专题04 圆锥曲线定值问题-【解题思路培养】2022年高考数学一轮复习解答题拿分秘籍（全国通用版）学案

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解析几何
专题四：圆锥曲线定值问题
一、 必备秘籍
在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值、角度等基本量与参变量无关，这类问题统称为③定值问题．对学生逻辑思维能力计算能力等要求很高,这些问题重点考查学生方程思想、函数思想、转化与化归思想的应用．
探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：
① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，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．
解答的关键是认真审题，理清问题与题设的关系，建立合理的方程或函数，利用等量关系统一变量，最后消元得出定值。
常考题型：
①与面积有关的定值问题；②与角度有关的定值问题；③与比值有关的定值问题；
④与参数有关的定值问题；⑤与斜率有关的定值问题
二、例题讲解
1．（2021·安徽高三其他模拟（理））已知椭圆的离心率为，过点．
（1）求椭圆的标准方程；（2）设点、分别是椭圆的左顶点和上顶点，、为椭圆上异于、的两点，满足，求证：面积为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，结合这三个量的值，由此可得出椭圆的标准方程；（2）设直线的方程为，设直线的方程为，将这两条直线分别与椭圆的方程联立，求出点、的坐标，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得结果.
【详解】（1）由已知条件可得，解得，即椭圆的标准方程为；
（2）设、，由题意直线、的斜率存在，

设直线的方程为①，设直线的方程为②，
由（1）椭圆③，联立①③得，
解得，即，
联立②③，得，所以，，即，易知，
直线的方程为，点到直线的距离为，
所以，
故面积为定值．
【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．（2021·全国高三专题练习）双曲线的左顶点为，右焦点为，动点在上．当时，．（1）求的离心率；（2）若在第一象限，证明：．
【答案】（1）；（2）见解析.
【分析】（1）根据已知条件可得，据此可求离心率.（2）设，则，，再计算，利用点在双曲线上化简后可得，从而可得结论成立.
【详解】（1）设双曲线的半焦距为，则，，
因为，故，故，即，故.
（2）设，其中.因为，故，，
故渐近线方程为：，所以，，
当时，又，，
所以
，
因为，故.
当，由（1）可得，故.
综上，.
【点睛】方法点睛：（1）圆锥曲线中离心率的计算，关键是找到一组等量关系（齐次式）.
（2）圆锥曲线中与有角有关的计算，注意通过动点的坐标来刻画角的大小，还要注意结合点在曲线上满足的方程化简目标代数式.
3．（2021·全国）已知椭圆，抛物线与椭圆有相同的焦点，抛物线的顶点为原点，点是抛物线的准线上任意一点，过点作抛物线的两条切线、，其中、为切点，设直线,的斜率分别为，.

（1）求抛物线的方程及的值；
（2）若直线交椭圆于两点，、分别是、的面积，求的最小值.
【答案】（1）抛物线的方程为：， ；
（2）最小值为.
【分析】
（1）依题意得抛物线的焦点坐标为，进而可得其方程为；设过点与抛物线相切的直线方程为（），代入，由得，进而可得；
（2）先证得直线恒过定点，且斜率不为零，故设直线的方程为，将其与抛物线联立，由弦长公式求得，再将其与椭圆联立，由弦长公式求得，进而得，从而可得结果.
【详解】
（1）依题意可得抛物线的焦点坐标为，又抛物线的顶点为原点，所以抛物线的方程为.
设，过点与抛物线相切的直线方程为（），将其代入得，
由得，即，所以.
（2）设，，由（1）知，，即，，
则以为切点的切线方程为，即，
同理，以为切点的切线方程为，
因为两切线均过点，所以，，
则切点弦的方程为，所以直线恒过定点.
设点到直线的距离为，则，
因为直线恒过定点，且斜率不为零，故设直线的方程为.
联立得，则，
则；
联立得，设，，则，
则，
则，
故当时，有最小值.
【点睛】
关键点点睛：第（2）问的关键点是：证得直线恒过定点.
4．（2021·江西上饶市·高三二模（理））如图，在平面直角坐标系中，为半圆的直径，为圆心，且，，为线段的中点；曲线过点，动点在曲线上运动且保持的值不变.（1）求曲线的方程；（2）过点的直线与曲线交于､两点，与所在直线交于点，，，求证：为定值.

【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据动点在曲线上运动且保持的值不变，且点在曲线上，得到，利用椭圆的定义求解；（2）设，，，，由，，分别求得点、N的坐标，点M、N在椭圆上，代入椭圆方程求解.
【详解】（1）因为动点在曲线上运动且保持的值不变，且点在曲线上，
∴，
∴的轨迹是以､为焦点的椭圆，且，，∴，
所以曲线的方程为.
（2）设，，，，
由得，∴，，
由于点在椭圆上，故，整理得，
由同理可得，
∴，是方程的两个根，∴.
【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是由，，分别求得点、N的坐标，由点M、N在椭圆上，代入椭圆方程，构造方程，利用韦达定理而得解.
5．（2021·安徽合肥·高三月考（文））已知抛物线上的动点M到直线的距离比到抛物线的焦点的距离大.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）设点是直线上的任意一点，过点的直线与抛物线交于两点，记直线的斜率分别为，证明：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据抛物线的定义求解即可；
（2）设，设直线的方程为，联立抛物线方程得出韦达定理，再表达出关于坐标的表达式，结合韦达定理化简即可
【详解】
（1）由题意可知抛物线E的准线方程为
所以，即，故抛物线E的标准方程为
（2）证明：设
因为直线的斜率为显然不为0，故可设直线的方程为
联立，消去得
所以
又





所以，（定值）

三、实战练习
1．（2021·江苏南京·高三开学考试）在平面直角坐标系中，椭圆：的左、右顶点分别为，.是椭圆的右焦点，且，.
（1）求椭圆的方程；
（2）不过点的直线交椭圆于，两点，记直线，，的斜率分别为，，，若，证明直线过定点，并求出定点的坐标.
【答案】（1）；（2）证明见解析，过定点
【分析】
（1）将，转化为长度，利用椭圆的几何性质列方程组解出可得椭圆的方程；
（2）设直线方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到，，代入，化简可得或，再代入直线的方程可得答案.
【详解】
（1）根据题意可知，，.
∵,，
所以，，
∴，解得，所以，
∴椭圆方程为；
（2）设直线方程为，联立，
消去，并整理得，
设，
则，，
所以
，
化简得，所以或，
当时，，此时直线经过定点，不合题意，
当时，，此时直线过定点，
综上所述：直线过定点，并且定点的坐标为.
2．（2021·全国高三月考）在平面直角坐标系中，焦点在轴上的椭圆和双曲线有共同的顶点（2，0），且双曲线的焦点到渐近线的距离为，双曲线的渐近线与椭圆的一个公共点的横坐标为．
(1)求双曲线的离心率；
(2)求椭圆的方程；
(3)过椭圆的左焦点作直线（直线的斜率不为零）与椭圆交于，两点，弦的垂直平分线交轴于点，求证：为定值．
【答案】(1)2；(2)；(3)证明见解析.
【分析】
(1)根据双曲线的几何性质即可求解；(2)根据题意并结合双曲线的渐近线方程即可求解；(3)设出直线l的方程，与椭圆方程联立，根据韦达定理求出点，的横坐标关系，即可证明．
【详解】
（1）设双曲线的方程为，
由题可得.
因为双曲线的焦点到渐近线的距离为，
所以，
所以双曲线的离心率．
（2）由已知可设椭圆的方程为，由(1)可知双曲线的渐近线方程为．因为双曲线的渐近线与椭圆的一个公共点的横坐标为，所以代入渐近线方程可得，，
代入椭圆的方程可得，所以椭圆的方程为．
（3）证明：由已知可得，椭圆的左焦点，直线的斜率不为零．
设直线，直线与椭圆的交点，，
的中点，
联立消去并化简得，
，
，，
则，．
直线的方程为，则，
所以，
所以，即为定值．
【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．
3．（2021·湖北武汉·高三开学考试）已知椭圆：的离心率为，点是椭圆短轴的一个四等分点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设过点A且斜率为的动直线与椭圆交于，两点，且点，直线，分别交：于异于点的点，，设直线的斜率为，求实数，使得，恒成立.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据点是椭圆短轴的一个四等分点，求得b，再根据离心率和，即可求得a，从而得出答案；
（2）设，直线MN的方程为，则直线BM的方程为，与联立，利用韦达定理可求得点，的坐标，从而得出直线的斜率，整理可得出结论.
【详解】
解：（1）因为点是椭圆短轴的一个四等分点，
所以，
又，且，
则，所以，，
所以椭圆的标准方程为；
（2）设，直线MN的方程为，
则直线BM的方程为，与联立，
得：，
由，且点在上，得，
又，即，代入上式得，
，
即点，同理，
则，
将代入上式，
得，
所以时，，恒成立.
【点睛】
本题考查了根据离心率求椭圆的标准方程及直线与椭圆、圆的位置关系，考查了计算能力和逻辑推理能力，难度较大.
4．（2021·黑龙江实验中学高三三模（文））在平面直角坐标系中，已知椭圆：的上､下顶点分别为，，左焦点为F，左顶点为A，椭圆过点，且.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过左焦点F且斜率为的动直线l与椭圆C交于P､Q两点，试问在x轴上是否存在一个定点M，使得x轴为的平分线？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，坐标为.
【分析】
（1）由，结合向量的数量积的运算，得到，再由椭圆过，得到，联立求得的值，即可求解.
（2）设直线，联立方程组，求得，，由轴为的平分线，得到，结合斜率公式，代入求得，进而得到，即可求解.
【详解】
（1）由题意，椭圆，
可得，，，，
则，，所以，即，
又因为椭圆过，所以，
联立可得，，所以椭圆的方程为.
（2）由题意设直线的方程为，，，，
联立方程组，整理得，
所以，，
若轴为的平分线，得，
所以，所以，
所以，
所以，
所以，
整理得，
因为直线l为动直线，所以，即，
故存在满足条件的定点M，其坐标为.
【点睛】
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、由特殊到一般发：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.
5．（2021·湖北高三开学考试）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆∶（）的左、右焦点分别为，是上一点，且与轴垂直.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过点的直线交于两点，证明∶为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）由题意，得F2（1，0），F1（-1，0），再结合定义有，计算即可得结果；
（2）当直线AB的斜率为零时，点A，B为椭圆长轴的端点，计算的结果，当直线AB不与x轴重合时，设直线AB的方程为，代入椭圆方程结合韦达定理即可求解．
【详解】
（1）解∶由题意，得F2（1，0），F1（-1，0），且c=1，
则，即，
所以，
故椭圆C的方程为；
（2）证明∶当直线AB的斜率为零时.点A，B为椭圆长轴的端点，
则 ；
当直线AB不与x轴重合时，设直线AB的方程为，点，
联立消去x，得，
则恒成立，
由韦达定理，得，
所以

综上，为定值．
6．（2021·双峰县第一中学高三开学考试）椭圆的右顶点为，上顶点为，为坐标原点，直线的斜率为，的面积为1．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）椭圆上有两点,（异于椭圆顶点，且与轴不垂直），证明：当的面积最大时，直线与的斜率之积为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由题知，，利用直线的斜率结合三角形的面积，求出，即可得到椭圆方程.
（2）设直线方程为，设，，与椭圆方程联立整理得，结合韦达定理，利用弦长公式及点到直线的距离公式表示出，并且利用基本不等式求得其最大值得到，再利用两点连线的斜率公式求得化简可得其为定值.
【详解】
（1）椭圆的右顶点，上顶点，
由题知，解得
所以椭圆的标准方程为
（2）由已知MN与x轴不垂直，可知直线的斜率存在，
设直线方程为，设，，
联立，整理得：
其中，即
且，

又原点O到直线的距离
所以
，当且仅当，即时，等号成立，
所以

又，可得
所以当的面积最大时，直线与的斜率之积为定值．
【点睛】
思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）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．
7．（2021·安徽安庆·高三月考（文））已知椭圆：的离心率，直线经过椭圆的左焦点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若不经过右焦点的直线：与椭圆相交于，两点，且与圆：相切，试探究的周长是否为定值，若是求出定值；若不是请说明理由.
【答案】（1）；（2）的周长为定值4.
【分析】
（1）先由直线方程，得到左焦点坐标，得出；再由离心率，集合椭圆性质，求出，，进而可得椭圆方程；
（2）根据直线与圆相切，得到；设，，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，以及弦长公式，表示出；根据两点间距离公式，分别表示出，，三角形三边求和，即可得出结果.
【详解】
（1）因为直线经过椭圆的左焦点，
所以椭圆的左焦点坐标为，故.
又∵，∴，，
故椭圆的标准方程为：；
（2）是定值，理由如下：
因为直线：与圆相切，
所以，即，
设，，联立，
消去整理得，所以，
，，
所以
，
又，所以.
由于，，所以，，
因为，同理，
所以，
所以，
故的周长为定值4.
【点睛】
思路点睛：
求解椭圆中的定值问题时，一般需要联立直线与椭圆方程，结合韦达定理、弦长公式，以及题中条件等，进行求解即可.
8．（2021·永州市第四中学高三月考）已知直线与是分别过椭圆的左，右焦点的两条相交但不重合的动直线．与椭圆相交于点，与椭圆相交于点为坐标原点．直线的斜率分别为，且满足．
（1）若与x轴重合．．试求椭圆E的方程：
（2）在（1）的条件下，记直线．试问：是否存在定点M，N，使得为定值？若存在．求出定值和定点的坐标：若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在点，定值为．
【分析】
（1）由与x轴重合可知轴，此时有先解出a，然后将代入椭圆方程可得到a,b的关系，进而解出b，得到答案；
（2）先讨论直线或的斜率不存在时求出交点P的坐标；然后考虑二者斜率都存在的情况，因为问题是“是否存在定点M，N，使得为定值？”我们可以设出P的坐标，根据求出它的轨迹方程，事先猜想应当是椭圆，而两个定点应该是对应的焦点.
【详解】
（1）当与x轴重合时，，故，即轴．
故当时，
由，得．
由，得．
所以椭圆E的方程是．
（2）如图所示，焦点的坐标分别为．
当直线或的斜率不存在时，点P的坐标为或．
当直线和的斜率都存在时，设斜率分别为，点．

联立，得．
因为直线过椭圆内一点，则，，
则
．
同理可得，
因为，所以，化简得．
由题意，知，所以．
设点，则，所以，
化简得，而且当直线或的斜率不存在时，点P的坐标为或，也满足此方程．
所以点在椭圆上，根据椭圆定义可知存在点，使得为定值，定值为．
【点睛】
本题第（2）问比较新颖，问题的关键点在于如何理解“是否存在定点M，N，使得为定值？”，我们应当立马想到椭圆的定义.接下来就比较套路，根据利用根与系数的关系进行化简，得出点P的轨迹方程，此题非常经典，可以作为范题归纳.
9．（2021·渝中·重庆巴蜀中学高三月考）已知椭圆经过点，点为椭圆的上顶点，且直线与直线相互垂直.
（1）求椭圆的方程；
（2）若不垂直轴的直线过椭圆的右焦点，交椭圆于两点在轴上方)，直线分别与轴交于两点，为坐标原点，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）依题意求得，由直线与直线垂直求得，进而得椭圆方程；
（2）依题意设直线，与椭圆方程联立，进而得，结合韦达定理可得结果.
【详解】
（1）由，得.
直线与直线相互垂直，则，解得.
所以椭圆的方程为.
（2）依题意设直线，
联立和椭圆的方程得：，
设，则有.
，令，则，同理：.
所以.
则，
分子，所以.

10．（2021·沙坪坝·重庆八中）在平面直角坐标系中，设点是椭圆上一点，以M为圆心的一个半径的圆，过原点作此圆的两条切线分别与椭圆交于点.

（1）若点在第一象限且直线互相垂直，求圆的方程；
（2）若直线的斜率都存在，且分别记为.求证：为定值；
（3）探究是否为定值，若是，则求出的最大值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）是，.
【分析】
（1）由切线性质得，由此可求得点坐标，从而得圆方程．
（2）设切线方程为，由直线与圆相切得出的方程，结合韦达定理得，并结合在椭圆上可得．
（3）当直线不落在坐标轴上时，设，利用可得，利用在椭圆上可求得及，从而得，当直线有一条落在坐标轴上求出，从而得定值，再由基本不等式得最大值．
【详解】
（1），则，又，又，故解得，所以，所以圆M的方程为
（2）因为直线与圆M相切，
所以直线与圆联立，
可得同理，由判别式为0，可得是方程的两个不相等的实数根，
∴因为点在椭圆C上，所以，所以；
（3）（i）当直线不落在坐标轴上时，设，
因为，所以，
因为在椭圆C上.所以
整理得，所以所以.
（ii）当直线落在坐标轴上时，圆方程为，易求得，
综上：，所以|
所以的最大值为．
【点睛】
本题考查直线与圆相切，直线与椭圆相交问题，考查学生的运算求解能力，逻辑思维能力，对斜率积为定值问题，解题关键是设出切线方程，利用直线与圆相切得出关于的二次方程，由韦达定理得出结论；设，由斜率积为定值求得坐标的关系，并结合点在椭圆上求得的值，注意分类讨论．
11．（2021·沙坪坝·重庆南开中学）已知椭圆的左右焦点为、，离心率，过圆上一点（在轴左侧）作该圆的切线，分别交椭圆于、两点，交圆于两点（如图所示）．当切线与轴垂直时，的面积为．

（1）求椭圆的标准方程；
（2）（ⅰ）求的面积的最大值；
（ⅱ）求证：为定值，并求出这个定值．
【答案】（1）；（2）（ⅰ）1；（ⅱ）证明见解析，.
【分析】
（1）由三角形面积得，再结合离心率及求得后得椭圆方程；
（2）（ⅰ）直线的斜率不会为零，设其方程为，由直线与圆相切求得的关系，设，直线方程与椭圆方程联立，消元后求出判别式的值（利用关系），应用韦达定理，得弦长，计算面积，应用基本不等式得最大值；
（ⅱ），，用点坐标表示出，计算可得．
【详解】
（1），于是有，又，
解得，所以椭圆E的标准方程为．
（2）（ⅰ）因Q在y轴左侧，故直线的斜率不会为零，设其方程为，
由直线与圆相切得，
由消去x得，
，
设，则，
所以，当且仅当，即时取等号．
故的面积的最大值为1．
（ⅱ）因点在椭圆E上，且在y轴左侧，故，，
由（1），
故，
，
故为定值．
【点睛】
本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交问题．求椭圆标准方程的关键是列出关于的方程组，解得，直线与椭圆相交一般是设交点坐标，设直线方程，直线方程与椭圆方程联立，消元后应用韦达定理，由韦达定理的结果求弦长等等．
12．（2021·上海高三模拟预测）已知椭圆的一焦点与短轴的两个端点组成的三角形是等边三角形，直线与椭圆的两交点间的距离为8.

（1）求椭圆的方程；
（2）如图，设是椭圆上的一动点，由原点向圆引两条切线，分别交椭圆于点，，若直线，的斜率均存在，并分别记为，，求证：为定值；
（3）在（2）的条件下，试问是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）是定值，定值为25.
【分析】
（1）由椭圆的离心率公式求得，由椭圆过点，代入椭圆方程，即可求得和的值，求得椭圆方程；
（2）利用点到直线距离公式，同理求得：，则，是方程的两个不相等的实根，根据韦达定理即可求得为定值；
（3）将直线和的方程，代入椭圆方程，即可求得和点坐标，
根据两点之间的距离公式，
由，即可求得为定值.
【详解】
（1）由椭圆的离心率，则，
由直线过点，代入，解得：，则，
∴椭圆的标准方程：.
（2）证明：由直线，直线，
由直线为圆的切线，
，，
同理可得：，
∴，是方程的两个不相等的实根，
由，，
则，
由在椭圆上，即，
∴，
∴为定值.
（3）经判断为定值，
（i）由直线，不落在坐标轴上时，
设，，
联立，解得，
∴，
同理，得，
由，
得，

，
∴为定值，定值为25.
【点睛】
方法点睛：本题考查了椭圆的定义标准方程､直线与圆相切的性质､一元二次方程的根与系数的关系，考查了分类讨论方法､推理能力与计算能力，属于难题.
1、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，从而得到定理。
2、定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的。
13．（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）设点，设直线的方程为，设点、，联立直线与曲线的方程，列出韦达定理，求出的表达式，设直线的斜率为，同理可得出的表达式，由化简可得的值.
【详解】
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）设点，若过点的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线无公共点，
不妨直线的方程为，即，
联立，消去并整理可得，
设点、，则且.
由韦达定理可得，，
所以，，
设直线的斜率为，同理可得，
因为，即，整理可得，
即，显然，故.
因此，直线与直线的斜率之和为.
【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．
14．（2021·广东高三月考）已知双曲线的左､右焦点分别为，双曲线C的右顶点A在圆上，且.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）动直线与双曲线恰有1个公共点，且与双曲线的两条渐近线分别交于点，问为坐标原点)的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，定值2.
【分析】
（1）由题得关于的方程组，解方程组即得解；
（2）先证明当直线的斜率在存在时，2；当直线的斜率存在时，设其方程为，显然，联立直线和双曲线的方程得到，设,求出即得解.
【详解】
解：（1）设双曲线C的半焦距为c，
由点在圆上，得，
由-2，得，
所以，
所以双曲线C的标准方程为.
（2）设直线与轴相交于点D，双曲线C的渐近线方程为
当直线的斜率在存在时，直线为，得2
当直线的斜率存在时，设其方程为，显然，则
把直线的方程与联立得
由直线与轨迹C有且只有一个公共点，且与双曲线C的两条渐近线分别相交可知直线与双曲线的渐近线不平行，所以，且，
于是得,
得，得或,
设,
由，得,
同理得,
所以
综上，的面积恒为定值2.
【点睛】
方法点睛：定值问题的处理常见的方法有：（1）特殊探究，一般证明.（2）直接求题目给定的对象的值，证明其结果是一个常数.
15．（2021·江苏淮安·高三三模）已知双曲线的离心率为2，为双曲线的右焦点，为双曲线上的任一点，且点到双曲线的两条渐近线距离的乘积为.
（1）求双曲线的方程；
（2）设过点且与坐标轴不垂直的直线与双曲线相交于点，，线段的垂直平分线与轴交于点，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由题设知，且，即可求，进而写出双曲线的方程；
（2）由题意设，联立双曲线方程整理得，应用韦达定理求、，进而求得，可求及的中点坐标，写出的垂直平分线方程求坐标，可得，即可求的值.
【详解】
（1）由题意，渐近线方程为，若，
∴，又，即，
∴，故，，
∴双曲线的方程为.
（2）由（1）知：，可设直线，
联立，消去y得：，整理得，，
若，，则，，故，
∴，故的中点坐标为，
∴线段的垂直平分线为，整理得，
∴，则，
∴.
【点睛】
关键点点睛：第二问，设直线方程，联立双曲线应用韦达定理，根据弦长公式求并写出的中点坐标，可得的垂直平分线方程，进而求坐标.
16．（2021·河南商丘·高三月考（文））在直角坐标系中，已知定点，定直线，动点到直线的距离比动点到点的距离大.记动点的轨迹为曲线.
（1）求的方程，并说明是什么曲线？
（2）设在上，不过点的动直线与交于，两点，若，证明：直线恒过定点.
【答案】（1）动点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，且曲线的方程为；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据抛物线的定义即可得求出结果；
（2）设出直线的方程，与抛物线联立，借助韦达定理以及题中信息得到，进而可以求出结果.
【详解】
（1）解：由题意可知，动点到的距离比到的距离大，
则动点到直线的距离与到的距离相等，
所以动点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，
且曲线的方程为，
（2）证明：由题意可知，，且的斜率存在，
设的方程为，，
由得，
则，
且，
显然直线的斜率均存在，由，得，
因为，，
所以，整理得，
所以，即，且满足，
所以的方程为，
故直线恒过定点.
17．（2021·宁波市北仑中学高三开学考试）如图，已知，直线，是平面上的动点，过点作的垂线，垂足为点，且．

（1）求动点的轨迹的方程；
（2）过点的直线交轨迹于两点，交直线于点；
①已知，求的值；
②求的最小值．
【答案】（1）；（2）①；②.
【分析】
（1）可设出点的坐标，由直线，过作直线的垂线，垂足为点，则，则我们根据，构造出一个关于，的方程，化简后，即可得到所求曲线的方程；
（2）①由过点的直线交轨迹于、两点，交直线于点，我们可以设出直线的点斜式方程，联立直线方程后，利用设而不求的思想，结合一元二次方程根与系数关系，易求的值．
②根据平面向量数量积的性质，结合基本不等式进行求解即可.
【详解】
（1）设点，则，由，
得， 化简得曲线的方程为；
（2）由于直线不能垂直于轴，且又过轴上的定点，
设直线的方程为，则 ，
设，，联立方程组
消去得，，故
由，，得

利用对应的纵坐标相等，得，，整理得，，
所以.
②因为，，所以有：由上可知： ，
因此有，
所以，当且仅当时取等号，即当时取等号，
因此.
【点睛】
关键点睛：结合基本不等式，利用平面向量数量积的运算性质是解题的关键.
19．（2021·安徽蚌埠·高三开学考试（理））已知抛物线的焦点为，点为坐标原点，直线过定点（其中，）与抛物线相交于两点（点位于第一象限.

（1）当时，求证：；
（2）如图，连接并延长交抛物线于两点，，设和的面积分别为和，则是否为定值？若是，求出其值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）是定值，定值为.
【分析】
（1）设直线方程为，联立直线与抛物线的方程得到韦达定理，再利用韦达定理求出，即得证；
（2）设直线方程为，联立直线与抛物线的方程得到韦达定理，再求出，，即得解.
【详解】
（1）设直线方程为，
联立直线与抛物线的方程，
消去，得，所以.
所以

即.
（2）设直线方程为，
联立直线与抛物线的方程，
消去，得，
故.
设的方程为，
联立直线与拋物线的方程，
消去得，
从而，则，
同理可得，

，
即为定值.
20．（2021·山东高三三模）已知三点，为曲线上任意一点，满足．
（1）求曲线的方程；
（2）已知点，为曲线上的不同两点，且，，为垂足，证明：存在定点，使为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由题意，算出，的坐标，进而求出，再利用平面向量数量积的坐标表示求出，根据已知即可求解.
（2）若直线，则直线与曲线只有一个交点，不合题意；
设直线的方程为，，联立，由韦达定理，根据，可得，从而得直线过定点， 进而在中，当为中点时，为定值.
【详解】
解：（1）由 ， 可得，
，
所以，由已知得，化简得，
所以，曲线方程为.
（2）证明：若直线，则直线与曲线只有一个交点，不合题意；
设直线的方程为，联立，得，
则，可得，
设，则，
，同理，
因为，所以，
所以，点在曲线上，显然且，
所以，
所以，
所以直线的方程为，
因此直线过定点，
所以，且是以为斜边的直角三角形，
所以中点满足为定值，
所以存在使为定值.
【点睛】
关键点点睛：设直线的方程为，，联立，
由韦达定理，根据，得，从而得直线过定点是解决本题的关键.