魯京津瓊專用2025版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第九章平面解析幾何高考專題突破五高考中的圓錐曲線問題第2課時(shí)定點(diǎn)與定值問題教案含解析

PAGEPAGE1第2課時(shí)定點(diǎn)與定值問題題型一定點(diǎn)問題例1已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點(diǎn)(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(diǎn)Q，P，與橢圓分別交于點(diǎn)M，N，各點(diǎn)均不重合且滿意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(diǎn)，并求此定點(diǎn)．解(1)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.∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)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，滿意②，得直線l的方程為x＝ty＋1，過定點(diǎn)(1,0)，即Q為定點(diǎn)．思維升華圓錐曲線中定點(diǎn)問題的兩種解法(1)引進(jìn)參數(shù)法：引進(jìn)動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)或動(dòng)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(shí)沒有關(guān)系，找到定點(diǎn)．(2)特別到一般法：依據(jù)動(dòng)點(diǎn)或動(dòng)線的特別狀況探究出定點(diǎn)，再證明該定點(diǎn)與變量無關(guān)．跟蹤訓(xùn)練1(2024·聊城模擬)已知圓x2＋y2＝4經(jīng)過橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)和兩個(gè)頂點(diǎn)，點(diǎn)A(0，4)，M，N是橢圓C上的兩點(diǎn)，它們在y軸兩側(cè)，且∠MAN的平分線在y軸上，|AM|≠|(zhì)AN|.(1)求橢圓C的方程；(2)證明：直線MN過定點(diǎn)．(1)解圓x2＋y2＝4與x軸交于點(diǎn)(±2,0)，即為橢圓的焦點(diǎn)，圓x2＋y2＝4與y軸交于點(diǎn)(0，±2)，即為橢圓的上下兩頂點(diǎn)，所以c＝2，b＝2.從而a＝2eq\r(2)，因此橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)證明設(shè)直線MN的方程為y＝kx＋m.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))消去y得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－8＝0.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(4km,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2m2－8,2k2＋1).直線AM的斜率k1＝eq\f(y1－4,x1)＝k＋eq\f(m－4,x1)；直線AN的斜率k2＝eq\f(y2－4,x2)＝k＋eq\f(m－4,x2).k1＋k2＝2k＋eq\f(m－4x1＋x2,x1x2)＝2k＋eq\f(m－4－4km,2m2－8)＝eq\f(16km－1,2m2－8).由∠MAN的平分線在y軸上，得k1＋k2＝0.又因?yàn)閨AM|≠|(zhì)AN|，所以k≠0，所以m＝1.因此，直線MN過定點(diǎn)(0,1)．題型二定值問題例2(2024·北京)已知拋物線C：y2＝2px經(jīng)過點(diǎn)P(1,2)，過點(diǎn)Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)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(shè)O為原點(diǎn)，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?yàn)閽佄锞€y2＝2px過點(diǎn)(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(shè)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(diǎn)(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(shè)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(diǎn)M的縱坐標(biāo)為yM＝eq\f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq\f(－kx1＋1,x1－1)＋2.同理得點(diǎn)N的縱坐標(biāo)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(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(diǎn)到直線的距離為定值．利用點(diǎn)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(duì)解析式進(jìn)行化簡、變形即可求得．跟蹤訓(xùn)練2已知點(diǎn)M是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為C的左、右焦點(diǎn)，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(shè)N(0,2)，過點(diǎn)P(－1，－2)作直線l，交橢圓C于異于N的A，B兩點(diǎn)，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(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)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(shè)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(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，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(xué)運(yùn)算是指在明晰運(yùn)算對(duì)象的基礎(chǔ)上，依據(jù)運(yùn)算法則解決數(shù)學(xué)問題的過程．主要包括：例橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)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(diǎn)P是橢圓C上除長軸端點(diǎn)外的任一點(diǎn)，連接PF1，PF2，設(shè)∠F1PF2的角平分線PM交C的長軸于點(diǎn)M(m,0)，求m的取值范圍；(3)在(2)的條件下，過點(diǎn)P作斜率為k的直線l，使得l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，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(gè)定值．解又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(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(diǎn)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?yàn)椋璭q\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(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.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(gè)定值為－8.素養(yǎng)提升典例的解題過程體現(xiàn)了數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)，其中設(shè)出P點(diǎn)的坐標(biāo)而不求解又體現(xiàn)了數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)中的一個(gè)運(yùn)算技巧——設(shè)而不求，從而簡化了運(yùn)算過程．1．設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的左、右焦點(diǎn)，M為橢圓上一點(diǎn)，滿意MF1⊥MF2，已知△MF1F2的面積為1.(1)求C的方程；(2)設(shè)C的上頂點(diǎn)為H，過點(diǎn)(2，－1)的直線與橢圓交于R，S兩點(diǎn)(異于H)，求證：直線HR和HS的斜率之和為定值，并求出這個(gè)定值．解(1)由橢圓定義得|MF1|＋|MF2|＝4，①由垂直得|MF1|2＋|MF2|2＝|F1F2|2＝4(4－b2)，②由題意得S△MF1F2＝eq\f(1,2)|MF1|·|MF2|＝1，③由①②③，可得b2＝1，C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)依題意，H(0,1)，明顯直線的斜率存在且不為0，設(shè)直線RS的方程為y＝kx＋m(k≠0)，代入橢圓方程化簡得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由題意知，Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，設(shè)R(x1，y1)，S(x2，y2)，x1x2≠0，故x1＋x2＝eq\f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1).kHR＋kHS＝eq\f(y1－1,x1)＋eq\f(y2－1,x2)＝eq\f(kx1＋m－1,x1)＋eq\f(kx2＋m－1,x2)＝2k＋(m－1)eq\f(x1＋x2,x1x2)＝2k＋(m－1)eq\f(－8km,4m2－4)＝2k－eq\f(2km,m＋1)＝eq\f(2k,m＋1)＝－1.故kHR＋kHS為定值－1.2．(2024·威海模擬)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)F，直線y＝4與y軸的交點(diǎn)為P，與拋物線C的交點(diǎn)為Q，且|QF|＝2|PQ|.(1)求p的值；(2)已知點(diǎn)T(t，－2)為C上一點(diǎn)，M，N是C上異于點(diǎn)T的兩點(diǎn)，且滿意直線TM和直線TN的斜率之和為－eq\f(8,3)，證明：直線MN恒過定點(diǎn)，并求出定點(diǎn)的坐標(biāo)．解(1)設(shè)Q(x0,4)，由拋物線定義，|QF|＝x0＋eq\f(p,2)，又|QF|＝2|PQ|，即2x0＝x0＋eq\f(p,2)，解得x0＝eq\f(p,2)，將點(diǎn)Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，4))代入拋物線方程，解得p＝4.(2)由(1)知C的方程為y2＝8x，所以點(diǎn)T坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－2)).設(shè)直線MN的方程為x＝my＋n，點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),8)，y1))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),8)，y2))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋n，,y2＝8x))得y2－8my－8n＝0，Δ＝64m2＋32n>0，所以y1＋y2＝8m，y1y2＝－8n，所以kMT＋kNT＝eq\f(y1＋2,\f(y\o\al(2,1),8)－\f(1,2))＋eq\f(y2＋2,\f(y\o\al(2,2),8)－\f(1,2))＝eq\f(8,y1－2)＋eq\f(8,y2－2)＝eq\f(8y1＋y2－32,y1y2－2y1＋y2＋4)＝eq\f(64m－32,－8n－16m＋4)＝－eq\f(8,3)，解得n＝m－1.所以直線MN的方程為x＋1＝m(y＋1)，恒過定點(diǎn)(－1，－1)．3．(2024·齊齊哈爾模擬)已知?jiǎng)訄AE經(jīng)過定點(diǎn)D(1,0)，且與直線x＝－1相切，設(shè)動(dòng)圓圓心E的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)設(shè)過點(diǎn)P(1,2)的直線l1，l2分別與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，直線l1，l2的斜率存在，且傾斜角互補(bǔ)，證明：直線AB的斜率為定值．(1)解由已知，動(dòng)點(diǎn)E到定點(diǎn)D(1,0)的距離等于E到直線x＝－1的距離，由拋物線的定義知E點(diǎn)的軌跡是以D(1,0)為焦點(diǎn)，以x＝－1為準(zhǔn)線的拋物線，故曲線C的方程為y2＝4x.(2)證明由題意直線l1，l2的斜率存在，傾斜角互補(bǔ)，得斜率互為相反數(shù)，且不等于零．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線l1的方程為y＝k(x－1)＋2，k≠0.直線l2的方程為y＝－k(x－1)＋2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1＋2，,y2＝4x))得k2x2－(2k2－4k＋4)x＋(k－2)2＝0，Δ＝16(k－1)2>0，已知此方程一個(gè)根為1，∴x1×1＝eq\f(k－22,k2)＝eq\f(k2－4k＋4,k2)，即x1＝eq\f(k2－4k＋4,k2)，同理x2＝eq\f(－k2－4－k＋4,－k2)＝eq\f(k2＋4k＋4,k2)，∴x1＋x2＝eq\f(2k2＋8,k2)，x1－x2＝－eq\f(8k,k2)＝－eq\f(8,k)，∴y1－y2＝[k(x1－1)＋2]－[－k(x2－1)＋2]＝k(x1＋x2)－2k＝k·eq\f(2k2＋8,k2)－2k＝eq\f(8,k)，∴kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(\f(8,k),－\f(8,k))＝－1，∴直線AB的斜率為定值－1.4.(2024·南昌檢測)已知中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓C的離心率為eq\f(\r(2),2)，過左焦點(diǎn)F且垂直于x軸的直線交橢圓C于P，Q兩點(diǎn)，且|PQ|＝2eq\r(2).(1)求C的方程；(2)若直線l是圓x2＋y2＝8上的點(diǎn)(2,2)處的切線，點(diǎn)M是直線l上任一點(diǎn)，過點(diǎn)M作橢圓C的切線MA，MB，切點(diǎn)分別為A，B，設(shè)切線的斜率都存在．求證：直線AB過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．解(1)由已知，設(shè)橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，因?yàn)閨PQ|＝2eq\r(2)，不妨設(shè)點(diǎn)P(－c，eq\r(2))，代入橢圓方程得，eq\f(c2,a2)＋eq\f(2,b2)＝1，又因?yàn)閑＝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(shè)，得直線l的方程為y－2＝－(x－2)，即x＋y－4＝0，設(shè)M(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，x0≠x1且x0≠x2，由切線MA的斜率存在，設(shè)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?yàn)榉匠讨挥幸唤?，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?yàn)閮汕芯€都經(jīng)過點(diǎn)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(diǎn)(2,1)．5．(2024·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(diǎn)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(diǎn)．(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(diǎn)，若以AB為直徑的圓經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)，證明：點(diǎn)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(diǎn)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(bǔ)＝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(shí)，由橢圓的對(duì)稱性，可知x1＝x2，y1＝－y2.因?yàn)橐訟B為直徑的圓經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)，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(diǎn)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(shí)點(diǎn)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(shí)，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?yàn)橐訟B為直徑的圓過坐標(biāo)原點(diǎn)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)，所以點(diǎn)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(diǎn)O到直線AB的距離為定值eq\f(2\r(5),5).6.已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\f(\r(30),4)))兩點(diǎn)．(1)求橢圓C的方程；(2)過原點(diǎn)的直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，橢圓C上一點(diǎn)M滿意|MA|＝|MB|.求證：eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)＋eq\f(2,|OM|2)為定值．(1)解將eq