2025年高考数学必刷题分类：第77讲、定点、定值问题（教师版）

第77讲定点、定值问题

知识梳理

1、定值问题

解析几何中定值问题的证明可运用函数的思想方法来解决．证明过程可总结为“变量—

函数—定值”，具体操作程序如下：

（1）变量----选择适当的量为变量．

（2）函数----把要证明为定值的量表示成变量的函数．

（3）定值----化简得到的函数解析式，消去变量得到定值．

2、求定值问题常见的方法有两种：

（1）从特殊情况入手，求出定值，再证明该定值与变量无关；

（2）直接推理、计算，并在计算推理过程中消去变量，从而得到定值．

常用消参方法：

①等式带用消参：找到两个参数之间的等式关系F(k,m)0，用一个参数表示另外一个

参数kf(m)，即可带用其他式子，消去参数k．

②分式相除消参：两个含参数的式子相除，消掉分子和分母所含参数，从而得到定值．

③因式相减消参：两个含参数的因式相减，把两个因式所含参数消掉．

④参数无关消参：当与参数相关的因式为0时，此时与参数的取值没什么关系，比如：

y2kg(x)0，只要因式g(x)0，就和参数k没什么关系了，或者说参数k不起作

用．

3、求解直线过定点问题常用方法如下：

（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的

的一般性证明；

（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直

线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的

解为坐标的点即为所求点；

（）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式

3x0,y0yy0kxx0

ykxb来证明．

一般解题步骤：

①斜截式设直线方程：ykxm，此时引入了两个参数，需要消掉一个．

②找关系：找到k和m的关系：mf(k)，等式带入消参，消掉m．

③参数无关找定点：找到和k没有关系的点．

必考题型全归纳

题型一：面积定值

x2y2

例1．（2024·安徽安庆·安庆一中校考三模）已知椭圆C:1(ab0)过点

a2b2

3

Aa,0,B0,b两点，椭圆的离心率为，O为坐标原点，且SOAB1.

2

(1)求椭圆C的方程；

(2)设P为椭圆C上第一象限内任意一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，

求证：四边形ABNM的面积为定值.

c3

【解析】（1）根据题意可知e，

a2

1

又Sab1，即可得ab2，结合a2b2c2，

OAB2

解得a24,b21,c23；

x2

即椭圆C的方程为y21.

4

（2）证明：由（1）可知A2,0,B0,1，如下图所示：

Px,y

设00，且x00,y00；

y0y0

易知直线PA的斜率kPA，所以PA的直线方程为yx2；

x02x02

y01y01

同理直线PB的斜率kPB，所以PB的直线方程为yx1；

x0x0

2yx

由题意解得M0,0,N0,0；

x02y01

x2y

所以可得AN02,BM01，

y01x02

四边形ABNM的面积

2

11x2yx2y2x24y24xy4x8y4

SANBM020100000000

22y01x022x02y012x0y0x02y02

2

x0222

又y1，可得x04y04，

40

x24y24xy4x8y444xy4x8y44xyx2y2

故S000000000000002，

2x0y0x02y022x0y0x02y022x0y0x02y02

即四边形ABNM的面积为定值.

x2y2

例2．（2024·陕西汉中·高三统考阶段练习）已知双曲线C：1a0,b0的焦

a2b2

距为26，且焦点到近线的距离为1.

(1)求双曲线C的标准方程；

(2)若动直线l与双曲线C恰有1个公共点，且与双曲线C的两条渐近线分别交于P,Q两点，

O为坐标原点，证明：△OPQ的面积为定值.

b

【解析】（1）依题意得2c26，c6，一条渐近线为yx，即bxay0，右焦点为(6,0)，

a

|6b|6b

所以1，即1，6b6，所以b1，

b2a2c

所以a2c2b2615，

x2

所以双曲线C的标准方程为y21.

5

（2）当直线l的斜率不存在时，若动直线l与双曲线C恰有1个公共点，则直线l经过双曲

5

线的顶点，不妨设l:x5，又渐近线方程为yx，

5

55

将x5代入yx，得y1，将x5代入yx，得y1，

55

1

则|PQ|2，S525.

OPQ2

5

当直线l的斜率存在，设直线l:ykxt，且k，

5

ykxt

联立2，消去y并整理得222，

x2(15k)x10ktx5t50

y1

5

因为动直线l与双曲线C恰有1个公共点，

15k20

22

所以2222，得5kt1，

Δ100kt415k5t50

55

设动直线l与yx的交点为P，与yx的交点为Q，

55

ykxt

联立，得5t，同理得5t，

5xPxQ

yx5k15k1

5

2

225t5t25|t|k1

则|PQ|1k|xPxQ|1k||

5k15k1|5k21|

|t|

因为原点O到直线l的距离d，

k21

1125|t|k21|t|5t2

所以，

S△OPQ|PQ|d22

22|5k1|k21|5k1|

22

225t5t

又因为5kt1，所以5，即SOPQ5，

|5k21|t2

故△OPQ的面积为定值，且定值为5.

例3．（2024·广东广州·高三广州市真光中学校考阶段练习）已知双曲线

x2y2x

C:1(a0,b0)，渐近线方程为y0，点A2,0在C上；

a2b22

(1)求双曲线C的方程；

(2)过点A的两条直线AP，AQ分别与双曲线C交于P，Q两点（不与A点重合），且两条直

线的斜率k1，k2满足k1k21，直线PQ与直线x2，y轴分别交于M，N两点，求证：AMN

的面积为定值.

b1

【解析】（1）a0，b0，依题意，a2b1，

a2

x2y2

所以双曲线C的方程为1.

41

（2）依题意可知PQ斜率存在，设方程为ykxm，Px1,y1，Qx2,y2，

8km

ykxmxx

1214k2

22222，

xy14kx8kmx4m402

14m4

41x1x2

14k2

2222

Δ64km414k4m40，m214k20①，

y1y22kx1x2m2kx1x24m

k1k2

x12x22x1x22x1x24

4m248km

2k2m2k24m

14k14k

1，

4m248km

24

14k214k2

整理得m2km2k1=0.

1）m2k0，PQ:ykx2k，过A2,0舍去，

2）m2k10，PQ:ykx2k1，过点2,1，

21

此时，将m12k代入①得12k14k224k0,k，

2

1

PQ与x2交于点M2,1，故S△211（定值）

AMN2

变式1．（2024·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考三模）设椭圆

x2y2

E：1ab0过点M2,1，且左焦点为F12,0．

a2b2

(1)求椭圆E的方程；

(2)ABC内接于椭圆E，过点P4,1和点A的直线l与椭圆E的另一个交点为点D，与BC交

于点Q，满足APQDAQPD，证明：PBC面积为定值，并求出该定值．

c22

21

【解析】（1）由题意得221，

ab

222

cab

解得a24，b22

x2y2

所以椭圆C的方程为1．

42

（2）设点Q,A,D的坐标分别为x,y，x1,y1，x2,y2．

由题设知AP，PD，AQ，QD均不为零，

APAQ

记，则0且1

PDQD

又A,P,D,Q四点共线，从而APPD，AQQD

xxyyxxyy

于是412，112，x12，y12

1111

x22x2y22y2

从而124x①，12y②，

1212

2222

又点A,D在椭圆C上，即x12y14③，x22y24④，

①＋②×2并结合③、④得4x2y4，

即点O(x,y)总在定直线2xy20上．

∴BC所在直线为2xy20上．

2xy20

由x2y2消去y得9x216x40，1624940，

1

42

164

设B(x,y),C(x,y)，则xx,xx，

3344349349

1616435

于是|BC|1222|xx|5(xx)24xx5()2，

343434999

8127

又P到BC的距离d，

415

147

∴S

PBC9

147

∴PBC面积定值为．

9

2

2y

变式2．（2024·全国·高二专题练习）已知l1，l2既是双曲线C1：x1的两条渐近线，

4

x2y2

也是双曲线C2：1的渐近线，且双曲线C2的焦距是双曲线C1的焦距的3倍.

a2b2

MN

(1)任作一条平行于l的直线l依次与直线l以及双曲线C，C交于点L，M，N，求的

1212NL

值；

(2)如图，P为双曲线C2上任意一点，过点P分别作l1，l2的平行线交C1于A，B两点，证明：

PAB的面积为定值，并求出该定值.

2

【解析】（1）依题意b2a，根据双曲线C2的焦距是双曲线C1的焦距的3倍，可得5a15，

22

2xy

即a3，故双曲线C2：1，

312

不妨设l1：y2x，则设l：y2xm，

y2xm

y2xmmm24

联立，可得，联立2可得，

xL2yxM

y2x4x14m

4

y2xm

m212

联立22可得，

xyxN

14m

312

m24m

LMxx1MN2

从而ML4m4,所以

MNxxm212m242

NMNL3

4m4m

（2）如图，延长PA，PB分别交渐近线于C，D两点，

PAPB24

由（1）可知，则SS，

PCPD3△PAB9△PCD

y2xxy

Px,y00

设00，则PA：y2xx0y0，联立，

y2x

2xy

解得x00，

C4

y2xx0y02x0y0

而PB：y2xx0y0，联立，解得xD，

y2x4

2xy2xy15

从而PCPD5xx5xx50000，

PCPD444

2tan4

设l的倾斜角为，则tan2，而APBCOD2，故sin2，

21tan25

1342

则SPCPDsin2，因此SS.

△PCD22△PAB9△PCD3

x2

变式3．（2024·四川成都·高二树德中学校考阶段练习）已知椭圆C:y21，A,B是

4

椭圆上的两个不同的点，O为坐标原点，A,O,B三点不共线，记AOB的面积为SAOB.

1

(1)若OAx,y,OBx,y，求证：Sxyxy；

1122AOB21221

1

(2)记直线OA,OB的斜率为k,k，当kk时，试探究S2是否为定值并说明理由.

12124AOB

【解析】（1）设OA,OB的夹角为0π，

OAOB(OAOB)2

则cos，所以sin1cos21，

OAOBOA|2OB|2

11

则SOAOBsinOA|2OB|2(OAOB)2

AOB22

1222221

x1y1x2y2x1x2y1y2x1y2x2y1；

22

ykx4

222

（2）由22可知，14kx4，所以x2，

x4y4014k

设直线OA,OB的方程分别为：yk1x,yk2x，

设Ax1,y1,Bx2,y2.

44

22

则x12,x22，

14k114k2

1

kk

124

1212

所以S2xyxyx2x2kk

AOB4122141212

221

2224k1k2

4kk4k1k22k1k2

122.

222222221

14k114k214k1k216k1k224k1k2

题型二：向量数量积定值

x2y2

例4．（2024·新疆昌吉·高二统考期中）已知椭圆C:1(ab0)，F1，F2是C

a2b2

△

的左、右焦点，过F1的动直线l与C交于不同的两点A，B两点，且ABF2的周长为42，

椭圆C的其中一个焦点在抛物线y24x准线上，

(1)求椭圆C的方程；

5

(2)已知点M,0，证明:MAMB为定值.

4

【解析】（1）由y24x可得准线为x=1，

所以椭圆C的左焦点F11,0，所以椭圆C的半焦距c1，

△

因为ABF2的周长为42，

所以4a42，故a2.

所以b2a2c2211，

x2

所求椭圆的方程为y21.

2

（2）如图所示：

①当直线l斜率不存在时，l的方程为x=1，

x22

将x=1代入y21可得y，

22

221212

所以A1,，B1,，此时MA,，MB,，

224242

11227

则MAMB，

442216

②当直线l斜率存在时，设直线l的方程为ykx1，设Ax1,y1，Bx2,y2，

ykx1

2222

由x2，得12kx4kx2k20，

y21

2

4k22k2255

则xx，xx，MAx1,y1，MBx2,y2，

1212k21212k244

55552

所以MAMBx1x2y1y2x1x2kx11x21，

4444

225252

k1x1x2kx1x2k，

416

2k2254k225

222

k12k2k，

12k412k16

777

k22k21

7，

81616

12k212k216

7

综上所述，MAMB为定值，且定值为.

16

例5．（2024·江西萍乡·高二萍乡市安源中学校考期末）已知M4,m是抛物线

C:y22pxp0上一点，且M到C的焦点的距离为5.

(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QAPA，

QBPB，求证：是定值.

p

【解析】（1）由抛物线的定义，得45，解得p＝2.

2

所以抛物线C的方程为y24x，M的坐标为4,4或4,4.

1

（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,.将x

t

22

＝ty＋1代入y4x得y4ty40.设Ax1,y1，Bx2,y2，则y1y24t，y1y24.

11

由QAPA，得1；由QBPB，得1.

ty1ty2

11yy4t

所以221221，故是定值1.

ty1ty2ty1y24t

例6．（2024·四川南充·高二四川省南充高级中学校考开学考试）已知点P到A(2,0)的距

离是点P到B1,0的距离的2倍.

(1)求点P的轨迹方程；

(2)若点P与点Q关于点B对称，过B的直线与点Q的轨迹交于E，F两点，探索BEBF是

否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.

22

【解析】（1）设点Px,y，由题意可得PA2PB，即x2y22x1y2，

2

化简可得x2y24.

22x0x21

（2）设点Qx0,y0，由（1）P点满足方程:x2y4，，

y0y0

2222

代入上式消去可得x0y04，即Q的轨迹方程为xy4，

当直线l的斜率存在时，设其斜率为k，则直线l的方程为ykx1，

x2y24

由，消去y，得1k2x22k2xk240，显然0，

ykx1

2k2k24

设Ex1,y1，Fx2,y2则xx，xx，

121k2121k2

又BEx11,y1，BFx21,y2，

2

则BEBF1x1x2x1x2y1y21x1x2x1x2kx11x21

22

2222k422k2

1kx1x21kx1x21k1k1k1k

1k21k2

k43k242k42k2k42k213k23

3.

1k21k2

当直线l的斜率不存在时，E1,3，F1,3，BEBF3.

故BEBF是定值，即BEBF3.

x2y2

变式4．（2024·全国·高二校联考阶段练习）已知椭圆E:1ab0的右焦点为

a2b2

3

F1,0，点P1,在E上．

2

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)过点F的直线l与椭圆E交于A，B两点，点Q为椭圆E的左顶点，直线QA，QB分别

交x4于M，N两点，O为坐标原点，求证：OMON为定值．

3

【解析】（1）由题意得c1，又点P1,在椭圆上，

2

a2b21

a24

则，解得，

192

1b3

a24b2

x2y2

故所求椭圆E的标准方程为1.

43

（2）由题意知直线l的斜率不为0，可设l方程为xmy1，

xmy1

22

联立x2y2，消x得(3m4)y6my90，

1

43

则36m249(3m24)0，

设A(x1,y1),B(x2,y2),

6m9

由韦达定理得，yy,yy，

123m24123m24

6m28

则xxmy1my1m(yy)22，

1212123m243m24

2

且x1x2(my11)(my21)my1y2m(y1y2)1

9m26m212m24

1，

3m243m243m24

y

又Q(2,0),则直线QA的方程为：y1(x2)，

x12

6y

令x4得，M(4,1)，

x12

6y

同理可得，N(4,2)，

x22

6y6y36yy

故OMON4,14,21612，

x12x22(x12)(x22)

12m241636

由(x2)(x2)xx2(xx)44，

1212123m243m243m24

36yy36(9)3m24

12

则29，

(x12)(x22)3m436

则OMON1697.

即OMON为定值.

x2y2

变式5．（2024·上海宝山·高三上海交大附中校考期中）已知椭圆C:1ab0

a2b2

2

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.

2

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知直线ykx1k0与椭圆C交于A，B两点，且与x轴，y轴交于M，N两点.

7

①若MBAN，求k的值；②若点Q的坐标为,0，求证：QAQB为定值.

4

c2

【解析】（1）e，a22c2，代入a2b2c2得bc.

a2

1

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b2c2，即bc2，

2

x2y2

以上各式联立解得a24,b22，则椭圆方程为1.

42

（2）①直线ykx1与x轴交点为M1,0，与y轴交点为N0,k，

x22y24

联立消去y得:12k2x4k2x2k240，

ykx1

16k4412k22k2424k2160

2

4k又

设Ax1,y1,Bx2,y2，则xxMBx21,y2,ANx1,ky1,

1212k2

4k222

由MBAN得：xx1,解得:k.由k0得k;

1212k222

4k22k24

②证明：由①知xxxx,

1212k21212k2

77772

QAQBx1,y1x2,y2x1x2kx11x21

4444

272249

1kx1x2kx1x2k

416

22

24k722k424915

1kkk，

12k2412k21616

QAQB为定值.

题型三：斜率和定值

x2y2

例7．（2024·四川成都·高三成都七中校考开学考试）已知C:10a4，

1a4a

x2y2

C:1b4．

2b4b

(1)证明：yx2总与C1和C2相切；

(2)在（1）的条件下，若yx2与C1在y轴右侧相切于A点，与C2在y轴右侧相切于B

点．直线l与C1和C2分别交于P，Q，M，N四点.是否存在定直线l使得对任意题干所给a，

b，总有kAPkAQkBPkBQ为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．

22

xyx0xy0y

【解析】（1）下面证明椭圆E:1在x0,y0处的切线方程为1，理由如

a2b2a2b2

下：

当y00时，故切线的斜率存在，设切线方程为ykxm，

代入椭圆方程得：a2k2b2x22a2kmxa2m2a2b20，

2

由2a2km4a2k2b2a2m2a2b20，化简得：

a2k2m2b20，

2a2km2a2km0a2k

所以x0，

2a2k2b22m2m

a2kb2

把x代入y0kx0m，得：y，

0m0m

mxxb2b2x

000

于是k222，

aay0ay0

b2xb2x

00

则椭圆的切线斜率为2，切线方程为yy02xx0，

ay0ay0

222222

整理得到ay0ybx0xay0bx0，

xxyy

其中b2x2a2y2a2b2，故a2yyb2xxa2b2，即001，

0000a2b2

当y00时，此时x0a或a，

xxyy

当xa时，切线方程为xa，满足001，

0a2b2

xxyy

当xa时，切线方程为xa，满足001，

0a2b2

22

xyx0xy0y

所以椭圆E:1在x0,y0处的切线方程为1；

a2b2a2b2

22

xyx1xy1y

1s0,t0上一点x1,y1的切线方程为1，理由如下：

s2t2s2t2

22

x,yxy

设过点11的切线方程为yy1nxx1，与1s0,t0联立得，

s2t2

2222222

1n22nx12ny12nx1y1nx1y1t

22x22x20，

stttt

2

2n2x2n2y1n22nxyn2x2y2t2

由111111，

2242220

ttstt

2222

化简得y1nx1snt，

22

yy1yyyy

因为n，代入上式得y1xs21t2，

xx11

1xx1xx1

22222

整理得xy1x1ysyy1txx1，

222

xyxyyyxx

同除以s2t2得，1111，

s2t2t2s2

x2y22xyxyx2y2y22yyy2x22xxx2

即11101111，

s2t2t2s2

x2y2x2y2

因为111，1，

s2t2s2t2

x2y22xyxyx2y22yy2xx

所以1111211，

s2t2t2s2

x2y2

111

s2t2x2x2x2y2x2y2y2y2

联立，两式相乘得，11111，

x2y2s4s2t2s2t2t4

1

s2t2

x2y2x2y2x2x2y2y2

从而11111，

s2t2s2t2s4t4

x2x2y2y22xyxy2yy2xx

故11111211，

s4t4s2t2t2s2

2

xxyyxxyy

即1112211，

s2t2s2t2

xxyy2

令h11，则1h222h，即h10，