为定值4，分两种情况，结合余弦定理和基本不等式求面积的最大值，再求四边形面积的最大值. 【详解】（1）当点在椭圆的上顶点时，,，， 联立，得，即， 联立，得，即， 所以； （2）椭圆的离心率，得， 所以椭圆方程为； 由条件可知四边形是平行四边形，所以， 设，， 所以， 所以的最大值为4，最小值为2； （3）设，则，, 联立，解得：，， 即， 联立，解得：，， 即， 因为点在椭圆上，满足， 所以 因为为定值，所以与无关，所以，得，则； 此时， 如图：由条件可知，，则， ， 则，且为定值4， 中根据余弦定理，， ， 即，所以， 而四边形是平行四边形，，当时等号成立， 此时，四边形的最大值为4， 如下图：由以上可知，，， 中根据余弦定理，， ， 即，所以， 而四边形是平行四边形，，当时等号成立， 综上两种情况可知，四边形的最大值为. 2.（25-26高二上·上海·期末）已知双曲线：的离心率为，点在双曲线上； (1)求双曲线的标准方程； (2)设点是双曲线上的动点，是圆：上的动点，且直线与圆相切，求的最小值； (3)如图，是双曲线上两点，直线与轴分别交于点，点在直线上；若关于原点对称，且，是否存在点，使得为定值；若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由； 【答案】(1) (2) (3)存在点，使得为定值. 【分析】（1）根据已知条件列方程组求解即可. （2）根据直线与圆相切得到，设出点坐标，结合二次函数性质求出，进而求得. （3）设出直线方程并与双曲线方程联立，结合韦达定理得到，；求出直线、方程，得到点、坐标，结合对称列方程求出，求得为定值，再结合直角三角形的性质求解即可. 【详解】（1）因为双曲线的离心率为，点在双曲线上， 所以，解得，. 所以双曲线的方程为. （2）圆：的圆心，半径为. 因为是圆上的动点，直线与圆相切，所以，. 所以. 设，因为点是双曲线上的动点，所以. 所以， 当时，取得最小值，此时， 所以. （3）由题意知，直线的斜率存在，设直线的方程为. 联立，整理得， 且， 设，，则，， 直线的方程为， 令，则，即. 同理可得，. 因为关于原点对称，所以， 即， 整理得， 即， 整理得，即， 所以或. 若，则，则直线方程为，即， 此时直线过点，不符合题意. 若，则直线方程为，恒过定点， 所以为定值， 又，在中，为斜边， 所以当为中点时，. 因此存在点，使得为定值. 3．（25-26高二上·广东湛江·期末）已知椭圆左右顶点分别为，右焦点为，已知，离心率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)设是椭圆上异于的一点，直线与直线分别交于点.证明：以线段为直径的圆被轴截得的弦长为定值. 【答案】(1) (2) 如图， 由（1）得，设，则，即. 直线，直线， 即， 以为直径的圆的方程为， 即圆的方程为， 求被轴截得的弦长，可以令，则， 则，又因为， 则，则，或， 则以为直径的圆被轴截得的弦长为. 【分析】（1）根据、离心率和椭圆之间关系可求出，即可得解； （2）设，可得直线方程，进而确定两点坐标，设椭圆右焦点为，利用平面向量数量积的坐标运算可证得，可知以为直径的圆过点，由此可确定线段为直径作圆被轴截得的弦长. 【详解】（1）由题意， 解得， 所以， 所以椭圆的标准方程为. （2）略 4．（25-26高二上·山东泰安·期末）已知双曲线的一条渐近线方程为，点在双曲线上. (1)求双曲线的标准方程； (2)设双曲线上一动点，圆上一动点，且直线与圆相切，求的最小值； (3)若双曲线上存在异于点的两点，直线与轴分别交于点，且关于原点对称，点在直线上，且.证明：存在点，使得为定值. 【答案】(1) (2)2 (3) 由题意知，直线斜率存在，设直线方程为 联立方程组，得 则且 且① 设 则 ∴直线的方程为 令，得，即 同理可得 为中点 将代入得 整理得 即 或 当时，①式有解 直线方程为 此时直线过定点，不合题意 当时，①式有解，直线方程为恒过定点 为定值 为直角三角形且为斜边 ∴点在以为直径的圆上 ∴当为的中点时，. 【分析】(1)利用渐近线性质和点在双曲线上的条件求出双曲线方程； (2)将切线长转化为两点距离的函数，结合双曲线方程求最小值； (3)通过对称条件推导出直线过定点，再结合垂直关系证明点在定圆上，从而确定存在定点使距离为定值. 【详解】（1）∵双曲线的渐近线方程为且点在双曲线上 解得 ∴双曲线方程为 （2）圆的圆心，半径为1 是圆上的动点，直线与圆相切 设因为点是双曲线上动点 ∴当时，取得最小值. （3）略 5．（25-26高二上·山东烟台·期末）已知椭圆的离心率为，且过点．点M，N在C上，且，，D为垂足． (1)求C的方程； (2)证明：MN过定点； (3)证明：存在定点Q，使得为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程； （2）设出点，的坐标，当斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，可得到的关系，进而得直线MN恒过定点，当直线斜率不存在时要单独验证； （3）结合（2）的结论，由直角三角形的性质即可确定满足题意的点Q的位置. 【详解】（1）由题意可得：，解得：，， 故椭圆方程为：； （2）设点，， 若直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为：， 代入椭圆方程消去y并整理得：， 可得，， 因为，所以，即， 根据，， 代入整理可得：， 所以， 整理化简得， 因为不在直线MN上，所以， 故，，于是MN的方程为， 所以直线过定点． 当直线MN的斜率不存在时，可得， 由得：， 得，结合可得：， 解得：或（舍）， 此时直线MN过点； （3）令Q为AP的中点，即， 若D与P不重合，则由题设知AP是的斜边， 故， 若D与P重合，则， 故存在点，使得为定值．    题型09 角度有关的定值问题 1．（25-26高二上·北京·期末）已知椭圆的长轴长为4，以椭圆C的短轴为直径的圆经过椭圆的两个焦点，点分别是椭圆C的左、右顶点． (1)求圆和椭圆C的方程； (2)已知分别是椭圆C和圆上的动点（位于轴两侧），且直线与轴平行，直线，分别与轴交于点，．求证：为定值． 【答案】(1)，； (2)    设，， 则，，， 所以方程，令时，，即， 方程为，令时，，即， 则， 所以， 即，所以， 故为定值． 【分析】（1）根据椭圆定义可知，又，因此易求得，得椭圆方程，从而也得到圆的方程； （2）设出，，分别代入椭圆方程和圆的方程得到两个关系式，写出直线的方程，求出M点坐标，同理写出方程，求出N点坐标，再求得向量，并计算数量积，结果为0，可得． 【详解】（1）依题意，得，， 所以圆方程，椭圆方程． （2）略 2．（25-26高二上·北京东城·期末）已知椭圆：的左焦点，. (1)求椭圆的方程； (2)设为坐标原点，过点作斜率为且不经过焦点的直线，直线与椭圆交于不同两点，，直线，与轴正半轴分别交于点，.求证：的值为定值. 【答案】(1) (2) 证明：设直线的方程为， 联立，消去并化简得， 又，其中， 且 设，则有， 所以 ， 即， 又，所以， 所以的值为定值. 【分析】（1）根据左焦点坐标和及的关系，求出的值，进而求出椭圆的方程； （2）设直线的方程为：，联立椭圆与直线方程，根据韦达定理求出求出为定值，进而证明. 【详解】（1）因为椭圆：的左焦点，所以， 又，所以，所以， 所以椭圆的方程为； （2）略 3．（25-26高二下·上海·期末）已知双曲线的标准方程，如图所示，过双曲线的右焦点作与坐标轴都不垂直的直线交的右支于两点.    (1)求双曲线的离心率和渐近线方程； (2)已知点，求证：； (3)若以为直径的圆被直线截得的劣弧为，则弧所对圆心角的大小是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1)离心率，渐近线为 (2)由，的斜率存在且不为0，设的方程为， 联立，消去得， 设，由题意得， 所以，且， 所以 ，得证. (3)是，定值为 【分析】（1）由标准方程确定双曲线参数，进而写出离心率、渐近线； （2）设的方程为，联立双曲线，应用韦达定理及，整理化简即可证； （3）利用直线与圆的关系，结合圆的性质求劣弧对应圆心角即可. 【详解】（1）由知，，，，则离心率，渐近线为； （2）略 （3）由（2）知恒成立，， 所以圆心到的距离， 半径， 设所对圆心角为，则， 因为为劣弧，所以，则， 所以，即所对圆心角的大小为定值. 4．已知椭圆的离心率为，且点在椭圆C上． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线l与椭圆C交于M，N两点，且坐标原点O到直线l的距离为，则的大小是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由． (3)在（2）的条件下，试求三角形的面积S的取值范围． 【答案】(1) (2)的大小为定值 (3) 【分析】（1）待定系数求解即可； （2）先讨论直线斜率不存在时的情况得，再讨论一般情况下成立即可； （3）先讨论直线斜率不存在时的面积为，再根据弦长公式，面积公式，结合韦达定理求解面积得，再结合基本不等式，分当和讨论求解即可. 【详解】（1）解：因为的离心率为，所以，即① 因为在椭圆C上，所以②， 又③， 所以，联立方程①②③解得：， 所以椭圆C的标准方程为 （2）解：当直线l的斜率不存在时：直线l的方程为， 由对称性，不妨令直线l的方程为． 联立，将代入得：， 所以，即，解得：， 所以 此时，即与垂直， 所以． 当直线l的斜率存在时：设直线l的方程为，，． 由点到直线的距离公式，可得，两边平方得． 联立，消去y得． 则，即． 由韦达定理可得，． 所以 将代入上式得：， 所以，即． 综上，的大小为定值，该定值为． （3）解：直线l的斜率不存在时：，则． 当直线l的斜率存在时：， 将代入上式得： ， 所以三角形的面积． 当时，； 当时，． 由基本不等式 （当且仅当，即时取等号）． 则，，， ， ，即． 综上，． 5．已知抛物线，直线过点，并交抛物线于两点，若，直线与轴交于点，问：与的夹角是否为定值？ 【答案】是 【分析】设，设，代入抛物线化简得，作点关于轴的对称点，根据斜率关系可得三点共线．作过点且垂直于轴的直线，分别交轴于点，结合相似得到，，结合，计算得到与的夹角为定值． 【详解】设，如图，设，代入，得． 根据韦达定理有． 作点关于轴的对称点，由题知，，． 则， 故，即三点共线． 作过点且垂直于轴的直线，分别交轴于点，即， 由，得． 因为，所以，即， 所以，因为， 所以与的夹角，为定值． 题型10 参数式的定值问题 1．（25-26高二下·上海宝山·期中）已知是椭圆的左右焦点，且经过点，离心率为 (1)求椭圆的方程； (2)若直线过右焦点与椭圆交于两点，且，求直线的方程． (3)若直线过点，且与椭圆交于两点，点关于轴的对称点为，直线的纵截距为，证明：为定值． 【答案】(1) (2)或 (3)证明见解析 【分析】（1）由离心率，结合椭圆基本关系，可以得到和的关系，再将点以及代入即可解出，再得到，最终确定椭圆方程。 （2）由小问1得到的右焦点，设直线方程，联立方程组得到关于的一元二次方程，运用韦达定理，联立关于参数的方程，解出，即可解出直线的方程。 （3）先设直线方程，联立直线与椭圆方程组，由韦达定理得出和，再写出直线的方程，纵截距是时的值，即，将代入的表达式化简，再将韦达定理的结果代入化简后的，最终可以消去参数，得到。 【详解】（1）根据题目列出方程组，解得， 所以椭圆的方程为． （2）由（1）可知，设直线的方程为． ：直线过右焦点，即直线与轴重合， 与椭圆的交于两点，不满足，可得. ：将直线方程代入椭圆方程，得到． 所以． 因为，所以，即． 将代入，可得， 那么． 再将代入， 可得，解得． 所以直线的方程为，即或． （3） 设直线的方程为，则关于轴的对称点． 将直线方程代入椭圆方程，得到． 根据韦达定理可得 直线的方程为． 令，可得． 将代入上式，可 得． 把，代入上式， 可得． 所以，即为定值3． 2．（25-26高二上·重庆·阶段检测）在平面直角坐标系中，已知抛物线上一点到焦点的距离为5.过点的直线与抛物线交于不同的两点、. (1)求抛物线的标准方程； (2)若的面积为20，求直线的方程； (3)若直线交轴于点，直线交轴于点，且，，求证：为定值. 【答案】(1)； (2)或； (3) 由在抛物线上，代入得， 又，故，即， 易得直线的斜率是存在的，设直线的方程为， ，，由（2）知，， 直线的斜率为：， 故直线的方程为：， 令，得，即，又 故，，由，得 故，即， 同理，直线交轴于，得， 故 代入，，得 故，为定值. 【分析】（1）根据抛物线的定义，点到焦点的距离等于到准线的距离，求出，从而得出抛物线的标准方程； （2）设直线的方程为，联立，由韦达定理，得，， 的面积，结合， 解得，从而求出直线的方程； （3）由在抛物线上，求出，得到直线的方程为：，即得， 由得，同理得，结合韦达定理得，，可解得，为定值. 【详解】（1）抛物线的准线方程为， 根据抛物线的定义，点到焦点的距离等于到准线的距离， 即：，解得，故抛物线的标准方程为； （2）由（1）得焦点，又，则， 易得直线的斜率是存在的，设直线的方程为， 联立，消去，整理得： ，设， 由，得， 由韦达定理，，， 故的面积，代入得： ,得， 又，故： ，解得 满足，因此直线的方程为或； （3）略 3．（25-26高三上·上海·阶段检测）已知椭圆的左，右焦点分别为、，直线与椭圆交于M、N两点，（点M在点N的上方），与y轴交于点E.    (1)求椭圆的离心率e； (2)若直线l过点时，设，，求证：为定值，并求出该值； (3)当k为何值时，恒为定值，并求此时三角形面积的最大值. 【答案】(1)； (2) 由题设，联立与得，，    设，则， 因为，所以 ； (3)，此时三角形面积的最大值为1. 【分析】（1）根据椭圆方程确定椭圆参数，应用直接法求离心率即可； （2）联立与得到一元二次方程，由已知向量的线性关系及其坐标表示得，结合韦达定理求出答案； （3）先联立椭圆与直线，应用韦达定理表示出，结合为定值得，并求出，和点到直线的距离，利用基本不等式得. 【详解】（1）由，则，故，所以离心率； （2）略 （3）由题设，联立，消元得，设， 当，即时，则， ， 则 ， 当为定值时，即与无关，故，得， 此时， 又点到直线的距离， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 经检验，此时成立，所以面积的最大值为1. 4．（25-26高三上·湖南·期中）已知椭圆的离心率为，上､下顶点分别为，且. （1）求的方程. （2）是椭圆的左顶点，是上除顶点外的任意一点，直线与交于点，直线与轴交于点，设直线的斜率为，直线的斜率为. （i）求点的坐标（用表示）； （ii）证明：为定值. 【答案】（1）；（2）（i）；（ii） 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）（i）联立直线与椭圆的方程求解； （ii）求出的坐标，化简，即可求证. 【详解】（1）由题意得，，，，得， 则的方程为； （2）（i），直线， 联立，得，得或， 则，代入中得，， 故； （ii）因，则由（i）可得，， 则直线的方程为，则， 因，则直线， 联立，得，即， 则， 则. 5．已知椭圆：的离心率． (1)求椭圆的方程； (2)如图所示，是椭圆的顶点，是椭圆上除顶点外的任意点，直线交轴于点，直线交于点．设的斜率为的斜率为，求证：为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据离心率和，联立即可求解得椭圆方程， （2）联立直线与椭圆方程可得，联立两直线方程可求解，进而根据三点共线的向量坐标关系可求解，即可由斜率公式求解. 【详解】（1）因为，故，所以． 由，得． 所以椭圆的方程为． （2）因为不为椭圆顶点，则的方程为且．① 将①代入，， 故，解得，故． 又直线的方程为．② ①与②联立解得． 由得, 由三点共线可得， 求得． 所以的斜率，则（定值）． 题型11 定直线问题 1．（25-26高二下·四川自贡·阶段检测）已知椭圆：（）的长轴长为，点在上． (1)求的离心率； (2)若，分别为的左、右顶点，过点且斜率不为0的直线与交于，两点，直线，交于点，证明：点在定直线上． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据长轴长可得，代入点可得，进而可得离心率； （2）设直线：，，与椭圆方程联立可得韦达定理，进而可得，联立直线方程可得，运算求出该式的值即可． 【详解】（1）由题意可知，即，椭圆方程为， 代入点可得，解得， 所以椭圆的离心率． （2）由（1）可知椭圆的方程为，， 因为直线的斜率不为0，且直线与椭圆必相交， 设直线：，， 联立方程，消去x可得， 则，，可得， 由题意可知，直线，直线， 联立方程消去y可得 ， 即，可得， 所以点在定直线上． 2．（25-26高二上·广东中山·期末）已知双曲线的中心为坐标原点，上焦点为，离心率为．记的上、下顶点分别为，过点的直线与的上支交于两点． (1)求的方程； (2)直线和的斜率分别记为和，求的最小值； (3)直线与交于点，证明：点在定直线上． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据焦点坐标与离心率确定，再由算出，即可写出标准方程； （2）联立直线与双曲线方程得到韦达定理，推导出，将目标式化为单变量二次函数，利用二次函数性质求最小值即可； （3）写出两条直线的方程并联立，代入的比例关系，化简后求得交点纵坐标恒为定值，即可证明点在直线上. 【详解】（1）设双曲线的标准方程为， 由题意可得，解得，， 所以双曲线的标准方程为. （2）双曲线的上下顶点为，，设直线的方程为， 设，， 联立，消去，可得， 则，，且， 所以， 所以， 所以，所以， 所以当时，的最小值为； （3）直线的方程为，直线的方程为， 联立，得，解得， 即点在定直线上． 3．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）已知分别是双曲线：的左、右顶点，点是双曲线上的一点，且． (1)求双曲线的方程； (2)已知过点的直线：，交双曲线的左、右两支于两点（异于）. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）设直线与直线交于点，求证：点在定直线上． 【答案】(1) (2)（i）的取值范围为； （ii）证明：，，则， 直线的方程为①，直线的方程为②， 联立①②得，所以， 化简得， 所以， 所以点的横坐标始终为，故点在定直线上． 【分析】（1）根据求出或，验证后不符合题意舍去，然后求出，得到双曲线方程； （2）（i）由题意知，直线的方程为，设，，联立双曲线和直线方程，结合根的判别式和得到不等式组，从而求出的取值范围； （ii）在（i）的基础上，得到两根之和，两根之积，得到，表达出直线与直线的方程，联立得到，将代入，化简得到即可得证． 【详解】（1） 由题意可知，，， 因为，解得或， 若，则双曲线的方程为， 因为是上一点，所以，解得，不满足题意； 若，则双曲线的方程为， 因为是上一点，所以，解得，满足题意； 所以双曲线的方程为； （2） （ⅰ）由题意知，直线的方程为，设，， 联立，化简得， 因为直线与双曲线左右两支相交，所以， 所以，解得或， 所以的取值范围为； （ⅱ）略 4．（25-26高三下·海南海口·阶段检测）已知椭圆 （>）的离心率为 A，B分别为椭圆C的上、下顶点，O为坐标原点，直线与椭圆C交于不同的两点P，Q. (1)设点M 为线段PQ的中点，证明：直线OM 与直线PQ的斜率之积为定值； (2)若时， ①求椭圆C的方程； ②证明：直线BP与直线AQ的交点D在定直线上. 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）设，利用点差法求得，再化简计算即得； （2）①利用条件建立关于的方程，求解即得椭圆方程；②将直线与椭圆方程联立，写出韦达定理，分别列出直线BP与直线AQ的方程，设，联立求得，回代入方程，利用韦达定理化简推出，即得结论. 【详解】（1）设则 则由 两式相减可得，即 ， 所以 为定值. （2）①由题意可得，  解得，故椭圆方程为 . ②联立方程，消去，可得， 由，解得，则， 因直线BP的方程为，即 ， 直线AQ的方程为，即， 设直线BP与直线AQ的交点为，则联立， 由，解得 ， 将其代入①，可得 即. 故直线BP与直线AQ的交点在定直线上. 5．（25-26高二上·江苏连云港·期中）已知椭圆E：的长轴端点为，，斜率为k的直线l与椭圆E交于M，N两点（与长轴端点不重合），记直线AM，AN，BM的斜率分别为，，，且满足. (1)求证：为定值； (2)求证：直线l过定点； (3)判断直线AN，BM的交点P是否在一条定直线上，并证明你的结论. 【答案】(1)； (2)； (3) ，，，，， 直线的方程为， ，直线的方程为， 联立和的交点为， 解得的的值为交点的横坐标， 整理得， 由（2）知，，代入， 得到 将代入，得到， 整理得， 设，，则有， ，， ，， ， ，交点在定直线上. 【分析】（1）设椭圆上点，求出，，，由在椭圆上，代入解得，代入得解； （2）设斜率为k的直线l的方程为，由直线l与长轴端点不重合得到，将代入，整理得，设，，利用根与系数的关系求出和，由，在直线，求出，求出，，计算，代入已知， 计算得到或，讨论和得到直线l过的定点； （3）求出直线和的方程，联立和的交点为，计算得解. 【详解】（1）设椭圆上点，则，，， 在椭圆上，， ，，为定值； （2）设斜率为k的直线l的方程为，直线l与长轴端点不重合，则， 将代入，得到， 整理得， 设，，则有， ，在直线，， ，， ， ，， ，， ，或， 当时，直线l的方程为， 此直线恒过，不满足题意，舍去； 当时，直线l的方程为， 此直线恒过，则直线l过定点； （3）略 综合攻坚·知能拔高 1．（25-26高二下·浙江·期中）已知直线与抛物线交于两点，过分别作抛物线的两条切线，两条切线交于点；过点作直线的垂线，与椭圆交于两点（点在点上方）． (1)证明：点在一条定直线上； (2)记的面积分别为，求的最小值． 【答案】(1) 如图所示： 代入，得：， 设，则； 导函数为，所以在点处的切线方程为， 化简得，同理得， 所以两直线交点为，所以， 故点在定直线上． (2) 【分析】（1）将代入得到，再由求导，得到两条切线方程，求交点即可； （2）由（1）得到，从而得到垂线方程，代入椭圆方程，求得点M，N的坐标，从而得到点M，N到直线的距离，表示求解． 【详解】（1）略 （2）， 由（1）得，所以垂线，即，代入椭圆， 得：，因为点在点上方，所以； 到直线的距离； 同理可得到直线的距离． ． 当，即时，． ，所以； 当时，， 所以，设， 设； ，所以在上单调递增； 所以，故，当且仅当，即时取到“”， 显然，所以的最小值为． 2．（25-26高二上·贵州毕节·期末）阅读材料：椭圆的第三定义 （一）椭圆第三定义与几何性质探究 在平面直角坐标系中，已知椭圆的长轴的两个端点分别为和．若是椭圆上异于端点，的任意一点，则，这一性质称为椭圆的第三定义（斜率积定义）． （二）已知平面内两个定点，，动点满足，其中，分别表示直线，的斜率． (1)求动点的轨迹的方程，并说明轨迹是什么图形； (2)设直线与轨迹交于，两点（，都不是点B），且以为直径的圆过点，证明：直线过定点，并求出该定点的坐标； (3)在（2）的条件下，求面积的取值范围． 【答案】(1)， 轨迹是以为左右顶点，以为上下顶点的椭圆，但不含两点 (2) 设，由题意可知， 则， 将直线方程与椭圆方程联立得， 所以，即， 又， 整理得， 所以或，即或， 则该直线过定点，其中与B重合，舍去， 该点在椭圆内部，满足直线与椭圆有两个交点，符合题意； (3) 【分析】（1）利用两点斜率公式得，再化简即可； （2）联立直线椭圆方程得到韦达定理式，再计算的表达式，代入韦达定理式化简即可得到关系式，则得到所过定点坐标； （3）利用三角形面积公式得的表达式，再结合换元法、二次函数的性质计算值域即可. 【详解】（1）由题意可知，整理得， 所以P的轨迹是以为左右顶点，以为上下顶点的椭圆， 但不含两点； （2）略 （3）由上可知，， ， 令，则上式化为，令 整理得， 设，则 由二次函数的单调性可知，所以. 3．（25-26高二上·湖北黄冈·期末）已知平面上的动点与点、连线的斜率之积为，过点的直线与点的轨迹交于、（在轴上方）两点，直线、交于点，记，的面积分别为、. (1)求点的轨迹方程； (2)若，求直线的方程； (3)证明：点在定直线上. 【答案】(1) (2) (3) 直线的方程为，直线的方程为， 当时，两式相除得， 所以， 由（2）中①②式可得， 所以， 所以，所以点在定直线上. 【分析】（1）设点，利用斜率公式化简可得点的轨迹方程； （2）设直线的方程为，设、、、，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，根据化简得出，代入韦达定理可求出的值，即可得出直线的方程； （3）求出直线、的方程，联立这两直线的方程，结合韦达定理求出点的纵坐标，即可证得结论成立. 【详解】（1）设点，则，整理得， 又因为，所以点的轨迹的方程为. （2）由题意可知直线不与轴重合，设直线的方程为， 设、、、， 联立得， 恒成立， 所以①，②， 因为、、，则， 所以，所以， 代入①②两式得，，， 所以，解得， 结合，知，所以， 所以直线的方程为，即. （3）略 4．（25-26高二上·湖北孝感·期末）我们把下面的定义称为双曲线的第二定义：平面内到定点的距离与到定直线：的距离之比为常数的点的轨迹叫做双曲线，其方程为，其中，此时叫做该双曲线的右准线.已知双曲线的左､右焦点分别为，直线是的右准线. (1)求双曲线的方程； (2)过点的直线交E的右支于两点，过点作直线的垂线，垂足为.证明：直线过定点； (3)过点作直线交曲线于异支两点记为.设直线分别与直线轴相交于点.问：在实轴上是否存在定点使恒成立，若存在，则求出对应定直线，若不存在，则说明理由. 【答案】(1) (2) 证明：设，则， 由斜率不为0，可设， 联立双曲线并整理得， 则， 所以 由，直线， 根据双曲线的对称性，直线所过定点必在轴上， 令，则，解得 因为，所以， 而，所以，则， 所以过定点 (3)存在定点，直线是 【分析】（1）根据，再根据准线方程得到，求解即可； （2）设，，联立双曲线方程，结合韦达定理得到，再结合对称性即可求证； （3）设直线的方程，与双曲线的方程联立，由等式成立，可得为的角平分线，可得直线的斜率之和为0，求出直线的斜率之和的代数式，利用韦达定理整理可得参数的值. 【详解】（1）设的半焦距为，易知， 因为为的右准线，所以， 解得，所以， 所以的方程为. （2）略 （3）由过点作直线交曲线于异支两点，得直线的斜率存在，且斜率不为0， 设直线的方程为，其中或 因为恒成立，即，得为的角平分线， 设，假设存在， 联立，整理可得：， ， 因为，所以， 整理可得， ， 即， 因为，整理可得，即， 综上所述，在实轴上存在定点使恒成立，对应定直线是. 5．（2026·云南昭通·模拟预测）如图，已知椭圆的方程为，直线与椭圆交于两点（点在第一象限）．当时，在x轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点．    (1)求的标准方程； (2)若轴于点，连接BM并延长交于点，记直线的斜率为． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）设，求的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）如图，设，，    则，由题意有． 直线的斜率，即的斜率为， 所以直线的方程，所以． 又在椭圆上，． ． （ⅱ）． 【分析】（1）由椭圆标准方程确定，结合时在轴上的射影为椭圆焦点的条件，将点代入椭圆方程，结合的关系求解，即可得到椭圆的标准方程. （2）（i）联立直线与椭圆方程，求解得到两点坐标，由轴得到点坐标，进而求出直线的方程，将直线与椭圆方程联立求得点坐标，计算直线的斜率，验证为定值即可. （ii）利用两点间距离公式分别计算与的长度，将表示为关于的函数，结合的取值范围，分析函数的取值特征，即可求得的取值范围. 【详解】（1）由题意有，所以． 设椭圆焦距为，易知椭圆过点，所以． 又，所以， 所以，即，解得， 所以，故的标准方程为． （2）（ⅰ）略 （ⅱ）解： ， 而， 由（ⅰ）知 ． 又， ． 当且仅当，即时等号成立，所以． 6．（25-26高二下·河南驻马店·期末）已知双曲线的实轴的长为，离心率． (1)求双曲线的标准方程； (2)过点的直线与双曲线交于两点，求线段的中点的轨迹方程； (3)设为双曲线上任意一点，过作的两条渐近线的垂线，垂足分别为.的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3)是， 【分析】1）根据实轴的长为，离心率，求出即可求得双曲线的标准方程; （2）假设直线的方程与双曲线的标准方程联立，通过韦达定理表示出线段的中点的坐标，从而求出轨迹方程； （3）设，求出点双曲线两条渐近线的距离，再利用分别取两条渐近线的法向量为求出两条渐近线的夹角，由于与两条渐近线垂直，故与该夹角互补，从而表示出面积，再判断是否为定值. 【详解】（1）由双曲线的实轴的长为，得，所以， 又，所以，所以， 所以双曲线的标准方程为． （2）当直线的斜率不存在时，不符合题意； 当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为， 联立，消去并整理，得 ， 由直线与双曲线有两个交点，得， 且 ，解得且． 设，则，故， 由且，得或， 将代入，整理得， 因为，所以，即 ， 故线段的中点的轨迹方程为或． （3）的面积是定值．理由如下： 设，则，双曲线的渐近线方程分别为 ． 点到两条渐近线的距离分别为， 故．分别取两条渐近线的法向量为， 则， 由于与两条渐近线垂直，所以，与该夹角互补 故， 所以的面积， 故的面积为定值． 7．（25-26高二下·贵州遵义·期中）在平面直角坐标系中，椭圆的左焦点为，且到上任意一点的距离最小值为1． (1)求的方程； (2)过的直线与交于、两点，与轴交于点，且在线段之间，为的右顶点． （i）若的面积是的面积的3倍，求的方程； （ii）设，，证明：为定值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，求出即可. （2）（i）设出直线的方程，由三角形面积关系用的斜率表示出点坐标并列出方程求解；（ii）联立直线的方程与的方程，利用韦达定理及共线向量的坐标表示列式计算得证. 【详解】（1）由椭圆的左焦点为，得椭圆的半焦距， 由到上任意一点的距离最小值为1，得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）（i）由（1）得，直线的斜率存在，设其方程为，则， 由，得，而的面积是的面积的3倍， 则，由在线段上，得是线段的中点，于是， 又点在椭圆上，则，解得， 所以直线的方程为. （ii）由消去得， 设，则， 由，得，则，同理， 因此， 所以为定值. 8．（2026·湖北武汉·三模）已知圆和定点，动点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线交于点，设曲线为点的轨迹． (1)求曲线的方程； (2)设，斜率为的直线与曲线交于，两点，直线，分别与曲线交于，两点； （ⅰ）若直线，的斜率之和为0，证明：直线过定点； （ⅱ）若，证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据垂直平分线性质得，结合Q在直线PE上，分Q在线段延长线和线段上两种情况，推导为定值，对照双曲线定义确定曲线类型，再计算参数得轨迹方程； （2）（ⅰ）设直线方程，与曲线Γ的方程联立，得韦达定理关系；根据直线，的斜率之和为0，列出方程求得直线中参数，确定定点，证明结论；（ⅱ）设直线的方程，与曲线Γ联立，利用韦达定理可求出A点坐标，同理求B点坐标；结合直线斜率为2的条件，得到坐标满足的方程，即可得直线的方程，从而证明结论. 【详解】（1）圆的圆心为，半径， 线段的垂直平分线与直线交于点，故， 当线段的垂直平分线与射线相交时，， 当线段的垂直平分线与射线相交时，， 所以， 故点的轨迹是以为焦点的双曲线，设其方程为， 则，则， 故点的轨迹的方程为； （2）（i）设直线， 联立，得， 则，， ， 所以 ，解得， 故直线l的方程为，即直线过定点； （ii）设，则直线的方程为，其中， 联立，可得， 则，将以及代入可得： ， 则，所以，则， 同理， 设直线，代入点A的坐标得， 整理得，同理可得， 所以可知直线的方程为，即， 令，解得， 即直线过定点. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题 常考题型·精准突破 题型01 直线过定点问题（高频） 题型02 圆过定点问题 题型03 探究型定点问题（重） 题型04 斜率相关的定值问题（重） 题型05 向量有关的定值问题 题型06 面积有关的定值问题 题型07 距离有关的定值问题 题型08 线段长有关的定值问题 题型09 角度有关的定值问题 题型10 参数式的定值问题 题型11 定直线问题（难） 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 题型01 直线过定点问题 1．（25-26高二下·重庆·期中）已知平面内动点到点的距离与到直线的距离相等．记动点的轨迹为，过点的直线与曲线相交于，两点． (1)求轨迹的方程； (2)设点关于轴对称的点为，证明：直线恒过定点． 2．（25-26高二下·贵州毕节·期中）已知双曲线：的一条渐近线为：，且右焦点到直线的距离为2． (1)求双曲线的方程； (2)已知是的右顶点，、是上与不重合的两点，且，直线斜率存在，证明：直线过定点，并求出定点的坐标． 3．（25-26高二下·云南昭通·阶段检测）已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)不经过点的直线与椭圆相交于，两点，已知直线与直线的斜率之和为，证明：直线过定点. 4．（25-26高二下·上海闵行·期末）已知椭圆 ： ，点是椭圆的右顶点． (1)求椭圆离心率； (2)已知点， ，若椭圆 上存在一点 ，满足，求 的值； (3)若直线 与 交于 、 两点，且 为直角，求证：直线 恒过定点． 5．（25-26高二上·云南玉溪·期中）已知抛物线的焦点F到直线的距离为，不过原点的直线l与C交于A,B两点． (1)求C的标准方程； (2)若直线l的方程为，求 ； (3)若OA垂直于OB，求证：直线l过定点． 6．（25-26高二上·云南保山·期末）已知直线与抛物线相交于异于原点的、两点． (1)若为正三角形，求的面积； (2)若以为直径的圆经过原点，求证：直线恒过定点． 题型02 圆过定点问题 1．已知椭圆上的点到两焦点的距离之和为4，且右焦点为． (1)求椭圆的方程； (2)设、分别为椭圆的左右顶点，点为椭圆上异于、的动点，直线、分别与直线交于点、．求证：以为直径的圆交轴于两定点． 2．已知抛物线C：（）经过点（），F为焦点，且. (1)求C的方程及； (2)设O为原点，过F作斜率不为0的直线l交C于M，N两点，直线分别交直线OM，ON于A，B. 证明：以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点. 3．已知为抛物线的焦点，点在上，且满足． (1)求点的坐标及的方程； (2)设过点的直线与相交于两点，且不过点，若直线分别交的准线于两点，证明：以线段为直径的圆恒过定点． 4．（25-26高二下·河南新乡·期末）已知抛物线，为坐标原点，过点的直线与抛物线交于两点，且直线与直线的斜率之积为． (1)求抛物线的方程； (2)为抛物线的焦点，若的面积为，求直线的方程； (3)若直线分别与直线交于点，证明：以为直径的圆过定点，并求出定点坐标． 5．（25-26高二上·浙江杭州·期中）已知椭圆上的点到两焦点的距离之和为4，且右焦点为． (1)求椭圆的方程； (2)设、分别为椭圆的左右顶点，点为椭圆上异于、的动点，直线、分别与直线交于点、．求证：以为直径的圆交轴于两定点． 6．设椭圆过点，且离心率. (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆的上顶点，MN为上异于的两点，若直线AM，AN的斜率为，且.求证：以线段MN为直径的圆经过一个定点，并求出该定点的坐标. 题型03 探究型定点问题 1．（25-26高二下·云南红河·期末）已知双曲线：经过点，. (1)求的方程； (2)过点且斜率为的直线与的右支相交于两点， （i）求斜率的取值范围； （ii）在轴上是否存在定点，使得无论绕怎样旋转，总有轴平分？如果存在，求出定点；如果不存在，请说明理由. 2．已知抛物线的焦点为F，准线为l． (1)写出以坐标轴为对称轴、F为焦点、离心率为的椭圆的标准方程； (2)设l与x轴的交点为E，点P在第一象限，且在上，若，求直线的方程； (3)经过点F且斜率为的直线与相交于两点，O为坐标原点，直线分别与l相交于点．试探究：以线段为直径的圆C是否过定点，若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由． 3．（25-26高二下·天津·阶段检测）椭圆的离心率，椭圆经过点，左顶点为，过点作斜率为的直线交椭圆于点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)求面积取最大值时的直线方程； (3)若点是线段的中点，问是否存在轴上一定点，对于任意的都有，若存在求出点坐标，若不存在请说明理由． 4．（25-26高二下·四川凉山·期末）已知椭圆：，（）的左、右焦点分别为、，点是上的点，且，离心率． (1)求的标准方程； (2)设，． ①若点位于第一象限，直线，的斜率分别为，，求的取值范围； ②设直线：与交于，两点，若（为坐标原点），试判断直线是否过定点，如果是，请求出定点，如果不是，请说明理由． 5．（25-26高二上·四川成都·期末）设动圆M的半径为r，它与圆外切，且与圆内切． (1)求圆心M的轨迹方程E (2)设点，直线与曲线E相交于A，B两点． ①若的中点为，求直线l的方程； ②若以为直径的圆恒过点P，试判断直线l是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由． 题型04 斜率相关的定值问题 1．（25-26高二下·安徽马鞍山·期末）已知椭圆经过点，离心率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知，为椭圆的左、右焦点，过点的直线交椭圆与，两点，且，不在轴上. （i）若，求直线的方程； （ii）为椭圆右顶点，直线，与直线分别交于点，，记直线，的斜率分别为，.证明为定值，并求出该值. 2．（2026·安徽阜阳·二模）已知双曲线C：的焦距为8，点在双曲线C的一条渐近线上.过双曲线C的左焦点F作直线l交双曲线C的左支于A，B两点. (1)求双曲线C的方程； (2)已知点，直线交直线于点Q，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值. 3．（2026·山东烟台·一模）已知双曲线经过点，且离心率为2． (1)求的方程； (2)过的右焦点且斜率不为0的直线与交于两点，设分别为的左、右顶点，且直线的斜率分别为，判断：是否为定值？若是，求出该定值；否则，说明理由． 4．（25-26高二下·浙江杭州·期中）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，抛物线的焦点在双曲线上，过点的直线与双曲线交于，两点． (1)求双曲线的标准方程； (2)证明：直线与直线的斜率之积为定值． 5．（25-26高二下·上海·期中）已知双曲线的左､右焦点分别为，点为双曲线上一动点. (1)若斜率为1的直线过点，且与双曲线交于两点，求的面积； (2)设直线过原点，且与双曲线交于两点.若直线的斜率分别为，求证：为定值. 题型05 向量有关的定值问题 1．（25-26高二下·江苏连云港·期末）已知双曲线（，）经过点，，直线交的右支于，两点，且线段的中点为． (1)求双曲线的标准方程； (2)若点的坐标为，求直线的方程； (3)若直线经过的右焦点，以为直径的圆与直线相交于，两点，证明：为定值． 2．（2026·宁夏银川·三模）已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，实轴长为，点到双曲线的渐近线的距离为1，过的直线与交右支于，两点. (1)求双曲线的方程； (2)证明：存在轴上的一点，使得为定值. 3．（25-26高二上·上海·期末）双曲线的左、右焦点分别为，直线过且与双曲线交于两点. (1)若的倾斜角为，是等边三角形，求双曲线的渐近线方程； (2)设，若的斜率存在，求证：为定值. 4．（25-26高三下·河北沧州·阶段检测）已知离心率为的椭圆过点． (1)求椭圆的标准方程． (2)过点引出两条相交直线和，分别交椭圆于四点，若两条直线斜率互为相反数，判断是否为定值？如果是定值，求出其定值． 5．（25-26高三下·上海虹口·阶段检测）已知双曲线，点为右顶点，直线与相交于两个不同的点和（均异于点）． (1)求两条渐近线夹角的余弦值； (2)若在上，且，求点坐标； (3)若点在上，直线与与轴的交点分别为、，求证：为定值． 题型06 面积有关的定值问题 1．（25-26高三下·辽宁铁岭·阶段检测）已知双曲线的右焦点为为的两条渐近线，且的斜率为． (1)求的方程； (2)若点为上的动点，过点的直线与只有1个公共点，且与，分别交于点，． （i）求证：点为线段的中点； （ii）已知为坐标原点，的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，说明理由． 2．（25-26高二下·广东深圳·期中）已知椭圆过，两点. (1)求椭圆的方程及离心率； (2)设为第三象限内一点且在椭圆上. （i）若，为椭圆的右焦点，直线与椭圆相交于另一点，求线段的长度； （ii）直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积为定值. 3．（25-26高二上·河南郑州·期末）已知椭圆的焦点在轴上，焦距为2，离心率． (1)求椭圆的标准方程； (2)若椭圆的左顶点为，下顶点为，是椭圆在第一象限上的一点，直线与轴相交于点，直线与轴相交于点． （ⅰ）求证：四边形的面积为定值； （ⅱ）求面积的最大值． 4．（25-26高二上·江西上饶·期末）有一个半径为4的圆形纸片，设纸片上一定点F到纸片圆心E的距离为，将纸片折叠，使圆周上一点M与点F重合，以点F，E所在的直线为x轴，以线段的中点O为原点建立平面直角坐标系.记折痕与的交点Q的轨迹为曲线C.    (1)求曲线C的方程； (2)过曲线C外一点作该曲线的两条切线，切点分别为A，B，记，的斜率分别为，，且. ①求P点轨迹方程； ②求证：的面积为定值. 5．（25-26高二上·四川德阳·期末）已知椭圆具有如下光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线射向椭圆上任一点，经椭圆反射后必经过另一个焦点.若从椭圆的左焦点发出的光线，经过两次反射之后回到点，光线经过的路程为8，其离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)设，，过点作直线与椭圆交于不同的两点，（异于，），直线，的交点为. （ⅰ）某同学闲暇时作了多条不同直线，相应产生了多个不同点，他感觉这些点在一条直线上.请你对其感觉的正确性给出判断并证明； （ⅱ）设直线，交点为，试问：与的面积之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由. 题型07 距离有关的定值问题 1．（2026·山东枣庄·三模）已知双曲线的实轴长为，且经过点. (1)求的渐近线方程； (2)设曲线，点，分别是，上的动点，且满足，若原点到直线的距离为定值，求的值. 2．（25-26高二上·河北石家庄·期末）已知双曲线 C的渐近线方程为，且双曲线 C经过点 (1)求双曲线C的标准方程； (2)若点 A、B、D分别为双曲线C上不同的三个点，且 B、D两点关于y轴对称，△ABD的外接圆经过原点 O，证明：原点 O到直线 AB的距离为定值. 3．（25-26高二上·贵州毕节·期末）已知双曲线的一条渐近线方程为，其虚轴长为4，Q为双曲线上任意一点. (1)求双曲线的方程； (2)求证：点到两条渐近线的距离之积为定值，并求出此定值. 题型08 线段长有关的定值问题 1.（2026·上海嘉定·二模）已知椭圆与直线、．过椭圆上一点P作的平行线交于点M，作的平行线交于点N． (1)当P为椭圆的上顶点时，求的大小； (2)若椭圆的离心率，求椭圆的方程，并求的最大值与最小值； (3)若为定值（与点P的位置无关），求a的值，并求此时四边形面积的最大值． 2.（25-26高二上·上海·期末）已知双曲线：的离心率为，点在双曲线上； (1)求双曲线的标准方程； (2)设点是双曲线上的动点，是圆：上的动点，且直线与圆相切，求的最小值； (3)如图，是双曲线上两点，直线与轴分别交于点，点在直线上；若关于原点对称，且，是否存在点，使得为定值；若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由； 3．（25-26高二上·广东湛江·期末）已知椭圆左右顶点分别为，右焦点为，已知，离心率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)设是椭圆上异于的一点，直线与直线分别交于点.证明：以线段为直径的圆被轴截得的弦长为定值. 4．（25-26高二上·山东泰安·期末）已知双曲线的一条渐近线方程为，点在双曲线上. (1)求双曲线的标准方程； (2)设双曲线上一动点，圆上一动点，且直线与圆相切，求的最小值； (3)若双曲线上存在异于点的两点，直线与轴分别交于点，且关于原点对称，点在直线上，且.证明：存在点，使得为定值. 5．（25-26高二上·山东烟台·期末）已知椭圆的离心率为，且过点．点M，N在C上，且，，D为垂足． (1)求C的方程； (2)证明：MN过定点； (3)证明：存在定点Q，使得为定值． 题型09 角度有关的定值问题 1．（25-26高二上·北京·期末）已知椭圆的长轴长为4，以椭圆C的短轴为直径的圆经过椭圆的两个焦点，点分别是椭圆C的左、右顶点． (1)求圆和椭圆C的方程； (2)已知分别是椭圆C和圆上的动点（位于轴两侧），且直线与轴平行，直线，分别与轴交于点，．求证：为定值． 2．（25-26高二上·北京东城·期末）已知椭圆：的左焦点，. (1)求椭圆的方程； (2)设为坐标原点，过点作斜率为且不经过焦点的直线，直线与椭圆交于不同两点，，直线，与轴正半轴分别交于点，.求证：的值为定值. 3．（25-26高二下·上海·期末）已知双曲线的标准方程，如图所示，过双曲线的右焦点作与坐标轴都不垂直的直线交的右支于两点.    (1)求双曲线的离心率和渐近线方程； (2)已知点，求证：； (3)若以为直径的圆被直线截得的劣弧为，则弧所对圆心角的大小是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 4．已知椭圆的离心率为，且点在椭圆C上． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线l与椭圆C交于M，N两点，且坐标原点O到直线l的距离为，则的大小是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由． (3)在（2）的条件下，试求三角形的面积S的取值范围． 5．已知抛物线，直线过点，并交抛物线于两点，若，直线与轴交于点，问：与的夹角是否为定值？ 题型10 参数式的定值问题 1．（25-26高二下·上海宝山·期中）已知是椭圆的左右焦点，且经过点，离心率为 (1)求椭圆的方程； (2)若直线过右焦点与椭圆交于两点，且，求直线的方程． (3)若直线过点，且与椭圆交于两点，点关于轴的对称点为，直线的纵截距为，证明：为定值． 2．（25-26高二上·重庆·阶段检测）在平面直角坐标系中，已知抛物线上一点到焦点的距离为5.过点的直线与抛物线交于不同的两点、. (1)求抛物线的标准方程； (2)若的面积为20，求直线的方程； (3)若直线交轴于点，直线交轴于点，且，，求证：为定值. 3．（25-26高三上·上海·阶段检测）已知椭圆的左，右焦点分别为、，直线与椭圆交于M、N两点，（点M在点N的上方），与y轴交于点E.    (1)求椭圆的离心率e； (2)若直线l过点时，设，，求证：为定值，并求出该值； (3)当k为何值时，恒为定值，并求此时三角形面积的最大值. 4．（25-26高三上·湖南·期中）已知椭圆的离心率为，上､下顶点分别为，且. （1）求的方程. （2）是椭圆的左顶点，是上除顶点外的任意一点，直线与交于点，直线与轴交于点，设直线的斜率为，直线的斜率为. （i）求点的坐标（用表示）； （ii）证明：为定值. 5．已知椭圆：的离心率． (1)求椭圆的方程； (2)如图所示，是椭圆的顶点，是椭圆上除顶点外的任意点，直线交轴于点，直线交于点．设的斜率为的斜率为，求证：为定值． 题型11 定直线问题 1．（25-26高二下·四川自贡·阶段检测）已知椭圆：（）的长轴长为，点在上． (1)求的离心率； (2)若，分别为的左、右顶点，过点且斜率不为0的直线与交于，两点，直线，交于点，证明：点在定直线上． 2．（25-26高二上·广东中山·期末）已知双曲线的中心为坐标原点，上焦点为，离心率为．记的上、下顶点分别为，过点的直线与的上支交于两点． (1)求的方程； (2)直线和的斜率分别记为和，求的最小值； (3)直线与交于点，证明：点在定直线上． 3．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）已知分别是双曲线：的左、右顶点，点是双曲线上的一点，且． (1)求双曲线的方程； (2)已知过点的直线：，交双曲线的左、右两支于两点（异于）. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）设直线与直线交于点，求证：点在定直线上． 4．（25-26高三下·海南海口·阶段检测）已知椭圆 （>）的离心率为 A，B分别为椭圆C的上、下顶点，O为坐标原点，直线与椭圆C交于不同的两点P，Q. (1)设点M 为线段PQ的中点，证明：直线OM 与直线PQ的斜率之积为定值； (2)若时， ①求椭圆C的方程； ②证明：直线BP与直线AQ的交点D在定直线上. 5．（25-26高二上·江苏连云港·期中）已知椭圆E：的长轴端点为，，斜率为k的直线l与椭圆E交于M，N两点（与长轴端点不重合），记直线AM，AN，BM的斜率分别为，，，且满足. (1)求证：为定值； (2)求证：直线l过定点； (3)判断直线AN，BM的交点P是否在一条定直线上，并证明你的结论. 综合攻坚·知能拔高 1．（25-26高二下·浙江·期中）已知直线与抛物线交于两点，过分别作抛物线的两条切线，两条切线交于点；过点作直线的垂线，与椭圆交于两点（点在点上方）． (1)证明：点在一条定直线上； (2)记的面积分别为，求的最小值． 2．（25-26高二上·贵州毕节·期末）阅读材料：椭圆的第三定义 （一）椭圆第三定义与几何性质探究 在平面直角坐标系中，已知椭圆的长轴的两个端点分别为和．若是椭圆上异于端点，的任意一点，则，这一性质称为椭圆的第三定义（斜率积定义）． （二）已知平面内两个定点，，动点满足，其中，分别表示直线，的斜率． (1)求动点的轨迹的方程，并说明轨迹是什么图形； (2)设直线与轨迹交于，两点（，都不是点B），且以为直径的圆过点，证明：直线过定点，并求出该定点的坐标； (3)在（2）的条件下，求面积的取值范围． 3．（25-26高二上·湖北黄冈·期末）已知平面上的动点与点、连线的斜率之积为，过点的直线与点的轨迹交于、（在轴上方）两点，直线、交于点，记，的面积分别为、. (1)求点的轨迹方程； (2)若，求直线的方程； (3)证明：点在定直线上. 4．（25-26高二上·湖北孝感·期末）我们把下面的定义称为双曲线的第二定义：平面内到定点的距离与到定直线：的距离之比为常数的点的轨迹叫做双曲线，其方程为，其中，此时叫做该双曲线的右准线.已知双曲线的左､右焦点分别为，直线是的右准线. (1)求双曲线的方程； (2)过点的直线交E的右支于两点，过点作直线的垂线，垂足为.证明：直线过定点； (3)过点作直线交曲线于异支两点记为.设直线分别与直线轴相交于点.问：在实轴上是否存在定点使恒成立，若存在，则求出对应定直线，若不存在，则说明理由. 5．（2026·云南昭通·模拟预测）如图，已知椭圆的方程为，直线与椭圆交于两点（点在第一象限）．当时，在x轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点．    (1)求的标准方程； (2)若轴于点，连接BM并延长交于点，记直线的斜率为． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）设，求的取值范围． 6．（25-26高二下·河南驻马店·期末）已知双曲线的实轴的长为，离心率． (1)求双曲线的标准方程； (2)过点的直线与双曲线交于两点，求线段的中点的轨迹方程； (3)设为双曲线上任意一点，过作的两条渐近线的垂线，垂足分别为.的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由． 7．（25-26高二下·贵州遵义·期中）在平面直角坐标系中，椭圆的左焦点为，且到上任意一点的距离最小值为1． (1)求的方程； (2)过的直线与交于、两点，与轴交于点，且在线段之间，为的右顶点． （i）若的面积是的面积的3倍，求的方程； （ii）设，，证明：为定值． 8．（2026·湖北武汉·三模）已知圆和定点，动点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线交于点，设曲线为点的轨迹． (1)求曲线的方程； (2)设，斜率为的直线与曲线交于，两点，直线，分别与曲线交于，两点； （ⅰ）若直线，的斜率之和为0，证明：直线过定点； （ⅱ）若，证明：直线过定点． 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $