高考数学二轮复习专题38 圆锥曲线中的求值与证明问题(2份打包，教师版+原卷版)

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1．(2022·北京) 已知椭圆： SKIPIF 1 < 0 的一个顶点为 SKIPIF 1 < 0 ，焦距为 SKIPIF 1 < 0 ．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点 SKIPIF 1 < 0 作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当 SKIPIF 1 < 0 时，求k的值．
1．解析 (1)依题意可得 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，又 SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 ．
所以椭圆方程为 SKIPIF 1 < 0 ；
(2)依题意过点 SKIPIF 1 < 0 的直线为 SKIPIF 1 < 0 ，设 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 ，不妨令 SKIPIF 1 < 0 ，
由 SKIPIF 1 < 0 ，消去y整理得 SKIPIF 1 < 0 ，
所以 SKIPIF 1 < 0 ，解得 SKIPIF 1 < 0 ，
所以 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，
直线AB的方程为 SKIPIF 1 < 0 ，令 SKIPIF 1 < 0 ，解得 SKIPIF 1 < 0 ，
直线AC的方程为 SKIPIF 1 < 0 ，令 SKIPIF 1 < 0 ，解得 SKIPIF 1 < 0 ，
所以 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 ，
所以 SKIPIF 1 < 0 ，
即 SKIPIF 1 < 0 ．
即 SKIPIF 1 < 0 ．
即 SKIPIF 1 < 0 ．
整理得 SKIPIF 1 < 0 ，解得 SKIPIF 1 < 0 ．
2．(2022·新高考Ⅰ) 已知点 SKIPIF 1 < 0 在双曲线 SKIPIF 1 < 0 上，直线l交C于P，Q两点，直线
SKIPIF 1 < 0 的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若 SKIPIF 1 < 0 ，求 SKIPIF 1 < 0 的面积．
2．解析 (1)因为点 SKIPIF 1 < 0 在双曲线 SKIPIF 1 < 0 上，所以 SKIPIF 1 < 0 ，解得 SKIPIF 1 < 0 ，
即双曲线 SKIPIF 1 < 0 ，易知直线l的斜率存在，设 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，
联立 SKIPIF 1 < 0 可得， SKIPIF 1 < 0 ，
所以， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ．
所以由 SKIPIF 1 < 0 可得， SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，
即 SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 ，
化简得， SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 或 SKIPIF 1 < 0 ，
当 SKIPIF 1 < 0 时，直线 SKIPIF 1 < 0 过点 SKIPIF 1 < 0 ，与题意不符，舍去，故 SKIPIF 1 < 0 ．
(2)不妨设直线 SKIPIF 1 < 0 的倾斜角为 SKIPIF 1 < 0 ，因为 SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 ，
因为 SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，
即 SKIPIF 1 < 0 ，解得 SKIPIF 1 < 0 ，
于是，直线 SKIPIF 1 < 0 ，直线 SKIPIF 1 < 0 ，
联立 SKIPIF 1 < 0 可得， SKIPIF 1 < 0 ，
因为方程有一个根为2，所以 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 ，
同理可得， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 ．所以 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，
点A到直线PQ的距离 SKIPIF 1 < 0 ，
故 SKIPIF 1 < 0 的面积为 SKIPIF 1 < 0 ．
3．(2022·新高考Ⅱ) 已知双曲线 SKIPIF 1 < 0 的右焦点为 SKIPIF 1 < 0 ，渐近线方程为 SKIPIF 1 < 0 ．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点 SKIPIF 1 < 0 在C上，且 SKIPIF 1 < 0 ．过P且斜率为 SKIPIF 1 < 0 的直线与过Q且斜率为 SKIPIF 1 < 0 的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在 SKIPIF 1 < 0 上；② SKIPIF 1 < 0 ；③ SKIPIF 1 < 0 ．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
3．解析 (1)右焦点为 SKIPIF 1 < 0 ，∴ SKIPIF 1 < 0 ，∵渐近线方程为 SKIPIF 1 < 0 ，∴ SKIPIF 1 < 0 ，∴ SKIPIF 1 < 0 ，
∴ SKIPIF 1 < 0 ，∴ SKIPIF 1 < 0 ，∴ SKIPIF 1 < 0 ．
∴C的方程为： SKIPIF 1 < 0 ；
(2)由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则M为线段AB的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而 SKIPIF 1 < 0 ，已知不符；
总之，直线AB的斜率存在且不为零．
设直线AB的斜率为k，直线AB方程为 SKIPIF 1 < 0 ,
则条件①M在AB上，等价于 SKIPIF 1 < 0 ；
两渐近线的方程合并为 SKIPIF 1 < 0 ，
联立消去y并化简整理得： SKIPIF 1 < 0 ．
设 SKIPIF 1 < 0 ,线段中点为 SKIPIF 1 < 0 ,则 SKIPIF 1 < 0 ,
设 SKIPIF 1 < 0 ，则条件③ SKIPIF 1 < 0 等价于 SKIPIF 1 < 0 ,
移项并利用平方差公式整理得： SKIPIF 1 < 0 ，
SKIPIF 1 < 0 ,即 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ；
由题意知直线PM的斜率为 SKIPIF 1 < 0 , 直线QM的斜率为 SKIPIF 1 < 0 ，
∴由 SKIPIF 1 < 0 ，∴ SKIPIF 1 < 0 ，
所以直线PQ的斜率 SKIPIF 1 < 0 ．
直线 SKIPIF 1 < 0 ,即 SKIPIF 1 < 0 ，
代入双曲线的方程 SKIPIF 1 < 0 ,即 SKIPIF 1 < 0 中，得： SKIPIF 1 < 0 ，
解得P的横坐标： SKIPIF 1 < 0 ，
同理： SKIPIF 1 < 0 ．
∴ SKIPIF 1 < 0 ∴ SKIPIF 1 < 0 ,
∴条件② SKIPIF 1 < 0 等价于 SKIPIF 1 < 0 ，
综上所述：条件①M在AB上，等价于 SKIPIF 1 < 0 ；条件② SKIPIF 1 < 0 等价于 SKIPIF 1 < 0 ；
条件③ SKIPIF 1 < 0 等价于 SKIPIF 1 < 0 ；
选①②推③：
由①②解得： SKIPIF 1 < 0 ,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得： SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，∴ SKIPIF 1 < 0 ，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得： SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，∴ SKIPIF 1 < 0 ，∴ SKIPIF 1 < 0 ，∴①成立.
【方法总结】
证明问题常用方法
圆锥曲线中的证明问题主要有两个方面：(1)位置关系方面的(如证明相切、垂直、过定点等)；(2)数量关系方面的(如存在定值、恒成立等)．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接证明，但有时也会用反证法．
【题型突破】
1．(2019·全国Ⅰ)已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为eq \f(3,2)的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点
为P．
(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；
(2)若eq \(AP,\s\up6(→))＝3eq \(PB,\s\up6(→))，求|AB|．
1．解析 设直线l：y＝eq \f(3,2)x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)由题设得Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，0))，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋eq \f(3,2)．又|AF|＋|BF|＝4，所以x1＋x2＝eq \f(5,2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，则x1＋x2＝－eq \f(4t－1,3)．
从而－eq \f(4t－1,3)＝eq \f(5,2)，解得t＝－eq \f(7,8)．所以l的方程为y＝eq \f(3,2)x－eq \f(7,8)．
(2)由eq \(AP,\s\up6(→))＝3eq \(PB,\s\up6(→))可得y1＝－3y2．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得y2－2y＋2t＝0，
所以y1＋y2＝2，从而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3．
代入C的方程得x1＝3，x2＝eq \f(1,3)，即A(3，3)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，－1))．故|AB|＝eq \f(4\r(13),3)．
2．已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为eq \f(3,2)的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．
(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；
(2)若eq \(AP,\s\up6(→))＝3eq \(PB,\s\up6(→))，求|AB|．
2．解析 设直线l：y＝eq \f(3,2)x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)由题设得Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，0))，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋eq \f(3,2)．又|AF|＋|BF|＝4，所以x1＋x2＝eq \f(5,2)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，其中Δ＝144(1－2t)>0，即t0)．
所以直线l的方程为y＝eq \f(3,2)x－eq \f(7,8)．
(2)由eq \(AP,\s\up6(→))＝3eq \(PB,\s\up6(→))可得y1＝－3y2．①
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得y2－2y＋2t＝0，所以y1＋y2＝2．②
由①②联立，得y1＝3，且y2＝－1．代入C的方程得x1＝3，x2＝eq \f(1,3)．
故|AB|＝eq \r((x1－x2)2＋(y1－y2)2)＝eq \f(4\r(13),3)．
3．已知椭圆C：eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,5)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线l交椭圆C于A，B两点．
(1)若△F1AB的面积为eq \f(20\r(3),11)，求直线l的方程；
(2)若eq \(BF2,\s\up6(→))＝2eq \(F2A,\s\up6(→))，求|AB|．
3．解析 (1)当直线l斜率为0时，不满足题意．
当直线l斜率不为0时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线l的方程为x＝my＋1，
代入椭圆C的方程消去x，得(5m2＋6)y2＋10my－25＝0，Δ＞0⇒m∈R，
由根与系数的关系得y1＋y2＝eq \f(－10m,5m2＋6)，①，y1y2＝eq \f(－25,5m2＋6)，②
则S△F1AB＝eq \f(1,2)|F1F2|·|y1－y2|＝eq \f(1,2)×2eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq \r(\f(100m2,（5m2＋6）2)－4×\f(（－25）,5m2＋6))＝eq \f(20\r(3),11)．
整理得50m4－m2－49＝0，解得m2＝1或m2＝－eq \f(49,50)(舍去)，
故直线l的方程为x±y－1＝0．
(2)若eq \(BF2,\s\up6(→))＝2eq \(F2A,\s\up6(→))，则(1－x2，－y2)＝2(x1－1，y1)，所以y2＝－2y1．
代入上式①②得y1＝eq \f(10m,5m2＋6)，2yeq \\al(2,1)＝eq \f(25,5m2＋6)，消去y1，得2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10m,5m2＋6)))eq \s\up12(2)＝eq \f(25,5m2＋6)，解得m＝±eq \r(2)，
所以|AB|＝eq \r(1＋m2)|y1－y2|＝eq \r(3)|y1－y2|＝3eq \r(3)|y1|＝3eq \r(3)×eq \f(10\r(2),5×2＋6)＝eq \f(15\r(6),8)．
4．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>1)的焦距为2，过短轴的一个端点与两个焦点的圆的面积为eq \f(4π,3)，过椭圆C
的右焦点作斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆C相交于A，B两点，线段AB的中点为P．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点P且垂直于AB的直线与x轴交于点Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)，0))，求k的值．
4．解析 (1)由题中条件，可得过椭圆短轴的一个端点与两个焦点的圆的半径为eq \f(2\r(3),3)．
设椭圆的右焦点的坐标为(c，0)，依题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2c＝2，,a2＝b2＋c2，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(2\r(3),3)))2＋c2＝\f(4,3).))
又因为b>1，解得a＝2，b＝eq \r(3)，c＝1，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)由题意，过椭圆C的右焦点的直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，将其代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，显然Δ>0，则x1＋x2＝eq \f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝eq \f(－6k,3＋4k2)．
因为P为线段AB的中点，所以点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k2,3＋4k2)，\f(－3k,3＋4k2)))．
又因为直线PD的斜率为－eq \f(1,k)，所以直线PD的方程为y－eq \f(－3k,3＋4k2)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4k2,3＋4k2)))．
令y＝0，得x＝eq \f(k2,3＋4k2)，所以点D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k2,3＋4k2)，0))，则eq \f(k2,3＋4k2)＝eq \f(1,7)，解得k＝±1．
5．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点P(2，1)，且离心率e＝eq \f(\r(3),2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l的斜率为eq \f(1,2)，直线l与椭圆C交于A，B两点．若|AB|＝eq \r(5)，求直线l的方程．
5．解析 (1)∵e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(3,4)，∴a2＝4b2．
又椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点P(2，1)，∴eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，∴a2＝8，b2＝2．
故所求椭圆方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)设l的方程为y＝eq \f(1,2)x＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))整理，得x2＋2mx＋2m2－4＝0．
∴Δ＝4m2－8m2＋16＞0，解得|m|＜2．
∴x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4．
则|AB|＝eq \r(1＋\f(1,4))×eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(54－m2)＝eq \r(5)，解得m＝±eq \r(3)．
所求直线l的方程为y＝eq \f(1,2)x±eq \r(3)．
6．(2017·全国Ⅰ)设A，B为曲线C：y＝eq \f(x2,4)上两点，A与B的横坐标之和为4．
(1)求直线AB的斜率；
(2)设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．
6．解析 (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1≠x2，y1＝eq \f(x\\al(2,1),4)，y2＝eq \f(x\\al(2,2),4)，x1＋x2＝4，
于是直线AB的斜率k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(x1＋x2,4)＝1．
(2)由 y＝eq \f(x2,4)，得y′＝eq \f(x,2)．设M(x3，y3)，由题设知eq \f(x3,2)＝1，解得x3＝2，于是M(2,1)．
设直线AB的方程为y＝x＋m，故线段AB的中点为N(2,2＋m)，|MN|＝|m＋1|．
将y＝x＋m代入y＝eq \f(x2,4)得x2－4x－4m＝0．当Δ＝16(m＋1)>0，即m>－1时，x1,2＝2±2eq \r(m＋1)．
从而|AB|＝eq \r(2)|x1－x2|＝4eq \r(2(m＋1))．
由题设知|AB|＝2|MN|，即4eq \r(2(m＋1))＝2(m＋1)，解得m＝7．
所以直线AB的方程为y＝x＋7．
7．(2021·天津)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，上顶点为B，离心率为eq \f(2\r(5),5)，且|BF|＝eq \r(5)．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P．若MP∥BF，求直线l的方程．
7．解析 (1)易知点F(c，0)，B(0，b)，故|BF|＝eq \r(c2＋b2)＝a＝eq \r(5)．
因为椭圆的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(5),5)，故c＝2，b＝eq \r(a2－c2)＝1，
因此，椭圆的方程为eq \f(x2,5)＋y2＝1．
(2)设点M(x0，y0)为椭圆eq \f(x2,5)＋y2＝1上一点，先证明直线MN的方程为eq \f(x0x,5)＋y0y＝1．
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x0x,5)＋y0y＝1，,\f(x2,5)＋y2＝1，,\f(xeq \\al(2,0),5)＋yeq \\al(2,0)＝1，))消去y，y0并整理得x2－2x0x＋xeq \\al(2,0)＝0，Δ＝4xeq \\al(2,0)－4xeq \\al(2,0)＝0，
因此，椭圆eq \f(x2,5)＋y2＝1在点M(x0，y0)处的切线方程为eq \f(x0x,5)＋y0y＝1．
在直线MN的方程中，令x＝0，可得y＝eq \f(1,y0)，由题意可知y0＞0，即点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,y0)))．
直线BF的斜率为kBF＝－eq \f(b,c)＝－eq \f(1,2)，所以直线PN的方程为y＝2x＋eq \f(1,y0)．
在直线PN的方程中，令y＝0，可得x＝－eq \f(1,2y0)，即点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2y0)，0))．
因为MP∥BF，则kMP＝kBF，即eq \f(y0,x0＋\f(1,2y0))＝eq \f(2yeq \\al(2,0),2x0y0＋1)＝－eq \f(1,2)，整理可得(x0＋5y0)2＝0，所以x0＝－5y0．
又因为eq \f(xeq \\al(2,0),5)＋yeq \\al(2,0)＝1，所以6yeq \\al(2,0)＝1．因为y0＞0，故y0＝eq \f(\r(6),6)，x0＝－eq \f(5\r(6),6)，
所以直线l的方程为－eq \f(\r(6),6)x＋eq \f(\r(6),6)y＝1，即x－y＋eq \r(6)＝0．
8．(2020·全国Ⅲ)已知椭圆C：eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,m2)＝1(0＜m＜5)的离心率为eq \f(\r(15),4)，A，B分别为C的左、右顶点．
(1)求C的方程；
(2)若点P在C上，点Q在直线x＝6上，且|BP|＝|BQ|，BP⊥BQ，求△APQ的面积．
8．解析 (1)∵C：eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,m2)＝1(0＜m＜5)，∴a＝5，b＝m，
根据离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,5)))2)＝eq \f(\r(15),4)，解得m＝eq \f(5,4)或m＝－eq \f(5,4)(舍去)，
∴C的方程为eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))2)＝1，即eq \f(x2,25)＋eq \f(16y2,25)＝1．
(2)过点P作x轴的垂线，垂足为M，设直线x＝6与x轴的交点为N，根据题意画出图象，如图．
∵|BP|＝|BQ|，BP⊥BQ，∠PMB＝∠BNQ＝90°，∴∠PBM＋∠QBN＝90°，∠BQN＋∠QBN＝90°，
∴∠PBM＝∠BQN．∴△PMB≌△BNQ．
∵椭圆方程为eq \f(x2,25)＋eq \f(16y2,25)＝1．∴B(5，0)，∴|PM|＝|BN|＝6－5＝1．
设P点坐标为(xP，yP)，不妨设yP>0，可得P点纵坐标为yP＝1，将其代入eq \f(x2,25)＋eq \f(16y2,25)＝1，
可得eq \f(x\\al(2,P),25)＋eq \f(16,25)＝1，解得xP＝3或xP＝－3，∴P点坐标为(3，1)或(－3，1)．
①当P点坐标为(3，1)时，|MB|＝5－3＝2，
∵△PMB≌△BNQ，∴|MB|＝|NQ|＝2，∴Q点坐标为(6，2)，
画出图象，如图．
由A(－5，0)，Q(6，2)，可求得直线AQ的方程为2x－11y＋10＝0，
点P到直线AQ的距离为d＝eq \f(|2×3－11×1＋10|,\r(22＋112))＝eq \f(|5|,\r(125))＝eq \f(\r(5),5)，
|AQ|＝eq \r((6＋5)2＋(2－0)2)＝5eq \r(5)，∴△APQ面积为eq \f(1,2)×5eq \r(5)×eq \f(\r(5),5)＝eq \f(5,2)．
②当P点坐标为(－3，1)时，|MB|＝5＋3＝8，
∵△PMB≌△BNQ，∴|MB|＝|NQ|＝8，∴Q点坐标为(6，8)．画出图象，如图．
由A(－5，0)，Q(6，8)，可求得直线AQ的方程为8x－11y＋40＝0，
点P到直线AQ的距离为d＝eq \f(|8×(－3)－11×1＋40|,\r(82＋112))＝eq \f(5,\r(185))＝eq \f(\r(185),37)，
|AQ|＝eq \r((6＋5)2＋(8－0)2)＝eq \r(185)，∴△APQ面积为eq \f(1,2)×eq \r(185)×eq \f(\r(185),37)＝eq \f(5,2)．
综上所述，△APQ的面积为eq \f(5,2)．
9．(2020·北京)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1过点A(－2，－1)，且a＝2b．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点B(－4，0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝－4于点P，Q，求eq \f(|PB|,|BQ|)的值．
9．解析 (1)由椭圆过点A(－2，－1)，得eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1．又a＝2b，∴eq \f(4,4b2)＋eq \f(1,b2)＝1，解得b2＝2，
∴a2＝4b2＝8，∴椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)当直线l的斜率不存在时，显然不合题意．设直线l：y＝k(x＋4)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k(x＋4)，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1))得(4k2＋1)x2＋32k2x＋64k2－8＝0．由Δ＞0，得－eq \f(1,2)＜k＜eq \f(1,2)．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(－32k2,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(64k2－8,4k2＋1)．
又∵直线AM：y＋1＝eq \f(y1＋1,x1＋2)(x＋2)，令x＝－4，得yP＝eq \f(－2(y1＋1),x1＋2)－1．
将y1＝k(x1＋4)代入，得yP＝eq \f(－(2k＋1)(x1＋4),x1＋2)．同理yQ＝eq \f(－(2k＋1)(x2＋4),x2＋2)．
∴yP＋yQ＝－(2k＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋4,x1＋2)＋\f(x2＋4,x2＋2)))＝－(2k＋1)·eq \f(2x1x2＋6(x1＋x2)＋16,(x1＋2)(x2＋2))
＝－(2k＋1)·eq \f(\f(2(64k2－8),4k2＋1)＋\f(6×(－32k2),4k2＋1)＋16,(x1＋2)(x2＋2))＝－(2k＋1)·eq \f(128k2－16－192k2＋64k2＋16,(4k2＋1)(x1＋2)(x2＋2))＝0．
∴|PB|＝|BQ|，∴eq \f(|PB|,|BQ|)＝1．
10．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点为A，右焦点为F，过点A作斜率为eq \f(\r(3),3)的直线与椭圆C相交
于A，B两点，且AB⊥OB，O为坐标原点．
(1)求椭圆的离心率e；
(2)若b＝1，过点F作与直线AB平行的直线l，l与椭圆C相交于P，Q两点，
①求直线OP的斜率与直线OQ的斜率乘积；
②点M满足2eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(OP,\s\up6(→))，直线MQ与椭圆的另一个交点为N，求eq \f(|NM|,|NQ|)的值．
10．解析 (1)由已知得|OA|＝a，|OB|＝eq \f(a,2)，∠BAF＝eq \f(π,6)，则Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,4)，\f(\r(3)a,4)))，
代入椭圆C的方程得eq \f(a2,16a2)＋eq \f(3a2,16b2)＝1，∴eq \f(a2,b2)＝5，a＝eq \r(5)b，∴c＝eq \r(a2－b2)＝2b，
故椭圆的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(5),5)．
(2)①由(1)可得b＝1，a＝eq \r(5)，c＝2，∴椭圆C的方程为eq \f(x2,5)＋y2＝1．
依题意，得直线l为x＝eq \r(3)y＋2，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(3)y＋2，,x2＋5y2＝5))得8y2＋4eq \r(3)y－1＝0，Δ>0恒成立．则y1＋y2＝－eq \f(\r(3),2)，y1y2＝－eq \f(1,8)．
∴x1x2＝(eq \r(3)y1＋2)(eq \r(3)y2＋2)＝3y1y2＋2eq \r(3)(y1＋y2)＋4＝eq \f(5,8)．因此kOP·kOQ＝eq \f(y1y2,x1x2)＝－eq \f(1,5)．
②设点N(x3，y3)，设eq \f(|NM|,|NQ|)＝λ，所以eq \(NM,\s\up6(→))＝λeq \(NQ,\s\up6(→))(00)的离心率为eq \f(\r(3),2)，F1，F2是椭圆的两个焦点，M是椭圆上任意一点，且△MF1F2
的周长是4＋2eq \r(3).
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设椭圆C1的左、右顶点分别为A，B，过椭圆C1上的一点D作x轴的垂线交x轴于点E，若点C满足eq \(AB,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))∥eq \(OC,\s\up6(→))，连接AC交DE于点P，求证：|PD|＝|PE|.
11．解析 (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，
因为△MF1F2的周长是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，
所以椭圆C1的方程为：eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)由(1)得A(－2，0)，B(2，0)，
设D(x0，y0)，所以E(x0，0)，因为eq \(AB,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，所以可设C(2，y1)，
所以eq \(AD,\s\up6(→))＝(x0＋2，y0)，eq \(OC,\s\up6(→))＝(2，y1)，
由eq \(AD,\s\up6(→))∥eq \(OC,\s\up6(→))可得：(x0＋2)y1＝2y0，即y1＝eq \f(2y0,x0＋2).
所以直线AC的方程为eq \f(y－0,\f(2y0,x0＋2)－0)＝eq \f(x＋2,2－（－2）)，整理得y＝eq \f(y0,2（x0＋2）)(x＋2)．
又点P在DE上，将x＝x0代入直线AC的方程可得：y＝eq \f(y0,2)，即点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(y0,2)))，
所以P为DE的中点，|PD|＝|PE|.
12．已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)，其焦点为F.M为抛物线上除了原点外的任一点，过M的直
线l与x轴，y轴分别交于A，B.
(1)求抛物线C的方程以及焦点坐标；
(2)若△BMF与△ABF的面积相等，求证：直线l是抛物线C的切线．
12．解析 (1)因为抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)，所以22＝2p，p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x，焦点F点坐标为(1，0)．
(2)证因为△BMF与△ABF的面积相等，所以BM＝AB，所以B为AM的中点．
设M(x0，y0)(x0y0≠0)，则A(－x0，0)．所以直线l的方程为y＝eq \f(y0,2x0)(x＋x0)，
与抛物线y2＝4x联立得y2－eq \f(8x0,y0)y＋4x0＝0，
Δ＝eq \f(64xeq \\al(2,0),yeq \\al(2,0))－16x0＝eq \f(64xeq \\al(2,0),4x0)－16x0＝0，所以直线l是抛物线C的切线．
13．如图，已知抛物线Γ：y2＝8x的焦点为F，准线为l，O为坐标原点，A为抛物线Γ上
一点，直线AO与l交于点C，直线AF与抛物线Γ的另一个交点为B．
(1)证明：直线BC∥x轴；
(2)设准线l与x轴的交点为E，连接BE，且BE⊥BF，证明：||AF|－|BF||＝8．
13．解析 (1)由y2＝8x知焦点F(2，0)，准线l为x＝－2．设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,1),8)，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,2),8)，y2))，
则直线AO为y＝eq \f(8,y1)x，令x＝－2可得点C的纵坐标为yC＝－eq \f(16,y1)．
设直线AB为x＝my＋2，代入y2＝8x，得y2－8my－16＝0，所以y1y2＝－16．
从而y2＝－eq \f(16,y1)，从而y2＝yC，即直线BC∥x轴．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由BE⊥BF，则|BE|2＋|BF|2＝|EF|2，得(x2＋2)2＋(x2－2)2＋2yeq \\al(2,2)＝16．
又yeq \\al(2,2)＝8x2，则xeq \\al(2,2)＋8x2－4＝0，由x2>0，则x2＝－4＋2eq \r(5)．
由于AB与x轴不垂直，设直线AB的方程为y＝k(x－2)．
则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k(x－2)，,y2＝8x，))整理得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，∴x1x2＝4，则x1＝4＋2eq \r(5)．
故||AF|－|BF||＝|x1－x2|＝8．
14．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)，过焦点且与x轴垂直的直线被椭圆C截得的线段长为
2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点A(1，0)，B(4，0)，过点A的任意一条直线l与椭圆C交于M，N两点，求证：|MB|·|NA|＝|MA|·|NB|.
14．解析 (1)因为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，令x＝c，得y2＝eq \f(b4,a2)，
因为过焦点且与x轴垂直的直线被椭圆C截得的线段长为2，所以eq \f(b2,a)＝1，
根据离心率为eq \f(\r(2),2)，得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，结合a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝eq \r(2)，
所以椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)证明 要证明|MB|·|NA|＝|MA|·|NB|，只需证明eq \f(|MA|,|NA|)＝eq \f(|MB|,|NB|)，
过M，N分别作x轴的垂线段MM′，NN′，
易得eq \f(|MA|,|NA|)＝eq \f(|MM′|,|NN′|)，所以只需证明eq \f(|MB|,|NB|)＝eq \f(|MM′|,|NN′|)，所以只需证明∠MBA＝∠NBA，只需证明kMB＋kNB＝0.
当直线l的斜率不存在时，易得|MB|· |NA|＝|MA|·|NB|.
当直线l的斜率存在时，不妨设其为k，则直线l的方程为y＝k(x－1)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k（x－1）))消去y，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－4＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2k2－4,2k2＋1)，
直线MB的斜率kMB＝eq \f(k（x1－1）,x1－4)，直线NB的斜率kNB＝eq \f(k（x2－1）,x2－4)，
kMB＋kNB＝eq \f(k（x1－1）,x1－4)＋eq \f(k（x2－1）,x2－4)＝eq \f(k（x1－1）（x2－4）＋k（x2－1）（x1－4）,（x1－4）（x2－4）)
＝eq \f(k[2x1x2－5（x1＋x2）＋8],（x1－4）（x2－4）)＝eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2·\f(2k2－4,2k2＋1)－5·\f(4k2,2k2＋1)＋8)),（x1－4）（x2－4）)＝0.
综上所述，|MB|·|NA|＝|MA|·|NB|.
15．在平面直角坐标系xOy中，圆F：(x－1)2＋y2＝1外的点P在y轴的右侧运动，且P到圆F上的点的
最小距离等于它到y轴的距离，记P的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)过点F的直线交E于A，B两点，以AB为直径的圆D与平行于y轴的直线相切于点M，线段DM交E于点N，证明：△AMB的面积是△AMN的面积的四倍．
15．解析 法一(1)设P(x，y)，依题意x＞0，F(1，0)．
因为P在圆F外，所以P到圆F上的点的最小距离为|PF|－1，
依题意得|PF|－1＝x，即eq \r(（x－1）2＋y2)－1＝x，
化简得E的方程为y2＝4x(x＞0)．
(2)设N(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2))).当直线AB的斜率不存在时，不合题意，
依题意可设直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,y2＝4x))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
因为Δ＝(2k2＋4)2－4k4＝16k2＋16＞0，
所以x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)，
则有y1＋y2＝eq \f(4,k)，故Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k2＋2,k2)，\f(2,k)))，
由抛物线的定义知|AB|＝x1＋x2＋2＝eq \f(4k2＋4,k2).
设M(xM，yM)，依题意得yM＝eq \f(2,k)，所以|MD|＝eq \f(k2＋2,k2)－xM.又因为|MD|＝eq \f(|AB|,2)，所以eq \f(k2＋2,k2)－xM＝eq \f(2,k2)＋2，
解得xM＝－1，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(2,k)))，
因为Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(2,k)))在抛物线上，所以x0＝eq \f(1,k2)，即Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)，\f(2,k)))，
所以S△AMB＝eq \f(1,2)|MD||y1－y2|＝eq \f(k2＋1,k2)|y1－y2|，
S△AMN＝eq \f(1,2)|MN||y1－yD|＝eq \f(1,2)|MN|×eq \f(1,2)|y1－y2|＝eq \f(k2＋1,4k2)|y1－y2|，故S△AMB＝4S△AMN.
法二 (1)解 设P(x，y)，依题意x＞0.
因为P在圆F外，所以P到圆F上的点的最小距离为|PF|－1.
依题意得点P到圆F(1，0)的距离|PF|等于P到直线x＝－1的距离，
所以P在以F(1，0)为焦点，x＝－1为准线的抛物线上．
所以E的方程为y2＝4x(x＞0)．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为直线AB过F(1，0)，依题意可设其方程为x＝ty＋1(t≠0)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1，,y2＝4x，))得y2－4ty－4＝0，
因为Δ＝16t2＋16＞0，所以y1＋y2＝4t，
则有x1＋x2＝(ty1＋1)＋(ty2＋1)＝4t2＋2.
因为D是AB的中点，所以D(2t2＋1，2t)．
由抛物线的定义得|AB|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝4t2＋4，
设圆D与l：x＝m相切于M，
因为DM与抛物线相交于N，所以m＜0，且DM⊥l，
所以|DM|＝eq \f(1,2)|AB|，即2t2＋1－m＝eq \f(1,2)(4t2＋4)，解得m＝－1，
设N(x0，y0)，则y0＝2t，且(2t)2＝4x0，所以x0＝t2，
因为eq \f(2t2＋1＋（－1）,2)＝t2，所以N为DM的中点，所以S△AMD＝2S△AMN，
又因为D为AB的中点，S△AMB＝2S△AMD，所以S△AMB＝4S△AMN.
法三 (1)同法一．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，连接MF，NF.
因为直线AB过F(1，0)，依题意可设其方程x＝ty＋1(t≠0)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1，,y2＝4x，))得y2－4ty－4＝0，
因为Δ＝16t2＋16＞0，所以y1＋y2＝4t，所以yM＝yD＝2t.
因为|MD|＝eq \f(|AB|,2)，|AB|＝x1＋x2＋2，
又因为|MD|＝eq \f(x1＋x2,2)－xM，所以eq \f(x1＋x2＋2,2)＝eq \f(x1＋x2,2)－xM，解得xM＝－1，所以M(－1，2t)，
所以kMF·kAB＝eq \f(2t,－1－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)))＝－1，故∠MFD＝90°.
又因为|NM|＝|NF|，所以|NF|＝|ND|，从而|MN|＝|ND|.所以S△AMN＝eq \f(1,2)S△AMD，
又S△AMD＝eq \f(1,\s\d1(2))S△AMB，所以S△AMB＝4S△AMN.
16．设椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0)．
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB．
16．解析 (1)由已知得F(1，0)，l的方程为x＝1．
则点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(2),2)))．
又M(2，0)，所以直线AM的方程为y＝－eq \f(\r(2),2)x＋eq \r(2)或y＝eq \f(\r(2),2)x－eq \r(2)，
即x＋eq \r(2)y－2＝0或x－eq \r(2)y－2＝0．
(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°．
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB．
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x10)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点．若
椭圆E的离心率为eq \f(\r(2),2)，△ABF2的周长为4eq \r(6)．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设不经过椭圆的中心而平行于弦AB的直线交椭圆E于点C，D，设弦AB，CD的中点分别为M，N，证明：O，M，N三点共线．
17．解析 (1)由题意知，4a＝4eq \r(6)，a＝eq \r(6)．又e＝eq \f(\r(2),2)，∴c＝eq \r(3)，b＝eq \r(3)，
∴椭圆E的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)当直线AB，CD的斜率不存在时，由椭圆的对称性知，
中点M，N在x轴上，O，M，N三点共线，
当直线AB，CD的斜率存在时，设其斜率为k，且设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),6)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1，,\f(x\\al(2,2),6)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1，))两式相减，得eq \f(x\\al(2,1),6)＋eq \f(y\\al(2,1),3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,2),6)＋\f(y\\al(2,2),3)))＝0，∴eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),6)＝－eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),3)，
eq \f((x1－x2)(x1＋x2),6)＝－eq \f((y1－y2)(y1＋y2),3)，∴eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq \f(3,6)，eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y0,x0)＝－eq \f(3,6)，
即k·kOM＝－eq \f(1,2)，∴kOM＝－eq \f(1,2k)．同理可得kON＝－eq \f(1,2k)，∴kOM＝kON，∴O，M，N三点共线．
18．在平面直角坐标系xOy中取两个定点A1(－eq \r(6)，0)，A2(eq \r(6)，0)，再取两个动点N1(0，m)，N2(0，n)，
且mn＝2．
(1)求直线A1N1与A2N2的交点M的轨迹C的方程；
(2)过R(3，0)的直线与轨迹C交于P，Q两点，过点P作PN⊥x轴且与轨迹C交于另一点N，F为轨迹C的右焦点，若eq \(RP,\s\up7(→))＝λeq \(RQ,\s\up7(→)) (λ＞1)，求证：eq \(NF,\s\up7(→))＝λeq \(FQ,\s\up7(→))．
18．解析 (1)依题意知，直线A1N1的方程为y＝eq \f(m,\r(6))(x＋eq \r(6))，①，
直线A2N2的方程为y＝－eq \f(n,\r(6))(x－eq \r(6))，②
设M(x，y)是直线A1N1与A2N2的交点，①×②得y2＝－eq \f(mn,6)(x2－6)，
又mn＝2，整理得eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1．故点M的轨迹C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)证明：设过点R的直线l：x＝ty＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则N(x1，－y1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋3，,\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，))消去x，得(t2＋3)y2＋6ty＋3＝0，(*)，所以y1＋y2＝－eq \f(6t,t2＋3)，y1y2＝eq \f(3,t2＋3)．
由eq \(RP,\s\up7(→))＝λeq \(RQ,\s\up7(→))，得(x1－3，y1)＝λ(x2－3，y2)，故x1－3＝λ(x2－3)，y1＝λy2，
由(1)得F(2，0)，要证eq \(NF,\s\up7(→))＝λeq \(FQ,\s\up7(→))，即证(2－x1，y1)＝λ(x2－2，y2)，
只需证2－x1＝λ(x2－2)，只需eq \f(x1－3,x2－3)＝－eq \f(x1－2,x2－2)，即证2x1x2－5(x1＋x2)＋12＝0，
又x1x2＝(ty1＋3)(ty2＋3)＝t2y1y2＋3t(y1＋y2)＋9，x1＋x2＝ty1＋3＋ty2＋3＝t(y1＋y2)＋6，
所以2t2y1y2＋6t(y1＋y2)＋18－5t(y1＋y2)－30＋12＝0，即2t2y1y2＋t(y1＋y2)＝0，
而2t2y1y2＋t(y1＋y2)＝2t2·eq \f(3,t2＋3)－t·eq \f(6t,t2＋3)＝0成立，即eq \(NF,\s\up7(→))＝λeq \(FQ,\s\up7(→))成立．
19．已知椭圆T：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点A(0，1)，离心率e＝eq \f(\r(6),3)，圆C：x2＋y2＝4，从圆C上任意一
点P向椭圆T引两条切线PM，PN．
(1)求椭圆T的方程；
(2)求证：PM⊥PN．
SKIPIF 1 < 0
19．解析 (1)由题意可知b＝1，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3)，即2a2＝3c2，又a2＝b2＋c2，联立解得a2＝3，b2＝1．
∴椭圆方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1．
(2)方法一 ①当P点横坐标为±eq \r(3)时，纵坐标为±1，PM斜率不存在，PN斜率为0，PM⊥PN．
②当P点横坐标不为±eq \r(3)时，设P(x0，y0)，则xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝4，设kPM＝k，PM的方程为y－y0＝k(x－x0)，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－y0＝k(x－x0)，,\f(x2,3)＋y2＝1，))消去y得(1＋3k2)x2＋6k(y0－kx0)x＋3k2xeq \\al(2,0)－6kx0y0＋3yeq \\al(2,0)－3＝0，
依题意Δ＝36k2(y0－kx0)2－4(1＋3k2)(3k2xeq \\al(2,0)－6kx0y0＋3yeq \\al(2,0)－3)＝0，化简得(3－xeq \\al(2,0))k2＋2x0y0k＋1－yeq \\al(2,0)＝0，
又kPM，kPN为方程的两根，所以kPM·kPN＝eq \f(1－y\\al(2,0),3－x\\al(2,0))＝eq \f(1－(4－x\\al(2,0)),3－x\\al(2,0))＝eq \f(x\\al(2,0)－3,3－x\\al(2,0))＝－1．
所以PM⊥PN，综上知PM⊥PN．
方法二 ①当P点横坐标为±eq \r(3)时，纵坐标为±1，PM斜率不存在，PN斜率为0，PM⊥PN．
②当P点横坐标不为±eq \r(3)时，设P(2cs θ，2sin θ)，切线方程为y－2sin θ＝k(x－2cs θ)，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－2sin θ＝k(x－2cs θ)，,\f(x2,3)＋y2＝1，))联立得(1＋3k2)x2＋12k(sin θ－kcs θ)x＋12(sin θ－kcs θ)2－3＝0，
令Δ＝0，即Δ＝144k2(sin θ－kcs θ)2－4(1＋3k2)[12(sin θ－kcs θ)2－3]＝0，
化简得(3－4cs2θ)k2＋4sin 2θ·k＋1－4sin2θ＝0，kPM·kPN＝eq \f(1－4sin2θ,3－4cs2θ)＝eq \f((4－4sin2θ)－3,3－4cs2θ)＝－1．
所以PM⊥PN，综上知PM⊥PN．
20．如图，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，F1，F2分别为其左、右焦点，过F1的直线与此椭圆相交于
D，E两点，且△F2DE的周长为8，椭圆C的离心率为eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)在平面直角坐标系xOy中，已知点P(0，1)与点Q(0，2)，过P的动直线(不与x轴平行)与椭圆相交于A，B两点，点B1是点B关于y轴的对称点．求证：
①Q，A，B1三点共线；
②eq \f(|QA|,|QB|)＝eq \f(|PA|,|PB|).
20．解析 (1)∵△F2DE的周长为8，∴4a＝8，即a＝2，
∵e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，∴c＝eq \r(2)，∴b2＝a2－c2＝2，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)①当直线l的斜率不存在时，A、B分别为椭圆短轴两端点，满足Q，A，B1三点共线．
当直线l的斜率存在时，设直线方程为y＝kx＋1，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得(1＋2k2)x2＋4kx－2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则B1(－x2，y2)
x1＋x2＝－eq \f(4k,1＋2k2)，x1x2＝－eq \f(2,1＋2k2)，
eq \(QA,\s\up6(→))＝(x1，y1－2)，eq \(QB1,\s\up6(→))＝(－x2，y2－2)，
∵x1(y2－2)＋x2(y1－2)＝x1(kx2－1)＋x2(kx1－1)＝2kx1x2－(x1＋x2)＝eq \f(－4k,1＋2k2)＋eq \f(4k,1＋2k2)＝0.
∴eq \(QA,\s\up6(→))与eq \(QB1,\s\up6(→))共线，且有公共点Q，则Q，A，B1三点共线．
②由①可知Q，A，B1三点共线，
∴eq \f(|QA|,|QB|)＝eq \f(|QA|,|QB1|)＝eq \f(|x1|,|x2|)＝eq \f(|PA|,|PB|)，∴eq \f(|QA|,|QB|)＝eq \f(|PA|,|PB|).