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最新高考数学解题方法模板50讲 专题43 巧解圆锥曲线中的定点和定值问题
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模
板
50
讲
专题43 巧解圆锥曲线中的定点和定值问题
【高考地位】
圆锥曲线是解析几何的重要内容之一，也是高考重点考查的内容和热点，知识综合性较强，对学生逻辑思维能力计算能力等要求很高，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．定值问题与定点问题是这类题目的典型代表，为了提高同学们解题效率，特别是高考备考效率，本文列举了一些典型的定点和定值问题，以起到抛砖引乇的作用．
类型一 定点问题
【例1】（2021·全国高三专题练习（理））已知焦点在轴上的椭圆：，短轴长为，椭圆左顶点到左焦点的距离为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，已知点，点是椭圆的右顶点，直线与椭圆交于不同的两点 ，两点都在轴上方，且．证明直线过定点，并求出该定点坐标．
【答案】（1）；（2）证明见解析，.
【分析】
（1）利用已知和的关系，列方程组可得椭圆的标准方程；
（2）直线斜率存在时，设出直线方程与椭圆方程联立， 可得，利用根与系数的关系代入化简，可得直线所过定点．
【详解】
（1）由得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）当直线斜率不存在时，直线与椭圆交于不同的两点分布在轴两侧，不合题意.
所以直线斜率存在，设直线的方程为.
设、，
由得，
所以，.
因为，
所以，
即，整理得
化简得，
所以直线的方程为，
所以直线过定点.
【变式演练1】【河南省郑州市2020-2021学年高三上学期第一次质量检测】已知椭圆的离心率为，且过点.
（1）求的方程；
（2）点在上，且，证明:直线过定点.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）利用离心率、椭圆上的点和椭圆关系可构造方程组求得，从而得到椭圆方程；
（2）由可得到；假设直线方程，与椭圆方程联立后得到韦达定理的形式，代入垂直关系得到等式中，可整理得到关系，代入直线方程后可确定所过定点.
【详解】
（1）由题意得：，解得：，
椭圆的方程为：.
（2）设点，，
，，
整理可得：…①
当直线斜率不存在时，显然不成立，
则可设，
联立得：，
由得：，
则，，
，，
代入①式化简可得：，
即，或
则直线方程为或，
直线过定点或，又和点重合，故舍去，
直线过定点.
【点睛】
思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量之间的关系，同时得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知的等量关系，化简整理得到所求定点.
类型二 定值问题
【例2】（2021·天津市静海区第六中学高三开学考试）已知椭圆的方程为，离心率，，分别是椭圆的左、右焦点，过椭圆的左焦点且垂直于长轴的直线交椭圆于、两点，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线与椭圆相交于、两点，为原点，且.试探究点到直线的距离是否为定值?若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）（2）点到直线的距离是为定值，且为
【分析】
（1）由椭圆的离心率和通经的长度，结合联立求出的值，则椭圆的方程可求.
（2）当直线的斜率存在时，设出直线方程的斜截式，和椭圆方程联立后利用根与系数关系求出两交点横坐标的和与积，从而求出纵坐标的乘积，利用得到，把坐标乘积代入后求得的关系，求出点到直线的距离，整体代入后可求得距离为定值，当斜率不存在时，直接求解的坐标，也能得到距离是相同的定值.
【详解】
（1）由题意得①
又因为过椭圆的左焦点且垂直于长轴的直线交椭圆于、两点，且
即②
由①②得
所以椭圆方程为：
（2）i当直线斜率存在时，设直线方程为，点
由
所以，由韦达定理得：
因此
因为，所以
此时满足条件，设原点到直线的距离为
则
ii当直线的斜率不存在时，因为,根据圆的对称性，设直线的方程为
可得或
此时原点到直线的距离仍为
综上可得，原点到直线的距离为
【变式演练2】【T8联考八校2020-2021学年高三上学期第一次联考】已知椭圆（）与抛物线有公共的焦点，且抛物线的准线被椭圆截得的弦长为3.
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆的右焦点作一条斜率为的直线交椭圆于，两点，交轴于点，为弦的中点，过点作直线的垂线交于点，问是否存在一定点，使得的长度为定值？若存在，则求出点，若不存在，请说明理由.
数学试题
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】
（1）根据抛物线的焦点坐标公式、准线方程，结合椭圆中的关系进行求解即可；
（2）设出直线的方程与椭圆方程联立，根据中点坐标公式、一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.
【详解】
（1）因为抛物线的焦点坐标为：，与有相同的焦点，
所以 ①，
又因为抛物线的准线方程为：，
所以当时，，
因为抛物线的准线被椭圆截得的弦长为3，所以 ②，
解①②得，，所以曲线的方程为.
（2）设直线，，，
联立直线与椭圆方程，消去得：，
则，，
，，
的坐标为，直线 ③，
直线方程中令得，的坐标为，
因为直线，的直线方程为 ④，
将③④联立相乘得到，即，
所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
所以存在定点，使得的长为定值.
【高考再现】
13．（2021·全国高考真题）在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；
（2）设点，设直线的方程为，设点、，联立直线与曲线的方程，列出韦达定理，求出的表达式，设直线的斜率为，同理可得出的表达式，由化简可得的值.
【详解】因为，
所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，，
所以，轨迹的方程为；
（2）设点，若过点的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线无公共点，
不妨直线的方程为，即，
联立，消去并整理可得，
设点、，则且.
由韦达定理可得，，
所以，，
设直线的斜率为，同理可得，
因为，即，整理可得，
即，显然，故.
因此，直线与直线的斜率之和为.
【点睛】方法点睛：求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．
2.【2020年高考山东卷】已知椭圆的离心率为，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．
【思路导引】(1)设出椭圆方程，由题意得到关于a，b，c的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程．
(2)设出点M，N的坐标，联立直线方程与椭圆方程可证得直线MN恒过定点，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点Q的位置．
【解析】（1）根据题意，把点代入椭圆得到①，设，又，∴，代入①式，求得，∴椭圆的方程为．
（2）解法一：由题意知的直线方程为，设直线与椭圆相切于点，，联立方程组得，，得，由题意可知时，面积最大，直线与直线距离，，∴．
解法二：设，
解法三：设点．因为AM⊥AN，所以．
整理可得： ①
设MN的方程为y=kx+m，联立直线与椭圆方程可得：，
韦达定理可得：，
，，
代入①式有：，
化简可得：，即，
据此可得：或，所以直线MN的方程为或，
即或，所以直线过定点或．
又因为和A点重合，所以舍去，则直线过定点．
由于AE为定值，且△AED为直角三角形，AE为斜边，
所以AE中点Q满足为定值（AE长度的一半）．
由于，故由中点坐标公式可得．
【专家解读】本题考查了椭圆的定义、标准方程及其几何性质，考查椭圆标准方程的求解、直线与椭圆的位置关系考查函数与方程思想、数形结合思想，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是联立直线与圆锥曲线方程，消元转化为一元二次方程求解．
3．【2020年高考全国Ⅰ卷理数20】已知分别为椭圆的左、右顶点，为的上顶点，，为直线上的动点，与的另一交点为与的另一交点为．
（1）求的方程；
（2）证明：直线过定点．
【答案】（1）；（2）证明详见解析．
【思路导引】（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解；
（2）设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，即可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：，命题得证．
【解析】（1）依据题意作出如下图像：
由椭圆方程可得：， ，，，，，，椭圆方程为：．
（2）证明：设，则直线的方程为：，即：，
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或，
将代入直线可得：，∴点的坐标为，同理可得：点的坐标为，
直线的方程为：，
整理可得：，
整理得：，故直线过定点．
【专家解读】本题考查了椭圆标准方程及其几何性质，考查直线与椭圆位置关系，考查椭圆定点问题的解法，考查函数与方程思想、数形结合思想，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是韦达定理的应用．
4. 【2017课标1，理20】已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.
（1）求C的方程；
（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.
【解析】
试题分析：（1）根据，两点关于y轴对称，由椭圆的对称性可知C经过，两点.另外知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此在椭圆上，代入其标准方程，即可求出C的方程；（2）先设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，在设直线l的方程，当l与x轴垂直，通过计算，不满足题意，再设设l：（），将代入，写出判别式，韦达定理，表示出，根据列出等式表示出和的关系，判断出直线恒过定点.
试题解析：（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.
又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.
因此，解得.
故C的方程为.
（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，
如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.
则，得，不符合题设.
从而可设l：（）.将代入得
由题设可知.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.
而
.
由题设，故.
即.
解得.
当且仅当时，，欲使l：，即，
所以l过定点（2，）
【考点】椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的位置关系.
【名师点睛】椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中为告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在情况，接着通法是联立方程组，求判别式、韦达定理，根据题设关系进行化简.
5. 【2017课标3，文20】在直角坐标系xOy中，曲线与x轴交于A，B两点，点C的坐标为.当m变化时，解答下列问题：
（1）能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；
（2）证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.
【答案】（1）不会；（2）详见解析
【解析】试题分析：（1）设，由AC⊥BC得；由韦达定理得，矛盾，所以不存在（2）可设圆方程为,因为过，所以 ，令 得，即弦长为3.
试题解析：（1）设，则是方程的根，
所以，
则，
所以不会能否出现AC⊥BC的情况。
（2）解法1：过A，B，C三点的圆的圆心必在线段AB垂直平分线上，设圆心，则，由得，化简得，所以圆E的方程为，
令得，所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为，所以
所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值
解法2：设过A，B，C三点的圆与y轴的另一个交点为D，
由可知原点O在圆内，由相交弦定理可得，
又，所以，
所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为，为定值.
【考点】圆一般方程，圆弦长
【名师点睛】：直线与圆综合问题的常见类型及解题策略
(1)处理直线与圆的弦长问题时多用几何法，即弦长的一半、弦心距、半径构成直角三角形．代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式： (2)圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径，从而建立关系解决问题．
6.【2016高考北京文数】（本小题14分）
已知椭圆C：过点A（2,0），B（0,1）两点.
（ = 1 \* ROMAN I）求椭圆C的方程及离心率；
（Ⅱ）设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.
【解析】
考点：椭圆方程，直线和椭圆的关系，运算求解能力.
【名师点睛】解决定值定点方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算.
【反馈练习】
1．【2020年普通高等学校招生伯乐马押题考试（三）】已知抛物线的焦点为，准线为，第一象限的点在抛物线上，延长，交抛物线于点，点在上，且．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
由P、F、Q共线且知，，三点共线，根据OF长度求出RP长度，可知P的坐标，即可求
【详解】
如下图
∵，故，，三点共线；
有
∴，则第一象限的点的横坐标为
代入中，解得
故，
故选：B
2．（多选）【广东省兴宁市第一中学2021届高三上学期期末】已知动点P在左、右焦点分别为、的双曲线C上，下列结论正确的是（ ）
A．双曲线C的离心率为2B．当P在双曲线左支时，的最大值为
C．点P到两渐近线距离之积为定值D．双曲线C的渐近线方程为
【答案】AC
【分析】
先利用双曲线方程得到对应的，直接求得离心率和渐近线方程，判断AD的正误，设，知，结合点到直线的距离公式直接计算点P到两渐近线距离之积得到定值判断C正确；利用双曲线定义将转化成关于的关系式，再利用基本不等式即求得最值，判断选项B的正误.
【详解】
在双曲线C中，实半轴长，虚半轴长，半焦距.
对于AD，双曲线的离心率，渐近线方程为，故A正确，D错误；
对于B，当P在双曲线的左支上时，，
故，当且仅当时，即时等号成立，故的最大值为，故B错误；
对于C，设，则，即，而渐近线为和，故到渐近线的距离之积为为定值，故C正确.
故选：AC.
3．【金科大联考2020届高三5月质量检测】已知双曲线的右焦点为，过点的直线与双曲线相交于、两点，若以线段为直径的圆过定点，则______．
【答案】3
【分析】
当直线的斜率不存在时，点、的坐标分别为、，此时以线段为直径的圆的方程为，过定点A（-1,0）；当直线的斜率存在时，设直线的方程，与双曲线方程联立，然后结合韦达定理，论证 即可.
【详解】
点的坐标为，双曲线的方程可化为，
①当直线的斜率不存在时，点、的坐标分别为、，
此时以线段为直径的圆的方程为；
②当直线的斜率存在时，设点、的坐标分别为，，
记双曲线的左顶点的坐标为，直线的方程为，
联立方程，
消去后整理为，
,即时，
有，
，
，
，，
．
故以线段为直径的圆过定点，．
故答案为：3
4．【湖南省长沙市雅礼中学2020-2021学年高三上学期月考（四）】已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，椭圆长轴两个端点间的距离与两个焦点之间的距离的差为，且椭圆的离心率为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点作直线l交C于P､Q两点，试问：在x轴上是否存在一个定点M，使为定值？若存在，求出这个定点M的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，定点.
【分析】
（1）根据题意，列出方程组，即可求得a，c的值，根据a，b，c的关系，即可求得b的值，即可求得答案；
（2）当直线l不与x轴重合时，可设直线l的方程为：，与椭圆联立，根据韦达定理，可得的表达式，代入所求，化简整理，即可得结果；当直线l与x轴重合时，可求得P，Q坐标，可得的表达式，经检验符合题意，综合即可得答案.
【详解】
（1）由题意得：，解得，又，
所以椭圆C的方程为：.
（2）当直线l不与x轴重合时，可设直线l的方程为：，，
联立直线与曲线方程，整理得：，
则，，
假设存在定点，使得为定值，
则
=.
当且仅当，即时，(为定值)，这时，
当直线l与x轴重合时，
此时，，，，
，
当时，(为定值)，满足题意.
所以存在定点使得对于经过点的任意一条直线l均有(恒为定值).
5．【河北省张家口市2021届高三上学期期末教学质量监测】椭圆过点，其上､下顶点分别为点A，B，且直线，的斜率之积为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过椭圆C的左顶点作两条直线，分别交椭圆C于另一点S，T.若，求证：直线过定点.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据可得，再代入即可求出；
（2）设的方程为，联立直线与椭圆，利用韦达定理得出关系即可求出定点.
【详解】
（1）解：∵，，
∴，解得，
将，都代入椭圆方程，得，
∴椭圆方程为；
（2）证明：设，，直线的方程为.
将代入椭圆方程，整理得，
，，
由，得.
整理，得，
即.
化简，得，
即.
当时，直线的方程为，恒过左顶点，不合题意
当时，直线的方程为，恒过点.
直线过定点.
【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，；
（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.
6．【河北省衡水中学2021届高三上学期学业质量联合测评】已知椭圆：()的焦距为，过左顶点且斜率为的直线和以椭圆的右顶点为圆心，短半轴为半径的圆相切.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过点作两条互相垂直的直线和，分别交椭圆于，两点，问轴上是否存在一定点，使得成立，若存在，则求出该定点，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，定点为.
【分析】
（1）设右焦点，右顶点，求出，根据题中条件，由直线与圆位置关系，列出方程，求出，即可得出椭圆方程；
（2）由（1）可知右顶点，且过点的直线和的斜率存在且不为0，
设直线和的方程分别为和，设，，联立直线与椭圆方程，表示出，两点坐标，设轴上存在一定点，使得成立，根据斜率公式，由韦达定理，列出方程求解，得出，即可得出结果.
【详解】
（1）设右焦点，右顶点，
因为，所以，
因为椭圆的左顶点，
故直线方程为，即，
由题意知，，
解得，，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）可知右顶点，且过点的直线和的斜率存在且不为0，
设直线和的方程分别为和，设，，
联立，得，
因为直线和椭圆交于，两点，
所以，即，
即，，
同理.
设轴上存在一定点，使得成立，
则，即，即，
因为，
，
即，
解得.
因此轴上存在一定点，使得成立.
7．【云南省昆明市官渡区2021届高三上学期两校联考】已知椭圆的离心率为，其左､右焦点分别为，，点是坐标平面内一点，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，使以为直径的圆恒过这个点？若存在，求出M的坐标，若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，理由见解析.
【分析】
（1）利用，列出方程可得，再由离心率即可求出，得出椭圆方程；
（2）设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程，借助于韦达定理，即可求出点的坐标.
【详解】
(1)，，
又，，即，
则可得，又，，
故所求椭圆方程为；
(2)设直线，代入，有.
设，则，
若轴上存在定点满足题设，则，，
，
由题意知，对任意实数都有恒成立，
即对成立.
，解得，
在轴上存在定点,使以为直径的圆恒过这个定点.
8．【江西省部分省级示范性重点中学教科研协作体2021届高三统一联合考试】已知抛物线：上有互异三点，，.过，，三点做抛物线的切线分别交轴与，，三点，记抛物线焦点为.
（1）证明：；
（2）若直线，，两两交于点，，.证明：三角形的外接圆过定点，并求出这个定点.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析，定点为.
【分析】
（1）设直线，联立消元可得，然后由得到，然后可证明；
（2）由（1）可得，同理可得，然后可得四点共圆，四点共圆，四点共圆，然后证明即可.
【详解】
（1）直线的斜率显然存在，设直线，
联立消元可得
由可得
因为，所以，所以
（2）由（1）可得，同理可得
所以四点共圆，四点共圆，四点共圆
因为
由四点共圆，四点共圆可得，
所以
由四点共圆可得
所以，所以四点共圆
所以三角形的外接圆过定点
9．【江西省南昌市第十中学2021届高三上学期期中考试】已知椭圆的一个顶点为，离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线l与椭圆C交于M、N两点，直线BM与直线BN的斜率之积为，证明直线l过定点并求出该定点坐标．
【答案】（1）；（2）答案见解析，直线过定点.
【分析】
（1）首先根据顶点为得到，再根据离心率为得到，从而得到椭圆C的方程.
（2）设，，，与椭圆联立得到，利用直线BM与直线BN的斜率之积为和根系关系得到，从而得到直线恒过的定点.
【详解】
（1）一个顶点为，故，
又，即，所以．
故椭圆的方程为．
（2）若直线l的斜率不存在，设，，
此时，与题设矛盾，
故直线l斜率必存在．
设，，，
联立得，
∴，．
∵，
即
∴，
化为，
解得或（舍去），即直线过定点．
【点睛】
方法点睛：定点问题，一般从三个方法把握：
（1）从特殊情况开始，求出定点，再证明定点、定值与变量无关；
（2）直接推理，计算，在整个过程找到参数之间的关系，代入直线，得到定点.
10．【2021届上海市崇明区高三上学期第一次高考模拟】已知椭圆的左右顶点分别为、，为直线上的动点，直线与椭圆的另一交点为，直线与椭圆的另一交点为.
（1）若点的坐标为，求点的坐标；
（2）若点的坐标为，求以为直径的圆的方程；
（3）求证：直线过定点.
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.
【分析】
（1）首先求直线的方程，再令求点的坐标；（2）首先求直线的方程，与椭圆方程联立，求点的坐标，直接写出以为直径的圆的方程；（3）首先设，分别写出直线的方程，并求点的坐标，定点设为，则三点共线，列方程求定点坐标.
【详解】
（1）因为，所以直线的方程为，
令，得，所以；
（2）因为，所以直线的方程为，
由得，所以，
所以以为直径的圆的方程为，即；
（3）设，因为，直线的方程为，
由得，
由韦达定理得，所以，
所以，同理，直线的方程为，
由得，
由韦达定理得，所以，所以，
由椭圆的对称性知这样的定点在轴上，设为，则三点共线，
所以共线，
所以恒成立，
整理得恒成立，所以，故直线过定点.
11．（2021·嘉峪关市第一中学高三（理））已知椭圆：（，），离心率为，且点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）若椭圆上的任意一点（除短轴的端点外）与短轴的两个端点，的连线分别与轴交于，两点，求证为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）根据椭圆的离心率及所过的点，列方程组求参数、，写出椭圆方程.
（2）设，写出直线、的方程，可求，的坐标，进而可得关于的关系式，根据在椭圆上即可证结论.
【详解】
（1）由题设，，可得，故椭圆方程为.
（2）由题意，若，，设椭圆上任意一点，
∴直线的方程为；直线的方程为，
令，得，．
∴为定值，得证．
12．（2021·河北沧州市·高三月考）已知椭圆：（）的离心率为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线：与椭圆交于，两点（不同于点），记直线，的斜率分别为，，试判断是否存在定值，使当变化时总成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，定值.
【分析】
（1）代入离心率和点的坐标即可求解.
(2)联立直线方程和椭圆方程，结合韦达定理，得到的表达式，从而解出，即可.
【详解】
解：（1）由题意知解得
所以椭圆的方程是.
（2）由（1）知，设，，将代入，
得，所以，，
且，解得.
，
即恒成立，所以解得.
所以存在定值，使当变化时，总成立.
13．（2021·贵州贵阳市·贵阳一中高三月考（理））已知椭圆：的离心率为，且过椭圆的右焦点有且仅有一条直线与圆：相切.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设圆与轴的正半轴交于点.已知直线斜率存在且不为0，与椭圆交于，两点，满足(为坐标原点)，证明：直线过定点.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
(1)由给定条件求出椭圆右焦点，再结合给定的离心率即可计算得解；
(2)设直线：，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理结合由已知得出的直线AP，BP斜率互为相反数的条件求出m值即可得解.
【详解】
（1）因过椭圆的右焦点有且仅有一条直线与圆：相切，
则点在圆：上，即，而椭圆的离心率，解得，则，
所以椭圆的标准方程为；
（2）圆：与轴的正半轴交于点，
依题意，设直线的方程为，，两点的坐标分别为，，
由知直线AP，BP斜率与互为相反数，又，，
即，化简整理得：，
又，，于是得，
由消去y得：，则，，
从而有，即，解得，此时直线的方程为，
所以直线恒过定点.
14．（2021·北京新农村中学高三开学考试）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线（不与坐标轴垂直）与椭圆交于、两点，设点关于轴对称点为. 直线与轴的交点是否为定点？请说明理由.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据椭圆的离心率为，点在椭圆上，由求解；
（2）设，直线AB的方程为，与椭圆方程联立，则直线的方程，令，结合韦达定理求解.
【详解】
（1）因为椭圆的离心率为，点在椭圆上，
所以，解得，
所以椭圆的标准方程；
（2），
直线AB的方程为，
联立，消去y得，
由韦达定理得，
直线的方程为，
令，得，
又，
所以，
所以直线与轴的交点是定点，其坐标是.
15．（2020·江西省靖安中学高三月考（文））已知椭圆C：（）的左、右顶点分别为、，上、下顶点分别为、，四边形的面积为，且该四边形内切圆的方程为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）直线l：（k，m均为常数）与椭圆C相交于M，N两个不同的点（M，N异于，），若以为直径的圆过椭圆C的右顶点，试判断直线l能否过定点?若能，求出该定点坐标；若不能，也请说明理由．
【答案】（1）；（2）直线l过定点，该定点为．
【分析】
（1）由菱形面积得，由内切圆圆心到四边形四边所在直线距离等于半径得的一个等式，两者结合解得得椭圆方程；
（2）设，，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，由求出的关系，再观察直线方程得定点坐标．
【详解】
解：（1）：四边形的面积为，且可知四边形为菱形
∴，即 ①
由题意可得直线方程为：，即，
∵四边形内切圆方程为
∴圆心到直线的距离为，即 ②．
由①②：，，
∴椭圆C的方程为：；
（2）设，，
由得：
∵直线l与椭圆C相交于M，N两个不同的点，
∴得： ③
由韦达定理：，
∵以为直径的圆过椭圆C的右顶点，∴，
由于，所以
从而
即
∴，或适合③．
当时，直线l：，即，所以恒过定点，
时，直线，过定点，舍去．
综上可知：直线l过定点，该定点为．
16．（2021·云南昆明市·高三（理））已知抛物线：，是坐标原点，是的焦点，是上一点，，．
（1）求的标准方程；
（2）设点在上，过作两条互相垂直的直线，，分别交于，两点（异于点）．证明：直线恒过定点．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）由题可知,代入抛物线，,求出p的值,即可得到抛物线方程；
（2）设直线的方程为，，，利用化简可得或，代入直线方程即可得证.
【详解】
（1）由，，可得，
代入：．
解得或（舍），从而：．
（2）由题意可得，直线的斜率不为0，设直线的方程为，
设，，
由，得，从而，
且，．
又，
，
∵
∴，
故，
整理得．
即，
从而或，即或．
若，则，过定点，与点重合，不符合：
若，则，过定点．
综上，直线过异于点的定点．
17．（2021·乐清市知临中学高三月考）已知抛物线的焦点到其准线的距离为，过点的直线交抛物线于、两点，直线、分别与直线交于点、（为原点）.
（1）求抛物线的方程；
（2）已知点，试问：的外接圆是否恒经过轴上的定点（异于点）？若是，求出点的坐标；若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是，.
【分析】
（1）根据抛物线的焦准距可求得的值，即可得出抛物线的方程；
（2）设直线的方程为，设点、，联立直线与抛物线的方程，列出韦达定理，求出点、的坐标，根据圆的几何性质可求得的外接圆圆心的坐标，根据结合两点间的距离公式求出的值，即可得出结论.
【详解】
（1）由题意可知，抛物线的焦点到其准线的距离为，
因此，抛物线的方程为；
（2）若直线的斜率不存在，则直线与轴重合，此时，直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意.
设直线的方程为，设点、，
联立可得，，
由韦达定理可得，
直线的方程为，联立可得，即点，
同理可得点，
设的外接圆圆心为，由于轴，则，
假设的外接圆恒过轴上一点，则，
故点的坐标为，
由于，从而，
整理可得，解得，
因此，的外接圆是否恒经过轴上的定点.
18．（2021·山东青岛·高三开学考试）已知为坐标原点，抛物线的准线与圆交于，两点，抛物线与圆交于，两点，且.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）动点在抛物线的准线上，直线与抛物线交于，两点，直线与抛物线交于，两点，与的交点为，且.设直线，的斜率分别为，，证明：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）计算出圆与抛物线交点的横坐标，然后根据得到的等量关系，由此求解出的值，则抛物线方程可求；
（2）设出点坐标，分别写出的方程，联立直线与抛物线得到对应韦达定理形式，结合点到点的距离公式表示出，由此通过化简证明出为定值.
【详解】
（1）因为，所以或(舍)，
又因为，所以，所以，
所以抛物线的标准方程为；
（2）设，，，
设，
联立，，
所以，
所以，
所以，
所以，
联立，，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
又，所以，所以，
所以为定值.
万能模板
内 容
使用场景
求解直线和曲线过定点问题
解题模板
第一步 把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零；
第二步 参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组；
第三步 方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点，或者可以通过特例探求；
第四步 用一般化方法证明.
万能模板
内 容
使用场景
解析几何中的定值问题
解题模板
求定值问题常见的解题模板有两种：
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．
模
板
50
讲
专题43 巧解圆锥曲线中的定点和定值问题
【高考地位】
圆锥曲线是解析几何的重要内容之一，也是高考重点考查的内容和热点，知识综合性较强，对学生逻辑思维能力计算能力等要求很高，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．定值问题与定点问题是这类题目的典型代表，为了提高同学们解题效率，特别是高考备考效率，本文列举了一些典型的定点和定值问题，以起到抛砖引乇的作用．
类型一 定点问题
【例1】（2021·全国高三专题练习（理））已知焦点在轴上的椭圆：，短轴长为，椭圆左顶点到左焦点的距离为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，已知点，点是椭圆的右顶点，直线与椭圆交于不同的两点 ，两点都在轴上方，且．证明直线过定点，并求出该定点坐标．
【答案】（1）；（2）证明见解析，.
【分析】
（1）利用已知和的关系，列方程组可得椭圆的标准方程；
（2）直线斜率存在时，设出直线方程与椭圆方程联立， 可得，利用根与系数的关系代入化简，可得直线所过定点．
【详解】
（1）由得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）当直线斜率不存在时，直线与椭圆交于不同的两点分布在轴两侧，不合题意.
所以直线斜率存在，设直线的方程为.
设、，
由得，
所以，.
因为，
所以，
即，整理得
化简得，
所以直线的方程为，
所以直线过定点.
【变式演练1】【河南省郑州市2020-2021学年高三上学期第一次质量检测】已知椭圆的离心率为，且过点.
（1）求的方程；
（2）点在上，且，证明:直线过定点.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）利用离心率、椭圆上的点和椭圆关系可构造方程组求得，从而得到椭圆方程；
（2）由可得到；假设直线方程，与椭圆方程联立后得到韦达定理的形式，代入垂直关系得到等式中，可整理得到关系，代入直线方程后可确定所过定点.
【详解】
（1）由题意得：，解得：，
椭圆的方程为：.
（2）设点，，
，，
整理可得：…①
当直线斜率不存在时，显然不成立，
则可设，
联立得：，
由得：，
则，，
，，
代入①式化简可得：，
即，或
则直线方程为或，
直线过定点或，又和点重合，故舍去，
直线过定点.
【点睛】
思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量之间的关系，同时得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知的等量关系，化简整理得到所求定点.
类型二 定值问题
【例2】（2021·天津市静海区第六中学高三开学考试）已知椭圆的方程为，离心率，，分别是椭圆的左、右焦点，过椭圆的左焦点且垂直于长轴的直线交椭圆于、两点，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线与椭圆相交于、两点，为原点，且.试探究点到直线的距离是否为定值?若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）（2）点到直线的距离是为定值，且为
【分析】
（1）由椭圆的离心率和通经的长度，结合联立求出的值，则椭圆的方程可求.
（2）当直线的斜率存在时，设出直线方程的斜截式，和椭圆方程联立后利用根与系数关系求出两交点横坐标的和与积，从而求出纵坐标的乘积，利用得到，把坐标乘积代入后求得的关系，求出点到直线的距离，整体代入后可求得距离为定值，当斜率不存在时，直接求解的坐标，也能得到距离是相同的定值.
【详解】
（1）由题意得①
又因为过椭圆的左焦点且垂直于长轴的直线交椭圆于、两点，且
即②
由①②得
所以椭圆方程为：
（2）i当直线斜率存在时，设直线方程为，点
由
所以，由韦达定理得：
因此
因为，所以
此时满足条件，设原点到直线的距离为
则
ii当直线的斜率不存在时，因为,根据圆的对称性，设直线的方程为
可得或
此时原点到直线的距离仍为
综上可得，原点到直线的距离为
【变式演练2】【T8联考八校2020-2021学年高三上学期第一次联考】已知椭圆（）与抛物线有公共的焦点，且抛物线的准线被椭圆截得的弦长为3.
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆的右焦点作一条斜率为的直线交椭圆于，两点，交轴于点，为弦的中点，过点作直线的垂线交于点，问是否存在一定点，使得的长度为定值？若存在，则求出点，若不存在，请说明理由.
数学试题
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】
（1）根据抛物线的焦点坐标公式、准线方程，结合椭圆中的关系进行求解即可；
（2）设出直线的方程与椭圆方程联立，根据中点坐标公式、一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.
【详解】
（1）因为抛物线的焦点坐标为：，与有相同的焦点，
所以 ①，
又因为抛物线的准线方程为：，
所以当时，，
因为抛物线的准线被椭圆截得的弦长为3，所以 ②，
解①②得，，所以曲线的方程为.
（2）设直线，，，
联立直线与椭圆方程，消去得：，
则，，
，，
的坐标为，直线 ③，
直线方程中令得，的坐标为，
因为直线，的直线方程为 ④，
将③④联立相乘得到，即，
所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
所以存在定点，使得的长为定值.
【高考再现】
13．（2021·全国高考真题）在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；
（2）设点，设直线的方程为，设点、，联立直线与曲线的方程，列出韦达定理，求出的表达式，设直线的斜率为，同理可得出的表达式，由化简可得的值.
【详解】因为，
所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，，
所以，轨迹的方程为；
（2）设点，若过点的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线无公共点，
不妨直线的方程为，即，
联立，消去并整理可得，
设点、，则且.
由韦达定理可得，，
所以，，
设直线的斜率为，同理可得，
因为，即，整理可得，
即，显然，故.
因此，直线与直线的斜率之和为.
【点睛】方法点睛：求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．
2.【2020年高考山东卷】已知椭圆的离心率为，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．
【思路导引】(1)设出椭圆方程，由题意得到关于a，b，c的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程．
(2)设出点M，N的坐标，联立直线方程与椭圆方程可证得直线MN恒过定点，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点Q的位置．
【解析】（1）根据题意，把点代入椭圆得到①，设，又，∴，代入①式，求得，∴椭圆的方程为．
（2）解法一：由题意知的直线方程为，设直线与椭圆相切于点，，联立方程组得，，得，由题意可知时，面积最大，直线与直线距离，，∴．
解法二：设，
解法三：设点．因为AM⊥AN，所以．
整理可得： ①
设MN的方程为y=kx+m，联立直线与椭圆方程可得：，
韦达定理可得：，
，，
代入①式有：，
化简可得：，即，
据此可得：或，所以直线MN的方程为或，
即或，所以直线过定点或．
又因为和A点重合，所以舍去，则直线过定点．
由于AE为定值，且△AED为直角三角形，AE为斜边，
所以AE中点Q满足为定值（AE长度的一半）．
由于，故由中点坐标公式可得．
【专家解读】本题考查了椭圆的定义、标准方程及其几何性质，考查椭圆标准方程的求解、直线与椭圆的位置关系考查函数与方程思想、数形结合思想，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是联立直线与圆锥曲线方程，消元转化为一元二次方程求解．
3．【2020年高考全国Ⅰ卷理数20】已知分别为椭圆的左、右顶点，为的上顶点，，为直线上的动点，与的另一交点为与的另一交点为．
（1）求的方程；
（2）证明：直线过定点．
【答案】（1）；（2）证明详见解析．
【思路导引】（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解；
（2）设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，即可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：，命题得证．
【解析】（1）依据题意作出如下图像：
由椭圆方程可得：， ，，，，，，椭圆方程为：．
（2）证明：设，则直线的方程为：，即：，
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或，
将代入直线可得：，∴点的坐标为，同理可得：点的坐标为，
直线的方程为：，
整理可得：，
整理得：，故直线过定点．
【专家解读】本题考查了椭圆标准方程及其几何性质，考查直线与椭圆位置关系，考查椭圆定点问题的解法，考查函数与方程思想、数形结合思想，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是韦达定理的应用．
4. 【2017课标1，理20】已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.
（1）求C的方程；
（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.
【解析】
试题分析：（1）根据，两点关于y轴对称，由椭圆的对称性可知C经过，两点.另外知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此在椭圆上，代入其标准方程，即可求出C的方程；（2）先设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，在设直线l的方程，当l与x轴垂直，通过计算，不满足题意，再设设l：（），将代入，写出判别式，韦达定理，表示出，根据列出等式表示出和的关系，判断出直线恒过定点.
试题解析：（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.
又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.
因此，解得.
故C的方程为.
（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，
如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.
则，得，不符合题设.
从而可设l：（）.将代入得
由题设可知.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.
而
.
由题设，故.
即.
解得.
当且仅当时，，欲使l：，即，
所以l过定点（2，）
【考点】椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的位置关系.
【名师点睛】椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中为告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在情况，接着通法是联立方程组，求判别式、韦达定理，根据题设关系进行化简.
5. 【2017课标3，文20】在直角坐标系xOy中，曲线与x轴交于A，B两点，点C的坐标为.当m变化时，解答下列问题：
（1）能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；
（2）证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.
【答案】（1）不会；（2）详见解析
【解析】试题分析：（1）设，由AC⊥BC得；由韦达定理得，矛盾，所以不存在（2）可设圆方程为,因为过，所以 ，令 得，即弦长为3.
试题解析：（1）设，则是方程的根，
所以，
则，
所以不会能否出现AC⊥BC的情况。
（2）解法1：过A，B，C三点的圆的圆心必在线段AB垂直平分线上，设圆心，则，由得，化简得，所以圆E的方程为，
令得，所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为，所以
所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值
解法2：设过A，B，C三点的圆与y轴的另一个交点为D，
由可知原点O在圆内，由相交弦定理可得，
又，所以，
所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为，为定值.
【考点】圆一般方程，圆弦长
【名师点睛】：直线与圆综合问题的常见类型及解题策略
(1)处理直线与圆的弦长问题时多用几何法，即弦长的一半、弦心距、半径构成直角三角形．代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式： (2)圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径，从而建立关系解决问题．
6.【2016高考北京文数】（本小题14分）
已知椭圆C：过点A（2,0），B（0,1）两点.
（ = 1 \* ROMAN I）求椭圆C的方程及离心率；
（Ⅱ）设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.
【解析】
考点：椭圆方程，直线和椭圆的关系，运算求解能力.
【名师点睛】解决定值定点方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算.
【反馈练习】
1．【2020年普通高等学校招生伯乐马押题考试（三）】已知抛物线的焦点为，准线为，第一象限的点在抛物线上，延长，交抛物线于点，点在上，且．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
由P、F、Q共线且知，，三点共线，根据OF长度求出RP长度，可知P的坐标，即可求
【详解】
如下图
∵，故，，三点共线；
有
∴，则第一象限的点的横坐标为
代入中，解得
故，
故选：B
2．（多选）【广东省兴宁市第一中学2021届高三上学期期末】已知动点P在左、右焦点分别为、的双曲线C上，下列结论正确的是（ ）
A．双曲线C的离心率为2B．当P在双曲线左支时，的最大值为
C．点P到两渐近线距离之积为定值D．双曲线C的渐近线方程为
【答案】AC
【分析】
先利用双曲线方程得到对应的，直接求得离心率和渐近线方程，判断AD的正误，设，知，结合点到直线的距离公式直接计算点P到两渐近线距离之积得到定值判断C正确；利用双曲线定义将转化成关于的关系式，再利用基本不等式即求得最值，判断选项B的正误.
【详解】
在双曲线C中，实半轴长，虚半轴长，半焦距.
对于AD，双曲线的离心率，渐近线方程为，故A正确，D错误；
对于B，当P在双曲线的左支上时，，
故，当且仅当时，即时等号成立，故的最大值为，故B错误；
对于C，设，则，即，而渐近线为和，故到渐近线的距离之积为为定值，故C正确.
故选：AC.
3．【金科大联考2020届高三5月质量检测】已知双曲线的右焦点为，过点的直线与双曲线相交于、两点，若以线段为直径的圆过定点，则______．
【答案】3
【分析】
当直线的斜率不存在时，点、的坐标分别为、，此时以线段为直径的圆的方程为，过定点A（-1,0）；当直线的斜率存在时，设直线的方程，与双曲线方程联立，然后结合韦达定理，论证 即可.
【详解】
点的坐标为，双曲线的方程可化为，
①当直线的斜率不存在时，点、的坐标分别为、，
此时以线段为直径的圆的方程为；
②当直线的斜率存在时，设点、的坐标分别为，，
记双曲线的左顶点的坐标为，直线的方程为，
联立方程，
消去后整理为，
,即时，
有，
，
，
，，
．
故以线段为直径的圆过定点，．
故答案为：3
4．【湖南省长沙市雅礼中学2020-2021学年高三上学期月考（四）】已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，椭圆长轴两个端点间的距离与两个焦点之间的距离的差为，且椭圆的离心率为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点作直线l交C于P､Q两点，试问：在x轴上是否存在一个定点M，使为定值？若存在，求出这个定点M的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，定点.
【分析】
（1）根据题意，列出方程组，即可求得a，c的值，根据a，b，c的关系，即可求得b的值，即可求得答案；
（2）当直线l不与x轴重合时，可设直线l的方程为：，与椭圆联立，根据韦达定理，可得的表达式，代入所求，化简整理，即可得结果；当直线l与x轴重合时，可求得P，Q坐标，可得的表达式，经检验符合题意，综合即可得答案.
【详解】
（1）由题意得：，解得，又，
所以椭圆C的方程为：.
（2）当直线l不与x轴重合时，可设直线l的方程为：，，
联立直线与曲线方程，整理得：，
则，，
假设存在定点，使得为定值，
则
=.
当且仅当，即时，(为定值)，这时，
当直线l与x轴重合时，
此时，，，，
，
当时，(为定值)，满足题意.
所以存在定点使得对于经过点的任意一条直线l均有(恒为定值).
5．【河北省张家口市2021届高三上学期期末教学质量监测】椭圆过点，其上､下顶点分别为点A，B，且直线，的斜率之积为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过椭圆C的左顶点作两条直线，分别交椭圆C于另一点S，T.若，求证：直线过定点.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据可得，再代入即可求出；
（2）设的方程为，联立直线与椭圆，利用韦达定理得出关系即可求出定点.
【详解】
（1）解：∵，，
∴，解得，
将，都代入椭圆方程，得，
∴椭圆方程为；
（2）证明：设，，直线的方程为.
将代入椭圆方程，整理得，
，，
由，得.
整理，得，
即.
化简，得，
即.
当时，直线的方程为，恒过左顶点，不合题意
当时，直线的方程为，恒过点.
直线过定点.
【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，；
（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.
6．【河北省衡水中学2021届高三上学期学业质量联合测评】已知椭圆：()的焦距为，过左顶点且斜率为的直线和以椭圆的右顶点为圆心，短半轴为半径的圆相切.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过点作两条互相垂直的直线和，分别交椭圆于，两点，问轴上是否存在一定点，使得成立，若存在，则求出该定点，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，定点为.
【分析】
（1）设右焦点，右顶点，求出，根据题中条件，由直线与圆位置关系，列出方程，求出，即可得出椭圆方程；
（2）由（1）可知右顶点，且过点的直线和的斜率存在且不为0，
设直线和的方程分别为和，设，，联立直线与椭圆方程，表示出，两点坐标，设轴上存在一定点，使得成立，根据斜率公式，由韦达定理，列出方程求解，得出，即可得出结果.
【详解】
（1）设右焦点，右顶点，
因为，所以，
因为椭圆的左顶点，
故直线方程为，即，
由题意知，，
解得，，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）可知右顶点，且过点的直线和的斜率存在且不为0，
设直线和的方程分别为和，设，，
联立，得，
因为直线和椭圆交于，两点，
所以，即，
即，，
同理.
设轴上存在一定点，使得成立，
则，即，即，
因为，
，
即，
解得.
因此轴上存在一定点，使得成立.
7．【云南省昆明市官渡区2021届高三上学期两校联考】已知椭圆的离心率为，其左､右焦点分别为，，点是坐标平面内一点，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，使以为直径的圆恒过这个点？若存在，求出M的坐标，若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，理由见解析.
【分析】
（1）利用，列出方程可得，再由离心率即可求出，得出椭圆方程；
（2）设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程，借助于韦达定理，即可求出点的坐标.
【详解】
(1)，，
又，，即，
则可得，又，，
故所求椭圆方程为；
(2)设直线，代入，有.
设，则，
若轴上存在定点满足题设，则，，
，
由题意知，对任意实数都有恒成立，
即对成立.
，解得，
在轴上存在定点,使以为直径的圆恒过这个定点.
8．【江西省部分省级示范性重点中学教科研协作体2021届高三统一联合考试】已知抛物线：上有互异三点，，.过，，三点做抛物线的切线分别交轴与，，三点，记抛物线焦点为.
（1）证明：；
（2）若直线，，两两交于点，，.证明：三角形的外接圆过定点，并求出这个定点.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析，定点为.
【分析】
（1）设直线，联立消元可得，然后由得到，然后可证明；
（2）由（1）可得，同理可得，然后可得四点共圆，四点共圆，四点共圆，然后证明即可.
【详解】
（1）直线的斜率显然存在，设直线，
联立消元可得
由可得
因为，所以，所以
（2）由（1）可得，同理可得
所以四点共圆，四点共圆，四点共圆
因为
由四点共圆，四点共圆可得，
所以
由四点共圆可得
所以，所以四点共圆
所以三角形的外接圆过定点
9．【江西省南昌市第十中学2021届高三上学期期中考试】已知椭圆的一个顶点为，离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线l与椭圆C交于M、N两点，直线BM与直线BN的斜率之积为，证明直线l过定点并求出该定点坐标．
【答案】（1）；（2）答案见解析，直线过定点.
【分析】
（1）首先根据顶点为得到，再根据离心率为得到，从而得到椭圆C的方程.
（2）设，，，与椭圆联立得到，利用直线BM与直线BN的斜率之积为和根系关系得到，从而得到直线恒过的定点.
【详解】
（1）一个顶点为，故，
又，即，所以．
故椭圆的方程为．
（2）若直线l的斜率不存在，设，，
此时，与题设矛盾，
故直线l斜率必存在．
设，，，
联立得，
∴，．
∵，
即
∴，
化为，
解得或（舍去），即直线过定点．
【点睛】
方法点睛：定点问题，一般从三个方法把握：
（1）从特殊情况开始，求出定点，再证明定点、定值与变量无关；
（2）直接推理，计算，在整个过程找到参数之间的关系，代入直线，得到定点.
10．【2021届上海市崇明区高三上学期第一次高考模拟】已知椭圆的左右顶点分别为、，为直线上的动点，直线与椭圆的另一交点为，直线与椭圆的另一交点为.
（1）若点的坐标为，求点的坐标；
（2）若点的坐标为，求以为直径的圆的方程；
（3）求证：直线过定点.
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.
【分析】
（1）首先求直线的方程，再令求点的坐标；（2）首先求直线的方程，与椭圆方程联立，求点的坐标，直接写出以为直径的圆的方程；（3）首先设，分别写出直线的方程，并求点的坐标，定点设为，则三点共线，列方程求定点坐标.
【详解】
（1）因为，所以直线的方程为，
令，得，所以；
（2）因为，所以直线的方程为，
由得，所以，
所以以为直径的圆的方程为，即；
（3）设，因为，直线的方程为，
由得，
由韦达定理得，所以，
所以，同理，直线的方程为，
由得，
由韦达定理得，所以，所以，
由椭圆的对称性知这样的定点在轴上，设为，则三点共线，
所以共线，
所以恒成立，
整理得恒成立，所以，故直线过定点.
11．（2021·嘉峪关市第一中学高三（理））已知椭圆：（，），离心率为，且点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）若椭圆上的任意一点（除短轴的端点外）与短轴的两个端点，的连线分别与轴交于，两点，求证为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）根据椭圆的离心率及所过的点，列方程组求参数、，写出椭圆方程.
（2）设，写出直线、的方程，可求，的坐标，进而可得关于的关系式，根据在椭圆上即可证结论.
【详解】
（1）由题设，，可得，故椭圆方程为.
（2）由题意，若，，设椭圆上任意一点，
∴直线的方程为；直线的方程为，
令，得，．
∴为定值，得证．
12．（2021·河北沧州市·高三月考）已知椭圆：（）的离心率为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线：与椭圆交于，两点（不同于点），记直线，的斜率分别为，，试判断是否存在定值，使当变化时总成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，定值.
【分析】
（1）代入离心率和点的坐标即可求解.
(2)联立直线方程和椭圆方程，结合韦达定理，得到的表达式，从而解出，即可.
【详解】
解：（1）由题意知解得
所以椭圆的方程是.
（2）由（1）知，设，，将代入，
得，所以，，
且，解得.
，
即恒成立，所以解得.
所以存在定值，使当变化时，总成立.
13．（2021·贵州贵阳市·贵阳一中高三月考（理））已知椭圆：的离心率为，且过椭圆的右焦点有且仅有一条直线与圆：相切.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设圆与轴的正半轴交于点.已知直线斜率存在且不为0，与椭圆交于，两点，满足(为坐标原点)，证明：直线过定点.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
(1)由给定条件求出椭圆右焦点，再结合给定的离心率即可计算得解；
(2)设直线：，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理结合由已知得出的直线AP，BP斜率互为相反数的条件求出m值即可得解.
【详解】
（1）因过椭圆的右焦点有且仅有一条直线与圆：相切，
则点在圆：上，即，而椭圆的离心率，解得，则，
所以椭圆的标准方程为；
（2）圆：与轴的正半轴交于点，
依题意，设直线的方程为，，两点的坐标分别为，，
由知直线AP，BP斜率与互为相反数，又，，
即，化简整理得：，
又，，于是得，
由消去y得：，则，，
从而有，即，解得，此时直线的方程为，
所以直线恒过定点.
14．（2021·北京新农村中学高三开学考试）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线（不与坐标轴垂直）与椭圆交于、两点，设点关于轴对称点为. 直线与轴的交点是否为定点？请说明理由.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据椭圆的离心率为，点在椭圆上，由求解；
（2）设，直线AB的方程为，与椭圆方程联立，则直线的方程，令，结合韦达定理求解.
【详解】
（1）因为椭圆的离心率为，点在椭圆上，
所以，解得，
所以椭圆的标准方程；
（2），
直线AB的方程为，
联立，消去y得，
由韦达定理得，
直线的方程为，
令，得，
又，
所以，
所以直线与轴的交点是定点，其坐标是.
15．（2020·江西省靖安中学高三月考（文））已知椭圆C：（）的左、右顶点分别为、，上、下顶点分别为、，四边形的面积为，且该四边形内切圆的方程为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）直线l：（k，m均为常数）与椭圆C相交于M，N两个不同的点（M，N异于，），若以为直径的圆过椭圆C的右顶点，试判断直线l能否过定点?若能，求出该定点坐标；若不能，也请说明理由．
【答案】（1）；（2）直线l过定点，该定点为．
【分析】
（1）由菱形面积得，由内切圆圆心到四边形四边所在直线距离等于半径得的一个等式，两者结合解得得椭圆方程；
（2）设，，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，由求出的关系，再观察直线方程得定点坐标．
【详解】
解：（1）：四边形的面积为，且可知四边形为菱形
∴，即 ①
由题意可得直线方程为：，即，
∵四边形内切圆方程为
∴圆心到直线的距离为，即 ②．
由①②：，，
∴椭圆C的方程为：；
（2）设，，
由得：
∵直线l与椭圆C相交于M，N两个不同的点，
∴得： ③
由韦达定理：，
∵以为直径的圆过椭圆C的右顶点，∴，
由于，所以
从而
即
∴，或适合③．
当时，直线l：，即，所以恒过定点，
时，直线，过定点，舍去．
综上可知：直线l过定点，该定点为．
16．（2021·云南昆明市·高三（理））已知抛物线：，是坐标原点，是的焦点，是上一点，，．
（1）求的标准方程；
（2）设点在上，过作两条互相垂直的直线，，分别交于，两点（异于点）．证明：直线恒过定点．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）由题可知,代入抛物线，,求出p的值,即可得到抛物线方程；
（2）设直线的方程为，，，利用化简可得或，代入直线方程即可得证.
【详解】
（1）由，，可得，
代入：．
解得或（舍），从而：．
（2）由题意可得，直线的斜率不为0，设直线的方程为，
设，，
由，得，从而，
且，．
又，
，
∵
∴，
故，
整理得．
即，
从而或，即或．
若，则，过定点，与点重合，不符合：
若，则，过定点．
综上，直线过异于点的定点．
17．（2021·乐清市知临中学高三月考）已知抛物线的焦点到其准线的距离为，过点的直线交抛物线于、两点，直线、分别与直线交于点、（为原点）.
（1）求抛物线的方程；
（2）已知点，试问：的外接圆是否恒经过轴上的定点（异于点）？若是，求出点的坐标；若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是，.
【分析】
（1）根据抛物线的焦准距可求得的值，即可得出抛物线的方程；
（2）设直线的方程为，设点、，联立直线与抛物线的方程，列出韦达定理，求出点、的坐标，根据圆的几何性质可求得的外接圆圆心的坐标，根据结合两点间的距离公式求出的值，即可得出结论.
【详解】
（1）由题意可知，抛物线的焦点到其准线的距离为，
因此，抛物线的方程为；
（2）若直线的斜率不存在，则直线与轴重合，此时，直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意.
设直线的方程为，设点、，
联立可得，，
由韦达定理可得，
直线的方程为，联立可得，即点，
同理可得点，
设的外接圆圆心为，由于轴，则，
假设的外接圆恒过轴上一点，则，
故点的坐标为，
由于，从而，
整理可得，解得，
因此，的外接圆是否恒经过轴上的定点.
18．（2021·山东青岛·高三开学考试）已知为坐标原点，抛物线的准线与圆交于，两点，抛物线与圆交于，两点，且.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）动点在抛物线的准线上，直线与抛物线交于，两点，直线与抛物线交于，两点，与的交点为，且.设直线，的斜率分别为，，证明：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）计算出圆与抛物线交点的横坐标，然后根据得到的等量关系，由此求解出的值，则抛物线方程可求；
（2）设出点坐标，分别写出的方程，联立直线与抛物线得到对应韦达定理形式，结合点到点的距离公式表示出，由此通过化简证明出为定值.
【详解】
（1）因为，所以或(舍)，
又因为，所以，所以，
所以抛物线的标准方程为；
（2）设，，，
设，
联立，，
所以，
所以，
所以，
所以，
联立，，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
又，所以，所以，
所以为定值.
万能模板
内 容
使用场景
求解直线和曲线过定点问题
解题模板
第一步 把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零；
第二步 参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组；
第三步 方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点，或者可以通过特例探求；
第四步 用一般化方法证明.
万能模板
内 容
使用场景
解析几何中的定值问题
解题模板
求定值问题常见的解题模板有两种：
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．
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