高考真題+知識總結(jié)+方法總結(jié)+題型突破38圓錐曲線中的求值與證明問題專題練習(xí)(學(xué)生版+解析)

第頁近年高考真題+優(yōu)質(zhì)模擬題匯編(全國通用)專題38圓錐曲線中的求值與證明問題【高考真題】1．(2022·北京)已知橢圓：的一個(gè)頂點(diǎn)為，焦距為．(1)求橢圓E的方程；(2)過點(diǎn)作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點(diǎn)M，N，當(dāng)時(shí)，求k的值．1．解析(1)依題意可得，，又，所以．所以橢圓方程為；(2)依題意過點(diǎn)的直線為，設(shè)、，不妨令，由，消去y整理得，所以，解得，所以，，直線AB的方程為，令，解得，直線AC的方程為，令，解得，所以，所以，即．即．即．整理得，解得．2．(2022·新高考Ⅰ)已知點(diǎn)在雙曲線上，直線l交C于P，Q兩點(diǎn)，直線的斜率之和為0．(1)求l的斜率；(2)若，求的面積．2．解析(1)因?yàn)辄c(diǎn)在雙曲線上，所以，解得，即雙曲線，易知直線l的斜率存在，設(shè)，，聯(lián)立可得，，所以，，．所以由可得，，即，即，所以，化簡得，，即，所以或，當(dāng)時(shí)，直線過點(diǎn)，與題意不符，舍去，故．(2)不妨設(shè)直線的傾斜角為，因?yàn)?，所以，因?yàn)椋?，即，即，解得，于是，直線，直線，聯(lián)立可得，，因?yàn)榉匠逃幸粋€(gè)根為2，所以，，同理可得，，．所以，，點(diǎn)A到直線PQ的距離，故的面積為．3．(2022·新高考Ⅱ)已知雙曲線的右焦點(diǎn)為，漸近線方程為．(1)求C的方程；(2)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)在C上，且．過P且斜率為的直線與過Q且斜率為的直線交于點(diǎn)M.從下面①②③中選取兩個(gè)作為條件，證明另外一個(gè)成立：①M(fèi)在上；②；③．注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分.3．解析(1)右焦點(diǎn)為，∴，∵漸近線方程為，∴，∴，∴，∴，∴．∴C的方程為：；(2)由已知得直線PQ的斜率存在且不為零，直線AB的斜率不為零，若選由①②推③或選由②③推①：由②成立可知直線AB的斜率存在且不為零；若選①③推②，則M為線段AB的中點(diǎn)，假若直線AB的斜率不存在，則由雙曲線的對稱性可知M在x軸上，即為焦點(diǎn)F此時(shí)由對稱性可知P、Q關(guān)于x軸對稱，與從而，已知不符；總之，直線AB的斜率存在且不為零．設(shè)直線AB的斜率為k，直線AB方程為,則條件①M(fèi)在AB上，等價(jià)于；兩漸近線的方程合并為，聯(lián)立消去y并化簡整理得：．設(shè),線段中點(diǎn)為,則,設(shè)，則條件③等價(jià)于,移項(xiàng)并利用平方差公式整理得：，,即，即；由題意知直線PM的斜率為,直線QM的斜率為，∴由，∴，所以直線PQ的斜率．直線,即，代入雙曲線的方程,即中，得：，解得P的橫坐標(biāo)：，同理：．∴∴,∴條件②等價(jià)于，綜上所述：條件①M(fèi)在AB上，等價(jià)于；條件②等價(jià)于；條件③等價(jià)于；選①②推③：由①②解得：,∴③成立；選①③推②：由①③解得：，，∴，∴②成立；選②③推①：由②③解得：，，∴，∴，∴①成立.【方法總結(jié)】證明問題常用方法圓錐曲線中的證明問題主要有兩個(gè)方面：(1)位置關(guān)系方面的(如證明相切、垂直、過定點(diǎn)等)；(2)數(shù)量關(guān)系方面的(如存在定值、恒成立等)．在熟悉圓錐曲線的定義和性質(zhì)的前提下，要多采用直接證明，但有時(shí)也會用反證法．【題型突破】1．(2019·全國Ⅰ)已知拋物線C：y2＝3x的焦點(diǎn)為F，斜率為eq\f(3,2)的直線l與C的交點(diǎn)為A，B，與x軸的交點(diǎn)為P．(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；(2)若eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))，求|AB|．1．解析設(shè)直線l：y＝eq\f(3,2)x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．(1)由題設(shè)得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0))，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋eq\f(3,2)．又|AF|＋|BF|＝4，所以x1＋x2＝eq\f(5,2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，則x1＋x2＝－eq\f(4t－1,3)．從而－eq\f(4t－1,3)＝eq\f(5,2)，解得t＝－eq\f(7,8)．所以l的方程為y＝eq\f(3,2)x－eq\f(7,8)．(2)由eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))可得y1＝－3y2．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得y2－2y＋2t＝0，所以y1＋y2＝2，從而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3．代入C的方程得x1＝3，x2＝eq\f(1,3)，即A(3，3)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－1))．故|AB|＝eq\f(4\r(13),3)．2．已知拋物線C：y2＝3x的焦點(diǎn)為F，斜率為eq\f(3,2)的直線l與C的交點(diǎn)為A，B，與x軸的交點(diǎn)為P．(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；(2)若eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))，求|AB|．2．解析設(shè)直線l：y＝eq\f(3,2)x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．(1)由題設(shè)得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0))，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋eq\f(3,2)．又|AF|＋|BF|＝4，所以x1＋x2＝eq\f(5,2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，其中Δ＝144(1－2t)>0，即t<eq\f(1,2)，則x1＋x2＝－eq\f(12(t－1),9)．從而－eq\f(12(t－1),9)＝eq\f(5,2)，得t＝－eq\f(7,8)(滿足Δ>0)．所以直線l的方程為y＝eq\f(3,2)x－eq\f(7,8)．(2)由eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))可得y1＝－3y2．①由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得y2－2y＋2t＝0，所以y1＋y2＝2．②由①②聯(lián)立，得y1＝3，且y2＝－1．代入C的方程得x1＝3，x2＝eq\f(1,3)．故|AB|＝eq\r((x1－x2)2＋(y1－y2)2)＝eq\f(4\r(13),3)．3．已知橢圓C：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,5)＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過點(diǎn)F2的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)．(1)若△F1AB的面積為eq\f(20\r(3),11)，求直線l的方程；(2)若eq\o(BF2,\s\up6(→))＝2eq\o(F2A,\s\up6(→))，求|AB|．3．解析(1)當(dāng)直線l斜率為0時(shí)，不滿足題意．當(dāng)直線l斜率不為0時(shí)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，設(shè)直線l的方程為x＝my＋1，代入橢圓C的方程消去x，得(5m2＋6)y2＋10my－25＝0，Δ＞0?m∈R，由根與系數(shù)的關(guān)系得y1＋y2＝eq\f(－10m,5m2＋6)，①，y1y2＝eq\f(－25,5m2＋6)，②則S△F1AB＝eq\f(1,2)|F1F2|·|y1－y2|＝eq\f(1,2)×2eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq\r(\f(100m2,（5m2＋6）2)－4×\f(（－25）,5m2＋6))＝eq\f(20\r(3),11)．整理得50m4－m2－49＝0，解得m2＝1或m2＝－eq\f(49,50)(舍去)，故直線l的方程為x±y－1＝0．(2)若eq\o(BF2,\s\up6(→))＝2eq\o(F2A,\s\up6(→))，則(1－x2，－y2)＝2(x1－1，y1)，所以y2＝－2y1．代入上式①②得y1＝eq\f(10m,5m2＋6)，2yeq\o\al(2,1)＝eq\f(25,5m2＋6)，消去y1，得2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10m,5m2＋6)))eq\s\up12(2)＝eq\f(25,5m2＋6)，解得m＝±eq\r(2)，所以|AB|＝eq\r(1＋m2)|y1－y2|＝eq\r(3)|y1－y2|＝3eq\r(3)|y1|＝3eq\r(3)×eq\f(10\r(2),5×2＋6)＝eq\f(15\r(6),8)．4．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>1)的焦距為2，過短軸的一個(gè)端點(diǎn)與兩個(gè)焦點(diǎn)的圓的面積為eq\f(4π,3)，過橢圓C的右焦點(diǎn)作斜率為k(k≠0)的直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為P．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點(diǎn)P且垂直于AB的直線與x軸交于點(diǎn)Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)，0))，求k的值．4．解析(1)由題中條件，可得過橢圓短軸的一個(gè)端點(diǎn)與兩個(gè)焦點(diǎn)的圓的半徑為eq\f(2\r(3),3)．設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)的坐標(biāo)為(c，0)，依題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2c＝2，,a2＝b2＋c2，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(2\r(3),3)))2＋c2＝\f(4,3).))又因?yàn)閎>1，解得a＝2，b＝eq\r(3)，c＝1，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)由題意，過橢圓C的右焦點(diǎn)的直線l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，將其代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，顯然Δ>0，則x1＋x2＝eq\f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2)，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝eq\f(－6k,3＋4k2)．因?yàn)镻為線段AB的中點(diǎn)，所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2,3＋4k2)，\f(－3k,3＋4k2)))．又因?yàn)橹本€PD的斜率為－eq\f(1,k)，所以直線PD的方程為y－eq\f(－3k,3＋4k2)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4k2,3＋4k2)))．令y＝0，得x＝eq\f(k2,3＋4k2)，所以點(diǎn)D的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k2,3＋4k2)，0))，則eq\f(k2,3＋4k2)＝eq\f(1,7)，解得k＝±1．5．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)過點(diǎn)P(2，1)，且離心率e＝eq\f(\r(3),2)．(1)求橢圓C的方程；(2)直線l的斜率為eq\f(1,2)，直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)．若|AB|＝eq\r(5)，求直線l的方程．5．解析(1)∵e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(3,4)，∴a2＝4b2．又橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)過點(diǎn)P(2，1)，∴eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，∴a2＝8，b2＝2．故所求橢圓方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1．(2)設(shè)l的方程為y＝eq\f(1,2)x＋m，點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))整理，得x2＋2mx＋2m2－4＝0．∴Δ＝4m2－8m2＋16＞0，解得|m|＜2．∴x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4．則|AB|＝eq\r(1＋\f(1,4))×eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(54－m2)＝eq\r(5)，解得m＝±eq\r(3)．所求直線l的方程為y＝eq\f(1,2)x±eq\r(3)．6．(2017·全國Ⅰ)設(shè)A，B為曲線C：y＝eq\f(x2,4)上兩點(diǎn)，A與B的橫坐標(biāo)之和為4．(1)求直線AB的斜率；(2)設(shè)M為曲線C上一點(diǎn)，C在M處的切線與直線AB平行，且AM⊥BM，求直線AB的方程．6．解析(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1≠x2，y1＝eq\f(x\o\al(2,1),4)，y2＝eq\f(x\o\al(2,2),4)，x1＋x2＝4，于是直線AB的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,4)＝1．(2)由y＝eq\f(x2,4)，得y′＝eq\f(x,2)．設(shè)M(x3，y3)，由題設(shè)知eq\f(x3,2)＝1，解得x3＝2，于是M(2,1)．設(shè)直線AB的方程為y＝x＋m，故線段AB的中點(diǎn)為N(2,2＋m)，|MN|＝|m＋1|．將y＝x＋m代入y＝eq\f(x2,4)得x2－4x－4m＝0．當(dāng)Δ＝16(m＋1)>0，即m>－1時(shí)，x1,2＝2±2eq\r(m＋1)．從而|AB|＝eq\r(2)|x1－x2|＝4eq\r(2(m＋1))．由題設(shè)知|AB|＝2|MN|，即4eq\r(2(m＋1))＝2(m＋1)，解得m＝7．所以直線AB的方程為y＝x＋7．7．(2021·天津)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點(diǎn)為F，上頂點(diǎn)為B，離心率為eq\f(2\r(5),5)，且|BF|＝eq\r(5)．(1)求橢圓的方程；(2)直線l與橢圓有唯一的公共點(diǎn)M，與y軸的正半軸交于N，過N與BF垂直的直線交x軸于點(diǎn)P．若MP∥BF，求直線l的方程．7．解析(1)易知點(diǎn)F(c，0)，B(0，b)，故|BF|＝eq\r(c2＋b2)＝a＝eq\r(5)．因?yàn)闄E圓的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(5),5)，故c＝2，b＝eq\r(a2－c2)＝1，因此，橢圓的方程為eq\f(x2,5)＋y2＝1．(2)設(shè)點(diǎn)M(x0，y0)為橢圓eq\f(x2,5)＋y2＝1上一點(diǎn)，先證明直線MN的方程為eq\f(x0x,5)＋y0y＝1．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x0x,5)＋y0y＝1，,\f(x2,5)＋y2＝1，,\f(xeq\o\al(2,0),5)＋yeq\o\al(2,0)＝1，))消去y，y0并整理得x2－2x0x＋xeq\o\al(2,0)＝0，Δ＝4xeq\o\al(2,0)－4xeq\o\al(2,0)＝0，因此，橢圓eq\f(x2,5)＋y2＝1在點(diǎn)M(x0，y0)處的切線方程為eq\f(x0x,5)＋y0y＝1．在直線MN的方程中，令x＝0，可得y＝eq\f(1,y0)，由題意可知y0＞0，即點(diǎn)Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,y0)))．直線BF的斜率為kBF＝－eq\f(b,c)＝－eq\f(1,2)，所以直線PN的方程為y＝2x＋eq\f(1,y0)．在直線PN的方程中，令y＝0，可得x＝－eq\f(1,2y0)，即點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2y0)，0))．因?yàn)镸P∥BF，則kMP＝kBF，即eq\f(y0,x0＋\f(1,2y0))＝eq\f(2yeq\o\al(2,0),2x0y0＋1)＝－eq\f(1,2)，整理可得(x0＋5y0)2＝0，所以x0＝－5y0．又因?yàn)閑q\f(xeq\o\al(2,0),5)＋yeq\o\al(2,0)＝1，所以6yeq\o\al(2,0)＝1．因?yàn)閥0＞0，故y0＝eq\f(\r(6),6)，x0＝－eq\f(5\r(6),6)，所以直線l的方程為－eq\f(\r(6),6)x＋eq\f(\r(6),6)y＝1，即x－y＋eq\r(6)＝0．8．(2020·全國Ⅲ)已知橢圓C：eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,m2)＝1(0＜m＜5)的離心率為eq\f(\r(15),4)，A，B分別為C的左、右頂點(diǎn)．(1)求C的方程；(2)若點(diǎn)P在C上，點(diǎn)Q在直線x＝6上，且|BP|＝|BQ|，BP⊥BQ，求△APQ的面積．8．解析(1)∵C：eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,m2)＝1(0＜m＜5)，∴a＝5，b＝m，根據(jù)離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,5)))2)＝eq\f(\r(15),4)，解得m＝eq\f(5,4)或m＝－eq\f(5,4)(舍去)，∴C的方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))2)＝1，即eq\f(x2,25)＋eq\f(16y2,25)＝1．(2)過點(diǎn)P作x軸的垂線，垂足為M，設(shè)直線x＝6與x軸的交點(diǎn)為N，根據(jù)題意畫出圖象，如圖．∵|BP|＝|BQ|，BP⊥BQ，∠PMB＝∠BNQ＝90°，∴∠PBM＋∠QBN＝90°，∠BQN＋∠QBN＝90°，∴∠PBM＝∠BQN．∴△PMB≌△BNQ．∵橢圓方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(16y2,25)＝1．∴B(5，0)，∴|PM|＝|BN|＝6－5＝1．設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為(xP，yP)，不妨設(shè)yP>0，可得P點(diǎn)縱坐標(biāo)為yP＝1，將其代入eq\f(x2,25)＋eq\f(16y2,25)＝1，可得eq\f(x\o\al(2,P),25)＋eq\f(16,25)＝1，解得xP＝3或xP＝－3，∴P點(diǎn)坐標(biāo)為(3，1)或(－3，1)．①當(dāng)P點(diǎn)坐標(biāo)為(3，1)時(shí)，|MB|＝5－3＝2，∵△PMB≌△BNQ，∴|MB|＝|NQ|＝2，∴Q點(diǎn)坐標(biāo)為(6，2)，畫出圖象，如圖．由A(－5，0)，Q(6，2)，可求得直線AQ的方程為2x－11y＋10＝0，點(diǎn)P到直線AQ的距離為d＝eq\f(|2×3－11×1＋10|,\r(22＋112))＝eq\f(|5|,\r(125))＝eq\f(\r(5),5)，|AQ|＝eq\r((6＋5)2＋(2－0)2)＝5eq\r(5)，∴△APQ面積為eq\f(1,2)×5eq\r(5)×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(5,2)．②當(dāng)P點(diǎn)坐標(biāo)為(－3，1)時(shí)，|MB|＝5＋3＝8，∵△PMB≌△BNQ，∴|MB|＝|NQ|＝8，∴Q點(diǎn)坐標(biāo)為(6，8)．畫出圖象，如圖．由A(－5，0)，Q(6，8)，可求得直線AQ的方程為8x－11y＋40＝0，點(diǎn)P到直線AQ的距離為d＝eq\f(|8×(－3)－11×1＋40|,\r(82＋112))＝eq\f(5,\r(185))＝eq\f(\r(185),37)，|AQ|＝eq\r((6＋5)2＋(8－0)2)＝eq\r(185)，∴△APQ面積為eq\f(1,2)×eq\r(185)×eq\f(\r(185),37)＝eq\f(5,2)．綜上所述，△APQ的面積為eq\f(5,2)．9．(2020·北京)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1過點(diǎn)A(－2，－1)，且a＝2b．(1)求橢圓C的方程；(2)過點(diǎn)B(－4，0)的直線l交橢圓C于點(diǎn)M，N，直線MA，NA分別交直線x＝－4于點(diǎn)P，Q，求eq\f(|PB|,|BQ|)的值．9．解析(1)由橢圓過點(diǎn)A(－2，－1)，得eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1．又a＝2b，∴eq\f(4,4b2)＋eq\f(1,b2)＝1，解得b2＝2，∴a2＝4b2＝8，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1．(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，顯然不合題意．設(shè)直線l：y＝k(x＋4)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k(x＋4)，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1))得(4k2＋1)x2＋32k2x＋64k2－8＝0．由Δ＞0，得－eq\f(1,2)＜k＜eq\f(1,2)．設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(－32k2,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(64k2－8,4k2＋1)．又∵直線AM：y＋1＝eq\f(y1＋1,x1＋2)(x＋2)，令x＝－4，得yP＝eq\f(－2(y1＋1),x1＋2)－1．將y1＝k(x1＋4)代入，得yP＝eq\f(－(2k＋1)(x1＋4),x1＋2)．同理yQ＝eq\f(－(2k＋1)(x2＋4),x2＋2)．∴yP＋yQ＝－(2k＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋4,x1＋2)＋\f(x2＋4,x2＋2)))＝－(2k＋1)·eq\f(2x1x2＋6(x1＋x2)＋16,(x1＋2)(x2＋2))＝－(2k＋1)·eq\f(\f(2(64k2－8),4k2＋1)＋\f(6×(－32k2),4k2＋1)＋16,(x1＋2)(x2＋2))＝－(2k＋1)·eq\f(128k2－16－192k2＋64k2＋16,(4k2＋1)(x1＋2)(x2＋2))＝0．∴|PB|＝|BQ|，∴eq\f(|PB|,|BQ|)＝1．10．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左頂點(diǎn)為A，右焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)A作斜率為eq\f(\r(3),3)的直線與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，且AB⊥OB，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．(1)求橢圓的離心率e；(2)若b＝1，過點(diǎn)F作與直線AB平行的直線l，l與橢圓C相交于P，Q兩點(diǎn)，①求直線OP的斜率與直線OQ的斜率乘積；②點(diǎn)M滿足2eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))，直線MQ與橢圓的另一個(gè)交點(diǎn)為N，求eq\f(|NM|,|NQ|)的值．10．解析(1)由已知得|OA|＝a，|OB|＝eq\f(a,2)，∠BAF＝eq\f(π,6)，則Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,4)，\f(\r(3)a,4)))，代入橢圓C的方程得eq\f(a2,16a2)＋eq\f(3a2,16b2)＝1，∴eq\f(a2,b2)＝5，a＝eq\r(5)b，∴c＝eq\r(a2－b2)＝2b，故橢圓的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(5),5)．(2)①由(1)可得b＝1，a＝eq\r(5)，c＝2，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,5)＋y2＝1．依題意，得直線l為x＝eq\r(3)y＋2，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\r(3)y＋2，,x2＋5y2＝5))得8y2＋4eq\r(3)y－1＝0，Δ>0恒成立．則y1＋y2＝－eq\f(\r(3),2)，y1y2＝－eq\f(1,8)．∴x1x2＝(eq\r(3)y1＋2)(eq\r(3)y2＋2)＝3y1y2＋2eq\r(3)(y1＋y2)＋4＝eq\f(5,8)．因此kOP·kOQ＝eq\f(y1y2,x1x2)＝－eq\f(1,5)．②設(shè)點(diǎn)N(x3，y3)，設(shè)eq\f(|NM|,|NQ|)＝λ，所以eq\o(NM,\s\up6(→))＝λeq\o(NQ,\s\up6(→))(0<λ<1)．又因?yàn)?eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))，所以點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,2)，\f(y1,2)))，則滿足eq\o(NM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,2)－x3，\f(y1,2)－y3))，eq\o(NQ,\s\up6(→))＝(x2－x3，y2－y3)．則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x1,2)－x3＝λ(x2－x3)，,\f(y1,2)－y3＝λ(y2－y3)，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－2λx2＝2(1－λ)x3，,y1－2λy2＝2(1－λ)y3，))所以x3＝eq\f(x1－2λx2,2（1－λ）)，且y3＝eq\f(y1－2λy2,2（1－λ）)．∵P，Q，N在橢圓上，∴xeq\o\al(2,1)＋5yeq\o\al(2,1)＝5，xeq\o\al(2,2)＋5yeq\o\al(2,2)＝5，xeq\o\al(2,3)＋5yeq\o\al(2,3)＝5，從而eq\f((x1－2λx2)2,4(1－λ)2)＋5·eq\f((y1－2λy2)2,4(1－λ)2)＝5，∴xeq\o\al(2,1)＋5yeq\o\al(2,1)＋4λ2(xeq\o\al(2,2)＋5yeq\o\al(2,2))－4λ(x1x2＋5y1y2)＝20(1－λ)2．由①可知x1x2＋5y1y2＝0，∴1＋4λ2＝4(1－λ)2，∴λ＝eq\f(3,8)，所以eq\f(|NM|,|NQ|)＝eq\f(3,8)．11．設(shè)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(gè)焦點(diǎn)，M是橢圓上任意一點(diǎn)，且△MF1F2的周長是4＋2eq\r(3).(1)求橢圓C1的方程；(2)設(shè)橢圓C1的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，過橢圓C1上的一點(diǎn)D作x軸的垂線交x軸于點(diǎn)E，若點(diǎn)C滿足eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))∥eq\o(OC,\s\up6(→))，連接AC交DE于點(diǎn)P，求證：|PD|＝|PE|.11．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?yàn)椤鱉F1F2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)由(1)得A(－2，0)，B(2，0)，設(shè)D(x0，y0)，所以E(x0，0)，因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，所以可設(shè)C(2，y1)，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝(x0＋2，y0)，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(2，y1)，由eq\o(AD,\s\up6(→))∥eq\o(OC,\s\up6(→))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－0,\f(2y0,x0＋2)－0)＝eq\f(x＋2,2－（－2）)，整理得y＝eq\f(y0,2（x0＋2）)(x＋2)．又點(diǎn)P在DE上，將x＝x0代入直線AC的方程可得：y＝eq\f(y0,2)，即點(diǎn)P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(y0,2)))，所以P為DE的中點(diǎn)，|PD|＝|PE|.12．已知拋物線C：y2＝2px經(jīng)過點(diǎn)P(1，2)，其焦點(diǎn)為F.M為拋物線上除了原點(diǎn)外的任一點(diǎn)，過M的直線l與x軸，y軸分別交于A，B.(1)求拋物線C的方程以及焦點(diǎn)坐標(biāo)；(2)若△BMF與△ABF的面積相等，求證：直線l是拋物線C的切線．12．解析(1)因?yàn)閽佄锞€C：y2＝2px經(jīng)過點(diǎn)P(1，2)，所以22＝2p，p＝2.所以拋物線C的方程為y2＝4x，焦點(diǎn)F點(diǎn)坐標(biāo)為(1，0)．(2)證因?yàn)椤鰾MF與△ABF的面積相等，所以BM＝AB，所以B為AM的中點(diǎn)．設(shè)M(x0，y0)(x0y0≠0)，則A(－x0，0)．所以直線l的方程為y＝eq\f(y0,2x0)(x＋x0)，與拋物線y2＝4x聯(lián)立得y2－eq\f(8x0,y0)y＋4x0＝0，Δ＝eq\f(64xeq\o\al(2,0),yeq\o\al(2,0))－16x0＝eq\f(64xeq\o\al(2,0),4x0)－16x0＝0，所以直線l是拋物線C的切線．13．如圖，已知拋物線Γ：y2＝8x的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，A為拋物線Γ上一點(diǎn)，直線AO與l交于點(diǎn)C，直線AF與拋物線Γ的另一個(gè)交點(diǎn)為B．(1)證明：直線BC∥x軸；(2)設(shè)準(zhǔn)線l與x軸的交點(diǎn)為E，連接BE，且BE⊥BF，證明：||AF|－|BF||＝8．13．解析(1)由y2＝8x知焦點(diǎn)F(2，0)，準(zhǔn)線l為x＝－2．設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),8)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),8)，y2))，則直線AO為y＝eq\f(8,y1)x，令x＝－2可得點(diǎn)C的縱坐標(biāo)為yC＝－eq\f(16,y1)．設(shè)直線AB為x＝my＋2，代入y2＝8x，得y2－8my－16＝0，所以y1y2＝－16．從而y2＝－eq\f(16,y1)，從而y2＝y(tǒng)C，即直線BC∥x軸．(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由BE⊥BF，則|BE|2＋|BF|2＝|EF|2，得(x2＋2)2＋(x2－2)2＋2yeq\o\al(2,2)＝16．又yeq\o\al(2,2)＝8x2，則xeq\o\al(2,2)＋8x2－4＝0，由x2>0，則x2＝－4＋2eq\r(5)．由于AB與x軸不垂直，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－2)．則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k(x－2)，,y2＝8x，))整理得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，∴x1x2＝4，則x1＝4＋2eq\r(5)．故||AF|－|BF||＝|x1－x2|＝8．14．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)，過焦點(diǎn)且與x軸垂直的直線被橢圓C截得的線段長為2.(1)求橢圓C的方程；(2)已知點(diǎn)A(1，0)，B(4，0)，過點(diǎn)A的任意一條直線l與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，求證：|MB|·|NA|＝|MA|·|NB|.14．解析(1)因?yàn)閑q\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，令x＝c，得y2＝eq\f(b4,a2)，因?yàn)檫^焦點(diǎn)且與x軸垂直的直線被橢圓C截得的線段長為2，所以eq\f(b2,a)＝1，根據(jù)離心率為eq\f(\r(2),2)，得eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，結(jié)合a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝eq\r(2)，所以橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)證明要證明|MB|·|NA|＝|MA|·|NB|，只需證明eq\f(|MA|,|NA|)＝eq\f(|MB|,|NB|)，過M，N分別作x軸的垂線段MM′，NN′，易得eq\f(|MA|,|NA|)＝eq\f(|MM′|,|NN′|)，所以只需證明eq\f(|MB|,|NB|)＝eq\f(|MM′|,|NN′|)，所以只需證明∠MBA＝∠NBA，只需證明kMB＋kNB＝0.當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，易得|MB|·|NA|＝|MA|·|NB|.當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，不妨設(shè)其為k，則直線l的方程為y＝k(x－1)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k（x－1）))消去y，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－4＝0，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2k2－4,2k2＋1)，直線MB的斜率kMB＝eq\f(k（x1－1）,x1－4)，直線NB的斜率kNB＝eq\f(k（x2－1）,x2－4)，kMB＋kNB＝eq\f(k（x1－1）,x1－4)＋eq\f(k（x2－1）,x2－4)＝eq\f(k（x1－1）（x2－4）＋k（x2－1）（x1－4）,（x1－4）（x2－4）)＝eq\f(k[2x1x2－5（x1＋x2）＋8],（x1－4）（x2－4）)＝eq\f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2·\f(2k2－4,2k2＋1)－5·\f(4k2,2k2＋1)＋8)),（x1－4）（x2－4）)＝0.綜上所述，|MB|·|NA|＝|MA|·|NB|.15．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓F：(x－1)2＋y2＝1外的點(diǎn)P在y軸的右側(cè)運(yùn)動，且P到圓F上的點(diǎn)的最小距離等于它到y(tǒng)軸的距離，記P的軌跡為E.(1)求E的方程；(2)過點(diǎn)F的直線交E于A，B兩點(diǎn)，以AB為直徑的圓D與平行于y軸的直線相切于點(diǎn)M，線段DM交E于點(diǎn)N，證明：△AMB的面積是△AMN的面積的四倍．15．解析法一(1)設(shè)P(x，y)，依題意x＞0，F(xiàn)(1，0)．因?yàn)镻在圓F外，所以P到圓F上的點(diǎn)的最小距離為|PF|－1，依題意得|PF|－1＝x，即eq\r(（x－1）2＋y2)－1＝x，化簡得E的方程為y2＝4x(x＞0)．(2)設(shè)N(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2))).當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，不合題意，依題意可設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1），,y2＝4x))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.因?yàn)棣ぃ?2k2＋4)2－4k4＝16k2＋16＞0，所以x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，則有y1＋y2＝eq\f(4,k)，故Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k2＋2,k2)，\f(2,k)))，由拋物線的定義知|AB|＝x1＋x2＋2＝eq\f(4k2＋4,k2).設(shè)M(xM，yM)，依題意得yM＝eq\f(2,k)，所以|MD|＝eq\f(k2＋2,k2)－xM.又因?yàn)閨MD|＝eq\f(|AB|,2)，所以eq\f(k2＋2,k2)－xM＝eq\f(2,k2)＋2，解得xM＝－1，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,k)))，因?yàn)镹eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(2,k)))在拋物線上，所以x0＝eq\f(1,k2)，即Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2)，\f(2,k)))，所以S△AMB＝eq\f(1,2)|MD||y1－y2|＝eq\f(k2＋1,k2)|y1－y2|，S△AMN＝eq\f(1,2)|MN||y1－yD|＝eq\f(1,2)|MN|×eq\f(1,2)|y1－y2|＝eq\f(k2＋1,4k2)|y1－y2|，故S△AMB＝4S△AMN.法二(1)解設(shè)P(x，y)，依題意x＞0.因?yàn)镻在圓F外，所以P到圓F上的點(diǎn)的最小距離為|PF|－1.依題意得點(diǎn)P到圓F(1，0)的距離|PF|等于P到直線x＝－1的距離，所以P在以F(1，0)為焦點(diǎn)，x＝－1為準(zhǔn)線的拋物線上．所以E的方程為y2＝4x(x＞0)．(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因?yàn)橹本€AB過F(1，0)，依題意可設(shè)其方程為x＝ty＋1(t≠0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,y2＝4x，))得y2－4ty－4＝0，因?yàn)棣ぃ?6t2＋16＞0，所以y1＋y2＝4t，則有x1＋x2＝(ty1＋1)＋(ty2＋1)＝4t2＋2.因?yàn)镈是AB的中點(diǎn)，所以D(2t2＋1，2t)．由拋物線的定義得|AB|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝4t2＋4，設(shè)圓D與l：x＝m相切于M，因?yàn)镈M與拋物線相交于N，所以m＜0，且DM⊥l，所以|DM|＝eq\f(1,2)|AB|，即2t2＋1－m＝eq\f(1,2)(4t2＋4)，解得m＝－1，設(shè)N(x0，y0)，則y0＝2t，且(2t)2＝4x0，所以x0＝t2，因?yàn)閑q\f(2t2＋1＋（－1）,2)＝t2，所以N為DM的中點(diǎn)，所以S△AMD＝2S△AMN，又因?yàn)镈為AB的中點(diǎn)，S△AMB＝2S△AMD，所以S△AMB＝4S△AMN.法三(1)同法一．(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，連接MF，NF.因?yàn)橹本€AB過F(1，0)，依題意可設(shè)其方程x＝ty＋1(t≠0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,y2＝4x，))得y2－4ty－4＝0，因?yàn)棣ぃ?6t2＋16＞0，所以y1＋y2＝4t，所以yM＝y(tǒng)D＝2t.因?yàn)閨MD|＝eq\f(|AB|,2)，|AB|＝x1＋x2＋2，又因?yàn)閨MD|＝eq\f(x1＋x2,2)－xM，所以eq\f(x1＋x2＋2,2)＝eq\f(x1＋x2,2)－xM，解得xM＝－1，所以M(－1，2t)，所以kMF·kAB＝eq\f(2t,－1－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))＝－1，故∠MFD＝90°.又因?yàn)閨NM|＝|NF|，所以|NF|＝|ND|，從而|MN|＝|ND|.所以S△AMN＝eq\f(1,2)S△AMD，又S△AMD＝eq\f(1,\s\do1(2))S△AMB，所以S△AMB＝4S△AMN.16．設(shè)橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1的右焦點(diǎn)為F，過F的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2，0)．(1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，求直線AM的方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，證明：∠OMA＝∠OMB．16．解析(1)由已知得F(1，0)，l的方程為x＝1．則點(diǎn)A的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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)證明：當(dāng)l與x軸重合時(shí)，∠OMA＝∠OMB＝0°．當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，OM為AB的垂直平分線，所以∠OMA＝∠OMB．當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1<eq\r(2)，x2<eq\r(2)，直線MA，MB的斜率之和為kMA＋kMB＝eq\f(y1,x1－2)＋eq\f(y2,x2－2)．由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，得kMA＋kMB＝eq\f(2kx1x2－3kx1＋x2＋4k,x1－2x2－2)．將y＝k(x－1)代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，所以x1＋x2＝eq\f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2k2－2,2k2＋1)．則2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝eq\f(4k3－4k－12k3＋8k3＋4k,2k2＋1)＝0．從而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的傾斜角互補(bǔ)．所以∠OMA＝∠OMB．綜上，∠OMA＝∠OMB成立．17．設(shè)橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過點(diǎn)F1的直線交橢圓E于A，B兩點(diǎn)．若橢圓E的離心率為eq\f(\r(2),2)，△ABF2的周長為4eq\r(6)．(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)不經(jīng)過橢圓的中心而平行于弦AB的直線交橢圓E于點(diǎn)C，D，設(shè)弦AB，CD的中點(diǎn)分別為M，N，證明：O，M，N三點(diǎn)共線．17．解析(1)由題意知，4a＝4eq\r(6)，a＝eq\r(6)．又e＝eq\f(\r(2),2)，∴c＝eq\r(3)，b＝eq\r(3)，∴橢圓E的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)當(dāng)直線AB，CD的斜率不存在時(shí)，由橢圓的對稱性知，中點(diǎn)M，N在x軸上，O，M，N三點(diǎn)共線，當(dāng)直線AB，CD的斜率存在時(shí)，設(shè)其斜率為k，且設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),6)＋\f(y\o\al(2,1),3)＝1，,\f(x\o\al(2,2),6)＋\f(y\o\al(2,2),3)＝1，))兩式相減，得eq\f(x\o\al(2,1),6)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,2),6)＋\f(y\o\al(2,2),3)))＝0，∴eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),6)＝－eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),3)，eq\f((x1－x2)(x1＋x2),6)＝－eq\f((y1－y2)(y1＋y2),3)，∴eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq\f(3,6)，eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(y0,x0)＝－eq\f(3,6)，即k·kOM＝－eq\f(1,2)，∴kOM＝－eq\f(1,2k)．同理可得kON＝－eq\f(1,2k)，∴kOM＝kON，∴O，M，N三點(diǎn)共線．18．在平面直角坐標(biāo)系xOy中取兩個(gè)定點(diǎn)A1(－eq\r(6)，0)，A2(eq\r(6)，0)，再取兩個(gè)動點(diǎn)N1(0，m)，N2(0，n)，且mn＝2．(1)求直線A1N1與A2N2的交點(diǎn)M的軌跡C的方程；(2)過R(3，0)的直線與軌跡C交于P，Q兩點(diǎn)，過點(diǎn)P作PN⊥x軸且與軌跡C交于另一點(diǎn)N，F(xiàn)為軌跡C的右焦點(diǎn)，若eq\o(RP,\s\up7(→))＝λeq\o(RQ,\s\up7())(λ＞1)，求證：eq\o(NF,\s\up7())＝λeq\o(FQ,\s\up7())．18．解析(1)依題意知，直線A1N1的方程為y＝eq\f(m,\r(6))(x＋eq\r(6))，①，直線A2N2的方程為y＝－eq\f(n,\r(6))(x－eq\r(6))，②設(shè)M(x，y)是直線A1N1與A2N2的交點(diǎn)，①×②得y2＝－eq\f(mn,6)(x2－6)，又mn＝2，整理得eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1．故點(diǎn)M的軌跡C的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1．(2)證明：設(shè)過點(diǎn)R的直線l：x＝ty＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則N(x1，－y1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋3，,\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，))消去x，得(t2＋3)y2＋6ty＋3＝0，(*)，所以y1＋y2＝－eq\f(6t,t2＋3)，y1y2＝eq\f(3,t2＋3)．由eq\o(RP,\s\up7())＝λeq\o(RQ,\s\up7())，得(x1－3，y1)＝λ(x2－3，y2)，故x1－3＝λ(x2－3)，y1＝λy2，由(1)得F(2，0)，要證eq\o(NF,\s\up7())＝λeq\o(FQ,\s\up7())，即證(2－x1，y1)＝λ(x2－2，y2)，只需證2－x1＝λ(x2－2)，只需eq\f(x1－3,x2－3)＝－eq\f(x1－2,x2－2)，即證2x1x2－5(x1＋x2)＋12＝0，又x1x2＝(ty1＋3)(ty2＋3)＝t2y1y2＋3t(y1＋y2)＋9，x1＋x2＝ty1＋3＋ty2＋3＝t(y1＋y2)＋6，所以2t2y1y2＋6t(y1＋y2)＋18－5t(y1＋y2)－30＋12＝0，即2t2y1y2＋t(y1＋y2)＝0，而2t2y1y2＋t(y1＋y2)＝2t2·eq\f(3,t2＋3)－t·eq\f(6t,t2＋3)＝0成立，即eq\o(NF