專題9.7解析幾何中的定值、定點和定線問題【核心素養】通過考查解析幾何中的定值、定點和定線問題，以及圓錐曲線與其它知識的交匯，凸顯直觀想象、數學運算、數學建模、邏輯推理等核心數學素養.知識點知識點一定值問題1.定義：定值問題是指雖然圓錐曲線中的某些要素（通常可通過變量進行體現）有所變化，但在變化過程中，某個量的值保持不變即為定值.(1)求代數式為定值：依題意設條件，得出與代數式參數有關的等式，代入代數式，化簡即可得出定值；(2)求點到直線的距離為定值：利用點到直線的距離公式得出距離的解析式，再利用題設條件化簡、變形求得；(3)求某線段長度為定值：利用長度公式求得解析式，再依據條件對解析式進行化簡、變形即可求得．3.常見定值問題的處理方法：（1）確定一個（或兩個）變量為核心變量，其余量均利用條件用核心變量進行表示（2）將所求表達式用核心變量進行表示（有的甚至就是核心變量），然后進行化簡，看能否得到一個常數.4.定值問題的處理技巧：（1）對于較為復雜的問題，可先采用特殊位置（例如斜率不存在的直線等）求出定值，進而給后面一般情況的處理提供一個方向.（2）在運算過程中，盡量減少所求表達式中變量的個數，以便于向定值靠攏（3）巧妙利用變量間的關系，例如點的坐標符合曲線方程等，盡量做到整體代入，簡化運算知識點知識點二定點問題1.求解圓錐曲線中的定點問題的兩種思路：(1)特殊推理法：先從特殊情況入手，求出定點，再證明定點與變量無關.(2)直接推理法：①選擇一個參數建立直線系方程，一般將題目中給出的曲線方程(包含直線方程)中的常量當成變量，將變量x，y當成常量，將原方程轉化為kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式(k是原方程中的常量)；②根據直線過定點時與參數沒有關系(即直線系方程對任意參數都成立)，得到方程組；③以②中方程組的解為坐標的點就是直線所過的定點，若定點具備一定的限制條件，則可以特殊解決.2.求解圓錐曲線中的定點問題的方法（1）確定題目中的核心變量（此處設為）（2）利用條件找到與過定點的曲線的聯系，得到有關與的等式（3）所謂定點，是指存在一個特殊的點，使得無論的值如何變化，等式恒成立.此時要將關于與的等式進行變形，直至易于找到.常見的變形方向如下：①若等式的形式為整式，則考慮將含的項歸在一組，變形為“”的形式，從而只需要先讓括號內的部分為零即可②若等式為含的分式，的取值一方面可以考慮使其分子為0，從而分式與分母的取值無關；或者考慮讓分子分母消去的式子變成常數（這兩方面本質上可以通過分離常數進行相互轉化，但通常選擇容易觀察到的形式）3.一些技巧與注意事項：（1）面對復雜問題時，可從特殊情況入手，以確定可能的定點（或定直線）.然后再驗證該點（或該直線）對一般情況是否符合.屬于“先猜再證”.（2）有些題目所求與定值無關，但是在條件中會隱藏定點，且該定點通常是解題的關鍵條件.所以當遇到含參數的方程時，要清楚該方程為一類曲線（或直線），從而觀察這一類曲線是否過定點.尤其在含參數的直線方程中，要能夠找到定點，抓住關鍵條件.例如：直線，就應該能夠意識到，進而直線繞定點旋轉.知識點知識點三定直線問題探求圓錐曲線中的定直線問題的兩種方法：方法一是參數法，即先利用題設條件探求出動點T的坐標(包含參數)，再消去參數，即得動點T在定直線上；方法二是相關點法，即先設出動點T的坐標為(x，y)，根據題設條件得到已知曲線上的動點R的坐標，再將動點R的坐標代入已知的曲線方程，即得動點T在定直線上．知識點知識點四圓錐曲線綜合問題處理策略解析幾何研究的問題是幾何問題，研究的方法是代數法(坐標法)．因此，求解解析幾何問題最大的思維難點是轉化，即幾何條件代數化．在幾何問題轉化為代數問題后，為避免運算量、計算繁瑣問題，可注意以下幾種常用策略：1.借助“定義”，化繁為簡；2.設而不求，巧搭“跳板”；3.借用參數，變更“主元”；4.形形“相惜”，向量助攻；5.“韋達”助力，事半功倍.常考題型剖析常考題型剖析題型一：橢圓中的定點問題【典例分析】例11．（2023·全國·統考高考真題）已知橢圓的離心率是，點在上．(1)求的方程；(2)過點的直線交于兩點，直線與軸的交點分別為，證明：線段的中點為定點．【答案】(1)(2)證明見詳解【分析】（1）根據題意列式求解，進而可得結果；（2）設直線的方程，進而可求點的坐標，結合韋達定理驗證為定值即可.【詳解】（1）由題意可得，解得，所以橢圓方程為.（2）由題意可知：直線的斜率存在，設，聯立方程，消去y得：，則，解得，可得，因為，則直線，令，解得，即,同理可得，則，所以線段的中點是定點.例12.（2022秋·廣東梅州·高三大埔縣虎山中學校考階段練習）如圖，橢圓的左焦點為，右焦點為，離心率，過的直線交橢圓于、兩點，且的周長為.(1)求橢圓的方程；(2)設動直線與橢圓有且只有一個公共點，且與直線相交于點，則在軸上一定存在定點，使得以為直徑的圓恒過點，試求出點的坐標.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用橢圓的定義可求得的值，結合橢圓的離心率可求得的值，可求出的值，由此可得出橢圓的標準方程；（2）將直線直線與橢圓的方程聯立，即可求出點的坐標，將直線與直線聯立即可求出點的坐標，假設存在定點，使得以為直徑的圓恒過點，即可知，對等式變形可求得的值，即可得出點的坐標.【詳解】（1）解：由橢圓的定義可知的周長為，即，因為，所以，，又因為，所以，，故橢圓的方程為：.（2）解：聯立可得，因為動直線與橢圓有且只有一個公共點，所以，，所以，，此時，，故點，由可得，即點，假設在軸上存在定點，使得以為直徑的圓恒過點，設，則，且，，所以，，整理得對任意實數、恒成立，則，故在軸上存在定點，使得以為直徑的圓恒過點.【總結提升】1.動直線l過定點問題的常見思路（1）設動直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設條件將t用k表示為t＝mk，得y＝k(x＋m)，故動直線過定點(－m,0)．（2）設動直線方程(斜率存在)為，由題設條件將t用k表示為，得，故動直線過定點；2.動曲線C過定點問題．解法：引入參變量建立曲線C的方程，再根據其對參變量恒成立，令其系數等于零，得出定點．【變式訓練】變式11．（2022·全國·統考高考真題）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．【答案】(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.變式12.（2023·吉林長春·統考模擬預測）已知橢圓過點，且橢圓的離心率為.(1)求橢圓的方程；(2)若動點在直線上，過作直線交橢圓于兩點，且為線段的中點，再過作直線，證明：直線l恒過定點，并求出該定點的坐標.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）由點在橢圓上，代入橢圓的方程，再由橢圓的離心率為，求得的值，即可求解；（2）設，當直線的斜率存在時，設直線的方程為，聯立方程組，根據點的橫坐標求得，結合，得到，得出直線過定點；當直線的斜率不存在時，得到直線為軸，進而得到結論.【詳解】（1）因為點在橢圓上，可得，解得，又因為橢圓的離心率為，所以，所以，解得，所以橢圓的標準方程為.（2）由題意，可設，且，①當直線的斜率存在時，設直線的方程為，聯立方程組，整理得，則，所以，因為為的中點，所以，即，所以，經檢驗，此時，因為，所以，所以直線的方程為，即，所以直線恒過定點.②當直線的斜率不存在時，直線的方程為，此時直線為軸，也過點.綜上所述，直線恒過定點.題型二：橢圓中的定值問題【典例分析】例21.（2020·北京·統考高考真題）已知橢圓過點，且．（Ⅰ）求橢圓C的方程：（Ⅱ）過點的直線l交橢圓C于點,直線分別交直線于點．求的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.【分析】(Ⅰ)由題意得到關于a,b的方程組，求解方程組即可確定橢圓方程；(Ⅱ)首先聯立直線與橢圓的方程，然后由直線MA,NA的方程確定點P,Q的縱坐標，將線段長度的比值轉化為縱坐標比值的問題，進一步結合韋達定理可證得，從而可得兩線段長度的比值.【詳解】(Ⅰ)設橢圓方程為：，由題意可得：，解得：，故橢圓方程為：.(Ⅱ)[方法一]：設，，直線的方程為：，與橢圓方程聯立可得：，即：，則：.直線MA的方程為：，令可得：，同理可得：.很明顯，且，注意到，，而，故.從而.[方法二]【最優解】：幾何含義法①當直線l與x軸重合，不妨設，由平面幾何知識得，所以．②當直線l不與x軸重合時，設直線，由題意，直線l不過和點，所以．設，聯立得．由題意知，所以．且．由題意知直線的斜率存在．．當時，．同理，．所以．因為，所以．【整體點評】方法一直接設直線的方程為：，聯立方程消去y，利用韋達定理化簡求解；方法二先對斜率為零的情況進行特例研究，在斜率不為零的情況下設直線方程為，聯立方程消去x，直接利用韋達定理求得P,Q的縱坐標，運算更為簡潔，應為最優解法.例22.（2023秋·河北保定·高二河北省唐縣第一中學校考階段練習）已知橢圓的兩個焦點與短軸的一個端點是直角三角形的三個頂點，且橢圓過，直線與橢圓交于、.(1)求橢圓的標準方程；(2)設直線、的斜率分別為、，證明：.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）分析可得，可得出，則橢圓的方程可表示為，將點的坐標代入橢圓的方程，求出的值，即可得出橢圓的標準方程；（2）設點、，將直線的方程與橢圓的方程聯立，列出韋達定理，利用斜率公式結合韋達定理可證得結論成立.【詳解】（1）解：因為橢圓的兩個焦點與短軸的一個端點是直角三角形的三個頂點，則這個直角三角形為等腰直角三角形，腰長為，斜邊長為，則，可得，所以，，所以，橢圓的方程可表示為，將點的坐標代入橢圓的方程可得，解得，故橢圓的標準方程為.（2）解：設點、，聯立可得，，解得，顯然，否則直線過點，由韋達定理可得，，所以，，因此，.【總結提升】1.定值問題一般有兩種類型，一是所求為定值；二是證明某式為定值；2.求解定值問題的三個步驟（1）由特例得出一個值，此值一般就是定值；（2）證明定值，有時可直接證明定值，有時將問題轉化為代數式，可證明該代數式與參數(某些變量)無關；也可令系數等于零，得出定值；（3）得出結論．【變式訓練】變式21.（2020·山東·統考高考真題）已知橢圓C：的離心率為，且過點．（1）求的方程：（2）點，在上，且，，為垂足．證明：存在定點，使得為定值．【答案】（1）；（2）詳見解析.【分析】（1）由題意得到關于的方程組，求解方程組即可確定橢圓方程.（2）方法一：設出點，的坐標，在斜率存在時設方程為,聯立直線方程與橢圓方程，根據已知條件，已得到的關系，進而得直線恒過定點，在直線斜率不存在時要單獨驗證，然后結合直角三角形的性質即可確定滿足題意的點的位置.【詳解】（1）由題意可得：，解得：，故橢圓方程為：.(2)［方法一］：通性通法設點，若直線斜率存在時，設直線的方程為：，代入橢圓方程消去并整理得：，可得，，因為，所以，即，根據,代入整理可得：，

所以，整理化簡得，因為不在直線上，所以，故，于是的方程為，所以直線過定點直線過定點.當直線的斜率不存在時，可得，由得：，得，結合可得：，解得：或（舍）.此時直線過點.令為的中點，即，若與不重合，則由題設知是的斜邊，故，若與重合，則，故存在點，使得為定值.［方法二］【最優解】：平移坐標系將原坐標系平移，原來的O點平移至點A處，則在新的坐標系下橢圓的方程為，設直線的方程為．將直線方程與橢圓方程聯立得，即，化簡得，即．設，因為則，即．代入直線方程中得．則在新坐標系下直線過定點，則在原坐標系下直線過定點．又，D在以為直徑的圓上．的中點即為圓心Q．經檢驗，直線垂直于x軸時也成立．故存在，使得．［方法三］：建立曲線系A點處的切線方程為，即．設直線的方程為，直線的方程為，直線的方程為．由題意得．則過A，M，N三點的二次曲線系方程用橢圓及直線可表示為（其中為系數）．用直線及點A處的切線可表示為（其中為系數）．即．對比項、x項及y項系數得將①代入②③，消去并化簡得，即．故直線的方程為，直線過定點．又，D在以為直徑的圓上．中點即為圓心Q．經檢驗，直線垂直于x軸時也成立．故存在，使得．［方法四］：設．若直線的斜率不存在，則．因為，則，即．由，解得或（舍）．所以直線的方程為．若直線的斜率存在，設直線的方程為，則．令，則．又，令，則．因為，所以，即或．當時，直線的方程為．所以直線恒過，不合題意；當時，直線的方程為，所以直線恒過．綜上，直線恒過，所以．又因為，即，所以點D在以線段為直徑的圓上運動．取線段的中點為，則．所以存在定點Q，使得為定值．【整體點評】（2）方法一：設出直線方程，然后與橢圓方程聯立，通過題目條件可知直線過定點，再根據平面幾何知識可知定點即為的中點，該法也是本題的通性通法；方法二：通過坐標系平移，將原來的O點平移至點A處，設直線的方程為，再通過與橢圓方程聯立，構建齊次式，由韋達定理求出的關系，從而可知直線過定點，從而可知定點即為的中點，該法是本題的最優解；方法三：設直線，再利用過點的曲線系，根據比較對應項系數可求出的關系，從而求出直線過定點，故可知定點即為的中點；方法四：同方法一，只不過中間運算時采用了一元二次方程的零點式賦值，簡化了求解以及的計算．變式22.（2023秋·江蘇·高二南京市人民中學校聯考開學考試）已知橢圓過點.(1)求橢圓的離心率；(2)過點且斜率不為0的直線與橢圓交于兩點，橢圓的左頂點為A，求直線與直線的斜率之積.【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知得到，從而求出離心率；（2）分直線斜率存在與不存在，當直線斜率不存在時，求出直線方程，與橢圓方程聯立直接求出的坐標，從而求出結果；當直線斜率存在時，設出直線方程，與橢圓方程聯立，結合韋達定理即可求解.【詳解】（1）由于橢圓過點，所以，所以，所以橢圓的離心率.（2）由（1）可知橢圓方程為，當直線的斜率不存在時，直線方程為，與橢圓方程聯立可求得（不妨設M在第一象限），又，所以，所以；當直線的斜率存在時，設直線的方程為，，聯立，消去得，，由韋達定理得，所以.綜上，直線與直線的斜率之積為.題型三：橢圓中的定直線問題【典例分析】例31.（安徽·高考真題（理））設橢圓的焦點在軸上（Ⅰ）若橢圓的焦距為1，求橢圓的方程；（Ⅱ）設分別是橢圓的左、右焦點，為橢圓上第一象限內的點，直線交軸與點，并且，證明：當變化時，點在某定直線上.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）見解析【詳解】（1）由題意，得，而，所以所以橢圓的標準方程為（2）設，直線的直線方程為，當時，，故點坐標，由題意得即解得又點在曲線上，，解得則點在定直線.例32（2024·全國·高三專題練習）已知橢圓右焦點分別為，是上一點，點與關于原點對稱，的面積為.(1)求的標準方程；(2)直線，且交于點，，直線與交于點.證明：①直線與的斜率乘積為定值；②點在定直線上.【答案】(1)(2)①證明見解析；②證明見解析【分析】（1）設為，根據，解得；點在曲線上，可得，解得，，即可得出橢圓的標準方程．（2）①設，，直線方程為，，聯立直線與橢圓方程，消去得，，利用斜率計算公式、根與系數的關系即可得出為定值．②直線方程為，直線的方程為，聯立直線與直線方程，，化簡結合根與系數的關系可得為定值．【詳解】（1）設為，，則，即，又點在曲線上，∴，將代入，整理得，，解得，，∴橢圓的標準方程為.（2）①設，，直線方程為：，，聯立直線與橢圓方程，消去得，當，即且時，，，∴，，∴，.②直線方程為：，即，直線的方程為，即，聯立直線與直線方程得，∴，，∴.∴，即點在定直線上.【變式訓練】變式31.（2023·全國·高三專題練習）已知橢圓，過點的動直線交橢圓于兩點，在線段上取點滿足，求證：點在某條定直線上．【答案】證明見解析【詳解】解法一：設，即，，設，，，由于，，又，兩式相減得③①②式代入③式，④又由于，，⑤⑥式代入④式，，即點在定直線上．解法二：設，即，，設，，，則，于是有由點在橢圓上，則于是有，即，故點在定直線上．變式32.（2023·江蘇常州·校考一模）已知橢圓：的短軸長為，離心率為．(1)求橢圓的方程；(2)過點的動直線與橢圓相交于不同的兩點，在線段上取點，滿足，證明：點總在某定直線上．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據題意得，再結合可求出，從而可求得橢圓方程，（2）設，，，，設的方程為，代入橢圓方程化簡，利用根與系數的關系，由可得，再結合前面的式子化簡可求出關于的方程，從而可證得結論.【詳解】（1）由題意可知，因為，所以解得，．所以所求橢圓的方程為（2）設，，，，直線的斜率顯然存在，設為，則的方程為．因為，，，四點共線，不妨設，則，，，，由，可得，化簡得．（*）聯立直線和橢圓的方程，得，消去，得，，得，由韋達定理，得，．代入（*）化簡得，即．又，代入上式，得，化簡得．所以點總在一條定直線上．題型四：雙曲線中的定點問題【典例分析】例41.（2023秋·江蘇連云港·高三校聯考階段練習）已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為，離心率為，點，為C的左，右頂點．P為直線上的動點，與C的另一個交點為M，與C的另一個交點為N．(1)求C的方程；(2)證明：直線MN過定點．【答案】(1)(2)證明見解析.【分析】（1）根據題意，列出方程，求得，即可得到C的方程；（2）根據題意，分別得到的坐標，然后分直線的斜率存在以及不存在分別討論，即可得到結果.【詳解】（1）由題意可設雙曲線方程為，左焦點為，則，離心率為，則，則，，則C的方程為.（2）

因為點，為C的左，右頂點，P為直線上的動點，所以，設，，則直線的方程為，聯立直線與雙曲線的方程可得，消去可得，方程兩根為，由韋達定理可得，所以，，即；設直線方程為，聯立直線與雙曲線的方程可得，消去可得，方程兩根為，由韋達定理可得，則，，即；由對稱性可知，若直線過定點，則定點在軸上，當直線的斜率不存在時，，可得，此時，，則直線經過點，當時，，，所以三點共線，即直線經過點.綜上，直線經過定點.例42.（2023·安徽滁州·安徽省定遠中學校考模擬預測）已知雙曲線的實軸長為，C的一條漸近線斜率為，直線l交C于P，Q兩點，點在雙曲線C上.(1)若直線l過C的右焦點，且斜率為，求的面積；(2)設P，Q為雙曲線C上異于點的兩動點，記直線MP，MQ的斜率分別為，，若，求證：直線PQ過定點.【答案】(1)(2)證明見詳解.【分析】（1）根據雙曲線離心率公式，結合雙曲線焦距定義求出雙曲線的方程聯立進行求解即可；（2）設出直線方程與雙曲線方程聯立，根據一元二次方程根的判別式、根與系數關系，結合直線斜率公式進行求解即可.【詳解】（1）如圖：因為雙曲線的實軸長為，所以，即.又因為C的一條漸近線斜率為，所以，所以，故雙曲線.則其右焦點坐標為，因為直線l過C的右焦點，且斜率為，所以直線l的方程為：，設，.聯立得：，所以由韋達定理得：，.所以，點到直線l的距離為：.所以.（2）證明：如圖設直線PQ的方程為：，設，.聯立得：.，即所以：，.而，則，.因為，所以整理的：，所以，所以：，所以，整理得：，代入韋達定理得：，所以，整理得：，即，則或.當時，直線線PQ的方程為：，所以過定點；當時，直線線PQ的方程為：，所以過定點.即為，因為P，Q為雙曲線C上異于點的兩動點，所以不符合題意.故直線PQ過的定點為.【變式訓練】變式41.（2023秋·四川成都·高三成都七中校考開學考試）已知雙曲線的離心率為，左焦點到雙曲線的漸近線的距離為，過點作直線與雙曲線的左、右支分別交于點，過點作直線與雙曲線的左、右支分別交于點，且點關于原點對稱．(1)求雙曲線的方程；(2)求證：直線過定點．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）由條件列關于的方程，解方程求，由此可得雙曲線方程；（2）設，分別聯立直線，與雙曲線方程，結合關于系數關系求點和點坐標，利用點斜式表示直線的方程，再證明直線過定點.【詳解】（1）設雙曲線的半焦距為，則，由已知，故，即，所以漸近線方程為．又到雙曲線的漸近線的距離為，則，所以．所以雙曲線的方程為．（2）設，若，則，故，直線的方程為，若，設直線的方程為，直線的方程與雙曲線聯立，．又，則所以，即．同理，則，則直線方程為，令，則，即所以直線過定點．變式42．（2023秋·安徽·高三安徽省宿松中學校聯考開學考試）已知雙曲線C：（，）的離心率為2，在C上.(1)求雙曲線C的方程；(2)不經過點P的直線l與C相交于M，N兩點，且，求證：直線l過定點.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據雙曲線上過的點及離心率列出方程組，求出雙曲線方程；（2）設出直線方程，分斜率不存在和斜率存在兩種情況，特別是當斜率存在時，設直線為，與雙曲線方程聯立，根據題干中條件，列出方程，找到和的關系，求出過的定點，記得檢驗是否滿足斜率不存在的情況.【詳解】（1）由已知得：，則，又因為在C上，則，解得，，所以雙曲線C的方程為.（2）若直線l的斜率存在，設直線l的方程為，，，聯立方程，消去y得，由已知，則，且，可得，，又因為，由可得：，整理得：，則，可得，則，由已知l不經過點，故，所以，即，可得l：，過定點；若直線l的斜率不存在，設，，可得，由可得：，又因為，解得，滿足條件，綜上所述：故直線l過定點.題型五：雙曲線中的定值問題【典例分析】例51.（2023·全國·高三專題練習）已知A，B分別為雙曲線的左、右頂點，P為該曲線上不同于A，B的任意一點，設，，的面積為S，則（

）A．為定值 B．為定值C．為定值 D．為定值【答案】C【分析】利用三角換元得到，利用斜率公式可求與的關系，化簡后可得的關系，故可判斷AB的正誤，根據面積公式可求（用表示），故可判斷CD的正誤.【詳解】由于雙曲線的對稱性，可設,由雙曲線可得，則,因此,其中，對于不是定值，故不正確；對于,由于,即，若為定值,則為定值,從而和是確定的值,于是均為定值,這是不可能的,故B錯誤.對于選項,因此是定值,不是定值，故選：C.例52.（2023·全國·高二專題練習）已知點在雙曲線上．(1)點，為的左右頂點，為雙曲線上異于，的點，求的值；(2)點，在上，且，，為垂足，證明：存在定點，使得為定值．【答案】(1);(2)證明見解析.【分析】（1）代入點，得，從而得雙曲線方程及，的坐標，設點坐標為，則，結合在雙曲線上，即可得答案；（2）設直線方程為，設，聯立直線與雙曲線方程，結合韋達定理及，得，舍去，從而得，直線過定點，為直角三角形，為直角，再根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可得證.【詳解】（1）解：因為點在雙曲線上，所以，解得，所以雙曲線，則．設點坐標為，則，所以．因為點在曲線上，所以，所以，所以的值為．（2）證明：依題意，直線的斜率存在，故設其方程為，設，聯立，消得，顯然，否則不可能有兩個交點，，由韋達定理得，因為直線的斜率之積為，所以，所以，即，所以有，將韋達定理代入化簡得，而當，此時直線為，易知恒過定點，故舍去，所以，此時滿足且直線過定點，（如圖所示）又因為為垂足，所以為直角三角形，為直角，所以當點為斜邊的中點時，為定值．綜上所述，存在定點，使得為定值．【變式訓練】變式51.（2023·江蘇南通·統考模擬預測）古希臘人從一對對頂圓錐的截痕中發現了圓錐曲線，并研究了它的一些幾何性質．比如，雙曲線有如下性質：A，B分別為雙曲線的左、右頂點，從C上一點P（異于A，B）向實軸引垂線，垂足為Q，則為常數．若C的離心率為2，則該常數為（

）A． B． C． D．3【答案】D【分析】設，由題結合可得.則，后由離心率結合可得答案.【詳解】設，則，又由題得.則.則.故選：D變式52.（2023春·福建廈門·高二廈門一中校考期中）已知雙曲線：實軸長為4（在的左側），雙曲線上第一象限內的一點到兩漸近線的距離之積為.(1)求雙曲線的標準方程；(2)設過的直線與雙曲線交于，兩點，記直線，的斜率為，，請從下列的結論中選擇一個正確的結論，并予以證明.①為定值；②為定值；③為定值【答案】(1)(2)③正確，證明見解析【分析】（1）首先求雙曲線的漸近線方程，再根據點到直線的距離公式，即可求雙曲線方程；（2）首先設直線：，與雙曲線方程聯立，得到，，再利用根與系數的關系表示，，以及，判斷定值.【詳解】（1）設是上的一點，與是的兩條漸近線，到兩條漸近線的距離之積，依題意，，故，雙曲線的標準方程為；（2）正確結論：③為定值.證明如下：由（1）知，，設，，因為，不與，重合，所以可設直線：，與聯立：，消去整理可得：故，，，所以，，，①，，不是定值，②，，不是定值，③，所以是定值.題型六：雙曲線中的定直線問題【典例分析】例61.（2023·全國·統考高考真題）已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為，離心率為．(1)求C的方程；(2)記C的左、右頂點分別為，，過點的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線與交于點P．證明:點在定直線上.【答案】(1)(2)證明見解析.【分析】（1）由題意求得的值即可確定雙曲線方程；（2）設出直線方程，與雙曲線方程聯立，然后由點的坐標分別寫出直線與的方程，聯立直線方程，消去，結合韋達定理計算可得，即交點的橫坐標為定值，據此可證得點在定直線上.【詳解】（1）設雙曲線方程為，由焦點坐標可知，則由可得，，雙曲線方程為.（2）由(1)可得，設，顯然直線的斜率不為0，所以設直線的方程為，且，與聯立可得，且，則，直線的方程為，直線的方程為，聯立直線與直線的方程可得：，由可得，即，據此可得點在定直線上運動.例62.（2024·全國·高三專題練習）已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為，離心率為．(1)求C的方程；(2)記C的左、右頂點分別為，，過點的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線與交于點P．證明:點在定直線上.【答案】(1)(2)證明見解析.【分析】（1）由題意求得的值即可確定雙曲線方程；（2）設出直線方程，與雙曲線方程聯立，然后由點的坐標分別寫出直線與的方程，聯立直線方程，消去，結合韋達定理計算可得，即交點的橫坐標為定值，據此可證得點在定直線上.【詳解】（1）設雙曲線方程為，由焦點坐標可知，則由可得，，雙曲線方程為.（2）由(1)可得，設，顯然直線的斜率不為0，所以設直線的方程為，且，與聯立可得，且，則，直線的方程為，直線的方程為，聯立直線與直線的方程可得：，由可得，即，據此可得點在定直線上運動.【變式訓練】變式61.（2023春·安徽池州·高三池州市第一中學校考階段練習）已知雙曲線過點，且焦距為.(1)求的方程；(2)已知過點的動直線交的右支于兩點，為線段上的一點，且滿足，證明：點總在某定直線上.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據已知條件可得出關于、、的方程組，解出這三個量的值，即可得出雙曲線的方程；（2）設點、、，記，則，，利用平面向量的坐標運算結合點差法求出點Q的軌跡方程，即可證得結論成立.【詳解】（1）由題意可得，解得，所以，雙曲線的方程為.（2）設點、、，因為，即，記，又A、P、B、Q四點共線，則，，即，，有，，得，，又因為，則，作差可得，即，得，即，故點Q總在定直線上.變式62.（2024·全國·高三專題練習）已知點在雙曲線上．(1)雙曲線上動點Q處的切線交的兩條漸近線于兩點，其中O為坐標原點，求證：的面積是定值；(2)已知點，過點作動直線與雙曲線右支交于不同的兩點?，在線段上取異于點?的點，滿足，證明：點恒在一條定直線上．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）先求出雙曲線方程，設，則過點的切線方程為，聯立與兩條漸近線方程，得到點坐標，利用求出面積為定值；（2）考慮直線斜率不存在，不合題意，故直線斜率存在，設直線方程，與雙曲線方程聯立，設出，得到兩根之和，兩根之積，再設點的坐標為，由得到，，消去參數得到點恒在一條定直線上.【詳解】（1）將代入雙曲線中，，解得，故雙曲線方程為，下面證明上一點的切線方程為，理由如下：當切線方程的斜率存在時，設過點的切線方程為，與聯立得，，由化簡得，因為，代入上式得，整理得，同除以得，，即，因為，，所以，聯立，兩式相乘得，，從而，故，即，令，則，即，解得，即，當切線斜率不存在時，此時切點為，切線方程為，滿足，綜上：上一點的切線方程為，設，則過點的切線方程為，故為過點的切線方程，雙曲線的兩條漸近線方程為，聯立與，解得,聯立與，解得,直線方程為，即，故點到直線的距離為，且，故的面積為，為定值；（2）若直線斜率不存在，此時直線與雙曲線右支無交點，不合題意，不滿足條件，故直線斜率存在，設直線方程，與聯立得，由，因為恒成立，所以，故，解得,設，則，設點的坐標為，則由得，，變形得到，將代入，解得，將代入中，解得，則，故點恒在一條定直線上.題型七：拋物線中的定點問題【典例分析】例71.（2019·北京·高考真題（理））已知拋物線C：x2=?2py經過點（2，?1）．（Ⅰ）求拋物線C的方程及其準線方程；（Ⅱ）設O為原點，過拋物線C的焦點作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點M，N，直線y=?1分別交直線OM，ON于點A和點B.求證：以AB為直徑的圓經過y軸上的兩個定點．【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)見解析.【分析】(Ⅰ)由題意結合點的坐標可得拋物線方程，進一步可得準線方程；(Ⅱ)聯立準線方程和拋物線方程，結合韋達定理可得圓心坐標和圓的半徑，從而確定圓的方程，最后令x=0即可證得題中的結論.【詳解】(Ⅰ)將點代入拋物線方程：可得：，故拋物線方程為：，其準線方程為：.(Ⅱ)很明顯直線的斜率存在，焦點坐標為，設直線方程為，與拋物線方程聯立可得：.故：.設，則，直線的方程為，與聯立可得：，同理可得，易知以AB為直徑的圓的圓心坐標為：，圓的半徑為：，且：，，則圓的方程為：，令整理可得：，解得：，即以AB為直徑的圓經過y軸上的兩個定點.例72.（2023秋·四川成都·高三四川省成都列五中學校考階段練習）已知拋物線的頂點在原點，對稱軸為?軸，且經過點?.(1)求拋物線方程;(2)若直線?與拋物線交于?兩點，且滿足?，求證:直線?恒過定點，并求出定點坐標.【答案】(1)(2)定點，證明見解析【分析】（1）根據拋物線過點，代入即可求出結果;（2）由題意直線方程可設為，將其與拋物線方程聯立，根據韋達定理，化簡求解，即可求出定點.【詳解】（1）由題可知，拋物線的開口向右，設拋物線方程為?，因為經過點?，所以?，解得?所以，拋物線的標準方程為:?.（2）如圖，設直線?的方程為:?，聯立方程?消?有：?由于交于?兩點，設?，則?，即?，?，由?.則?.解得:?，驗證滿足條件.所以直線?的方程為?，即證直線?恒過定點.【變式訓練】變式71.（2024秋·內蒙古呼和浩特·高三統考開學考試）已知拋物線C：焦點為，直線l與拋物線C交于，兩點，且，（O為坐標原點）．(1)求拋物線C的方程；(2)求證：直線l過定點．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）由焦點坐標有求參數，即可得拋物線方程；（2）設l：，，，聯立拋物線消去x，應用韋達定理、向量數量積的坐標表示列方程求參數，并寫出直線方程，即可證結論.【詳解】（1）由題設，則，所以拋物線方程為.（2）令l：，，，聯立得：，則，，，解得或，由得：，故，∴l：過定點.變式72.（2023秋·廣東東莞·高三校考階段練習）在平面直角坐標系中，已知圓心為C的動圓過點，且在軸上截得的弦長為4，記C的軌跡為曲線E．(1)求E的方程；(2)已知及曲線E上的兩點B和D，直線AB，AD的斜率分別為，，且，求證：直線BD經過定點．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據題意列出圓心滿足的方程結合弦長得出的方程，化簡即可得答案.（2）設直線：，聯立拋物線方程，設，，可得根與系數的關系式，結合化簡可得參數之間的關系，進而利用直線方程求得定點坐標.【詳解】（1）設圓心，半徑為，因為圓心為C的動圓過點，所以，因為圓心為C的動圓在軸上截得的弦長為4，所以，所以，即，所以曲線E是拋物線.（2）證明：由題意點坐標適合，即點A在E上，由題意可知BD斜率不會為0，設直線：，聯立，消去并整理得，需滿足，即，設，，則，，因為，，所以，所以，將，代入得，即，所以直線：，即，所以直線BD經過定點.題型八：拋物線中的定值問題【典例分析】例81.（2022秋·廣東深圳·高三深圳外國語學校校考開學考試）拋物線的焦點到準線的距離為.(1)求拋物線的標準方程；(2)過焦點的直線（斜率存在且不為0）交拋物線于兩點，線段的中垂線交拋物線的對稱軸于點，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據拋物線的定義即可得解；（2）不妨取拋物線的方程為，設直線的方程為，、，聯立直線與拋物線方程，消元、列出韋達定理，利用弦長公式表示出，再求出中垂線方程，即可求出點坐標，即可求出，從而得解.【詳解】（1）因為拋物線的焦點到準線的距離為，所以，根據建系方案的不同，拋物線的標準方程有四種可能，分別是，，，.（2）在平面直角坐標系中，拋物線的位置并不影響的取值，因此不妨取拋物線的方程為，此時焦點，根據題意，直線的斜率存在且不為，因此設直線的方程為，與拋物線聯立，得關于的一元二次方程，則，設、，則，，，，則，線段的中點坐標為，中垂線方程為，令，解得，即中垂線與軸交于，所以，則.例82（2023秋·湖南·高三臨澧縣第一中學校聯考開學考試）已知拋物線的焦點為，拋物線的焦點為，且．(1)求的值；(2)若直線l與交于M，N兩點，與交于P，Q兩點，M，P在第一象限，N，Q在第四象限，且，證明：為定值．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據拋物線方程可得，，進而結合兩點間的距離公式求解即可；（2）由（1）知，，設直線，，，，，根據題意結合圖形可知，且，聯立直線與拋物線和的方程結合韋達定理可得，，由結合向量知識可得，進而得到，進而得到，聯立，可得，，，，進而求證即可.【詳解】（1）由題意知，，所以，解得．（2）由（1）知，．設直線，，，，，根據題意結合圖形可知，且．聯立，得，則，同理聯立，得，則．由可得，，又，，所以，即，化簡得，即，又因為，，所以，再由，得．聯立，解得，所以，，．故，所以為定值.【變式訓練】變式81.（四川·高考真題（理））已知拋物線：的焦點為，過且斜率為的直線與拋物線交于，兩點，在軸的上方，且點的橫坐標為4.（1）求拋物線的標準方程；（2）設點為拋物線上異于，的點，直線與分別交拋物線的準線于，兩點，軸與準線的交點為，求證：為定值，并求出定值.【答案】（1）（2）見證明【分析】（1）先由題意得到，，根據的斜率為，求出，即可得出拋物線方程；（2）先由（1）的結果，得到點坐標，設點，結合題意，求出與，計算其乘積，即可得出結論成立.【詳解】（1）由題意得：，因為點的橫坐標為4，且在軸的上方，所以，因為的斜率為，所以，整理得：，即，得，拋物線的方程為：.（2）由（1）得：，，淮線方程，直線的方程：，由解得或，于是得.設點，又題意且,所以直線：，令，得，即，同理可得：，.變式82.（2018·北京·高考真題（理））已知拋物線C：=2px經過點（1，2）．過點Q（0，1）的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N．（Ⅰ）求直線l的斜率的取值范圍；（Ⅱ）設O為原點，，，求證：為定值．【答案】(1)取值范圍是（∞，3）∪（3，0）∪（0，1）(2)證明過程見解析【詳解】分析：（1）先確定p,再設直線方程，與拋物線聯立，根據判別式大于零解得直線l的斜率的取值范圍，最后根據PA，PB與y軸相交，舍去k=3，（2）先設A（x1，y1），B（x2，y2），與拋物線聯立，根據韋達定理可得，．再由，得，．利用直線PA，PB的方程分別得點M，N的縱坐標，代入化簡可得結論.詳解：解：（Ⅰ）因為拋物線y2=2px經過點P（1，2），所以4=2p，解得p=2，所以拋物線的方程為y2=4x．由題意可知直線l的斜率存在且不為0，設直線l的方程為y=kx+1（k≠0）．由得．依題意，解得k<0或0<k<1．又PA，PB與y軸相交，故直線l不過點（1，2）．從而k≠3．所以直線l斜率的取值范圍是（∞，3）∪（3，0）∪（0，1）．（Ⅱ）設A（x1，y1），B（x2，y2）．由（I）知，．直線PA的方程為．令x=0，得點M的縱坐標為．同理得點N的縱坐標為．由，得，．所以．所以為定值．題型九：拋物線中的定直線問題【典例分析】例91.（2023·全國·高三專題練習）已知拋物線的焦點為，過點的直線分別交拋物線于兩點．（1）若以為直徑的圓的方程為，求拋物線的標準方程；（2）過點分別作拋物線的切線，證明：的交點在定直線上．【答案】（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）根據拋物線的定義可求圓心到準線的距離為，從而可求拋物線的方程．（2）設，利用導數求出兩點處的切線方程，從而可求的交點的坐標，再聯立直線和拋物線的方程可得，從而可得的交點的縱坐標為定值，故的交點在定直線上．【詳解】（1）設中點為，到準線的距離為，到準線的距離為，到準線的距離為，則且.由拋物線的定義可知，，所以，由梯形中位線可得，所以，可得，所以拋物線的標準方程為.（2）證明：設，由，得，則，所以直線的方程為，直線的方程為，聯立得，解得，即直線的交點坐標為.因為過焦點，由題可知直線的斜率存在，故可設直線方程為，代入拋物線中，得，所以，故，所以的交點在定直線上．例92．（2022·全國·高三專題練習）已知拋物線，，是C上兩個不同的點．(1)求證：直線與C相切；(2)若O為坐標原點，，C在A，B處的切線交于點P，證明：點P在定直線上．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）聯立直線與拋物線的方程消元，利用證明即可；（2）設，由（1）可得出兩條切線的方程，然后聯立可得，然后由可得，即可證明.【詳解】（1）聯立得，因為在C上，則，所以，因此直線與C相切．（2）由（1）知，設，切線的方程為，切線的方程為，聯立得，因為，，所以．又因為，所以，解得，所以．故點P在定直線上．【變式訓練】變式91.（2023·全國·高三專題練習）已知拋物線和圓，傾斜角為45°的直線過的焦點且與相切．(1)求p的值：(2)點M在的準線上，動點A在上，在A點處的切線l2交y軸于點B，設，求證：點N在定直線上，并求該定直線的方程．【答案】(1)；(2)證明見解析，定直線方程為.【分析】（1）設直線l1的方程為，再根據直線和圓相切求出的值得解；（2）依題意設，求出切線l2的方程和B點坐標，求出，，即得證.【詳解】（1）由題得拋物線的焦點坐標為，設直線l1的方程為，由已知得圓的圓心，半徑，因為直線l1與圓相切，所以圓心到直線的距離，即，解得或（舍去）．所以.（2）依題意設，由（1）知拋物線方程為，所以，所以，設A，），則以A為切點的切線l2的斜率為所以切線l2的方程為．令，即l2交y軸于B點坐標為，所以，∴，∴．設N點坐標為（x，y），則，所以點N在定直線上．變式92.（2023·全國·高三專題練習）設拋物線：，以為圓心，5為半徑的圓被拋物線的準線截得的弦長為8．(1)求拋物線的方程；(2)過點的兩條直線分別與曲線交于點A，B和C，D，且滿足，，求證：線段的中點在直線上．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）設到的距離為，由題意可得：，可解得，即可求出拋物線的方程.（2）設，，由，表示出點的坐標，代入拋物線的方程結合題意可得，同理可得：，又因為，是關于的方程的兩根，則，即可證明.【詳解】（1）：的準線：設到的距離為，由已知得，∴，∴，∴∴的方程為（2）設，∵，∴∴，∴代入得∴∴∵點N在拋物線內部，∴，，∴同理∴，是關于的方程的兩根，∴，∴∴的中點在直線上．.1.（2023·全國·高二專題練習）在平面直角坐標系中，動圓與圓內切，且與圓：外切，記動圓的圓心的軌跡為.(1)求軌跡的方程；(2)過橢圓C右焦點的直線l交橢圓于A，B兩點，交直線于點D．且,設直線QA，QD，QB的斜率分別為，，，若，證明：為定值．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據兩圓內切和外切滿足的幾何關系，即可得，結合橢圓的定義即可求解，（2）聯立直線與橢圓方程，根據兩點斜率公式即可代入求解.【詳解】（1）由已知圓可化為標準方程：，即圓心，半徑，圓可化為標準方程：，即圓心，半徑，，經分析可得，，則.由題意可知，兩式相加得，，所以，點的軌跡為以為焦點的橢圓，可設方程為，則，，，，，所以，軌跡的方程為.（2）由題意直線AB的斜率一定存在，由（1）知，，則橢圓的右焦點坐標為，設直線AB方程為：，D坐標為．所以，設，，將直線AB方程與橢圓方程聯立得．恒成立，由韋達定理知，且，，則．故（定值）．2.（2023·全國·高二專題練習）已知雙曲線的左、右焦點分別為，.過的直線l交C的右支于M，N兩點，當l垂直于x軸時，M，N到C的一條漸近線的距離之和為.(1)求C的方程；(2)證明：為定值.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據題意，直接列出方程求解，可得答案.（2）根據題意，分類討論當垂直于軸和不垂直于軸時的情況，對于垂直于軸的情況，直接列方程計算；對于不垂直于軸時的情況，直線與雙曲線聯立方程，利用韋達定理，計算化簡可證明成立.【詳解】（1）根據題意有，C的一條漸近線方程為，將代入C的方程有，，所以M，N到直線的距離之和為，所以，C的方程為.（2）

方法1：當l垂直于x軸時，由（1）可知，，且由雙曲的定義可知，故.當l不垂直于x軸時，由雙曲線的定義可知，，故.設，代入C的方程有：，設，，則，，所以，所以.綜上，的值為6.方法2：當l垂直于x軸時，由（1）可知，，且由雙曲的定義可知，故.當l不垂直于x軸時，設，代入C的方程有：.設，，則，，所以.綜上，的值為6.3.（2023秋·河南洛陽·高三伊川縣第一高中校聯考開學考試）已知拋物線與拋物線在第一象限交于點.(1)已知為拋物線的焦點，若的中點坐標為，求；(2)設為坐標原點，直線的斜率為.若斜率為的直線與拋物線和均相切，證明為定值，并求出該定值.【答案】(1)2(2)證明見解析，定值為0【分析】（1）利用中點坐標公式可直接求解；（2）先聯立兩拋物線方程求出點坐標，從而求出，再設出直線的方程，然后分別與拋物線和聯立，從而根據直線與拋物線和均相切求出，進而得出結論.【詳解】（1）由得，設，因為的中點坐標為，所以，解得.（2）

聯立，解得或，所以，所以直線的斜率.設直線的方程為.聯立，消去得，因為直線與拋物線相切，所以，即，若，則，不符合題意，所以，即，①聯立，消去得，因為直線與拋物線相切，所以，即，②由①②可得，所以，故為定值，該定值為0.4.（2023·全國·高三專題練習）如圖，過拋物線焦點F的直線與拋物線交于A，B兩點，AM，AN，BC，BD分別垂直于坐標軸，垂足依次為M，N，C，D．(1)若矩形ANOM和矩形BDOC面積分別為，，求的值；(2)求證：直線MN與直線CD交點在定直線上．【答案】(1)4；(2)證明見解析.【分析】（1）設出直線AB的方程，與拋物線方程聯立，設點A，B坐標，利用韋達定理計算作答.（2）利用（1）中信息，求出直線MN，CD的方程，并求出交點坐標即可推理作答.【詳解】（1）拋物線的焦點，顯然直線AB不垂直于y軸，設其方程為：，由消去x并整理得，，設點，，則，，矩形ANOM和矩形BDOC面積分別為，，所以．（2）由（1）得，，，，于是得直線MN的方程為：，直線CD的方程為：，由消去y并整理得：，而，因此有，即直線MN與直線CD交點在直線上.所以線MN與直線CD交點在定直線上.【點睛】方法點睛：涉及用過定點的直線l解決問題，若直線l不垂直于x軸，可設其方程為：；若直線l不垂直于y軸，可設其方程為：.5．（2022春·全國·高三校聯考階段練習）如圖，已知拋物線的焦點為F，過點F的直線l交拋物線C于A，B兩點，動點P滿足PAB的垂心為原點O.當直線l的傾斜角為30°時，.(1)求拋物線C的標準方程；(2)求證：點P在定直線上.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據拋物線的定義及韋達定理可求解；（2）根據垂心建立斜率之間的關系，從而得到直線，兩直線聯立得到點的坐標，結合韋達定理，從而可得點P在定直線上.【詳解】（1）設直線l的方程為，，.由得.所以，.由拋物線定義，得.當直線l的傾斜角為30°時，，.所以，即拋物線C的標準方程為.（2）由（1），得，.因為的垂心為原點O，所以，.因為，所以.所以直線AP的方程為，即.同理可得，直線BP的方程為.聯立方程解得即.所以點P在定直線上.6.（2020·全國·統考高考真題）已知A、B分別為橢圓E：（a>1）的左、右頂點，G為E的上頂點，，P為直線x=6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D．（1）求E的方程；（2）證明：直線CD過定點.【答案】（1）；（2）證明詳見解析.【分析】（1）由已知可得：，，，即可求得，結合已知即可求得：，問題得解.（2）方法一：設，可得直線的方程為：，聯立直線的方程與橢圓方程即可求得點的坐標為，同理可得點的坐標為，當時，可表示出直線的方程，整理直線的方程可得：即可知直線過定點，當時，直線：，直線過點，命題得證.【詳解】（1）依據題意作出如下圖象：由橢圓方程可得：，，，，橢圓方程為：（2）[方法一]：設而求點法證明：設，則直線的方程為：，即：聯立直線的方程與橢圓方程可得：，整理得：，解得：或將代入直線可得：所以點的坐標為.同理可得：點的坐標為當時，直線的方程為：，整理可得：整理得：所以直線過定點．當時，直線：，直線過點．故直線CD過定點．[方法二]【最優解】：數形結合設，則直線的方程為，即．同理，可求直線的方程為．則經過直線和直線的方程可寫為．可化為．④易知A，B，C，D四個點滿足上述方程，同時A，B，C，D又在橢圓上，則有，代入④式可得．故，可得或．其中表示直線，則表示直線．令，得，即直線恒過點．【整體點評】本題主要考查了橢圓的簡單性質及方程思想，還考查了計算能力及轉化思想、推理論證能力，屬于難題.第二問的方法一最直接，但對運算能力要求嚴格；方法二曲線系的應用更多的體現了幾何與代數結合的思想，二次曲線系的應用使得計算更為簡單.

7.

（2023·全國·高三專題練習）已知橢圓的左、右焦點為，離心率為.點是橢圓上不同于頂點的任意一點，射線分別與橢圓交于點，的周長為8.(1)求橢圓的標準方程；(2)設，，的面積分別為.求證：為定值.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據題意，求得，結合離心率，得到，進而求得，即可得到橢圓的標準方程；（2）設，則，設直線PA的方程為，聯立方程，得到，同理得到，結合三角形的面積公式，化簡得到，進而得出定值.【詳解】（1）解：因為的周長為，即所以，可得，由橢圓的離心率，可得，從而，所以橢圓的標準方程為．（2）證明：設，則，可設直線PA的方程為，其中，聯立方程，整理得，則，

同理