新高考数学一轮复习教案第8章第8节 第2课时 解题上——5大技法破解“计算繁而杂”这一难题（含解析）

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中学解析几何是将几何图形置于直角坐标系中，用方程的观点来研究曲线，体现了用代数的方法解决几何问题的优越性，但有时运算量过大，或需繁杂的讨论，这些都会影响解题的速度，甚至会中止解题的过程，达到“望题兴叹”的地步．特别是高考过程中，在规定的时间内，保质保量完成解题的任务，计算能力是一个重要的方面．因此，本讲从以下5个方面探索减轻运算量的方法和技巧，合理简化解题过程，优化思维过程，达到快准解题．
技法一 回归定义，以逸待劳
回归定义的实质是重新审视概念，并用相应的概念解决问题，是一种朴素而又重要的策略和思想方法．圆锥曲线的定义既是有关圆锥曲线问题的出发点，又是新知识、新思维的生长点．对于相关的圆锥曲线中的数学问题，若能根据已知条件，巧妙灵活应用定义，往往能达到化难为易、化繁为简、事半功倍的效果．
[典例] 如图，F1，F2是椭圆C1：eq \f(x2,4)＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点．若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是( )
A.eq \r(2) B.eq \r(3)
C.eq \f(3,2) D．eq \f(\r(6),2)
[解题观摩] 由已知，得F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，设双曲线C2的实半轴长为a，由椭圆及双曲线的定义和已知，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|AF1|＋|AF2|＝4，,|AF2|－|AF1|＝2a，,|AF1|2＋|AF2|2＝12，))
解得a2＝2，故a＝eq \r(2).
所以双曲线C2的离心率e＝eq \f(\r(3),\r(2))＝eq \f(\r(6),2).
[答案] D
[名师微点]
本题巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1|，|AF2|的等量关系，从而快速求出双曲线实半轴长a的值，进而求出双曲线的离心率，大大降低了运算量．
[针对训练]
1．(2019·全国卷Ⅰ)已知椭圆C的焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为( )
A.eq \f(x2,2)＋y2＝1 B．eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1
C.eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1 D．eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1
解析：选B 法一：设椭圆的标准方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)．由椭圆的定义可得|AF1|＋|AB|＋|BF1|＝4a.
∵|AB|＝|BF1|，|AF2|＝2|F2B|，
∴|AB|＝|BF1|＝eq \f(3,2)|AF2|，
∴|AF1|＋3|AF2|＝4a.
又∵|AF1|＋|AF2|＝2a，
∴|AF1|＝|AF2|＝a，
∴点A是椭圆的短轴端点．如图，不妨设A(0，－b)，
由F2(1,0)，eq \(AF2,\s\up7(―→))＝2eq \(F2B,\s\up7(―→))，得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(b,2))).
由点B在椭圆上，得eq \f(\f(9,4),a2)＋eq \f(\f(b2,4),b2)＝1，得a2＝3，b2＝a2－c2＝2.
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.
法二：由题意设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，连接F1A，令|F2B|＝m，则|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由椭圆的定义知，4m＝2a，得m＝eq \f(a,2)，故|F2A|＝a＝|F1A|，则点A为椭圆C的上顶点或下顶点．令∠OAF2＝θ(O为坐标原点)，则sin θ＝eq \f(1,a).在等腰三角形ABF1中， cs 2θ＝eq \f(\f(a,2),\f(3a,2))＝eq \f(1,3)，∴eq \f(1,3)＝1－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))2，解得a2＝3.又c2＝1，∴b2＝a2－c2＝2，椭圆C的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.故选B.
2．抛物线y2＝4mx(m＞0)的焦点为F，点P为该抛物线上的动点，若点A(－m,0)，则eq \f(|PF|,|PA|)的最小值为________．
解析：设点P的坐标为(xP，yP)，由抛物线的定义，
知|PF|＝xP＋m，
又|PA|2＝(xP＋m)2＋yeq \\al(2,P)＝(xP＋m)2＋4mxP，
则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|PF|,|PA|)))2＝eq \f(xP＋m2,xP＋m2＋4mxP)＝eq \f(1,1＋\f(4mxP,xP＋m2))
≥eq \f(1,1＋\f(4mxP,2\r(xP·m)2))＝eq \f(1,2)(当且仅当xP＝m时取等号)，
所以eq \f(|PF|,|PA|)≥eq \f(\r(2),2)，所以eq \f(|PF|,|PA|)的最小值为eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
技法二 设而不求，金蝉脱壳
设而不求是解析几何解题的基本手段，是比较特殊的一种思想方法，其实质是整体结构意义上的变式和整体思想的应用．设而不求的灵魂是通过科学的手段使运算量最大限度地减少，通过设出相应的参数，利用题设条件加以巧妙转化，以参数为过渡，设而不求．
[典例] (2021·石家庄质检)已知P是圆C：(x－2)2＋(y＋2)2＝1上一动点，过点P作抛物线x2＝8y的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB斜率的最大值为( )
A.eq \f(1,4) B．eq \f(3,4)
C.eq \f(3,8) D．eq \f(1,2)
[解题观摩] 由题意可知，PA，PB的斜率都存在，分别设为k1，k2，切点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设P(m，n)，过点P的抛物线的切线为y＝k(x－m)＋n，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－m＋n,x2＝8y))，得x2－8kx＋8km－8n＝0，
因为Δ＝64k2－32km＋32n＝0，即2k2－km＋n＝0，
所以k1＋k2＝eq \f(m,2)，k1k2＝eq \f(n,2)，
又由x2＝8y得y′＝eq \f(x,4)，所以x1＝4k1，y1＝eq \f(x\\al(2,1),8)＝2keq \\al(2,1)，
x2＝4k2，y2＝eq \f(x\\al(2,1),8)＝2keq \\al(2,2)，
所以kAB＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(2k\\al(2,2)－2k\\al(2,1),4k2－4k1)＝eq \f(k2＋k1,2)＝eq \f(m,4)，
因为点P(m，n)满足eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋2))2＝1，
所以1≤m≤3，
因此eq \f(1,4)≤eq \f(m,4)≤eq \f(3,4)，
即直线AB斜率的最大值为eq \f(3,4).故选B.
[答案] B
[名师微点]
(1)本题设出A，B两点的坐标，却不求出A，B两点的坐标，巧妙地利用根与系数的关系用PA，PB的斜率把A，B的坐标表示出来，从而快速解决问题．
(2)在运用圆锥曲线问题中设而不求的方法技巧时，需要做到：①凡是不必直接计算就能更简洁地解决问题的，都尽可能实施“设而不求”；②“设而不求”不可避免地要设参、消参，而设参的原则是宜少不宜多．
[针对训练]
3．过点M(1,1)作斜率为－eq \f(1,2)的直线与椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\\al(2,2),a2)＋\f(y\\al(2,2),b2)＝1，))
∴eq \f(x1－x2x1＋x2,a2)＋eq \f(y1－y2y1＋y2,b2)＝0，
∴eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2).
∵eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2)，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(1,2)，∴a2＝2b2.
又∵b2＝a2－c2，∴a2＝2(a2－c2)，
∴a2＝2c2，∴eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).即椭圆C的离心率e＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
技法三 巧设参数，变换主元
换元引参是一种重要的数学方法，特别是解析几何中的最值问题、不等式问题等，利用换元引参使一些关系能够相互联系起来，激活了解题的方法，往往能化难为易，达到事半功倍．
常见的参数可以选择点的坐标、直线的斜率、直线的倾斜角等．在换元过程中，还要注意代换的等价性，防止扩大或缩小原来变量的取值范围或改变原题条件．
[典例] 设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，点P在椭圆上且异于A，B两点，O为坐标原点．若|AP|＝|OA|，证明直线OP的斜率k满足|k|＞eq \r(3).
[解题观摩] 法一：依题意，直线OP的方程为y＝kx，设点P的坐标为(x0，y0)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0＝kx0，,\f(x\\al(2,0),a2)＋\f(y\\al(2,0),b2)＝1，))消去y0并整理，得xeq \\al(2,0)＝eq \f(a2b2,k2a2＋b2).①
由|AP|＝|OA|，A(－a,0)及y0＝kx0，
得(x0＋a)2＋k2xeq \\al(2,0)＝a2，
整理得(1＋k2)xeq \\al(2,0)＋2ax0＝0.而x0≠0，于是x0＝eq \f(－2a,1＋k2)，
代入①，整理得(1＋k2)2＝4k2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))2＋4.
又a＞b＞0，故(1＋k2)2＞4k2＋4，
即k2＋1＞4，因此k2＞3，所以|k|＞eq \r(3).
法二：依题意，直线OP的方程为y＝kx，
可设点P的坐标为(x0，kx0)．
由点P在椭圆上，得eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(k2x\\al(2,0),b2)＝1.
因为a＞b＞0，kx0≠0，所以eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(k2x\\al(2,0),a2)＜1，
即(1＋k2)xeq \\al(2,0)＜a2.②
由|AP|＝|OA|及A(－a,0)，得(x0＋a)2＋k2xeq \\al(2,0)＝a2，
整理得(1＋k2)xeq \\al(2,0)＋2ax0＝0，于是x0＝eq \f(－2a,1＋k2)，
代入②，得(1＋k2)·eq \f(4a2,1＋k22)＜a2，
解得k2＞3，所以|k|＞eq \r(3).
法三：设P(acs θ，bsin θ)(0≤θ＜2π)，
则线段OP的中点Q的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)cs θ，\f(b,2)sin θ)).
|AP|＝|OA|⇔AQ⊥OP⇔kAQ×k＝－1.
又A(－a,0)，所以kAQ＝eq \f(bsin θ,2a＋acs θ)，
即bsin θ－akAQcs θ＝2akAQ.
从而可得|2akAQ|≤ eq \r(b2＋a2k\\al(2,AQ))＜aeq \r(1＋k\\al(2,AQ))，
解得|kAQ|＜eq \f(\r(3),3)，故|k|＝eq \f(1,|kAQ|)＞eq \r(3).
[名师微点]
求解本题利用椭圆的参数方程，可快速建立各点之间的联系，降低运算量．
[针对训练]
4．设直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，与圆C：(x－5)2＋y2＝r2(r＞0)相切于点M，且M为线段AB的中点，若这样的直线l恰有4条，求r的取值范围．
解：当t＝0时，若l与圆C相切，则M恰为AB中点，
∴当t≠0时，这样的直线应有2条．
不妨设直线l的方程为x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
代入抛物线y2＝4x并整理得y2－4ty－4m＝0，
则有Δ＝16t2＋16m＞0，y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m，
那么x1＋x2＝(ty1＋m)＋(ty2＋m)＝4t2＋2m，
可得线段AB的中点M(2t2＋m,2t)，
而由题意可得直线AB与直线MC垂直，
即kMC·kAB＝－1，可得eq \f(2t－0,2t2＋m－5)·eq \f(1,t)＝－1，
整理得m＝3－2t2(当t≠0时)，
把m＝3－2t2代入Δ＝16t2＋16m＞0，
可得3－t2＞0，即0＜t2＜3，
又由于圆心到直线的距离等于半径，
即d＝eq \f(|5－m|,\r(1＋t2))＝eq \f(2＋2t2,\r(1＋t2))＝2eq \r(1＋t2)＝r，
而由0＜t2＜3可得2＜r＜4.
故r的取值范围为(2,4)．
技法四 妙借向量，无中生有
平面向量是衔接代数与几何的纽带，沟通“数”与“形”，融数、形于一体，是数形结合的典范，具有几何形式与代数形式的双重身份，是数学知识的一个交汇点和联系多项知识的媒介．妙借向量，可以有效提升圆锥曲线的解题方向与运算效率，达到良好效果．
[典例] 如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点，直线y＝eq \f(b,2)与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________．
[解题观摩] 把y＝eq \f(b,2)代入椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，
可得x＝±eq \f(\r(3),2)a，那么Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a，\f(b,2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，\f(b,2)))，
而F(c,0)，
那么eq \(FB,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))，eq \(FC,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))，
又∠BFC＝90°，
故有eq \(FB,\s\up7(―→))·eq \(FC,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))＝c2－eq \f(3,4)a2＋eq \f(1,4)b2＝c2－eq \f(3,4)a2＋eq \f(1,4)(a2－c2)＝eq \f(3,4)c2－eq \f(1,2)a2＝0，
则有3c2＝2a2，所以该椭圆的离心率为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3).
[答案] eq \f(\r(6),3)
[名师微点]
本题通过相关向量坐标的确定，结合∠BFC＝90°，巧妙借助平面向量的坐标运算来转化圆锥曲线中的相关问题，从形入手转化为相应数的形式，简化运算．
[针对训练]
5.已知点A为圆B：(x＋2)2＋y2＝32上任意一点，定点C的坐标为(2,0)，线段AC的垂直平分线交AB于点M.
(1)求点M的轨迹方程；
(2)若动直线l与圆O：x2＋y2＝eq \f(8,3)相切，且与点M的轨迹交于点E，F，求证：以EF为直径的圆恒过坐标原点．
解：(1)圆B的圆心为Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，0))，半径r＝4eq \r(2)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BC))＝4.连接MC，由已知得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MC))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MA))，
∵eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MB))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MC))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MB))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MA))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BA))＝r＝4eq \r(2)>eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BC))，
∴由椭圆的定义知：点M的轨迹是中心在原点，以B，C为焦点，长轴长为4eq \r(2)的椭圆，
即a＝2eq \r(2)，c＝2，b2＝a2－c2＝4，
∴点M的轨迹方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明：当直线EF的斜率不存在时，
直线EF的方程为x＝± eq \r(\f(8,3))，
E，F的坐标分别为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(\f(8,3))， \r(\f(8,3))))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(\f(8,3))，－ \r(\f(8,3))))或
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(\f(8,3))， \r(\f(8,3))))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－ \r(\f(8,3))，－\r(\f(8,3))))，eq \(OE,\s\up7(―→))·eq \(OF,\s\up7(―→))＝0.
当直线EF斜率存在时，
设直线EF的方程为y＝kx＋b，
∵EF与圆O：x2＋y2＝eq \f(8,3)相切，
∴eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)),\r(1＋k2))＝ eq \r(\f(8,3))，即3b2＝8k2＋8.
设Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，
∴eq \(OE,\s\up7(―→))·eq \(OF,\s\up7(―→))＝x1x2＋y1y2
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2))x1x2＋kbeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2))＋b2，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(*))
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx＋b，))代入消元得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2k2))x2＋4kbx＋2b2－8＝0，
∴x1＋x2＝－eq \f(4kb,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2b2－8,1＋2k2)，代入(*)式得
eq \(OE,\s\up7(―→))·eq \(OF,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2))·eq \f(2b2－8,1＋2k2)－eq \f(4k2b2,1＋2k2)＋b2＝eq \f(3b2－8k2－8,1＋2k2)，
又∵3b2＝8k2＋8，∴eq \(OE,\s\up7(―→))·eq \(OF,\s\up7(―→))＝0，
∴以EF为直径的圆恒过定点O.
技法五 巧用“韦达”，化繁为简
某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系．后者往往计算量小，解题过程简捷．
[典例] 已知椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的左顶点为A，过A作两条互相垂直的弦AM，AN交椭圆于M，N两点．
(1)当直线AM的斜率为1时，求点M的坐标；
(2)当直线AM的斜率变化时，直线MN是否过x轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由．
[解题观摩] (1)直线AM的斜率为1时，直线AM的方程为y＝x＋2，代入椭圆方程并化简得5x2＋16x＋12＝0.
解得x1＝－2，x2＝－eq \f(6,5)，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，\f(4,5))).
(2)设直线AM的斜率为k，直线AM的方程为y＝k(x＋2)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.
则xA＋xM＝eq \f(－16k2,1＋4k2)，
xM＝－xA－eq \f(16k2,1＋4k2)＝2－eq \f(16k2,1＋4k2)＝eq \f(2－8k2,1＋4k2).
同理，可得xN＝eq \f(2k2－8,k2＋4).
由(1)知若存在定点，则此点必为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，0)).
证明如下：
因为kMP＝eq \f(yM,xM＋\f(6,5))＝eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－8k2,1＋4k2)＋2)),\f(2－8k2,1＋4k2)＋\f(6,5))＝eq \f(5k,4－4k2)，
同理可计算得kPN＝eq \f(5k,4－4k2).
所以直线MN过x轴上的一定点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，0)).
[名师微点]
本例在第(2)问中应用了根与系数的关系求出xM＝eq \f(2－8k2,1＋4k2)，这体现了整体思想．这是解决解析几何问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量．
[针对训练]
6．已知椭圆E：eq \f(x2,t)＋eq \f(y2,3)＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.
(1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；
(2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．
解：设M(x1，y1)，则由题意知y1>0.
(1)当t＝4时，E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，A(－2,0)．
由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为eq \f(π,4).
因此直线AM的方程为y＝x＋2.
将x＝y－2代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1得7y2－12y＝0.
解得y＝0或y＝eq \f(12,7)，所以y1＝eq \f(12,7).
因此△AMN的面积S△AMN＝2×eq \f(1,2)×eq \f(12,7)×eq \f(12,7)＝eq \f(144,49).
(2)由题意t>3，k>0，A(－eq \r(t)，0)．
将直线AM的方程y＝k(x＋eq \r(t))代入eq \f(x2,t)＋eq \f(y2,3)＝1，
得(3＋tk2)x2＋2eq \r(t)·tk2x＋t2k2－3t＝0.
由x1·(－eq \r(t))＝eq \f(t2k2－3t,3＋tk2)，得x1＝eq \f(\r(t)3－tk2,3＋tk2)，
故|AM|＝|x1＋eq \r(t)|eq \r(1＋k2)＝eq \f(6\r(t1＋k2),3＋tk2).
由题设，直线AN的方程为y＝－eq \f(1,k)(x＋eq \r(t))，
故同理可得|AN|＝eq \f(6k\r(t1＋k2),3k2＋t).
由2|AM|＝|AN|，得eq \f(2,3＋tk2)＝eq \f(k,3k2＋t)，
即(k3－2)t＝3k(2k－1)．
当k＝eq \r(3,2)时上式不成立，因此t＝eq \f(3k2k－1,k3－2).
t>3等价于eq \f(k3－2k2＋k－2,k3－2)＝eq \f(k－2k2＋1,k3－2)<0，
即eq \f(k－2,k3－2)<0.
因此得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k－2>0，,k3－2<0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k－2<0，,k3－2>0，))解得eq \r(3,2)故k的取值范围是(eq \r(3,2)，2)．
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1．过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F，且斜率为eq \r(3)的直线交C于点M(M在x轴上方)，l为C的准线，点N在l上且MN⊥l，若|NF|＝4，则M到直线NF的距离为( )
A.eq \r(5) B．2eq \r(3)
C．3eq \r(3) D．2eq \r(2)
解析：选B ∵直线MF的斜率为eq \r(3)，MN⊥l，
∴∠NMF＝60°，又|MF|＝|MN|，且|NF|＝4，
∴△NMF是边长为4的等边三角形，
∴M到直线NF的距离为2eq \r(3).故选B.
2．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F，点B是虚轴的一个端点，线段BF与双曲线C的右支交于点A，若eq \(BA,\s\up7(―→))＝2eq \(AF,\s\up7(―→))，且|eq \(BF,\s\up7(―→))|＝4，则双曲线C的方程为( )
A.eq \f(x2,6)－eq \f(y2,5)＝1 B．eq \f(x2,8)－eq \f(y2,12)＝1
C.eq \f(x2,8)－eq \f(y2,4)＝1 D．eq \f(x2,4)－eq \f(y2,6)＝1
解析：选D 不妨设B(0，b)，由eq \(BA,\s\up7(―→))＝2eq \(AF,\s\up7(―→))，F(c,0)，
可得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2c,3)，\f(b,3)))，代入双曲线C的方程可得eq \f(4,9)×eq \f(c2,a2)－eq \f(1,9)＝1，
∴eq \f(b2,a2)＝eq \f(3,2).①
又|eq \(BF,\s\up7(―→))|＝eq \r(b2＋c2)＝4，c2＝a2＋b2，∴a2＋2b2＝16.②
由①②可得，a2＝4，b2＝6，
∴双曲线C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,6)＝1.
3．已知直线y＝2x＋m与椭圆C：eq \f(x2,5)＋y2＝1相交于A，B两点，O为坐标原点．当 △AOB的面积取得最大值时，|AB|＝( )
A.eq \f(5\r(42),21) B．eq \f(\r(210),21)
C.eq \f(2\r(42),7) D．eq \f(3\r(42),7)
解析：选A 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x＋m，,\f(x2,5)＋y2＝1，))得21x2＋20mx＋5m2－5＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(20m,21)，
x1x2＝eq \f(5m2－5,21)，
|AB|＝eq \r(1＋22)eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(\r(5)\r(2021－m2),21)＝eq \f(10\r(21－m2),21).
又O到直线AB的距离d＝eq \f(|m|,\r(5))，
则△AOB的面积S＝eq \f(1,2)d·|AB|＝eq \f(\r(5)\r(m221－m2),21)≤eq \f(\r(5)×\f(m2＋21－m2,2),21)＝eq \f(\r(5),2)，
当且仅当m2＝21－m2，即m2＝eq \f(21,2)时，△AOB的面积取得最大值．此时，|AB|＝eq \f(10\r(21－m2),21)＝eq \f(5\r(42),21).
4．记双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a>0，b>0))的左焦点为F，双曲线C上的点M，N关于原点对称，且∠MFN＝eq \f(3,4)∠MOF＝90°，则eq \f(b2,a2)＝( )
A．3＋2eq \r(3) B．4＋2eq \r(3)
C．3＋eq \r(3) D．4＋eq \r(3)
解析：选A 设双曲线的右焦点是F′，由双曲线的对称性和∠MF′N＝90°，得四边形MFNF′是矩形，∵∠MOF＝120°，∴∠MOF′＝60°，故△MOF′是等边三角形．
∴在Rt△MFF′中，∴∠MFF′＝30°，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(FF′))＝2c，
∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF′))＝c，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF))＝eq \r(3)c，
∵eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF))－eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF′))＝2a，∴eq \r(3)c－c＝2a，
∴eq \f(c,a)＝eq \f(2,\r(3)－1)＝eq \r(3)＋1，
∴eq \f(b2,a2)＝eq \f(c2－a2,a2)＝eq \f(c2,a2)－1＝(eq \r(3)＋1)2－1＝3＋2eq \r(3)，故选A.
5．椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1上存在两点A，B，且A，B关于直线4x－2y－3＝0对称，若O为坐标原点，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))))＝( )
A．1 B．eq \r(3)
C.eq \r(5) D．eq \r(7)
解析：选C 由题意直线AB与直线4x－2y－3＝0垂直，设直线AB的方程为y＝－eq \f(1,2)x＋m.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1))消去y整理得x2－2mx＋2m2－2＝0，
∵直线AB与椭圆交于两点，
∴Δ＝(－2m)2－4(2m2－2)＝－4m2＋8>0，
解得－eq \r(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为M(x0，y0)，
则x1＋x2＝2m，
∴x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝m，y0＝－eq \f(1,2)x0＋m＝eq \f(m,2)，
∴点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，\f(m,2))).
由题意得点M在直线4x－2y－3＝0上，
∴4m－2×eq \f(m,2)－3＝3m－3＝0，解得m＝1.
∴x1＋x2＝2，y1＋y2＝－eq \f(1,2)(x1＋x2)＋2m＝1，
∴eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))＝(2,1)，∴|eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))|＝eq \r(5).
6．已知抛物线y2＝2px(p>0)经过点M(1,2)，直线l与抛物线交于相异两点A，B，若 △MAB的内切圆圆心为(1，t)，则直线l的斜率为________．
解析：将点M(1,2)代入y2＝2px，可得p＝2，
所以抛物线方程为y2＝4x，
由题意知，直线l斜率存在且不为0，
设直线l的方程为x＝my＋n(m≠0)，
代入y2＝4x，得y2－4my－4n＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，
又由△MAB的内切圆心为(1，t)，
可得kMA＋kMB＝eq \f(y1－2,x1－1)＋eq \f(y2－2,x2－1)＝eq \f(y1－2,\f(y\\al(2,1),4)－1)＋eq \f(y2－2,\f(y\\al(2,2),4)－1)＝0，
整理得y1＋y2＋4＝4m＋4＝0，解得m＝－1，
从而l的方程为y＝－x＋n，所以直线l的斜率为－1.
答案：－1
7．已知直线x＋2y－3＝0与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B两点，且线段AB的中点在直线3x－4y＋1＝0，则此椭圆的离心率为________．
解析：联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2y－3＝0，,3x－4y＋1＝0，))得x＝1，y＝1，
∴直线x＋2y－3＝0与3x－4y＋1＝0的交点为M(1,1)，∴线段AB的中点为M(1,1)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，分别把A(x1，y1)，B(x2，y2)代入椭圆方程eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\\al(2,2),a2)＋\f(y\\al(2,2),b2)＝1，))两式相减整理，得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(1,2)，
∴a2＝2b2，又a2＝b2＋c2，∴a＝eq \r(2)b＝eq \r(2)c，∴e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
8.(2021·镇江模拟)如图，抛物线E：y2＝4x的焦点为F，点M与F关于坐标原点O对称，过F的直线与抛物线交于A，B两点，使得AB⊥BM，又A点在x轴上的投影为C，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AF))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AC))－eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BF))－eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BC))＝________.
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB过焦点得x1x2＝1，又AB⊥BM，得B在以MF为直径的圆上，
故xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2)＝1，而yeq \\al(2,2)＝4x2，得1－xeq \\al(2,2)＝yeq \\al(2,2)＝4x2，
又eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AF))－eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BF))＝1＋x1－(1＋x2)＝x1－x2＝eq \f(1,x2)－x2＝eq \f(1－x\\al(2,2),x2)＝eq \f(4x2,x2)＝4，又∠ABM＝∠ACM，
所以AMBC四点共圆，进而得AC＝BC，
故eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AF))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AC))－eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BF))－eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BC))＝4.
答案：4
9．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点F为抛物线y2＝4x的焦点，P，Q是椭圆C上的两个动点，且线段PQ长度的最大值为4.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若OP⊥OQ，求△OPQ面积的最小值．
解：(1)因为y2＝4x的焦点为(1,0)，
所以椭圆C的右焦点F为(1,0)，即c＝1，
又eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PQ))的最大值为4，因此2a＝4，
所以a2＝4，b2＝a2－c2＝4－1＝3，
椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)①当P，Q为椭圆顶点时，
易得△OPQ的面积为eq \f(1,2)×2×eq \r(3)＝eq \r(3)，
②当P，Q不是椭圆顶点时，
设直线OP的方程为y＝kx(k≠0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得x2＝eq \f(12,3＋4k2)，
所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OP))＝eq \r(k2＋1) eq \r(\f(12,3＋4k2))，
由OP⊥OQ，得直线OQ的方程为：y＝－eq \f(1,k)x，
所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OQ))＝ eq \r(\f(1,k2)＋1 )eq \r(\f(12,3＋4\f(1,k2)))＝eq \r(1＋k2) eq \r(\f(12,3k2＋4))，
所以S△OPQ＝eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OP))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OQ))＝6eq \r(\f(k2＋12,3＋4k23k2＋4))
＝6eq \r(\f(k2＋12,12k4＋25k2＋12))＝6eq \r(\f(1,12＋\f(k2,k2＋12)))，
eq \f(k2＋12,k2)＝k2＋eq \f(1,k2)＋2≥4，当且仅当k2＝1时等号成立，
所以0综上，△OPQ面积的最小值为eq \f(12,7).
10．在平面直角坐标系xOy中，直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点．
(1)如果直线l过抛物线的焦点，求eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))的值；
(2)如果eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝－4，证明直线l必过一定点，并求出该定点．
解：(1)由题意：抛物线焦点为(1,0)，
设l：x＝ty＋1，代入抛物线y2＝4x，
消去x，得y2－4ty－4＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4t，y1y2＝－4，
所以eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝x1x2＋y1y2＝(ty1＋1)(ty2＋1)＋y1y2
＝t2y1y2＋t(y1＋y2)＋1＋y1y2＝－4t2＋4t2＋1－4＝－3.
(2)证明：设l：x＝ty＋b，代入抛物线y2＝4x，消去x，得
y2－4ty－4b＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝4t，y1y2＝－4b，
所以eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝x1x2＋y1y2＝(ty1＋b)(ty2＋b)＋y1y2
＝t2y1y2＋bt(y1＋y2)＋b2＋y1y2＝－4bt2＋4bt2＋b2－4b＝b2－4b.
令b2－4b＝－4，得b2－4b＋4＝0，解得b＝2.
所以直线l过定点(2,0)．