专题29 圆锥曲线求定值七种类型大题-2022年新高考数学高频考点 题型专项练习(新高考适用)

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专题29 圆锥曲线求定值七种类型大题100题
类型一:斜率的和与积为定值1-22题
1．已知椭圆经过点M（﹣2，﹣1），离心率为．过点M作倾斜角互补的两条直线分别与椭圆C交于异于M的另外两点P、Q．
(1)求椭圆C的方程；
（2）试判断直线PQ的斜率是否为定值，证明你的结论．
【答案】（1）（2）见解析
【详解】
(1)由题设，得＝1，①且＝，②
由①、②解得a2＝6，b2＝3，故椭圆C的方程为＝1.
(2)设直线MP的斜率为k，则直线MQ的斜率为－k，
记P(x1，y1)、Q(x2，y2)．
设直线MP的方程为y＋1＝k(x＋2)，与椭圆C的方程联立，得(1＋2k2)x2＋(8k2－4k)x＋8k2－8k－4＝0，
则－2，x1是该方程的两根，则－2x1＝，即x1＝.
设直线MQ的方程为y＋1＝－k(x＋2)，同理得x2＝.
因y1＋1＝k(x1＋2)，y2＋1＝－k(x2＋2)，
故kPQ＝＝1，
因此直线PQ的斜率为定值．
2．已知点是椭圆上的一点，椭圆的离心率与双曲线的离心率互为倒数，斜率为直线交椭圆于，两点，且，，三点互不重合.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，，分别为直线，的斜率，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）设椭圆的焦距为2c，根据题中条件，得出椭圆的离心率，再由点代入椭圆方程，根据，即可求出，从而可得椭圆方程；
（2）设直线的方程为，根据题意得，设，，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，结合斜率计算公式，直接计算，即可得出结果.
【详解】
（1）设椭圆的焦距为2c，由双曲线方程易得双曲线的离心率为，
则椭圆的离心率，
将代入，得 ，
又，解得，
所以椭圆C的方程；
（2）证明：设直线的方程为，
又，，三点不重合，∴，
设，，
则由消去 ，整理得 ，
所以，，，则 ，
设直线，的斜率分别为，，
则
所以，即直线，的斜率之和为定值.
3．已知椭圆：()的左右焦点分别为，焦距为2，且经过点.直线过右焦点且不平行于坐标轴，与椭圆有两个不同的交点，，线段的中点为.
（1）点在椭圆上，求的取值范围；
（2）证明：直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值；
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由椭圆定义求得，然后可得，从而得椭圆方程，然后设点，计算可得范围；
（2）设直线的方程为()代入椭圆方程得，设，，可得段线的中点的坐标，然后计算可得定值．
【详解】
解：（1）因为焦距，则，所以左焦点，右焦点
则
所以，所以，所以椭圆方程为.
设点，则
因为，所以的取值范围为：
（2）设直线的方程为()
联立消去得
其中：，，不妨设，，为线段的中点
则，
所以，
所以所以为定值.
4．已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为，短轴长为

（1）求椭圆C的标准方程
（2）直线与椭圆C交于P、Q两点，A，B是椭圆C上位于直线PQ两侧的动点，且直线AB的斜率为
①求四边形APBQ的面积的最大值
②设直线PA的斜率为，直线PB的斜率为，判断的值是否为常数，并说明理由.
【答案】（1）；（2）①，②是常数，理由见解析．
【分析】
（1）设椭圆的方程为，由题可得，再结合，即可求得,从而求得椭圆的标准方程；
（2）①设点、，联立，整理得：，四边形的面，而易求，代入韦达定理即可求得的表达式，从而求得的最大值；
②直线的斜率，直线的斜率，代入韦达定理化简整理可得的值为常数．
【详解】
（1）设椭圆的方程为．
由题意可得，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）①由（1）可求得点、的坐标为，，则，
设直线的方程为，设点、，
联立，整理得：，
由，可得.
由韦达定理知：，，
四边形的面积，
故当时，；
②由题意知，直线的斜率，直线的斜率，
则

.
所以的值为常数．
5．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且经过点，直线交椭圆于不同的两点，．
（1）求椭圆的方程；
（2）求的取值范围；
（3）若直线不过点，试问直线，的斜率之和是否为定值，若是定值求出定值，若不是定值说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）直线，的斜率之和是定值0.
【分析】
（1）由题可得出，，解出即可得出椭圆方程；
（2）联立直线与椭圆方程，利用即可求出的取值范围；
（3）利用韦达定理可得，的斜率之和为0.
【详解】
（1）设椭圆的方程为，因为，所以，
又因为，解得，，故椭圆方程为．
（2）将代入并整理得，，解得．
（3）设直线，的斜率分别为，，
设，则，，
，
分子

所以直线，的斜率之和是定值0．
6．如图所示，椭圆的离心率为，其右准线方程为，A、B分别为椭圆的左、右顶点，过点A、B作斜率分别为、，直线AM和直线BN分别与椭圆C交于点M，N（其中M在x轴上方，N在x轴下方）.

（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线MN恒过椭圆的左焦点，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由题可得，求出，再利用，即可求出椭圆C的方程；
（2）设AM的方程为，联立，利用韦达定理求得点，同理求出，再利用向量共线，求出，即证为定值.
【详解】
（1）由题可得，解得
又，可得，所以椭圆C的方程为：
（2），设AM的方程为，设，
由，消去整理得，，
由韦达定理可得：，解得，代入，求得，即
，设BN的方程为，设，
由，消去整理得，，
由韦达定理可得：，解得，代入，求得，即
又直线MN恒过椭圆的左焦点，则
又，
，即
，，，即
所以为定值
7．已知椭圆：的焦点为，，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆的上顶点为，过点作直线交椭圆于，两点，记直线，的斜率分别为，，试判断是否为定值？若为定值，求出该定值；若不是定值，说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，定值为1，理由见解析.
【分析】
（1）由题意，得出关于的方程组，求得的值，即可得到椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，得到，结合斜率公式进行计算，即可求得是为定值.
【详解】
（1）椭圆：的焦点为，，且过点，
可得，解得，所以椭圆的方程为.
（2）由（1）可得点，
设，直线的方程为，
联立方程组，整理得，
所以，
则
，
所以是为定值.
8．椭圆：过点，离心率为，其左、右焦点分别为，，且过焦点的直线交椭圆于，．
（1）求椭圆的方程；
（2）若点的坐标为，设直线与直线的斜率分别为，，试证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）带入点坐标，建立的等量关系，联立由离心率确定的的等量关系，解出的值，求出椭圆的方程；（2）证明，即证明，法一：设直线的斜截式，联立椭圆，代入韦达定理证明；法二：设直线的横截式，联立椭圆，代入韦达定理证明.
【详解】
（1）∵椭圆：过点，
∴．①
又∵椭圆离心率为，∴，∴．②
联立①②得，解得，∴椭圆的方程为．
（2）方法一：当直线斜率不存在时，则，∴；
当直线斜率存在时，设直线：，与椭圆交点，．联立，
消去并整理得．由于，
∴，，
∴
，
∵，∴．
综上所述，．
方法二：当直线斜率为0时，∵，则；
当直线斜率不为0时，设直线：设与椭圆交点，，
联立，消去并整理得．由于，
∴，，
∴．
∴，综上所述，．
9．已知椭圆的左、右焦点分别是，，点在椭圆上，且．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点且不过点的直线交椭圆于，两点，求证：直线与的斜率之和为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由点坐标得，由可得，再求得后可得椭圆方程；
（2）确定直线斜率存在，设点，，直线，由点在直线上，得．
把代入，整理后应用韦达定理得，由，知，，则，均不为0，计算，代入，可得结论．
【详解】
解；（1）根据点在椭圆上，得．
由，得．
因为，所以，
所以椭圆的标准方程为．
（2）若直线的斜率不存在，则直线的方程为，与椭圆只有一个交点，不符合题意．
若直线的斜率存在，设点，，直线，
根据点在直线上，得．
把代入，得，
则，．
由，知，，则，均不为0，
则直线的斜率，直线的斜率，

，
因为，所以，
即直线与的斜率之和为定值．
10．已知圆与椭圆相交于点M(0，1)，N(0，-1)，且椭圆的离心率为.

（1）求的值和椭圆C的方程；
（2）过点M的直线交圆O和椭圆C分别于A，B两点.
①若，求直线的方程；
②设直线NA的斜率为，直线NB的斜率为，问：是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，请说明理由.
【答案】（1），；
（2）①；②是定值，为.
【分析】
（1）由圆与椭圆相交于点M得，又因为椭圆的离心率为和可得答案；
（2）①设直线的方程为分别与圆、椭圆的方程联立，可求得坐标，由可得；②利用①中坐标得，，化简可得答案.
【详解】
（1）因为圆与椭圆相交于点M(0，1)，N(0，-1)，所以，又因为椭圆的离心率为，所以，
所以，椭圆.
（2）①因为过点M的直线交圆O和椭圆C分别于A，B两点，
因为所以直线的斜率存在，设直线的方程为，
由得，所以，
同理得，所以，
因为，所以，又，所以，
即直线的方程为.
②是定值，理由如下，
由①知，，
，，
所以为定值.
11．已知圆，动圆与圆相外切，且与直线相切.
(1)求动圆圆心的轨迹的方程.
(2)已知点，过点的直线与曲线交于两个不同的点（与点不重合），直线的斜率之和是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】（1）；（2）是，.
【分析】
(1)根据题意分析可得到直线的距离等于到的距离，由抛物线的定义可知，的轨迹为抛物线，其方程为；
(2) 设直线的方程为，点，直线的斜率分别为和，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理得和，根据斜率公式得和，利用和化简即可得到定值.
【详解】
(1)设直线的距离为，因为动圆与圆相外切，所以，
所以到直线的距离等于到的距离，
由抛物线的定义可知，的轨迹为抛物线，其焦点为，准线为：，
所以抛物线的方程为.
(2)设直线的方程为，即
因为与点不重合，所以
设直线的斜率分别为和，点
联立消去并整理得，
则，，
由，解得或，且.
可得，
同理可得，
所以
，
故直线的斜率之和为定值.
12．已知、分别是椭圆的左右顶点，、是分别是上下顶点，且为等边三角形，是上异于、的一点．
（1）求椭圆的离心率；
（2）证明：直线与直线的斜率的积为定值，并求出该定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析，．
【分析】
（1）由为等边三角形得，得出，进而可求出离心率；
（2）由题意知、，设点的坐标为，表示出直线与直线的斜率，根据题中条件，计算斜率之积，即可得出结果.
【详解】
（1）由为等边三角形得，所以，
，
所以椭圆的离心率为；
（2）由题意知、，设点的坐标为，
则直线的斜率为，直线的斜率为，
又因为所以在椭圆上，所以有，
所以，
所以，得证，
由（1）易知．
13．已知椭圆的离心为，且经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于两点(均异于点)，直线与分别交直线于点和点，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
(1)代入已知点的坐标，结合离心率和的关系列方程组，即可求出，进而可求出椭圆的方程.
(2) 直线的方程为，联立直线和椭圆方程，由韦达定理即可用表示，求出直线的方程，进而可求出和的坐标，由斜率公式即可求出，即可证明所证.
【详解】
（1）根据题意可得，解得，所以椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为.联立得，
整理得，所以.
因为，所以直线的方程为，
令，得，所以，
同理.则，
，则

.
所以为定值，且该定值为.
14．已知椭圆E：的离心率为，直线l：y=2x与椭圆交于两点A，B，且．
（1）求椭圆E的方程；
（2）设C，D为椭圆E上异于A，B的两个不同的点，直线AC与直线BD相交于点M，直线AD与直线BC相交于点N，求证：直线MN的斜率为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）由，得到，设椭圆为，再结合弦长，求得，进而得到椭圆的方程；
（2）由（1）可得，，得到，，求得点，的坐标，求得的斜率为，再设直线的方程为，得到，结合直线和的方程求得点的坐标，得出直线的斜率为，即可求解.
【详解】
（1）由题意可得，即，
所以椭圆的方程为，
与直线联立，可得，则，
又，所以，解得，于是，
因此椭圆的方程为．
（2）根据题意，不妨设点在第一象限，由（1）可得，，
若直线的斜率不存在，则，设，
于是可得点，的坐标分别为，，
因此直线的斜率为，
若直线的斜率存在，设直线的方程为，
点的坐标为，则有，
设直线的方程为，则有，
因为，所以，
即直线的方程为，
同理，设直线的方程为，则直线的方程为，
由及，解得；
由及，解得，
于是直线的斜率为，
综上所述，直线的斜率为定值．
15．已知点Q是圆上的动点，点，若线段QN的垂直平分线MQ于点P.
(I)求动点P的轨迹E的方程
(II)若A是轨迹E的左顶点，过点D（-3，8）的直线l与轨迹E交于B，C两点，求证：直线AB、AC的斜率之和为定值.
【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)见证明
【分析】
（Ⅰ）线段的垂直平分线交于点P，所以，则为定值，所以P的轨迹是以为焦点的椭圆，结合题中数据求出椭圆方程即可；（Ⅱ）设出直线方程，联立椭圆方程得到韦达定理，写出化简可得定值.
【详解】
解：（Ⅰ）由题可知，线段的垂直平分线交于点P，
所以，则，
所以P的轨迹是以为焦点的椭圆，
设该椭圆方程为，
则，所以，
可得动点P的轨迹E的方程为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，过点D的直线斜率存在且不为0，
故可设l的方程为，，
由得，


而



由于直线过点，所以，
所以（即为定值）
16．设椭圆的左右焦点分别为，椭圆上点到两焦点的距离之和为，椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆在第一象限交于点，点是第四象限的点且在椭圆上，线段被直线垂直平分，直线与椭圆交于点（异于点），求证直线的斜率为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据椭圆定义得，再根据离心率即可得，，进而得椭圆方程；
（2）由已知得，直线不与轴垂直，进而设，故，均与椭圆联立方程得再结合，与斜率公式计算即可得答案.
【详解】
解：（1）设，由条件知，，
所以，所以
故椭圆的方程为.
（2）由题得的坐标为，直线不与轴垂直，
设直线，则直线，
设
将直线方程代入椭圆整理得：
，

同理可得，
又，，

所以直线的斜率为定值.
17．已知点，为椭圆的左、右焦点，，都在圆上，椭圆和圆在第一象限相交于点，且线段为圆的直径.

（1）求椭圆的方程；
（2）椭圆的左、右顶点分别为，，过定点的直线与椭圆分别交于点，，且点，位于第一象限，点在线段上，直线与交于点.记直线，的斜率分别为，.求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由圆，令，得即，由圆的半径为，得到，根据和得到，然后利用椭圆的定义求解.
（2）由，变形为，则，，，直线的方程与椭圆的方程联立，根据直线与交于点，设点，由，，三点共线，得到，然后利用韦达定理求解.
【详解】
（1）由圆，令，得，
所以由题意可得，
圆的方程化为标准方程，
所以圆的半径为，则，
因为在圆上，
所以，
因为，
所以，
由椭圆的定义可得：，
所以，，
所以椭圆的方程为：；
（2）由，即，
所以过定点，且，，
设，，
直线的方程与椭圆的方程联立整理得：，
△，解得，
又，，
因为直线与交于点，设点，
由，，三点共线，
得，
解得，
则，
，
，
.
18．已知椭圆的左右焦点分别是，，点为椭圆短轴的端点，且的面积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）点是椭圆上的一点，是椭圆上的两动点，且直线关于直线对称，试证明：直线的斜率为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由焦距得，再由三角形面积可得，从而求得，得椭圆方程．
（2）易知直线斜率存在，设直线：，即，
由对称性得直线，求出的坐标，然后计算斜率即可证．
【详解】
解：（1）由已知得，又，，∴．
所以椭圆的标准方程为.
（2）已知点，当直线斜率不存在时显然不满足题意，所以直线斜率存在，设直线：，即，由于直线关于直线对称，则直线，
设，
联立：得
（方程有一解是），同理
则
所以直线的斜率为定值.
19．如图，在平面直角坐标系中，椭圆的左、右顶点分别为A、B．已知，且点在椭圆上，其中e是椭圆的离心率．

（1）求椭圆C的方程．
（2）设P是椭圆C上异与A、B的点，与x轴垂直的直线l分别交直线、于点M、N，求证：直线与直线的斜率之积是定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】
（1）由，可知，结合点在椭圆上，代入可得，进而由和，可求出，从而可得到椭圆方程；
（2）设P点坐标为，的横坐标为，可表示出直线的方程，及的坐标，进而得到直线的斜率，同理可求得直线的斜率，进而得到两个斜率之积为，再结合点P点在椭圆上，可得，代入可得到.
【详解】
（1）因为，所以，即，
又，且点在椭圆上，所以，即，
又，所以，整理得，
由，可得，所以椭圆方程为.
（2）设P点坐标为，的横坐标为，
则直线的方程为，
故，则直线的斜率
直线的方程为，故，
可得直线的斜率，
故，
又P点在椭圆上，则，即，
因此.
故直线与的斜率之积是定值.
20．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，短轴长为2，直线与椭圆有且只有一个公共点.
（1）求椭圆的方程；
（2）圆的方程为，若圆与直线相交于，两点(两点均不在坐标轴上)，试探究，的斜率之积是否为定值，若是，求出此定值，若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，定值为.
【分析】
（1）根据短轴长可得，结合离心率及的关系可求，从而可得方程；
（2）当直线的斜率存在时，设出直线方程，联立椭圆方程，结合韦达定理，可求；
当直线的斜率不存在时，可得直线方程，联立可求，从而可得结论.
【详解】
（1）由离心率为，可得，
由短轴长为2，可得，
又，解得，，
则椭圆的方程为；
（2）当直线的斜率存在时，设的方程为，
由可得，
因为直线与椭圆有且只有一个交点，
所以，即，
由方程组可得，
则，
设，，，，则，，
设直线，的斜率为，，
所以，
将代入上式，可得，
当直线的斜率不存在时，由题意可得的方程为，此时圆与的交点为，，也满足，
综上，的斜率之积为定值.
21．在平面直角坐标系中，椭圆与双曲线有相同的焦点，点是椭圆上一点，且的面积等于.
（1）求椭圆的方程；
（2）过圆上任意一点作椭圆的两条切线，若两条切线都存在斜率，求证：两切线斜率之积为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由题得双曲线的焦点为，设椭圆方程为，根据已知求出即得解；
（2）设点，过点的椭圆的切线的方程为，联立直线和椭圆方程得，由得，即得.
【详解】
（1）由题得双曲线的焦点为，设椭圆方程为，
由题得，
由余弦定理得，
所以.
所以
所以椭圆方程为；
（2）设点，过点的椭圆的切线的方程为，
联立得，
因与椭圆相切，故，
整理可得
设满足题意的椭圆的两条切线的斜率分别为，则，
因在圆上，所以，因此，
故两切线斜率之积为定值.
22．已知椭圆的中点在原点，焦点在轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点.

（1）求椭圆的方程；
（2）已知点，在椭圆上，点、是椭圆上不同的两个动点，且满足，试问直线的斜率是否为定值，请说明理由.
【答案】（1）；（2）斜率为定值，理由见解析.
【分析】
（1）根据题意，设椭圆的方程为，再根据已知条件列方程组求解a、b、c即可；
（2）由可设直线的斜为，则的斜率为，，，联立直线PA与椭圆的方程，根据韦达定理用k表示，同理用k表示出
，两式联立可用k表示、，代入中即可得证.
【详解】
（1）∵椭圆的中点在原点，焦点在轴上，
∴设椭圆的方程为，，
椭圆的离心率等于，一个顶点恰好是抛物线的焦点，
∴，，
又∵，∴，解得，
∴椭圆的方程为.
（2）当时，，的斜率之和为0，
设直线的斜为，则的斜率为，设，，
设直线的方程为，
由，消去并整理，
得：，
∴，
设的直线方程为，
同理，得，
∴，，
，
∴的斜率为定值.






















类型二:面积为定值1-15题
1．在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足.当点在圆上运动时，线段的中点的轨迹为曲线.
（1）求中点的轨迹曲线的方程；
（2）斜率为的直线过点且与曲线交于、两点，求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
(1) 设，则， ,根据点在圆上即可求出C的方程；
(2)设直线方程，联立C的方程，根据韦达定理求出弦长AB，再由点到直线的距离得到三角形的高，代入面积公式即可求解.
【详解】
（1）设，则，，∴，曲线.
（2）因为斜率为的直线过点
所以直线，
联立得，.
设，，则，，
∴，
∴，
又点到的距离，
∴.
2．已知椭圆的两个顶点分别为，，焦点在轴上，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）点为轴上一点，过作轴的垂线交椭圆于不同的两点，，过作的垂线交于点.求与的面积之比.
【答案】（1）；（2）4：5.
【分析】
（1）由题意设椭圆方程，由，根据椭圆的离心率公式，即可求得，则，即可求得椭圆的方程；
（2）由题意分别求得和的斜率及方程，联立即可求得点坐标，利用已知条件可得，即可求得与的面积之比.
【详解】
解：（1）∵ 焦点在轴上，两个顶点分别为，，
∴ ，由，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（2）设，，，，

可得，
直线的方程是，
∵，
∴，
直线的方程是，
直线的方程是，
直线与直线联立可得，，整理为：，
即，
即，
计算得出，，
又，
则，
又，
则与的面积之比为4：5.
3．已知椭圆：离心率为，点在椭圆上，点坐标，直线：交椭圆于、两点，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据椭圆的离心率、过定点以及椭圆参数关系，即可求，进而写出椭圆方程；
（2）由即为等腰三角形，结合直线与椭圆关系联立方程得中点的坐标，由等腰三角形的性质知即可求参数m，结合弦长公式、点线距求的底、高，进而可求的面积.
【详解】
解：（1）由题意可得，解得，所以椭圆的方程为．
（2）设，，中点为，
由得，得，
，，所以，，
由，有，所以，得，
所以，，，
此时，点到直线：的距离，
所以的面积.
4．已知椭圆的左，右焦点分别为，，离心率为，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆的下顶点为，过右焦点作与直线关于轴对称的直线，且直线与椭圆分别交于点，，为坐标原点，求的面积．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）依题意得到方程，即可求出、，再根据，即可求出，从而得解；
（2）由题可知，直线与直线关于轴对称，所以，即可求出直线的方程，联立直线与椭圆方程，设，，即可求出、的坐标，从而求出，再利用点到直线的距离公式求出原点到直线的距离，最后根据计算可得；
【详解】
解：（1）由题得，，解得，因为，所以，所以椭圆的方程为．
（2）由题可知，直线与直线关于轴对称，所以．由（1）知，椭圆的方程为，
所以，，所以，从而，所以直线的方程为，即．
联立方程，解得或．设，，不妨取，，
所以当，；当，，所以，．．
设原点到直线的距离为，则，所以．
5．如图，已知点，以线段为直径的圆内切于圆.

（1）证明为定值，并写出点G的轨迹E的方程；
（2）设点A，B，C是曲线E上的不同三点，且，求的面积.
【答案】（1）证明见解析，方程为；（2）面积为.
【分析】
（1）记线段的中点为H，连接OH，则有，，设的半径为r，与内切于Q，连接HQ，则O，H，Q三点共线，则，可求得其值，由椭圆的定义可得其轨迹方程；
（2）由，可得O是的重心，故，当直线AB的斜率存在时，设，与椭圆方程联立，消去y，再利用根与系数的关系可求出，再将其代入椭圆方程中可求得，于是代值化简可得结果
【详解】
（1）记线段的中点为H，由于线段的中点为O，
连接OH，则，，
设的半径为r，与内切于Q，连接HQ，
则O，H，Q三点共线，如下图，于是


，
又，根据椭圆的定义可得E的方程为.
（2）因为A，B，C是椭圆上的不同三点，且.
所以O是的重心，故.
①法一：当直线AB的斜率存在时，
设，与椭圆方程联立，消去y，整理得.
设，，
则，，
所以.
因为，
所以，
所以.
又点C在椭圆上，
所以，
整理得，
又，所以.
此时，
于是



.
法二：设，
由法一知，，
且，即点C在直线上，
故点C到AB的距离为.
所以.以下同法一.
②当直线AB的斜率不存在时，可得：，，；
或，，；
或，，；
或，，，
此时.
综上，的面积为.
6．在直角坐标系中，椭圆:的离心率为，左、右焦点分别是，，为椭圆上任意一点，的最小值为8.

（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆:，为椭圆上一点，过点的直线交椭圆于，两点，且为线段的中点，过，两点的直线交椭圆于，两点.当在椭圆上移动时，四边形的面积是否为定值？若是，求出该定值；不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是，定值为4.
【分析】
本题考查椭圆的方程的求法，考查圆锥曲线中的面积定值问题，属中档题，
（1）由离心率的值得到的关系，利用基本不等式的变形公式并结合椭圆的定义得到的最小值为2，结合已知得到的值，进而得到椭圆的方程；
（2）根据的坐标写出直线的方程，与椭圆方程联立求得的坐标，利用点差法求得直线的方程，与椭圆方程联立消去并利用为椭圆上一点的条件,整理得到关于的二次方程，利用韦达定理和弦长公式求得|AB|关于的表达式，利用点到直线的距离公式求得E,F到直线AB的距离，得到ABE,ABF的面积关于的表达式，进而求得四边形的面积关于的表达式，根据关于的关系化简整理得到定值.
【详解】
（1），.
是椭圆任意一点，∴
，当时取等号，
的最小值为，
，，
椭圆的方程为.
（2）∵为椭圆上一点，椭圆的方程为，
当，根据椭圆的对称性，不妨设，E,F为椭圆的短轴的端点,
直线AB的方程为,与椭圆的方程联立求得,,得到|AB|=2,|EF|=2,∴四边形四边形AEBF的面积为4，同理求得时，四边形AEBF的面积为4.
当时，直线OQ的斜率为,方程为：，
联立直线OQ与椭圆C1的方程，得，，
∵椭圆的方程可整理为,又∵是椭圆的弦AB的中点，
设,
∵A,B在椭圆：上，∴，，
两式相减得：，
即：，∴直线AB的斜率为
直线AB的方程为,
即,
∵为椭圆上一点，椭圆的方程为，
∴，即,∴直线AB的方程为,
代入椭圆C1的方程得，
,
两边同乘以，并注意，得:，
∴，，
，
设点，到直线AB的距离分别为，，
，


∴.
综上所述，故当Q在椭圆上移动时，四边形AEBF的面积为定值4.
7．如图，椭圆C：的离心率，椭圆C的左、右顶点分别为A，B，又P，M，N为椭圆C上非顶点的三点．设直线，的斜率分别为，．

（1）求椭圆C的方程，并求的值；
（2）若，，判断的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．
【答案】（1）椭圆C：，；（2）的面积为定值．
【分析】
（1）求出椭圆的方程，再设代入斜率公式，即可得答案；
（2）设直线的方程为（），设，，根据，可得，再利用韦达定理化简得到的关系，求出三角形的底和高，代入面积公式，即可得答案；
【详解】
解（1）由题意得，又，所以，
，即椭圆C：
设，则，又，，
则
（2）设直线的方程为（），设，，
，
，，
由（1）知：
，
，
即，，


，又
．
又O到直线的距离，
所以．
∴综上的面积为定值．
8．在平面直角坐标系xoy中，已知椭圆的左顶点与上顶点的距离为，且经过点.

（1）求椭圆C的方程.
（2）直线与椭圆C相交于P、Q两点，M是PQ的中点.若椭圆上存在点N满足，求证：△PQN的面积S为定值.
【答案】（1）（2）证明见解析
【分析】
（1）根据条件联立方程组求出即可得出椭圆标准方程；
（2）当PQ斜率不存在时求出△PQN的面积，当PQ斜率存在时，设PQ的方程为，联立方程组求出坐标，代入椭圆方程化简可得，
利用即可求解.
【详解】
（1）椭圆C的左顶点，上顶点.
因为左顶点与上顶点的距离为，
所以，化简得①
因为椭圆经过点，
所以，②
由①②解得或（舍去)，
所以椭圆C的方程为
（2）当PQ斜率不存在时，N为方程为 ，
易得.
此时
当PQ斜率存在时，设PQ的方程为，
联立，得，
由得
设则，
因此PQ的中点M为
由因为所以，
将点N代入椭圆方程，得，
化简得，符合(*）式.
记点О到直线l的距离为d,
则
，
将代入，得
综上，的面积为定值
9．已知椭圆经过点，.
（1）求椭圆的方程及其离心率；
（2）若为椭圆上第一象限的点，直线交轴于点，直线交轴于点.求证：四边形的面积为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）由题意有，即得椭圆方程；
（2）设，写出直线方程，求出点坐标，求出四边形的面积，利用点在椭圆上代入后可得定值．
【详解】
（1）由题意，椭圆标准方程为；
（2）设，，，∴，
直线方程为，令得，即，
直线方程为，令得，即，
∴

为定值．
10．已知椭圆C：过点，点B为其上顶点，且直线AB斜率为.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设P为第四象限内一点且在椭圆上，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求四边形的面积.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【分析】
（Ⅰ）根据题中所给的条件，求得，从而得到椭圆的方程；
（Ⅱ）根据题意，设出点，根据点在椭圆上，得到，分别写出直线的方程，求得M、N的坐标，表示出四边形的面积，求得结果.
【详解】
（Ⅰ）由题意: 设直线：，
令，则，于是，.
所以，
椭圆方程为.
（Ⅱ）设，且，
又，所以直线，
令，
则，
直线，令，
则，
所以四边形的面积为


，
所以四边形的面积为.
11．已知椭圆：的离心率为，点在椭圆上，为坐标原点.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知点为椭圆上的三点，若四边形为平行四边形，证明：四边形的面积为定值，并求该定值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
试题分析：（1）由椭圆离心率，可得 ，将 代入椭圆方程可得 ，则椭圆方程可求；
（2）分情况讨论，当不存在时，方程为：或，可得 ．
当直线的斜率存在时，设直线方程为：，，．
将的方程代入得：，可求得

由得：，
将点坐标代入椭圆方程得：．又到直线的距离，，最后由
.
综上，平行四边形的面积为定值．
试题解析：
（1）由，得，
将代入椭圆的方程可得，所以，
故椭圆的方程为．
（2）当直线的斜率不存在时，方程为：或，
从而有，
所以．
当直线的斜率存在时，
设直线方程为：，，．
将的方程代入整理得：，
所以，，
，
由得：，
将点坐标代入椭圆方程得：．
点到直线的距离，
，
.
综上，平行四边形的面积为定值．
12．已知椭圆．离心率为，点与椭圆的左、右顶点可以构成等腰直角三角形．

（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆交于两点，为坐标原点直线的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由．
【答案】（1）；（2）是定值，理由见解析.
【分析】
（1）由题意有，点与椭圆的左、右顶点可以构成等腰直角三角形有，即可写出椭圆方程；（2）直线与椭圆交于两点，联立方程结合韦达定理即有，已知应用点线距离公式、三角形面积公式即可说明的面积是否为定值；
【详解】
（1）椭圆离心率为，即，
∵点与椭圆的左、右顶点可以构成等腰直角三角形，
∴，
综上有：，，故椭圆方程为，
（2）由直线与椭圆交于两点，联立方程：
，整理得，
设，则
，
，
，
，
原点到的距离，
为定值；
13．已知点在椭圆上，设，，分别为椭圆的左顶点､上顶点､下顶点，且点到直线的距离为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设为坐标原点，，为椭圆上的两点，且，求证：的面积为定值，并求出这个定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析，.
【分析】
（1）先根据题意得，，，进而得直线的方程为：，再结合题意得，，联立方程即可求得答案；
（2）设直线的方程为：，与椭圆联立方程得，，，再结合已知条件得，进而得，最后求，原点到直线的距离为：，计算面积即可得答案.
【详解】
解：根据题意得：，，，
所以直线的方程为：，
所以点到直线的距离为：，化简整理得：.
又因为点在椭圆上，故.
联立，解得：.
故椭圆的方程为：.
（2）设直线的方程为：，
与椭圆联立方程 并化简得：，
所以，
，，
所以，
因为，
所以，化简整理得：，
所以，整理得：（满足）
此时，
，
原点到直线的距离为：，
所以的面积为：.
14．已知椭圆的左焦点F在直线上，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆交于A、C两点，线段的中点为M，射线与椭圆交于点P，点O为的重心，探求面积S是否为定值，若是，则求出这个值；若不是，则求S的取值范围.
【答案】（1）；（2）是定值，.
【分析】
（1）根据题意，得到，由题中条件列出方程组求解，得出，，即可得出椭圆方程；
（2）若直线的斜率不存在，先求出此时的面积；若直线的斜率存在，设直线的方程为，设，，根据韦达定理，由题中条件，表示出点P的坐标，代入椭圆方程，得出，再得到坐标原点O到直线的距离为，根据三角形面积公式，化简整理，即可得出结果.
【详解】
（1）∵直线与x轴的交点为，∴，∴，
∴解得，，∴椭圆的方程为.
（2）若直线的斜率不存在，则在轴上，此时，因为点O为的重心，所以，将代入椭圆方程，可得，即，所以；
若直线的斜率存在，设直线的方程为，代入椭圆方程，
整理得
设，，
则，，.
由题意点O为的重心，设，则，，
所以，，
代入椭圆，得，
设坐标原点O到直线的距离为d，则
则的面积




.
综上可得，面积S为定值.
15．已知①如图，长为，宽为的矩形，以､为焦点的椭圆恰好过两点

②设圆的圆心为，直线过点，且与轴不重合，直线交圆于两点，过点作的平行线交于，
（1）在①②两个条件中任选一个条件，求点的轨迹方程；
（2）根据（1）所得点的轨迹方程，直线与点M轨迹交于､两点，且.求证：的面积为定值.
【答案】（1）答案见解析（2）1.
【分析】
（1）选择①由题意得，代入求解即可；选择②根据,易得，进而得到，再利用椭圆的定义求解；
（2）联立，结合韦达定理根据 ，即，化简得到，然后求得弦长和原点O到直线的距离d，由 求解.
【详解】
（1）选择①长为，宽为的矩形，以､为焦点，
则，即，
所以，又 ，
解得，
所以椭圆的方程为：；
选择②如图所示：
，
因为,
所以
所以，
所以，
所以点的轨迹是以T，S为焦点的椭圆，
所以，
所以椭圆的标准方程是.
（2）由，消去y得：，
设，
由韦达定理得：，
则，
，
因为，
所以，即，即，
所以，
，
，
，
原点O到直线的距离为：，
所以.













类型三:线段关系与距离为定值1-25题
1．在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，且经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设为椭圆的右焦点，直线与椭圆相切于点（点在第一象限），过原点作直线的平行线与直线相交于点，问：线段的长是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值， .
【分析】
（1）根据条件列出关于a,b,c方程组求解得到a，b的值，从而得到椭圆的标准方程；
（2）设出P的坐标，利用椭圆上某点处的切线方程公式求出切线方程，利用平行线的关系得出直线 l的方程，与直线的方程联立，求得的坐标，利用两点间距离公式求得关于的表达式，并利用P的坐标满足椭圆方程，消元并化简得到常数值.
【详解】
解：（1）由题意知
椭圆的方程为．

（2）设直线的方程为
过原点且与平行的直线的方程为
椭圆的右焦点，由整理得到直线的方程为，
联立
∴
为定值．
2．如图，过抛物线的焦点F任作直线l，与抛物线交于A，B两点，AB与x轴不垂直，且点A位于x轴上方.AB的垂直平分线与x轴交于D点.

（1）若求AB所在的直线方程；
（2）求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由于直线斜率不为0，，所以设直线，设，由题意可得，然后直线方程和抛物线方程联立，消去，再利用韦达定理结合可求出的值，从而可得AB所在的直线方程；
（2）设中点为，则由（1）可得，从而可得AB中垂线，求出点，进而可求出的长，再利用两点间的距离公式可求出的长，从而可求得的值
【详解】
解：（1）直线斜率不为0，，设直线，
设，
因为A点在x轴上方，所以
由，得


由代入
因，所以，解得
所以AB所在直线方程为
（2）设中点为

所以AB中垂线




(定值)
3．已知椭圆的离心率，为椭圆上一点.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知为椭圆的右焦点，过点的直线交椭圆(异于椭圆顶点)于、两点，试判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】（1）；（2）是，.
【分析】
（1）根据离心率和为椭圆上一点，列式即可得解；
（2）依题意知直线的斜率不为，故可设直线的方程为联立，消去整理得，设，，则，，结合条件表达，化简即可得解.
【详解】
(1)由已知,解得
所以椭圆的方程为
(2)由(1)可知
依题意可知直线的斜率不为，故可设直线的方程为
由，消去
整理得
设，
则，
不妨设，，，
同理
所以


即.
4．已知椭圆的左顶点为A，右焦点为F，过点A作斜率为的直线与C相交于A，B，且，O坐标原点.
（1）求椭圆的离心率e；
（2）若，过点F作与直线平行的直线l，l与椭圆C相交于P，Q两点.
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）点M满足，直线与椭圆的另一个交点为N，求的值.
【答案】（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）.
【分析】
（1）由几何关系可得点坐标，代入椭圆方程即得，又即得；
（2）（ⅰ）将直线与椭圆联立即得结果；
（ⅱ）将其坐标化，利用P，Q，N在椭圆上求得结果即可．
【详解】
（1）已知，
则，代入椭圆C的方程：，
∴，∴，
∴．
（2）（ⅰ）由（1）可得，∴
设直线l：
∵，∴
联立直线l与椭圆C的方程：
恒成立

∴
∴．
（ⅱ）设


∴

∵P，Q，N在椭圆上，∴

∴
由（ⅰ）可知，∴，
∴　∴．
5．已知圆和定点，平面上一动点满足以线段为直径的圆内切于圆，动点的轨迹记为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）直线与曲线交于不同两点、，直线，分别交轴于，两点．求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由两圆内切的条件和椭圆的定义，可得所求轨迹方程；
（2）设，，，，联立直线的方程和椭圆方程，运用韦达定理，计算，可判断三角形的形状，即可得到证明．
【详解】
解：（1）设以线段为直径的圆的圆心为，取．
依题意，圆内切于圆，设切点为，则，，三点共线，
因为为的中点，为中点，
所以
所以，
所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，
设其方程为，
则，，
所以，，
所以，
所以动点的轨迹方程为;
（2）设，，（且）．
由，
得，
依题意，
即，
则，
因为
，
所以直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，即．
因为，所以．
6．已知椭圆C：的离心率为，过焦点且与x轴垂直的直线被椭圆C截得的线段长为2．
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知点，，过点A的任意一条直线与椭圆C交于M，N两点，求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】
（1）由题意得，可求出，即可得到椭圆的方程；
（2）过，分别作轴的垂线段，，易得，要证明，只需证明，即证，只需证明，设出直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理，表示出直线、直线的斜率，进而可证明.
【详解】
（1）椭圆中，令，得，
因为过焦点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为，所以，
根据离心率为，得，
由，解得，，所以椭圆的方程为．
（2）证明：要证明，只需证明，
过，分别作轴的垂线段，，易得：，所以只需证明，
所以只需证明，只需证明．

当直线的斜率不存在时，易得．
当直线的斜率存在时，不妨设斜率为，则直线的方程为，
联立消去y，得，
设，，则，，
直线的斜率，直线的斜率，
.
综上所述，．
7．已知椭圆E：的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点在椭圆E上.
（1）求椭圆E的方程；
（2）设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据a=2b，再将点代入椭圆方程，解方程组即可求解.
（2）设直线l的方程为，将直线与椭圆联立，利用韦达定理可得M点坐标为，从而求出直线OM方程，将直线与椭圆联立，求出点，根据两点间的距离公式即可求解.
【详解】
（1）由已知，a=2b.又椭圆过点，
故，解得.
所以椭圆E的方程是.
（2）设直线l的方程为， ，
由方程组 得，①，
方程①的判别式为，由，
即，解得.
由①得.
所以M点坐标为，直线OM方程为，
由方程组，得.
所以.
又
.
所以.
8．已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，直线y＝kx交椭圆于P，Q两点，M是椭圆上不同于P，Q的任意一点，直线MP和直线MQ的斜率分别为k1，k2．
（1）证明：k1·k2为定值；
（2）过F2的直线l与椭圆交于A，B两点，且，求|AB|．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）设P（m，n），M（x，y），则Q（-m，-n），则可表示出，进而可得的表达式，又根据点P，M在椭圆上，利用点差法，即可得证；
（2）设直线l的方程为x＝ty＋1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线与椭圆可得关于y的一元二次方程，利用韦达定理，可得的表达式，根据，可得的关系，即可求出，代入弦长公式，即可求得结果.
【详解】
（1）证明：设P（m，n），M（x，y），则Q（-m，-n），
则，，
则，
又，，
故，
所以为定值．
（2）设直线l的方程为x＝ty＋1，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立消去x，得（3t2＋4）y2＋6ty-9＝0，
则有，．
又，所以-y1＝2y2，
故，解得，
所以．
9．已知点在抛物线：上，直线：与抛物线有两个不同的交点.
（1）求的取值范围；
（2）设直线与抛物线的交点分别为，，过点作与的准线平行的直线，分别与直线和交于点和（为坐标原点），求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由已知点坐标求得参数，由方程的解（判别式）确定直线与抛物线的位置关系；
（2）设，，显然，，均不为0，由（1）中方程应用韦达定理得①，，要证，只要证.即可得．
【详解】
解：（1）由抛物线：过点，得.
所以抛物线的方程为.
由得.
由题意，且，即，
因此的取值范围是且．.
（2）设，，显然，，均不为0.
由（1）可知①，②.
由题意可得，的横坐标相等且同为，
因为点的坐标为，所以直线的方程为，点的坐标为.
直线的方程为，点的坐标为.
若要证明，只需证，即证，
即证.
将代入上式，即证，
即证③，
将①②代入③得，此等式显然成立.
所以恒成立，故.
10．如图所示，在平面直角坐标系中，已知点为椭圆的上顶点.椭圆以椭圆的长轴为短轴，且与椭圆有相同的离心率.

（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作斜率分别为的两条直线，直线与椭圆分别交于点，直线与椭圆分别交于点.
（i）当时，求点的纵坐标；
（ii）若两点关于坐标原点对称，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）（i）点A的纵坐标：；（ii）证明见解析.
【分析】
（1）根据椭圆的性质列出方程组，即可得出椭圆的标准方程；
（2）（i）设出直线的方程，并分别与的方程联立求出的横坐标，由代入坐标得出，求出的值，再由直线的方程得出点的纵坐标；
（ii）设出直线的方程，求出的横坐标，根据得出，最后由，，求出为定值.
【详解】
（1）设椭圆的方程为
由题意可知，解得，
椭圆的标准方程为；
（2）(i)由得；
由得；
由知，，解得
故；
(ii)设直线的方程为，同理可得，由两点关于坐标原点对称知
，即，即；

由相似三角形的性质可知
同理，
所以.
11．已知椭圆与直线有且只有一个交点，点为椭圆上任意一点，，，且的最小值为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线与椭圆交于不同两点，，点为坐标原点，且，当的面积最大时，判断是否为定值，若是求出其值并证明，若不是请说明理由.
【答案】（1）；（2）定值为，证明见解析
【分析】
（1）设点，根据题意，得到，根据向量数量积的坐标表示，得到，根据其最小值，求出，即可得出椭圆方程；
（2）设，，，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，由弦长公式，以及点到直线距离公式，求出的面积的最值，得到；得出点的轨迹为椭圆，即可得出为定值.
【详解】
（1）设点，由题意知，，则
，
当时，取得最小值，即，
，
故椭圆的标准方程为；
（2）设，，，
由，得，
，，
则点到直线的距离，
，
取得最大值，当且仅当即，①
此时，，
即，代入①式整理得，
即点的轨迹为椭圆 ，
且点为椭圆的左、右焦点，即 ，
故为定值.
12．已知椭圆的两个焦点分别为，，离心率为，过的直线与椭圆交于，两点，且的周长为8．
（1）求椭圆的方程；
（2）若一条直线与椭圆分别交于，两点，且，试问点到直线的距离是否为定值，证明你的结论．
【答案】（1）；（2）为定值，证明见解析．
【分析】
（1）由的周长为8，求得，再由椭圆离心率，解求得，即可求得椭圆的标准方程；
（2）当直线的斜率不存在时，求得点到直线的距离；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，求得，结合向量的数量积的运算，求得，进而得到点到直线的距离，即可得到结论.
【详解】
（1）由题意，的周长为8，可得，解得，
由椭圆离心率，解得．
所以椭圆的方程．
（2）由题意，当直线的斜率不存在时，此时不妨设，．
又，两点在椭圆上，∴，，
∴点到直线的距离．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为．
设，，联立方程，
消去得．
由已知，，，
由，则，即，
整理得：，
∴，整理得，满足．
∴点到直线的距离为定值．
综上可知，点到直线的距离为定值．
13．已知椭圆的离心率为，且经过点.
（1）求椭圆的方程.
（2）设为椭圆上非顶点的任意一点，若､分别为椭圆的左顶点和上顶点，直线交轴于，直线交轴于，，问：的值是不是定值？若为定值，求之，若不为定值，说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，定值为.
【分析】
（1）由离心率得，再代入点的坐标可得参数值，得椭圆方程；
（2）设，，用表示，然后计算，并代入可得结论．
【详解】
解：（1）设椭圆方程为，．
，
设椭圆方程为，
又椭圆过点，所以，解得，
故椭圆方程为.
（2）设，，由､､共线可知，
由､､共线可知.
，.
∴，
由于，
∴.
14．在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，当在圆上运动时，线段上有一点，使得，
（1）求的轨迹的方程；
（2）若直线与椭圆相交于，两点，且以为直径的圆经过原点，求证：点到直线的距离为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）先设，，根据题意，得到，，进而可求出结果；
（2）先设直线的方程为，，，根据题意得到，推出，联立直线与椭圆方程，由韦达定理，以及题中条件，得出，再由点到直线距离公式，即可得出结果.
【详解】
（1）设，，由题意可得，，，
则，代入，整理得；
即所求的轨迹的方程为；
（2）设直线的方程为，，，
因为以为直径的圆经过原点，所以，则，
即，即；
联立消去得，整理得，
则，，即，
所以，整理得，则，
满足，
又点到直线的距离为为定值.
15．在平面直角坐标系xOy中，已知R（x0，y0）是椭圆C：（a＞b＞0）上一点，从原点O向圆R：（x﹣x0）2+（y﹣y0）2＝8作两条切线，分别交P、Q两点．

（1）若R点在第一象限，且直线OP⊥OQ，求圆R的方程；
（2）若直线OP、OQ的斜率存在，并记为k1、k2，求k1•k2；
（3）试问OP2+OQ2是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．
【答案】（1）（x﹣2）2+（y﹣2）2＝8；（2）；（3）是定值，理由见解析.
【分析】
（1）根据直线OP，OQ互相垂直，且和圆R相切，得到|OR|＝r＝4，即x02+y02＝16，再根据点R在椭圆C上，即求解.
（2）根据直线OP：y＝k1x和OQ：y＝k2x都与圆R相切，得到，两边平方可得k1，k2为（x02﹣8）k2﹣2x0y0k+（y02﹣8）＝0的两根求解.
（3）当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P（x1，y1），Q（x2，y2），由（2）知2k1k2+1＝0，即y12y22＝x12x22，再根据P（x1，y1），Q（x2，y2）在椭圆C上，得到x12+x22进而得到y12+y22由两点间距离公式求解.
【详解】
（1）由圆R的方程知圆R的半径r＝2，
因为直线OP，OQ互相垂直，且和圆R相切，
所以|OR|＝r＝4，即x02+y02＝16①
又点R在椭圆C上，所以②
联立①②，解得x0＝y0＝2，
所以，所求圆R的方程为（x﹣2）2+（y﹣2）2＝8；
（2）因为直线OP：y＝k1x和OQ：y＝k2x都与圆R相切，
所以 ，
两边平方可得k1，k2为（x02﹣8）k2﹣2x0y0k+（y02﹣8）＝0的两根，
可得k1•k2＝，
因为点R（x0，y0）在椭圆C上，
所以，即y02＝12﹣x02，
所以k1k2＝＝﹣；
（3）①当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），
由（2）知2k1k2+1＝0，
所以+1＝0，故y12y22＝x12x22，
因为P（x1，y1），Q（x2，y2）在椭圆C上，
所以，，
即y12＝12﹣x12，y22＝12﹣x22，
所以（12﹣x12）（12﹣x22）＝x12x22，
整理得x12+x22＝24，
所以y12+y22＝（12﹣x12）+（12﹣x22）＝12，
所以OP2+OQ2＝x12+y12+x22+y22＝（x12+x22）+（y12+y22）＝36．
②当直线OP，OQ落在坐标轴上时，显然有OP2+OQ2＝36．
综上可得，OP2+OQ2为定值36．
16．已知双曲线的方程为：，其左右顶点分别为：，，一条垂直于轴的直线交双曲线于，两点，直线与直线相交于点.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）过点的直线，与轨迹交于，两点，线段的垂直平分线交轴于点，试探讨是否为定值.若为定值，求出定值，否则说明理由.
【答案】（1）；（2）为定值，.
【分析】
（1）设直线为：，，，以及，利用三点共线得到，，两式相乘化简得，再利用点在双曲线上代入整理即可得到答案；（2）显然直线不垂直轴，①当时，易证，②当时，利用点斜式设出直线方程，联立直线与椭圆的方程消，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理以及弦长公式求出，求出的中点坐标，利用点斜式求出线段的垂直平分线的方程，求出点的坐标，利用两点间的距离公式求解，即可得出答案.
【详解】
（1）由题意知：，，
设直线为：，，，以及，
由三点以及三点共线，则
，，
两式相乘化简得：，
又，
代入上式得轨迹的方程：.
（2）显然直线不垂直轴，
①当时，直线的方程为：，
线段为椭圆的长轴，线段的垂直平分线交轴于点，
则，,,
所以；
②当时，设方程为：，
联立方程得，
化简整理得：，
设，，
，
，
线段的中点的坐标为，
线段的垂直平分线的方程为：，
令，则，
，
∴.
综上：.
17．已知动点(其中)到定点的距离比点到轴的距离大1.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）过椭圆的右顶点作直线交曲线于､两点，其中为坐标原点
①求证：；
②设､分别与椭圆相交于点､，证明：原点到直线的距离为定值.
【答案】（1）；（2）①证明见解析；②证明见解析.
【分析】
（1）根据题意有，化简可得答案.
（2）直线的方程为,与抛物线方程联立，
①由，将韦达定理代入可证明.
②由①可得，设､，直线的方程为，则，由方程联立，韦达定理可得，再由点到直线的距离公式可证明.
【详解】
（1）设由题意，
两边平方，整理得：
所以所求点的轨迹方程为.
（2）①设过椭圆的右顶点的直线的方程为.
代入抛物线方程，得.
设､，则
∴.
∴.
②设､，直线的方程为，
代入，得.
于是，.
从而
∵，∴.
代入，整理得.
∴原点到直线的距离为定值.
18．已知椭圆的左，右焦点分别是，，离心率为，直线被椭圆截得的线段长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点且斜率为的直线交椭圆于，两点，交轴于点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点.求证：为坐标原点）为常数.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）利用已知条件，解得，.然后推出椭圆方程.
（2）直线的方程为，则的坐标为.设，，，，则，，直线的方程为，求出坐标，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，转化求解即可.
【详解】
（1）设椭圆的焦距为，则，
由直线被椭圆截得的线段长为可知，点在椭圆上，
从而.结合，可解得，.
故椭圆的方程为.
（2）证明：依题意，直线的方程为，则的坐标为.
设，，，，则，，
直线的方程为，
令，得点的横坐标为.①
又由，得，
，
得，
代入①得，
得，所以为常数4.
19．已知椭圆的长轴长为4，上顶点为，左、右焦点分别为，，且，为坐标原点．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设点，为椭圆上的两个动点，，问：点到直线的距离是否为定值？若是，求出的值；若不是．请说明理由．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）点到直线的距离是，是定值．
【分析】
（Ⅰ）由题可得，再根据可在中求出，即得椭圆方程；
（Ⅱ）分直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况进行讨论，可设直线的方程为，联立椭圆方程即可证得定值.
【详解】
（Ⅰ）设椭圆的半焦距为．
由已知可得，解得．
因为，
易得在中，，，，
．
所以，解得．
所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，轴．
由可得．
结合椭圆的对称性，可设，，则．
将点代入椭圆的方程，得，
解得，所以．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
此时点到直线的距离，即．
设，，
由，可得，
则，得．
所以，．
所以


．
又因为，所以，
即，解得．
所以，得．
综上所述，点到直线的距离是，是定值．
20．已知、是椭圆的左、右焦点，离心率为，点在椭圆上，且的周长为．
（1）求椭圆的方程：
（2）若点为椭圆的上顶点，过点且与轴不垂直的直线与椭圆交于两个不同的点、，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据已知条件求得、、的值，进而可得出椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，设点、、、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出点、的坐标，结合韦达定理可计算出的值，进而得解.
【详解】
（1）由题意可得，解得，，，
因此，椭圆的方程为；
（2）如下图所示：

设直线的方程为，设点、、、，
联立，消去并整理得，
，可得.
由韦达定理可得，，
易知点，直线的斜率为，直线方程为，
由于直线交轴于点，可得，解得，同理可得，
，
因此，.
21．已知椭圆C：的的离心率为，且其右顶点到右焦点的距离为1.
（1）求C的方程；
（2）点M、N在C上，且，证明：存在定点P，使得P到直线的距离为定值.
【答案】（1），（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据已知列出方程组，解方程即可求得结果；
（2）若直线与x轴垂直，求得的坐标，若直线不与x轴垂直，设直线的方程为与椭圆方程联立，由可得，利用韦达定理化简可得，则有，即可证得存在点符合条件.
【详解】
（1）由题意得，解得，，所以椭圆C的方程为；
（2）①若直线与x轴垂直，由对称性可知，
将点代入椭圆方程中，解得；
②若直线不与x轴垂直，设直线的方程为，
，，由，消去y整理得，

所以，，
又，则，
即，
所以，
整理得，
即，故存在定点.
综上所述，存在定点，使得P到直线的距离为定值.
22．已知点P是圆上任意一点，定点，线段的垂直平分线l与半径相交于M点，P在圆周上运动时，设点M的运动轨迹为.
（1）求点M的轨迹的方程；
（2）若点N在双曲线(顶点除外)上运动，过点N，R的直线与曲线相交于，过点的直线与曲线相交于，试探究是否为定值，若为定值请求出这个定值，若不为定值，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，定值为：.
【分析】
（1）根据椭圆定义即可求出结果；（2）设得直线的斜率乘积，利用点斜式方程设出直线NR，NQ的方程，与（1）的方程联立，写出根与系数的关系，利用弦长公式求出|AB|，|CD|的长度，然后求和，通过计算可得出结果．
【详解】
（1）依题意：，
且，
由椭圆定义知点M的轨迹为以R，Q为焦点，长轴长为，焦距为4的椭圆，
即：，
故.
（2）设，则，
∴直线的斜率都存在，分别设为，
则，
将直线的方程代入得，
设，则，
∴，
同理可得，

23．设椭圆的左､右焦点分别为，下顶点为为坐标原点，点到直线的距离为为等腰三角形.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若倾斜角为的直线经过椭圆的右焦点，且与椭圆交于两点(点在点的上方)求线段与的长度之比.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设出直线的方程，表示出点到直线的距离，结合，，即可求出、、的值，从而得出椭圆的标准方程；
（2）由题意知过右焦点的直线为，与椭圆方程联立，可以解出两点坐标，即可求解.
【详解】
（1）由题意知，、、，
所以直线的方程为，
即，
则，
因为为等腰三角形，所以，
又，
所以椭圆的方程为；
（2）由题意知过右焦点的倾斜角为的直线为，
、
联立或，
所以
24．已知椭圆E：过点，离心率为．
（1）求椭圆方程；
（2）已知不过原点的直线与椭圆相交于两点，点关于轴的对称点为，直线分别与轴相交于点，求的值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据题意得，再离心率即可解得答案；
（2）设，则，将直线与椭圆方程联立得，故，，进而得，，故
【详解】
解：（1）因为椭圆过点，所以；
又，所以.
即椭圆方程为.
（2）法一：设，则
由，得，
所以，
在直线中，令，则，即，
直线，令，
则，即，
所以，
即
（2）法二：设，
则，
由A，B，P三点共线，则有，即
所以；
由B，M，Q三点共线，则有，即
所以
所以
因为A，B在椭圆E上，
所以，所以，同理，
代入（1）中，得
即
25．已知椭圆M：，圆N是椭圆M长轴和短轴四个端点连接而成的四边形的内切圆.
（1）求圆N的方程；
（2）过圆N上的任一点A作圆N的切线交椭圆M于B，C两点，求证为定值.
【答案】（1）；（2）证明见详解.
【分析】
（1）根据椭圆的方程得到右顶点和上顶点所在的直线方程，利用直线与圆心在原点的圆相切求解出圆的半径，从而求解出圆的方程；
（2）先根据条件分析出的位置关系，根据的位置关系结合三角形中线段长度关系证明为定值.
【详解】
（1）取椭圆的上顶点，右顶点，所以，
又因为与圆相切且圆心在坐标原点，所以圆的半径为，
所以圆的方程为：；
（2）当的斜率存在时，设，，
因为与圆相切，所以，所以，
又，所以，
所以，所以，
所以，所以，
又因为，所以可得∽，所以，所以，所以为定值；
当的斜率不存在时，此时，所以的坐标为或，
所以，
综上可知：为定值.









类型四:向量关系为定值1-10题
1．设抛物线，为的焦点，过的直线与交于两点.
（1）设的斜率为，求的值；
（2）求证：为定值.
【答案】（1）5；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求出直线方程为，联立直线与抛物线，由即可求解；
（2）设直线方程为，由韦达定理表示出，即可得出定值.
【详解】
（1）依题意得，
所以直线的方程为.
设直线与抛物线的交点为，，
由得，，
所以，.
所以.
（2）证明：设直线的方程为，
直线与抛物线的交点为，，
由得，，
所以，.
因为
.
所以为定值.
2．如图，过点的直线与抛物线交于两点.

（1）若，求直线的方程;
（2）记抛物线的准线为，设直线分别交于点，求的值.
【答案】（1）；（2）-3.
【分析】
(1) 设直线的方程为，,方程联立得到，由直线方程求出，由条件可得，从而求出答案.
(2) 由直线分别交于点，则,可得，同理可得，由，结合（1）中的可得答案.
【详解】
(1) 设直线的方程为，
由 ，得
所以
则
由抛物线的性质可得
解得，所以直线的方程为：
（2）由题意可得直线：，设
由（1）可得，
由直线分别交于点，则,
即，所以
由直线分别交于点，则,
即，所以

3．已知椭圆方程为，直线与轴的交点记为，过右焦点的直线与椭圆交于，两点.

（1）设若且交直线于，线段中点为，求证：，，三点共线；
（2）设点的坐标为，直线与直线交于点，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）证明见解析；（2）是；为定值0.
【分析】
（1）由题意设的方程与椭圆联立求出两根之和与两根之积，进而求出的中点坐标，代入直线中，符合，则可得在直线上；
（2）分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，设直线与椭圆联立，求出两根之和与两根之积，设直线求出交点，再求数量积得为定值0
【详解】
（1）由椭圆方程为知，右焦点坐标，
椭圆的右准线方程为，点坐标.
由知，直线的斜率不为0，故设直线的方程为，
从而，直线的方程为，令得，点坐标为，
故直线的方程为.
联立方程组，消去得：，
设，
即，，
从而，线段的中点，.
又线段的中点的坐标满足直线方程，
所以点在直线上，综上可知，，，三点共线；
（2）当直线的斜率为0时，点即为点，从而，故.
直线的斜率不为0时，由（1）知，，，
所以，则，
直线的方程为，又，
令，得，
所以点的坐标为，即，所以.
综上可知，为定值0.

4．已知椭圆的右焦点为，离心率，点A、B分别是椭圆E的上、下顶点，O为坐标原点.
（1）求椭圆E的方程；
（2）过F作直线l分别与椭圆E交于C、D两点，与y轴交于点P，直线AC和BD交于点Q，求的值.
【答案】（1）；（2）1.
【分析】
（1）先求出，，再求椭圆的方程；
（2）先联立方程得到，再得到和，最后判断出 ，即为定值1.
【详解】
（1），，
，椭圆.
（2）易知l的斜率存在且不为0，
设，，，
由，
，设点，，
则，
由A、Q、C三点共线，，
由B、Q、D三点共线，，
上面两式相除得：，


，
结合图形易知与同号，
，
，即为定值1.
5．已知双曲线，点的坐标为，过的直线交双曲线于点.
（1）若直线又过的左焦点，求的值；
（2）若点的坐标为，求证：为定值.
【答案】
（1）；
（2）证明见解析.
【分析】
（1）求出左焦点的坐标，设，，求出直线的方程，与双曲线方程联立，可得，，由两点间距离公式计算即可求解；
（2）设直线，与双曲线方程联立可得，，利用向量的坐标表示，整理即可求证.
（1）
由双曲线可得，，所以，
所以，设，，
，所以直线的方程为，
由联立得：，
所以，

.
（2）
由题意知直线的斜率存在，不妨设直线，
由可得：，
所以，，，，


.
所以为定值.
6．已知椭圆，离心率为，短轴长为．为椭圆的左右顶点，P为椭圆上任一点（不同于），直线分别与直线交于两点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若F为椭圆右焦点，试判断是否为定值，若为定值，求出该值；若不为定值，请说明理由．
【答案】（1）；（2）是，定值为0.
【分析】
（1）结合，，即得解；
（2）分别设直线，，表示两点，可得，再用表示，结合椭圆方程，即得证
【详解】
（1）， ，

椭圆方程为：
（2）由（1）可得：，设，
设，联立方程解得：，
同理：设，联立方程可得：，
，
，
，
，
在椭圆上，所以 ，
，
，
所以为定值.
7．已知抛物线的焦点为，且点与圆上点的距离的最大值为.
（1）求；
（2）若为坐标原点，直线与相交于，两点，问：是否为定值？若为定值，求出该定值;若不为定值，试说明理由
【答案】（1）2；（2）的值为定值.
【分析】
（1）根据圆上的点与定点之间距离的最大值等于圆心与定点的距离加半径得到等量关系，从而解方程即可求出结果；
（2）联立直线的方程与抛物线，结合韦达定理化简整理即可求出结果.
【详解】
解：（1）由题得，圆的圆心，
抛物线的焦点为，，
所以与圆上点的距离的最大值为，
解得.
（2）设，，
由得，
所以，且，，
，，
所以.
所以的值为定值.
8．设双曲线C：，其右焦点为F，过F的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点.
（1）求直线l倾斜角θ的取值范围；
（2）直线l交直线于点P，且点A在点P，F之间，试判断是否为定值，并证明你的结论.
【答案】（1）；（2）是定值，证明见解析.
【分析】
(1)由已知可得直线l斜率不为0，设其方程为，联立方程组化简，由直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，可得方程有两个不同的解，设，则，，列方程求m的范围，由此可求倾斜角的取值范围，
(2)求点P的坐标，利用(1)的结论化简可证为定值.
【详解】
解：（1）由双曲线得，
则右焦点，显然直线的斜率不为0，
设直线的方程为，
由得
因为直线与双曲线的右支交于两点，
设，

则
解得，
当时，直线倾斜角，
当时，直线的斜率或，
综上，直线倾斜角的取值范围为.
（2）由得
不妨假设，
则
，
又，
代入上式，得

所以为定值1.
9．已知椭圆E：（）的焦点为，，且点在E上．
（1）求E的方程；
（2）已知过定点的动直线l交E于A，B两点，线段的中点为N，若为定值，试求m的值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）由椭圆的定义可得，再由，结合即可求解.
（2）讨论直线l的斜率是否存在，当直线l的斜率存在，设其方程为，将直线与椭圆联立，，利用韦达定理即可求解.
【详解】
解：（1）由题意可知，∴，而，
∴，∴椭圆E的方程为．
（2）①若直线l的斜率不存在，易得，
②若直线l的斜率存在，设其方程为，，，
则，联立得
，
且，，





要使上式为常数，必须且只需，即，
此时易知恒成立，且，符合题意．
综上所述，．
10．已知椭圆：（）上的点到的两焦点的距离之和为6，的离心率为．
（1）求的标准方程；
（2）设坐标原点为，点在上，点满足，且直线，的斜率之积为，证明：为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）利用椭圆的定义与椭圆的离心率，即可得，，由可求出的值，从而得的标准方程．（2）法一：当直线的斜率不存在时，求出的值；当直线的斜率存在时，设出直线的方程，利用直线与椭圆的位置关系、根与系数的关系及向量的线性运算求出的值，从而得到结论．法二： 设出，的坐标，利用，的斜率之积为，得，两点的横坐标和纵坐标之间的关系式，将，的坐标代入的方程，分别求出，两点的横坐标和纵坐标之间的关系式，由向量的线性运算和数量积可证出为定值．
【详解】
解：（1）因为椭圆：（）上的点到的两焦点的距离之和为6，所以，解得，
又的离心率为，所以，，
又，所以，所以的标准方程为；
（2）法一：设，当直线的斜率不存在时，，
因为直线，的斜率之积为，所以，即，
又，在椭圆上，所以，．
因为，所以

；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为（），
联立方程得消去，得，
，
设，则，．
因为直线，的斜率之积为，
所以，
即，得，满足．
因为，
所以


．
综上，为定值．
法二：设，，因为直线，的斜率之积为，
所以，即．
因为M，在椭圆：上，
所以，，
可得 ①，
②，
由①②得，所以，即．
由①②得，得．
因为，
所以



，因此为定值．





类型五:角度关系为定值1-10题
1．已知椭圆中心为原点，离心率，焦点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过定点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，在轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由.
【答案】（1）；（2）存在；答案见解析.
【分析】
（1）根据焦点坐标及离心率可确定，，然后解出便可得出椭圆的方程；
（2）假设存在点，使得当变动时，总有，则可知直线与的倾斜角互补，斜率互为相反数．设直线为，，，联立直线方程与椭圆方程，得到与，然后表示出，使恒成立求解的值.
【详解】
解：（1），，∴，
所以椭圆的标准方程：.
（2）假设存在这样的点，且设，
直线，联立得，.
设，，则，.
若成立，则直线与的倾斜角互补，斜率互为相反数，
，即.
即，整理得：，
所以，则，即.
若与无关，
则.
故在轴上存在点，使得当变动时，总有.
2．已知椭圆的中心为原点，离心率，焦点，斜率为的直线与交于两点．
（1）若线段的中点为为上一点，且成等差数列，求点的坐标；
（2）若过点轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由．
【答案】（1）；（2）存在这样的点Q满足题意，且坐标为，理由见解析．
【分析】
（1）根据几何性质求出椭圆的标准方程，设，利用分别表示，根据以及成等差数列可求得结果.
（2）假设存在这样的点，且设，又，联立直线与椭圆，得到，，将转化为，根据斜率公式以及，化简变形可得，从而可得结果.
【详解】
（1）依题意设椭圆的标准方程为，又，，
所以，，所以，
设，则
，
因为，所以，
同理，
所以，
又成等差数列，故，
.
（2）假设存在这样的点，且设，又，
联立消去并整理得，
所以，即，
，
因为，所以与倾斜角互补，
所以，
，
，
，
，
对任意实数恒成立，所以，故存在这样的点，且．
3．已知双曲线的方程.
（1）求点到双曲线C上点的距离的最小值；
（2）已知圆的切线(直线的斜率存在)与双曲线C交于A，B两点，那么∠AOB是否为定值?如果是，求出定值；如果不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，.
【分析】
（1）设双曲线上任意一点为，则，利用两点间的距离公式求出，利用二次函数求最值即可；（2）设直线的方程为：，利用直线与圆相切可得到，设，直线与双曲线的方程联立消，利用韦达定理得到
，再求出，最后利用得出结论即可.
【详解】
（1）设双曲线上任意一点为，
则，

，
当时，等号成立，
即点到双曲线C上点的距离的最小值为；
（2）设直线的方程为：，
因为直线与圆相切，
所以圆的圆心到直线的距离等于圆的半径，
即，①
设，
由消得，
，
由题意知：，
，
由韦达定理得，
由①得：，
则，
因为，
所以为定值.
4．已知椭圆的离心率为，右焦点为F，以原点O为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线相切.

（1）求椭圆C的方程；
（2）如图，过定点的直线l交椭圆C于A，B两点，连接并延长交C于M，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）设圆O的方程为，根据圆O与直线相切，求得，再根据和，求得，即可得到椭圆C的方程；
（2）设直线，联立方程组，求得，根据斜率公式，化简，得到，代入即可求解.
【详解】
（1）由题意，以原点O为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆，
可得圆O的方程为，
因为圆O与直线相切，所以，
由及，解得，
所以椭圆C的方程为.
（2）由题意可知直线l的斜率必存在，设直线，
联立方程组，消去y得，
有，整理得，
设，，则，，
有
其中
所以，所以.
5．设椭圆的离心率为，圆与轴正半轴交于点，圆在点处的切线被椭圆截得的弦长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设圆上任意一点处的切线交椭圆于点、，求证：为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由离心率为，得，再根据圆在点处的切线被椭圆截得的弦长为，得到点在椭圆上，解方程组即得椭圆的标准方程．
（2）先证明当过点与圆相切的切线斜率不存在时，，再证明当过点与圆相切的切线斜率存在时，，即得证．
【详解】
解：（1）设椭圆的半焦距为，由椭圆的离心率为，
由题知，，
椭圆的方程为，
解得，点在椭圆上，
，解得，，
椭圆的方程为．
证明：（2）当过点与圆相切的切线斜率不存在时，不妨设切线的方程为，
由（1）知，，，
，，
，，
当过点与圆相切的切线斜率存在时，可设切线的方程为，，，，，
，即，
联立直线和椭圆的方程得，
，
得△，
且，，
，，，，




，
，
综上所述，圆上任意一点、、处的切线交椭圆于点，都有．
6．已知椭圆的离心率为，右焦点为，点，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线(不与轴重合)交椭圆于点､，直线､分别与直线交于点､，求的大小.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由题可知且，即可由此求出，写出椭圆方程；
（2）设直线的方程为，设点､，联立直线与椭圆，结合韦达定理表示出，可以求出，从而求出角的大小.
【详解】
（1）由题意得，解得，，从而，
所以椭圆的方程为；

（2）设直线的方程为，设点､，
联立，消去得，则恒成立，
由韦达定理得，，
设点，，，
由得，可得，即点，
同理可得点，，，
，
因此，.
7．如图，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF1与y轴相交于点B，|AB|＝|F2B|，|OB|＝.

（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x 轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m(k≠0)与l1，l2分别交于M，N两点，求证：∠MF1N＝∠MF2N.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）连接AF2，由题意得|AB|＝|F2B|＝|F1B|，所以BO为△F1AF2的中位线，结合离心率可得a2＝9，b2＝8，即可得答案；
（2）由题可知，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3，直线l的方程分别与直线l1，l2的方程联立得M(－3，－3k＋m)，N(3,3k＋m)，利用向量证明∠MF1N＝，∠MF2N＝，即可得答案；
【详解】
解：（1）连接AF2，由题意得|AB|＝|F2B|＝|F1B|，所以BO为△F1AF2的中位线．

又因为BO⊥F1F2，所以AF2⊥F1F2，且|AF2|＝2|BO|＝.
又离心率e＝，a2＝b2＋c2，得a2＝9，b2＝8，
故所求椭圆C的标准方程为.
（2）证明：由题可知，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3.
直线l的方程分别与直线l1，l2的方程联立得M(－3，－3k＋m)，N(3,3k＋m)，
所以＝(－2，－3k＋m)， ＝(4,3k＋m)，所以·＝－8＋m2－9k2.
联立得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0.
因为直线l与椭圆C相切，所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2－72)＝0，
化简得m2＝9k2＋8.
所以·＝－8＋9k2＋8－9k2＝0，所以⊥，故∠MF1N＝.
同理＝(－4，－3k＋m)， ＝(2,3k＋m)，
所以⊥，∠MF2N＝.故∠MF1N＝∠MF2N.
8．已知动圆Q经过定点，且与定直线相切（其中a为常数，且）.记动圆圆心Q的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线？
（2）设点P的坐标为，过点P作曲线C的切线，切点为A，若过点P的直线m与曲线C交于M，N两点，证明：.
【答案】（1），它是以F为焦点，以直线为准线的抛物线；（2）证明见解析.
【分析】
（1）设，由题意得，化简即得解；
（2）不妨设，先证明轴，再利用韦达定理证明即得解.
【详解】
（1）设，由题意得，化简得，
所以动圆圆心Q的轨迹方程为，
它是以F为焦点，以直线为准线的抛物线.
（2）不妨设.
因为，所以，
从而直线的斜率为，解得，即，
又，所以轴.
要使，只需.
设直线m的方程为，代入并整理，
得.
所以，解得或.
设，，
则，.


.
故存在直线m，使得，
此时直线m的斜率的取值范围为.
9．已知抛物线的焦点为．点在上， ．
（1）求;
（2）过作两条互相垂直的直线，与交于两点，与直线交于点，判断是否为定值?若是，求出其值；若不是，说明理由．
【答案】(1) ；（2）是定值，.
【分析】
（1）由题知 ①，由焦半径公式得 ②，两式联立即可求得答案；
（2）先讨论当直线与轴平行时得，再讨论当直线与轴不平行且斜率存在时，证明，再设方程，联立方程，利用向量方法求即可.
【详解】
解：（1）因为点在上，所以 ①，
因为，所以由焦半径公式得 ②，
由①②解得
所以.
（2）由（1）知抛物线的方程为，焦点坐标为，
当直线与轴平行时，此时的方程为，的方程为，，此时为等腰直角三角形且，故.
当直线与轴不平行且斜率存在时，若为定值，则定值比为，下面证明.
要证明，只需证明，
只需证，即，
设直线的斜率为，则直线的方程为，直线的方程为，
联立方程得，设，
则，所以，，
联立方程得，
所以，
所以，
所以，即，
所以.
综上，为定值，.
10．在平面直角坐标系xOy中，已知点E(0，2)，以OE为直径的圆与抛物线C∶x2=2py(p>0)交于点M，N(异于原点O)，MN恰为该圆的直径，过点E作直线交抛物线与A，B两点，过A，B两点分别做拋物线C的切线交于点P.
（1）求证∶点P的纵坐标为定值；
（2）若F是抛物线C的焦点，证明∶∠PFA=∠PFB.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由题意易得抛物线方程x2=y，设A，B，根据两点写出直线方程得，由于直线过E点，所以，再根据直线PA，PB直线方程解得点P坐标，进而得证.
（2）转化为证明向量分别与向量的夹角相等,应用向量夹角余弦公式，即可证明结论.
【详解】
（1）以OC为直径的圆为x2+(y-1)2=1.
由题意可知该圆与抛物线交于一条直径，
由对称性可知交点坐标为(1，1)，(-1，1)
代入抛物线方程可得2p=1.
所以抛物线的方程为x2=y.
设A，B，
所以
所以直线AB的方程为，
即
因为直线AB过点C(0，2)，
所以，所以①.
因为，所以直线PA的斜率为，直线PB的斜率为
直线PA的方程为，
即，
同理直线PB的方程为
联立两直线方程，可得P
由①可知点P的纵坐标为定值-2.
（2），，
注意到两角都在内，
可知要证， 即证，
，，
所以，
又，所以，
同理式得证.

















类型六:坐标关系为定值1-10题
1．已知P为圆：上一动点，点坐标为，线段的垂直平分线交直线于点Q.
（1）求点Q的轨迹方程；
（2）已知，过点作与轴不重合的直线交轨迹于两点，直线分别与轴交于两点.试探究的横坐标的乘积是否为定值，并说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，理由见解析.
【分析】
（1）由中垂线可知，所以Q点的轨迹为椭圆；
（2）设两点的坐标，利用直线方程用两点坐标表示的横坐标；再把直线代入椭圆方程消元，韦达定理，整理的横坐标的乘积可得结论.
【详解】
由已知线段的垂直平分线交直线于点Q.得，,
又P为圆：上一动点，
所以，
点的轨迹为以为焦点，长轴为4的椭圆
椭圆方程：
设，则直线方程: ，
令，得，同理可得
由题设直线：，代入方程整理得
，且
，，


故（定值）
2．设椭圆，椭圆的右焦点恰好是抛物线的焦点．椭圆的离心率为．
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）设椭圆E的左、右顶点分别为A，B，过定点的直线与椭圆E交于C，D两点（与点A，B不重合），证明：直线AC，BD的交点的横坐标为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据焦点为，且离心率，可得，，即可得解；
（2）显然斜率不为，设过点的直线为，设，．联立整理，得，则有，，设直线AC的方程为，直线BD的方程为，联立结合韦达定理即可得解.
【详解】
（1）∵抛物线的焦点为，∴．
又∵，∴，∴．
∴椭圆E的标准方程为．
（2）由（1）可得，．设过点的直线为，设，．
联立整理，得，
，∴，．
设直线AC的方程为，直线BD的方程为，
联立两条直线方程，解得①，
将，代入①，得②，
将，代入②，得．，
∴直线AC，BD的交点的横坐标为定值－4．
3．已知直线与抛物线交于，两点，且，过椭圆的右顶点的直线l交于抛物线于，两点.

（1）求抛物线的方程；
（2）若射线，分别与椭圆交于点，，点为原点，，的面积分别为，，问是否存在直线使？若存在求出直线的方程，若不存在，请说明理由；
（3）若为上一点，，与轴相交于，两点，问，两点的横坐标的乘积是否为定值？如果是定值，求出该定值，否则说明理由.
【答案】（1）（2）不存在，理由见解析；（3）是定值，且定值为，理由见解析.
【分析】
（1）联立直线与抛物线方程求出，两点坐标，由两点间距离公式列方程即可求解；
（2）设直线，，，联立直线与抛物线方程联立可得，，设，，射线：与椭圆方程联立可得，同理可得，，计算即可求解；
（3）设，，令可得：，同理可得，两式相乘整理，再讨论点在不在直线上，即可得定值.
【详解】
（1）设，，由可得，
所以，，所以，，
所以，因为，所以，
所以抛物线的方程为；
（2）椭圆的右顶点为，设直线，，，
将代入可得：，
所以，，
假设存在，设，，
射线： ，
由 可得：，同理可得，
，，
所以 ，
所以
，
所以，所以不存在直线，使；
（3）设，则，
令可得：①，
同理可得：②，
两式相乘可得


即，
所以，
即，
当点不在直线上时，，所以，
当点在直线上时，，所以，
综上所述：是定值，且定值为.
4．如图，椭圆的离心率为，右焦点到相应准线的距离为1，点A， B，C分别为椭圆的左顶点、右顶点和上顶点，过点C的直线交椭圆于点D，交x轴于点M（x1，0），直线AC与直线BD交于点N（x2，y2）.

（1）求椭圆的标准方程；
（2）若，求直线的方程；
（3）求证：为定值.
【答案】（1）；（2）或；（3）证明见解析.
【分析】
（1）根据椭圆的离心率为，右焦点到对应准线的距离为1，由求解；
（2）由（1）知，设，再由点M（x1，0），根据，结合椭圆方程求得D点坐标，写出直线方程；
（3）法一：设D坐标为（x3，y3），写出直线的方程，与椭圆方程联立，求得求得D点坐标，再由，得直线BD的方程与直线AC方程联立即可；法2：设D坐标为（x3，y3），由C，M，D三点共线得，再由B，D，N三点共线得，两式相乘即可.
【详解】
（1）由椭圆的离心率为，右焦点到对应准线的距离为1.
得 解得
所以，椭圆的标准方程为.
（2）由（1）知，设，
因为，得，
所以，
代入椭圆方程得或，
所以或，
所以的方程为：或.
（3）设D坐标为（x3，y3），由，M（x1，0）可得直线的方程，
联立椭圆方程得：解得，.
由，得直线BD的方程：， ①
直线AC方程为， ②联立①②得，
所以=2为定值.
解法2：设D坐标为（x3，y3），
由C，M，D三点共线得，所以， ①
由B，D，N三点共线得，将 代入可得， ②
①和②相乘得，
.
5．在直角坐标系中，曲线的点均在外，且对上任意一点，到直线的距离等于该点与圆上点的距离的最小值．
（1）求曲线的方程；
（2）设为圆外一点，过作圆的两条切线，分别与曲线相交于点、和、．证明：当在直线上运动时，四点、、、的纵坐标之积为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）分析可知，曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，进而可求得曲线的方程；
（2）设的坐标为，设过且与圆相切的直线的斜率存在且不为，分析可知切线、的斜率、为关于的二次方程的两根，可得出，设四点、、、的纵坐标分别为、、、，联立直线与抛物线的方程，可得出的表达式，进一步可得出的表达式，由此可计算得出结果.
【详解】
（1）由题设知，曲线上任意一点M到圆心的距离等于它到直线的距离，因此，曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，
故曲线的方程为；
（2）当点在直线上运动时，的坐标为，又，
则过且与圆相切的直线的斜率存在且不为，
每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为，即，
于是，整理得，①
设过所作的两条切线、的斜率分别为、，
则、是关于的方程的两个实根，
故②，
由，得③，
设四点、、、的纵坐标分别为、、、，
则、是方程③的两个实根，所以④，同理可得⑤，
于是由②④⑤三式得
．
所以当在直线上运动时，四点、、、的纵坐标之积为定值．
6．已知椭圆：的焦距为，点关于直线的对称点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）如图，椭圆的上、下顶点分别为，，过点的直线与椭圆相交于两个不同的点，.

求面积的最大值
②当与相交于点时，试问：点的纵坐标是否是定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】（1）；（2）①；②是，1.
【分析】
（1）求出点关于直线的对称点，由椭圆的性质得出，进而得出椭圆的方程；
(2) ①设直线的方程为，，，联立椭圆方程，表示出三角形的面积，利用基本不等式求解面积的最大值；
②设出直线，直线的方程，联立两直线方程求出点的纵坐标，利用韦达定理代入化简即可得出的纵坐标是定值.
【详解】
解：（1）因为点关于直线的对称点为，
且在椭圆上，所以，
又，∴
则，
所以椭圆的方程为；
（2）①设直线的方程为，，，
点到直线的距离为.
消去整理得：，
由，可得，
且，
∴
设，则
当且仅当即时等号成立，
∴的面积的最大值为；
②由题意得，：，：，
联立方程组，消去得，
又∵，，
解得
故点的纵坐标为定值1.
7．在平面直角坐标系中，已知点，P是动点，且三角形的三边所在直线的斜率满足．
（Ⅰ）求点P的轨迹的方程；
（Ⅱ）若Q是轨迹上异于点的一个点，且，直线与交于点M，试探
究：点M的横坐标是否为定值？并说明理由．
【答案】（1）（且）；（2）点M的横坐标为定值．
【详解】
第一问利用已知的斜率关系式，设点的坐标代入即可得到轨迹方程．
第二问中，由由可知直线，则，然后设出点P,Q的坐标，然后表示一个关系式，然后利用由三点共线可知，同理得到关系式，联立解得．
解：（Ⅰ）设点为所求轨迹上的任意一点，则由得

，　
整理得轨迹的方程为（且），
（Ⅱ）设，
由可知直线，则，
故，即，　
由三点共线可知，与共线，
∴　，
由（Ⅰ）知，故，
同理，由与共线，
∴　，即，
由（Ⅰ）知，故，
将，代入上式得，
整理得，
由得，即点M的横坐标为定值．
（方法二）
设
由可知直线，则，
故，即，　　
∴直线OP方程为： ①；　
直线QA的斜率为：，　　
∴直线QA方程为：，即 ②；
联立①②，得，∴点M的横坐标为定值．　
8．已知椭圆过点，过右焦点且垂直于轴的直线截椭圆所得弦长是1．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设点分别是椭圆的左，右顶点，过点的直线与椭圆交于两点（与不重合），证明：直线和直线交点的横坐标为定值．
【答案】（1）椭圆的标准方程是；（2）见解析.
【解析】
试题分析：（1）由已知可知，点及点在椭圆上，代入，由即可解得则椭圆方程可求；（2）由（1）知点，设，联立方程，消去得，
进而得到，设直线联立方程，解得，将，可得，即直线和直线交点的横坐标为定值4．
试题解析：（1）由题知，解得，故椭圆的标准方程是
（2）由（1）知点，设，联立方程，消去得，
所以则直线联立方程，消去得．
解得因为，所以，即，所以，即直线和直线交点的横坐标为定值4．
9．过抛物线上一定点作两条直线分别交抛物线于，，
（1）若横坐标为的点到焦点的距离为1，求抛物线方程；
（2）若为抛物线的顶点，，试证明：过、两点的直线必过定点；
（3）当与的斜率存在且倾斜角互补时，求的值，并证明直线的斜率是非零常数.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3），证明见解析.
【分析】
（1）根据抛物线的定义，结合题中条件，列出关于的方程，求解，即可得出结果；
（2）先由题意得，直线斜率不为零；设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，根据韦达定理，得到，，再由，得，求出，即可证明结论成立；
（3）根据题中条件，先得到，；由作差整理，可得；同理可得；再由两倾斜角互补，即可求出；由作差整理，可表示出，进而可判断其为非零常数.
【详解】
（1）因为抛物线的焦点坐标为，准线方程为；
又横坐标为的点到焦点的距离为1，
所以，即，
故抛物线方程为；
（2）若为抛物线的顶点，则；
因为，为抛物线上的点，所以直线斜率不为零；
可设直线的方程为，
由得，
则，，
所以，
又，则；
所以，即，所以，
即直线的方程为，
因此，过、两点的直线必过定点；
（3）因为，，都是抛物线上的点，且与的斜率存在，则，；
由可得，所以；
由可得，所以；
又因为与的倾斜角互补，所以，即，
整理得，
要求的值，显然；所以，
要证明直线的斜率是非零常数，显然直线的斜率存在；
由可得，
所以，
因为，，所以是非零常数，
即直线的斜率是非零常数.
10．已知，分别是椭图：的左，右焦点，的顶点都在椭圆上，且边，分别经过点，.当点在轴上时，为直角三角形且面积为.
（1）求的方程；
（2）设、两点的横坐标分别为、，求证：为定值.
【答案】
（1）
（2）证明见解析
【分析】
（1）由题意可得为等腰直角三角形，且点为椭圆的上顶点，，再结合的面积为1，可求出的值，从而可求出，进而可求出椭圆方程，
（2）先讨论直线或的斜率不存在的情况 ，再设，直线为，代入椭圆方程中消去，再由根与系数的关系可得，再结合表示出，从而可得，同理可得，代入中化简可得结论
（1）
由题意可得为等腰直角三角形，且点为椭圆的上顶点，，
因为的面积为1，所以，解得，则，，
所以椭圆方程为
（2）
若直线的斜率不存在，则直线为，将代入椭圆方程得
，，不妨设，则，即，
此时直线的斜率为，直线的方程为，代入椭圆方程得，所以，得，
所以，
同理可得直线的斜率不存在时，可得，
若直线的斜率存在，设，直线为，代入椭圆方程得
，
所以，
因为点在椭圆上，所以，所以，
所以，
所以，
所以，
同理可得，
所以

所以为定值




类型七:系数关系为定值1-10题
1．已知椭圆C：()的离心率为，短轴一个端点到右焦点F的距离为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点F的直线l交椭圆于A､B两点，交y轴于P点，设，，试判断是否为定值？请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，定值为.
【分析】
（1）由题意可得，，，可求得椭的圆方程；
（2）设直线的方程为，与椭圆的方程联立整理得：，设，， 由一元二次方程的根与系数的关系可得，再根据向量的坐标运算表示出， ，代入计算可求得定值.
【详解】
（1）由题可得，
又，所以

因此椭圆方程为
（2）由题可得直线斜率存在，设直线l的方程为，
由消去y，整理得：，
设，，则，
又，，则，，
由可得，所以
同理可得，
所以

所以，为定值.
2．已知椭圆经过点，且右焦点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过且斜率存在的直线交椭圆于，两点，记，若的最大值和最小值分别为，，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据焦点坐标得出的值，由，将点代入椭圆的方程，解出，即可得出椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，将其代入椭圆方程，由韦达定理以及向量的数量积公式得出，利用判别式法得出，最后由韦达定理得出的值．
【详解】
（1）由椭圆的右焦点为，知，即，则，．
又椭圆过点，∴，又，∴．
∴椭圆的标准方程为．
（2）设直线的方程为，，
由得，即
∵点在椭圆内部，∴
∴由韦达定理可得：（*）
则



将（*）代入上式得：，
即，，则
∴，即
由题意知，是的两根
∴．
3．已知椭圆的离心率为，且椭圆C经过点．
（Ⅰ）求椭圆C的方程;
（Ⅱ）已知过点的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，与直线交于点Q，设，，求证：为定值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析
【分析】
（Ⅰ）由离心率得，由椭圆过一点．得，两者结合可解得，得椭圆方程；
（Ⅱ）设直线方程为，设，直线方程代入椭圆方程后可得，由，，把用表示，然后计算并代入即可得证．
【详解】
（Ⅰ）由题意，解得，
∴椭圆方程为；
（Ⅱ）易知直线斜率存在，设其方程为，设，
由，消元整理得，
∴，，
把代入得，即，
由，得，，
由，得，，
∴，
∴为定值．
4．已知直线与圆相切，动点到与两点的距离之和等于、两点到直线的距离之和．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）过点的直线交轨迹于不同两点、，交轴于点，已知，，试问是否等于定值，并说明理由．
【答案】（1）；（2）是定值，为，理由详见解析.
【分析】
（1）由得动点的轨迹是以、为焦点，长轴长为6的椭圆可得答案；
（2）直线斜率存在取特殊情况可证明，不存时直线与椭圆联立，利用韦达定理结合向量可得答案.
【详解】
是定值，为，理由如下：
（1）设、、三点到直线的距离分别为、、，为的中点，
∵直线与圆相切，∴
∴
∴动点的轨迹是以、为焦点，长轴长为6的椭圆
∴，，，
所以动点的轨迹.
（2）①当斜率为0时，，，不妨取，，
∴，，则，
，，则，∴．
②当斜率不为0时，
设，、，则．
则
由，同理可得
由，得，
∴，，
∴，
综上，为定值．
5．已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）过椭圆C的右焦点作直线l交椭圆C于A、B两点，交y轴于M点，若为定值．
【答案】(1) (2)-10
【分析】
试题分析：（Ⅰ）要求椭圆标准方程，要有两个独立的条件，本题中抛物线的焦点是，这样有，另外由离心率，就可求得 ，得标准方程；
（Ⅱ）本题是解析几何中定值问题，设出直线方程为 ，同时设交点为，由直线方程与椭圆方程联立后消元后可得，利用已知求得 （用表示），然后计算可证得结论．
试题解析：（I）设椭圆C的方程为，
因为抛物线的焦点坐标是 所以由题意知b = 1．
又有
∴椭圆C的方程为
（II）方法一：设A、B、M点的坐标分别为
易知右焦点的坐标为（2，0）．

将A点坐标代入到椭圆方程中，得
去分母整理得


方法二：设A、B、M点的坐标分别为
又易知F点的坐标为（2，0）．
显然直线l存在的斜率，设直线l的斜率为k，则直线l的方程是
将直线l的方程代入到椭圆C的方程中，消去y并整理得


又

6．焦点在x轴上的椭圆C：经过点，椭圆C的离心率为．，是椭圆的左、右焦点，P为椭圆上任意点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若点M为的中点（O为坐标原点），过M且平行于OP的直线l交椭圆C于A，B两点，是否存在实数，使得；若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）（2）存在满足条件,详见解析
【分析】
（1）根据所给条件列出方程组，求解即可．
（2）对直线的斜率存在与否分类讨论，当斜率存在时，设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，即可表示出、、，则可求．
【详解】
解：（1）由已知可得，解得，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）若直线的斜率不存在时，，，
所以；
当斜率存在时，设直线的方程为，，．
联立直线与椭圆方程，消去y，得，
所以．
因为，设直线的方程为，
联立直线与椭圆方程，消去，得，解得．
，
，
同理，，
因为，
，故，存在满足条件，
综上可得，存在满足条件．
7．已知抛物线：的焦点为，为坐标原点．过点的直线与抛物线交于，两点．
（1）若直线与圆：相切，求直线的方程；
（2）若直线与轴的交点为．且，，试探究：是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由．
【答案】（1）；（2），理由见解析；
【分析】
（1）由直线过焦点，且与半径为，圆心的圆相切知圆心到直线的距离即可求直线斜率，进而得到直线方程；（2）由直线与抛物线、轴的交点情况知斜率存在且，令，联立方程得，又，，应用向量共线的坐标表示有即可确定是否为定值.
【详解】
（1）由题意知：且圆的半径为，圆心，即有在圆外，
∴设直线为，则圆心到直线的距离，
解之得：，即直线的方程为.
（2）由过的直线与抛物线交于，两点，与轴的交点为，即斜率存在且，设直线为，有，
联立直线方程与椭圆方程，有，可得，
设，，即有，
，，，，
由，，可得，，
∴，即可得为定值
8．已知点在抛物线上，过点的直线与抛物线C有两个不同的交点A、B，且直线PA交轴于M，直线PB交轴于N.
（1）求抛物线C的方程；
（2）求直线的斜率的取值范围；
（3）设O为原点，，求证：为定值.
【答案】
（1）
（2）
（3）定值为2
【分析】
(1)将点P的坐标代入即可求出抛物线C的方程.
(2)设出直线l方程，联立直线l与抛物线C的方程，借助判别式即可计算得解.
(3)利用给定的向量关系，用点M，N的纵坐标表示和，结合(2)的信息并借助韦达定理即可计算作答.
（1）
因点在抛物线上，则，解得，
所以抛物线C的方程为.
（2）
令直线的斜率为k，则直线方程为：，
由消去y并整理得：，
因直线与抛物线C有两个不同的交点A、B，则，解得且，
又直线PA，PB与相交，而点(1，-2)在抛物线C上，则直线不能过点(1，-2)，
否则PA或PB之一平行于y轴，矛盾，因此，
综上得：，且，
所以直线的斜率的取值范围.
（3）
设点，，，而，则，同理，
设，由(2)知，
直线方程：，即，则，
令，得，同理，
于是得
，
所以为定值2.
9．已知椭圆的长轴长与短轴长之比为2，过点且斜率为1的直线与椭圆相切．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于，两点，与直线交于点，若，．证明：为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）得到以及切线方程，然后假设椭圆方程为：，联立切线与椭圆方程使用可得结果.
（2）讨论直线为轴与不是轴，假设直线方程，并与椭圆联立，使用韦达定理，然后得到，最后代入数据计算即可.
【详解】
（1）由题意知：，，切线方程为，
设椭圆方程为：，
直线与椭圆联立：
得，
，即，得，
∴椭圆方程为：
（2）当为轴时，易得，，．
当不为轴时，设直线，，
直线与椭圆联立：，得，
，，
直线，令，则，即
，，，
，，
，，，
，，

将（*）代入得：
．
（设直线的方程为时可以不用讨论）
10．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点，直线的倾斜角为60°，原点到直线的距离是．
（1）求的方程；
（2）过上任一点作直线，分别交于，（异于的两点），且，，探究是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）；（2）是定值，定值为6．
【分析】
（1）先求出，然后由点到直线的距离列出关于的方程，求出的值，进而得到的值，从而得到的方程；
（2）①当点为椭圆右顶点时，求出；②当点为椭圆左顶点时，求出；③当点不为椭圆顶点，即直线，的斜率均不为零时，设直线，的方程，分别与椭圆方程联立，得到韦达定理，然后利用向量的关系，求出，，即可得到答案．
【详解】
（1）由题意，点，直线的倾斜角为60°，所以，
在中，求得点到直线的距离是，
又由原点到直线的距离是，则，所以，
故的标准方程为.
（2）①当点为椭圆右顶点时，，，所以；
②当点为椭圆左顶点时，同理可得；
③当点不为椭圆顶点，即直线，的斜率均不为零时，
设直线的方程是，直线的方程是，
分别代入椭圆方程，
可得和，
设，，，则，，
由，可得，则，
由直线的方程，可得，
所以，
由，同理可得，所以为定值．
综上所述，为定值6．