【例題選講】
[例1] 已知橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq \f(\r(2),2)，右焦點(diǎn)為F(1，0)，直線l經(jīng)過點(diǎn)F，且與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)當(dāng)直線l繞點(diǎn)F轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，試問：在x軸上是否存在定點(diǎn)M，使得eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))為常數(shù)?若存在，求出定點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
[規(guī)范解答] (1)由題意可知，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，所以橢圓的方程為eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)若直線不l垂直于x軸，可設(shè)l的方程為y＝k(x－1)．
聯(lián)立橢圓方程eq \f(x2,2)＋y2＝1，化為(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq \f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2k2－2,2k2＋1)．
設(shè)M(t，0)，則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為常數(shù))，只要eq \f(k2 (2t2－4t＋1)＋t2－2,2k2＋1)＝λ，
即(2t2－4t＋1－2λ) k2＋(t2－2－λ)＝0．
對(duì)于任意實(shí)數(shù)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)))．
若直線l垂直于x軸，其方程為x＝1，此時(shí)，直線l與橢圓兩交點(diǎn)為A(1，eq \f(\r(2),2))，B(1，－eq \f(\r(2),2))，
取點(diǎn)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．
綜上所述，過定點(diǎn)F(1，0)的動(dòng)直線l與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)直線l繞點(diǎn)F轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，存在定點(diǎn)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為坐標(biāo)原點(diǎn)，橢圓C：eq \f(x2,4)＋y2＝1上一點(diǎn)E在第一象限，若|OE|＝eq \f(\r(7),2)．
(1)求點(diǎn)E的坐標(biāo)；
(2)橢圓C兩個(gè)頂點(diǎn)分別為A(－2，0)，B(2，0)，過點(diǎn)M(0，－1)的直線l交橢圓C于點(diǎn)D，交x軸于點(diǎn)P，若直線AD與直線MB相交于點(diǎn)Q，求證：eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))為定值．
[規(guī)范解答] (1)設(shè)E(x0，y0)(x0>0，y0>0)，因?yàn)閨OE|＝eq \f(\r(7),2)，所以eq \r(x02＋y02) ＝eq \f(\r(7),2) ①，
又因?yàn)辄c(diǎn)E在橢圓上，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的坐標(biāo)為(1，eq \f(\r(3),2))；
(2)設(shè)點(diǎn)D(x1，y1)，則直線DA的方程為y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2) ③，直線BM的方程為y＝eq \f(1,2)x－1 ④，
由③④解得xQ＝eq \f(2(x1＋2y1＋2),x1－2y1＋2)，又直線DM的方程為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] 橢圓有兩頂點(diǎn)A(－1，0)，B(1，0)，過其焦點(diǎn)F(0，1)的直線l與橢圓交于C，D兩點(diǎn)，并與x軸交于點(diǎn)P．直線AC與直線BD交于點(diǎn)Q．
(1)當(dāng)|CD|＝eq \f(3eq \r(2),2)時(shí)，求直線l的方程；
(2)當(dāng)點(diǎn)P異于A，B兩點(diǎn)時(shí)，求證：eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))為定值．
[規(guī)范解答] (1)因橢圓焦點(diǎn)在y軸上，設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為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)，橢圓方程為為eq \f(y2,2)＋x2＝1．
直線l垂直于x軸時(shí)與題意不符．
設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1，將其代入橢圓方程化簡得，(k2＋2)x2＋2kx－1＝0．
設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，則∴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)．
所以直線l的方程為y＝eq \r(2)x＋1或y＝－eq \r(2)x＋1．
(2)直線l與x軸垂直時(shí)與題意不符．
設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1(k≠0且k≠±1)，所以P點(diǎn)坐標(biāo)為(－eq \f(1,k)，0)．
設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，由(1)知x1＋x2＝－eq \f(2k,k2＋2)，x1x2＝－eq \f(1,k2＋2)，
直線AC的方程為y＝eq \f(y1,x1＋1)(x＋1)，直線BD的方程為y＝eq \f(y2,x2＋1)(x－1)，
將兩直線方程聯(lián)立，消去y得eq \f(x＋1,x－1)＝eq \f(y2 (x1＋1),y1 (x2－1))，因?yàn)椋?＜x1，x2＜1，所以eq \f(x＋1,x－1)與eq \f(y2,y1)異號(hào)．
(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)與y1y2異號(hào)， eq \f(x＋1,x－1)與eq \f(k－1,k＋1)同號(hào)，eq \f(x＋1,x－1)＝eq \f(k－1,k＋1)，解得x＝－k，
因此Q點(diǎn)坐標(biāo)為(－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(→))為定值．
[例4] 如圖，點(diǎn)M在橢圓eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,b)＝1，(00將M(x0，y0)代入圓與橢圓的方程，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，
過F1，F(xiàn)2，M的圓與y軸交于點(diǎn)P，Q(P在Q的上方)．所以yP＝eq \f(1,y0)，yQ＝－y0．
則kPM＝eq \f(y0－eq \f(1,y0),x0)．則直線PM的方程為y＝eq \f(y0－eq \f(1,y0),x0)x＋eq \f(1,y0)，
由直線PM與x＝2的交點(diǎn)為N．所以在直線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))，
設(shè)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(→))為定值，即與M的坐標(biāo)無關(guān)．
當(dāng)d＝1時(shí)，eq \(TM,\s\up7(→))·eq \(TN,\s\up7(→))＝0為定值．存在定點(diǎn)T（1，0），使得eq \(TM,\s\up7(→))·eq \(TN,\s\up7(→))為定值0．
[例5] 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(2),2)，過右焦點(diǎn)且垂直于x軸的直線l1與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，且|AB|＝eq \r(2)，直線l1：y＝k(x－m)(m∈R，m>eq \f(3,4))與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)已知點(diǎn)R(eq \f(5,4)，0)，若eq \(RM,\s\up6(→))·eq \(RN,\s\up6(→))是一個(gè)與k無關(guān)的常數(shù)，求實(shí)數(shù)m的值．
[規(guī)范解答] (1)聯(lián)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，
聯(lián)立可得a＝eq \r(2)，b＝c＝1，故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)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)，
(這里的計(jì)算使用點(diǎn)乘雙根法更便捷)
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)
(選擇自己熟練的計(jì)算方法進(jìn)行計(jì)算，務(wù)必保證計(jì)算不能出錯(cuò))
又eq \(RM,\s\up6(→))·eq \(RN,\s\up6(→))是一個(gè)與k無關(guān)的常數(shù)，∴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，
當(dāng)m＝1時(shí)，Δ>0，直線l1與橢圓C交于兩點(diǎn)，滿足題意，∴m＝1．
[題后悟通] 本題的關(guān)鍵點(diǎn)就在于如何使eq \f((3m2－5m－2)k2－2,2k2＋1)成為一個(gè)與k無關(guān)的常數(shù)，在這里應(yīng)用了比例的性質(zhì)，即令分子分母中的同類項(xiàng)成比例，可以觀察到分子分母的常數(shù)項(xiàng)的比例為－2，則令分子分母中k2的系數(shù)的比例也為－2，即令3m2－5m－2＝－4，則可求出參數(shù)的值．
【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】
1．已知橢圓E的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，橢圓的左頂點(diǎn)坐標(biāo)為(－eq \r(2)，0)，離心率為e＝eq \f(\r(2),2)．
(1)求橢圓E的方程；
(2)過點(diǎn)(1，0)作直線l交E于P、Q兩點(diǎn)，試問：在x軸上是否存在一個(gè)定點(diǎn)M，使eq \(MP,\s\up6(→))·eq \(MQ,\s\up6(→))為定值？若存在，求出這個(gè)定點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
1．(1)設(shè)橢圓E的方程為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．
所以橢圓E的方程為eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)假設(shè)存在符合條件的點(diǎn)M(m，0)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則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當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)，
聯(lián)立橢圓方程eq \f(x2,2)＋y2＝1，化為(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
則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)．
對(duì)于任意的k值，上式為定值，故2m2－4m＋1＝2(m2－2)，解得，m＝eq \f(5,4)，
此時(shí)，eq \(MP,\s\up6(→))·eq \(MQ,\s\up6(→))＝m2－2＝－eq \f(7,16)為定值；
②當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，
直線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)為定值，
綜合①②知，符合條件的點(diǎn)M存在，其坐標(biāo)為(eq \f(5,4)，0)．
2．已知橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1 (a＞b＞0)的一個(gè)焦點(diǎn)與拋物線y2＝4eq \r(3)x的焦點(diǎn)F重合，且橢圓短軸的兩個(gè)端點(diǎn)與
點(diǎn)F構(gòu)成正三角形．
(1)求橢圓的方程；
(2)若過點(diǎn)(1，0)的直線l與橢圓交于不同的兩點(diǎn)P，Q，試問在x軸上是否存在定點(diǎn)E(m，0)，使eq \(PE,\s\up6(→))·eq \(QE,\s\up6(→))恒為定值？若存在，求出E的坐標(biāo)，并求出這個(gè)定值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
2．解析 (1)由題意，知拋物線的焦點(diǎn)為F(eq \r(3)，0)，所以c＝eq \r(a2－b2)＝eq \r(3)．
因?yàn)闄E圓短軸的兩個(gè)端點(diǎn)與F構(gòu)成正三角形，所以b＝eq \r(3)×eq \f(eq \r(3),3)＝1．
可求得a＝2，故橢圓的方程為eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)假設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)E，當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)設(shè)其斜率為k，則l的方程為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．設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
所以x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4k2－4,4k2＋1)．則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(→))為定值，則2m－eq \f(17,4)＝0，即m＝eq \f(17,8)，此時(shí)eq \(PE,\s\up6(→))·eq \(QE,\s\up6(→))＝eq \f(33,64)．
當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，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)．
綜上，存在點(diǎn)E(eq \f(17,8)，0)，使eq \(PE,\s\up6(→))·eq \(QE,\s\up6(→))為定值eq \f(33,64)．
3．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，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(2),2)，且過點(diǎn)(1，eq \f(eq \r(6),2))，過橢圓的
左頂點(diǎn)A作直線l⊥x軸，點(diǎn)M為直線l上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)B為橢圓右頂點(diǎn)，直線BM交橢圓C于P．
(1)求橢圓C的方程；
(2)求證：AP⊥OM；
(3)試問eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))是否為定值？若是定值，請(qǐng)求出該定值；若不是定值，請(qǐng)說明理由．
3．解析 (1)∵橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq \f(\r(2),2)，
∴a2＝2c2，則a2＝2b2，又橢圓C過點(diǎn)(1，eq \f(eq \r(6),2))，∴eq \f(1,a2)＋eq \f(3,2b2)＝1．∴a2＝4，b2＝2，
則橢圓C的方程eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)設(shè)直線BM的斜率為k，則直線BM的方程為y＝k(x－2)，設(shè)P(x1，y1)，
將y＝k(x－2)代入橢圓C的方程eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1中并化簡得：(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)，從而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(→))為定值4．
4．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上的點(diǎn)到兩個(gè)焦點(diǎn)的距離之和為eq \f(2,3)，短軸長為eq \f(1,2)，直線l與橢圓C交于
M，N兩點(diǎn)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線l與圓O：x2＋y2＝eq \f(1,25)相切，求證：eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))為定值．
4．解析 (1)由題意得，2a＝eq \f(2,3)，2b＝eq \f(1,2)，所以a＝eq \f(1,3)，b＝eq \f(1,4)，所以橢圓C的方程為9x2＋16y2＝1．
(2)①當(dāng)直線l⊥x軸時(shí)，因?yàn)橹本€l與圓O相切，所以直線l的方程為x＝±eq \f(1,5)．
當(dāng)直線l：x＝eq \f(1,5)時(shí)，得M，N兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(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；
當(dāng)直線l：x＝－eq \f(1,5)時(shí)，同理可得eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝0．
②當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)l：y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
所以圓心O(0，0)到直線l的距離為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，
則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．
綜上，eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝0(定值)．
5．已知以原點(diǎn)O為中心，F(xiàn)(eq \r(5)，0)為右焦點(diǎn)的雙曲線F的離心率e＝eq \f(eq \r(5),2)．
(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程及其漸近線方程；
(2)如圖，已知過點(diǎn)M(x1，y1)的直線l1：x1x＋4y1y＝4與過點(diǎn)N(x2，y2)(其中x2≠x1)的直線l2：x2x＋4y2y＝4的交點(diǎn)E在雙曲線C上，直線MN與兩條漸近線分別交于G，H兩點(diǎn)，求eq \(OG,\s\up6(→))·eq \(OH,\s\up6(→))的值．
5．解析 (1)設(shè)C的標(biāo)準(zhǔn)方程是eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，則由題意c＝eq \r(5)，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(eq \r(5),2)．
因此，C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,4)－y2＝1．C的漸近線方程為y＝±eq \f(1,2)x，即x－2y＝0和x＋2y＝0．
(2)如圖，由題意點(diǎn)E(x0，y0)在直線l1：x1x＋4y1y＝4和l2：x2x＋4y2y＝4上，
因此有x1x0＋4y1y0＝4，x2x0＋4y2y0＝4．故點(diǎn)M、N均在直線x0x＋4y0y＝4上，
因此直線MN的方程為x0x＋4y0y＝4．
設(shè)G、H分別是直線MN與漸近線x－2y＝0及x＋2y＝0的交點(diǎn)，
由方程組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?yàn)辄c(diǎn)E在雙曲線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．
題型二 角度型定值問題
【例題選講】
[例1] 已知橢圓W：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的上下頂點(diǎn)分別為A，B，且點(diǎn)B(0，－1)．F1，F(xiàn)2分別為橢圓W的左、右焦點(diǎn)，且∠F1BF2＝120°．
(1)求橢圓W的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)點(diǎn)M是橢圓上異于A，B的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)M作MN⊥y軸于N，E為線段MN的中點(diǎn)．直線AE與直線y＝－1交于點(diǎn)C，G為線段BC的中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．求證：∠OEG為定值．

[規(guī)范解答] (1)依題意，得b＝1．又∠F1BF2＝120°，在Rt△BF1O中，∠F1BO＝60°，所以a＝2．
所以橢圓W的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)設(shè)M(x0，y0)，x0≠0，則N(0，y0)，E(eq \f(x0,2)，y0)．
因?yàn)辄c(diǎn)M在橢圓W上，所以eq \f(x02,4)＋y02＝1．即x02＝4－4y02．
又A(0，1)，所以直線AE的方程為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為線段BC的中點(diǎn)，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?yàn)閑q \(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] 已知點(diǎn)M(x0，y0)為橢圓C：eq \f(x2,2)＋y2＝1．上任意一點(diǎn)，直線l：x0x＋2y0 y＝2與圓(x－1)2＋y2＝6交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)F為橢圓C的左焦點(diǎn)．
(1)求橢圓C的離心率及左焦點(diǎn)F的坐標(biāo)；
(2)求證：直線l與橢圓C相切；
(3)判斷∠AFB是否為定值，并說明理由．
[規(guī)范解答] (1)由題意a＝eq \r(2)，b＝1，c＝1．所以離心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，左焦點(diǎn)F(－1，0)．
(2)由題知，eq \f(x02,2)＋y02＝1，即x02＋2y02＝2，
當(dāng)y0＝0時(shí)直線l的方程為x＝eq \r(2)或x＝－eq \r(2)，直線l與橢圓C相切．
當(dāng)y0≠0時(shí)，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．故直線l與橢圓C相切．
(3)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
當(dāng)y0＝0時(shí)，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°．
當(dāng)y0≠0時(shí)，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，
則∴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?yàn)閑q \(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為定值90°．
[例3] 已知點(diǎn)F1為橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)，P(－1，eq \f(eq \r(2),2))在橢圓上，PF1⊥x軸．
(1)求橢圓的方程：
(2)已知直線l與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，且坐標(biāo)原點(diǎn)O到直線l的距離為eq \f(eq \r(6),3)，∠AOB的大小是否為定值？若是，求出該定值：若不是，請(qǐng)說明理由．
[規(guī)范解答] (1)因?yàn)镻F1⊥x軸，又P(－1，eq \f(eq \r(2),2))在橢圓上，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，所以橢圓的方程為：eq \f(x2,2)＋y2＝1；
(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，由原點(diǎn)O到直線l的距離為eq \f(eq \r(6),3)，
可得直線l的方程為：x＝±eq \f(eq \r(6),3)，
代入橢圓可得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)；
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線的方程為：y＝kx＋m，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由原點(diǎn)O到直線l的距離為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
直線與橢圓聯(lián)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，將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)，
將①代入可得eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0，所以∠AOB＝eq \f(π,2)；
綜上所述∠AOB＝eq \f(π,2)恒成立．
【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】
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(1,3)，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，A為橢圓C上一點(diǎn)，AF2⊥F1F2，
且|AF2|＝eq \f(8,3)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)橢圓C的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，過A1，A2分別作x軸的垂線l1，l2，橢圓C的一條切線l：y＝kx＋m與l1，l2分別交于M，N兩點(diǎn)，求證：∠MF1N為定值．
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，
故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1．
(2)由題意可知，l1的方程為x＝－3，l2的方程為x＝3．
直線l分別與直線l1，l2的方程聯(lián)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．
聯(lián)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?yàn)橹本€l與橢圓C相切，所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2－72)＝0，化簡得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為定值eq \f(π,2)．
2．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的點(diǎn)到它的兩個(gè)焦的距離之和為4，以橢圓C的短軸為直徑的圓
O經(jīng)過這兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)A，B分別是橢圓C的左、右頂點(diǎn)．
(1)求圓和橢圓的方程．
(2)已知P，Q分別是橢圓C和圓O上的動(dòng)點(diǎn)（P，Q位于y軸兩側(cè)），且直線PQ與x軸平行，直線AP，BP分別與y軸交于點(diǎn)M，N．求證：∠MQN為定值．
2．解析 (1)依題意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＝4,b＝c,a2＝b2＋c2))，得a＝2，b＝c＝eq \r(2)，
∴圓方程為x2＋y2＝2，橢圓C方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)設(shè)P(x0，y0)，Q(x1，y0)，∴eq \f(x02,4)＋eq \f(y02,2)＝1，x12＋y02＝2，y0≠0，
∵AP的方程為y＝eq \f(y0,x0＋2)(x＋2)，令x＝0，M(0，eq \f(2y0,x0＋2))，
BP方程為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．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的點(diǎn)到兩個(gè)焦點(diǎn)的距離之和為eq \f(2,3)，短軸長為eq \f(1,2)，直線與橢圓C
交于M，N兩點(diǎn)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線與圓O：x2＋y2＝eq \f(1,25)相切，證明：∠MON為定值．
3．解析 (1)由題意得，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)當(dāng)直線l⊥x軸時(shí)，因?yàn)橹本€與圓相切，所以直線方程為x＝±eq \f(1,5)．
當(dāng)l：x＝eq \f(1,5)時(shí)，得M、N兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為(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)．
當(dāng)l：x＝－eq \f(1,5)時(shí)，同理∠MON＝eq \f(π,2)．
當(dāng)與x軸不垂直時(shí)，設(shè)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，
聯(lián)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)．
綜上，∠MON＝eq \f(π,2)(定值)．
題型三 參數(shù)型定值問題
【例題選講】
[例1] (2018·北京)已知拋物線C：y2＝2px經(jīng)過點(diǎn)P(1，2)，過點(diǎn)Q(0，1)的直線l與拋物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N．
(1)求直線l的斜率的取值范圍；
(2)設(shè)O為原點(diǎn)，eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))，求證：eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)為定值．
[規(guī)范解答] (1)因?yàn)閽佄锞€y2＝2px過點(diǎn)(1，2)，所以2p＝4，即p＝2．故拋物線C的方程為y2＝4x．
由題意知，直線l的斜率存在且不為0．設(shè)直線l的方程為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．依題意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k

相關(guān)試卷

第18講 角度、數(shù)量積定值問題-2022年新高考數(shù)學(xué)之圓錐曲線綜合講義：

這是一份第18講 角度、數(shù)量積定值問題-2022年新高考數(shù)學(xué)之圓錐曲線綜合講義，文件包含第18講角度數(shù)量積定值問題解析版docx、第18講角度數(shù)量積定值問題原卷版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共28頁， 歡迎下載使用。

專題20 面積型定值型問題(解析版)：

這是一份專題20 面積型定值型問題(解析版)，共20頁。

專題19 距離型定值型問題(解析版)：

這是一份專題19 距離型定值型問題(解析版)，共23頁。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

專題18 斜率型定值型問題(解析版)

專題18 斜率型定值型問題(解析版)
專題21 數(shù)量積、角度及參數(shù)型定值問題(原卷版)

專題21 數(shù)量積、角度及參數(shù)型定值問題(原卷版)
專題29 距離型、參數(shù)型、數(shù)量積型及四邊形面積型最值問題(原卷版)

專題29 距離型、參數(shù)型、數(shù)量積型及四邊形面積型最值問題(原卷版)
專題29 距離型、參數(shù)型、數(shù)量積型及四邊形面積型最值問題(解析版)

專題29 距離型、參數(shù)型、數(shù)量積型及四邊形面積型最值問題(解析版)
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部