新高考数学圆锥曲线62种题型第十节 圆锥曲线中的定值问题（教师版）

这是一份新高考数学圆锥曲线62种题型第十节 圆锥曲线中的定值问题（教师版），共35页。

题型一 长度或距离为定值
例1 (2023·郑州模拟)已知点F(0，1)，直线l：y＝4，P为曲线C上的任意一点，且|PF|是P到l的距离的eq \f(1,2).
(1)求曲线C的方程；
(2)若经过点F且斜率为k(k≠0)的直线交曲线C于点M，N，线段MN的垂直平分线交y轴于点H，求证：eq \f(|FH|,|MN|)为定值．
(1)解 设P(x，y)，由已知得eq \r(x2＋（y－1）2)＝eq \f(1,2)|y－4|，
整理得eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,4)＝1，
此即为曲线C的方程．
(2)证明 经过点F且斜率为k(k≠0)的直线的方程为y＝kx＋1，
与曲线C方程联立，消去y整理得(4＋3k2)x2＋6kx－9＝0，
Δ＝36k2＋4×9×(4＋3k2)＝144(1＋k2)＞0恒成立，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则|MN|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)×eq \f(\r(Δ),4＋3k2)＝eq \f(12（1＋k2）,4＋3k2)，x1＋x2＝－eq \f(6k,4＋3k2)，
设线段MN的中点为T(x0，y0)，则x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(3k,4＋3k2)，y0＝kx0＋1＝eq \f(4,4＋3k2)，
线段MN的中垂线的斜率为－eq \f(1,k)，
其方程为y－eq \f(4,4＋3k2)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3k,4＋3k2)))，
令x＝0，解得y＝eq \f(1,4＋3k2)，
即为点H的纵坐标，
∴|FH|＝1－eq \f(1,4＋3k2)＝eq \f(3（1＋k2）,4＋3k2)，
∴eq \f(|FH|,|MN|)＝eq \f(\f(3（1＋k2）,4＋3k2),\f(12（1＋k2）,4＋3k2))＝eq \f(1,4)(为定值)．
感悟提升 探求圆锥曲线中的定线段的长的问题，一般用直接求解法，即先利用弦长公式把要探求的线段表示出来，然后利用题中的条件(如直线与曲线相切等)得到弦长表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入弦长表达式中，化简可得弦长为定值．
训练1 已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)，其焦点为F，O为坐标原点，直线l与抛物线C相交于不同的两点A，B，M为AB的中点．
(1)若p＝2，M的坐标为(1，1)，求直线l的方程．
(2)若直线l过焦点F，AB的垂直平分线交x轴于点N，求证：eq \f(2|MN|2,|FN|)为定值．
(1)解 由题意知直线l的斜率存在且不为0，
故设直线l的方程为x－1＝t(y－1)
即x＝ty＋1－t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1－t，,y2＝4x，))得y2－4ty－4＋4t＝0，
∴Δ＝16t2＋16－16t＝16(t2－t＋1)＞0，
y1＋y2＝4t，∴4t＝2，即t＝eq \f(1,2).
∴直线l的方程为2x－y－1＝0.
(2)证明 ∵抛物线C：y2＝2px(p＞0)，
∴焦点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)).
由题意知直线l的斜率存在且不为0，
∵直线l过焦点F，故设直线l的方程为x＝ty＋eq \f(p,2)(t≠0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ty＋\f(p,2)，,y2＝2px，))得y2－2pty－p2＝0，
∴y1＋y2＝2pt，Δ＝4p2t2＋4p2＞0.
∴x1＋x2＝t(y1＋y2)＋p＝2pt2＋p，
∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(pt2＋\f(p,2)，pt)).
∴MN的方程为y－pt＝－teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－pt2－\f(p,2))).
令y＝0，解得x＝pt2＋eq \f(3p,2)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(pt2＋\f(3p,2)，0))，
∴|MN|2＝p2＋p2t2，|FN|＝pt2＋eq \f(3p,2)－eq \f(p,2)＝pt2＋p，
∴eq \f(2|MN|2,|FN|)＝eq \f(2（p2＋p2t2）,pt2＋p)＝2p，为定值．
题型二 斜率或代数式为定值
例2 如图，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点A(0，－1)且离心率为eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆E的方程；
(2)经过点(1，1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值．
(1)解 由题设知eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，b＝1，
结合a2＝b2＋c2，解得a＝eq \r(2)，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)证明 由题设知直线PQ的方程为
y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入eq \f(x2,2)＋y2＝1，
得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，
由已知Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
x1x2≠0，则x1＋x2＝eq \f(4k（k－1）,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k（k－2）,1＋2k2)，
从而直线AP，AQ的斜率之和为kAP＋kAQ＝eq \f(y1＋1,x1)＋eq \f(y2＋1,x2)
＝eq \f(kx1＋2－k,x1)＋eq \f(kx2＋2－k,x2)＝2k＋(2－k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))＝2k＋(2－k)eq \f(x1＋x2,x1x2)
＝2k＋(2－k)eq \f(4k（k－1）,2k（k－2）)＝2k－2(k－1)＝2(即为定值)．
感悟提升 在证明一条直线斜率或两条直线斜率和，差或者积与商为定值的问题中，我们需要先将斜率表示出来，然后利用相关量之间的关系式化简即可．
训练2 (2023·武汉模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点M，若|F1F2|＝2，△ABF2的周长为8.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)eq \(MA,\s\up6(→))＝λeq \(F1A,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))＝μeq \(F1B,\s\up6(→))，试分析λ＋μ是否为定值，若是，求出这个定值，否则，说明理由．
解 (1)因为△ABF2的周长为8，
所以4a＝8，解得a＝2，
由|F1F2|＝2，得2eq \r(a2－b2)＝2eq \r(4－b2)＝2，
所以b2＝3，
因此椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题意可知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝k(x＋1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
整理得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
显然Δ＞0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(8k2,3＋4k2)，,x1x2＝\f(4k2－12,3＋4k2).))
设M(0，k)，又F1(－1，0)，
所以eq \(MA,\s\up6(→))＝(x1，y1－k)，eq \(F1A,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)，
则λ＝eq \f(x1,x1＋1).
同理可得eq \(MB,\s\up6(→))＝(x2，y2－k)，eq \(F1B,\s\up6(→))＝(x2＋1，y2)，
则μ＝eq \f(x2,x2＋1).
所以λ＋μ＝eq \f(x1,x1＋1)＋eq \f(x2,x2＋1)＝eq \f(x1（x2＋1）＋x2（x1＋1）,（x1＋1）（x2＋1）)
＝eq \f(2x1x2＋x1＋x2,x1x2＋x1＋x2＋1)＝eq \f(2×\f(4k2－12,3＋4k2)－\f(8k2,3＋4k2),\f(4k2－12,3＋4k2)－\f(8k2,3＋4k2)＋1)
＝eq \f(8k2－24－8k2,4k2－12－8k2＋3＋4k2)＝eq \f(－24,－9)＝eq \f(8,3)，
所以λ＋μ为定值eq \f(8,3).
题型三 几何图形的面积为定值
例3 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上的两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,2)，y1))，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)，y2))，m·n＝0.
(1)求证：k1·k2＝－eq \f(1,4)；
(2)试探求△OPQ的面积S是不是定值，并说明理由．
(1)证明 ∵k1，k2存在，∴x1x2≠0，
∵m·n＝0，∴eq \f(x1x2,4)＋y1y2＝0，
∴k1·k2＝eq \f(y1y2,x1x2)＝－eq \f(1,4).
(2)解 是．理由：当直线PQ的斜率不存在，
即x1＝x2，y1＝－y2时，
由eq \f(y1y2,x1x2)＝－eq \f(1,4)，得eq \f(xeq \\al(2,1),4)－yeq \\al(2,1)＝0，
由P(x1，y1)在椭圆C上，得eq \f(xeq \\al(2,1),4)＋yeq \\al(2,1)＝1，
∴|x1|＝eq \r(2)，|y1|＝eq \f(\r(2),2)，
∴S△OPQ＝eq \f(1,2)|x1|·|y1－y2|＝1.
当直线PQ的斜率存在时，易知直线PQ的斜率不为0，
设直线PQ的方程为y＝kx＋b(k≠0)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，
x1＋x2＝eq \f(－8kb,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4b2－4,4k2＋1).
∵eq \f(x1x2,4)＋y1y2＝0，
∴eq \f(x1x2,4)＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，
得2b2－4k2＝1，
满足Δ＝64k2b2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(4k2＋1－b2)＞0，
∴S△OPQ＝eq \f(1,2)·eq \f(|b|,\r(1＋k2))|PQ|＝eq \f(1,2)|b|eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝2|b|·eq \f(\r(4k2＋1－b2),4k2＋1)＝1.
∴△OPQ的面积S为定值．
感悟提升 探求圆锥曲线中几何图形的面积的定值问题，一般用直接求解法，即可先利用三角形面积公式(如果是其他凸多边形，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．
训练3 (2023·重庆诊断节选)已知椭圆E：eq \f(x2,9)＋y2＝1.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＝－eq \f(1,9)，证明：△OMN的面积是定值，并求此定值．
证明 当直线l的斜率不存在时，
设直线l：x＝t(－3由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋y2＝1，,x＝t，))得y2＝1－eq \f(t2,9)，
则k1k2＝eq \f(\r(1－\f(t2,9)),t)·eq \f(－\r(1－\f(t2,9)),t)＝－eq \f(1－\f(t2,9),t2)＝－eq \f(1,9)，解得t2＝eq \f(9,2).
所以S△OMN＝eq \f(1,2)×2×eq \r(1－\f(t2,9))·|t|＝eq \f(3,2).
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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,9)＋y2＝1))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＝－eq \f(18km,9k2＋1)，x1x2＝eq \f(9m2－9,9k2＋1)，
k1k2＝eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(（kx1＋m）（kx2＋m）,x1x2)＝eq \f(－9k2＋m2,9m2－9)＝－eq \f(1,9)，
化简得9k2＋1＝2m2，满足Δ>0.
|MN|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(18km,9k2＋1)))\s\up12(2)－4×\f(9m2－9,9k2＋1))＝eq \f(6\r(1＋k2)·\r(9k2－m2＋1),9k2＋1).
又原点O到直线l的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，
所以S△OMN＝eq \f(1,2)·|MN|·d＝eq \f(3\r(1＋k2)·\r(9k2－m2＋1),9k2＋1)·eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \f(3|m|\r(2m2－m2),2m2)＝eq \f(3,2).
综上可知，△OMN的面积为定值eq \f(3,2).
题型四 圆锥曲线中的伴侣点问题
在圆锥曲线的很多性质中，常常出现一对活跃的点A(m，0)和Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,m)，0))，这一对点总是同时出现在圆锥曲线的对称轴上，形影不离，相伴而行，我们把这一对特殊点形象地称作圆锥曲线的“伴侣点”．已知M(m，0)，N(n，0)(mn＝a2)是双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一对“伴侣点”，过点M作与坐标轴不平行的直线与双曲线相交于A，B两点，则直线AN和BN与x轴成等角．
可得到圆锥曲线的一个统一和谐性质如下：
已知M，N是圆锥曲线的一对“伴侣点”，
过点M作与坐标轴不平行的直线与曲线相交于A，B两点，则直线AN和BN与x轴成等角．
例 已知点M(m，0)，N(－m，0)(m≠0)是抛物线y2＝2px(p＞0)的一对“伴侣点”，过点M作与x轴不平行的直线交抛物线于A，B两点，证明：直线AN和BN与x轴成等角．
证明 因直线AB过点M(m，0)，
故可设直线AB的方程为x＝m＋ny，
将其代入抛物线方程得，y2－2pny－2pm＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝2pn，y1y2＝－2pm，
又点A，B在直线AB上，
所以x1＝m＋ny1，x2＝m＋ny2，
所以kAN＋kBN＝eq \f(y1,x1＋m)＋eq \f(y2,x2＋m)＝eq \f(y1x2＋y2x1＋m（y1＋y2）,（x1＋m）（x2＋m）)，
又y1x2＋y2x1＋m(y1＋y2)＝y1(m＋ny2)＋y2(m＋ny1)＋m(y1＋y2)
＝2ny1y2＋2m(y1＋y2)＝2n·(－2pm)＋2m·2pn＝0，
所以kAN＋kBN＝0，
即直线AN和BN关于x轴对称，
所以直线AN和BN与x轴成等角．
训练 设椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0)．
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.
(1)解 由已知得F(1，0)，l的方程为x＝1.
把x＝1代入椭圆方程eq \f(x2,2)＋y2＝1，
可得点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(2),2))).
又M(2，0)，
所以AM的方程为y＝－eq \f(\r(2),2)x＋eq \r(2)或y＝eq \f(\r(2),2)x－eq \r(2).
(2)证明 当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，
所以∠OMA＝∠OMB.
当l与x轴不重合也不垂直时，
设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得kMA＋kMB＝eq \f(2kx1x2－3k（x1＋x2）＋4k,（x1－2）（x2－2）).
将y＝k(x－1)代入eq \f(x2,2)＋y2＝1得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
所以x1＋x2＝eq \f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2k2－2,2k2＋1).
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝eq \f(4k3－4k－12k3＋8k3＋4k,2k2＋1)＝0.
从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补，
所以∠OMA＝∠OMB.
综上，∠OMA＝∠OMB.
课时作业
一、多选题
1．在棱长为2的正方体中，为正方形的中心，为线段上的一点，则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得
B．三棱锥的体积为定值
C．的面积的最小值为
D．线段上存在点，使得，且
【答案】ABC
【分析】建立空间直角坐标系，选项A，根据为线段上的一点，设得点坐标，
选项A判断成立时是否存在即可；
选项B因面积不变，只需判断到平面的距离是否为定值即可；
选项C因的长度不变，要求的面积的最小值，只需求到的距离的最小值即可；
选项D可类似点坐标的求法，先设点坐标，根据垂直向量数量积为0，判断点、点是否存在即可.
【详解】
如图建立空间直角坐标系，
选项A：，，，，
若存在点，因为线段上，可设，
故点坐标为，
若，则
得，故存在点，A正确；
选项B：
取的中点，则，
，，所以，
故，又平面，平面，
所以平面，
因为线段上，故到平面的距离不变，
故三棱锥的体积为定值，B正确.
选项C：
由选项A知，，
到的距离为：
的面积的最小时，取最小值，
根据二次函数的性质，当时，取最小值为，
此时的面积为，故C正确
选项D：
若存在，设，
则，
则，
因，
所以，
即，
，
不合题意，故D错误.
故选：ABC
2．已知点A，B在圆O：上，点P在直线l：上，则（ ）
A．直线l与圆O相离
B．当时，的最大值是
C．当PA，PB为圆O的两条切线时，为定值
D．当PA，PB为圆O的两条切线时，直线AB过定点
【答案】AC
【分析】利用点到直线的距离判断A；取AB中点D，由线段PD长判断B；由中，同理结合数量积的定义可判断C；求出直线AB的方程判断D作答.
【详解】对于A，因为到直线的距离，即直线与圆相离，A正确；
对于B，令AB的中点为D，则，，
点D在以O为圆心，为半径的圆上，
，显然当在上运动时，无最大值，B不正确；

对于C，当为切线时，，
所以在中，
同理
，故C正确.

对于D，设，当为切线时，，
点在以为直径的圆上，
此圆的方程为，于是直线为，
即，
所以直线过定点，D不正确.
故选：AC.
二、解答题
3．已知椭圆C：的离心率，且经过点.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)如果斜率为的直线EF与椭圆交于两个不同的点E、F，试判断直线AE、AF的斜率之和是否为定值，若是请求出此定值；若不是，请说明理由.
(3)试求三角形面积S取得最大值时，直线EF的方程.
【答案】(1)
(2)直线AE、AF的斜率之和是为定值0
(3)
【分析】（1）由题意可得，，，求解即可；
（2）设，直线EF的方程为：，联立椭圆方程消元，结合韦达定理可得，设，代入整理可得；
（3）利用弦长公式求得，利用点线距离求得点到直线的距离，从而求得，设，求导判断单调性，从而可求得最大值，即可求解.
【详解】（1）由题意，，
椭圆C经过点，∴，
又，解得，，所以椭圆方程为.
（2）设，直线EF的方程为：，
代入，得：.
即，且.
设，由题意，，；
∴
分子为：
又，，，
所以
而
∴
∴.
即直线AE、AF的斜率之和是为定值0.

（3），
点到直线的距离，
∴
设
令可得，，，又，
所以在，单调递增，在，单调递减.
所以的最大值为或，
又
所以的最大值为，
所以直线方程为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．常从以下方面考虑：
①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
③利用基本不等式求出参数的取值范围；
④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．
4．已知抛物线与双曲线相交于两点是的右焦点，直线分别交于（不同于点），直线分别交轴于两点.
(1)设，求证：是定值；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，设出直线的方程，与抛物线的方程联立即可计算作答.
（2）由（1）求出直线的方程并求出点的横坐标，直线的方程与双曲线的方程联立，借助直线求出点的横坐标，再列式求出范围作答.
【详解】（1）由是直线与抛物线的两个交点，显然直线不垂直y轴，点，
故设直线的方程为，由消去并整理得，
所以为定值.

（2）由（1）知，直线的斜率，方程为，
令，得点的横坐标，设，
由消去得，
，
，
而直线的方程为，依题意，
令，得点的横坐标
，
因此，
所以的取值范围是.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
5．已知是双曲线的左焦点，点在双曲线上且双曲线的离心率为2.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若是双曲线在第二象限内的动点，，记的内角平分线所在直线斜率为，直线斜率为,求证：是定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用双曲线的离心率公式及点在双曲线上即可求解；
（2）根据两点的斜率公式及角平分的性质，利用斜率的定义及两角和的正切公式，结一元二次方程的解法，注意分类讨论即可求解.
【详解】（1）由题意可知：，
因为点在双曲线上，
所以，解得（负舍），
所以
所以双曲线的标准方程.
（2）由题意可知，作出图形如图所示

当时，因为在上，
所以，解得（负舍），
所以
所以，
设斜率斜率的角平分线斜率，
设，则
所以，即即，解得，
当时，
所以，
，
，
所以,
当时，
所以
.
综上所述：.
【点睛】关键点睛：解决此题第一问的关键是利用点在双曲线上和双曲线的离心率公式即可，第二问，利用角平分线的定义及斜率的定义，结合二倍角的正切公式注意分类讨论即可.
6．如图，在平面直角坐标系中，椭圆过点，且椭圆的离心率为.直线与椭圆相交于两点，线段的中垂线交椭圆于两点.

(1)求的标准方程；
(2)求线段长的最大值；
(3)证明：为定值，并求此定值.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析，0
【分析】（1）根据题意求出，即可得解；
（2）设，联立，根据求得的范围，再利用韦达定理求出，从而可求得的中点的坐标，即可求得直线的方程，再联立方程，利用韦达定理求得，再利用弦长公式计算即可得解；
（3）结合（2）根据数量积的坐标表示化简整理即可得证.
【详解】（1）根据题意得，，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）设，
由，整理得，
所以，解得，
设的中点，则，
所以的中垂线方程为：，即直线的方程为，
由，整理得，
所以，
所以
，
又因为，所以当时，；
（3）由（2）可知，，
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．
7．已知椭圆的左、右焦点分别为、，斜率不为0的直线过点，与椭圆交于两点，当直线垂直于轴时，，椭圆的离心率．
(1)求椭圆的方程；
(2)在轴上是否存在点，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，
【分析】（1）根据椭圆离心率、通径长、列方程即可求得的值，从而求得椭圆方程；
（2）设，，，直线，联立直线与椭圆得交点坐标关系，利用数量积的坐标运算，检验是否为定值.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，①
将代入椭圆方程得：，解得，所以，②
又，③
综合①②③解得：，，，
所以椭圆M的方程为．
（2）存在．
设，，，直线，

联立方程：，得，
所以，，
，，
，
当，即时，为定值，
所以存在点，使得为定值．
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，，在双曲线上，且轴，．
(1)求双曲线的渐近线方程；
(2)设为双曲线的右顶点，直线与双曲线交于不同于的，两点，若以为直径的圆经过点，且于，证明：存在定点，使为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，进而结合题意得，，进而根据双曲线的定义求解得即可；
（2）分类讨论斜率是否存在，①斜率存在时，设l的方程，联立直线方程与双曲线方程，由得到m与k的关系式，得到直线恒过定点M，②斜率不存在时，再由得到直线l方程，进而得出此时直线l也恒过定点M，进而证得存在定点H为DM的中点，为的一半.
【详解】（1）设，因为，，
所以，．
因为，所以．
因为，
所以双曲线的渐近线方程为．
（2）由（1）知双曲线的方程为，设，．
①当直线的斜率存在时，设的方程为，
联立方程组，化简得，
则，即，
且，
因为，
所以，
化简得，
所以或，且均满足．
当时，直线的方程为，直线过定点，与已知矛盾；
当时，直线的方程为，过定点．
②当直线的斜率不存在时，由对称性，不妨设直线，
联立方程组，得（舍去）或，此时直线过定点．
综上，直线过定点
因为，
所以点在以为直径的圆上，为该圆圆心，为该圆半径，且
所以，存在定点，使为定值4．
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于结合已知，讨论的斜率不存在与存在时的两种情况得到直线过定点.
9．已知椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4，且右焦点为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上一点（不与重合），直线分别与直线相交于点，N.当点运动时，求证：以为直径的圆截轴所得的弦长为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据焦点得，由椭圆定义可得，即可求出椭圆方程；
（2）利用直线和相交求出点的坐标，设以为直径的圆与轴交于点，根据及在椭圆上可得出圆过定点，即可得证.
【详解】（1）由题意，，即，
因为右焦点为，所以，
所以 ，
所以椭圆的方程为.
（2）设，由（1）知，
，直线，
，直线，
直线分别与相交，可得，
设以为直径的圆与轴交于点，
则，，
由可得，
即，
由在椭圆上可得，即，
代入上式可得，即，
解得或，
即以为直径的圆过轴上的定点和，
所以以为直径的圆截轴所得的弦长为定值.
【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法
（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
10．已知在平面内，点，点P为动点，满足直线与直线的斜率之积为1．
(1)求点P的轨迹方程，并说明表示什么曲线；
(2)若直线l为上述曲线的任意一条切线，证明：点分别到直线l的距离之积为定值，并求出该定值.
【答案】(1)，轨迹为去掉左右顶点的双曲线
(2)证明见解析，
【分析】（1）设，根据，化简得到答案.
（2）设切点，联立方程，排除，根据得到，确定切线方程为，再计算点到直线的距离得到答案.
【详解】（1）设，则，故，
故轨迹为去掉左右顶点的双曲线.
（2）设切点，显然直线斜率存在，则设，
则，故，
当时，直线与渐近线平行，显然不可能是切线.
当时，，
整理得到，故，，
切线方程为，
所以，故定值为.
【点睛】关键点睛：本题考查了双曲线的轨迹方程，双曲线中的定值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，设切点确定切线方程是解题的关键，定值问题是常考的题型，需要熟练掌握.
11．已知椭圆的右顶点，离心率．
(1)求曲线C的方程；
(2)设斜率为k的直线l交x轴于T，交曲线C于A，B两点，是否存在k使得为定值，若存在，求出k值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据椭圆顶点坐标及离心率求出，可得出椭圆标准方程；
（2）设直线：，联立椭圆方程，由韦达定理及两点间距离公式写出，观察式子可知当时即可.
【详解】（1）因为椭圆右顶点，所以，
又，所以，
所以，
所以椭圆方程为.
（2）假设存在k，则k≠0，设，设直线：，
如图，

由，化简得，
，
，
为定值，
所以，所以，所以.
12．已知双曲线的渐近线方程为，过其右焦点F且垂直于x轴的直线与C交于A，B两点，且．
(1)求C的方程．
(2)设为C上的动点，直线与直线交于点M，与直线（与直线不重合）交于点N．是否存在t，使得为定值？若存在，求t的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；
【分析】（1）根据双曲线的渐近线以及，列出关于的方程，即可求得答案；
（2）由题意可求得点的坐标，进而表示出的表达式，利用其表达式分子分母系数成比例，可求得定值，进而可得结论.
【详解】（1）因为C的渐近线方程为，所以,①
设，直线的方程为，
将其代入C的方程得，所以,②
由①②可解得，，
所以C的方程为．
（2）由（1）知，，所以l的方程为，
因为l与直线相交，故，方程整理为．

直线的方程为，所以l与直线的交点为，
l与直线的交点为，
则．
因为在C上，所以，即，
所以,
由题意知：假设当变化时上式为定值，则分子、分母中对应项的系数成比例，
则，解得（舍去），
此时，即，
因此，存在符合条件．
【点睛】难点点睛：探求直线和双曲线的位置关系中的定值问题，要结合直线方程求出点的坐标，从而表示出的表达式，难点在于如何确定该式的定值，因此要结合其表达式，利用系数对应成比例，求解答案.
13．在平面直角坐标系中，P，Q是抛物线上两点（异于点O），过点P且与C相切的直线l交x轴于点M，且直线与l的斜率乘积为．
(1)求证：直线过定点，并求此定点D的坐标；
(2)过M作l的垂线交椭圆于A，B两点，过D作l的平行线交直线于H，记的面积为S，的面积为T．
①当取最大值时，求点P的纵坐标；
②证明：存在定点G，使为定值．
【答案】(1)证明见解析，定点
(2)① ；②证明见解析
【分析】（1）设，由题意和导数的几何意义、两点求斜率公式可得，结合点斜式方程求出直线PQ方程，即可求解；
（2）设，直线过定点N，由题意，，求出直线AB方程，联立椭圆方程，利用韦达定理表示， 换元法，对化简，利用导数研究函数的性质即可求解；设G为中点，结合圆的有关性质即可证明.
【详解】（1）设，因为，所以l斜率，
所以直线斜率，即，
所以，
所以的方程为，即，
所以直线过定点；
（2），
l的方程为，令，得，
所以直线的方程为，即，
所以直线过定点．
将与联立，得．
显然，设，则．
所以，
，
所以，
令，则，
设，则．
令，得（负根舍去），当时，单增；
当时，单减；所以当时，取得最大值，
即取得最大值，此时P的纵坐标为．
证明：因为直线过定点平行于l，所以，
所以点H在以为直径的圆上．
设G为中点，则，且，
所以存在定点，使得为定值．
【点睛】关键点点睛：求解定值问题常见的方法一般有两种，从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．或直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
14．已知椭圆，是椭圆上的两个不同的点，为坐标原点，三点不共线，记的面积为.

(1)若，求证：；
(2)记直线的斜率为，当时，试探究是否为定值并说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)1，理由见解析
【分析】（1）由三角形面积公式，正余弦的平方关系和向量夹角余弦公式可得，再根据向量运算的坐标表示完成证明；
（2）联立方程组，可得，设直线的方程分别为：，由此利用表示，进一步表示，可得结论.
【详解】（1）设的夹角为，
则，所以，
则
；

（2）由可知，，所以，
设直线的方程分别为：，
设.
则，
所以
.

【点睛】知识点点睛：本题考查三角形面积公式，同角关系，向量夹角公式，数量积的坐标表示，向量的模的坐标表示，直线与椭圆的交点的求法，椭圆中的定值问题，综合性强，有一定的计算难度，属于难题.