在圓錐曲線中有一類曲線，當參數取不同值時，曲線本身性質不變或形態(tài)發(fā)生變化時，其某些共同的性質始終保持不變，我們把這類問題成為圓錐曲線的定值問題.圓錐曲線中的定值問題是近幾年高考的熱點題型，解題過程中應注重解題策略，善于在動點的“變”中尋求定值的“不變”性.題型一：定值問題1、兩點間的距離為定值例1:(2021·廣東中山市高三期末)已知橢圓具有如下性質：若橢圓的方程為),則橢圓在其上一點A|(x,y')處的切線方程為1,試運用該性質解決以下問題：在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C:的離心率為,且經過點(1)求橢圓C的方程；(2)設F為橢圓C的右焦點，直線l與橢圓C相切于點P(點P在第一象限),過原點O作直線l的平行線與直線PF相交于點Q,問：線段PQ的長是否為定值?若是，求出定值；若不是，說明理由.【詳解】(1)由題意知∴橢圓C的方程為為定值.解題思路：設動點P(x,yo),由題意可知，切線l的方程為xx+2yy=2,過原點O且與1平行的直線I'的方程為xx+2y?y=0,求出Q的坐標，表示出PQ的長，再化簡即可.例2:(2021·全國高三模擬)已知雙曲線的左頂點為A,右焦點為F,離心率e=2,焦距為4.(1)求雙曲線C的方程；(2)設M是雙曲線C上任意一點，且M在第一象限，直線MA與MF的傾斜角分別為α?,α?,求2α?+a?的值.【答案】(1);(2)π?！驹斀狻克噪p曲線C的方程為1.(2)由(1)知雙曲線C的方程為1,所以左頂點A(-1,0),右焦點F(2,0).,又由點M在第一象限，易知,a?∈(0,π),綜上，2a?+a?的值為π.解題思路：利用點在雙曲線上，滿足,利用整體代換思想求出tan2a?和例3:(2021·安徽安慶市高三一模(理))已知橢圓的面積(1)求橢圓C的標準方程；(2)過點M作直線1垂直于x軸，直線M、MB交橢圓分別于A、B兩點，且兩直線關于直線1對稱，求證：直線AB的斜率為定值.【答案】(1);(2)證明見解析.【詳解】又由由橢圓定義知,即a=2故橢圓的方程為C:(2)由條件知，直線MA、MB斜率存在，且兩直線斜率互為相反數，由,,,,同理可得,即證直線AB的斜率為定值，且為解題思路：將直線MA:與橢圓方程聯立求出交點的坐標，再將A中的k用-k替換，即可求出B點坐標，,再利用斜率公式，化簡，即可.例4.(2021·河南高三月考(理))已知點A(-2,0),B(2,0),直線AS與BS的斜率之積,記動點S的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程，并說明曲線C是什么樣的曲線；(2)設M,N是曲線C上的兩個動點，直線AM與NB交于點P,∠MAN=90°,①求證：點P在定直線上；②求證：直線NB與直線MB的斜率之積為定值.【答案】(1),曲線C為中心在坐標原點，焦點在x軸上的橢圓，不含A,B兩點；(2)①證明見解析；②證明見解析.【詳解】(1)解：由題意，得所以曲線C為中心在坐標原點，焦點在x軸上的橢圓，不含A,B兩點.(2)證明：①由題設知，直線MA,NB的斜率存在且均不為0.設直線AM的方程為x=ty-2(t≠0),由AM⊥AN,可知直線NA的斜率為ka=-t,方程為直線NB的斜率為則直線BN的方程為),將代入x=ty-2,解得x=-14,故點P在直線x=-14上.定值.得為定值.即直線NB與直線MB的斜率之積為解題思路：①設直線AM的方程，由AM⊥AN,可得直線AN方程，與橢圓聯立可求點N坐標，進而可求得直線BN方程，與AM聯立即可得證點P在定直線上；②由(1)得,又AM⊥AN,進而可得直線NB與直線MB的斜率之積.例5、(2021·江蘇南通市高三期末)已知橢圓C:率為,且過點(1)求橢圓C的方程；(2)已知A,B是橢圓C上的兩點，且直線OA,OB的斜率之積,點M為線段OA的中點，連接BM并延長交橢圓C于點N,求證：為定值.【答案】(1)1;(2)【詳解】(1)因為橢圓的離心率為,且過點,所以橢圓C的方程為;因為點M為線段OA的中點，所以因為B,M,N三點共線，所以,所以又因為A,B點在橢圓上，所以又因為直線OA,OB的斜率之積,所以3x,x?+4yiy?=0,因為點N在橢圓上，所以所以所以,,,為定值.三點共線，由BN=ABM,表示點N的坐標，再根據A,B,N在橢圓上，結合直線OA,OB的斜率之積求解.例6、(2021·山東泰安市高三期末)已知橢圓C的左頂點為A(-2,0),點在橢圓C上.(1)求橢圓C的方程；直線AM,AN理由.【答案】(1)【詳解】分別與直線交于點P,Q,則FP·FQ是否為定值?請說明;(2)是定值，點在橢圓C上，[1,圖b2=3,(2)是定,理由如下：,3、求某一個量為定值的交點為T,求證：點T橫坐標為定值.【答案】(1)1;(2)T橫坐標為定,證明見解析.【詳解】(1)設橢圓C的半焦距長為c,根據題意故C的標準方程1.(2)由(1)知A(-3,0),B(3,0),F(2,0),,①②兩式相除得,又1,故所以所以③由題意知直線PQ不平行于x軸，由于直線PQ經過F點，所以設直線PQ的方程為x=my+2,(直線PQ的方程為x=my+2,可避免討論直線PQ的斜率是否存在，簡化計算，提高正確率)所以解得所以點T橫坐標為定,根據P(xj,y?)在橢圓C上，代入方程化簡整理可得,設直線PQ的方程為x=my+2,圓C聯立，得到關于y的一元二次方程，根據韋達定理，可得y+y?,y?·y?達式，代入上式即可，與橢的表例8、(2021·湖北武漢市高三月考)已知橢圓C:的左右頂點分別為A,B,過橢圓內點且不與x軸重合的動直線交橢圓C于P,Q兩點，當直線PQ與x軸垂直時，(Ⅱ)設直線AP,AQ和直線l:x=t分別交于點M,N,若MD⊥ND恒成立，求t的值.或【詳解】代入方,解得b2=2,故C的標準方程為1.(Ⅱ)設直線PQ方程為：,與橢圓方程聯立.①此時直線AP方程為,與x=t聯立.得點,同理，點·解得解題思路：設直線PQ方程為,與橢圓方程聯立，結合韋達定理得再聯立AP方程得M同理得N坐標，結合MD⊥ND恒成立得化簡計算可得參數1值.例9、(2021·陜西榆林市高三一模(理))已知橢圓(1)求橢圓T與拋物線C的方程；(2)O為坐標原點，若P為橢圓T上任意一點，以P為圓心，OP為半徑的圓P定值.證明見解析.【詳解】(1)橢圓T:可得焦點0,√a2-1,,可得可得設點F到直線MN的距離為d,IMN|=2√5-d2=2.解題思路：設P(m,n),則,寫出圓P和圓F的方程，兩個圓的方程相減可得直線MN的方程，計算點F到直線MN的距離為d,再利用IMN|=2√P-d2計算弦長即可.題型二、證明動直線過定點或動點在定直線上的問題1、直線過定點問題例10、(2020·江西吉安市高三其他模擬(理))已知橢圓經過點,且離心率(1)求橢圓C的方程；(2)已知斜率存在的直線l與橢圓相交于A,B∠AQO=∠BQO,證明：直線l過定點.【答案】(1);(2)證明見解析.【詳解】兩點，點總滿足的離心(1)因為橢圓C:的離心代入橢圓方程可得1,聯立方程組可得,解得a2=4,b2=1.所以橢圓C的方程為聯立方程組消去y得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,)例11、(2021·湖北襄陽市高三期末)已知A,B分別為橢圓C:【答案】(1);(2)證明見解析，定點【詳解】解：(1)由題意得A(-a,0),B(a,0),P(0,1),則AP=(a,1),PB=(a,-1).由所以橢圓C的方程(2)由題易知：直線MN的斜率存在，且斜率不為零，,因為關于x軸對稱的兩條不同直線l,I?的斜率之和為0,直線MN方程為：,所以直線MN過定點解題思路：設直線MN方程并聯立橢圓方程，結合韋達定理求得y+y?,y?y?,又因為關于x軸對稱的兩條不同直線4,L的斜率之和為0,所以),通過計算化簡即可求得定點.例12、(2021·山東德州市高三期末)已知點F、F?分別是橢圓C的左、右焦點，離心率,點P是以坐標原點0為圓心的單位圓上的一點，且PF·PF2=0.(1)求橢圓C的標準方程；(2)設斜率為k的直線1(不過焦點)交橢圓于M,N兩點，若x軸上任意一點到直線MF與NF的距離均相等，求證：直線1恒過定點，并求出該定點的坐標，【答案】(1);(2)證明見解析，(-2,0)【詳解】(1)設橢圓的標準方程(x,y)(2)設直線1:y=kx+m,M(x,y?),N(x?,y?),消去y得：(1+2k2)x2+4mkx+2m2-2=0,所以因為x軸上任意一點到直線MF與NF的距離均相等，所以x軸為直線MF與NF的角平分線，即直線l:y=kx+m=kx+2k=k(x+2)故直線恒過定點(-2,0).入，求出m=2k,即可證明直線過定點(-2,0)."設而不求"是一種在解析幾何中常見的解題方法，可以解決直線與二次曲線相交的問題.2、動點在定直線上的問題例13、(2021·山東威海市高三期末)已知橢圓C:的離心率為,A,B分別是它的左、右頂點，F是它的右焦點，過點F作直線與C交于(2)設直線AP與直線BQ交于點M,求證：點M在定直線上.【答案】(1);(2)證明見解析.【詳解】解：(1)由題意知,所以a=2c,又a2=b2+c2,所以解得c2=1,所以a2=4,b2=3,所以橢圓C的標準方程1.顯然△>0恒成立.設P(x?,y?),Q(x?,y?),直線AP的方程為),直線BO的方程為聯立兩方程可得，所以代入上式可得解得x=4,故點M在定直線x=4上.解題思路：設直線PQ的方程為x=my+1,聯立橢圓方程，設P(x,y?),Q(x?,y?),由韋達定理，可知!,將直線AP的方程與直線BO的方程聯立，利用韋達定理，化簡計算，即可證明結果.例14、(2021·福建高三模擬)橢圓C:的離心率,(1)求橢圓C的標準方程；(2)E,F設為短軸端點，過M(O,1)作直線l交橢圓C于A、B兩點(異于E,F),直線AE、BF交于點T.求證：點T恒在一定直線上.【答案】(1)1;(2)證明見解析.【詳解】(1)因為點在C上，所以故所求橢圓C的方程1.(2)由題意知直線1的斜率存在，設其方程為y=kx+1.,故點T恒在一定直線y=3上.解題思路：設出直線y=kx+1,聯立直線與橢圓的方程結合韋達定理求出AE,BF的直線方程，聯立求出交點縱坐標為3,進而可得結果.3、圓過定點問題例14、(2021·湖北武漢市高三月考)設P是橢圓C:于長軸頂點A.A的任意一點，過P作C的切線與分別過A,A?的切線交于B,(1)求橢圓C的方程；(2)以BB為直徑的圓是否過x軸上的定點?如果過定點，請予以證明，并求出定點；如果不過定點，說明理由.【答案】(1);(2)過定點，證明見解析，定點為(-1,0),(1,0).【詳解】解：(1)由題可,解得a=2,c=1,由a2=b2+c2得b2=3,橢圓C的方程為1.(2)設P(x?,yo),由于P是異于長軸頂點A,A?的任意一點，故切線斜率存在.設過P的橢圓的切線為y=kx+b,聯立方程得(3+4k2)x2+8kbx+4b2-12=0,△=(8kb)2-4(3+4k2)(4b2-12)=0,解得過P點的切線方程為).的坐標為解得B,B?).的坐標為所以，以B,B?為直徑的圓過x軸上的定點為F(-1,0),F2(1,0).解題思路：設P(x?,y?),設過P的橢圓的切線為y=kx+b,與橢圓方程聯立由△=0,求出切線的斜率,得出切線方程,由條件求出B,B?坐標，在x軸上取點M(t,0),由MB·MB?=0得出答案.【鞏固訓練】與橢圓C分別交于點A,B.(1)求橢圓C的標準方程與離心率；(2)若直線PA,PB的斜率之和為0,證明：直線AB的斜率為定值.【答案】(1)1,離心率為;(2)證明見解析.【詳解】所以橢圓C的標準方程為1,橢圓C的離心率(2)直線AB的斜率為定值1.證明：設直線PA的斜率為k,則直線PB的斜率為-k,記A(xj,y?),B(x?,y?).設直線PA的方程為y+1=k(x+2),與橢圓C的方程聯立，并消去y得(1+2k2)x2+(8k2-4k)x+8k2-8k-4=0,則-2,x是該方程的兩根，設直線PB的方程為y+1=-k(x+2),同理得所以,因此直線AB的斜率為定值.2、(2021·山西陽泉市高三期末(理))已知圓C:x2+y2=4,點P為圓C上的動點，過點P作x軸的垂線，垂足為Q,設D為PQ的中點，且D的軌跡為曲線E(PQD三點可重合).(1)求曲線E的方程；(2)不過原點的直線1與曲線E交于MN兩點，已知OM,直線I,OV的斜率k、k、k?成等比數列，記以O,ON為直徑的圓的面積分別為S,S,試探究S?+S?是否為定值，若是，求出此值；若不是，說明理由.【答案】(1)是否為定值，為.證明過程見解析.【詳解】所以曲線E的方程為(2)設直線l方程為y=kx+t,M(x?,y;),N(x?,y?),t≠0,得(1+4k2)x2+8ktx+4t2-4=0,△=64k2t2-4(1+4k2)(4t2-4)>0,,,∵k,k,k?成等比數列，∴,x+x2=(x?+x?)2-2x?x?=16k22-2(2r2-2)=4r2x2+y2+x2+y2=4+(kx?+1)2+(kx?+1)2=4+k2(x2+x2)+2k(x為定值.3、(2021·湖北宜昌市高三期末)已知點A、B坐標分別是(-2√2,0),(2√2,0),直線AP、BP相交于點P,且它們斜率之積(1)試求點P的軌跡T的方程；(2)已知直線l:x=-4,過點F(-2,0)的直線(不與x軸重合)與軌跡T相交于M.N兩點，過點M作MD⊥l于點D.求證：直線ND過定點，并求出定點的坐標.【答案】(1);(2)證明見解析，(-3,0).【詳解】,化簡得1.∴點P的軌跡方程(2)方法一：由橢圓的對稱性知，直線ND過的定點必在x軸上，由題意得直線MN的斜率不為0,設MN:x=my-2,△=32((m2+1)>0恒成立，,方法二：由題意可得直線MN的斜率不為0,設MN:x=my-2,與聯立消去x得：(m2+2)y2-4my-4=0,△=32((m2+1)>0恒成立，,4、(2021·安徽池州市高三期末(理))已知橢圓C:頂點、右焦點分別為A,F,點在橢圓C上，且橢圓C離心率為(1)求橢圓C的方程；【答案】(1)1;(2)證明見解析.【詳解】(1)由題意可得所以橢圓C的方程為1.(1)求曲線C的方程；(2)P,Q是曲線C上的兩個動點，且OP⊥OQ,記PQ中點為M,【答案】(1);(2)證明見解析【詳解】(2)設P(x,y?),Q(x?,y?)若直線PQ斜率存在，設直線PQ方程為y=kx+m,從而，2m2-3k2-3=0,①在直角ABC中，記原點O到直線PQ的距離為d,,由①知，原點O到直線l的距離,所以t為定值√6.若直線PQ斜率不存在，設直線PQ方程為x=n,聯立于M,N.(1)求橢圓C的標準方程和點A的坐標；(2)若M是線段AN的中點，求直線MN的方程；(3)設P,Q是直線1上關于x軸對稱的兩點，問：直線PM于QV的交點是否在一條定直線上?請說明你的理由.【答案】(1)點恒在直線x=2上，理由見解析.【詳解】(1)由題意，橢圓C:過點(2,-1),離心率為解得a2=8,b2=2,即橢圓C的方程為1,聯立方程組,解得x=1,當時，可得直線當時，可得直線所以直線MN的方程為又由直線交點橫坐標所以PM與QN的交點恒在直線x=2上.7、(2021·全國高三專題練習)已知橢圓T:過點(0,2),其長軸長、焦距和短軸長三者的平方依次成等差數列，直線l與x軸的正半軸和y軸分別交于點Q、P,與橢圓T相交于兩點M、N,各點互不重合，且滿足PM=AMQ,PN=ANQ.(1)求橢圓T的標準方程；(2)若直線l的方程為y=-x+1,的值；(3)若I?+l?=-3,試證明直線l恒過定點，并求此定點的坐標.【答案】(1);(2);(3)證明見解析，(2,0).【詳解】(1)由題意，因為橢圓]過點(0,2),可得b=2,設焦距為2c,又由長軸長、焦距和短軸長三者的平方依次成等差數列，所以橢圓T的標準方程1.(2)由直線l的方程為y=-x+1,可得而P(0,1),Q(1,0),從而x?=A(1-x;),x?=Z?(1-x?), 由,整理得4x2-6x-9=0,可得.(3)顯然直線l的斜率k存在且不為零，可得P(0,-km),Q(m,0),聯立,得(1+3k2)x2-6k2mx+3k2m2-12=0,③代入①得,∴m=2,(滿足②)8、(2020·湖北高三月考)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點F,若平面上一點A(2,3)到焦點F與到準線的距離之和等于7.(1)求拋物線C的方程；(2)又已知點P為拋物線C上任一點，直線PA交拋物線C于另一點M,過M作斜率為的直線MN交拋物線C于另一點N,連接PN.問直線PN是否過定點，如果經過定點，則求出該定點，否則說明理由.【詳解】(1)由已知，定點A(2,3)到焦點F與到準線1的距離之和等于7.有,則p=4,即拋物線的方程y2=8x(2)設P(x,y?),M(x?,y?),N(x?,y?),,即(y?+y?)y-y?y?=8x過A(2,3)同理求直線PN方程(y?+y?)y-yiy?=8x③由①②得yy?=3(y?+y?)-2代入③得(y?+y3)y-3(y?+y3)+2=8x故y=3且2-8x=0時，直線PN恒過點9、(2021·北京高三期末)已知橢圓C:的左、