微专题22　定值问题

微专题22定值问题高考定位在解析几何题目中，有些几何量与参数无关，这类问题被称为定值问题.定值问题是高考的热点问题、难度较大，一般作为压轴题出现.【难点突破】[高考真题](2020·新高考Ⅰ卷改编)已知点M，N，A(2，1)在椭圆C：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足，证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.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y＝kx＋m，代入eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.于是x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－6,1＋2k2).①由AM⊥AN，得eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.将①代入上式，可得(k2＋1)eq\f(2m2－6,1＋2k2)－(km－k－2)eq\f(4km,1＋2k2)＋(m－1)2＋4＝0，整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.所以m＝1－2k或m＝－eq\f(2k＋1,3)，当m＝1－2k时，y＝k(x－2)＋1，过定点A(2，1)，不符合题意，舍去，当m＝－eq\f(2k＋1,3)时，y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)))－eq\f(1,3)，过定点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3))).因为AD⊥MN，所以点D在以AP为直径的圆上，故当点Q为AP的中点，即Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))时，|DQ|＝eq\f(2\r(2),3)为定值；若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1).由eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝0，得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.又eq\f(xeq\o\al(2,1),6)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，所以3xeq\o\al(2,1)－8x1＋4＝0.解得x1＝2(舍去)，或x1＝eq\f(2,3).所以Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))，此时|DQ|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)－\f(2,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－1))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(2),3)，为定值.综上，存在点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))，使得|DQ|为定值.样题1已知抛物线C：x2＝4y，设点M(1，1)，过点M作两条不同的直线分别交抛物线C于A，B两点和D，E两点，且满足|MA|·|MB|＝|MD|·|ME|，求证：kAB＋kDE为定值.证明由题知直线AB，DE的斜率存在，所以设直线AB的方程为y－1＝k1(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线DE的方程为y－1＝k2(x－1)，D(x3，y3)，E(x4，y4)，则|MA|＝eq\r(（x1－1）2＋（y1－1）2)＝eq\r(1＋keq\o\al(2,1))·|x1－1|，|MB|＝eq\r(1＋keq\o\al(2,1))·|x2－1|，即|MA|·|MB|＝(1＋keq\o\al(2,1))|x1－1|·|x2－1|＝(1＋keq\o\al(2,1))|x1x2－(x1＋x2)＋1|.将直线AB的方程y－1＝k1(x－1)与抛物线的方程x2＝4y联立，消去y得x2－4k1x＋4k1－4＝0，则Δ＝16keq\o\al(2,1)－4(4k1－4)＝16(keq\o\al(2,1)－k1＋1)>0，则x1＋x2＝4k1，x1x2＝4k1－4，则|MA|·|MB|＝(1＋keq\o\al(2,1))·|x1x2－(x1＋x2)＋1|＝3(1＋keq\o\al(2,1)).同理可得|MD|·|ME|＝3(1＋keq\o\al(2,2)).∵|MA|·|MB|＝|MD|·|ME|，∴keq\o\al(2,1)＝keq\o\al(2,2)，即(k1＋k2)(k1－k2)＝0，又∵k1≠k2，∴k1＋k2＝0，即kAB＋kDE＝0为定值.样题2(2024·天津模拟改编)已知椭圆C：eq\f(x2,2)＋y2＝1的右焦点为F，过点F作直线l交C于A，B两点，试问：在x轴上是否存在一个定点M，使eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))为定值？若存在，求出M的坐标；若不存在，请说明理由.解假设存在符合条件的点M(m，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\o(MA,\s\up6(→))＝(x1－m，y1)，eq\o(MB,\s\up6(→))＝(x2－m，y2)，eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋y1y2，①当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x＝ty＋1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,x2＋2y2＝2，))得(t2＋2)y2＋2ty－1＝0，则y1＋y2＝eq\f(－2t,t2＋2)，y1y2＝eq\f(－1,t2＋2)，所以x1x2＝(ty1＋1)(ty2＋1)＝t2y1y2＋t(y1＋y2)＋1＝eq\f(－2t2＋2,t2＋2)，x1＋x2＝t(y1＋y2)＋2＝eq\f(4,t2＋2).因此eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\f(（m2－2）t2＋2m2－4m＋1,t2＋2)，若对于任意的t值，上式为定值，则2m2－4m＋1＝2(m2－2)，解得m＝eq\f(5,4)，此时，eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝－eq\f(7,16)为定值.②当直线l的斜率为0时，eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)－m)(eq\r(2)－m)＝m2－2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))eq\s\up12(2)－2＝－eq\f(7,16).综合①②知，符合条件的点M存在，其坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，0)).样题3(2024·福州调研改编)已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，若点A，B，D，E在C上，且eq\o(AB,\s\up6(→))＝2eq\o(DE,\s\up6(→))，AD与BE交于点P，点P在椭圆eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,9)＝1上，证明：△PAB的面积为定值.证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，由题意知eq\f(xeq\o\al(2,0),12)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),9)＝1.由eq\o(AB,\s\up6(→))＝2eq\o(DE,\s\up6(→))，可知D，E分别为AP，BP的中点，所以Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x0,2)，\f(y1＋y0,2)))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋x0,2)，\f(y2＋y0,2))).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，,\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x0,2)))\s\up12(2)＋\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y0,2)))\s\up12(2)＝1，))得eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＋eq\f(x0x1,2)＋eq\f(2y0y1,3)－3＝0，∵eq\f(xeq\o\al(2,0),12)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),9)＝1，∴eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝3，∴3x0x1＋4y0y1＝0.同理3x0x2＋4y0y2＝0，所以A，B都在直线3x0x＋4y0y＝0上.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x0x＋4y0y＝0，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得x2＝eq\f(16yeq\o\al(2,0),3xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0))，y2＝eq\f(9xeq\o\al(2,0),3xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0))，又因为直线AB过坐标原点，所以|AB|＝2eq\r(x2＋y2)＝2eq\r(\f(9xeq\o\al(2,0)＋16yeq\o\al(2,0),3xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)))，又点P到直线AB的距离d＝eq\f(3xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0),\r(9xeq\o\al(2,0)＋16yeq\o\al(2,0)))，所以S△PAB＝eq\f(1,2)|AB|d＝eq\f(1,2)×2eq\r(\f(9xeq\o\al(2,0)＋16yeq\o\al(2,0),3xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)))·eq\f(3xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0),\r(9xeq\o\al(2,0)＋16yeq\o\al(2,0)))＝eq\r(3xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)).又∵eq\f(xeq\o\al(2,0),12)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),9)＝1，∴3xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝36，故S△PAB＝6.所以△PAB的面积为定值.规律方法求解定值问题的两大途径(1)可由特例得出一个值(此值一般就是定值)，然后证明定值：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与分母约分得定值.训练(2024·哈尔滨模拟)在平面直角坐标系中，F1，F2分别为双曲线C：3x2－y2＝a2(a>0)的左、右焦点，过F2的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点.当l与x轴垂直时，△ABF1面积为12.(1)求双曲线C的标准方程；(2)当l与x轴不垂直时，作线段AB的中垂线，交x轴于点D.试判断eq\f(|DF2|,|AB|)是否为定值.若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.解(1)双曲线3x2－y2＝a2可化为eq\f(x2,\f(a2,3))－eq\f(y2,a2)＝1，连接AF1，BF1，而S△ABF1＝eq\f(1,2)|F1F2|·|AB|＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(2\r(3),3)a))×eq\f(2a2,\f(\r(3),3)a)＝4a2＝12，解得a2＝3，故双曲线C的标准方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)∵F2(2，0)，∴设直线l的方程为x＝ty＋2(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M为AB的中点，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x2－y2＝3，,x＝ty＋2，))消去x可得(3t2－1)y2＋12ty＋9＝0，因此y1＋y2＝eq\f(－12t,3t2－1)，y1y2＝eq\f(9,3t2－1)，进而可得x1＋x2＝eq\f(－4,3t2－1)，即AB中点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2,3t2－1)，\f(－6t,3t2－1)))，线段AB的中垂线方程为y＋eq\f(6t,3t2－1)＝－teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,3t2－1)))，令y＝0，则Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8,3t2－1)，0))，所以|DF2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2＋\f(8,3t2－1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(6t2＋6,3t2－1)))，又|AB|＝eq\r(1＋t2)×eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq\r(1＋t2)×eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－12t,3t2－1)))\s\up12(2)－4×\f(9,3t2－1))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(6t2＋6,3t2－1)))，可得eq\f(|DF2|,|AB|)为定值1，即eq\f(|DF2|,|AB|)是定值，且该值为1.【精准强化练】1.已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(1,2)，左、右顶点分别为A1，A2，点P是椭圆C上异于左、右顶点的任意一点，证明：点P与A1，A2连线的斜率的乘积为定值，并求出该定值.证明设P(x0，y0)，则eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)＝1，所以yeq\o\al(2,0)＝eq\f(b2（a2－xeq\o\al(2,0)）,a2)，所以kPA1＝eq\f(y0,x0＋a)，kPA2＝eq\f(y0,x0－a)(x0≠±a)，所以kPA1·kPA2＝eq\f(y0,x0＋a)·eq\f(y0,x0－a)＝eq\f(yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－a2)＝eq\f(\f(b2（a2－xeq\o\al(2,0)）,a2),xeq\o\al(2,0)－a2)＝－eq\f(b2,a2)，又因为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，a2＝b2＋c2，所以eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,4)，所以－eq\f(b2,a2)＝－eq\f(3,4)，所以点P与A1，A2连线的斜率的乘积为定值－eq\f(3,4).2.(2024·岳阳三模改编)若A，B是C：y2＝8x上异于点O的两个动点，当∠AOB＝90°时，过点O作ON⊥AB于N，问平面内是否存在一个定点Q，使得|NQ|为定值？若存在，请求出定点Q及该定值；若不存在，请说明理由.解设直线AB的方程为x＝my＋n，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋n，,y2＝8x，))消去x，得y2－8my－8n＝0，且Δ＝64m2＋32n>0，则有y1＋y2＝8m，y1·y2＝－8n，由∠BOA＝90°，即eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝eq\f(yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2),64)＋y1y2＝0，解得y1y2＝－64，即y1·y2＝－8n＝－64⇒n＝8，直线AB恒过定点M(8，0)，由ON⊥AB，即ON⊥NM，故N在以OM为直径的圆上，该圆方程为(x－4)2＋y2＝16，即定点Q为该圆心(4，0)时，|NQ|＝4为定值.3.已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，其离心率e＝eq\f(1,2)，P是椭圆C上一动点，△PF1F2内切圆面积的最大值为eq\f(π,3).(1)求椭圆C的标准方程；(2)直线PF1，PF2与椭圆C分别相交于点A，B，求证：eq\f(|PF1|,|F1A|)＋eq\f(|PF2|,|F2B|)为定值.(1)解由题意得△PF1F2内切圆半径r的最大值为eq\f(\r(3),3)，设|F1F2|＝2c，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，,\f(1,2)×（2a＋2c）×\f(\r(3),3)＝\f(1,2)×2c·b，,a2＝b2＋c2，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＝3，,a2＝4，))∴椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明设P(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，当y0≠0时，设直线PF1，PF2的方程分别是x＝m1y－1，x＝m2y＋1.联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝m1y－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去x并整理得(3meq\o\al(2,1)＋4)y2－6m1y－9＝0，∴y0y1＝－eq\f(9,3meq\o\al(2,1)＋4).∵x0＝m1y0－1，∴m1＝eq\f(x0＋1,y0)，又eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1，∴eq\f(y0,y1)＝－eq\f(5＋2x0,3).联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝m2y＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))同理可得eq\f(y0,y2)＝－eq\f(5－2x0,3)，∴eq\f(|PF1|,|F1A|)＋eq\f(|PF2|,|F2B|)＝－eq\f(y0,y1)－eq\f(y0,y2)＝eq\f(10,3)；当y0＝0时，直线PF1，PF2与x轴重合，易得eq\f(|PF1|,|F1A|)＋eq\f(|PF2|,|F2B|)＝3＋eq\f(1,3)＝eq\f(10,3).综上所述，eq\f(|PF1|,|F1A|)＋eq\f(|PF2|,|F2B|)＝eq\f(10,3)为定值.4.(2024·湖北名校联考)直角坐标系xOy中，已知动点P到定点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))的距离比动点P到定直线y＝－eq\f(5,4)的距离小1，记动点P的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程；(2)点S，T是曲线C上位于直线y＝eq\f(1,4)的上方的点，过点S，T作曲线C的切线交于点Q，若FS⊥FT，证明：cos∠SQT为定值.(1)解由题意，知动点P到定点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))的距离与动点P到定直线y＝－eq\f(1,4)的距离相等，由抛物线的定义知C为抛物线，且焦点在y轴上，设C：x2＝2py，p>0，则eq\f(p,2)＝eq\f(1,4)，得p＝eq\f(1,2)，则C的方程为x2＝y.(2)证明设S(x1，xeq\o\al(2,1))，T(x2，xeq\o\al(2,2))，则eq\o(FS,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，xeq\o\al(2,1)－\f(1,4)))，eq\o(FT,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，xeq\o\al(2,2)－\f(1,4)))，∵FS⊥FT，∴eq\o(FS,\s\up6(→))·eq\o(FT,\s\up6(→))＝x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)－\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,2)－\f(1,4)))＝0，即xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)＋eq\f(1,16)＝eq\f(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2),4)－x1x2(*).由y＝x2，可得y′＝2x，过点S(x1，xeq\o\al(2,1))的切线的斜率为k1＝2x1，则切线SQ的方程为y－xeq\o\al(2,1)＝2x1(x－x1)，①同理切线TQ的方程为y－xeq\o\al(2,2)＝2x2(x－x2)，②联立①②解得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，x1x2))，由点S，T是曲线C上位于直线y＝eq\f(1,4)的上方的点，可知x1x2<－eq\f(1,4).eq\o(QS,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1－x2,