专题19 距离型定值型问题-2022年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破（全国通用）

专题19　距离型定值型问题 【例题选讲】 [例1]　已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)过点(0，1)，且离心率为． (1)求椭圆E的标准方程； (2)设直线l：y＝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，＝，因为a2＝c2＋b2，解得a2＝4． 故椭圆E的标准方程为＋y2＝1． (2)设A(x1，y1)，C(x2，y2)，线段AC的中点为M， 联立，消去y，得x2＋2mx＋2m2－2＝0， 由Δ＝(2m2)2－4(2m2－2) >0．解得－<m<，x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2， y1＋y2＝(x1＋x2)＋2m＝m，∴M (－m，)． ∴|AC|＝·＝． 又直线l与x轴的交点N(－2m，0)，∴|MN|＝ ∴|BN|2＝|BM|2＋|MN|2＝|AC|2＋|MN|2＝，故|BN|为定值． [例2]　已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)在右、上顶点分别为A、B，F是椭圆C的左焦点，P(，)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)由题可知解得所以椭圆C的方程为＋y2＝1． (2)由题F(－1，0)，设切点M(x0，y0)，则＋y02＝1，切线l：＋y0y＝1， 而ON∥l，且ON过原点，所以ON：＋y0y＝0， 而直线MF：(x0＋1)y＝y0 (x＋1)，联立ON与MF的方程可解得N(，)， 则|MN|2＝(x0＋)2＋(y0－)＝()2＋()2＝2， 所以|MN|＝，为定值． [例3]　已知椭圆C：＋＝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－，且椭圆C经过点(1，)． (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＝·＝， ∴＝－，而＋＝1得，b2＝a2 ①， 又过(1，)，∴＋＝1 ②，所以由①②得：a2＝4，b2＝3； 所以椭圆C的方程为＋＝1； (2)由(1)得：A(－2，0），B(2，0），设P(m，n），＋＝1， 则直线的方程PA：y＝(x＋2)，令x＝0，则y＝，所以M(0，)， 直线PB的方程：y＝(x－2)，令x＝0，则y＝，所以N(0，)， ∵△OTN∽△OMT，∴＝ (圆的切割线定理)，再联立＋＝1， ∴OT2＝|ON||OM|＝||＝3． [例4]　(2020·新高考Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，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)由题意可得解得a2＝6，b2＝c2＝3，故椭圆C的方程为＋＝1． (2)设点M(x1，y1)，N(x2，y2)．因为AM⊥AN，所以·＝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＝－，x1x2＝，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)＋(km－k－2)·＋(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＝k－，所以直线MN过定点E． 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－y＝0， 结合＋＝1，解得x1＝2(舍去)或x1＝，此时直线MN过点E． 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． 由于A(2，1)，E，故由中点坐标公式可得Q． 故存在点Q，使得|DQ|为定值． [例5]　(2016·北京)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，A(a，0)，B(0，b)，