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第3讲 圆锥曲线中的热点问题
考情解读 (1)本部分主要以解答题形式考查，往往是试卷的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，考查弦长、定点、定值、最值、范围问题或探究性问题，试题难度较大．(2)求轨迹方程也是高考的热点与重点，若在客观题中毁灭通常用定义法，若在解答题中毁灭一般用直接法、代入法、参数法或待定系数法，往往毁灭在解答题的第(1)问中．
(理用的内容)
1．直线与圆锥曲线的位置关系
(理用的内容)
(1)直线与椭圆的位置关系的判定方法：
将直线方程与椭圆方程联立，消去一个未知数，得到一个一元二次方程．若Δ>0，则直线与椭圆相交；若Δ＝0，则直线与椭圆相切；若Δ<0，则直线与椭圆相离．
(理用的内容)
(2)直线与双曲线的位置关系的判定方法：
将直线方程与双曲线方程联立，消去y(或x)，得到一个一元方程ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)．
①若a≠0，当Δ>0时，直线与双曲线相交；当Δ＝0时，直线与双曲线相切；当Δ<0时，直线与双曲线相离．
②若a＝0时，直线与渐近线平行，与双曲线有一个交点．
(3)直线与抛物线的位置关系的判定方法：
将直线方程与抛物线方程联立，消去y(或x)，得到一个一元方程ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)．
①当a≠0时，用Δ判定，方法同上．
②当a＝0时，直线与抛物线的对称轴平行，只有一个交点．
2．有关弦长问题
有关弦长问题，应留意运用弦长公式及根与系数的关系，“设而不求”；有关焦点弦长问题，要重视圆锥曲线定义的运用，以简化运算．
(1)斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则所得弦长|P1P2|＝|x2－x1|或|P1P2|＝ |y2－y1|，其中求|x2－x1|与|y2－y1|时通常使用根与系数的关系，即作如下变形：
|x2－x1|＝，
|y2－y1|＝.
(2)当斜率k不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间距离公式)．
3．弦的中点问题
有关弦的中点问题，应机敏运用“点差法”，“设而不求法”来简化运算．
4．(理)轨迹方程问题
(1)求轨迹方程的基本步骤：
①建立适当的平面直角坐标系，设出轨迹上任一点的坐标——解析法(坐标法)．
②查找动点与已知点满足的关系式——几何关系．
③将动点与已知点的坐标代入——几何关系代数化．
④化简整理方程——简化．
⑤证明所得方程为所求的轨迹方程——完成其充要性．
(2)求轨迹方程的常用方法：
①直接法：将几何关系直接翻译成代数方程；
②定义法：满足的条件恰适合某已知曲线的定义，用待定系数法求方程；
③代入法：把所求动点的坐标与已知动点的坐标建立联系；
④交轨法：写出两条动直线的方程直接消参，求得两条动直线交点的轨迹；
(3)留意①建系要符合最优化原则；②求轨迹与“求轨迹方程”不同，轨迹通常指的是图形，而轨迹方程则是代数表达式．步骤②⑤省略后，验证时常用途径：化简是否同解变形，是否满足题意，验证特殊点是否成立等.
热点一 圆锥曲线中的范围、最值问题
例1 (2021·浙江)如图，点P(0，－1)是椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2＋y2＝4的直径．l1，l2是过点P且相互垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)求△ABD面积取最大值时直线l1的方程．
思维启迪 (1)P点是椭圆上顶点，圆C2的直径等于椭圆长轴长；(2)设直线l1的斜率为k，将△ABD的面积表示为关于k的函数．
解 (1)由题意得
所以椭圆C1的方程为＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)．
由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，
则直线l1的方程为y＝kx－1.
又圆C2：x2＋y2＝4，
故点O到直线l1的距离
d＝，
所以|AB|＝2＝2.
又l2⊥l1，故直线l2的方程为x＋ky＋k＝0.
由
消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0，
故x0＝－.
所以|PD|＝.
设△ABD的面积为S，
则S＝|AB|·|PD|
＝＝，
所以S＝≤
＝，
当且仅当k＝±时取等号．
所以所求直线l1的方程为y＝±x－1.
已知椭圆C的左，右焦点分别为F1，F2，椭圆的离心率为，且椭圆经过点P(1，)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)线段PQ是椭圆过点F2的弦，且＝λ，求△PF1Q内切圆面积最大时实数λ的值．
解 (1)e＝＝，P(1，)满足＋＝1，
又a2＝b2＋c2，∴a2＝4，b2＝3，
∴椭圆标准方程为＋＝1.
(2)明显直线PQ不与x轴重合，
当直线PQ与x轴垂直时，|PQ|＝3，|F1F2|＝2，
S△PF1Q＝3；
当直线PQ不与x轴垂直时，设直线PQ：y＝k(x－1)，k≠0代入椭圆C的标准方程，
整理，得(3＋4k2)y2＋6ky－9k2＝0，
Δ>0，y1＋y2＝，y1·y2＝.
S△PF1Q＝×|F1F2|×|y1－y2|＝12，
令t＝3＋4k2，∴t>3，k2＝，
∴S△PF1Q＝3，
∵0<<，
∴S△PF1Q∈(0,3)，
∴当直线PQ与x轴垂直时S△PF1Q最大，且最大面积为3.
设△PF1Q内切圆半径为r，
则S△PF1Q＝(|PF1|＋|QF1|＋|PQ|)·r＝4r≤3.
即rmax＝，此时直线PQ与x轴垂直，△PF1Q内切圆面积最大，
∴＝，∴λ＝1.
热点二 圆锥曲线中的定值、定点问题
例2 (2021·陕西)已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦MN的长为8.
(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；
(2)已知点B(－1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，证明：直线l过定点．
思维启迪 (1)设动圆圆心坐标，利用圆的半径、半弦长和弦心距组成的直角三角形求解；(2)设直线方程y＝kx＋b，将其和轨迹C的方程联立，再设两个交点坐标，由题意知直线BP和BQ的斜率互为相反数，推出k和b的关系，最终证明直线过定点．
(1)解 如图，设动圆圆心为O1(x，y)，由题意，得|O1A|＝|O1M|，
当O1不在y轴上时，过O1作O1H⊥MN交MN于H，则H是MN的中点，
∴|O1M|＝，
又|O1A|＝，
∴＝，
化简得y2＝8x(x≠0)．
又当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标为(0,0)也满足方程y2＝8x，
∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.
(2)证明 如图由题意，设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
将y＝kx＋b代入y2＝8x中，
得k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0.
其中Δ＝－32kb＋64>0.
由根与系数的关系得，x1＋x2＝，①
x1x2＝，②
∵x轴是∠PBQ的角平分线，∴＝－，
即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0，
(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0，
2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0③
将①②代入③得2kb2＋(k＋b)(8－2bk)＋2k2b＝0，
∴k＝－b，此时Δ>0，
∴直线l的方程为y＝k(x－1)，即直线l过定点(1,0)．
思维升华 (1)定值问题就是在运动变化中查找不变量的问题，基本思想是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关．在这类试题中选择消元的方向是格外关键的．
(2)由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
已知椭圆C的中点在原点，焦点在x轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好是抛物线x2＝8y的焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点P(2,3)，Q(2，－3)在椭圆上，点A、B是椭圆上不同的两个动点，且满足∠APQ＝∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由．
解 (1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，
则b＝2.由＝，a2＝c2＋b2，得a＝4，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)当∠APQ＝∠BPQ时，PA、PB的斜率之和为0，
设直线PA的斜率为k，
则PB的斜率为－k，PA的直线方程为y－3＝k(x－2)，
由整理得
(3＋4k2)x2＋8(3－2k)kx＋4(3－2k)2－48＝0，
x1＋2＝，
同理PB的直线方程为y－3＝－k(x－2)，
可得x2＋2＝＝.
∴x1＋x2＝，x1－x2＝，
kAB＝＝
＝＝，
∴直线AB的斜率为定值.
热点三 圆锥曲线中的探究性问题
例3 已知椭圆C1、抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为原点O，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于下表中：
x
3
－2
4
y
－2
0
－4
(1)求C1，C2的标准方程；
(2)是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②与C1交于不同的两点M，N，且满足⊥？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
解 (1)设抛物线C2：y2＝2px(p≠0)，则有＝2p(x≠0)，
据此验证四个点知(3，－2)，(4，－4)在C2上，
易求得C2的标准方程为y2＝4x.
设椭圆C1：＋＝1(a>b>0)，
把点(－2,0)，(，)代入得，
解得，所以C1的标准方程为＋y2＝1.
(2)简洁验证当直线l的斜率不存在时，不满足题意．
当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－1)，
与C1的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由
消去y并整理得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0，
于是x1＋x2＝，①
x1x2＝.②
所以y1y2＝k2(x1－1)(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]
＝k2[－＋1]＝－.③
由⊥，即·＝0，得x1x2＋y1y2＝0.(*)
将②③代入(*)式，得－＝＝0，
解得k＝±2，所以存在直线l满足条件，
且直线l的方程为2x－y－2＝0或2x＋y－2＝0.
如图，抛物线C：y2＝2px的焦点为F，抛物线上确定点Q(1,2)．
(1)求抛物线C的方程及准线l的方程；
(2)过焦点F的直线(不经过Q点)与抛物线交于A，B两点，与准线l交于点M，记QA，QB，QM的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3成立，若存在λ，求出λ的值；若不存在，说明理由．
解 (1)把Q(1,2)代入y2＝2px，得2p＝4，
所以抛物线方程为y2＝4x，准线l的方程：x＝－1.
(2)由条件可设直线AB的方程为y＝k(x－1)，k≠0.
由抛物线准线l：x＝－1，可知M(－1，－2k)．
又Q(1,2)，所以k3＝＝k＋1，
即k3＝k＋1.
把直线AB的方程y＝k(x－1)，代入抛物线方程y2＝4x，并整理，可得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，知
x1＋x2＝，x1x2＝1.
又Q(1,2)，则k1＝，k2＝.
由于A，F，B共线，所以kAF＝kBF＝k，
即＝＝k.
所以k1＋k2＝＋＝＋－＝2k－＝2k＋2，
即k1＋k2＝2k＋2.
又k3＝k＋1，可得k1＋k2＝2k3.
即存在常数λ＝2，使得k1＋k2＝λk3成立．
1．圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：
①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；
③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
④利用基本不等式求出参数的取值范围；
⑤利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．
2．定点、定值问题的处理方法
定值包括几何量的定值或曲线过定点等问题，处理时可以直接推理求出定值，也可以先通过特定位置猜想结论后进行一般性证明．对于客观题，通过特殊值法探求定点、定值能达到事半功倍的效果．
3．探究性问题的解法
探究是否存在的问题，一般是先假设存在，然后查找理由去确定结论，假如真的存在，则可以得出相应存在的结论；若不存在，则会由条件得出冲突，再下结论不存在即可.
真题感悟
(2022·北京)已知椭圆C：x2＋2y2＝4.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)设O为原点，若点A在椭圆C上，点B在直线y＝2上，且OA⊥OB，试推断直线AB与圆x2＋y2＝2的位置关系，并证明你的结论．
解 (1)由题意，得椭圆C的标准方程为＋＝1，
所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.
因此a＝2，c＝.
故椭圆C的离心率e＝＝.
(2)直线AB与圆x2＋y2＝2相切．证明如下：
设点A，B的坐标分别为(x0，y0)，(t,2)，其中x0≠0.
由于OA⊥OB，所以·＝0，
即tx0＋2y0＝0，解得t＝－.
当x0＝t时，y0＝－，代入椭圆C的方程，得t＝±，
故直线AB的方程为x＝±，
圆心O到直线AB的距离d＝.
此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．
当x0≠t时，直线AB的方程为y－2＝(x－t)．
即(y0－2)x－(x0－t)y＋2x0－ty0＝0.
圆心O到直线AB的距离
d＝.
又x＋2y＝4，t＝－，
故d＝＝＝.
此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．
押题精练
已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，其左、右焦点分别是F1、F2，过点F1的直线l交椭圆C于E、G两点，且△EGF2的周长为4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点M(2,0)的直线与椭圆C相交于两点A、B，设P为椭圆上一点，且满足＋＝t(O为坐标原点)，当|－|<时，求实数t的取值范围．
解 (1)由题意知椭圆的离心率e＝＝，
∴e2＝＝＝，即a2＝2b2.
又△EGF2的周长为4，即4a＝4，∴a2＝2，b2＝1.
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)由题意知直线AB的斜率存在，即t≠0.
设直线AB的方程为y＝k(x－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x，y)，
由得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0.
由Δ＝64k4－4(2k2＋1)(8k2－2)>0，得k2<.
x1＋x2＝，x1x2＝，∵＋＝t，
∴(x1＋x2，y1＋y2)＝t(x，y)，x＝＝，
y＝＝[k(x1＋x2)－4k]＝.
∵点P在椭圆C上，∴＋2＝2，
∴16k2＝t2(1＋2k2)．∵|－|<，∴|x1－x2|<，
∴(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]<，∴(1＋k2)[－4·]<，
∴(4k2－1)(14k2＋13)>0，∴k2>.∴<k2<.
∵16k2＝t2(1＋2k2)，∴t2＝＝8－，
又<1＋2k2<2，∴<t2＝8－<4，∴－2<t<－或<t<2，
∴实数t的取值范围为(－2，－)∪(，2)．
(推举时间：50分钟)
一、选择题
1．已知点M与双曲线－＝1的左、右焦点的距离之比为2∶3，则点M的轨迹方程为( )
A．x2－y2＋26x＋25＝0
B．x2＋y2＋16x＋81＝0
C．x2＋y2＋26x＋25＝0
D．x2＋y2＋16x－81＝0
答案 C
解析 设点M(x，y)，F1(－5,0)，F2(5,0)，则由题意得＝，将坐标代入，得＝，化简，得x2＋y2＋26x＋25＝0.
2．已知椭圆E的左、右焦点分别为F1、F2，过F1且斜率为2的直线交椭圆E于P、Q两点，若△PF1F2为直角三角形，则椭圆E的离心率为( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析
由题意可知，∠F1PF2是直角，且tan∠PF1F2＝2，∴＝2，又|PF1|＋|PF2|＝2a，∴|PF1|＝，|PF2|＝.
依据勾股定理得2＋2＝(2c)2，
所以离心率e＝＝.
3．已知抛物线y2＝8x的焦点F到双曲线C：－＝1(a>0，b>0)渐近线的距离为，点P是抛物线y2＝8x上的一动点，P到双曲线C的上焦点F1(0，c)的距离与到直线x＝－2的距离之和的最小值为3，则该双曲线的方程为( )
A.－x2＝1 B．y2－＝1
C.－x2＝1 D．y2－＝1
答案 C
解析 由题意得，抛物线y2＝8x的焦点F(2,0)，
双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线的方程为ax－by＝0，
∵抛物线y2＝8x的焦点F到双曲线C：－＝1(a>0，b>0)渐近线的距离为，∴＝，∴a＝2b.
∵P到双曲线C的上焦点F1(0，c)的距离与到直线x＝－2的距离之和的最小值为3，
∴FF1＝3，∴c2＋4＝9，∴c＝，
∵c2＝a2＋b2，a＝2b，∴a＝2，b＝1.
∴双曲线的方程为－x2＝1.
4．若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则·的最大值为( )
A．2 B．3 C．6 D．8
答案 C
解析 设P(x0，y0)，则
＋＝1，即y＝3－，
又由于F(－1,0)，
所以·＝x0·(x0＋1)＋y＝x＋x0＋3
＝(x0＋2)2＋2，
又x0∈[－2,2]，即·∈[2,6]，
所以(·)max＝6.
5．设M(x0，y0)为抛物线C：x2＝8y上一点，F为抛物线C的焦点，以F为圆心，|FM|为半径的圆和抛物线的准线相交，则y0的取值范围是( )
A．(0,2) B．[0,2]
C．(2，＋∞) D．[2，＋∞)
答案 C
解析 依题意得F(0,2)，准线方程为y＝－2，
又∵以F为圆心，|FM|为半径的圆和抛物线的准线相交，且|FM|＝|y0＋2|，
∴|FM|>4，即|y0＋2|>4，
又y0≥0，∴y0>2.
6．已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的左，右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)，若双曲线上存在点P满足＝，则该双曲线的离心率的取值范围为( )
A．(1，＋1) B．(1，)
C．(，＋∞) D．(＋1，＋∞)
答案 A
解析 依据正弦定理得＝，
所以由＝可得＝，
即＝＝e，
所以|PF1|＝e|PF2|.
由于e>1，所以|PF1|>|PF2|，点P在双曲线的右支上．
又|PF1|－|PF2|＝e|PF2|－|PF2|＝|PF2|(e－1)＝2a，
解得|PF2|＝，
由于|PF2|>c－a，
所以>c－a，即>e－1，
即(e－1)2<2，解得1－<e<＋1.
又e>1，所以e∈(1，＋1)，故选A.
二、填空题
7．直线y＝kx＋1与椭圆＋＝1恒有公共点，则m的取值范围是________．
答案 m≥1且m≠5
解析 ∵方程＋＝1表示椭圆，
∴m>0且m≠5.
∵直线y＝kx＋1恒过(0,1)点，
∴要使直线与椭圆总有公共点，应有：
＋≤1，m≥1，
∴m的取值范围是m≥1且m≠5.
8．在直线y＝－2上任取一点Q，过Q作抛物线x2＝4y的切线，切点分别为A、B，则直线AB恒过定点________．
答案 (0,2)
解析 设Q(t，－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，抛物线方程变为y＝x2，则y′＝x，则在点A处的切线方程为y－y1＝x1(x－x1)，化简得，y＝x1x－y1，同理，在点B处的切线方程为y＝x2x－y2.又点Q(t，－2)的坐标满足这两个方程，代入得：－2＝x1t－y1，－2＝x2t－y2，则说明A(x1，y1)，B(x2，y2)都满足方程－2＝xt－y，即直线AB的方程为：y－2＝tx，因此直线AB恒过定点(0,2)．
9．(2022·辽宁)已知椭圆C：＋＝1，点M与C的焦点不重合．若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在C上，则|AN|＋|BN|＝________.
答案 12
解析 椭圆＋＝1中，a＝3.
如图，设MN的中点为D，
则|DF1|＋|DF2|＝2a＝6.
∵D，F1，F2分别为MN，AM，BM的中点，
∴|BN|＝2|DF2|，
|AN|＝2|DF1|，
∴|AN|＋|BN|＝2(|DF1|＋|DF2|)＝12.
10．(2021·安徽)已知直线y＝a交抛物线y＝x2于A，B两点．若该抛物线上存在点C，使得∠ACB为直角，则a的取值范围为________．
答案 [1，＋∞)
解析 以AB为直径的圆的方程为x2＋(y－a)2＝a，
由
得y2＋(1－2a)y＋a2－a＝0.
即(y－a)[y－(a－1)]＝0，
由已知解得a≥1.
三、解答题
11．如图所示，椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的离心率为，x轴被曲线C2：y＝x2－b截得的线段长等于C1的短轴长．C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A，B，直线MA，MB分别与C1相交于点D，E.
(1)求C1，C2的方程；
(2)求证：MA⊥MB；
(3)记△MAB，△MDE的面积分别为S1，S2，若＝λ，求λ的取值范围．
(1)解 由题意，知＝，
所以a2＝2b2.
又2＝2b，得b＝1.
所以曲线C2的方程y＝x2－1，椭圆C1的方程＋y2＝1.
(2)证明 设直线AB：y＝kx，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由题意，知M(0，－1)．
则⇒x2－kx－1＝0，
·＝(x1，y1＋1)·(x2，y2＋1)＝(k2＋1)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝－(1＋k2)＋k2＋1＝0，
所以MA⊥MB.
(3)解 设直线MA：y＝k1x－1，MB：y＝k2x－1，k1k2＝－1，M(0，－1)，
由解得或
所以A(k1，k－1)．
同理，可得B(k2，k－1)．
故S1＝|MA|·|MB|＝·|k1||k2|.
由解得或
所以D(，)．
同理，可得E(，)．
故S2＝|MD|·|ME|
＝·，
＝λ＝＝≥，
则λ的取值范围是[，＋∞)．
12．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的焦距为2，其一条渐近线的倾斜角为θ，且tan θ＝.以双曲线C的实轴为长轴，虚轴为短轴的椭圆记为E.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设点A是椭圆E的左顶点，P、Q为椭圆E上异于点A的两动点，若直线AP、AQ的斜率之积为－，问直线PQ是否恒过定点？若恒过定点，求出该点坐标；若不恒过定点，请说明理由．
解 (1)双曲线－＝1的焦距2c＝2，
则c＝，∴a2＋b2＝7.①
渐近线方程y＝±x，
由题意知tan θ＝＝.②
由①②得a2＝4，b2＝3，
所以椭圆E的方程为＋＝1.
(2)在(1)的条件下，当直线PQ的斜率存在时，
设直线PQ的方程为y＝kx＋m，
由，消去y得
(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
又A(－2,0)，
由题意知kAP·kAQ＝·＝－，
则(x1＋2)(x2＋2)＋4y1y2＝0，且x1x2≠－2.
则x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋4(kx1＋m)(kx2＋m)
＝(1＋4k2)x1x2＋(2＋4km)(x1＋x2)＋4m2＋4＝0.
则m2－km－2k2＝0.
∴(m－2k)(m＋k)＝0.∴m＝2k或m＝－k.
当m＝2k时，直线PQ的方程是y＝kx＋2k.
此时直线PQ过定点(－2,0)，明显不符合题意．
当m＝－k时，直线PQ的方程为y＝kx－k，此时直线PQ过定点(1,0)．
当直线PQ的斜率不存在时，若直线PQ过定点，
P，Q点的坐标分别是(1，)，(1，－)，
满足kAP·kAQ＝－.
综上，直线PQ恒过定点(1,0)．
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