已知 $A, B$ 分别是椭圆 $C: \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的左、右顶点，若椭圆 $C$ 的短轴长等于焦距，且该椭圆经过点 $(-\sqrt{2}, 1)$．
1、求椭圆 $C$ 的标准方程．
2、过椭圆 $C$ 的右焦点 $F$ 作一条直线交椭圆 $C$ 于 $M, N$（异于 $A, B$ 两点）两点，连接 $A M, A N$ 并延长，分别交直线 $l: x=2 \sqrt{2}$ 于不同的两点 $P, Q$．证明：直线 $M Q$ 与直线 $N P$ 相交于点 $B$．
解析
1、根据题意，有\[\begin{cases} 2b=2\sqrt{a^2-b^2},\\ \dfrac{\left(-\sqrt 2\right)^2}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}=1,\end{cases}\iff \begin{cases} a^2=4,\\ b^2=2,\end{cases}\]因此所求标准方程为 $\dfrac{x^2}4+\dfrac{y^2}2=1$．
2、只需要证明 $AM$ 和 $BN$ 的交点横坐标为 $2\sqrt 2$，平移坐标系使 $A$ 为原点，则椭圆方程为\[\dfrac {x^2}4+\dfrac{y^2}2-x=0,\]此时 $MN:\dfrac{x}{2+\sqrt 2}+y=1$，化齐次联立可得直线 $AM,AN$ 的斜率之积为定值\[\dfrac{\dfrac 14-\dfrac{1}{2+\sqrt 2}}{\dfrac 12}=-\dfrac{3-2\sqrt 2}2,\]而直线 $AN$ 与 $BN$ 的斜率之积为 $-\dfrac 12$，于是直线 $AM$（即 $AP$）与 $BN$（即 $BP$ 的斜率之比为 $3-2\sqrt 2$，设 $P$ 点横坐标为 $t$，则\[\dfrac{t}{t-4}=\dfrac{1}{3-2\sqrt 2}\iff t=2+2\sqrt 2,\]回到原坐标系，命题得证．