专题9-5圆锥曲线大题基础定点归类-2023年高考数学一轮复习热点题型归纳与变式演练

专题95圆锥曲线大题基础：定点归类目录TOC\o"13"\h\u【题型一】直线过定点基础：y=kx+m型 1【题型二】直线过定点基础：x=tx+m型 3【题型三】定点转化1：斜率积型 5【题型四】定点转化2：斜率和型 7【题型五】斜率转化3：斜率比值型 8【题型六】订单转化4：三斜率型 11【题型七】圆过定点 13【题型八】切线型定点 15【题型九】圆切线切点弦定点 17真题再现 18模拟检测 24【题型一】直线过定点基础：y=kx+m型【典例分析】设椭圆C：（）过点，离心率为，椭圆的右顶点为A.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线与椭圆交于两点M，N（M，N不同于点A），若，求证：直线l过定点，并求出定点坐标【答案】(1)(2)证明见解析；【分析】（1）利用待定系数法求得，从而求得椭圆C的方程；分类讨论直线斜率存在与否的情况，利用韦达定理及向量数量积的坐标表示求得，从而得到直线过定点.【详解】（1）依题意得，，又，解得（负值舍去），所以椭圆方程为.（2）由（1）得，当直线的斜率不存在时，可设直线为，代入，得，所以，设直线交轴于点，则，因为，故，又，所以，则，即，解得或(舍去)，所以直线过定点；当直线的斜率存在时，可设直线，，联立，消去，得，则，，因为，则，即，又因为，所以，即，解得或，当时，直线过定点；当时，直线过定点（舍去）；所以直线直线过定点；综上：直线直线过定点.【提分秘籍】基本规律定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与曲线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理整理；④由所得等式恒成立可整理得到定点.【变式演练】已知椭圆E：的离心率为，且过点.(1)求椭圆E的标准方程；(2)已知定点，直线l：满足且与椭圆E相交于不同的两点A，B，始终满足，证明：直线l过一定点T，并求出定点T的坐标.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据离心率得到，把点代入椭圆方程解得答案.（2）联立方程，利用韦达定理得到根与系数的关系，利用向量的运算法则根据得到，代入直线方程得到定点.【详解】（1）椭圆离心率，故，设椭圆方程为，过点，故，解得，故椭圆方程为.（2）设，由，得，，即.，，，，故，故，即，解得：（舍去），且满足.当时，，直线过定点.综上可知，直线过定点，定点坐标为.【题型二】直线过定点基础：x=tx+m型【典例分析】已知椭圆的焦距为，且经过点，(1)求椭圆的标准方程；(2)设为坐标原点，在椭圆短轴上有两点(不与短轴端点重合)满足，直线分别交椭圆于两点，求证：直线过定点.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）由由焦距为得，代入点得方程，结合即可求解；（2）由得，设直线：，联立椭圆方程，结合韦达定理可化简整理得m、n的关系式，即可由的关系，进一步讨论过定点问题.【详解】（1）由焦距为得，则，故代入点得，，故椭圆的标准方程为；（2）证明：由题意可知AB斜率不为0，可设直线AB方程为，，联立，由得①，②，③.直线PA：，则有，同理有.由得，代入②③整理得，若，则直线AB：过点P，不合题意；若，则直线AB：，此时直线AB过定点，得证.【提分秘籍】基本规律（1）直线AB方程为，联立曲线方程，结合韦达定理化简整理得到只关于t、m的方程，即可求出t、m的关系，即可进一步讨论直线AB过定点的情况；（2）设直线时注意考虑AB斜率不存在的情况，联立方程也要注意讨论判别式.【变式演练】如图，平面直角坐标系内，为坐标原点，点在轴正半轴上，点在第一象限内，.(1)若过点，且为线段的中点，求直线的方程；(2)若，求的面积取得最大值时直线的方程；(3)设，，若，求证：直线过一定点，并求出此定点的坐标.【答案】(1)(2)(3)证明见解析，定点.【分析】（1）由题意，可设，，，由中点列关于方程组即可求解出坐标，计算斜率，利用点斜式写出直线方程；（2）由，根据两点距离公式列式，由基本不等式求解得，从而可得当，时三角形面积最大，从而得坐标，计算斜率，利用点斜式写出直线方程；（3）设的方程为，表示出坐标，从而可得，，代入计算可得，即可得直线方程为，判断得定点坐标.【详解】（1）易知直线的方程为，设，，，为线段的中点，则，解得，所以，，所以，故直线的方程为：，即.（2）设，，.由，得，即.∵，∴，当且仅当，即，时取等号，所以的面积，当的面积取最大值时，，，所以，直线的方程为：，即.（3）由题意，直线斜率不为，设的方程为.令，得，即；令，得，即∴，由得：，即，∴的方程为，即，∴直线恒过定点.【题型三】定点转化1：斜率积型【典例分析】已知圆C的圆心坐标为，与y轴的正半轴交于点A且y轴截圆C所得弦长为8．(1)求圆C的标准方程；(2)直线n交圆C于的M，N两点（点M，N异于A点），若直线AM，AN的斜率之积为2，求证：直线n过一个定点，并求出该定点坐标．【答案】(1);(2)证明见解析，定点为.【分析】（1）设圆的标准为，求出即得解；（2）直线n斜率不存在时，不存在；直线n斜率存在时，设直线n：，，，，，求出直线的方程为即得解.【详解】（1）设圆的标准为，y轴截圆C所得弦长为8，即，故圆的标准方程为．（2）证明：令，可得，，又点在正半轴，故，当直线n斜率不存在时，设，，直线，的斜率之积为2，，即，点在圆上，，联立，，舍去，当直线n斜率存在时，设直线n：，，，，，①联立方程，，，代入①，得，化简得或，若，则直线过，与题设矛盾，舍.直线n的方程为：，所以且所以.所以过定点．【变式演练】已知抛物线：（）的焦点为，点在上，且．(1)求的方程；(2)若不过点的直线与相交于两点，且直线，的斜率之积为1，证明：直线过定点．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）利用抛物线焦半径公式与抛物线方程列出关于的方程组，解之即可；（2）联立方程利用韦达定理得，再由整理得，由此得到，直线为，从而求得定点.【详解】（1）因为抛物线：，所以准线方程为，因为点在上，所以由抛物线焦半径公式得，，联立，解得或（由于，舍去），所以抛物线的方程为.（2）依题意，易知，直线的斜率存在（若不存在，则与抛物线至多只有一个交点），设直线为，，联立，消去，得，则，，因为直线，的斜率之积为1，即，故，整理得，所以，得，故直线为，所以直线过定点.【题型四】定点转化2：斜率和型【典例分析】在平面直角坐标系中，已知等轴双曲线过点(1)求双曲线的方程；(2)已知点，斜率为的直线与双曲线交于两点（不同于点），且，求证直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题意，代入点，求解即可；（2）设，联立直线和双曲线，用坐标表示，结合韦达定理，可得或,分析即得解.（1）由等轴双曲线知，又过点，所以，

解之得，所以双曲线的方程为.（2）设，,联立得,当时，,又因为，即,即，化简得解得或,当,直线方程为,过定点,与重合，不成立，舍去；当，直线方程为，恒过点.【变式演练】．在平面直角坐标系中，已知动圆与圆内切，且与直线相切，设动圆圆心的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程；(2)曲线上存在一点，不经过点的直线与交于，两点，若直线，的斜率之和为，证明：直线过定点．【答案】(1)(2)【分析】（1）由直线与圆相切，两圆内切的条件可得圆心到点的距离与直线的距离相等，再由抛物线的定义和方程可得解.（2）求得的坐标，设直线的方程为，与抛物线方程联立，运用判别式大于和韦达定理，由两点的斜率公式，化简整理可得与的关系，再由直线过定点的求法，可得所求定点，即可得证.（1）圆的圆心为，半径为，题意可得，动圆的圆心到点的距离与到直线的距离相等，所以点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，所以曲线的方程为；（2）将代入抛物线可得（舍去），所以，因为直线的斜率不为，设直线的方程为，，，联立直线与抛物线，可得，由题意可知，即，又，，因为直线与的斜率之和为，所以，化简可得，此时，解得或，直线与抛物线有两个交点，所以直线的方程为即，可得直线恒过定点.【题型五】斜率转化3：斜率比值型【典例分析】已知双曲线的左焦点坐标为，直线与双曲线交于两点，线段中点为.(1)求双曲线的方程；(2)经过点与轴不重合的直线与双曲线交于两个不同点，点，直线与双曲线分别交于另一点.①若直线与直线的斜率都存在，并分别设为.是否存在实常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.②证明：直线恒过定点.【答案】(1)(2)①存在，；②证明见解析【分析】（1）由点差法可得，结合及，可求得结果.（2）①又直线与双曲线相交可求得，再设，联立结合韦达定理可求得的坐标，进而得，代入可求解.②由①知,由对称性知过的定点在轴上，计算可得解.【详解】（1）由题意知，直线的斜率为，设，由题意，两式相减得：，整理得：，即，又，所以，即双曲线，经检验满足题意.（2）①因为的斜率存在且，设，，联立，消去整理得：，由题意得，解得又，设直线，联立，整理得，由韦达定理得，又，，于是，故，同理可得，，，为定值，所以的值。②由①知（*），由对称性知过的定点在轴上，在（*）令，得，解得直线恒过定点【变式演练】在一张纸上有一个圆：，定点，折叠纸片使圆上某一点好与点重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕，设折痕与直线的交点为．(1)求证：为定值，并求出点的轨迹方程；(2)设，为曲线上一点，为圆上一点（，均不在轴上）．直线，的斜率分别记为，，且，求证：直线过定点，并求出此定点的坐标．【答案】(1)证明见解析，(2)证明见解析，定点【分析】（1）利用对称性可知为定值，结合双曲线定义可得点的轨迹的方程；（2）直线所过定点，则由对称性得定点在轴上，设定点，三点共线得，从而可得定点.【详解】（1）解：由题意得，所以，即的轨迹是以，为焦点，实轴长为的双曲线，又，，所以，所以的方程为；（2）解：由已知得：，：，联立直线方程与双曲线方程，消去整理得，由韦达定理得，所以，即，所以，联立直线方程与圆方程，消去整理得，由韦达定理得，所以，即，因为，即，所以，若直线所过定点，则由对称性得定点在轴上，设定点，由三点共线得，即，所以直线过定点．【题型六】订单转化4：三斜率型【典例分析】已知椭圆：（）的离心率为，的长轴的左、右端点分别为、，与圆上点的距离的最大值为.(1)求椭圆的方程；(2)一条不垂直坐标轴的直线交于C、D两点（C、D位于x轴两侧），设直线、、、的斜率分别为、、、，满足，问直线是否经过定点，若过定点，求出该定点，否则说明理由.【答案】(1)(2)直线过定点【分析】（1）根据条件可求得，然后即可得到椭圆的方程；（2）直线的方程为：，联立椭圆方程，结合韦达定理然后根据条件求得直线的方程，即可得到结果.【详解】（1）设，由题意知：，又∵，∴，则。∴椭圆方程为：.（2）设直线的方程为：联立方程得：，设、，∴，∵∴，同理∵∴∴∵∴∴即∴∴∴∴∴或.显然直线不过点所以直线过定点【变式演练】且椭圆的离心率为，左顶点和上顶点分别为A、B．(1)求椭圆C的方程；(2)点P在椭圆上，求线段的长度的最大值及取最大值时点P的坐标；(3)不过点A的直线l交椭圆C于M，N两点，记直线l，的斜率分别为，若，证明：直线l过定点，并求出定点的坐标．【答案】(1)(2)(3)证明见解析，定点的坐标为【分析】（1）根据题意，得到，再利用离心率，即可求出，得到椭圆C的方程.（2），设，①，利用②，把②代入①，得，进而利用二次函数的性质，即可求出，以及取最大值时点P的坐标.（3）设直线l的方程为，则，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理进行消参，等参数，进而化简，即可得与的关系，进而，代入直线方程，可得，最后得到所求的直线的必过点.【详解】（1）解：由题意可知，则，所以，所以（2）由（1）得椭圆C的方程为，则，设，则，因为点P在椭圆上，所以，则，则，所以当时，，此时，所以；（3）证明：，设直线l的方程为，联立，消y得，则，则因为，则，即，即，即，即，化简得，解得或，时过点A，舍去所以，所以直线l得方程为，所以直线l过定点．【题型七】圆过定点【典例分析】已知双曲线经过点，两条渐近线的夹角为，直线交双曲线于两点.(1)求双曲线的方程.(2)若动直线经过双曲线的右焦点，是否存在轴上的定点，使得以线段为直径的圆恒过点？若存在，求实数的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，使得以线段为直径的圆恒过点【分析】（1）由渐近线夹角得或，结合双曲线所过点可求得，由此可得双曲线方程；（2）假设存在点满足题意，可知；假设直线方程，与双曲线方程联立可得韦达定理的结论，结合向量数量积的坐标运算可化简整理，根据等式恒成立的求解方法可得的值.【详解】（1）两条渐近线的夹角为，渐近线的斜率或，即或；当时，由得：，，双曲线的方程为：；当时，方程无解；综上所述：双曲线的方程为：.（2）由题意得：，假设存在定点满足题意，则恒成立；方法一：①当直线斜率存在时，设，，，由得：，，，，，，整理可得：，由得：；当时，恒成立；②当直线斜率不存在时，，则，，当时，，，成立；综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.方法二：①当直线斜率为时，，则，，，，，，解得：；②当直线斜率不为时，设，，，由得：，，，，；当，即时，成立；综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.【变式演练】.已知双曲线：与双曲线有相同的渐近线，直线被双曲线所截得的弦长为6．(1)求双曲线的方程；(2)过双曲线右焦点的直线与双曲线相交于，两点，求证：以为直径的圆恒过轴上的定点，并求此定点坐标．【答案】(1)；(2)定点坐标为，详见解析.【分析】（1）由题可得双曲线的渐近线为，然后直线方程与双曲线方程联立，结合弦长可得方程，进而即得；（2）当直线的斜率不为0时，可设，联立双曲线方程，利用韦达定理法可得以为直径的圆的方程，然后令，结合条件可得定点，当直线的斜率为0时，易得以为直径的圆过此定点，即得.【详解】（1）由双曲线，可得其渐近线为，∴双曲线：的渐近线为，∴，即，∴双曲线：，由，可得，解得，∴直线被双曲线所截得的弦长为，解得，所以双曲线的方程为；（2）当直线的斜率不为0时，可设，由，可得，设，则，，∴，，设以为直径的圆上任意一点，则，∴以为直径的圆的方程为，令，可得，∴，∴，由，可得，即以为直径的圆恒过定点，当直线的斜率为0时，此时为实轴端点，显然以为直径的圆过点，综上，以为直径的圆恒过轴上的定点，此定点坐标为.【题型八】切线型定点【典例分析】动点到定点的距离和到直线的距离之比为，(1)求动点的轨迹；(2)设点，动点的轨迹方程为，过点作曲线的两条切线，切点为，求证：直线过某一个定点.【答案】(1)动点的轨迹是以，为焦点的双曲线；；(2)证明见解析.【分析】（1）由题可得，化简可得轨迹方程，进而即得；（2）由题可设，，联立双曲线方程，利用判别式为0结合条件可得，，然后根据点在切线，上，进而可得直线方程，即得.【详解】（1）由题可得，化简可得，所以动点的轨迹是以，为焦点的双曲线；（2）设，由题可知切线的斜率存在，可设切线的斜率为，则，由，可得，所以，所以，即，又，所以，即，所以，所以，即，同理可得，又在切线，上，所以，所以满足直线方程上，而两点唯一确定一条直线，所以，当时，恒成立，即直线过定点.【变式演练】已知双曲线的渐近线方程为，且经过点.(1)求双曲线的方程；(2)若点Q是直线上一动点，过点Q引双曲线两条切线，切点为A，B，试探究：直线AB是否恒过定点.若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)直线恒过定点为.【分析】（1）由题意可设双曲线方程为，将点代入即可求解；（2）设，，，设过的切线方程：代入双曲线方程，由可求出切线，同理可得切线，从而得到直线，进而即可求解【详解】（1）由题意可设双曲线方程为，将点代入得到：，即.（2）设，，，设过A的切线方程：，代入双曲线方程并整理得：.由得：，化简得，展开整理得，由点A在双曲线上，∴，∴，∴，即，当时，解得：，则切线；同理切线.当时，,切线方程为，检验知上述结论仍然成立；同理当时，，，检验知上述结论同样成立.则点A、都是直线上的点，即（*）又点在直线上，则，代入（*）式有：，则定点为.【题型九】圆切线切点弦定点【典例分析】已知直线，O为坐标原点，动点Q满足，动点Q的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)若直线l与圆交于不同的两点A，B，当时，求k的值；(3)若，P是直线l上的动点，过点P作曲线C的两条切线PC、PD，切点为C、D，探究：直线CD是否过定点.【答案】(1)(2)(3)过定点【分析】（1）首先设点，根据，代入坐标运算，即可求曲线的方程；（2）由题中的几何条件可知，点O到l的距离，代入公式，即可求解；（3）首先求过四点O、P、C、D的圆的方程，再与曲线的方程相减，可得直线的方程，根据方程的形式，求直线所过定点.【详解】（1）设点，依题意知，整理得，∴曲线C的方程为

（2）∵点O为圆心，，∴点O到l的距离∴；（3）由题意可知：O、P、C、D四点共圆且在以OP为直径的圆上，（对角互补的四边形的四顶点共圆）设，则圆心，半径得即

又C、D在圆上∴即（直线CD是两圆的公共弦所在直线，故两圆方程相减便得其方程）由，得∴直线CD过定点【变式演练】．已知圆​，点​是直线​上一动点，过点​作圆​的切线​，切点分别是​和​.(1)当点​的横坐标为3时，求切线的方程;(2)试问直线​是否恒过定点，若是求出这个定点，若否说明理由.【答案】(1)或；(2)直线​恒过定点​，理由见解析【分析】（1）分斜率存在，不存在讨论，根据直线与圆的位置关系即得；（2）设​，由题可得以​为直径的圆的方程，结合条件可得公共弦​的方程进而即得.【详解】（1）由题可知，由圆​，可知圆心为，半径为1，当切线的斜率不存在时，满足题意，当切线的斜率存在时，可设切线为，则，解得，所以切线为，即，所以切线的方程为或；（2）直线​恒过定点​，设​，由题意知​在以​为直径的圆上，又​，则以​为直径的圆的方程为​，即​，又圆​，即​，两式相减，故直线​的方程为​，即​，由​，解得​，即直线​恒过定点​.1.（·北京·高考真题）如图，为椭圆的两个顶点，为椭圆的两个焦点．(1)写出椭圆的方程及准线方程；(2)过线段上异于O，A的任一点K作的垂线，交椭圆于P，两点，直线与交于点M．求证：点M在双曲线上．【答案】(1)椭圆的方程为，准线方程为；(2)详见解析.【分析】（1）由题可得，进而即得；（2）设，点，由题可得直线与的方程，进而可得交点的坐标，验证即得.【详解】（1）由题可设椭圆的方程为，则，∴，所以椭圆的方程为，准线方程为；（2）设，点，其中，则，直线的方程为，直线的方程为，由，可得，所以，又，因为，所以直线与交于点M在双曲线上.2．（·重庆·高考真题（理））如图，和是平面上的两点，动点P满足：．(1)求点P的轨迹方程；(2)若，求点P的坐标．【答案】(1)(2)，，，【分析】由已知，可根据椭圆的定义，判断点P的轨迹为椭圆，设出椭圆方程，利用待定系数法，分别求解出即可；由已知，由可得：，将这个式子代入到中，利用余弦定理得到中，可得：，从而判断点P的轨迹满足双曲线，求解出双曲线的方程，令椭圆和双曲线方程联立，即可求解坐标.【详解】（1）由已知，和是平面上的两点，动点P满足：，所以由椭圆的定义可知，点P的轨迹是以和为焦点，长轴为的椭圆，设椭圆方程为：，由已知可得：半焦距，长半轴，所以，所以点P的轨迹方程为：.（2）由，得，①又因为，所以点P不为椭圆长轴的顶点，故点P、点M、点N三点组成三角形，在中，，，由余弦定理可知：，②将①代入②得：，所以，即，故点P的轨迹是以和为焦点，实轴为的双曲线，设双曲线方程为：，由已知可得：，，所以点P的轨迹方程为：.又因为点P又满足椭圆方程：，所以由方程组：解得：，所以点P的坐标为：，，，.3．（·上海·高考真题）设分别为椭圆的左、右两个焦点．(1)若椭圆C上的点到两点的距离之和等于4，写出椭圆C的方程；(2)设K是（1）中所得椭圆上的动点，求线段的中点的轨迹方程；(3)已知椭圆具有性质：若M、N是椭圆C上关于原点对称的两个点，点P是椭圆上任意一点，当直线的斜率都存在，并记为、时，那么与之积是与点P位置无关的定值．试对双曲线写出具有类似特性的性质，并加以证明．【答案】(1)；(2)；(3)见解析【分析】（1）由椭圆定义、代入点坐标得方程组，求解可得参数；（2）设，线段的中点为，由中点坐标公式得，代入椭圆方程即可得；（3）类比椭圆与双曲线写出性质，结合两点斜率公式，利用双曲线方程消元化简即可证明【详解】（1）点在椭圆C上，且到两点的距离之和等于4，则，，解得，椭圆C的方程为；（2），则有，设，线段的中点为，则有，又K是椭圆上的动点，则有，即，即.故线段的中点的轨迹方程为（3）类似特性的性质为：若M、N是双曲线上关于原点对称的两个点，点P是双曲线上任意一点，当直线的斜率都存在，并记为、时，那么与之积是与点P位置无关的定值．证明：设，，则，，，又，则4（·江苏·高考真题）在平面直角坐标系xOy中，设二次函数的图象与两坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆记为C.(1)求实数b的取值范围；(2)求圆C的方程；(3)请问圆C是否经过某定点（其坐标与b无关）？请证明你的结论.【答案】(1)，且；(2)（，且）；(3)过定点和.【分析】（1）令得抛物线与轴交点，此交点不能是原点；令，则方程＞0，即可求的范围．（2）设出所求圆的一般方程，令得到的方程与是同一个方程；令得到的方程有一个根为，由此求得参数及圆的一般方程．（3）把圆方程里面的b合并到一起，令b的系数为零，得到方程组，求解该方程组，即得圆过的定点．【详解】（1）令得抛物线与轴交点是；令，由题意，且，解得，且．即实数的取值范围，且．（2）设所求圆的一般方程为，由题意得的图象与两坐标轴的三个交点即为圆和坐标轴的交点，令得，，由题意可得，这与是同一个方程，故，．令得，，由题意可得，此方程有一个根为，代入此方程得出，∴圆的方程为（，且）．（3）把圆的方程改写为，令，解得或，故圆过定点和．5．（2020·山东·高考真题）已知椭圆C：的离心率为，且过点．（1）求的方程：（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．【答案】（1）；（2）详见解析.【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）方法一：设出点，的坐标，在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，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.【详解】（1）由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(2)［方法一］：通性通法设点，若直线斜率存在时，设直线的方程为：，代入椭圆方程消去并整理得：，可得，，因为，所以，即，根据,代入整理可得：，

所以，整理化简得，因为不在直线上，所以，故，于是的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线的斜率不存在时，可得，由得：，得，结合可得：，解得：或（舍）.此时直线过点.令为的中点，即，若与不重合，则由题设知是的斜边，故，若与重合，则，故存在点，使得为定值.［方法二］【最优解】：平移坐标系将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．设，因为则，即．代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．［方法三］：建立曲线系A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．即．对比项、x项及y项系数得将①代入②③，消去并化简得，即．故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．［方法四］：设．若直线的斜率不存在，则．因为，则，即．由，解得或（舍）．所以直线的方程为．若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．令，则．又，令，则．因为，所以，即或．当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；当时，直线的方程为，所以直线恒过．综上，直线恒过，所以．又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．取线段的中点为，则．所以存在定点Q，使得为定值．1．已知直线：，，为坐标原点，动点满足，动点的轨迹为曲线(1)求曲线的方程；(2)若直线与圆：交于不同的两点，当∠时，求的值；(3)若，是直线上的动点，过点作曲线的两条切线，切点为，探究：直线是否过定点．【答案】(1)(2)(3)直线过定点【分析】(1)设点，由两点间的距离公式代入已知，化简即可.(2)由点到直线的距离公式计算即可.(3)对角互补的四边形的四顶点共圆，求出公共弦所在直线的方程，得出该直线过定点.（1）设点，依题意知，整理得，曲线的方程为（2）点为圆心，∠，点到的距离，；（3）由题意可知：四点共圆且在以为直径的圆上，(对角互补的四边形的四顶点共圆)设，则圆心，半径得即又在圆：上即

(直线是两圆的公共弦所在直线，故两圆方程相减便得其方程)由得，直线过定点.2．已知圆C的圆心坐标为C（3，0），且该圆经过点A（0，4）．(1)求圆C的标准方程；(2)直线n交圆C于的M，N两点（点M，N异于A点），若直线AM，AN的斜率之积为2，求证：直线n过一个定点，并求出该定点坐标．【答案】(1)；(2)证明见解析；定点.【分析】（1）设圆的标准为，求出即得解；直线n斜率不存在时，不存在；直线n斜率存在时，设直线n：，，，，，求出直线的方程为即得解.（1）解：设圆的标准为，把代入得，故圆的标准方程为．（2）证明：当直线n斜率不存在时，设，，直线，的斜率之积为2，，，即，点在圆上，，联立，，舍去，当直线n斜率存在时，设直线n：，，，，，①联立方程，，，代入①，得，化简得或，若，则直线过，与题设矛盾，舍.直线n的方程为：，所以且所以.所以过定点．3．已知点在椭圆上，椭圆C的左右焦点分别为，，的面积为.(1)求椭圆C的方程；(2)设点A，B在椭圆C上，直线PA，PB均与圆相切，记直线PA，PB的斜率分别为，.（i）证明：；（ii）证明：直线AB过定点.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析【分析】（1）利用，结合三角形的面积公式，求出，即可求椭圆的方程.(2)（i）设直线的方程为，直线的方程为，由题意可知，可得是方程的两根，利用韦达定理即可证明.（ii）设直线的方程为，