专题六　第4讲　母题突破3　定值问题.docx

母题突破3定值问题

母题(2023·黄山模拟)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，点A为下顶点，且AM的斜率为eq\f(\r(3),2).

(1)求椭圆E的方程；

(2)如图，过点B(0,4)作一条与y轴不重合的直线，该直线交椭圆E于C，D两点，直线AD，AC分别交x轴于H，G两点，O为坐标原点．证明：|OH||OG|为定值，并求出该定值．

思路分析

?结合点的坐标和AM的斜率列方程组

?设直线BC的方程并与椭圆的方程联立

?得到x1＋x2，x1x2

?写出直线AD，AC的方程并求出H，G的横坐标

?化简运算|OH||OG|

解(1)因为椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，A(0，－b)，

且AM的斜率为eq\f(\r(3),2)，

所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,a2)＋\f(1,4b2)＝1，,\f(\f(1,2)＋b,\r(3))＝\f(\r(3),2)，))

解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，))

所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.

(2)由题意知，直线BC的斜率存在，

设直线BC：y＝kx＋4，

设D(x1，y1)，C(x2，y2)，

由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋4，))

得(1＋4k2)x2＋32kx＋60＝0，

Δ＝(32k)2－4(1＋4k2)×60＝16(4k2－15)＞0，

得|k|>eq\f(\r(15),2)，

则x1＋x2＝－eq\f(32k,1＋4k2)，

x1x2＝eq\f(60,1＋4k2)，

因为A(0，－1)，

所以直线AD的方程为y＝eq\f(y1＋1,x1)x－1，

令y＝0，解得x＝eq\f(x1,y1＋1)，

则Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,y1＋1)，0))，

同理可得Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y2＋1)，0))，

所以|OH||OG|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,y1＋1)))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y2＋1)))

＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,?kx1＋5??kx2＋5?)))

＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,k2x1x2＋5k?x1＋x2?＋25)))

＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(60,1＋4k2),k2·\f(60,1＋4k2)＋5k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(32k,1＋4k2)))＋25)))

＝eq\f(60,25)＝eq\f(12,5)为定值，

所以|OH||OG|为定值，该定值为eq\f(12,5).

[子题1](2023·六盘水模拟)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，椭圆E：eq\f(y2,2)＋x2＝1.经过原点的直线l与椭圆E交于A，B两点，P是E上任意一点，设直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为k2，证明：k1·k2是定值．

证明因为直线l过原点，

设A(x0，y0)，B(－x0，－y0)，P(x，y)．

所以k1＝eq\f(y－y0,x－x0)，k2＝eq\f(y＋y0,x＋x0)，

所以k1·k2＝eq\f(y－y0,x－x0)·eq\f(y＋y0,x＋x0)＝eq\f(y2－y\o\al(2,0),x2－x\o\al(2,0)).

又因为eq\f(y\o\al(2,0),2)＋xeq\o\al(2,0)＝1，eq\f(y2,2)＋x2＝1，

所以k1·k2＝eq\f(y2－y\o\al(2,0),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y2,2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y\o\al(2,0),2))))

＝eq\f(y2－y\o\al(2,0),\f(y\o\al(2,0),2)－\f(y2,2))＝－2，

所以k1·k2是定值．

[子题2](2023·重庆模拟)在平面直角坐标系中，双曲线E：eq\f(x2,2)－eq