1、专题05 圆锥曲线中的定点问题一、多选题 1设A，B是抛物线上的两点，是坐标原点，下列结论成立的是（ ）A若，则B若，直线AB过定点C若，到直线AB的距离不大于1D若直线AB过抛物线的焦点F，且，则【答案】ACD【分析】设直线方程为，将直线方程代入抛物线方程，利用韦达定理，结合直线垂直的条件，逐一分析判断得解.【详解】B.设直线方程为，将直线方程代入抛物线方程，得，则，于是直线方程为，该直线过定点故不正确；C.到直线的距离，即正确；A.正确；D.由题得,所以，不妨取.所以，所以直线AB的方程为，所以.由题得=.所以.所以D正确.故选：ACD【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的综合问题，考查学生
2、分析解决问题的能力，考查学生的计算能力解题的关键是灵活利用韦达定理和抛物线的定义.2设是抛物线上两点，是坐标原点，若，下列结论正确的为（ ）A为定值B直线过抛物线的焦点C最小值为16D到直线的距离最大值为4【答案】ACD【分析】由抛物线方程及斜率公式即可判断A；设直线方程，结合韦达定理即可判断B；利用韦达定理求得的最小值，即可判断C；由直线过定点可判断D.【详解】对于A，因为，所以，所以，故A正确；对于B，设直线，代入可得，所以，即，所以直线过点，而抛物线的焦点为，故B错误；对于C，因为，当时，等号成立，又直线过点，所以，故C正确；对于D，因为直线过点，所以到直线的距离最大值为4，故D正确.故
3、选：ACD.【点睛】解决本题的关键是利用抛物线的方程合理化简及韦达定理的应用，细心计算即可得解.二、单选题3已知直线与椭圆总有公共点，则的取值范围是（ ）ABCD且【答案】D【分析】由直线恒过点，将问题转化为点在椭圆上或椭圆内，可得选项.【详解】因为直线恒过点，为使直线与椭圆恒有公共点，只需点在椭圆上或椭圆内，所以，即.又，所以且.故选：D.【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，关键在于直线恒过的点在椭圆上或椭圆的内部，属于中档题.三、解答题4已知抛物线C：x22py(p0)的焦点为F，点M(2，m)(m0)在抛物线上，且|MF|2.（1）求抛物线C的方程；（2）若点P(x0，y0)为抛物线上
4、任意一点，过该点的切线为l0，证明：过点F作切线l0的垂线，垂足必在x轴上.【答案】（1）x24y；（2）证明见解析.【分析】（1）根据抛物线的定义可得m2，再由2pm4，即可求解.（2）讨论x00或x00，利用导数求出点P处的切线的方程l0，再求出过点F且与切线l0垂直的方程，两方程联立求出交点即可求解.【详解】（1）由抛物线的定义可知，|MF|m2，又M(2，m)在抛物线上，所以2pm4，由解得p2，m1，所以抛物线C的方程为x24y.（2）证明：当x00，即点P为原点时，显然符合；x00，即点P不在原点时，由（1）得，x24y，则yx，所以抛物线在点P处的切线的斜率为x0，所以抛物线在点
5、P处的切线l0的方程为yy0x0(xx0)，又4y0，所以yy0x0(xx0)可化为yx0xy0.又过点F且与切线l0垂直的方程为y1x.联立方程得消去x，得y(y1)y0.(*)因为4y0，所以(*)可化为yyy0，即(y01)y0，由y00，可知y0，即垂足必在x轴上.综上，过点F作切线l0的垂线，垂足必在x轴上.【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与抛物线的位置关系，解题的关键是求出切线方程以及切线的垂线方程，综合性比较强，考查了计算求解能力.5已知抛物线E：x22py(p0)的焦点为F，A(2，y0)是E上一点，且|AF|2.（1）求E的方程；（2）设点B是E上异于点A的一点，直线AB与
6、直线yx3交于点P，过点P作x轴的垂线交E于点M，证明：直线BM过定点.【答案】（1）x24y；（2）证明见解析.【分析】（1）利用抛物线的定义与性质求得的值，即可写出抛物线方程；（2）设点、，由直线的方程和抛物线方程联立，消去，利用韦达定理和、三点共线，化简整理可得的方程，从而求出直线所过的定点【详解】（1）由题意得，解得，所以，抛物线的标准方程为.（2）证明：设点、，设直线的方程为，联立，消去得，由韦达定理得，由轴以及点在直线上，得，则由、三点共线，得，整理得，将韦达定理代入上式并整理得，由点的任意性，得，得，所以，直线的方程为，即直线过定点.【点睛】本题考查了抛物线的性质，直线和抛物线的
7、位置关系，以及直线过定点的应用问题，利用韦达定理处理由、三点共线是解第二问的关键，是中档题6已知点A（-1，0），B（1，-1）和抛物线.，O为坐标原点，过点A的动直线交抛物线C于M、P，直线MB交抛物线C于另一点Q，如图:（1）若POM的面积为 ，求向量与的夹角；（2）证明:直线PQ恒过一个定点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）利用得到两点的纵坐标之积，根据平面向量的数量积公式可得向量与的数量积，根据三角形的面积公式可求得向量与的夹角；（2）利用和得到的纵坐标的关系式，利用点斜式求出直线的方程，结合的纵坐标的关系式可得直线过定点.【详解】（1）设点，因为三点共线，所以，所以，
8、即，所以， 所以设POM=，则所以，所以，所以又，所以.故向量与向量的夹角为.(2)设点，因为三点共线，即，即，则，即，又，所以，因为，所以直线的方程是，即，即，由知，代入上式，得由此可知直线PQ过定点E（1，4）.【点睛】关键点点睛：第二问利用和得到的纵坐标的关系式，并利用此关系式得到直线的方程是解题关键.7设为坐标原点，椭圆的焦距为，离心率为，直线与交于两点.（1）求椭圆的方程；（2）设点，求证：直线过定点，并求出定点的坐标.【答案】（1）；（2）证明见解析，（0，2）.【分析】（1）利用焦距和离心率解参数，即得方程；（2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得到两根和与差的关系，再利用向量数
9、量积计算求得参数m，即证得结论，得到定点.【详解】（1）由题意知，椭圆C的方程为：；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立，消去y整理得：（1+5k2）x2+10mkx+5m2250，所以，所以，因为，所以，所以，整理得：3m2m100，解得：m2或（舍去），故直线为：.所以直线l过定点（0，2）.【点睛】圆锥曲线中求直线过定点的问题，通常需要联立方程，得到二次方程后利用韦达定理、结合题中条件（比如斜率关系，向量关系，距离关系，面积等）直接计算，即可求出结果，这类题运算量较大.8已知抛物线经过点（1）求抛物线的方程及其相应准线方程；（2）过点作斜率为的两条直线分别交抛物线于和四点，其
10、中.设线段和的中点分别为过点作垂足为证明：存在定点使得线段长度为定值.【答案】（1）；准线；（2）存在，【分析】（1）将点代入抛物线即可求解，再由抛物线的标准方程可得准线.（2）设出直线：，直线：，将直线与抛物线联立，利用韦达定理以及中点坐标公式求出、，从而求出直线，将两直线联立求出交点，得到点的轨迹是个圆，从而可得定点为圆心.【详解】（1）将点代入抛物线，可得， 解得，所以抛物线方程：，准线.（2）由题意可得直线：，直线：，联立 ，整理可得，设，则，所以，同理，设，：，：，联立 ，解得， ，整理可得，即，所以点的轨迹是个圆，故的坐标为，线段长度为定值.【点睛】关键点点睛：此题考查了直线与抛物
11、线的位置关系，解题的关键是求出直线，的交点，得到点的轨迹方程，考查了运算求解能力.9设、分别是椭圆C：的左、右焦点，直线过且垂直于x轴，交椭圆C于A、B两点，连接A、B、，所组成的三角形为等边三角形.（1）求椭圆C的方程；（2）过右焦点的直线m与椭圆C相交于M、N两点，试问：椭圆C上是否存在点P，使成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）椭圆；（2）存在，.【分析】（1）根据得到，计算，得到，得到椭圆方程.（2）设点和直线，联立方程利用韦达定理得到，转为为点在椭圆上，带入数据计算得到答案.【详解】（1）由可得，等边三角形中：， 则，得， 又因为，所以， 则椭圆； （2）
12、设、，则由题意知的斜率为一定不为，故不妨设，代入椭圆的方程中：，整理得， 满足.由韦达定理有：， 且假设存在点，使成立，则其充要条件为：点在椭圆上，即.整理得，又在椭圆上，即，故由代入：，解得，验证 则.【点睛】椭圆内的存在性问题，设而不求，利用韦达定理，将题目转化为点在椭圆上是解题的关键，计算量较大，需要平时多训练.10设椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，短轴长为.（1）求椭圆的标准方程；（2）设左、右顶点分别为、，点在椭圆上（异于点、），求的值；（3）过点作一条直线与椭圆交于两点，过作直线的垂线，垂足为.试问：直线与是否交于定点？若是，求出该定点的坐标，否则说明理由.【答案】（1）；（2）
13、；（3）是，.【分析】（1）由题意，列出所满足的等量关系式，结合椭圆中的关系，求得，从而求得椭圆的方程；（2）写出，设，利用斜率坐标公式求得两直线斜率，结合点在椭圆上，得出，从而求得结果；（3）设直线的方程为：，则，联立方程可得：，结合韦达定理，得到，结合直线的方程，得到直线所过的定点坐标.【详解】（1）由题意可知，又，所以，所以椭圆的标准方程为：.（2）,设，因为点在椭圆上，所以，又，. （3）设直线的方程为：，则，联立方程可得：，所以，所以 ，又直线的方程为：，令，则，所以直线恒过， 同理，直线恒过， 即直线与交于定点.【点睛】思路点睛：该题考查的是有关椭圆的问题，解题思路如下：（1）根据
14、题中所给的条件，结合椭圆中的关系，建立方程组求得椭圆方程；（2）根据斜率坐标公式，结合点在椭圆上，整理求得斜率之积，可以当结论来用；（3）将直线与椭圆方程联立，结合韦达定理，结合直线方程，求得其过的定点.11在平面直角坐标系中，动点到点的距离和它到直线的距离的比是常数（1）求动点的轨迹方程；（2）若过点作与坐标轴不垂直的直线交动点的轨迹于两点，设点关于轴的对称点为，当直线绕着点转动时，试探究：是否存在定点，使得三点共线？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）存在定点，使得三点共线【分析】（1）设，由化简可得结果；（2）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理得，椭圆的对称性知
15、，若存在定点，则点必在轴上，设，根据列式，结合可求出.【详解】（1）设，则，化简得故动点的轨迹方程为（2）由题知且直线斜率存在，设为，则直线方程为由得设，则，由椭圆的对称性知，若存在定点，则点必在轴上故假设存在定点，使得三点共线，则且又 ，即化简得将式代入上式得化简得故存在定点，使得三点共线【点睛】关键点点睛：由椭圆的对称性知，若存在定点，则点必在轴上是解题关键.12在平面直角坐标系xOy中，有三条曲线：；.请从中选择合适的一条作为曲线C，使得曲线C满足：点F(1，0)为曲线C的焦点，直线y=x-1被曲线C截得的弦长为8.（1）请求出曲线C的方程；（2）设A，B为曲线C上两个异于原点的不同动点
16、，且OA与OB的斜率之和为1，过点F作直线AB的垂线，垂足为H，问是否存在定点M，使得线段MH的长度为定值?若存在，请求出点M的坐标和线段MH的长度；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）；【分析】（1）利用焦点以及弦长排除，从而可得，进而求出抛物线.（2）、的斜率存在且不为，不可能是斜率为的直线，设方程：，与抛物线联立，设，利用韦达定理求出，再将、方程联立，求出交点，过点，观察两个定点，由，根据直角三角形的性质即可证出.【详解】（1）对于，故排除； 假设为曲线C，则有，解得，将直线代入，整理可得，解得，此时弦长为，故排除；所以曲线C为，则，解得，所以曲线C的方程为.（2）易知、的斜率存
17、在且不为，不可能是斜率为的直线，设方程：，代入，可得，设，则，且，解得， 联立、方程，即，解得，已知过点，不妨猜测可能为，则，此时不满足为定值，观察两个定点，由于，故在以为直径的圆上，的中心为圆心，圆心到的距离恒为. 中点为，所以定点M，线段MH的长度为定值，且 .【点睛】关键点点睛：根据焦点以及弦长确定曲线C，解题的关键是求出直线过点，围绕以及焦点，进行求解，考查了考生的计算求解能力.13.已知圆，点P是直线上的一动点，过点P作圆M的切线PA，PB，切点为A，B（1）当切线PA的长度为时，求点P的坐标；（2）若的外接圆为圆N，试问：当P运动时，圆N是否过定点？若存在，求出所有的定点的坐标；若
18、不存在，请说明理由；【答案】（1）或；（2）过定点；定点，.【分析】（1）设，解方程，即得解；（2）求出圆N方程：，解方程即得解.【详解】（1）由题可知，圆M的半径，设，因为PA是圆M的一条切线，所以，所以，解得或，所以点P的坐标为或.（2）设，因为，所以经过A、P、M三点的圆N以MP为直径，其方程为，即，由，解得或，所以圆过定点，.【点睛】方法点睛：定点问题：对满足一定条件曲线上两点连结所得直线过定点或满足一定条件的曲线过定点问题，证明直线过定点，一般有两种方法.（1）特殊探求，一般证明：即可以先考虑动直线或曲线的特殊情况，找出定点的位置，然后证明该定点在该直线或该曲线上（定点的坐标直线或曲
19、线的方程后等式恒成立）.（2）分离参数法：一般可以根据需要选定参数，结合已知条件求出直线或曲线的方程，分离参数得到等式，（一般地，为关于的二元一次关系式）由上述原理可得方程组，从而求得该定点.14已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，且椭圆的离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）直线交椭圆于两点，线段的中点为，直线是线段的垂直平分线，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标.【答案】（1）；（2）证明见解析，直线过定点.【分析】（1）由抛物线的焦点为，求得c，再根据椭圆的离心率求解.（2）设，利用点差法结合线段的中点为，求得线段的垂直平分线的方程即可.【详解】（1）抛物线的焦点为，则.椭圆的离心
20、率，则.故椭圆的标准方程为.（2）显然点在椭圆内部，故，且直线的斜率不为.当直线的斜率存在且不为时，设，则有，两式相减得.由线段的中点为，则，故直线的斜率.因为直线是线段的垂直平分线，故直线，即.令，此时，于是直线过定点.当直线的斜率不存在时，易知，此时直线，故直线过定点.综上所述，直线过定点.【点睛】方法点睛：定点问题的常见解法：假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故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所求定点；从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意15已知椭圆：的离心率为，且经过点，（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作
21、直线与椭圆相较于，两点，试问在轴上是否存在定点，使得两条不同直线，恰好关于轴对称，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）存在，使得两条不同直线，恰好关于轴对称.【分析】（1）将点坐标代入方程，结合离心率公式及，即可求出，进而可求得椭圆的标准方程；（2）设直线l的方程为，与椭圆联立，可得，的表达式，根据题意可得，直线，的斜率互为相反数，列出斜率表达式，计算化简，即可求出Q点坐标.【详解】（1）有题意可得，解得，所以椭圆的方程为.（2）存在定点，满足直线，恰好关于x轴对称，设直线l的方程为，由，联立得，设，定点，由题意得，所以，因为直线，恰好关于x轴对称，所以直线，的斜率
22、互为相反数，所以，即，所以，即，所以，即，所以当时，直线，恰好关于x轴对称，即.综上，在轴上存在定点，使直线，恰好关于x轴对称.【点睛】本题考查椭圆的方程及几何性质，考查直线与椭圆的位置关系问题，解题的关键是将条件：直线，恰好关于x轴对称，转化为直线，的斜率互为相反数，再根据韦达定理及斜率公式，进行求解，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.16已知椭圆的左、右焦点分别为、，点P在直线上且不在x轴上，直线与椭圆E的交点分别为A、B，直线与椭圆E的交点分别为C、D（1）设直线、的斜率分别为、，求的值（2）问直线m上是否点P，使得直线OA，OB，OC，OD的斜率，满足若存在，求出所有满足条件的点
23、P的坐标若不存在，请说明理由.【答案】（1）2；（2）存在；点P的坐标是或或.【分析】（1）由椭圆的标准方程可得焦点坐标，设点，由斜率公式化简即可得解；（2）按照、的斜率是否都存在讨论，当斜率均存在时，设直线方程，联立方程结合韦达定理可得或，再代入斜率公式即可得解.【详解】（1）由条件知，设点，则，所以（2）设存在点符合条件，当直线的斜率不存在或直线的斜率不存在时，则，不合题意；当直线、的斜率均存在时，设直线、的斜率分别为、，则直线：，直线：，设，联立，消去y得，所以，所以，同理可得，由得，所以或，又，所以或解得舍去，所以点P的坐标是或或.【点睛】解决本题的关键是设出所需点的坐标，结合韦达定理
24、求得直线斜率的关系，利用斜率公式可得点P的横坐标，整个过程中要注意运算的准确性.17已知直线l：x=my+1过椭圆C：b2x2+a2y2=a2b2(ab0)的右焦点F，且交椭圆C于AB两点，点AB在直线G：x=a2上的射影依次为点DE.（1）若，其中O为原点，A2为右顶点，e为离心率，求椭圆C的方程；（2）连接AF，BD，试探索当m变化时，直线AE，BD是否相交于一定点N？若交于定点N，请求出N点的坐标，并给予证明；否则说明理由.【答案】（1）（2）相较于定点，证明见解析.【分析】（1）设椭圆的半焦距为，由题意可得，由已知等式可得，进而得到，即可得到椭圆方程；（2）当时，求得，的交点，猜想定点
25、，当时，分别设，的坐标为，由题意可得，联立直线的方程和椭圆方程，运用韦达定理，结合三点共线的性质，计算直线，的斜率，可判断，共线，同理可判断，共线，即可得到定点【详解】（1）椭圆的方程为，设椭圆的半焦距为，由题意可得，由，可得，即有，即，解得，则，所以椭圆的方程为；（2）当时，直线垂直于轴，可得四边形为矩形，直线，相交于点，猜想定点，；当时，分别设，的坐标为，由题意可得，由可得，由，由，又，则，即，所以，三点共线；同理可得，三点共线则直线，相交于一定点，【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，以及直线和椭圆的位置关系，注意联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，考查方程思想和运算能力，
26、属于中档题18已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线在第一象限相切于点，点到坐标原点的距离为.（1）求抛物线的标准方程；（2）过点任作直线与抛物线相交于，两点，请判断轴上是否存点，使得点到直线，的距离都相等.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；点的坐标为.【分析】（1）设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用判别式等于0，解得，点坐标为，根据点到坐标原点的距离为可得结果；（2）设直线，假设存在这样的点，设，点，联立方程消去整理成关于的一元二次方程，根据韦达定理得到和，将点到直线，的距离都相等转化为直线，的斜率互为相反数，根据可得结果.【详解】（1）设直线的方
27、程为，联立方程组消去得，由，因为，解得（舍），所以由可得，所以，所以点坐标为，则，解得，故抛物线的标准方程为.（2）设直线，假设存在这样的点，设，点，联立方程消去整理得，可得，若点到直线，的距离相等，则直线，的斜率互为相反数，有（先假设，），可得，整理得，得对任意的都成立，得.显然且.故存在这样的点的坐标为.【点睛】关键点点睛：解题关键是将点到直线，的距离都相等转化为直线，的斜率互为相反数，然后根据可得结果.本题考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力转化化归思想，属于中档题19已知椭圆E：的离心率为，椭圆上任一点到两个焦点的距离之和为4（1）求椭圆E的标准方程；（2）已知Q(4，0)，斜率为的
28、直线(不过点Q)与椭圆E交于A，B两点，O为坐标原点，若，则直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由【答案】（1）；（2）过定点，定点坐标.【分析】（1）根据椭圆定义可求得a的值，根据离心率为，可求得c的值，根据可求得b的值，即可求得椭圆E的标准方程；（2）设，直线l：，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，可求得，的表达式，根据，可得直线AQ、BQ倾斜角互补，斜率相反，化简整理，即可求得直线过的定点.【详解】（1）由椭圆定义可知，所以c=1，又，所以椭圆E的标准方程为.（2）直线l过定点，证明如下：设，直线l：，联立方程，得，得，因为，所以，所以，即，所以，即，代入，得，化
29、简整理得，满足，则直线l方程为：，所以直线过定点.【点睛】本题考查椭圆的方程求法及几何性质，解题的突破点在于根据，分析可得直线AQ、BQ倾斜角互补，斜率相反，根据斜率公式，列式计算即可，考查计算求值，分析理解的能力，属中档题.20设两点的坐标分别为直线相交于点，且它们的斜率之积为，直线方程：，直线与直线分别相交于两点，交轨迹与点（1）求点的轨迹方程.（2）求证：三点共线（3）求证：以为直径的圆过定点.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【分析】（1）设，化简即得点的轨迹方程；（2）设方程为，证明即得证；（3）先求出圆方程为，即得解.【详解】（1）设，由题意，由已知有化简得（2）
30、设方程为，令得点，由消元得：显然恒成立由，且，得：代入直线方程得，又因为，所以：，所以直线为：，令得点，联立方程，消去得：所以，因为有公共点，所以三点共线.（3）设以为直径的圆上点，则，所以圆方程为即当时与无关，所以以为直径的圆过定点.【点睛】方法点睛：对满足一定条件曲线上两点连结所得直线过定点或满足一定条件的曲线过定点问题，证明直线过定点，一般有两种方法.（1）特殊探求，一般证明：即可以先考虑动直线或曲线的特殊情况，找出定点的位置，然后证明该定点在该直线或该曲线上（定点的坐标直线或曲线的方程后等式恒成立）.（2）分离参数法：一般可以根据需要选定参数，结合已知条件求出直线或曲线的方程，分离参数
31、得到等式，（一般地，为关于的二元一次关系式）由上述原理可得方程组，从而求得该定点.21已知椭圆，以抛物线的焦点为椭圆E的一个顶点，且离心率为.（1）求椭圆E的方程；（2）若直线与椭圆E相交于A、B两点，与直线相交于Q点，P是椭圆E上一点，且满足（其中O为坐标原点），试问在x轴上是否存在一点T，使得为定值？若存在，求出点T的坐标及的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2），.【分析】（1）利用椭圆以抛物线的焦点为顶点，且离心率为，求出，即可求椭圆E的方程；（2）直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理确定P的坐标，代入椭圆方程，再利用向量的数量积公式，即可得到结论【详解】（1）抛物线的焦点即为
32、椭圆E的顶点，即，离心率为 ， ， 椭圆E的方程为；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），则直线方程代入椭圆方程，可得 ， 代入椭圆方程可得 设T（t，0），Q（4，m4k）， 要使为定值，只需 在x轴上存在一点T（，0），使得【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查向量知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题22已知点是抛物线的准线上任意一点，过点作抛物线的两条切线、，其中、为切点.（1）证明：直线过定点，并求出定点的坐标；（2）若直线交椭圆于、两点，、分别是、的面积，求的最小值.【答案】（1）定点坐标为，证明见解析；（2）.【分析】（1）设点、，写出直
33、线、的方程，再将点的坐标代入两直线方程，可得出，可得知点、的坐标满足直线的方程，可得出直线的方程，由此可求得直线所过定点的坐标；（2）求得，由题意可知直线不与轴重合，可设直线的方程为，将该直线方程分别与抛物线、椭圆方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可得出关于的表达式，进而可求得的最小值.【详解】（1）先证明出抛物线在其上一点处的切线方程为，由于点在抛物线上，则，联立，消去得，即，所以，关于的方程有两个相等的实根，此时，因此，直线与抛物线相切，且切点为.设点、，则以为切点的切线方程为，同理以为切点的切线方程为，两条切线均过点，即，所以，点、的坐标满足直线的方程，所以，直线的方程为，在直线的方程
34、中，令，可得，所以，直线过定点；（2）设点到直线的距离为，则.由题意可知，直线不与轴重合，可设直线的方程为，设、，由，得，恒成立，由韦达定理得，由弦长公式可得，由，得，恒成立.由韦达定理得，由弦长公式得.，当且仅当时，等号成立.因此，的最小值为.【点睛】本题考查直线过定点的证明，同时也考查了三角形面积比值最值的求解，考查了切点弦方程的应用以及韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于难题.23已知椭圆的离心率为，其短轴长为（1）求椭圆的标准方程；（2）已知直线，过椭圆右焦点的直线（不与轴重合）与椭圆相交于，两点，过点作，垂足为求证：直线过定点，并求出定点的坐标；点为坐标原点，求面积的最大值【
35、答案】（1）；（2）证明见解析；定点为；【分析】（1）根据离心率和短轴长求出后，可得椭圆的标准方程；（2）设直线，代入，得，根据韦达定理得和，根据点斜式求出直线的方程，令，得，利用和化简可得，故可证直线过定点；根据，再换元可求得最大值.【详解】（1）由题意可得，解得，故椭圆的方程为（2）由对称性，若直线过定点，则该定点必在轴上，由题得，设直线，设，联立方程，得，（*）所以有，且，因为，所以直线的方程为，令，得，（*）将代入（*），则，故直线过定点，即定点为在（*）中，所以，又直线过定点，令，则在上单调递减，故当，时，【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了直线过定
36、点问题，考查了面积问题，考查了运算求解能力，属于中档题.24已知椭圆的左、右焦点分别为，为椭圆上一点，且（1）求椭圆的方程（2）过点作互相垂直的两条直线分别交椭圆于另一点A，B，求证：直线AB过定点，并求出定点的坐标【答案】（1）；（2）证明见解析，.【分析】（1）由已知得，从而可求出的值，进而可得椭圆的方程；（2）当直线AB的斜率存在时，设方程为，与椭圆方程联立方程组，消元后利用根与系数的关系可得，由可得，从而可得，由此可得或，进而可得直线方程恒过定点，当直线AB的斜率不存在时，设，由 可求出坐标，从而可得直线方程，再验证直线是否过定点即可【详解】（1）解：由已知得故所求椭圆的方程为（2）证
37、明：当直线AB的斜率存在时，设方程为，与椭圆C联立消去y得，设，则因为，所以，代入韦达定理，整理得，解得或若，则直线AB的方程为，过点M，不符题意；若，则直线AB的方程为，恒过点；当直线AB的斜率不存在时，设，由 解得或(舍)，此时直线AB也过点综上知，直线AB恒过定点【点睛】此题考查椭圆方程的求解，考查直线与椭圆的位置关系，考查计算能力和分类思想，属于中档题25已知椭圆：（）的左焦点，椭圆的两顶点分别为，M为椭圆上除A，B之外的任意一点，直线MA，BM的斜率之积为.（1）求椭圆的标准方程;（2）若P为椭圆短轴的上顶点，斜率为的直线不经过P点且与椭圆交于E，F两点，设直线PE，PF的斜率分别为
38、，且，试问直线是否过定点，若是，求出这定点；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）过定点（2，-1）.【分析】（1）设点，根据MA，BM的斜率之积为，可得，又M在椭圆上，所以，联立方程，可解得，又根据题意，即可求得椭圆方程.（2）设，联立直线方程和椭圆方程，根据韦达定理可得的表达式，根据题意，代入求解可得，代入直线，即可求得定点坐标.【详解】（1）由题意知，设点，则，又点M在椭圆上，所以，联立可得，即，又及，解得：所以椭圆方程为：.（2）直线过定点（2，-1），证明如下：设直线：，联立方程，整理得：，所以=，代入得：，化简得，此时，所以存在k使得成立，所以直线l的方程为：，即，所以直线l
39、恒过定点（2，-1）【点睛】本题考查椭圆的几何性质与方程，解题的关键是联立直线与曲线方程，根据韦达定理可得的表达式，再结合题意，代入求解即可，计算量偏大，考查计算化简，分析理解的能力，属中档题.四、填空题26设抛物线上两点A，B位于x轴的同侧，且A，B两点的横坐标之积为4，则直线经过的定点坐标是_.【答案】.【分析】设A，B同在第一象限，设直线的方程为，联立抛物线的方程，消去y，可得x的二次方程，运用韦达定理，可得k，b的关系式，再由直线恒过定点的求法，可得所求定点.【详解】可设A，B同在第一象限，设直线的方程为，代入抛物线，可得，则，设A，B的横坐标分别为，可得，即，或，则直线的方程为，即，则直线恒过定点，若，则，直线过点，此时直线与抛物线相交的两个交点在轴的异侧，故舍去.故答案为：.【点睛】思路点睛：利用直线与抛物线的位置关系求直线过定点问题时，常采用设出直线，与圆锥曲线方程联立，利用根与系数的关系，结合已知条件求得的关系，求得直线所过的定点.
