专题08以椭圆为情景的几何证明问题——备战2022年高考数学圆锥曲线部分必会十大基本题型

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椭圆必会十大基本题型讲与练
08 以椭圆为情景的几何证明问题
典例分析
圆锥曲线中的证明问题是高考的热点内容之一，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三点共线等.在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法.
角度一、有关角度的证明
1．已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，为椭圆C上一点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设椭圆C的左、右顶点分别为，，过，分别作x轴的垂线，，椭圆C的一条切线与，交于M，N两点，求证：是定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】 (1)由题意可知得，，故所求椭圆C的标准方程为；
(2)证明：由题意可知，的方程为，的方程为，
直线l与直线，联立可得，，
所以，.所以.
联立得，因为直线l与椭圆C相切，
所以，化简，得.所以，
所以，故为定值
2、设椭圆的右焦点为，过的直线与交于,两点，点的坐标为．
(1)当与轴垂直时，求直线的方程；(2)设为坐标原点，证明：．
【解析】(1)由已知得，的方程为．由已知可得，点的坐标为或．
所以的方程为或．
(2)当与轴重合时，．
当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以．
当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，
则，，直线，的斜率之和为．
由，得．
将代入得．
所以，．则．
从而，故，的倾斜角互补，所以．
综上，．
角度二、有关三点共线的证明
1、已知是圆：上的动点，设在轴上的射影为，动点满足，的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）圆及曲线与轴的四个交点，自上而下记为，，，，直线，与轴分别交于，（为相异两点），直线与的另一个交点为，求证：，，三点共线.
【答案】（1）；（2）见解析.
【详解】

（1） 设，则，所以，
故的轨迹的方程为：，它是焦点在轴上的椭圆.
（2）设，则，故，同理.
设（），则，由可得，
故，所以.又，而，
要证三点共线，即证：，也就是即证：，
即证：，即证：①.因为在圆上，故即，所以①成立.故三点共线.
【点睛】本题考查动点的轨迹以及椭圆中的三点共线，求动点的轨迹，一般先考虑动点是否满足曲线的定义，再考虑用动点转移的方法，而证明三点共线，可用共线向量定理来考虑，本题属于难题.
2、设椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点．若椭圆E的离心率为，△ABF2的周长为4.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设不经过椭圆的中心O而平行于弦AB的直线交椭圆E于点C，D，设弦AB，CD的中点分别为M，N，证明：O，M，N三点共线．
【答案】（1）＋＝1.；（2）见解析.
【详解】　(1)由△ABF2的周长为4，可知4a＝4，所以a＝.
又e＝＝，所以c＝，b2＝a2－c2＝3.于是椭圆E的方程为＋＝1.
(2)证明：当直线AB，CD的斜率不存在时，由椭圆的对称性知，
中点M，N在x轴上，此时O，M，N三点共线．
当直线AB，CD的斜率存在时，设其斜率为k(k≠0)，且设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，
则两式相减，得＋－＝0，整理，得·＝－，
所以·＝－，即k·kOM＝－(kOM为直线OM的斜率)，所以kOM＝－.
同理可得kON＝－(kON为直线ON的斜率)．所以kOM＝kON，即O，M，N三点共线．
综上所述，O，M，N三点共线．
角度三、有关线段长度关系的证明
1、已知椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上的动点， 若的周长为，且椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设曲线与轴正半轴交于点，直线与交于、两点，是线段的中点，证明：.
【答案】（1）；（2）见解析.
【分析】（1）根据题意得出关于、的方程组，求出、，可得出，进而可得出椭圆的方程；
（2）设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用向量数量积的坐标运算结合韦达定理计算出，利用直角三角形的性质可得出结论.
【详解】（1）因为的周长为，，又离心率，
解得，，，因此，椭圆的方程为；
（2）设直线与椭圆的交点为、，
由，得，，
由韦达定理得，，
要证，即证，即证①，
，同理，
，
故①式成立，则命题得证.
【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查线段长度关系的证明，将问题转化为是解答的关键，考查计算能力与推理能力，属于中等题.
2、已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的焦距为2，直线l1：x＝4与x轴的交点为G，过点M(1,0)且不与x轴重合的直线l2交椭圆E于点A，B.当l2垂直于x轴时，△ABG的面积为.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若AC⊥l1，垂足为C，直线BC交x轴于点D，证明：|MD|＝|DG|.
【答案】（1）＋y2＝1.；（2）见解析.
【解析】(1)因为椭圆E的焦距为2，所以c＝，所以a2－b2＝3.①
当l2垂直于x轴时，|MG|＝3，因为△ABG的面积为，即|AB|·|MG|＝，
所以|AB|＝，不妨设A，代入椭圆E的方程得＋＝1，②
联立①②解得a2＝4，b2＝1，所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(4，y1)．
因为直线l2不与x轴重合，故可设l2的方程为x＝my＋1，
联立整理得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，
所以Δ＝16(m2＋3)>0，y1＋y2＝，y1y2＝.直线BC：y－y1＝(x－4)，
令y＝0，得x＝＋4，所以点D的横坐标xD＝＋4，
所以xD－＝＋4－＝＋＝＝
＝＝0，所以xD＝，因为MG中点的横坐标为，所以D为线段MG的中点，
所以|MD|＝|DG|.
3、已知斜率为的直线与椭圆：交于，两点，线段的中点为．
(1)证明：；
(2)设为的右焦点，为上一点，且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．
【解析】(1)设，，则，．
两式相减，并由得．由题设知，，
于是．①，由题设得，故．
(2)由题意得，设，则．
由(1)及题设得，．
又点在上，所以，从而，．
于是．同理．
所以．故，即，，成等差数列．
设该数列的公差为，则．②
将代入①得．所以的方程为，代入的方程，并整理得．
故，，代入②解得．所以该数列的公差为或．
角度四、有关点线位置关系的证明
1、已知椭圆的左、右焦点分别是，是其左右顶点，点是椭圆上任一点，且的周长为6，若面积的最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过点且斜率不为0的直线交椭圆于两个不同点，证明：直线于的交点在一条定直线上.
【答案】(1) (2)见解析。
【分析】（1）利用椭圆的定义，可求出周长的表达式，当点是椭圆的上（或下）顶点时，面积有最大值为，列出等式，结合，求出椭圆方程；
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，得到一个一元二次方程，求出直线与的交点的坐标，结合一元二次方程根与系数关系，得出结论．
【详解】（1）由题意得， 椭圆的方程为；
（2）由（1）得，，，设直线的方程为，
，，由，得，
，，，
直线的方程为，直线的方程为，
，，
，直线与的交点在直线上.
【点睛】本题考查了椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、定直线问题．
2、已知椭圆E：（）的离心率为，F是E的右焦点，过点F的直线交E于点和点（）.当直线与x轴垂直时，.
（1）求椭圆E的方程；
（2）设直线l：交x轴于点G，过点B作x轴的平行线交直线l于点C．求证：直线过线段的中点.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）通过离心率推出，结合．转化求解，，求解椭圆的方程．
（2）求出，，得到线段的中点为．①当直线与轴垂直时，说明直线过线段的中点．②当直线不与轴垂直时，可设其方程为，代入，利用韦达定理设，，，，，求出的方程为．推出直线系方程，说明直线过线段的中点．
【详解】（1）由，得，所以，因为直线经过点F，且，
所以根据对称性，不妨设.当直线与x轴垂直时，，，所以，由，得，所以，.所以椭圆E的方程为.
（2）当直线与x轴垂直时，，，，这时直线的方程为，即.令，得，点恰为线段的中点.因为，
当直线不与x轴垂直时，可设其方程为，代入，
整理得.所以，.
因为，，，所以直线的方程为.
因为，，所以

，这说明直线过点.
综上可知直线过线段的中点.
【点睛】本题主要考查椭圆的方程、离心率以及直线与椭圆的位置关系，考查数形结合的数学思想和学生的逻辑思维能力与运算求解能力以及应用解析几何方法解决几何问题的能力.
角度五、有关线线位置关系的证明
1、已知椭圆C：的离心率为，左、右顶点分别为A，B，点M是椭圆C上异于A，B的一点，直线AM与y轴交于点P．
（Ⅰ）若点P在椭圆C的内部，求直线AM的斜率的取值范围；
（Ⅱ）设椭圆C的右焦点为F，点Q在y轴上，且∠PFQ=90°，求证：AQ∥BM．
【答案】（Ⅰ）（-，0）（0，）（Ⅱ）详见解析
【分析】（Ⅰ）根据题意可得得c2＝a2﹣2，由e，解得即可出椭圆的方程，再根据点在其内部，即可线AM的斜率的取值范围，
（Ⅱ）题意F（，0），设Q（0，y1），M（x0，y0），其中x0≠±2，则1，可得直线AM的方程y（x+2），求出点Q的坐标，根据向量的数量积和斜率公式，即可求出kBM﹣kAQ＝0，问题得以证明
【详解】（Ⅰ）由题意可得c2=a2-2，∵e==，∴a=2，c=，∴椭圆的方程为+=1，
设P（0，m），由点P在椭圆C的内部，得-＜m＜，又∵A（-2，0），
∴直线AM的斜率kAM==∈（-，），又M为椭圆C上异于A，B的一点，
∴kAM∈（-，0），（0，），
（Ⅱ）由题意F（，0），设Q（0，y1），M（x0，y0），其中x0≠±2，则+=1，
直线AM的方程为y=（x+2），令x=0，得点P的坐标为（0，），
由∠PFQ=90°，可得•=0，∴（-，）•（-，y1）=0，即2+•y1=0，
解得y1=-，∴Q（0，-），∵kBM=，kAQ=-，∴kBM-kAQ=+=0，
故kBM=kAQ，即AQ∥BM。
【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题。
2．已知椭圆C：（）的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）设F为椭圆C的左焦点，T为直线上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q．
证明：OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）；
【解析】：（1）依条件，所以椭圆C的标准方程为
（Ⅱ）设，，，又设中点为，因为，
所以直线的方程为：联立方程得，
所以，
于是，，所以．
因为所以，，三点共线，即OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）。
方法点拨
1、几何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．
2、证明三点共线问题的方法
圆锥曲线中的三点共线问题，其实就是对应直线(斜率存在)上的三点中相关两个点对应的斜率相等问题，即若要证明A，B，C三点共线，即证明kAB＝kAC(或kAB＝kBC或kAC＝kBC)．
巩固练习
1．已知椭圆的短轴的两个端点分别为、，焦距为．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线与椭圆有两个不同的交点、，设为直线上一点，且直线、的斜率的积为．证明：点在轴上．
【答案】（1）；（2）见解析.
【解析】（1）由题设，得，所以，即．故椭圆的方程为；
（2）设，则，，．所以直线的斜率为，
因为直线、的斜率的积为，所以直线的斜率为．
直线的方程为，直线的方程为．
联立，解得点的纵坐标为．
因为点在椭圆上，所以，则，所以点在轴上．
2、已知抛物线：过点．过点作直线与抛物线 交于不同的两点，，过点作轴的垂线分别与直线，交于点，，其中为原点．
（Ⅰ）求抛物线的方程，并求其焦点坐标和准线方程；
（Ⅱ）求证：为线段的中点．
【答案】（1），，；（2）见解析.
【解析】（Ⅰ）由抛物线C：过点，得．所以抛物线的方程为．
抛物线的焦点坐标为，准线方程为．
（Ⅱ）当直线的斜率不存在或斜率为0时，显然与抛物线只有一个交点不满足题意，所以直线的斜率存在且不为0．设为点，过的直线方程为（），设，，显然，，均不为0．由，得．
考虑，由题意，所以．则，①， ． ②
由题意可得，横坐标相等且同为，因为点P的坐标为，所以直线OP的方程为，
点A的坐标为．直线ON的方程为，点B的坐标为．
若要证明为的中点，只需证，即证，
即证，将代入上式，即证，
即证③，将①②代入③得，
化简有恒成立，所以恒成立．故A为线段BM的中点．
3、已知抛物线C：的焦点为F，平行于x轴的两条直线，分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点.
（Ⅰ）若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明AR∥FQ；
（Ⅱ）若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程．
【解析】由题设.设，则，且
.
记过两点的直线为，则的方程为.
（Ⅰ）由于在线段上，故.记的斜率为，的斜率为，则
.所以.
（Ⅱ）设与轴的交点为，则.
由题设可得，所以（舍去），.设满足条件的的中点为.
当与轴不垂直时，由可得.而，所以.
当与轴垂直时，与重合.所以，所求轨迹方程为.
4、已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F(－1,0)，过F且垂直于x轴的直线被椭圆截得的弦长为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点M(－4,0)，过F作直线l交椭圆于A，B两点，证明：∠FMA＝∠FMB.
【解析】(1)由题意可知c＝1，把x＝－1代入椭圆方程可得＋＝1，解得y＝±，
∴＝，又a2＝b2＋1，可得a＝2，b＝，∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：当直线l的斜率不存在时，由对称性可知：∠FMA＝∠FMB.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，
代入椭圆方程可得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，
∴kAM＋kBM＝＋＝＝.
∵2x1x2＋5(x1＋x2)＋8＝－＋8＝0，∴kAM＋kBM＝0，∴∠FMA＝∠FMB.
综上，∠FMA＝∠FMB.
5、如图，圆C与x轴相切于点T(2,0)，与y轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的下方)，且|MN|＝3。

(1)求圆C的方程。
(2)过点M任作一条直线与椭圆＋＝1相交于两点A，B，连接AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM。
【解析】(1)设圆C的半径为r(r>0)，依题意，圆心C的坐标为(2，r)。
因为|MN|＝3，所以r2＝2＋22，解得r2＝。所以r＝，圆C的方程为(x－2)2＋2＝。
(2)证明：把x＝0代入方程(x－2)2＋2＝，解得y＝1或y＝4，即点M(0,1)，N(0,4)。
①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM＝0。
②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx＋1。联立方程
消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0。设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，
则x1＋x2＝，x1x2＝。
所以kAN＋kBN＝＋＝＋＝＝＝0。
所以∠ANM＝∠BNM。
6、已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点P在椭圆E上。
(1)求椭圆E的方程。
(2)设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|。
解　(1)由已知得，a＝2b。又椭圆＋＝1(a>b>0)过点P，故＋＝1，解得b2＝1，
所以椭圆E的方程是＋y2＝1。
(2)证明：设直线l的方程为y＝x＋m(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)。
由方程组得x2＋2mx＋2m2－2＝0，①，方程①的判别式Δ＝4(2－m2)，由Δ>0，
即2－m2>0，解得－0)的一个顶点与抛物线C：x2＝4y的焦点重合，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，且离心率e＝，过椭圆右焦点F2的直线l与椭圆C交于M，N两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若·＝－2，求直线l的方程；
(3)若AB是椭圆C经过原点O的弦，MN∥AB，求证：为定值．
【解析】(1)椭圆的顶点为(0，)，即b＝，e＝＝，∴a＝2，∴椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)由题可知，直线l与椭圆必相交．
①当直线斜率不存在时，经检验不合题意．
②当斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，且M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，x1＋x2＝，x1x2＝，
·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝＋k2＝＝－2，解得k＝±，故直线l的方程为y＝(x－1)或y＝－(x－1)．
(3)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，
由(2)可得|MN|＝|x1－x2|＝
＝＝，
由消去y并整理得x2＝，
|AB|＝|x3－x4|＝4，∴＝＝4，为定值．
10、设椭圆E的方程为＋＝1(a>b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a,0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为.
(1)求E的离心率e；
(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，证明：MN⊥AB.
【解析】(1)由题设条件知，点M的坐标为，又kOM＝，从而＝.
进而a＝b，c＝＝2b，故e＝＝.
(2)证明：由N是线段AC的中点知，点N的坐标为，可得＝.
又＝(－a，b)，从而有·＝－a2＋b2＝(5b2－a2)．
由(1)可知a2＝5b2，所以·＝0，故MN⊥AB.
11．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个顶点坐标为A(0，－1)，离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y＝k(x－1)(k≠0)与椭圆C交于不同的两点P，Q，线段PQ的中点为M，点B(1,0)，求证：点M不在以AB为直径的圆上．
【解析】(1)由题意可知解得所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)．由得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0，
则Δ＝(－8k2)2－4×(4k2＋1)(4k2－4)＝48k2＋16，
当k为任何实数时，都有Δ>0.所以x1＋x2＝，x1x2＝.
因为线段PQ的中点为M，所以x0＝＝，y0＝k(x0－1)＝.
因为A(0，－1)，B(1,0)，所以＝(x0，y0＋1)，＝(x0－1，y0)．
所以·＝x0(x0－1)＋y0(y0＋1)＝x－x0＋y＋y0＝2－＋2＋
＝＝＝.
因为k≠0,42＋>0，所以·≠0，
12、已知椭圆E：＋＝1(a>b>0) 的离心率为，P为椭圆E上一点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点Q(1,0)的直线l交椭圆E于A，B两点，直线l与直线x＝4相交于点C，求证：直线PA，PC，PB的斜率成等差数列．
【解析】(1)由已知可得解得故椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)证明：由题意可知，直线l的斜率存在，设直线l：y＝k(x－1)，直线PA，PB，PC的斜率分别为k1，k2，k3.则点C(4,3k)，则k3＝＝k－.
联立得(1＋4k2)x2－8k2x＋4k2－4＝0.Δ＝(－8k2)2－4(1＋4k2)(4k2－4)>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.
而k1＋k2＝＋＝＋－＝2k－·.
因为＝＝＝＝，
所以k1＋k2＝2k－＝2＝2k3，即k1＋k2＝2k3，
所以直线PA，PC，PB的斜率成等差数列．
13．双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，右焦点为F，动点B在C上．当BF⊥AF时，|AF|＝|BF|.
(1)求C的离心率；(2)若B在第一象限，证明：∠BFA＝2∠BAF.
【解析】(1)当|BF|＝|AF|，且BF⊥AF时，有c＋a＝＝，所以a＝c－a，解得e＝2.
(2)证明：由(1)知双曲线方程为－＝1，设B(x，y)(x＞0，y＞0)易知渐近线方程为y＝±x，
所以∠BAF∈，∠BFA∈，当x>a，x≠2a时，则kAB＝，kBF＝.
设∠BAF＝θ，则tan θ＝，
tan 2θ＝＝＝＝
＝＝＝＝－kBF＝tan∠BFA.
因为2∠BAF∈，所以∠BFA＝2∠BAF.
当x＝2a时，由(1)可得∠BFA＝，∠BAF＝，故∠BFA＝2∠BAF.
综上，∠BFA＝2∠BAF.
14．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)过点(0,1)，其右焦点为F(1，0)．
(1)求椭圆C的方程和离心率；
(2)过点M(2,0)的直线与椭圆C交于P，Q两点，Q关于x轴对称的点为N，判断P，F，N三点是否共线，并加以证明．
【解析】(1)依题意：b＝1，c＝1，所以a2＝b2＋c2＝2，所以椭圆C的方程为＋y2＝1，离心率e＝＝.
(2)P，F，N三点共线．证明如下：
依题意可知直线PQ的斜率存在，
设直线PQ的方程为y＝k(x－2)，由整理得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则N(x2，－y2)，x1＋x2＝，x1x2＝.
所以kPF＝，kNF＝，
kPF－kNF＝－＝
＝＝
＝＝0，
所以kPF＝kNF，所以P，F，N三点共线．
15．已知动点P到直线l：x＝4的距离是到点F(1,0)距离的2倍，记点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)记曲线C与x轴交于A，B两点，Q(4,0)，设M是直线x＝1上任意一点，直线MA，MB与曲线C的另一交点分别为D，E.求证：Q，D，E三点共线．
【解析】(1)动点P到直线l：x＝4的距离是到点F(1,0)距离的2倍，设点P(x，y)．
则＝2，化简得＋＝1.故曲线C的方程为＋＝1.
(2)证明：由(1)可得A(－2,0)，B(2,0)．设M(1，m)．
直线MA的方程为y＝(x＋2)，与椭圆方程＋＝1联立化简得(4m2＋27)x2＋16m2x＋16m2－108＝0.
则－2xD＝，可得xD＝，yD＝.同理可得：xE＝，yE＝.
∴kQD＝＝－，kQE＝＝－，∴kQD＝kQE.∴Q，D，E三点共线．
16．已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过点C(0,1)，离心率为.O为坐标原点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设A，B分别为椭圆E的左、右顶点，D为椭圆E上一点(不在坐标轴上)，直线CD交x轴于点P，Q为直线AD上一点，且·＝4，求证：C，B，Q三点共线．
【解析】 (1)由题意，得b＝1，＝.又a2＝b2＋c2，
所以a＝2，c＝.故椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)证明：A(－2,0)，B(2,0)．设D(x0，y0)(x0y0≠0)，则＋y＝1.
因为C(0,1)，所以直线CD的方程为y＝x＋1，
令y＝0，得x＝，故点P的坐标为.
设Q(xQ，yQ)，由·＝4，得xQ＝(显然xQ≠±2)．直线AD的方程为y＝(x＋2)，
将xQ代入直线AD的方程，得yQ＝，
即Q.显然直线BQ的斜率存在，
且kBQ＝＝＝＝＝－.
又直线BC的斜率kBC＝－，所以kBC＝kBQ，即C，B，Q三点共线．