【例題選講】
[例1] (2018·全國Ⅰ)設橢圓C：eq \f (x2,2)＋y2＝1的右焦點為F，過F的直線l與C交于A，B兩點，點M的坐標為(2，0)．
(1)當l與x軸垂直時，求直線AM的方程；
(2)設O為坐標原點，證明：∠OMA＝∠OMB．
[規(guī)范解答] (1)由已知得F(1，0)，l的方程為x＝1．則點A的坐標為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)，所以直線AM的方程為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)當l與x軸重合時，∠OMA＝∠OMB＝0°．
當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，所以∠OMA＝∠OMB．
當l與x軸不重合也不垂直時，設l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x10，b>0)的左頂點為A，右焦點為F，動點B在C上．當BF⊥AF時，|AF|＝|BF|．
(1)求C的離心率；
(2)若B在第一象限，證明：∠BFA＝2∠BAF．
[規(guī)范解答] (1)設雙曲線的半焦距為c，則F(c，0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，±\f(b2,a)))，
因為|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)設B(x0，y0)，其中x0>a，y0>0．因為e＝2，故c＝2a，b＝eq \r(3)a，
故雙曲線的漸近線方程為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)))．
當∠BFA＝eq \f(π,2)時，由題意易得∠BAF＝eq \f(π,4)，此時∠BFA＝2∠BAF．
當∠BFA≠eq \f(π,2)時，因為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，
因為2∠BAF∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，故∠BFA＝2∠BAF．
綜上，∠BFA＝2∠BAF．
[例4] 已知橢圓E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦距為2eq \r(3)，直線l1：x＝4與x軸的交點為G，過點M(1，0)且不與x軸重合的直線l2交橢圓E于點A，B．當l2垂直于x軸時，△ABG的面積為eq \f(3\r(3),2)．
(1)求橢圓E的方程；
(2)若AC⊥l1，垂足為C，直線BC交x軸于點D，證明：|MD|＝|DG|．
[規(guī)范解答] (1)因為橢圓E的焦距為2eq \r(3)，所以c＝eq \r(3)，所以a2－b2＝3，①
當l2垂直于x軸時，|MG|＝3，因為△ABG的面積為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)，不妨設Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))，代入橢圓E的方程得eq \f(1,a2)＋eq \f(3,4b2)＝1，②
聯(lián)立①②解得a2＝4，b2＝1，所以橢圓E的方程為eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則C(4，y1)．
因為直線l2不與x軸重合，故可設l2的方程為x＝my＋1，聯(lián)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)，
所以直線BC：y－y1＝eq \f(y1－y2,4－x2)(x－4)，令y＝0，則x＝eq \f(y1?x2－4?,y1－y2)＋4，
所以點D的橫坐標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)，因為MG中點的橫坐標為eq \f(5,2)，所以D為線段MG的中點，所以|MD|＝|DG|．
[例5] 已知橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的長軸長為4，且過點eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))．
(1)求橢圓的方程；
(2)設A，B，M是橢圓上的三點．若eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(3,5)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(4,5)eq \(OB,\s\up6(→))，點N為線段AB的中點，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))，求證：|NC|＋|ND|＝2eq \r(2)．
[規(guī)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，))所以橢圓的方程為eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則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))．
因為M是橢圓C上一點，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．
又線段AB的中點N的坐標為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．
從而線段AB的中點Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))在橢圓eq \f(x2,2)＋2y2＝1上．
又橢圓eq \f(x2,2)＋2y2＝1的兩焦點恰為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] 已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點P(2，1)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為橢圓C的左、右焦點，且·＝－1．
(1)求橢圓C的方程；
(2)過P點的直線l1與橢圓C有且只有一個公共點，直線l2平行于OP(O為原點)，且與橢圓C交于A，B兩點，與直線x＝2交于點M(M介于A，B兩點之間)．
①當△PAB面積最大時，求直線l2的方程；
②求證：|PA|·|MB|＝|PB|·|MA|．
[規(guī)范解答] (1)設F1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)，＝(－c－2，－1)，＝(c－2，－1)．
因為·＝－c2＋4＋1＝－1，所以c＝eq \r(6)，
又P(2，1)在橢圓上，故eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，結(jié)合a2＝b2＋6，
解得a2＝8，b2＝2，故所求橢圓C的方程為eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)①由于kOP＝eq \f(1,2)，設直線l2的方程為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?t20)．
(1)證明：keq \r(2)|AB|．
【對點訓練】
1．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一個焦點為F(－1，0)，點Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2\r(6),3)))在C上．
(1)求橢圓C的方程；
(2)已知點M(－4，0)，過F作直線l交橢圓于A，B兩點，求證：∠FMA＝∠FMB．
1．解析 (1)由題意知，c＝1，∵點Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2\r(6),3)))在橢圓C上，∴eq \f(4,9a2)＋eq \f(8,3b2)＝1．
又a2＝b2＋c2＝b2＋1，解得a2＝4，b2＝3，∴橢圓C的方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)當l與x軸垂直時，直線MF恰好平分∠AMB，則∠FMA＝∠FMB；
當l與x軸不垂直時，設直線l的方程為y＝k(x＋1)，
聯(lián)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，
∴設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根與系數(shù)的關系，得x1＋x2＝－eq \f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
直線MA，MB的斜率之和為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，
故直線MA，MB的傾斜角互補，綜上所述，∠FMA＝∠FMB．
2．如圖，已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點為F，點eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(3),2)))在橢圓C上，過原點O的直線與
橢圓C相交于M，N兩點，且|MF|＋|NF|＝4．
圖① 圖②
(1)求橢圓C的方程；
(2)設P(1，0)，Q(4，0)，過點Q且斜率不為零的直線與橢圓C相交于A，B兩點，證明：∠APO＝∠BPQ．
2．解析 (1)如圖，取橢圓C的左焦點F′，連接MF′，NF′，
由橢圓的幾何性質(zhì)知|NF|＝|MF′|，則|MF′|＋|MF|＝2a＝4，得a＝2.
將點eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(3),2)))代入橢圓C的方程得eq \f(1,a2)＋eq \f(3,4b2)＝1，解得b＝1．
故橢圓C的方程為eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)設點A的坐標為(x1，y1)，點B的坐標為(x2，y2)．
由圖可知直線AB的斜率存在，設直線AB的方程為y＝k(x－4)(k≠0)．聯(lián)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)，))直線AP的斜率為eq \f(y1,x1－1)＝eq \f(k(x1－4),x1－1)．
同理直線BP的斜率為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．
由上得直線AP與BP的斜率互為相反數(shù)，可得∠APO＝∠BPQ．
3．設橢圓C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq \f(\r(3),2)，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓的兩個焦點，M是橢圓上任意一點，且△
MF1F2的周長是4＋2eq \r(3)．
(1)求橢圓C1的方程；
(2)設橢圓C1的左、右頂點分別為A，B，過橢圓C1上的一點D作x軸的垂線交x軸于點E，若點C滿足eq \(AB,\s\up7(→))⊥eq \(BC,\s\up7(→))，eq \(AD,\s\up7(→))∥eq \(OC,\s\up7(→))，連接AC交DE于點P，求證：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，因為△MF1F2的周長是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，
所以橢圓C1的方程為：eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)證明：由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，設D(x0，y0)，所以E(x0,0)，
因為eq \(AB,\s\up7(→))⊥eq \(BC,\s\up7(→))，所以可設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)．
所以直線AC的方程為：eq \f(y,\f(2y0,x0＋2))＝eq \f(x＋2,4)，整理得：y＝eq \f(y0,2(x0＋2))(x＋2)．
又點P在DE上，將x＝x0代入直線AC的方程可得：y＝eq \f(y0,2)，
即點P的坐標為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(y0,2)))，所以P為DE的中點，所以PD＝PE．
4．如圖，P是直線x＝4上一動點，以P為圓心的圓Γ過定點B(1，0)，直線l是圓Γ在點B處的切線，
過A(－1，0)作圓Γ的兩條切線分別與l交于E，F(xiàn)兩點．
(1)求證：|EA|＋|EB|為定值；
(2)設直線l交直線x＝4于點Q，證明：|EB|·|FQ|＝|FB|·|EQ|．
4．解析 (1)設AE切圓Γ于點M，直線x＝4與x軸的交點為N，故|EM|＝|EB|．
從而|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|為定值4．
(2)由(1)同理可知|FA|＋|FB|＝4，故E，F(xiàn)均在橢圓eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1上．
設直線EF的方程為x＝my＋1(m≠0)．令x＝4，求得y＝eq \f(3,m)，即Q點的縱坐標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．設E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)，
則有y1＋y2＝－eq \f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq \f(9,3m2＋4)．因為E，B，F(xiàn)，Q在同一條直線上，
所以|EB|·|FQ|＝|FB|·|EQ|等價于(yB－y1)(yQ－y2)＝(y2－yB)(yQ－y1)．即－y1·eq \f(3,m)＋y1y2＝y(tǒng)2·eq \f(3,m)－y1y2，
等價于2y1y2＝(y1＋y2)·eq \f(3,m)．將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．已知斜率為k的直線l與橢圓C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1交于A，B兩點．線段AB的中點為M(1，m)(m>0)．
(1)證明：k0，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，
因為m>0，所以t>0且keq \f((3＋4k2)2,16k2)，所以k>eq \f(1,2)或k0)，焦點為F，O為坐標原點，直線AB(不垂直于x軸)過點F且與拋物線C
交于A，B兩點，直線OA與OB的斜率之積為－p．
(1)求拋物線C的方程；
(2)若M為線段AB的中點，射線OM交拋物線C于點D，求證：eq \f(|OD|,|OM|)>2．
9．解析 (1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB(不垂直于x軸)的方程可設為y＝kx－eq \f(p,2)(k≠0)．
∵直線AB過點F且與拋物線C交于A，B兩點，∴yeq \\al(2,1)＝2px1，yeq \\al(2,2)＝2px2．
∵直線OA與OB的斜率之積為－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，∴拋物線C的方程為y2＝8x．
(2)設M(x0，y0)，D(x3，y3)，∵M為線段AB的中點，
∴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)，∴直線OD的斜率kOD＝eq \f(y0,x0)＝eq \f(2k,k2＋2)，
∴直線OD的方程為y＝eq \f(2k,k2＋2)x，代入拋物線方程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．

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