高考数学二轮复习讲义(新高考版)专题6第3讲母题突破3定值问题(学生版+解析)

这是一份高考数学二轮复习讲义(新高考版)专题6第3讲母题突破3定值问题(学生版+解析)，共15页。
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(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．
[子题1] 设直线l：y＝kx＋t(t≠0)与椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1相交于A，B两点，若以OA，OB为邻边的平行四边形OAPB的顶点P在椭圆C上，求证：平行四边形OAPB的面积为定值．
[子题2] (2020·福州质检)直线l与椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1有且只有一个公共点P，l与圆x2＋y2＝6交于A，B两点，直线OA，OB的斜率分别记为k1，k2，求证：k1·k2为定值．
【拓展训练】
1．在平面直角坐标系xOy中，过点M(4,0)且斜率为k的直线交椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1于A，B两点．
(1)求k的取值范围；
(2)当k≠0时，若点A关于x轴为对称点为P，直线BP交x轴于点N，求证：|ON|为定值．
2．(2020·新高考全国Ⅰ)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(2),2)，且过点A(2,1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
专题强化练
1．过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，0))的直线交椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1于E，F两点，求证：eq \f(1,|EP|2)＋eq \f(1,|FP|2)为定值．
2．(2020·泰安模拟)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，点O到直线AB的距离为eq \f(2\r(5),5)，△OAB的面积为1.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线l与椭圆交于C，D两点，若直线l∥直线AB，设直线AC，BD的斜率分别为k1，k2，证明：k1·k2为定值．
母题突破3 定值问题
母题 (2018·北京)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(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坐标表示M，N坐标
↓
❸用M，N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
【解析】(1)解 将点P代入C的方程得4＝2p，即p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x，
显然l斜率存在且不为0，设为k，则l：y＝kx＋1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,y2＝4x，))消去y得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0，(*)
由已知，方程(*)有两个不同的根，且1不是方程的根(因为PA，PB都与y轴有交点)，
所以Δ＝－16k＋16>0且k2＋(2k－4)＋1≠0，
即k0)的右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，点O到直线AB的距离为eq \f(2\r(5),5)，△OAB的面积为1.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线l与椭圆交于C，D两点，若直线l∥直线AB，设直线AC，BD的斜率分别为k1，k2，证明：k1·k2为定值．
【解析】(1)解 直线AB的方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1，
即bx＋ay－ab＝0，则eq \f(ab,\r(a2＋b2))＝eq \f(2\r(5),5)，
因为△OAB的面积为1，所以eq \f(1,2)ab＝1，即ab＝2.
解得a＝2，b＝1，
所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明 直线AB的斜率为－eq \f(1,2)，设直线l的方程为y＝－eq \f(1,2)x＋t，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，得2y2－2ty＋t2－1＝0，
依题意得，Δ>0，
则y1＋y2＝t，y1y2＝eq \f(t2－1,2)，
所以k1k2＝eq \f(y1,x1－2)·eq \f(y2－1,x2)＝eq \f(y1y2－y1,x1x2－2x2)，
因为x1x2－2x2＝4(t－y1)(t－y2)－4(t－y2)
＝4[t2－t(y1＋y2)＋y1y2－t＋y2]
＝4[(y1＋y2)2－(y1＋y2)(y1＋y2)＋y1y2－(y1＋y2)＋y2]＝4(y1y2－y1)，
所以k1k2＝eq \f(1,4)为定值．