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圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
知识点01：定点问题
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
知识点02：定值问题
在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题．这些问题重点考查学生方程思想、函数思想、转化与化归思想的应用．
【一般策略】
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②引进变量法：选择适当的动点坐标或动直线中的系数为变量，然后把要证明为定值的量表示成上述变量的函数，最后把得到的函数化简，消去变量得到定值
【常用结论】
结论1 过圆锥曲线上的任意一点P（x0，y0）作互相垂直的直线交圆锥曲线于点A，B，则直线AB必过一定点（等轴双曲线除外）.
结论2 过圆锥曲线的准线上任意一点P作圆锥曲线上的两条切线，切点分别为点A，B，则直线AB必过焦点.
结论3 过圆锥曲线外一点P作圆锥曲线上的两条切线，切点分别为点A，B，则直线AB已知且必过定点.
结论4 过圆锥曲线上的任意一点P（x0，y0）作斜率和为0的两条直线交圆锥曲线于A，B两点，则kAB为定值.
结论5 设点A，B是椭圆（a>b>0）上关于原点对称的两点，点P是该椭圆上不同于A，B两点的任意一点，直线PA，PB的斜率分别是k1，k2，则k1·k2=-
知识点03：空间向量的有关概念定直线问题
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：直线过定点问题】
一、解答题
1．已知椭圆的方程为，其右顶点，离心率．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆交于不同的两点，（，不与左、右顶点重合），且．求证：直线过定点，并求出定点的坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析，．
【分析】（1）由焦点坐标及离心率求出，得出方程；
（2）设M，N的坐标，联立直线和椭圆的方程，消去，化简得关于的一元二次方程，由韦达定理可得，的值，利用得出m与k的关系式，最后检验直线所经过的定点，求出坐标．
【详解】（1）右顶点是，离心率为，
所以，，
，则，
椭圆的标准方程为．
（2）直线方程与椭圆方程联立，
得，
设，，
，，
，
，，
即，
，则，
即，
整理得，
或，
均满足
直线或，
直线过定点或（与题意矛盾，舍去）
综上知直线过定点．
2．已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，虚轴长为2.
(1)求双曲线C的方程；
(2)直线与双曲线C的左支交于A，B两点，点D与点A关于x轴对称.
(i)求m的取值范围；
(ii)求证：直线过定点.
【答案】(1)
(2)(i)；(ii)证明见解析
【分析】(1)根据双曲线渐近线方程和虚轴长，列方程组解出，，可得双曲线方程；
(2) (i)联立直线和双曲线方程，根据题意，，计算可得m的取值范围；
(ii)假设定点的坐标为，所以，，因为，再利用向量坐标的乘法运算即可得到定点.
【详解】（1）由已知得解得，，所以双曲线的方程为；
（2）(i)设，，则，联立，
消去得，
则，，，
可得.
所以的取值范围为：；
(ii)由(i)得，，
由对称性可知BD过的定点在轴上，设定点的坐标为，
由，，
所以
，
可得，
所以直线BD过定点.
3．已知抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点F在x轴的正半轴上，过焦点F作斜率为k的直线交抛物线C于A，B两点，且.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)设点，直线AD，BD分别交准线l于点G，H，则在x轴的正半轴上是否存在定点M，使得？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）设出直线方程，直曲联立，用韦达定理表示出向量的数量积即可；
（2）设，表示出两直线的斜率，再由点斜式得到直线AD的方程，进而得到，由坐标表示数量积为零求解即可；
【详解】（1）由题意，知，

设抛物线C的标准方程为，
直线AB的方程为，
联立，消去x，得，
，
设A，B，则，
所以，解得或（舍去），
所以抛物线C的标准方程为.
（2）假设在x轴的正半轴上存在定点，使，

设，
由（1）知，
显然直线AD，BD的斜率存在，将其分别设为，
则，，
则直线AD的方程为，
令，得，同理，得，
故，
由，得，即，
故，解得或（舍去），
即在x轴的正半轴上存在定点M，使得，且定点M的坐标为.
【题型二：定点中探究性问题】
一、解答题
1．在平面直角坐标系中，已知直线过抛物线的焦点，与交于两点.
(1)若线段中点的横坐标为2，线段的长为6，求抛物线的方程；
(2)在轴上是否存在一定点，使得直线和直线的斜率之积为定值？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在定点
【分析】（1）设的方程为，联立抛物线方程，结合韦达定理及弦长公式即可求解；
（2）设，直线和直线的斜率分别为，结合韦达定理得到由其为定值即可求解.
【详解】（1）抛物线的焦点为，直线的方程可设为，
代入整理得，
设，则，
所以，，
因为线段中点的横坐标为2，所以①，
因为线段的长为6，所以②，
由①②解得，
所以抛物线的方程为.
（2）
设，直线和直线的斜率分别为，
则
若为定值，由的任意性知，即，此时为原点，
所以存在定点，使得直线和直线的斜率之积为定值.
2．已知椭圆，过点的直线交椭圆于点．
(1)当直线与轴垂直时，求；
(2)在轴上是否存在定点，使为定值？若存在，求点的坐标及的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，，
【分析】（1）写出直线方程，与椭圆联立，求出两点坐标，即可求出.
（2）当直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆联立，写出韦达定理，用坐标表示，代入韦达定理，分析为定值的条件，求出点的坐标，再验证斜率不存在时的情况，得出答案.
【详解】（1）解:联立,得或
所以．
（2）假设存在，使为定值．
当直线斜率存在时，设直线的方程为：，
联立得．
显然，设，
则．
所以
．
若为常数，只需，
解得，此时．
当直线与轴垂直时，不妨设，
当点坐标为时，．
满足为定值．
综上，存在点，使为定值．
3．已知曲线的方程为，倾斜角为的直线过点，且与曲线相交于，两点，为坐标原点．
(1)时，求的面积；
(2)在轴上是否存在定点，使得 如果存在，求出定点；如果不在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，定点.
【分析】（1）求得直线与曲线交点的坐标，再利用面积公式求解即可；
（2）当直线斜率存在时，设出的坐标，设出直线方程，联立曲线方程，写出韦达定理，并求得的取值范围，根据，结合韦达定理，即可求得坐标，再验证直线斜率不存在时的情况即可.
【详解】（1）由，可知曲线是以，为焦点的双曲线的右支，
过焦点，倾斜角为的直线的方程为，
当时，代入曲线的方程，可得，
所以．
（2）
当时，设直线的方程为，，，
联立得，
因为直线与曲线有两个交点，
所以，解得或．
假设在轴上存在定点，则，，
由，得轴平分，所以，
即，所以，
整理得，因为斜率的取值范围为，
所以，
即，
整理得，即，得．
当时，由曲线的对称性可知成立．
所以在轴上存在定点，使得．
【题型三：斜率的和、差、积、商为定值】
一、解答题
1．在平面直角坐标系中，已知圆心为的动圆过点，且在轴上截得的弦长为4，记的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)已知及曲线上的两点和，直线经过定点，直线的斜率分别为，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】
（1）设圆心，由两点距离公式和几何法求弦长公式化简计算，可得，化简即可求解；
（2）设直线BD的方程、，联立抛物线方程，消元并利用韦达定理可得，结合两点求斜率公式可得，即可证明.
【详解】（1）设圆心，半径为，由圆心为的动圆过点，
所以，
又圆心为的动圆在y轴上截得的弦长为4，所以，
此时，解得，
所以曲线E是抛物线，其方程为；
（2）易知直线BD的斜率不为0，
设直线BD的方程为，即，
，消去x，得，
或，
设，则，
，
所以，
即为定值1.

2．已知双曲线的左右焦点分别为，，左右顶点分别为M，N，且经过点.
(1)求双曲线C的方程；
(2)设过点直线l交双曲线C于P，Q两点，求直线l的斜率的取值范围；
(3)动点A在圆上，动点B在双曲线C上，设直线MA，MB的斜率分别为，，若N，A，B三点共线，试探索，之间的关系.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）可知：，根据题意列式求，即可得方程；
（2）设直线l：，联立方程结合运算求解；
（3）设，则有，即可得，结合得到，即可得解.
【详解】（1）由题意可知：，且经过点，
则，解得，
所以双曲线C的方程为.
（2）设直线l的斜率为，则直线l：，
联立方程，消去y可得，
由题意可知：，解得且，
所以直线l的斜率的取值范围.
（3）设点，则，即，
由，则①，
又②，
因为N，A，B三点共线，所以，由①②得，即．
3．如图，已知椭圆过点，焦距为，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的两点，且直线均不与轴垂直.
(1)求椭圆的方程；
(2)求中点E的轨迹方程；
(3)记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件列的关系式求解即可.
（2）设直线方程，与椭圆联立可表示点，根据点横、纵坐标之间的关系可得轨迹方程.
（3）根据韦达定理代入中即可得到定值.
【详解】（1）由题意得，，
又∵，∴，
∴椭圆的方程为.
（2）设直线方程为，，
由得，，
由得，，
则，
∴，
∵E为中点，∴，即，
设，则，
由得，
故中点E的轨迹方程为.
（3）由直线的斜率存在且异于点得，，故且，
∴
，
∴为定值.
【题型四：线段定值】
一、解答题
1．已知抛物线的准线与轴的交点为．
(1)求抛物线的方程；
(2)若经过点的直线与抛物线相切，求直线的方程；
(3)若过点的直线与抛物线交于两点，证明：为定值．
【答案】(1)；
(2)或；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据题设有，即可得抛物线方程；
（2）讨论斜率存在性，并设联立抛物线，利用求参数，即可得直线方程；
（3）令为，，联立抛物线并应用韦达定理化简，即可证.
【详解】（1）由题设知，
则；
（2）由题意，直线的斜率不存在时，与抛物线只有一个交点，但不相切，
令，联立抛物线得，
所以，则或，
所以直线为或.
（3）由题意，斜率一定存在，令为，，
联立抛物线得，则，，
而，，
所以.
2．已知椭圆的一个顶点与抛物线的焦点重合，，分别是椭圆的左、右焦点，离心率，过椭圆右焦点的直线与椭圆交于，两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，求直线的方程；
(3)已知直线斜率存在，若是椭圆经过原点的弦，且，求证：为定值.
【答案】(1)
(2)或
(3)证明见解析
【分析】！（1）由抛物线焦点坐标可得，再由离心率解方程即可求得椭圆的方程；
（2）联立直线与椭圆方程利用韦达定理及，列方程求解即可；
（3）利用直线平行和弦长公式分别求出弦长的表达式，即可证明.
【详解】（1）由抛物线可得，焦点坐标为；
所以可得，
又离心率为，可得；
由，解方程可得，
因此椭圆的方程.
（2）如图所示，易知，
当直线的斜率为0时，不妨设，则，不满足题意；
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，；
联立直线与椭圆方程，消去可得，
易知，由韦达定理可得；
所以
，
解得，所以，即或，
所以直线的方程为或.
（3）证明：由（2）可知
；
由可设直线的方程为，
由对称性可设
联立与椭圆可得，
所以，
可得为定值.
【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，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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
3．已知双曲线的一条渐近线方程为，左、右顶点分别为，，且.
(1)求的方程；
(2)若点为直线上的一点，直线交于另外一点（不同于点）.
①记，的面积分别为，，且，求点的坐标；
②若直线交于另外一点，点是直线上的一点，且，其中为坐标原点，试判断是否为定值？若是，则求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)①或；②是，
【分析】（1）根据条件，直接求出，即可求解；
（2）①设，直线：，联立直线与双曲线方程，消得到，进而可得，再结合条件，即可求解；②设直线：，联立双曲线方程，求得，， 结合①中结果，可求直线的方程，进而判断直线恒过定点，即可求解.
【详解】（1）由题意知 解得，，
所以的方程为.
（2）由题意可知，，，设，因为直线交于另外一点（不同于点），
所以，又双曲线的渐近线为，故，解得，
所以直线，即，
由，消得，
所以，解得， 所以.
①因为，，
又，所以，
解得或，即点的坐标为或.
②直线，即，
由，消得，，
即，所以，解得，
所以，
所以直线的斜率，
所以直线的方程为，
令，得，解得，
所以直线恒过定点，
又，即，又点是的中点，所以，
所以是定值，且定值为.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问中的②小问，设，直线的方程分别为，，通过联直线与双曲线方程，求得两点坐标，进而求出直线的方程，再判断出直线过定点，即可求解.
【题型五：角度定值】
一、解答题
1．设抛物线，点，，过点A的直线l与C交于M，N两点.
(1)当l与x轴垂直时，求直线的方程；
(2)证明：.
【答案】(1)或.
(2)证明见解析
【分析】（1）根据l与x轴垂直得到l的方程，然后联立方程得到带你的坐标，最后求直线方程即可；
（2）设的方程，联立直线和抛物线的方程，然后利用韦达定理得到，即可证明.
【详解】（1）当l与x轴垂直时，l的方程为.
代入，
所以，或，.
或，
所以的方程为或，
即或.
（2）
设的方程为，，，
联立方程得，易得，
所以，，，，
所以
，
所以，则直线与直线的倾斜角互补，
所以.
2．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点为的左顶点，点为右支上一点（非顶点），的平分线交轴于
(1)过右焦点作于，求；
(2)求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）延长交于点，即可得到，，再由双曲线的定义得到，即可得解；
（2）当，直接求出、，当时，设，求出，，利用二倍角公式求出，即可得证.
【详解】（1）延长交于点，因为平分，，
所以，所以，，
所以为的中点，又为的中点，所以且，
又，所以，
所以.
（2）依题意可知，，
当时，解得，不妨取，则，
，所以，满足；
当时，设，则，
所以，，
则，
所以，
又，，则，
所以，
综上可得.
3．已知为椭圆的焦点，且点在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知直线L与椭圆交于两点，且坐标原点O到直线L的距离为的大小是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是，定值为
【分析】（1）利用椭圆的定义求出的值，再结合的值可求得的值，由此可得出椭圆的标准方程；
（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，求出点的坐标，计算出；在直线的斜率存在时，设直线的方程为，由已知条件得出，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，计算出，综合可得出结论.
【详解】（1）依题意，椭圆的两焦点为，因为点在椭圆上，
所以由椭圆的定义，可得
，
即又，所以，
所以椭圆的方程为；
（2）是，，理由如下，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为.
由对称性，不妨令直线的方程为，
由，解得或，
令点，
此时，则；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，点
由点到直线的距离公式，可得，则，
由，得，
则，
即，，
所以
，
所以，即.
综上所述，的大小为定值，该定值为.

【点睛】方法点睛：求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．
【题型六：面积定值】
一、解答题
1．已知抛物线的焦点为，过作倾斜角为的动直线交于A，B两点.当时，.
(1)求抛物线的方程；
(2)证明：无论如何变化，是定值（为坐标原点）；
(3)点，直线AM与交于另一点，直线BM与交于另一点，证明：与的面积之比为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）设直线，，，联立直线与抛物线的方程，由抛物线的性质可得弦长的值，由此可得的值，进而求出抛物线的方程.
（2）由（1）可知，，将韦达定理代入，可得出答案.
（3）设直线AC的方程：，直线BD的方程：，分别与抛物线联立求出，，由（2）求出，则，再由三角形的面积公式表示出与的面积之比，即可得出答案.
【详解】（1）解：根据题意直线的斜率不为0，可设直线，，，代入抛物线方程得：，
，，，
，
当时，，，
，抛物线的方程为.
（2）证明：由（1）可知，，
则，
.
（3）证明：设，，
直线AC的方程：，直线BD的方程：，
由，得，
，同理，，
，
由（2）知，则，
.
【点睛】方法点睛：求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．已知椭圆：的左、右焦点分别为、，，在椭圆上，
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线交椭圆于，两点，AB的中点坐标为，求直线的方程；
(3)直线：与椭圆相交于，两点，且，求证：（为坐标原点）的面积为定值.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程.
（2）利用点差法求得直线的斜率，进而求得直线的方程.
（3）利用弦长公式表示，点到直线的距离为三角形的高度，表示面积即可得到结论.
【详解】（1）由题意得，，
将代入得，，
整理得，即，解得，故，
∴椭圆E的方程为.
（2）
如图，易知点在椭圆内，设，，则，
由点在椭圆上得，，
两式相减得：，即，
∴， 即直线n的斜率为，
∴直线n的方程为，即.
（3）
如图，设，，
由得，
，
则，，
∴
，
∵点到直线的距离，且，
∴
，
∴的面积为定值.
3．已知分别是双曲线的左、右顶点，点为上一点，且的面积为3．
(1)求的方程；
(2)过点作直线，分别与交于两点，直线与轴交于点，过点作直线交于两点，若在线段上，且，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，可得，再代入点，即可得答案；
（2）设直线的方程为的方程为，与双曲线方程联立，可得坐标，再根据三点共线，可得，设过的直线方程为，与双曲线联立，结合韦达定理及，可得，最后根据三角形的面积公式代入求解即可.
【详解】（1）解：由题知，解得，
所以，
将代入的方程，得，解得，
所以的方程为．
（2）解：由（1）可知，
因为，可得直线的方程为的方程为，

联立，得，
解得或，代入，可得，
即，
联立，得，
解得或，代入，可得，
即，
设，由三点共线，可得，
即，
将的坐标代入化简得，
解得，即，
过的直线的斜率显然不为0，
可设过的直线方程为，
联立，得，
设，
则，且，
由，可得，
所以，
两式相加可得，
所以，解得，
所以
．
【题型七：与向量有关的定值】
一、解答题
1．设双曲线的焦点分别为，，离心率为2．
(1)求此双曲线的渐近线，的方程；
(2)若A，分别为，上的点，且，求线段的中点的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线；
(3)过点能否作出直线，使与双曲线交于，两点，且？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)双曲线方程为，渐近线方程为
(2)，点的轨迹是中心在原点，焦点在轴上，长轴长为，短轴长为的椭圆
(3)不存在满足条件的直线，理由见解析
【分析】（1）根据方程和离心率求得，，即可得渐近线方程；
（2）设，，的中点为，根据题意可得，结合渐近线方程运算求解即可；
（3）假设存在，讨论直线的斜率是否存在，联立方程，根据向量垂直和韦达定理分析判断即可.
【详解】（1）因为，所以．
又因为，可得，．
所以双曲线方程为，渐近线方程为．
（2）设，，的中点为．

因为，则．
假设，，
则，．
可得
．
因为，，
则，即．
所以点的轨迹是中心在原点，焦点在轴上，长轴长为，短轴长为的椭圆．
（3）假设存在满足条件的直线．

当直线的斜率不存在，即直线方程为时，
易得，的坐标分别为，．
因为，
所以直线不符合条件．
当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，
与双曲线交于，两点．
因为，所以．
所以，
所以①．
由消去，整理得，
则，，②．
将②代入①式，得
整理可得，无解．
综上可知，不存在满足条件的直线．
2．已知椭圆的左焦点为圆的圆心，且椭圆上的点到点的距离的最小值为.
(1)求椭圆的短轴长;
(2)已知经过点的动直线与椭圆交于不同的两点A，B，点，求的值.
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）由圆的方程可得圆心坐标，得到；由可得；根据椭圆的关系可得；
（2）当直线斜率不存在时，可求得坐标，由向量数量积的坐标运算可求得；当直线斜率存在时，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，根据向量数量积的坐标运算，代入韦达定理的结论即可化简得到.
【详解】（1）由圆的一般方程得：圆心为，即，；
又椭圆上的点到点的距离的最小值为，，解得：，
，则其短轴为1.
（2）由（1）知椭圆方程为.
当直线斜率不存在时，其方程为，，，
，，；
当直线斜率存在时，设，，，
由得：，
因为点在椭圆内部，则直线与椭圆必有两交点，
，，
，
，，
.
综上所述：.

【题型八：定直线问题】
一、解答题
1．已知双曲线的一条渐近线方程为，且点在双曲线上.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设双曲线左右顶点分别为，在直线上取一点，直线交双曲线右支于点，直线交双曲线左支于点，直线和直线的交点为，求证：点在定直线上.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用双曲线的性质，代入点坐标计算即可；
（2）法一、用点P坐标表示直线，联立双曲线方程得出C、D坐标，再表示直线，联立求其交点即可证明；法二、直接利用C、D坐标表示直线，利用三点共线的斜率关系计算可用表示直线方程，联立求其交点即可证明.
【详解】（1）因为渐近线方程为，所以，设双曲线为，
代入得，双曲线的标准力程为；
（2）法一、
设直线，联立双曲线得：，
，且；
设直线，联立双曲线得：，
，且；
所以
则
设，则，两式相除消得
所以在直线上；
法二、
设直线，
直线，
由于，即，
由于，即，
则.
设，则，两式相除消得
所以在直线上；

2．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．
3．已知分别为椭圆的左 右焦点，分别为椭圆的左 右顶点，为椭圆上的动点，过动点作椭圆的切线.分别与直线和相交于两点，四边形的对角线相交于点，记动点的轨迹为.
(1)证明：椭圆在点处的切线方程为.
(2)求动点的轨迹的方程.
(3)过点作斜率不为的直线与相交于点，直线与的交点为，判断点是否在定直线上.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)在
【分析】（1）直曲联立，求出交点，证明即可；
（2）令，得坐标，求出直线方程，求出交点，得到动点的轨迹的方程.
（3）设直线的方程为，直曲联立，借助韦达定理，得到,联立，方程，得到满足的条件即可.
【详解】（1）证明：联立方程组，
消去整理得，又，
即，
整理得，解得，
所以直线与椭圆有且仅有一个交点，
即切线方程为.
（2）解：由（1）中切线方程，令，得，
令，得，
因为，所以直线，①
因为，所以直线，②
由①②得.
因为，得，
所以动点的轨迹的方程为）.
（3）解：设直线的方程为，
联立方程组得，
则，所以.
因为直线的方程为，直线的方程为，
所以，所以，
所以，
整理得
所以，即点在定直线上.

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