(新课标)高考数学二轮复习 专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的定值、定点及证明问题学案 文 新人

第3讲 圆锥曲线中的定值、定点及证明问题
[做真题]
(2019·高考全国卷Ⅲ节选)已知曲线C ：y ＝x 2
2，D 为直线y ＝－1
2上的动点，过D 作C 的
两条切线，切点分别为A ，B .证明：直线AB 过定点．
证明：设D ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－12，A (x 1，y 1)，则x 2
1＝2y 1.
由于y ′＝x ，所以切线DA 的斜率为x 1，故y 1＋
1
2
x 1－t
＝x 1.
整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.
设B (x 2，y 2)，同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0. 故直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0.
所以直线AB 过定点⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12. [明考情]
圆锥曲线中的定点、定值问题是高考命题的热点，无论是选择题、填空题，还是解答题，只要考查与曲线有关的运动变化，都可能涉及探究定点或定值，因而这类问题考查范围广泛，命题形式新颖．
定值问题
1．直接消参求定值：常见定值问题的处理方法：(1)确定一个(或两个)变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示：(2)将所求表达式用核心变量进行表示(有的甚至就是核心变量)，然后进行化简，看能否得到一个常数．
案例
关键步
(2017·高考全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy 中，曲线y
＝x 2＋mx －2与x 轴交于A ，
B 两点，点
C 的坐标为(0，(1)略
(2)BC 的中点坐标为(x 22，12)，可得BC 的中垂线方程为y －12＝x 2(x －x 2
2).
[关键1：求出点的坐标及直线方程]
1)，当m 变化时，解答下列问题：
(1)能否出现AC ⊥BC 的情况？说明理由； (2)证明过A ，B ，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值．
由(1)可得x 1＋x 2＝－m ，所以AB 的中垂线方程为x ＝－m
2
.
联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－m 2，y －12＝x 2
（x －x 2
2），又x 2
2
＋mx 2
－2＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－m 2，y ＝－12.
所以过A ，B ，C 三点的圆的圆心坐标为(－m
2，－12)，半径r ＝m 2
＋9
2.
[关键2：求圆心坐标及半径] 故圆在y 轴上截得的弦长为2
r 2
－⎝ ⎛⎭
⎪⎫m 22
＝3，[关键3：消元求弦长]即过A ，B ，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值3.
2．从特殊到一般求定值：常见处理技巧：(1)在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢；(2)巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算．
案例
关键步
(2015·高考四川卷)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是
22
，点P (0，1)在短轴CD 上，且PC →·PD →
＝－
1.
(1)求椭圆E 的方程；
(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →
为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
(1)略
(2)当直线AB 的斜率不存在时，直线AB 即为直线CD .
此时，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝OC →·OD →＋PC →·PD →
＝－2－1
＝－3.
[关键1：分类讨论，证明当AB 的斜率不存在时OA →·OB →
＋λPA →·PB →
为定值]
当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)．联立
⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2
2
＝1，y ＝kx ＋1，
得(2k 2＋1)x 2
＋4kx －2＝0. 其判别式Δ＝(4k )2
＋8(2k 2
＋1)>0，所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2
＋1，x 1x 2＝－2
2k 2＋1
.[关键2：当直线AB 的斜率存在时，联立直线方程与椭圆方程，用参数
表示交点坐标的联系]
从而OA →·OB →＋λPA →·PB →
＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)]＝(1＋λ)(1＋k 2
)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝（－2λ－4）k 2
＋（－2λ－1）2k 2＋1＝－λ－1
2k 2
＋1
－λ－2. 所以，当λ＝1时，－λ－1
2k 2＋1
－λ－2＝－3.[关键3：
构造OA →·OB →＋λPA →·PB →关
于k ，λ的表达式，得到当λ＝1时OA →·OB →＋λPA →·PB →
的值]
此时，OA →·OB →＋λPA →·PB →
＝－3为定值．
故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →
为定值－3.
[典型例题]
(2019·贵阳市第一学期检测)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为
F 1，F 2，点M 为短轴的上端点，MF 1→
·MF 2→
＝0，过F 2垂直于x 轴的直线交椭圆C 于A ，B 两点，
且|AB |＝ 2.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设经过点(2，－1)且不经过点M 的直线l 与椭圆C 相交于G ，H 两点．若k 1，k 2分别是直线MG ，MH 的斜率，证明：k 1＋k 2为定值．
【解】 (1)由MF 1→·MF 2→
＝0，得b ＝c ，
因为过F 2垂直于x 轴的直线交椭圆C 于A ，B 两点， 且|AB |＝2，
所以b 2a ＝22
，
⎩⎪⎨⎪⎧b ＝c
b 2
a ＝22
a 2
＝b 2
＋c
2
⇒⎩
⎪⎨⎪⎧a 2＝2
b 2
＝1. 故椭圆C 的方程为x 2
2
＋y 2
＝1.
(2)证明：由椭圆C 的方程x 2
2＋y 2
＝1与点(2，－1)，设直线l 的方程为y ＋1＝k (x －2)，
即y ＝kx －2k －1，
将y ＝kx －2k －1代入x 2
2＋y 2＝1中，得(1＋2k 2)x 2－4k (2k ＋1)x ＋8k 2
＋8k ＝0，
由题意知Δ＝－16k (k ＋2)>0，得－2<k <0，设G (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝4k （2k ＋1）1＋2k 2，x 1x 2＝8k 2
＋8k
1＋2k
2，
k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1－2k －2x 1＋kx 2－2k －2
x 2＝2k －（2k ＋2）×4k （2k ＋1）
1＋2k 2
8k 2
＋8k
1＋2k 2
＝2k －(2k ＋1)＝－1，
所以k 1＋k 2＝－1(定值)．
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．
[对点训练]
已知椭圆方程为x 24＋y 2
3＝1，点F 为右焦点，若直线l 与椭圆C 相切，过点F 作FQ ⊥l ，垂
足为Q ，求证：|OQ |为定值(其中O 为坐标原点)．
证明：当直线l 的斜率不存在时，l 的方程为x ＝±2，点Q 的坐标为(－2，0)或(2，0)，此时|OQ |＝2；
当直线l 的斜率为0时，l 的方程为y ＝±3，点Q 的坐标为(1，－3)或(1，3)，此时|OQ |＝2；
当直线l 的斜率存在且不为0时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0)． 因为FQ ⊥l ，所以直线FQ 的方程为y ＝－1
k
(x －1)．
联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2
3
＝1消去y ，可得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2
－12＝0.
因为直线l 与椭圆C 相切，
所以Δ＝(8km )2
－4(3＋4k 2
)(4m 2
－12)＝0， 整理得m 2
＝4k 2＋3. (*)
由⎩
⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y ＝－1k （x －1）得Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－km k 2＋1，k ＋m k 2＋1，
所以|OQ |＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫1－
km k 2＋12＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫k ＋m k 2＋12
＝1＋k 2m 2＋k 2＋m
2
（k 2＋1）
2
(**)， 将(*)式代入(**)式，得|OQ |＝
4（k 4
＋2k 2
＋1）
（k 2＋1）
2
＝2. 综上所述，|OQ |为定值，且定值为2.
定点问题
1．参数法：参数法解决定点问题的思路：(1)引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中的核心变量(此处设为k )；(2)利用条件找到k 与过定点的曲线F (x ，y )＝0之间的关系，得到关于k 与x ，y 的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，找到定点．
案例
关键步
(2017·高考全国卷Ⅱ)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：
x 22＋y 2
＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →
＝ 2 NM →
.
(1)求点P 的轨迹方程；
(2)设点Q 在直线x ＝－3上，
且OP →·PQ →
＝1，证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的
(1)略
(2)由题意知F (－1，0)．设Q (－3，t )，P (m ，n )，则
OQ →
＝(－3，t )，PF →
＝(－1－m ，－n )，
[关键1：用参数表示点P ，Q 的坐标及向量OQ →，PF →
]
OQ →·PF →
＝3＋3m －tn ，
OP →
＝(m ，n )，PQ →
＝(－3－m ，t －n )．由OP →
·PQ →
＝1得－3m －
m 2＋tn －n 2＝1，又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0， 所以OQ →·PF →
＝0，
[关键2：根据(1)中点P 的轨迹方程，在OP →·PQ →
＝1的前提
探索出定点，再证明该定点与变量无关．
[典型例题]
(2019·安徽省考试试题)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a >b >0)的上顶点为P ，右顶点为Q ，
直线PQ 与圆x 2＋y 2
＝45相切于点M ⎝ ⎛⎭
⎪⎫25，45.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)若不经过点P 的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，且PA →·PB →
＝0，求证：直线l 过定点． 【解】 (1)由已知得直线OM (O 为坐标原点)的斜率k OM ＝2，则直线PQ 的斜率k PQ ＝－1
k OM
＝
－12
， 所以直线PQ 的方程为y －45＝－12(x －2
5)，即x ＋2y ＝2.
可求得P (0，1)，Q (2，0)，故a ＝2，b ＝1， 故椭圆C 的方程为x 2
4
＋y 2
＝1.
(2)证明：当直线l 的斜率不存在时，显然不满足条件． 当直线l 的斜率存在时，设l 的方程为y ＝kx ＋n (n ≠1)，
联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2
4＋y 2＝1y ＝kx ＋n ，消去y 整理得(4k 2＋1)x 2＋8knx ＋4(n 2
－1)＝0，
Δ＝(8kn )2－4×4(4k 2＋1)(n 2－1)＝16(4k 2＋1－n 2)>0，得4k 2＋1>n 2.①
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8kn 4k 2＋1，x 1x 2＝4（n 2
－1）4k 2
＋1
.② 由PA →·PB →＝0，得(x 1，y 1－1)·(x 2，y 2－1)＝0，又y 1＝kx 1＋n ，y 2＝kx 2＋n ，所以(k 2
＋1)x 1x 2
＋k (n －1)(x 1＋x 2)＋(n －1)2
＝0，③
由②③得n ＝1(舍)，或n ＝－3
5
，满足①.
此时l 的方程为y ＝kx －35，故直线l 过定点⎝
⎛⎭⎪⎫0，－35.
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变化的量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．
(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关． [提醒] (1)直线过定点，常令参数的系数等于0即可．如直线y ＝kx ＋b ，若b 为常量，
则直线恒过点(0，b )；若b
k
为常量，则直线恒过点⎝
⎛⎭
⎪⎫－b
k
，0. (2)一般曲线过定点，把曲线方程变为f 1(x ，y )＋λf 2(x ，y )＝0(λ为参数)．解方程组
⎩
⎪⎨⎪⎧f 1（x ，y ）＝0，f 2（x ，y ）＝0，即得定点坐标． [对点训练]
(2019·开封市定位考试)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，上
顶点为M ，△MF 1F 2为等腰直角三角形，且其面积为1.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)过点M 分别作直线MA ，MB 交椭圆C 于A ，B 两点，设这两条直线的斜率分别为k 1，k 2，且k 1＋k 2＝2，证明：直线AB 过定点．
解：(1)由题意得12a 2＝1，所以a ＝2，又b ＝c ，a 2＝b 2＋c 2
，所以b ＝1，
所以椭圆C 的方程为x 2
2
＋y 2
＝1.
(2)由(1)得M (0，1)．当直线AB 的斜率不存在时，设A (x 0，y 0)，则B (x 0，－y 0)，由k 1
＋k 2＝2得
y 0－1x 0＋－y 0－1
x 0
＝2，得x 0＝－1，此时直线AB 的方程为x ＝－1； 当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．
由⎩⎪⎨⎪⎧x 2
2＋y 2＝1y ＝kx ＋m
，可得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0，则Δ＝8(2k 2－m 2
＋1)>0， x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2
－21＋2k 2.
由k 1＋k 2＝2，得
y 1－1x 1＋y 2－1
x 2＝2， 即
（kx 2＋m －1）x 1＋（kx 1＋m －1）x 2
x 1x 2
＝2，
(2－2k )x 1x 2＝(m －1)(x 1＋x 2)，(2－2k )(2m 2
－2)＝(m －1)(－4km )， 由m ≠1，得(1－k )(m ＋1)＝－km ，所以m ＝k －1， 即y ＝kx ＋m ＝kx ＋k －1＝k (x ＋1)－1，
故直线AB过定点(－1，－1)，
经检验，当k>0或k<－2时，直线AB与椭圆C有两个交点，满足题意．
综上所述，直线AB过定点(－1，－1)．
证明问题
代数转化法：圆锥曲线中的证明问题多涉及几何量的证明，比如涉及线段或角相等以及位置关系等等(注意一些常用的结论，如等腰三角形两底角相等，两直线斜率之和为0等)．证明时，常把几何量用坐标表示，建立某个变量的函数，用代数方法证明，常将斜率利用整体法求解．
案例关键步
(2018·高考全国卷Ⅰ)设抛物线C：y2＝2x，点A(2，0)，B(－2，0)，过点A的直线l与C交于M，N两点．(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；
(2)证明：∠ABM＝∠ABN. (1)略
(2)当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，所以∠ABM＝∠ABN.[关键1：首先证明当直线l与x轴垂直时，两角相等] 当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1>0，x2>0.
由
⎩⎪
⎨
⎪⎧y＝k（x－2），
y2＝2x
得ky2－2y－4k＝0，可知y1＋y2＝
2
k
，y1y2＝－4.
[关键2：当斜率存在时，设出直线方程，并与抛物线方程联立，得到根与系数的
关系]
直线BM，BN的斜率之和为
k BM＋k BN＝
y1
x1＋2
＋
y2
x2＋2
＝
x2y1＋x1y2＋2（y1＋y2）
（x1＋2）（x2＋2）
.①
将x1＝
y1
k
＋2，x2＝
y2
k
＋2及y1＋y2，y1y2的表达式代入①式分子，可得x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝
2y1y2＋4k（y1＋y2）
k
＝
－8＋8
k
＝0，[关键3：计算两角对
应的直线斜率的和为0]
所以k BM＋k BN＝0，可知BM，BN的倾斜角互补，所以∠ABM＝∠ABN.
综上，∠ABM ＝∠ABN .
(2018·高考全国卷Ⅲ)已知斜率为k 的直线l 与椭圆
C ：x 24
＋y 2
3
＝1交于A ，B 两
点，线段AB 的中点为M (1，
m )(m >0)．
(1)证明：k <－1
2；
(2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP →＋FA →＋FB →
＝0，证明：2|FP →|＝|FA →|＋|FB →|.
(1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 22
3＝1.
两式相减，并由
y 1－y 2x 1－x 2＝k 得x 1＋x 24＋y 1＋y 2
3
·k ＝0. [关键1：用点差法求直线的斜率]
由题设知
x 1＋x 2
2
＝1，
y 1＋y 2
2
＝m ，于是k ＝－
3
4m
.[关键2：构造函数] 由题设得0<m <32，故k <－1
2.[关键3：求函数值域]
(2)由题意得F (1，0)．设P (x 3，y 3)，则
(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0，0)．
由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1，y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m <0. 又点P 在C 上，所以m ＝34，从而P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，|FP →|＝32. 于是|FA →|＝（x 1－1）2＋y 2
1＝
（x 1－1）2
＋3⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－x 2
14＝2－x 1
2
.
同理|FB →|＝2－x 22，所以|FA →|＋|FB →
|＝4－12
(x 1＋x 2)＝3.
[关键4：用A ，B ，P 的坐标表示向量FP →，FA →，FB →
的模] 故2|FP →|＝|FA →|＋|FB →|.
[典型例题]
(2019·湖南省五市十校联考)
已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为2
2
，右焦点为F ，以原点O 为圆心，椭圆C 的
短半轴长为半径的圆与直线x －y ＋2＝0相切．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)如图，过定点P (2，0)的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，连接AF 并延长交椭圆C 于点
M ，求证：∠PFM ＝∠PFB .
【解】 (1)依题意可设圆O 的方程为x 2
＋y 2
＝b 2
， 因为圆O 与直线x －y ＋2＝0相切， 所以b ＝
|2|12
＋1
2
＝1，
所以a 2
－c 2＝1， 又c a ＝
2
2
，所以a ＝2， 所以椭圆C 的方程为x 2
2
＋y 2
＝1.
(2)证明：依题意可知直线l 的斜率存在，设l 的方程为y ＝k (x －2)．
由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －2）x 2
2
＋y 2
＝1得(1＋2k 2)x 2－8k 2x ＋8k 2
－2＝0， 因为l 与椭圆有两个交点，所以Δ>0，即2k 2
－1<0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AF ，BF 的斜率分别为k 1，k 2， 则x 1＋x 2＝8k 2
1＋2k 2，x 1x 2＝8k 2
－21＋2k 2.
因为F (1，0)，所以k 1＋k 2＝
y 1x 1－1＋y 2
x 2－1
＝
k （x 1－2）x 1－1＋k （x 2－2）x 2－1＝2k －k ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x 1－1＋1x 2－1＝2k －k ×x 1＋x 2－2x 1x 2－（x 1＋x 2）＋1＝2k －k ×8k
2
1＋2k 2－28k 2－21＋2k 2－8k 2
1＋2k
2＋1＝2k －k ×4k 2
－2
2k 2－1
＝0， 即∠PFM ＝∠PFB .
圆锥曲线证明问题的类型及求解策略
(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：①证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某点、某两条直线平行或垂直等；②证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．
(2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，
通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
[对点训练]
(2019·合肥市第一次质量检测)设椭圆E ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，
过点F 1的直线交椭圆E 于A ，B 两点．若椭圆E 的离心率为
2
2
，△ABF 2的周长为4 6. (1)求椭圆E 的方程；
(2)设不经过椭圆的中心而平行于弦AB 的直线交椭圆E 于点C ，D ，设弦AB ，CD 的中点分别为M ，N ，证明：O ，M ，N 三点共线．
解：(1)由题意知，4a ＝46，a ＝ 6. 又e ＝
2
2
，所以c ＝3，b ＝3， 所以椭圆E 的方程为x 26＋y 2
3
＝1.
(2)证明：当直线AB ，CD 的斜率不存在时，由椭圆的对称性知，中点M ，N 在x 轴上，O ，
M ，N 三点共线；
当直线AB ，CD 斜率存在时，设其斜率为k ，且设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0)，
则⎩⎪⎨⎪⎧x 216＋y 21
3＝1x 22
6＋y
22
3＝1
，两式相减，得x 2
1
6＋y 21
3－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22
6＋y 22
3＝0，
所以
x 21－x 22
6
＝－
y 21－y 2
2
3
，
（x 1－x 2）（x 1＋x 2）6
＝－（y 1－y 2）（y 1＋y 2）
3，
所以
y 1－y 2x 1－x 2·y 1＋y 2x 1＋x 2＝－36，y 1－y 2x 1－x 2·y 0x 0＝－36，即k ·k OM ＝－12，所以k OM ＝－1
2k
. 同理可得k ON ＝－1
2k
，所以k OM ＝k ON ，所以O ，M ，N 三点共线．
1．(2019·贵阳市第一学期监测)已知圆M ：x 2
＋(y －2)2
＝1，直线l ：y ＝－1，动圆P 与圆M 相外切，且与直线l 相切，设动圆圆心P 的轨迹为E .
(1)求E 的方程；
(2)若点A ，B 是E 上的两个动点，O 为坐标原点，且OA →·OB →
＝－16，求证：直线AB 恒过
定点．
解：(1)由题意动圆P 与直线l ：y ＝－1相切，且与定圆M ：x 2
＋(y －2)2
＝1外切，所以动点P 到圆M 的圆心M (0，2)的距离与到直线y ＝－2的距离相等，由抛物线的定义知，点P 的轨迹是以M (0，2)为焦点，直线y ＝－2为准线的抛物线．
故所求P 的轨迹E 的方程为x 2
＝8y .
(2)证明：设直线AB ：y ＝kx ＋b ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 将直线AB 的方程代入x 2
＝8y 中得x 2
－8kx －8b ＝0， 所以x 1＋x 2＝8k ，x 1x 2＝－8b ，
又OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋x 21x 2
264
＝－8b ＋b 2
＝－16，
所以b ＝4，所以直线AB 恒过定点(0，4)．
2．(2019·江西七校第一次联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a >b >0)经过点
M ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1，
22，其离心率为
2
2
，设直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B 两点． (1)求椭圆C 的方程；
(2)已知直线l 与圆x 2＋y 2
＝23相切，求证：OA ⊥OB (O 为坐标原点)．
解：(1)因为e ＝c a ＝22
，a 2＝b 2＋c 2
， 所以a 2
＝2b 2
，
所以椭圆C 的方程为x 22b 2＋y 2
b
2＝1.
因为⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1，
22在椭圆上， 所以12b 2＋12b 2＝1，b 2＝1，a 2
＝2，
所以椭圆C 的方程为x 2
2
＋y 2
＝1.
(2)证明：因为直线l 与圆x 2＋y 2
＝23相切，所以|m |1＋k
2
＝63， 即3m 2
－2k 2
－2＝0，由⎩
⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m x 2＋2y 2
＝2，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0，Δ＝16k 2m 2
－4(1＋2k 2)(2m 2
－2)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，
则x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2
－2
1＋2k
2，
所以y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2
x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2
＝m 2－2k 2
1＋2k
2，
所以OA →·OB →
＝x 1x 2＋y 1y 2＝2m 2－21＋2k 2＋m 2－2k 21＋2k 2＝3m 2－2k 2
－21＋2k 2
＝0， 所以OA ⊥OB .
3．(2019·长沙市统一模拟考试)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为1
3
，左、右焦
点分别为F 1，F 2，A 为椭圆C 上一点，AF 2⊥F 1F 2，且|AF 2|＝8
3
.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设椭圆C 的左、右顶点分别为A 1，A 2，过A 1，A 2分别作x 轴的垂线l 1，l 2，椭圆C 的一条切线l ：y ＝kx ＋m 与l 1，l 2分别交于M ，N 两点，求证：∠MF 1N 为定值．
解：(1)由AF 2⊥F 1F 2，|AF 2|＝83，得b 2
a ＝8
3
.
又e ＝c a ＝13
，a 2＝b 2＋c 2，所以a 2＝9，b 2
＝8，
故椭圆C 的标准方程为x 29＋y 2
8
＝1.
(2)证明：由题意可知，l 1的方程为x ＝－3，l 2的方程为x ＝3.
直线l 分别与直线l 1，l 2的方程联立得M (－3，－3k ＋m )，N (3，3k ＋m )， 所以F 1M →＝(－2，－3k ＋m )，F 1N →
＝(4，3k ＋m )， 所以F 1M →·F 1N →＝－8＋m 2－9k 2
.
联立⎩⎪⎨⎪⎧x 29＋y 2
8＝1y ＝kx ＋m
，得(9k 2＋8)x 2＋18kmx ＋9m 2
－72＝0.
因为直线l 与椭圆C 相切，所以Δ＝(18km )2
－4(9k 2
＋8)(9m 2
－72)＝0， 化简得m 2
＝9k 2
＋8.
所以F 1M →·F 1N →＝－8＋m 2－9k 2
＝0， 所以F 1M →⊥F 1N →， 故∠MF 1N 为定值π
2
.
4．(2019·高考北京卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1的右焦点为(1，0)，且经过点A (0，1)．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设O 为原点，直线l ：y ＝kx ＋t (t ≠±1)与椭圆C 交于两个不同点P ，Q ，直线AP 与x 轴交于点M ，直线AQ 与x 轴交于点N .若|OM |·|ON |＝2，求证：直线l 经过定点．
解：(1)由题意，得b 2
＝1，c ＝1， 所以a 2
＝b 2
＋c 2
＝2.
所以椭圆C 的方程为x 2
2＋y 2
＝1.
(2)证明：设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 则直线AP 的方程为y ＝
y 1－1
x 1
x ＋1. 令y ＝0，得点M 的横坐标x M ＝－x 1y 1－1
.
又y 1＝kx 1＋t ， 从而|OM |＝|x M |＝⎪⎪⎪⎪
⎪
⎪x 1kx 1＋t －1.
同理，|ON |＝⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎪x 2kx 2＋t －1.
由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 2
2
＋y 2
＝1得(1＋2k 2)x 2＋4ktx ＋2t 2
－2＝0， 则x 1＋x 2＝－4kt 1＋2k 2，x 1x 2＝2t 2
－21＋2k 2.
所以|OM |·|ON |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1kx 1＋t －1·⎪⎪⎪⎪
⎪
⎪x 2kx 2＋t －1
＝⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪x 1x 2k 2x 1x 2＋k （t －1）（x 1＋x 2）＋（t －1）2
＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪2t 2
－2
1＋2k
2
k 2
·2t 2
－21＋2k 2
＋k （t －1）·⎝ ⎛⎭⎪⎫－4kt 1＋2k 2
＋（t －1）
2
＝2⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪1＋t 1－t .
又|OM |·|ON |＝2，
所以2⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪1＋t 1－t ＝2.
解得t ＝0，所以直线l 经过定点(0，0)．。