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)

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\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(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\co1(\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\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(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\co1(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，即直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．(2)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线PA方程为y－2＝eq\f(y1－2,x1－1)(x－1)，令x＝0得y＝－eq\f(y1－2,x1－1)＋2，即点M为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)，又点A(x1，y1)在直线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(*)及根与系数的关系得，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)为定值2.[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．证明由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋tt≠0，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))联立，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，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则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)，因为四边形OAPB为平行四边形，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点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4kt,2k2＋1)，\f(2t,2k2＋1))).又因为点P在椭圆上，所以eq\f(4k2t2,2k2＋12)＋eq\f(2t2,2k2＋12)＝1，即t2＝eq\f(2k2＋1,2).因为|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))，又点O到直线l的距离d＝eq\f(|t|,\r(1＋k2))，所以平行四边形OAPB的面积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．证明①当直线l的斜率不存在时，直线的方程为x＝±2；当x＝2时，A(2，eq\r(2))，B(2，－eq\r(2))，则k1·k2＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝－eq\f(1,2)，当x＝－2时，A(－2，eq\r(2))，B(－2，－eq\r(2))，则k1·k2＝－eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(1,2).②当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立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，由题意Δ＝(4km)2－4(1＋2k2)(2m2－4)＝0，得m2＝4k2＋2，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＋y2＝6，))得(1＋k2)x2＋2kmx＋m2－6＝0，依题意，Δ>0，则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．【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．【解析】(1)解过点M(4,0)且斜率为k的直线的方程为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，因为直线与椭圆有两个交点，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的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),6)，\f(\r(3),6))).(2)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则P(x1，－y1)，由题意知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))，直线BP的方程为eq\f(x－x1,x2－x1)＝eq\f(y＋y1,y2＋y1)，令y＝0，得N点的横坐标为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|为定值1.2．(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．【解析】(1)解由题设得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的方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明设M(x1，y1)，N(x2，y2)．若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为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.将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.因为A(2,1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1.所以直线MN的方程为y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)))－eq\f(1,3)(k≠1)．所以直线MN过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3))).若直线MN与x轴垂直，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).此时直线MN过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3))).令Q为AP的中点，即Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3))).若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝eq\f(1,2)|AP|＝eq\f(2\r(2),3).若D与P重合，则|DQ|＝eq\f(1,2)|AP|.综上，存在点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))，使得|DQ|为定值．专题强化练1．过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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．【解析】证明当直线EF的斜率为零时，则点E，F为椭圆长轴的端点，则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，当直线EF与x轴不重合时，设直线EF的方程为x＝ty＋eq\f(\r(6),3)，设点E(x1，y1)，F(x2，y2)，联立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，由根与系数的关系得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)