升級增分訓(xùn)練定點、定值、證明問題1．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(3),2)，短軸端點到焦點的距離為2．(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)A，B為橢圓C上任意兩點，O為坐標(biāo)原點，且OA⊥OB．求證：原點O到直線AB的距離為定值，并求出該定值．解：(1)由題意知，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，eq\r(b2＋c2)＝2，又a2＝b2＋c2，所以a＝2，c＝eq\r(3)，b＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1．(2)證明：當(dāng)直線AB的斜率不存在時，直線AB的方程為x＝±eq\f(2\r(5),5)，此時，原點O到直線AB的距離為eq\f(2\r(5),5)．當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0．則Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(1＋4k2－m2)＞0，x1＋x2＝－eq\f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－4,1＋4k2)，則y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝eq\f(m2－4k2,1＋4k2)，由OA⊥OB，得kOA·kOB＝－1，即eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝－1，所以x1x2＋y1y2＝eq\f(5m2－4－4k2,1＋4k2)＝0，即m2＝eq\f(4,5)(1＋k2)，滿足Δ＞0．所以原點O到直線AB的距離為eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝eq\f(2\r(5),5)．綜上，原點O到直線AB的距離為定值eq\f(2\r(5),5)．2．(2017·湖南省東部六校聯(lián)考)設(shè)橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓的兩個焦點，P是橢圓上任意一點，且△PF1F2的周長是4＋2eq\r(3)．(1)求橢圓C1的方程；(2)設(shè)橢圓C1的左、右頂點分別為A，B，過橢圓C1上的一點D作x軸的垂線交x軸于點E，若C點滿足eq\o(AB,\s\up7(→))⊥eq\o(BC,\s\up7(→))，eq\o(AD,\s\up7(→))∥eq\o(OC,\s\up7(→))，連接AC交DE于點P，求證：PD＝PE．解：(1)由e＝eq\f(\r(3),2)，知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以c＝eq\f(\r(3),2)a，因為△PF1F2的周長是4＋2eq\r(3)，所以2a＋2c＝4＋2eq\r(3)，所以a＝2，c＝eq\r(3)，所以b2＝a2－c2＝1，所以橢圓C1的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1．(2)證明：由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，設(shè)D(x0，y0)，所以E(x0,0)，因為eq\o(AB,\s\up7(→))⊥eq\o(BC,\s\up7(→))，所以可設(shè)C(2，y1)，所以eq\o(AD,\s\up7(→))＝(x0＋2，y0)，eq\o(OC,\s\up7(→))＝(2，y1)，由eq\o(AD,\s\up7(→))∥eq\o(OC,\s\up7(→))可得(x0＋2)y1＝2y0，即y1＝eq\f(2y0,x0＋2)．所以直線AC的方程為：eq\f(y,\f(2y0,x0＋2))＝eq\f(x＋2,4)．整理得y＝eq\f(y0,2x0＋2)(x＋2)．又點P在直線DE上，將x＝x0代入直線AC的方程可得y＝eq\f(y0,2)，即點P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(y0,2)))，所以P為DE的中點，所以PD＝PE．3．橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(1,2)，其左焦點到點P(2，1)的距離為eq\r(10)．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程．(2)若直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A，B兩點(A，B不是左、右頂點)，且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點．求證：直線l過定點，并求出該定點的坐標(biāo)．解：(1)因為左焦點(－c,0)到點P(2,1)的距離為eq\r(10)，所以eq\r(2＋c2＋1)＝eq\r(10)，解得c＝1．又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，解得a＝2，所以b2＝a2－c2＝3．所以所求橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m化簡，得3＋4k2－m2＞0．所以x1＋x2＝eq\f(－8mk,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－3,3＋4k2)．y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq\f(3m2－4k2,3＋4k2)．因為以AB為直徑的圓過橢圓右頂點D(2,0)，則kAD·kBD＝－1，所以eq\f(y1,x1－2)·eq\f(y2,x2－2)＝－1，所以y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，所以eq\f(3m2－4k2,3＋4k2)＋eq\f(4m2－3,3＋4k2)＋eq\f(16mk,3＋4k2)＋4＝0．化為7m2＋16mk＋4k解得m1＝－2k，m2＝－eq\f(2k,7)，滿足3＋4k2－m2＞0．當(dāng)m＝－2k時，l：y＝k(x－2)，直線過定點(2,0)與已知矛盾；當(dāng)m＝－eq\f(2k,7)時，l：y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,7)))，直線過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，0))．綜上可知，直線l過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，0))．4．(2016·南昌一模)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的兩焦點與短軸的一個端點的連線構(gòu)成等邊三角形，直線x＋y＋2eq\r(2)－1＝0與以橢圓C的右焦點為圓心，橢圓的長半軸長為半徑的圓相切．(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)點B，C，D是橢圓上不同于橢圓頂點的三點，點B與點D關(guān)于原點O對稱．設(shè)直線CD，CB，OB，OC的斜率分別為k1，k2，k3，k4，且k1k2＝k3k4．①求k1k2的值；②求|OB|2＋|OC|2的值．解：(1)設(shè)橢圓C的右焦點為F2(c,0)，則c2＝a2－b2(c＞0)．由題意可得，以橢圓C的右焦點為圓心，以橢圓的長半軸長為半徑的圓的方程為(x－c)2＋y2＝a2，∴圓心到直線x＋y＋2eq\r(2)－1＝0的距離d＝eq\f(|c＋2\r(2)－1|,\r(2))＝a．(*)∵橢圓C的兩焦點與短軸的一個端點的連線構(gòu)成等邊三角形，∴b＝eq\r(3)c，a＝2c，把a＝2c代入(*)式得c＝1，b＝eq\r(3)，a＝2，故所求橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)①設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)，則D(－x1，－y1)，于是k1k2＝eq\f(y2＋y1,x2＋x1)·eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(y\o\al(2,2)－y\o\al(2,1),x\o\al(2,2)－x\o\al(2,1))＝eq\f(\f(3,4)4－x\o\al(2,2)－\f(3,4)4－x\o\al(2,1),x\o\al(2,2)－x\o\al(2,1))＝－eq\f(3,4)．②由①及題意知，k3k4＝k1k2＝－eq\f(3,4)，故y1y2＝－eq\f(3,4)x1x2．∴eq\f(9,16)xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)＝y(tǒng)eq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2)＝eq\f(3,4)(4－xeq\o\al(2,1))·eq\f(3,4)(4－xeq\o\al(2,2))，即xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)＝16－4(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))＋xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)，∴xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝4．又2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),4)＋\f(y\o\al(2,1),3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2