2019版文科數(shù)學(xué)大9.8　圓錐曲線的綜合問題 第2課時 含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第2課時定點、定值、探索性問題題型一定點問題典例(2017·全國Ⅰ）已知橢圓C:eq\f(x2,a2）＋eq\f(y2,b2)＝1（a>b〉0）,四點P1(1，1）,P2（0,1)，P3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f（\r(3)，2）)），P4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f（\r（3），2）))中恰有三點在橢圓C上．(1）求C的方程；(2）設(shè)直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A，B兩點．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1，證明：l過定點．(1）解由于P3，P4兩點關(guān)于y軸對稱，故由題設(shè)知橢圓C經(jīng)過P3，P4兩點．又由eq\f（1，a2）＋eq\f（1,b2）〉eq\f（1，a2)＋eq\f(3，4b2）知，橢圓C不經(jīng)過點P1,所以點P2在橢圓C上．因此eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)＝1，,\f（1，a2)＋\f(3,4b2）＝1，））解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a2＝4，，b2＝1.））故橢圓C的方程為eq\f（x2，4)＋y2＝1。(2）證明設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2。如果l與x軸垂直，設(shè)l:x＝t，由題設(shè)知t≠0，且｜t｜〈2，可得A，B的坐標(biāo)分別為eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(t，\f(\r(4－t2）,2））），eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（t，－\f(\r（4－t2),2))),則k1＋k2＝eq\f（\r（4－t2)－2,2t)－eq\f（\r（4－t2)＋2，2t)＝－1，得t＝2，不符合題設(shè)．從而可設(shè)l：y＝kx＋m（m≠1)．將y＝kx＋m代入eq\f（x2,4）＋y2＝1，得（4k2＋1）x2＋8kmx＋4m2－4＝0。由題設(shè)可知Δ＝16(4k2－m2＋1）>0.設(shè)A(x1，y1),B(x2，y2),則x1＋x2＝－eq\f(8km，4k2＋1），x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1).而k1＋k2＝eq\f（y1－1,x1）＋eq\f（y2－1，x2)＝eq\f(kx1＋m－1，x1）＋eq\f（kx2＋m－1，x2）＝eq\f（2kx1x2＋m－1x1＋x2,x1x2）。由題設(shè)知k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋（m－1)(x1＋x2）＝0.即（2k＋1）·eq\f(4m2－4,4k2＋1)＋（m－1)·eq\f（－8km，4k2＋1)＝0，解得k＝－eq\f(m＋1，2)。當(dāng)且僅當(dāng)m>－1時，Δ〉0，于是l：y＝－eq\f（m＋1，2）x＋m，即y＋1＝－eq\f（m＋1，2）（x－2），所以l過定點（2,－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(biāo)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：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)．跟蹤訓(xùn)練（2017·長沙聯(lián)考)已知橢圓eq\f（x2,a2)＋eq\f（y2,b2）＝1（a〉0，b>0）過點（0，1）,其長軸、焦距和短軸的長的平方依次成等差數(shù)列．直線l與x軸正半軸和y軸分別交于點Q,P，與橢圓分別交于點M，N，各點均不重合且滿足eq\o（PM，\s\up6（→））＝λ1eq\o(MQ,\s\up6(→)）,eq\o（PN，\s\up6(→））＝λ2eq\o(NQ,\s\up6(→）).（1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若λ1＋λ2＝－3，試證明:直線l過定點并求此定點．（1）解設(shè)橢圓的焦距為2c,由題意知b＝1，且（2a）2＋（2b）2＝2(2c）2,又a2＝b2＋c2，∴a2＝3.∴橢圓的方程為eq\f（x2，3）＋y2＝1。(2）證明由題意設(shè)P(0，m），Q(x0，0），M(x1，y1),N(x2，y2)，設(shè)l方程為x＝t（y－m)，由eq\o（PM,\s\up6(→))＝λ1eq\o（MQ,\s\up6（→))知（x1，y1－m)＝λ1（x0－x1，－y1)，∴y1－m＝－y1λ1,由題意y1≠0，∴λ1＝eq\f(m，y1）－1.同理由eq\o（PN,\s\up6（→）)＝λ2eq\o（NQ，\s\up6(→））知λ2＝eq\f（m,y2)－1。∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2）＝0，①聯(lián)立eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x2＋3y2＝3，，x＝ty－m，））得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，∴由題意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3）（t2m2－3)〉0，②且有y1＋y2＝eq\f(2mt2,t2＋3)，y1y2＝eq\f（t2m2－3,t2＋3），③③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，∴（mt）2＝1,由題意mt〈0,∴mt＝－1，滿足②，得直線l方程為x＝ty＋1，過定點（1，0），即Q為定點．題型二定值問題典例（2017·廣州市綜合測試)已知橢圓C：eq\f（x2，a2）＋eq\f(y2，b2)＝1(a>b〉0)的離心率為eq\f（\r(3),2），且過點A(2,1)．(1）求橢圓C的方程；（2)若P，Q是橢圓C上的兩個動點，且使∠PAQ的角平分線總垂直于x軸，試判斷直線PQ的斜率是否為定值？若是，求出該值；若不是,請說明理由．解(1)因為橢圓C的離心率為eq\f(\r（3），2），且過點A（2，1），所以eq\f（4，a2)＋eq\f(1，b2)＝1,eq\f（c，a）＝eq\f（\r（3),2），又a2＝b2＋c2，所以a2＝8，b2＝2，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,8）＋eq\f(y2，2）＝1。（2)方法一因為∠PAQ的角平分線總垂直于x軸,所以PA與AQ所在的直線關(guān)于直線x＝2對稱．設(shè)直線PA的斜率為k,則直線AQ的斜率為－k.所以直線PA的方程為y－1＝k(x－2)，直線AQ的方程為y－1＝－k（x－2）．設(shè)點P(xP，yP），Q(xQ,yQ），由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(y－1＝kx－2，,\f（x2,8)＋\f(y2，2)＝1，）)得（1＋4k2）x2－（16k2－8k)x＋16k2－16k－4＝0.①因為點A（2,1）在橢圓C上,所以x＝2是方程①的一個根，則2xP＝eq\f(16k2－16k－4,1＋4k2）,所以xP＝eq\f（8k2－8k－2，1＋4k2）.同理xQ＝eq\f（8k2＋8k－2，1＋4k2）。所以xP－xQ＝－eq\f(16k,1＋4k2），xP＋xQ＝eq\f（16k2－4,1＋4k2）.又yP－yQ＝k（xP＋xQ－4)＝－eq\f（8k，1＋4k2)，所以直線PQ的斜率kPQ＝eq\f(yP－yQ，xP－xQ)＝eq\f(1,2)，所以直線PQ的斜率為定值,該值為eq\f（1,2).方法二設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋b，點P(x1，y1），Q（x2,y2），則y1＝kx1＋b,y2＝kx2＋b，直線PA的斜率kPA＝eq\f（y1－1，x1－2），直線QA的斜率kQA＝eq\f（y2－1,x2－2).因為∠PAQ的角平分線總垂直于x軸，所以PA與AQ所在的直線關(guān)于直線x＝2對稱，所以kPA＝－kQA，即eq\f（y1－1，x1－2）＝－eq\f（y2－1，x2－2)，化簡得x1y2＋x2y1－（x1＋x2)－2（y1＋y2）＋4＝0.把y1＝kx1＋b，y2＝kx2＋b代入上式，化簡得2kx1x2＋(b－1－2k）(x1＋x2）－4b＋4＝0.①由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（y＝kx＋b，，\f(x2，8）＋\f(y2,2)＝1，））得（4k2＋1）x2＋8kbx＋4b2－8＝0，②則x1＋x2＝－eq\f（8kb，4k2＋1），x1x2＝eq\f(4b2－8,4k2＋1），代入①，得eq\f（2k4b2－8，4k2＋1）－eq\f(8kbb－1－2k，4k2＋1)－4b＋4＝0，整理得(2k－1)（b＋2k－1)＝0，所以k＝eq\f(1，2)或b＝1－2k.若b＝1－2k，可得方程②的一個根為2，不符合題意．所以直線PQ的斜率為定值,該值為eq\f（1,2）.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(shè)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(shè)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(xùn)練(2018屆洛陽聯(lián)考）如圖，點F是拋物線τ:x2＝2py（p〉0）的焦點,點A是拋物線上的定點，且eq\o（AF,\s\up6(→）)＝(2，0)，點B,C是拋物線上的動點，直線AB，AC的斜率分別為k1，k2.（1)求拋物線τ的方程；(2）若k2－k1＝2，點D是拋物線在點B，C處切線的交點，記△BCD的面積為S，證明S為定值．(1)解設(shè)A(x0，y0），由題意知Feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0,\f(p,2)))，所以eq\o(AF,\s\up6（→)）＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x0，\f（p,2）－y0))＝（2,0)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－2，，y0＝\f(p,2）,)）代入x2＝2py（p>0)中得4＝p2，即p＝2，所以拋物線τ的方程是x2＝4y。（2)證明過D作y軸的平行線交BC于點E，并設(shè)Beq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f（x\o\al（2，1），4）））,Ceq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x2,\f(x\o\al(2,2）,4））），由（1）知A（－2,1），所以k2－k1＝eq\f（\f（x\o\al(2，2）,4）－1,x2＋2)－eq\f（\f(x\o\al（2,1)，4)－1，x1＋2）＝eq\f(x2－x1,4），又k2－k1＝2，所以x2－x1＝8.由y＝eq\f（x2,4),得y′＝eq\f(x,2）。所以直線BD：y＝eq\f(x1,2)x－eq\f(x\o\al(2,1）,4)，直線CD：y＝eq\f（x2，2）x－eq\f（x\o\al(2，2)，4），解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（xD＝\f(x1＋x2,2），，yD＝\f(x1x2，4)，））因為直線BC的方程為y－eq\f(x\o\al（2，1)，4)＝eq\f(x1＋x2,4）(x－x1），將xD代入得yE＝eq\f(x\o\al（2，1）＋x\o\al（2，2)，8),所以S＝eq\f(1,2）｜DE|(x2－x1)＝eq\f（1，2)(yE－yD)（x2－x1)＝eq\f(1，2)·eq\f(x2－x12,8)·（x2－x1）＝32（定值)．題型三探索性問題典例在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C:y＝eq\f（x2，4)與直線l:y＝kx＋a(a>0）交于M，N兩點，(1)當(dāng)k＝0時,分別求C在點M和N處的切線方程;（2)y軸上是否存在點P，使得當(dāng)k變動時，總有∠OPM＝∠OPN？說明理由．解(1)由題設(shè)可得M(2eq\r(a），a）,N(－2eq\r(a)，a），或M(－2eq\r（a)，a），N(2eq\r(a），a）．又y′＝eq\f(x,2)，故y＝eq\f（x2,4)在x＝2eq\r(a）處的導(dǎo)數(shù)值為eq\r（a)，C在點(2eq\r（a),a)處的切線方程為y－a＝eq\r（a)(x－2eq\r(a）),即eq\r(a）x－y－a＝0。y＝eq\f（x2,4）在x＝－2eq\r（a)處的導(dǎo)數(shù)值為－eq\r(a)，C在點（－2eq\r(a)，a）處的切線方程為y－a＝－eq\r（a）（x＋2eq\r（a）),即eq\r(a)x＋y＋a＝0.故所求切線方程為eq\r(a）x－y－a＝0和eq\r（a)x＋y＋a＝0。（2)存在符合題意的點,證明如下:設(shè)P（0，b)為符合題意的點，M（x1，y1），N(x2，y2)，直線PM,PN的斜率分別為k1,k2.將y＝kx＋a代入C的方程得x2－4kx－4a＝0.故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a。從而k1＋k2＝eq\f（y1－b,x1)＋eq\f（y2－b,x2)＝eq\f（2kx1x2＋a－bx1＋x2,x1x2）＝eq\f(ka＋b，a)。當(dāng)b＝－a時，有k1＋k2＝0,則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補，故∠OPM＝∠OPN，所以點p（0，－a）符合題意．思維升華解決探索性問題的注意事項探索性問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在,若結(jié)論不正確則不存在．(1）當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時要分類討論;（2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時，先假設(shè)成立，再推出條件；（3)當(dāng)條件和結(jié)論都不知，按常規(guī)方法解題很難時，要開放思維,采取另外合適的方法．跟蹤訓(xùn)練(2018·唐山模擬)已知橢圓E：eq\f（x2,a2）＋eq\f（y2,b2）＝1的右焦點為F（c,0）且a〉b>c〉0，設(shè)短軸的一個端點為D，原點O到直線DF的距離為eq\f（\r(3），2),過原點和x軸不重合的直線與橢圓E相交于C，G兩點，且｜eq\o(GF,\s\up6(→)）｜＋|eq\o（CF，\s\up6（→））|＝4.（1）求橢圓E的方程；（2）是否存在過點P(2,1)的直線l與橢圓E相交于不同的兩點A,B且使得eq\o(OP，\s\up6(→））2＝4eq\o（PA，\s\up6（→))·eq\o（PB,\s\up6（→））成立？若存在，試求出直線l的方程;若不存在，請說明理由．解（1）由橢圓的對稱性知|eq\o(GF，\s\up6（→)）|＋|eq\o（CF,\s\up6(→))｜＝2a＝4，∴a＝2.又原點O到直線DF的距離為eq\f（\r(3)，2）,∴eq\f（bc，a)＝eq\f（\r(3）,2)，∴bc＝eq\r（3)，又a2＝b2＋c2＝4，a>b〉c>0，∴b＝eq\r（3),c＝1。故橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f（y2，3)＝1。(2)當(dāng)直線l與x軸垂直時不滿足條件．故可設(shè)A（x1，y1）,B(x2，y2），直線l的方程為y＝k（x－2)＋1，代入橢圓方程得（3＋4k2)x2－8k(2k－1）x＋16k2－16k－8＝0,∴x1＋x2＝eq\f(8k2k－1,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(16k2－16k－8，3＋4k2），Δ＝32（6k＋3）>0，∴k>－eq\f（1，2).∵eq\o(OP，\s\up6(→))2＝4eq\o（PA，\s\up6(→)）·eq\o(PB,\s\up6（→）)，即4[(x1－2）(x2－2）＋(y1－1）(y2－1)］＝5，∴4（x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝5，即4［x1x2－2(x1＋x2)＋4]（1＋k2）＝5，∴4eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f(16k2－16k－8,3＋4k2）－2×\f（8k2k－1，3＋4k2)＋4））(1＋k2）＝4×eq\f(4＋4k2,3＋4k2)＝5，解得k＝±eq\f(1，2），k＝－eq\f（1，2）不符合題意，舍去．∴存在滿足條件的直線l，其方程為y＝eq\f(1，2)x.設(shè)而不求，整體代換典例（12分)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(shè)∠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(shè)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．思想方法指導(dǎo)對題目涉及的變量巧妙地引進參數(shù)（如設(shè)動點坐標(biāo)、動直線方程等）,利用題目的條件和圓錐曲線方程組成二元二次方程組,再化為一元二次方程，從而利用根與系數(shù)的關(guān)系進行整體代換，達到“設(shè)而不求，減少計算”的效果，直接得定值．規(guī)范解答解（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分］(2)設(shè)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）).[4分]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)。[6分](3）設(shè)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.[10分]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。[12分]1．（2018屆廣西柳州摸底）已知拋物線C的頂點在原點，焦點在x軸上，且拋物線上有一點P(4,m）到焦點的距離為5.（1）求該拋物線C的方程；(2）已知拋物線上一點M（t，4），過點M作拋物線的兩條弦MD和ME，且MD⊥ME，判斷直線DE是否過定點？并說明理由．解(1）由題意設(shè)拋物線方程為y2＝2px(p>0），其準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(p，2），∵P(4，m）到焦點的距離等于P到其準(zhǔn)線的距離,∴4＋eq\f（p,2）＝5,∴p＝2?！鄴佄锞€C的方程為y2＝4x。（2）由(1)可得點M（4，4)，可得直線DE的斜率不為0，設(shè)直線DE的方程為x＝my＋t,聯(lián)立eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x＝my＋t，，y2＝4x，））得y2－4my－4t＝0，則Δ＝16m2＋16t〉0。（*）設(shè)D（x1，y1),E（x2，y2)，則y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t。∵eq\o(MD,\s\up6(→))·eq\o（ME，\s\up6（→))＝(x1－4，y1－4)·（x2－4，y2－4)＝x1x2－4(x1＋x2）＋16＋y1y2－4(y1＋y2）＋16＝eq\f（y\o\al（2,1),4）·eq\f(y\o\al（2，2）,4）－4eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(y\o\al(2，1),4)＋\f（y\o\al（2，2）,4）)）＋16＋y1y2－4(y1＋y2）＋16＝eq\f(y1y22，16）－（y1＋y2)2＋3y1y2－4（y1＋y2）＋32＝t2－16m2－12t＋32－16m＝0,即t2－12t＋32＝16m2＋16m，得（t－6)2＝4(2m＋1)2，∴t－6＝±2(2m＋1），即t＝4m＋8或t＝－4m＋4,代入(＊）式檢驗知t＝4m＋8滿足Δ〉0,∴直線DE的方程為x＝my＋4m＋8＝m（y＋4)＋8。∴直線過定點（8,－4）．2．(2018·邢臺模擬)已知橢圓C：eq\f(x2，a2）＋eq\f(y2,b2）＝1（a〉b〉0）的短軸長為2eq\r(5)，離心率為eq\f(\r（3),2)，圓E的圓心在橢圓C上，半徑為2，直線y＝k1x與直線y＝k2x為圓E的兩條切線．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2）試問：k1·k2是否為定值？若是，求出該定值；若不是,請說明理由．解(1）由2b＝2eq\r(5)得b＝eq\r（5），∵e＝eq\f（c,a）＝eq\f（\r(3),2），∴eq\f(c2,a2)＝eq\f（3，4),∵a2＝b2＋c2，∴eq\f（a2－5,a2)＝eq\f(3,4），解得a2＝20，b2＝5，∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2，20）＋eq\f（y2，5）＝1.(2）設(shè)E（x0,y0），∵直線y＝k1x與圓E：(x－x0)2＋（y－y0）2＝4相切，∴eq\f(|k1x0－y0|,\r(k\o\al(2,1)＋1）)＝2，整理得（xeq\o\al（2，0）－4)keq\o\al(2,1)－2x0y0k1＋yeq\o\al（2，0)－4＝0，同理可得（xeq\o\al(2，0)－4)keq\o\al(2，2）－2x0y0k2＋yeq\o\al（2，0）－4＝0，∴k1，k2為方程(xeq\o\al(2，0）－4）x2－2x0y0x＋yeq\o\al（2,0)－4＝0的兩個根，∴k1k2＝eq\f(y\o\al(2,0）－4，x\o\al(2,0)－4).又∵E（x0，y0）在橢圓C：eq\f（x2,20)＋eq\f(y2,5）＝1上，∴yeq\o\al（2,0）＝5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1－\f（x\o\al(2，0),20)))，∴k1k2＝eq\f（y\o\al(2，0）－4，x\o\al（2,0)－4)＝eq\f(5\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（1－\f(x\o\al(2，0)，20）))－4，x\o\al（2，0)－4）＝－eq\f（1,4)，故k1k2的定值為－eq\f(1，4).3．（2017·湘中名校聯(lián)考）如圖,曲線C由上半橢圓C1：eq\f(y2，a2)＋eq\f（x2,b2)＝1(a〉b>0,y≥0）和部分拋物線C2:y＝－x2＋1(y≤0)連接而成,C1與C2的公共點為A，B,其中C1的離心率為eq\f（\r（3），2)。(1）求a，b的值；（2）過點B的直線l與C1，C2分別交于點P，Q（均異于點A，B），是否存在直線l，使得以PQ為直徑的圓恰好過點A？若存在，求出直線l的方程;若不存在，請說明理由．解（1)在C1，C2的方程中，令y＝0,可得b＝1，且A（－1，0），B（1，0）是上半橢圓C1的左、右頂點．設(shè)C1的半焦距為c，由eq\f（c,a）＝eq\f（\r(3）,2)及a2－c2＝b2＝1，得a＝2，∴a＝2，b＝1。（2）存在．由(1)知，上半橢圓C1的方程為eq\f(y2，4)＋x2＝1（y≥0)．易知，直線l與x軸不重合也不垂直，設(shè)其方程為y＝k（x－1)（k≠0)，代入C1的方程，整理得（k2＋4）x2－2k2x＋k2－4＝0.（*)設(shè)點P的坐標(biāo)為(xP，yP），∵直線l過點B,∴x＝1是方程(*）的一個根．由根與系數(shù)的關(guān)系，得xp＝eq\f（k2－4,k2＋4），從而yp＝eq\f(－8k，k2＋4），∴點P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(k2－4,k2＋4）,\f(－8k,k2＋4)））.同理,由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（y＝kx－1，k≠0，，y＝－x2＋1，y≤0,）)得點Q的坐標(biāo)為(－k－1，－k2－2k)．∴eq\o（AP,\s\up6（→）)＝eq\f（2k，k2＋4)（k，－4)，eq\o(AQ,\s\up6（→)）＝－k(1，k＋2）．∵以PQ為直徑的圓恰好過點A，∴AP⊥AQ,∴eq\o（AP，\s\up6（→)）·eq\o(AQ，\s\up6（→)）＝0，即eq\f（－2k2,k2＋4）[k－4(k＋2）]＝0?！遦≠0，∴k－4（k＋2)＝0，解得k＝－eq\f(8,3）。經(jīng)檢驗，k＝－eq\f（8,3)符合題意．故直線l的方程為8x＋3y－8＝0.4．(2018屆衡水聯(lián)考）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f（y2，b2）＝1（a>b>0)過點（－eq\r(2），1)，離心率為eq\f(\r（2），2)，直線l：kx－y＋2＝0與橢圓C交于A，B兩點．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）是否存在實數(shù)k，使得｜eq\o(OA,\s\up6（→))＋eq\o(OB，\s\up6(→））|＝|eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB，\s\up6（→）)｜(其中O為坐標(biāo)原點)成立？若存在，求出實數(shù)k的值；若不存在，請說明理由．解（1)依題意,得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2，a2）＋\f（1，b2）＝1，，\f（c,a)＝\f(\r（2），2)，，a2＝b2＋c2,)）解得a2＝4，b2＝2，c2＝2，故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f（x2，4）＋eq\f（y2，2)＝1.（2)假設(shè)存在符合條件的實數(shù)k。依題意，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（y＝kx＋2，，x2＋2y2＝4，))消去y并整理，得(1＋2k2)x2＋8kx＋4＝0.則Δ＝64k2－16（1＋2k2）〉0，即k〉eq\f（\r（2），2）或k〈－eq\f(\r(2)，2).(*）設(shè)A(x1，y1），B（x2，y2），則x1＋x2＝－eq\f(8k,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(4,1＋2k2).由｜eq\o(OA,\s\up6（→））＋eq\o(OB，\s\up6(→))｜＝|eq\o（OA,\s\up6(→）)－eq\o(OB,\s\up6(→)）|,得eq\o（OA,\s\up6(→））·eq\o（OB，\s\up6（→)）＝0，∴x1x2＋y1y2＝0，即x1x2＋（kx1＋2)（kx2＋2）＝0，即（1＋k2）x1x2＋2k（x1＋x2）＋4＝0.∴eq\f(41＋k2，1＋2k2)－eq\f(16k2，1＋2k2）＋4＝0，即eq\f（8－4k2,1＋2k2)＝0,∴k2＝2，即k＝±eq\r（2），滿足（*)式．故存在實數(shù)k＝±eq\r(2），使得|eq\o（OA，\s\up6(→））＋eq\o(OB,\s\up6（→))|＝|eq\o(OA，\s\up6(→）)－eq\o（OB,\s\up6(→））｜成立．5．(2018·保定模擬）設(shè)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(biāo)原點．（1)求橢圓C的方程;（2）設(shè)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(biāo)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(shè)A(x1，y1），B(x2，y2），①當(dāng)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(biāo)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(dāng)直線AB的斜率存在時,設(shè)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(biāo)原點O,所以O(shè)A⊥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)