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第二课时 定值问题
题型一 长度或距离为定值
例 1 (2020·新高考山东卷)已知椭圆 C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点
A(2，1).
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点 Q，使
得|DQ|为定值.
(1)解 由题设得＋＝1, 且＝，解得a2＝6，b2＝3.
所以C的方程为＋＝1.
(2)证明 设M(x ，y )，N(x ，y ).
1 1 2 2
若直线MN与x轴不垂直，
设直线MN的方程为y＝kx＋m，
代入＋＝1，
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x ＋x ＝－，x x ＝.①
1 2 1 2
由AM⊥AN，得AM·AN＝0，
故(x －2)(x －2)＋(y －1)(y －1)＝0，
1 2 1 2
整理得(k2＋1)x x ＋(km－k－2)(x ＋x )＋(m－1)2＋4＝0.
1 2 1 2
将①代入上式，可得(k2＋1)－(km－k－2)＋(m－1)2＋4＝0，
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.
因为A(2，1)不在直线MN上，
所以2k＋m－1≠0，
所以2k＋3m＋1＝0，k≠1.
所以直线MN的方程为y＝k－(k≠1).
所以直线MN过点P.
若直线MN与x轴垂直，可得N(x ，－y ).
1 1
由AM·AN＝0，得(x －2)(x －2)＋(y －1)(－y －1)＝0.
1 1 1 1
又＋＝1，所以3x－8x ＋4＝0.
1
解得x ＝2(舍去)，或x ＝.
1 1
此时直线MN过点P.
令Q为AP的中点，即Q.
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故|DQ|＝|AP|＝.
若D与P重合，则|DQ|＝|AP|.
综上，存在点Q，使得|DQ|为定值.
感悟提升 1.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.
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.
训练1 (2022·成都诊断)已知动点P(x，y)(其中x≥0)到定点F(1，0)的距离比点P
到y轴的距离大1.
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)过椭圆C ：＋＝1的右顶点作直线交曲线C于A，B两点，O为坐标原点.
1
①求证：OA⊥OB；
②设OA，OB分别与椭圆C 相交于点D，E，证明：坐标原点到直线DE的距离
1
为定值.
(1)解 由题意，得＝x＋1(x≥0)，
两边平方，整理得y2＝4x，
所以所求点P的轨迹C的方程为y2＝4x.
(2)证明 ①设过椭圆的右顶点(4，0)的直线AB的方程为x＝my＋4.
代入抛物线方程y2＝4x，得y2－4my－16＝0，
由题意知Δ>0.
设A(x ，y )，B(x ，y )，则
1 1 2 2
∴x x ＋y y ＝(my ＋4)(my ＋4)＋y y
1 2 1 2 1 2 1 2
＝(1＋m2)y y ＋4m(y ＋y )＋16
1 2 1 2
＝－16(1＋m2)＋4m×4m＋16＝0，即OA·OB＝0，∴OA⊥OB.
②设D(x ，y )，E(x ，y )，直线DE的方程为x＝ty＋λ，代入＋＝1，得
3 3 4 4
(3t2＋4)y2＋6tλy＋3λ2－48＝0，Δ>0，
于是y ＋y ＝－，y y ＝.
3 4 3 4
从而x x ＝(ty ＋λ)(ty ＋λ)＝t2y y ＋tλ(y ＋y )＋λ2＝.
3 4 3 4 3 4 3 4
∵OD⊥OE，∴OD·OE＝0，
即x x ＋y y ＝0，
3 4 3 4
代入，整理得7λ2＝48(t2＋1)，
∴坐标原点到直线DE的距离d＝＝，为定值.
题型二 斜率或其表达式为定值
例2 (12分)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2).过点Q(0，1)的直线l与抛物
线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，QM＝λQO，QN＝μQO，求证：＋为定值.
[规范解答]
(1)解 因为抛物线y2＝2px过点P(1，2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.……………………2分
由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0).
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0. ……………………4分
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得k<1，又因为k≠0，故k<0或0b>0)
的左、右顶点分别为A，B，已知|AB|＝4，且点在椭圆上，其中e是椭圆的离心
率.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是椭圆C上异于A，B的点，与x轴垂直的直线l分别交直线AP，BP于
点M，N，求证：直线AN与直线BM的斜率之积是定值.
(1)解 ∵|AB|＝4，∴2a＝4，即a＝2.
又点在椭圆上，
∴＋＝1，即＋＝1，
又b2＋c2＝a2＝4，联立方程解得b2＝3，
∴椭圆C的方程为＋＝1.(2)证明 由(1)知A(－2，0)，B(2，0)，
设P点坐标为(s，t)，M，N的横坐标为m(m≠±2)，
则直线AP的方程为y＝(x＋2)，
故M，
故直线BM的斜率k ＝，
1
同理可得直线AN的斜率k ＝，
2
故k k ＝×
1 2
＝，
又P点在椭圆上，
∴＋＝1，t2＝－(s2－4)，
因此k k ＝＝－，
1 2
即直线AN与直线BM的斜率之积为定值.
题型三 几何图形面积为定值
例3 (2021·西北工大附中质检)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为e，点(1，e)
在椭圆E上，点A(a，0)，B(0，b)，△AOB的面积为，O为坐标原点.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若直线 l交椭圆 E于M，N 两点，直线 OM 的斜率为 k ，直线 ON 的斜率为
1
k ，且k k ＝－，证明：△OMN的面积是定值，并求此定值.
2 1 2
(1)解 ∵e＝，且(1，e)在椭圆E上，
∴＋＝1，则＋＝1.①
又c2＝a2－b2，②
联立①②，得b＝1.
又S ＝ab＝，得a＝3，
△AOB
所以椭圆E的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明 当直线l的斜率不存在时，
设直线l：x＝t(－30，
x ＋x ＝－，x x ＝，
1 2 1 2
k k ＝×＝
1 2
＝＝－，
化简得9k2＋1＝2m2，满足Δ>0.
|MN|＝|x －x |
1 2
＝·
＝·
＝.
又原点O到直线l的距离d＝，
所以S ＝×|MN|×d
△OMN
＝×
＝＝.
综上可知，△OMN的面积为定值.
感悟提升 解此类题的要点有两个：一是计算面积，二是恒等变形.如本题，要
求△OMN的面积，则需要计算弦长|MN|和原点O到直线l的距离d，然后由面积
公式表达出S (如果是其他凸多边形，一般需要分割成三角形分别求解)，再
△OMN
将由已知得到的变量之间的等量关系代入面积关系式中，进行恒等变形，即得
S 为定值.
△OMN
训练3 已知点F(0，2)，过点P(0，－2)且与y轴垂直的直线为l ，l ⊥x轴，交l
1 2 1
于点N，直线l垂直平分FN，交l 于点M.
2
(1)求点M的轨迹方程；
(2)记点 M的轨迹为曲线 E，直线 AB 与曲线 E交于不同两点 A(x ，y )，B(x ，
1 1 2
y )，且x －1＝x ＋m2(m为常数)，直线l′与AB平行，且与曲线E相切，切点为
2 2 1
C，试问△ABC的面积是否为定值.若为定值，求出△ABC的面积；若不是定值，
说明理由.解 (1)由题意得|FM|＝|MN|，即动点M到点F(0，2)的距离和到直线y＝－2的距
离相等，所以点M的轨迹是以F(0，2)为焦点，直线y＝－2为准线的抛物线，
根据抛物线定义可知点M的轨迹方程为x2＝8y.
(2)由题意知，直线AB的斜率存在，设其方程为 y＝kx＋b，由消去y整理得x2－
8kx－8b＝0，
Δ＝64k2＋32b>0.
则x ＋x ＝8k，x ·x ＝－8b.
1 2 1 2
设AB的中点为Q，则点Q的坐标为(4k，4k2＋b).
由条件设切线方程为y＝kx＋t，
由消去y整理得x2－8kx－8t＝0.
∵直线与抛物线相切，∴Δ＝64k2＋32t＝0，∴t＝－2k2，
∴切点C的横坐标为4k，
∴点C的坐标为(4k，2k2).
∴CQ⊥x轴，∵x －x ＝m2＋1，
2 1
∴(x －x )2＝(x ＋x )2－4(－8b)
2 1 1 2
＝64k2＋32b＝(m2＋1)2，
∴b＝.
∴S ＝|CQ|·|x －x |
△ABC 2 1
＝·(2k2＋b)·(x －x )
2 1
＝，
∵m为常数，∴△ABC的面积为定值.
齐次化处理策略
圆锥曲线中常见一类问题，这类问题的特点是条件中的两直线斜率之和或之积是
一个指定常数.这种问题的求解方法多种多样，但是采用齐次化方法，可以将这
两种题型统一处理.接下来谈谈齐次化方法在处理圆锥曲线这些问题中的应用.
一、处理两直线斜率之积为定值的问题
例1 已知椭圆的中心为原点O，长轴、短轴长分别为2a，2b(a>b>0)，P，Q分别
在椭圆上，且OP⊥OQ.求证：＋为定值.
证明 设P，Q坐标分别为(x ，y )，(x ，y )，直线PQ：mx＋ny＝1，椭圆＋＝
1 1 2 2
1(a>b>0)，联立方程
齐次化有＋＝(mx＋ny)2，整理可得
y2－2mnxy＋x2＝0.
左右两边同除以x2，
即－2mn＋＝0.
由根与系数的关系得·＝.
由OP⊥OQ，得
k ·k ＝·＝＝－1，
OP OQ
整理得m2＋n2＝＋.
由于原点O到直线PQ的距离
d＝＝，
又S ＝|OP|·|OQ|＝|PQ|d，
△OPQ
所以＝＝＝＋＝m2＋n2＝＋为定值.
二、处理两直线斜率之和为定值的问题
例2 如图所示，过椭圆C：＋＝1上的定点P(2，1)作倾斜角互补的两条直线，设
其分别交椭圆C于A，B两点，求证：直线AB的斜率是定值.
证明 设直线AB方程为m(x－2)＋n(y－1)＝1，
因为＋＝＋
＝＋＋＋＋1.
所以椭圆方程可化为＋＋＋＝0.
设A(x ，y )，B(x ，y )，
1 1 2 2
联立直线与椭圆方程齐次化得＋＋[m(x－2)＋n(y－1)]＋[m(x－2)＋n(y－1)]＝0，
左右两边除以(x－2)2得
＋2＋＝0.
由根与系数关系得
＋＝－.又直线PA，PB倾斜角互补，
所以k ＋k ＝－＝0，
PA PB
即＋＝0，所以k ＝－＝.
AB
故直线AB斜率为定值，此定值为.
1.已知椭圆C：＋＝1(0b>0)的离心率为且以椭圆上的点和
长轴两端点为顶点的三角形的面积的最大值为2.
(1)求椭圆C的方程；(2)经过定点Q(m，0)(m>2)的直线l交椭圆C于不同的两点M，N，点M关于x轴
的对称点为M′，试证明：直线M′N与x轴的交点S为一个定点，且|OQ|·|OS|＝
4(O为坐标原点).
(1)解 由题意得
解得
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明 由题意知直线 l 的斜率一定存在，设为 k，M(x ，y )，N(x ，y )，M′
1 1 2 2
(x ，－y )，S(n，0)，
1 1
由消去y，得
(3＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－12＝0，
由Δ>0得(4－m2)k2＋3>0，
即k2<时M，N一定存在.
∴x ＋x ＝，x ·x ＝.
1 2 1 2
当斜率k不为0时，
∵M′，N，S三点共线，∴k ＝k ，
M′S NS
即＝，
即y (x －n)＋y (x －n)＝0，
2 1 1 2
即k(x －m)(x －n)＋k(x －m)(x －n)＝0，
2 1 1 2
化简，得2x x －(n＋m)·(x ＋x )＋2mn＝0，
2 1 1 2
即＝0，所以mn＝4，n＝，
∴S，且|OQ|·|OS|＝mn＝4.
当斜率k＝0时，直线M′N与x轴重合，满足结论.
综上，直线M′N与x轴的交点S为一个定点，且|OQ|·|OS|＝4.
3.(2022·武汉质检)设抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过F作直线l交抛物线
E于A，B两点.当l与x轴垂直时，△AOB的面积为8，其中O为坐标原点.
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)若l的斜率存在且为k ，点P(3，0)，直线AP与E的另一交点为C，直线BP
1
与E的另一交点为D，设直线CD的斜率为k ，证明：为定值.
2
(1)解 当l与x轴垂直时，
不妨设A，B，∴|AB|＝2p，则S ＝·2p·＝8，
△AOB
∴p＝4，∴y2＝8x.
(2)证明 设A(x ，y )，B(x ，y )，C(x ，y )，D(x ，y )，
1 1 2 2 3 3 4 4
直线l的斜率为k ＝＝
1
＝，
同理可得k ＝，
2
直线l的方程为y－y ＝(x－x )，
1 1
则(y ＋y )y－y y ＝8x.
1 2 1 2
又点F(2，0)在直线l上，所以－y y ＝16，
1 2
设直线AC的方程为x＝ty＋3，则与抛物线方程联立得⇒y2－8ty－24＝0，
∴y y ＝－24.同理可得y y ＝－24，
1 3 2 4
∴y ＝－，y ＝－，
3 4
∴＝＝＝＝＝＝.
4.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，上顶点为 E，左焦点为F，且满足直
线EF与圆x2＋y2＝相切.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设A，B是椭圆C上两个动点，且直线OA，OB的斜率满足k k ＝－，证明：
OA OB
△AOB的面积为定值.
(1)解 ∵e＝，
∴＝，得a＝2b，c＝b，
则EF所在直线的方程为＋＝1，
即x－y＋b＝0.
又直线EF与圆C相切，∴＝，b＝1，则a＝2.
∴椭圆方程为＋y2＝1.
(2)证明 设A(x ，y )，B(x ，y )，直线l的方程为y＝kx＋m(直线AB的斜率存在
1 1 2 2
时)，
联立得
(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
可知Δ＝16(4k2＋1－m2)>0，
x ＋x ＝，x x ＝，
1 2 1 2从而|AB|＝|x －x |
1 2
＝4·.
原点到直线l的距离d＝，
∴S ＝|AB|·d＝2·.
△AOB
又由得
(4k2＋1)y2－2my＋m2－4k2＝0.
∴y y ＝，得k ·k ＝＝＝－，即2m2＝1＋4k2，
1 2 OA OB
∴S ＝|AB|·d＝2·＝1；
△AOB
当AB的斜率不存在时，x ＝x ，y ＝－y ，
1 2 1 2
k ·k ＝－＝－.
OA OB
又＋y＝1，解得|x |＝，|y |＝.
1 1
S ＝|x ||y |＝1.
△AOB 1 1
综上，△AOB的面积为定值1.
