2023年高考数学二轮复习（全国版文） 第1部分 专题突破 专题6 第4讲 母题突破3　定值问题

母题突破3定值问题母题已知抛物线C：y2＝2px(p0)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轴于点M，直线PB交y轴于点N.(1)求直线l斜率的取值范围；(2)设O为原点，QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，求证：1λ＋1μ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1λ＋1μ↓❺求出1λ＋1μ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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k1，又因为k≠0.故k＜0或0＜k＜1.又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．从而k≠－3.所以直线l的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0,1)．(2)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由(1)知x1＋x2＝－2k－4k2，x1x2＝1k2.直线PA的方程为y－2＝y1－2x1－1(x－1)，令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝－y1＋2x1－1＋2＝－kx1＋1x1－1＋2.同理得点N的纵坐标为yN＝－kx2＋1x2－1＋2.由QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.所以1λ＋1μ＝11－yM＋11－yN＝x1－1k－1x1＋x2－1k－1x2＝1k－1·2x1x2－x1＋x2x1x2＝1k－1·2k2＋2k－4k21k2＝2.所以1λ＋1μ为定值．[子题1](2022·张家口质检)已知双曲线C：x2－y23＝1，若直线l与双曲线C交于A，B两点，且OA→·OB→＝0，O为坐标原点，证明：点O到直线l的距离为定值，并求出这个定值．证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)．当直线l和x轴或y轴平行时，|x1|＝|y1|，|x2|＝|y2|，解得|x1|＝|y1|＝|x2|＝|y2|＝62，所以点O到直线l的距离为62.当直线l和x轴或y轴不平行时，设直线l的方程为x＝my＋t，由x2－y23＝1，x＝my＋t，得(3m2－1)y2＋6mty＋3t2－3＝0，Δ＝(6mt)2－4(3m2－1)(3t2－3)＝12(3m2＋t2－1)0，所以y1＋y2＝－6mt3m2－1，y1y2＝3t2－33m2－1.又x1＝my1＋t，x2＝my2＋t，所以OA→·OB→＝x1x2＋y1y2＝(my1＋t)(my2＋t)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝0，得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＝|t|m2＋1，则d2＝t2m2＋1＝32，故d＝62，所以点O到直线l的距离为定值62.[子题2](2022·马鞍山模拟)已知椭圆C：x24＋y23＝1，P1，32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)＋32，PB的方程为y＝－k(x－1)＋32，代入A，B坐标并作差得，y1－y2＝k(x1＋x2)－2k，①另一方面，联立y＝kx－1＋32，x24＋y23＝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＝4k2－12k－33＋4k2，即x1＝4k2－12k－33＋4k2，②同理可得，x2＝4k2＋12k－33＋4k2，③将①②③代入得，kAB＝y1－y2x1－x2＝kx1＋x2－2kx1－x2＝－12k3＋4k2－24k3＋4k2＝12，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：x212＋y23＝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x212＋y23＝1，消去y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，Δ＝16(12k2－m2＋3)0，则x1＋x2＝－8km1＋4k2，x1·x2＝4m2－121＋4k2，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝2m1＋4k2，∵四边形OAGB为平行四边形，∴OG→＝OA→＋OB→＝(x1＋x2，y1＋y2)，得G－8km1＋4k2，2m1＋4k2，将G点坐标代入椭圆C的方程得m2＝34(1＋4k2)，点O到直线AB的距离为d＝|m|1＋k2，|AB|＝1＋k2|x1－x2|，∴平行四边形OAGB的面积为S＝d·|AB|＝|m||x1－x2|＝|m|x1＋x22－4x1x2＝4·|m|3－m2＋12k21＋4k2＝4·|m|3m21＋4k2＝43·m21＋4k2＝33.故平行四边形OAGB的面积为定值33.2．已知双曲线Γ：x2－y23＝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：k1k2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k1k2＝－13；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，Δ0，所以x1＋x2＝4k2k2－3，x1x2＝4k2＋3k2－3，3k1＋k2＝3y1x1＋1＋y2x2－1＝3kx1－2x1＋1＋kx2－2x2－1＝k[3x1－2x2－1＋x1＋1x2－2]x1＋1x2－1＝k[3x1x2－x1－2x2＋2＋x1x2－2x1＋x2－2]x1＋1x2－1＝k[4x1x2－5x1＋x2＋4]x1＋1x2－1因为4x1x2－5(x1＋x2)＋4＝44k2＋3－20k2＋4k2－3k2－3＝0，所以3k1＋k2＝0，即k1k2＝－13，综上，k1k2为定值．专题强化练1．(2022·济宁模拟)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)，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12，△ABF的面积为32.(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ca＝12，则a＝2c，b＝3c.△ABF的面积为12(a－c)b＝32，则(a－c)b＝3.将a＝2c，b＝3c代入上式，得c＝1，则a＝2，b＝3，故椭圆C的标准方程为x24＋y23＝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x24＋y23＝1，y＝kx＋m，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，∴x1＋x2＝－8km3＋4k2，∴y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝k－8km3＋4k2＋2m＝6m3＋4k2，∴kMQ＝y1＋y2x1＋x2＝6m3＋4k2－8km3＋4k2＝－34k，kPE＝y12x1＝kPQ＝k，∵kMP＝y1x1＝2·y12x1＝2kPE＝2k，∴kMP·kMQ＝－34k×2k＝－32，∴kMP·kMQ为定值－32.2．设双曲线x2a2－y2b2＝1(a0，b0)，其虚轴长为22，且离心率为5.(1)求双曲线C的方程；(2)过点P(3,1)的动直线l与双曲线的左、右两支分别交于点A，B，在线段AB上取点M，使得|AM||MB|＝|AP||PB|，证明：点M落在某一定直线上．(1)解∵双曲线x2a2－y2b2＝1，其虚轴长为22，且离心率为5，∴22＝2b，e＝ca＝5，∵c2＝a2＋b2，∴b2＝2，a2＝12，∴双曲线C的方程为2x2－y22＝1.(2)证明设点M，A，B的坐标分别为(x，y)，(x1，y1)，(x2，y2)，且x1x23，∵|AM||MB|＝|AP||PB|，∴3－x1x2－3＝－x－x1x2－x，即[6－(x1＋x2)]x＝3(x1＋x2)－2x1x2，①设直线l的方程为y－1＝k(x－3)，②将②代入2x2－y22＝1并整理，得(4－k2)x2＋(6k2－2k)x－9k2＋6k－3＝0，∴x1＋x2＝2k－6k24－k2，x1x2＝－9k2＋6k－34－k2，代入①整理可得，12x－3＝k(x－3)，与②联立消k得，12x－y－2＝0，∴点M落在定直线12x－y－2＝0上．