新高考数学一轮复习教案第8章第8节 第1课时 审题上——4大策略找到解题突破口（含解析）

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解析几何研究的问题是几何问题，研究的方法是代数法(坐标法)．因此，求解解析几何问题最大的思维难点是转化，即几何条件代数化．如何在解析几何问题中实现代数式的转化，找到常见问题的求解途径，是突破解析几何问题难点的关键所在．突破解析几何难题，先从找解题突破口入手．
策略一 垂直关系的转化
[典例] 如图所示，已知圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0，问：是否存在斜率为1的直线l，使l与圆C交于A，B两点，且以AB为直径的圆过原点？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
[解题观摩] 假设存在斜率为1的直线l，使l与圆C交于A，B两点，且以AB为直径的圆过原点．
设直线l的方程为y＝x＋b，点A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋b，,x2＋y2－2x＋4y－4＝0，))
消去y并整理得2x2＋2(b＋1)x＋b2＋4b－4＝0，
所以x1＋x2＝－(b＋1)，x1x2＝eq \f(b2＋4b－4,2).①
因为以AB为直径的圆过原点，所以eq \(OA,\s\up7(―→))⊥eq \(OB,\s\up7(―→))，
即x1x2＋y1y2＝0.又y1＝x1＋b，y2＝x2＋b，
则x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1＋b)(x2＋b)＝2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝0.由①知，b2＋4b－4－b(b＋1)＋b2＝0，
即b2＋3b－4＝0，解得b＝－4或b＝1.
当b＝－4或b＝1时，均有Δ＝4(b＋1)2－8(b2＋4b－4)＝－4b2－24b＋36＞0，即直线l与圆C有两个交点．
所以存在直线l，其方程为x－y＋1＝0或x－y－4＝0.
[名师微点]
(1)以AB为直径的圆过原点等价于eq \(OA,\s\up7(―→))⊥eq \(OB,\s\up7(―→))，而eq \(OA,\s\up7(―→))⊥eq \(OB,\s\up7(―→))又可以“直译”为x1x2＋y1y2＝0，可以看出，解此类解析几何问题的总体思路为“直译”，然后对个别难以“直译”的条件先进行“转化”，将“困难、难翻译”的条件通过平面几何知识“转化”为“简单、易翻译”的条件后再进行“直译”，最后联立“直译”的结果解决问题．
(2)几何关系“直角”坐标化的转化方式
①点B在以线段F1F2为直径的圆上；
②eq \(F1B,\s\up7(―→))·eq \(F2B,\s\up7(―→))＝0；
③kF1B·kF2B＝－1；
④勾股定理．
以上关系可相互转化．
[针对训练]
1．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，且其离心率为eq \f(1,2)，过坐标原点O作两条互相垂直的射线与椭圆C分别相交于M，N两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在圆心在原点的定圆与直线MN总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵椭圆C经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，∴eq \f(1,a2)＋eq \f(9,4b2)＝1，
又∵eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，解得a2＝4，b2＝3.
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)当直线MN的斜率不存在时，由对称性，
设M(x0，x0)，N(x0，－x0)．
∵M，N在椭圆C上，∴eq \f(x\\al(2,0),4)＋eq \f(x\\al(2,0),3)＝1，∴xeq \\al(2,0)＝eq \f(12,7).
∴O到直线MN的距离为d＝|x0|＝eq \f(2\r(21),7)，∴x2＋y2＝eq \f(12,7).
当直线MN的斜率存在时，
设MN的方程为y＝kx＋m，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(8km,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2).
∵OM⊥ON，∴x1x2＋y1y2＝0，
∴x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)
＝(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.
∴(k2＋1)·eq \f(4m2－12,3＋4k2)－eq \f(8k2m2,3＋4k2)＋m2＝0，
即7m2＝12(k2＋1)．
∴O到直线MN的距离为d＝eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝ eq \r(\f(12,7))＝eq \f(2\r(21),7)，
故存在定圆x2＋y2＝eq \f(12,7)与直线MN总相切．
策略二 角平分线条件的转化
[典例] 已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得的弦MN的长为8.
(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；
(2)已知点B(－1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，求证：直线l过定点．
[解题观摩] (1)设动圆圆心为点P(x，y)，则由勾股定理得x2＋42＝(x－4)2＋y2，化简即得圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.
(2)证明：法一：由题意可设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)．联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,y2＝8x，))得k2x2＋2(kb－4)x＋b2＝0.
由Δ＝4(kb－4)2－4k2b2＞0，得kb＜2.
设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(2kb－4,k2)，x1x2＝eq \f(b2,k2).
因为x轴是∠PBQ的角平分线，所以kPB＋kQB＝0，
即kPB＋kQB＝eq \f(y1,x1＋1)＋eq \f(y2,x2＋1)＝eq \f(2kx1x2＋k＋bx1＋x2＋2b,x1＋1x2＋1)
＝eq \f(8k＋b,x1＋1x2＋1k2)＝0，
所以k＋b＝0，即b＝－k，所以l的方程为y＝k(x－1)．
故直线l恒过定点(1,0)．
法二：设直线PB的方程为x＝my－1，它与抛物线C的另一个交点为Q′，设点P(x1，y1)，Q′(x2，y2)，由条件可得，Q与Q′关于x轴对称，故Q(x2，－y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－1，,y2＝8x，))消去x得y2－8my＋8＝0，
其中Δ＝64m2－32＞0，y1＋y2＝8m，y1y2＝8.
所以kPQ＝eq \f(y1＋y2,x1－x2)＝eq \f(8,y1－y2)，
因而直线PQ的方程为y－y1＝eq \f(8,y1－y2)(x－x1)．
又y1y2＝8，yeq \\al(2,1)＝8x1，
将PQ的方程化简得(y1－y2)y＝8(x－1)，
故直线l过定点(1,0)．
法三：由抛物线的对称性可知，如果定点存在，
则它一定在x轴上，
所以设定点坐标为(a,0)，直线PQ的方程为x＝my＋a.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋a，,y2＝8x))消去x，整理得y2－8my－8a＝0，Δ＞0.
设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝8m，,y1y2＝－8a.))
由条件可知kPB＋kQB＝0，
即kPB＋kQB＝eq \f(y1,x1＋1)＋eq \f(y2,x2＋1)
＝eq \f(my1＋ay2＋my2＋ay1＋y1＋y2,x1＋1x2＋1)
＝eq \f(2my1y2＋a＋1y1＋y2,x1＋1x2＋1)＝0，
所以－8ma＋8m＝0.
由m的任意性可知a＝1，所以直线l恒过定点(1,0)．
法四：设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),8)，y1))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),8)，y2))，
因为x轴是∠PBQ的角平分线，
所以kPB＋kQB＝eq \f(y1,\f(y\\al(2,1),8)＋1)＋eq \f(y2,\f(y\\al(2,2),8)＋1)＝0，
整理得(y1＋y2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1y2,8)＋1))＝0.
因为直线l不垂直于x轴，所以y1＋y2≠0，可得y1y2＝－8.因为kPQ＝eq \f(y1－y2,\f(y\\al(2,1),8)－\f(y\\al(2,2),8))＝eq \f(8,y1＋y2)，所以直线PQ的方程为y－y1＝eq \f(8,y1＋y2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y\\al(2,1),8)))，即y＝eq \f(8,y1＋y2)(x－1)．
故直线l恒过定点(1,0)．
[名师微点]
本题前面的三种解法属于比较常规的解法，主要是设点，设直线方程，联立方程，并借助判别式、根与系数的关系等知识解题，计算量较大．解法四巧妙地运用了抛物线的参数方程进行设点，避免了联立方程组，计算相对简单，但是解法二和解法四中含有两个参数y1，y2，因此判定直线过定点时，要注意将直线的方程变为特殊的形式．
[针对训练]
2.椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点(eq \r(2)，0)，左、右焦点分别是F1，F2，P点在椭圆上，且满足∠F1PF2＝90°的P点只有两个．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F2且不垂直于坐标轴的直线l交椭圆C于A，B两点，在x轴上是否存在一点N(n,0)，使得∠ANB的角平分线是x轴？若存在，求出n；若不存在，请说明理由．
解：(1)由题设知P点为椭圆的上下顶点，所以a＝eq \r(2)，
b＝c，b2＋c2＝a2，故a＝eq \r(2)，b＝1，故椭圆C方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)设直线l的方程为x＝my＋1(m≠0)，联立
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2y2－2＝0，,x＝my＋1，)) 消x得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋2))y2＋2my－1＝0.
设A，B坐标为Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，
则有y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋2)，y1·y2＝－eq \f(1,m2＋2)，
又x1＝my1＋1，x2＝my2＋1，
假设在x轴上存在这样的点N(n,0)，使得x轴是∠ANB的平分线，则有kAN＋kBN＝0，
而kAN＋kBN＝eq \f(y1－0,x1－n)＋eq \f(y2－0,x2－n)＝eq \f(y1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－n))＋y2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－n)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－n))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－n)))
＝eq \f(y1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(my2＋1－n))＋y2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(my1＋1－n)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－n))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－n)))
＝eq \f(2my1y2＋1－n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1＋y2)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－n))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－n)))＝0.
将y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋2)，y1·y2＝－eq \f(1,m2＋2)代入2my1y2＋(1－n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1＋y2))＝0，
有2meq \f(－1,m2＋2)＋(1－n)eq \f(－2m,m2＋2)＝eq \f(－2m2－n,m2＋2)＝0，
即2m(n－2)＝0.因为m≠0，故n＝2.所以存在点N(2,0)，使得∠ANB的平分线是x轴．
策略三 弦长条件的转化
[典例] 如图所示，已知椭圆G：eq \f(x2,2)＋y2＝1，与x轴不重合的直线l经过左焦点F1，且与椭圆G相交于A，B两点，弦AB的中点为M，直线OM与椭圆G相交于C，D两点．
(1)若直线l的斜率为1，求直线OM的斜率；
(2)是否存在直线l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
[解题观摩] (1)由题意可知点F1(－1,0)，又直线l的斜率为1，
故直线l的方程为y＝x＋1.设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y并整理得3x2＋4x＝0，
则x1＋x2＝－eq \f(4,3)，y1＋y2＝eq \f(2,3)，
因此中点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(1,3))).
故直线OM的斜率为eq \f(\f(1,3),－\f(2,3))＝－eq \f(1,2).
(2)假设存在直线l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立．
由题意，直线l不与x轴重合，
设直线l的方程为x＝my－1.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去x并整理得(m2＋2)y2－2my－1＝0.
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(2m,m2＋2)，,y1y2＝－\f(1,m2＋2)，))
可得|AB|＝eq \r(1＋m2)|y1－y2|
＝eq \r(1＋m2) eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2m,m2＋2)))2＋\f(4,m2＋2))＝eq \f(2\r(2)m2＋1,m2＋2)，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝eq \f(2m2,m2＋2)－2＝eq \f(－4,m2＋2)，
所以弦AB的中点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2,m2＋2)，\f(m,m2＋2)))，
故直线CD的方程为y＝－eq \f(m,2)x.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(m,2)x，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y并整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(m2,2)))x2＝2，
解得x2＝eq \f(2,1＋\f(m2,2))＝eq \f(4,m2＋2).
由对称性，设C(x0，y0)，D(－x0，－y0)，则xeq \\al(2,0)＝eq \f(4,m2＋2)，
可得|CD|＝eq \r(1＋\f(m2,4))·|2x0|＝eq \r(m2＋4·\f(4,m2＋2))＝2 eq \r(\f(m2＋4,m2＋2)).
因为|AM|2＝|CM||DM|＝(|OC|－|OM|)(|OD|＋|OM|)，且|OC|＝|OD|，
所以|AM|2＝|OC|2－|OM|2，
故eq \f(|AB|2,4)＝eq \f(|CD|2,4)－|OM|2，
即|AB|2＝|CD|2－4|OM|2，代入|AB|，|CD|和|OM|，
得eq \f(8m2＋12,m2＋22)＝eq \f(4m2＋4,m2＋2)－4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,m2＋22)＋\f(m2,m2＋22)))，
解得m2＝2，故m＝±eq \r(2).
所以直线l的方程为x＝eq \r(2)y－1或x＝－eq \r(2)y－1.
[名师微点]
本题(2)的核心在于转化|AM|2＝|CM||DM|中弦长的关系．由|CM|＝|OC|－|OM|，|DM|＝|OD|＋|OM|，又|OC|＝|OD|，则|AM|2＝|OC|2－|OM|2.又|AM|＝eq \f(1,2)|AB|，|OC|＝eq \f(1,2)|CD|，因此|AB|2＝|CD|2－4|OM|2，转化为弦长|AB|，|CD|和|OM|三者之间的数量关系，易计算．
[针对训练]
3．(2021·福建宁德质量检查)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\r(t)))在抛物线C上，且|QF|＝eq \f(3,2).
(1)求抛物线C的方程及t的值；
(2)若过点M(0，t)的直线l与抛物线C相交于A，B两点，N为AB的中点，O是坐标原点，且S△AOB＝eq \r(3)S△MON，求直线l的方程．
解：(1)∵|QF|＝eq \f(3,2)，∴eq \f(1,2)＋eq \f(p,2)＝eq \f(3,2)，
解得p＝2，
∴抛物线C的方程为y2＝4x.
将Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\r(t)))的坐标代入y2＝4x，得t＝2.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(x0，y0)，由(1)知M(0,2)．
显然直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx＋2(k≠0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋2，))
消去y得k2x2－4(1－k)x＋4＝0.
∵Δ＝16(1－k)2－16k2>0，得kb>0)右焦点F(1，0)，离心率为eq \f(\r(2),2)，过F作两条互相垂直的弦AB.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求以A，B，C，D为顶点的四边形的面积的取值范围．
解：(1)由题意得c＝1，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，∴a＝eq \r(2)，则b＝c＝1，
∴椭圆的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)①当两直线一条斜率不存在一条斜率为0时，
S＝eq \f(1,2)|AB|·|CD|＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(2)＝2.
②当两直线斜率存在且都不为0时，
设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将其代入椭圆方程整理得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
则x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－2,1＋2k2)，
则|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \f(2\r(2)k2＋1,1＋2k2).
同理，|CD|＝eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)，
则S＝eq \f(1,2)|AB|·|CD|＝eq \f(1,2)·eq \f(2\r(2)k2＋1,1＋2k2)·eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)＝eq \f(4k2＋12,2k4＋2＋5k2)＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))2＋1)＝2－eq \f(2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))2＋1)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,9)，2))，
当k＝±1时，S＝eq \f(16,9).
综上所述，四边形面积的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16,9)，2)).
[总结规律·快速转化]
做数学，就是要学会翻译，把文字语言、符号语言、图形语言、表格语言相互转换，我们要学会对解析几何问题中涉及的所有对象逐个理解、表示、整理，在理解题意的同时，牢记解析几何的核心方法是“用代数方法研究几何问题”，核心思想是“数形结合”，牢固树立“转化”意识，那么就能顺利破解解析几何的有关问题．附几种常见几何条件的转化，以供参考：
1．平行四边形条件的转化
2.直角三角形条件的转化
3.等腰三角形条件的转化
4．菱形条件的转化
5.圆条件的转化
6．角条件的转化
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
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＝eq \f(y1－b,x1)＋eq \f(y2－b,x2)＝eq \f(2kx1x2＋3－bx1＋x2,x1x2)＝eq \f(－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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的短轴长为2eq \r(2)，离心率为eq \f(\r(6),3)，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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b＝2\r(2)，,\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(6)，,b＝\r(2)，))
∴椭圆C的方程是eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)设P(x0，y0)(－eq \r(2)＜y0＜eq \r(2)，y0≠0，x0＞0)，
设线段AP中点为M，又A(3,0)，
∴AP中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋3,2)，\f(y0,2)))，直线AP的斜率为eq \f(y0,x0－3)，
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－eq \f(y0,2)＝－eq \f(x0－3,y0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(x0＋3,2)))，
令x＝0得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(y\\al(2,0)＋x\\al(2,0)－9,2y0)))，
∵eq \f(x\\al(2,0),6)＋eq \f(y\\al(2,0),2)＝1，∴Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(－2y\\al(2,0)－3,2y0)))，
由F(－2,0)，∴四边形FPAB的面积S＝eq \f(5,2)(|y0|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－2y\\al(2,0)－3,2y0))))＝eq \f(5,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2|y0|＋\f(3,2|y0|)))≥5eq \r(3)，
当且仅当2|y0|＝eq \f(3,2|y0|)，即y0＝±eq \f(\r(3),2)时等号成立，
四边形FPAB面积的最小值为5eq \r(3).
3．(2021年1月新高考八省联考卷)双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝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：(1)当|BF|＝|AF|，且BF⊥AF时，
有c＋a＝eq \f(b2,a)＝eq \f(c2－a2,a)，所以a＝c－a，解得e＝2.
(2)证明：由(1)知双曲线方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,3a2)＝1，
设B(x，y)(x＞0，y＞0)易知渐近线方程为y＝±eq \r(3)x，
所以∠BAF∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，∠BFA∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，当x>a，x≠2a时，则kAB＝eq \f(y,x＋a)，kBF＝eq \f(y,x－c).
设∠BAF＝θ，则tan θ＝eq \f(y,x＋a)，tan 2θ＝eq \f(2tan θ,1－tan2θ)＝eq \f(2×\f(y,x＋a),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x＋a)))2)＝eq \f(2x＋ay,x＋a2－y2)＝eq \f(2x＋ay,x＋a2－3a2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)－1)))＝eq \f(2x＋ay,－2x2＋2ax＋4a2)＝eq \f(y,2a－x)＝eq \f(y,c－x)＝－kBF＝tan∠BFA.
因为2∠BAF∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，所以∠BFA＝2∠BAF.
当x＝2a时，由(1)可得∠BFA＝eq \f(π,2)，∠BAF＝eq \f(π,4)，
故∠BFA＝2∠BAF.综上，∠BFA＝2∠BAF.
4．已知椭圆W: eq \f(x2,4m)＋eq \f(y2,m)＝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eq \f(x2,4)＋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eq \f(1,2)×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Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(3),2)))，
易得CB的方程为y＝－eq \f(\r(3),2)(x－2)．
则M(4，－eq \r(3))，eq \(AM,\s\up7(―→))＝(6，－eq \r(3))，eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，－\f(\r(3),2)))，
所以eq \(AM,\s\up7(―→))＝2eq \(AD,\s\up7(―→))，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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋y2＝1，)) 消去y，
得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0.
由题意，得Δ>0恒成立，
故x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4k2－4,4k2＋1).
直线CB的方程为y＝eq \f(y1,x1－2)(x－2)．
令x＝4，得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(2y1,x1－2))).
又因为A(－2,0)，D(x2，y2)，
则直线AD，AM的斜率分别为kAD＝eq \f(y2,x2＋2)，
kAM＝eq \f(y1,3x1－2)，所以kAD－kAM＝eq \f(y2,x2＋2)－eq \f(y1,3x1－2)＝eq \f(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×eq \f(4k2－4,4k2＋1)－5k×eq \f(8k2,4k2＋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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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：(1)由题意可知c＝1，把x＝－1代入椭圆方程可得eq \f(1,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，解得y＝±eq \f(b2,a)，
∴eq \f(b2,a)＝eq \f(3,2)，又a2＝b2＋1，可得a＝2，b＝eq \r(3)，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝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＝eq \f(－8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
∴kAM＋kBM＝eq \f(y1,x1＋4)＋eq \f(y2,x2＋4)
＝eq \f(kx1＋1x2＋4＋kx2＋1x1＋4,x1＋4x2＋4)
＝eq \f(k[2x1x2＋5x1＋x2＋8],x1＋4x2＋4).
∵2x1x2＋5(x1＋x2)＋8＝eq \f(8k2－24,3＋4k2)－eq \f(40k2,3＋4k2)＋8＝0，
∴kAM＋kBM＝0，∴∠FMA＝∠FMB.
综上，∠FMA＝∠FMB.
6．(2021·青岛质检)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(14),2)))时，△ABF的周长恰为7eq \r(2).
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F作直线l交椭圆于C，D两点，且eq \(CD,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))(λ∈R)，求△ACD面积的取值范围．
解：(1)当点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(14),2)))时，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OA))＝ eq \r(1＋\f(7,2))＝eq \f(3\r(2),2)，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB))＝3eq \r(2).
由对称性，得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AF))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BF))＝2a，
所以2a＝7eq \r(2)－3eq \r(2)＝4eq \r(2)，得a＝2eq \r(2).
将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(14),2)))代入椭圆方程中，解得b2＝4,
所以椭圆方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)当直线AB的斜率不存在时，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(CD))＝2eq \r(2)，
此时S△ACD＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2＝2eq \r(2).
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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(8k2,1＋2k2)，,x1·x2＝\f(8k2－8,1＋2k2)，))
故eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(CD))＝eq \r(1＋k2)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－x2))＝
eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2,1＋2k2)))2－4×\f(8k2－8,1＋2k2))＝
eq \r(1＋k2)·eq \r(\f(32k2＋32,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2k2))2))＝eq \f(4\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2)),1＋2k2).
因为eq \(CD,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→)) (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＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2k)),\r(1＋k2))，
所以S△ACD＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(CD))×d ＝eq \f(2\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2)),1＋2k2)×eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2k)),\r(1＋k2))
＝eq \f(4\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k))·\r(1＋k2),1＋2k2)＝4eq \r(2) eq \r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2))k2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2k2))2))
＝2eq \r(2) eq \r(\f(4k4＋4k2,4k4＋4k2＋1))＝2eq \r(2) eq \r(1－\f(1,1＋2k22))，
因为1＋2k2>1，所以0