例1 (12分)(2021·新高考全國Ⅰ)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點F1(－eq \r(17)，0)，F(xiàn)2(eq \r(17)，0)，點M滿足|MF1|－|MF2|＝2.記M的軌跡為C.
(1)求C的方程； [切入點：雙曲線定義]
(2)設(shè)點T在直線x＝eq \f(1,2)上，過T的兩條直線分別交C于A，B兩點和P，Q兩點，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和. [關(guān)鍵點：利用等式列式]
教師備選
已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的長軸長是短軸長的2倍，F(xiàn)是橢圓C的一個焦點，點M(0,2)且|MF|＝eq \r(10).
(1)求橢圓C的方程；
(2)若過點M的直線l與橢圓C交于A，B兩點，線段AB的中點為N，且滿足|AM|＝|BN|，求l的方程．
解 (1)由題意，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2b，,c2＋4＝10，,b2＋c2＝a2，))
解得a＝2eq \r(2)，b＝eq \r(2)，
故橢圓C的方程為eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)根據(jù)題意可得，點A必在點B的上方，
才有|AM|＝|BN|.
當(dāng)l的斜率不存在時，|AM|＝2－eq \r(2)，
|BN|＝eq \r(2)，|AM|≠|(zhì)BN|，不合題意，故l的斜率必定存在．
設(shè)l的方程為y＝kx＋2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋2，))
得(1＋4k2)x2＋16kx＋8＝0，
Δ＝(16k)2－32(1＋4k2)＝128k2－32>0，
即k2>eq \f(1,4).
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝－eq \f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(8,1＋4k2).
設(shè)N(x0，y0)，
則x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(8k,1＋4k2).
由|AM|＝|BN|可得，|AB|＝|MN|，
所以eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)|x0－0|，
則eq \r(?x1＋x2?2－4x1x2)＝|x0|，
即eq \f(4\r(2)\r(4k2－1),1＋4k2)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(8k,1＋4k2)))，
整理得k2＝eq \f(1,2)>eq \f(1,4)，
故k＝±eq \f(\r(2),2)，l的方程為y＝±eq \f(\r(2),2)x＋2.
思維升華 求值問題即是根據(jù)條件列出對應(yīng)的方程，通過解方程求解．
跟蹤訓(xùn)練1 已知橢圓M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，且|F1F2|＝2，P為橢圓上任意一點，且△PF1F2面積的最大值為eq \r(3).
(1)求橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)A(4,0)，直線y＝kx＋1與橢圓M交于C，D兩點，若直線AC，AD均與圓x2＋y2＝r2(r>0)相切，求k的值．
解 (1)當(dāng)點P位于橢圓的上頂點或下頂點時面積最大，
即()max＝eq \f(1,2)·|F1F2|·b＝eq \r(3)，
解得b＝eq \r(3)，
又a2＝b2＋c2，
∴c＝1，a＝2，
∴橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋1，))
得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0，Δ>0，
∴x1＋x2＝－eq \f(8k,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(－8,3＋4k2)，
∵直線AC，AD都與圓相切，
∴kAC＋kAD＝0，
即eq \f(y1,x1－4)＋eq \f(y2,x2－4)＝0，
∴eq \f(y1x2－4y1＋y2x1－4y2,?x1－4??x2－4?)＝0，
∴2kx1x2＋(1－4k)(x1＋x2)－8＝0，
即eq \f(－8,3＋4k2)×2k－(1－4k)eq \f(8k,3＋4k2)－8＝0，
即－24k＝24，∴k＝－1.
題型二 證明問題
例2 (2021·新高考全國Ⅱ)已知橢圓C的方程為eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，右焦點為F(eq \r(2)，0)，且離心率為eq \f(\r(6),3).
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)M，N是橢圓C上的兩點，直線MN與曲線x2＋y2＝b2(x>0)相切．證明：M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是|MN|＝eq \r(3).
(1)解 由題意得，
橢圓半焦距c＝eq \r(2)且e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3)，
所以a＝eq \r(3)，
又b2＝a2－c2＝1，所以橢圓方程為eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)證明 由(1)得，曲線為x2＋y2＝1(x>0)，
當(dāng)直線MN的斜率不存在時，直線MN：x＝1，不符合題意；
當(dāng)直線MN的斜率存在時，
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，
必要性：
若M，N，F(xiàn)三點共線，
可設(shè)直線MN：y＝k(x－eq \r(2))，
即kx－y－eq \r(2)k＝0，
由直線MN與曲線x2＋y2＝1(x>0)相切可得eq \f(|\r(2)k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝±1，
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝±?x－\r(2)?，,\f(x2,3)＋y2＝1，))
可得4x2－6eq \r(2)x＋3＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(3\r(2),2)，x1·x2＝eq \f(3,4)，
所以|MN|＝eq \r(1＋1)·eq \r(?x1＋x2?2－4x1·x2)＝eq \r(3)，
所以必要性成立；
充分性：設(shè)直線MN：y＝kx＋b(kb0)相切可得eq \f(|b|,\r(k2＋1))＝1，所以b2＝k2＋1，
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,\f(x2,3)＋y2＝1，))
可得(1＋3k2)x2＋6kbx＋3b2－3＝0，
所以x1＋x2＝－eq \f(6kb,1＋3k2)，x1·x2＝eq \f(3b2－3,1＋3k2)，
所以|MN|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(?x1＋x2?2－4x1·x2)＝eq \r(1＋k2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6kb,1＋3k2)))2－4·\f(3b2－3,1＋3k2))
＝eq \r(1＋k2)·eq \f(\r(24k2),1＋3k2)＝eq \r(3)，
化簡得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝1，,b＝－\r(2)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝－1，,b＝\r(2)，))
所以直線MN：y＝x－eq \r(2)或y＝－x＋eq \r(2)，
所以直線MN過點F(eq \r(2)，0)，M，N，F(xiàn)三點共線，充分性成立，所以M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是|MN|＝eq \r(3).
高考改編
在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為F(1,0)，離心率為eq \f(1,2).
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)若過點F的直線l交C于A，B兩點，線段AB的中點為M，分別過A，B作C的切線l1，l2，且l1與l2交于點P，證明：O，P，M三點共線．
(1)解 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝1，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，))
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)證明 由題意知直線l的斜率不為0，設(shè)直線l的方程為x＝my＋1，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，P(x3，y3)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,3x2＋4y2＝12，))
整理得3(m2y2＋2my＋1)＋4y2＝12，
即(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.
∴y0＝eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(－3m,3m2＋4)，
x0＝eq \f(4,3m2＋4)，
∴kOM＝－eq \f(3,4)m.
直線l1的方程為eq \f(x1x,4)＋eq \f(y1y,3)＝1，①
直線l2的方程為eq \f(x2x,4)＋eq \f(y2y,3)＝1，②
②－①?eq \f(y,3)(y2－y1)＝eq \f(x,4)(x1－x2)
?eq \f(y,x)＝eq \f(3,4)·eq \f(x1－x2,y2－y1)＝－eq \f(3,4)m，
∴eq \f(y3,x3)＝－eq \f(3,4)m＝kOP，
∴kOM＝kOP，即O，P，M三點共線．
教師備選
(2022·湖南師大附中模擬)已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq \f(\r(2),2)，橢圓的短軸頂點到焦點的距離為eq \r(6).
(1)求該橢圓C的方程；
(2)若直線l與橢圓C交于A，B兩點，且|eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))|＝|eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→))|，求證：直線l與某個定圓E相切，并求出定圓E的方程．
解 (1)∵橢圓的短軸頂點到焦點的距離為eq \r(6)，
∴eq \r(b2＋c2)＝a＝eq \r(6)，
∵橢圓的離心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，
∴c＝eq \r(3)，∴b2＝a2－c2＝3，
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)∵|eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))|＝|eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→))|，
∴eq \(OA,\s\up6(→))⊥eq \(OB,\s\up6(→))，則eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0，
①當(dāng)直線l的斜率不存在時，設(shè)l：x＝t，
代入橢圓方程得，y＝±eq \r(\f(6－t2,2))，
不妨令A(yù)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\r(\f(6－t2,2))))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－\r(\f(6－t2,2))))，
由eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0得，
t2－3＋eq \f(t2,2)＝0，解得t＝±eq \r(2)，
此時l：x＝±eq \r(2)，與圓x2＋y2＝2相切；
②當(dāng)直線l的斜率存在時，
設(shè)l：y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2y2＝6，,y＝kx＋m))得，
(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，
則Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)>0，
化簡得m20，b>0)的右焦點為F，以F點為圓心，a為半徑的圓與C的漸近線相切．
(1)求C的離心率；
(2)已知點Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0))，過F點的直線與C的右支交于M，N兩點，證明：F點到AM，AN的距離相等．
(1)解 雙曲線C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的漸近線方程為bx±ay＝0，
令點F(c,0)，則c2＝a2＋b2，
因為以F點為圓心，a為半徑的圓與C的漸近線相切，
則eq \f(bc,\r(a2＋b2))＝a，
整理得b＝a，c＝eq \r(2)a，
所以雙曲線C的離心率為e＝eq \f(c,a)＝eq \r(2).
(2)證明 由(1)知，雙曲線C的方程為2x2－2y2＝c2，點Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)c，0))，顯然直線MN不垂直于y軸，設(shè)直線MN：x＝my＋c，
因為直線MN與雙曲線右支交于兩點，則直線MN與雙曲線的兩條漸近線x±y＝0在y軸右側(cè)都相交，于是得－10，
∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－8，
又|PM|＝eq \r(1＋m2)|y1|，
|QM|＝eq \r(1＋m2)|y2|.
∴eq \f(1,|PM|2)＋eq \f(1,|QM|2)＝eq \f(1,?1＋m2?y\\al(2,1))＋eq \f(1,?1＋m2?y\\al(2,2))
＝eq \f(y\\al(2,1)＋y\\al(2,2),?1＋m2?y\\al(2,1)y\\al(2,2))
＝eq \f(16m2＋16,64?1＋m2?)
＝eq \f(1＋m2,4?1＋m2?)＝eq \f(1,4).
∴eq \f(1,|PM|2)＋eq \f(1,|QM|2)為定值．
2．設(shè)橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點為F，上頂點為B.已知橢圓的短軸長為4，離心率為eq \f(\r(5),5).
(1)求橢圓的方程；
(2)設(shè)點P在橢圓上，且異于橢圓的上、下頂點，點M為直線PB與x軸的交點，點N在y軸的負(fù)半軸上．若|ON|＝|OF|(O為原點)，且OP⊥MN，求直線PB的斜率．
解 (1)設(shè)橢圓的半焦距為c，
依題意，2b＝4，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5),5)，
又a2＝b2＋c2，可得a＝eq \r(5)，b＝2，c＝1.
所以橢圓的方程為eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)由題意，設(shè)P(xP，yP)(xP≠0)，M(xM,0)．
設(shè)直線PB的斜率為k(k≠0)，
又B(0,2)，則直線PB的方程為y＝kx＋2，
與橢圓方程聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))
整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0，
可得xP＝－eq \f(20k,4＋5k2)，
代入y＝kx＋2得yP＝eq \f(8－10k2,4＋5k2)，
所以直線OP的斜率eq \f(yP,xP)＝eq \f(4－5k2,－10k).
在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝－eq \f(2,k).
由題意得N(0，－1)，
所以直線MN的斜率為－eq \f(k,2).
由OP⊥MN，得eq \f(4－5k2,－10k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(k,2)))＝－1，
化簡得k2＝eq \f(24,5)，從而k＝±eq \f(2\r(30),5).
所以直線PB的斜率為eq \f(2\r(30),5)或－eq \f(2\r(30),5).
3．(2022·莆田質(zhì)檢)曲線C上任意一點P到點F(2,0)的距離與它到直線x＝4的距離之比等于eq \f(\r(2),2)，過點M(4,0)且與x軸不重合的直線l與C交于不同的兩點A，B.
(1)求C的方程；
(2)求證：△ABF內(nèi)切圓的圓心在定直線上．
(1)解 設(shè)P(x，y)，由題意，
eq \f(\r(?x－2?2＋y2),|x－4|)＝eq \f(\r(2),2)?(x－2)2＋y2
＝eq \f(1,2)(x－4)2，
化簡得eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1，
即C的方程為eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)證明 設(shè)直線l：x＝my＋4，A(x1，y1)，
B(x2，y2)，
將l代入C得(m2＋2)y2＋8my＋8＝0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝64m2－32?m2＋2?>0?m2>2，,y1＋y2＝－\f(8m,m2＋2)，,y1·y2＝\f(8,m2＋2).))
設(shè)直線AF與BF的斜率分別為k1，k2，
則k1＋k2＝eq \f(y1,x1－2)＋eq \f(y2,x2－2)
＝eq \f(y1,my1＋2)＋eq \f(y2,my2＋2)
＝eq \f(2my1y2＋2?y1＋y2?,?my1＋2??my2＋2?)
＝eq \f(2m·\f(8,m2＋2)＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8m,m2＋2))),?my1＋2??my2＋2?)＝0.
∴k1＝－k2，則∠BFM＝π－∠AFM，
∴直線x＝2平分∠AFB，而三角形內(nèi)心在∠AFB的角平分線上，
∴△ABF內(nèi)切圓的圓心在定直線x＝2上．
4．(2022·深圳光明區(qū)模擬)已知雙曲線C：eq \f(x2,a2)－y2＝1(a>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，E(0,1)，過焦點F2，且斜率為eq \f(1,6)的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點，且滿足eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(BO,\s\up6(→)).
(1)求C的方程；
(2)過點Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0))且斜率不為0的直線l交C于M，N兩點，且|EM|＝|EN|，求直線l的方程．
解 (1)雙曲線C的漸近線方程為y＝±eq \f(1,a)x，
過F2(c,0)，且斜率為eq \f(1,6)的直線方程為
y＝eq \f(1,6)(x－c)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,a)x，,y＝\f(1,6)?x－c?))得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ac,a－6)，\f(c,a－6)))，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,a)x，,y＝\f(1,6)?x－c?))得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ac,a＋6)，\f(－c,a＋6)))，
由于eq \(AF1,\s\up6(—→))＝2eq \(BO,\s\up6(→))，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c－\f(ac,a－6)，－\f(c,a－6)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2ac,a＋6)，\f(2c,a＋6)))，
所以－eq \f(c,a－6)＝eq \f(2c,a＋6)，解得a＝2.
所以雙曲線C的方程為eq \f(x2,4)－y2＝1.
(2)設(shè)l：y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,2)))(k≠0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,2)))，,\f(x2,4)－y2＝1，))
消去y并化簡得
(1－4k2)x2－12k2x－9k2－4＝0，
Δ＝144k4＋4(1－4k2)(9k2＋4)＝16－28k2>0，k2

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