2023届高考数学二轮复习专题11解析几何2二级结论讲练学案

这是一份2023届高考数学二轮复习专题11解析几何2二级结论讲练学案，共57页。学案主要包含了结论阐述，应用场景，典例指引1，典例指引2，针对训练，整体点评等内容，欢迎下载使用。
专题11 解析几何2
二级结论1：圆锥曲线中的定值问题
【结论阐述】
1．在椭圆中：已知椭圆，定点（）在椭圆上，设，是椭圆上的两个动点，直线，的斜率分别为，，且满足．则直线的斜率．

2．在双曲线：中，定点（）在双曲线上，设，是双曲线上的两个动点，直线，的斜率分别为，，且满足．则直线的斜率．
3．在抛物线：，定点（）在抛物线上，设，是抛物线上的两个动点，直线，的斜率分别为，，且满足．则直线的斜率．
【应用场景】
在圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）中，曲线上的一定点（非顶点）与曲线上的两动点，满足直线与的斜率互为相反数（倾斜角互补），则直线的斜率为定值．
【典例指引1】
1．已知点在抛物线上，过点作两条斜率互为相反数的直线交抛物线于、两点，若直线的斜率为，则点坐标为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设点、、，求得直线的斜率为，可得，再由直线和的斜率互为相反数可求得的值，进而可求得的值，由此可求得点的坐标.
【详解】设点、、，则直线的斜率为，可得，
同理可得直线的斜率为，直线的斜率为，
，所以，，则，，
因此，点的坐标为.
故选：A.
【点睛】本题考查利用抛物线中直线的斜率关系求点的坐标，考查点差法的应用，属于中等题.
【典例指引2】
2．已知椭圆的左，右焦点为，椭圆的离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)点T为椭圆C上的点，若点T在第一象限，且与x轴垂直，过T作两条斜率互为相反数的直线分别与椭圆C交于点M，N，探究直线的斜率是否为定值？若为定值，请求之；若不为定值，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)直线的斜率为定值，且定值为.

【分析】（1）根据椭圆的离心率及所过的点求出椭圆参数a、b，即可得椭圆标准方程.
（2）由题设得，法一：设为，联立椭圆方程应用韦达定理求M的坐标，根据与斜率关系求N的坐标，应用两点式求斜率；法二：设为，，联立椭圆方程，应用韦达定理及得到关于参数m、k的方程，即可判断是否为定值.
（1）
由题意，则，又，
所以椭圆C的方程为，代入有，解得，
所以，故椭圆的标准方程为；
（2）
由题设易知：，
法一：设直线为，
由，消去y，整理得，
因为方程有一个根为，所以M的横坐标为，纵坐标，
故M为，用代替k，得N为，
所以，故直线的斜率为定值．
法二：由已知直线的斜率存在，可设直线为，，
由，消去y，整理得，
所以，而，
又，代入整理得，
所以，即，
若，则直线过点T，不合题意，
所以．即，故直线的斜率为定值.
【点睛】关键点点睛：第二问，设直线方程并联立椭圆方程，应用韦达定理及得到关于直线斜率的方M、N程，或求出的坐标，应用两点式求斜率.
【针对训练】
3．已知抛物线，点Q在x轴上，直线与抛物线C交于M，N两点，若直线QM与直线QN的斜率互为相反数，则点Q的坐标是_____.
【答案】
【分析】将直线方程代入抛物线C中，得到关于的一元二次方程，设出M，N两点坐标，利用韦达定理写出，的关系，利用斜率坐标公式结合已知条件，得到，即可求解Q的坐标.
【详解】易知，由
得，代入抛物线方程得，
设，，则①，
②.设，则，，
依题意有，
所以，即，
整理并把①②代入可得，故Q点的坐标为.
故答案为：.
（2022·山西晋中·高二期末）
4．已知点是椭圆上的一点，且椭圆的离心率.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)两动点在椭圆上，总满足直线与的斜率互为相反数，求证：直线的斜率为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据已知条件列方程组，解方程组求得，从而求得椭圆的标准方程.
（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，由此求得，同理求得，从而化简求得直线的斜率为定值.
（1）
由题可知，解得，
从而粚圆方程为.
（2）
证明设直线的斜率为，
则，，
联立直线与椭圆的方程，得，
整理得，
从而，于是，
由题意得直线的斜率为，
则，，
同理可求得，
于是



即直线的斜率为定值.
5．已知椭圆过点，且离心率为
(1)求椭圆的方程；
(2)、是椭圆上的两个动点，如果直线的斜率与的斜率互为相反数，证明直线的斜率为定值，并求出这个定值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析，.

【分析】（1）根据椭圆离心率的公式，结合代入法、椭圆中的关系进行求解即可；
（2）设出直线方程与椭圆方程联立，求出、两点坐标，最后根据直线斜率的公式进行求解即可.
（1）
根据题意，，
解得，
椭圆的方程为：；
（2）
证明：设直线的方程为：，
由，得
显然是该方程的根，因此有，
，
由题可知直线的方程为，同理可得，
，
直线的斜率为定值，且这个定值为.
【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系求出两点坐标是解题的关键.
6．已知动点到直线的距离比到点的距离大1．
(1)求动点所在的曲线的方程；
(2)已知点，是曲线上的两个动点，如果直线的斜率与直线的斜率互为相反数，证明直线的斜率为定值，并求出这个定值；
【答案】(1)
(2)证明见解析，.

【分析】（1）由抛物线的定义即可求解；
（2）分别设出直线的方程，与抛物线方程联立，求出点坐标，再求直线的斜率即可.
（1）
已知动点到直线的距离比到点的距离大，
等价于动点到直线的距离和到点的距离相等，
由抛物线的定义可得：
动点的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线，
可得，抛物线开口向右，
∴曲线的方程为．
（2）
设直线的斜率为，
∵直线的斜率与直线的斜率互为相反数，
∴直线的斜率为，
则，，
联立方程组，整理得，
即，或（舍）
可得
联立方程组，整理得，
即，或（舍）
可得
则
即直线的斜率为定值．
【点睛】抛物线方程中，字母p的几何意义是抛物线的焦点F到准线的距离，等于焦点到抛物线顶点的距离．牢记它对解题非常有益．
7．如图，已知是抛物线上一点，直线，的斜率互为相反数，与抛物线分别交于，两点，且均在点的下方．证明：直线的斜率为定值．

【答案】证明见解析.
【分析】设出直线和的方程，与抛物线方程联立求出点的坐标，再求直线的斜率即可.
【详解】证明：∵是抛物线上一点，
∴，得，∴抛物线方程为，
设直线的方程为，
由，得，
即，解得或(舍)
∵直线，的斜率互为相反数，
∴直线的方程为，
同理可得，
∴，
∴直线的斜率为定值，
8．已知为抛物线上的一点，，为抛物线上异于点 的两点，且直线的斜率与直线的斜率互为相反数．求直线的斜率．
【答案】
【分析】先利用已知条件求出抛物线得方程，然后利用直线斜率公式求直线 的斜率，在由直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求出，在根据即可求出答案.
【详解】设，，
∵点为抛物线上的一点，
∴，解得，∴，
同时，有，，
，
同理，，
∵直线的斜率与直线的斜率互为相反数，
∴，即，
，
故直线的斜率为 .
9．已知点，点P是圆C：上的任意一点，线段PQ的垂直平分线与直线CP交于点M．
求点M的轨迹方程；
过点作直线与点M的轨迹交于点E，过点作直线与点M的轨迹交于点F不重合，且直线AE和直线BF的斜率互为相反数，直线EF的斜率是否为定值，若为定值，求出直线EF的斜率；若不是定值，请说明理由．
【答案】（1）；（2）定值.
【分析】（1）根据中垂线的性质得出，然后计算出，结合椭圆的定义得知点的轨迹为椭圆，可得出和的值，进而求得的值，于是可得出点的轨迹方程；
（2）设直线的方程为，则直线的方程为，将直线、的方程分别与曲线的方程联立，利用韦达定理求出的点的坐标，然后利用两点间的斜率公式求出直线的斜率，从而证明结论．
【详解】（1）如下图所示，

连接，则，
又，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，
因为，所以．
故点的轨迹方程是；
（2）设直线的方程为，则直线的方程为，
由，消去整理得．
设交点、，
则，．
由，消去整理得，
则．
所以，．
故直线的斜率为定值，其斜率为．
【点睛】（1）求动点的轨迹方程，一般有如下几种方法：
①几何法：看动点是否满足一些几何性质，如圆锥曲线的定义等；
②动点转移：设出动点的坐标，其余的点可以前者来表示，代入后者所在的曲线方程即可得到欲求的动点轨迹方程；
③参数法：动点的横纵坐标都可以用某一个参数来表示，消去该参数即可动点的轨迹方程.
（2）当直线与椭圆的两个交点中有一个是定点时，我们常用动直线的斜率表示另一个动交点的坐标，进而讨论与动交点相关的数学问题（常称为知点求点法）.
10．已知，椭圆过点，两个焦点为，，是椭圆上的两个动点，直线的斜率与的斜率互为相反数．
求椭圆的方程；
求证：直线的斜率为定值．
【答案】（1）；（2）见解析
【分析】由焦点坐标求得，可设椭圆方程为，可得，解方程即可；设，，设直线的方程为，代入，求出点的坐标，再将换为，求出的坐标，即可求出直线的斜率，再化简即可得结果.
【详解】由题意，可设椭圆方程为，，解得，，
椭圆的方程为.
设，，设直线AE的方程为，代入得，，，
又直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，再上式中以代k，可得
，，直线EF的斜率.
【点睛】本题考查了椭圆的方程，直线与椭圆的关系，考查了运算求解能力，化归与转化思想的应用，属于难题．求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于的方程组，解出，从而写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.
（2022沙坪坝·重庆八中）
11．在平面直角坐标系中，设点是椭圆上一点，以M为圆心的一个半径的圆，过原点作此圆的两条切线分别与椭圆C交于点P、Q.

（1）若点M在第一象限且直线互相垂直，求圆M的方程；
（2）若直线的斜率都存在，且分别记为.求证：为定值；
（3）探究是否为定值，若是，则求出的最大值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）是，.
【分析】（1）由切线性质得，由此可求得点坐标，从而得圆方程．
（2）设切线方程为，由直线与圆相切得出的方程，结合韦达定理得，并结合在椭圆上可得．
（3）当直线不落在坐标轴上时，设，利用可得，利用在椭圆上可求得及，从而得，当直线有一条落在坐标轴上求出，从而得定值，再由基本不等式得最大值．
【详解】（1），则，又，又，故解得，所以，所以圆M的方程为
（2）因为直线与圆M相切，
所以直线与圆联立，
可得同理，由判别式为0，可得是方程的两个不相等的实数根，
∴因为点在椭圆C上，所以，所以；
（3）（i）当直线不落在坐标轴上时，设，
因为，所以，
因为在椭圆C上.所以
整理得，所以所以.
（ii）当直线落在坐标轴上时，圆方程为，易求得，
综上：，所以|
所以的最大值为．
【点睛】本题考查直线与圆相切，直线与椭圆相交问题，考查学生的运算求解能力，逻辑思维能力，对斜率积为定值问题，解题关键是设出切线方程，利用直线与圆相切得出关于的二次方程，由韦达定理得出结论；设，由斜率积为定值求得坐标的关系，并结合点在椭圆上求得的值，注意分类讨论．
（2022沙坪坝·重庆南开中学）
12．已知椭圆的左右焦点为、，离心率，过圆上一点Q（Q在y轴左侧）作该圆的切线，分别交椭圆E于A、B两点，交圆于C、D两点（如图所示）．当切线与x轴垂直时，的面积为．

（1）求椭圆E的标准方程；
（2）（ⅰ）求的面积的最大值；
（ⅱ）求证：为定值，并求出这个定值．
【答案】（1）；（2）（ⅰ）1；（ⅱ）证明见解析，.
【分析】（1）由三角形面积得，再结合离心率及求得后得椭圆方程；
（2）（ⅰ）直线的斜率不会为零，设其方程为，由直线与圆相切求得的关系，设，直线方程与椭圆方程联立，消元后求出判别式的值（利用关系），应用韦达定理，得弦长，计算面积，应用基本不等式得最大值；
（ⅱ），，用点坐标表示出，计算可得．
【详解】（1），于是有，又，
解得，所以椭圆E的标准方程为．
（2）（ⅰ）因Q在y轴左侧，故直线的斜率不会为零，设其方程为，
由直线与圆相切得，
由消去x得，
，
设，则，
所以，当且仅当，即时取等号．
故的面积的最大值为1．
（ⅱ）因点在椭圆E上，且在y轴左侧，故，，
由（1），
故，
，
故为定值．
【点睛】本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交问题．求椭圆标准方程的关键是列出关于的方程组，解得，直线与椭圆相交一般是设交点坐标，设直线方程，直线方程与椭圆方程联立，消元后应用韦达定理，由韦达定理的结果求弦长等等．
13．已知双曲线过点，且离心率
(1)求该双曲线的标准方程：
(2)如果，为双曲线上的动点，直线与直线的斜率互为相反数，证明直线的斜率为定值，并求出该定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析，

【分析】（1）根据双曲线的离心率及双曲线过点可得方程；
（2）设点与点的坐标，根据直线与直线的斜率互为相反数，可得直线的斜率.
（1）
由题意，解得，，
故双曲线方程为
（2）
设点，，
设直线的方程为，
代入双曲线方程，得，
，，，

同理，
.
（2021全国高考真题）
14．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)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值.
【详解】(1) 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）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立
如图所示，设,
设直线的方程为．

联立,
化简得.
则．
故．
则．
设的方程为，同理．
因为，所以，
化简得，
所以，即．
因为，所以．
[方法二] ：参数方程法
设．设直线的倾斜角为，
则其参数方程为，
联立直线方程与曲线C的方程，
可得，
整理得．
设，
由根与系数的关系得．
设直线的倾斜角为，，
同理可得
由，得．
因为，所以．
由题意分析知．所以，
故直线的斜率与直线的斜率之和为0．
[方法三]：利用圆幂定理
因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．
设,直线的方程为，
直线的方程为,
则二次曲线．
又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：
，
整理可得：
，
其中．
由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.
【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.
方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
二级结论2：圆锥曲线中的定点问题
【结论阐述】
若圆锥曲线中内接直角三角形的直角顶点与圆锥曲线的顶点重合，则斜边所在直线过定点．
（1）对于椭圆（）上异于右顶点的两动点，，以为直径的圆经过右顶点，则直线过定点．同理，当以为直径的圆过左顶点时，直线过定点．
（2）对于双曲线上异于右顶点的两动点，，以为直径的圆经过右顶点，则直线过定点．同理，对于左顶点，则定点为．
（3）对于抛物线上异于顶点的两动点，，若，则弦所在直线过点．同理，抛物线上异于顶点的两动点，，若，则直线过定点．
【应用场景】
一般情况下，若方程中含有一个或者多个参数，当x取某个常数时，求得的y也是一个与参数无关的常数，这样就可以说方程对应的曲线经过定点．有时圆锥曲线中的定点问题，可以充分考虑几何性质，从特殊情况出发，对可能的定点有初步的判断，争取确定出定点，这样可以转化为有方向、有目标的一般性证明题，从而找到解决问题的突破口．
【典例指引1】
（2022·安徽蚌埠·高二期末）
15．已知直线l与抛物线交于不同的两点A，B，O为坐标原点，若直线的斜率之积为，则直线l恒过定点（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设出直线方程，联立抛物线方程，得到，进而得到的值，将直线的斜率之积为，用A,B点坐标表示出来，结合的值即可求得答案.
【详解】设直线方程为 ，
联立 ，整理得： ，
需满足 ，即 ，
则 ，
由 ，得： ，
所以 ，即 ，
故 ，
所以直线l为：，当时，，
即直线l恒过定点，
故选：A.
【典例指引2】
16．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.
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）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.
【答案】(1) .
(2)证明见解析.
【详解】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.另外由知，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，再设直线l的方程，当l与x轴垂直时，通过计算，不满足题意，再设l：（），将代入，写出判别式，利用根与系数的关系表示出x1+x2，x1x2，进而表示出，根据列出等式表示出和的关系，从而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，）
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，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简.
【反思】在分析直线方程时，要考虑直线的特殊情况，注意分类讨论．要想整理得出k和m的关系，需要借助韦达定理建立关于k和m方程，注意化简运算的技巧．
【针对训练】
17．已知双曲线，点，在双曲线上任取两点、满足，则直线恒过定点__________；
【答案】
【分析】设的方程为,联立双曲线利用代数式恒成立即可求解直线恒过定点时中的值,进而求得定点.
【详解】设的方程为,则由.
设,则是该方程的两根,
∴,.
又,,故
∴,
又,,
∴,
代入,得：

整理得：,
∴,
∴或.
当时,过与题意不符,故舍去。
当时,过定点.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了根据直线与双曲线的联立方程,利用韦达定理求解参数定值与直线过定点的问题.属于难题.
（2022·四川巴中·一模）
18．已知椭圆C：（a>b>0）的左､右焦点分别为，，点满足，且的面积为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的上顶点为P，不过点P的直线l交C于A，B两点，若，证明直线l恒过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析.

【分析】(1)由可得，由题意点在椭圆上，将点坐标代入椭圆，结合可得答案.
(2) 由题意，根据条件直线的斜率必存在,设直线的方程为，,将直线的方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由，则，将韦达定理代入，可得出答案.
（1）
由,则，所以
又，则点在椭圆上
所以，又
联立解得
所以椭圆C的方程；
（2）
由题意，根据条件直线的斜率必存在
设直线的方程为，
由 ，得
所以
（*）
由，则





所以，即，即或（舍）
将代入（*）成立.
所以直线的方程为，
所以直线恒过点
19．已知椭圆的左右顶点分别为A，B，点P为椭圆上异于A，B的任意一点．
(1)证明：直线PA与直线PB的斜率乘积为定值；
(2)设，过点Q作与轴不重合的任意直线交椭圆E于M，N两点．问：是否存在实数，使得以MN为直径的圆恒过定点B？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；

【分析】（1）结合斜率的计算公式化简整理即可求出结果；
（2）直线MN的方程为与椭圆联立，进而结合韦达定理即可求出结果.
（1）
；设，且，则
所以
（2）
设，直线MN的方程为；
联立及，得，
所以，（*）
若以MN为直径的圆过点B，则，即
将带入整理得；
带入（*），化简整理得5，解得，或（舍）
，满足，故存在，使得以MN为直径的圆过恒过定点B；
【点睛】求定值、定点问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值、定点，再证明这个值、点与变量无关．
（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、定点．
（2022届黑龙江省哈尔滨市高三上学期检测）
20．已知抛物线的顶点为原点，焦点F在x轴的正半轴，F到直线的距离为.点为此抛物线上的一点，.直线l与抛物线交于异于N的两点A，B，且.
(1)求抛物线方程和N点坐标；
(2)求证：直线AB过定点，并求该定点坐标.
【答案】(1)，
(2)证明见解析，定点

【分析】（1）设抛物线的标准方程为，利用点到直线距离公式可求出，再利用焦半径公式可求出N点坐标；
（2）设直线的方程为，与抛物线联立，利用韦达定理计算，可得关系，然后代入直线方程可得定点.
（1）
设抛物线的标准方程为，，其焦点为
则，
∴
所以抛物线的方程为.
，所以，所以.
因为，所以，所以.
（2）
由题意知，直线的斜率不为0，设直线的方程为（），
联立方程得
设两个交点，（，）.
所以
所以，
即
整理得，此时恒成立，
此时直线l的方程为，可化为，
从而直线过定点.
（2022届河南省焦作市高三上学期开学考试）
21．在中，已知、，直线与的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)设为曲线上一点，直线与交点的横坐标为，求证：直线过定点.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.

【分析】（1）设点的坐标为，利用斜率公式结合已知条件可求得曲线的方程，并注明；
（2）设直线与交点为，求出点、的方程，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，写出直线的坐标，即可得出直线所过定点的坐标.
（1）
解：设点的坐标为，
直线与的斜率分别为，，其中，
由已知得，化简得，由已知得，
故曲线的方程为.
（2）
证明：设直线与交点为，则直线的方程为，
由得，
设，则，即，
，
同理，直线的方程为，与椭圆方程联立，
消去整理得，
设，则，即，.
当时，直线的斜率为，
此时直线的方程为，
化简得：，故直线过定点.
当时，可得，所以直线也过定点.
综上所述：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.
（2022届陕西省西安市高三上学期模拟）
22．已知与圆相切的直线l，过抛物线的焦点F，且直线l的倾斜角为.
(1)求抛物线E的方程；
(2)直线与抛物线E交于点A，B两点，且A，B关于直线对称，在上是否存在点N，使得以为直径的圆恰好过点N，若存在，求出点N的坐标；否则，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，或

【分析】（1）根据点斜式设出直线方程，再由与圆相切求解即可；
（2）利用点差法求出中点，得出直线方程，再由圆的性质利用求解即可.
（1）
抛物线焦点为，直线斜率，
所以直线方程为，
由圆与直线相切可得，，
由可解得，
所以抛物线方程为.
（2）
设，
因为A，B关于直线对称，
所以设中点在上，且，
由相减可得，
，
所以，
又在上，
所以，
所以直线的方程为，
联立抛物线消元得，
，
,
若存在点N，
则,
即，
解得或，
即存在点或满足条件.
【点睛】方法点睛：存在性问题，一般假设符合条件的点存在，本题以以为直径的圆恰好过点N，可考虑垂直建立关系，也可考虑建立关系求解.
（2022届河南省名校联盟高三上学期阶段性测试）
23．已知椭圆的右焦点为F，直线l与椭圆C交于A，B两点．
(1)若，且直线l的斜率为4，求直线(点为坐标原点)的斜率．
(2)若直线，的斜率互为相反数，且直线l不与x轴垂直，探究：直线l是否过定点?若是，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)由值M为AB中点，由点差法即可得OM的斜率；
(2)根据椭圆对称性，结合已知条件可知l过定点时，定点应该在x轴上，设定点为(t，0)，写出直线方程，联立直线与椭圆方程根据韦达定理得到根与系数的关系，再由直线，的斜率互为相反数列出方程，即可求得定点坐标﹒
（1）
设，，依题意，M为线段的中点，
∵A，B在椭圆C上，故
两式相减可得，
则，
故，解得．
（2）
假设定点存在，根据椭圆对称性，可知该直线所过定点在x轴上，设定点坐标为，
则直线l的方程为，
联立，消去y整理得，
则，．
设直线，的斜率分别为，，由题可知，
则



．
即，
∴，，
即直线l过定点．
【点睛】解答直线与椭圆的题目时，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．

24．过点的任一直线与抛物线交于两点，且．
(1)求的值．
(2)已知为抛物线上的两点，分别过作抛物线的切线，且，求证：直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】(1) 设，直线的方程为，与抛物线方程联立，
可求，由列方程求的值；
(2) 设利用导数的几何意义求切线的方程，根据可得，化简直线的方程，证明直线过定点．
（1）
设，直线的方程为，与抛物线方程联立，
整理可得
所以，，
所以，
所以，
（2）
抛物线的方程为，即，对该函数求导得，
设，则抛物线在点处的切线方程为
从而同理，
因为，所以，即，
又，
从而直线的方程为：，
将带入化简得：，
所以，直线恒过定点．
（2022届上海市进才中学高三上学期12月联考）
25．在平面直角坐标系中，动点M到直线的距离等于点M到点的距离的2倍，记动点M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)已知斜率为的直线l与曲线C交于A、B两个不同点，若直线l不过点，设直线的斜率分别为，求的值；
(3)设点Q为曲线C的上顶点，点E、F是C上异于点Q的任意两点，以为直径的圆恰过Q点，试判断直线是否经过定点？若经过定点，请求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由．
【答案】(1)
(2)0
(3)直线经过定点，定点坐标为

【分析】(1)设出的坐标为，结合已知条件可得，然后化简即可求解；(2)设直线的方程，并联立椭圆方程，利用斜率公式表示出，然后结合韦达定理即可求解；(3)结合已知条件，设出直线EF的方程，并联立椭圆方程，利用和韦达定理求出，进而即可得到答案.
（1）
不妨设点的坐标为，
由题意可知，，
化简可得，，
故曲线C的方程为.
（2）
不妨设直线的方程：，，，
因为直线l不过点，易知，
由可得，，
由且可得，或，
由韦达定理可知，，，
因为，，，，
所以，
将，代入上式得，，
故的值为0.
（3）
由椭圆方程可知，点坐标为，
因为以为直径的圆恰过Q点，所以，
结合椭圆特征可知，直线的斜率存在，
不妨设直线方程：，且，，，
由可得，，
由可得，，
由韦达定理可知，，，
因为，，，，
所以，
将，代入上式并化简可得，，
故直线方程：，
易知直线必过定点，
从而直线经过定点，定点坐标为.
（2022届广东省茂名市五校联盟高三上学期联考）
26．已知椭圆：的左、右焦点分别为，.离心率等于，点在轴正半轴上，为直角三角形且面积等于2.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知斜率存在且不为0的直线与椭圆交于，两点，当点关于轴的对称点在直线上时，直线是否过定点？若过定点，求出此定点；若不过，请说明理由.
【答案】(1)
(2)过定点，定点为

【分析】（1）根据对称性得为等腰直角三角形，且，进而根据面积得，再结合离心率得，最后根据求解得答案；
（2）由题知，设直线的方程为，，进而根据题意得，进而整理得，再联立并结合韦达定理整理求解即可.
（1）
解：根据题意，由对称性得为等腰直角三角形，且，
因为的面积等于，所以，即，
因为椭圆的离心率等于，即，解得，
所以，
所以椭圆的标准方程为：.
（2）
解：由（1）得，
设直线的方程为，，
因为点关于轴的对称点在直线上，
所以直线与直线的斜率互为相反数，即，
因为，所以，
整理得
又因为，所以，
由消去得
所以，即，
所以，
整理得
由于，故解方程得，
此时直线的方程为，过定点
所以直线恒过定点.
二级结论3：圆锥曲线中的定直线问题
【结论阐述】
1．已知椭圆外一点，当过点的动直线与椭圆相交于不同的两点时，在线段上取一点，满足则点必在定直线上；
2．已知椭圆外一点，当过点的动直线与椭圆相交于不同的两点时，在线段上取一点，满足则点必在定直线上；
3．已知抛物线，定点不在抛物线上，过点的动直线交抛物线于两点，在直线上取点，满足则点在定直线上．
【应用场景】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．证明动点在定直线上是圆锥曲线的常规题型，解决这类问题的核心在于确定定点的轨迹，主要方法有：
（1）设点法：设点的轨迹，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、待定系数法求解出系数；
（3）验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证．
【典例指引1】
27．如图，椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为A，过点A与垂直的直线交x轴负半轴于点Q，且恰是的中点，若过A，Q，三点的圆与直线相切．

（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N为椭圆C的长轴两端点，直线m过点交C于不同两点G，H，证明：四边形MNHG的对角线交点在定直线上，并求出定直线方程．
【答案】（1）；（2）证明见解析， .
【解析】（1）设椭圆C的半焦距为，由圆的定义可求得圆的半径，再由直线与圆的相切的条件可求得， ，，可求得椭圆方程．
（2）设其方程为，设，，直线与椭圆的方程联立整理得，得出根与系数的关系，表示直线MH的方程和直线GN的方程。求得两直线的交点的横坐标，代入，可得交点所过的定直线.
【详解】（1）设椭圆C的半焦距为，由为线段中点，，
所以A，Q，三点圆的圆心为，半径为，
又因为该圆与直线l相切，所以，∴，所以，，
故所求椭圆方程．
（2）由对称性可知，若存在，则必为垂直于x轴的直线．
依题意，直线l斜率必存在且不为0，设其方程为，
设，，联立，得，
所以，故，
不妨设，，
所以直线MH的方程为，直线GN的方程为
消去y，得


故四边形MNHG的对角线交点在定直线上．
【点睛】关键点点睛：解决直线与圆锥曲线相交的相关问题时，关键在于将目标条件转化为交点的坐标间的关系，交点坐标的韦达定理上去可得以解决.
【反思】解决直线与圆锥曲线相交的相关问题时，关键在于将目标条件转化为交点的坐标间的关系，交点坐标的韦达定理上去可得以解决．
【典例指引2】
（2022江苏南通·高二开学考试）
28．已知双曲线：（，）实轴端点分别为，，右焦点为，离心率为2，过点且斜率1的直线与双曲线交于另一点，已知的面积为．
(1)求双曲线的方程；
(2)若过的直线与双曲线交于，两点，试探究直线与直线的交点是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；如不在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)在定直线方程上

【分析】（1）联立直线方程与双曲线方程，可得点，进而根据三角形面积公式即可求出的值；（2）分直线斜率 和不存在两种情况讨论，求出两直线交点，代入化简即可求解.
（1）
设直线的方程为，联立，得，
又，，代入上式得，即，
∴，解得，∴，，∴双曲线的方程为．
（2）
当直线点的斜率不存在时，，，直线的方程为，直线的方程为，联立直线与直线的方程可得的，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，
联立得，∴，，
∴直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，两边平方得，
又，满足，
∴
，
∴，∴，或，（舍去）
综上，在定直线上，且定直线方程为．
【针对训练】
29．已知椭圆过点，且离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过右焦点且不与轴重合的直线与椭圆交于，两点，已知，过且与轴垂直的直线与直线交于点，求证：点在一定直线上，并求出此直线的方程.
【答案】（1）；（2）证明见解析，直线.
【分析】（1）由椭圆过定点，结合离心率求椭圆参数，写出椭圆方程.
（2）由题设知的斜率不可能为0，可设直线的方程为，，，联立椭圆方程，应用韦达定理可得，再由点斜式表示直线：，则即可判断是否为定直线.
【详解】（1）由题意，且，又，解得，.
椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，，，联立方程
整理得，，
由，，即.
直线的方程为.①
过且与轴垂直的直线的方程为.②
联立①②可得.
点在定直线上.
【点睛】关键点点睛：第二问，设直线的方程联立椭圆方程，由韦达定理确定的关系，进而由的位置用表示出其横坐标.
30．已知点是离心率为的椭圆：（）上位于第一象限内的点，过点引轴、轴的平行线，交轴、轴于，两点，交直线于，两点，记与的面积分别为，，且．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设椭圆的上、下顶点分别为，，过点的直线与椭圆相交于，两点，证明：直线，的交点在一定直线上，并求出该直线方程．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析，直线.
【分析】（Ⅰ）设，利用，可得，又，，可得椭圆的方程；
（Ⅱ）分类讨论：当直线斜率存在时，设方程为：，联立，得，利用根的系数关系得，直线的方程为，直线的方程为，联立消去得，当直线的斜率不存在时，直线，与轴重合，过点，即可得到结论.
【详解】（Ⅰ）设，轴，轴，，，，，
，，
，
，又，，
解得：，，故椭圆的方程为．
（Ⅱ）①当直线斜率存在时，设其方程为：，设，，
联立，得，，
由韦达定理得，，．
因为，，
所以直线的方程为，直线的方程为．
联立消去得，整理得

，
所以直线，的交点一定在直线上；
②当直线的斜率不存在时，直线，与轴重合，过点，
由①②知直线，的交点在直线上．
【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆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．
【反思】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆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．
31．已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，原点到过点的直线距离是
（1）求椭圆的方程
（2）设动直线与椭圆有且只有一个公共点，过作的垂线与直线交于点，求证：点在定直线上，并求出定直线的方程
【答案】（1）；（2）证明见解析，.
【分析】（1）根据抛物线焦点的坐标公式，结合直线方程的截距式方程、点到直线距离公式、椭圆中之间的关系进行求解即可；
（2）将直线方程与椭圆方程联立，根据直线与椭圆的位置关系，结合一元二次方程的判断别式、斜率公式、以及互相垂直两直线的关系进行求解即可.
【详解】（1）抛物线的焦点坐标为   ，
直线的方程为：，设原点到直线的距离为，
，

椭圆方程为；
（2）因为直线与椭圆相切，
联立直线与椭圆方程：


即
切点坐标
即，
，点的坐标为：，
的方程为
联立直线方程：

解得
在这条定直线上.
【点睛】关键点睛：本题的关键是通过直线与椭圆的位置关系，借助方程组消，运用一元二次方程根的判别式得到等式，再通过求出横坐标，进行证明即可.
32．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且过点．如图所示，斜率为且过点的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，射线交椭圆于点，若在射线上，且．

（1）求椭圆的标准方程；
（2）求证：点在定直线上．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）过点，可得，再结合离心率即可求出椭圆方程；
（2）设直线的方程为，与椭圆联立用表示两点，即可算出点的横坐标为定值，从而获解.
【详解】（1）已知椭圆的离心率为，且过点，
所以，
又，则，所以，
故椭圆的标准方程为．
（2）设直线的方程为，，，
联立得，
由题意知恒成立，
由韦达定理得，所以，
由于为线段的中点，因此，，
此时．
所以所在直线方程为，
将其代入椭圆的方程，并由，
解得，
又，
由得，
因此，点在定直线上．
【点睛】方法点睛：求定线问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定直线，再证明这条线与变量无关.
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定直线.
【反思】求定线问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定直线，再证明这条线与变量无关．
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定直线．
33．已知椭圆，点为椭圆外一点．
（1）过原点作直线交椭圆于、两点，求直线与直线的斜率之积的范围；
（2）当过点的动直线与椭圆相交于两个不同点、时，线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）设点，可得，椭圆的有界性可得出，利用斜率公式结合椭圆方程可得出，利用不等式的基本性质可求得的取值范围；
（2）设、、，分析得出直线的斜率存在，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由可得出，再由可得出，即可得出结论.
【详解】（1）设，，
则，
所以，
因为，所以，所以，
所以；
（2）若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时直线与椭圆无公共点，不合乎题意.
所以，直线的斜率存在，设，即，
联立，得，
由得，
设、，则，，
设，由，得（考虑线段在轴的射影），
所以，
于是，整理得，
又，代入上式，得，所以点总在定直线上．
【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、；
（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.
【反思】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，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．