2025年高考数学二轮复习 专题六 解析几何 第6讲　定值问题解析版

第6讲定值问题（新高考专用）目录目录【真题自测】 2【考点突破】 5【考点一】定值问题 5【专题精练】 20真题自测真题自测一、解答题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.参考答案：1．（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.考点突破考点突破【考点一】定值问题一、单选题1．（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）已知椭圆C：的离心率为，点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，D是直线上的一动点．与C交于点P（P在x轴的上方），过A作的垂线交的延长线于点E，当取最大值时，点D的纵坐标为（

）A． B．C． D．2．（2024·河南·三模）已知双曲线的左､右顶点分别为是右支上一点，直线与直线的交点分别为，记的外接圆半径分别为，则的最大值为（

）A． B． C． D．3．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）如图，P，M，Q，N是抛物线上的四个点（P，M在轴上方，Q，N在轴下方），已知直线PQ与MN的斜率分别为和2，且直线PQ与MN相交于点，则（

）A． B． C． D．2二、多选题4．（23-24高二上·云南昆明·期末）设椭圆的右焦点为F，直线与椭圆交于A，B两点，则（

）A．为定值 B．的周长的取值范围是C．当时，为直角三角形 D．当时，的面积为5．（2024·安徽·模拟预测）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，直线：与C的左、右两支分别交于M，N两点（点N在第一象限），点在直线上，点Q在直线上，且，则（

）A．C的离心率为3 B．当时，C． D．为定值6．（2024高三·江苏·专题练习）已知为坐标原点，点为抛物线：的焦点，点，直线：交抛物线于，两点（不与点重合），则以下说法正确的是（

）A．B．存在实数，使得C．若，则D．若直线与的倾斜角互补，则三、填空题7．（2024·吉林白山·二模）已知点是椭圆上关于原点对称的两个点，点是椭圆上异于，的一点，且以为直径的圆过点，点在轴上，且三点共线，为坐标原点，若成等比数列，则椭圆的离心率为.8．（23-24高三上·浙江绍兴·期末）已知点是等轴双曲线的左右顶点，且点是双曲线上异于一点，，则．9．（2024·四川成都·三模）设为抛物线的焦点，过的直线与相交于两点，过点作的切线，与轴交于点，与轴交于点，则(其中为坐标原点)的值为四、解答题10．（2024·安徽合肥·二模）已知椭圆的右焦点为，左顶点为，短轴长为，且经过点．(1)求椭圆的方程；(2)过点的直线（不与轴重合）与交于两点，直线与直线的交点分别为，记直线的斜率分别为，证明：为定值．11．（23-24高三上·广西·阶段练习）已知双曲线过点和点．(1)求双曲线的离心率；(2)过的直线与双曲线交于，两点，过双曲线的右焦点且与平行的直线交双曲线于，两点，试问是否为定值？若是定值，求该定值；若不是定值，请说明理由．12．（2023·广东·二模）已知A，B是抛物线E：上不同的两点，点P在x轴下方，PA与抛物线E交于点C，PB与抛物线E交于点D，且满足，其中λ是常数，且．(1)设AB，CD的中点分别为点M，N，证明：MN垂直于x轴；(2)若点P为半圆上的动点，且，求四边形ABDC面积的最大值．参考答案：题号123456答案DAAACBCDACD1．D【分析】结合已知并注意到，且，由此可得，进一步有，结合基本不等式取等条件以及锐角三角函数即可列方程求解.【详解】由题意有：；又因为，所以，显然直线斜率不为0，即，当，即时，取最大值．此时，又，则．故选：D．2．A【分析】容易知道，求出，两点坐标，则，由正弦定理求外接圆半径，结合基本不等式分析求解.【详解】由题意可知：，

设动点，则，即，设直线的斜率分别为，根据对称性不妨设，因为，，则，即，可知直线方程为：，则直线方程为：，令得，，即，，则，由正弦定理得：，，可得，当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为.故选：A.3．A【分析】设出点的坐标，写出直线的方程，联立抛物线方程，再根据韦达定理和弦长公式分别求得，再求结果即可.【详解】设，则直线的方程为，联立抛物线方程可得，，则；又直线方程为，联立抛物线方程可得，则，；故，，，；故.故选：A.4．AC【分析】由椭圆定义可判断A；由为定值以及AB的范围可判断B；求出，的坐标，由数量积公式得出，可判断C；求出，的坐标，由三角形面积公式可判断D.【详解】设椭圆的左焦点为，则，所以为定值6，故A正确；的周长为，因为为定值6，易知AB的范围是，所以的周长的范围是，故B错误；将与椭圆方程联立，可解得，，又易知，所以，所以为直角三角形，故C正确；将与椭圆方程联立，解得，，所以，故D错误.故选：AC．5．BCD【分析】根据离心率的公式即可求解A，联立直线与抛物线方程，根据弦长公式即可求解B，根据二倍角公式以及斜率关系即可求解C，根据角的关系即可求解线段长度相等，判断D.【详解】由题意得，，故A错误；联立，得，解得或，则，故B正确；由直线：可知，又，，故在线段的中垂线上，设，的斜率分别为，，，故直线的方程为，联立，得，设，则，，故.当轴时，，是等腰直角三角形，且易知；当不垂直于x轴时，直线的斜率为，故，因为，所以，所以，，故C正确；因为，故，故，故D正确.故选:BCD.6．ACD【分析】根据抛物线和直线方程可知直线过抛物线焦点，利用焦半径公式可判断A正确；联立直线和抛物线方程利用向量数量积公式可知，恒成立，所以B错误；根据可知A，B两点的纵坐标关系，解得其交点坐标代入直线方程可得，即C正确；由直线与的倾斜角互补，可知，利用韦达定理联立方程即可求出，即D正确.【详解】由已知，抛物线：，∴，，焦点F1,0，不妨设为Ax1,y1，Bx2,y

对于A，∵由标准方程知，抛物线顶点在原点，开口向右，，直线：过焦点F1,0，∴由抛物线的定义，故选项A正确；对于B，消去，化简得（显然），则，，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴不存在实数，使得，选项B错误；对于C，，，∵，∴，∴，又∵由选项B判断过程知，，∴解得，，或，，，∴若，则，选项C正确；对于D，由题意，，，，，直线与的倾斜角互补时，斜率均存在，且，∴，代入，，化简得，由选项B的判断知，，∴，∴，故选项D正确.故选：ACD.7．【分析】由题意得，首先设直线，联立椭圆方程得坐标，进一步由，成等比数列，可得的坐标，从而可得斜率，注意到，结合离心率公式即可顺利得解.【详解】因为以为直径的圆过点，所以，由题意设直线（斜率显然存在，否则点就不存在了），不妨设点分别在第一象限、第三象限，则直线的斜率；联立，解得，则，而，成等比数列，则，设，则，从而，而不重合，也就是，解得，则，故直线的斜率，设，所以，所以，故所求离心率.故答案为：.【点睛】关键点点睛：关键是分别表示出，由此结合即可顺利得解.8．【分析】根据等轴双曲线可得，据此可得关于的正切的方程，从而可求.【详解】因为双曲线为等轴双曲线，故，故，设，则，，且，，即，，，，而，故即.故答案为：.9．/【分析】设直线的方程为，，联立方程，利用韦达定理求出，再根据导数的几何意义求出过点作的切线的方程，即可求出两点的坐标，进而可得出答案.【详解】由抛物线，得，设直线的方程为，，联立，消得，则，由，得，所以过点作的切线的斜率为，故切线方程为，即，令，则，令，则，即，则，所以.故答案为：.10．(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）由题意得，将点代入椭圆的方程可求得的值，进而可得椭圆的方程；（2）设，，，，，联立直线和椭圆的方程，可得，，直线的方程为，令，得，同理，由斜率公式计算即可．【详解】（1）因为，所以，再将点代入得，解得，故椭圆的方程为；（2）由题意可设，由可得，易知恒成立，所以，又因为A-2,0所以直线的方程为y=y1x1+2x+2，令，则同理，从而，故为定值．11．(1)(2)是，定值为．【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，即可代入化简求解.【详解】（1）将点和点的坐标代入，得，解得所以双曲线的离心率．（2）依题意可得直线的斜率存在，设：．联立得，设，，则，，所以．，直线：．设，．联立得，则且，则，所以，所以为定值，定值为．

【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.12．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题意可得，结合斜率分析可得，即可得结果；（2）根据题意利用韦达定理求弦长，可得面积，结合二次函数分析运算.【详解】（1）因为，且P，A，C共线，P，B，D共线，所以，所以直线AB和直线CD的斜率相等，即，设，，，，则点M的横坐标，点N的横坐标，由，得，因式分解得，约分得，所以，即，所以MN垂直于x轴．（2）设，则，且，当时，C为PA中点，则，，因为C在抛物线上，所以，整理得，当时，D为PB中点，同理得，所以是方程的两个根，因为，由韦达定理得，，所以，所以PM也垂直于x轴，所以，因为，所以，，当时，取得最大值，所以，所以四边形ABDC面积的最大值为．【点睛】方法定睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．规律方法：求解定值问题的两大途径(1)由特例得出一个值(此值一般就是定值)→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关．(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．专题精练专题精练一、单选题1．（2024·河北秦皇岛·二模）已知A，B为椭圆：上两个不同的点（直线与y轴不平行），F为C的右焦点，且，若线段的垂直平分线交x轴于点P，则（

）A． B． C． D．2．（2024·黑龙江·二模）双曲线的左、右顶点分别为，左、右焦点分别为，过作直线与双曲线的左、右两支分别交于M，N两点.若，且，则直线与的斜率之积为（

）A． B． C． D．3．（23-24高三上·内蒙古赤峰·期中）已知点在抛物线上，过点作直线，与抛物线分别交于不同于点的两点．若直线的斜率互为相反数，则直线的斜率为（

）A． B．C． D．不存在二、多选题4．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，已知椭圆的左、右顶点分别是，上顶点为，点是椭圆上任意一异于顶点的点，连接交直线于点，连接交于点（是坐标原点），则下列结论正确的是（

）A．为定值B．C．当四边形的面积最大时，直线的斜率为1D．点的纵坐标没有最大值5．（23-24高二下·重庆·开学考试）设F为双曲线的右焦点，O为坐标原点．若圆交C的右支于A，B两点，则（

）A．C的焦距为 B．为定值C．的最大值为4 D．的最小值为26．（2024·辽宁大连·一模）已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于A，两点，点为坐标原点，下列结论正确的是（

）A．存在点A、，使B．若点是弦的中点，则点M到直线的距离的最小值为C．平分D．以为直径的圆与轴相切三、填空题7．（23-24高二上·江苏常州·期中）椭圆的弦满足，记坐标原点在的射影为，则到直线的距离为1的点的个数为.8．（2024·河北沧州·一模）已知双曲线：的焦距为，双曲线C的一条渐近线与曲线在处的切线垂直，M，N为上不同两点，且以MN为直径的圆经过坐标原点，则．四、解答题9．（2023·福建·模拟预测）已知圆，直线过点且与圆交于点B，C，BC中点为D，过中点E且平行于的直线交于点P，记P的轨迹为Γ(1)求Γ的方程；(2)坐标原点O关于，的对称点分别为，，点，关于直线的对称点分别为，，过的直线与Γ交于点M，N，直线，相交于点Q.请从下列结论中，选择一个正确的结论并给予证明.①的面积是定值；②的面积是定值：③的面积是定值.10．（2024·重庆·一模）已知点为圆上任意一点，，线段的垂直平分线交直线于点．(1)求点的轨迹方程；(2)设过点的直线与点的轨迹交于点，且点在第一象限内．已知，请问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值，若不存在，请说明理由．11．（23-24高三下·浙江·阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，过点的直线与抛物线交于M，N两点在第一象限）.(1)当时，求直线的方程;(2)若三角形OMN的外接圆与曲线交于点（异于点O，M，N），（i）证明:△MND的重心的纵坐标为定值，并求出此定值;（ii）求凸四边形OMDN的面积的取值范围.参考答案：题号123456答案ADBABBCDBCD1．A【分析】设点Ax1,y1，Bx2,y2，求出和，由条件得，依次求得线段【详解】如图，由题意知，设Ax1,y根据点A，B在C上，则，，所以，同理可得，所以，所以，因线段的中点为，，则的垂直平分线的斜率为，又由，，作差化简得：，则线段垂直平分线的方程为，令，得：，解得，所以.故选：A.2．D【分析】设，由双曲线定义和题目条件，表达出，，，在中，由余弦定理得，则，在中，由余弦定理得，故，设，求出直线与的斜率之积为.【详解】设，则，由双曲线定义得，，在中，由余弦定理得，解得，则，，在中，由余弦定理得，解得，则，，设，则，将代入得，则直线与的斜率之积为.故选：D【点睛】结论点睛：圆锥曲线中点弦相关结论及其推广：椭圆与直线相交于两点，弦的中点为，其中原点为，则，推广：已知椭圆的两顶点分别为，则椭圆上一点（除两点），满足；双曲线与直线相交于两点，弦的中点为，其中原点为，则，推广：已知双曲线的两顶点分别为，则双曲线上一点（除两点），满足；3．B【分析】直线与抛物线相交于两点，已知点，设直线的斜率为，联立直线与抛物线的方程，由韦达定理可用表示点的坐标，同理可用表示点的坐标，由消参，再求的斜率即可.【详解】将点代入抛物线方程，得，所以抛物线.设直线的斜率分别为，则，直线的方程为，与抛物线的方程联立，消去整理得，设，因为，所以，代入直线的方程，得，即同理可得，又，即，所以直线的斜率为.故选：B.4．AB【分析】根据给定的椭圆方程，设点，结合斜率坐标公式计算判断AB；取点在第一象限，求出面积最大时的斜率判断C；表示出M点纵坐标后利用基本不等式即可判断D.【详解】依题意，，设，对于A，，A正确；对于B，直线的方程为，它与直线的交点，因此，B正确；对于C，不妨令，四边形的面积，当且仅当时取等号，此时点，直线的斜率为，C错误；对于D，设，则，，联立，解得，要确定点的纵坐标的最大值，不妨令，则，当且仅当时等号成立，D错误.故选：AB【点睛】结论点睛：椭圆上的点的坐标可以设为.5．BCD【分析】根据双曲线方程求焦距，判断A；根据两个圆的方程联立，利用韦达定理表示，即可判断B；并根据基本不等式，即可判断C；根据坐标表示，结合B选项，即可判断D.【详解】双曲线方程，其中，则，所以焦距，故A错误；设，，所以，（*）联立，得，其中，，代入（*）得到（定值），故B正确；，当时，等号成立，故C正确；，同理，所以，其中由B选项可知，，，，所以上式，当时，取得的最小值，所以的最小值是，则的最小值是，故D正确.故选：BCD6．BCD【分析】设Ax1,y1,Bx2,y2，直线m的方程为，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据判断A【详解】对于A，由题意可知：抛物线C的焦点F的坐标为0,1，准线，直线的斜率一定存在且与抛物线C相交，设Ax1,y1与抛物线联立，得，则，，可得，所以为钝角，故A错误；对于B，因为，当且仅当时，等号成立，所以点M到直线的距离为，故B正确；对于C，因为点，因为，即直线和直线的倾斜角互补，所以平分，故C正确；对于D，由题意可知：的中点到x轴距离，可知以为直径的圆与轴相切，故D正确．故选：BCD．7．4【分析】根据给定条件，求出点的轨迹方程，再结合直线与这个轨迹的位置关系求解即得.【详解】椭圆的弦满足，即有设，则，，于是，解得，同理，则，即，由原点在的射影为，得，而，因此，即点的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆，方程为，圆心到直线的距离，显然此直线与圆相交，垂直于直线的圆的直径端点到直线距离分别为，于是圆上到直线的距离为1的点有4个，所以到直线的距离为1的点的个数为4.故答案为：4

【点睛】思路点睛：涉及用椭圆上的动点处理问题时，可以借助正余弦函数设出此点坐标，再利用三角函数关系求解.8．/【分析】先用导数求在处切线的斜率，根据垂直关系，求出双曲线渐近线的斜率，进而得到双曲线的标准方程，再设直线与双曲线联立，求出，的坐标，即可得到答案.【详解】因为，所以.因为双曲线C的一条渐近线与曲线在处的切线垂直，所以双曲线C的一条渐近线的斜率为：.对双曲线，，所以双曲线C的标准方程为：.如图：M，N为上不同两点，且以MN为直径的圆经过坐标原点，设直线的方程为：，由，所以.又，用代替，可得.所以故答案为：.9．(1)(2)结论③正确，证明见解析【分析】（1）由几何性质知P到，两点的距离之和为定值可得P的轨迹为椭圆；（2）解法一、二：设直线，，，表示出直线，的方程并联立求得Q的横坐标为定值，因此的面积是定值.解法三：当直线垂直于x轴时求得Q横坐标为4，当直线不垂直于x轴时，设直线，，，表示出直线，的方程并联立求得Q的横坐标为定值，因此的面积是定值.解法四：设直线，，，表示出直线，的方程，利用在椭圆上得，将直线的方程化为，与直线联立求得Q的横坐标为定值，因此的面积是定值.【详解】（1）由题意得，，.因为D为BC中点，所以，即，又，所以，又E为的中点，所以，所以，所以点P的轨迹是以，为焦点的椭圆（左､右顶点除外）.设，其中，.则，，，.故.（2）解法一：结论③正确.下证：的面积是定值.由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，可设直线，，，且，.由，得，所以，，所以.直线的方程为：，直线的方程为：，由，得，，解得.故点Q在直线，所以Q到的距离，因此的面积是定值，为.解法二：结论③正确.下证：的面积是定值.由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，可设直线，，，且，.由，得，所以，，所以.直线的方程为：，直线的方程为：，由，得，故点Q在直线，所以Q到的距离，因此的面积是定值，为.解法三：结论③正确.下证：的面积是定值.由题意得，，，，，且直线的斜率不为0.（i）当直线垂直于x轴时，，由，得或.不妨设，，则直线的方程为：，直线的方程为：，由，得，所以，故Q到的距离，此时的面积是.（ii）当直线不垂直于x轴时，设直线，，，且，.由，得，所以，.直线的方程为：，直线的方程为：，由，得.下证：.即证，即证，即证，即证，上式显然成立，故点Q在直线，所以Q到的距离，此时的面积是定值，为.由（i）（ii）可知，的面积为定值.解法四：结论③正确.下证：的面积是定值.由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，可设直线，，，且，.由，得，所以，.直线的方程为：，直线的方程为：，因为，所以，故直线的方程为：.由，得，解得.故点Q在直线，所以Q到的距离，因此的面积是定值，为.【点睛】方法点睛：（一）极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线G：，则称点P(，)和直线l：是圆锥曲线G的一对极点和极线.事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换x(另一变量y也是如此)，即可得到点P(，)对应的极线方程.特别地，对于椭圆，与点P(，)对应的极线方程为；对于双曲线，与点P(，)对应的极线方程为；对于抛物线，与点