高考数学二轮复习（全国版文） 第1部分 专题突破 专题6 第4讲 母题突破3　定值问题

第4讲圆锥曲线的综合问题专题六

解析几何母题突破3定值问题

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轴于点M，直线PB交y轴于点N.(1)求直线l斜率的取值范围；母题思路分析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的坐标表示M，N的坐标

↓❸用M，N的坐标表示λ，μ

↓(1)因为抛物线y2＝2px过点P(1,2)，所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，依题意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，解得k<1，又因为k≠0.故k＜0或0＜k＜1.又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2).从而k≠－3.所以直线l的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0,1).(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.子题1设A(x1，y1)，B(x2，y2).当直线l和x轴或y轴平行时，|x1|＝|y1|，|x2|＝|y2|，当直线l和x轴或y轴不平行时，设直线l的方程为x＝my＋t，得(3m2－1)y2＋6mty＋3t2－3＝0，Δ＝(6mt)2－4(3m2－1)(3t2－3)＝12(3m2＋t2－1)>0，又x1＝my1＋t，x2＝my2＋t，＝(my1＋t)(my2＋t)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝0，解得2t2＝3m2＋3.子题2设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为－k，代入A，B坐标并作差得，y1－y2＝k(x1＋x2)－2k，

①消去y得(3＋4k2)x2－(8k2－12k)x＋(4k2－12k－3)＝0，故直线AB的斜率为定值.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.规律方法跟踪演练设A(x1，y1)，B(x2，y2)，G(x0，y0)，消去y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，Δ＝16(12k2－m2＋3)>0，∵四边形OAGB为平行四边形，∴平行四边形OAGB的面积为S＝d·|AB|＝|m||x1－x2|当l的斜率不存在时，点P，Q的坐标分别为(2,3)和(2，－3)或P，Q的坐标分别为(2，－3)和(2,3)，所以，当k1＝1时，有k2＝－3，当k1＝－1时，有k2＝3，当l的斜率k存在时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，l的方程为y＝k(x－2)，将直线l代入双曲线方程得(k2－3)x2－4k2x＋4k2＋3＝0，Δ>0，因为4x1x2－5(x1＋x2)＋4专题强化练

121212(2)点P为椭圆C上的动点(不是顶点)，点P与点M，N分别关于原点、y轴对称，连接MN与x轴交于点E，并延长PE交椭圆C于点Q，证明：直线MP的斜率与直线MQ的斜率之积为定值.由题意可知直线PQ的斜率一定存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则M(－x1，－y1)，N(－x1，y1)，E(－x1，0)，12得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，∴y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m12121212设点M，A，B的坐标分别为(x，y)，(x1，y1)，(x2，y2)，且x1<x2<3，即[6－(x1＋x2)]x＝3(x1＋x2)－2x1x2，

①设直线l的方程为y－1＝k(x－3)，

②得(4－k2)x2＋