重难点培优11 圆锥曲线中的定值问题全归纳（复习讲义）（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲练测（解析版）-A4

这是一份重难点培优11 圆锥曲线中的定值问题全归纳（复习讲义）（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲练测（解析版）-A4，共76页。
\l "_Tc28373" 02 题型精研・技巧通法提能力 PAGEREF _Tc28373 \h 2
\l "_Tc16555" 题型一 面积定值（★★★★★） PAGEREF _Tc16555 \h 2
\l "_Tc7141" 题型二 斜率和差定值（★★★★★） PAGEREF _Tc7141 \h 9
\l "_Tc26803" 题型三 斜率积商定值（★★★★★） PAGEREF _Tc26803 \h 12
\l "_Tc13512" 题型四 向量的数量积定值（★★★★） PAGEREF _Tc13512 \h 18
\l "_Tc3897" 题型五 线段定值（★★★★★） PAGEREF _Tc3897 \h 24
\l "_Tc326" 题型六 角度定值（★★★★） PAGEREF _Tc326 \h 32
\l "_Tc25070" 03 实战检测・分层突破验成效 PAGEREF _Tc25070 \h 39
\l "_Tc621" 检测Ⅰ组 重难知识巩固 PAGEREF _Tc621 \h 39
\l "_Tc1659" 检测Ⅱ组 创新能力提升 PAGEREF _Tc1659 \h 62
1、定值问题
解析几何中定值问题的证明可运用函数的思想方法来解决．证明过程可总结为“变量—函数—定值”，具体操作程序如下：
（1）变量----选择适当的量为变量．
（2）函数----把要证明为定值的量表示成变量的函数．
（3）定值----化简得到的函数解析式，消去变量得到定值．
2、求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊情况入手，求出定值，再证明该定值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理过程中消去变量，从而得到定值．
常用消参方法：
①等式带用消参：找到两个参数之间的等式关系，用一个参数表示另外一个参数，即可带用其他式子，消去参数．
②分式相除消参：两个含参数的式子相除，消掉分子和分母所含参数，从而得到定值．
③因式相减消参：两个含参数的因式相减，把两个因式所含参数消掉．
④参数无关消参：当与参数相关的因式为时，此时与参数的取值没什么关系，比如：
，只要因式，就和参数没什么关系了，或者说参数不起作用．


题型一 面积定值
1．（2025·湖南长沙·三模）已知动点与定点的距离与它到定直线的距离的比是常数，
(1)求动点的轨迹；
(2)过上述轨迹上一点作轨迹的切线与两直线分别交于、两点，证明：三角形的面积是定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意得，化简即可；
（2）设点M坐标为，设曲线在点M处的切线方程为，与双曲线方程联立求得切线方程，分别与直线和联立可求得的横坐标，计算可求解.
【详解】（1）根据题意得，则可得，
将上式两边平方，得，
整理得，所以，
所以
（2）设点M坐标为，设曲线在点M处的切线方程为，
与双曲线方程联立，消去，可得，
整理得，
所以且，
解得，代入，得，
所以切线方程为，
与联立得，与联立得，
故.
2．（25-26高三上·重庆沙坪坝·开学考试）在圆 上任取一点 ，过点 作 轴的垂线段 为垂足．
(1)当点 在圆上运动时，求线段 的中点 的轨迹方程． (当点 经过圆与 轴的交点时，规定点 与点 重合)
(2)根据（1）中所得的点 的轨迹方程，若直线 与点 的轨迹相交于 ， 两点，且 ，试判断的面积是否为定值． 若是，求出该定值；若不是， 请说明理由．
【答案】(1)
(2)的面积为定值且定值为1，理由见解析.
【分析】（1）设，则，根据在圆上可得的轨迹方程；
（2）设，则可用两点坐标表示的面积，再联立直线方程和椭圆方程后用斜率表示坐标，进而表示面积，化简后可得定值.
【详解】（1）设，则，由题设可知，
而在圆上，故即.
（2）因为，故均存在且不为零，
故直线，直线，设，

由椭圆的对称性，不妨设在第一象限，在第四象限，故.
又，故，
由可得，
同理，而，
故，故.
故的面积为定值且定值为1.
3．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.

4．（2025·陕西·三模）已知双曲线的离心率为，直线与双曲线相交于，两点．
(1)求双曲线的渐近线方程；
(2)若以为直径的圆过双曲线的左顶点，试判断直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由；
(3)设点是满足（2）的双曲线上的一个动点，过分别作的渐近线的两条垂线，垂足分别为，，判断的面积是否为定值；若是，求出该定值并证明；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)过定点，定点为
(3)为定值，定值为，证明见解析
【分析】（1）由题意利用离心率求出，即得答案；
（2）求出双曲线方程，联立直线方程，可得根系数关系式，结合题意知，化简可得，即可得结论；
（3）求出的值，设渐近线的倾斜角为，则，求出，即可求出的面积，可得结论.
【详解】（1）由知，，
所以双曲线的渐近线方程为；
（2）由，得，，双曲线的方程为
联立方程组得，，
，
设，，则，，
则，．
因为
即，
展开得
即，
即，，或．
当时，直线过，不符合题意，舍去；
当时，直线过定点．
（3）由（1）知，双曲线的两条渐近线方程为和；
设，有，即，
则，
设渐近线的倾斜角为，则，，
所以的面积，
即的面积为定值，定值为．

题型二 斜率和差定值
1．已知抛物线的焦点为F，准线l与x轴的交点为A，过点F的动直线m与C交于M，N两点．
(1)若准线l的方程为，求C的方程；
(2)设直线AM，AN的斜率分别为，，证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由抛物线准线得，即可得抛物线方程；
（2）由题意，设，，联立抛物线并应用韦达定理及斜率的两点式求，即可证.
【详解】（1）由抛物线的准线为，则，故抛物线；
（2）由题设知，，若，，
联立，可得，则，，
由
，得证.
2．（25-26高三上·四川南充·月考）已知椭圆：的两个焦点与短轴的一个端点是等腰直角三角形的三个顶点，且椭圆过，直线：与椭圆交于、.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线、的斜率分别为、，求两直线斜率的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等腰直角三角形的定义及椭圆的几何性质，结合椭圆过点的坐标代入方程计算即可得；
（2）通过联立直线与椭圆方程，可得两交点横坐标有关韦达定理，然后再表示出、，结合韦达定理计算即可.
【详解】（1）由题意可知，解得，
故椭圆的标准方程为；
（2）设，，
联立，消去得，
，解得，
，，
则、，
，
故两直线斜率.

3．设，过点的直线与椭圆交于两点（点在点左侧），直线与直线交于点，设直线的斜率分别为，求．
【答案】2
【分析】分直线的斜率为0和不为0两种情况，当的斜率不为0时，设直线的方程为，设，联立椭圆方程消去x，将坐标化，然后利用韦达定理代入化简即可得证.
【详解】解：当直线的斜率为0时，则直线为轴，由题意可得，
所以直线的方程为，令，可得，
即，所以，
当直线的斜率不为0时，如图，设直线的方程为，
设，

联立整理得，
可得，
即，且，可得，
直线的方程为，令，
可得，即，
因为直线的斜率和直线的斜率相同，
所以
．
综上，．

题型三 斜率积商定值
1．（25-26高三上·贵州贵阳·月考）已知A，B分别为双曲线的左、右顶点，其中一条渐近线方程为，焦距为．
(1)求双曲线E的方程；
(2)设过的直线与双曲线交于C，D两点（C、D与A、B不重合），记直线AC，BD的斜率为，，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可知，，解方程即可求出双曲线方程；
（2）设直线，与双曲线方程联立得出韦达定理，再可得两根之和与两根之积的关系，求出的表达式，化简即可求解定值.
【详解】（1）由双曲线E的焦距为，可得，即，
又其中一条渐近线方程为，可得，
而，则，解得，，
所以双曲线E的方程为；
（2）由（1）可知，设，．
因为C、D与A、B不重合，所以可设直线．
联立，消得：，
故，，
所以，，，
所以，
即为定值．

2．已知，，为坐标原点，动点满足.
(1)求点的轨迹方程；
(2)，是点轨迹上的点，且.记直线，的斜率分别为，，证明：为定值，并求出该定值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析，.
【分析】（1）设点，利用给定等式建立方程，化简即可得轨迹方程.
（2）设，利用三角形面积公式，结合向量运算可得，再利用点都在椭圆上联立求解即得.
【详解】（1）设点，由，得，
即，
则，整理得，
所以点的轨迹方程为.
（2）设，
，
则，由（1）知，
，
因此，，
所以为定值，该定值为.

3．（2025·陕西安康·三模）给定椭圆，将圆心为坐标原点，为半径的圆称为椭圆的“内切圆”．已知椭圆的两个顶点为，离心率为．
(1)求椭圆的方程．
(2)直线过椭圆的右焦点，并与椭圆相交于两点，且，求直线的方程．
(3)是椭圆的“内切圆”上一点（与不重合），直线与椭圆的另一个交点为．记直线的斜率分别为，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)或
(3)4
【分析】（1）根据椭圆的离心率及上下顶点即可求解；
（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，再根据弦长公式计算即可；
（3）设直线的方程为,联立直线与“内切圆”方程解得坐标，联立直线与椭圆方程解得坐标，再计算直线的斜率即可.
【详解】（1）由题意可知，
因为椭圆的上下顶点为,离心率,
所以,,
所以椭圆方程为.
（2）由（1）可知，椭圆的右焦点为，且直线与轴不重合，
设直线的方程为,,如图①所示，
联立得,
所以，
由弦长公式得,
则，解得,故或,
所以直线的方程为或.
（3）如图②所示，由（1）可得，“内切圆”的方程为，,
设直线的方程为,
联立，化简得，
解得或，
所以，
联立，化简得，
解得或，
所以,
所以，，
所以.
4．（25-26高三上·重庆·开学考试）已知双曲线的虚轴长为2，一条渐近线方程为.
(1)求双曲线的方程；
(2)已知是上的三个不同点.
①若，点在双曲线的同一支上，且是等边三角形，求；
②若（异于原点）是外接圆的圆心，直线的斜率均存在，并分别记为，求的值.
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）根据虚轴长及渐近线方程可求出，即可得出曲线方程；
（2）①设出点的坐标，根据三角形为等边三角形，利用边长相等求出点坐标即可得解；
②根据点差法及斜率公式表示出，再求出的中垂线，代入点坐标，所得两式相减即可得解.
【详解】（1）由题意，且，所以，
故曲线的方程为.
（2）如图，
①若，设，
因为，所以.
因为在双曲线上，所以.
以上三个方程联立，解得或.
当时，则，由，得，
再由，可解得.
此时.
当时，因为在同一支上，则不满足条件，舍，
所以.
②根据条件均存在知均不为零，
设点，三角形外心，
则有，
两两相减可得：，
则的中垂线为，
将代入则：，整理得，
又点在直线上，所以有①
同理有的中垂线为，
又点在直线上，所以有②
由①②得，，
整理得：，即，
则有.

题型四 向量的数量积定值
1．已知椭圆，直线过点交椭圆于两点，是否存在一定点，使得为定值？
【答案】存在
【分析】设点．设直线方程，代入椭圆方程化简结合韦达定理得．，．计算．为定值，分式的值不随的变化而变化，计算点．
【详解】如图，设点．
设，代入，得．
化简得，于是．
故，
．
因为
，
所以
．
因为为定值，可知分式的值不随的变化而变化，所以，得．
故存在定点．
2．已知为双曲线的右焦点，其渐近线被抛物线截得的弦长为2，且点在上．
(1)求的方程；
(2)若过点的直线与交于两点，则轴上是否存在一点，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)存在，
【分析】（1）根据题意列出方程，求出，再代入点，解之即得；
（2）由题意可设直线/的横截距方程，与双曲线方程联立消元得到一元二次方程，得出韦达定理，不妨假设存在点P，求出的表达式，代入韦达定理，化简后分析即得.
【详解】（1）由对称性可设双曲线的一条渐近线方程为，
且与抛物线交点分别为，则，
联立得，
则，解得，则，
故的方程为，代入点，解得．
所以的方程为．
（2）轴上存在一点，使得为定值．
由（1）得，设，
①当直线的斜率不为0时，设的方程为．
联立得，
，则．
故
，
故当时，为定值，此时点的坐标为．
②当直线的斜率为0时，则直线为轴，故，
此时，将点代入得，满足①中所求定值．
综上，当点的坐标为时，为定值．
3．（2025·天津宁河·模拟预测）已知椭圆过点，长轴长为，过点且斜率为的直线与椭圆相交于不同的两点、．
(1)求椭圆的方程；
(2)若线段中点的横坐标是，求直线的斜率；
(3)在轴上是否存在点，使是与无关的常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，且点
【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）设点、，则，利用点差法可得出，结合点在直线上，可得出，代入可得出的值；
（3）假设在轴上存在点满足题设条件，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算结合为定值，可得出，求出的值，即可得出结果.
【详解】（1）由题意可得，可得，因此椭圆方程为，即.
（2）设点、，则，
因为，这两个等式作差可得，
即，
由题意可知，直线的方程为，
线段的中点在直线上，所以，，可得，
所以，故，故直线的斜率为.
（3）在轴上存在点，使是与无关的常数.
证明：假设在轴上存在点，使是与无关的常数，
因为直线过点且斜率为，所以，直线的方程为，
由 得.
设、，则，，
因为，，
所以
设常数为，则，
整理得对任意的恒成立，
，解得，
即在轴上存在点，使是与无关的常数.
4．已知双曲线的左、右顶点分别为，离心率为2．
(1)求双曲线C的方程；
(2)O为坐标原点，过点且斜率不为0的直线l交双曲线C于P，Q两点（点P在第一象限，点Q在第二象限），直线OQ交双曲线C于点，求．
【答案】(1)
(2)0
【分析】（1）根据条件及离心率的公式确定的值，再根据求出，即可得双曲线C的方程；
（2）先根据题意设直线的方程为，及的坐标，进而得到的坐标，联立方程组，由韦达定理得到的值，代入化简即可.
【详解】（1）由双曲线的左、右顶点
分别为可知，
又由离心率为2，即，可得，
又在双曲线中，可得，
所以双曲线C的方程为.
（2）
因为直线过点且斜率不为0，
且直线l交双曲线C于P，Q两点（点P在第一象限，点Q在第二象限），
所以设直线的方程为（其中为直线斜率的倒数），
（由双曲线C的方程为可知其渐近线方程为，
所以直线的斜率，解得）.
设，因为直线OQ交双曲线C于点，所以，
所以， ，
联立，可得，
所以由韦达定理可得，
所以
，
所以.

题型五 线段定值
1．（2025·重庆·一模）已知抛物线，过点的直线与抛物线交于、两点，在轴上方，，均垂直于的准线，垂足分别为，．
(1)当时，求直线的方程；
(2)已知为坐标原点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意设直线的方程为：，与抛物线方程联立，可得根与系数的关系.由结合根与系数关系可求出的值，从而得到直线的方程.
（2）由向量共线的坐标运算可得在线段上；同理，在线段上，由，可得相似三角形，由相似比即可得证.
【详解】（1）

由题意，为抛物线的焦点．设．
设直线的方程为：，代入，得：．
则①，②．
因为，所以，即③．
由①③得：．又由②，解得．
因为，所以．直线的方程为．
（2）由题意，．
因为，所以在线段上．
同理，在线段上．
因为，所以与相似，
从而，即．
2．如图，已知过椭圆的右焦点的弦为，点关于轴的对称点为，直线交轴于点．
(1)求的值；
(2)若是对称轴上任一定点，动弦所在直线过点，端点关于轴的对称点为，直线交轴于点，求证：为定值，其定值与椭圆的几何量有什么关系？
【答案】(1)4
(2)证明见解析，
【分析】（1）先设出直线和相关的点，再联立方程结合韦达定理，最后利用三点共线化简即可求出.
（2）先设相关点坐标和直线方程，联立方程求出，再由三点共线得出点横坐标即可求出.
【详解】（1）椭圆，，，，
设点，直线，
联立，得，
从而得，
由于点在同一直线上，可得，即，
化简得．
又，
，
即，
把①②带入，得，,
即．
（2）设直线，，则，
联立，得，
从而得①，②，
由于点在同一直线上，可得，
即，化简得，
又，
，
即，
，又，
该定值等于椭圆的长半轴的平方.
3．（2025·湖南湘潭·一模）已知椭圆（）的离心率为 且经过点，．过点，斜率为（）的直线与椭圆交于， 两点，直线， 分别与直线交于点，．
(1)求椭圆的方程；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)1
【分析】（1）根据椭圆的离心率和顶点，可求，进而确定的值，可得椭圆的标准方程.
（2）表示出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，表示出，，再用两点式写出直线，的方程，进而得到，的纵坐标，表示出，化简即可.
【详解】（1）由题意：，
所以椭圆的标准方程为：.
（2）如图：
直线的方程为：，代入得：
，
整理得：.
设，，则，.
又直线：，令得；
直线：，令得.
所以
.
4．已知双曲线的左、右焦点分别为，实轴长为2，为的右支上一点，且．
(1)求双曲线的方程；
(2)若双曲线上任意一点关于直线的对称点为，过分别作双曲线的两条渐近线的平行线，与双曲线分别交于点，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）结合双曲线的定义可得，根据的最值求最小值，列方程求，由此可得双曲线方程；
（2）设，则，由在双曲线上可得，求过点与渐近线平行的直线，联立方程组求坐标，结合弦长公式求，即可证明结论.
【详解】（1）由题知，即，又为的右支上一点，
则，
所以，
故当最小时，最小．
而，
故，
即，故，故双曲线方程为．
（2）证明：设，则．
因为点在双曲线上，所以，得，
即．
双曲线的渐近线方程为，
则过点且与渐近线平行的直线．
设直线与双曲线交于点，由可得，
即，解得，
即，同理可得，
所以
，
所以为定值．

5．（25-26高三上·浙江·开学考试）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.

题型六 角度定值
1．（2025·四川南充·模拟预测）已知，分别是椭圆：的左右焦点，点在椭圆上，且的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与线段相交与，与椭圆交于两点，证明：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，列式求出即可.
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算推理得证.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由的面积为，得，解得，
由点在椭圆上，得，而，解得，
所以椭圆C的标准方程为.
（2）依题意，直线不垂直于轴，设直线的方程为，，，
由，消去并整理得，
，又直线与线段交于点，则，
，，于是，
直线的斜率分别为，
，则，而，
所以.
2．（2025·陕西西安·二模）已知平面上动点到的距离比到直线的距离小1，记动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)设点的坐标为，过点作曲线的切线，切点为（在第一象限），若过点的直线与曲线交于M，N两点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）直接法得到，分和两种情况，进行化简，舍去不合要求的方程，求出曲线的方程为；
（2）设，求导，得到过点的切线斜率为，结合两点间斜率公式得到方程，求出，，轴，要使，只需，设直线的方程，联立，求出两根之和，两根之积，计算出，证毕.
【详解】（1）由题意得，
当时，，平方化简得，
当时，，平方化简得，
由可知，不合题意，舍去，
综上，曲线的方程为；
（2）设，因为，所以，
故过点的切线斜率为，又直线的斜率为，
故，解得，故，
又，所以轴，要使，只需，
当直线斜率不存在时，与抛物线只有1个交点，不合要求，
设直线的方程为，联立得，
，解得或，
设，则，
则
，
故，此时直线的斜率取值范围是.
3．已知过点的双曲线的渐近线方程为.如图所示，过双曲线的右焦点作与坐标轴都不垂直的直线交的右支于两点.

(1)求双曲线的标准方程；
(2)若双曲线上的点到其两条渐近线的距离分别为，求的值；
(3)已知点，求证：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由渐近线方程得到，代入点即可求解；
（2）由点到线的距离公式求解即可；
（3）设直线方程，联立双曲线方程，结合韦达定理，由即可求证；
【详解】（1）因为双曲线的渐近线方程为，
所以设双曲线方程为，
又双曲线过点，
则，所以双曲线的方程为，
即.
（2）因为在曲线上，
则，
渐近线方程：，
所以：
（3）由（1）可知的斜率存在且不为0，设的方程为，
联立，消去得，
设，由题意得，
则，
所以
，
所以得证.

【点睛】关键点点睛：由，求证；
4．（24-25高三下·湖南·开学考试）已知为坐标原点，为抛物线：的焦点，是上异于的一点.
(1)已知点到的距离比到轴的距离大1.
（i）求抛物线的方程；
（ii）经过点的直线与抛物线相交于，两点，若，求的方程.
(2)过点作抛物线的切线，与轴交于点，证明：平分.
【答案】(1)（i）；（ii）
(2)证明见解析
【分析】（1）（i）由题意与抛物线的定义建立方程，可得答案；（ii）设出直线方程，联立抛物线方程，写出韦达定理，利用弦长公式建立方程，可得答案；
（2）设出点的坐标，利用导数求得切线方程，从而求出点的坐标，利用平面向量的夹角公式，可得答案.
【详解】（1）（i）设点，由题可知，由抛物线定义知，
所以，则抛物线的方程为.
（ii）易知的斜率一定存在，设的方程为，设.
由消去得，
则，且，
，
由，化简整理得，解得（舍去）或，
所以，即的方程为.
（2）
证明：由题可知.设点，
对求导，可得，所以过点的切线方程为，
令，可得，即.
，，
由，则，
所以平分.
5．（2025·山东烟台·三模）定义：矩阵乘法运算的几何意义为平面上的点在二阶矩阵作用下变换成点．
(1)若平面上的点A在二阶矩阵作用下变换成点，求点A的坐标；
(2)在平面直角坐标系中，求双曲线在二阶矩阵作用下变换后得到的双曲线的方程；
(3)设（2）中双曲线的右顶点为P，过的直线与的左上半支和右上半支（不含顶点）分别交于点M，N，若，的倾斜角分别为，，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）设，根据矩阵乘法运算可得答案；
（2）设双曲线上的任意一点在二阶矩阵作用下变换后得到的点为，根据矩阵乘法运算可得双曲线的方程；
（3）依题意可知直线M，N的斜率存在，不妨设为k，求出直线M，N的方程，设，，与双曲线方程联立，利用韦达定理求出，，代入可得答案．
【详解】（1）设，则有，
所以，
解得，，故点A的坐标为；
（2）设双曲线上的任意一点在二阶矩阵作用下
变换后得到的点为，
则有，所以，
，
即，所以双曲线的方程为；
（3）依题意可知直线M，N的斜率存在，不妨设为k，
则直线M，N的方程为，
设，，联立，消y可得，
则有，，
因为直线与的左上半支和右上半支（不含顶点）分别交于点M，N，
所以，由题意可知，，，
，
，
所以，
又因为，所以，综上所述，为定值．

检测Ⅰ组 重难知识巩固
1．已知椭圆的左、右焦点分别为、，在椭圆上，且面积的最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆相交于P，Q两点，且，求证：（为坐标原点）的面积为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，．在椭圆上下顶点，面积的最大值.求出，再求出，进而得到方程.
（2）证明 设，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理计算，求得点到直线的距离，通过面积公式化简计算即可.
【详解】（1）根据题意，．
在椭圆上下顶点，面积的最大值.
此时.
所以，则求椭圆的方程.
（2）如图所示，设，
联立直线与椭圆的方程得，
.
，，
又
，
因为点到直线的距离，且，
所以．
综上，的面积为定值．
2．已知椭圆的左、右焦点分别为，点是的上顶点，，的面积为．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知，若直线与椭圆相交于两点（异于点），求证：直线的斜率之和为0．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分析焦点三角形，结合焦点三角形的面积，得出的关系即可求解；
（2）联立直线和椭圆，设出，利用韦达定理，斜率公式表示出然后运算求解.
【详解】（1）由题意，得，其中，
因为，的面积为，
所以，解得，
所以，
所以椭圆的方程为．
（2）设，由得
所以，即．
因为两点异于点，所以，所以，
又，
所以
，
将代入上式，
得．
所以直线的斜率之和为0．
3．已知点，动点到直线的距离等于，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)过点的直线与交于两点，在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在定点
【分析】（1）设出，根据题意列出等量关系，化简后得到轨迹方程；
（2）先假设存在这样的定点，设直线方程，和曲线方程联立，利用韦达定理化简，对表达式是否可以为定值进行分析即可判断.
【详解】（1）设点，故，而点到直线的距离为，
由已知得，化简得，
所以动点的轨迹的方程为．
（2）
若存在定点满足题意，
当直线斜率存在时，设过点的直线方程为，
联立方程，消去化简得，
则，则，
又，所以，
将代入化简得：
，若为定值，不妨设为，
则，即，
亦即有，，
解得，所以存在定点，使得．
当过的直线垂直轴时，此时，则，满足条件．
所以在轴上存在定点，使得为定值．
4．（24-25高三下·甘肃白银·月考）在平面直角坐标系中，已知是曲线上的一个动点，且.
(1)求的轨迹的方程；
(2)已知，经过的直线与交于点，，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，，结合可得，，代入曲线方程即可求解；
（2）设的方程为， 联立直线与椭圆方程，设直线，的斜率分别为，，利用韦达定理求得，进而求证.
【详解】（1）设，，
因为，所以，，
因为是曲线上的一个动点，
所以， 将，代入，得，
所以的轨迹的方程为.
（2）由题知直线的斜率不为零，
设的方程为，
联立与，得，
显然判别式， 设，，
所以，，
设直线，的斜率分别为，，
所以
，
即，即，
所以.
5．（25-26高三上·安徽·开学考试）已知椭圆：的左焦点为，离心率为．
(1)求椭圆的方程．
(2)如图，已知点，（其中，），满足以线段为直径的圆过点，且交椭圆的第一象限于点．
①若，求点的纵坐标；
②若线段交轴于点，求的值．
【答案】(1)
(2)① ；②
【分析】（1）由条件列关于的方程，解方程求可得椭圆方程；
（2）①由条件可得，结合向量数量积坐标运算公式列方程可求，设，根据关系及点在椭圆上列方程求，
②由条件可得，所以，设，根据关系及点在椭圆上列方程可得，再证明，由此可得结论.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
由条件可知，，，
所以，，
所以椭圆的方程为．
（2）由已知，，，
因为点在以为直径的圆上，所以，故，
又，，
所以，故，即．
设，，，
，，
由题意可知，解得，
则点的纵坐标为．
由题知，，，，
由，可得，
所以，故，
设，，，，，
因为，故，
所以，且，
化简得，又，
所以，即，
由，得，所以．
6．（25-26高三上·内蒙古·开学考试）已知双曲线C：（，）的一个焦点为，点在C上.
(1)求C的方程；
(2)已知点，，B为线段PQ上一点，且直线AB交C于D，E两点，证明：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据题意列方程组求出，即可得出C的方程.
（2）根据四点共线，要证，即证，设出直线方程并与双曲线方程联立，利用韦达定理，结合数量积的坐标表示计算得证.
【详解】（1）由双曲线的一个焦点为，得，
由点在双曲线上，得，解得，，
所以双曲线的方程为.
（2）设，，则直线AB方程为，
由，消去得，
由直线AB交C于D，E两点，得，
解得，且，且，，
当时，在A的异侧，在B的同侧；当时，在A的同侧，在B的异侧，
则总有，
，
所以.
7．（2025·福建三明·模拟预测）已知椭圆的左顶点为，上顶点为，离心率为，的面积为．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线（存在且不等于0）与椭圆交于，两点，直线与轴交于点，直线与直线交于点，判断是否为定值并证明．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）根据椭圆几何性质以及面积列方程组计算可得椭圆方程；
（2）设，由，关于原点对称得，联立得，然后求出，，利用两点斜率公式并化简得为定值，即可得解.
【详解】（1）由题意，解得，
故椭圆的方程为；
（2）设，由对称性可知，，两点关于原点对称，即，
由（1）可知，，
联立，得，所以，
直线的斜率存在，其方程为：，
令得，即，
直线的斜率存在，其方程为：，
令得，即，
所以
，
所以为定值.

8．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知直线与双曲线及其渐近线分别交于点，和点，.
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：；
(3)若，过双曲线上一点向双曲线作切线，，其斜率分别为，，问是否存在这样的，使得为定值？若存在，求出的值及定值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)或
(2)证明见解析
(3)不存在，使得为定值
【分析】（1）联立方程组，利用判别式即可求解；
（2）根据韦达定理和中点坐标公式得点，进而联立直线方程可得点，坐标，即可得与的中点重合，即可求解；
（3）根据相切可利用判别式为0得，为方程的两个根，进而根据韦达定理化简，结合假设法即可求解．
【详解】（1）联立，得，
由题意可得，，解得或；
（2）证明：设，，

由（1）可得，
设的中点为，则，
从而，即，
又双曲线的渐近线方程为，
联立，解得，
同理可得，
则的中点为，故与的中点重合，
则，，即；
（3）设过且与双曲线相切的直线方程为，
即，联立，
得，
由题意可知，
化简可得，
由题意可知，为方程的两个根，
则，，
故，
若为定值，则有，化简得，此时，
但此时，
故不存在，使得为定值．
9．（2025·江西新余·模拟预测）已知等轴双曲线的焦点分别在轴上，经过，的焦距为．
(1)求的方程；
(2)为直线上一点，相互垂直且斜率均存在的直线交于点，与交于两点，与交于两点．设直线与关于直线对称，证明：
①直线与关于直线对称；
②．
【答案】(1)，
(2)①证明见解析 ；②证明见解析
【分析】（1）根据题意求解即可；
（2）（i）假设方程，由与关于直线对称可得方程，由可得方程，依题意只需证明即可；
（ii）由对称性可得，故只需证明即可，将线段化为坐标运算，结合韦达定理证明即可.
【详解】（1）设：代入得：，故
设：，而，故：
（2）（ⅰ）设，与关于直线对称，故
所以，而，所以，
因为所以与关于直线对称
（ⅱ）由对称性：设与交于两点，则：
下试证：，
设：，，
，，
故：，
同理：
要证原式成立，即证：．
所以：，同理，用替换得：
所以即证：，
代入数据即证：，这显然成立，
所以：成立
10．已知椭圆的离心率为分别为椭圆C的左，右顶点和坐标原点，点P为椭圆C上异于A，B的一动点，面积的最大值为．
(1)求C的方程；
(2)过椭圆C的右焦点F的直线l与C交于D，E两点，记的面积为S，过线段的中点G作直线的垂线，垂足为N，设直线的斜率分别为．
①求S的取值范围；
②求证：为定值
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）根据离心率以及面积的最大值，构造方程解方程可得的方程为；
（2）①联立椭圆与直线方程得出的面积的表达式，利用对勾函数单调性即可求得的取值范围为；
②利用中点坐标公式求得，得出斜率表达式即可得，可得为定值.即可求证.
【详解】（1）由题意知，解得，
所以的方程为；
（2）①易知，
设直线方程为，如下图所示：
联立，消去可得，
所以，
且，
可得，
令，
可得，由对勾函数性质可得在时单调递增；
所以可得；
即的取值范围为.
②易知，
可得；
所以
；
因此为定值.
所以为定值3．
11．在平面直角坐标系 中，对于任意一点 ，总存在一个点， 满足关系式 ，则称为平面直角坐标系中的伸缩变换.
(1)在同一直角坐标系中，求平面直角坐标系中的伸缩变换，使得圆 变换为椭圆；
(2)已知曲线经过平面直角坐标系中的伸缩变换 得到的曲线是 ，且与轴有两个交点 (在的左侧)，过点且斜率为 的直线与在轴右侧有两个交点.
（i）求的取值范围；
（ii） 若直线的斜率分别为，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)（i） ；（ii）证明见解析
【分析】（1）代入伸缩变换公式，利用待定系数法，即可求解；
（2）首先利用伸缩变换公式求曲线的方程，（ⅰ）联立直线与曲线的方程，利用判别式和韦达定理，求得到取值范围；（ⅱ）利用韦达定理表示和，即可求解.
【详解】（1）将伸缩变换 代入 ，
得到 ，则 ，
，
故所求的伸缩变换为 ；
（2）因为经过平面直角坐标系的伸缩变换： 得到的曲线为 ，
故可得的方程为，即，
（i） 与轴的两个交点 的坐标分别是，
因为直线过点，斜率为，所以直线的方程为，代入 ，
消去并整理得 ，设，
则， ，

因为与在轴的右侧有两个交点，所以，且 ，
解得或 ，
所以的取值范围是 ；
（ii） 证明：由①知 或 ，所以 ，
，
，
所以， 为定值.
【点睛】关键点点睛：本题的关键1是理解伸缩变换的公式，关键2是利用韦达定理表示交点的特征，以及几何关系，并能正确运算.
12．（2025·四川绵阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，为坐标原点，椭圆的左，右焦点分别为，，抛物线的焦点为，，的面积为1.
(1)求椭圆、抛物线的标准方程；
(2)过点的直线分别与抛物线交于，两点，与椭圆交于，两点，设直线的斜率分别是，，，.证明：为定值.
【答案】(1)椭圆，抛物线
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，点在椭圆上，得到，再利用的面积为1，解出，即可求解.
（2）根据斜率是否存在分类讨论，斜率存在时，设直线，分别联立直线与抛物线方程、直线与椭圆方程，得出的表达式，利用韦达定理进行化简得到定值，即可得证.
【详解】（1）根据题意作图如下：
由已知得，又，分别为椭圆的左、右焦点，且，
则，所以点在椭圆上，所以.
又，且，解得，所以.
所以椭圆的标准方程为，抛物线的标准方程为.
（2）证明：根据题意作图如下：
当直线斜率不存在，即时，直线与抛物线只有一个交点，不符合题意.
设直线的方程为，
联立，消去得，
所以，，且，
联立，消去得，
所以，，且.
故
，
又因为，所以，
所以.
综上，为定值.
13．（24-25高三上·河南·期末）已知双曲线的渐近线与圆相切，圆心是的一个焦点.
(1)求的方程；
(2)过点的直线与的右支交于两点，分别为的左，右顶点，直线与交于点.
（i）证明：在定直线上；
（ii）若直线与交于点，求的值.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）先根据圆心求出，再利用点到直线的距离公式求得，联立方程求得，即可得解；
（2）（i）设直线的方程为：，与双曲线方程联立，韦达定理，联立直线与直线的方程得，代入化简得，即可证明；
（ii）设，分别代入直线与直线方程求得坐标，利用数量积的坐标运算，代入点的坐标化简计算即可.
【详解】（1）圆的方程化为标准形式为，
所以圆心，半径，则的半焦距，
又的两条渐近线方程为，即，
由题意，知，所以，
所以的方程为.
（2）（i）设直线的方程为：，易知，
联立方程消去得，
则，
.
因为是上的点，所以，
则，
联立直线，直线的方程，
得，
所以
.
解得，故点在定直线上.
（ii）由双曲线对称性可知，点也在直线上，设，
点在直线上，所以，
点在直线上，所以，
所以
.
14．（2025·山西·二模）在坐标平面xOy中，，分别是椭圆的左右顶点，且C的短轴长为2，离心率为.过的中点B的直线l（不与x轴重合）与C交于D，E两点.
(1)求C的方程；
(2)证明：；
(3)直线和的斜率比值是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)是，定值3.
【分析】（1）根据题意得，求解即可.
（2）设直线l方程为：，与椭圆方程联立，韦达定理，利用数量积的坐标运算求得，即可证明.
（3）法1：结合两点斜率公式得，由韦达定理得，代入化简得为定值.
法2：结合两点斜率公式得，由点 E在椭圆上得，与联立化简得为定值.
【详解】（1）因为C的短轴长为2，离心率为，
所以，解得，
所以C的方程为：.
（2）设直线l方程为：，设，，
联立直线l与椭圆C的方程，消去x得，，
因为，
所以，，（*）
因为
，
所以，即.
（3）直线和的斜率比值为定值，理由如下：
法1：因为，
由（*）知，，代入上式得，
.
所以直线和的斜率比值为定值3.
法2 因为，
因为，所以，所以，
由（2）知，两式相除得，.

检测Ⅱ组 创新能力提升
1．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，，．
2．（2025·陕西安康·模拟预测）“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.
3．已知椭圆的左顶点为，左焦点为，离心率为，过点的直线交于两点，当的斜率为1时，点到的距离为.
(1)求的方程；
(2)若直线分别交直线于点，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意建立关于的等式求解即可；
（2）设直线的方程为，直线与曲线联立方程组由韦达定理得，，再由题意求得，，计算后即可得证.
【详解】（1）设，由题可得，所以①，
当的斜率为1时，的方程为，
所以点到的距离为，得②，
由①②得，，
所以，
故的方程为；
（2）由（1）知，，
由题知直线的斜率不为0，设，，直线的方程为，
由，得，
所以，，
由题可得直线，的斜率均存在且均不为0，
直线的方程为，
令，得，则，同理可得
所以，，
则
，
所以.
4．（24-25高三下·湖南·月考）已知抛物线的焦点为，过点作直线与交于两点．
(1)若经过点，且，求的值；
(2)若，过点分别作直线与相切于两点，求直线的斜率；
(3)若不经过点，证明：直线是的外角平分线．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由已知可得直线的方程为，联立直线方程与抛物线方程，根据韦达定理结合弦长公式即可求解；
（2）设直线方程为，代入，根据直线与抛物线相切可得，利用导数表示两切线的斜率，根据韦达定理结合斜率公式即可求解；
（3）过分别作垂直准线于点，作的延长线，在上取点使，结合抛物线的定义即可证明.
【详解】（1）由已知可得， 所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
设，，
联立，可得，
所以，，
所以，
解得；
（2）

由已知过点的直线斜率存在且不为，所以设直线方程为，
即，代入可得，
整理可得，
因为直线与抛物线相切，所以，即，
设该方程的两根为，所以，，
不妨设在第一象限，在第四象限，，，
设过的直线的斜率为，过的直线的斜率为，
因为，所以，，
当时，所以，所以，
当时，所以，所以，
所以，所以，
因为，所以，
所以，
所以直线的斜率为；
（3）

过分别作垂直准线于点，
所以，，
因为，所以，
因为，所以，
作的延长线，在上取点使，
所以，
所以，所以，，
因为，所以，
所以，所以直线是的外角平分线.
5．（25-26高三上·天津南开·自主招生）已知椭圆，是椭圆的左右焦点，为椭圆上的一点.以为圆心，半径为2的圆与轴相切于，并与轴交于两点，为等边三角形．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知圆，为圆上的一点，过点的切线交椭圆于两点，请问是否为定值，并给出理由.
【答案】(1)
(2)为定值，该定值是
【分析】（1）根据题意可得轴，，再结合的边长为2，得到一个关于的方程组，解方程组即可；
（2）首先考虑切线斜率不存在时可得到，当直线斜率存在时，设出直线方程，联立直线和椭圆，根据韦达定理得到，进而得到，.
【详解】（1）由题意可知轴，则，
由，得正的边长为2，
得，即，，，，
解得，，，
故椭圆的方程为.

（2）当过点且与圆相切的切线斜率不存在时，
不妨设切线方程为，
代入椭圆的方程得，，
所以，，
可得，，
此时；
同理可得，切线方程为时，；
当过点且与圆相切的切线斜率存在时，
可设切线方程为，再设，，
联立切线和椭圆的方程，得，
其中，，，，
因为，，
所以
，
再根据圆心到切线的距离等于半径可得，即，
所以，
因此，,
综上，为定值，该定值是.

6．已知点，的坐标分别为，，将圆上各点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的一半，得到曲线.
(1)求曲线方程；
(2)上关于原点对称的两点，，射线，分别与圆交于，两点，记直线和直线的斜率分别为，.
①求与的斜率的乘积；
②问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】(1)
(2)①；②为定值
【分析】（1）设是曲线上任意点，在圆上的对应点为，根据中点得到与的关系，代入计算即可；
（2）①设出M、N坐标，运用点M、N在椭圆上进行等量代换及斜率公式计算即可；
②设出直线AM与直线AN的方程，联立直线AM方程与椭圆方程可得、，进而求得，联立直线AM方程与圆方程可得、，同理可得、，进而求得，代入计算可得结果.
【详解】（1）设是曲线上任意点，在圆上的对应点为，
则，即，将其代入圆方程得，即，
所以曲线的方程为：.
（2）①设，，，则，
､在椭圆上，，即，
直线与直线的斜率存在且不为，
，
则直线与直线的斜率的乘积为.
②设，则直线的方程为，
联立
由韦达定理，，则，，
则，
同理，设，则点，
直线的斜率，，
由①知，所以，
，
由轨迹方程，得，代入得
因此，
于是
故为定值.
7．（24-25高三上·甘肃白银·月考）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.
8．（2025·山东聊城·模拟预测）已知抛物线的焦点为，准线与抛物线对称轴的交点为为抛物线上的动点，当的纵坐标为时，取得最小值.
(1)求抛物线的方程；
(2)设点为坐标原点，过点作直线与曲线交于两点，作直线与曲线交于两点，分别为的中点，直线与的斜率满足.试判断与的面积之比是否为定值？若是，求出此定值；若不是，说明理由.
【答案】(1)
(2)是定值，
【分析】（1）利用抛物线的定义，得到，从而有与抛物线相切时，取得最小值，再利用导数的几何意义及过两点切线的斜率，即可求解；
（2）设直线的方程，联立直线与抛物线方程，利用根与系数间的关系，求得，同理可得，法一，设直线的方程为，结合条件，利用，在直线上，得，从而直线过定点，即可求解；法二，利用及两点间的斜率公式得，再利用点斜式得直线的方程，进而可得直线过定点，即可求解.
【详解】（1）过点作准线的垂线，垂足为，如图所示,
由抛物线的定义知，，则，
所以，当取得最小值，取得最小值，此时与抛物线相切于点，
不妨设，又，
则，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）解法1：设，由题意知，直线的方程为，
则，消去得，所以，
则，同理可得，
设直线的方程为，则，即，
同理，所以是方程的两个根，
所以，解得，
则直线的方程为，所以直线过定点，
设点与到直线的距离分别为和，所以，
所以，故与的面积之比是定值，定值为.
解法2：设，由题意知，直线的方程为，
则，消去得，所以，
则，同理可得，
又，用代换得，，
易知直线的斜率必存在，，
则直线的方程为，
令，则，则直线过定点，
设点与到直线的距离分别为和，所以，
所以，
故与的面积之比是定值，定值为.
【点睛】关键点点晴，本题的关键在于第二问，根据题设得出直线过定点，即可求解.
9．（2025·浙江·三模）已知双曲线（，）的焦距为，右顶点为A，直线l与双曲线E相交于P，Q两点，且与E的一条渐近线相交于点．
(1)求双曲线E的方程；
(2)是否存在直线l，使得与的面积相等？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由；
(3)若直线AP，AQ分别与y轴相交于M，N两点，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由焦距可得，由渐近线方程可得，据此可得双曲线方程；
（2）由题可得B为PQ中点，设，，由点差法可得直线PQ斜率为渐近线斜率，据此可完成判断；
（3）方法1，设直线，将其与双曲线联立，由韦达定理结合题意可得MN的中点为，据此可完成证明；方法2，设，，由题可得，，将双曲线的方程化为，将其与直线联立，然后由韦达定理可得，据此可完成证明.
【详解】（1）由题，设双曲线E的焦距为2c，则，即，
根据双曲线的性质可知，点在渐近线上，
所以，即①，
又，所以②
又①②解得，，
所以E的标准方程为．
（2）不存在，理由如下：
假设存在直线l，使得与的面积相等，
则点B为PQ的中点，设，，代入E的方程得：，
两式作差得，
因为点为PQ的中点，所以，，
故，即直线l的斜率为，
故直线，即，
此时，直线l与E的渐近线重合，与E没有交点，与已知矛盾，
所以不存在直线l，使得与的面积相等
（3）证明：由题可知，直线l的斜率存在，设直线，与E的方程联立，得，
由题，，得，且，
设，，则，，
设，，又，所以，
令得，同理可得，
故，
又
，
，所以，
所以MN的中点为，
因为，所以，
所以为定值．得证．
另解：设，，又，所以，
令得，同理可得，
双曲线的方程化为：，即，
设直线，即，
联立得，
所以，
等式两边同时除以得：，
设，，易得满足方程，
则为方程两根，由韦达定理可得
，故，
所以MN的中点为，
因为，所以，
所以为定值．得证
【点睛】关键点睛：对于存在性问题，常假设相关条件成立，然后得到相关方程，不等式，通过判断方程，不等式是否有解来解决问题，或利用反证法；对于定值问题，常利用所设参数得到所研究数学量的表达式，随后设法消去参数来解决问题.
10．（25-26高三上·辽宁·月考）已知双曲线的焦距为4，左右焦点分别为，若点P为双曲线C上一点，过点P分别作双曲线C两条渐近线的平行线，与两条渐近线分别交于点，四边形的面积为．设点分别为双曲线的左右顶点，过点的直线与双曲线交于点（不同于点．设直线与交于点G，直线与交于点H，双曲线在点处的切线交于点R．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)试探究是否是定值，若是，求出此定值；若不是，说明理由．
【答案】(1).
(2).
【分析】（1）设出点坐标，联立可解出两点坐标，结合四边形的面积为建立方程求出基本量，最后求出双曲线方程即可.
（2）联立方程组，利用韦达定理，求出关键点的坐标，再结合中点坐标公式进行化简证明即可.
【详解】（1）已知双曲线焦距为4，即，故.
又因为，所以 .
如图，设点在双曲线上，满足，双曲线的渐近线方程为.
而四边形的面积为，且​​由题意得四边形为平行四边形，
因为，，
解得，，则，
同理可得，
由平行四边形面积公式得=（为点到直线的距离）.
因为；渐近线为.
所以；代入得，可得，
所以解得，解得，.
所以双曲线的标准方程为.
（2）易知斜率不存在时候不符合题意，
故设直线方程为，，
代入双曲线方程联立可得，
化简得.
且；
如图，设，，其中，
则由韦达定理得，.
直线过和，方程为.
直线过和，方程为.
直线与交于点，可得，
则，可得，
则，
可得，
则，
可得，
得到，
则，故，
因为，所以，
则，
得到，则，
故，故解得，
同理直线与交于点，其横坐标为.
而双曲线在点和处的切线方程分别为，
联立解得切线交点的坐标为，.
因此，点，，均在直线上；
设，，.
由中点坐标公式得中点坐标为
，
故为和的中点，即，因此.