2023年高考数学热点专题解析几何模型通关圆追曲线中的定值问题（解析版）

圆锥曲线中的定值问题思路引导思路引导处理圆锥曲线中定值问题的方法：(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．母题呈现母题呈现考法1证明某些几何量为定值【例1】（2022·广东·模拟预测）已知双曲线的离心率为2，右顶点到一条渐近线的距离为.(1)求双曲线的方程；(2)若直线与双曲线交于两点，且为坐标原点，点到直线的距离是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.【解题指导】（1）设渐近线方程→点D到渐近线距离列方程→双曲线线的离心率→求得→双曲线的方程.（2）考虑直线斜率不存在和为0时→点到直线的距离→设直线方程方程→根与系数关系→列方程→点到直线距离公式→求得点到直线的距离.【解析】(1)由题意，得双曲线的渐近线方程为，右顶点为.又，且，所以，故.又，解得，所以双曲线的方程为.(2)设.当直线和轴线平行时，，解得，所以点到直线的距离为.当直线和轴线不平行时，设直线的方程为，由得，，所以.又，所以，得，解得.又点到直线的距离为，则，故，所以点到直线的距离为定值.【例2】（2022·湖北省天门中学模拟预测）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上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝，n＝，m·n＝0.(1)求证：k1·k2＝－eq\f(1,4)；(2)试探求△OPQ的面积S是否为定值，并说明理由．【解题指导】【解析】(1)证明：∵k1，k2均存在，∴x1x2≠0.又m·n＝0，∴eq\f(x1x2,4)＋y1y2＝0，即eq\f(x1x2,4)＝－y1y2，∴k1·k2＝eq\f(y1y2,x1x2)＝－eq\f(1,4).(2)①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(x\o\al(2,1),4)－yeq\o\al(2,1)＝0.又∵点P(x1，y1)在椭圆上，∴eq\f(x\o\al(2,1),4)＋yeq\o\al(2,1)＝1，∴|x1|＝eq\r(2)，|y1|＝eq\f(\r(2),2).∴S△POQ＝eq\f(1,2)|x1||y1－y2|＝1.②当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b.联立得方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y并整理得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，其中Δ＝(8kb)2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(1＋4k2－b2)>0，即b2<1＋4k2.∴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>0)．∴S△POQ＝eq\f(1,2)·eq\f(|b|,\r(1＋k2))·|PQ|＝eq\f(1,2)|b|eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝2|b|eq\f(\r(4k2＋1－b2),4k2＋1)＝1.综合①②知△POQ的面积S为定值1.【解题技法】参数法解决圆锥曲线中最值问题的一般步骤【跟踪训练】(2020·北京卷)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1过点A(－2，－1)，且a＝2b.(1)求椭圆C的方程；(2)过点B(－4，0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝－4于点P，Q，求eq\f(|PB|,|BQ|)的值.解(1)由椭圆过点A(－2，－1)，得eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1.又a＝2b，∴eq\f(4,4b2)＋eq\f(1,b2)＝1，解得b2＝2，∴a2＝4b2＝8，∴椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)当直线l的斜率不存在时，显然不合题意.设直线l：y＝k(x＋4)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋4），,x2＋4y2＝8))得(4k2＋1)x2＋32k2x＋64k2－8＝0.由Δ＞0，得－eq\f(1,2)＜k＜eq\f(1,2).设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(－32k2,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(64k2－8,4k2＋1).又∵直线AM：y＋1＝eq\f(y1＋1,x1＋2)(x＋2)，令x＝－4，得yP＝eq\f(－2（y1＋1）,x1＋2)－1.将y1＝k(x1＋4)代入，得yP＝eq\f(－（2k＋1）（x1＋4）,x1＋2).同理yQ＝eq\f(－（2k＋1）（x2＋4）,x2＋2).∴yP＋yQ＝－(2k＋1)＝－(2k＋1)·eq\f(2x1x2＋6（x1＋x2）＋16,（x1＋2）（x2＋2）)＝－(2k＋1)·eq\f(\f(2（64k2－8）,4k2＋1)＋\f(6×（－32k2）,4k2＋1)＋16,（x1＋2）（x2＋2）)＝－(2k＋1)×eq\f(128k2－16－192k2＋64k2＋16,（4k2＋1）（x1＋2）（x2＋2）)＝0.∴|PB|＝|BQ|，∴eq\f(|PB|,|BQ|)＝1.考法2证明某些代数式为定值【例3】（2022·山东泰安·三模）已知椭圆（a＞b＞0）的离心率，四个顶点组成的菱形面积为，O为坐标原点．(1)求椭圆E的方程；(2)过上任意点P做的切线l与椭圆E交于点M，N，求证为定值．【解题指导】【解析】(1)由题意得，，可得，b＝2，所以椭圆的标准方程为．(2)当切线l的斜率不存在时，其方程为，【提醒】求直线方程时忽略直线斜率不存在的情况．当时，将代入椭圆方程得，∴，，，∴当时，同理可得，当切线l的斜率存在时，设l的方程为，，，因为l与相切，所以，所以【技巧】圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径，从而建立关系解决问题．由，得，∴，∴∴综上，为定值．【解后反思】常见处理技巧：(1)在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢；(2)巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符号曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算.【例4】（2022·湖南怀化·一模）如图.矩形ABCD的长，宽，以A､B为左右焦点的椭圆恰好过C､D两点，点P为椭圆M上的动点.(1)求椭圆M的方程，并求的取值范围；(2)若过点B且斜率为k的直线交椭圆于M､N两点（点C与M､N两点不重合），且直线CM､CN的斜率分别为，试证明为定值.【解题指导】【解析】(1)由题意得.又点在椭圆上，所以，且，所以，，故椭圆的方程为.（3分）设点，由，得.又，所以.（5分）【技巧】利用隐含的不等关系，即点P在圆上转化为，从而确定的取值范围(2)设过点且斜率为的直线方程为，联立椭圆方程得.设两点M､N，故，.（7分）因为，其中，，（9分）故所以为定值．（12分）【解题技法】圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)证明代数式为定值:依题意设条件,得出与代数式中参数有关的等式,代入代数式并化简,即可得出定值;(2)证明点到直线的距离为定值:利用点到直线的距离公式得出距离的解析式,再利用题设条件化简、证明。【跟踪训练】(2022·衡水模拟)已知点P在圆O：x2＋y2＝6上运动，点P在x轴上的投影为Q，动点M满足(1－eq\r(3))eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\r(3)eq\o(OM,\s\up6(→)).(1)求动点M的轨迹E的方程；(2)过点(2，0)的动直线l与曲线E交于A，B两点，问：在x轴上是否存在定点D，使得eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))2的值为定值？若存在，求出定点D的坐标及该定值；若不存在，请说明理由.【解析】(1)设M(x，y)，P(x0，y0)，由(1－eq\r(3))eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\r(3)eq\o(OM,\s\up6(→))，得eq\o(OQ,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\r(3)eq\o(OQ,\s\up6(→))－eq\r(3)eq\o(OM,\s\up6(→))，即eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\r(3)eq\o(MQ,\s\up6(→))，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝x，,y0＝\r(3)y，))又点P(x0，y0)在圆O：x2＋y2＝6上，∴xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝6，∴x2＋3y2＝6，∴轨迹E的方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)当直线l的斜率存在时，设l：y＝k(x－2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k（x－2），))消去y得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝eq\f(12k2,1＋3k2)，x1·x2＝eq\f(12k2－6,1＋3k2)，根据题意，假设x轴上存在定点D(m，0)，使得eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))2＝eq\o(DA,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))为定值，则有eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2)＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝(x1－m)(x2－m)＋k2(x1－2)(x2－2)＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋(4k2＋m2)＝(k2＋1)×eq\f(12k2－6,1＋3k2)－(2k2＋m)·eq\f(12k2,1＋3k2)＋(4k2＋m2)＝eq\f(（3m2－12m＋10）k2＋（m2－6）,3k2＋1)，要使上式为定值，即与k无关，则3m2－12m＋10＝3(m2－6)，即m＝eq\f(7,3)，此时eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝m2－6＝－eq\f(5,9)为常数，定点D的坐标为.当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝2，易求得直线l与椭圆C的两个交点坐标分别为，，此时eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝·＝－eq\f(5,9).综上所述，存在定点D，使得eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))2为定值－eq\f(5,9)方法总结方法总结圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略1.求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值；2.求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；3.求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．模拟训练模拟训练1．（2023·河南·统考模拟预测）设椭圆：的右焦点恰好是抛物线的焦点，椭圆的离心率和双曲线的离心率互为倒数.(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.【分析】（1）直接求出抛物线焦点坐标得到值，再结合双曲线离心率即可求出椭圆的离心率，则可求出椭圆方程；（2）设过点的直线为，，联立椭圆方程得到韦达定理式，写出直线,的方程，联立直线方程解出交点横坐标，将以及韦达定理式代入化简计算为定值.【详解】（1）因为抛物线的焦点为,所以椭圆的半焦距.又因为双曲线的离心率是,所以椭圆的离心率，从而,所以椭圆的标准方程为.（2）由（1）可得.若过点的直线方程为时，此时与椭圆交点为点，不合题意，故可设过点的直线为,设，联立，整理得.则，，，则直线AC的斜率，直线BD的斜率则直线的方程为，直线的方程为,联立两条直线方程,解得，将代人上式，得，将代人,得，所以直线,的交点的横坐标为定值.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键在于采取设线法，设过点的直线方程，注意为了简便计算和避免分类讨论，我们引入参数，然后联立椭圆方程得到韦达定理式，再分别写出直线,的方程，联立解出其横坐标，这一步计算量较大，再根据点在这个直线上，进行换元化简，最后再代入韦达定理式化简即可.2．（2023·河北唐山·统考一模）已知双曲线过点，且与的两个顶点连线的斜率之和为4．(1)求的方程；(2)过点的直线与双曲线交于，两点（异于点）．设直线与轴垂直且交直线于点，若线段的中点为，证明：直线的斜率为定值，并求该定值．【分析】（1）由与的两个顶点连线的斜率之和为4得出，再将代入的方程得出的方程；（2）联立直线和双曲线方程结合韦达定理得出，再由点坐标得出，最后由结合证明直线的斜率为定值.【详解】（1）双曲线的两顶点为，所以，，即，将代入的方程可得，，故的方程为．（2）依题意，可设直线，，．与联立，整理得，所以，，解得，且，，，所以．（*）又，所以的坐标为，由可得，，从而可得的纵坐标，将（*）式代入上式，得，即．所以，，将（*）式代入上式，得．【点睛】关键点睛：在解决问题二时，关键在于利用韦达定理得出，建立的关系，从而得出点的坐标，由此得出.3．（2023·江苏南通·统考模拟预测）已知，，三个点在椭圆，椭圆外一点满足，，（为坐标原点）.(1)求的值；(2)证明：直线与斜率之积为定值.【分析】（1）设，根据向量关系用表示，代入椭圆方程即可求解；（2）用表示，代入斜率公式即可求解.【详解】（1）设，因为，所以解得，又因为，所以解得，因为点在椭圆上，所以，即.（2）设直线与斜率分别为，是定值.4．（2023·全国·本溪高中校联考模拟预测）已知一条长为的线段的端点分别在双曲线的两条渐近线上滑动，点是线段的中点．(1)求点的轨迹的方程．(2)直线过点且与交于、两点，交轴于点．设，，求证：为定值．【分析】（1）求出双曲线渐近线的方程，设，，，再根据以及点是线段的中点来列式整理即可；（2）先计算直线斜率为零时的情况，再计算直线斜率不为零时，设出直线方程，与椭圆联立，然后利用韦达定理及向量的坐标运算来计算即可.【详解】（1）由已知，双曲线的渐近线方程为和，设，，∵，∴，即∵，∴，∴，∴；（2）证明：当直线斜率为零时，方程为，此时，又，，；当直线斜率不为零时，设，，，∴，∴，，，，∵，∴，∴，同理：∴．∵E、F、M、D四点共线，∴满足l方程，∴，∴∴为定值．5．（2023·福建泉州·统考三模）已知椭圆的左、右顶点分别为A，B．直线l与C相切，且与圆交于M，N两点，M在N的左侧．(1)若，求l的斜率；(2)记直线的斜率分别为，证明：为定值．【分析】（1）根据圆弦长公式，结合点到直线距离公式、椭圆切线的性质进行求解即可；（2）根据直线斜率公式，结合一元二次方程根与系数关系进行求解即可.【详解】（1）当直线l不存在斜率时，方程为，显然与圆也相切，不符合题意，设直线l的斜率为，方程为，与椭圆方程联立，得，因为直线l与C相切，所以有，圆的圆心坐标为，半径为，圆心到直线的距离为，因为，所以有；（2），由，设，则有，，，把，代入上式，得，而，所以.【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系，结合椭圆切线的性质进行求解是解题的关键.6．（2023·山东临沂·统考一模）已知动点与点的距离和它到直线的距离之比是，点的轨迹为曲线．(1)求的方程；(2)若点在上，且与交于点，点在椭圆上，证明：的面积为定值．【分析】(1)由题意，应用两点间距离公式化简即可；(2)先设点的坐标再应用点在椭圆上求出两直线方程，利用两点间的距离公式、点到直线的距离公式以及三角形面积公式求面积，化简即可证得结论.【详解】（1）由题意知，化简整理得曲线的轨迹方程为．（2）设，由题意知．由，可知分别为的中点，所以，．由得，．同理，所以都在直线上．由得，又因为直线过坐标原点，所以，又点到直线的距离，所以，．又，故．所以的面积为定值．7．（2023·山东菏泽联考一模）已知圆：，为圆上一动点，，线段的垂直平分线交于点G.(1)求动点G的轨迹C的方程；(2)已知，轨迹C上关于原点对称的两点M，N，射线AM，AN分别与圆交于P，Q两点，记直线MN和直线PQ的斜率分别为，.①求AM与AN的斜率的乘积；②问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由.【分析】（1）根据已知条件知点G的轨迹符合椭圆定义，运用椭圆定义求解即可.（2）①设出M、N坐标，运用点M、N在椭圆上进行等量代换及斜率公式计算即可；②设出直线AM与直线AN的方程，联立直线AM方程与椭圆方程可得、，进而求得，联立直线AM方程与圆方程可得、，同理可得、，进而求得，代入计算可得结果.【详解】（1）由题意知，，，因为，所以点在圆内，如图所示，由题意知，，所以，所以动点G的轨迹为：以、为焦点且长轴长为4的椭圆.即：，，所以，，所以动点G的轨迹C的方程为.（2）①由题意知，直线AM与直线AN的斜率存在且不为0，设，，，则，∵M、N在椭圆上，∴，即，∴,即：直线AM与直线AN的斜率的乘积为.②设直线AM方程为，由①知，，所以，则直线AN方程为，联立，因为A、M在轨迹C上，所以，即：，所以，所以，联立，因为A、P在圆上，所以，即：，所以，同理：，，所以，所以，即为定值.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．8．（2023·四川南充·四川省南部中学校考模拟预测）已知椭圆的离心率，点在椭圆上.(1)求椭圆的方程；(2)过点的直线交椭圆于两点，试探究在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出该定值及点坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）由离心率、点的坐标列方程组求得得椭圆方程；（2）当直线斜率不为时，设直线，代入椭圆方程，设，由韦达定理得，由数量各积的坐标表示计算，代入韦达定理的结论后可得定值．【详解】（1）由题意得，解得：；故椭圆的方程为：；（2）当直