第二章 第9节 第四课时 定值问题（PPT教学课件）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习下册·第1轮（浙江专用）

第9节　圆锥曲线的综合问题 第四课时　定值问题 第二章　解析几何 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 请完成：课时训练(21) 温馨提示 谢谢观看！ [例] (2025·临沂模拟)已知点F是抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点，点P(4，m)(m>p)在抛物线C上，且|PF|＝5. (1)求抛物线C的方程； (2)过点F作两条互相垂直的直线l1，l2，l1交抛物线C于A，B两点，l2交C于M，N两点．求证： eq \f(1,|AB|)＋ eq \f(1,|MN|)为定值． (1)解：抛物线C的准线方程为y＝－ eq \f(p,2)， 依题意 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(42＝2pm，,m＋\f(p,2)＝5，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＝2，,m＝4))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＝8，,m＝1，)) 而m>p，则p＝2， 所以抛物线C的方程为x2＝4y. (2)证明：由(1)知F(0，1)，直线l1，l2的斜率均存在， 不妨设直线l1的方程为y＝kx＋1，点A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝4y，,y＝kx＋1，))消去y得x2－4kx－4＝0，显然Δ＝(－4k)2＋16>0， 则x1＋x2＝4k，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2，因此|AB|＝|AF|＋|BF|＝y1＋ eq \f(p,2)＋y2＋ eq \f(p,2)＝4k2＋4＝4(k2＋1)， 由l1⊥l2，得直线l2的斜率为－ eq \f(1,k)， 同理得|MN|＝4( eq \f(1,k2)＋1)＝ eq \f(4（k2＋1）,k2)， 所以 eq \f(1,|AB|)＋ eq \f(1,|MN|)＝ eq \f(1,4（k2＋1）)＋ eq \f(k2,4（k2＋1）)＝ eq \f(1,4). 即 eq \f(1,|AB|)＋ eq \f(1,|MN|)为定值． 圆锥曲线中定值问题的常见类型及解题策略 (1)求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值． (2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得． (3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得． 训练1 (2025·遵义开学考试)已知双曲线C： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为 eq \f(2\r(3),3)，实轴长为6，A为双曲线C的左顶点，设直线l过定点B(－2，0)，且与双曲线C交于E，F两点． (1)求双曲线C的方程； (2)证明：直线AE与AF的斜率之积为定值． (1)解：因为双曲线的实轴长为6，所以a＝3. 因为双曲线的离心率为 eq \f(2\r(3),3)，所以 eq \f(c,a)＝ eq \f(2\r(3),3)， 解得c＝2 eq \r(3)， 由a2＋b2＝c2，得b＝ eq \r(3)， 则双曲线C的方程为 eq \f(x2,9)－ eq \f(y2,3)＝1. (2)证明：设点E(x1，y1)，F(x2，y2)，因为直线l过定点B(－2，0)，显然直线l不垂直于y轴，则设直线l：x＝my－2(m≠± eq \r(3))， 联立方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my－2，,\f(x2,9)－\f(y2,3)＝1，))消去x得(m2－3)y2－4my－5＝0， 由Δ＝16m2＋20(m2－3)>0，得m2> eq \f(5,3)， 则y1＋y2＝ eq \f(4m,m2－3)，y1y2＝－ eq \f(5,m2－3)， 因为A为双曲线C的左顶点，所以A(－3，0)， 直线AE的斜率kAE＝ eq \f(y1,x1＋3)，直线AF的斜率kAF＝ eq \f(y2,x2＋3)， 所以kAE·kAF＝ eq \f(y1y2,（x1＋3）（x2＋3）) ＝ eq \f(y1y2,（my1－2＋3）（my2－2＋3）) ＝ eq \f(y1y2,m2y1y2＋m（y1＋y2）＋1) ＝ eq \f(－\f(5,m2－3),m2·（－\f(5,m2－3)）＋m·\f(4m,m2－3)＋1)＝ eq \f(5,3)， 即直线AE与AF的斜率之积为定值． 训练2 (2024·贵阳模拟)已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M(2，1)在C上， eq \o(MF1,\s\up16(→))· eq \o(MF2,\s\up16(→))＝－1，过点M作两条斜率互为相反数的直线，分别交C于不同的两点A，B． (1)求椭圆C的标准方程； (2)证明：直线AB的斜率为定值，并求出该值． (1)解：设F1(－c，0)，F2(c，0)，且c2＝a2－b2， 因为 eq \o(MF1,\s\up16(→))＝(－c－2，－1)， eq \o(MF2,\s\up16(→))＝(c－2，－1)， 又 eq \o(MF1,\s\up16(→))· eq \o(MF2,\s\up16(→))＝－1， 所以(－c－2)(c－2)＋1＝－1，解得c＝ eq \r(6). 又点M(2，1)在C上，所以 eq \f(4,a2)＋ eq \f(1,b2)＝1　①，又a2－b2＝6　②，联立①②，解得a2＝8，b2＝2， 所以椭圆C的标准方程为 eq \f(x2,8)＋ eq \f(y2,2)＝1. (2)证明：设直线MA的方程为y－1＝k(x－2)，直线MB的方程为y－1＝－k(x－2)， 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1,y－1＝k（x－2）))，消去y得到(1＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－4＝0， 所以xA＋2＝ eq \f(8k（2k－1）,1＋4k2)， 得到xA＝ eq \f(8k2－8k－2,1＋4k2)， 所以yA＝k( eq \f(8k2－8k－2,1＋4k2)－2)＋1＝ eq \f(－4k2－4k＋1,1＋4k2)， 同理可得xB＝ eq \f(8k2＋8k－2,1＋4k2)， yB＝ eq \f(－4k2＋4k＋1,1＋4k2)， 所以kAB＝ eq \f(yB－yA,xB－xA) ＝ eq \f(\f(－4k2＋4k＋1,1＋4k2)－\f(－4k2－4k＋1,1＋4k2),\f(8k2＋8k－2,1＋4k2)－\f(8k2－8k－2,1＋4k2))＝ eq \f(1,2)为定值， 即直线AB的斜率为定值，定值为 eq \f(1,2). $$