拓展训练04 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题10类题型归类（压轴题专项训练）数学苏教版2019选择性必修第一册

拓展训练04 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题10类题型归类 目录 典例详解 类型一、圆锥曲线中的定点问题 类型二、弦长类定值 类型三、斜率类定值 类型四、角度类定值 类型五、位置关系类定值 类型六、向量类定值 类型七、面积类定值 类型八、距离类定值 类型九、参数类定值 类型十、圆锥曲线中的定直线问题 压轴专练 类型一、圆锥曲线中的定点问题 例1．已知双曲线与双曲线有共同的渐近线，且的焦距为4. (1)求的方程； (2)过的左焦点且斜率为的直线与的左支交于两点. （i）求的取值范围； （ii）记点，直线与的右支分别交于点，证明：直线过定点. 【变式1-1】已知抛物线的焦点为为坐标原点，上存在点到和的距离都等于． (1)求抛物线的方程； (2)过点的直线交抛物线于点，直线与相交于另一点，直线与相交于另一点． （i）求证：； （ii）求证：直线经过定点． 【变式1-2】已知椭圆过点，其中一个焦点在直线上，为椭圆的上顶点，直线与椭圆相交于不同的两点，. (1)求椭圆的方程； (2)若，为坐标原点，求的面积最大时实数的值； (3)若直线，的斜率分别为，，且，直线，与圆分别交于点，.证明：直线过定点，并求出定点坐标. 【变式1-3】已知椭圆的右焦点为，A、B分别是椭圆的左、右顶点，为椭圆的上顶点，的面积为. (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于不同的两点， ①若 ，且不过坐标原点，求三角形面积的最大值，并写出求得此最大值时的值 ②点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求证：直线过定点. 类型二、弦长类定值 例2．已知椭圆：的一个端点为，且离心率为，过椭圆左顶点的直线与椭圆交于点，与轴正半轴交于点，过原点且与直线平行的直线交椭圆于点，．    (1)求椭圆的标准方程； (2)求证：为定值． 【变式2-1】双曲线，左、右顶点分别为A，B，曲线上有点，满足. (1)求双曲线方程； (2)Q是双曲线上的动点，QA，QB分别交椭圆于点E，N，S，T，证明：为定值. 【变式2-2】已知双曲线的左、右焦点分别为，，的一条渐近线的倾斜角为，直线与轴的交点为，且. (1)求的方程； (2)过点作斜率为的直线与交于，两点，为线段的中点，过点且与垂直的直线交轴于点，求证：为定值. 【变式2-3】已知椭圆． (1)若过椭圆的一个焦点引两条互相垂直的弦、．求证：是定值； (2)若、在椭圆上且．求证：是定值． 【变式2-4】如图，，，，是抛物线：上的四个点（，在轴上方，，在轴下方），已知直线与的斜率分别为和2，且直线与相交于点． (1)若点的横坐标为6，则当的面积取得最大值时，求点的坐标． (2)试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 类型三、斜率类定值 例3．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，焦点在x轴上的椭圆C的上顶点为，线段的中垂线交C于两点，且. (1)求椭圆C的标准方程； (2)点E为椭圆C上位于直线上方（不与点重合）的动点，过点B作直线的平行线交椭圆C于点F，点M为直线与的交点，点N为直线与的交点.证明：直线与直线的斜率之积为定值； 【变式3-1】已知双曲线C：．的离心率为，点在双曲线C上，过C的左焦点F的直线l与C的左支相交于A，B两点，且l分别交C的两条渐近线于M，N两点． (1)求双曲线C的方程； (2)若O是坐标原点，，求的面积； (3)已知点，直线AP交直线于点Q，设直线QA，QB的斜率分别，，求证：为定值． 【变式3-2】已知双曲线的离心率为，且过点． (1)求双曲线C的标准方程； (2)已知直线l经过点， ①若直线l与双曲线C的左支相切，求直线l的方程； ②若双曲线C的右顶点为P，直线l与双曲线C交于A，B两点，直线PA的斜率为，直线PB的斜率为，证明：为定值． 【变式3-3】已知椭圆的左、右焦点分别为是圆上一点，线段与C交于点Q，且． (1)求C的标准方程； (2)过点的直线与C交于A，B两点，记O为坐标原点，线段的中点为N，C的左顶点为D． （i）求面积的最大值； （ii）若的外心为M，直线的斜率为，直线的斜率为，试判断是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 类型四、角度类定值 例4．已知椭圆的短轴的两个端点分别为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)设点，点为椭圆上异于的任意一点，过原点且与直线平行的直线与直线交于点，直线与直线交于点，求证：为定值. 【变式4-1】已知椭圆的左焦点为，，分别为左右顶点.点是直线上异于点的动点，直线交椭圆的另一点为点. (1)求的值； (2)直线与交于点，求证：. 【变式4-2】已知抛物线，焦点为．斜率存在的直线与抛物线交于两点． (1)若直线的倾斜角为，且．求直线的方程； (2)给定一个正实数，分别过点作的切线，设交于点． （i）证明：点在定直线上的充要条件是直线过定点； （ii）已知直线与轴交于点，且．证明：． 【变式4-3】已知椭圆的左、右焦点分别为,,且．过的一条斜率存在且不为零的直线交于两点,的周长为． (1)求的方程; (2)设关于轴的对称点为,直线交轴于点,过作的一条切线,切点为,证明:． 【变式4-4】已知椭圆，在椭圆上取（且）个点，这些点的坐标分别为，，其中，连接. (1)若直线的斜率为，求椭圆的离心率； (2)证明的面积为定值，并求多边形的面积（用表示）； (3)若，，线段的中点为，求证：. 类型五、位置关系类定值 例5．已知椭圆的短轴的两个端点分别为，，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)设点，点为椭圆上异于的任意一点，过原点且与直线平行的直线与直线交于点，直线与直线交于点，求证：. 【变式5-1】已知椭圆（）的长轴为，短轴长为． (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线l：与椭圆交于不同两点； ①若，求直线的方程． ②已知点，，连接交椭圆于另一点，连接交椭圆于另一点，求证三点共线. 【变式5-2】已知双曲线的中心为坐标原点，过点，其中一条渐近线的方程为. (1)求双曲线的方程； (2)设双曲线的左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于、两点.直线与直线交于点，证明：三点共线. 【变式5-3】在平面直角坐标系中，已知椭圆与轴和轴的交点分别为，，，（在左侧，在下侧），直线（且）与直线交于点，过点且平行于的直线交于点（异于点），交轴于点，直线交于点（异于点），直线交轴于点. (1)当时，求出，两点的坐标； (2)直线与直线是否相互平行？若是，请写出证明过程；若不是，请说明理由. 【变式5-4】已知椭圆C：的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为，O为坐标原点，线段OA的中点为D，且. (1)求C的方程； (2)已知点M、N均在直线上，以MN为直径的圆经过O点，圆心为点T，直线AM、AN分别交椭圆C于另一点P、Q，证明直线PQ与直线OT垂直. 【变式5-5】在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：的离心率为，短轴长为2. (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，点D为椭圆C的下顶点，点P为椭圆C上异于椭圆顶点的动点，直线AP与直线BD相交于点M，直线BP与直线AD相交于点N.证明：直线MN与x轴垂直. 类型六、向量类定值 例6．已知双曲线的虚轴长为，左焦点为F． (1)设O为坐标原点，若过F的直线l与C的两条渐近线分别交于A，B两点，当时，求的面积； (2)设过F的直线l与C交于M，N两点，若x轴上存在一点P，使得为定值，求出点P的坐标及该定值． 【变式6-1】如图所示，中心为原点的双曲线的一条渐近线为y＝x，焦点在x轴上，焦距为． (1)求此双曲线方程及其离心率； (2)过P(2,0)的直线l交双曲线于点M、N．Q(b,0)，若对于任意直线l，数量积是定值，求b的值． 【变式6-2】椭圆经过点，且两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形. (1)求椭圆的方程； (2)设，过椭圆的右焦点作直线交于、两点，试问：是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由. 【变式6-3】已知椭圆：的右焦点为，且点在椭圆上．斜率为的直线交椭圆于，两点． (1)求椭圆的标准方程； (2)设为坐标原点，当直线的纵截距不为零时，试问是否存在实数，使得为定值？若存在，求出此时面积的最大值；若不存在，请说明理由． 【变式6-4】已知椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，且． (1)求椭圆的标准方程． (2)点P、Q在椭圆上，O为坐标原点，且直线OP、OQ的斜率之积为，求证：为定值； (3)直线l过点且与椭圆交于A、B两点，问在x轴上是否存在定点M，使得为常数？若存在，求出点M坐标以及此常数的值；若不存在，请说明理由． 类型七、面积类定值 例7．已知椭圆过点，离心率为． (1)求椭圆的方程． (2)过点的直线（与轴不重合）交椭圆于，两点． （i）若，求的方程； （ii）已知分别是的左、右顶点，直线，分别交直线于，两点，证明：与的面积之比为定值． 【变式7-1】已知椭圆的左、右焦点分别为，，且经过点和，点是椭圆上不在轴上的任意一点，射线，分别与椭圆交于点，． (1)求椭圆的方程； (2)求内切圆面积的最大值； (3)设，，的面积分别为，，．求证：为定值． 【变式7-2】“如果两个椭圆的离心率相同，我们称这两个椭圆相似”.已知椭圆与椭圆相似，的短轴长为2，离心率为. (1)求的标准方程. (2)设为坐标原点，为上的动点，过点且斜率为的直线与相切，与交于，两点，射线交于点，试问：的面积是否为定值？若为定值，求出定值；若不为定值，请说明理由. 【变式7-3】已知椭圆的离心率为，点在该椭圆上，均为该椭圆上的动点． (1)求该椭圆的方程； (2)若的重心是坐标原点，求直线的方程； (3)若的重心是坐标原点，证明：的面积是定值． 【变式7-4】已知椭圆的图像经过点    (1)若椭圆的焦距为，求椭圆的方程； (2)为椭圆的右焦点，过点作轴的垂线与椭圆在第一象限交于点，点与点关于原点对称，连接，当取得最大值时，求椭圆的离心率； (3)若椭圆经过点，点是椭圆上的动点，直线与椭圆交于两点，为的中点，且满足，则的面积是否为定值？若是，请求出该值；若不是，请说明理由. 【变式7-5】已知椭圆的离心率为，长轴长为4． (1)求椭圆C的方程： (2)过点的直线交圆于点M、N，直线垂直，且交C于点P、Q，交于点A．记，的面积分别为，． （i）若，求t的取值范围； （ii）是否存在常数t，使得为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 类型八、距离类定值 例8．为圆：上任意一点，另有一点，线段的垂直平分线和半径相交于点． (1)当点在圆上运动时，求动点的轨迹方程； (2)直线与相交于，两点，若以为直径的圆过坐标原点，求证：点到直线的距离为定值． 【变式8-1】已知点、的坐标分别为、直线、相交于点，且它们的斜率之积是 (1)求点的轨迹方程； (2)若直线与点的轨迹交于两点，且，其中点是坐标原点. 试判断点到直线的距离是否为定值. 若是，请求出该定值；若不是，请说明理由. 【变式8-2】双曲线经过点，且渐近线方程为． (1)求a，b的值； (2)点A，B，D是双曲线C上不同的三点，且B，D两点关于y轴对称，的外接圆经过原点O，若设直线的AB方程为． ①求外接圆的方程（用k，m表示）； ②求证：原点O到直线AB的距离为定值． 【变式8-3】已知椭圆的左、右焦点分别为，，右焦点与圆：的圆心重合，短轴长与圆E的半径相等． (1)求C的方程． (2)已知O为原点，C上的点P满足，求直线被C截得的弦长． (3)已知C的上顶点为A，斜率为2的直线与C交于B，D两点，的中点为M，的中点为N，到直线的距离为，C的右顶点到直线的距离为，试判断是否为定值?若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 类型九、参数类定值 例9．已知椭圆C：的左､右焦点分别为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形，点在椭圆上. (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点，与直线交于点.设，证明：为定值. 【变式9-1】已知，两点的坐标分别为，，直线，相交于点，且它们的斜率之积为，设点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)设点的坐标为，直线与曲线的另一个交点为，与轴的交点为，若，，试问是否为定值？若是定值，请求出结果，若不是定值，请说明理由． 【变式9-2】在平面直角坐标系中，设，规定：点叫做点的仿射对应点．已知点的轨迹的方程为，点的仿射对应点的轨迹为． (1)求的轨迹方程； (2)设是曲线上的两点，的仿射对应点分别为．和的面积分别记为．求； (3)设是曲线上两点，若的面积为，求证：为定值． 【变式9-3】已知曲线C上的任意一点到定点的距离与到定直线的距离相等.，直线过点且与C有两个不同的交点，，直线，分别交y轴于点M，N. (1)求C的方程； (2)若直线，的斜率分别是，，且，求的值及的斜率； (3)设为原点，若，判断是否为定值?若是，求出该定值；若不是，说明理由. 类型十、圆锥曲线中的定直线问题 例10．已知椭圆的右焦点与双曲线的右焦点重合，且椭圆过． (1)求椭圆的标准方程； (2)当过的动直线与椭圆相交于不同的两点时，在线段上取一点，满足，证明：在某定直线上． 【变式10-1】已知椭圆的右焦点为，左、右顶点分别为，，且． (1)求的方程； (2)设过点的直线与交于，两点（不与，两点重合）． （i）若的面积为，求的方程； （ii）若直线与直线交于点，证明：在一条定直线上． 【变式10-2】已知抛物线的顶点在坐标原点处，对称轴为轴，且过点，，是上两个动点． (1)求抛物线的标准方程； (2)已知是焦点，若点，在以（异于点）为直径的圆上，求直线的方程； (3)已知为直线在第二象限内一点，直线，与抛物线分别相切于，两点，设，与轴分别交于，两点，证明：直线与直线的交点在定直线上． 【变式10-3】已知双曲线的离心率为，且过点. (1)求双曲线的标准方程； (2)设双曲线的左、右两个顶点为A、B，过右焦点的直线交双曲线于P，Q两点，直线与直线交于点，求证：点在定直线上． 1．已知椭圆：的焦距为，且过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆的右焦点作直线，与椭圆交于，两点，与轴交于点.若，，求证：为定值. 2．已知椭圆过点且离心率为．设P为圆上任意一点，过点P作该圆的切线交椭圆于E，F两点． （1）求椭圆的方程； （2）试判断是否为定值？若为定值，则求出该定值；否则，请说明理由． 3．已知双曲线的离心率为，，分别为其左、右焦点，为双曲线上任意一点，且的最小值是. (1)求双曲线的方程； (2)记双曲线的左、右顶点分别为，，直线与的右支交于，两点. （i）求实数的取值范围； （ii）若直线，的斜率分别为，，证明：是定值. 4．在平面直角坐标系中，椭圆与双曲线的左，右焦点均为，，且的离心率为，直线与交于A，B两点． (1)求椭圆的方程； (2)若直线过点，且点为线段BC的中点，求直线的方程； (3)若直线OA与直线OB的斜率之积为，证明：的面积为定值． 5．已知双曲线的离心率为2，实轴长为4，过点的直线l与C相交于A，B两点． (1)求C的方程； (2)是否存在l，使得P恰好是线段AB的中点？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由； (3)l与直线交于点Q，设，，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． 6．已知椭圆的焦距为2，为的右焦点，为坐标原点，过且垂直于轴的直线与交于两点（在的上方），且的面积为. (1)求的标准方程. (2)过点且斜率存在的直线与交于不同的两点（在的左侧）. （ⅰ）证明：直线与的斜率之差的绝对值为定值； （ⅱ）设直线与轴分别交于点，且直线相交于点，证明：的面积为定值. 7．已知椭圆过点. (1)求椭圆的方程； (2)斜率为1的直线与椭圆交于两点，点P坐标为，直线与椭圆的另一个交点为点M，直线PD与椭圆的另一个交点为点N. ①已知点M坐标为，求点横坐标（用表示）； ②过点作于点G，是否存在定点Q，使得为定值，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由. 8．已知椭圆E:+=1的离心率为，A，B分别是椭圆的左、右顶点，C是椭圆的上顶点，的面积为2. (1)求椭圆E的方程； (2)如图1，设P为第四象限内一点且在椭圆E上，直线PA与y轴交于点M，直线PC与x轴交于点N，求证:四边形的面积为定值； (3)如图2，若Q是直线上一动点，连接AQ交椭圆E于点G，连接BQ交椭圆E于点H，连接GH.试探讨直线GH是否过定点，若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由. 9．已知抛物线.过点的动直线与交于两点（在第一象限），且（为坐标原点）. (1)求的值； (2)设抛物线在处的切线交于点，求面积的最小值； (3)面积最小时，过作直线交抛物线于两点.轴且的中点在直线上，证明：直线过定点. 10．已知双曲线的离心率为为坐标原点，过点的直线交于，两点，其中点在第一象限. (1)求的标准方程. (2)设. ①求直线的方程. ②过点作斜率分别为的两条直线，且直线与交于另一点，直线与交于另一点.若，证明直线过定点，并求该定点坐标. 11．已知过点且焦距为2的椭圆，过点且斜率存在的直线交椭圆于P，Q两点. (1)求椭圆E的标准方程； (2)直线AP，AQ的斜率之积是否为值？若是，求出定值；若不是，请说明理由； (3)过点作直线l与椭圆E交于C，D两点（点C在x轴上方），椭圆E的左顶点为，右顶点为，求证：直线与直线的交点在一条定直线上. 12．已知为抛物线的焦点，为坐标原点，过焦点作一条直线交于A，B两点，点在的准线上，且直线MF的斜率为的面积为1. (1)求抛物线的方程； (2)试问在上是否存在定点，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)过焦点且与轴垂直的直线与抛物线交于P，Q两点，求证：直线AP与BQ的交点在一条定直线上. 13．已知A，B分别是双曲线的左、右顶点，点是双曲线C上的一点，直线PA，PB的斜率分别为，，且. (1)求双曲线C的方程； (2)已知过点的直线，交C的左，右两支于D，E两点（异于A，B）. （i）求m的取值范围； （ii）设直线与直线交于点Q，求证：点Q在定直线上. 14．在平面直角坐标系中，点P的坐标为，点P绕坐标原点O逆时针旋转角度后变为点，点的坐标为，则有如下的坐标关系：，据此回答下列问题： (1)曲线绕坐标原点O逆时针旋转角度后变为曲线，求曲线的方程与离心率； (2)已知曲线，动直线与曲线从上至下交于两点，动直线与曲线从上至下交于两点， ①是否存在定点F使得为定值，若存在，请求出一个点的坐标：若不存在，请说明理由； ②求四边形面积的最大值． 15．圆锥曲线有着丰富的光学性质．从抛物线的焦点F处出发的光线照射到抛物线上点，经反射后的光线平行于抛物线的轴．若点P在第一象限、直线l与抛物线相切于点P． (1)已知点，求切线l的方程； (2)过原点作切线l的平行线，交PF于点S，若． （i）求抛物线的方程； （ii）过准线上点N作圆的两条切线，且分别与交于两点和两点．是否存在圆M，使得当点N运动时，为定值？并说明理由． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 拓展训练04 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题10类题型归类 目录 典例详解 类型一、圆锥曲线中的定点问题 类型二、弦长类定值 类型三、斜率类定值 类型四、角度类定值 类型五、位置关系类定值 类型六、向量类定值 类型七、面积类定值 类型八、距离类定值 类型九、参数类定值 类型十、圆锥曲线中的定直线问题 压轴专练 类型一、圆锥曲线中的定点问题 例1．已知双曲线与双曲线有共同的渐近线，且的焦距为4. (1)求的方程； (2)过的左焦点且斜率为的直线与的左支交于两点. （i）求的取值范围； （ii）记点，直线与的右支分别交于点，证明：直线过定点. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）列出关于的方程，代入计算，即可得到双曲线方程； （2）（i）根据题意。联立直线与双曲线方程，结合韦达定理代入计算，即可得到结果；（ii）分别联立直线，直线与双曲线方程，表示出点的坐标，然后表示出直线方程，即可得到结果. 【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，即，所以.① 因为的焦距，所以，则.② 由①②解得，，所以的方程为. （2） 设，，由题得， 则直线的方程为，，联立. 得. （i）因为直线与的左支交于两点，所以，. 所以 解得或，所以的取值范围为. （ii）由题意得直线的方程为. 代入，得. 则，所以，则， 所以.同理得. 所以. 所以直线的方程为，即. 所以直线过定点. 【变式1-1】已知抛物线的焦点为为坐标原点，上存在点到和的距离都等于． (1)求抛物线的方程； (2)过点的直线交抛物线于点，直线与相交于另一点，直线与相交于另一点． （i）求证：； （ii）求证：直线经过定点． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）结合题意先判断在的中垂线上，再利用两点间距离公式建立方程求出，进而得到，最后求出抛物线方程即可. （2）（i）联立方程组求出和，再结合平面向量的数量积得到即可. （ii）利用三点共线求出，同理得到，再结合和建立方程，得到，进而确定定点即可. 【详解】（1）如图，作出符合题意的图形，    由题意得，则， 而，可得在的中垂线上，故设点的坐标为， 由两点间距离公式得，解得， 而点在上，则，即，解得， 故抛物线的方程为． （2）（i）如图，设直线的方程为，并记点，    联立方程组，消去得，易知， 则，， 而，则， 可知，即． （ii）由题意，点，设直线的方程为， 并记点， 联立方程组，消去得，则， 由三点共线，可得， 得到，将代入化简， 得， 所以，而，可知，同理可得， 则，解得， 故直线的方程为，过定点． 【变式1-2】已知椭圆过点，其中一个焦点在直线上，为椭圆的上顶点，直线与椭圆相交于不同的两点，. (1)求椭圆的方程； (2)若，为坐标原点，求的面积最大时实数的值； (3)若直线，的斜率分别为，，且，直线，与圆分别交于点，.证明：直线过定点，并求出定点坐标. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由直线方程求得焦点坐标，根据已知点，可得答案； （2）联立直线与椭圆方程，写出韦达定理，利用点到直线距离以及弦长公式，根据三角形的面积公式，结合基本不等式，可得答案； （3）分直线的斜率存在与否两种情况，联立方程写出韦达定理，根据斜率建立方程，可得答案. 【详解】（1）由焦点在直线上，令，解得， 由过点，则，解得， 所以椭圆的方程为 （2） 当时，直线，设，， 联立，消去可得， 由，则， 可得，， 点到直线的距离， 弦长， 则的面积 ， 当且仅当，即时，等号成立，所以的值为. （3） 由（1）可知，所以圆，又，所以， （i）若直线垂直于轴，，设的方程：，，， 则，消去可得， 则（*），且， 可得，解得，不满足（*），不合题意； （ii）若直线不垂直于轴， 则设的方程：，，， 则，消去可得， 由，则，， 可得. 因为，则，即， ,∴ 所以直线方程为：， 所以直线过定点. 【变式1-3】已知椭圆的右焦点为，A、B分别是椭圆的左、右顶点，为椭圆的上顶点，的面积为. (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于不同的两点， ①若 ，且不过坐标原点，求三角形面积的最大值，并写出求得此最大值时的值 ②点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求证：直线过定点. 【答案】(1) (2)①，；②证明见解析 【分析】（1）由题可得，据此可求得椭圆方程； （2）①由弦长公式及三角形面积公式确定三角形面积，再结合二次函数求最值即可；②将直线方程与椭圆方程联立，后由韦达定理结合，可得m与k的关系即可得直线恒过的定点. 【详解】（1）由题知，，，， 由的面积为，得， 又，代入可得，， ∴椭圆的方程为. （2）①设坐标原点到直线的距离为， 联立， 得， 可得， 设，， 则， 所以此时 当，即时， 三角形面积有最大值 ②联立得， 设，，可得，， 由题知， 即， 即，解得， ∴直线的方程为，故直线恒过定点. 类型二、弦长类定值 例2．已知椭圆：的一个端点为，且离心率为，过椭圆左顶点的直线与椭圆交于点，与轴正半轴交于点，过原点且与直线平行的直线交椭圆于点，．    (1)求椭圆的标准方程； (2)求证：为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据离心率和过点列方程组求出，得到椭圆的标准方程； （2）应用弦长公式分别求出计算化简可得定值. 【详解】（1）因为椭圆：过点， 所以， 又椭圆的离心率为，则 所以， 故椭圆方程为 （2）设直线的方程为， 所以， 设，由， 得， 则， 所以， 设直线的方程为， 由，得， 设，则，则， 所以， 故， 因此为定值. 【点睛】关键点点睛：定值取得的关键是对弦长公式的应用及结合图形的对称性得出. 【变式2-1】双曲线，左、右顶点分别为A，B，曲线上有点，满足. (1)求双曲线方程； (2)Q是双曲线上的动点，QA，QB分别交椭圆于点E，N，S，T，证明：为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据得到方程，求出，代入，求出，得到双曲线方程； （2）设，则，设：，代入椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由弦长公式得到，从而，计算出. 【详解】（1）由题意，， 故， 将代入， 故双曲线方程为. （2）设，则， 而，故. 设：代入椭圆方程得：， ， 其中， 过A作ST平行线交椭圆于G，H，由对称性可知：， 故将中的k换为，即得， 故， ∴. 原命题得证. 【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. 【变式2-2】已知双曲线的左、右焦点分别为，，的一条渐近线的倾斜角为，直线与轴的交点为，且. (1)求的方程； (2)过点作斜率为的直线与交于，两点，为线段的中点，过点且与垂直的直线交轴于点，求证：为定值. 【答案】(1) (2)定值为，证明见解析 【分析】（1）根据一条渐近线的倾斜角为得的值，再由求出，结合可得答案； （2）设直线的方程为，，直线的方程与双曲线方程联立，利用韦达定理得点坐标及直线的方程从而求出点坐标，利用弦长公式求出，两点间的距离公式求出，再做比值可得答案. 【详解】（1）因为一条渐近线的倾斜角为，所以， ，，，， 因为，所以，可得， ，解得，， 所以的方程为； （2）由（1），设直线的方程为，， 直线的方程与双曲线方程联立， 整理得， 当即，直线与双曲线渐近线平行，与双曲线只有一个交点， 不符合题意，故，且， ，， 可得，所以直线的方程为， 令得，所以， ， ， 所以， 即为定值. 【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键点是利用韦达定理求出弦长、两点间的距离公式求出. 【变式2-3】已知椭圆． (1)若过椭圆的一个焦点引两条互相垂直的弦、．求证：是定值； (2)若、在椭圆上且．求证：是定值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）对两条弦所在直线的斜率是否同时存在进行分类讨论，设出直线的方程，与椭圆方程联立，结合弦长公式计算可证得结论成立； （2）对直线、的斜率是否同时存在进行分类讨论，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用两点间的距离公式计算可证得结论成立. 【详解】（1）证明：不妨弦、过椭圆的左焦点，其中，，. 当、中有一条为长轴时，另一条为过焦点且平行于短轴的弦， 联立可得，故该过焦点且平行于短轴的弦长为， 则； 当、中没有一条为长轴时，设，， 联立直线与椭圆方程得， ， 由韦达定理可得，， 根据弦长公式有． 用替换上式中的即得． 因此． 综上，． （2）证明：分以下两种情况讨论： 当直线的斜率存在且不为零时，设直线的斜率为， 联立，则，则． 用替换上式中的即得． 因此． 当、中有一条斜率不存在时，另一条斜率为， 此时，因此. 综上所述，. 【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． 【变式2-4】如图，，，，是抛物线：上的四个点（，在轴上方，，在轴下方），已知直线与的斜率分别为和2，且直线与相交于点． (1)若点的横坐标为6，则当的面积取得最大值时，求点的坐标． (2)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)是定值，定值为2 【分析】（1）首先求出直线方程，由于的长度为定值，故点离直线距离越远，的面积越大，设与直线平行的直线为，根据直线与抛物线相切求出，进而取出点坐标. （2）首先设，设直线BD为，然后将直线与曲线联立，利用韦达定理求得，．同理求得，，然后根据弦长公式分别求得，，，，然后代入中即可证明其为定值. 【详解】（1）由题可知，点的坐标为，直线的方程为， 则的长度为定值． 将直线平移到与抛物线相切，切点为，此时的面积取得最大值． 设切线的方程为，联立方程组 消去整理得． ，解得， 将代入， 解得，，故点的坐标为． （2）设，则直线的方程为， 联立方程组消去整理得， 则，． 同理可得，，． ，， ，， 所以． 故是定值，且该定值为2． 【点睛】方法点睛：对于圆锥曲线中的弦长公式我们并不陌生，弦长，其中在圆锥曲线中，任意两点间的距离我用都可以仿照弦长公式进行求解，假设，，即，用此方法求两点间距离时，方便我们利用韦达定理. 类型三、斜率类定值 例3．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，焦点在x轴上的椭圆C的上顶点为，线段的中垂线交C于两点，且. (1)求椭圆C的标准方程； (2)点E为椭圆C上位于直线上方（不与点重合）的动点，过点B作直线的平行线交椭圆C于点F，点M为直线与的交点，点N为直线与的交点.证明：直线与直线的斜率之积为定值； 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设出椭圆方程，求出点坐标，进而求出椭圆方程. （2）设出直线方程，与椭圆方程联立求出点，同理可得点坐标，再按的斜率存在与否求出直线与直线的斜率之积. 【详解】（1）设椭圆，由椭圆的上顶点为，得， 线段的中垂线方程为，由，则，，解得 所以椭圆. （2） 由，且点位于直线上方，得直线与直线的斜率相等，且， 设直线，代入椭圆， 整理得， ， 当时，直线与椭圆相切，则， 设，，， 设，同理得，， 由为直线与的交点，则设， 当直线的斜率不存在时，， 整理可得，解得，则， 直线的斜率，所以； 当直线的斜率存在时，，解得， 直线的斜率，则； 所以直线与直线的斜率之积为定值，即为. 【变式3-1】已知双曲线C：．的离心率为，点在双曲线C上，过C的左焦点F的直线l与C的左支相交于A，B两点，且l分别交C的两条渐近线于M，N两点． (1)求双曲线C的方程； (2)若O是坐标原点，，求的面积； (3)已知点，直线AP交直线于点Q，设直线QA，QB的斜率分别，，求证：为定值． 【答案】(1) (2)32 (3)证明见解析 【分析】（1）由双曲线离心率及点在双曲线C上可得双曲线方程； （2）设，，将直线l与双曲线渐近线方程联立可得， 然后设直线l的倾斜角为，由，可得，即可得答案； （3）由题意设直线l的方程为，设，，由题可表示出，再将直线l方程与双曲线方程联立，由韦达定理可得，结合，可完成证明. 【详解】（1）（1）由双曲线C的离心率为，且点在双曲线C上， 可得，解得，，所以双曲线C的方程为 （2）设，，由（1）可知双曲线C的左焦点为，所以可设直线l的方程为， 当时，易知，不合题意，故． 由，即，消去x，得，其中， 所以． 记直线l的倾斜角为，由，得， 由，得，解得（舍去）或， 所以，故． （3）由题意设直线l的方程为，设，， 由直线AP：，得，则， 又， 所以 ． 由，消去x，得，其中， 则，，，所以． 因为，所以， 所以，即为定值． 【点睛】关键点睛：对于解析几何中的三角形面积问题，可对面积进行适当分割，将其分为一边与坐标轴垂直三角形面积之和或之差；对于定值问题，常见思路为找到定值关于所设参数的表达式，再说明定值取值与参数无关. 【变式3-2】已知双曲线的离心率为，且过点． (1)求双曲线C的标准方程； (2)已知直线l经过点， ①若直线l与双曲线C的左支相切，求直线l的方程； ②若双曲线C的右顶点为P，直线l与双曲线C交于A，B两点，直线PA的斜率为，直线PB的斜率为，证明：为定值． 【答案】(1) (2)①②证明见解析 【分析】（1）根据离心率得出关系，再代入点的坐标即可求出，写出标准方程； （2）①点斜式设出直线方程，联立双曲线方程，利用判别式为0求解； ②根据直线与方程联立后根与系数的关系、斜率公式，求和后化简即可得证. 【详解】（1）由，可得，即， 所以双曲线方程为，代入点， 可得， 所以双曲线方程为. （2）如图， ①由题意，直线斜率存在，设直线l的方程为， 联立，消元可得： ， 由直线与双曲线相切，则， 即，解得, 所以直线l的方程为，即. ②由题意知，， 设，直线l的方程为， 联立双曲线方程，化简可得， ， 由①知， 所以， ， 所以 ， 即为定值. 【变式3-3】已知椭圆的左、右焦点分别为是圆上一点，线段与C交于点Q，且． (1)求C的标准方程； (2)过点的直线与C交于A，B两点，记O为坐标原点，线段的中点为N，C的左顶点为D． （i）求面积的最大值； （ii）若的外心为M，直线的斜率为，直线的斜率为，试判断是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）为定值9，理由见解析. 【分析】（1）根据，得到，又，则，得到椭圆方程； （2）（i）设出直线方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，求出点N的坐标，表达出三角形的面积，利用基本不等式求出最值； （ii）设外接圆的方程为．代入，可得，联立直线和外接圆方程，得到两根之和，两根之积，结合（i）可得方程，求出，求出，为定值． 【详解】（1）由，整理得，则该圆是以为圆心，6为半径的圆． 因为P是圆上一点，线段与C交于点Q，且， 所以，即，解得． 由题可知，则，故C的标准方程为； （2）（i）当点的直线斜率不存在时，重合，此时不存在，不合要求， 当点的直线斜率为0时，重合，此时不存在，不合要求， 直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为． 联立整理得， 则， 则线段的中点N的坐标为． 设的面积为S，则． 因为，当且仅当时，等号成立， 所以，即面积的最大值为． （ii）为定值9，理由如下： 设，显然为外接圆圆心， 故可设外接圆的方程为． 因为在外接圆上，所以，故， 故外接圆的方程为． 联立，整理得 ，                   则． 因为， 故， 解得． 故，为定值． 类型四、角度类定值 例4．已知椭圆的短轴的两个端点分别为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)设点，点为椭圆上异于的任意一点，过原点且与直线平行的直线与直线交于点，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）依题意可得、，再根据、、的关系，求出，即可得解； （2）设直线的方程为：，，即可求出点坐标，再联立直线与椭圆方程，求出的坐标，同理求出的坐标，再求出，的坐标，最后根据数量积的坐标运算得到，即可得证； 【详解】（1）解：由题意可得，，， 解得， 所以椭圆的方程为：； （2）解：设直线的方程为：， 则过原点的直线且与直线平行的直线为， 因为是直线与的交点，所以， 因为直线的方程与椭圆方程联立： ，整理可得：， 可得，， 即，因为， 直线的方程为：， 联立，解得：，由题意可得， 所以，， 所以，即，所以，即为定值； 【变式4-1】已知椭圆的左焦点为，，分别为左右顶点.点是直线上异于点的动点，直线交椭圆的另一点为点. (1)求的值； (2)直线与交于点，求证：. 【答案】(1)9 (2)证明见解析 【分析】（1）法一：设，求出直线的方程并与椭圆方程联立，求得点的坐标，利用向量的坐标计算化简即得；法二：设，写出直线的方程，将代入求得点的坐标，利用和的坐标计算即得； （2）将待证等式等价转换为证明.对应（1）中的法一与法二：利用向量坐标的数量积运算得到即可. 【详解】（1） 法一：设，则直线， 与椭圆方程联立，得， 则由 ， 且，故，则. 所以. 法二：设，则 则直线的方程为：，令，代入即得. 所以. （2）因为， 所以，要证，只需证，即证. 对应（1）中的法一：因为，，，， 所以 ， 于是. 或者：因直线，直线，即， 联立，解得. 因为 ，所以. 对应（1）的法二：因为， 所以，要证，只需证，即证. 因为，，，， 所以， 于是. 【变式4-2】已知抛物线，焦点为．斜率存在的直线与抛物线交于两点． (1)若直线的倾斜角为，且．求直线的方程； (2)给定一个正实数，分别过点作的切线，设交于点． （i）证明：点在定直线上的充要条件是直线过定点； （ii）已知直线与轴交于点，且．证明：． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据倾斜角为，可设直线联立直线与抛物线的方程，由韦达定理得到，再由弦长公式得到，从而解出的值； （2）（i）分别得到在点处的的切线的方程，从而得到点的坐标，先证明充分性，设过定点的直线，与抛物线的方程联立可得点的横坐标为，在直线，再证必要性，可以设直线过定点，根据点在上，即横坐标为求得. （ii）由抛物线定义得，由得，从而是的垂直平分线，可以证明与全等，与全等，所以，从而. 【详解】（1）设直线，联立得． 设，则． 则，解得． 经检验，时，．所以直线的方程为． （2）（i）设过点，的切线方程为， 联立得，即． 则由相切得，整理得，解得． 所以过点的切线方程为． 同理过点的切线方程为． 两方程联立得，所以点． 充分性：设过定点的直线． 联立得，由韦达定理得． 点的横坐标为，所以点在定直线上． 必要性：点在定直线上，则． 设过点的直线． 联立得．由韦达定理得． 解得，则直线过点. 综上，点在定直线上的充要条件是直线过定点. （ii）如图，过分别作准线的垂线，垂足分别为． 连接．与交于点．由抛物线定义得． ．则． 则，所以． 由知，所以．因此与全等，所以． 同理可得，与全等，所以． 则，所以． 所以． 所以． 【点睛】思路点睛：平面几何知识的恰当运用 在（2）（ii）中，结合，可以得到是的垂直平分线，从而证得与全等，，同理可得与全等，，再结合得，利用即可证明. 【变式4-3】已知椭圆的左、右焦点分别为,,且．过的一条斜率存在且不为零的直线交于两点,的周长为． (1)求的方程; (2)设关于轴的对称点为,直线交轴于点,过作的一条切线,切点为,证明:． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】(1) 根据椭圆定义及的周长为,可得的值,根据即可得的值,进而可得椭圆的方程; (2)设出两点坐标,得出点坐标,设出直线的方程与椭圆联立,求出两点横坐标之间的关系,得出直线的方程,令,即可得点坐标,设出的直线方程,与椭圆联立,令即可得的直线方程,进而得点坐标,发现点横坐标与的横坐标相同,根据角度关系即可得到答案 【详解】（1）由题意可知的周长为:, 所以,即, 设的半焦距为, 因为,即, 所以,即, 所以的方程为; （2）由(1)知椭圆的方程为,右焦点， 设的方程为, 代入的方程有:, , 设,,则有,, 是点关于轴的对称点, 且,, 则直线的方程可表示为:, 令,得, 所以, 设直线的方程为, 代入的方程有:（*）, 当与相切时,,得, 将代入（*）方程:,解得, 所以切点的横坐标等于右焦点的横坐标, 故轴, 所以, 又由关于轴的对称点为,所以, 所以,所以,得证. 【点睛】思路点睛:本题考查直线与圆锥曲线的综合应用,关于直线与圆锥曲线问题思路有: (1)根据题意考虑直线与圆锥曲线的两个交点,即设有两个交点的直线方程; (2)分情况讨论直线斜率是否存在; (3)设直线方程,联立方程组; (4)判别式大于零,韦达定理; (5)根据题意建立关于的等式,化简即可. 【变式4-4】已知椭圆，在椭圆上取（且）个点，这些点的坐标分别为，，其中，连接. (1)若直线的斜率为，求椭圆的离心率； (2)证明的面积为定值，并求多边形的面积（用表示）； (3)若，，线段的中点为，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析，面积为 (3)证明见解析 【分析】（1）求出的坐标，根据斜率求出即可求得离心率； （2）表示出直线的方程，求出原点O到直线的距离，代入面积公式即可得证；再计算出，由i的一般性即可得到多边形的面积； （3）由题意表示出H的坐标，计算发现点H的轨迹为椭圆，再利用向量法求出、，结合即可得证. 【详解】（1），，则直线的斜率为， 所以椭圆的离心率. （2）直线的方程为 化简得：； 所以原点到直线的距离； 而； 所以为定值. 同理可得： ， 所以多边形的面积为. （3）设，所以， 所以，即， 所以点的轨迹为一个椭圆，且，是该椭圆的焦点， 设，，，则， 则点，的坐标可化为，， 所以，， 又因为，； 所以； ； 因为，所以. 类型五、位置关系类定值 例5．已知椭圆的短轴的两个端点分别为，，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)设点，点为椭圆上异于的任意一点，过原点且与直线平行的直线与直线交于点，直线与直线交于点，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据短轴的两个端点坐标，可求的值，再结合离心率公式和，可求的值，从而确定椭圆的标准方程. （2）根据题意，可设直线的方程，与椭圆方程联立，表示出点坐标，再表示出直线、的方程，求出点、坐标，利用可证. 【详解】（1）由题意可得，，，解得， 所以椭圆的方程为：. （2）如图： 设直线的方程为：， 则过原点的直线且与直线平行的直线为， 因为是直线与的交点，所以， 因为直线的方程与椭圆方程联立： ，整理可得：， 可得，， 即，因为， 直线的方程为：， 联立，解得：，由题意可得， 所以，， 所以，即，所以. 【变式5-1】已知椭圆（）的长轴为，短轴长为． (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线l：与椭圆交于不同两点； ①若，求直线的方程． ②已知点，，连接交椭圆于另一点，连接交椭圆于另一点，求证三点共线. 【答案】(1) (2)①；②证明见解析. 【分析】（1）由题意可得，，即可得答案； （2）①联立直线与椭圆方程，结合韦达定理及弦长公式，求出的值，即可得答案； ②设，联立直线与椭圆方程，可得与的关系式，通过证明∥，即可证明三点共线. 【详解】（1）解：由已知长轴为，短轴长为， 可得，， 则椭圆的标准方程为：； （2）解：①依题意，解得， 因为，可得， 且， 因为， 解得， 所以直线的方程为：． ②证明：设， ， 联立，消去整理得： ， ， 又， 代入整理得：， ， ， 同理可得， ， 而 所以有， 整理得， ， ， 因此∥， 故三点共线. 【变式5-2】已知双曲线的中心为坐标原点，过点，其中一条渐近线的方程为. (1)求双曲线的方程； (2)设双曲线的左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于、两点.直线与直线交于点，证明：三点共线. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据渐近线方程及顶点坐标列式计算求解双曲线； （2）分直线的斜率为及直线的斜率不为设直线方程，再联立得出韦达定理，应用斜率公式计算得出即可证明. 【详解】（1）由题意知且， 所以，所以的方程为. （2）由题意知，， 当直线的斜率为时，：，此时三点共线显然成立， 当直线的斜率不为时，设：，，， 联立可得， 由题意得， ， 所以，， 因为直线的方程为， 令，得，所以， 所以， 因为， 所以 所以，故三点共线， 综上：三点共线. 【变式5-3】在平面直角坐标系中，已知椭圆与轴和轴的交点分别为，，，（在左侧，在下侧），直线（且）与直线交于点，过点且平行于的直线交于点（异于点），交轴于点，直线交于点（异于点），直线交轴于点. (1)当时，求出，两点的坐标； (2)直线与直线是否相互平行？若是，请写出证明过程；若不是，请说明理由. 【答案】(1)， (2)平行，证明见解析 【分析】（1）根据题意求相应点和直线方程，进而联立方程求交点坐标即可； （2）根据题意结合斜率关系先证证明，再证明，，三点共线即可. 【详解】（1）由椭圆方程可知：， 则，，，， 直线，即， 联立方程，解得，即， 直线，故，直线，故. 由，化简得，解得或（舍去），即， 可得，故直线， 联立方程，化简得，解得或（舍去），即， 所以. （2）直线与直线相互平行，证明如下： 证明，再证明，，三点共线即可. ①证明由，解得， 直线的方程为，则， 故直线，可得，即，故 ； ②证明，，三点共线： 设，由，得， 解得，故，即； 直线的方程为，设交于， 由，得， 解得，故，即， 则， ， 所以，即，，三点共线， 又有直线交于点，故与重合，即，，三点共线. 由①②可知：. 【变式5-4】已知椭圆C：的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为，O为坐标原点，线段OA的中点为D，且. (1)求C的方程； (2)已知点M、N均在直线上，以MN为直径的圆经过O点，圆心为点T，直线AM、AN分别交椭圆C于另一点P、Q，证明直线PQ与直线OT垂直. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题设易知且，根据有即可求，进而写出椭圆方程. （2）令，，则，而，即可写出直线、的方程，联立椭圆方程并设、，应用韦达定理求、的坐标，进而可求，结合及，即可证直线与直线垂直. 【详解】（1）由题意知：，，则，而， 所以，即，又， 所以，解得或（舍去），故，所以的方程.    （2）令，，则，而， 所以，， 联立椭圆方程，整理得，显然， 若，则，得，则， 即， 同理，整理得，显然， 若，可得，则，即. 所以， 又，则，所以，故，而， 所以，则直线与直线垂直，得证.    【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. 【变式5-5】在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：的离心率为，短轴长为2. (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，点D为椭圆C的下顶点，点P为椭圆C上异于椭圆顶点的动点，直线AP与直线BD相交于点M，直线BP与直线AD相交于点N.证明：直线MN与x轴垂直. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据短轴长和离心率得到，，，得到椭圆方程. （2）确定各点坐标，设点P的坐标为，，计算各直线的方程，得到的横坐标，作差为0得到证明. 【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c，由题意有：，解得，，， 故椭圆C的标准方程为. （2）点A的坐标为，点B的坐标为，点D的坐标为， 设点P的坐标为，，有，可得， 直线BD的方程为，整理为； 直线AD的方程为，整理为； 直线AP的方程为； 联立方程，解得，M的横坐标为， 直线BP的方程为， 联立方程，解得：，N的横坐标为， ， 故点M和点N的横坐标相等，可得直线MN与x轴垂直. 【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆方程，椭圆中的位置关系，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将直线与的垂直关系转化为横坐标相等是解题的关键. 类型六、向量类定值 例6．已知双曲线的虚轴长为，左焦点为F． (1)设O为坐标原点，若过F的直线l与C的两条渐近线分别交于A，B两点，当时，求的面积； (2)设过F的直线l与C交于M，N两点，若x轴上存在一点P，使得为定值，求出点P的坐标及该定值． 【答案】(1) (2)P的坐标为，定值为0 【分析】（1）由双曲线C的虚轴长得出的值，再求出双曲线C的标准方程，从而得出焦点坐标和渐近线方程，设直线l的方程为与双曲线方程联立得出点的坐标，得的长，再根据得出的长即可求出的面积； （2）设，分别求出直线l的斜率不存在和斜率为0时的值，并建立方程求出m的值，为探求一般情况下的值做准备，再根据直线l与坐标轴垂直时求出的m及的值直接研究当时的值是否为0即可． 【详解】（1）由题意可知，，得， 所以双曲线C的标准方程为， 则，双曲线C的渐近线方程为， 由对称性可知，直线l与垂直和直线l与垂直这两种情况下的面积是相等， 不妨设直线l与垂直，则直线l的方程为， 则点A在渐近线上，点B在渐近线上， 由，解得， 则， 所以， 易知， 所以， 故的面积． （2）设， 当轴时，直线l的方程为，代入，解得， 不妨取，，则， 当轴时，直线l的方程为，代入，解得， 不妨取，，则， 令，解得，此时， 当直线l与坐标轴不垂直时，设直线l的方程为， 代入，得，， 设，，则，， 当点P的坐标为时， ． 综上可知，当点P的坐标为时，为定值0． 【变式6-1】如图所示，中心为原点的双曲线的一条渐近线为y＝x，焦点在x轴上，焦距为． (1)求此双曲线方程及其离心率； (2)过P(2,0)的直线l交双曲线于点M、N．Q(b,0)，若对于任意直线l，数量积是定值，求b的值． 【答案】(1)，离心率 (2) 【分析】（1）根据渐近线及双曲线参数关系求参数，即可得方程； （2）讨论直线斜率是否为0，设直线方程并联立双曲线，应用韦达定理及且为常数，利用恒等关系求参数b、C，即可确定结果. 【详解】（1）设双曲线方程为，又一条渐近线为y＝x，故， 由，故，结合，则， 所以双曲线方程为，离心率. （2）当直线斜率不为0，设，联立双曲线并整理得， 所以，，，则，， ，且为常数， 所以，则， 整理得，则，解得. 当直线斜率为0，则，此时，则上述结果也满足， 综上，. 【变式6-2】椭圆经过点，且两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形. (1)求椭圆的方程； (2)设，过椭圆的右焦点作直线交于、两点，试问：是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）分析可得，可得出，再将点的坐标代入椭圆的方程，求出、的值，即可得出椭圆的方程； （2）对直线是否与轴重合进行分类讨论，设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用根与系数的关系结合平面向量数量积的坐标运算可求得的值，即可得出结论. 【详解】（1）解：因为椭圆的两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形，该正方形的边长为， 两条对角线长分别为、，则，所以，， 所以，椭圆的方程可表示为，、 将点的坐标代入椭圆的方程可得，可得，则，， 故椭圆的标准方程为. （2）解：当直线与轴重合时，则、为椭圆长轴的顶点，不妨设、， 则，，此时； 易知点，当直线不与轴重合时，设直线的方程为，设点、， 联立，可得，， 由韦达定理可得，， ，， . 综上所述，. 【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． 【变式6-3】已知椭圆：的右焦点为，且点在椭圆上．斜率为的直线交椭圆于，两点． (1)求椭圆的标准方程； (2)设为坐标原点，当直线的纵截距不为零时，试问是否存在实数，使得为定值？若存在，求出此时面积的最大值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，1 【分析】（1）由右焦点为，得到，再点在椭圆上，利用椭圆的定义求得a即可； （2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，结合向量运算，运用韦达定理，由为定值求得k，再求得和点到直线的距离，由求解. 【详解】（1）解：由题意知：， 由椭圆的定义得：， 即， 所以椭圆的标准方程为．              · （2）如图所示： 由题意设直线的方程为， 联立，消元得， 当，即时满足题意， 设，，则，， ， 若为定值，则上式与无关，故，得， 此时． 又点到直线的距离， 以， 当且仅当，即时，等号成立． 经检验，此时成立， 所以面积的最大值为1 【点睛】思路点睛：本题第二问的思路是由为定值，结合韦达定理求得k，再利用弦长公式求得和点到直线的距离，然后由而得解. 【变式6-4】已知椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，且． (1)求椭圆的标准方程． (2)点P、Q在椭圆上，O为坐标原点，且直线OP、OQ的斜率之积为，求证：为定值； (3)直线l过点且与椭圆交于A、B两点，问在x轴上是否存在定点M，使得为常数？若存在，求出点M坐标以及此常数的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】(1)由点T在椭圆上且，可得，求得，点代入椭圆方程可求得b，从而得到椭圆的标准方程； (2) 设直线：，联立方程组 ，求出，同理求出由此能证明为定值； (3)当直线l与x轴不垂直时，设l：，由得，推出，当l与x轴垂直时，l：，，，从而． 【详解】（1）因为点T在椭圆上且，所以，； 将点代入椭圆得，解得， 所以椭圆的方程为． （2）设直线：，联立方程组，得， 所以， 又直线：，类似的可得， 故而，为定值． （3）当直线l与x轴不垂直时，设l：，设，，， 由得， ， 又， ， 令得，此时， 当l与x轴垂直时，l：，，， 又，有， 综上，，． 类型七、面积类定值 例7．已知椭圆过点，离心率为． (1)求椭圆的方程． (2)过点的直线（与轴不重合）交椭圆于，两点． （i）若，求的方程； （ii）已知分别是的左、右顶点，直线，分别交直线于，两点，证明：与的面积之比为定值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）见解析 【分析】（1）将点的坐标代入，结合椭圆方程中的关系求解即可； （2）联立直线和椭圆方程，写出韦达定理，利用弦长公式即可求解（i）；利用两点的坐标，写出，两点的坐标，然后利用三角形面积公式表示出面积比，然后结合和求解即可. 【详解】（1）椭圆过点，故， 且离心率，解方程组，得：， 故椭圆方程为: . （2）（i）过点的直线（与轴不重合）,故设直线， 设，联立 ，整理得：， 故， 故， 即，解得， 故的方程为：. （ii）分别是的左、右顶点，故 故直线的方程为：， 当时，，故， 同理可得：直线的方程为：，， 且，故, 故， 因为，故， 所以， 故与的面积之比为定值7. 【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； （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，注意根的判别式的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为与韦达定理相关的形式； （5）代入韦达定理求解. 【变式7-1】已知椭圆的左、右焦点分别为，，且经过点和，点是椭圆上不在轴上的任意一点，射线，分别与椭圆交于点，． (1)求椭圆的方程； (2)求内切圆面积的最大值； (3)设，，的面积分别为，，．求证：为定值． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）将两点坐标代入椭圆方程，求得方程组的解即可； （2）先将面积表示成，又，设所在直线方程为，直曲联立结合韦达定理，即可求出的最大值，由此可求出的最大值，即可求解. （3）设，，，通过直线与椭圆联立方程组，利用韦达定理，先把三角形的面积都用、、表示，再利用、，把变量都用表示，即可求解. 【详解】（1）    将点和代入椭圆方程得解得 则椭圆的标准方程为； （2）周长为， 设内切圆半径为，内切圆面积为， 则，又， 设所在直线方程为，与椭圆方程联立得： ，所以 令，（时取最大值）， 所以，，所以， 即内切圆面积的最大值为. （3）设，，， 因为点在椭圆上，所以，即． 由（1）得，， 设直线的方程为，， 联立，消去并整理得， 此时，由韦达定理得， 同理得：， 所以 . 故为定值． 【点睛】方法点睛： 解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)， 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或不存在等特殊情形， 强化有关直线与圆锥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． 【变式7-2】“如果两个椭圆的离心率相同，我们称这两个椭圆相似”.已知椭圆与椭圆相似，的短轴长为2，离心率为. (1)求的标准方程. (2)设为坐标原点，为上的动点，过点且斜率为的直线与相切，与交于，两点，射线交于点，试问：的面积是否为定值？若为定值，求出定值；若不为定值，请说明理由. 【答案】(1) (2)是，. 【分析】(1)根据椭圆离心率的定义，短轴的概念，求出椭圆标准方程. (2)根据直线与椭圆的交点问题解题方程，依据弦长公式,证明椭圆中的定值问题. 【详解】（1）因为的短轴长为2，所以. 因为的离心率为，所以. 又的离心率，所以， 所以的标准方程为. （2） 由（1），知. 设，过点的直线方程为. 由得. 因为直线与相切，所以，即①， 所以，， 所以直线的斜率，方程为. 由得，设，所以，所以. 由题意，得，位于轴两侧，所以，所以. 设，，由得，， 由根与系数的关系，得，， 所以，将①代入，得. 由直线与轴交于点， 得， 所以，即的面积为定值. 【变式7-3】已知椭圆的离心率为，点在该椭圆上，均为该椭圆上的动点． (1)求该椭圆的方程； (2)若的重心是坐标原点，求直线的方程； (3)若的重心是坐标原点，证明：的面积是定值． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据离心率及点在椭圆上分别列式计算求参得出椭圆方程； （2）点差法得出直线斜率，再点斜式得出直线方程； （3）根据直线斜率不存在及斜率存在两种情况分别计算面积即可求解. 【详解】（1）因为，所以，可得． 又因为点在该椭圆上，所以，解得，所以， 故该椭圆的方程为． （2）设，则的中点． 因为的重心是坐标原点，所以，， 可得，，得的中点． 由得， 即，可得， 所以直线的方程为，即． （3）设，当直线的斜率不存在时，易得，直线的方程为， 或，直线的方程为． 将代入椭圆的方程，可得， 所以的面积. 当直线的斜率存在时，设，． 与（2）同理，可得，得的中点， 所以直线的方程为， 即． 令，可得直线在轴上的截距为，则． 将代入椭圆的方程，得， 即，则， 所以． 因为，所以，所以，所以． 又因为是的重心，所以． 综上，的面积是定值． 【变式7-4】已知椭圆的图像经过点    (1)若椭圆的焦距为，求椭圆的方程； (2)为椭圆的右焦点，过点作轴的垂线与椭圆在第一象限交于点，点与点关于原点对称，连接，当取得最大值时，求椭圆的离心率； (3)若椭圆经过点，点是椭圆上的动点，直线与椭圆交于两点，为的中点，且满足，则的面积是否为定值？若是，请求出该值；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)； (3)是，定值. 【分析】（1）利用待定系数法求椭圆方程； （2）首先得到点的坐标，根据坐标表示直线和的斜率，得到，并利用倾斜角表示的正切值，即，转化后利用基本不等式求最值，根据最值成立的条件求离心率； （3）首先根据条件确定椭圆方程，当直线斜率存在时，设出直线得到方程，并与椭圆方程联立，利用韦达定理表示弦长，根据向量关系转化为，利用韦达定理表示点的坐标，结合点在椭圆上，得到，并求解点到直线的距离，结合面积公式求定值，当直线得到斜率不存在时，求定值. 【详解】（1）由已知条件可知， 从而， 所以椭圆的方程； （2）设，则， 则， 从而. 设直线的倾斜角分别为则 ， 当且仅当，即时取等号， 此时，即， 所以， 从而，解得（舍负）， 所以当取得最大值时，椭圆的离心率为； （3）由已知椭圆经过点可得， 从而椭圆的方程； ①当直线与轴不垂直时，设， 联立方程组， 得. 由题意可知. 设，则，所以 ， 由可知， 设，则有， ， 因为点，在椭圆上， 所以， 整理得， 此时，， 点到直线的距离， 所以的面积 ， ②当直线与轴垂直时，，， ， ， . 综上可和，的面积为定值.    【变式7-5】已知椭圆的离心率为，长轴长为4． (1)求椭圆C的方程： (2)过点的直线交圆于点M、N，直线垂直，且交C于点P、Q，交于点A．记，的面积分别为，． （i）若，求t的取值范围； （ii）是否存在常数t，使得为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）存在，，理由见解析 【分析】（1）由长轴长，离心率，求出，得到椭圆方程； （2）（i）由垂径定理，由对称性可知，根据面积之比得到，A是的中点，时，得到，时，联立求出点坐标，进而得到点坐标，表达出直线的方程，求出，并得到，换元后，由对勾函数单调性得到，从而得到答案； （ii），由（i）可知，，由垂径定理得，所以，故当，即时，即为定值3． 【详解】（1）由题意知：，，解得，，故， 所以椭圆C的方程为． （2）（i）由垂径定理可得A是的中点，即，由对称性可知， 易知，，故， 所以，故A是的中点． ①当时，易知，故由中点坐标公式得，此时； ②当时，由得， 解得，故 由条件可知，由中点坐标公式得， 故直线的方程为：， 令得， 由直线过点，故． 由可知得，又，故， 此时令，则， 则， 任取，， 则， 因为，，所以，， 所以，即， 故当时，t单调递减， 故． 综上，取值范围是． （ii）由题得， 由（i）可知，故， 又，直线，即， 所以，故， 由垂径定理得， 所以， 故当，即时，， 即为定值3． 【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 类型八、距离类定值 例8．为圆：上任意一点，另有一点，线段的垂直平分线和半径相交于点． (1)当点在圆上运动时，求动点的轨迹方程； (2)直线与相交于，两点，若以为直径的圆过坐标原点，求证：点到直线的距离为定值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意可得，由椭圆的定义可求点的轨迹方程； （2）设，，分直线的斜率是否存在两种情况求解，当直线斜率不存在，，，由已知可得，可得，当直线斜率存在时，设：，与椭圆联立方程组，根据根与系数的关系可得，进而利用点到直线的距离公式可求结论. 【详解】（1）由为垂直平分线上的点，可得，因为， 所以，所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆， 且，所以，，故， 所以动点的轨迹方程为． （2）设，， ①当直线斜率不存在时，由椭圆的对称性可知，，， 因为以为直径的圆经过坐标原点，故，即， 也就是，又点在椭圆上，所以，所以， 此时点到直线距离； ②当直线斜率存在时，设：， 由消去，可得， 则，即， 所以，， 因为以为直径的圆过坐标原点，所以，于是， 又因为，所以， 将，代入，整理得． 所以点到直线的距离为． 综上可知，点到直线的距离为定值． 【变式8-1】已知点、的坐标分别为、直线、相交于点，且它们的斜率之积是 (1)求点的轨迹方程； (2)若直线与点的轨迹交于两点，且，其中点是坐标原点. 试判断点到直线的距离是否为定值. 若是，请求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)是定值，且定值为 【分析】（1）设点，则，利用斜率公式结合化简可得出点的轨迹方程； （2）分析可知，直线、的斜率存在且都不为零，设直线的方程为，则直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，求出，同理可得出，再利用等面积法可求得点到直线的距离. 【详解】（1）设点，则， 由题意可得，整理可得. 所以，点的轨迹方程为. （2）由题意可知，直线、的斜率存在且都不为零， 设直线的方程为，则直线的方程为， 联立，可得，则， 同理可得， 则原点到直线的距离为 . 因此，点到直线的距离为. 【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． 【变式8-2】双曲线经过点，且渐近线方程为． (1)求a，b的值； (2)点A，B，D是双曲线C上不同的三点，且B，D两点关于y轴对称，的外接圆经过原点O，若设直线的AB方程为． ①求外接圆的方程（用k，m表示）； ②求证：原点O到直线AB的距离为定值． 【答案】(1)； (2)①；②证明见解析. 【分析】（1）根据渐近线及双曲线所过的点求参数； （2）①设AB为，，中点，则，联立双曲线并应用韦达定理，写出AB的中垂线方程，求其与y轴交点得圆心和半径，即可得圆的方程；②由题设可得是方程的两个根，应用韦达定理有得，最后由点线距离公式证结论. 【详解】（1）因为双曲线C渐近线方程为，所以． 又双曲线C经过点，所以．解得． （2）AB方程为，设，中点， 则． 由，消去x，得， 所以，，则，， 则AB的中垂线方程为，当时，， 因为B、D两点关于y轴对称，则的外接圆圆心在y轴上， 记圆心为点F，则，又的外接圆经过原点O， 所以外接圆的方程为或． ②因为的外接圆经过原点，则，即． 又＝1，所以， 同理，由得， 所以是方程的两个根，所以， 则，即， 所以，化简得， 所以原点O到直线AB距离. 【点睛】关键点点睛：第二问，只需求出AB的中垂线方程与y轴交点，即可得圆的方程；根据已知得到是方程的两个根为关键. 【变式8-3】已知椭圆的左、右焦点分别为，，右焦点与圆：的圆心重合，短轴长与圆E的半径相等． (1)求C的方程． (2)已知O为原点，C上的点P满足，求直线被C截得的弦长． (3)已知C的上顶点为A，斜率为2的直线与C交于B，D两点，的中点为M，的中点为N，到直线的距离为，C的右顶点到直线的距离为，试判断是否为定值?若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1). (2). (3)为定值,. 【分析】（1）根据圆的一般方程求出圆心和半径，得出椭圆的相关参数，求出椭圆的方程. （2）设出的坐标，根据，的坐标，写出方程，解得的横纵坐标的关系，联立椭圆标准方程，求出的横纵坐标,求出弦长. （3）设出直线斜截式方程，求出截距的范围，设出B，D两点坐标，结合，的坐标，写出的坐标，转化为直线的方程，写出表达式，求出结果. 【详解】（1）由圆的标准方程为；得圆心坐标，半径为4，所以，，故，，所以，所以． （2） 设，则，得，因为，， 所以，解得，所以， 因为C与直线均关于原点对称，所以直线被C截得的弦长为． （3） 设直线方程为，联立椭圆方程得， 消去得，直线与椭圆有交点，可知， ，解得. 设，可知，即 因为，所以 可得直线解析式为，化简得， ,， 可得，， ，. 类型九、参数类定值 例9．已知椭圆C：的左､右焦点分别为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形，点在椭圆上. (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点，与直线交于点.设，证明：为定值. 【答案】(1) (2)详见解析 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，解之即得椭圆C的标准方程； （2）依题意设出直线的横截距式方程，与椭圆方程联立，写出韦达定理，根据，代入坐标，求得，，计算并将韦达定理代入化简即得 【详解】（1）由题意得：解得， 椭圆的标准方程是. （2）由（1）知，由条件可知的斜率存在且不为0， 设的方程为，则，令可得. 联立方程得， 设，则， 由可得， 则有，解得，同理. ， 故为定值. 【变式9-1】已知，两点的坐标分别为，，直线，相交于点，且它们的斜率之积为，设点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)设点的坐标为，直线与曲线的另一个交点为，与轴的交点为，若，，试问是否为定值？若是定值，请求出结果，若不是定值，请说明理由． 【答案】(1) (2)为定值 【分析】（1）设点的坐标为，结合两点之间的斜率公式即可得答案，注意，也就是斜率不存在的情况； （2）设，则，再联立直线方程与椭圆方程，结合向量的坐标运算以及韦达定理化简可得为定值. 【详解】（1）设点的坐标为，则直线的斜率为， 直线的斜率为． 由已知，， 化简，得点的轨迹的方程为． （2）为定值，理由如下： 根据题意可知直线的斜率一定存在且不为0，设，则． 联立，消去，得． 则恒成立， 设，，则，． 又因为，，且， 所以．同理． 所以 ， 所以，为定值． . 【点睛】思路点睛：定值问题在几何问题中，有些问题和参数无关，这就是定值问题，解决这类问题常通过取参数和特殊值来确定“定值”是多少，或者将问题涉及的几何式转化为代数式或三角式，证明该式是恒定的. 【变式9-2】在平面直角坐标系中，设，规定：点叫做点的仿射对应点．已知点的轨迹的方程为，点的仿射对应点的轨迹为． (1)求的轨迹方程； (2)设是曲线上的两点，的仿射对应点分别为．和的面积分别记为．求； (3)设是曲线上两点，若的面积为，求证：为定值． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）点的的仿射对应点为，根据仿射点的关系得，代入即得椭圆方程； （2）设，则，利用向量法及三角形面积公式求得，及，即可求解； （3）设的仿射对应点分别为，根据（2）的结论得的面积为，设，然后利用三角形面积求得，进而有，结合得，进而利用仿射点的关系得，得证. 【详解】（1）设为上任意一点，点的的仿射对应点为， 则，所以，又因为在上，从而得， 所以点Q的轨迹方程为； （2）设，则， 因为，所以 ， 同理，所以； （3）设的仿射对应点分别为， 由（2）可知：由的面积为得的面积为，设， 从而的面积为，所以， 又，所以， 又因为均在上，所以， 又，所以，所以， 所以，又， 所以. 【变式9-3】已知曲线C上的任意一点到定点的距离与到定直线的距离相等.，直线过点且与C有两个不同的交点，，直线，分别交y轴于点M，N. (1)求C的方程； (2)若直线，的斜率分别是，，且，求的值及的斜率； (3)设为原点，若，判断是否为定值?若是，求出该定值；若不是，说明理由. 【答案】(1) (2)-4；-1 (3)是，2 【分析】（1）根据题意，结合抛物线的定义，得到，进而求得的方程； （2）由直线的方程为，联立方程组，利用韦达定理求得和，得到，结合斜率公式，即可求解； （3）设直线，联立方程组，由，得到，且，，求得的方程，得到，同理得，根据题意，得到和，进而求得的值. 【详解】（1）解：因为曲线上任意一点到定点的距离与到定直线的距离相等， 所以曲线是以为焦点，以为准线的抛物线，且，可得 所以的方程为. （2）解：由题意得，直线的方程为，即， 联立方程组，整理得， 由韦达定理得，所以，同理可得， ，所以， 直线的斜率. （3）解：根据题意，设且， 联立方程组，整理得， 由，解得，且，， 直线，令，可得， 所以，同理得， 因为，故， 可得，所以，同理得， 所以. 类型十、圆锥曲线中的定直线问题 例10．已知椭圆的右焦点与双曲线的右焦点重合，且椭圆过． (1)求椭圆的标准方程； (2)当过的动直线与椭圆相交于不同的两点时，在线段上取一点，满足，证明：在某定直线上． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据已知条件可得出关于的方程组，解出的值，即可得出椭圆的方程； （2）设点，，，记，可知，，利用平面向量的坐标运算将A，B坐标转化为坐标和的关系，代入椭圆方程化简即得点的轨迹方程，即可证得结论成立. 【详解】（1）设双曲线的右焦点为,则，∴， 因为是椭圆的焦点，且椭圆过点， 所以，解得 故椭圆的标准方程为． （2）证明：设，，， 由题得，，，均不为零． 由， 可设 不妨设，， 则 所以 ,   即 又在椭圆上， 所以，① ，② 由①化简，得，③ 由②化简，得，④ ③-④，化简得，即 因此点在定直线上． 【点睛】与相交有关的向量问题的解决方法在解决直线与圆锥曲线相交，所得弦端点的有关的向量问题时，一般需利用相应的知识，将该关系转化为端点坐标满足的数量关系，再将其用横(纵)坐标的方程表示，从而得到参数满足的数量关系，进而求解． 【变式10-1】已知椭圆的右焦点为，左、右顶点分别为，，且． (1)求的方程； (2)设过点的直线与交于，两点（不与，两点重合）． （i）若的面积为，求的方程； （ii）若直线与直线交于点，证明：在一条定直线上． 【答案】(1)； (2)（i）或；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据可求出的值，即可得出椭圆方程； （2）（i）根据题意设直线，联立直线和椭圆方程，利用韦达定理计算的面积可解得的值，即可得直线方程； （ii）分别写出直线与直线的方程，联立方程组，利用韦达定理化简可得，由此可证明交点在定直线上. 【详解】（1）由题意，，即，解得，则， 所以，椭圆的方程为. （2） 由题意，直线不与轴重合，且过点，设直线， 联立，可得， 则， 设，则. （i）因为，所以， 则，即， 整理可得，即， 解得或（舍去），所以，， 所以直线的方程为,即或. （ii）由题意，， 所以直线，直线， 联立两直线方程，消去可得，即， 整理得，即， ， 即，解得， 所以，直线与直线的交点在定直线上. 【变式10-2】已知抛物线的顶点在坐标原点处，对称轴为轴，且过点，，是上两个动点． (1)求抛物线的标准方程； (2)已知是焦点，若点，在以（异于点）为直径的圆上，求直线的方程； (3)已知为直线在第二象限内一点，直线，与抛物线分别相切于，两点，设，与轴分别交于，两点，证明：直线与直线的交点在定直线上． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）设，，将点代入，即可求解； （2）设，，直线，与抛物线方程联立，结合及中点的纵坐标为，即可求解； （3）设过点的切线方程为，与联立，由得出，进而得出过点的切线方程，进而得出，同理得出，写出的方程，设，切线，交于点，得出的坐标，点在直线上得出，同理设直线与直线交于点，则可证明，两点重合，进而证明结论． 【详解】（1）由题意，设，， 将代入得，，解得， 所以的标准方程为． （2）设，，直线， 联立直线与抛物线的方程，得方程组， 消去，得，判别式，即． ，，，， 由，，得， 所以，中点的纵坐标为，则， 所以，代入，解得或， 当时，点在直线上，不合题意，舍去， 故直线的方程为． （3）证明：设过点的切线方程为， 与联立，整理得， ， 得，即（或，，过点的切线的斜率）， 即过点的切线方程为，即， 令，得， 同理可得过点的切线方程为，令，得， 直线的方程为，直线的方程为． 设，切线，交于点，得，， 解得，，点在直线上，则， 设直线与直线交于点，， 同理，设直线与直线交于点，， 由，得，则，两点重合， 即直线与直线的交点在定直线上． 【变式10-3】已知双曲线的离心率为，且过点. (1)求双曲线的标准方程； (2)设双曲线的左、右两个顶点为A、B，过右焦点的直线交双曲线于P，Q两点，直线与直线交于点，求证：点在定直线上． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题设条件建立的方程组，求解即得双曲线的方程； （2）设直线PQ的方程为，，，，利用韦达定理推得，，即有，由直线，直线，代入点，即得，进行联立，化简计算，即可求得定直线方程． 【详解】（1）由题意，，，， 联立解得， 双曲线的标准方程为． （2）因为直线PQ过右焦点，且与双曲线交于P，Q两点，故直线PQ不与x轴平行， 设直线方程为，设，， 由消去可得， 因,，， 则有（*） 由题知，，，设， 则直线，直线， 将代入两式，可得，， 两式相除得,将（*）代入，可得 , 即，解得， 所以点在定直线上． 1．已知椭圆：的焦距为，且过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆的右焦点作直线，与椭圆交于，两点，与轴交于点.若，，求证：为定值. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）由已知条件可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的方程； （2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、、，联立直线与椭圆的方程，列出韦达定理，由，可得出、的表达式，结合韦达定理可计算得出为定值. 【详解】（1）因为椭圆的焦距，所以. 又因为椭圆过点，所以. 又因为，所以，. 所以椭圆的标准方程为：. （2）设点，，，. 由题意可知，直线的斜率存在，可设直线的方程为. 联立，得. 由于点在椭圆的内部，直线与椭圆必有两个交点，必有. 由韦达定理可得，. 因为，， 得，. 依题意，，， 所以，. 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． 2．已知椭圆过点且离心率为．设P为圆上任意一点，过点P作该圆的切线交椭圆于E，F两点． （1）求椭圆的方程； （2）试判断是否为定值？若为定值，则求出该定值；否则，请说明理由． 【答案】（1）；（2）是，为定值. 【解析】（1）由题可得，解方程组求出的值，即可求解； （2）首先讨论切线斜率不存在的情况计算的值，当切线斜率存在时，设切线方程为，点，，，利用直线与圆相切得出，并求出切点坐标，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理可得，， 化简计算即可求解. 【详解】（1）由题可得，解得， 所以椭圆的方程为． （2）①当过点且与圆相切的切线斜率不存在时， 由对称性，不妨设切线方程为， 则，，，所以． ②当过点且与圆相切的切线斜率存在时， 不妨设切线的方程为， 设点，，， 将直线方程与圆的方程联立并整理， 得， 由直线与圆相切易得圆心到直线的距离 即， 因为，所以， 联立直线和椭圆的方程并整理， 得， 则， 所以，． 所以 ． 综上可知，为定值． 【点睛】思路点睛：圆锥曲线中求定值的问题，通常需要联立方程，得到二次方程后利用韦达定理、结合题中条件（比如斜率关系，向量关系，距离关系，面积等）直接计算，即可求出结果，运算量较大. 3．已知双曲线的离心率为，，分别为其左、右焦点，为双曲线上任意一点，且的最小值是. (1)求双曲线的方程； (2)记双曲线的左、右顶点分别为，，直线与的右支交于，两点. （i）求实数的取值范围； （ii）若直线，的斜率分别为，，证明：是定值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）是定值. 【分析】（1）设，，，由数量积的定义可得，由二次函数的性质求出的最小值，可求出，再由得到答案； （2）（i）设，直线，联立双曲线方程，得到两根之积小于即可求解；（ii）对进行配凑得，代入计算即可. 【详解】（1）由题意可得：，设，，， ， 所以， 因为在双曲线上，所以， 所以， 所以， 因为，所以当时，的最小值是， 所以，又，又因为， 所以，所以双曲线的方程为：. （2）（i）设，直线， 由，消元得. 则，且， 则，解得：. （ii）,, ， 所以是定值.    【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． 4．在平面直角坐标系中，椭圆与双曲线的左，右焦点均为，，且的离心率为，直线与交于A，B两点． (1)求椭圆的方程； (2)若直线过点，且点为线段BC的中点，求直线的方程； (3)若直线OA与直线OB的斜率之积为，证明：的面积为定值． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据双曲线方程求得，再由离心率及椭圆参数关系求得，即可得方程； （2）设，应用中点坐标公式有，再由点在曲线上求出坐标，即可得直线方程； （3）讨论直线的斜率，在斜率存在情况下设直线，联立椭圆并应用韦达定理，结合及斜率的坐标表示求得，最后由弦长公式、点线距离公式及三角形面积的求法证明结论. 【详解】（1）设，因为双曲线的方程为，即， 所以，所以． 又，所以， 所以椭圆的方程为． （2）设，由点为线段的中点，所以． 联立，解得或， 所以或， 因为，代入的坐标得， 所以直线的方程为，即． （3）当轴时，， 由，得， 所以，又，则， 所以的面积为． 当与轴不垂直时，设直线， 由，得，即①， 联立，消去并整理，得 所以，即， 代入①，得， 所以 又点到直线的距离， 所以的面积为， 综上，的面积为定值． 5．已知双曲线的离心率为2，实轴长为4，过点的直线l与C相交于A，B两点． (1)求C的方程； (2)是否存在l，使得P恰好是线段AB的中点？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由； (3)l与直线交于点Q，设，，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)不存在，理由见解析 (3)为定值，定值为0 【分析】（1）根据双曲线的实轴长和离心率求出、，进而求出，即可得到双曲线方程； （2）利用点差法求出直线的斜率，得到直线方程，然后联立直线与双曲线方程，通过判别式判断直线与双曲线是否有交点，从而确定是否存在满足条件的直线； （3）先设直线方程，与双曲线方程联立，根据判别式求出的取值范围，再用韦达定理得到与.设点坐标，利用在两条直线上得到相关等式.接着根据向量关系得出与表达式，最后将、代入表达式，结合前面得到的等式化简，得出为定值. 【详解】（1）因为的实轴长为4，所以，解得，又因为C的离心率为2，所以，所以，所以的方程为． （2）由题意直线l的斜率存在，假设存在直线l满足条件，设，， 则，，所以， 即， 因为P为线段AB的中点，所以，， 所以，所以，即直线l的斜率为3， 所以直线l的方程为y=3x－2． 联立，消去y并整理得， ， 所以直线l与C无公共点，这与直线l与C交于A，B两点矛盾， 故不存在直线l，使得P恰好是线段AB的中点． （3）由题可知直线l的斜率存在，    设直线的方程为，即， 联立得， ，且， 解得，且， 由韦达定理得，①， 设，由在直线上，得，即②， 由在直线l上，得③， 由，得， 即，解得， 同理，由，得， 结合①②③，得 ，故为定值0． 6．已知椭圆的焦距为2，为的右焦点，为坐标原点，过且垂直于轴的直线与交于两点（在的上方），且的面积为. (1)求的标准方程. (2)过点且斜率存在的直线与交于不同的两点（在的左侧）. （ⅰ）证明：直线与的斜率之差的绝对值为定值； （ⅱ）设直线与轴分别交于点，且直线相交于点，证明：的面积为定值. 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）根据椭圆焦距定义，结合椭圆通径的性质、三角形面积公式进行求解即可； （2）（ⅰ）设出直线的方程与椭圆方程联立，根据直线斜率公式、一元二次方程根的判别式、根与系数关系进行求解即可； （ⅱ）根据（ⅰ）的结论，结合直线的点斜式方程，三角形面积公式进行求解即可. 【详解】（1）设的焦距为，由题知，则. ，则. 根据对称性得，所以点， 所以，又，所以， 所以的标准方程为. （2）（ⅰ）由（1）知. 设， 联立与的方程得，化简整理得， 则， ，， . 故直线与的斜率之差的绝对值为定值1. （ⅱ）设，则由（ⅰ）可知， 所以， 因此点在定直线上，所以. 直线，令，得，则. 直线，令，得，则， 所以. 所以， 所以的面积为定值8. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用一元二次方程根与系数和直线斜率公式. 7．已知椭圆过点. (1)求椭圆的方程； (2)斜率为1的直线与椭圆交于两点，点P坐标为，直线与椭圆的另一个交点为点M，直线PD与椭圆的另一个交点为点N. ①已知点M坐标为，求点横坐标（用表示）； ②过点作于点G，是否存在定点Q，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)①；②存在， 【分析】（1）将点代入椭圆方程即可求解； （2）①设直线的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理化简求解即可； ②计算可得，设，可得，结合化简得到，设直线，进而得到直线过定点，进而求解即可. 【详解】（1）由题意，，解得， 所以椭圆的方程为. （2）①设直线的方程为， 且，，即， 联立，得， 则，即， 且， 则 ， 即点横坐标为. 由①知，，， 则，即， 设，与①同理可得， 则 ， 则， 设直线， 则， 则， 又，则， 则直线， 所以直线过定点， 则为中点时，则， ，则， 因此，存在定点，使得为定值. 8．已知椭圆E:+=1的离心率为，A，B分别是椭圆的左、右顶点，C是椭圆的上顶点，的面积为2. (1)求椭圆E的方程； (2)如图1，设P为第四象限内一点且在椭圆E上，直线PA与y轴交于点M，直线PC与x轴交于点N，求证:四边形的面积为定值； (3)如图2，若Q是直线上一动点，连接AQ交椭圆E于点G，连接BQ交椭圆E于点H，连接GH.试探讨直线GH是否过定点，若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)是， 【分析】（1）根据题意利用待定系数法即可求得椭圆E的方程； （2）通过直线PA和PC的直线方程可表达出点M的纵坐标和点N的横坐标，从而可得，，再由四边形的面积公式化简即可得证. （3）分类讨论点Q是否在x轴上，当点Q不在x轴上时，通过设点运算可得点，点，再通过待定系数法化简运算即可求出该定点的坐标. 【详解】（1）由题意得，解得， 所以椭圆E的方程为. （2）设 ，则， 又，所以直线PA的方程为. 令 ，得，从而. 直线PC的方程为. 令，得，从而. 所以四边形的面积 =2. 从而四边形的面积为定值. （3）直线GH过定点，理由如下： ①当点Q在x轴上时，直线GH为x轴，过点. ②当点Q不在x轴上时，由题意可设，，，直线 ， 将直线方程代入椭圆E的方程得， 则，则点， 设直线 ，同理得点. 又点 为直线AG与直线BH的交点，则. 由两点式得直线GH的方程为:， 令 ，得， 故直线GH过定点. 9．已知抛物线.过点的动直线与交于两点（在第一象限），且（为坐标原点）. (1)求的值； (2)设抛物线在处的切线交于点，求面积的最小值； (3)面积最小时，过作直线交抛物线于两点.轴且的中点在直线上，证明：直线过定点. 【答案】(1) (2)32. (3)证明见解析 【分析】（1）设，与抛物线方程联立，利用根与系数的关系结合，可求； （2）求导可求得两点处的切线方程，联立方程可求得点的坐标，利用弦长公式与点到直线的距离公式可求得，可求最小值； （3）由（2）得，设，与抛物线方程联立方程组，利用根与系数的关系可得，从而可得结论. 【详解】（1）设， 联立方程①， ②， . （2）由（1）知，故处切线方程为：，即. 同理，点处切线方程为：.联立解得. 由②及可得. 方程①中，. 点到直线的距离. 故，当且仅当时等号成立，故面积的最小值为32. （3）由（2）知，此时，设， 联立方程， ， ，令，得， ， 又 ，即， 所以三点共线，故直线过定点. 10．已知双曲线的离心率为为坐标原点，过点的直线交于，两点，其中点在第一象限. (1)求的标准方程. (2)设. ①求直线的方程. ②过点作斜率分别为的两条直线，且直线与交于另一点，直线与交于另一点.若，证明直线过定点，并求该定点坐标. 【答案】(1) (2)①；②证明见解析， 【分析】（1）根据双曲线的离心率可得结果. （2）①根据条件可知点在以为圆心，5为半径的圆上，联立圆方程与双曲线方程可得结果. ②设直线，与双曲线方程联立，借助韦达定理得到的关系式可得结果. 【详解】（1）因为的离心率为，所以，解得， 所以的标准方程为. （2） ①由，得点在以为圆心，5为半径的圆上. 设，则解得即， 所以直线的斜率为，直线的方程为，即. ②当直线的斜率不存在时，点关于轴对称，设， 由，得，即，解得，不符合题意， 所以直线的斜率存在. 设直线，由得， 则，即. 设，则， 因为，所以，即， 得， 所以，即， 所以或. 当时，直线的方程为，经过定点，不符合题意； 当时，直线的方程为，经过定点. 综上，直线过定点，且定点坐标为. 11．已知过点且焦距为2的椭圆，过点且斜率存在的直线交椭圆于P，Q两点. (1)求椭圆E的标准方程； (2)直线AP，AQ的斜率之积是否为值？若是，求出定值；若不是，请说明理由； (3)过点作直线l与椭圆E交于C，D两点（点C在x轴上方），椭圆E的左顶点为，右顶点为，求证：直线与直线的交点在一条定直线上. 【答案】(1) (2)定值， (3)证明见解析 【分析】（1）根据焦距和，得到，，求出椭圆方程； （2）设过点A的直线为，联立直线与椭圆方程，求出两根之和，两根之积，计算出； （3）设出直线的方程，，联立直线和椭圆方程，得到两根之和，两根之积，并得到，表达出直线和直线，联立消去整理得到，将代入，求出，得到答案. 【详解】（1）根据题意可得，，又，则， 所以椭圆方程为 （2）设过点A的直线为， 联立，消去整理得， 易得， 则， 所以 . 所以直线BM与直线BN的斜率之积为定值. （3）由题意可知：直线的斜率不为0，设直线CD的方程为， 与的方程联立得，消去可得，    设，则，， 即，直线， 直线， 联立上述两方程消去可得， 整理得， 因为，所以， 由，得， ， 综上所述，动点在定直线上. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中，针对非对称韦达，一般思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，并两者相除，得到两者的关系，再代入后续的计算中，达到化简的目的. 12．已知为抛物线的焦点，为坐标原点，过焦点作一条直线交于A，B两点，点在的准线上，且直线MF的斜率为的面积为1. (1)求抛物线的方程； (2)试问在上是否存在定点，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)过焦点且与轴垂直的直线与抛物线交于P，Q两点，求证：直线AP与BQ的交点在一条定直线上. 【答案】(1) (2)或 (3)证明见解析 【分析】（1）根据，结合的坐标即可求解； （2）设的方程为，，联立直线和抛物线方程，将题干斜率条件用坐标表达，结合韦达定理求解； （3）表示出直线AP与BQ的方程，得到交点坐标，结合（2）中的韦达定理求解. 【详解】（1）由题意得，直线方程为：， 令，则，故， 于是，解得（负值舍去）， 故抛物线方程为. （2）设的方程为，，， 由题意得，，即， 可得，通分可得， 联立和抛物线，得到，， 由，代入可得， 整理可得，解得或， 故，满足题意.    （3）由题意，， 则直线，直线， 两直线方程相减得到：， 由（2）知，，于是， 即， 即， 即， 于是， 解得， 即直线AP与BQ的交点在一条定直线上    【点睛】关键点睛：解析几何大多数定值问题，会采取设而不求，联立方程后，结合韦达定理整体代入求解，从而简化运算. 13．已知A，B分别是双曲线的左、右顶点，点是双曲线C上的一点，直线PA，PB的斜率分别为，，且. (1)求双曲线C的方程； (2)已知过点的直线，交C的左，右两支于D，E两点（异于A，B）. （i）求m的取值范围； （ii）设直线与直线交于点Q，求证：点Q在定直线上. 【答案】(1) (2)（i）或；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据求出，，从而得到，求出，得到双曲线方程； （2）（i）由题意知直线l的方程为，，，联立双曲线方程，结合根的判别式和得到不等式，求出m的取值范围； （ii）在（i）的基础上，得到两根之和，两根之积，得到，表达出直线和直线的方程，联立得到，将代入，化简得到，得到答案. 【详解】（1）由题意可知，，因为，所以. 因为，，得， 又因为在双曲线上，则， 所以. 所以双曲线C的方程为. （2）（i）由题意知直线l的方程为，，. 联立， 化简得， 因为直线l与双曲线左右两支相交，所以， 即满足：， 所以或. （ii），，则， 直线的方程为，直线的方程为. 联立直线与的方程，得， 所以， 所以， 所以， 所以点Q的横坐标始终为1，故点Q在定直线上 【点睛】圆锥曲线中，针对非对称韦达，一般思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，并两者相除，得到两者的关系，再代入后续的计算中，达到化简的目的. 14．在平面直角坐标系中，点P的坐标为，点P绕坐标原点O逆时针旋转角度后变为点，点的坐标为，则有如下的坐标关系：，据此回答下列问题： (1)曲线绕坐标原点O逆时针旋转角度后变为曲线，求曲线的方程与离心率； (2)已知曲线，动直线与曲线从上至下交于两点，动直线与曲线从上至下交于两点， ①是否存在定点F使得为定值，若存在，请求出一个点的坐标：若不存在，请说明理由； ②求四边形面积的最大值． 【答案】(1)， (2)①存在；（或） ；② 【分析】（1）根据坐标旋转公式计算即可； （2）先将曲线绕坐标原点O逆时针旋转角度后变为曲线， ①可利用椭圆的对称性以及椭圆定义得出，定点为椭圆的交点； ②设点的坐标，求梯形的面积，再利用基本不等式即可求最值. 【详解】（1）设曲线上任一点P的坐标为， 点P绕坐标原点O逆时针旋转角度后变为点，的的坐标为， 则，由得， 整理得曲线的方程为，离心率为； （2）①设曲线绕坐标原点O逆时针旋转角度后变为曲线， 同（1）中方法可知曲线的方程为， 整理得，形状为椭圆，其焦点为，， 因直线和的倾斜角均为， 故设直线和绕坐标原点O逆时针旋转角度后变为和， 由对称性知为定值， 而由点绕坐标原点O逆时针旋转角度后得到，且旋转变换不改变线段长度， 取（或）即可满足题意；    ②由于旋转变换不改变图形面积，故只需求旋转后的四边形的面积的最大值， 设，，，， 设，，，， 则 因，则， 即，等号成立时； 同理可证，，等号成立时； 因， 则， 即，等号成立时； 则，等号成立时，.    15．圆锥曲线有着丰富的光学性质．从抛物线的焦点F处出发的光线照射到抛物线上点，经反射后的光线平行于抛物线的轴．若点P在第一象限、直线l与抛物线相切于点P． (1)已知点，求切线l的方程； (2)过原点作切线l的平行线，交PF于点S，若． （i）求抛物线的方程； （ii）过准线上点N作圆的两条切线，且分别与交于两点和两点．是否存在圆M，使得当点N运动时，为定值？并说明理由． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）存在，理由见解析 【分析】（1）由点P可得抛物线方程，然后设切线方程为，将切线方程与抛物线方程联立，利用判别式为0可得斜率； （2）（i）法1，利用抛物线光学性质可得，然后由几何知识可得，即可得答案；法2，将切线方程设为，类似于（1）可得，注意到，然后由几何知识可得，即可得答案；法3，类似于法2可得切线斜率为，设直线l，PF的倾斜角分别为，经计算可得，然后由几何知识可得；法4，类似于法2可得，通过将过原点与切线平行的直线方程与直线PF的方程联立可得点S坐标，然后由结合两点间距离公式可得关于p的表达式，化简后可得答案； （ii）由（i）设，将方程与抛物线方程联立，结合韦达定理，可得关于的表达式，然后由切线到圆心距离为1可得，代入表达式可得答案. 【详解】（1）因为在抛物线上，所以，所以抛物线为 设切线方程为，与抛物线联立得：， 所以，所以 所以切线方程为： （2）（i）（法1）如图，因由光学性质可知轴， 因为入射角等于反射角，所以， 所以，所以， 所以，所以抛物线方程为 （法2）设切线l的方程为： 与抛物线方程联立得， 由，整理，即 如图，因为，所以，又因为， 所以，所以，即， 所似抛物线方程为 （法3）点在第一象限，同法2，求得 设直线l，PF的倾斜角分别为， 计算可得： 即，即，所以抛物线方程为 （法4）同法2，求得，所以过原点与切线平行的直线为： 直线PF的方程为：，解得点S的坐标为 因为，由两点距离公式可得 整理得，注意到：， 进一步整理可得：，所以，所以抛物线方程为 （ii）由（i）可得抛物线方程为：，则准线方程为： 设，， 将方程与抛物线方程联立，消去x并化简可得：， 又，则由韦达定理可得，同理可得. 则. 又与圆相切，则到圆心的距离为1， 则， 同理有， 则为方程的两根， 由韦达定理可得：. 则 注意到当时，切线中有一条与x轴平行，不合题意，则. 要使为定值，则，又，则. 故存在圆，使得当点N运动时，为定值. 【点睛】关键点睛：抛物线问题存在大量相等的线段或相等的角，解决问题时可合理利用，对于定值问题，常用思路是找到定值关于所设参数的表达式，然后证明表达式与参数无关. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$