专题21 数量积、角度及参数型定值问题(解析版)

这是一份专题21 数量积、角度及参数型定值问题(解析版)，共20页。

【例题选讲】
[例1] 已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，右焦点为F(1，0)，直线l经过点F，且与椭圆交于A，B两点，O为坐标原点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当直线l绕点F转动时，试问：在x轴上是否存在定点M，使得eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))为常数?若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明理由．
[规范解答] (1)由题意可知，c＝1，又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，解得a＝eq \r(2)，
所以b2＝a2－c2＝1，所以椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)若直线不l垂直于x轴，可设l的方程为y＝k(x－1)．
联立椭圆方程eq \f(x2,2)＋y2＝1，化为(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2k2－2,2k2＋1)．
设M(t，0)，则eq \(MA,\s\up6(→))＝(x1－t，y1)，eq \(MB,\s\up6(→))＝(x2－t，y2)，
eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝(x1－t，y1)(x2－t，y2)＝(x1－t)(x2－t)＋y1 y2＝(x1－t)(x2－t)＋k2(x1－1)( x2－1)
＝(1＋k2) x1x2－(t＋k2)(x1＋x2)＋t2＋k2＝(1＋k2) eq \f(2k2－2,2k2＋1)－(t＋k2) eq \f(4k2,2k2＋1)＋t2＋k2
＝eq \f(k2 (2t2－4t＋1)＋t2－2,2k2＋1)．
要使得eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝λ(λ为常数)，只要eq \f(k2 (2t2－4t＋1)＋t2－2,2k2＋1)＝λ，
即(2t2－4t＋1－2λ) k2＋(t2－2－λ)＝0．
对于任意实数k，要使上式恒成立，只要eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2t2－4t＋1－2λ＝0，,t2－2－λ＝0))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t＝eq \f(5,4)，,λ＝－eq \f(7,16)))．
若直线l垂直于x轴，其方程为x＝1，此时，直线l与椭圆两交点为A(1，eq \f(\r(2),2))，B(1，－eq \f(\r(2),2))，
取点M(eq \f(5,4)，0)，有eq \(MA,\s\up6(→))＝(－eq \f(1,4)，eq \f(\r(2),2))，eq \(MB,\s\up6(→))＝(－eq \f(1,4)，－eq \f(\r(2),2))，
eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝(－eq \f(1,4))(－eq \f(1,4))＋eq \f(\r(2),2)(－eq \f(\r(2),2))＝－eq \f(7,16)＝λ．
综上所述，过定点F(1，0)的动直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l绕点F转动时，存在定点M(eq \f(5,4)，0)，使得eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝－eq \f(7,16)．
[例2] 已知O为坐标原点，椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1上一点E在第一象限，若|OE|＝eq \f(\r(7),2)．
(1)求点E的坐标；
(2)椭圆C两个顶点分别为A(－2，0)，B(2，0)，过点M(0，－1)的直线l交椭圆C于点D，交x轴于点P，若直线AD与直线MB相交于点Q，求证：eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))为定值．
[规范解答] (1)设E(x0，y0)(x0>0，y0>0)，因为|OE|＝eq \f(\r(7),2)，所以eq \r(x02＋y02) ＝eq \f(\r(7),2) ①，
又因为点E在椭圆上，所以eq \f(x02,4)＋y02＝1 ②，
由①②解得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝1，,y0＝eq \f(\r(3),2)，))，所以E的坐标为(1，eq \f(\r(3),2))；
(2)设点D(x1，y1)，则直线DA的方程为y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2) ③，直线BM的方程为y＝eq \f(1,2)x－1 ④，
由③④解得xQ＝eq \f(2(x1＋2y1＋2),x1－2y1＋2)，又直线DM的方程为y＝eq \f(y1＋1,x1)x－1，
令y＝0，解得xP＝eq \f(x1,y1＋2)，所以eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(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 \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝eq \f(2(x12＋2x1y1＋2x1),x1y1＋x1＋eq \f(x12,2))＝4．
[例3] 椭圆有两顶点A(－1，0)，B(1，0)，过其焦点F(0，1)的直线l与椭圆交于C，D两点，并与x轴交于点P．直线AC与直线BD交于点Q．
(1)当|CD|＝eq \f(3eq \r(2),2)时，求直线l的方程；
(2)当点P异于A，B两点时，求证：eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))为定值．
[规范解答] (1)因椭圆焦点在y轴上，设椭圆的标准方程为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)，椭圆方程为为eq \f(y2,2)＋x2＝1．
直线l垂直于x轴时与题意不符．
设直线l的方程为y＝kx＋1，将其代入椭圆方程化简得，(k2＋2)x2＋2kx－1＝0．
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则∴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\c1(\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)．
所以直线l的方程为y＝eq \r(2)x＋1或y＝－eq \r(2)x＋1．
(2)直线l与x轴垂直时与题意不符．
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0且k≠±1)，所以P点坐标为(－eq \f(1,k)，0)．
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由(1)知x1＋x2＝－eq \f(2k,k2＋2)，x1x2＝－eq \f(1,k2＋2)，
直线AC的方程为y＝eq \f(y1,x1＋1)(x＋1)，直线BD的方程为y＝eq \f(y2,x2＋1)(x－1)，
将两直线方程联立，消去y得eq \f(x＋1,x－1)＝eq \f(y2 (x1＋1),y1 (x2－1))，因为－1＜x1，x2＜1，所以eq \f(x＋1,x－1)与eq \f(y2,y1)异号．
(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y1 y2＝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)与y1y2异号， eq \f(x＋1,x－1)与eq \f(k－1,k＋1)同号，eq \f(x＋1,x－1)＝eq \f(k－1,k＋1)，解得x＝－k，
因此Q点坐标为(－k，y0)．eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝(－eq \f(1,k)，0)(－k，y0)＝1，故eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))为定值．
[例4] 如图，点M在椭圆eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,b)＝1，(0(1)求b的值；
(2)直线PM与直线x＝2交于点N，试问，在x轴上是否存在定点T，使得eq \(TM,\s\up7(→))·eq \(TN,\s\up7(→))为定值？若存在，求出点T的坐标与该定值；若不存在，请说明理由．
[规范解答] (1)设圆心(0，t)．则圆的方程为：x2＋(y－t)2＝c2＋t2．
令x＝0，得：y2－2ty－c2＝0(*)，∴|OP|·|OQ|＝|yP·yQ|＝c2＝1．∴b＝a2－c2＝1．
(2)设M(x0，y0)，x0>0，y0>0将M(x0，y0)代入圆与椭圆的方程，可得．
x02＋y02－2ty0－1＝0，x02＋2y02＝2，消去x0，得t＝eq \f(1－y02,2y0)，代入(*)得：y2－eq \f(1－y02,y0) y－1＝0，
即y2－(eq \f(1,y0)－y0) y－1＝0，所以(y－eq \f(1,y0))(y＋y0)＝0，
过F1，F2，M的圆与y轴交于点P，Q(P在Q的上方)．所以yP＝eq \f(1,y0)，yQ＝－y0．
则kPM＝eq \f(y0－eq \f(1,y0),x0)．则直线PM的方程为y＝eq \f(y0－eq \f(1,y0),x0)x＋eq \f(1,y0)，
由直线PM与x＝2的交点为N．所以在直线PM的方程中，令x＝2，
得，y＝eq \f(y0－eq \f(1,y0),x0)×2＋eq \f(1,y0)＝eq \f(2(y02－1),x0y0)＋eq \f(1,y0)＝eq \f(1－x0,y0)．得N(2，eq \f(1－x0,y0))，
设T(d，0)，eq \(TM,\s\up7(→))·eq \(TN,\s\up7(→))＝(x0－d，y0)·(2－d，eq \f(1－x0,y0))＝(x0－d)(2－d)＋1－x0＝(1－d)x0－d(2－d)＋1．
要使得eq \(TM,\s\up7(→))·eq \(TN,\s\up7(→))为定值，即与M的坐标无关．
当d＝1时，eq \(TM,\s\up7(→))·eq \(TN,\s\up7(→))＝0为定值．存在定点T（1，0），使得eq \(TM,\s\up7(→))·eq \(TN,\s\up7(→))为定值0．
[例5] 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，过右焦点且垂直于x轴的直线l1与椭圆C交于A，B两点，且|AB|＝eq \r(2)，直线l1：y＝k(x－m)(m∈R，m>eq \f(3,4))与椭圆C交于M，N两点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知点R(eq \f(5,4)，0)，若eq \(RM,\s\up6(→))·eq \(RN,\s\up6(→))是一个与k无关的常数，求实数m的值．
[规范解答] (1)联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，,x＝c，))解得y＝±eq \f(b2,a)，故eq \f(2b2,a)＝eq \r(2)，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，a2＝b2＋c2，
联立可得a＝eq \r(2)，b＝c＝1，故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eq \f(x2,2)＋y2＝1，,y＝k(x－m)，))消元得(1＋2k2)x2－4mk2x＋2m2k2－2＝0，
Δ＝16m2k4－4(1＋2k2)(2k2m2－2)＝8(2k2－k2m2＋1)，∴x1＋x2＝eq \f(4mk2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2m2k2－2,2k2＋1)．
eq \(RM,\s\up6(→))·eq \(RN,\s\up6(→))＝(x1－eq \f(5,4))(x2－eq \f(5,4))＋y1y2＝x1x2－eq \f(5,4)(x1＋x2)＋eq \f(25,16)＋k2(x1－m)(x2－m)
＝(1＋k2) x1x2－(eq \f(5,4)＋mk2) (x1＋x2)＋eq \f(25,16)＋k2m2＝eq \f((3m2－5m－2)k2－2,2k2＋1)＋eq \f(25,16)，
(这里的计算使用点乘双根法更便捷)
令(1＋2k2) x2－4mk2x＋2k2m2－2＝(1＋2k2)(x1－x)(x2－x)，
再令x＝eq \f(5,4)，得(x1－eq \f(5,4))(x2－eq \f(5,4))＝eq \f(eq \f(25,16)(1＋2k2)－5mk2＋3k2m2－2,2k2＋1)，
∵y1y2＝k2(x1－m)(x2－m)，∴再令x＝m，得k2(x1－m)(x2－m)＝eq \f(m2k2－2k2,2k2＋1)，
∴(x1－eq \f(5,4))(x2－eq \f(5,4))＋y1y2＝eq \f((3m2－5m－2)k2－2,2k2＋1)＋eq \f(25,16)
(选择自己熟练的计算方法进行计算，务必保证计算不能出错)
又eq \(RM,\s\up6(→))·eq \(RN,\s\up6(→))是一个与k无关的常数，∴3m2－5m－2＝－4，即3m2－5m＋2＝0，
∴m＝1或m＝eq \f(2,3)，又∵m>eq \f(3,4)，∴m＝1，
当m＝1时，Δ>0，直线l1与椭圆C交于两点，满足题意，∴m＝1．
[题后悟通] 本题的关键点就在于如何使eq \f((3m2－5m－2)k2－2,2k2＋1)成为一个与k无关的常数，在这里应用了比例的性质，即令分子分母中的同类项成比例，可以观察到分子分母的常数项的比例为－2，则令分子分母中k2的系数的比例也为－2，即令3m2－5m－2＝－4，则可求出参数的值．
【对点训练】
1．已知椭圆E的中心在原点，焦点在x轴上，椭圆的左顶点坐标为(－eq \r(2)，0)，离心率为e＝eq \f(\r(2),2)．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点(1，0)作直线l交E于P、Q两点，试问：在x轴上是否存在一个定点M，使eq \(MP,\s\up6(→))·eq \(MQ,\s\up6(→))为定值？若存在，求出这个定点M的坐标；若不存在，请说明理由．
1．(1)设椭圆E的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，
由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－c＝eq \r(2)－1，,eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，))解得，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝eq \r(2)，,c＝1，))所以b2＝1．
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)假设存在符合条件的点M(m，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \(MP,\s\up6(→))＝(x1－m，y1)，eq \(MQ,\s\up6(→))＝(x2－m，y2)，
eq \(MP,\s\up6(→))·eq \(MQ,\s\up6(→))＝(x1－m)(x2－m)＋y1 y2＝x1x2－m (x1＋x2)＋m2＋y1y2，
①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，
联立椭圆方程eq \f(x2,2)＋y2＝1，化为(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
则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 \(MP,\s\up6(→))·eq \(MQ,\s\up6(→))＝eq \f(k2 (2m2－4m＋1)＋m2－2,2k2＋1)．
对于任意的k值，上式为定值，故2m2－4m＋1＝2(m2－2)，解得，m＝eq \f(5,4)，
此时，eq \(MP,\s\up6(→))·eq \(MQ,\s\up6(→))＝m2－2＝－eq \f(7,16)为定值；
②当直线l的斜率不存在时，
直线l：x＝1，x1x2＝1，x1＋x2＝2，y1y2＝－eq \f(1,2)，
由，m＝eq \f(5,4)，得eq \(MP,\s\up6(→))·eq \(MQ,\s\up6(→))＝1－2×eq \f(5,4)＋eq \f(25,16)－eq \f(1,2)＝－eq \f(7,16)为定值，
综合①②知，符合条件的点M存在，其坐标为(eq \f(5,4)，0)．
2．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1 (a＞b＞0)的一个焦点与抛物线y2＝4eq \r(3)x的焦点F重合，且椭圆短轴的两个端点与
点F构成正三角形．
(1)求椭圆的方程；
(2)若过点(1，0)的直线l与椭圆交于不同的两点P，Q，试问在x轴上是否存在定点E(m，0)，使eq \(PE,\s\up6(→))·eq \(QE,\s\up6(→))恒为定值？若存在，求出E的坐标，并求出这个定值；若不存在，请说明理由．
2．解析 (1)由题意，知抛物线的焦点为F(eq \r(3)，0)，所以c＝eq \r(a2－b2)＝eq \r(3)．
因为椭圆短轴的两个端点与F构成正三角形，所以b＝eq \r(3)×eq \f(eq \r(3),3)＝1．
可求得a＝2，故椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)假设存在满足条件的点E，当直线l的斜率存在时设其斜率为k，则l的方程为y＝k(x－1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝k(x－1)，))得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
所以x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4k2－4,4k2＋1)．则eq \(PE,\s\up6(→))＝(m－x1，－y1)，eq \(QE,\s\up6(→))＝(m－x2，－y2)，
所以eq \(PE,\s\up6(→))·eq \(QE,\s\up6(→))＝(m－x1)(m－x2)＋y1y2＝m2－m(x1＋x2)＋x1x2＋y1y2
＝m2－m(x1＋x2)＋x1x2＋k2(x1－1)(x2－1)
＝m2－eq \f(8k2m,4k2＋1)＋eq \f(4k2－4,4k2＋1)＋k2(eq \f(4k2－4,4k2＋1)－eq \f(8k2,4k2＋1)＋1)＝eq \f((4m2－8m＋1)k2＋(m2－4),4k2＋1)
＝eq \f((4m2－8m＋1)(k2＋eq \f(1,4))＋(m2－4)－eq \f(1,4)(4m2－8m＋1),4k2＋1)＝eq \f(1,4) (4m2－8m＋1)＋eq \f(2m－eq \f(17,4),4k2＋1)．
要使eq \(PE,\s\up6(→))·eq \(QE,\s\up6(→))为定值，则2m－eq \f(17,4)＝0，即m＝eq \f(17,8)，此时eq \(PE,\s\up6(→))·eq \(QE,\s\up6(→))＝eq \f(33,64)．
当直线l的斜率不存在时，不妨取P(1，eq \f(\r(3),2))，Q(1，－eq \f(\r(3),2))，
由E(eq \f(17,8)，0)，可得eq \(PE,\s\up6(→))＝(eq \f(9,8)，－eq \f(\r(3),2))，eq \(QE,\s\up6(→))＝(eq \f(9,8)，eq \f(\r(3),2))，所以eq \(PE,\s\up6(→))·eq \(QE,\s\up6(→))＝eq \f(81,64)－eq \f(3,4)＝eq \f(33,64)．
综上，存在点E(eq \f(17,8)，0)，使eq \(PE,\s\up6(→))·eq \(QE,\s\up6(→))为定值eq \f(33,64)．
3．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，且过点(1，eq \f(eq \r(6),2))，过椭圆的
左顶点A作直线l⊥x轴，点M为直线l上的动点，点B为椭圆右顶点，直线BM交椭圆C于P．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求证：AP⊥OM；
(3)试问eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))是否为定值？若是定值，请求出该定值；若不是定值，请说明理由．
3．解析 (1)∵椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，
∴a2＝2c2，则a2＝2b2，又椭圆C过点(1，eq \f(eq \r(6),2))，∴eq \f(1,a2)＋eq \f(3,2b2)＝1．∴a2＝4，b2＝2，
则椭圆C的方程eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)设直线BM的斜率为k，则直线BM的方程为y＝k(x－2)，设P(x1，y1)，
将y＝k(x－2)代入椭圆C的方程eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1中并化简得：(2k2＋1)x2－4k2x＋8k2－4＝0．
解之得x1＝eq \f(4k2－2,2k2＋1)，x2＝2，
∴y1＝k(x1－2)＝eq \f(－4k,2k2＋1)，从而P(eq \f(4k2－2,2k2＋1)，eq \f(－4k,2k2＋1))．
在y＝k(x－2)上，令x＝－2，得y＝－4k，∴M(－2，－4k)．
又eq \(AP,\s\up6(→))＝(eq \f(4k2－2,2k2＋1)＋2，eq \f(－4k,2k2＋1))＝(eq \f(8k2,2k2＋1)，eq \f(－4k,2k2＋1))，
∴eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(－16k2,2k2＋1)＋eq \f(16k2,2k2＋1)＝0，∴AP⊥OM；
(3)eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))＝(eq \f(4k2－2,2k2＋1)，eq \f(－4k,2k2＋1))·(－2，－4k)＝eq \f(－8k2＋4＋16k2,2k2＋1)＝eq \f(8k2＋4,2k2＋1)＝4．
∴eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))为定值4．
4．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上的点到两个焦点的距离之和为eq \f(2,3)，短轴长为eq \f(1,2)，直线l与椭圆C交于
M，N两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l与圆O：x2＋y2＝eq \f(1,25)相切，求证：eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))为定值．
4．解析 (1)由题意得，2a＝eq \f(2,3)，2b＝eq \f(1,2)，所以a＝eq \f(1,3)，b＝eq \f(1,4)，所以椭圆C的方程为9x2＋16y2＝1．
(2)①当直线l⊥x轴时，因为直线l与圆O相切，所以直线l的方程为x＝±eq \f(1,5)．
当直线l：x＝eq \f(1,5)时，得M，N两点的坐标分别为(eq \f(1,5)，eq \f(1,5))，(eq \f(1,5)，－eq \f(1,5))，所以eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝0；
当直线l：x＝－eq \f(1,5)时，同理可得eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝0．
②当直线l与x轴不垂直时，设l：y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
所以圆心O(0，0)到直线l的距离为d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \f(1,5)，所以25m2＝1＋k2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,9x2＋16y2＝1，))得(9＋16k2)x2＋32kmx＋16m2－1＝0，
则Δ＝(32km)2－4(9＋16k2)(16m2－1)＞0，x1＋x2＝－eq \f(32km,9＋16k2)，x1x2＝eq \f(16m2－1,9＋16k2)，
所以eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq \f(25m2－k2－1,9＋16k2)＝0．
综上，eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝0(定值)．
5．已知以原点O为中心，F(eq \r(5)，0)为右焦点的双曲线F的离心率e＝eq \f(eq \r(5),2)．
(1)求双曲线C的标准方程及其渐近线方程；
(2)如图，已知过点M(x1，y1)的直线l1：x1x＋4y1y＝4与过点N(x2，y2)(其中x2≠x1)的直线l2：x2x＋4y2y＝4的交点E在双曲线C上，直线MN与两条渐近线分别交于G，H两点，求eq \(OG,\s\up6(→))·eq \(OH,\s\up6(→))的值．
5．解析 (1)设C的标准方程是eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，则由题意c＝eq \r(5)，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(eq \r(5),2)．
因此，C的标准方程为eq \f(x2,4)－y2＝1．C的渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x，即x－2y＝0和x＋2y＝0．
(2)如图，由题意点E(x0，y0)在直线l1：x1x＋4y1y＝4和l2：x2x＋4y2y＝4上，
因此有x1x0＋4y1y0＝4，x2x0＋4y2y0＝4．故点M、N均在直线x0x＋4y0y＝4上，
因此直线MN的方程为x0x＋4y0y＝4．
设G、H分别是直线MN与渐近线x－2y＝0及x＋2y＝0的交点，
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0x＋4y0y＝4,x－2y＝0))及eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0x＋4y0y＝4,x＋2y＝0))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(xG＝eq \f(4,x0＋2y0),yG＝eq \f(2,x0＋2y0)))，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(xH＝eq \f(4,x0－2y0),yH＝eq \f(－2,x0－2y0)))．
故eq \(OG,\s\up6(→))·eq \(OH,\s\up6(→))＝eq \f(4,x0＋2y0)·eq \f(4,x0－2y0)－eq \f(2,x0＋2y0)·eq \f(2,x0－2y0)＝eq \f(12,x02－4y02)．
因为点E在双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1上，所以x02－4y02＝4，所以eq \(OG,\s\up6(→))·eq \(OH,\s\up6(→))＝eq \f(12,x02－4y02)＝3．
题型二 角度型定值问题
【例题选讲】
[例1] 已知椭圆W：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的上下顶点分别为A，B，且点B(0，－1)．F1，F2分别为椭圆W的左、右焦点，且∠F1BF2＝120°．
(1)求椭圆W的标准方程；
(2)点M是椭圆上异于A，B的任意一点，过点M作MN⊥y轴于N，E为线段MN的中点．直线AE与直线y＝－1交于点C，G为线段BC的中点，O为坐标原点．求证：∠OEG为定值．

[规范解答] (1)依题意，得b＝1．又∠F1BF2＝120°，在Rt△BF1O中，∠F1BO＝60°，所以a＝2．
所以椭圆W的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)设M(x0，y0)，x0≠0，则N(0，y0)，E(eq \f(x0,2)，y0)．
因为点M在椭圆W上，所以eq \f(x02,4)＋y02＝1．即x02＝4－4y02．
又A(0，1)，所以直线AE的方程为y－1＝eq \f(2(y0－1),x0)x．令y＝－1，得C(eq \f(x0,1－y0)，－1)．
又B(0，－1)，G为线段BC的中点，所以G(eq \f(x0,2(1－y0))，－1)．
所以eq \(OE,\s\up6(→))＝(eq \f(x0,2)，y0)，eq \(GE,\s\up6(→))＝(eq \f(x0,2)－eq \f(x0,2(1－y0))，y0＋1)．
因为eq \(OE,\s\up6(→))·eq \(GE,\s\up6(→))＝eq \f(x0,2)(eq \f(x0,2)－eq \f(x0,2(1－y0)))＋y0(y0＋1)＝eq \f(x02,4)－eq \f(x02,4(1－y0))＋y02＋y0
＝1－eq \f(4－4y02,4(1－y0))＋y0＝1－y0－1＋y0＝0，所以eq \(OE,\s\up6(→))⊥eq \(GE,\s\up6(→))．∠OEG＝90°．
[例2] 已知点M(x0，y0)为椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1．上任意一点，直线l：x0x＋2y0 y＝2与圆(x－1)2＋y2＝6交于A，B两点，点F为椭圆C的左焦点．
(1)求椭圆C的离心率及左焦点F的坐标；
(2)求证：直线l与椭圆C相切；
(3)判断∠AFB是否为定值，并说明理由．
[规范解答] (1)由题意a＝eq \r(2)，b＝1，c＝1．所以离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，左焦点F(－1，0)．
(2)由题知，eq \f(x02,2)＋y02＝1，即x02＋2y02＝2，
当y0＝0时直线l的方程为x＝eq \r(2)或x＝－eq \r(2)，直线l与椭圆C相切．
当y0≠0时，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,x0x＋2y0 y＝2，))得(2y02＋x02)x2－4x0x＋4－4 y02＝0，即x2－2x0x＋2－2y02＝0．
所以Δ＝(－2x0)2－4(2－2y02)＝4x02＋8y02－8＝0．故直线l与椭圆C相切．
(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
当y0＝0时，x1＝x2，y1＝－y2，x1＝±eq \r(2)，
eq \(FA,\s\up6(→))·eq \(FB,\s\up6(→))＝(x1＋1)2－y22＝(x1＋1)2－6＋(x1－1)2＝2 x12－4＝0，所以eq \(FA,\s\up6(→))⊥eq \(FB,\s\up6(→))，即∠AFB＝90°．
当y0≠0时，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1((x－1)2＋y2＝6，,x0x＋2y0 y＝2，))得(y02＋1)x2－2(2y02＋x0)x＋2－10 y02＝0，
则∴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)．
因为eq \(FA,\s\up6(→))·eq \(FB,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)·(x2＋1，y2)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2
＝eq \f(4－20y02＋8y02＋4x0＋2＋2 y02,2＋2y02)＋eq \f(－5x02－4x0＋4,2＋2y02)＝eq \f(－5(x02＋2y02)＋10,2＋2y02)＝0．
所以eq \(FA,\s\up6(→))⊥eq \(FB,\s\up6(→))，即∠AFB＝90°．故∠AFB为定值90°．
[例3] 已知点F1为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点，P(－1，eq \f(eq \r(2),2))在椭圆上，PF1⊥x轴．
(1)求椭圆的方程：
(2)已知直线l与椭圆交于A，B两点，且坐标原点O到直线l的距离为eq \f(eq \r(6),3)，∠AOB的大小是否为定值？若是，求出该定值：若不是，请说明理由．
[规范解答] (1)因为PF1⊥x轴，又P(－1，eq \f(eq \r(2),2))在椭圆上，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，所以椭圆的方程为：eq \f(x2,2)＋y2＝1；
(2)当直线l的斜率不存在时，由原点O到直线l的距离为eq \f(eq \r(6),3)，
可得直线l的方程为：x＝±eq \f(eq \r(6),3)，
代入椭圆可得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 \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0，所以∠AOB＝eq \f(π,2)；
当直线l的斜率存在时，设直线的方程为：y＝kx＋m，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由原点O到直线l的距离为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
直线与椭圆联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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，将①代入Δ中可得Δ＝16m2＋8>0，
x1＋x2＝eq \f(－4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－1,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 \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝eq \f(2m2－2,1＋2k2)＋eq \f(m2－2k2,1＋2k2)＝eq \f(3m2－2k2－2,1＋2k2)，
将①代入可得eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0，所以∠AOB＝eq \f(π,2)；
综上所述∠AOB＝eq \f(π,2)恒成立．
【对点训练】
1．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,3)，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF2⊥F1F2，
且|AF2|＝eq \f(8,3)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m与l1，l2分别交于M，N两点，求证：∠MF1N为定值．
1．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，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1．
(2)由题意可知，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3．
直线l分别与直线l1，l2的方程联立得M(－3，－3k＋m)，N(3，3k＋m)，
所以eq \(F1M,\s\up6(→))＝(－2，－3k＋m)，eq \(F1N,\s\up6(→))＝(4，3k＋m)，所以eq \(F1M,\s\up6(→))·eq \(F1N,\s\up6(→))＝－8＋m2－9k2．
联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋\f(y2,8)＝1，,y＝kx＋m，))得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0．
因为直线l与椭圆C相切，所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2－72)＝0，化简得m2＝9k2＋8．
所以eq \(F1M,\s\up6(—→))·eq \(F1N,\s\up6(—→))＝－8＋m2－9k2＝0，所以eq \(F1M,\s\up6(→))⊥eq \(F1N,\s\up6(→))，故∠MF1N为定值eq \f(π,2)．
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的点到它的两个焦的距离之和为4，以椭圆C的短轴为直径的圆
O经过这两个焦点，点A，B分别是椭圆C的左、右顶点．
(1)求圆和椭圆的方程．
(2)已知P，Q分别是椭圆C和圆O上的动点（P，Q位于y轴两侧），且直线PQ与x轴平行，直线AP，BP分别与y轴交于点M，N．求证：∠MQN为定值．
2．解析 (1)依题意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＝4,b＝c,a2＝b2＋c2))，得a＝2，b＝c＝eq \r(2)，
∴圆方程为x2＋y2＝2，椭圆C方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)设P(x0，y0)，Q(x1，y0)，∴eq \f(x02,4)＋eq \f(y02,2)＝1，x12＋y02＝2，y0≠0，
∵AP的方程为y＝eq \f(y0,x0＋2)(x＋2)，令x＝0，M(0，eq \f(2y0,x0＋2))，
BP方程为y＝eq \f(y0,x0－2)(x－2)，令x＝0，N(0，eq \f(－2y0,x0－2))，
∴eq \(QM,\s\up6(→))＝(－x1，eq \f(2y0,x0＋2)－y0)，eq \(QN,\s\up6(→))＝(－x1，eq \f(2y0,x0－2)－y0)
∴eq \(QM,\s\up6(→))·eq \(QN,\s\up6(→))＝x12＋eq \f(x02y02,x02－4)＝2－y02＋eq \f((4－2y02) y02,－2 y02)＝0，∴∠MQN＝90°．
3．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的点到两个焦点的距离之和为eq \f(2,3)，短轴长为eq \f(1,2)，直线与椭圆C
交于M，N两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线与圆O：x2＋y2＝eq \f(1,25)相切，证明：∠MON为定值．
3．解析 (1)由题意得，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)当直线l⊥x轴时，因为直线与圆相切，所以直线方程为x＝±eq \f(1,5)．
当l：x＝eq \f(1,5)时，得M、N两点坐标分别为(eq \f(1,5)，eq \f(1,5))，(eq \f(1,5)，－eq \f(1,5))，所以eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝0，所以∠MON＝eq \f(π,2)．
当l：x＝－eq \f(1,5)时，同理∠MON＝eq \f(π,2)．
当与x轴不垂直时，设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，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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 \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2) x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq \f(25m2－k2－1,9＋16k2)＝0，所以∠MON＝eq \f(π,2)．
综上，∠MON＝eq \f(π,2)(定值)．
题型三 参数型定值问题
【例题选讲】
[例1] (2018·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 \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))，求证：eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值．
[规范解答] (1)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\c1(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)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 \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(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－1x1)＋eq \f(x2－1,k－1x2)＝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．
[例2] 已知椭圆C的焦点在x轴上，离心率等于eq \f(2\r(5),5)，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2\r(5),5)))．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过椭圆C的右焦点F作直线l交椭圆C于A，B两点，交y轴于M点，若eq \(MA,\s\up6(→))＝λ1eq \(AF,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))＝λ2eq \(BF,\s\up6(→))，求证：λ1＋λ2为定值．
[规范解答] (1)设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(2\r(5),5)，,\f(1,a2)＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(5),5))),b2)2＝1，))∴a2＝5，b2＝1，
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,5)＋y2＝1．
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(0，y0) ，又易知F点的坐标为(2，0)．
显然直线l存在斜率，设直线l的斜率为k，则直线l的方程是y＝k(x－2)，
将直线l的方程代入椭圆C的方程中，消去y并整理得(1＋5k2)x2－20k2x＋20k2－5＝0，
∴x1＋x2＝eq \f(20k2,1＋5k2)，x1x2＝eq \f(20k2－5,1＋5k2)．
又∵eq \(MA,\s\up6(→))＝λ1eq \(AF,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))＝λ2eq \(BF,\s\up6(→))，将各点坐标代入得λ1＝eq \f(x1,2－x1)，λ2＝eq \f(x2,2－x2)，
∴λ1＋λ2＝eq \f(x1,2－x1)＋eq \f(x2,2－x2)＝eq \f(2x1＋x2－2x1x2,4－2x1＋x2＋x1x2)＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(20k2,1＋5k2)－\f(20k2－5,1＋5k2))),4－2·\f(20k2,1＋5k2)＋\f(20k2－5,1＋5k2))＝－10，即λ1＋λ2为定值．
[例3] 如图，过抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点F的直线l与抛物线C相交于A，B两点，交准线于点M．当|AB|＝12时，AB的中点到x轴的距离是5．
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知eq \(MA,\s\up6(→))＝λ1eq \(AF,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))＝λ2eq \(BF,\s\up6(→))，求λ1＋λ2的值．
[规范解答] (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义，得|AF|＝y1＋eq \f(p,2)，|BF|＝y2＋eq \f(p,2)，
|AB|＝y1＋y2＋p＝12，又AB的中点到x轴的距离是5，∴eq \f(y1＋y2,2)＝5，∴p＝2，
∴抛物线C的方程为x2＝4y．
(2)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)，联立，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,y＝kx＋1，))整理得x2－4kx－4＝0，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝4k，,x1x2＝－4，,Δ＝16k2＋16＞0.))点M在直线y＝kx＋1上且yM＝－1，∴xM＝－eq \f(2,k)，即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,k)，－1))，
由eq \(MA,\s\up6(→))＝λ1eq \(AF,\s\up6(→))，得x1＋eq \f(2,k)＝λ1(0－x1)＝－x1λ1，由eq \(MB,\s\up6(→))＝λ2eq \(BF,\s\up6(→))，得x2＋eq \f(2,k)＝λ2(0－x2)＝－x2λ2，
∴λ1＋λ2＝－2－eq \f(2,k)×eq \f(x1＋x2,x1x2)，∵eq \f(x1＋x2,x1x2)＝eq \f(4k,－4)＝－k，∴λ1＋λ2＝0．