【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题25　定值问题

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[高考真题] (2020·新高考Ⅰ卷改编)已知椭圆C：eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1，点M，N在C上，点A(2，1)且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足，证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.
证明 设M(x1，y1)，N(x2，y2).
若直线MN与x轴不垂直，
设直线MN的方程为y＝kx＋m，
代入eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1，
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－6,1＋2k2).①
由AM⊥AN，得eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0，
故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，
整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.
将①代入上式，可得(k2＋1)eq \f(2m2－6,1＋2k2)－(km－k－2)eq \f(4km,1＋2k2)＋(m－1)2＋4＝0，
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.
因为A(2，1)不在直线MN上，
所以2k＋m－1≠0，
所以2k＋3m＋1＝0，k≠1.
所以直线MN的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,3)))－eq \f(1,3)(k≠1).
所以直线MN过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3))).
若直线MN与x轴垂直，
可得N(x1，－y1).
由eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0，
得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
又eq \f(xeq \\al(2,1),6)＋eq \f(yeq \\al(2,1),3)＝1，所以3xeq \\al(2,1)－8x1＋4＝0.
解得x1＝2(舍去)，或x1＝eq \f(2,3).
此时直线MN过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3))).
令Q为AP的中点，即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3))).
若D与P不重合，
则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故|DQ|＝eq \f(1,2)|AP|＝eq \f(2\r(2),3).
若D与P重合，则|DQ|＝eq \f(1,2)|AP|.
综上，存在点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3)))，使得|DQ|为定值.
样题1 (2022·资阳二诊改编)已知抛物线C：y2＝4x，点P(1，2).过点Q(0，1)的直线l与抛物线C交于不同两点A，B，直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N，设O为坐标原点，eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))，求证：eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值.
证明 由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为
y＝kx＋1(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋1，))
得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0，
Δ＝(2k－4)2－4k2>0，
得k<0或0则x1＋x2＝－eq \f(2k－4,k2)，x1x2＝eq \f(1,k2)，
直线PA的方程为y－2＝eq \f(y1－2,x1－1)(x－1)，
令x＝0，得M的纵坐标yM＝eq \f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq \f(－kx1＋1,x1－1)＋2，
同理得点N的纵坐标为yN＝eq \f(－kx2＋1,x2－1)＋2，
由eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))，
得λ＝1－yM，μ＝1－yN，
所以eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)＝eq \f(1,1－yM)＋eq \f(1,1－yN)＝eq \f(x1－1,（k－1）x1)＋eq \f(x2－1,（k－1）x2)＝eq \f(1,k－1)·eq \f(2x1x2－（x1＋x2）,x1x2)＝eq \f(1,k－1)·eq \f(\f(2,k2)＋\f(2k－4,k2),\f(1,k2))＝2.
所以eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值.
样题2 (2022·北京石景山一模改编)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，过椭圆C的右焦点F作斜率为k的直线l，与椭圆C交于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点P，判断eq \f(|PF|,|AB|)是否为定值，请说明理由.
解 易得F(1，0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点为D，
则x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4k2－12,4k2＋3)，
所以xD＝eq \f(1,2)(x1＋x2)＝eq \f(4k2,4k2＋3)，
则yD＝k(xD－1)＝eq \f(－3k,4k2＋3)，
即Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k2,4k2＋3)，\f(－3k,4k2＋3)))，
则中垂线方程为y＋eq \f(3k,4k2＋3)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4k2,4k2＋3)))，
令y＝0，可得x＝eq \f(k2,4k2＋3)，即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k2,4k2＋3)，0)).
所以|PF|＝|xP－1|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(k2,4k2＋3)－1))＝eq \f(3（k2＋1）,4k2＋3)，
又由|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2,4k2＋3)))\s\up12(2)－4×\f(4k2－12,4k2＋3))
＝eq \f(12（k2＋1）,4k2＋3)，
所以eq \f(|PF|,|AB|)＝eq \f(\f(3k2＋3,4k2＋3),\f(12k2＋12,4k2＋3))＝eq \f(1,4)，是定值.
样题3 (2022·成都石室中学三诊改编)已知椭圆M：eq \f(x2,4)＋y2＝1，设O为坐标原点，A，B，C是椭圆M上不同的三点，且O为△ABC的重心，探究△ABC面积是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，说明理由.
解 当直线AB的斜率不存在时，AB⊥x轴，点C在x轴上，点C到AB的距离
d＝eq \f(3,2)|a|＝3，|AB|＝eq \r(3)，
则S△ABC＝eq \f(1,2)|AB|d＝eq \f(3\r(3),2).
当直线AB的斜率存在时，设直线AB：y＝kx＋m，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))消去y得
(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有Δ＝4k2＋1－m2>0，
x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2＋1)，x1·x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1).
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq \f(2m,4k2＋1).
因为O为△ABC的重心，
所以eq \(OC,\s\up6(→))＝－(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8km,4k2＋1)，－\f(2m,4k2＋1)))，
因为点Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8km,4k2＋1)，－\f(2m,4k2＋1)))在椭圆上，
所以eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8km,4k2＋1)))\s\up12(2),4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2m,4k2＋1)))eq \s\up12(2)＝1，
即4m2＝4k2＋1.
又|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \f(4\r(4k2＋1－m2),4k2＋1).
点O到直线AB的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，
所以S△ABC＝3S△ABO＝eq \f(3,2)·|AB|·d＝eq \f(6|m|\r(4k2＋1－m2),4k2＋1)＝eq \f(6|m|\r(3m2),4m2)＝eq \f(3\r(3),2).
综上，S△ABC＝eq \f(3\r(3),2)为定值.
规律方法 求解定值问题的两大途径
(1)可由特例得出一个值(此值一般就是定值)，然后证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关.
(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子与分母约分得定值.
训练 (2022·东北三省三校联考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，左、右顶点分别为A1，A2.点P是椭圆C上异于左右顶点的任意一点，证明：点P与A1，A2连线的斜率的乘积为定值，并求出该定值.
证明 设P(x0，y0)，则eq \f(xeq \\al(2,0),a2)＋eq \f(yeq \\al(2,0),b2)＝1，
所以yeq \\al(2,0)＝eq \f(b2（a2－xeq \\al(2,0)）,a2)，
所以kPA1＝eq \f(y0,x0＋a)，kPA2＝eq \f(y0,x0－a)(x0≠±a)，
所以kPA1·kPA2＝eq \f(y0,x0＋a)·eq \f(y0,x0－a)＝eq \f(yeq \\al(2,0),xeq \\al(2,0)－a2)＝eq \f(\f(b2（a2－xeq \\al(2,0)）,a2),xeq \\al(2,0)－a2)＝－eq \f(b2,a2)，
又因为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，a2＝b2＋c2，
所以eq \f(b2,a2)＝eq \f(3,4)，所以－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(3,4)，
所以点P与A1，A2连线的斜率的乘积为定值－eq \f(3,4).
一、基本技能练
1.(2022·广州调研)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，M为椭圆C上一点，△MF1F2的周长为4＋2eq \r(3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若P为圆x2＋y2＝5上任意一点，过点P作椭圆C的两条切线，切点分别为A，B，试判断eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
解 (1)由已知可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＋2c＝4＋2\r(3)，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2＝b2＋c2，))
解得a＝2，b＝1，c＝eq \r(3).
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)设P(x0，y0)，则xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝5.
当x0＝±2时，y0＝±1，显然PA⊥PB，
则eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝0.
当x0≠±2时，过点P的切线可设为y＝k(x－x0)＋y0，
联立切线方程与椭圆方程，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋（y0－kx0），,x2＋4y2＝4，))
消去y，得(4k2＋1)x2＋8k(y0－kx0)x＋4[(y0－kx0)2－1]＝0，
所以Δ＝64k2(y0－kx0)2－16(4k2＋1)·[(y0－kx0)2－1]＝0.
整理成关于k的方程，
得(4－xeq \\al(2,0))k2＋2x0y0k＋1－yeq \\al(2,0)＝0，
此方程的两个根k1，k2就是切线PA，PB的斜率，
所以k1·k2＝eq \f(1－yeq \\al(2,0),4－xeq \\al(2,0))＝eq \f(1－（5－xeq \\al(2,0)）,4－xeq \\al(2,0))＝－1.
所以PA⊥PB，所以eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝0.
综上，eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝0，为定值.
2.(2022·湖南六校联考改编)已知双曲线C：x2－y2＝1.已知点A是C上一定点，过点B(0，1)的动直线与双曲线C交于P，Q两点，记kAP，kAQ分别为直线AP，AQ的斜率，若kAP＋kAQ为定值λ，求点A的坐标及实数λ的值.
解 设A(m，n)，过点B的动直线为y＝tx＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－y2＝1，,y＝tx＋1，))得(1－t2)x2－2tx－2＝0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－t2≠0，,Δ＝4t2＋8（1－t2）>0，,x1＋x2＝\f(2t,1－t2)，,x1x2＝－\f(2,1－t2)，))
由1－t2≠0，且Δ>0，得t2<2且t2≠1.
因为kAP＋kAQ＝λ，
所以eq \f(y1－n,x1－m)＋eq \f(y2－n,x2－m)＝λ，
即eq \f(tx1＋1－n,x1－m)＋eq \f(tx2＋1－n,x2－m)＝λ，
化简得(2t－λ)x1x2＋(－mt＋1－n＋λm)·(x1＋x2)－2m＋2mn－λm2＝0，
所以(2t－λ)·eq \f(－2,1－t2)＋(－mt＋1－n＋λm)·eq \f(2t,1－t2)－2m＋2mn－λm2＝0，
化简得m(λm－2n)t2＋2(λm－n－1)t＋2λ－2m＋2mn－λm2＝0，
由于上式对无穷多个不同的实数t都成立，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m（λm－2n）＝0，,λm－n－1＝0，,2λ－2m＋2mn－λm2＝0.))
如果m＝0，那么n＝－1，此时A(0，－1)不在双曲线C上，舍去，
所以m≠0，所以λm＝2n＝n＋1，
所以n＝1，代入2λ－2m＋2mn－λm2＝0，
得2λ＝λm2，因为λ＝eq \f(2n,m)≠0，
所以m2＝2，得m＝±eq \r(2)，
此时A(±eq \r(2)，1)在双曲线C上.
综上，A(eq \r(2)，1)，λ＝eq \r(2)，或者A(－eq \r(2)，1)，λ＝－eq \r(2).
3.(2022·太原一模)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，其离心率e＝eq \f(1,2)，P是椭圆C上一动点，△PF1F2内切圆面积的最大值为eq \f(π,3).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线PF1，PF2与椭圆C分别相交于点A，B，求证：eq \f(|PF1|,|F1A|)＋eq \f(|PF2|,|F2B|)为定值.
(1)解 由题意得△PF1F2内切圆半径r的最大值为eq \f(\r(3),3)，设F1F2＝2c，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，,\f(1,2)×（2a＋2c）×\f(\r(3),3)＝\f(1,2)×2c·b，,a2＝b2＋c2，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2＝3，,a2＝4，))
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 设P(x0，y0)，A(x1，y1)，
B(x2，y2)，
当y0≠0时，设直线PF1，PF2的方程分别是x＝m1y－1，x＝m2y＋1.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝m1y－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
消去x并整理得(3meq \\al(2,1)＋4)y2－6m1y－9＝0，
∴y0y1＝－eq \f(9,3meq \\al(2,1)＋4).
∵x0＝m1y0－1，
∴m1＝eq \f(x0＋1,y0)，
∴eq \f(y0,y1)＝－eq \f(5＋2x0,3).
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝m2y＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))同理可得eq \f(y0,y2)＝－eq \f(5－2x0,3)，
∴eq \f(|PF1|,|F1A|)＋eq \f(|PF2|,|F2B|)＝－eq \f(y0,y1)－eq \f(y0,y2)＝eq \f(10,3)；
当y0＝0时，直线PF1，PF2与x轴重合，
易得eq \f(|PF1|,|F1A|)＋eq \f(|PF2|,|F2B|)＝3＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3).
综上所述，eq \f(|PF1|,|F1A|)＋eq \f(|PF2|,|F2B|)＝eq \f(10,3).
二、创新拓展练
4.(2022·河南名校大联考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，上下顶点分别为B1，B2，以点F为圆心FB1为半径作圆，与x轴交于点T(3，0).
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点P(2，0)，点A，B为椭圆C上异于点P且关于原点对称的两点，直线PA，PB与y轴分别交于点M，N，记以MN为直径的圆为⊙K，试判断是否存在直线l截⊙K的弦长为定值，若存在请求出该直线的方程，若不存在，请说明理由.
解 (1)以点F为圆心FB1为半径的圆的方程为：(x－1)2＋y2＝a2.
因为该圆经过点T(3，0)，即可得：a2＝4.
根据椭圆三个参数间的关系：b2＝a2－c2＝3.
从而可得椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设点A，B的坐标分别为：(x1，y1)，(－x1，－y1)，
则直线PA的方程为y＝eq \f(－y1,2－x1)(x－2)，
则可得点M的坐标为：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2y1,2－x1))).
同理可得点N的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(－2y1,2＋x1))).
则可得以MN为直径的圆⊙K的方程为
x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(2y1,2－x1)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(2y1,2＋x1)))＝0.
化简可得：x2＋y2－eq \f(2x1y1,4－xeq \\al(2,1))y－eq \f(4yeq \\al(2,1),4－xeq \\al(2,1))＝0，
结合椭圆的方程可得：4－xeq \\al(2,1)＝eq \f(4,3)yeq \\al(2,1)，
代入上式可得：x2＋y2－3－eq \f(3x1,2y1)y＝0.
显然，令y＝0，可得x＝±eq \r(3)恒成立.
据此可知存在直线l：y＝0，该直线截⊙K的弦长为定值2eq \r(3).