专题04 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题(典型题型归类训练)-2025年高考数学二轮复习解答题解题技巧（新高考专用）

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一、注意基础知识的整合、巩固。进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度。
二、查漏补缺，保强攻弱。针对“一模”中的问题根据实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
专题04 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
(典型题型归类训练)
目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc9949" 一、必备秘籍 PAGEREF _Tc9949 \h 1
\l "_Tc20071" 三、定直线问题 PAGEREF _Tc20071 \h 2
\l "_Tc29224" 二、典型题型 PAGEREF _Tc29224 \h 2
\l "_Tc17592" 题型一：定点问题 PAGEREF _Tc17592 \h 2
\l "_Tc11450" 题型二：定值问题 PAGEREF _Tc11450 \h 12
\l "_Tc18958" 题型三：定直线问题 PAGEREF _Tc18958 \h 23
\l "_Tc21688" 三、专项训练 PAGEREF _Tc21688 \h 34
一、必备秘籍
一、定点问题
1.求解(或证明)直线和曲线过定点的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量，视作常数，把方程一边化为零，既然是过定点，那么这个方程就是对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于，的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．
2.常用方法：一是引进参数法，引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点；二是特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
二、定值问题
1.解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．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.
2. 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
三、定直线问题
定直线问题是证明动点在 定直线上，其实质是求动点的轨迹方程，所以所用的方法即为 求轨迹方程的方法，如定义法、消参法、交轨法等．
二、典型题型
题型一：定点问题
1．（2024高三·全国·专题练习）如图，四边形ABCD是椭圆的内接四边形，直线AB经过左焦点，直线AC，BD交于右焦点，直线AB与直线CD的斜率分别为．
(1)求证：为定值；
(2)求证：直线CD过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设，表示出直线AC的方程，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系表示出，则可表示出，表示出点的坐标，同理表示出点的坐标，再由A，，B三点共线，得，然后利用斜率公式化简，可得的关系；
（2）解法一：直线CD交x轴于点，表示出直线的方程，表示出，结合（1）中的关系化简可得答案，解法二：设直线AB，DC交于点P，则由题意可设P（3，m），由对称性可知，直线CD过定点必在x轴上，然后根据（1）得到的关系化简可得答案.
【详解】（1）设，
则直线AC的方程为，代入椭圆方程，
整理得．
因为，所以，从而．
故点，同理，点．
因为A，，B三点共线，所以，从而．
所以
．
故．
（2）解法一：由（1）知，，
设直线CD交x轴于点，
因为，所以直线为，
当时，，得，
所以
，
故直线CD过定点．
解法二：如图，设直线AB，DC交于点P，则点P在F2对应的极线，即x＝3上，
可设P（3，m），
由对称性可知，直线CD过定点必在x轴上，不妨设定点为T（t，0）
则，由（1）知，得，即．
∴，故直线CD过定点．
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中的定值和定点问题，解题的关键是利用“设而不求”的思想，设出交点坐标，设出直线方程，代入椭圆方程化简，结合根与系数的关系求解，考查计算能力和转化思想，属于难题.
2．（2024高三·全国·专题练习）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，过的直线l与椭圆C交于P，Q两点，的周长为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，点A，分别是椭圆C的左顶点、左焦点，直线m与椭圆C交于不同的两点M，N（M，N都在x轴上方）．且．证明直线m过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点．
【分析】（1）由焦距和焦点三角形的周长求出，得椭圆C的方程；
（2）设直线l方程为，代入椭圆方程，设，韦达定理表示出根与系数的关系，由，得，利用斜率公式结合韦达定理化简得，可得直线l过定点.
【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c，由题意知，解得c＝2．
由椭圆的定义知，的周长为，∴，故．
∴椭圆C的方程为．
（2）由题意知，直线的斜率存在且不为0，设直线l：，，
把直线方程代入椭圆方程，整理可得，
，即，∴．
∵，M，N都在x轴上方，且，∴．
∴，即．
将代入，
整理可得，又，
即，整理可得，
∴直线l为．∴直线l过定点．
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，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，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线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．
3．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知双曲线的焦距为，点在C上．
(1)求C的方程；
(2)直线与C的右支交于两点，点与点关于轴对称，点在轴上的投影为.
①求的取值范围；
②求证：直线过点．
【答案】(1)
(2)① ；②证明见解析
【分析】（1）由题可得，解方程即可得到答案；
（2）①设，联立，消去得，由于与的右支交于，两点，双曲线的渐近线方程为，可得，以及，解不等式可得的取值范围；
②由①得，，由题可得，利用向量关系可得，从而可得，，三点共线，即可证明.
【详解】（1）由已知得，解得，
所以的方程为.
（2）①设，，则，
联立，
消去得，
则，，
解得，且.
又与的右支交于，两点，的渐近线方程为，
则，即，
所以的取值范围为.
②由①得，，
又点在轴上的投影为，所以，，
所以，
，
所以，
又，有公共点，所以，，三点共线，所以直线过点.
【点睛】关键点睛：（1）直线与双曲线一支相交于两点，可利用韦达定理、根的判别式以及直线斜率与渐近线斜率的关系进行求解；
（2）证明直线过定点，可利用向量平行关系进行证明.
4．（2024·青海海南·二模）已知双曲线的虚轴长为，点在上.设直线与交于A，B两点（异于点P），直线AP与BP的斜率之积为.
(1)求的方程；
(2)证明：直线的斜率存在，且直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）借助虚轴定义得，将的坐标代入方程得，即可求解双曲线方程；
（2）设出直线方程，代入曲线中，可得与交点横坐标有关韦达定理，借助韦达定理计算斜率之积可得直线l中参数关系，即可得其定点.
【详解】（1）因为虚轴长为，所以，
将的坐标代入方程，得，解得，
故的方程为.
（2）设，直线AP的斜率为，直线BP的斜率为．
当直线的斜率不存在时，设，联立得，
即，
由，得，解得（舍去）或（舍去），
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，
代入的方程得，
则，
由，
可得，
即，
化简得，即，
所以或，
当时，直线的方程为，直线过点，
与条件矛盾，舍去；
当时，直线的方程为，直线过定点
【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
5．（23-24高二下·河南焦作·期末）已知抛物线的焦点为，为原点，第一象限内的点在上，，且的面积为.
(1)求的方程；
(2)若，是上与不重合的两动点，且，求证：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据，可得，由面积公式即可求出，从而得到抛物线方程；
（2）设直线的方程为：，，，联立方程结合韦达定理可得，，
由，利用向量关系化简可得：，从而得到，的关系，即可证明.
【详解】（1）由题可得，由，可得的横坐标为，
因为点在第一象限内，则，
所以，解得：，
所以抛物线方程为
（2）由(1)可得：，，
显然直线的斜率不为0，设直线的方程为：，，，
所以，
联立方程，可得：，
所以，即，，，
因为，所以，
则，
化简得：，
则，
所以，
解得：，或，
当时，即，且，
所以，所以直线过定点为，
当时，即，且，
所以，所以直线过定点为，即点，不满足题意，舍去；
综上：直线过定点为
【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或横截式来证明.
6．（23-24高二下·安徽亳州·期末）已知为坐标原点，是抛物线上与点不重合的任意一点．
(1)设抛物线的焦点为，若以为圆心，为半径的圆交的准线于两点，且的面积为，求圆的方程；
(2)若是拋物线上的另外一点，非零向量满足，证明：直线必经过一个定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出，点到准线的距离，利用求出可得答案；
（2）方法一，对两边平方得，设，设直线的方程为，结合抛物线方程得，再由可得答案；方法二，对两边平方得，设，设直线的方程为与抛物线方程联立，利用韦达定理结合可得答案.
【详解】（1）准线为到的距离是．由对称性知，
是等腰直角三角形，斜边，
点到准线的距离，
，解得，
故圆的方程为；
（2）方法一，因为，
所以，
所以，
设在抛物线上，
则．
显然直线的斜率存在，
则直线的方程为，
将代入得，，
即，
令，得，
由得，，
因为（否则，有一个为零向量），
所以，代入式可得，
故直线经过定点．
方法二，因为，所以，
设在拋物线上，
则，
显然直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立消去得到，
，
由得，，
因为（否则，有一个为零向量），
所以，即，
因此就是．故直线经过定点．
【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.
题型二：定值问题
1．（2024高三·全国·专题练习）如图所示，已知椭圆系方程：（，），、是椭圆的焦点，是椭圆上一点，且．
(1)求的离心率，求出的方程．
(2)P为椭圆上任意一点，过P且与椭圆相切的直线l与椭圆交于M、N两点，点P关于原点的对称点为Q，求证：的面积为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先根据椭圆，，，求得a，b，进而得到椭圆的方程求解；
（2）作伸缩变换，使椭圆变为圆，椭圆变为圆，由题意得到，再由点P关于原点的对称点为Q，求解.
【详解】（1）解：椭圆的方程为，即，
∵，∴，，
∴，即．
又，
∴，，
∴椭圆的方程为．
∴的离心率，
椭圆的方程为．
（2）作伸缩变换，
则椭圆变为圆，椭圆变为圆．
如图所示．
∵直线MN与椭圆相切于点P，则变换后直线与圆相切于点，此时．
而，，则，
从而，
故，于是．
又点P关于原点的对称点为Q，则，
即的面积为定值．
【点睛】方法点睛：本题第二问通过作伸缩变换，将椭圆问题转化为圆的问题，易得，再利用对称性，由而得解.
2．（2024高三·全国·专题练习）已知椭圆的左、右顶点分别为，过轴上一点作一直线，与椭圆交于两点（异于），直线和的交点为，记直线和的斜率分别为，求的值．
【答案】
【分析】法一：首先利用三点共线表示点的横坐标，并利用方程联立，得出两点坐标关系，代入，即可求值.
法二：由题意可得点N在关于椭圆的极线上，设，再利用斜率公式计算即可得出结论.
【详解】解法一：由题意设直线的方程：，，，，
由和三点共线可知 ，
解得
，，（*）
联立 ，得，
，
，
代入（*）得，
， ，.
解法二：∵A，P，Q，B是椭圆上的四点，直线AB与PQ相交于点M，
直线AP与BQ相交于点N，
则点N在关于椭圆的极线上，设，
则，∴.
【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．
3．（2024高三·全国·专题练习）已知是双曲线的左右焦点，，点在双曲线上.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若直线与双曲线相切与于点，与双曲线的两条渐近线分别相交于两点，当点在双曲线上运动时，的值是否为定值？若是，求出定值；否则，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是定值，定值为3
【分析】（1）由题意可得，即有，又点在双曲线上，代入双曲线的方程，解方程可得，进而得到双曲线的方程；
（2）讨论为双曲线的顶点，即切线的斜率不存在，求得的坐标，可得；再设，且切线的斜率存在，代入双曲线的方程，求导可得切线的斜率和方程，联立渐近线方程求得的坐标，再由向量数量积的坐标表示，计算即可得到所求定值.
【详解】（1）由题意可得，即，即有，
又点在双曲线上，可得，解得，
即有双曲线的方程为.
（2）假设为双曲线的顶点，设，切线为，
代入双曲线的渐近线方程，可得，
即有；
设，且切线的斜率存在，且有，

对双曲线的方程两边对x求导，可得，
求得切线的斜率为，切线的方程为，
化为，
联立渐近线方程，可得，
即有.
则当点在双曲线上运动时，的值为定值3.
【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：（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.
4．（23-24高二下·上海·期末）已知双曲线：的离心率为，点在双曲线上．过的左焦点F作直线交的左支于A、B两点．
(1)求双曲线的方程．
(2)若，试问：是否存在直线l，使得点M在以AB为直径的圆上？若存在出直线l的方程；若不存在，说明理由．
(3)点，直线交直线于点．设直线、的斜率分别、，求证：为定值．
【答案】(1)；
(2)不存在，理由见解析；
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意列式求，进而可得双曲线方程；
（2）设，联立方程，利用韦达定理判断是否为零即可；
（3）用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）由双曲线的离心率为，且在双曲线上，
可得，解得，所以双曲线的方程为．
（2）双曲线的左焦点为，
当直线的斜率为0时，此时直线为，与双曲线左支只有一个交点，不符合题意，
当直线的斜率不为0时，设，
由，消去得，
显然，，
设，则，得，
于是，
，
即，因此与不垂直，
所以不存在直线，使得点在以为直径的圆上．
（3）由直线，得，
则，又，
于是
，
而，即有，且，
所以，即为定值．
【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
5．（2024高三·全国·专题练习）已知抛物线经过点，直线与抛物线有两个不同的交点，直线交轴于，直线交轴于．
(1)若直线过点，求直线的斜率的取值范围；
(2)若直线过抛物线的焦点，交轴于点，求的值；
(3)若直线过点，设，求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)2
【分析】（1）由题意易得直线斜率存在且不为，且直线、斜率存在，设出直线方程，并联立抛物线方程，根据交点有两个，得出，解不等式即可得直线斜率的范围.
（2）设直线的方程为：联立直线与抛物线的方程得出点纵坐标之间的关系，再由，，得出、与点坐标之间的关系，对化简可求得的值.
（3）根据，，得出、与点坐标之间的关系，再根据在同一直线上，在同一直线上，得出，与点坐标之间的关系，根据（1）中联立所得的方程得出点横坐标之间的关系，对原式进行化简，即可得的值.
【详解】（1）因为抛物线经过点，所以，所以，
所以抛物线的解析式为．
又因为直线过点，且直线与抛物线有两个不同的交点．
易知直线斜率存在且不为，故可设直线的方程式为.
根据题意可知直线不能过点，所以直线的斜率.
若直线与抛物线的一个交点为，此时该点与点所在的直线斜率不存在，
则该直线与轴无交点，与题目条件矛盾，
此时，所以直线斜率.
联立方程，得，
因为直线与抛物线有两个不同交点，所以，所以．
故直线的斜率的取值范围是且且.
即率的取值范围是.
（2）如图所示
设直线的方程为：由，得，
设，，
则，∵，，
，，
∴，，∴
，
.
（3）如图所示
设点，，则，，
因为，所以，故，由得，
设，，
直线方程为，
令，得①，由直线可得②，
因为③，
将①②代入③可得，
，
又由根与系数的关系：，，
所以，
所以.
【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.
6．（23-24高一下·安徽·阶段练习）已知抛物线经过点中的两个点，为坐标原点，为焦点.
(1)求抛物线的方程；
(2)过且倾斜角为的直线交于两点，在第一象限，求的值；
(3)过点的直线与抛物线交于两点，直线分别交直线于两点，记直线的斜率分别为，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)3
(3)证明见解析
【分析】（1）根据抛物线的对称性，确定抛物线经过的点，从而求出其方程；
（2）利用抛物线的定义分别求出和，计算即得；
（3）依题设，将其与抛物线方程联立，写出韦达定理，分别求出点的坐标，求得的表示式，化简，消元并代入韦达定理计算即得.
【详解】（1）因为抛物线关于轴对称，
所以必过中的两点，
代入可得，解得，所以拋物线的方程为.
（2）
如图1，过点作抛物线准线的垂线，垂足为，
由抛物线定义可得，又，解得，
同理，解得，故.
（3）
如图2，设直线的方程为，
联立，得，显然，所以，
直线方程为，令，得点的纵坐标，即，
同理可得，故可得.
于是，即是定值.
【点睛】思路点睛：本题主要考查抛物线定义的应用和与之相关的定值问题.
对于与抛物线的焦半径，焦点弦有关的题型，一般考虑运用抛物线定义求解；对于定值问题，一般思路是设直线方程，与抛物线方程联立，得韦达定理，消元代入求解.
题型三：定直线问题
1．（23-24高三下·上海·开学考试）已知椭圆的离心率为，左右焦点分别为，是椭圆上一点，，．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于两点，为线段中点．
（i）求证：点轨迹方程为；
（ii）为坐标原点，射线与椭圆交于点，点为直线上一动点，且，求证：点在定直线上．
【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的焦点三角形，即可结合余弦定理求解，
（2）（i）联立直线与椭圆的方程可得韦达定理，即可根据中点坐标公式可得，从而即可得证；（ii）进一步根据向量的坐标运算即可得证.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以，解得.
因为，，.
在中，由余弦定理得，
解得，则，故椭圆的方程为；
（2）（i）
当直线的斜率存在且不为0时，不妨设直线的方程为，
联立得.
因在椭圆内，所以直线必与椭圆相交.
设，由韦达定理得，
所以.
因为为线段中点，
所以，此时，则.
要证，只需证明，
而，
所以点轨迹方程为；
（ii）联立得，则.
不妨设，所以，.
不妨设，由得
，
即.
因为，，
所以.
∵，所以，即，
则点在定直线上.
当直线斜率为0时，轴，此时,.
因为，所以，则，
故点在定直线上；
当直线无斜率时，此时直线方程为，易知轴，
所以点在轴上，则.
∵，所以，即，则点在定直线上.
综上可得：点在定直线上.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
技巧：若直线方程为,则直线过定点；若直线方程为 (为定值),则直线过定点
2．（2024高三·全国·专题练习）已知椭圆的离心率为，，分别为的上、下顶点，为坐标原点，直线与交于不同的两点，．
(1)设点为线段的中点，证明：直线与直线的斜率之积为定值；
(2)若，证明：直线与直线的交点在定直线上．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设，，由中点坐标公式和斜率公式，结合点差法证明定值.
（2）由题意求出椭圆方程，与直线方程联立，韦达定理表示根与系数的关系，联立直线与直线的方程，化简可求得交点在定直线上．
【详解】（1）设，，则．
由两式相减得，即．
所以．
（2）解法一：
由解得所以椭圆的方程为．
将直线的方程代入椭圆的方程，化简整理得．①

由，解得．
由韦达定理，得，．②
设，，
则直线的方程为，③
直线的方程为，④
由③④两式解得
，
即，所以直线与直线的交点在定直线上．
解法二：
设直线（即直线）与直线（轴）的交点为，直线与直线的交点为，
则点，，构成椭圆的自极三点形，点一定在点对应的极线上，其方程为，即，
就是说直线与直线的交点在定直线上．
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，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，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线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．
3．（23-24高二下·黑龙江大庆·期中）已知A，B分别是双曲线的左、右顶点，P是C上异于A，B的一点，直线PA，PB的斜率分别为，且.
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知过点的直线，交C的左，右两支于D，E两点（异于A，B）.
（i）求m的取值范围；
（ii）设直线AD与直线BE交于点Q，求证：点Q在定直线上.
【答案】(1)
(2)（i）或；（ii）证明见解析
【分析】（1）由已知条件去设点的坐标，表示斜率之积，通过点在双曲线上，代入并消元一个变量，即可得到，从而求出双曲线方程；
（2）（i）利用过点的直线与双曲线的左右两支相交，必满足,从而去求出的取值范围；
（ii）先用交点坐标去表示直线的方程，然后猜想交点的横坐标为定值，所以消去纵坐标得到关于交点的横坐标的表达式，最后利用韦达定理代入化简，可得定值，即问题可得证.
【详解】（1）
由题意可知，
因为，所以.
设，则，所以，
又，
所以.
所以双曲线C的方程为.
（2）（i）由题意知直线l的方程为.
联立，化简得，
因为直线l与双曲线左右两支相交，所以，
即满足：，
所以或；
（ii），
直线AD的方程为
直线BE的方程为.
联立直线AD与BE的方程，得，
所以，
所以，
所以
.
所以点Q的横坐标始终为1，故点Q在定直线上.
4．（2024高三下·河南·专题练习）动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是2，记动点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)过的直线与交于两点，且，若点满足，证明：点在一条定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意列等式，然后化简即可得到的方程；
（2）分斜率为0和不为0两种情况考虑，当直线的斜率为0时得到，当直线的斜率不为0时，联立直线和双曲线方程，结合韦达定理和得到点在定直线上，又也在直线上，即可证明点在一条定直线上.
【详解】（1）由题意知，所以，
所以，
化简得，的方程为.
（2）
依题意，设，
①当直线的斜率为0时，则，
因为，所以，
所以，从而，
则，即，解得，即.
②当直线的斜率不为0时，设的方程为，
由消去，得，
则且，
因为，所以，
消去，得，
所以，
从而，
又也在直线上.
综上，点在直线上.
【点睛】方法点睛：求解动点在定直线上的方法：
（1）先猜后证：现根据特殊情况猜想，然后证明；
（2）参数法：用题目中参数表示动点的横纵坐标，然后消参，即可得到直线方程.
5．（23-24高二下·广东惠州·阶段练习）已知抛物线的焦点关于直线的对称点为．
(1)求的方程；
(2)若为坐标原点，过焦点且斜率为1的直线交于两点，求；
(3)过点的动直线交于不同的两点，为线段上一点，且满足，证明：点在某定直线上，并求出该定直线的方程．
【答案】(1)；
(2)8；
(3)证明见解析，
【分析】（1）由焦点关于直线的对称点为即可求得p值，则抛物线方程可求；
（2）联立直线方程与抛物线方程，结合韦达定理以及过抛物线焦点的弦长公式即可求解；
（3）设直线的方程为，联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理化简，分析可得，则定直线方程可求.
【详解】（1）抛物线的焦点关于直线的对称点为，于是，解得：，
所以抛物线的方程为．
（2）由（1）知，直线的方程为，设，
由消去得：，
则，
所以．
（3）由题意可得直线的斜率存在．设直线的方程为，
代人抛物线方程，整理得或．
设，则，
由，
得，
化简得，
当时，因，化简得，与直线的斜率存在矛盾，不合题意；
当时，
化简得．
即
化简得，
又，所以，
化简得，
所以点在直线上．
【点睛】
方法点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设出直线方程，再与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理并结合已知推理求解.
6．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知点，，和动点满足是，的等差中项．
(1)求点的轨迹方程；
(2)设点的轨迹为曲线按向量平移后得到曲线，曲线上不同的两点M，N的连线交轴于点，如果（为坐标原点）为锐角，求实数的取值范围；
(3)在（2）的条件下，如果时，曲线在点和处的切线的交点为，求证：在一条定直线上．
【答案】(1)；
(2)或；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据题意，由平面向量的坐标运算，结合等差中项的定义代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由平移公式可得曲线的方程，然后与直线的方程联立，由平面向量的夹角公式，代入计算，即可得到结果；
（3）根据题意，求导可得在点处的切线方程，联立两条切线方程，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由题意可得，，，
则，
，
又是，的等差中项，
，
整理得点的轨迹方程为．
（2）
由（1）知，
又，平移公式为即，
代入曲线的方程得到曲线的方程为：，
即．
曲线的方程为．
如图由题意可设M，N所在的直线方程为，
由消去得，
令，，则，
，，
又为锐角，，即，
，又，
，得或．
（3）当时，由（2）可得，对求导可得，
抛物线在点，
，处的切线的斜率分别为，
，
在点M，N处的切线方程分别为，，
由，解得交点的坐标．
满足即，点在定直线上．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了曲线的轨迹方程问题以及切线问题，难度较大，解答本题的关键在于联立方程结合韦达定理计算以及转化为坐标运算.
三、专项训练
1．（2024高三·全国·专题练习）椭圆经过点，且离心率．
(1)求椭圆的方程；
(2)设是直线上任意一点，是经过椭圆右焦点的一条弦（不经过点）．记直线，，的斜率依次为，，，问是否存在常数，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的离心率及椭圆过点，可列方程，解方程即可；
（2）易知直线斜率一定存在，设，当直线斜率为时，分别表示，，，可得成立，当直线与轴不重合时，设直线，联立直线与椭圆，结合韦达定理，分别表示，，，即可得 .
【详解】（1）由椭圆离心率，则，即，
所以椭圆方程为，
又椭圆过点，则，解得，，
所以椭圆方程为.
（2）由已知，经过椭圆右焦点，不经过点，
可知直线的斜率一定存在，设，
当直线斜率为时，，，
则，，，
此时，
当直线斜率不为时，
如图，设直线的方程为，点，，
联立直线与椭圆，得，，
则，，
设，，于是，即．
又，则，
，
综上所述存在常数，使得．
【点睛】方法点睛：（1）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．
（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
2．（2024高三·全国·专题练习）在平面直角坐标系xy中，已知椭圆C：，F是椭圆的右焦点且椭圆C与圆M：外切，又与圆N：外切．

(1)求椭圆C的方程．
(2)已知A，B是椭圆C上关于原点对称的两点，A在x轴的上方，连接AF，BF并分别延长交椭圆C于D，E两点，证明：直线DE过定点．
【答案】(1)；
(2)证明见解析
【分析】（1）求出两圆的圆心和半径，再求出圆与坐标轴的交点，结合题意可得，从而可求得椭圆方程；
（2）设，由三点共线，可得，再结合均在椭圆上，可得，从而可表示出，同理表示出，然后表示出直线的方程，化简可得结论.
【详解】（1）由题意得圆圆心，半径为4，过点，
和椭圆外切，切点必为，故，
圆圆心，半径为，过点，
和椭圆外切，切点必为，故，
故椭圆C的方程为；
（2）设，
∵三点共线，又，
则，即（★），
又∵点均在椭圆上，则，可变形为，代入中，
整理可得，结合（★）式得（✰），
★✰式联立解得，
同理可得，
∴直线的方程为，
即，
又，
，
∴直线DE的方程，
故直线DE过定点．
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中直线过定点问题，第（2）问解题的关键是由三点共线，利用向量知识表示出坐标之间的关系，再结合点在椭圆上求解，考查数形结合的思想和计算能力，属于难题.
3．（23-24高二下·山西运城·期中）已知A，B分别是双曲线的左、右顶点，是上异于A，B的一点，直线PA，PB的斜率分别为，且.
(1)求双曲线的方程;
(2)已知过点的直线交于两点（异于A，B），直线与直线交于点.求证:点在定直线上.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由可求，利用两点斜率公式表示，由条件列方程求，由此可得双曲线方程；
（2）设的方程为， ，利用设而不求法可得，
求直线直线与直线的交点坐标，由此证明结论.
【详解】（1）由题意可知，
因为，所以.
设，则，所以，
又，
所以.
所以双曲线的方程为.
（2）若直线的斜率为，则直线与双曲线交于点，与条件矛盾，
所以直线的斜率不能为0，
设的方程为.
联立，化简得
所以，所以，
，
直线AD的方程为，
直线BE的方程为.
联立直线AD与BE的方程，得，
所以，
所以，
所以.
所以点的横坐标始终为1，故点在定直线上.
【点睛】方法点睛：（1）解答直线与双曲线的题目时，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．
（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
4．（23-24高二下·云南曲靖·阶段练习）设抛物线的焦点为，点，过点且斜率存在的直线交于不同的两点，当直线垂直于轴时，.
(1)求的方程；
(2)设直线与的另一个交点分别为，设直线的斜率分别为，证明：
（ⅰ）为定值；
（ⅱ）直线恒过定点.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）由抛物线得定义求解抛物线的方程即可.
（2）（ⅰ）利用韦达定理求解出，
（ⅱ）通过韦达定理将直线化简成，求出直线过定点.
【详解】（1）由焦半径公式知：，，
的方程为：.
（2）由（1）知：，
可设直线方程为：，设则
直线方程为：
联立
，将代入得，
，同理：
（ⅰ），
（ⅱ）直线的方程为：
由得：即，
，
直线的方程为：，
直线恒过定点.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是写出直线的方程，再代入韦达定理式化简即可.
5．（23-24高二上·山东潍坊·阶段练习）已知点，圆，点是圆上的任意一点.动圆过点，且与相切，点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)若与轴不垂直的直线与曲线交于、两点，点为与轴的交点，且，若在轴上存在异于点的一点，使得为定值，求点的坐标；
(3)过点的直线与曲线交于、两点，且曲线在、两点处的切线交于点，证明：在定直线上.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）分析可知，点的轨迹是以为焦点的抛物线，即可得出曲线的方程；
（2）设、，设直线的方程为，将直线的方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，根据求出的值，可得出点的坐标，设、，则，利用平面内两点间的距离公式结合为定值，可求得的值，即可得出点的坐标；
（3）设直线的方程为，设、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，写出抛物线在点、的切线方程，联立两切线方程，求出点的坐标，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：由题意知，点到点的距离和它到直线的距离相等，
所以，点的轨迹是以为焦点的抛物线，所以的方程为，
（2）解：设、，设直线的方程为，
联立方程组，得，，可得，

所以①，②
，
即，
将①②代入得，因为，所以，所以点的坐标为，
设、，则，
使为定值，需满足，即，
因为，所以，则，所以点坐标为.
（3）解：设直线的方程为，设、，
联立方程组得，则，可得，
则③，④，
接下来证明出抛物线在点处的切线方程为，

联立，可得，即，
，
又因为，即点在直线上，
所以，曲线在点处的切线方程为，
同理可得曲线在点处的切线方程为，
联立，解得，
则，所以点的坐标为，
所以点在定直线上.
【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．