高考數(shù)學大一輪復習精講精練(新高考地區(qū))8.9圓錐曲線中定值模型(精講)(原卷版+解析)

8.9圓錐曲線中定值模型【題型解讀】【知識必備】定值問題就是證明一個量與其中的變化因素無關，這些變化的因素可能是直線的斜率、截距，也可能是動點的坐標等，這類問題的一般解法是使用變化的量表達求證目標，通過運算求證目標的取值與變化的量無關．當使用直線的斜率和截距表達直線方程時，在解題過程中要注意建立斜率和截距之間的關系，把雙參數(shù)問題化為單參數(shù)問題解決．【題型精講】【題型一斜率為定值】例1(2023·全國·高三專題練習）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)，右焦點為F，右頂點為E，P為直線x＝eq\f(5,4)a上的任意一點，且(eq\o(PF,\s\up7())＋eq\o(PE,\s\up7()))·eq\o(EF,\s\up7())＝2．(1)求橢圓C的方程；(2)過F且垂直于x軸的直線AB與橢圓交于A，B兩點(點A在第一象限)，動直線l與橢圓C交于M，N兩點，且M，N位于直線AB的兩側(cè)，若始終保持∠MAB＝∠NAB，求證：直線MN的斜率為定值．【跟蹤精練】1.(2023·全國·高三專題練習）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．【題型二距離為定值】例2(2023·青島高三模擬）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，且過點A(2，1)．(1)求C的方程；(2)點M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足．證明：存在定點Q，使得|DQ|為定值．【跟蹤精練】1.如圖，已知橢圓C：eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,4)＝1，點B是其下頂點，過點B的直線交橢圓C于另一點A(A點在x軸下方)，且線段AB的中點E在直線y＝x上．(1)求直線AB的方程；(2)若點P為橢圓C上異于A、B的動點，且直線AP，BP分別交直線y＝x于點M、N，證明：|OM|·|ON|為定值．【題型三面積為定值】例3(2023·全國高三專題練習）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，O是坐標原點，點A，B分別為橢圓C的左右頂點，|AB|＝4eq\r(2)．(1)求橢圓C的標準方程．(2)若P是橢圓C上異于A，B的一點，直線l交橢圓C于M，N兩點，AP∥OM，BP∥ON，則△OMN的面積是否為定值？若是，求出定值，若不是，請說明理由．【題型精練】1.(2023·山西太原五中高三期末）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距為2，四個頂點構成的四邊形面積為2eq\r(2)．(1)求橢圓C的標準方程；(2)斜率存在的直線l與橢圓C相交于M、N兩點，O為坐標原點，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))，若點P在橢圓上，請判斷△OMN的面積是否為定值．【題型四數(shù)量積為定值】例4(2023·湖北模擬）已知雙曲線的離心率為，點在上.(1)求雙曲線的方程.(2)設過點的直線與雙曲線交于兩點，問在軸上是否存在定點，使得為常數(shù)？若存在，求出點的坐標以及該常數(shù)的值；若不存在，請說明理由.【題型精練】1.(2023·德陽三模）已知O為坐標原點，橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1上一點E在第一象限，若|OE|＝eq\f(\r(7),2)．(1)求點E的坐標；(2)橢圓C兩個頂點分別為A(－2，0)，B(2，0)，過點M(0，－1)的直線l交橢圓C于點D，交x軸于點P，若直線AD與直線MB相交于點Q，求證：eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))為定值．【題型五角度為定值】例5(2023·湖北模擬）已知點M(x0，y0)為橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1．上任意一點，直線l：x0x＋2y0y＝2與圓(x－1)2＋y2＝6交于A，B兩點，點F為橢圓C的左焦點．(1)求橢圓C的離心率及左焦點F的坐標；(2)求證：直線l與橢圓C相切；(3)判斷∠AFB是否為定值，并說明理由．【題型精練】1.(2023·德陽三模）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(1,3)，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，A為橢圓C上一點，AF2⊥F1F2，且|AF2|＝eq\f(8,3)．(1)求橢圓C的方程；(2)設橢圓C的左、右頂點分別為A1，A2，過A1，A2分別作x軸的垂線l1，l2，橢圓C的一條切線l：y＝kx＋m與l1，l2分別交于M，N兩點，求證：∠MF1N為定值．【題型六參數(shù)為定值】例6(2023·湖北模擬）已知拋物線C：y2＝2px經(jīng)過點P(1，2)，過點Q(0，1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點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O為原點，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．【題型精練】1.(2023·德陽三模）在平面直角坐標系中，橢圓的右準線為直線，動直線交橢圓于兩點，線段的中點為，射線分別交橢圓及直線于點，如圖，當兩點分別是橢圓的右頂點及上頂點時，點的縱坐標為（其中為橢圓的離心率），且．(1)求橢圓的標準方程；(2)如果是的等比中項，那么是否為常數(shù)？若是，求出該常數(shù)；若不是，請說明理由．【題型七與定值有關的結(jié)論】方法技巧與定值有關的結(jié)論1.若點A,B是橢圓C：上關于原點對稱的兩點,點P是橢圓C上與A,B不重合的點,則；2.若點A,B是雙曲線C：上關于原點對稱的兩點,點P是雙曲線C上與A,B不重合的點,則.3.設點是橢圓C：上一定點,點A,B是橢圓C上不同于P的兩點,若,則直線AB斜率為定值；4.設點是雙曲線C：一定點,點A,B是雙曲線C上不同于P的兩點,若,直線AB斜率為定值；5.設點是拋物線C：一定點,點A,B是拋物線C上不同于P的兩點,若,直線AB斜率為定值.6.設是橢圓上不同3點,B,C關于x軸對稱,直線AC,BC與x軸分別交于點,則.7.點A,B是橢圓C：上動點,O為坐標原點,若,則=（即點O到直線AB為定值）8.經(jīng)過橢圓（a＞b＞0）的長軸的兩端點A1和A2的切線,與橢圓上任一點的切線相交于P1和P2,則.9.過橢圓（a＞b＞0）的右焦點F作直線交該橢圓右支于M,N兩點,弦MN的垂直平分線交x軸于P,則.10.點為橢圓(包括圓在內(nèi))在第一象限的弧上任意一點,過引軸、軸的平行線,交軸、軸于,交直線于,記與的面積為,則：.例7(2023·湖北模擬）設常數(shù)且,橢圓：,點是上的動點．（1）若點的坐標為,求的焦點坐標；（2）設,若定點的坐標為,求的最大值與最小值；（3）設,若上的另一動點滿足（為坐標原點）,求證：到直線PQ的距離是定值．【題型精練】1.(2023·德陽三模）已知橢圓的左?右焦點為，，且左焦點坐標為，為橢圓上的一個動點，的最大值為.(1)求橢圓的標準方程；(2)若過點的直線與橢圓交于兩點，點，記直線的斜率為，直線的斜率為，證明：.8.9圓錐曲線中定值模型【題型解讀】【知識必備】定值問題就是證明一個量與其中的變化因素無關，這些變化的因素可能是直線的斜率、截距，也可能是動點的坐標等，這類問題的一般解法是使用變化的量表達求證目標，通過運算求證目標的取值與變化的量無關．當使用直線的斜率和截距表達直線方程時，在解題過程中要注意建立斜率和截距之間的關系，把雙參數(shù)問題化為單參數(shù)問題解決．【題型精講】【題型一斜率為定值】例1(2023·全國·高三專題練習）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)，右焦點為F，右頂點為E，P為直線x＝eq\f(5,4)a上的任意一點，且(eq\o(PF,\s\up7())＋eq\o(PE,\s\up7()))·eq\o(EF,\s\up7())＝2．(1)求橢圓C的方程；(2)過F且垂直于x軸的直線AB與橢圓交于A，B兩點(點A在第一象限)，動直線l與橢圓C交于M，N兩點，且M，N位于直線AB的兩側(cè)，若始終保持∠MAB＝∠NAB，求證：直線MN的斜率為定值．【解析】(1)設Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)a，t))，F(xiàn)(c，0)，E(a，0)，則eq\o(PF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(5,4)a，－t))，eq\o(PE,\s\up7())＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,4)，－t))，eq\o(EF,\s\up7())＝(c－a，0)，所以(eq\o(PF,\s\up7())＋eq\o(PE,\s\up7()))·eq\o(EF,\s\up7())＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(3,2)a，－2t))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－a，0))＝2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(3,2)a))·(c－a)＝2，又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以a＝2，c＝1，b＝eq\r(3)，從而橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)由(1)知Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，設MN的方程：y＝kx＋m，代入橢圓方程eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4m2－12,4k2＋3)．又M，N是橢圓上位于直線AB兩側(cè)的動點，若始終保持∠MAB＝∠NAB，則kAM＋kAN＝0，即eq\f(y1－\f(3,2),x1－1)＋eq\f(y2－\f(3,2),x2－1)＝0，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1＋m－\f(3,2)))(x2－1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2＋m－\f(3,2)))(x1－1)＝0，即(2k－1)(2m＋2k－3)＝0，得k＝eq\f(1,2)．故直線MN的斜率為定值eq\f(1,2)．【跟蹤精練】1.(2023·全國·高三專題練習）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A(x1，y1)，B(x2，y2)．①設直線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)．【題型二距離為定值】例2(2023·青島高三模擬）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，且過點A(2，1)．(1)求C的方程；(2)點M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足．證明：存在定點Q，使得|DQ|為定值．【解析】(1)由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))解得a2＝6，b2＝c2＝3，故橢圓C的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)設點M(x1，y1)，N(x2，y2)．因為AM⊥AN，所以eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝0，即(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0．①當直線MN的斜率存在時，設其方程為y＝kx＋m，如圖1．代入橢圓方程消去y并整理，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－6,1＋2k2)，②根據(jù)y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，代入①整理，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0，將②代入上式，得(k2＋1)eq\f(2m2－6,1＋2k2)＋(km－k－2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,1＋2k2)))＋(m－1)2＋4＝0，整理化簡得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0，因為A(2，1)不在直線MN上，所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1，于是直線MN的方程為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)))－eq\f(1,3)，所以直線MN過定點Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3)))．當直線MN的斜率不存在時，可得N(x1，－y1)，如圖2．代入(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，得(x1－2)2＋1－yeq\o\al(2,1)＝0，結(jié)合eq\f(x\o\al(2,1),6)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)＝1，解得x1＝2(舍去)或x1＝eq\f(2,3)，此時直線MN過點Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3)))．因為|AE|為定值，且△ADE為直角三角形，AE為斜邊，所以AE的中點Q滿足|DQ|為定值eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AE長度的一半\f(1,2)\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))2)＝\f(2\r(2),3)))．由于A(2，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3)))，故由中點坐標公式可得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))．故存在點Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))，使得|DQ|為定值．【跟蹤精練】1.如圖，已知橢圓C：eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,4)＝1，點B是其下頂點，過點B的直線交橢圓C于另一點A(A點在x軸下方)，且線段AB的中點E在直線y＝x上．(1)求直線AB的方程；(2)若點P為橢圓C上異于A、B的動點，且直線AP，BP分別交直線y＝x于點M、N，證明：|OM|·|ON|為定值．【解析】(1)設點E(m，m)，由B(0，－2)得A(2m，2m＋2)．代入橢圓方程得eq\f(4m2,12)＋eq\f((2m＋2)2,4)＝1，即eq\f(m2,3)＋(m＋1)2＝1，解得m＝－eq\f(3,2)或m＝0(舍)．所以A(－3，－1)，故直線AB的方程為x＋3y＋6＝0．(2)設P(x0，y0)，則eq\f(x02,12)＋eq\f(y02,4)＝1，即y02＝4－eq\f(x02,3)．設M(xM，yM)，由A，P，M三點共線，即，∴eq\o(AP,\s\up6(→))∥eq\o(AM,\s\up6(→))，∴(x0＋3)(yM＋1)＝(y0＋1)(xM＋3)，又點M在直線y＝x上，解得M點的橫坐標xM＝eq\f(3y0－x0,x0－y0＋2)，設N(xN，yN)，由B，P，N三點共線，即eq\o(BP,\s\up6(→))∥eq\o(BN,\s\up6(→))，∴x0(yN＋2)＝(y0＋2)xN，點N在直線y＝x上，，解得N點的橫坐標xN＝eq\f(－2x0,x0－y0－2)．所以OM·ON＝eq\r(2)|xM－0|·eq\r(2)|xN－0|＝2|xM||xN|＝2|eq\f(3y0－x0,x0－y0＋2)|·|eq\f(－2x0,x0－y0－2)|＝2|eq\f(2x02－6x0y0,(x0－y0)2－4)|＝2|eq\f(2x02－6x0y0,x02－2x0y0－eq\f(x02,3))|＝2|eq\f(x02－3x0y0,eq\f(x02,3)－x0y0)|＝6．【題型三面積為定值】例3(2023·全國高三專題練習）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，O是坐標原點，點A，B分別為橢圓C的左右頂點，|AB|＝4eq\r(2)．(1)求橢圓C的標準方程．(2)若P是橢圓C上異于A，B的一點，直線l交橢圓C于M，N兩點，AP∥OM，BP∥ON，則△OMN的面積是否為定值？若是，求出定值，若不是，請說明理由．【解析】(1)由2a＝4eq\r(2)，e＝eq\f(\r(2),2)，解得a＝2eq\r(2)，c＝2，b2＝a2－c2＝4，則橢圓的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1；(2)由題意可得A(－2eq\r(2)，0)，B(2eq\r(2)，0)，設P（x0，y0），可得eq\f(x02,8)＋eq\f(y02,4)＝1，即x02+2y02＝8，則kAP·kBP＝eq\f(y0,x0＋2eq\r(2))·eq\f(y0,x0－2eq\r(2))＝eq\f(y02,x02－8)＝eq\f(y02,－2y02)＝－eq\f(1,2)，因為AP∥OM，BP∥ON，則kOM·kON＝kAP·kBP＝－eq\f(1,2)，①當直線l的斜率不存在時，設l：x＝m，聯(lián)立橢圓方程可得y＝±eq\r(\f(8－m2,2))，所以M(m，eq\r(\f(8－m2,2)))，N(m，－eq\r(\f(8－m2,2)))，由kOM·kON＝－eq\f(1,2)，可得－eq\f(eq\f(8－m2,2),m2)＝－eq\f(1,2)，解得m＝±2，所以M(±2，eq\r(2))，N(±2，－eq\r(2))，所以S△MNO＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)＝2eq\r(2)；②當直線l的斜率存在時，設直線l：y＝kx＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立直線y＝kx＋n和x2＋2y2＝8，可得(1＋2k2)x2＋4knx＋2n2－8＝0，可得∴x1＋x2＝－eq\f(4kn,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2n2－8,1＋2k2)，y1y2＝(kx1＋n)(kx2＋n)＝k2x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2，由kOM·kON＝eq\f(y1y2,x1x2)＝k2＋eq\f(－4k2n2,2n2－8)＋eq\f(n2(1＋2k2),2n2－8)＝－eq\f(1,2)，可得n2＝2＋4k2，由弦長公式可得，|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(4kn,1＋2k2)))\s\up8(2)－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n2－8,1＋2k2))))＝eq\f(eq\r(1＋k2),1＋2k2)·eq\r(64k2－8n2＋32)＝eq\f(4eq\r(1＋k2),eq\r(1＋2k2))．點(0，0)到直線l的距離為d＝eq\f(|n|,\r(k2＋1))＝eq\f(eq\r(2(1＋2k2)),eq\r(1＋k2))，所以S△OMN＝eq\f(1,2)d·|MN|＝2eq\r(2)，綜上可知，△OMN的面積為定值2eq\r(2)．【題型精練】1.(2023·山西太原五中高三期末）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距為2，四個頂點構成的四邊形面積為2eq\r(2)．(1)求橢圓C的標準方程；(2)斜率存在的直線l與橢圓C相交于M、N兩點，O為坐標原點，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))，若點P在橢圓上，請判斷△OMN的面積是否為定值．【解析】(1)由題可得2c＝2，c＝1，eq\f(1,2)2a×2×b＝2eq\r(2)，又a2＝c2＋b2，解得b＝1，a＝eq\r(2)．故橢圓方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1．(2)設直線l方程是y＝kx＋m，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x0，y0)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，Δ＝8(2k2－m2＋1)>0．x1＋x2＝eq\f(－4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－1,1＋2k2)，|MN|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)eq\f(eq\r(8(2k2＋1－m2)),1＋2k2)．又∵eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝x1＋x2，,y0＝y(tǒng)1＋y2，))∴P(eq\f(－4km,1＋2k2)，eq\f(2m,1＋2k2))把點P坐標代入橢圓方程可得(eq\f(－4km,1＋2k2))2＋2(eq\f(2m,1＋2k2))＝2，整理可得4m2＝2k2＋1，又由點O到直線y＝kx＋m的距離d＝eq\f(|m|,eq\r(1＋k2))，△OMN的面積S△OMN＝eq\f(1,2)|MN|·d＝eq\f(1,2)eq\r(1＋k2)eq\f(eq\r(8(2k2＋1－m2)),1＋2k2)eq\f(|m|,eq\r(1＋k2))＝eq\f(eq\r(2(4m2－m2)),4m2)×|m|＝eq\f(\r(6),4)．所以，△OMN的面積為定值eq\f(\r(6),4)．【題型四數(shù)量積為定值】例4(2023·湖北模擬）已知雙曲線的離心率為，點在上.(1)求雙曲線的方程.(2)設過點的直線與雙曲線交于兩點，問在軸上是否存在定點，使得為常數(shù)？若存在，求出點的坐標以及該常數(shù)的值；若不存在，請說明理由.【解析】（1）因為雙曲線的離心率為，所以，化簡得.將點的坐標代入，可得，解得，所以的方程為.（2）設，直線的方程為，聯(lián)立方程組消去得（1-，由題可知且，即且，所以.設存在符合條件的定點，則，所以.所以，化簡得.因為為常數(shù)，所以，解得.此時該常數(shù)的值為，所以，在軸上存在點，使得為常數(shù)，該常數(shù)為.【題型精練】1.(2023·德陽三模）已知O為坐標原點，橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1上一點E在第一象限，若|OE|＝eq\f(\r(7),2)．(1)求點E的坐標；(2)橢圓C兩個頂點分別為A(－2，0)，B(2，0)，過點M(0，－1)的直線l交橢圓C于點D，交x軸于點P，若直線AD與直線MB相交于點Q，求證：eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))為定值．【解析】(1)設E(x0，y0)(x0>0，y0>0)，因為|OE|＝eq\f(\r(7),2)，所以eq\r(x02＋y02)＝eq\f(\r(7),2)①，又因為點E在橢圓上，所以eq\f(x02,4)＋y02＝1②，由①②解得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，,y0＝eq\f(\r(3),2)，))，所以E的坐標為(1，eq\f(\r(3),2))；(2)設點D(x1，y1)，則直線DA的方程為y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)③，直線BM的方程為y＝eq\f(1,2)x－1④，由③④解得xQ＝eq\f(2(x1＋2y1＋2),x1－2y1＋2)，又直線DM的方程為y＝eq\f(y1＋1,x1)x－1，令y＝0，解得xP＝eq\f(x1,y1＋2)，所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\f(2(x1＋2y1＋2),x1－2y1＋2)·eq\f(x1,y1＋2)＝eq\f(2(x12＋2x1y1＋2x1),x1y1＋x1－2y12＋2)，又eq\f(x12,4)＋y12＝1，所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\f(2(x12＋2x1y1＋2x1),x1y1＋x1＋eq\f(x12,2))＝4．【題型五角度為定值】例5(2023·湖北模擬）已知點M(x0，y0)為橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1．上任意一點，直線l：x0x＋2y0y＝2與圓(x－1)2＋y2＝6交于A，B兩點，點F為橢圓C的左焦點．(1)求橢圓C的離心率及左焦點F的坐標；(2)求證：直線l與橢圓C相切；(3)判斷∠AFB是否為定值，并說明理由．【解析】(1)由題意a＝eq\r(2)，b＝1，c＝1．所以離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，左焦點F(－1，0)．(2)由題知，eq\f(x02,2)＋y02＝1，即x02＋2y02＝2，當y0＝0時直線l的方程為x＝eq\r(2)或x＝－eq\r(2)，直線l與橢圓C相切．當y0≠0時，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,x0x＋2y0y＝2，))得(2y02＋x02)x2－4x0x＋4－4y02＝0，即x2－2x0x＋2－2y02＝0．所以Δ＝(－2x0)2－4(2－2y02)＝4x02＋8y02－8＝0．故直線l與橢圓C相切．(3)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，當y0＝0時，x1＝x2，y1＝－y2，x1＝±eq\r(2)，eq\o(FA,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))＝(x1＋1)2－y22＝(x1＋1)2－6＋(x1－1)2＝2x12－4＝0，所以eq\o(FA,\s\up6(→))⊥eq\o(FB,\s\up6(→))，即∠AFB＝90°．當y0≠0時，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((x－1)2＋y2＝6，,x0x＋2y0y＝2，))得(y02＋1)x2－2(2y02＋x0)x＋2－10y02＝0，則∴x1＋x2＝eq\f(2(2y02＋x0),1＋y02)，x1x2＝eq\f(2－10y02,1＋y02)．y1y2＝eq\f(x02,4y02)x1x2－eq\f(x0,2y02)(x1＋x2)＋eq\f(1,y02)＝eq\f(－5x02－4x0＋4,2＋2y02)．因為eq\o(FA,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)·(x2＋1，y2)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2＝eq\f(4－20y02＋8y02＋4x0＋2＋2y02,2＋2y02)＋eq\f(－5x02－4x0＋4,2＋2y02)＝eq\f(－5(x02＋2y02)＋10,2＋2y02)＝0．所以eq\o(FA,\s\up6(→))⊥eq\o(FB,\s\up6(→))，即∠AFB＝90°．故∠AFB為定值90°．【題型精練】1.(2023·德陽三模）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(1,3)，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，A為橢圓C上一點，AF2⊥F1F2，且|AF2|＝eq\f(8,3)．(1)求橢圓C的方程；(2)設橢圓C的左、右頂點分別為A1，A2，過A1，A2分別作x軸的垂線l1，l2，橢圓C的一條切線l：y＝kx＋m與l1，l2分別交于M，N兩點，求證：∠MF1N為定值．【解析】(1)由AF2⊥F1F2，|AF2|＝eq\f(8,3)，得eq\f(b2,a)＝eq\f(8,3)．又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,3)，a2＝b2＋c2，所以a2＝9，b2＝8，故橢圓C的標準方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,8)＝1．(2)由題意可知，l1的方程為x＝－3，l2的方程為x＝3．直線l分別與直線l1，l2的方程聯(lián)立得M(－3，－3k＋m)，N(3，3k＋m)，所以eq\o(F1M,\s\up6(→))＝(－2，－3k＋m)，eq\o(F1N,\s\up6(→))＝(4，3k＋m)，所以eq\o(F1M,\s\up6(→))·eq\o(F1N,\s\up6(→))＝－8＋m2－9k2．聯(lián)立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)＋\f(y2,8)＝1，,y＝kx＋m，))得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0．因為直線l與橢圓C相切，所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2－72)＝0，化簡得m2＝9k2＋8．所以eq\o(F1M,\s\up6(→))·eq\o(F1N,\s\up6(→))＝－8＋m2－9k2＝0，所以eq\o(F1M,\s\up6(→))⊥eq\o(F1N,\s\up6(→))，故∠MF1N為定值eq\f(π,2)．【題型六參數(shù)為定值】例6(2023·湖北模擬）已知拋物線C：y2＝2px經(jīng)過點P(1，2)，過點Q(0，1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點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O為原點，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．【解析】(1)因為拋物線y2＝2px過點(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(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)設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M的縱坐標為yM＝eq\f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq\f(－kx1＋1,x1－1)＋2．同理得點N的縱坐標為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(x