2023年高考數(shù)學熱點專題解析幾何模型通關圓追曲線中的定值問題（解析版）

2023年高考數(shù)學熱點專題解析幾何模型通關2023年高考數(shù)學熱點專題解析幾何模型通關2023年高考數(shù)學熱點專題解析幾何模型通關2023年高考數(shù)學熱點專題解析幾何模型通關圓錐曲線中的定值問題思路引導思路引導處理圓錐曲線中定值問題的方法：(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關．(2)直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．母題呈現(xiàn)母題呈現(xiàn)考法1證明某些幾何量為定值【例1】（2022·廣東·模擬預測）已知雙曲線的離心率為2，右頂點到一條漸近線的距離為.(1)求雙曲線的方程；(2)若直線與雙曲線交于兩點，且為坐標原點，點到直線的距離是否為定值？若是，求出這個定值；若不是，請說明理由.【解題指導】（1）設漸近線方程→點D到漸近線距離列方程→雙曲線線的離心率→求得→雙曲線的方程.（2）考慮直線斜率不存在和為0時→點到直線的距離→設直線方程方程→根與系數(shù)關系→列方程→點到直線距離公式→求得點到直線的距離.【例2】（2022·湖北省天門中學模擬預測）在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，點P(x1，y1)，Q(x2，y2)是橢圓C上兩個動點，直線OP，OQ的斜率分別為k1，k2，若m＝，n＝，m·n＝0.(1)求證：k1·k2＝－eq\f(1,4)；(2)試探求△OPQ的面積S是否為定值，并說明理由．【解題指導】【解題技法】參數(shù)法解決圓錐曲線中最值問題的一般步驟【跟蹤訓練】(2020·北京卷)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1過點A(－2，－1)，且a＝2b.(1)求橢圓C的方程；(2)過點B(－4，0)的直線l交橢圓C于點M，N，直線MA，NA分別交直線x＝－4于點P，Q，求eq\f(|PB|,|BQ|)的值.考法2證明某些代數(shù)式為定值【例3】（2022·山東泰安·三模）已知橢圓（a＞b＞0）的離心率，四個頂點組成的菱形面積為，O為坐標原點．(1)求橢圓E的方程；(2)過上任意點P做的切線l與橢圓E交于點M，N，求證為定值．【解題指導】【解后反思】常見處理技巧：(1)在運算過程中，盡量減少所求表達式中變量的個數(shù)，以便于向定值靠攏；(2)巧妙利用變量間的關系，例如點的坐標符號曲線方程等，盡量做到整體代入，簡化運算.【例4】（2022·湖南懷化·一模）如圖.矩形ABCD的長，寬，以A?B為左右焦點的橢圓恰好過C?D兩點，點P為橢圓M上的動點.(1)求橢圓M的方程，并求的取值范圍；(2)若過點B且斜率為k的直線交橢圓于M?N兩點（點C與M?N兩點不重合），且直線CM?CN的斜率分別為，試證明為定值.【解題技法】圓錐曲線中的定值問題的常見類型及解題策略(1)證明代數(shù)式為定值:依題意設條件,得出與代數(shù)式中參數(shù)有關的等式,代入代數(shù)式并化簡,即可得出定值;(2)證明點到直線的距離為定值:利用點到直線的距離公式得出距離的解析式,再利用題設條件化簡、證明?！靖櫽柧殹?2022·衡水模擬)已知點P在圓O：x2＋y2＝6上運動，點P在x軸上的投影為Q，動點M滿足(1－eq\r(3))eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\r(3)eq\o(OM,\s\up6(→)).(1)求動點M的軌跡E的方程；(2)過點(2，0)的動直線l與曲線E交于A，B兩點，問：在x軸上是否存在定點D，使得eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))2的值為定值？若存在，求出定點D的坐標及該定值；若不存在，請說明理由.方法總結方法總結圓錐曲線中的定值問題的常見類型及解題策略1.求代數(shù)式為定值：依題意設條件，得出與代數(shù)式參數(shù)有關的等式，代入代數(shù)式，化簡即可得出定值；2.求點到直線的距離為定值：利用點到直線的距離公式得出距離的解析式，再利用題設條件化簡、變形求得；3.求某線段長度為定值：利用長度公式求得解析式，再依據(jù)條件對解析式進行化簡、變形即可求得．模擬訓練模擬訓練1．（2023·河南·統(tǒng)考模擬預測）設橢圓：的右焦點恰好是拋物線的焦點，橢圓的離心率和雙曲線的離心率互為倒數(shù).(1)求橢圓E的標準方程；(2)設橢圓E的左、右頂點分別為A，B，過定點的直線與橢圓E交于C，D兩點（與點A，B不重合）.證明：直線AC，BD的交點的橫坐標為定值.2．（2023·河北唐山·統(tǒng)考一模）已知雙曲線過點，且與的兩個頂點連線的斜率之和為4．(1)求的方程；(2)過點的直線與雙曲線交于，兩點（異于點）．設直線與軸垂直且交直線于點，若線段的中點為，證明：直線的斜率為定值，并求該定值．3．（2023·江蘇南通·統(tǒng)考模擬預測）已知，，三個點在橢圓，橢圓外一點滿足，，（為坐標原點）.(1)求的值；(2)證明：直線與斜率之積為定值.4．（2023·全國·本溪高中校聯(lián)考模擬預測）已知一條長為的線段的端點分別在雙曲線的兩條漸近線上滑動，點是線段的中點．(1)求點的軌跡的方程．(2)直線過點且與交于、兩點，交軸于點．設，，求證：為定值．5．（2023·福建泉州·統(tǒng)考三模）已知橢圓的左、右頂點分別為A，B．直線l與C相切，且與圓交于M，N兩點，M在N的左側(cè)．(1)若，求l的斜率；(2)記直線的斜率分別為，證明：為定值．6．（2023·山東臨沂·統(tǒng)考一模）已知動點與點的距離和它到直線的距離之比是，點的軌跡為曲線．(1)求的方程；(2)若點在上，且與交于點，點在橢圓上，證明：的面積為定值．7．（2023·山東菏澤聯(lián)考一模）已知圓：，為圓上一動點，，線段的垂直平分線交于點G.(1)求動點G的軌跡C的方程；(2)已知，軌跡C上關于原點對稱的兩點M，N，射線AM，AN分別與圓交于P，Q兩點，記直線MN和直線PQ的斜率分別為，.①求AM與AN的斜率的乘積；②問是否為定值，若是，求出該定值；若不是，說明理由.8．（2023·四川南充·四川省南部中學?？寄M預測）已知橢圓的離心率，點在橢圓上.(1)求橢圓的方程；(2)過點的直線交橢圓于兩點，試探究在軸上是否存在定點，使得為定值？若存在，求出該定值及點坐標；若不存在，請說明理由9．（2023·廣東佛山·統(tǒng)考一模）已知橢圓的左焦點為，左、右頂點及上頂點分別記為、、，且.(1)求橢圓的方程；(2)設過的直線交橢圓于P、Q兩點，若直線、與直線l：分別交于M、N兩點，l與x軸的交點為K，則是否為定值？若為定值，請求出該定值；若不為定值，請說明理由.10．（2023·北京順義·統(tǒng)考一模）已知橢圓經(jīng)過點，離心率為．(1)求橢圓C的方程；(2)設直線與橢圓C相交于A，B兩點，O為坐標原點．若以為鄰邊的平行四邊形的頂點P在橢圓C上，求證：平行四邊形的面積是定值．圓錐曲線中的定值問題思路引導思路引導處理圓錐曲線中定值問題的方法：(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關．(2)直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．母題呈現(xiàn)母題呈現(xiàn)考法1證明某些幾何量為定值【例1】（2022·廣東·模擬預測）已知雙曲線的離心率為2，右頂點到一條漸近線的距離為.(1)求雙曲線的方程；(2)若直線與雙曲線交于兩點，且為坐標原點，點到直線的距離是否為定值？若是，求出這個定值；若不是，請說明理由.【解題指導】（1）設漸近線方程→點D到漸近線距離列方程→雙曲線線的離心率→求得→雙曲線的方程.（2）考慮直線斜率不存在和為0時→點到直線的距離→設直線方程方程→根與系數(shù)關系→列方程→點到直線距離公式→求得點到直線的距離.【解析】(1)由題意，得雙曲線的漸近線方程為，右頂點為.又，且，所以，故.又，解得，所以雙曲線的方程為.(2)設.當直線和軸線平行時，，解得，所以點到直線的距離為.當直線和軸線不平行時，設直線的方程為，由得，，所以.又，所以，得，解得.又點到直線的距離為，則，故，所以點到直線的距離為定值.【例2】（2022·湖北省天門中學模擬預測）在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，點P(x1，y1)，Q(x2，y2)是橢圓C上兩個動點，直線OP，OQ的斜率分別為k1，k2，若m＝，n＝，m·n＝0.(1)求證：k1·k2＝－eq\f(1,4)；(2)試探求△OPQ的面積S是否為定值，并說明理由．【解題指導】【解析】(1)證明：∵k1，k2均存在，∴x1x2≠0.又m·n＝0，∴eq\f(x1x2,4)＋y1y2＝0，即eq\f(x1x2,4)＝－y1y2，∴k1·k2＝eq\f(y1y2,x1x2)＝－eq\f(1,4).(2)①當直線PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2時，由eq\f(y1y2,x1x2)＝－eq\f(1,4)，得eq\f(x\o\al(2,1),4)－yeq\o\al(2,1)＝0.又∵點P(x1，y1)在橢圓上，∴eq\f(x\o\al(2,1),4)＋yeq\o\al(2,1)＝1，∴|x1|＝eq\r(2)，|y1|＝eq\f(\r(2),2).∴S△POQ＝eq\f(1,2)|x1||y1－y2|＝1.②當直線PQ的斜率存在時，設直線PQ的方程為y＝kx＋b.聯(lián)立得方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,\f(x2,4)＋y2＝1，))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＝eq\f(－8kb,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4b2－4,4k2＋1).∵eq\f(x1x2,4)＋y1y2＝0，∴eq\f(x1x2,4)＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1(滿足Δ>0)．∴S△POQ＝eq\f(1,2)·eq\f(|b|,\r(1＋k2))·|PQ|＝eq\f(1,2)|b|eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝2|b|eq\f(\r(4k2＋1－b2),4k2＋1)＝1.綜合①②知△POQ的面積S為定值1.【解題技法】參數(shù)法解決圓錐曲線中最值問題的一般步驟【跟蹤訓練】(2020·北京卷)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1過點A(－2，－1)，且a＝2b.(1)求橢圓C的方程；(2)過點B(－4，0)的直線l交橢圓C于點M，N，直線MA，NA分別交直線x＝－4于點P，Q，求eq\f(|PB|,|BQ|)的值.解(1)由橢圓過點A(－2，－1)，得eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1.又a＝2b，∴eq\f(4,4b2)＋eq\f(1,b2)＝1，解得b2＝2，∴a2＝4b2＝8，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)當直線l的斜率不存在時，顯然不合題意.設直線l：y＝k(x＋4)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋4），,x2＋4y2＝8))得(4k2＋1)x2＋32k2x＋64k2－8＝0.由Δ＞0，得－eq\f(1,2)＜k＜eq\f(1,2).設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(－32k2,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(64k2－8,4k2＋1).又∵直線AM：y＋1＝eq\f(y1＋1,x1＋2)(x＋2)，令x＝－4，得yP＝eq\f(－2（y1＋1）,x1＋2)－1.將y1＝k(x1＋4)代入，得yP＝eq\f(－（2k＋1）（x1＋4）,x1＋2).同理yQ＝eq\f(－（2k＋1）（x2＋4）,x2＋2).∴yP＋yQ＝－(2k＋1)＝－(2k＋1)·eq\f(2x1x2＋6（x1＋x2）＋16,（x1＋2）（x2＋2）)＝－(2k＋1)·eq\f(\f(2（64k2－8）,4k2＋1)＋\f(6×（－32k2）,4k2＋1)＋16,（x1＋2）（x2＋2）)＝－(2k＋1)×eq\f(128k2－16－192k2＋64k2＋16,（4k2＋1）（x1＋2）（x2＋2）)＝0.∴|PB|＝|BQ|，∴eq\f(|PB|,|BQ|)＝1.考法2證明某些代數(shù)式為定值【例3】（2022·山東泰安·三模）已知橢圓（a＞b＞0）的離心率，四個頂點組成的菱形面積為，O為坐標原點．(1)求橢圓E的方程；(2)過上任意點P做的切線l與橢圓E交于點M，N，求證為定值．【解題指導】【解析】(1)由題意得，，可得，b＝2，所以橢圓的標準方程為．(2)當切線l的斜率不存在時，其方程為，【提醒】求直線方程時忽略直線斜率不存在的情況．當時，將代入橢圓方程得，∴，，，∴當時，同理可得，當切線l的斜率存在時，設l的方程為，，，因為l與相切，所以，所以【技巧】圓的切線問題的處理要抓住圓心到直線的距離等于半徑，從而建立關系解決問題．由，得，∴，∴∴綜上，為定值．【解后反思】常見處理技巧：(1)在運算過程中，盡量減少所求表達式中變量的個數(shù)，以便于向定值靠攏；(2)巧妙利用變量間的關系，例如點的坐標符號曲線方程等，盡量做到整體代入，簡化運算.【例4】（2022·湖南懷化·一模）如圖.矩形ABCD的長，寬，以A?B為左右焦點的橢圓恰好過C?D兩點，點P為橢圓M上的動點.(1)求橢圓M的方程，并求的取值范圍；(2)若過點B且斜率為k的直線交橢圓于M?N兩點（點C與M?N兩點不重合），且直線CM?CN的斜率分別為，試證明為定值.【解題指導】【解析】(1)由題意得.又點在橢圓上，所以，且，所以，，故橢圓的方程為.（3分）設點，由，得.又，所以.（5分）【技巧】利用隱含的不等關系，即點P在圓上轉(zhuǎn)化為，從而確定的取值范圍(2)設過點且斜率為的直線方程為，聯(lián)立橢圓方程得.設兩點M?N，故，.（7分）因為，其中，，（9分）故所以為定值．（12分）【解題技法】圓錐曲線中的定值問題的常見類型及解題策略(1)證明代數(shù)式為定值:依題意設條件,得出與代數(shù)式中參數(shù)有關的等式,代入代數(shù)式并化簡,即可得出定值;(2)證明點到直線的距離為定值:利用點到直線的距離公式得出距離的解析式,再利用題設條件化簡、證明。【跟蹤訓練】(2022·衡水模擬)已知點P在圓O：x2＋y2＝6上運動，點P在x軸上的投影為Q，動點M滿足(1－eq\r(3))eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\r(3)eq\o(OM,\s\up6(→)).(1)求動點M的軌跡E的方程；(2)過點(2，0)的動直線l與曲線E交于A，B兩點，問：在x軸上是否存在定點D，使得eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))2的值為定值？若存在，求出定點D的坐標及該定值；若不存在，請說明理由.【解析】(1)設M(x，y)，P(x0，y0)，由(1－eq\r(3))eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\r(3)eq\o(OM,\s\up6(→))，得eq\o(OQ,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\r(3)eq\o(OQ,\s\up6(→))－eq\r(3)eq\o(OM,\s\up6(→))，即eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\r(3)eq\o(MQ,\s\up6(→))，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝x，,y0＝\r(3)y，))又點P(x0，y0)在圓O：x2＋y2＝6上，∴xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝6，∴x2＋3y2＝6，∴軌跡E的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)當直線l的斜率存在時，設l：y＝k(x－2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k（x－2），))消去y得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝eq\f(12k2,1＋3k2)，x1·x2＝eq\f(12k2－6,1＋3k2)，根據(jù)題意，假設x軸上存在定點D(m，0)，使得eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))2＝eq\o(DA,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))為定值，則有eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝(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)×eq\f(12k2－6,1＋3k2)－(2k2＋m)·eq\f(12k2,1＋3k2)＋(4k2＋m2)＝eq\f(（3m2－12m＋10）k2＋（m2－6）,3k2＋1)，要使上式為定值，即與k無關，則3m2－12m＋10＝3(m2－6)，即m＝eq\f(7,3)，此時eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝m2－6＝－eq\f(5,9)為常數(shù)，定點D的坐標為.當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x＝2，易求得直線l與橢圓C的兩個交點坐標分別為，，此時eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝·＝－eq\f(5,9).綜上所述，存在定點D，使得eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))2為定值－eq\f(5,9)方法總結方法總結圓錐曲線中的定值問題的常見類型及解題策略1.求代數(shù)式為定值：依題意設條件，得出與代數(shù)式參數(shù)有關的等式，代入代數(shù)式，化簡即可得出定值；2.求點到直線的距離為定值：利用點到直線的距離公式得出距離的解析式，再利用題設條件化簡、變形求得；3.求某線段長度為定值：利用長度公式求得解析式，再依據(jù)條件對解析式進行化簡、變形即可求得．模擬訓練模擬訓練1．（2023·河南·統(tǒng)考模擬預測）設橢圓：的右焦點恰好是拋物線的焦點，橢圓的離心率和雙曲線的離心率互為倒數(shù).(1)求橢圓E的標準方程；(2)設橢圓E的左、右頂點分別為A，B，過定點的直線與橢圓E交于C，D兩點（與點A，B不重合）.證明：直線AC，BD的交點的橫坐標為定值.【分析】（1）直接求出拋物線焦點坐標得到值，再結合雙曲線離心率即可求出橢圓的離心率，則可求出橢圓方程；（2）設過點的直線為，，聯(lián)立橢圓方程得到韋達定理式，寫出直線,的方程，聯(lián)立直線方程解出交點橫坐標，將以及韋達定理式代入化簡計算為定值.【詳解】（1）因為拋物線的焦點為,所以橢圓的半焦距.又因為雙曲線的離心率是,所以橢圓的離心率，從而,所以橢圓的標準方程為.（2）由（1）可得.若過點的直線方程為時，此時與橢圓交點為點，不合題意，故可設過點的直線為,設，聯(lián)立，整理得.則，，，則直線AC的斜率，直線BD的斜率則直線的方程為，直線的方程為,聯(lián)立兩條直線方程,解得，將代人上式，得，將代人,得，所以直線,的交點的橫坐標為定值.【點睛】關鍵點睛：本題第二問的關鍵在于采取設線法，設過點的直線方程，注意為了簡便計算和避免分類討論，我們引入?yún)?shù)，然后聯(lián)立橢圓方程得到韋達定理式，再分別寫出直線,的方程，聯(lián)立解出其橫坐標，這一步計算量較大，再根據(jù)點在這個直線上，進行換元化簡，最后再代入韋達定理式化簡即可.2．（2023·河北唐山·統(tǒng)考一模）已知雙曲線過點，且與的兩個頂點連線的斜率之和為4．(1)求的方程；(2)過點的直線與雙曲線交于，兩點（異于點）．設直線與軸垂直且交直線于點，若線段的中點為，證明：直線的斜率為定值，并求該定值．【分析】（1）由與的兩個頂點連線的斜率之和為4得出，再將代入的方程得出的方程；（2）聯(lián)立直線和雙曲線方程結合韋達定理得出，再由點坐標得出，最后由結合證明直線的斜率為定值.【詳解】（1）雙曲線的兩頂點為，所以，，即，將代入的方程可得，，故的方程為．（2）依題意，可設直線，，．與聯(lián)立，整理得，所以，，解得，且，，，所以．（*）又，所以的坐標為，由可得，，從而可得的縱坐標，將（*）式代入上式，得，即．所以，，將（*）式代入上式，得．【點睛】關鍵點睛：在解決問題二時，關鍵在于利用韋達定理得出，建立的關系，從而得出點的坐標，由此得出.3．（2023·江蘇南通·統(tǒng)考模擬預測）已知，，三個點在橢圓，橢圓外一點滿足，，（為坐標原點）.(1)求的值；(2)證明：直線與斜率之積為定值.【分析】（1）設，根據(jù)向量關系用表示，代入橢圓方程即可求解；（2）用表示，代入斜率公式即可求解.【詳解】（1）設，因為，所以解得，又因為，所以解得，因為點在橢圓上，所以，即.（2）設直線與斜率分別為，是定值.4．（2023·全國·本溪高中校聯(lián)考模擬預測）已知一條長為的線段的端點分別在雙曲線的兩條漸近線上滑動，點是線段的中點．(1)求點的軌跡的方程．(2)直線過點且與交于、兩點，交軸于點．設，，求證：為定值．【分析】（1）求出雙曲線漸近線的方程，設，，，再根據(jù)以及點是線段的中點來列式整理即可；（2）先計算直線斜率為零時的情況，再計算直線斜率不為零時，設出直線方程，與橢圓聯(lián)立，然后利用韋達定理及向量的坐標運算來計算即可.【詳解】（1）由已知，雙曲線的漸近線方程為和，設，，∵，∴，即∵，∴，∴，∴；（2）證明：當直線斜率為零時，方程為，此時，又，，；當直線斜率不為零時，設，，，∴，∴，，，，∵，∴，∴，同理：∴．∵E、F、M、D四點共線，∴滿足l方程，∴，∴∴為定值．5．（2023·福建泉州·統(tǒng)考三模）已知橢圓的左、右頂點分別為A，B．直線l與C相切，且與圓交于M，N兩點，M在N的左側(cè)．(1)若，求l的斜率；(2)記直線的斜率分別為，證明：為定值．【分析】（1）根據(jù)圓弦長公式，結合點到直線距離公式、橢圓切線的性質(zhì)進行求解即可；（2）根據(jù)直線斜率公式，結合一元二次方程根與系數(shù)關系進行求解即可.【詳解】（1）當直線l不存在斜率時，方程為，顯然與圓也相切，不符合題意，設直線l的斜率為，方程為，與橢圓方程聯(lián)立，得，因為直線l與C相切，所以有，圓的圓心坐標為，半徑為，圓心到直線的距離為，因為，所以有；（2），由，設，則有，，，把，代入上式，得，而，所以.【點睛】關鍵點睛：利用一元二次方程根與系數(shù)關系，結合橢圓切線的性質(zhì)進行求解是解題的關鍵.6．（2023·山東臨沂·統(tǒng)考一模）已知動點與點的距離和它到直線的距離之比是，點的軌跡為曲線．(1)求的方程；(2)若點在上，且與交于點，點在橢圓上，證明：的面積為定值．【分析】(1)由題意，應用兩點間距離公式化簡即可；(2)先設點的坐標再應用點在橢圓上求出兩直線方程，利用兩點間的距離公式、點到直線的距離公式以及三角形面積公式求面積，化簡即可證得結論.【詳解】（1）由題意知，化簡整理得曲線的軌跡方程為．（2）設，由題意知．由，可知分別為的中點，所以，．由得，．同理，所以都在直線上．由得，又因為直線過坐標原點，所以，又點到直線的距離，所以，．又，故．所以的面積為定值．7．（2023·山東菏澤聯(lián)考一模）已知圓：，為圓上一動點，，線段的垂直平分線交于點G.(1)求動點G的軌跡C的方程；(2)已知，軌跡C上關于原點對稱的兩點M，N，射線AM，AN分別與圓交于P，Q兩點，記直線MN和直線PQ的斜率分別為，.①求AM與AN的斜率的乘積；②問是否為定值，若是，求出該定值；若不是，說明理由.【分析】（1）根據(jù)已知條件知點G的軌跡符合橢圓定義，運用橢圓定義求解即可.（2）①設出M、N坐標，運用點M、N在橢圓上進行等量代換及斜率公式計算即可；②設出直線AM與直線AN的方程，聯(lián)立直線AM方程與橢圓方程可得、，進而求得，聯(lián)立直線AM方程與圓方程可得、，同理可得、，進而求得，代入計算可得結果.【詳解】（1）由題意知，，，因為，所以點在圓內(nèi)，如圖所示，由題意知，，所以，所以動點G的軌跡為：以、為焦點且長軸長為4的橢圓.即：，，所以，，所以動點G的軌跡C的方程為.（2）①由題意知，直線AM與直線AN的斜率存在且不為0，設，，，則，∵M、N在橢圓上，∴，即，∴,即：直線AM與直線AN的斜率的乘積為.②設直線AM方程為，由①知，，所以，則直線AN方程為，聯(lián)立，因為A、M在軌跡C上，所以，即：，所以，所以，聯(lián)立，因為A、P在圓上，所以，即：，所以，同理：，，所以，所以，即為定值.【點睛】方法點睛：圓錐曲線中的定值問題的常見類型及解題策略(1)求代數(shù)式為定值．依題設條件，得出與代數(shù)式參數(shù)有關的等式，代入代數(shù)式、化簡即可得出定值．(2)求點到直線的距離為定值．利用點到直線的距離公式得