专题13 定值问题（讲义）-2024高考数学二轮复习解析几何压轴题

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一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。

专题13 定值问题
在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题．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．
【一般策略】
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②引进变量法：选择适当的动点坐标或动直线中的系数为变量，然后把要证明为定值的量表示成上述变量的函数，最后把得到的函数化简，消去变量得到定值
【常用结论】
结论1 过圆锥曲线上的任意一点P（x0，y0）作互相垂直的直线交圆锥曲线于点A，B，则直线AB必过一定点（等轴双曲线除外）．
结论2 过圆锥曲线的准线上任意一点P作圆锥曲线上的两条切线，切点分别为点A，B，则直线AB必过焦点．
结论3 过圆锥曲线外一点P作圆锥曲线上的两条切线，切点分别为点A，B，则直线AB已知且必过定点．
结论4 过圆锥曲线上的任意一点P（x0，y0）作斜率和为0的两条直线交圆锥曲线于A，B两点，则kAB为定值．
结论5 设点A，B是椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）上关于原点对称的两点，点P是该椭圆上不同于A，B两点的任意一点，直线PA，PB的斜率分别是k1，k2，则k1·k2=-b2a2
【例1】、在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且右焦点到直线的距离为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆上的任一点，从原点向圆引两条切线，设两条切线的斜率分别为，
（i）求证：为定值；
（ii）当两条切线分别交椭圆于时，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）直接列出关于的方程组求解；
（2）（i）写出切线方程，由圆心到切线距离等于半径可以得出与的关系，从而得出是某个一元二次方程的解，利用韦达定理可得；
（ii）设，利用及椭圆方程求得，再求得后可得．
【详解】（1）题意，，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）（i）证明：依题意，两条切线方程分别为，
由，化简得，
同理.
所以是方程的两个不相等的实数根，
则.
又因为，所以，
所以.
（ii）证明：由（得，，设，则，即，
因为，所以，
得，即，
解得，
所以，
所以为定值．
【例2】、已知为椭圆的两个焦点，为椭圆上异于左､右顶点的任意一点，的周长为6，面积的最大值为：
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆的另一交点为，与轴的交点为．若，．试问：是否为定值？并说明理由．
【答案】(1)
(2)，理由见解析
【分析】（1）利用椭圆的定义及椭圆的性质即可求解；
（2）根据已知条件作出图形并设出直线方程，将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理及向量的坐标运算即可求解．
【详解】（1）设椭圆的方程为，则
由椭圆的定义及的周长为6，知①，
由于为椭圆上异于左､右顶点的任意一点，得到轴距离最大为，
因为的面积的最大值为，
所以②，
又③，
联立①②③，得，
所以椭圆的方程为.
（2）为定值，理由如下：
根据已知条件作出图形如图所示,

设，则，
因为在椭圆内部，则直线与椭圆一定有两交点，
联立消去得：，
，
又，且，
所以，同理
所以.
所以为定值.
1．已知椭圆的长轴长为4，离心率为，定点．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与椭圆分别交于点（不在直线上），若直线，与椭圆分别交于点，，且直线过定点，问直线的斜率是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由．
【答案】(1)；(2)直线的斜率为定值1
【分析】（1）由长轴长和离心率可求出，结合关系式可求出，进而求出椭圆的方程；
（2）可设，，，，由，得，将，代入椭圆整理得，联立求得，同理求得，结合，化简求出，由即可求解．
【详解】（1）由椭圆的长轴长为4可知，
又椭圆的离心率为，即，所以，则，
因此椭圆的方程为；
（2）
直线的斜率为定值，定值为1，
证明：设，，，，，
，，
由，有，
因为，在椭圆上，
所以，，因此，
整理得，
即，因此，
联立，
解得，同理，
又因为直线过定点，所以，
将，，，代入，
有，整理得，
又，所以．
综上，直线的斜率为定值1．
【点睛】关键点睛：本题涉及的量比较多，关键是设而不求，整体代换的思想的应用．
2、已知椭圆，离心率为，点与椭圆的左、右顶点可以构成等腰直角三角形．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与椭圆交于，两点，为坐标原点直线，的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由．
【解析】解：（1）椭圆离心率为，即，
点与椭圆的左、右顶点可以构成等腰直角三角形，
，，，故椭圆方程为．
（2）由直线与椭圆交于，两点，
联立，得，
设，，，，则△，
，，
所以，
，
，
原点到的距离，
为定值．
【例3】、已知双曲线C : 的左､右焦点分别为，，双曲线C的右顶点A在圆 O :上，且.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)动直线与双曲线C恰有1个公共点，且与双曲线C的两条渐近线分别交于点M，N，求△OMN (O为坐标原点）的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设双曲线C的半焦距为c，通过点在圆上易得的值，通过，求解的值，进而得到双曲线的标准方程；
（2）直线与轴相交于点，当动直线的斜率不存在时，求解三角形的面积；当动直线的斜率存在时，且斜率，不妨设直线，由直线与双曲线的位置关系得，联立方程求解M，N纵坐标，求解面积即可．
【详解】（1）设双曲线C的半焦距为c，
由点在圆O :上，得a=1，
由，得，
所以==3，
所以双曲线C的标准方程为.
（2）设直线与轴相交于点，双曲线C的渐近线方程为
当直线的斜率在存在时，直线为1，|，
得|MN||OD|1
当直线的斜率存在时，设其方程为，显然，则
把直线的方程与方程C:联立得3=0
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，
设，
由，得，
同理得，
所以=|==
综上，△OMN 的面积为.
【例4】、已知，M为平面上一动点，且满足，记动点M的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)若，过点的动直线交曲线E于P，Q（不同于A，B）两点，直线AP与直线BQ的斜率分别记为，，求证：为定值，并求出定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析；
【分析】（1）利用圆锥曲线的定义即可得曲线方程，但要注意只有双曲线右支；
（2）设直线方程，联立方程组，根据韦达定理进行运算可证为定值，之后求出定值即可．
【详解】（1）由题可知，则的轨迹是实轴长为，
焦点为即的双曲线的右支，则，
所以曲线的方程为：(或).
（2）由题可知过点的动直线斜率存在且不为，则设斜率为，
所以直线的方程为：，设，，

联立 ，可得，
则 ，可得，即或，
则
，
所以为定值，定值为.
1．已知椭圆的长轴为双曲线的实轴，且椭圆过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设点是椭圆上异于点的两个不同的点，直线与的斜率均存在，分别记为，若，试问直线是否经过定点，若经过，求出定点坐标；若不经过，请说明理由．
【答案】(1)；(2)过定点，理由见解析
【分析】（1）由题意可得，，求出，从而可得椭圆方程，
（2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，求出直线与的斜率，再由列方程可得参数的关系，代入直线方程可求出直线恒过的定点．
【详解】（1）因为椭圆的长轴为双曲线的实轴，
所以，
因为椭圆过点，所以，，得，
所以椭圆方程为；
（2）①当直线的斜率存在时，设其方程为，
由，得， ，
所以，，
所以，，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
化简得，即，
所以或，
当时，直线的方程为，
则直线过定点（舍去），
当时，直线的方程为，
所以直线过定点，
②当直线的斜率不存在时，设直线为（），
由，得，所以，
所以，
解得（舍去），或，
所以直线也过定点，
综上，直线恒过定点.
【点睛】处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数．
2．（2024上·山东日照·高二统考期末）已知双曲线：的实轴长为4，焦距为．
(1)求双曲线的方程；
(2)记的上、下顶点分别为，，过点的直线与的下支交于，两点，在第四象限，直线与交于点，设直线，，的斜率分别为，，．证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据条件，直接求出，即可得出结果；
（2）设直线的方程为，联立双曲线方程得，由韦达定理得，，再通过联立直线和的方程，求得，从而得出点在定直线上运动，即可证明结果；
【详解】（1）因为：的实轴长为4，
所以，由焦距可知，又，
所以双曲线方程为.
（2）由（1）可得，，，设，，
显然直线的斜率存在，所以设直线的方程为，
因为双曲线的两渐近线为，直线与双曲线的下支交于，两点，所以，
由，消得，且，
则，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立两直线方程，得到，
，
据此可得点在定直线上运动，
，
，
．
所以 .
（法2）联立直线与直线的方程可得：
所以可得，即，
据此可得点在定直线上运动．
则．

【点睛】关键点点晴：本题第（2）的关键在于，由直线的方程和双曲线方程得，从而得出，，联立直线和的方程，得到交点坐标，再利用，化简得到，从而解决问题．【例5】、在平面直角坐标系中，已知圆心为的动圆过点，且在轴上截得的弦长为4，记的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)已知及曲线上的两点和，直线经过定点，直线的斜率分别为，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）设圆心，由两点距离公式和几何法求弦长公式化简计算，可得，化简即可求解；
（2）设直线BD的方程、，联立抛物线方程，消元并利用韦达定理可得，结合两点求斜率公式可得，即可证明．
【详解】（1）设圆心，半径为，由圆心为的动圆过点，
所以，
又圆心为的动圆在y轴上截得的弦长为4，所以，
此时，解得，
所以曲线E是抛物线，其方程为；
（2）易知直线BD的斜率不为0，
设直线BD的方程为，即，
，消去x，得，
或，
设，则，
，
所以，
即为定值1.

【例6】、（2024上·四川泸州·高二统考期末）抛物线上的点到C的准线的距离为5．
(1)求C的方程；
(2)已知直线l与C交于A，B两点，若（O为坐标原点），交AB于点D．点E坐标为，证明的长度为定值，并求出该定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析；该定值为2；
【分析】（1）根据抛物线定义可得点到C的准线的距离为，可求出C的方程；
（2）先根据条件联立方程可求得的值，再利用求出点D的坐标，最后求出的长度．
【详解】（1）根据题意利用抛物线定义可知，解得；
所以抛物线C的方程为；
（2）如下图所示：
设直线l的方程为，与抛物线方程联立整理可得，
设，则可得；
由于，所以可得，即，
可得，解得或（舍）；
又，所以可得直线的方程为，
联立，可得点D的坐标为；
又，所以可得
；
即的长度为定值2.
1．（2024·全国·校联考一模）动圆P过定点，且在y轴上截得的弦GH的长为4.
(1)若动圆圆心P的轨迹为曲线C，求曲线C的方程；
(2)在曲线C的对称轴上是否存在点Q，使过点Q的直线与曲线C的交点S，T满足为定值？若存在，求出点Q的坐标及定值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在点，定值.
【分析】（1）根据给定条件，利用圆的性质建立等量关系，列出方程化简即得．
（2）假定存在符合要求的点并设出直线的方程，与曲线C的方程联立，利用韦达定理结合已知化简计算即得．
【详解】（1）设，依题意，，而，当P点不在y轴上时，即，
由动圆P在y轴上截得的弦GH的长为4，得，
因此，整理得，
当P点在y轴上时，显然P点与原点O点重合，而也满足，
所以曲线C的方程为.
（2）假设存在满足题意，
设，显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为，
由消去x得，，，
则，，
，而，
因此，
当时，满足，且与无关，为定值，
所以存在点，使过点Q的直线与曲线C的交点满足为定值.
【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；
②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
2．（2024上·四川成都·高二校联考期末）已知圆的方程,,，抛物线过两点，且以圆的切线为准线．
(1)求抛物线焦点的轨迹C的方程；
(2)已知， 设x轴上一定点， 过T的直线交轨迹C于 两点（直线与轴不重合），求证：为定值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析．
【分析】（1）是圆的切线，分别过作直线的垂直，垂足分别为，由，利用椭圆定义可得轨迹方程；
（2）设直线的方程为，设，直线方程代入椭圆方程后应用韦达定理得，然后计算，代入化简可得．
【详解】（1）如图，是圆的切线，分别过作直线的垂直，垂足分别为，又是中点，则是直角梯形的中位线，，
设是以为准线的抛物线的焦点，则，，
所以，
所以点轨迹是以为焦点的椭圆，椭圆长轴长为8，
，则，因此，
所以抛物线的焦点轨迹方程为；

（2）由题意设直线的方程为，设，
由得，
，，
，
代入，，得
为常数．

【点睛】方法点睛：本题考查椭圆中定值问题，解题方法是设交点坐标．设直线方程，直线方程与椭圆方程联立方程组后消元应用韦达定理得（或），利用交点坐标计算出要证明常数的量，然后代入韦达定理的结果化简变形即可得．