2027年高考数学一轮复习 学案练习含答案 033-能力提升18 定值问题（教用）

这是一份2027年高考数学一轮复习 学案练习含答案 033-能力提升18 定值问题（教用），共15页。试卷主要包含了斜率、距离的定值问题，角度、面积的定值问题等内容，欢迎下载使用。
能力提升18 定值问题
解析几何中的定值问题是近几年高考和竞赛的热点之一，此类问题中某些几何量（如线段长度、图形面积、直线斜率、角的度数等）的大小或某些代数表达式的值与题目中的参数无关，不随参数的变化而变化，始终是一个确定的数值.该类题目主要考查数形结合、转化与化归等数学思想和方法，题目难度较大.
题型一 斜率、距离的定值问题
例1 （2025·湖南长沙周南中学模拟）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，左、右顶点分别为A，B，左、右焦点分别为F1，F2.过右焦点F2的直线l交C于点M，N，且△F1MN的周长为16.
（1） 求C的标准方程；
（2） 记直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2为定值.
【解析】
（1） 由△F1MN的周长为16及椭圆的定义可知，4a=16，即a=4，
又离心率e=ca=12，
所以c=2，b2=a2−c2=16−4=12，
所以C的标准方程为x216+y212=1.
（2） 证明：依题意知，l的斜率不为0，
设l的方程为x=my+2，M(x1,y1),N(x2,y2)，联立x216+y212=1,x=my+2,得(3m2+4)y2+12my−36=0，显然Δ>0,
则y1+y2=−12m3m2+4,y1y2=−363m2+4.
又A(−4,0),B(4,0)，所以k1k2=y1x1+4y2x2−4=y1(x2−4)y2(x1+4)=y1(my2−2)y2(my1+6)=my1y2−2y1my1y2+6y2，
又y1+y2y1y2=−12m−36=m3，
即my1y2=3(y1+y2)，
所以k1k2=my1y2−2y1my1y2+6y2=3(y1+y2)−2y13(y1+y2)+6y2=y1+3y23y1+9y2=13,即k1k2为定值.
针对训练1．（2025·河北秦皇岛模拟）已知双曲线C:y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)的上、下焦点分别为F1(0,c)，F2(0,−c)，离心率为62，点F1到渐近线的距离为1，过点F1且斜率为k的直线l1在第一象限交双曲线C于点P，过点F2且斜率为k的直线l2在第四象限交双曲线C于点Q，PF2与QF1交于点M.
（1） 求双曲线C的方程；
（2） 若|PF1|−|QF2|=2，求k的值；
（3） 证明：|MF1|+|MF2|是定值.
【解析】
（1） 由题意得，双曲线的一条渐近线方程为y=abx，即ax−by=0，
则焦点F1到渐近线的距离为|bc|a2+b2=b=1，所以b2=1，
又双曲线C的离心率e=ca=62，a2+b2=c2，所以a2=2，c2=3,
则双曲线C的方程为y22−x2=1.
（2） 由（1）知F1(0,3)，F2(0,−3).
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，Q关于原点的对称点为N(x3,y3)，则x3=−x2，y3=−y2.
因为kNF1=y3−3x3=y2+3x2，kQF2=y2+3x2，
所以kNF1=kQF2，
又kPF1=kQF2=k，所以kPF1=kNF1，故P，F1，N三点共线，
又NQ与F1F2互相平分，所以四边形F1NF2Q为平行四边形，故|NF1|=|QF2|，所以|PF1|−|QF2|=|PF1|−|NF1|=2.
易知直线PF1的方程为y=kx+3，因为直线PF1与双曲线的上支交于两点，所以−2b>0)的上、下顶点分别是B1，B2，F1是椭圆的左焦点，P是椭圆上异于B1，B2的点，△B1F1B2是边长为4的等边三角形.
（1） 求椭圆Γ 的标准方程；
（2） 当直线PB1的斜率为−1时，求以PB1为直径的圆的标准方程；
（3） 设点R满足RB1⊥PB1，RB2⊥PB2，求证：△PB1B2与△RB1B2的面积的比值为定值.
【解析】
（1） 因为△B1F1B2是边长为4的等边三角形，
所以2b=4,bc=tan30∘=33,
又a2=b2+c2，所以a=4,b=2,
故椭圆Γ 的标准方程为x216+y24=1.
（2） 由B1(0,2)，直线PB1的斜率为−1，得直线PB1的方程为y=−x+2,
联立y=−x+2,x216+y24=1,解得x=0,y=2或x=165,y=−65,所以P(165,−65)，
故以PB1为直径的圆的圆心为(85,25)，半径为12|PB1|=12×(165)2+(−65−2)2=825，
所以所求圆的标准方程为(x−85)2+(y−25)2=12825.
（3） 证明：设直线PB1,PB2的斜率分别为k,k′，则直线PB1的方程为y=kx+2.
联立y=kx+2,x216+y24=1,
得(4k2+1)x2+16kx=0，
因为P是椭圆上异于B1,B2的点，B1(0,2),所以xP=−16k4k2+1,则yP=kxP+2=2−8k24k2+1，
所以k′=yP+2xP=2−8k24k2+1+2−16k4k2+1=−14k.
又RB2⊥PB2，所以直线RB2的方程为y=4kx−2.
由RB1⊥PB1，得直线RB1的方程为y=−1kx+2.
联立y=−1kx+2,y=4kx−2,解得xR=4k4k2+1,
所以S△PB1B2S△RB1B2=12|B1B2|⋅|xP|12|B1B2|⋅|xR|=|xPxR|=|−16k4k2+14k4k2+1|=4，即△PB1B2与△RB1B2的面积的比值为定值.
针对训练2．（2025·山东日照模拟）已知双曲线2x2−2y2=1的两个焦点为F1,F2,P为动点，且满足|PF1|+|PF2|=22.
（1） 求动点P的轨迹E的方程；
（2） 已知点M(0,1)，过点N(0,−13)作斜率存在的直线l交轨迹E于A,B两点，判断∠AMB的大小是不是定值，并证明你的结论.
【解析】
（1） 依题意，双曲线的方程可化为x212−y212=1，则|F1F2|=2，
∴|PF1|+|PF2|=22>|F1F2|=2，
∴ 点P的轨迹是以F1,F2为焦点的椭圆，其方程可设为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
由2a=22,2c=2，得a=2,c=1,
∴b2=2−1=1，
∴ 所求椭圆的方程为x22+y2=1.
故动点P的轨迹E的方程为x22+y2=1.
（2） 当l⊥y轴时，直线l的方程为y=−13，与x22+y2=1联立，解得A，B的坐标分别为(−43,−13)，(43,−13)，
又|MN|=43,∴∠AMB=90∘ ，猜测∠AMB的大小为定值90∘ .
证明如下：
设直线l的方程为y=kx−13，
联立y=kx−13,x2+2y2=2,得(1+2k2)x2−43kx−169=0，显然Δ>0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=4k3(1+2k2),x1x2=−169(1+2k2)，
∴MA⋅MB=(x1,y1−1)⋅(x2,y2−1)=x1x2+(y1−1)(y2−1)
=x1x2+(kx1−43)(kx2−43)
=(k2+1)x1x2−4k3(x1+x2)+169
=(k2+1)−169(1+2k2)−4k3⋅4k3(1+2k2)+169
=−16(k2+1)−16k2+16(1+2k2)9(1+2k2)=0，
∴MA⊥MB，∴∠AMB=90∘ .
综上，∠AMB的大小是定值，为90∘ .