1、 【题型综述题型综述】 在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关， 这类问题统称为定值问题 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种： 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明 这个值与变量无关； 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 解答的关键 是认真审题，理清问题与题设的关系，建立合理的方程或函数，利用等量关系统一变量，最后消元得出定 值 【典例指引】【典例指引】 例 1已知圆 22 :4O xy与坐标轴交于 1212 AABB、 、 、（如图） （1）点Q是圆O上除 12 AA、外的任意点（如图 1） ， 12 A
2、QA Q、与直线30y交于不同的两点,M N， 求MN的最小值； （2） 点P是圆O上除 1212 AABB、 、 、外的任意点 （如图 2） ， 直线 2 B P交x轴于点F， 直线 12 AB交 2 A P于 点E设 2 A P的斜率为, k EF的斜率为m，求证：2mk为定值 【思路引导】 （1） 设出 2 A Q， 1 AQ的直线方程， 联立直线30y， 分别得出 M,N的坐标， 表示出 3 34MNk k ， 求其最值即可； （2）分别写出 E,F的坐标，写出斜率m，即可证明2mk为定值 （2）由题意可知 1212 2,0 ,2,0 ,0, 2 ,0,2AABB， 2 A P的斜率为
3、, k 直线 2 A P的方程为2yk x，由 22 2 4 yk x xy ，得 2 22 224 , 11 kk P kk ， 则直线 2 B P的方程为 1 2 1 k yx k ，令0y ，则 21 1 k x k ，即 21 ,0 1 k F k ， 直线 12 AB的方程为20 xy，由 20 2 xy yk x ，解得 22 224 1 , , 411 1 k x kk k E kkk y k ， EF的斜率 4 11 1 ,221 212222 11 k kk k mmkk kk kk （定值） *网 例 2已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的离心率为 6
4、3 ，以原点 O为圆心，椭圆 C的长半轴长为半径的 圆与直线2260 xy相切 求椭圆 C的标准方程； 已知点 A、B 为动直线20yk xk与椭圆 C 的两个交点，问：在 x 轴上是否存在定点 E，使得 EA EB为定值？若存在，试求出点 E 的坐标和定值；若不存在，请说明理由 【思路引导】 （）由 e= 6 3 ，以原点 O 为圆心，椭圆 C 的长半轴长为半径的圆与直线2260 xy相切，求出 a， b，由此能求出椭圆的方程 （）由 22 1 62 2 xy yk x ，得（1+3k2）x212k2x+12k26=0，由此利用韦达定理、向量的数量积，结合已 知条件能求出在 x 轴上存在点
5、E，使EA EB为定值，定点为（ 7 0 3 ，） （）由，得（1+3k2）x212k2x+12k26=0， （6 分） 设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 根据题意，假设 x 轴上存在定点 E（m，0） ，使得为定值， 则有=（x1m，y1）（x2m，y2）=（x1m）（x2m）+y1y2 = =（k2+1） =（k2+1）（2k2+m）+（4k2+m2） =， 要使上式为定值，即与 k 无关，则应有 3m212m+10=3（m26） ， 即 m=，此时=为定值，定点为（0 , 3 7 ） *网 点评：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或
6、者将该 问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的 定点、定值问题同证明问题类似，在求 定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显 现 例 3 已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 上的点到两个焦点的距离之和为 2 3 ， 短轴长为 1 2 ， 直线l与椭圆C 交于M、N两点 （1）求椭圆C的方程； （2）若直线l与圆 22 1 : 25 O xy相切，探究MON是否为定值，如果是定值，请求出该定值；如果不 是定值，请说明理由 【答案】 （1） 22 9161xy（2） 2 MON 【思路引导】 （1）由已知得 2
7、1 22 32 ab ， 由此能求出椭圆C的方程 （2）当直线MNx 轴时， 2 MON 当直线MN 与x轴不垂直时，设直线MNykxb：， 直 线MN与与圆 22 1 25 Oxy： 的交点 M （x1， y1） ， N （x2， y2） ， 由直线MN与圆O相切， 得 22 251bk ， 联立 22 ? 9161 ykxb xy ，得（ 222 9 16321610kxkbxb ） ，由此能证明 2 MON 为定值 联立 22 9161 ykxm xy 得 222 9 16321610kxkmxm 2 22 12 2 32 324 9 161610, 9 16 km kmkmxx k ，
8、 2 12 2 161 9 16 m x x k ， 22 12121212 1OM ONx xy ykx xkm xxm= 22 2 251 0 9 16 mk k 2 MON 综上， 2 MON （定值）*网 【点评】本题考查椭圆方程的求法，角为定值的证明，线段的取值范围的求法等解题时要认真审题，注 意函数与方程思想的合理运用 例 4已知是圆上任意一点，点的坐标为， 直线分别与线段 交于两点，且 （1）求点的轨迹的方程； （2）直线与轨迹相交于两点，设为坐标原点， 4 3 OBOA kk，判断的面 积是否为定值？若是，求出定值，若不是，说明理由 【答案】 （1） 22 1 43 xy ；
9、（2）3（定值） 【思路引导】 （1）化简向量关系式可得 2 0NM F P，所以MN是线段 2 F P的垂直平分线，所以 2 MFMP，转化 为椭圆定义 211 4MFMFFP，求出椭圆方程； （2）联立直线与椭圆方程，根据根与系数的关系求出 AB，再由点到直线的距离公式求三角形高，写出三角形面积化简即可证明为定值 【扩展链接【扩展链接】 2015 全国新课标全国新课标 II 理理 20 题深度思路引导题深度思路引导 已知椭圆 222 :90Cxymm，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点,A B，线段 AB的中点为M （1）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值； （2）
10、若l过点, 3 m m ，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率，若不能，说明理由 高考试题落实运算求解能力考查的方式：高考试题落实运算求解能力考查的方式： 1考查思路引导运算条件：平行四边形的判定定理选择，为何不选有关平行与长度的定理来判定平行四边 形，而要选择对角线相互平分来判定平行四边形，这种处理方式的优点在于弦中点的运算量更小（需要平 时训练有这种认识） 2考查遇障碍而调整：若第 1 小问使用点差法，如何求中点坐标，需有目标思路引导及方程思想来指导， 利用中点在直线上这个条件列出另一个方程 3考查确定运算程序：相交求P坐标，中点关系构建斜率方程
11、这种程序；中点关系求P坐标，点P在椭圆 上构建斜率方程这种程序如何选择？实际上运算难度大体相当 4考查据算理正确的变形与运算：无论选择何种运算程序都具有过硬的运算技能，需要发现特殊代数结构 的能力，在运算中要有求简的意识运算求解过程中，大体会涉及到以下代数式运算与化简： （1）中点 00 ,M xy坐标：韦达定理： 2 22 9xkxbm或解方程组 2 00 00 9 3 xkym m ymk x ； （2）点P坐标： 解 方 程 组 22 9 90 xym xky ；（ 3 ） 解 斜 率 方 程 ： 2 2 23 39 39 km kkm k k ； 或 2 2 2 2 2 236 3 9
12、 939 k kmk m m kk ， 特别是如何正确解出第 2 个方程； 特别要注意到相约 2 m， 2 9k ， 9 及公因式 2 43k ，然后约因式 2 9k 才会得到二次方程： 2 890kk 4解法的几何变换化 简析：设3 ,xx yy，则椭圆 222 9xym变为圆： 222 11112222 ,;,xymA x yA xyB xyBxy ， 121212 1212 12 1 , 333 ABA BAB yyyyyy kkk xxxx xx ， 同理可得： 1 3 OMOM kk ， 在圆中易知1 A BOM kk g， 则 可 得 ：9 ABOM kk g， 在 圆 中 易 知
13、OA P B 为 菱 形 ， 且 3 A OP ， 则 易 得 ： 47 ,47 3 A BAB kk 5问题一般化 设直线:0l ykxm k mg与椭圆 22 22 10 xy ab ab 相交于点,A B， 且线段AB的中点为M， 直 线OM与椭圆交于点P，若四边形OAPB为平行四边形，则参数, , ,a b k m满足 2222 4mba k， 易知中点 00 M x y满足 2 00220 222 22 222222 2 00 0 222 022 , a km xkyx a kmb m ba k Pab ba kba k b m ykxm y ba k ，点P在椭圆 22 22 1
14、xy ab 上，则 22222 2 22222222222 22 222222 44 144 a k mb m ma kbba kmba k ba kba k ， 这就是说，这种形式的平行四边形法则对任何椭圆均存在 附命题人的思路引导及参考答案：附命题人的思路引导及参考答案： 【解题思路】 （1）思路 1 将l的方程代入椭圆方程，利用韦达定理求得M点的坐标, MM xy，计算可得 M M y k x g常数（其中k为直线l的斜率） ，完成证明 思路 2 将点,A B的坐标分别代入椭圆方程，两式相减，可得到, MM xyk的关系式90 MM xy k，通过 适当变形，即可完成证明 （2）思路 1
15、 利用直线l过点, 3 m m ，将参数b用k表示，然后将直线l的方程代入椭圆方程中，得到M 点的横坐标 M x，根据第（1）问的结论，可设直线OM的方程为 9 yx k ，将它代入椭圆方程，得到P点 的横坐标 P x，因为“四边形OAPB为平行四边形”的充分必要条件是“线段AB与线段OP互相平分” ， 因此有2 PM xx，由此得到关于k的方程若此方程有解，则四边形OAPB可以为平行四边形，且此时方 程的解k即为使得四边形OAPB为平行四边形时l的斜率；若此方程无解，则说明四边形OAPB不能构成 平行四边形 思路 2 由点P既在椭圆上， 也在直线OP上， 可以联立椭 圆与OP的方程， 解得
16、2 PP yfk， 再将直线OP 的方程与方程 1 1 3 M M y k x 联立，可解得 2 PP ygk，于是有关于k的方程 22 fkgk，后同思路 1 思路3 与思路1类似， 将参数b用参数k和m表示， 联立与直线OM的方程， 可解得M点的坐标, MM xy， 根据向量加法的平行四边形法则知2,2 NN Pxy，将P的坐标代入椭圆方程，可得关于k和m的方程，后 同思路 1 【答案】 （1）证法 1 如下图所示，设直线 :0,0l ykxb kb， 1122 , MM A x yB xyM xy， 将ykxb代入 222 9xym，得 2222 920kxkbxbm， 故 12 22
17、9 , 299 MMM xxkbb xxkxb kk ， 于是直线OM的斜率 9 M OM M y k xk ，即9 OM kk g， 所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值 证法 2 设直线:0,0l ykxb kb， 1122 , MM A x yB xyM xy， 将,A B的坐标代入椭圆方程，有 222 11 9xym ， 222 22 9xym ， -，整理可得 21 1212 21 90 yy xxyy xx ， 即90 MM xykg， 故直线OM的斜率 9 M OM M y k xk ，即9 OM kk g， 所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值 （2）解法 1 四边形O
18、APB能为平行四边形（见下图） 因为直线l过点, 3 m m ，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是0,3kk 由（1）得OM的方程为 9 yx k ， 设点P的横坐标为 P x，由 222 9 9 yx k xym ， 得 22 2 2 981 P k m x k ，则 2 39 P km x k ， 将 点, 3 m m 的 坐 标 代 入l的 方 程 得 3 3 mk b ， 然 后 将l的 方 程 代 入 椭 圆 方 程 ， 可 得 12 2 2 3 2939 M k kmxxkb x kk ， 四 边 形OAPB为 平 行 四 边 形 当 且 仅 当 线 段AB与 线 段OP互
19、 相 平 分 ， 即2 PM xx， 于 是 2 2 3 2 39 39 k kmkm k k ，解得 12 47,47kk 因为0,0,1,2 ii kki，所以当l的斜率为47或47时，四边形OAPB为平行四边形 解法 2 四边形OAPB能为平行四边形，设, PP P xy，由（1）得 9 ,0,3 PP yxkk k ，来源:Z.X.X.K 因为P在椭圆上，所以有 222 9 9 PP PP xym yx k ， 解得 2 2 2 9 9 P m y k ， 由四边形OAPB为平行四边形，可知 2 23 9 P P PP y m k xm yx k ，解得： 2 6 3 9 P k m
20、y k 据有 2 2 94 3kk，即 2 890kk， 解得 12 47,47kk， 以下同解法 1 解法 3 四 边形OAPB能为平行四边形（ 见下图） 将点, 3 m m 的坐标代入l的方程得 3 3 mk b ，即l的方程为 3 ,0,3 3 mk ykxkk ， 由（1）得直线OP的方程为 9 yx k ，因为M既在l上，也在OP上，所以有 3 3 9 MM MM mk ykx yx k ， 解得 2 2 3 39 33 9 M M k km x k km y k ， 设点P的坐标为, PP xy，则 “四边形OAPB为平行四边形 ”的充要条件是 1212 ,2,2 MM OPOAO
21、Bxxyyxy uuu ruuruuu r ， 将点P的坐标2,2 MM xy代入椭圆方程有 2 2 2 2 2 2363 9 939 k kmkm m kk ， 化简可得 2 891kk， 解得 12 47,47kk， 以下同解法 1 【新题展示新题展示】 1 【2019 闽粤赣三省十校联考】已知椭圆经过点，离心率为 ，左右焦 点分别为， （1）求椭圆 的方程； （2）是 上异于的两点，若直线与直线的斜率之积为，证明：两点的横坐标之和为常数 【思路引导】 （1）利用椭圆的离心率和椭圆上的点，构造关于的方程，求解得到椭圆方程； （2）假设三点坐 标和直线方程，代入椭圆后利用韦达定理表示出，从而
22、可用，表示出；再利用，表 示出，根据，可将与作和整理得到结果 【解析】 （1）因为椭圆经过点，所以 又因为，所以 又，解得 所以椭圆 的方程为 （2）设三点坐标分别为， 设直线斜率分别为，则直线方程为 由方程组消去 ，得： 由韦达定理可得： 故 同理可得 又 故 则 从而 即两点的横坐标之和为常数 2 【2019 广东江门一模】已知椭圆 ：（）的左、右焦点分别为、，点 在椭圆上， ，椭圆的离心率 （1）求椭圆 的标准方程； （2） 、 是椭圆上另外两点，若的重心是坐标原点 ，试证明的面积为定值 （参考公式：若 坐标原点 是的重心，则 ） 【思路引导】 (1)根据题意得到，得，进而得到方程； （
23、2）设出直线 AB 的方程，联立直线和椭圆方程， 求得弦长 AB，再由点到直线的距离得到，根据点 P 在曲线上得 到参数 k 和 m 的等量关系，得证 【解析】 （1）依题意，由得， ， 椭圆 的标准方程为 （2） 最多只有 1 条边所在直线与 轴垂直， 不妨设 所在直线与 轴不垂直， 其方程为（因 为的重心是 ，所以 不在直线 上，） 由得， ， 设、，则，且 ， 从而 ， 设，由得， ， ， 点在椭圆上，所以 即，且符合 点到直线的距离 ， 的面积 ， 由即得，为常数 3 【2019 湖南怀化 3 月一模】已知椭圆 的中心在原点，焦点在 轴上，它的一个顶点恰好是抛物线 的焦点，离心率等于
24、（1）求椭圆 的方程； （2） 过椭圆 的右焦点 作直线 交椭圆 于 、 两点， 交 轴于点， 若， 求证： 为定值 【思路引导】 （1）根据椭圆的焦点位置及抛物线的焦点坐标，设出其方程，利用顶点和离心率确定其中的参数，即可 求解其标准方程； 来源:Z。X。X。K （2）写出椭圆的右焦点，然后，设出直线 的方程和点的坐标，联立方程组，结合向量的坐标运算，即 可求解 【解析】 （1）设椭圆 的方程为，则由题意知 即 椭圆 的方程为 （2）设 、 、点的坐标分别为， 又易知 点的坐标为 显然直线 存在的斜率，设直线 的斜率为 ，则直线 的方程是 将直线 的方程代入到椭圆 的方程中，消去 并整理得
25、， ， ， 将各点坐标代入得， 4 【2019 湘赣十四校联考】椭圆 ：的左焦点为且离心率为， 为椭圆 上任意 一点，的取值范围为， （1）求椭圆 的方程； （2） 如图， 设圆 是圆心在椭圆 上且半径为 的动圆， 过原点 作圆 的两条切线， 分别交椭圆于 ， 两点 是 否存在 使得直线与直线的斜率之积为定值？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由 【思路引导】 （1）利用离心率得到的关系；然后表示出，通过的范围得到，由得到，从 而求得方程； （2）假设圆的方程，利用直线与圆相切，得到关于 的方程，从而得到的表达式，从而得 到当时，为定值，求得结果 【解析】 （1）椭圆的离心率 椭圆的方程可写
26、为 设椭圆 上任意一点 的坐标为 则 ， ， 椭圆 的方程为 （2）设圆 的圆心为，则圆 的方程为 设过原点的圆的切线方程为：，则有 整理有 由题意知该方程有两个不等实根，设为， 则 当时， 当圆 的半径时，直线与直线的斜率之积为定值 5 【2019 江西重点中学盟校联考】已知椭圆的离心率为，焦点分别为，点 是椭 圆 上的点，面积的最大值是 （）求椭圆 的方程； （） 设直线 与椭圆 交于两点， 点 是椭圆 上的点， 是坐标原点， 若判定四边形 的面积是否为定值？若为定值，求出定值；如果不是，请说明理由 【思路引导】 （）由题意得到的方程组，求出的值，即可得出椭圆方程； （） 当直线 的斜率不
27、存在时， 易求出四边形的面积； 当直线 的斜率存在时， 设直线 方程是， 联立直线与椭圆方程，结合判别式和韦达定理，可表示出弦长，再求出点 到直线的距离，根据 和点 在曲线 上，求出的关系式， 最后根据，即可得出结果 【解析】 （）由解得 得椭圆 的方程为 （）当直线 的斜率不存在时，直线的方程为或，此时四边形的面积为 当直线 的斜率存在时，设直线 方程是，联立椭圆方程 ， 点 到直线的距离是 由得 因为点 在曲线 上，所以有整理得 由题意四边形为平行四边形，所以四边形的面积为 由得， 故四边形的面积是定值，其定值为 6 【2019 四川泸州二诊】已知，椭圆 过点，两个焦点为，是椭圆 上的两个
28、动点，直 线的斜率与的斜率互为相反数 求椭圆 的方程； 求证：直线的斜率为定值 【思路引导】 由焦点坐标求得， 可设椭圆方程为， 可得， 解方程即可；设， 设直线的方程为，代入，求出点 的坐标，再将 换为，求出 的坐标，即可求出 直线的斜率，再化简即可得结果 【解析】 由题意，可设椭圆方程为，解得， 椭圆的方程为 设，设直线 AE 的方程为，代入得 ， 又直线 AE的斜率与 AF的斜率互为相反数，再上式中以代 k，可得 ，直线 EF的斜率 7 【2019 广东广州天河区综合测试】如图，在平面直角坐标系 xOy 中，焦点在 x 轴上的椭圆 的右顶点和上顶点分别为 A，B，M 为线段 AB 的中点
29、，且 求椭圆的离心率； 四边形 ABCD 内接于椭圆，记直线 AD，BC 的斜率分别为 、 ，求证：为定值 【思路引导】 ，线段 AB 的中点从而，由，求出，由此能 求出椭圆的离心率；椭圆的标准方程为，直线 BC的方程为，联立直线 BC 和椭圆方程得到点 C 坐标，联立直线 AD和椭圆方程，得，代入点坐 标化简，由此能证明为定值 【解析】 ，线段 AB 的中点 ， ，解得， ， 椭圆的离心率 证明：由得椭圆的标准方程为， 直线 BC 的方程为，联立，得， 解得，即， 直线 AD 的方程为联立， 化为， ，解得， ， 化为， ， 为定值 8 【2019 河北五个一名校联盟一诊】已知动圆 过定点，
30、且在 轴上截得的弦长为 ，设该动圆圆心的 轨迹为曲线 （1）求曲线 的方程； （2）直线 过曲线 的焦点 ，与曲线 交于 、 两点，且，都垂直于直线，垂足分别为， 直线 与 轴的交点为 ，求证为定值 【思路引导】 （1）设动圆圆心坐标为 C(x，y)，由题意得，能求出曲线方程； （2）设 代入 【解析】 （）设动圆圆心坐标为 C(x，y)，根据题意得，化简得 （）设，由题意知 的斜率一 定存在设， 则，得所以， ， 又 = 9 【2019 辽宁葫芦岛调研】已知椭圆 ：的四个顶点围成的四边形的面积为，其离心 率为 （1）求椭圆 的方程； （2）过椭圆 的右焦点 作直线（ 轴除外） 与椭圆 交于不
31、同的两点 ， ，在 轴上是否存在定点 ， 使 为定值？若存在，求出定点坐标及定值，若不存在，说明理由 【思路引导】 （1）由离心率及 2ab4，结合 a2b2+c2，解得 a、b，即可求得椭圆 C 的方程； （2）由题意可设直线 l：xmy，代入椭圆方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，将 用 m 与 x0表示，利用对应系数成比例，即可求得 x0，代入得 为定值； 【解析】 （1）由得：所以椭圆方程为 （2）由于直线 l 过右焦点 F（1，0） ，可设直线 l 方程为：x=my+1，代入椭圆方程并整理得： （4+3m2)x2-8x+4-12m2=0(或（4+3m2)y2+6my-9=0)
32、=64-（4+3m2) (4-12m2)0 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1，x2是方程的两个解， 由韦达定理得：x1+x2=， x1x2= ，y1+y2= ，y1y2 假设在 x 轴上存在定点 P(x0，0)，使为定值，则： (x1-x0)(x2-x0)+y1y2=x1x2+y1y2-x0(x1+x2)+x02=+-+x02 = 由题意，上式为定值，所以应有： 即：12x02-48=-15-24x0+12x02 解得：x0=，此时 10【2019 福建漳州一模】 已知椭圆 的中心在坐标原点， 焦点在 轴上， 且椭圆 的一个顶点与抛物线 的焦点重合，离心率为 （1）求椭圆 的标
33、准方程； （2） 过椭圆 的右焦点 且斜率存在的直线 交椭圆 于两点， 线段的垂直平分线交 轴于点， 证明： 为定值 【思路引导】 (1)先由题意设椭圆的方程，再结合条件列出方程，从而可求出椭圆的方程； (2)先设直线的方程，由直线与椭圆方程联立，结合韦达定理表示出，以及，化简之后作商，即可证 明结论 【解析】 解法一： （1）设椭圆 的标准方程为， 由抛物线的焦点为，得， 又， 由及，解得， 所以椭圆 的标准化为 （2）依题意设直线 的方程为， 设点， 当时，联立方程得， ， 所以， 的中点坐标为， 的垂直平分线为， 令，得， 又， 所以， 当时，点与原点重合，则，所以； 综上所述，为定值
34、解法二： （1）同解法一 （2）依题意，当直线 的斜率不为 0 时，设直线的方程为， 设点， 联立方程得， 所以， ， ， ， 所以的中点坐标为， 的垂直平分线为， 令，得，所以，所以； 当直线 的斜率为 0 时，点与原点重合，则， 所以； 综上所述，为定值 11 【2019 福建泉州 1 月质检】已知中，点 在上，且 （1）求点 的轨迹 的方程； （2）若，过点 的直线与 交于两点，与直线交于点 ，记，的斜率分别为， 求证：为定值 【思路引导】 （1）结合题意，证明到，发现轨迹是椭圆，结合椭圆性质，即可。 （2）设出直线 MN 的方程， 代入椭圆方程，设出 M，N 坐标，利用坐标，计算，代入
35、 ，即可。 【解析】 （1）如图三角形中，所以，所以， 所以点 的轨迹是以 ， 为焦点，长轴为 4 的椭圆（不包含实轴的端点） ， 所以点 的轨迹 的方程为 注：答轨迹为椭圆，但方程错，给 3 分；不答轨迹，直接写出正确方程，得 4 分（未写出，这次不另 外扣分） （2）如图，设，可设直线方程为，则， 由可得， ， ， ， 因为， 所以为定值 12 【2019 陕西榆林一模】已知椭圆的离心率，左顶点到直线的距离 ， 为坐标原点 来源:Z_X_X_K （1）求椭圆 的方程； （2）设直线 与椭圆 相交于两点，若以为直径的圆经过坐标原点，证明： 到直线的距离为定值 【思路引导】 （1）结合离心率，
36、计算出 a，b，c 之间的关系，利用点到直线距离，计算 a，b 值，即可。 （2）分直线 AB 斜率存在与不存在讨论，结合直线方程和椭圆方程，并利用，计算 O 到直线距离，即可 【解析】 （1）椭圆的离心率， ， ， ，即， 椭圆 的左顶点到直线，即到的距离 ， 来源:Z。X。X。K来源:ZXXK ， 把代入得：，解得：， ， 椭圆 的方程为 （2）设， 当直线的斜率不存在时，由椭圆的性质可得： ， 当直线的斜率不存在时，以为直径的圆经过坐标原点， ，即，也就是， 又点 在椭圆 上， ， 以为直径的圆经过坐标原点，且 平行于 轴， ，解得： 此时点 到直线的距离 当直线的斜率存在时，设直线 的
37、方程为， 与椭圆方程联立有，消去 ，得 ， 同理：，消去 ，得， 即， 为直径的圆过坐标原点 ，所以， 点 到直线的距离 综上所述，点 到直线的距离为定值 【同步训练】【同步训练】 1如图，点F是抛物线： 2 2xpy（0p ）的焦点，点A是抛物线上的定点，且2,0AF ，点B， C是抛物线上的动点，直线AB， AC斜率分别为 1 k， 2 k （1）求抛物线的方程； （2）若 21 2kk，点D是抛物线在点B， C处切线的交点，记BCD的面积为S，证明S为定值 【答案】 （1） 2 4xy（2）32S 【思路引导】 （2）过D作y轴平行线交BC于点E，并设 2 1 1, 4 x B x ，
38、2 2 2, 4 x C x ， 由（1）知2,1A ，*网 所以 22 21 21 21 21 11 44 224 xx xx kk xx ， 又 21 2kk，所以 21 8xx， 直线BD： 2 11 24 xx yx，直线CD： 2 22 24 xx yx，解得 12 12 , 2 , 4 D D xx x x x y 因直线BC方程为 2 112 2 44 xxx yxx ，将 D x代入得 22 12 8 E xx y ， 所以 2 21 212121 111 32 2228 ED xx SDE xxyyxxxx *网 点评：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是
39、什么、“定值”是多少，或者将该问题涉 及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、 定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现 2已知常数0a ，在矩形 ABCD 中， 4AB ， 4BCa，O为 AB 的中点，点 E、F、G 分别在 BC、 CD、DA上移动，且 BECFDG BCCDDA ，P 为 GE与 OF的交点（如图） ，问是否存在两个定点，使 P 到这两 点的距离的和为定值？若存在，求出这两点的坐标及此定值；若不存在，请说明理由 【答案】见解析 【思路引导】 根据题设条件，首先求出点 P
40、坐标满足的方程，据此再判断是否存在的两定点，使得点 P 到两点距离的和 为定值 当时，点 P 轨迹为椭圆的一部分，点 P 到该椭圆焦点的距离的和为定长 当时，点 P 到椭圆两个焦点（的距离之和为定值 当时，点 P 到椭圆两个焦点（0， 的距离之和为定值 2a*网 3已知 12 FF、是椭圆 22 22 :10 xy Eab ab 的左、右焦点，椭圆E的离心率为 1 2 ，过原点O的直线 交椭圆于CD、两点，若四边形 12 CFDF的面积最大值为2 3 （1）求椭圆E的方程； （2）若直线l与椭圆E交于,A B且OAOB，求证：原点O到直线l的距离为定值 【答案】 （1） 22 1 43 xy
41、（2）见解析 【思路引导】 （1）四边形 12 CFDF面积最大值为2bc，所以根据 a,b,c 的方程组解出2,3ab（2）先设 1122 :,l ykxm A x yB xy， 利用直线方程与椭圆方程联立方程组， 结合韦达定理以及0OAOB ， 得 22 12 1 7 mk，再根据点到直线距离公式可得 2 2 21 7 1 m d k ，最后验证斜率不存在的情形 因为OAOB，所以0OAOB ，即 22 12121212 1x xy ykx xkm xxm 22222 22 222 4128712 12 1?0 343434 mk mmk km kkk ， 所以 22 12 1 7 mk，
42、原点O到直线l的距离 2 2 21 7 1 m d k ； 当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为xm，*网 则 22 3 43 4 , 22 mm A mB m ，由OAOB得 2 2 3 4 0 4 m m ， 解得 2 21 7 m ，所以此时原点O到直线l的距离为 2 21 7 综上可知，原点O到直线l的距离为定值 2 21 7 4已知椭圆C： 22 22 1(0) xy ab ab 的短轴长为2 5，离心率为 3 2 ，圆E的圆心在椭圆C上，半 径为 2，直线 1 yk x与直线 2 yk x为圆E的两条切线 （1）求椭圆C的标准方程； （2）试问： 12 *kk是否为定值？若是，
43、求出该值；若不是，说明理由 【答案】 （1） 22 1 205 xy ； （2） 1 4 *网 【思路引导】 （1） 由椭圆 22 22 :10 xy Cab ab 焦点在x轴上， 5b ， 离心率 2 22 53 11 2 cb e aaa ， 则 22 20,5ab， 即可求得椭圆C的标准方程；（2） 设 00 ,E xy， 圆E的方程为 22 00 4xxyy， 由直线 1 yk x与圆 22 00 :4Exxyy相切，根据点到直线的距离公式可得 12 ,k k为方程 222 0000 4240 xxx y xy，的两个根，由韦达定理可知： 2 0 12 2 0 4 4 y k k x
44、，由E在椭圆上即可求得 12 1 4 k k 5已知椭圆C： 22 22 1(0) xy ab ab 的左右焦点分别是 12 ,0 ,0FcFc，直线: l xmy与椭圆C 交于两点,M N，当 3 3 m 时， M恰为椭圆C的上顶点，此时 12 MFF的面积为 6 （1）求椭圆C的方程； （2） 设椭圆C的左顶点为A， 直线,AM AN与直线4x 分别相交于点,P Q， 问当m变化时， 以线段PQ 为直径的圆被x轴截得的弦长是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，说明理由 【答案】 （1） 22 1 43 xy ； （2）弦长为定值 6 【思路引导】 （1）根据 3 3 m 时，直线的倾斜角
45、为120，又 12 MFF的周长为 6，即可求得椭圆方程； （2）利用特 殊位置猜想结论：当0m 时，直线l的方程为： 1x ，求得以PQ为直径的圆过右焦点，被x轴截得的 弦长为 6 ，猜测当m变化时，以PQ为直径的圆恒过焦点 2 F，被x轴截得的弦长为定值 6，再进行证明即 可 6已知动圆P经过点 1,0N ，并且与圆 2 2 :116Mxy 相切 （1）求点P的轨迹C的方程； （2）设,0G m为轨迹C内的一个动点，过点G且斜率为k的直线l交轨迹C于AB、两点，当k为何值 时？ 22 |GAGB是与m无关的定值，并求出该值定值 【答案】 （1） 22 1 43 xy ； （2）见解析*网
46、【思路引导】 （1）由椭圆定义易知轨迹为椭圆，确定a， b即可； （ 2 ） 设 1122 ,0 ( 22)A x yB xyG mm ， 直 线: l yk xm， 与 椭 圆 联 立 得 22222 3484120kxk mxk m， 进 而 通过 韦 达 定 理 建 立 根 与 系 数 的 关 系 ， 222 1212 22 8412 , 4343 mkk m xxxx kk ，由 2222 22222 11221212121212 |2222GAGBxmyxmyxxx xm xxmyyy y ，代入化简即可求定值 试题解析： （1）由题设得： 4PMPN，所以点P的轨迹C是以MN、为焦点的椭圆， 22 24,22,3,acbac 椭圆方程为 22 1 43 xy 方法方法2：当20k 时，；当0k 时，设直线: l xk ym，；可以减少计算量 7已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的焦距为2 6，且过点2,1A （1）求椭圆C的方程； （2）若不经过点A的直线: l ykxm与C交于,P Q两点，
