重难点培优12 圆锥曲线中的定点、定直线问题（复习讲义）（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲练测（解析版）-A4

这是一份重难点培优12 圆锥曲线中的定点、定直线问题（复习讲义）（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲练测（解析版）-A4，共74页。
\l "_Tc28373" 02 题型精研・技巧通法提能力 PAGEREF _Tc28373 \h 2
\l "_Tc16555" 题型一 直线过定点（★★★★★） PAGEREF _Tc16555 \h 2
\l "_Tc7141" 题型二 圆过定点（★★★★★） PAGEREF _Tc7141 \h 10
\l "_Tc26803" 题型三 定点中的探索性问题（★★★★★） PAGEREF _Tc26803 \h 17
\l "_Tc13512" 题型四 定直线x=x0（★★★★★） PAGEREF _Tc13512 \h 24
\l "_Tc3897" 题型五 定直线y=y0（★★★★★） PAGEREF _Tc3897 \h 28
\l "_Tc326" 题型六 定直线Ax+Bx+C=0（★★★★★） PAGEREF _Tc326 \h 33
\l "_Tc25070" 03 实战检测・分层突破验成效 PAGEREF _Tc25070 \h 41
\l "_Tc621" 检测Ⅰ组 重难知识巩固 PAGEREF _Tc621 \h 41
\l "_Tc1659" 检测Ⅱ组 创新能力提升 PAGEREF _Tc1659 \h 61
1、定点问题
（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．
2、定直线问题
一般解题步骤：
①斜截式设直线方程：，此时引入了两个参数，需要消掉一个．
②找关系：找到和的关系：，等式带入消参，消掉．
③参数无关找定点：找到和没有关系的点．
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，解决这类问题，一般可以套用求轨迹方程的通用方法，也可以根据其本身特点的独特性采用一些特殊方法.
【一般策略】
①联立方程消去参；
②挖掘图形的对称性，解出动点横坐标或纵坐标；
③将横纵坐标分别用参数表示，再消参；
④设点，对方程变形解得定直线.
解题技巧：动点在定直线上：题设为某动点在某定直线．
目标：需要消掉关于动点横坐标或者纵坐标的所有参数，从而建立一个无参的直线方程，此时会分为三种情况：
（1），即动点恒过直线．
（2），即动点恒过直线．
（3），即动点恒过直线．


题型一 直线过定点
【技巧通法·提分快招】
1．（25-26高三上·河南新乡·开学考试）已知抛物线仅经过中的一点.
(1)求的方程；
(2)过的焦点作两条互相垂直的直线，分别交于点和点，设线段的中点分别为，求证：直线过定点.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）借助抛物线对称性确定所过点，进而求出抛物线方程.
（2）设出直线方程，与抛物线方程联立求出点坐标，进而求出直线方程即可.
【详解】（1）抛物线关于轴对称，而点关于轴对称，
若点之一在抛物线上，则另一点必在该抛物线上，不符合题意，
因此点必在抛物线上，，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）由（1）知，抛物线的焦点，显然直线都不垂直坐标轴，
设直线的方程为，则直线的方程为，
由消去得，设，
则，线段的中点，
同理得线段的中点，当时，直线斜率，
直线方程为，整理得，直线过定点，
当时，或，直线过定点，
所以直线过定点.

2．已知双曲线的渐近线方程为，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）根据题意列出的方程组，求解即得；
（2）设，直线与双曲线方程联立，消元后得韦达定理，分别由与三点共线，得到与，消去，代入韦达定理，整理得，通过计算说明，即得，从而直线过定点.
【详解】（1）由题知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，
故，
则，于是，
由三点共线，得直线的斜率为，
同理，由三点共线得，
两式消去得，
即，
整理得，
即，
则，
因此或，
若，又，
得，
结合，可得，
即，显然不成立，即，
故，满足，所以直线过定点．
3．（25-26高三上·河北邢台·开学考试）已知椭圆的一个焦点为，其短轴长为2.
(1)求椭圆的方程；
(2)过坐标原点的直线与椭圆交于不同的两点.
（i）当直线的斜率为1时，求的周长；
（ii）若直线分别与椭圆交于点，证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）由题意可得，即可得到椭圆的标准方程；
（2）（i）联立直线与椭圆方程即可得到坐标，再结合椭圆的性质即可得到三角形的周长；（ii）联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，然后分别联立直线与椭圆方程，表示出的纵坐标，再由代入计算，即可得到的关系，即可得到结果.
【详解】（1）依题意可得，则，因为焦点，则，
所以椭圆方程为.
（2）（i）当直线的斜率为时，则直线方程为，
与椭圆方程联立，解得，
不妨设点，，
则，
设椭圆的左焦点为，
由椭圆的性质可得，
所以的周长为，
又，
所以的周长为，
所以当直线的斜率为1时，求的周长为.
（ii）依题意可设直线，
与椭圆方程联立可得，整理可得，
设，
则，
设直线，与椭圆方程联立可得，
整理可得，
设，
则，
又，所以，
同理可得，
由题意与关于原点对称，所以，
即，
整理可得，
即，
，
将代入上式可得，
又不恒为，故，
所以直线恒过点.
4．已知动圆过定点且与直线相切．
(1)求动圆圆心的轨迹方程；
(2)过点分别作斜率为的直线，若与交于与交于，设分别为线段的中点，证明：直线过定点的充要条件是．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设动圆圆心为，根据题意得到方程，整理得到轨迹方程；
（2）设直线的方程，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，得到的坐标，设直线，代入的坐标，求出，同理可得，故是关于的方程的两根，由韦达定理得到两根之和，两根之积，再证明出充分性和必要性，得到结论.
【详解】（1）设动圆圆心为，
依题意得，整理得，
所以的方程为．
（2）设点，
由题知直线，即，
联立得，
则，故，
即．
由直线的交点为，可知直线的斜率存在，
故设直线，
则，即，
由题知直线，同理可得，
故是关于的方程的两根，
所以，
充分性：若，即，解得，
则直线，
所以直线过定点，充分性成立．
必要性：若直线过定点，
则，必要性成立．
故直线过定点的充要条件是．
5．已知双曲线的离心率为为坐标原点，过点的直线交于，两点，其中点在第一象限.
(1)求的标准方程.
(2)设.
①求直线的方程.
②过点作斜率分别为的两条直线，且直线与交于另一点，直线与交于另一点.若，证明直线过定点，并求该定点坐标.
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析，
【分析】（1）根据双曲线的离心率可得结果.
（2）①根据条件可知点在以为圆心，5为半径的圆上，联立圆方程与双曲线方程可得结果.
②设直线，与双曲线方程联立，借助韦达定理得到的关系式可得结果.
【详解】（1）因为的离心率为，所以，解得，
所以的标准方程为.
（2）
①由，得点在以为圆心，5为半径的圆上.
设，则解得即，
所以直线的斜率为，直线的方程为，即.
②当直线的斜率不存在时，点关于轴对称，设，
由，得，即，解得，不符合题意，
所以直线的斜率存在.
设直线，由得，
则，即.
设，则，
因为，所以，即，
得，
所以，即，
所以或.
当时，直线的方程为，经过定点，不符合题意；
当时，直线的方程为，经过定点.
综上，直线过定点，且定点坐标为.

题型二 圆过定点
1．已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，的焦距为8．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)过右焦点F的直线l与双曲线C交于M，N两点，．求证：点A在以线段为直径的圆上．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由渐近线方程，焦距，即列方程组求出即可；
（2）分斜率是否为零，当斜率不为零时，设直线的方程，，直曲联立，表示出韦达定理，再用坐标表示，结合韦达定理化简即可；
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以双曲线C的标准方程为.
（2）

由（1）可得，
当直线的斜率为零时，直线方程为，与双曲线的两交点为实轴顶点，显然成立；
当斜率不为零时，设直线的方程为，，
联立，消去得，
，
，
，
，
将和代入可得，
整理可得，
所以，
所以，即，即点A在以线段为直径的圆上，
综上，点A在以线段为直径的圆上.
2．（2024·山东泰安·模拟预测）已知抛物线，焦点为，点在上，直线∶与相交于两点，过分别向的准线作垂线，垂足分别为.
(1)设的面积分别为，求证：；
(2)若直线，分别与相交于，试证明以为直径的圆过定点，并求出点的坐标.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析，和
【分析】（1）将点代入得抛物线方程为，设，联立直线与抛物线方程，韦达定理，然后用坐标表示三个三角形的面积，化简即可证明.
（2）先求出直线的方程，令得点的坐标，同理得点的坐标，从而求出以为直径的圆，令得圆恒过的定点.
【详解】（1）将代入，得，所以抛物线方程为，
由题意知，设，
由得，，，
所以，
所以
，即.
（2）直线的斜率，
故直线的方程为，令得，
所以点的坐标为，同理，点的坐标为，
设线段的中点为，则
=，
又=
，
所以以为直径的圆为，
即，令得或，
故以为直径的圆过定点和.
3．已知椭圆的离心率为，其长轴的左、右两个端点分别为，，短轴的上、下两个端点分别为、，四边形的面积为4.
(1)求椭圆的方程；
(2)P是椭圆上不同于，的一个动点.
①直线、与y轴分别交于两点，求证：为定值；
②直线、分别与直线交于，判断以线段为直径的圆是否经过定点并说明.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；
②过定点
【分析】（1）由已知可得，求解即可；
（2）①设，求得直线的方程为，直线的方程，进而求得点的坐标，可求得为定值；
②求得以线段为直径的圆的方程，令求解即可.
【详解】（1）由题意可得，解得，所心椭圆的方程为；
（2）①设，所以，则，
由（1）可得，，
则直线的方程为，
令，解得，则，
则直线的方程为，
令，解得，则，
所以，
所以为定值1；
②由①知直线的方程为，
令，得，则，
则直线的方程为，
令，解得，则，
又，
所以的中点，
又，
所以圆的半径为，
所以以线段为直径的圆的方程为，
令，得
，
所以，
故以线段为直径的圆经过定点.
【点睛】关键点点睛：重点在于求得以线段为直径的圆，利用对称性可知令，可求定点坐标.
4．如图所示，已知开口方向向上、顶点在原点的抛物线上的纵坐标为1的点到焦点的距离为2．
(1)求抛物线的方程．
(2)已知是直线上的动点，为抛物线的两条切线，为切点．
①求证：直线过定点；
②抛物线上是否存在定点使得以为直径的圆恰过定点？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②存在，
【分析】（1）由抛物线的性质求得抛物线方程．
（2）①设，设过点的切线，与抛物线方程联立，由判别式等于，得，设的斜率分别为，由韦达定理及中点坐标公式求出的中点为，由点斜式写出直线的方程即可求解；
②设，得到直线与的斜率，由斜率乘积为,得，再将①问中的韦达定理代入上式化简得，即可求解.
【详解】（1）设抛物线方程为，由抛物线定义知，，
抛物线的方程．
（2）①设，由于切线斜率一定存在，
故设过点的切线，
代入中，得：，
，．
设的斜率分别为，
则
，，，
得
，
的中点为．
又，直线的方程：，
即：，过定点．
②设，则．同理：．
，．
把代入中得：，
所以由，
，
，解得．
存在定点，使得以为直径的圆恰过点．

题型三 定点中的探索性问题
1．（2025·湖北荆州·模拟预测）已知椭圆C的焦距为2，且过点.
(1)求C的方程；
(2)若A，B分别是C的左、右顶点，设直线与x轴交于点P，点Q是直线上不同于点的一点，直线BQ与C交于另一点M，直线AM与交于点N，是否存在点Q，使得？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，或
【分析】（1）由题意得及，即可求解；
（2）假设存在点，使得，则，设，则，直线BQ的方程为．由即可求解．
【详解】（1）由题意知，且过点，即，，解得，，
所以椭圆的方程为；
（2）假设存在点，使得 ，则 ．
设 ，则 ，
∴ ，直线 的方程为 ．
∵点 在直线上，∴，
∵点是直线上不同于点的一点，∴ ，解得
∵点在椭圆 上，∴ ，解得 或 ，
当 时，解得 ；当 时，解得
∴存在点 ，使得 ，点的坐标为 或 ．

2．已知椭圆的离心率为，依次连接两个短轴端点和两个焦点，组成的四边形周长为8.
(1)求椭圆的方程．
(2)已知点，过点作直线交椭圆于两点，轴上是否存在一点（与点不重合），使得?若存在，写出点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据椭圆的定义得到四边形周长，结合离心率公式和的关系得到椭圆方程；
（2）对于直线的斜率存在不存在进行分类讨论，根据条件计算得到结果；
【详解】（1）由题意得，则，因为，所以，
因为，所以椭圆的方程为．
（2）存在；
当直线的斜率不存在时，，，设．
因为，所以，从而或，
解得（舍去）或，所以．
当直线的斜率存在时，根据题意时，直线与椭圆无交点，不符合题意.
设，，取点关于轴的对称点，
要使，此时三点共线．设
设，代入椭圆方程得，
则，．
，
因为，所以，即点符合题意．
综上所述存在，使得.

3．（2025·河北唐山·模拟预测）已知直线与抛物线交于两点，且分别在第一、二象限，为线段的中点．设在点处的切线交于点，为曲线段（不含端点）上一点，在点处的切线与直线分别交于点．
(1)证明：
①直线轴；
②四边形的面积为定值；
(2)设的外接圆为圆，问：圆是否过定点（点除外）？若过定点，求出定点坐标；不过定点，请说明理由．
【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析
(2)过定点，
【分析】（1）①联立方程可求出的坐标，再求出的坐标，即可证明结论；②利用切线方程可求表示出的坐标，从而可求出四边形的面积，即可证明结论；
（2）表示出直线的方程，可求出点E所在的直线方程，结合三角形外接圆性质，即可得出结论.
【详解】（1）证明：①依题意，联立直线方程和得，
解得或4，所以，则.
由得，所以直线的斜率为，
则的方程为，同理可得的方程为，
联立，从而可得，而，因此轴.
②设，可得直线的方程为，
即，
联立，可得，
同理联立，，可得，
而，
故四边形的面积为，为定值.
（2）由（1）得，
线段的垂直平分线的斜率为，则其方程为，即；
同理可得线段的垂直平分线的方程为，
联立，消去，得，
所以点在直线上.
设关于直线的对称点为，则，
解得，即关于直线的对称点为，
由于在圆上，故圆也过点，因此圆过定点.
4．（2025·天津河北·二模）已知椭圆的上、下顶点与一个焦点是等腰直角三角形的三个顶点，且点在椭圆上．
(1)求椭圆C的离心率及标准方程；
(2)过点且斜率存在的动直线l与椭圆C相交于A，B两点，问在y轴上是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，；
(2)存在，.
【分析】（1）根据已知有，即，再将已知点代入方程求参数值，即可得标准方程和离心率；
（2）先假设点存在，并设，，直线，联立椭圆并应用韦达定理得到，，根据已知方程恒成立得到，即，整理化简求参数m，即可得.
【详解】（1）由上下顶点与一个焦点是等腰直角三角形的三个顶点，所以，则，
所以，且，又在椭圆上，则，
所以标准方程为；
（2）假设在轴上存在与点不同的定点，使得恒成立，

设，，直线，
由，可得，显然，
则，，
由，而，
所以，即，则，
所以，即，则，
所以，则不论为何值，恒成立，
所以，即，使得恒成立.
5．（2025·江西上饶·二模）已知双曲线过点，其右焦点到渐近线的距离为1，过作与坐标轴都不垂直的直线交的右支于两点．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)为双曲线C上一动点，过点分别作两条渐近线的平行线交渐近线于，四边形OEPG的面积是否为定值？若是求出该定值，若不是请说明理由；
(3)在轴上是否存在定点，使恒成立，若存在求出定点的坐标，若不存在请说明理由．
【答案】(1)；
(2)是定值，定值为；
(3)存在定点，该定点坐标为.
【分析】（1）设出双曲线的标准方程，利用焦点到渐近线的距离及过的点求出参数值即可.
（2）求出双曲线的渐近线方程，求出过点与其中一条渐近线平行的直线并求出与另一条渐近线的交点，再利用平行四边形面积公式计算求解.
（3）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理及已知求解.
【详解】（1）设双曲线的标准方程为，右焦点，
双曲线的渐近线，点到渐近线的距离，
又，解得，
所以双曲线的标准方程为.
（2）双曲线：的渐近线为，
由在双曲线上，得，即，
过点与直线平行的直线方程为，
由，解得，得交点，
依题意，四边形是平行四边形，，
点到直线的距离，
所以四边形的面积为定值.

（3）假设存在点，
由（1）知，，由直线不垂直于坐标轴，设直线的方程为，
由消去得，设，
，解得或，
由，得，而，
于是，则平分，因此直线的斜率互为相反数，
即，
，解得，
所以在轴上存在定点，使恒成立.

题型四 定直线x=x0
1．已知抛物线：.
(1)过抛物线的焦点，且斜率为的直线交抛物线于，两点，求；
(2)直线过点且与抛物线交于，两点，过，分别作抛物线的切线，这两条切线交于点.证明：点在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知直线：，联立抛物线方程，结合韦达定理、焦点弦公式即可得解.
（2）设，，首先将过点的两条切线方程求出来（分别用它们的坐标表示），然后联立两条切线方程可得的横坐标表达式为，由三点共线可得为定值，由此即可得证.
【详解】（1）
设，，由题意可得抛物线焦点，准线，直线：，
联立，得，所以，
所以.
（2）
设，，
由题意，过点且与抛物线相切的直线斜率存在且不为0，不妨设为，
则过点且与抛物线相切的直线方程为，①
联立，得，
所以，代入，得，
解得，带入①式即得，
即过点且与抛物线相切的直线方程为，
同理可得过点且与抛物线相切的直线方程为，
联立，可得，
由题意，直线斜率可能不存在但是一定不为0，设直线方程为，
联立，得，所以，即得，
所以点在定直线上.
2．已知A，B分别是双曲线C：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C的方程；
(2)已知过点的直线l：交C的左、右两支于D，E两点（异于A，B），直线AE与直线BD交于点Q，证明：点Q在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据即可确定的值，设出点坐标表示出，根据即可求出，从而求出双曲线方程；
（2）设出点,点坐标，表示出直线方程，联立后利用直线与双曲线联立所得韦达定理表示出点横坐标，可发现点在定直线上.
【详解】（1）由题意得，所以．
设，因为点P在C上，所以，即．
又，所以，
故C的方程为．
（2）由（1）得，，
如图，设，，

联立消去得，
所以，，
易知直线AE的方程为，
直线BD的方程为，
联立得：，
即，
整理得，
则，
所以点Q的横坐标始终为1．
故点Q在定直线上．
3．（25-26高三上·湖北·开学考试）已知椭圆，左右焦点分别为，左右顶点为，离心率为，点在椭圆上．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线与椭圆交于两点，直线��不过原点、椭圆顶点且不垂直于x轴．
（i）设直线和的斜率分别为，用表示；
（ii）设点关于原点的对称点为点，直线与直线交于点，直线与直线交于点，其中为坐标原点，证明：点在一条定直线上．
【答案】(1)；
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）利用椭圆的离心率及所过的点列式求出即可.
（2）（i）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理及斜率坐标公式求出；（ii）法一：利用椭圆对称性，结合（i）的结论求出的斜率，进而求出直线方程，再求出点横坐标即可；法二：由椭圆对称性，结合（i）的信息求出的坐标，再利用斜率坐标公式求出的斜率，进而求出直线方程，再求出点横坐标即可.
【详解】（1）由椭圆的离心率为，得，解得，
由椭圆过点，得，解得，，
所以椭圆的方程为.
（2）（i）由消去得，设点，
则，而，依题意，
所以.
（ii）法一：设，由点关于原点的对称点为点，为中点，得，
直线的斜率，，，
由（i）得，解得，则直线方程为：，
由，消去得，而不恒为0，解得，
所以点在定直线上.
法二：由（i）得，
设，由点关于原点的对称点为点，得，
由三点共线，得，由三点共线，得，
则，
解得，因此直线方程为：，
由，消去得，而不恒为0，解得，
所以点在定直线上.

题型五 定直线y=y0
1．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知双曲线的中心为坐标原点，上焦点为，离心率为.记的上、下顶点分别为，，过点的直线与的上支交于M，N两点.
(1)求的方程；
(2)直线和的斜率分别记为和，求的最小值；
(3)直线与交于点P，证明：点P在定直线上.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用双曲线的上焦点、离心率可求得的值，进而可求得双曲线方程.
（2）设的方程为，与双曲线方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式，推理计算即得，进而计算可求得的最小值.
（3）直线的方程为，直线的方程为，联立方程线可求得交点的纵坐标为定值，可得结论.
【详解】（1）设双曲线的标准方程为，
由题意可得，解得，
所以双曲线的标准方程为；
（2）双曲线的上下顶点为，，设直线的方程为，，
联立，消去，可得，
则，且，
所以，
所以，
所以，所以，
当时，的最小值为；
（3）直线的方程为，直线的方程为，
联立，得，解得，
即点P在定直线上.
2．已知点为抛物线的焦点，点、在抛物线上，且、、三点共线.若圆的直径为.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）过点的直线与抛物线交于点，，分别过、两点作抛物线的切线，，证明直线，的交点在定直线上，并求出该直线.
【答案】（1）（2）证明见解析；定直线
【解析】（1）由题可知中点为，，设、到准线的距离分别为，.到准线的距离为，由梯形中位线得到方程，再根据抛物线定义求解.
（2）设，，由，得，则，分别设直线的方程为，直线的方程为，联立，方程，求得交点坐标，再由直线方程为，与抛物线联立，利用韦达定理求解.
【详解】（1）由题可知中点为，设、到准线的距离分别为，.到准线的距离为，
则，由抛物线定义得，，所以，
所以，即.
所以抛物线的标准方程为.
（2）设，，由，得，则，
所以直线的方程为，直线的方程为，
联立，方程得，即，的点坐标为.
因为过焦点，
由题可知直线的斜率存在，所以设直线方程为，
与抛物线联立得，
所以，，
所以直线，的交点在定直线上.
【点睛】本题主要考查抛物线的定义求方程以及直线与抛物线的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
3．（24-25高三下·云南·月考）已知点是圆O：上的动点，点在轴上的射影为，点满足，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)设分别是与轴的交点，（点在轴正半轴上），过点的直线与分别交于点（异于点），直线与直线交于点，证明：点在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设出点坐标并根据向量线性坐标运算，利用坐标代换可求得的方程；
（2）联立直线与的方程并利用韦达定理得出直线与直线的方程并求出交点的坐标，可求得点在定直线上．
【详解】（1）设，
因为为在轴上的射影，所以．如下图：
已知，则，可得，
即．
又因为在圆O：上，将代入圆方程得，
即，
所以的方程为．
（2）由（1）易知，由题意知，直线不垂直于轴，
故设直线：，由点在内，则直线与恒有两个交点，设为，．
联立，得，
由韦达定理得，，则（*）．
又直线的方程为，直线的方程为，
设直线与直线的交点为，
则联立方程，解得，
将（*）式代入化简得
，
故点在定直线：上．

题型六 定直线Ax+Bx+C=0
1．已知圆，一动圆与直线相切且与圆外切．
(1)求动圆圆心的轨迹的方程；
(2)若经过定点的直线与曲线交于，两点，是的中点，过作轴的平行线与曲线相交于点，试问是否存在直线使得？若存在，求出直线的方程．
【答案】(1)
(2)存在，或．
【分析】（1）利用直接法，设出点坐标根据相切关系找到等量关系即可求动圆圆心P的轨迹T的方程；
（2）由题意设直线l的方程为，联立抛物线方程，利用，从而由向量的数量积的坐标运算于韦达定理可得，即可求出直线方程．
【详解】（1）设，由题可知动圆圆心不能在轴左侧，故，
因为动圆与直线相切且与圆外切，
所以，
所以，
化简得，
所以动圆圆心的轨迹的方程为；
（2）设，，
由题意，设直线的方程为，
联立
消去得，
所以，①，
所以，②，
假设存在使得，
则由题意可得③，
因为在抛物线上，所以，即④，
又，，，
所以，
将①②③④代入此式并化简，可得，
所以，即，
所以存在直线，使得，且直线的方程为或．
2．双曲线的左右焦点为，实轴长为6，点P在双曲线的右支上，直线交双曲线于另一点Q，满足，且的周长为32．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过点作直线l与双曲线的右支相交于M、N两点，在线段MN上取点H，满足，点H是否恒在一条定直线上？若是，求出这条直线的方程；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)点H在定直线上
【分析】（1）由，，结合双曲线定义表示，结合的周长为32求出，即可求出双曲线的标准方程；
（2）设，则，设，则有及，所以，即可得出结论．
【详解】（1）由，，
则，
所以，解得，，
所以双曲线的标准方程为．

（2）因为，设，则，
设，则有，
由，得，
即，可化为，
由，得，
即，可化为，
所以，
所以，
即，
所以点H在定直线上．

3．过抛物线内部一点作任意两条直线，如图所示，连接延长交于点，当为焦点并且时，四边形面积的最小值为32

(1)求抛物线的方程；
(2)若点，证明在定直线上运动，并求出定直线方程.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）设直线，联立方程组求得，利用弦长公式，分别求得，得到，结合基本不等式，即可求解；
（2）由和共线，得到，，又由和共线，得到和，进而得到，即可求解.
【详解】（1）解：设，
设直线，联立方程组，整理得，
可得，
所以，
同理可得，
所以，当且仅当时取等号，
所以，所以抛物线的方程为.
（2）解：当为时，，
由共线，可得，可得 ①，
同理由共线 ②
又由共线，可得，所以 ③
同理由共线，可得 ④
由①③得，
即 ⑤
又由②④得，
即 ⑥
由⑤⑥得，
即，即，所以在上.

4．（2025·安徽·模拟预测）已知双曲线过点，渐近线方程为．
(1)求的方程；
(2)已知点，过点作动直线与双曲线右支交于不同的两点、，点在线段上（不含端点）．
①若为的中点，的面积为，求直线的斜率；
②直线、、分别与轴交于点、、，若为的中点，证明：点恒在定直线上．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据双曲线过的点以及渐近线方程列出方程组求解双曲线方程；
（2）（i）先设出直线方程，联立双曲线方程，利用中点坐标公式和三角形面积公式求解直线斜率；
（ii）通过设点坐标，利用直线方程求出与轴交点坐标，再根据中点关系证明点在定直线上.
【详解】（1）由题意，得，则①，
将点代入双曲线方程，得②，
联立①②解得，故的方程为.
（2）若直线的斜率不存在，则直线与双曲线右支只有一个交点，不符合题意，故直线的斜率存在.
设直线的方程为，
与联立得.
设、，由题意，得，解得.
（i）因为为中点，所以.
由，得.
又，解得，所以直线的斜率为.
（ii）设直线的方程为，令，得.
同理可得，，，
因为为中点，所以，即.
又因为点、、都在直线上，
所以，
整理，得，
代入韦达定理，得，所以.
因为，所以点恒在定直线上.
5．（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，，，
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．


检测Ⅰ组 重难知识巩固
1．（2025·北京石景山·一模）已知椭圆过点，短轴长为4．
(1)求椭圆的方程；
(2)椭圆与轴的交点为，（点位于点的上方），直线与椭圆交于不同的两点，．设直线与直线相交于点．试问点是否在某定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．
【答案】(1)
(2)在定直线上，理由见详解.
【分析】（1）依题意可得，即可求出、，从而得解；
（2）由对称性分析该定直线为平行于横轴的直线，将直线与椭圆联立消，设直线、的方程解出纵坐标，结合韦达定理化简计算即可.
【详解】（1）依题意可得，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）在定直线上，理由如下：
设点与直线联立消去整理得，
由，且，
所以，
易知，，则，，
两式作商得，解得，
故在定直线上.
2．（2025·陕西宝鸡·三模）已知双曲线过点且一条渐近线方程为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若过点的直线与双曲线相交于两点，试问在轴上是否存在定点，使直线与直线关于轴对称，若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】(1)利用渐近线方程设出双曲线方程，再将点代入即可求出双曲线方程；
(2)假设存在点，联立直线与双曲线方程，应用韦达定理，将直线与直线关于轴对称转化为，进而可求出点的坐标.
【详解】（1）双曲线的一条渐近线方程为，设双曲线方程为，
又双曲线过点，则代入得，
双曲线的方程为；
（2）

设，，
假设在轴上存在定点，使直线与直线关于轴对称.
由题意知，直线的斜率一定存在，则设其方程为，
联立方程组，消去得：，
由题意知，即，
又有，，
则，
，
，，
上式对恒成立，，
存在定点，使，即使直线与直线关于轴对称.
3．已知，是圆上的一个动点，线段的垂直平分线交线段于点，动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程．
(2)曲线的右顶点为，直线与相交于点，，设直线，的斜率分别为，，且．作，垂足为，是否存在某个定点，使得以为直径的圆经过点?若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在定点
【分析】（1）根据几何意义，再由椭圆的定义写出方程即可；
（2）设，，联立得到，利用得到，即可得直线过定点.
【详解】（1）因为点在线段的垂直平分线上，所以，
又是圆的半径，所以，
所以点的轨迹是椭圆，方程为．
（2）设，．联立
得，则，，
由得．
，
化简得，
即，解得或．
当时，直线过点，舍去．
当时，满足，此时直线，且过定点，
又因为点在以为直径的圆上，所以点在直线上，
所以存在定点满足条件．
4．已知抛物线的焦点为，设动点的坐标为．
(1)若，求过点与抛物线有且只有一个公共点的直线方程；
(2)设过动点的两条直线均与相切，且的斜率分别为，满足．证明：动点在一条定直线上．
【答案】(1)或；
(2)证明见解析
【分析】（1）分别讨论直线斜率是否存在，利用判别式为0即可得直线方程；
（2）设出直线方程并利用韦达定理可得，结合即可求出动点在直线上.
【详解】（1）当经过点P的直线不存在斜率时，直线方程即为，
与抛物线抛物线C：有且只有一个公共点，符合题意，
当经过点P的直线存在斜率时，不妨设直线方程为，
代入抛物线方程化简得：，
，即，直线方程即为
因此所求直线方程为或；
（2）证明：设过点P与抛物线C的相切的切线方程为，
由，消去整理得，
因为与抛物线C相切，所以，
即．
又因为，是方程的两根，则有，
由 ，可得，即
从而动点在直线上.
5．已知，分别是双曲线：的上顶点，下焦点．
(1)求的标准方程；
(2)过的直线与的上、下支分别交于两点（异于），直线平分线段与的下支交于点，证明：直线与直线的交点在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题中所给数据求解即可；
（2）设直线方程为：，，，联立直线和双曲线方程，结合韦达定理可得，求出点坐标，直线方程，再联立直线和直线方程，求出交点坐标即可得证.
【详解】（1）由题意，，，
所以，
所以C的方程为．
（2）证明：由题意，直线的斜率存在，
设直线方程为：，，．

联立，消去，得，
由于，同号，所以，，
，
所以，
联立，解得，
所以，
所以直线的方程为，即，
联立，解得，
所以直线与直线的交点在定直线上．
6．已知椭圆：，A点为椭圆短轴的上端点，P点为椭圆上异于A点的任一点，若P点到A点距离的最大值仅在P点为短轴的另一端点时取到，则称此椭圆为“圆椭圆”，已知，椭圆的离心率
(1)求椭圆的标准方程；
(2)试判断椭圆是否是“圆椭圆”?并证明你的结论；
(3)Q点为P点关于原点O的对称点，Q点也异于A点，直线AP、AQ分别与x轴交于M、N两点，试问以线段MN为直径的圆是否过定点?证明你的结论．
【答案】(1)；
(2)椭圆是“圆椭圆”，证明见解析；
(3)过定点，证明见解析.
【分析】（1）由给定的离心率及短半轴长求出即可.
（2）设点，利用两点间距离公式，结合椭圆方程求出取得最大值的点位置即可推理得证.
（3）由（2）中点，求出点的坐标，由直线的点斜式方程求出点的坐标，再结合对称性可得圆过的定点必在轴上，设出此点坐标，利用向量数量积列式计算即得.
【详解】（1）由，椭圆的离心率，得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1）知，，设，则，
于是，
而，因此当且仅当时，，此时点，
即点P点到A点距离的最大值仅在P点为短轴的另一端点时取到，
所以椭圆是“圆椭圆”.
（3）由（2）知，，设，则，，
直线，则，
若以线段为直径的圆过定点，由对称性知点在轴上，
设，则，而，
于是，即，解得，
所以以线段为直径的圆过定点.
7．（24-25高三上·上海·月考）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)证明见解析
(3)存在，
【分析】（1）根据得出和，再结合即可求解；
（2）设直线，联立双曲线的方程消元，设、，利用韦达定理建立等式，表示出直线、的斜率之积，通过化简即可求解；
（3）利用条件找到，设，根据计算得出，再利用（2）的等式化简得出，即可证明．
【详解】（1）设双曲线的半焦距为c．
由题意知．
故，
因此．
（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）由题意知，得．
设，则．
即．
由于，上式即，解得．
利用(*)式，得，
因此存在定点满足题目要求．
8．（2025·河北石家庄·一模）已知椭圆的一个焦点短轴长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)连线与轴交于点，过焦点的直线与椭圆交于两点.
（i）证明：点在以为直径的圆外：
（ii）在上是否存在点使得是等边三角形.若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）存在，或
【分析】（1）根据椭圆的基本性质来确定方程参数；
（2）（i）判断点与圆的位置关系通过向量的数量积来实现；（ii）利用直线与椭圆方程联立得到相关点的坐标关系，再结合等边三角形的性质建立等式求解直线方程.
【详解】（1）由题意得，所以，
则椭圆的标准方程为，
（2）（i）由题意得，，
当直线斜率为0时，此时以为直径的圆的方程为，显然在此圆外；
当直线斜率不为0时，设直线的方程为，
由可得，，
恒成立，
设，
则
故在以为直径的圆外.
（ii）当斜率不存在时，，此时到距离为1，故不存在等边三角形，当斜率为0时，易得不存在等边三角形，
当斜率存在且不为0时，设直线的方程为，
设中点为，又，由（i）得，
，由于在直线上，所以
直线的斜率为，所以.
，
因为是等边三角形，所以，则
解得，即，
故直线的方程为或.
9．（2025·河北保定·三模）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆的右顶点为，若直线与椭圆交于两点，满足，证明：直线过定点．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由，及求解即可；
（2）由，可得，设，则有，分直线垂直于轴和直线不垂直于轴，结合韦达定理求出直线的方程，即可得证.
【详解】（1）设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为．
由已知，，即，
又，所以，
由，可得，所以，
因为的焦点在轴上，所以的标准方程是．
（2）证明：由（1）知，
设，
将两边平方，
化简得，
所以，
即，
即．
①当直线垂直于轴时，且，
故，解得或（舍去），
此时过点；
②当直线的斜率存在时，设，
联立方程，
得，
由，
得，且，
由，
得，
即．
将代入上式，
得，
即，
所以，
所以或，
当时，直线过点，不符合题意，
所以，
所以直线的方程为，
此时过点．
综上可知直线过定点．
10．已知抛物线C：（）经过点（），F为焦点，且.
(1)求C的方程及；
(2)设O为原点，过F作斜率不为0的直线l交C于M，N两点，直线分别交直线OM，ON于A，B.证明：以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据抛物线的定义可得，代入抛物线方程即可得；
（2）设直线l的方程为，联立方程利用韦达定理可得圆的方程，令运算求解即可.
【详解】（1）因为抛物线C：（）经过点，F为抛物线的焦点，且，
所以由抛物线的定义，可得，解得，所以，
又因为P的横坐标为1，
所以，解得，
又，所以.
（2）因为直线l的斜率不为0，焦点坐标为，
设直线l的方程为.
与抛物线方程联立可得.故，.
可得，，
设，，则，，
可得直线OM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，
则圆的方程为.
令，整理可得，解得，
即以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点，.
11．（2025·安徽·模拟预测）已知双曲线：（，）的右顶点，斜率为1的直线交于、两点，且中点.
(1)求双曲线的方程；
(2)证明：为直角三角形；
(3)经过点且斜率不为零的直线与双曲线的两支分别交于点，.若点是点关于轴的对称点，试问，不论直线的斜率如何变化，直线是否过定点?若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，说明理由.
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)过定点，坐标为.
【分析】（1）设，，运用点差法求解即可；
（2）直曲联立，借助向量工具求解；
（3）设方程为，，，，直曲联立，得到，，得到直线的方程为，在直线的方程中，令，求解即可.
【详解】（1）设，，则，，
∵，两点在双曲线上，
∴，由①－②得，
即，∴，
∴，即，∴，
又∵，∴，
∴双曲线的方程为：；
（2）由已知可得，直线的方程为：，即，
联立，，
则，，
∵
，
∴，∴为直角三角形；
（3）设方程为，，
联立直线与的方程，消去得，
因为直线与的两支分别交于点，，
设，，
所以，得，
则，，，
因为，所以直线的方程为，
由对称性可知，若直线过定点，则定点在轴上，
在直线的方程中，令，
得
所以直线过定点，定点坐标为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中直线过定点问题通法，是先设出直线方程，通过韦达定理和已知条件若能求出m为定值可得直线恒过定点，若得到k和m的一次函数关系式，代入直线方程即可得到直线恒过定点.
12．（2025·河北·二模）平面直角坐标系中，圆A的方程为，点B的坐标为，点P是圆上任意一点，线段的垂直平分线交半径于点Q，当点P在圆上运动时，点Q的轨迹为曲线E．
(1)求点Q的轨迹E的方程；
(2)过点A作一条直线与点Q的轨迹E相交于M，N两点，满足，点H满足，问：点H是否在一条定直线上，若是，求出这条直线方程，若不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)点H在一条定直线上，直线方程为．
【分析】（1）由椭圆的定义确定Q的轨迹，得出求解即可；
（2）设，，，，解法一，根据向量坐标运算化简可得，设直线的方程为：，联立椭圆方程，根据根与系数的关系结合化简可得；解法二，设直线方程为，同解法一建立纵坐标间关系，化简可得，当直线斜率不存在或斜率为0时，验证即可.
【详解】（1）如图，
由题意知，，
所以Q点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆．
设椭圆的方程为，
则，，，
所以椭圆方程为．
（2）如图，
解法一：
设，，，，
由可得，
则，即①.
由可得
则，即②，
所以，整理得③.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，联立得，
消去得，
，，
代入③得，又因为，所以．
直线的斜率不存在时，不妨取，，
则，，则，，解得，
综上可得，点在一条定直线上，直线方程为．
解法二：设，，，，
由可得，
则，即①.
由可得，
则，即②，
所以，整理得③.
当直线的斜率不存在或不为0时，设直线方程为，
联立，消去得，
，，代入③得.
当直线的斜率为0时，，，
则，恒成立，点H在上也成立，
综上可得，点H在一条定直线上，直线方程为．
13．已知抛物线的焦点为，直线：与直线与抛物线分别交于点和点.
(1)若，求的面积；
(2)若直线与交于点，证明：点在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）联立抛物线与直线，消去得，设，由韦达定理得出，即可根据抛物线弦长公式得出，再由点到直线的距离公式得出点到直线的距离，即可根据三角形面积公式得出答案；
（2）设，，分别联立抛物线与直线和抛物线与直线，消去根据韦达定理得出，，根据直线的点斜式化简得出直线与的方程，即可联立两直线方程消去，再代入，，化解得出定直线.
【详解】（1）
依题意，，
联立，得.
设，
故，
故，
，
点到直线的距离，
故.
（2）
设，，
联立得，
则.
同理可得，.
则直线，
化简得，，
同理可得，直线，
联立①②消去可得，
故点在直线上.

检测Ⅱ组 创新能力提升
1．（2025·河北邯郸·一模）对于给定的椭圆，与之对应的另一个椭圆（，且），则称与互为共轭椭圆.已知椭圆与椭圆互为共轭椭圆，是椭圆的右顶点.
(1)求椭圆的标准方程.
(2)设直线与椭圆交于，两点，且直线与直线的斜率之积为.
①证明：且直线过定点.
②试问在轴上是否存在异于点的点，使得直线，的斜率之积也为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②存在，
【分析】（1）根据共轭椭圆的定义结合已知，即可求得答案；
（2）①联立直线和椭圆方程，可得根与系数的关系式，利用判别式以及直线的斜率公式化简，即可证明结论；②设，求出直线，的斜率之积的表达式，根据求定值问题可令参变量m的系数为0，即可求得答案.
【详解】（1）由题意可设的共轭椭圆方程为，即（，且），
由于是该椭圆的右顶点，即得，
椭圆的标准方程；
（2）①证明：联立和，

可得，
需满足，即，
即；
设，则，
则
，
由题意得直线与直线的斜率之积为，即，
即，
即，即得，
解得（舍）或，
则直线为直线，过定点；
②假设在轴上存在异于点的点，使得直线，的斜率之积也为定值，设，
由①知，，，
则
，
要使得为定值，需，解得（舍）或，
即时，为定值，
即在轴上存在异于点的点，使得直线，的斜率之积也为定值.
【点睛】难点点睛：解答圆锥曲线类的综合题目，难点在于复杂的计算，并且大多都是关于字母参数的运算，计算量较大，一不小心就很容易出错.
2．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.
3．已知双曲线的一条渐近线方程为，点是C上一点，过点P作斜率分别为，的两条直线，，且直线与C交于另一点A，直线与C交于另一点B．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)若直线，的倾斜角互补，且，求；
(3)若，证明：直线AB与y轴的交点为定点，并求出定点坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析，
【分析】（1）待定系数法求标准方程；
（2）由题意可得，求得直线的方程，求得点两点坐标，可求；
（3）先考虑直线的斜率不存在的情况不符合题意.直线的斜率存在时，不妨设直线的方程为，用“设而不求法”表示出，得到或，验证直线过定点.
【详解】（1）由题知，，
所以，
所以双曲线的标准方程为．
（2）由题知，，
直线，直线，
联立得．
因为方程有一个根为2，所以，
同理可得，，
所以．
（3）当直线的斜率不存在时，点关于轴对称，
设，则由，得，
即，解得，不符合题意，所以直线的斜率存在.
设直线，代入双曲线方程，
化简得，根的判别式．
设，
则，
根据，得，即，
整理得，
所以，
整理得，即，
所以或．
当时，直线的方程为，经过轴上的定点；
当时，直线的方程为，经过定点，不符合题意．
综上，直线与轴的交点为定点，且定点坐标为．
4．（25-26高三上·上海杨浦·月考）已知双曲线：，点，点，过点作动直线与双曲线右支交于不同的两点、，点在线段上，且与端点、不重合.
(1)求双曲线的焦距和离心率；
(2)当为中点时，的面积为7，求直线的斜率；
(3)设直线、、分别与轴交于点、、，若为的中点，证明：点在一条定直线上，并求出该定直线的方程.
【答案】(1)焦距4，离心率2
(2)
(3)证明见解析，在定直线上
【分析】（1）根据双曲线方程求出，即可得解；
（2）先设出直线方程，联立双曲线方程，利用中点坐标公式和三角形面积公式求解直线斜率；
（3）通过设点坐标，利用直线方程求出与轴交点坐标，再根据中点关系证明点在定直线上.
【详解】（1）由双曲线方程得，，，
所以焦距，离心率；
（2）若直线的斜率不存在，则直线与双曲线右支只有一个交点，不符合题意，
故直线的斜率存在，设直线的方程为，
与联立得.
设，，
由题意，得，
解得，
因为为中点，所以，
由，得，
又，解得，
所以直线的斜率为；
（3）直线的方程为，令，得，
同理可得，，，
由为中点，可得，
即，
所以，
即，
所以在定直线上.
5．（2025·安徽蚌埠·三模）已知椭圆的离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点的直线（非y轴）交椭圆于A，B两点，过点A作y轴的垂线与直线BP相交于点D，求证：线段AD的中点在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率得到，将代入椭圆方程，待定系数法求出椭圆方程；
（2）设直线AB的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，根据点B，P，D共线，得到方程，求出，得到，，而，所以，可得，而，故，又，所以，得到答案.
【详解】（1）由，得，则，所以，
将点代入椭圆方程，得，解得，
所以椭圆的标准方程为．
（2）易知直线AB斜率存在，设直线AB的方程为，
并设点，AD的中点坐标设为．
联立方程，消去y，得，
所以，且即或,
由条件，，点B，P，D共线，其中，，
则，
所以，
，
，
，
而，
所以，可得，
而，故，
又，所以，
即线段AD的中点在定直线上．
6．已知双曲线，其左顶点，离心率.
(1)求双曲线方程；
(2)过右焦点的直线与双曲线右支交于，两点，与渐近线分别交于点，，直线，分别与直线交于，.
（i）求的取值范围；
（ii）求证：以为直径的圆过定点，并求出该定点.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析；，.
【分析】（1）根据条件，确定，可得双曲线的方程.
（2）（i）依题设直线方程为：，与双曲线方程联立，写出韦达定理，利用弦长公式求得,再由两渐近线方程与直线联立，求得点坐标，求得，写出，根据的取值范围可求得的取值范围；
（ii）先求出点的坐标，由直径式得到以为直径的圆的方程，由图形的对称性，判断所求圆经过轴上的某定点，令和韦达定理代入化简即可求得定点的坐标.
【详解】（1）由题意：，所以，
所以双曲线的标准方程为：.
（2）（i）如图：
显然过焦点的直线斜率不为0，故可设其方程为：（）.
由，
整理得：.
设，，则，
所以.
于是.
又由，即；
同理：，
所以.
所以，
因为，所以.
（ii）因为，则直线的方程为：，
令，得，即.
同理.
所以以为直径的圆为：.
令得：
因为，
所以，
所以或.
即以为直径的圆过定点和
【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线与双曲线相交形成的线段比的范围和定点问题，属于较难题.解题的关键是根据圆的对称性可判断定点在坐标轴上，结合韦达定理的结果运算化简求解就可，对计算能力要求较高.
7．（24-25高三上·江苏·期末）已知双曲线C：（）的离心率为2，点是双曲线C上的点，A，B是双曲线C的左、右顶点，点P（不同于点A，B）是双曲线C上的一个动点，直线分别交直线于点M，N．
(1)求双曲线C的方程；
(2)求证：以线段为直径的圆被x轴截得的弦长为定值；
(3)当点P在右支上时，直线交双曲线C的右支于点Q，证明：直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）因为离心率，将点（2，3）代入双曲线方程得，又，解得a，b，即可得出答案；
（2）由（1）可知，，设，即 .根据直线PA的方程求得，根据直线PB的方程求得，写出圆C′的方程，把代入圆C′中得出，结合计算出结果即可；
（3）设，直线PQ的方程为，联立双曲线的方程，结合韦达定理可得，，写出直线AP的方程，进而可得M点的坐标，又M，B，Q三点共线，则，又M，A，P三点共线，则，解出，即可得出答案．
【详解】（1）因为双曲线C的离心率为2，所以，即，
又，所以，化简得，
因为点（2，3）在双曲线C上，所以代入得，
结合，解得，，
故双曲线C的方程；
（2）由（1）可知，，设，
点P是双曲线C上的一个点，所以.
直线PA的方程为，令，得，
直线PB的方程为，令，得，
设以线段MN为直径的圆的圆心为C′，半径，故圆C′的方程：，，
设圆C′与x轴的两个交点坐标分别为，，把代入圆C′中得，
结合得，故，
解得，，故，
所以以线段MN为直径的圆C′被x轴截得的弦长是3，是定值；
（3）直线PQ过定点，理由如下：
设直线PQ的斜率方程为，
联立，
整理得，
则，由（1）可知，，
直线，
因为直线上有动点，点直线上，所以，
又M，B，Q三点共线，
所以，即，
又M，A，P三点共线，
所以，即
联立得：，
整理得，
即．
化简得，
因为，
所以，故，
代入得
得，
即，
所以时．直线PQ的方程为，
所以PQ过定点.

8．（2025·江西九江·三模）已知双曲线的左、右顶点分别为，在上，．
(1)求的方程；
(2)过的直线交于另一点（异于），与轴交于点，直线与交于点，证明：直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）结合题设可得，，求出即可求解；
（2）解法一：设直线的方程为，直线的方程为，联立方程组可得，，进而得到，可得直线的方程，进而求证即可；
解法二：同解法一得到，设直线过定点，通过求证即可；
解法三：分直线斜率存在与直线斜率不存在两种情况，求出的坐标，得到直线的方程，进而求证即可.
【详解】（1）∵在上，∴．①
∵，∴，
∴，②
由①②解得，故的方程为．
（2）解法一：设直线的方程为，直线的方程为．
联立得．
联立消去，整理得，
∴，即．
∴直线的斜率为，∴直线的方程为．
令，得，即．
∴直线的斜率为，∴直线的方程为，
即．
由解得，
故直线过定点．
解法二：同法一，得，
设直线过定点，则．
又∵，
∴，
整理得．
由解得．故直线过定点．
解法三：①当直线斜率存在时，设的方程为，则．
由直线的斜率为得.
联立消去，整理得，
∴，∴，
∴直线的斜率为，∴直线的方程为．
联立得．
∴直线的斜率为，∴直线的方程为，
即．由得．
②当直线斜率不存在时，，直线的方程为，显然过点．
综上所述，直线过定点．

9．（25-26高三上·浙江杭州·月考）已知椭圆：经过点和.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左焦点为F，点M，N是椭圆C上的两个动点，直线的斜率存在并且不为0.
（i）若直线，关于x轴对称，证明：直线过定点；
（ii）若为坐标原点，A为椭圆C的右顶点，直线过点，直线与直线，分别交于点P，Q，求.
【答案】(1)；
(2)（i）证明过程见解析；（ii）1
【分析】（1）代入和，得到方程组，求出，得到椭圆方程；
（2）（i）设直线的方程为，联立，设，得到两根之和，两根之积，设关于x轴对称点为，则，且在直线上，根据，得到方程，求出，从而求出直线过定点；
（ii）设直线为，联立，得到两根之和，两根之积，直线为，表达出直线，联立直线得，同理可得，结合两根之和，两根之积，得到，（），由于，所以，当时，其中一个点坐标为，与重合，不合要求，从而得到结论.
【详解】（1）将和代入可得，
解得，故椭圆C的方程为；
（2）（i）设直线的方程为，
联立得，
，故，
设，
故，
直线，关于x轴对称，设关于x轴对称点为，
则，且在直线上，
直线的斜率存在并且不为0，故直线斜率存在且不为0，
其中，，即，
所以，其中，
所以，，
将代入可得
，化简得，代入中，
，即且，
所以直线方程为，
直线过定点；
（ii）由题意得，直线过点，设直线为，
联立得，
，
故，解得，
设，
则，
直线为，直线为，
联立直线与直线得，同理可得，
，
其中，
故
将代入得
，（），
由于，所以，
当时，直线为，
联立得，即，解得或2，
当时，，当时，，即其中一个点坐标为，
与重合，不合要求，
综上，.
定点问题是比较常见出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．
【一般策略】
①引进参数.一般是点的坐标、直线的斜率、直线的夹角等.
②列出关系式.根据题设条件，表示出对应的动态直线或曲线方程.
③探究直线过定点.一般化成点斜式或者直线系方程