3.8圆锥曲线中定值问题（解析版）(1)_2026版高中《二三轮复习+冲刺复习》_圆锥曲线PDF矢量版_原卷版+解析版

3.8 圆锥曲线中定值问题
模块一：基础知识.........................................................................2
考点一：定值问题解题思路与策略..................................................2
考点二：与线段长度有关的定值问题...............................................2
考点三：与面积有关的定值问题.................................................... 2
考点四：与斜率有关的定值问题.................................................... 3
考点五：与向量有关的定值问题.................................................... 4
考点六：与代数式有关的定值问题..................................................4
考点七：与定值有关的结论.......................................................... 4
模块二：题型分类.........................................................................5
题型一：线段类定值................................................................... 5
题型二：面积类定值................................................................. 15
题型三：斜率类定值................................................................. 24
题型四：向量类定值................................................................. 37
题型五：代数式类定值.............................................................. 44
模块三：综合巩固....................................................................... 49
3.8 圆锥曲线中定值问题
模块一：基础知识
考点一：定值问题解题思路与策略
1.解题思路：
定值问题肯定含有参数, 若要证明一个式子是定值, 则意味着参数是不影响结果的, 也就是说参数在
解式子的过程中都可以消掉, 因此解决定值问题的关键是设参数：
(1)在解析几何中参数可能是点（注意如果设点是两个参数时, 注意横坐标要满足圆锥曲线方程）
(2)可能是角（这里的角常常是将圆锥曲线上的点设为三角函数角的形式）,
(3)也可能是斜率（这个是最常用的, 但是既然设斜率了, 就要考虑斜率是否存在的情况）
常用的参数就是以上三种, 但是注意我们设参数时要遵循一个原则：参数越少越好.
2.解题步骤：
(1)设参数；
(2)用参数来表示要求定值的式子；
(3)消参数.
3.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．
考点二：与线段长度有关的定值问题
与线段长度有关的定值问题通常是先引入参数,利用距离公式或弦长公式得到长度解析式,再对解析式化
简,得出结果为定值
圆锥曲线中线段取值范围或者定值问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等或者等量关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
考点三：与面积有关的定值问题
与面积有关的定值问题通常是利用面积公式把面积表示成某些变量的表达式,再利用题中条件化简.面积比
值类宜采用同底或同高进行处理化简。
考点四：与斜率有关的定值问题
1.与斜率有关的定值问题常见类型是斜率之积商或斜率之和差为定值,求解时一般先利用斜率公式写出表
达式,再利用题中条件或韦达定理化简.
2.斜率和（积）构造与韦达定理
斜率型题目中一大类就是斜率和（积）构造，这其中主要特征就是一定点两动点，而定点的特征又可进一
步分成在坐标轴上和一般点. 倘若定点
)
,0
(
t
P
，在椭圆上的动点
)
,
(
),
,
(
2
2
1
1
y
x
B
y
x
A
，那么：
①
2
1
2
2
1
2
1
2
2
1
1
)
(
x
x
t
y
y
t
y
y
x
t
y
x
t
y
k
k
PB
PA









，此时已经凑出韦达定理的形式，就无需再解点，可直
接代入韦达定理求解.
②
2
1
2
1
1
2
2
1
2
2
1
1
)
(
x
x
x
x
t
y
x
y
x
x
t
y
x
t
y
k
k
PB
PA









,这里对交叉项
1
2
2
1
y
x
y
x

的处理可进一步代入直
线方程：
m
kx
y
AB


:
，化简可得：






2
1
2
1
1
2
2
1
1
2
2
1
2
x
x
m
x
kx
m
kx
x
m
kx
x
y
x
y
x








2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
2
1
)
)(
(
2
)
(
x
x
x
x
t
m
k
x
x
x
x
t
y
x
y
x
k
k
PB
PA









（*），再代入韦达定理.注意，这一步代入很
重要，（*）式是一个非常简洁的结构，易于操作.
③
)
)(
(
)
(
)
(
)
(
1
1
2
1
2
1
1
2
2
1
2
2
1
1
t
y
t
y
y
y
t
y
x
y
x
t
y
x
t
y
x
k
k
PB
PA











.
可进一步代入直线方程：
n
my
x
AB


:
，化简可得：






2
1
2
1
1
2
2
1
1
2
2
1
2
y
y
n
y
my
y
n
my
y
n
my
y
x
y
x








3.椭圆斜率和积结论
（1）P(x0，y0)是椭圆
2
2
2
2 =1
x
y
a
b

（a>b>0）上一点，若A，B 是椭圆上的两个动点，且满足kPA+kPB=λ是定
值，则
①当λ=0 时，直线AB 的斜率为定值；
②当λ≠0 时，直线AB 恒过定点.
（2）P(x0，y0)是椭圆
2
2
2
2 =1
x
y
a
b

（a>b>0）上一点，若A，B 是椭圆上的两个动点，且满足kPA.kPB=λ是定
值，则
①当λ=�2
�2 时，直线AB 的斜率为定值；
②当λ≠�2
�2 时，直线AB 横过定点.
考点五：与向量有关的定值问题
与向量有关的定值问题常见类型是根据向量共线,写出向量系数的表达式,再通过计算得出与向量系数有关
的定值结论；或利用向量得数量级运算得出定值.
考点六：与代数式有关的定值问题
与代数式有关的定值问题．一般是依题意设条件,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
考点七：与定值有关的结论
1.若点A,B 是椭圆C：


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




上关于原点对称的两点,点P 是椭圆C 上与A,B 不重合的点,则
2
2
PA
PB
b
k
k
a


；
2.若点A,B 是双曲线C：


2
2
2
2
1
0,
0
x
y
a
b
a
b




上关于原点对称的两点,点P 是双曲线C 上与A,B 不重合的
点,则
2
2
PA
PB
b
k
k
a


.
3.设点


,
P m n 是椭圆C：


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




上一定点,点A,B 是椭圆C 上不同于P 的两点,若
0
PA
PB
k
k


,则直线AB 斜率为定值


2
2
0
bm
n
an

；
4. 设点


,
P m n 是双曲线C：


2
2
2
2
1
0,
0
x
y
a
b
a
b




一定点,点A,B 是双曲线C 上不同于P 的两点,若
0
PA
PB
k
k


,直线AB 斜率为定值


2
2
0
bm
n
an


；
5. 设点


,
P m n 是抛物线C：


2
2
0
y
px p


一定点,点A,B是抛物线C上不同于P的两点,若
0
PA
PB
k
k


,
直线AB 斜率为定值


0
p n
n


.
6.设
, ,
A B C 是椭圆


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




上不同3 点,B,C 关于x 轴对称,直线AC,BC 与x 轴分别交于点
,
M N ,则
2
OM ON
a

.
7.点A,B 是椭圆C：


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




上动点,O 为坐标原点,若OA
OB

,则
2
2
1
1
OA
OB

=
2
2
1
1
a
b

（即点
O 到直线AB 为定值）
8. 经过椭圆
2
2
2
2
2
2
b x
a y
a b


（a＞b＞0）的长轴的两端点A1 和A2 的切线,与椭圆上任一点的切线相交
于P1 和P2,则
2
1
2
|
| |
|
PA
PA
b


.
9. 过椭圆
2
2
2
2
1
x
y
a
b

（a＞b＞0）的右焦点F 作直线交该椭圆右支于M,N 两点,弦MN 的垂直平分线交x
轴于P,则|
|
|
|
2
PF
e
MN 
.
10. 点P 为椭圆
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b




(包括圆在内)在第一象限的弧上任意一点,过P 引x 轴、y 轴的平
行线,交y 轴、x 轴于
,
M N ,交直线
b
y
x
a

于
,
Q R ,记
OMQ

与
ONR

的面积为
1
2
,
S S ,则：
1
2
2
ab
S
S


.
模块二：题型分类
题型一：线段类定值
1.已知椭圆：


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




的左、右顶点分别为
1A ，
2
A ，上、下顶点分别为
2
B ，
1
B ，
1
2
2 2
B B 
，
四边形
1
1
2
2
A B A B 的周长为8 2 ．
(1)求椭圆的方程；
(2)设点F 为椭圆的左焦点，点

3,
T
m

，过点F 作TF 的垂线交椭圆于点P，Q，连接OT 与PQ 交于点
H．试判断
PH
HQ 是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，说明理由．
【答案】(1)
2
2
1
6
2
x
y

；
(2)是定值1.
【分析】（1）利用椭圆的性质计算即可；
（2）分类讨论m 是否为0，联立直线PQ 与椭圆方程，直线OT 方程，结合韦达定理判定P
Q
H
、、
三点
纵坐标关系即可.
【详解】（1）由椭圆性质可知：


1
,0
A
a

，


2
,0
A
a
，


2 0,
B
b ，


1 0,
B
b

，
所以由题意可知：
2
2
2
2
2
2
4
8 2
6
1
6
2
2
2
2 2
a
b
a
x
y
b
b
















，
即椭圆方程为：
2
2
1
6
2
x
y

；
（2）由上可知


2,0
F 
，
当
0
m 
时，则H
F
、
重合，此时由椭圆的对称性可知PH
QH

，则
1
PH
HQ ；
当
0
m 
时，则


0
1
3
2
TF
PQ
m
k
m
k
m






，
由

3,
T
m

，可知直线OT 为
3
m
y
x

，
设
2
my
x


，



1
1
2
2
,
,
,
P x y
Q x
y
，H 纵坐标
H
y ，易知此时
1
2
H
y
y
y


，
联立直线PQ 与椭圆方程
2
2
2
3
6
0
my
x
x
y








可得

2
2
3
4
2
0
m
y
my




，
所以
1
2
2
4
3
m
y
y
m



，
联立直线PQ 与OT 方程
2
2
2
3
3
my
x
m
y
m
m
y
x









，即
2
2
3
H
m
y
m


，
对于
2
2
2
1
2
2
2
4
2
3
3
1
2
3
H
H
m
m
y
PH
y
y
m
m
m
HQ
y
y
y
m











，
综上可知
PH
HQ 为定值1.
2.已知椭圆


2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b




的左、右顶点分别为
1A 、
2A ,点
6
2,
2









在椭圆C上,过椭圆C的右焦
点F 作与x 轴垂直的直线与椭圆相交于D 、E 两点,且四边形
1
2
ADA E 的面积为6．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设直线



2
2
y
k x
m
m




与椭圆C相交于M 、N 两点,且与x 轴相交于点P ,若
2
2
PM
PN

的
值与m无关,求斜率k 的值．
【分析】（1）根据题干条件可得出关于a 、b 的方程组,解出这两个量的值,即可得出椭圆C 的标准方程；
（2）联立直线与椭圆的方程,设点


1
1
,
M x y 、


2
2
,
N x
y
,列出韦达定理,可得出
2
2
PM
PN

的表达式并化
简,结合已知条件可求得k 的值.
【解析】（1）由题意知
1
2
2
A A
a

．
将x
c

代入椭圆C的方程得
2
b
y
a

,所以
2
2b
DE
a

,
所以由四边形
1
2
ADA E 的面积为6,得
2
1
2
1
1
2
2
6
2
2
b
A A
DE
a
a





,所以
3
b 
．
又点
6
2,
2









在椭圆C 上,所以
2
2
2
3
1
2
a
b

,所以,
2
a 
.
所以椭圆C的标准方程为
2
2
1
4
3
x
y

．
（2）由


2
2
1
4
3
y
k x
m
x
y







,消去y 得

2
2
2
2
2
3
4
8
4
12
0
k
x
k mx
k m




,
则





4
2
2
2
2
2
2
2
64
4 3
4
4
12
48 4
3
0
k m
k
k m
k
k m






．
设


1
1
,
M x y 、


2
2
,
N x
y
,则
2
1
2
2
8
3
4
k m
x
x
k



,
2
2
1
2
2
4
12
3
4
k m
x x
k



,
易知

,0
P m
,所以





2
2
2
1
2
2
2
1
P
k
x
m
x
N
m
M
P















2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
k
x
x
x x
m x
x
m













2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
8
4
12
8
1
2
2
2
3
4
3
4
3
4
k m
k m
k m
k
m
m
k
k
k






























2
2
2
2
2
2
1
6
4
3
24 3
4
3
4
k
m
k
k
k











．
由上式可知要使
2
2
PM
PN

的值与m无关,必有
2
4
3
0
k 

,解得
3
2
k 
．
所以直线


y
k x
m


的斜率k 的值为
3
2

．
3.已知双曲线
2
2
2
2
1
x
y
a
b

过点
5
3, 2






和点

4, 15 ．
(1)求双曲线的离心率；
(2)过


0,1
M
的直线与双曲线交于P ，Q 两点，过双曲线的右焦点F 且与PQ平行的直线交双曲线于A ，B
两点，试问
MP
MQ
AB

是否为定值？若是定值，求该定值；若不是定值，请说明理由．
【答案】(1) 3
2
(2)是，定值为6
5 ．
【分析】（1）代入点的坐标联立方程可得双曲线方程，进而由离心率公式即可求解.
（2）联立直线与双曲线方程，根据弦长公式分别求解
,
,
AB
MP
MQ ，即可代入化简求解.
【详解】（1）将点
5
3, 2






和点

4, 15 的坐标代入
2
2
2
2
1
x
y
a
b

，
得
2
2
2
2
9
25
1,
4
16
15
1,
a
b
a
b








，解得
2
2
4,
5,
a
b





所以双曲线的离心率
2
2
5
3
1
1
4
2
b
e
a





．
（2）依题意可得直线PQ的斜率存在，设PQ：
1
y
kx

．
联立
2
2
1,
1,
4
5
y
kx
x
y






得

2
2
5
4
8
24
0
k
x
kx



，
设


1
1
,
P x y
，


2
2
,
Q x
y
，则
1
2
2
24
5
4
x x
k



，


2
2
2
3
64
96 5
4
0
2
k
k
k






，
所以



2
2
1
2
1
0
1
0
MP
MQ
k
x
k
x











2
2
1
2
2
24 1
1
5
4
k
k
x x
k





．


3,0
F
，直线AB ：


3
y
k x


．设


3
3
,
A x y
，


4
4
,
B x
y
．
联立


2
2
3 ,
1,
4
5
y
k x
x
y







得

2
2
2
2
5
4
24
36
20
0
k
x
k x
k




，
则
2
3
4
2
2
3
4
2
24
,
5
4
36
20,
5
4
k
x
x
k
k
x x
k














且





2
4
2
2
2
24
4 36
20
5
4
16 25
1
0
k
k
k
k








，
则


2
2
2
3
4
3
4
3
4
1
1
4
AB
k
x
x
k
x
x
x x










2
2
2
2
2
2
2
2
20 1
24
36
20
1
4
5
4
5
4
5
4
k
k
k
k
k
k
k


















，
所以
24
6
20
5
MP
MQ
AB



，所以
MP
MQ
AB

为定值，定值为6
5 ．
4.已知椭圆E：
�2
�2 +
�2
�2 = 1 �> �> 0 的左焦点�1 −1,0 ，过点�1且与x 轴垂直的直线被椭圆截得的线段长
为3.
(1)求椭圆E 的方程；
(2)设A，B 是椭圆E 的左、右顶点，�是椭圆E 的右焦点，过点F 的直线l 与椭圆E 相交于M，N 两点（点
M 在x 轴的上方），直线AM，BN 分别与y 轴交于点P，Q，试判断
��
��是否为定值？若是定值，求出这个
定值；若不是定值，说明理由.
【解题思路】（1）当�=−�时，代入椭圆方程，得�=±
��
�，结合椭圆性质可得解；
（2）先研究��⊥�轴，再研究当直线��的斜率存在时，设直线�的方程为�= ��−�, �≠�，联立
方程组，利用韦达定理化简
��
��，可得解.
【解答过程】（1）根据题意，当�=−�时，代入椭圆方程，得�=±
��
�，
所以
�=−�
��
�=
�
�
��= ��+ ��
⇒��= �
��= �，
所以椭圆方程为
��
�+
��
�= �；
（2）是定值，理由如下：
由题意可得�−�, �, ��, �, ��, �，
当��⊥�轴时，直线�的方程为�= �，易知��,
�
�, ��, −
�
�，
直线��的方程为�=
�
��+ �，所以��, �, ��= �，
直线��的方程为�=
�
��−�，所以��, −�, ��= �，则
��
��=
�
�；
当直线��的斜率存在时，设直线�的方程为�= ��−�, �≠�，
由
��
�+
��
�= �
�= ��−�
得�+ �����−����+ ���−��= �，则Δ = �����+ �> �，
设���, ��, ���, ��，则��+ ��=
���
�+���, ����=
���−��
�+���，
直线��的方程为�=
��
��+��+ �，令�= �，则��=
���
��+�，所以��,
���
��+�，
直线��的方程为�=
��
��−��−�，令�= �，则��=
−���
��−�，所以��,
−���
��−�，
所以��=
���
��+�, ��=
−���
��−�，
所以
��
��=
���
��+�
−���
��−�
=
����−�
����+�
=
���−�
��−�
���−�
��+�
=
����−���−��+�
����−��+���−�，
可得
��
��=
���−��
�+���−���−
���
�+���−��+�
���−��
�+���−��+�
���
�+���−��−�
=
���−�
�+���−��
����−��
�+���−���
=
�
�，
综上，
��
��=
�
�.
5.已知双曲线�:
�2
�2 −
�2
�2 = 1 �> 0, �> 0 , �1, �2分别是�的左、右焦点．若�的离心率�= 2，且点4,6 在�
上．
(1)求�的方程；
(2)若过点�2的直线�与�的左、右两支分别交于�, �两点，与抛物线�2 = 16�交于�, �两点，试问是否存在常
数�，使得
1
��−
�
��为定值？若存在，求出常数�的值；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）根据已知列方程组求解求出双曲线方程；
（2）先联立方程组求出两根和两根积，再应用弦长公式，最后计算得出定值.
【解答过程】（1）设双曲线�的半焦距为��> �，
由题意可得
�=
�
�= �
��
��−
��
��= �
��= ��+ ��
，解得�= �, �= ��, �= �，所以�的方程为
��
�−
��
��= �．
（2）
假设存在常数�满足条件，由（1）知���, �，
设直线�: �= ��+ �, ���, ��, ���, ��，
联立方程得
��
�−
��
��= �
�= ��+ �
，消去�，整理可得���−���+ ����+ ��= �，
所以���−�≠�,Δ = �����+ �> �，��+ ��=−
���
���−�, ����=
��
���−�，
��=
�+ ����−��=
�+ ��⋅
��+ ���−�����
��=
�+ ��⋅
−
���
���−�
�
−�⋅
��
���−�=
����+�
���−�．
因为直线�过点��且与�的左、右两支分别交于�，�两点，所以�, �两点在�轴同侧，所以����> �．
此时���−�> �，即��>
�
�，所以��=
����+�
���−�．
设���, ��, ���, ��，将�= ��+ �代入抛物线方程��= ���，得��−����−��= �，
则Δ�= �����+ �> �, ��+ ��= ���, ����=−��，
所以��=
�+ ����−��
=
�+ ��⋅
��+ ���−�����
=
�+ ��⋅
����−�⋅−��
= ����+ �．
所以
�
��−
�
��=
���−�
����+�−
�
����+�=
����−�−��
����+�．
故当−�−��= ��时，
����−�−��
����+�为定值
�
�，所以，当�=−
��
�时，
�
��−
�
��为定值
�
�．
6.已知抛物线E 的准线方程为：�=−1，过焦点F 的直线与抛物线E 交于A、B 两点，分别过A、B 两点
作抛物线E 的切线，两条切线分别与y 轴交于C、D 两点，直线CF 与抛物线E 交于M、N 两点，直线DF
与抛物线E 交于P、Q 两点.
(1)求抛物线E 的标准方程；
(2)证明：
1
��+
1
��为定值.
【解题思路】（1）由抛物线的准线方程求解�= �，即可求解抛物线标准方程.
（2）设出直线AB 的方程，然后与抛物线方程联立，韦达定理，推出两切线方程，进而求得点��,
��
�，
点��,
��
�，从而求出直线��, ��方程，联立抛物线方程，结合弦长公式求出��, ��，代入运算化简
即可证明.
【解答过程】（1）因为抛物线的准线为：�=−�，设��= ���，则−
�
�=−�，所以�= �，
故抛物线E 的标准方程为��= ��.
（2）易知抛物线E 的焦点��, �，
设直线AB 的方程为�= ��+ �，���, ��、���, ��，
联立
��= ��
�= ��+ �可得��−���−�= �，
由韦达定理可得��+ ��= ��，����=−�，
接下来证明抛物线E 在点A 处的切线方程为���= ��+ ���，
联立
��= ��
���= ��+ ���
可得��−����+ ���= �，即��−����+ ��
�= �，即�−���= �，
所以，直线���= ��+ ���与抛物线E 只有唯一的公共点，
所以，AC 的方程为���= ��+ ���，
同理可知，直线BD 的方程为���= ��+ ���，
在直线AC 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��+
��
��−�= �，
由韦达定理可得��+ ��=−
�
��，����=−�，
所以��= ��+ ��+ �= �−
�
����+ ��+ �= �−
�
��× −
�
��
=
���
�+��
��
�
，
同理可得��=
���
�+��
��
�
，
所以
�
��+
�
��=
��
�
���
�+��+
��
�
���
�+��=
��
����
�+��+��
����
�+��
����
�+�
��
�+�
=
������+�����
�+��
�
�������+���
�+��
�+��=
�����+���
�+��
�
������+���
�+��
�+��=
��+�����+�
���+�����+�+��=
�
�，
故
�
��+
�
��为定值
�
�.
7.已知�是抛物线�: �2 = 2��(�> 0)的焦点，直线�是抛物线�的准线，�是坐标原点，点�在抛物线�上，且
满足��= ��，连接��并延长交�于点�，使得三角形���的面积为2 2.
(1)求抛物线�的方程；
(2)若直线�= ��−
�
2 与抛物线�交于点�, �，线段��中点为�，证明：在�轴上存在点�，使得|��|2 −
1
4 |��|2为定值，并求出该定值.
【解题思路】（1）由题意，先求出点B 的纵坐标，再代入三角形面积公式中求出p 的值，进而可得抛物线
的方程；
（2）设出P，N，Q 的坐标，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理以及向量的坐标运算进行求证
即可.
【解答过程】（1）（1）抛物线方程的准线方程为�=−
�
�，
因为��= ��，所以点A 在线段OF 的中垂线上，
所以��=
�
�，��=
�
��，此时���∠���=
��
�
�
=
��
�，
即
�
��
�
�
=
��
�，解得��= ���
因为三角形OFB 的面积为��，
所以
�
�����=
�
�⋅
�
�⋅���= ��，解得�= �，
则抛物线的抛物线�的方程为��= ��.
（2）证明：设���, ��，���, ��，��, �，
联立�= ��−�
��= ��
，消去y 并整理得����−���+ ��+ ��= ���≠�，
由韦达定理得��+ ��= �+
�
��，����= �，因为M 为线段PQ 的中点，
所以|��|�−
�
�|��|�= ��Ԧ
ሬሬሬሬሬ�−
�
���Ԧ
ሬሬሬሬ�= ��Ԧ
ሬሬሬሬሬ−
�
���Ԧ
ሬሬሬሬ
��Ԧ
ሬሬሬሬሬ+
�
���Ԧ
ሬሬሬሬ
= ��Ԧ
ሬሬሬሬሬ+ ��Ԧ
ሬሬሬሬሬ
��Ԧ
ሬሬሬሬሬ+ ��Ԧ
ሬሬሬሬሬ
= ��Ԧ
ሬሬሬሬ⋅��Ԧ
ሬሬሬሬ= ��−�, ���−�
��−�, ���−�
= ��−�
��−�+ ���−�
���−�= ��+ �����−��+ �
��+ ��+ ��+ ��
= ��+ �−��+ �
�+
�
��+ ��+ ��= ��−��−�−
��
��，
则当�= �时，|��|�−
�
�|��|�=−�为定值，与k 的取值无关，
故在�轴上存在点��, �，使得|��|�−
�
�|��|�为定值，定值为−�.
8.设常数
0
m 
且
1
m ,椭圆：
2
2
2
1
x
y
m 
,点P 是上的动点．
（1）若点P 的坐标为

2,0 ,求的焦点坐标；
（2）设
3
m,若定点A 的坐标为

2,0 ,求PA 的最大值与最小值；
（3）设
1
2
m 
,若上的另一动点Q 满足OP
OQ

（O为坐标原点）,求证：O到直线PQ 的距离是定值．
【分析】（1）由题可得
2
m 
,
3
c 
,即得；
（2）由题可得


2
2
2
2
8
2
4
5
9
x
PA
x
y
x






,利用二次函数的性质即得；
（3）当直线PQ 斜率存在时设其方程为y
kx
t

,联立椭圆方程可得

2
2
2
4
2
1
0
k
x
ktx
t



,利用韦达
定理及条件可得
2
2
1
5
k
t


,进而可得O到直线PQ 的距离为定值,当直线PQ 斜率不存在时,可得
5
5
x 
,
易得O到直线PQ 的距离为定值,即证.
【解析】（1）∵椭圆：
2
2
2
1
x
y
m 
,点P 的坐标为

2,0 ,
∴
2
m 
,
3
c 
,
∴的焦点坐标为


3,0 ,
3,0

；
（2）设


,
P x y ,又


2,0
A
,
由题知
2
2
1
9
x
y

,即
2
2
1
9
x
y 
,
∴




2
2
2
2
2
2
2
8
8
9
1
2
2
1
4
5
9
9
9
4
2
x
x
PA
x
y
x
x
x


















,
又3
3
x
≤≤,
∴当
3
x 时,
2
PA 取得最大值为25；当
9
4
x 
时,
2
PA 取得最小值为1
2 ；
∴PA 的最大值为5,最小值为
2
2
.
（3）
当
1
2
m 
时,椭圆：
2
2
4
1
x
y

,
设



1
1
2
2
,
,
,
P x y
Q x
y
,当直线PQ 斜率存在时设其方程为y
kx
t

,则
由
2
2
4
1
y
kx
t
x
y







,得

2
2
2
4
2
1
0
k
x
ktx
t



,
∴





2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
1
,
,
2
4 4
1
0
4
4
kt
t
x
x
x x
kt
k
t
k
k












,
由OP
OQ

可知
0
OP OQ



,即
1
2
1
2
0
x x
y y


,
∴



1
2
1
2
0
x x
kx
t
kx
t




,即



2
2
1
2
1
2
1
0
k
x x
kt x
x
t




,
∴

2
2
2
2
2
1
2
1
0
4
4
t
kt
k
kt
t
k
k










,可得
2
2
1
5
k
t


,满足
0

,
∴O到直线PQ 的距离为
2
5
5
1
t
d
k



为定值；
当直线PQ 斜率不存在时,OP
OQ

,可得直线方程为
5
5
x 
,O到直线PQ 的距离为
5
5 .
综上,O到直线PQ 的距离是定值．
题型二：面积类定值
1.已知O为坐标原点,椭圆：


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




的右顶点为A ,离心率为
3
2
．动直线l ：


1
1
y
x
m


与
相交于B ,C 两点,点B 关于x 轴的对称点为B,点B到的两焦点的距离之和为4．
（1）求的标准方程．
（2）若直线B C

与x 轴交于点M , OAC

, AMC

的面积分别为
1S ,
2S ,问
1
2
S
S 是否为定值？若是,求出该定值；
若不是,请说明理由．
【分析】（1）用椭圆的定义及性质即可得解；
（2）利用“设而不求法”表示出OAC

, AMC

的面积,即可求出
1
2
S
S .
【解析】（1）由对称性得点B在椭圆上,根据点B到的两焦点的距离之和为4 及椭圆的定义,得2
4
a 
,
解得
2
a 
．
因为的离心率为
3
2
,所以
3
2
c
a 
,
所以
3
c 
．
所以
2
2
2
4
3
1
b
a
c





所以的标准方程为
2
2
1
4
x
y

．
（2）
1
2
S
S 是定值,且该定值为1．
理由如下：
由


2
2
1,
4
1
1 ,
x
y
y
x
m








得

2
2
1
4
4
my
y



,即

2
2
4
2
3
0
m
y
my




．
设


1
1
,
B x y
,


2
2
,
C x
y
,
则


1
1
,
B
x
y


,且
1
2
2
2
4
m
y
y
m



,
1
2
2
3
4
y y
m


．
易得直线B C

的方程为
1
1
2
1
2
1
y
y
x
x
y
y
x
x





,
令
0
y 
,得
2
1
1
1
2
1
x
x
x
y
x
y
y






1
2
1
1
2
1
1
my
y
y
my
y
y





2
2
1
2
1
1
1
2
2
1
1
my y
my
my
my y
y
y






1
2
1
2
2
1
my y
y
y



2
2
3
2
4
1
4
2
4
m
m
m
m







．
所以当m变化时,直线B C

与x 轴交于定点


4,0
M
．
所以
1
2
2
2
1
1
4
2
1
2
C
C
OA
OA
S
S
AM
AM
y
y








,
即
1
2
S
S 是定值,且定值为1．
2.已知双曲线C ：
2
2
2
2
1
x
y
a
b

（
0
a 
，
0
b 
）的左、右顶点分别为P ，Q ，右焦点F 到渐近线的距离为1，
且离心率为2 3
3
.
(1)求双曲线C 的标准方程；
(2)过点F 的直线l（直线l 的斜率不为0）与双曲线C 交于A ，B 两点，若M ，N 分别为直线AP ，BQ 与y
轴的交点，记OPM

，
OQN
△
的面积分别记为
OPM
S
，
QQN
S△
，求
OPM
OQN
S
S
△
△
的值.
【答案】(1)
2
2
1
3
x
y

；(2)
7
4 3
OPM
OQN
S
S


△
△
【解析】（1）设


,0
F c
，其中一条渐近线方程为
b
y
x
a

，即
0
bx
ay


，
则焦点到渐近线的距离
2
2
1
bc
bc
d
b
c
a
b





，
又
2 3
3
c
e
a


，则
2
2
2
2
2
4
3
c
a
b
a
a



，则
2
3
a ，
所以双曲线方程为
2
2
1
3
x
y

；
（2）由（1）知


2,0
F
，设直线:
2
l x
my


，


1
1
,
A x y
,


2
2
,
B x
y
联立
2
2
1
3
2
x
y
x
my







，得

2
2
3
4
1
0
m
y
my



，
2
3
0
m 

，
1
2
2
4
3
m
y
y
m




，
1
2
2
1
3
y y
m


，
直线AP 的方程为


1
1
3
3
y
y
x
x



，当
0
x 
时，
1
1
3
3
y
y
x


，
直线BQ 的方程为


2
2
3
3
y
y
x
x



，当
0
x 
时，
2
2
3
3
y
y
x



，
即
1
1
3
0,
3
y
M
x









，
2
2
3
0,
3
y
N
x










，
如图可知，








1
2
1
2
2
1
2
1
3
2
3
3
2
3
OPM
M
OQN
N
y
x
y my
S
y
S
y
y
x
y
my











，








2
2
2
1
2
1
1
2
2
2
2
4
2
3
2
3
3
3
2
3
2
3
3
m
m
y
my y
y
m
m
m
my y
y
y
m





















，







2
2
2
2
4
2
3
2
3
3
2
3
3
m
m
m
y
m
m
y









，






2
2
2
2
4 3
7
2
3
3
2
3
3
m
m
m
y
m
m
y








，
当
0
m 
，
2
3
m 时，4 3
7
4 3
7
m
m
m



，





2
2
2
3
3
4 3
7
2
3
3
m
m







，
所以






2
2
2
2
4 3
7
2
3
3
4 3
7
2
3
3
m
m
m
y
m
m
y









，
即






2
2
2
2
4 3
7
2
3
3
7
4 3
2
3
3
m
m
m
y
m
m
y









，
当
0
m 
时，






2
2
2
2
4 3
7
2
3
3
7
4 3
2
3
3
m
m
m
y
m
m
y









，
所以
7
4 3
OPM
OQN
S
S


△
△
.
3.已知椭圆
2
2
2
2
:
1
x
y
C a
b


(
0)
a
b


离心率等于
3
2
且椭圆C 经过点
1
3, 2
p




．
(1)求椭圆的标准方程C ；
(2)若直线y
kx
m


与轨迹C 交于M
N
，
两点，O为坐标原点，直线OM
ON
，
的斜率之积等于
1
4

，试探求
OMN

的面积是否为定值，并说明理由．
【答案】(1)
2
2
1
4
x
y


(2)是定值，理由见解析
【分析】（1）根据题意，由条件列出关于, ,
a b c 的方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，由弦长公式可得MN ，再表示出O点到直线MN 的
距离d ，由三角形的面积公式，即可得到结果.
【详解】（1）由题意得
2
2
2
2
2
3
2
3
1
1
4
c
a
a
b
a
b
c













，解得
2
2
4
1
a
b


，
，所以椭圆C 的方程为
2
2
1
4
x
y

.
（2）
设




1
1
2
2
，
，
，
M x
y
N x
y
，联立直线和椭圆方程可得：
2
2
1
4
y
kx
m
x
y






，
消去y 可得：

2
2
2
1
4
8
4
4
0
k
x
kmx
m





，所以



2
2
2
2
64
4 1
4
4
4
0
k m
k
m





，
即
2
2
4
1
k
m

，则
2
1
2
1
2
2
2
8
4
4
1
4
1
4
km
m
x
x
x
x
k
k








，
，
1
4
OM
ON
k
k



，



1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
4
4
kx
m
kx
m
y y
x x
x x









2
2
1
2
1
2
1
2
1
4
k x x
km x
x
m
x x





，
把韦达定理代入可得：


2
2
2
2
2
2
2
1
4
8
1
4
4
4
4
4
k
m
k m
k
m
m







，
整理得

2
2
2
4
1 *
m
k


，
又








2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
64
16 16
1
4
1
4
k
k
m
MN
k
x
x
x x
k













，
而O点到直线MN 的距离
2
1
m
d
k


，
所以




2
2
2
2
2
64
16 16
1
1
2
2
1
4
OMN
m
k
m
S
d MN
k






，
把
* 代入，则





2
2
2
2
2
1 4
1
64
16
32
8
1
2
1
2
1
4
OMN
k
k
k
S
k








，可得
OMN
S△
是定值1．
4.已知椭圆�:
�2
�2 +
�2
�2 = 1(�> �> 0)的左、右焦点分别为�1( −1,0)、�2(1,0)，�在椭圆�上，且△��1�2
面积的最大值为3.
(1)求椭圆�的方程；
(2)直线�: �= ��+ �与椭圆�相交于P，Q 两点，且4�2 + 3 = 4�2，求证：△���（�为坐标原点）的面
积为定值.
【解题思路】（1）根据题意，�= �．�在椭圆�上下顶点，△�����面积的最大值.求出�，再求出�，进
而得到方程.
（2）证明
设���, ��, ���, ��，联立直线�与椭圆�的方程，由韦达定理计算|��| =
�+ ����−��，
求得点�到直线��的距离�=
|�|
�+��，通过面积公式�△���=
�
�× |��| × �化简计算即可.
【解答过程】（1）根据题意，�= �．
�在椭圆�上下顶点，△�����面积的最大值.
此时�△�����=
�
�|����||��| = �=
�.
所以��= ��+ ��= �，则求椭圆�的方程
��
�+
��
�= �.
（2）如图所示，设���, ��, ���, ��，
联立直线�与椭圆�的方程
�= ��+ �,
��
�+
��
�= �, 得�+ �����+ ����+ ���−��= �，
�= ������−��+ ���
���−��= �����−����+ ���= ��(���−��+ �) > �.
��+ ��=−
���
�+���，����=
���−��
�+���，
又|��| =
�+ ����−��
=
�+ ��
��+ ���−�����
=
�+ ��
−
���
�+ ���
�
−�× ���−��
�+ ���
=
�+ ��
��(���−��+�)
�+���
，
因为点�到直线��的距离�=
|�|
�+��，且���+ �= ���，
所以�△���=
�
�× |��| × �=
�
�×
�+ ��
��(���−��+�)
�+���
×
|�|
�+��=
���
�+���=
���
�+���=
���
���=
�
�．
综上，△���的面积为定值
�
�．
5.已知�−1,0 ，�1,0 ，平面上有动点�，且直线��的斜率与直线��的斜率之积为1.
(1)求动点�的轨迹Ω的方程.
(2)过点A 的直线与Ω交于点�（�在第一象限），过点�的直线与Ω交于点�（�在第三象限），记直线��，
��的斜率分别为�1，�2，且�1 = 4�2.试判断△���与△���的面积之比是否为定值，若为定值，请求出
该定值；若不为定值，请说明理由.
【解题思路】（1）设��, �，根据题意结合斜率公式分析运算即可；
（2）分析可知���⋅���=
�
�，设直线��和相关点，联立方程结合韦达定理分析可得直线��过定点
�−
�
�, �，进而可得面积之比.
【解答过程】（1）设��, �，�≠± �，
由题意可得：���⋅���=
�
�+�⋅
�
�−�=
��
��−�= �，整理得��−��= �，
故求动点�的轨迹方程为��−��= ��≠± �.
（2）由题意可知：���⋅���= �，且���= ����，可得���⋅���=
�
�，
显然直线MN 的斜率不为0，设直线��的方程为�= ��+ ��≠± �，���, ��，���, ��，
联立方程�= ��+ �
��−��= �，消去x 得��−���+ ����+ ��−�= �，
则��≠�，Δ > �，可得
��+ ��=−
���
��−�
����=
��−�
��−�
，
则���⋅���=
��
��−�⋅
��
��−�=
����
���+�−�
���+�−�=
�
�，
整理可得��−�����+ ��−�
��+ ��+ �−��= �，
则
��−�
��−�
��−�
−
�����−�
��−�
+ �−��= �，
因为�≠± �，则�−�≠�，可得
��−�
�+�
��−�
−
����
��−�+ �−�= �，
整理可得�=−
�
�，
所以直线��方程为�= ��−
�
�，即直线��过定点�−
�
�, �，
则|��| =−
�
�+ �=
�
�, |��| = �+
�
�=
�
�，
此时�△���=
�
���⋅��−��，�△���=
�
�⋅��⋅��−��，
所以
�△���
�△���=
��
��=
�
�为定值.
6.已知抛物线�: �2 = 2��(�> 0)的焦点为�，过�且倾斜角为
π
6的直线�与�交于�，�两点．直线�1，�2与�相
切，切点分别为�，�，�1，�2与�轴的交点分别为�，�两点，且|��| =
2 3
3 ．
(1)求�的方程；
(2)若点�为�上一动点（与�，�及坐标原点均不重合），直线�3与�相切，切点为�，�3与�1，�2的交点分别为
�，�．记△���，△���的面积分别为�1，�2．
①请问：以�，�为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由；
②证明：
�1
�2为定值．
【解题思路】（1）设�: �=
�
��+
�
�，���, ��，���, ��，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，
利用导数的几何意义表示出切线方程，即可求出�、�坐标，从而求出�，即可得解；
（2）①不妨设��< �< ��，由（1）求出切点横坐标及切线方程，设���, ��
��≠�, ��, ��，则��: �= ���−
��
�
�，分别求出�，�的坐标，即可得到圆的方程，再求出圆过定点坐标；②表示出|��|，|��|，|��|，|��|，
再说明△���、△���为直角三角形，由面积公式得到面积之比.
【解答过程】（1）设�: �=
�
��+
�
�，���, ��，���, ��，联立�=
�
��+
�
�
��= ���
，
消去�得��−
��
���−��= �，显然�> �，所以��+ ��=
��
��，����=−��．
由�=
�
����，�′ =
�
��，故��的方程为�=
�
����−��+ ��=
�
����−��，
令�= �得
�
����−��= �，解得�=
��
�，即�
��
�, �，
同理��: �=
�
����−��，则�
��
�, �．
由|��| =
��
�，知��−��=
��
�，
由��−��
�= ��+ ��
�−�����，得
�
�+ ���=
��
�，解得�= �或�=−�（舍去），
故�的方程为��= ��；
（2）①由（1）不妨设��< �< ��，由��−
��
��−�= �，
解得��=−
�
�，��=
�，
所以��: �=−
�
��−
�
�，��: �=
��−
�
�．
设���, ��
��≠�, ��, ��，则��: �= ���−
��
�
�．
联立
�=−
�
��−
�
�
�= ���−
��
�
�
，解得
�=
���−�
�
�=−
���
�
，所以�
���−�
�
, −
���
�
，
同理�
��+ �
�
,
���
�
，
以�、�为直径的圆的方程为�−
���−�
�
�−
��+ �
�
+ �+
���
�
�−
���
�
= �，
整理得��
�
�−
�
��−
�
��+ ��+ ��−
�
��−
�
�= �，
令
��+ ��−
�
��−
�
�= �
�
�−
�
��−
�
��= �
，解得
�= �
�=
�
�
或
�=
�
�
�=−
�
�
，
故该圆恒过�,
�
�,
�
�, −
�
�两个点．
②由于�−
�
�, �，�
�
�, �，��,
�
�，�
���−�
�
, −
���
�
，�
��+ �
�
,
���
�
，
所以|��| =
���−�
�
+
�
�
�
+ −
���
�
�
=
�
���，
|��| =
��+ �
�
−
�
�
�
+
���
�
�
= ��，
|��| =
−
�
�
�
+ −
�
�
�
=
�
�，|��| =
�
�
�
+ −
�
�
�
= �，
直线��的斜率为�，显然直线��与��垂直，故△���为直角三角形，
同理△���也是直角三角形，
故��=
�
�|��| ⋅|��| =
�
���，��=
�
�|��| ⋅|��| =
�
���，
故
��
��=
�
�（或
��
��= �）．
题型三：斜率类定值
1.双曲线C：
2
2
2
2
1
x
y
a
b

的左、右顶点分别为
1A ，
2A ，左、右焦点分别为
1F ，
2
F ，过
1F 作直线与双曲线C
的左、右两支分别交于A，B 两点.若
2
2
AB
BF

，且
1
2
1
cos
4
F BF


，则直线
1A B 与
2
A B 的斜率之积为（
）
A．5
3
B．3
5
C．4
3
D．3
4
【答案】A
【分析】设
2
BF
m

，利用双曲线定义推出相关线段的长，进而在
2
ABF
△
和
1
2
F BF

中利用余弦定理，求
出
4
3
m
a

以及
2
2
3
8
c
a

，继而求得
2
2
3
5
b
a

，再结合双曲线方程推出
1
2
2
2
A B
A B
b
a
k
k


，即可求得答案.
【详解】由题意结合双曲线定义可知
2
1
1
2
2
2
AF
AF
a
BF
BF
a







，且
2
2
AB
BF

，
不妨设
2
BF
m

，则
2
AB
m

，
1
2
BF
m
a


，
1
1
|
| 2
AF
BF
AB
a
m




，
2
4
AF
a
m


.
在
2
ABF
△
中，
1
2
1
cos
4
F BF


，由余弦定理得
2
1
2
2
2
2
2
2
|
|
|
|
2|
| |
| cos
AF
AB
BF
AB
BF
F BF






，
即
2
2
2
2
1
(4
)
4
4
4
a
m
m
m
m





，即
2
2
3
8
16
0
m
am
a



，
解得
4
3
m
a

.
在
1
2
F BF

中，由余弦定理得
2
1
2
2
2
2
1
2
1
1
2
|
|
|
|
2|
|
cos
|
|
F F
BF
BF
BF
BF
F BF






，
即
2
2
2
1
4
(
2 )
2(
2 )
4
c
m
a
m
m
a m






，即
2
2
2
8
3
6
8
c
m
ma
a



，结合
4
3
m
a

，
即得
2
2
3
8
c
a

，故得
2
2
2
3
)
(
8
b
a
a


，即
2
2
3
5
b
a

.
又可设
0
0
(
,
)
B x
y
，则
2
2
2
2
2
2
0
0
0
0
2
2
2
1,
(
)
x
y
b
y
x
a
a
b
a




，
而
1
2
(
,0),
( ,0)
A
a
A a

，故
1
2
2
0
0
0
2
2
0
2
2
0
0
5
3
A B
A B
y
y
y
k
k
x
a
x
a
b
x
a
a









，
故选：A
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于根据所给
1
2
1
cos
4
F BF


，分别在
2
ABF
△
和
1
2
F BF

中利用余弦定
理，求出
4
3
m
a

，继而求得
2
2
3
5
b
a

，再结合双曲线方程推出
1
2
2
2
A B
A B
b
a
k
k


，即可求解.
2.已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b




的右焦点
2
F 与抛物线
2
4
y
x

的焦点重合，且其离心率为1
2 .
(1)求椭圆C 的方程；
(2)已知与坐标轴不垂直的直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，线段MN 的中点为P ，求证：
MN
OP
k
k

（O 为
坐标原点）为定值.
【答案】(1)
2
2
1
4
3
x
y

；(2)证明见解析
【解析】（1）∵抛物线
2
4
y
x

的焦点为

1,0 ，
∴椭圆C 的半焦距为
1
c ，
又
1
2
c
e
a


，得
2
a 
，
2
2
3
b
a
c



.
∴椭圆C 的方程为
2
2
1
4
3
x
y


（2）证明：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


0
y
kx m k



，
联立
2
2
1
4
3
y
kx
m
x
y






，得

2
2
2
3
4
8
4
12
0
k
x
kmx
m





.
Δ
0

，即
2
2
4
3
m
k

，
设


1
1
,
M x y
，


2
2
,
N x
y
，
则
1
2
2
8
3
4
km
x
x
k


，


1
2
1
2
2
6
2
3
4
m
y
y
k x
x
m
k






，
∴
2
2
4
3
,
3
4
3
4
km
m
P
k
k








，
∴
2
2
3
3
3
4
4
4
3
4
OP
m
k
k
km
k
k





.
∴
3
4
MN
OP
k
k


为定值
3.已知椭圆C：
�2
�2 +
�2
�2 = 1 �> �> 0 的两个焦点分别为�1 −
2, 0 、�2
2, 0 ．点�1,0 与椭圆短轴的两
个端点的连线互相垂直．
(1)求椭圆C 的方程．
(2)已知点�3,2 ，过点M 任作直线l 与椭圆C 交于A、B 两点，求证：���+ ���为定值．
【解题思路】（1）由题目条件得到�=
�，�= �，进而求出��= �，得到椭圆方程；
（2）设出直线方程，联立椭圆方程，设���, ��，���, ��，得到两根之和，两根之积，结合硬解公式
计算出���+ ���= �.
【解答过程】（1）由题意�=
�，
椭圆两短轴端点坐标为�, �, �, −�，
因为��, �与椭圆短轴的两个端点的连线互相垂直，
由直角三角形斜边中线等于斜边一半可知，�= �，
∴��= ��+ ��= �，故C：
��
�+ ��= �；
（2）由硬解公式得
��
��+ ��
��= �
��+ ��+ �= �
�= ����+ ����，�′ = �−��，��+ ��=
−�����
�
，����=
����−����
����+����，
��+ ��=
−�����
�
，����=
����−����
����+����，����+ ����=
�������
�
．
直线l 方程为�−��−�= �，
设���, ��，���, ��，联立
��
�+ ��= �
�−��−�= �
，
故�= ����+ ����= �+ ��，����+ ����=
�������
�
=
−��
�+��，
��+ ��=
�
�+��,����=
��−��
�+��,��+ ��=
−��
�+��, ����=
−�
�+��
∴���+ ���=
��−�
��−�+
��−�
��−�=
����+����−���+��−���+��+��
����−���+��+�
=
−��
�+��−�× −��
�+��−�×
�
�+��+��
��−��
�+��−�×
�
�+��+�
=
���+��−��
��−��−��+��+��=
����+��
���+��= �，
故���+ ���= �．
4.已知圆


2
2
:
1
16
E
x
y



，点


1,0 ,
F
G 是圆E 上任意一点，线段GF 的垂直平分线和半径GE 相交于H .
(1)求动点H 的轨迹L 的方程；
(2)若



2,0 ,
2,0
A
B

，过F 作直线l 与轨迹L 交于
,
M N 两点（不与
,
A B 重合），记直线AM 与BN 的斜率
分别为
1
2
,
k k ，证明：
1
2
k
k 为定值.
【答案】(1)
2
2
1
4
3
x
y

；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据椭圆的定义求解即可；
（2）联立直线与椭圆的方程，并根据韦达定理得到
1
2
1
2
,
y
y
y y

，表示出斜率后化简即可得证.
【详解】（1）圆


2
2
:
1
16
E
x
y



，圆心
( 1,0)
E 
，半径
4
r 
因为线段GF 的垂直平分线和半径GE 相交于H ，
所以|
| |
|
HG
HF

，所以|
|
|
| |
|
|
| |
|
4 |
|
HE
HF
HE
HG
EG
r
EF







，
所以点H 的轨迹是以
( 1,0)
E 
，


1,0
F
为焦点，且长轴长为4 的椭圆.
故
2
2
2
2,
1,
3
a
c
b
a
c





，
所以点H 的轨迹L 的方程是
2
2
1
4
3
x
y

.
（2）证明：因为直线l 不与
,
A B 重合，所以直线l 斜率不为0，
故设
1
1
2
2
:
1,
(
,
),
(
,
)
l x
my
M x y
N x
y


.
2
2
2
2
1
(3
4)
6
9
0
4
3
1
x
y
m
y
my
x
my













所以
1
2
2
1
2
2
6
3
4
9
3
4
my
y
y
m
y y
m











1
1
1
1
2
1
2
1
2
2
2
1
1
1
2
1
1
2
2
2
1
2
2
2
2
9
9
3
4
3
4
9
6
27
3(
)
3
3
3
4
3
4
3
)
4
2
(
1 2)
1
(
1
2
3
2
m
m
y
y
m
m
m
my
m
y
k
x
y m
y
y
y
y
my y
y
k
m
y my
my
m
y
x
m
y



























，
所以
1
2
k
k 为定值1
3 .
5.已知椭圆C ：


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




的一个顶点为


0,1
P
，离心率为
2
2
.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)过点定点

0, 3
G

作斜率为k 的直线l 与椭圆交于A ，B ，直线PA ，PB 的斜率分别记为
1k ，
2k .求
1
2
k k

的值
【答案】(1)
2
2
1
2
x
y


(2)1
【分析】（1）根据题意，列出关于, ,
a b c 的标准方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，设直线l ：
3
y
kx

，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）
2
2
2
1
2
2
b
c
a
a
b
c









得
2
1
1
a
b
c







，所以椭圆C 的方程为：
2
2
1
2
x
y


.
（2）
设直线l ：
3
y
kx

，则
2
2
3
2
2
y
kx
x
y







，
消y 得：

2
2
1
2
12
16
0
k
x
kx




，


2
2
Δ
144
64 1
2
0
k
k




，
所以




, 2
2,
k 

，
设


1
1
,
A x y
，


2
2
,
B x
y
，
所以
1
2
2
12
1
2
k
x
x
k



，
1
2
2
16
1
2
x x
k


，
因为


0,1
P
，所以
1
1
1
1
y
k
x


，
2
2
2
1
y
k
x


，



1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
4
4
1
1
kx
kx
y
y
k
k
x
x
x x










2
1
2
1
2
1
2
4
16
k x x
k x
x
x x




2
2
2
2
2
2
2
16
48
16
32
1
2
1
2
1
2
16
1
2
k
k
k
k
k
k
k








1

6.已知椭圆�:
�2
�2 +
�2
�2 = 1(�> �> 0)，过点(0,
3)，�，�分别是�的左顶点和下顶点，�是�右焦点，∠���=
π
3.
(1)求�的方程；
(2)过点�的直线与椭圆�交于点�，�，直线��，��分别与直线�= 4 交于不同的两点�，�.设直线��，��
的斜率分别为�1，�2，求证：�1�2为定值.
【解题思路】（1）根据给定条件，求出�, �, �即可得�的方程.
（2）设出直线��的方程，与椭圆方程联立，由直线��, ��求出�, �的坐标，利用韦达定理结合斜率的坐
标表示计算即得.
【解答过程】（1）由椭圆�:
��
��+
��
��= �(�> �> �)过点(�,
�)，得�=
�，
由∠���=
π
�，得椭圆半焦距�= �，则长半轴长�=
��+ ��= �，
所以�的方程为
��
�+
��
�= �.
（2）显然直线��不垂直于y 轴，设直线��的方程为�= ��+ �，�(��, ��), �(��, ��)，
由
�= ��+ �
���+ ���= ��消去x 得(���+ �)��+ ���−�= �，显然�> �，
��+ ��=
−��
���+�, ����=
−�
���+�，直线��的方程为�=
��
��+�(�+ �)，
令�= �，得点�的纵坐标��=
���
��+�=
���
���+�，同理点�的纵坐标��=
���
���+�，
因此����=
��
�⋅
��
�=
�����
(���+�)(���+�) =
�����
������+��(��+��)+�
=
�⋅
−�
���+�
��⋅
−�
���+�+��⋅−��
���+�+�=−�为定值，
所以����为定值.
7.已知双曲线


2
2
2
2
:
1
0,
0
x
y
C
a
b
a
b




的实轴长为4，离心率为
2 ．过点

4,2
P
的直线l 与双曲线C 交
于A，B 两点．
(1)求双曲线C 的标准方程；
(2)已知点


3,4
Q
，若直线QA，QB 的斜率均存在，试问其斜率之积是否为定值？请给出判断与证明．
【答案】(1)
2
2
1
4
4
x
y


(2)斜率之积为定值4，证明见解析
【分析】（1）由双曲线的实轴长和离心率，求出a 与b ，可得双曲线C 的标准方程；
（2）分直线l 斜率存在和不存在两种类型，通过联立方程组，设点，利用韦达定理表示直线QA，QB 的
斜率之积，化简得定值.
【详解】（1）双曲线


2
2
2
2
:
1
0,
0
x
y
C
a
b
a
b




的实轴长为4，则2
4
a 
，即
2
a 
，
双曲线离心率为
2 ，则双曲线是等轴双曲线，得
2
b
a


．
所以双曲线C 的标准方程为
2
2
1
4
4
x
y

.
（2）当直线QA，QB 的斜率均存在，其斜率之积为定值4，证明如下：
过点


4,2
P
的直线l，若斜率不存在，则直线方程为
4
x 
，
与双曲线方程联立解得

4,2 3
A
，

4, 2 3
B

，
4
2 3
4
2 3
4
3
4
3
4
QA
QB
k
k








.
直线l 斜率存在，设直线斜率为k ，直线方程为


2
4
y
k x



，
双曲线渐近线方程为y
x
，当
1
k 时，直线l 与双曲线C 交于A，B 两点，
由


2
2
1
4
4
2
4
x
y
y
k x








，消去y 得



2
2
2
1
4
1 2
16
16
8
0
k
x
k
k x
k
k







，
设


1
1
,
A x y
，


2
2
,
B x
y
，有


1
2
2
4
2
1
1
k
k
x
x
k




，
2
1
2
2
16
16
8
1
k
k
x x
k




，


1
2
1
2
1
2
2
4
2
4
4
8
y
y
kx
k
kx
k
k x
x
k











，






2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
4
2
4
2
4
16
16
4
y y
kx
k
kx
k
k x x
k
k
x
x
k
k












，
当直线QA，QB 的斜率均存在，




1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
4
16
4
4
3
3
3
9
QA
QB
y y
y
y
y
y
k
k
x
x
x x
x
x



















2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
4
16
16
4
3
9
k x x
k
k
x
x
k
k
x x
x
x
















2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
2
1
16
16
8
2
4
16
16
4
1
1
4
2
1
16
16
8
3
9
1
1
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k




















2
2
4
16
4
4
4
1
k
k
k
k






.
所以当直线QA，QB 的斜率均存在，其斜率之积为定值4.
【点睛】方法点睛：
解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与
系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不
要忽略直线斜率为0 或不存在等特殊情况，强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，
重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
8.已知双曲线C：


2
2
2
2
1
0
0
x
y
a
b
a
b


＞，＞
的离心率为
2 ，点

3, 5
A
在双曲线上．
(1)求双曲线C 的方程；
(2)双曲线C 上是否存在点B，使得对双曲线C 上任意一点P（其中
3
Px ），都有
PA
PB
k
k

为定值？若存
在，请求出该定值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
2
2
1
4
4
x
y


(2)存在，定值为1
【分析】（1）由离心率，双曲线所过点的坐标，及
2
2
2


a
b
c 列方程组求解可得；
（2）设
(
,
)
P
P
P x
y
是双曲线上任一点，取点
( 3,
5)
B 

，计算
PA
PB
k
k

得定值．
【详解】（1）由题意得
2
2
2
2
2
2          
9
5
1  
c
a
a
b
c
a
b












，解得
2    
2    
2 2
a
b
c







，故双曲线C 的方程为
2
2
1
4
4
x
y

；
（2）法一：存在点B

3,
5


，使得对双曲线上任意一点P（其中
3
Px ），都有
PA
PB
k
k

为定值1，证
明如下：
设
(
,
)
P
P
P x
y
是双曲线
2
2
1
4
4
x
y

上任意一点P（其中
3
Px ），则
2
2
1
4
4
p
p
x
y

，即
2
2
p
p
x
y

=4
∴
2
2
2
2
5
5
5
5
1
3
3
9
5
p
p
p
p
PB
PA
p
p
p
p
y
y
y
y
k
k
x
x
x
y














．
法二：设定点为
0
0
(
,
)
B x
y
，设
(
,
)
P
P
P x
y
是双曲线
2
2
1
4
4
x
y

上任意一点P（其中
3
Px ），则
2
2
1
4
4
p
p
x
y

，
即
2
2
p
p
x
y

=4，
2
2
0
0
1
x
y

，
2
2
0
0
0
0
0
2
2
0
0
0
0
0
5
( 5
)
5
( 5
)
5
3
(3
)
3
(3
)
3
4
P
P
P
P
P
P
PA
PB
P
P
P
P
P
P
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
k k
x
x
x
x
x x
x
y
x x
x





















，
由于
2
2
4
P
P
x
y


，而
P
y 是任意的实数，要使得它为常数，这个常数只有为1，
由
0
0
5
0
3
0
y
x






得
0
0
3
5
x
y




，满足
0
0
5
3
4
y
x


，
所以存在定点
( 3,
5)
B 

，使得
PA
PB
k
k
为定值且定值为1.
9.已知双曲线�:
�2
�2 −
�2
�2 = 1(�> 0, �> 0)经过点�−2,0 ，离心率为5，直线�过点�3,0 且与双曲线�交于
两点�, �（异于点�）.
(1)求双曲线�的方程；
(2)求证：直线��与直线��的斜率之积为定值，并求出该定值.
【解题思路】（1）由题意，根据题目所给信息以及�，�，�之间的关系，列出方程从而可求出双曲线的方
程；
（2）设出直线方程，将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理以及斜率公式再进行求解即可.
【解答过程】（1）令双曲线半焦距为�，依题意，�= �,
�
�=
�，
由��= ��+ ��，解得�= �，
则双曲线�的方程为
��
�−
��
��= �，
（2）法一：显然直线�不垂直于�轴，设直线�的方程为�= ��+ �，
由
��
�−
��
��= �
�= ��+ �
消去�得，(���−�)��+ ����+ ��= �
���−�≠�
Δ = �����+ ��> �
设���, ��, ���, ��，则��+ ��=
−���
���−�, ����=
��
���−�，
直线��, ��的斜率分别为���, ���，
∴������=
��
��+�⋅
��
��+�=
����
������+����+��+��=
��
���−�
��⋅
��
���−�+��⋅−���
���−�+��=−
�
�
法二：①当直线�垂直于�轴时，�的方程为�= �，易得��, ��､��, −��
∴������= −��
�
× ��
�
=−�
�
②当直线�不垂直于�轴时，设直线�的方程为�= ��−�，
由
��
�−
��
��= �
�= ��−�
,消去�得：(�−��)��+ ����−���−��= �,
�−��≠�
���+ ��> �
设���, ��, ���, ��，则：��+ ��=
���
��−�; ��⋅��=
���+��
��−�
直线��, ��的斜率分别为���, ���，
∴������=
��
��+�⋅
��
��+�=
����⋅��−���+��+�
��⋅��+���+��+�
=
��
���+��
��−�−����
��−�+�
���+��
��−�+����
��−�+�
=
−����
����=−
�
�.
10.已知抛物线
2
:
2
(
0)
C y
px p


的焦点为F ,直线
2
1
y
x

与抛物线交于M , N 两点,且|
|
|
| 4
MF
NF


．
（1）求抛物线C 的方程；
（2）若
(4
P
,
)(
0)
m m 
是抛物线C 上一点,过点
(1, 4)
Q

的直线与抛物线C 交于A , B 两点（均与点P 不重合）,
设直线PA , PB 的斜率分别为
1k ,
2k ,求证：
1
2
k k 为定值．
【分析】(1)联立直线和抛物线方程,根据抛物线定义和焦半径公式得到
1
2
|
|
|
|
2
2
p
p
MF
NF
x
x





,根据韦达
定理可得到最终结果；（2）代入点P 坐标可得到参数m的值,设直线AB 的方程为
1
(
4)
x
t y


,联立该直线
和抛物线方程,
3
4
1
2
3
4
3
4
3
4
3
4
4
4
16
16
4
4
(
4)(
4)
4(
)
16
y
y
k k
x
x
y
y
y y
y
y













,代入韦达定理可得到最终结果.
【解析】（1）设点
1
(
M x ,
1)
y ,点
2
(
N x ,
2)
y ,
联立
2
2
2
1
y
px
y
x






,整理得
2
4
(4
2 )
1
0
x
p x



,

1
2
4
2
1
4
2
p
p
x
x




,
由抛物线的定义知
1
2
|
|
|
|
1
4
2
2
2
p
p
p
MF
NF
x
x
p








,
解得
2
p 
,
抛物线C 的方程为
2
4
y
x

．
（2）
(4
P

,
)(
0)
m m 
为抛物线C上一点,
4
m


,即
(4,4)
P
,
设
3
(
A x ,
3)
y
,
4
(
B x ,
4)
y
,直线AB 的方程为
1
(
4)
x
t y


,
由
2
1
(
1)
4
x
t y
y
x






,消去x 得
2
4
16
4
0
y
ty
t




,
3
4
4
y
y
t



,
3
4
16
4
y y
t


,
3
4
1
2
3
4
3
4
3
4
3
4
4
4
16
16
16
4
4
4
(
4)(
4)
4(
)
16
16
4
4
4
16
3
y
y
k k
x
x
y
y
y y
y
y
t
t




















,
即
1
2
k k 为定值．
11.在平面直角坐标系xOy 中，已知圆心为C 的动圆过点

2,0 ，且在y 轴上截得的弦长为4，记C 的轨迹为
曲线E ．
(1)求曲线E 的方程；
(2)已知

1,2
A
及曲线E 上的两点B 和D ，直线BD 经过定点

3,2

，直线AB
AD
、
的斜率分别为
1
2
k
k
、
，
求证：
1
2
k
k

为定值．
【答案】(1)
2
4
y
x

(2)证明见详解
【分析】（1）设圆心
( , )
C x y ，由两点距离公式和几何法求弦长公式化简计算，可得
2
2
2
(
2)
4
x
y
x



，化
简即可求解；
（2）设直线BD 的方程
2
3
x
ty
t


、




1
1
2
2
,
,
,
B x y
D x
y
，联立抛物线方程，消元并利用韦达定理可得
1
2
1
2
4 ,
8
12
y
y
t y y
t




，结合两点求斜率公式可得
1
2
1
2
4
4
=1
2
2
k
k
y
y





，即可证明.
【详解】（1）设圆心
( , )
C x y ，半径为r ，由圆心为C 的动圆过点(2,0) ，
所以
2
2
2
(
2)
x
y
r



，
又圆心为C 的动圆在y 轴上截得的弦长为4，所以
2
2
2
2
x
r


，
此时
2
2
2
(
2)
4
x
y
x



，解得
2
4
y
x

，
所以曲线E 是抛物线，其方程为
2
4
y
x

；
（2）易知直线BD 的斜率不为0，
设直线BD 的方程为
3
(
2)
x
t y



，即
2
3
x
ty
t


，
2
2
3
4
x
ty
t
y
x







，消去x，得
2
4
8
12
0
y
ty
t



，
2
16
4(8
12)
0
1
t
t
t




或
3
t 
，
设




1
1
2
2
,
,
,
B x y
D x
y
，则
1
2
1
2
4 ,
8
12
y
y
t y y
t




，
1
1
2
2
1
2
2
2
1
1
2
2
1
2
2
2
2
2
4
4
,
1
2
1
2
1
1
4
4
y
y
y
y
k
k
x
y
x
y
y
y
















，
所以
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
4(
4)
4(
)
16
4
4
16
16=1
2
2
(
2)(
2)
2(
)
4
16
16
y
y
y
y
t
k
k
y
y
y
y
y y
y
y
t



















，
即
1
2
k
k

为定值1.
12.设点�为抛物线�: �2 = 2��(�> 0)的焦点，过点�且斜率为5的直线与�交于�, �两点（�为坐标原
点）．�△���= 2 6.
(1)求抛物线�的方程；
(2)过点�0,2 作两条斜率分别为�1, �2的直线�1, �2，它们分别与抛物线�交于点�, �和�, �．已知��⋅��=
��⋅��，问：是否存在实数�，使得�1 + ��2为定值？若存在，求�的值，若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）写出直线��的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合三角形面积，即可求解；
（2）联立直线��, ��与抛物线�的方程，结合弦长公式，求出��, ��, ��, ��，由已知建立关系推理，
即可说明理由.
【解答过程】（1）物线�: ��= ���(�> �)的焦点为��,
�
�，
直线��的方程�=
��+
�
�，
由�=
��+
�
�
��= ���
，得��−����−��= �，
设���, ��, ���, ��，
所以��+ ��= ���, ����=−��，
所以��−��=
��+ ���−�����=
����+ ���= ���，
所以�△���=
�
�����−��=
�
�×
�
�× ���=
�
���= ��，且�> �
所以�= �，
所以抛物线�的方程为��= ��．
（2）存在�= �，使得��+ ���为定值，
由題意可得直线��的方程�= ���+ �，直线��的方程为�= ���+ �，
联立�= ���+ �
��= ��
，得��−����−�= �，
设���, ��, ���, ��，
所以��+ ��= ���, ����=−�，
��=
�+ ��
���, ��=
�+ ��
���，
所以��⋅��= ��+ ��
�，
设���, ��, ���, ��，
同理可得��+ ��= ���, ����=−�，
所以��⋅��= ��+ ��
�，
由��⋅��= ��⋅��，得��+ ��
�= ��+ ��
�，
即��
�= ��
�，而��≠��，
所以��+ ��= �，
所以存在�= �，使得��+ ���为定值0．
题型四：向量类定值
1.已知A，B 为椭圆
2
2
2
:
1
y
E
x
a +
=
的左、右顶点，过其焦点
(0,1)
F
的直线与椭圆E 交于C，D 两点，并与x
轴交于点P (异于A，B)，直线AC ，BD 交于点Q ，求证：OP OQ


为定值.
【答案】证明见解析
【分析】直线与椭圆相交，将直线与椭圆方程进行联立得

2
2
2
2
1
0
k
x
kx


，根据韦达定理找到


1
1
,
C x y
，


2
2
,
D x
y
坐标之间的关系，由所证明得式子知，需表示出P ，Q 两点的坐标，其中P 点坐标，
由直线CD 方程可直接表示出，即
1 ,0
P
k
-
，Q 点坐标需联立直线AC 与直线BD 的方程，求出
Q
x 然后求
出向量的数量积即可.
【详解】由题知
2
1 1
a - = ，即
2
2
a =
，则
2
2
:
1
2
y
E
x
+
=
，
所以


1,0
A 
，


10
B
,
,
当直线CD 斜率不存在时，直线AC 与直线BD 平行，无交点，不满足题意；
所以直线CD 斜率存在，设直线CD 的斜率为k ，
因为直线CD 过椭圆焦点，且与x 轴有交点，所以
0
k 
，
则直线CD 的方程为
1
y
kx

，

0
k 
，
设


1
1
,
C x y
，


2
2
,
D x
y
，

,
Q
Q
Q x
y
，如图所示：
则
1 ,0
P
k
-
，直线AC 的方程为


1
1
1
1
y
y
x
x



，
直线BD 的方程为


2
2
1
1
y
y
x
x



，
联立
2
2
1
1
2
y
kx
y
x






，整理得：

2
2
2
2
1
0
k
x
kx



，
且
(
)
(
)
2
2
2
2
4
2
8
8
0
k
k
k
D =
+ ´
+
=
+
>
，
1
2
2
2
2
k
x
x
k



，
1
2
2
1
2
x x
k


，
所以
(
)
2
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
1
4
4
2
2
k
x
x
x
x
x x
k
k
-
=
+
-
=
-
-
-
+
+
2
2
2 2
1
2
k
k
´
+
=
+
，
(
)
1
2
1
2
1
2
2
4
1
1
2
2
y
y
kx
kx
k x
x
k
+
=
+ +
+ =
+
+
=
+
，
联立




1
1
2
2
1
1
1
1
y
y
x
x
y
y
x
x












，解得：
1
2
2
1
2
1
1
2
2
1
1
2
Q
x y
x y
y
y
x
x y
x y
y
y
+
+
-
=
-
+
+
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1
2
2
1
2
1
1
2
2
1
2
1
1
4
1
1
2
x
kx
x
kx
k x
x
x
kx
x
kx
k
+
+
+
+
-
=
+
-
+
+
+
(
)
(
)
1
2
1
2
2
1
1
2
2
2
4
2
kx x
x
x
k x
x
x
x
k
+
+
+
-
=
-
+
+
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2 2
1
2
2
2
2 2
1
4
2
2
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
×
+
-
-
-
+
+
+
=
×
+ +
+
+
2
2
4
2 2
1
2 2
1
4
k
k
k
k
k
-
-
×
+
=
= -
×
+ +
，
所以(
)
,
Q
Q
k y
-
，因为
1 ,0
P
k
-
，所以
1
OP OQ



，
即：OP OQ


为定值.
2.已知椭圆C：


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




的离心率为
3
2
,
1F ,
2
F 分别为椭圆C的左,右焦点, M 为椭圆C 上一
点,
1
2
MF F
△
的周长为4
2 3

.
（1）求椭圆C的方程；
（2）P 为圆
2
2
5
x
y


上任意一点,过P 作椭圆C 的两条切线,切点分别为A,B,判断PA PB

是否为定值?若是,
求出定值：若不是,说明理由,
【分析】（1）由离心率和焦点三角形周长可求出,
a c ,结合关系式得出b ,即可得出椭圆C 的方程；
（2）由PB 平行于y 轴特殊情况求出
0
PA PB



,即
1
PA
PB
k
k

；当PB 平行于y 轴时,设过P 的直线为


0
0
y
k x
x
y



,联立椭圆方程,令
0

化简得关于k 的二次方程,由韦达定理即可求解.
【解析】（1）由题可知,
3 ,2
2
4
2 3
2
c
e
a
c
a





,解得
2,
3
a
c


,又
2
2
2
a
b
c


,解得
1
b ,故椭圆的标
准方程为：
2
2
1
4
x
y

；
（2）
如图所示,当PB 平行于y 轴时, PA 恰好平行于x 轴,





0,1
2,0 ,
2,1
A
B
P
,




2,0 ,
0, 1
PA
PB





,
0
PA PB



；
当PB 不平行于y 轴时,设

0
0
,
P x
y
,设过点P 的直线为


0
0
y
k x
x
y



,
联立


2
2
0
0
1
4
x
y
y
k x
x
y









得





2
2
2
0
0
0
0
4
1
8
4
1
0
k
x
k y
kx
x
y
kx











,
令
0

得





2
2
2
2
0
0
0
0
64
16 4
1
1
0
k
y
kx
k
y
kx











,化简得


2
2
2
0
0
0
0
4
2
1
0
x
k
x y k
y



,设
1
2
,
PA
PB
k
k
k
k


,则
2
0
1
2
2
0
1
4
y
k
k
x




,又
2
2
0
0
5
x
y

,
故
2
2
0
0
1
2
2
2
0
0
1
4
1
4
4
y
x
k
k
x
x








,即
0
PA PB



.
综上所述,
0
PA PB



.
3.已知


0,1
P
为椭圆C：
2
2
1
4
3
x
y

内一定点,Q 为直线l：
3
y 上一动点,直线PQ 与椭圆C 交于A､B 两点
（点B 位于P､Q 两点之间）,O 为坐标原点.
（1）当直线PQ 的倾斜角为4
时,求直线OQ 的斜率；
（2）当AOB 的面积为3
2 时,求点Q 的横坐标；
（3）设AP
PB




, AB
BQ




,试问


是否为定值？若是,请求出该定值；若不是,请说明理由.
【分析】（1）先得到直线PQ 的方程为：
1
y
x

,由
1
3
y
x
y






得到Q 的坐标求解；
（2）设直线PQ 的方程为
1
y
kx

,由
2
2
1
4
3
1
x
y
y
kx








,结合韦达定理求得
1
2
x
x

,再由
1
2
1
3
2
2
AOB
S
OP
x
x





求解.
（3）设直线PQ 的方程为

1
x
m y


,由


2
2
1
4
3
1
x
y
x
m y







,得到




2
2
4
3
1
8
1
8
0
m
y
y





,,有



1
2
1
2
2
2
8
8
1
1
,
1
1
4
3
4
3
y
y
y
y
m
m








,再根据AP
PB




, AB
BQ




,得到
1
2
1
2
1
1
2
2
2
2
1
3
3
3
,
1
1
3
3
3
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y














求解.
【解析】（1）因为直线PQ 的倾斜角为4
,且


0,1
P
,
所以直线PQ 的方程为：
1
y
x

,
由
1
3
y
x
y






,得


2,3
Q
,
所以直线OQ 的斜率是
3
2
OQ
k

；
（2）易知直线PQ 的斜率存在,设直线PQ 的方程为
1
y
kx

,
由
2
2
1
4
3
1
x
y
y
kx








,得

2
2
3
4
8
8
0
k
x
kx



,
设




1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
,则
1
2
1
2
2
2
8
8
,
3
4
3
4
k
x
x
x
x
k
k






,
所以


2
2
1
2
1
2
1
2
2
96 192
4
3
4
k
x
x
x
x
x x
k








,
所以
2
1
2
2
1
2 6 12
3
2
3
4
2
AOB
k
S
OP
x
x
k








,
解得
2
1
4
k 
,即
1
2
k 
,
所以直线PQ 的方程为
1
1
2
y
x

或
1
1
2
y
x

,
由
1
1
2
3
y
x
y







,得


4,3
Q
；
由
1
1
2
3
y
x
y







,得


4,3
Q 
；
（3）易知直线PQ 的斜率存在,设直线PQ 的方程为

1
x
m y


,
由


2
2
1
4
3
1
x
y
x
m y







,得




2
2
4
3
1
8
1
8
0
m
y
y





,
设




1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
,则



1
2
1
2
2
2
8
8
1
1
,
1
1
4
3
4
3
y
y
y
y
m
m








,
所以



1
2
1
2
1
1
1
1
y
y
y
y





,
因为AP
PB




, AB
BQ




,
所以
1
2
1
2
1
1
2
2
2
2
1
3
3
3
,
1
1
3
3
3
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y














,
所以
1
1
2
2
1
3
1
1
3
y
y
y
y










,









1
1
1
1
2
2
2
1
1
2 1
1
1
1
1
3
y
y
y
y
y
y














.
4.已知�为平面上一个动点，�到定直线�= 1 的距离与到定点�(2,0)距离的比等于
2
2 ，记动点�的轨迹为
曲线�．
(1)求曲线�的方程；
(2)过点�的直线�与曲线�交于�，�两点，在�轴上是否存在点�，使得��Ԧ
ሬሬሬሬ⋅��Ԧ
ሬሬሬሬ为定值？若存在，求出该定值；
若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）根据题意，用点到直线和点到点的距离公式列出方程，整理得出方程即可.
（2）假设存在�(�, �)，先考虑斜率不为0 的情况，设其方程为�= ��+ �，再与曲线联立后用韦达定理，
表达出��Ԧ
ሬሬሬሬ⋅��Ԧ
ሬሬሬሬ=
(��−�)��+�
��−�
+ (�−�)�，若要上式为定值，则必须有��−�=−�，即�= �，代入求出��Ԧ
ሬሬሬሬ⋅
��Ԧ
ሬሬሬሬ=−�.再考虑斜率为0 的时候，直接求出即可.
【解答过程】（1）设点�的坐标为(�, �)，则
|�−�|
(�−�)�+��=
�
�，
即�(�−�)�= [(�−�)�+ ��]，化简得：��−��= �，所以双曲线�的标准方程为
��
�−
��
�= �；
（2）如图
当直线�的斜率不为0 时，设其方程为�= ��+ �.
由于直线与双曲线交点两个，则直线不能与渐近线平行，渐近线斜率为±�，则�≠± �.
代入
��
�−
��
�= �，整理得，(��−�)��+ ���+ �= �，设�(��，��)，�(��，��)，�(�, �)，
则��+ ��=−
��
��−�, ����=
�
��−�，
所以��Ԧ
ሬሬሬሬ⋅��Ԧ
ሬሬሬሬ= (��−�)(��−�) + ����= (���+ �−�)(���+ �−�) + ����
= (��+ �)����+ �(�−�)(��+ ��) + (�−�)�
= (��+ �) ×
�
��−�−�(�−�) ×
��
��−�+ (�−�)�=
(��−�)��+�
��−�
+ (�−�)�．
若要上式为定值，则必须有��−�=−�，即�= �，∴
(��−�)��+�
��−�
+ (�−�)�=−�+ �=−�，故存在点
�(�, �)满足��Ԧ
ሬሬሬሬ⋅��Ԧ
ሬሬሬሬ=−�．
当直线�的斜率为0 时，�( −
�, �)，�( �, �)，此时点�(�, �)亦满足��Ԧ
ሬሬሬሬ⋅��Ԧ
ሬሬሬሬ=−�，故存在点�(�, �)满足
��Ԧ
ሬሬሬሬ⋅��Ԧ
ሬሬሬሬ=−�．
综上所得，在�轴上是否存在点�(�, �)，使得��Ԧ
ሬሬሬሬ⋅��Ԧ
ሬሬሬሬ为定值，定值为−�.
5.在平面直角坐标系xOy 中，已知点


2,0
F 
，直线:
3
l x =
，动点


,
0
P x y
x 
到l 的距离等于
1
PF .
设动点P 的轨迹为曲线C .
(1)求C 的方程；
(2)若直线
4
x
my


与曲线C 交于,
A B 两点，证明：OA OB


为定值.
【答案】(1)
2
8
y
x

；(2)证明见解析.
【解析】（1）由题设及抛物线定义知，动点


,
0
P x y
x 
轨迹是以


2,0
F 
为焦点，
2
x 
为准线的抛物线，
所以动点P 的轨迹C 的方程为
2
8
y
x

.
（2）由（1）所得轨迹方程，联立直线
4
x
my


，可得
2
8
32
0
y
my



，
且
2
64
4 32
0
m



，故
8
A
B
y
y
m


，
32
A
B
y y 
，
所以
2
2
2
4 (
) 16
32
32
16
16
A
B
A
B
A
B
x x
m y y
m y
y
m
m








，
又
(
,
) (
,
)
16
A
A
B
B
A
B
A
B
OA OB
x
y
x
y
x x
y y







为定值，得证.
6.如图，在平面直角坐标系xOy 中，直线:
2
l x 与x 轴交于点A ，过l 右侧的点P 作PM
l
，垂足为M ，
且PA
PM
OA


．
(1)求点P 的轨迹C 的方程；
(2)过点


10
B
,
的动直线l交轨迹C 于,
S T ，设


3,0
Q 
，证明：QS QT


为定值．
【答案】(1)
2
4
12
y
x


；(2)证明见解析
【解析】（1）由题意，直线:
2
l x 与x 轴交于点A ，过l 右侧的点P 作PM
l
，
可得
(
),
0,0
,0
(
)
2
O
A 
，设
( , )
P x y ，则
( 2, )
M
y

，
因为PA
PM
OA


，可得
2
2
(
2)
( 2)
2
x
y
x





，
即
2
2
(
2)
4
x
y
x




，整理得
2
4
12
y
x


.
（2）当直线l的斜率存在，可设直线
:
(
1)
l
y
k x



，
联立方程组
2
(
1)
4
12
y
k x
y
x







，整理得
2
2
2
2
(2
4)
12
0
k x
k
x
k





，
设
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
S x y
T x
y
，
因为直线l与曲线C 交于两点，则
2
2
2
2
(2
4)
4
(
12)
0
k
k
k





，
且
2
2
1
2
1
2
2
2
2
4
12
,
k
k
x
x
x x
k
k





，
因为


3,0
Q 
，可得
1
1
2
2
(
3,
),
(
3,
)
QS
x
y
QT
x
y






，
所以
2
1
2
1
2
1
2
1
2
(
3)(
3)
(
3)(
3)
(
1)(
1)
QS QT
x
x
y y
x
x
k
x
x












2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
(1
)
(3
)(
)
9
(1
12
)
(3
)
9
2
4
k
x x
k
x
x
k
k
k
k
k
k
k
k















2
2
2
2
2
2
2
12
6
12
(
12)
9
(2
4)
k
k
k
k
k
k
k









2
2
2
2
2
12
12
1
9
12
6
2
4
0
k
k
k
k
k










；
当直线l的斜率不存在，此时直线
:
1
l
x

，
联立方程组
2
1
4
12
x
y
x






，解得
4
x ，不妨设
(1,4),
(1, 4)
S
T

，
此时
(4,4),
(4, 4)
QS
QT





，可得
0
QS QT



，
综上可得，QS QT


为定值0 .
题型五：代数式类定值
1.已知双曲线
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b




，O 为坐标原点，离心率
2
e 
，点


5, 3
M
在双曲线上．
(1)求双曲线的方程;
(2)如图，若直线l 与双曲线的左、右两支分别交于点Q，P，且
0
OP OQ



.求证:
2
2
1
1
OP
OQ

为定值；
【答案】(1)
2
2
1
4
12
x
y

；(2)证明见解析
【解析】（1）因为
2
c
e
a


，所以
2
c
a

，
2
2
2
2
3
.
b
c
a
a



所以双曲线的方程为
2
2
2
2
1
3
x
y
a
a

，即
2
2
2
3
3
.
x
y
a


因为点
( 5, 3)
M
在双曲线上，所以
2
15
3
3a


，所以
2
4.
a 
所以所求双曲线的方程为
2
2
3
12.
x
y


即
2
2
1.
4
12
x
y


（2）由题意可得直线OP 的斜率存在，可设直线OP 的方程为
(
0)
y
kx k


，
则直线OQ 的方程为
1

y
x
k
，
由
2
2
1
4
12
x
y
y
kx






，得
2
2
2
2
2
12
3
12
3
x
k
k
y
k










，所以
2
2
2
2
2
12(
1)
|
|
.
3
k
OP
x
y
k





同理可得，
2
2
2
2
2
1
12(1
)
12(
1)
|
|
1
3
1
3
k
k
OQ
k
k






，
所以
2
2
2
2
2
2
2
1
1
3
(3
1)
2
2
1.
|
|
|
|
12(
1)
12(
1)
6
k
k
k
OP
OQ
k
k










2.已知抛物线C：
2
4
y
x
＝
，圆M：
2
2
2
(
)
3
x
y
r
－
＋＝
，圆M 上的点到抛物线上的点距离最小值为
2 ．
(1)求圆M 的方程；
(2)设P 为
7
x 
上一点，P 的纵坐标不等于± 2 ．过点P 作圆M 的两条切线，分别交抛物线C 于两个不
同的点
1
1
(
,
)
A x y
，
2
2
(
,
)
B x
y
和点
3
3
(
,
)
Q x
y
，
4
4
(
)
,
R x
y
，求证：
1
2
3
4
y y y y 为定值．
【答案】(1)

2
2
3
2
x
y



；
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，由两点间距离公式可得MN


2
0
1
8
x



2 2

，即可得到圆的半径r ，从而得
到结果；
（2）根据题意，设切线方程为


0
7
y
y
k x



，由直线与圆相切列出方程，结合韦达定理，代入计算，
即可得到
1
2
3
4
y y y y 为定值.
【详解】（1）设抛物线上的点


0
0
,
N x
y
，又


3,0
M
，
所以


2
2
0
0
3
MN
x
y



2
0
0
2
9
x
x





2
0
1
8
x



2 2

，
当且仅当
0
1
x 时取等号．
所以MN 的最小值2 2 ．
所以圆M 上的点到抛物线上的点距离最小值为2 2
2
r


．
所以
2
r 
，所以圆M 的方程为

2
2
3
2
x
y



．
（2）
设

0
7,
P
y

，由
0
2
y 
知，过P 所作圆
2
C 的切线的斜率均存在且非零．
设切线方程为


0
7
y
y
k x



，即


0
7
0
kx
y
y
k




．
又圆M：

2
2
3
2
x
y



，由相切得
0
2
3
7
2
1
k
y
k
k




．
整理得：





2
2
0
0
14
6 7
2 3
7
2
0
k
y k
y






，
依题意知
1
0

，所以


0
1
2
2
0
1 2
2 3
7
14
6 17
2
14
6 7
y
k
k
y
k k














，
联立


0
2
7
2
y
y
k x
y
px






，得
2
0
4
4
4 7
0
y
y
y
k
k




，
依题意知
2
0

，设点A，B，C，D 的纵坐标为
1,
2
3
4
,
,
y y
y
y ，
则
0
1
2
1
4
4 7
y
y y
k


，
0
3
4
2
4
4 7
y
y y
k


．
所以
0
0
0
1
2
1
2
3
4
0
1 2
1
2
2
2
1
16
16
7(
)
1
1
16 7
112
112
[
]
y
y y
k
k
y y y y
y
k k
k
k
k k














＝
0
0
0
2
0
2(3
7)
16
7
14
6 7
112
2
14
]
7
[
6
y
y
y
y







0
2
2
0
16
14
6 7
(6 7
14)
112
112
[
]
2
y
y







．
3.已知F 为抛物线C 的焦点，过F 的直线l 交C 于A，B 两点，点D 在C 上，使得
ABD
△
的重心G 在x
轴的正半轴上，直线AD ，BD分别交x 轴于Q，P 两点.O 为坐标原点，当AB
OF

时，
4
AB 
.
(1)求C 的标准方程.
(2)记P，G，Q 的横坐标分别为
P
x ，
G
x ，
Q
x ，判断2
2
3
P
Q
G
x
x
x


是否为定值.若是，求出该定值；若不是，
请说明理由.
【答案】(1)
2
4
y
x

(2) 1

【分析】（1）先判断焦点在x 轴，再根据抛物线的定义，结合
4
AB 
即可.
（2）设直线AB ：
1
2
x
ky


，设
1
1
2
2
3
3
(
,
),
(
,
),
(
,
),
(
,0),
(
,0),
(
,0)
G
P
Q
A x y
B x
y
D x
y
G x
P x
Q x
，与抛物线联立，结
合韦达定理，根据题意
P
x ，
G
x ，
Q
x 用
1
2
,
y y 表示，计算即可.
【详解】（1）依题
ABD
△
的重心G 在x 轴的正半轴上，因为三角形的重心一定在三角形内，
则抛物线的焦点在x 轴上，
设抛物线方程为：
2
2
(
0)
y
px p


，
当AB
OF

时，
2
A
B
p
x
x


，则
2
4
2
2
A
B
p
p
AB
x
x
p






，
则抛物线方程为：
2
4
y
x

.
（2）依题知直线AB 的倾斜角不为0，则设直线AB ：
1
2
x
ky


，
设
1
1
2
2
3
3
(
,
),
(
,
),
(
,
),
(
,0),
(
,0),
(
,0)
G
P
Q
A x y
B x
y
D x
y
G x
P x
Q x
，
由
2
1
2
4
x
ky
y
x






，得
2
4
2
0
y
kx



，
2
1
2
1
2
Δ
16
8
0
4
2
k
y
y
k
y
y












，则
2
1
2
3
3
3
0,
4 ,
4
3
y
y
y
y
k x
k






，
则
2
(4
, 4 )
D
k
k

，
因为
,
,
A D Q三点共线，
2
2
2
3
1
1
3
1
3
1
3
1
1
1
1
(
,
)
(
,
),
(
,
)
(
,
)
4
4
Q
Q
y
y
y
AD
x
x y
y
y
y
QA
x
x
y
x
y












，
则
/ /
AD
QD


，
2
2
2
3
1
1
1
3
1
(
)(
)
0
4
4
Q
y
y
y
y
y
y
x





，
当
1
3
y
y

时，重心G 不会落在x 轴上，
所以
1
3
y
y

，解得：
3
1
4
Q
y y
x 
，
同理可得：
3
2
4
P
y y
x 
，又
2
2
2
3
1
2
2
2
1
2
3
1
2
1
2
3
(
)
2
4
4
4
2
3
12
G
y
y
y
x
x
x
y
y
y y
y
x










2
2
32
4
8
1
12
3
k
k




，
则
2
2
3
2
3
1
3
1
2
(
)
8
1
8
1
3
3
2
2
2
2
3
2
2
3
P
Q
G
y y
y y
x
x
x
y
y
y
k
k










2
4 (4 )
8
1
1
2
k
k
k



，
则该定值为1

4.已知A,B 是双曲线
2
2
1 :
1
3
y
C
x 
的左、右顶点,P 是双曲线
1
C 上不同于A,B 的一点．
（1）若线段PB 的垂直平分线分别交PB,PA 于点


,
M
M
M x
y
,


,
N
N
N x
y
,求
M
N
x
x

；
（2）若O 为坐标原点,射线OP 交椭圆
2
2
2 :
1
3
y
C
x 
于点Q,设直线PA,PB,QA,QB 的斜率分别为
1k ,
2k ,
3k ,
4k ,
求
2
2
2
2
1
2
3
4
k
k
k
k



的值．
【分析】
（1）由双曲线
1
C 的方程可得


1,0
A 
,


1 0
B
,
,设



0
0
0
,
P x
y
x ,则
0
0
1,
2
2
x
y
M







,写出直线PB, PA
的方程,联立求解得
N
x ,即可求解；
（2）由斜率公式结合题意求解即可
【解析】（1）由双曲线
1
C 的方程可得


1,0
A 
,


1 0
B
,
,设



0
0
0
,
P x
y
x ,
又M 是线段PB 的中点,则
0
0
1,
2
2
x
y
M







直线PB 的斜率为
0
0
1
y
x ,直线PA 的斜率为
0
0
1
y
x ,
又PB
MN

,
则直线MN 的方程为
0
0
0
0
1
1
2
2
y
x
x
y
x
y










,
即
2
0
0
0
0
0
1
1
2
2
x
x
y
y
x
y
y





,
又直线PA 的方程为
0
0
(
1)
1
y
y
x
x



,
联立得

2
2
2
0
0
0
0
0
1
1
(
1)
2
2
1
x
y
y
x
x
x
x







,
代入


2
2
0
0
3
1
y
x


,消去
2
0y ,解得
0
2
1
4
x
x


,
即
0
2
1
4
N
x
x


,则
0
0
1
2
1
3
2
4
4
M
N
x
x
x
x






．
（2）设


1
1
,
Q x y
,则
0
0
0
0
1
1
1
1
1
2
3
4
2
2
0
0
1
1
0
1
2
2
1
1
1
1
1
1
y
y
x y
y
y
x y
k
k
k
k
x
x
x
x
x
x















,
易知
2
2
0
0
1
3
y
x 
,
2
2
1
1
1
3
y
x 
,化简得
0
1
1
2
3
4
0
1
6 x
x
k
k
k
k
y
y











,
因为O,P,Q 三点共线,所以
0
1
0
1
y
y
x
x

,
所以
1
2
3
4
0
k
k
k
k




．
易知
2
0
0
0
1
2
2
0
0
0
3
1
1
1
y
y
y
k k
x
x
x







,同理可得
3
4
3
k k ,
由
1
2
3
4
0
k
k
k
k




,得
2
2
2
2
1
2
1
2
3
4
3
4
2
2
k
k
k k
k
k
k k





,
所以
2
2
2
2
1
2
3
4
12
k
k
k
k




．
模块三：综合巩固
1.已知动圆M 经过定点�1( −
3, 0)，且与圆�2: (�−
3)2 + �2 = 16 内切.
(1)求动圆圆心M 的轨迹C 的方程；
(2)设轨迹C 与x 轴从左到右的交点为点A，B，点P 为轨迹C 上异于A，B 的动点，设直线PB 交直线�= 4
于点T，连接AT 交轨迹C 于点Q；直线AP，AQ 的斜率分别为���，���.
（i）求证：���⋅���为定值；
（ii）设直线��: �= ��+ �，证明：直线PQ 过定点.
【解题思路】（1）根据给定条件，结合椭圆的定义求出轨迹C 的方程.
（2）（i）设出点�, �, �的坐标，利用斜率坐标公式计算即得；（ii）联立直线��与轨迹C 的方程，利用韦
达定理结合（i）的结论计算即得.
【解答过程】（1）设动圆的半径为r，圆��: (�−
�)�+ ��= ��的圆心��( �, �)，半径�= �，
显然点��( −
�, �)在圆��内，则���= �−�= �−|���|，
于是���+ ���= �> ��= ����，
因此动点M 的轨迹C 是以��，��为焦点，长轴长为4 的椭圆，
长半轴长�= �，半焦距�=
�，则短半轴长�=
��−��= �，
所以轨迹C 的方程为
��
�+ ��= �.
（2）（i）设�(��, ��)，�(��, ��)，�(�, �)，由（1）知�( −�, �)，�(�, �)，
显然���=
��
��+�，���= ���=
�−�
�−−�=
�
�，而���= ���=
��
��−�=
�
�，则�=
���
��−�，
���⋅���=
��
��+�⋅
�
�=
��
��+�⋅
��
�(��−�) =
��
�
�(��
�−�)，又
��
�
�+ ��
�= �，即��
�=
�
�(�−��
�)，
所以���⋅���=
�
�(�−��
�)
�(��
�−�) =−
�
��，为定值.
（ii）由
�= ��+ �
��+ ���= �消去x 得(��+ �)��+ ����+ ��−�= �，
�= �����−�(��+ �)(��−�) = ��(��+ �−��) > �，
由（i）得��+ ��=−
���
��+�, ����=
��−�
��+�，又���⋅���=−
�
��，
则
��
��+�⋅
��
��+�=
����
���+�+�
���+�+�=
����
������+��+�
��+��+ �+��
=
��−�
��+�
��⋅��−�
��+�−�����+�
��+�
+ �+��=
��−�
���+���+��=−
�
��，解得�= �，满足�> �，
因此直线PQ 的方程为�= ��+ �，
所以直线PQ 过定点(�, �).
2.已知双曲线�:
�
2
�
2 −
�
2
�
2 = 1(�> 0, �> 0)的实轴比虚轴长2，且焦点到渐近线的距离为2.
(1)求双曲线�的方程；
(2)若动直线�与双曲线�恰有1 个公共点，且与双曲线�的两条渐近线分别交于点�，�两点，�为坐标原点，
证明：△���的面积为定值.
【解题思路】（1）由点到直线的距离公式及实轴与虚轴定义计算即可得；
（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，再利用弦长公式求得��，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.
【解答过程】（1）设双曲线�:
�
�
�
�−
�
�
�
�= �(�> �, �> �)焦点为±�, �，一条渐近线方程为��−��= �，
所以该焦点到渐近线的距离为
��
��+��= �= �，
又双曲线实轴比虚轴长2，故��= ��+ �= �+ �= �，即�= �，
故双曲线�的方程为
��
�−
��
�= �；
（2）当直线�的斜率不存在时，若动直线�与双曲线�恰有1 个公共点，
则直线�经过双曲线的顶点，不妨设�: �= �，又渐近线方程为�=±
�
��，
将�= �代入�=
�
��，得�= �，将�= �代入�=−
�
��，得�=−2，
则��= �，�△���=
�
�× �× �= �；
当直线�的斜率存在，设直线�: �= ��+ �，且�≠±
�
�，
联立
�= ��+ �
��
�−
��
�= �，消去�并整理得�−�����−�����−���−��= �，
因为动直线�与双曲线�恰有1 个公共点，
所以
�−���≠�
Δ = �������+ ��−���
���+ ��= �，得���= ��+ �，
设动直线�与�=
�
��的交点为�，与�=−
�
��的交点为�，
联立
�= ��+ �
�=
�
��
，得��=−
��
��−�，同理得��=−
��
��+�，
则��=
�+ ����−��=
�+ ��−
��
��−�+
��
��+�=
���
��+�
���−�
，
因为原点�到直线�的距离�=
|�|
��+�，
所以�△���=
�
�|��|�=
�
�⋅
���
��+�
���−�
⋅
�
��+�=
���
���−�，
又因为���= ��+ �，所以
���
���−�=
���
��= �，即�△���= �，
故△���的面积为定值，且定值为�.
3.设双曲线C：
�2
�2 −
�2
�2 = 1（�> 0，�> 0）的一条渐近线为�−3�= 0，焦点到渐近线的距离为1．�1，�2
分别为双曲线�的左、右顶点，直线�过点�2,0 交双曲线于点�，�，记直线��1，��2的斜率为�1，�2．
(1)求双曲线�的方程；
(2)求证
�1
�2为定值．
【解题思路】（1）借助渐近线定义及点到直线距离公式计算即可得；
（2）设出直线方程，联立曲线可得与交点纵坐标有关韦达定理，作商即可得所设参数与纵坐标的关系，
借助斜率公式表示出斜率后，消去所设参数即可得证.
【解答过程】（1）由题意可得
�
�=
�
�
�
�+��= �
��= ��+ ��
，解得
��= �
��= �
��= ��
，
故双曲线�的方程为
��
�−��= �；
（2）由双曲线�的方程为
��
�−��= �，则��−�, �，���, �，
由题意可知直线�斜率不为�，故可设�: �= ��+ �，���, ��，��
�, ��，
联立
�= ��+ �
��
�−��= �，消去�可得��−���+ ���−�= �，
�= ����+ ����−�= ����−���> �，即��> �，
则��+ ��=−
��
��−�，����=−
�
��−�，
则
��+��
����=
−��
��−�
−
�
��−�
=
��
�，即�����=
�
���+ ��，
��=
��−�
��−−�=
��
��+�，��=
��−�
��−�=
��
��−�，
则
��
��=
��
��+�
��
��−�
=
��
��+�⋅
��−�
��=
��
���+�⋅
���−�
��
=
�����−��
�����+���
=
�
���+��−��
�
���+��+���=
���+���−���
���+���+����=
��+���
���+���=
�
�，
即
��
��为定值
�
�.
4.设抛物线�:�2 = 2��(�> 0)的焦点为�，点��, 0 ，过点�且斜率存在的直线交�于不同的�, �两点，当
直线��垂直于�轴时，��= 3.
(1)求�的方程；
(2)设直线��, ��与�的另一个交点分别为�, �，设直线��, ��的斜率分别为�1, �2，证明：
（ⅰ）
�1
�2为定值；
（ⅱ）直线��恒过定点.
【解题思路】（1）由抛物线得定义求解抛物线的方程即可.
（2）（ⅰ）利用韦达定理求解出
��
��=
�
�
�
��
= �，
（ⅱ）通过韦达定理将直线化简成�= ���+ �，求出直线过定点.
【解答过程】（1）由焦半径公式知：
�
�+ �= �，∴�= �，
∴�的方程为：��= ��.
（2）由（1）知：�(�, �)，
可设直线��方程为：�= ��+ �，设�(��, ��),�(��, ��), �(��, ��),�(��, ��),则
�= ��+ �
��= ��
⇒��−���−�= �, �= ( −��)�−�× �× ( −�) = ����+ ��> �,
∴��+ ��= ��, ����=−�, ∵直线��方程为：�=
��−�
���+ �,
联立�=
��−�
���+ �
��= ��
⇒��−�(
��−�
��)�−�= �,
∴����=−�, ��=−
�
��，将��=−
�
��代入�=
��−�
���+ �,得��=
��
��
�，
∴�(
��
��
�, −
�
��)，同理：�(
��
��
�, −
�
��)
（ⅰ）��=
−�
��+ �
��
��
���−��
���
=−
����
�(��+��) =−
−�
��=
�
��，∴
��
��=
�
�
�
��
= �.
（ⅱ）直线��的方程为：�= ��(�+
�
��) +
��
��
�= ���+
�����+��
��
�
由��+ ��= ��, ����=−�得：��(��−��) =−�,即��
�= ����+ �，
∴
�����+��
��
�
= �，
∴直线��的方程为：�= ���+ �，
∴直线��恒过定点(�, �).
5.已知抛物线
2
:
4
C y
x

的准线为l ,直线
1
x
my

交C于A , B 两点,过点A , B 分别作l 上的垂线,垂足分别
为A, B.
（1）若梯形ABB A
的面积为24 3 ,求实数m的值；
（2）是否存在常数,使得
2
A B
AF BF




成立?若存在,求出的值,若不存在,请说明理由?
【解析】（1）由题得准线:
1
l x ,直线
1
x
my

过焦点
(1,0)
F
.
设


1
1
,
A x y
,


2
2
,
B x
y
,则


1
1,
A
y

,


2
1,
B
y

,
联立
2
1,
4
x
my
y
x






得
2
4
4
0
y
my



,所以
1
2
4
y
y
m


,
1
2
4
y y ,
所以


2
1
2
1
2
2
4
2
x
x
m y
y
m






,
2
2
1
2
1 2
1
16
y y
x x 
,


2
1
2
1
2
1
2
4
y
y
y
y
y y




2
2
(4 )
4 ( 4)
4
1
m
m



.
而梯形ABB A
的面积




1
2
1
2
1
1
1
1
2
2
S
AA
BB
A B
x
x
y
y












2
2
2 4
4
1
24 3
m
m




解得
2
m 
或
2

.
（2）



1
2
|
| |
|
1
1
AF BF
AF
BF
x
x















2
2
1
2
1
2
1
1
4
2 1
4
1
x x
x
x
m
m









,
又


2
2
2
2
1
2
16
1
A B
A B
y
y
m









,所以
2
4
A B
AF BF







为常数.
6．已知抛物线


2
:
2
0
C y
px p


的焦点为F,过点F 的直线l 交抛物线C 于A,B 两点,当l
x

轴时,
2
AB 
.
（1）求抛物线C 的方程；
（2）若直线l 交y 轴于点D,过点D 且垂直于y 轴的直线交抛物线C 于点P,直线PF 交抛物线C 于另一点
Q.
①是否存在定点M,使得四边形AQBM 为平行四边形？若存在,求出定点M 的坐标；若不存在,请说明理由.
②求证：
QAF
QBF
S
S

△
△
为定值.
【解析】（1）当l
x

轴时,易得
2
AB
p

,
所以2
2
p 
,解得
1
p ,
所以抛物线C 的方程为
2
2
y
x

；
（2）①解：易知直线l 的斜率存在且不为0,设直线l 的方程为


1
0
2
x
my
m



,
代入抛物线C 的方程
2
2
y
x

,并整理得
2
2
1
0
y
my


,
设


1
1
,
A x y
,


2
2
,
B x
y
,由根与系数的关系得
1
2=2
y
y
m

,
1
2
1
y y .
所以
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
x
x
my
my
m






,所以线段AB 的中点N 的坐标为
2
2
1,
2
m
m







,连接QM,若四边形
AQBM 为平行四边形,则N 是QM 的中点,
易知
1
0,
2
D
m






,因此
2
1
1
,
8
2
P
m
m






,
设直线PQ 的方程为
1
2
x
ty


,代入抛物线C 的方程
2
2
y
x

,整理得
2
2
1
0
y
ty


,
所以
1
1
2
P
Q
Q
y y
y
m


,
故
2
Q
y
m

,因此

2
2
,2
Q
m
m ,
故可得
2
2
2
1 2
2
1
2
M
m
x
m



,
2
2
0
M
y
m
m



,
故点M 的坐标为


1,0
M
,
因此存在定点


1,0
M
,使得四边形AQBM 为平行四边形；
②证明：点

2
2
,2
Q
m
m 到直线
1
:
2
l x
my


的距离
2
2
2
1
2
2
1
2
1
2
1
m
m
m
d
m
m







,
由


1
1
,
A x y
,
1 ,0
2
F 





,可得
2
1
1
AF
m
y


,
因此
1
1
1
2
4
QAF
S
AF d
y



△
,
同理可得
2
1
4
QBF
S
y


,
所以
1
2
1
1
16
16
QAF
QBF
S
S
y y





,为定值.
7．已知过点


0, 1
A

且斜率大于零的直线1l 与抛物线


2
:
2
0
C x
py p


及圆
2
2
6
7
0
x
y
x




都相切.
（1）求p 的值；
（2）过点

0,2
B
的动直线2l 与抛物线C 交于点P,Q,以BP 为直径的圆与直线
0
y
y

交于点M,N,若MN 为
定值,求
0y 的值.
【解析】（1）解法一：由
2
2
x
py

,得
2
2
x
y
p

,
x
y
p

.
设直线1l 与抛物线C 切于点
2
, 2
t
t
p






,易知
0
t 
,
则1l 的斜率
2
1
2
t
t
p
k
p
t



,得
2
t
p

,
2
k
p

,
∴直线1l 的方程为
2
1
y
x
p

.
圆
2
2
6
7
0
x
y
x




的标准方程为

2
2
3
2
x
y



,
∴圆心为

3,0 ,其到直线1l 的距离
2
3
1
2
2
1
p
d
p




,得
2
p 
.
解法二：由题设直线1l 的方程为


1
0
y
kx
k



,
由直线1l 与圆
2
2
6
7
0
x
y
x




即圆

2
2
3
2
x
y



相切,
得
2
3
1
2
1
k
k



,得
1
k ,
故直线1l 的方程为
1
y
x

,
将其代入


2
2
0
x
py p


,得
2
2
2
0
x
px
p



.
∵直线1l 与抛物线


2
:
2
0
C x
py p


相切,
∴
2
4
8
0
p
p



,∴
2
p 
.
（2）设


1
1
,
P x y
,则
2
1
1
4
x
y

,以BP 为直径的圆的圆心
1
1
,
1
2
2
x
y
E






,


2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
2
4
4
4
BP
x
y
y
x
y
y








.
连接EM,过E 作直线
0
y
y

的垂线,垂足为G,则
1
0
,
2
x
G
y






,
2
2
2
MN
EM
EG


2
2
1
2 4 BP
EG


2
2
1
1
0
2
1
1
4
2
y
y
y













2
0
1
0
2 1
1
1
y
y
y





,
当
0
1
y 时,
2
MN 
,为定值,故
0
1
y .
8．已知
1F ,
2
F 分别是双曲线C：
2
2
2
2
1
x
y
a
b

(
0
a 
,
0
b 
)的左、右焦点,
1
2
6
F F 
,P 是C 上一点,
1
1
2
PF
F F

,
且
1
2
3 6
PF
PF


.
（1）求双曲线C 的标准方程；
（2）经过点
2
F 的直线l与双曲线C交于A,B两点,过点A作直线
2
x 
的垂线,垂足为D,过点O 作OM
BD

(O
为坐标原点),垂足为M.则在x 轴上是否存在定点N,使得MN 为定值？若存在,求出点N 的坐标；若不存在,
请说明理由.
【解析】（1）由题意得
2
1
2
PF
PF
a


,
∵
1
1
2
PF
F F

,
1
2
2
6
F F
c


,
∴
2
2
2
1
36
PF
PF


,
又
1
2
3 6
PF
PF


,∴2
3 6
36
a

,解得
6
a 
,
∴
2
6
a 
,
2
2
9
3
b
a



,
∴双曲线C 的标准方程为
2
2
1
6
3
x
y

.
（2）由(1)得


2 3,0
F
,设


1
1
,
A x y
, 

2
2
,
B x
y
,则


1
2,
D
y
,
易知直线l 的斜率不为0,设直线l 的方程为
3
x
ty


,
2
t 
,
联立直线l 与双曲线C 的方程,消去x 得

2
2
2
6
3
0
t
y
ty




,
∵


2
24 1
0
t



,∴
1
2
2
6
2
t
y
y
t



,
1
2
2
3
2
y y
t


.
∵直线BD 的斜率
2
1
2
1
2
2
2
1
y
y
y
y
k
x
ty






,
∴直线BD 的方程为


2
1
1
2
2
1
y
y
y
y
x
ty





,
设BD 交x 轴于E 点,如图,∵OM⊥BD,∴若在x 轴上存在定点N,使得MN 为定值,则E 为定点,N 为OE 中
点,
1
2
MN
OE

,即直线BD 过x 轴上的定点E.
在直线BD 的方程


2
1
1
2
2
1
y
y
y
y
x
ty





中,令
0
y 
,得


1
2
1
1
2
1
2
1
1
2
1
2
2
2
ty y
y
ty y
y
x
y
y
y
y
y









1
1
2
2
1
2
1
2
3
3
1
5
2
2
2
2
2
6
3
2
2
2
2
2
2
t
t
y
y
t
t
t
t
y
y
t
t























,
∴直线BD 过定点
5 ,0
2
E





.
∴
5 ,0
4
N 





,则
1
5
2
4
MN
OE


.
综上,在x 轴上存在定点
5 ,0
4
N 





,使得MN 为定值5
4 .