已知椭圆 $E:~ \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的离心率为 $\dfrac{\sqrt{5}}{3}$，$A, C$ 分别是 $E$ 的上、下顶点，$B, D$ 分别是 $E$ 的左、右顶点，$|A C|=4$．
1、求椭圆 $E$ 的方程．
2、设 $P$ 为第一象限内 $E$ 上的动点，直线 $P D$ 与直线 $B C$ 交于点 $M$，直线 $P A$ 与直线 $y=-2$ 交于点 $N$．求证：$M N\parallel C D$．
解析
1、由 $|AC|=4$ 可得 $2b=4$，于是 $b=2$，进而由离心率为 $\dfrac{\sqrt 5}3$，可得\[\sqrt{1-\dfrac{b^2}{a^2}}=\dfrac{\sqrt 5}3\implies a=3,\]因此椭圆 $E$ 的方程为 $\dfrac{x^2}9+\dfrac{y^2}4=1$．
2、设 $P(a\cos\theta,b\sin\theta)$，则\[\begin{cases} PD:~y=\dfrac{b\sin\theta}{a\cos\theta-a}(x-a),\\ BC:~y=-\dfrac ba(x+a),\end{cases}\implies M\left(-\dfrac{1-\cos \theta+\sin\theta}{1-\cos\theta-\sin\theta}\cdot a,\dfrac{2b\sin\theta}{1-\cos\theta-\sin\theta}\right),\]而\[\begin{cases} AP:~y=\dfrac{b\sin\theta-b}{a\cos\theta}x+b,\\ y=-b,\end{cases}\implies N\left(\dfrac{2a\cos\theta}{1-\sin\theta},-b\right),\]因此直线 $MN$ 的斜率\[\begin{split} k_{MN}&=\dfrac{\dfrac{2b\sin\theta}{1-\cos\theta-\sin\theta}-(-b)}{-\dfrac{1-\cos \theta+\sin\theta}{1-\cos\theta-\sin\theta}\cdot a-\dfrac{2a\cos\theta}{1-\sin\theta}}\\ &=\dfrac ba\cdot \dfrac{2\sin\theta(1-\sin\theta)+(1-\cos\theta-\sin\theta)(1-\sin\theta)}{-(1-\cos\theta+\sin\theta)(1-\sin\theta)-2\cos\theta(1-\cos\theta-\sin\theta)}\\ &=\dfrac ba\cdot \dfrac{1-\sin^2\theta+\cos\theta\sin\theta-\cos\theta}{-\cos\theta(1-\cos\theta-\sin\theta)}\\ &=\dfrac ba,\end{split}\]命题得证．