文档内容
第13讲 圆锥曲线中的定点、定直线问题
（2 类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
5年考情
考题示例 考点分析 关联考点
直线的点斜式方程及辨析
2023年新Ⅱ卷，第21题,12分 双曲线中的定直线问题
根据a、b、c求双曲线的标准方程
2023年全国乙卷（文科），
椭圆中的定点问题 根据离心率求椭圆的标准方程
第21题,12分
2022年全国乙卷（文科），
椭圆中的直线过定点问题 根据圆过的点求标准方程
第21题,12分
根据离心率求椭圆的标准方程
2021年新Ⅱ卷，第20题,12分 椭圆中的直线过定点问题 求椭圆中的弦长
根据弦长求参数
2023年全国甲卷（理科），
椭圆中的直线过定点问题 无
第20题,12分
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题不定，难度中等或偏难，分值为5-17分
【备考策略】1.理解、掌握圆锥曲线的定点问题及其相关计算
2.理解、掌握圆锥曲线的定直线问题及其相关计算
【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，小题和大题都会作为载体命题，同学们要会结合公式运算，
需强化训练复习考点一、 圆锥曲线中的定点问题
1．（2022·全国·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.
2．（2020·全国·高考真题）已知A、B分别为椭圆E： （a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，
，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
【答案】（1） ；（2）证明详见解析.
【分析】（1）由已知可得： ， ， ，即可求得 ，结合已知即可求得：
，问题得解.（2）方法一：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 ，当 时，可表示出直
线 的方程，整理直线 的方程可得： 即可知直线过定点 ，当 时，直
线 ： ，直线过点 ，命题得证.
【详解】（1）依据题意作出如下图象：
由椭圆方程 可得： ， ，
，
，
椭圆方程为：
（2）[方法一]：设而求点法
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：
所以点 的坐标为 .同理可得：点 的坐标为
当 时，
直线 的方程为： ，
整理可得：
整理得：
所以直线 过定点 ．
当 时，直线 ： ，直线过点 ．
故直线CD过定点 ．
[方法二]【最优解】：数形结合
设 ，则直线 的方程为 ，即 ．
同理，可求直线 的方程为 ．
则经过直线 和直线 的方程可写为 ．
可化为 ．④
易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有 ，代入④式可
得 ．
故 ，可得 或 ．
其中 表示直线 ，则 表示直线 ．
令 ，得 ，即直线 恒过点 ．
【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，
属于难题.
第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思
想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.3．（2019·全国·高考真题）已知曲线C：y= ，D为直线y= 上的动点，过D作C的两条切线，切点分
别为A，B.
（1）证明：直线AB过定点：
（2）若以E(0， )为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.
【答案】(1)见详解；(2) 3或 .
【分析】（1）可设 ， ， 然后求出A，B两点处的切线方程，比如 ：
，又因为 也有类似的形式，从而求出带参数直线 方程，最后求出它所过的定点.
（2）由(1)得带参数的直线 方程和抛物线方程联立，再通过 为线段 的中点， 得出 的值，
从而求出 坐标和 的值， 分别为点 到直线 的距离，则 ，结合
弦长公式和韦达定理代入求解即可.
【详解】(1)证明：设 , ,则 ．
又因为 ，所以 .则切线DA的斜率为 ，
故 ，整理得 .
设 ，同理得 .
, 都满足直线方程 .
于是直线 过点 ，而两个不同的点确定一条直线，所以直线 方程为 .即
，
当 时等式恒成立．所以直线 恒过定点 .
（2）
[方法一]【最优解：利用公共边结合韦达定理求面积】
设 的中点为G， ,则 ， ，
．
由 ，得 ，将 代入上式并整理得 ，
因为 ，所以 或 ．
由（1）知 ，所以 轴，
则 （设
）．
当 时， ，即 ；
当 时， ，
即 ， ．
综上，四边形 的面积为3或 ．
[方法二]【利用弦长公式结合面积公式求面积】
设 ，由（1）知抛物线的焦点F的坐标为 ，准线方程为 ．由抛物线的定义，
得 ．
线段 的中点为 ．
当 时， 轴， ，
；
当 时， ，由 ，得 ，即 ．
所以 ，直线 的方程为 ．
根据对称性考虑点 和直线 的方程 即可．
E到直线 的距离为 ，
D到直线 的距离为 ．所以 ．
综上，四边形 的面积为3或 ．
[方法三]【结合抛物线的光学性质求面积】
图5中，由抛物线的光学性质易得 ，又 ，所以 ．
因为 ， ，所以 ，
所以 ．
同理 ，所以 ，即点D为 中点．
图6中已去掉坐标系和抛物线，并延长 于点H．
因为 ，所以 ．
又因为G，D分别为 的中点，所以 ，
故 为平行四边形，从而 ．
因为 且 ，所以I为 的中点，
从而 ． ．
当直线 平行于准线时，易得 ．
综上，四边形 的面积为3或 ．
[方法四]【结合弦长公式和向量的运算求面积】
由（1）得直线 的方程为 .
由 ，可得 ，
于是.
设 分别为点 到直线 的距离，则 .
因此，四边形ADBE的面积 .
设M为线段AB的中点，则 ，
由于 ，而 ， 与向量 平行，所以 ，解得 或 .
当 时， ；当 时
因此，四边形 的面积为3或 .
【整体点评】(2)方法一：利用公共边将一个三角形的面积分割为两个三角形的面积进行计算是一种常用且
有效的方法；
方法二：面积公式是计算三角形面积的最基本方法；
方法三：平稳的光学性质和相似、全等三角形的应用要求几何技巧比较高，计算量较少；
方法四：弦长公式结合向量体现了数学知识的综合运用.
4．（2019·北京·高考真题）已知椭圆 的右焦点为 ，且经过点 .
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设O为原点，直线 与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直
线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.
【答案】（Ⅰ） ；
（Ⅱ）见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证明直
线恒过定点.
【详解】（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为 ，所以 ；
因为椭圆经过点 ,所以 ，所以 ，故椭圆的方程为 .
（Ⅱ）设
联立 得 ，
， ，.
直线 ，令 得 ，即 ；
同理可得 .
因为 ,所以 ；
，解之得 ，所以直线方程为 ，所以直线 恒过定点 .
【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．
5．（山东·高考真题）已知抛物线 的焦点为 ， 为 上异于原点的任意一点，过点
的直线 交 于另一点 ，交 轴的正半轴于点 ，且有 .当点 的横坐标为 时， 为正三
角形.
（Ⅰ）求 的方程；
（Ⅱ）若直线 ，且 和 有且只有一个公共点 ，
（ⅰ）证明直线 过定点，并求出定点坐标；
（ⅱ） 的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】（I） .（II）（ⅰ）直线AE过定点 .（ⅱ） 的面积的最小值为16.
【详解】试题分析：（I）由抛物线的定义知 ，
解得 或 （舍去）.得 .抛物线C的方程为 .
（II）（ⅰ）由（I）知 ，
设 ，
可得 ，即 ，直线AB的斜率为 ，
根据直线 和直线AB平行，可设直线 的方程为 ，
代入抛物线方程得 ，整理可得 ，
直线AE恒过点 .
注意当 时，直线AE的方程为 ，过点 ，
得到结论：直线AE过定点 .
（ⅱ）由（ⅰ）知，直线AE过焦点 ，
得到 ，
设直线AE的方程为 ，
根据点 在直线AE上，
得到 ，再设 ，直线AB的方程为 ，
可得 ，
代入抛物线方程得 ，
可求得 ， ，
应用点B到直线AE的距离为 .
从而得到三角形面积表达式，应用基本不等式得到其最小值.
试题解析：（I）由题意知
设 ，则FD的中点为 ，
因为 ，
由抛物线的定义知： ，
解得 或 （舍去）.
由 ，解得 .
所以抛物线C的方程为 .
（II）（ⅰ）由（I）知 ，
设 ，因为 ，则 ，
由 得 ，故 ，
故直线AB的斜率为 ，
因为直线 和直线AB平行，
设直线 的方程为 ，
代入抛物线方程得 ，
由题意 ，得 .
设 ，则 ， .
当 时， ，
可得直线AE的方程为 ，
由 ，
整理可得 ，
直线AE恒过点 .
当 时，直线AE的方程为 ，过点 ，
所以直线AE过定点 .
（ⅱ）由（ⅰ）知，直线AE过焦点 ，
所以 ，
设直线AE的方程为 ，
因为点 在直线AE上，
故 ，
设 ，
直线AB的方程为 ，由于 ，
可得 ，
代入抛物线方程得 ，
所以 ，
可求得 ， ，
所以点B到直线AE的距离为
.
则 的面积 ，
当且仅当 即 时等号成立.
所以 的面积的最小值为16.
考点：抛物线的定义及其几何性质，直线与抛物线的位置关系，点到直线的距离公式，基本不等式的应用.
1．（2024·浙江温州·模拟预测）已知椭圆 ： ，左右顶点分别是 ，
，椭圆的离心率是 .点 是直线 上的点，直线 与 分别交椭圆 于另外两点 ，
.
(1)求椭圆的方程.
(2)若 ，求出 的值.
(3)试证明：直线 过定点.
【答案】(1)(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意结合 计算即可得；
（2）设出点 坐标，借助斜率公式计算即可得；
（3）设出直线 方程，联立曲线方程，借助韦达定理与（2）中所得 计算即可得.
【详解】（1）由题意可得 ， ，即 ，
所以 ，则椭圆 ；
（2）设 ，由于 ，则 ；
（3）显然MN斜率不为0，设 ： ，M(x ,y )，N(x ,y )，
1 1 2 2
联立方程 ，则有 ，
，
则有 ， ，
由于 ，则 ，
因为 ，
故 ，
即 ，解得 或 ，
当 时， ，故舍去，即 ，适合题意，故 : ，则直线 过定点 .
2．（2024·江西鹰潭·模拟预测）已知椭圆 的左、右焦点分别是 ， ，
且椭圆过点 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过 的左焦点 作弦 ，这两条弦的中点分别为 ，若 ，证明：直线 过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意得出 ，再根据椭圆定义得出 ，再根据 ，即可求得椭圆方程；
（2）分类讨论，当直线 的斜率都存在时，设直线 为 ，与椭圆方程联立，由韦达定理
得出点 坐标，由 同理得出点 坐标，得出直线 方程分类讨论 的值，即可得出定点；再
补充斜率不存在时的情况即可．
【详解】（1）由题设 ，因为点 在椭圆上，所以 ，
即 ，
所以 ， ，
所以椭圆C的方程为： ．
（2）证明：设点 的坐标为 ，
当直线 的斜率都存在时，
令 为 ，代入 ，
整理得： ，且 ，
所以 ，则 ，
故 ．
由 ，即 ，
故 为 ，代入 ，所以 ，有 ，
则 ，故 ．
当 时，
所以 ，则 为 ，
整理得 ，所以 过定点 ．
当 时， ， ， 过点 ，
当 时， ， ， 过点 ，
当一条直线斜率不存在时， 对应 ， ，故 即为x轴，也过点 ；
综上，直线 过定点 ．
3．（2024·福建泉州·模拟预测）已知椭圆 ： 的离心率为 ，左、右焦点分别为 ，
，焦距为2，点 为椭圆 上的点.
(1)求椭圆 的方程；
(2)设点A，B在椭圆 上，直线PA，PB均与圆 ： 相切，证明：直线AB过定
点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）结合题意，可得关于 的方程，解之可得椭圆C的方程；
（2）先由直线与圆相切可得 ，再联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理分别求出 ， ，， ，代入 可得 的关系式，进而可得直线AB过定点.
【详解】（1）设椭圆 的半焦距为 ，由题意得 ，解得 ，
故椭圆 的标准方程为 .
（2）由题意， ， 且直线 和直线 斜率存在，
设直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
由题知 ，所以 ，
所以 ，同理， ，
所以 是方程 的两根，所以 .
设A(x ,y ),B(x ,y )，设直线 的方程为 ，
1 1 2 2
将 代入 ，得 ，
所以 ，① ，②
所以 ，③
，④
又因为 ，⑤
将①②③④代入⑤，化简得 ，
所以 ，
若 ，则直线 ，此时 过点 ，舍去.
若 ，则直线 ，此时 恒过点 ，所以直线 过定点 .
4．（2024·湖南邵阳·三模）已知椭圆 ： 的离心率为 ，右顶点 与 的上，下顶点
所围成的三角形面积为 ．
(1)求 的方程．
(2)不过点 的动直线 与 交于 ， 两点，直线 与 的斜率之积恒为 ．
（i）证明：直线 过定点；
（ii）求 面积的最大值．
【答案】(1) ；
(2)（i）证明见解析；（ii） .
【分析】（1）根据椭圆的离心率及三角形面积，列出方程组求解即得.
（2）（i）设出直线 的方程，与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式，结合韦达定理推理即得；（ii）由
（i）的信息，借助三角形面积建立函数关系，再求出最大值.
【详解】（1）令椭圆 的半焦距为c，由离心率为 ，得 ，解得
，
由三角形面积为 ，得 ，则 ， ，
所以 的方程是 .
（2）（i）由（1）知，点 ，设直线 的方程为 ，设 ，
由 消去x得： ，
则 ，
直线 与 的斜率分别为 ， ，于是
，整理得 ，解得 或 ，
当 时，直线 过点 ，不符合题意，因此 ，
直线 ： 恒过定点 .
（ii）由（i）知， ，
则 ，
因此 的面积
，当且仅当 ，即 时取等号，
所以 面积的最大值为 .
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形
上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.
5．（2024·河南周口·模拟预测）已知椭圆 的焦距为2，不经过坐标原点 且斜率为
1的直线 与 交于P，Q两点， 为线段PQ的中点，直线 的斜率为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)设 ，直线PB与 的另一个交点为 ，直线QB与 的另一个交点为 ，其中 ， 均不为椭
圆 的顶点，证明：直线MN过定点.【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据焦距求出 ，再设P(x ,y )，Q(x ,y )，A(x ,y )，利用点差法得到 ，
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即 ，从而求出 、 ，即可得解；
（2）设直线 的方程为 ， ， ，表示直线 的方程，联立直线与椭圆方程，
消元求出 ，即可求出 点坐标，同理得到 点坐标，根据 的斜率为 得到 ，即可求出直
线 过定点坐标.
【详解】（1）由椭圆 的焦距为 得， ，则 .
设P(x ,y )，Q(x ,y )，A(x ,y )，则 ， ，
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两式作差得， ，
所以 ，即 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，则 ，解得 ， .
故椭圆 的方程为 .
（2）由题意可知直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ， ， ，
则 ，直线 的方程为 ，
将其代入 得， ，显然 ，
则 ，所以 ，将 代入直线 的方程，解得 ，
所以 ，同理得 ，
所以 ，得 ，
即 ，
整理得 ，所以 ，
因此直线 的方程为 ，令 ，即 ，则 ，
所以直线 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.
6．（2024·重庆渝中·模拟预测）已知椭圆 的离心率为 ，点 在 上.
(1)求椭圆 的方程；
(2)过点 的直线 交椭圆 于 两点（异于点 ），过点 作 轴的垂线与直线 交于点 ，设
直线 的斜率分别为 .证明：
（i） 为定值；
（ii）直线 过线段 的中点.
【答案】(1)
(2)证明见详解【分析】（1）根据题意，列出 的方程组求出 得解；
（2）（i）当直线 斜率为0时， .当直线 的斜率不为0时，设出直线 的方程，
联立直线 的方程和椭圆的方程，写出韦达定理，计算 的值，化简后结果为 ，由此证明结论成立.
（ii）设线段 的中点为 ，求出直线 的方程，直线 的方程，结合 ，
可得 ，可证点 在直线 上.
【详解】（1）由题可知： ，解得 ，
所以椭圆 的方程为 .
（2）（i）①当直线 的斜率为0时，则不妨设 ， ，
所以 为定值.
②当直线 的斜率不为0时，设直线 ，P(x ,y )，Q(x ,y )，
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联立直线 与椭圆 的方程 ，消去 整理得 ，
则 ， ， ，所以 ，
所以
.
综上， 为定值.（ii）设线段 的中点为 ，易得 ，
可得直线 的方程为 ，则 ，
直线 的方程为 ，则 ，
所以 ，
由（i）知， ，所以 ，
又直线 的方程为 ，所以点 在直线 上，
即直线 过线段 的中点.
【点睛】关键点睛：本题第二问证明 为定值，解题的关键是设直线 与椭圆 的方
程，解得 ，代入 的式子化简得解.
考点二、 圆锥曲线中的定直线问题
1．（2023·全国·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.
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.
2．（安徽·高考真题）设椭圆 过点 ，且左焦点为
（Ⅰ）求椭圆 的方程；
（Ⅱ）当过点 的动直线 与椭圆 相交与两不同点 时，在线段 上取点 ，满足
，证明：点 总在某定直线上
【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ）见解析
【详解】(1)由题意：
，解得 ，所求椭圆方程为
(2)方法一
设点Q、A、B的坐标分别为 ．
由题设知 均不为零，记 ,则 且
又A，P，B，Q四点共线，从而
于是 ，
，
从而
， （1） ， （2）
又点A、B在椭圆C上，即
（1）+（2）×2并结合（3），（4）得
即点 总在定直线 上
方法二
设点 ，由题设， 均不为零．
且又 四点共线，可设 ,于是
（1）
（2）
由于 在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程 整理得
（3）
(4)
(4)－(3) 得
即点 总在定直线 上
3．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知椭圆C： 的右顶点为 ，离心率为 ，过
点 的直线l与C交于M，N两点．
(1)若C的上顶点为B，直线BM，BN的斜率分别为 ， ，求 的值；
(2)过点M且垂直于x轴的直线交直线AN于点Q，证明：线段MQ的中点在定直线上．
【答案】(1)-3
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率和 ，待定系数法求出 ， ， ，得到椭圆方程，设直线l的
方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积， ，代入两根之和，两根
之积，求出 的值；
（2）设线段MQ的中点为 ，又M(x ,y )，故 ，根据三点共线，得到 ，计
1 1
算出 ，故 ，得到线段MQ的中点在定直线
上.
【详解】（1）由题意知 ，
解得 ， ， ，所以C的方程为 ，
显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为： ，M(x ,y )，N(x ,y )，
1 1 2 2
由 ，得 ，
由方程 的判别式 ，可得 ，
所以 ， ，
易得 ，所以 ， ，
所以
，
（2）证明：设线段MQ的中点为 ，又M(x ,y )，N(x ,y )，
1 1 2 2
所以 ， ，即 ，又A，N，Q三点共线，
所以 ，即 ，
所以 ，又 ，
又
所以，
所以 ，即线段MQ的中点在定直线 上．
【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．（2024·北京·三模）已知椭圆 的短轴长为 ，左、右顶点分别为 ，过右
焦点 的直线 交椭圆 于 两点（不与 重合），直线 与直线 交于点 ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)求证：点 在定直线上.
【答案】(1) ；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出 即可得解.
（2）设出直线 方程，与椭圆方程联立，再求出直线 与直线 的交点横坐标，并结合韦达定理计
算即得.
【详解】（1）依题意， ，半焦距 ，则 ，
所以椭圆 的方程为 .
（2）显然直线 不垂直于y轴，设直线 ，
由 消去x并整理得 ，
，设A(x ,y ),B(x ,y )，
1 1 2 2
则 ，且有 ，
直线 ，直线 ，
联立消去y得 ，即 ，整理得 ，
即 ，
于是 ，而 ，
则 ，因此 ，
所以点 在定直线 上.
5．（2024·山西临汾·二模）已知椭圆 的离心率为 ，点 在 上．
(1)求 的方程；
(2)过点 的直线交 于P，Q两点，过点 作垂直于 轴的直线与直线AQ相交于点 ，证明：线段
PM的中点在定直线上．
【答案】(1) ；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意联立方程组解出 ，代入即可求解；
（2）设点直曲联立，解法一利用整体法求出中点坐标 与 的关系 ，进而得出结论；解法
二利用根与系数的关系寻求 与 的关系，进而确定 与 的函数关系得以证明.
【详解】（1）由题意可得 ，解得 ，所以 的方程为 ．
（2）如图：设 的中点 ，
则直线AQ方程为 ，所以 ，
于是 ，
由题可知直线PQ的斜率存在，设PQ的方程为 ，
联立 ，
解法一：消去 得 ，
所以 ， ，即 ．
则有 ，
又因为 ，
所以 ，
于是 ，
即 ，
即 ，即 ，
即点 在直线 上．
解法二：
，，即
故点 的纵坐标 为： ，
即 ， ，
即 ，
又因为 ，
即 ，所以 ，
故 ，同理 ，所以 即 ，
即点 在直线 上．
【点睛】方法点睛：整体思想在圆锥曲线的定直线和定点问题中有时可发挥出巨大的作用.
1．（2024·贵州毕节·三模）在平面直角坐标系 中，O为坐标原点， ，动点P满足
，设点P的轨迹为曲线 ．
(1)求曲线 的方程；
(2)过点 的直线l与曲线 在y轴右侧交于不同的两点M，N，在线段MN上取异于点M，N的点D，
满足 ．证明：点D在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设点P的坐标为 ，根据斜率乘积为定值化简即可；
（2）设直线l的方程为 ，联立双曲线方程得到韦达定理式，化简弦长得
，代入韦达定理式计算即可.
【详解】（1）设点P的坐标为 ，
由 得 ，化简整理得 ，所以曲线 的方程为 .
（2）若直线l的斜率不存在，则直线l与曲线 只有一个交点，不符合题意，
所以直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为 ，
设点 ，
联立方程组 ，整理得 ，易知 ，
，解得 ，
，解得 或 ，
综上 或 ，
因为 ，
同理由 得 ，
化简整理得 ，
所以 ，
化简整理得 ，代入 ，
化简整理得 ，
所以点D在定直线 上．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法联立双曲线方程得到韦达定理式，再对
化简得 ，代入韦达定理式计算即可.
2．（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.
3．（2024·贵州遵义·一模）已知双曲线 （ ， ）的左、右焦点分别为 ， ，直线
与 的左、右两支分别交于 ， 两点，四边形 为矩形，且面积为 ．
(1)求四边形 的外接圆方程；
(2)设 ， 为 的左、右顶点，直线 过点 与 交于 ， 两点（异于 ， ），直线 与 交
于点 ，证明：点 在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意可得 ，且 ，由 求出 点，再根据矩形面积及
求出 、 、 ，即可得到双曲线方程及 、 点坐标，再求出线段的中点及线段长，最后求
出外接圆的方程；（2）设直线 为 ，P(x ,y )，Q(x ,y )，联立消元、列出韦达定理，表示出 与 的方程，
1 1 2 2
联立求出 ，即可得证.
【详解】（1）由双曲线 的左、右焦点分别为F (−c,0)， ，
1
直线 与 的左、右两支分别交于 ， 两点，且四边形 为矩形，
所以 ，且 ，
由 ，解得 或 ，
即 ，则 ，又 ， ，
解得 ， ， ，
所以双曲线 的方程为 ，
所以 ， ， ， ，
所以 的中点为 ，又 ，
所以矩形 的外接圆的方程为 .
（2）由（1）知 ， ，
依题意知直线 的斜率不为零，设直线 为 ，P(x ,y )，Q(x ,y ) ，
1 1 2 2
由 ，得 .
当 且 ，
所以 ， ，所以 ，
直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
联立两方程可得，所以 ，
，
所以 ，
解得 ，
故点 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(x ,y )、(x ,y )；
1 1 2 2
（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.
4．（2024·湖南长沙·三模）已知抛物线 ，过点 的直线 与 交于不同的两点 .
当直线 的倾斜角为 时， .
(1)求 的方程；
(2)在线段 上取异于点 的点 ，且满足 ，试问是否存在一条定直线，使得点 恒在这条
定直线上？若存在，求出该直线；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)(2)点 恒在直线 上.
【分析】（1）先求直线 的方程，再与抛物线联立组成方程组，利用韦达定理及两点距离公式，求弦
的长即可；
（2）设直线 方程，再与抛物线联立组成方程组，利用韦达定理及相似三角形求解即可.
【详解】（1）设A(x ,y ),B(x ,y ).
1 1 2 2
若直线 的倾斜角为 ，则直线 的方程为 .
联立 得 ，
则 ，
且 ，
所以 .
因为 ，所以 ，故 的方程为 .
（2）存在，定直线为 .
由题意知直线 的斜率存在，
设直线 的方程为 ， .
联立 得 .
由 ，得 且 ，
.
不妨设 ，则 ，
过点 向 轴作垂线，垂足分别为点 ，如图所示，
则 ， .
因为 ，所以 ，
整理得 ，所以 .
代入直线 的方程得 .
因为 ，所以点 恒在直线 上.5．（2024·河北保定·二模）已知抛物线 的焦点为 ，过 作互相垂直的直线 ，分别
与 交于 和 两点（A，D在第一象限），当直线 的倾斜角等于 时，四边形 的面积为 ．
(1)求C的方程；
(2)设直线AD与BE交于点Q，证明：点 在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由抛物线的对称性知 ，由四边形的面积求出 ，又 的方程为 ，
联立直线与抛物线方程，利用韦达定理及焦点弦公式求出 ，即可得解；
（2）设直线 的方程为y=k(x−1) ，则直线 的方程为 ，设A(x ,y ),B(x ,y )，
1 1 2 2
联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线 、 的方程，联立解得 ，即可得证.
【详解】（1）当直线 的倾斜角等于 时，直线 的倾斜角等于 ，
直线 的方程为 ，由抛物线的对称性知 ，
所以 ，得 ．
联立方程组 ，消去 得 ．
设 两点的横坐标分别为 ，则 ， ．
又 ，所以 ，所以 的方程为 ．
（2）由（1）知F(1,0)，依题意，可设直线 的方程为y=k(x−1) ，
则直线 的方程为 ．
联立方程组 消去 得 ，显然 ，设A(x ,y ),B(x ,y )，则 ．
1 1 2 2
设 ，同理可得 ，
所以 ，同理可得 ．
直线 的方程为 ，
即 ．
同理，直线 的方程为
．
两直线方程联立得 ，解得 ，
即直线 与 的交点 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(x ,y )、(x ,y )；
1 1 2 2
（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.1．（2024·江西九江·二模）已知双曲线 的离心率为 ，点 在 上．
(1)求双曲线 的方程；
(2)直线 与双曲线 交于不同的两点 ， ，若直线 ， 的斜率互为倒数，证明：直线 过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率及 ， ， 的平方关系得出 ，再由点 在 上，可求解 ， ，进
而可得双曲线 的方程；
（2）当 斜率不存在时，显然不满足条件．当 斜率存在时，设其方程为 ，与方程联立 联立，
可得根与系数的关系，表示出直线 ， 的斜率 ， ，由 ，结合根与系数的关系可得 与 的
关系，从而可证得直线 过定点．
【详解】（1）由已知得 ， ，所以 ，
又点 在 上，故 ，
解得 ， ，
所以双曲线 的方程为： ．
（2）当 斜率不存在时，显然不满足条件．
当 斜率存在时，设其方程为 ，与方程联立 联立，消去 得 ，
由已知得 ，且 ，
设 ， ，则 ， ，
直线 ， 的斜率分别为 ， ，
由已知 ，故 ，即 ，
所以 ，
化简得 ，又已知 不过点 ，故 ，
所以 ，即 ，
故直线 的方程为 ，所以直线 过定点 ．
2．（2024·浙江杭州·二模）已知 是椭圆 的左，右顶点，点 与椭圆上的点
的距离的最小值为1.
(1)求点 的坐标.
(2)过点 作直线 交椭圆 于 两点（与 不重合），连接 ， 交于点 .
（ⅰ）证明：点 在定直线上；
（ⅱ）是否存在点 使得 ，若存在，求出直线 的斜率；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) ；
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）存在，
【分析】（1）设P(x ,y )，利用两点间距离公式得 ，然后根据
0 0
分类讨论求解即可；
（2）（ⅰ）设直线 ，与椭圆方程联立方程，结合韦达定理得
，写出直线 ， 的方程，进而求解即可；
（ⅱ）由题意点 在以 为直径的圆上，代入圆的方程求得 ，写出直线 的方程，与椭
圆联立，求得点C的坐标，进而可得答案.
【详解】（1）设P(x ,y )是椭圆上一点，则 ，
0 0
因为 ，
①若 ，解得 （舍去），
②若 ，解得 （舍去）或 ，所以 点的坐标位 .
（2）（ⅰ）设直线 ，
由 ，得 ，所以 ，
所以 ，①
由 ，得 或 ，
y
易知直线 的方程为y= 1 (x+2)，②
x +2
1
直线 的方程为 ，③
联立②③，消去 ，得 ，④
联立①④，消去 ，则 ，
解得 ，即点 在直线 上；
（ⅱ）由图可知， ，即 ，所以点 在以 为直径的圆上，
设 ，则 ，所以 ，即 .
故直线 的方程为 ，
直线 的方程与椭圆方程联立，得 ，因为 ,
所以 ，所以 ,故 .
3．（2024·辽宁·二模）平面直角坐标系xOy中，面积为9的正方形 的顶点 分别在x轴和y轴上滑动，且 ，记动点P的轨迹为曲线 ．
(1)求 的方程；
(2)过点 的动直线l与曲线 交于不同的两点 时，在线段 上取点Q，满足
．试探究点Q是否在某条定直线上？若是，求出定直线方程；若不是，说明理由．
【答案】(1)
(2)点Q在定直线上，定直线方程为
【分析】（1）设点 的坐标，利用平面向量的坐标表示消参得 ，结合正方形面积得 的方
程；
（2）设 ， 的坐标，与椭圆联立并根据韦达定理得 横坐标关系，再根据线段
乘积关系化为比值关系得 ，化简得 ，代入直线方程即可 ，从而求出定直线方
程.
【详解】（1）设 ，
由 ，得 ，
所以 ，
因为正方形ABCD的面积为 ，即 ，
所以 ，整理可得 ，
因此C的轨迹方程为 ．
（2）依题意，直线l存在斜率，设l： ，即 ，
设点 ，M(x ,y )，N(x ,y ) ，
1 1 2 2
由 ，消y得 ，
即 ，由
，
可以得到 ，
所以 ，
可得 ， ，
由 ，得 ，
所以 ，
可得
，
所以 ，
因为 ，
所以点Q在定直线上，定直线方程为 ．
4．（2024·江西·二模）已知椭圆 的左、右焦点分别为 ， ，右顶点为 ，且
，离心率为 ．
(1)求椭圆 的标准方程；(2)已知 ， 是 上两点（点 ， 不同于点 ），直线 ， 分别交直线 于 ， 两点，
若 ，证明：直线 过定点．
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）由题意列出关于 的方程组，解之即可得解；
（2）显然 斜率不为0且不过点 ，从而可设 的方程为 ， ，
将其与椭圆方程联立，结合韦达定理可用 表示出 ，由 三点共线、
三点共线可用 表示出 的坐标，从而由 可得一个关于 的条件等式，化简即
可得解.
【详解】（1）设椭圆 的半焦距为 ，由题意得 ，解得 ，
故椭圆 的标准方程为 .
（2）
由（1）知F (−1,0)，由题意可知直线 的斜率不为0，否则 位于 轴同侧， ，不符合
1
题意；
设 的方程为 ，代入 ，得
，
由 ，
设 ，则 ，所以 ，
，
直线 的方程为 ，令 ，得 ，
故 ，同理可得 ，
所以 ，
由 ，得 ，
即 ，所以 ，
所以 ，解得 或 （舍去），
所以直线 的方程为 ，
故直线 过定点 .
5．（2024·广西·二模）已知抛物线 ，过点 作直线交抛物线C于A，B两点，过A，B两点
分别作抛物线C的切线交于点P．
(1)证明：P在定直线上；
(2)若F为抛物线C的焦点，证明： ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设出A(x ,x2)，B(x ,x2)，求出直线 的方程，与抛物线联立，由 与 都和抛物线
1 1 2 2
相切，得到两条切线的方程联立证明即可；
⃗FA⋅⃗FP ⃗FB⋅⃗FP
=
（2）要证 ．即证 ，求出向量的坐标证明即可.
|⃗FA| |⃗FB|
【详解】（1）证明：设A(x ,x2)，B(x ,x2)，则 ，
1 1 2 2
直线 的方程为y−x2=(x +x )(x−x )，即y=(x +x )x−x x ，
1 1 2 1 1 2 1 2
又因为直线 过点E(0,2)，所以 ，即 ，
设直线
的方程为y−x2=k(x−x
)，与抛物线方程 联立，解得 或 ，
1 1又因为直线 与抛物线相切，所以 ，即 ，
所以直线 的方程为y−x2=2x (x−x )，即 ，
1 1 1
同理直线 的方程为 ，
{y=2xx −x2 (x +x ) (x +x )
由 1 1，解得P 1 2,x x ，即P 1 2,−2 ，
y=2xx −x2 2 1 2 2
2 2
故点P在直线 上．
⃗FA⋅⃗FP ⃗FB⋅⃗FP
（2）证明：∵
cos∠PFA=
，
cos∠PFB=
，
|⃗FA|⋅|⃗FP| |⃗FB|⋅|⃗FP|
⃗FA⋅⃗FP ⃗FB⋅⃗FP
注意到两角都在(0,π)内，可知要证 ．即证 = .
|⃗FA| |⃗FB|
而⃗FA= ( x ,x2− 1) ，⃗FP= (x 1 +x 2,− 9) ，
1 1 4 2 4
所以⃗FA⋅⃗FP=x ⋅
x
1
+x
2−
9(
x2−
1)
=−
7
(4x2+1)，
1 2 4 1 4 16 1
又|F ⃗ A|= √ x2+ ( x2− 1) 2 =x2+ 1 ，
1 1 4 1 4
7
− (4x2+1)
⃗FA⋅⃗FP 16 1 7 ⃗FB⋅⃗FP 7
所以 = =− ，同理 =− ，
|⃗FA|
x2+
1 4 |⃗FB| 4
1 4
⃗FA⋅⃗FP ⃗FB⋅⃗FP
=
即有 ，故 ．
|⃗FA| |⃗FB|
6．（2024·湖南娄底·一模）若抛物线 的方程为 ，焦点为 ，设 是抛物线 上两个不同的动点.
(1)若 ，求直线 的斜率；
(2)设 中点为 ，若直线 斜率为 ，证明 在一条定直线上.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据焦半径公式得到 ，求出 ，从而求出斜率；
（2）法一： ，联立抛物线方程，设 ，得到两根之和，两根之积，得到
，求出答案；
法二：设 ，得到 ，从而确定 ，得到 ，
得到答案.
【详解】（1） ，
，将 代入 得， ，
所以 ；
（2）法一：设 ，
，即 ，
代入 ，得 ，
由韦达定理，有 ，
故 ， 在定直线 上.
法二：设 ，
由题意， ，
故 ，
故 ， 在定直线 上.7．（2024·山东潍坊·三模）在平面直角坐标系中， 为坐标原点， 为直线 上一点，动点 满足
， .
(1)求动点 的轨迹 的方程;
(2)若过点 作直线与 交于不同的两点 ，点 ，过点 作 轴的垂线分别与直线
交于点 .证明： 为线段 的中点.
【答案】(1)
(2)证明见详解.
【分析】（1）设动点 的坐标为 ，直接利用题中的条件列式并化简，从而求出动点 的轨迹方程；
（2）要证 为线段 的中点，只需证 即可，设直线的方程为 ，设点M(x ,y )，
1 1
N(x ,y )， ， ，联立直线与曲线的方程，列出韦达定理，由直线 ， 可求得点
2 2
，计算 即可证.
【详解】（1）设点 ，则 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，即 ，
所以动点 的轨迹方程为： ；
（2）因为 轴，
所以设M(x ,y )，N(x ,y )， ， ，
1 1 2 2
若要证 为线段 的中点，只需证 即可，
当直线 斜率不存在或斜率为0时，与抛物线只有一个交点，不满足题意，
所以直线 斜率存在且不为0， ，
设直线 ： ， ，
由 得 ，
，
由题意可知，直线 与抛物线 有两个交点，
所以 ，即 ，所以 ，
由根与系数的关系得， ， ，由题意得，直线 方程 ，所以 ，
直线 方程 ，所以 ，
所以
，
所以 为线段 的中点.
8．（2024·山西太原·二模）已知抛物线C： （ ）的焦点为F，过点 且斜率为1的直线
经过点F．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若A，B是抛物线C上两个动点，在x轴上是否存在定点M（异于坐标原点O），使得当直线AB经过点
M时，满足 ？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；
【分析】（1）根据点斜式求解直线方程，即可求解焦点坐标，进而可得 ，
（2）联立直线与抛物线方程得韦达定理，结合向量垂直的坐标运算，即可求解.
【详解】（1）由题意过点 且斜率为1的直线方程为 ，即 ，令 ，则 ，
∴点F的坐标为(1,0)，∴ ，
∴ ．抛物线C的方程为 ．
（2）由（1）得抛物线C： ，假设存在定点 ，
设直线AB的方程为 （ ），A(x ,y )，B(x ,y )，
1 1 2 2
由 ，得 ，
∴ ， ， ，
∵ ，∴ ，∴
，
∴ 或 （舍去），
当 时，点M的坐标为 ，满足 ， ，
∴存在定点 ．
9．（2024·山西·一模）已知双曲线 经过点 ，其右焦点为 ，且直线
是 的一条渐近线.
(1)求 的标准方程；
(2)设 是 上任意一点，直线 .证明： 与双曲线 相切于点 ；
(3)设直线 与 相切于点 ，且 ，证明：点 在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
(3)证明过程见解析
【分析】（1）由题意得 ，解出 的值即可；
（2）一方面 是 上任意一点，从而可得出它也在直线 上面，联立椭圆方程，消元后
得到一个一元二次方程，证明判别式等于0即可；
（3）由（2）中结论，设出点的坐标，可得 ，由向量数量积公式化简得
，说明 即可得证.
【详解】（1）因为双曲线 经过点A(3,2)，且直线 是 的一条渐近线，所以 ，解得 ，
所以 的标准方程为 ；
（2）
首先设 是 上任意一点，所以有 ，
这表明了点 也在直线 上，也可以得到 ，
联立直线 的方程与椭圆 的方程有 ，
化简并整理得 ，
而 ，且 ，
这也就是说 与双曲线 相切于点 ；
（3）
不妨设 ，
由（2）可知过点 的直线 的方程为 ，
因为点 在直线 上，所以 ，即有 ，
又 ，从而 ，
所以 ，
若 ，则
，
整理得 ，
因为 ，所以 ，也就是说 ，
从而 ，
所以点 在定直线上 上.
10．（2024·陕西安康·模拟预测）已知双曲线 的左､右顶点分别是 ，直线 与 交于
两点（不与 重合），设直线 的斜率分别为 ，且 .
(1)判断直线 是否过 轴上的定点.若过，求出该定点；若不过，请说明理由.
(2)若 分别在第一和第四象限内，证明：直线 与 的交点 在定直线上.
【答案】(1)过定点 .
(2)证明过程见解析
【分析】（1）根据题意设出直线 的方程，联立直线与双曲线的方程，得出韦达定理的等式，再通过斜率
之间的关系即可得出 ，即可得出定点坐标.
（2）根据题意得出两条直线方程，再联立化简得到关于 的等式，从而得到定直线方程.
【详解】（1）由题意可知 ，设直线 的方程为 .
由 消去 ，可得 ，
则 ， ，即 ，
.
因为，
所以 ，
故直线 的方程为 ，恒过点 .
（2）由题可知，直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
因为
，
所以 ，故点 在定直线 上.
11．（2024·河南南阳·模拟预测）已知双曲线 的离心率为 ，点 是
上一点.
(1)求 的方程；
(2)设 是直线 上的动点， 分别是 的左､右顶点，且直线 分别与 的右支交于 两点
（均异于点 ），证明：直线 过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得 ， ，计算可求 的方程；
（2）设 ，设直线 ，联立方程组可得，利用点共线可得 ， ，消去 ，得
，计算可得 或 ，进而判断可得 ，可得直线
过定点.
【详解】（1）易知 ，所以 ，
则 ①，
将点 代入 的方程，得 ②，
联立①②，解得 ，则 的方程为 .
（2）如图，由（1）知， ，设 ，
根据题意，直线 不垂直于 轴，
设直线 ，
联立 ，消去 得 ，
有 ，
则 ，于是 ，
由 三点共线得直线 的斜率满足 ，
同理，由 三点共线得 ，
消去 ，得 ，
即 ，
整理得 ，即 ，
则 ，
因此 或 ，
若 ，又 ，
得 ，
结合 ，从而 ，即 ，不成立，
即 ，因此 ，满足 ，
所以直线 过定点 .
12．（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A(x ,y ),B(x ,y )，联立 ，消去 得 ，由于 与 的右支
1 1 2 2
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A(x ,y )，B(x ,y )，则 ，
1 1 2 2
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.
13．（2024·陕西安康·模拟预测）已知椭圆 的离心率为 的上顶点和右顶点
分别为 ，点 的面积为2．
(1)求 的方程；
(2)过点 且斜率存在的直线 与 交于 两点，过点 且与直线 平行的直线 与直线 的交点
为 ，证明：直线 过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将已知条件转化为关于 的方程，即可求解；
（2）设出直线 并与椭圆联立，写出韦达定理，再根据题意求出 的方程，直线 的方程，进而令
，利用韦达定理计算即可得定点.
【详解】（1）设 的半焦距为 ，由题意知 ，所以 ①．
因为 的面积为2，所以 ②，
又 ③，由①②③解得 ，所以 的方程为 ；
（2）设 ，直线 ，
由 ，得 ，
则 ，所以 ．
由 ，得 ，
令 ，解得 ，所以 ．
所以直线 的方程为 ，令 ，得
，
将 代入，得 ，
所以 ，
故直线 过定点 ．
【点睛】方法点睛：在圆锥曲线解答题中遇到涉及 的不同系数的代数式的应算，比如求
，就相对较难地转化到应用韦达定理来处理了，可以利用 进行代换后
化简.
14．（2024·河南郑州·三模）已知椭圆 的左右顶点分别为 和 ，离心率为 ，
且经过点 ，过点 作 垂直 轴于点 ．在 轴上存在一点 （异于 ），使得 ．
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)判断直线 与椭圆 的位置关系，并证明你的结论；
(3)过点 作一条垂直于 轴的直线 ，在 上任取一点 ，直线 和直线 分别交椭圆 于 两点，
证明：直线 经过定点．
【答案】(1)
(2)相切，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意列出含 的方程组解出即可.
（2）设 ，由题意解出 值，联立方程组求出只有唯一一组解即可.（3）设 ，由三点共线得出 ，设出直线方程，得到
，直线方程和椭圆方程联立得出 代入即可.
【详解】（1）由题意得 ，将 代入椭圆方程得 ，联立方程组，
解得 ，所以椭圆的方程为 .
（2）
直线 与椭圆 相切.
理由如下：
设 ，由 ，得 ，解得 ，
此时 ，直线 的方程为 ，
联立直线 与椭圆 : 消 得， ，解得 .
由方程组只有一组解， 直线 与椭圆 相切．
（3）
如图：设 ，由 三点共线，得 ，由 三点共线，得 ，
得 ，又 ，得 ，
得 ，
即 ．
设直线 的方程为 ，
即 ，①
联立直线 与椭圆 ： ，
消 得 ，
则有 ，②
将②式代入①式，得 ，解得 （舍）或 .
直线 经过定点 ．
【点睛】方法点睛：三点共线得出关系式，直线曲线联立完善关系式并得出结论是圆锥曲线的一种重要解
题方法.
15．（2024·河北邯郸·模拟预测）动点M到定点 的距离与它到直线 的距离之比为 ，记点M的
轨迹为曲线 .若 为 上的点，且 .
(1)求曲线 的轨迹方程；
(2)已知 ， ，直线 交曲线 于 两点，点 在 轴上方.
①求证： 为定值；
②若 ，直线 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)①证明见解析；②定点
【分析】（1）根据求轨迹方程的方法列式化简即可求得.
（2）①根据两点间的斜率公式，结合P(x ,y )为 上的点，代入化简即可求得定值.
0 0②直线 ： ，根据两点间的斜率公式和条件 ，结合韦达定理，求得 的值，从而确定定
点坐标.
【详解】（1）设M(x,y)，动点M到定点F(1,0)的距离与它到直线 的距离之比为 ，
则 ，化简得 ，
所以M的轨迹曲线 的轨迹方程 .
（2）①P(x ,y )为 上的点，则 ， ，
0 0
因为A(−2,0)， ，则 （定值），所以 为定
值.
②直线 恒过定点(1,0)，理由如下：
由①知， ，因为 ，所以 ，
设直线 ： ， ， ，
将直线 与曲线 联立方程得 ，
则 ， ， ，
因为A(−2,0)， ， ， ，
所以 ，
即 ，
所以 ，
由题知， ，所以 .
即直线 恒过定点 .【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.
1．（陕西·高考真题）已知动圆过定点A(4,0), 且在y轴上截得的弦MN的长为8.
(Ⅰ) 求动圆圆心的轨迹C的方程;
(Ⅱ) 已知点B(－1,0), 设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P, Q, 若x轴是 的角平分线,
证明直线l过定点.
【答案】(Ⅰ) ； (Ⅱ)见解析
【详解】(Ⅰ)设动圆圆心C的坐标为（ x , y ）则 所以，所求动圆圆
心的轨迹C的方程为
(Ⅱ)证明：
设直线l方程为 ，联立 得 （其中
）
设 ,若x轴是 的角平分线，则
，即 故直线l方程为 ，直线l过定点.（1,0）
本题考查轨迹方程求法、直线方程、圆方程、直线与圆的位置关系及直线过定点问题.第一问曲线轨迹方程
的求解问题是高考的热点题型之一，准确去除不满足条件的 点是关键.第二问对角平分线的性质运用
是关键，对求定值问题的解决要控制好运算量，同时注意好判别式 的条件，以防多出结
果.圆锥曲线问题经常与向量、三角函数结合，在训练中要注意.本题无论是求圆心的轨迹方程，还是求证直线过定点，计算量都不太大，对思维的要求挺高；设计问题背景，彰显应用魅力.
【考点定位】本题考查迹曲线方程求法、直线方程、圆方程、直线与圆的位置关系及直线过定点问题，属
于中档题.
2．（山东·高考真题）已知动圆过定点 ，且与直线 相切，其中 ．
(1)求动圆圆心 的轨迹的方程；
(2)设 、 是轨迹 上异于原点 的两个不同点，直线 和 的倾斜角分别为 和 ，当 、 变化且
，证明直线 恒过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点
【分析】（1）设动圆圆心为 ，则 ，由此能导出所求动圆圆心的轨迹 的方
程．
（2）设 ， ，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，由 得 ，由此能求出直线 过定点坐标．
【详解】（1）解：设动圆圆心为 ，依题意可得 ，
整理得 ，
所求动圆圆心的轨迹 的方程是 .
（2）证明：设 ， ，由题意得 （否则 ，且 ， ，
所以直线 的斜率存在，设其方程为 ，
显然 ， ．即 ， ，
把 代入 得 ，
由韦达定理知， ， ①，
由 得
把①代入上式，整理化简得 ， ，
此时，直线 的方程可表示为： ，即 ，令 ，解得 ，
直线 恒过定点 ．
3．（广东·高考真题）已知椭圆 的右准线l与x轴相交于点E，过椭圆右焦点F的直线与椭圆相
交于A，B两点，点C在右准线l上，且 轴，求证：直线 经过线段 的中点．
【答案】见解析
【分析】欲证直线 经过线段 的中点，分两类讨论：①若 垂直于 轴，②若 不垂直于 轴，对
于第一种特殊情况比较简单，直接验证即可；对于第二种情况，记 ， 和 ， ，求出直线 ，
的斜率看它们是不是相等，若相等，则可得 、 、 三点共线．即可证得直线 经过线段 的中
点 ．
【详解】由 知 ， ，故右焦点为 ，
故右准线方程为 ，点 的坐标为 ， 的中点为 ，
若 垂直于 轴，则 ， ， ，
中点为 ， ，即 过 中点 ．
若 不垂直于 轴，由直线 过点 ，
且由 轴知点 不在 轴上，
故直线 的方程为 ， ．
记 ， ， ， ，则
联立直线与椭圆的方程 ，则 ，
即 ，
，
又 ，得 ，
故直线 ， 的斜率分别为
，
，
所以 ，，
，即 ，故 、 、 三点共线．
所以，直线 经过线段 的中点 ．
综上可知：直线 经过线段 的中点 .
【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线的综合题，联立方程得韦达定理是必要的解题方式，圆锥曲线类题
目主要涉及位置关系的判定，弦长问题、最值问题、对称问题、轨迹问题等，突出考查了数形结合、分类
讨论、函数与方程、等价转化等数学思想方法，对学生分析问题和解决问题的能力、计算能力较高.
4．（山东·高考真题）平面直角坐标系 中，椭圆C： 的离心率是 ，抛物线E：
的焦点F是C的一个顶点．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线 与C交与不同的两点A，B，线段AB的中
点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M．
（i）求证：点M在定直线上;
（ii）直线 与y轴交于点G，记 的面积为 ， 的面积为 ，求 的最大值及取得最大值时
点P的坐标．
【答案】（Ⅰ） ;（Ⅱ）（ⅰ）见解析；（ⅱ） 的最大值为 ，此时点 的坐标为
【详解】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的离心率和焦点求方程；
（Ⅱ）（ⅰ）由点P的坐标和斜率设出直线l的方程和抛物线联立，进而判断点M在定直线上；
（ⅱ）分别列出 ， 面积的表达式，根据二次函数求最值和此时点P的坐标．
试题解析：（Ⅰ）由题意知： ，解得 ．
因为抛物线 的焦点为 ，所以 ，所以椭圆的方程为 ．
（Ⅱ）（1）设 ，由 可得 ，
所以直线 的斜率为 ，其直线方程为 ，即 ．
设 ，联立方程组
消去 并整理可得 ，
故由其判别式 可得 且 ，
故 ,
代入 可得 ，
因为 ，所以直线 的方程为 ．
联立 可得点 的纵坐标为 ，即点 在定直线 上．
（2）由（1）知直线 的方程为 ，
令 得 ，所以 ，
又 ，
所以 ， ，
所以 ，令 ，则 ，
因此当 ，即 时， 最大，其最大值为 ，此时 满足 ，
所以点 的坐标为 ，因此 的最大值为 ，此时点 的坐标为 ．考点：椭圆方程；直线和抛物线的关系；二次函数求最值；运算求解能力．
5．（山东·高考真题）已知椭圆C的中心在坐标原点,焦点在 轴上,椭圆C上的点到焦点的距离的最大值为
3,最小值为1.
(I)求椭圆C的标准方程;
(II)若直线 与椭圆C相交于A,B两点(A,B不是左右顶点),且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点.求
证:直线 过定点,并求出该定点的坐标.
【答案】(I)
(II) 直线 过定点，定点坐标为
【详解】解：(I)由题意设椭圆的标准方程为
，
(II)设 ，由 得
，
， .
以AB为直径的圆过椭圆的右顶点 ，
， ，
，
，解得
，且满足 .
当 时， ，直线过定点 与已知矛盾；
当 时， ，直线过定点综上可知，直线 过定点，定点坐标为
6．（山东·高考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆 ．如图所示，斜率为k（k＞0）且
不过原点的直线l交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线x=﹣3于点
D（﹣3，m）．
（1）求m2+k2的最小值；
（2）若|OG|2=|OD|·|OE|，
（i）求证：直线l过定点；
（ii）试问点B，G能否关于x轴对称？若能，求出此时△ABG的外接圆方程；若不能，请说明理由．
【答案】（1）2 （2）（i）见解析（ii）能,
【分析】（1）联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理求得中点坐标，进而得到km关系，再根据基本不
等式求最值；（2）（i）利用坐标化简条件得到t=k，即可确定定点，（ii）根据对称求得k，再确定圆心与
半径.
【详解】（1）设y=kx+t（k＞0），
由题意，t＞0，由方程组 ，得（3k2+1）x2+6ktx+3t2﹣3=0，
由题意 ＞0，
所以3k2+1＞t2，设A（x，y），B（x，y），
1 1 2 2
x +x =﹣ ，所以y +y = ，
1 2 1 2
∵线段AB的中点为E，∴x= ，y= ，
E E
此时kOE= ．
所以OE所在直线方程为y= x，又由题设知D（﹣3，m）．
令x=﹣3，得m= ，即mk=1，
所以m2+k2≥2mk=2，
（2）（i）证明：由（1）知OD所在直线方程为y= x，
将其代入椭圆C的方程，并由k＞0，解得G（﹣ ， ），
又E（ ， ），D（﹣3， ），
由距离公式和t＞0，得
|OG|2= ，
|OD|= ，
|OE|= ．
由|OG|2=|OD|·|OE|，
得t=k，
因此直线l的方程为y=k（x+1），
所以直线l恒过定点（﹣1，0）；
（ii）由（i）得G（﹣ ， ），
若点B，G关于x轴对称，则B（﹣ ，﹣ ），
将点B坐标代入y=k（x+1），
整理得 ，
即6k4﹣7k2+1=0，解得k2= 或k2=1，
验证知k2= 时，不成立，故舍去
所以k2=1，又k＞0，故k=1，
此时B（﹣ ，﹣ ），G（﹣ ， ）关于x轴对称，
又由（I）得x=0，y=1，所以点A（0，1），
1 1
由于△ABG的外接圆的圆心在x轴上，可设△ABG的外接圆的圆心为（d，0），因此d2+1=（d+ ）2+ ，解得d=﹣ ，
故△ABG的外接圆的半径为r= ，
所以△ABG的外接圆方程为 ．
