第14讲 圆锥曲线中的定值问题（教师版）-2025版高中数学一轮复习考点帮

Page第14讲圆锥曲线中的定值问题（8类核心考点精讲精练）1.5年真题考点分布5年考情考题示例考点分析关联考点2021年新I卷，第21题,12分双曲线中的定值问题求双曲线的轨迹方程2020年新I卷，第22题,12分椭圆中的定值问题根据椭圆过的点求标准方程椭圆中存在定点满足某条件问题2.命题规律及备考策略【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题不定，难度中等或偏难，分值为5-17分【备考策略】1.理解、掌握圆锥曲线的定值问题2.会定值相关的计算【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，小题和大题都会作为载体命题，同学们要会结合公式运算，需强化训练复习考点一、弦长类定值1．（2020·山东·高考真题）已知椭圆C：的离心率为，且过点．（1）求的方程：（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．【答案】（1）；（2）详见解析.【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为,联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.【详解】（1）由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(2)［方法一］：通性通法设点，若直线斜率存在时，设直线的方程为：，代入椭圆方程消去并整理得：，可得，，因为，所以，即，根据,代入整理可得：，

所以，整理化简得，因为不在直线上，所以，故，于是的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线的斜率不存在时，可得，由得：，得，结合可得：，解得：或（舍）.此时直线过点.令为的中点，即，若与不重合，则由题设知是的斜边，故，若与重合，则，故存在点，使得为定值.［方法二］【最优解】：平移坐标系将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．设，因为则，即．代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．［方法三］：建立曲线系A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．即．对比项、x项及y项系数得将①代入②③，消去并化简得，即．故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．［方法四］：设．若直线的斜率不存在，则．因为，则，即．由，解得或（舍）．所以直线的方程为．若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．令，则．又，令，则．因为，所以，即或．当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；当时，直线的方程为，所以直线恒过．综上，直线恒过，所以．又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．取线段的中点为，则．所以存在定点Q，使得为定值．【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．2．（2020·北京·高考真题）已知椭圆过点，且．（Ⅰ）求椭圆C的方程：（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(Ⅱ)[方法一]：设，，直线的方程为：，与椭圆方程联立可得：，即：，则：.直线MA的方程为：，令可得：，同理可得：.很明显，且，注意到，，而，故.从而.[方法二]【最优解】：几何含义法①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以．②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且．由题意知直线的斜率存在．．当时，．同理，．所以．因为，所以．【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.3．（重庆·高考真题）如图，中心在原点O的椭圆的右焦点为，右准线l的方程为：．(1)求椭圆的方程；(2)在椭圆上任取三个不同点，使，证明：为定值，并求此定值．【答案】(1)(2)证明见解析，【分析】(1)根据准线的几何性质，求出a，再算出b，可得椭圆方程；(2)根据题设，分别求出与x轴正方向的夹角之间的关系，代入中计算即可.【详解】（1）设椭圆方程为．因焦点为，故半焦距，又右准线的方程为，从而由已知，因此，，故所求椭圆方程为；（2）记椭圆的右顶点为A，并设（1，2，3），不失一般性，假设，且，．又设点在上的射影为，因椭圆的离心率，从而有

．解得．因此，而，故为定值．综上，椭圆方程为；.【点睛】本题的难点在于运用椭圆上的点到焦点的距离表达为到准线的距离乘以离心率，再对运用三角函数计算化简.4．（江西·高考真题）如图，已知双曲线的右焦点为,点分别在的两条渐近线上，轴，,(为坐标原点）.（1）求双曲线的方程；（2）过上一点的直线与直线相交于点，与直线相交于点，证明：点在上移动时，恒为定值，并求此定值.【答案】（1）（2）【分析】（1）确定的值即可求出双曲线的方程，由直线和方程联立求出点的坐标，再根据，即，即可求出的值；（2）联立直线和直线的方程求出点，联立直线和直线的方程求出点，即可得到的表达式，再根据点在双曲线上，化简即可得到，即命题得证．【详解】（1）设，因为，所以．由题意可得，直线OB方程为，直线BF的方程为，联立解得，而直线OA的方程为，则∴又因为ABOB，所以，解得，故双曲线C的方程为（2）由（1）知，则直线的方程为，即因为直线AF的方程为，所以直线与AF的交点，直线与直线的交点为，则．因为是C上一点，则，代入上式得，故所求定值为．【点睛】本题主要考查双曲线的方程的求法，双曲线的简单几何性质的应用，直线与直线的位置关系的应用，以及双曲线中的定值问题的解法应用，意在考查数学的数学运算能力，属于中档题．5．（北京·高考真题）已知椭圆：（）的离心率为，，，，的面积为1.（1）求椭圆的方程；（2）设是椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（Ⅰ）根据离心率为，即，OAB的面积为1，即，椭圆中列方程组进行求解；（Ⅱ）根据已知条件分别求出的值，求其乘积为定值.【详解】（Ⅰ）由题意得解得.所以椭圆的方程为.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，设，则.当时，直线的方程为.令，得，从而.直线的方程为.令，得，从而.所以.当时，，所以.综上，为定值.【考点】椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、运算求解能力.【名师点睛】解决定值、定点的方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元思想的运用可有效地简化运算.1．（2024·陕西西安·模拟预测）已知椭圆的离心率为，椭圆的动弦过椭圆的右焦点，当垂直轴时，椭圆在处的两条切线的交点为．(1)求点的坐标；(2)若直线的斜率为，过点作轴的垂线，点为上一点，且点的纵坐标为，直线与椭圆交于两点，证明：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用即可求点M坐标；（2）先设出点N坐标，再求的斜率，判断直线与的关系，联立直线与椭圆的方程，利用根与系数的关系求弦长，即可证明.【详解】（1），解得，所以椭圆方程为，又，所以右焦点，当垂直轴时，不妨取，根据对称性可知点在x轴上，且直线的斜率存在，设直线的方程为，联立，消去得：，则，化简得，解得，所以直线的方程为，令，解得，故点的坐标为.（2）如图，由题意可得直线的方程为，即.设Ax1,所以，故直线与垂直，联立，消去得：，则，所以，同理，，所以，故为定值．2．（24-25高三上·广东·开学考试）设为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，点关于原点的对称点为，四边形的面积为.(1)求椭圆的方程；(2)若过的直线交椭圆于两点，求证：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据椭圆的对称性，结合平行四边形的判定定理、三角形面积公式进行求解即可；（2）根据直线的斜率是否为零，结合一元二次方程根与系数关系分类讨论进行求解即可.【详解】（1）设椭圆的焦距为，因为，所以四边形为平行四边形，其面积设为，则，所以，所以，又，解得，所以椭圆的方程为.（2），当直线与轴重合时，的方程为，此时不妨令，则；当直线与轴不重合时，的方程可设为，由，得，设，则，综上，为定值4.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据直线所过点的特征进行恰当选择直线方程.3．（2024·全国·模拟预测）已知A是圆E：上的任意一点，点，线段AF的垂直平分线交线段AE于点T．(1)求动点T的轨迹C的方程；(2)已知点，过点的直线l与C交于M，N两点，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由点T满足条件符合椭圆的定义，得点T的轨迹方程；（2）按直线斜率是否为零分类讨论，当直线斜率不为零时，联立方程组，得，所以x轴平分，用角平分线定理证明命题成立.【详解】（1）因为，所以动点T的轨迹C是以E，F为焦点且长轴长为4的椭圆，因为，，所以，，所以动点T的轨迹C的方程是．（2）证明：若直线l与x轴重合，则M，N为椭圆C长轴的端点，不妨设，，则，，所以，若直线l与x轴不重合，设直线l的方程为，设点Mx1,y1，N因为，所以，，因为，所以x轴平分，所以，综上，．【点睛】关键点睛：动点满足曲线的定义，可以直接得动点的轨迹方程.欲证可证x轴平分.4．（2024·山东菏泽·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，点与点关于原点对称，四边形的面积为4．(1)求椭圆的方程；(2)若直线与椭圆交于两点．与轴交于点．试判断是否存在，使得为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据给定条件，利用点在椭圆上及四边形面积，结合待定系数法求出.（2）联立直线与椭圆的方程，求出结合韦达定理求解即得.【详解】（1）设椭圆的焦距为，依题意，，则，四边形为平行四边形，其面积，得，即，联立解得，所以椭圆的方程为.（2）存在.由消去得，当时，恒成立，设，则，，则当，即时，为定值，所以.【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．5．（24-25高三上·青海西宁·开学考试）已知椭圆的离心率为点在椭圆上运动，且面积的最大值为.(1)求椭圆的方程；(2)设分别是椭圆的右顶点和上顶点，直线与直线平行，且与轴，轴分别交于点，与椭圆相交于点为坐标原点.（i）求与的面积之比；（ii）证明：为定值.【答案】(1)(2)（i）1；（ii）证明见解析【分析】（1）当点为短轴的端点时，面积最大，然后根据题意建立方程组求解即可；（2）先利用直线与直线平行，设直线方程为，然后计算出，再与椭圆联立，得方程，设点，然后用韦达定理得到，分别计算两个小问即可.【详解】（1）根据题意解得，所以椭圆的方程为（2）如图所示：设直线的方程为，则，联立方程消去，整理得，，得设，则.（i），，与的面积之比为1.（ii）证明：.综上，.6．（2024·湖北·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的长轴是短轴的倍，且椭圆上一点到焦点的最远距离为是椭圆左右顶点，过做椭圆的切线，取椭圆上轴上方任意两点（在的左侧），并过两点分别作椭圆的切线交于点，直线交点的切线于，直线交点的切线于，过作的垂线交于.(1)求椭圆的标准方程.(2)若，直线与的斜率分别为与，求的值.(3)求证：【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据条件，列出关于的方程，求出，可得椭圆的标准方程.（2）设过点的切线方程的点斜式，与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，由，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，可得的值.（3）设（），再设过点的切线方程，与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，由，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，可得，的表达式.再把和用，表示，化简整理即可.【详解】（1）由题意：.所以椭圆的标准方程为：.（2）设过点的切线方程为：，即，由，消去，整理得：，由，整理得：，所以.（3）设（），的延长线交轴于点，如图：、两点处切线斜率分别为，则.设点的椭圆的切线方程为：，即，由消去，化简整理得：，由得：化简整理得：，由韦达定理，得：，，所以，，所以要证明，只需证明：，即，因为，所以上式成立，即成立.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.考点二、斜率类定值1．（2021·全国·高考真题）在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.（1）求的方程；（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.【答案】（1）；（2）.【分析】(1)利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值.【详解】(1)因为，所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹的方程为，则，可得，，所以，轨迹的方程为.（2）[方法一]【最优解】：直线方程与双曲线方程联立如图所示，设,设直线的方程为．

联立,化简得，，则．故．则．设的方程为，同理．因为，所以，化简得，所以，即．因为，所以．[方法二]：参数方程法设．设直线的倾斜角为，则其参数方程为，联立直线方程与曲线C的方程，可得，整理得．设，由根与系数的关系得．设直线的倾斜角为，，同理可得由，得．因为，所以．由题意分析知．所以，故直线的斜率与直线的斜率之和为0．[方法三]：利用圆幂定理因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．设,直线的方程为，直线的方程为,则二次曲线．又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：，整理可得：，其中．由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.2．（2024·河南·二模）已知椭圆的焦距为2，两个焦点与短轴一个顶点构成等边三角形.(1)求椭圆的标准方程；(2)设，过点的两条直线和分别交椭圆于点和点（和.不重合），直线和的斜率分别为和.若，判断是否为定值，若是，求出该值；若否，说明理由.【答案】(1)(2)为定值0.【分析】（1）由椭圆的性质结合题意可得标准方程；（2）由点斜式写出直线的方程，联立曲线，得到韦达定理，再由向量共线得到坐标关系，利用韦达定理化简即可.【详解】（1）由题焦距，解得，由两个焦点与短轴一个顶点构成等边三角形可知，则，所以，所以椭圆的标准方程为.

（2）是定值.已知，设，直线的方程为，即，代入并整理，得，，.，三点共线，且与同向，，同理可得，化简得，，所以为定值0.【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是由向量的坐标表示与共线，再由韦达定理化简得到斜率关系.3．（2024·四川成都·模拟预测）已知点，，点P在以AB为直径的圆C上运动，轴，垂足为D，点M满足，点M的轨迹为W，过点的直线l交W于点E、F.(1)求W的方程；(2)若直线l的倾斜角为，求直线l被圆C截得的弦长；(3)设直线AE，BF的斜率分别为，，证明为定值，并求出该定值.【答案】(1)(2)(3)证明见解析，2【分析】（1）由已知可得圆的方程，设Mx,y，Px0,y0，，根据，可得（2）由已知可得直线方程，求出圆心到直线的距离，由勾股定理即可求解；（3）根据题意可知直线斜率不为0，设直线的方程为，，，联立直线和椭圆构成的方程组，根据斜率的计算公式结合韦达定理即可求解.【详解】（1）

由题意，点在圆上运动，设Mx,y，Px0,y由得，，又，所以，所以的方程为；（2）直线的方程为，即，圆心到直线的距离为，所以直线被圆C截得的弦长为；（3）

由题意，直线斜率不为0，设直线的方程为，，，联立得，所以，，故，.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.4．（23-24高二上·湖南·期末）已知椭圆与双曲线的焦距之比为．(1)求椭圆和双曲线的离心率；(2)设双曲线的右焦点为F，过F作轴交双曲线于点P（P在第一象限），A，B分别为椭圆的左、右顶点，与椭圆交于另一点Q，O为坐标原点，证明：．【答案】(1)椭圆的离心率为，双曲线的离心率为(2)证明见解析【分析】（1）根据题意结合椭圆、双曲线的方程与性质运算求解；（2）由（1）可知，联立方程求点的坐标，结合斜率公式分析证明.【详解】（1）椭圆的焦距，双曲线的焦距，则，整理得，从而，，故椭圆的离心率，双曲线的离心率．（2）由（1）可知，椭圆，因为，所以直线的方程为．联立方程组，整理得，则，则，可得，即，因为，，，则，，故．

【点睛】方法点睛：与弦端点相关问题的解法解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为端点的坐标关系，再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程(组)求解．1．（2024·全国·模拟预测）设椭圆，是上一个动点，点，长的最小值为．(1)求的值：(2)设过点且斜率不为0的直线交于两点，分别为的左、右顶点，直线和直线的斜率分别为，求证：为定值．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）设出点坐标，并求出长，再结合二次函数探求最小值即得解.（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，设出点的坐标，利用斜率坐标公式，结合韦达定理计算即得.【详解】（1）依题意，椭圆的焦点在轴上，设焦距为，设，则，而，则，而，则，即，因此，由，得当时，，即，化简得，又，解得，所以．（2）由（1）知，椭圆的方程为，点，设，则，即，斜率不为0的直线过点，设方程为，则，由消去并整理得，显然，则，即有，因此，所以为定值.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．2．（2024·重庆·模拟预测）如图，轴，垂足为D，点P在线段上，且．(1)点M在圆上运动时，求点P的轨迹方程；(2)记（1）中所求点P的轨迹为，过点作一条直线与相交于两点，与直线交于点Q．记的斜率分别为，证明：是定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设Px,y，则有，根据在圆上运动，即可求解、的关系式即为点P的轨迹方程；（2）设出直线方程，直曲联立利用韦达定理求出，求出，对，令，得，求出，即可求出是定值.【详解】（1）设Px,y，根据题意有，又因为M在圆上运动，所以，即，所以点P的轨迹方程为：.（2）根据已知条件可知，若直线的斜率不存在，不合题意，若直线斜率为，直线与直线平行无交点也不合题意，所以直线的斜率存在设为，直线的方程为，联立，则有，且，设，，则，，，所以，对，令，得，所以，所以，所以为定值.3．（23-24高三上·云南·阶段练习）已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上．(1)求椭圆的标准方程；(2)如图，若一条斜率不为0的直线过点与椭圆交于两点，椭圆的左、右顶点分别为，直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）将点代入椭圆方程，结合离心率公式，即可利用待定系数法求椭圆方程；（2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理表示，即可求解的值.【详解】（1）由椭圆的离心率为，且点在椭圆上，可得，所以，又点在该椭圆上，所以，所以，所以椭圆C的标准方程为．（2）证明：设，由于该直线斜率不为0，可设，联立方程和，得，恒成立，根据韦达定理可知，，，，，．考点三、角度类定值1．（北京·高考真题）已知双曲线的离心率为，右准线方程为（Ⅰ）求双曲线的方程；（Ⅱ）设直线是圆上动点处的切线，与双曲线交于不同的两点，证明的大小为定值..【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）的大小为..【详解】【解法1】本题主要考查双曲线的标准方程、圆的切线方程等基础知识，考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法，考查推理、运算能力．（Ⅰ）由题意，得，解得，∴，∴所求双曲线的方程为.（Ⅱ）点在圆上，圆在点处的切线方程为，化简得.由及得，∵切线与双曲线C交于不同的两点A、B，且，∴，且，设A、B两点的坐标分别为，则，∵，且，.∴的大小为..【解法2】（Ⅰ）同解法1.（Ⅱ）点在圆上，圆在点处的切线方程为，化简得.由及得①②∵切线与双曲线C交于不同的两点A、B，且，∴，设A、B两点的坐标分别为，则，∴，∴的大小为..（∵且，∴，从而当时，方程①和方程②的判别式均大于零）.2．（江西·高考真题）设抛物线的焦点为F，动点P在直线上运动，过P作抛物线C的两条切线PA、PB，且与抛物线C分别相切于A、B两点.（1）求△APB的重心G的轨迹方程.（2）证明∠PFA=∠PFB．【答案】(1)(2)见解析【详解】本试题主要考查了轨迹方程的求解和证明角的相等问题．解：（1）设切点，坐标分别为和，切线的方程为：；切线的方程为：；由于既在又在上，所以解得，所以的重心的坐标为，，所以，由点在直线上运动，从而得到重心的轨迹方程为：，即．（2）方法1：因为，，．由于点在抛物线外，则．，同理有，．方法2：①当时，由于，不妨设，则，所以P点坐标为，则P点到直线AF的距离为：；而直线的方程：，即．所以P点到直线BF的距离为：所以，即得．②当时，直线AF的方程：，即，直线的方程：，即，所以P点到直线AF的距离为：，同理可得到P点到直线BF的距离，因此由，可得到．1．（23-24高三上·安徽六安·阶段练习）在直角坐标系中，抛物线与直线交于两点．(1)若点的横坐标为4，求抛物线在点处的切线方程；(2)探究轴上是否存在点，使得当变动时，总有？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在；【分析】（1）根据导数的几何意义求解；（2）总有，即直线与直线的倾斜角互补，即恒有，联立直线与抛物线方程，得到韦达定理代入运算，判断得解.【详解】（1）由已知，得，因为，所以，斜率，因此，切线方程为，即．（2）存在符合题意的点，理由如下：设点为符合题意的点，，直线的斜率分别为．联立方程，得，因为，则，可得，从而，因为不恒为0，可知当且仅当时，恒有，则直线与直线的倾斜角互补，故，所以点符合题意．2．（2024·湖南长沙·一模）已知双曲线与直线：（）有唯一的公共点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，其中点，在第一象限.(1)探求参数，满足的关系式；(2)若为坐标原点，为双曲线的左焦点，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）将直线与双曲线方程联立，因只有一个切点从而可得，从而求解.（2）将直线分别与双曲线的两渐近线方程联立求出，，由（1）可求出，即，分别求出，，，从而可求解.【详解】（1）联立方程，整理得.由，且是双曲线与直线的唯一公共点，可得，则，即为参数，满足的关系式.

结合图象，由点在第一象限，可知，且.所以，的关系式满足.（2）由题可得双曲线的左焦点，渐近线为.联立方程，解得，即；联立方程，解得，即.结合，且由式可变形为，解得，可得.要证，即证，即证，即证，即证.由，得.根据直线的斜率公式，，，，则，，可得，因此，.【点睛】关键点点睛：利用直线与双曲线方程联立后利用，从而求得和点坐标，然后由直线分别与双曲线的两渐近线联立求出坐标，要证，从而可求解.3．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为、，点在上，．(1)求双曲线的标准方程．(2)若过焦点且斜率存在的直线与双曲线的右支交于、两点，线段的垂直平分线与轴交于点，试问是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题中条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线的方程；（2）设直线的方程为，设点Mx1,y1，Nx2,y2，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，写出线段的垂直平分线方程，求出点的坐标，求出MN、【详解】（1）解：由点在双曲线上，可得．因为，所以．又，所以，，，

所以双曲线的标准方程为．（2）解：为定值，理由如下：设直线的方程为，设点Mx1,y1联立，可得，

当时，直线与双曲线的渐近线平行，此时直线和双曲线只有一个交点，不合题意，故，此时，

则，，由已知可得，可得，则，，所以，线段的中点坐标为，所以线段的垂直平分线的方程为．令在直线的方程中，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，所以为定值．【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，从而得到定值考点四、位置关系类定值1．（2023·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．(1)求的方程；(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可；（2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解.【详解】（1）依题意，得，则，又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，所以，即，则，所以椭圆的方程为.（2）因为椭圆的方程为，所以，因为为第一象限上的动点，设，则，

易得，则直线的方程为，，则直线的方程为，联立，解得，即，而，则直线的方程为，令，则，解得，即，又，则，，所以，又，即，显然，与不重合，所以.2．（2024·全国·高考真题）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴．(1)求的方程；(2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设Fc,0，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程.（2）设，Ax1,y1，Bx2,y2【详解】（1）设Fc,0，由题设有且，故，故，故，故椭圆方程为.（2）直线的斜率必定存在，设，Ax1,y1由可得，故，故，又，而，故直线，故，所以，故，即轴.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.1．（2024·山西长治·模拟预测）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为，且该椭圆过点(1)求椭圆E的方程；(2)若AB的中点坐标为，求直线l的方程；(3)若直线l方程为，过A、B作直线的垂线，垂足分别为P、Q，点R为线段PQ的中点，求证：四边形ARQF为梯形.【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程.（2）利用点差法求得直线的斜率，进而求得直线的方程.（3）联立直线的方程和椭圆的方程，化简写出根与系数关系，计算，以及AF与RQ，从而判断出四边形ARQF为梯形.【详解】（1）由题得，将代入得：，椭圆E的方程为.（2）设Ax1,且，两式相减得：，可得，l方程为，即.（3）由得：，且，，∴，又直线的斜率存在，AF与RQ不平行，∴四边形ARQF为梯形.

【点睛】关键点点睛：根据已知条件求得，和是两个未知参数，要求出两个参数的值，需要两个已知条件，如本题中“椭圆的右焦点以及椭圆所过点”两个已知条件，再结合即可求得，从而求得椭圆的标准方程.2．（23-24高三上·湖南·阶段练习）已知椭圆的左焦点为F，P，Q分别为左顶点和上顶点，O为坐标原点，（为椭圆的离心率），的面积为．(1)求椭圆的方程；(2)直线与椭圆交于两点，过作直线的垂线，垂足分别为、，点为线段的中点．求证：四边形为梯形.【答案】(1)(2)证明见解析.【分析】（1）根据题目条件得到，，结合，求出，得到椭圆方程；（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，表达出，，得到，，四边形为梯形的充分必要条件是，即，变形得到，联立，得到两根之和，两根之积，从而证明出【详解】（1）∵，∴，∴又，，解得，∴椭圆的方程；（2）证明：由（1）的结论可知，椭圆的左焦点，设Ax1,y1，.∵直线与椭圆交于、两点，∴由于直线与直线不平行，∴四边形为梯形的充分必要条件是，即，即，即，∵，∴上式又等价于，即，由，得，，∴，，，∴成立，∴四边形为梯形.【点睛】方法点睛：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.考点五、向量类定值1．（四川·高考真题）过点C(0，1)的椭圆的离心率为，椭圆与x轴交于两点、，过点C的直线l与椭圆交于另一点D，并与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q．（I）当直线l过椭圆右焦点时，求线段CD的长；（Ⅱ）当点P异于点B时，求证：为定值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）为定值，答案见解析.【详解】试题分析：（Ⅰ）由已知得，解得，所以椭圆方程为．椭圆的右焦点为，此时直线的方程为，代入椭圆方程得，解得，代入直线的方程得，所以，故．（Ⅱ）当直线与轴垂直时与题意不符．设直线的方程为．代入椭圆方程得．解得，代入直线的方程得，所以D点的坐标为．又直线AC的方程为，又直线BD的方程为，联立得因此，又．所以．故为定值．考点：直线与圆锥曲线的综合问题平面向量数量积的运算椭圆的简单性质．点评：本题主要考查了由椭圆的性质求解椭圆方程，直线与曲线相交的弦长公式的应用及向量的数量积的坐标表示的应用，属于圆锥曲线问题的综合应用2．（23-24高二上·上海奉贤·期末）已知椭圆C:的左右焦点分别为，，M为椭圆C上一点.(1)若点M的坐标为，求的面积；(2)若点M的坐标为，且是钝角，求横坐标的范围；(3)若点M的坐标为0,1，且直线与椭圆C交于两个不同的点A，B.求证：为定值.【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）先根据点在椭圆上，求出的值，再求的面积.（2）根据点在椭圆上，先明确的关系，再由余弦定理，表示出，由求的范围.（3）把直线方程与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，根据一元二次方程根与系数的关系，得到，，并用它们表示出，进行化简整理即可.【详解】（1）因为点在椭圆上，所以，因为，所以，因为，，所以，，，所以.（2）如图：因为点M在椭圆上，所以，由余弦定理得因为是钝角，所以，又因为，所以，解得，的范围为.（3）如图：设Ax1,由得，，，，又，，所以，即有为定值.3．（2024·北京通州·二模）已知椭圆：（）的长轴长为4，离心率为．(1)求椭圆的方程；(2)直线l过椭圆E的左焦点F，且与E交于两点（不与左右顶点重合），点在轴正半轴上，直线交轴于点P，直线交轴于点，问是否存在，使得为定值？若存在，求出的值及定值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，当时，有定值．【分析】（1）根据长轴长为，离心率为，可得，得到标准方程．（2）根据斜率存在，设直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示出，，表达出直线TM和直线TN，进而求出为定值；斜率不存在，不妨设，，求出为定值.【详解】（1）因为椭圆的长轴长为，离心率为，所以，．所以，．所以．所以椭圆的方程为．（2）若直线的斜率存在，设直线的方程为，．

联立方程组，消去，化简得．则，即,设Mx1,所以，．所以直线TM的方程为，直线的方程为．所以，．所以，，所以．所以当时，为定值，即（负值舍）时，有定值．当时，若直线l斜率不存在，不妨设，，所以，．所以．综上，当时，有定值．【点睛】方法点睛：根据直线与圆锥曲线的位置关系求解存在性的定值问题，分类讨论，求解计算，计算量偏大.1．（2024·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知点，直线与的斜率之积为．(1)求点的轨迹的方程；(2)过的直线交曲线于两点，直线与直线交于点，求证：为定值．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，设出点Q的坐标，再用斜率坐标公式列式化简即得.（2）设出直线的方程，与轨迹的方程联立，并设出点的坐标，求出点的坐标，结合韦达定理计算求解即可.【详解】（1）设，直线的斜率为，直线的斜率为，依题意，，整理得，所以点的轨迹的方程为.（2）显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为，，直线的方程分别为，联立这两个方程得点的横坐标为，由消去x得，，于是，，，所以．【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．2．（2023·天津·一模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为，椭圆的一个顶点与两个焦点构成的三角形面积为2.已知直线与椭圆C交于A，B

(1)求椭圆C的标准方程；(2)若，求k的值；(3)若点Q的坐标为，求证：为定值.【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积即可求出，则椭圆方程可得；（2）联立方程组，根据根与系数的关系以及向量相等的坐标关系即可求出；（3）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），，代入得.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，即，以上各式联立解得，则椭圆方程为.（2）直线y=kx−1与轴交点为，与轴交点为，联立，消去得:，，设Ax1,，，由得，解得:，由得.（3）证明：由（2）知，，.为定值.

【点睛】方法点睛：求圆锥曲线中的定值问题常见的方法：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．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．考点六、面积类定值1．（北京·高考真题）已知椭圆过点两点．（Ⅰ）求椭圆的方程及离心率；（Ⅱ）设为第三象限内一点且在椭圆上，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积为定值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.【详解】试题分析：（Ⅰ）根据两顶点坐标可知，的值，则亦知椭圆方程，根据椭圆性质及离心率公式求解；（Ⅱ）四边形的面积等于对角线乘积的一半，分别求出对角线，的值求乘积为定值即可．试题解析：（Ⅰ）由题意得，．所以椭圆的方程．又，所以离心率．（Ⅱ）设，则．又，，所以，直线的方程为．令，得，从而．直线的方程为．令，得，从而所以四边形的面积．从而四边形的面积为定值．考点：1、椭圆方程；2、直线和椭圆的关系．【方法点晴】本题考查椭圆的方程与几何性质、直线与椭圆的位置关系，以及考查逻辑思维能力、分析与解决问题的综合能力、运算求解能力、方程思想与分类讨论的思想．第一小题根据两顶点坐标可知，的值，则亦知椭圆方程，根据椭圆性质及离心率公式求解；第二小题四边形的面积等于对角线乘积的一半，分别求出对角线，的值求乘积为定值即可．2．（22-23高二上·浙江台州·期中）已知点与定点的距离和它到定直线的距离比是.(1)求点的轨迹方程；(2)若直线与轨迹交于两点，为坐标原点直线的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由.【答案】(1)(2)是定值，理由见解析【分析】（1）根据题意可得，即可求解；（2）利用韦达定理结合，可得，再利用弦长公式和点到直线的距离公式表示出三角形的面积，进而可求解.【详解】（1）设点坐标为，化解可得：.（2）设，联立直线和椭圆方程可得：，消去可得：，所以，即，则，，，把韦达定理代入可得：，整理得，满足，又，而点到直线的距离，所以，把代入，则，可得是定值1.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.3．（2023·广东·一模）已知椭圆：，为坐标原点，若椭圆与椭圆的离心率相同，焦点都在同一坐标轴上，椭圆的长轴长与椭圆的长轴长之比为.(1)求椭圆的方程；(2)已知点在椭圆上，点A，B在椭圆上，若，则四边形的面积是否为定值?若是，求出定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)面积是定值，为2.【分析】（1）利用椭圆的性质计算即可；（2）利用平行四边形的性质及三角形面积公式计算即可.【详解】（1）根据题意易知两椭圆焦点都在轴上，不妨设，易知椭圆的长轴长，所以椭圆的长轴长，椭圆的离心率，故椭圆的方程；（2）是定值，理由如下：设，根据点在椭圆上可知，因为，所以四边形是平行四边形，且，即①，又②，①-②得：，因为，所以，即，易得直线，所以点B到直线的距离为，所以平行四边形的面积为，显然面积是定值，定值为2.

【点睛】本题第二问利用设点法设，通过向量的线性运算得出四边形是平行四边形，利用点坐标满足椭圆方程通过化简得出横纵坐标的关系式，而难点在于构造得出，继而得到，余下利用点到直线的距离和面积公式计算即可.计算技巧性比较强，需要多去领悟总结.1．（23-24高二上·陕西西安·期末）设点是椭圆上任意一点，过点作椭圆的切线，与椭圆交于两点.(1)求证：;(2)的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)见解析(2)是定值，定值为【分析】（1）直线与椭圆方程联立，证明的中点坐标，即切点的坐标；（2）首先讨论直线的斜率不存在的情况，以及直线的斜率存在时与椭圆方程联立，并利用韦达定理表示弦长AB，并表示的面积.【详解】（1）设直线斜率不存在，则点在轴上，由对称性可知，，若直线的斜率存在，设，Ax1,y1，B联立，可得，当时，直线与椭圆切于点，，解得：，，当时，线段中点的横坐标，所以点为线段的中点，，综上，；（2）若直线斜率不存在，则，与椭圆方程联立可得，，，故，若直线的斜率存在，由（1）可得，，，点到直线的距离，所以，综上的面积为定值.【点睛】关键点点睛：本题第一问的关键是转化为直线与椭圆相交和相切的问题，转化为证明的中点，即切点.2．（23-24高三上·甘肃兰州·阶段练习）已知A，B分别是椭圆的右顶点和上顶点，，直线AB的斜率为．(1)求椭圆的方程；(2)若直线与轨迹交于M，N两点，O为坐标原点，直线OM，ON的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由．【答案】(1)(2)定值1【分析】（1）由已知可得，计算即可得到椭圆的方程；（2）设联立方程组，求得，又由直线OM，ON的斜率之积等于，化简求得，再由弦长公式和面积公式，即可求解.【详解】（1）由题意可知，，直线AB的斜率为．依题意得，椭圆的方程为（2）设，由，得，则，即，且，因为直线OM，ON的斜率之积等于，，所以，即，又O到直线MN的距离为,，所以.所以的面积为定值1.【点睛】关键点睛：本题的关键是将直线与椭圆方程联立得到韦达定理式，再通过斜率乘积为定值得到，最后利用点到直线距离公式和弦长公式得到面积表达式，代入即可得到答案.3．（23-24高二上·广东汕头·期末）已知椭圆：的离心率为，且椭圆过点，点，分别为椭圆的左、右顶点．(1)求椭圆的方程；(2)点，为椭圆上不同两点，过椭圆上的点作，且，求证：的面积为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）依题意得到、、的方程组，解得即可；（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，即可求出，，从而得到，则，再设，，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，再根据得到，最后根据计算可得；【详解】（1）依题意，解得，所以椭圆的方程为.（2）由（1）可得，，设直线的方程为，代入得，它的两个根为和，可得，，从而．因为，所以，若直线的斜率不存在，根据对称性，则在椭圆的上（下）顶点处，不妨取为上顶点，则，由，解得或，所以或，所以，若直线的斜率存在，设直线的方程为，设，，将代入，整理得，由，则，，所以，化简得，所以.综上可得的面积等于，为定值.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.4．（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·期末）已知，分别是双曲线：（，）的左、右焦点，，点到的渐近线的距离为3.(1)求双曲线的标准方程及其渐近线方程；(2)已知点为坐标原点，动直线与相切，若与的两条渐近线交于，两点，求证：的面积为定值.【答案】(1)双曲线的标准方程为，渐近线方程为(2)证明过程见详解.【分析】（1）利用焦距求出，利用点到直线距离公式表示到的渐近线的距离求出，再利用求出，然后求出渐近线.（2）讨论直线的斜率是否存在，且当直线的斜率存在时，设出直线方程，与双曲线方程联立，根据，找到参数之间的关系，线段的长，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，求得面积，即可证明.【详解】（1）因为，所以，因为F1−c,0，渐近线为，即则到的渐近线的距离为可表示为，所以，所以双曲线的标准方程为，渐近线方程为.（2）①当直线经过双曲线的顶点时直线的斜率不存在，此时直线方程为，此时易得，点到直线的距离为，所以此时②当直线的斜率存在时设直线为，由得因为直线于双曲线相切，所以且，整理得且，即由得，则同理得到所以点到直线的距离所以所以的面积为定值3.

【点睛】利用，找到参数之间的关系，再利用公式求得AB，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，进而求出面积是解题关键.考点七、距离类定值1．（2024·江苏盐城·一模）已知抛物线：，圆：，为坐标原点.(1)若直线：分别与抛物线相交于点A，（在B的左侧）、与圆相交于点S，（S在的左侧），且与的面积相等，求出的取值范围；(2)已知，，是抛物线上的三个点，且任意两点连线斜率都存在.其中，均与圆相切，请判断此时圆心到直线的距离是否为定值，如果是定值，请求出定值；若不是定值，请说明理由.【答案】(1)(2)是，定值为1.【分析】（1）根据题意，将三角形面积相等转化为，再利用设而不求分别求得，，从而得到，再由判别式即可得解.（2）充分利用，得到直线与的方程，利用与圆相切的性质同构出直线的方程，从而得解.【详解】（1）因为与的面积相等，且与的高均为原点到直线的距离，所以，则，设Ax1,y1，B则，即，直线：代入抛物线，得，因为直线与抛物线交于，两点，所以，则，直线：代入圆：，得，因为直线与圆于S，T两点，所以，即，即，所以，由，得，又，则，将其代入得，解得；将其代入得，解得.综上，的取值范围为0,2.

（2）由题，易知直线，，斜率一定存在，设，，，则，则直线的方程为：，即，即，因为圆：的圆心为，半径为，因为直线与圆相切，则，平方化简得：，看成关于，为变量的式子得：，同理得直线与圆C相切，化简式子后得：，所以可以同构出直线的方程为：，所以圆心到直线的距离为：，此时圆心到直线的距离为定值，定值为.

【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,y（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.1．（2024·贵州遵义·模拟预测）如图，现用一个与圆柱底面成角的平面截圆柱，所得截面是一个椭圆，在平面上建立如图所示的平面直角坐标系.若圆柱的底面圆的半径为2，.(1)求椭圆的标准方程；(2)设Px0,y0为椭圆上任意一点，为椭圆在点处的切线.设椭圆的两个焦点分别为，，它们到切线的距离分别为，，试判断是否为定值？若是，求其定值；若不是，说明理由.【答案】(1)；(2).【分析】（1）由题意得，求出即可得解；（2）分直线斜率不存在和直线斜率存在两种情况去分析求解即可，对于直线斜率存在且不为0情况，先设切线方程，接着联立椭圆方程利用和整理得切线l的斜率，从而得切线方程，再利用点到直线距离公式和即可计算求解.【详解】（1）由题可得，且椭圆的焦点在x轴上，所以椭圆的标准方程为.（2）由（1），当直线斜率不存在时，则由（1）得或，当时，，，此时，同理可得时，；当直线斜率存在时，设，联立，则，整理得①，又即，故，将其代入上式①可得即，故，所以，整理得，所以点到l的距离的乘积为.综上，是定值且.考点八、参数类定值1．（北京·高考真题）已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；（Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值．【答案】(1)取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）(2)证明过程见解析【详解】分析：（1）先确定p,再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值范围，最后根据PA，PB与y轴相交，舍去k=3，（2）先设A（x1，y1），B（x2，y2），与抛物线联立，根据韦达定理可得，．再由，得，．利用直线PA，PB的方程分别得点M，N的纵坐标，代入化简可得结论.详解：解：（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．由得．依题意，解得k<0或0<k<1．又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点（1，-2）．从而k≠-3．所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）．由（I）知，．直线PA的方程为．令x=0，得点M的纵坐标为．同理得点N的纵坐标为．由，得，．所以．所以为定值．点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.2．（21-22高三下·山东·开学考试）已知双曲线的左、右焦点分别为，，且，是C上一点．(1)求C的方程；(2)过点的直线与C交于两点A，B，与直线交于点N．设，，求证：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】(1)根据双曲线的定义和焦距的概念求出a、c，进而得出结果；(2)设，，，显然直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为，联立双曲线方程并消去y，利用韦达定理得出表达式；将点N坐标代入直线方程，结合可得，同理求得，进而化简计算即可.【详解】（1）设C的焦距为，则，即，，；由双曲线的定义，得，即，所以，故C的方程为．（2）设，，，显然直线AB的斜率存在，可设直线AB的方程为，代入，得．由过点的直线与C交于两点A，B，得，由韦达定理，得，；

①由在直线上，得，即；

②由在直线AB上，得．

③由，得，即解得．同理，由，得，结合①②③，得．故是定值．1．（24-25高三上·河北沧州·阶段练习）已知椭圆的左焦点为，上､下顶点分别为，且，点在上.(1)求椭圆的方程；(2)过左焦点的直线交椭圆于两点，交直线于点，设，，证明：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由，得，再把点代入椭圆方程求出即可；（2）设出直线的方程，代入椭圆方程，设，由，，表示出，利用韦达定理化简得定值.【详解】（1）由题意可知，，所以，因为点在上，所以，解得，故，所以椭圆的方程为.（2）由已知得直线的斜率必存在，可设直线的方程为，代入椭圆方程，整理得，，设，则，又，由得.所以，因为，所以为定值.2．（23-24高三上·河北保定·期末）已知动点在上，过作轴的垂线，垂足为，若为中点．(1)求点的轨迹方程；(2)过作直线交的轨迹于、两点，并且交轴于点．若，，求证：为定值．【答案】(1)(2)，证明见解析【分析】（1）设点的坐标为，利用代入法求点的轨迹方程；（2）分直线斜率存在和斜率不存在，通过联立方程组求交点坐标，表示出，利用韦达定理化简为定值.【详解】（1）设点的坐标为，则，，点在上，则有，即，所以点的轨迹方程为.（2）直线斜率不存在时，直线方程为，则、，，，得，，由，得，，，由，，此时.直线斜率存在时，由直线交轴于点知斜率不为0，设直线方程为，则有，设Px1,y由，消去得，，有，，，由，得，，，由，，此时.综上可知，为定值.【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失变量，从而得到定值.1．（24-25高三上·陕西·开学考试）已知双曲线的左焦点为F，左顶点为E，虚轴的上端点为P，且，．(1)求双曲线C的标准方程；(2)设是双曲线C上不同的两点，Q是线段的中点，O是原点，直线的斜率分别为，证明：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设双曲线C的半焦距为，利用双曲线的定义结合勾股定理计算即可；（2）设的坐标，利用中点坐标公式表示Q，再利用点差法计算即可.【详解】（1）不妨设双曲线C的半焦距为，，，解得，则，故双曲线C的标准方程为；（2）设，则，为双曲线C上的两点，两式相减得，整理得，则，故为定值，定值为4．2．（24-25高三上·湖北武汉·开学考试）已知椭圆的离心率，连接四个顶点所得菱形的面积为4.斜率为的直线交椭圆于两点.(1)求椭圆的方程；(2)若，求的最大值；(3)设为坐标原点，若三点不共线，且的斜率满足，求证：为定值.【答案】(1)(2).(3)证明见解析【分析】(1)由椭圆的基本性质，连接四个顶点所得菱形的面积为，即可求解;(2)联立，可得：，由韦达定理，弦长公式求解；(3)联立，可得：，由韦达定理，又由，所以，代入为定值.【详解】（1）因为，所以，又连接四个顶点所得菱形的面积为，可得，解得，所以椭圆方程为.（2）如图所示：

设直线的方程为：联立，可得：，则，由韦达定理可得：，由弦长公式可得：当时，AB取得最大值.（3）如图所示：

设直线的方程为：联立，可得：，则由韦达定理可得：，又由，可得，代入可得，即.所以，所以故为定值.3．（2024·四川成都·模拟预测）已知抛物线的焦点为，过点作抛物线的两条切线，切点分别为.(1)求抛物线的方程；(2)过点作两条倾斜角互补的直线，直线交抛物线于两点，直线交抛物线于两点，连接，设的斜率分别为，问：是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由.【答案】(1)(2)是定值0.【分析】（1）先设点，然后求出切线解析式，根据即可求出结果.（2）设直线的方程,通过和抛物线联立求出韦达定理，同理求出和抛物线联立的韦达定理，然后代入即可.【详解】（1）设切点，则在点处切线斜率为，所以以为切点的切线方程为.因为切线过点，所以，同理，所以是方程的两个根，则.又因为，所以，即.又因为，所以，所以抛物线的方程为.（2）由题意，斜率都存在且不为0，设直线的方程为.联立直线和抛物线的方程，得，所以.设，则，同理，所以所以，所以等于定值0.4．（23-24高三上·全国·阶段练习）如图所示，已知抛物线是抛物线与轴的交点，过点作斜率不为零的直线与抛物线交于两点，与轴交于点，直线与直线交于点．(1)求的取值范围；(2)问在平面内是否存在一定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)存在定点的坐标为.【分析】（1）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用弦长公式结合已知建立函数关系，求出函数值域即得.（2）求出直线和的方程，联立求出点的坐标，结合（1）中韦达定理，利用数量积的坐标表示计算即得.【详解】（1）依题意，设直线的方程为，点，由消去y并整理得，，则，，，所以.（2）由（1）知，，且，设，，直线的方程为，直线的方程为，联立解得，即点的坐标为，，，而，于是，当为定值，所以存在定点的坐标为.【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．5．（2023·全国·模拟预测）已知抛物线的焦点为，过点且斜率为的直线与抛物线交于、两点，分别过、两点作抛物线的切线，两条切线分别与轴交于、两点，直线与抛物线交于、两点，直线与抛物线交于、两点，为线段的中点，为线段的中点．(1)证明：为定值；(2)设直线的斜率为，证明：为定值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）设，则，写出直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，写出抛物线在点、处的切线方程，求出点、的坐标，可得出直线的方程，再将直线的方程与抛物线的方程联立，可求出MN，进而可求出PQ，然后结合韦达定理可求得的值；（2）求出点、的坐标，可求得的表达式，由此可求出的值.【详解】（1）证明：设，则，易知抛物线的焦点为F1,0，设直线的方程为，设点Ax1,y1联立可得，，由韦达定理可得，，接下来证明抛物线在点处的切线方程为，联立可得，即，即，所以，直线与抛物线只有唯一的公共点，所以，的方程为，同理可知，直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，同理可得点，所以，直线的方程为，即，设点、，联立可得，则，由韦达定理可得，，所以，，同理可得，所以，.故为定值.（2）解：设点，则，所以，，即点，同理可得点，所以，，所以，.【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．6．（23-24高三上·内蒙古锡林郭勒盟·期末）在平面直角坐标系中，已知抛物线和点.点在上，且.(1)求的方程；(2)若过点作两条直线与，与相交于，两点，与相交于，两点，线段和中点的连线的斜率为，直线，，，的斜率分别为，，，，证明：，且为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由已知，根据点坐标，借助可表示出点坐标，然后带入抛物线方程，即可完成方程的求解；（2）由已知，分别设出四点坐标，然后利用坐标分别表示出直线，，，的斜率,即可证得，设和的中点分别为，，分别联立与抛物线方程，求得，的坐标，利用斜率公式表示，化简计算即可得出结果.【详解】（1）设点Px0,y0，则，因为所以，，所以点，代入方程中，得，所以的方程为.（2）设点Ax1,y1，B则直线的斜率，同理得直线的斜率，直线的斜率，直线的斜率，所以，，从而得.由消去得，所以，由，得或.设和的中点分别为，，则，，同理，，所以，即，所以得.7．（23-24高三下·山东·开学考试）已知抛物线是上不同的三点，过三点的三条切线分别两两交于点，则称三角形为抛物线的外切三角形．(1)当点的坐标为为坐标原点，且时，求点的坐标；(2)设外切三角形的垂心为，试判断是否在定直线上，若是，求出该定直线；若不是，请说明理由；(3)证明：三角形与外切三角形的面积之比为定值．【答案】(1)(2)是，(3)2【分析】（1）求导，求出，再利用点斜式求出直线方程得点的坐标；（2）先求切线的方程和切线的方程，联立求出交点，同理得坐标，利用垂线性质得推理得垂心在定直线上；（3）法一：利用弦长和点线距分别表示两三角形面积得比值；法二：利用向量面积公式，表示面积求比值.【详解】（1）由题意可知，即为，求导得，则，由直线的点斜式化简得切线的方程为为切线与轴的交点，则点的坐标为．（2）设，由（1）易知，则抛物线在A点处的切线的方程为，同理可得切线的方程为，直线和直线联立可得交点．同理可得．设垂心的坐标为，则．由可知，即．同理可得．两式相减可得，即．因此垂心在定直线上．（3）易知，则直线的方程为，化简得且，点到直线的距离为，则三角形的面积．由（2）知切线的方程为可知，点到直线的距离为，则外切三角形的面积．故．因此三角形与外切三角形的面积之比为定值2．解法二：因为，所以由（2）得所以所以．【点睛】关键点点睛:本题考查抛物线的切线相关问题，解决第二问的关键是利用垂直得垂心的轨迹进而求得定直线，并且第三问重在计算能力对的考查.8．（23-24高二上·山东青岛·期末）已知抛物线，点，过抛物线的焦点且平行于轴的直线与圆相切，与交与两点，.(1)求和圆的方程；(2)过上一点作圆的两条切线分别与交于两点，判断直线与圆的位置关系，并说明理由.【答案】(1)的方程为，圆的方程为(2)直线与圆相切，理由见解析【分析】（1）根据题意求得两点的坐标，从而求得，进而得解；（2）根据题意得到直线，的方程，再利用直线与圆相切的性质推得是方程的两个根，从而利用韦达定理求得点到直线的距离为圆的半径，由此得解.【详解】（1）由题意知直线的方程为，联立，解得，则或，，则，的方程为，直线的方程为，又直线与圆相切，圆的半径为2，故圆的方程为.（2）设上三点，显然，直线的斜率都是存在的，直线的斜率，直线的方程为，同理，的方程为，的方程为，圆与直线相切，，化简得：，同理，圆与直线相切，可得，所以是方程的两个根，由韦达定理得，，点到直线的距离，直线与圆相切.【点睛】关键点点睛：本题第2小问解决的关键是利用直线与圆相切推得是方程的两个根，从而得解.9．（23-24高二上·陕西渭南·期末）如图，过点C0,1的椭圆的离心率为，椭圆与轴交于点，过点的直线与椭圆交于另一点，并与轴交于点，直线与直线交于点；(1)当直线过椭圆右焦点时，求点的坐标；(2)当点异于点时，求证：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据已知结合离心率，以及关系，即可求得椭圆方程和直线方程，联立方程即可得出结果；（2）设出直线方程，与椭圆联立得到点坐标，再表示出直线方程，与直线联立即可得到坐标，利用向量的数量积即可得证.【详解】（1）由题知，，又，，所以，，则椭圆方程为，此时为焦点，所以直线斜率为，所以直线方程为，联立得：，解得，代入直线方程，得，可得点坐标为.（2）当直线与轴垂直时不符合题意；因为，，则直线方程：，设直线方程：，和椭圆联立得：，解得，代入直线得，则点坐标为，又，则，则直线方程为，和直线联立，解得，则，又为与轴交点，则，所以为定值.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.10．（2024·湖南长沙·二模）如图，双曲线的左､右焦点，分别为双曲线的左､右顶点，过点的直线分别交双曲线的左､右两支于两点，交双曲线的右支于点（与点不重合），且与的周长之差为2.(1)求双曲线的方程；(2)若直线交双曲线的右支于两点.①记直线的斜率为，直线的斜率为，求的值；②试探究：是否为定值？并说明理由.【答案】(1)(2)①3；②为定值4，理由见解析【分析】（1）设，根据题意，得到，且，联立方程组，求得的值，即可求解；（2）①设，求得，结合，即可求解；②由（1）得直线的方程为，联立方程组，得到，结合弦长公式，求得和，进而化简得到为定值.【详解】（1）解：设，因为与的周长之差为，所以，即，又因为分别为双曲线的左、右顶点，所以，联立方程组，解得，所以，故双曲线的方程为.（2）解：①由（1）知，双曲线的方程为，设，则，可得，则.②为定值.理由如下：由（1）得直线的方程为，联立方程组，整理得，设Ax1,因为位于双曲线的左､右两支，所以，即，可得，又因为，所以直线的方程为，根据双曲线的对称性，同理可得，所以，故为定值.【点睛】方法知识总结：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般：由特殊到一般法求解定点问题时，常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.3、若与面积有关的定值问题，一般用直接法求解，即先利用三角形的面积公式，（如果是其他的凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解），把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可求解.11．（2024·广东汕头·三模）已知双曲线：的渐近线方程为，过点的直线交双曲线于，两点，且当轴时，.(1)求的方程；(2)记双曲线的左右顶点分别为，，直线，的斜率分别为，，求的值.(3)探究圆：上是否存在点，使得过作双曲线的两条切线，互相垂直.【答案】(1)；(2)；(3)存在.【分析】（1）根据给定条件，求出即可得的方程.（2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理，结合斜率坐标公式求解即得.（3）设出双曲线的两条切线方程，与双曲线方程联立，结合判别式求出两条切线交点的轨迹方程，再判断与圆的位置关系即可得解.【详解】（1）由对称性知，双曲线过点，则，解得，所以双曲线的方程为.（2）由（1）得，设，显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为，由消去x得，显然，，则，即，所以.（3）圆上存在点，使得过作双曲线的两条切线互相垂直.若双曲线的两条切线有交点，则两条切线的斜率存在且不为0，设双曲线的两条切线分别为，将代入消去得：，由得，解得，因此，设两条切线的交点坐标为，则，即有，且，即，于是是方程的两根，而，则，即，从而两条切线们交点的轨迹为圆，而的圆心为，半径为1，圆的圆心，半径为3，显然，满足，即圆与圆相交，所以圆上存在点，使得过作双曲线的两条切线互相垂直.【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．12．（2024·重庆九龙坡·三模）已知，，是圆上任意一点，点关于点的对称点为，线段的中垂线与直线相交于点，记点的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)过点且斜率为的直线交曲线位于轴右侧的部分于不同的A，B两点，为轴上一点且满足，试探究是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)为定值，定值为【分析】（1）由中位线定理和垂直平分线的性质，结合双曲线的定义，即可得解；（2）由题意得直线方程为，与双曲线的的方程联立，得到两根之和，两根之积，求出的中点坐标，进而求出的垂直平分线的方程，求出的坐标，结合双曲线的定义及弦长公式化简即可得出结论.【详解】（1）由题意可得，且为的中点，又为的中点，所以且，因为点关于点的对称点为，线段的中垂线与直线相交于点，由垂直平分线的性质可得，所以，所以点的轨迹是以为焦点的双曲线，