2025年高考数学二轮复习 专题六 解析几何 第5讲　定点(定直线)问题解析版

第5讲定点(定直线)问题（新高考专用）目录目录【真题自测】 2【考点突破】 5【考点一】定点(定直线)问题 5【专题精练】 20考情分析：解析几何中的定点问题是高考考查的热点，难度较大，是高考的压轴题，其类型一般为直线过定点与圆过定点等.真题自测真题自测一、解答题1．（2023·全国·高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上．(1)求的方程；(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．2．（2022·全国·高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．(1)求E的方程；(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．参考答案：1．(1)(2)证明见详解【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为.（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，联立方程，消去y得：，则，解得，可得，因为，则直线，令，解得，即,同理可得，则，所以线段的中点是定点.

【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论．2．(1)(2)【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过，则，解得，，所以椭圆E的方程为：.（2），所以，①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到.求得HN方程：，过点.②若过点的直线斜率存在，设.联立得，可得，，且联立可得可求得此时，将，代入整理得，将代入，得显然成立，综上，可得直线HN过定点【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.考点突破考点突破【考点一】定点(定直线)问题一、单选题1．（2024·江苏苏州·模拟预测）设椭圆的离心率等于，抛物线的焦点是椭圆的一个顶点，A、B分别是椭圆的左右顶点．动点P、Q为椭圆上异于A、B两点，设直线、的斜率分别为，且．则（

）A．的斜率可能不存在，且不为0B．点纵坐标为C．直线的斜率D．直线过定点2．（2023·山东·模拟预测）已知抛物线：，过直线：上的动点可作的两条切线，记切点为，则直线（

）A．斜率为2 B．斜率为 C．恒过点 D．恒过点二、多选题3．（2024·云南昆明·模拟预测）设O为坐标原点，直线l过抛物线C：的焦点F且与C交于A，B两点（点A在第一象限），，l为C的准线，，垂足为M，，则下列说法正确的是（

）A．B．的最小值为C．若，则D．x轴上存在一点N，使为定值4．（2024·安徽安庆·二模）抛物线的焦点为，经过点F且倾斜角为的直线l与抛物线C交于A，B两点，分别过点A、点B作抛物线C的切线，两切线相交于点E，则（

）A．当时，B．面积的最大值为2C．点E在一条定直线上D．设直线倾斜角为，为定值三、解答题5．（2024·浙江杭州·二模）已知是椭圆的左，右顶点，点与椭圆上的点的距离的最小值为1.(1)求点的坐标.(2)过点作直线交椭圆于两点（与不重合），连接，交于点.（ⅰ）证明：点在定直线上；（ⅱ）是否存在点使得，若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由.6．（2024·浙江·二模）已知双曲线左右焦点分别为，，点在双曲线上，且点到双曲线两条渐近线的距离乘积为，过分别作两条斜率存在且互相垂直的直线，，已知与双曲线左支交于，两点，与左右两支分别交于，两点.(1)求双曲线的方程；(2)若线段，的中点分别为，，求证：直线恒过定点，并求出该定点坐标.7．（2024·辽宁葫芦岛·一模）已知双曲线G的中心为坐标原点，离心率为，左、右顶点分别为A-4,0，B4,0(1)求的方程；(2)过右焦点的直线l与G的右支交于M，N两点，若直线与交于点．（i）证明：点在定直线上：（ii）若直线与交于点，求证：PF2⊥QF8．（23-24高二上·辽宁大连·期末）已知双曲线，点，经过点M的直线交双曲线C于不同的两点A、B，过点A，B分别作双曲线C的切线，两切线交于点E．（二次曲线在曲线上某点处的切线方程为）(1)求证：点E恒在一条定直线L上；(2)若两直线与L交于点N，，求的值；(3)若点A、B都在双曲线C的右支上，过点A、B分别作直线L的垂线，垂足分别为P、Q，记，，的面积分别为，问：是否存在常数m，使得？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．参考答案：题号1234答案DDABDCD1．D【分析】A选项，求出F0,1，得到，由离心率得到椭圆方程，求出，若的斜率不存在，则重合，A错误；B选项，设出直线，联立抛物线方程，得到两根之和，得到，进而得到；C选项，求出，联立抛物线方程，得到，结合，同理得到，从而得到当时，满足要求；D选项，在C选项基础上，分与两种情况，求出直线的方程，判断其过定点.【详解】A选项，由题意得F0,1，故，因为，且，解得，故椭圆方程为，故，若的斜率不存在，则重合，因为动点P、Q为椭圆上异于A、B两点，故A错误；B选项，因为动点P、Q为椭圆上异于A、B两点，所以直线的斜率存在且不为0，设直线，联立得，，则，故，故，B错误；C选项，直线，联立得，，则，故，则，因为，所以，，若，则，，，，此时不与重合，两者也不重合，满足要求，C错误；D选项，若，此时，故直线与轴垂直，且过点；若，由于，，故，故直线方程为，令得.故直线过定点，综上，直线过定点，D正确.故选：D【点睛】思路点睛：（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.2．D【分析】设，求导，根据导函数几何意义得到切线方程，设，将其代入两切线方程，得到直线的方程为，得到过定点.【详解】设，则，，由于，故过点的切线方程为，即，即，同理可得过点的切线方程为，设，过点的两切线交于点，故，整理得，同理，整理得，故直线的方程为，斜率不为定值，AB错误，当时，，恒过点，C错误，D正确.故选：D3．ABD【分析】对于A项，利用过焦点的弦长最短时是通径的结论即得；对于B项，利用抛物线上点的性质进行转化再结合图象，三点共线时，对应线段和最小即得；对于C项，由条件推理得点A的坐标，得到直线的方程，与抛物线方程联立求得两点即得；对于D项，设出直线的方程，与抛物线方程联立，得到韦达定理，将所求式代入化简，分析推理即得.【详解】如图，对于A项，因直线经过点,故当且仅当为通径时，最短，即，即，故A项正确；对于B项，由抛物线定义知，故，由图知，当且仅当三点共线时，取得最小值，即,故B项正确；对于C项，因,在中，由可得：,即得点，于是代入中，整理得：，解得：，即得，故,即C项错误；对于D项，设直线，代入中，整理得：，设，则得：，设在x轴上存在一点，则，故当时，，即存在点使得为定值0.故D项正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：本题主要考查直线与抛物线相交有关的最值、弦长和定值问题,属于难题.求解直线与抛物线相交有关的最值的思路，一般是从抛物线定义转化线段，结合图象，从三点共线角度考虑；对于相关的定值问题，经常需要直线与抛物线方程联立得出韦达定理，并将所求式进行代入消元整理，再观察分析可得.4．CD【分析】由焦点为可得抛物线方程，联立直线与曲线方程，可得关于的一元二次方程，即可得与有关韦达定理，对A：利用韦达定理与弦长公式计算即可得；对B：利用韦达定理与弦长公式及面积公式计算即可得；对C：借助导数的几何意义可得与的方程，即可得点坐标，即可得解；对D：由，故可得.【详解】由抛物线的焦点为，故，即，由题意可知，直线斜率存在，设，Ax1,y联立，有，，，，对A：，当时，即有，故，即，即或，故A错误；对B：，故，故B错误；对C：由Ax1,y1，，即故，又，故，同理可得，设点，则有，有，，由，，故，，故点E在一条定直线上且该直线为，故C正确；对D：由，，则，故有，即，故为定值且该定值为，故D正确.故选：CD.【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.5．(1)；(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）存在，【分析】（1）设Px0,y0（2）（ⅰ）设直线，与椭圆方程联立方程，结合韦达定理得，写出直线，的方程，进而求解即可；（ⅱ）由题意点在以为直径的圆上，代入圆的方程求得，写出直线的方程，与椭圆联立，求得点C的坐标，进而可得答案.【详解】（1）设Px0,因为，①若，解得（舍去），②若，解得（舍去）或，所以点的坐标位.（2）（ⅰ）设直线，由，得，所以，所以，①由，得或，易知直线的方程为y=y1x直线的方程为，③联立②③，消去，得，④联立①④，消去，则，解得，即点在直线上；（ⅱ）由图可知，，即，所以点在以为直径的圆上，设，则，所以，即.故直线的方程为，直线的方程与椭圆方程联立，得，因为,所以，所以,故.6．(1)(2)证明见解析，【分析】（1）根据题意，列出的方程组求出得解；（2）设直线的方程为，可得的方程，分别与双曲线方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，表示直线的方程，令求得是定值.【详解】（1）设双曲线的两渐近线方程分别为，，点到双曲线两渐近线的距离乘积为，由题意可得：，解得，，所以双曲线的方程为.（2）设直线的方程为，由，互相垂直得的方程，联立方程得，消得，成立，所以，，所以点坐标为，联立方程得，所以，，所以点坐标为，根据对称性判断知定点在轴上，直线的方程为，则当时，，所以直线恒过定点，定点坐标为.

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法再联立双曲线方程从而解出点的坐标，再得到直线的方程，最后令即可得到其定点坐标.7．(1)(2)证明见解析【分析】（1）由点，的坐标可知，结合离心率可得，即可得，即可得双曲线方程；（2）设出Mx1,y1，Nx2,y2，可表示出直线与的方程，借助联立直线l与G【详解】（1）由点，的坐标可知，离心率为，故，所以b=c2-所以双曲线方程为；（2）（ⅰ）设直线为：x=my+5，联立双曲线得x=my-5x216消去得：9m2根据题意得：，Δ=8100设Mx1,y1，Nx1+x2=直线：y=y1x1+4x+4，因为在直线：y=9x1-416y令9x可得9=81解得，故点在直线上；（ⅱ）由双曲线对称性可知，点也在直线上，设P165,y3，Q165点在直线ANy=y2xF==8125+【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，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.8．(1)证明见解析(2)0(3)存在【分析】（1）设，由题意可证得点A，B都在直线上，直线l过点，可得，即可证明点E恒在定直线上．（2）法一：设，由可得，将其带入双曲线方程可得，同理可得，由根与系数的关系可得．法二：由题意知，设l的方程：，联立直线与双曲线的方程，设，由可得，同理，将韦达定理代入即可得出答案.（3）设，与联立，设，表示出，将韦达定理代入化简即可得出答案.【详解】（1）证明：设，由题意得：切线EA的方程为：，将点E带入得：，同理可得：，易知点A，B都在直线上，所以直线l的方程为：，因为直线l过点，所以，

所以点E恒在定直线上．（2）法一：设，因为，所以整理得因为点Ax1,整理得，同理可得，所以，是关于x的方程的两个实根，所以．法二：由题意知，l的斜率存在，设l的方程：，联立得：，所以，设，因为，所以，所以，同理，所以.（3）设，与联立得：，，因为直线L的方程为，所以，所以，同理，所以，故存在，使得．【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.规律方法：动线过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．专题精练专题精练一、单选题1．（2024·海南·模拟预测）在平面直角坐标系中，椭圆的左、右顶点分别为，点是椭圆上异于的点，为平面内一点，且满足，过点作直线的垂线与直线交于点，则（

）A．12 B．16 C．24 D．322．（2024·甘肃定西·一模）已知椭圆的离心率为是上任意一点，为坐标原点，到轴的距离为，则（

）A．为定值 B．为定值C．为定值 D．为定值3．（2024·湖北黄石·三模）已知为双曲线上的动点，，，直线：与双曲线的两条渐近线交于，两点（点在第一象限），与在同一条渐近线上，则的最小值为（

）A． B． C．0 D．4．（2024·四川宜宾·模拟预测）已知抛物线，过动点作两条相互垂直的直线，分别与抛物线相切于点，则面积的最小值是（

）A．6 B．9 C．12 D．185．（2024·浙江·模拟预测）设点，，是抛物线上3个不同的点，且，若抛物线上存在点，使得线段总被直线平分，则点的横坐标是（

）A．1 B．2 C．3 D．4二、多选题6．（2024·河北沧州·三模）已知椭圆的上顶点、左顶点为为椭圆上异于点的两个不同点，则下列结论正确的是（

）A．若直线的斜率之和为，则直线恒过定点B．若直线的斜率之积为，则直线恒过定点C．若直线的斜率之和为，则直线恒过定点D．若直线的斜率之积为.则直线恒过定点7．（2023·全国·模拟预测）已知双曲线：的右焦点为F，动点M，N在直线：上，且，线段，分别交C于P，Q两点，过P作的垂线，垂足为.设的面积为，的面积为，则（

）A．的最小值为 B．C．为定值 D．的最小值为8．（2024·广西南宁·一模）已知抛物线的焦点为，过作两条互相垂直的直线，与交于、Q两点，与交于、N两点，的中点为的中点为，则（

）A．当时， B．的最小值为18C．直线过定点 D．的面积的最小值为4三、填空题9．（2024·安徽合肥·三模）已知曲线的方程为，过作直线与曲线分别交于两点．过作曲线的切线，设切线的交点为．则的最小值为．10．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）已知双曲线的左､右焦点分别为，点在的左支上，，，延长交的右支于点，点为双曲线上任意一点（异于两点），则直线与的斜率之积.四、解答题11．（23-24高二上·上海浦东新·期中）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．12．（2024·广东韶关·二模）已知椭圆的离心率为，长轴长为4，是其左、右顶点，是其右焦点．(1)求椭圆的标准方程；(2)设是椭圆上一点，的角平分线与直线交于点．①求点的轨迹方程；②若面积为，求．13．（2024·贵州贵阳·一模）已知双曲线的方程为，虚轴长为2，点在上.(1)求双曲线的方程；(2)过原点的直线与交于两点，已知直线和直线的斜率存在，证明：直线和直线的斜率之积为定值；(3)过点的直线交双曲线于两点，直线与轴的交点分别为，求证：的中点为定点.14．（2023·湖北·二模）已知双曲线C：的离心率为，过点的直线l与C左右两支分别交于M，N两个不同的点（异于顶点）．(1)若点P为线段MN的中点，求直线OP与直线MN斜率之积（O为坐标原点）；(2)若A，B为双曲线的左右顶点，且，试判断直线AN与直线BM的交点G是否在定直线上，若是，求出该定直线，若不是，请说明理由15．（23-24高二下·四川泸州·阶段练习）已知抛物线的焦点为，为上一点，且.(1)求的方程；(2)过点且斜率存在的直线与交于不同的两点，且点关于轴的对称点为，直线与轴交于点.（i）求点的坐标；（ii）求与的面积之和的最小值.16．（23-24高三下·湖北武汉·阶段练习）已知抛物线，过点的直线与抛物线交于两点，设抛物线在点处的切线分别为和，已知与轴交于点与轴交于点，设与的交点为.(1)证明：点在定直线上；(2)若面积为，求点的坐标；(3)若四点共圆，求点的坐标.参考答案：题号12345678答案CDDBAABCBCAD1．C【分析】设坐标为，，所以是的中点，可表达出坐标，根据斜率表达出直线，直线，联立解出点坐标，在表达出与解之即可.【详解】设坐标为，则，根据题意知，，所以坐标为，直线斜率为，所以直线方程为，直线斜率为，因为直线与直线垂直，所以直线的斜率为，所以直线方程为，联立直线方程与方程，求得点坐标为，则，，所以.故选：C2．D【分析】观察选项，设，从而表示出，再利用椭圆离心率的定义求得，进而得到椭圆方程，从而配凑出关于的式子，由此得解.【详解】依题意，设，则，因为椭圆的离心率为，所以，解得，所以的方程为，即，即，所以，故D正确，显然ABC错误.故选：D.3．D【分析】先证明线是双曲线的切线，线段的中点为，再根据，结合双曲线的性质即可得解.【详解】因为为双曲线上的动点，所以，则，，联立，消得，因为，且，所以直线是双曲线的切线，切点为，双曲线的渐近线方程为，联立，解得，所以点的坐标为，联立，解得，所以点的坐标为，所以线段的中点为，双曲线的渐近线方程为，实半轴长为，故，则（当且仅当时取等号），由题意可得直线的斜率大于零或不存在，故，当且仅当为右顶点时取等号，所以，所以的最小值为.故选：D.【点睛】关键点点睛：证明线是双曲线的切线，线段的中点为，是解决本题的关键.4．B【分析】设直线与抛物线联立方程，建立等式化简计算可得，，同理可得，，有，设直线与抛物线联立方程，建立等式计算可得，而Px0,y0在直线,上，建立等式计算可得，根据三角形面积公式计算即可.【详解】设，因为点作两条相互垂直的直线，分别与抛物线相切于点，所以直线,斜率均存在，故设直线，则，所以，因为，代入化简得，得，所以直线，整理得，设直线，同理可得，所以，即，设直线，，所以，，得，因为抛物线的焦点为，所以设直线恒过抛物线焦点，而Px0,y0所以，即是方程是方程的两实数根，所以，解得，即所以，设到直线的距离为，则，所以，当时，面积的最小为.故选：B【点睛】关键点点睛：本题的关键根据切线方程与抛物线建立等式计算可得，直线与抛物线建立等式可得直线经过抛物线的焦点；Px0,y0在直线,上，得是方程方程的两相异实数根，利用根与系数的关系建立等式求得，最后根据三角形面积公式计算可得.5．A【分析】说明直线过定点,并求出关于点的对称点代入抛物线即可求解.【详解】设，，，则,同理，故直线方程为：，整理得,①由得整理得,②由①②两式得，即直线过点,关于点的对称点即为点在抛物线上，代入得，解得.故选:A.【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线中的定点问题，关键是利用垂直得斜率的关系进而求出定点坐标.6．ABC【分析】A选项，设直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，根据得到方程，求出，得到直线恒过定点；B选项，在A选项基础上，得到方程，求出，得到恒过定点；C选项，根据斜率公式得到方程，求出或，求出恒过定点；D选项，根据斜率之积为-1得到方程，求出直线恒过定点.【详解】A选项，易知，，设Mx1,y1依题意，设直线的方程为.，，，.联立得.，.，，.代入整理，得.，，.直线恒过定点，A正确；B选项，，代入整理，得，解得或（舍去）.直线恒过定点，B正确；C选项，，代入整理，得，或，恒过定点或，由于，故舍去，C正确；D选项，.代入整理，得，解得或，恒过定点或.由于，故舍去，直线恒过定点，D错误.故选：ABC.【点睛】思路点睛：处理定点问题（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.7．BC【分析】由三角形相似和基本不等式，即可判断A；代入两点间距离公式，化简后，即可判断B；根据直角三角形的性质，结合B选项，即可判断C；设，利用三角函数表示，再通过换元，利用导数判断函数的单调性，即可求函数的最值.【详解】对于A，易得，设，则，设，，由三角形相似可得，所以，当且仅当时等号成立，故A错误；对于B，设Px0,y0，则，由所以，所以，故B正确；对于C，由，可得，所以，整理得，为定值，故C正确；对于D，易知，设，则，，设，则，解得，同理可得，所以，令，则，设，则，所以在上单调递减，故的最小值为，故D错误.故选：BC【点睛】难点点睛：本题的难点是D选项的判断，需根据，转化为三角函数的问题，再利用换元，转化为一般函数问题，再利用导数判断函数的单调性，即可求最值.8．AD【分析】设直线和的方程，与抛物线方程联立，再利用焦半径公式求解弦长，结合基本不等式判断AB，利用两点求出直线方程，求解直线恒过定点判断C，将面积分割，结合韦达定理，再利用基本不等式求解最值判断D.【详解】对于A，由题意得F1,0，设直线方程为，则方程为，Px1,y1，Qx2,联立直线方程与抛物线方程得.则，，同理，，又，所以，所以，所以，故A正确；对于B，由A知，，，所以，当且仅当，即时，等号成立.故B错误；对于C，由A知，，所以直线GH：，令得，所以直线GH恒过定点，故C错误；对于D，由C知直线GH恒过定点，所以，当且仅当时，等号成立.故D正确；故选：AD

【点睛】思路点睛：1.直线与圆锥曲线相交问题时，有时需要考查斜率不存在和存在两种情况，斜率存在的情况经常和曲线方程联立，利用根与系数的关系解决几何问题；2.一般涉及三角形面积问题时，采用面积分割法，结合韦达定理，利用基本不等式法求解范围或最值.9．5【分析】根据题意，写出过两点的切线方程，根据其都过，进而求得方程，结合其过点，求得，即为的轨迹方程，再求目标式的最小值即可.【详解】设两点坐标为，故过点的切线方程为：，又其过点，则；同理，过点的切线方程为：，又其过点，则；由以及可得，方程为：，根据题意可得，过点，则，即，故动点的轨迹方程为：；则，当且仅当取得等号.下证：过抛物线上的一点x1,y1当时，，也即过原点作抛物线切线，显然其为，满足；当时，对求导可得，即，故过点x1,y则过点x1,y1的切线方程为：又，则切线方程为：；综上所述：过抛物线上的一点x1,y1故答案为：.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键，一是，能够准确写出过抛物线上一点的切线方程，在小题中可直接使用二级结论，从而加快解题速度；二是，根据题意，求出切点弦方程，进而求得点的轨迹方程；属综合困难题.10．2【分析】先利用平面向量加法的法则和双曲线的性质求出和的边长，再分别利用余弦定理联立可得，最后根据斜率公式求解即可.【详解】依题意，设双曲线的半焦距为，则，因为是的中点，所以，故由得，又因为，所以，在中，，在中，，所以，解得，所以，所以双曲线方程为，则，设，，，所以，

故答案为：211．(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．12．(1)(2)①；②【分析】（1）根据椭圆离心率和长轴的概念建立方程组，解之即可求解；（2）①易知当时；当时，利用两点表示斜率公式和点斜式方程表示出直线、方程，联立方程组，化简计算求出点T的坐标，即可求解点T的轨迹方程；②利用面积公式建立关于的方程，化简计算即可求解.【详解】（1）由题意知，，解得，所以椭圆的标准方程为；（2）①：由（1）知，，设，则，易知当时，，，此时，由，解得，即；当时，，，设直线的斜率为，则，所以直线方程为，又直线方程为，由，得，即，解得，将代入直线方程，得，即，又，所以，故点的轨迹方程为；②：由，得，又，所以，得，整理得，又，所以，整理得，即，由，解得.【点睛】关键点点睛：本题主要考查椭圆的标准方程、动点得轨迹方程以及面积问题，第二问关键是寻找点与直线的斜率之间的关系，即是求出直线方程的解题关键，表示出的代数式，需要扎实的计算能力才可以化简求解.13．(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据虚轴长和点坐标联立方程组可得，，可求得双曲线的方程为；（2）设出两点坐标，写出斜率表达式，联立双曲线方程化简计算可得证明；（3）设直线的方程为，求出直线与轴的交点分别为的坐标，联立直线和双曲线方程利用韦达定理化简即可得出证明.【详解】（1）因为虚轴长，所以.又因为点在双曲线上，所以