第 14 讲 圆锥曲线中的定值问题
（8 类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
5年考情
考题示例 考点分析 关联考点
2021年新I卷，第21题,12分 双曲线中的定值问题 求双曲线的轨迹方程
根据椭圆过的点求标准方程
2020年新I卷，第22题,12分 椭圆中的定值问题
椭圆中存在定点满足某条件问题
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题不定，难度中等或偏难，分值为5-17分
【备考策略】1.理解、掌握圆锥曲线的定值问题
2.会定值相关的计算
【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，小题和大题都会作为载体命题，同学们要会结合公式运算，
需强化训练复习
考点一、 弦长类定值1．（2020·山东·高考真题）已知椭圆C： 的离心率为 ，且过点 ．
（1）求 的方程：
（2）点 ， 在 上，且 ， ， 为垂足．证明：存在定点 ，使得 为定值．
【答案】（1） ；（2）详见解析.
【分析】（1）由题意得到关于 的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.
（2）方法一：设出点 ， 的坐标，在斜率存在时设方程为 , 联立直线方程与椭圆方程，根据
已知条件，已得到 的关系，进而得直线 恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直
角三角形的性质即可确定满足题意的点 的位置.
【详解】（1）由题意可得： ，解得： ，
故椭圆方程为： .
(2)［方法一］：通性通法
设点 ，
若直线 斜率存在时，设直线 的方程为： ，
代入椭圆方程消去 并整理得： ，
可得 ， ，
因为 ，所以 ，即 ，
根据 ,代入整理可得：
，
所以 ，
整理化简得 ，
因为 不在直线 上，所以 ，故 ，于是 的方程为 ，
所以直线过定点直线过定点 .
当直线 的斜率不存在时，可得 ，
由 得： ，
得 ，结合 可得： ，
解得： 或 （舍）.
此时直线 过点 .
令 为 的中点，即 ，
若 与 不重合，则由题设知 是 的斜边，故 ，
若 与 重合，则 ，故存在点 ，使得 为定值.
［方法二］【最优解】：平移坐标系
将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为 ，设直
线 的方程为 ．将直线 方程与椭圆方程联立得 ，即
，化简得 ，即
．
设 ，因为 则 ，即 ．
代入直线 方程中得 ．则在新坐标系下直线 过定点 ，则在原坐标系下
直线 过定点 ．
又 ，D在以 为直径的圆上． 的中点 即为圆心Q．经检验，直线 垂直于x轴时也
成立．
故存在 ，使得 ．［方法三］：建立曲线系
A点处的切线方程为 ，即 ．设直线 的方程为 ，直线 的
方程为 ，直线 的方程为 ．由题意得 ．
则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线 可表示为
（其中 为系数）．
用直线 及点A处的切线可表示为 （其中 为系数）．
即 ．
对比 项、x项及y项系数得
将①代入②③，消去 并化简得 ，即 ．
故直线 的方程为 ，直线 过定点 ．又 ，D在以 为直径的圆上．
中点 即为圆心Q．
经检验，直线 垂直于x轴时也成立．故存在 ，使得 ．
［方法四］：
设 ．
若直线 的斜率不存在，则 ．
因为 ，则 ，即 ．
由 ，解得 或 （舍）．
所以直线 的方程为 ．
若直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ，则 ．
令 ，则 ．
又 ，令 ，则 ．因为 ，所以 ，
即 或 ．
当 时，直线 的方程为 ．所以直线 恒过 ，不合题意；
当 时，直线 的方程为 ，所以直线 恒过 ．
综上，直线 恒过 ，所以 ．
又因为 ，即 ，所以点D在以线段 为直径的圆上运动．
取线段 的中点为 ，则 ．
所以存在定点Q，使得 为定值．
【整体点评】（2）方法一：设出直线 方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点 ，
再根据平面几何知识可知定点 即为 的中点，该法也是本题的通性通法；
方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线 的方程为 ，再通过与椭圆方
程联立，构建齐次式，由韦达定理求出 的关系，从而可知直线过定点 ，从而可知定点 即为 的中
点，该法是本题的最优解；
方法三：设直线 ，再利用过点 的曲线系，根据比较对应项系数可求出 的关系，
从而求出直线过定点 ，故可知定点 即为 的中点；
方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解 以及
的计算．
2．（2020·北京·高考真题）已知椭圆 过点 ，且 ．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点 的直线l交椭圆C于点 ,直线 分别交直线 于点 ．求 的值．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）1.
【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化
为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得 ，从而可得两线段长度的比值.
【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为： ，由题意可得：，解得： ，
故椭圆方程为： .
(Ⅱ)[方法一]：
设 ， ，直线 的方程为： ，
与椭圆方程 联立可得： ，
即： ，
则： .
直线MA的方程为： ，
令 可得： ，
同理可得： .
很明显 ，且 ，注意到，
，
而
，
故 .
从而 .
[方法二]【最优解】：几何含义法
①当直线l与x轴重合，不妨设 ，由平面几何知识得
，所以 ．②当直线l不与x轴重合时，设直线 ，由题意，直线l不过 和点 ，所以 ．
设 ，联立 得 ．由题意知 ，所以 ．且
．
由题意知直线 的斜率存在． ．
当 时，
．
同理， ．所以 ．
因为 ，所以 ．
【整体点评】方法一直接设直线 的方程为： ，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；
方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为 ，联立方程消
去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.
3．（重庆·高考真题）如图，中心在原点O的椭圆的右焦点为 ，右准线l的方程为： ．
(1)求椭圆的方程；
(2)在椭圆上任取三个不同点 ，使 ，证明： 为定值，并
求此定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】(1)根据准线的几何性质，求出a，再算出b，可得椭圆方程；(2)根据题设，分别求出 与x轴正方向的夹角之间的关系，代入 中计算
即可.
【详解】（1）设椭圆方程为 ．因焦点为 ，故半焦距 ，又右准线 的方程为 ，
从而由已知 ，因此 ， ，
故所求椭圆方程为 ；
（2）
记椭圆的右顶点为A，并设 （ 1，2，3），不失一般性，
假设 ，且 ， ．
又设点 在 上的射影为 ，因椭圆的离心率 ，从而有
．
解得 ．
因此 ，
而 ，
故 为定值．
综上，椭圆方程为 ； .
【点睛】本题的难点在于运用椭圆上的点到焦点的距离表达为到准线的距离乘以离心率，再对运用三角函数计算化简.
4．（江西·高考真题）如图，已知双曲线 的右焦点为 ,点 分别在 的两条渐近线
上， 轴， , ( 为坐标原点）.
（1）求双曲线 的方程；
（2）过 上一点 的直线 与直线 相交于点 ，与直线 相交于点 ，
证明：点 在 上移动时， 恒为定值，并求此定值.
【答案】（1） （2）
【分析】（1）确定 的值即可求出双曲线 的方程，由直线 和 方程联立求出点 的坐标，再根据
，即 ，即可求出 的值；
（2）联立直线 和直线 的方程求出点 ，联立直线 和直线 的方程求出点 ，即可得到 的
表达式，再根据点 在双曲线 上，化简即可得到 ，即命题得证．
【详解】（1）设 ，因为 ，所以 ．
由题意可得，直线OB方程为 ，直线BF的方程为 ，联立解得 ，而直线OA
的方程为 ，则 ∴
又因为AB OB，所以 ，解得 ，故双曲线C的方程为
（2）由（1）知 ，则直线 的方程为 ，即
因为直线AF的方程为 ，所以直线 与AF的交点 ，直线 与直线 的交点为 ，则 ．
因为 是C上一点，则 ，代入上式得
，故所求定值为 ．
【点睛】本题主要考查双曲线的方程的求法，双曲线的简单几何性质的应用，直线与直线的位置关系的应
用，以及双曲线中的定值问题的解法应用，意在考查数学的数学运算能力，属于中档题．
5．（北京·高考真题）已知椭圆 ： （ ）的离心率为 ， ， ， ，
的面积为1.
（1）求椭圆 的方程；
（2）设 是椭圆 上一点，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.
【分析】（Ⅰ）根据离心率为 ，即 ， OAB的面积为1，即 ，椭圆中 列方
程组进行求解；（Ⅱ）根据已知条件分别求出 的值，求其乘积为定值.
【详解】（Ⅰ）由题意得 解得 .
所以椭圆 的方程为 .
（Ⅱ）由（Ⅰ）知， ，
设 ，则 .
当 时，直线 的方程为 .
令 ，得 ，从而 .直线 的方程为 .
令 ，得 ，从而 .
所以
.
当 时， ，
所以 .
综上， 为定值.
【考点】椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、运算求解能力.
【名师点睛】解决定值、定点的方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、
定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、
定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元思想的运用可有效地简
化运算.
1．（2024·陕西西安·模拟预测）已知椭圆 的离心率为 ，椭圆 的动弦 过椭圆
的右焦点 ，当 垂直 轴时，椭圆 在 处的两条切线的交点为 ．
(1)求点 的坐标；
(2)若直线 的斜率为 ，过点 作 轴的垂线 ，点 为 上一点，且点 的纵坐标为 ，直线 与
椭圆 交于 两点，证明： 为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设出直线 的方程，与椭圆的方程联立，利用 即可求点M坐标；
（2）先设出点N坐标，再求 的斜率，判断直线 与 的关系，联立直线 与椭圆的方程，利用根与系数的关系求弦长，即可证明.
【详解】（1） ，
解得 ，所以椭圆方程为 ，
又 ，所以右焦点 ，
当 垂直 轴时，不妨取 ，根据对称性可知点 在x轴上，且直线 的斜率存在，
设直线 的方程为 ，
联立 ，
消去 得： ，
则 ，
化简得 ，解得 ，
所以直线 的方程为 ，
令 ，解得 ，故点 的坐标为 .
（2）如图，由题意可得直线 的方程为 ，即 .
设A(x ,y ),B(x ,y )，由题可知 ，
1 1 2 2
所以 ，故直线 与 垂直，
联立 ，消去 得： ，
则 ，
所以 ，
同理， ，
所以 ，
故 为定值．
2．（24-25高三上·广东·开学考试）设 为椭圆 的左、右焦点，点 在椭
圆 上，点 关于原点的对称点为 ，四边形 的面积为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)若过 的直线 交椭圆 于 两点，求证： 为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的对称性，结合平行四边形的判定定理、三角形面积公式进行求解即可；
（2）根据直线 的斜率是否为零，结合一元二次方程根与系数关系分类讨论进行求解即可.
【详解】（1）设椭圆 的焦距为 ，因为 ，
所以四边形 为平行四边形，其面积设为 ，则，所以 ，
所以 ，
又 ，
解得 ，
所以椭圆 的方程为 .
（2） ，当直线 与 轴重合时， 的方程为 ，
此时不妨令 ，则 ；
当直线 与 轴不重合时， 的方程可设为 ，
由 ，得 ，
设 ，则 ，
综上， 为定值4.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据直线所过点的特征进行恰当选择直线方程.
3．（2024·全国·模拟预测）已知A是圆E： 上的任意一点，点 ，线段AF的垂
直平分线交线段AE于点T．
(1)求动点T的轨迹C的方程；
(2)已知点 ，过点 的直线l与C交于M，N两点，求证： ．【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）由点T满足条件符合椭圆的定义，得点T的轨迹方程；
（2）按直线斜率是否为零分类讨论，当直线斜率不为零时，联立方程组，得 ，所以x轴平分
，用角平分线定理证明命题成立.
【详解】（1）因为 ，
所以动点T的轨迹C是以E，F为焦点且长轴长为4的椭圆，
因为 ， ，所以 ， ，
所以动点T的轨迹C的方程是 ．
（2）
证明：若直线l与x轴重合，则M，N为椭圆C长轴的端点，
不妨设 ， ，则 ， ，所以 ，
若直线l与x轴不重合，设直线l的方程为 ，
设点M(x ,y )，N(x ,y )，由 ，得 ，
1 1 2 2
因为 ，所以 ， ，
因为 ，
所以x轴平分 ，所以 ，
综上， ．
【点睛】关键点睛：动点满足曲线的定义，可以直接得动点的轨迹方程. 欲证 可证x轴平分 .
4．（2024·山东菏泽·模拟预测）已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，点
在椭圆 上，点 与点 关于原点对称，四边形 的面积为4．
(1)求椭圆 的方程；
(2)若直线 与椭圆 交于 两点．与 轴交于点 ．试判断是否存在 ，使得
为定值？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) ；
(2) .
【分析】（1）根据给定条件，利用点在椭圆上及四边形面积，结合待定系数法求出 .
（2）联立直线 与椭圆 的方程，求出 结合韦达定理求解即得.
【详解】（1）设椭圆 的焦距为 ，依题意， ，则 ，
四边形 为平行四边形，其面积 ，得 ，即 ，
联立解得 ，
所以椭圆 的方程为 .
（2）存在.
由 消去 得 ，
当 时， 恒成立，
设 ，则 ，
，
则当 ，即 时， 为定值 ，所以 .
【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．
5．（24-25高三上·青海西宁·开学考试）已知椭圆 的离心率为 点 在椭圆 上
运动，且 面积的最大值为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)设 分别是椭圆 的右顶点和上顶点，直线 与直线 平行，且与 轴， 轴分别交于点 ，与
椭圆 相交于点 为坐标原点.
（i）求 与 的面积之比；
（ii）证明： 为定值.
【答案】(1)
(2)（i）1；（ii）证明见解析
【分析】（1）当点 为短轴的端点时， 面积最大，然后根据题意建立方程组求解即可；
（2）先利用直线 与直线 平行，设直线方程为 ，然后计算出 ，再与椭圆
联立，得方程 ，设点 ，然后用韦达定理得到
，分别计算两个小问即可.
【详解】（1）根据题意 解得 ，所以椭圆 的方程为
（2）如图所示：
设直线 的方程为 ，则 ，
联立方程 消去 ，整理得 ，
，得
设 ，则 .
（i） ，
，
与 的面积之比为1.
（ii）证明：
.
综上， .
x2 y2
6．（2024·湖北·模拟预测）已知椭圆C: + =1(a>b>0)的长轴是短轴的 倍，且椭圆上一点到焦
a2 b2
点的最远距离为 是椭圆左右顶点，过 做椭圆的切线，取椭圆上 轴上方任意两点 （ 在
的左侧），并过 两点分别作椭圆的切线交于 点，直线 交点 的切线于 ，直线 交点 的切线
于 ，过 作 的垂线交 于 .(1)求椭圆的标准方程.
(2)若 ，直线 与 的斜率分别为 与 ，求 的值.
(3)求证：
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件，列出关于 的方程，求出 ，可得椭圆的标准方程.
（2）设过 点的切线方程的点斜式，与椭圆方程联立，消去 ，得到关于 的一元二次方程，由 ，
得到关于 的一元二次方程，利用韦达定理，可得 的值.
（3）设 （ ），再设过 点的切线方程，与椭圆方程联立，消去 ，得到关于 的一元二次
方程，由 ，得到关于 的一元二次方程，利用韦达定理，可得 ， 的表达式.再把 和
用 ， 表示，化简整理即可.
【详解】（1）由题意： .
所以椭圆的标准方程为： .
（2）设过点 的切线方程为： ，即 ，
由 ，消去 ，整理得： ，由 ，
整理得： ，
所以 .
（3）设 （ ）， 的延长线交 轴于 点，如图：
、 两点处切线斜率分别为 ，则 .
设 点的椭圆的切线方程为： ，即 ，
由 消去 ，
化简整理得： ，
由 得：
化简整理得： ，
由韦达定理，得： ， ，
所以 ， ，
所以要证明 ，只需证明： ，
即
，
因为 ，所以上式成立，
即 成立.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 ；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，注意 的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 （或 、 ）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
考点二、 斜率类定值
1．（2021·全国·高考真题）在平面直角坐标系 中，已知点 、 ，
点 的轨迹为 .
（1）求 的方程；
（2）设点 在直线 上，过 的两条直线分别交 于 、 两点和 ， 两点，且 ，
求直线 的斜率与直线 的斜率之和.
【答案】（1） ；（2） .
【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹 是以点 、 为左、右焦点双曲线的右支，求出 、 的值，
即可得出轨迹 的方程；
(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，
最后化简计算可得 的值.
【详解】(1) 因为 ，
所以，轨迹 是以点 、 为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹 的方程为 ，则 ，可得 ， ，
所以，轨迹 的方程为 .
（2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立
如图所示，设 ,
设直线 的方程为 ．联立 ,
化简得 ， ，
则 ．
故 ．
则 ．
设 的方程为 ，同理 ．
因为 ，所以 ，
化简得 ，
所以 ，即 ．
因为 ，所以 ．
[方法二] ：参数方程法
设 ．设直线 的倾斜角为 ，
则其参数方程为 ，
联立直线方程与曲线C的方程 ，
可得 ，整理得 ．
设 ，
由根与系数的关系得 ．
设直线 的倾斜角为 ， ，
同理可得
由 ，得 ．
因为 ，所以 ．
由题意分析知 ．所以 ，
故直线 的斜率与直线 的斜率之和为0．
[方法三]：利用圆幂定理
因为 ，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．
设 ,直线 的方程为 ，
直线 的方程为 ,
则二次曲线 ．
又由 ，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：
，
整理可得：
，
其中 ．
由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即 .
【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方
法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活
的应用到题目中.
方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.2．（2024·河南·二模）已知椭圆 的焦距为2，两个焦点与短轴一个顶点构成等边三
角形.
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)设 ，过点 的两条直线 和 分别交椭圆 于点 和点 （ 和 .不重合），直线 和 的
斜率分别为 和 .若 ，判断 是否为定值，若是，求出该值；若否，说明理由.
【答案】(1)
(2) 为定值0.
【分析】（1）由椭圆的性质结合题意可得标准方程；
（2）由点斜式写出直线 的方程，联立曲线，得到韦达定理，再由向量共线得到坐标关系，利用韦达定理
化简即可.
【详解】（1）由题焦距 ，解得 ，
由两个焦点与短轴一个顶点构成等边三角形可知 ，则 ，
所以 ，
所以椭圆 的标准方程为 .
（2） 是定值.
已知 ，设 ，
直线 的方程为 ，即 ，
代入 并整理，得 ，
，
.
，
三点共线，且 与 同向，，
同理可得
，化简得 ，
，
所以 为定值0.
【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是由向量的坐标表示 与 共线，再由韦达定理化简得到斜率关
系.
3．（2024·四川成都·模拟预测）已知点 ， ，点P在以AB为直径的圆C上运动， 轴，
垂足为D，点M满足 ，点M的轨迹为W，过点 的直线l交W于点E、F.
(1)求W的方程；
(2)若直线l的倾斜角为 ，求直线l被圆C截得的弦长；
(3)设直线AE，BF的斜率分别为 ， ，证明 为定值，并求出该定值.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析，2
【分析】（1）由已知可得圆的方程，设M(x,y)，P(x ,y )， ，根据 ，可得 ，
0 0
，代入圆的方程即可求解；
（2）由已知可得直线方程，求出圆心到直线的距离，由勾股定理即可求解；
（3）根据题意可知直线 斜率不为0，设直线 的方程为 ， ， ，联立直线和椭圆构成的方程组，根据斜率的计算公式结合韦达定理即可求解.
【详解】（1）
由题意，点 在圆 上运动，设M(x,y)，P(x ,y )， ，
0 0
由 得 ， ，
又 ，所以 ，所以 的方程为 ；
（2）直线 的方程为 ，即 ，
圆心 到直线 的距离为 ，
所以直线 被圆C截得的弦长为 ；
（3）
由题意，直线 斜率不为0，设直线 的方程为 ， ， ，
联立 得 ，
所以 ， ，
故 ，.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 ；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，注意 的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 （或 、 ）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
4．（23-24高二上·湖南·期末）已知椭圆 与双曲线 的焦距
之比为 ．
(1)求椭圆 和双曲线 的离心率；
(2)设双曲线 的右焦点为F，过F作 轴交双曲线 于点P（P在第一象限），A，B分别为椭圆 的
左、右顶点， 与椭圆 交于另一点Q，O为坐标原点，证明： ．
【答案】(1)椭圆 的离心率为 ，双曲线 的离心率为
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意结合椭圆、双曲线的方程与性质运算求解；
（2）由（1）可知 ，联立方程求点 的坐标，结合斜率公式分析证明.
【详解】（1）椭圆 的焦距 ，双曲线 的焦距 ，
则 ，整理得 ，
从而 ， ，
故椭圆 的离心率 ，双曲线 的离心率 ．
（2）由（1）可知 ，椭圆 ，
因为 ，所以直线 的方程为 ．联立方程组 ，整理得 ，
则 ，则 ，
可得 ，即 ，
因为 ， ， ，
则 ， ，
故 ．
【点睛】方法点睛：与弦端点相关问题的解法
解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为端点的坐标关系，再根据联
立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程(组)求解．
1．（2024·全国·模拟预测）设椭圆 ， 是 上一个动点，点 ， 长的最
小值为 ．
(1)求 的值：
(2)设过点 且斜率不为0的直线 交 于 两点， 分别为 的左、右顶点，直线 和直线 的斜
率分别为 ，求证： 为定值．
【答案】(1) ；
(2)证明见解析.【分析】（1）设出点 坐标，并求出 长，再结合二次函数探求最小值即得解.
（2）设出直线 的方程，与椭圆方程联立，设出点 的坐标，利用斜率坐标公式，结合韦达定理计算即
得.
【详解】（1）依题意，椭圆 的焦点在 轴上，设焦距为 ，
设 ，则 ，而 ，
则 ，
而 ，则 ，即 ，因此 ，
由 ，得当 时， ，
即 ，化简得 ，又 ，解得 ，
所以 ．
（2）由（1）知，椭圆 的方程为 ，点 ，
设 ，则 ，即 ，
斜率不为0的直线 过点 ，设方程为 ，则 ，
由 消去 并整理得 ，显然 ，
则 ，即有 ，
因此 ，所以 为定值.
【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．2．（2024·重庆·模拟预测）如图， 轴，垂足为D，点P在线段 上，且 ．
(1)点M在圆 上运动时，求点P的轨迹方程；
(2)记（1）中所求点P的轨迹为 ，过点 作一条直线与 相交于 两点，与直线 交于
点Q．记 的斜率分别为 ，证明： 是定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设P(x,y)，则有 ，根据 在圆 上运动，即可求解 、 的关系式即为
点P的轨迹方程；
（2）设出直线方程，直曲联立利用韦达定理求出 ，求出 ，对 ，令
，得 ，求出 ，即可求出 是定值.
【详解】（1）设P(x,y)，根据题意有 ，
又因为M在圆 上运动，所以 ，
即 ，所以点P的轨迹方程为： .
（2）
根据已知条件可知，若直线 的斜率不存在，不合题意，
若直线 斜率为 ，直线 与直线 平行无交点也不合题意，所以直线 的斜率存在设为 ，直线 的方程为 ，
联立 ，则有 ，且 ，
设 ， ，则 ，
， ，所以
，
对 ，令 ，得 ，所以 ，
所以 ，所以 为定值.
3．（23-24高三上·云南·阶段练习）已知椭圆 的离心率为 ，且点 在椭圆上．
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)如图，若一条斜率不为0的直线过点 与椭圆交于 两点，椭圆 的左、右顶点分别为 ，直
线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，求证： 为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析【分析】（1）将点代入椭圆方程，结合离心率公式，即可利用待定系数法求椭圆方程；
（2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理表示 ，即可求解 的值.
【详解】（1）由椭圆 的离心率为 ，且点 在椭圆上，
可得 ，所以 ，
又点 在该椭圆上，所以 ，所以 ，
所以椭圆C的标准方程为 ．
（2）证明：设 ，由于该直线斜率不为0，可设 ，
联立方程 和 ，得 ，
恒成立，根据韦达定理可知，
，
，
，
， ．
考点三、 角度类定值
1．（北京·高考真题）已知双曲线 的离心率为 ，右准线方程为
（Ⅰ）求双曲线 的方程；（Ⅱ）设直线 是圆 上动点 处的切线， 与双曲
线 交于不同的两点 ，证明 的大小为定值..
【答案】（Ⅰ） （Ⅱ） 的大小为 ..
【详解】【解法1】本题主要考查双曲线的标准方程、圆的切线方程等基础知识，考查曲线和方程的关系
等解析几何的基本思想方法，考查推理、运算能力．（Ⅰ）由题意，得 ，解得 ，
∴ ，∴所求双曲线 的方程为 .
（Ⅱ）点 在圆 上，
圆在点 处的切线方程为 ，化简得 .
由 及 得 ，
∵切线 与双曲线C交于不同的两点A、B，且 ，
∴ ，且 ，设A、B两点的坐标分别为 ，
则 ，∵ ，且
，
.∴ 的大小为 ..
【解法2】（Ⅰ）同解法1.
（Ⅱ）点 在圆 上，圆在点 处的切线方程为 ，化
简得 .由 及 得
① ②
∵切线 与双曲线C交于不同的两点A、B，且 ，
∴ ，设A、B两点的坐标分别为 ，则 ，
∴ ，∴ 的大小为 .. （∵ 且 ，
∴ ，从而当 时，方程①和方程②的判别式均大于零）.2．（江西·高考真题）设抛物线 的焦点为F，动点P在直线 上运动，过P作抛物线C
的两条切线PA、PB，且与抛物线C分别相切于A、B两点.
（1）求△APB的重心G的轨迹方程.
（2）证明∠PFA=∠PFB．
【答案】(1) (2)见解析
【详解】本试题主要考查了轨迹方程的求解和证明角的相等问题．
解：（1）设切点 ， 坐标分别为 和 ，
切线 的方程为： ；切线 的方程为： ；
由于 既在 又在 上，所以 解得 ，
所以 的重心 的坐标为 ，
，
所以 ，由点 在直线 上运动，从而得到重心 的轨迹方程为：
，即 ．
（2）方法1：因为 ， ， ．
由于 点在抛物线外，则 ．
，
同理有 ，
．
方法2：①当 时，由于 ，不妨设 ，则 ，所以P点坐标为 ，则P点到直线AF的距离为： ；而直线 的方程： ，
即 ．所以P点到直线BF的距离为： 所
以 ，即得 ．
②当 时，直线AF的方程： ，即 ，
直线 的方程： ，即 ，
所以P点到直线AF的距离为：
，
同理可得到P点到直线BF的距离 ，因此由 ，可得到 ．
1．（23-24高三上·安徽六安·阶段练习）在直角坐标系 中，抛物线 与直线 交
于 两点．
(1)若 点的横坐标为4，求抛物线在 点处的切线方程；
(2)探究 轴上是否存在点 ，使得当 变动时，总有 ？若存在，求出 点坐标；若不存在，
请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；
【分析】（1）根据导数的几何意义求解；
（2）总有 ，即直线 与直线 的倾斜角互补，即恒有 ，联立直线 与抛物线
方程，得到韦达定理代入运算 ，判断得解.
【详解】（1）由已知，得 ，因为 ，所以 ，斜率 ，因此，切线方程为 ，即 ．
（2）存在符合题意的点 ，理由如下：
设点 为符合题意的点， ，直线 的斜率分别为 ．
联立方程 ，得 ，
因为 ，则 ，可得 ，
从而
，
因为 不恒为0，可知当且仅当 时，恒有 ，
则直线 与直线 的倾斜角互补，故 ，
所以点 符合题意．
2．（2024·湖南长沙·一模）已知双曲线 与直线 ： （ ）有唯一的公共点 ，直
线 与双曲线的两条渐近线分别交于 ， 两点，其中点 ， 在第一象限.
(1)探求参数 ， 满足的关系式；
(2)若 为坐标原点， 为双曲线的左焦点，证明： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将直线 与双曲线方程联立，因只有一个切点 从而可得 ，从而求解.
（2）将直线 分别与双曲线的两渐近线方程联立求出 ， ，由（1）
可求出 ，即，分别求出 ， ，
，从而可求解.
【详解】（1）联立方程 ，整理得 .
由 ，且 是双曲线与直线 的唯一公共点，可得 ，
则 ，即为参数 ， 满足的关系式.
结合图象，由点 在第一象限，可知 ，且 .
所以 ， 的关系式满足 .
（2）由题可得双曲线的左焦点 ，渐近线为 .
联立方程 ，解得 ，即 ；
联立方程 ，解得 ，即 .
结合 ，且由 式可变形为 ，
解得 ，可得 .
要证 ，即证 ，
即证 ，
即证 ，即证 .由 ，得 .
根据直线的斜率公式， ， ， ，
则 ，
，
可得 ，
因此， .
【点睛】关键点点睛：利用直线 与双曲线方程联立后利用 ，从而求得 和点
坐标，然后由直线 分别与双曲线的两渐近线联立求出 坐标，要证
，从而可求解.
3．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线 的左、右焦点分别为 、 ，左、右顶
点分别为 、 ，点 在 上， ．
(1)求双曲线 的标准方程．
(2)若过焦点 且斜率存在的直线与双曲线 的右支交于 、 两点，线段 的垂直平分线与 轴交于
点 ，试问 是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题中条件可得出关于 、 、 的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线 的方
程；（2）设直线 的方程为 ，设点M(x ,y )，N(x ,y )，将直线 的方程与双曲线
1 1 2 2
的方程联立，列出韦达定理，写出线段 的垂直平分线方程，求出点 的坐标，求出|MN|、 ，
利用正弦定理可求得 的值.
【详解】（1）解：由点 在双曲线 上，可得 ．
因为 ，所以 ．
又 ，所以 ， ， ，
所以双曲线 的标准方程为 ．
（2）解： 为定值，理由如下：
设直线 的方程为 ，设点M(x ,y )，N(x ,y )，
1 1 2 2
联立 ，可得 ，
当 时，直线 与双曲线 的渐近线平行，此时直线 和双曲线 只有一个交点，不合题意，
故 ，此时 ，
则 ， ，
由已知可得 ，可得 ，
则 ， ，
所以，线段 的中点坐标为 ，所以线段 的垂直平分线的方程为 ．
令在直线 的方程中，令 得 ，即 ，
所以 ．
又 ，
在 中，由正弦定理得 ，所以 ．
在 中，由正弦定理得 ，所以 ，
所以 为定值．
【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
考点 四 、 位置关系类定值
1．（2023·北京·高考真题）已知椭圆 的离心率为 ，A、C分别是E的上、下顶
点，B，D分别是 的左、右顶点， ．
(1)求 的方程；
(2)设 为第一象限内E上的动点，直线 与直线 交于点 ，直线 与直线 交于点 ．求证：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）结合题意得到 ， ，再结合 ，解之即可；（2）依题意求得直线 、 与 的方程，从而求得点 的坐标，进而求得 ，再根据题意求得
，得到 ，由此得解.
【详解】（1）依题意，得 ，则 ，
又 分别为椭圆上下顶点， ，所以 ，即 ，
所以 ，即 ，则 ，
所以椭圆 的方程为 .
（2）因为椭圆 的方程为 ，所以 ，
因为 为第一象限 上的动点，设 ，则 ，
易得 ，则直线 的方程为 ，
，则直线 的方程为 ，
联立 ，解得 ，即 ，
而 ，则直线 的方程为 ，
令 ，则 ，解得 ，即 ，
又 ，则 ， ，
所以，
又 ，即 ，
显然， 与 不重合，所以 .
2．（2024·全国·高考真题）已知椭圆 的右焦点为 ，点 在 上，且
轴．
(1)求 的方程；
(2)过点 的直线交 于 两点， 为线段 的中点，直线 交直线 于点 ，证明：
轴．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设F(c,0)，根据 的坐标及 轴可求基本量，故可求椭圆方程.
（2）设 ，A(x ,y )，B(x ,y )，联立直线方程和椭圆方程，用 的坐标表示 ，
1 1 2 2
结合韦达定理化简前者可得 ，故可证 轴.
【详解】（1）设F(c,0)，由题设有 且 ，故 ，故 ，故 ，
故椭圆方程为 .
（2）直线 的斜率必定存在，设 ，A(x ,y )，B(x ,y )，
1 1 2 2
由 可得 ，
故 ，故 ，
又 ，而 ，故直线 ，故 ，
所以
，
故 ，即 轴.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 ；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，注意 的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 （或 、 ）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
x2 y2
1．（2024·山西长治·模拟预测）已知椭圆E: + =1(a>b>0)的右焦点为 ，且该椭圆过点
a2 b2
，直线l交椭圆E于A，B两点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若AB的中点坐标为 ，求直线l的方程；
(3)若直线l方程为 ，过A、B作直线 的垂线，垂足分别为P、Q，点R为线段PQ
的中点，求证：四边形ARQF为梯形.
【答案】(1)
(2)
(3)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）利用点差法求得直线 的斜率，进而求得直线 的方程.
（3）联立直线 的方程和椭圆 的方程，化简写出根与系数关系，计算 ，以及AF与RQ，从
而判断出四边形ARQF为梯形.
【详解】（1）由题得 ，
将 代入 得：
，
椭圆E的方程为 .
（2）设A(x ,y ),B(x ,y )，则 ，
1 1 2 2
且 ，
两式相减得： ，可得 ，
l方程为 ，即 .
（3）由 得：
，且 ，
，
∴ ，
又直线 的斜率存在，AF与RQ不平行，
∴四边形ARQF为梯形.【点睛】关键点点睛：根据已知条件求得 ， 和 是两个未知参数，要求出两个参数的值，需要两个已
知条件，如本题中“椭圆的右焦点以及椭圆所过点”两个已知条件，再结合 即可求得 ，从
而求得椭圆的标准方程.
2．（23-24高三上·湖南·阶段练习）已知椭圆 的左焦点为F，P，Q分别为左顶点和
上顶点，O为坐标原点， （ 为椭圆的离心率）， 的面积为 ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)直线 与椭圆交于 两点，过 作直线 的垂线，垂足分别为 、 ，点
为线段 的中点．求证：四边形 为梯形.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据题目条件得到 ， ，结合 ，求出 ，得到椭圆方程；
（2）设A(x ,y ),B(x ,y )，表达出 ， ，得到 ，
1 1 2 2
，四边形 为梯形的充分必要条件是 ，即 ，变形得到
，联立 ，得到两根之和，两根之积，从而证明出
，证毕.
【详解】（1）∵ ，
∴ ，
∴又 ， ，
解得 ，
∴椭圆 的方程 ；
（2）证明：由（1）的结论可知，椭圆的左焦点 ，
设A(x ,y ),B(x ,y )，则 ， .
1 1 2 2
， .
∵直线 与椭圆交于 、 两点，
∴
由于直线 与直线 不平行，
∴四边形 为梯形的充分必要条件是 ，即 ，
即 ，即 ，
∵ ，∴上式又等价于 ，
即 ，
由 ，得 ， ，
∴ ，，
，
∴ 成立，
∴四边形 为梯形.
【点睛】方法点睛：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.
考点 五 、 向量类定值
1．（四川·高考真题）过点C(0，1)的椭圆 的离心率为 ，椭圆与x轴交于两点
、 ，过点C的直线l与椭圆交于另一点D，并与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q
．
（I）当直线l过椭圆右焦点时，求线段CD的长；
（Ⅱ）当点P异于点B时，求证： 为定值．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） 为定值，答案见解析.
【详解】试题分析：（Ⅰ）由已知得 ，解得 ，所以椭圆方程为 ．
椭圆的右焦点为 ，此时直线 的方程为 ，代入椭圆方程得 ，解得
，代入直线 的方程得 ，所以
，故 ．（Ⅱ）当直线 与 轴垂直时与题意不符．
设直线 的方程为 ．代入椭圆方程得 ．
解得 ，代入直线 的方程得 ，
所以D点的坐标为 ．
又直线AC的方程为 ，又直线BD的方程为 ，联立得 因此 ，
又 ．所以 ．故 为定值．
考点：直线与圆锥曲线的综合问题 平面向量数量积的运算 椭圆的简单性质．
点评：本题主要考查了由椭圆的性质求解椭圆方程，直线与曲线相交的弦长公式的应用及向量的数量积的
坐标表示的应用，属于圆锥曲线问题的综合应用
2．（23-24高二上·上海奉贤·期末）已知椭圆C: 的左右焦点分别为 ， ，M为椭圆C上一点.
(1)若点M的坐标为 ，求 的面积；
(2)若点M的坐标为 ，且 是钝角，求横坐标 的范围；
(3)若点M的坐标为(0,1)，且直线 与椭圆C交于两个不同的点A，B.求证： 为定值.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）先根据点 在椭圆上，求出 的值，再求 的面积.
（2）根据点 在椭圆上，先明确 的关系，再由余弦定理，表示出 ，由 求
的范围.
（3）把直线方程与椭圆方程联立，消去 ，得到关于 的一元二次方程，根据一元二次方程根与系数的关
系，得到 ， ，并用它们表示出 ，进行化简整理即可.
【详解】（1）因为点 在椭圆上，所以 ，因为 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ， ， ，
所以 .（2）如图：
因为点M在椭圆上，所以 ，
由余弦定理得
因为 是钝角，所以 ，
又因为 ，所以 ，解得 ，
的范围为 .
（3）如图：
设A(x ,y )，B(x ,y )，
1 1 2 2
由 得 ，
， ， ，
又 ， ，所以，
即有 为定值.
3．（2024·北京通州·二模）已知椭圆 ： （ ）的长轴长为4，离心率为 ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)直线l过椭圆E的左焦点F，且与E交于 两点（不与左右顶点重合），点 在 轴正半轴上，
直线 交 轴于点P，直线 交 轴于点 ，问是否存在 ，使得 为定值？若存在，求出 的值及
定值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，当 时， 有定值 ．
【分析】（1）根据长轴长为 ，离心率为 ，可得 ，得到标准方程．
（2）根据斜率存在，设直线的方程 ，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示出
， ，表达出直线TM和直线TN，进而求出 为定值；斜率不存在，不妨
设 ， ，求出 为定值.
【详解】（1）因为椭圆 的长轴长为 ，离心率为 ，
所以 ， ．
所以 ， ．所以 ．
所以椭圆 的方程为 ．
（2）若直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ， ．联立方程组 ，
消去 ，化简得 ．
则 ，即 ,
设M(x ,y )，N(x ,y )，
1 1 2 2
所以 ， ．
所以直线TM的方程为 ，直线 的方程为 ．
所以 ， ．
所以 ， ，
所以
．
所以当 时， 为定值，
即 （负值舍）时， 有定值 ．
当 时，若直线l斜率不存在，
不妨设 ， ，
所以 ， ．
所以 ．
综上，当 时， 有定值 ．
【点睛】方法点睛：根据直线与圆锥曲线的位置关系求解存在性的定值问题，分类讨论，求解计算，计算
量偏大.1．（2024·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知点 ，直线 与 的斜率之积
为 ．
(1)求点 的轨迹 的方程；
(2)过 的直线 交曲线 于 两点，直线 与直线 交于点 ，求证： 为定值．
【答案】(1) ；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，设出点Q的坐标，再用斜率坐标公式列式化简即得.
（2）设出直线 的方程，与轨迹 的方程联立，并设出点 的坐标，求出点 的坐标，结合韦达定
理计算求解即可.
【详解】（1）设 ，直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，
依题意， ，整理得 ，
所以点 的轨迹 的方程为 .
（2）显然直线 不垂直于y轴，设直线 的方程为 ， ，
直线 的方程分别为 ，联立这两个方程得
点 的横坐标为 ，
由 消去x得 ， ，
于是 ， ，
，
所以 ．【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．
x2 y2
2．（2023·天津·一模）已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ，椭圆的一个顶点与两个焦点构成
a2 b2
的三角形面积为2. 已知直线 与椭圆C交于A，B两点，且与x轴，y轴交于M，N两点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若 ，求k的值；
(3)若点Q的坐标为 ，求证： 为定值.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积即可求出 ，则椭圆方程可得；
（2）联立方程组，根据根与系数的关系以及向量相等的坐标关系即可求出 ；
（3）根据根与系数的关系以及向量的数量积的运算即可求出．
【详解】（1） ， ，代入 得 .
又椭圆的一个顶点与两个焦点构成的三角形的面积为2，即 ，即 ，
以上各式联立解得 ，则椭圆方程为 .（2）直线y=k(x−1)与 轴交点为 ，与 轴交点为 ，
联立 ，消去 得: ， ，
设A(x ,y ),B(x ,y )，则 ，
1 1 2 2
， ，
由 得 ，解得: ，
由 得 .
（3）证明：由（2）知 ， ，
.
为定值.
【点睛】方法点睛：求圆锥曲线中的定值问题常见的方法：
从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
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．
考点 六 、 面积类定值
1．（北京·高考真题）已知椭圆 过点 两点．（Ⅰ）求椭圆 的方程及离心率；
（Ⅱ）设 为第三象限内一点且在椭圆 上，直线 与 轴交于点 ，直线 与 轴交于点 ，求证：
四边形 的面积为定值．
【答案】（Ⅰ） ； （Ⅱ）见解析.
【详解】试题分析：（Ⅰ）根据两顶点坐标可知 ， 的值，则亦知椭圆方程，根据椭圆性质及离心率公
式求解；（Ⅱ）四边形 的面积等于对角线乘积的一半，分别求出对角线 ， 的值求乘积为
定值即可．
试题解析：（Ⅰ）由题意得， ．
所以椭圆 的方程 ．
又 ，
所以离心率 ．
（Ⅱ）设 ，则 ．
又 ， ，所以，
直线 的方程为 ．
令 ，得 ，从而 ．
直线 的方程为 ．
令 ，得 ，从而
所以四边形 的面积
．
从而四边形 的面积为定值．考点：1、椭圆方程；2、直线和椭圆的关系．
【方法点晴】本题考查椭圆的方程与几何性质、直线与椭圆的位置关系，以及考查逻辑思维能力、分析与
解决问题的综合能力、运算求解能力、方程思想与分类讨论的思想．第一小题根据两顶点坐标可知 ，
的值，则亦知椭圆方程，根据椭圆性质及离心率公式求解；第二小题四边形 的面积等于对角线乘积
的一半，分别求出对角线 ， 的值求乘积为定值即可．
2．（22-23高二上·浙江台州·期中）已知点 与定点 的距离和它到定直线 的距离比是 .
(1)求点 的轨迹方程 ；
(2)若直线 与轨迹 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.
【答案】(1)
(2)是定值，理由见解析
【分析】
（1）根据题意可得 ，即可求解；
（2）利用韦达定理结合 ，可得 ，再利用弦长公式和点到直线的距离公式表示出
三角形的面积，进而可求解.
【详解】（1）
设 点坐标为 ，
化解可得： .
（2）
设 ，联立直线和椭圆方程可得： ，消去 可得： ，
所以 ，即 ，
则 ，
，
，
把韦达定理代入可得： ，
整理得 ，满足 ，
又 ，
而 点到直线 的距离 ，
所以 ，
把 代入，则 ，
可得 是定值1.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 ；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，注意 的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 （或 、 ）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
3．（2023·广东·一模）已知椭圆 ： ， 为坐标原点，若椭圆 与椭圆 的离心率相同，焦点
都在同一坐标轴上，椭圆 的长轴长与椭圆 的长轴长之比为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)已知点 在椭圆 上，点A，B在椭圆 上，若 ，则四边形 的面积是否为定值?若是，
求出定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)
(2)面积是定值，为2.
【分析】（1）利用椭圆的性质计算即可；
（2）利用平行四边形的性质及三角形面积公式计算即可.
【详解】（1）根据题意易知两椭圆焦点都在 轴上，不妨设 ，
易知椭圆 的长轴长 ，所以椭圆 的长轴长 ，
椭圆 的离心率 ，
故椭圆 的方程 ；
（2）是定值，理由如下：
设 ，根据点在椭圆上可知 ，
因为 ，所以四边形 是平行四边形，且 ，
即 ①，
又 ②，
①-②得： ，
因为 ，
所以 ，即 ，
易得直线 ，所以点B到直线 的距离为 ，
所以平行四边形 的面积为 ，显然面积是定值，定值为2.
【点睛】本题第二问利用设点法设 ，通过向量的线性运算得出四边形 是
平行四边形，利用点坐标满足椭圆方程通过化简得出 横纵坐标的关系式 ，而难点在于
构造得出 ，继而得到 ，余下利用点到
直线的距离和面积公式计算即可.计算技巧性比较强，需要多去领悟总结.
1．（23-24高二上·陕西西安·期末）设点 是椭圆 上任意一点，过点 作椭圆的切线，与
椭圆 交于 两点.
(1)求证： ;
(2) 的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)见解析
(2)是定值，定值为
【分析】（1）直线 与椭圆方程联立，证明 的中点坐标，即切点 的坐标；
（2）首先讨论直线 的斜率不存在的情况，以及直线 的斜率存在时与椭圆方程联立，并利用韦达定
理表示弦长|AB|，并表示 的面积.
【详解】（1）设直线 斜率不存在，则点 在 轴上，由对称性可知， ，
若直线 的斜率存在，设 ，A(x ,y )，B(x ,y )，P(x ,y )，
1 1 2 2 0 0联立 ，可得 ，
当 时，直线 与椭圆切于点 ， ，
解得： ， ，
当 时，线段 中点的横坐标 ，
所以点 为线段 的中点， ，
综上， ；
（2）若直线 斜率不存在，则 ，与椭圆 方程联立可得， ， ，
故 ，
若直线 的斜率存在，由（1）可得
， ，
，
点 到直线 的距离 ，
所以 ，
综上 的面积为定值 .
【点睛】关键点点睛：本题第一问的关键是转化为直线 与椭圆相交和相切的问题，转化为证明 的中
点，即切点 .
2．（23-24高三上·甘肃兰州·阶段练习）已知A，B分别是椭圆 的右顶点和上顶点，
，直线AB的斜率为 ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)若直线 与轨迹 交于M，N两点，O为坐标原点，直线OM，ON的斜率之积等于 ，试探求
的面积是否为定值，并说明理由．
【答案】(1)
(2)定值1【分析】（1）由已知可得 ，计算即可得到椭圆的方程；
（2）设 联立方程组，求得 ，又由直线OM，ON的斜
率之积等于 ，化简求得 ，再由弦长公式和面积公式，即可求解.
【详解】（1）由题意可知 ， ，直线AB的斜率为 ．
依题意得 ，椭圆的方程为
（2）设 ，由 ，得 ，
则 ，即 ，且 ，
因为直线OM，ON的斜率之积等于 ， ，
所以 ，
即 ，又O到直线MN的距离为 ,
，
所以 .
所以 的面积为定值1.
【点睛】关键点睛：本题的关键是将直线与椭圆方程联立得到韦达定理式，再通过斜率乘积为定值得到
，最后利用点到直线距离公式和弦长公式得到面积表达式，代入 即可得到答案.3．（23-24高二上·广东汕头·期末）已知椭圆 ： 的离心率为 ，且椭圆 过点
，点 ， 分别为椭圆 的左、右顶点．
(1)求椭圆 的方程；
(2)点 ， 为椭圆 上不同两点，过椭圆上的点 作 ，且 ，求证： 的面积为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意得到 、 、 的方程组，解得即可；
（2）设直线 的方程为 ，联立直线与椭圆方程，即可求出 ， ，从而得到 ，则
，再设 ， ，直线 的方程为 ，联立直线与椭圆方程，消元、
列出韦达定理，再根据 得到 ，最后根据 计算可得；
【详解】（1）依题意 ，解得 ，
所以椭圆 的方程为 .
（2）由（1）可得 ， ，
设直线 的方程为 ，
代入 得 ，它的两个根为 和 ，
可得 ， ，从而 ．
因为 ，所以 ，
若直线 的斜率不存在，根据对称性，则 在椭圆的上（下）顶点处，
不妨取 为上顶点，则 ，由 ，解得 或 ，
所以 或 ，
所以 ，
若直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ，设 ， ，
将 代入 ，整理得 ，
由 ，则 ， ，
所以 ，
化简得 ，
所以 .
综上可得 的面积等于 ，为定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 、 ；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，必要时计算 ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 的形式；
（5）代入韦达定理求解.
4．（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·期末）已知 ， 分别是双曲线 ： （ ， ）的左、
右焦点， ，点 到 的渐近线的距离为3.
(1)求双曲线 的标准方程及其渐近线方程；(2)已知点 为坐标原点，动直线 与 相切，若 与 的两条渐近线交于 ， 两点，求证： 的面积
为定值.
【答案】(1)双曲线 的标准方程为 ，渐近线方程为
(2)证明过程见详解.
【分析】（1）利用焦距求出 ，利用点到直线距离公式表示 到 的渐近线的距离求出 ，
再利用 求出 ，然后求出渐近线.
（2）讨论直线的斜率是否存在，且当直线的斜率存在时，设出直线方程，与双曲线方程联立，根据 ，
找到参数之间的关系，线段 的长，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，求得面积，即可证明.
【详解】（1）因为 ，所以 ，因为F (−c,0)，渐近线为 ，
1
即 则 到 的渐近线的距离为可表示为 ，
所以 ，
所以双曲线 的标准方程为 ，渐近线方程为 .
（2）①当直线经过双曲线的顶点时直线 的斜率不存在，此时直线方程为 ，
此时易得 ，点 到直线 的距离为 ，所以此时
②当直线 的斜率存在时设直线 为 ，
由 得
因为直线于双曲线相切，所以 且 ，
整理得 且 ，即
由 得 ，则
同理得到
所以
点 到直线 的距离所以
所以 的面积为定值3.
【点睛】利用 ，找到参数之间的关系，再利用公式求得|AB|，利用点到直线的距离公式求出三角形
的高，进而求出面积是解题关键.
考点 七 、 距离类定值
1．（2024·江苏盐城·一模）已知抛物线 ： ，圆 ： ， 为坐标原点.
(1)若直线 ： 分别与抛物线 相交于点A， （ 在B的左侧）、与圆 相交于点S，
（S在 的左侧），且 与 的面积相等，求出 的取值范围；
(2)已知 ， ， 是抛物线 上的三个点，且任意两点连线斜率都存在.其中 ， 均与圆 相切，
请判断此时圆心 到直线 的距离是否为定值，如果是定值，请求出定值；若不是定值，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是，定值为1.
【分析】（1）根据题意，将三角形面积相等转化为 ，再利用设而不求分别求得 ，
，从而得到 ，再由判别式即可得解.
（2）充分利用 ，得到直线 与 的方程，利用与圆相切的性质同构出直线 的方
程，从而得解.
【详解】（1）因为 与 的面积相等，且 与 的高均为原点到直线 的距离，
所以 ，则 ，
设A(x ,y )，B(x ,y )， ， ，
1 1 2 2
则 ，即 ，直线 ： 代入抛物线 ，得 ，
因为直线 与抛物线交于 ， 两点，
所以 ，则 ，
直线 ： 代入圆 ： ，
得 ，
因为直线 与圆于S，T两点，所以 ，
即 ，
即 ，
所以 ，
由 ，得 ，
又 ，则 ，
将其代入 得 ，解得 ；
将其代入 得 ，解得 .
综上， 的取值范围为(0,2).
（2）由题，易知直线 ， ， 斜率一定存在，
设 ， ， ，
则 ，
则直线 的方程为： ，
即 ，即 ，
因为圆 ： 的圆心为 ，半径为 ，因为直线 与圆 相切，则 ，
平方化简得： ，
看成关于 ， 为变量的式子得： ，
同理得直线 与圆C相切，化简式子后得： ，
所以可以同构出直线 的方程为： ，
所以圆心 到直线 的距离为：
，
此时圆心 到直线 的距离为定值，定值为 .
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为(x ,y )、(x ,y )；
1 1 2 2
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，必要时计算 ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 的形式；
（5）代入韦达定理求解.
1．（2024·贵州遵义·模拟预测）如图，现用一个与圆柱底面成 角的平面 截圆柱，所得截面是一个椭圆
，在平面 上建立如图所示的平面直角坐标系.若圆柱的底面圆的半径为2， .(1)求椭圆 的标准方程；
(2)设P(x ,y )为椭圆 上任意一点， 为椭圆 在点 处的切线.设椭圆 的两个焦点分别为 ， ，它们
0 0
到切线 的距离分别为 ， ，试判断 是否为定值？若是，求其定值；若不是，说明理由.
【答案】(1) ；
(2) .
【分析】（1）由题意得 ，求出 即可得解；
（2）分直线 斜率不存在和直线 斜率存在两种情况去分析求解即可，对于直线 斜率存在且不为0情况，
先设切线方程，接着联立椭圆方程利用 和 整理得切线l的斜率 ，从而得切线方程
，再利用点到直线距离公式和 即可计算求解 .
【详解】（1）由题可得 ，且椭圆 的焦点在x轴上，
所以椭圆 的标准方程为 .
（2）由（1） ，
当直线 斜率不存在时，则由（1）得 或 ，
当 时， ， ，此时 ，
同理可得 时， ；当直线 斜率存在时，设 ，
联立 ，
则 ，
整理得 ①，
又 即 ，故 ，
将其代入上式①可得 即 ，故 ，
所以 ，整理得 ，
所以点 到l的距离的乘积为
.
综上， 是定值且 .
考点 八 、 参数类定值
1．（北京·高考真题）已知抛物线C： =2px经过点 （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．
（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；
（Ⅱ）设O为原点， ， ，求证： 为定值．
【答案】(1) 取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）
(2)证明过程见解析【详解】分析：（1）先确定p,再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值
范围，最后根据PA，PB与y轴相交，舍去k=3，（2）先设A（x，y），B（x，y），与抛物线联立，根
1 1 2 2
据韦达定理可得 ， ．再由 ， 得 ， ．利用
直线PA，PB的方程分别得点M，N的纵坐标，代入化简 可得结论.
详解：解：（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），
所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．
由题意可知直线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 ．
依题意 ，解得k<0或0<k<1．
又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点（1，-2）．从而k≠-3．
所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．
（Ⅱ）设A（x，y），B（x，y）．
1 1 2 2
由（I）知 ， ．
直线PA的方程为 ．
令x=0，得点M的纵坐标为 ．
同理得点N的纵坐标为 ．
由 ， 得 ， ．
所以 ．
所以 为定值．
点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该
问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求
定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显
现.2．（21-22高三下·山东·开学考试）已知双曲线 的左、右焦点分别为 ， ，且
， 是C上一点．
(1)求C的方程；
(2)过点 的直线与C交于两点A，B，与直线 交于点N．设 ， ，求
证： 为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)根据双曲线的定义和焦距的概念求出a、c，进而得出结果；
(2)设 ， ， ，显然直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为 ，联立
双曲线方程并消去y，利用韦达定理得出 表达式；将点N坐标代入直线方程，结合 可
得 ，同理求得 ，
进而化简计算 即可.
【详解】（1）设C的焦距为 ，则 ，
即 ， ， ；
由双曲线的定义，得 ，即 ，
所以 ，故C的方程为 ．
（2）设 ， ， ，显然直线AB的斜率存在，
可设直线AB的方程为 ，代入 ，
得 ．
由过点 的直线与C交于两点A，B，得 ，
由韦达定理，得 ， ； ①
由 在直线 上，得 ，即 ； ②
由 在直线AB上，得 ． ③
由 ，得 ，
即 解得 ．同理，由 ，得 ，结合①②③，得
．故 是定值．
1．（24-25高三上·河北沧州·阶段练习）已知椭圆 的左焦点为 ，上､下顶点分别
为 ，且 ，点 在 上.
(1)求椭圆 的方程；
(2)过左焦点 的直线交椭圆 于 两点，交直线 于点 ，设 ， ，证明：
为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由 ，得 ，再把点 代入椭圆方程求出 即可；
（2）设出直线 的方程，代入椭圆方程，设 ，由 ， ，表示出
，利用韦达定理化简得定值.
【详解】（1）由题意可知， ，所以 ，
因为点 在 上，所以 ，
解得 ，故 ，
所以椭圆 的方程为 .
（2）由已知得直线 的斜率必存在，可设直线 的方程为 ，代入椭圆方程，整理得 ， ，
设 ，则 ，
又 ，由 得 .
所以 ，
因为 ，
所以 为定值.
2．（23-24高三上·河北保定·期末）已知动点 在 上，过 作 轴的垂线，垂足为 ，若 为
中点．
(1)求点 的轨迹方程；
(2)过 作直线 交 的轨迹于 、 两点，并且交 轴于 点．若 ， ，求证：
为定值．
【答案】(1)
(2) ，证明见解析
【分析】（1）设点 的坐标为 ，利用代入法求点 的轨迹方程；
（2）分直线斜率存在和斜率不存在，通过联立方程组求交点坐标，表示出 ，利用韦达定理化简为定
值.
【详解】（1）设点 的坐标为 ，则 ， ，
点 在 上，则有 ，即 ，所以点 的轨迹方程为 .
（2）直线 斜率不存在时，直线方程为 ，则 、 ， ， ，
得 ， ，由 ，得 ，
， ，由 ， ，
此时 .
直线 斜率存在时，由直线交 轴于 点知斜率不为0，设直线方程为 ，
则有 ，设P(x ,y )、Q(x ,y )，
1 1 2 2
由 ，消去 得 ，
，有 ，
， ，由 ，得 ，
， ，由 ， ，
此时 .
综上可知， 为定值 .
【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失变量，从而得到定值.
1．（24-25高三上·陕西·开学考试）已知双曲线 的左焦点为F，左顶点为E，虚
轴的上端点为P，且 ， ．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设 是双曲线C上不同的两点，Q是线段 的中点，O是原点，直线 的斜率分别为
，证明： 为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设双曲线C的半焦距为 ，利用双曲线的定义结合勾股定理计算即可；
（2）设 的坐标，利用中点坐标公式表示Q，再利用点差法计算即可.
【详解】（1）不妨设双曲线C的半焦距为 ，
，
，
解得 ，
则 ，
故双曲线C的标准方程为 ；
（2）设 ，则 ，
为双曲线C上的两点，
两式相减得 ，整理得 ，则 ，
故 为定值，定值为4．
2．（24-25高三上·湖北武汉·开学考试）已知椭圆 的离心率 ，连接四个顶点
所得菱形的面积为4.斜率为 的直线交椭圆于 两点.
(1)求椭圆 的方程；
(2)若 ，求 的最大值；
(3)设 为坐标原点，若 三点不共线，且 的斜率满足 ，求证： 为定
值.
【答案】(1)
(2) .
(3)证明见解析
【分析】(1)由椭圆的基本性质，连接四个顶点所得菱形的面积为 ，即可求解;
(2) 联立 ，可得： ，由韦达定理，弦长公式求解；
(3) 联立 ，可得： ，由韦达定理，又由 ，所以
，代入 为定值.
【详解】（1）因为 ，所以 ，又连接四个顶点所得菱形的面积为 ，可得 ，
解得 ，所以椭圆方程为 .
（2）如图所示：
设直线 的方程为：
联立 ，可得： ，则 ，
由韦达定理可得： ，
由弦长公式可得：
当 时，|AB|取得最大值 .
（3）如图所示：
设直线 的方程为：
联立 ，可得： ，则
由韦达定理可得： ，
又由 ，可得 ，
代入可得 ，即 .所以 ，所以故 为定
值.
3．（2024·四川成都·模拟预测）已知抛物线 的焦点为 ，过点 作抛物线 的两
条切线，切点分别为 .
(1)求抛物线 的方程；
(2)过点 作两条倾斜角互补的直线 ，直线 交抛物线 于 两点，直线 交抛物线 于 两点，
连接 ，设 的斜率分别为 ，问： 是否为定值？若是，
求出定值；若不是，说明理由.
【答案】(1)
(2)是定值0.
【分析】（1）先设点 ，然后求出切线解析式，根据 即可求出结果.
（2）设直线 的方程 ,通过和抛物线联立求出韦达定理，同理求出 和抛物线联立的韦达定
理，然后代入 即可.
【详解】（1）设切点 ，则在点 处切线斜率为 ，
所以以 为切点的切线方程为 .
因为切线过点 ，所以 ，同理 ，
所以 是方程 的两个根，则 .
又因为 ，
所以 ，即 .
又因为 ，所以 ，
所以抛物线 的方程为 .
（2）由题意， 斜率都存在且不为0，设直线 的方程为 .
联立直线 和抛物线 的方程，得 ，所以 .
设 ，则 ，同理 ，
所以
所以 ，
所以 等于定值0.
4．（23-24高三上·全国·阶段练习）如图所示，已知抛物线 是抛物线与 轴的交点，
过点 作斜率不为零的直线 与抛物线交于 两点，与 轴交于点 ，直线 与直线 交于点 ．
(1)求 的取值范围；
(2)问在平面内是否存在一定点 ，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)存在定点 的坐标为 .
【分析】（1）设出直线 的方程，与抛物线方程联立，利用弦长公式结合已知建立函数关系，求出函数值
域即得.
（2）求出直线 和 的方程，联立求出点 的坐标，结合（1）中韦达定理，利用数量积的坐标表示计算即得.
【详解】（1）依题意，设直线 的方程为 ，点 ，
由 消去y并整理得 ， ，
则 ， ，
，
所以 .
（2）由（1）知， ，且 ，设 ，
，直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
联立解得 ，
即点 的坐标为 ，
，
，而 ，
于是 ，当 为定值 ，
所以存在定点 的坐标为 .
【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．
5．（2023·全国·模拟预测）已知抛物线 的焦点为 ，过点 且斜率为 的直线与抛物线
交于 、 两点，分别过 、 两点作抛物线的切线，两条切线分别与 轴交于 、 两点，直线
与抛物线 交于 、 两点，直线 与抛物线 交于 、 两点， 为线段 的中点， 为线段
的中点．(1)证明： 为定值；
(2)设直线 的斜率为 ，证明： 为定值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）设 ，则 ，写出直线 的方程，将直线 的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，
写出抛物线在点 、 处的切线方程，求出点 、 的坐标，可得出直线 的方程，再将直线 的方程
与抛物线的方程联立，可求出|MN|，进而可求出|PQ|，然后结合韦达定理可求得 的值；
（2）求出点 、 的坐标，可求得 的表达式，由此可求出 的值.
【详解】（1）证明：设 ，则 ，易知抛物线 的焦点为F(1,0)，
设直线 的方程为 ，设点A(x ,y )、B(x ,y )，
1 1 2 2
联立 可得 ， ，
由韦达定理可得 ， ，
接下来证明抛物线 在点 处的切线方程为 ，
联立 可得 ，即 ，即 ，
所以，直线 与抛物线 只有唯一的公共点，
所以， 的方程为 ，同理可知，直线 的方程为 ，
在直线 的方程中，令 ，可得 ，即点 ，同理可得点 ，
所以，直线 的方程为 ，即 ，
设点 、 ，联立 可得 ，
则 ，由韦达定理可得 ， ，所以， ，
同理可得 ，
所以，
.
故 为定值 .
（2）解：设点 ，则 ，所以， ，
即点 ，同理可得点 ，
所以， ，
所以， .
【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．
6．（23-24高三上·内蒙古锡林郭勒盟·期末）在平面直角坐标系 中，已知抛物线 和
点 .点 在 上，且 .
(1)求 的方程；(2)若过点 作两条直线 与 ， 与 相交于 ， 两点， 与 相交于 ， 两点，线段 和 中点
的连线的斜率为 ，直线 ， ， ， 的斜率分别为 ， ， ， ，证明： ，
且 为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知，根据 点坐标，借助 可表示出 点坐标，然后带入抛物线方程，即可完
成方程的求解；
（2）由已知，分别设出 四点坐标，然后利用坐标分别表示出直线 ， ， ， 的斜率,即
可证得 ，设 和 的中点分别为 ， ，分别联立 与抛物线方程，求得 ，
的坐标，利用斜率公式表示 ，化简计算即可得出结果.
【详解】（1）设点P(x ,y )，则 ，因为 ， ，
0 0
所以 ， ，所以点 ，
代入方程 中，得 ，所以 的方程为 .
（2）设点A(x ,y )，B(x ,y )， ， ，
1 1 2 2
则直线 的斜率 ，
同理得直线 的斜率 ，
直线 的斜率 ，
直线 的斜率 ，
所以 ，
，
从而得 .由 消去 得 ，
所以 ，
由 ，得 或 .
设 和 的中点分别为 ， ，
则 ， ，
同理 ， ，
所以 ，即 ，
所以得 .
7．（23-24高三下·山东·开学考试）已知抛物线 是 上不同的三点，过三点的三条切线
分别两两交于点 ，则称三角形 为抛物线的外切三角形．
(1)当点 的坐标为 为坐标原点，且 时，求点 的坐标；
(2)设外切三角形 的垂心为 ，试判断 是否在定直线上，若是，求出该定直线；若不是，请说明理
由；
(3)证明：三角形 与外切三角形 的面积之比为定值．
【答案】(1)
(2)是，
(3)2
【分析】（1）求导，求出 ，再利用点斜式求出直线方程得点 的坐标；（2）先求切线 的方程和切线 的方程，联立求出交点 ，同理得 坐标，利用
垂线性质得 推理得垂心 在定直线 上；
（3）法一：利用弦长和点线距分别表示两三角形面积得比值；法二：利用向量面积公式，表示面积求比
值.
【详解】（1）由题意可知 ， 即为 ，
求导得 ，则 ，由直线的点斜式化简得切线 的方程为
为切线 与 轴的交点，则点 的坐标为 ．
（2）设 ，
由（1）易知 ，则抛物线在A点处的切线 的方程为 ，
同理可得切线 的方程为 ，
直线 和直线 联立可得交点 ．
同理可得 ．
设垂心 的坐标为 ，则 ．
由 可知 ，
即 ．
同理可得 ．
两式相减可得 ，即 ．
因此垂心 在定直线 上．（3）易知 ，则直线 的方程为 ，
化简得
且 ，
点 到直线 的距离为
，
则三角形 的面积 ．
由（2）知切线 的方程为
可知 ，
点 到直线 的距离为
，
则外切三角形 的面积 ．故 ．
因此三角形 与外切三角形 的面积之比为定值2．
解法二：因为 ，所以
由（2）得
所以
所以 ．
【点睛】关键点点睛:本题考查抛物线的切线相关问题，解决第二问的关键是利用垂直得垂心 的轨迹进而
求得定直线，并且第三问重在计算能力对的考查.
8．（23-24高二上·山东青岛·期末）已知抛物线 ，点 ，过抛物线 的焦点且平行
于 轴的直线 与圆 相切，与 交与 两点， .
(1)求 和圆 的方程；
(2)过 上一点 作圆 的两条切线 分别与 交于 两点，判断直线 与圆 的位置关系，并
说明理由.
【答案】(1) 的方程为 ，圆 的方程为
(2)直线 与圆 相切，理由见解析【分析】（1）根据题意求得 两点的坐标，从而求得 ，进而得解；
（2）根据题意得到直线 ， 的方程，再利用直线与圆相切的性质推得 是方程
的两个根，从而利用韦达定理求得 点到直线 的距离为圆 的半径，由
此得解.
【详解】（1）由题意知直线 的方程为 ，
联立 ，解得 ，则 或 ，
，则 ，
的方程为 ，直线 的方程为 ，
又 直线 与圆 相切， 圆 的半径为2，
故圆 的方程为 .
（2）设 上三点 ，显然 ，
直线 的斜率都是存在的，
直线 的斜率 ，
直线 的方程为 ，
同理， 的方程为 ，
的方程为 ，
圆 与直线 相切， ，
化简得： ，
同理，圆 与直线 相切，可得 ，
所以 是方程 的两个根，
由韦达定理得， ，点到直线 的距离 ，
直线 与圆 相切.
【点睛】关键点点睛：本题第2小问解决的关键是利用直线与圆相切推得 是方程
的两个根，从而得解.
9．（23-24高二上·陕西渭南·期末）如图，过点C(0,1)的椭圆 的离心率为 ，椭圆
与 轴交于点 ，过点 的直线 与椭圆交于另一点 ，并与 轴交于点 ，直线 与直线
交于点 ；
(1)当直线 过椭圆右焦点时，求 点的坐标；
(2)当点 异于点 时，求证： 为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知结合离心率，以及 关系，即可求得椭圆方程和直线 方程，联立方程即可得
出结果；
（2）设出直线 方程，与椭圆联立得到 点坐标，再表示出直线 方程，与直线 联立即可得到 坐
标，利用向量的数量积即可得证.
【详解】（1）由题知， ，
又 ， ，所以 ， ，
则椭圆方程为 ，此时 为焦点 ，
所以直线 斜率为 ，所以直线 方程为 ，联立 得： ，解得 ，
代入直线 方程，得 ，
可得 点坐标为 .
（2）当直线 与 轴垂直时不符合题意；
因为 ， ，则直线 方程： ，
设直线 方程： ，和椭圆联立得： ，解得 ，
代入直线 得 ，则 点坐标为 ，
又 ，则 ，
则直线 方程为 ，
和直线 联立 ，解得 ，
则 ，
又 为 与 轴交点，则 ，
所以 为定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 ；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，注意 的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 （或 、 ）的形式；
（5）代入韦达定理求解.10．（2024·湖南长沙·二模）如图，双曲线 的左､右焦点 ， 分别为双曲线
的左､右顶点，过点 的直线分别交双曲线 的左､右两支于 两点，交双曲线 的右
支于点 （与点 不重合），且 与 的周长之差为2.
(1)求双曲线 的方程；
(2)若直线 交双曲线 的右支于 两点.
①记直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，求 的值；
②试探究： 是否为定值？并说明理由.
【答案】(1)
(2)①3；② 为定值4，理由见解析
【分析】（1）设 ，根据题意，得到 ，且 ，联立方程组，求得 的值，即可
求解；
（2）①设 ，求得 ，结合 ，即可求解；
②由（1）得直线 的方程为 ，联立方程组，得到 ，结合弦长公式，求得
和 ，进而化简得到 为定值.
【详解】（1）解：设 ，因为 与 的周长之差为 ，
所以 ，即 ，
又因为 分别为双曲线 的左、右顶点，所以 ，
联立方程组 ，解得 ，所以 ，
故双曲线 的方程为 .（2）解：①由（1）知，双曲线 的方程为 ，
设 ，则 ，可得 ，
则 .
② 为定值 .
理由如下：
由（1）得直线 的方程为 ，
联立方程组 ，整理得 ，
设A(x ,y ),B(x ,y )，则 ，
1 1 2 2
因为 位于双曲线的左､右两支，所以 ，即 ，
可得 ，
又因为 ，所以直线 的方程为 ，
根据双曲线的对称性，同理可得 ，
所以 ，故 为定值 .
【点睛】方法知识总结：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中
核心变量（通常为变量 ）；②利用条件找到 过定点的曲线 之间的关系，得到关于 与 的
等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证
明该定点与变量无关.
3、若与面积有关的定值问题，一般用直接法求解，即先利用三角形的面积公式，（如果是其他的凸多边
形，可分割成若干个三角形分别求解），把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可
求解.
11．（2024·广东汕头·三模）已知双曲线 ： 的渐近线方程为 ，过点
的直线 交双曲线 于 ， 两点，且当 轴时， .
(1)求 的方程；
(2)记双曲线 的左右顶点分别为 ， ，直线 ， 的斜率分别为 ， ，求 的值.
(3)探究圆 ： 上是否存在点 ，使得过 作双曲线的两条切线 ， 互相垂直.
【答案】(1) ；
(2) ；
(3)存在.
【分析】（1）根据给定条件，求出 即可得 的方程.
（2）设出直线 的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理，结合斜率坐标公式求解即得.
（3）设出双曲线的两条切线方程，与双曲线方程联立，结合判别式求出两条切线交点的轨迹方程，再判
断与圆 的位置关系即可得解.
【详解】（1）由对称性知，双曲线 过点 ，则 ，解得 ，
所以双曲线 的方程为 .
（2）由（1）得 ，设 ，
显然直线 不垂直于y轴，设直线 的方程为 ，
由 消去x得 ，
显然 ， ，
则 ，即 ，
所以 .（3）圆 上存在点 ，使得过 作双曲线的两条切线互相垂直.
若双曲线的两条切线有交点，则两条切线的斜率存在且不为0，
设双曲线的两条切线分别为 ，
将 代入 消去 得： ，
由 得 ，解得 ，
因此 ，设两条切线的交点坐标为 ，
则 ，即有 ，且 ，
即 ，
于是 是方程 的两根，
而 ，则 ，即 ，从而两条切线们交点的轨迹为圆 ，
而 的圆心为 ，半径为1，圆 的圆心 ，半径为3，
显然 ，满足 ，即圆 与圆 相交，
所以圆 上存在点 ，使得过 作双曲线的两条切线互相垂直.
【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．
12．（2024·重庆九龙坡·三模）已知 ， ， 是圆 上任意一点，点 关于点
的对称点为 ，线段 的中垂线与直线 相交于点 ，记点 的轨迹为曲线 .
(1)求曲线 的方程；
(2)过点 且斜率为 的直线 交曲线 位于 轴右侧的部分于不同的A，B两点， 为 轴上一点且满足
，试探究 是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)(2) 为定值，定值为
【分析】（1）由中位线定理和垂直平分线的性质，结合双曲线的定义，即可得解；
（2）由题意得直线方程为 ，与双曲线 的的方程联立，得到两根之和，两根之积，求出
的中点坐标，进而求出 的垂直平分线的方程，求出 的坐标，结合双曲线的定义及弦长公式化简即可
得出结论.
【详解】（1）由题意可得 ，且 为 的中点，
又 为 的中点，所以 且 ，
因为点 关于点 的对称点为 ，线段 的中垂线与直线 相交于点 ，
由垂直平分线的性质可得 ，
所以 ，
所以点 的轨迹是以 为焦点的双曲线，
，所以 ，
所以曲线 的方程为 ；
（2）直线 方程为 ，设A(x ,y ),B(x ,y )，
1 1 2 2
联立 ，可得 ，
由于直线交双曲线 的右支于 两点，
可得 ， ，
所以 ，解得 或 ，
则 ，
即 的中点坐标为 ，因为 为 轴上一点，满足 ，故 为 的垂直平分线与 轴的交点，
的垂直平分线的方程为： ，
令 ，则得 ，即 ，
所以 ，
又 ，
又因为 在双曲线的右支上，故 ，
故 ，即 ，
故 ，
即 为定值，定值为 .
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定值问题常见方法：
（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.
13．（24-25高三上·重庆沙坪坝·开学考试）已知双曲线 的中心为坐标原点，左、右顶点分别为
，虚轴长为6.
(1)求双曲线 的方程；
(2)过点 的直线 与 的右支交于 两点，若直线 与 交于点 .
（i）证明：点 在定直线上；
（ii）若直线 与 交于点 ，求 的值.【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）由 直接求出双曲线方程即可；
（2）（i）设直线 方程和设 ，直曲联立表示出韦达定理，利用点 在双曲线上代
入化简表示出直线 方程，联立两方程化简即可；（ii）设 ，利用点 在直线
上表示出 和点 在直线 上表示出 ，再利用数量积的坐标表示结合韦达定理化简即可；
【详解】（1）设双曲线的标准方程为 ，
依题意有 ，
所以双曲线方程为 .
（2）
(i)证明:设直线 方程为: ，设 ，
联立方程 ，消去 得: ，
，
，
是双曲线 上的点，
，
直线 ，同理直线 ，联立方程得
，
解得 ，故点 在定直线 上.
(ii)由双曲线对称性可知，点 也在直线 上，
设 ，点 在直线 上，所以 ，
点 在直线 上，所以 ，
所以
所以 .
【点睛】关键点点睛：本题第二问第一小问的关键在于直曲联立，借助韦达定理化简两直线方程；本题第
二问的第二小问的关键在于坐标表示出向量的数量积并结合韦达定理化简；
14．（23-24高三上·河北·期末）已知抛物线 ，过焦点 的直线 与 交于 两点，且
的最小值为2．
(1)求 的方程；(2)过 且与 垂直的直线交 于 两点，设直线 的中点分别为 ，过坐标原点 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 坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在定点 ，使得 为定值
【分析】（1）设出直线 ，联立抛物线方程，求出 ，得到 ，求出
答案；
（2）在（1）的基础上，得到 ， ，得到直线 的方程，得到直线 过定
点 ， 在以 为直径的圆上，所以存在定点 ，使得 为定值 ．
【详解】（1）当直线 的斜率为0时，与抛物线只有一个交点，不合要求，舍去；
设直线 ，与抛物线方程联立可得 ，
设 ，则 ，
所以 ，
所以 ，所以 的方程为 ．
（2）由（1）可知， ，
所以 ，同理可得 ，
所以直线 斜率为 ，
所以直线 ，即 ，所以直线 过定点 ，
因为 ⊥ ，所以 在以 为直径的圆上，
取 的中点 ，则 为定值，
所以存在定点 ，使得 为定值 ．
【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.
15．（23-24高三上·广东广州·期中）已知椭圆C： 的离心率为 ，焦距为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C的左顶点为A，过右焦点F的直线 与椭圆C交于B，D（异于点A）两点，直线 ， 分别
与直线 交于M，N两点，试问 是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是，
【分析】(1)根据离心率公式、焦距以及 之间的关系，列出等式即可求得；(2)设出直线 的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到根的表达式，设出直线 的方程。得到点
的坐标，同理可求得点 坐标，再根据向量的坐标运算进行求解即可.
【详解】（1）依题意知： ，
解之得： ， ， ，
所以椭圆C的方程为 .
（2）由于B，D异于A，故设直线 的方程为 ，
联立 得：
设 ， ，则
y
因为A(−2,0)， ，所以设直线 的方程为y= 1 (x+2)，
x +2
1
联立 得： ，同理有
因为F(1,0)，所以 ，
所以
所以 ，即 .【点睛】关键点点睛：将直线和椭圆方程联立利用韦达定理求出相关点的坐标，进而可表达出向量 ，
，再根据向量积的值可得结果.
1．（山东·高考真题）如图，已知椭圆 的离心率为 ，以该椭圆上的点和椭圆的左、
右焦点 为顶点的三角形的周长为 .一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设 为该双曲线上
异于顶点的任一点，直线 和 与椭圆的交点分别为 和 .
（Ⅰ）求椭圆和双曲线的标准方程；
（Ⅱ）设直线 、 的斜率分别为 、 ，证明 ；
（Ⅲ）是否存在常数 ，使得 恒成立？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（Ⅰ）椭圆的标准方程为 ；双曲线的标准方程为
（Ⅱ） =1．（Ⅲ）存在常数 使得 恒成立，【详解】试题分析：(1)设椭圆的半焦距为c，由题意知： ，
2a＋2c＝4( ＋1)，所以a＝2 ，c＝2.
又a2＝b2＋c2，因此b＝2.故椭圆的标准方程为 ＝1.
由题意设等轴双曲线的标准方程为 ＝1(m＞0)，因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点，所以m＝
2，因此双曲线的标准方程为 ＝1.
(2)设A(x ，y )，B(x ，y )，P(x ，y )，则k ＝ ，k ＝ .
1 1 2 2 0 0 1 2
因为点P在双曲线x2－y2＝4上，所以x－y＝4.
因此k ·k ＝ · ＝ ＝1，即k ·k ＝1.
1 2 1 2
(3)由于PF 的方程为y＝k (x＋2)，将其代入椭圆方程得(2k ＋1)x2－8k x＋8k －8＝0，
1 1
显然2k ＋1≠0，显然Δ＞0.由韦达定理得x ＋x ＝ ，x x ＝ .
1 2 1 2
所以|AB|＝
＝ .
同理可得|CD|＝ .
则 ，
又k ·k ＝1，
1 2
所以 .
故|AB|＋|CD|＝ |AB|·|CD|.因此存在λ＝ ，使|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立．
考点：本题考查了圆锥曲线方程的求法及直线与圆锥曲线的位置关系
点评：对于直线与圆锥曲线的综合问题，往往要联立方程，同时结合一元二次方程根与系数的关系进行求
解；而对于最值问题，则可将该表达式用直线斜率k表示，然后根据题意将其进行化简结合表达式的形式
选取最值的计算方式
2．（湖北·高考真题）在平面直角坐标系 中，过定点 作直线与抛物线 相交于
A，B两点．
（1）若点N是点C关于坐标原点O的对称点，求 面积的最小值；
（2）是否存在垂直于y轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l的方
程；若不存在，说明理由．
【答案】（1） ；（2）满足条件的直线l存在，其方程为 ，理由见解析．
【分析】（1）设直线 的方程为 ，联立抛物线方程，由韦达定理求得： ，
，利用 表示出面积，再求最小值即可；
（2）假设满足条件的直线l存在，其方程为 ，通过向量表示出以AC为直径的圆的方程，将直线方程
代入圆的方程，借助韦达定理表示出弦长，再由弦长为定值解出 即可.
【详解】（1）依题意，点N的坐标为 ，可设 ， ，易得直线AB的斜率必存在，设
方程为 ，
与 联立得 ，消去y得 ，由韦达定理得 ， ．
∴ ，
∴当 时， ．
（2）假设满足条件的直线l存在，其方程为 ，由上知 ，设以AC为直径的圆上一点 坐标为
，则 ，即 ，则以AC为直径的圆的方程为 ，
将直线方程 代入得 ，则
．
设直线l与以AC为直径的圆的交点为 ， ，则有 ,
．
令 ，得 ，此时 为定值，且满足 ，∴满足条件的直线l存在，其方程为 ．
3．（江西·高考真题）如图，已知抛物线 ，过点 任作一直线与 相交于 两点，过点
作 轴的平行线与直线 相交于点 （ 为坐标原点）.
(1)证明：动点 在定直线上；
(2)作 的任意一条切线 （不含 轴）与直线 相交于点 ，与（1）中的定直线相交于点 ，证明：
为定值，并求此定值.
【答案】（1）详见解析，（2）8.
【详解】试题分析：（1）依题意可设 的方程为 ，代入 ，得即 ，设
，则有 ，直线 的方程为 的方程为 ，解得交点 的坐标，
利用 ，即可求得 点在定直线 上；（2）依据题意得，切线 的方程为 ，代
入 得即 ．由 得 ，分别令 得得 的坐标为
，从而可知 为定值．
试题解析：（1）依题意可设 的方程为 ，代入 ，得 ，
即 ，设 ，则有 ，直线 的方程为 的方程为 ，解得交点 的坐标为 ，
注意到 及 ，则有 ，
因此 点在定直线 上 ．
（2）依题意,切线 的斜率存在且不等于 ．
设切线 的方程为 ，代入 得 ，即 ．
由 得 ，化简整理得 ．故切线 的方程可写为 ．
分别令 ，得 的坐标为 ，
则 ，即 为定值 ．
考点：直线与圆锥曲线的位置关系．
【方法点晴】本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系，其中解答中涉及到抛物线的方程及其几何性质
的应用，直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识的考查，着重考查了学生分析问题和解答问题能力，以及
推理与论证能力和数形结合思想，此类问题的解答中把直线的方程代入圆锥曲线的方程，转化为根与系数
的关系是解答的关键，试题有一定的难度，属于中档试题．
4．（·四川·高考真题）椭圆 （ ）的离心率是 ，点 在短轴 上，且
．
（1）求椭圆 的方程；
（2）设 为坐标原点，过点 的动直线与椭圆交于 两点，是否存在常数 ，使得 为
定值？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由
【答案】（1） ；（2）见解析.
【详解】（1）由已知，点C，D的坐标分别为（0，－b），（0，b）
又点P的坐标为（0，1），且 ＝－1
于是 ，解得a＝2，b＝
所以椭圆E方程为 .
（2）当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1
A，B的坐标分别为（x ，y ），（x ，y ）
1 1 2 2联立 ，得（2k2＋1）x2＋4kx－2＝0
其判别式△＝（4k）2＋8（2k2＋1）＞0
所以
从而 ＝x x ＋y y ＋λ[x x ＋（y －1）（y －1）]
1 2 1 2 1 2 1 2
＝（1＋λ）（1＋k2）x x ＋k（x ＋x ）＋1
1 2 1 2
＝
＝－
所以，当λ＝1时，－ ＝－3，
此时， ＝－3为定值.
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD
此时 ＝－2－1＝－3
故存在常数λ＝1，使得 为定值－3.
考点：本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程、平面向量等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能
力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.
5．（四川·高考真题）已知椭圆 ： 的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三
个顶点，直线 ： 与椭圆 有且只有一个公共点T．
（Ⅰ）求椭圆 的方程及点 的坐标；
（Ⅱ）设 是坐标原点，直线 平行于 ，与椭圆 交于不同的两点 、 ，且与直线 交于点 ，证明：
存在常数 ，使得 ，并求 的值．
【答案】（Ⅰ） ，点T坐标为（2,1）；（Ⅱ） .
【详解】试题分析：本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数
形结合的思想.第（Ⅰ）问，利用直线和椭圆只有一个公共点，联立方程，消去y得关于x的方程有两个相
等的实数根，解出b的值，从而得到椭圆E的方程；第（Ⅱ）问，利用椭圆的几何性质，数形结合，根据
根与系数的关系，进行求解.
试题解析：（Ⅰ）由已知， ，则椭圆E的方程为 .由方程组 得 .①
方程①的判别式为 ，由 ，得 ，
此时方程①的解为 ，
所以椭圆E的方程为 .
点T坐标为（2,1）.
（Ⅱ）由已知可设直线 的方程为 ，
由方程组 可得
所以P点坐标为（ ）， .
设点A，B的坐标分别为 .
由方程组 可得 .②
方程②的判别式为 ，由 ，解得 .
由②得 .
所以 ，
同理 ，
所以
.故存在常数 ，使得 .
【考点】椭圆的标准方程及其几何性质
【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合
的思想.在涉及直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般设交点坐标为 ，同时把直线方
程与椭圆方程联立，消元后，可得 ，再把 用 表示出来，并代入 的值，
这种方法是解析几何中的“设而不求”法，可减少计算量，简化解题过程．
6．（上海·高考真题）在平面直角坐标系 中，已知双曲线 .
（1）过 的左顶点引 的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及x轴围成的三角形的面积；
（2）设斜率为1的直线l交 于P、Q两点，若l与圆 相切，求证：OP⊥OQ；
（3）设椭圆 . 若M、N分别是 、 上的动点，且OM⊥ON，求证：O到直线MN的距
离是定值.
【答案】（1） ；（2）见解析；（3）见解析.
【详解】（1）双曲线 ，左顶点 ，渐近线方程： .
过点A与渐近线 平行的直线方程为 ，即 .
解方程组 ，得 .
所以所求三角形的面积1为 .
（2）设直线PQ的方程是 .因直线与已知圆相切，
故 ，即 .
由 ，得 .
设P(x,y)、Q(x,y)，则 .
1 1 2 2
又 ，所以
，故OP⊥OQ.（3）当直线ON垂直于x轴时，|ON|=1，|OM|= ，则O到直线MN的距离为 .
当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为 （显然 ），则直线OM的方程为
.
由 ，得 ，所以 .
同理 .
设O到直线MN的距离为d，因为 ，
所以 ，即d= .
综上，O到直线MN的距离是定值.
7．（全国·高考真题）如图，椭圆的长轴 与x轴平行，短轴 在y轴上，中心为 ．
(1)写出椭圆的方程，求椭圆的焦点坐标及离心率；
(2)直线 交椭圆于两点 ；直线 交椭圆于两点 ，
．求证： ；
(3)对于（2）中的中的在 ， ， ， ，设 交 轴于 点， 交 轴于 点，求证：
（证明过程不考虑 或 垂直于 轴的情形）
【答案】(1)椭圆方程为 ；焦点坐标为 ， ；离心率
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的长轴 与 轴平行，短轴 在 轴上，中心 ，即可得椭圆方程，从
而可得焦点坐标与离心率；（2）将直线 的方程 代入椭圆方程，利用韦达定理，可得 ；将直线 的方程
代入椭圆方程 ，同理可得 ，由此可得结论；
（3）设点 ，点 ，由 、 、 共线，得 ；由 、 、 共线，可得
，由此可得结论．
【详解】（1）解： 椭圆的长轴 与 轴平行，短轴 在 轴上，中心 ，
椭圆方程为
焦点坐标为 ，
离心率
（2）证明：将直线 的方程 代入椭圆方程 ，得
整理得
根据韦达定理，得 ， ，
所以 ①
将直线 的方程 代入椭圆方程 ，同理可得 ②
由 ①、②得
所以结论成立.
（3）证明：设点 ，点
由 、 、 共线，得
解得
由 、 、 共线，同理可得由 变形得
所以
即
