2023届高考数学二轮复习微专题23运用设点与解点求解椭圆综合问题学案

这是一份2023届高考数学二轮复习微专题23运用设点与解点求解椭圆综合问题学案，共15页。

例题：如图所示，已知椭圆C：eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1(a＞b＞0)，且点T(2，1)在椭圆上．设与OT平行的直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线TP，TQ分别与x轴正半轴交于M，N两点．请判断OM＋ON的值是否为定值，并证明你的结论．
变式1如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1，过坐标原点的直线交椭圆于P，A两点，其中点P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连接AC，并延长交椭圆于点B.设直线PA的斜率为k.对任意的k＞0，求证：PA⊥PB.
变式2如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1的左顶点为A，过原点O且不与坐标轴重合的直线与椭圆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．
串讲1椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，P在椭圆E上，且位于第一象限，过点F1作直线PF1的垂线l1，过点F2作直线PF2的垂线l2，若l1，l2的交点Q在椭圆E上，求点P的坐标．
串讲2如图，已知椭圆O：eq \f(x2,4)＋y2＝1的右焦点为F，点B，C分别是椭圆O的上、下顶点，点P是直线l：y＝－2上的一个动点(与y轴交点除外)，直线PC交椭圆于另一点M.
(1)当直线PM过椭圆的右焦点F时，求△FBM的面积；
(2)①记直线BM，BP的斜率分别为k1，k1，求证：k1·k2为定值；
②求eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))的取值范围．
(2018·苏锡常镇二模)如图，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，焦点到相应准线的距离为1，点A，B，C分别为椭圆的左顶点、右顶点和上顶点，过点C的直线l交椭圆于点D，交x轴于点M(x1，0)，直线AC与直线BD交于点N(x2，y2)．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若eq \(CM,\s\up6(→))＝2eq \(MD,\s\up6(→))，求直线l的方程；
(3)求证：x1·x2为定值．
(2018·南京盐城二模)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)经过点
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,5)，\f(3,5)))，离心率为eq \f(\r(3),2).已知过点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，0))的直线l与椭圆C交于A，B两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)试问x轴上是否存在定点N，使得eq \(NA,\s\up6(→))·eq \(NB,\s\up6(→))为定值．若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
答案：(1)eq \f(x2,4)＋y2＝1；(2)存在定点N(4，0)使得eq \(NA,\s\up6(→))·eq \(NB,\s\up6(→))为定值．
解析：(1)离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，所以c＝eq \f(\r(3),2)a，b＝eq \r(a2－c2)＝eq \f(1,2)a，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4b2)＋eq \f(y2,b2)＝1.2分
因为椭圆C经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,5)，\f(3,5)))，所以eq \f(16,25b2)＋eq \f(9,25b2)＝1，所以b2＝1，所以椭圆C的方程eq \f(x2,4)＋y2＝1.4分
(2)解法1设N(n，0)，当l斜率不存在时，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，y))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，－y))，则y2＝1－eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))\s\up12(2),4)＝eq \f(24,25)，
则eq \(NA,\s\up6(→))·eq \(NB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)－n))eq \s\up12(2)－y2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)－n))eq \s\up12(2)－eq \f(24,25)＝n2－eq \f(4,5)n－eq \f(4,5)，6分
当l经过左、右顶点时，eq \(NA,\s\up6(→))·eq \(NB,\s\up6(→))＝(－2－n)(2－n)＝n2－4.令n2－eq \f(4,5)n－eq \f(4,5)＝n2－4，得n＝4.8分
下面证明当N为(4，0)时，对斜率为k的直线l：y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,5)))，恒有eq \(NA,\s\up6(→))·eq \(NB,\s\up6(→))＝12.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,5)))，))消去y，得(4k2＋1)x2－eq \f(16,5)k2x＋eq \f(16,25)k2－4＝0，所以x1＋x2＝eq \f(\f(16,5)k2,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(\f(16,25)k2－4,4k2＋1)，10分
所以eq \(NA,\s\up6(→))·eq \(NB,\s\up6(→))＝(x1－4)(x2－4)＋y1y2＝(x1－4)(x2－4)＋k2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(2,5)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,5)))
＝(k2＋1)x1x2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\f(2,5)k2))(x1＋x2)＋16＋eq \f(4,25)k212分
＝(k2＋1)eq \f(\f(16,25)k2－4,4k2＋1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\f(2,5)k2))eq \f(\f(16,5)k2,4k2＋1)＋16＋eq \f(4,25)k2＝eq \f(（k2＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,25)k2－4))－\f(16,5)k2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\f(2,5)k2))＋\f(4,25)k2（4k2＋1）,4k2＋1)＋16
＝eq \f(－16k2－4,4k2＋1)＋16＝12.所以在x轴上存在定点N(4，0)使得eq \(NA,\s\up6(→))·eq \(NB,\s\up6(→))为定值.16分
解法2设N(n，0)，当直线l斜率存在时，设l：y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,5)))，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,5)))，))
消去y，得(4k2＋1)x2－eq \f(16,5)k2x＋eq \f(16,25)k2－4＝0，所以x1＋x2＝eq \f(\f(16,5)k2,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(\f(16,25)k2－4,4k2＋1)，6分
所以eq \(NA,\s\up6(→))·eq \(NB,\s\up6(→))＝(x1－n)(x2－n)＋y1y2＝(x1－n)(x2－n)＋k2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(2,5)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,5)))8分
＝(k2＋1)x1x2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(2,5)k2))(x1＋x2)＋n2＋eq \f(4,25)k2＝(k2＋1)eq \f(\f(16,25)k2－4,4k2＋1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(2,5)k2))eq \f(\f(16,5)k2,4k2＋1)＋
n2＋eq \f(4,25)k2＝eq \f(（k2＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,25)k2－4))－\f(16,5)k2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(2,5)k2))＋\f(4,25)k2（4k2＋1）,4k2＋1)＋n212分
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(16,5)n－\f(16,5)))k2－4,4k2＋1)＋n2.若eq \(NA,\s\up6(→))·eq \(NB,\s\up6(→))为常数，则eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(16,5)n－\f(16,5)))k2－4,4k2＋1)为常数，设eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(16,5)n－\f(16,5)))k2－4,4k2＋1)＝λ，
λ为常数，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(16,5)n－\f(16,5)))k2－4＝4λk2＋λ对任意的实数k恒成立，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(16,5)n－\f(16,5)＝4λ，,－4＝λ，))
所以n＝4，λ＝－4，此时eq \(NA,\s\up6(→))·eq \(NB,\s\up6(→))＝12.14分
当直线l斜率不存在时，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，y))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，－y))，则y2＝1－eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))\s\up12(2),4)＝eq \f(24,25)，所以eq \(NA,\s\up6(→))·eq \(NB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)－4))eq \s\up12(2)－
微专题23
例题
解析：假设直线TP或TQ的斜率不存在，则P点或Q点的坐标为(2，－1)，直线l的方程为y＋1＝eq \f(1,2)(x－2)，即y＝eq \f(1,2)x－2.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋4y2＝8，,y＝\f(1,2)x－2，))得x2－4x＋4＝0，
此时，直线l与椭圆C相切，不合题意．故直线TP与TQ的斜率存在．
解法1设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则
直线TP：y－1＝eq \f(y1－1,x1－2)(x－2)，直线TQ：y－1＝eq \f(y2－1,x2－2)(x－2)．
故OM＝2－eq \f(x1－2,y1－1)，ON＝2－eq \f(x2－2,y2－1).
由直线OT：y＝eq \f(1,2)x，设直线PQ：y＝eq \f(1,2)x＋t(t≠0)
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋4y2＝8，,y＝\f(1,2)x＋t，))消去y，得x2＋2tx＋2t2－4＝0.
当Δ＞0时，x1＋x2＝－2t，
x1·x2＝2t2－4，
所以OM＋ON＝
4－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1－2,y1－1)＋\f(x2－2,y2－1)))＝
4－eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\((\a\vs4\al\c1(\f(x1－2,\f(1,2)x1＋t－1)＋\f(x2－2,\f(1,2)x2＋t－1)))))
＝4－eq \f(x1x2＋（t－2）（x1＋x2）－4（t－1）,\f(1,4)x1x2＋\f(1,2)（t－1）（x1＋x2）＋（t－1）2)
＝4－eq \f(2t2－4＋（t－2）（－2t）－4（t－1）,\f(1,4)（2t2－4）＋\f(1,2)（t－1）·（－2t）＋（t－1）2)＝4.
解法2设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线TP和TQ的斜率分别为k1和k2，由直线OT：y＝eq \f(1,2)x，设直线PQ：y＝eq \f(1,2)x＋t(t≠0)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋4y2＝8，,y＝\f(1,2)x＋t，))消去y，得x2＋2tx＋2t2－4＝0.
当Δ＞0时，x1＋x2＝－2t，
x1·x2＝2t2－4，
所以k1＋k2＝eq \f(y1－1,x1－2)＋eq \f(y2－1,x2－2)＝eq \f(\f(1,2)x1＋t－1,x1－2)＋eq \f(\f(1,2)x2＋t－1,x2－2)
＝eq \f(x1x2＋（t－2）（x1＋x2）－4（t－1）,（x1－2）（x2－2）)
＝eq \f(2t2－4＋（t－2）（－2t）－4（t－1）,（x1－2）（x2－2）)＝0.
所以直线TP和直线TQ的斜率和为零，故∠TMN＝∠TNM，所以TM＝TN，故T在线段MN的中垂线上，即MN的中点横坐标为2.故OM＋ON＝4.
变式联想
变式1
证明：设P(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＞0，x1≠x2，A(－x1，－y1)，C(x1，0)．设直线PB，AB的斜率分别为k1，k2，因为C在直线AB上，所以k2＝eq \f(0－（－y1）,x1－（－x1）)＝eq \f(y1,2x1)＝eq \f(k,2).于是k1k＋1＝2k1k2＋1＝2·eq \f(y2－y1,x2－x1)·eq \f(y2－（－y1）,x2－（－x1）)＋1＝2·eq \f(2y22－2y12,x22－x12)＋1
＝eq \f(x22＋2y22－（x12＋2y12）,x22－x12)
＝eq \f(4－4,x22－x12)＝0.所以k1k＝－1，所以PA⊥PB.
说明：本题是2011年江苏高考第18题，第(1)(2)两小题已删，展示的是第(3)题．
对于一般的椭圆，A，P过关于原点对称，所以kAB·kPB＝
－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(1,2).设P(x1，y1)，则kAP＝eq \f(y1,x1)，kAB
＝kAC＝eq \f(y1,2x1)＝eq \f(1,2)kAP，所以eq \f(1,2)kAP·kPB＝－eq \f(1,2)，即kAP·kPB＝－1.
解答题中，结论kAB·kPB＝
－eq \f(b2,a2)不能直接用，但是可以作为思考的方向，另外，证明也就一步．另外，通过刚才的分析，我们知道kAB·kPB＝－eq \f(1,2)是必须的，否则没有PA⊥PB的结论．而且，只要椭圆的离心率为eq \f(\r(2),2)，都有kAP·kPB＝－1，即PA⊥PB的结论．
变式2
答案：过定点F(±eq \r(2)，0)．
解析：以MN为直径的圆过定点F(±eq \r(2)，0)．
设P(x0，y0)，则Q(－x0，－y0)，且eq \f(x02,4)＋eq \f(y02,2)＝1，即x02＋2y02＝4，
∴直线PA方程为
y＝eq \f(y0,（x0＋2）)(x＋2)，
∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2y0,x0＋2))).
同理，直线QA方程为y＝eq \f(y0,x0－2)(x＋2)，
∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2y0,x0－2))).
∴以MN为直径的圆方程为(x－0)(x－0)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(2y0,x0＋2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(2y0,x0－2)))＝0.
即x2＋y2－eq \f(4x0y0,x02－4)y＋eq \f(4y02,x02－4)＝0，又x02－4＝－2y02，
∴x2＋y2＋eq \f(2x0,y0)y－2＝0，令y＝0，x2－2＝0，
解得x＝±eq \r(2)，
∴以MN为直径的圆过定点F(±eq \r(2)，0)．
说明：本题能不能一般化呢？
如图，已知P，Q关于原点对称，定点A(m，n)在椭圆上，
设直线AP，AQ斜率分别为k1，k2，所以k1·k2＝－eq \f(b2,a2)，
直线AP：y－n＝k1(x－m)，令x＝0(求与y轴交点)，则yM＝n－k1m，同理yN＝n－k2m.
那么以MN为直径的圆方程为x2＋(y－n＋k1m)(y－n＋k2m)＝0.
在这个方程中，令y＝n，则x2＋k1k2m2＝0，即x2－eq \f(b2,a2)m2＝0，从而x＝±eq \f(b,a)m.
也就是以MN为直径的圆过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(±\f(b,a)m，n)).
实际上，在方程x2＋(y－n＋k1m)(y－n＋k2m)＝0中，k1k2m2是定值，只要令y＝n，就能求出直线的定点．
串讲激活
串讲1
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(6),3)，\f(\r(6),3))).
解析：由题意，F1(－eq \r(2)，0)，F2(eq \r(2)，0)，设P(x0，y0)，因为点P为第一象限的点，故x0＞0，y0＞0.当x0＝eq \r(2)时，l1与l2相交于F1，与题意不符．
当x0≠eq \r(2)时，直线PF1的斜率为eq \f(y0,x0＋\r(2))，直线PF2的斜率为eq \f(y0,x0－\r(2)).
因为l1⊥PF1，l2⊥PF2，所以直线l1的斜率为－eq \f(x0＋\r(2),y0)，直线l2的斜率为－eq \f(x0－\r(2),y0)，
从而直线l1的方程：y＝－eq \f(x0＋\r(2),y0)(x＋eq \r(2))，①
直线l2的方程：y＝－eq \f(x0－\r(2),y0)(x－eq \r(2))．②
由①②，解得x＝－x0，y＝eq \f(x02－2,y0)，
所以Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x0，\f(x02－2,y0))).
因为点Q在椭圆上，由对称性，得eq \f(x02－2,y0)＝±y0，即x02－y02＝2或x02＋y02＝2.
又P在椭圆E上，故eq \f(x02,4)＋eq \f(y02,2)＝1.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x02－y02＝2，,x02＋2y02＝4，))解得x0＝eq \f(2\r(6),3)，y0＝eq \f(\r(6),3)；
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x02＋y02＝2，,x02＋2y02＝4，))解得x0＝0，而由题意x0＞0，故无解．
因此点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(6),3)，\f(\r(6),3))).
说明：以上解析是符合大题规范的，如果是客观题，可以从几何角度入手：由题意P，Q，F1，F2四点共圆，所以Q在过P，F1，F2的圆上；因为F1F2垂直平分线为y轴，所以圆心在y轴上，所以点P，Q关于y轴对称或关于原点对称，即xQ＝－x0.下略．
当然，有兴趣的同学也可以让其在课后研究一下点Q的轨迹(方程)，消去x0，y0后，点Q的轨迹方程是(4－x2)y2＝2(x2－2)2，曲线形状如图所示．
串讲2
答案：(1)eq \f(\r(3),7)；(2)①略；②(9，＋∞)．
解析：(1)由题意得B(0，1)，C(0，－1)，焦点F(eq \r(3)，0)，当直线PM过椭圆的右焦点F时，则直线PM的方程为eq \f(x,\r(3))＋eq \f(y,－1)＝1，即y＝eq \f(\r(3),3)x－1，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝\f(\r(3),3)x－1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(8\r(3),7)，,y＝\f(1,7)，))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝－1，))(舍去)，
即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8\r(3),7)，\f(1,7))).
连接BF，则直线BF：eq \f(x,\r(3))＋eq \f(y,1)＝1，即x＋eq \r(3)y－eq \r(3)＝0，
而BF＝a＝2，点M到BF距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(8\r(3),7)＋\r(3)×\f(1,7)－\r(3))),\r(12＋（\r(3)）2))＝eq \f(\f(2\r(3),7),2)＝eq \f(\r(3),7).
故S△MBF＝eq \f(1,2)·BF·d＝eq \f(1,2)×2×eq \f(\r(3),7)＝eq \f(\r(3),7).
(2)解法1：①设P(m，－2)，且m≠0，则直线PM的斜率为k＝eq \f(－1－（－2）,0－m)＝－eq \f(1,m)，
则直线PM的方程为y＝
－eq \f(1,m)x－1，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,m)x－1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))化简得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(4,m2)))x2＋eq \f(8,m)x＝0，
解得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8m,m2＋4)，\f(4－m2,m2＋4)))，
所以k1＝eq \f(\f(4－m2,m2＋4)－1,－\f(8m,m2＋4))＝eq \f(－2m2,－8m)＝eq \f(1,4)m，k2＝eq \f(1－（－2）,0－m)＝－eq \f(3,m)，所以k1·k2＝－eq \f(3,m)·eq \f(1,4)m＝－eq \f(3,4)为定值．
②由①知，eq \(PB,\s\up6(→))＝(－m，3)，
eq \(PM,\s\up6(→))＝
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8m,m2＋4)－m，\f(4－m2,m2＋4)＋2))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－m3＋12m,m2＋4)，\f(m2＋12,m2＋4)))，
所以eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))＝(－m，3)·
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m3＋12m,m2＋4)，\f(m2＋12,m2＋4)))
＝eq \f(m4＋15m2＋36,m2＋4)，
令m2＋4＝t(t＞4)，
故eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))
＝eq \f(（t－4）2＋15（t－4）＋36,t)＝eq \f(t2＋7t－8,t)＝t－eq \f(8,t)＋7，因为函数y＝t－eq \f(8,t)＋7在t∈(4，
＋∞)上单调递增，
所以eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))＝t－eq \f(8,t)＋7＞4－eq \f(8,4)＋7＝9，
即eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))的取值范围为(9，＋∞)．
解法2：①设点M(x0，y0)(x0≠0)，则直线PM的方程为y＝eq \f(y0＋1,x0)x－1，令y＝－2，
得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x0,y0＋1)，－2)).
所以k1＝eq \f(y0－1,x0)，k2＝
eq \f(－2－1,－\f(x0,y0＋1))＝eq \f(3（y0＋1）,x0)，
所以k1k2＝eq \f(y0－1,x0)·
eq \f(3（y0＋1）,x0)＝eq \f(3（y02－1）,x02)＝
eq \f(3（y02－1）,4（1－y02）)＝－eq \f(3,4)(定值)．
②由①知，eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,y0＋1)，3))，eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(x0,y0＋1)，y0＋2))，
所以eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \f(x0,y0＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(x0,y0＋1)))＋3(y0＋2)＝eq \f(x02（y0＋2）,（y0＋1）2)＋3(y0＋2)
＝eq \f(4（1－y02）（y0＋2）,（y0＋1）2)＋3(y0＋2)＝eq \f(（7－y0）（y0＋2）,y0＋1).
令t＝y0＋1，则t∈(0，2)，则eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \f(（8－t）（t＋1）,t)＝
－t＋eq \f(8,t)＋7，
因为y＝－t＋eq \f(8,t)＋7在t∈(0，2)上单调递减，
所以eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))＝－t＋eq \f(8,t)＋7＞－2＋eq \f(8,2)＋7＝9，即eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))的取值范围为(9，＋∞)．
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答案：(1)eq \f(x2,2)＋y2＝1；(2)y＝eq \f(\r(6),2)x＋1或y＝－eq \f(\r(6),2)x＋1；(3)略．
解析：(1)由椭圆的离心率为eq \f(\r(2),2)，焦点到相应准线的距离为1.
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(a2,c)－c＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,c＝1，))
所以，椭圆的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由(1)知C(0，1)，设D(x0，y0)，
因为eq \(CM,\s\up6(→))＝2eq \(MD,\s\up6(→))，得2y0＝－1，所以y0＝－eq \f(1,2)，
代入椭圆方程得x0＝eq \f(\r(6),2)或
－eq \f(\r(6),2)，所以Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，－\f(1,2)))或
Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),2)，－\f(1,2)))，
所以l的方程为y＝eq \f(\r(6),2)x＋1或y＝－eq \f(\r(6),2)x＋1.
(3)解法1设D坐标为(x3，y3)，由C(0，1)，M(x1，0)，可得直线CM的方程为y＝－eq \f(1,x1)x＋1，
联立椭圆方程得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,x1)x＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
解得x3＝eq \f(4x1,x12＋2)，y3＝eq \f(x12－2,x12＋2).
由B(eq \r(2)，0)，得直线BD的方程y＝eq \f(x12－2,－\r(2)x12＋4x1－2\r(2))(x－eq \r(2))，①
直线AC方程为y＝eq \f(\r(2),2)x＋1，②
联立①②得x2＝eq \f(2,x1)，
从而x1x2＝2为定值．
解法2设D坐标为(x3，y3)，
由C，M，D三点共线得eq \f(1,－x1)＝eq \f(y3,x3－x1)，所以x1＝eq \f(x3,1－y3)，①
由B，D，N三点共线得eq \f(y3,x3－\r(2))＝eq \f(y2,x2－\r(2))，将y2＝eq \f(\r(2),2)x2＋1代入可得x2＝eq \f(\r(2)x3＋2y3－2,\r(2)y3－x3＋\r(2))，②
①和②相乘得，x1x2＝eq \f(x3,1－y3)·eq \f(\r(2)x3＋2y3－2,\r(2)y3－x3＋\r(2))＝
eq \f(\r(2)x32＋2x3y3－2x3,－\r(2)y32＋x3y3－x3＋\r(2))
＝eq \f(\r(2)x32＋2x3y3－2x3,－\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x32,2)))＋x3y3－x3\r(2))＝2.
解析几何中，点是最基本单位．点在曲线上，点的坐标满足方程．设点意味着建构方程，解点意味求解方程(组)．解决与方程有关的问题，是解析几何的基本问题，也是解析几何考查的基本点．解决与方程有关问题的关键在于时刻聚焦目标，确定合理路径，善于运用设而不求、设而善求等数学方法.