专题30 证明数量关系型问题(原卷版)

这是一份专题30 证明数量关系型问题(原卷版)，共19页。试卷主要包含了已知椭圆C，已知椭圆E，已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。

【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\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)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\c1(\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\c1(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\c1(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\c1(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\c1(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\c1(0，\f(π,3)))，∠BFA∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(\f(y0,x0＋a)))2)＝eq \f(2y0(x0＋a),(x0＋a)2－y\\al(2,0))＝eq \f(2y0(x0＋a),(x0＋a)2－b2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0),a2)－1)))＝eq \f(2y0(x0＋a),(x0＋a)2－3a2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0),a2)－1)))
＝eq \f(2y0(x0＋a),(x0＋a)2－3(x\\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\c1(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\c1(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\c1(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\c1(\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 \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(3,5)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(4,5)eq \(OB,\s\up6(→))，点N为线段AB的中点，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(a＝2，,\f(3,a2)＋\f(1,4b2)＝1，))故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\\al(2,1),4)＋yeq \\al(2,1)＝1，eq \f(x\\al(2,2),4)＋yeq \\al(2,2)＝1，由eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(3,5)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(4,5)eq \(OB,\s\up6(→))，得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(3,5)x1＋\f(4,5)x2))2,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)y1＋\f(4,5)y2))2＝1，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋y\\al(2,1)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,2),4)＋y\\al(2,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))2＋2×eq \f(3,5)×eq \f(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1x2,4)＋y1y2))＝1，
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))2＋2×eq \f(3,5)×eq \f(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，
所以eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))2,2)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1＋y2,2)))2＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋y\\al(2,1)))＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,2),4)＋y\\al(2,2)))＋eq \f(x1x2,4)＋y1y2＝1．
从而线段AB的中点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(－\f(\r(6),2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(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\c1(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\c1(\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\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x1＋t))－1))(x2－2)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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 \(FP,\s\up6(→))＋eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(FB,\s\up6(→))＝0．证明：|eq \(FA,\s\up6(→))|，|eq \(FP,\s\up6(→))|，|eq \(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\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，eq \f(x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\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(2)由题意得F(1,0)．设P(x3，y3)，则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)．
由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0．
又点P在C上，所以m＝eq \f(3,4)，从而Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(3,2)))，|eq \(FP,\s\up6(→))|＝eq \f(3,2)，
于是|eq \(FA,\s\up6(→))|＝eq \r(x1－12＋y\\al(2,1))＝eq \r(x1－12＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,1),4))))＝2－eq \f(x1,2)，同理|eq \(FB,\s\up6(→))|＝2－eq \f(x2,2)．
所以|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|＝4－eq \f(1,2)(x1＋x2)＝3．故2|eq \(FP,\s\up6(→))|＝|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|，即|eq \(FA,\s\up6(→))|，|eq \(FP,\s\up6(→))|，|eq \(FB,\s\up6(→))|成等差数列．
设该数列的公差为d，则2|d|＝||eq \(FB,\s\up6(→))|－|eq \(FA,\s\up6(→))||＝eq \f(1,2)|x1－x2|＝eq \f(1,2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)．②
将m＝eq \f(3,4)代入①得k＝－1，所以l的方程为y＝－x＋eq \f(7,4)，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋eq \f(1,4)＝0．
故x1＋x2＝2，x1x2＝eq \f(1,28)，代入②解得|d|＝eq \f(3\r(21),28)，所以该数列的公差为eq \f(3\r(21),28)或－eq \f(3\r(21),28)．
[例8] 在平面直角坐标系xOy中，点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，以线段MF为直径的圆与x轴相切．
(1)求点M的轨迹E的方程；
(2)设T是E上横坐标为2的点，OT的平行线l交E于A，B两点，交曲线E在T处的切线于点N，求证：|NT|2＝eq \f(5,2)|NA|·|NB|．
[规范解答] (1)设点M(x，y)，因为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，所以MF的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)，\f(2y＋1,4)))．
因为以线段MF为直径的圆与x轴相切，所以eq \f(|MF|,2)＝eq \f(|2y＋1|,4)，即|MF|＝eq \f(|2y＋1|,2)，
故 eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))2)＝eq \f(|2y＋1|,2)，得x2＝2y，所以M的轨迹E的方程为x2＝2y．
(2)证明：因为T是E上横坐标为2的点，所以由(1)得T(2，2)，所以直线OT的斜率为1．
因为l∥OT，所以可设直线l的方程为y＝x＋m，m≠0．
由y＝eq \f(1,2)x2，得y′＝x，则曲线E在T处的切线的斜率为y′|x＝2＝2，
所以曲线E在T处的切线方程为y＝2x－2．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,y＝2x－2，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝m＋2，,y＝2m＋2，))
所以N(m＋2，2m＋2)，所以|NT|2＝[(m＋2)－2]2＋[(2m＋2)－2]2＝5m2．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,x2＝2y))消去y，得x2－2x－2m＝0，由Δ＝4＋8m＞0，解得m＞－eq \f(1,2)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2，x1x2＝－2m．
因为N，A，B在l上，所以|NA|＝eq \r(2)|x1－(m＋2)|，|NB|＝eq \r(2)|x2－(m＋2)|，
所以|NA|·|NB|＝2|x1－(m＋2)|·|x2－(m＋2)|＝2|x1x2－(m＋2)(x1＋x2)＋(m＋2)2|
＝2|－2m－2(m＋2)＋(m＋2)2|＝2m2，
所以|NT|2＝eq \f(5,2)|NA|·|NB|．
[例9] (2017·北京)已知椭圆C的两个顶点分别为A(－2，0)，B(2，0)，焦点在x轴上，离心率为eq \f(\r(3),2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E．求证：△BDE与△BDN的面积之比为4∶5．
[规范解答] (1)设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，))解得c＝eq \r(3)，
所以b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)设M(m，n)，则D(m,0)，N(m，－n)，由题设知m≠±2，且n≠0．
直线AM的斜率kAM＝eq \f(n,m＋2)，故直线DE的斜率kDE＝－eq \f(m＋2,n)，
所以直线DE的方程为y＝－eq \f(m＋2,n)(x－m)，直线BN的方程为y＝eq \f(n,2－m)(x－2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(m＋2,n)x－m，,y＝\f(n,2－m)x－2，))解得点E的纵坐标yE＝－eq \f(n4－m2,4－m2＋n2)．
由点M在椭圆C上，得4－m2＝4n2，所以yE＝－eq \f(4,5)n．
又S△BDE＝eq \f(1,2)|BD|·|yE|＝eq \f(2,5)|BD|·|n|，S△BDN＝eq \f(1,2)|BD|·|n|，所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5．
[例10] 已知顶点是坐标原点的抛物线Γ的焦点F在y轴正半轴上，圆心在直线y＝eq \f(1,2)x上的圆E与x轴相切，且E，F关于点M(－1，0)对称．
(1)求E和Γ的标准方程；
(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\c1(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\c1(\f(2a＋0,2)＝－1，,\f(\f(p,2)＋a,2)＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\c1(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\c1(\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\c1(\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\c1(\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\c1(－\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\c1(－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\c1(－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\c1(\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\c1(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\c1(\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 \(AB,\s\up7(→))⊥eq \(BC,\s\up7(→))，eq \(AD,\s\up7(→))∥eq \(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 \(AB,\s\up7(→))⊥eq \(BC,\s\up7(→))，所以可设C(2，y1)，所以eq \(AD,\s\up7(→))＝(x0＋2，y0)，eq \(OC,\s\up7(→))＝(2，y1)，
由eq \(AD,\s\up7(→))∥eq \(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\c1(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\c1(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 \(FP,\s\up6(→))＋eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(FB,\s\up6(→))＝0．证明：2|eq \(FP,\s\up6(→))|＝|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(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\c1(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 \(FP,\s\up6(→))＋eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(FB,\s\up6(→))＝0，eq \(FP,\s\up6(→))＋2eq \(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\c1(1，－\f(3,2)))，又eq \f(x\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，eq \f(x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\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\c1(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 \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|＝eq \r((x1－1)2＋y\\al(2,1))＋eq \r((x2－1)2＋y\\al(2,2))＝3，|eq \(FP,\s\up6(→))|＝eq \r((1－1)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)－0))2)＝eq \f(3,2)，
所以|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|＝2|eq \(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 \(OA,\s\up7(→))·eq \(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 \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2)＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16k2＋32．
因为kQA＝eq \f(y1－t,x1＋4)＝eq \f(y1－t,\f(y\\al(2,1),4)＋4)＝eq \f(4(y1－t),y\\al(2,1)＋16)，kQB＝eq \f(y2－t,x2＋4)＝eq \f(y2－t,\f(y\\al(2,2),4)＋4)＝eq \f(4(y2－t),y\\al(2,2)＋16)，kQM＝eq \f(t,－8)，
所以kQA＋kQB＝eq \f(4(y1－t),y\\al(2,1)＋16)＋eq \f(4(y2－t),y\\al(2,2)＋16)＝4×eq \f((y1－t)(y\\al(2,2)＋16)＋(y2－t)(y\\al(2,1)＋16),(y\\al(2,1)＋16)(y\\al(2,2)＋16))
＝4×eq \f(y1y\\al(2,2)＋16y1－ty\\al(2,2)－16t＋y2y\\al(2,1)＋16y2－ty\\al(2,1)－16t,y\\al(2,1)y\\al(2,2)＋16(y\\al(2,1)＋y\\al(2,2))＋16×16)＝eq \f(－t(y\\al(2,1)＋y\\al(2,2))－32t,8×16＋4(y\\al(2,1)＋y\\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\c1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,2c＝2\r(3)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\c1(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\c1(－\f(1,2)x1＋m))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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 \\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\c1(\f(c,a)＝\f(1,2)，,ab＝2\r(3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1，,\f(x\\al(2,2),4)＋\f(y\\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＋x2，2y0＝y1＋y2，∴eq \f(x0,2)＋eq \f(2y0,3)·eq \f(3,n)＝0，即eq \f(y0,x0)＝－eq \f(n,4)，即直线OP的斜率为kOP＝－eq \f(n,4)，
又直线OD的斜率为kOD＝－eq \f(n,4)，∴OD平分线段MN．
综上，直线OD把△DMN分为面积相等的两部分．
9．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，焦点为F，O为坐标原点，直线AB(不垂直于x轴)过点F且与抛物线C
交于A，B两点，直线OA与OB的斜率之积为－p．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若M为线段AB的中点，射线OM交抛物线C于点D，求证：eq \f(|OD|,|OM|)>2．
9．解析 (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB(不垂直于x轴)的方程可设为y＝kx－eq \f(p,2)(k≠0)．
∵直线AB过点F且与抛物线C交于A，B两点，∴yeq \\al(2,1)＝2px1，yeq \\al(2,2)＝2px2．
∵直线OA与OB的斜率之积为－p，∴eq \f(y1y2,x1x2)＝－p，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1y2,x1x2)))2＝p2，得x1x2＝4．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，,y2＝2px，))得k2x2－(k2p＋2p)x＋eq \f(k2p2,4)＝0，其中Δ＝(k2p＋2p)2－k2p2k2>0，
∴x1＋x2＝eq \f(k2p＋2p,k2)，x1x2＝eq \f(p2,4)，∴p＝4，∴抛物线C的方程为y2＝8x．
(2)设M(x0，y0)，D(x3，y3)，∵M为线段AB的中点，
∴x0＝eq \f(1,2)(x1＋x2)＝eq \f(k2p＋2p,2k2)＝eq \f(2k2＋2,k2)，y0＝k(x0－2)＝eq \f(4,k)，∴直线OD的斜率kOD＝eq \f(y0,x0)＝eq \f(2k,k2＋2)，
∴直线OD的方程为y＝eq \f(2k,k2＋2)x，代入抛物线方程y2＝8x，得x3＝eq \f(2k2＋22,k2)，
∴eq \f(x3,x0)＝k2＋2，∵k2>0，∴eq \f(|OD|,|OM|)＝eq \f(x3,x0)＝k2＋2>2．