重難點專題圓錐曲線定值問題十三大題型匯總題型1線段長度定值問題 1題型2周長定值問題 題型3面積定值問題 題型4向量積定值問題 題型5角度定值問題 43題型6運算關(guān)系定值問題 52 ◆類型2差關(guān)系 ◆類型3積關(guān)系 ◆類型4商關(guān)系 ◆類型5平方關(guān)系 題型7坐標相關(guān)定值問題 72題型8參數(shù)相關(guān)定值問題 82題型9斜率定值問題 93題型10斜率和定值問題 101題型11斜率差定值問題 112題型12斜率積定值問題 116題型13斜率比定值問題 126與線段長度有關(guān)的定值問題通常是先引入?yún)?shù)，利用距離公式或弦長公式得到長度解析式，再對解析式化簡，得出結(jié)果為定值【例題1】（2023·全國·模擬預(yù)測）已知橢圓C：a>b>0的左焦點為F—2,0，點(2,2)在C上.(1)求橢圓C的標準方程.(2)過F的兩條互相垂直的直線分別交C于A，B兩點和P，Q兩點，若線段AB，PQ的中點分別為M，N，且過F作直線MN的垂線，垂足為D，證明：存在定點H，使得DH為定值.【答案】(1)+=1(2)證明見解析【分析】（1）解法一，根據(jù)點在橢圓上及焦點坐標求解即可；解法二，根據(jù)離心率和通徑長即可求解橢圓方程；（2）解法一，分類討論，當直線AB，PQ的斜率均存在且不為0時，設(shè)直線AB的方程為y=kx+2k≠0)，用A、B坐標表示M、N坐標，進而求得直線MN恒過點T—,0)，當直線AB，PQ的斜率一個不存在，一個為0時，直線MN恒過點T—,0)，最后結(jié)合直角三角形的性質(zhì)即可求解；2)(k≠0)，用A、B坐標表示M、N坐標，用平面向量的坐標運算求得直線MN恒過點T—,0)，當直線AB，PQ的斜率一個不存在，一個為0時，直線MN恒過點T—,0)，最后結(jié)合直角三角形的性質(zhì)即可求解.【詳解】（1）解法一，由題意知c=2，又a2=b2+c2，所以a2=b2+4，把點(2,2)代入橢圓方程得，解得b2=4，故橢圓C的標準方程為橢圓上點2,2)與點F'的橫坐標相同，所以點2,2)到點F'的距離為通徑長的一半，x2a2x=2+y+cb=2，故橢圓C的標準方程為+=1；（2）解法一，當直線AB，PQ的斜率均存在且不為0時，設(shè)直線AB的方程為y=kx+2)(k≠0)，Ax1,y1)，Bx2,y2)，y=kx+2)由，消去y得1y=kx+2)則x1+x2=，x1x2=.4k所以y1+y2=kx1+x2)+4k=1+2k2，所以M(1+2k2,1+2k2).4kk2+k2,2+k2.k2+k2,2+k2.若，則k=±1，此時直線MN的斜率不存在，若k≠±1，則直線MN的斜率為可得直線MN的方程為y—1+2k2=21化簡得y=213kk2x+，所以直線MN過定點T當直線AB，PQ的斜率一個不存在，一個為0時，直線MN的方程為y=0，直線MN過定點T—,0)，所以直線MN過定點T—,0).令H為FT的中點，則H—,0)，若D與T，F(xiàn)均不重合，則由題設(shè)知FT是Rt△FDT的斜邊，故DH=FT=.若D與T或F重合，則DH=FT=.綜上，存在定點H—,0)，使得DH為定值.Ax1,y1，Bx2,y2，由，消去y得1+2k2x2+8k2x+8k2—8=0，則x1+x2=，x1x2=.4k所以y1+y2=kx1+x2)+4k=1+2k2，所以M(1+2k2,1+2k2).4kk2+k2,2+k2.k2+k2,2+k2.若=，則k=±1，此時直線MN的斜率不存在，且直線MN的方程為x，過點T—,0).下面證明動直線MN過定點T—,0).因為所以，即T，M，N三點共線，所以直線MN過定點T—,0).當直線AB，PQ的斜率一個不存在，一個為0時，直線MN的方程為y=0，直線MN過定點T—,0).所以直線MN過定點T—,0若D與T，F(xiàn)均不重合，則由題設(shè)知FT是Rt△FDT的斜邊，故DH=FTl=.若D與T或F重合，則DH=FT=.綜上，存在定點H—,0)，使得DH為定值.【點睛】方法點睛：圓錐曲線中定點問題的兩種解法：（1）引進參數(shù)法：引進動點的坐標或動直線中的參數(shù)表示變化量，再研究變化的量與參數(shù)何時沒有關(guān)系，找到定點；（2）特殊到一般法：根據(jù)動點或動直線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關(guān).【變式1-1】1.（2023上·河北滄州·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知拋物線c:y2=2pxp>0)過點(1,p)，直線l與該拋物線C相交于M，N兩點，過點M作x軸的垂線，與直線y=—x交于點G，點M關(guān)于點G的對稱點為P，且O，N，P三點共線．(1)求拋物線C的方程；(2)若過點Q2,0作QH丄l，垂足為H（不與點Q重合是否存在定點T，使得HT為定值？若存在，求出該定點和該定值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y2=4x(2)存在定點T1,—1)，使得HT為定值，該定值為2【分析】（1）將點1,p代入拋物線方程可求出p，從而可求出拋物線方程；（2）設(shè)點M,y1)，N,y2)，然后表示出點G,P的坐標，由O，N，P三點共線，化簡可得2y1+y2)+y1y2=0，設(shè)直線l的方程為x=my+n，代入拋物線方程化簡，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得n=2m，則直線l過定點E0,—2)，從而可得點H的軌跡是以EQ為直徑的圓.【詳解】（1）因為拋物線c:y2=2pxp>0)過點1,p，所以p2=2p，所以p=2，所以拋物線C的方程為y2=4x．化簡得2y1+y2)+y1y2=0，y=4xy=4x所以直線l的方程：x=my+n，即x=my+2m，則x=my+2)，所以點H的軌跡是以EQ為直徑的圓（除去E，Q兩點圓心為(1,—1)，半徑為2，所以存在定點T1,—1)，使得HT為定值，該定值為2．.【點睛】關(guān)鍵點睛：此題考查直線與拋物線的位置關(guān)系，考查拋物線中的定點問題，解題的關(guān)鍵是將直線方程代入拋物線方程化簡，利用根與系數(shù)的關(guān)系，再結(jié)合O，N，P三點共線的條件表示出直線方程，從而可求得直線過的定點.【變式1-1】2.（2023下·廣東深圳·高二深圳外國語學(xué)校?？茧A段練習(xí)）已知點A(2,1)在雙曲線C上．(1)點A1，A2為C的左右頂點，P為雙曲線C上異于A1，A2的點，求KPA1.KPA2的值；定值．【答案】;(2)證明見解析.則KPAKPA結(jié)合P在雙曲線C上，即可得答案；（2）設(shè)直線MN方程為y=Kx+m，設(shè)M(x1,y1,Nx2,y2)，聯(lián)立直線與雙曲線方程，結(jié)合直線MN過定點O0,0，△ADO為直角三角形，<D為直角，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可得證.設(shè)P點坐標為x,y，則kPA1=,kPA2=，所以kPA1.kPA2=.=．因為點P在曲線C上，2x所以kPA1.kPA2==，所以kPA1.kPA2的值為．（2）證明：依題意，直線MN的斜率存在，故設(shè)其方程為y=kx+m，設(shè)M(x1,y1,Nx2,y2)，顯然1—2k2≠0，否則不可能有兩個交點，由韋達定理得x1+xx1x因為直線AM,AN的斜率之積為，x1—2x2—2(x1—2)(x2—2)2，所以y1—1.y2—1x1—2x2—2(x1—2)(x2—2)2，將韋達定理代入化簡得4m(2k+m—1)=0，易知l恒過定點A2,1，故舍去，所以m=0，此時滿足Δ>0且直線MN過定點O0,0如圖所示）所以當點Q為斜邊AO的中點1,時，DQ為定值綜上所述，存在定點Q1,1使得DQ為定值【變式1-1】3.（2023·云南曲靖·校考三模）雙曲線Ca>0,b>0)的左頂點為A，焦距為4，過右焦點F作垂直于實軸的直線交C于B、D兩點，且△ABD是直角三角形.(1)求雙曲線C的方程；(2)已知M,N是C上不同的兩點，MN中點的橫坐標為2，且MN的中垂線為直線l，是否存在半徑為1的定圓E，使得l被圓E截得的弦長為定值，若存在，求出圓E的方程；若不存在，請說明理由.【答案】【分析】（1）根據(jù)雙曲線的性質(zhì)，結(jié)合△ABD是等腰直角三角形的性質(zhì)，列出關(guān)系式即可求解雙曲線方程；（2）首先利用點差法求出直線l所過的定點，即可求出定圓的方程.故雙曲線C的方程為x2—=1；（2）設(shè)M(x1,y1,Nx2,y2),MN的中點為Q(x0,y0)因為M,N是C上不同的兩點，MN中點的橫坐標為2.當KMN存在時，KMN，所以l過定點T8,0.當KMN不存在時，M,N關(guān)于x軸對稱，MN的中垂線l為x軸，此時l也過T8,0，所以存在以8,0為圓心的定圓E:(x—8)2+y2=1，使得l被圓E截得的弦長為定值2.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查直線與雙曲線相交的綜合應(yīng)用，本題的關(guān)鍵是求得直線所過的定點，因為半徑為1，所以定圓圓心為定點，弦長就是直徑.【變式1-1】4.（2023下·甘肅白銀·高二統(tǒng)考開學(xué)考試）過雙曲線ca>0,b>0)上一點A(—3,0)作兩條漸近線的垂線，垂足分別為D，B，且AD.AB=．(1)求雙曲線c的方程．(2)已知點P(2,—1)，兩個不重合的動點M，N在雙曲線c上，直線PM，PN分別與y軸交于點EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),0)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),N)試問是否存在定點T，使得QT為定值？若是，求出點T的坐標和QT；若不存在，請說明理由．(2)存在；T(1,—2，QT為定值2【分析】（1）根據(jù)點到直線的距離公式結(jié)合c2=a2+b2即可求解，（2）聯(lián)立直線與雙曲線方程得韋達定理，進而根據(jù)中點關(guān)系得+=0化簡得(m+3)(m+2k+1)=0，即可得到直線MN的方程為y=kx—3，恒過點G(0,—3)，即可根據(jù)垂直關(guān)系求解.【詳解】（1）雙曲線c的漸近線方程為bx±ay=0，雙曲線c上一點(x0,y0)到漸近線距離之因為c2=a2+b2，所以a=b=3，故雙曲線c的方程為—=1．（2）顯然直線MN的斜率存在，設(shè)直線MN的方程為y=kx+m，M(x1,y1，Nx2,y2)，y=kx)>0，x1+x2=，x1x2=，直線PM的方程為y令x=0，則y得E同理得F(0,，EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-→),0)=(4k+22m)(x1+x24k+2)x1x2+8m當m=3時，直線MN的方程為y=kx3，恒過點G(0,3)，故存在T(1,—2)，使QT為定值2．【點睛】方法點睛：圓錐曲線中定點問題的兩種解法（1）引進參數(shù)法：先引進動點的坐標或動線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量，再研究變化的量與參數(shù)何時沒有關(guān)系，找到定點.（2）特殊到一般法：先根據(jù)動點或動線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關(guān).技巧：若直線方程為y—y0=k(x—x0),則直線過定點(x0,y0);若直線方程為y=kx+b(b為定值),則直線過定點0,b.【變式1-1】5.（2023·海南省直轄縣級單位·文昌中學(xué)?？寄M預(yù)測）已知拋物線C:X2=2py(p>0)的焦點為F，準線為l，過點F且傾斜角為的直線交拋物線于點M（M在第一象限(1)求p的值.(2)若斜率不為0的直線l1與拋物線C相切，切點為G，平行于l1的直線交拋物線C于P,Q兩點，且匕PGQ點F到直線PQ與到直線l1的距離之比是否為定值？若是，求出此定值；若不是，請說明理由.【答案】(1)p=4【分析】（1）利用圖中的幾何關(guān)系以及拋物線的定義求解；（2）直線PQ的方程為y=kX+m(k≠0)以及點P,Q,G的坐標，將直線方程與拋物線方程聯(lián)立由韋達定理以及匕PGQ=得到k與m的關(guān)系式，利用直線l1與拋物線C相切求出直線l1的方程，用點到直線的距離公式即可求出點F到直線PQ與到直線l1的距離之比.因為MF=MN，所以△MNF是等邊三角形，因為0是FB的中點，所以DF=DN,MD丄DF，故FM（2）由（1）可知拋物線的方程是x2=8y，設(shè)直線PQ的方程為y=kx+mk≠0，Px1,x1,Qx2,x2,Gx0,EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),0)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(=),x)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(+),8y)設(shè)點F到直線PQ和直線l1的距離分別為d1,d2，所以點F到直線PQ與到直線l1的距離之比是定值，定值為3.【點睛】解決定值問題的途徑就是用部分量去表示所求的量，本題就是利用韋達定理及其已知條件先找到部分量之間的關(guān)系，再用部分量去表示所求的量，最后用部分量之間的關(guān)系消元,即可得到定值.題型2周長定值問題【例題2】（2023·云南大理·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知點M到定點F3,0的距離和它到直線l：x的距離的比是常數(shù)．(1)求點M的軌跡C的方程；(2)若直線l：y=kx+m與圓x2+y2=16相切，切點N在第四象限，直線l與曲線C交于A，B兩點，求證：△FAB的周長為定值．(2)證明見解析，定長=10.【分析】（1）根據(jù)條件列方程，求出M點的軌跡方程；（2）根據(jù)題意，設(shè)定N點的參數(shù)，運用點斜式直線方程，聯(lián)立橢圓與直線方程，運用韋達定理和弦長公式以及第一問的條件即可求解.(0,4),t∈(—4,0)，設(shè)Ax1,y1,,Bx2,y2,，則x1+x30×16p=30×16p=162+9p2，— △ABF的周長=AB+BF+AF=10，即定值為10；綜上，曲線C的方向為x2+y2【點睛】本題的第一問是圓錐曲線的第二定義，難點在第二問的計算上，注意到出現(xiàn)的數(shù)字都是平方數(shù)，不必將所有的數(shù)乘起來，這樣便于計算和思考.【變式2-1】1.（2023·湖南長沙·長沙市實驗中15=0上一動點，點N(—1,0)，線段PN的垂直平分線交線段PC于點Q．(1)求點Q的軌跡方程；(2)點M在圓x2+y2=3上，且M在第一象限，過點M作圓x2+y2=3的切線交Q點軌跡于A，B兩點，問△ABC的周長是否為定值？若是，求出定值；若不是，說明理由.(2)△ABC的周長為定值4【分析】（1）根據(jù)垂直平分線性質(zhì)可知PQ=QN，可得QN+QC=4>CN，滿足橢圓定義，由此可求得Q點軌跡方程；股定理分別求出AM,BM，即可得出結(jié)論.設(shè)PN中點為K，則QK為線段PN的垂直平分線，則PQ=QN，所以Q點軌跡是以C,N為焦點，長軸長為4的橢圓，所以Q點軌跡方程為：則故y故AC同理可得BCEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),1)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),1)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),1)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),1)x1，同理可得BM所以AB+AC+BC=AM+BM+即△ABC的周長為定值4.【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)；（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值【變式2-1】2.（2023·上?！ど虾Ｊ衅邔氈袑W(xué)?？寄M預(yù)測）已0)的左焦點為F，左、右頂點分別為A，B，上頂點為P.(1)若△PFB為直角三角形，求Γ的離心率；(2)若a=2，b=1，點Q，Q'是橢圓Γ上不同兩點，試判斷“PQ=PQ'”是“Q，Q'關(guān)于Y軸對稱”的什么條件？并說明理由；(3)若a=2，b=3，點T為直線X=4上的動點，直線TA，TB分別交橢圓Γ于C，D兩點，試問△FCD的周長是否為定值？請說明理由.【答案】(2)必要不充分條件，理由見解析(3)是，理由見解析EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),F)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),P) .a2（2）根據(jù)橢圓的對稱性可證必要性，又反例可知不滿足充分性.（3）先證直線CD過橢圓的右焦點，可得△FCD的周長為4a=8如圖F(—c,0)，P0,b，Ba,0，解得離心率e=（2）必要不充分條件.必要性：根據(jù)橢圓的對稱性可知，當Q，Q'關(guān)于y軸對稱時，PQ=PQ'成立；充分性：橢圓方程為+y2=1，設(shè)Q(x,y)，使得PQ=PQ'=5，但Q，Q'不關(guān)于y軸對稱.設(shè)T4,t，則直線AT的斜率為=，方程為：y=(x+2)，聯(lián)立橢圓方程得(27+t2)x2+4t2x+4t2—108=0，xA+xc故xc=，代入y=(x+2)得yc=，所以c(,)，同理直線BT的方程為：y=(x—2)，聯(lián)立橢圓方程得(3+t2)x2—4t2x+4t2—12=0，所以D(,)，所以KcD=18t6t27+t227+t227+t23+t2=24t(t2+9)4(81—t4)=6tcD直線方程為y—=(x—)，令y=0，可得x=1，即直線CD恒過橢圓的右焦點.所以△FCD的周長為定值4a=8.【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標為(x1,y1,x2,y2)；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于x（或y）的一元二次方程，必要時計算Δ;（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為x1+x2、x1x2（或y1+y2、y1y2）的形式；（5）代入韋達定理求解.【變式2-1】3.（2023·甘肅·統(tǒng)考二模）已知橢圓C的長軸長為4，A，B是其左、右頂點，M是橢圓上異于A，B的動點，且kMA.kMB(1)求橢圓C的方程；(2)若P為直線x=4上一點，PA，PB分別與橢圓交于C，D兩點．①證明：直線CD過橢圓右焦點F2；②橢圓的左焦點為F1，求△CF1D的周長是否為定值，若是，求出該定值，若不是，請說明理由．【答案】(2)①證明見解析；②定值為8.【分析】（1）由題意可得a=2，A—2,0，B2,0，設(shè)M(x0,y0)(x0≠±2)，可得EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),0)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),0)4b2，進而根據(jù)題意即可求解；（2）①設(shè)p(4t)(t≠0)聯(lián)立直線和橢圓方程求得C(,，D,)，進而得到F2C，F(xiàn)2D，再根據(jù)向量共線的定義即可得證；②根據(jù)橢圓的定義即可求解.設(shè)M(x0,y0)(x0≠±2)，因為M在橢圓上，所以b2xEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),0)+4yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),0)=4b2①因為KMA.KMBEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),0)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),0)所以橢圓c:+=1．（2）①證明：設(shè)p(4,t)(t≠0)，則KpA=，lpA:同理可得KpB=，lpB:x=y+2，聯(lián)立方程，得yc=，xc=，則c3+t3+t則D(23+t3+t又橢圓的右焦點為F21,0，所以F2c=(27+t2,27+t2)，F(xiàn)2D=(3+t2,3+t2)，說明C，D，F(xiàn)1三點共線，即直線CD恒過F1點．②周長為定值．因為直線CD恒過F1點，根據(jù)橢圓的定義，所以△cF1D的周長為4a=8【變式2-1】4.（2023·云南曲靖·曲靖一中?？寄M預(yù)測）在平面直角坐標系xoy中，動圓P與圓內(nèi)切，且與圓C2:x—12+y2=外切，記動圓圓心P的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)設(shè)曲線C的左、右兩個頂點分別為A1、A2，T為直線l:x=4上的動點，且T不在x軸上，直線TA1與C的另一個交點為M，直線TA2與C的另一個交點為N，F(xiàn)為曲線C的左焦點，求證：△FMN的周長為定值.(2)證明見解析【分析】（1）設(shè)動圓P的半徑為R，分析可得PC1+PC2=4>C1C2=2，利用橢圓的定義可求得軌跡E的方程；（2）設(shè)點T4,tt≠0)，設(shè)M(x1,y1，Nx2,y2)，寫出直線TA1、TA2的方程，將這兩條直線分別與曲線E的方程聯(lián)立，求出點M、N的坐標，可得出直線MN的方程，化簡直線MN的方程，可知直線MN過橢圓E的右焦點，再利用橢圓的定義可證得結(jié)論成立.【詳解】（1）解：設(shè)動圓P的半徑為R，由題意可知：圓C1的圓心為C1—1,0，半徑為；圓C2的圓心為C21,0，半徑為，因為C1C2=2，則C1C所以，圓C2內(nèi)含于圓C1，因為動圓P與圓C1內(nèi)切，且與圓C2外切，則→PC1+PC2=4>C1C2=2，所以，動圓P的圓心的軌跡E是以C1、C2為焦點的橢圓，（2）證明：由題意可知A1—2,0、A22,0、T4,tt≠0)，設(shè)M(x1,y1)，N(x2,y2)，如下圖所示：直線A1T的方程為y=x+2)，直線A2T的方程為y=x—2)，聯(lián)立方程可得由韋達定理可得—2.x1=，即x1=，則y1=x1+2=+2)=，故點M(,)，由韋達定理可得2x2=，即x2=，故直線MN過定點1,0，所以△FMN的周長為定值8，所以，MN過橢圓E的焦點1,0，此時△FMN的周長為定值4a=8，綜上所述，△FMN的周長為定值8.【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)；（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．【變式2-1】5.（2023上·北京密云·高二統(tǒng)考期末）已知橢圓C的長軸長是焦距的2倍，點F是橢圓的右焦點，且點p在橢圓上，直線l:y=k(x+1)(k≠0)與橢圓C交于A，B兩點.(1)求橢圓C的方程；(2)當k=1時，求△ABF的面積；(3)對?k≠0，△ABF的周長是否為定值？若是，給出證明，并求出定值；若不是，說明理由.【答案】7(2)1227(3)是，定值為8，證明見解析【分析】（1）由a、b、c關(guān)系及點在橢圓上建立方程組即可解得參數(shù)；（2）S△ABF=×F1F×yA—yB，聯(lián)立直線與橢圓方程，結(jié)合韋達定理即可求.（3）判斷直線恒過左焦點，由橢圓定義可得周長為定值.∴橢圓為+=1，代入點p解得c2=1.∴橢圓C的方程為（2）k=1，則直線為y=x+1，過橢圓左焦點F1—1，0，右焦點為F1,0.y1+y2=x1+1+x2+1=，y1y2=x1+x2+x1x2+（3）△ABF的周長為定值，理由如下：直線l恒過橢圓左焦點F1—1，0，由橢圓定義可知△ABF的周長為F1A+FA+F1B+FB=2a+2a=8.題型3面積定值問題與面積有關(guān)的定值問題通常是利用面積公式把面積表示成某些變量的表達式，再利用題中條件化簡，【例題3】（2023上·江西南昌·高三南昌市第三中學(xué)校考階段練習(xí)）設(shè)x，y∈R，向量EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(→),i)，EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(→),j)分別為平面直角坐標內(nèi)x軸，y軸正方向上的單位向量，若向量EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-→),a)=(x+3)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(→),i)+yEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(→),j)，EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),b)=(x—3)i+yj，且EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-→),a)+b=4.(1)求點Mx,y的軌跡C的方程；(2)設(shè)橢圓E曲線C的切線y=kx+m交橢圓E于A、B兩點，試證：△OAB的面積為定值.(2)證明見解析【分析】（1）利用平面向量的模的幾何意義、橢圓的定義、橢圓的標準方程運算即可得解.（2）利用直線與橢圓的位置關(guān)系、點到的直線距離公式、三角形面積公式運算即可得解.EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-→),a)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(→),i)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(→),j)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),b)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(→),i)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(→),j)即為點M(x,y)與點F1(—3,0)的距離MF1，即為點M(x,y)與點F2(3,0的距離MF2i，∴由EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-→),a)+b=4可得MF1+MF2=4，∴由橢圓的定義可知點Mx,y的軌跡c是以F1(—3,0)、F2(3,0)為焦點的橢圓，且長軸長為2a=4，c=3，則b∴由橢圓的標準方程知點Mx,y的軌跡c的方程為如上圖，由題意，直線y=kx+m是曲線c：的切線，則Δ=64k2m2—4(1+4k2)(4m2—4)由題意，直線y=kx+m交橢圓E：于A、B兩點，設(shè)Ax1,y1、Bx2,y2，則xx1x8km24m2—16416k2—m2+4又∵1+4k2=m2，∴8km24m2—16416k2—m2+4y2=kx2+m且由y1=kx1+m知y1—y2=kx1—y2=kx2+m∴AB=x1—x22+y1—y2)2=1+k2x1—x2=1+k2.又∵△OAB中邊AB上的高?即為點O到直線y=kx+m的距離，∴由點到直線距離公式得，又∵1+4k2=m2，∴S△OAB=.?.AB=..即△OAB的面積為定值23.【點睛】方法點睛：直線與橢圓的相交弦長的求解方法：1.當弦的兩端點坐標易求時，可直接利用兩點間的距離公式求解.2.當直線的斜率存在時，斜率為k的直線與橢圓相交于A(x1,y1、Bx2,y2)兩個不同的點，則弦長公式的常見形式有如下兩種：（1）AB=1+k2x1—x2=1+k2)I(x1+x2)2—4x1x2；【變式3-1】1.（2023上·上海浦東新·高三上海市進才中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知橢圓E:+=1的兩個焦點分別為F1、F2，直線l:y=kx+m(k,m∈R)與橢圓交于A、B兩點.(1)若直線l經(jīng)過點C0,3，且OA=AC，求點A的坐標；(2)若直線l經(jīng)過點C0,3，且S△AOC=S△AOB，求直線l的方程；(3)若kOA.kOB=—，則△AOB的面積是否為定值?如果是，求出該定值；如果不是，請說明理由.【答案】(1)A1,或A—1,【分析】（1）由題意可得點A在線段OC的中垂線上，然后將y=代入橢圓方程可求出點A的坐標；（2）由題意設(shè)直線l:y=kx+3，設(shè)A(x1,y1，Bx2,y2)，方法一，由題意可得點A為線段BC的中點，則x2=2x1，y2=2y1—3，聯(lián)立方程組可求出點A,B的坐標，從而可求出直線方程；方法二：由題意得x2=2x1，將直線方程代入橢圓方程化簡，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系可求出k的值，從而可求出直線方程；（3）由題意可得3x1x2+4y1y2=0，將直線方程代入橢圓方程化簡，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系和弦長公式，點到直線的距離公式可求出△AOB的面積.【詳解】（1）由OA=AC知點A在線段OC的中垂線上.EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(x),y)所以A1,3或A—1,3（2）由題，直線l:y=kx+3，設(shè)A(x1,y1，Bx2,y2).方法一：由S△AOC=S△AOB知點A為線段BC的中點，所以x2=2x1，y2=2y1—3，xEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),1)+xEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),1)+yEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),1)=1x1得=y所以A1,3或A—1,3，所以直線l的方程為y=x+3或y=—x+3.方法二：由S△AOC=S△AOB得S△AOC=S△COB，即.3.x1=..3.x2，即x2=2x1.x2+y2=1y=kx+3x2+y2=1y=kx+3Δ=24k2—96(3+4k2)>Δ=24k2—96(3+4k2)>0x1x2=3+4k2由x1x2=>0，得x1,x2同號，所以x2=2x1，所以，直線l的方程為y=x+3或y=—x+3.（3）設(shè)A(x1,y1，Bx2,y2)，由kOA.kOB=—得3x1x2+4y1y2=0，即(3+4k2)x1x2+4km(x1+x2)+4m2=0（**）代入（**）得(3+4k2).+4km.+4m2=0，所以(4m2—12)(3+4k2)—32k2化簡得4k2=2m2—3.（***）因為AB=1+k2x1—x2=1+k2.(x1+x2)2—4x1x23+4k2，點O到直線l的距離d=，1149—3m2+12k2m1149—3m2+12k2m3+4k21+k2=所以△AOB的面積為3.【點睛】關(guān)鍵點點睛：此題考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查橢圓中的面積問題，解題的關(guān)鍵是將直線方程代入橢圓方程化簡，利用根與系數(shù)的關(guān)系，結(jié)合弦長公式求解，考查計算能力，屬于較難題.【變式3-1】2.（2023上·湖北武漢·高三武鋼三中?？茧A段練習(xí)）已知A、B、C是直線l上的三點，且AB=1，BC=2，OO1切直線l于點A，又過B、C作OO1異于l的兩切線，設(shè)這兩切線交于點P.(1)求點P的軌跡E方程；(2)設(shè)M、N是P的軌跡E上的不同兩點且不關(guān)于原點O對稱，若OM，ON的斜率分別為K1，K2，問：是否存在實數(shù)λ,使得當K1K2=λ時，△OMN的面積是定值？如果存在，求出λ的值；如果不存在，說明理由.【答案】【分析】（1）根據(jù)圓切線的性質(zhì)，利用橢圓的定義可判斷動點軌跡為橢圓，適當建系可得軌跡方程；（2）假設(shè)直線MN的斜率存在，設(shè)直線方程，聯(lián)立直線與橢圓方程，利用根于系數(shù)關(guān)系，求得弦MN的長度，再利用點到直線距離可得O到MN的距離，可得三角形面積，根據(jù)面積為定值可得λ的值，再驗證當直線MN斜率不存在時成立.如圖所示，設(shè)過B、C異于l的兩切線分別切OO1于D、E兩點，兩切線交于點P，由切線的性質(zhì)可知：BA=BD，PD=PE，CA=CE，故PB+PC=BD+PD+PC=BA+PE+PC=BA+CE=AB+AC=,2AB+BC=2×1+2=4>2=BC,故由橢圓定義知，點P的軌跡是以B、C為兩焦點的橢圓，以l所在的直線為x軸，以BC的中點為原點，建立坐標系，可求得動點P的軌跡方程為：設(shè)存在這樣的常數(shù)λ,使k1k2=λ,△AOB的面積為定值.當直線MN斜率存在時，設(shè)其方程為y=kx+m，M(x1,y1)，N(x2,y2)，聯(lián)立直線與橢圓方程，得(3+4k2)x2+8kmx+4m2—12=0，Δ=(8km)2—4(3+4k2)2y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=kx1x2+km(x1+x2)+m=2點O到直線MN的距離為d，所以sMN.d，又k1k2=.==λ,即y1y2=λx1x2=λ,3+4k23+4k24λ—3，即3m2—12k2=4m2—12λ,得m3+4k23+4k24λ—3，所以s若面積為定值，則==，此時s現(xiàn)驗證當直線MN斜率不存在時，若λ=—，面積為定值.當直線MN斜率不存在時，設(shè)M(x0,y0)，N(x0,—y0)，解得x0=2，y0=，此時面積s=2×x0y0=3，滿足上述定值，綜上所述，存在常數(shù)λ=—，使k1k2=λ,△AOB的面積為定值3.【點睛】(1)解答直線與橢圓的題目時，時常把兩個曲線的方程聯(lián)立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數(shù)的關(guān)系，并結(jié)合題設(shè)條件建立有關(guān)參變量的等量關(guān)系．(2)涉及到直線方程的設(shè)法時，務(wù)必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形．【變式3-1】3.（2023·四川南充·四川省南充高級中學(xué)?？既＃┮阎獧E圓c:+=1a>b>0)的左、右焦點為F1,F2，離心率為.點P是橢圓C上不同于頂點的任意一點，射線PF1,PF2分別與橢圓C交于點A,B，△PF1B的周長為8.(1)求橢圓C的標準方程；(2)設(shè)△PF1F2，△PF1B，△PAB的面積分別為S1,S2,S3.求證：+為定值.(2)證明見解析即可得到橢圓的標準方程；（2）設(shè)P(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2)，則+=1，設(shè)直線PA的方程為x=my—1，聯(lián)立方程，得到y(tǒng)0y同理得到y(tǒng)0y結(jié)合三角形的面積公式，化簡得到S2+S1=S△PF1B+S△PF1F2=PF1+PF2進而得出定值S3—S2S2—S1S△AF1BS△BF1F2lAF1llBF2，.【詳解】（1）解：因為△PF1B的周長為8，即PF1+PF2+BF1+BF2=2a+2a=8所以橢圓C的標準方程為+=1．（2）證明：設(shè)P(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2)，則+=1，則y0y同理可得，y0yEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(PF1),AF1)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(PF2),BF2)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up8(PF1),AF1)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up9(·),·)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up8(F1B),F1B)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up9(sin匕PF1B),sin匕AF1B)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up9(PF),BF)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up9(·),·)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up8(F1F2),F1F2)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up9(s),s)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up9(i),i)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up9(n),n)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up9(匕),匕)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up9(P),B)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up9(F),F)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up7(2),2)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up9(F),F)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up7(1),1)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(PF1),AF1)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(PF2),BF2)y0y1y2所以S2+Sy0y1y2所以是定值．【點睛】方法點撥：圓錐曲線中的定值問題的求解方法：1、直接法：根據(jù)題設(shè)條件，直接推理計算，并在計算過程中消去變量，從而得到定點或定值；2、特殊位置法：先從特殊情況入手，求出定點或定值，再證明定點或定值與變量無關(guān)；3、函數(shù)方程思想：運用函數(shù)的思想方法進行求解，一般步驟（1）選擇適當?shù)淖兞?）把要求解或證明的是定值的量表示成上述變量的函數(shù)3）把是定值的量化成與變量無關(guān)的形式，從而證明是定值.【變式3-1】4.（2023上·上海嘉定·高三上海市育才中學(xué)?？计谥校┮阎獧E圓Γ方程為+a>b>0B1、B2分別是橢圓Γ短軸上的上下兩個端點，F(xiàn)1是橢圓的左焦點，P是橢圓上異于B1、B2的點，△B1F1B2是邊長為4的等邊三角形．(1)求橢圓的離心率；(2)當直線PB1的一個方向向量是（1，1）時，求以PB1為直徑的圓的標準方程；(3)點R滿足：RB1丄PB1，RB2丄PB2，試問：△PB1B2與△RB1B2的面積之比是否為定值？并說明理由．【答案】(3)為定值4，理由見解析【分析】（1）由△B1F1B2是邊長為4的等邊三角形得a=4，b=2，進而求出c，結(jié)合橢圓離心率的定義即可求解；（2）由直線PB1的一個方向向量是(1,1)，可得直線PB1所在直線的斜率K=1，得到直線PB1的方程，由橢圓方程聯(lián)立，求得P點坐標，得到PB1的中點坐標，再求出IPB1I，可得以PB1為直徑的圓的半徑，則以PB1為直徑的圓的標準方程可求；（3）設(shè)P(x0,y0)，R(x1,y1)求出直線PB1的斜率，進一步得到直線RB1的斜率，得到直線RB1的方程，同理求得直線RB2的方程，聯(lián)立兩直線方程求得R的橫坐標，再結(jié)合P(x0,y0)在橢圓164S△RB1B2x1x2+y2=1上可得x1與x0的關(guān)系，由S△PB1B2=164S△RB1B2x1【詳解】（1）由△B1F1B2的邊長為4的等邊三角形，得a=4，且b=2．c=a2—b2=23，故橢圓的離心率為e==；（2）由（1）知橢圓的標準方程為:直線PB1的一個方向向量是(1,1)，且B10,2，直線PB1所在直線的斜率K=1，則直線PB1的方程為y=x+2，則PB1的中點坐標為—IPB1I則以PB1為直徑的圓的半徑r以PB1為直徑的圓的標準方程為x+8+y—2=128（3）設(shè)P(x0,y0)，R(x1,y1)．于是直線RB1的方程為：yx+2．聯(lián)立兩直線方程，消去y，得x”P(x0,y0)在橢圓+=1上，:+=1，EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),0)題型4向量積定值問題與向量有關(guān)的定值問題常見類型一是求數(shù)量積有關(guān)的定值問題，二是根據(jù)向量共線，寫出向量系數(shù)的表達式，再通過計算得出與向量系數(shù)有關(guān)的定值結(jié)論.【例題4】（2023·全國·模擬預(yù)測）已知橢圓C其離心率為，直線y被橢圓截得的弦長為23．(1)求橢圓C的標準方程．EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-),N)【答案】(1)+y2=1(2)證明見解析【分析】（1）由離心率為可以先得到a=2b，然后結(jié)合其余已知條件即可得解.EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),N)直線AB斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y=kX+m，將其與橢圓方程聯(lián)立，由韋達定理結(jié)合直線AB與圓X2+y2=相切于點N，從而即可得解. 22aaa因為橢圓的離心率為，所以-=-= 22aaa則橢圓c的方程為+=1．將y=代入橢圓方程，得+=1，222所以橢圓c的標準方程為+y2=1．（2）當直線AB的斜率不存在時，直線AB的方程為x=±.將x=±代入橢圓c的方程+y2=1，得y=±,EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-),N)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-),N)如圖所示：當直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y=kx+m．將y=kx+m與+y2=1聯(lián)立，消去y并整理，得(4k2+1)x2+8kmx+4m2—4=0．設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，N(x0,y0)，EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),N)4k+14k+1EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-),N)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),0)4k+14k+1由直線y=kx+m與圓x2+y2=相切，可得=，即m2=k2+1)．結(jié)合xEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),0)+yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),0)=，得x又y0=kx0+m，兩邊平方并整理，EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),0)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),0)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),0)k2，所以8kmx0=—k2．EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),N)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),0)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-),N)4即AEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-),N)【變式4-1】1.（2023上·四川·高三南江中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）以坐標原點為對稱中心，(1)求橢圓的方程．(2)設(shè)P是橢圓上一點（異于C,D直線PC,PD與x軸分別交于M,N兩點．證明在x軸上存在兩EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),B)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),N)(2)證明見解析，定值為—12.【分析】（1）根據(jù)給定條件，設(shè)出橢圓方程，利用待定系數(shù)法求解即得.EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),B)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),N)的坐標，再計算即得.所以橢圓的方程為+y2=1．（2）設(shè)P(x0,y0,Am,0,Bn,0)，M(xM,0),N(xN,0)，則CM=(xM,1),CP=(x0,y0+1)，由CM//CP，得xM(y0+1)=x0，而y0+ x0,y0+1,EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),D)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),D)0+,y0+)，同理(xN+)(y0+)=(x0+)，而y0+≠0，5EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-),N)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-),M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-→),B)5y0+1y0+(y0+1)(5y0+3)，EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2147483646(-),M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2147483646(-→),B)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2147483646(-),N)x0)(m=(ny0+n—x0)(5my0+8y0+3m—3xy0+1y0+(y0+1)(5y0+3)，于是所以存在A(—4,0)和B4,0，使得MB.NA是定值，且定值為—12.【點睛】方法點睛1）引出變量法，解題步驟為先選擇適當?shù)牧繛樽兞浚侔岩C明為定值的量用上述變量表示，最后把得到的式子化簡，得到定值2）特例法，從特殊情況入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)．【變式4-1】2.（2022上·新疆昌吉·高二統(tǒng)考期中）已知橢圓CF1，F(xiàn)2是C的左、右焦點，過F1的動直線l與C交于不同的兩點A，B兩點，且△ABF2的周長為42，橢圓C的其中一個焦點在拋物線y2=4x準線上，(1)求橢圓C的方程；EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),B)【答案】(1)+y2=1的周長為42得到a求解；（2）①當直線l斜率不存在時，l的方程為x=—1，代入橢圓方程求得點M，N的坐標，驗證即可；②當直線l斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y=k(x+1)，與橢圓方程聯(lián)立，結(jié)合韋達定理求解.所以橢圓C的左焦點F1(—1,0)，所以橢圓C的半焦距c=1，因為△ABF2的周長為42，所以4a=42，故a=2.所求橢圓的方程為+y2=1.（2）如圖所示：①當直線l斜率不存在時，l的方程為x=—1，EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-),M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-→),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-),M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-→),B)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-),M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-→),B)②當直線l斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y=k(x+1)，設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，則x1+xx1xy2，EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-),M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-→),B)1+.x2++y1y2=x1+.x2++k2x1+1(x2+1)，EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),B)【點睛】易錯點點睛：本題第二問題在設(shè)直線方程時，往往忽視斜率不存在的情況，一般來講，給一個點，設(shè)直線方程時用點斜式，分兩種情況，一是斜率不存在時，二是斜率存在時求解.【變式4-1】3.已知橢圓Ca>b>0的離心率為，橢圓的一個頂點與兩個焦點構(gòu)成的三角形面積為2.(1)求橢圓C的方程；(2)已知直線y=k(x—1)(k>0)與橢圓C交于A，B兩點，且與x軸，y軸交于M，N兩點.EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),B)【答案】①k②證明見解析【分析】（1）根據(jù)橢圓的離心率和三角形的面積即可求出a2=4,b2=2，則橢圓方程可得；（2）①根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系以及向量的數(shù)量積的運算即可求出；②根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系以及向量的數(shù)量積的運算即可求出．又橢圓的一個頂點與兩個焦點構(gòu)成的三角形的面積為2，即b×2C=2，即bC=2，以上各式聯(lián)立解得a2=4,b2=2，則橢圓方程為+=1.（2）①直線y=k(x—1)與x軸交點為M1,0，與y軸交點為N(0,—k)，聯(lián)立x2+2y2=4消去y得:(1+2k2x—4k2x+2k2—4=0Δ=16k4—4EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),B)y1),EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),B)1+x解得:k=±.由k>0得k=;②證明：由①知x1+xx1x7444:QA.QB=x1—,y1.x2—-,y2)=x1