【】2021届高考数学(文科-通用)二轮专题复习跟踪训练-专题六-第3讲-Word版含答案.docx

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．

1．直线与圆锥曲线的位置关系
(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．
(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．

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.
思维升华　求最值及参数范围的方法有两种：①依据题目给出的已知条件或图形特征列出一个关于参数的函数关系式，将其代入由题目列出的不等式(即为消元)，然后求解不等式；②由题目条件和结论建立目标函数，进而转化为求函数的值域．
　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＝.
＝×|F1F2|×|y1－y2|＝12，
令t＝3＋4k2，∴t>3，k2＝，
∴＝3，
∵0<<，
∴∈(0,3)，
∴当直线PQ与x轴垂直时最大，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　(2022·福建)如图，等边三角形OAB的边长为8，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(p>0)上．
(1)求抛物线E的方程；
(2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q，证明：以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点．
思维启迪　既然圆过y轴上的点，即满足·＝0，对任意P、Q恒成立可待定M(0，y1)，也可给定特殊的P点，猜想M点坐标，再证明．
(1)解　依题意，得|OB|＝8，∠BOy＝30°.
设B(x，y)，
则x＝|OB|sin 30°＝4，y＝|OB|cos 30°＝12.
由于点B(4，12)在x2＝2py上，
所以(4)2＝2p×12，解得p＝2.
故抛物线E的方程为x2＝4y.
(2)证明　方法一　由(1)知y＝x2，y′＝x.
设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为
y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x.
由得所以Q为.
设M(0，y1)，令·＝0对满足y0＝x(x0≠0)的x0，y0恒成立．
由于＝(x0，y0－y1)，＝，
由·＝0，得－y0－y0y1＋y1＋y＝0，
即(y＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*)
由于(*)式对满足y0＝x(x0≠0)的y0恒成立，
所以解得y1＝1.
故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．
方法二　由(1)知y＝x2，y′＝x.
设P(x0，y0)，则x0≠0，
且l的方程为y－y0＝x0(x－x0)，
即y＝x0x－x.
由得
所以Q为.
取x0＝2，此时P(2,1)，Q(0，－1)，
以PQ为直径的圆为(x－1)2＋y2＝2，
交y轴于点M1(0,1)或M2(0，－1)；
取x0＝1，此时P，Q，
以PQ为直径的圆为2＋2＝，
交y轴于点M3(0,1)、M4.
故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1)．
以下证明点M(0,1)就是所要求的点．
由于＝(x0，y0－1)，＝，
所以·＝－2y0＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0.
故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．
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．
思维启迪　(1)比较椭圆及抛物线方程可知，C2的方程易求，确定其上两点，剩余两点，利用待定系数法求C1方程.
(2) 联立方程，转化已知条件进行求解.
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.
思维升华　解析几何中的探究性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型．解决问题的一般策略是先假设结论成立，然后进行演绎推理或导出冲突，即可否定假设或推出合理结论，验证后确定结论，对于“存在”或“不存在”的问题，直接用条件证明或接受反证法证明．解答时，不但需要娴熟把握圆锥曲线的概念、性质、方程及不等式、判别式等学问，还要具备较强的审题力气、规律思维力气以及运用数形结合的思想分析问题和解决问题的力气．
　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>.∴)．

(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.－＝1 B．y2－＝1
C.－x2＝1 D.－＝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，故选C.
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1－1，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，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)．