母題突破3定值問題母題已知拋物線C：y2＝2px(p>0)經(jīng)過點P(1,2)，過點Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于點M，直線PB交y軸于點N.(1)求直線l斜率的取值范圍；(2)設O為原點，eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))，求證：eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)為定值．思路分析?聯(lián)立l，C的方程，由判別式及PA，PB與y軸有交點求斜率的取值范圍↓?用A，B的坐標表示M，N的坐標↓?用M，N的坐標表示λ，μ↓?利用根與系數(shù)的關系計算eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)↓?求出eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)為定值(1)解因為拋物線y2＝2px過點P(1,2)，所以2p＝4，即p＝2.故拋物線C的方程為y2＝4x.由題意知，直線l的斜率存在且不為0.設直線l的方程為y＝kx＋1(k≠0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx＋1，))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依題意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，解得k<1，又因為k≠0.故k＜0或0＜k＜1.又PA，PB與y軸相交，故直線l不過點(1，－2)．從而k≠－3.所以直線l的斜率的取值范圍是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0,1)．(2)證明設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由(1)知x1＋x2＝－eq\f(2k－4,k2)，x1x2＝eq\f(1,k2).直線PA的方程為y－2＝eq\f(y1－2,x1－1)(x－1)，令x＝0，得點M的縱坐標為yM＝eq\f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq\f(－kx1＋1,x1－1)＋2.同理得點N的縱坐標為yN＝eq\f(－kx2＋1,x2－1)＋2.由eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)＝eq\f(1,1－yM)＋eq\f(1,1－yN)＝eq\f(x1－1,k－1x1)＋eq\f(x2－1,k－1x2)＝eq\f(1,k－1)·eq\f(2x1x2－x1＋x2,x1x2)＝eq\f(1,k－1)·eq\f(\f(2,k2)＋\f(2k－4,k2),\f(1,k2))＝2.所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)為定值．[子題1](2022·張家口質檢)已知雙曲線C：x2－eq\f(y2,3)＝1，若直線l與雙曲線C交于A，B兩點，且eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，O為坐標原點，證明：點O到直線l的距離為定值，并求出這個定值．證明設A(x1，y1)，B(x2，y2)．當直線l和x軸或y軸平行時，|x1|＝|y1|，|x2|＝|y2|，解得|x1|＝|y1|＝|x2|＝|y2|＝eq\f(\r(6),2)，所以點O到直線l的距離為eq\f(\r(6),2).當直線l和x軸或y軸不平行時，設直線l的方程為x＝my＋t，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,3)＝1，,x＝my＋t，))得(3m2－1)y2＋6mty＋3t2－3＝0，Δ＝(6mt)2－4(3m2－1)(3t2－3)＝12(3m2＋t2－1)>0，所以y1＋y2＝eq\f(－6mt,3m2－1)，y1y2＝eq\f(3t2－3,3m2－1).又x1＝my1＋t，x2＝my2＋t，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝(my1＋t)(my2＋t)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝0，得eq\f(m2＋13t2－3－6m2t2＋t23m2－1,3m2－1)＝0，解得2t2＝3m2＋3.又點O到直線l的距離為d＝eq\f(|t|,\r(m2＋1))，則d2＝eq\f(t2,m2＋1)＝eq\f(3,2)，故d＝eq\f(\r(6),2)，所以點O到直線l的距離為定值eq\f(\r(6),2).[子題2](2022·馬鞍山模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))為橢圓上一點，過點P作斜率互為相反數(shù)的兩條直線，分別交橢圓于A，B兩點(不與P點重合)，證明：直線AB的斜率為定值．證明設A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線PA的斜率為k，則直線PB的斜率為－k，于是PA的方程為y＝k(x－1)＋eq\f(3,2)，PB的方程為y＝－k(x－1)＋eq\f(3,2)，代入A，B坐標并作差得，y1－y2＝k(x1＋x2)－2k，①另一方面，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1＋\f(3,2)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得(3＋4k2)x2－(8k2－12k)x＋(4k2－12k－3)＝0，由根與系數(shù)的關系得，1·x1＝eq\f(4k2－12k－3,3＋4k2)，即x1＝eq\f(4k2－12k－3,3＋4k2)，②同理可得，x2＝eq\f(4k2＋12k－3,3＋4k2)，③將①②③代入得，kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(kx1＋x2－2k,x1－x2)＝eq\f(\f(－12k,3＋4k2),\f(－24k,3＋4k2))＝eq\f(1,2)，故直線AB的斜率為定值．規(guī)律方法求解定值問題的兩大途徑(1)由特例得出一個值(此值一般就是定值)→證明定值：將問題轉化為證明待證式與參數(shù)(某些變量)無關．(2)先將式子用動點坐標或動線中的參數(shù)表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對值相等的正負項抵消或分子、分母約分得定值．1．已知橢圓C：eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點G是橢圓上一點．直線l：y＝kx＋m與橢圓C交于A，B兩點，且四邊形OAGB為平行四邊形．求證：平行四邊形OAGB的面積為定值．證明設A(x1，y1)，B(x2，y2)，G(x0，y0)，將y＝kx＋m代入eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1，消去y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，Δ＝16(12k2－m2＋3)>0，則x1＋x2＝－eq\f(8km,1＋4k2)，x1·x2＝eq\f(4m2－12,1＋4k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq\f(2m,1＋4k2)，∵四邊形OAGB為平行四邊形，∴eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝(x1＋x2，y1＋y2)，得Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8km,1＋4k2)，\f(2m,1＋4k2)))，將G點坐標代入橢圓C的方程得m2＝eq\f(3,4)(1＋4k2)，點O到直線AB的距離為d＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))，|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|，∴平行四邊形OAGB的面積為S＝d·|AB|＝|m||x1－x2|＝|m|eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝4·eq\f(|m|\r(3－m2＋12k2),1＋4k2)＝4·eq\f(|m|\r(3m2),1＋4k2)＝4eq\r(3)·eq\f(m2,1＋4k2)＝3eq\r(3).故平行四邊形OAGB的面積為定值3eq\r(3).2．已知雙曲線Γ：x2－eq\f(y2,3)＝1的左、右頂點分別為A1(－1,0)，A2(1,0)，過點F(2,0)斜率不為0的直線l與Γ交于P，Q兩點．記直線A1P，A2Q的斜率分別為k1，k2，求證：eq\f(k1,k2)為定值．證明當l的斜率不存在時，點P，Q的坐標分別為(2,3)和(2，－3)或P，Q的坐標分別為(2，－3)和(2,3)，所以，當k1＝1時，有k2＝－3，當k1＝－1時，有k2＝3，此時eq\f(k1,k2)＝－eq\f(1,3)；當l的斜率k存在時，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，l的方程為y＝k(x－2)，將直線l代入雙曲線方程得(k2－3)x2－4k2x＋4k2＋3＝0，Δ>0，所以x1＋x2＝eq\f(4k2,k2－3)，x1x2＝eq\f(4k2＋3,k2－3)，3k1＋k2＝eq\f(3y1,x1＋1)＋eq\f(y2,x2－1)＝eq\f(3kx1－2,x1＋1)＋eq\f(kx2－2,x2－1)＝eq\f(k[3x1－2x2－1＋x1＋1x2－2],x1＋1x2－1)＝eq\f(k[3x1x2－x1－2x2＋2＋x1x2－2x1＋x2－2],x1＋1x2－1)＝eq\f(k[4x1x2－5x1＋x2＋4],x1＋1x2－1)因為4x1x2－5(x1＋x2)＋4＝eq\f(44k2＋3－20k2＋4k2－3,k2－3)＝0，所以3k1＋k2＝0，即eq\f(k1,k2)＝－eq\f(1,3)，綜上，eq\f(k1,k2)為定值．專題強化練1．(2022·濟寧模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，A，B分別為橢圓C的右頂點、上頂點，F(xiàn)為橢圓C的右焦點，橢圓C的離心率為eq\f(1,2)，△ABF的面積為eq\f(\r(3),2).(1)求橢圓C的標準方程；(2)點P為橢圓C上的動點(不是頂點)，點P與點M，N分別關于原點、y軸對稱，連接MN與x軸交于點E，并延長PE交橢圓C于點Q，證明：直線MP的斜率與直線MQ的斜率之積為定值．(1)解由題意得eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，則a＝2c，b＝eq\r(3)c.△ABF的面積為eq\f(1,2)(a－c)b＝eq\f(\r(3),2)，則(a－c)b＝eq\r(3).將a＝2c，b＝eq\r(3)c代入上式，得c＝1，則a＝2，b＝eq\r(3)，故橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明由題意可知直線PQ的斜率一定存在，設直線PQ的方程為y＝kx＋m，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則M(－x1，－y1)，N(－x1，y1)，E(－x1，0)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋m，))得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，∴x1＋x2＝－eq\f(8km,3＋4k2)，∴y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8km,3＋4k2)))＋2m＝eq\f(6m,3＋4k2)，∴kMQ＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq\f(\f(6m,3＋4k2),－\f(8km,3＋4k2))＝－eq\f(3,4k)，kPE＝eq\f(y1,2x1)＝kPQ＝k，∵kMP＝eq\f(y1,x1)＝2·eq\f(y1,2x1)＝2kPE＝2k，∴kMP·kMQ＝－eq\f(3,4k)×2k＝－eq\f(3,2)，∴kMP·kMQ為定值－eq\f(3,2).2．已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點為F，過F且斜率為1的直線與C交于A，B兩點，|AB|＝8.(1)求C的方程；(2)過點D(1,2)的直線l交C于M，N兩點，點Q為MN的中點，QR⊥x軸交C于點R，且eq\o(QR,\s\up6(→))＝eq\o(RT,\s\up6(→))，證明：動點T在定直線上．(1)解設A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，所以過F且斜率為1的直線方程為y＝x＋eq\f(p,2)，代入x2＝2py，得x2－2px－p2＝0，所以x1＋x2＝2p，y1＋y2＝x1＋x2＋p＝3p，所以|AB|＝y(tǒng)1＋y2＋p＝4p＝8，解得p＝2，所以C的方程為x2＝4y.(2)證明因為直線l的斜率k存在，設l的方程為y＝k(x－1)＋2，方法一設Q(x0，y0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3，\f(1,4)x\o\al(2,3)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x4，\f(1,4)x\o\al(2,4)))，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1＋2，,x2＝4y，))消y得x2－4kx＋4k－8＝0，所以Δ＝16(k2－