专题31 证明位置关系型问题(解析版)

这是一份专题31 证明位置关系型问题(解析版)，共17页。试卷主要包含了已知抛物线C，如图，已知圆G，直线y＝kx＋m与椭圆W等内容，欢迎下载使用。

【例题选讲】
[例1] 设椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)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．
[规范解答] (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．
[例2] 已知点A(－4，0)，直线l：x＝－1与x轴交于点B，动点M到A，B两点的距离之比为2．
(1)求点M的轨迹C的方程；
(2)设C与x轴交于E，F两点，P是直线l上一点，且点P不在C上，直线PE，PF分别与C交于另一点S，T，证明：A，S，T三点共线．
[规范解答] (1)设点M(x，y)，依题意，eq \f(|MA|,|MB|)＝eq \f(\r((x＋4)2＋y2),\r((x＋1)2＋y2))＝2，
化简得x2＋y2＝4，即轨迹C的方程为x2＋y2＝4．
(2)证明：由(1)知曲线C的方程为x2＋y2＝4，令y＝0得x＝±2，不妨设E(－2，0)，F(2,0)，如图所示．
设P(－1，y0)，S(x1，y1)，T(x2，y2)，则直线PE的方程为y＝y0(x＋2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝y0(x＋2)，,x2＋y2＝4))得(yeq \\al(2,0)＋1)x2＋4yeq \\al(2,0)x＋4yeq \\al(2,0)－4＝0，所以－2x1＝eq \f(4y\\al(2,0)－4,y\\al(2,0)＋1)，即x1＝eq \f(2－2y\\al(2,0),y\\al(2,0)＋1)，y1＝eq \f(4y0,y\\al(2,0)＋1)．
直线PF的方程为y＝－eq \f(y0,3)(x－2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(y0,3)x－2，,x2＋y2＝4))得(yeq \\al(2,0)＋9)x2－4yeq \\al(2,0)x＋4yeq \\al(2,0)－36＝0，
所以2x2＝eq \f(4y\\al(2,0)－36,y\\al(2,0)＋9)，即x2＝eq \f(2y\\al(2,0)－18,y\\al(2,0)＋9)，y2＝eq \f(12y0,y\\al(2,0)＋9)，所以kAS＝eq \f(y1,x1＋4)＝eq \f(\f(4y0,y\\al(2,0)＋1),\f(2－2y\\al(2,0),y\\al(2,0)＋1)＋4)＝eq \f(2y0,y\\al(2,0)＋3)，
kAT＝eq \f(y2,x2＋4)＝eq \f(\f(12y0,y\\al(2,0)＋9),\f(2y\\al(2,0)－18,y\\al(2,0)＋9)＋4)＝eq \f(2y0,y\\al(2,0)＋3)，所以kAS＝kAT，所以A，S，T三点共线．
[例3] 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(→))．
[规范解答] (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．
[例4] 已知椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的右焦点为F，设直线l：x＝5与x轴的交点为E，过点F且斜率为k的直线l1与椭圆交于A，B两点，M为线段EF的中点．
(1)若直线l1的倾斜角为eq \f(π,4)，求|AB|的值；
(2)设直线AM交直线l于点N，证明：直线BN⊥l．
[规范解答] 由题意知，F(1,0)，E(5,0)，M(3,0)．
(1)∵直线l1的倾斜角为eq \f(π,4)，∴k＝1．∴直线l1的方程为y＝x－1．
代入椭圆方程，可得9x2－10x－15＝0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(10,9)，x1x2＝－eq \f(5,3)．
∴|AB|＝eq \r(2(x1－x2)2)＝eq \r(2)·eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq \r(2)× eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,9)))2＋4×\f(5,3))＝eq \f(16\r(5),9)．
(2)设直线l1的方程为y＝k(x－1)．代入椭圆方程，得(4＋5k2)x2－10k2x＋5k2－20＝0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(10k2,4＋5k2)，x1x2＝eq \f(5k2－20,4＋5k2)．
设N(5，y0)，∵A，M，N三点共线，∴kAM＝kMN，即eq \f(－y1,3－x1)＝eq \f(y0,2)，∴y0＝eq \f(2y1,x1－3)．
而y0－y2＝eq \f(2y1,x1－3)－y2＝eq \f(2k(x1－1),x1－3)－k(x2－1)＝eq \f(3k(x1＋x2)－kx1x2－5k,x1－3)＝eq \f(3k·\f(10k2,4＋5k2)－k·\f(5k2－20,4＋5k2)－5k,x1－3)＝0．
∴直线BN∥x轴，即BN⊥l．
[例5] 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．
[规范解答] (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．
[例6] 已知点F为抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点，点A(2，m)在抛物线E上，且|AF|＝3．
(1)求抛物线E的方程；
(2)已知点G(－1，0)，延长AF交抛物线E于点B，证明：以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切．
[规范解答] (1)由抛物线的定义得|AF|＝2＋eq \f(p,2)．
因为|AF|＝3，即2＋eq \f(p,2)＝3，解得p＝2，所以抛物线E的方程为y2＝4x．
(2)证明：设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r．
因为点A(2，m)在抛物线E：y2＝4x上，所以m＝±2eq \r(2)．
由抛物线的对称性，不妨设A(2，2eq \r(2))．由A(2，2eq \r(2))，F(1，0)可得直线AF的方程为
y＝2eq \r(2)(x－1)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2\r(2)(x－1)，,y2＝4x，))得2x2－5x＋2＝0，解得x＝2或x＝eq \f(1,2)，从而Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\r(2)))．
又G(－1，0)，故直线GA的方程为2eq \r(2)x－3y＋2eq \r(2)＝0，
从而r＝eq \f(|2\r(2)＋2\r(2)|,\r(8＋9))＝eq \f(4\r(2) ,\r(17))，又直线GB的方程为2eq \r(2)x＋3y＋2eq \r(2)＝0，
所以点F到直线GB的距离d＝eq \f(|2\r(2)＋2\r(2)|,\r(8＋9))＝eq \f(4\r(2),\r(17))＝r，
这表明以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切．
[例7] 设椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，右顶点为A，B，C是椭圆上关于原点对称的两点(B，C均不在x轴上)，线段AC的中点为D，且B，F，D三点共线．
(1)求椭圆E的离心率；
(2)设F(1，0)，过F的直线l交E于M，N两点，直线MA，NA分别与直线x＝9交于P，Q两点．证明：以PQ为直径的圆过点F．
[规范解答] (1)法一：由已知A(a,0)，F(c,0)，设B(x0，y0)，C(－x0，－y0)，则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－x0,2)，－\f(y0,2)))，
∵B，F，D三点共线，∴eq \(BF,\s\up7(→))∥eq \(BD,\s\up7(→))，又eq \(BF,\s\up7(→))＝(c－x0，－y0)，eq \(BD,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－3x0,2)，－\f(3y0,2)))，
∴－eq \f(3,2)y0(c－x0)＝－y0·eq \f(a－3x0,2)，∴a＝3c，从而e＝eq \f(1,3)．
法二：连接OD，AB(图略)，由题意知，OD是△CAB的中位线，∴OD綊eq \f(1,2)AB，
∴△OFD∽△AFB．∴eq \f(OF,AF)＝eq \f(OD,AB)＝eq \f(1,2)，即eq \f(c,a－c)＝eq \f(1,2)，解得a＝3c，从而e＝eq \f(1,3)．
(2)∵F的坐标为(1,0)，∴c＝1，从而a＝3，∴b2＝8．∴椭圆E的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1．
设直线l的方程为x＝ny＋1，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ny＋1，,\f(x2,9)＋\f(y2,8)＝1))消去x得，(8n2＋9)y2＋16ny－64＝0，
∴y1＋y2＝eq \f(－16n,8n2＋9)，y1y2＝eq \f(－64,8n2＋9)，其中M(ny1＋1，y1)，N(ny2＋1，y2)．
∴直线AM的方程为eq \f(y,y1)＝eq \f(x－3,ny1－2)，∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9，\f(6y1,ny1－2)))，同理Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9，\f(6y2,ny2－2)))，
从而eq \(FP,\s\up7(→))·eq \(FQ,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8，\f(6y1,ny1－2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8，\f(6y2,ny2－2)))＝64＋eq \f(36y1y2,n2y1y2－2n(y1＋y2)＋4)
＝64＋eq \f(\f(36×(－64),8n2＋9),\f(－64n2,8n2＋9)＋\f(32n2,8n2＋9)＋4)＝64＋eq \f(36×(－64),36)＝0．∴FP⊥FQ，即以PQ为直径的圆恒过点F．
[例8] (2017·全国Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足eq \(NP,\s\up6(→))＝eq \r(2)eq \(NM,\s\up6(→))．
(1)求点P的轨迹方程；
(2)设点Q在直线x＝－3上，且eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(PQ,\s\up6(→))＝1．证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．
[规范解答] (1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0,0)，eq \(NP,\s\up6(→))＝(x－x0，y)，eq \(NM,\s\up6(→))＝(0，y0)．
由eq \(NP,\s\up6(→))＝eq \r(2) eq \(NM,\s\up6(→))，得x0＝x，y0＝eq \f(\r(2),2)y，因为M(x0，y0)在C上，所以eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,2)＝1．
因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2．
(2)由题意知F(－1,0)．设Q(－3，t)，P(m，n)，则eq \(OQ,\s\up6(→))＝(－3，t)，
eq \(PF,\s\up6(→))＝(－1－m，－n)，eq \(OQ,\s\up6(→))·eq \(PF,\s\up6(→))＝3＋3m－tn，eq \(OP,\s\up6(→))＝(m，n)，eq \(PQ,\s\up6(→))＝(－3－m，t－n)．
由eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(PQ,\s\up6(→))＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0．
所以eq \(OQ,\s\up6(→))·eq \(PF,\s\up6(→))＝0，即eq \(OQ,\s\up6(→))⊥eq \(PF,\s\up6(→))，又过点P存在唯一直线垂直于OQ，
所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．
[例9] 设椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,1－a2)＝1的焦点在x轴上．
(1)若椭圆E的焦距为1，求椭圆E的方程；
(2)设F1，F2分别是椭圆E的左、右焦点，P为椭圆E上第一象限内的点，直线F2P交y轴于点Q，并且F1P⊥F1Q．证明：当a变化时，点P在某定直线上．
[规范解答] (1)因为焦距为1，且焦点在x轴上，所以2a2－1＝eq \f(1,4)，解得a2＝eq \f(5,8)．
故椭圆E的方程为eq \f(8x2,5)＋eq \f(8y2,3)＝1．
(2)设P(x0，y0)，F1(－c，0)，F2(c，0)，其中c＝eq \r(2a2－1)．
由题设知x0≠c，则直线F1P的斜率kF1P＝eq \f(y0,x0＋c)，直线F2P的斜率kF2P＝eq \f(y0,x0－c)．
故直线F2P的方程为y＝eq \f(y0,x0－c)(x－c)．当x＝0时，y＝eq \f(cy0,c－x0)，即点Q坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(cy0,c－x0)))．
因此，直线F1Q的斜率为kF1Q＝eq \f(y0,c－x0)．由于F1P⊥F1Q，所以kF1P·kF1Q＝eq \f(y0,x0＋c)·eq \f(y0,c－x0)＝－1．
化简得yeq \\al(2,0)＝xeq \\al(2,0)－(2a2－1)．①
将①代入椭圆E的方程，由于点P(x0，y0)在第一象限，解得x0＝a2，y0＝1－a2，
即点P在定直线x＋y＝1上．
【对点训练】
1．已知椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的右焦点为F，设直线l：x＝5与x轴的交点为E，过点F且斜率为k的直线l1与椭
圆交于A，B两点，M为线段EF的中点．
(1)若直线l1的倾斜角为eq \f(π,4)，求△ABM的面积S的值；
(2)过点B作BN⊥l于点N，证明：A，M，N三点共线．
1．解析 由题意知，F(1，0)，E(5，0)，M(3，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)因为直线l1的倾斜角为eq \f(π,4)，所以k＝1，则直线l1的方程为y＝x－1．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－1，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))消去x并整理，得9y2＋8y－16＝0，Δ＞0，则y1＋y2＝－eq \f(8,9)，y1y2＝－eq \f(16,9)．
所以S△ABM＝eq \f(1,2)×|FM|×|y1－y2|＝eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \r(－\f(8,9)2－4×－\f(16,9))＝eq \f(8\r(10),9)．
(2)由题意可得直线l1的方程为y＝k(x－1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))消去y并整理，得(4＋5k2)x2－10k2x＋5k2－20＝0，Δ＞0，
则x1＋x2＝eq \f(10k2,4＋5k2)，x1x2＝eq \f(5k2－20,4＋5k2)．
因为BN⊥l于点N，所以N(5，y2)，则kAM＝eq \f(－y1,3－x1)，kMN＝eq \f(y2,2)．
而y2(3－x1)－2(－y1)＝k(x2－1)(3－x1)＋2k(x1－1)＝－k[x1x2－3(x1＋x2)＋5]
＝－k(eq \f(5k2－20,4＋5k2)－3×eq \f(10k2,4＋5k2)＋5)＝0，
所以kAM＝kMN，故A，M，N三点共线．
2．如图，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左右焦点分别为F1，F2，左右顶点分别为A，B，P为椭圆C上任
一点(不与A，B重合)．已知△PF1F2的内切圆半径的最大值为2－eq \r(2)，椭圆C的离心率为eq \f(\r(2),2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l过点B且垂直于x轴，延长AP交l于点N，以BN为直径的圆交BP于点M，求证：O，M，N三点共线．
2．解析 (1)由题意知，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，∴c＝eq \f(\r(2),2)a，又b2＝a2－c2，∴b＝eq \f(\r(2),2)a．
设△PF1F2的内切圆半径为r，则S△PF1F2＝eq \f(1,2)(|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|)·r＝eq \f(1,2)(2a＋2c)·r＝(a＋c)r，
故当△PF1F2面积最大时，r最大，即P点位于椭圆短轴顶点时，r＝2－eq \r(2)，
∴(a＋c)(2－eq \r(2))＝bc，把c＝eq \f(\r(2),2)a，b＝eq \f(\r(2),2)a代入，解得a＝2，b＝eq \r(2)，
∴椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)由题意知，直线AP的斜率存在，设为k，则AP所在直线方程为y＝k(x＋2)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋2），,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，得(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，则有xP·(－2)＝eq \f(8k2－4,2k2＋1)，
∴xP＝eq \f(2－4k2,2k2＋1)，yP＝k(xP＋2)＝eq \f(4k,2k2＋1)，得eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8k2,2k2＋1)，\f(4k,2k2＋1)))，又N(2，4k)，∴eq \(ON,\s\up6(→))＝(2，4k)．
则eq \(ON,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \f(－16k2,2k2＋1)＋eq \f(16k2,2k2＋1)＝0，∴ON⊥BP，而M在以BN为直径的圆上，
∴MN⊥BP，∴O，M，N三点共线．
3．设椭圆E的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a，0)，点B的坐标为(0，b)，
点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为eq \f(\r(5),10)．
(1)求E的离心率e；
(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，证明：MN⊥AB．
3．解析 (1)由题设条件知，点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)a，\f(1,3)b))，又kOM＝eq \f(\r(5),10)，从而eq \f(b,2a)＝eq \f(\r(5),10)．
进而得a＝eq \r(5)b，c＝eq \r(a2－b2)＝2b，故e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(5),5)．
(2)证明：由N是AC的中点知，点N的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，－\f(b,2)))，可得eq \(NM,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,6)，\f(5b,6)))．
又eq \(AB,\s\up7(→))＝(－a，b)，从而有eq \(AB,\s\up7(→))·eq \(NM,\s\up7(→))＝－eq \f(1,6)a2＋eq \f(5,6)b2＝eq \f(1,6)(5b2－a2)．
由(1)可知a2＝5b2，所以eq \(AB,\s\up7(→))·eq \(NM,\s\up7(→))＝0，故MN⊥AB．
4．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为2eq \r(3)，且C过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设B1，B2分别是椭圆C的下顶点和上顶点，P是椭圆上异于B1，B2的任意一点，过点P作PM⊥y轴于M，N为线段PM的中点，直线B2N与直线y＝－1交于点D，E为线段B1D的中点，O为坐标原点，求证：ON⊥EN．
4．解析 (1)由题设知焦距为2eq \r(3)，所以c＝eq \r(3)，又因为椭圆过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，所以代入椭圆方程得eq \f(3,a2)＋eq \f(\f(1,4),b2)＝1，
因为a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，故所求椭圆C的方程是eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)设P(x0，y0)，x0≠0，则M(0，y0)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,2)，y0))．
因为点P在椭圆C上，所以eq \f(x\\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，即xeq \\al(2,0)＝4－4yeq \\al(2,0)．
又B2(0,1)，所以直线B2N的方程为y－1＝eq \f(2y0－1,x0)x，令y＝－1，得x＝eq \f(x0,1－y0)，所以Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,1－y0)，－1))．
又B1(0，－1)，E为线段B1D的中点，所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,21－y0)，－1))．
所以eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,2)，y0))，eq \(EN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,2)－\f(x0,21－y0)，y0＋1))．
因为eq \(ON,\s\up6(→))·eq \(EN,\s\up6(→))＝eq \f(x0,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x0,2)－\f(x0,21－y0)))＋y0(y0＋1)＝eq \f(x\\al(2,0),4)－eq \f(x\\al(2,0),41－y0)＋yeq \\al(2,0)＋y0＝1－eq \f(4－4y\\al(2,0),41－y0)＋y0＝1－y0－1＋y0＝0，
所以eq \(ON,\s\up6(→))⊥eq \(EN,\s\up6(→))，即ON⊥EN．
5．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，过焦点F的直线交C于A，B两点，D是抛物线的准线l与y轴的交点．
(1)若AB∥l，且△ABD的面积为1，求抛物线的方程；
(2)设M为AB的中点，过M作l的垂线，垂足为N．证明：直线AN与抛物线相切．
5．解析 (1)∵AB∥l，∴|FD|＝p，|AB|＝2p．∴S△ABD＝p2＝1．∴p＝1，故抛物线C的方程为x2＝2y．
(2)显然直线AB的斜率存在，设其方程为y＝kx＋eq \f(p,2)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(x\\al(2,1),2p)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(x\\al(2,2),2p)))．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋\f(p,2)，,x2＝2py))消去y整理得，x2－2kpx－p2＝0．∴x1＋x2＝2kp，x1x2＝－p2．
∴M(kp，k2p＋eq \f(p,2))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kp，－\f(p,2)))．∴k AN＝eq \f(\f(x\\al(2,1),2p)＋\f(p,2),x1－kp)＝eq \f(\f(x\\al(2,1),2p)＋\f(p,2),x1－\f(x1＋x2,2))＝eq \f(\f(x\\al(2,1)＋p2,2p),\f(x1－x2,2))＝eq \f(\f(x\\al(2,1)－x1x2,2p),\f(x1－x2,2))＝eq \f(x1,p)．
又x2＝2py，∴y′＝eq \f(x,p)．∴抛物线x2＝2py在点A处的切线斜率k＝eq \f(x1,p)．∴直线AN与抛物线相切．
6．如图，已知圆G：(x－2)2＋y2＝eq \f(4,9)是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的内接△ABC的内切圆，其中A(－4，
0)为椭圆的左顶点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆的上顶点M作圆G的两条切线交椭圆于E，F两点，证明：直线EF与圆G相切．
6．解析 (1)由题意可知BC垂直于x轴，a＝4．设B(2＋r，y0)(r为圆G的半径)，
过圆心G作GD⊥AB于D，BC交x轴于H，由eq \f(GD,AD)＝eq \f(HB,AH)，得eq \f(r,\r(36－r2))＝eq \f(y0,6＋r)，即y0＝eq \f(r\r(6＋r),\r(6－r))，
∵r＝eq \f(2,3)，∴y0＝eq \f(\r(5),3)，∵Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，\f(\r(5),3)))在椭圆上，∴eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)))2,42)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),3)))2,b2)＝1，解得b＝1，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,16)＋y2＝1．
(2)由(1)可知M(0,1)，设过点M(0,1)与圆(x－2)2＋y2＝eq \f(4,9)相切的直线方程为：y＝kx＋1，①
则eq \f(2,3)＝eq \f(|2k＋1|,\r(1＋k2))，即32k2＋36k＋5＝0，②．解得k1＝eq \f(－9＋\r(41),16)，k2＝eq \f(－9－\r(41),16)，
将①代入eq \f(x2,16)＋y2＝1得(16k2＋1)x2＋32kx＝0，则异于零的解为x＝－eq \f(32k,16k2＋1)．
设F(x1，k1x1＋1)，E(x2，k2x2＋1)，则x1＝－eq \f(32k1,16k\\al(2,1)＋1)，x2＝－eq \f(32k2,16k\\al(2,2)＋1)，
则直线FE的斜率为：kEF＝eq \f(k2x2－k1x1,x2－x1)＝eq \f(k1＋k2,1－16k1k2)＝eq \f(3,4)，
于是直线FE的方程为：y＋eq \f(32k\\al(2,1),16k\\al(2,1)＋1)－1＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(32k1,16k\\al(2,1)＋1)))，即y＝eq \f(3,4)x－eq \f(7,3)，
则圆心(2，0)到直线FE的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(7,3))),\r(1＋\f(9,16)))＝eq \f(2,3)＝r，故结论成立．
7．(2017·北京)已知抛物线C：y2＝2px过点P(1，1)．过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))作直线l与抛物线C交于不同的两点M，
N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点．
(1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；
(2)求证：A为线段BM的中点．
7．解析 (1)由抛物线C：y2＝2px过点P(1，1)，得p＝eq \f(1,2)．所以抛物线C的方程为y2＝x．
抛物线C的焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))，准线方程为x＝－eq \f(1,4)．
(2)证明：由题意，设直线l的方程为y＝kx＋eq \f(1,2)(k≠0)，l与抛物线C的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋\f(1,2)，,y2＝x))消去y，得4k2x2＋(4k－4)x＋1＝0．则x1＋x2＝eq \f(1－k,k2)，x1x2＝eq \f(1,4k2)．
因为点P的坐标为(1,1)，所以直线OP的方程为y＝x，点A的坐标为(x1，x1)．
直线ON的方程为y＝eq \f(y2,x2)x，点B的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(y2x1,x2)))．
因为y1＋eq \f(y2x1,x2)－2x1＝eq \f(y1x2＋y2x1－2x1x2,x2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx1＋\f(1,2)))x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx2＋\f(1,2)))x1－2x1x2,x2)
＝eq \f((2k－2)x1x2＋\f(1,2)(x2＋x1),x2)＝eq \f((2k－2)×\f(1,4k2)＋\f(1－k,2k2),x2)＝0，
所以y1＋eq \f(y2x1,x2)＝2x1．故A为线段BM的中点．
8．已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点(2eq \r(2)，2)，且离心率为eq \f(\r(2),2)，F1，F2是椭圆E的左、右焦点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若A，B是椭圆E上关于y轴对称的两点(A，B不是长轴的端点)，点P是椭圆E上异于A，B的一点，且直线PA，PB分别交y轴于点M，N，求证：直线MF1与直线NF2的交点G在定圆上．
8．解析 (1)由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(8,a2)＋\f(4,b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4，,b＝2\r(2)，,c＝2\r(2)，))故椭圆E的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,8)＝1．
(2)证明：设B(x0，y0)，P(x1，y1)，则A(－x0，y0)．直线PA的方程为y－y1＝eq \f(y1－y0,x1＋x0)(x－x1)，
令x＝0，得y＝eq \f(x1y0＋x0y1,x1＋x0)，故Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(x1y0＋x0y1,x1＋x0)))．同理可得Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(x1y0－x0y1,x1－x0)))．
所以eq \(F1M,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(2)，\f(x1y0＋x0y1,x1＋x0)))，eq \(F2N,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2\r(2)，\f(x1y0－x0y1,x1－x0)))，
所以eq \(F1M,\s\up7(→))·eq \(F2N,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(2)，\f(x1y0＋x0y1,x1＋x0)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2\r(2)，\f(x1y0－x0y1,x1－x0)))＝－8＋eq \f(x\\al(2,1)y\\al(2,0)－x\\al(2,0)y\\al(2,1),x\\al(2,1)－x\\al(2,0))
＝－8＋eq \f(x\\al(2,1)×8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,0),16)))－x\\al(2,0)×8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,1),16))),x\\al(2,1)－x\\al(2,0))＝－8＋8＝0，
所以F1M⊥F2N，所以直线MF1与直线NF2的交点G在以F1F2为直径的圆上．
9．直线y＝kx＋m(m≠0)与椭圆W：eq \f(x2,4)＋y2＝1相交于A，C两点，O是坐标原点．
(1)当点B的坐标为(0，1)，且四边形OABC为菱形时，求AC的长；
(2)当点B在W上且不是W的顶点时，证明：四边形OABC不可能为菱形．
9．解析 (1)因为四边形OABC为菱形，所以AC与OB相互垂直平分．
所以可设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(1,2)))，代入椭圆方程得eq \f(t2,4)＋eq \f(1,4)＝1，即t＝±eq \r(3)．所以|AC|＝2eq \r(3)．
(2)假设四边形OABC为菱形．因为点B不是W的顶点，且AC⊥OB，所以k≠0．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋4y2＝4，,y＝kx＋m，))消去y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0．
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(4km,1＋4k2)，eq \f(y1＋y2,2)＝k·eq \f(x1＋x2,2)＋m＝eq \f(m,1＋4k2)．
所以AC的中点为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4km,1＋4k2)，\f(m,1＋4k2)))．
因为M为AC和OB的交点，且m≠0，k≠0，所以直线OB的斜率为－eq \f(1,4k)．
因为k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4k)))≠－1，所以AC与OB不垂直．所以OABC不是菱形，与假设矛盾．
所以当点B在W上且不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形．