(共22张PPT)
课时作业讲评
教学环节二
(教师批阅作业后,据情选点讲评)
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1.已知椭圆C:+=1(a>b>0)上的点到它的两个焦点的距离之和为4,以椭圆C的短轴为直径的圆O经过这两个焦点,点A,B分别是椭圆C的左、右顶点.
(1)求圆O和椭圆C的方程;
解:由题意可得解得a=2,b=c=,所以圆O的方程为x2+y2=2,椭圆C的方程为+=1.
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(2)已知P,Q分别是椭圆C和圆O上的动点(P,Q位于y轴两侧),且直线PQ与x轴平行,直线AP,BP分别与y轴交于点M,N.求证:∠MQN为定值.
解:∠MQN=90°,证明如下:
设点P的坐标为(x0,y0)(y0≠0),点Q的坐标为Q(xQ,y0),
则即
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又由AP:y=(x+2),得点M的坐标为M,由BP:y=(x-2),得点N的坐标为N,所以==,
==,
所以·=+=2-+=0,
所以QM⊥QN,即∠MQN=90°.
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2.(2024·运城三模)已知双曲线C:x2-=1的左、右焦点分别为F1,F2,点A为C的左顶点,点P为C右支上一点(非顶点),∠F1PF2的平分线PM交x轴于M.
(1)过右焦点F2作F2N⊥PM于N,求|ON|;
解:延长F2N交PF1于点E,因为PM平分∠F1PF2,F2N⊥PM,
所以△PNF2≌△PNE,所以|PF2|=|PE|,|F2N|=|NE|,
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所以N为F2E的中点.又O为F1F2的中点,所以|ON|=|F1E|且ON∥F1E.
又|PF1|-|PF2|=2a=2,所以|PF1|-|PF2|=|F1E|+|PE|-|PF2|=|F1E|=2,
所以|ON|=|F1E|=1.
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(2)求证:∠PF2A=2∠PAF2.
解:证明:依题意可知A(-1,0),F2(2,0),
当xP=2时,22-=1,解得yP=±3,不妨取P(2,3),则∠PF2A=,
tan∠PAF2==1,所以∠PAF2=,满足∠PF2A=2∠PAF2;
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当xP≠2时,设P(x0,y0)(x0>1,x0≠2),则3-=3,
所以tan∠PAF2=,tan∠PF2A=tan(π-∠PF2x)=-tan∠PF2x=
-,
则tan 2∠PAF2====-,
所以tan 2∠PAF2=tan∠PF2A.
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又∠PAF2∈,∠PF2A∈(0,π),
则2∠PAF2∈(0,π),
所以2∠PAF2=∠PF2A.
综上可得2∠PAF2=∠PF2A.
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3.定义:若两个椭圆的离心率相等,则称这两个椭圆相似.如图①,椭圆C1,C2是两个相似的椭圆,椭圆C1:+=1(a>b>0)的长半轴长是4,短半轴长是2,且C1的左、右焦点F1,F2都在椭圆C2:+=1(m>n>0)上.
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(1)求C1,C2的方程;
解:由题知a=4,b=2,故C1:+=1.又m2=a2-b2=12,且C1,C2相似,故=,故n2=3,故C2:+=1.
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(2)在C1上是否存在点P满足,线段PF1的中点在C2上,如有请求出P的坐标,否则请说明理由;
解:由题知F1(-2,0),设P(x1,y1),PF1中点M,故即故(x1-2)2-=32,解得x1=-,y1=±,故P.
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(3)如图②,若Q是C2上异于F1,F2的任意一点,直线QF1与C1交于A,B两点,直线QF2与C1交于D,E两点,求证:|AB|+|DE|为定值.
解:证明:设Q(x0,y0),则·=·=,又+=1,故+4=12,故·==-.显然直线AB斜率不为0,设AB的方程为x=ty-2,A(x2,y2),B(x3,y3),
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联立得(t2+4)y2-4ty-4=0,Δ>0,故y2+y3=,y2y3=.
又|AB|= |y2-y3|= =,又·=-,故 ·=-4,
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故有|DE|==,故|AB|+|DE|=
+==10,即|AB|+|DE|为定值10.
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4.(2024·晋城模拟)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率e∈,P(0,2)为C的上顶点,D为椭圆C上任意一点,且满足|PD|的最大值为4.
(1)求椭圆C的方程;
解:由题知b=2,又e===∈,得到≤1-<1,解得a2≥8,
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设D(x0,y0),则|PD|2=+(y0-2)2.又因为+=1,
所以|PD|2=a2+=-4y0+a2+4,
又y0∈[-2,2],对称轴为y0=,又a2≥8,所以y0=∈[-2,0),又1-<0,
所以-4×+a2+4≤16,整理得到a4-16a2+64≤0,解得a2=8,所以椭圆方程为+=1.
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(2)已知M,T(-2,1).过点T的直线l(斜率存在且不为1)与椭圆C交于A,B两点.证明:MT平分∠AMB.
审题破题:本题的关键在于第二问,设直线MB的倾斜角为α,直线MA的倾斜角为β,利用直线MT的倾斜角为,得到α+β=+∠TMB-∠AMT,从而将问题转化成求证kMB·kMA=1,再联立直线与椭圆的方程,利用根与系数的关系,即可求解.
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解:证明:设直线l:y-1=k(x+2)(k≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),
联立y-1=k(x+2)(k≠1)和+=1,消y得到(1+2k2)x2+(8k2+4k)x+8k2+8k-6=0,
由根与系数的关系得到x1+x2=-,
x1x2=.
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设直线MB的倾斜角为α,直线MA的倾斜角为β,因为kMT==-1,所以直线MT的倾斜角为,则有α=-(π-∠TMB)=∠TMB-,β=-∠AMT,
得到α+β=+∠TMB-∠AMT,
所以要证MT平分∠AMB,即证α+β=,也即证明α=-β,
即证kMB·kMA=tan αtan β=1,
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又kMB·kMA=·=
=,
将x1+x2=-,x1x2=代入,
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得kMB·kMA=
==1,
所以MT平分∠AMB.(共29张PPT)
定值与证明问题
习题讲评(五)
题点考法讲评
教学环节一
(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
CONTENTS
目录
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教学点(一) 定值问题
教学点(二) 证明问题
定值问题
教学点（一）
[典例] 在平面直角坐标系xOy中,点A,B的坐标分别为(-2,0),(2,0),直线MA,MB相交于点M,且它们的斜率之积为-,记动点M的轨迹为Γ.
(1)求Γ的方程;
解:设动点M的坐标为(x,y),
依题意得·=-(x≠±2),化简整理,得3x2+4y2=12(x≠±2).
所以Γ的方程为+=1(x≠±2).
(易错防范:求动点M的轨迹方程时,若缺少限制条件x≠±2,则此处不给分)
(2)设C,D是Γ上的两个动点,且以CD为直径的圆经过点O,证明:为定值.
解:证明:因为以CD为直径的圆经过点O,所以OC⊥OD,所以|CD|2=|OC|2+|OD|2,所以==+.
(关键点:要用两点间的距离公式求线段长,最好使用平方法,能简化运算)
由(1)知,Γ的方程为+=1(x≠±2),
所以C,D不可能为Γ的顶点,所以直线OC的斜率存在且不等于零,
故可设直线OC的方程为y=kx(k≠0),则直线OD的方程为y=-x,
由得所以|OC|2=+=.
同理可得,|OD|2=+=.
(答题技巧:对于解题过程一样的答题步骤,可适当利用“同理可得”,把相应的参数进行更换)
所以=+===.
所以=,为定值.
|思|维|建|模| 求解定值问题的两大途径
(1)可由特例得出一个值(此值一般就是定值),然后证明定值:将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关.
(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示,再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子与分母约分得定值.
如图,已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,D(1,0),点P是在第一象限内且在C上的一个动点,当DP与x轴垂直时,|PF|=,过点P作与C相切的直线l交y轴于点M,过点M作直线l的垂线,交抛物线C于A,B两点.
即时训练
(1)求C的方程;
解:当DP与x轴垂直时,|PF|=,则由抛物线的定义可得1+=,解得p=,所以C的方程为y2=x.
(2)延长PD,交抛物线C于点Q.设直线AB,OQ(其中O为坐标原点)的斜率分别为k1,k2,证明:为定值.
解:证明：设P(x0,y0),对于y2=x,当y>0时,y=,y'=,所以y0=,直线PM的斜率为.
当直线PD的斜率存在时,将直线PD的方程y=(x-1)与抛物线方程y2=x联立,消去x并化简,得y2-y-1=0,易得Δ>0,
设Q(xQ,yQ),则y0yQ=-1,所以yQ=-=-.
(妙解:直线PD与抛物线的另一个交点是点Q,这是一个直白的、但容易灯下黑的条件,这里根据“y1y2=”可以直接求出yQ)
把点Q的纵坐标代入y=(x-1),得xQ=,所以Q.
因为直线AB与切线l垂直,
所以k1=-,而kPM=,所以k1=-2.
又O为坐标原点,所以k2==-.
所以=2.当直线PD的斜率不存在时,P(1,1),Q(1,-1),此时k1=-2,k2=-1,所以=2.
综上,为定值2.
证明问题
教学点（二）
[典例] (2024·湖南二模)如图,已知A,B分别是椭圆E:+=1的右顶点和上顶点,椭圆E的离心率为,△ABO的面积为1.若过点P(a,b)的直线与椭圆E相交于M,N两点,过点M作x轴的平行线分别与直线AB,NB交于点C,D.
(1)求椭圆E的方程.
解:依据题意解得∴椭圆E的方程为+y2=1.
(2)证明:M,C,D三点的横坐标成等差数列.
审题破题:第二问的关键是采用设线法,联立椭圆方程得到根与系数的关系,再计算+为定值,最后再利用B,D,N三点共线即可证明.
解:法一:证明:设直线MN:x=my+n,∵直线过点P(2,1),∴m+n=2.
联立方程组可得(m2+4)y2+2mny+n2-4=0,Δ=4m2n2-4(m2+4)(n2-4)=16(m2-n2+4)>0,设M(x1,y1),N(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=,
∵lAB:x+2y-2=0,∴C(2-2y1,y1).
∵lBN:y=x+1(x2≠0),令y=y1可得xD=,
下面证明x1+xD=2xC:
即证x1+=4-4y1,即证(my1+n)(y2-1)+(y1-1)(my2+n)=(4-4y1)(y2-1),整理,即证(2m+4)y1y2+(n-m-4)(y1+y2)-2n+4=0,
即证(2m+4)·+(n-m-4)·-2n+4=0,
整理,即证4m2+8mn+4n2-8(m+n)=0,即证(m+n)2-2(m+n)=0,
∵m+n=2,∴上式成立,原式得证.
法二:证明:设M(x1,y1),N(x2,y2)(y1≠1,y2≠1),
∵MD∥x轴,∴D(xD,y1),C(xC,y1).
设直线lMN:mx+n(y-1)=1,∵lMN过点P(2,1),∴2m=1 m=.
由方程组可得当y≠1时,+
8m·+4+8n=0,∴+=-8m=-4.
又∵B,D,N三点共线,∴=,
∴+=-4,即x1+xD=-4(y1-1).
∵点C(xC,y1)在直线AB:+y=1上,
∴y1-1=-,
∴x1+xD=-4×,即x1+xD=2xC.
∴M,C,D三点的横坐标成等差数列.
法三:证明:设直线MN:x=my+n,
∵直线过点P(2,1),∴m+n=2.
联立方程组可得(m2+4)y2+2mny+n2-4=0,
设M(x1,y1),N(x2,y2)(y1≠1,y2≠1),则y1+y2=,y1y2=,
∴+===-4.
又∵B,D,N三点共线,∴=,∴+=-4==2·,
∴x1+xD=2xC,
∴M,C,D三点的横坐标成等差数列.
|思|维|建|模| 圆锥曲线中证明问题的解题策略
(1)圆锥曲线中的证明问题,主要有两类:一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系,如:某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等;二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等).
(2)解决证明问题时,主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等,通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明.
(2024·全国甲卷)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F,点M在C上,且MF⊥x轴.
(1)求C的方程;
即时训练
即时训练
解:法一:直接法 由题意知解得所以椭圆C的方程为+=1.
法二:由题意知解得
所以椭圆C的方程为+=1.
法三:巧用椭圆的定义 设F'为C的左焦点,连接MF',则|MF|=,|FF'|=2,
在Rt△MFF'中,|MF'|===.
由椭圆的定义知2a=|MF'|+|MF|=4,2c=|FF'|=2,所以a=2,c=1.
又a2=b2+c2,所以b=,
所以椭圆C的方程为+=1.
(2)过点P(4,0)的直线交C于A,B两点,N为线段FP的中点,直线NB交直线MF于点Q,证明:AQ⊥y轴.
解:证明:分析知直线AB的斜率存在.易知当直线AB的斜率为0时,AQ⊥y轴.当直线AB的斜率不为0时,设直线AB:x=ty+4(t≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),Q(1,n),
联立方程消去x得(3t2+4)y2+24ty+36=0,Δ=144(t2-4)>0,
则y1+y2=,y1y2=.
因为N为线段FP的中点,F(1,0),所以N.
由N,Q,B三点共线,得kBN=kNQ,即=,得-y2=n,解得n=.
所以n-y1=-y1=-y1===0,
所以n=y1,所以AQ⊥y轴.综上,AQ⊥y轴.习题讲评(五) 定值与证明问题
教学环节一 题点考法讲评(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
教学点(一) 定值问题
[典例] 在平面直角坐标系xOy中,点A,B的坐标分别为(-2,0),(2,0),直线MA,MB相交于点M,且它们的斜率之积为-,记动点M的轨迹为Γ.
(1)求Γ的方程;
(2)设C,D是Γ上的两个动点,且以CD为直径的圆经过点O,证明:为定值.
[思维建模] 求解定值问题的两大途径
(1)可由特例得出一个值(此值一般就是定值),然后证明定值:将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关.
(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示,再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子与分母约分得定值.
[训练] 如图,已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,D(1,0),点P是在第一象限内且在C上的一个动点,当DP与x轴垂直时,|PF|=,过点P作与C相切的直线l交y轴于点M,过点M作直线l的垂线,交抛物线C于A,B两点.
(1)求C的方程;
(2)延长PD,交抛物线C于点Q.设直线AB,OQ(其中O为坐标原点)的斜率分别为k1,k2,证明:为定值.
教学点(二) 证明问题
[典例] (2024·湖南二模)如图,已知A,B分别是椭圆E:+=1的右顶点和上顶点,椭圆E的离心率为,△ABO的面积为1.若过点P(a,b)的直线与椭圆E相交于M,N两点,过点M作x轴的平行线分别与直线AB,NB交于点C,D.
(1)求椭圆E的方程.
(2)证明:M,C,D三点的横坐标成等差数列.
[思维建模] 圆锥曲线中证明问题的解题策略
(1)圆锥曲线中的证明问题,主要有两类:一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系,如:某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等;二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等).
(2)解决证明问题时,主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等,通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明.
[训练] (2024·全国甲卷)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F,点M在C上,且MF⊥x轴.
(1)求C的方程;
(2)过点P(4,0)的直线交C于A,B两点,N为线段FP的中点,直线NB交直线MF于点Q,证明:AQ⊥y轴.
教学环节二 课时作业讲评(请在各题的答题框内答题,以便投屏展示,现场评点)
1.已知椭圆C:+=1(a>b>0)上的点到它的两个焦点的距离之和为4,以椭圆C的短轴为直径的圆O经过这两个焦点,点A,B分别是椭圆C的左、右顶点.
(1)求圆O和椭圆C的方程;
(2)已知P,Q分别是椭圆C和圆O上的动点(P,Q位于y轴两侧),且直线PQ与x轴平行,直线AP,BP分别与y轴交于点M,N.求证:∠MQN为定值.
2.(2024·运城三模)已知双曲线C:x2-=1的左、右焦点分别为F1,F2,点A为C的左顶点,点P为C右支上一点(非顶点),∠F1PF2的平分线PM交x轴于M.
(1)过右焦点F2作F2N⊥PM于N,求|ON|;
(2)求证:∠PF2A=2∠PAF2.
3.定义:若两个椭圆的离心率相等,则称这两个椭圆相似.如图①,椭圆C1,C2是两个相似的椭圆,椭圆C1:+=1(a>b>0)的长半轴长是4,短半轴长是2,且C1的左、右焦点F1,F2都在椭圆C2:+=1(m>n>0)上.
(1)求C1,C2的方程;
(2)在C1上是否存在点P满足,线段PF1的中点在C2上,如有请求出P的坐标,否则请说明理由;
(3)如图②,若Q是C2上异于F1,F2的任意一点,直线QF1与C1交于A,B两点,直线QF2与C1交于D,E两点,求证:|AB|+|DE|为定值.
4.(2024·晋城模拟)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率e∈,P(0,2)为C的上顶点,D为椭圆C上任意一点,且满足|PD|的最大值为4.
(1)求椭圆C的方程;
(2)已知M,T(-2,1).过点T的直线l(斜率存在且不为1)与椭圆C交于A,B两点.证明:MT平分∠AMB.
习题讲评(五) 定值与证明问题
教学环节一 题点考法讲评
教学点(一) 定值问题
[典例] 解:(1)设动点M的坐标为(x,y),
依题意得·=-(x≠±2),化简整理,得3x2+4y2=12(x≠±2).
所以Γ的方程为+=1(x≠±2).
(易错防范:求动点M的轨迹方程时,若缺少限制条件x≠±2,则此处不给分)
(2)证明:因为以CD为直径的圆经过点O,所以OC⊥OD,所以|CD|2=|OC|2+|OD|2,所以==+.
(关键点:要用两点间的距离公式求线段长,最好使用平方法,能简化运算)
由(1)知,Γ的方程为+=1(x≠±2),所以C,D不可能为Γ的顶点,所以直线OC的斜率存在且不等于零,
故可设直线OC的方程为y=kx(k≠0),
则直线OD的方程为y=-x,
由得
所以|OC|2=+=.
同理可得,|OD|2=+=.
(答题技巧:对于解题过程一样的答题步骤,可适当利用“同理可得”,把相应的参数进行更换)
所以=+===.
所以=,为定值.
[训练] 解:(1)当DP与x轴垂直时,|PF|=,则由抛物线的定义可得1+=,解得p=,
所以C的方程为y2=x.
(2)设P(x0,y0),对于y2=x,当y>0时,y=,y'=,
所以y0=,直线PM的斜率为.
当直线PD的斜率存在时,将直线PD的方程y=(x-1)与抛物线方程y2=x联立,消去x并化简,得y2-y-1=0,易得Δ>0,设Q(xQ,yQ),则y0yQ=-1,所以yQ=-=-.
(妙解:直线PD与抛物线的另一个交点是点Q,这是一个直白的、但容易灯下黑的条件,这里根据“y1y2=”可以直接求出yQ)
把点Q的纵坐标代入y=(x-1),得xQ=,所以Q.
因为直线AB与切线l垂直,所以k1=-,而kPM=,所以k1=-2.
又O为坐标原点,所以k2==-.
所以=2.当直线PD的斜率不存在时,P(1,1),Q(1,-1),此时k1=-2,k2=-1,所以=2.
综上,为定值2.
教学点(二) 证明问题
[典例] 解:(1)依据题意解得
∴椭圆E的方程为+y2=1.
(2)
审题破题:第二问的关键是采用设线法,联立椭圆方程得到根与系数的关系,再计算+为定值,最后再利用B,D,N三点共线即可证明.
法一:证明:设直线MN:x=my+n,
∵直线过点P(2,1),∴m+n=2.
联立方程组可得(m2+4)y2+2mny+n2-4=0,Δ=4m2n2-4(m2+4)(n2-4)=16(m2-n2+4)>0,
设M(x1,y1),N(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=,
∵lAB:x+2y-2=0,∴C(2-2y1,y1).
∵lBN:y=x+1(x2≠0),
令y=y1可得xD=,
下面证明x1+xD=2xC:
即证x1+=4-4y1,即证(my1+n)(y2-1)+(y1-1)(my2+n)=(4-4y1)(y2-1),
整理,即证(2m+4)y1y2+(n-m-4)(y1+y2)-2n+4=0,
即证(2m+4)·+(n-m-4)·-2n+4=0,
整理,即证4m2+8mn+4n2-8(m+n)=0,即证(m+n)2-2(m+n)=0,
∵m+n=2,∴上式成立,原式得证.
法二:证明:设M(x1,y1),N(x2,y2)(y1≠1,y2≠1),
∵MD∥x轴,∴D(xD,y1),C(xC,y1).
设直线lMN:mx+n(y-1)=1,
∵lMN过点P(2,1),∴2m=1 m=.
由方程组
可得当y≠1时,+8m·+4+8n=0,
∴+=-8m=-4.
又∵B,D,N三点共线,∴=,
∴+=-4,即x1+xD=-4(y1-1).
∵点C(xC,y1)在直线AB:+y=1上,
∴y1-1=-,
∴x1+xD=-4×,即x1+xD=2xC.
∴M,C,D三点的横坐标成等差数列.
法三:证明:设直线MN:x=my+n,
∵直线过点P(2,1),∴m+n=2.
联立方程组可得(m2+4)y2+2mny+n2-4=0,
设M(x1,y1),N(x2,y2)(y1≠1,y2≠1),
则y1+y2=,y1y2=,
∴+===-4.
又∵B,D,N三点共线,∴=,
∴+=-4==2·,
∴x1+xD=2xC,
∴M,C,D三点的横坐标成等差数列.
[训练] 解:(1)法一:直接法 由题意知
解得所以椭圆C的方程为+=1.
法二:由题意知解得
所以椭圆C的方程为+=1.
法三:巧用椭圆的定义 设F'为C的左焦点,连接MF',则|MF|=,|FF'|=2,
在Rt△MFF'中,|MF'|== =.
由椭圆的定义知2a=|MF'|+|MF|=4,2c=|FF'|=2,所以a=2,c=1.
又a2=b2+c2,所以b=,
所以椭圆C的方程为+=1.
(2)证明:分析知直线AB的斜率存在.
易知当直线AB的斜率为0时,AQ⊥y轴.
当直线AB的斜率不为0时,设直线AB:x=ty+4(t≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),Q(1,n),
联立方程消去x得(3t2+4)y2+24ty+36=0,Δ=144(t2-4)>0,
则y1+y2=,y1y2=.
因为N为线段FP的中点,F(1,0),所以N.
由N,Q,B三点共线,得kBN=kNQ,即=,
得-y2=n,解得n=.
所以n-y1=-y1=-y1===0,
所以n=y1,所以AQ⊥y轴.
综上,AQ⊥y轴.
教学环节二 课时作业讲评
1.解:(1)由题意可得解得a=2,b=c=,所以圆O的方程为x2+y2=2,椭圆C的方程为+=1.
(2)∠MQN=90°,证明如下:
设点P的坐标为(x0,y0)(y0≠0),点Q的坐标为Q(xQ,y0),
则即
又由AP:y=(x+2),得点M的坐标为M,由BP:y=(x-2),得点N的坐标为N,
所以==,
==,
所以·=+=2-+=0,
所以QM⊥QN,即∠MQN=90°.
2.解:(1)延长F2N交PF1于点E,因为PM平分∠F1PF2,F2N⊥PM,
所以△PNF2≌△PNE,所以|PF2|=|PE|,|F2N|=|NE|,
所以N为F2E的中点.
又O为F1F2的中点,所以|ON|=|F1E|且ON∥F1E.
又|PF1|-|PF2|=2a=2,所以|PF1|-|PF2|=|F1E|+|PE|-|PF2|=|F1E|=2,
所以|ON|=|F1E|=1.
(2)证明:依题意可知A(-1,0),F2(2,0),
当xP=2时,22-=1,解得yP=±3,不妨取P(2,3),则∠PF2A=,
tan∠PAF2==1,
所以∠PAF2=,
满足∠PF2A=2∠PAF2;
当xP≠2时,设P(x0,y0)(x0>1,x0≠2),则3-=3,
所以tan∠PAF2=,tan∠PF2A=tan(π-∠PF2x)=-tan∠PF2x=-,
则tan 2∠PAF2====-,
所以tan 2∠PAF2=tan∠PF2A.
又∠PAF2∈,∠PF2A∈(0,π),
则2∠PAF2∈(0,π),
所以2∠PAF2=∠PF2A.
综上可得2∠PAF2=∠PF2A.
3.解:(1)由题知a=4,b=2,故C1:+=1.又m2=a2-b2=12,且C1,C2相似,故=,故n2=3,故C2:+=1.
(2)由题知F1(-2,0),设P(x1,y1),PF1中点M,故即故(x1-2)2-=32,解得x1=-,y1=±,故P.
(3)证明:设Q(x0,y0),则·=·=,又+=1,故+4=12,故·==-.显然直线AB斜率不为0,设AB的方程为x=ty-2,A(x2,y2),B(x3,y3), 联立得(t2+4)y2-4ty-4=0,Δ>0,故y2+y3=,y2y3=.
又|AB|= |y2-y3|= =,又·=-,故 ·=-4,
故有|DE|==,故|AB|+|DE|=+==10,即|AB|+|DE|为定值10.
4.解:(1)由题知b=2,又e===∈,得到≤1-<1,解得a2≥8,
设D(x0,y0),则|PD|2=+(y0-2)2.
又因为+=1,
所以|PD|2=a2+=-4y0+a2+4,
又y0∈[-2,2],对称轴为y0=,又a2≥8,所以y0=∈[-2,0),又1-<0,
所以-4×+a2+4≤16,整理得到a4-16a2+64≤0,解得a2=8,
所以椭圆方程为+=1.
(2)
审题破题:本题的关键在于第二问,设直线MB的倾斜角为α,直线MA的倾斜角为β,利用直线MT的倾斜角为,得到α+β=+∠TMB-∠AMT,从而将问题转化成求证kMB·kMA=1,再联立直线与椭圆的方程,利用根与系数的关系,即可求解.
证明:设直线l:y-1=k(x+2)(k≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),
联立y-1=k(x+2)(k≠1)和+=1,消y得到(1+2k2)x2+(8k2+4k)x+8k2+8k-6=0,
由根与系数的关系得到x1+x2=-,
x1x2=.
设直线MB的倾斜角为α,直线MA的倾斜角为β,因为kMT==-1,所以直线MT的倾斜角为,则有α=-(π-∠TMB)=∠TMB-,β=-∠AMT,
得到α+β=+∠TMB-∠AMT,
所以要证MT平分∠AMB,即证α+β=,也即证明α=-β,
即证kMB·kMA=tan αtan β=1,
又kMB·kMA=·
=
=,
将x1+x2=-,x1x2=代入,得kMB·kMA=
==1,
所以MT平分∠AMB.
