高考数学一轮复习讲义第9章第9节第3课时圆锥曲线应用之定点、定值及探索性问题

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例1 (2017·长沙联考)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列．直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q、P，与椭圆分别交于点M、N，各点均不重合且满足eq \(PM,\s\up6(→))＝λ1eq \(MQ,\s\up6(→))，eq \(PN,\s\up6(→))＝λ2eq \(NQ,\s\up6(→)).
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点并求此定点．
(1)解 设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，
又a2＝b2＋c2，∴a2＝3.
∴椭圆的方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)证明 由题意设P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，
N(x2，y2)，设l方程为x＝t(y－m)，
由eq \(PM,\s\up6(→))＝λ1eq \(MQ,\s\up6(→))知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，
∴y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，∴λ1＝eq \f(m,y1)－1.
同理由eq \(PN,\s\up6(→))＝λ2eq \(NQ,\s\up6(→))知λ2＝eq \f(m,y2)－1.
∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋3y2＝3，,x＝ty－m))得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，
∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0，②
且有y1＋y2＝eq \f(2mt2,t2＋3)，y1y2＝eq \f(t2m2－3,t2＋3)，③
③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，
∴(mt)2＝1，
由题意mt<0，∴mt＝－1，满足②，
得直线l方程为x＝ty＋1，过定点(1,0)，即Q为定点．
思维升华 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．
(2016·河北衡水中学调研)如图，已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率e＝eq \f(\r(2),2)，F是右焦点，A是右顶点，B是椭圆上一点，BF⊥x轴，|BF|＝eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l：x＝ty＋λ是椭圆C的一条切线，点M(－eq \r(2)，y1)，点N(eq \r(2)，y2)是切线l上两个点，证明：当t，λ变化时，以MN为直径的圆过x轴上的定点，并求出定点坐标．
解 (1)由题意设椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，①
焦点F(c,0)，因为eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，②
将点B(c，eq \f(\r(2),2))的坐标代入方程①得eq \f(c2,a2)＋eq \f(1,2b2)＝1.③
由②③结合a2＝b2＋c2，得a＝eq \r(2)，b＝1.
故所求椭圆方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,x＝ty＋λ))得(2＋t2)y2＋2tλy＋λ2－2＝0.
因为l为切线，所以Δ＝(2tλ)2－4(t2＋2)(λ2－2)＝0，
即t2－λ2＋2＝0.④
设圆与x轴的交点为T(x0,0)，
则eq \(TM,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)－x0，y1)，eq \(TN,\s\up6(→))＝(eq \r(2)－x0，y2)．
因为MN为圆的直径，
故eq \(TM,\s\up6(→))·eq \(TN,\s\up6(→))＝xeq \\al(2,0)－2＋y1y2＝0.⑤
当t＝0时，不符合题意，故t≠0.
因为y1＝eq \f(－\r(2)－λ,t)，y2＝eq \f(\r(2)－λ,t)，
所以y1y2＝eq \f(λ2－2,t2)，代入⑤结合④得
eq \(TM,\s\up6(→))·eq \(TN,\s\up6(→))＝eq \f(x\\al(2,0)－2t2＋λ2－2,t2)
＝eq \f(x\\al(2,0)－1t2,t2)，
要使上式为零，当且仅当xeq \\al(2,0)＝1，解得x0＝±1.
所以T为定点，故动圆过x轴上的定点(－1,0)与(1,0)，
即椭圆的两个焦点．
题型二 定值问题
例2 (2016·广西柳州铁路一中月考)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(3,2)eq \r(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．
(1)解 ∵椭圆的焦点在y轴上，
故设椭圆的标准方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，
由已知得b＝1，c＝1，∴a＝eq \r(2)，
∴椭圆的方程为eq \f(y2,2)＋x2＝1.
当直线l的斜率不存在时，|CD|＝2eq \r(2)，与题意不符；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋1，
C(x1，y1)，D(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(y2,2)＋x2＝1，))化简得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0,
则x1＋x2＝－eq \f(2k,k2＋2)，x1·x2＝－eq \f(1,k2＋2).
∴|CD|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(－\f(2k,k2＋2)2＋4·\f(1,k2＋2))
＝eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)＝eq \f(3,2)eq \r(2)，
解得k＝±eq \r(2).
∴直线l的方程为eq \r(2)x－y＋1＝0或eq \r(2)x＋y－1＝0.
(2)证明 当直线l的斜率不存在时，与题意不符．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0，k≠±1)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
∴点P的坐标为(－eq \f(1,k)，0)．
由(1)知x1＋x2＝－eq \f(2k,k2＋2)，x1x2＝－eq \f(1,k2＋2)，
且直线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).
∵－1(eq \f(x＋1,x－1))2＝eq \f(y\\al(2,2)x1＋12,y\\al(2,1)x2－12)
＝eq \f(2－2x\\al(2,2),2－2x\\al(2,1))·eq \f(x1＋12,x2－12)
＝eq \f(1＋x11＋x2,1－x11－x2)
＝eq \f(1－\f(2k,k2＋2)－\f(1,k2＋2),1＋\f(2k,k2＋2)－\f(1,k2＋2))＝(eq \f(k－1,k＋1))2，
y1y2＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝k2(－eq \f(1,k2＋2))＋k(－eq \f(2k,k2＋2))＋1
＝－eq \f(21＋k2k－1,k2＋2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，
故点Q的坐标为(－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．
思维升华 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．
(2016·珠海模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，点F(eq \f(1,2)，0)，直线l：x＝－eq \f(1,2)，点P在直线l上移动，R是线段PF与y轴的交点，RQ⊥FP，PQ⊥l.
(1)求动点Q的轨迹C的方程；
(2)设圆M过A(1,0)，且圆心M在曲线C上，TS是圆M在y轴上截得的弦，当M运动时，弦长|TS|是否为定值？请说明理由．
解 (1)依题意知，点R是线段FP的中点，且RQ⊥FP，
∴RQ是线段FP的垂直平分线．
∵点Q在线段FP的垂直平分线上，∴|PQ|＝|QF|，
又|PQ|是点Q到直线l的距离，
故动点Q的轨迹是以F为焦点，l为准线的抛物线，其方程为y2＝2x(x>0)．
(2)弦长|TS|为定值．理由如下：
取曲线C上点M(x0，y0)，M到y轴的距离为d＝|x0|＝x0，圆的半径r＝|MA|＝eq \r(x0－12＋y\\al(2,0))，
则|TS|＝2eq \r(r2－d2)＝2eq \r(y\\al(2,0)－2x0＋1)，
∵点M在曲线C上，∴x0＝eq \f(y\\al(2,0),2)，
∴|TS|＝2eq \r(y\\al(2,0)－y\\al(2,0)＋1)＝2是定值．
题型三 探索性问题
例3 (2015·四川)如图，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率是eq \f(\r(2),2)，过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2eq \r(2).
(1)求椭圆E的方程；
(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得eq \f(|QA|,|QB|)＝eq \f(|PA|,|PB|)恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
解 (1)由已知，点(eq \r(2)，1)在椭圆E上，
因此eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a2－b2＝c2，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，))
解得a＝2，b＝eq \r(2)，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C，D两点，
如果存在定点Q满足条件，则有eq \f(|QC|,|QD|)＝eq \f(|PC|,|PD|)＝1，
即|QC|＝|QD|，
所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为(0，y0)．
当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M，N两点，则M，N的坐标分别为(0，eq \r(2))，(0，－eq \r(2))，
由eq \f(|QM|,|QN|)＝eq \f(|PM|,|PN|)，有eq \f(|y0－\r(2)|,|y0＋\r(2)|)＝eq \f(\r(2)－1,\r(2)＋1)，解得y0＝1或y0＝2，
所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点坐标只可能为(0,2)，
下面证明：对任意直线l，均有eq \f(|QA|,|QB|)＝eq \f(|PA|,|PB|)，
当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立，
当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝kx＋1，
A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1，))得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，
所以x1＋x2＝－eq \f(4k,2k2＋1)，
x1x2＝－eq \f(2,2k2＋1)，
因此eq \f(1,x1)＋eq \f(1,x2)＝eq \f(x1＋x2,x1x2)＝2k，
易知，点B关于y轴对称的点B′的坐标为(－x2，y2)，
又kQA＝eq \f(y1－2,x1)＝eq \f(kx1－1,x1)＝k－eq \f(1,x1)，
kQB′＝eq \f(y2－2,－x2)＝eq \f(kx2－1,－x2)＝－k＋eq \f(1,x2)＝k－eq \f(1,x1)，
所以kQA＝kQB′，即Q，A，B′三点共线，
所以eq \f(|QA|,|QB|)＝eq \f(|QA|,|QB′|)＝eq \f(|x1|,|x2|)＝eq \f(|PA|,|PB|)，
故存在与P不同的定点Q(0,2)，使得eq \f(|QA|,|QB|)＝eq \f(|PA|,|PB|)恒成立．
思维升华 解决探索性问题的注意事项
探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．
(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．
(2015·湖北)一种作图工具如图1所示．O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且DN＝ON＝1，MN＝3，当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕O转动一周(D不动时，N也不动)，M处的笔尖画出的曲线记为C，以O为原点，AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系．
(1) 求曲线C的方程；
(2) 设动直线l与两定直线l1：x－2y＝0和l2：x＋2y＝0分别交于P，Q两点．若直线l总与曲线C有且只有一个公共点，试探究：△OPQ的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．
解 (1)设点D(t,0)(|t|≤2)，N(x0，y0)，M(x，y)，依题意，eq \(MD,\s\up6(→))＝2eq \(DN,\s\up6(→))，且|eq \(DN,\s\up6(→))|＝|eq \(ON,\s\up6(→))|＝1，
所以(t－x，－y)＝2(x0－t，y0)，且eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0－t2＋y\\al(2,0)＝1，,x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)＝1.))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t－x＝2x0－2t，,y＝－2y0，))且t(t－2x0)＝0.
由于当点D不动时，点N也不动，所以t不恒等于0，
于是t＝2x0，故x0＝eq \f(x,4)，y0＝－eq \f(y,2)，代入xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝1，
可得eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1，即所求曲线C的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)①当直线l的斜率不存在时，直线l为x＝4或x＝－4，都有S△OPQ＝eq \f(1,2)×4×4＝8.
②当直线l的斜率存在时，
设直线l：y＝kx＋meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k≠±\f(1,2)))，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＋4y2＝16，))消去y，
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0.
因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，
所以Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－16)＝0，
即m2＝16k2＋4.(*1)
又由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x－2y＝0，))可得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2m,1－2k)，\f(m,1－2k)))；
同理可得Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2m,1＋2k)，\f(m,1＋2k))).
由原点O到直线PQ的距离为d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))和|PQ|＝eq \r(1＋k2)|xP－xQ|，可得S△OPQ＝eq \f(1,2)·|PQ|·d＝eq \f(1,2)·|m|·|xP－xQ|＝eq \f(1,2)·|m|·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2m,1－2k)＋\f(2m,1＋2k)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2m2,1－4k2))).(*2)
将(*1)式代入(*2)式得，S△OPQ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2m2,1－4k2)))＝8eq \f(|4k2＋1|,|4k2－1|).
当k2>eq \f(1,4)时，S△OPQ＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k2＋1,4k2－1)))＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,4k2－1)))>8；
当0≤k2S△OPQ＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k2＋1,1－4k2)))＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(2,1－4k2))).
因为0≤k2所以S△OPQ＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(2,1－4k2)))≥8，
当且仅当k＝0时取等号．
所以当k＝0时，S△OPQ的最小值为8.
综合①②可知，当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时，△OPQ的面积取得最小值8.
23．设而不求，整体代换
典例 (12分)椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1、F2，离心率为eq \f(\r(3),2)，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围；
(3)在(2)的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点，设直线PF1、PF2的斜率分别为k1、k2，若k2≠0，证明eq \f(1,kk1)＋eq \f(1,kk2)为定值，并求出这个定值．
思想方法指导 对题目涉及的变量巧妙地引进参数(如设动点坐标、动直线方程等)，利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到“设而不求，减少计算”的效果，直接得定值．
规范解答
解 (1)由于c2＝a2－b2，将x＝－c代入椭圆方程eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，得y＝±eq \f(b2,a).
由题意知eq \f(2b2,a)＝1，即a＝2b2.
又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，所以a＝2，b＝1.
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.[2分]
(2)设P(x0，y0)(y0≠0)，
又F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，
所以直线PF1，PF2的方程分别为
：y0x－(x0＋eq \r(3))y＋eq \r(3)y0＝0，
：y0x－(x0－eq \r(3))y－eq \r(3)y0＝0.
由题意知eq \f(|my0＋\r(3)y0|,\r(y\\al(2,0)＋x0＋\r(3)2))＝eq \f(|my0－\r(3)y0|,\r(y\\al(2,0)＋x0－\r(3)2)).
由于点P在椭圆上，所以eq \f(x\\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1.
所以eq \f(|m＋\r(3)|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x0＋2))2))＝eq \f(|m－\r(3)|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x0－2))2)).[4分]
因为－eq \r(3)可得eq \f(m＋\r(3),\f(\r(3),2)x0＋2)＝eq \f(\r(3)－m,2－\f(\r(3),2)x0)，
所以m＝eq \f(3,4)x0，因此－eq \f(3,2)(3)设P(x0，y0)(y0≠0)，
则直线l的方程为y－y0＝k(x－x0)．
联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y－y0＝kx－x0.))
整理得(1＋4k2)x2＋8(ky0－k2x0)x＋4(yeq \\al(2,0)－2kx0y0＋k2xeq \\al(2,0)－1)＝0.[10分]
由题意Δ＝0，即(4－xeq \\al(2,0))k2＋2x0y0k＋1－yeq \\al(2,0)＝0.
又eq \f(x\\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，
所以16yeq \\al(2,0)k2＋8x0y0k＋xeq \\al(2,0)＝0，故k＝－eq \f(x0,4y0).
由(2)知eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝eq \f(x0＋\r(3),y0)＋eq \f(x0－\r(3),y0)＝eq \f(2x0,y0)，
所以eq \f(1,kk1)＋eq \f(1,kk2)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k1)＋\f(1,k2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4y0,x0)))·eq \f(2x0,y0)＝－8，
因此eq \f(1,kk1)＋eq \f(1,kk2)为定值，这个定值为－8.[12分]
1．(2016·北京西城区模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq \f(\r(2),2)，短轴长为2eq \r(2).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)如图，椭圆左顶点为A，过原点O的直线(与坐标轴不重合)与椭圆C交于P，Q两点，直线PA，QA分别与y轴交于M，N两点．试问以MN为直径的圆是否经过定点(与直线PQ的斜率无关)？请证明你的结论．
解 (1)由短轴长为2eq \r(2)，得b＝eq \r(2)，
由e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(a2－b2),a)＝eq \f(\r(2),2)，
得a2＝4，b2＝2.
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)以MN为直径的圆过定点F(±eq \r(2)，0)．
证明如下：
设P(x0，y0)，则Q(－x0，－y0)，
且eq \f(x\\al(2,0),4)＋eq \f(y\\al(2,0),2)＝1，即xeq \\al(2,0)＋2yeq \\al(2,0)＝4，
因为A(－2,0)，所以直线PA方程为y＝eq \f(y0,x0＋2)(x＋2)，
所以M(0，eq \f(2y0,x0＋2))，直线QA方程为y＝eq \f(y0,x0－2)(x＋2)，
所以N(0，eq \f(2y0,x0－2))，以MN为直径的圆为(x－0)(x－0)＋(y－eq \f(2y0,x0＋2))(y－eq \f(2y0,x0－2))＝0，
即x2＋y2－eq \f(4x0y0,x\\al(2,0)－4)y＋eq \f(4y\\al(2,0),x\\al(2,0)－4)＝0，
因为xeq \\al(2,0)－4＝－2yeq \\al(2,0)，所以x2＋y2＋2eq \f(x0,y0)y－2＝0，
令y＝0，则x2－2＝0，解得x＝±eq \r(2).
所以以MN为直径的圆过定点F(±eq \r(2)，0)．
2．(2016·安徽芜湖、马鞍山第一次质量检测)椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),3)，点(eq \r(3)，eq \r(2))为椭圆上的一点．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若斜率为k的直线l过点A(0,1)，且与椭圆E交于C，D两点，B为椭圆E的下顶点，求证：对于任意的k，直线BC，BD的斜率之积为定值．
(1)解 因为e＝eq \f(\r(3),3)，所以c＝eq \f(\r(3),3)a，a2＝b2＋(eq \f(\r(3),3)a)2.①
又椭圆过点(eq \r(3)，eq \r(2))，所以eq \f(3,a2)＋eq \f(2,b2)＝1.②
由①②，解得a2＝6，b2＝4，
所以椭圆E的标准方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明 设直线l：y＝kx＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,6)＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx＋1，))
得(3k2＋2)x2＋6kx－9＝0.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则
x1＋x2＝－eq \f(6k,3k2＋2)，x1x2＝－eq \f(9,3k2＋2)，
易知B(0，－2)，
故kBC·kBD＝eq \f(y1＋2,x1)·eq \f(y2＋2,x2)
＝eq \f(kx1＋3,x1)·eq \f(kx2＋3,x2)
＝eq \f(k2x1x2＋3kx1＋x2＋9,x1x2)
＝k2＋eq \f(3kx1＋x2,x1x2)＋eq \f(9,x1x2)
＝k2＋3k·eq \f(2k,3)－(3k2＋2)
＝－2.
所以对于任意的k，直线BC，BD的斜率之积为定值．
3.如图，椭圆长轴的端点为A，B，O为椭圆的中心，F为椭圆的右焦点，且eq \(AF,\s\up6(→))·eq \(FB,\s\up6(→))＝1，|eq \(OF,\s\up6(→))|＝1.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)记椭圆的上顶点为M，直线l交椭圆于P，Q两点，问：是否存在直线l，使点F恰为△PQM的垂心，若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解 (1)设椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则c＝1，
又∵eq \(AF,\s\up6(→))·eq \(FB,\s\up6(→))＝(a＋c)·(a－c)
＝a2－c2＝1.
∴a2＝2，b2＝1，
故椭圆的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，
且F恰为△PQM的垂心，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
∵M(0,1)，F(1,0)，∴直线l的斜率k＝1.
于是设直线l为y＝x＋m，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
得3x2＋4mx＋2m2－2＝0，
x1＋x2＝－eq \f(4,3)m，①
x1x2＝eq \f(2m2－2,3).②
∵eq \(MP,\s\up6(→))·eq \(FQ,\s\up6(→))＝x1(x2－1)＋y2(y1－1)＝0.
又yi＝xi＋m(i＝1,2)，
∴x1(x2－1)＋(x2＋m)(x1＋m－1)＝0，
即2x1x2＋(x1＋x2)(m－1)＋m2－m＝0.(*)
将①②代入(*)式得2·eq \f(2m2－2,3)－eq \f(4m,3)(m－1)＋m2－m＝0，
解得m＝－eq \f(4,3)或m＝1，
经检验m＝－eq \f(4,3)符合条件．
故存在直线l，使点F恰为△PQM的垂心，
直线l的方程为3x－3y－4＝0.
*4.(2016·江西三校第一次联考)已知半椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(x≥0)与半椭圆eq \f(y2,b2)＋eq \f(x2,c2)＝1(x<0)组成的曲线称为“果圆”，其中a2＝b2＋c2，a>b>c>0.如图，设点F0，F1，F2是相应椭圆的焦点，A1，A2和B1，B2是“果圆”与x，y轴的交点．
(1)若三角形F0F1F2是边长为1的等边三角形，求“果圆”的方程；
(2)若|A1A2|>|B1B2|，求eq \f(b,a)的取值范围；
(3)一条直线与果圆交于两点，两点的连线段称为果圆的弦．是否存在实数k，使得斜率为k的直线交果圆于两点，得到的弦的中点M的轨迹方程落在某个椭圆上？若存在，求出所有k的值；若不存在，说明理由．
解 (1)∵F0(c,0)，F1(0，－eq \r(b2－c2))，F2(0，eq \r(b2－c2))，
∴|F0F2|＝eq \r(b2－c2＋c2)＝b＝1，
|F1F2|＝2eq \r(b2－c2)＝1，
∴c2＝eq \f(3,4)，a2＝b2＋c2＝eq \f(7,4)，
∴所求“果圆”的方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(4,7)x2＋y2＝1，x≥0，,y2＋\f(4,3)x2＝1，x<0.))
(2)由题意，得a＋c>2b，
即eq \r(a2－b2)>2b－a，
∴a2－b2>(2b－a)2，得eq \f(b,a)又b2>c2＝a2－b2，∴eq \f(b2,a2)>eq \f(1,2).
∴eq \f(b,a)∈(eq \f(\r(2),2)，eq \f(4,5))．
(3)设“果圆”C的方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，x≥0，,\f(y2,b2)＋\f(x2,c2)＝1，x<0，))
记平行弦的斜率为k，当k＝0时，
直线y＝t(－b≤t≤b)与半椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(x≥0)的交点是P(aeq \r(1－\f(t2,b2))，t)，与半椭圆eq \f(y2,b2)＋eq \f(x2,c2)＝1(x<0)的交点是Q(－ceq \r(1－\f(t2,b2))，t)．
∴P，Q的中点M(x，y)满足x＝eq \f(a－c,2)·eq \r(1－\f(t2,b2))，y＝t，得
eq \f(x2,\f(a－c,2)2)＋eq \f(y2,b2)＝1.
∵a2＝b2＋c2<2b2，∴a∴(eq \f(a－c,2))2－b2＝eq \f(a－c－2b,2)·eq \f(a－c＋2b,2)<0.
综上所述，当k＝0时，“果圆”平行弦的中点轨迹总是落在某个椭圆上．
当k>0时，过B1的直线l与半椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(x≥0)的交点是(eq \f(2ka2b,k2a2＋b2)，eq \f(k2a2b－b3,k2a2＋b2))．
因此，在直线l右侧，以k为斜率的平行弦的中点为(eq \f(ka2b,k2a2＋b2)，eq \f(－b3,k2a2＋b2))，
轨迹在直线y＝－eq \f(b2,ka2)x上，即不在某一椭圆上．
当k<0时，可类似讨论得到平行弦的中点的轨迹不在某一椭圆上．