专题19 距离型定值型问题(解析版)

专题19距离型定值型问题【例题选讲】[例1]已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点(0，1)，且离心率为eq\f(\r(3),2)．(1)求椭圆E的标准方程；(2)设直线l：y＝eq\f(1,2)x＋m与椭圆E交于A，C两点，以AC为对角线作正方形ABCD，记直线l与x轴的交点为N，求证：|BN|为定值．[规范解答](1)由题意知，椭圆E的焦点在x轴且b＝1，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，因为a2＝c2＋b2，解得a2＝4．故椭圆E的标准方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1．(2)设A(x1，y1)，C(x2，y2)，线段AC的中点为M，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝eq\f(1,2)x＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))，消去y，得x2＋2mx＋2m2－2＝0，由Δ＝(2m2)2－4(2m2－2)>0．解得－eq\r(2)<m<eq\r(2)，x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2，y1＋y2＝eq\f(1,2)(x1＋x2)＋2m＝m，∴M(－m，eq\f(m,2))．∴|AC|＝eq\r(1＋k2)·eq\r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq\r(10－5m2)．又直线l与x轴的交点N(－2m，0)，∴|MN|＝eq\r(eq\f(5,4)m2)∴|BN|2＝|BM|2＋|MN|2＝eq\f(1,4)|AC|2＋|MN|2＝eq\f(5,2)，故|BN|为定值．[例2]已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)在右、上顶点分别为A、B，F是椭圆C的左焦点，P(eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(3),2))是椭圆C上的点，且|OB|＝|OF|(O是坐标原点)．(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l与椭圆C相切于点M(M在第二象限)，过O作直线l的平行线与直线MF相交于点N，问：线段MN的长是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．[规范解答](1)由题可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝c,\f(1,2a2)＋\f(3,4b2)＝1,a2＝b2＋c2))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝2，,b2＝1，))所以椭圆C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1．(2)由题F(－1，0)，设切点M(x0，y0)，则eq\f(x02,2)＋y02＝1，切线l：eq\f(x0x,2)＋y0y＝1，而ON∥l，且ON过原点，所以ON：eq\f(x0x,2)＋y0y＝0，而直线MF：(x0＋1)y＝y0(x＋1)，联立ON与MF的方程可解得N(eq\f(－2y02,2＋x0)，eq\f(x0y0,2＋x0))，则|MN|2＝(x0＋eq\f(2y02,2＋x0))2＋(y0－eq\f(x0y0,2＋x0))＝(eq\f(2＋2x0,2＋x0))2＋(eq\f(2y0,2＋x0))2＝2，所以|MN|＝eq\r(2)，为定值．[例3]已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，左焦点为F，O为原点，点P为椭圆C上不同于A、B的任一点，若直线PA与PB的斜率之积为－eq\f(3,4)，且椭圆C经过点(1，eq\f(3,2))．(1)求椭圆C的方程；(2)若P点不在坐标轴上，直线PA，PB交y轴于M，N两点，若直线OT与过点M，N的圆G相切．切点为T，问切线长|OT|是否为定值，若是，求出定值，若不是，请说明理由．[规范解答](1)设P(x，y)，由题意得A(－a，0)，B(a，0)，kAP·kBP＝eq\f(y,x＋a)·eq\f(y,x－a)＝eq\f(y2,x2－a2)，∴eq\f(y2,x2－a2)＝－eq\f(3,4)，而eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1得，b2＝eq\f(3,4)a2①，又过(1，eq\f(3,2))，∴eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1②，所以由①②得：a2＝4，b2＝3；所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1；(2)由(1)得：A(－2，0），B(2，0），设P(m，n），eq\f(m2,4)＋eq\f(n2,3)＝1，则直线的方程PA：y＝eq\f(n,m＋2)(x＋2)，令x＝0，则y＝eq\f(2n,m＋2)，所以M(0，eq\f(2n,m＋2))，直线PB的方程：y＝eq\f(n,m－2)(x－2)，令x＝0，则y＝eq\f(－n,m－2)，所以N(0，eq\f(－2n,m－2))，∵△OTN∽△OMT，∴eq\f(OT,OM)＝eq\f(ON,OT)(圆的切割线定理)，再联立eq\f(m2,4)＋eq\f(n2,3)＝1，∴OT2＝|ON||OM|＝|eq\f(4n2,m2－4)|＝3．[例4](2020·新高考Ⅰ)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A(2，1)．(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．[规范解答](1)由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))解得a2＝6，b2＝c2＝3，故椭圆C的方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)设点M(x1，y1)，N(x2，y2)．因为AM⊥AN，所以eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝0，即(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0．①当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，如图1．代入椭圆方程消去y并整理，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－6,1＋2k2)，②根据y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，代入①整理，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0，将②代入上式，得(k2＋1)eq\f(2m2－6,1＋2k2)＋(km－k－2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,1＋2k2)))＋(m－1)2＋4＝0，整理化简得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0，因为A(2，1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1，于是直线MN的方程为y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)))－eq\f(1,3)，所以直线MN过定点Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3)))．当直线MN的斜率不存在时，可得N(x1，－y1)，如图2．代入(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，得(x1－2)2＋1－yeq\o\al(2,1)＝0，结合eq\f(x\o\al(2,1),6)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)＝1，解得x1＝2(舍去)或x1＝eq\f(2,3)，此时直线MN过点Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3)))．因为|AE|为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE的中点Q满足|DQ|为定值eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AE长度的一半\f(1,2)\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))2)＝\f(2\r(2),3)))．由于A(2，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3)))，故由中点坐标公式可得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))．故存在点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))，使得|DQ|为定值．[例5](2016·北京)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(3),2)，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面积为1．(1)求椭圆C的方程；(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N．求证：|AN|·|BM|为定值．[规范解答](1)由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(1,2)ab＝1，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(3).))所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1．(2)证明：由(1)知，A(2，0)，B(0，1)．设P(x0，y0)，则xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝4．当x0≠0时，直线PA的方程为y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)．令x＝0，得yM＝－eq\f(2y0,x0－2)，从而|BM|＝|1－yM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2)))．直线PB的方程为y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1．令y＝0，得xN＝－eq\f(x0,y0－1)，从而|AN|＝|2－xN|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x0,y0－1)))．所以|AN|·|BM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x0,y0－1)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0)＋4y\o\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4x0y0－4x0－8y0＋8,x0y0－x0－2y0＋2)))＝4．当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，所以|AN|·|BM|＝4．综上，|AN|·|BM|为定值．[例6]已知椭圆C：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1．(1)直线l过点D(1，1)与椭圆C交于P，Q两点，若eq\o(PD,\s\up6(→))＝eq\o(DQ,\s\up6(→))，求直线l1的方程；(2)在圆O：x2＋y2＝2上取一点M，过点M作圆O的切线l′与椭圆C交于A，B两点，求|MA|·|MB|的值．[规范解答](1)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，∵eq\o(PD,\s\up6(→))＝eq\o(DQ,\s\up6(→))，∴(1－x1，1－y1)＝(x2－1，y2－1)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x1＝x2－1,1－y1＝y2－1))，解得x1＋x2＝2，y1＋y2＝2．∵P，Q两点在椭圆C上，∴eq\f(x12,6)＋eq\f(y12,3)＝1，eq\f(x22,6)＋eq\f(y22,3)＝1，两式相减，得eq\f((x1－x2)(x1＋x2),6)＋eq\f((y1－y2)(y1＋y2),3)＝0，则eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)，故直线l的方程为y－1＝－eq\f(1,2)(x－1)，即y＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(3,2)．(2)当切线l2斜率不存在时，不妨设l′的方程为x＝eq\r(2)，由椭圆C的方程可知，A(eq\r(2)，eq\r(2))，B(eq\r(2)，－eq\r(2))，则eq\o(OA,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，eq\r(2))，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，－eq\r(2))，∴eq\o(OA,\s\up6(→))eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，即OA⊥OB．当切线l′斜率存在时，可设l′的方程为y＝kx＋m，A(x3，y3)，B(x4，y4)，∴eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝eq\r(2)，即m2＝2(k2＋1)联立l′和椭圆的方程，得(2k2＋1)x2＋4mkx＋2m2－6＝0，则Δ＝(4mk)2－4(2k2＋1)(2m2－6)>0，x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－6,1＋2k2)，∵eq\o(OA,\s\up6(→))＝(x3，y3)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(x4，y4)，∴eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x3x4＋y3y4＝x3x4＋(kx3＋m)(kx4＋m)＝(k2＋1)x3x4＋mk(x3＋x4)＋m2＝(k2＋1)eq\f(2m2－6,1＋2k2)＋mk(－eq\f(4km,1＋2k2))＋m2＝eq\f((k2＋1)(2m2－6)－4m2k2＋m2(2k2＋1),1＋2k2)＝eq\f(3m2－6k2－6,1＋2k2)＝eq\f(3(2k2＋2)－6k2－6,1＋2k2)＝0，OA⊥OB．综上所述，圆O上任意一点M处的切线交椭圆C于点A，B，都有OA⊥OB．在Rt△OAB中，由△OAM与△BOM相似，得|MA|·|MB|＝|OM|2＝2．[例7]如图，已知椭圆C：eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,4)＝1，点B是其下顶点，过点B的直线交椭圆C于另一点A(A点在x轴下方)，且线段AB的中点E在直线y＝x上．(1)求直线AB的方程；(2)若点P为椭圆C上异于A、B的动点，且直线AP，BP分别交直线y＝x于点M、N，证明：|OM|·|ON|为定值．[规范解答](1)设点E(m，m)，由B(0，－2)得A(2m，2m＋2)．代入椭圆方程得eq\f(4m2,12)＋eq\f((2m＋2)2,4)＝1，即eq\f(m2,3)＋(m＋1)2＝1，解得m＝－eq\f(3,2)或m＝0(舍)．所以A(－3，－1)，故直线AB的方程为x＋3y＋6＝0．(2)设P(x0，y0)，则eq\f(x02,12)＋eq\f(y02,4)＝1，即y02＝4－eq\f(x02,3)．设M(xM，yM)，由A，P，M三点共线，即，∴eq\o(AP,\s\up6(→))∥eq\o(AM,\s\up6(→))，∴(x0＋3)(yM＋1)＝(y0＋1)(xM＋3)，又点M在直线y＝x上，解得M点的横坐标xM＝eq\f(3y0－x0,x0－y0＋2)，设N(xN，yN)，由B，P，N三点共线，即eq\o(BP,\s\up6(→))∥eq\o(BN,\s\up6(→))，∴x0(yN＋2)＝(y0＋2)xN，点N在直线y＝x上，，解得N点的横坐标xN＝eq\f(－2x0,x0－y0－2)．所以OM·ON＝eq\r(2)|xM－0|·eq\r(2)|xN－0|＝2|xM||xN|＝2|eq\f(3y0－x0,x0－y0＋2)|·|eq\f(－2x0,x0－y0－2)|＝2|eq\f(2x02－6x0y0,(x0－y0)2－4)|＝2|eq\f(2x02－6x0y0,x02－2x0y0－eq\f(x02,3))|＝2|eq\f(x02－3x0y0,eq\f(x02,3)－x0y0)|＝6．[例8]如图，已知M(x0，y0)是椭圆C：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1上的任一点，从原点O向圆M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝2作两条切线，分别交椭圆于点P，Q．(1)若直线OP，OQ的斜率存在，并记为k1，k2，求证：k1k2为定值；(2)试问|OP|2＋|OQ|2是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．[规范解答](1)证明：因为直线OP：y＝k1x，OQ：y＝k2x与圆M相切，所以eq\f(|k1x0－y0|,\r(1＋k\o\al(2,1)))＝eq\r(2)，化简得：(xeq\o\al(2,0)－2)keq\o\al(2,1)－2x0y0k1＋yeq\o\al(2,0)－2＝0，同理：(xeq\o\al(2,0)－2)keq\o\al(2,2)－2x0y0k2＋yeq\o\al(2,0)－2＝0，所以k1，k2是关于k的方程(xeq\o\al(2,0)－2)k2－2x0y0k＋yeq\o\al(2,0)－2＝0的两个不相等的实数根，所以k1·k2＝eq\f(y\o\al(2,0)－2,x\o\al(2,0)－2)．因为点M(x0，y0)在椭圆C上，所以eq\f(x\o\al(2,0),6)＋eq\f(y\o\al(2,0),3)＝1，即yeq\o\al(2,0)＝3－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)，所以k1k2＝eq\f(1－\f(1,2)x\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－2)＝－eq\f(1,2)为定值．(2)|OP|2＋|OQ|2是定值，定值为9．理由如下：①当M点坐标为(eq\r(2)，eq\r(2))时，直线OP，OQ落在坐标轴上，显然有|OP|2＋|OQ|2＝9．②当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为k1k2＝－eq\f(1,2)，所以yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2)＝eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)，因为P(x1，y1)，Q(x2，y2)在椭圆C上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),6)＋\f(y\o\al(2,1),3)＝1，,\f(x\o\al(2,2),6)＋\f(y\o\al(2,2),3)＝1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y\o\al(2,1)＝3－\f(1,2)x\o\al(2,1)，,y\o\al(2,2)＝3－\f(1,2)x\o\al(2,2)，))所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,2)x\o\al(2,1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,2)x\o\al(2,2)))＝eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)，整理得xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝6，所以yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,2)x\o\al(2,1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,2)x\o\al(2,2)))＝3，所以|OP|2＋|OQ|2＝9．[例9]已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过(1，1)与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\f(\r(3),2)))两点．(1)求椭圆C的方程；(2)过原点的直线l与椭圆C交于A，B两点，椭圆C上一点M满足|MA|＝|MB|．求证eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)＋eq\f(2,|OM|2)为定值．[规范解答](1)将(1，1)与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\f(\r(3),2)))两点代入椭圆C的方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,b2)＝1，,\f(3,2a2)＋\f(3,4b2)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝3，,b2＝\f(3,2).))∴椭圆C的方程为eq\f(x2,3)＋eq\f(2y2,3)＝1．(2)证明：由|MA|＝|MB|，知M在线段AB的垂直平分线上，由椭圆的对称性知A，B关于原点对称．①若点A，B是椭圆的短轴顶点，则点M是椭圆的一个长轴顶点，此时eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)＋eq\f(2,|OM|2)＝eq\f(1,b2)＋eq\f(1,b2)＋eq\f(2,a2)＝2．同理，若点A，B是椭圆的长轴顶点，则点M是椭圆的一个短轴顶点，此时eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)＋eq\f(2,|OM|2)＝eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(2,b2)＝2．②若点A，B，M不是椭圆的顶点，设直线l的方程为y＝kx(k≠0)，则直线OM的方程为y＝－eq\f(1,k)x，设A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,\f(x2,3)＋\f(2y2,3)＝1，))消去y得，x2＋2k2x2－3＝0，解得xeq\o\al(2,1)＝eq\f(3,1＋2k2)，yeq\o\al(2,1)＝eq\f(3k2,1＋2k2)，∴|OA|2＝|OB|2＝xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝eq\f(3(1＋k2),1＋2k2)，同理|OM|2＝eq\f(3(1＋k2),2＋k2)，∴eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)＋eq\f(2,|OM|2)＝2×eq\f(1＋2k2,3(1＋k2))＋eq\f(2(2＋k2),3(1＋k2))＝2．故eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)＋eq\f(2,|OM|2)＝2为定值．[例10]如图，已知椭圆C1：eq\f(x2,4)＋y2＝1的左、右顶点分别为A1，A2，上、下顶点分别为B1，B2，记四边形A1B1A2B2的内切圆为圆C2.(1)求圆C2的标准方程；(2)已知圆C2的一条不与坐标轴平行的切线l交椭圆C1于P，M两点．(ⅰ)求证：OP⊥OM；(ⅱ)试探究eq\f(1,|OP|2)＋eq\f(1,|OM|2)是否为定值．[规范解答](1)因为A2，B1分别为椭圆C1：eq\f(x2,4)＋y2＝1的右顶点和上顶点，则A2，B1的坐标分别为(2,0)，(0,1)，可得直线A2B1的方程为x＋2y＝2.则原点O到直线A2B1的距离为d＝eq\f(2,\r(1＋22))＝eq\f(2,\r(5))，则圆C2的半径r＝d＝eq\f(2,\r(5))，故圆C2的标准方程为x2＋y2＝eq\f(4,5).(2)(ⅰ)证明可设切线l：y＝kx＋b(k≠0)，P(x1，y1)，M(x2，y2)，将直线l的方程代入椭圆C1可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋k2))x2＋2kbx＋b2－1＝0，由根与系数的关系得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(2kb,\f(1,4)＋k2)，,x1x2＝\f(b2－1,\f(1,4)＋k2)，))则y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝eq\f(－k2＋\f(1,4)b2,\f(1,4)＋k2)，又l与圆C2相切，可知原点O到l的距离d＝eq\f(|b|,\r(k2＋12))＝eq\f(2,\r(5))，整理得k2＝eq\f(5,4)b2－1，则y1y2＝eq\f(1－b2,\f(1,4)＋k2)，所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝0，故OP⊥OM.(ⅱ)由(ⅰ)知OP⊥OM，①当直线OP的斜率不存在时，显然|OP|＝1，|OM|＝2，此时eq\f(1,|OP|2)＋eq\f(1,|OM|2)＝eq\f(5,4)；②当直线OP的斜率存在时，设直线OP的方程为y＝k1x，代入椭圆方程可得eq\f(x2,4)＋keq\o\al(2,1)x2＝1，则x2＝eq\f(4,1＋4k\o\al(2,1))，故|OP|2＝x2＋y2＝(1＋keq\o\al(2,1))x2＝eq\f(4(1＋k\o\al(2,1)),1＋4k\o\al(2,1))，同理|OM|2＝eq\f(4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k1)))2)),1＋4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k1)))2)＝eq\f(4(k\o\al(2,1)＋1),k\o\al(2,1)＋4)，则eq\f(1,|OP|2)＋eq\f(1,|OM|2)＝eq\f(1＋4k\o\al(2,1),4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋k\o\al(2,1))))＋eq\f(k\o\al(2,1)＋4,4(1＋k\o\al(2,1)))＝eq\f(5,4)．综上可知，eq\f(1,|OP|2)＋eq\f(1,|OM|2)＝eq\f(5,4)为定值．[例11]如图，已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)经过点(1，eq\f(3,2))，且离心率为eq\f(1,2)．(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l过椭圆C的左焦点F1交椭圆于A，B两点，AB的中垂线交长轴于点D．试探索eq\f(|DF1|,|AB|)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)椭圆C的离心率为eq\f(1,2)，则eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，即a2＝4c2，b2＝a2－c2＝3c2．又因为椭圆C：eq\f(x2,4c2)＋eq\f(y2,3c2)＝1经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，所以eq\f(1,4c2)＋eq\f(3,4c2)＝1，解得c＝1，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)①证明：当直线l与x轴重合时，点D与点O重合，A，B为长轴顶点，则eq\f(|DF1|,|AB|)＝eq\f(1,4)．②当直线l与x轴不重合时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB：x＝my－1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，则y1＋y2＝eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3m2＋4)，Δ＝122(m2＋1)＞0，所以|AB|＝eq\f(\r(m2＋1),3m2＋4)·eq\r(Δ)＝eq\f(12m2＋1,3m2＋4)．设AB的中点为C(x3，y3)，则y3＝eq\f(1,2)(y1＋y2)＝eq\f(1,2)×eq\f(6m,3m2＋4)＝eq\f(3m,3m2＋4)，x3＝eq\f(1,2)(x1＋x2)＝eq\f(1,2)[m(y1＋y2)－2]＝－eq\f(4,3m2＋4)，所以直线CD：y－eq\f(3m,3m2＋4)＝－meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,3m2＋4)))，令y＝0，得xD＝－eq\f(1,3m2＋4)，则|DF1|＝－eq\f(1,3m2＋4)－(－1)＝eq\f(3m2＋1,3m2＋4)，所以eq\f(|DF1|,|AB|)＝eq\f(3m2＋1,3m2＋4)÷eq\f(12m2＋1,3m2＋4)＝eq\f(1,4)为定值．[例12]已知A，F分别是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点、右焦点，点P为椭圆C上一动点，当PF⊥x轴时，|AF|＝2|PF|．(1)求椭圆C的离心率；(2)若椭圆C上存在点Q，使得四边形AOPQ是平行四边形(点P在第一象限)，求直线AP与OQ的斜率之积；(3)记圆O：x2＋y2＝eq\f(ab,a2＋b2)为椭圆C的“关联圆”．若b＝eq\r(3)，过点P作椭圆C的“关联圆”的两条切线，切点为M，N，直线MN在x轴和y轴上的截距分别为m，n，求证：eq\f(3,m2)＋eq\f(4,n2)为定值．[规范解答](1)由PF⊥x轴，知xP＝c，代入椭圆C的方程，得eq\f(c2,a2)＋eq\f(y\o\al(2,P),b2)＝1，解得yP＝±eq\f(b2,a)．又|AF|＝2|PF|，所以a＋c＝eq\f(2b2,a)，所以a2＋ac＝2b2，即a2－2c2－ac＝0，所以2e2＋e－1＝0，由0<e<1，解得e＝eq\f(1,2)．(2)因为四边形AOPQ是平行四边形，所以PQ＝a且PQ∥x轴，所以xP＝eq\f(a,2)，代入椭圆C的方程，解得yP＝±eq\f(\r(3),2)b，因为点P在第一象限，所以yP＝eq\f(\r(3),2)b，同理可得xQ＝－eq\f(a,2)，yQ＝eq\f(\r(3),2)b，所以kAPkOQ＝eq\f(\f(\r(3)b,2),\f(a,2)－－a)·eq\f(\f(\r(3)b,2),－\f(a,2))＝－eq\f(b2,a2)，由(1)知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，得eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,4)，所以kAPkOQ＝－eq\f(3,4)．(3)由(1)知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，又b＝eq\r(3)，解得a＝2，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，圆O的方程为x2＋y2＝eq\f(2\r(3),7)，①连接OM，ON(图略)，由题意可知，OM⊥PM，ON⊥PN，所以四边形OMPN的外接圆是以OP为直径的圆，设P(x0，y0)，则四边形OMPN的外接圆方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(x0,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(y0,2)))2＝eq\f(1,4)(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0))，即x2－xx0＋y2－yy0＝0，②①－②，得直线MN的方程为xx0＋yy0＝eq\f(2\r(3),7)，令y＝0，则m＝eq\f(2\r(3),7x0)，令x＝0，则n＝eq\f(2\r(3),7y0)．所以eq\f(3,m2)＋eq\f(4,n2)＝49eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),4)＋\f(y\o\al(2,0),3)))，因为点P在椭圆C上，所以eq\f(x\o\al(2,0),4)＋eq\f(y\o\al(2,0),3)＝1，所以eq\f(3,m2)＋eq\f(4,n2)＝49(为定值)．【对点训练】1．在平面直角坐标系xOy中，过点M(4，0)且斜率为k的直线交椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1于A，B两点．(1)求k的取值范围；(2)当k≠0时，若点A关于x轴为对称点为P，直线BP交x轴于点N，求证：|ON|为定值．1．解析(1)过点M(4，0)且斜率为k的直线的方程为y＝k(x－4)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k(x－4)，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(1,4)))x2－8k2x＋16k2－1＝0，因为直线与椭圆有两个交点，所以Δ＝(－8k2)2－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(1,4)))(16k2－1)>0，解得－eq\f(\r(3),6)<k<eq\f(\r(3),6)，所以k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),6)，\f(\r(3),6)))．(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则P(x1，－y1)，由题意知x1≠x2，y1≠y2，由(1)得x1＋x2＝eq\f(8k2,k2＋\f(1,4))，x1·x2＝eq\f(16k2－1,k2＋\f(1,4))，直线BP的方程为eq\f(x－x1,x2－x1)＝eq\f(y＋y1,y2＋y1)，令y＝0，得N点的横坐标为eq\f(y1(x2－x1),y2＋y1)＋x1，又y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，故|ON|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y1(x2－x1),y2＋y1)＋x1))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y1x2＋x1y2,y2＋y1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2kx1x2－4k(x1＋x2),k(x1＋x2)－8k)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2k·\f(16k2－1,k2＋\f(1,4))－4k·\f(8k2,k2＋\f(1,4)),k·\f(8k2,k2＋\f(1,4))－8k)))＝1．即|ON|为定值1．2．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(\r(2),2))在椭圆上，PF1⊥x轴．(1)求椭圆的方程；(2)已知直线l：y＝kx＋m与椭圆交于A，B两点，O为坐标原点，且OA⊥OB，O到直线l的距离是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．2．解析(1)令焦距为2c，依题意可得F1(－1，0），右焦点F2(1，0），|PF1|＋|PF2|＝eq\f(\r(2),2)＋eq\f(3\r(2),2)＝2eq\r(2)＝2a，所以a＝eq\r(2)，b＝1，所以椭圆方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1；(2)设A（x1，y1），B（x2，y2），由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1，))整理可得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，x1＋x2＝eq\f(－4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－2,1＋2k2)．所以y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝k2eq\f(2m2－2,1＋2k2)＋kmeq\f(－4km,1＋2k2)＋m2＝eq\f(m2－2k2,1＋2k2)，由eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝eq\f(2m2－2,1＋2k2)＋eq\f(m2－2k2,1＋2k2)＝eq\f(3m2－2k2－2,1＋2k2)＝0，得3m2＝2(k2＋1)，所以原点O到直线l的距离为eq\f(|m|,eq\r(1＋k2))＝eq\f(|m|,eq\r(eq\f(3,2)m2))＝eq\f(\r(6),3)，为定值．3．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(3),2)，且过点A(2，1)．(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足，问是否存在定点Q，使得|DQ|为定值，若存在，求出Q点，若不存在，请说明理由．3．解析(1)由题意可得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))解得：a2＝8，b2＝2，故椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1．(2)设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，若直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为：y＝kx＋m，代入椭圆方程消去y并整理得：(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－8＝0，可得x1＋x2＝－eq\f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－8,1＋4k2)，因为AM⊥AN，所以eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝0，即(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0．根据根据y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，代入整理可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0，所以(k2＋1)eq\f(4m2－8,1＋4k2)＋(km－k－2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8km,1＋4k2)))＋(m－1)2＋4＝0，整理化简得(6k＋5m＋3)(2k＋m－1)＝0，因为A(2，1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，所以6k＋5m＋3＝0，k≠1，于是直线MN的方程为y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(6,5)))－eq\f(3,5)，所以直线MN过定点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，－\f(3,5)))．当直线MN的斜率不存在时，可得N(x1，－y1)，代入(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，得(x1－2)2＋1－yeq\o\al(2,1)＝0，结合eq\f(x\o\al(2,1),8)＋eq\f(y\o\al(2,1),2)＝1，解得x1＝2(舍去)或x1＝eq\f(6,5)，此时直线MN过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，－\f(3,5)))．令Q为AP的中点，即Q(eq\f(8,5)，eq\f(1,5))，若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，所以AE的中点Q满足|DQ|为定值eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AP长度的一半\f(1,2)\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(6,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,5)))2)＝\f(2\r(5),5)))．若D与P重合，则|DQ|＝eq\f(1,2)|AP|，故存在点Q(eq\f(8,5)，eq\f(1,5))，使得|DQ|为定值．4．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，离心率e＝eq\f(\r(2),2)，点G(eq\r(2)，1)在椭圆上．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设点P是椭圆C上一点，左顶点为A，上顶点为B，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：|AN|·|BM|为定值．4．解析(1)依题意得e＝eq\f(\r(2),2)，设e＝eq\r(2)m，则a＝2m，a＝eq\r(2)m，由点G(eq\r(2)，1)在椭圆上，有eq\f(2,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，解得m＝1，则a＝2，b＝eq\r(2)，椭圆C的方程为：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1．(2)设P(x0，y0)，M(0，m)，N(n，0)，A(－2，0)，B(0，eq\r(2))，则Q(x2，y2)，由A，P，M三点共线，则有kPA＝kMA，即eq\f(y0,x0＋2)＝eq\f(m,2)，解得m＝eq\f(2y0,x0＋2)，则M(0，eq\f(2y0,x0＋2))，由B，P，N三点共线，有kPB＝kNB，即eq\f(y0－eq\r(2),x0)＝eq\f(－eq\r(2)x0,n)，解得m＝eq\f(－eq\r(2)x0,y0－eq\r(2))，则N(0，eq\f(－eq\r(2)x0,y0－eq\r(2)))|AN|·|BM|＝|eq\f(－eq\r(2)x0,y0－eq\r(2))＋2|·|eq\f(2y0,x0＋2)－eq\r(2)|＝|eq\f(－eq\r(2)x0＋2y0－2eq\r(2),y0－eq\r(2))|·|eq\f(2y0－eq\r(2)x0－2eq\r(2),x0＋2)|＝|eq\f(4y02＋2x02－4eq\r(2)x0y0－4eq\r(2)(2y0－eq\r(2)x0)＋8,x0y0－eq\r(2)x0＋2y0－2eq\r(2))|又点P在椭圆上，满足eq\f(x02,4)＋eq\f(y02,2)＝1，有2x02＋4y02＝8，代入上式得|AN|·|BM|＝|eq\f(－4eq\r(2)x0y0－4eq\r(2)(2y0－eq\r(2)x0)＋16,x0y0－eq\r(2)x0＋2y0－2eq\r(2))|＝|eq\f(4eq\r(2)x0y0＋4eq\r(2)(2y0－eq\r(2)x0)－16,x0y0＋(2y0－2eq\r(2)x0)－2eq\r(2))|＝4eq\r(2)，可知|AN|·|BM|为定值4eq\r(2)．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(3),2)，且过点(0，1)．(1)求椭圆C的方程；(2)若点A、B为椭圆C的左右顶点，直线l：x＝2eq\r(2)与x轴交于点D，点P是椭圆C上异于A、B的动点，直线AP、BP分别交直线l于E、Ｆ两点，当点P在椭圆C上运动时，|DE|·|DF|是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．5．解析(1)由题意可知b＝1，又因为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)且a2＝b2＋c2，解得a＝1，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1；(2)|DE|·|DF|为定值1．由题意可得：A(－2，0)，B(2，0)，设B(x0，y0)，由题意可得：－2<x0<2，所以直线AP的方程为y＝eq\f(y0,x0＋2)(x＋2)，令x＝2eq\r(2)，则y＝eq\f((2eq\r(2)＋2)y0,x0＋2)，即|DE|＝eq\f((2eq\r(2)＋2)|y0|,|x0＋2|)同理：直线BP的方程为y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)，令x＝2eq\r(2)，则y＝eq\f((2eq\r(2)－2)y0,x0－2)，即|DF|＝eq\f((2eq\r(2)－2)|y0|,|x0－2|)所以|DE|·|DF|＝eq\f((2eq\r(2)＋2)|y0|,|x0＋2|)·eq\f((2eq\r(2)－2)|y0|,|x0－2|)＝eq\f(4y02,|x02－4|)＝eq\f(4y02,4－x02)．而eq\f(x02,4)＋y02＝1，即4y02＝4－x02，代入上式得|DE|·|DF|＝1，所以|DE|·|DF|为定值1．6．点P(1，1)为抛物线y2＝x上一定点，斜率为－eq\f(1,2)的直线与抛物线交于A，B两点．(1)求弦AB中点M的纵坐标；(2)点Q是线段PB上任意一点(异于端点)，过Q作PA的平行线交抛物线于E，F两点，求证：|QE|·|QF|－|QP|·|QB|为定值．6．解析(1)kAB＝eq\f(yA－yB,xA－xB)＝eq\f(1,yA＋yB)＝－eq\f(1,2)，(*)，所以yA＋yB＝－2，yM＝eq\f(yA＋yB,2)＝－1．(2)设Q(x0，y0)，直线EF：x－x0＝t1(y－y0)，直线PB：x－x0＝t2(y－y0)，联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－x0＝t1y－y0，,y2＝x，))得y2－t1y＋t1y0－x0＝0，所以yE＋yF＝t1，yE·yF＝t1y0－x0，|QE|·|QF|＝eq\r(1＋t\o\al(2,1))|yE－y0|·eq\r(1＋t\o\al(2,1))|yF－y0|＝(1＋teq\o\al(2,1))|yeq\o\al(2,0)－x0|．同理|QP|·|QB|＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋t\o\al(2,2)))|yeq\o\al(2,0)－x0|．由(*)可知，t1＝eq\f(1,kEF)＝eq\f(1,kPA)＝yA＋yP，t2＝eq\f(1,kPB)＝yB＋yP，所以t1＋t2＝(yA＋yB)＋2yP＝－2＋2＝0，即t1＝－t2⇒teq\o\al(2,1)＝teq\o\al(2,2)，所以|QE|·|QF|＝|QP|·|QB|，即|QE|·|QF|－|QP|·|QB|＝0为定值．7．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(3,5)，过左焦点F且垂直于长轴的弦长为eq\f(32,5)．(1)求椭圆C的标准方程；(2)点P(m，0)为椭圆C的长轴上的一个动点，过点P且斜率为eq\f(4,5)的直线l交椭圆C于A，B两点，证明：|PA|2＋|PB|2为定值．7．解析(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(3,5)，,\f(2b2,a)＝\f(32,5)，,a2＝b2＋c2，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝5，,b＝4，,c＝3，))故椭圆C的标准方程为eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1．(2)设直线l的方程为x＝eq\f(5,4)y＋m，代入eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1，消去x，并整理得25y2＋20my＋8(m2－25)＝0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－eq\f(4,5)m，y1y2＝eq\f(8(m2－25),25)，又|PA|2＝(x1－m)2＋yeq\o\al(2,1)＝eq\f(41,16)yeq\o\al(2,1)，同理可得|PB|2＝eq\f(41,16)yeq\o\al(2,2)．则|PA|2＋|PB|2＝eq\f(41,16)(yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2))＝eq\f(41,16)[(y1＋y2)2－2y1y2]＝eq\f(41,16)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4m,5)))2－\f(16(m2－25),25)))＝41．所以|PA|2＋|PB|2是定值．8．设O为坐标原点，动点M在椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足eq\o(NP,\s\up7())＝eq\r(2)eq\o(NM,\s\up7())．(1)求点P的轨迹E的方程；(2)过F(1，0)的直线l1与点P的轨迹交于A，B两点，过F(1，0)作与l1垂直的直线l2与点P的轨迹交于C，D两点，求证：eq\f(1,|AB|)＋eq\f(1,|CD|)为定值．8．解析(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x，0)．∵eq\o(NP,\s\up7())＝eq\r(2)eq\o(NM,\s\up7())，∴(0，y)＝eq\r(2)(x0－x，y0)，∴x0＝x，y0＝eq\f(y,\r(2))．又点M在椭圆上，∴eq\f(x2,9)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,\r(2))))2,4)＝1，即eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,8)＝1．∴点P的轨迹E的方程为eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,8)＝1．(2)证明：由(1)知F为椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,8)＝1的右焦点，当直线l1与x轴重合时，|AB|＝6，|CD|＝eq\f(2b2,a)＝eq\f(16,3)，∴eq\f(1,|AB|)＋eq\f(1,|CD|)＝eq\f(17,48)．当直线l1与x轴垂直时，|AB|＝eq\f(16,3)，|CD|＝6，∴eq\f(1,|AB|)＋eq\f(1,|CD|)＝eq\f(17,48)．当直线l1与x轴不垂直也不重合时，可设直线l1的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，则直线l2的方程为y＝－eq\f(1,k)(x－1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k(x－1)，,\f(x2,9)＋\f(y2,8)＝1))消去y，得(8＋9k2)x2－18k2x＋9k2－72＝0，则Δ＝(－18k2)2－4(8＋9k2)(9k2－72)＝2304(k2＋1)>0，x1＋x2＝eq\f(18k2,8＋9k2)，x1x2＝eq\f(9k2－72,8＋9k2)，∴|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq\f(48(1＋k2),8＋9k2)．同理可得|CD|＝eq\f(48(1＋k2),9＋8k2)．∴eq\f(1,|AB|)＋eq\f(1,|CD|)＝eq\f(8＋9k2,48(k2＋1))＋eq\f(9＋8k2,48(k2＋1))＝eq\f(17,48)．综上可得eq\f(1,|AB|)＋eq\f(1,|CD|)为定值．9．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为2eq\r(3)，斜率为eq\f(1,2)的直线与椭圆交于A，B两点，若线段AB的中点为D，且直线OD的斜率为－eq\f(