鲁京津琼专用2025版高考数学大一轮复习第九章平面解析几何高考专题突破五高考中的圆锥曲线问题第2课时定点与定值问题教案含解析

PAGEPAGE1第2课时定点与定值问题题型一定点问题例1已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列．直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满意eq\o(PM,\s\up6(→))＝λ1eq\o(MQ,\s\up6(→))，eq\o(PN,\s\up6(→))＝λ2eq\o(NQ,\s\up6(→)).(1)求椭圆的标准方程；(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点，并求此定点．解(1)设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，又a2＝b2＋c2，∴a2＝3.∴椭圆的标准方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)由题意设P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，设l方程为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，由题意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联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋3y2＝3，,x＝ty－m，))得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，∴由题意知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，由题意mt<0，∴mt＝－1，满意②，得直线l的方程为x＝ty＋1，过定点(1,0)，即Q为定点．思维升华圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示改变量，再探讨改变的量与参数何时没有关系，找到定点．(2)特别到一般法：依据动点或动线的特别状况探究出定点，再证明该定点与变量无关．跟踪训练1(2024·聊城模拟)已知圆x2＋y2＝4经过椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个焦点和两个顶点，点A(0，4)，M，N是椭圆C上的两点，它们在y轴两侧，且∠MAN的平分线在y轴上，|AM|≠|AN|.(1)求椭圆C的方程；(2)证明：直线MN过定点．(1)解圆x2＋y2＝4与x轴交于点(±2,0)，即为椭圆的焦点，圆x2＋y2＝4与y轴交于点(0，±2)，即为椭圆的上下两顶点，所以c＝2，b＝2.从而a＝2eq\r(2)，因此椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)证明设直线MN的方程为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.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq\f(4km,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2m2－8,2k2＋1).直线AM的斜率k1＝eq\f(y1－4,x1)＝k＋eq\f(m－4,x1)；直线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的平分线在y轴上，得k1＋k2＝0.又因为|AM|≠|AN|，所以k≠0，所以m＝1.因此，直线MN过定点(0,1)．题型二定值问题例2(2024·北京)已知抛物线C：y2＝2px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M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))，求证：eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)为定值．(1)解因为抛物线y2＝2px过点(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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx＋1，))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依题意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得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(x1，y1)，B(x2，y2)，由(1)知x1＋x2＝－eq\f(2k－4,k2)，x1x2＝eq\f(1,k2).直线PA的方程为y－2＝eq\f(y1－2,x1－1)(x－1)，令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝eq\f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq\f(－kx1＋1,x1－1)＋2.同理得点N的纵坐标为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)为定值．思维升华圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．跟踪训练2已知点M是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，且|F1F2|＝4，∠F1MF2＝60°，△F1MF2的面积为eq\f(4\r(3),3).(1)求椭圆C的方程；(2)设N(0,2)，过点P(－1，－2)作直线l，交椭圆C于异于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1＋k2为定值．(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).从而2a＝|MF1|＋|MF2|＝4eq\r(2)，即a＝2eq\r(2).由|F1F2|＝4得c＝2，从而b＝2，故椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)证明当直线l的斜率存在时，设斜率为k，明显k≠0，则其方程为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，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq\f(4kk－2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k2－8k,1＋2k2).从而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.当直线l的斜率不存在时，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.综上，k1＋k2为定值．直线与圆锥曲线的综合问题数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的过程．主要包括：例椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为eq\f(\r(3),2)，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(1)求椭圆C的方程；(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围；(3)在(2)的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点，设直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，若k2≠0，证明eq\f(1,kk1)＋eq\f(1,kk2)为定值，并求出这个定值．解又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以a＝2，b＝1.所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)设P(x0，y0)(y0≠0)，又F1(－eq\r(3)，0)，F2(eq\r(3)，0)，所以直线PF1，PF2的方程分别为：y0x－(x0＋eq\r(3))y＋eq\r(3)y0＝0，：y0x－(x0－eq\r(3))y－eq\r(3)y0＝0.由题意知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)).由于点P在椭圆上，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)).因为－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)设P(x0，y0)(y0≠0)，则直线l的方程为y－y0＝k(x－x0)．联立得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.由题意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)为定值，这个定值为－8.素养提升典例的解题过程体现了数学运算素养，其中设出P点的坐标而不求解又体现了数学运算素养中的一个运算技巧——设而不求，从而简化了运算过程．1．设F1，F2为椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的左、右焦点，M为椭圆上一点，满意MF1⊥MF2，已知△MF1F2的面积为1.(1)求C的方程；(2)设C的上顶点为H，过点(2，－1)的直线与椭圆交于R，S两点(异于H)，求证：直线HR和HS的斜率之和为定值，并求出这个定值．解(1)由椭圆定义得|MF1|＋|MF2|＝4，①由垂直得|MF1|2＋|MF2|2＝|F1F2|2＝4(4－b2)，②由题意得S△MF1F2＝eq\f(1,2)|MF1|·|MF2|＝1，③由①②③，可得b2＝1，C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)依题意，H(0,1)，明显直线的斜率存在且不为0，设直线RS的方程为y＝kx＋m(k≠0)，代入椭圆方程化简得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由题意知，Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，设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为定值－1.2．(2024·威海模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F，直线y＝4与y轴的交点为P，与抛物线C的交点为Q，且|QF|＝2|PQ|.(1)求p的值；(2)已知点T(t，－2)为C上一点，M，N是C上异于点T的两点，且满意直线TM和直线TN的斜率之和为－eq\f(8,3)，证明：直线MN恒过定点，并求出定点的坐标．解(1)设Q(x0,4)，由抛物线定义，|QF|＝x0＋eq\f(p,2)，又|QF|＝2|PQ|，即2x0＝x0＋eq\f(p,2)，解得x0＝eq\f(p,2)，将点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，4))代入抛物线方程，解得p＝4.(2)由(1)知C的方程为y2＝8x，所以点T坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－2)).设直线MN的方程为x＝my＋n，点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.所以直线MN的方程为x＋1＝m(y＋1)，恒过定点(－1，－1)．3．(2024·齐齐哈尔模拟)已知动圆E经过定点D(1,0)，且与直线x＝－1相切，设动圆圆心E的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)设过点P(1,2)的直线l1，l2分别与曲线C交于A，B两点，直线l1，l2的斜率存在，且倾斜角互补，证明：直线AB的斜率为定值．(1)解由已知，动点E到定点D(1,0)的距离等于E到直线x＝－1的距离，由抛物线的定义知E点的轨迹是以D(1,0)为焦点，以x＝－1为准线的抛物线，故曲线C的方程为y2＝4x.(2)证明由题意直线l1，l2的斜率存在，倾斜角互补，得斜率互为相反数，且不等于零．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l1的方程为y＝k(x－1)＋2，k≠0.直线l2的方程为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，已知此方程一个根为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，∴直线AB的斜率为定值－1.4.(2024·南昌检测)已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C的离心率为eq\f(\r(2),2)，过左焦点F且垂直于x轴的直线交椭圆C于P，Q两点，且|PQ|＝2eq\r(2).(1)求C的方程；(2)若直线l是圆x2＋y2＝8上的点(2,2)处的切线，点M是直线l上任一点，过点M作椭圆C的切线MA，MB，切点分别为A，B，设切线的斜率都存在．求证：直线AB过定点，并求出该定点的坐标．解(1)由已知，设椭圆C的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，因为|PQ|＝2eq\r(2)，不妨设点P(－c，eq\r(2))，代入椭圆方程得，eq\f(c2,a2)＋eq\f(2,b2)＝1，又因为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的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)依题设，得直线l的方程为y－2＝－(x－2)，即x＋y－4＝0，设M(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，x0≠x1且x0≠x2，由切线MA的斜率存在，设其方程为y－y1＝k(x－x1)，联立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，化简得(y1－kx1)2＝8k2＋4，即(xeq\o\al(2,1)－8)k2－2x1y1k＋yeq\o\al(2,1)－4＝0，因为方程只有一解，所以k＝eq\f(x1y1,x\o\al(2,1)－8)＝eq\f(x1y1,－2y\o\al(2,1))＝－eq\f(x1,2y1)，所以切线MA的方程为y－y1＝－eq\f(x1,2y1)(x－x1)，即x1x＋2y1y＝8，同理，切线MB的方程为x2x＋2y2y＝8，又因为两切线都经过点M(x0，y0)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1x0＋2y1y0＝8，,x2x0＋2y2y0＝8，))所以直线AB的方程为x0x＋2y0y＝8，又x0＋y0＝4，所以直线AB的方程可化为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，))所以直线AB恒过定点(2,1)．5．(2024·保定模拟)设椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq\f(\r(3),2)，左顶点M到直线eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1的距离d＝eq\f(4\r(5),5)，O为坐标原点．(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l与椭圆C相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过坐标原点，证明：点O到直线AB的距离为定值．(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.由左顶点M(－a,0)到直线eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1，即到直线bx＋ay－ab＝0的距离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).所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，①当直线AB的斜率不存在时，由椭圆的对称性，可知x1＝x2，y1＝－y2.因为以AB为直径的圆经过坐标原点，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，又点A在椭圆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).此时点O到直线AB的距离d1＝|x1|＝eq\f(2\r(5),5).②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，与椭圆方程联立有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).因为以AB为直径的圆过坐标原点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)，所以点O到直线AB的距离d1＝eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝eq\f(2\r(5),5).综上所述，点O到直线AB的距离为定值eq\f(2\r(5),5).6.已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\f(\r(30),4)))两点．(1)求椭圆C的方程；(2)过原点的直线l与椭圆C交于A，B两点，椭圆C上一点M满意|MA|＝|MB|.求证：eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)＋eq\f(2,|OM|2)为定值．(1)解将eq