高考数学精品讲义练习【一轮复习】微专题九　圆锥曲线中的定点、定直线、定值问题

这是一份高考数学精品讲义练习【一轮复习】微专题九　圆锥曲线中的定点、定直线、定值问题，共10页。
掌握解决定点、定直线和定值问题的一般方法，提升数学运算素养．
考点1 定点问题
命题角度1 直线过定点问题
【例1】 （2024·北京海淀区二模）已知椭圆E的焦点在x轴上，中心在坐标原点．以E的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为6 eq \r(2).
(1)求椭圆E的方程．
(2)设过点M(2，0)的直线l（不与坐标轴垂直）与椭圆E交于不同的两点A，C，与直线x＝16交于点P.点B在y轴上，D为坐标平面内的一点，四边形ABCD是菱形．求证：直线PD过定点．
【解】 (1)由题意可设椭圆E的方程为 eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，c2＝a2－b2.
因为以E的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为6 eq \r(2)，所以2a＋2c＝6 eq \r(2)，且 eq \f(c,a)＝ eq \f(1,2)，所以a＝2 eq \r(2)，c＝ eq \r(2)，所以b2＝6.所以椭圆E的方程为 eq \f(x2,8)＋ eq \f(y2,6)＝1.
(2)证明：设直线l的方程为x＝ty＋2(t≠0)，
令x＝16，得y＝ eq \f(14,t)，即P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(16，\f(14,t))).
由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x2＋4y2＝24，,x＝ty＋2，))得(3t2＋4)y2＋12ty－12＝0.
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，
则y1＋y2＝－ eq \f(12t,3t2＋4)，y1y2＝－ eq \f(12,3t2＋4).
设AC的中点为N(x3，y3)，则
y3＝ eq \f(y1＋y2,2)＝－ eq \f(6t,3t2＋4)，
所以x3＝ty3＋2＝ eq \f(8,3t2＋4).
因为四边形ABCD为菱形，所以N为BD的中点，AC⊥BD，
所以直线BD的斜率为－t，
所以直线BD的方程为
y＋ eq \f(6t,3t2＋4)＝－t eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(8,3t2＋4))).
令x＝0，得y＝ eq \f(8t,3t2＋4)－ eq \f(6t,3t2＋4)＝ eq \f(2t,3t2＋4)，所以B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2t,3t2＋4))).
设点D的坐标为(x4，y4)，
则x4＝2x3＝ eq \f(16,3t2＋4)，y4＝2y3－ eq \f(2t,3t2＋4)＝－ eq \f(14t,3t2＋4)，
即D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,3t2＋4)，－\f(14t,3t2＋4))).
所以直线PD的方程为y－ eq \f(14,t)＝ eq \f(\f(14,t)＋\f(14t,3t2＋4),16－\f(16,3t2＋4))(x－16)，
即y＝ eq \f(7,6t)(x－4).
所以直线PD过定点(4，0).
直线过定点问题的常用方法
(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明．
(2)“一般推理，特殊求解”，即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点．
(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)或斜截式方程y＝kx＋b来证明．
命题角度2 圆过定点问题
【例2】 已知抛物线y2＝4x的焦点F与椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个焦点重合，且点F关于直线y＝x的对称点在椭圆上．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)过点Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,3)))且斜率为k的动直线l交椭圆于A，B两点，在y轴上是否存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个点？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【解】 (1)由题意可得抛物线y2＝4x的焦点F(1，0)，
点F关于直线y＝x的对称点为(0，1)，故b＝1，c＝1，因此a＝ eq \r(2)，
所以椭圆方程为 eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)假设存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个点．
当k＝0，即AB⊥y轴时，以AB为直径的圆的方程为x2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,3))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(16,9)，令x＝0，解得y＝1或y＝－ eq \f(5,3)，即M的坐标为(0，1)或 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(5,3))).
当k≠0时，直线l：y＝kx－ eq \f(1,3)，代入 eq \f(x2,2)＋y2＝1，有(2k2＋1)x2－ eq \f(4,3)kx－ eq \f(16,9)＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝ eq \f(4k,3(2k2＋1))，x1x2＝－ eq \f(16,9(2k2＋1)).
当M(0，1)时， eq \(MA,\s\up6(→))＝(x1，y1－1)， eq \(MB,\s\up6(→))＝(x2，y2－1)，
eq \(MA,\s\up6(→))· eq \(MB,\s\up6(→))＝x1x2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx1－\f(4,3)))· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx2－\f(4,3)))＝(1＋k2)x1x2－ eq \f(4,3)k(x1＋x2)＋ eq \f(16,9)＝(1＋k2)· eq \f(－16,9(2k2＋1))－ eq \f(4,3)k· eq \f(4k,3(2k2＋1))＋ eq \f(16,9)＝0，满足题意；
当M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(5,3)))时， eq \(MA,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1＋\f(5,3)))， eq \(MB,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2＋\f(5,3)))， eq \(MA,\s\up6(→))· eq \(MB,\s\up6(→))＝x1x2＋kx1＋ eq \f(4,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx2＋\f(4,3)))＝(1＋k2)x1x2＋ eq \f(4,3)k(x1＋x2)＋ eq \f(16,9)＝(1＋k2)· eq \f(－16,9(2k2＋1))＋ eq \f(4,3)k· eq \f(4k,3(2k2＋1))＋ eq \f(16,9)≠0，不满足题意．
综上，在y轴上存在定点M(0，1)，使以AB为直径的圆恒过这个定点．
圆锥曲线中圆过定点问题的解法：充分利用圆的几何特征，即圆过定点，可依据直径所对圆周角为直角，转化为两条线段的垂直，进而转化为两个向量垂直，即两向量的数量积等于0，从而建立方程求解．
【对点训练1】 （2024·江西九江二模）已知双曲线C： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为 eq \r(5)，点P(3，4)在C上．
(1)求双曲线C的方程；
(2)直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，若直线PA，PB的斜率互为倒数，求证：直线l过定点．
解：(1)由已知得e＝ eq \f(c,a)＝ eq \r(5)，c2＝a2＋b2，所以b＝2a.
又点P(3，4)在C上，故 eq \f(9,a2)－ eq \f(16,4a2)＝1，解得a2＝5，故b2＝20，
所以双曲线C的方程为 eq \f(x2,5)－ eq \f(y2,20)＝1.
(2)证明：当l斜率不存在时，显然不满足条件．
当l斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，与C的方程联立，消去y得(4－k2)x2－2kmx－m2－20＝0，
由已知得k2≠4，且Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋20)＝16(m2－5k2＋20)>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝ eq \f(2km,4－k2)，x1x2＝－ eq \f(m2＋20,4－k2)，
设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则
k1＝ eq \f(y1－4,x1－3)＝ eq \f(kx1＋m－4,x1－3)，k2＝ eq \f(kx2＋m－4,x2－3)，
由已知k1k2＝1，故(kx1＋m－4)·(kx2＋m－4)＝(x1－3)(x2－3)，
即(k2－1)x1x2＋(km－4k＋3)(x1＋x2)＋m2－8m＋7＝0，
所以－(k2－1)(m2＋20)＋2km(km－4k＋3)＋(4－k2)(m2－8m＋7)＝0，
化简得(m＋3k－4)(5m－9k－12)＝0，又已知l不过点P(3，4)，故m＋3k－4≠0，所以5m－9k－12＝0，即m＝ eq \f(9,5)k＋ eq \f(12,5)，
故直线l的方程为y＝k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(9,5)))＋ eq \f(12,5)，所以直线l过定点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,5)，\f(12,5))).
考点2 动点在定直线上的问题
【例3】 （2024·湖南娄底一模）若抛物线Γ的方程为y2＝4x，焦点为F，设P，Q是抛物线Γ上两个不同的动点．
(1)若|PF|＝3，求直线PF的斜率；
(2)设PQ的中点为R，若直线PQ的斜率为 eq \f(\r(2),2)，求证：R在一条定直线上．
【解】 (1)由题意得F(1，0)，|PF|＝xP＋1＝3，∴xP＝2，将x＝2代入y2＝4x，得y＝±2 eq \r(2)，∴P（2，±2 eq \r(2)），
∴kPF＝ eq \f(±2\r(2),2－1)＝±2 eq \r(2).
(2)证明：证法一 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ：y＝ eq \f(\r(2),2)x＋t，即x＝ eq \r(2)y－ eq \r(2)t，代入y2＝4x，得y2－4 eq \r(2)y＋4 eq \r(2)t＝0，
由根与系数的关系得y1＋y2＝4 eq \r(2)，故yR＝ eq \f(y1＋y2,2)＝2 eq \r(2)，所以R在定直线y＝2 eq \r(2)上．
证法二 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由题意得 eq \f(y2－y1,x2－x1)＝ eq \f(y2－y1,\f(y eq \\al(2,2),4)－\f(y eq \\al(2,1),4))＝ eq \f(4,y1＋y2)＝ eq \f(\r(2),2)，
故y1＋y2＝4 eq \r(2)，故yR＝ eq \f(y1＋y2,2)＝2 eq \r(2)，所以R在定直线y＝2 eq \r(2)上．
动点在定直线上问题的解题策略
(1)从特殊入手，初步确定动点所在的直线，再证明一般情况下动点也在该定直线上即可．
(2)从动点的坐标入手，直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到动点的横、纵坐标关系，进而得出定直线方程．
【对点训练2】 （2024·北京海淀区三模）已知椭圆E： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的短轴长为2 eq \r(3)，左、右顶点分别为C，D，过右焦点F(1，0)的直线l交椭圆E于A，B两点（不与C，D重合），直线AC与直线BD交于点T.
(1)求椭圆E的方程；
(2)求证：点T在定直线上．
解：(1)依题意得b＝ eq \r(3)，半焦距c＝1，则a＝ eq \r(b2＋c2)＝2，
所以椭圆E的方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：显然直线AB不垂直于y轴，如图，设直线AB：x＝ty＋1，
由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1，,3x2＋4y2＝12，))消去x并整理得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，
Δ＝36t2＋36(3t2＋4)＝144(t2＋1)>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝ eq \f(－6t,3t2＋4)，y1y2＝ eq \f(－9,3t2＋4)，且有ty1y2＝ eq \f(3,2)(y1＋y2)，
直线AC：y＝ eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，
直线BD：y＝ eq \f(y2,x2－2)(x－2)，
联立消去y得 eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)＝ eq \f(y2,x2－2)(x－2)，
即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y2,x2－2)－\f(y1,x1＋2)))x＝ eq \f(2y1,x1＋2)＋ eq \f(2y2,x2－2)，
整理得[y2(x1＋2)－y1(x2－2)]x＝2y1(x2－2)＋2y2(x1＋2)，
即[y2(ty1＋3)－y1(ty2－1)]x＝2y1(ty2－1)＋2y2(ty1＋3)，
于是(3y2＋y1)x＝4ty1y2－2y1＋6y2，而ty1y2＝ eq \f(3,2)(y1＋y2)，
则(3y2＋y1)x＝6(y1＋y2)－2y1＋6y2，因此x＝ eq \f(6(y1＋y2)－2y1＋6y2,3y2＋y1)＝ eq \f(12y2＋4y1,3y2＋y1)＝4，
所以点T在定直线x＝4上．
考点3 定值问题
【例4】 （2024·湖南常德一模）已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的短轴长为2 eq \r(3)，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，R为椭圆上的一点，且△RF1F2的周长为6.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F2作垂直于x轴的直线l与椭圆交于E，F两点（点E在第一象限），P，Q是椭圆C上位于直线l两侧的动点，始终保持∠QEF＝∠PEF，求证：直线PQ的斜率为定值．
【解】 (1)由已知有2b＝2 eq \r(3)，2c＋2a＝|F1F2|＋|RF1|＋|RF2|＝6，即a＋c＝3，b＝ eq \r(3)，所以a－c＝ eq \f(a2－c2,a＋c)＝ eq \f(b2,a＋c)＝ eq \f(3,3)＝1，从而a＝ eq \f(a＋c,2)＋ eq \f(a－c,2)＝ eq \f(3,2)＋ eq \f(1,2)＝2.
故椭圆C的方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：如图，易知c＝ eq \r(a2－b2)＝ eq \r(4－3)＝1，故直线l的方程为x＝1.
将x＝1代入 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1可得 eq \f(1,4)＋ eq \f(y2,3)＝1，解得y＝± eq \f(3,2)，
故E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(3,2))).
由于∠QEF＝∠PEF，故直线PE，QE的斜率互为相反数．
设直线PE，QE的斜率分别是k，－k，则由E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))可知它们的方程分别是y＝kx＋ eq \f(3,2)－k和y＝－kx＋ eq \f(3,2)＋k.
将y＝kx＋ eq \f(3,2)－k与椭圆方程联立可得3x2＋4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx＋\f(3,2)－k)) eq \s\up12(2)＝12，即(3＋4k2)x2＋4(3－2k)kx＋(3－2k)2－12＝0.
由E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))知此方程必有一根x＝1，故另一根是xP＝ eq \f((3－2k)2－12,3＋4k2)＝ eq \f(4k2－12k－3,4k2＋3)，
所以P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k2－12k－3,4k2＋3)，\f(－12k2－12k＋9,2(4k2＋3))))，
同理，Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k2＋12k－3,4k2＋3)，\f(－12k2＋12k＋9,2(4k2＋3)))).
所以直线PQ的斜率kPQ＝ eq \f(\f(－12k2＋12k＋9,2(4k2＋3))－\f(－12k2－12k＋9,2(4k2＋3)),\f(4k2＋12k－3,4k2＋3)－\f(4k2－12k－3,4k2＋3))＝ eq \f(\f(12k,4k2＋3),\f(24k,4k2＋3))＝ eq \f(1,2).
故直线PQ的斜率为定值．
求定值问题常见类型及解题策略
(1)常见类型
①证明代数式为定值：依据题设条件，得出与代数式中参数有关的等式，代入代数式后再化简，即可得出定值；
②证明点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离解析式，再利用条件化简，即可证明；
③证明线段长度、斜率、图形面积（或以上量的和、差、积、商）等为定值：写出各量的目标函数解析式，再消去参数即可．
(2)常用策略
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
【对点训练3】 （2024·山东济南三模）如图所示，抛物线y2＝2px(p>0)的准线过点(－2，3).
(1)求抛物线的标准方程；
(2)若角α为锐角，以角α为倾斜角的直线经过抛物线的焦点F，且与抛物线交于A，B两点，作线段AB的垂直平分线l交x轴于点P，求证：|FP|－|FP|cs 2α为定值，并求出此定值．
解：(1)由题意得－ eq \f(p,2)＝－2，∴p＝4，
∴抛物线的方程为y2＝8x.
(2)证明：设A(xA，yA)，B(xB，yB)，直线AB的斜率为k＝tan α，k>0，
则直线AB的方程为y＝k(x－2)，
将此式代入y2＝8x，得k2x2－4(k2＋2)x＋4k2＝0，故xA＋xB＝ eq \f(4(k2＋2),k2).
设直线l与AB的交点为E(xE，yE)，则xE＝ eq \f(xA＋xB,2)＝ eq \f(2(k2＋2),k2)，yE＝k(xE－2)＝ eq \f(4,k)，
故直线l的方程为y－ eq \f(4,k)＝－ eq \f(1,k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2k2＋4,k2)))，
令y＝0，得点P的横坐标为xP＝ eq \f(2k2＋4,k2)＋4，
故|FP|＝xP－2＝ eq \f(4(k2＋1),k2)＝ eq \f(4,sin2α)，
∴|FP|－|FP|cs2α＝ eq \f(4,sin2α)(1－cs2α)＝ eq \f(4×2sin2α,sin2α)＝8，
∴|FP|－|FP|cs2α为定值8.
课时作业63
1．（15分）（2024·河南驻马店三模）设A，B为曲线C：y2＝4x上两点，A与B的横坐标之和为4.
(1)若A与B的纵坐标之和为4，求直线AB的方程；
(2)求证：线段AB的垂直平分线过定点．
解：(1)∵曲线C：y2＝4x，由题可得直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为my＝x－t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,my＝x－t，))化为y2－4my－4t＝0，Δ＝16m2＋16t>0，
∴y1＋y2＝4m＝4，y1y2＝－4t，解得m＝1，
∴x1＋x2＝my1＋t＋my2＋t＝1×4＋2t＝4，解得t＝0，
∴直线AB的方程为y＝x，即x－y＝0.
(2)证明：设线段AB的中点为M(x0，y0)，则x0＝ eq \f(4,2)＝2，y0＝ eq \f(y1＋y2,2)＝2m，则线段AB的垂直平分线的方程为y－2m＝－m(x－2)，即y＝－m(x－4)，可得线段AB的垂直平分线过定点(4，0).
2．（15分）（2024·河北石家庄二模）已知M为平面上一个动点，M到定直线x＝1的距离与到定点F(2，0)距离的比值等于 eq \f(\r(2),2)，记动点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程．
(2)过点F的直线l与曲线C交于A，B两点，在x轴上是否存在点P，使得 eq \(PA,\s\up6(→))· eq \(PB,\s\up6(→))为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由．
解：(1)设点M的坐标为(x，y)，则 eq \f(|x－1|,\r((x－2)2＋y2))＝ eq \f(\r(2),2)，
即2(x－1)2＝(x－2)2＋y2，化简得x2－y2＝2，所以曲线C的方程为 eq \f(x2,2)－ eq \f(y2,2)＝1.
(2)存在．
当直线l的斜率不为0时，设其方程为x＝my＋2.由于直线与双曲线有两个交点，则直线不能与渐近线平行，渐近线斜率为±1，则m≠±1.
将x＝my＋2代入 eq \f(x2,2)－ eq \f(y2,2)＝1，整理得(m2－1)y2＋4my＋2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(t，0)，则y1＋y2＝－ eq \f(4m,m2－1)，y1y2＝ eq \f(2,m2－1)，
所以 eq \(PA,\s\up6(→))· eq \(PB,\s\up6(→))＝(x1－t)(x2－t)＋y1y2＝(my1＋2－t)(my2＋2－t)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋m(2－t)(y1＋y2)＋(2－t)2＝(m2＋1)× eq \f(2,m2－1)－m(2－t)× eq \f(4m,m2－1)＋(2－t)2＝ eq \f((4t－6)m2＋2,m2－1)＋(2－t)2.
若要上式为定值，则必须有4t－6＝－2，即t＝1，所以 eq \f((4t－6)m2＋2,m2－1)＋(2－t)2＝－2＋1＝－1，故存在点P(1，0)满足 eq \(PA,\s\up6(→))· eq \(PB,\s\up6(→))＝－1.
当直线l的斜率为0时，A（－ eq \r(2)，0），B（ eq \r(2)，0），此时点P(1，0)亦满足 eq \(PA,\s\up6(→))· eq \(PB,\s\up6(→))＝－1，故存在点P(1，0)满足 eq \(PA,\s\up6(→))· eq \(PB,\s\up6(→))＝－1.
综上，在x轴上存在点P(1，0)，使得 eq \(PA,\s\up6(→))· eq \(PB,\s\up6(→))为定值，定值为－1.
3．（15分）（2024·陕西安康模拟）已知双曲线C：x2－ eq \f(y2,3)＝1的左、右顶点分别是A1，A2，直线l与C交于M，N两点（不与A2重合），设直线A2M，A2N，l的斜率分别为k1，k2，k，且(k1＋k2)k＝－6.
(1)判断直线l是否过x轴上的定点．若过，求出该定点；若不过，请说明理由．
(2)若M，N分别在第一和第四象限内，求证：直线MA1与NA2的交点P在定直线上．
解：(1)直线l过x轴上的定点．
由题意可知A1(－1，0)，A2(1，0)，k≠0，设直线l的方程为y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2).
由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋m，))消去y，可得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，则k2≠3，Δ＝12(m2＋3－k2)>0，即k2b>0)的左顶点是A，右焦点是F(1，0)，过点F且斜率不为0的直线与C交于M，N两点，B为线段AM的中点，O为坐标原点，直线AM与BO的斜率之积为－ eq \f(3,4).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线AM和AN分别与直线x＝4交于P，Q两点，求证：以线段PQ为直径的圆恒过两个定点，并求出定点坐标．
解：(1)如图，设椭圆C的右顶点是A′，连接MA′，
因为B，O分别是AM，AA′的中点，所以BO∥MA′，因为直线AM与BO的斜率之积为－ eq \f(3,4)，所以kAM·kMA′＝－ eq \f(3,4).
设M(x1，y1)，则 eq \f(x eq \\al(2,1),a2)＋ eq \f(y eq \\al(2,1),b2)＝1，
因为A(－a，0)，A′(a，0)，所以kAM·kMA′＝ eq \f(y1,x1＋a)· eq \f(y1,x1－a)＝ eq \f(y eq \\al(2,1),x eq \\al(2,1)－a2)＝ eq \f(b2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x eq \\al(2,1),a2))),x eq \\al(2,1)－a2)＝
－ eq \f(b2,a2)＝－ eq \f(3,4)，
所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(b2,a2)＝\f(3,4)，,c＝1，,a2＝b2＋c2，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，))
所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：设直线MN的方程为x＝ty＋1，t≠0，联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得
(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，Δ>0，
设N(x2，y2)，则y1＋y2＝ eq \f(－6t,3t2＋4)，y1y2＝ eq \f(－9,3t2＋4).
由A(－2，0)，知直线AM的方程为y＝ eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，则点P的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(6y1,x1＋2)))，同理，可得点Q的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(6y2,x2＋2))).
令yP＝ eq \f(6y1,x1＋2)，yQ＝ eq \f(6y2,x2＋2)，则PQ中点的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(yP＋yQ,2)))，
|PQ|＝|yP－yQ|，
所以以PQ为直径的圆的方程为(x－4)2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(yP＋yQ,2))) eq \s\up12(2)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(yP－yQ,2))) eq \s\up12(2)，
即(x－4)2＋y2－(yP＋yQ)y＋yPyQ＝0.
又yP＋yQ＝ eq \f(6y1,x1＋2)＋ eq \f(6y2,x2＋2)＝ eq \f(6y1(ty2＋3)＋6y2(ty1＋3),(ty1＋3)(ty2＋3))＝
eq \f(12ty1y2＋18(y1＋y2),t2y1y2＋3t(y1＋y2)＋9)＝ eq \f(12t×\f(－9,3t2＋4)＋18×\f(－6t,3t2＋4),t2×\f(－9,3t2＋4)＋3t×\f(－6t,3t2＋4)＋9)＝
eq \f(12t×(－9)＋18×(－6t),t2×(－9)＋3t×(－6t)＋9(4＋3t2))＝－6t，
yPyQ＝ eq \f(6y1,x1＋2)× eq \f(6y2,x2＋2)＝ eq \f(6y1,ty1＋3)× eq \f(6y2,ty2＋3)＝
eq \f(36×(－9),t2×(－9)＋3t×(－6t)＋9(4＋3t2))＝－9，
所以以PQ为直径的圆的方程为(x－4)2＋y2＋6ty－9＝0.
令y＝0，得x＝1或x＝7，
故以线段PQ为直径的圆恒过x轴上的两定点，定点坐标分别为(1，0)和(7，0).