微考点6-3圆锥曲线中的定点定值问题（三大题型）

微考点63圆锥曲线中的定点定值问题（三大题型）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.④设直线为，根据题目给出的条件，转化为坐标之间的关系，利用韦达定理找出与之间的关系，即可求出定点。题型一：圆锥曲线中直线过定点问题【精选例题】【例1】已知为椭圆C：上一点，点P与椭圆C的两个焦点构成的三角形面积为．(1)求椭圆C的标准方程；(2)不经过点P的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若直线PA与PB斜率的乘积为－1，证明：直线必过定点，并求出这个定点坐标．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据题意求出即可得解；（2）设，分情况讨论，联立方程，利用韦达定理求出，再根据直线与的斜率之积为即可得出结论.【详解】（1）由点与椭圆的两个焦点构成的三角形面积为可知，解得：，，椭圆的标准方程：；（2）设，当直线不平行于轴时，设方程为：，由不经过点知由得，，，，，，，，过定点当直线平行于轴时，，设由和的方程联立解得，方程为：，过定点综上，直线必过定点．【例2】已知椭圆的离心率，且椭圆经过点.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点且斜率不为零的直线与椭圆交于两点，关于轴的对称点为，求证：直线与轴交于定点.【答案】(1)；(2)证明见解析【分析】（1）利用离心率以及椭圆经过点的坐标联立解方程组，即可求得椭圆的标准方程；（2）设直线的方程为并于椭圆联立，利用韦达定理写出直线的方程，求出点横坐标表达式即可得.【详解】（1）由离心率可得，将点代入椭圆方程可得，又；解得，所以椭圆C的方程为（2）设点，，则，直线的方程为，直线与椭圆联立，消去，得，

则可得，，易知，得由题意，直线的方程为，令，所以点的横坐标，所以直线与轴交于定点【跟踪训练】1．“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长，某些折纸活动蕴含丰富的数学知识，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）：步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一定点，记为；步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点（即折叠后图中的点与点重合）；步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕，记折痕与的交点为；步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.现取半径为4的圆形纸片，设点到圆心的距离为，按上述方法折纸.以线段的中点为原点，线段所在直线为轴建立平面直角坐标系，记动点的轨迹为曲线.(1)求的方程；(2)设轨迹与轴从左到右的交点为点，，点为轨迹上异于，，的动点，设交直线于点，连结交轨迹于点.直线、的斜率分别为、.（i）求证：为定值；（ii）证明直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标.【答案】(1)(2)（i）证明见解析（ii）证明见解析，该定点的坐标为【分析】（1）由折纸的对称性，可知，从而确定点的轨迹；（2）（i）设点，，，根据斜率公式分别求出、，结合椭圆方程证明；（ii）设直线的方程为，直曲联立，结合韦达定理和（i）的结论求出，根据直线方程即可求出定点.【详解】（1）由题意可知，，故点的轨迹是以，为焦点，且长轴长的椭圆，焦距，所以，因此轨迹方程为.（2）证明：（i）设，，，由题可知，如下图所示：则，，而，于是，所以，又，则，因此为定值.（ii）设直线的方程为，，，由，得，所以.由（i）可知，，即，化简得，解得或（舍去），所以直线的方程为，因此直线经过定点.【点睛】本题第二问（ii）解题关键是设出直线方程联立椭圆方程，利用韦达定理结合（i）的结论列方程可得.2．已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，且过点，，，为椭圆上关于轴对称的两点（不与点B重合），，直线与椭圆交于另一点，直线垂直于直线，为垂足．(1)求的方程；(2)证明：（i）直线过定点，（ii）存在定点，使为定值．【答案】(1)；(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【分析】（1）设方程为，代入点的坐标，得出方程组，求解即得.（2）（i）设的方程为，与椭圆方程联立，根据韦达定理表示出坐标关系，得出的方程为，令，整理可得，即可得出定点；（ii）由已知可得，即可得出的轨迹，得出答案.【详解】（1）设的方程为，则，解得，所以的方程为.（2）（i）依题意，直线的斜率存在且不为0，设的方程为，设点，，则，由消去并整理得，则，，，显然，直线的斜率，直线的方程为，令，则，所以直线恒过定点.（ii）令直线过的定点为点，由，在上，得，则点在以为直径的圆上，从而的中点为定点，使为定值.【点睛】思路点睛：设的方程为，与椭圆联立得出方程，根据韦达定理得出坐标关系.进而整理化简，即可得出定点坐标.题型二：圆锥曲线中圆过定点问题【精选例题】【例1】已知椭圆：（）的离心率为，其左､右焦点分别为，，为椭圆上任意一点，面积的最大值为1.(1)求椭圆的标准方程；(2)已知，过点的直线与椭圆交于不同的两点，，直线，与轴的交点分别为，，证明：以为直径的圆过定点.【答案】(1)，(2)证明见解析(1)解：因为椭圆的离心率为，所以.又当位于上顶点或者下顶点时，面积最大，即.又，所以，.所以椭圆的标准方程为.(2)解：由题知，直线的斜率存在，所以设直线的方程为，设，，将直线代入椭圆的方程得：，由韦达定理得：，，直线的方程为，直线的方程为，所以，，所以以为直径的圆为，整理得：.①因为，令①中的，可得，所以，以为直径的圆过定点.【例2】在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆：过点，离心率为，其左右焦点分别为，．(1)若点P与，的距离之比为，求直线被点P所在的曲线截得的弦长；(2)设，分别为椭圆的左、右顶点，Q为上异于，的任意一点，直线，分别与椭圆的右准线交于点M，N，求证：以为直径的圆经过x轴上的定点．【答案】(1)；(2)证明见解析【分析】根据题意，利用上的点和离心率得及；（1）由点与，的距离之比化简整理得到点的轨迹方程是一个圆，利用利用勾股定理可得弦长；（2）根据题意，写出直线，的直线方程并求其右准线交于点M，N的坐标，假设轴上存在点在以为直径的圆上，利用求出的值，从而得证以为直径的圆经过x轴上的定点.【详解】（1）因为椭圆：过点，所以．又因为离心率，即，故，所以，即，所以，则，．设，则，即，所以点的轨迹为圆心，半径的圆．其圆心到直线的距离为，所以弦长．故直线被点P所在的曲线截得的弦长为.（2）证明：由（1）知，所以，，右准线．设，，由：，则，同理．假设轴上存在点在以为直径的圆上，则因为，因为Q点在椭圆上，所以，即，所以，即，解得或，点和都满足题意.所以以MN为直径的圆经过x轴上的定点和.【跟踪训练】1.设椭圆的离心率为，点为椭圆上一点，的周长为.(1)求椭圆的方程；(2)设动直线与椭圆有且只有一个公共点，且与直线相交于点.问：轴上是否存在定点，使得以为直径的圆恒过定点？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)；(2)存在，.(1)由

可得

，①

的周长为，所以，即②

联立①②得：

，，

，∴椭圆的方程为

；(2)设点．由

，得

，

，化简得

，∴

，

∴

．由

，得，假设存在点，则

，

，

∵以为直径的圆恒过点，∴

，即

，∴

对任意都成立．则

，解得

，故存在定点符合题意．2.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：的长轴长为4，且经过点，其中e为椭圆C的离心率.(1)求椭圆C的方程；(2)过点的直线l交椭圆C于A，B两点，点B关于x轴的对称点为，直线交x轴于点Q，过点Q作l的垂线，垂足为H，求证：点H在定圆上.【答案】(1)；(2)证明见解析【分析】（1）根据椭圆的长轴长，以及椭圆过的点，求出b的值，即可求得答案；（2）设l的方程为，联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，结合的方程可求得Q点坐标，从而可得的方程，并求出其过定点，结合垂直关系，即可证明结论.【详解】（1）因为椭圆C：的长轴长为，所以，因为椭圆经过点，所以，又，所以，整理得，解得或(舍)．所以椭圆C的方程为（2）证明：由题意可知，l的斜率存在，设l的方程为，，则．由，得，，所以，因为的方程为，令，得，即，因为，①当时，的斜率为，则的方程为，即，所以恒过点．②当时，l的方程为，，则的方程为，此时也过点．综上，恒过定点，由题意可知，故点H在以PM为直径的定圆上．【点睛】：关键点睛：本题第二问证明点H在定圆上，关键在于推出直线过定点，从而结合，即可证明结论.题型三：圆锥曲线中圆过定值问题【精选例题】【例1】在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且右焦点到直线的距离为.(1)求椭圆的标准方程；(2)设椭圆上的任一点，从原点向圆引两条切线，设两条切线的斜率分别为，（i）求证：为定值；（ii）当两条切线分别交椭圆于时，求证：为定值.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析【分析】（1）直接列出关于的方程组求解；（2）（i）写出切线方程，由圆心到切线距离等于半径可以得出与的关系，从而得出是某个一元二次方程的解，利用韦达定理可得；（ii）设，利用及椭圆方程求得，再求得后可得．【详解】（1）题意，，解得，所以椭圆的方程为.（2）（i）证明：依题意，两条切线方程分别为，由，化简得，同理.所以是方程的两个不相等的实数根，则.又因为，所以，所以.（ii）证明：由（得，，设，则，即，因为，所以，得，即，解得，所以，所以为定值.【例2】已知椭圆：离心率，且经点．(1)求椭圆的标准方程；(2)过椭圆C右焦点的直线l交椭圆于A，B两点，交直线于点D，且，设直线，，的斜率分别为，，，若，证明为定值．【答案】(1)；(2)证明见解析【分析】（1）由题意可得，解方程求出，即可得出答案；（2）设，，设直线方程为：，将直线方程与随圆方程联立，得到关于的一元二次方程，根据韦达定理，可得的表达式，由此表示出，再代入化简即可得出答案.【详解】（1）由题意知，解得，，故椭圆的标准方程为．（2）由题意直线的斜率一定存在，由（1）知，则椭圆的右焦点的坐标为，设直线方程为：，坐标为．所以，设，，将直线方程与随圆方程联立，∴，又恒成立，由韦达定理知，，，∴∴【点睛】关键点睛：解题的关键是根据直线方程得到坐标为，则，直线方程与随圆方程联立，化简整理，结合韦达定理表示出，代入化简即可得出答案.【例3】已知椭圆过点，离心率．(1)求椭圆的标准方程；(2)设过点的斜率为直线交椭圆于另一点，若的面积为2，其中为坐标原点，求直线的斜率的值；(3)设过点的直线交椭圆于点，，直线，分别交直线于点，．求证：线段的中点为定点．【答案】(1)(2)0(3)证明见解析【分析】（1）根据给定条件，列出关于的方程组并求解即得.（2）由点斜式写出直线的方程，与椭圆方程联立结合三角形面积求出k值即得.（3）设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出点的坐标，结合韦达定理计算得解.【详解】（1）令椭圆半焦距为c，依题意，，解得，，，所以椭圆的方程为．（2）设直线的方程为，，则原点到直线的距离为，由消去并化简得，显然，设，有，则，于是，则，解得，所以直线的方程为．（3）依题意，直线的斜率存在，设直线的方程为，由，消去并化简得，则，，由，得，所以，显然直线，的斜率存在，直线的方程为，令，得，同理得，所以，所以线段的中点为定点.【点睛】结论点睛：过定点的直线l：y=kx+b交圆锥曲线于点，，则面积；过定点直线l：x=ty+a交圆锥曲线于点，，则面积.【跟踪训练】1．如图，D为圆O：上一动点，过点D分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，连接并延长至点W，使得，点W的轨迹记为曲线．(1)求曲线C的方程；(2)若过点的两条直线，分别交曲线C于M，N两点，且，求证：直线MN过定点；(3)若曲线C交y轴正半轴于点S，直线与曲线C交于不同的两点G，H，直线SH，SG分别交x轴于P，Q两点．请探究：y轴上是否存在点R，使得？若存在，求出点R坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)证明见解析，(3)存在，【分析】（1）设，求得D点并代入，化简求得曲线C的方程；（2）设的方程为，直线的方程为，将直线的方程与曲线C的方程联立，求得M，N的坐标，对进行分类讨论，由此证得直线过定点并求得定点坐标；（3）假设存在点使得，先求得，设出G，H的坐标，由直线SH和直线SG的方程求得P，Q两点的坐标，结合G在曲线C上求得R点的坐标．【详解】（1）设，，则，由题意知，所以，得(，所以，因为，得，故曲线C的方程为．（2）由题意可知，直线不平行坐标轴，则可设的方程为：，此时直线的方程为．由，消去得：，解得：或(舍去)，所以，所以，同理可得：．当时，直线的斜率存在，，则直线的方程为，所以直线过定点．当时，直线斜率不存在，此时直线方程为：，也过定点，综上所述：直线过定点．（3）假设存在点R使得，设，因为，所以，即，所以，所以，直线与曲线C交于不同的两点G、H，易知G、H关于轴对称，设，易知点，直线方程是，令得点P横坐标，直线方程是，令得点Q横坐标，由，得，又在椭圆上，所以，所以，解得，所以存在点，使得成立．3．已知椭圆的长轴长为4，离心率为，定点．(1)求椭圆的方程；(2)设直线与椭圆分别交于点（不在直线上），若直线，与椭圆分别交于点，，且直线过定点，问直线的斜率是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由.【答案】(1)；(2)直线的斜率为定值1【分析】（1）由长轴长和离心率可求出，结合关系式可求出，进而求出椭圆的方程；（2）可设，，，，由，得，将，代入椭圆整理得，联立求得，同理求得，结合，化简求出，由即可求解.【详解】（1）由椭圆的长轴长为4可知，又椭圆的离心率为，即，所以，则，因此椭圆的方程为；（2）直线的斜率为定值，定值为1，证明：设，，，，，，，由，有，因为，在椭圆上，所以，，因此，整理得，即，因此，联立，解得，同理，又因为直线过定点，所以，将，，，代入，有，整理得，又，所以．综上，直线的斜率为定值1．【点睛】关键点睛：本题涉及的量比较多，关键是设而不求，整体代换的思想的应用.4．已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，其离心率为，点P是C上的一点（不同于A，B两点），且面积的最大值为．(1)求C的方程；(2)若点O为坐标原点，直线AP交直线于点G，过点O且与直线BG垂直的直线记为l，直线BP交y轴于点E，直线BP交直线l于点F，试判断是否为定值？若是，则求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)；(2)是定值，.【分析】（1）根据离心率及焦点三角形性质、椭圆参数关系求参数，即可得方程；（2）设，且，求得，再根据已知可得直线，而直线，进而求出坐标，过作轴，利用等比例关系求即可得结论.【详解】（1）由题意，故.（2）由（1）及题设知：，直线的斜率存在且不为0，设，则，即，所以，又过点O且与直线BG垂直的直线记为l，则，故直线，而直线，则，联立，而，可得，所以，故，过作轴，如图，所以为定值.1．设椭圆：的左、右顶点分别为C，D，且焦距为2.F为椭圆的右焦点，点M在椭圆上且异于C，D两点.若直线与的斜率之积为.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点作一条斜率不为0的直线与椭圆E相交于A，B两点（A在B，P之间），直线与椭圆E的另一个交点为H，求证：点A，H关于x轴对称.【答案】(1)；(2)证明见解析【分析】（1）根据直线与的斜率之积得到，故，结合焦距得到，，得到椭圆方程；（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，表达出，得到结论.【详解】（1）由题意有，，设，，化简得，结合，可得，由椭圆焦距为2，有，得，，椭圆E的标准方程为；（2）显然直线方程斜率不存在时，与椭圆方程无交点，根据椭圆的对称性，欲证，H关于轴对称，只需证，即证，设，，直线方程为，由消去得，，解得，所以，.则，因为，所以，即A，H关于轴对称.2．已知椭圆E：的左、右焦点分别为，，左顶点为A，，P是椭圆E上一点（异于顶点），O是坐标原点，Q在线段上，且∥，．(1)求椭圆E的标准方程；(2)若直线l与x轴交于点C、与椭圆E交于点M，N，B与N关于x轴对称，直线MB与x轴交于点D，证明：为定值．【答案】(1)；(2)证明见解析【分析】（1）利用三角形中位线定理结合椭圆的定义及已知条件可求出，再由可求出，然后由可求得，从而可求出椭圆方程；（2）由题意知直线MN，MB的斜率均存在且均不为零，设，，，，然后表示出直线MN，MB的方程，分别与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，得到两个相等，化简可得结论.【详解】（1）由题知，O是线段的中点，Q在线段上，∥，则Q是线段的中点，可得，，所以，即，又因为，则，

可得，所以椭圆E的标准方程为．（2）由题意知直线MN，MB的斜率均存在且均不为零，设，，，，则，可得直线MN的方程为，直线MB的方程为，联立方程，消去y并整理得，则，，联立方程，消去y并整理得，则，．因为，即，整理得，当时，，即；当时，C，D，M三点重合或N，B，C，D四点重合，此时；综上所述：，为定值．【点睛】关键点睛：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．3．已知为圆：上任一点，，，，且满足.(1)求动点的轨迹的方程；(2)过点的直线与轨迹相交于,两点，是否存在与点不同的定点，使恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，R的坐标为【分析】（1）由可得，根据向量的加法以及数量积运算可，从而得到，结合椭圆的定义即可求出其轨迹方程.（2）当过点的直线平行于轴时和垂直于轴时，求得，当不平行于轴时且不垂直于轴时，联立方程，利用韦达定理和点关于轴的对称点，结合，求得三点共线，从而满足，即可判断存在点不同的定点.【详解】（1）圆：，圆心，半径为，因为，则，因为，，则在线段上，即，又因为，所以，即，所以动点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆方程为，则，，则，，所以，则动点的轨迹的方程为.（2）设过点的直线为，当平行于轴时，直线与椭圆相交于两点，如果存在点满足条件，则有，即，所以点在轴上，可设的坐标为；当垂直于轴时，直线与椭圆相交于两点，如果存在点满足条件，则有，即，解得或，所以若存在不同于点的定点满足条件，则点的坐标为，当不平行于轴时且不垂直于轴时，设直线方程为，，联立，得，因为直线恒过椭圆内定点，故恒成立，，又因为点关于轴的对称点的坐标为，又，，则，所以，则三点共线，所以，综上，存在与点不同的定点，使恒成立，且.4．椭圆的两个焦点分别为，，离心率为，为椭圆上任意一点，不在轴上，的面积的最大值为.(1)求椭圆的方程；(2)过点的直线与椭圆相交于M，N两点，设点，求证：直线，的斜率之和为定值，并求出定值.【答案】(1)；(2)定值，【分析】（1）根据题意列出方程即可；（2）设出直线方程，联立椭圆方程，列出表达式利用韦达定理计算即可.【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以，设到的距离为，因为，所以，易得当时面积取得最大值，所以，因为，所以，，所以椭圆的方程为；（2）证明：如图，易知点在椭圆外，设直线的方程为，，，由得，所以，，，因为，所以，所以，所以，所以.【点睛】关键点点睛：本题的第（2）问的化简，这里化简主要是利用了韦达定理和直线的方程，在化简过程中同时涉及到通分，计算比较复杂，要认真计算.5．已知，，动圆与圆外切且与圆内切．圆心的轨迹为曲线．(1)求曲线C的方程；(2)是否存在过点的直线交曲线C于A，B两点，使得点Q为中点时，直线的斜率与直线OQ的斜率乘积为定值？如果存在，求出这个定值，如果不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）先根据题意得到圆与圆的圆心和半径，再根据题意求得，，从而根据椭圆的定义可知，动点的轨迹是以，为焦点，4为半长轴长的椭圆，进而即可求得曲线C的方程；（2）先根据题意可得过点的直线的斜率存在，从而设直线为，再联立曲线C的方程，消整理得到关于的一元二次方程，再结合点Q为中点，从而求得的值，进而即可得到结论．【详解】（1）依题意可得圆的圆心为，半径为1，圆的圆心为，半径为7，设动圆的半径为，由动圆与圆外切且与圆内切，则，且，则由椭圆的定义可知，动点的轨迹是以，为焦点，4为半长轴长的椭圆，所以，，，故曲线C的方程的方程为．（2）依题意可得过点的直线的斜率存在，则设直线为，联立，消整理得，当点Q为中点时，有，解得，又，所以(定值)，故直线的斜率与直线OQ的斜率乘积为定值．6．已知椭圆的长轴为双曲线的实轴，且椭圆过点.(1)求椭圆的标准方程；(2)设点是椭圆上异于点的两个不同的点，直线与的斜率均存在，分别记为，若，试问直线是否经过定点，若经过，求出定点坐标；若不经过，请说明理由.【答案】(1)；(2)过定点，理由见解析【分析】（1）由题意可得，，求出，从而可得椭圆方程，（2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，求出直线与的斜率，再由列方程可得参数的关系，代入直线方程可求出直线恒过的定点.【详解】（1）因为椭圆的长轴为双曲线的实轴，所以，因为椭圆过点，所以，，得，所以椭圆方程为；（2）①当直线的斜率存在时，设其方程为，由，得，

，所以，，所以，，因为，所以，所以，所以，所以，化简得，即，所以或，当时，直线的方程为，则直线过定点（舍去），当时，直线的方程为，所以直线过定点，②当直线的斜率不存在时，设直线为（），由，得，所以，所以，解得（舍去），或，所以直线也过定点，综上，直线恒过定点.【点睛】处理定点问题的思路：（1）确定题目中的核心变量（此处设为），（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.8．已知椭圆的离心率为，且过点.(1)求椭圆的标准方程.(2)已知过右焦点的直线与交于两点，在轴上是否存在一个定点，使？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)存在，【分析】（1）由离心率与定点代入椭圆方程，建立方程组待定系数即可；（2）由条件转化为，设直线的方程为，将斜率坐标化，利用韦达定理代入，得到的等式，不论如何变化，等式恒成立求值即可.【详解】（1）因为，所以.所以椭圆的方程为.因为点在椭圆上，所以，解得，所以.所以椭圆的标准方程为.（2）存在定点，使.理由如下：由（1）知，，则点.设在轴上存在定点，使成立.当直线斜率为时，直线右焦点的直线即轴与交于长轴两端点，若，则，或.当直线斜率不为时，设直线的方程为，.由消去并整理，得，则.因为，所以，所以，即.所以，即，恒成立，即对，恒成立，则，即.又点满足条件.综上所述，故存在定点，使.9．已知椭圆的左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，且四边形是面积为8的正方形．(1)求C的标准方程；(2)M，N为C上且在x轴上方的两点，，与的交点为P，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)；(2)定值为．【分析】（1）根据面积求出，即可得出椭圆方程；（2）设，根据相似三角形表示出，利用直线与椭圆方程化简可得的和积，代入化简即可得解.【详解】（1）椭圆的左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，因为四边形是面积为8的正方形，所以有且，解得，故，所以椭圆的标准方程为；（2）由已知，则，设，因为，所以．又因为，所以，所以．即．设，的方程分别为：，，设，，则，所以，因此，同理可得：，因此，，所以．所以为定值，定值为．【点睛】关键点点睛：本题的关键在于运算，大量的运算保证了消参的进行，为求证定值的必要条件，运算能力的培养是解决问题的关键.10．已知椭圆的左､右焦点分别为，点在椭圆上，且满足轴，.(1)求椭圆的标准方程；(2)设椭圆的右顶点为，左顶点为，是否存在异于点的定点，使过定点的任一条直线均与椭圆交于（异于两点）两点，且使得直线的斜率为直线的斜率的2倍？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)存在定点满足题意，.【分析】（1）由轴，得到，从而得到，，再利用椭圆定义求得a即可；（2）假设存在满足题意的定点，设直线的方程为，联立，由，结合韦达定理求解.【详解】（1）解：因为轴，所以，解得所以.根据椭圆的定义，得，解得.又，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）假设存在满足题意的定点.依题意，设直线的方程为，联立，消去并整理，得，由，得.由根与系数的关系，得.由，得，所以，即，所以，所以，所以，②①，得，当时，解得，所以.又，所以.因为上式在变化时恒成立，所以.又，所以.此时点与点重合，不合题意，舍去；所以，即，此时点在椭圆的内部，满足直线均与椭圆交于两点，所以存在定点满足题意，.11．已知椭圆C：（）的离心率为，其左、右焦点分别为，，点P是坐标平面内一点，且（O为坐标原点）．(1)求椭圆C的方程；(2)过点且斜率为k的动直线l交椭圆于A，B两点，在y轴上是否存在定点M，使以AB为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M