浙江专用2025版高考数学新增分大一轮复习第九章平面解析几何专题突破六高考中的圆锥曲线问题第2课时定点与定值问题讲义含解析

PAGEPAGE17第2课时定点与定值问题题型一定点问题例1(2024·湖州模拟)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a>0)的上顶点为B(0，1)，左、右焦点分别为F1，F2，BF2的延长线交椭圆于点M，eq\o(BM,\s\up6(→))＝4eq\o(F2M,\s\up6(→)).(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线l交椭圆于P，Q两点，且kBP＋kBQ＝m(m为非零常数)，求证：直线l过定点.(1)解方法一设M(x0，y0)，F2(c，0)，则由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)，))代入椭圆方程得eq\f(16c2,9a2)＋eq\f(1,9)＝1，又a2＝c2＋1，所以a2＝2，所以椭圆的标准方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.方法二如图，连接BF1，MF1，设|BF1|＝|BF2|＝3n，则|F2M|＝n，又|MF1|＋|MF2|＝|BF1|＋|BF2|＝6n，所以|MF1|＝5n，由|BF1|∶|BM|∶|MF1|＝3∶4∶5，得∠F1BM＝90°，则∠OBF2＝45°，a2＝2b2＝2，所以椭圆的标准方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)证明设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，当直线l的斜率不存在时，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)，即直线l：x＝－eq\f(2,m).当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝kx＋t，把y＝kx＋t代入椭圆的方程并整理得(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，所以直线l的方程为y＝kx＋eq\f(2k,m)－1＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,m)))－1，过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,m)，－1)).综上，直线l过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,m)，－1)).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·浙江重点中学调研)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝2eq\r(5)，点P在椭圆上，tan∠PF2F1＝2且△PF1F2的面积为4.(1)求椭圆的标准方程；(2)若点M是椭圆上随意一点，A1，A2分别是椭圆的左、右顶点，直线MA1，MA2分别与直线x＝eq\f(3\r(5),2)交于E，F两点，试证：以EF为直径的圆交x轴于定点，并求该定点的坐标.解(1)由tan∠PF2F1＝2，得sin∠PF2F1＝eq\f(2\r(5),5)，cos∠PF2F1＝eq\f(\r(5),5).由题意得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，结合2c＝2eq\r(5)，c＝eq\r(5)，得b2＝4，故椭圆的标准方程为eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)由(1)得A1(－3，0)，A2(3，0)，设M(x0，y0)，则直线MA1的方程为y＝eq\f(y0,x0＋3)(x＋3)，与直线x＝eq\f(3\r(5),2)的交点为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))))，直线MA2的方程为y＝eq\f(y0,x0－3)(x－3)，与直线x＝eq\f(3\r(5),2)的交点为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)))).设以EF为直径的圆交x轴于点Q(m，0)，则QE⊥QF，从而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为直径的圆交x轴于定点，该定点的坐标为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)).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：理解运算对象，驾驭运算法则，探究运算方向，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等.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(1)由于c2＝a2－b2，将x＝－c代入椭圆方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，得y＝±eq\f(b2,a).由题意知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.(2024·衢州模拟)如图，圆x2＋(y－1)2＝4过椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的下顶点及左、右焦点F1，F2，过椭圆C的左焦点F1的直线与椭圆C相交于M，N两点，线段MN的中垂线交x轴于点D且垂足为点P.(1)求椭圆C的方程；(2)证明：当直线MN斜率改变时，eq\f(|DF1|,|MN|)为定值.(1)解当x＝0时，由x2＋(y－1)2＝4，得y＝－1或y＝3；当y＝0时，由x2＋(y－1)2＝4，得x＝±eq\r(3).又圆x2＋(y－1)2＝4过椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的下顶点及焦点F1，F2，故c＝eq\r(3)，b＝1，所以a2＝b2＋c2＝4，即椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明易知直线MN的斜率存在，且不为0，所以设直线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)，则MN的中点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4\r(3)k2,1＋4k2)，\f(\r(3)k,1＋4k2)))，故MN的中垂线DP的方程为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)为定值.2.已知抛物线C的顶点在原点，焦点在y轴上，且抛物线上有一点P(m，5)到焦点的距离为6.(1)求该抛物线C的方程；(2)已知抛物线上一点M(4，t)，过点M作抛物线的两条弦MD和ME，且MD⊥ME，推断直线DE是否过定点，并说明理由.解(1)由题意设抛物线方程为x2＝2py(p>0)，其准线方程为y＝－eq\f(p,2)，P(m，5)到焦点的距离等于P到其准线的距离，所以5＋eq\f(p,2)＝6，即p＝2.所以抛物线方程为x2＝4y.(2)由(1)可得点M(4，4)，设直线MD的方程为y＝k(x－4)＋4(k≠0)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－4＋4，,x2＝4y，))得x2－4kx＋16k－16＝0，由题意得Δ>0，设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则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，所以直线DE的方程为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).化简得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.所以直线DE过定点(－4，8).3.知抛物线C1的方程为x2＝2py(p>0)，过点M(a，－2p)(a为常数)作抛物线C1的两条切线，切点分别为A，B.(1)过焦点且在x轴上截距为2的直线l与抛物线C1交于Q，N两点，Q，N两点在x轴上的射影分别为Q′，N′，且|Q′N′|＝2eq\r(5)，求抛物线C1的方程；(2)设直线AM，BM的斜率分别为k1，k2.求证：k1·k2为定值.(1)解因为抛物线C1的焦点坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，所以过焦点且在x轴上截距为2的直线方程是eq\f(x,2)＋eq\f(y,\f(p,2))＝1，即eq\f(x,2)＋eq\f(2y,p)＝1.联立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，明显Δ>0恒成立，设点Q(xQ，yQ)，N(xN，yN)，则xQ＋xN＝－eq\f(p2,2)，xQxN＝－p2.则|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.所以抛物线C1的方程为x2＝4y.(2)证明设点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1>0，x2<0).依题意，由x2＝2py(p>0)，得y＝eq\f(x2,2p)，则y′＝eq\f(x,p).所以切线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).又点M(a，－2p)在直线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的两根，则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为定值得证.4.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.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.(2024·丽水、衢州、湖州三地市质检)如图，F1，F2是椭圆C：eq\f(x2,2)＋y2＝1的左、右焦点，A，B是椭圆C上的两点，且都在x轴上方，AF1∥BF2，设AF2，BF1的交点为M.(1)求证：eq\f(1,|AF1|)＋eq\f(1,|BF2|)为定值；(2)求动点M的轨迹方程.(1)证明方法一如题图所示，由题意知F1(－1，0)，F2(1，0)，设直线AF1的方程为x＝my－1，与椭圆C的方程联立，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.由题意知，Δ>0，因为点A在x轴上方，设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).直线BF2的方程为x＝my＋1，设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|)为定值.方法二如图所示，延长AF1交椭圆于B1，由椭圆的对称性可知|B1F1|＝|BF2|，所以要证eq\f(1,|AF1|)＋eq\f(1,|BF2|)为定值，只需证eq\f(1,|AF1|)＋eq\f(1,|B1F1|)为定值.设直线AF1的方程为x＝my－1，A(x1，y1)，B1(x2，y2)，y1>0，y2<0，与椭圆C的方程联立，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，由题意知，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