专题6.3 母题突破3 定值问题（全国Ⅲ）-2021【步步高】高考理数大二轮专题复习与增分策略（桂贵云川藏）课件

专题六　第3讲　圆锥曲线的综合问题 母题突破3　定值问题 内 容 索 引 母题突破3　 专题强化练 1 母题突破3　定值问题 PART ONE 母题　(2018·北京)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M，直线PB交y轴于N. (1)求直线l的斜率的取值范围； 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坐标表示M，N坐标 　　　↓ ❸用M，N坐标表示λ，μ 　　　↓ 　　　↓ (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的斜率存在且不为0，设为k，则l：y＝kx＋1， 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<k<1，且k≠－3，且k≠1， 所以k<0或0<k<1，且k≠－3， 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)， 又点A(x1，y1)在直线l：y＝kx＋1上， 由(1)中方程(*)及根与系数的关系得， 子题1　设直线l：y＝kx＋t(t≠0)与椭圆C： ＝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. 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)， 因为四边形OAPB为平行四边形， 又因为点P在椭圆上， 即平行四边形OAPB的面积为定值. 子题2　(2020·柳州质检)直线l与椭圆C： ＝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； 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)， 由题意Δ＝(4km)2－4(1＋2k2)(2m2－4)＝0， 得m2＝4k2＋2， 依题意，Δ>0， 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)求椭圆C的方程； 即a2＝2c2，代入a2＝b2＋c2，得b2＝c2. 又椭圆C的顶点与其两个焦点构成的三角形的面积为2， 以上各式联立解得a2＝4，b2＝2， (2)已知直线y＝k(x－1)(k>0)与椭圆C交于A，B两点，且与x轴，y轴交于M，N两点. 解　直线y＝k(x－1)与x轴的交点为M(1,0)，与y轴交点为N(0，－k)， Δ＝16k4－4(1＋2k2)(2k2－4)＝24k2＋16>0， (1)求椭圆E的方程； 解　由椭圆E经过点A(0，－1)得，b＝1. 又因为a2＝b2＋c2， (2)过点P(2,1)的直线与椭圆E交于不同两点B，C.求证：直线AB和AC的斜率之和为定值. 证明　因为直线BC过点P(2,1)且与椭圆E有两个不同交点， 所以直线BC的斜率一定存在且大于零. 于是可设直线BC的方程为y＝k(x－2)＋1(k>0). 代入x2＋4y2＝4并整理得 (4k2＋1)x2－8k(2k－1)x＋16k(k－1)＝0. Δ＝[8k(1－2k)]2－4(1＋4k2)(16k2－16k)＝64k>0， 设B(x1，y1)，C(x2，y2)， 设直线AB和AC的斜率分别为k1和k2， ＝2k－(2k－1)＝1为定值，此题得证. 2 专题强化练 PART TWO 1 2 证明　当直线EF的斜率为零时，则点E，F为椭圆长轴的端点， 设点E(x1，y1)，F(x2，y2)， 1 2 1 2 1 2 1 2 (1)求椭圆的标准方程； 解得a＝2，b＝1， 1 2 1 2 (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. 依题意得，Δ>0， 1 2 1 2 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)，