新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題6 第3講 母題突破3 定值問題（含解析）

專題六第3講圓錐曲線的綜合問題母題突破3定值問題內(nèi)容索引母題突破3

專題強化練1母題突破3定值問題PARTONE母題

(2018·北京)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)經(jīng)過點P(1,2)，過點Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N.(1)求直線l的斜率的取值范圍；解

將點P代入C的方程得4＝2p，即p＝2，所以拋物線C的方程為y2＝4x，顯然l斜率存在且不為0，設(shè)為k，則l：y＝kx＋1，由已知，方程(*)有兩個不同的根，且1不是方程的根(因為PA，PB都與y軸有交點)，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，即直線l斜率的取值范圍是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1).思路分析?聯(lián)立l，C的方程，由判別式及PA，PB與y軸有交點求斜率的取值范圍

↓?用A，B坐標(biāo)表示M，N坐標(biāo)

↓?用M，N坐標(biāo)表示λ，μ

↓

↓證明

設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，又點A(x1，y1)在直線l：y＝kx＋1上，由(1)中方程(*)及根與系數(shù)的關(guān)系得，得(2k2＋1)x2＋4ktx＋2(t2－2)＝0，所以Δ＝(4kt)2－8(2k2＋1)(t2－2)＝8(4k2－t2＋2)>0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，又因為點P在橢圓上，即平行四邊形OAPB的面積為定值.證明

①當(dāng)直線l的斜率不存在時，直線的方程為x＝±2；②當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)其方程為y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意Δ＝(4km)2－4(1＋2k2)(2m2－4)＝0，得m2＝4k2＋2，依題意，Δ>0，所以k1·k2為定值.規(guī)律方法求解定值問題的兩大途徑(1)由特例得出一個值(此值一般就是定值)→證明定值：將問題轉(zhuǎn)化為證明待證式與參數(shù)(某些變量)無關(guān).(2)先將式子用動點坐標(biāo)或動線中的參數(shù)表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對值相等的正負項抵消或分子、分母約分得定值.跟蹤演練解

過點M(4,0)且斜率為k的直線的方程為y＝k(x－4)，因為直線與橢圓有兩個交點，(2)當(dāng)k≠0時，若點A關(guān)于x軸為對稱點為P，直線BP交x軸于點N，求證：|ON|為定值.證明

設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則P(x1，－y1)，由題意知x1≠x2，y1≠y2，又y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，解得a2＝6，b2＝3.(2)點M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足.證明：存在定點Q，使得|DQ|為定值.證明

設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2).若直線MN與x軸不垂直，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝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.整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.因為A(2,1)不在直線MN上，所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1.若直線MN與x軸垂直，可得N(x1，－y1).得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.若D與P不重合，則由題設(shè)知AP是Rt△ADP的斜邊，2專題強化練PARTTWO12證明

當(dāng)直線EF的斜率為零時，則點E，F(xiàn)為橢圓長軸的端點，12設(shè)點E(x1，y1)F(x2，y2)，12由根與系數(shù)的關(guān)系得121212解得a＝2，b＝1，12(2)直線l與橢圓交于C，D兩點，若直線l∥直線AB，設(shè)直線AC，BD的斜率分別為k1，k2，證明：k1·k2為定值.12依題意得，Δ>0，12因為x1x2－2x2＝4(t－y1)(t－y2)－4(t－y2)＝4[t2－t(y1＋y2