2026届高三一轮教案数学第八章进阶篇圆锥曲线中的综合问题进阶5解析几何中的定值问题

进阶5解析几何中的定值问题解析几何中的定值问题是近几年高考和竞赛中的热点题型，是指某些几何量(如线段长度、图形面积、直线斜率、角的度数等)的大小或某些代数表达式的值与题目中的参数无关，不随参数的变化而变化，始终是一个确定的数值.解决定值问题的基本方法是函数方法(1)从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，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.常见的定值问题有：①斜率为定值；②斜率和(积、比)为定值；③角度为定值；④距离、面积为定值；⑤数量积为定值；⑥系数和为定值.题型一与斜率、角度有关的定值问题例1已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2，O为坐标原点.(1)求抛物线E的标准方程；(2)已知点T(t，0)，若E上存在一点P，使得PO·PT＝－1，求t的取值范围；(3)过M(－4，0)的直线交E于A，B两点，过N(－4，43)的直线交E于A，C两点，B，C位于x轴的同侧，证明：∠BOC为定值.(1)解由题意可知，焦点F到准线的距离为p＝2，所以抛物线E的标准方程为y2＝4x.(2)解设P(x，y)，可知y2＝4x，x≥0，则PO＝(－x，－y)，PT＝(t－x，－y)，可得PO·PT＝－x(t－x)＋y2＝x2－tx＋4x＝x2＋(4－t)x＝－1，显然x＝0不满足上式，则x>0，可得t－4＝x＋1x又因为x＋1x≥2x·1x＝2，当且仅当x即x＝1时，等号成立，则t－4≥2，即t≥6，所以t的取值范围为[6，＋∞).(3)证明设Ay124，y1，则直线AB的斜率kAB＝y1可得直线AB的方程为y－y1＝4y整理得4x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0，同理可得，直线AC的方程为4x－(y1＋y3)y＋y1y3＝0，由题意可得-16整理得4(y3－y2)＝3(y2y3＋16)，又因为直线OB，OC的斜率分别为kOB＝y2kOC＝y3显然∠BOC为锐角，则tan∠BOC＝k＝4(y所以∠BOC为定值π3思维升华解决定值问题的处理技巧(1)思路：可从特殊情况入手(如直线的斜率不存在时)，求出定值，再证明这个值与变量无关.(2)运算：在运算过程中，应尽量减少所求表达式中变量的个数，以利于向目标靠拢.跟踪训练1(2025·邯郸模拟)已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的左、右顶点分别为A(－2，0)，B(2，0)，离心率为72.过点(4，0)的直线l与C的右支交于M，N两点，设直线AM，BM，BN的斜率分别为(1)若k1＝12，求k3(2)证明：k2(k1＋k3)为定值.(1)解设双曲线C的焦距为2c，由题意得，a＝2，ca＝72，所以因为c2＝a2＋b2，所以b＝3，所以双曲线C的标准方程为x24－直线AM的方程为y＝12(x＋2)由x消去y化简并整理得x2－2x－8＝0，解得x＝4或x＝－2，又因为A点坐标为(－2，0)，所以M点的坐标为(4，3).又直线MN过点(4，0)，所以直线MN的方程为x＝4，所以N(4，－3)，k3＝-3-04-2＝－3(2)证明设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则k1＝y1x1＋2，k2＝y1x因为点M，N在双曲线C：x24－所以k1k2＝y1x1设直线MN的方程为x＝my＋4，由x24-y23＝1,x＝my＋4,消去x化简并整理得(3则3故k2k3＝y1x＝363m2所以k2(k1＋k3)＝k1k2＋k2k3＝34＋-9题型二与距离、面积、系数和有关的定值问题例2已知椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆C的右焦点F的直线交椭圆于A，B两点，OA＋OB与a＝(3，－1)(1)求椭圆C的离心率；(2)设M为椭圆C上任意一点，且OM＝λOA＋μOB(λ，μ∈R)，证明：λ2＋μ2为定值.(1)解设椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，F(c，0)，则直线联立y消去y并整理得(a2＋b2)x2－2a2cx＋a2(c2－b2)＝0，Δ>0，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系可得x1＋x2＝2a2ca2＋b2由OA＋OB＝(x1＋x2，y1＋y2)，a＝(3，－1且OA＋OB与得3(y1＋y2)＋(x1＋x2)＝0，又y1＝x1－c，y2＝x2－c，则3(x1＋x2－2c)＋(x1＋x2)＝0，∴x1＋x2＝3c2，即可得a2＝3b2＝3(a2－c2)，∴c2∴椭圆C的离心率为e＝ca(2)证明由(1)知a2＝3b2，所以椭圆C的方程x2a2＋y2b2＝1可化为x2＋设OM＝(x，y)，由OM＝λOA＋μOB得(x，y)＝λ(x1，y1)＋μ(x2，y2)，∴x∵M(x，y)在椭圆上，∴(λx1＋μx2)2＋3(λy1＋μy2)2＝3b2，∴λ2(x12＋3y12)＋μ2(x22＋3y22)＋2λμ(x1x2＋3y1y2由(1)知，x1＋x2＝3c2，a2＝32c2，b2＝1x1x2＝a2c2x1x2＋3y1y2＝x1x2＋3(x1－c)(x2－c)＝4x1x2－3c(x1＋x2)＋3c2＝32c2－92c2＋3c2＝又x12＋3y12＝3b2，x22＋3代入①得，λ2＋μ2＝1，故λ2＋μ2为定值1.思维升华解析几何中的定值，从代数角度看，定值与参数的取值无关，选择适当的变量以及消参方法，就可以得出定值.解答解析几何问题，方法的选择至关重要，如果方法选择不当，那么会导致计算量过大，就不易得到正确的运算结果，在分析清楚解题思路的基础上，树立优化意识，即算法的内在逻辑分析，优化解法.跟踪训练2已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线y＝2x＋3相切，点P在椭圆C上，|PF1|＝2，(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点，且kOA·kOB＝－b2a2，试判断△AOB的面积是否为定值解(1)依题意有b＝32＋1＝3，∴由|PF1|＝2及椭圆的定义得|PF2|＝2a－2，由余弦定理得PF1|2＋PF2|2－2|PF1|·|PF即a2－3a＋3＝c2，又a2－c2＝b2＝3，∴a＝2，故椭圆C的标准方程为x24＋(2)易知m≠0，联立x可得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，则Δ＝48(3＋4k2－m2)>0，①又x1＋x2＝－8km3＋4k2，xy1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝3(m由kOA·kOB＝－b2可得y1y2x1x2＝－34，∴y1y即3(m2-4k2解得2m2－4k2＝3，满足①，∵|AB|＝(1＝(1＝23设原点到直线l的距离为d，d＝m1∴S△AOB＝12·d·|AB＝12×m1＋故S△AOB为定值，定值为3.课时精练[分值：34分]1.(17分)已知椭圆C：x24＋y2＝1，A，B是椭圆C的左、右顶点，点P是椭圆上异于A，B(1)证明：直线PA与直线PB的斜率之积为定值；(7分)(2)设经过D(1，0)且斜率不为0的直线l交椭圆于M，N两点，直线AM与直线BN交于点Q，求证：OA·OQ为定值.(10分)证明(1)由题意，设点P(x0，y0)，A(－2，0)，B(2，0)，则直线PA的斜率为kPA＝y0直线PB的斜率为kPB＝y0所以kPA·kPB＝y0x0又由点P(x0，y0)在椭圆上，可得x024即y02＝1－所以kPA·kPB＝y02x即直线PA与直线PB的斜率之积为定值.(2)由直线l过点D(1，0)，且斜率不为0，可设直线l的方程为x＝ky＋1，联立x整理得(k2＋4)y2＋2ky－3＝0，Δ>0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝－2kk2＋4，y1则y1即3y1＋3y2＝2ky1y2，又由直线AM：y＝y1x1＋2(直线BN：y＝y2x2-2(x联立方程组，可得y1x1＋2(x＋2)＝y2整理得x＋2x-2＝ky1y解得x＝4，即点Q(4，yQ)，又由向量OA＝(－2，0)，OQ＝(4，yQ)，所以OA·OQ＝－2×4＋0×yQ＝－8，即OA·OQ为定值.2.(17分)已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，且顶点到渐近线的距离为255，点P是双曲线C右支上一动点(不与A2重合(1)求双曲线C的标准方程；(7分)(2)过点Q(－2，0)的直线l与双曲线C交于x轴上方的M，N两点，若E是线段MN的中点，F是线段MN上一点，且|MF||NF|＝|MQ||NQ|，O为坐标原点，试判断直线OE，OF的斜率之积是否为定值.若为定值，求出该定值；若不是，请说明理由解(1)双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±b因为顶点到渐近线的距离为25所以|ab|a设P(x0，y0)(x0>a)，A1(－a，0)，A2(a，0)，则kPA1·kPA所以y02＝4(x02－因为点P(x0，y0)在双曲线上，所以x02a所以y02＝b2a2(x又c2＝a2＋b2，所以a2＝1，b2＝4，c2＝5，所以双曲线C的标准方程为x2－y24＝(2)设直线MN的方程为x＝my－2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立x得(4m2－1)y2－16my＋12＝0，则Δ＝(－16m)2－