重难点培优06 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题（培优讲义）2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）（原卷版+解析版）

这是一份重难点培优06 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题（培优讲义）2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）（原卷版+解析版），共100页。学案主要包含了典例1-1，典例1-2，典例1-3，变式1-1，变式1-2，变式1-3，典例2-1，典例2-2等内容，欢迎下载使用。
\l "_Tc18941" 题型深研·通法变式提能力 PAGEREF _Tc18941 \h 1
\l "_Tc17807" 题型01 直线过定点问题2
\l "_Tc4842" 题型02 圆过定点问题11
\l "_Tc4842" 题型03 探究型定点问题20
\l "_Tc4842" 题型04 斜率相关的定值问题28
\l "_Tc4842" 题型05 向量有关的定值问题36
\l "_Tc4842" 题型06 面积有关的定值问题40
\l "_Tc4842" 题型07 距离有关的定值问题46
\l "_Tc4842" 题型08 线段长有关的定值问题51
\l "_Tc4842" 题型09 角度有关的定值问题58
\l "_Tc4842" 题型10 参数式的定值问题64
\l "_Tc4842" 题型11 定直线问题69
\l "_Tc6233" 分层进阶·双阶训练验成效77
\l "_Tc30327" 巩固过关77
\l "_Tc11271" 创新提升95
知识精讲·重难聚焦讲技巧
\l "_Tc25045" 知识点1 圆锥曲线中的定点问题
（1）题型特点
此类问题主要探究动直线或动曲线在运动过程中是否恒过某个固定点。常见题型包括证明直线过定点、探究是否存在定点满足特定条件（如向量共线、数量积为定值等），以及圆过定点问题。其核心特点是“动中有静”，解题时通常需要引入参数（如直线斜率 k 、截距 m 或动点坐标）来表示变化量，通过联立方程和韦达定理建立参数间的等量关系，最终将直线方程转化为点斜式，或利用“多项式恒等于零则各项系数为零”的原理，消去参数从而锁定定点坐标。
解题策略
(Ⅰ)“特殊探路，一般证明”：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．
(Ⅱ)“一般推理，特殊求解”：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．
(Ⅲ)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)或截距式y＝kx＋b来证明．
知识点2圆锥曲线中的定值问题
(1)题型特点
定值问题要求证明某些几何量（如线段长度、图形面积、斜率之和或之积、夹角、距离等）的大小与题目中的动点或动直线参数无关，始终为一个确定的常数。其题型特点是强调“不变性”。
(2)解题策略
解题策略通常有两种：一是“特殊到一般”，即先通过特殊情况（如直线垂直于坐标轴）猜测定值，再进行一般性证明；二是“直接推理”，即设出变量，将目标几何量用参数表示，在化简过程中利用题设条件消元，最终得出与变量无关的常数。
知识点3圆锥曲线中的定直线问题
定直线问题相对前两者考查频率略低，但同样重要。其典型题型是探究两条动直线的交点、弦的中点或满足特定比例关系的点，是否恒在某条固定的直线上运动。这类问题的核心特点是“轨迹的线性化”，即目标点的横、纵坐标虽然都在变化，但两者之间始终满足一个固定的线性关系。解题时，需通过核心条件建立目标点横纵坐标之间的代数联系，通过消参化简，最终得出形如 x=a或 y=kx+b的定直线方程
(1)动点在定直线上是圆锥曲线的常规题型，设点法：通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程．
(2)待定系数法：设出含参数的直线方程，待定系数求解出系数．
(2)面对复杂问题时，可从特殊情况入手，以确定可能的定直线，然后再验证该直线对一般情况是否符合，属于“先猜再证”．
题型深研·通法变式提能力
题型1 直线过定点问题
【典例1-1】（2026·陕西西安·模拟预测）已知椭圆的离心率为，其短轴长为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知直线，过椭圆右焦点F的直线（不与x轴重合）与椭圆C相交于A，B两点，过点A作，垂足为D．求证：直线BD过定点E，并求出定点E的坐标；
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点E为．
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量，即可得出椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，设点，，，
将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出直线并化简，由此可得出直线所过定点的坐标.
【详解】（1）由题意可得，解得，
故椭圆C的方程为．
（2）由对称性，若直线BD过定点E，则该定点E必在x轴上，
由题得，设直线，
设，，，
联立方程，得，
所以有，，
因为，所以直线BD的方程为，
令，得
由，，得，
将代入（*），
则，
故直线BD过定点，即定点E为．
【典例1-2】已知椭圆的离心率为，点在椭圆C上，直线l与椭圆C交于不同于A的两点M，N．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若，证明：直线l恒过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题中条件，列出方程组，求出，即可得出椭圆方程；
（2）设直线，与椭圆方程联立，利用向量数量积的坐标表示，结合韦达定理计算推理即可.
【详解】（1）依题意，，解得，
所以椭圆C的方程为；
（2）依题意，直线l的斜率存在，
设直线，，，
由，消去y得，
则，即，
，，
而，，
由，得，
即，
整理得，
则，而，
于是，
整理得，解得，且满足，
所以直线过定点．
【典例1-3】（2026·北京朝阳·一模）已知椭圆：（）的离心率为，，分别为椭圆的上、下顶点，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的斜率存在且不为1的直线与椭圆交于不同的两点，（均不与点重合），点与点关于原点对称，直线与直线交于点.求证：直线经过点.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，结合离心率公式求出即可.
（2）设点，求出直线的方程及点的坐标，再设出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及向量共线的坐标表示推理得证.
【详解】（1）由椭圆：的下顶点为，得，
由的离心率为，得，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，点，则点，
直线的方程为，直线的方程为，联立解得点，
由消去得，
则，，
而点，则，
，
即，又有公共点，则点三点共线，
所以直线经过点.
【变式1-1】（2026·河北沧州·三模）已知椭圆的长轴长为，由的三个顶点构成的三角形的面积为

(1)求的方程
(2)记的右顶点和上顶点分别为，，点在线段上运动，垂直于轴的直线交于点点在第一象限，为线段的中点，设直线与的另一个交点为，证明：直线过定点．
【答案】(1)．
(2)由于轴，所以不可能垂直于轴，故直线的斜率存在，故设直线的方程为，,
联立，
则 ，
直线的方程为，
当时，，所以，是的中点，所以，
，即，所以，
则，
化简得 ，
代入，得，
故，所以或，
故直线的方程为或，
由于不与重合，所以直线不经过，故直线的方程为，
此时 ，
故，此时直线过定点.
【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可求解.
（2）讨论直线的斜率是否存在，存在时，设出直线的方程，联立与椭圆的方程，可得根与系数的关系式，利用斜率关系或者根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，得到韦达定理，由两点斜率公式，即可代入化简的方程求解.
【详解】（1）由题意可知，
E的三个顶点构成的三角形要么是短轴的一个顶点和长轴的两个顶点构成的三角形，面积为；
要么是短轴的两个顶点和长轴的一个顶点构成的三角形，面积为，
所以，
故E的方程为.
（2）略
【点睛】直线与椭圆的位置关系中直线过定点问题，需要讨论直线的斜率是否存在，若斜率不存在，特殊情况特殊对待，存在时，设出直线的方程，联立与椭圆的方程，可得根与系数的关系式，利用斜率关系或者根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用从而求得直线方程中两个参量之间的关系即可得到定点.
【变式1-2】（2026·陕西西安·模拟预测）已知点，，双曲线的方程经过点，且的一条渐近线与直线平行，为上异于顶点的任意一点，为的左顶点．
(1)求的方程；
(2)求直线与的斜率之积；
(3)设为上异于顶点和点的任意一点，且直线的斜率是直线的斜率的3倍，证明：直线恒过定点．
【答案】(1)
(2)
(3)证明：（方法一）由（2）知，，因为，所以．
设直线的方程为，代入，
得，
则且，即且．
设（且），则，．
因为，
再将，代入得：得，
即，
所以，
因为直线不过点，所以，所以，
，化简整理得，解得，
所以直线的方程为，故直线恒过定点．
（方法二）设直线的方程为，代入，
得，
则且，即且．
设（且），则，．
因为，所以，即，
整理得，
由，所以，得，
所以，
，整理得，
因为等式恒成立，所以，解得．
所以直线的方程为，故直线恒过定点．
【分析】（1）根据双曲线的性质可得双曲线的基本量，进而可得双曲的方程；
（2）设，根据点在双曲线上及斜率的定义可得；
（3）方法一：先设直线的方程为，由（2）的分析得，进而可得，再由斜率的坐标运算公式及根与系数关系代入化简得，从而可得直线过定点；方法二：先设直线的方程为，再由条件及根与系数关系可得恒成立，得，从而可得及直线过定点.
【详解】（1）由经过点，得．
由，又因为双曲线一条渐近线与直线平行，
所以，则，故的方程为．
（2）设，则，即，
因为，，
所以，
故直线与的斜率之积为．
（3）略
【变式1-3】（2026·四川成都·模拟预测）在直角坐标系中，动圆P与圆外切，且与直线相切，记P的轨迹为E．
(1)求E的方程；
(2)若直线l与E交于x轴异侧两点A，B，且．证明：l过定点
【答案】(1)
(2)当直线l斜率为0时，l与抛物线有且只有一个交点，
则可设直线l的方程为，，，联立，
得，，，，
，
，
，或，由题（舍去），则，l过定点．
【分析】（1）根据几何关系，结合抛物线定义即可得解；
（2）设直线l的方程为，联立抛物线方程消去，利用韦达定理代入求出即可得证.
【详解】（1）由题意，动圆圆心P到点的距离比其到直线的距离大1，
圆心P到点的距离等于它到直线的距离，
圆心P的轨迹E是以点为焦点，以直线为准线的抛物线，
设E的方程为（），则，，E的方程为．
（2）略.
题型2 圆过定点问题
【典例2-1】（2026·陕西渭南·三模）已知为抛物线上一点，点到抛物线C焦点的距离是M到直线的距离的两倍．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点作C的两条切线，切点分别为．求证：以线段为直径的圆过点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)利用抛物线定义结合距离条件求解参数得到抛物线方程；
(2)通过导数推导切线方程，确定切点弦的表达式，联立抛物线得到韦达定理，借助向量点积为零完成垂直证明.
【详解】（1）抛物线的焦点为，
由抛物线定义，点到焦点的距离为.
点到直线的距离为.
由题设距离关系，得，
解得，.
因此，抛物线的方程为.
（2）由(1)得抛物线方程为，即，求导得.
设切点，，则抛物线在处的切线方程为，整理得.
结合，切线方程可化为.
切线过点，代入得，即.
同理可得.
因此，直线的方程为.
联立，消去得,
可得，，，，
以线段为直径的圆过点，等价于.
，，
则
，
因此，，即以线段为直径的圆过点.

【典例2-2】（2026·湖北武汉·模拟预测）已知椭圆（）经过点，两点，过点的直线与C交于M，N两点，且直线，与直线分别交于点P和点Q.
(1)求C的方程；
(2)求的面积的最大值；
(3)证明：存在定点E，使得以为直径的圆恒过点E.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，证明见解析.
【分析】（1）把点，代入即可求出椭圆的方程即可求解；
（2）设直线的方程，与椭圆的方程联立，利用韦达定理表示出的面积，再求出的面积的最大值；
（3）若以为直径的圆恒过点E，则，进而通过韦达定理求出定点坐标.
【详解】（1）把点，代入椭圆的方程，
得，所以椭圆的方程为.
（2）显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，
联立，
则，
所以
，
设，则，即，
那么，
由于，函数在上单调递增，
所以，
故，
则的面积的最大值为.
（3）设，直线，直线，
令，得， ，则，
由于以为直径的圆恒过点E，则，
所以，而，
则，
化简，得，
则，
由于，
所以，
则，
即，
令，解得或
所以定点坐标为或，
因此，存在定点E，使得以为直径的圆恒过点E.
【变式2-1】（2026·浙江·三模）为椭圆上异于顶点的动点，且的离心率为，分别为的左、右焦点，为的左顶点，记.
(1)求的方程；
(2)求证：；
(3)设点，过点作一条不与坐标轴垂直的直线，交椭圆于，两点，再过点作一条垂直于轴的直线分别交直线于点.问是否存在，使得点四点共圆（为坐标原点）？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
因为，
由正弦定理可得，
即，整理可得.
(3)存在，
【分析】（1）根据方程可知，结合离心率可得，即可得椭圆方程；
（2）根据离心率结合椭圆定义可得，再利用正弦定理结合三角恒等变换运算分析证明；
（3）假设存在，设直线，，，与椭圆方程联立可得韦达定理，结合圆的性质可得，整理可得，代入韦达定理运算求解即可.
【详解】（1）由椭圆方程可知：，
因为，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）略
（3）假设存在，可设直线，，，且，
联立方程，消去x可得，
则，可得，
则，，
由题意可知：，则直线，
令，可得，即，
同理可得，
若四点共圆，则，
可得，
且，则，可得，
且，，，
则，
整理可得，
即，
则，
整理可得，解得或（舍去），
所以存在，使得点四点共圆，此时.
【变式2-2】（2026·天津滨海新区·三模）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，左顶点为，下顶点为，过点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，且所得弦长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若点是椭圆上在第一象限内的一个动点，求三角形面积的最大值；
(3)过且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，连接并延长交直线于点．试探究：在轴上是否存在一定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)因为，设直线方程为，代入椭圆方程可得，
设，则，所以中点的纵坐标，
所以，即，
所以所在直线方程为，令，可得，即，
假设在轴上存在一定点满足题意，则，
所以恒成立，则需，解得，
即轴上存在定点，使得以为直径的圆恒过点.
【分析】（1）根据离心率及通径长求出即可得解；
（2）设，利用点到直线的距离求三角形面积，再由正弦型三角函数的性质求最值即可；
（3）设直线方程为，求出点坐标，再由交点求出点坐标，假设存在满足题意，则恒成立，据此求解即可.
【详解】（1）因为，所以，
由代入，可得，，
所以椭圆的通径长为，即，
由可得，解得，
所以，
所以椭圆的方程为.
（2）
由（1）可知，
所以，
直线所在直线方程为，即
设，
设点到直线的距离为，则，
所以，
当时，有最大值.
（3）略
【变式2-3】（2026·天津南开·二模）已知椭圆的离心率为，短轴的一个顶点到长轴的一个顶点的距离为．
(1)求的方程；
(2)为的右顶点，直线交于两点，为坐标原点．若，是否存在直线，使得四点共圆？若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，或．
【分析】（1）根据椭圆的基本性质求解；
（2）由题意假设直线，与椭圆联立可得.又有四点共圆，且，所以，结合韦达定理可得的值，进而得到直线的方程.
【详解】（1）依题意，有解得，
所以的方程为．
（2）设直线，
联立方程得：，
则
因为四点共圆，所以，
则有，即
所以即
所以，即，
，即，
联立解得（此时直线过点，舍去），
将代入，解得，
所以存在直线，使得四点共圆.
直线的方程为或．
题型3 探究型定点问题
【典例3-1】（25-26高三下·上海·阶段检测）已知点，均在椭圆上，点在抛物线上，坐标原点为．
(1)求椭圆与抛物线的交点坐标；
(2)若的重心为坐标原点，且的面积为，求点的坐标；
(3)是否存在点，使得四边形为平行四边形，若存在，求出点横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)，
(3)存在，理由见解析
【分析】（1）解方程组可得交点坐标；
（2）设，，直曲联立表示出韦达定理，再由重心坐标公式和点在抛物线上得到的坐标，然后利用弦长公式和点到直线的距离公式表示出三角形面积可得；
（3）根据中点在椭圆内部可求的横坐标的范围，从而可得四边形为平行四边形的存在性.
【详解】（1）联立方程，消去得，整理得，解得或（舍去）．当时，，．
交点坐标为，．
（2）设，，
联立椭圆方程得，
由韦达定理得，．
重心坐标得，代入抛物线方程得．
弦长，
点到直线的距离为，
面积公式得
，
所以，
将代入化简得，
解得或，对应或．
点的坐标为，．
（3）设，，且，，则中点，
因为四边形为平行四边形，故必定在椭圆内，
故，而，故，故，
故，而，
故存在横坐标满足的点，能使得四边形为平行四边形．
【变式3-1】（2026·上海金山·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为、，，分别为椭圆的上、下顶点．
(1)求椭圆的离心率；
(2)已知点为抛物线上一点，直线与椭圆的一个交点在轴左侧，满足，求的最大值；
(3)直线与椭圆交于不同的两点，，直线，分别交轴于，两点．问：轴上是否存在点，使得？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据椭圆方程即可求出离心率；
（2）设出点坐标并代入抛物线方程，设出点坐标并代入椭圆方程，利用得出点坐标与点坐标之间的关系，方程联立并化简，设出，利用基本不等式即可求出的最大值；
（3）假设存在，设出点坐标，利用得出，进而得出，求出点和点坐标表达式，得出点和点的横坐标，即可得出的表达式，利用点在椭圆上可求出参数，即可得出点坐标.
【详解】（1）由题意，在：中，，，
∴，
∴曲线的离心率为.
（2）由题意及（1）得，在抛物线中，点为抛物线上一点，
设，则，
在椭圆中，设，，
易知，∴，
∵，∴，
∴，∴，
∴，解得，即，
令，
∴，当且仅当时等号成立，
∴．
（3）由题意，假设存在点使得，设，
∵，
∴，即，
∴，所以，
直线与椭圆交于不同的两点，，易知，关于对称，
设，（，），
由（1）知，直线方程是，令得，
直线方程是，令得，
由，得，
又在椭圆上，∴，
∴，解得，
∴存在点，使得成立．
【变式3-2】（2026·山东聊城·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)若过点的动直线与椭圆交于，两点，是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）借助焦距可得，再将定点代入计算即可得解；
（2）当直线垂直于轴时，可得符合题意，再证明当直线不平行于坐标轴时，也符合题意即可得，当直线不平行于坐标轴时，设出直线方程，联立曲线方程，可得与交点横坐标有关韦达定理，取点关于轴的对称点，计算可得三点共线，即可得证.
【详解】（1），，
又因为点在椭圆上，，
即，
又，代入，解得，
可得椭圆的标准方程为；
（2）当直线垂直于轴时，椭圆关于轴对称，
点关于轴对称，，
轴上任意不同于点的点，均满足，
设，当直线与轴重合时，点是椭圆的长轴端点，
不妨设，
，即，解得（舍去）或，
存在不同于点的定点满足条件，且点的坐标为；
下面证明：当直线不平行于坐标轴时，点满足，
设直线的方程为，
由，消去，整理得，
直线恒过椭圆内的定点，恒成立，
，
点关于轴的对称点为，
直线的斜率，
直线的斜率，
，
，
，即，三点共线，
．
综上，存在与点不同的定点，使得恒成立.
【变式3-3】（2026·河南南阳·三模）已知双曲线的离心率，左顶点，过C的右焦点F作与x轴不重合的直线l，交C于P、Q两点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)求证：直线、的斜率之积为定值；
(3)设，试问：在x轴上是否存在定点T，使得恒成立？若存在，求出点T的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)由题意知．设直线，
与双曲线方程联立得．
，
设、，则，
故直线、的斜率之积为
．
(3)存在，
【分析】（1）根据离心率的定义及求解即可.
（2）设直线，与双曲线方程联立，结合韦达定理求解即可.
（3）根据向量垂直的坐标表示得到，即，结合即韦达定理求解即可.
【详解】（1）设双曲线的半焦距为c．
由题意知．故，
所以，双曲线C的方程为．
（2）略
（3）由题意知，得．
设，则．
即．
又，即，解得．
所以，
因此在x轴上存在定点，使得恒成立．
【变式3-4】（2026·宁夏·二模）在平面直角坐标系中，已知点，动点关于的对称点为，且直线的斜率之积是，记的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)直线与轴交于点，点与点关于轴对称，直线与轴交于点．在轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）设出点的坐标，利用对称性写出的坐标，再根据斜率公式表示出与，将已知斜率之积代入并化简，即可得到轨迹的方程.
（2）设，依次写出、的坐标，设，由得出正切关系式，结合椭圆方程消去，解出，从而判断存在点.
【详解】（1）设()，则.
直线的斜率，直线的斜率.
由，得，即.
整理得，即，故(，即).
所以的方程为().
（2）设()在上，则.
点与关于轴对称，故.
直线的方程为，令，得，所以.
直线的方程为，令，得，所以.
设，如图所示：，.
由，得，即.
由，得.
代入得，即.
因为，所以，即.
故存在点，坐标为或.
题型4 斜率相关的定值问题
【典例4-1】（2026·浙江台州·二模）已知点，，点P是抛物线上的动点（异于A，B两点），记直线AP的斜率为，直线BP的斜率为，则下列结论正确的是（ ）
A．为定值B．为定值C．为定值D．为定值
【答案】C
【分析】设（），利用两点斜率公式求，再分别求即可判断.
【详解】因为点是抛物线上异于的动点，
故设（），
则，，
对于选项A，，不是定值，A错误；
对于选项B，，不是定值，B错误；
对于选项C，，为定值，C正确；
对于选项D，，不是定值，D错误.
【典例4-2】（2026·安徽阜阳·二模）已知双曲线C：的焦距为8，点在双曲线C的一条渐近线上.过双曲线C的左焦点F作直线l交双曲线C的左支于A，B两点.
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知点，直线交直线于点Q，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知条件，列方程求出，可得双曲线标准方程；
（2）设直线的方程与双曲线联立方程组，设两点坐标，表示出直线，得点坐标，表示出，结合韦达定理，证明为定值.
【详解】（1）由题意知，则，所以，
因为点在双曲线的一条渐近线上，
所以点在双曲线的渐近线上，所以，
综上可得，
故双曲线的方程为.
（2）由（1）知双曲线的左焦点为，
由题意设直线的方程为，
由直线，得，
设，则，又，
所以
，
由，得，其中，
则，，，所以.
因为，所以，
所以
.
即为定值.
【变式4-1】（2026·四川南充·二模）已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为、，过点的直线与的右支交于点，.设与的内切圆圆心分别是，，直线，的斜率分别是，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据双曲线的标准方程求出焦点、的坐标，再利用三角形内切圆的性质以及双曲线的性质，推导出、的横坐标，设出直线的方程，与双曲线方程联立，结合韦达定理得到、两点横坐标的关系，结合内切圆圆心的位置特点，求出、的纵坐标与、两点坐标的关系式，进而得到、的表达式，再计算.
【详解】由双曲线，得：，，，
所以焦点，，
过的直线与右支交于，，且，
设内切圆与边的切点为，根据切线长性质，有
，
又，解得，，
以为起点向右移动4个单位得，
因此内切圆圆心在直线上，
设，，，不妨点在第一象限，同理，
由三角形面积公式：，
又的周长的一半，
内切圆半径，且，得，
由焦半径公式，代入得，故，
同理，于是
当直线的斜率不存在时，
可得，代入到双曲线方程中，
得，，此时；
当直线的斜率存在时，
设直线的斜率为，则，
代入双曲线方程得，
由韦达定理，
计算，
；
；
于是.
【变式4-2】（2026·安徽淮北·二模）已知双曲线， 是其右顶点，定点，动点，直线交 于点，连接并延长交 于点.
(1)若，证明：为 的左顶点；
(2)设直线，的斜率分别为，，求证：是定值；
(3)若的面积为5，求点坐标.
【答案】(1)证明：当时，，而，故，
故，由可得，故，
故，故，故，
故，该直线过，而为双曲线的左顶点，
故为双曲线的左顶点.
(2)证明：设，，
由可得，整理得，
由可得，
故的坐标为此方程的两组解，
由题设均不为1，故，
即，同理，
故为方程的两个解，故，
而过，故即，故.
(3)或.
【分析】（1）先求出的直线方程，再联立该方程和双曲线方程求出的坐标，求出直线的方程后可求，该点即为双曲线的左顶点；
（2）设，结合齐次化方法可证；
（3）联立的方程和双曲线方程后结合韦达定理可用表示的面积，从而可求，从而可求的坐标.
【详解】（1）略
（2）略
（3）由题设，而过第一象限和第三象限的渐近线的斜率为 ，
故直线与双曲线的右支交于两个不同的点，
而，故，
又，由可得，
故且，，
故，而直线与 轴交点坐标为，
故的面积为，
整理得，故，故或，
而，故，结合可得或，
当时，故，此时，故，故；
当时，故，此时，
故， 故；
综上，或.
【变式4-3】（2026·天津·高考真题）已知椭圆（）的离心率为，椭圆被直线截得的线段长为．
(1)求的标准方程；
(2)斜率为的直线与圆相切，且该直线交椭圆于，（），是椭圆的上顶点．记直线，的斜率分别为，，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的离心率可知，，然后将代入椭圆方程即可求解；
（2）根据直线与圆相切即可求出，分类讨论即可.
【详解】（1）由于椭圆的离心率为，所以，即，
由于，所以，
将代入椭圆方程，得，即，解得，即，
由题意，所截得的线段长为，所以，解得，从而，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）可知，，所以圆的方程为，
设直线的方程为，因为直线与圆相切，如图所示，
则圆心到直线的距离，解得，
椭圆上顶点，分两种情况讨论：
①当时，直线的方程为，代入椭圆方程，
化简得，解得或，
则当时，，当时，，由于，所以，
则，，此时；
②当时，直线的方程为，代入椭圆方程，
化简得，解得或，
当时，，当时，，由于，所以，
则，，此时.
综上所述，的值为.
【变式4-4】（2026·河南周口·三模）已知椭圆：的左焦点为，短轴长是长轴长的．
(1)求的方程．
(2)过点的直线与交于，两点，点，从下列两个命题中选择一个正确的命题，并证明．
①直线与的斜率之和为定值；
②直线与的斜率之积为定值．
【答案】(1)椭圆的方程为；
(2)命题①正确，定值为。
【分析】（1）由椭圆焦点得，结合短轴长与长轴长的比例关系及求解参数，即可得椭圆方程；
（2）设过的直线方程与椭圆联立，利用韦达定理化简斜率之和的表达式，验证其为定值.
【详解】（1）由题意可知：解得因此椭圆的方程为
（2）命题①正确，
证明如下：当斜率不存在或斜率不为时，
设过的直线方程为，，
将直线方程代入椭圆方程得： ，
整理得，
由韦达定理得： ，
，
化简得,
当斜率为时，设，显然，故命题①成立.
题型5 向量有关的定值问题
【典例5-1】（2026·宁夏银川·三模）已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，实轴长为，点到双曲线的渐近线的距离为1，过的直线与交右支于，两点.
(1)求双曲线的方程；
(2)证明：存在轴上的一点，使得为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出双曲线的基本量后可得双曲线的方程；
（2）设，，联立直线方程和双曲线方程，结合韦达定理化，根据该值为定值可求的坐标；
【详解】（1）解：因为实轴长为，故，
而点到双曲线C的渐近线的距离为1，故，
故双曲线的方程为：.
（2）证明：设为半焦距，则，故，
因为与双曲线的右支相交于两个不同的点，故可设，，
由可得即，
故且，
所以，又.
设，则，，
故
为定值当且仅当，故，
故存在轴上的一点，使得为定值且定值为.
【变式5-1】（25-26高三上·江西南昌·期末）已知抛物线C：，过点的直线l与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点，则＝（ ）
A．－1B．－2C．1D．2
【答案】A
【分析】设直线l的方程为，联立抛物线方程，结合韦达定理求解.
【详解】当直线l与轴垂直时，其方程为，代入抛物线方程，,解得,
，则.
当直线l不垂直于轴时，设直线l的方程为，，
由，得，则
故，
故选：A.
【变式5-2】（2025高三·全国·竞赛）设是双曲线的左焦点，经过的直线与相交于两点．
(1)若都在双曲线的左支上，求面积的最小值；
(2)是否存在轴上一点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在点
【分析】（1）根据题意可设，，，联立直线方程与双曲线方程可得韦达定理，从而得出，然后根据题意得出的范围，从而解出面积的最小值；
（2）假设存在满足题意，求出，由其为定值，可得，从而解出定点．
【详解】（1）如图所示，，易知直线的斜率不为零，
所以设，，．
联立方程组，化简得，，
则有，，则，．
又因为M、N都在双曲线的左支上，
所以，解得．
又，
令，所以，
即，易知函数在上单调递减，
所以，即面积的最小值为．
（2）设存在满足题意，于是，，
故
，
若为定值，则，即，
此时，所以存在点使得为定值．
【变式5-3】已知双曲线（，）过点，且渐近线方程为．
(1)求C的标准方程．
(2)设过点的直线与交于两点，问在轴上是否存在定点，使得为常数？若存在，求出点的坐标及该常数的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)在轴上存在点，使得为常数，该常数为56．
【分析】（1）根据渐近线可得，即可代入点的坐标即可求出双曲线方程.
（2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，结合韦达定理及数量积的坐标表示求解即得.
【详解】（1）根据渐近线方程为，故，
将代入可得，则，
所以的方程为.
（2）依题意，直线的斜率存在，设的方程为，
由，消去得，显然，
且，得且，
则，
设存在符合条件的定点，则，
因此
要为常数，当且仅当，解得，此时该常数的值为56，
所以在轴上存在点，使得为常数，该常数为56．
题型6 面积有关的定值问题
【典例6-1】（2026·北京顺义·二模）已知椭圆的离心率为分别是椭圆的上､下顶点，.
(1)求椭圆的方程；
(2)设是椭圆的左顶点，过点作斜率为的直线与椭圆交于点（不同于点），且与轴交于点，点在直线上，且.求证：的面积为定值.
【答案】(1)
(2)依题意，，，
过斜率为的直线（），与椭圆方程联立：
解得（对应）或，
则.得，
直线与轴交于点，
令得，故.
点，直线的斜率，
所以直线方程为，
点在上，可设 ，
由 ，即，
，
所以垂直条件等价于 ，
即 ，解得，
于是，
因此点的纵坐标为定值，
而 ，
所以的面积
所以的面积为定值.
【分析】（1）根据椭圆上下顶点的距离得出短半轴的长度，再利用离心率与长半轴、短半轴的关系求出长半轴，从而得到椭圆的标准方程；
（2）设过点的直线方程，与椭圆方程联立求得交点的坐标；求出直线与轴的交点，进而写出直线的方程，点在上，由垂直条件得出的纵坐标为常数，由此得到的面积为定值.
【详解】（1）由题意，上、下顶点 ，故，得，
离心率，且 ，
代入 ，得 ，解得 ，故 ，所以椭圆方程为 .
（2）略
【变式6-1】（2026·安徽淮南·二模）已知椭圆：的短轴长为，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)记点为椭圆的左顶点，点为椭圆的下顶点，动点是第一象限内椭圆上的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点.证明：四边形的面积为定值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据离心率及短轴长得到方程组，求出、，即可得到椭圆方程；
（2）设（，），表示出直线、的方程，即可得到、，最后根据计算可得.
【详解】（1）因为离心率为，椭圆的短轴长为，
所以，解得，所以椭圆的方程为．
（2）由（1）可知点，，设（，），
则，即①，
则直线的方程为，令，得，所以，
直线的方程为，令，得，所以，
所以，
，
所以四边形的面积为：又因为，所以
，
所以四边形ABCD的面积为定值．
【变式6-2】（25-26高三上·广东深圳·期末）已知椭圆的左焦点为，点在上，且轴.
(1)求的方程；
(2)已知的左顶点为，下顶点为，点是上在第一象限内的一个动点.
（i）求面积的最大值；
（ii）设直线与轴交于点，直线与轴交于点，证明：四边形的面积为定值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）通过椭圆的定义与几何关系，联立左焦点坐标及点满足的垂直条件建立方程组求得参数；
（2）(i)方法一：利用参数方程表示动点坐标，将面积问题转化为三角函数最值求解；方法二：构造与边平行的切线，利用判别式法求切点位置，转化为平行线间距离求面积最大值；(ii)分别写出两直线方程并求交点坐标，结合点在椭圆上化简面积表达式，证明其值与动点位置无关.
【详解】（1）由题意可知，解得：，所以椭圆的方程为.
（2）（i），故直线的方程为，
方法一：当点到的距离取最大值时，面积取最大值
设点到的距离为，令，
因为点在第一象限，所以
当时，的最大值为，此时面积的最大值为.
方法二：由题意可知，当与平行的直线与椭圆相切于第一象限内的点时，
面积取最大值，其中
由得
因为直线与椭圆相切，所以
解得，因为，所以
此时直线与之间的距离为，故面积的最大值为.
（ii）由（i）可知：，令，可得，
，令，可得
所以
因为，所以
由于点在椭圆上，所以
所以
所以四边形的面积为定值.
【变式6-3】已知动点与定点的距离与它到定直线的距离的比是常数，
(1)求动点的轨迹；
(2)过上述轨迹上一点作轨迹的切线与两直线分别交于、两点，证明：三角形的面积是定值．
【答案】(1)
(2)
设点M坐标为，设曲线在点M处的切线方程为，
与双曲线方程联立，消去，可得，
整理得，
所以且，
解得，代入，得，
所以切线方程为，
与联立得，与联立得，
故.
【分析】（1）由题意得，化简即可；
（2）设点M坐标为，设曲线在点M处的切线方程为，与双曲线方程联立求得切线方程，分别与直线和联立可求得的横坐标，计算可求解.
【详解】（1）根据题意得，则可得，
将上式两边平方，得，
整理得，所以，
所以
（2）略
题型7 距离有关的定值问题
【典例7-1】（多选）（2026·河北沧州·模拟预测）已知双曲线的左､右顶点分别为，点为双曲线上一点，则下列说法正确的是（ ）
A．点到一条渐近线的距离为2
B．点到两条渐近线的距离之积为
C．若直线的斜率为1，则直线的斜率为4
D．若，则直线的斜率为
【答案】BCD
【详解】A选项，由题可知双曲线的渐近线为，则点到直线的距离为，所以A选项错误；
B选项，由题可知点到两条渐近线的距离分别为，所以，所以B选项正确；
C选项，，因为在第一象限，所以，且，可得，
又因为为双曲线上一点，可得，联立可得，可得直线的斜率为4，所以C选项正确；
D选项，因为，设，则，且，可得，代入可得，解得，所以D选项正确.
【典例7-2】（2026·山东枣庄·三模）已知双曲线的实轴长为，且经过点.
(1)求的渐近线方程；
(2)设曲线，点，分别是，上的动点，且满足，若原点到直线的距离为定值，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意求出的方程，再求渐近线方程即可；
（2）当直线轴时，根据等面积法求得到直线的距离；当直线与轴不垂直时，设出直线的方程，分别代入双曲线和椭圆的方程，求得，利用等面积法求得到直线的距离，结合点到直线的距离为定值求出．
【详解】（1）根据题意，，解得，
则，
所以双曲线的渐近线方程为；
（2）设点到直线的距离为，
当直线轴时，，
根据等面积法得，解得；
当直线与轴不垂直时，设直线的方程为（显然），
则直线的方程为，由，得，
所以①，
同理，由可求得②，
根据等面积法得，即，
即 ，即③，
将①②代入③得，
又点到直线的距离为定值，
所以，解得，
时，，即，
综上所述，时，点到直线的距离为定值．
【变式7-1】（2026·陕西榆林·三模）已知抛物线的准线方程为为坐标原点，是上的两点，记直线的斜率分别为，且，直线与轴的交点为，点到直线的距离分别为，则的值为___________．
【答案】4
【分析】先设出的坐标，通过关系式确定直线过的定点，再求
【详解】

由抛物线的准线方程为知．
设点的坐标分别为，，
则有，
得，当时，直线的方程为，
可得，代入可得，
可得点的坐标为，有，
又， ，

当时，如上图，关于轴对称，的横坐标都为2，代入
得，所以是等腰直角三角形，所以，由对称性得，
故，
综上所述，.
【变式7-2】（25-26高三·全国·一轮复习）已知双曲线的离心率为2，右顶点到一条渐近线的距离为．
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线与双曲线交于两点，且为坐标原点，求证：点到直线的距离为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意得双曲线的渐近线方程为，右顶点为，利用点到直线的距离得，又离心率，即可求解；
（2）当直线和轴线平行时得点到直线的距离为，当直线和轴线不平行时，设直线的方程为，与双曲线联立，由韦达定理有，又得，最后由点到直线的距离即可得证.
【详解】（1）由题意，得双曲线的渐近线方程为，右顶点为．又，
且，
所以，故．
又，解得，
所以双曲线的方程为．
（2）设，
当直线和轴线平行时，，
解得，
所以点到直线的距离为．
当直线和轴线不平行时，设直线的方程为，
由得
所以．
又，
所以
解得．
又点到直线的距离为，则，故，即点到直线的距离为．
综上所述，点到直线的距离为定值．
题型8 线段长有关的定值问题
【典例8-1】（25-26高三下·山西太原·阶段检测）在平面直角坐标系中，已知，，是平面上的动点，记直线，的斜率分别为，，且．
(1)求动点形成的曲线的方程；
(2)点在直线上，且与轴平行，设与交于点，证明：在直线上存在两个定点，，使得为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，结合已知条件得出，结合构造方程，结合点与，不重合，求出曲线的方程为；
（2）设点，求出直线的方程，求出，求出直线，联立直线与曲线的方程求出，再根据得出椭圆方程，进而求出焦点即为定点，，使得为定值．
【详解】（1）设，则，，
，整理得，
又点与，不重合，
曲线的方程为．
（2）
设，则直线：，
令，可得，
则直线：，
联立直线与曲线的方程得，
消去，整理得，
，解得，
由题意可知，，
，
整理得，即点在椭圆上，
椭圆的焦点为，
椭圆的焦点为，
在直线上存在两个定点，，使得为定值．
【变式8-1】已知为双曲线右支上一点，过点分别作的两条渐近线的平行线，与另外一条渐近线分别交于点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据设出，与双曲线渐近线方程联立分别求出，，易得四边形是平行四边形，则得，再结合，从而可求解.
【详解】设坐标原点为，易知的渐近线的方程为，
联立解得，
不妨取，同理可得，
则，
因为四边形是平行四边形，
于是，
由于点在上，所以，因此，故C正确.
故选：C．
【变式8-2】（25-26高三下·北京·阶段检测）已知椭圆：（）的离心率为，且过点．
(1)求椭圆的方程和焦距；
(2)过点的直线与椭圆交于两点，关于轴对称点为，直线，和轴的交点分别为，，求．
【答案】(1)，焦距为；
(2)
【分析】（1）根据离心率及点，列方程组求解即可；
（2）设直线，联立得到，，进而得到、，再根据计算即可．
【详解】（1）根据题意可得，解得，
所以椭圆的方程为，焦距为；
（2）根据题意直线的斜率存在，设方程为，
即，，，则，
联立，
整理得，
，，
直线的方程为，令，可得点纵坐标，
直线的方程为，令，可得点纵坐标，
则
，
所以．
【变式8-3】（2026·陕西西安·模拟预测）已知椭圆的短半轴长为2，以椭圆长轴和短轴四个端点为顶点的四边形面积为．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)若斜率为，且经过轴上一点的直线与椭圆交于，两点，探究：是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)是，定值为12
【分析】（1）根据短半轴的长度、四边形的面积确定，的值，求出椭圆的标准方程．
（2）联立直线和椭圆方程，用表示出，，利用两点间的距离公式表示出，化简即可判断是否为定值.
【详解】（1）由题意得
解得
故椭圆的标准方程为．
（2）设，，，
由题意得，直线的方程为，
由
消去得，
由，
解得，
．
又，，
所以
，
所以是定值，且该定值为12．
【变式8-4】（25-26高三下·重庆沙坪坝·阶段检测）设抛物线的焦点为是上一点且，过抛物线的焦点作直线，且直线与抛物线相交于两点.
(1)求抛物线的方程；
(2)过抛物线的焦点作与垂直的直线，若直线与抛物线相交于，两点，
①求的最小值；
②设，分别是，的中点，过焦点作直线的垂线，垂足为，求证：存在一个定点，使得为定值.
【答案】(1)
(2)①16；②证明见解析
【分析】（1）由题设可得，再根据抛物线的焦半径公式求解即可；
（2）①设直线的方程为，，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理可得，设，同理可得，进而表示出，再根据基本不等式求解即可；
②结合①可得，再分、两种情况讨论求证即可.
【详解】（1）由，得，
则，即，
因为为抛物线上一点，所以，则，即，
所以抛物线的方程为.
（2）①由（1）抛物线的方程为，则，
由题意，显然直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，，
联立，得，
则，
由于，所以直线的斜率为，
设，同理可得，
则
，
当且仅当，即时等号成立，则的最小值为16.
②由①得，，，
则，同理，
因为，分别是，的中点，所以，
若，则直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，
显然直线恒过定点，
由题意可知，为直角三角形，则为的中点，满足为定值，此时；
若，则直线的方程为，此时直线过点，也满足为定值1.
综上所述，存在一个定点，使得为定值1.
题型9 角度有关的定值问题
【典例9-1】已知O为坐标原点，过抛物线的焦点F作一条倾斜角为的直线与抛物线相交于A，B两点
(1)用p表示A，B之间的距离；
(2)证明：的大小是与p无关的定值，并求出这个值.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）由题意可写出直线方程为：，联立直线与抛物线可得，由即可得答案；
（2）由，将、代入化简即可得出答案.
【详解】（1）过焦点，且倾斜角为的直线方程是.
由，得.
设，，
则，，
故.
（2）由（1）知：，，，，，，
所以，
在中，由余弦定理可知，
.
即的大小是与p无关的定值，
且.
【变式9-1】已知为椭圆上一点（非顶点），为椭圆的左右顶点，令（其中均不为）.的面积为，则下列表达式不可能为定值的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】设，则，利用斜率公式判断A，根据两角和的正切公式判断B，利用两角和差的余弦公式判断C，推出矛盾，说明D.
【详解】设，则，
所以为定值，故A正确.
由对称性，不妨设，则，
又
，
所以为定值，故B正确.
为定值，故C正确.
，
如果为定值，则也是定值，则、均为定值，不可能，故D错误.
故选：D
【变式9-2】已知，分别是椭圆：的左右焦点，点在椭圆上，且的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与线段相交与，与椭圆交于两点，证明：.
【答案】(1)；
(2)
依题意，直线不垂直于轴，设直线的方程为，，，
由，消去并整理得，
，又直线与线段交于点，则，
，，于是，
直线的斜率分别为，
，则，而，
所以.
【分析】（1）根据给定条件，列式求出即可.
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算推理得证.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由的面积为，得，解得，
由点在椭圆上，得，而，解得，
所以椭圆C的标准方程为.
（2）略
【变式9-3】已知椭圆．设直线交椭圆于不同的两点、，与轴交于点．
(1)当时，求的值；
(2)若点满足且，求的大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）当时，将直线的方程与椭圆方程联立，求出交点的坐标，再利用弦长公式可求得的值；
（2）设点、，设线段的中点为，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，求出、，利用勾股定理求出，可求出的值，可得出的值，进而可得出的值.
【详解】（1）设点、，当时，直线的方程为，
联立可得或，
所以.
（2）设点、，设线段的中点为，
因为，则，且，
联立，可得，
则，
由韦达定理可得，，
则，故点，
所以，，
，
，
又因为，，
因为，则，故.
【变式9-4】已知双曲线（，）的离心率为，且点在双曲线上，
(1)求的方程；
(2)若直线交于，两点，的平分线与轴垂直，求证：的倾斜角为定值.
【答案】(1)
(2)直线的倾斜角为定值，证明如下：
由已知得直线的斜率存在，设其方程为，设
所以，
所以，
由韦达定理有：，
又因为的平分线与轴垂直，所以，
即，所以，即，
所以，
即，所以或，
当时，直线的方程为，即直线过点，不符合题意，
所以，设倾斜角为，即，，
即直线的倾斜角为定值.

【分析】（1）由题意即可得即，又点在双曲线上，即可解出；
（2）设直线的方程为，与双曲线方程联立，得韦达定理，又的平分线与轴垂直，得，即得，代入韦达定理即可得证.
【详解】（1）由题意有，又点在双曲线上，所以，
解得，所以双曲线的方程为；
（2）略
题型10 参数式的定值问题
【典例10-1】（2026·陕西咸阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，过点的圆与直线相切，设圆心的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)已知点是上的一点，过点的直线与有两个不同的交点．
（i）当点到直线的距离取得最大值时，求；
（ii）记直线交轴于点，直线交轴于点，若，试判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)（i）8；（ii）为定值2.
【分析】（1）根据两点间距离公式及条件，列出方程，整理即可得答案.
（2）（i）根据C的方程，可得点P的坐标，分析可得当时，点到直线的距离取得最大值，求出的方程，与曲线C联立，根据韦达定理，可得的值，代入弦长公式，即可得答案.
（ii）设出直线的方程，与曲线C联立，根据韦达定理，可得的表达式，写出直线的方程，即可得点M的纵坐标的表达式，同理可得点N的纵坐标的表达式，结合条件可得的表达式，整理计算，即可得答案.
【详解】（1）设点为上任意一点，因为圆过点且与直线相切，
所以与点到直线的距离相等，故，整理得，
即的方程为．
（2）（i）因为点是上的一点，所以，解得，即，
当点到直线的距离取得最大值时，有，
又，所以直线的斜率为，则直线的方程为，
设，由，得，所以，
所以．
（ii）由题意可知直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，
由，得，
此时即即且,
又，
则直线的方程为，
令，得点的纵坐标为．
同理得点的纵坐标为．
由，得．
所以
．即为定值2.
【变式10-1】已知抛物线经过点，过点的直线与抛物线有两个不同的交点，且直线交轴于，直线交轴于．
(1)求抛物线的方程；
(2)①求直线的斜率的取值范围；
②若为原点，将上述两点坐标改为，且满足，其他条件不变，试探究是否为定值，并说明理由．
【答案】(1)
(2)①；②为定值，理由见解析
【分析】（1）将点坐标代入抛物线方程计算可得；
（2）①设出直线方程，联立抛物线方程消元，利用判别式，结合题意求解即可；②设出直线的方程，联立抛物线方程消元，利用坐标表示出直线，方程，进而可得、的坐标，表示出，利用韦达定理进行化简即可得解.
【详解】（1）因为抛物线过点，
所以，从而，故抛物线的方程为．
（2）①由题意知，直线的斜率存在且不为0，故设直线的方程为，
由得，
依题意，解得且．
又直线与轴相交，故直线不过点，从而，
所以直线斜率的取值范围为．
②为定值2．理由如下：
设，直线．
联立直线与抛物线的方程，可得，
根据韦达定理有．则,
故，
直线的方程为，
令，则，同理可得．
由得,得
同理，
则,
所以为定值，定值为2．
【变式10-2】（25-26高三上·北京东城·阶段检测）如图，已知椭圆的左，右焦点分别为，，离心率为，长轴长为．
(1)求E的方程；
(2)过焦点的直线交E于A，B两点，过焦点的直线交E于C，D两点，且轴，，，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据给定条件，列式求出，根据求出即可得到答案；
（2）设，直线的方程分别与椭圆方程联立求出点的纵坐标，结合给定向量关系求解.
【详解】（1）由椭圆的长轴长为，得，所以，
因为离心率为，所以，所以，
则，所以椭圆的方程为.
（2）设，因为轴，则，且，而，，
依题意，，直线方程为，
由消去得，
则，解得，
因为，所以；
直线方程为，由，得，
则，解得，
因为，所以，
所以.
【变式10-3】已知椭圆的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为4.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设为椭圆的右顶点，为椭圆的上顶点，直线与椭圆交于两点（在第三象限），是椭圆上的动点（不与顶点重合），直线分别交直线于点，记，求证：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，结合离心率及四边形面积求出，即可得椭圆标准方程.
（2）求出两点的坐标，设，并表示出点的坐标，结合向量共线求出即可推理得证.
【详解】（1）由椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为4，得，则，
由的离心率为，得，则，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1）知，，
由，解得或，则，，
设，有，直线的方程为，
由，解得点的横坐标，
直线的方程为，由，解得点的横坐标，
由，得，同理，
所以，
而，
所以为定值.
题型11 定直线问题
【典例11-1】（25-26高三·全国·二轮复习）已知椭圆的离心率为，右焦点，且，直线交椭圆于，两点，交轴于点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线过右焦点，设，，求的值；
(3)若已知，椭圆上下顶点分别为C，D，直线交直线于点，证明：点在定直线上．
【答案】(1)
(2)
(3)证明如下：
依题意直线的斜率存在，设直线的方程为，
由（1）可得，，
设，，
由，得，
∴，，，
则，，
又直线的方程为，直线的方程为，
解，即，
即，
得，所以，即，
所以
，
所以点在定直线上．
【分析】（1）根据条件列方程组求解；
（2）设直线的方程为，根据向量的坐标运算以及韦达定理化简；
（3）直线的方程为，联立直线、的方程求出点的坐标，结合韦达定理化简得出.
【详解】（1）依题意可得，解得，
所以椭圆的标准方程为．
（2）由（1）可得椭圆的右焦点，
由题意知直线的斜率存在，则设直线的方程为，
， ，，
联立，得，
∴，，
又，，，，
，，
则，，
∴，，
∴
．
（3）略
【变式11-1】（25-26高二上·北京西城·期末）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，上顶点为，是边长为2的等边三角形.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆交于，两点，点是线段上一点，且满足.求证：点在一条定直线上.
【答案】(1)；
(2)证明详见解析.
【分析】（1）由题设结合椭圆中的几何意义及其关系即可求解；
（2）先由题设直线，与椭圆联立得韦达定理，将韦达定理代入转换化简后的代数式求出点T的横坐标为定值即可得证.
【详解】（1）由题可得即，
所以，
所以椭圆的标准方程为；
（2）证明：由题可知直线l斜率存在，设直线，
联立，
则，即，
由题可设，，
则，且，
所以，
，
同理，，
所以由得即，
又由题意可知，
所以，所以，整理得，
所以，整理并化简得，
所以，在定直线上.

【变式11-2】（2026·河北邯郸·一模）已知是的两个顶点，是的重心，分别是边的中点，且．记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程．
(2)若的面积为24，求点的坐标．
(3)已知点，过的直线与曲线交于两点，直线与交于点，试判断是否在一条定直线上．若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．
【答案】(1)
(2)或或或
(3)是，直线
【分析】（1）根据已知及双曲线的定义写出的方程；
（2）根据已知三角形面积及在双曲线上求出的坐标，结合重心的坐标性质确定点的坐标；
（3）设的方程为，联立双曲线并应用韦达定理得，，写出直线与的方程，联立求出的轨迹，即可得.
【详解】（1）由题可知，，则．
又三点不共线，所以点的轨迹是以为焦点，4为实轴长的双曲线（不包含顶点），
故的方程为；
（2）设．因为的面积为24，
所以，得．
由，得．
因为是的重心，
所以或或或；
（3）由题可知的斜率存在，可设的方程为．
由，得，
则，得，则，．
直线的方程为，直线的方程为，
则．
由，，得，
则，得，
故点在定直线上.
【变式11-3】如图，在平面直角坐标系中，为原点，已知抛物线的焦点为，点的坐标为.
(1)若点在上，且，求点的坐标；
(2)若是上的任意一点，求的最小值；
(3)过点的动直线与抛物线交于、两点，过点、分别作的切线，切线交点为，求证：点的轨迹是一条直线.
【答案】(1)或；
(2)；
(3)证明：由题设，直线的斜率一定存在，设，，
而，则过的切线斜率为，对应切线为，即，
同理过的切线为，即，
联立，可得，整理得，
由题意，则，，
联立，得，且，
所以
，则，，
显然点在直线，即上，得证.
【分析】（1）令，应用两点距离公式求参数值，即可得点的坐标；
（2）若垂直抛物线的准线于，结合抛物线的定义得，数形结合确定其最小值；
（3）设，，应用导数几何意义求过的切线，进而得到，，联立直线与抛物线并应用韦达定理得，，即可证.
【详解】（1）由题设，令，则，即，
所以，故或；
（2）若垂直抛物线的准线于，由抛物线的定义知，
所以，当且仅当三点共线时取等号，
又抛物线的准线时，最小为，
所以的最小值为；

（3）略
【变式11-4】（25-26高三·全国·一轮复习）已知点在拋物线的准线上，动点在上，在点处的切线交轴于点，设，求证：点在定直线上，并求该定直线的方程.
【答案】证明见解析，点在定直线上．
【分析】设，，由得，得切线的方程为，令，得，由得即可得证.
【详解】抛物线的准线的方程为，依题意设．
抛物线的方程可化为，所以，
设，则以为切点的切线的斜率，
所以切线的方程为．
令，得，
即点坐标为，
所以，
所以，所以．
设点坐标为，则，
所以点在定直线上．
分层进阶·双阶训练验成效
巩固过关
一、单选题
1．已知椭圆方程为，为过椭圆的左焦点的弦，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】方法1：对直线有无斜率进行讨论，当直线有斜率时，设直线方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理与弦长公式，进行化简整理，可得结论；方法2：从选择项发现所给问题为定值，则由于数学问题的特殊与一般的统一性，取点在特殊位置求值即可.
【详解】方法1：如图：
易知：.
若直线斜率不存在，则弦为椭圆通径，此时，所以；
若直线斜率存在，可设直线方程：，代入椭圆方程得：
，
整理得：.
设，（不妨令），
则：，.
所以.
所以.
又，.
所以
.
综上可知：.
方法2：如图：
可取为椭圆的长轴，则，，
所以.
故选：C
2．已知椭圆，直线不经过点，且斜率为.若与交于两个不同点且直线的倾斜角分别为，则（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】设直线，，，联立椭圆并应用韦达定理得，，设直线与的斜率分别为，应用斜率的两点式得，即有，即可得.
【详解】设直线，，，

由，得，
由，解得或，
则，，
依题意，因为恰好在椭圆上，所以与的斜率一定存在，所以，，
设直线与的斜率分别为，因为，，
所以．
又，，
所以
，
又，，即，
则，所以.
故选：B
3．（25-26高三下·河南周口·阶段检测）已知双曲线，直线交于A，B两点，为上另一点，满足，O为平面直角坐标系的原点.若线段、、的中点分别为，，，则直线，，斜率的乘积为（ ）
A．16B．C．4D．
【答案】B
【详解】设，则，
即，
，这表明中，边上中线的斜率与的斜率之积为，
，
，
又，而，
.
4．（25-26高三上·河北衡水·开学考试）过原点O的直线与双曲线：交于A，B两点，D为的右顶点，若的渐近线方程为，则直线与直线的斜率之积为（ ）
A．1B．3C．4D．9
【答案】C
【分析】利用题给渐近线方程得出，设点，根据双曲线的性质结合直线过原点得出点坐标，由双曲线性质得出右顶点坐标，从而列出斜率之积表达式，结合双曲线方程化简得出，从而得出答案.
【详解】因为双曲线C的渐近线方程为，所以，
设点，因为直线过原点，则，
又因为双曲线的右顶点为，
则①，
又因为在双曲线上，则，所以②，
②代入①化简可得.
故选：C.
5．（2026·四川巴中·一模）两直线 和 分别与抛物线 相交于不同于原点的 两点， 则直线 恒过的点是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】联立直线与抛物线方程，求出的坐标，然后求出直线的方程，进而可求出结果.
【详解】因为两直线 和 分别与抛物线 相交于不同于原点的 两点，
所以分别联立直线与抛物线为：
，化简得和.
解得和，所以.
所以直线的斜率为，所以直线的方程为.
化简得，所以直线 恒过的点是.
故选：D.
6．（25-26高二上·江苏苏州·阶段检测）已知点为抛物线上一点，过点作圆的两条切线，分别交抛物线于两点，则直线的斜率为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】A
【分析】先求出抛物线方程，设切线方程，利用点到直线距离公式求出切线斜率的关系，联立切线与抛物线方程，利用韦达定理求出交点坐标关系，进而求出直线的斜率．
【详解】
点为抛物线上一点，
，
抛物线方程为，
圆的圆心为，半径，
设过的切线方程为，即，
圆心到切线的距离等于半径，
，
设两条切线的斜率为，满足，
联立切线与抛物线方程得，
由韦达定理得切线与抛物线的另一交点或的纵坐标为，则，
设点，
则，，
，故A正确．
故选：A．
二、多选题
7．（2026·江西南昌·模拟预测）已知双曲线C：的左、右顶点分别为A，B，动点P是C的左支上异于点A的一点，直线AP交直线于点E，直线EB交C于另一点Q则（ ）
A．点纵坐标的取值范围是
B．直线的斜率之积为定值
C．直线的斜率之积为定值
D．原点到直线距离的最大值为
【答案】ABD
【分析】利用斜率公式结合双曲线的方程判断B，C，应用双曲线方程计算结合范围判断A，先设直线，再求出定点，再得出距离最大值判断D.
【详解】由题意知 ，
设，所以，即，
所以的斜率之积为，B选项正确；
设直线AP为，直线AP交直线于点E，
则，因为，
且，所以，所以或，A选项正确；
直线的斜率之积为直线的斜率之积为，C选项错误；
设：，设，
联立，所以，
所以，
即得，
因为，所以，所以，所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以，
所以，所以（舍）或，
所以的定点为，
则原点到直线距离，D选项正确；
8．（2026·河南开封·模拟预测）已知抛物线的焦点为，的所有顶点均在上，且，则（ ）
A．B．为定值
C．可能是等边三角形D．可能是直角三角形
【答案】AB
【分析】对于选项A可以用等面积法求解；对于BCD，假设三点坐标，对于选项B，由可知点为的重心，再结合抛物线的性质可以判断为定值；选项C，由可知点为的重心，通过等边三角形的性质可以判断；选项D，通过直角三角形的性质可以判断.
【详解】对于选项A，由可知点为的重心，根据重心的性质可知，
,
所以，，A正确；
设，那么由于点为的重心,
所以，
对于选项B，，B正确;
对于选项C，若是等边三角形，则，那么
，由于与不重合，故由可知，
又，故，
由可得 ，
所以，， ，
故不可能是等边三角形，C错误；
对于选项D，，
若，则 ，
即，
即，
由 ，
即，
由可得与抛物线中有矛盾，
同理，,也会出现同样的矛盾，故不可能是直角三角形，D选项错误.
9．（2026·辽宁·模拟预测）如图，已知椭圆，过抛物线焦点的直线交抛物线于，两点，连接，并延长分别交于，两点，连接，与的面积分别记为，，则在下列命题中，正确的为（ ）

A．若记直线，的斜率分别为，，则的大小是定值为
B．的面积是定值
C．线段，长度的平方和是定值5
D．设，则
【答案】ACD
【分析】直线的方程为，与抛物线方程联立，由韦达定理可得，利用斜率公式分别表示出，，求出的值，即可判断A；将直线的方程与椭圆方程联立，可求出，再利用A中，的关系，求出，根据夹角公式，求出直夹角的正切值，进而可得的值，最后利用面积公式求出，即可判断B；根据B的计算，即可判断C；结合B及三角形的面积公式，可得,即可判断D.
【详解】由题意可知，且直线的斜率存在，
设直线的方程为，
由，得，
，
设，则，
对于A，，
所以
，故A正确；
对于B，因为直线的方程为，
由，得，
所以，
又因为，所以，
所以，
设直线的夹角为，
则，
所以，
所以，
所以是定值，故B错误；
对于C，由B可知，，
所以，故C正确；
对于D，由B可知，
又,
又因为，
所以，
当，即时，等号成立，
所以，故D正确.
三、解答题
10．（25-26高二下·上海闵行·期末）已知椭圆 ： ，点是椭圆的右顶点．
(1)求椭圆离心率；
(2)已知点， ，若椭圆 上存在一点 ，满足，求 的值；
(3)若直线 与 交于 、 两点，且 为直角，求证：直线 恒过定点．
【答案】(1)；
(2)；
(3)设，，
当直线斜率不存在时，设直线方程为 ，则，，
由 为直角，可得 ，
也即 ，解得或 （舍去）．
当斜率存在时，设直线 方程为 ，联立，
整理得 ，可得
且 为直角，可得 ，
所以 ，即 ，
整理得 ，
将式代入上式得： ，
化简得
整理得 ，可得 或 ，
当 时，直线方程为，此时直线过定点，不符合题意，舍去，
当 时，直线方程为，此时直线过定点，符合题意．
综上，直线 恒过定点．
【分析】（1）结合椭圆方程列方程，解方程求得 的值，由此求得椭圆的离心率；
（2）设出点 ，则可利用坐标表示出两向量，从而用 表示点 坐标，再将该点坐标代入方程计算即可得；
（3）设，，根据题意得到 ，分为斜率不存在和斜率存在两种情况分别讨论，求出直线的方程判断过定点即可.
【详解】（1）由已知 ，则 ，又，.
得 ， ，
故椭圆的离心率为；
（2）由椭圆的标准方程为 ，
则，设，则，，
由，则，解得，
则有 ，解得 ，又 ，故；
（3）略
11．（2026·安徽·模拟预测）已知双曲线的离心率为2，且经过点．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设双曲线的左、右顶点分别为，，过点作斜率为的直线交双曲线于另一点（不与重合），线段的中垂线交x轴于点．若，求k的值；
(3)过双曲线右焦点作直线与双曲线交于，两点，与双曲线的两条渐近线分别交于，两点．试问：是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)；
(3)
【分析】（1）利用双曲线的基本性质求解；
（2）设直线方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理求出点坐标，从而得到线段的中垂线方程.令，得到点坐标，再根据列方程求解；
（3）假设直线方程，分别与双曲线方程、渐近线方程联立，再结合两点间的距离公式化简求解.
【详解】（1）由题意可得，解得
所以双曲线的标准方程：
（2）
设直线方程
与双曲线方程联立可得
，，则，
则中点，直线，
所以直线的中垂线斜率为，中垂线方程为：
令，得
又有，则，解得
所以的值为.
（3）
由（1）知右焦点，渐近线方程：
设直线:
联立可得：
联立得；联立得
所以
所以为定值.
12．（2026·湖北襄阳·模拟预测）已知抛物线： （ ），为坐标原点，直线 ： ， 经过该抛物线的焦点，且与抛物线交于， 两点，为线段 中点．动直线 ： 在轴上方．

(1)求抛物线的方程；
(2)当线段在直线上方时，直线等分三角形的面积，求 的值．
(3)点在直线上的射影为点 ，是否存在 使得以点为圆心且过点 的圆过定点，若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）利用抛物线标准方程的焦点坐标公式，结合直线恒过的定点与焦点重合，直接求解参p，得到抛物线方程；
（2）联立直线与抛物线方程，通过韦达定理得到交点坐标的整体关系，结合三角形面积公式及共线线段的纵坐标比例，将面积条件转化为t与交点纵坐标的等式，进而求出t；
（3）用斜率参数k表示圆心、半径相关点的坐标，写出圆的标准方程，将方程整理为关于参数k的多项式形式，构造方程组得出定点坐标及t的值．
【详解】（1）直线l： 经过点，由题意知，抛物线焦点即为，
所以 ，
故抛物线方程为： ．
（2）已知直线与抛物线交于 两点，设，，联立直线与抛物线方程得：
， ，，
记直线分别与 ， 交于点E，F，
由三角形面积公式 ，
则，，
所以．

（3）存在，，
D为线段 中点，则 ， ，
故，点，
以点为圆心且过点 的圆为，
即 ，
令，
所以存在，，使得以点为圆心且过点 的圆过点．

13．（2026·河北·二模）已知双曲线的离心率为点在上.
(1)求的方程.
(2)已知A，B分别为的左、右顶点，过点的直线与Γ的右支交于C，D两点.
（i）若直线BC和BD的斜率分别为，求;
（ii）若直线BC交直线于点N，直线AD和直线MN的交点为Q，证明:点Q在定直线上.
【答案】(1)
(2)（i）；
（ii）证明：直线的方程为，令，得.
直线的方程为，
直线的方程为.
联立两直线方程：，
代入，，结合，
即，
所以，
，
，
，
，
，即，
因在右支，不恒为，故.
即点在定直线上.
【分析】（1）通过离心率与点在曲线上的条件求解双曲线方程；
（2）（i）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理计算斜率乘积；
（ii）联立直线方程，结合韦达定理关系化简，确定交点横坐标为定值.
【详解】（1）由双曲线离心率，得.
结合，得，故.
将点代入双曲线方程，得，
解得，则.
故双曲线的方程为.
（2）（i）双曲线的左右顶点为，.
设过的直线为，与交于，.
联立方程，消去得，，
由韦达定理，，.
直线、的斜率分别为，，则，
代入，，
得
，
因此.
（ii）略

创新提升
1．（25-26高二下·河南许昌·期末）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，且，离心率为．不与y轴垂直的直线l与C交于A，B两点．
(1)求C的方程；
(2)若直线l经过点，求的面积的最大值；
(3)C的左顶点为D，若，证明：直线l过定点．
【答案】(1)
(2)2
(3)
【分析】（1）根据离心律和椭圆系数求得；
（2）设而不求，联立直线与椭圆联立，用伟达定理求出得到三角形面积；第三小问，设直线为横截距式，设与轴交点为，联立求解。
【详解】（1）设C的半焦距为．由题意可得解得
所以C的方程为．
（2）由（1）可知，．
可设l：，，，
由消去x得，
则，．
所以．
，
当且仅当，即时“=”成立，
即的面积的最大值为2．
（3）设l：．由消去x得，
所以，，．
因为，，所以由可得，
所以，
即，
化简整理得，解得或．
当时，直线l：经过点D，不符合题意；
当时，直线l：经过点，也满足，符合题意．
综上所述，当时，直线l过定点．
2．（25-26高二下·重庆·阶段检测）在平面直角坐标系中，点，在椭圆∶上．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线过点，且与椭圆交于，两点，若点使得恒成立，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用待定系数法来求椭圆方程；
（2）利用方程组思想，结合斜率公式和韦达定理，可求解参数.
【详解】（1）由题意有，解得，
故椭圆的标准方程为．
（2）若直线斜率不为0，设直线的方程为，
将直线与椭圆方程联立，
得，显然，
设，，于是由韦达定理可得：
，（*），
因为，即，则
，，
将（*）代入，得
整理得．
由的任意性，可得，
若直线斜率为0，取，此时，也满足题意．
故所求．
3．（2026·重庆·模拟预测）已知抛物线，过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，当垂直于轴时，.
(1)求的值；
(2)过点作直线交抛物线于两点（两点在第一象限），记直线与直线的交点为，其中直线的斜率为，直线的斜率为.
（i）求证：点在定直线上；
（ii）当时，设直线交直线于点，且的面积为，求的值.
【答案】(1)2
(2)（i）设直线方程为，则直线方程为.
设，，，.
联立，化简得，∴，∴，联立，
化简得，∴∴，所以，
即，整理得，由两点在第一象限，得，①
同理，②所以直线：，代入，
则，化简得，
同理直线BD：，联立直线，方程，并代入①，②化简整理：.
即点在定直线上.
（ii）
【分析】（1）根据题意得到点的坐标，再代入抛物线方程求解即可.
（2）（i）根据题意设直线的方程，再与抛物线方程联立得到，再联立直线方程化简得到.（ii）首先求出直线方程，根据三角形面积求出点的纵坐标，联立直线以及化简得到的取值.
【详解】（1）由垂直于轴时，，不妨设，代入，
解得.
（2）(i)略
(ii)在AC中代入，解得.
即，∴直线方程为：，
由的面积，代入，，则，
代入EO，CD的方程组，
消去，解得，则.
4．（25-26高二下·江苏连云港·期末）已知双曲线（，）经过点，，直线交的右支于，两点，且线段的中点为．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若点的坐标为，求直线的方程；
(3)若直线经过的右焦点，以为直径的圆与直线相交于，两点，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)
(3)由双曲线得，右焦点，
①当直线的斜率存在时，设直线，，中点.
联立​，整理得,
由韦达定理得：，
因此：，
因为圆以为直径，圆心为，半径​，所以，
设，将代入圆方程，
得，故，
所以
，
因为，所以，且，代入上式，
所以.
②当直线斜率不存在时，，易得，
所以，仍成立.
综上，为定值.
【分析】（1）直接由待定系数可求得双曲线方程；
（2）直接用点差法求中点弦的方程并检验可得；
（3）分直线的斜率存在或不存在两种情况讨论：当直线的斜率存在时，设直线，，中点，结合根与系数关系得，，再圆的方程中令，设，所以由根与系数关系得，进而可将，再将代入可得；当直线的斜率不存在时，得，进而可得所求值，综上可得所证结果.
【详解】（1）将点、代入双曲线方程，得，
令，​，解得​，即.
因此，双曲线的标准方程.
（2）设，且两点均在双曲线上，故
两式相减得点差公式：，即.
又因为中点为，故，代入上式得，即.
若，则，则重合，且中点，则三点重合，
这与直线交的右支于，两点矛盾.
所以，因此直线斜率.
又因为直线经过点，由点斜式得直线方程，整理得.
联立​，得，判别式，
且，所以两根均为正根，符合交右支于两点的条件.
因此直线的方程为.
（3）略
5．（25-26高二下·河南·阶段检测）已知椭圆：的离心率为，且与直线 有且只有一个公共点．
(1)求的标准方程；
(2)设一动直线不经过坐标原点，与交于，两点，且 ．
（ⅰ）证明：点到直线的距离为定值；
（ⅱ）求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）设直线的斜率存在，其方程为，.
联立，消去得 ，
则，
化简得，，
因为 ，所以 ，即 ，
而，
代入得 ，
所以 ，
整理得 ，所以，满足.
所以点到直线的距离，
由，得.
当直线的斜率不存在时，设：，代入椭圆方程得，
则，由 ，得 ，
即，解得，所以，仍然成立.
综上，点到直线的距离为定值.
（ⅱ）
【分析】（1）根据椭圆的离心率，得出 的关系，再由直线 与椭圆有且只有一个公共点，判别式为0，从而求出 的值.
（2）（ⅰ）当直线的斜率存在时，设其方程为，与椭圆方程联立，根据根与系数的关系，结合 ，得出，再由点到直线的距离求解，当直线的斜率不存在时，求出点到直线的距离，即可得定值.
（ⅱ）当直线的斜率存在时，根据弦长公式表示出，得出面积与的关系，通过换元，求出面积的最大值，再求出直线的斜率不存在时的面积，比较即可求得最大值.
【详解】（1）由，得，即，
因此椭圆方程可写为 ，即，
将直线 代入椭圆方程得，
即 ，
因为直线与椭圆有且只有一个公共点，所以 ，
即 ，解得 ，则 ，
所以椭圆的标准方程为 .
（2）（ⅰ）略
（ⅱ）当直线的斜率存在时，
由（ⅰ）知
.
的面积，
由，令，则，，
所以
，
因为 ，所以 ，
所以当，即时，满足，取最大，最大值为.
所以面积的最大值为.
当直线的斜率不存在时，由（ⅰ）知，，，，
所以，，
所以，
因为，所以面积的最大值为.
6．（2026高三下·山东·竞赛）如图所示，平面直角坐标系中，设：，两条不同直线分别与的左、右两支交于点与，点分别为线段的中点，分别过点作的平行线并相交于点．证明：
(1)直线的斜率之积为定值；
(2)点四点共圆．
【答案】(1)由题意直线，分别为，的平行线，设其斜率分别为，，
设，，，，直线，的方程分别为，，
将，与：分别联立可得：
，为方程的两个不同实数根，
，为方程的两个不同实数根，
由，，则，
则，，
又点分别为线段的中点，
则点，的坐标分别为，，
所以直线，的斜率分别为，，
故直线，，，的斜率之积为（定值）．
(2)设直线，的夹角，直线，的夹角，
则结合（1）得，
即，于是点O，，D，四点共圆．
【分析】（1）先分别设出，，，，：，：，再联立，再根据韦达定理得到，，从而得到点，的坐标，即得到，的斜率，进而化简即可证明；
（2）设，，再结合（1）得到，进而结合四点共圆的判定得证．
【详解】（1）略
（2）略
7．（2026·河北沧州·二模）已知抛物线的焦点为，过点且斜率为1的直线与交于，两点，且.
(1)求的值；
(2)已知点，直线与交于，两点（异于点）.
（ⅰ）判断直线与直线的斜率之和是否为定值.若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
（ⅱ）若外接圆的圆心为，求圆心的轨迹方程.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）是定值0；（ⅱ）（且）.
【分析】（1）联立直线方程与抛物线方程，再根据韦达定理求解；
（2）（ⅰ）联立抛物线与直线，利用韦达定理得出，再计算直线与直线的斜率之和并化简即可；（ⅱ）设圆心，利用和列出方程，结合（ⅰ）韦达定理的结果可得：，又因为圆心在的垂直平分线上，所以，联立解得，，可得点的坐标为，进而求出圆心的轨迹方程.
【详解】（1）设点，，直线的方程为，联立，
可得，则,由可得.
（2）（ⅰ）由（1）知抛物线，设点，，
联立，可得，
由，且，则，
则，
，
即直线与直线的斜率之和为定值，该定值为0.

（ⅱ）设的中点坐标为,则,
,
即的中点坐标为，所以的垂直平分线的方程为，
设圆心，由题可知，，则，
整理得①，
同理，，②，
①+②，得，
由（ⅰ）整理得③，
因为圆心在的垂直平分线上，所以④，
联立③④，结合的取值范围，解得，，
可得点的坐标为，
故点的轨迹方程为（且）.
8．（25-26高三下·广东惠州·阶段检测）设抛物线的焦点为为坐标原点，抛物线上的一点到焦点的距离为．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)已知直线交抛物线于两点，直线交抛物线的准线于点，且轴．证明：直线过定点．
【答案】(1)
(2)依题意，设直线的方程为，，
由消去得，则，，
直线的斜率，直线的方程，由，得，
由轴，得，则，因此，解得，
所以直线：过定点.
【分析】（1）根据条件，利用抛物线的定义，建立方程组，即可求解.
（2）设直线，，联立直线与抛物线方程，再结合题设条件和根与系数间的关系即可求解.
【详解】（1）由抛物线上的一点到焦点的距离为，得，解得，
所以抛物线的标准方程为.
（2）略
9．（2026高三·全国·专题练习）已知双曲线，过点分别作双曲线的左、右两支的切线，切点分别为，，连接，并过线段的中点分别再作双曲线左、右两支的切线，切点分别为，．求证：点，，在同一条直线上．
【答案】证明见解析
【分析】利用双曲线的切点弦方程结合韦达定理求出点，再利用已知点位于切点弦方程上即可证明．
【详解】如下图所示，
，则过双曲线上一点的切线方程为，
设点，则过点的切线方程为，
过点的切线方程为，
在上述两条切线上，则，
点均满足直线方程，
过点的切点弦的方程为，
联立，整理可得，
由韦达定理得，
，，
则的中点，
设点，则过点的切线方程为，
过点的切线方程为，
在上述两条切线上，则，
点均满足直线方程，
切点弦的方程为：，
即，整理得，
即，
，直线恒过点，
点，，在同一条直线上．
10．（25-26高三下·甘肃白银·阶段检测）已知双曲线经过点，且左顶点到双曲线的一条渐近线的距离为．
(1)求双曲线的标准方程．
(2)直线与双曲线的左、右两支分别交于两点（均在轴上方），为坐标原点．
（i）若，作，垂足为，求点的轨迹长度；
（ii）设两点关于点对称，为右顶点，直线与直线相交于点，直线与直线相交于点，证明：点在定直线上．
【答案】(1)
(2)（i）（ii）证明见解析
【分析】（1）利用点到直线的距离和点在曲线上列方程组求解；
（2）（i）设直线的方程为，根据韦达定理以及求出，从而得出点的轨迹为圆的一段弧，利用弧长公式求出即可；
（ii）利用共线、共线得出直线的斜率，联立直线的方程即可.
【详解】（1）由题意，，渐近线方程为，
易知左顶点到双曲线的一条渐近线的距离，即，
又，得，解得，
双曲线的标准方程为．
（2）（i）由题意可知直线的斜率存在，
故设直线的方程为，
由，得，
则，
，则，
则，
若，则，
得，可得点到直线的距离，
即直线与圆相切，故点的轨迹为圆的一段弧．
联立，易得轴上方两交点分别为，
则，则，则，
故点的轨迹长度为．
（ii），设，
由共线，得，即①，
由共线，得，即②，
由①②得，
因为，
所以，
则，即．
故直线的方程为，
联立，得，即点在定直线上．
11．（25-26高三下·海南海口·阶段检测）已知椭圆 （>）的离心率为 A，B分别为椭圆C的上、下顶点，O为坐标原点，直线与椭圆C交于不同的两点P，Q.
(1)设点M 为线段PQ的中点，证明：直线OM 与直线PQ的斜率之积为定值；
(2)若时，
①求椭圆C的方程；
②证明：直线BP与直线AQ的交点D在定直线上.
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）设，利用点差法求得，再化简计算即得；
（2）①利用条件建立关于的方程，求解即得椭圆方程；②将直线与椭圆方程联立，写出韦达定理，分别列出直线BP与直线AQ的方程，设，联立求得，回代入方程，利用韦达定理化简推出，即得结论.
【详解】（1）设则
则由 两式相减可得，即 ，
所以 为定值.
（2）①由题意可得， 解得，故椭圆方程为 .
②联立方程，消去，可得，
由，解得，则，
因直线BP的方程为，即 ，
直线AQ的方程为，即，
设直线BP与直线AQ的交点为，则联立，
由，解得 ，
将其代入①，可得 即.
故直线BP与直线AQ的交点在定直线上.
12．（2026·山东·模拟预测）已知抛物线 的焦点为 ，点 ， 为 上一点，当 轴时， .
(1)求 的方程:
(2)当 在 上运动时，直线被以为直径的圆所截得的弦长为定值，求 的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求点坐标，利用抛物线的定义即可求解；
（2）设，进而得以为直径的圆的圆心为的坐标，求弦长，进而求解.
【详解】（1）当 轴时，，所以，
所以点坐标为 ，
因为，所以，
所以的方程为；
（2）设，而,则以为直径的圆的圆心为，
设圆心到直线的距离为，圆的半径为，
则，
，
设直线被以为直径的圆所截得的弦长为，
则 ，
因为当 在 上运动时，直线 被以 为直径的圆所截得的弦长为定值，
所以 ，得 ，此时即，
即此时弦长为定值