2023高三数学二轮热点题型专项突破 专题27 圆锥曲线背景下定值的探索（新高考全国通用）

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 圆锥曲线背景下定值的探索
高考定位
圆锥曲线是高考必考内容，而圆锥曲线综合试题的重点和难点是动中求定，动中求最，动中求范围。试题情景属于创新探索情景，考场学生的综合与创新能力。
专题解析
（1）与线段长及距离有关的定值（2）与斜率有关的定值（3）与面积有关的定值（4）与角有关的定值（5）与坐标有关的定值（6）与向量有关的定值（7）可以化为定值来解决
方法总结
1、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.
2、定值探索的步骤
第一步：找动因，第二步：动因量化，第三步：表示条件与目标，第四步：化简得定值
3、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)借助几何图形求定值.

专项突破
类型一、与线段及距离有关的定值
例1-1、（广东省梅州市2021届高三下学期3月总复习质检21）．给定椭圆：（），称圆心在原点，半径为 圆是椭圆的“卫星圆”.若椭圆的一个焦点为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程和其“卫星圆”方程；
（2）点是椭圆的“卫星圆”上的一个动点，过点的直线，与椭圆都只有一个交点，且，分别交其“卫星圆”于点，.试探究：的长是否为定值？若为定值，写出证明过程；若不是，说明理由.
【答案】（1）椭圆的方程为，卫星圆的方程为；（2）是定值，证明过程见解析.
【分析】
（1）利用焦点坐标和椭圆的定义可得椭圆的方程,进而得出其“卫星圆”方程；
（2）的长度为定值，当，中有一条无斜率时，求出点，坐标，得出的长；当，都有斜率时，设点，设出经过点与椭圆只有一个交点的直线，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系以及点在“卫星圆”上，得出的长．
【详解】
（1）由条件可得椭圆的另一个焦点为，
∴，
∴，，，
所以椭圆的方程为，
卫星圆的方程为.
（2）的长度为定值，证明过程如下：
①当，中有一条无斜率时，不妨设无斜率，
因为与椭圆只有一个交点，则其方程为或，
当方程为时，
此时与“卫星圆”交于点和，
此时经过点，且与椭圆只有一个交点的直线是或，即为或，∴，∴线段是“卫星圆”的直径，∴.
②当，都有斜率时，设点，其中，
设经过点与椭圆只有一个交点的直线为，则
消去得到 ，
∴，∴，
所以，满足条件的两直线，垂直.
∴线段是“卫星圆”的直径，∴，
综合①②知：为定值.
【点睛】
关键点点睛：本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，解决本题的关键点是联立过点与椭圆只有一个交点的直线方程和椭圆方程，利用判别式为零，得出两条直线斜率间的关系，进而根据线段是“卫星圆”的直径求出弦长，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题．
练.(2021·八省八校一联)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)与抛物线M：y2＝4x有公共的焦点，且抛物线的准线被椭圆截得的弦长为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C的右焦点作一条斜率为k(k≠0)的直线交椭圆于A，B两点，交y轴于点E，P为弦AB的中点，过点E作直线OP的垂线交OP于点Q，问是否存在一定点H，使得QH的长度为定值？若存在，则求出点H；若不存在，请说明理由.
解(1)因为椭圆C：＋＝1(a>b>0)与抛物线M：y2＝4x有公共的焦点，所以a2－b2＝1.①
又抛物线的准线被椭圆截得的弦长为3，所以＝3.②
由①②得a＝2，b＝，所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由题意知直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2).
联立直线AB的方程与椭圆方程，得
消去y，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
Δ＝144k2＋144>0，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
所以＝，
所以＝k＝，
所以点P的坐标为，
从而直线OP的方程为y＝－x.③
在直线AB的方程y＝k(x－1)中，令x＝0，得y＝－k，
则点E的坐标为(0，－k).
因为EQ⊥OP，所以直线EQ的方程为y＝x－k.④
③×④，得y2＝－x2＋x，
即＋y2＝，
所以点Q的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，
所以存在定点H，使得QH的长度为定值.
练（太难）已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点A(2，1).
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.
解(1)　由题设得＋＝1, ＝，
解得a2＝6，b2＝3.
所以C的方程为＋＝1.
(2)证明　设M(x1，y1)，N(x2，y2).
若直线MN与x轴不垂直，
设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＋＝1，
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－，x1x2＝.①
由AM⊥AN，得·＝0，
故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，
整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.
将①代入上式，可得(k2＋1)－(km－k－2)＋(m－1)2＋4＝0，
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.
因为A(2，1)不在直线MN上，
所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1.
所以直线MN的方程为y＝k－(k≠1).
所以直线MN过点P.
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1).
由·＝0，
得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
又＋＝1，所以3x－8x1＋4＝0.
解得x1＝2(舍去)，或x1＝.
此时直线MN过点P.
令Q为AP的中点，即Q.
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故|DQ|＝|AP|＝.
若D与P重合，则|DQ|＝|AP|.
综上，存在点Q，使得|DQ|为定值.

例1-2．已知椭圆：的离心率为，且椭圆上的点到右焦点的距离最长为.
（1）求椭圆的标准方程.
（2）过点的直线与椭圆交于两点，的中垂线与轴交于点，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，定值为.
【分析】
（1）由离心率，椭圆上的点到右焦点距离最大值为和椭圆关系可构造方程组求得，进而得到椭圆标准方程；
（2）当直线的斜率不为时，设，与椭圆联立可得韦达定理的形式，利用弦长公式可求得，并利用中点坐标公式求得中点坐标，由此可表示出方程，从而求得点坐标，得到，化简可得定值；当直线的斜率为时，易求得满足所求定值；综合两种情况可得结论.
【详解】
（1）设椭圆的半焦距为，由题意可得：，解得：，，，
椭圆的标准方程为.
（2）当直线的斜率不为时，设直线的方程为，，，的中点为.
联立整理得：，
由题意可知：，则，，
.
为的中点，，，即.
直线的方程可设为，
令得：，则，
.
当直线的斜率为时，，，则.
综上所述：为定值，且定值为.
【点睛】
思路点睛：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，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出所求量；
④化简所得式子，消元可得定值.

练、（广东省2021届高三下学期4月联考数学试题T21）．已知焦点为F的抛物线经过圆的圆心，点E是抛物线C与圆D在第一象限的一个公共点，且．
（1）分别求p与r的值；
（2）直线交C于A，B两点，点G与点A关于x轴对称，直线分别与直线交于点M，N（O为坐标原点），求证：．
【答案】（1）；；（2）证明见解析.
【分析】
（1）将代入，可得的值；由抛物线的定义可求得点的坐标，将其代入圆的方程，可得的值；
（2）设，，，，表示出点，的坐标，利用分析法，可将原问题转化为证明，联立直线与抛物线的方程，结合韦达定理，即可得证．
【详解】
解：（1）由已知得抛物线C过点，
所以，所以．
即抛物线C的方程为．
设点，
则，
所以，
于是得，即，
将点E的坐标代入圆D的方程，得，
所以．
（2）设，
则），显然，均不为0．
联立消去y，得．
由题意得，且，即，
则①，②．
因为，所以直线的方程为，
故．
直线的方程为，
故．
若要证明，即证，只需证，即证，
即证．
将代入上式，即证，
即证③，
将①②代入③，得，此等式显然成立．
所以恒成立，故 |，即．
【点睛】
本题主要考查直线与抛物线的位置关系中的定值问题，借助分析法，将问题进行转化是解题的关键，考查推理能力和运算能力，属于难题．
练．已知椭圆的离心率为，且经过点.
（1）求椭圆的方程.
（2）设为椭圆上非顶点的任意一点，若､分别为椭圆的左顶点和上顶点，直线交轴于，直线交轴于，，问：的值是不是定值？若为定值，求之，若不为定值，说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，定值为.
【分析】
（1）由离心率得，再代入点的坐标可得参数值，得椭圆方程；
（2）设，，用表示，然后计算，并代入可得结论．
【详解】
解：（1）设椭圆方程为，．
，
设椭圆方程为，
又椭圆过点，所以，解得，
故椭圆方程为.
（2）设，，由､､共线可知，
由､､共线可知.
，.
∴，
由于，
∴.
练．在平面直角坐标系xOy中，已知R（x0，y0）是椭圆C：（a＞b＞0）上一点，从原点O向圆R：（x﹣x0）2+（y﹣y0）2＝8作两条切线，分别交P、Q两点．

（1）若R点在第一象限，且直线OP⊥OQ，求圆R的方程；
（2）若直线OP、OQ的斜率存在，并记为k1、k2，求k1•k2；
（3）试问OP2+OQ2是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．
【答案】（1）（x﹣2）2+（y﹣2）2＝8；（2）；（3）是定值，理由见解析.
【分析】
（1）根据直线OP，OQ互相垂直，且和圆R相切，得到|OR|＝r＝4，即x02+y02＝16，再根据点R在椭圆C上，即求解.
（2）根据直线OP：y＝k1x和OQ：y＝k2x都与圆R相切，得到，两边平方可得k1，k2为（x02﹣8）k2﹣2x0y0k+（y02﹣8）＝0的两根求解.
（3）当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P（x1，y1），Q（x2，y2），由（2）知2k1k2+1＝0，即y12y22＝x12x22，再根据P（x1，y1），Q（x2，y2）在椭圆C上，得到x12+x22进而得到y12+y22由两点间距离公式求解.
【详解】
（1）由圆R的方程知圆R的半径r＝2，
因为直线OP，OQ互相垂直，且和圆R相切，
所以|OR|＝r＝4，即x02+y02＝16①
又点R在椭圆C上，所以②
联立①②，解得x0＝y0＝2，
所以，所求圆R的方程为（x﹣2）2+（y﹣2）2＝8；
（2）因为直线OP：y＝k1x和OQ：y＝k2x都与圆R相切，
所以 ，
两边平方可得k1，k2为（x02﹣8）k2﹣2x0y0k+（y02﹣8）＝0的两根，
可得k1•k2＝，
因为点R（x0，y0）在椭圆C上，
所以，即y02＝12﹣x02，
所以k1k2＝＝﹣；
（3）①当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），
由（2）知2k1k2+1＝0，
所以+1＝0，故y12y22＝x12x22，
因为P（x1，y1），Q（x2，y2）在椭圆C上，
所以，，
即y12＝12﹣x12，y22＝12﹣x22，
所以（12﹣x12）（12﹣x22）＝x12x22，
整理得x12+x22＝24，
所以y12+y22＝（12﹣x12）+（12﹣x22）＝12，
所以OP2+OQ2＝x12+y12+x22+y22＝（x12+x22）+（y12+y22）＝36．
②当直线OP，OQ落在坐标轴上时，显然有OP2+OQ2＝36．
综上可得，OP2+OQ2为定值36．
练．已知点P是圆上任意一点，定点，线段的垂直平分线l与半径相交于M点，P在圆周上运动时，设点M的运动轨迹为.
（1）求点M的轨迹的方程；
（2）若点N在双曲线(顶点除外)上运动，过点N，R的直线与曲线相交于，过点的直线与曲线相交于，试探究是否为定值，若为定值请求出这个定值，若不为定值，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，定值为：.
【分析】
（1）根据椭圆定义即可求出结果；（2）设得直线的斜率乘积，利用点斜式方程设出直线NR，NQ的方程，与（1）的方程联立，写出根与系数的关系，利用弦长公式求出|AB|，|CD|的长度，然后求和，通过计算可得出结果．
【详解】
（1）依题意：，
且，
由椭圆定义知点M的轨迹为以R，Q为焦点，长轴长为，焦距为4的椭圆，
即：，
故.
（2）设，则，
∴直线的斜率都存在，分别设为，
则，
将直线的方程代入得，
设，则，
∴，
同理可得，


例1-3．已知椭圆的离心率，为椭圆上一点.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知为椭圆的右焦点，过点的直线交椭圆(异于椭圆顶点)于、两点，试判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】（1）；（2）是，.
【分析】
（1）根据离心率和为椭圆上一点，列式即可得解；
（2）依题意知直线的斜率不为，故可设直线的方程为联立，消去整理得，设，，则，，结合条件表达，化简即可得解.
【详解】
(1)由已知,解得
所以椭圆的方程为
(2)由(1)可知
依题意可知直线的斜率不为，故可设直线的方程为
由，消去
整理得
设，
则，
不妨设，，，
同理
所以


即.
练．已知椭圆E：的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点在椭圆E上.
（1）求椭圆E的方程；
（2）设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据a=2b，再将点代入椭圆方程，解方程组即可求解.
（2）设直线l的方程为，将直线与椭圆联立，利用韦达定理可得M点坐标为，从而求出直线OM方程，将直线与椭圆联立，求出点，根据两点间的距离公式即可求解.
【详解】
（1）由已知，a=2b.又椭圆过点，
故，解得.
所以椭圆E的方程是.
（2）设直线l的方程为， ，
由方程组 得，①，
方程①的判别式为，由，
即，解得.
由①得.
所以M点坐标为，直线OM方程为，
由方程组，得.
所以.
又
.
所以.
例1-4．已知椭圆的两个焦点分别为，，离心率为，过的直线与椭圆交于，两点，且的周长为8．
（1）求椭圆的方程；
（2）若一条直线与椭圆分别交于，两点，且，试问点到直线的距离是否为定值，证明你的结论．
【答案】（1）；（2）为定值，证明见解析．
【分析】
（1）由的周长为8，求得，再由椭圆离心率，解求得，即可求得椭圆的标准方程；
（2）当直线的斜率不存在时，求得点到直线的距离；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，求得，结合向量的数量积的运算，求得，进而得到点到直线的距离，即可得到结论.
【详解】
（1）由题意，的周长为8，可得，解得，
由椭圆离心率，解得．
所以椭圆的方程．
（2）由题意，当直线的斜率不存在时，此时不妨设，．
又，两点在椭圆上，∴，，
∴点到直线的距离．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为．
设，，联立方程，
消去得．
由已知，，，
由，则，即，
整理得：，
∴，整理得，满足．
∴点到直线的距离为定值．
综上可知，点到直线的距离为定值．
练．已知动点(其中)到定点的距离比点到轴的距离大1.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）过椭圆的右顶点作直线交曲线于､两点，其中为坐标原点
①求证：；
②设､分别与椭圆相交于点､，证明：原点到直线的距离为定值.
【答案】（1）；（2）①证明见解析；②证明见解析.
【分析】
（1）根据题意有，化简可得答案.
（2）直线的方程为,与抛物线方程联立，
①由，将韦达定理代入可证明.
②由①可得，设､，直线的方程为，则，由方程联立，韦达定理可得，再由点到直线的距离公式可证明.
【详解】
（1）设由题意，
两边平方，整理得：
所以所求点的轨迹方程为.
（2）①设过椭圆的右顶点的直线的方程为.
代入抛物线方程，得.
设､，则
∴.
∴.
②设､，直线的方程为，
代入，得.
于是，.
从而
∵，∴.
代入，整理得.
∴原点到直线的距离为定值.
练．已知椭圆的长轴长为4，上顶点为，左、右焦点分别为，，且，为坐标原点．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设点，为椭圆上的两个动点，，问：点到直线的距离是否为定值？若是，求出的值；若不是．请说明理由．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）点到直线的距离是，是定值．
【分析】
（Ⅰ）由题可得，再根据可在中求出，即得椭圆方程；
（Ⅱ）分直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况进行讨论，可设直线的方程为，联立椭圆方程即可证得定值.
【详解】
（Ⅰ）设椭圆的半焦距为．
由已知可得，解得．
因为，
易得在中，，，，
．
所以，解得．
所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，轴．
由可得．
结合椭圆的对称性，可设，，则．
将点代入椭圆的方程，得，
解得，所以．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
此时点到直线的距离，即．
设，，
由，可得，
则，得．
所以，．
所以


．
又因为，所以，
即，解得．
所以，得．
综上所述，点到直线的距离是，是定值．

类型二、与斜率有关的定值
例2-1．已知椭圆经过点M（﹣2，﹣1），离心率为．过点M作倾斜角互补的两条直线分别与椭圆C交于异于M的另外两点P、Q．
(1)求椭圆C的方程；
（2）试判断直线PQ的斜率是否为定值，证明你的结论．
【答案】（1）（2）见解析
【详解】
(1)由题设，得＝1，①且＝，②
由①、②解得a2＝6，b2＝3，故椭圆C的方程为＝1.
(2)设直线MP的斜率为k，则直线MQ的斜率为－k，
记P(x1，y1)、Q(x2，y2)．
设直线MP的方程为y＋1＝k(x＋2)，与椭圆C的方程联立，得(1＋2k2)x2＋(8k2－4k)x＋8k2－8k－4＝0，
则－2，x1是该方程的两根，则－2x1＝，即x1＝.
设直线MQ的方程为y＋1＝－k(x＋2)，同理得x2＝.
因y1＋1＝k(x1＋2)，y2＋1＝－k(x2＋2)，
故kPQ＝＝1，
因此直线PQ的斜率为定值．
练．已知椭圆E：的离心率为，直线l：y=2x与椭圆交于两点A，B，且．
（1）求椭圆E的方程；
（2）设C，D为椭圆E上异于A，B的两个不同的点，直线AC与直线BD相交于点M，直线AD与直线BC相交于点N，求证：直线MN的斜率为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）由，得到，设椭圆为，再结合弦长，求得，进而得到椭圆的方程；
（2）由（1）可得，，得到，，求得点，的坐标，求得的斜率为，再设直线的方程为，得到，结合直线和的方程求得点的坐标，得出直线的斜率为，即可求解.
【详解】
（1）由题意可得，即，
所以椭圆的方程为，
与直线联立，可得，则，
又，所以，解得，于是，
因此椭圆的方程为．
（2）根据题意，不妨设点在第一象限，由（1）可得，，
若直线的斜率不存在，则，设，
于是可得点，的坐标分别为，，
因此直线的斜率为，
若直线的斜率存在，设直线的方程为，
点的坐标为，则有，
设直线的方程为，则有，
因为，所以，
即直线的方程为，
同理，设直线的方程为，则直线的方程为，
由及，解得；
由及，解得，
于是直线的斜率为，
综上所述，直线的斜率为定值．
例2-2 (2021·济南质检)已知点A在圆C：(x－)2＋y2＝16上，B(－，0)，P(0，)，线段AB的垂直平分线与AC相交于点D.
(1)求动点D的轨迹方程；
(2)若过点Q(0，－1)的直线l斜率存在，且直线l与动点D的轨迹相交于M，N两点.试证明：直线PM与PN的斜率之积为定值.
解(1)　由圆C：(x－)2＋y2＝16，知圆心C(，0)，半径r＝4.
∵点D在线段AB的垂直平分线上，∴|DA|＝|DB|，
又|AC|＝|DA|＋|DC|＝|DB|＋|DC|，
|AC|＝r＝4，∴|DB|＋|DC|＝4>|BC|＝2.
则动点D的轨迹是以B(－，0)，C(，0)为焦点，长轴长2a＝4的椭圆.
从而a＝2，c＝，b2＝a2－c2＝2，
故所求动点D的轨迹方程为＋＝1.
(2)证明　设l：y＝kx－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由消去y得(2k2＋1)x2－4kx－2＝0，
显然Δ＝(－4k)2＋8(2k2＋1)＝32k2＋8>0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝－.
∵x1≠0，x2≠0，
∴设直线PM与PN的斜率分别为k1，k2，
则k1k2＝·＝·
＝
＝k2＋＝－－.
故直线PM与PN的斜率之积为定值.
练．在平面直角坐标系中，椭圆与双曲线有相同的焦点，点是椭圆上一点，且的面积等于.
（1）求椭圆的方程；
（2）过圆上任意一点作椭圆的两条切线，若两条切线都存在斜率，求证：两切线斜率之积为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由题得双曲线的焦点为，设椭圆方程为，根据已知求出即得解；
（2）设点，过点的椭圆的切线的方程为，联立直线和椭圆方程得，由得，即得.
【详解】
（1）由题得双曲线的焦点为，设椭圆方程为，
由题得，
由余弦定理得，
所以.
所以
所以椭圆方程为；
（2）设点，过点的椭圆的切线的方程为，
联立得，
因与椭圆相切，故，
整理可得
设满足题意的椭圆的两条切线的斜率分别为，则，
因在圆上，所以，因此，
故两切线斜率之积为定值.

例2-3. (2021·武汉质检)设抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为点F，过点F作直线l交抛物线E于A，B两点.当l与x轴垂直时，△AOB的面积为8，其中O为坐标原点.
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)若l的斜率存在且为k1，点P(3，0)，直线AP与抛物线E的另一交点为C，直线BP与抛物线E的另一交点为D，设直线CD的斜率为k2，证明：为定值.
解(1)　由题意当l与x轴垂直时，不妨设A，B，
∴·2p·＝8，解得p＝4.
则抛物线E的标准方程为y2＝8x.
(2)证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
则k1＝＝＝，同理k2＝，
∴直线l的方程为y－y1＝(x－x1).
即(y1＋y2)y－y1y2＝8x.
∵抛物线E的焦点F(2，0)在直线l上，∴－y1y2＝16.
设直线BD的方程为x＝ty＋3.
联立得方程组
消去x并整理得y2－8ty－24＝0，
∴y2y4＝－24.
同理可得y1y3＝－24.
∴＝＝＝＝＝.
故＝为定值.
练 .(盐城市、南京市2021届高三一模T21)
设F为椭圆C：的右焦点，过点(2，0)的直线与椭圆C交于A，B两点．
（1）若点B为椭圆C的上顶点，求直线AF的方程；
（2）设直线AF，BF的斜率分别为，(≠0)，求证：为定值．

解：（1）若B为椭圆的上顶点，则B(0，1)．
又AB过点(2，0)，故直线AB：x＋2y－2＝0．
代入椭圆C：＋y2＝1，可得3y2－4y＋1＝0，
解得y1＝1，y2＝，
即点A(，)，从而直线AF：y＝x－1．
（2）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
方法一
设直线AB：x＝ty＋2，代入椭圆方程可得：(2＋t2)y2＋4ty＋2＝0．
所以y1＋y2＝，y1y2＝ ．
故k1＋k2＝＋＝＋
＝ ＝＝0．
又k1，k2均不为，故＝－1，即为定值－1．
方法二
设直线AB：x＝ty＋2，代入椭圆方程可得：(2＋t2)y2＋4ty＋2＝0．
所以y1＋y2＝，y1y2＝ ．
所以＝－，即ty1y2＝－，
所以＝＝＝＝＝＝－1，
即为定值－1．
方法三
设直线AB：x＝ty＋2，代入椭圆方程可得：(2＋t2)y2＋4ty＋2＝0．
所以y1＋y2＝，y1y2＝ ，
所以＝＋＝－2t．
所以＝＝＝＝＝，
把＝－2t－代入得＝－1．
方法四
设直线AB：y＝k(x－2)，代入椭圆的方程可得(1＋2k2)x2－8k2x＋(8k2－2)＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝ ．
所以＝＝＝＝．
因为x1x2－x1－x2＋2＝＋2＝，x2＝－x1，
代入得＝＝＝－1．
练．设F为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆C交于两点，设直线的斜率分别为，，则为（ ）

A．1 B．-1 C．4 D．-4
【答案】B
【分析】
设出直线的方程，代入椭圆方程后写出根与系数关系，计算，由此求得为定值.
【详解】
，
设，由图可知直线的斜率存在且不为.
设直线，
代入椭圆方程并化简得：．
所以．
故
．
又均不为0，故，即为定值.
故选：B
练．已知双曲线与有相同的渐近线，点为的右焦点，为的左，右顶点.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若直线过点交双曲线的右支于两点，设直线斜率分别为，是否存在实数入使得?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】
（1）根据的渐近线方程求出，然后再根据焦点坐标求出的值，从而求双曲线的标准方程；
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立消元写韦达；然后表示出直线斜率，根据韦达定理求的值，从而求出的值.
【详解】
（1）的渐近线为，，
，，
所以双曲线的标准方程.
（2）由已知，，
过点与右支交于两点，则斜率不为零，
设，由，消元得，
因为与双曲线右支交于两点，所以，解得
，
，
，
，
，，
，
存在使得.
例2-3．已知椭圆：的焦点为，，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆的上顶点为，过点作直线交椭圆于，两点，记直线，的斜率分别为，，试判断是否为定值？若为定值，求出该定值；若不是定值，说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，定值为1，理由见解析.
【分析】
（1）由题意，得出关于的方程组，求得的值，即可得到椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，得到，结合斜率公式进行计算，即可求得是为定值.
【详解】
（1）椭圆：的焦点为，，且过点，
可得，解得，所以椭圆的方程为.
（2）由（1）可得点，
设，直线的方程为，
联立方程组，整理得，
所以，
则
，
所以是为定值.
练．椭圆：过点，离心率为，其左、右焦点分别为，，且过焦点的直线交椭圆于，．
（1）求椭圆的方程；
（2）若点的坐标为，设直线与直线的斜率分别为，，试证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）带入点坐标，建立的等量关系，联立由离心率确定的的等量关系，解出的值，求出椭圆的方程；（2）证明，即证明，法一：设直线的斜截式，联立椭圆，代入韦达定理证明；法二：设直线的横截式，联立椭圆，代入韦达定理证明.
【详解】
（1）∵椭圆：过点，
∴．①
又∵椭圆离心率为，∴，∴．②
联立①②得，解得，∴椭圆的方程为．
（2）方法一：当直线斜率不存在时，则，∴；
当直线斜率存在时，设直线：，与椭圆交点，．联立，
消去并整理得．由于，
∴，，
∴
，
∵，∴．
综上所述，．
方法二：当直线斜率为0时，∵，则；
当直线斜率不为0时，设直线：设与椭圆交点，，
联立，消去并整理得．由于，
∴，，
∴．
∴，综上所述，．
例2-4.（2021苏州一摸T20）如图，在平面直角坐标系xOy中，过原点的直线l：(＞0)交拋物线C：y2＝2x于点P（异于原点O），抛物线C上点P处的切线交y轴于点M，设线段OP的中点为N，连结线段MN交C于点T．
（1）求的值；
（2）过点P作圆O′：(x﹣1)2＋y2＝1的切线交C于另一点Q，设直线OQ的斜率为，证明：为定值．

解：（1）设，点P处的切线方程为，
联立方程组，得，
由，解得；
可知切线为，
联立方程组得，即T为MN的中点，
所以；
（2）方法一：当直线PQ的斜率不存在时，其直线为x＝2，
解得，则，
当直线PQ的斜率存在时，设方程为，由题意知，
因为直线PQ与圆O′相切，所以，即，
联立方程组得到， 设，
由韦达定理可知，
又，则

综上可知为定值2．
方法二：，，，
因相切得，即得结果


练. (广东省珠海市2021届高三下学期第一次学业质量检测T21)．已知椭圆：，，为其左右焦点，离心率为，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设点，点在椭圆上，过点作椭圆的切线，斜率为，，的斜率分别为，，则是否是定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由.
（3）设点，点在椭圆上，点在的角分线上，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）是定值-8；（3）.
【分析】
（1）建立，，的三个方程，求解即可得椭圆的标准方程；
（2）先把用，表示，再把，也用，表示，代入中即可得结论；
（3）把点在的角分线上转化为点 到直线和直线的距离相等，进而建立一个方程，化简即可得到得．
【详解】
（1）由题设知
，解得，
∴椭圆：.
（2）是定值-8，下面证明之.
∵点，过点作椭圆的切线，斜率为，
∴：且，
与：联立消得
“*”
由题设得，
即，
∵点在椭圆上，
∴，代入上式得.
（另法：过上的点的切线为
：，其斜率为，
，，
∴
（定值），
∴是定值-8.
（3）由题设知，，
∵点，
∴：即，
：即，
∵点在的角分线上，
∴点到直线和直线的距离相等，
∴，
∵点在椭圆上，
∴，
故得，
∵，，
∴，
得，
∴的取值范围是.
练．已知抛物线C：x2＝8y，点F是抛物线的焦点，直线l与抛物线C交于A，B两点，点M的坐标为（2，﹣2）．
（1）分别过A，B两点作抛物线C的切线，两切线的交点为M，求直线l的斜率；
（2）若直线l过抛物线的焦点F，试判断是否存在定值λ，使得＝
【答案】（1）；（2）存在λ＝2.
【分析】
（1）对抛物线方程求导，结合导数的几何意义，可得过点的切线方程为，过点的切线方程为，又点为两切线的交点，即可得直线的方程为，即可求解．
（2）设过点的直线为，联立直线与抛物线方程，可得，结合韦达定理和两点之间的斜率公式，即可求解．
【详解】
解：（1），，，，
抛物线方程，
求导可得，
过点的切线方程为，过点的切线方程为，
点为两切线的交点，
，，
过，的直线方程为，化简可得，，
．
（2）由题意可知，，过点的直线为，
设直线与抛物线交于，，，，
联立直线与抛物线方程，，
由韦达定理可得，，，
，同理可得，，

，
，
存在，使得．

类型三、与面积有关定值
例3-1 (2021·宜昌质检)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为e，点(1，e)在椭圆E上，点A(a，0)，B(0，b)，△AOB的面积为，O为坐标原点.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若直线l交椭圆E于M，N两点，直线OM的斜率为k1，直线ON的斜率为k2，且k1k2＝－，证明：△OMN的面积是定值，并求此定值.
解(1)　∵e＝，且(1，e)在椭圆E上，∴＋＝1，则＋＝1.① 又c2＝a2－b2，②
联立①②，得b＝1.又S△AOB＝ab＝，得a＝3.所以椭圆E的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明　当直线l的斜率不存在时，设直线l：x＝t(－3 由得y2＝1－，则k1k2＝×＝－＝－，解得t2＝.
所以S△OMN＝×2××|t|＝.
当直线l的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l：y＝kx＋m(m≠0)，
由消去y并整理，得(9k2＋1)x2＋18kmx＋9m2－9＝0.
Δ＝(18km)2－4(9k2＋1)(9m2－9)＝36(9k2－m2＋1)>0，
x1＋x2＝－，x1x2＝，
k1k2＝·＝
＝＝－，
化简得9k2＋1＝2m2，满足Δ>0.
|MN|＝|x1－x2|＝·
＝·
＝.
又原点O到直线l的距离d＝，
所以S△OMN＝·|MN|·d＝×＝＝.
综上可知，△OMN的面积为定值.
练．如图，椭圆C：的离心率，椭圆C的左、右顶点分别为A，B，又P，M，N为椭圆C上非顶点的三点．设直线，的斜率分别为，．

（1）求椭圆C的方程，并求的值；
（2）若，，判断的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．
【答案】（1）椭圆C：，；（2）的面积为定值．
【分析】
（1）求出椭圆的方程，再设代入斜率公式，即可得答案；
（2）设直线的方程为（），设，，根据，可得，再利用韦达定理化简得到的关系，求出三角形的底和高，代入面积公式，即可得答案；
【详解】
解（1）由题意得，又，所以，
，即椭圆C：
设，则，又，，
则
（2）设直线的方程为（），设，，
，
，，
由（1）知：
，
，
即，，


，又
．
又O到直线的距离，
所以．
∴综上的面积为定值．
练．在平面直角坐标系xoy中，已知椭圆的左顶点与上顶点的距离为，且经过点.

（1）求椭圆C的方程.
（2）直线与椭圆C相交于P、Q两点，M是PQ的中点.若椭圆上存在点N满足，求证：△PQN的面积S为定值.
【答案】（1）（2）证明见解析
【分析】
（1）根据条件联立方程组求出即可得出椭圆标准方程；
（2）当PQ斜率不存在时求出△PQN的面积，当PQ斜率存在时，设PQ的方程为，联立方程组求出坐标，代入椭圆方程化简可得，
利用即可求解.
【详解】
（1）椭圆C的左顶点，上顶点.
因为左顶点与上顶点的距离为，
所以，化简得①
因为椭圆经过点，
所以，②
由①②解得或（舍去)，
所以椭圆C的方程为
（2）当PQ斜率不存在时，N为方程为 ，
易得.
此时
当PQ斜率存在时，设PQ的方程为，
联立，得，
由得
设则，
因此PQ的中点M为
由因为所以，
将点N代入椭圆方程，得，
化简得，符合(*）式.
记点О到直线l的距离为d,
则
，
将代入，得
综上，的面积为定值
练．已知椭圆的左焦点F在直线上，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆交于A、C两点，线段的中点为M，射线与椭圆交于点P，点O为的重心，探求面积S是否为定值，若是，则求出这个值；若不是，则求S的取值范围.
【答案】（1）；（2）是定值，.
【分析】
（1）根据题意，得到，由题中条件列出方程组求解，得出，，即可得出椭圆方程；
（2）若直线的斜率不存在，先求出此时的面积；若直线的斜率存在，设直线的方程为，设，，根据韦达定理，由题中条件，表示出点P的坐标，代入椭圆方程，得出，再得到坐标原点O到直线的距离为，根据三角形面积公式，化简整理，即可得出结果.
【详解】
（1）∵直线与x轴的交点为，∴，∴，
∴解得，，∴椭圆的方程为.
（2）若直线的斜率不存在，则在轴上，此时，因为点O为的重心，所以，将代入椭圆方程，可得，即，所以；
若直线的斜率存在，设直线的方程为，代入椭圆方程，
整理得
设，，
则，，.
由题意点O为的重心，设，则，，
所以，，
代入椭圆，得，
设坐标原点O到直线的距离为d，则
则的面积




.
综上可得，面积S为定值.
例3-2．在直角坐标系中，椭圆:的离心率为，左、右焦点分别是，，为椭圆上任意一点，的最小值为8.

（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆:，为椭圆上一点，过点的直线交椭圆于，两点，且为线段的中点，过，两点的直线交椭圆于，两点.当在椭圆上移动时，四边形的面积是否为定值？若是，求出该定值；不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是，定值为4.
【分析】
本题考查椭圆的方程的求法，考查圆锥曲线中的面积定值问题，属中档题，
（1）由离心率的值得到的关系，利用基本不等式的变形公式并结合椭圆的定义得到的最小值为2，结合已知得到的值，进而得到椭圆的方程；
（2）根据的坐标写出直线的方程，与椭圆方程联立求得的坐标，利用点差法求得直线的方程，与椭圆方程联立消去并利用为椭圆上一点的条件,整理得到关于的二次方程，利用韦达定理和弦长公式求得|AB|关于的表达式，利用点到直线的距离公式求得E,F到直线AB的距离，得到ABE,ABF的面积关于的表达式，进而求得四边形的面积关于的表达式，根据关于的关系化简整理得到定值.
【详解】
（1），.
是椭圆任意一点，∴
，当时取等号，
的最小值为，
，，
椭圆的方程为.
（2）∵为椭圆上一点，椭圆的方程为，
当，根据椭圆的对称性，不妨设，E,F为椭圆的短轴的端点,
直线AB的方程为,与椭圆的方程联立求得,,得到|AB|=2,|EF|=2,∴四边形四边形AEBF的面积为4，同理求得时，四边形AEBF的面积为4.
当时，直线OQ的斜率为,方程为：，
联立直线OQ与椭圆C1的方程，得，，
∵椭圆的方程可整理为,又∵是椭圆的弦AB的中点，
设,
∵A,B在椭圆：上，∴，，
两式相减得：，
即：，∴直线AB的斜率为
直线AB的方程为,
即,
∵为椭圆上一点，椭圆的方程为，
∴，即,∴直线AB的方程为,
代入椭圆C1的方程得，
,
两边同乘以，并注意，得:，
∴，，
，
设点，到直线AB的距离分别为，，
，


∴.
综上所述，故当Q在椭圆上移动时，四边形AEBF的面积为定值4.
练．已知椭圆经过点，.
（1）求椭圆的方程及其离心率；
（2）若为椭圆上第一象限的点，直线交轴于点，直线交轴于点.求证：四边形的面积为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）由题意有，即得椭圆方程；
（2）设，写出直线方程，求出点坐标，求出四边形的面积，利用点在椭圆上代入后可得定值．
【详解】
（1）由题意，椭圆标准方程为；
（2）设，，，∴，
直线方程为，令得，即，
直线方程为，令得，即，
∴

为定值．
练．已知椭圆：的离心率为，点在椭圆上，为坐标原点.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知点为椭圆上的三点，若四边形为平行四边形，证明：四边形的面积为定值，并求该定值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
试题分析：（1）由椭圆离心率，可得 ，将 代入椭圆方程可得 ，则椭圆方程可求；
（2）分情况讨论，当不存在时，方程为：或，可得 ．
当直线的斜率存在时，设直线方程为：，，．
将的方程代入得：，可求得

由得：，
将点坐标代入椭圆方程得：．又到直线的距离，，最后由
.
综上，平行四边形的面积为定值．
试题解析：
（1）由，得，
将代入椭圆的方程可得，所以，
故椭圆的方程为．
（2）当直线的斜率不存在时，方程为：或，
从而有，
所以．
当直线的斜率存在时，
设直线方程为：，，．
将的方程代入整理得：，
所以，，
，
由得：，
将点坐标代入椭圆方程得：．
点到直线的距离，
，
.
综上，平行四边形的面积为定值．
类型四、与角相关的定值
例4-1．椭圆的两个焦点坐标分别为F1(－，0)和F2(，0)，且椭圆过点.
（1）求椭圆方程；
（2）过点作不与y轴垂直的直线l交该椭圆于M，N两点，A为椭圆的左顶点，试判断∠MAN的大小是否为定值，并说明理由.
【答案】
（1）
（2）为定值，理由见解析
【分析】
（1）设出椭圆的标准方程，采用待定系数法和椭圆关系式即可求解；
（2）设，联立直线与椭圆方程得出韦达定理，通过求为定值可判断.
（1）
由题意设椭圆方程为，
将c＝，a2＝b2＋c2，代入椭圆方程得，
又因为椭圆过点，得，
解得b2＝1，所以a2＝4.所以椭圆的方程为；
（2）
设直线MN的方程为，联立直线MN和椭圆的方程
得，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(－2，0)，y1y2＝，y1＋y2＝，
则＝
，所以∠MAN＝.
练. (2020·济宁检测)已知椭圆E1：＋＝1(a>b>0)与抛物线E2：y2＝4x在第一象限的交点为P，椭圆E1的左、右焦点分别为F1，F2，其中F2也是抛物线E2的焦点，且PF2＝.
(1) 求椭圆E1的方程；
(2) 过点F2的直线l(不与x轴重合)交椭圆E1于M，N两点，点A为椭圆E1的左顶点，直线AM，AN分别交直线x＝4于点B，C，求证：∠BF2C为定值．

【解答】(1) 因为抛物线y2＝4x的焦点为(1,0)，则有PF2＝xP＋1＝，所以xP＝，
所以yP＝，所以P.
又F2(1,0)，所以F1(－1,0)，所以PF1＋PF2＝＋＝4，所以a＝2.
又因为c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，所以椭圆E1的方程是＋＝1.
(2) 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，B(4，yB)，C(4，yC)．
当直线l与x轴垂直时，易得B(4,3)，C(4，－3)或B(4，－3)，C(4,3)，
又F2(1,0)，所以＝(3,3)，＝(3，－3)或＝(3，－3)，＝(3,3)，
所以·＝9－9＝0，所以∠BF2C＝.
当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，
联立消去y并整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
又A(－2,0)，M(x1，y1)，B(4，yB)共线，所以＝，得yB＝.
同理yC＝.
因为＝(3，yB)，＝(3，yC)，
所以·＝9＋yByC＝9＋
＝.
又因为9(x1＋2)(x2＋2)＋36k2(x1－1)(x2－1)
＝(36k2＋9)x1x2＋(18－36k2)(x1＋x2)＋36k2＋36
＝(36k2＋9)＋(18－36k2)＋36k2＋36＝0，
所以·＝0，则∠BF2C＝.
综上，∠BF2C＝为定值．
练.(2020·永州二模)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，右准线方程为x＝.
(1) 求双曲线C的方程；
(2) 设直线l是圆O：x2＋y2＝2上动点P(x0，y0)(x0y0≠0)处的切线，l与双曲线C交于不同的两点A，B，求证：∠AOB的大小为定值．
答案：（1） （2） （3）角的处理
【解答】(1)x2－＝1.
(2) 方法一：因为点P(x0，y0)(x0y0≠0)在圆x2＋y2＝2上，
所以圆在点P(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝－(x－x0)，化简得x0x＋y0y＝2.
由及x＋y＝2得(3x－4)x2－4x0x＋8－2x＝0，
因为切线l与双曲线C交于不同的两点A，B，且0 所以3x－4≠0，且Δ＝16x－4(3x－4)(8－2x)>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，因为cos∠AOB＝，且
·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(2－x0x1)(2－x0x2)
＝x1x2＋[4－2x0(x1＋x2)＋xx1x2]
＝＋＝－＝0.
所以 ∠AOB的大小为90°.
方法二：因为点P(x0，y0)(x0y0≠0)在圆x2＋y2＝2上，
所以圆在点P(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝－(x－x0)，
化简得x0x＋y0y＝2.由及x＋y＝2得
(3x－4)x2－4x0x＋8－2x＝0，　①
(3x－4)y2＋8y0y－8＋2x＝0.　②
因为切线l与双曲线C交于不同的两点A，B，且0 所以3x－4≠0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1x2＝，y1y2＝，
所以·＝x1x2＋y1y2＝0，所以 ∠AOB的大小为90°.
(因为x＋y＝2且x0y0≠0，所以0 3.(2020·江苏期末)已知圆C：x2＋y2＋2x－2ay－3＝0关于直线l：x－2y＋1＝0对称．
(1) 求实数a的值；
(2) 设直线m：y＝kx(k>0)与圆C交于点A，B，且AB＝.
①求k的值； ②已知点P(3,0)，求证：x轴平分∠APB.

练．已知双曲线的方程.
（1）求点到双曲线C上点的距离的最小值；
（2）已知圆的切线(直线的斜率存在)与双曲线C交于A，B两点，那么∠AOB是否为定值?如果是，求出定值；如果不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，.
【分析】
（1）设双曲线上任意一点为，则，利用两点间的距离公式求出，利用二次函数求最值即可；（2）设直线的方程为：，利用直线与圆相切可得到，设，直线与双曲线的方程联立消，利用韦达定理得到
，再求出，最后利用得出结论即可.
【详解】
（1）设双曲线上任意一点为，
则，

，
当时，等号成立，
即点到双曲线C上点的距离的最小值为；
（2）设直线的方程为：，
因为直线与圆相切，
所以圆的圆心到直线的距离等于圆的半径，
即，①
设，
由消得，
，
由题意知：，
，
由韦达定理得，
由①得：，
则，
因为，
所以为定值.
练．设椭圆的离心率为，圆与轴正半轴交于点，圆在点处的切线被椭圆截得的弦长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设圆上任意一点处的切线交椭圆于点、，求证：为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由离心率为，得，再根据圆在点处的切线被椭圆截得的弦长为，得到点在椭圆上，解方程组即得椭圆的标准方程．
（2）先证明当过点与圆相切的切线斜率不存在时，，再证明当过点与圆相切的切线斜率存在时，，即得证．
【详解】
解：（1）设椭圆的半焦距为，由椭圆的离心率为，
由题知，，
椭圆的方程为，
解得，点在椭圆上，
，解得，，
椭圆的方程为．
证明：（2）当过点与圆相切的切线斜率不存在时，不妨设切线的方程为，
由（1）知，，，
，，
，，
当过点与圆相切的切线斜率存在时，可设切线的方程为，，，，，
，即，
联立直线和椭圆的方程得，
，
得△，
且，，
，，，，




，
，
综上所述，圆上任意一点、、处的切线交椭圆于点，都有．

例4-2．设点A、F分别是双曲线的左顶点和右焦点，点P是双曲线右支上的动点.
(1)若是直角三角形，求点P的坐标；
(2)是否存在常数，使得对任意的点P恒成立？证明你的结论．
【答案】(1) 或；(2)存在，证明见解析．
【分析】
(1)结合双曲线方程，分类讨论和两种情况，即可求解；
(2)首先讨论当当轴时，求出，然后讨论不垂直轴时的情况，根据双曲线对称性，令点在第一象限，分别表示出，，再结合点在双曲线上，即可求解.
【详解】
(1)设P点坐标为，由已知，，则，，
若，则，代入得，
∴P点坐标为．
若，则．
由得，，
∴P点坐标为．
综上，P点坐标为或.
(2)当轴时，由(1)知，．
以下证明：当不垂直于x轴时，也成立．
设P点坐标为，由对称性，假设P在第一象限，且不垂直于x轴，
∴，，，
结合正切二倍角公式联立以上三式可得，，
∴．
综上，存在，使得对任意的点P恒成立.
练．在平面直角坐标系中，已知， ，动点满足，动点的轨迹记为.
（1）求曲线的方程；
（2）若点也在曲线上，且，求的面积；
（3）是否存在常数，使得对动点恒有成立？请给出你的结论和理由.
【答案】（1）；（2）；（3）存在满足题意，证明见解析.
【分析】
（1）根据双曲线定义，结合焦点坐标，写出双曲线方程；
（2）设，根据条件写出，代入双曲线方程，解得两点坐标，从而求得面积；
（3）不妨设在第一象限，则，，设，表示出斜率，，证得，从而.
【详解】
（1）根据定义动点的轨迹是以，为焦点，实轴长为2的双曲线右支，故曲线右支的方程为
（2）设，则且，故
因为，均在曲线上，所以
当时，，的面积为；
当时，，的面积为；
综上，的面积为
（3）当时，易知，，若存在，则.
不妨设在第一象限，则，，
设，则，，

即，综上，存在满足题意.
练．已知抛物线的焦点为．点在上， ．
（1）求;
（2）过作两条互相垂直的直线，与交于两点，与直线交于点，判断是否为定值?若是，求出其值；若不是，说明理由．
【答案】(1) ；（2）是定值，.
【分析】
（1）由题知 ①，由焦半径公式得 ②，两式联立即可求得答案；
（2）先讨论当直线与轴平行时得，再讨论当直线与轴不平行且斜率存在时，证明，再设方程，联立方程，利用向量方法求即可.
【详解】
解：（1）因为点在上，所以 ①，
因为，所以由焦半径公式得 ②，
由①②解得
所以.
（2）由（1）知抛物线的方程为，焦点坐标为，
当直线与轴平行时，此时的方程为，的方程为，，此时为等腰直角三角形且，故.
当直线与轴不平行且斜率存在时，若为定值，则定值比为，下面证明.
要证明，只需证明，
只需证，即，
设直线的斜率为，则直线的方程为，直线的方程为，
联立方程得，设，
则，所以，，
联立方程得，
所以，
所以，
所以，即，
所以.
综上，为定值，.
类型五、坐标为定值
例5-1．设椭圆，椭圆的右焦点恰好是抛物线的焦点．椭圆的离心率为．
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）设椭圆E的左、右顶点分别为A，B，过定点的直线与椭圆E交于C，D两点（与点A，B不重合），证明：直线AC，BD的交点的横坐标为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据焦点为，且离心率，可得，，即可得解；
（2）显然斜率不为，设过点的直线为，设，．联立整理，得，则有，，设直线AC的方程为，直线BD的方程为，联立结合韦达定理即可得解.
【详解】
（1）∵抛物线的焦点为，∴．
又∵，∴，∴．
∴椭圆E的标准方程为．
（2）由（1）可得，．设过点的直线为，设，．
联立整理，得，
，∴，．
设直线AC的方程为，直线BD的方程为，
联立两条直线方程，解得①，
将，代入①，得②，
将，代入②，得．，
∴直线AC，BD的交点的横坐标为定值－4．
练．已知椭圆：的焦距为，点关于直线的对称点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）如图，椭圆的上、下顶点分别为，，过点的直线与椭圆相交于两个不同的点，.

求面积的最大值
②当与相交于点时，试问：点的纵坐标是否是定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】（1）；（2）①；②是，1.
【分析】
（1）求出点关于直线的对称点，由椭圆的性质得出，进而得出椭圆的方程；
(2) ①设直线的方程为，，，联立椭圆方程，表示出三角形的面积，利用基本不等式求解面积的最大值；
②设出直线，直线的方程，联立两直线方程求出点的纵坐标，利用韦达定理代入化简即可得出的纵坐标是定值.
【详解】
解：（1）因为点关于直线的对称点为，
且在椭圆上，所以，
又，∴
则，
所以椭圆的方程为；
（2）①设直线的方程为，，，
点到直线的距离为.
消去整理得：，
由，可得，
且，
∴
设，则
当且仅当即时等号成立，
∴的面积的最大值为；
②由题意得，：，：，
联立方程组，消去得，
又∵，，
解得
故点的纵坐标为定值1.
练．在平面直角坐标系中，已知点，P是动点，且三角形的三边所在直线的斜率满足．
（Ⅰ）求点P的轨迹的方程；
（Ⅱ）若Q是轨迹上异于点的一个点，且，直线与交于点M，试探
究：点M的横坐标是否为定值？并说明理由．
【答案】（1）（且）；（2）点M的横坐标为定值．
【详解】
第一问利用已知的斜率关系式，设点的坐标代入即可得到轨迹方程．
第二问中，由由可知直线，则，然后设出点P,Q的坐标，然后表示一个关系式，然后利用由三点共线可知，同理得到关系式，联立解得．
解：（Ⅰ）设点为所求轨迹上的任意一点，则由得

，　
整理得轨迹的方程为（且），
（Ⅱ）设，
由可知直线，则，
故，即，　
由三点共线可知，与共线，
∴　，
由（Ⅰ）知，故，
同理，由与共线，
∴　，即，
由（Ⅰ）知，故，
将，代入上式得，
整理得，
由得，即点M的横坐标为定值．
（方法二）
设
由可知直线，则，
故，即，　　
∴直线OP方程为： ①；　
直线QA的斜率为：，　　
∴直线QA方程为：，即 ②；
联立①②，得，∴点M的横坐标为定值．　

类型六、与向量有关的定值
例6-1．（2020重庆市南开中学高三检测）如图，抛物线：，圆：，过焦点的直线从上至下依次交，于点，，，.若，为坐标原点，则（ ）

A．-2 B．1 C．4 D．
【答案】B
【解析】由题可设A，其中a>0,d＜0.
又焦点F(1,0)，
所以|FD|=1+，
所以|AB|=|FA|-|OB|=，
由题得.
所以，
所以1.故选：B
练．设抛物线，为的焦点，过的直线与交于两点.
（1）设的斜率为，求的值； （2）求证：为定值.
【答案】（1）5；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出直线方程为，联立直线与抛物线，由即可求解；
（2）设直线方程为，由韦达定理表示出，即可得出定值.
【详解】（1）依题意得，所以直线的方程为.
设直线与抛物线的交点为，，
由得，，所以，.
所以.
（2）证明：设直线的方程为，
直线与抛物线的交点为，，
由得，，所以，.
因为
.
所以为定值.
练．如图，过点的直线与抛物线交于两点.

（1）若，求直线的方程;
（2）记抛物线的准线为，设直线分别交于点，求的值.
【答案】（1）；（2）-3.
【分析】
(1) 设直线的方程为，,方程联立得到，由直线方程求出，由条件可得，从而求出答案.
(2) 由直线分别交于点，则,可得，同理可得，由，结合（1）中的可得答案.
【详解】
(1) 设直线的方程为，
由 ，得
所以
则
由抛物线的性质可得
解得，所以直线的方程为：
（2）由题意可得直线：，设
由（1）可得，
由直线分别交于点，则,
即，所以
由直线分别交于点，则,
即，所以

练．已知椭圆方程为，直线与轴的交点记为，过右焦点的直线与椭圆交于，两点.

（1）设若且交直线于，线段中点为，求证：，，三点共线；
（2）设点的坐标为，直线与直线交于点，试问是否为定值，若是，求出这个定值，若不是，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）是；为定值0.
【分析】（1）由题意设的方程与椭圆联立求出两根之和与两根之积，进而求出的中点坐标，代入直线中，符合，则可得在直线上；
（2）分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，设直线与椭圆联立，求出两根之和与两根之积，设直线求出交点，再求数量积得为定值0
【详解】（1）由椭圆方程为知，右焦点坐标，
椭圆的右准线方程为，点坐标.
由知，直线的斜率不为0，故设直线的方程为，
从而，直线的方程为，令得，点坐标为，
故直线的方程为.
联立方程组，消去得：，
设，即，，
从而，线段的中点，.
又线段的中点的坐标满足直线方程，
所以点在直线上，综上可知，，，三点共线；
（2）当直线的斜率为0时，点即为点，从而，故.
直线的斜率不为0时，由（1）知，，，
所以，则，
直线的方程为，又，
令，得，
所以点的坐标为，即，所以.
综上可知，为定值0.

练．已知椭圆的右焦点为，离心率，点A、B分别是椭圆E的上、下顶点，O为坐标原点.
（1）求椭圆E的方程；
（2）过F作直线l分别与椭圆E交于C、D两点，与y轴交于点P，直线AC和BD交于点Q，求的值.
【答案】（1）；（2）1.
【分析】
（1）先求出，，再求椭圆的方程；
（2）先联立方程得到，再得到和，最后判断出 ，即为定值1.
【详解】
（1），，
，椭圆.
（2）易知l的斜率存在且不为0，
设，，，
由，
，设点，，
则，
由A、Q、C三点共线，，
由B、Q、D三点共线，，
上面两式相除得：，


，
结合图形易知与同号，
，
，即为定值1.
练．已知双曲线，点的坐标为，过的直线交双曲线于点.
（1）若直线又过的左焦点，求的值；
（2）若点的坐标为，求证：为定值.
【答案】
（1）；
（2）证明见解析.
【分析】
（1）求出左焦点的坐标，设，，求出直线的方程，与双曲线方程联立，可得，，由两点间距离公式计算即可求解；
（2）设直线，与双曲线方程联立可得，，利用向量的坐标表示，整理即可求证.
（1）
由双曲线可得，，所以，
所以，设，，
，所以直线的方程为，
由联立得：，
所以，

.
（2）
由题意知直线的斜率存在，不妨设直线，
由可得：，
所以，，，，


.
所以为定值.
练．已知椭圆，离心率为，短轴长为．为椭圆的左右顶点，P为椭圆上任一点（不同于），直线分别与直线交于两点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若F为椭圆右焦点，试判断是否为定值，若为定值，求出该值；若不为定值，请说明理由．
【答案】（1）；（2）是，定值为0.
【分析】（1）结合，，即得解；
（2）分别设直线，，表示两点，可得，再用表示，结合椭圆方程，即得证
【详解】（1）， ，椭圆方程为：
（2）由（1）可得：，设，
设，联立方程解得：，
同理：设，联立方程可得：，
，，，
，
在椭圆上，所以 ，
，，所以为定值.
练．已知抛物线的焦点为，且点与圆上点的距离的最大值为.
（1）求；
（2）若为坐标原点，直线与相交于，两点，问：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；（2）的值为定值.
【分析】
（1）根据圆上的点与定点之间距离的最大值等于圆心与定点的距离加半径得到等量关系，从而解方程即可求出结果；
（2）联立直线的方程与抛物线，结合韦达定理化简整理即可求出结果.
【详解】
解：（1）由题得，圆的圆心，
抛物线的焦点为，，
所以与圆上点的距离的最大值为，
解得.
（2）设，，
由得，
所以，且，，
，，
所以.
所以的值为定值.

例6-2. 已知椭圆C：()的离心率为，短轴一个端点到右焦点F的距离为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点F的直线l交椭圆于A､B两点，交y轴于P点，设，，试判断是否为定值？请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，定值为.
【分析】
（1）由题意可得，，，可求得椭的圆方程；
（2）设直线的方程为，与椭圆的方程联立整理得：，设，， 由一元二次方程的根与系数的关系可得，再根据向量的坐标运算表示出， ，代入计算可求得定值.
【详解】
（1）由题可得，又，所以，
因此椭圆方程为
（2）由题可得直线斜率存在，设直线l的方程为，
由消去y，整理得：，
设，，则，
又，，则，，
由可得，所以
同理可得，
所以

所以，为定值.
练．已知椭圆的离心率为，且椭圆C经过点．
（Ⅰ）求椭圆C的方程;
（Ⅱ）已知过点的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，与直线交于点Q，设，，求证：为定值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析
【分析】（Ⅰ）由离心率得，由椭圆过一点．得，两者结合可解得，得椭圆方程；
（Ⅱ）设直线方程为，设，直线方程代入椭圆方程后可得，由，，把用表示，然后计算并代入即可得证．
【详解】（Ⅰ）由题意，解得，∴椭圆方程为；
（Ⅱ）易知直线斜率存在，设其方程为，设，
由，消元整理得，
∴，，
把代入得，即，
由，得，，
由，得，，
∴，
∴为定值．

练. 已知抛物线C：y2＝2px(p>0)经过点P(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.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值.
解(1)　因为抛物线y2＝2px过点P(1，2)，
所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.
由题意知，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k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<1，
又因为k≠0，故k<0或0 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).
(2)证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2).
由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.
直线PA的方程为y－2＝(x－1).令x＝0，
得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2.
同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.
由＝λ，＝μ得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以＋＝＋＝＋
＝·＝·＝2.
所以＋＝2为定值.
类型七、转化为定值
例7-1．已知圆和定点，平面上一动点满足以线段为直径的圆内切于圆，动点的轨迹记为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）直线与曲线交于不同两点、，直线，分别交轴于，两点．求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由两圆内切的条件和椭圆的定义，可得所求轨迹方程；
（2）设，，，，联立直线的方程和椭圆方程，运用韦达定理，计算，可判断三角形的形状，即可得到证明．
【详解】
解：（1）设以线段为直径的圆的圆心为，取．
依题意，圆内切于圆，设切点为，则，，三点共线，
因为为的中点，为中点，
所以
所以，
所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，
设其方程为，则，，所以，，
所以， 所以动点的轨迹方程为;
（2）设，，（且）．
由，得，
依题意，即，
则，
因为
，
所以直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，即．
因为，所以．

练．已知点在抛物线：上，直线：与抛物线有两个不同的交点.
（1）求的取值范围；
（2）设直线与抛物线的交点分别为，，过点作与的准线平行的直线，分别与直线和交于点和（为坐标原点），求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由已知点坐标求得参数，由方程的解（判别式）确定直线与抛物线的位置关系；
（2）设，，显然，，均不为0，由（1）中方程应用韦达定理得①，，要证，只要证.即可得．
解：（1）由抛物线：过点，得.
所以抛物线的方程为.
由得.
由题意，且，即，
因此的取值范围是且．.
（2）设，，显然，，均不为0.
由（1）可知①，②.
由题意可得，的横坐标相等且同为，
因为点的坐标为，所以直线的方程为，点的坐标为.
直线的方程为，点的坐标为.
若要证明，只需证，即证，
即证.
将代入上式，即证，
即证③，
将①②代入③得，此等式显然成立.
所以恒成立，故.

例7-2（2021南京二模T21）已知直线l：y＝x＋m交抛物线C：y2＝4x于A，B两点．
（1）设直线l与x轴的交点为T．若＝2，求实数m的值；
（2）若点M，N在抛物线C上，且关于直线l对称，求证：A，B，M，N四点共圆．

解：由得y2－4y＋4m＝0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4，y1y2＝4m．
因为直线l与C相交，所以△＝16－16m＞0，得m＜1． 2分
（1）由＝2，得y1＋2y2＝0， 4分
所以4＋y2＝0，解得y2＝－4，从而y1＝8，
因为y1y2＝4m，所以4m＝－32，解得m＝－8． 6分
（2）设M(x3，y3)，N(x4，y4)，因为M，N两点关于直线y＝x＋m对称，
则＝＝＝－1，解得y4＝－4－y3．又＝＋m，
于是＝＋m，解得x4＝－4－2m－x3． 8分
又点N在抛物线上，于是(－4－y3)2＝4(－4－2m－x3)．
因为y32＝4x3，所以y32＋4y3＋16＋4m＝0， 10分
于是·＝(x1－x3)(x2－x3)＋(y1－y3)(y2－y3)＝(－)(－)＋(y1－y3)(y2－y3)
＝[(y1＋y3)(y2＋y3)＋16]＝[y1y2＋y3(y1＋y2)＋y32＋16]
＝(4m＋4y3＋y32＋16)＝0，
因此MA⊥MB，同理NA⊥NB，
于是点M，N在以AB为直径的圆上，即A，B，M，N四点共圆． 12分
练．（广东省高州市第一中学2021届高三下学期3月T21）．已知双曲线C： ＝1(a，b>0)的左、右焦点分别为F1(-c，0)，F2(c，0)，其中c>0， M(c，3)在C上，且C的离心率为2.
（1）求C的标准方程；
（2）若O为坐标原点，∠F1MF2的角平分线l与曲线D： ＝1的交点为P，Q，试判断OP与OQ是否垂直，并说明理由.
【答案】（1）；（2）OP与OQ不垂直，答案见解析．
【分析】
（1）利用点在曲线上和离心率，解出，进而得出双曲线方程；
（2）利用角平分线定理求出点坐标，联立直线与曲线D的方程，由根与系数的关系，结合平面向量的数量积得出结论．
【详解】
（1）由题意得，即，解得，又，可得，故双曲线C的标准方程为；
（2）设角平分线与轴交于点，根据角平分线性质可得，

，，
设，联立方程，可得
，

即OP与OQ不垂直．
【点睛】
关键点点睛：本题考查双曲线的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查平面向量的数量积，解决本题的关键点是利用角平分线定理求出∠F1MF2的角平分线与轴交点，利用直线与曲线方程联立写出根与系数的关系，借助于平面向量的数量积得出结论，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题．



例7-3．已知椭圆的左､右顶点分别为A，B，右焦点为F，直线.
（1）若椭圆W的左顶点A关于直线的对称点在直线上，求m的值；
（2）过F的直线与椭圆W相交于不同的两点C，D（不与点A，B重合），直线与直线相交于点M，求证：A，D，M三点共线.
【答案】（1）
（2）证明见解析.
【分析】(1)设点A关于直线对称的点为，根据题意可得的中点在直线上且，列出方程组，解方程组即可；
(2)对直线斜率是否存在分类讨论，当直线CD斜率k不存在时，求出点A、M、C、D坐标，
利用可证得A、D、M三点共线；当直线CD斜率存在时，设直线
：，，与椭圆方程联立方程组，消y得到关于x的一元二次方程，将表示为含有k的算式，得出即可.
（1）由题意知，直线的斜率存在，且斜率为，
设点A关于直线对称的点为，则，
所以线段的中点在直线上，又，，
有，解得或，
所以；
（2）已知，
当直线的斜率不存在时，：x=1，此时，
有，所以直线，当时，，所以，
所以，所以，
即A、D、M三点共线；
当直线的斜率存在时，设直线：，
则，得，
，
设，则，
直线BC的方程为，令，得，
所以直线AD、AM的斜率分别为，
，
上式的分子



，
所以，即A、D、M三点共线.
综上，A、D、M三点共线.

练. (2020·浙江模拟)如图，椭圆E的方程为＋＝1，过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点，点Q为y轴上异于点P的一点，且QP为∠AQB的平分线，则点Q的坐标为________．

答案：(0,3)　
解析：由题意可知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝kx＋1，设点Q(0，m)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立消去y并整理得(2k2＋1)x2＋4kx－4＝0，Δ>0，则x1＋x2＝－，x1x2＝－，根据题意，kAQ＋kBQ＝＋＝＋＝2k＋(1－m)·＝2k＋＝2k＋k(1－m)＝k(3－m)＝0，
所以3－m＝0，得m＝3