专题9.7 解析几何中的定值、定点和定线问题（讲+练）-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）

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【核心素养】
通过考查解析几何中的定值、定点和定线问题，以及圆锥曲线与其它知识的交汇，凸显直观想象、数学运算、数学建模、逻辑推理等核心数学素养.
知识点一
定值问题
1.定义：定值问题是指虽然圆锥曲线中的某些要素（通常可通过变量进行体现）有所变化，但在变化过程中，某个量的值保持不变即为定值.
2.圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值；
(2)求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；
(3)求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
3.常见定值问题的处理方法：
（1）确定一个（或两个）变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示
（2）将所求表达式用核心变量进行表示（有的甚至就是核心变量），然后进行化简，看能否得到一个常数.
4.定值问题的处理技巧：
（1）对于较为复杂的问题，可先采用特殊位置（例如斜率不存在的直线等）求出定值，进而给后面一般情况的处理提供一个方向.
（2）在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢
（3）巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算
知识点二
定点问题
1.求解圆锥曲线中的定点问题的两种思路：
(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关.
(2)直接推理法：
①选择一个参数建立直线系方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常量当成变量，将变量x，y当成常量，将原方程转化为kf (x，y)＋g(x，y)＝0的形式(k是原方程中的常量)；
②根据直线过定点时与参数没有关系(即直线系方程对任意参数都成立)，得到方程组；
③以②中方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，则可以特殊解决.
2. 求解圆锥曲线中的定点问题的方法
（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，直至易于找到.常见的变形方向如下：
① 若等式的形式为整式，则考虑将含的项归在一组，变形为“”的形式，从而只需要先让括号内的部分为零即可
② 若等式为含的分式， 的取值一方面可以考虑使其分子为0，从而分式与分母的取值无关；或者考虑让分子分母消去的式子变成常数（这两方面本质上可以通过分离常数进行相互转化，但通常选择容易观察到的形式）
3.一些技巧与注意事项：
（1）面对复杂问题时，可从特殊情况入手，以确定可能的定点（或定直线）.然后再验证该点（或该直线）对一般情况是否符合.属于“先猜再证”.
（2）有些题目所求与定值无关，但是在条件中会隐藏定点，且该定点通常是解题的关键条件.所以当遇到含参数的方程时，要清楚该方程为一类曲线（或直线），从而观察这一类曲线是否过定点.尤其在含参数的直线方程中，要能够找到定点，抓住关键条件.例如：直线，就应该能够意识到，进而直线绕定点旋转.
知识点三
定直线问题
探求圆锥曲线中的定直线问题的两种方法：
方法一是参数法，即先利用题设条件探求出动点T的坐标(包含参数)，再消去参数，即得动点T在定直线上；
方法二是相关点法，即先设出动点T的坐标为(x，y)，根据题设条件得到已知曲线上的动点R的坐标，再将动点R的坐标代入已知的曲线方程，即得动点T在定直线上．
知识点四
圆锥曲线综合问题处理策略
解析几何研究的问题是几何问题，研究的方法是代数法(坐标法)．因此，求解解析几何问题最大的思维难点是转化，即几何条件代数化．在几何问题转化为代数问题后，为避免运算量、计算繁琐问题，可注意以下几种常用策略：
1.借助“定义”，化繁为简；
2.设而不求，巧搭“跳板”；
3.借用参数，变更“主元”；
4.形形“相惜”，向量助攻；
5.“韦达”助力，事半功倍.
常考题型剖析
题型一： 椭圆中的定点问题
【典例分析】
例1-1．（2023·全国·统考高考真题）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．
【答案】(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.

例1-2.（2022秋·广东梅州·高三大埔县虎山中学校考阶段练习）如图，椭圆的左焦点为，右焦点为，离心率，过的直线交椭圆于、两点，且的周长为.

(1)求椭圆的方程；
(2)设动直线与椭圆有且只有一个公共点，且与直线相交于点，则在轴上一定存在定点，使得以为直径的圆恒过点，试求出点的坐标.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用椭圆的定义可求得的值，结合椭圆的离心率可求得的值，可求出的值，由此可得出椭圆的标准方程；
（2）将直线直线与椭圆的方程联立，即可求出点的坐标，将直线与直线联立即可求出点的坐标，假设存在定点，使得以为直径的圆恒过点，即可知，对等式变形可求得的值，即可得出点的坐标.
【详解】（1）解：由椭圆的定义可知的周长为，即，
因为，所以，，
又因为，所以，，
故椭圆的方程为：.
（2）解：联立可得，

因为动直线与椭圆有且只有一个公共点，
所以，，
所以，，
此时，，
故点，
由可得，即点，
假设在轴上存在定点，使得以为直径的圆恒过点，
设，则，且，，
所以，，
整理得对任意实数、恒成立，则，
故在轴上存在定点，使得以为直径的圆恒过点.
【总结提升】
1.动直线l过定点问题的常见思路
（1）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）设动直线方程(斜率存在)为，由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点；
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．
【变式训练】
变式1-1．（2022·全国·统考高考真题）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．
【答案】(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.
变式1-2.（2023·吉林长春·统考模拟预测）已知椭圆过点，且椭圆的离心率为 .
(1)求椭圆的方程；
(2)若动点在直线上，过作直线交椭圆于两点，且为线段的中点，再过作直线，证明：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由点在椭圆上，代入椭圆的方程，再由椭圆的离心率为，求得的值，即可求解；
（2）设，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，根据点的横坐标求得，结合，得到，得出直线过定点；当直线的斜率不存在时，得到直线为轴，进而得到结论.
【详解】（1）因为点在椭圆上，可得，解得，
又因为椭圆的离心率为，所以，所以，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由题意，可设，且，
①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立方程组，
整理得，
则，
所以，
因为为的中点，所以，即，
所以，经检验，此时，
因为，所以，所以直线的方程为，
即，所以直线恒过定点.
②当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时直线为轴，也过点.
综上所述，直线恒过定点.

题型二：椭圆中的定值问题
【典例分析】
例2-1.（2020·北京·统考高考真题）已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.
【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.
【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，
故椭圆方程为：.
(Ⅱ)[方法一]：
设，，直线的方程为：，
与椭圆方程联立可得：，
即：，
则：.
直线MA的方程为：，
令可得：，
同理可得：.
很明显，且，注意到，
，
而
，
故.
从而.
[方法二]【最优解】：几何含义法
①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以．
②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且．
由题意知直线的斜率存在．．
当时，
．
同理，．所以．
因为，所以．
【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.
例2-2.（2023秋·河北保定·高二河北省唐县第一中学校考阶段练习）已知椭圆的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，且椭圆过，直线与椭圆交于、.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线、的斜率分别为、，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分析可得，可得出，则椭圆的方程可表示为，将点的坐标代入椭圆的方程，求出的值，即可得出椭圆的标准方程；
（2）设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理可证得结论成立.
【详解】（1）解：因为椭圆的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，
则这个直角三角形为等腰直角三角形，腰长为，斜边长为，则，可得，
所以，，所以，椭圆的方程可表示为，
将点的坐标代入椭圆的方程可得，解得，
故椭圆的标准方程为.
（2）解：设点、，联立可得，
，解得，显然，否则直线过点，

由韦达定理可得，，
所以，
，
因此，.
【总结提升】
1.定值问题一般有两种类型，一是所求为定值；二是证明某式为定值；
2.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．
【变式训练】
变式2-1.（2020·山东·统考高考真题）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．
【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；
方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；
方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；
方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．
变式2-2.（2023秋·江苏·高二南京市人民中学校联考开学考试）已知椭圆过点.
(1)求椭圆的离心率；
(2)过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点，椭圆的左顶点为A，求直线与直线的斜率之积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知得到，从而求出离心率；
（2）分直线斜率存在与不存在，当直线斜率不存在时，求出直线方程，与椭圆方程联立直接求出的坐标，从而求出结果；当直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理即可求解.
【详解】（1）由于椭圆过点，
所以，所以，
所以椭圆的离心率.
（2）由（1）可知椭圆方程为，
当直线的斜率不存在时，直线方程为，
与椭圆方程联立可求得（不妨设M在第一象限），
又，所以，
所以；

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，
联立，消去得，
，
由韦达定理得，
所以
.
综上，直线与直线的斜率之积为.
题型三：椭圆中的定直线问题
【典例分析】
例3-1.（安徽·高考真题（理））设椭圆的焦点在轴上
（Ⅰ）若椭圆的焦距为1，求椭圆的方程；
（Ⅱ）设分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上第一象限内的点，直线交轴与点，并且，证明：当变化时，点在某定直线上.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析
【详解】（1）由题意，得，
而，所以
所以椭圆的标准方程为
（2）设，
直线的直线方程为，当时，，
故点坐标，
由题意
得
即
解得
又点在曲线上，，解得
则点在定直线.
例3-2（2024·全国·高三专题练习）已知椭圆右焦点分别为，是上一点，点与关于原点对称，的面积为.
(1)求的标准方程；
(2)直线，且交于点，，直线与交于点.
证明：①直线与的斜率乘积为定值；
②点在定直线上.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）设为，根据，解得；点在曲线上，可得，解得，，即可得出椭圆的标准方程．
（2）①设，，直线方程为，，联立直线与椭圆方程，消去得，，利用斜率计算公式、根与系数的关系即可得出为定值．
②直线方程为，直线的方程为，联立直线与直线方程，，化简结合根与系数的关系可得为定值．
【详解】（1）设为，，
则，即，
又点在曲线上，∴，
将代入，整理得，，
解得，，
∴椭圆的标准方程为.
（2）①设，，直线方程为：，，
联立直线与椭圆方程，消去得，
当，即且时，
，，
∴，
，
∴，
.
②直线方程为：，即，
直线的方程为，即，
联立直线与直线方程得，
∴，，
∴.
∴，即点在定直线上.

【变式训练】
变式3-1.（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆，过点的动直线交椭圆于两点，在线段上取点满足，求证：点在某条定直线上．

【答案】证明见解析
【详解】解法一：设，即，，设，，，由于，，
又，两式相减得③
①②式代入③式，④
又由于，，
⑤⑥式代入④式，，即点在定直线上．
解法二：设，即，，设，， ，则，
于是有由点在椭圆上，则于是有，即，故点在定直线上．
变式3-2.（2023·江苏常州·校考一模）已知椭圆：的短轴长为，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的动直线与椭圆相交于不同的两点，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意得，再结合可求出，从而可求得椭圆方程，
（2）设，，，，设的方程为，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，由可得，再结合前面的式子化简可求出关于的方程，从而可证得结论.
【详解】（1）由题意可知，因为，所以解得，．
所以所求椭圆的方程为
（2）设，，，，
直线的斜率显然存在，设为，则的方程为．
因为，，，四点共线，不妨设，
则，，，，
由，可得，
化简得．（*）
联立直线和椭圆的方程，得，
消去，得，
，得，
由韦达定理，得，．代入（*）
化简得，即．
又，代入上式，得，化简得．
所以点总在一条定直线上．

题型四： 双曲线中的定点问题
【典例分析】
例4-1.（2023秋·江苏连云港·高三校联考阶段练习）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为，点，为C的左，右顶点．P为直线上的动点，与C的另一个交点为M，与C的另一个交点为N．
(1)求C的方程；
(2)证明：直线MN过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据题意，列出方程，求得，即可得到C的方程；
（2）根据题意，分别得到的坐标，然后分直线的斜率存在以及不存在分别讨论，即可得到结果.
【详解】（1）由题意可设双曲线方程为，左焦点为，则，
离心率为，则，则，，
则C的方程为.
（2）
因为点，为C的左，右顶点，P为直线上的动点，
所以，设，，
则直线的方程为，
联立直线与双曲线的方程可得，消去可得
，方程两根为，
由韦达定理可得，所以，，
即；
设直线方程为，
联立直线与双曲线的方程可得，消去可得
，方程两根为，
由韦达定理可得，则，，
即；
由对称性可知，若直线过定点，则定点在轴上，
当直线的斜率不存在时，，可得，
此时，，则直线经过点，
当时，，，
所以三点共线，即直线经过点.
综上，直线经过定点.
例4-2.（2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考模拟预测）已知双曲线的实轴长为，C的一条渐近线斜率为，直线l交C于P，Q两点，点在双曲线C上.
(1)若直线l过C的右焦点，且斜率为，求的面积；
(2)设P，Q为双曲线C上异于点的两动点，记直线MP，MQ的斜率分别为，，若，求证：直线PQ过定点.
【答案】(1)
(2)证明见详解.
【分析】（1）根据双曲线离心率公式，结合双曲线焦距定义求出双曲线的方程联立进行求解即可；
（2）设出直线方程与双曲线方程联立，根据一元二次方程根的判别式、根与系数关系，结合直线斜率公式进行求解即可.
【详解】（1）如图：

因为双曲线的实轴长为，
所以，即.又因为C的一条渐近线斜率为，
所以，所以，故双曲线.
则其右焦点坐标为，因为直线l过C的右焦点，且斜率为，
所以直线l的方程为：，设，.
联立得：，
所以由韦达定理得：，.
所以，
点到直线l的距离为：.
所以.
（2）证明：如图

设直线PQ的方程为：，设，.
联立得：.
，即
所以：，.
而，则，.
因为，所以
整理的：，
所以，
所以：，
所以，
整理得：，
代入韦达定理得：，
所以，
整理得：，
即，则或.
当时，直线线PQ的方程为：，所以过定点；
当时，直线线PQ的方程为：，所以过定点.
即为，因为P，Q为双曲线C上异于点的两动点，所以不符合题意.
故直线PQ过的定点为.
【变式训练】
变式4-1.（2023秋·四川成都·高三成都七中校考开学考试）已知双曲线的离心率为，左焦点到双曲线的渐近线的距离为，过点作直线与双曲线的左、右支分别交于点，过点作直线与双曲线的左、右支分别交于点，且点关于原点对称．
(1)求双曲线的方程；
(2)求证：直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由条件列关于的方程，解方程求，由此可得双曲线方程；
（2）设，分别联立直线，与双曲线方程，结合关于系数关系求点和点坐标，利用点斜式表示直线的方程，再证明直线过定点.
【详解】（1）设双曲线的半焦距为，则，
由已知，故，即，
所以渐近线方程为．
又到双曲线的渐近线的距离为，则，
所以．
所以双曲线的方程为．
（2）设，
若，则，
故，
直线的方程为，
若，设直线的方程为，
直线的方程与双曲线联立，
．
又，则
所以，即．
同理，
则，
则直线方程为，
令，则，
即
所以直线过定点．

变式4-2．（2023秋·安徽·高三安徽省宿松中学校联考开学考试）已知双曲线C：（，）的离心率为2，在C上.
(1)求双曲线C的方程；
(2)不经过点P的直线l与C相交于M，N两点，且，求证：直线l过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据双曲线上过的点及离心率列出方程组，求出双曲线方程；
（2）设出直线方程，分斜率不存在和斜率存在两种情况，特别是当斜率存在时，设直线为，与双曲线方程联立，根据题干中条件，列出方程，找到和的关系，求出过的定点，记得检验是否满足斜率不存在的情况.
【详解】（1）由已知得：，则，
又因为在C上，则，
解得，，
所以双曲线C的方程为.
（2）若直线l的斜率存在，设直线l的方程为，，，
联立方程，消去y得，
由已知，则，且，
可得，，
又因为，
由可得：，
整理得：，
则，
可得，则，
由已知l不经过点，故，
所以，即，
可得l：，过定点；
若直线l的斜率不存在，设，，
可得，
由可得：，
又因为，解得，满足条件，
综上所述：故直线l过定点.

题型五： 双曲线中的定值问题
【典例分析】
例5-1.（2023·全国·高三专题练习）已知A，B分别为双曲线的左、右顶点，P为该曲线上不同于A，B的任意一点，设，，的面积为S，则（ ）
A．为定值B．为定值
C．为定值D．为定值
【答案】C
【分析】利用三角换元得到，利用斜率公式可求与的关系，化简后可得的关系，故可判断AB的正误，根据面积公式可求（用表示），故可判断CD的正误.
【详解】由于双曲线的对称性，可设,
由双曲线可得，
则
,
因此,其中，
对于不是定值，故不正确；
对于,由于,即，
若为定值,则为定值,从而和是确定的值,
于是均为定值,这是不可能的,故B错误.
对于选项,
因此是定值,不是定值，
故选：C.
例5-2.（2023·全国·高二专题练习）已知点在双曲线上．
(1)点，为的左右顶点，为双曲线上异于，的点，求的值；
(2)点，在上，且，，为垂足，证明：存在定点，使得为定值．
【答案】(1);
(2)证明见解析.
【分析】（1）代入点，得，从而得双曲线方程及，的坐标，设点坐标为，则，结合在双曲线上，即可得答案；
（2）设直线方程为，设，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理及，得，舍去，从而得，直线过定点，为直角三角形，为直角，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得证.
【详解】（1）解：因为点在双曲线上，
所以，解得，
所以双曲线，则．
设点坐标为，则，
所以．
因为点在曲线上，
所以，
所以，
所以的值为．
（2）证明：依题意，直线的斜率存在，
故设其方程为，设，
联立，消得，
显然，否则不可能有两个交点，
，
由韦达定理得，
因为直线的斜率之积为，
所以，
所以，
即，
所以有，
将韦达定理代入化简得，
而当，此时直线为，
易知恒过定点，故舍去，
所以，此时满足且直线过定点，（如图所示）

又因为为垂足，所以为直角三角形，为直角，
所以当点为斜边的中点时，为定值．
综上所述，存在定点，使得为定值．
【变式训练】
变式5-1.（2023·江苏南通·统考模拟预测）古希腊人从一对对顶圆锥的截痕中发现了圆锥曲线，并研究了它的一些几何性质．比如，双曲线有如下性质：A，B分别为双曲线的左、右顶点，从C上一点P（异于A，B）向实轴引垂线，垂足为Q，则为常数．若C的离心率为2，则该常数为（ ）
A．B．C．D．3
【答案】D
【分析】设，由题结合可得.则，后由离心率结合可得答案.
【详解】设，则，又由题得
.则.
则.
故选：D

变式5-2.（2023春·福建厦门·高二厦门一中校考期中）已知双曲线：实轴长为4（在的左侧），双曲线上第一象限内的一点到两渐近线的距离之积为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设过的直线与双曲线交于，两点，记直线，的斜率为，，请从下列的结论中选择一个正确的结论，并予以证明.
①为定值；
②为定值；
③为定值
【答案】(1)
(2)③正确，证明见解析
【分析】（1）首先求双曲线的渐近线方程，再根据点到直线的距离公式，即可求双曲线方程；
（2）首先设直线：，与双曲线方程联立，得到，，再利用根与系数的关系表示，，以及，判断定值.
【详解】（1）设是上的一点，与是的两条渐近线，
到两条渐近线的距离之积，
依题意，，故，双曲线的标准方程为；
（2）正确结论：③为定值.
证明如下：由（1）知，，设，，
因为，不与，重合，所以可设直线：，
与联立：，消去整理可得：
故，，，
所以，
，，
①，
，不是定值，
②，
，不是定值，
③，
所以是定值.

题型六： 双曲线中的定直线问题
【典例分析】
例6-1.（2023·全国·统考高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.
【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，
双曲线方程为.
（2）由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，

直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，
据此可得点在定直线上运动.
例6-2.（2024·全国·高三专题练习）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.
【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，
双曲线方程为.
（2）由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，

直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，
据此可得点在定直线上运动.
【变式训练】
变式6-1.（2023春·安徽池州·高三池州市第一中学校考阶段练习）已知双曲线过点，且焦距为.
(1)求的方程；
(2)已知过点的动直线交的右支于两点，为线段上的一点，且满足，证明：点总在某定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线的方程；
（2）设点、、，记，则，，利用平面向量的坐标运算结合点差法求出点Q的轨迹方程，即可证得结论成立.
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以，双曲线的方程为.
（2）设点、、，
因为，即，记，

又A、P、B、Q四点共线，则，，
即，，
有，，
得，，
又因为，则，作差可得，
即，
得，即，
故点Q总在定直线上.
变式6-2.（2024·全国·高三专题练习）已知点在双曲线上．
(1)双曲线上动点Q处的切线交的两条渐近线于两点，其中O为坐标原点，求证：的面积是定值；
(2)已知点，过点作动直线与双曲线右支交于不同的两点､，在线段上取异于点､的点，满足，证明：点恒在一条定直线上．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出双曲线方程，设，则过点的切线方程为，联立与两条渐近线方程，得到点坐标，利用求出面积为定值；
（2）考虑直线斜率不存在，不合题意，故直线斜率存在，设直线方程，与双曲线方程联立，设出，得到两根之和，两根之积，再设点的坐标为，由得到，，消去参数得到点恒在一条定直线上.
【详解】（1）将代入双曲线中，，
解得，故双曲线方程为，
下面证明上一点的切线方程为，
理由如下：当切线方程的斜率存在时，
设过点的切线方程为，与联立得，
，
由
化简得，
因为，代入上式得，
整理得，
同除以得，，
即，
因为，，
所以，
联立，两式相乘得，，
从而，
故，
即，
令，则，即，
解得，即，
当切线斜率不存在时，此时切点为，切线方程为，满足，
综上：上一点的切线方程为，
设，则过点的切线方程为，
故为过点的切线方程，
双曲线的两条渐近线方程为，
联立与，解得,
联立与，解得,
直线方程为，即，
故点到直线的距离为，
且，
故的面积为
，为定值；
（2）若直线斜率不存在，此时直线与双曲线右支无交点，不合题意，不满足条件，
故直线斜率存在，设直线方程，
与联立得，
由，
因为恒成立，所以，
故，
解得,
设，则，
设点的坐标为，
则由得，，
变形得到，
将代入，解得，
将代入中，解得，
则，
故点恒在一条定直线上.
题型七： 抛物线中的定点问题
【典例分析】
例7-1.（2019·北京·高考真题（理））已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．
（Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；
（Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．
【答案】(Ⅰ) ，；
(Ⅱ)见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意结合点的坐标可得抛物线方程，进一步可得准线方程；
(Ⅱ)联立准线方程和抛物线方程，结合韦达定理可得圆心坐标和圆的半径，从而确定圆的方程，最后令x=0即可证得题中的结论.
【详解】(Ⅰ)将点代入抛物线方程：可得：，
故抛物线方程为：，其准线方程为：.
(Ⅱ)很明显直线的斜率存在，焦点坐标为，
设直线方程为，与抛物线方程联立可得：.
故：.
设，则，
直线的方程为，与联立可得：，同理可得，
易知以AB为直径的圆的圆心坐标为：，圆的半径为：，
且：，，
则圆的方程为：，
令整理可得：，解得：，
即以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.
例7-2.（2023秋·四川成都·高三四川省成都列五中学校考阶段练习）已知拋物线的顶点在原点，对称轴为 ​轴，且经过点​.
(1)求抛物线方程;
(2)若直线 ​与抛物线交于​两点，且满足​，求证: 直线​恒过定点，并求出定点坐标.
【答案】(1)
(2)定点，证明见解析
【分析】（1）根据抛物线过点，代入即可求出结果;
（2）由题意直线方程可设为，将其与抛物线方程联立，根据韦达定理，化简求解，即可求出定点.
【详解】（1）由题可知，拋物线的开口向右，
设拋物线方程为 ​，
因为经过点​，
所以 ​，解得​
所以，抛物线的标准方程为: ​.
（2）如图，
设直线 ​的方程为:​，
联立方程 ​
消 ​有：​
由于交于​两点，设​，
则 ​，即​，
​，
由 ​.
则 ​.
解得: ​，验证满足条件.
所以直线 ​的方程为​，
即证直线​恒过定点.
【变式训练】
变式7-1.（2024秋·内蒙古呼和浩特·高三统考开学考试）已知抛物线C：焦点为，直线l与抛物线C交于，两点，且，（O为坐标原点）．
(1)求抛物线C的方程；
(2)求证：直线l过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由焦点坐标有求参数，即可得抛物线方程；
（2）设l：，，，联立抛物线消去x，应用韦达定理、向量数量积的坐标表示列方程求参数，并写出直线方程，即可证结论.
【详解】（1）由题设，则，所以抛物线方程为.
（2）令l：，，，
联立得：，则，，

，
解得或，由得：，故，
∴l：过定点.
变式7-2.（2023秋·广东东莞·高三校考阶段练习）在平面直角坐标系中，已知圆心为C的动圆过点，且在轴上截得的弦长为4，记C的轨迹为曲线E．
(1)求E的方程；
(2)已知及曲线E上的两点B和D，直线AB，AD的斜率分别为，，且，求证：直线BD经过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意列出圆心满足的方程结合弦长得出的方程，化简即可得答案.
（2）设直线：，联立抛物线方程，设，，可得根与系数的关系式，结合化简可得参数之间的关系，进而利用直线方程求得定点坐标.
【详解】（1）设圆心，半径为，
因为圆心为C的动圆过点，所以，
因为圆心为C的动圆在轴上截得的弦长为4，所以，
所以，即，所以曲线E是抛物线.
（2）证明：由题意点坐标适合，即点A在E上，
由题意可知BD斜率不会为0，设直线：，
联立，消去并整理得，
需满足，即，
设，，则，，

因为，，
所以，
所以，将，代入得，
即，
所以直线：，即，
所以直线BD经过定点.
题型八： 抛物线中的定值问题
【典例分析】
例8-1.（2022秋·广东深圳·高三深圳外国语学校校考开学考试）抛物线的焦点到准线的距离为.
(1)求抛物线的标准方程；
(2)过焦点的直线（斜率存在且不为0）交抛物线于两点，线段的中垂线交抛物线的对称轴于点，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据抛物线的定义即可得解；
（2）不妨取抛物线的方程为，设直线的方程为，、，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式表示出，再求出中垂线方程，即可求出点坐标，即可求出，从而得解.
【详解】（1）因为抛物线的焦点到准线的距离为，所以，
根据建系方案的不同，抛物线的标准方程有四种可能，
分别是，，，.
（2）在平面直角坐标系中，抛物线的位置并不影响的取值，因此不妨取抛物线的方程为，此时焦点，
根据题意，直线的斜率存在且不为，因此设直线的方程为，
与抛物线联立，得关于的一元二次方程，
则，设、，
则，，，
，
则，
线段的中点坐标为，中垂线方程为，
令，解得，即中垂线与轴交于，
所以，则.

例8-2（2023秋·湖南·高三临澧县第一中学校联考开学考试）已知抛物线的焦点为，抛物线的焦点为，且．
(1)求的值；
(2)若直线l与交于M，N两点，与交于P，Q两点，M，P在第一象限，N，Q在第四象限，且，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据抛物线方程可得，，进而结合两点间的距离公式求解即可；
（2）由（1）知，，设直线，，，，，根据题意结合图形可知，且，联立直线与抛物线和的方程结合韦达定理可得，，由结合向量知识可得，进而得到，进而得到，联立，可得，，，，进而求证即可.
【详解】（1）由题意知，，
所以，
解得．
（2）由（1）知，．
设直线，，，，，
根据题意结合图形可知，且．
联立，得，
则，
同理联立，得，
则．
由可得，，
又，，
所以，
即，化简得，即，
又因为，，所以，
再由，得．
联立，解得，
所以，，．
故，
所以为定值.
【变式训练】
变式8-1.（四川·高考真题（理））已知抛物线：的焦点为，过且斜率为的直线与抛物线交于，两点，在轴的上方，且点的横坐标为4.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）设点为抛物线上异于，的点，直线与分别交抛物线的准线于，两点，轴与准线的交点为，求证：为定值，并求出定值.
【答案】（1）（2）见证明
【分析】（1）先由题意得到，，根据的斜率为，求出，即可得出抛物线方程；
（2）先由（1）的结果，得到点坐标，设点，结合题意，求出与，计算其乘积，即可得出结论成立.
【详解】（1）由题意得：，
因为点的横坐标为4，且在轴的上方，
所以，
因为的斜率为，
所以，整理得：，
即，得，
抛物线的方程为：.
（2）由（1）得：，，淮线方程，
直线的方程：，
由解得或，于是得.
设点，又题意且,
所以直线：，令，得，
即，
同理可得：，
.
变式8-2.（2018·北京·高考真题（理））已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．
（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；
（Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值．
【答案】(1) 取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）
(2)证明过程见解析
【详解】分析：（1）先确定p,再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值范围，最后根据PA，PB与y轴相交，舍去k=3，（2）先设A（x1，y1），B（x2，y2），与抛物线联立，根据韦达定理可得，．再由，得，．利用直线PA，PB的方程分别得点M，N的纵坐标，代入化简可得结论.
详解：解：（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），
所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．
由题意可知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．
由得．
依题意，解得k