2022-2023学年高二数学 人教A版2019选择性必修第一册 同步讲义 第26讲 圆锥曲线中定值问题 Word版含解析

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第26讲 圆锥曲线中定值问题
【题型目录】
题型一：圆锥曲线中线段长为定值问题
题型二：圆锥曲线中三角形四边形面积定值问题
题型三：圆锥曲线中有关斜率定值问题
题型四：圆锥曲线中有关向量定值问题
题型五：圆锥曲线中角为定值问题
【典型例题】
题型一：圆锥曲线中线段长为定值问题
【例1】（2022·全国·高二课时练习）已知椭圆．
(1)若过椭圆的一个焦点引两条互相垂直的弦、．求证：是定值；
(2)若、在椭圆上且．求证：是定值．
【答案】(1)证明见解析，(2)证明见解析
【分析】（1）对两条弦所在直线的斜率是否同时存在进行分类讨论，设出直线的方程，与椭圆方程联立，结合弦长公式计算可证得结论成立；
（2）对直线、的斜率是否同时存在进行分类讨论，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用两点间的距离公式计算可证得结论成立.
（1）证明：不妨弦、过椭圆的左焦点，其中，，.
当、中有一条为长轴时，另一条为过焦点且平行于短轴的弦，
联立可得，故该过焦点且平行于短轴的弦长为，
则；
当、中没有一条为长轴时，设，，
联立直线与椭圆方程得，
，
由韦达定理可得，，
根据弦长公式有．
用替换上式中的即得．
因此．
综上，．
（2）证明：分以下两种情况讨论：
当直线的斜率存在且不为零时，设直线的斜率为，
联立，则，则．
用替换上式中的即得．
因此．
当、中有一条斜率不存在时，另一条斜率为，
此时，因此.
综上所述，.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）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．
【例2】（2022·湖南·宁乡市教育研究中心模拟预测）已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，椭圆的长轴长为.

(1)求椭圆的方程；
(2)过点且斜率为的直线交椭圆于两点，交抛物线于两点，请问是否存在实常数，使为定值？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)，(2)存在，
【分析】（1）由题意可得，，即可得，即可求得椭圆方程；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理可求得；再将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理可求得，然后计算得，即可求得答案.
（1）解：因为抛物线的焦点为，所以，又，则，
故椭圆的方程为：；
（2）解：设､､､，
设直线的方程为，与椭圆的方程联立，
得，
∴，，
∴，
设直线的方程，与抛物线G的方程联立，
得，
∴，，
∴，
∴，
要使为常数，则，解得，
故存在，使得为定值．
【例3】（2022·江苏·南京市中华中学高三阶段练习）已知点B是圆C:上的任意一点，点F（，0），线段BF的垂直平分线交BC于点P.
(1)求动点Р的轨迹E的方程;
(2)设曲线E与x轴的两个交点分别为A1，A2，Q为直线x=4上的动点，且Q不在x轴上，QA1与E的另一个交点为M，QA2与E的另一个交点为N，证明: △FMN的周长为定值.
【答案】(1)，(2)证明见解析
【分析】（1）根据垂直平分线的性质，可知PF+PC为定值，可知动点轨迹为椭圆；
（2）分别设出的坐标，联立方程，解出的坐标，并求出直线的方程，利用其经过右焦点，即可证得周长为定值.
（1）因为点P在BF垂直平分线上，所以有，所以：，即PF+PC为定值4，所以轨迹E为椭圆，且，所以，
所以轨迹E的方程为：.
（2）由题知：，设
则，，所以QA1方程为：，QA2方程为：，
联立方程：，可以得出M：
同理可以计算出点N坐标：，
当存在，即，即时，
所以直线MN的方程为：
即：，所以直线过定点，
即过椭圆的右焦点，所以△FMN的周长为4a=8.
当不存在，即，即时，
可以计算出，周长也等于8.
所以△FMN的周长为定值8.
【例4】（2022·北京·高三开学考试）已知椭圆的长轴的两个端点分别为离心率为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)M为椭圆C上除A，B外任意一点，直线交直线于点N，点O为坐标原点，过点O且与直线垂直的直线记为l，直线交y轴于点P，交直线l于点Q，求证：为定值．
【答案】(1)，(2)证明见解析．
【分析】（1）由顶点坐标求得，由离心率求得，再求出得椭圆方程；
（2）设，写出直线方程求得点坐标，求出直线的斜率，得直线斜率及方程，再求得直线的方程可得其与轴交点的坐标，求出两直线交点坐标，由可得结论．
（1）由已知，又，，所以，椭圆标准方程为；
（2）设，，则，，
直线的方程为，令得，即，
,,，直线的方程是，
直线的方程为，令得，即，
由，因为，故解得，即，
所以，
【例5】（2022·湖南师大附中高三阶段练习）设分别是圆的左､右焦点，M是C上一点，与x轴垂直.直线与C的另一个交点为N，且直线MN的斜率为
(1)求椭圆C的离心率.
(2)设是椭圆C的上顶点，过D任作两条互相垂直的直线分别交椭圆C于A､B两点，过点D作线段AB的垂线，垂足为Q，判断在y轴上是否存在定点R，使得的长度为定值？并证明你的结论.
【答案】(1)，(2)存在，证明见解析
【分析】（1）由题意，表示点的坐标，根据斜率与倾斜角的关系，可得出的等量关系，再根据的性质，可得齐次方程，即可得答案；
（2）根据椭圆上顶点的性质，可得的值，进而得到椭圆的标准方程，设出直线的方程，并联立且消元整理一元二次方程，写韦达定理，根据垂直，解得截距的值，得到直线过定点，根据圆的性质，直径所对的圆周角为直角，半径为定值，可得圆心便是答案.
（1）由题意知，点在第一象限.是上一点且与轴垂直，
的横坐标为.当时，，即.
又直线的斜率为，所以，
即，即，
则，解得或（舍去），即.
（2）已知是椭圆的上顶点，则，椭圆的方程为，
易得直线AB的斜率必然存在，设直线的方程为，
由可得
所以，
又，.


，

化简整理有，得或.
当时，直线经过点，不满足题意；
当时满足方程中，故直线经过轴上定点.
又为过点作线段的垂线的垂足，故在以为直径的圆上，取的中点为，则为定值，且
【例6】（2022·贵州·黔西南州金成实验学校高二期末（理））已知椭圆的离心率为，、分别是椭圆的右顶点和上顶点，的面积为1．
(1)求椭圆的方程；
(2)设的椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点．求证：为定值．
【答案】(1)，(2)见解析
【分析】(1)由给定条件建立a，b的方程组，再求解即得；
(2)设出点P的坐标，求出直线AP，BP方程，进而求得点M，N的坐标，再计算即可得解.
（1）依题意，
又，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）设点，而，且，，
当时，直线AP：，点，
，
直线BP：，点，
，

，
当时，，，，所以
所以是定值.
【例7】（2022·江苏·高二专题练习）已知，为椭圆：的左、右焦点，过点且垂直于轴的直线被截得的弦长为3，过点的直线交于，两点.
(1)求的方程；
(2)若直线的斜率不为0，过，作直线的垂线，垂足分别是，，设与交于点，直线与轴交于点，求证：为定值.
【答案】(1)，(2)证明见解析
【分析】（1） 由题意可得，解方程即可求出，即可得出的方程；
（2）当直线的斜率不存在时，满足题意，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可得，表示出的方程，两式相减可求出的横坐标为，所以为垂直平分线上一点，即可求出答案.
（1）解：因为过且垂直于轴的直线被截得的弦长为3，所以，①                    
因为的右焦点为，所以，②联立①②可得，，
所以的方程为.
（2）证明：当直线的斜率不存在时，易知，，，
所以.        
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立与，
得，
设，，
则，，恒成立，       
由题可知，，
则的方程为，①
的方程为，②
②－①得，       
因为，所以
，
所以



，
所以，所以的横坐标为，             
又，，所以为垂直平分线上一点，所以.
综上，.
【题型专练】
1．（2021·山东·高三开学考试）在平面直角坐标系xOy中，已知点，，动点M满足，记点M的轨迹为曲线C．
(1)求C的方程；
(2)圆的切线与C相交于A，B两点，P为切点，求的值．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）结合椭圆的定义求得，由此求得的方程.
（2）当直线斜率不存在时，求得，从而求得；当直线斜率存在时，设出直线的方程，根据直线和圆的位置关系列方程，联立直线的方程和椭圆的方程，化简写出根与系数关系，求得，由此判断出，结合相似三角形求得.
（1）因为，所以点的轨迹曲线是以，为焦点的椭圆．
设其方程为，
则，，解得，，
所以曲线的方程为．
（2）当直线AB的斜率不存在时，，此时，则．
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，
由直线AB与圆相切可得，化简得．
联立得，．
设，，
则，，
所以



，
所以，所以为直角三角形．
由，可得，
所以，所以．
综上，．
2．（2022·湖北·高三开学考试）在平面直角坐标系中，已知定点，动点满足.记点的轨迹为.
(1)求曲线的方程；
(2)经过且不垂直于坐标轴的直线与交于两点，轴上点满足，证明：为定值，并求出该值.
【答案】(1)，(2)证明见解析，
【分析】（1）利用椭圆的定义求点的轨迹方程；
（2）设出直线为：，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，从而表达出弦长，再求出中点，进而表达出的垂直平分线，求出点坐标，得到的长，得到为定值.
（1）由椭圆的定义可知：的轨迹为以为焦点的椭圆，且
则可得，，所以，
所以的方程为
（2）设直线为：，
则联立得：，
设，则，，
，
则，
中点坐标为，
所以的垂直平分线为，
令得：，
所以，，

3．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆过点，且点到其两个焦点距离之和为4.
(1)求椭圆的方程；
(2)设为原点，点为椭圆的左顶点，过点的直线与椭圆交于两点，且直线与轴不重合，直线分别与轴交于两点.求证：为定值.
【答案】(1)，(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的定义可得，即可求出、，从而得解；
（2）由（1）可得点坐标，当直线斜率时，直接求出、两点坐标，从而得到直线方程，即可求出的值，当直线斜率存在时，设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，表示出直线方程，即可得到点的坐标，从而求出的值；
（1）解：依题意，解得，所以椭圆方程为；
（2）解：由（1）可知，当直线斜率不存在时，直线的方程为，代入椭圆方程得，解得，不妨设此时，，
所以直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
所以；
当直线斜率存在时，设直线的方程为，
由得，
依题意，，
设，，则，，
又直线的方程为，
令，得点的纵坐标为，即，
同理，得，
所以
，
综上可得，为定值，定值为．
4．（2023·全国·高三专题练习）动点与定点的距离和到定直线的距离之比是常数，记动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)设是曲线上的一动点，由原点向圆引两条切线，分别交曲线于点，若直线的斜率均存在，并分别记为，试问是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)，(2)是定值，定值为
【分析】（1）根据题意列式化简方程即可；
（2）直线的方程分别为，设，根据直线与圆相切可得是方程的两个根，结合韦达定理与椭圆的方程可得，进而求得关于的表达式，代入求解即可
(1)由题意，点与定点的距离，点到直线的距离，所以，即，化简得，故曲线的方程为；
(2)由题意可得，直线的方程分别为，设.
由直线与圆相切可得.
，同理，
所以是方程的两个根，所以，
所以，，
因为是曲线上的一动点，所以，
则有，
联立方程，所以，
所以，同理
所以，
因为，所以，
所以.
5．（2022·重庆南开中学模拟预测）已知点，动点到直线的距离为，且，记的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)过作圆的两条切线、（其中、为切点），直线、分别交的另一点为、．从下面①和②两个结论中任选其一进行证明．
①为定值；
②．
【答案】(1)，(2)条件选择见解析，证明见解析
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的等式，化简后可得出曲线的方程；
（2）设、、，分、两种情况讨论，在第一种情况下，直接验证；在第二种情况下，设直线的方程为，由直线与圆相切结合韦达定理可得出.
选①，分析出，利用三角形相似可求得的值；
选②，分析可知，结合勾股定理可证得结论成立.
(1)解：由题意知，两边平方整即得，
所以，曲线的方程为.
(2)证明：设、、，
当时，，则不妨设点，则点或，
此时，则；                  
当时，设直线，
由直线与圆相切可得，即，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
则
，
所以，，同理可得.
选①，由及可得，
则，所以，；
选②，出及可得：、、三点共线，则，
又，因此，.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）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.
6.（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆的C的方程：．
(1)设P为椭圆C异于椭圆左右顶点上任一点，直线的斜率为，直线的斜率为，试证明为定值．
(2)求椭圆中所有斜率为1的平行弦的中点轨迹方程．
(3)设椭圆上一点，且点M，N在C上，且，D为垂足．证明：存在定点Q，使得为定值．
【答案】(1)，(2)，(3)存在点，使得为定值.
【分析】（1）设，则，再根据斜率公式代入即可计算的值；
（2）设弦的两个端点分别为，利用点差法可得，联立直线和椭圆，即可得的范围
（3）设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.
（1）设，因为P为椭圆C上一点，所以，所以，
所以，所以.
故为定值.
（2）设弦的两个端点分别为，的中点为.则，①
，②，①减②得：， .
又，.
由于弦中点轨迹在已知椭圆内，联立
故斜率为的平行弦中点的轨迹方程：
（3）设点，
若直线斜率存在时，设直线的方程为：，
代入椭圆方程消去并整理得：，
可得，，
因为，所以，即，
根据,代入整理可得：
，                      
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，
故，于是的方程为，
所以直线过定点直线过定点.
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：或（舍）.
此时直线过点.
令为的中点，即，
若与不重合，则由题设知是的斜边，故，
若与重合，则，故存在点，使得为定值.
7．（2022·广东·中山纪念中学高二阶段练习）已知、分别为椭圆：的左、右焦点，为上的一个动点，其中到的最短距离为1，且当的面积最大时，恰好为等边三角形．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线交椭圆于，两点，为坐标原点，直线，的斜率分别为，，且．试探究是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)，(2)是，定值为7
【分析】（1）由已知建立关于a，b，c的方程组，求解即可；
（2）设，．联立方程组，化简整理，得出根与系数的关系，求得k，再表示，代入计算可求得答案.
(1)解：设，则由题意可知，
，，
故椭圆的方程为．
(2)解：设，．联立方程组
，
所以有，且
，．
因为，所以，即，故
．
因此，有，
所以．
8．（2022·河南焦作·高二期末（理））已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为曲线与x轴的两个交点．
(1)求C的方程；
(2)点P是圆上的动点，过点P作C的两条切线，两条切线与圆O分别交于点A，B（异于P），证明：为定值．
【答案】(1)，(2)证明见详解
【分析】（1）根据条件直接列方程组求解可得a、b、c，然后可得方程；
（2）设直线方程联立椭圆方程消元，利用判别式等于0可得关于k的一元二次方程，根据两切线斜率为所得方程的两根，根据韦达定理结合点P在圆上可得PA、PB垂直，然后可证，要注意对斜率不存在时的情况进行讨论.
(1)解得由题知，解得
所以椭圆C的标准方程为
(2)设直线l斜率存在且与椭圆C相切，方程为
代入整理得
则，即…①
记，则，代入①整理得…②
当直线PA、PB斜率存在时，记其斜率分别为，易知为方程②的两根，
则有，
又，所以，即
所以AB为圆的直径，所以
当直线PA、PB有一条斜率不存在时，点P坐标为，易知此时A、B关于原点对称，AB为圆的直径.
综上，为定值.

题型二：圆锥曲线中三角形四边形面积定值问题
【例1】（河南省名校联盟2022-2023学年高三上学期9月联考理科数学试题）已知椭圆：的左焦点为，上、下顶点分别为，，．
(1)求椭圆的方程；
(2)若椭圆上有三点，，满足，证明：四边形的面积为定值．
【答案】(1)，(2)证明见解析
【分析】（1）依题意可得，从而求出，即可得解；
（2）设，，，依题意可得四边形为平行四边形，从而得到，当直线的斜率不存在时直接求出四边形的面积，直线的斜率存在，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，列出韦达定理，由 ，即可得到，再由弦长公式表示出及原点到直线的距离，从而求出四边形的面积，即可得解.
（1）解：依题意，又，所以，所以，
所以椭圆方程为.
（2）证明：设，，，因为，所以四边形为平行四边形，
且，所以，即，
又，，所以，
若直线的斜率不存在，与左顶点或右顶点重合，
则，所以，
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，
所以，，，
所以

所以，
整理得，
又，
又原点到的距离，
所以，
将代入得，
所以，
综上可得，四边形的面积为定值.
【例2】（2022·湖北·高三开学考试）已知，直线的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线.
(1)求的方程;
(2)直线与曲线交于两点，为坐标原点，若直线的斜率之积为， 证明: 的面积为定值.
【答案】(1)，(2)证明见解析
【分析】（1）设，求出直线的斜率、直线的斜率，相乘化简可得答案；
（2）直线的斜率存在时，可设其方程为，直线方程与椭圆方程联立，
设，利用韦达定理代入化简化简得求出，再求出到的距离，可得为定值；当直线的斜率不存在时，可设 ，利用、，解得，可得.
（1）
设，则直线的斜率，直线的斜率 ，由题意，
化简得 ；
（2）直线的斜率存在时，可设其方程为，联立化简得，
设，则，
，
所以
，化简得
则，
又到的距离，
所以，为定值.
当直线的斜率不存在时，可设 ，
则，且，解得，此时，
综上，的面积为定值.
【例3】（2022·云南·昆明一中高三开学考试）已知椭圆的左､右焦点分别为，且焦距长为2，过且斜率为的直线与椭圆的一个交点在轴上的射影恰好为.

(1)求椭圆的方程；
(2)如图，下顶点为，过点作一条与轴不重合的直线，该直线交椭圆于两点，直线分别交轴于，两点，为坐标原点.求证：与的面积之积为定值，并求出该定值.
【答案】(1)，(2)证明见解析，定值为
【分析】（1）写出直线方程，取求得值，得到直线与椭圆的交点，再由已知列关于，的方程组，求解，的值，则椭圆方程可求；
（2）由题意知，直线的斜率存在，设直线，由椭圆方程联立，利用根与系数的关系可得，横纵坐标的和与积，分别写出，的方程，求得与的坐标，再写出两三角形面积的乘积，结合根与系数的关系可得与的面积之积为定值．
（1）由题意，，，故过且斜率为的直线的方程为，
令，得，由题意可得，解得，．
求椭圆的方程为；
（2）证明：由题意知，直线的斜率存在，设直线，
，，，，
联立，得．
，，
由，得，
，
，
直线的方程为，令，解得，
则，，同理可得，，


【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
【例4】（2022·河南新乡·二模（理））已知椭圆的焦距为2c，左､右焦点分别是，，其离心率为，圆与圆相交，两圆的交点在椭圆E上.
(1)求椭圆E的方程.
(2)已知A，B，C为椭圆E上三个不同的点，O为坐标原点，且O为△ABC的重心.证明：△ABC的面积为定值.
【解析】(1)由椭圆得的离心率为，即，
又由圆与圆，
可得圆心分别为，半径分别为，
因为圆与圆相交，两圆的交点在椭圆E上，
可得，解得，则，
可得，所以椭圆E的方程为.
(2)证明：设，，
当AB垂直于x轴时，，因为O为△ABC的重心，所以或.
根据椭圆的对称性，不妨令，此时，，可得.
当AB与x轴不垂直时，设直线的直线方程为，
联立方程组，整理得，
则，，
设，则，.
代入，得，
又由，原点到的距离，
所以，
所以，即的面积为定值.
【例5】（2022·山西太原·一模（理））已知抛物线的焦点为，点为坐标原点，一条直线过定点与抛物线相交于、两点，且.

(1)求抛物线方程；
(2)连接，并延长交抛物线于、两点，设和的面积分别为和，则是否为定值？若是，求出其值；若不是，请说明理由.
【解析】(1)设直线的方程为：，
与抛物线方程联立为：，设，
所以，因为，
所以，
化简得：，把代入得：
，所以抛物线的方程为；
(2)抛物线的焦点，设直线的方程为：，
与抛物线方程联立为：，设，
所以，即，设，同理可得：，即，
，因为，所以，
因为，所以，
而，，，
所以，因此为定值，定值为.
【例6】（2022·河南信阳·高二期末（文））已知椭圆的离心率为，右焦点为，过作轴的垂线交双曲线的两条渐近线于，，得到三角形的面积为1.
(1)求，；
(2)设，，的三个点都在椭圆上，设的中点为，且.求证：的面积为定值.
【答案】(1)，(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率及渐近线方程，表达出三角形面积后求参数.
（2）分直线斜率存在和不存在两种情况分别计算出三角形面积，可知三角形的面积为定值.
(1)椭圆的离心率为
，其中，
双曲线的两条渐近线的方程为，设，则
因为三角形的面积为1，所以，所以，，
故椭圆的方程为；
(2)①当直线的斜率不存在时，因为，所以，此时的方程为，或，此时的方程为.
将，代入椭圆方程得，，，
所以的面积为
由椭圆轴对称性得：当的方程为时，的面积也为.
②当直线的斜率存在时：
设直线方程为，设，，，
因为的中点为，且，所以的重心是坐标原点
所以，
联立和，得，
，当时，，，
所以，，故
因为点在椭圆上，所以代入椭圆整理得，满足
因而与满足的等式关系为①
当时，
因为的重心是坐标原点，所以的面积为的面积的3倍
设直线与轴交于点，则.
那么的面积为，
关系式①代入得，综合①②得的面积为定值.
【题型专练】
1．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的右焦点为，上顶点为H，O为坐标原点，，点在椭圆E上．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设经过点且斜率不为0的直线l与椭圆E相交于A，B两点，点，．若M，N分别为直线AP，BQ与y轴的交点，记，的面积分别为，，求的值．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）由，得，再将点代入椭圆方程中，结合可求出，从而可求出椭圆方程，
（2）设直线，，，将直线方程代入椭圆方程消去，整理后利用根与系数的关系，可得，表示出直线AP的斜率，直线的斜率，而，代入化简即可
（1）由，得（c为半焦距），∵点在椭圆E上，则．
又，解得，，．∴椭圆E的方程为．
（2）由（1）知．设直线，，．
由消去x，得．显然．
则，．
∴．
由，，得直线AP的斜率，直线的斜率．
又，，，
∴．∴．
∵．
∴．
2．（2022·四川·树德中学模拟预测（文））在平面直角坐标系中，已知椭圆经过，椭圆的离心率为的．
(1)求椭圆与椭圆的标准方程：
(2)设过原点且斜率存在的直线l与椭圆相交于A，C两点，点P为椭圆的上顶点，直线PA与椭圆相交于点B，直线PC与椭圆相交于点D，设的面积分别为试问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)椭圆的标准方程为，椭圆的标准方程为;(2)为定值
【分析】(1)由题意可得和，即可求解方程；
(2) 设,由题意可得，从而得直线PA的方程为，进而得点B的横坐标，，,由计算即可得答案.
(1)解:因为椭圆经过点，所以，①
因为椭圆的离心率为．
所以，即，②
由①②可得，
故椭圆的标准方程为，椭圆的标准方程为;
(2)解:设，则，即
由题意知，设直线的斜率分别为，
则
直线PA的方程为，则由，消去y得，
解得或，则
由，消去y得，解得或，
所以点B的横坐标，
所以                           
同理                  
所以
故为定值
3．（2022·全国·高三专题练习）设点是椭圆上一动点，、分别是椭圆的左、右焦点，射线 、分别交椭圆于两点，已知的周长为，且点在椭圆上.
(1)求椭圆的方程；
(2)证明：为定值．
【答案】(1)，(2)证明见解析
【分析】（1）由椭圆定义可得，再将代入方程即可求出；
（2）设出直线方程，与椭圆联立，表示出坐标，同理得出坐标，即可代入所求，化简可求出.
（1）根据椭圆的定义可得：，解得：，
将代入方程，得，解得：，
椭圆C的方程为：.
（2）由题知，，设，
则直线的方程为，
由，得     ，
则，
，同理可得，
所以
.
所以 为定值.
4．（2022·广西·南宁二中高三阶段练习（理））平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是，，以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上．
(1)求C的方程；
(2)若点，，在椭圆C上，原点O为的重心，证明：的面积为定值．
【答案】(1)；(2)证明见解析．
【分析】（1）根据椭圆的定义即可求出，再根据离心率以及的关系即可得到，从而得出C的方程；
（2）先考虑求出直线斜率不存在时， 的面积，再证明当直线斜率存在时， 的面积为定值即可．
(1)记两圆与椭圆的交点为Q，根据椭圆的定义可知，，故．
由题可知离心率，故，
则，故椭圆C的方程为．
(2)设，，，
当直线斜率不存在时，即，
由原点O为的重心，可知，，
故可得此时有，该点在椭圆上，则，
不妨取，则有，，，
或，，，则此时．
当直线斜率存在时，不妨设方程为，
则联立，整理得，
且需满足，
则，，
所以，
由原点O为的重心知，，，
由坐标为，
代入到中，化简得，即，
又原点O为的重心，故到直线的距离为原点O到直线距离的3倍，
所以，
而
，
因此
，
综合上述，可知的面积为定值．
【点睛】关键点睛：涉及椭圆中的三角形的面积问题，解题关键是利用直线与椭圆的位置关系，韦达定理，三角形的面积公式计算，运算较复杂．
5．（2022·全国·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点为，，以为直径的圆与椭圆在第一象限的交点为P，的内切圆的半径为，且的面积为1．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过椭圆的右顶点B作两条互相垂直的直线分别交椭圆于点D和点E，若直线DE与x轴的交点为T，O为坐标原点，的面积是否为定值，如果是定值，求出该定值；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)；(2)是定值，定值为.
【分析】（1）由题意，利用圆的切线的性质和椭圆的几何性质，即可求出椭圆的标准方程；
（2）分直线DE的斜率存在与不存在两种情况讨论，当直线DE的斜率存在时，设直线DE的方程与D，E两点的坐标，表示，，将直线DE的方程和椭圆方程联立，根据韦达定理，结合已知条件，即可求出点T的坐标，再讨论当斜率不存在时，求出点T的坐标，联立圆O的方程与椭圆方程得点P的坐标，即可求解．
(1)解：设的内切圆的半径为r．∵点P在以为直径的圆上，∴为直角三角形，
∴，∴．
的面积为，
且，，∴，
∴，∴，，∴，
∴椭圆C的标准方程为．
(2)解：当直线DE的斜率存在时，设直线DE的方程为，，，
则，．由直线BD与BE互相垂直可得，
，化简得．（*）
联立直线DE与椭圆C的方程得，
∴，，∴，
代入（*）式得，
整理得，即，∴或．
将m的值代入可知直线DE恒过点或．
∵，∴不满足题意条件，∴点T的坐标为；
当直线DE的斜率不存在时，不妨设点D在x轴下半轴．
由椭圆的对称性可得直线BD的方程为，联立BD与椭圆C的方程可得，解得或，∴点D的坐标为，
同理可得点E的坐标为，∴点T的坐标为．
综上所述，点T的坐标为．联立可得点，
∴的面积，
∴的面积是为定值，且定值为．
6．（2022·四川·射洪中学高二期中）已知椭圆C：的离心率为，点与椭圆C的左、右顶点构成等腰直角三角形．

(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线MN与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，直线OM，ON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)面积是定值，理由见解析.
【分析】（1）利用椭圆性质及给定条件求出长半轴长a，再借助离心率计算b作答.
（2）直线MN的斜率存在时，设出其方程，与椭圆C的方程联立，利用已知结合韦达定理计算求解，再验证直线MN的斜率不存在的情况作答.
(1)椭圆C：左右顶点，因点与椭圆C的左、右顶点构成等腰直角三角形．
则，而椭圆C的离心率为，则半焦距，因此，
所以椭圆C的方程是.
(2)当直线MN的斜率存在时，设其方程为：，，
由消去y并整理得，
则，，
直线OM，ON的斜率分别为，，则
，
整理得：，原点O到直线MN的距离，
而，
于是得的面积，
当直线MN的斜率不存在时，由对称性知，，则不妨令，，
直线OM：，由得或，直线或，
因此，，点O到直线MN的距离为，的面积，
所以的面积是定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）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．
7．（2022·河北·模拟预测）已知椭圆，椭圆与有相同的离心率，且短轴的一个端点坐标为，O是坐标原点.
(1)求的方程；
(2)若直线l与有且仅有一个公共点，与交于A，B两点，试问的面积是否为定值？若是，求的面积；若不是，请说明理由.
【答案】(1)，(2)面积为定值，
【分析】（1）求出，由离心率求出，求出椭圆方程；（2）考虑直线l斜率不存在时的面积，再考虑直线l斜率存在时，设出直线方程，先与联立，用根的判别式得到，进而再与联立，求出弦长，用点到直线距离公式求出高，进而求出的面积，综上求出答案.
(1)由题意得：，
又的离心率为，所以，
解得：，故的方程为：.
(2)当直线l斜率不存在时，此时，
不妨令，此时，解得：，
所以，，
当直线l斜率存在时，设直线方程为：，
与联立得：，
由，
解得：，
与联立得：，
设，
则，
则

则点O到直线的距离为，
则，
综上：的面积为定值，为.
【点睛】求解圆锥曲线相关的面积范围或定值问题，一般要设出直线方程，与圆锥曲线联立后利用韦达定理求出两根之和，两根之积，结合题干条件列出方程，表达出面积，进行求解，注意直线方程斜率不存在的情况要单独考虑.
8．（2022·河南·模拟预测（理））已知椭圆的离心率为，左、右两个顶点分别为A，B，直线与直线的交点为D，且△ABD的面积为.
(1)求C的方程；
(2)设过C的右焦点F的直线，的斜率分别为，，且，直线交C于M，N两点，交C于G，H两点，线段MN，GH的中点分别为R，S，直线RS与C交于P，Q两点，记△PQA与△PQB的面积分别为，，证明：为定值.
【答案】(1)，(2)证明见解析
【分析】（1）联立方程组，求出 点坐标，然后利用三角形面积列出 的一个方程，
再结合题目所给离心率为 ，解出 即可
（2）先设出直线 的方程，分别与椭圆联立方程组，求出交点坐标，再根据 斜率是否存在分类讨论，求出直线所过定点，最后利用高相等，面积比等于底边之比求出答案即可
(1)由题意离心率为，所以①
由，知
由△ABD的面积为，得，得.②
由①②解得.所以C的标准方程为.
(2)由题意知，，，
联立方程消去y得，
设，，则，所以，
代入直线的方程，所以，
同理得
①当直线PQ的斜率存在时，设直线，
将点R，S的坐标代入，得
易知，为方程的两个根，
则，得，
所以直线，所以直线PQ过定点.
②当直线PQ的斜率不存在时，由对称性可知，
因为不妨设，，所以
即直线，满足过定点.
因为的面积为，的面积为，
所以，为定值.
9．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上.
(1)求椭圆的方程；
(2)若四边形的顶点在椭圆上，且对角线过原点，直线和的斜率之积为，证明：四边形的面积为定值.
【答案】(1)；，(2)证明见详解．
【分析】（1）根据离心率为，再根据点是椭圆上一点，求得，即得答案；
（2）考虑直线斜率是否存在情况，然后设直线方程，和椭圆方程联立，得到根与系数的关系式，结合可得到，进而表示出四边形ABCD的面积，化简可得结论.
(1)
离心率为，则∴
又∵点是椭圆上一点，∴，又
解得
因此，椭圆的方程为
(2)
证明:：当直线AB的斜率不存在时，不妨设 ，
则 ，又 ，解得 ，
根据椭圆的对称性，不妨取 ,则，
则 ,
所以 ;
当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为，设点
联立，得，
则
因为，得，即，
所以，，解得，
，
原点到直线AB的距离为，
因为
且
所以（定值），
综上述四边形ABCD的面积为定值．
10．（2022·四川宜宾·二模（文））已知椭圆的左右焦点分别为，，为的上顶点，且.
(1)求的方程；
(2)过坐标原点作两直线，分别交于，和，两点，直线，的斜率分别为，.是否存在常数，使时，四边形的面积为定值？如果存在，求出的值；如果不存在，说明理由.
【答案】(1)，(2)存在，
【分析】（1）由先解出，再由解出（2）由椭圆的对称性可知四边形为平行四边形，则，以，为参数表示出的面积，再判定是否存在常数使之为定值
(1)
解：，，
，
，

：
(2)
设：，：，（），（）
由消去得：，
解之得，
同理可求
又
点到的距离
所以


当即时，四边形的面积为定值.
故存在常数使得四边形的面积为定值
题型三：圆锥曲线中有关斜率定值问题
【例1】（2022·广东深圳·高三阶段练习）已知双曲线的离心率为，右焦点到一条渐近线的距离为.
(1)求双曲线的方程；
(2)若分别是的左､右顶点，过的直线与交于两点（不同于）.记直线的斜率分别为，请问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)，(2)是定值，定值为
【分析】（1）根据点到线的距离公式，结合椭圆基本量的关系求解可得，进而求得双曲线的方程即可；
（2）设直线的方程为，点，点，联立直线与双曲线的方程，结合韦达定理化简即可.
（1）设的半焦距为，由题意可知，又，
双曲线的一条渐近线方程为，则，
故，所以，所以双曲线的方程为.
（2）由（1）可知.
设直线的方程为，点，点，则.
由得，
所以.
，
所以.
又，
所以

综上，为定值，且.
【例2】（2022·浙江·高三开学考试）已知椭圆C：的右焦点为，离心率为为椭圆的任意内接三角形，点为的外心.

(1)求的方程；
(2)记直线的斜率分别为，且斜率均存在.求证：.
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）利用右焦点、离心率求出即得解；
（2）设A，求出即得证.
（1）解：由椭圆的右焦点为，离心率为得. 所以.所以椭圆的方程为.
（2）证明：设A，则.
设的外接圆方程为，
得，
两式相减得，
因为，所以，
同理：.
两式相减得：，于是：
所以
将代入得：
因为
所以
所以得证.
【例3】（2023·全国·高三专题练习）设椭圆：的离心率为，焦距为2，过右焦点的直线与椭圆交于A，两点，点，设直线与直线的斜率分别为，.
(1)求椭圆的方程；
(2)随着直线的变化，是否为定值？请说明理由.
【答案】(1)，(2)是定值，理由见解析
【分析】（1）根据焦距，求得c值，根据离心率，求得a值，根据a，b，c的关系，可得，即可得答案.
（2）当直线l斜率为0，即为x轴时，分析可得；当直线l斜率不为0时，设直线的方程为：，，，将直线与椭圆联立，可得关于y的一元二次方程，利用韦达定理，可得、表达式，根据斜率公式，化简整理，即可得证.
（1）因为焦距，所以，因为离心率，所以，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）当直线l斜率为0，即为x轴时，
则，所以；
当直线l斜率不为0时，设直线的方程为：，，，
将直线l与椭圆联立，消x整理得，

所以，，
所以，，
所以.
综上所述：为定值0.
【例4】（2022·上海市建平中学高二阶段练习）已知椭圆的焦点在轴上，且以短轴端点和焦点为顶点的四边形是边长为2的正方形．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若是椭圆上的动点，求的取值范围；
(3)已知不过原点且斜率存在的直线与椭圆交异于椭圆顶点的两点，为坐标原点，直线与椭圆的另一个交点为点，直线和直线的斜率之积为1，直线与轴交于点．若直线的斜率分别为，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)，(3)为定值；
【分析】（1）根据题意可得，解得，，即可求出椭圆的方程；
（2）利用椭圆的参数方程，由三角函数知识求得取值范围即可；
（3）设，，，，，，则，，根据韦达定理和斜率公式，即可求出．
(1)解：因为椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形恰好是边长为2的正方形，
所以，解得，，
所以椭圆方程为．
(2)解：由（1）得椭圆的参数方程为：，是参数，且，
因为是椭圆上的动点，
所以，（其中，，
，
．
(3)解：设，，，，，，
则，，
所以，所以，
联立，消可得，
，，
，
直线的方程为：，
令，由，可得，
，所以，
，
．
【例5】（2022·河南省浚县第一中学模拟预测（理））已知椭圆的离心率为为椭圆上一点.
(1)求椭圆的标准方程.
(2)若过点且斜率为的直线与椭圆相交于两点，记直线的斜率分别为，试问是否是定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)，(2)为定值
【分析】（1）根据离心率与椭圆过的点，列出方程组，待定系数法求解椭圆方程；（2）设出直线方程，求出两根之和，两根之积，表达出，计算，得到定值.
(1)设椭圆的焦距为，则，解得
故椭圆的方程为.
(2)由题意可知直线的斜率存在，设直线.
联立整理得，
则.
因为，所以，
则

故为定值.
【题型专练】
1．（2022·湖南郴州·高二期末）已知椭圆C：的离心率为，左顶点坐标为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点的直线l与椭圆C相交于M，N两点，设点，问：直线BM，BN的斜率之和是否为定值？若是，请求出该值；否则，请说明理由．
【答案】(1)，(2)为定值，定值为-2
【分析】（1）由题意，先求得a值，根据离心率，可得c值，根据a，b，c的关系，可得的值，即可得答案.
（2）当直线l斜率存在时，设直线l：，与椭圆联立，根据韦达定理，可得的表达式，根据斜率公式，求得的表达式，化简整理，即可得答案；当直线l的斜率不存在时，直线l：，所以，化简计算，可得为定值，即可得答案.
(1)由题意得
又，所以
所以，
所以椭圆C：．
(2)当直线l斜率存在时，设直线l：，（其中），，，
联立，消y可得，
则，解得或，
，
所以

（定值）
当直线l的斜率不存在时，直线l：，则M，N关于x轴对称，所以，
所以，
综上可得（定值）
2．（2022·河南省上蔡第一高级中学高三阶段练习（文））已知椭圆的左、右顶点分别是，过点的直线交于两点（异于）.当直线过点）时，恰好为的中点.
(1)求的离心率；
(2)若，直线与交于点，直线的斜率分别为，证明：是定值.
【答案】(1)，(2)证明见解析
【解析】（1）设.因为为的中点，所以.
由题意知，则，
即，则.又，
所以，故离心率.
（2）证明：由题意知，所以，故的方程为.
设直线的方程为，
联立消去得关于的一元二次方程，整理得：
.
因为与交于两点，
所以，即，
解得或，
故.
设，直线的方程为，
直线的方程为，
两式联立，得

（*）.
又，代入式，
得，
则，

故
即为定值2.
【点睛】求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)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．
3．（2023·全国·高三专题练习）已知P为曲线C上一点，M，N为圆与x轴的两个交点，直线PM，PN的斜率之积为．
(1)求C的轨迹方程；
(2)若一动圆的圆心Q在曲线C上运动，半径为．过原点O作动圆Q的两条切线，分别交椭圆于E、F两点，当直线OE，OF的斜率存在时，是否为定值？请证明你的结论．
【答案】(1)，(2)是，证明见解析
【分析】（1）设，表示出PM，PN斜率，相乘化简即可求解；
（2）设Q，设出直线OE方程，由点到直线距离得到关于的方程，由韦达定理求解即可.
(1)由题意，不妨令，，设，则PM，PN斜率之积为，
化简得，∴曲线C的轨迹方程为．
(2)设Q点坐标为，则．∵圆Q与直线OE、OF相切，设直线OE：，则，
整理可得，，
设关于k的方程的两根为、，易得、即为直线OE，OF的斜率，所以．
4．（2022·河南焦作·高三开学考试（理））已知椭圆：的右焦点为，圆：，过且垂直于轴的直线被椭圆和圆所截得的弦长分别为和.
(1)求的方程；
(2)过圆上一点（不在坐标轴上）作的两条切线，，记，的斜率分别为，，直线的斜率为，证明：为定值.
【答案】(1)，(2)见解析
【分析】（1）由已知条件列方程组，结合，解出，可得椭圆的方程；
（2）设，且满足圆的方程，设出过点与椭圆相切的直线方程，与椭圆方程联立，利用得出关于的一元二次方程，由韦达定理得出，进而可求出为定值．
（1）设椭圆的半焦距为，过且垂直于轴的直线被椭圆所截得的弦长分别为，则；过且垂直于轴的直线被圆所截得的弦长分别为，则，又，解得，所以的方程为.
（2）设，则.①
设过点与椭圆相切的直线方程为，
联立得，
则，
整理得.②
由题意知，为方程②的两根，由根与系数的关系及①可得.
又因为，所以，所以为定值．
5.（2022·江苏南通·高三开学考试）已知椭圆：的离心率为，短轴长为2.
(1)求的方程；
(2)过点且斜率不为0的直线与自左向右依次交于点，，点在线段上，且，为线段的中点，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）根据条件列出关于a,b的方程，求得a,b的值，即得答案;
（2）设直线方程，，联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，表示P点坐标，结合，可得N点坐标，从而可证明结论.
（1）由椭圆：的离心率为，短轴长为2，
可知 ，则 ，
故的方程为；
（2）证明：由题意可知直线的斜率一定存在，故设直线的方程为，
设，
联立，可得，
，
则，
所以，
又，所以，
解得，
从而 ，
故，即为定值.
【点睛】本题考查了椭圆方程的求法以及直线和椭圆的位置关系中的定值问题，综合性强，计算量大，解答时要注意联立方程，从而利用根与系数的关系进行化简，解答的关键是利用所设将已知转化为点的坐标来表示，从而进行化简，解决问题.
6．（2022·江苏·高三开学考试）设为椭圆：的右焦点，过点且与轴不重合的直线交椭圆于，两点.
(1)当时，求；
(2)在轴上是否存在异于的定点，使为定值（其中，分别为直线，的斜率）？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，(2)存在，定点
【分析】（1）设出直线的方程，联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及得到，进而求出的值；
（2）设出直线的方程，联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系得到，再利用直线的斜率公式进行求解.
（1）
设直线的方程为，，，
联立，得，
又因为，所以，
解得，，
所以，
即.
（2）假设在轴上存在异于点的定点，使得为定值.
设直线的方程为，
联立，得，
则，，所以.
所以.
要使为定值，则，
解得或（舍去），此时.
故在轴上存在异于的定点，使得为定值.
7．（2023·山西大同·高三阶段练习）已知椭圆的右焦点为F，离心率，点F到左顶点的距离为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知四边形为椭圆的内接四边形，若边过坐标原点，对角线交点为右焦点F，设的斜率分别为，试分析是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)，(2)是定值，定值为
【分析】（1）由题意列出a,b,c的等量关系可得解；
（2）设A,B坐标，写出AF方程与椭圆方程联立，可得点C坐标，同理得点D坐标，然后写出斜率公式进行化简可得定值.
(1)
由题意知
，，
所以椭圆方程为.
(2)
设，则
可得：代入椭圆方程
整理得
由代入上式得
，是方程的一个解
∴点C的横坐标，
又因为在直线上
∴，同理：∵，
∴，即
∴为定值，定值.
题型四：圆锥曲线中有关向量定值问题
【例1】（2022·贵州遵义·高三开学考试（文））已知点是椭圆的左焦点，是椭圆上的任意一点，．
(1)求的最大值；
(2)过点的直线与椭圆相交于两点，与轴相交于点．若，，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)，(2)是定值
【分析】（1）利用椭圆定义可将转化为，由可求得所求最大值；
（2）设，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，根据向量坐标运算可得，，由此表示出，代入韦达定理进行整理即可得到定值.
（1）

由椭圆方程知：，，，则，，
由椭圆定义知：，，
（当且仅当三点共线，即与图中点重合时取等号），
又，的最大值为.
（2）由题意知：直线斜率存在，设，，，则，
由得：，，；
，即，则；同理可得：，
，
是定值.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出所求量，化简消元可得定值.
【例2】（2022·江苏省响水中学高三开学考试）已知椭圆：，，过点的动直线与椭圆交于、两点.
(1)求线段的中点的轨迹方程；
(2)是否存在常数，使得为定值？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)，(2)存在，
【分析】(1)①当直线存在斜率时，设、、，，利用点差法求解； ②当直线不存在斜率时，易知，验证即可；
（2）①当直线存在斜率时，设直线的方程为：，与椭圆方程联立，结合韦达定理，利用数量积运算求解； ②当直线不存在斜率时，直线的方程为：，易得、，验证即可.
（1）解：①当直线存在斜率时，设、、，，
则应用点差法：，两式联立作差得：，
∴，
又∵，
∴，化简得（），
②当直线不存在斜率时，，
综上，无论直线是否有斜率，的轨迹方程为；
（2）①当直线存在斜率时，设直线的方程为：，
联立并化简得：，
∴恒成立，∴，，
又，，，，
∴，
，
若使为定值，
只需，即，其定值为，
②当直线不存在斜率时，直线的方程为：，则有、，
又，，，，
∴，当时，也为定值，
综上，无论直线是否有斜率，一定存在一个常数，
使为定值.
【例3】（2023·全国·高三专题练习）已知点，圆：，点是圆上的动点，的垂直平分线与交于点，记的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)设经过点的直线与交于，两点，求证：为定值，并求出该定值．
【答案】(1)，(2)证明见解析，定值为
【分析】（1）根据点在的垂直平分线上，得，从而可得，则有的轨迹是以A，为焦点的椭圆，即可得解；
（2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，当直线的斜率存在时，设：，，，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理求得，，再证明为定值即可.
（1）解：圆的圆心为，半径，由点在的垂直平分线上，得，
所以，所以的轨迹是以A，为焦点的椭圆，，，
所以，，，所以的方程为；
（2）证明：①当直线的斜率不存在时，易知，
②当直线的斜率存在时，设：，，，
则把代入得，
显然，有，，
，
所以，
综上所述，为定值．
【例4】（2022江苏省丹阳高级中学高二阶段练习）已知椭圆：的离心率为，点是上一点.
(1)求椭圆的方程：
(2)过右焦点作直线交椭圆C于A，B两点，在x轴上是否存在点M，使为定值?若存在，求出点M的坐标及该定值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在定点，使得．
【分析】（1）由离心率和椭圆上点的坐标列方程组求得得椭圆方程；
（2）当直线斜率不为0时，设其方程为，设，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，假设存在定点满足题意，计算（代入韦达定理的结论化简），由它是与无关的代数式求得值．再检验此点对直线斜率为0时也满足，即得结论．
(1)由题意，解得，椭圆方程为；
(2)由（1）知，，当直线斜率不为0时，设其方程为，设，
由得．
，，
假设存在定点满足题意，



，
要使此值与无关，则，解得，
，
当直线斜率为0时，不妨设，，当坐标为时，，
综上所述存在定点，使得．
【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查椭圆的定值、定点问题，属于难题．解题时主要是由题中一个量（本题是数量积）与参数无关，解决此类问题，关键是要选定一个参数（参数可以是直线的斜率、截距，可以是动点坐标等），使用参数表示题中变化的量，再用这些变化的量表示题中不变的量，求得与参数无关，完成求解．
【例5】（2022·江西·模拟预测（文））椭圆的离心率为，且过点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)A，B，P三点在椭圆C上，O为原点，设直线的斜率分别是，且，若，证明：.
【答案】(1)，(2)证明见解析
【分析】（1）由条件可得，，，解出即可；
（2）设，由条件可得，，然后将代入椭圆方程可得，然后可得答案.
(1)因为，，所以可解得
所以椭圆C的方程.
(2)设
，

即       
，即
又，即，
【题型专练】
1．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆的离心率为，短轴一个端点到右焦点的距离为2.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线交椭圆于两点，交轴于点，设，试判断是否为定值？请说明理由.
【答案】(1)，(2)是定值，理由见解析
【分析】（1）根据已知条件短轴一个端点到右焦点的距离为长半轴，再利用离心率公式即可求解.
（2）根据已知条件设出直线的方程，与椭圆方程联立方程组，消去得关于的一元二次方程，利用韦达定理得出交点横坐标的关系，结合向量的关系得出坐标的关系即可求解.
（1）由题可得,，又，
所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由题可得直线斜率存在，由（1）知设直线的方程为，则,消去，整理得：，
设，则，，
又，则，由可得，所以.
同理可得，.
所以

所以，为定值.
2．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆的离心率为，且经过点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点的直线与椭圆C相交于A，B两点，直线分别交x轴于M，N两点，点，若，求证：为定值．
【答案】(1)；(2)证明过程见解析；
【分析】（1）根据椭圆离心率公式，结合代入法进行求解即可；
（2）设出直线的方程与椭圆方程联立，根据一元二次方程根与系数关系，结合共线向量的性质进行求解即可.
（1）因为椭圆的离心率为，且经过点，
所以有；
（2）证明：设直线方程为，，，
由，联立消x得，
所以，，，
由题意知，，均不为．
设，，
由，，A三点共线知与共线，
所以，化简得；
由，，三点共线，同理可得；
由，得，即；
由，同理可得；
所以


，
所以为定值．
【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数的关系是解题的关键.
3．（2021·陕西·铜川市第一中学高二阶段练习（理））已知椭圆：的焦距为，圆：经过点.
(1)求椭圆与圆的方程；
(2)若直线：与椭圆C交于点A，B，其中，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)椭圆C：，圆O：
(2)为定值，且该定值为0
【分析】（1）根据已知建立a，b，c的等量关系式，解得a2与b2，即可得方程；
（2）设出A，B点坐标，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求即可确定其为定值0.
(1)
设椭圆C的半焦距为c，
根据题意得
又∵经过点，
∴，
解得
∴椭圆C的方程为，圆O的方程为.
(2)
设联立l与椭圆方程，
化简整理得
则
∵
∴




综上所述，为定值，且该定值为0.
4.（2022·安徽·蒙城第一中学高三阶段练习（文））已知椭圆：的离心率为，以椭圆上一点和短轴两个端点为顶点的三角形面积的最大值为2.
(1)求的方程；
(2)直线过椭圆长轴上点且与椭圆相交于不同两点，，点，当为何值时为定值，并求其定值.
【答案】(1)；
(2)当时，为定值12.
【分析】（1）列方程组解方程组即得解；
（2）当直线斜率不为0，设直线：，，，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，为定值，求出或，当直线过点斜率为0时亦成立，即得解.
(1)
解：由题意可知解得，，
故椭圆的方程为.
(2)
解：当直线斜率不为0，设直线：，，，
则
整理得：，∴
由知，.
∵，，
∴
又∵，
，
代入上式得：


为定值，
∴，解得：或，
又∵在椭圆长轴上，∴，
满足，且（定值），
当直线过点斜率为0时亦成立，∴当时，为定值12.
5．（2022·河南商丘·高二期中（理））椭圆与双曲线之间有许多优美的对称性质，已知椭圆和双曲线
(1)设AB是双曲线的不平行于对称轴且不过原点的弦，M为弦AB的中点，O为坐标原点，则为定值.类比双曲线的性质：若AB是椭圆的不平行于对称轴且不过原点的弦，M为AB的中点，O为坐标原点，试猜想的值，并证明；
(2)设椭圆交x轴于A，B两点，点P是椭圆上异于A，B的任意一点，直线PA，PB分别交y轴于点M，N，则为定值，类比椭圆的性质：若双曲线交x轴于A，B两点，点P是双曲线上异于A，B的任意一点，直线PA，PB分别交y轴于点M，N，试猜想的值，并证明.
【答案】(1)猜想：，证明见解析
(2)猜想：，证明见解析
【分析】（1）设，，，再表示，最后根据A，B满足椭圆的方程式化简即可
（2）设，再根据，求得直线PA方程为，得到点M坐标，表达出，同理得到，再根据满足双曲线的方程代入化简即可
(1)
猜想：.
证明：设，，，则有
，，
则.
将A，B的坐标代入椭圆方程中得：①，②，
①-②得：，，即.
(2)
猜想：
证明：由题意得，，设，则，
所以直线PA方程为.
令，则，所以点M坐标为.
又，所以；同理可得：.
所以，又因为，
所以，得证.
【点睛】本题主要考查了利用圆锥曲线上的点满足圆锥曲线的方程，进而化简所求表达式的值的方法，需要根据题意根据相关直线的方程联立求解得出相关点的坐标，再化简求解，属于中档题
6．（2022·四川·遂宁中学高二期中（文））已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为，椭圆C上的一点P满足轴，且
(1)求椭圆的方程：
(2)过右焦点作直线交椭圆C于A，B两点，在x轴上是否存在点M，使为定值？若存在，求出点M的坐标及该定值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；定点，
【分析】（1）由，，通径长列方程组解得参数，即可求；
（2）当直线斜率不为0时，设其方程为，与椭圆组成方程组，设，，由韦达定理表示，即可讨论定值成立情况，如成立，进一步讨论直线斜率为0时，是否同样成立即可；
(1)
由题，，，
时，代入方程解得，
综上可解得，所以椭圆方程为；
(2)
由（1）知，，
当直线斜率不为0时，设其方程为，设，
由得．
，，
假设存在定点满足题意，则



，
要使此值与无关，则，解得，
，
当直线斜率为0时，不妨设，，当坐标为时，，
综上所述存在定点，使得．
题型五：圆锥曲线中角为定值问题
【例1】（2022·云南省下关第一中学高三开学考试）已知椭圆过点，离心率为，直线与椭圆交于两点，过点作，垂足为C点，直线AC与椭圆的另一个交点为．
(1)求椭圆的方程；
(2)试问是否为定值？若为定值，求出定值；若不为定值，说明理由．
【答案】(1)，(2)为定值
【分析】(1) 利用离心率找出a，c关系即可；
(2)设，再用分别表示出，，的坐标，然后计算出直线的斜率与斜率的关系即可.
（1）由已知得，解得，所以．
（2）由已知，不妨设，则，，
所以，，所以，
代入椭圆的方程得：，
设，则，即，
所以，即，
所以，即，
即，也即为定值．
【点睛】在求圆锥曲线的定角时，常常需要优先考虑特殊角，这样可以直接通过斜率来验证我们的猜想，若满足斜率之积为，则正确，否则，再寻其他方法处理问题.
【例2】（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的短轴的两个端点分别为，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设点，点为椭圆上异于的任意一点，过原点且与直线平行的直线与直线交于点，直线与直线交于点，求证：为定值.
【答案】(1)，(2)证明见解析
【分析】（1）依题意可得、，再根据、、的关系，求出，即可得解；
（2）设直线的方程为：，，即可求出点坐标，再联立直线与椭圆方程，求出的坐标，同理求出的坐标，再求出，的坐标，最后根据数量积的坐标运算得到，即可得证；
（1）解：由题意可得，，，
解得，
所以椭圆的方程为：；
（2）解：设直线的方程为：，
则过原点的直线且与直线平行的直线为，
因为是直线与的交点，所以，
因为直线的方程与椭圆方程联立：
，整理可得：，
可得，，
即，因为，
直线的方程为：，
联立，解得：，由题意可得，
所以，，
所以，即，所以，即为定值；
【题型专练】
1．（2022·吉林吉林·模拟预测（文））已知，分别为椭圆的左､右焦点，椭圆C的离心率为.过点的直线交椭圆于A，B两点，且的周长为8.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l与椭圆C交于M，N两点，且与圆相切，求的大小.
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）由焦点三角形的周长求得，再由离心率得，然后由求得得椭圆方程；
（2）当直线l斜率存在时，设直线l方程：，，，由直线与圆相切得关系，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，计算可得大小，当直线l斜率不存在时，直接求得点坐标检验值是否相同即可得．
(1)由已知：，，椭圆C的离心率，∴.
∵，∴.椭圆C的标准方程为.
(2)当直线l斜率存在时，设直线l方程：，，
∵直线l与圆相切，∴圆心（0，0）到直线l的距离，
∴.
联立方程组，得，
，，
∴
∴OM⊥ON，∴
当直线l斜率不存在时，易知.
联立方程组得，，（横坐标同时取正或取负）
∴，∴，即.
综上所述，.
2．（2022山东·日照青山学校高二期末）设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于、两点，过作的平行线交于点，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过坐标原点的直线交曲线于、两点，点在第一象限，轴，垂足为，连接并延长交曲线于点.证明：是直角三角形.
【答案】(1)，(2)证明见解析
【分析】（1）推导出，可知点的轨迹是以点、为焦点且去掉长轴顶点的椭圆，求出、的值，即可得出点的轨迹方程；
（2）设点，其中、，则、，设点，利用点差法可得出，推导出，计算得出，可得出，进而可证得结论成立.
(1)
解：圆的标准方程为，圆心为，半径为，

因为，则，即，
因为，所以，，故，
由题意可知，点不在轴上，
故点的轨迹是以点、为焦点且去掉长轴顶点的椭圆，且，得，
，得，则，
故点的轨迹方程为.
(2)
证明：设点，其中、，则、，设点，

因为点、都在曲线上，则，两式作差得，
所以，，则，
，，因为、、三点共线，则，
即，则，故，
因此，为直角三角形.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）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．