(1)求橢圓E的方程；(2)如圖，過點B(0,4)作一條與y軸不重合的直線，該直線交橢圓E于C，D兩點，直線AD，AC分別交x軸于H，G兩點，O為坐標原點.證明：|OH||OG|為定值，并求出該定值.
思路分析?結合點的坐標和AM的斜率列方程組?設直線BC的方程并與橢圓的方程聯(lián)立?得到x1＋x2，x1x2?寫出直線AD，AC的方程并求出H，G的橫坐標?化簡運算|OH||OG|
(2)由題意知，直線BC的斜率存在，設直線BC：y＝kx＋4，設D(x1，y1)，C(x2，y2)，
得(1＋4k2)x2＋32kx＋60＝0，Δ＝(32k)2－4(1＋4k2)×60＝16(4k2－15)＞0，
　　(2023·西安模擬)如圖，在平面直角坐標系中，橢圓E：　　＝1，A，B分別為橢圓E的左、右頂點.已知圖中四邊形ABCD是矩形，且|BC|＝4，點M，N分別在邊BC，CD上，AM與BN相交于第一象限內的點P.若點P在橢圓E上，證明：　 為定值，并求出該定值.
設P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，
　　(2023·衡水質檢)已知E(2,2)是拋物線C：y2＝2x上一點，經過點(2,0)的直線l與拋物線C交于A，B兩點(不同于點E)，直線EA，EB分別交直線x＝－2于點M，N.已知O為原點，求證：∠MON為定值.
設直線l的方程為x＝my＋2，
消去x，整理得y2－2my－4＝0，Δ＝4m2＋16>0恒成立.則y1y2＝－4，y1＋y2＝2m，
求解定值問題的兩大途徑(1)由特例得出一個值(此值一般就是定值)→證明定值：將問題轉化為證明待證式與參數(shù)(某些變量)無關.(2)先將式子用動點坐標或動線中的參數(shù)表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對值相等的正負項抵消或分子、分母約分得定值.
1.已知拋物線C：y2＝2px(p>0)，F(xiàn)為其焦點，若圓E：(x－1)2＋y2＝16與拋物線C交于A，B兩點，且|AB|＝　　(1)求拋物線C的方程；
由題意可知E(1,0)，半徑r＝4，由圓的圓心以及拋物線的焦點均在x軸上以及對稱性可知AB⊥x軸于點C，如圖所示，在Rt△ACE中，
因此|OC|＝|OE|＋|CE|＝3，
12＝6p?p＝2，故拋物線方程為y2＝4x.
(2)若點P為圓E上任意一點，且過點P可以作拋物線C的兩條切線PM，PN，切點分別為M，N.求證：|MF|·|NF|恒為定值.
如圖所示，令P(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，拋物線在點M處的切線方程為x－x1＝m(y－y1)，與y2＝4x聯(lián)立得y2－4my＋4my1－4x1＝0，①由相切得Δ＝16m2－4(4my1－4x1)＝0，得4my1－4x1＝4m2，代入①得y1＝2m，
即為yy1＝2x＋2x1，
同理在點N處的切線方程為yy2＝2x＋2x2，而兩切線交于點P(x0，y0)，所以有y0y1＝2x0＋2x1，y0y2＝2x0＋2x2，則直線MN的方程為2x－y0y＋2x0＝0，
得y2－2y0y＋4x0＝0，所以y1＋y2＝2y0，y1y2＝4x0，于是|MF|·|NF|＝(x1＋1)(x2＋1)
又點P(x0，y0)在圓E：(x－1)2＋y2＝16上，
即|MF|·|NF|＝16.
因為c2，a2，b2成等差數(shù)列，所以2a2＝c2＋b2，又c2＝a2＋b2，所以a2＝2b2.
(2)過F的直線與C的右支交于P，Q兩點(P在Q的上方)，PQ的中點為M，M在直線l：x＝2上的射影為N，O為坐標原點，設△POQ的面積為S，直線PN，QN的斜率分別為k1，k2，證明： 是定值.
依題意可設PQ：x＝my＋3，
得(m2－2)y2＋6my＋3＝0，如圖，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，y1>y2，
則k1－k2＝kPN－kQN
所以C的方程為x2－y2＝1.
(2)過點P作直線l交C于M，N兩點，過點N作x軸的垂線交直線AM于點G，H為NG的中點，證明：直線AH的斜率為定值.
當直線l的斜率不存在時，直線l與雙曲線只有一個交點，不符合題意，當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y－1＝k(x－1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
消去y得(1－k2)x2－2k(1－k)x－k2＋2k－2＝0，則1－k2≠0，且Δ＝4k2(1－k)2－4(1－k2)(－k2＋2k－2)＝8－8k>0，解得k

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