資源簡介

第14講 圓錐曲線中的定值問題
（8類核心考點精講精練）
1. 5年真題考點分布
5年考情
考題示例 考點分析 關(guān)聯(lián)考點
2021年新I卷，第21題,12分 雙曲線中的定值問題 求雙曲線的軌跡方程
2020年新I卷，第22題,12分 橢圓中的定值問題 根據(jù)橢圓過的點求標準方程 橢圓中存在定點滿足某條件問題
2. 命題規(guī)律及備考策略
【命題規(guī)律】本節(jié)內(nèi)容是新高考卷的常考內(nèi)容，設(shè)題不定，難度中等或偏難，分值為5-17分
【備考策略】1.理解、掌握圓錐曲線的定值問題
2.會定值相關(guān)的計算
【命題預(yù)測】本節(jié)內(nèi)容是新高考卷的常考內(nèi)容，小題和大題都會作為載體命題，同學(xué)們要會結(jié)合公式運算，需強化訓(xùn)練復(fù)習(xí)
考點一、弦長類定值
1．（2020·山東·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．
2．（2020·北京·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．
3．（重慶·高考真題）如圖，中心在原點O的橢圓的右焦點為，右準線l的方程為：．
(1)求橢圓的方程；
(2)在橢圓上任取三個不同點，使，證明：為定值，并求此定值．
4．（江西·高考真題）如圖，已知雙曲線的右焦點為,點分別在的兩條漸近線上，軸， ,(為坐標原點）.
（1）求雙曲線的方程；
（2）過上一點的直線與直線相交于點，與直線相交于點，證明：點在上移動時，恒為定值，并求此定值.
5．（北京·高考真題）已知橢圓：（）的離心率為，，，，的面積為1.
（1）求橢圓的方程；
（2）設(shè)是橢圓上一點，直線與軸交于點，直線與軸交于點，求證：為定值.
1．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測）已知橢圓的離心率為，橢圓的動弦過橢圓的右焦點，當垂直軸時，橢圓在處的兩條切線的交點為．
(1)求點的坐標；
(2)若直線的斜率為，過點作軸的垂線，點為上一點，且點的縱坐標為，直線與橢圓交于兩點，證明：為定值．
2．（24-25高三上·廣東·開學(xué)考試）設(shè)為橢圓的左、右焦點，點在橢圓上，點關(guān)于原點的對稱點為，四邊形的面積為.
(1)求橢圓的方程；
(2)若過的直線交橢圓于兩點，求證：為定值.
3．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知A是圓E：上的任意一點，點，線段AF的垂直平分線交線段AE于點T．
(1)求動點T的軌跡C的方程；
(2)已知點，過點的直線l與C交于M，N兩點，求證：．
4．（2024·山東菏澤·模擬預(yù)測）已知橢圓的左、右焦點分別為，點在橢圓上，點與點關(guān)于原點對稱，四邊形的面積為4．
(1)求橢圓的方程；
(2)若直線與橢圓交于兩點．與軸交于點．試判斷是否存在，使得為定值？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
5．（24-25高三上·青海西寧·開學(xué)考試）已知橢圓的離心率為點在橢圓上運動，且面積的最大值為.
(1)求橢圓的方程；
(2)設(shè)分別是橢圓的右頂點和上頂點，直線與直線平行，且與軸，軸分別交于點，與橢圓相交于點為坐標原點.
（i）求與的面積之比；
（ii）證明：為定值.
6．（2024·湖北·模擬預(yù)測）已知橢圓的長軸是短軸的倍，且橢圓上一點到焦點的最遠距離為是橢圓左右頂點，過做橢圓的切線，取橢圓上軸上方任意兩點（在的左側(cè)），并過兩點分別作橢圓的切線交于點，直線交點的切線于，直線交點的切線于，過作的垂線交于.
(1)求橢圓的標準方程.
(2)若，直線與的斜率分別為與，求的值.
(3)求證：
考點二、斜率類定值
1．（2021·全國·高考真題）在平面直角坐標系中，已知點、，點的軌跡為.
（1）求的方程；
（2）設(shè)點在直線上，過的兩條直線分別交于、兩點和，兩點，且，求直線的斜率與直線的斜率之和.
2．（2024·河南·二模）已知橢圓的焦距為2，兩個焦點與短軸一個頂點構(gòu)成等邊三角形.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設(shè)，過點的兩條直線和分別交橢圓于點和點（和.不重合），直線和的斜率分別為和.若，判斷是否為定值，若是，求出該值；若否，說明理由.
3．（2024·四川成都·模擬預(yù)測）已知點，，點P在以AB為直徑的圓C上運動，軸，垂足為D，點M滿足，點M的軌跡為W，過點的直線l交W于點E、F.
(1)求W的方程；
(2)若直線l的傾斜角為，求直線l被圓C截得的弦長；
(3)設(shè)直線AE，BF的斜率分別為，，證明為定值，并求出該定值.
4．（23-24高二上·湖南·期末）已知橢圓與雙曲線的焦距之比為．
(1)求橢圓和雙曲線的離心率；
(2)設(shè)雙曲線的右焦點為F，過F作軸交雙曲線于點P（P在第一象限），A，B分別為橢圓的左、右頂點，與橢圓交于另一點Q，O為坐標原點，證明：．
1．（2024·全國·模擬預(yù)測）設(shè)橢圓，是上一個動點，點，長的最小值為．
(1)求的值：
(2)設(shè)過點且斜率不為0的直線交于兩點，分別為的左、右頂點，直線和直線的斜率分別為，求證：為定值．
2．（2024·重慶·模擬預(yù)測）如圖，軸，垂足為D，點P在線段上，且．
(1)點M在圓上運動時，求點P的軌跡方程；
(2)記（1）中所求點P的軌跡為，過點作一條直線與相交于兩點，與直線交于點Q．記的斜率分別為，證明：是定值．
3．（23-24高三上·云南·階段練習(xí)）已知橢圓的離心率為，且點在橢圓上．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)如圖，若一條斜率不為0的直線過點與橢圓交于兩點，橢圓的左、右頂點分別為，直線的斜率為，直線的斜率為，求證：為定值．
考點三、角度類定值
1．（北京·高考真題）已知雙曲線的離心率為，右準線方程為
（Ⅰ）求雙曲線的方程；（Ⅱ）設(shè)直線是圓上動點處的切線，與雙曲線交于不同的兩點，證明的大小為定值..
2．（江西·高考真題）設(shè)拋物線的焦點為F，動點P在直線上運動，過P作拋物線C的兩條切線PA、PB，且與拋物線C分別相切于A、B兩點.
（1）求△APB的重心G的軌跡方程.
（2）證明∠PFA=∠PFB．
1．（23-24高三上·安徽六安·階段練習(xí)）在直角坐標系中，拋物線與直線交于兩點．
(1)若點的橫坐標為4，求拋物線在點處的切線方程；
(2)探究軸上是否存在點，使得當變動時，總有？若存在，求出點坐標；若不存在，請說明理由．
2．（2024·湖南長沙·一模）已知雙曲線與直線：（）有唯一的公共點，直線與雙曲線的兩條漸近線分別交于，兩點，其中點，在第一象限.
(1)探求參數(shù)，滿足的關(guān)系式；
(2)若為坐標原點，為雙曲線的左焦點，證明：.
3．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知雙曲線的左、右焦點分別為、，左、右頂點分別為、，點在上，．
(1)求雙曲線的標準方程．
(2)若過焦點且斜率存在的直線與雙曲線的右支交于、兩點，線段的垂直平分線與軸交于點，試問是否為定值？若為定值，求出該定值；若不為定值，請說明理由．
考點四、位置關(guān)系類定值
1．（2023·北京·高考真題）已知橢圓的離心率為，A、C分別是E的上、下頂點，B，D分別是的左、右頂點，．
(1)求的方程；
(2)設(shè)為第一象限內(nèi)E上的動點，直線與直線交于點，直線與直線交于點．求證：．
2．（2024·全國·高考真題）已知橢圓的右焦點為，點在上，且軸．
(1)求的方程；
(2)過點的直線交于兩點，為線段的中點，直線交直線于點，證明：軸．
1．（2024·山西長治·模擬預(yù)測）已知橢圓的右焦點為，且該橢圓過點，直線l交橢圓E于A，B兩點.
(1)求橢圓E的方程；
(2)若AB的中點坐標為，求直線l的方程；
(3)若直線l方程為，過A、B作直線的垂線，垂足分別為P、Q，點R為線段PQ的中點，求證：四邊形ARQF為梯形.
2．（23-24高三上·湖南·階段練習(xí)）已知橢圓的左焦點為F，P，Q分別為左頂點和上頂點，O為坐標原點，（為橢圓的離心率），的面積為．
(1)求橢圓的方程；
(2)直線與橢圓交于兩點，過作直線的垂線，垂足分別為、，點為線段的中點．求證：四邊形為梯形.
考點五、向量類定值
1．（四川·高考真題）過點C(0，1)的橢圓的離心率為，橢圓與x軸交于兩點、，過點C的直線l與橢圓交于另一點D，并與x軸交于點P，直線AC與直線BD交于點Q
．
（I）當直線l過橢圓右焦點時，求線段CD的長；
（Ⅱ）當點P異于點B時，求證：為定值．
2．（23-24高二上·上海奉賢·期末）已知橢圓C:的左右焦點分別為，，M為橢圓C上一點.
(1)若點M的坐標為，求的面積；
(2)若點M的坐標為，且是鈍角，求橫坐標的范圍；
(3)若點M的坐標為，且直線與橢圓C交于兩個不同的點A，B.求證：為定值.
3．（2024·北京通州·二模）已知橢圓：（）的長軸長為4，離心率為．
(1)求橢圓的方程；
(2)直線l過橢圓E的左焦點F，且與E交于兩點（不與左右頂點重合），點在軸正半軸上，直線交軸于點P，直線交軸于點，問是否存在，使得為定值？若存在，求出的值及定值；若不存在，請說明理由．
1．（2024·全國·模擬預(yù)測）在平面直角坐標系中，已知點，直線與的斜率之積為．
(1)求點的軌跡的方程；
(2)過的直線交曲線于兩點，直線與直線交于點，求證：為定值．
2．（2023·天津·一模）已知橢圓的離心率為，橢圓的一個頂點與兩個焦點構(gòu)成的三角形面積為2. 已知直線與橢圓C交于A，B兩點，且與x軸，y軸交于M，N兩點.

(1)求橢圓C的標準方程；
(2)若，求k的值；
(3)若點Q的坐標為，求證：為定值.
考點六、面積類定值
1．（北京·高考真題）已知橢圓過點兩點．
（Ⅰ）求橢圓的方程及離心率；
（Ⅱ）設(shè)為第三象限內(nèi)一點且在橢圓上，直線與軸交于點，直線與軸交于點，求證：四邊形的面積為定值．
2．（22-23高二上·浙江臺州·期中）已知點與定點的距離和它到定直線的距離比是.
(1)求點的軌跡方程；
(2)若直線與軌跡交于兩點，為坐標原點直線的斜率之積等于，試探求的面積是否為定值，并說明理由.
3．（2023·廣東·一模）已知橢圓：，為坐標原點，若橢圓與橢圓的離心率相同，焦點都在同一坐標軸上，橢圓的長軸長與橢圓的長軸長之比為.
(1)求橢圓的方程；
(2)已知點在橢圓上，點A，B在橢圓上，若，則四邊形的面積是否為定值 若是，求出定值；若不是，請說明理由.
1．（23-24高二上·陜西西安·期末）設(shè)點 是橢圓 上任意一點，過點 作橢圓的切線，與橢圓交于 兩點.
(1)求證：;
(2)的面積是否為定值？若是，求出這個定值；若不是，請說明理由.
2．（23-24高三上·甘肅蘭州·階段練習(xí)）已知A，B分別是橢圓的右頂點和上頂點，，直線AB的斜率為．
(1)求橢圓的方程；
(2)若直線與軌跡交于M，N兩點，O為坐標原點，直線OM，ON的斜率之積等于，試探求的面積是否為定值，并說明理由．
3．（23-24高二上·廣東汕頭·期末）已知橢圓：的離心率為，且橢圓過點，點，分別為橢圓的左、右頂點．
(1)求橢圓的方程；
(2)點，為橢圓上不同兩點，過橢圓上的點作，且，求證：的面積為定值．
4．（23-24高二上·黑龍江哈爾濱·期末）已知，分別是雙曲線：（，）的左、右焦點，，點到的漸近線的距離為3.
(1)求雙曲線的標準方程及其漸近線方程；
(2)已知點為坐標原點，動直線與相切，若與的兩條漸近線交于，兩點，求證：的面積為定值.
考點七、距離類定值
1．（2024·江蘇鹽城·一模）已知拋物線：，圓：，為坐標原點.
(1)若直線：分別與拋物線相交于點A，（在B的左側(cè)）、與圓相交于點S，（S在的左側(cè)），且與的面積相等，求出的取值范圍；
(2)已知，，是拋物線上的三個點，且任意兩點連線斜率都存在.其中，均與圓相切，請判斷此時圓心到直線的距離是否為定值，如果是定值，請求出定值；若不是定值，請說明理由.
1．（2024·貴州遵義·模擬預(yù)測）如圖，現(xiàn)用一個與圓柱底面成角的平面截圓柱，所得截面是一個橢圓，在平面上建立如圖所示的平面直角坐標系.若圓柱的底面圓的半徑為2，.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設(shè)為橢圓上任意一點，為橢圓在點處的切線.設(shè)橢圓的兩個焦點分別為，，它們到切線的距離分別為，，試判斷是否為定值？若是，求其定值；若不是，說明理由.
考點八、參數(shù)類定值
1．（北京·高考真題）已知拋物線C：=2px經(jīng)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(shè)O為原點，，，求證：為定值．
2．（21-22高三下·山東·開學(xué)考試）已知雙曲線的左、右焦點分別為，，且，是C上一點．
(1)求C的方程；
(2)過點的直線與C交于兩點A，B，與直線交于點N．設(shè)，，求證：為定值．
1．（24-25高三上·河北滄州·階段練習(xí)）已知橢圓的左焦點為，上 下頂點分別為，且，點在上.
(1)求橢圓的方程；
(2)過左焦點的直線交橢圓于兩點，交直線于點，設(shè)，，證明：為定值.
2．（23-24高三上·河北保定·期末）已知動點在上，過作軸的垂線，垂足為，若為中點．
(1)求點的軌跡方程；
(2)過作直線交的軌跡于、兩點，并且交軸于點．若，，求證：為定值．
1．（24-25高三上·陜西·開學(xué)考試）已知雙曲線的左焦點為F，左頂點為E，虛軸的上端點為P，且，．
(1)求雙曲線C的標準方程；
(2)設(shè)是雙曲線C上不同的兩點，Q是線段的中點，O是原點，直線的斜率分別為，證明：為定值．
2．（24-25高三上·湖北武漢·開學(xué)考試）已知橢圓的離心率，連接四個頂點所得菱形的面積為4.斜率為的直線交橢圓于兩點.
(1)求橢圓的方程；
(2)若，求的最大值；
(3)設(shè)為坐標原點，若三點不共線，且的斜率滿足，求證：為定值.
3．（2024·四川成都·模擬預(yù)測）已知拋物線的焦點為，過點作拋物線的兩條切線，切點分別為.
(1)求拋物線的方程；
(2)過點作兩條傾斜角互補的直線，直線交拋物線于兩點，直線交拋物線于兩點，連接，設(shè)的斜率分別為，問：是否為定值？若是，求出定值；若不是，說明理由.
4．（23-24高三上·全國·階段練習(xí)）如圖所示，已知拋物線是拋物線與軸的交點，過點作斜率不為零的直線與拋物線交于兩點，與軸交于點，直線與直線交于點．
(1)求的取值范圍；
(2)問在平面內(nèi)是否存在一定點，使得為定值？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由．
5．（2023·全國·模擬預(yù)測）已知拋物線的焦點為，過點且斜率為的直線與拋物線交于、兩點，分別過、兩點作拋物線的切線，兩條切線分別與軸交于、兩點，直線與拋物線交于、兩點，直線與拋物線交于、兩點，為線段的中點，為線段的中點．
(1)證明：為定值；
(2)設(shè)直線的斜率為，證明：為定值．
6．（23-24高三上·內(nèi)蒙古錫林郭勒盟·期末）在平面直角坐標系中，已知拋物線和點.點在上，且.
(1)求的方程；
(2)若過點作兩條直線與，與相交于，兩點，與相交于，兩點，線段和中點的連線的斜率為，直線，，，的斜率分別為，，，，證明：，且為定值.
7．（23-24高三下·山東·開學(xué)考試）已知拋物線是上不同的三點，過三點的三條切線分別兩兩交于點，則稱三角形為拋物線的外切三角形．
(1)當點的坐標為為坐標原點，且時，求點的坐標；
(2)設(shè)外切三角形的垂心為，試判斷是否在定直線上，若是，求出該定直線；若不是，請說明理由；
(3)證明：三角形與外切三角形的面積之比為定值．
8．（23-24高二上·山東青島·期末）已知拋物線，點，過拋物線的焦點且平行于軸的直線與圓相切，與交與兩點，.
(1)求和圓的方程；
(2)過上一點作圓的兩條切線分別與交于兩點，判斷直線與圓的位置關(guān)系，并說明理由.
9．（23-24高二上·陜西渭南·期末）如圖，過點的橢圓的離心率為，橢圓與軸交于點，過點的直線與橢圓交于另一點，并與軸交于點，直線與直線交于點；
(1)當直線過橢圓右焦點時，求點的坐標；
(2)當點異于點時，求證：為定值．
10．（2024·湖南長沙·二模）如圖，雙曲線的左 右焦點，分別為雙曲線的左 右頂點，過點的直線分別交雙曲線的左 右兩支于兩點，交雙曲線的右支于點（與點不重合），且與的周長之差為2.
(1)求雙曲線的方程；
(2)若直線交雙曲線的右支于兩點.
①記直線的斜率為，直線的斜率為，求的值；
②試探究：是否為定值？并說明理由.
11．（2024·廣東汕頭·三模）已知雙曲線：的漸近線方程為，過點的直線交雙曲線于，兩點，且當軸時，.
(1)求的方程；
(2)記雙曲線的左右頂點分別為，，直線，的斜率分別為，，求的值.
(3)探究圓：上是否存在點，使得過作雙曲線的兩條切線，互相垂直.
12．（2024·重慶九龍坡·三模）已知，，是圓上任意一點，點關(guān)于點的對稱點為，線段的中垂線與直線相交于點，記點的軌跡為曲線.
(1)求曲線的方程；
(2)過點且斜率為的直線交曲線位于軸右側(cè)的部分于不同的A，B兩點，為軸上一點且滿足，試探究是否為定值，若是，則求出該定值；若不是，請說明理由.
13．（24-25高三上·重慶沙坪壩·開學(xué)考試）已知雙曲線的中心為坐標原點，左、右頂點分別為，虛軸長為6.
(1)求雙曲線的方程；
(2)過點的直線與的右支交于兩點，若直線與交于點.
（i）證明：點在定直線上；
（ii）若直線與交于點，求的值.
14．（23-24高三上·河北·期末）已知拋物線，過焦點的直線與交于兩點，且的最小值為2．
(1)求的方程；
(2)過且與垂直的直線交于兩點，設(shè)直線的中點分別為，過坐標原點作直線的垂線，垂足為，是否存在定點，使得為定值，若存在，求出點坐標，若不存在，請說明理由．
15．（23-24高三上·廣東廣州·期中）已知橢圓C：的離心率為，焦距為2.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若橢圓C的左頂點為A，過右焦點F的直線與橢圓C交于B，D（異于點A）兩點，直線，分別與直線交于M，N兩點，試問是否為定值 若是，求出該定值；若不是，請說明理由.
1．（山東·高考真題）如圖，已知橢圓的離心率為，以該橢圓上的點和橢圓的左、右焦點為頂點的三角形的周長為.一等軸雙曲線的頂點是該橢圓的焦點，設(shè)為該雙曲線上異于頂點的任一點，直線和與橢圓的交點分別為和.
（Ⅰ）求橢圓和雙曲線的標準方程；
（Ⅱ）設(shè)直線、的斜率分別為、，證明；
（Ⅲ）是否存在常數(shù)，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，請說明理由.
2．（湖北·高考真題）在平面直角坐標系中，過定點作直線與拋物線相交于A，B兩點．
（1）若點N是點C關(guān)于坐標原點O的對稱點，求面積的最小值；
（2）是否存在垂直于y軸的直線l，使得l被以AC為直徑的圓截得的弦長恒為定值？若存在，求出l的方程；若不存在，說明理由．
3．（江西·高考真題）如圖，已知拋物線，過點任作一直線與相交于兩點，過點作軸的平行線與直線相交于點（為坐標原點）.
(1)證明：動點在定直線上；
(2)作的任意一條切線（不含軸）與直線相交于點，與（1）中的定直線相交于點，證明：為定值，并求此定值.
4．（·四川·高考真題）橢圓（）的離心率是，點在短軸上，且．
（1）求橢圓的方程；
（2）設(shè)為坐標原點，過點的動直線與橢圓交于兩點，是否存在常數(shù)，使得為定值？若存在，求的值；若不存在，請說明理由
5．（四川·高考真題）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，直線：與橢圓有且只有一個公共點T．
（Ⅰ）求橢圓的方程及點的坐標；
（Ⅱ）設(shè)是坐標原點，直線平行于，與橢圓交于不同的兩點、，且與直線交于點，證明：存在常數(shù)，使得，并求的值．
6．（上海·高考真題）在平面直角坐標系中，已知雙曲線.
（1）過的左頂點引的一條漸近線的平行線，求該直線與另一條漸近線及x軸圍成的三角形的面積；
（2）設(shè)斜率為1的直線l交于P、Q兩點，若l與圓相切，求證：OP⊥OQ；
（3）設(shè)橢圓. 若M、N分別是、上的動點，且OM⊥ON，求證：O到直線MN的距離是定值.
7．（全國·高考真題）如圖，橢圓的長軸與x軸平行，短軸在y軸上，中心為．
(1)寫出橢圓的方程，求橢圓的焦點坐標及離心率；
(2)直線交橢圓于兩點；直線交橢圓于兩點，．求證：；
(3)對于（2）中的中的在，，，，設(shè)交軸于點，交軸于點，求證：（證明過程不考慮或垂直于軸的情形）
21世紀教育網(wǎng)(www.21cnjy.com)第14講 圓錐曲線中的定值問題
（8類核心考點精講精練）
1. 5年真題考點分布
5年考情
考題示例 考點分析 關(guān)聯(lián)考點
2021年新I卷，第21題,12分 雙曲線中的定值問題 求雙曲線的軌跡方程
2020年新I卷，第22題,12分 橢圓中的定值問題 根據(jù)橢圓過的點求標準方程 橢圓中存在定點滿足某條件問題
2. 命題規(guī)律及備考策略
【命題規(guī)律】本節(jié)內(nèi)容是新高考卷的常考內(nèi)容，設(shè)題不定，難度中等或偏難，分值為5-17分
【備考策略】1.理解、掌握圓錐曲線的定值問題
2.會定值相關(guān)的計算
【命題預(yù)測】本節(jié)內(nèi)容是新高考卷的常考內(nèi)容，小題和大題都會作為載體命題，同學(xué)們要會結(jié)合公式運算，需強化訓(xùn)練復(fù)習(xí)
考點一、弦長類定值
1．（2020·山東·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(guān)于的方程組，求解方程組即可確定橢圓方程.
（2）方法一：設(shè)出點，的坐標，在斜率存在時設(shè)方程為, 聯(lián)立直線方程與橢圓方程，根據(jù)已知條件，已得到的關(guān)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(jié)合直角三角形的性質(zhì)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(shè)點，
若直線斜率存在時，設(shè)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(jù),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(jié)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(shè)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(yōu)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(shè)直線的方程為．將直線方程與橢圓方程聯(lián)立得，即，化簡得，即．
設(shè)，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(jīng)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(shè)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(shù)）．
用直線及點A處的切線可表示為（其中為系數(shù)）．
即．
對比項、x項及y項系數(shù)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(jīng)檢驗，直線垂直于x軸時也成立．故存在，使得．
［方法四］：
設(shè)．
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(shè)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(shè)出直線方程，然后與橢圓方程聯(lián)立，通過題目條件可知直線過定點，再根據(jù)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(shè)直線的方程為，再通過與橢圓方程聯(lián)立，構(gòu)建齊次式，由韋達定理求出的關(guān)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(yōu)解；
方法三：設(shè)直線，再利用過點的曲線系，根據(jù)比較對應(yīng)項系數(shù)可求出的關(guān)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．
2．（2020·北京·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(guān)于a,b的方程組，求解方程組即可確定橢圓方程；
(Ⅱ)首先聯(lián)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(zhuǎn)化為縱坐標比值的問題，進一步結(jié)合韋達定理可證得，從而可得兩線段長度的比值.
【詳解】(Ⅰ)設(shè)橢圓方程為：，由題意可得：
，解得：，
故橢圓方程為：.
(Ⅱ)[方法一]：
設(shè)，，直線的方程為：，
與橢圓方程聯(lián)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(yōu)解】：幾何含義法
①當直線l與x軸重合，不妨設(shè)，由平面幾何知識得，所以．
②當直線l不與x軸重合時，設(shè)直線，由題意，直線l不過和點，所以．設(shè)，聯(lián)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(shè)直線的方程為：，聯(lián)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(shè)直線方程為，聯(lián)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(yīng)為最優(yōu)解法.
3．（重慶·高考真題）如圖，中心在原點O的橢圓的右焦點為，右準線l的方程為：．
(1)求橢圓的方程；
(2)在橢圓上任取三個不同點，使，證明：為定值，并求此定值．
【答案】(1)
(2)證明見解析，
【分析】(1)根據(jù)準線的幾何性質(zhì)，求出a，再算出b，可得橢圓方程；
(2)根據(jù)題設(shè)，分別求出 與x軸正方向的夾角之間的關(guān)系，代入 中計算即可.
【詳解】（1）設(shè)橢圓方程為．因焦點為，故半焦距，又右準線的方程為，
從而由已知，因此，，
故所求橢圓方程為；
（2）
記橢圓的右頂點為A，并設(shè)（1，2，3），不失一般性，
假設(shè) ，且，．
又設(shè)點在上的射影為，因橢圓的離心率，從而有
．
解得 ．
因此，
而，
故為定值．
綜上，橢圓方程為；.
【點睛】本題的難點在于運用橢圓上的點到焦點的距離表達為到準線的距離乘以離心率，再對運用三角函數(shù)計算化簡.
4．（江西·高考真題）如圖，已知雙曲線的右焦點為,點分別在的兩條漸近線上，軸， ,(為坐標原點）.
（1）求雙曲線的方程；
（2）過上一點的直線與直線相交于點，與直線相交于點，證明：點在上移動時，恒為定值，并求此定值.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）確定的值即可求出雙曲線的方程，由直線和方程聯(lián)立求出點的坐標，再根據(jù)，即，即可求出的值；
（2）聯(lián)立直線和直線的方程求出點，聯(lián)立直線和直線的方程求出點，即可得到的表達式，再根據(jù)點在雙曲線上，化簡即可得到，即命題得證．
【詳解】（1）設(shè)，因為，所以．
由題意可得，直線OB方程為，直線BF的方程為，聯(lián)立解得，而直線OA的方程為，則∴
又因為ABOB，所以，解得，故雙曲線C的方程為
（2）由（1）知，則直線的方程為，即
因為直線AF的方程為，所以直線與AF的交點，
直線與直線的交點為，則．
因為是C上一點，則，代入上式得
，故所求定值為．
【點睛】本題主要考查雙曲線的方程的求法，雙曲線的簡單幾何性質(zhì)的應(yīng)用，直線與直線的位置關(guān)系的應(yīng)用，以及雙曲線中的定值問題的解法應(yīng)用，意在考查數(shù)學(xué)的數(shù)學(xué)運算能力，屬于中檔題．
5．（北京·高考真題）已知橢圓：（）的離心率為，，，，的面積為1.
（1）求橢圓的方程；
（2）設(shè)是橢圓上一點，直線與軸交于點，直線與軸交于點，求證：為定值.
【答案】（1）；（2）證明見解析.
【分析】（Ⅰ）根據(jù)離心率為，即，OAB的面積為1，即，橢圓中列方程組進行求解；（Ⅱ）根據(jù)已知條件分別求出的值，求其乘積為定值.
【詳解】（Ⅰ）由題意得解得.
所以橢圓的方程為.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，
設(shè)，則.
當時，直線的方程為.
令，得，從而.
直線的方程為.
令，得，從而.
所以
.
當時，，
所以.
綜上，為定值.
【考點】橢圓方程、直線與橢圓的位置關(guān)系、運算求解能力.
【名師點睛】解決定值、定點的方法一般有兩種：(1)從特殊入手，求出定點、定值、定線，再證明定點、定值、定線與變量無關(guān)；(2)直接計算、推理，并在計算、推理的過程中消去變量，從而得到定點、定值、定線.應(yīng)注意到繁難的代數(shù)運算是此類問題的特點，設(shè)而不求方法、整體思想和消元思想的運用可有效地簡化運算.
1．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測）已知橢圓的離心率為，橢圓的動弦過橢圓的右焦點，當垂直軸時，橢圓在處的兩條切線的交點為．
(1)求點的坐標；
(2)若直線的斜率為，過點作軸的垂線，點為上一點，且點的縱坐標為，直線與橢圓交于兩點，證明：為定值．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）設(shè)出直線的方程，與橢圓的方程聯(lián)立，利用即可求點M坐標；
（2）先設(shè)出點N坐標，再求的斜率，判斷直線與的關(guān)系，聯(lián)立直線與橢圓的方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系求弦長，即可證明.
【詳解】（1），
解得，所以橢圓方程為，
又，所以右焦點，
當垂直軸時，不妨取，根據(jù)對稱性可知點在x軸上，且直線的斜率存在，
設(shè)直線的方程為，
聯(lián)立，
消去得：，
則，
化簡得，解得，
所以直線的方程為，
令，解得，故點的坐標為.
（2）如圖，
由題意可得直線的方程為，即.
設(shè)，由題可知，
所以，故直線與垂直，
聯(lián)立，消去得：，
則，
所以 ，
同理，，
所以，
故為定值．
2．（24-25高三上·廣東·開學(xué)考試）設(shè)為橢圓的左、右焦點，點在橢圓上，點關(guān)于原點的對稱點為，四邊形的面積為.
(1)求橢圓的方程；
(2)若過的直線交橢圓于兩點，求證：為定值.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據(jù)橢圓的對稱性，結(jié)合平行四邊形的判定定理、三角形面積公式進行求解即可；
（2）根據(jù)直線的斜率是否為零，結(jié)合一元二次方程根與系數(shù)關(guān)系分類討論進行求解即可.
【詳解】（1）設(shè)橢圓的焦距為，因為，
所以四邊形為平行四邊形，其面積設(shè)為，則
，所以，
所以，
又，
解得，
所以橢圓的方程為.
（2），當直線與軸重合時，的方程為，
此時不妨令，則；
當直線與軸不重合時，的方程可設(shè)為，
由，得，
設(shè)，則，
綜上，為定值4.

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是根據(jù)直線所過點的特征進行恰當選擇直線方程.
3．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知A是圓E：上的任意一點，點，線段AF的垂直平分線交線段AE于點T．
(1)求動點T的軌跡C的方程；
(2)已知點，過點的直線l與C交于M，N兩點，求證：．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】
（1）由點T滿足條件符合橢圓的定義，得點T的軌跡方程；
（2）按直線斜率是否為零分類討論，當直線斜率不為零時，聯(lián)立方程組，得，所以x軸平分，用角平分線定理證明命題成立.
【詳解】（1）因為，
所以動點T的軌跡C是以E，F(xiàn)為焦點且長軸長為4的橢圓，
因為，，所以，，
所以動點T的軌跡C的方程是．
（2）
證明：若直線l與x軸重合，則M，N為橢圓C長軸的端點，
不妨設(shè)，，則，，所以，
若直線l與x軸不重合，設(shè)直線l的方程為，
設(shè)點，，由，得，
因為，所以，，
因為，
所以x軸平分，所以，
綜上，．
【點睛】關(guān)鍵點睛：動點滿足曲線的定義，可以直接得動點的軌跡方程. 欲證可證x軸平分.
4．（2024·山東菏澤·模擬預(yù)測）已知橢圓的左、右焦點分別為，點在橢圓上，點與點關(guān)于原點對稱，四邊形的面積為4．
(1)求橢圓的方程；
(2)若直線與橢圓交于兩點．與軸交于點．試判斷是否存在，使得為定值？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用點在橢圓上及四邊形面積，結(jié)合待定系數(shù)法求出.
（2）聯(lián)立直線與橢圓的方程，求出結(jié)合韋達定理求解即得.
【詳解】（1）設(shè)橢圓的焦距為，依題意，，則，
四邊形為平行四邊形，其面積，得，即，
聯(lián)立解得，
所以橢圓的方程為.
（2）存在.
由消去得，
當時，恒成立，
設(shè)，則，
，
則
當，即時，為定值，所以.
【點睛】方法點睛：①引出變量法，解題步驟為先選擇適當?shù)牧繛樽兞浚侔岩C明為定值的量用上述變量表示，最后把得到的式子化簡，得到定值；②特例法，從特殊情況入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)．
5．（24-25高三上·青海西寧·開學(xué)考試）已知橢圓的離心率為點在橢圓上運動，且面積的最大值為.
(1)求橢圓的方程；
(2)設(shè)分別是橢圓的右頂點和上頂點，直線與直線平行，且與軸，軸分別交于點，與橢圓相交于點為坐標原點.
（i）求與的面積之比；
（ii）證明：為定值.
【答案】(1)
(2)（i）1；（ii）證明見解析
【分析】（1）當點為短軸的端點時，面積最大，然后根據(jù)題意建立方程組求解即可；
（2）先利用直線與直線平行，設(shè)直線方程為，然后計算出，再與橢圓聯(lián)立，得方程，設(shè)點，然后用韋達定理得到，分別計算兩個小問即可.
【詳解】（1）根據(jù)題意解得，
所以橢圓的方程為
（2）如圖所示：
設(shè)直線的方程為，則，
聯(lián)立方程消去，整理得，
，得
設(shè)，則.
（i），
，
與的面積之比為1.
（ii）證明：
.
綜上，.
6．（2024·湖北·模擬預(yù)測）已知橢圓的長軸是短軸的倍，且橢圓上一點到焦點的最遠距離為是橢圓左右頂點，過做橢圓的切線，取橢圓上軸上方任意兩點（在的左側(cè)），并過兩點分別作橢圓的切線交于點，直線交點的切線于，直線交點的切線于，過作的垂線交于.
(1)求橢圓的標準方程.
(2)若，直線與的斜率分別為與，求的值.
(3)求證：
【答案】(1)
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）根據(jù)條件，列出關(guān)于的方程，求出，可得橢圓的標準方程.
（2）設(shè)過點的切線方程的點斜式，與橢圓方程聯(lián)立，消去，得到關(guān)于的一元二次方程，由，得到關(guān)于的一元二次方程，利用韋達定理，可得的值.
（3）設(shè)（），再設(shè)過點的切線方程，與橢圓方程聯(lián)立，消去，得到關(guān)于的一元二次方程，由，得到關(guān)于的一元二次方程，利用韋達定理，可得，的表達式.再把和用，表示，化簡整理即可.
【詳解】（1）由題意：.
所以橢圓的標準方程為：.
（2）設(shè)過點的切線方程為：，即，
由，消去，整理得：，
由，
整理得：，
所以.
（3）設(shè)（），的延長線交軸于點，如圖：
、兩點處切線斜率分別為，則.
設(shè)點的橢圓的切線方程為：，即，
由消去，
化簡整理得：，
由得：
化簡整理得：，
由韋達定理，得：，，
所以，，
所以要證明，只需證明：，
即
，
因為，所以上式成立，
即成立.
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標為；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，注意的判斷；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達定理求解.
考點二、斜率類定值
1．（2021·全國·高考真題）在平面直角坐標系中，已知點、，點的軌跡為.
（1）求的方程；
（2）設(shè)點在直線上，過的兩條直線分別交于、兩點和，兩點，且，求直線的斜率與直線的斜率之和.
【答案】（1）；（2）.
【分析】(1) 利用雙曲線的定義可知軌跡是以點、為左、右焦點雙曲線的右支，求出、的值，即可得出軌跡的方程；
(2)方法一：設(shè)出點的坐標和直線方程，聯(lián)立直線方程與曲線C的方程，結(jié)合韋達定理求得直線的斜率，最后化簡計算可得的值.
【詳解】(1) 因為，
所以，軌跡是以點、為左、右焦點的雙曲線的右支，
設(shè)軌跡的方程為，則，可得，，
所以，軌跡的方程為.
（2）[方法一] 【最優(yōu)解】：直線方程與雙曲線方程聯(lián)立
如圖所示，設(shè),
設(shè)直線的方程為．

聯(lián)立,
化簡得，，
則．
故．
則．
設(shè)的方程為，同理．
因為，所以，
化簡得，
所以，即．
因為，所以．
[方法二] ：參數(shù)方程法
設(shè)．設(shè)直線的傾斜角為，
則其參數(shù)方程為，
聯(lián)立直線方程與曲線C的方程，
可得，
整理得．
設(shè)，
由根與系數(shù)的關(guān)系得．
設(shè)直線的傾斜角為，，
同理可得
由，得．
因為，所以．
由題意分析知．所以，
故直線的斜率與直線的斜率之和為0．
[方法三]：利用圓冪定理
因為，由圓冪定理知A，B，P，Q四點共圓．
設(shè),直線的方程為，
直線的方程為,
則二次曲線．
又由，得過A，B，P，Q四點的二次曲線系方程為：
，
整理可得：
，
其中．
由于A，B，P，Q四點共圓，則xy項的系數(shù)為0，即.
【整體點評】(2)方法一：直線方程與二次曲線的方程聯(lián)立，結(jié)合韋達定理處理圓錐曲線問題是最經(jīng)典的方法，它體現(xiàn)了解析幾何的特征，是該題的通性通法，也是最優(yōu)解；
方法二：參數(shù)方程的使用充分利用了參數(shù)的幾何意義，要求解題過程中對參數(shù)有深刻的理解，并能夠靈活的應(yīng)用到題目中.
方法三：圓冪定理的應(yīng)用更多的提現(xiàn)了幾何的思想，二次曲線系的應(yīng)用使得計算更為簡單.
2．（2024·河南·二模）已知橢圓的焦距為2，兩個焦點與短軸一個頂點構(gòu)成等邊三角形.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設(shè)，過點的兩條直線和分別交橢圓于點和點（和.不重合），直線和的斜率分別為和.若，判斷是否為定值，若是，求出該值；若否，說明理由.
【答案】(1)
(2)為定值0.
【分析】（1）由橢圓的性質(zhì)結(jié)合題意可得標準方程；
（2）由點斜式寫出直線的方程，聯(lián)立曲線，得到韋達定理，再由向量共線得到坐標關(guān)系，利用韋達定理化簡即可.
【詳解】（1）由題焦距，解得，
由兩個焦點與短軸一個頂點構(gòu)成等邊三角形可知，則，
所以，
所以橢圓的標準方程為.

（2）是定值.
已知，設(shè)，
直線的方程為，即，
代入并整理，得，
，
.
，
三點共線，且與同向，
，
同理可得
，化簡得，
，
所以為定值0.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第二問關(guān)鍵是由向量的坐標表示與共線，再由韋達定理化簡得到斜率關(guān)系.
3．（2024·四川成都·模擬預(yù)測）已知點，，點P在以AB為直徑的圓C上運動，軸，垂足為D，點M滿足，點M的軌跡為W，過點的直線l交W于點E、F.
(1)求W的方程；
(2)若直線l的傾斜角為，求直線l被圓C截得的弦長；
(3)設(shè)直線AE，BF的斜率分別為，，證明為定值，并求出該定值.
【答案】(1)
(2)
(3)證明見解析，2
【分析】（1）由已知可得圓的方程，設(shè)，，，根據(jù)，可得，，代入圓的方程即可求解；
（2）由已知可得直線方程，求出圓心到直線的距離，由勾股定理即可求解；
（3）根據(jù)題意可知直線斜率不為0，設(shè)直線的方程為，，，聯(lián)立直線和橢圓構(gòu)成的方程組，根據(jù)斜率的計算公式結(jié)合韋達定理即可求解.
【詳解】（1）

由題意，點在圓上運動，設(shè)，，，
由得，，
又，所以，所以的方程為；
（2）直線的方程為，即，
圓心到直線的距離為，
所以直線被圓C截得的弦長為；
（3）

由題意，直線斜率不為0，設(shè)直線的方程為，，，
聯(lián)立得，
所以，，
故，
.
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標為；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，注意的判斷；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達定理求解.
4．（23-24高二上·湖南·期末）已知橢圓與雙曲線的焦距之比為．
(1)求橢圓和雙曲線的離心率；
(2)設(shè)雙曲線的右焦點為F，過F作軸交雙曲線于點P（P在第一象限），A，B分別為橢圓的左、右頂點，與橢圓交于另一點Q，O為坐標原點，證明：．
【答案】(1)橢圓的離心率為，雙曲線的離心率為
(2)證明見解析
【分析】（1）根據(jù)題意結(jié)合橢圓、雙曲線的方程與性質(zhì)運算求解；
（2）由（1）可知，聯(lián)立方程求點的坐標，結(jié)合斜率公式分析證明.
【詳解】（1）橢圓的焦距，雙曲線的焦距，
則，整理得，
從而，，
故橢圓的離心率，雙曲線的離心率．
（2）由（1）可知，橢圓，
因為，所以直線的方程為．
聯(lián)立方程組，整理得，
則，則，
可得，即，
因為，，，
則，，
故．

【點睛】方法點睛：與弦端點相關(guān)問題的解法
解決與弦端點有關(guān)的向量關(guān)系、位置關(guān)系等問題的一般方法，就是將其轉(zhuǎn)化為端點的坐標關(guān)系，再根據(jù)聯(lián)立消元后的一元二次方程根與系數(shù)的大小關(guān)系，構(gòu)建方程(組)求解．
1．（2024·全國·模擬預(yù)測）設(shè)橢圓，是上一個動點，點，長的最小值為．
(1)求的值：
(2)設(shè)過點且斜率不為0的直線交于兩點，分別為的左、右頂點，直線和直線的斜率分別為，求證：為定值．
【答案】(1)；
(2)證明見解析.
【分析】（1）設(shè)出點坐標，并求出長，再結(jié)合二次函數(shù)探求最小值即得解.
（2）設(shè)出直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立，設(shè)出點的坐標，利用斜率坐標公式，結(jié)合韋達定理計算即得.
【詳解】（1）依題意，橢圓的焦點在軸上，設(shè)焦距為，
設(shè)，則，而，
則，
而，則，即，因此，
由，得當時，，
即，化簡得，又，解得，
所以．
（2）由（1）知，橢圓的方程為，點，
設(shè)，則，即，
斜率不為0的直線過點，設(shè)方程為，則，
由消去并整理得，顯然，
則，即有，
因此，所以為定值.
【點睛】方法點睛：求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(guān)．
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．
2．（2024·重慶·模擬預(yù)測）如圖，軸，垂足為D，點P在線段上，且．
(1)點M在圓上運動時，求點P的軌跡方程；
(2)記（1）中所求點P的軌跡為，過點作一條直線與相交于兩點，與直線交于點Q．記的斜率分別為，證明：是定值．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）設(shè)，則有，根據(jù)在圓上運動，即可求解、的關(guān)系式即為點P的軌跡方程；
（2）設(shè)出直線方程，直曲聯(lián)立利用韋達定理求出，求出，對，令，得，求出，即可求出是定值.
【詳解】（1）設(shè)，根據(jù)題意有，
又因為M在圓上運動，所以，
即，所以點P的軌跡方程為：.
（2）
根據(jù)已知條件可知，若直線的斜率不存在，不合題意，
若直線斜率為，直線與直線平行無交點也不合題意，
所以直線的斜率存在設(shè)為，直線的方程為，
聯(lián)立，則有，且，
設(shè)，，則，
，，所以
，
對，令，得，所以，
所以，所以為定值.
3．（23-24高三上·云南·階段練習(xí)）已知橢圓的離心率為，且點在橢圓上．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)如圖，若一條斜率不為0的直線過點與橢圓交于兩點，橢圓的左、右頂點分別為，直線的斜率為，直線的斜率為，求證：為定值．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）將點代入橢圓方程，結(jié)合離心率公式，即可利用待定系數(shù)法求橢圓方程；
（2）聯(lián)立直線與橢圓方程，利用韋達定理表示，即可求解的值.
【詳解】（1）由橢圓的離心率為，且點在橢圓上，
可得，所以，
又點在該橢圓上，所以，所以，
所以橢圓C的標準方程為．
（2）證明：設(shè)，由于該直線斜率不為0，可設(shè)，
聯(lián)立方程和，得，
恒成立，根據(jù)韋達定理可知，
，
，
，
，．
考點三、角度類定值
1．（北京·高考真題）已知雙曲線的離心率為，右準線方程為
（Ⅰ）求雙曲線的方程；（Ⅱ）設(shè)直線是圓上動點處的切線，與雙曲線交于不同的兩點，證明的大小為定值..
【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）的大小為..
【詳解】【解法1】本題主要考查雙曲線的標準方程、圓的切線方程等基礎(chǔ)知識，考查曲線和方程的關(guān)系等解析幾何的基本思想方法，考查推理、運算能力．
（Ⅰ）由題意，得，解得，
∴，∴所求雙曲線的方程為.
（Ⅱ）點在圓上，
圓在點處的切線方程為，化簡得.
由及得，
∵切線與雙曲線C交于不同的兩點A、B，且，
∴，且，設(shè)A、B兩點的坐標分別為，
則，∵，且
，
.∴的大小為..
【解法2】（Ⅰ）同解法1.
（Ⅱ）點在圓上，圓在點處的切線方程為，化簡得.由及得
① ②
∵切線與雙曲線C交于不同的兩點A、B，且，
∴，設(shè)A、B兩點的坐標分別為，則，
∴，∴的大小為.. （∵且，
∴，從而當時，方程①和方程②的判別式均大于零）.
2．（江西·高考真題）設(shè)拋物線的焦點為F，動點P在直線上運動，過P作拋物線C的兩條切線PA、PB，且與拋物線C分別相切于A、B兩點.
（1）求△APB的重心G的軌跡方程.
（2）證明∠PFA=∠PFB．
【答案】(1)(2)見解析
【詳解】本試題主要考查了軌跡方程的求解和證明角的相等問題．
解：（1）設(shè)切點，坐標分別為和，
切線的方程為：；切線的方程為：；
由于既在又在上，所以 解得，
所以的重心的坐標為，
，
所以，由點在直線上運動，從而得到重心的軌跡方程為：
，即．
（2）方法1：因為，，．
由于點在拋物線外，則．
，
同理有，
．
方法2：①當時，由于，不妨設(shè)，則，所以P點坐標為，則P點到直線AF的距離為：；而直線的方程：，
即．所以P點到直線BF的距離為： 所以，即得．
②當時，直線AF的方程：，即，
直線的方程：，即，
所以P點到直線AF的距離為：
，
同理可得到P點到直線BF的距離，因此由，可得到．
1．（23-24高三上·安徽六安·階段練習(xí)）在直角坐標系中，拋物線與直線交于兩點．
(1)若點的橫坐標為4，求拋物線在點處的切線方程；
(2)探究軸上是否存在點，使得當變動時，總有？若存在，求出點坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)
(2)存在；
【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解；
（2）總有，即直線與直線的傾斜角互補，即恒有，聯(lián)立直線與拋物線方程，得到韋達定理代入運算，判斷得解.
【詳解】（1）由已知，得，因為，所以，斜率，
因此，切線方程為，即．
（2）存在符合題意的點，理由如下：
設(shè)點為符合題意的點，，直線的斜率分別為．
聯(lián)立方程，得，
因為，則，可得，
從而
，
因為不恒為0，可知當且僅當時，恒有，
則直線與直線的傾斜角互補，故，
所以點符合題意．
2．（2024·湖南長沙·一模）已知雙曲線與直線：（）有唯一的公共點，直線與雙曲線的兩條漸近線分別交于，兩點，其中點，在第一象限.
(1)探求參數(shù)，滿足的關(guān)系式；
(2)若為坐標原點，為雙曲線的左焦點，證明：.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）將直線與雙曲線方程聯(lián)立，因只有一個切點從而可得，從而求解.
（2）將直線分別與雙曲線的兩漸近線方程聯(lián)立求出，，由（1）可求出，即，分別求出，，，從而可求解.
【詳解】（1）聯(lián)立方程，整理得.
由，且是雙曲線與直線的唯一公共點，可得，
則，即為參數(shù)，滿足的關(guān)系式.

結(jié)合圖象，由點在第一象限，可知，且.
所以，的關(guān)系式滿足.
（2）由題可得雙曲線的左焦點，漸近線為.
聯(lián)立方程，解得，即；
聯(lián)立方程，解得，即.
結(jié)合，且由式可變形為，
解得，可得.
要證，即證，
即證，
即證，即證.
由，得.
根據(jù)直線的斜率公式，，，，
則，
，
可得，
因此，.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：利用直線與雙曲線方程聯(lián)立后利用，從而求得和點坐標，然后由直線分別與雙曲線的兩漸近線聯(lián)立求出坐標，要證，從而可求解.
3．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知雙曲線的左、右焦點分別為、，左、右頂點分別為、，點在上，．
(1)求雙曲線的標準方程．
(2)若過焦點且斜率存在的直線與雙曲線的右支交于、兩點，線段的垂直平分線與軸交于點，試問是否為定值？若為定值，求出該定值；若不為定值，請說明理由．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)題中條件可得出關(guān)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(shè)直線的方程為，設(shè)點，，將直線的方程與雙曲線的方程聯(lián)立，列出韋達定理，寫出線段的垂直平分線方程，求出點的坐標，求出、，利用正弦定理可求得的值.
【詳解】（1）解：由點在雙曲線上，可得．
因為，所以．
又，所以，，，
所以雙曲線的標準方程為．
（2）解：為定值，理由如下：
設(shè)直線的方程為，設(shè)點，，
聯(lián)立，可得，
當時，直線與雙曲線的漸近線平行，此時直線和雙曲線只有一個交點，不合題意，
故，此時，
則，，
由已知可得，可得，
則，，
所以，線段的中點坐標為，
所以線段的垂直平分線的方程為．
令在直線的方程中，令得，即，
所以．
又，
在中，由正弦定理得，所以．
在中，由正弦定理得，所以，
所以為定值．
【點睛】方法點睛：求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(guān)；
（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
考點四、位置關(guān)系類定值
1．（2023·北京·高考真題）已知橢圓的離心率為，A、C分別是E的上、下頂點，B，D分別是的左、右頂點，．
(1)求的方程；
(2)設(shè)為第一象限內(nèi)E上的動點，直線與直線交于點，直線與直線交于點．求證：．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）結(jié)合題意得到，，再結(jié)合，解之即可；
（2）依題意求得直線、與的方程，從而求得點的坐標，進而求得，再根據(jù)題意求得，得到，由此得解.
【詳解】（1）依題意，得，則，
又分別為橢圓上下頂點，，所以，即，
所以，即，則，
所以橢圓的方程為.
（2）因為橢圓的方程為，所以，
因為為第一象限上的動點，設(shè)，則，

易得，則直線的方程為，
，則直線的方程為，
聯(lián)立，解得，即，
而，則直線的方程為，
令，則，解得，即，
又，則，，
所以
，
又，即，
顯然，與不重合，所以.
2．（2024·全國·高考真題）已知橢圓的右焦點為，點在上，且軸．
(1)求的方程；
(2)過點的直線交于兩點，為線段的中點，直線交直線于點，證明：軸．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）設(shè)，根據(jù)的坐標及軸可求基本量，故可求橢圓方程.
（2）設(shè)，，，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，用的坐標表示，結(jié)合韋達定理化簡前者可得，故可證軸.
【詳解】（1）設(shè)，由題設(shè)有且，故，故，故，
故橢圓方程為.
（2）直線的斜率必定存在，設(shè)，，，
由可得，
故，故，
又，
而，故直線，故，
所以
，
故，即軸.
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標為；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，注意的判斷；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達定理求解.
1．（2024·山西長治·模擬預(yù)測）已知橢圓的右焦點為，且該橢圓過點，直線l交橢圓E于A，B兩點.
(1)求橢圓E的方程；
(2)若AB的中點坐標為，求直線l的方程；
(3)若直線l方程為，過A、B作直線的垂線，垂足分別為P、Q，點R為線段PQ的中點，求證：四邊形ARQF為梯形.
【答案】(1)
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）根據(jù)已知條件求得，從而求得橢圓的方程.
（2）利用點差法求得直線的斜率，進而求得直線的方程.
（3）聯(lián)立直線的方程和橢圓的方程，化簡寫出根與系數(shù)關(guān)系，計算，以及AF與RQ，從而判斷出四邊形ARQF為梯形.
【詳解】（1）由題得，
將代入得：
，
橢圓E的方程為.
（2）設(shè)，則，
且，
兩式相減得：，可得，
l方程為，即.
（3）由得：
，且，
，
∴，
又直線的斜率存在，AF與RQ不平行，
∴四邊形ARQF為梯形.

【點睛】關(guān)鍵點點睛：根據(jù)已知條件求得，和是兩個未知參數(shù)，要求出兩個參數(shù)的值，需要兩個已知條件，如本題中“橢圓的右焦點以及橢圓所過點”兩個已知條件，再結(jié)合即可求得，從而求得橢圓的標準方程.
2．（23-24高三上·湖南·階段練習(xí)）已知橢圓的左焦點為F，P，Q分別為左頂點和上頂點，O為坐標原點，（為橢圓的離心率），的面積為．
(1)求橢圓的方程；
(2)直線與橢圓交于兩點，過作直線的垂線，垂足分別為、，點為線段的中點．求證：四邊形為梯形.
【答案】(1)
(2)證明見解析.
【分析】（1）根據(jù)題目條件得到，，結(jié)合，求出，得到橢圓方程；
（2）設(shè)，表達出，，得到，，四邊形為梯形的充分必要條件是，即，變形得到，聯(lián)立，得到兩根之和，兩根之積，從而證明出，證畢.
【詳解】（1）∵，
∴，
∴
又，，
解得，
∴橢圓的方程；
（2）證明：由（1）的結(jié)論可知，橢圓的左焦點，
設(shè)，則，.
，.
∵直線與橢圓交于、兩點，
∴
由于直線與直線不平行，
∴四邊形為梯形的充分必要條件是，即，
即，即，
∵，∴上式又等價于，
即，
由，得，，
∴，
，
，
∴成立，
∴四邊形為梯形.
【點睛】方法點睛：定值問題常見方法：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)；（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.
考點五、向量類定值
1．（四川·高考真題）過點C(0，1)的橢圓的離心率為，橢圓與x軸交于兩點、，過點C的直線l與橢圓交于另一點D，并與x軸交于點P，直線AC與直線BD交于點Q
．
（I）當直線l過橢圓右焦點時，求線段CD的長；
（Ⅱ）當點P異于點B時，求證：為定值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）為定值，答案見解析.
【詳解】試題分析：（Ⅰ）由已知得，解得，所以橢圓方程為．
橢圓的右焦點為，此時直線的方程為 ，代入橢圓方程得，解得，代入直線的方程得 ，所以
，故．
（Ⅱ）當直線與軸垂直時與題意不符．
設(shè)直線的方程為．代入橢圓方程得．
解得，代入直線的方程得，
所以D點的坐標為．
又直線AC的方程為，又直線BD的方程為，聯(lián)立得因此，又．所以．故為定值．
考點：直線與圓錐曲線的綜合問題 平面向量數(shù)量積的運算 橢圓的簡單性質(zhì)．
點評：本題主要考查了由橢圓的性質(zhì)求解橢圓方程，直線與曲線相交的弦長公式的應(yīng)用及向量的數(shù)量積的坐標表示的應(yīng)用，屬于圓錐曲線問題的綜合應(yīng)用
2．（23-24高二上·上海奉賢·期末）已知橢圓C:的左右焦點分別為，，M為橢圓C上一點.
(1)若點M的坐標為，求的面積；
(2)若點M的坐標為，且是鈍角，求橫坐標的范圍；
(3)若點M的坐標為，且直線與橢圓C交于兩個不同的點A，B.求證：為定值.
【答案】(1)
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）先根據(jù)點在橢圓上，求出的值，再求的面積.
（2）根據(jù)點在橢圓上，先明確的關(guān)系，再由余弦定理，表示出，由求的范圍.
（3）把直線方程與橢圓方程聯(lián)立，消去，得到關(guān)于的一元二次方程，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，得到，，并用它們表示出，進行化簡整理即可.
【詳解】（1）因為點在橢圓上，所以，因為，所以，
因為，，所以，，，
所以.
（2）如圖：
因為點M在橢圓上，所以，
由余弦定理得
因為是鈍角，所以，
又因為，所以，解得，
的范圍為.
（3）如圖：
設(shè)，，
由得，
，，，
又，，所以
，
即有為定值.
3．（2024·北京通州·二模）已知橢圓：（）的長軸長為4，離心率為．
(1)求橢圓的方程；
(2)直線l過橢圓E的左焦點F，且與E交于兩點（不與左右頂點重合），點在軸正半軸上，直線交軸于點P，直線交軸于點，問是否存在，使得為定值？若存在，求出的值及定值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)
(2)存在，當時，有定值．
【分析】（1）根據(jù)長軸長為，離心率為，可得，得到標準方程．
（2）根據(jù)斜率存在，設(shè)直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關(guān)系表示出，，表達出直線TM和直線TN，進而求出為定值；斜率不存在，不妨設(shè)，，求出為定值.
【詳解】（1）因為橢圓的長軸長為，離心率為，
所以，．
所以，．所以．
所以橢圓的方程為．
（2）若直線的斜率存在，設(shè)直線的方程為，．

聯(lián)立方程組，
消去，化簡得．
則，即,
設(shè)，，
所以，．
所以直線TM的方程為，直線的方程為．
所以，．
所以，，
所以
．
所以當時，為定值，
即（負值舍）時，有定值．
當時，若直線l斜率不存在，
不妨設(shè)，，
所以，．
所以．
綜上，當時，有定值．
【點睛】方法點睛：根據(jù)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系求解存在性的定值問題，分類討論，求解計算，計算量偏大.
1．（2024·全國·模擬預(yù)測）在平面直角坐標系中，已知點，直線與的斜率之積為．
(1)求點的軌跡的方程；
(2)過的直線交曲線于兩點，直線與直線交于點，求證：為定值．
【答案】(1)；
(2)證明見解析.
【分析】（1）根據(jù)給定條件，設(shè)出點Q的坐標，再用斜率坐標公式列式化簡即得.
（2）設(shè)出直線的方程，與軌跡的方程聯(lián)立，并設(shè)出點的坐標，求出點的坐標，結(jié)合韋達定理計算求解即可.
【詳解】（1）設(shè)，直線的斜率為，直線的斜率為，
依題意，，整理得，
所以點的軌跡的方程為.
（2）顯然直線不垂直于y軸，設(shè)直線的方程為， ，
直線的方程分別為，聯(lián)立這兩個方程得
點的橫坐標為，
由消去x得，，
于是，，
，
所以．
【點睛】方法點睛：（1）引出變量法，解題步驟為先選擇適當?shù)牧繛樽兞浚侔岩C明為定值的量用上述變量表示，最后把得到的式子化簡，得到定值；（2）特例法，從特殊情況入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)．
2．（2023·天津·一模）已知橢圓的離心率為，橢圓的一個頂點與兩個焦點構(gòu)成的三角形面積為2. 已知直線與橢圓C交于A，B兩點，且與x軸，y軸交于M，N兩點.

(1)求橢圓C的標準方程；
(2)若，求k的值；
(3)若點Q的坐標為，求證：為定值.
【答案】(1)
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）根據(jù)橢圓的離心率和三角形的面積即可求出，則橢圓方程可得；
（2）聯(lián)立方程組，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系以及向量相等的坐標關(guān)系即可求出；
（3）根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系以及向量的數(shù)量積的運算即可求出．
【詳解】（1），，代入得.
又橢圓的一個頂點與兩個焦點構(gòu)成的三角形的面積為2，即，即，
以上各式聯(lián)立解得，則橢圓方程為.
（2）直線與軸交點為，與軸交點為，
聯(lián)立，消去得:，，
設(shè)，則，
，，
由得，解得:，
由得.
（3）證明：由（2）知，，
.
為定值.

【點睛】方法點睛：求圓錐曲線中的定值問題常見的方法：
從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)．
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．
考點六、面積類定值
1．（北京·高考真題）已知橢圓過點兩點．
（Ⅰ）求橢圓的方程及離心率；
（Ⅱ）設(shè)為第三象限內(nèi)一點且在橢圓上，直線與軸交于點，直線與軸交于點，求證：四邊形的面積為定值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）見解析.
【詳解】試題分析：（Ⅰ）根據(jù)兩頂點坐標可知，的值，則亦知橢圓方程，根據(jù)橢圓性質(zhì)及離心率公式求解；（Ⅱ）四邊形的面積等于對角線乘積的一半，分別求出對角線，的值求乘積為定值即可．
試題解析：（Ⅰ）由題意得，．
所以橢圓的方程．
又，
所以離心率．
（Ⅱ）設(shè)，則．
又，，所以，
直線的方程為．
令，得，從而．
直線的方程為．
令，得，從而
所以四邊形的面積
．
從而四邊形的面積為定值．
考點：1、橢圓方程；2、直線和橢圓的關(guān)系．
【方法點晴】本題考查橢圓的方程與幾何性質(zhì)、直線與橢圓的位置關(guān)系，以及考查邏輯思維能力、分析與解決問題的綜合能力、運算求解能力、方程思想與分類討論的思想．第一小題根據(jù)兩頂點坐標可知，的值，則亦知橢圓方程，根據(jù)橢圓性質(zhì)及離心率公式求解；第二小題四邊形的面積等于對角線乘積的一半，分別求出對角線，的值求乘積為定值即可．
2．（22-23高二上·浙江臺州·期中）已知點與定點的距離和它到定直線的距離比是.
(1)求點的軌跡方程；
(2)若直線與軌跡交于兩點，為坐標原點直線的斜率之積等于，試探求的面積是否為定值，并說明理由.
【答案】(1)
(2)是定值，理由見解析
【分析】
（1）根據(jù)題意可得，即可求解；
（2）利用韋達定理結(jié)合，可得，再利用弦長公式和點到直線的距離公式表示出三角形的面積，進而可求解.
【詳解】（1）
設(shè)點坐標為，
化解可得：.
（2）
設(shè)，聯(lián)立直線和橢圓方程可得：，
消去可得：，
所以，即，
則，
，
，
把韋達定理代入可得：，
整理得，滿足，
又，
而點到直線的距離，
所以，
把代入，則，
可得是定值1.
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標為；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，注意的判斷；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達定理求解.
3．（2023·廣東·一模）已知橢圓：，為坐標原點，若橢圓與橢圓的離心率相同，焦點都在同一坐標軸上，橢圓的長軸長與橢圓的長軸長之比為.
(1)求橢圓的方程；
(2)已知點在橢圓上，點A，B在橢圓上，若，則四邊形的面積是否為定值 若是，求出定值；若不是，請說明理由.
【答案】(1)
(2)面積是定值，為2.
【分析】（1）利用橢圓的性質(zhì)計算即可；
（2）利用平行四邊形的性質(zhì)及三角形面積公式計算即可.
【詳解】（1）根據(jù)題意易知兩橢圓焦點都在軸上，不妨設(shè)，
易知橢圓的長軸長，所以橢圓的長軸長，
橢圓的離心率，
故橢圓的方程；
（2）是定值，理由如下：
設(shè)，根據(jù)點在橢圓上可知，
因為，所以四邊形是平行四邊形，且，
即①，
又②，
①-②得：，
因為，
所以，即，
易得直線，所以點B到直線的距離為，
所以平行四邊形的面積為，顯然面積是定值，定值為2.

【點睛】本題第二問利用設(shè)點法設(shè)，通過向量的線性運算得出四邊形是平行四邊形，利用點坐標滿足橢圓方程通過化簡得出橫縱坐標的關(guān)系式，而難點在于構(gòu)造得出，繼而得到，余下利用點到直線的距離和面積公式計算即可.計算技巧性比較強，需要多去領(lǐng)悟總結(jié).
1．（23-24高二上·陜西西安·期末）設(shè)點 是橢圓 上任意一點，過點 作橢圓的切線，與橢圓交于 兩點.
(1)求證：;
(2)的面積是否為定值？若是，求出這個定值；若不是，請說明理由.
【答案】(1)見解析
(2)是定值，定值為
【分析】（1）直線與橢圓方程聯(lián)立，證明的中點坐標，即切點的坐標；
（2）首先討論直線的斜率不存在的情況，以及直線的斜率存在時與橢圓方程聯(lián)立，并利用韋達定理表示弦長，并表示的面積.
【詳解】（1）設(shè)直線斜率不存在，則點在軸上，由對稱性可知，，
若直線的斜率存在，設(shè)，，，，
聯(lián)立，可得，
當時，直線與橢圓切于點，，
解得：，，
當時，線段中點的橫坐標，
所以點為線段的中點，，
綜上，；
（2）若直線斜率不存在，則，與橢圓方程聯(lián)立可得，，，故，
若直線的斜率存在，由（1）可得
，，
，
點到直線的距離，
所以，
綜上的面積為定值.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第一問的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為直線與橢圓相交和相切的問題，轉(zhuǎn)化為證明的中點，即切點.
2．（23-24高三上·甘肅蘭州·階段練習(xí)）已知A，B分別是橢圓的右頂點和上頂點，，直線AB的斜率為．
(1)求橢圓的方程；
(2)若直線與軌跡交于M，N兩點，O為坐標原點，直線OM，ON的斜率之積等于，試探求的面積是否為定值，并說明理由．
【答案】(1)
(2)定值1
【分析】（1）由已知可得，計算即可得到橢圓的方程；
（2）設(shè)聯(lián)立方程組，求得，又由直線OM，ON的斜率之積等于，化簡求得，再由弦長公式和面積公式，即可求解.
【詳解】（1）由題意可知，，直線AB的斜率為．
依題意得，橢圓的方程為
（2）設(shè)，由，得，
則，即，且，
因為直線OM，ON的斜率之積等于，，
所以，
即，又O到直線MN的距離為,
，
所以.
所以的面積為定值1.
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題的關(guān)鍵是將直線與橢圓方程聯(lián)立得到韋達定理式，再通過斜率乘積為定值得到，最后利用點到直線距離公式和弦長公式得到面積表達式，代入即可得到答案.
3．（23-24高二上·廣東汕頭·期末）已知橢圓：的離心率為，且橢圓過點，點，分別為橢圓的左、右頂點．
(1)求橢圓的方程；
(2)點，為橢圓上不同兩點，過橢圓上的點作，且，求證：的面積為定值．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）依題意得到、、的方程組，解得即可；
（2）設(shè)直線的方程為，聯(lián)立直線與橢圓方程，即可求出，，從而得到，則，再設(shè)，，直線的方程為，聯(lián)立直線與橢圓方程，消元、列出韋達定理，再根據(jù)得到，最后根據(jù)計算可得；
【詳解】（1）依題意，解得，
所以橢圓的方程為.
（2）由（1）可得，，
設(shè)直線的方程為，
代入得，它的兩個根為和，
可得，，從而．
因為，所以，
若直線的斜率不存在，根據(jù)對稱性，則在橢圓的上（下）頂點處，
不妨取為上頂點，則，
由，解得或，
所以或，
所以，
若直線的斜率存在，設(shè)直線的方程為，設(shè)，，
將代入，整理得，
由，則，，
所以，
化簡得，
所以.
綜上可得的面積等于，為定值.
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標為、；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，必要時計算；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、的形式；
（5）代入韋達定理求解.
4．（23-24高二上·黑龍江哈爾濱·期末）已知，分別是雙曲線：（，）的左、右焦點，，點到的漸近線的距離為3.
(1)求雙曲線的標準方程及其漸近線方程；
(2)已知點為坐標原點，動直線與相切，若與的兩條漸近線交于，兩點，求證：的面積為定值.
【答案】(1)雙曲線的標準方程為，漸近線方程為
(2)證明過程見詳解.
【分析】（1）利用焦距求出，利用點到直線距離公式表示到的漸近線的距離求出，
再利用求出，然后求出漸近線.
（2）討論直線的斜率是否存在，且當直線的斜率存在時，設(shè)出直線方程，與雙曲線方程聯(lián)立，根據(jù)，找到參數(shù)之間的關(guān)系，線段的長，利用點到直線的距離公式求出三角形的高，求得面積，即可證明.
【詳解】（1）因為，所以，因為，漸近線為，
即則到的漸近線的距離為可表示為，
所以，
所以雙曲線的標準方程為，漸近線方程為.
（2）①當直線經(jīng)過雙曲線的頂點時直線的斜率不存在，此時直線方程為，
此時易得，點到直線的距離為，所以此時
②當直線的斜率存在時設(shè)直線為，
由得
因為直線于雙曲線相切，所以且，
整理得且，即
由得，則
同理得到
所以
點到直線的距離
所以
所以的面積為定值3.

【點睛】利用，找到參數(shù)之間的關(guān)系，再利用公式求得，利用點到直線的距離公式求出三角形的高，進而求出面積是解題關(guān)鍵.
考點七、距離類定值
1．（2024·江蘇鹽城·一模）已知拋物線：，圓：，為坐標原點.
(1)若直線：分別與拋物線相交于點A，（在B的左側(cè)）、與圓相交于點S，（S在的左側(cè)），且與的面積相等，求出的取值范圍；
(2)已知，，是拋物線上的三個點，且任意兩點連線斜率都存在.其中，均與圓相切，請判斷此時圓心到直線的距離是否為定值，如果是定值，請求出定值；若不是定值，請說明理由.
【答案】(1)
(2)是，定值為1.
【分析】（1）根據(jù)題意，將三角形面積相等轉(zhuǎn)化為，再利用設(shè)而不求分別求得，，從而得到，再由判別式即可得解.
（2）充分利用，得到直線與的方程，利用與圓相切的性質(zhì)同構(gòu)出直線的方程，從而得解.
【詳解】（1）因為與的面積相等，且與的高均為原點到直線的距離，
所以，則，
設(shè)，，，，
則，即，
直線：代入拋物線，得，
因為直線與拋物線交于，兩點，
所以，則，
直線：代入圓：，
得，
因為直線與圓于S，T兩點，所以，
即，
即，
所以，
由，得，
又，則，
將其代入得，解得；
將其代入得，解得.
綜上，的取值范圍為.

（2）由題，易知直線，，斜率一定存在，
設(shè)，，，
則，
則直線的方程為：，
即，即，
因為圓：的圓心為，半徑為，
因為直線與圓相切，則，
平方化簡得：，
看成關(guān)于，為變量的式子得：，
同理得直線與圓C相切，化簡式子后得：，
所以可以同構(gòu)出直線的方程為：，
所以圓心到直線的距離為：
，
此時圓心到直線的距離為定值，定值為.

【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標為、；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，必要時計算；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、的形式；
（5）代入韋達定理求解.
1．（2024·貴州遵義·模擬預(yù)測）如圖，現(xiàn)用一個與圓柱底面成角的平面截圓柱，所得截面是一個橢圓，在平面上建立如圖所示的平面直角坐標系.若圓柱的底面圓的半徑為2，.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設(shè)為橢圓上任意一點，為橢圓在點處的切線.設(shè)橢圓的兩個焦點分別為，，它們到切線的距離分別為，，試判斷是否為定值？若是，求其定值；若不是，說明理由.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由題意得，求出即可得解；
（2）分直線斜率不存在和直線斜率存在兩種情況去分析求解即可，對于直線斜率存在且不為0情況，先設(shè)切線方程，接著聯(lián)立橢圓方程利用和整理得切線l的斜率，從而得切線方程，再利用點到直線距離公式和即可計算求解.
【詳解】（1）由題可得，且橢圓的焦點在x軸上，
所以橢圓的標準方程為.
（2）由（1），
當直線斜率不存在時，則由（1）得或，
當時，，，此時，
同理可得時，；
當直線斜率存在時，設(shè)，
聯(lián)立，
則，
整理得①，
又即，故，
將其代入上式①可得即，故，
所以，整理得，
所以點到l的距離的乘積為
.
綜上，是定值且.
考點八、參數(shù)類定值
1．（北京·高考真題）已知拋物線C：=2px經(jīng)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(shè)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(shè)直線方程，與拋物線聯(lián)立，根據(jù)判別式大于零解得直線l的斜率的取值范圍，最后根據(jù)PA，PB與y軸相交，舍去k=3，（2）先設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），與拋物線聯(lián)立，根據(jù)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(jié)論.
詳解：解：（Ⅰ）因為拋物線y2=2px經(jīng)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(shè)直線l的方程為y=kx+1（k≠0）．
由得．
依題意，解得k<0或0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(shè)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．
點睛：定點、定值問題通常是通過設(shè)參數(shù)或取特殊值來確定“定點”是什么、“定值”是多少，或者將該問題涉及的幾何式轉(zhuǎn)化為代數(shù)式或三角問題，證明該式是恒定的. 定點、定值問題同證明問題類似，在求定點、定值之前已知該值的結(jié)果，因此求解時應(yīng)設(shè)參數(shù)，運用推理，到最后必定參數(shù)統(tǒng)消，定點、定值顯現(xiàn).
2．（21-22高三下·山東·開學(xué)考試）已知雙曲線的左、右焦點分別為，，且，是C上一點．
(1)求C的方程；
(2)過點的直線與C交于兩點A，B，與直線交于點N．設(shè)，，求證：為定值．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】(1)根據(jù)雙曲線的定義和焦距的概念求出a、c，進而得出結(jié)果；
(2)設(shè)，，，顯然直線AB的斜率存在，設(shè)直線AB的方程為，聯(lián)立雙曲線方程并消去y，利用韋達定理得出表達式；將點N坐標代入直線方程，結(jié)合可得，同理求得，
進而化簡計算即可.
【詳解】（1）設(shè)C的焦距為，則，
即，，；
由雙曲線的定義，得，即，
所以，故C的方程為．
（2）設(shè)，，，顯然直線AB的斜率存在，
可設(shè)直線AB的方程為，代入，
得．
由過點的直線與C交于兩點A，B，得，
由韋達定理，得，； ①
由在直線上，得，即； ②
由在直線AB上，得． ③
由，得，
即解得．同理，由，得，
結(jié)合①②③，得
．故是定值．
1．（24-25高三上·河北滄州·階段練習(xí)）已知橢圓的左焦點為，上 下頂點分別為，且，點在上.
(1)求橢圓的方程；
(2)過左焦點的直線交橢圓于兩點，交直線于點，設(shè)，，證明：為定值.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）由，得，再把點代入橢圓方程求出即可；
（2）設(shè)出直線的方程，代入橢圓方程，設(shè)，由，，表示出，利用韋達定理化簡得定值.
【詳解】（1）由題意可知，，所以，
因為點在上，所以，
解得，故，
所以橢圓的方程為.
（2）由已知得直線的斜率必存在，可設(shè)直線的方程為，
代入橢圓方程，整理得，，
設(shè)，則，
又，由得.
所以，
因為，
所以為定值.
2．（23-24高三上·河北保定·期末）已知動點在上，過作軸的垂線，垂足為，若為中點．
(1)求點的軌跡方程；
(2)過作直線交的軌跡于、兩點，并且交軸于點．若，，求證：為定值．
【答案】(1)
(2)，證明見解析
【分析】（1）設(shè)點的坐標為，利用代入法求點的軌跡方程；
（2）分直線斜率存在和斜率不存在，通過聯(lián)立方程組求交點坐標，表示出，利用韋達定理化簡為定值.
【詳解】（1）設(shè)點的坐標為，則，，
點在上，則有，即，
所以點的軌跡方程為.
（2）直線斜率不存在時，直線方程為，則、，，，
得，，由，得，
，，由，，
此時.
直線斜率存在時，由直線交軸于點知斜率不為0，設(shè)直線方程為，
則有，設(shè)、，
由，消去得，
，有，
，，由，得，
，，由，，
此時.
綜上可知，為定值.
【點睛】方法點睛：求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(guān)；
（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消失變量，從而得到定值.
1．（24-25高三上·陜西·開學(xué)考試）已知雙曲線的左焦點為F，左頂點為E，虛軸的上端點為P，且，．
(1)求雙曲線C的標準方程；
(2)設(shè)是雙曲線C上不同的兩點，Q是線段的中點，O是原點，直線的斜率分別為，證明：為定值．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）設(shè)雙曲線C的半焦距為，利用雙曲線的定義結(jié)合勾股定理計算即可；
（2）設(shè)的坐標，利用中點坐標公式表示Q，再利用點差法計算即可.
【詳解】（1）不妨設(shè)雙曲線C的半焦距為，
，
，
解得，
則，
故雙曲線C的標準方程為；
（2）設(shè)，則，
為雙曲線C上的兩點，
兩式相減得，整理得，
則，
故為定值，定值為4．
2．（24-25高三上·湖北武漢·開學(xué)考試）已知橢圓的離心率，連接四個頂點所得菱形的面積為4.斜率為的直線交橢圓于兩點.
(1)求橢圓的方程；
(2)若，求的最大值；
(3)設(shè)為坐標原點，若三點不共線，且的斜率滿足，求證：為定值.
【答案】(1)
(2).
(3)證明見解析
【分析】(1)由橢圓的基本性質(zhì)，連接四個頂點所得菱形的面積為，即可求解;
(2) 聯(lián)立，可得：，由韋達定理，弦長公式求解；
(3) 聯(lián)立，可得：，由韋達定理，又由，所以，代入為定值.
【詳解】（1）因為，所以，
又連接四個頂點所得菱形的面積為，可得，
解得，所以橢圓方程為.
（2）如圖所示：

設(shè)直線的方程為：
聯(lián)立，可得：，則，
由韋達定理可得：，
由弦長公式可得：
當時，取得最大值.
（3）如圖所示：

設(shè)直線的方程為：
聯(lián)立，可得：，則
由韋達定理可得：，
又由，可得，
代入可得，即.所以，所以
故為定值.
3．（2024·四川成都·模擬預(yù)測）已知拋物線的焦點為，過點作拋物線的兩條切線，切點分別為.
(1)求拋物線的方程；
(2)過點作兩條傾斜角互補的直線，直線交拋物線于兩點，直線交拋物線于兩點，連接，設(shè)的斜率分別為，問：是否為定值？若是，求出定值；若不是，說明理由.
【答案】(1)
(2)是定值0.
【分析】（1）先設(shè)點，然后求出切線解析式，根據(jù)即可求出結(jié)果.
（2）設(shè)直線的方程,通過和拋物線聯(lián)立求出韋達定理，同理求出和拋物線聯(lián)立的韋達定理，然后代入即可.
【詳解】（1）設(shè)切點，則在點處切線斜率為，
所以以為切點的切線方程為.
因為切線過點，所以，同理，
所以是方程的兩個根，則.
又因為，
所以，即.
又因為，所以，
所以拋物線的方程為.
（2）
由題意，斜率都存在且不為0，設(shè)直線的方程為.
聯(lián)立直線和拋物線的方程，得，所以.
設(shè)，則，同理，
所以
所以，
所以等于定值0.
4．（23-24高三上·全國·階段練習(xí)）如圖所示，已知拋物線是拋物線與軸的交點，過點作斜率不為零的直線與拋物線交于兩點，與軸交于點，直線與直線交于點．
(1)求的取值范圍；
(2)問在平面內(nèi)是否存在一定點，使得為定值？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)；
(2)存在定點的坐標為.
【分析】（1）設(shè)出直線的方程，與拋物線方程聯(lián)立，利用弦長公式結(jié)合已知建立函數(shù)關(guān)系，求出函數(shù)值域即得.
（2）求出直線和的方程，聯(lián)立求出點的坐標，結(jié)合（1）中韋達定理，利用數(shù)量積的坐標表示計算即得.
【詳解】（1）依題意，設(shè)直線的方程為，點，
由消去y并整理得，，
則，，
，
所以.
（2）由（1）知，，且，設(shè)，
，直線的方程為，直線的方程為，
聯(lián)立解得，
即點的坐標為，
，
，而，
于是，當為定值，
所以存在定點的坐標為.
【點睛】方法點睛：（1）引出變量法，解題步驟為先選擇適當?shù)牧繛樽兞浚侔岩C明為定值的量用上述變量表示，最后把得到的式子化簡，得到定值；（2）特例法，從特殊情況入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)．
5．（2023·全國·模擬預(yù)測）已知拋物線的焦點為，過點且斜率為的直線與拋物線交于、兩點，分別過、兩點作拋物線的切線，兩條切線分別與軸交于、兩點，直線與拋物線交于、兩點，直線與拋物線交于、兩點，為線段的中點，為線段的中點．
(1)證明：為定值；
(2)設(shè)直線的斜率為，證明：為定值．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】
（1）設(shè)，則，寫出直線的方程，將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，列出韋達定理，寫出拋物線在點、處的切線方程，求出點、的坐標，可得出直線的方程，再將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，可求出，進而可求出，然后結(jié)合韋達定理可求得的值；
（2）求出點、的坐標，可求得的表達式，由此可求出的值.
【詳解】（1）證明：設(shè)，則，易知拋物線的焦點為，
設(shè)直線的方程為，設(shè)點、，
聯(lián)立可得，，
由韋達定理可得，，
接下來證明拋物線在點處的切線方程為，
聯(lián)立可得，即，即，
所以，直線與拋物線只有唯一的公共點，
所以，的方程為，同理可知，直線的方程為，
在直線的方程中，令，可得，即點，同理可得點，
所以，直線的方程為，即，
設(shè)點、，聯(lián)立可得，
則，由韋達定理可得，，
所以，，
同理可得，
所以，
.
故為定值.
（2）解：設(shè)點，則，所以，，
即點，同理可得點，
所以，，
所以，.
【點睛】方法點睛：求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(guān)；
（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．
6．（23-24高三上·內(nèi)蒙古錫林郭勒盟·期末）在平面直角坐標系中，已知拋物線和點.點在上，且.
(1)求的方程；
(2)若過點作兩條直線與，與相交于，兩點，與相交于，兩點，線段和中點的連線的斜率為，直線，，，的斜率分別為，，，，證明：，且為定值.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）由已知，根據(jù)點坐標，借助可表示出點坐標，然后帶入拋物線方程，即可完成方程的求解；
（2）由已知，分別設(shè)出四點坐標，然后利用坐標分別表示出直線，，，的斜率,即可證得，設(shè)和的中點分別為，，分別聯(lián)立與拋物線方程，求得，的坐標，利用斜率公式表示，化簡計算即可得出結(jié)果.
【詳解】（1）設(shè)點，則，因為，，
所以，，所以點，
代入方程中，得，所以的方程為.
（2）設(shè)點，，，，
則直線的斜率，
同理得直線的斜率，
直線的斜率，
直線的斜率，
所以，
，
從而得.
由消去得，
所以，
由，得或.
設(shè)和的中點分別為，，
則，，
同理，，
所以，即，
所以得.
7．（23-24高三下·山東·開學(xué)考試）已知拋物線是上不同的三點，過三點的三條切線分別兩兩交于點，則稱三角形為拋物線的外切三角形．
(1)當點的坐標為為坐標原點，且時，求點的坐標；
(2)設(shè)外切三角形的垂心為，試判斷是否在定直線上，若是，求出該定直線；若不是，請說明理由；
(3)證明：三角形與外切三角形的面積之比為定值．
【答案】(1)
(2)是，
(3)2
【分析】（1）求導(dǎo)，求出，再利用點斜式求出直線方程得點的坐標；
（2）先求切線的方程和切線的方程，聯(lián)立求出交點，同理得坐標，利用垂線性質(zhì)得推理得垂心在定直線上；
（3）法一：利用弦長和點線距分別表示兩三角形面積得比值；法二：利用向量面積公式，表示面積求比值.
【詳解】（1）由題意可知，即為，
求導(dǎo)得，則，由直線的點斜式化簡得切線的方程為
為切線與軸的交點，則點的坐標為．
（2）設(shè)，
由（1）易知，則拋物線在A點處的切線的方程為，
同理可得切線的方程為，
直線和直線聯(lián)立可得交點．
同理可得．
設(shè)垂心的坐標為，則．
由可知，
即．
同理可得．
兩式相減可得，即．
因此垂心在定直線上．
（3）易知，則直線的方程為，
化簡得
且，
點到直線的距離為
，
則三角形的面積．
由（2）知切線的方程為
可知，
點到直線的距離為
，
則外切三角形的面積．
故．
因此三角形與外切三角形的面積之比為定值2．
解法二：因為，所以
由（2）得
所以
所以．
【點睛】關(guān)鍵點點睛:本題考查拋物線的切線相關(guān)問題，解決第二問的關(guān)鍵是利用垂直得垂心的軌跡進而求得定直線，并且第三問重在計算能力對的考查.
8．（23-24高二上·山東青島·期末）已知拋物線，點，過拋物線的焦點且平行于軸的直線與圓相切，與交與兩點，.
(1)求和圓的方程；
(2)過上一點作圓的兩條切線分別與交于兩點，判斷直線與圓的位置關(guān)系，并說明理由.
【答案】(1)的方程為，圓的方程為
(2)直線與圓相切，理由見解析
【分析】（1）根據(jù)題意求得兩點的坐標，從而求得，進而得解；
（2）根據(jù)題意得到直線，的方程，再利用直線與圓相切的性質(zhì)推得是方程的兩個根，從而利用韋達定理求得點到直線的距離為圓的半徑，由此得解.
【詳解】（1）由題意知直線的方程為，
聯(lián)立，解得，則或，
，則，
的方程為，直線的方程為，
又直線與圓相切，圓的半徑為2，
故圓的方程為.
（2）設(shè)上三點，顯然，
直線的斜率都是存在的，
直線的斜率，
直線的方程為，
同理，的方程為，
的方程為，
圓與直線相切，，
化簡得：，
同理，圓與直線相切，可得，
所以是方程的兩個根，
由韋達定理得，，
點到直線的距離，
直線與圓相切.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第2小問解決的關(guān)鍵是利用直線與圓相切推得是方程的兩個根，從而得解.
9．（23-24高二上·陜西渭南·期末）如圖，過點的橢圓的離心率為，橢圓與軸交于點，過點的直線與橢圓交于另一點，并與軸交于點，直線與直線交于點；
(1)當直線過橢圓右焦點時，求點的坐標；
(2)當點異于點時，求證：為定值．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據(jù)已知結(jié)合離心率，以及關(guān)系，即可求得橢圓方程和直線方程，聯(lián)立方程即可得出結(jié)果；
（2）設(shè)出直線方程，與橢圓聯(lián)立得到點坐標，再表示出直線方程，與直線聯(lián)立即可得到坐標，利用向量的數(shù)量積即可得證.
【詳解】（1）由題知，，
又，，所以，，
則橢圓方程為，此時為焦點，
所以直線斜率為，所以直線方程為，
聯(lián)立得：，解得，
代入直線方程，得，
可得點坐標為.
（2）當直線與軸垂直時不符合題意；
因為，，則直線方程：，
設(shè)直線方程：，和橢圓聯(lián)立得：，解得，
代入直線得，則點坐標為，
又，則，
則直線方程為，
和直線聯(lián)立，解得，
則，
又為與軸交點，則，
所以為定值.
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標為；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，注意的判斷；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達定理求解.
10．（2024·湖南長沙·二模）如圖，雙曲線的左 右焦點，分別為雙曲線的左 右頂點，過點的直線分別交雙曲線的左 右兩支于兩點，交雙曲線的右支于點（與點不重合），且與的周長之差為2.
(1)求雙曲線的方程；
(2)若直線交雙曲線的右支于兩點.
①記直線的斜率為，直線的斜率為，求的值；
②試探究：是否為定值？并說明理由.
【答案】(1)
(2)①3；②為定值4，理由見解析
【分析】（1）設(shè)，根據(jù)題意，得到，且，聯(lián)立方程組，求得的值，即可求解；
（2）①設(shè)，求得，結(jié)合，即可求解；
②由（1）得直線的方程為，聯(lián)立方程組，得到，結(jié)合弦長公式，求得和，進而化簡得到為定值.
【詳解】（1）解：設(shè)，因為與的周長之差為，
所以，即，
又因為分別為雙曲線的左、右頂點，所以，
聯(lián)立方程組，解得，所以，
故雙曲線的方程為.
（2）解：①由（1）知，雙曲線的方程為，
設(shè)，則，可得，
則.
② 為定值.
理由如下：
由（1）得直線的方程為，
聯(lián)立方程組，整理得，
設(shè)，則，
因為位于雙曲線的左 右兩支，所以，即，
可得，
又因為，所以直線的方程為，
根據(jù)雙曲線的對稱性，同理可得，
所以，故為定值.
【點睛】方法知識總結(jié)：解答圓錐曲線的定點、定值問題的策略：
1、參數(shù)法：參數(shù)解決定點問題的思路：①引進動點的坐標或動直線中的參數(shù)表示變化量，即確定題目中核心變量（通常為變量）；②利用條件找到過定點的曲線之間的關(guān)系，得到關(guān)于與的等式，再研究變化量與參數(shù)何時沒有關(guān)系，得出定點的坐標；
2、由特殊到一般：由特殊到一般法求解定點問題時，常根據(jù)動點或動直線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關(guān).
3、若與面積有關(guān)的定值問題，一般用直接法求解，即先利用三角形的面積公式，（如果是其他的凸多邊形，可分割成若干個三角形分別求解），把要探求的幾何圖形的面積表示出來，然后利用題中的條件得到幾何圖形的面積表達式中的相關(guān)量之間的關(guān)系式，把這個關(guān)系式代入幾何圖形的面積表達式中，化簡即可求解.
11．（2024·廣東汕頭·三模）已知雙曲線：的漸近線方程為，過點的直線交雙曲線于，兩點，且當軸時，.
(1)求的方程；
(2)記雙曲線的左右頂點分別為，，直線，的斜率分別為，，求的值.
(3)探究圓：上是否存在點，使得過作雙曲線的兩條切線，互相垂直.
【答案】(1)；
(2)；
(3)存在.
【分析】（1）根據(jù)給定條件，求出即可得的方程.
（2）設(shè)出直線的方程，與雙曲線方程聯(lián)立，利用韋達定理，結(jié)合斜率坐標公式求解即得.
（3）設(shè)出雙曲線的兩條切線方程，與雙曲線方程聯(lián)立，結(jié)合判別式求出兩條切線交點的軌跡方程，再判斷與圓的位置關(guān)系即可得解.
【詳解】（1）由對稱性知，雙曲線過點，則，解得，
所以雙曲線的方程為.
（2）由（1）得，設(shè)，
顯然直線不垂直于y軸，設(shè)直線的方程為，
由消去x得，
顯然，，
則，即，
所以.
（3）圓上存在點，使得過作雙曲線的兩條切線互相垂直.
若雙曲線的兩條切線有交點，則兩條切線的斜率存在且不為0，
設(shè)雙曲線的兩條切線分別為，
將代入消去得：，
由得，解得，
因此，設(shè)兩條切線的交點坐標為，
則，即有，且，
即，
于是是方程的兩根，
而，則，即，從而兩條切線們交點的軌跡為圓，
而的圓心為，半徑為1，圓的圓心，半徑為3，
顯然，滿足，即圓與圓相交，
所以圓上存在點，使得過作雙曲線的兩條切線互相垂直.
【點睛】方法點睛：①引出變量法，解題步驟為先選擇適當?shù)牧繛樽兞浚侔岩C明為定值的量用上述變量表示，最后把得到的式子化簡，得到定值；②特例法，從特殊情況入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)．
12．（2024·重慶九龍坡·三模）已知，，是圓上任意一點，點關(guān)于點的對稱點為，線段的中垂線與直線相交于點，記點的軌跡為曲線.
(1)求曲線的方程；
(2)過點且斜率為的直線交曲線位于軸右側(cè)的部分于不同的A，B兩點，為軸上一點且滿足，試探究是否為定值，若是，則求出該定值；若不是，請說明理由.
【答案】(1)
(2)為定值，定值為
【分析】（1）由中位線定理和垂直平分線的性質(zhì)，結(jié)合雙曲線的定義，即可得解；
（2）由題意得直線方程為，與雙曲線的的方程聯(lián)立，得到兩根之和，兩根之積，求出的中點坐標，進而求出的垂直平分線的方程，求出的坐標，結(jié)合雙曲線的定義及弦長公式化簡即可得出結(jié)論.
【詳解】（1）由題意可得，且為的中點，
又為的中點，所以且，
因為點關(guān)于點的對稱點為，線段的中垂線與直線相交于點，
由垂直平分線的性質(zhì)可得，
所以，
所以點的軌跡是以為焦點的雙曲線，
，所以，
所以曲線的方程為；
（2）直線方程為，設(shè)，
聯(lián)立，可得，
由于直線交雙曲線的右支于兩點，
可得，，
所以，解得或，
則，
即的中點坐標為，
因為為軸上一點，滿足，故為的垂直平分線與軸的交點，
的垂直平分線的方程為：，
令，則得，即，
所以，
又，
又因為在雙曲線的右支上，故，
故，即，
故，
即為定值，定值為.
【點睛】方法點睛：圓錐曲線中定值問題常見方法：
（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)；
（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.
13．（24-25高三上·重慶沙坪壩·開學(xué)考試）已知雙曲線的中心為坐標原點，左、右頂點分別為，虛軸長為6.
(1)求雙曲線的方程；
(2)過點的直線與的右支交于兩點，若直線與交于點.
（i）證明：點在定直線上；
（ii）若直線與交于點，求的值.
【答案】(1)
(2)（i）證明見解析；（ii）
【分析】（1）由直接求出雙曲線方程即可；
（2）（i）設(shè)直線方程和設(shè)，直曲聯(lián)立表示出韋達定理，利用點在雙曲線上代入化簡表示出直線方程，聯(lián)立兩方程化簡即可；（ii）設(shè)，利用點在直線上表示出和點在直線上表示出，再利用數(shù)量積的坐標表示結(jié)合韋達定理化簡即可；
【詳解】（1）設(shè)雙曲線的標準方程為，
依題意有，
所以雙曲線方程為.
（2）
(i)證明:設(shè)直線方程為:，設(shè)，
聯(lián)立方程，消去得:，
，
，
是雙曲線上的點，
，
直線，同理直線，
聯(lián)立方程得
，
解得，故點在定直線上.
(ii)由雙曲線對稱性可知，點也在直線上，
設(shè)，點在直線上，所以，
點在直線上，所以，
所以
所以.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第二問第一小問的關(guān)鍵在于直曲聯(lián)立，借助韋達定理化簡兩直線方程；本題第二問的第二小問的關(guān)鍵在于坐標表示出向量的數(shù)量積并結(jié)合韋達定理化簡；
14．（23-24高三上·河北·期末）已知拋物線，過焦點的直線與交于兩點，且的最小值為2．
(1)求的方程；
(2)過且與垂直的直線交于兩點，設(shè)直線的中點分別為，過坐標原點作直線的垂線，垂足為，是否存在定點，使得為定值，若存在，求出點坐標，若不存在，請說明理由．
【答案】(1)
(2)存在定點，使得為定值
【分析】（1）設(shè)出直線，聯(lián)立拋物線方程，求出，得到，求出答案；
（2）在（1）的基礎(chǔ)上，得到，，得到直線的方程，得到直線過定點，在以為直徑的圓上，所以存在定點，使得為定值．
【詳解】（1）當直線的斜率為0時，與拋物線只有一個交點，不合要求，舍去；
設(shè)直線，與拋物線方程聯(lián)立可得，
設(shè)，則，
所以，
所以，所以的方程為．
（2）由（1）可知，，
所以，同理可得，
所以直線斜率為，
所以直線，即，
所以直線過定點，
因為⊥，所以在以為直徑的圓上，
取的中點，則為定值，
所以存在定點，使得為定值．
【點睛】處理定點問題的思路：
（1）確定題目中的核心變量（此處設(shè)為），
（2）利用條件找到與過定點的曲線的聯(lián)系，得到有關(guān)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(guān)于與的等式進行變形，直至找到，
①若等式的形式為整式，則考慮將含的式子歸為一組，變形為“”的形式，讓括號中式子等于0，求出定點；
②若等式的形式是分式，一方面可考慮讓分子等于0，一方面考慮分子和分母為倍數(shù)關(guān)系，可消去變?yōu)槌?shù).
15．（23-24高三上·廣東廣州·期中）已知橢圓C：的離心率為，焦距為2.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若橢圓C的左頂點為A，過右焦點F的直線與橢圓C交于B，D（異于點A）兩點，直線，分別與直線交于M，N兩點，試問是否為定值 若是，求出該定值；若不是，請說明理由.
【答案】(1)
(2)是，
【分析】(1)根據(jù)離心率公式、焦距以及之間的關(guān)系，列出等式即可求得；
(2)設(shè)出直線的方程與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達定理得到根的表達式，設(shè)出直線的方程。得到點的坐標，同理可求得點坐標，再根據(jù)向量的坐標運算進行求解即可.
【詳解】（1）依題意知：，
解之得：，，，
所以橢圓C的方程為.
（2）由于B，D異于A，故設(shè)直線的方程為，
聯(lián)立得：
設(shè)，，則
因為，，所以設(shè)直線的方程為，
聯(lián)立得：，同理有
因為，所以，
所以
所以，即.

【點睛】關(guān)鍵點點睛：將直線和橢圓方程聯(lián)立利用韋達定理求出相關(guān)點的坐標，進而可表達出向量，，再根據(jù)向量積的值可得結(jié)果.
1．（山東·高考真題）如圖，已知橢圓的離心率為，以該橢圓上的點和橢圓的左、右焦點為頂點的三角形的周長為.一等軸雙曲線的頂點是該橢圓的焦點，設(shè)為該雙曲線上異于頂點的任一點，直線和與橢圓的交點分別為和.
（Ⅰ）求橢圓和雙曲線的標準方程；
（Ⅱ）設(shè)直線、的斜率分別為、，證明；
（Ⅲ）是否存在常數(shù)，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，請說明理由.
【答案】（Ⅰ）橢圓的標準方程為；雙曲線的標準方程為
（Ⅱ）=1．（Ⅲ）存在常數(shù)使得恒成立，
【詳解】試題分析：(1)設(shè)橢圓的半焦距為c，由題意知：，
2a＋2c＝4(＋1)，所以a＝2，c＝2.
又a2＝b2＋c2，因此b＝2.故橢圓的標準方程為＝1.
由題意設(shè)等軸雙曲線的標準方程為＝1(m＞0)，因為等軸雙曲線的頂點是橢圓的焦點，所以m＝2，因此雙曲線的標準方程為＝1.
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，則k1＝，k2＝.
因為點P在雙曲線x2－y2＝4上，所以x－y＝4.
因此k1·k2＝·＝＝1，即k1·k2＝1.
(3)由于PF1的方程為y＝k1(x＋2)，將其代入橢圓方程得(2k＋1)x2－8kx＋8k－8＝0，
顯然2k＋1≠0，顯然Δ＞0.由韋達定理得x1＋x2＝，x1x2＝.
所以|AB|＝
＝.
同理可得|CD|＝.
則，
又k1·k2＝1，
所以.
故|AB|＋|CD|＝|AB|·|CD|.
因此存在λ＝，使|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立．
考點：本題考查了圓錐曲線方程的求法及直線與圓錐曲線的位置關(guān)系
點評：對于直線與圓錐曲線的綜合問題，往往要聯(lián)立方程，同時結(jié)合一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系進行求解；而對于最值問題，則可將該表達式用直線斜率k表示，然后根據(jù)題意將其進行化簡結(jié)合表達式的形式選取最值的計算方式
2．（湖北·高考真題）在平面直角坐標系中，過定點作直線與拋物線相交于A，B兩點．
（1）若點N是點C關(guān)于坐標原點O的對稱點，求面積的最小值；
（2）是否存在垂直于y軸的直線l，使得l被以AC為直徑的圓截得的弦長恒為定值？若存在，求出l的方程；若不存在，說明理由．
【答案】（1）；（2）滿足條件的直線l存在，其方程為，理由見解析．
【分析】（1）設(shè)直線的方程為，聯(lián)立拋物線方程，由韋達定理求得：，，利用表示出面積，再求最小值即可；
（2）假設(shè)滿足條件的直線l存在，其方程為，通過向量表示出以AC為直徑的圓的方程，將直線方程代入圓的方程，借助韋達定理表示出弦長，再由弦長為定值解出即可.
【詳解】（1）依題意，點N的坐標為，可設(shè)，，易得直線AB的斜率必存在，設(shè)方程為，
與聯(lián)立得，消去y得，由韋達定理得，．
∴，
∴當時，．
（2）假設(shè)滿足條件的直線l存在，其方程為，由上知，設(shè)以AC為直徑的圓上一點坐標為，則，
即，則以AC為直徑的圓的方程為，
將直線方程代入得，則．
設(shè)直線l與以AC為直徑的圓的交點為，，則有,
．
令，得，此時為定值，且滿足，∴滿足條件的直線l存在，其方程為．
3．（江西·高考真題）如圖，已知拋物線，過點任作一直線與相交于兩點，過點作軸的平行線與直線相交于點（為坐標原點）.
(1)證明：動點在定直線上；
(2)作的任意一條切線（不含軸）與直線相交于點，與（1）中的定直線相交于點，證明：為定值，并求此定值.
【答案】（1）詳見解析，（2）8.
【詳解】試題分析：（1）依題意可設(shè)的方程為，代入，得即，設(shè)，則有，直線的方程為的方程為，解得交點的坐標，利用，即可求得點在定直線上；（2）依據(jù)題意得，切線的方程為，代入得即．由得，分別令得得的坐標為，從而可知為定值．
試題解析：（1）依題意可設(shè)的方程為，代入，得，
即，設(shè)，則有，
直線的方程為的方程為，解得交點的坐標為，
注意到及，則有，
因此點在定直線上．
（2）依題意,切線的斜率存在且不等于．
設(shè)切線的方程為，代入得，即．
由得，化簡整理得．故切線的方程可寫為．
分別令，得的坐標為，
則，即為定值．
考點：直線與圓錐曲線的位置關(guān)系．
【方法點晴】本題主要考查了直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，其中解答中涉及到拋物線的方程及其幾何性質(zhì)的應(yīng)用，直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識的考查，著重考查了學(xué)生分析問題和解答問題能力，以及推理與論證能力和數(shù)形結(jié)合思想，此類問題的解答中把直線的方程代入圓錐曲線的方程，轉(zhuǎn)化為根與系數(shù)的關(guān)系是解答的關(guān)鍵，試題有一定的難度，屬于中檔試題．
4．（·四川·高考真題）橢圓（）的離心率是，點在短軸上，且．
（1）求橢圓的方程；
（2）設(shè)為坐標原點，過點的動直線與橢圓交于兩點，是否存在常數(shù)，使得為定值？若存在，求的值；若不存在，請說明理由
【答案】（1）；（2）見解析.
【詳解】（1）由已知，點C，D的坐標分別為（0，－b），（0，b）
又點P的坐標為（0，1），且＝－1
于是，解得a＝2，b＝
所以橢圓E方程為.
（2）當直線AB斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1
A，B的坐標分別為（x1，y1），（x2，y2）
聯(lián)立，得（2k2＋1）x2＋4kx－2＝0
其判別式△＝（4k）2＋8（2k2＋1）＞0
所以
從而＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋（y1－1）（y2－1）]
＝（1＋λ）（1＋k2）x1x2＋k（x1＋x2）＋1
＝
＝－
所以，當λ＝1時，－＝－3，
此時，＝－3為定值.
當直線AB斜率不存在時，直線AB即為直線CD
此時＝－2－1＝－3
故存在常數(shù)λ＝1，使得為定值－3.
考點：本題主要考查橢圓的標準方程、直線方程、平面向量等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合、化歸與轉(zhuǎn)化、特殊與一般、分類與整合等數(shù)學(xué)思想.
5．（四川·高考真題）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，直線：與橢圓有且只有一個公共點T．
（Ⅰ）求橢圓的方程及點的坐標；
（Ⅱ）設(shè)是坐標原點，直線平行于，與橢圓交于不同的兩點、，且與直線交于點，證明：存在常數(shù)，使得，并求的值．
【答案】（Ⅰ），點T坐標為（2,1）；（Ⅱ）.
【詳解】試題分析：本題考查橢圓的標準方程及其幾何性質(zhì)，考查學(xué)生的分析問題、解決問題的能力和數(shù)形結(jié)合的思想.第（Ⅰ）問，利用直線和橢圓只有一個公共點，聯(lián)立方程，消去y得關(guān)于x的方程有兩個相等的實數(shù)根，解出b的值，從而得到橢圓E的方程；第（Ⅱ）問，利用橢圓的幾何性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，進行求解.
試題解析：（Ⅰ）由已知，，則橢圓E的方程為.
由方程組 得.①
方程①的判別式為，由，得，
此時方程①的解為，
所以橢圓E的方程為.
點T坐標為（2,1）.
（Ⅱ）由已知可設(shè)直線的方程為，
由方程組 可得
所以P點坐標為（），.
設(shè)點A，B的坐標分別為.
由方程組 可得.②
方程②的判別式為，由，解得.
由②得.
所以，
同理，
所以
.
故存在常數(shù)，使得.
【考點】橢圓的標準方程及其幾何性質(zhì)
【名師點睛】本題考查橢圓的標準方程及其幾何性質(zhì)，考查學(xué)生的分析問題、解決問題的能力和數(shù)形結(jié)合的思想.在涉及直線與橢圓（圓錐曲線）的交點問題時，一般設(shè)交點坐標為，同時把直線方程與橢圓方程聯(lián)立，消元后，可得，再把用表示出來，并代入的值，這種方法是解析幾何中的“設(shè)而不求”法，可減少計算量，簡化解題過程．
6．（上海·高考真題）在平面直角坐標系中，已知雙曲線.
（1）過的左頂點引的一條漸近線的平行線，求該直線與另一條漸近線及x軸圍成的三角形的面積；
（2）設(shè)斜率為1的直線l交于P、Q兩點，若l與圓相切，求證：OP⊥OQ；
（3）設(shè)橢圓. 若M、N分別是、上的動點，且OM⊥ON，求證：O到直線MN的距離是定值.
【答案】（1）；（2）見解析；（3）見解析.
【詳解】（1）雙曲線，左頂點，漸近線方程：.
過點A與漸近線平行的直線方程為，即.
解方程組，得.
所以所求三角形的面積1為.
（2）設(shè)直線PQ的方程是.因直線與已知圓相切，
故，即.
由，得.
設(shè)P(x1,y1)、Q(x2,y2)，則.
又，所以
，故OP⊥OQ.
（3）當直線ON垂直于x軸時，|ON|=1，|OM|=，則O到直線MN的距離為.
當直線ON不垂直于x軸時，設(shè)直線ON的方程為（顯然），則直線OM的方程為.
由，得，所以.
同理.
設(shè)O到直線MN的距離為d，因為，
所以，即d=.
綜上，O到直線MN的距離是定值.
7．（全國·高考真題）如圖，橢圓的長軸與x軸平行，短軸在y軸上，中心為．
(1)寫出橢圓的方程，求橢圓的焦點坐標及離心率；
(2)直線交橢圓于兩點；直線交橢圓于兩點，．求證：；
(3)對于（2）中的中的在，，，，設(shè)交軸于點，交軸于點，求證：（證明過程不考慮或垂直于軸的情形）
【答案】(1)橢圓方程為；焦點坐標為，；離心率
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）根據(jù)橢圓的長軸與軸平行，短軸在軸上，中心，即可得橢圓方程，從而可得焦點坐標與離心率；
（2）將直線的方程代入橢圓方程，利用韋達定理，可得；將直線的方程代入橢圓方程，同理可得，由此可得結(jié)論；
（3）設(shè)點，點，由、、共線，得；由、、共線，可得，由此可得結(jié)論．
【詳解】（1）解：橢圓的長軸與軸平行，短軸在軸上，中心，
橢圓方程為
焦點坐標為，
離心率
（2）證明：將直線的方程代入橢圓方程，得
整理得
根據(jù)韋達定理，得，，
所以①
將直線的方程代入橢圓方程，同理可得②
由 ①、②得
所以結(jié)論成立.
（3）證明：設(shè)點，點
由、、共線，得
解得
由、、共線，同理可得
由變形得
所以
即
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