专题30 证明数量关系型问题(原卷版)

专题30　证明数量关系型问题圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．二是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等；解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．圆锥曲线中的证明问题是转化与化归思想的充分体现．无论证明什么结论，要对已知条件进行化简，同时对要证结论合理转化，寻求条件和结论间的联系，从而确定解题思路及转化方向．【例题选讲】[例1]　(2018·全国Ⅰ)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．[ 规范 编程规范下载gsp规范下载钢格栅规范下载警徽规范下载建设厅规范下载 解答]　(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\co1(1，\f(\r(2),2)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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)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x1<eq\r(2)，x2<eq\r(2)，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝eq\f(y1,x1－2)＋eq\f(y2,x2－2)．由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，得kMA＋kMB＝eq\f(2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k,(x1－2)(x2－2))．将y＝k(x－1)代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，所以x1＋x2＝eq\f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2k2－2,2k2＋1)．则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝eq\f(4k3－4k－12k3＋8k3＋4k,2k2＋1)＝0．从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补．所以∠OMA＝∠OMB．综上，∠OMA＝∠OMB成立．[例2]　如图，圆C与x轴相切于点T(2，0)，与y轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的下方)，且|MN|＝3．(1)求圆C的方程；(2)过点M任作一条直线与椭圆eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1相交于两点A，B，连接AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM．[规范解答]　(1)设圆C的半径为r(r>0)，依题意，圆心C的坐标为(2，r)．∵|MN|＝3，∴r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋22，解得r2＝eq\f(25,4)，∴r＝eq\f(5,2)，圆C的方程为(x－2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(5,2)))2＝eq\f(25,4)．(2)证明：把x＝0代入方程(x－2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(5,2)))2＝eq\f(25,4)，解得y＝1或y＝4，即点M(0，1)，N(0，4)．①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM＝0．②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx＋1．联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0．设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x1＋x2＝eq\f(－4k,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(－6,1＋2k2)．∴kAN＋kBN＝eq\f(y1－4,x1)＋eq\f(y2－4,x2)＝eq\f(kx1－3,x1)＋eq\f(kx2－3,x2)＝eq\f(2kx1x2－3(x1＋x2),x1x2)．若kAN＋kBN＝0，则∠ANM＝∠BNM．∵2kx1x2－3(x1＋x2)＝eq\f(－12k,1＋2k2)＋eq\f(12k,1＋2k2)＝0，∴∠ANM＝∠BNM．[例3]　双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，右焦点为F，动点B在C上．当BF⊥AF时，|AF|＝|BF|．(1)求C的离心率；(2)若B在第一象限，证明：∠BFA＝2∠BAF．[规范解答]　(1)设双曲线的半焦距为c，则F(c，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，±\f(b2,a)))，因为|AF|＝|BF|，故eq\f(b2,a)＝a＋c，故c2－ac－2a2＝0，即e2－e－2＝0，又e>0，故e＝2．(2)设B(x0，y0)，其中x0>a，y0>0．因为e＝2，故c＝2a，b＝eq\r(3)a，故双曲线的渐近线方程为y＝±eq\r(3)x，所以∠BAF∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，∠BFA∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))．当∠BFA＝eq\f(π,2)时，由题意易得∠BAF＝eq\f(π,4)，此时∠BFA＝2∠BAF．当∠BFA≠eq\f(π,2)时，因为tan∠BFA＝－eq\f(y0,x0－c)＝－eq\f(y0,x0－2a)，tan∠BAF＝eq\f(y0,x0＋a)，所以tan2∠BAF＝eq\f(\f(2y0,x0＋a),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y0,x0＋a)))2)＝eq\f(2y0(x0＋a),(x0＋a)2－y\o\al(2,0))＝eq\f(2y0(x0＋a),(x0＋a)2－b2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),a2)－1)))＝eq\f(2y0(x0＋a),(x0＋a)2－3a2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),a2)－1)))＝eq\f(2y0(x0＋a),(x0＋a)2－3(x\o\al(2,0)－a2))＝eq\f(2y0,(x0＋a)－3(x0－a))＝－eq\f(y0,x0－2a)＝tan∠BFA，因为2∠BAF∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，故∠BFA＝2∠BAF．综上，∠BFA＝2∠BAF．[例4]　已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦距为2eq\r(3)，直线l1：x＝4与x轴的交点为G，过点M(1，0)且不与x轴重合的直线l2交椭圆E于点A，B．当l2垂直于x轴时，△ABG的面积为eq\f(3\r(3),2)．(1)求椭圆E的方程；(2)若AC⊥l1，垂足为C，直线BC交x轴于点D，证明：|MD|＝|DG|．[规范解答]　(1)因为椭圆E的焦距为2eq\r(3)，所以c＝eq\r(3)，所以a2－b2＝3，①当l2垂直于x轴时，|MG|＝3，因为△ABG的面积为eq\f(3\r(3),2)，即eq\f(1,2)|AB|·|MG|＝eq\f(3\r(3),2)，所以|AB|＝eq\r(3)，不妨设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))，代入椭圆E的方程得eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)＝1，②联立①②解得a2＝4，b2＝1，所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1．(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(4，y1)．因为直线l2不与x轴重合，故可设l2的方程为x＝my＋1，联立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))整理得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，所以Δ＝16(m2＋3)＞0，y1＋y2＝eq\f(－2m,m2＋4)，y1y2＝eq\f(－3,m2＋4)，所以直线BC：y－y1＝eq\f(y1－y2,4－x2)(x－4)，令y＝0，则x＝eq\f(y1x2－4,y1－y2)＋4，所以点D的横坐标xD＝eq\f(y1(x2－4),y1－y2)＋4，所以xD－eq\f(5,2)＝eq\f(y1(x2－4),y1－y2)＋4－eq\f(5,2)＝eq\f(y1(my2－3),y1－y2)＋eq\f(3,2)＝eq\f(2y1(my2－3)＋3y1－3y2,2(y1－y2))＝eq\f(2my1y2－3(y1＋y2),2(y1－y2))＝eq\f(\f(－6m,m2＋4)＋\f(6m,m2＋4),2y1－y2)＝0，所以xD＝eq\f(5,2)，因为MG中点的横坐标为eq\f(5,2)，所以D为线段MG的中点，所以|MD|＝|DG|．[例5]　已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的长轴长为4，且过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))．(1)求椭圆的方程；(2)设A，B，M是椭圆上的三点．若eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(3,5)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(4,5)eq\o(OB,\s\up6(→))，点N为线段AB的中点，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，0))，求证：|NC|＋|ND|＝2eq\r(2)．[规范解答]　(1)由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,\f(3,a2)＋\f(1,4b2)＝1，))故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，))所以椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1．(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\f(x\o\al(2,1),4)＋yeq\o\al(2,1)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),4)＋yeq\o\al(2,2)＝1，由eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(3,5)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(4,5)eq\o(OB,\s\up6(→))，得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)x1＋\f(4,5)x2，\f(3,5)y1＋\f(4,5)y2))．因为M是椭圆C上一点，所以eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)x1＋\f(4,5)x2))2,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)y1＋\f(4,5)y2))2＝1，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),4)＋y\o\al(2,1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,2),4)＋y\o\al(2,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2＋2×eq\f(3,5)×eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,4)＋y1y2))＝1，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2＋2×eq\f(3,5)×eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,4)＋y1y2))＝1，故eq\f(x1x2,4)＋y1y2＝0．又线段AB的中点N的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，所以eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2,2)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y2,2)))2＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),4)＋y\o\al(2,1)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,2),4)＋y\o\al(2,2)))＋eq\f(x1x2,4)＋y1y2＝1．从而线段AB的中点Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))在椭圆eq\f(x2,2)＋2y2＝1上．又椭圆eq\f(x2,2)＋2y2＝1的两焦点恰为Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，0))，所以|NC|＋|ND|＝2eq\r(2)．[例6]　已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点P(2，1)，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，且·＝－1．(1)求椭圆C的方程；(2)过P点的直线l1与椭圆C有且只有一个公共点，直线l2平行于OP(O为原点)，且与椭圆C交于A，B两点，与直线x＝2交于点M(M介于A，B两点之间)．①当△PAB面积最大时，求直线l2的方程；②求证：|PA|·|MB|＝|PB|·|MA|．[规范解答]　(1)设F1(－c，0)，F2(c，0)，＝(－c－2，－1)，＝(c－2，－1)．因为·＝－c2＋4＋1＝－1，所以c＝eq\r(6)，又P(2，1)在椭圆上，故eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，结合a2＝b2＋6，解得a2＝8，b2＝2，故所求椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1．(2)①由于kOP＝eq\f(1,2)，设直线l2的方程为y＝eq\f(1,2)x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋t，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))消去y整理得x2＋2tx＋2t2－4＝0，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－2t，,x1x2＝2t2－4，,Δ＝－4(t2－4)>0⇒t2<4，))则|AB|＝eq\r(1＋\f(1,4))eq\r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq\f(\r(5),2)eq\r(4t2－4(2t2－4))＝eq\f(\r(5),2)eq\r(16－4t2)＝eq\r(5)eq\r(4－t2)，又点P到直线l2的距离d＝eq\f(|t|,\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2))＝eq\f(2|t|,\r(5))．所以S△PAB＝eq\f(1,2)×eq\r(5)eq\r(4－t2)×eq\f(2|t|,\r(5))＝eq\r((4－t2)t2)≤eq\f(t2＋(4－t2),2)＝2．当且仅当4－t2＝t2时取等号，此时t2＝2，又M介于A，B两点之间，故t＝－eq\r(2)，故直线l2的方程为y＝eq\f(1,2)x－eq\r(2)．②证明：要证结论成立，只需证明eq\f(|PA|,|MA|)＝eq\f(|PB|,|MB|)，由角平分线性质，即证直线x＝2为∠APB的平分线，转化成证明kPA＋kPB＝0．因为kPA＋kPB＝eq\f(y1－1,x1－2)＋eq\f(y2－1,x2－2)＝eq\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x1＋t))－1))(x2－2)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋t))－1))(x1－2),(x1－2)(x2－2))＝eq\f(x1x2＋(t－2)(x1＋x2)－4(t－1),(x1－2)(x2－2))＝eq\f(2t2－4－2t(t－2)－4(t－1),(x1－2)(x2－2))＝eq\f(2t2－4－2t2＋4t－4t＋4,(x1－2)(x2－2))＝0，因此结论成立．[例7]　(2018·全国Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)．(1)证明：k<－eq\f(1,2)；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且eq\o(FP,\s\up6(→))＋eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(FB,\s\up6(→))＝0．证明：|eq\o(FA,\s\up6(→))|，|eq\o(FP,\s\up6(→))|，|eq\o(FB,\s\up6(→))|成等差数列，并求该数列的公差．[规范解答]　(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\f(x\o\al(2,1),4)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),4)＋eq\f(y\o\al(2,2),3)＝1．两式相减，并由eq\f(y1－y2,x1－x2)＝k，得eq\f(x1＋x2,4)＋eq\f(y1＋y2,3)·k＝0，由题设知eq\f(x1＋x2,2)＝1，eq\f(y1＋y2,2)＝m，于是k＝－eq\f(3,4m)．①由题设得0 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方程；(2)过点M的直线l与E交于A，B，与Γ交于C，D，求证：|CD|>eq\r(2)|AB|．[规范解答]　(1)设Γ的标准方程为x2＝2py(p>0)，则Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))．已知E在直线y＝eq\f(1,2)x上，故可设E(2a，a)．因为E，F关于M(－1,0)对称，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2a＋0,2)＝－1，,\f(\f(p,2)＋a,2)＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,p＝2.))所以Γ的标准方程为x2＝4y．因为E与x轴相切，故半径r＝|a|＝1，所以E的标准方程为(x＋2)2＋(y＋1)2＝1．(2)由题意知，直线l的斜率存在，设l的斜率为k，那么其方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，则E(－2，－1)到l的距离d＝eq\f(|k－1|,\r(k2＋1))，因为l与E交于A，B两点，所以d20，所以|AB|＝2eq\r(1－d2)＝2eq\r(\f(2k,k2＋1))．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝4y，,y＝k(x＋1)))消去y并整理得x2－4kx－4k＝0．Δ＝16k2＋16k>0恒成立，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4k，那么|CD|＝eq\r(k2＋1)|x1－x2|＝eq\r(k2＋1)·eq\r((x1＋x2)2－4x1x2)＝4eq\r(k2＋1)·eq\r(k2＋k)．所以eq\f(|CD|2,|AB|2)＝eq\f(16(k2＋1)(k2＋k),\f(8k,k2＋1))＝eq\f(2(k2＋1)2(k2＋k),k)＝eq\f(2k(k2＋1)2(k＋1),k)>eq\f(2k,k)＝2．所以|CD|2>2|AB|2，即|CD|>eq\r(2)|AB|．【对点训练】1．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个焦点为F(－1，0)，点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2\r(6),3)))在C上．(1)求椭圆C的方程；(2)已知点M(－4，0)，过F作直线l交椭圆于A，B两点，求证：∠FMA＝∠FMB．1．解析　(1)由题意知，c＝1，∵点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2\r(6),3)))在椭圆C上，∴eq\f(4,9a2)＋eq\f(8,3b2)＝1．又a2＝b2＋c2＝b2＋1，解得a2＝4，b2＝3，∴椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)当l与x轴垂直时，直线MF恰好平分∠AMB，则∠FMA＝∠FMB；当l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k(x＋1)，))消去y得，(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，∵Δ>0恒成立，∴设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，得x1＋x2＝－eq\f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2)，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝eq\f(y1,x1＋4)＋eq\f(y2,x2＋4)＝eq\f(y1(x2＋4)＋y2(x1＋4),(x1＋4)(x2＋4))＝eq\f(k(x1＋1)(x2＋4)＋k(x2＋1)(x1＋4),(x1＋4)(x2＋4))＝eq\f(k[2x1x2＋5(x2＋x1)＋8],(x1＋4)(x2＋4))，∵2x1x2＋5(x2＋x1)＋8＝2×eq\f(4k2－12,3＋4k2)＋5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8k2,3＋4k2)))＋8＝0，∴kMA＋kMB＝0，故直线MA，MB的倾斜角互补，综上所述，∠FMA＝∠FMB．2．如图，已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)))在椭圆C上，过原点O的直线与椭圆C相交于M，N两点，且|MF|＋|NF|＝4．　　　图①　　　　　　　　　　　图②(1)求椭圆C的方程；(2)设P(1，0)，Q(4，0)，过点Q且斜率不为零的直线与椭圆C相交于A，B两点，证明：∠APO＝∠BPQ．2．解析　(1)如图，取椭圆C的左焦点F′，连接MF′，NF′，由椭圆的几何性质知|NF|＝|MF′|，则|MF′|＋|MF|＝2a＝4，得a＝2.将点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)))代入椭圆C的方程得eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)＝1，解得b＝1．故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1．(2)设点A的坐标为(x1，y1)，点B的坐标为(x2，y2)．由图可知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝k(x－4)(k≠0)．联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝k(x－4)，))消去y得，(4k2＋1)x2－32k2x＋64k2－4＝0，Δ＝(－32k2)2－4(4k2＋1)(64k2－4)＞0，k2＜eq\f(1,12)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(32k2,4k2＋1)，,x1x2＝\f(64k2－4,4k2＋1)，))直线AP的斜率为eq\f(y1,x1－1)＝eq\f(k(x1－4),x1－1)．同理直线BP的斜率为eq\f(k(x2－4),x2－1)．由eq\f(k(x1－4),x1－1)＋eq\f(k(x2－4),x2－1)＝eq\f(k(x1－4)(x2－1)＋k(x2－4)(x1－1),(x1－1)(x2－1))＝eq\f(k[2x1x2－5(x1＋x2)＋8],x1x2－(x1＋x2)＋1)＝eq\f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(128k2－8,4k2＋1)－\f(160k2,4k2＋1)＋8)),\f(64k2－4,4k2＋1)－\f(32k2,4k2＋1)＋1)＝eq\f(k(128k2－8－160k2＋32k2＋8),64k2－4－32k2＋4k2＋1)＝eq\f(k(160k2－8－160k2＋8),36k2－3)＝0．由上得直线AP与BP的斜率互为相反数，可得∠APO＝∠BPQ．3．设椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)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\o(AB,\s\up7(→))⊥eq\o(BC,\s\up7(→))，eq\o(AD,\s\up7(→))∥eq\o(OC,\s\up7(→))，连接AC交DE于点P，求证：PD＝PE．3．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)证明：由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，设D(x0，y0)，所以E(x0,0)，因为eq\o(AB,\s\up7(→))⊥eq\o(BC,\s\up7(→))，所以可设C(2，y1)，所以eq\o(AD,\s\up7(→))＝(x0＋2，y0)，eq\o(OC,\s\up7(→))＝(2，y1)，由eq\o(AD,\s\up7(→))∥eq\o(OC,\s\up7(→))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,\f(2y0,x0＋2))＝eq\f(x＋2,4)，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\co1(x0，\f(y0,2)))，所以P为DE的中点，所以PD＝PE．4．如图，P是直线x＝4上一动点，以P为圆心的圆Γ过定点B(1，0)，直线l是圆Γ在点B处的切线，过A(－1，0)作圆Γ的两条切线分别与l交于E，F两点．(1)求证：|EA|＋|EB|为定值；(2)设直线l交直线x＝4于点Q，证明：|EB|·|FQ|＝|FB|·|EQ|．4．解析　(1)设AE切圆Γ于点M，直线x＝4与x轴的交点为N，故|EM|＝|EB|．从而|EA|＋|EB|＝|AM|＝eq\r(|AP|2－|PM|2)＝eq\r(|AP|2－|PB|2)＝eq\r((|AN|2＋|NP|2)－(|BN|2＋|NP|2))＝eq\r(|AN|2－|BN|2)＝eq\r(25－9)＝4．所以|EA|＋|EB|为定值4．(2)由(1)同理可知|FA|＋|FB|＝4，故E，F均在椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1上．设直线EF的方程为x＝my＋1(m≠0)．令x＝4，求得y＝eq\f(3,m)，即Q点的纵坐标yQ＝eq\f(3,m)．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．设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则有y1＋y2＝－eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3m2＋4)．因为E，B，F，Q在同一条直线上，所以|EB|·|FQ|＝|FB|·|EQ|等价于(yB－y1)(yQ－y2)＝(y2－yB)(yQ－y1)．即－y1·eq\f(3,m)＋y1y2＝y2·eq\f(3,m)－y1y2，等价于2y1y2＝(y1＋y2)·eq\f(3,m)．将y1＋y2＝－eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3m2＋4)代入，知上式成立．所以|EB|·|FQ|＝|FB|·|EQ|．5．已知斜率为k的直线l与椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1交于A，B两点．线段AB的中点为M(1，m)(m>0)．(1)证明：k<－eq\f(1,2)；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且eq\o(FP,\s\up6(→))＋eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(FB,\s\up6(→))＝0．证明：2|eq\o(FP,\s\up6(→))|＝|eq\o(FA,\s\up6(→))|＋|eq\o(FB,\s\up6(→))|．5．解析　(1)设直线l的方程为y＝kx＋t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得(4k2＋3)x2＋8ktx＋4t2－12＝0，则Δ＝64k2t2－4(4t2－12)(3＋4k2)>0，得4k2＋3>t2，①且x1＋x2＝eq\f(－8kt,3＋4k2)＝2，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝eq\f(6t,3＋4k2)＝2m，因为m>0，所以t>0且k<0．且t＝eq\f(3＋4k2,－4k)，②由①②得4k2＋3>eq\f((3＋4k2)2,16k2)，所以k>eq\f(1,2)或k<－eq\f(1,2)．因为k<0，所以k<－eq\f(1,2)．(2)eq\o(FP,\s\up6(→))＋eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(FB,\s\up6(→))＝0，eq\o(FP,\s\up6(→))＋2eq\o(FM,\s\up6(→))＝0，因为M(1，m)，F(1，0)，所以P的坐标为(1，－2m)．又P在椭圆上，所以eq\f(1,4)＋eq\f(4m2,3)＝1，所以m＝eq\f(3,4)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))，又eq\f(x\o\al(2,1),4)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),4)＋eq\f(y\o\al(2,2),3)＝1，两式相减可得eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(3,4)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2)，又x1＋x2＝2，y1＋y2＝eq\f(3,2)，所以k＝－1，直线l方程为y－eq\f(3,4)＝－(x－1)，即y＝－x＋eq\f(7,4)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋\f(7,4)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得28x2－56x＋1＝0，x1，2＝eq\f(14±3\r(21),14)，|eq\o(FA,\s\up6(→))|＋|eq\o(FB,\s\up6(→))|＝eq\r((x1－1)2＋y\o\al(2,1))＋eq\r((x2－1)2＋y\o\al(2,2))＝3，|eq\o(FP,\s\up6(→))|＝eq\r((1－1)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)－0))2)＝eq\f(3,2)，所以|eq\o(FA,\s\up6(→))|＋|eq\o(FB,\s\up6(→))|＝2|eq\o(FP,\s\up6(→))|．6．如图所示，已知直线l过点M(4，0)且与抛物线y2＝2px(p＞0)交于A，B两点，以弦AB为直径的圆恒过坐标原点O．(1)求抛物线的标准方程；(2)设Q是直线x＝－4上任意一点，求证：直线QA，QM，QB的斜率依次成等差数列．6．解析　(1)设直线l的方程为x＝ky＋4，代入y2＝2px得y2－2kpy－8p＝0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有y1＋y2＝2kp，y1y2＝－8p，而AB为直径，O为圆上一点，所以eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝0，故0＝x1x2＋y1y2＝(ky1＋4)(ky2＋4)－8p＝k2y1y2＋4k(y1＋y2)＋16－8p，即0＝－8k2p＋8k2p＋16－8p，得p＝2，所以抛物线方程为y2＝4x．(2)设Q(－4，t)由(1)知y1＋y2＝4k，y1y2＝－16，所以yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16k2＋32．因为kQA＝eq\f(y1－t,x1＋4)＝eq\f(y1－t,\f(y\o\al(2,1),4)＋4)＝eq\f(4(y1－t),y\o\al(2,1)＋16)，kQB＝eq\f(y2－t,x2＋4)＝eq\f(y2－t,\f(y\o\al(2,2),4)＋4)＝eq\f(4(y2－t),y\o\al(2,2)＋16)，kQM＝eq\f(t,－8)，所以kQA＋kQB＝eq\f(4(y1－t),y\o\al(2,1)＋16)＋eq\f(4(y2－t),y\o\al(2,2)＋16)＝4×eq\f((y1－t)(y\o\al(2,2)＋16)＋(y2－t)(y\o\al(2,1)＋16),(y\o\al(2,1)＋16)(y\o\al(2,2)＋16))＝4×eq\f(y1y\o\al(2,2)＋16y1－ty\o\al(2,2)－16t＋y2y\o\al(2,1)＋16y2－ty\o\al(2,1)－16t,y\o\al(2,1)y\o\al(2,2)＋16(y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2))＋16×16)＝eq\f(－t(y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2))－32t,8×16＋4(y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2)))＝eq\f(－t(16k2＋32)－32t,8×16＋4(16k2＋32))＝－eq\f(t,4)＝2kQM．所以直线QA，QM，QB的斜率依次成等差数列．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(\r(3),2)，焦距为2eq\r(3)．(1)求椭圆C的方程；(2)若斜率为－eq\f(1,2)的直线与椭圆C交于P，Q两点(点P，Q均在第一象限)，O为坐标原点，证明：直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列．7．解析　(1)由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,2c＝2\r(3)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝\r(3)，))又b2＝a2－c2＝1，∴椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1．(2)证明：设直线l的方程为y＝－eq\f(1,2)x＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,2)x＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，得2x2－4mx＋4(m2－1)＝0．则Δ＝16m2－32(m2－1)＝16(2－m2)＞0，且x1＋x2＝2m，x1x2＝2(m2－1)．故y1y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x1＋m))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x2＋m))＝eq\f(1,4)x1x2－eq\f(1,2)m(x1＋x2)＋m2．∴kOP·kOQ＝eq\f(y1y2,x1x2)＝eq\f(\f(1,4)x1x2－\f(1,2)m(x1＋x2)＋m2,x1x2)＝eq\f(1,4)＝keq\o\al(2,PQ)，即直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列．8．已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为方程2x2－3x＋1＝0的解，点A，B分别为椭圆E的左、右顶点，点C在E上，且△ABC面积的最大值为2eq\r(3)．(1)求椭圆E的方程；(2)设F为E的左焦点，点D在直线x＝－4上，过F作DF的垂线交椭圆E于M，N两点．证明：直线OD把△DMN分为面积相等的两部分．8．解析　(1)方程2x2－3x＋1＝0的解为x1＝eq\f(1,2)，x2＝1，∵椭圆离心率e∈(0,1)，∴e＝eq\f(1,2)，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(1,2)，,ab＝2\r(3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(3)，))∴椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(－4，n)，线段MN的中点为P(x0，y0)，故2x0＝x1＋x2，2y0＝y1＋y2，由(1)可得F(－1,0)，则直线DF的斜率为kDF＝eq\f(n－0,－4－(－1))＝－eq\f(n,3)，当n＝0时，直线MN的斜率不存在，根据椭圆的对称性可知OD平分线段MN．当n≠0时，直线MN的斜率kMN＝eq\f(3,n)＝eq\f(y1－y2,x1－x2)，∵点M，N在椭圆E上，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),4)＋\f(y\o\al(2,1),3)＝1，,\f(x\o\al(2,2),4)＋\f(y\o\al(2,2),3)＝1，))整理得eq\f((x1＋x2)(x1－x2),4)＋eq\f((y1＋y2)(y1－y2),3)＝0，又2x0＝x1＋x2，2y