高考数学二轮复习专题六 第7讲　圆锥曲线的定值问题

1、 第第 7 讲讲 定值问题定值问题 母题 (2018 北京)已知抛物线 c：y22px(p0)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，qmqo，qnqo，求证：11为定值 思路分析 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 用 a，b坐标表示 m，n坐标 用 m，n 坐标表示 ， 利用根与系数的关系计算11 求出11为定值 (1)解 将点 p代入 c的方程得 42p，即 p2， 所以抛物线 c 的

2、方程为 y24x， 显然 l斜率存在且不为 0，设为 k，则 l：ykx1， 由 ykx1，y24x，消去 y得 k2x2(2k4)x10，(*) 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 16k160 且 k2(2k4)10， 即 k0或 0k1，且 k3，且 k1， 所以 k0 或 0k0， 设 a(x1，y1)，b(x2，y2)， 则 x1x24kt2k21，x1x22(t22)2k21， 所以 y1y2k(x1x2)2t2t2k21， 因 为 四 边 形 oapb 为 平 行 四 边 形 ， 所 以 op oa ob (x1

3、x2， y1 y2) 4kt2k21，2t2k21， 所以 p点坐标为4kt2k21，2t2k21. 又因为点 p在椭圆上， 所以4k2t2(2k21)22t2(2k21)21，即 t22k212. 因为|ab| 1k2|x1x2| 1k2(x1x2)24x1x2 2 2 1k22(2k21)t22k21 2 3 1k22k21， 又点 o到直线 l的距离 d|t|1k2， 所以平行四边形 oapb的面积 soapb2soab|ab| d2 3|t|2k216 2k212k21 6， 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：x24y221 有

4、且只有一个公共点 p，l 与圆 x2y26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 当直线 l的斜率不存在时，直线的方程为 x 2； 当 x2 时，a(2， 2)，b(2， 2)， 则 k1 k2222212， 当 x2时，a(2， 2)，b(2， 2)， 则 k1 k2222212. 当直线 l的斜率存在时，设其方程为 ykxm， a(x1，y1)，b(x2，y2)， 联立 ykxm，x24y221，得(12k2)x24kmx2m240， 由题意 (4km)24(12k2)(2m24)0， 得 m24k22， 联立 ykxm，x2y26，得

5、(1k2)x22kmxm260， 依题意，0， 则 x1x22km1k2，x1x2m261k2， 所以 k1 k2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)x1x2 k2x1x2km(x1x2)m2x1x2 k2m261k2km2km1k2m2m261k2 m26k2m264k226k24k22612， 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在平面直角坐

6、标系 xoy 中，过点 m(4,0)且斜率为 k 的直线交椭圆x24y21 于 a，b 两点 (1)求 k的取值范围； (2)当 k0 时，若点 a 关于 x轴为对称点为 p，直线 bp交 x轴于点 n，求证：|on|为定值 (1)解 过点 m(4,0)且斜率为 k的直线的方程为 yk(x4)， 由 yk(x4)，x24y21，得k214x28k2x16k210， 因为直线与椭圆有两个交点， 所以 (8k2)24k214(16k21)0， 解得36kb0)的离心率为22，且过点 a(2,1) (1)求 c 的方程； (2)点 m，n 在 c上，且 aman，admn，d为垂足证明：存在定点 q

7、，使得|dq|为定值 (1)解 由题设得4a21b21，a2b2a212， 解得 a26，b23. 所以 c的方程为x26y231. (2)证明 设 m(x1，y1)，n(x2，y2) 若直线 mn 与 x 轴不垂直， 设直线 mn 的方程为 ykxm，代入x26y231， 得(12k2)x24kmx2m260. 于是 x1x24km12k2，x1x22m2612k2. 由 aman，得am an0， 故(x12)(x22)(y11)(y21)0， 整理得(k21)x1x2(kmk2)(x1x2)(m1)240. 将代入上式，可得(k21)2m2612k2(kmk2)4km12k2(m1)24

8、0， 整理得(2k3m1)(2km1)0. 因为 a(2,1)不在直线 mn上， 所以 2km10，所以 2k3m10，k1. 所以直线 mn的方程为 ykx2313(k1) 所以直线 mn过点 p23，13. 若直线 mn 与 x 轴垂直，可得 n(x1，y1) 由am an0， 得(x12)(x12)(y11)(y11)0. 又x216y2131，所以 3x218x140. 解得 x12(舍去)，x123. 此时直线 mn过点 p23，13. 令 q 为 ap 的中点，即 q43，13. 若 d 与 p不重合，则由题设知 ap 是 rtadp的斜边， 故|dq|12|ap|2 23. 若

9、d 与 p重合，则|dq|12|ap|. 综上，存在点 q43，13，使得|dq|为定值 专题强化练专题强化练 1过点 p63，0 的直线交椭圆 c：x22y21于 e，f 两点，求证：1|ep|21|fp|2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1|ep|21|fp|21263212632 2632263222324434323， 当直线 ef与 x轴不重合时，设直线 ef 的方程为 xty63，设点 e(x1，y1)，f(x2，y2)， 联立 xty63，x22y21，消去 x 得 (t22)y22 6t3y430， 83t2163(t22)8t23

10、230恒成立， 由根与系数的关系得 y1y22 6t3(t22)，y1y243(t22). 因此，1|ep|21|fp|21(1t2)y211(1t2)y22 y21y22(1t2)y21y22(y1y2)22y1y2(1t2)y21y22 8t23(t22)283(t22)(1t2)169(t22)216(t21)3(t22)2(1t2)169(t22)2 1639163， 综上所述，1|ep|21|fp|23(定值) 2(2020 泰安模拟)已知椭圆x2a2y2b21(ab0)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2 55，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直线 ab，设直线 ac，bd 的斜率分别为 k1，k2，证明：k1 k2为定值 (1)解 直线 ab 的方程为xayb1， 即 bxayab0，则aba2b22 55， 因为oab 的面积为 1，所以12ab1，即 ab2. 解得 a2，b1， 所以椭圆的标准方程为x24y21. (2)证明 直线 ab的斜率为12，设直线 l的方程为 y12xt，c(x1，y1)，d(x2，y2)， 代入x24y21，得 2