高考数学复习 第九章 第六节 直线与圆锥曲线的位置关系 文试题

eq\a\vs4\al\co1(第六节直线与圆锥曲线的位置关系)考点直线与圆锥曲线的位置关系1．(2015·四川，10)设直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，与圆(x－5)2＋y2＝r2(r＞0)相切于点M，且M为线段AB的中点，若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是()A．(1，3) B．(1，4) C．(2，3) D．(2，4)解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yeq\o\al(2,1)＝4x1，,yeq\o\al(2,2)＝4x2，))相减得(y1＋y2)(y1－y2)＝4(x1－x2)，当l的斜率不存在时，符合条件的直线l必有两条；当l的斜率存在时，x1≠x2，则有eq\f(y1＋y2,2)·eq\f(y1－y2,x1－x2)＝2，即y0·k＝2，由CM⊥AB得k·eq\f(y0－0,x0－5)＝－1，y0k＝5－x0，2＝5－x0，∴x0＝3，即M必在直线x＝3上，将x＝3代入y2＝4x，得y2＝12，有－2eq\r(3)＜y0＜2eq\r(3)，∵点M在圆上，∴(x0－5)2＋yeq\o\al(2,0)＝r2，r2＝yeq\o\al(2,0)＋4＜12＋4＝16，又yeq\o\al(2,0)＋4＞4，∴4＜r2＜16，∴2＜r＜4，故选D.答案D2．(2013·山东，11)抛物线C1：y＝eq\f(1,2p)x2(p＞0)的焦点与双曲线C2：eq\f(x2,3)－y2＝1的右焦点的连线交C1于第一象限的点M.若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p等于()A.eq\f(\r(3),16) B.eq\f(\r(3),8) C.eq\f(2\r(3),3) D.eq\f(4\r(3),3)解析设抛物线焦点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，双曲线右焦点为B(2，0)，双曲线渐近线方程为y＝±eq\f(\r(3),3)x，直线AB方程为px＋4y－2p＝0，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2p)x2，,px＋4y－2p＝0，))得M点横坐标为xM＝eq\f(－p2＋\r(p4＋16p2),4)，又y′＝eq\f(1,p)x，∴eq\f(1,p)xM＝eq\f(\r(3),3)，又p＞0，∴eq\f(－p＋\r(p2＋16),4)＝eq\f(\r(3),3)，即eq\r(p2＋16)＝eq\f(4\r(3),3)＋p，平方可解得p＝eq\f(4\r(3),3).答案D3．(2012·浙江，8)如图，中心均为原点O的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N是双曲线的两顶点．若M，O，N将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是()A．3 B．2 C.eq\r(3) D.eq\r(2)解析设椭圆长半轴的长为a(a＞0)，则双曲线实半轴的长为eq\f(a,2)，由于双曲线与椭圆共焦点，设焦距为2c，所以双曲线的离心率e1＝eq\f(c,\f(a,2))＝eq\f(2c,a)，椭圆的离心率e2＝eq\f(c,a)，所以eq\f(e1,e2)＝eq\f(\f(2c,a),\f(c,a))＝2，故选B.答案B4．(2015·天津，19)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的上顶点为B，左焦点为F，离心率为eq\f(\r(5),5).(1)求直线BF的斜率；(2)设直线BF与椭圆交于点P(P异于点B)，过点B且垂直于BP的直线与椭圆交于点Q(Q异于点B)，直线PQ与y轴交于点M，|PM|＝λ|MQ|.①求λ的值；②若|PM|sin∠BQP＝eq\f(7\r(5),9)，求椭圆的方程．解(1)设F(－c，0)．由已知离心率eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),5)及a2＝b2＋c2，可得a＝eq\r(5)c，b＝2c，又因为B(0，b)，F(－c，0)，故直线BF的斜率k＝eq\f(b－0,0－（－c）)＝eq\f(2c,c)＝2.(2)设点P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，M(xM，yM)．①由(1)可得椭圆的方程为eq\f(x2,5c2)＋eq\f(y2,4c2)＝1，直线BF的方程为y＝2x＋2c.将直线方程与椭圆方程联立，消去y，整理得3x2＋5cx＝0，解得xP＝－eq\f(5c,3).因为BQ⊥BP，所以直线BQ的方程为y＝－eq\f(1,2)x＋2c，与椭圆方程联立，消去y，整理得21x2－40cx＝0，解得xQ＝eq\f(40c,21).又因为λ＝eq\f(|PM|,|MQ|)，及xM＝0，可得λ＝eq\f(|xM－xP|,|xQ－xM|)＝eq\f(|xP|,|xQ|)＝eq\f(7,8).②由①有eq\f(|PM|,|MQ|)＝eq\f(7,8)，所以eq\f(|PM|,|PM|＋|MQ|)＝eq\f(7,7＋8)＝eq\f(7,15)，即|PQ|＝eq\f(15,7)|PM|.又因为|PM|sin∠BQP＝eq\f(7\r(5),9)，所以|BP|＝|PQ|sin∠BQP＝eq\f(15,7)|PM|sin∠BQP＝eq\f(5\r(5),3).又因为yP＝2xP＋2c＝－eq\f(4,3)c，所以|BP|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＋\f(5c,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2c＋\f(4c,3)))\s\up12(2))＝eq\f(5\r(5),3)c，因此eq\f(5\r(5),3)c＝eq\f(5\r(5),3)，得c＝1.所以，椭圆方程为eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1.5．(2015·北京，20)已知椭圆C：x2＋3y2＝3，过点D(1，0)且不过点E(2，1)的直线与椭圆C交于A，B两点，直线AE与直线x＝3交于点M.(1)求椭圆C的离心率；(2)若AB垂直于x轴，求直线BM的斜率；(3)试判断直线BM与直线DE的位置关系，并说明理由．解(1)椭圆C的标准方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1，所以a＝eq\r(3)，b＝1，c＝eq\r(2).所以椭圆C的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),3).(2)因为AB过点D(1，0)且垂直于x轴，所以可设A(1，y1)，B(1，－y1)，直线AE的方程为y－1＝(1－y1)(x－2)，令x＝3，得M(3，2－y1)，所以直线BM的斜率kBM＝eq\f(2－y1＋y1,3－1)＝1.(3)直线BM与直线DE平行，证明如下：当直线AB的斜率不存在时，由(2)可知kBM＝1.又因为直线DE的斜率kDE＝eq\f(1－0,2－1)＝1，所以BM∥DE，当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－1)(k≠1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则直线AE的方程为y－1＝eq\f(y1－1,x1－2)(x－2)．令x＝3，得点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(y1＋x1－3,x1－2)))，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋3y2＝3，,y＝k（x－1），))得(1＋3k2)x2－6k2x＋3k2－3＝0，所以x1＋x2＝eq\f(6k2,1＋3k2)，x1x2＝eq\f(3k2－3,1＋3k2)，直线BM的斜率kBM＝eq\f(\f(y1＋x1－3,x1－2)－y2,3－x2)，因为kBM－1＝eq\f(k（x1－1）＋x1－3－k（x2－1）（x1－2）－（3－x2）（x1－2）,（3－x2）（x1－2）)＝eq\f(（k－1）[－x1x2＋2（x1＋x2）－3],（3－x2）（x1－2）)＝eq\f(（k－1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－3k2＋3,1＋3k2)＋\f(12k2,1＋3k2)－3)),（3－x2）（x1－2）)＝0，所以kBM＝1＝kDE.所以BM∥DE，综上可知，直线BM与直线DE平行．6．(2015·江苏，18)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，且右焦点F到左准线l的距离为3.(1)求椭圆的标准方程；(2)过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC＝2AB，求直线AB的方程．解(1)由题意，得eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)且c＋eq\f(a2,c)＝3，解得a＝eq\r(2)，c＝1，则b＝1，所以椭圆的标准方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)当AB⊥x轴时，AB＝eq\r(2)，又CP＝3，不合题意．当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将AB的方程代入椭圆方程，得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，则x1，2＝eq\f(2k2±\r(2（1＋k2）),1＋2k2)，C的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k2,1＋2k2)，\f(－k,1＋2k2)))，且AB＝eq\r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2)＝eq\r(（1＋k2）（x2－x1）2)＝eq\f(2\r(2)（1＋k2）,1＋2k2).若k＝0，则线段AB的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意．从而k≠0，故直线PC的方程为y＋eq\f(k,1＋2k2)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2k2,1＋2k2)))，则P点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(5k2＋2,k（1＋2k2）)))，从而PC＝eq\f(2（3k2＋1）\r(1＋k2),|k|（1＋2k2）).因为PC＝2AB，所以eq\f(2（3k2＋1）\r(1＋k2),|k|（1＋2k2）)＝eq\f(4\r(2)（1＋k2）,1＋2k2)，解得k＝±1.此时直线AB的方程为y＝x－1或y＝－x＋1.7．(2015·湖北，22)一种画椭圆的工具如图1所示．O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且DN＝ON＝1，MN＝3，当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕O转动，M处的笔尖画出的椭圆记为C，以O为原点，AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系．(1)求椭圆C的方程；(2)设动直线l与两定直线l1：x－2y＝0和l2：x＋2y＝0分别交于P，Q两点．若直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，试探究：△OPQ的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．解(1)因为|OM|≤|MN|＋|NO|＝3＋1＝4，当M，N在x轴上时，等号成立；同理|OM|≥|MN|－|NO|＝3－1＝2，当D，O重合，即MN⊥x轴时，等号成立．所以椭圆C的中心为原点O，长半轴长为4，短半轴长为2，其方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)①当直线l的斜率不存在时，直线l为x＝4或x＝－4，都有S△OPQ＝eq\f(1,2)×4×4＝8.②当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝kx＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k≠±\f(1,2)))，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＋4y2＝16，))消去y，可得(1＋4k2)2x2＋8kmx＋4m2－16＝0.因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，所以Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－16)＝0，即m2＝16k2＋4.①又由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x－2y＝0，))可得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2m,1－2k)，\f(m,1－2k)))；同理可得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2m,1＋2k)，\f(m,1＋2k))).由原点O到直线PQ的距离为d＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))和|PQ|＝eq\r(1＋k2)|xP－xQ|，可得S△OPQ＝eq\f(1,2)|PQ|·d＝eq\f(1,2)|m||xP－xQ|＝eq\f(1,2)·|m|·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2m,1－2k)＋\f(2m,1＋2k)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2m2,1－4k2))).②将①代入②得，S△OPQ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2m2,1－4k2)))＝8eq\f(|4k2＋1|,|4k2－1|).当k2>eq\f(1,4)时，S△OPQ＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2＋1,4k2－1)))＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,4k2－1)))>8；当0≤k2<eq\f(1,4)时，S△OPQ＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2＋1,1－4k2)))＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(2,1－4k2))).因0≤k2<eq\f(1,4)，则0<1－4k2≤1，eq\f(2,1－4k2)≥2，所以S△OPQ＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(2,1－4k2)))≥8，当且仅当k＝0时取等号．所以当k＝0时，S△OPQ的最小值为8.综合①②可知，当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时，△OPQ的面积取得最小值8.8．(2015·山东，21)平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，且点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆E：eq\f(x2,4a2)＋eq\f(y2,4b2)＝1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.(ⅰ)求eq\f(|OQ|,|OP|)的值；(ⅱ)求△ABQ面积的最大值．解(1)由题意知eq\f(3,a2)＋eq\f(1,4b2)＝1.又eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(3),2)，解得a2＝4，b2＝1.所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由(1)知椭圆E的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.(ⅰ)设P(x0，y0)，eq\f(|OQ|,|OP|)＝λ，由题意知Q(－λx0，－λy0)．因为eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1，又eq\f(（－λx0）2,16)＋eq\f(（－λy0）2,4)＝1，即eq\f(λ2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)))＝1，所以λ＝2，即eq\f(|OQ|,|OP|)＝2.(ⅱ)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，由Δ＞0，可得m2＜4＋16k2，①则有x1＋x2＝－eq\f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－16,1＋4k2).所以|x1－x2|＝eq\f(4\r(16k2＋4－m2),1＋4k2).因为直线y＝kx＋m与y轴交点的坐标为(0，m)，所以△OAB的面积S＝eq\f(1,2)|m||x1－x2|＝eq\f(2\r(16k2＋4－m2)|m|,1＋4k2)＝eq\f(2\r(（16k2＋4－m2）m2),1＋4k2)＝2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(m2,1＋4k2)))\f(m2,1＋4k2)).设eq\f(m2,1＋4k2)＝t，将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.②由①②可知0＜t≤1，因此S＝2eq\r(（4－t）t)＝2eq\r(－t2＋4t)，故S≤2eq\r(3)，当且仅当t＝1，即m2＝1＋4k2时取得最大值2eq\r(3).由(ⅰ)知，△ABQ面积为3S，所以△ABQ面积的最大值为6eq\r(3).9．(2015·湖南，20)已知抛物线C1：x2＝4y的焦点F也是椭圆C2：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的一个焦点．C1与C2的公共弦的长为2eq\r(6).过点F的直线l与C1相交于A，B两点，与C2相交于C，D两点，且eq\o(AC,\s\up6(→))与eq\o(BD,\s\up6(→))同向．(1)求C2的方程；(2)若|AC|＝|BD|，求直线l的斜率．解(1)由C1：x2＝4y知其焦点F的坐标为(0，1)．因为F也是椭圆C2的一个焦点，所以a2－b2＝1.①又C1与C2的公共弦的长为2eq\r(6)，C1与C2都关于y轴对称，且C1的方程为x2＝4y，由此易知C1与C2的公共点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\r(6)，\f(3,2)))，所以eq\f(9,4a2)＋eq\f(6,b2)＝1.②联立①，②得a2＝9，b2＝8.故C2的方程为eq\f(y2,9)＋eq\f(x2,8)＝1.(2)如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．因eq\o(AC,\s\up6(→))与eq\o(BD,\s\up6(→))同向，且|AC|＝|BD|，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))，从而x3－x1＝x4－x2，即x1－x2＝x3－x4，于是(x1＋x2)2－4x1x2＝(x3＋x4)2－4x3x4.③设直线l的斜率为k，则l的方程为y＝kx＋1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＝4y))得x2－4kx－4＝0.而x1，x2是这个方程的两根，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.④由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,8)＋\f(y2,9)＝1))得(9＋8k2)x2＋16kx－64＝0.而x3，x4是这个方程的两根，所以x3＋x4＝－eq\f(16k,9＋8k2)，x3x4＝－eq\f(64,9＋8k2)，⑤将④，⑤代入③，得16(k2＋1)＝eq\f(162k2,（9＋8k2）2)＋eq\f(4×64,9＋8k2)，即16(k2＋1)＝eq\f(162×9（k2＋1）,（9＋8k2）2)，所以(9＋8k2)2＝16×9，解得k＝±eq\f(\r(6),4)，即直线l的斜率为±eq\f(\r(6),4).10．(2014·山东，21)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，直线y＝x被椭圆C截得的线段长为eq\f(4\r(10),5).(1)求椭圆C的方程；(2)过原点的直线与椭圆C交于A，B两点(A，B不是椭圆C的顶点)．点D在椭圆C上，且AD⊥AB，直线BD与x轴、y轴分别交于M，N两点．①设直线BD，AM的斜率分别为k1，k2.证明：存在常数λ使得k1＝λk2，并求出λ的值；②求△OMN面积的最大值．解(1)由题意知eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(3),2)，可得a2＝4b2.椭圆C的方程可简化为x2＋4y2＝a2.将y＝x代入可得x＝±eq\f(\r(5)a,5)，因此eq\r(2)×eq\f(2\r(5)a,5)＝eq\f(4\r(10),5)，可得a＝2.因此b＝1.所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)①设A(x1，y1)(x1y1≠0)，D(x2，y2)，则B(－x1，－y1)，因为直线AB的斜率kAB＝eq\f(y1,x1)，又AB⊥AD，所以直线AD的斜率k＝－eq\f(x1,y1).设直线AD的方程为y＝kx＋m，由题意知k≠0，m≠0.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1))可得(1＋4k2)x2＋8mkx＋4m2－4＝0.所以x1＋x2＝－eq\f(8mk,1＋4k2)，因此y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq\f(2m,1＋4k2).由题意知x1≠－x2，所以k1＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq\f(1,4k)＝eq\f(y1,4x1).所以直线BD的方程为y＋y1＝eq\f(y1,4x1)(x＋x1)．令y＝0，得x＝3x1，即M(3x1，0)．可得k2＝－eq\f(y1,2x1).所以k1＝－eq\f(1,2)k2，即λ＝－eq\f(1,2).因此存在常数λ＝－eq\f(1,2)使得结论成立．②直线BD的方程y＋y1＝eq\f(y1,4x1)(x＋x1)，令x＝0，得y＝－eq\f(3,4)y1，即Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,4)y1)).由①知M(3x1，0)，可得△OMN的面积S＝eq\f(1,2)×3|x1|×eq\f(3,4)|y1|＝eq\f(9,8)|x1||y1|.因为|x1||y1|≤eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋yeq\o\al(2,1)＝1，当且仅当eq\f(|x1|,2)＝|y1|＝eq\f(\r(2),2)时等号成立，此时S取得最大值eq\f(9,8)，所以△OMN面积的最大值为eq\f(9,8).11．(2014·江西，20)如图，已知抛物线C：x2＝4y，过点M(0，2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点)．(1)证明：动点D在定直线上；(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y＝2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2，证明：|MN2|2－|MN1|2为定值，并求此定值．证明(1)依题意可设AB方程为y＝kx＋2，代入x2＝4y，得x2＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2＝－8，直线AO的方程为y＝eq\f(y1,x1)x；BD的方程为x＝x2.解得交点D的坐标为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝x2，,y＝\f(y1x2,x1).))注意到x1x2＝－8及xeq\o\al(2,1)＝4y1，则有y＝eq\f(y1x1x2,xeq\o\al(2,1))＝eq\f(－8y1,4y1)＝－2，因此D点在定直线y＝－2(x≠0)上．(2)依题设，切线l的斜率存在且不等于0，设切线l的方程为y＝ax＋b(a≠0)，代入x2＝4y得x2＝4(ax＋b)，即x2－4ax－4b＝0，由Δ＝0得(4a)2＋16b＝0，化简整理得b＝－a2.故切线l的方程可写为y＝ax－a2.分别令y＝2、y＝－2得N1、N2的坐标为N1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋a，2))，N2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,a)＋a，－2))，则|MN2|2－|MN1|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－a))eq\s\up12(2)＋42－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋a))eq\s\up12(2)＝8，即|MN2|2－|MN1|2为定值8.12．(2014·北京，19)已知椭圆C：x2＋2y2＝4.(1)求椭圆C的离心率；(2)设O为原点．若点A在直线y＝2上，点B在椭圆C上，且OA⊥OB，求线段AB长度的最小值．解(1)由题意，椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.因此a＝2，c＝eq\r(2).故椭圆C的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).(2)设点A，B的坐标分别为(t，2)，(x0，y0)，其中x0≠0.因为OA⊥OB，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，即tx0＋2y0＝0，解得t＝－eq\f(2y0,x0).又xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0)＝4，所以|AB|2＝(x0－t)2＋(y0－2)2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(2y0,x0)))eq\s\up12(2)＋(y0－2)2＝xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＋eq\f(4yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0))＋4＝xeq\o\al(2,0)＋eq\f