【新高考复习】课时跟踪检测（四十八） 4大策略找到解题突破口 作业

课时跟踪检测（四十八）4大策略找到解题突破口1．在直角坐标系xOy中，抛物线C：x2＝6y与直线l：y＝kx＋3交于M，N两点．(1)设M，N到y轴的距离分别为d1，d2，证明：d1与d2的乘积为定值；(2)y轴上是否存在点P，当k变化时，总有∠OPM＝∠OPN？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：将y＝kx＋3代入x2＝6y，得x2－6kx－18＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－18，从而d1d2＝|x1|·|x2|＝|x1x2|＝18为定值．(2)存在符合题意的点，证明如下：设P(0，b)为符合题意的点，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.从而k1＋k2＝y1－bx1＋y2－bx2＝2kx1x2＋3－bx1＋x2x1x2＝－36k＋6k3－bx1x2.当b＝－3时，有k1＋k2＝0对任意k恒成立，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－3)符合题意．2．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的短轴长为22，离心率为63，点A(3,0)，P是C上的动点，F为C的左焦点．(1)求椭圆C的方程；(2)若点P在y轴的右侧，以AP为底边的等腰△ABP的顶点B在y轴上，求四边形FPAB面积的最小值．解：(1)依题意得2b＝22，ca＝63，a2＝b2＋c2，解得a＝6，b＝2，∴椭圆C的方程是x26＋y22＝1.(2)设P(x0，y0)(－2＜y0＜2，y0≠0，x0＞0)，设线段AP中点为M，又A(3,0)，∴AP中点Mx0＋32，y02，直线AP的斜率为y0x0－3，由△ABP是以AP为底边的等腰三角形，可得BM⊥AP，∴直线AP的垂直平分线方程为y－y02＝－x0－3y0x－x0＋32，令x＝0得B0，y20＋x20－92y0，∵x206＋y202＝1，∴B0，－2y20－32y0，由F(－2,0)，∴四边形FPAB的面积S＝52(|y0|＋－2y20－32y0)＝522|y0|＋32|y0|≥53，当且仅当2|y0|＝32|y0|，即y0＝±32时等号成立，四边形FPAB面积的最小值为53.3．(2021年1月新高考八省联考卷)双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)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：(1)当|BF|＝|AF|，且BF⊥AF时，有c＋a＝b2a＝c2－a2a，所以a＝c－a，解得e＝2.(2)证明：由(1)知双曲线方程为x2a2－y23a2＝1，设B(x，y)(x＞0，y＞0)易知渐近线方程为y＝±3x，所以∠BAF∈0，π3，∠BFA∈0，2π3，当xa，x≠2a时，则kAB＝yx＋a，kBF＝yx－c.设∠BAF＝θ，则tanθ＝yx＋a，tan2θ＝2tanθ1－tan2θ＝2×yx＋a1－yx＋a2＝2x＋ayx＋a2－y2＝2x＋ayx＋a2－3a2x2a2－1＝2x＋ay－2x2＋2ax＋4a2＝y2a－x＝yc－x＝－kBF＝tan∠BFA.因为2∠BAF∈0，2π3，所以∠BFA＝2∠BAF.当x＝2a时，由(1)可得∠BFA＝π2，∠BAF＝π4，故∠BFA＝2∠BAF.综上，∠BFA＝2∠BAF.4．已知椭圆W:x24m＋y2m＝1的长轴长为4，左、右顶点分别为A，B，经过点P(n,0)的直线与椭圆W相交于不同的两点C，D(不与点A，B重合)．(1)当n＝0，且直线CD⊥x轴时，求四边形ACBD的面积；(2)设n＝1，直线CB与直线x＝4相交于点M，求证：A，D，M三点共线．解：(1)由题意，得a2＝4m＝4,解得m＝1.所以椭圆W方程为x24＋y2＝1.当n＝0及直线CD⊥x轴时，易得C(0,1)，D(0，－1)．且A(－2,0)，B(2,0)．所以|AB|＝4，|CD|＝2，显然此时四边形ACBD为菱形，所以四边形ACBD的面积为12×4×2＝4.(2)证明：当直线CD的斜率k不存在时，由题意，得CD的方程为x＝1，代入椭圆W的方程，得C1，32，D1，－32，易得CB的方程为y＝－32(x－2)．则M(4，－3)，AM―→＝(6，－3)，AD―→＝3，－32，所以AM―→＝2AD―→，即A，D，M三点共线．当直线CD的斜率k存在时，设CD的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，联立方程y＝kx－1，x24＋y2＝1，消去y，得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0.由题意，得Δ0恒成立，故x1＋x2＝8k24k2＋1，x1x2＝4k2－44k2＋1.直线CB的方程为y＝y1x1－2(x－2)．令x＝4，得M4，2y1x1－2.又因为A(－2,0)，D(x2，y2)，则直线AD，AM的斜率分别为kAD＝y2x2＋2，kAM＝y13x1－2，所以kAD－kAM＝y2x2＋2－y13x1－2＝3y2x1－2－y1x2＋23x1－2x2＋2.上式中的分子3y2(x1－2)－y1(x2＋2)＝3k(x2－1)(x1－2)－k(x1－1)(x2＋2)＝2kx1x2－5k(x1＋x2)＋8k＝2k×4k2－44k2＋1－5k×8k24k2＋1＋8k＝0，所以kAD－kAM＝0.所以A，D，M三点共线．5．(2021·福州一模)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)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：(1)由题意可知c＝1，把x＝－1代入椭圆方程可得1a2＋y2b2＝1，解得y＝±b2a，∴b2a＝32，又a2＝b2＋1，可得a＝2，b＝3，∴椭圆C的方程为x24＋y23＝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＝－8k23＋4k2，x1x2＝4k2－123＋4k2，∴kAM＋kBM＝y1x1＋4＋y2x2＋4＝kx1＋1x2＋4＋kx2＋1x1＋4x1＋4x2＋4＝k[2x1x2＋5x1＋x2＋8]x1＋4x2＋4.∵2x1x2＋5(x1＋x2)＋8＝8k2－243＋4k2－40k23＋4k2＋8＝0，∴kAM＋kBM＝0，∴∠FMA＝∠FMB.综上，∠FMA＝∠FMB.6．(2021·青岛质检)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左焦点为F，A，B是椭圆上关于原点O对称的两个动点，当点A的坐标为1，142时，△ABF的周长恰为72.(1)求椭圆的方程；(2)过点F作直线l交椭圆于C，D两点，且CD―→＝λAB―→(λ∈R)，求△ACD面积的取值范围．解：(1)当点A的坐标为1，142时，||OA＝1＋72＝322，所以||AB＝32.由对称性，得||AF＋||BF＝2a，所以2a＝72－32＝42，得a＝22.将点1，142代入椭圆方程中，解得b2＝4,所以椭圆方程为x28＋y24＝1.(2)当直线AB的斜率不存在时，||CD＝22，此时S△ACD＝12×22×2＝22.当直线AB的斜率存在时，设直线CD的方程为y＝k(x＋2)(k≠0)．由y＝kx＋2，x2＋2y2＝8，消去y整理得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－8＝0.显然Δ＞0，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝－8k21＋2k2，x1·x2＝8k2－81＋2k2，故||CD＝1＋k2·||x1－x2＝1＋k2·8k21＋2k22－4×8k2－81＋2k2＝1＋k2·32k2＋32()1＋2k22＝42()1＋k21＋2k2.因为CD―→＝λAB―→(λ∈R)，所以CD∥AB，所以点A到直线CD的距离即为点O到直线CD的距离d＝||2k1＋k2，所以S△ACD＝12×||CD×d＝22()1＋k21＋2k2×||2k1＋k2＝42||k·1＋k21＋2k2＝42()1＋k2k2()1＋2k22＝224k4＋4k24k4＋4k2＋1＝221－11＋2k22，因为1＋2k21，所以011＋2k22＜1，所以0S△ACD22.综上，S△ACD∈(0,22]．