8.9圆锥曲线中定值模型（精讲）

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8.9 圆锥曲线中定值模型
【题型解读】

【知识必备】
定值问题就是证明一个量与其中的变化因素无关，这些变化的因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是使用变化的量表达求证目标，通过运算求证目标的取值与变化的量无关．当使用直线的斜率和截距表达直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题解决．
【题型精讲】
【题型一 斜率为定值】
例1 （2022·全国·高三专题练习）已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，右焦点为F，右顶点为E，P为直线x＝a上的任意一点，且(＋)·＝2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F且垂直于x轴的直线AB与椭圆交于A，B两点(点A在第一象限)，动直线l与椭圆C交于M，N两点，且M，N位于直线AB的两侧，若始终保持∠MAB＝∠NAB，求证：直线MN的斜率为定值．

【解析】　(1)设P，F(c，0)，E(a，0)，
则＝，＝，＝(c－a，0)，
所以(＋)·＝·＝2，即·(c－a)＝2，又e＝＝，
所以a＝2，c＝1，b＝，从而椭圆C的方程为＋＝1．
(2)由(1)知A，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，设MN的方程：y＝kx＋m，代入椭圆方程＋＝1，
得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝．
又M，N是椭圆上位于直线AB两侧的动点，若始终保持∠MAB＝∠NAB，
则kAM＋kAN＝0，即＋＝0，(x2－1)＋(x1－1)＝0，
即(2k－1)(2m＋2k－3)＝0，得k＝．故直线MN的斜率为定值．
【跟踪精练】
1. （2022·全国·高三专题练习）已知椭圆C的中心在原点，离心率等于，它的一个短轴端点恰好是抛物线x2＝8y的焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，已知P(2，3)，Q(2，－3)是椭圆上的两点，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点．
①若直线AB的斜率为，求四边形APBQ面积的最大值；
②当A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值？请说明理由．

【解析】(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，∵抛物线的焦点为(0，2)．∴b＝2．
由＝，a2＝c2＋b2，得a＝4，∴椭圆C的方程为＋＝1．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．①设直线AB的方程为y＝x＋t，代入＋＝1，得x2＋tx＋t2－12＝0，
由Δ>0，解得－40)的离心率为，且过点A(2，1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
【解析】(1)由题意可得解得a2＝6，b2＝c2＝3，故椭圆C的方程为＋＝1．
(2)设点M(x1，y1)，N(x2，y2)．因为AM⊥AN，所以·＝0，
即(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0．①
当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，如图1．

代入椭圆方程消去y并整理，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，
x1＋x2＝－，x1x2＝，②
根据y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，代入①整理，可得
(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0，
将②代入上式，得(k2＋1)＋(km－k－2)·＋(m－1)2＋4＝0，
整理化简得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0，
因为A(2，1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1，
于是直线MN的方程为y＝k－，所以直线MN过定点E．
当直线MN的斜率不存在时，可得N(x1，－y1)，如图2．

代入(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，得(x1－2)2＋1－y＝0，
结合＋＝1，解得x1＝2(舍去)或x1＝，此时直线MN过点E．
因为|AE|为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，
所以AE的中点Q满足|DQ|为定值．
由于A(2，1)，E，故由中点坐标公式可得Q．
故存在点Q，使得|DQ|为定值．
【跟踪精练】
1.如图，已知椭圆C：＋＝1，点B是其下顶点，过点B的直线交椭圆C于另一点A(A点在x轴下方)，且线段AB的中点E在直线y＝x上．
(1)求直线AB的方程；
(2)若点P为椭圆C上异于A、B的动点，且直线AP，BP分别交直线y＝x于点M、N，证明：|OM|·|ON|为定值．

【解析】(1)设点E(m，m)，由B(0，－2)得A(2m，2m＋2)．
代入椭圆方程得＋＝1，即＋(m＋1)2＝1，解得m＝－或m＝0(舍)．
所以A(－3，－1)，故直线AB的方程为x＋3y＋6＝0．
(2)设P(x0，y0)，则＋＝1，即y02＝4－．
设M(xM，yM)，由A，P，M三点共线，即，∴∥，∴(x0＋3)( yM＋1)＝(y0＋1)(xM＋3)，
又点M在直线y＝x上，解得M点的横坐标xM＝，
设N(xN，yN)，由B，P，N三点共线，即∥，∴x0( yN＋2)＝(y0＋2)xN，
点N在直线y＝x上，，解得N点的横坐标xN＝．
所以OM·ON＝| xM－0|·|xN－0|＝2|xM ||xN|＝2||·||
＝2||＝2||＝2||＝6．
【题型三 面积为定值】
例3 （2022·全国高三专题练习）已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，O是坐标原点，点A，B分别为椭圆C的左右顶点，|AB|＝4．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)若P是椭圆C上异于A，B的一点，直线l交椭圆C于M，N两点，AP∥OM，BP∥ON，则△OMN的面积是否为定值？若是，求出定值，若不是，请说明理由．

【解析】(1)由2a＝4，e＝，解得a＝2，c＝2，b2＝a2－c2＝4，则椭圆的方程为＋＝1；
(2)由题意可得A(－2，0)，B(2，0)，设P（x0，y0），可得＋＝1，即x02+2y02＝8，
则kAP·kBP＝·＝＝＝－，
因为AP∥OM，BP∥ON，则kOM·kON＝kAP·kBP＝－，
①当直线l的斜率不存在时，设l：x＝m，联立椭圆方程可得y＝±，
所以M(m，)，N(m，－)，由kOM·kON＝－，可得－＝－，解得m＝±2，
所以M(±2，)，N(±2，－)，所以S△MNO＝×2×2＝2；
②当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝kx＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立直线y＝kx＋n和x2＋2y2＝8，可得(1＋2k2)x2＋4knx＋2n2－8＝0，
可得∴x1＋x2＝－，x1x2＝，y1y2＝(kx1＋n)(kx2＋n)＝k2x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2，
由kOM·kON＝＝k2＋＋＝－，可得n2＝2＋4k2，
由弦长公式可得，|MN＝|·|x1－x2|＝·
＝·＝·＝．
点(0，0)到直线l的距离为d＝＝，
所以S△OMN＝d·|MN|＝2，综上可知，△OMN的面积为定值2．
【题型精练】
1.（2022·山西太原五中高三期末）已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为2，四个顶点构成的四边形面积为2．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)斜率存在的直线l与椭圆C相交于M、N两点，O为坐标原点，＝＋，若点P在椭圆上，请判断△OMN的面积是否为定值．

【解析】(1)由题可得2c＝2，c＝1，2a×2×b＝2，又a2＝c2＋b2，解得b＝1，a＝．
故椭圆方程为＋y2＝1．
(2)设直线l方程是y＝kx＋m，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x0，y0)，
联立得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
Δ＝8(2k2－m2＋1)>0．x1＋x2＝，x1x2＝，
|MN|＝·|x1－x2|＝·＝．
又∵＝＋，所以∴P(，)
把点P坐标代入椭圆方程可得()2＋2()＝2，整理可得4m2＝2k2＋1，
又由点O到直线y＝kx＋m的距离d＝，△OMN的面积
S△OMN＝|MN|·d＝＝×|m|＝．
所以，△OMN的面积为定值．
【题型四 数量积为定值】
例4 　（2022·湖北模拟）已知双曲线的离心率为，点在上.
(1)求双曲线的方程.
(2)设过点的直线与双曲线交于两点，问在轴上是否存在定点，使得为常数？若存在，求出点的坐标以及该常数的值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）因为双曲线的离心率为，
所以，化简得.
将点的坐标代入，可得，
解得，
所以的方程为.
（2）设，直线的方程为，联立方程组消去得（1-，
由题可知且，即且，
所以.
设存在符合条件的定点，则，
所以.
所以，
化简得.
因为为常数，所以，解得.
此时该常数的值为，
所以，在轴上存在点，使得为常数，该常数为.
【题型精练】
1. （2022·德阳三模）已知O为坐标原点，椭圆C：＋y2＝1上一点E在第一象限，若|OE|＝．

(1)求点E的坐标；
(2)椭圆C两个顶点分别为A(－2，0)，B(2，0)，过点M(0，－1)的直线l交椭圆C于点D，交x轴于点P，若直线AD与直线MB相交于点Q，求证：·为定值．
【解析】(1)设E(x0，y0)(x0>0，y0>0)，因为|OE|＝，所以＝　①，
又因为点E在椭圆上，所以＋y02＝1　②，
由①②解得：，所以E的坐标为(1，)；
(2)设点D(x1，y1)，则直线DA的方程为y＝(x＋2)　③，直线BM的方程为y＝x－1　④，
由③④解得xQ＝，又直线DM的方程为y＝x－1，
令y＝0，解得xP＝，所以·＝·＝，
又＋y12＝1，所以·＝＝4．
【题型五 角度为定值】
例5 　（2022·湖北模拟）已知点M(x0，y0)为椭圆C：＋y2＝1．上任意一点，直线l：x0x＋2y0 y＝2与圆(x－1)2＋y2＝6交于A，B两点，点F为椭圆C的左焦点．
(1)求椭圆C的离心率及左焦点F的坐标；
(2)求证：直线l与椭圆C相切；
(3)判断∠AFB是否为定值，并说明理由．

【解析】(1)由题意a＝，b＝1，c＝1．所以离心率e＝＝，左焦点F(－1，0)．
(2)由题知，＋y02＝1，即x02＋2y02＝2，
当y0＝0时直线l的方程为x＝或x＝－，直线l与椭圆C相切．
当y0≠0时，由得(2y02＋x02)x2－4x0x＋4－4 y02＝0，即x2－2x0x＋2－2y02＝0．
所以Δ＝(－2x0)2－4(2－2y02)＝4x02＋8y02－8＝0．故直线l与椭圆C相切．
(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
当y0＝0时，x1＝x2，y1＝－y2，x1＝±，
·＝(x1＋1)2－y22＝(x1＋1)2－6＋(x1－1)2＝2 x12－4＝0，所以⊥，即∠AFB＝90°．
当y0≠0时，由得(y02＋1)x2－2(2y02＋x0)x＋2－10 y02＝0，
则∴x1＋x2＝，x1x2＝．y1y2＝ x1x2－(x1＋x2)＋＝．
因为·＝(x1＋1，y1)·(x2＋1，y2)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2
＝＋＝＝0．
所以⊥，即∠AFB＝90°．故∠AFB为定值90°．
【题型精练】
1. （2022·德阳三模）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，AF2⊥F1F2，且|AF2|＝．
(1)求椭圆C的方程；
(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与l1，l2分别交于M，N两点，求证：∠MF1N为定值．

【解析】(1)由AF2⊥F1F2，|AF2|＝，得＝．又e＝＝，a2＝b2＋c2，所以a2＝9，b2＝8，
故椭圆C的标准方程为＋＝1．
(2)由题意可知，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3．
直线l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＋m2－9k2＝0，所以⊥，故∠MF1N为定值．
【题型六 参数为定值】
例6 　（2022·湖北模拟）已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)，过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．
【解析】(1)因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，所以2p＝4，即p＝2．故抛物线C的方程为y2＝4x．
由题意知，直线l的斜率存在且不为0．设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0．依题意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k