2025版高考数学一轮总复习考点突破训练题第8章平面解析几何第10讲圆锥曲线__定点定值探究性问题考点3定值问题

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[解析] (1)由题可得离心率eq \f(c,a)＝eq \r(2)，所以c＝eq \r(2)a，
又因为c2＝a2＋b2，所以a2＝b2，
所以双曲线方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,a2)＝1，
又因为双曲线过点A(2,1)，所以eq \f(4,a2)－eq \f(1,a2)＝1，解得a2＝3，
所以双曲线方程为eq \f(x2,3)－eq \f(y2,3)＝1.
(2)设直线MN的方程为y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)－\f(y2,3)＝1，))得(1－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，
则1－k2≠0得k2≠1，
Δ＝4k2m2＋4(1－k2)(m2＋3)>0，得m2>3k2－3，
x1＋x2＝eq \f(2km,1－k2)，x1x2＝eq \f(－m2－3,1－k2)，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq \f(2k2m,1－k2)＋2m＝eq \f(2m,1－k2)，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq \f(m2－3k2,1－k2)，
因为AM⊥AN，所以eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0，
所以(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，
即x1x2－2(x1＋x2)＋4＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，
所以eq \f(－m2－3,1－k2)＋eq \f(－4km,1－k2)＋4＋eq \f(m2－3k2,1－k2)＋eq \f(－2m,1－k2)＋1＝0，
所以1－2km－4k2－m＝0即(1－2k－m)(2k＋1)＝0，
得1－2k－m＝0或2k＋1＝0，
若1－2k－m＝0，则直线MN的方程为y＝kx＋1－2k，
即y－1＝k(x－2)过点A(2,1)，不符合题意，
若2k＋1＝0，则k＝－eq \f(1,2)，满足AM⊥AN，
综上直线MN的斜率k为定值－eq \f(1,2).
名师点拨：圆锥曲线中定值问题的特点及解法
1．特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值．
2．解法：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
(2)引进变量法：其解题流程为
【变式训练】
(2024·河北衡水中学综合素养测评)已知直线l1：y＝2x和直线l2：y＝－2x，过动点E作平行l2的直线交l1于点A，过动点E作平行l1的直线交l2于点B，且四边形OAEB(O为原点)的面积为4.
(1)求动点E的轨迹方程；
(2)当动点E的轨迹的焦点在x轴时，记轨迹为曲线E0，若过点M(1,0)的直线m与曲线E0交于P，Q两点，且与y轴交于点N，若eq \(NM,\s\up6(→))＝λeq \(MP,\s\up6(→))，eq \(NM,\s\up6(→))＝μeq \(MQ,\s\up6(→))，求证：λ＋μ为定值．
[解析] (1)设E(x0，y0)，过E(x0，y0)且平行l2的直线方程为y－y0＝－2(x－x0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－y0＝－2x－x0，,y＝2x，))得交点A的横坐标为eq \f(2x0＋y0,4)，
所以|OA|＝eq \r(1＋22)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2x0＋y0,4)))＝eq \f(\r(5),4)|2x0＋y0|，
E点到直线l1的距离为eq \f(|2x0－y0|,\r(5))，
所以四边形OAEB的面积为eq \f(|2x0－y0|,\r(5))×eq \f(\r(5),4)|2x0＋y0|＝4，
即eq \f(x\\al(2,0),4)－eq \f(y\\al(2,0),16)＝1或eq \f(y\\al(2,0),16)－eq \f(x\\al(2,0),4)＝1，
故动点E的轨迹方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1或eq \f(y2,16)－eq \f(x2,4)＝1.
(2)证明：由题知E0的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1，
设N(0，yN)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
当直线m的斜率为0时，N(0,0)，
若P(－2,0)，Q(2,0)，由eq \(NM,\s\up6(→))＝λeq \(MP,\s\up6(→))，eq \(NM,\s\up6(→))＝μeq \(MQ,\s\up6(→))，知λ＝－eq \f(1,3)，μ＝1，
所以λ＋μ＝eq \f(2,3)；
若Q(－2,0)，P(2,0)，
由eq \(NM,\s\up6(→))＝λeq \(MP,\s\up6(→))，eq \(NM,\s\up6(→))＝μeq \(MQ,\s\up6(→))，知λ＝1，μ＝－eq \f(1,3)，
所以λ＋μ＝eq \f(2,3)；
当直线m的斜率不为0时，设直线m的方程为x＝ty＋1(显然t≠0)，
则Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,t)))，即yN＝－eq \f(1,t)，
因为eq \(NM,\s\up6(→))＝λeq \(MP,\s\up6(→))，eq \(NM,\s\up6(→))＝μeq \(MQ,\s\up6(→))，
所以(1，－yN)＝λ(x1－1，y1)，(1，－yN)＝μ(x2－1，y2)，
解得λ＝－eq \f(yN,y1)，u＝－eq \f(yN,y2)，λ＋μ＝－yNeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y1)＋\f(1,y2)))＝－yN·eq \f(y1＋y2,y1y2).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1，,4x2－y2＝16，))消x并整理得(4t2－1)y2＋8ty－12＝0，
因为直线m与曲线E0有两个交点，
则在4t2－1≠0且判别式Δ>0时有y1＋y2＝eq \f(－8t,4t2－1)且y1y2＝eq \f(－12,4t2－1)
所以λ＋μ＝eq \f(1,t)·eq \f(－8t,4t2－1)·eq \f(4t2－1,－12)＝eq \f(2,3)，
即证得λ＋μ为定值eq \f(2,3).