資源簡介

專題51 定點問題（新高考專用）
【真題自測】 2
【考點突破】 2
【考點1】直線過定點問題 2
【考點2】其它曲線過定點問題 4
【分層檢測】 5
【基礎篇】 5
【能力篇】 8
【培優篇】 9
一、解答題
1．（2022·全國·高考真題）已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過兩點．
(1)求E的方程；
(2)設過點的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足．證明：直線HN過定點．
2．（2021·全國·高考真題）已知橢圓C的方程為，右焦點為，且離心率為．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設M，N是橢圓C上的兩點，直線與曲線相切．證明：M，N，F三點共線的充要條件是．
【考點1】直線過定點問題
一、解答題
1．（2024·湖南邵陽·三模）已知橢圓：的離心率為，右頂點與的上，下頂點所圍成的三角形面積為．
(1)求的方程．
(2)不過點的動直線與交于，兩點，直線與的斜率之積恒為．
（i）證明：直線過定點；
（ii）求面積的最大值．
2．（2024·陜西·模擬預測）已知動圓M經過定點，且與圓內切.
(1)求動圓圓心M的軌跡C的方程；
(2)設軌跡C與x軸從左到右的交點為點A，B，點P為軌跡C上異于A，B的動點，設直線PB交直線于點T，連接AT交軌跡C于點Q；直線AP，AQ的斜率分別為，.
（i）求證：為定值；
（ii）設直線，證明：直線PQ過定點.
3．（2024·廣東廣州·模擬預測）已知，，平面上有動點，且直線的斜率與直線的斜率之積為1.
(1)求動點的軌跡的方程.
(2)過點A的直線與交于點（在第一象限），過點的直線與交于點（在第三象限），記直線，的斜率分別為，，且.試判斷與的面積之比是否為定值，若為定值，請求出該定值；若不為定值，請說明理由.
4．（2024·江西宜春·三模）已知以點M為圓心的動圓經過點，且與圓心為的圓相切，記點M的軌跡為曲線C．
(1)求曲線C的方程；
(2)若動直線l與曲線C交于，兩點（其中），點A關于x軸對稱的點為A'，且直線BA'經過點．
（ⅰ）求證：直線l過定點；
（ⅱ）若，求直線l的方程．
5．（23-24高二下·福建泉州·期中）已知拋物線，其焦點為，點在拋物線C上，且．
(1)求拋物線的方程；
(2)為坐標原點，為拋物線上不同的兩點，且，
（i）求證直線過定點；
（ii）求與面積之和的最小值．
6．（2024·江蘇鹽城·模擬預測）已知拋物線，動直線與拋物線交于，兩點，分別過點、點作拋物線的切線和，直線與軸交于點，直線與軸交于點,和相交于點．當點為時，的外接圓的面積是．
(1)求拋物線的方程；
(2)若直線的方程是，點是拋物線上在，兩點之間的動點（異于點，），求的取值范圍；
(3)設為拋物線的焦點，證明：若恒成立，則直線過定點
反思提升：
圓錐曲線中定點問題的兩種解法
(1)引進參數法：引進動點的坐標或動線中系數為參數表示變化量，再研究變化的量與參數何時沒有關系，找到定點.
(2)特殊到一般法：根據動點或動線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關.
【考點2】其它曲線過定點問題
一、解答題
1．（2024·西藏拉薩·二模）已知拋物線上的兩點的橫坐標分別為.
(1)求拋物線的方程；
(2)若過點的直線與拋物線交于點，問：以為直徑的圓是否過定點？若過定點，求出這個定點；若不過定點，請說明理由.
2．（2024·山東泰安·模擬預測）已知拋物線，焦點為，點在上，直線∶與相交于兩點，過分別向的準線作垂線，垂足分別為.
(1)設的面積分別為，求證：；
(2)若直線，分別與相交于，試證明以為直徑的圓過定點，并求出點的坐標.
3．（2024·新疆喀什·三模）已知雙曲線：的左、右焦點分別為，，是直線：（其中是實半軸長，是半焦距）上不同于原點的一個動點，斜率為的直線與雙曲線交于，兩點，斜率為的直線與雙曲線交于，兩點．
(1)求的值；
(2)若直線，，，的斜率分別為，，，，問是否存在點，滿足，若存在，求出點坐標；若不存在，說明理由．
4．（2024·福建泉州·模擬預測）已知雙曲線的實軸長為2，離心率為2，右焦點為，為上的一個動點，
(1)若點在雙曲線右支上，在軸的負半軸上是否存在定點．使得？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由．
(2)過作圓的兩條切線，若切線分別與相交于另外的兩點、，證明：三點共線．
5．（2024·福建福州·模擬預測）已知橢圓的離心率為，且過點.
(1)求的方程；
(2)直線交于兩點.
（i）點關于原點的對稱點為，直線的斜率為，證明：為定值；
（ii）若上存在點使得在上的投影向量相等，且的重心在軸上，求直線的方程.
6．（2024·天津和平·二模）在平面直角坐標系xOy中，橢圓的右焦點為點F，橢圓上頂點為點A，右頂點為點B，且滿足．
(1)求橢圓的離心率；
(2)是否存在過原點O的直線l，使得直線l與橢圓在第三象限的交點為點C，且與直線AF交于點D，滿足，若存在，求出直線l的方程，若不存在，請說明理由．
反思提升：
(1)定點問題，先猜后證，可先考慮運動圖形是否有對稱性及特殊(或極端)位置猜想，如直線的水平位置、豎直位置，即k＝0或k不存在時.
(2)以曲線上的點為參數，設點P(x1，y1)，利用點在曲線f(x，y)＝0上，即f(x1，y1)＝0消參.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2021·山東濱州·一模）已知橢圓的左、右焦點分別是，，左右頂點分別是，，點是橢圓上異于，的任意一點，則下列說法正確的是（ ）
A． B．直線與直線的斜率之積為
C．存在點滿足 D．若△的面積為，則點的橫坐標為
2．（2021·浙江溫州·三模）如圖，點A，B，C在拋物線上，拋物線的焦點F在上，與x軸交于點D，，，則（ ）
A． B．4 C． D．3
3．（2021·廣西·二模）已知橢圓的上頂點為為橢圓上異于A的兩點，且，則直線過定點（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·河南·二模）已知動點P在雙曲線C：上，雙曲線C的左、右焦點分別為，，則下列結論：
①C的離心率為2；
②C的焦點弦最短為6；
③動點P到兩條漸近線的距離之積為定值；
④當動點P在雙曲線C的左支上時，的最大值為．
其中正確的個數是（ ）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
二、多選題
5．（2021·湖北黃岡·三模）已知動點在雙曲線上，雙曲線的左 右焦點分別為，下列結論正確的是（ ）
A．雙曲線的漸近線與圓相切
B．滿足的點共有2個
C．直線與雙曲線的兩支各有一個交點的充要條件是
D．若，則
6．（2023·全國·模擬預測）已知拋物線的焦點為F，點在C上，P為C上的一個動點，則（ ）
A．C的準線方程為 B．若，則的最小值為
C．若，則的周長的最小值為11 D．在x軸上存在點E，使得為鈍角
7．（2024·河南·模擬預測）已知拋物線Γ: ，過點作直線，直線與Γ交于A，C兩點，A在x軸上方，直線與Γ交于B，D 兩點，D在x軸上方，連接，若直線過點，則下列結論正確的是（ ）
A．若直線的斜率為1，則直線的斜率為
B．直線過定點
C．直線與直線 的交點在直線上
D．與的面積之和的最小值為
三、填空題
8．（2021·遼寧·模擬預測）汽車前照燈主要由光源、反射鏡及配光片三部分組成，其中經過光源和反射鏡頂點的剖面輪廓為拋物線，而光源恰好位于拋物線的焦點處，這樣光源發出的每一束光線經反射鏡反射后均可沿與拋物線對稱軸平行的方向射出.某汽車前照燈反射鏡剖面輪廓可表示為拋物線.在平面直角坐標系中，設拋物線，拋物線的準線記為，點，動點在拋物線上運動，若點到準線的距離等于，且滿足此條件的點有且只有一個，則
9．（2024·四川宜賓·二模）已知為拋物線的焦點，過直線上的動點作拋物線的切線，切點分別是，則直線過定點 .
10．（2023·全國·模擬預測）已知雙曲線的一條漸近線的傾斜角的正切值為.若直線（且）與雙曲線交于A，B兩點，直線，的斜率的倒數和為，則直線恒經過的定點為 .
四、解答題
11．（22-23高三上·山西·階段練習）已知中心為坐標原點，焦點在坐標軸上的橢圓經過點，．
(1)求的方程；
(2)已知點，直線與交于兩點，且直線的斜率之和為，證明：點在一條定拋物線上．
12．（2021·山西運城·模擬預測）已知P(1，2)在拋物線C：y2＝2px上．
(1)求拋物線C的方程；
(2)A，B是拋物線C上的兩個動點，如果直線PA的斜率與直線PB的斜率之和為2，證明：直線AB過定點．
【能力篇】
一、單選題
1．（2021·浙江紹興·三模）過點的兩條直線，分別與雙曲線：相交于點，和點，，滿足，（且）.若直線的斜率，則雙曲線的離心率是（ ）
A． B． C．2 D．
二、多選題
2．（2023·湖北襄陽·模擬預測）在平面直角坐標系中，由直線上任一點向橢圓作切線，切點分別為、，點在軸的上方，則（ ）
A．當點的坐標為時，
B．當點的坐標為時，直線的斜率為
C．存在點，使得為鈍角
D．存在點，使得
三、填空題
3．（2024·河南·二模）直線與拋物線：相交于兩點，若在軸上存在點使得，則的最小值為 .
四、解答題
4．（2024·全國·模擬預測）已知雙曲線：的右焦點為，直線：與的漸近線相交于點，，且的面積為.
(1)求C的標準方程；
(2)過點F作直線與C的右支相交于M，N兩點，若x軸上的點G使得等式恒成立，求證：點的橫坐標為.
【培優篇】
一、解答題
1．（2023·河北·模擬預測）已知焦點在軸上的橢圓的焦距為，左、右端點分別為，點是橢圓上不同于的一點，且滿足.
(1)求橢圓的方程；
(2)過橢圓的上焦點作兩條互相垂直的直線，，，分別與橢圓交于點和點分別為，的中點，問直線是否過定點？如果過定點，求出該定點；如果不過定點，請說明理由.
2．（2024·福建廈門·模擬預測）雙曲線C：的離心率為，點在C上.
(1)求C的方程；
(2)設圓O：上任意一點P處的切線交C于M、N兩點，證明：以MN為直徑的圓過定點.
3．（2024·云南·模擬預測）拋物線的圖象經過點，焦點為，過點且傾斜角為的直線與拋物線交于點，，如圖．

(1)求拋物線的標準方程；
(2)當時，求弦的長；
(3)已知點，直線，分別與拋物線交于點，．證明：直線過定點．
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【真題自測】 2
【考點突破】 5
【考點1】直線過定點問題 5
【考點2】其它曲線過定點問題 16
【分層檢測】 28
【基礎篇】 28
【能力篇】 42
【培優篇】 48
一、解答題
1．（2022·全國·高考真題）已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過兩點．
(1)求E的方程；
(2)設過點的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足．證明：直線HN過定點．
2．（2021·全國·高考真題）已知橢圓C的方程為，右焦點為，且離心率為．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設M，N是橢圓C上的兩點，直線與曲線相切．證明：M，N，F三點共線的充要條件是．
參考答案：
1．(1)
(2)
【分析】（1）將給定點代入設出的方程求解即可；
（2）設出直線方程，與橢圓C的方程聯立，分情況討論斜率是否存在，即可得解.
【詳解】（1）解：設橢圓E的方程為，過，
則，解得，，
所以橢圓E的方程為：.
（2），所以，
①若過點的直線斜率不存在，直線.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，過點.
②若過點的直線斜率存在，設.
聯立得，
可得，，
且
聯立可得
可求得此時，
將，代入整理得，
將代入，得
顯然成立，
綜上，可得直線HN過定點
【點睛】求定點、定值問題常見的方法有兩種：
①從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；
②直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.
2．（1）；（2）證明見解析.
【分析】（1）由離心率公式可得，進而可得，即可得解；
（2）必要性：由三點共線及直線與圓相切可得直線方程，聯立直線與橢圓方程可證；
充分性：設直線，由直線與圓相切得，聯立直線與橢圓方程結合弦長公式可得，進而可得，即可得解.
【詳解】（1）由題意，橢圓半焦距且，所以，
又，所以橢圓方程為；
（2）由（1）得，曲線為，
當直線的斜率不存在時，直線，不合題意；
當直線的斜率存在時，設，
必要性：
若M，N，F三點共線，可設直線即，
由直線與曲線相切可得，解得，
聯立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：設直線即，
由直線與曲線相切可得，所以，
聯立可得，
所以，
所以
，
化簡得，所以，
所以或，所以直線或，
所以直線過點，M，N，F三點共線，充分性成立；
所以M，N，F三點共線的充要條件是．
【點睛】關鍵點點睛：
解決本題的關鍵是直線方程與橢圓方程聯立及韋達定理的應用，注意運算的準確性是解題的重中之重.
【考點1】直線過定點問題
一、解答題
1．（2024·湖南邵陽·三模）已知橢圓：的離心率為，右頂點與的上，下頂點所圍成的三角形面積為．
(1)求的方程．
(2)不過點的動直線與交于，兩點，直線與的斜率之積恒為．
（i）證明：直線過定點；
（ii）求面積的最大值．
2．（2024·陜西·模擬預測）已知動圓M經過定點，且與圓內切.
(1)求動圓圓心M的軌跡C的方程；
(2)設軌跡C與x軸從左到右的交點為點A，B，點P為軌跡C上異于A，B的動點，設直線PB交直線于點T，連接AT交軌跡C于點Q；直線AP，AQ的斜率分別為，.
（i）求證：為定值；
（ii）設直線，證明：直線PQ過定點.
3．（2024·廣東廣州·模擬預測）已知，，平面上有動點，且直線的斜率與直線的斜率之積為1.
(1)求動點的軌跡的方程.
(2)過點A的直線與交于點（在第一象限），過點的直線與交于點（在第三象限），記直線，的斜率分別為，，且.試判斷與的面積之比是否為定值，若為定值，請求出該定值；若不為定值，請說明理由.
4．（2024·江西宜春·三模）已知以點M為圓心的動圓經過點，且與圓心為的圓相切，記點M的軌跡為曲線C．
(1)求曲線C的方程；
(2)若動直線l與曲線C交于，兩點（其中），點A關于x軸對稱的點為A'，且直線BA'經過點．
（ⅰ）求證：直線l過定點；
（ⅱ）若，求直線l的方程．
5．（23-24高二下·福建泉州·期中）已知拋物線，其焦點為，點在拋物線C上，且．
(1)求拋物線的方程；
(2)為坐標原點，為拋物線上不同的兩點，且，
（i）求證直線過定點；
（ii）求與面積之和的最小值．
6．（2024·江蘇鹽城·模擬預測）已知拋物線，動直線與拋物線交于，兩點，分別過點、點作拋物線的切線和，直線與軸交于點，直線與軸交于點,和相交于點．當點為時，的外接圓的面積是．
(1)求拋物線的方程；
(2)若直線的方程是，點是拋物線上在，兩點之間的動點（異于點，），求的取值范圍；
(3)設為拋物線的焦點，證明：若恒成立，則直線過定點
反思提升：
圓錐曲線中定點問題的兩種解法
(1)引進參數法：引進動點的坐標或動線中系數為參數表示變化量，再研究變化的量與參數何時沒有關系，找到定點.
(2)特殊到一般法：根據動點或動線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關.
參考答案：
1．(1)；
(2)（i）證明見解析；（ii）.
【分析】（1）根據橢圓的離心率及三角形面積，列出方程組求解即得.
（2）（i）設出直線的方程，與橢圓方程聯立，利用斜率坐標公式，結合韋達定理推理即得；（ii）由（i）的信息，借助三角形面積建立函數關系，再求出最大值.
【詳解】（1）令橢圓的半焦距為c，由離心率為，得，解得，
由三角形面積為，得，則，，
所以的方程是.
（2）（i）由（1）知，點，設直線的方程為，設，
由消去x得：，
則，
直線與的斜率分別為，，
于是
，整理得，解得或，
當時，直線過點，不符合題意，因此，
直線：恒過定點.
（ii）由（i）知，，
則，
因此的面積
，當且僅當，即時取等號，
所以面積的最大值為.

【點睛】思路點睛：圓錐曲線中的幾何圖形面積范圍或最值問題，可以以直線的斜率、橫(縱)截距、圖形上動點的橫(縱)坐標為變量，建立函數關系求解作答.
2．(1)；
(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析.
【分析】（1）根據給定條件，結合橢圓的定義求出軌跡C的方程.
（2）（i）設出點的坐標，利用斜率坐標公式計算即得；（ii）聯立直線與軌跡C的方程，利用韋達定理結合（i）的結論計算即得.
【詳解】（1）設動圓的半徑為r，圓的圓心，半徑，
顯然點在圓內，則，
于是，
因此動點M的軌跡C是以，為焦點，長軸長為4的橢圓，
長半軸長，半焦距，則短半軸長，
所以軌跡C的方程為.
（2）（i）設，，，由（1）知，，
顯然，，而，則，
，又，即，
所以，為定值.
（ii）由消去x得，
，
由（i）得，又，
則
，解得，滿足，
因此直線PQ的方程為，
所以直線PQ過定點.
【點睛】方法點睛：求解直線過定點問題常用方法如下：
①“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點，再轉化為有方向、有目的的一般性證明；
②“一般推理，特殊求解”：即設出定點坐標，根據題設條件選擇參數，建立一個直線系或曲線的方程，再根據參數的任意性得到一個關于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即為所求點；
③求證直線過定點，常利用直線的點斜式方程或截距式來證明.
3．(1)
(2)是，定值為
【分析】（1）設，根據題意結合斜率公式分析運算即可；
（2）分析可知，設直線和相關點，聯立方程結合韋達定理分析可得直線過定點，進而可得面積之比.
【詳解】（1）設，，
由題意可得：，整理得，
故求動點的軌跡方程為.
（2）由題意可知：，且，可得，
顯然直線MN的斜率不為0，設直線的方程為，，，
聯立方程，消去x得，
則，，可得，
則，
整理可得，
則，
因為，則，可得，
整理可得，
所以直線方程為，即直線過定點，
則，
此時，，
所以為定值.
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為；
（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達定理求解.
4．(1)
(2)（ⅰ）證明見解析；（ⅱ）
【分析】（1）根據動圓M與圓相切，由，利用雙曲線的定義求解；
（2）（ⅰ）設直線l的方程為（顯然l與x軸不平行），與聯立，由求解；（ⅱ）由（ⅰ）知，當時，，，然后由求解.
【詳解】（1）圓的圓心坐標為，半徑．
動圓M與圓相切有兩種情況，即內切或外切，
所以，
所以點M在以，為焦點的雙曲線上，且該雙曲線的實軸長為，，
所以，
所以曲線C的方程是．
（2）（ⅰ）設直線l的方程為（顯然l與x軸不平行），
與聯立，得，
由題意知，，，即，
由韋達定理得，．
因為點A與A'關于x軸對稱，不妨設A，B分別在第一、二象限，如圖所示．

易知，
即，
化為，
即，化為，
當m變化時，該式恒成立，
所以，故直線l過定點（-3，0）．
（ⅱ）由（ⅰ）知，當時，，．
由，
，
，
，
化為，解得或（舍去），
故，
此時直線l的方程為．
【點睛】關鍵點點睛：本題（ⅱ）的關鍵是由直線BA'經過點，結合點A關于x軸對稱的點為A'，得到 ，從而將，轉化為，結合韋達定理而得解.
5．(1)
(2)（i）證明見解析；（ii）
【分析】（1）利用焦半徑公式建立方程，解出參數，得到拋物線方程即可.
（2）（i）設出，利用給定條件建立方程求出，最后得到定點即可.
（ii）利用三角形面積公式寫出面積和的解析式，再利用基本不等式求最小值即可.
【詳解】（1）拋物線，
其焦點為，準線方程為，
可得，且，
解得（另一個根舍去），，
則拋物線的方程為；
（2）
（i）
如圖，設的方程為，，
聯立，可得，
則，又，，
由，可得，解得（另一個根舍去），
所以直線恒過定點；
（ii）由上小問可得，不妨設，
則與面積之和為，
，
當且僅當，時，上式取得等號，
則與面積之和的最小值為．
6．(1)
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）設外接圓的半徑為，，由已知可得，在中可得，設直線，與拋物線方程聯立根據直線與曲線只有一個交點即可求解；
（2）直線的方程與拋物線方程聯立可得，坐標，設，，可得，設，通過求導判斷函數的單調性求最值即可求解；
（3）設，由導數的幾何意義可得，的方程，聯立可得的坐標，由得，設直線的方程為，與聯立得，即可求解.
【詳解】（1）
當點為時，設外接圓的半徑為，，
則，，
在中有，，，
則，，即，，
設直線，與聯立得，
令，又，得，
所以拋物線方程為；
（2）聯立，整理得，解得或，
不妨設，，
設，，則，，
所以，
又，，，
設，，
則，
故在上單調遞減，在上單調遞增，
故，而，
故的取值范圍是；
（3）由得，設，，
直線，，即，
令，得，同理，，
所以，
直線與直線兩方程聯立解得，
得，
又，由得，
得，
設直線的方程為，與聯立得，
則，
所以，則直線過定點.
【點睛】關鍵點點睛：本題第三問的關鍵利用導數得到切線方程，從而求出，再計算出，再設直線方程，將其與拋物線聯立，得到，從而解出值，得到定點坐標.
【考點2】其它曲線過定點問題
一、解答題
1．（2024·西藏拉薩·二模）已知拋物線上的兩點的橫坐標分別為.
(1)求拋物線的方程；
(2)若過點的直線與拋物線交于點，問：以為直徑的圓是否過定點？若過定點，求出這個定點；若不過定點，請說明理由.
2．（2024·山東泰安·模擬預測）已知拋物線，焦點為，點在上，直線∶與相交于兩點，過分別向的準線作垂線，垂足分別為.
(1)設的面積分別為，求證：；
(2)若直線，分別與相交于，試證明以為直徑的圓過定點，并求出點的坐標.
3．（2024·新疆喀什·三模）已知雙曲線：的左、右焦點分別為，，是直線：（其中是實半軸長，是半焦距）上不同于原點的一個動點，斜率為的直線與雙曲線交于，兩點，斜率為的直線與雙曲線交于，兩點．
(1)求的值；
(2)若直線，，，的斜率分別為，，，，問是否存在點，滿足，若存在，求出點坐標；若不存在，說明理由．
4．（2024·福建泉州·模擬預測）已知雙曲線的實軸長為2，離心率為2，右焦點為，為上的一個動點，
(1)若點在雙曲線右支上，在軸的負半軸上是否存在定點．使得？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由．
(2)過作圓的兩條切線，若切線分別與相交于另外的兩點、，證明：三點共線．
5．（2024·福建福州·模擬預測）已知橢圓的離心率為，且過點.
(1)求的方程；
(2)直線交于兩點.
（i）點關于原點的對稱點為，直線的斜率為，證明：為定值；
（ii）若上存在點使得在上的投影向量相等，且的重心在軸上，求直線的方程.
6．（2024·天津和平·二模）在平面直角坐標系xOy中，橢圓的右焦點為點F，橢圓上頂點為點A，右頂點為點B，且滿足．
(1)求橢圓的離心率；
(2)是否存在過原點O的直線l，使得直線l與橢圓在第三象限的交點為點C，且與直線AF交于點D，滿足，若存在，求出直線l的方程，若不存在，請說明理由．
參考答案：
1．(1)
(2)過定點，定點為原點
【分析】（1）設出兩點，運用兩點間距離公式構造方程求解即可；
（2）過點的直線的方程為，直線的斜率分別為.聯立拋物線，運用韋達定理，得到，則，即可證明.
【詳解】（1）因為點的橫坐標分別為，所以，
則，解得，
所以拋物線的方程為.
（2）由題意，知直線的斜率存在，設，過點的直線的方程為，直線的斜率分別為.
當時，，
因為，所以以為直徑的圓過原點.
以下證明當時，以為直徑的圓過原點.
由，消去，得，
由根與系數的關系，得，
，
所以，所以以為直徑的圓過原點.
綜上，以為直徑的圓過原點.
2．(1)證明見解析
(2)證明見解析，和
【分析】（1）將點代入得拋物線方程為，設，聯立直線與拋物線方程，韋達定理，然后用坐標表示三個三角形的面積，化簡即可證明.
（2）先求出直線的方程，令得點的坐標，同理得點的坐標，從而求出以為直徑的圓，令得圓恒過的定點.
【詳解】（1）將代入，得，所以拋物線方程為，
由題意知，設，
由得，，，
所以，
所以
，即.
（2）直線的斜率，
故直線的方程為，令得，
所以點的坐標為，同理，點的坐標為，
設線段的中點為，則
=，
又=
，
所以以為直徑的圓為，
即，令得或，
故以為直徑的圓過定點和.
3．(1)-3
(2)存在，，或
【分析】（1）設 ，利用斜率公式求解；
（2）設，直線方程為，與雙曲線方程聯立，結合韋達定理得到，，結合求解.
【詳解】（1）由題可得雙曲線E：，
則，
∴左、右焦點分別為，，直線l的方程為：
設，
，同理可得．
∴；
（2）設，如圖，
直線方程為，
代入雙曲線方程可得：，
所以，則，
則，
，
，
．
同理，
即，
即，
∴或，
又，
若．無解，舍去．
∴，解得，，或，，
若，，由A在直線上可得，，
∴．此時，
若，，由A在直線上可得，，
∴此時
∴存在點，或，滿足．
4．(1)
存在，.
(2)
證明見解析.
【分析】（1）先求出雙曲線的方程，將角度關系轉化為直線的斜率關系，從而列出不等式，斜率不存在的情況單獨討論，即可求出M點的坐標.
（2）先根據P點的位置判斷能否作出切線，再將切線分為斜率存在和不存在兩種情況討論，表達出兩條切線的方程，斜率存在時，再根據切線與圓的位置關系，找出兩條切線的斜率的關系，再把切線方程代入雙曲線，表達出點E、G的坐標并找出坐標關系，從而證出E、O、G三點共線.
【詳解】（1）根據題意，有，
所以雙曲線的方程為.
設，且，
①當直線的斜率存在時，即時，
因為，所以，
，
從而，化簡整理得，，
，所以在x軸負半軸上存在點使得；
②當直線的斜率不存在時，即時，
若，則，此時P點的坐標為，
所以，則，又，所以，此時，
綜上，滿足條件的M點存在，其坐標為.
（2）設，由題意得，雙曲線和圓相交，所以聯立兩曲線方程，得，即為兩曲線四個交點的坐標，
①當時，即時，直線PG的斜率不存在，直線PE的斜率為0，
此時易得，此時點E、G關于點O對稱，故E、O、G三點共線.
②當，且或，且時，
此時直線PE、PG的斜率存在且不為零，分別設為，
設經過的直線方程為，由于直線與圓相切，
所以，即
由韋達定理得，又，所以，
由直線PE與圓的位置關系可知，，
同理直線PG的方程為，有，
聯立，消去y并整理得，，
即，
即，
令，根據韋達定理得，所以
設，又，所以，
所以，又，
兩式相減得，，
由圖可知，，所以，即.
所以點E、G關于點O對稱，此時E、O、G三點共線，
綜上得，E、O、G三點共線.
5．(1)
(2)（i）證明見解析；（ii）
【分析】（1）根據橢圓離心率為，且過點可得；
（2）（i）由點差法可得，進而有；
（ii）聯立可得，故由重心坐標公式可得，由在上的投影向量相等可知在的垂直平分線上，根據其方程，可得，由在上進而可得.
【詳解】（1）由題意，得，解得，
所以的方程為；
（2）依題意可設點，且，
（i）證明：因為點關于原點的對稱點為，所以，
因為點在上，所以，所以，即，
因為直線的斜率為，直線的斜率為
所以，即為定值；
（ii）設弦的中點的坐標為，
點的坐標為的重心的坐標為，
由，得，
所以，且，
因為的重心在軸上，所以，
所以，
所以，
因為在上的投影向量相等，所以，且，
所以直線的方程為，
所以，
所以點，
又點在上，所以，
即
又因為，所以，所以直線的方程為.
6．(1)
(2)因此存在直線滿足條件．
【分析】（1）根據橢圓的幾何性質求解，即可結合的關系求解，
（2）聯立方程可得坐標，即可根據根據，即可求解.
【詳解】（1）依題意，，解得，
又因為，所以．
（2）設直線的方程為，橢圓的方程為，
設點，聯立方程組，整理得，
解得，①，
直線AF方程為，
設點，
，聯立方程組，解得，②，
又因為，
設，則有，
即，所以，所以．
所以，則有，
代入①②有，解得，
由題意得，所以，因此存在直線滿足題中條件．
【點睛】方法點睛：解答直線與圓錐曲線的題目時，時常把兩個曲線的方程聯立，消去 (或)建立一元二次方程，然后借助根與系數的關系，并結合題設條件建立有關參變量的等量關系．涉及到直線方程的設法時，務必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情況，強化有關直線與曲線聯立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．
反思提升：
(1)定點問題，先猜后證，可先考慮運動圖形是否有對稱性及特殊(或極端)位置猜想，如直線的水平位置、豎直位置，即k＝0或k不存在時.
(2)以曲線上的點為參數，設點P(x1，y1)，利用點在曲線f(x，y)＝0上，即f(x1，y1)＝0消參.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2021·山東濱州·一模）已知橢圓的左、右焦點分別是，，左右頂點分別是，，點是橢圓上異于，的任意一點，則下列說法正確的是（ ）
A． B．直線與直線的斜率之積為
C．存在點滿足 D．若△的面積為，則點的橫坐標為
2．（2021·浙江溫州·三模）如圖，點A，B，C在拋物線上，拋物線的焦點F在上，與x軸交于點D，，，則（ ）
A． B．4 C． D．3
3．（2021·廣西·二模）已知橢圓的上頂點為為橢圓上異于A的兩點，且，則直線過定點（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·河南·二模）已知動點P在雙曲線C：上，雙曲線C的左、右焦點分別為，，則下列結論：
①C的離心率為2；
②C的焦點弦最短為6；
③動點P到兩條漸近線的距離之積為定值；
④當動點P在雙曲線C的左支上時，的最大值為．
其中正確的個數是（ ）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
二、多選題
5．（2021·湖北黃岡·三模）已知動點在雙曲線上，雙曲線的左 右焦點分別為，下列結論正確的是（ ）
A．雙曲線的漸近線與圓相切
B．滿足的點共有2個
C．直線與雙曲線的兩支各有一個交點的充要條件是
D．若，則
6．（2023·全國·模擬預測）已知拋物線的焦點為F，點在C上，P為C上的一個動點，則（ ）
A．C的準線方程為 B．若，則的最小值為
C．若，則的周長的最小值為11 D．在x軸上存在點E，使得為鈍角
7．（2024·河南·模擬預測）已知拋物線Γ: ，過點作直線，直線與Γ交于A，C兩點，A在x軸上方，直線與Γ交于B，D 兩點，D在x軸上方，連接，若直線過點，則下列結論正確的是（ ）
A．若直線的斜率為1，則直線的斜率為
B．直線過定點
C．直線與直線 的交點在直線上
D．與的面積之和的最小值為
三、填空題
8．（2021·遼寧·模擬預測）汽車前照燈主要由光源、反射鏡及配光片三部分組成，其中經過光源和反射鏡頂點的剖面輪廓為拋物線，而光源恰好位于拋物線的焦點處，這樣光源發出的每一束光線經反射鏡反射后均可沿與拋物線對稱軸平行的方向射出.某汽車前照燈反射鏡剖面輪廓可表示為拋物線.在平面直角坐標系中，設拋物線，拋物線的準線記為，點，動點在拋物線上運動，若點到準線的距離等于，且滿足此條件的點有且只有一個，則
9．（2024·四川宜賓·二模）已知為拋物線的焦點，過直線上的動點作拋物線的切線，切點分別是，則直線過定點 .
10．（2023·全國·模擬預測）已知雙曲線的一條漸近線的傾斜角的正切值為.若直線（且）與雙曲線交于A，B兩點，直線，的斜率的倒數和為，則直線恒經過的定點為 .
四、解答題
11．（22-23高三上·山西·階段練習）已知中心為坐標原點，焦點在坐標軸上的橢圓經過點，．
(1)求的方程；
(2)已知點，直線與交于兩點，且直線的斜率之和為，證明：點在一條定拋物線上．
12．（2021·山西運城·模擬預測）已知P(1，2)在拋物線C：y2＝2px上．
(1)求拋物線C的方程；
(2)A，B是拋物線C上的兩個動點，如果直線PA的斜率與直線PB的斜率之和為2，證明：直線AB過定點．
參考答案：
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 D B D B ACD BC ABD
1．D
【分析】根據橢圓的概念和幾何性質依次判斷選項即可.
【詳解】對選項A，，故A錯誤；
對選項B，設，則，，
，，
則，故B錯誤.
對選項C，因為橢圓，，，，
所以以為直徑的圓與橢圓無交點，故不存在點滿足，故C錯誤；
對選項D，，則，
則，解得，故D正確.
故選：D
2．B
【分析】設出點A，B，C的坐標，利用直線AB，AC，BC斜率的關系建立等式即可得解.
【詳解】依題意設，則直線AB，AC，BC斜率分別為：
，
因，則，即，
則，因F(1，0)在直線AB上，則，而，
有，即，點A在直線上，
又是等腰三角形，點F，點D關于直線對稱，所以點D坐標為(5，0)，|FD|=4.
故選：B
3．D
【分析】設直線的方程為，與橢圓方程聯立，利用韋達定理表示可解得或，然后分類討論可得答案
【詳解】設直線的方程為，，則由
整理得，
所以，
，
因為，，，
所以
解得或，
當時，直線的方程為，直線過點而，而不在同一直線上，不合題意；
當時，直線的方程為，直線過，符合題意.
故選：D.
【點睛】本題考查了直線和橢圓的位置關系，解題的關鍵點是利用韋達定理表示，考查學生分析問題、解決問題的能力及計算能力.
4．B
【分析】
①由性質可得；②用特殊值可判定；③設點坐標計算化簡即可，④利用雙曲線的焦半徑辦公計算即可.
【詳解】由題意可得，即①正確；
顯然當雙曲線的焦點弦過左、右焦點時，該弦長為實軸，長度為2＜6，即②錯誤；
易知雙曲線的漸近線方程為，設點，則，且到兩條雙曲線的距離之積為是定值，故③正確；
對于④，先推下雙曲線的焦半徑公式：
對雙曲線上任意一點及雙曲線的左右焦點，
則，
同理，
所以，此即為雙曲線的焦半徑公式.
設點，由雙曲線的焦半徑公式可得，
故，
其中，則，
由二次函數的性質可得其最大值為，當且僅當，即時取得，故④錯誤；
綜上正確的是①③兩個.
故選：B
5．ACD
【分析】對于A，由已知條件求出漸近線方程和圓的圓心和半徑，然后利用點到直線的距離公式求出圓心到直的距離進行判斷即可；對于B，由雙曲線的性質求出的最小值判斷；對于C，由于直線恒過點，所以分或，或和進行判斷；對于D，利用雙曲線的定義和已知條件可得，從而可判斷，從而可求出
【詳解】解：由題意得，，則，所以，漸近線方程為，
對于A，圓的圓心為，半徑為，而到直線的距離為，所以雙曲線的漸近線與圓相切，所以A正確；
對于B，當點在左支上時，的最小值為，所以左支上有2個點滿足，當在右支上時，的最小值為為，所以右支上有2個點滿足，綜上滿足的點共有4個，所以B錯誤；
對于C，因為恒過點，當或時，直線與漸近線平行，與右支有1個交點，與左支無交點，當或時，與右支有兩個交點，與左支無交點，當時，直線與左、右支各有一個交點，所以C正確；
對于D，不妨設點在右支上，則，而，所以，而，所以，所以，所以，所以，所以D正確，
故選：ACD
6．BC
【分析】根據題意求出，即可求出準線，即可判斷A；設點，，則，根據兩點的距離公式結合二次函數的性質即可判斷B；過點P作垂直于C的準線，垂足為N，連接MN，再結合圖象，即可求得的周長的最小值，即可判斷C；設，再判斷是否有解即可判斷D.
【詳解】A選項：因為點在拋物線上，所以，解得，
所以拋物線C的方程為，所以C的準線方程為，故A錯誤；
B選項：設點，，則，
因為，所以，
當且僅當時等號成立，
所以，故B正確；
C選項：過點P作垂直于C的準線，垂足為N，連接MN，則，
易知，，所以，
所以的周長為
，
當且僅當M，P，N三點共線時等號成立，
所以的周長的最小值為11，故C正確；
D選項：設，則，，
所以，
因為點在C上，所以，即，
所以，
所以，故不可能為鈍角，故D錯誤.
故選：BC.
7．ABD
【分析】分別聯立曲線與直線方程，表示出韋達定理，解方程組可得B正確；由斜率的定義結合選項B可得A正確；當軸時，求出四點坐標，得到兩直線方程，求出交點橫坐標可判斷C錯誤；由三角形的面積公式結合選項B和基本不等式可得D正確.
【詳解】
設，設直線 交x軸于點，，
直線的方程為：，
聯立，消去可得，，
所以，同理，
設直線，
聯立，消去可得，，
所以，
設直線，
聯立，消去可得，，
所以，
聯立方程組，可得，故B正確；
對于A，由B可得
，
所以當時，有，故A正確；
當軸時，可知，，
求得直線的方程為，直線的方程為，
將這兩方程聯立方程組，解得，故C錯誤；
設與的面積分別為，
則，
又，
又，當且僅當時等號成立，故D正確．
故選：ABD.
8．
【分析】設出，根據條件可得出，由題意方程只有一個解，所以其判別式為0，可得出答案.
【詳解】拋物線，則準線的方程為,焦點，設
由點到準線的距離等于，則
所以
化簡可得：
由滿足此條件的點有且只有一個，時符合題意，
若不等于1，則
即，則
由，所以
故答案為：
9．
【分析】設，根據導數的幾何意義求出切線方程，再根據切線過點，從而可確定直線的方程，進而可得出答案.
【詳解】設，
由，得，則，
則拋物線在點處得切線方程為，
即，
又，所以，
又因為點在切線上，所以，①
同理可得，②
由①②可得直線的方程為，
所以直線過定點.

故答案為：.
【點睛】方法點睛：求解直線過定點問題常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點，再轉化為有方向、有目的的一般性證明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即設出定點坐標，根據題設條件選擇參數，建立一個直線系或曲線的方程，再根據參數的任意性得到一個關于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即為所求點；
（3）求證直線過定點，常利用直線的點斜式方程或截距式來證明.
10．
【分析】先根據漸近線的傾斜角算出，然后聯立直線和雙曲線，結合題目條件和韋達定理找到的關系，從而得到定點.
【詳解】因為雙曲線方程為一條漸近線的傾斜角的正切值為.所以，解得，所以雙曲線方程為.
設，，聯立得， .
由韋達定理得，.
因為，所以.
所以，由題意知，此時.
所以直線方程為，恒經過的定點為.
故答案為：
11．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據橢圓標準方程求法，列方程組解決即可；
（2）設直線的斜率分別為，，，．將代入，得， ，根據韋達定理化簡得即可解決.
【詳解】（1）依題意設的方程為，
因為經過點，，
所以，解得，
故的方程為．
（2）證明：設直線的斜率分別為，，，．
將代入，得．
由題設可知，，，
所以
，
所以，
所以．
因為，
所以，
所以，
故點在拋物線上，即點在一條定拋物線上．
12．(1)y2＝4x
(2)證明見解析
【分析】(1)把已知點坐標代入拋物線方程求得參數，即得拋物線方程；
(2)設AB：x＝my+t，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線方程與拋物線方程聯立消元后應用韋達定理得，代入得參數值，從而可得定點坐標．
【詳解】（1）P點坐標代入拋物線方程得4＝2p，
∴p＝2，
∴拋物線方程為y2＝4x．
（2）證明：設AB：x＝my+t，將AB的方程與y2＝4x聯立得y2﹣4my﹣4t＝0，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4t，
所以Δ＞0 16m2+16t＞0 m2+t＞0，
，同理：，
由題意：，
∴4(y1+y2+4)＝2(y1y2+2y1+2y2+4)，
∴y1y2＝4，
∴﹣4t＝4，
∴t＝﹣1，
故直線AB恒過定點(﹣1，0)．
【能力篇】
一、單選題
1．（2021·浙江紹興·三模）過點的兩條直線，分別與雙曲線：相交于點，和點，，滿足，（且）.若直線的斜率，則雙曲線的離心率是（ ）
A． B． C．2 D．
二、多選題
2．（2023·湖北襄陽·模擬預測）在平面直角坐標系中，由直線上任一點向橢圓作切線，切點分別為、，點在軸的上方，則（ ）
A．當點的坐標為時，
B．當點的坐標為時，直線的斜率為
C．存在點，使得為鈍角
D．存在點，使得
三、填空題
3．（2024·河南·二模）直線與拋物線：相交于兩點，若在軸上存在點使得，則的最小值為 .
四、解答題
4．（2024·全國·模擬預測）已知雙曲線：的右焦點為，直線：與的漸近線相交于點，，且的面積為.
(1)求C的標準方程；
(2)過點F作直線與C的右支相交于M，N兩點，若x軸上的點G使得等式恒成立，求證：點的橫坐標為.
參考答案：
題號 1 2
答案 D AD
1．D
【分析】設，由，，可得，，再利用點差法可得，，從而可得，進而可求出離心率
【詳解】解：設，
則,
因為，，所以∥，所以，
所以，，
所以 ，
所以，
因為，，
所以，所以，
所以，則
同理得，，則
所以，
因為且，所以，即
所以離心率，
故選：D
【點睛】關鍵點點睛：此題考查直線與雙曲線的位置關系，考查雙曲線的離心率的求法，解題的關鍵是設，由，，可得，，再利用點差法可得，，從而可得，進而可求出離心率，考查計算能力，屬于中檔題
2．AD
【分析】設點、，先證明出橢圓在其上一點處的切線方程為，可得出橢圓在點處的切線方程，設點，寫出直線的方程，逐項判斷可得出合適的選項.
【詳解】設點、，
先證明出橢圓在其上一點處的切線方程為，
由題意可得，
聯立可得，即，
即方程組只有唯一解，
因此，橢圓在其上一點處的切線方程為，
同理可知，橢圓在其上一點處的切線方程為，
因為點為直線上一點，設點，
則有，即，
所以，點的坐標滿足方程，
所以，直線的方程為，
對于A選項，當點的坐標為，
即，此時直線的方程為，
由可得，即點，
此時，A對；
對于B選項，當的坐標為時，
即時，此時，直線的斜率為，B錯；
對于C選項，聯立可得，
，
由韋達定理可得，，
，同理，
所以，
，
因此，恒為銳角，C錯；
對于D選項，若點為橢圓的上頂點，則軸，此時，
所以，點不是橢圓的上頂點，線段的中點為，
所以，，，
存在點，使得，則，則，
化簡可得，因為，，
所以，，即，
因為，解得，
因此，存在點，使得，D對.
故選：AD.
3．
【分析】聯立直線與拋物線方程，引入參數，結合韋達定理以及可得關于應該滿足的條件式，結合基本不等式即可求解.
【詳解】聯立方程得，
令，而由題意，所以.
設，由韋達定理得.
設，則，
，
即，顯然，否則，但這是不可能的，
即，
因為，所以（否則時，有，但這與已知矛盾），
由基本不等式可得，當且僅當時等號成立.
故答案為：.
4．(1)
(2)見解析
【分析】（1）首先求點的坐標，并利用坐標表示的面積，即可求解雙曲線方程；
（2）首先由幾何關系確定，再利用坐標表示，代入韋達定理，即可求解.
【詳解】（1）雙曲線的漸近線方程為，直線與漸近線的交點坐標為，
不妨設，，，
則，即，
所以，且，得，，
所以雙曲線的標準方程為；

（2）由可知，，
根據正弦定理可知，，而，
所以，
所以，則，
所以,
設直線，，
聯立，得，
，，
，，
，
所以，
即，
則，解得：，
所以點的橫坐標為
【培優篇】
一、解答題
1．（2023·河北·模擬預測）已知焦點在軸上的橢圓的焦距為，左、右端點分別為，點是橢圓上不同于的一點，且滿足.
(1)求橢圓的方程；
(2)過橢圓的上焦點作兩條互相垂直的直線，，，分別與橢圓交于點和點分別為，的中點，問直線是否過定點？如果過定點，求出該定點；如果不過定點，請說明理由.
2．（2024·福建廈門·模擬預測）雙曲線C：的離心率為，點在C上.
(1)求C的方程；
(2)設圓O：上任意一點P處的切線交C于M、N兩點，證明：以MN為直徑的圓過定點.
3．（2024·云南·模擬預測）拋物線的圖象經過點，焦點為，過點且傾斜角為的直線與拋物線交于點，，如圖．

(1)求拋物線的標準方程；
(2)當時，求弦的長；
(3)已知點，直線，分別與拋物線交于點，．證明：直線過定點．
參考答案：
1．(1)
(2)過， .
【分析】（1）利用可得，再利用即可得橢圓的方程；
（2）當直線的斜率存在且不為時，設直線的方程，聯立橢圓方程可得，同理得，進而可得的直線方程得到定點，驗證直線存在或為時，也過該點即可.
【詳解】（1）

設橢圓E的方程為，
點滿足，故
由已知，，
，得
又因為該橢圓的焦距為，故，
可得，，所以橢圓E的方程為.
（2）

由（1）可知橢圓的上焦點為
①當直線的斜率存在且不為時，設直線的方程為，其中，
設點、，
聯立，得，
，
所以，，，
故的中點坐標為，同理可得的中點坐標為，
所以，直線的斜率為，
所以直線的方程為，即，
故直線過定點.
②當直線斜率不存在時，方程為，方程為，
此時，直線方程為，過點.
③當直線的斜率存在且為0時，方程為，方程為，
直線方程為，過點.
綜上可知，直線過定點
【點睛】關鍵點點睛：本題第二問考察直線過定點問題，關鍵先求出點坐標，進而得到直線即可求定點.
2．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）結合題目所給條件可列出不等式組，解出即可得；
（2）可結合雙曲線及圓的對稱性得出，若存在定點，則該定點必為原點，從而先猜后證，簡化過程；或根據圓的方程，結合韋達定理表示出該圓方程，即可得定點坐標.
【詳解】（1）依題意有， 即有，解得：，，
所以雙曲線方程為；
（2）方法一：
設，，
①當切線斜率存在時，設直線方程為，
因為直線與圓相切，所以，整理得，
聯立，
，
則，，
由對稱性知，若以MN為直徑的圓過定點，則定點必為原點.
，
又，所以，
所以，故以MN為直徑的圓過原點；
②當直線斜率不存在時，直線方程，
此時或，
此時圓方程為，恒過原點；
或或，
此時圓方程為，恒過原點；
綜上所述，以MN為直徑的圓過原點.
方法二：
設，，
①當切線斜率存在時，設直線方程為，
因為直線與圓相切，所以，整理得，
聯立，
，
則，，
以，為直徑的圓的方程為，
即，
因為，
所以，
且，
所以所求的圓的方程為，
所以MN為直徑的圓過原點；
②當直線斜率不存在時，同法一，此時圓方程為，恒過原點；
綜上所述，以MN為直徑的圓過原點.
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為；
（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達定理求解.
3．(1)
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）由曲線圖象經過點，可得，則得拋物線的標準方程；
（2）寫出的方程,和拋物線方程聯立，消元后，由韋達定理可得，則；
（3）設直線的方程為，，，，，和拋物線方程聯立，消元后，由韋達定理可得，．直線的方程為，和拋物線方程聯立，消元后，由韋達定理可得，同理可得，由，可得，則直線的方程為，由對稱性知，定點在軸上，令，可得，則的直線過定點．
【詳解】（1）曲線圖象經過點，所以，所以，
所以拋物線的標準方程為．
（2）由（1）知，當時，,所以的方程為，
聯立，得，則，
由，所以弦．
（3）由（1）知，直線的斜率不為0，設直線的方程為，
，，，，
聯立得，，
因此，．
設直線的方程為，聯立得，
則，因此，，得，
同理可得，
所以．
因此直線的方程為，
由對稱性知，定點在軸上，
令得，
，
所以，直線過定點．
【點睛】方法點睛：求解直線過定點問題常用方法如下：
(1)“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點，再轉化為有方向、有目的的一般性證明；
(2)“一般推理，特殊求解”：即設出定點坐標，根據題設條件選擇參數，建立一個直線系或曲線的方程，再根據參數的任意性得到一個關于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即為所求點；
(3)求證直線過定點，常利用直線的點斜式方程或截距式來證明.
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