高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講義(新高考版)專(zhuān)題6第3講母題突破3定值問(wèn)題(學(xué)生版+解析)

母題突破3定值問(wèn)題母題(2018·北京)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(1,2)，過(guò)點(diǎn)Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N.(1)求直線l的斜率的取值范圍；(2)設(shè)O為原點(diǎn)，eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))，求證：eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)為定值．[子題1]設(shè)直線l：y＝kx＋t(t≠0)與橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1相交于A，B兩點(diǎn)，若以O(shè)A，OB為鄰邊的平行四邊形OAPB的頂點(diǎn)P在橢圓C上，求證：平行四邊形OAPB的面積為定值．[子題2](2020·福州質(zhì)檢)直線l與橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P，l與圓x2＋y2＝6交于A，B兩點(diǎn)，直線OA，OB的斜率分別記為k1，k2，求證：k1·k2為定值．【拓展訓(xùn)練】1．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過(guò)點(diǎn)M(4,0)且斜率為k的直線交橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1于A，B兩點(diǎn)．(1)求k的取值范圍；(2)當(dāng)k≠0時(shí)，若點(diǎn)A關(guān)于x軸為對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為P，直線BP交x軸于點(diǎn)N，求證：|ON|為定值．2．(2020·新高考全國(guó)Ⅰ)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)，且過(guò)點(diǎn)A(2,1)．(1)求C的方程；(2)點(diǎn)M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足．證明：存在定點(diǎn)Q，使得|DQ|為定值．專(zhuān)題強(qiáng)化練1．過(guò)點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，0))的直線交橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，求證：eq\f(1,|EP|2)＋eq\f(1,|FP|2)為定值．2．(2020·泰安模擬)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)O到直線AB的距離為eq\f(2\r(5),5)，△OAB的面積為1.(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)直線l與橢圓交于C，D兩點(diǎn)，若直線l∥直線AB，設(shè)直線AC，BD的斜率分別為k1，k2，證明：k1·k2為定值．母題突破3定值問(wèn)題母題(2018·北京)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(1,2)，過(guò)點(diǎn)Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N.(1)求直線l的斜率的取值范圍；(2)設(shè)O為原點(diǎn)，eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))，求證：eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)為定值．思路分析?聯(lián)立l，C的方程，由判別式及PA，PB與y軸有交點(diǎn)求斜率的取值范圍↓?用A，B坐標(biāo)表示M，N坐標(biāo)↓?用M，N坐標(biāo)表示λ，μ↓?利用根與系數(shù)的關(guān)系計(jì)算eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)↓?求出eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)為定值【解析】(1)解將點(diǎn)P代入C的方程得4＝2p，即p＝2，所以?huà)佄锞€C的方程為y2＝4x，顯然l斜率存在且不為0，設(shè)為k，則l：y＝kx＋1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,y2＝4x，))消去y得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0，(*)由已知，方程(*)有兩個(gè)不同的根，且1不是方程的根(因?yàn)镻A，PB都與y軸有交點(diǎn))，所以Δ＝－16k＋16>0且k2＋(2k－4)＋1≠0，即k<0或0<k<1，且k≠－3，且k≠1，所以k<0或0<k<1，且k≠－3，即直線l斜率的取值范圍是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．(2)證明設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線PA方程為y－2＝eq\f(y1－2,x1－1)(x－1)，令x＝0得y＝－eq\f(y1－2,x1－1)＋2，即點(diǎn)M為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(y1－2,x1－1)＋2))，所以eq\o(QM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(y1－2,x1－1)＋1))，又eq\o(QO,\s\up6(→))＝(0，－1)，eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(y1－2,x1－1)＋1))＝λ(0，－1)，所以λ＝eq\f(y1－2,x1－1)－1＝eq\f(y1－x1－1,x1－1)，eq\f(1,λ)＝eq\f(x1－1,y1－x1－1)，又點(diǎn)A(x1，y1)在直線l：y＝kx＋1上，所以eq\f(1,λ)＝eq\f(x1－1,kx1－x1)＝eq\f(x1－1,k－1x1)＝eq\f(1,k－1)－eq\f(1,k－1x1)，同理eq\f(1,μ)＝eq\f(1,k－1)－eq\f(1,k－1x2).由(1)中方程(*)及根與系數(shù)的關(guān)系得，x1＋x2＝－eq\f(2k－4,k2)，x1x2＝eq\f(1,k2)，所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)＝eq\f(1,k－1)－eq\f(1,k－1x1)＋eq\f(1,k－1)－eq\f(1,k－1x2)＝eq\f(2,k－1)－eq\f(1,k－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))＝eq\f(2,k－1)－eq\f(1,k－1)·eq\f(x1＋x2,x1x2)＝eq\f(2,k－1)－eq\f(1,k－1)·eq\f(－2k＋4,1)＝eq\f(2k－2,k－1)＝2，即eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)為定值2.[子題1]設(shè)直線l：y＝kx＋t(t≠0)與橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1相交于A，B兩點(diǎn)，若以O(shè)A，OB為鄰邊的平行四邊形OAPB的頂點(diǎn)P在橢圓C上，求證：平行四邊形OAPB的面積為定值．證明由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋tt≠0，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))聯(lián)立，消去y，得(2k2＋1)x2＋4ktx＋2(t2－2)＝0，所以Δ＝(4kt)2－8(2k2＋1)(t2－2)＝8(4k2－t2＋2)>0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(4kt,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2t2－2,2k2＋1)，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝eq\f(2t,2k2＋1)，因?yàn)樗倪呅蜲APB為平行四邊形，所以eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝(x1＋x2，y1＋y2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4kt,2k2＋1)，\f(2t,2k2＋1)))，所以P點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4kt,2k2＋1)，\f(2t,2k2＋1))).又因?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓上，所以eq\f(4k2t2,2k2＋12)＋eq\f(2t2,2k2＋12)＝1，即t2＝eq\f(2k2＋1,2).因?yàn)閨AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(2\r(2)\r(1＋k2)\r(22k2＋1－t2),2k2＋1)＝eq\f(2\r(3)\r(1＋k2),\r(2k2＋1))，又點(diǎn)O到直線l的距離d＝eq\f(|t|,\r(1＋k2))，所以平行四邊形OAPB的面積S?OAPB＝2S△OAB＝|AB|·d＝eq\f(2\r(3)|t|,\r(2k2＋1))＝eq\f(\r(6)\r(2k2＋1),\r(2k2＋1))＝eq\r(6)，即平行四邊形OAPB的面積為定值．[子題2](2020·福州質(zhì)檢)直線l與橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P，l與圓x2＋y2＝6交于A，B兩點(diǎn)，直線OA，OB的斜率分別記為k1，k2，求證：k1·k2為定值．證明①當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線的方程為x＝±2；當(dāng)x＝2時(shí)，A(2，eq\r(2))，B(2，－eq\r(2))，則k1·k2＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝－eq\f(1,2)，當(dāng)x＝－2時(shí)，A(－2，eq\r(2))，B(－2，－eq\r(2))，則k1·k2＝－eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(1,2).②當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，由題意Δ＝(4km)2－4(1＋2k2)(2m2－4)＝0，得m2＝4k2＋2，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＋y2＝6，))得(1＋k2)x2＋2kmx＋m2－6＝0，依題意，Δ>0，則x1＋x2＝－eq\f(2km,1＋k2)，x1x2＝eq\f(m2－6,1＋k2)，所以k1·k2＝eq\f(y1y2,x1x2)＝eq\f(kx1＋mkx2＋m,x1x2)＝eq\f(k2x1x2＋kmx1＋x2＋m2,x1x2)＝eq\f(k2·\f(m2－6,1＋k2)＋km\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2km,1＋k2)))＋m2,\f(m2－6,1＋k2))＝eq\f(m2－6k2,m2－6)＝eq\f(4k2＋2－6k2,4k2＋2－6)＝－eq\f(1,2)，所以k1·k2為定值．規(guī)律方法求解定值問(wèn)題的兩大途徑(1)由特例得出一個(gè)值(此值一般就是定值)→證明定值：將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明待證式與參數(shù)(某些變量)無(wú)關(guān)．(2)先將式子用動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo)或動(dòng)線中的參數(shù)表示，再利用其滿(mǎn)足的約束條件使其絕對(duì)值相等的正負(fù)項(xiàng)抵消或分子、分母約分得定值．【拓展訓(xùn)練】1．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過(guò)點(diǎn)M(4,0)且斜率為k的直線交橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1于A，B兩點(diǎn)．(1)求k的取值范圍；(2)當(dāng)k≠0時(shí)，若點(diǎn)A關(guān)于x軸為對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為P，直線BP交x軸于點(diǎn)N，求證：|ON|為定值．【解析】(1)解過(guò)點(diǎn)M(4,0)且斜率為k的直線的方程為y＝k(x－4)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－4，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(1,4)))x2－8k2x＋16k2－1＝0，因?yàn)橹本€與橢圓有兩個(gè)交點(diǎn)，所以Δ＝(－8k2)2－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(1,4)))(16k2－1)>0，解得－eq\f(\r(3),6)<k<eq\f(\r(3),6)，所以k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),6)，\f(\r(3),6))).(2)證明設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則P(x1，－y1)，由題意知x1≠x2，y1≠y2，由(1)得x1＋x2＝eq\f(8k2,k2＋\f(1,4))，x1·x2＝eq\f(16k2－1,k2＋\f(1,4))，直線BP的方程為eq\f(x－x1,x2－x1)＝eq\f(y＋y1,y2＋y1)，令y＝0，得N點(diǎn)的橫坐標(biāo)為eq\f(y1x2－x1,y2＋y1)＋x1，又y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，故|ON|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y1x2－x1,y2＋y1)＋x1))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y1x2＋x1y2,y2＋y1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2kx1x2－4kx1＋x2,kx1＋x2－8k)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2k·\f(16k2－1,k2＋\f(1,4))－4k·\f(8k2,k2＋\f(1,4)),k·\f(8k2,k2＋\f(1,4))－8k)))＝1.即|ON|為定值1.2．(2020·新高考全國(guó)Ⅰ)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)，且過(guò)點(diǎn)A(2,1)．(1)求C的方程；(2)點(diǎn)M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足．證明：存在定點(diǎn)Q，使得|DQ|為定值．【解析】(1)解由題設(shè)得eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(1,2)，解得a2＝6，b2＝3.所以C的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)．若直線MN與x軸不垂直，設(shè)直線MN的方程為y＝kx＋m，代入eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.于是x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－6,1＋2k2).①由AM⊥AN，得eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.將①代入上式，可得(k2＋1)eq\f(2m2－6,1＋2k2)－(km－k－2)·eq\f(4km,1＋2k2)＋(m－1)2＋4＝0，整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.因?yàn)锳(2,1)不在直線MN上，所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1.所以直線MN的方程為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)))－eq\f(1,3)(k≠1)．所以直線MN過(guò)點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3))).若直線MN與x軸垂直，可得N(x1，－y1)．由eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝0，得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.又eq\f(x\o\al(2,1),6)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)＝1，所以3xeq\o\al(2,1)－8x1＋4＝0.解得x1＝2(舍去)，x1＝eq\f(2,3).此時(shí)直線MN過(guò)點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3))).令Q為AP的中點(diǎn)，即Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3))).若D與P不重合，則由題設(shè)知AP是Rt△ADP的斜邊，故|DQ|＝eq\f(1,2)|AP|＝eq\f(2\r(2),3).若D與P重合，則|DQ|＝eq\f(1,2)|AP|.綜上，存在點(diǎn)Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))，使得|DQ|為定值．專(zhuān)題強(qiáng)化練1．過(guò)點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，0))的直線交橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，求證：eq\f(1,|EP|2)＋eq\f(1,|FP|2)為定值．【解析】證明當(dāng)直線EF的斜率為零時(shí)，則點(diǎn)E，F(xiàn)為橢圓長(zhǎng)軸的端點(diǎn)，則eq\f(1,|EP|2)＋eq\f(1,|FP|2)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－\f(\r(6),3)))2)＋eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋\f(\r(6),3)))2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋\f(\r(6),3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－\f(\r(6),3)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,3)))2)＝eq\f(4＋\f(4,3),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2)＝3，當(dāng)直線EF與x軸不重合時(shí)，設(shè)直線EF的方程為x＝ty＋eq\f(\r(6),3)，設(shè)點(diǎn)E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋\f(\r(6),3)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去x得(t2＋2)y2＋eq\f(2\r(6)t,3)y－eq\f(4,3)＝0，Δ＝eq\f(8,3)t2＋eq\f(16,3)(t2＋2)＝8t2＋eq\f(32,3)>0恒成立，由根與系數(shù)的關(guān)系得y1＋y2＝－eq\f(2\r(6)t,3t2＋2)，y1y2＝－eq\f(4,3t2＋2).因此，eq\f(1,|EP|2)＋eq\f(1,|FP|2)＝eq\f(1,1＋t2y\o\al(2,1))＋eq\f(1,1＋t2y\o\al(2,2))＝eq\f(y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2),1＋t2y\o\al(2,1)y\o\al(2,2))＝eq\f(y1＋y22－2y1y2,1＋t2y\o\al(2,1)