2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)考點(diǎn)突破第8章平面解析幾何第10講圓錐曲線-定點(diǎn)定值探究性問(wèn)題考點(diǎn)3定值問(wèn)題

定值問(wèn)題(2023·山西忻州模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為eq\r(2)，且點(diǎn)A(2,1)在雙曲線C上．(1)求雙曲線C的方程；(2)若點(diǎn)M，N在雙曲線C上，且AM⊥AN，直線MN不與y軸平行，證明：直線MN的斜率k為定值．[解析](1)由題可得離心率eq\f(c,a)＝eq\r(2)，所以c＝eq\r(2)a，又因?yàn)閏2＝a2＋b2，所以a2＝b2，所以雙曲線方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a2)＝1，又因?yàn)殡p曲線過(guò)點(diǎn)A(2,1)，所以eq\f(4,a2)－eq\f(1,a2)＝1，解得a2＝3，所以雙曲線方程為eq\f(x2,3)－eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)直線MN的方程為y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)－\f(y2,3)＝1，))得(1－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，則1－k2≠0得k2≠1，Δ＝4k2m2＋4(1－k2)(m2＋3)>0，得m2>3k2－3，x1＋x2＝eq\f(2km,1－k2)，x1x2＝eq\f(－m2－3,1－k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq\f(2k2m,1－k2)＋2m＝eq\f(2m,1－k2)，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq\f(m2－3k2,1－k2)，因?yàn)锳M⊥AN，所以eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝0，所以(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，即x1x2－2(x1＋x2)＋4＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，所以eq\f(－m2－3,1－k2)＋eq\f(－4km,1－k2)＋4＋eq\f(m2－3k2,1－k2)＋eq\f(－2m,1－k2)＋1＝0，所以1－2km－4k2－m＝0即(1－2k－m)(2k＋1)＝0，得1－2k－m＝0或2k＋1＝0，若1－2k－m＝0，則直線MN的方程為y＝kx＋1－2k，即y－1＝k(x－2)過(guò)點(diǎn)A(2,1)，不符合題意，若2k＋1＝0，則k＝－eq\f(1,2)，滿(mǎn)足AM⊥AN，綜上直線MN的斜率k為定值－eq\f(1,2).名師點(diǎn)撥：圓錐曲線中定值問(wèn)題的特點(diǎn)及解法1．特點(diǎn)：待證幾何量不受動(dòng)點(diǎn)或動(dòng)線的影響而有固定的值．2．解法：(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無(wú)關(guān)；(2)引進(jìn)變量法：其解題流程為【變式訓(xùn)練】(2024·河北衡水中學(xué)綜合素養(yǎng)測(cè)評(píng))已知直線l1：y＝2x和直線l2：y＝－2x，過(guò)動(dòng)點(diǎn)E作平行l(wèi)2的直線交l1于點(diǎn)A，過(guò)動(dòng)點(diǎn)E作平行l(wèi)1的直線交l2于點(diǎn)B，且四邊形OAEB(O為原點(diǎn))的面積為4.(1)求動(dòng)點(diǎn)E的軌跡方程；(2)當(dāng)動(dòng)點(diǎn)E的軌跡的焦點(diǎn)在x軸時(shí)，記軌跡為曲線E0，若過(guò)點(diǎn)M(1,0)的直線m與曲線E0交于P，Q兩點(diǎn)，且與y軸交于點(diǎn)N，若eq\o(NM,\s\up6(→))＝λeq\o(MP,\s\up6(→))，eq\o(NM,\s\up6(→))＝μeq\o(MQ,\s\up6(→))，求證：λ＋μ為定值．[解析](1)設(shè)E(x0，y0)，過(guò)E(x0，y0)且平行l(wèi)2的直線方程為y－y0＝－2(x－x0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－y0＝－2x－x0，,y＝2x，))得交點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為eq\f(2x0＋y0,4)，所以|OA|＝eq\r(1＋22)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2x0＋y0,4)))＝eq\f(\r(5),4)|2x0＋y0|，E點(diǎn)到直線l1的距離為eq\f(|2x0－y0|,\r(5))，所以四邊形OAEB的面積為eq\f(|2x0－y0|,\r(5))×eq\f(\r(5),4)|2x0＋y0|＝4，即eq\f(x\o\al(2,0),4)－eq\f(y\o\al(2,0),16)＝1或eq\f(y\o\al(2,0),16)－eq\f(x\o\al(2,0),4)＝1，故動(dòng)點(diǎn)E的軌跡方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1或eq\f(y2,16)－eq\f(x2,4)＝1.(2)證明：由題知E0的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1，設(shè)N(0，yN)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，當(dāng)直線m的斜率為0時(shí)，N(0,0)，若P(－2,0)，Q(2,0)，由eq\o(NM,\s\up6(→))＝λeq\o(MP,\s\up6(→))，eq\o(NM,\s\up6(→))＝μeq\o(MQ,\s\up6(→))，知λ＝－eq\f(1,3)，μ＝1，所以λ＋μ＝eq\f(2,3)；若Q(－2,0)，P(2,0)，由eq\o(NM,\s\up6(→))＝λeq\o(MP,\s\up6(→))，eq\o(NM,\s\up6(→))＝μeq\o(MQ,\s\up6(→))，知λ＝1，μ＝－eq\f(1,3)，所以λ＋μ＝eq\f(2,3)；當(dāng)直線m的斜率不為0時(shí)，設(shè)直線m的方程為x＝ty＋1(顯然t≠0)，則Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,t)))，即yN＝－eq\f(1,t)，因?yàn)閑q\o(NM,\s\up6(→))＝λeq\o(MP,\s\up6(→))，eq\o(NM,\s\up6(→))＝μeq\o(MQ,\s\up6(→))，所以(1，－yN)＝λ(x1－1，y1)，(1，－yN)＝μ(x2－1，y2)，解得λ＝－eq\f(yN,y1)，u＝－eq\f(yN,y2)，λ＋μ＝－yNeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y1)＋\f(1,y2)))＝－yN·eq\f(y1＋y2,y1y2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,4x2－y2＝16，))消x并整理得(4t2－1)y2＋8ty－12＝0，因?yàn)橹本€m與曲線E0有兩個(gè)交點(diǎn)，則在4t2－