新高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)專題11圓錐曲線中的定點、定值問題專題練習(xí)(學(xué)生版+解析)

專題11圓錐曲線中的定點、定值問題一、題型選講題型一、圓錐曲線中過定點問題圓錐曲線中過定點問題常見有兩種解法：（1）、求出圓錐曲線或直線的方程解析式，研究解析式，求出定點·（2）、從特殊位置入手，找出定點，在證明該點符合題意（運用斜率相等或者三點共線）。例1、【2020年高考全國Ⅰ卷理數(shù)】已知A、B分別為橢圓E：（a>1）的左、右頂點，G為E的上頂點，，P為直線x=6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D．（1）求E的方程；（2）證明：直線CD過定點.例2、（2020屆山東省臨沂市高三上期末）如圖，已知點F為拋物線C：（）的焦點，過點F的動直線l與拋物線C交于M，N兩點，且當(dāng)直線l的傾斜角為45°時，.（1）求拋物線C的方程.（2）試確定在x軸上是否存在點P，使得直線PM，PN關(guān)于x軸對稱？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.例3、【2019年高考北京卷理數(shù)】已知拋物線C：x2=?2py經(jīng)過點（2，?1）．（1）求拋物線C的方程及其準(zhǔn)線方程；（2）設(shè)O為原點，過拋物線C的焦點作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點M，N，直線y=?1分別交直線OM，ON于點A和點B．求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個定點．題型二、圓錐曲線中定值問題圓錐曲線中常見的定值問題，屬于難題．探索圓錐曲線的定值問題常見方法有兩種：①從特殊入手，先根據(jù)特殊位置和數(shù)值求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)；②直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值例4、【2020年新高考全國Ⅰ卷】已知橢圓C：的離心率為，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．例5、（2020屆山東省泰安市高三上期末）已知橢圓的離心率e滿足，右頂點為A，上頂點為B，點C(0，－2)，過點C作一條與y軸不重合的直線l，直線l交橢圓E于P，Q兩點，直線BP，BQ分別交x軸于點M，N；當(dāng)直線l經(jīng)過點A時，l的斜率為．(1)求橢圓E的方程；(2)證明：為定值．例6、(2019蘇州三市、蘇北四市二調(diào)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C1：eq\f(x2,4)＋y2＝1，橢圓C2：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，C2與C1的長軸長之比為eq\r(2)∶1，離心率相同．(1)求橢圓C2的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)點P為橢圓C2上的一點．①射線PO與橢圓C1依次交于點A，B，求證：eq\f(PA,PB)為定值；②過點P作兩條斜率分別為k1，k2的直線l1，l2，且直線l1，l2與橢圓C1均有且只有一個公共點，求證k1·k2為定值．二、達(dá)標(biāo)訓(xùn)練1、（2020屆浙江省溫州市高三4月二模）如圖，已知橢圓，為其右焦點，直線與橢圓交于兩點，點在上，且滿足.(點從上到下依次排列)(I)試用表示：(II)證明：原點到直線l的距離為定值.2、【2018年高考北京卷理數(shù)】已知拋物線C：=2px經(jīng)過點（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(shè)O為原點，，，求證：為定值．3、(2019蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研）已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，焦點到相應(yīng)準(zhǔn)線的距離為eq\f(\r(3),3).(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)已知P(t，0)為橢圓E外一動點，過點P分別作直線l1和l2，直線l1和l2分別交橢圓E于點A，B和點C，D，且l1和l2的斜率分別為定值k1和k2，求證：eq\f(PA·PB,PC·PD)為定值．4、(2018蘇州暑假測試）如圖，已知橢圓O：eq\f(x2,4)＋y2＝1的右焦點為F，點B，C分別是橢圓O的上、下頂點，點P是直線l：y＝－2上的一個動點(與y軸的交點除外)，直線PC交橢圓于另一個點M.(1)當(dāng)直線PM經(jīng)過橢圓的右焦點F時，求△FBM的面積；(2)①記直線BM，BP的斜率分別為k1，k2，求證：k1?k2為定值；5、(2016泰州期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓O：x2＋y2＝4，橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，A為橢圓右頂點．過原點O且異于坐標(biāo)軸的直線與橢圓C交于B，C兩點，直線AB與圓O的另一交點為P，直線PD與圓O的另一交點為Q，其中D(－eq\f(6,5)，0).設(shè)直線AB，AC的斜率分別為k1，k2.(1)求k1k2的值；(2)記直線PQ，BC的斜率分別為kPQ，kBC，是否存在常數(shù)λ，使得kPQ＝λkBC？若存在，求λ的值；若不存在，說明理由；(3)求證：直線AC必過點Q.專題11圓錐曲線中的定點、定值問題一、題型選講題型一、圓錐曲線中過定點問題圓錐曲線中過定點問題常見有兩種解法：（1）、求出圓錐曲線或直線的方程解析式，研究解析式，求出定點·（2）、從特殊位置入手，找出定點，在證明該點符合題意（運用斜率相等或者三點共線）。例1、【2020年高考全國Ⅰ卷理數(shù)】已知A、B分別為橢圓E：（a>1）的左、右頂點，G為E的上頂點，，P為直線x=6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D．（1）求E的方程；（2）證明：直線CD過定點.【解析】（1）由題設(shè)得A（–a，0），B（a，0），G（0，1）.則，=（a，–1）.由=8得a2–1=8，即a=3.所以E的方程為+y2=1．（2）設(shè)C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）.若t≠0，設(shè)直線CD的方程為x=my+n，由題意可知–3<n<3.由于直線PA的方程為y=（x+3），所以y1=（x1+3）.直線PB的方程為y=（x–3），所以y2=（x2–3）.可得3y1（x2–3）=y2（x1+3）.由于，故，可得，即①將代入得所以，．代入①式得解得n=–3（含去），n=.故直線CD的方程為，即直線CD過定點（，0）．若t=0，則直線CD的方程為y=0，過點（，0）.綜上，直線CD過定點（，0）.例2、（2020屆山東省臨沂市高三上期末）如圖，已知點F為拋物線C：（）的焦點，過點F的動直線l與拋物線C交于M，N兩點，且當(dāng)直線l的傾斜角為45°時，.（1）求拋物線C的方程.（2）試確定在x軸上是否存在點P，使得直線PM，PN關(guān)于x軸對稱？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.【答案】（1）（2）存在唯一的點，使直線PM，PN關(guān)于x軸對稱【解析】（1）當(dāng)直線l的傾斜角為45°，則的斜率為1，，的方程為.由得.設(shè)，，則，∴，，∴拋物線C的方程為.（2）假設(shè)滿足條件的點P存在，設(shè)，由（1）知，①當(dāng)直線l不與x軸垂直時，設(shè)l的方程為（），由得，，，.∵直線PM，PN關(guān)于x軸對稱，∴，，.∴，∴時，此時.②當(dāng)直線l與x軸垂直時，由拋物線的對稱性，易知PM，PN關(guān)于x軸對稱，此時只需P與焦點F不重合即可.綜上，存在唯一的點，使直線PM，PN關(guān)于x軸對稱.例3、【2019年高考北京卷理數(shù)】已知拋物線C：x2=?2py經(jīng)過點（2，?1）．（1）求拋物線C的方程及其準(zhǔn)線方程；（2）設(shè)O為原點，過拋物線C的焦點作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點M，N，直線y=?1分別交直線OM，ON于點A和點B．求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個定點．【答案】（1）拋物線的方程為，準(zhǔn)線方程為；（2）見解析.【解析】（1）由拋物線經(jīng)過點，得.所以拋物線的方程為，其準(zhǔn)線方程為.（2）拋物線的焦點為.設(shè)直線的方程為.由得.設(shè)，則.直線的方程為.令，得點A的橫坐標(biāo).同理得點B的橫坐標(biāo).設(shè)點，則，.令，即，則或.綜上，以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的定點和.題型二、圓錐曲線中定值問題圓錐曲線中常見的定值問題，屬于難題．探索圓錐曲線的定值問題常見方法有兩種：①從特殊入手，先根據(jù)特殊位置和數(shù)值求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)；②直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值例4、【2020年新高考全國Ⅰ卷】已知橢圓C：的離心率為，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）由題設(shè)得，，解得，．所以的方程為．（2）設(shè)，．若直線與軸不垂直，設(shè)直線的方程為，代入得．于是．①由知，故，可得．將①代入上式可得．整理得．因為不在直線上，所以，故，．于是的方程為.所以直線過點.若直線與軸垂直，可得.由得.又，可得.解得（舍去），.此時直線過點.令為的中點，即.若與不重合，則由題設(shè)知是的斜邊，故.若與重合，則.綜上，存在點，使得為定值.例5、（2020屆山東省泰安市高三上期末）已知橢圓的離心率e滿足，右頂點為A，上頂點為B，點C(0，－2)，過點C作一條與y軸不重合的直線l，直線l交橢圓E于P，Q兩點，直線BP，BQ分別交x軸于點M，N；當(dāng)直線l經(jīng)過點A時，l的斜率為．(1)求橢圓E的方程；(2)證明：為定值．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】（1）由解得或（舍去），∴，又，，又，，，橢圓E的方程為；（2）由題知，直線的斜率存在，設(shè)直線的方程為，設(shè)，由得，∴，=，∴，=，直線BP的方程為，令解得，則，同理可得，===，為定值．例6、(2019蘇州三市、蘇北四市二調(diào)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C1：eq\f(x2,4)＋y2＝1，橢圓C2：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，C2與C1的長軸長之比為eq\r(2)∶1，離心率相同．(1)求橢圓C2的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)點P為橢圓C2上的一點．①射線PO與橢圓C1依次交于點A，B，求證：eq\f(PA,PB)為定值；②過點P作兩條斜率分別為k1，k2的直線l1，l2，且直線l1，l2與橢圓C1均有且只有一個公共點，求證k1·k2為定值．.eq\a\vs4\al(思路分析)(1)根據(jù)已知條件，求出a，b的值，得到橢圓C2的標(biāo)準(zhǔn)方程．(2)①對直線OP斜率分不存在和存在兩種情況討論，當(dāng)OP斜率存在時，設(shè)直線OP的方程為y＝kx，并與橢圓C1的方程聯(lián)立，解得點A橫坐標(biāo)，同理求得點P橫坐標(biāo)，再通過弦長公式，求出eq\f(PA,PB)的表達(dá)式，化簡整理得到定值．②設(shè)P(x0，y0)，寫出直線l1的方程，并與橢圓C1聯(lián)立，得到關(guān)于x的一元二次方程，根據(jù)直線l1與橢圓C1有且只有一個公共點，得到方程只有一解，即Δ＝0，整理得(xeq\o\al(2,0)－4)keq\o\al(2,1)－2x0y0k1＋yeq\o\al(2,0)－1＝0，同理得到(xeq\o\al(2,0)－4)keq\o\al(2,2)－2x0y0k2＋yeq\o\al(2,0)－1＝0，從而說明k1，k2是關(guān)于k的一元二次方程的兩個根，運用根與系數(shù)的關(guān)系，證得定值．(1)規(guī)范解答設(shè)橢圓C2的焦距為2c，由題意，a＝2eq\r(2)，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，a2＝b2＋c2，解得b＝eq\r(2)，因此橢圓C2的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(3分)(2)①1°當(dāng)直線OP斜率不存在時，PA＝eq\r(2)－1，PB＝eq\r(2)＋1，則eq\f(PA,PB)＝eq\f(\r(2)－1,\r(2)＋1)＝3－2eq\r(2).(4分)2°當(dāng)直線OP斜率存在時，設(shè)直線OP的方程為y＝kx，代入橢圓C1的方程，消去y，得(4k2＋1)x2＝4，所以xeq\o\al(2,A)＝eq\f(4,4k2＋1)，同理xeq\o\al(2,P)＝eq\f(8,4k2＋1).(6分)所以xeq\o\al(2,P)＝2xeq\o\al(2,A)，由題意，xP與xA同號，所以xP＝eq\r(2)xA，從而eq\f(PA,PB)＝eq\f(|xP－xA|,|xP－xB|)＝eq\f(|xP－xA|,|xP＋xA|)＝eq\f(\r(2)－1,\r(2)＋1)＝3－2eq\r(2).所以eq\f(PA,PB)＝3－2eq\r(2)為定值．(8分)②設(shè)P(x0，y0)，所以直線l1的方程為y－y0＝k1(x－x0)，即y＝k1x－k1x0＋y0，記t＝－k1x0＋y0，則l1的方程為y＝k1x＋t，代入橢圓C1的方程，消去y，得(4keq\o\al(2,1)＋1)x2＋8k1tx＋4t2－4＝0，因為直線l1與橢圓C1有且只有一個公共點，所以Δ＝(8k1t)2－4(4keq\o\al(2,1)＋1)(4t2－4)＝0，即4keq\o\al(2,1)－t2＋1＝0，將t＝－k1x0＋y0代入上式，整理得，(xeq\o\al(2,0)－4)keq\o\al(2,1)－2x0y0k1＋yeq\o\al(2,0)－1＝0，(12分)同理可得，(xeq\o\al(2,0)－4)keq\o\al(2,2)－2x0y0k2＋yeq\o\al(2,0)－1＝0，所以k1，k2為關(guān)于k的方程(xeq\o\al(2,0)－4)k2－2x0y0k＋yeq\o\al(2,0)－1＝0的兩根，從而k1·k2＝eq\f(yeq\o\al(2,0)－1,xeq\o\al(2,0)－4).(14又點在P(x0，y0)橢圓C2：eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1上，所以yeq\o\al(2,0)＝2－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,0)，所以k1·k2＝eq\f(2－\f(1,4)xeq\o\al(2,0)－1,xeq\o\al(2,0)－4)＝－eq\f(1,4)為定值．(16分)二、達(dá)標(biāo)訓(xùn)練1、（2020屆浙江省溫州市高三4月二模）如圖，已知橢圓，為其右焦點，直線與橢圓交于兩點，點在上，且滿足.(點從上到下依次排列)(I)試用表示：(II)證明：原點到直線l的距離為定值.【答案】(I)；(II)證明見解析【解析】(I)橢圓，故，.(II)設(shè)，，則將代入得到：，故，，，故，得到，，故，同理：，由已知得：或，故，即，化簡得到.故原點到直線l的距離為為定值.2、【2018年高考北京卷理數(shù)】已知拋物線C：=2px經(jīng)過點（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(shè)O為原點，，，求證：為定值．【答案】（1）（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）；（2）見解析.【解析】（1）因為拋物線y2=2px經(jīng)過點P（1，2），所以4=2p，解得p=2，所以拋物線的方程為y2=4x．由題意可知直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l的方程為y=kx+1（k≠0）．由得．依題意，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斜率的取值范圍是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）．由（1）知，．直線PA的方程為．令x=0，得點M的縱坐標(biāo)為．同理得點N的縱坐標(biāo)為．由，得，．所以．所以為定值．3、(2019蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研）已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，焦點到相應(yīng)準(zhǔn)線的距離為eq\f(\r(3),3).(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)已知P(t，0)為橢圓E外一動點，過點P分別作直線l1和l2，直線l1和l2分別交橢圓E于點A，B和點C，D，且l1和l2的斜率分別為定值k1和k2，求證：eq\f(PA·PB,PC·PD)為定值．規(guī)范解答(1)設(shè)橢圓的半焦距為c，由已知得，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，則eq\f(a2,c)－c＝eq\f(\r(3),3)，c2＝a2－b2，(3分)解得a＝2，b＝1，c＝eq\r(3)，(5分)所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程是eq\f(x2,4)＋y2＝1.(6分)(2)解法1由題意，設(shè)直線l1的方程為y＝k1(x－t)，代入橢圓E的方程中，并化簡得(1＋4keq\o\al(2,1))x2－8keq\o\al(2,1)tx＋4keq\o\al(2,1)t2－4＝0，(8分)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．則x1＋x2＝eq\f(8keq\o\al(2,1)t,1＋4keq\o\al(2,1))，x1x2＝eq\f(4keq\o\al(2,1)t2－4,1＋4keq\o\al(2,1))，因為PA＝eq\r(1＋keq\o\al(2,1))|x1－t|，PB＝eq\r(1＋keq\o\al(2,1))|x2－t|，(10分)所以PA·PB＝(1＋keq\o\al(2,1))|x1－t||x2－t|＝(1＋keq\o\al(2,1))|t2－(x1＋x2)t＋x1x2|＝(1＋keq\o\al(2,1))|t2－eq\f(8keq\o\al(2,1)t2,1＋4keq\o\al(2,1))＋eq\f(4keq\o\al(2,1)t2－4,1＋4keq\o\al(2,1))|＝eq\f(（1＋keq\o\al(2,1)）|t2－4|,1＋4keq\o\al(2,1))，(12分)同理，PC·PD＝eq\f(（1＋keq\o\al(2,2)）|t2－4|,1＋4keq\o\al(2,2))，(14分)所以eq\f(PA·PB,PC·PD)＝eq\f(（1＋keq\o\al(2,1)）（1＋4keq\o\al(2,2)）,（1＋keq\o\al(2,2)）（1＋4keq\o\al(2,1)）)為定值．(16分)解法2由題意，設(shè)直線l1的方程為y＝k1(x－t)，直線l2的方程為y＝k2(x－t)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．直線l1的方程為y＝k1(x－t)，代入橢圓E的方程中，并化簡得(1＋4keq\o\al(2,1))x2－8keq\o\al(2,1)tx＋4keq\o\al(2,1)t2－4＝0，(8分)則x1＋x2＝eq\f(8keq\o\al(2,1)t,1＋4keq\o\al(2,1))，x1x2＝eq\f(4keq\o\al(2,1)t2－4,1＋4keq\o\al(2,1))，同理則x3＋x4＝eq\f(8keq\o\al(2,2)t,1＋4keq\o\al(2,2))，x3x4＝eq\f(4keq\o\al(2,2)t2－4,1＋4keq\o\al(2,2))，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(x1－t，y1)(x2－t，y2)＝(x1－t)(x2－t)＋keq\o\al(2,1)(x1－t)(x2－t)＝(x1－t)(x2－t)(1＋keq\o\al(2,1))，eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝(x3－t，y3)(x4－t，y4)＝(x3－t)(x4－t)＋keq\o\al(2,2)(x3－t)(x4－t)＝(x3－t)(x4－t)(1＋keq\o\al(2,2))．(12分)因為P，A，B三點共線，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝PA·PB，同理，eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝PC·PD.eq\f(PA·PB,PC·PD)＝eq\f(\o(PA,\s\up6(→))·\o(PB,\s\up6(→)),\o(PC,\s\up6(→))·\o(PD,\s\up6(→)))＝eq\f(（x1－t）（x2－t）（1＋keq\o\al(2,1)）,（x3－t）（x4－t）（1＋keq\o\al(2,2)）)＝eq\f(（1＋keq\o\al(2,1)）,（1＋keq\o\al(2,2)）)·eq\f(（x1－t）（x2－t）,（x3－t）（x4－t）)＝eq\f(（1＋keq\o\al(2,1)）,（1＋keq\o\al(2,2)）)·eq\f(x1x2－t（x1＋x2）＋t2,x3x4－t（x3＋x4）＋t2).代入x1＋x2＝eq\f(8keq\o\al(2,1)t,1＋4keq\o\al(2,1))，x1x2＝eq\f(4keq\o\al(2,1)t2－4,1＋4keq\o\al(2,1))，x3＋x4＝eq\f(8keq\o\al(2,2)t,1＋4keq\o\al(2,2))，x3x4＝eq\f(4keq\o\al(2,2)t2－4,1＋4keq\o\al(2,2))，化簡得eq\f(PA·PB,PC·PD)＝eq\f(（1＋keq\o\al(2,1)）（1＋4keq\o\al(2,2)）,（1＋keq\o\al(2,2)）（1＋4keq\o\al(2,1)）)，(14分)因為是定值，所以eq\f(PA·PB,PC·PD)＝eq\f(（1＋keq\o\al(2,1)）（1＋4keq\o\al(2,2)）,（1＋keq\o\al(2,2)）（1＋4keq\o\al(2,1)）)為定值．(16分)eq\a\vs4\al(解后反思)本題著重考查了計算能力，而在運算過程中借助了兩條直線的地位一致性，只需算出一份數(shù)據(jù)即可，另外對應(yīng)換掉相應(yīng)位置的參數(shù)就好，需要考生仔細(xì)觀察，不能盲目地硬算．定值問題，要恰當(dāng)去轉(zhuǎn)化，能很好的降低計算量，用向量的坐標(biāo)來計算，結(jié)構(gòu)對稱、優(yōu)美，代入根與系數(shù)關(guān)系可以很容易得出結(jié)果4、(2018蘇州暑假測試）如圖，已知橢圓O：eq\f(x2,4)＋y2＝1的右焦點為F，點B，C分別是橢圓O的上、下頂點，點P是直線l：y＝－2上的一個動點(與y軸的交點除外)，直線PC交橢圓于另一個點M.(1)當(dāng)直線PM經(jīng)過橢圓的右焦點F時，求△FBM的面積；(2)①記直線BM，BP的斜率分別為k1，k2，求證：k1?k2為定值；規(guī)范解答(1)由題意B(0，1)，C(0，－1)，焦點F(eq\r(3)，0)，當(dāng)直線PM過橢圓的右焦點F時，則直線PM的方程為eq\f(x,\r(3))＋eq\f(y,－1)＝1，即y＝eq\f(\r(3),3)x－1，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝\f(\r(3),3)x－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(8\r(3),7)，,y＝\f(1,7)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－1))(舍)，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8\r(3),7)，\f(1,7))).(2分)連結(jié)BF，則直線BF：eq\f(x,\r(3))＋eq\f(y,1)＝1，即x＋eq\r(3)y－eq\r(3)＝0，而BF＝a＝2，點M到直線BF的距離為d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(8\r(3),7)＋\r(3)×\f(1,7)－\r(3))),\r(12＋（\r(3)）2))＝eq\f(\f(2\r(3),7),2)＝eq\f(\r(3),7).故S△MBF＝eq\f(1,2)·BF·d＝eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(3),7)＝eq\f(\r(3),7).(4分)(2)解法1(點P為主動點)①設(shè)P(m，－2)，且m≠0，則直線PM的斜率為k＝eq\f(－1－（－2）,0－m)＝－eq\f(1,m)，則直線PM的方程為y＝－eq\f(1,m)x－1，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,m)x－1，,\f(x2,4)＋y2＝1))化簡得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4,m2)))x2＋eq\f(8,m)x＝0，解得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8m,m2＋4)，\f(4－m2,m2＋4)))，(6分)所以k1＝eq\f(\f(4－m2,m2＋4)－1,－\f(8m,m2＋4))＝eq\f(－2m2,－8m)＝eq\f(1,4)m，k2＝eq\f(1－（－2）,0－m)＝－eq\f(3,m)，(8分)所以k1·k2＝－eq\f(3,m)·eq\f(1,4)m＝－eq\f(3,4)為定值．(10分)5、(2016泰州期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓O：x2＋y2＝4，橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，A為橢圓右頂點．過原點O且異于坐標(biāo)軸的直線與橢圓C交于B，C兩點，直線AB與圓O的另一交點為P，直線PD與圓O的另一交點為Q，其中D(－eq\f(6,5)，0).設(shè)直線AB，AC的斜率分別為k1，k2.(1)求k1k2的值；(2)記直線PQ，BC的斜率分別為kPQ，kBC，是否存在常數(shù)λ，使得kPQ＝λkBC？若存在，求λ的值；若不存在，說明理由；(3)求證：直線AC必過點Q.思路分析(1)直接設(shè)出B(x0，y0)，C(－x0，－y0)，求出k1，k2，并運用橢圓方程消去y0即可；(2)設(shè)出直線AP為y＝k1(x－2)，與圓聯(lián)立得出點P坐標(biāo)，與橢圓聯(lián)立得出點B坐標(biāo)，通過斜率公式求出kPQ和kBC即得λ的值；(3)通過直線PQ與x軸垂直時特殊的位置，猜想直線AC過點Q，再證明當(dāng)直線PQ與x軸不垂直時，直線AC也過點Q，先通過直線PQ方程與圓方程聯(lián)立，求出點Q坐標(biāo)，再通過證明斜率相等來證明三點共線，從而證得直線AC必過點Q.規(guī)范解答(1)設(shè)B(x0，y0)，則C(－x0，－y0)，eq\f(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1，因為A(2,0)，所以k1＝eq\f(y0,x0－2)，k2＝eq\f(y0,x0＋2)，所以k1k2＝eq\f(y0,x0－2)·eq\f(y0,x0＋2)＝eq\f(y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－4)＝eq\f(1－\f(1,4)x\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－4)＝－eq\f(1,4).(4分)(2)設(shè)直線AP方程為y＝k1(x－2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x－2，,x2＋y2＝4))得(1＋keq\o\al(2,1))x2－4keq\o\al(2,1)x＋4(keq\o\al(2,1)－1)