2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题五解析几何微专题4圆锥曲线中的定点定值存在性问题大题考法2定值问题

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(1)求双曲线C的标准方程及渐近线方程；
(2)若点P为双曲线C右支上一点，射线PF1，PF2分别交双曲线C于点A，B，试探究eq \f(|PF1|,|AF1|)－eq \f(|PF2|,|BF2|)是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
解：(1)因为△OMN为正三角形，
由对称性知∠MOF1＝30°，
又因为|OM|＝c＝eq \r(a2＋b2)，
所以|MF1|＝eq \f(1,2)|MO|＝eq \f(1,2)c，|OF1|＝eq \f(\r(3),2)|OM|＝eq \f(\r(3)c,2)，
不设M(－eq \f(\r(3)c,2)，eq \f(c,2))，因为M∈C，所以得：eq \f(3c2,2)－eq \f(c2,b2)＝4，
即(3b2－2)c2＝8b2，则(3b2－2)(2＋b2)＝8b2，
3b4－4b2－4＝0，即(3b2＋2)(b2－2)＝0，
所以b2＝2，所以双曲线C的标准方程为：eq \f(x2,2)－eq \f(y2,2)＝1，
渐近线方程为y＝±x.
(2)证明：由(1)可得F1(－2，0)，F2(2，0)，
①当PF2⊥x轴时，由对称性不妨设点P(2，eq \r(2))，B(2，－eq \r(2))，
PF1：y＝eq \f(\r(2),2＋2)(x＋2)＝eq \f(\r(2),4)(x＋2)，代入eq \f(x2,2)－eq \f(y2,2)＝1，
消去x得7y2－8eq \r(2)y＋2＝0，得yA＝eq \f(\r(2),7)，所以xA＝－eq \f(10,7)，
所以eq \f(|PF1|,|AF1|)＝eq \f(yP,yA)＝7，eq \f(|PF2|,|BF2|)＝－eq \f(yP,yB)＝1，
则eq \f(|PF1|,|AF1|)－eq \f(|PF2|,|BF2|)＝7－1＝6，
②当PE2不垂直x轴时，由对称性不妨设P(x0，y0)(y2>0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线PA：y＝eq \f(y0,x0＋2)(x＋2)，代入eq \f(x2,2)－eq \f(y2,2)＝1，消去x得(eq \f(x0＋2,y0)y－2)2－y2＝2，
因为xeq \\al(2,0)－yeq \\al(2,0)＝2，所以eq \f(4x0＋6,yeq \\al(2,0))y2－eq \f(4（x0＋2）,y0)y＋2＝0，
由韦达定理：y1y0＝eq \f(yeq \\al(2,0),2x0＋3)，所以y1＝eq \f(y0,2x0＋3)>0，
同理，y2＝－eq \f(y0,2x0－3)<0，
所以eq \f(|PF1|,|AF1|)－eq \f(|PF2|,|BF2|)＝eq \f(|y0|,|y1|)－eq \f(|y0|,|y2|)＝eq \f(y0,y1)－eq \f(y0,－y2)＝y0(eq \f(1,y1)＋eq \f(1,y2))＝y0(eq \f(2x0＋3,y0)－eq \f(2x0－3,y0))＝6，
所以eq \f(|PF1|,|AF1|)－eq \f(|PF2|,|BF2|)为定值，且定值为6.
定值是证明求解的一个量与参数无关，解这类试题时要会合理选择参数(参数可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等)，使用参数表达其中变化的量，再使用这些变化的量表达需要求解的解题目标．当使用直线的斜率和截距表达直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题解决. 求定值问题常用的方法有两种：
(1)从特殊值入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定值．
(2023·广州天河区三模)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右顶点分别为A，B.直线l与C相切，且与圆O：x2＋y2＝4交于M，N两点，M在N的左侧．
(1)若直线l的斜率k＝eq \f(1,2)，求原点O到直线l的距离；
(2)记直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2为定值．
(1)解：由题意知直线l斜率存在，设直线l方程为y＝kx＋m，
与椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1联立得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
因为直线l与C相切，所以Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝48(4k2－m2＋3)＝0，故m2＝4k2＋3，
当k＝eq \f(1,2)时，m2＝4，m＝2或m＝－2，
直线l方程为y＝eq \f(1,2)x±2，
所以原点O到直线l的距离为d＝eq \f(|±2|,\r(1＋（\f(1,2)）2))＝eq \f(4\r(5),5).
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1由已知可得A(－2，0)，B(2，0)，
所以k1＝eq \f(y1,x1＋2)，k2＝eq \f(y1,x1－2)，
由(1)得y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，m2＝4k2＋3，
所以k1k2＝eq \f(y1y2,（x1＋2）（x2－2）)＝eq \f(（kx1＋m）（kx2＋m）,x1x2＋2（x2－x1）－4)＝eq \f(k2x1x2＋km（x1＋x2）＋m2,x1x2＋2（x2－x1）－4) ，①
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＋y2＝4，))得(1＋k2)x2＋2kmx＋m2－4＝0，
由韦达定理得Δ＝(2km)2－4(1＋k2)(m2－4)＝16(4k2－m2＋4)＝16>0，
x1＋x2＝－eq \f(2km,k2＋1)，x1x2＝eq \f(m2－4,k2＋1)，
故(x2－x1)2＝eq \f(4k2m2,（k2＋1）2)－4×eq \f(m2－4,k2＋1)＝eq \f(4（4k2－m2＋4）,（k2＋1）2)＝eq \f(4,（k2＋1）2)，
所以x2－x1＝eq \f(2,k2＋1)，
代入①式整理可得k1k2＝eq \f(k2（m2－4）－2k2m2＋m2（k2＋1）,m2－4＋4－4（k2＋1）)＝eq \f(m2－4k2,m2－4k2－4)＝－3，
所以k1k2为定值．