新高考数学二轮复习 专题突破 专题6 第4讲 母题突破3　定值问题（含解析）

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(1)求直线l斜率的取值范围；
(2)设O为原点，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．
思路分析
❶联立l，C的方程，由判别式及PA，PB与y轴有交点求斜率的取值范围
↓
❷用A，B的坐标表示M，N的坐标
↓
❸用M，N的坐标表示λ，μ
↓
❹利用根与系数的关系计算eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)
↓
❺求出eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值
(1)解 因为抛物线y2＝2px过点P(1,2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.
由题意知，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)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋1，))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，解得k0，
所以y1＋y2＝eq \f(－6mt,3m2－1)，y1y2＝eq \f(3t2－3,3m2－1).
又x1＝my1＋t，x2＝my2＋t，
所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2
＝(my1＋t)(my2＋t)＋y1y2
＝(m2＋1)y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝0，
得eq \f(m2＋13t2－3－6m2t2＋t23m2－1,3m2－1)＝0，
解得2t2＝3m2＋3.
又点O到直线l的距离为d＝eq \f(|t|,\r(m2＋1))，
则d2＝eq \f(t2,m2＋1)＝eq \f(3,2)，
故d＝eq \f(\r(6),2)，
所以点O到直线l的距离为定值eq \f(\r(6),2).
[子题2] (2022·马鞍山模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))为椭圆上一点，过点P作斜率互为相反数的两条直线，分别交椭圆于A，B两点(不与P点重合)，证明：直线AB的斜率为定值．
证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为－k，
于是PA的方程为y＝k(x－1)＋eq \f(3,2)，
PB的方程为y＝－k(x－1)＋eq \f(3,2)，
代入A，B坐标并作差得，
y1－y2＝k(x1＋x2)－2k，①
另一方面，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1＋\f(3,2)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
消去y得(3＋4k2)x2－(8k2－12k)x＋(4k2－12k－3)＝0，
由根与系数的关系得，1·x1＝eq \f(4k2－12k－3,3＋4k2)，
即x1＝eq \f(4k2－12k－3,3＋4k2)，②
同理可得，x2＝eq \f(4k2＋12k－3,3＋4k2)，③
将①②③代入得，
kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(kx1＋x2－2k,x1－x2)＝eq \f(\f(－12k,3＋4k2),\f(－24k,3＋4k2))＝eq \f(1,2)，
故直线AB的斜率为定值．
规律方法 求解定值问题的两大途径
(1)由特例得出一个值(此值一般就是定值)→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、分母约分得定值．
1．已知椭圆C：eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点G是椭圆上一点．直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点，且四边形OAGB为平行四边形．求证：平行四边形OAGB的面积为定值．
证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，G(x0，y0)，
将y＝kx＋m代入eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,3)＝1，
消去y并整理得
(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
Δ＝16(12k2－m2＋3)>0，
则x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2)，
x1·x2＝eq \f(4m2－12,1＋4k2)，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq \f(2m,1＋4k2)，
∵四边形OAGB为平行四边形，
∴eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝(x1＋x2，y1＋y2)，
得Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8km,1＋4k2)，\f(2m,1＋4k2)))，
将G点坐标代入椭圆C的方程得
m2＝eq \f(3,4)(1＋4k2)，
点O到直线AB的距离为d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，
|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|，
∴平行四边形OAGB的面积为
S＝d·|AB|＝|m||x1－x2|
＝|m|eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝4·eq \f(|m|\r(3－m2＋12k2),1＋4k2)
＝4·eq \f(|m|\r(3m2),1＋4k2)
＝4eq \r(3)·eq \f(m2,1＋4k2)＝3eq \r(3).
故平行四边形OAGB的面积为定值3eq \r(3).
2．已知双曲线Γ：x2－eq \f(y2,3)＝1的左、右顶点分别为A1(－1,0)，A2(1,0)，过点F(2,0)斜率不为0的直线l与Γ交于P，Q两点．记直线A1P，A2Q的斜率分别为k1，k2，求证：eq \f(k1,k2)为定值．
证明 当l的斜率不存在时，点P，Q的坐标分别为(2,3)和(2，－3)或P，Q的坐标分别为
(2，－3)和(2,3)，
所以，当k1＝1时，有k2＝－3，
当k1＝－1时，有k2＝3，
此时eq \f(k1,k2)＝－eq \f(1,3)；
当l的斜率k存在时，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，l的方程为y＝k(x－2)，
将直线l代入双曲线方程得
(k2－3)x2－4k2x＋4k2＋3＝0，Δ>0，
所以x1＋x2＝eq \f(4k2,k2－3)，
x1x2＝eq \f(4k2＋3,k2－3)，
3k1＋k2＝eq \f(3y1,x1＋1)＋eq \f(y2,x2－1)
＝eq \f(3kx1－2,x1＋1)＋eq \f(kx2－2,x2－1)
＝eq \f(k[3x1－2x2－1＋x1＋1x2－2],x1＋1x2－1)＝
eq \f(k[3x1x2－x1－2x2＋2＋x1x2－2x1＋x2－2],x1＋1x2－1)
＝eq \f(k[4x1x2－5x1＋x2＋4],x1＋1x2－1)
因为4x1x2－5(x1＋x2)＋4
＝eq \f(44k2＋3－20k2＋4k2－3,k2－3)＝0，
所以3k1＋k2＝0，即eq \f(k1,k2)＝－eq \f(1,3)，
综上，eq \f(k1,k2)为定值．
专题强化练
1．(2022·济宁模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，A，B分别为椭圆C的右顶点、上顶点，F为椭圆C的右焦点，椭圆C的离心率为eq \f(1,2)，△ABF的面积为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点P为椭圆C上的动点(不是顶点)，点P与点M，N分别关于原点、y轴对称，连接MN与x轴交于点E，并延长PE交椭圆C于点Q，证明：直线MP的斜率与直线MQ的斜率之积为定值．
(1)解 由题意得eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
则a＝2c，b＝eq \r(3)c.
△ABF的面积为eq \f(1,2)(a－c)b＝eq \f(\r(3),2)，
则(a－c)b＝eq \r(3).
将a＝2c，b＝eq \r(3)c代入上式，
得c＝1，则a＝2，b＝eq \r(3)，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 由题意可知直线PQ的斜率一定存在，
设直线PQ的方程为y＝kx＋m，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则M(－x1，－y1)，N(－x1，y1)，E(－x1，0)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋m，))
得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
∴x1＋x2＝－eq \f(8km,3＋4k2)，
∴y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m
＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8km,3＋4k2)))＋2m＝eq \f(6m,3＋4k2)，
∴kMQ＝eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq \f(\f(6m,3＋4k2),－\f(8km,3＋4k2))＝－eq \f(3,4k)，
kPE＝eq \f(y1,2x1)＝kPQ＝k，
∵kMP＝eq \f(y1,x1)＝2·eq \f(y1,2x1)＝2kPE＝2k，
∴kMP·kMQ＝－eq \f(3,4k)×2k＝－eq \f(3,2)，
∴kMP·kMQ为定值－eq \f(3,2).
2．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，过F且斜率为1的直线与C交于A，B两点，|AB|＝8.
(1)求C的方程；
(2)过点D(1,2)的直线l交C于M，N两点，点Q为MN的中点，QR⊥x轴交C于点R，且eq \(QR,\s\up6(→))＝eq \(RT,\s\up6(→))，证明：动点T在定直线上．
(1)解 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，
所以过F且斜率为1的直线方程为y＝x＋eq \f(p,2)，
代入x2＝2py，得x2－2px－p2＝0，
所以x1＋x2＝2p，
y1＋y2＝x1＋x2＋p＝3p，
所以|AB|＝y1＋y2＋p＝4p＝8，
解得p＝2，
所以C的方程为x2＝4y.
(2)证明 因为直线l的斜率k存在，设l的方程为y＝k(x－1)＋2，
方法一 设Q(x0，y0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3，\f(1,4)x\\al(2,3)))，
Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x4，\f(1,4)x\\al(2,4)))，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1＋2，,x2＝4y，))
消y得x2－4kx＋4k－8＝0，
所以Δ＝16(k2－k＋2)>0，
x3＋x4＝4k，x3·x4＝4k－8，
所以x0＝eq \f(x3＋x4,2)＝2k，
y0＝k(x0－1)＋2＝2k2－k＋2，
即Q(2k，2k2－k＋2)，
由点R在曲线C上且QR⊥x轴，eq \(QR,\s\up6(→))＝eq \(RT,\s\up6(→))，
得R(2k，k2)，R为QT的中点，
所以T(2k，k－2)，
因为2k－2(k－2)－4＝0，
所以T在定直线x－2y－4＝0上．
方法二 设T(x，y)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,3)＝4y3，,x\\al(2,4)＝4y4，))
作差得(x3＋x4)(x3－x4)＝4(y3－y4)，
所以eq \f(x3＋x4,4)＝eq \f(y3－y4,x3－x4)，
设Q(x，y5)，
因为点Q的横坐标x＝eq \f(x3＋x4,2)，
所以直线MN的斜率k＝eq \f(y5－2,x－1)，
又因为eq \f(y3－y4,x3－x4)＝k，
所以eq \f(x,2)＝eq \f(y5－2,x－1)，
所以y5＝eq \f(1,2)x(x－1)＋2，
因为点R为QT的中点，
所以Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，\f(y5＋y,2)))，
因为点R在C上，代入得x2＝2(y5＋y)，
即x－2y－4＝0，
所以T在定直线x－2y－4＝0上．