实战演练10 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题（3大常考点归纳）-备战2025年高考数学真题题源解密（新高考卷）解析版

第第页实战演练10圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题①定点问题②定值问题③定直线问题一、定点问题定点问题是比较常见出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．【一般策略】①引进参数.一般是点的坐标、直线的斜率、直线的夹角等.②列出关系式.根据题设条件，表示出对应的动态直线或曲线方程.③探究直线过定点.一般化成点斜式或者直线系方程二、定值问题在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题．这些问题重点考查学生方程思想、函数思想、转化与化归思想的应用．【一般策略】①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②引进变量法：选择适当的动点坐标或动直线中的系数为变量，然后把要证明为定值的量表示成上述变量的函数，最后把得到的函数化简，消去变量得到定值【常用结论】结论1过圆锥曲线上的任意一点P（x0，y0）作互相垂直的直线交圆锥曲线于点A，B，则直线AB必过一定点（等轴双曲线除外）.结论2过圆锥曲线的准线上任意一点P作圆锥曲线上的两条切线，切点分别为点A，B，则直线AB必过焦点.结论3

过圆锥曲线外一点P作圆锥曲线上的两条切线，切点分别为点A，B，则直线AB已知且必过定点.结论4过圆锥曲线上的任意一点P（x0，y0）作斜率和为0的两条直线交圆锥曲线于A，B两点，则kAB为定值.结论5

设点A，B是椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）上关于原点对称的两点，点P是该椭圆上不同于A，B两点的任意一点，直线PA，PB的斜率分别是k1三、定直线问题定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题，解决这类问题，一般可以套用求轨迹方程的通用方法，也可以根据其本身特点的独特性采用一些特殊方法.【一般策略】①联立方程消去参；②挖掘图形的对称性，解出动点横坐标或纵坐标；③将横纵坐标分别用参数表示，再消参；④设点，对方程变形解得定直线.解题技巧：动点在定直线上：题设为某动点在某定直线．目标：需要消掉关于动点横坐标或者纵坐标的所有参数，从而建立一个无参的直线方程，此时会分为三种情况：（1），即动点恒过直线．（2），即动点恒过直线．（3），即动点恒过直线．①定点问题一、解答题1．（2024·山西太原·二模）已知抛物线C：（）的焦点为F，过点且斜率为1的直线经过点F．(1)求抛物线C的方程；(2)若A，B是抛物线C上两个动点，在x轴上是否存在定点M（异于坐标原点O），使得当直线AB经过点M时，满足？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在；【分析】（1）根据点斜式求解直线方程，即可求解焦点坐标，进而可得，（2）联立直线与抛物线方程得韦达定理，结合向量垂直的坐标运算，即可求解.【详解】（1）由题意过点且斜率为1的直线方程为，即，令，则，∴点F的坐标为1,0，∴，∴．抛物线C的方程为．（2）由（1）得抛物线C：，假设存在定点，设直线AB的方程为（），Ax1,y1由，得，∴，，，∵，∴，∴，∴或（舍去），当时，点M的坐标为，满足，，∴存在定点．2．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知椭圆C：的左，右焦点分别为，，过的直线与椭圆C交于M，N两点，且的周长为8，的最大面积为．(1)求椭圆C的方程；(2)设，是否存在x轴上的定点P，使得的内心在x轴上，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)或(2)存在，【分析】（1）根据题意列出方程组，求出即可得解；（2）由题意可将原问题转换为，设直线的方程为：，，联立椭圆方程，结合韦达定理可求得的值即可.【详解】（1）∵的周长为8，的最大面积为，∴，解得，或，．∴椭圆C的方程为或等．（2）

由（1）及易知F21,0不妨设直线MN的方程为：，，Mx1,y1联立，得．则，，若的内心在x轴上，则，∴，即，即，可得．则，得，即．当直线MN垂直于x轴，即时，显然点也是符合题意的点．故在x轴上存在定点，使得的内心在x轴上.3．（2024高三·全国·专题练习）已知抛物线的焦点与椭圆的上顶点重合，点是直线上任意一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为．(1)求抛物线的方程．(2)证明直线过定点，并且求出定点坐标．【答案】(1)；(2)证明见解析，.【分析】（1）根据椭圆的顶点计算求参得出抛物线方程；（2）根据导数求出切线斜率再分别表示切线应用同构或待定系数法求解即可.【详解】（1）由题意椭圆的上顶点为，，∴，∴．（2）法一（同构法）．设点Mx1,y1由，∴直线的斜率为，∴即同理可得∵点，代入得∵点，代入得∴点、都满足关系∴①又点，∴，代入①得故直线恒过定点1,4．法二（配极原则）．设定点为，由题目可知点所在直线是点对应的极线，∴由配极原则可得即对比的系数可得∴直线恒过定点1,4．4．（2025·广东·一模）设两点的坐标分别为.直线相交于点，且它们的斜率之积是.设点的轨迹方程为.(1)求;(2)不经过点的直线与曲线相交于、两点，且直线与直线的斜率之积是，求证：直线恒过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设点的坐标为，然后表示出直线的斜率，再由它们的斜率之积是，列方程化简可得点的轨迹方程；（2）设，当直线斜率不存在时，求得直线为0，当直线斜率存在时，设直线，由得，将直线方程代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，代入上式化简可得，从而可求得直线恒过的定点.【详解】（1）设点的坐标为，因为点的坐标是，所以直线的斜率，同理，直线的斜率，由已知，有，化简，得点的轨迹方程为，即点的轨迹是除去两点的椭圆.（2）证明：设①当直线斜率不存在时，可知，且有，解得，此时直线为0，②当直线斜率存在时，设直线，则此时有：联立直线方程与椭圆方程，消去可得：，根据韦达定理可得：，，所以，所以，所以所以，则或，当时，则直线恒过点与题意不符，舍去，故，直线恒过原点，结合①，②可知，直线恒过原点，原命题得证.【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆的轨迹方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中直线过定点问题，解题的关键是设出直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系结合已知条件求解，考查计算能力，属于较难题.5．（24-25高三上·广东·开学考试）已知双曲线的左、右焦点分别为，且，过作其中一条渐近线的垂线，垂足为，延长交另一条渐近线于点，且．

(1)求的方程；(2)如图，过作直线（不与轴重合）与曲线的两支交于两点，直线与的另一个交点分别为，求证：直线经过定点．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用焦距，结合题干条件与渐近线构成的几何关系，列方程组求出，得到双曲线方程；（2）设，利用点斜式方程分别写出直线的方程，和双曲线联立后，得到的坐标，然后得到直线的方程，即可求解.【详解】（1）渐近线，渐近线．设为坐标原点，由题意，不妨设在上，在上，是线段的中垂线，所以．由对称性，，所以，从而．，在Rt中，，解得．所以，故C的方程为．（2）设，设直线．

可得直线．联立得，则，又，所以，所以，所以，同理．则直线，令，得，所以直线过定点．【点睛】方法点睛：直线过定点问题，需将待考察的直线和圆锥曲线联立，利用韦达定理的表达式，将直线方程进行化简整理后进行求解.6．（2024高三·全国·专题练习）长为3的线段的两个端点分别在轴上移动，点在直线上且满足．(1)求点的轨迹方程．(2)记点的轨迹为曲线，过点任作直线交曲线于两点，过作斜率为的直线交曲线于另一点．求证：直线与直线的交点为定点（为坐标原点），并求出该定点．【答案】(1)(2)证明见解析，．【分析】（1）利用，确定，，坐标之间的关系，由，即可求点P的轨迹方程；（2）当的斜率不存在时，直线与曲线C相切，不合题意；当斜率存在时，设直线的方程与椭圆方程联立，确定、的方程，联立，结合韦达定理，即可证得结论．【详解】（1）设，由得，即，又由，整理得．（2）当的斜率不存在时，直线与曲线相切，不合题意；当斜率存在时，设直线的方程为，即，与椭圆方程联立，消去可得，设，则，又的方程为，与曲线的方程联立可得：，，，，直线的方程为，易得，联立可得，则，，又，，从而，则，所以直线与直线交于定点.【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.7．（23-24高二下·陕西延安·期末）已知双曲线经过点．(1)求的离心率；(2)设直线经过的右焦点，且与交于不同的两点，点N关于x轴的对称点为点P，证明：直线过定点．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由两点坐标代入待定系数求出双曲线方程，进而得离心率；（2）设点的坐标，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理表示出，，坐标表示直线的方程，由对称性知直线若过定点必在轴上，直线方程中令，代入韦达定理化简可得横坐标为定值即得证.【详解】（1）由双曲线经过点，则有，解得，即双曲线的标准方程为，则，所以离心率，故的离心率为；（2）由（1）知的右焦点为，直线，设Mx1,y1联立，得，由题可知，即，且，则，则直线的直线方程为，由对称性可知，直线若过定点，则必在轴上，令，得当，且时，，所以直线过定点.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的一般解法（1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点，或以曲线上的点为参数，设点，利用点在曲线＝0上，即消参.（2）特殊到一般法：定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，再加以证明.8．（2024·云南·模拟预测）抛物线的图象经过点，焦点为，过点且倾斜角为的直线与抛物线交于点，，如图．

(1)求抛物线的标准方程；(2)当时，求弦AB的长；(3)已知点，直线，分别与抛物线交于点，．证明：直线过定点．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）由曲线图象经过点，可得，则得抛物线的标准方程；（2）写出的方程,和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得，则；（3）设直线的方程为，，，，，和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得，．直线的方程为，和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得，同理可得，由，可得，则直线的方程为，由对称性知，定点在轴上，令，可得，则的直线过定点．【详解】（1）曲线图象经过点，所以，所以，所以抛物线的标准方程为．（2）由（1）知，当时，,所以的方程为，联立，得，则，由，所以弦．（3）由（1）知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，，，联立得，，因此，．设直线的方程为，联立得，则，因此，，得，同理可得，所以．因此直线的方程为，由对称性知，定点在轴上，令得，，所以，直线过定点．【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：(1)“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；(3)求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.9．（23-24高二下·云南昆明·阶段练习）已知双曲线的焦点为，且过点．(1)求双曲线的方程；(2)过点作斜率分别为的直线，直线交双曲线于两点，直线交双曲线于两点，点分别是的中点，若，试判断直线是否过定点？若是，则求出该定点坐标；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)过定点，【分析】（1）由题意可得，，再结合求出，从而可求得双曲线的方程；（2）直线的方程为，设，将直线方程代入双曲线方程化简，利用根与系数的关系结合中点坐标公式表示出点的坐标，同理表示出点的坐标，由得，表示出，从而可表示出直线的方程，化简可得答案.【详解】（1）由题意知，解得，所以双曲线的方程是；（2）直线的方程为，设．由，得，所以，所以，所以，所以，同理可得，因为，所以，即，当且时，，所以直线的方程为，，，，，所以，所以直线过定点；当或时，直线的方程为，所以直线过定点．综上，直线过定点．【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线的位置关系，考查双曲线中直线过定点问题，解题的关键是将直线方程代入双曲线方程化简，结合根与系数的关系的中点坐标公式表示出的坐标，考查计算能力，属于较难题.②定值问题一、解答题1．（2024·山东济南·三模）如图所示，抛物线的准线过点，(1)求抛物线的标准方程;(2)若角为锐角，以角为倾斜角的直线经过抛物线的焦点，且与抛物线交于A、B两点，作线段的垂直平分线交轴于点，证明:为定值，并求此定值.【答案】(1)y2＝8x(2)证明见解析，8【分析】（1）根据准线过点即可求出p，进而可知抛物线标准方程；（2）假设直线的方程，与抛物线联立，进而可以得到与其中垂线的交点坐标，进而可以表示出中垂线方程，进而求点的坐标，再求即可.【详解】（1）解:(1)由题意得∴抛物线的方程为（2）设，直线AB的斜率为则直线方程为将此式代入，得，故设的中垂线为直线m，设直线m与的交点为则故直线m的方程为令得点P的横坐标为故∴为定值82．（2024·河南濮阳·模拟预测）已知双曲线分别是的左、右焦点．若的离心率，且点在上．(1)求的方程；(2)若过点的直线与的左、右两支分别交于两点，与抛物线交于两点，试问是否存在常数，使得为定值？若存在，求出常数的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，为定值．【分析】（1）根据已知列方程组求解求出双曲线方程；（2）先联立方程组求出两根和两根积，再应用弦长公式，最后计算得出定值.【详解】（1）设双曲线的半焦距为cc>0，由题意可得，解得，所以的方程为．（2）假设存在常数满足条件，由（1）知，设直线，联立方程得，消去，整理可得，所以，，．因为直线过点且与的左、右两支分别交于，两点，所以两点在轴同侧，所以．此时，即，所以．设，将代入抛物线方程，得，则，所以．所以．故当时，为定值，所以，当时，为定值．3．（23-24高三下·江西·阶段练习）在直角坐标系xOy中，点到直线的距离等于点到原点的距离，记动点的轨迹为．(1)求的方程；(2)点A，B，C，D在上，A，B是关于轴对称的两点，点位于第一象限，点位于第三象限，直线AC与轴交于点，与轴交于点，且B，H，D三点共线，证明：直线CD与直线AC的斜率之比为定值．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用直接法，求轨迹方程；（2）首先设点，并表示直线的方程，并由已知条件求得点的坐标，并利用方程联立表示的坐标，并利用坐标表示斜率，即可求解.【详解】（1）设，则，两边平方，化简得，故的方程为.（2）证明:设点的方程为，则，因为，所以从而直线BD的方程为联立可得，所以，则，所以联立可得，所以，则，所以.所以直线CD的斜率为.所以直线与直线的斜率之比为.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是设出点的坐标，并找到坐标的关系，从而求得斜率的关系.4．（2024·甘肃武威·模拟预测）已知抛物线的焦点为，准线为是上在第一象限内的点，且直线的倾斜角为，点到的距离为．(1)求的方程；(2)设直线与交于两点，是线段上一点（异于两点），是上一点，且轴．若平行四边形的三个顶点均在上，与交于点，证明：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据抛物线定义得到，再根据条件得到，代入抛物线方程得到方程，即可求出结果；（2）设直线的方程为，Nx2,y2，根据条件得到，从而有直线的方程为，得到直线过点，又由题设知的中点坐标为，得到为的中点，即可解决问题.【详解】（1）根据抛物线的定义，得，过点作轴，垂足为，则，又，所以，代入，得，整理得，解得（舍去）或，故的方程为．（2）设，显然，与轴不平行，设直线的方程为，Nx2,联立得，则，且，因为四边形为平行四边形，所以，即，所以，得到，又，即，由点在上，得，解得，所以直线的方程为，即，所以直线过点，又将代入，得，所以的中点坐标为，即为的中点，所以，故为定值．5．（23-24高二下·上海·阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为、，是双曲线C上一点，且.(1)求双曲线C的方程；(2)过点P作直线l与双曲线C的两条渐近线分别交于R、S两点.若点P恰为线段RS的中点，求直线l的方程；(3)设斜率为-2的直线l与双曲线C交于A、B两点，点B关于坐标原点的对称点为D.若直线PA、PD的斜率均存在且分别为、，求证：为定值.【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）代入得到，由得到，联立即可得解；（2）由在直线上，且为中点，解出值即可；（3）设出直线的方程，联立直线与曲线的方程得到，结合题意解出即可.【详解】（1）因为是双曲线C上一点，所以，由，所以，因为，所以，即，联立解得：，所以双曲线的方程为：.（2）由（1）知：双曲线的渐近线方程为，由图象可知直线的斜率存在并大于1，不妨设，，由的方程为：，将代入得：，同理，由为中点，则，所以，解得，所以直线l的方程为.（3）设Ax1,y1,Bx设直线的方程为，由，得，由可知或，则，所以，由题意知：，所以，所以为定值.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.6．（24-25高三上·海南·开学考试）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且椭圆过点.(1)求椭圆的标准方程；(2)直线与椭圆交于两点，是椭圆上位于直线两侧的动点，且直线的斜率为.①求四边形的面积的最大值；②设直线的斜率为，直线的斜率为，判断的值是否为常数，并说明理由.【答案】(1)；(2)①；②是，0【分析】（1）设椭圆的方程为，由题意得，再结合可求出，从而可求出椭圆方程；（2）①求出，设直线的方程为，设点，将直线方程代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，再由是椭圆C上位于直线PQ两侧，求出的范围，然后表示出四边形的面积，化简可求出其最大值；②表示出直线的斜率和直线的斜率，然后结合前面的式子化简可得答案.【详解】（1）设椭圆的方程为.由题意可得，解得，所以椭圆的标准方程为；（2）①当时，，解得，所以点的坐标为，则，设直线的方程为，设点，联立，整理得：，由，可得.由韦达定理知：，又是椭圆C上位于直线PQ两侧，则，解得四边形的面积故当时，；②由题意知，直线的斜率，直线的斜率，则..所以的值为常数0.【点睛】关键点点睛：本题第（2）问解题的关键是设出直线的方程，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，然后结合已知条件求解，考查计算能力，属于较难题.7．（23-24高二上·北京·期末）已知椭圆过点，且．(1)求椭圆ω的方程；(2)设O为原点，过点的直线l与椭圆ω交于P，Q两点，且直线l与x轴不重合，直线AP，AQ分别与y轴交于M，N两点．求证为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题可得，进而得出，即可得出椭圆方程；（2）先考虑直线斜率不存在时，可得，当斜率存在时，设出直线方程，联立直线与椭圆，得出韦达定理，得出直线的方程，可表示出坐标，同理表示出的坐标，进而利用韦达定理可求出.【详解】（1）因为椭圆过点，所以.因为，所以.所以椭圆的方程为.（2）当直线斜率不存在时，直线的方程为.不妨设此时，，所以直线的方程为，即.直线的方程为，即.所以.当直线斜率存在时，设直线的方程为，由，得.依题意，.设，，则，.又直线的方程为，令，得点的纵坐标为，即，同理.所以.综上，为定值，定值为.【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为Ax1,（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为形式；（5）代入韦达定理求解.8．（22-23高二下·江西·期中）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)已知点，，过的直线交曲线于A，两点，交曲线于，交曲线于，记直线，的斜率分别为，，证明：为定值.【答案】(1)(2)证明见详解【分析】（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）根据条件可得直线AM和BM的方程，与椭圆C方程联立，利用韦达定理法结合斜率公式计算即得.【详解】（1）由题意可知：圆的圆心为，半径为；圆的圆心为，半径为，因为，则，可知圆内含于圆，设动圆的半径为，若动圆与圆内切，且与圆外切，

则，可得，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，，则，，所以轨迹的方程为.（2）设，

则有，则直线AM的方程为：，直线AB的方程为，则，联立方程，解得：，又点Ax，代入上式化简得：

，；同理可得：，所以，即，为定值.【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．9．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C的中心是坐标原点，对称轴为坐标轴，且过A−2,0，两点．(1)求C的方程；(2)设P，M，N三点在C的右支上，，，证明：（ⅰ）存在常数，满足；（ⅱ）△MNP的面积为定值．【答案】(1)(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析【分析】（1）设C的方程为，其中．由C过A，B两点，代入解得，即可.（2）（ⅰ）设Px0,y0，Mx1,y1，Nx联立结合韦达定理得到，．同理，．再结合向量运算即可解决.（ⅱ）结合前面结论，运用点到直线距离公式，三角形面积公式可解.【详解】（1）设C的方程为，其中．由C过A，B两点，故，，解得，．因此C的方程为．（2）（ⅰ）设Px0,y0，Mx1

因为，所以直线BM的斜率为，方程为．由，得，所以，．因此．同理可得直线AN的斜率为，直线AN的方程为．由，得，所以，，因此．则，即存在，满足．（ⅱ）由（ⅰ），直线MN的方程为，所以点P到直线MN的距离．而，所以的面积为定值．【点睛】难点点睛：本题属于中难题，考查直线与双曲线．本题第（1）小问设问基础，但需要注意所设方程的形式；第（2）（ⅰ）小问在题干条件翻译上未设置较多障碍，但是对4个坐标分量的求解非常考验学生的代数基本功和计算能力，区分度较大．③定直线问题一、解答题1．（2024·陕西安康·模拟预测）已知双曲线的左､右顶点分别是，直线与交于两点（不与重合），设直线的斜率分别为，且.(1)判断直线是否过轴上的定点.若过，求出该定点；若不过，请说明理由.(2)若分别在第一和第四象限内，证明：直线与的交点在定直线上.【答案】(1)过定点.(2)证明过程见解析【分析】（1）根据题意设出直线的方程，联立直线与双曲线的方程，得出韦达定理的等式，再通过斜率之间的关系即可得出，即可得出定点坐标.（2）根据题意得出两条直线方程，再联立化简得到关于的等式，从而得到定直线方程.【详解】（1）由题意可知，设直线的方程为.由消去，可得，则，，即，.因为，所以，故直线的方程为，恒过点.（2）由题可知，直线的方程为，直线的方程为，因为，所以，故点在定直线上.

2．（2024高三·全国·专题练习）已知椭圆的离心率为，，分别为的上、下顶点，为坐标原点，直线与交于不同的两点，．(1)设点为线段的中点，证明：直线与直线的斜率之积为定值；(2)若，证明：直线与直线的交点在定直线上．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）设Mx1,（2）由题意求出椭圆方程，与直线方程联立，韦达定理表示根与系数的关系，联立直线与直线的方程，化简可求得交点在定直线上．【详解】（1）设Mx1,y1由两式相减得，即．所以．（2）解法一：由解得所以椭圆的方程为．将直线的方程代入椭圆的方程，化简整理得．①

由，解得．由韦达定理，得，．②设，，则直线的方程为，③直线的方程为，④由③④两式解得，即，所以直线与直线的交点在定直线上．解法二：设直线（即直线）与直线（轴）的交点为，直线与直线的交点为，则点，，构成椭圆的自极三点形，点一定在点对应的极线上，其方程为，即，就是说直线与直线的交点在定直线上．【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．3．（2024高三下·河南·专题练习）动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是2，记动点的轨迹为曲线.(1)求的方程；(2)过的直线与交于两点，且，若点满足，证明：点在一条定直线上.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意列等式，然后化简即可得到的方程；（2）分斜率为0和不为0两种情况考虑，当直线的斜率为0时得到，当直线的斜率不为0时，联立直线和双曲线方程，结合韦达定理和得到点在定直线上，又也在直线上，即可证明点在一条定直线上.【详解】（1）由题意知，所以，所以，化简得，的方程为.（2）依题意，设，①当直线的斜率为0时，则，因为，所以，所以，从而，则，即，解得，即.②当直线的斜率不为0时，设的方程为，由消去，得，则且，因为，所以，消去，得，所以，从而，又也在直线上.综上，点在直线上.【点睛】方法点睛：求解动点在定直线上的方法：（1）先猜后证：现根据特殊情况猜想，然后证明；（2）参数法：用题目中参数表示动点的横纵坐标，然后消参，即可得到直线方程.4．（2024·河北保定·二模）已知抛物线的焦点为，过作互相垂直的直线，分别与交于和两点（A，D在第一象限），当直线的倾斜角等于时，四边形的面积为．(1)求C的方程；(2)设直线AD与BE交于点Q，证明：点在定直线上．【答案】(1)(2)证明见解析.【分析】（1）由抛物线的对称性知，由四边形的面积求出，又的方程为，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理及焦点弦公式求出，即可得解；（2）设直线的方程为y=kx−1，则直线的方程为，设Ax1,y1,Bx2,y2【详解】（1）当直线的倾斜角等于时，直线的倾斜角等于，直线的方程为，由抛物线的对称性知，所以，得．联立方程组，消去得．设两点的横坐标分别为，则，．又，所以，所以的方程为．（2）由（1）知F1,0，依题意，可设直线的方程为y=kx−1，则直线的方程为．联立方程组消去得，显然，设Ax1,y设，同理可得，所以，同理可得．直线的方程为，即．同理，直线的方程为．两直线方程联立得，解得，即直线与的交点在定直线上．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.5．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知椭圆C：的右顶点为，离心率为，过点的直线l与C交于M，N两点．(1)若C的上顶点为B，直线BM，BN的斜率分别为，，求的值；(2)过点M且垂直于x轴的直线交直线AN于点Q，证明：线段MQ的中点在定直线上．【答案】(1)-3(2)证明见解析【分析】（1）根据离心率和，待定系数法求出，，，得到椭圆方程，设直线l的方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，，代入两根之和，两根之积，求出的值；（2）设线段MQ的中点为，又Mx1,y1，故，根据三点共线，得到，计算出，故，得到线段MQ的中点在定直线上.【详解】（1）由题意知，解得，，，所以C的方程为，显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为：，Mx1,y由，得，由方程的判别式，可得，所以，，易得，所以，，所以，（2）证明：设线段MQ的中点为，又Mx1,y所以，，即，又A，N，Q三点共线，所以，即，所以，又，又所以，所以，即线段MQ的中点在定直线上．【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.6．（2024·湖南长沙·三模）已知抛物线，过点的直线与交于不同的两点.当直线的倾斜角为时，.(1)求的方程；(2)在线段上取异于点的点，且满足，试问是否存在一条定直线，使得点恒在这条定直线上？若存在，求出该直线；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)点恒在直线上.【分析】（1）先求直线的方程，再与抛物线联立组成方程组，利用韦达定理及两点距离公式，求弦的长即可；（2）设直线方程，再与抛物线联立组成方程组，利用韦达定理及相似三角形求解即可.【详解】（1）设Ax若直线的倾斜角为，则直线的方程为.联立得，则，且，所以.因为，所以，故的方程为.（2）存在，定直线为.由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为，.联立得.由，得且，.不妨设，则，过点向轴作垂线，垂足分别为点，如图所示，则，.因为，所以，整理得，所以.代入直线的方程得.因为，所以点恒在直线上.7．（2024·河北衡水·模拟预测）已知椭圆的左､右焦点分别为是上一点，且点到点的距离之和为.(1)求的方程；(2)斜率为的直线与交于两点，则的外心是否在一条定直线上？若在，求出该直线的方程；若不在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）由已知可得，求解即可；（2）设直线的方程为，联立方程组可得，且，，可求得，设直线的方程为，即，与椭圆联立方程组可得，求得的垂直平分线方程，同理可求的垂直平分线方程，可求得的外心在定直线上.【详解】（1）由题意，得，解得，故的方程为.（2）的外心在定直线0上.理由如下：由题