重难点专题37 圆锥曲线定值问题十三大题型-备战2025年高考《数学》重难点题型突破（新高考）解析版

第第页重难点专题37圆锥曲线定值问题十三大题型汇总题型1线段长度定值问题 1题型2周长定值问题 14题型3面积定值问题 25题型4向量积定值问题 36题型5角度定值问题 44题型6运算关系定值问题 53◆类型1和关系 53◆类型2差关系 57◆类型3积关系 60◆类型4商关系 62◆类型5平方关系 69题型7坐标相关定值问题 74题型8参数相关定值问题 85题型9斜率定值问题 95题型10斜率和定值问题 103题型11斜率差定值问题 114题型12斜率积定值问题 119题型13斜率比定值问题 129题型1线段长度定值问题与线段长度有关的定值问题通常是先引入参数，利用距离公式或弦长公式得到长度解析式，再对解析式化简，得出结果为定值【例题1】（2023·全国·模拟预测）已知椭圆C：x2a2+y(1)求椭圆C的标准方程.(2)过F的两条互相垂直的直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，若线段AB，PQ的中点分别为M，N，且过F作直线MN的垂线，垂足为D，证明：存在定点H，使得DH为定值.【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）解法一，根据点在椭圆上及焦点坐标求解即可；解法二，根据离心率和通径长即可求解椭圆方程；（2）解法一，分类讨论，当直线AB，PQ的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为y=kx+2k≠0，用A、B坐标表示M、N坐标，进而求得直线MN恒过点T−解法二，分类讨论，当直线AB，PQ的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为y=kx+2k≠0，用A、B坐标表示M、N坐标，用平面向量的坐标运算求得直线MN恒过点T−【详解】（1）解法一，由题意知c=2，又a2=b把点2,2代入椭圆方程得4b2故椭圆C的标准方程为x2解法二，因为椭圆C的左焦点为F−2,0，所以c=2，设C的右焦点为F'，则椭圆上点2,2与点F'的横坐标相同，所以点2,2由x=cx2a2+y2b2=1得y=±b2a（2）解法一，当直线AB，PQ的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为y=kx+2k≠0，Ax由y=kx+2x2则x1+x所以y1+y同理用−1k代换k可得若−4k21+2且直线MN的方程为x=−43，过点若k≠±1，则直线MN的斜率为2k1+2可得直线MN的方程为y−2k化简得y=3k21−当直线AB，PQ的斜率一个不存在，一个为0时，直线MN的方程为y=0，直线MN过定点T−43令H为FT的中点，则H−则由题设知FT是Rt△FDT的斜边，故DH若D与T或F重合，则DH=综上，存在定点H−53解法二，当直线AB，PQ的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为y=kx+2k≠0，Ax1,y1则x1+x所以y1+y同理用−1k代换k可得若−4k21+2且直线MN的方程为x=−43，过点T−因为TM=43所以TM=−2+当直线AB，PQ的斜率一个不存在，一个为0时，直线MN的方程为y=0，直线MN过定点T−43令H为FT的中点，则H−若D与T，F均不重合，则由题设知FT是Rt△FDT的斜边，故DH若D与T或F重合，则DH=综上，存在定点H−53【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法：（1）引进参数法：引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点；（2）特殊到一般法：根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.【变式1-1】1.（2023上·河北沧州·高三校联考阶段练习）已知抛物线C:y2=2pxp>0过点(1)求抛物线C的方程；(2)若过点Q2,0作QH⊥l，垂足为H（不与点Q重合），是否存在定点T，使得HT【答案】(1)y(2)存在定点T1,−1，使得HT为定值，该定值为【分析】（1）将点1,p代入抛物线方程可求出p，从而可求出抛物线方程；（2）设点My124,y1，Ny224,y【详解】（1）因为抛物线C:y2=2pxp>0过点1,p，所以所以抛物线C的方程为y2（2）设点My124,y1又因为点M关于点G的对称点为P，所以点Py由O，N，P三点共线，可得kON=k化简得2y设直线l的方程为x=my+n，联立x=my+ny2=4x则Δ=4m2−4×−4n>0，即代入2y1+y2所以直线l的方程：x=my+n，即x=my+2m，则x=my+2所以直线l过定点E0,−2因为QH⊥l，所以点H的轨迹是以EQ为直径的圆（除去E，Q两点），圆心为1,−1，半径为2，所以存在定点T1,−1，使得HT为定值，该定值为2.【点睛】关键点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线中的定点问题，解题的关键是将直线方程代入抛物线方程化简，利用根与系数的关系，再结合O，N，P三点共线的条件表示出直线方程，从而可求得直线过的定点.【变式1-1】2.（2023下·广东深圳·高二深圳外国语学校校考阶段练习）已知点A(2,1)在双曲线C:x(1)点A1，A2为C的左右顶点，P为双曲线C上异于A1，A(2)点M，N在C上，且kAM⋅kAN=12，AD⊥MN【答案】(1)12(2)证明见解析.【分析】（1）代入点A(2,1)，得a2=2，从而得双曲线方程及A1，A2的坐标，设P点坐标为x,y，则kP（2）设直线MN方程为y=kx+m，设Mx1,y1,Nx2,y2，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理及kAM⋅kAN【详解】（1）解：因为点A2,1在双曲线C:所以4a2−所以双曲线C:x22设P点坐标为x,y，则kP所以kP因为点P在曲线C上，所以y2所以kP所以kPA1（2）证明：依题意，直线MN的斜率存在，故设其方程为y=kx+m，设Mx联立x22−y2显然1−2kΔ=由韦达定理得x1因为直线AM,AN的斜率之积为12所以y1所以x1即x1所以有2k将韦达定理代入化简得4m2k+m−1而当2k+m−1=0，此时直线l为y=kx+1−2k=kx−2易知l恒过定点A2,1所以m=0，此时满足Δ>0且直线MN过定点O

又因为AD⊥MN,D为垂足，所以△ADO为直角三角形，∠D为直角，所以当点Q为斜边AO的中点1,12时，DQ为定值综上所述，存在定点Q1,12，使得DQ【变式1-1】3.（2023·云南曲靖·校考三模）双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点为(1)求双曲线C的方程；(2)已知M,N是C上不同的两点，MN中点的横坐标为2，且MN的中垂线为直线l，是否存在半径为1的定圆E，使得l被圆E截得的弦长为定值，若存在，求出圆E的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1)x(2)存在，E:【分析】（1）根据双曲线的性质，结合△ABD是等腰直角三角形的性质，列出关系式即可求解双曲线方程；（2）首先利用点差法求出直线l所过的定点，即可求出定圆的方程.【详解】（1）依题意，∠BAD=90°，焦半径c=2，当x=c时，c2a2−y所以BF=b2a，由AF=解得：a=1（其中a=−2<0舍去），所以b2故双曲线C的方程为x2

（2）设Mx1因为M,N是C上不同的两点，MN中点的横坐标为2.所以x1①-②得x1当kMN存在时，k因为MN的中垂线为直线l，所以y−y0=−所以l过定点T8,0

当kMN不存在时，M,N关于x轴对称，MN的中垂线l为x轴，此时l也过T所以存在以8,0为圆心的定圆E:(x−8)2+y2【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线相交的综合应用，本题的关键是求得直线所过的定点，因为半径为1，所以定圆圆心为定点，弦长就是直径.【变式1-1】4.（2023下·甘肃白银·高二统考开学考试）过双曲线C:x2a2−y2b2(1)求双曲线C的方程．(2)已知点P2,−1，两个不重合的动点M，N在双曲线C上，直线PM，PN分别与y轴交于点E，F，点Q在直线MN上，OE+OF=0且PQ⊥MN，试问是否存在定点T【答案】(1)x(2)存在；T1,−2，QT为定值【分析】（1）根据点到直线的距离公式结合c2（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，进而根据中点关系得x1+2y12−x1+x【详解】（1）双曲线C的渐近线方程为bx±ay=0，双曲线C上一点x0,y由题知a2=3，因为c2=a2+b2（2）显然直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y=kx+m，Mx1,联立方程组y=kx+m,x2−则1−k2≠0，Δ=4m直线PM的方程为y=y令x=0，则y=x1+2y1由OE+OF=0，可得所以2k+1==4k−2m+2整理得m2当m+2k+1=0，即m=−2k−1时，直线MN的方程为y=kx−2−1，过点与PQ⊥当m=−3时，直线MN的方程为y=kx−3，恒过点G0,−3设PG的中点为T，则T1,−2，因为PQ⊥MN，所以QT故存在T1,−2，使QT为定值2

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.技巧：若直线方程为y−y0=k若直线方程为y=kx+b(b为定值),则直线过定点0,b【变式1-1】5.（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F，准线为l，过点F且倾斜角为π6的直线交抛物线于点M（M在第一象限），MN⊥l，垂足为N，直线NF交x(1)求p的值.(2)若斜率不为0的直线l1与抛物线C相切，切点为G，平行于l1的直线交抛物线C于P,Q两点，且∠PGQ=π2，点F到直线【答案】(1)p=4(2)是，3【分析】（1）利用图中的几何关系以及抛物线的定义求解；（2）直线PQ的方程为y=kx+mk≠0以及点P,Q,G的坐标，将直线方程与抛物线方程联立由韦达定理以及∠PGQ=π2得到k与m的关系式，利用直线l1与抛物线C相切求出直线l1的方程，用点到直线的距离公式即可求出点F【详解】（1）如图所示，过点F作FA⊥MN，垂足为A,MN交x轴于点E，由题得∠AFM=π6，所以因为MF=MN，所以△因为O是FB的中点，所以DF=故FM=所以MN=8，AN=4，所以OF=12

（2）由（1）可知抛物线的方程是x2设直线PQ的方程为y=kx+mk≠0，P因为∠PGQ=π2，所以即x1+x又y'=k=x04联立y=kx+mx2=8y，消去y，得x则x1所以−8m+32k2+16设点F到直线PQ和直线l1的距离分别为d则由l1∥PQ得所以点F到直线PQ与到直线l1【点睛】解决定值问题的途径就是用部分量去表示所求的量，本题就是利用韦达定理及其已知条件先找到部分量之间的关系，再用部分量去表示所求的量，最后用部分量之间的关系消元,即可得到定值.题型2周长定值问题【例题2】（2023·云南大理·统考模拟预测）已知点M到定点F3,0的距离和它到直线l：x=253(1)求点M的轨迹C的方程；(2)若直线l：y=kx+m与圆x2+y2=16相切，切点N在第四象限，直线l与曲线C交于A【答案】(1)x(2)证明见解析，定长=10.【分析】（1）根据条件列方程，求出M点的轨迹方程；（2）根据题意，设定N点的参数，运用点斜式直线方程，联立椭圆与直线方程，运用韦达定理和弦长公式以及第一问的条件即可求解.【详解】（1）

设Mx,y，由条件可知：x−32+（2）

由（1）的结论知：曲线C是方程为x225+y2则kON=t联立方程：x225+设Ax1,x1AB=30×16p由条件可知：BF=35△ABF的周长=AB综上，曲线C的方向为x225+y2【点睛】本题的第一问是圆锥曲线的第二定义，难点在第二问的计算上，注意到出现的数字都是平方数，不必将所有的数乘起来，这样便于计算和思考.【变式2-1】1.（2023·湖南长沙·长沙市实验中学校考三模）已知P为圆C：x2+y(1)求点Q的轨迹方程；(2)点M在圆x2+y2=3【答案】(1)x(2)△ABC的周长为定值4【分析】（1）根据垂直平分线性质可知PQ=QN，可得QN+（2）设Ax1,y1,Bx2,【详解】（1）由题意得：圆C:x−12+y2设PN中点为K，则QK为线段PN的垂直平分线，则PQ=所以QN+所以Q点轨迹是以C,N为焦点，长轴长为4的椭圆，即a=2，c=1，则b2所以Q点轨迹方程为：x2

（2）设Ax1,则x124故AC=同理可得BC=2−因为AB⊥OM,OM所以AM=同理可得BM=所以AB+即△ABC的周长为定值4.

【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【变式2-1】2.（2023·上海·上海市七宝中学校考模拟预测）已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(1)若△PFB为直角三角形，求Γ的离心率；(2)若a=2，b=1，点Q，Q'是椭圆Γ上不同两点，试判断“PQ=PQ'”是“Q(3)若a=2，b=3，点T为直线x=4上的动点，直线TA，TB分别交椭圆Γ于C，D两点，试问△FCD【答案】(1)5(2)必要不充分条件，理由见解析(3)是，理由见解析【分析】（1）利用△PFB为直角三角形得到PF⋅PB=0，转化为ac=（2）根据椭圆的对称性可证必要性，又反例可知不满足充分性.（3）先证直线CD过椭圆的右焦点，可得△FCD的周长为4a=8【详解】（1）

如图F−c,0，P0,b，PF=−c,−b，由题意PF⋅PB=0，即ac=解得离心率e=（2）必要不充分条件.必要性：根据椭圆的对称性可知，当Q，Q'关于y轴对称时，PQ充分性：椭圆方程为x24+|PQ|2=所以可举反例：分别取y1=0，即Q(2,0)，Q使得PQ=PQ'=5，但（3）

由题意，A(−2,0)，B(2,0)，椭圆方程为x2设T4,t，则直线AT的斜率为t4−−2联立椭圆方程得(27+txA+xC=−4t所以C(54−2同理直线BT的方程为：y=t联立椭圆方程得(3+txB+xD=4t所以D(2所以kCDCD直线方程为y−−6t令y=0，可得x=1，即直线CD恒过椭圆的右焦点.所以△FCD的周长为定值4a=8.【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x1（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1（5）代入韦达定理求解.【变式2-1】3.（2023·甘肃·统考二模）已知椭圆C:x2a(1)求椭圆C的方程；(2)若P为直线x=4上一点，PA，PB分别与椭圆交于C，D两点．①证明：直线CD过椭圆右焦点F2②椭圆的左焦点为F1，求△C【答案】(1)x(2)①证明见解析；②定值为8.【分析】（1）由题意可得a=2，A−2,0，B2,0，设Mx（2）①设P(4,t)(t≠0)，联立直线和椭圆方程，求得C54−2t227+t2,【详解】（1）由已知得：a=2，A−2,0，B设Mx0,因为kMA将①式代入，得4b2−所以椭圆C:x（2）①证明：设P(4,t)(t≠0)，则kPA=t同理可得kPB=t联立方程x=6ty−2x2则C54−2同理联立方程x=2ty+2x2则D2又椭圆的右焦点为F2所以F2C=因为27−3t说明C，D，F1三点共线，即直线CD恒过F②周长为定值．因为直线CD恒过F1根据椭圆的定义，所以△CF1【变式2-1】4.（2023·云南曲靖·曲靖一中校考模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，动圆P与圆C1:x+12+y2(1)求曲线C的方程；(2)设曲线C的左、右两个顶点分别为A1、A2，T为直线l:x=4上的动点，且T不在x轴上，直线TA1与C的另一个交点为M，直线TA2与C的另一个交点为N，【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）设动圆P的半径为R，分析可得PC1+（2）设点T4,tt≠0，设Mx1,y1，Nx2,y2，写出直线TA1、TA【详解】（1）解：设动圆P的半径为R，由题意可知：圆C1的圆心为C1−1,0，半径为72；圆C2因为C1C2=2，则C1因为动圆P与圆C1内切，且与圆C则PC所以，动圆P的圆心的轨迹E是以C1、C设其方程为x2a2+y所以，a=2，b2=a2−（2）证明：由题意可知A1−2,0、A2设Mx1,直线A1T的方程为y=t6x+2联立方程y=ty=t6x+2x2由韦达定理可得−2⋅x1=则y1=t联立方程y=t2x−t由韦达定理可得2x2=则y2=t所以，kMN所以，直线MN的方程为y+6t即y=−6tt2故直线MN过定点1,0，所以△FMN的周长为定值8，当t=±3时，M1,32、N1,−3所以，MN过椭圆E的焦点1,0，此时△FMN的周长为定值4a=8，综上所述，△FMN的周长为定值8.【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．【变式2-1】5.（2023上·北京密云·高二统考期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长是焦距的2倍，点(1)求椭圆C的方程；(2)当k=1时，求△ABF的面积；(3)对∀k≠0，△ABF的周长是否为定值？若是，给出证明，并求出定值；若不是，说明理由.【答案】(1)x(2)12(3)是，定值为8，证明见解析【分析】（1）由a、b、c关系及点在椭圆上建立方程组即可解得参数；（2）S△ABF（3）判断直线恒过左焦点，由椭圆定义可得周长为定值.【详解】（1）长轴长是焦距的2倍，则a=2c，则b2∴椭圆为x24c2+y2∴椭圆C的方程为x2（2）k=1，则直线为y=x+1，过椭圆左焦点F1−1，设Ax1,y1, y1+y∴y1∴S△ABF（3）△ABF的周长为定值，理由如下：直线l恒过椭圆左焦点F1−1，0，由椭圆定义可知题型3面积定值问题与面积有关的定值问题通常是利用面积公式把面积表示成某些变量的表达式，再利用题中条件化简，【例题3】（2023上·江西南昌·高三南昌市第三中学校考阶段练习）设x，y∈R，向量i，j分别为平面直角坐标内x轴，y轴正方向上的单位向量，若向量a=x+3i(1)求点Mx,y的轨迹C(2)设椭圆E：x216+y24=1，曲线C的切线y=kx+m交椭圆E【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）利用平面向量的模的几何意义、椭圆的定义、椭圆的标准方程运算即可得解.（2）利用直线与椭圆的位置关系、点到的直线距离公式、三角形面积公式运算即可得解.【详解】（1）解：如上图，由题意，∵a=x+3∴a=x+32+y2b=x−32+y2∴由a+b=4∴由椭圆的定义可知点Mx,y的轨迹C是以F1−且长轴长为2a=4，c=3，则b=∴由椭圆的标准方程知点Mx,y的轨迹C的方程为x（2）解：如上图，由题意，直线y=kx+m是曲线C：x2∴由y=kx+mx24则Δ=64k2由题意，直线y=kx+m交椭圆E：x216+y2∴由y=kx+mx216设Ax1,y1、B∴x1又∵1+4k2=m且由y1=kx∴AB=又∵△OAB中边AB上的高ℎ即为点O到直线y=kx+m的距离，∴由点到直线距离公式得ℎ=m1+k2∴S△OAB即△OAB的面积为定值23【点睛】方法点睛：直线与椭圆的相交弦长的求解方法：1.当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解.2.当直线的斜率存在时，斜率为k的直线与椭圆相交于Ax1,（1）AB=（2）AB=1+1【变式3-1】1.（2023上·上海浦东新·高三上海市进才中学校考阶段练习）已知椭圆E:x24+y23(1)若直线l经过点C0,3，且OA(2)若直线l经过点C0,3，且S(3)若kOA⋅k【答案】(1)A1,3(2)y=32(3)是，3【分析】（1）由题意可得点A在线段OC的中垂线上，然后将y=3（2）由题意设直线l:y=kx+3，设Ax1,y1，Bx2,y2，方法一，由题意可得点A为线段BC的中点，则（3）由题意可得3x1x【详解】（1）由OA=AC知点A在线段所以由x24+y2所以A1,3（2）由题，直线l:y=kx+3，设Ax1,方法一：由S△AOC=S△AOB知点A为线段BC的中点，所以由x124+y所以A1,32所以32=k+3或32=−k+3，解得所以直线l的方程为y=32x+3方法二：由S△AOC=S△AOB得S△AOC由x24+所以Δ=由x1x2=24所以Δ=192k2−288>0所以，直线l的方程为y=32x+3（3）设Ax1,由kOA⋅k即3+4k由x24+所以Δ=代入（**）得3+4k所以(4m化简得4k因为AB==1+点O到直线l的距离d=|m|所以S==所以△AOB的面积为3.

【点睛】关键点点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中的面积问题，解题的关键是将直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，结合弦长公式求解，考查计算能力，属于较难题.【变式3-1】2.（2023上·湖北武汉·高三武钢三中校考阶段练习）已知A、B、C是直线l上的三点，且AB=1，BC=2，○O1切直线l于点A，又过B、C作○O(1)求点P的轨迹E方程；(2)设M、N是P的轨迹E上的不同两点且不关于原点O对称，若OM，ON的斜率分别为k1，k2，问：是否存在实数λ，使得当k1k2【答案】(1)x(2)存在，λ=−【分析】（1）根据圆切线的性质，利用椭圆的定义可判断动点轨迹为椭圆，适当建系可得轨迹方程；（2）假设直线MN的斜率存在，设直线方程，联立直线与椭圆方程，利用根于系数关系，求得弦MN的长度，再利用点到直线距离可得O到MN的距离，可得三角形面积，根据面积为定值可得λ的值，再验证当直线MN斜率不存在时成立.【详解】（1）如图所示，设过B、C异于l的两切线分别切○O1于D、E两点，两切线交于点由切线的性质可知：BA=BD，PD=故PB+PC=故由椭圆定义知，点P的轨迹是以B、C为两焦点的椭圆，以l所在的直线为x轴，以BC的中点为原点，建立坐标系，可求得动点P的轨迹方程为：x2（2）设存在这样的常数λ，使k1k2当直线MN斜率存在时，设其方程为y=kx+m，Mx1,联立直线与椭圆方程y=kx+mx得3+4k2x2+8kmx+4x1+xy1MN=点O到直线MN的距离为d=m所以S=1S2又k1k2即3m2−12所以S2若面积为定值，则−16λ16解得λ=−3此时S2=现验证当直线MN斜率不存在时，若λ=−3当直线MN斜率不存在时，设Mx0,则k1k2解得x0=2此时面积S=2×1综上所述，存在常数λ=−34，使k1k2【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．【变式3-1】3.（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考三模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点为F1,F2(1)求椭圆C的标准方程；(2)设△PF1F2，△PF1B【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）根据题意，求得a=2，结合离心率e=ca=12（2）设P(x0,y0联立方程，得到y0y1=−9【详解】（1）解：因为△PF1B的周长为所以4a=8，可得a=2，由椭圆的离心率e=ca=12所以椭圆C的标准方程为x2（2）证明：设P(x0,可设直线PA的方程为x=my−1，其中m=x联立方程x=my−1 x2则y0同理可得，y0因为S2S3所以S2S3−S2+=y023所以S2【点睛】方法点拨：圆锥曲线中的定值问题的求解方法：1、直接法：根据题设条件，直接推理计算，并在计算过程中消去变量，从而得到定点或定值；2、特殊位置法：先从特殊情况入手，求出定点或定值，再证明定点或定值与变量无关；3、函数方程思想：运用函数的思想方法进行求解，一般步骤（1）选择适当的变量；（2）把要求解或证明的是定值的量表示成上述变量的函数；（3）把是定值的量化成与变量无关的形式，从而证明是定值.【变式3-1】4.（2023上·上海嘉定·高三上海市育才中学校考期中）已知椭圆Γ方程为x2a2(1)求椭圆的离心率；(2)当直线PB1的一个方向向量是（1，1）时，求以PB1为直径的圆的标准方程；(3)点R满足：RB1⊥PB1，R【答案】(1)3(2)x+(3)为定值4，理由见解析【分析】（1）由△B1F1B（2）由直线PB1的一个方向向量是(1,1)，可得直线PB1所在直线的斜率k=1，得到直线PB1的方程，由椭圆方程联立，求得P点坐标，得到PB（3）设P(x0,y0)，R(x1,y1)求出直线PB1的斜率，进一步得到直线RB1的斜率，得到直线RB1的方程，同理求得直线RB【详解】（1）由△B1F1Bc=a2−b（2）由（1）知椭圆的标准方程为x2直线PB1的一个方向向量是(1,1)，且B直线PB1所在直线的斜率k=1，则直线PB1联立y=x+2x216由x≠0解得xP=−165则PB1的中点坐标为−8则以PB1为直径的圆的半径以PB1为直径的圆的标准方程为x+（3）设P(x0,y0)，直线PB1的斜率为kPB1=y于是直线RB1的方程为：同理，RB2的方程为：联立两直线方程，消去y，得x1∵P(x0,y0)在椭圆从而y02−4=−x0∴S△P题型4向量积定值问题与向量有关的定值问题常见类型一是求数量积有关的定值问题，二是根据向量共线，写出向量系数的表达式，再通过计算得出与向量系数有关的定值结论.【例题4】（2023·全国·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2(1)求椭圆C的标准方程．(2)圆x2+y2=45的切线交椭圆C于A【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）由离心率为32可以先得到a=2b（2）分直线AB的斜率是否存在进行讨论，当直线AB斜率不存在时，算出AN⋅NB=45，当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+m，将其与椭圆方程联立，由韦达定理结合直线AB【详解】（1）如图所示：

因为椭圆的离心率为32，所以32=则椭圆C的方程为x2将y=12代入椭圆方程，得则x2=4b所以椭圆C的标准方程为x2（2）当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x=±2将x=±255代入椭圆C的方程x所以|AN|=|NB如图所示：

当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+m．将y=kx+m与x24+y2由Δ=(8km)2设Ax1,y1则x1+x2=−则AN⋅由直线y=kx+m与圆x2+y2=由kON⋅k结合x02+又y0得−2kmx0=所以AN=1+综上，AN⋅NB=【变式4-1】1.（2023上·四川·高三南江中学校联考阶段练习）以坐标原点为对称中心，坐标轴为对称轴的椭圆过点C0,−1(1)求椭圆的方程．(2)设P是椭圆上一点（异于C,D），直线PC,PD与x轴分别交于M,N两点．证明在x轴上存在两点A,B，使得MB⋅【答案】(1)x2(2)证明见解析，定值为−12.【分析】（1）根据给定条件，设出椭圆方程，利用待定系数法求解即得.（2）设出点P,A,B的坐标，利用向量共线探讨出点M,N的坐标，再求出MB⋅NA，并确定【详解】（1）设椭圆方程为px2+qy2所以椭圆的方程为x2（2）设Px0,则CM=(xM,1),CP=(x0,DN=(xN+85,则NA=(m−MB⋅令5my0+8y0+3m=−3ny于是MB⋅所以存在A−4,0和B4,0，使得MB⋅【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．【变式4-1】2.（2022上·新疆昌吉·高二统考期中）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，F1，F(1)求椭圆C的方程；(2)已知点M−54【答案】(1)x(2)−【分析】（1）由y2=4x得到其准线为x=−1，进而得到椭圆C的半焦距c=1（2）①当直线l斜率不存在时，l的方程为x=−1，代入椭圆方程求得点M，N的坐标，验证即可；②当直线l斜率存在时，设直线l【详解】（1）解：由y2=4x可得准线为所以椭圆C的左焦点F1−1,0，所以椭圆C的半焦距c=1因为△ABF2的周长为所以4a=42，故a=所以b2所求椭圆的方程为x2（2）如图所示：

①当直线l斜率不存在时，l的方程为x=将x=−1代入x所以A−1,22，B−1,−2则MA⋅②当直线l斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+1，设Ax1由y=kx+1x2则x1+x2=−4k所以MA⋅=k=k=−综上所述，MA⋅MB为定值，且定值为【点睛】易错点点睛：本题第二问题在设直线方程时，往往忽视斜率不存在的情况，一般来讲，给一个点，设直线方程时用点斜式，分两种情况，一是斜率不存在时，二是斜率存在时求解.【变式4-1】3.（2018·天津·统考一模）已知椭圆C:x2a(1)求椭圆C的方程；(2)已知直线y=kx−1①若MB=AN，求k的值；②若点Q的坐标为74【答案】(1)x(2)①k=22；【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积即可求出a2（2）①根据根与系数的关系以及向量的数量积的运算即可求出；②根据根与系数的关系以及向量的数量积的运算即可求出．【详解】（1）∵e=ca=22，∴又椭圆的一个顶点与两个焦点构成的三角形的面积为2，即12b×2c=2，即以上各式联立解得a2=4,b（2）①直线y=kx−1与x轴交点为M1,0，与联立x2+2y2=4y=k设Ax1,y由MB=AN得：x1+②证明：由①知x1+∴QA⋅=1+∴QA

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法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【变式4-1】4.（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l:x=−2与x轴交于点A，过l右侧的点P作PM⊥l，垂足为M，且PA=

(1)求点P的轨迹C的方程；(2)过点B1,0的动直线l'交轨迹C于S,T，设Q−3,0【答案】(1)y(2)证明见解析【分析】（1）根据提意思，设P(x,y)，得到M(−2,y)，结合PA=PM+（2）当直线l'的斜率存在，可设l':y=k(x−1)，联立方程组，设S(x1,y1),T(x2,y2)【详解】（1）由题意，直线l:x=−2与x轴交于点A，过l右侧的点P作PM⊥l，可得O(0,0),A(−2,0)，设P(x,y)，则M(−2,y)，因为PA=PM+即(x+2)2+y（2）当直线l'的斜率存在，可设直线l联立方程组y=k(x−1)y2=4x+12设S(x因为直线l'与曲线C交于两点，则Δ且x1因为Q−3,0，可得QS所以QS=(1+==1−12当直线l'的斜率不存在，此时直线l联立方程组x=1y2=4x+12，解得x=±4此时QS=(4,4),QT=(4,−4)综上可得，QS⋅QT为定值

题型5角度定值问题【例题5】（2023上·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）如图3所示，点F1，A分别为椭圆E:x2a2+y2b

(1)求椭圆E的方程；(2)过点F1作直线l交椭圆E于B，D两点，连接AB，AD并延长交抛物线的准线于点M，N，求证：∠M【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）由抛物线的方程求出OF的长，再由OF=2OA=4OF1求出（2）设直线l为x=ty−1，联立直线l与椭圆E的方程，由韦达定理结合A,B,M三点共线可求出yM，同理求出yN，由向量的数量积求出【详解】（1）因为点F为抛物线C:y2=16x的焦点，所以p因为OF=2OA=4OF1，所以OF1=1，OA=2，所以a=2所以椭圆E的方程为x2（2）证明：由（1）可知：F1(−1,0)，设Bx1,y1，D显然直线l的斜率不为0，故可设为x=ty−1.由x=ty−1,3x2Δ=36∴y1+∵A，B，M三点共线，∴y同理：yN∴=−9×36F1故F1M⋅【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．【变式5-1】1.（2023下·浙江·高二浙江省开化中学校联考期中）已知离心率为2的双曲线E:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左右顶点分别为A，B，顶点到渐近线的距离为3.过双曲线E右焦点F的直线l(1)求双曲线E的标准方程；(2)记△ABP，△ABQ，△BPQ的面积分别为S1，S2，S3，当S(3)若直线AP，AQ分别与直线x=1交于M，N两点，试问∠MFN是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)x2(2)x=±y+4；(3)定值，π2【分析】（1）根据题意列出方程组，解之即可求解；（2）根据题意设直线l:x=my+4，联立方程组将面积的表达式表示出来，根据面积的值进而求解；（3）根据题意设出直线AP,AQ的方程，求出点M，N的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算即可求解.【详解】（1）设双曲线E的焦距为2c，取一条渐近线为bx−ay=0，又A−a,0则由题意可得ca故双曲线E的标准方程为x2（2）由题意可得直线l的斜率不为0，设直线l:x=my+4，Px1,联立x=my+4x24−y当3m2−1≠0则y1+y当l与双曲线交于两支时，S1−S2=当l与双曲线交于一支时，S1−S则S1−S故l:x=±y+4；（3）直线AP的方程为y=y令x=1，得y=3y1直线AQ的方程为y=y2x2+2x+2，令因为F4,0，所以FM=−3,FM=9+9×故FM⊥FN，即故∠MFN为定值π2【变式5-1】2.（2023下·北京海淀·高三人大附中校考开学考试）已知椭圆C:x2a2+(1)求C的方程和离心率；(2)过点13,−1【答案】(1)x23(2)∠DAE是为定值，该定值为π【分析】（1）根据题目条件，结合公式a2（2）对直线l的斜率是否存在进行分类讨论，斜率不存在时，求出点D,E的坐标，计算kAD⋅kAE=−1；斜率存在时，设直线l的方程为l:y=k(x−【详解】（1）因为椭圆的长轴长为23，所以2a=23，得a=3代入点A1,1，得13+1b所以椭圆的方程为x23+（2）当直线l垂直于x轴时，l:x=13，代入椭圆方程解得D(1所以kAD⋅k若∠DAE为定值，则必为π2当直线l的斜率存在时，设直线l:y=k(x−13)−联立y=k(x−13)−所以x1所以(=2(===−所以kAD⋅k综上所述，∠DAE的大小为定值π2【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.【变式5-1】3.（2023下·河南安阳·高三校联考阶段练习）已知椭圆C:x2a2+(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点F的直线l与椭圆C交于点M，N（异于点A），直线AM，AN分别与直线x=4交于点P，Q．问：∠PFQ的大小是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)x(2)∠PFQ的大小为定值π【分析】（1）根据题意得到a=22（2）当直线l⊥x轴时，得到P(4,2)，Q(4,−2)，从而得到kPF⋅kQF=−1，即可得到∠PFQ=π2，当直线l的斜率不为0时，设直线l:x=my+2,Mx1【详解】（1）依题意，得a=22∴b=a所以椭圆C的标准方程为x2（2）∠PFQ为定值π2①当直线l⊥x轴时，代入椭圆方程，得M(2,2∴直线AM的方程为y=x+222+2，∴令x=4，得y=2，∴kPF=1,kQF②当直线l的斜率不为0时，设直线l:x=my+2,Mx联立x28+易知Δ=16m2直线AM的方程为y=y令x=4，得y=(4+22)y1∴FP∴=4+=4+−4(24+16∴PF综上所述，∠PFQ的大小为定值π2【变式5-1】4.（2023上·湖北十堰·高三统考阶段练习）已知椭圆C：x2a2+y2b(1)求椭圆C的标准方程.(2)若椭圆C的左顶点为A，过点F的直线l与椭圆C交于B,D（异于点A）两点，直线AB,AD分别与直线x=8交于M,N两点，试问∠MFN是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)x(2)是定值，定值为π【分析】（1）根据椭圆的标准方程列方程组求解即可；（2）当直线l斜率不存在时，易得∠MFN=π2，当直线l斜率存在时，设直线l：x=my+2，Bx【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c，由题意可得a+c=6a−c=2a2故椭圆C的标准方程为x2（2）由（1）得A(−4,0)，当直线l垂直于x轴时，l:x=2，代入椭圆方程x216+y2所以直线AB的方程为y=12x+4，令x=8，得y=6直线AD的方程为y=−12(x+4)，令x=8，得y=−6所以kFM=1，kFN=−1，则若∠MFN为定值，则必为π2当直线l的斜率存在时，设直线l:x=my+2，Bx1,联立x=my+2,x216Δ=则y1+y直线AB的方程为y=y1x1+4x+4，令直线AD的方程为y=y2x2+4x+4，令因为F2,0，所以FM=6,则FM=36+=36+144×故FM⊥FN，即综上，∠MFN为定值π2题型6运算关系定值问题与代数式有关的定值问题，一般是依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值◆类型1和关系【例题6-1】（2023·江西九江·统考一模）如图，已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1，F2，点A为

(1)求椭圆C1(2)若椭圆C2的长轴端点为F1,F2，且C2与C1的离心率相等，P为AB与C2异于F1【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）由△ABF2的周长为8和△AF1F2面积的最大值为2，有（2）由已知求出椭圆C2的方程，设AB,MN的方程，利用韦达定理和弦长公式，表示出AB和MN，化简|AB|+|MN|【详解】（1）∵△ABF2的周长为8，由椭圆的定义得4a=8，即又△AF1F2面积的最大值为2，∵a2=b2+c∴椭圆C1的标准方程为x（2）由（1）可知F1−2,0，F2设椭圆C2的方程为x2a'2+y椭圆C2的标准方程为x设P(x0,y0)，A(x1,y1依题意，可设直线AB，MN的斜率分别为k1则AB,MN的方程分别为y=k1x+于是k1联立方程组y=k1(x+2)∴x1+∴|AB|=1+同理可得：|MN|=4∵k2=−∴|AB|+|MN|=4【点睛】解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．【变式6-1】（2022上·浙江嘉兴·高二校考期中）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E的焦点为F1−3,0，F23,0，且满足______，椭圆E的上、下顶点分别为A,B，右顶点为D条件①；椭圆过点3,12，条件请从上述两个条件中选择一个补充在横线上，并完成解答.

(1)求椭圆E的标准方程；(2)若点Q在椭圆E上（且在第一象限），直线AQ与l交于点N，直线BQ与x轴交于点M.试问：OM+2【答案】(1)x2(2)是，2.【分析】（1）选①，利用椭圆定义求出长轴长即可求解作答；选②，利用椭圆离心率的定义求出长半轴长即可作答.（2）设出点Q的坐标，求出点N、M的坐标，计算OM+2【详解】（1）选择①，椭圆长轴长2a=−则a=2，短半轴长b=a所以椭圆E的方程为x2选择②，由椭圆半焦距c=3，离心率e=32，得长半轴a=所以椭圆E的方程为x2（2）由（1）知A0,1，B0,−1，D2,0，设Qx0,y直线l的方程为x=2，直线AQ的方程为y=y0−1x0于是得N(2,2y0−2x0+1)则OM+2所以OM+2DN为定值◆类型2差关系【例题6-2】（2023上·湖北·高三校联考阶段练习）已知双曲线x24−(1)若点N2,9(2)过点M且与直线l垂直的直线分别交x轴于A(x1,0)，y轴于B(0,y1【答案】(1)y=(2)存在定点G−13136,0【分析】（1）双曲线与直线联立方程组，由判别式为0和点N2,9在直线l上，解得k,m（2）双曲线与直线联立方程组，求出点M坐标，表示出过点M且与直线l垂直的直线，解得A(x1,0)，B(0,【详解】（1）点N2,9在直线l:y=kx+m上，则有9=2k+m

联立x24−由9−4k2≠0，则Δ所以：9−2k2=4k当k=52时，m=4（2）联立x24−因为k≠±3所以Δ=64k2解得点M的坐标为4km9−4k2于是，过点M且与l垂直的直线为y+9

可得A13k−m,0，B0,−13m，于是x1即P的轨迹方程为：x2存在定点G−13136,0【点睛】方法点睛：解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．要强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．【变式6-2】（2023·湖北·模拟预测）已知椭圆E:x22+y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，过T(2,0)的直线l(1)求直线AF2，(2)设AF1与BF2交于点【答案】(1)0(2)证明见解析【分析】（1）设直线l:x=my+2，与椭圆方程联立，利用韦达定理计算斜率之和即可；（2）取A关于x轴的对称点C(x1,−y1【详解】（1）由已知得F1(−1,0)，F2(1,0)，设当直线斜率为0时，易得kA当直线斜率不为0时，设直线l:x=my+2，与椭圆方程联立x=my+2，即(m由韦达定理可知:y1+y故kAkAF2综上，kA（2）设P(x0,y0由（1）可知，B,F设直线BF2:x=1−x=1−x1y1y+1x=又x1=1因为x12+2y1所以P的轨迹是焦距为2，长轴长为2的双曲线右支的一部分，所以|PF◆类型3积关系【例题6-3】（2023·全国·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2(1)求C的标准方程．(2)设Q是C上任意一点，过Q作与C的两条渐近线平行的直线，与x轴分别交于点M，N，判断x轴上是否存在点G，使得GMGN【答案】(1)x(2)存在【分析】（1）由顶点A2,0得a=2，由D,E对称性设点的坐标分别为Dx0,y0，（2）假设存在G(m,0)，设出点Q(s,t)，由QM,QN分别平行于渐近线，可得M,N的坐标，用s,t,m表示GMGN，利用曲线方程s24−t【详解】（1）因为双曲线C的一个顶点为A2,0，所以a=2设Dx0,所以x024整理得y0因为直线AD，AE的斜率之积为y0所以b=1，所以双曲线C的标准方程为x2（2）假设x轴上存在点Gm,0，使得GM设Qs,t，则s24设Mx1,0因为C的两条渐近线的斜率为±1不妨设kQM=t则x1=s−2t，所以GMGN所以当m=0，即G0,0时，GM【点睛】解决是否存在某点使得与线段长度有关的式子为定值的问题，一般先假设此点存在，根据点的特点设出其坐标（含参数），根据给定的曲线方程求出相关代数式，对参数赋值，判断是否可得到定值，若可得定值，则也可得到存在的该点坐标【变式6-3】（2021上·辽宁大连·高二大连八中校考阶段练习）已知双曲线x2a2−y2=1的渐近线倾斜角分别为30°(1)求双曲线方程．(2)过点P分别作两渐近线的垂线，垂足分别为Q,R，求证：|PQ|⋅|PR|为定值．【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）由渐近线方程求解b，即可得双曲线方程；（2）设点P(x0,y0)，由点线距离公式用【详解】（1）双曲线渐近线方程为y=±33x，又b=1双曲线的标准方程为x2（2）设P(x0,则|PQ|⋅|PR|=又x023−y◆类型4商关系【例题6-4】（2023上·广西·高三统考阶段练习）已知双曲线x2a2−y(1)求双曲线的离心率；(2)过M0,1的直线与双曲线交于P，Q两点，过双曲线的右焦点F且与PQ平行的直线交双曲线于A，B两点，试问MP【答案】(1)3(2)是，定值为65【分析】（1）代入点的坐标联立方程可得双曲线方程，进而由离心率公式即可求解.（2）联立直线与双曲线方程，根据弦长公式分别求解AB,【详解】（1）将点3,52和点4,15得9a2所以双曲线的离心率e=1+（2）依题意可得直线PQ的斜率存在，设PQ：y=kx+1．联立y=kx+1,x24设Px1,y1，Q所以MP⋅MQ=F3,0，直线AB：y=kx−3．设Ax联立y=kx−3,x则x3+x则AB=1+所以MP⋅MQAB=24

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围或者定值问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等或者等量关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.【变式6-4】1.（2023·河南·校联考模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2a2(1)求C的方程；(2)证明：MF【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）根据题意，直接列出方程求解a，可得答案.（2）根据题意，分类讨论当l垂直于x轴和l不垂直于x轴时的情况，对于l垂直于x轴的情况，直接列方程计算；对于l不垂直于x轴时的情况，直线与双曲线联立方程，利用韦达定理，计算化简可证明成立.【详解】（1）根据题意有F22a,0将x=2a代入C的方程有M2所以M，N到直线y=x的距离之和为2a−a所以a=2，C的方程为x（2）

方法1：当l垂直于x轴时，由（1）可知，MF且由双曲的定义可知MF1=当l不垂直于x轴时，由双曲线的定义可知MF1=故MF设l:y=kx−2，代入C的方程有：1−设Mx1,y1，N所以1MF2所以MF综上，MF方法2：当l垂直于x轴时，由（1）可知，MF且由双曲的定义可知MF故MF当l不垂直于x轴时，设l:y=kx−2代入C的方程有：1−k设Mx1,y1，N所以MF1M综上，MF【变式6-4】2.（2023上·四川成都·高三校考阶段练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左，右焦点为F1，F2，离心率为12，点P是椭圆C上不同于顶点的任意一点，射线(1)求椭圆C的标准方程；(2)求证：PF【答案】(1)x(2)见解析【分析】（1）利用椭圆的定义及性质计算即可；（2）假设直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理可表示出y0y1和y0y2，代入PF【详解】（1）令，由题意得：c2=a∴椭圆C的标准方程为：x2（2）设Px0,y0设直线PF1，PF2的直线方程分别为由x=m1y−1∴y0∵x0=即m1=x∴y0同理由x=m2y+1x2∴PF

【点睛】本题考查直线与椭圆综合应用中的定值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式；②利用Δ>0③结合韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数的形式；④化简所得函数式，消元可得定值.【变式6-4】3.（2023·山东德州·三模）已知F1,F2分别为双曲线C:x2a2−(1)求双曲线C的方程；(2)若过点F2且斜率为k的直线l交双曲线C的右支于A,B两点，Q为x轴上一点，满足QA=QB【答案】(1)x(2)AF1【分析】（1）将点P2,26代入双曲线上，结合双曲线渐近线与圆相切得到方程组，求出（2）设直线方程为y=kx−3，与双曲线C的的方程联立，得到两根之和，两根之积，求出A,B的中点坐标，进而求出AB的垂直平分线的方程，求出Q【详解】（1）由题意点P2,26在双曲线C上，可得圆x2+y所以1=31+解得a2故双曲线方程为x2（2）AF设直线方程为y=kx−3，由于直线交双曲线C的右支于A,B两点，故k≠0联立x2−y当k2故k2≠8，此时

设Ax1,则x1即A,B的中点坐标为3k因为Q为x轴上一点，满足QA=QB，故Q为AB的垂直平分线与AB的垂直平分线的方程为：y−24k令y=0，则得x=27k2所以QF又AB=又因为A,B在双曲线的右支上，故AF故AF1+故AF即AF1+【点睛】定值问题常见方法：（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.◆类型5平方关系【例题6-5】（2023上·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习）已知A,B分别是椭圆C:x2a2+y2(1)求椭圆的方程；(2)直线l//AB，与x轴交于点M，与椭圆相交于点C,D，求证：【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）根据Aa,0,B0,b，因为AB=5（2）设直线l的方程为y=−12x+m，与椭圆方程联立，设C【详解】（1）A,B分别是椭圆C:x可得Aa,0,B0,b，因为AB直线AB的斜率为−12，所以0−ba−0所以椭圆的方程为x2（2）设直线l的方程为y=−12x+m与椭圆方程联立y=−12x+m由2m2−42设Cx1,CM===5=5，所以CM2

【变式6-5】1.（2023上·河南焦作·高三博爱县第一中学校考阶段练习）已知半椭圆y2a2+x2b2=1(y>0,a>b>0)和半圆x

(1)求曲线Γ的方程；(2)连接PC，PD分别交AB于点E，F，求证：|AE|【答案】(1)y22+(2)证明见解析.【分析】（1）把点M的坐标代入半圆方程求出b即可；由面积最大可得半圆在点M处的切线与直线AG平行，借助斜率求出a值作答.（2）设点P(x0,y0【详解】（1）由点M在半圆上，得b2=(63当半圆在点M处的切线与直线AG平行时，△AGP的面积最大，此时OM⊥AG，直线OM的斜率kOM=−22，则直线AG的斜率所以曲线Γ的方程为y22+（2）由（1）及已知得C(1,2)，D(−1,2则直线PC方程为y−2y0−2=x−1直线PD方程为y−2y0−2=x+1又A(−1,0)，B(1,0)，x0所以|AE==4【变式6-5】2.（2023·浙江·校联考模拟预测）已知双曲线C:x2a2−(1)求双曲线C的标准方程及其渐近线方程；(2)已知过点Gx1,y1的直线l1:x1【答案】(1)双曲线C的标准方程为x24(2)证明见解析，6【分析】（1）由双曲线过点M和离心率求得a,b,c的值，从而写出双曲线C的标准方程及其渐近线方程；（2）由点N在l1和l2上，得出直线GH的方程，然后联立直线GH与渐近线方程得到P，Q两点的坐标，利用N,P,Q坐标表示出【详解】（1）因为双曲线C:x2a2−又因为e=ca=52所以双曲线C的标准方程为x24−（2）设点Nx0,y0因为Nx0,y0所以x1x0+4y所以GH所在的直线方程为x0将直线GH与渐近线方程联立得x0x+4y即P4x0所以4ON2−因为−=−20=−20=−=−5所以4ON2−所以4ON【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7坐标相关定值问题【例题7】（2023上·江苏南京·高三南京市第一中学校考阶段练习）已知抛物线C：y2＝4x，圆M：(x(1)求圆M的方程；(2)设P为x=−7上一点，P的纵坐标不等于±2．过点P作圆M的两条切线，分别交抛物线C于两个不同的点A(x1,y1)，【答案】(1)x−32(2)证明见解析【分析】（1）根据题意，由两点间距离公式可得MN=x0−12+8（2）根据题意，设切线方程为y−y0=k【详解】（1）设抛物线上的点Nx0,所以MN=x0−32+y0当且仅当x0所以MN的最小值22所以圆M上的点到抛物线上的点距离最小值为22所以r=2，所以圆M的方程为x−3（2）设P−7,y0设切线方程为y−y0=k又圆M：x−32+y整理得：14+67依题意知Δ1>0，所以联立y−y0=k依题意知Δ2>0，设点A，B，C，D的纵坐标为则y1y2所以y＝16y0[【变式7-1】1.（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知抛物线T的顶点在原点，对称轴为坐标轴，且过−2,1，1,14，−2,−2，(1)求抛物线T的方程：(2)已知圆x2+y−22=3，过点Pm,−1m≠±3作圆的两条切线，分别交抛物线T于【答案】(1)x(2)是定值16．【分析】（1）由题意，根据对称性可知点−2,1和点−2,−2不可能同时在抛物线T上，点−2,−2和点3,−2也不可能同时在抛物线T上，分别设抛物线的方程为x2=2pyp>0（2）设出直线AB的方程，根据点到直线的距离公式求出k1的表达式，同理得到k2的表达式，易知k1,k2是方程m2−3k2+6mk+6=0的两个根，利用韦达定理得到k【详解】（1）抛物线T的顶点在原点，对称轴为坐标轴，且过−2,1，1,14，−2,−2，由对称性，点−2,1和点−2,−2不可能同时在抛物线T上，点−2,−2和点3,−2也不可能同时在抛物线T上，则抛物线只可能开口向上或开口向右，设T:x2=2pyp>0，若过点−2,1，则∴x2=4y，抛物线过点1,1设T:y2=2pxp>0，若过点1,∴y2=1综上，抛物线T的方程为x2（2）Pm,−1，设直线AB:y=k1由AB与圆相切得3+k1mk

设CD:y=k2x−m∴k1,k2是方程联立y=k1x−m−1x2同理x3∴x=16所以x1【点睛】方法点睛：解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．【变式7-1】2.（2023上·陕西·高三校联考阶段练习）已知抛物线C1的方程为y(1)若M是C1上的一点，点N在C1的准线l上，C1的焦点为F，且FM⊥FN，MF(2)设Px0,y0x0≠m±r,y0≠±m为圆C【答案】(1)5(2)证明见解析【分析】（1）先求得M点的坐标，求得直线MF的斜率，进而求得直线NF的斜率，由直线NF的方程求得N点坐标，进而求得NF.（2）设出切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径列方程，写出根与系数关系，联立切线的方程和抛物线的方程，写出根与系数关系，由A,B,C,D四点的纵坐标乘积为定值求得m2【详解】（1）由题意可得，抛物线C1:y2=8x不妨设点Ma,ba>0,b>0，则即a=8，可得b2=64，即所以M8,8，则直线MF的斜率k为FM⊥FN，所以直线NF的斜率kNF所以直线NF的方程为y=−3令x=−2，解得y=3，即N−2,3故NF=

（2）设Pt,y0，由t≠m±r知过P所作圆C2的切线的斜率k存在且非零，每条切线都与C设切线方程为y−y0=k故km+y0−kt1+则过P所作的两条切线PA，PC的斜率k1，k2分别是方程故有k1+k2联立y−y0=kx−t设点A，B，C，D的纵坐标分别为y1，y2，y3由③得y1同理可得y3于是得y1设y02−t把②式代入整理得y0要使上式与y0的取值无关，则当且仅当常数λ=0且mA,B,C,D四点的纵坐标乘积为定值64t

【点睛】求解与抛物线焦半径有关的问题，可以利用抛物线的定义来列方程进行求解.求解有关直线和圆位置关系有关问题，可利用圆心到直线的距离来建立等量关系式.要求直线和圆锥曲线的交点，可通过联立方程组来求解.【变式7-1】3.（2023·河南信阳·信阳高中校考三模）已知抛物线C1:y

(1)求a，p的值；(2)设P为直线x=−1上除−1,−3，−1,3两点外的任意一点，过P作圆C2:x−22+y2=3的两条切线，分别与曲线C1相交于点A，【答案】(1)a=±22，(2)定值为64【分析】（1）根据抛物线的定义求出p，利用两点距离公式求出a；（2）设切线方程，联立方程韦达定理，结合直线与圆相切得到斜率关系，从而求解纵坐标之积为定值.【详解】（1）根据抛物线的定义，Q1,a到准线x=−∴1+p2=3，∴抛物线的焦点坐标为2,0，∴1+a2=3，（2）设P−1,y0，过点P由y2=8xy−若直线AB，CD的斜率分别为k1，k2，设A，B，C，D的纵坐标分别为y1，y2，∴y1y2∵C2到l的距离d=3k+y0∴k1+k∴y1y2∴A，B，C，D四点纵坐标之积为定值，且定值为64.【变式7-1】4.（2023·上海长宁·上海市延安中学校考三模）已知椭圆Γ:x24+y2(1)求椭圆Γ的方程；(2)设圆C:x2+y2+8x−23(3)若点M是椭圆Γ上不与椭圆顶点重合且异于点P的任意一点，点M关于x轴的对称点是点N，直线MP､NP分别交x轴与点Em,0､点F【答案】(1)x(2)P85(3)定值为4，理由见解析【分析】（1）根据离心率得到b2（2）确定圆心和半径，设出直线，根据圆心到直线的距离等于半径得到斜率，解得答案.（3）设出点坐标，根据三点共线得到m=x1y【详解】（1）椭圆Γ:x24+故椭圆方程为：x2（2）圆C:x2+故圆心C−4,3，半径R=23设直线AP的方程为y=kx+3，即kx−y+直线与圆相切，则−4k1+k2当k=3时，y=3x+3x24当k=−3时，y=−3x+3x24故P−8（3）设Mx1,y1M,P,E三点共线，则ME=λMP，即解得m=x1ym⋅n=x【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆方程，直线和圆的位置关系，定点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用三点共线确定m=x1y【变式7-1】5.（2022·安徽淮南·统考二模）已知离心率为22的椭圆C:x2(1)求椭圆C的标准方程；(2)试判断xMxN

是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不是定值，请说明理由.【答案】(1)x(2)是，定值为85【分析】（1）根据条件，列出关于a,b,c的方程组，即可求椭圆方程；（2）首先设直线PQ方程，与椭圆方程联立，并求得根与系数的关系，分别利用点P,Q的坐标表示直线AP,AQ的方程，并利用韦达定理表示xM【详解】（1）由条件可知ca=2所以椭圆C的标准方程为x2（2）由条件设直线PQ的方程为y=kx+3,Px联立y=kx+3x28则Δ=(12k)2根据韦达定理得x根据题意，直线AP:y=y1+2x1于是xM⋅所以xM⋅x

【变式7-1】6.（2023·吉林长春·统考模拟预测）已知椭圆x2a2+y(1)求椭圆方程；(2)若直线y=kx+m交椭圆于Ax1,y1，B【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）由题意设a=2t，c=tt>0（2）直线方程联立椭圆方程，利用韦达定理表示x1+x2,【详解】（1）由椭圆的离心率为22，可设a=2t，c=t四个顶点构成的四边形为菱形，其面积为S=1即t=1，即椭圆的方程为：x2（2）S△AOB联立直线y=kx+m与椭圆x22+Δ=(4km)2得S△AOB整理得2m而x1所以x1题型8参数相关定值问题（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．【例题8】（2023上·贵州贵阳·高三校联考阶段练习）已知椭圆C：y2a2+x(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点F的直线l交椭圆C于P，Q两点，与定直线l1：y=9交于点D，设DP=λPF，DQ【答案】(1)y2(2)证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，列式求出a,b,c即可.（2）按直线l的斜率存在与否探讨，利用韦达定理，结合平面向量的坐标运算计算推理即得.【详解】（1）令椭圆C：y2a2+所以椭圆C的标准方程是y2（2）由（1）知，F0,1当直线l的斜率不存在时，直线l：x=0，不妨令P(0,3),Q(0,−3)，而D(0,9)，则DP=3PF，DQ=−3当直线l的斜率存在时，设直线l：y=kx+1k≠0由y=kx+1y29易知Δ>0，设Px1,y则x1+x2=y1由DP=λPF，得x1同理由DQ=μQF，得则λ+μ=y所以λ+μ为定值0.

【变式8-1】1.（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考三模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点为F(1)求椭圆C的标准方程；(2)若PF1=λ1【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）利用椭圆的定义及性质计算即可；（2）设直线PA的方程为x=my−1，设Px0,y0,Ax【详解】（1）∵C△PF1∴4a=8，a=2由离心率为12得c=1，从而b=所以椭圆C的标准方程为x2（2）

设Px0,y0可设直线PA的方程为x=my−1，其中m=x联立x=my−1x24则y0y1因为PF1=所以λ==6所以λ1+λ【变式8-1】2.（2023·黑龙江大庆·统考二模）已知椭圆C：x2a2+y(1)求椭圆C的方程；(2)已知经过定点P1,1的直线l与椭圆相交于A，B两点，且与直线y=−34x相交于点Q，如果AQ=λ【答案】(1)x2(2)245【分析】（1）由已知结合椭圆的性质可求a，b，进而可求椭圆方程；（2）先对直线l的斜率是否存在分类讨论，然后联立直线l与已知椭圆方程，结合方程的根与系数关系及向量的线性坐标表示可求．【详解】（1）由题意得b=3解得a2=4，故椭圆C的方程为x2（2）当直线l的斜率不存在时，A1,32，B1,−3则AQ=0,−94，AP=此时AQ=92AP，当直线l的斜率存在时，设斜率为k，则直线l的方程为y=kx−1联立y=kx−1+1y=−设Ax1,联立y=kx+1−k3x2则x1+x因为AQ=λAP，所以λ=xQ−所以λ+μ=x

【点睛】圆锥曲线中的范围或最值以及定值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用【变式8-1】3.（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的离心率是3，实轴长是2，O为坐标原点.设点Px0,y0为双曲线C上任意一点，过点(1)当l的方程为x0xa(2)设MP=λPN，求证：【答案】(1)S=(2)证明见解析【分析】（1）首先求双曲线方程，直线l方程与双曲线方程联立，得到x1角和的正切公式表示|tan∠MON|，并求即可求解；（2）利用向量的坐标表示关系，点P的坐标用点M,N的坐标表示，并代入双曲线方程求x1【详解】（1）由题意可知，2a=2，ca=3则a=1，b=2.∴双曲线C的方程为x设P(x0， y把l：x0x−y0y2=1∴Δ=16x0∵|tan∠MON|=2∴S=1∴S=2（2）证明：双曲线渐近线方程为y=±2x，则由MP=λPN，得x0∵x02−y0化简可得x1∴S=1∴(1+λ)2

【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线相交的综合应用，重点考查弦长公式，三角恒等变换，以及韦达定理，本题的关键是利用点M,N的坐标，正确表示S=1【变式8-1】4.（2023·全国·高三专题练习）已知M4,m是抛物线C:

(1)求抛物线C的方程及点M的坐标；(2)如图所示，过点P2,0的直线l与C交于A，B两点，与y轴交于点Q，设QA=λPA，QB【答案】(1)y2=4x，4,4(2)证明见解析【详解】（1）由抛物线的定义，得4+p所以抛物线C的方程为y2=4x，M的坐标为4,4或（2）由题意知直线l的斜率存在且不为0，设l的方程为x＝ty＋1（t≠0），则Q0,−1t.将x＝ty＋1代入y2=4x得y2−4ty−4=0.设A由QA=λPA，得λ=1+1ty所以λ+μ=2+1ty【变式8-1】5.（2023·河北·模拟预测）已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，圆(1)求C的方程及点F与圆D上点的距离的最大值；(2)O为坐标原点，过点M0,1的直线l与C相交于A，B两点，直线AD，BD分别与y轴相交于点P，Q，MP=mMO，MQ【答案】(1)y2(2)证明见解析【分析】（1）由题意可列式求得p，即可得抛物线方程，进而求得点F与圆D上点的距离的最大值；（2）设直线l方程并联立抛物线方程，可得