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圆锥曲线中的定值问题
处理圆锥曲线中定值问题的方法：(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．
考法1 证明某些几何量为定值
【例1】（2022·广东·模拟预测）已知双曲线的离心率为2，右顶点到一条渐近线的距离为.
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线与双曲线交于两点，且为坐标原点，点到直线的距离是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.
【解题指导】（1）设渐近线方程→点D到渐近线距离列方程→双曲线线的离心率→求得→双曲线的方程.
（2）考虑直线斜率不存在和为0时→点到直线的距离→设直线方程方程→根与系数关系→列方程→点到直线距离公式→求得点到直线的距离.
【例2】（2022·湖北省天门中学模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝，n＝，m·n＝0.
(1)求证：k1·k2＝－；
(2)试探求△OPQ的面积S是否为定值，并说明理由．
【解题指导】
【解题技法】参数法解决圆锥曲线中最值问题的一般步骤
【跟踪训练】
(2020·北京卷)已知椭圆C：＋＝1过点A(－2，－1)，且a＝2b.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点B(－4，0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝－4于点P，Q，求的值.
考法2 证明某些代数式为定值
【例3】（2022·山东泰安·三模）已知椭圆（a＞b＞0）的离心率，四个顶点组成的菱形面积为，O为坐标原点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过上任意点P做的切线l与椭圆E交于点M，N，求证为定值．
【解题指导】
【解后反思】常见处理技巧：(1)在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢；(2)巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符号曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算.
【例4】（2022·湖南怀化·一模）如图.矩形ABCD的长，宽，以A B为左右焦点的椭圆恰好过C D两点，点P为椭圆M上的动点.
(1)求椭圆M的方程，并求的取值范围；
(2)若过点B且斜率为k的直线交椭圆于M N两点（点C与M N两点不重合），且直线CM CN的斜率分别为，试证明为定值.
【解题技法】圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)证明代数式为定值:依题意设条件,得出与代数式中参数有关的等式,代入代数式并化简,即可得出定值;
(2)证明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、证明。
【跟踪训练】
(2022·衡水模拟)已知点P在圆O：x2＋y2＝6上运动，点P在x轴上的投影为Q，动点M满足(1－)＝－.
(1)求动点M的轨迹E的方程；
(2)过点(2，0)的动直线l与曲线E交于A，B两点，问：在x轴上是否存在定点D，使得·＋2的值为定值？若存在，求出定点D的坐标及该定值；若不存在，请说明理由.
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．
1．（2023·河南·统考模拟预测）设椭圆：的右焦点恰好是抛物线的焦点，椭圆的离心率和双曲线的离心率互为倒数.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设椭圆E的左、右顶点分别为A，B，过定点的直线与椭圆E交于C，D两点（与点A，B不重合）.证明：直线AC，BD的交点的横坐标为定值.
2．（2023·河北唐山·统考一模）已知双曲线过点，且与的两个顶点连线的斜率之和为4．
(1)求的方程；
(2)过点的直线与双曲线交于，两点（异于点）．设直线与轴垂直且交直线于点，若线段的中点为，证明：直线的斜率为定值，并求该定值．
3．（2023·江苏南通·统考模拟预测）已知，，三个点在椭圆，椭圆外一点满足，，（为坐标原点）.
(1)求的值；
(2)证明：直线与斜率之积为定值.
4．（2023·全国·本溪高中校联考模拟预测）已知一条长为的线段的端点分别在双曲线的两条渐近线上滑动，点是线段的中点．
(1)求点的轨迹的方程．
(2)直线过点且与交于、两点，交轴于点．设，，求证：为定值．
5．（2023·福建泉州·统考三模）已知椭圆的左、右顶点分别为A，B．直线l与C相切，且与圆交于M，N两点，M在N的左侧．
(1)若，求l的斜率；
(2)记直线的斜率分别为，证明：为定值．
6．（2023·山东临沂·统考一模）已知动点与点的距离和它到直线的距离之比是，点的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)若点在上，且与交于点，点在椭圆上，证明：的面积为定值．
7．（2023·山东菏泽联考一模）已知圆：，为圆上一动点，，线段的垂直平分线交于点G.
(1)求动点G的轨迹C的方程；
(2)已知，轨迹C上关于原点对称的两点M，N，射线AM，AN分别与圆交于P，Q两点，记直线MN和直线PQ的斜率分别为，.
①求AM与AN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.
8．（2023·四川南充·四川省南部中学校考模拟预测）已知椭圆的离心率，点在椭圆上.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线交椭圆于两点，试探究在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出该定值及点坐标；若不存在，请说明理由
9．（2023·广东佛山·统考一模）已知椭圆的左焦点为，左、右顶点及上顶点分别记为、、，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)设过的直线交椭圆于P、Q两点，若直线、与直线l：分别交于M、N两点，l与x轴的交点为K，则是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.
10．（2023·北京顺义·统考一模）已知椭圆经过点，离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线与椭圆C相交于A，B两点，O为坐标原点．若以为邻边的平行四边形的顶点P在椭圆C上，求证：平行四边形的面积是定值．
思路引导
母题呈现
方法总结
模拟训练
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圆锥曲线中的定值问题
处理圆锥曲线中定值问题的方法：(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．
考法1 证明某些几何量为定值
【例1】（2022·广东·模拟预测）已知双曲线的离心率为2，右顶点到一条渐近线的距离为.
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线与双曲线交于两点，且为坐标原点，点到直线的距离是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.
【解题指导】（1）设渐近线方程→点D到渐近线距离列方程→双曲线线的离心率→求得→双曲线的方程.
（2）考虑直线斜率不存在和为0时→点到直线的距离→设直线方程方程→根与系数关系→列方程→点到直线距离公式→求得点到直线的距离.
【解析】(1)由题意，得双曲线的渐近线方程为，
右顶点为.又，
且，
所以，故.
又，解得，
所以双曲线的方程为.
(2)设.
当直线和轴线平行时，，解得，
所以点到直线的距离为.
当直线和轴线不平行时，
设直线的方程为，
由得，
，
所以.
又，
所以，
得，
解得.
又点到直线的距离为，
则，故，
所以点到直线的距离为定值.
【例2】（2022·湖北省天门中学模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝，n＝，m·n＝0.
(1)求证：k1·k2＝－；
(2)试探求△OPQ的面积S是否为定值，并说明理由．
【解题指导】
【解析】(1)证明：∵k1，k2均存在，∴x1x2≠0.
又m·n＝0，∴＋y1y2＝0，即＝－y1y2，
∴k1·k2＝＝－.
(2)①当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，由＝－，得－y＝0.
又∵点P(x1，y1)在椭圆上，∴＋y＝1，
∴|x1|＝，|y1|＝.∴S△POQ＝|x1||y1－y2|＝1.
②当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b.
联立得方程组
消去y并整理得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，
其中Δ＝(8kb)2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(1＋4k2－b2)>0，即b2<1＋4k2.
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
∵＋y1y2＝0，
∴＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1(满足Δ>0)．
∴S△POQ＝··|PQ|＝|b|＝2|b|＝1.
综合①②知△POQ的面积S为定值1.
【解题技法】参数法解决圆锥曲线中最值问题的一般步骤
【跟踪训练】
(2020·北京卷)已知椭圆C：＋＝1过点A(－2，－1)，且a＝2b.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点B(－4，0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝－4于点P，Q，求的值.
解 (1)由椭圆过点A(－2，－1)，
得＋＝1.
又a＝2b，∴＋＝1，解得b2＝2，
∴a2＝4b2＝8，∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，显然不合题意.
设直线l：y＝k(x＋4)，
由得(4k2＋1)x2＋32k2x＋64k2－8＝0.
由Δ＞0，得－＜k＜.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
又∵直线AM：y＋1＝(x＋2)，
令x＝－4，得yP＝－1.
将y1＝k(x1＋4)代入，
得yP＝.
同理yQ＝.
∴yP＋yQ＝－(2k＋1)
＝－(2k＋1)·
＝－(2k＋1)·
＝－(2k＋1)×
＝0.
∴|PB|＝|BQ|，∴＝1.
考法2 证明某些代数式为定值
【例3】（2022·山东泰安·三模）已知椭圆（a＞b＞0）的离心率，四个顶点组成的菱形面积为，O为坐标原点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过上任意点P做的切线l与椭圆E交于点M，N，求证为定值．
【解题指导】
【解析】(1)由题意得，，
可得，b＝2，
所以椭圆的标准方程为．
(2)当切线l的斜率不存在时，其方程为，
【提醒】求直线方程时忽略直线斜率不存在的情况．
当时，将代入椭圆方程得，
∴，，，
∴
当时，同理可得，
当切线l的斜率存在时，设l的方程为，，，
因为l与相切，所以，所以
【技巧】圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径，从而建立关系解决问题．
由，得，
∴，
∴
∴
综上，为定值．
【解后反思】常见处理技巧：(1)在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢；(2)巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符号曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算.
【例4】（2022·湖南怀化·一模）如图.矩形ABCD的长，宽，以A B为左右焦点的椭圆恰好过C D两点，点P为椭圆M上的动点.
(1)求椭圆M的方程，并求的取值范围；
(2)若过点B且斜率为k的直线交椭圆于M N两点（点C与M N两点不重合），且直线CM CN的斜率分别为，试证明为定值.
【解题指导】
【解析】(1)由题意得.
又点在椭圆上，所以，
且，所以，，故椭圆的方程为. （3分）
设点，由，得.
又，所以. （5分）
【技巧】利用隐含的不等关系，即点P在圆上转化为，从而确定的取值范围
(2)设过点且斜率为的直线方程为，
联立椭圆方程得.
设两点M N，故，. （7分）
因为，
其中，， （9分）
故
所以为定值． （12分）
【解题技法】圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)证明代数式为定值:依题意设条件,得出与代数式中参数有关的等式,代入代数式并化简,即可得出定值;
(2)证明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、证明。
【跟踪训练】
(2022·衡水模拟)已知点P在圆O：x2＋y2＝6上运动，点P在x轴上的投影为Q，动点M满足(1－)＝－.
(1)求动点M的轨迹E的方程；
(2)过点(2，0)的动直线l与曲线E交于A，B两点，问：在x轴上是否存在定点D，使得·＋2的值为定值？若存在，求出定点D的坐标及该定值；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)设M(x，y)，P(x0，y0)，
由(1－)＝－，
得－＝－，
即＝，
∴又点P(x0，y0)在圆O：x2＋y2＝6上，
∴x＋y＝6，∴x2＋3y2＝6，
∴轨迹E的方程为＋＝1.
(2)当直线l的斜率存在时，
设l：y＝k(x－2)，
由消去y得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∴x1＋x2＝，x1·x2＝，
根据题意，假设x轴上存在定点D(m，0)，
使得·＋2＝·(－)＝·为定值，
则有·＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2)＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2
＝(x1－m)(x2－m)＋k2(x1－2)(x2－2)
＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋(4k2＋m2)
＝(k2＋1)×－(2k2＋m)·＋(4k2＋m2)
＝，
要使上式为定值，即与k无关，则3m2－12m＋10＝3(m2－6)，
即m＝，此时·＝m2－6＝－为常数，定点D的坐标为.
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝2，
易求得直线l与椭圆C的两个交点坐标分别为，，
此时·＝·＝－.
综上所述，存在定点D，使得·＋2为定值－
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．
1．（2023·河南·统考模拟预测）设椭圆：的右焦点恰好是抛物线的焦点，椭圆的离心率和双曲线的离心率互为倒数.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设椭圆E的左、右顶点分别为A，B，过定点的直线与椭圆E交于C，D两点（与点A，B不重合）.证明：直线AC，BD的交点的横坐标为定值.
【分析】（1）直接求出抛物线焦点坐标得到值，再结合双曲线离心率即可求出椭圆的离心率，则可求出椭圆方程；
（2）设过点的直线为，，联立椭圆方程得到韦达定理式，写出直线,的方程，联立直线方程解出交点横坐标，将以及韦达定理式代入化简计算为定值.
【详解】（1）因为抛物线的焦点为,所以椭圆的半焦距.
又因为双曲线的离心率是,所以椭圆的离心率，
从而,
所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1）可得.
若过点的直线方程为时，此时与椭圆交点为点，不合题意，
故可设过点的直线为,设，
联立，整理得.
则，，，
则直线AC的斜率，直线BD的斜率
则直线的方程为，直线的方程为,
联立两条直线方程,解得，
将代人上式，得，
将代人,得，
所以直线,的交点的横坐标为定值.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键在于采取设线法，设过点的直线方程，注意为了简便计算和避免分类讨论，我们引入参数，然后联立椭圆方程得到韦达定理式，再分别写出直线,的方程，联立解出其横坐标，这一步计算量较大，再根据点在这个直线上，进行换元化简，最后再代入韦达定理式化简即可.
2．（2023·河北唐山·统考一模）已知双曲线过点，且与的两个顶点连线的斜率之和为4．
(1)求的方程；
(2)过点的直线与双曲线交于，两点（异于点）．设直线与轴垂直且交直线于点，若线段的中点为，证明：直线的斜率为定值，并求该定值．
【分析】（1）由与的两个顶点连线的斜率之和为4得出，再将代入的方程得出的方程；
（2）联立直线和双曲线方程结合韦达定理得出，再由点坐标得出，最后由结合证明直线的斜率为定值.
【详解】（1）双曲线的两顶点为，所以，，即，
将代入的方程可得，，故的方程为．
（2）依题意，可设直线，，．
与联立，整理得，
所以，，解得，且，
，，所以． （*）
又，所以的坐标为，
由可得，，
从而可得的纵坐标
，
将（*）式代入上式，得，即．
所以，，
将（*）式代入上式，得．
【点睛】关键点睛：在解决问题二时，关键在于利用韦达定理得出，建立的关系，从而得出点的坐标，由此得出.
3．（2023·江苏南通·统考模拟预测）已知，，三个点在椭圆，椭圆外一点满足，，（为坐标原点）.
(1)求的值；
(2)证明：直线与斜率之积为定值.
【分析】（1）设，根据向量关系用表示，代入椭圆方程即可求解；
（2）用表示，代入斜率公式即可求解.
【详解】（1）设，因为，所以解得，
又因为，所以解得，
因为点在椭圆上，
所以，
即.
（2）设直线与斜率分别为，
是定值.
4．（2023·全国·本溪高中校联考模拟预测）已知一条长为的线段的端点分别在双曲线的两条渐近线上滑动，点是线段的中点．
(1)求点的轨迹的方程．
(2)直线过点且与交于、两点，交轴于点．设，，求证：为定值．
【分析】（1）求出双曲线渐近线的方程，设，，，再根据以及点是线段的中点来列式整理即可；
（2）先计算直线斜率为零时的情况，再计算直线斜率不为零时，设出直线方程，与椭圆联立，然后利用韦达定理及向量的坐标运算来计算即可.
【详解】（1）由已知，双曲线的渐近线方程为和，
设，，
∵，
∴，即
∵，∴，∴，
∴；
（2）证明：当直线斜率为零时，方程为，
此时，又，
，
；
当直线斜率不为零时，设，，
，∴，
∴，，，，
∵，∴，∴，同理：
∴．
∵E、F、M、D四点共线，∴满足l方程，
∴，∴
∴为定值．
5．（2023·福建泉州·统考三模）已知椭圆的左、右顶点分别为A，B．直线l与C相切，且与圆交于M，N两点，M在N的左侧．
(1)若，求l的斜率；
(2)记直线的斜率分别为，证明：为定值．
【分析】（1）根据圆弦长公式，结合点到直线距离公式、椭圆切线的性质进行求解即可；
（2）根据直线斜率公式，结合一元二次方程根与系数关系进行求解即可.
【详解】（1）当直线l不存在斜率时，方程为，显然与圆也相切，不符合题意，
设直线l的斜率为，方程为，与椭圆方程联立，得，
因为直线l与C相切，所以有，
圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离为，
因为，所以有；
（2），
由，
设，
则有，，
，
把，代入上式，得
，而，
所以.
【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系，结合椭圆切线的性质进行求解是解题的关键.
6．（2023·山东临沂·统考一模）已知动点与点的距离和它到直线的距离之比是，点的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)若点在上，且与交于点，点在椭圆上，证明：的面积为定值．
【分析】(1)由题意，应用两点间距离公式化简即可；
(2)先设点的坐标再应用点在椭圆上求出两直线方程，利用两点间的距离公式、点到直线的距离公式以及三角形面积公式求面积，化简即可证得结论.
【详解】（1）由题意知，
化简整理得曲线的轨迹方程为．
（2）设，
由题意知．
由，可知分别为的中点，
所以，．
由
得，
．
同理，
所以都在直线上．
由
得，
又因为直线过坐标原点，
所以，
又点到直线的距离，
所以，．
又，
故．
所以的面积为定值．
7．（2023·山东菏泽联考一模）已知圆：，为圆上一动点，，线段的垂直平分线交于点G.
(1)求动点G的轨迹C的方程；
(2)已知，轨迹C上关于原点对称的两点M，N，射线AM，AN分别与圆交于P，Q两点，记直线MN和直线PQ的斜率分别为，.
①求AM与AN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.
【分析】（1）根据已知条件知点G的轨迹符合椭圆定义，运用椭圆定义求解即可.
（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）由题意知，，，因为，所以点在圆内，
如图所示，
由题意知，，所以，
所以动点G的轨迹为：以、为焦点且长轴长为4的椭圆.
即：，，所以，，
所以动点G的轨迹C的方程为.
（2）①由题意知，直线AM与直线AN的斜率存在且不为0，
设，，，则，
∵M、N在椭圆上，∴，即，
∴,
即：直线AM与直线AN的斜率的乘积为.
②设直线AM方程为，
由①知，，所以，则直线AN方程为，
联立，
因为A、M在轨迹C上，所以，即：，所以，
所以，
联立，
因为A、P在圆上，所以，即：，所以，
同理：，，
所以，
所以，即为定值.
【点睛】方法点睛：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．
8．（2023·四川南充·四川省南部中学校考模拟预测）已知椭圆的离心率，点在椭圆上.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线交椭圆于两点，试探究在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出该定值及点坐标；若不存在，请说明理由
【分析】（1）由离心率、点的坐标列方程组求得得椭圆方程；
（2）当直线斜率不为时，设直线，代入椭圆方程，设，由韦达定理得，由数量各积的坐标表示计算，代入韦达定理的结论后可得定值．
【详解】（1）由题意得，解得：；
故椭圆的方程为：；
（2）当直线斜率不为时，设直线，与联立得：，
设，则，
故，
，
又，则，
故
，
令，解得：，
此时为定值，
当直线斜率为时，此时直线，不妨令，
，满足要求，
综上：存在定点为定值，该定值为
【点睛】方法点睛：直线与椭圆相交中的定值问题处理方法是：设出直线方程，设出直线与椭圆的交点坐标为，，直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得（或），用所设点的坐标表示出题中要求定值的式子，代入韦达定理的结论后化简即可得．
9．（2023·广东佛山·统考一模）已知椭圆的左焦点为，左、右顶点及上顶点分别记为、、，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)设过的直线交椭圆于P、Q两点，若直线、与直线l：分别交于M、N两点，l与x轴的交点为K，则是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.
【分析】（1）首先表示，的坐标，即可得到，，根据及，求出，即可求出，从而得解；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到直线的方程为，令求出，同理得到，则，代入计算可得.
【详解】（1）解：依题意，，，所以，，
由，可得，即，解得或（舍去），
故，，
所以椭圆的方程为.
（2）解：设直线的方程为，，，
联立，消去整理得，
所以，，
直线的方程为，令，得，
同理可得，
所以
，
故为定值.
10．（2023·北京顺义·统考一模）已知椭圆经过点，离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线与椭圆C相交于A，B两点，O为坐标原点．若以为邻边的平行四边形的顶点P在椭圆C上，求证：平行四边形的面积是定值．
【分析】（1）由题意可得关于，，的方程组，求得，的值，则椭圆方程可求；
（2）联立直线方程与椭圆方程，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及四边形是平行四边形，可得点坐标，把点坐标代入椭圆方程，得到，利用弦长公式求得，再由点到直线的距离公式求出点到直线的距离，代入三角形面积公式即可证明平行四边形的面积为定值．
【详解】（1）由题意，可得，解得，，，
所以椭圆为.
（2）证明：把代入椭圆方程，
得，
所以，即，
设，，则，，
所以，
因为四边形是平行四边形，
所以，
所以点坐标为.
又因为点在椭圆上，
所以，即.
因为，
即.
又点到直线的距离，
所以平行四边形的面积
，
即平行四边形的面积为定值.
思路引导
母题呈现
方法总结
模拟训练
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