专题05圆锥曲线综合问题（3）—定值问题-2021年高考数学（理）三轮突破提升专题

《2021年数学（理）解析几何二轮突破提升》 专题05圆锥曲线的综合问题（3）—定值问题 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； (2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋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＋ 　　　 ↓ ❺求出＋为定值 【解析】(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<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)， 直线PA方程为y－2＝(x－1)， 令x＝0得y＝－＋2， 即点M为， 所以＝， 又＝(0，－1)，＝λ， 所以＝λ(0，－1)， 所以λ＝－1＝，＝， 又点A(x1，y1)在直线l：y＝kx＋1上， 所以＝＝＝－， 同理＝－. 由(1)中方程(*)及根与系数的关系得， x1＋x2＝－，x1x2＝， 所以＋＝－＋－＝－＝－·＝－·＝＝2，即＋为定值2. [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． 【证明】　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＝－，x1x2＝， 所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝， 因为四边形OAPB为平行四边形，所以＝＋＝(x1＋x2，y1＋y2)＝， 所以P点坐标为. 又因为点P在椭圆上， 所以＋＝1，即t2＝. 因为|AB|＝|x1－x2| ＝ ＝ ＝， 又点O到直线l的距离d＝， 所以平行四边形OAPB的面积S▱OAPB＝2S△OAB＝|AB|·d＝＝＝， 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：＋＝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，)，B(2，－)， 则k1·k2＝×＝－， 当x＝－2时，A(－2，)，B(－2，－)， 则k1·k2＝－×＝－. 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， 联立得(1＋k2)x2＋2kmx＋m2－6＝0， 依题意，Δ>0， 则x1＋x2＝－，x1x2＝， 所以k1·k2＝＝ ＝ ＝ ＝＝＝－， 所以k1·k2为定值． 【方法小结】　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． 【突破提升练习】 1．过点P的直线交椭圆C：＋y2＝1于E，F两点，求证：＋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＋＝＋ ＝＝＝3， 当直线EF与x轴不重合时，设直线EF的方程为x＝ty＋，设点E(x1，y1)，F(x2，y2)， 联立消去x得 (t2＋2)y2＋y－＝0， Δ＝t2＋(t2＋2)＝8t2＋>0恒成立， 由根与系数的关系得 y1＋y2＝－，y1y2＝－. 因此，＋＝＋ ＝＝ ＝＝ ＝×＝3， 综上所述，＋＝3(定值)． 2．(2020·泰安模拟)已知椭圆＋＝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，△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∥