通关练15 圆锥曲线的定值问题-2023-2024学年高二数学期末导与练(人教A版选择性必修第一册)

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1．（2023秋·广东·高二校联考期末）已知椭圆的离心率为，椭圆的长轴长为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线与椭圆C相交于A、B两点，点，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)证明详见解析
【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程.
（2）联立直线的方程与椭圆的方程，化简写出根与系数关系，进而计算出为定值.
【详解】（1）依题意，解得，
所以椭圆的方程为
（2）由于直线过定点，该点在椭圆内，
所以直线与椭圆必有两个交点，
由消去并化简得，
设，则，
.
2．（2022秋·山西晋城·高二晋城市第二中学校校考阶段练习）已知椭圆）的离心率为，且与直线相切.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线：与椭圆交于两点，点是轴上的一点，过点作直线的垂线，垂足为，是否存在定点，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）根据题意得，由与直线相切，联立方程得，即可解决；
（2），结合韦达定理得，即可解决.
【详解】（1）由题知，，
所以椭圆为，即，
因为与直线相切，
所以，消去得，
所以，
所以，得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）设，
由，得
所以，
所以
，
所以，解得，
所以存在点，使得为定值.
3．（2023秋·四川成都·高二校考期末）已知点是圆：上任意一点，是圆内一点，线段的垂直平分线与半径相交于点．
(1)当点在圆上运动时，求点的轨迹的方程；
(2)设不经过坐标原点，且斜率为的直线与曲线相交于，两点，记，的斜率分别是，．当，都存在且不为时，试探究是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)是定值，.
【分析】(1)根据给定条件探求得，再借助椭圆定义直接求得轨迹的方程.
(2)设出直线的方程，再与轨迹的方程联立，借助韦达定理计算作答.
【详解】（1）圆：的圆心，半径，
因线段的垂直平分线与半径相交于点，则，而，
于是得，
因此，点的轨迹是以C，A为左右焦点，长轴长为4的椭圆，短半轴长有，
所以轨迹的方程为.
（2）依题意，设直线的方程为：，，
由消去y并整理得：，
，则且，
设，则有，，
因直线，的斜率，都存在且不为，因此，且，，
，
所以直线，的斜率，都存在且不为时，是定值，这个定值是.
【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．
4．（2023秋·山西运城·高二康杰中学校考期末）已知椭圆：，长轴是短轴的2倍，点在椭圆上，且P在轴上的投影为点Q.
(1)求椭圆的方程；
(2)若过点Q且不与y轴垂直的直线与椭圆交于M，N两点，在x轴的正半轴上是否存在点，使得直线TM，TN斜率之积为定值?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）由题意列方程组求解，
（2）设直线方程后与椭圆方程联立，由韦达定理与斜率公式化简求解，
【详解】（1）由题意得，，
解得，故椭圆的方程为，
（2）由题意得，设直线方程为，
代入得，
设，则，
而
化简得
当为定值时，，，故，
存在使得直线TM，TN斜率之积为定值
5．（2023秋·上海青浦·高二上海市青浦高级中学校考期末）已知抛物线过点，过点的直线与抛物线交于 两个不同的点（均与点A不重合）.
(1)求抛物线的方程及焦点坐标；
(2)设直线的斜率分别为，，求证：为定值，并求出该定值.
【答案】(1)，焦点坐标为.
(2)证明见解析；定值为.
【分析】（1）由题意可确定，即可得抛物线方程和焦点坐标；
（2）设出直线方程，和抛物线方程联立，得到根与系数的关系，表示出，并化简，即可得结论.
【详解】（1）由题意抛物线过点，所以,即，
所以抛物线的方程为，焦点坐标为.
（2）证明：设过点的直线l的方程为 ，即，
代入得 ， ,
设 ，则 ，
直线的斜率分别为，，
所以
,
即为定值，该定值为.
6．（2022秋·上海普陀·高二曹杨二中校考期末）已知椭圆，过动点的直线交轴于点，交于点、（在第一象限），且是线段的中点，过点作轴的垂线交于另一点，延长交于点.设、.
(1)若点的坐标为，求的周长；
(2)设直线的斜率为，的斜率为，证明：为定值；
(3)求直线倾斜角的最小值.
【答案】(1)8
(2)证明见解析
(3)直线倾斜角的最小值为
【分析】（1）利用椭圆的标准方程和点的坐标，结合题中条件可得为焦点三角形，周长为；
（2）设，由，可得，，求出直线的斜率，的斜率，推出为定值．
（3）设，，，．直线的方程为直线的方程为，联立方程椭圆与椭圆方程，利用韦达定理，求解坐标，然后求解的斜率的表达式，利用基本不等式求解斜率的最小值，即可得到直线倾斜角的最小值．
【详解】（1）椭圆，由方程可知，椭圆两焦点坐标为，
若点的坐标为，点为左焦点，点是线段的中点，故点的坐标为，垂直于轴， 则与轴交点为椭圆右焦点， 可得的周长为点到两焦点距离之和加上点到两焦点距离之和，都在椭圆上，所以的周长为8.
（2）证明：设，由，可得，，
所以直线的斜率，的斜率，所以，
所以为定值．
（3）设，，直线的方程为，直线的方程为，
联立方程，整理得，
根据根与系数可得，可得，所以，
同理，
所以，
，
所以．由，，可得，
所以，当且仅当，即时，取得等号，
此时，解得，
所以直线斜率的最小值为，直线倾斜角的最小值为．
7．（2023秋·江苏苏州·高二统考期末）已知抛物线，记其焦点为.设直线：到在直线左侧的抛物线上的一点的距离为，且.
(1)求的方程；
(2)如图，过焦点作两条相互垂直的直线、，且的斜率恒大于0.若分别交于两点，交抛物线于、两点，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用抛物线的定义以及准线方程即可求解；
（2）利用全等三角形的性质以及三角形内角和即可求解.
【详解】（1）设抛物线的准线的方程为，
则可知，解得，
所以的方程为.
（2）作于，于.
由抛物线定义，，，
又因为，，
所以，，
由此，，，
所以，，
所以，为定值.
8．（2023秋·北京·高二北京八中校考期末）已知椭圆的中心在原点,焦点在轴上,短轴长为,离心率为
(1)求椭圆的方程;
(2)一条动直线与椭圆交于不同两点为坐标原点,的面积为,求证:为定值.
【答案】(1)
(2)5
【分析】(1)设出椭圆方程,根据短轴长和离心率,求出,写出方程即可;
(2)先考虑斜率不存在的情况,设直线方程,求出两点坐标,列出关于的面积,进而求出的值,再考虑斜率存在的情况,设出直线方程,判别式大于零,韦达定理,求出点到直线的距离,进而求出的面积使其为,可得直线中关于参数的等式,再列出的式子,进行化简求值即可.
【详解】（1）解:由题知,设椭圆方程为,,
因为短轴长为,
所以,
因为离心率为,
所以,
解得:,
故椭圆方程为:;
（2）由题知当直线斜率不存在时,
不妨设,,
将代入椭圆方程,
可得,,
不妨假设,,
则==,
化简可得:,,
此时,
故,
当直线斜率存在时,
不妨设,
,,
联立,
即,
,
解得:,
由韦达定理得:,
因为,
则点到直线的距离为: ,
,
所以,
化简可得: ,满足题意,
所以,
故有,
,
则
,
综上: 为定值5.
【点睛】思路点睛:本题考查直线与圆锥曲线的综合应用中的定值问题,关于定值的问题思路有:
(1)先根据题意考虑特殊情况,斜率不存在,或斜率为零;
(2)根据特殊情况求出定值;
(3)设普通的直线方程,联立方程组;
(4)判别式大于零,韦达定理;
(5)根据题意建立关于的等式;
(6)写出需要求的式子,用代换,化简即可.
9．（2023秋·湖北·高二江夏一中校联考期末）已知椭圆的离心率为，且过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)设是椭圆上的两点，且，求证：为定值；反之，若为此定值时，是否成立？试说明理由．
【答案】(1)
(2)证明见解析；不一定成立，理由见解析
【分析】（1）根据离心率和经过的点，代入椭圆方程中即可求解，
（2）联立直线与椭圆方程，得坐标，进而根据两点距离公式表达，即可求值.根据为定值，得到，即可求证不成立.
【详解】（1）依题知，且，解得．
所以椭圆的方程为．
（2）当分别为长轴､短轴的端点时，．
当都不是长轴､短轴的端点时，设．
由解得．
由解得．
所以．
反之，设，由上面的推导可知
由，化简得，即，
当时，不一定成立．
10．（2023秋·湖北黄冈·高二湖北省红安县第一中学校考期末）已知椭圆：()的左右焦点分别为，，点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆上的一点，，，，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）由，，，解得椭圆的标准方程为；（2）设出点，表示出直线，的方程，再分别求出点，的坐标，表示出和，化简即可得定值.
【详解】（1）由题意可知，，
所以，，，
所以椭圆方程为；
（2）证明：由（1）知，，，由题意可得，
因为，则，直线的方程为
当，得；从而.
直线的方程为.
令，得.从而.
∴
.
所以为定值.
【点睛】关键点睛：求解椭圆动点相关问题时，一般先要设出动点坐标，得关于动点满足的方程，然后根据题意列出与动点相关的式子，再将动点满足的方程代入化简即可求解.
11．（2023秋·北京密云·高二统考期末）已知椭圆的长轴长是焦距的2倍，点是椭圆的右焦点，且点在椭圆上，直线与椭圆交于A，两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)当时，求的面积；
(3)对，的周长是否为定值？若是，给出证明，并求出定值；若不是，说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)是，定值为8，证明见解析
【分析】（1）由a、b、c关系及点在椭圆上建立方程组即可解得参数；
（2），联立直线与椭圆方程，结合韦达定理即可求.
（3）判断直线恒过左焦点，由椭圆定义可得周长为定值.
【详解】（1）长轴长是焦距的2倍，则，则，
∴椭圆为，代入点得，解得.
∴椭圆的方程为.
（2），则直线为，过椭圆左焦点，右焦点为.
设，由得，∴，
，.
∴.
∴.
（3）的周长为定值，理由如下：
直线l恒过椭圆左焦点，由椭圆定义可知的周长为.
12．（2023秋·山东潍坊·高二统考期末）已知椭圆的离心率为，以原点O为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线与椭圆C相交于A，B两点，且.求证：的面积为定值.
【答案】（1）；（2）的面积为定值.
【解析】（1）由椭圆的离心率等于，原点到直线的距离等于及隐含条件联立方程组求解，的值，则椭圆的标准方程可求；
（2）联立直线方程和椭圆方程，消去后利用根与系数关系得到，两点的横纵坐标的和与积，由弦长公式求得，由点到直线的距离公式求得到的距离，代入三角形的面积公式证得答案．
【详解】（1）解：由题意得，．
椭圆的方程为；
（2）证明：设，，，，
则，的坐标满足，
消去化简得．
，
由△，得．
．
，
，即．
，即．
．
又点到直线的距离，
为定值．
【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.
13．（2022秋·浙江宁波·高二效实中学校考期中）已知点为直线与椭圆的交点，点为直线椭圆的交点，为坐标原点．
(1)若直线的方程为，求的值；
(2)是否存在常数，使得当时，的面积恒为定值？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，代入可整理得到，代入，即可求得；
（2）由可得，由可将的面积表示为，可知当为定值时，为定值，由此可构造方程求得的值.
【详解】（1）设点的坐标分别为，，直线的方程为，
由得：，
则，即，
，，
；
直线的方程为：，即，
将，代入可得：.
（2）由得：；
点到直线的距离，
的面积，
则当且仅当为定值时，恒为定值，
，解得：，此时；
当轴时，若，则直线的方程为或，
此时的面积也成立；
综上所述：存在，使得的面积恒为定值.
【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，将所求量转化为关于变量的函数的形式；
④化简所得函数式，消元可得定值.
14．（2022秋·北京·高二北大附中校考期末）已知椭圆的左、右顶点分别为，且，离心率为，为坐标原点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设是椭圆上不同于的一点，直线与直线分别交于点 .证明：以线段为直径作圆被轴截得的弦长为定值，并求出这个定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析，定值为
【分析】（1）根据、离心率和椭圆之间关系可直接求得结果；
（2）设，可得直线方程，进而确定两点坐标，设椭圆右焦点为，利用平面向量数量积的坐标运算可证得，可知以为直径的圆过点，由此可确定线段为直径作圆被轴截得的弦长.
【详解】（1）由题意知：，解得：，又离心率，，
，椭圆的方程为：.
（2）由（1）得：，，
设，则，即；
直线，直线，
点纵坐标，点纵坐标，
即，，又椭圆右焦点为，
，，
，
即，以为直径的圆过点，
又圆心横坐标为，以为直径的圆被轴截得的弦长为.
即以线段为直径作圆被轴截得的弦长为定值.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定值问题的求解，本题求解定值问题的关键是能够利用平面向量数量积的坐标运算说明椭圆右焦点即为所求圆与轴的其中的一个交点，由圆的对称性可确定定值.
15．（2022秋·重庆·高二校联考阶段练习）已知抛物线，直线与抛物线相交于两点.
(1)证明：为定值；
(2)当时，直线与抛物线相交于两点，其中，.是否存在实数，使得经过两点的直线斜率为2，若存在求线段的长度，若不存在说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，且
【分析】（1）抛物线与直线联立，利用根与系数的关系即可证明；
（2）由已知得抛物线的焦点为，且过定点，设直线，并与抛物线联立，利用根与系数的关系，结合向量垂直的坐标表示以及（1）的结论即可求解
【详解】（1）因为抛物线与直线相交于两点，
所以，
所以，
又，
所以，为定值；
（2）当时，抛物线，直线，直线，
所以抛物线的焦点为，且过定点，
假设存在实数，使得经过两点的直线斜率为2，
设直线，
由得，
因为，所以，
又，
因为，
所以，
即，
所以，
所以，
所以，
解得或（舍），
所以，，
由（1）可知可得，
所以，
所以，
所以
16．（2022秋·天津南开·高二崇化中学校考期末）椭圆，直线经过椭圆C的一个焦点与其相交于点M，N，且点在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若线段MN的垂直平分线与x轴相交于点P，问：在x轴上是否存在一个定点Q，使得为定值？若存在，求出点Q的坐标和的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，，.
【分析】（1）根据椭圆的焦点在轴上和直线经过椭圆的一个焦点得到为椭圆的焦点，即，根据在椭圆上得到，再结合得到，即可得到椭圆的方程；
（2）当时，联立直线和椭圆方程，然后利用韦达定理得到中点坐标和弦长，然后根据垂直平分得到点坐标，即可得到，然后根据为定值列方程，解方程得到，再说明时也是定值即可得到在轴上存在定点，使得为定值.
【详解】（1）因为直线经过椭圆的一个焦点，所以为椭圆的焦点，即，因为在椭圆上，所以，又，联立方程可得，，所以椭圆的方程为.
（2）设，，
当时，联立 得，所以，，，中点为，
，
线段得中垂线方程为，令，解得，所以，
所以，令，解得，此时；
当，时，联立得，所以，,，此时，
所以在轴上存在定点，使得为定值，定值为.
【点睛】型式子为定值求参数的方法：
①让分子分母对应项系数比值相等，例如：为定值，则，解方程即可；
②设，然后根据定值与变量无关列方程，例如：为定值，设，整理得，定值与变量无关，所以.
17．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高二哈九中校考阶段练习）动点M与定点的距离和M到定直线的距离之比是常数.
(1)求动点M的轨迹G的方程；
(2)设O为原点，点，过点A的直线l与M的轨迹G交于P、Q两点，且直线l与x轴不重合，直线分别与y轴交于R、S两点，求证：为定值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设出点M的坐标，根据给定条件列出方程，化简整理作答.
（2）设出直线l的方程，与G的方程联立，用P，Q的坐标分别表示出点R，S的坐标，借助韦达定理推理计算作答.
【详解】（1）设点，依题意，，化简整理得，
所以动点M的轨迹G的方程为.
（2）因为直线l与x轴不重合，设直线l的方程为，设点，
由消去x并整理得：，显然，
则，
直线的方程为，令，得，即点，同理，
则，
所以为定值4.
18．（2023秋·河北保定·高二统考期末）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设D为双曲线C的右顶点，直线l与双曲线C交于不同于D的E，F两点，若以为直径的圆经过点D，且于点G，证明：存在定点H，使为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据条件列出关于a、b、c的方程组求解即可.
（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）由题意知，
解得：，
∴双曲线C的标准方程为：；
（2）证明：由（1）知，，设，
①当l的斜率存在时，设l的方程为：，
，即：，
，，
∵以EF为直径的圆经过点D，
∴，
又∵，，
∴，
又∵
∴，
即：
化简得：，即：，
解得：或，且均满足，
当时，，直线l恒过定点，此时定点与D点重合，所以与已知相矛盾；
当时，，直线l恒过定点，记为点；
②当l的斜率不存在时，设l的方程为：，
设，，或，则，
此时，，
∴，
整理得：，解得：或
∵或，
∴，此时l恒过定点.
综述：l恒过定点.
又∵，即：，（∵D、E、F三点都在直线l上）
∴点G在以DM为直径的圆上，H为该圆的圆心，即DM的中点，为该圆的半径，即的一半.
故存在定点，使得为定值6.
【点睛】求解直线或曲线过定点问题的基本思路：
（1）把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．
（2）由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式，则直线必过定点；若得到了直线方程的斜截式，则直线必过定点.
19．（2023秋·江苏盐城·高二盐城中学校考期末）在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知椭圆：的离心率为，椭圆上的点与点的最大距离为.
(1)求椭圆的标准方程 ；
(2)设椭圆的上、下顶点分别为，过点的直线与椭圆交于点（异于点），与轴交于点，直线与直线交于点，试探究：是否为定值？若是定值，请求出该定值；若不是定值，请说明理由.
【答案】(1)椭圆的标准方程为；
(2)，理由见解析.
【分析】(1)表示椭圆上的点到点的距离，求其最大值，解方程求，根据离心率及关系可求，由此可得椭圆方程；
(2)由条件知可设直线的方程为，联立直线的方程和椭圆方程可得的坐标关系，求点的纵坐标并化简，由此证明为定值.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，设点为椭圆上一点，则，，
因为，所以，
所以当时，取最大值，最大值为，由已知，
所以，又椭圆的离心率为，所以，所以，故，所以椭圆的标准方程为；
（2）若直线的斜率不存在，则，与已知矛盾，故设直线的方程为，令可得，故点的坐标为，
联立，消可得，，
方程的判别式，
设，则，
因为为椭圆的上、下顶点，所以，
所以直线的方程为，直线的方程为，
设，联立直线和直线的方程可得，点的纵坐标为， 又，即，
所以，
所以，
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
20．（2023秋·安徽宿州·高二安徽省泗县第一中学校考期末）若椭圆的离心率为，且经过点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆交于不同的两点（均与不重合），证明：直线的斜率之和为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得，因为点在椭圆上，将点坐标带入椭圆方程求解即可．
（2）过点的直线与椭圆相交，首先要考虑直线斜率不存在的情况，然后在直线斜率存在的条件下，设直线方程及交点坐标，直线方程与椭圆方程联立，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理求解交点横坐标之间的关系，然后求解直线的斜率之和即可．
【详解】（1）由题意得离心率为，点在椭圆上，
所以，解得，所以椭圆方程为
（2）当直线的斜率不存在时，为椭圆的上下顶点，即为，则．
当直线的斜率存在时，设的方程为，联立消去并整理得，，则，得，
设，则，
所以
综上可得，直线的斜率之和为3．
【点睛】过椭圆上一定点,作两条直线分别与椭圆交于A,B两点,且两直线斜率之和为,则
(1)当时,直线恒过一个定点.
(2) 当时,直线AB的斜率为定值.
21．（2023秋·重庆·高二校联考期末）已知椭圆的右焦点为F，离心率为，直线与椭圆C交于点A，B，.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若点A关于x轴的对称点为，点P是C上与A，不重合的动点，且直线PA，与x轴分别交于G，H两点，O为坐标原点，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先由椭圆的定义和对称性求出，再由椭圆离心率的定义求出，从而可得到椭圆的标准方程；
（2）设出点，的坐标，将两点的坐标代入椭圆方程，作差化简，表示出直线的方程，将点，的坐标表示出来，然后计算的值即可.
【详解】（1）设椭圆的左焦点为，连接，由椭圆的对称性可得，
所以，得，
因为椭圆的离心率，所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，，则，
所以，，
两式相减得，
直线的方程为，取，得，
所以，同理可得，
所以
所以为定值2.
【点睛】方法点睛：若要证明一个式子是定值，则意味着参数是不影响结果的，也就是说是可以消去的，因此解决定值问题的关键是设参数：
（1）参数可能是点（如果设点的坐标里含有两个参数时，注意点的坐标要满足圆锥曲线方程）.
（2）参数可能是角.
（3）参数可能是直线的斜率（这是最常用的，但是设斜率时要考虑斜率是否存在）.
解决定值问题的常见思路：先设参数，然后用参数来表示要证明为定值的式子，最后消去参数.
22．（2023秋·广东广州·高二华南师大附中校考期末）已知双曲线（，）的左､右焦点分别为､，双曲线的右顶点在圆上，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､，设为坐标原点.
①求证：点与点的横坐标的积为定值；
②求△周长的最小值.
【答案】(1)；
(2)①证明见解析；②6.
【分析】（1）由在圆上求出参数a，利用向量数量积的坐标表示求出参数c，进而可得双曲线方程.
（2）①设直线为，联立双曲线求得，联立渐近线与直线方程求与的横坐标，注意直线斜率不存在情况的讨论；②法1：利用两点距离公式求，结合基本不等式及①结论即可求周长最小值；法2：由①结论及两点距离公式可得，再由余弦定理求，进而应用基本不等式求的最小值，注意等号成立条件.
【详解】（1）设双曲线的半焦距为，
由在圆上，得：，
由，得：，
所以，则双曲线的标准方程为.
（2）①当直线的斜率存在时，设其方程为，显然，
联立，消去得：，
由直线与双曲线有且只有一个公共点，且与双曲线的两条渐近线分别相交知：直线与双曲线的渐近线不平行，所以且，
于是得，则，
双曲线的渐近线为，
联立，消去得：，
设，，则.
当直线的斜率不存在时，，故，
综上，点与点的横坐标的积为定值3.
②法1：由①，，
则，当且仅当时取等号，
所以△周长的最小值为6.
法2：由①，
则，，
在△中，由余弦定理，
所以△的周长为，当且仅当时取等号，
所以△的周长的最小值为6.
23．（2023秋·河北石家庄·高二校联考期末）设圆的圆心为，点，点为圆上动点，线段的垂直平分线与线段交于点，设点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若直线与曲线交于点，，与圆：切于点，问：是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，定值为2.
【解析】(1)由垂直平分线的定义知，证明为定值即可根据椭圆的定义写出点E的轨迹方程；（2）分类讨论，当直线斜率不存在时，求出直线方程及其与椭圆的交点，利用向量证明，则；当直线斜率存在时，设出直线方程并与椭圆联立，利用直线与圆相切的性质、韦达定理及向量证明，则.
【详解】（1）由条件可得，半径.
又线段的垂直平分线与线段交于点，所以.
则有.
所以点的轨迹为以，为焦点，实轴长为的椭圆，
其方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为.
由椭圆的方程可知，，
解法1：则，，.即.
从而在中，.
解法2：则.
解法3：因为切点为，所以.
②当直线的斜率存在时，设的方程为，，.
因为直线与圆相切，所以，即.
联立和椭圆方程，得.
则，
，.
解法1：则
所以.
从而在中，.
所以为定值2.
解法2：所以
又因为，在椭圆上，
所以上式
所以为定值2.
解法3：设切点，联立，
得.
所以，.
此时，有
所以为定值2.
【点睛】解决圆锥曲线中的定值问题的基本思路是：定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，从而找出这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个值。
1、从特殊入手，求出定值，再证明
圆锥曲线中的定值问题往往与圆锥曲线中的“常数”有关，如椭圆的长、短轴，双曲线的实虚轴，抛物线的焦参数等，在求定值之前，要大胆设参，运算推理，到最后消除参数求出定值；
2、直接推理计算，通过消参得到定值
直接推理计算，通过消参得到定值的关键在于引进参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式得恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量.
24．（2022秋·天津宝坻·高二校考期末）已知椭圆：： 的离心率 ，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为.，是椭圆的两个焦点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与椭圆相交于不同的两点，已知点的坐标为，若，求直线的方程；
(3)设是椭圆上一点，直线与椭圆交于另一点，点满足：轴且，求证：是定值.
【答案】(1)
(2)
(3)14
【分析】（1）由离心率公式以及椭圆的性质列出方程组得出椭圆的方程；
（2）联立直线和椭圆方程，利用韦达定理得出点坐标，最后由距离公式得出直线的方程．
（3）设，，，计算，求出直线，将其与椭圆联立求得，则，最后计算两者之和即可得到定值.
【详解】（1）由题意可得，得，，椭圆；
（2）设，，直线为．
由，得
显然，由韦达定理有：，则；
所以，且，
若，即
解得，所以．
（3）由题意可得，，
设，，，则，
由，可得，
；
直线的方程为，得，
与椭圆方程联立，
可得，
所以，
即有，
所以．
所以，是定值．
【点睛】关键点睛：本题第二问主要是由弦长求直线方程，通常采用弦长公式，本题已知其中一交点坐标则可以利用韦达定理求出另一交点坐标，再利用两点距离公式得到关于的弦长方程，则可得到值，第三问的关键在于首先利用面积关系及在椭圆上得到，再写出直线的方程，将其与椭圆联立，利用两根之和式得到，从计算出，最后即可证明定值.
25．（2022秋·陕西西安·高二统考期末）已知椭圆：过点，且该椭圆长轴长是短轴长的二倍.
(1)求椭圆的方程；
(2)设点关于原点对称的点为，过点且斜率存在的直线交椭圆于点M，N，直线MA，NA分别交直线于点P，Q，求证为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程.
（2）根据直线是否与轴重合进行分类讨论，求得的坐标，进而证得为定值.
【详解】（1）依题意知，∴椭圆的方程为，
又∵椭圆过点，∴有，解得，∴，
∴椭圆的方程为.
（2）∵点D与点A关于原点对称，∴点，
当直线MN与轴重合时，不妨设，，
则直线：，直线：，
则，，（定值）.
当直线MN与轴不重合时，设直线MN：，
与椭圆方程联立，化简得，
，解得.
设，，则，.
直线的方程为，则，
即.
直线的方程为，则，
即.
∴
（定值）.
综上，为定值1.
【点睛】当题目需要假设直线方程时，要注意一些特殊的情形，如要设，则需要讨论直线的斜率是否存在；如要设，则需要讨论直线是否与轴平行.
26．（2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考阶段练习）在平面直角坐标系中，动点M到点的距离等于点M到直线的距离的倍，记动点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)已知直线与曲线C交于A，B两点，曲线C上恰有两点P，Q满足，问是否为定值?若为定值，请求出该值；若不为定值，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是定值，
【分析】(1)设点，由题意由点到直线的距离得出等量关系，化简即可求得.
(2)联立直线方程与曲线方程，根据题意由可得点及点在圆上，求出定圆与定直线的交点即为，再求出两点之间的距离即可.
【详解】（1）设，由题意得，化简得
（2）存在.
设，，
联立直线与双曲线方程，有
由韦达定理，有
，
法一：注意到上式当时，上式恒成立，即过定点和
经检验两点恰在双曲线C上，且不与A，B重合，故为定值，该定值为
法二：联立直线与双曲线方程，有……（1）
（1）式两边平方，有，即……（2）
注意到，是此方程的两个增根，故含有因式，记为代入（2），有
即
即 即
解得，代回（1）有或
经检验直线不过这两点，故上述两点为P，Q，为定值，该定值为
27．（2022秋·湖南长沙·高二校联考阶段练习）若抛物线：上的一点到它的焦点的距离为.
(1)求C的标准方程；
(2)若过点的直线与抛物线C相交于A，B两点.求证：为定值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由抛物线的定义即可求解；
（2）联立直线与抛物线方程，将转化为，结合韦达定理即可求解.
【详解】（1）抛物线的准线的方程为，
根据抛物线的定义知点到它的焦点的距离即为点到准线的距离，
所以，解得，
所以C的标准方程为.
（2）显然直线的斜率存在，
可设直线的方程为，，，
联立，消去，得，
所以，，，
又，同理.
所以
所以为定值.
【点睛】解决直线与抛物线的综合问题时，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、抛物线的条件；
(2)强化有关直线与抛物线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、定值定点、三角形的面积等问题．
28．（2022秋·辽宁本溪·高二校考阶段练习）已知双曲线的焦距为8，双曲线的左焦点到渐近线的距离为2.
(1)求双曲线的方程；
(2)设分别是双曲线的左､右顶点，为双曲线上任意一点（不与重合），线段的垂直平分线交直线于点，交直线于点，设点的横坐标分别为，求证：为定值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析
【分析】（1）根据焦距为8，可得，再用点到直线的距离公式可解；（2）先写出的坐标，进而求出的斜率，可得线段的垂直平分线方程，分别求出其与的交点横坐标，代入可证.
【详解】（1）双曲线的渐近线为，左焦点为，所以，所以.
又焦距为8，所以，所以，故所求双曲线的方程为.
（2）证明：设，由（1）得，
又点是线段的中点，则点，
直线的斜率为，直线的斜率为，
又，则直线的方程为，
即
又直线的方程为，
联立方程得，
又，代入消去，得，
因为，所以.
所以，解得，
即点的横坐标为，
则，所以为定值.
【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．
29．（2023秋·重庆万州·高二重庆市万州第二高级中学校考期末）已知椭圆的左、右顶点分别为、，上、下顶点分别为、，记四边形的内切圆为，过椭圆上一点T引圆的两条切线（切线斜率存在且不为0），分别交椭圆于点P、Q．
(1)试探究直线TP与TQ斜率之积是否为定值，并说明理由；
(2)记点O为坐标原点，求证：P、O、Q三点共线．
【答案】(1)直线TP与TQ斜率之积为定值，理由见解析
(2)证明过程见解析
【分析】（1）先求出：，不妨取，则，利用点到直线距离等于半径，得到，得到，将代入可得直线TP与TQ斜率之积为；
（2）设直线，得到，直线与椭圆联立，根据韦达定理得到，同理设出直线，联立后得到，从而，同理可得，证明出P、O、Q三点共线．
【详解】（1）由题意得：，
直线方程为，即，
原点到直线的距离为，
故内切圆的半径为，由对称性可知圆心为，
所以：，
不妨取，则，
此时切线方程为，
则，
整理得：，
设过点引圆的两条切线斜率分别为，
则，
由得：，将其代入上式中，
，
故直线TP与TQ斜率之积为；
（2）设直线，
则，解得：，
与椭圆联立得：，
设，则，
将代入，可得：，
设直线，
则，整理得：，
与椭圆联立得：，
设，则，
将代入可得：，
显然，
设直线，则，解得：，
与椭圆联立得：，
设，则，
将代入得：，
设直线，则，解得：，
与椭圆联立得：，
设，则，
将代入得：，
故，
所以P、O、Q三点共线.
【点睛】定值问题常见方法：（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.
30．（2023秋·湖南衡阳·高二衡阳市八中校考期末）已知点为椭圆C：上一点，A、B分别为C的左、右顶点，且的面积为5．
(1)求C的标准方程；
(2)过点的直线l与C相交于点M，N（点M在x轴上方），AM，BN与y轴分别交于点G，H，记，分别为，（点O为坐标原点）的面积，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由的面积为5与点在椭圆C上得到关于的方程组，解之即可得到椭圆C的标准方程；
（2）设出直线l的方程与椭圆标准方程联立，结合一元二次方程根与系数关系、三角形面积公式进行求解即可.
【详解】（1）因为的面积为5，点为椭圆C：上一点，
所以，解得，
所以椭圆C的标准方程为.
（2）由题意可知直线l的斜率不为零，故设方程为，
联立为，消去，得，
设，则，故，
又因为，所以，
又，则直线的方程为，
令，得，则，
同理可得：，
所以，
因此为定值.
.
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.