解析几何中的定值问题 高频考点梳理 专题练 2026届高考数学复习备考

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解析几何中的定值问题 高频考点梳理
专题练 2026届高考数学复习备考
一、单选题
1．已知，是平面内两个不同的定点，则“为定值”是“动点的轨迹是以，为焦点的双曲线”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．已知圆具有性质：若是圆上关于原点对称的两点，点是圆上异于任意一点，则为定值．类比圆的这个性质，双曲线也具有这个性质：若是双曲线上关于原点对称的两点，点为双曲线上异于任意一点，则为定值（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
3．设直线，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，的倾斜角为
B．使得过点的有两个
C．存在定点，使得点到的距离为定值
D．从所有直线中选3条围成正三角形，则正三角形的面积为定值
4．已知抛物线，过点的直线与交于两点，直线分别与的准线交于两点.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．直线的斜率分别记为，则为定值
C．的取值范围为
D．面积的最小值为
5．抛物线的准线为l，P为C上的动点，过P作圆M：的两条切线，A，B为切点，过P作l的垂线，垂足为Q，则（ ）
A．当时，l与圆M相切
B．当时，的最小值为
C．当时，为定值
D．存在点P，使得为等边三角形
三、填空题
6．已知动点到点和点的距离的平方和为定值6，那么点的轨迹方程为 .
7．设点，，为动点，已知直线与直线的斜率之积为定值，点的轨迹是 ．
四、解答题
8．已知椭圆的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，，点在椭圆上，满足直线的斜率之积为，且面积的最大值为2．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于两点，同时与直线交于点，假设，，判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
9．已知抛物线经过点，过点的直线与抛物线有两个不同的交点，且直线交轴于，直线交轴于．
(1)求抛物线的方程；
(2)①求直线的斜率的取值范围；
②若为原点，将上述两点坐标改为，且满足，其他条件不变，试探究是否为定值，并说明理由．
10．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．
11．已知椭圆：过点，其离心率为．四边形的顶点均在椭圆上，直线过的左焦点，对角线，交点为椭圆的右焦点．
(1)求椭圆的方程；
(2)若，的斜率存在且分别为，，求证：为定值；
(3)过点作，垂足为，求的最大值．
12．点分别在射线，上运动，且．
(1)求的中点的轨迹；
(2)求证：的中点到两射线距离的积为定值．
13．如图，某研学基地的篱笆墙是由三条满足，的直线段，，和一条余弦曲线段构成的平面图形，其基准点到标记点，，的距离分别为：，，.曲线段上任意一点的高度满足函数：，其中，为到的距离.现将篱笆墙卷曲在下底面中心为，半径为4、高为23的圆柱侧面上，并使篱笆墙底部线段刚好圈在圆柱底面圆周上.记经过，，三点的平面为.
(1)求平面与圆柱的轴线所成角的正弦值；
(2)证明：平面，且在平面内存在两定点，，使得为定值；
(3)设，是篱笆墙卷曲后曲线段上的两点，求面积的最大值.
14．如图所示，椭圆中，是椭圆上任一点，是坐标原点，，过作直线交椭圆于两点，且，当在短轴端点时，．

(1)求的值，并证明直线的方程为；
(2)探索的面积是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由．
15．已知直线与抛物线交于两点，且分别在第一、二象限，为线段的中点．设在点处的切线交于点，为曲线段（不含端点）上一点，在点处的切线与直线分别交于点．
(1)证明：
①直线轴；
②四边形的面积为定值；
(2)设的外接圆为圆，问：圆是否过定点（点除外）？若过定点，求出定点坐标；不过定点，请说明理由．
16．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．
17．过点作直线与抛物线：相交于两点，是的准线，过作且交于，过B作且交于.
(1)当，且与轴平行时，,求抛物线的方程；
(2)记,
（i）若，是否存在，使得为定值？若存在，则求出；若不存在，请说明理由；
（ii）若，且的斜率为，求的取值范围.
18．定义：对于椭圆上不同的两点，，若向量，满足，则称点为该椭圆的一个“类共轭点对”，点为一对类互为共轭点．已知为坐标原点，点，是焦距为4的椭圆的一个“0类共轭点对”，且．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)已知点是椭圆上的一个动点，点是上不同的两点，且都与点是一对类互为共轭点，点关于轴的对称点为，若直线的斜率都存在，设直线的斜率分别为，试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
19．已知椭圆的离心率为，点在上．
(1)求椭圆的方程：
(2)过点的直线交椭圆于，两点（异于点），过点作轴的垂线与直线交于点，设直线，的斜率分别为，．证明：
（i）为定值：
（ii）直线过线段的中点．
参考答案
题号 1 2 3 4 5
答案 B B ABC ABD CD
1．B
【分析】充分、必要条件的判断，一方面需要判断充分性，另一方面要判断必要性，结合双曲线的定义，只有“为定值”且“”时才成立，即可做出判断．
【详解】充分性：当“为定值”，但“”时，“动点的轨迹不是双曲线”，不满足充分性；
必要性：以，为焦点的双曲线上的动点满足“为定值”，满足必要性；
因此“为定值”是“动点的轨迹是以，为焦点的双曲线”的必要不充分条件．
故选：B.
2．B
【分析】设，再表达出，结合双曲线的方程化简即可.
【详解】设，则，
.
故选：B
3．ABC
【分析】代入求解可判断AB；点到直线的距离为定值判断C；结合C选项可得这样的三角形有两类，两类的面积不等判断D.
【详解】对于A，当时，直线的方程为，
即，直线的斜率为，所以的倾斜角为，故A正确；
对于B，当直线过点时，可得，所以，
两边平方得，所以，
解得或或或，经检验与是增根，
所以或，故B正确；
对于C，点到直线的距离为，
所以存在定点，使得点到的距离为定值，故C正确；
对于D，由C可知，直线是以为圆心，为半径的圆的切线，
从所有直线中选3条围成正三角形，这样的正三角形有两类，
如图所示，一类是圆的外切三角形，这一类三角形的面积相等，
一类是在圆的同一侧，这一类三角形的面积相等，但两类三角形的面积不等，故D错误.
故选：ABC.
4．ABD
【分析】设直线的方程为，根据韦达定理写出，，求出的值，即可判断A,B,对于C，写出直线的方程，求得点的坐标和点的坐标，计算化简得,利用二次函数性质即得其范围；对于D，求出面积表达式，同法求其最值即得.
【详解】
对于A，如图，设直线的方程为依题意，设.
由消去，得.
所以，而，
所以，所以A正确；
对于B，由A项已得：，
由，故B正确；
对于C，因，则的方程为，令，解得，
即点的坐标为，同理可得.
则
，当时，等号成立，故C错误；
对于D，因为
，故D正确.
故选：ABD.
5．CD
【分析】对于A，根据抛物线的准线方程以及圆的圆心坐标和半径可以判断是否相切；对于B，因为，所以可使得两点在点的异侧，根据两点之间，线段最短原理可知，当三点共线时，有最小值；对于C，已知可解得和的夹角，从而解得为定值；对于D，当时，为等边三角形，所以满足存在性．
【详解】对于A，圆M：的半径，圆心到准线的距离为，
所以，当且仅当，时， l与圆M相切，故A不正确；
对于B，如图所示：
当三点共线时，有最小值，最小值为，故B不正确；
对于C，因为，，所以由余弦定理得
,所以，
所以＝，故C正确；
对于D，当时，，所以，
此时为等边三角形，故D正确；
故选：CD．
6．
【分析】运用直接法，设点，依题意列出方程，化简即得.
【详解】设点，依题意，,
代入点的坐标，可得：，
化简得：.
即点的轨迹方程为.
故答案为：.
7．
【分析】根据该轨迹的定义即可得到方程.
【详解】根据定义，该轨迹的方程为，即.
化简即为.
故答案为：.
8．(1)；
(2)为定值，定值为0．
【分析】（1）由斜率关系求得的关系，根据面积的最大值为，得到，结合，求得，即可求得椭圆的方程；
（2）设过点的直线为，联立方程组得到，再联立两直线，求得，根据，，求得，进而结合韦达定理，化简得到，即可得到结论.
【详解】（1）设，由已知，得．
又点在椭圆上，所以，则，所以，即．
因为，所以．又由面积的最大值为2，可得，
即，解得．故椭圆的方程为．
（2）

由，可得点四点共线，
设过点的直线斜率存在时，直线方程为，即，
联立方程组，整理得．
设，则，，
联立方程组，可得，即．
因为，可得，
所以，
则
．
当直线斜率不存在时，直线方程为，
求得
可得，
所以为定值，定值为0．
9．(1)
(2)①；②为定值，理由见解析
【分析】（1）将点坐标代入抛物线方程计算可得；
（2）①设出直线方程，联立抛物线方程消元，利用判别式，结合题意求解即可；②设出直线的方程，联立抛物线方程消元，利用坐标表示出直线，方程，进而可得、的坐标，表示出，利用韦达定理进行化简即可得解.
【详解】（1）因为抛物线过点，
所以，从而，故抛物线的方程为．
（2）①由题意知，直线的斜率存在且不为0，故设直线的方程为，
由得，
依题意，解得且．
又直线与轴相交，故直线不过点，从而，
所以直线斜率的取值范围为．
②为定值2．理由如下：
设，直线．
联立直线与抛物线的方程，可得，
根据韦达定理有．则,
故，
直线的方程为，
令，则，同理可得．
由得,得
同理，
则,
所以为定值，定值为2．
10．(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.

11．(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）代入点坐标并结合离心率公式即可得到方程；
（2）设直线的方程为：，联立椭圆方程得到韦达定理式，化简得到，再计算得，同理，最后代入化简即可；
（3）求出直线过定点，再根据两点距离即可得到答案.
【详解】（1）由已知得，即，得，
故，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）可得，
由题意知均存在且不等于0，
则设直线的方程为：，
则．
设直线方程为：
与椭圆方程联立得：，，
所以，因为，
故，因此．
同理．
斜率为
，
故.
（3）由（2）知：直线的方程为：，
即
所以直线过定点．
因为，由几何意义知：，
故的最大值为．

12．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据中点坐标公式以及面积公式，结合三角函数，即可化简求解，
（2）由点到直线的距离公式即可求解.
【详解】（1）由图可知，
设，
由题意得,其中为直线的倾斜角，，
③④两式代入②式，得．⑥
由，得．⑦
对⑤式得，，．
得．
所以中点的轨迹方程为．
（2）设中点到直线的距离分别为，
则
所以．
13．(1)
(2)证明见解析
(3).
【分析】（1）建立空间直角坐标系，则，求出平面的一个法向量，利用公式可得.
（2）证明，任意点均在平面内，即可得
（3）由（2）得曲线段卷曲后形成了一个平面椭圆，标准方程为，联立直线方程与曲线方程，利用韦达定理及三角形面积公式，弦长公式可得.
【详解】（1）如图建立空间直角坐标系，则，
，，，
则，，
设平面的一个法向量为，
由取得，
圆柱轴线的方向向量为，设平面与圆柱的轴线所成角为，
.
（2），可知，
故曲线段上任意点均在平面内，
线段的中点为，，
设，，
则，，都在平面内，
又，
，
所以，
，
所以，
（3）由（2）得曲线段卷曲后形成了一个平面椭圆，在平面内，以椭圆的中心为原点，
为轴的正方向，建立平面直角坐标系，
设椭圆方程为，由（2）可得，又，
所以，
所以椭圆的标准方程为，
为长轴左顶点，
当平行于轴时，.
当不平行于轴时，设直线，与联立得
，，
.
令，则.
当时，不存在，舍去.
当时，.
若即且，
则.
若即，则.
若即且，
则.
当且仅当，时等号成立.
而，因此面积的最大值为.
14．(1)，；证明见解析
(2)是，
【分析】（1）由在短轴端点时，解出的值，由点差法结论得到直线的斜率，进而得到直线的方程；
（2）联立直线和椭圆方程，由韦达定理及弦长公式得到，由点到直线的距离公式得到点到直线的距离，由三角形面积公式得到的面积.
【详解】（1）在短轴端点时，
，由，解得，
所以，得，．
此时椭圆方程为
因为，所以，
当，即时，，此时直线的方程为，即；
当，即时，，此时直线的方程为，即；
当，即时，，此时直线的方程为，即；
当，即时，，此时直线的方程为，即；
以上四种情况均符合直线的方程为.
当且时，
，由点差法得，所以，
又因为直线过点，所以直线方程为，即．①
因为点在椭圆上，所以，
代入①得，即．
（2）设，
当时，，此时，代入椭圆方程得，
所以，，

同理，当时，，，
当时，

因为点在椭圆上，所以，②
联立得，
将②式代入得，得，
所以，
，
到的距离，
所以，
所以的面积为定值．
15．(1)①证明见解析；②证明见解析
(2)过定点，
【分析】（1）①联立方程可求出的坐标，再求出的坐标，即可证明结论；②利用切线方程可求表示出的坐标，从而可求出四边形的面积，即可证明结论；
（2）表示出直线的方程，可求出点E所在的直线方程，结合三角形外接圆性质，即可得出结论.
【详解】（1）证明：①依题意，联立直线方程和得，
解得或4，所以，则.
由得，所以直线的斜率为，
则的方程为，同理可得的方程为，
联立，从而可得，而，因此轴.
②设，可得直线的方程为，
即，
联立，可得，
同理联立，，可得，
而，
故四边形的面积为，为定值.
（2）由（1）得，
线段的垂直平分线的斜率为，则其方程为，即；
同理可得线段的垂直平分线的方程为，
联立，消去，得，
所以点在直线上.
设关于直线的对称点为，则，
解得，即关于直线的对称点为，
由于在圆上，故圆也过点，因此圆过定点.
16．(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．
17．(1)
(2)（i），（ii）
【分析】（1）根据抛物线的概念及准线的性质，用坐标表示向量，根据向量数量积的坐标表示，求出参数，求出抛物线方程.
（2）（i）根据抛物线与直线的位置关系，设出坐标，用参数表示面积，根据面积之间的关系，以及韦达定理，求出参数的值.
（ii）根据抛物线与直线的位置关系，联立方程组，根据韦达定理，列出方程，构造出新的函数，根据函数定义域，求出函数值域，进而求出结果.
【详解】（1）如图所示，
当时，，
由可知，当时，，解得，
不妨设，
由准线方程为得，
则，
由可得，因为，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）（i）如图所示，
根据对称性原则，不妨设在第一象限，在第四象限，
设，可得，，
则，
当直线斜率为0时，与抛物线只有一个交点，不符合题意，所以设直线解析式为，
则，
由得，
化简得，
联立直线和抛物线方程得，消去得，可知直线与抛物线必有两个交点，
则，
代入得，
化简得，
当时，为定值，即，
此时，代入得，
因为，化简得，解得，此时；
综上，时，为定值.
（ii）
当，的斜率为，则直线解析式为，
此时，
联立直线和抛物线方程得，消去得，
可知直线与抛物线必有两个交点，
则，
由得，
化简得，
代入得，
化简得，
令，
令，即，
则，
变形得，根据对勾函数可知在上单调递增，
所以，则，
即的范围为.
18．(1)
(2)为定值，定值为
【分析】（1）利用新定义“0类共轭点对”得到之间的关系,利用两点间的距离公式结合的关系求解的值，即可得解；
（2）设，，，利用新定义满足，，得到直线方程：；当时，联立直线与椭圆的方程，得到根与系数的关系，进而得的值，当时，求出相关点的坐标，进而求得的值，即可得结论.
【详解】（1）因为点，是焦距为4的椭圆的一个“0类共轭点对”，
所以，即，所以，
因为点，在椭圆上，所以，，
所以，整理得，
所以．
所以，
因为，所以，所以，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）因为点在椭圆上，所以，即．
设，，因为点是上不同的两点，且都与点是一对类互为
共轭点，
所以，，
所以直线的方程为，即．
当时，直线的方程为，
代入，消去并整理得，
所以，，
所以，
．
由题可得，
所以．
当时，若，则，，
此时，所以，，故；
若，则，，
此时，所以，，故．
综上，为定值，且定值为．
【点睛】方法点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
19．(1)
(2)（i）证明见详解；（ii）证明见详解
【分析】（1）根据题意，列出的方程组求出得解；
（2）（i）当直线斜率为0时，.当直线的斜率不为0时，设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程，写出韦达定理，计算的值，化简后结果为，由此证明结论成立. （ii）设线段的中点为，求出直线的方程，直线的方程，结合，可得，可证点在直线上.
【详解】（1）由题可知：，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）（i）①当直线的斜率为0时，则不妨设，，
所以为定值.
②当直线的斜率不为0时，设直线，，，
联立直线与椭圆的方程，消去整理得，
则，，，所以，
所以
.
综上，为定值.

（ii）设线段的中点为，易得，
可得直线的方程为，则，
直线的方程为，则，
所以，
由（i）知，，所以，
又直线的方程为，所以点在直线上，
即直线过线段的中点.
【点睛】关键点睛：本题第二问证明为定值，解题的关键是设直线与椭圆的方程，解得，代入的式子化简得解.
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