2024屆高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試第一部分專題五解析幾何微專題4圓錐曲線中的定點(diǎn)定值存在性問題大題考法2定值問題

大題考法2定值問題(2023·韶關(guān)二模)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的左右焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，經(jīng)過焦點(diǎn)的圓O(O為坐標(biāo)原點(diǎn))交雙曲線C的左支于M，N，且△OMN為正三角形．(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程及漸近線方程；(2)若點(diǎn)P為雙曲線C右支上一點(diǎn)，射線PF1，PF2分別交雙曲線C于點(diǎn)A，B，試探究eq\f(|PF1|,|AF1|)－eq\f(|PF2|,|BF2|)是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：(1)因?yàn)椤鱋MN為正三角形，由對(duì)稱性知∠MOF1＝30°，又因?yàn)閨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)，不設(shè)M(－eq\f(\r(3)c,2)，eq\f(c,2))，因?yàn)镸∈C，所以得：eq\f(3c2,2)－eq\f(c2,b2)＝4，即(3b2－2)c2＝8b2，則(3b2－2)(2＋b2)＝8b2，3b4－4b2－4＝0，即(3b2＋2)(b2－2)＝0，所以b2＝2，所以雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1，漸近線方程為y＝±x.(2)證明：由(1)可得F1(－2，0)，F(xiàn)2(2，0)，①當(dāng)PF2⊥x軸時(shí)，由對(duì)稱性不妨設(shè)點(diǎn)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，則eq\f(|PF1|,|AF1|)－eq\f(|PF2|,|BF2|)＝7－1＝6，②當(dāng)PE2不垂直x軸時(shí)，由對(duì)稱性不妨設(shè)P(x0，y0)(y2>0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線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?yàn)閤eq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,0)＝2，所以eq\f(4x0＋6,yeq\o\al(2,0))y2－eq\f(4（x0＋2）,y0)y＋2＝0，由韋達(dá)定理：y1y0＝eq\f(yeq\o\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)＝y(tǒng)0(eq\f(1,y1)＋eq\f(1,y2))＝y(tǒng)0(eq\f(2x0＋3,y0)－eq\f(2x0－3,y0))＝6，所以eq\f(|PF1|,|AF1|)－eq\f(|PF2|,|BF2|)為定值，且定值為6.定值是證明求解的一個(gè)量與參數(shù)無(wú)關(guān)，解這類試題時(shí)要會(huì)合理選擇參數(shù)(參數(shù)可能是直線的斜率、截距，也可能是動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)等)，使用參數(shù)表達(dá)其中變化的量，再使用這些變化的量表達(dá)需要求解的解題目標(biāo)．當(dāng)使用直線的斜率和截距表達(dá)直線方程時(shí)，在解題過程中要注意建立斜率和截距之間的關(guān)系，把雙參數(shù)問題化為單參數(shù)問題解決.求定值問題常用的方法有兩種：(1)從特殊值入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無(wú)關(guān)．(2)直接計(jì)算、推理，并在計(jì)算、推理的過程中消去變量，從而得到定值．(2023·廣州天河區(qū)三模)已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右頂點(diǎn)分別為A，B.直線l與C相切，且與圓O：x2＋y2＝4交于M，N兩點(diǎn)，M在N的左側(cè)．(1)若直線l的斜率k＝eq\f(1,2)，求原點(diǎn)O到直線l的距離；(2)記直線AM，BN的斜率分別為k1，k2，證明：k1k2為定值．(1)解：由題意知直線l斜率存在，設(shè)直線l方程為y＝kx＋m，與橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1聯(lián)立得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.因?yàn)橹本€l與C相切，所以Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝48(4k2－m2＋3)＝0，故m2＝4k2＋3，當(dāng)k＝eq\f(1,2)時(shí)，m2＝4，m＝2或m＝－2，直線l方程為y＝eq\f(1,2)x±2，所以原點(diǎn)O到直線l的距離為d＝eq\f(|±2|,\r(1＋（\f(1,2)）2))＝eq\f(4\r(5),5).(2)證明：設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1<x2，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\co1(y＝kx＋m，,x2＋y2＝4，))得(1＋k2)x2＋2kmx＋m2－4＝0，由韋達(dá)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)＝e