新高考数学二轮复习专题六第4讲母题突破3定值问题课件

这是一份新高考数学二轮复习专题六第4讲母题突破3定值问题课件，共37页。PPT课件主要包含了母题突破3定值问题，将①②③代入得，规律方法，专题强化练，设Qxy5等内容，欢迎下载使用。

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轴于点M，直线PB交y轴于点N.(1)求直线l斜率的取值范围；
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　　　　　↓
(1)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)，
依题意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，解得k<1，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)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2).当直线l和x轴或y轴平行时，|x1|＝|y1|，|x2|＝|y2|，
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，
Δ＝(6mt)2－4(3m2－1)(3t2－3)＝12(3m2＋t2－1)>0，
又x1＝my1＋t，x2＝my2＋t，
＝(my1＋t)(my2＋t)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝0，
解得2t2＝3m2＋3.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为－k，
代入A，B坐标并作差得，y1－y2＝k(x1＋x2)－2k，①
消去y得(3＋4k2)x2－(8k2－12k)x＋(4k2－12k－3)＝0，
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.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，G(x0，y0)，
消去y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，Δ＝16(12k2－m2＋3)>0，
∵四边形OAGB为平行四边形，
∴平行四边形OAGB的面积为S＝d·|AB|＝|m||x1－x2|
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，Δ>0，
(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.
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)，
得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
2.已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，过F且斜率为1的直线与C交于A，B两点，|AB|＝8.(1)求C的方程；
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
代入x2＝2py，得x2－2px－p2＝0，所以x1＋x2＝2p，y1＋y2＝x1＋x2＋p＝3p，所以|AB|＝y1＋y2＋p＝4p＝8，解得p＝2，所以C的方程为x2＝4y.
因为直线l的斜率k存在，设l的方程为y＝k(x－1)＋2，
消y得x2－4kx＋4k－8＝0，所以Δ＝16(k2－k＋2)>0，x3＋x4＝4k，x3·x4＝4k－8，
即Q(2k，2k2－k＋2)，
得R(2k，k2)，R为QT的中点，所以T(2k，k－2)，因为2k－2(k－2)－4＝0，所以T在定直线x－2y－4＝0上.
方法二　设T(x，y)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，