微专题35 定值问题
高考定位 在解析几何题目中,有些几何量与参数无关,这类问题被称为定值问题.定值问题是高考
的热点问题,难度较大,一般作为压轴题出现.
【难点突破】
[高考真题] (2020·新高考Ⅰ卷改编)已知椭圆C: x
2
6 ＋y
2
3 ＝1,点A(2,1),M,N 均在椭圆C 上,且
AM⊥AN,AD⊥MN,D 为垂足,证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.
证明 设M(x1,y1),N(x2,y2).
若直线MN 与x 轴不垂直,
设直线MN 的方程为y＝kx＋m,
代入x
2
6 ＋y
2
3 ＝1,
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－4 km
1＋2k
2,x1x2＝2m
2−6
1＋2k
2.①
由AM⊥AN,得⃗AM·⃗AN＝0,
故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0,
整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.
将①代入上式,可得(k2＋1)2m
2−6
1＋2k
2－
(km－k－2) 4 km
1＋2k
2＋(m－1)2＋4＝0,
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.
所以m＝1－2k 或m＝－2k ＋1
3
,
当m＝1－2k 时,直线MN 方程为y＝k(x－2)＋1 过定点A(2,1),不符合题意,舍去,
当m＝－2k ＋1
3
时,直线MN 方程为
y＝k(x−2
3)－1
3 过点(
2
3 ,−1
3),设该点为P.
因为AD⊥MN,所以点D 在以AP 为直径的圆上,故当点Q 为AP 的中点,即Q(
4
3 , 1
3)时,|DQ|＝1
2|
AP|＝2√2
3 为定值;
若直线MN 与x 轴垂直,
可得N(x1,－y1).由⃗AM·⃗AN＝0,
得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
又x1
2
6 ＋y1
2
3 ＝1,所以3x1
2－8x1＋4＝0.
解得x1＝2(舍去),或x1＝2
3.
所以D(
2
3 ,1),此时|DQ|＝
√(
4
3 −2
3)
2
＋(
1
3 −1)
2
＝2√2
3 ,为定值.
综上,存在点Q(
4
3 , 1
3),使得|DQ|为定值.
样题1 (2025·北京平谷区模拟改编)已知椭圆C: x
2
4 ＋y2＝1,斜率为k 的直线l 与椭圆C 交于A,B 两
点,与y 轴交于点E,点A 关于y 轴的对称点为点D,直线BD 与y 轴交于点G,O 为坐标原点,证明:|
OE|·|OG|为定值.
证明 设直线l 的方程为
y＝kx＋m(m≠0),
A(x1,y1),B(x2,y2).
联立{
x
2
4 ＋y
2＝1,
y ＝kx ＋m,
消去y
得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
所以Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)>0,
即4k2－m2＋1>0.
由根与系数的关系得x1＋x2＝－
8km
1＋4 k
2,
x1x2＝4 m
2−4
1＋4 k
2,
易知E(0,m),D(－x1,y1),
直线BD 的方程为y－y2＝
y2−y1
x2＋x1
(x－x2),
令x＝0,得yG＝－
x2( y2−y1)
x1＋x2
＋y2
＝
x2 y1＋x1 y2
x1＋x2
,①
又因为y1＝kx1＋m,y2＝kx2＋m,
代入①式得,yG＝2k x1 x2＋m( x1＋x2)
x1＋x2
＝2k(4 m
2−4)−8k m
2
−8km
＝1
m,
所以|OE|·|OG|＝|yE|·|yG|＝|m|·| 1
m|＝1.
所以|OE|·|OG|为定值.
样题2 (2025·厦门调研改编)已知椭圆C: x
2
4 ＋y
2
3 ＝1,其左、右焦点分别为F1,F2,点P 为C 上的动
点,延长线段PF1,PF2分别交C 于Q,M 两点,连接QF2,并延长线段QF2交C 于另一点N,若直线
PQ 和MN 的斜率均存在,且分别为k1,k2,试判断
k1
k2
是否为定值.若是,求出该定值;若不是,说明理由.
解
k1
k2是定值,理由如下:
易得F1(－1,0),F2(1,0),设P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x3,y3),N(x4,y4),
又P,Q,F1三点共线,所以
y1
x1＋1 ＝
y2
x2＋1,化简得x1y2－x2y1＝y1－y2,
则直线PF2的方程为x＝
x1−1
y1
y＋1,
直线QF2的方程为x＝
x2−1
y2
y＋1,
联立{
x＝x1−1
y1
y ＋1,
x
2
4 ＋y
2
3 ＝1,
消去x 得
(2x1－5)y2－2(x1－1)y1y＋3y1
2＝0,
由根与系数关系可知,y1y3＝3 y1
2
2 x1−5,
所以y3＝
3 y1
2 x1−5,x3＝
x1−1
y1
y3＋1＝
5 x1−8
2 x1−5,
同理y4＝
3 y2
2 x2−5,x4＝
5 x2−8
2 x2−5,
又k1＝
y2−y1
x2−x1
,k2＝
y4−y3
x4−x3
＝
3 y2
2 x2−5 −
3 y1
2 x1−5
5 x2−8
2 x2−5 −5 x1−8
2 x1−5
＝2( x1 y2−x2 y1)−5( y2−y1)
−3( x2−x1)
＝
−2( y2−y1)−5( y2−y1)
−3( x2−x1)
＝7
3 × y2−y1
x2−x1
＝7
3×k1,
所以
k1
k2
＝3
7.
样题3 已知椭圆C: x
2
4 ＋y
2
3 ＝1,若点A,B,D,E 在C 上,且⃗AB＝2⃗DE,AD 与BE 交于点P,点P 在椭
圆x
2
12 ＋y
2
9 ＝1 上,证明:△PAB 的面积为定值.
证明 设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),
由题意知x0
2
12 ＋y0
2
9 ＝1.
由⃗AB＝2⃗DE,可知D,E 分别为AP,BP 的中点,
所以,D(
x1＋x0
2
, y1＋y0
2 ),
E(
x2＋x0
2
, y2＋y0
2 ).
联立{
x1
2
4 ＋y1
2
3 ＝1,
1
4(
x1＋x0
2 )
2
＋1
3(
y1＋y0
2 )
2
＝1,
得x0
2
4 ＋y0
2
3 ＋x0 x1
2
＋2 y0 y1
3
－3＝0,(*)
因为x0
2
12 ＋y0
2
9 ＝1,所以x0
2
4 ＋y0
2
3 ＝3,
所以(*)式化为3x0x1＋4y0y1＝0.
同理3x0x2＋4y0y2＝0,
所以A,B 都在直线3x0x＋4y0y＝0 上.
联立{
3 x0 x＋4 y0 y ＝0,
x
2
4 ＋y
2
3 ＝1,
并解得x2＝
16 y0
2
3 x0
2＋4 y0
2,y2＝
9 x0
2
3 x0
2＋4 y0
2,
又因为直线AB 过坐标原点,
所以|AB|＝2√x
2＋y
2＝2√
9 x0
2＋16 y0
2
3 x0
2＋4 y0
2 ,
又点P 到直线AB 的距离d＝
3 x0
2＋4 y0
2
√9 x0
2＋16 y0
2,
所以S△PAB＝1
2|AB|d＝1
2×2√
9 x0
2＋16 y0
2
3 x0
2＋4 y0
2 ·
3 x0
2＋4 y0
2
√9 x0
2＋16 y0
2 ＝√3 x0
2＋4 y0
2.
又x0
2
12 ＋y0
2
9 ＝1,所以3x0
2＋4y0
2＝36,
故S△PAB＝6.所以△PAB 的面积为定值.
规律方法 求解定值问题的两大途径
(1)可由特例得出一个值(此值一般就是定值),然后证明定值:将问题转化为证明待证式与参数(某些
变量)无关.
(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示,再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项
抵消或分子与分母约分得定值.
训练 (2025·北京朝阳区模拟)已知椭圆E: x
2
a
2 ＋y
2
b
2 ＝1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),离心率为1
2.
(1)求椭圆E 的方程;
(2)过点M(4,0)作直线l 与椭圆E 交于不同的两点A,B.设C(
5
2 , 3
2),直线BC 与直线x＝1 交于点N,
求证:直线AN 的斜率为定值.
(1)解 由题意得{
c＝1,
c
a ＝1
2 ,
a
2＝b
2＋c
2,
解得{
a＝2,
b＝√3,
所以椭圆E 的方程是x
2
4 ＋y
2
3 ＝1.
(2)证明 由题可知直线l 斜率存在.设直线l:y＝k(x－4),A(x1,y1),B(x2,y2),
由{
3 x
2＋4 y
2−12＝0,
y ＝k( x−4),
得(4k2＋3)x2－32k2x＋64k2－12＝0.
由Δ＝(−32k
2)
2－4(4k2＋3)(64k2－12)>0,
得k2<1
4 ,即k∈(−1
2 , 1
2),
则x1＋x2＝32k
2
4 k
2＋3,x1x2＝64 k
2−12
4 k
2＋3 .
直线BC 的方程为y－3
2 ＝
y2−3
2
x2−5
2
(x−5
2).
令x＝1,得N 的纵坐标为yN＝
3( x2−y2−1)
2 x2−5
.
因为y1－yN＝y1－
3( x2−y2−1)
2 x2−5
＝
2 x2 y1−5 y1−3 x2＋3 y2＋3
2 x2−5
＝
2k x2( x1−4)−5k( x1−4)−3 x2＋3k( x2−4)＋3
2 x2−5
＝2k x1 x2−5k x1−(5k ＋3)x2＋8k ＋3
2 x2−5
,
所以kAN＝
y1−y N
x1−1
＝
2k x1 x2−5k x1−(5k ＋3)x2＋8k ＋3
(2 x2−5)( x1−1)
.
kAN＋1＝
[2k x1 x2−5k x1−(5k ＋3)x2＋8k ＋3]＋(2 x1 x2−5 x1−2 x2＋5)
(2 x2−5)( x1−1)
＝
(2k ＋2)x1 x2−(5k ＋5)( x1＋x2)＋8k ＋8
(2 x2−5)( x1−1)
＝
(k ＋1)[2 x1 x2−5( x1＋x2)＋8]
(2 x2−5)( x1−1)
.
又2x1x2－5(x1＋x2)＋8
＝2×64 k
2−12
4 k
2＋3 －5× 32k
2
4 k
2＋3＋8
＝128k
2−24−160k
2＋32k
2＋24
4 k
2＋3
＝0.
所以kAN＋1＝0,即kAN＝－1,所以直线AN 的斜率为定值－1.
【精准强化练】
1.已知椭圆C: x
2
a
2 ＋y
2
b
2 ＝1(a>b>0)的离心率为1
2,左、右顶点分别为A1,A2,点P 是椭圆C 上异于左、
右顶点的任意一点,证明:点P 与A1,A2连线的斜率的乘积为定值,并求出该定值.
证明 设P(x0,y0),则x0
2
a
2 ＋y0
2
b
2 ＝1,
所以y0
2＝b
2(a
2−x0
2)
a
2
,
所以k P A1＝
y0
x0＋a,k P A2＝
y0
x0−a(x0≠±a),
所以k P A1·k P A2＝
y0
x0＋a·
y0
x0−a ＝
y0
2
x0
2−a
2
＝
b
2(a
2−x0
2)
a
2
x0
2−a
2
＝－b
2
a
2,
又因为e＝c
a ＝1
2,a2＝b2＋c2,
所以b
2
a
2 ＝3
4,
所以－b
2
a
2＝－3
4 ,
所以点P 与A1,A2连线的斜率的乘积为定值－3
4.
2.已知椭圆C: x
2
2 ＋y2＝1 的右焦点为F,过点F 作直线l 交C 于A,B 两点,试问:在x 轴上是否存在一
个定点M,使⃗MA·⃗MB为定值?若存在,求出M 的坐标;若不存在,请说明理由.
解 假设存在符合条件的点M(m,0),
易知F(1,0),
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则⃗MA＝(x1－m,y1),⃗MB＝(x2－m,y2),⃗
MA·⃗MB＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋y1y2,
①当直线l 的斜率不为0 时,设直线l 的方程为x＝ty＋1,
由{
x＝ty ＋1,
x
2＋2 y
2＝2,得(t2＋2)y2＋2ty－1＝0,
则y1＋y2＝−2t
t
2＋2,y1y2＝−1
t
2＋2,
所以x1x2＝(ty1＋1)(ty2＋1)＝t2y1y2＋t(y1＋y2)＋1＝−2t
2＋2
t
2＋2 ,
x1＋x2＝t(y1＋y2)＋2＝
4
t
2＋2.
因此⃗MA·⃗MB＝(m
2−2)t
2＋2m
2−4 m＋1
t
2＋2
,
若对于任意的t 值,上式为定值,
则2m2－4m＋1＝2(m2－2),
解得m＝5
4,
此时,⃗MA·⃗MB＝－7
16为定值.
②当直线l 的斜率为0 时,此时A(－√2,0),B(√2,0),⃗
MA·⃗MB＝(－√2－m)(√2－m)
＝m2－2＝(
5
4)
2
－2
＝－7
16.
综合①②知,符合条件的点M 存在,其坐标为(
5
4 ,0).
3.(2025·合肥质检)已知双曲线C1: x
2
a
2 －y
2
b
2 ＝1(a>0,b>0)的一条渐近线与双曲线C2: x
2
4 －y2＝1 的一条
渐近线垂直,且C1的一个焦点到C2的一条渐近线的距离为2.
(1)求C1的方程;
(2)若C1上任意一点A 关于直线y＝x 的对称点为A',过A'分别作C2的两条渐近线的平行线,与C2分
别交于P,Q.求证:|A'P|·|A'Q|为定值.
(1)解 由题意可取双曲线C2: x
2
4 －y2＝1 其中一条渐近线的方程y＝1
2x,
因为双曲线C1的一条渐近线与双曲线C2的一条渐近线垂直,
所以双曲线C1的一条渐近线的方程为y＝－2x,
所以b
a＝2,即b＝2a,
所以c＝√a
2＋b
2＝√5a,
所以C1的一个焦点为F(√5a,0),
由点F 到双曲线C2的渐近线y＝1
2x 的距离为√5a
√5 ＝a＝2,所以b＝√c
2−a
2＝√(2√5)
2−2
2＝4,
故C1的方程为x
2
4 －y
2
16＝1.
(2)证明 设A(m,n),则m
2
4 －n
2
16＝1,
即4m2－n2＝16,m2≥4,
由点A 关于直线y＝x 的对称点为A',得A'(n,m),
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
由题意知直线A'P 与C2的渐近线平行,根据对称性不妨令A'P 的斜率为1
2,
则直线A'P 的方程为y－m＝1
2(x－n),
联立{
x
2
4 −y
2＝1,
y −m＝1
2 ( x−n),
解得x1＝
2
n−2m ＋n−2m
2
＝－2m＋n
8
－m＋1
2n＝3
8n－5
4 m,
直线A'Q 的方程为y－m＝－1
2(x－n),
联立{
x
2
4 −y
2＝1,
y −m＝−1
2 ( x−n),
解得x2＝2m＋n
2
＋
2
2m＋n ＝2m＋n
2
＋2m−n
8
＝3
8n＋5
4 m,
所以|A'P|·|A'Q|＝√5
2 |x1－n|·√5
2 |x2－n|＝5
4|
25n
2
64 −25m
2
16 |＝125
64 |
n
2
4 −m
2|＝125
16 ,
故|A'P|·|A'Q|为定值125
16 .
4.(2025·汉中二模)已知椭圆x
2
a
2 ＋y
2
b
2 ＝1(a>b>0)的离心率为2√2
3 ,点E(1,−2√2
3 )在该椭圆上,A,B,C
均为该椭圆上的动点.
(1)求该椭圆的方程;
(2)若△ABE 的重心是坐标原点O,求直线AB 的方程;
(3)若△ABC 的重心是坐标原点O,证明:△ABC 的面积是定值.
(1)解 因为c
a ＝2√2
3 ,所以a
2−b
2
a
2
＝8
9,
可得a2＝9b2.
又因为点E(1,−2√2
3 )在该椭圆上,
所以1
9b
2 ＋
8
9
b
2＝1,解得b2＝1,所以a2＝9,
故该椭圆的方程为x
2
9 ＋y2＝1.
(2)解 设A(x1,y1),B(x2,y2),则AB 的中点M(
x1＋x2
2
, y1＋y2
2 ).
因为△ABE 的重心是坐标原点O,
所以x1＋x2＋1
3
＝0, y1＋y2−2√2
3
3
＝0,
可得x1＋x2＝－1,y1＋y2＝2√2
3 ,
得AB 的中点M(−1
2 , √2
3 ).
由{
x1
2
9 ＋y1
2＝1,
x2
2
9 ＋y2
2＝1,
得( x1＋x2)( x1−x2)
9
＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0,
即－x1−x2
9
＋2√2
3 (y1－y2)＝0,
可得kAB＝
y1−y2
x1−x2
＝
1
6√2,
所以直线AB 的方程为y－√2
3 ＝
1
6√2(x＋1
2),即2x－12√2y＋9＝0.
(3)证明 设C(m,n),当直线AB 的斜率不存在时,易知n＝0,把点C(m,n)代入椭圆方程,易得
C(3,0),直线AB 的方程为x＝－3
2,
或C(－3,0),直线AB 的方程为x＝3
2.
将x＝±3
2代入椭圆的方程,可得|y|＝√3
2 ,
所以△ABC 的面积S＝1
2 × 9
2 ×√3＝9√3
4 .
当直线AB 的斜率存在时,设A(x1,y1),B(x2,y2).
与(2)同理,可得x1＋x2＝－m,y1＋y2＝－n,得AB 的中点M(−m
2 ,−n
2),
所以直线AB 的方程为y＋n
2＝－m
9n(x＋m
2),
即y＝－m
9nx－1
2n(
m
2
9 ＋n
2)＝－m
9nx－1
2n.
令x＝0,可得直线AB 在y 轴上的截距为－1
2n,则S△OAB＝1
2·|－1
2n|·|x1－x2|.
将y＝－m
9nx－1
2n代入椭圆的方程,得
m
2
9 ＋n
2
9n
2
x2＋m
9n
2x＋1
4 n
2－1＝0,
即1
9n
2x2＋m
9n
2x＋1
4 n
2－1＝0,则x1＋x2＝－m,x1x2＝9(1−4 n
2)
4
,
所以|x1－x2|＝√( x1＋x2)
2−4 x1 x2
＝√m
2−9＋36n
2.
因为m
2
9 ＋n2＝1,所以m2＝9－9n2,
所以|x1－x2|＝√27n
2＝3√3|n|,
所以S△OAB＝3√3
4 .
又因为O 是△ABC 的重心,
所以S△ABC＝3S△OAB＝9√3
4 .
综上,△ABC 的面积是定值9√3
4
