圆锥曲线中的定值问题（解析版）

圆锥曲线中的定值问题一、考情分析求定值是圆锥曲线中颇有难度的一类问题 , 也是备受高考关注的一类问题 , 由于它在解题之前不知道定值的结果 , 因而更增添了题目的神秘色彩 . 解决这类问题时 , 要善于运用辩证的观点去思考分析 , 在动点的“变”中寻求定值的“不变”性 , 用特殊探索法 (特殊值、特殊位置、特殊图形等 ) 先确定出定值 , 揭开神秘的面纱 , 这样可将盲目的探索问题转化为有方向有目标的一般性证明题 , 从而找到解决问题的突破口 . 同时有许多定值问题, 通过特殊探索法不但能够确定出定值, 还可以为我们提供解题的线索.二、解题秘籍(一)定值问题解题思路与策略1. 定值问题肯定含有参数, 若要证明一个式子是定值, 则意味着参数是不影响结果的, 也就是说参数在解式子的过程中都可以消掉, 因此解决定值问题的关键是设参数：(1) 在解析几何中参数可能是点 (注意如果设点是两个参数时, 注意横坐标要满足圆锥曲线方程 )(2) 可能是角 (这里的角常常是将圆锥曲线上的点设为三角函数角的形式),(3) 也可能是斜率 (这个是最常用的, 但是既然设斜率了, 就要考虑斜率是否存在的情况 )常用的参数就是以上三种, 但是注意我们设参数时要遵循一个原则：参数越少越好.因此定值问题的解题思路是：(1) 设参数；(2) 用参数来表示要求定值的式子；(3) 消参数.2.圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1) 求代数式为定值．依题意设条件, 得出与代数式参数有关的等式, 代入代数式、化简即可得出定值；(2) 求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式 , 再利用题设条件化简、变形求得；(3) 求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式, 再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．【例1】(2023届湖湘名校教育联合体高三上学期9月大联考)已知椭圆C:x22 +y2=1,F1为右焦点，直线l:y=t(x-1)与椭圆C相交于A，B两点，取A点关于x轴的对称点S，设线段AS与线段BS的中垂线交于点Q．(1)当t=2时，求QF1? ?；(2)当t≠0时，求QF1? ?|AB|是否为定值？若为定值，则求出定值；若不为定值，则说明理由．【解析】 (1) 设 A x1,y1? ? ,B x2,y2? ? ，线段 AB 的中点 M 坐标为 xM,yM? ? ，联立得 x2+2y2-2=0,y=2(x-1),??? 消去 y 可得： 9x2-16x+6=0，所以 x1+x2= 169 ,x1x2= 69 ,???所以 xM = 89 ，代入直线 AB 方程，求得 yM =- 29 ，因为 Q 为 △ABS 三条中垂线的交点 ，所以 MQ⊥AB，有 kMQkAB=-1，直线 MQ 方程为 y+ 29 =- 12 × x- 89? ? .令 y=0,xQ= 49 ，所以 Q 49 ,0? ? .

由椭圆 C:x22 +y2=1 可得右焦点 F1 1,0? ? ，故 QF1? ? = 59 ．(2) 设 A x1,y1? ? ,B x2,y2? ? ，中点 M 坐标为 xM,yM? ? ．x212 +y21 =1,x222 +y22 =1,??????? 相减得 y2-y1x2-x1 =- 12 × x1+x2y1+y2 =- xM2yM ， kABkOM =- 12 .又 Q 为 △ABS 的外心 ，故 MQ⊥AB,kMQkAB=-1，所以 kMQ=2kOM = 2yMxM ，直线 MQ 方程为 y-yM = 2yMxM x-xM? ? ，令 y=0,xQ= xM2 = x1+x24 ，所以 Q x1+x24 ,0? ? 而 F1 1,0? ? , 所以 QF1? ? =1- 14 x1+x2? ? ，AF1? ? = x1-1? ? 2+y21 = x1-1? ? 2+1- x212 = x212 -2x1+2 = 2 - 12 x1，同理 BF1? ? = 2 - 12 x2，|AB|= AF1? ? + BF1? ? =2 2 - 12 x1+x2? ? ，QF1? ?|AB| = 1- 14 x1+x2? ?2 2 - 12 x1+x2? ? = 24 ，所以当 t 变化时 ， QF1? ?|AB| 为定值 24 ．【例2】(2023届河南省濮阳市高三上学期测试)已知椭圆C：x2a2 + y2b2 =1 a>b>0? ?的右焦点为F，圆O：x2+y2=a2，过F且垂直于x轴的直线被椭圆C和圆O所截得的弦长分别为4 33和2 2.(1)求C的方程；(2)过圆O上一点P(不在坐标轴上)作C的两条切线l1，l2，记l1，l2的斜率分别为k1，k2，直线OP的斜率为k3，证明：k1+k2? ? k3为定值.【解析 】 (1) 设椭圆 C 的半焦距为 c c>0? ? ，过 F 且垂直于 x 轴的直线被椭圆 C 所截得的弦长分别为 4 33 ，则 2b2a = 4 33 ；过 F 且垂直于 x 轴的直线被圆 O 所截得的弦长分别为 2 2，则 2 a2-c2 =2 2，又 a2-b2=c2， 解得 a= 3b= 2??? ，所以 C 的方程为 x23 + y22 =1.(2) 设 P x0,y0? ? x0y0≠0 ? ，则 x20+y20 =3. ①设过点 P 与椭圆 C 相切的直线方程为 y-y0=k x-x0? ? ，联立 2x2+3y2=6y-y0=k x-x0? ???? 得 3k2+2? ? x2+6k y0-kx0? ? x+3 y0-kx0? ? 2-2? ? =0，则 Δ= 6k y0-kx0? ?? ? 2-4× 3k2+2? ? ×3 y0-kx0? ? 2-2? ? =0，整理得 x20-3? ? k2-2x0y0k+y20 -2=0. ②由题意知 k1， k2 为方程②的两根， 由根与系数的关系及①可得 k1+k2= 2x0y0x20-3 = 2x0y0-y20 =-2x0y0 .又因为 k3=kOP= y0x0 ，所以 k1+k2? ? k3=-2x0y0 ? y0x0 =-2， 所以 k1+k2? ? k3 为定值 -2．(二)与线段长度有关的定值问题与线段长度有关的定值问题通常是先引入参数,利用距离公式或弦长公式得到长度解析式,再对解析式化简,得出结果为定值【例3】(2023届辽宁省朝阳市高三上学期9月月考)已知双曲线C:x2a2 - y2b2 =1 a>0,b>0? ?的离心率为2，

点P 3,-1? ?在双曲线C上.(1)求双曲线C的方程；(2)点A，B在双曲线C上，直线PA，PB与y轴分别相交于M,N两点，点Q在直线AB上，若坐标原点O为线段MN的中点，PQ⊥AB，证明：存在定点R，使得QR? ?为定值.【解析 】 (1) 由题意，双曲线 C:x2a2 - y2b2 =1 的离心率为 2，且 P 3,-1? ? 在双曲线 C 上，可得 9a2 - 1b2 =1e= ca = 2c2=a2+b2??????? ，解得 a2=8,b2=8，所以双曲线的方程为 x28 - y28 =1.(2) 由题意知， 直线的 AB 的斜率存在，设直线 AB 的方程为 y=kx+m，联立方程组 y=kx+mx2-y2=8??? ，整理得 (1-k2)x2-2kmx-m2-8=0，则 Δ=(-2km)2-4(1-k2)(-m2-8)=4(m2-8k2+8)>0 且 1-k2≠0，设 A(x1,y1),B(x2,y2)，则 x1+x2= 2km1-k2 ,x1x2= -m2-81-k2 ，直线 PA 的方程为 y+1= y1+1x1-3(x-3)，令 x=0，可得 y=-1- 3y1+3x1-3 ，即 M 0,-1- 3y1+3x1-3? ? ,同理可得 N 0,-1- 3y2+3x2-3? ? ，因为 O 为 MN 的中点 ，所以 -1- 3y1+3x1-3? ? + -1- 3y2+3x2-3? ? =0，即 -1- 3(kx1+m)+3x1-3 -1+ 3(kx2+m)+3x2-3 )=0，可得 (6k+2)x1x2-(3+9k-3m)(x1+x2)-18m=0，即 (m+8)(m+3k+1)=0，所以 m=-8 或 m+3k+1=0，若 m+3k+1=0，则直线方程为 y=kx-3k-1，即 y+1=k(x-3)，此时直线 AB 过点 P 3,-1? ? ，不合题意 ；若 m=-8 时，则直线方程为 y=kx-8，恒过定点 D(0,-8)，所以 PD? ? = 32+(-1-8)2 = 58 为定值，又由 △PQD 为直角三角形，且 PD 为斜边，所以当 R 为 PD 的中点 32 ,- 92? ? 时， RQ? ? = PD? ? = 582 .(三)与面积有关的定值问题与面积有关的定值问题通常是利用面积公式把面积表示成某些变量的表达式,再利用题中条件化简.【例4】(2023届河南省部分学校高三上学期9月联考)已知椭圆C：x2a2 + y2b2 = 1 a>b>0? ?的左焦点为F1 -1,0? ?，上、下顶点分别为A，B，∠AF1B=90°．(1)求椭圆C的方程；(2)若椭圆上有三点P，Q，M满足OM??? =OP?? +OQ??，证明：四边形OPMQ的面积为定值．【解析】 (1) 依题意 c=1，又 ∠AF1B=90°，所以 b=c=1，所以 a= b2+c2 = 2，所以椭圆方程为 x22 +y2=1.

(2) 证明： 设 M x,y? ? ， P x1,y1? ? ， Q x2,y2? ? ，因为 OM??? =OP?? +OQ?? ，所以四边形 OPMQ 为平行四边形，且 x=x1+x2y=y1+y2??? ，所以 x1+x2? ? 22 + y1+y2? ? 2=1，即 x122 +y12? ? + x222 +y22? ? +x1x2+2y1y2=1，又 x122 +y12=1， x222 +y22=1，所以 x1x2+2y1y2=-1，若直线 PQ 的斜率不存在， M 与左顶点或右顶点重合，则 xP? ? = xQ? ? = 22 ，所以 yP? ? = yQ? ? = 32 ，所以 SOPMQ= 12 ×2 xP? ? ×2 yP? ? = 62 ，若直线 PQ 的斜率存在 ，设直线 PQ 的方程为 y=kx+t，代入椭圆方程整理得 1+2k2? ? x2+4ktx+2t2-2=0，所以 Δ=8 2k2+1-t2? ? >0， x1+x2= -4kt1+2k2 ， x1x2= 2t2-21+2k2 ，所以 y1y2= kx1+t? ? kx2+t ? =k2x1x2+kt x1+x2? ? +t2=k2? 2t2-21+2k2 +kt? -4kt1+2k2? ? +t2所以 2k2+1? ? ? 2t2-21+2k2 +2kt? -4kt1+2k2? ? +2t2=-1，整理得 4t2=1+2k2，又 PQ? ? = k2+1 x1-x2? ? = k2+1 ? 8 1+2k2-t2? ?1+2k2 ，又原点 O 到 PQ 的距离 d= t? ?k2+1 ，所以 S△POQ= 12 PQ? ?d= 2 ? 1+2k2-t2 ? t? ?1+2k2 ，将 4t2=1+2k2 代入得 S△POQ= 2 ? 3t2 ? t? ?4t2 = 64 ，所以 SOPMQ=2S△POQ= 62 ，综上可得， 四边形 OPMQ 的面积为定值 62 .(四)与斜率有关的定值问题与斜率有关的定值问题常见类型是斜率之积商或斜率之和差为定值,求解时一般先利用斜率公式写出表达式,再利用题中条件或韦达定理化简.【例5】(2023届江苏省南通市高三上学期第一次质量监测)已知A?,A分别是椭圆C:x2a2 + y2b2 =1(a>b>0)的左?右顶点，B,F分别是C的上顶点和左焦点.点P在C上，满足PF⊥A?A,AB∥OP, FA?? ? =2- 2.(1)求C的方程；(2)过点F作直线l(与x轴不重合)交C于M,N两点，设直线AM,AN的斜率分别为k1,k2，求证：k1k2为定值.【解析】 (1) 因为 PF⊥A?A，故可设 P -c,y0? ? ，因为 AB∥OP，故 kAB∥kOP，即 - ba =-y0c ，解得 y0= bca .又 P -c,bca? ? 在椭圆 C 上， 故 c2a2 + b2c2a2b2 =1，解得 a2=2c2=2a2-2b2，故 a= 2b= 2c.又 FA?? ? =2- 2，故 FA?? ? =a-c= 2 -1? ? c=2- 2，故 c= 2， a=2,b= 2.

故 C 的方程为 x24 + y22 =1.(2) 因为椭圆方程为 x24 + y22 =1，故 F - 2,0? ? ,A 2,0? ? ，当 l 斜率为 0 时 A,M 或 A,N 重合，不满足题意，故可设 l： x=ty- 2.联立 x24 + y22 =1x=ty- 2??? 可得 t2+2? ? y2-2 2ty-2=0， 设 M x1,y1? ? ,N x2,y2? ? ，则 y1+y2= 2 2tt2+2,y1y2=- 2t2+2 .故 k1k2= y1x1-2 ? y2x2-2 = y1y2ty1- 2 -2? ? ty2- 2 -2 ?= y1y2t2y1y2- 2+ 2? ? t y1+y2? ? + 2+ 2? ? 2 = 1t2- 2+ 2? ? t y1+y2y1y2? ? + 2+ 2? ? 2y1y2= 1t2+ 2 2+ 2? ? t2- 2+ 2? ? 2× t2+2? ?2 = 1-2 3+2 2? ? = 2 - 32故定值为 2 - 32(五)与向量有关的定值问题与向量有关的定值问题常见类型一是求数量积有关的定值问题，二是根据向量共线,写出向量系数的表达式,再通过计算得出与向量系数有关的定值结论.【例6】(2023届湖南省部分校高三上学期9月月考)已知双曲线C:x2a2 - y2b2 =1(a>0,b>0)的离心率为62，点A 6,4? ?在C上.(1)求双曲线C的方程.(2)设过点B 1,0? ?的直线l与双曲线C交于D,E两点，问在x轴上是否存在定点P，使得PD?? ?PE??为常数？若存在，求出点P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 C 的离心率为 62 ，所以 62? ? 2=1+ b2a2 ，化简得 a2=2b2.将点 A 6,4? ? 的坐标代入 x22b2 - y2b2 =1，可得 18b2 - 16b2 =1，解得 b2=2，所以 C 的方程为 x24 - y22 =1.(2) 设 D x1,y1? ? ,E x2,y2? ? ，直线 l 的方程为 y=k(x-1)，联立方程组 y=k x-1? ? ,x24 - y22 =1,??? 消去 y 得 (1-2k2)x2+4k2x-2k2-4=0，由题可知 1-2k2≠0 且 Δ>0，即 k2< 23 且 k2≠ 12 ，所以 x1+x2=- 4k21-2k2 ,x1x2=-2k2+41-2k2 .设存在符合条件的定点 P t,0? ? ，则 PD?? = x1-t,y1? ? ,PE?? = x2-t,y2? ? ，所以 PD?? ?PE?? = x2-t? ? x1-t ? +y1y2= k2+1? ? x1x2- t+k2? ? x1+x2 ? +t2+k2.

所以 PD?? ?PE?? = k2+1? ? -2k2-4 ? +4k2 t+k2? ? + t2+k2? ? 1-2k2 ?1-2k2 ，化简得 PD?? ?PE?? = k2 -2t2+4t-5? ? + t2-4? ?-2k2+1 .因为 PD?? ?PE?? 为常数，所以 -2t2+4t-5-2 = t2-41 ，解得 t= 134 .此时该常数的值为 t2-4= 10516 ，所以， 在 x 轴上存在点 P 134 ,0? ? ，使得 PD?? ?PE?? 为常数，该常数为 10516 .【例7】(2022届上海市金山区高三上学期一模)已知P 0,1? ?为椭圆C：x24 + y23 =1内一定点,Q为直线l：y=3上一动点,直线PQ与椭圆C交于A?B两点(点B位于P?Q两点之间), O为坐标原点.(1)当直线PQ的倾斜角为π4时,求直线OQ的斜率；(2)当△AOB的面积为32时,求点Q的横坐标；(3)设AP?? =λPB?? ,AB?? =μBQ?? ,试问λ-μ是否为定值？若是,请求出该定值；若不是,请说明理由.【解析】 (1) 因为直线 PQ 的倾斜角为 π4 , 且 P 0,1? ? ,所以直线 PQ 的方程为 ： y=x+1,由 y=x+1y=3??? , 得 Q 2,3? ? ,所以直线 OQ 的斜率是 kOQ= 32 ；(2) 易知直线 PQ 的斜率存在 , 设直线 PQ 的方程为 y=kx+1,由 x24 + y23 =1y=kx+1??? , 得 3+4k2? ? x2+8kx-8=0,设 A x1,y1? ? ,B x2,y2? ? , 则 x1+x2=- 8k3+4k2 ,x1?x2=- 83+4k2 ,所以 x1-x2? ? = x1+x2? ? 2-4x1?x2 = 96+192k23+4k2 ,所以 S△AOB= 12 OP? ? ? x1-x2? ? = 2 6+12k23+4k2 = 32 ,解得 k2= 14 , 即 k=± 12 ,所以直线 PQ 的方程为 y= 12 x+1 或 y=- 12 x+1,由 y= 12 x+1y=3??? , 得 Q 4,3? ? ；由 y=- 12 x+1y=3??? , 得 Q -4,3? ? ；(3) 易知直线 PQ 的斜率存在 , 设直线 PQ 的方程为 x=m y-1? ? ,由 x24 + y23 =1x=m y-1? ???? , 得 4+3m2? ? y-1 ? 2+8 y-1? ? -8=0,设 A x1,y1? ? ,B x2,y2? ? , 则 y1-1+y2-1=- 84+3m2 , y1-1? ? ? y2-1? ? =- 84+3m2 ,

所以 y1-1+y2-1= y1-1? ? ? y2-1? ? ,因为 AP?? =λPB?? ,AB?? =μBQ?? ,所以 λ= 1-y1y2-1,μ= y2-y13-y2 = y2-3+3-y13-y2 =-1+ 3-y13-y2 ,所以 λ-μ= 1-y1y2-1 + y1-33-y2 +1,= 2 1-y1? ? + 1-y1? ?? ? +2 1-y1? ? 1-y1 ?y2-1? ? 3-y2 ? +1=1.(六)与代数式有关的定值问题与代数式有关的定值问题．一般是依题意设条件,得出与代数式参数有关的等式,代入代数式、化简即可得出定值【例8】在平面直角坐标系xOy中，椭圆E:x2a2 + y2b2 =1(a>b>0)的右准线为直线l，动直线y=kx+m(k<0,m>0)交椭圆于A,B两点，线段AB的中点为M，射线OM分别交椭圆及直线l于点P、Q，如图，当A、B两点分别是椭圆E的右顶点及上顶点时，点Q的纵坐标为1e (其中e为椭圆的离心率)，且OQ =5OM．(1)求椭圆E的标准方程；(2)如果OP是OM、OQ的等比中项，那么mk是否为常数？若是，求出该常数；若不是，请说明理由．【解析】 (1) 椭圆 E:x2a2 + y2b2 =1 的右准线为直线 l，动直线 y=kx+m 交椭圆于 A,B 两点，当 A,B 零点分别是椭圆 E 的有顶点和上顶点时，则 A(a,0),B(0,,b),M a2 , b2? ? ，因为线段 AB 的中点为 M，射线 OM 分别角椭圆及直线 l 与 P,Q 两点，所以 Q a2c , 1e? ? ，由 O,M,Q 三点共线，可得 ba = 1ea2c ，解得 b=1， 因为 OQ= 5OM， 所以a2ca2 = 5，可得 2a= 5c，又由 a2=b2+c2b=12a= 5c??? ，解得 a2=5,c2=4，所以椭圆 E 的标准方程为 x25 +y2=1.(2) 解： 把 y=kx+m 代入椭圆 E:x25 +y2=1，可得 (5k2+1)x2+10mkx+5m2-5=0，可得 x1+x2=10km5k2+1,x1x2= 5m2-55k2+1 ，则 y1+y=k(x1+x1)+2m= 2m5k2+1 ，所以 xM = 5km5k2+1,yM = m5k2+1 ，即M 5km5k2+1, m5k2+1? ? , 所以直线 OM 的方程为 y=- 15kx，由 y=- 15kxx25 +y2=1????? ，可得 x2P= 25k25k2+1 ，因为 OP 是OM,OQ 的等比中项，所以 OP2=OM?OQ，可得 x2P= xM? ? ?xQ= 25mk2(5k2+1) ，又由 25k25k2+1 = 25mk2(5k2+1) ，解得 m=-2k，所以 mk =-2， 此时满足 Δ>0，所以 mk 为常数 -2.(六)与定值有关的结论1.若点A,B是椭圆C：x2a2 + y2b2 =1 a>b>0? ?上关于原点对称的两点,点P是椭圆C上与A,B不重合的

点,则kPA?kPB=-b2a2；2.若点A,B是双曲线C：x2a2 - y2b2 =1 a>0,b>0? ?上关于原点对称的两点,点P是双曲线C上与A,B不重合的点,则kPA?kPB= b2a2 .3.设点P m,n? ?是椭圆C：x2a2 + y2b2 =1 a>b>0? ?上一定点,点A,B是椭圆C上不同于P的两点,若kPA+kPB=0,则直线AB斜率为定值bm2an2 n≠0? ?；4.设点P m,n? ?是双曲线C：x2a2 - y2b2 =1 a>0,b>0? ?一定点,点A,B是双曲线C上不同于P的两点,若kPA+kPB=0,直线AB斜率为定值-bm2an2 n≠0? ?；5.设点P m,n? ?是抛物线C：y2=2px p>0? ?一定点,点A,B是抛物线C上不同于P的两点,若kPA+kPB=0,直线AB斜率为定值- pn n≠0? ? .6.设A,B,C是椭圆x2a2 + y2b2 =1 a>b>0? ?上不同3点,B,C关于x轴对称,直线AC,BC与x轴分别交于点M,N,则OM? ? ON? ? =a2.7.点A,B是椭圆C：x2a2 + y2b2 =1 a>b>0? ?上动点,O为坐标原点,若OA⊥OB,则1OA? ? 2 + 1OB? ? 2 = 1a2+ 1b2 (即点O到直线AB为定值)8.经过椭圆b2x2+a2y2=a2b2(a>b>0)的长轴的两端点A1和A2的切线,与椭圆上任一点的切线相交于P1和P2,则|PA1|?|PA2|=b2.9.过椭圆x2a2 + y2b2 =1(a>b>0)的右焦点F作直线交该椭圆右支于M,N两点,弦MN的垂直平分线交x轴于P,则|PF||MN| = e2 .10.点P为椭圆x2a2 + y2b2 =1(a>0,b>0)(包括圆在内)在第一象限的弧上任意一点,过P引x轴、y轴的平行线,交y轴、x轴于M,N,交直线y=- bax于Q,R,记ΔOMQ与ΔONR的面积为S1,S2,则：S1+S2=ab2 .【例9】(2022届上海市黄浦区高三一模)设常数m>0且m≠1,椭圆Γ：x2m2 +y2=1,点P是Γ上的动点．(1)若点P的坐标为2,0? ? ,求Γ的焦点坐标；(2)设m=3,若定点A的坐标为2,0? ? ,求PA? ?的最大值与最小值；(3)设m= 12 ,若Γ上的另一动点Q满足OP⊥OQ(O为坐标原点),求证：O到直线PQ的距离是定值．【解析】 (1)∵ 椭圆 Γ： x2m2 +y2=1, 点 P 的坐标为 2,0? ? ,∴m=2,c= 3,∴Γ 的焦点坐标为 - 3,0? ? , 3,0? ? ；

(2) 设 P x,y? ? , 又 A 2,0? ? ,由题知 x29 +y2=1, 即 y2=1- x29 ,∴ PA? ? 2= x-2? ? 2+y2= x-2? ? 2+1- x29 = 8x29 -4x+5= 89 x- 94? ? 2+ 12 ,又 -3≤x≤3,∴ 当 x=-3 时 , PA? ? 2 取得最大值为 25；当 x= 94 时, PA? ? 2 取得最小值为 12 ；∴ PA? ? 的最大值为 5, 最小值为 22 .(3)当 m= 12 时, 椭圆 Γ： 4x2+y2=1,设 P x1,y1? ? ,Q x2,y2? ? , 当直线 PQ 斜率存在时设其方程为 y=kx+t, 则由 y=kx+t4x2+y2=1??? , 得 4+k2? ? x2+2ktx+t2-1=0,∴x1+x2= -2kt4+k2 ,x1x2= t2-14+k2 ,Δ= 2kt? ? 2-4 4+k2? ? t2-1 ? >0,由 OP⊥OQ 可知 OP?? ?OQ?? =0, 即 x1x2+y1y2=0,∴x1x2+ kx1+t? ? kx2+t ? =0, 即 1+k2? ? x1x2+kt x1+x2? ? +t2=0,∴ 1+k2? ? ? t2-14+k2 +kt? -2kt4+k2 +t2=0, 可得 1+k2=5t2, 满足 Δ>0,∴O 到直线 PQ 的距离为 d= t? ?1+k2 = 55 为定值；当直线 PQ 斜率不存在时,OP ⊥OQ, 可得直线方程为 x=± 55 ,O 到直线 PQ 的距离为 55 .综上,O 到直线 PQ 的距离是定值．三、跟踪检测1. (2023届江苏省南通市海安市高三上学期质量监测)已知椭圆E：x2a2 + y2b2 = 1 a>b>0? ?的离心率为32，短轴长为2.(1)求E的方程；(2)过点M -4,0? ?且斜率不为0的直线l与E自左向右依次交于点B，C，点N在线段BC上，且MB? ?MC? ? =NB? ?NC? ?，P为线段BC的中点，记直线OP，ON的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值.【解析】 (1) 由椭圆 E： x2a2 + y2b2 =1 a>b>0? ? 的离心率为 32 ，短轴长为 2，可知 ca = 32 ,2b=2 ， 则 1- b2a2 = 34 ,∴a2=4 ，故 E 的方程为 x24 +y2=1；(2) 证明： 由题意可知直线 l 的斜率一定存在，故设直线 l 的方程为 y=k(x+4)，设 B(x1,y1),C(x2,y2),N(x3,y3),P(x0,y0)，联立 x24 +y2=1y=k(x+4)??? ，可得 (4k2+1)x2+32k2x+64k2-4=0，Δ=16(1-12k2)>0,∴0
则 x1+x2= -32k24k2+1,x1x2= 64k2-44k2+1 ，所以 x0= -16k24k2+1,y0=k(x0+4)= 4k4k2+1,∴P -16k24k2+1, 4k4k2+1? ? ，又 MB? ?MC? ? = NB? ?NC? ? ，所以 x1+4x2+4 = x3-x1x2-x3 ，解得 x3= 2x1x2+4(x1+x2)x1+x2+8 = 2× 64k2-44k2+1 +4× -3k24k2+1-32k24k2+1 +8 =-1,y3=3k，从而 N(-1,3k) ，故 k1?k2= y0x0 ? y3x3 =- 14k ×(-3k)= 34 ，即 k1k2 为定值.2. (2023届湖北省“宜荆荆恩”高三上学期考试)已知双曲线C与双曲线x212 - y23 =1有相同的渐近线，且过点A(2 2,-1).(1)求双曲线C的标准方程；(2)已知D(2,0),E,F是双曲线C上不同于D的两点，且DE?? ?DF?? =0,DG⊥EF于G，证明：存在定点H，使|GH|为定值.【解析】 (1) 因为双曲线 C 与已知双曲线有相同的渐近线，设双曲线 C 的标准方程为 x2-4y2=λ代入点 A 坐标，解得 λ=4所以双曲线 C 的标准方程为 x24 -y2=1(2)(i) 当直线 EF 斜率存在时，设 EF:y=kx+m，设 E x1,y1? ? F x2,y2? ? ，联立 y=kx+m 与双曲线 x24 -y2=1，化简得 4k2-1? ? x2+8kmx+4 m2+1? ? =0，Δ=(8km)2-4 4m2+4? ? 4k2-1 ? >0，即 4k2-m2-1<0，则有 x1+x2=- 8km4k2-1x1x2= 4m2+44k2-1??? ，又 y1y2= kx1+m? ? kx2+m ? =k2x1x2+km x1+x2? ? +m2，因为 DE?? ?DF?? = x1-2? ? x2-2 ? +y1y2=0，所以 k2+1? ? ?x1x2+ km-2? ? ? x1+x2? ? +m2+4=0，所以 k2+1? ? ? 4m2+44k2-1 + km-2? ? ? -8km4k2-1 +m2+4=0，化简， 得 3m2+16km+20k2=0，即 3m+10k? ? m+2k ? =0，所以 m1=-2k,m2=-103 k，且均满足 4k2-m2-1<0，当 m1=-2k 时，直线 l 的方程为 y=k x-2? ? ，直线过定点 2,0? ? ，与已知矛盾 ，当 m2=-103 k 时， 直线 l 的方程为 y=k x- 103? ? ，过定点 103 ,0? ?(ii) 当直线 EF 斜率不存在时，由对称性不妨设直线 DE： y=x-2，与双曲线 C 方程联立解得 xE=xF= 103 ，此时 EF 也过点 M 103 ,0? ? ，

综上， 直线 EF 过定点 M 103 ,0? ? .由于 DG⊥EF，所以点 G 在以 DM 为直径的圆上， H 为该圆圆心， GH? ? 为该圆半径， 所以存在定点H 83 ,0? ? ，使 GH? ? 为定值 23 .3. (2023届江苏省南京市高三上学期9月学情调研)已知抛物线C：y2=2px p>0? ?的焦点为F，过点P(0，2)的动直线l与抛物线相交于A，B两点．当l经过点F时，点A恰好为线段PF中点．(1)求p的值；(2)是否存在定点T，使得TA?? ?TB??为常数？若存在，求出点T的坐标及该常数；若不存在，说明理由．【解析】 (1) 因为 F p2 ,0? ? ,P 0,2? ? ，且点 A 恰好为线段 PF 中点，所以 A p4 ,1? ? ，又因为 A 在抛物线上 ，所以12=2p? p4 ，即 p2=2， 解得 P= 2(2) 设 T m,n? ? ，可知直线 l 斜率存在 ；设 l： y=kx+2， A x1,y1? ? ,B x2,y2? ?联立方程得： y2=2 2xy=kx+2??? ，所以 k2y2-2 2y+4 2 =0，所以 y1+y2= 2 2k ,y1y2= 4 2k ，又： TA?? ?TB?? = x1-m? ? x2-m)+(y1-n ? y2-n ?= 24 y21 -m? ? 24 y22 -m ? + y1-n? ? y2-n ?= 18 y21y22 - 24 m y21 +y22? ? +m2-n y1+y2? ? +n2= 4k2 - 24 m 8k2 - 8 2k? ? +m2+ 4 2k - 2 2nk +n2= 4-2 2mk2 + 4m+4 2 -2 2nk +m2+n2，令 4m+4 2 -2 2n=04-2 2m=0??? ，解之得 ： m= 2n=4??? ，即 T 2,4? ? ，此时 TA?? ?TB?? =m2+n2=184. (2023届重庆市2023届高三上学期质量检测)已知抛物线C:x2=2py p>0? ?的焦点为F，斜率不为0的直线l与抛物线C相切，切点为A，当l的斜率为2时，AF? ? =10.(1)求p的值；(2)平行于l的直线交抛物线C于B，D两点，且∠BAD=90°，点F到直线BD与到直线l的距离之比是否为定值？若是，求出此定值；否则，请说明理由.【解析】 (1) 由 x2=2py，得 y= x22p ，则 y?= xp ，令 xp =2，则 x=2p，即点 A 的横坐标为 2p， 所以其纵坐标也为 2p，故 AF? ? =2p+ p2 =10， 所以 p=4；(2) 由 (1) 得 x2=8y，设直线 BD 的方程为 y=kx+m k≠0? ? ， B x1,x218? ? ,D x2,x228? ? ,A x0,x208? ? ，

由 ∠BAD=90° 得 x218 - x208x1-x0 · x228 - x208x2-x0 =-1，即 x1+x0? ? x2+x0 ? =-64，即 x1x2+x0 x1+x2? ? +x20=-64，由 (1) 知 y?=k= x04 ,x0=4k，联立 y=kx+mx2=8y??? ，消 y 得 x2-8kx-8m=0，则 x1+x2=8k,x1x2=-8m，所以 -8m+32k2+16k2=-64，所以 m=6k2+8，l:y= x04 x-x0? ? + x208 =kx-2k2，设 F 到直线 l 和直线 BD 的距离分别为 d1,d2，则由 l∥BD 得， d1d2 = m-2? ?2+2k2? ? = 6k2+62k2+2 =3，所以点 F 到直线 BD 与到直线 l 的距离之比是定值， 为定值 3.5. (2023届江苏省百校联考高三上学期考试)设F为椭圆C：x22 +y2=1的右焦点，过点F且与x轴不重合的直线l交椭圆C于A，B两点.(1)当BF?? =2FA??时，求FA??? ?；(2)在x轴上是否存在异于F的定点Q，使kQAkQB为定值(其中kQA，kQB分别为直线QA，QB的斜率)？若存在，求出Q的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】 (1) 设直线 l 的方程为 x=my+1， A x1,y1? ? ， B x2,y2? ? ，联立 x=my+1x2+2y2=2??? ，得 m2+2? ? y2+2my-1=0，又因为 BF?? =2FA?? ，所以 y1+y2=- 2mm2+2y1y2= -1m2+2y2=-2y1??????? ，解得 m2= 27 ， y1? ? = 2 m? ?m2+2 = 148 ，所以 FA??? ? = 1+m2 y1? ? = 3 28 ，即 FA??? ? = 3 28 .(2) 假设在 x 轴上存在异于点 F 的定点 Q t,0? ? t≠1 ? ，使得 kQAkQB 为定值.设直线 AB 的方程为 x=my+1，联立 x22 +y2=1x=my+1??? ，得 m2+2? ? y2+2my-1=0，则 y1+y2= -2mm2+2 ， y1y2= -1m2+2 ，所以 y1+y2=2my1y2.

所以 kQAkQB = y1x1-ty2x2-t = y1? x2-t? ?y2? x1-t? ? = y1 my2+1-t? ?y2 my1+1-t? ? = my1y2+(1-t)y1my1y2+(1-t)y2 = 2my1y2+2(1-t)y12my1y2+2(1-t)y2 =(3-2t)y1+y2y1+(3-2t)y2 .要使 kQAkQB 为定值， 则 3-2t1 = 13-2t ，解得 t=2 或 t=1(舍去) ，此时 kQAkQB =-1.故在 x 轴上存在异于 F 的定点 Q 2,0? ? ，使得 kQAkQB 为定值.6. (2022届湖南省长沙市宁乡市高三下学期5月模拟)已知抛物线G:y2=4x的焦点与椭圆E:x2a2 + y2b2 =1 a>b>0? ?的右焦点F重合，椭圆E的长轴长为4.(1)求椭圆E的方程；(2)过点F且斜率为k的直线l交椭圆E于A,B两点，交抛物线G于M,N两点，请问是否存在实常数t，使2AB? ? + tMN? ?为定值？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由.【解析】 (1) 因为抛物线 G:y2=4x 的焦点为 (1,0)，所以 c=1，又 a=2，则 b2=a2-c2=3，故椭圆 E 的方程为： x24 + y23 =1；(2) 设 A x1,y1? ??B x2,y2? ??M x3,y3? ??N x4,y4? ? ，设直线 l 的方程为 y=k x-1? ? ，与椭圆 E 的方程联立 x24 + y23 =1y=k x-1? ???? ，得 3+4k2? ? x2-8k2x+4k2-12=0，∴x1+x2= 8k23+4k2 ， x1x2= 4k2-123+4k2 ，∴ AB? ? = 1+k2 ? x1+x2? ? 2-4x1x2 = 12(k2+1)3+4k2 ，设直线 l 的方程 y=k x-1? ? ，与抛物线 G 的方程联立 y2=4xy=k x-1? ???? ，得 k2x2- 2k2+4? ? x+k2=0，∴x3+x4= 2k2+4k2 ， x3x4=1，∴ MN? ? =x3+x4+2= 4 k2+1? ?k2 ，∴ 2AB? ? + tMN? ? = 3+4k26 k2+1? ? + tk24 k2+1? ? = 8+3t? ? k2+612 k2+1? ? ，要使 2AB? ? + 1MN? ? 为常数， 则 8+3t=6，解得 t=- 23 ，故存在 t=- 23 ，使得 2AB? ? + 1MN? ? 为定值 12 ．7. (2023届江苏省南京市高三上学期数学大练)已知点B是圆C: x-1? ? 2+y2=16上的任意一点，点F(-1，0)，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.【解析】 (1) 因为点 P 在 BF 垂直平分线上，所以有 PF=PB，所以： PF+PC=PB+PC=BC=r=4，即 PF+PC 为定值 4>2，所以轨迹 E 为椭圆，且 a=2， c=1，所以 b2=3，所以轨迹 E 的方程为： x24 + y23 =1.(2) 由题知： A1 -2， 0? ? ， A2 2， 0? ? ，设 Q 4， t? ? ， M x1， y1? ? ， N x2， y2? ?则 kQA1= t6 ， kQA2= t2 ，所以 QA1 方程为： y= t6 x+2? ? ， QA2 方程为： y= t2 x-2? ? ，联立方程： y= t6 x+2? ?x24 + y23 =1????? ，可以得出 M： 54-2t227+t2 ， 18t27+t2? ?同理可以计算出点 N 坐标： 2t2-63+t2 ， -6t3+t2? ? ，当 kMN 存在， 即 t2≠9，即 t≠±3 时， kMN = -6t(t2-9)所以直线 MN 的方程为 ： y+ 6t3+t2 =- 6tt2-9 x- 2t2-63+t2? ?即： y=- 6tt2-9x+ 6tt2-9 =- 6tt2-9 x-1? ? ，所以直线过定点 1， 0? ? ，即过椭圆的右焦点 F2，所以 △FMN 的周长为 4a=8.当 kMN 不存在，即 t2=9，即 t=±3 时，可以计算出 x1=x2=1，周长也等于 8.所以 △FMN 的周长为定值 8.8. (2023届安徽省皖南八校高三上学期考试)已知椭圆M:x2a2 + y2b2 =1(a>b>0)的左?右焦点为F1，F2，且左焦点坐标为- 2,0? ?，P为椭圆上的一个动点，∠F1PF2的最大值为π2 .(1)求椭圆M的标准方程；(2)若过点-2,-4? ?的直线l与椭圆M交于A,B两点，点N 2,0? ?，记直线NA的斜率为k1，直线NB的斜率为k2，证明：1k1 + 1k2 =1.【解析 】 (1) 因为左焦点坐标为 - 2,0? ? ，所以 c= 2，当点 P 在上?下顶点时， ∠F1PF2 最大，又 ∠F1PF2 的最大值为 π2 .所以 b=c= 2，由 a2=b2+c2 得 a2=4，所以椭圆 M 的标准方程为 x24 + y22 =1；(2) 当直线 l 的斜率为 0 时， 直线 l 的方程为 y=-4，直线 y=-4 与椭圆 x24 + y22 =1 没有交点， 与条件矛盾，故可设直线 l 的方程为 x=my+t，

联立直线 l 的方程与椭圆方程可得， x=my+tx24 + y22 =1??? ，化简可得 my+t? ? 2+2y2=4，所以 m2+2? ? y2+2mtx+t2-4=0，由已知方程 m2+2? ? y2+2mtx+t2-4=0 的判别式 Δ=4m2t2-4 m2+2? ? t2-4 ? =16m2-8t2+32>0，又直线 x=my+t 过点 -2,-4? ? ，所以 -2=-4m+t，所以 7m2-8m<0，所以 0b>0)的长轴的两个端点分别为A -2,0? ? ,B 2,0? ?离心率为32．(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AM交直线x=4于点N，点O为坐标原点，过点O且与直线BN垂直的直线记为l，直线BM交y轴于点P，交直线l于点Q，求证：|BP||PQ|为定值．【解析 】 (1) 由已知 a=2，又 e= ca = c2 = 32 ， c= 3，所以 b= a2-c2 =1，椭圆标准方程为 x24 +y2=1；(2) 设 M(x1,y1)， y1≠0，则 x214 +y21 =1， x21+4y21 =4，直线 AM 的方程为 y= y1x1+2(x+2)，令 x=4 得 y= 6y1x1+2 ，即 N 4, 6y1x1+2? ? ，kBN = 6y1x1+24-2 = 3y1x1+2 ,

l⊥BN,kl=-x1+23y1 ，直线 l 的方程是 y=-x1+23y1 x，直线 BM 的方程为 y= y1x1-2(x-2)，令 x=0 得 y=- 2y1x1-2 ，即 P 0,- 2y1x1-2? ? ，由 y=-x1+23y1 xy= y1x1-2(x-2)??? ，因为 x21+4y21 =4，故解得 x=-6y= 2(x1+2)y1??? ，即 Q -6,2 x1+2? ?y1? ? ，所以 BP? ?PQ? ? = xP-xB? ?xQ-xP? ? = 0-2? ?-6-0? ? = 1310.(2023届湖南师范大学附属中学高三上学期月考)已知A(-2 2,0),B(2 2,0)，直线PA,PB的斜率之积为- 34，记动点P的轨迹为曲线C.(1)求C的方程;(2)直线l与曲线C交于M,N两点，O为坐标原点，若直线OM,ON的斜率之积为- 34，证明: △MO N的面积为定值.【解析】 (1) 设 P(x,y)，则直线 PA 的斜率 kPA= yx+2 2 (x≠-2 2)，直线 PB 的斜率 k PB= yx-2 2 (x≠2 2)，由题意 kPA?kPB= yx+2 2 ? yx-2 2 = y2x2-8 =- 34 ，化简得 x28 + y26 =1(x≠±2 2)；(2) 直线 l 的斜率存在时， 可设其方程为 y=kx+m，联立 y=kx+m,x28 + y26 =1,??? 化简得 3+4k2? ? x2+8kmx+4m2-24=0，设 M x1,y1? ? ,N x2,y2? ? ，则 Δ=(8km)2-4 3+4k2? ? 4m2-24 ? =48 8k2+6-m2? ? >0，x1+x2=- 8km3+4k2 ,x1x2= 4m2-243+4k2 ，所以 k OM ?kON = y1y2x1x2 = kx1+m? ? kx2+m ?x1x2 = k2x1x2+km x1+x2? ? +m2x1x2 =4m2k2-24k2-8k2m2+3m2+4k2m23+4k24m2-243+4k2= -24k2+3m24m2-24 =- 34化简得 m2=4k2+3则 |MN|= 1+k2 x1-x2? ? = 1+k2 48 8k2+6-m2? ?3+4k2 == 4 3 1+k2 4k2+34k2+3 = 4 3 1+k23+4k2 ，又 O 到 MN 的距离 d= |m|1+k2 = 4k2+31+k2 ，所以 S△OMN = 12 |MN|?d= 12 ? 4 3 1+k23+4k2 ? 3+4k21+k2 =2 3，为定值.当直线 l 的斜率不存在时 ，可设 M x0,y0? ? ,N x0,-y0? ? ，则 kCM ?kON =-y20x20 =- 34 ，且 x208 + y206 =1，解得 x20=4,y20 =3，此时 S△OMN =2× 12 × x0y0? ? =2 3，

综上， △OMN 的面积为定值 2 3.11.(2023届贵州省遵义市新高考协作体高三上学期质量监测)已知点F1是椭圆C:x24 + y23 =1的左焦点，Q是椭圆C上的任意一点，A 12 ,1? ?．(1)求QF1? ? + QA? ?的最大值；(2)过点F1的直线l与椭圆C相交于两点M,N，与y轴相交于点P．若PM?? =λMF1??，PN?? =μNF1??，试问λ+μ是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【解析】 (1) 由椭圆方程知： a=2， b= 3， ∴c= a2-b2 =1，则 F1 -1,0? ? ，F2 1,0? ? ，由椭圆定义知： QF1? ? =2a- QF2? ? =4- QF2? ? ， ∴ QF1? ? + QA? ? = QA? ? -QF2? ? +4，∵ QA? ? - QF2? ? ≤ F2A? ?(当且仅当 A,F2,Q 三点共线， 即与图中 T 点重合时取等号) ，又 F2A? ? = 12 -1? ? 2+ 1-0? ? 2 = 52 ， ∴ QF1? ? + QA? ? 的最大值为 4+ 52= 8+ 52 .(2) 由题意知： 直线 l 斜率存在，设 l:y=k x+1? ? ， M x1,y1? ? ， N x2,y2? ? ，则 P 0,k? ? ，由 y=k x+1? ?x24 + y23 =1??? 得： 3+4k2? ? x2+8k2x+4k2-12=0，∴x1+x2=- 8k23+4k2 ， x1x2= 4k2-123+4k2 ；∵PM?? =λMF1?? ，即 x1,y1-k? ? =λ -1-x1,-y1? ? ，则 λ=- x11+x1 ；同理可得： μ=- x21+x2 ，∴λ+μ=- x11+x1 - x21+x2 =-x1 1+x2? ? +x2 1+x1? ?1+x1? ? 1+x2 ? =- 2x1x2+ x1+x2? ?x1x2+ x1+x2? ? +1 =- 8k2-243+4k2 - 8k23+4k24k2-123+4k2 - 8k23+4k2 +1 =- 8k2-24-8k24k2-12-8k2+3+4k2 =- 83 ，∴λ+μ 是定值 - 83 .12.(2023届江苏省盐城市响水中学高三上学期测试)已知椭圆C：x24 + y22 =1，A 0,1? ?，过点A的动直线l与椭圆C交于P、Q两点.(1)求线段PQ的中点M的轨迹方程；(2)是否存在常数，使得λAP?? ?AQ?? +OP?? ?OQ??为定值？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.【解析】 (1) ①当直线 l 存在斜率时，设 P x1,y1? ? 、 Q x2,y2? ? 、 M x0,y0? ? ， x0≠0，则应用点差法： x214 + y212 =1x224 + y222 =1??????? ，两式联立作差得 ： (x1-x2)(x1+x2)4 + (y1-y2)(y1+y2)2 =0，∴ y1-y2? ? y1+y2 ?x1-x2? ? x1+x2 ? = y1-y2x1-x2 ? y1+y2x1+x2 =kPQ? 2y02x0 =kPQ? y0x0 =kPQ?kOM =- 12 ，

又 ∵kPQ=kMA= y0-1x0 ，∴ y0-1x0 ? y0x0 =- 12 ，化简得 x20+2y20 -2y0=0(x0≠0)，②当直线 l 不存在斜率时， M 0,0? ? ，综上， 无论直线是否有斜率， M 的轨迹方程为 x2+2 y- 12? ? 2= 12 ；(2) ①当直线 l 存在斜率时， 设直线 l 的方程为： y=kx+1，联立 y=kx+1x24 + y22 =1??? 并化简得： (2k2+1)x2+4kx-2=0，∴Δ>0 恒成立， ∴x1+x2=- 4k2k2+1 ， x1?x2=- 22k2+1 ，又 AP?? = x1,k?x1? ? ， AQ?? = x2,k?x2? ? ， OP?? = x1,k?x1+1? ? ， OQ?? = x2,k?x2+1? ? ，∴λAP?? ?AQ?? +OP?? ?OQ?? =λ 1+k2? ? ?x1?x2+ 1+k2? ? ?x1?x2+k x1+x2? ? +1，= -2 λ+1? ? 1+k2 ?2k2+1 - 4k22k2+1 +1=-2 λ+2? ? k2+2λ+12k2+1 ，若使 λAP?? ?AQ?? +OP?? ?OQ?? 为定值，只需 2 λ+2? ?2 = 2λ+11 ，即 λ=1， 其定值为 -3，②当直线 l 不存在斜率时，直线 l 的方程为： x=0，则有 P 0, 2? ? 、 Q 0,- 2? ? ，又 AP?? = 0, 2 -1? ? ， AQ?? = 0,- 2 -1? ? ， OP?? = 0, 2? ? ， OQ?? = 0,- 2? ? ，∴λAP?? ?AQ?? +OP?? ?OQ?? =-λ-2，当 λ=1 时， λAP?? ?AQ?? +OP?? ?OQ?? 也为定值 -3，综上，无论直线是否有斜率，一定存在一个常数 λ=1，使 λAP?? ?AQ?? +OP?? ?OQ?? 为定值 -3.13.(2023届云南省下关第一中学高三上学期考试)已知椭圆E:x2a2 + y2b2 =1(a>b>0)过点(0, 3)，离心率为22，直线y=kx(k≠0)与椭圆E交于A，B两点，过点B作BC⊥x，垂足为C点，直线AC与椭圆E的另一个交点为D．(1)求椭圆E的方程；(2)试问∠ABD是否为定值？若为定值，求出定值；若不为定值，说明理由．【解析】 (1) 由已知得 b= 3ca = 22??? ，解得 a= 6b= 3c= 3??? ，所以 E:x26 + y23 =1．(2) 由已知， 不妨设 B x0,y0? ? ，则 A -x0,-y0? ? ， C x0,0? ? ，所以 k= y0x0 ， kAC= y02x0 = k2 ，所以 lAD:y= k2 x-x0? ? ，代入椭圆 E:x26 + y23 =1 的方程得： 2+k2? ? x2-2x0k2x+k2x20-12=0，设 D xD,yD? ? ，则 -x0+xD= 2x0k22+k2 ，即 xD= 2x0k22+k2 +x0，所以 yD= k2 2x0k22+k2 +x0-x0? ? = x0k32+k2 ，即 D 2x0k22+k2 +x0, x0k32+k2? ? ，

所以 kBD= x0k32+k2 -kx02x0k22+k2 +x0-x0 =- 1k ，即 kBDk=-1，即 BD⊥AB，也即 ∠ABD 为定值 π2 ．14.如图,点M是圆A:x2+(y+1)2=16上任意点,点B(0,1),线段MB的垂直平分线交半径AM于点P,当点M在圆A上运动时,(1)求点P的轨迹E的方程；(2)BQ?x轴,交轨迹E于Q点(Q点在y轴的右侧),直线l:x=my+n与E交于C,D(l不过Q点)两点,且直线CQ与直线DQ关于直线BQ对称,则直线l具备以下哪个性质？证明你的结论？①直线l恒过定点；②m为定值；③n为定值．【解析】 (1) 如图, 由 ⊙A 方程, 得 A(0,-1), 半径 r=4,∵P 在 BM 的垂直平分线上,∴ PM=PB,所以 |PA|+|PB|=|PA|+|PM|=|AM|=4>|AB|=2,∴P 的轨迹 E 是以 A,B 为焦点, 长轴长为 4 的椭圆,由 2a=4, 则 a=2,c=1,b2=3,∴ 点 P 的轨迹 E 的方程为 y24 + x23 =1．(2) 解： ∵ 直线 l 与轨迹 E 交于 C,D 两点, 设 C(x1， y1)， D(x2， y2), 如图x=my+n，y24 + x23 =1??? 消 x, 得 y24 + (my+n)23 =1,整理, 得 (3+4m2)y2+8mny+4n2-12=0,y1+y2=- 8mn3+4m2 ， y1y2= 4n2-123+4m2 ,因为 CQ 与 DQ 关于 BQ 对称,BQ ?x 轴,所以 kCQ+kDQ=0,Q 32 ， 1? ? ,x1≠ 32 ,x2≠ 32 ,y1-1x1- 32 + y2-1x2- 32 =0, 即 (y1-1) x2- 32? ? +(y2-1) x1- 32? ? =0,∵x1=my1+n,x2=my2+n,∴ 整理： 2my1y2+ n-m- 32? ? (y1+y2)-2n+3=0,2m4n2-123+4m2 + n-m- 32? ? - 8mn3+4m2 ? -2n+3=0,即 4m2+(4n-8)m-2n+3=0,即 (2m-1)(2m+2n-3)=0, 若 2m+2n-3=0, 点 Q 32 ， 1? ? 满足 l:x=my+n, 即 C,D,Q 三点共线, 不合题意,∴2m-1=0, 即 m= 12 ,∴ 直线 l 中 m 为定值 12 ．

15.(2022届云南省红河州高三检测)在平面直角坐标系Oxy中,点M是以原点O为圆心,半径为a的圆上的一个动点.以原点O为圆心,半径为b a>b>0? ?的圆与线段OM交于点N,作MD⊥x轴于点D,作NQ⊥MD于点Q.(1)令∠MOD=α,若a=4,b=1,α= π3 ,求点Q的坐标；(2)若点Q的轨迹为曲线C,求曲线C的方程；(3)设(2)中的曲线C与x轴的正半轴交于点A,与y轴的正负半轴分别交于点B1,B2,若点E?F分别满足AE?? =-3OE?? ,4AF?? =3OB2?? ,设直线B1E和B2F的交点为K,设直线l：x= a2c及点H c,0? ? ,(其中c=a2-b2),证明：点K到点H的距离与点K到直线l的距离之比为定值ca.【解析 】 (1) 设 Q x,y? ? , 则由题知x=4cos π3 =2y=sin π3 = 32??? , 因此 Q 2, 32? ?(2)(2) 设 ∠MOD=α 及 Q x,y? ? , 则由题知x=acosαy=bsinα??? , 则点 Q 的轨迹 C 为椭圆, 方程为： x2a2 + y2b2 =1 a>b>0? ? .(3) 设 K x,y? ? , 由题知,B 1 0,b? ? ,E a4 ,0? ? ,B2 0,-b? ? ,F a,- 34 b? ? ,lB1E： xa4 + yb =1, 即 4bx+ay=ab,lB2F： y+b- 34 b+b = xa, 即 bx-4ay=4ab,联列上述直线方程, 解得 x= 817ay=-1517b??? .KH? ? = 817a-c? ? 2+ -1517b? ? 2 =817a-c? ? 2+ -1517? ? 2 a2-c2? ?= a2+ 817c? ? 2-2× 817ac? ? =a- 817c令点 K 到直线 l 的距离为 PM? ?, 则 ca ? PM? ? = ca ? a2c - 817a? ? =a- 817c.因此有 KH? ?PM? ? = ca .