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母题突破 3 定值问题
母题 已知抛物线C：y2＝2px(p>0)经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不
同的交点A，B，且直线PA交y轴于点M，直线PB交y轴于点N.
(1)求直线l斜率的取值范围；
(2)设O为原点，QM＝λQO，QN＝μQO，求证：＋为定值．
思路分析
❶联立l，C的方程，由判别式及PA，PB与y轴有交点求斜率的取值范围
↓
❷用A，B的坐标表示M，N的坐标
↓
❸用M，N的坐标表示λ，μ
↓
❹利用根与系数的关系计算＋
↓
❺求出＋为定值
(1)解 因为抛物线y2＝2px过点P(1,2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.
由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，解得k<1，
又因为k≠0.
故k＜0或0＜k＜1.
又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．
从而k≠－3.
所以直线l的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0,1)．
(2)证明 设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
由(1)知x＋x＝－，xx＝.
1 2 1 2
直线PA的方程为y－2＝(x－1)，
令x＝0，得点M的纵坐标为
y ＝＋2＝＋2.
M同理得点N的纵坐标为y ＝＋2.
N
由QM＝λQO，QN＝μQO，
得λ＝1－y ，μ＝1－y .
M N
所以＋＝＋
＝＋
＝·
＝·
＝2.
所以＋为定值．
[子题1] (2022·张家口质检)已知双曲线C：x2－＝1，若直线l与双曲线C交于A，B两点，
且OA·OB＝0，O为坐标原点，证明：点O到直线l的距离为定值，并求出这个定值．
证明 设A(x，y)，B(x，y)．
1 1 2 2
当直线l和x轴或y轴平行时，
|x|＝|y|，|x|＝|y|，
1 1 2 2
解得|x|＝|y|＝|x|＝|y|＝，
1 1 2 2
所以点O到直线l的距离为.
当直线l和x轴或y轴不平行时，
设直线l的方程为x＝my＋t，
由
得(3m2－1)y2＋6mty＋3t2－3＝0，
Δ＝(6mt)2－4(3m2－1)(3t2－3)
＝12(3m2＋t2－1)>0，
所以y＋y＝，yy＝.
1 2 1 2
又x＝my＋t，x＝my＋t，
1 1 2 2
所以OA·OB＝xx＋yy
1 2 1 2
＝(my＋t)(my＋t)＋yy
1 2 1 2
＝(m2＋1)yy＋mt(y＋y)＋t2＝0，
1 2 1 2
得＝0，
解得2t2＝3m2＋3.
又点O到直线l的距离为d＝，
则d2＝＝，
故d＝，
所以点O到直线l的距离为定值.
[子题2] (2022·马鞍山模拟)已知椭圆C：＋＝1，P为椭圆上一点，过点P作斜率互为相反数的两条直线，分别交椭圆于A，B两点(不与P点重合)，证明：直线AB的斜率为定值．
证明 设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为－k，
于是PA的方程为y＝k(x－1)＋，
PB的方程为y＝－k(x－1)＋，
代入A，B坐标并作差得，
y－y＝k(x＋x)－2k，①
1 2 1 2
另一方面，联立
消去y得(3＋4k2)x2－(8k2－12k)x＋(4k2－12k－3)＝0，
由根与系数的关系得，1·x＝，
1
即x＝，②
1
同理可得，x＝，③
2
将①②③代入得，
k ＝＝＝＝，
AB
故直线AB的斜率为定值．
规律方法 求解定值问题的两大途径
(1)由特例得出一个值(此值一般就是定值)→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、分母约分得定值．
1．已知椭圆C：＋＝1的左、右焦点分别为F ，F ，点G是椭圆上一点．直线l：y＝kx＋m
1 2
与椭圆C交于A，B两点，且四边形OAGB为平行四边形．求证：平行四边形OAGB的面积
为定值．
证明 设A(x，y)，B(x，y)，G(x，y)，
1 1 2 2 0 0
将y＝kx＋m代入＋＝1，
消去y并整理得
(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
Δ＝16(12k2－m2＋3)>0，
则x＋x＝－，
1 2
x·x＝，
1 2
y＋y＝k(x＋x)＋2m＝，
1 2 1 2
∵四边形OAGB为平行四边形，
∴OG＝OA＋OB＝(x＋x，y＋y)，
1 2 1 2得G，
将G点坐标代入椭圆C的方程得
m2＝(1＋4k2)，
点O到直线AB的距离为d＝，
|AB|＝|x－x|，
1 2
∴平行四边形OAGB的面积为
S＝d·|AB|＝|m||x－x|
1 2
＝|m|
＝4·
＝4·
＝4·＝3.
故平行四边形OAGB的面积为定值3.
2．已知双曲线Γ：x2－＝1的左、右顶点分别为A(－1,0)，A(1,0)，过点F(2,0)斜率不为0
1 2
的直线l与Γ交于P，Q两点．记直线AP，AQ的斜率分别为k，k，求证：为定值．
1 2 1 2
证明 当l的斜率不存在时，点P，Q的坐标分别为(2,3)和(2，－3)或P，Q的坐标分别为
(2，－3)和(2,3)，
所以，当k＝1时，有k＝－3，
1 2
当k＝－1时，有k＝3，
1 2
此时＝－；
当l的斜率k存在时，
设P(x，y)，Q(x，y)，l的方程为y＝k(x－2)，
1 1 2 2
将直线l代入双曲线方程得
(k2－3)x2－4k2x＋4k2＋3＝0，Δ>0，
所以x＋x＝，
1 2
xx＝，
1 2
3k＋k＝＋
1 2
＝＋
＝＝
＝
因为4xx－5(x＋x)＋4
1 2 1 2
＝＝0，
所以3k＋k＝0，即＝－，
1 2
综上，为定值．专题强化练
1．(2022·济宁模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，A，B分别为椭圆C的右顶点、上顶点，F
为椭圆C的右焦点，椭圆C的离心率为，△ABF的面积为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点P为椭圆C上的动点(不是顶点)，点P与点M，N分别关于原点、y轴对称，连接MN
与x轴交于点E，并延长PE交椭圆C于点Q，证明：直线MP的斜率与直线MQ的斜率之
积为定值．
(1)解 由题意得＝，
则a＝2c，b＝c.
△ABF的面积为(a－c)b＝，
则(a－c)b＝.
将a＝2c，b＝c代入上式，
得c＝1，则a＝2，b＝，
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)证明 由题意可知直线PQ的斜率一定存在，
设直线PQ的方程为y＝kx＋m，
设P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2
则M(－x，－y)，N(－x，y)，E(－x，0)，
1 1 1 1 1
联立方程
得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
∴x＋x＝－，
1 2
∴y＋y＝k(x＋x)＋2m
1 2 1 2
＝k＋2m＝，
∴k ＝＝＝－，
MQ
k ＝＝k ＝k，
PE PQ
∵k ＝＝2·＝2k ＝2k，
MP PE
∴k ·k ＝－×2k＝－，
MP MQ
∴k ·k 为定值－.
MP MQ
2．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，过F且斜率为1的直线与C交于A，B两点，|
AB|＝8.
(1)求C的方程；
(2)过点D(1,2)的直线l交C于M，N两点，点Q为MN的中点，QR⊥x轴交C于点R，且QR
＝RT，证明：动点T在定直线上．(1)解 设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
因为F，
所以过F且斜率为1的直线方程为y＝x＋，
代入x2＝2py，得x2－2px－p2＝0，
所以x＋x＝2p，
1 2
y＋y＝x＋x＋p＝3p，
1 2 1 2
所以|AB|＝y＋y＋p＝4p＝8，
1 2
解得p＝2，
所以C的方程为x2＝4y.
(2)证明 因为直线l的斜率k存在，设l的方程为y＝k(x－1)＋2，
方法一 设Q(x，y)，M，
0 0
N，
联立
消y得x2－4kx＋4k－8＝0，
所以Δ＝16(k2－k＋2)>0，
x＋x＝4k，x·x＝4k－8，
3 4 3 4
所以x＝＝2k，
0
y＝k(x－1)＋2＝2k2－k＋2，
0 0
即Q(2k，2k2－k＋2)，
由点R在曲线C上且QR⊥x轴，QR＝RT，
得R(2k，k2)，R为QT的中点，
所以T(2k，k－2)，
因为2k－2(k－2)－4＝0，
所以T在定直线x－2y－4＝0上．
方法二 设T(x，y)，M(x，y)，N(x，y)，
3 3 4 4
由
作差得(x＋x)(x－x)＝4(y－y)，
3 4 3 4 3 4
所以＝，
设Q(x，y)，
5因为点Q的横坐标x＝，
所以直线MN的斜率k＝，
又因为＝k，
所以＝，
所以y＝x(x－1)＋2，
5
因为点R为QT的中点，
所以R，
因为点R在C上，代入得x2＝2(y＋y)，
5
即x－2y－4＝0，
所以T在定直线x－2y－4＝0上．
