2024版大二輪數(shù)學(xué)新高考提高版（京津瓊魯遼粵冀鄂湘渝閩蘇浙黑吉晉皖云豫新甘貴贛桂）專題六　第4講　母題突破3　定值問題25

母題突破3定值問題母題(2023·黃山模擬)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，點A為下頂點，且AM的斜率為eq\f(\r(3),2).(1)求橢圓E的方程；(2)如圖，過點B(0,4)作一條與y軸不重合的直線，該直線交橢圓E于C，D兩點，直線AD，AC分別交x軸于H，G兩點，O為坐標(biāo)原點．證明：|OH||OG|為定值，并求出該定值．思路分析?結(jié)合點的坐標(biāo)和AM的斜率列方程組?設(shè)直線BC的方程并與橢圓的方程聯(lián)立?得到x1＋x2，x1x2?寫出直線AD，AC的方程并求出H，G的橫坐標(biāo)?化簡運(yùn)算|OH||OG|解(1)因為橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，A(0，－b)，且AM的斜率為eq\f(\r(3),2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,a2)＋\f(1,4b2)＝1，,\f(\f(1,2)＋b,\r(3))＝\f(\r(3),2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，))所以橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由題意知，直線BC的斜率存在，設(shè)直線BC：y＝kx＋4，設(shè)D(x1，y1)，C(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋4，))得(1＋4k2)x2＋32kx＋60＝0，Δ＝(32k)2－4(1＋4k2)×60＝16(4k2－15)＞0，得|k|>eq\f(\r(15),2)，則x1＋x2＝－eq\f(32k,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(60,1＋4k2)，因為A(0，－1)，所以直線AD的方程為y＝eq\f(y1＋1,x1)x－1，令y＝0，解得x＝eq\f(x1,y1＋1)，則Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,y1＋1)，0))，同理可得Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y2＋1)，0))，所以|OH||OG|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,y1＋1)))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y2＋1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,kx1＋5kx2＋5)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,k2x1x2＋5kx1＋x2＋25)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(60,1＋4k2),k2·\f(60,1＋4k2)＋5k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(32k,1＋4k2)))＋25)))＝eq\f(60,25)＝eq\f(12,5)為定值，所以|OH||OG|為定值，該定值為eq\f(12,5).[子題1](2023·西安模擬)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，橢圓E：eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1，A，B分別為橢圓E的左、右頂點．已知圖中四邊形ABCD是矩形，且|BC|＝4，點M，N分別在邊BC，CD上，AM與BN相交于第一象限內(nèi)的點P.若點P在橢圓E上，證明：eq\f(|BM|,|CN|)為定值，并求出該定值．解由題意知，A(－2eq\r(2)，0)，B(2eq\r(2)，0)，設(shè)P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，則eq\f(x\o\al(2,0),8)＋eq\f(y\o\al(2,0),4)＝1，即yeq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(8－xeq\o\al(2,0))，直線AP的方程為y＝eq\f(y0,x0＋2\r(2))(x＋2eq\r(2))，令x＝2eq\r(2)，得yM＝eq\f(4\r(2)y0,x0＋2\r(2))，直線BP的方程為y＝eq\f(y0,x0－2\r(2))(x－2eq\r(2))，令y＝4，得xN－2eq\r(2)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－2\r(2))),y0)，則eq\f(|BM|,|CN|)＝eq\f(|yM|,|xN－2\r(2)|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(2)y0,x0＋2\r(2))·\f(y0,4x0－2\r(2))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－8)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)×\f(1,2)8－x\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－8)))＝eq\f(\r(2),2)，所以eq\f(|BM|,|CN|)為定值，該定值為eq\f(\r(2),2).[子題2](2023·衡水質(zhì)檢)已知E(2,2)是拋物線C：y2＝2x上一點，經(jīng)過點(2,0)的直線l與拋物線C交于A，B兩點(不同于點E)，直線EA，EB分別交直線x＝－2于點M，N.已知O為原點，求證：∠MON為定值．證明如圖，設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),2)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),2)，y2))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，yM))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，yN))，設(shè)直線l的方程為x＝my＋2，直線l的方程與拋物線方程聯(lián)立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,y2＝2x，))消去x，整理得y2－2my－4＝0，Δ＝4m2＋16>0恒成立．則y1y2＝－4，y1＋y2＝2m，又直線EA的方程為y－2＝eq\f(y1－2,\f(y\o\al(2,1),2)－2)(x－2)，即y＝eq\f(2,y1＋2)(x－2)＋2.令x＝－2，得y＝eq\f(2y1－4,y1＋2)，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2y1－4,y1＋2)))，同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2y2－4,y2＋2)))，則eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2y1－4,y1＋2)))，eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2y2－4,y2＋2))).所以eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝4＋eq\f(4y1－2y2－2,y1＋2y2＋2)＝4＋eq\f(4[y1y2－2y1＋y2＋4],y1y2＋2y1＋y2＋4)＝4＋eq\f(4－4－4m＋4,－4＋4m＋4)＝0.所以O(shè)M⊥ON，即∠MON＝eq\f(π,2)，為定值．規(guī)律方法求解定值問題的兩大途徑(1)由特例得出一個值(此值一般就是定值)→證明定值：將問題轉(zhuǎn)化為證明待證式與參數(shù)(某些變量)無關(guān)．(2)先將式子用動點坐標(biāo)或動線中的參數(shù)表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對值相等的正負(fù)項抵消或分子、分母約分得定值．1．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)，F(xiàn)為其焦點，若圓E：(x－1)2＋y2＝16與拋物線C交于A，B兩點，且|AB|＝4eq\r(3).(1)求拋物線C的方程；(2)若點P為圓E上任意一點，且過點P可以作拋物線C的兩條切線PM，PN，切點分別為M，N.求證：|MF|·|NF|恒為定值．(1)解由題意可知E(1,0)，半徑r＝4，由圓的圓心以及拋物線的焦點均在x軸上以及對稱性可知AB⊥x軸于點C，如圖所示，在Rt△ACE中，|CE|＝eq\r(r2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)|AB|))2)＝eq\r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)))2)＝2，因此|OC|＝|OE|＋|CE|＝3，故Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2\r(3)))，將其代入拋物線方程得12＝6p?p＝2，故拋物線方程為y2＝4x.(2)證明如圖所示，令P(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，拋物線在點M處的切線方程為x－x1＝m(y－y1)，與y2＝4x聯(lián)立得y2－4my＋4my1－4x1＝0，①由相切得Δ＝16m2－4(4my1－4x1)＝0，得4my1－4x1＝4m2，代入①得y1＝2m，故在點M處的切線方程為x－x1＝eq\f(y1,2)(y－y1)，即為yy1＝2x＋2x1，同理在點N處的切線方程為yy2＝2x＋2x2，而兩切線交于點P(x0，y0)，所以有y0y1＝2x0＋2x1，y0y2＝2x0＋2x2，則直線MN的方程為2x－y0y＋2x0＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,2x－y0y＋2x0＝0，))得y2－2y0y＋4x0＝0，所以y1＋y2＝2y0，y1y2＝4x0，于是|MF|·|NF|＝(x1＋1)(x2＋1)＝eq\f(y\o\al(2,1)y\o\al(2,2),16)＋eq\f(y\o\al(2,1),4)＋eq\f(y\o\al(2,2),4)＋1＝xeq\o\al(2,0)＋eq\f(1,4)[(2y0)2－2×4x0]＋1＝(x0－1)2＋yeq\o\al(2,0)，又點P(x0，y0)在圓E：(x－1)2＋y2＝16上，所以(x0－1)2＋yeq\o\al(2,0)＝16，即|MF|·|NF|＝16.2．(2023·滄州模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)經(jīng)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(\r(6),2)))，右焦點為F(c,0)，且c2，a2，b2成等差數(shù)列．(1)求C的方程；(2)過F的直線與C的右支交于P，Q兩點(P在Q的上方)，PQ的中點為M，M在直線l：x＝2上的射影為N，O為坐標(biāo)原點，設(shè)△POQ的面積為S，直線PN，QN的斜率分別為k1，k2，證明：eq\f(k1－k2,S)是定值．(1)解因為c2，a2，b2成等差數(shù)列，所以2a2＝c2＋b2，又c2＝a2＋b2，所以a2＝2b2.將點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(\r(6),2)))的坐標(biāo)代入C的方程得eq\f(9,2b2)－eq\f(\f(6,4),b2)＝1，解得b2＝3，所以a2＝6，所以C的方程為eq\f(x2,6)－eq\f(y2,3)＝1.(2)證明依題意可設(shè)PQ：x＝my＋3，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋3，,\f(x2,6)－\f(y2,3)＝1，))得(m2－2)y2＋6my＋3＝0，如圖，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，y1>y2，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(－6m,m2－2)，,y1y2＝\f(3,m2－2).))Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(y1＋y2,2)))，則k1－k2＝kPN－kQN＝eq\f(\f(y1－y2,2),x1－2)－eq\f(\f(y2－y1,2),x2－2)＝eq\f(\f(y1－y2,2),my1＋1)－eq\f(\f(y2－y1,2),my2＋1)＝eq\f(y1－y2[my1＋y2＋2],2[m2y1y2＋my1＋y2＋1])，而S＝eq\f(1,2)|OF|·(y1－y2)＝eq\f(3,2)(y1－y2)，所以eq\f(k1－k2,S)＝eq\f(my1＋y2＋2,3[m2y1y2＋my1＋y2＋1])＝eq\f(\f(－6m2,m2－2)＋2,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m2,m2－2)＋\f(－6m2,m2－2)＋1)))＝eq\f(－4m2－4,－6m2－6)＝eq\f(2,3)，所以eq\f(k1－k2,S)是定值．專題強(qiáng)化練1．(2023·西北工大附中模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右頂點為A，O為原點，點P(1,1)在C的漸近線上，△PAO的面積為eq\f(1,2).(1)求C的方程；(2)過點P作直線l交C于M，N兩點，過點N作x軸的垂線交直線AM于點G，H為NG的中點，證明：直線AH的斜率為定值．(1)解因為點P(1,1)在C的漸近線y＝eq\f(b,a)x上，所以a＝b，A(a,0)，則S△PAO＝eq\f(1,2)a＝eq\f(1,2)，所以a＝1，故b＝1，所以C的方程為x2－y2＝1.(2)證明當(dāng)直線l的斜率不存在時，直線l與雙曲線只有一個交點，不符合題意，當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y－1＝k(x－1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－y2＝1，,y－1＝kx－1，))消去y得(1－k2)x2－2k(1－k)x－k2＋2k－2＝0，則1－k2≠0，且Δ＝4k2(1－k)2－4(1－k2)(－k2＋2k－2)＝8－8k>0，解得k<1且k≠－1，x1＋x2＝eq\f(2k1－k,1－k2)＝eq\f(2k,1＋k)，x1x2＝eq\f(－k2＋2k－2,1－k2)，直線AM的方程為y＝eq\f(y1,x1－1)(x－1)，令x＝x2，得y＝eq\f(y1x2－1,x1－1)，即Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(y1x2－1,x1－1)))，因為H為NG的中點，所以Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(\f(y1x2－1,x1－1)＋y2,2)))，所以kAH＝eq\f(\f(\f(y1x2－1,x1－1)＋y2,2),x2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1,x1－1)＋\f(y2,x2－1)))，因為eq\f(y1,x1－1)＋eq\f(y2,x2－1)＝eq\f(kx1－1＋1,x1－1)＋eq\f(kx2－1＋1,x2－1)＝2k＋eq\f(1,x1－1)＋eq\f(1,x2－1)＝2k＋eq\f(x1＋x2－2,x1－1x2－1)＝2k＋eq\f(x1＋x2－2,x1x2－x1＋x2＋1)＝2k＋eq\f(\f(2k,1＋k)－2,\f(－k2＋2k－2,1－k2)－\f(2k,1＋k)＋1)＝2k＋2－2k＝2，所以kAH＝1，所以直線AH的斜率為定值．2．(2023·上饒模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，B為C的上頂點，且△BF1F2的周長為2eq\r(6)＋2eq\r(3).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)圓O：x2＋y2＝2上任意一點P處的切線l交橢圓C于點M，N.求證：eq\f(1,|OM|2)＋eq\f(1,|ON|2)為定值．(1)解設(shè)橢圓C的半焦距為c，因為△BF1F2的周長為2eq\r(6)＋2eq\r(3)，則2a＋2c＝2eq\r(6)＋2eq\r(3)，又因為橢圓C的離心率為eq\f(\r(2),2)，則eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，解得a＝eq\r(6)，c＝eq\r(3)，則b2＝3，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明當(dāng)直線l的斜率不存在時，直線l：x＝±eq\r(2)，與橢圓方程聯(lián)立解得x2＝2，y2＝2，則|OM|＝|ON|＝2，eq\f(1,|OM|2)＋eq\f(1,|ON|2)＝eq\f(1,2)；當(dāng)直線l的斜率存在時，如圖所示，設(shè)直線l：y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＋2y2＝6，))消去y并整理得(2k2＋1)x2＋4mk