且由雙曲線的幾何性質(zhì)可知a2＋b2＝4②，
由①，②得，a2＝3，b2＝1，故C的方程為eq \f(x2,3)－y2＝1.
(2)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，且l：y＝k(x－2)，l與C的方程聯(lián)立得：
(1－3k2)x2＋12k2x－12k2－3＝0，則x1＋x2＝eq \f(12k2,3k2－1)，x1x2＝eq \f(12k2＋3,3k2－1)，①
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)－4k＝eq \f(4k,3k2－1)，y1y2＝k2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x1x2－2?x1＋x2?＋4))＝－eq \f(k2,3k2－1).②
直線OB的方程為y＝eq \f(y2,x2)x，故Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1x2,y2)，y1))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1x2＋y2x1,2y2)，y1)).
OP的方程為y＝eq \f(2y1y2,y1x2＋y2x1)x，與l方程聯(lián)立有：x＝eq \f(2k?y1x2＋y2x1?,k?y1x2＋y2x1?－2y1y2)＝eq \f(2[x1x2－?x1＋x2?],x1＋x2－4)，
將①代入得x＝eq \f(3,2)，即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－\f(k,2))).
證法一：所以eq \f(|OP|,|PQ|)＝eq \f(y1,y1＋\f(k,2))，eq \f(|BF|,|BQ|)＝eq \f(－y2,y2＋\f(k,2))，
要證|OP|·|BQ|＝|PQ|·|BF|，只需證eq \f(y1,y1＋\f(k,2))＝eq \f(－y2,y2＋\f(k,2))，即證4y1y2＝－k(y1＋y2)，③
由②知③成立，所以|OP|·|BQ|＝|PQ|·|BF|.
證法二：由題設(shè)可知A，B，F(xiàn)，Q四點共線，
且eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(3,2)))(2－x2)－(x1－2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(3,2)))＝eq \f(7,2)(x1＋x2)－2x1x2－6
＝eq \f(42k2,3k2－1)－eq \f(24k2＋6,3k2－1)－eq \f(18k2－6,3k2－1)＝0，
故eq \f(|AQ|·|BF|,|AF|·|BQ|)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(3,2)))?2－x2?,?x1－2?\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(3,2))))＝1，
即eq \f(|AQ|,|AF|)＝eq \f(|BQ|,|BF|).
由OF∥AP可知，eq \f(|PQ|,|OP|)＝eq \f(|AQ|,|AF|)，
故eq \f(|PQ|,|OP|)＝eq \f(|AQ|,|AF|)＝eq \f(|BQ|,|BF|)，即|OP|·|BQ|＝|PQ|·|BF|.
名師點撥：證明問題的解題策略
1．圓錐曲線中的證明問題，主要有兩類：一是證明點、直線、曲線等幾何元素中的位置關(guān)系，如：某點在某直線上、某直線經(jīng)過某個點、某兩條直線平行或垂直等；二是證明直線與圓錐曲線中的一些數(shù)量關(guān)系(相等或不等)．
2．解決證明問題時，主要根據(jù)直線、圓錐曲線的性質(zhì)、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等，通過相關(guān)的性質(zhì)應(yīng)用、代數(shù)式的恒等變形以及必要的數(shù)值計算等進(jìn)行證明．
解決證明問題的答題模板
【變式訓(xùn)練】
(2024·陜西寶雞陳倉區(qū)模擬)已知橢圓E的中心為坐標(biāo)原點，對稱軸為x軸、y軸，且過Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(6),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(2),2)))兩點．
(1)求E的方程；
(2)若Q(4,0)，過P(1,0)的直線l與E交于M，N兩點，求證：eq \f(|MP|,|NP|)＝eq \f(|MQ|,|NQ|).
[解析] (1)設(shè)E的方程為mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)，則
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋\f(3,2)n＝1，,3m＋\f(1,2)n＝1，))解得m＝eq \f(1,4)，n＝eq \f(1,2)，
所以E的方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)證明：當(dāng)直線l的斜率為0時，直線l的方程為y＝0，所以M(2,0)，N(－2,0)或M(－2,0)，N(2,0)．
所以eq \f(|MP|,|NP|)＝eq \f(|MQ|,|NQ|).
當(dāng)直線l的斜率不為0時，設(shè)直線l的方程為x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,x＝my＋1，))得(m2＋2)y2＋2my－3＝0，
所以Δ＝(2m)2＋12(m2＋2)＝16m2＋24>0，
y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋2)，y1y2＝－eq \f(3,m2＋2)，
所以kMQ＝eq \f(y1,x1－4)，kNQ＝eq \f(y2,x2－4)，
∴kMQ＋kNQ＝eq \f(y1,x1－4)＋eq \f(y2,x2－4)＝eq \f(y1,my1－3)＋eq \f(y2,my2－3)
＝eq \f(y1?my2－3?＋y2?my1－3?,?my1－3??my2－3?)
＝eq \f(2my1y2－3?y1＋y2?,m2y1y2－3m?y1＋y2?＋9)
＝eq \f(2m·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,m2＋2)))－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2m,m2＋2))),m2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,m2＋2)))－3m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2m,m2＋2)))＋9)＝0，
所以QP平分∠MQN，所以eq \f(|MP|,|NP|)＝eq \f(|MQ|,|NQ|).

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