新高考数学二轮复习 第1部分 专题6 第3讲 母题突破3 定值问题（含解析）

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(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(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
(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\c1(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所以k<0或0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\c1(0，－\f(y1－2,x1－1)＋2))，
所以eq \(QM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(y1－2,x1－1)＋1))，
又eq \(QO,\s\up6(→))＝(0，－1)，eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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－1x1)＝eq \f(1,k－1)－eq \f(1,k－1x1)，
同理eq \f(1,μ)＝eq \f(1,k－1)－eq \f(1,k－1x2).
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－1x1)＋eq \f(1,k－1)－eq \f(1,k－1x2)＝eq \f(2,k－1)－eq \f(1,k－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(y＝kx＋tt≠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(2t2－2,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 \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝(x1＋x2，y1＋y2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4kt,2k2＋1)，\f(2t,2k2＋1)))，
所以P点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4kt,2k2＋1)，\f(2t,2k2＋1))).
又因为点P在椭圆上，
所以eq \f(4k2t2,2k2＋12)＋eq \f(2t2,2k2＋12)＝1，即t2＝eq \f(2k2＋1,2).
因为|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \f(2\r(2)\r(1＋k2)\r(22k2＋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\c1(－\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\c1(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\c1(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＋mkx2＋m,x1x2)
＝eq \f(k2x1x2＋kmx1＋x2＋m2,x1x2)
＝eq \f(k2·\f(m2－6,1＋k2)＋km\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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．
跟踪演练
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．
(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\c1(y＝kx－4，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(k2＋\f(1,4)))(16k2－1)>0，
解得－eq \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(y1x2－x1,y2＋y1)＋x1，
又y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，
故|ON|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(y1x2－x1,y2＋y1)＋x1))＝
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(y1x2＋x1y2,y2＋y1)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2kx1x2－4kx1＋x2,kx1＋x2－8k)))＝
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\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．
(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 \(AM,\s\up6(→))·eq \(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\c1(x－\f(2,3)))－eq \f(1,3)(k≠1)．
所以直线MN过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3))).
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．
由eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0，
得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
又eq \f(x\\al(2,1),6)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，所以3xeq \\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\c1(\f(2,3)，－\f(1,3))).
令Q为AP的中点，即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\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\c1(\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．
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\c1(\r(2)－\f(\r(6),3)))2)＋eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)＋\f(\r(6),3)))2)
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)＋\f(\r(6),3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)－\f(\r(6),3)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(2,3)))2)＝eq \f(4＋\f(4,3),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(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,3t2＋2)，y1y2＝－eq \f(4,3t2＋2).
因此，eq \f(1,|EP|2)＋eq \f(1,|FP|2)＝eq \f(1,1＋t2y\\al(2,1))＋eq \f(1,1＋t2y\\al(2,2))
＝eq \f(y\\al(2,1)＋y\\al(2,2),1＋t2y\\al(2,1)y\\al(2,2))＝eq \f(y1＋y22－2y1y2,1＋t2y\\al(2,1)y\\al(2,2))
＝eq \f(\f(8t2,3t2＋22)＋\f(8,3t2＋2),1＋t2·\f(16,9t2＋22))＝eq \f(\f(16t2＋1,3t2＋22),1＋t2·\f(16,9t2＋22))
＝eq \f(16,3)×eq \f(9,16)＝3，
综上所述，eq \f(1,|EP|2)＋eq \f(1,|FP|2)＝3(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．
(1)解 直线AB的方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1，
即bx＋ay－ab＝0，则eq \f(ab,\r(a2＋b2))＝eq \f(2\r(5),5)，
因为△OAB的面积为1，所以eq \f(1,2)ab＝1，即ab＝2.
解得a＝2，b＝1，
所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明 直线AB的斜率为－eq \f(1,2)，设直线l的方程为y＝－eq \f(1,2)x＋t，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，得2y2－2ty＋t2－1＝0，
依题意得，Δ>0，
则y1＋y2＝t，y1y2＝eq \f(t2－1,2)，
所以k1k2＝eq \f(y1,x1－2)·eq \f(y2－1,x2)＝eq \f(y1y2－y1,x1x2－2x2)，
因为x1x2－2x2＝4(t－y1)(t－y2)－4(t－y2)
＝4[t2－t(y1＋y2)＋y1y2－t＋y2]
＝4[(y1＋y2)2－(y1＋y2)(y1＋y2)＋y1y2－(y1＋y2)＋y2]＝4(y1y2－y1)，
所以k1k2＝eq \f(1,4)为定值．