(1)求雙曲線C的標準方程；
(2)證明：直線PQ經(jīng)過定點．
2．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別是F1、F2，其離心率e＝eq \f(1,2)，點P是橢圓C上一動點，△PF1F2內切圓面積的最大值為eq \f(π,3).
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)直線PF1，PF2與橢圓C分別相交于點A，B，求證：eq \f(|PF1|,|F1A|)＋eq \f(|PF2|,|F2B|)為定值．
3．已知橢圓E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率是eq \f(\r(2),2)，上、下頂點分別為A，B.圓O：x2＋y2＝2與x軸正半軸的交點為P，且eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝－1.
(1)求E的方程；
(2)直線l與圓O相切且與E相交于M，N兩點，證明：以MN為直徑的圓恒過定點．
4．過拋物線E：y2＝2px(p>0)焦點F，斜率為－1的直線l與拋物線交于A、B兩點，|AB|＝8.
(1)求拋物線E的方程；
(2)過焦點F的直線l′，交拋物線E于C、D兩點，直線AC與BD的交點是否在一條直線上．若是，求出該直線的方程；否則，說明理由．
參考答案
1．[解析] (1)由題意得e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5),2)，
∴5a2＝4c2＝4(a2＋b2)，∴a2＝4b2，
∵點(4，eq \r(3))在C上，∴eq \f(16,a2)－eq \f(3,b2)＝1，
∴eq \f(4,b2)－eq \f(3,b2)＝1，解得b2＝1，∴a2＝4，
∴雙曲線方程為eq \f(x2,4)－y2＝1.
(2)證明：由(1)知A(－2,0)，B(2,0)，
直線AD的方程為y＝eq \f(t,3)(x＋2)，
設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將直線AD的方程與C的方程聯(lián)立，
消去y得(9－4t2)x2－16t2x－16t2－36＝0①，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(9－4t2≠0，,Δ1＝256t4＋4?9－4t2??16t2＋36?＝1 296>0，))
∴t≠±eq \f(3,2).
當t≠±eq \f(3,2)時，方程①的兩根為x1，－2，
∴－2x1＝－eq \f(16t2＋36,9－4t2)，∴x1＝eq \f(8t2＋18,9－4t2)，y1＝eq \f(12t,9－4t2)，
即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8t2＋18,9－4t2)，\f(12t,9－4t2)))，
直線BD的方程為y＝－t(x－2)，與C的方程聯(lián)立，消去y得(1－4t2)x2＋16t2x－16t2－4＝0②，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－4t2≠0，,Δ2＝256t4＋4?1－4t2??16t2＋4?＝16>0，))
∴t≠±eq \f(1,2).
當t≠±eq \f(1,2)時，方程②的兩根為x2,2，
∴2x2＝－eq \f(16t2＋4,1－4t2)，∴x2＝－eq \f(8t2＋2,1－4t2)，y2＝eq \f(4t,1－4t2)，
即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8t2＋2,1－4t2)，\f(4t,1－4t2))).
當直線PQ的斜率存在時，
kPQ＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(\f(12t,9－4t2)－\f(4t,1－4t2),\f(8t2＋18,9－4t2)＋\f(8t2＋2,1－4t2))＝－eq \f(2t,3－4t2).
∴直線PQ的方程為y－y1＝－eq \f(2t,3－4t2)(x－x1)，
整理得y＝－eq \f(2t,3－4t2)(x－4)．此時直線PQ過定點(4,0)．
②當直線PQ的斜率不存在時，t2＝eq \f(3,4)，此時x1＝x2＝4，
則直線PQ的方程為x＝4，
直線PQ過點(4,0)．
綜上，直線PQ經(jīng)過定點(4,0)．
2．[解析] (1)設△PF1F2內切圓的半徑為r，
則eq \f(1,2)(|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|)r＝S△PF1F2，
∴r＝eq \f(2S△PF1F2,2a＋2c)＝eq \f(S△PF1F2,a＋c)，
∴當△PF1F2的面積最大時，△PF1F2內切圓的半徑r最大，
則當點P為橢圓的上頂點或下頂點時，△PF1F2的面積最大，最大值為eq \f(1,2)×2c×b＝bc，
∴r的最大值為eq \f(bc,a＋c)，又△PF1F2內切圓面積的最大值為eq \f(π,3)，∴eq \f(bc,a＋c)＝eq \f(\r(3),3)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(bc,a＋c)＝\f(\r(3),3)，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1，))
∴橢圓C的標準方程為：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)證明：設P(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
①當y0≠0時，設直線PF1，PF2的直線方程分別為x＝m1y－1，x＝m2y＋1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝m1y－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3meq \\al(2,1)＋4)y2－6m1y－9＝0，
∴y0y1＝－eq \f(9,3m\\al(2,1)＋4)，
∵x0＝m1y0－1，∴m1＝eq \f(x0＋1,y0)，∴eq \f(y0,y1)＝－eq \f(5＋2x0,3)，
同理由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝m2y＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))可得eq \f(y0,y2)＝－eq \f(5－2x0,3)，
∴eq \f(|PF1|,|F1A|)＋eq \f(|PF2|,|F2B|)＝－eq \f(y0,y1)－eq \f(y0,y2)＝eq \f(5＋2x0,3)＋eq \f(5－2x0,3)＝eq \f(10,3)；
②當y0＝0時，直線PF1，PF2與x軸重合，則
則eq \f(|PF1|,|F1A|)＋eq \f(|PF2|,|F2B|)＝3＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3)；
綜上所述：eq \f(|PF1|,|F1A|)＋eq \f(|PF2|,|F2B|)為定值eq \f(10,3).
3．[解析] (1)由已知得A(0，b)，B(0，－b)，P(eq \r(2)，0)．
則eq \(PA,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，b)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，－b)，eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝2－b2＝－1，
所以b2＝3.
因為e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，又b2＋c2＝a2，所以c2＝3，a2＝6.
故E的方程為eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)證明：當直線l的斜率存在時，設l的方程為y＝kx＋m，
即kx－y＋m＝0.
因為直線l與圓O相切，所以eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝eq \r(2)，即m2＝2k2＋2.
設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m.,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))
化簡，得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，
由韋達定理，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(4km,2k2＋1)，,x1x2＝\f(2m2－6,2k2＋1)，))
所以y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2
＝k2·eq \f(2m2－6,2k2＋1)－km·eq \f(4km,2k2＋1)＋m2
＝eq \f(m2－6k2,2k2＋1)，
所以x1x2＋y1y2＝eq \f(2m2－6,2k2＋1)＋eq \f(m2－6k2,2k2＋1)＝eq \f(3?m2－2k2－2?,2k2＋1)＝0，
故OM⊥ON，即以MN為直徑的圓過原點O.
當直線l的斜率不存在時，l的方程為x＝eq \r(2)或x＝－eq \r(2).
這時M(eq \r(2)，eq \r(2))，N(eq \r(2)，－eq \r(2))或M(－eq \r(2)，eq \r(2))，N(－eq \r(2)，－eq \r(2))．
顯然，以MN為直徑的圓也過原點O.
綜上，以MN為直徑的圓恒過原點O.
4．[解析] (1)由題意設直線l：y＝－x＋eq \f(p,2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯(lián)立方程組eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－x＋\f(p,2)，,y2＝2px，))消y得，x2－3px＋eq \f(p2,4)＝0，
所以x1＋x2＝3p，|AB|＝x1＋x2＋p＝4p＝8，解得p＝2，
即拋物線E的方程為y2＝4x.
(2)由(1)可知y1＋y2＝－4，y1·y2＝－4.
設直線l′：x＝my＋1，C(x3，y3)，D(x4，y4)聯(lián)立方程組eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,y2＝4x，))消x得y2－4my－4＝0，
所以y3＋y4＝4m，y3·y4＝－4.
直線AC：y－y3＝eq \f(4,y1＋y3)(x－x3)，即y＝eq \f(4x＋y1y3,y1＋y3)，
同理可得直線BD：y＝eq \f(4x＋y2y4,y2＋y4)，從而eq \f(4x＋y1y3,y1＋y3)＝eq \f(4x＋y2y4,y2＋y4)，
即4(y1－y2＋y3－y4)x＝y(tǒng)1y2(y3－y4)＋y3y4(y1－y2)＝－4(y1－y2＋y3－y4)
解得x＝－1，所以直線AC與直線BD的交點都在x＝－1上．

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