专题13 定值问题（模拟+真题）2024高考总复习压轴题教师版

第第页专题13定值问题1、已知椭圆：离心率，且经点．(1)求椭圆的标准方程；(2)过椭圆C右焦点的直线l交椭圆于A，B两点，交直线于点D，且，设直线，，的斜率分别为，，，若，证明为定值．【答案】(1)；(2)证明见解析【分析】（1）由题意可得，解方程求出，即可得出答案；（2）设，，设直线方程为：，将直线方程与随圆方程联立，得到关于的一元二次方程，根据韦达定理，可得的表达式，由此表示出，再代入化简即可得出答案.【详解】（1）由题意知，解得，，故椭圆的标准方程为．（2）由题意直线的斜率一定存在，由（1）知，则椭圆的右焦点的坐标为，设直线方程为：，坐标为．所以，设，，将直线方程与随圆方程联立，∴，又恒成立，由韦达定理知，，，∴∴【点睛】关键点睛：解题的关键是根据直线方程得到坐标为，则，直线方程与随圆方程联立，化简整理，结合韦达定理表示出，代入化简即可得出答案.2、已知椭圆过点，离心率．(1)求椭圆的标准方程；(2)设过点的斜率为直线交椭圆于另一点，若的面积为2，其中为坐标原点，求直线的斜率的值；(3)设过点的直线交椭圆于点，，直线，分别交直线于点，．求证：线段的中点为定点．【答案】(1)(2)0(3)证明见解析【分析】（1）根据给定条件，列出关于的方程组并求解即得.（2）由点斜式写出直线的方程，与椭圆方程联立结合三角形面积求出k值即得.（3）设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出点的坐标，结合韦达定理计算得解.【详解】（1）令椭圆半焦距为c，依题意，，解得，，，所以椭圆的方程为．（2）设直线的方程为，，则原点到直线的距离为，由消去并化简得，显然，设，有，则，于是，则，解得，所以直线的方程为．

（3）依题意，直线的斜率存在，设直线的方程为，由，消去并化简得，则，，由，得，所以，显然直线，的斜率存在，直线的方程为，令，得，同理得，所以，所以线段的中点为定点.【点睛】结论点睛：过定点的直线l：y=kx+b交圆锥曲线于点，，则面积；过定点直线l：x=ty+a交圆锥曲线于点，，则面积.3、设椭圆：的左、右顶点分别为C，D，且焦距为2.F为椭圆的右焦点，点M在椭圆上且异于C，D两点.若直线与的斜率之积为.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点作一条斜率不为0的直线与椭圆E相交于A，B两点（A在B，P之间），直线与椭圆E的另一个交点为H，求证：点A，H关于x轴对称.【答案】(1)；(2)证明见解析【分析】（1）根据直线与的斜率之积得到，故，结合焦距得到，，得到椭圆方程；（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，表达出，得到结论.【详解】（1）由题意有，，设，，化简得，结合，可得，由椭圆焦距为2，有，得，，椭圆E的标准方程为；（2）显然直线方程斜率不存在时，与椭圆方程无交点，根据椭圆的对称性，欲证，H关于轴对称，只需证，即证，

设，，直线方程为，由消去得，，解得，所以，.则，因为，所以，即A，H关于轴对称.4．椭圆的两个焦点分别为，，离心率为，为椭圆上任意一点，不在轴上，的面积的最大值为.(1)求椭圆的方程；(2)过点的直线与椭圆相交于M，N两点，设点，求证：直线，的斜率之和为定值，并求出定值.【答案】(1)；(2)定值，【分析】（1）根据题意列出方程即可；（2）设出直线方程，联立椭圆方程，列出表达式利用韦达定理计算即可.【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以，设到的距离为，因为，所以，易得当时面积取得最大值，所以，因为，所以，，所以椭圆的方程为；（2）证明：如图，易知点在椭圆外，设直线的方程为，，，由得，所以，，，因为，所以，所以，所以，所以.【点睛】关键点点睛：本题的第（2）问的化简，这里化简主要是利用了韦达定理和直线的方程，在化简过程中同时涉及到通分，计算比较复杂，要认真计算.5、（2024下·广西桂林·高二桂林中学校联考开学考试）已知椭圆的离心率为，且椭圆的短轴长为．(1)求椭圆的方程．(2)设是椭圆上第一象限内的一点，是椭圆的左顶点，是椭圆的上顶点，直线与轴相交于点，直线与轴相交于点．记的面积为，的面积为．证明：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可求得结果；（2）根据题意，分别表示出点的坐标，从而表示出，然后结合椭圆的方程，代入计算，即可证明.【详解】（1）由题可知，，解得，故椭圆的方程为．（2）证明：设，则直线的方程为，令，得．直线的方程为，令，得．，，．由，得，则．故为定值．6、（2024上·河南焦作·高三统考期末）已知椭圆的离心率为，直线过的上顶点与右顶点且与圆相切．(1)求的方程．(2)过上一点作圆的两条切线，（均不与坐标轴垂直），，与的另一个交点分别为，．证明：①直线，的斜率之积为定值；②．【答案】(1)(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）利用已知求参数，得到椭圆方程即可.（2）①利用点到直线的距离得到斜率满足的方程，结合韦达定理得到斜率的乘积，简单转化得到定值即可.②联立方程，结合韦达定理用斜率表示所求式，化简得到定值即可.【详解】（1）设椭圆的半焦距为．依题意，离心率，则，①．直线，即，由题可知②．联立①②，解得，，故的方程为．（2）（i）设过点且与圆相切的直线的方程为，则，整理得，记直线，的斜率分别为，，则，为定值．（ii）由（i）的过程可知直线，联立方程得则有，故．直线，同理可得．故，则．7、（2024下·河南信阳·高三信阳高中校考阶段练习）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，右焦点到渐近线的距离为1．(1)求双曲线的方程；(2)设动直线与相切于点A，且与直线相交于点，点为平面内一点，直线的倾斜角分别为．证明：存在定点，使得．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由渐近线倾斜角结合右焦点到渐近线的距离可得，即可得方程；（2）将与双曲线方程，联立，可得A，B坐标，后由对称性可得点必在轴上，设，后由可证明结论.【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，右焦点到渐近线的距离为，故，又且，解得：故双曲线的方程是．（2）由，得．动直线与双曲线有且只有一个公共点，所以，化简得．（*）此时，由，得．假设平面内存在定点满足条件，由图形对称性知，点必在轴上．设，要使，则，则对满足（*）式的恒成立．，由，得，整理得．（**）由于（**）式对满足（*）式的恒成立，.故存在定点，使得.

【点睛】关键点睛：对于圆锥曲线中的定点问题，有时可通过对称性确定定点位置，从而简化计算流程.此外，向量与韦达定理也是经常使用的工具.8、（2024下·重庆·高三西南大学附中校联考开学考试）如图，已知椭圆与椭圆有相同的离心率，点在椭圆上．过点的两条不重合直线与椭圆相交于两点，与椭圆相交于和四点．

(1)求椭圆的标准方程；(2)求证：；(3)若，设直线的倾斜角分别为，求证：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析(3)，证明见解析【分析】（1）由离心率和椭圆上的点，求椭圆的标准方程；（2）要证，只需证，通过直线与椭圆联立方程组，由韦达定理和两点间距离公式证明；（3）由题意有，由韦达定理和距离公式化简得，由题意，所以，可得.【详解】（1）由题意知，两椭圆有相同的离心率，则有，，又点在椭圆上，有，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）要证，即证，设，当直线斜率不存在时，由椭圆对称性可知成立，当直线斜率存在时，设斜率为，则方程为，由得，，由得，，得，，，，则有.所以与等底等高，有.（3）由（2）可知，同理有，由，可得，则有，设直线的斜率为，直线方程为，设，由得，，，，所以，即，化简得，即，由题意，所以，所以.【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线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．9、（2024·四川德阳·统考模拟预测）已知圆：，点是圆上的动点，点是圆内一点，线段的垂直平分线交于点，当点在圆上运动时点的轨迹为.(1)求的方程；(2)为直线：上的动点，、为曲线与轴的左右交点，、分别与曲线交于、两点.证明：为定值.【答案】(1)(2)证明过程见解析【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质，结合椭圆的定义进行求解即可；（2）设出相应直线方程与椭圆方程联立，利用一元二次方程根与系数关系，结合两点间距离公式进行求解即可.【详解】（1）如图所示：连接，由，所以该圆的圆心坐标为，半径为，因为线段的垂直平分线交于点，所以有，由，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，即，所以的方程为；（2）设，，因为直线的斜率为，所以直线的方程为，代入椭圆方程中，得，显然有，，即，因为直线的斜率为，所以直线的方程为，代入椭圆方程中，得，显然有，，即，于是有，，，，因此为常数.【点睛】关键点睛：本题的关键是利用一元二次方程根与系数的关系求出相关点的坐标.10、（2024下·山东·高三校联考开学考试）已知抛物线是上不同的三点，过三点的三条切线分别两两交于点，则称三角形为抛物线的外切三角形．(1)当点的坐标为为坐标原点，且时，求点的坐标；(2)设外切三角形的垂心为，试判断是否在定直线上，若是，求出该定直线；若不是，请说明理由；(3)证明：三角形与外切三角形的面积之比为定值．【答案】(1)(2)是，(3)2【分析】（1）求导，求出，再利用点斜式求出直线方程得点的坐标；（2）先求切线的方程和切线的方程，联立求出交点，同理得坐标，利用垂线性质得推理得垂心在定直线上；（3）法一：利用弦长和点线距分别表示两三角形面积得比值；法二：利用向量面积公式，表示面积求比值.【详解】（1）由题意可知，即为，求导得，则，由直线的点斜式化简得切线的方程为为切线与轴的交点，则点的坐标为．（2）设，由（1）易知，则抛物线在A点处的切线的方程为，同理可得切线的方程为，直线和直线联立可得交点．同理可得．设垂心的坐标为，则．由可知，即．同理可得．两式相减可得，即．因此垂心在定直线上．（3）易知，则直线的方程为，化简得且，点到直线的距离为，则三角形的面积．由（2）知切线的方程为可知，点到直线的距离为，则外切三角形的面积．故．因此三角形与外切三角形的面积之比为定值2．解法二：因为，所以由（2）得所以所以．【点睛】关键点点睛:本题考查抛物线的切线相关问题，解决第二问的关键是利用垂直得垂心的轨迹进而求得定直线，并且第三问重在计算能力对的考查.11、（2024下·江西·高三校联考开学考试）已知椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点.(1)若点为上一动点，求的最大值与最小值；(2)若，求的斜率；(3)在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)最大值为，最小值为；(2)(3)存在定点【分析】（1）由题意，根据椭圆的定义可得，则，当点与的左、右顶点重合时取到最值；（2）设，根据平面共线向量的坐标表示可得，结合求出点B的坐标，利用两点表示斜率公式计算即可求解；（3）假设满足条件的点存在，易知直线的斜率不存在时；设，根据平面向量数量积的坐标表示可得，当直线的斜率存在时，设：，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出，代入，化简计算即可求解.【详解】（1）设的左焦点为，则，由椭圆的定义知，，所以，当且仅当点与的左顶点重合时取等号，即的最大值为；，当且仅当点与的右顶点重合时取等号.即的最小值为.（2）设，则由，得，所以，即，又在上，所以，即解得即.故直线的斜率为.（3）假设满足条件的点存在，设，则，当直线的斜率存在时，设的方程为，把代入，得，所以，，，所以为定值，所以，解得，存在定点，使得为定值；当直线的斜率不存在时，易得满足为定值.综上，存在定点，使得为定值.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法一般有两种：(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．12、（2024下·内蒙古赤峰·高三校考开学考试）已知双曲线的离心率为，右焦点为．(1)求双曲线的标准方程；(2)过点的直线与双曲线的右支交于两点，在轴上是否存在点，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在满足【分析】（1）根据题意求出，即可得解；（2）设其方程为，，设，，，联立直线与双曲线的方程，得出韦达定理，化简，从而得到定点与定值.【详解】（1）由题意可得，所以，所以双曲线的标准方程为；（2）依题意，直线的斜率不为0，设其方程为，，代入得，设，，，则，，∴，若要上式为定值，则必须有，即，∴，故存在点满足.【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．13、（2024上·浙江嘉兴·高三统考期末）已知，分别是双曲线的左，右顶点，，点到其中一条渐近线的距离为．(1)求双曲线C的方程：(2)过点的直线l与C交于M，N两点（异于，两点），直线OP与直线交于点Q．若直线与的斜率分别为，，试问是否为定值？若是，求出此定值；否不是，请说明理由．【答案】(1)(2)是定值3，理由见解析【分析】（1）由点到直线距离公式得到方程，求出，结合，得到双曲线方程；（2）设出直线的方程，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，求出点Q的坐标，计算出.【详解】（1）由题意知．点到直线的距离为，解得，从而双曲线C的方程为；（2）设，，直线的方程为，联立，则，从而，解得且，此时．直线OP的方程为，直线的方程为，联立解得，．由于.即．【点睛】定值问题常见方法：（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.14、（2024下·山东·高三山东省实验中学校联考开学考试）已知双曲线的离心率为，左、右顶点分别为，点，且的面积为2．(1)求的方程；(2)若过点的直线与的左、右两支分别交于两点，直线交于点，直线与轴交于点为坐标原点，证明：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据已知条件，可确定，的值，写出双曲线的标准方程.（2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，消去，利用一元二次方程根与系数的关系，确定，，再分别表示直线，的方程，求出交点的坐标以及与轴的交点的坐标，探索的值.【详解】（1）由题意知离心率为，因为的面积为2，所以，得，所以，，故的方程为．（2）如图：由题意知，设直线，因为与的左、右两支分别相交，与轴也有交点，的渐近线方程为，所以且．由得，设，则，.则直线的方程为，直线的方程为，将直线和的方程联立，可得，所以，又因为，所以．因为且，所以，易知，，所以，综上，，解得．所以．在中，令，得，所以．【点睛】关键点点睛：本题中因为点在轴上，其纵坐标为，也就是的纵坐标为，所以的纵坐标不用求，这样可以省下很多的计算量.15、（2024下·安徽·高三校联考阶段练习）已知双曲线（，）的左顶点为，过点的动直线l交C于P，Q两点（均不与A重合），当l与x轴垂直时，.(1)求C的方程；(2)若直线AP和AQ分别与直线交于点M和N，证明：为定值.【答案】(1)(2)为定值63，证明过程见解析【分析】（1）由题意得，并代入求出，根据求出，得到答案；（2）直线l的方程，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，得到直线，求出，同理得到，结合平面向量数量积公式，代入两根之和，两根之积得到.【详解】（1）由题意得，故，令得，解得，由于，故，解得，所以C的方程为；（2）直线l交C于P，Q两点（均不与A重合），故直线l的斜率不为0，设直线l方程为，联立得，设，则且，解得，，直线，令得，同理可得，故，则.

为定值.【点睛】定值问题常见方法：（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.16、（2024下·安徽·高三池州市第一中学校联考开学考试）已知双曲线的左､右焦点分别为，点在上，且的面积为．(1)求双曲线的方程；(2)记点在轴上的射影为点，过点的直线与交于两点．探究：是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)，为定值．【分析】（1）根据的面积为，表示为，结合双曲线方程，即可得到答案；（2）首先设直线的方程与双曲线方程联立，并用坐标表示和，并利用韦达定理表示，即可化简求解.【详解】（1）设双曲线的焦距为，由题意得，，解得，故双曲线的方程为．（2）

由题意得，，当直线的斜率为零时，则．当直线的斜率不为零时，设直线的方程为，点，联立，整理得，则，解得且，所以，所以．综上，，为定值．17、（2024上·安徽黄山·高二统考期末）如图，已知曲线是以原点O为中心、为焦点的椭圆的一部分，曲线是以原点O为中心，为焦点的双曲线的一部分，A是曲线和曲线的交点，且为钝角，我们把曲线和曲线合成的曲线C称为“月蚀圆”．设.

(1)求曲线和所在的椭圆和双曲线的标准方程；(2)过点作一条与x轴不垂直的直线，与“月蚀圆”依次交于B，C，D，E四点，记G为CD的中点，H为BE的中点．问：是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)椭圆所在的标准方程为，双曲线所在的标准方程为(2)是定值，为，理由见解析【分析】（1）设椭圆所在的标准方程为，双曲线所在的标准方程为，根据在曲线上、焦点坐标可得答案；（2）设直线的方程为，，直线的方程与椭圆方程、双曲线方程分别联立，利用韦达定理求出、，由转化为化简可得答案.【详解】（1）设椭圆所在的标准方程为，双曲线所在的标准方程为，因为，所以可得，，解得，，所以椭圆所在的标准方程为，双曲线所在的标准方程为；（2）是定值，为，理由如下，由（1）椭圆所在的标准方程为，双曲线所在的标准方程为，因为直线与“月蚀圆”依次交于B，C，D，E四点，所以直线的斜率不为0，设直线的方程为，，双曲线的渐近线方程为，所以，可得，，直线的方程与椭圆方程联立，整理得，所以，所以，直线的方程与双曲线方程联立，整理得，所以，所以，所以，所以是定值.【点睛】关键点点睛：第二问解题的关键点是由转化为，再利用韦达定理.18、（2024下·宁夏吴忠·高二青铜峡市高级中学校考开学考试）已知抛物线：上一点的横坐标为4，点到准线的距离为5.(1)求抛物线的标准方程；(2)过焦点的直线与抛物线交于不同的两点，，为坐标原点，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据抛物线的焦半径公式，列式计算，求出p，即可得答案；（2）设直线l的方程为，联立抛物线方程，设，可得根与系数的关系式，表示出并化简，即可证明结论.【详解】（1）由题意知抛物线：上一点的横坐标为4，点到准线的距离为5，故，则抛物线的标准方程为；（2）证明：由于过焦点的直线与抛物线交于不同的两点，，则l斜率不等于0，设其方程为，联立得，得，，设，则，由于，故，即：为定值..19、（2024下·云南昆明·高二统考开学考试）已知焦点在轴，顶点在原点的抛物线经过点，以上一点为圆心的圆过定点，记、为圆与轴的两个交点．(1)求抛物线的方程；(2)当圆心在抛物线上运动时，试判断是否为一定值？请证明你的结论．【答案】(1)(2)是定值，证明见解析【分析】（1）设抛物线方程为，将点代入求出p即可求解；（2）设圆的圆心，利用几何法求出弦长，即可下结论.【详解】（1）由题意知，设抛物线方程为，代入，得，抛物线的方程为；（2）设圆的圆心，则，且圆的半径，圆被轴截得的弦长为，即，是一定值．

20．（22·23·全国·高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上．(1)求的方程；(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．【答案】(1)(2)证明见详解【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为.（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，联立方程，消去y得：，则，解得，可得，因为，则直线，令，解得，即,同理可得，则，所以线段的中点是定点.

【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论．21．（21·22·全国·高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．(1)求E的方程；(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．【答案】(1)(2)【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过，则，解得，，所以椭圆E的方程为：.（2），所以，①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到.求得HN方程：，过点.②若过点的直线斜率存在，设.联立得，可得，，且联立可得可求得此时，将，代入整理得，将代入，得显然成立，综上，可得直线HN过定点【点睛】求定点、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.22．（21·22·全国·专题练习）如图，中心在原点O的椭圆的右焦点为，右准线l的方程为：．(1)求椭圆的方程；(2)在椭圆上任取三个不同点，使，证明：为定值，并求此定值．【答案】(1)(2)证明见解析，【分析】(1)根据准线的几何性质，求出a，再算出b，可得椭圆方程；(2)根据题设，分别求出与x轴正方向的夹角之间的关系，代入中计算即可.【详解】（1）设椭圆方程为．因焦点为，故半焦距，又右准线的方程为，从而由已知，因此，，故所求椭圆方程为；（2）记椭圆的右顶点为A，并设（1，2，3），不失一般性，假设，且，．又设点在上的射影为，因椭圆的离心率，从而有

．解得．因此，而，故为定值．综上，椭圆方程为；.【点睛】本题的难点在于运用椭圆上的点到焦点的距离表达为到准线的距离乘以离心率，再对运用三角函数计算化简.23．（19·20·山东·高考真题）已知椭圆C：的离心率为，且过点．（1）求的方程：（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．【答案】（1）；（2）详见解析.【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.（2）方法一：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.【详解】（1）由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(2)［方法一］：通性通法设点，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.［方法二］【最优解】：平移坐标系将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．设，因为则，即．代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．［方法三］：建立曲线系A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．即．对比项、x项及y项系数得将①代入②③，消去并化简得，即．故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．［方法四］：设．若直线的斜率不存在，则．因为，则，即．由，解得或（舍）．所以直线的方程为．若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．令，则．又，令，则．因为，所以，即或．当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；当时，直线的方程为，所以直线恒过．综上，直线恒过，所以．又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．取线段的中点为，则．所以存在定点Q，使得为定值．【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．24．已知双曲线的实轴长为4，离心率为．过点的直线l与双曲线C交于A，B两点．(1)求双曲线C的标准方程；(2)已知点，若直线QA，QB的斜率均存在，试问其斜率之积是否为定值？请给出判断与证明．【答案】(1)(2)斜率之积为定值4，证明见解析【分析】（1）由双曲线的实轴长和离心率，求出与，可得双曲线C的标准方程；（2）分直线l斜率存在和不存在两种类型，通过联立方程组，设点，利用韦达定理表示直线QA，QB的斜率之积，化简得定值.【详解】（1）双曲线的实轴长为4，则，即，双曲线离心率为，则双曲线是等轴双曲线，得．所以双曲线C的标准方程为.（2）当直线QA，QB的斜率均存在，其斜率之积为定值4，证明如下：过点的直线l，若斜率不存在，则直线方程为，与双曲线方程联立解得，，.直线l斜率存在，设直线斜率为，直线方程为，双曲线渐近线方程为，当时，直线l与双曲线C交于A，B两点，由，消去得，设，，有，，，，当直线QA，QB的斜率均存在，.所以当直线QA，QB的斜率均存在，其斜率之积为定值4.【点睛】方法点睛：解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情况，强化有关直线与双曲线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．25．已知双曲线：的右焦点为，离心率.(1)求的方程；(2)若直线过点且与的右支交于M，N两点，记的左、右顶点分别为，，直线，的斜率分别为，，证明：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析；【分析】（1）利用离心率的概念求出即可；（2）根据直线过定点设出直线，联立，分别求出斜率，最后得到斜率的比值即可.【详解】（1）因为的右焦点为，所以的半焦距，又离心率为，所以，所以，所以，故的方程为.（2）易知，.设，，易知直线的斜率不为0，设直线的方程为，由，消去x可得，，且又因为直线与的右支交于M，N两点，所以所以，即为定值.26．（2007·江西·高考真题）设动点P到两定点和的距离分别为和，，且存在常数，使得．(1)证明：动点P的轨迹C为双曲线，并求出C的方程；(2)如图，过点的直线与双曲线C的右支交于两点．问：是否存在，使是以点B为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析；.(2)存在；.【分析】（1）在中，利用余弦定理得出是一个常数，从而动点P的轨迹C是以为焦点的双曲线，最后求出双曲线的方程即可；（2）在中，设,对于存在性问题，可先假设存在，即假设为等腰直角三角形，再利用方程组，求出的值，若出现矛盾，则说明假设不成立，即不存在；否则存在.【详解】（1）证明：在中，，因为存在常数，使得，故，∴（小于2的常数），故动点P的轨迹C是以为焦点，实轴长的双曲线，，双曲线方程为.（2）在中，设,假设为等腰直角三角形，则

,由②与③得，则,由⑤得，即，又，，故，故存在满足题设条件．【点睛】关键点点睛：本题考查了轨迹方程的求解，考查了双曲线定义的应用以及双曲线中的探索性问题，解答的关键是利用双曲线的性质结合图形的几何性质得到相应等量关系，进而化简求值,解答时等量关系式较多，要注意化简顺序和技巧，可使得计算简化，本题综合性较强，计算量较大.27．（2023·全国·统考高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．(1)求的方程；(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可.法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程