高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)精講精練(新高考地區(qū))8.9圓錐曲線中定值模型(精練)(原卷版+解析)

8.9圓錐曲線中定值模型【題型解讀】【題型一斜率為定值】1.(2023·全國·高三專題練習(xí)）已知橢圓：的右焦點為，圓：，過且垂直于軸的直線被橢圓和圓所截得的弦長分別為和.(1)求的方程；(2)過圓上一點（不在坐標(biāo)軸上）作的兩條切線，，記，的斜率分別為，，直線的斜率為，證明：為定值.2.(2023·全國·高三專題練習(xí)）已知橢圓C的中心在原點，離心率等于eq\f(1,2)，它的一個短軸端點恰好是拋物線x2＝8eq\r(3)y的焦點．(1)求橢圓C的方程；(2)如圖，已知P(2，3)，Q(2，－3)是橢圓上的兩點，A，B是橢圓上位于直線PQ兩側(cè)的動點．①若直線AB的斜率為eq\f(1,2)，求四邊形APBQ面積的最大值；②當(dāng)A，B運動時，滿足∠APQ＝∠BPQ，試問直線AB的斜率是否為定值？請說明理由．3.已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右頂點為A，上頂點為B，O為坐標(biāo)原點，點O到直線AB的距離為eq\f(2\r(5),5)，△OAB的面積為1．(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)直線l與橢圓交于C，D兩點，若直線l∥直線AB，設(shè)直線AC，BD的斜率分別為k1，k2，證明：k1·k2為定值．【題型二距離為定值】1.(2023·青島高三模擬）已知橢圓為右焦點，直線與橢圓C相交于A，B兩點，取A點關(guān)于x軸的對稱點S，設(shè)線段與線段的中垂線交于點Q．(1)當(dāng)時，求；(2)當(dāng)時，求是否為定值？若為定值，則求出定值；若不為定值，則說明理由．2.已知雙曲線的離心率為，點在雙曲線上.(1)求雙曲線的方程；(2)點，在雙曲線上，直線，與軸分別相交于兩點，點在直線上，若坐標(biāo)原點為線段的中點，，證明：存在定點，使得為定值.【題型三面積為定值】1.(2023·全國高三專題練習(xí)）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(1,2)，以原點O為圓心，橢圓的短半軸長為半徑的圓與直線x－y＋eq\r(6)＝0相切．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A，B兩點，且kOA·kOB＝－eq\f(b2,a2)．求證：△AOB的面積為定值．2.(2023·山西太原五中高三期末）如圖，點F是拋物線Г：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Г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．【題型四數(shù)量積為定值】1.(2023·湖北模擬）橢圓有兩頂點A(－1，0)，B(1，0)，過其焦點F(0，1)的直線l與橢圓交于C，D兩點，并與x軸交于點P．直線AC與直線BD交于點Q．(1)當(dāng)|CD|＝eq\f(3eq\r(2),2)時，求直線l的方程；(2)當(dāng)點P異于A，B兩點時，求證：eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))為定值．2.(2023·德陽三模）已知橢圓E的中心在原點，焦點在x軸上，橢圓的左頂點坐標(biāo)為(－eq\r(2)，0)，離心率為e＝eq\f(\r(2),2)．(1)求橢圓E的方程；(2)過點(1，0)作直線l交E于P、Q兩點，試問：在x軸上是否存在一個定點M，使eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))為定值？若存在，求出這個定點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【題型五角度為定值】1.(2023·湖北模擬）已知點F1為橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點，P(－1，eq\f(eq\r(2),2))在橢圓上，PF1⊥x軸．(1)求橢圓的方程：(2)已知直線l與橢圓交于A，B兩點，且坐標(biāo)原點O到直線l的距離為eq\f(eq\r(6),3)，∠AOB的大小是否為定值？若是，求出該定值：若不是，請說明理由．2.(2023·德陽三模）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的點到兩個焦點的距離之和為eq\f(2,3)，短軸長為eq\f(1,2)，直線與橢圓C交于M，N兩點．(1)求橢圓C的方程；(2)若直線與圓O：x2＋y2＝eq\f(1,25)相切，證明：∠MON為定值．【題型六參數(shù)為定值】1.(2023·湖北模擬）已知橢圓C的焦點在x軸上，離心率等于eq\f(2\r(5),5)，且過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(5),5)))．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過橢圓C的右焦點F作直線l交橢圓C于A，B兩點，交y軸于M點，若eq\o(MA,\s\up6(→))＝λ1eq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))＝λ2eq\o(BF,\s\up6(→))，求證：λ1＋λ2為定值．2.(2023·德陽三模）已知點是橢圓的左焦點，是橢圓上的任意一點，．(1)求的最大值；(2)過點的直線與橢圓相交于兩點，與軸相交于點．若，，試問是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由．8.9圓錐曲線中定值模型【題型解讀】【題型一斜率為定值】1.(2023·全國·高三專題練習(xí)）已知橢圓：的右焦點為，圓：，過且垂直于軸的直線被橢圓和圓所截得的弦長分別為和.(1)求的方程；(2)過圓上一點（不在坐標(biāo)軸上）作的兩條切線，，記，的斜率分別為，，直線的斜率為，證明：為定值.【解析】（1）設(shè)橢圓的半焦距為，過且垂直于軸的直線被橢圓所截得的弦長分別為，則；過且垂直于軸的直線被圓所截得的弦長分別為，則，又，解得，所以的方程為.（2）設(shè)，則.①設(shè)過點與橢圓相切的直線方程為，聯(lián)立得，則，整理得.②由題意知，為方程②的兩根，由根與系數(shù)的關(guān)系及①可得.又因為，所以，所以為定值．2.(2023·全國·高三專題練習(xí)）已知橢圓C的中心在原點，離心率等于eq\f(1,2)，它的一個短軸端點恰好是拋物線x2＝8eq\r(3)y的焦點．(1)求橢圓C的方程；(2)如圖，已知P(2，3)，Q(2，－3)是橢圓上的兩點，A，B是橢圓上位于直線PQ兩側(cè)的動點．①若直線AB的斜率為eq\f(1,2)，求四邊形APBQ面積的最大值；②當(dāng)A，B運動時，滿足∠APQ＝∠BPQ，試問直線AB的斜率是否為定值？請說明理由．【解析】(1)設(shè)橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，∵拋物線的焦點為(0，2eq\r(3))．∴b＝2eq\r(3)．由eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，a2＝c2＋b2，得a＝4，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1．(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．①設(shè)直線AB的方程為y＝eq\f(1,2)x＋t，代入eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1，得x2＋tx＋t2－12＝0，由Δ>0，解得－4<t<4，∴x1＋x2＝－t，x1x2＝t2－12，∴|x1－x2|＝eq\r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq\r(t2－4(t2－12))＝eq\r(48－3t2)．∴四邊形APBQ的面積S＝eq\f(1,2)×6×|x1－x2|＝3eq\r(48－3t2)．∴當(dāng)t＝0時，S取得最大值，且Smax＝12eq\r(3)．②若∠APQ＝∠BPQ，則直線PA，PB的斜率之和為0，設(shè)直線PA的斜率為k，則直線PB的斜率為－k，直線PA的方程為y－3＝k(x－2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－3＝k(x－2)，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1))消去y，得(3＋4k2)x2＋8k(3－2k)x＋4(3－2k)2－48＝0，∴x1＋2＝eq\f(8k(2k－3),3＋4k2)，將k換成－k可得x2＋2＝eq\f(－8k(－2k－3),3＋4k2)＝eq\f(8k(2k＋3),3＋4k2)，∴x1＋x2＝eq\f(16k2－12,3＋4k2)，x1－x2＝eq\f(－48k,3＋4k2)，∴kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(k(x1－2)＋3＋k(x2－2)－3,x1－x2)＝eq\f(k(x1＋x2)－4k,x1－x2)＝eq\f(1,2)，∴直線AB的斜率為定值eq\f(1,2)．3.已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右頂點為A，上頂點為B，O為坐標(biāo)原點，點O到直線AB的距離為eq\f(2\r(5),5)，△OAB的面積為1．(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)直線l與橢圓交于C，D兩點，若直線l∥直線AB，設(shè)直線AC，BD的斜率分別為k1，k2，證明：k1·k2為定值．【解析】(1)直線AB的方程為eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1，即bx＋ay－ab＝0，則eq\f(ab,\r(a2＋b2))＝eq\f(2\r(5),5)，因為△OAB的面積為1，所以eq\f(1,2)ab＝1，即ab＝2．解得a＝2，b＝1，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1．(2)直線AB的斜率為－eq\f(1,2)，設(shè)直線l的方程為y＝－eq\f(1,2)x＋t，C(x1，y1)，D(x2，y2)，代入eq\f(x2,4)＋y2＝1，得2y2－2ty＋t2－1＝0，依題意得，Δ>0，則y1＋y2＝t，y1y2＝eq\f(t2－1,2)，所以k1k2＝eq\f(y1,x1－2)·eq\f(y2－1,x2)＝eq\f(y1y2－y1,x1x2－2x2)，因為x1x2－2x2＝4(t－y1)(t－y2)－4(t－y2)＝4[t2－t(y1＋y2)＋y1y2－t＋y2]＝4[(y1＋y2)2－(y1＋y2)(y1＋y2)＋y1y2－(y1＋y2)＋y2]＝4(y1y2－y1)，所以k1k2＝eq\f(1,4)為定值．【題型二距離為定值】1.(2023·青島高三模擬）已知橢圓為右焦點，直線與橢圓C相交于A，B兩點，取A點關(guān)于x軸的對稱點S，設(shè)線段與線段的中垂線交于點Q．(1)當(dāng)時，求；(2)當(dāng)時，求是否為定值？若為定值，則求出定值；若不為定值，則說明理由．【解析】（1）設(shè)，線段的中點M坐標(biāo)為，聯(lián)立得消去y可得：，所以所以，代入直線方程，求得，因為Q為三條中垂線的交點，所以，有，直線方程為.令，所以.由橢圓可得右焦點，故．（2）設(shè)，中點M坐標(biāo)為．相減得，.又Q為的外心，故，所以，直線方程為，令，所以而,所以，，同理，，，所以當(dāng)t變化時，為定值．2.已知雙曲線的離心率為，點在雙曲線上.(1)求雙曲線的方程；(2)點，在雙曲線上，直線，與軸分別相交于兩點，點在直線上，若坐標(biāo)原點為線段的中點，，證明：存在定點，使得為定值.【解析】（1）由題意，雙曲線的離心率為，且在雙曲線上，可得，解得，所以雙曲線的方程為.（2）由題意知，直線的的斜率存在，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立方程組，整理得，則且，設(shè)，則，直線的方程為，令，可得，即,同理可得，因為為的中點，所以，即，可得，即，所以或，若，則直線方程為，即，此時直線過點，不合題意；若時，則直線方程為，恒過定點，所以為定值，又由為直角三角形，且為斜邊，所以當(dāng)為的中點時，.【題型三面積為定值】1.(2023·全國高三專題練習(xí)）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(1,2)，以原點O為圓心，橢圓的短半軸長為半徑的圓與直線x－y＋eq\r(6)＝0相切．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A，B兩點，且kOA·kOB＝－eq\f(b2,a2)．求證：△AOB的面積為定值．【解析(1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\f(c,a)＝eq\f(1,2),b＝eq\f(|0－0＋eq\r(6)|,eq\r(2)),a2＝c2＋b2))，∴a2＝4，b2＝3，∴橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1；(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則A，B的坐標(biāo)滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1,y＝kx＋m))，消去y化簡得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，x1＋x2＝－eq\f(8km,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－12,3＋4k2)，由Δ＞0，得m24k2－m2＋3>0，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝k2eq\f(4m2－12,3＋4k2)＋km(－eq\f(8km,3＋4k2))＋m2＝eq\f(3m2－12k2,3＋4k2)．∵kOA·kOB＝－eq\f(b2,a2)＝－eq\f(3,4)，∴eq\f(y1y2,x1x2)＝－eq\f(3,4)，即y1y2＝－eq\f(3,4)x1x2，∴eq\f(3m2－12k2,3＋4k2)＝－eq\f(3,4)·eq\f(4m2－12,3＋4k2)．即2m2－4k2＝3|MN|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8km,3＋4k2)))\s\up8(2)－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4m2－12,3＋4k2))))＝eq\r(eq\f(24(1＋k2),3＋4k2))．又由點O到直線y＝kx＋m的距離d＝eq\f(|m|,eq\r(1＋k2))，所以S△MON＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)eq\f(|m|,eq\r(1＋k2))·eq\r(eq\f(24(1＋k2),3＋4k2))＝eq\f(1,2)·eq\r(eq\f(m2,1＋k2)·eq\f(24(1＋k2),3＋4k2))＝eq\f(1,2)·eq\r(eq\f(3＋4k2,2)·eq\f(24,3＋4k2))＝eq\r(3)為定值．2.(2023·山西太原五中高三期末）如圖，點F是拋物線Г：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Г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．【解析】(1)設(shè)A(x0，y0)，由題知F(0，eq\f(p,2))，所以eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－x0，eq\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)，得4＝p2，得p＝2，所以拋物線的方程是x2＝4y．(2)過D作y軸的平行線交BC于點E，并設(shè)B(x1，eq\f(x\o\al(2,1),4))，C(x2，eq\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．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．【題型四數(shù)量積為定值】1.(2023·湖北模擬）橢圓有兩頂點A(－1，0)，B(1，0)，過其焦點F(0，1)的直線l與橢圓交于C，D兩點，并與x軸交于點P．直線AC與直線BD交于點Q．(1)當(dāng)|CD|＝eq\f(3eq\r(2),2)時，求直線l的方程；(2)當(dāng)點P異于A，B兩點時，求證：eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))為定值．【解析】(1)因橢圓焦點在y軸上，設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由已知得b＝1，c＝1，所以a＝eq\r(2)，橢圓方程為為eq\f(y2,2)＋x2＝1．直線l垂直于x軸時與題意不符．設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1，將其代入橢圓方程化簡得，(k2＋2)x2＋2kx－1＝0．設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，則∴x1＋x2＝－eq\f(2k,k2＋2)，x1x2＝－eq\f(1,k2＋2)，|CD|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2k,2＋k2)))2－4·\f(－1,2＋k2))＝eq\f(2eq\r(2)(1＋k2),2＋k2)＝eq\f(3eq\r(2),2)，解得k＝±eq\r(2)．所以直線l的方程為y＝eq\r(2)x＋1或y＝－eq\r(2)x＋1．(2)直線l與x軸垂直時與題意不符．設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1(k≠0且k≠±1)，所以P點坐標(biāo)為(－eq\f(1,k)，0)．設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，由(1)知x1＋x2＝－eq\f(2k,k2＋2)，x1x2＝－eq\f(1,k2＋2)，直線AC的方程為y＝eq\f(y1,x1＋1)(x＋1)，直線BD的方程為y＝eq\f(y2,x2＋1)(x－1)，將兩直線方程聯(lián)立，消去y得eq\f(x＋1,x－1)＝eq\f(y2(x1＋1),y1(x2－1))，因為－1＜x1，x2＜1，所以eq\f(x＋1,x－1)與eq\f(y2,y1)異號．(eq\f(x＋1,x－1))2＝eq\f(y22(x1＋1)2,y12(x2－1)2)＝eq\f(2－x22,2－x12)·eq\f((x1＋1)2,(x2－1)2)＝eq\f((1＋x1)(1＋x2),(1－x1)(1－x2))＝eq\f(1＋eq\f(－2k,k2＋2)＋eq\f(－1,k2＋2),1－eq\f(－2k,k2＋2)＋eq\f(－1,k2＋2))＝(eq\f(k－1,k＋1))2．又y1y2＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝eq\f(2(1－k)(1＋k),k2＋2)＝－eq\f(2(1＋k)2,k2＋2)·eq\f(k－1,k＋1)∴eq\f(k－1,k＋1)與y1y2異號，eq\f(x＋1,x－1)與eq\f(k－1,k＋1)同號，eq\f(x＋1,x－1)＝eq\f(k－1,k＋1)，解得x＝－k，因此Q點坐標(biāo)為(－k，y0)．eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,k)，0)(－k，y0)＝1，故eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))為定值．2.(2023·德陽三模）已知橢圓E的中心在原點，焦點在x軸上，橢圓的左頂點坐標(biāo)為(－eq\r(2)，0)，離心率為e＝eq\f(\r(2),2)．(1)求橢圓E的方程；(2)過點(1，0)作直線l交E于P、Q兩點，試問：在x軸上是否存在一個定點M，使eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))為定值？若存在，求出這個定點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【解析】(1)設(shè)橢圓E的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－c＝eq\r(2)－1，,eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，))解得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝eq\r(2)，,c＝1，))所以b2＝1．所以橢圓E的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1．(2)假設(shè)存在符合條件的點M(m，0)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\o(MP,\s\up6(→))＝(x1－m，y1)，eq\o(MQ,\s\up6(→))＝(x2－m，y2)，eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋y1y2，①當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)，聯(lián)立橢圓方程eq\f(x2,2)＋y2＝1，化為(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，則x1＋x2＝eq\f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2k2－2,2k2＋1)．∴y1y2＝k2[－(x1＋x2)＋x1x2＋1]＝－eq\f(k2,2k2＋1)，eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝eq\f(k2(2m2－4m＋1)＋m2－2,2k2＋1)．對于任意的k值，上式為定值，故2m2－4m＋1＝2(m2－2)，解得，m＝eq\f(5,4)，此時，eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝m2－2＝－eq\f(7,16)為定值；②當(dāng)直線l的斜率不存在時，直線l：x＝1，x1x2＝1，x1＋x2＝2，y1y2＝－eq\f(1,2)，由，m＝eq\f(5,4)，得eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝1－2×eq\f(5,4)＋eq\f(25,16)－eq\f(1,2)＝－eq\f(7,16)為定值，綜合①②知，符合條件的點M存在，其坐標(biāo)為(eq\f(5,4)，0)．【題型五角度為定值】1.(2023·湖北模擬）已知點F1為橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點，P(－1，eq\f(eq\r(2),2))在橢圓上，PF1⊥x軸．(1)求橢圓的方程：(2)已知直線l與橢圓交于A，B兩點，且坐標(biāo)原點O到直線l的距離為eq\f(eq\r(6),3)，∠AOB的大小是否為定值？若是，求出該定值：若不是，請說明理由．【解析】(1)因為PF1⊥x軸，又P(－1，eq\f(eq\r(2),2))在橢圓上，可得F1(－1，0)，所以c＝1，eq\f(1,a2)＋eq\f(1,2b2)＝1，a2＝c2＋b2，解得a2＝2，b2＝1，所以橢圓的方程為：eq\f(x2,2)＋y2＝1；(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時，由原點O到直線l的距離為eq\f(eq\r(6),3)，可得直線l的方程為：x＝±eq\f(eq\r(6),3)，代入橢圓可得A(eq\f(eq\r(6),3)，eq\f(eq\r(6),3))，B(eq\f(eq\r(6),3)，－eq\f(eq\r(6),3))或A(－eq\f(eq\r(6),3)，eq\f(eq\r(6),3))，B(－eq\f(eq\r(6),3)，eq\f(eq\r(6),3))，可得eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，所以∠AOB＝eq\f(π,2)；當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線的方程為：y＝kx＋m，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由原點O到直線l的距離為eq\f(eq\r(6),3)，可得eq\f(eq\r(6),3)＝eq\f(|m|,eq\r(1＋k2))，可得3m2＝2(1＋k2)，①直線與橢圓聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1，))整理可得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)>0，將①代入Δ中可得Δ＝16m2＋8>0，x1＋x2＝eq\f(－4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－1,1＋2k2)，y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq\f(k2(2m2－2),1＋2k2)＋eq\f(4k2m2,1＋2k2)＋m2＝eq\f(m2－2k2,1＋2k2)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝eq\f(2m2－2,1＋2k2)＋eq\f(m2－2k2,1＋2k2)＝eq\f(3m2－2k2－2,1＋2k2)，將①代入可得eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，所以∠AOB＝eq\f(π,2)；綜上所述∠AOB＝eq\f(π,2)恒成立．2.(2023·德陽三模）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的點到兩個焦點的距離之和為eq\f(2,3)，短軸長為eq\f(1,2)，直線與橢圓C交于M，N兩點．(1)求橢圓C的方程；(2)若直線與圓O：x2＋y2＝eq\f(1,25)相切，證明：∠MON為定值．【解析】(1)由題意得，2a＝eq\f(2,3)，2b＝eq\f(1,2)，所以a＝eq\f(1,3)，b＝eq\f(1,4)，所以9x2＋16y2＝1．(2)當(dāng)直線l⊥x軸時，因為直線與圓相切，所以直線方程為x＝±eq\f(1,5)．當(dāng)l：x＝eq\f(1,5)時，得M、N兩點坐標(biāo)分別為(eq\f(1,5)，eq\f(1,5))，(eq\f(1,5)，－eq\f(1,5))，所以eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝0，所以∠MON＝eq\f(π,2)．當(dāng)l：x＝－eq\f(1,5)時，同理∠MON＝eq\f(π,2)．當(dāng)與x軸不垂直時，設(shè)l：y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由d＝eq\f(|m|,eq\r(1＋k2))＝eq\f(1,5)，所以25m2＝1＋k2，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(9x2＋16y2＝1，,y＝kx＋m，))得(16k2＋9)x2＋32kmx＋16m2－1＝0．Δ＝(32km)2－4(16k2＋9)(16m2－1)>0，∴x1＋x2＝－eq\f(32km,9＋16k2)，x1x2＝eq\f(16m2－1,9＋16k2)．∴eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(O