浙江專用2025版高考數(shù)學新增分大一輪復習第九章平面解析幾何專題突破六高考中的圓錐曲線問題第2課時定點與定值問題講義含解析

PAGEPAGE17第2課時定點與定值問題題型一定點問題例1(2024·湖州模擬)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a>0)的上頂點為B(0，1)，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，BF2的延長線交橢圓于點M，eq\o(BM,\s\up6(→))＝4eq\o(F2M,\s\up6(→)).(1)求橢圓的標準方程；(2)若直線l交橢圓于P，Q兩點，且kBP＋kBQ＝m(m為非零常數(shù))，求證：直線l過定點.(1)解方法一設M(x0，y0)，F(xiàn)2(c，0)，則由eq\o(BM,\s\up6(→))＝4eq\o(F2M,\s\up6(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝4x0－4c，,y0－1＝4y0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(4,3)c，,y0＝－\f(1,3)，))代入橢圓方程得eq\f(16c2,9a2)＋eq\f(1,9)＝1，又a2＝c2＋1，所以a2＝2，所以橢圓的標準方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.方法二如圖，連接BF1，MF1，設|BF1|＝|BF2|＝3n，則|F2M|＝n，又|MF1|＋|MF2|＝|BF1|＋|BF2|＝6n，所以|MF1|＝5n，由|BF1|∶|BM|∶|MF1|＝3∶4∶5，得∠F1BM＝90°，則∠OBF2＝45°，a2＝2b2＝2，所以橢圓的標準方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)證明設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，當直線l的斜率不存在時，x1＝x2≠0，y1＝－y2，所以kBP＋kBQ＝eq\f(y1－1,x1)＋eq\f(y2－1,x2)＝－eq\f(2,x1)＝m，x1＝－eq\f(2,m)，即直線l：x＝－eq\f(2,m).當直線l的斜率存在時，設直線l：y＝kx＋t，把y＝kx＋t代入橢圓的方程并整理得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)＝8(2k2＋1－t2)>0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(－4kt,1＋2k2)，,x1x2＝\f(2t2－2,1＋2k2)，))kBP＋kBQ＝eq\f(y1－1,x1)＋eq\f(y2－1,x2)＝eq\f(kx1＋t－1,x1)＋eq\f(kx2＋t－1,x2)＝eq\f(2kx1x2＋t－1x1＋x2,x1x2)＝eq\f(2k·\f(2t2－2,1＋2k2)＋t－1·\f(－4kt,1＋2k2),\f(2t2－2,1＋2k2))＝m，整理得2k＝m(t＋1)，t＝eq\f(2k,m)－1，所以直線l的方程為y＝kx＋eq\f(2k,m)－1＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,m)))－1，過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,m)，－1)).綜上，直線l過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,m)，－1)).思維升華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線中系數(shù)為參數(shù)表示改變量，再探討改變的量與參數(shù)何時沒有關(guān)系，找到定點.(2)特別到一般法：依據(jù)動點或動線的特別狀況探究出定點，再證明該定點與變量無關(guān).跟蹤訓練1(2024·浙江重點中學調(diào)研)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，|F1F2|＝2eq\r(5)，點P在橢圓上，tan∠PF2F1＝2且△PF1F2的面積為4.(1)求橢圓的標準方程；(2)若點M是橢圓上隨意一點，A1，A2分別是橢圓的左、右頂點，直線MA1，MA2分別與直線x＝eq\f(3\r(5),2)交于E，F(xiàn)兩點，試證：以EF為直徑的圓交x軸于定點，并求該定點的坐標.解(1)由tan∠PF2F1＝2，得sin∠PF2F1＝eq\f(2\r(5),5)，cos∠PF2F1＝eq\f(\r(5),5).由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2\r(5)×|PF2|×\f(2\r(5),5)＝4，,|PF1|2＝|PF2|2＋2\r(5)2－2×|PF2|×2\r(5)×\f(\r(5),5)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|PF1|＝4，,|PF2|＝2，))所以2a＝|PF1|＋|PF2|＝4＋2＝6，a＝3，結(jié)合2c＝2eq\r(5)，c＝eq\r(5)，得b2＝4，故橢圓的標準方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)由(1)得A1(－3，0)，A2(3，0)，設M(x0，y0)，則直線MA1的方程為y＝eq\f(y0,x0＋3)(x＋3)，與直線x＝eq\f(3\r(5),2)的交點為Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(5),2)，\f(y0,x0＋3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(5),2)＋3))))，直線MA2的方程為y＝eq\f(y0,x0－3)(x－3)，與直線x＝eq\f(3\r(5),2)的交點為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(5),2)，\f(y0,x0－3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(5),2)－3)))).設以EF為直徑的圓交x軸于點Q(m，0)，則QE⊥QF，從而kQE·kQF＝－1，即eq\f(\f(y0,x0＋3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(5),2)＋3)),\f(3\r(5),2)－m)·eq\f(\f(y0,x0－3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(5),2)－3)),\f(3\r(5),2)－m)＝－1，即eq\f(\f(9,4)y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－9)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(5),2)－m))2，又eq\f(x\o\al(2,0),9)＋eq\f(y\o\al(2,0),4)＝1，得m＝eq\f(3\r(5),2)±1，故以EF為直徑的圓交x軸于定點，該定點的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(5),2)＋1，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(5),2)－1，0)).題型二定值問題例2(2024·北京)已知拋物線C：y2＝2px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M，直線PB交y軸于N.(1)求直線l的斜率的取值范圍；(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.(1)解因為拋物線y2＝2px過點(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<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.思維升華圓錐曲線中的定值問題的常見類型及解題策略(1)求代數(shù)式為定值.依題意設條件，得出與代數(shù)式參數(shù)有關(guān)的等式，代入代數(shù)式、化簡即可得出定值.(2)求點到直線的距離為定值.利用點到直線的距離公式得出距離的解析式，再利用題設條件化簡、變形求得.(3)求某線段長度為定值.利用長度公式求得解析式，再依據(jù)條件對解析式進行化簡、變形即可求得.跟蹤訓練2已知點M是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一點，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為C的左、右焦點，且|F1F2|＝4，∠F1MF2＝60°，△F1MF2的面積為eq\f(4\r(3),3).(1)求橢圓C的方程；(2)設N(0，2)，過點P(－1，－2)作直線l，交橢圓C于異于N的A，B兩點，直線NA，NB的斜率分別為k1，k2，證明：k1＋k2為定值.(1)解在△F1MF2中，由eq\f(1,2)|MF1||MF2|sin60°＝eq\f(4\r(3),3)，得|MF1||MF2|＝eq\f(16,3).由余弦定理，得|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1||MF2|·cos60°＝(|MF1|＋|MF2|)2－2|MF1||MF2|(1＋cos60°)，解得|MF1|＋|MF2|＝4eq\r(2).從而2a＝|MF1|＋|MF2|＝4eq\r(2)，即a＝2eq\r(2).由|F1F2|＝4，得c＝2，從而b＝2，故橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)證明當直線l的斜率存在時，設斜率為k，明顯k≠0，則其方程為y＋2＝k(x＋1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,y＋2＝kx＋1，))得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0.Δ＝56k2＋32k>0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(4kk－2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k2－8k,1＋2k2).從而k1＋k2＝eq\f(y1－2,x1)＋eq\f(y2－2,x2)＝eq\f(2kx1x2＋k－4x1＋x2,x1x2)＝2k－(k－4)·eq\f(4kk－2,2k2－8k)＝4.當直線l的斜率不存在時，可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(14),2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(14),2)))，得k1＋k2＝4.綜上，k1＋k2為定值.直線與圓錐曲線的綜合問題數(shù)學運算是指在明晰運算對象的基礎上，依據(jù)運算法則解決數(shù)學問題的過程.主要包括：理解運算對象，駕馭運算法則，探究運算方向，選擇運算方法，設計運算程序，求得運算結(jié)果等.例橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，離心率為eq\f(\r(3),2)，過F1且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為1.(1)求橢圓C的方程；(2)點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點，連接PF1，PF2，設∠F1PF2的角平分線PM交C的長軸于點M(m，0)，求m的取值范圍；(3)在(2)的條件下，過點P作斜率為k的直線l，使得l與橢圓C有且只有一個公共點，設直線PF1，PF2的斜率分別為k1，k2，若k2≠0，證明eq\f(1,kk1)＋eq\f(1,kk2)為定值，并求出這個定值.解(1)由于c2＝a2－b2，將x＝－c代入橢圓方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，得y＝±eq\f(b2,a).由題意知eq\f(2b2,a)＝1，即a＝2b2.又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以a＝2，b＝1.所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)設P(x0，y0)(y0≠0)，又F1(－eq\r(3)，0)，F(xiàn)2(eq\r(3)，0)，所以直線PF1，PF2的方程分別為：y0x－(x0＋eq\r(3))y＋eq\r(3)y0＝0，：y0x－(x0－eq\r(3))y－eq\r(3)y0＝0.由題意知eq\f(|my0＋\r(3)y0|,\r(y\o\al(2,0)＋x0＋\r(3)2))＝eq\f(|my0－\r(3)y0|,\r(y\o\al(2,0)＋x0－\r(3)2)).由于點P在橢圓上，所以eq\f(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1.所以eq\f(|m＋\r(3)|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x0＋2))2))＝eq\f(|m－\r(3)|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x0－2))2)).因為－eq\r(3)<m<eq\r(3)，－2<x0<2，可得eq\f(m＋\r(3),\f(\r(3),2)x0＋2)＝eq\f(\r(3)－m,2－\f(\r(3),2)x0)，所以m＝eq\f(3,4)x0，因此－eq\f(3,2)<m<eq\f(3,2).(3)設P(x0，y0)(y0≠0)，則直線l的方程為y－y0＝k(x－x0).聯(lián)立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y－y0＝kx－x0，))整理得(1＋4k2)x2＋8(ky0－k2x0)x＋4(yeq\o\al(2,0)－2kx0y0＋k2xeq\o\al(2,0)－1)＝0.由題意Δ＝0，即(4－xeq\o\al(2,0))k2＋2x0y0k＋1－yeq\o\al(2,0)＝0.又eq\f(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1，所以16yeq\o\al(2,0)k2＋8x0y0k＋xeq\o\al(2,0)＝0，故k＝－eq\f(x0,4y0).由(2)知eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)＝eq\f(x0＋\r(3),y0)＋eq\f(x0－\r(3),y0)＝eq\f(2x0,y0)，所以eq\f(1,kk1)＋eq\f(1,kk2)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k1)＋\f(1,k2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4y0,x0)))·eq\f(2x0,y0)＝－8，因此eq\f(1,kk1)＋eq\f(1,kk2)為定值，這個定值為－8.素養(yǎng)提升典例的解題過程體現(xiàn)了數(shù)學運算素養(yǎng)，其中設出P點的坐標而不求解又體現(xiàn)了數(shù)學運算素養(yǎng)中的一個運算技巧——設而不求，從而簡化了運算過程.1.(2024·衢州模擬)如圖，圓x2＋(y－1)2＝4過橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的下頂點及左、右焦點F1，F(xiàn)2，過橢圓C的左焦點F1的直線與橢圓C相交于M，N兩點，線段MN的中垂線交x軸于點D且垂足為點P.(1)求橢圓C的方程；(2)證明：當直線MN斜率改變時，eq\f(|DF1|,|MN|)為定值.(1)解當x＝0時，由x2＋(y－1)2＝4，得y＝－1或y＝3；當y＝0時，由x2＋(y－1)2＝4，得x＝±eq\r(3).又圓x2＋(y－1)2＝4過橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的下頂點及焦點F1，F(xiàn)2，故c＝eq\r(3)，b＝1，所以a2＝b2＋c2＝4，即橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明易知直線MN的斜率存在，且不為0，所以設直線MN：y＝k(x＋eq\r(3))，且M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋\r(3)，,x2＋4y2＝4，))消去y，得(1＋4k2)x2＋8eq\r(3)k2x＋4(3k2－1)＝0，Δ＝(8eq\r(3)k2)2－4×4(1＋4k2)(3k2－1)＝16(k2＋1)>0，故x1＋x2＝－eq\f(8\r(3)k2,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(43k2－1,1＋4k2)，則MN的中點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4\r(3)k2,1＋4k2)，\f(\r(3)k,1＋4k2)))，故MN的中垂線DP的方程為keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(3)k,1＋4k2)))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4\r(3)k2,1＋4k2)))，k≠0，由y＝0得Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(3)k2,1＋4k2)，0))，故|DF1|＝eq\r(3)－eq\f(3\r(3)k2,1＋4k2)＝eq\f(\r(3)1＋k2,1＋4k2)，|MN|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(41＋k2,1＋4k2)，因此，eq\f(|DF1|,|MN|)＝eq\f(\r(3),4)為定值.2.已知拋物線C的頂點在原點，焦點在y軸上，且拋物線上有一點P(m，5)到焦點的距離為6.(1)求該拋物線C的方程；(2)已知拋物線上一點M(4，t)，過點M作拋物線的兩條弦MD和ME，且MD⊥ME，推斷直線DE是否過定點，并說明理由.解(1)由題意設拋物線方程為x2＝2py(p>0)，其準線方程為y＝－eq\f(p,2)，P(m，5)到焦點的距離等于P到其準線的距離，所以5＋eq\f(p,2)＝6，即p＝2.所以拋物線方程為x2＝4y.(2)由(1)可得點M(4，4)，設直線MD的方程為y＝k(x－4)＋4(k≠0)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－4＋4，,x2＝4y，))得x2－4kx＋16k－16＝0，由題意得Δ>0，設D(x1，y1)，E(x2，y2)，則xM·x1＝16k－16，所以x1＝eq\f(16k－16,4)＝4k－4，y1＝eq\f(4k－42,4)＝4(k－1)2，同理可得x2＝－eq\f(4,k)－4，y2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋1))2，所以直線DE的方程為y－4(k－1)2＝eq\f(4k－12－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋1))2,4k－4＋\f(4,k)＋4)(x－4k＋4)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,k)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)－2)),k＋\f(1,k))(x－4k＋4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)－2))(x－4k＋4).化簡得y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)－2))x＋4k－eq\f(4,k)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)－2))(x＋4)＋8.所以直線DE過定點(－4，8).3.知拋物線C1的方程為x2＝2py(p>0)，過點M(a，－2p)(a為常數(shù))作拋物線C1的兩條切線，切點分別為A，B.(1)過焦點且在x軸上截距為2的直線l與拋物線C1交于Q，N兩點，Q，N兩點在x軸上的射影分別為Q′，N′，且|Q′N′|＝2eq\r(5)，求拋物線C1的方程；(2)設直線AM，BM的斜率分別為k1，k2.求證：k1·k2為定值.(1)解因為拋物線C1的焦點坐標是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，所以過焦點且在x軸上截距為2的直線方程是eq\f(x,2)＋eq\f(y,\f(p,2))＝1，即eq\f(x,2)＋eq\f(2y,p)＝1.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝2py，,\f(x,2)＋\f(2y,p)＝1，))消去y并整理，得x2＋eq\f(p2,2)x－p2＝0，明顯Δ>0恒成立，設點Q(xQ，yQ)，N(xN，yN)，則xQ＋xN＝－eq\f(p2,2)，xQxN＝－p2.則|Q′N′|＝|xQ－xN|＝eq\r(xQ＋xN2－4xQxN)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p2,2)))2－4×－p2)＝eq\r(\f(p4,4)＋4p2)＝2eq\r(5)，解得p＝2.所以拋物線C1的方程為x2＝4y.(2)證明設點A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1>0，x2<0).依題意，由x2＝2py(p>0)，得y＝eq\f(x2,2p)，則y′＝eq\f(x,p).所以切線MA的方程是y－y1＝eq\f(x1,p)(x－x1)，即y＝eq\f(x1,p)x－eq\f(x\o\al(2,1),2p).又點M(a，－2p)在直線MA上，于是有－2p＝eq\f(x1,p)×a－eq\f(x\o\al(2,1),2p)，即xeq\o\al(2,1)－2ax1－4p2＝0.同理，有xeq\o\al(2,2)－2ax2－4p2＝0，因此，x1，x2是方程x2－2ax－4p2＝0的兩根，則x1＋x2＝2a，x1x2＝－4p2.所以k1·k2＝eq\f(x1,p)·eq\f(x2,p)＝eq\f(x1x2,p2)＝eq\f(－4p2,p2)＝－4，故k1·k2為定值得證.4.已知中心在原點，焦點在x軸上的橢圓C的離心率為eq\f(\r(2),2)，過左焦點F且垂直于x軸的直線交橢圓C于P，Q兩點，且|PQ|＝2eq\r(2).(1)求C的方程；(2)若直線l是圓x2＋y2＝8上的點(2，2)處的切線，點M是直線l上任一點，過點M作橢圓C的切線MA，MB，切點分別為A，B，設切線的斜率都存在.求證：直線AB過定點，并求出該定點的坐標.解(1)由已知，設橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，因為|PQ|＝2eq\r(2)，不妨設點P(－c，eq\r(2))，代入橢圓方程得eq\f(c2,a2)＋eq\f(2,b2)＝1，又因為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以eq\f(1,2)＋eq\f(2,b2)＝1，b＝c，所以b2＝4，a2＝2b2＝8，所以C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)依題設，得直線l的方程為y－2＝－(x－2)，即x＋y－4＝0，設M(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，x0≠x1且x0≠x2，由切線MA的斜率存在，設其方程為y－y1＝k(x－x1)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－y1＝kx－x1，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1))得(2k2＋1)x2＋4k(y1－kx1)x＋2(y1－kx1)2－8＝0，由相切得Δ＝16k2(y1－kx1)2－8(2k2＋1)[(y1－kx1)2－4]＝0，化簡得(y1－kx1)2＝8k2＋4，即(xeq\o\al(2,1)－8)k2－2x1y1k＋yeq\o\al(2,1)－4＝0，因為方程只有一解，所以k＝eq\f(x1y1,x\o\al(2,1)－8)＝eq\f(x1y1,－2y\o\al(2,1))＝－eq\f(x1,2y1)，所以切線MA的方程為y－y1＝－eq\f(x1,2y1)(x－x1)，即x1x＋2y1y＝8，同理，切線MB的方程為x2x＋2y2y＝8，又因為兩切線都經(jīng)過點M(x0，y0)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1x0＋2y1y0＝8，,x2x0＋2y2y0＝8，))所以直線AB的方程為x0x＋2y0y＝8，又x0＋y0＝4，所以直線AB的方程可化為x0x＋2(4－x0)y＝8，即x0(x－2y)＋8y－8＝0，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＝0，,8y－8＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝1，))所以直線AB恒過定點(2，1).5.設橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率e＝eq\f(\r(3),2)，左頂點M到直線eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1的距離d＝eq\f(4\r(5),5)，O為坐標原點.(1)求橢圓C的方程；(2)設直線l與橢圓C相交于A，B兩點，若以AB為直徑的圓經(jīng)過坐標原點，證明：點O到直線AB的距離為定值.(1)解由e＝eq\f(\r(3),2)，得c＝eq\f(\r(3),2)a，又b2＝a2－c2，所以b＝eq\f(1,2)a，即a＝2b.由左頂點M(－a，0)到直線eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1，即到直線bx＋ay－ab＝0的距離d＝eq\f(4\r(5),5)，得eq\f(|b－a－ab|,\r(a2＋b2))＝eq\f(4\r(5),5)，即eq\f(2ab,\r(a2＋b2))＝eq\f(4\r(5),5)，把a＝2b代入上式，得eq\f(4b2,\r(5)b)＝eq\f(4\r(5),5)，解得b＝1.所以a＝2b＝2，c＝eq\r(3).所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明設A(x1，y1)，B(x2，y2)，①當直線AB的斜率不存在時，由橢圓的對稱性，可知x1＝x2，y1＝－y2.因為以AB為直徑的圓經(jīng)過坐標原點，故eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，即x1x2＋y1y2＝0，也就是xeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,1)＝0，又點A在橢圓C上，所以eq\f(x\o\al(2,1),4)＋yeq\o\al(2,1)＝1，解得|x1|＝|y1|＝eq\f(2\r(5),5).此時點O到直線AB的距離d1＝|x1|＝eq\f(2\r(5),5).②當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為y＝kx＋m，與橢圓方程聯(lián)立有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－4,1＋4k2).因為以AB為直徑的圓過坐標原點O，所以OA⊥OB，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝0，所以(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0，所以(1＋k2)·eq\f(4m2－4,1＋4k2)－eq\f(8k2m2,1＋4k2)＋m2＝0，整理得5m2＝4(k2＋1)，所以點O到直線AB的距離d1＝eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝eq\f(2\r(5),5).綜上所述，點O到直線AB的距離為定值eq\f(2\r(5),5).6.(2024·麗水、衢州、湖州三地市質(zhì)檢)如圖，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1的左、右焦點，A，B是橢圓C上的兩點，且都在x軸上方，AF1∥BF2，設AF2，BF1的交點為M.(1)求證：eq\f(1,|AF1|)＋eq\f(1,|BF2|)為定值；(2)求動點M的軌跡方程.(1)證明方法一如題圖所示，由題意知F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，設直線AF1的方程為x＝my－1，與橢圓C的方程聯(lián)立，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,x＝my－1，))消去x，整理得(m2＋2)y2－2my－1＝0.由題意知，Δ>0，因為點A在x軸上方，設A(xA，yA)，所以yA>0，yA＝eq\f(2m＋2\r(2m2＋1),2m2＋2)＝eq\f(m＋\r(2m2＋1),m2＋2)，所以|AF1|＝eq\r(1＋m2)|yA－0|＝eq\f(\r(1＋m2)·[m＋\r(2m2＋1)],m2＋2).直線BF2的方程為x＝my＋1，設B(xB，yB)，同理可得yB＝eq\f(－m＋\r(2m2＋1),m2＋2)，|BF2|＝eq\r(1＋m2)|yB－0|＝eq\f(\r(1＋m2)·[－m＋\r(2m2＋1)],m2＋2)，所以eq\f(1,|AF1|)＝eq\f(m2＋2,\r(1＋m2)·[m＋\r(2m2＋1)])，eq\f(1,|BF2|)＝eq\f(m2＋2,\r(1＋m2)·[－m＋\r(2m2＋1)])，所以eq\f(1,|AF1|)＋eq\f(1,|BF2|)＝eq\f(m2＋2,\r(1＋m2)·[m＋\r(2m2＋1)])＋eq\f(m2＋2,\r(1＋m2)·[－m＋\r(2m2＋1)])＝eq\f(m2＋2,\r(1＋m2))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,m＋\r(2m2＋1))＋\f(1,－m＋\r(2m2＋1))))＝eq\f(m2＋2,\r(1＋m2))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2m2＋1),2m2＋1－m2)))＝2eq\r(2).所以eq\f(1,|AF1|)＋eq\f(1,|BF2|)為定值.方法二如圖所示，延長AF1交橢圓于B1，由橢圓的對稱性可知|B1F1|＝|BF2|，所以要證eq\f(1,|AF1|)＋eq\f(1,|BF2|)為定值，只需證eq\f(1,|AF1|)＋eq\f(1,|B1F1|)為定值.設直線AF1的方程為x＝my－1，A(x1，y1)，B1(x2，y2)，y1>0，y2<0，與橢圓C的方程聯(lián)立，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,x＝my－1，))消去x，整理可得(m2＋2)y2－2my－1＝0，由題意知，Δ>0，所以y1＋y2＝eq\f(2m,m2＋2)，y1y2＝－eq\f(1,m2＋2).所以eq\f(1,|AF1|)＋eq\f(1,|B1F1|)＝eq\f(1,\r(m2＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,|y1|)＋\f(1,|y2|)))＝eq\f(1,\r(m2＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y1)－\f(1,y2)))＝eq\f(1,\r(m2＋1))eq\f(y2－y1,y1y2)＝eq\f(1,\r(m2＋1))·eq\f(－\r(y1