第四課時　求值、證明、探索性問題

第四課時求值、證明、探索性問題題型一求值問題例1(12分)(2024·廣州模擬)已知點A，點B和點C為橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上不同的三個點.當(dāng)點A，點B和點C為橢圓的頂點時，△ABC恰好是邊長為2的等邊三角形.(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若O為坐標(biāo)原點，且eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，求△ABC的面積.[思路分析](1)分析A，B，C的位置求a，b得橢圓方程.(2)引入A，B，C坐標(biāo)，由eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0得坐標(biāo)關(guān)系→斜率不存在時求S△ABC；直線BC斜率存在時寫出底邊和高的表達式，求S△ABC.[規(guī)范解答]解(1)當(dāng)點A，點B和點C為橢圓的頂點時，△ABC恰好是邊長為2的等邊三角形，eq\x(①當(dāng)點A，點B和點C中有兩個點為上頂點和下頂點，一個為左頂點或右頂點時，)→eq\a\vs4\al(研究正三角形各頂點的位置，由位置寫出a，b的值)不妨設(shè)點A，點B分別為上頂點和下頂點，點C為右頂點，此時，a＝eq\r(3)，b＝1；(2分)①eq\x(②當(dāng)點A，點B和點C中有一個點為上頂點或下頂點，兩個點為左頂點和右頂點時，)→eq\a\vs4\al(研究正三角形各頂點的位置，由位置寫出a，b的值)不妨設(shè)點A，點B分別為左頂點和右頂點，點C為上頂點，此時，a＝1，b＝eq\r(3)(舍去).(3分)②eq\x(所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為\f(x2,3)＋y2＝1.)→eq\a\vs4\al(寫出橢圓方程)(4分)③(2)設(shè)A(p，q)，B(x1，y1)，C(x2，y2)，因為eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，所以p＋x1＋x2＝0，q＋y1＋y2＝0.→eq\a\vs4\al(設(shè)點，解析向量等式)eq\x(①當(dāng)直線BC的斜率不存在時，)→eq\a\vs4\al(討論直線BC斜率不存在的情形)x1＝x2，y1＝－y2，因為p＋x1＋x2＝0，則A(－2x1，0).因為點A在橢圓E上，所以xeq\o\al(2,1)＝eq\f(3,4)，則有yeq\o\al(2,1)＝eq\f(3,4)，所以|BC|＝eq\r(3)，點A到直線BC的距離為|3x1|＝eq\f(3\r(3),2)，此時S△ABC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(3\r(3),2)＝eq\f(9,4).(5分)④②eq\x(當(dāng)直線BC的斜率存在時，)設(shè)直線BC的方程為y＝kx＋m，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))消去y整理得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，則Δ＝(6km)2－12(1＋3k2)(m2－1)＝12(3k2＋1－m2)>0.由根與系數(shù)關(guān)系得x1＋x2＝eq\f(－6km,1＋3k2)，x1x2＝eq\f(3（m2－1）,1＋3k2)，→eq\a\vs4\al(當(dāng)直線BC斜率存在時，設(shè)直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，寫出根與系數(shù)的關(guān)系)(6分)⑤所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq\f(2m,1＋3k2)，所以p＝－(x1＋x2)＝eq\f(6km,1＋3k2)，q＝－(y1＋y2)＝－eq\f(2m,1＋3k2).(7分)⑥因為點A(p，q)在橢圓E：eq\f(x2,3)＋y2＝1上，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6km,1＋3k2)))eq\s\up12(2)＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2m,1＋3k2)))eq\s\up12(2)＝3，eq\x(化簡得4m2＝1＋3k2，)→eq\a\vs4\al(用參數(shù)m，k表示點A坐標(biāo)代入橢圓得m，k的關(guān)系)(8分)⑦所以|BC|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－6km,1＋3k2)))\s\up12(2)－4×\f(3（m2－1）,1＋3k2))＝eq\r(1＋k2)·eq\f(2\r(3)×\r(3k2＋1－m2),1＋3k2)＝eq\r(1＋k2)·eq\f(2\r(3)×\r(4m2－m2),1＋3k2)＝eq\r(1＋k2)·eq\f(6|m|,1＋3k2)＝eq\r(1＋k2)·eq\f(6|m|,4m2)eq\x(＝\f(3\r(1＋k2),2|m|)，)→eq\a\vs4\al(表示底邊長)(9分)⑧點A到直線BC的距離d＝eq\f(|pk－q＋m|,\r(1＋k2))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(6km,1＋3k2)k＋\f(2m,1＋3k2)＋m)),\r(1＋k2))eq\x(＝\f(|3m|,\r(1＋k2))，)→eq\a\vs4\al(表示高)(10分)⑨所以S△ABC＝eq\f(1,2)·|BC|·d＝eq\f(1,2)×eq\f(3\r(1＋k2),2|m|)·eq\f(|3m|,\r(1＋k2))＝eq\f(9,4).→eq\a\vs4\al(計算面積)綜上所述，△ABC的面積為eq\f(9,4).(12分)⑩[滿分規(guī)則]?得步驟分由①②③寫出橢圓的方程，①2分，②③各1分；由⑤寫出根與系數(shù)的關(guān)系，得1分；由⑩寫出結(jié)果，得1分.?得關(guān)鍵分由④計算斜率不存在的面積，得1分；由⑥⑦寫出A點坐標(biāo)及m，k的關(guān)系，各得1分.?得計算分由⑧⑨分別計算三角形ABC的底邊長|BC|和高d，⑧得2分，⑨得1分.訓(xùn)練1(2022·新高考Ⅰ卷)已知點A(2，1)在雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a2－1)＝1(a>1)上，直線l交C于P，Q兩點，直線AP，AQ的斜率之和為0.(1)求l的斜率；(2)若tan∠PAQ＝2eq\r(2)，求△PAQ的面積.解(1)將點A的坐標(biāo)代入雙曲線方程得eq\f(4,a2)－eq\f(1,a2－1)＝1，化簡得a4－4a2＋4＝0，得a2＝2，故雙曲線C的方程為eq\f(x2,2)－y2＝1.由題易知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立直線l與雙曲線C的方程，消去y整理得(2k2－1)x2＋4kmx＋2m2＋2＝0，故x1＋x2＝－eq\f(4km,2k2－1)，x1x2＝eq\f(2m2＋2,2k2－1).kAP＋kAQ＝eq\f(y1－1,x1－2)＋eq\f(y2－1,x2－2)＝eq\f(kx1＋m－1,x1－2)＋eq\f(kx2＋m－1,x2－2)＝0，化簡得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，故eq\f(2k（2m2＋2）,2k2－1)＋(m－1－2k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,2k2－1)))－4(m－1)＝0，整理得(k＋1)(m＋2k－1)＝0，又直線l不過點A，即m＋2k－1≠0，故k＝－1.(2)不妨設(shè)直線PA的傾斜角為θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,2)))，由題意知∠PAQ＝π－2θ，所以tan∠PAQ＝－tan2θ＝eq\f(2tanθ,tan2θ－1)＝2eq\r(2)，解得tanθ＝eq\r(2)或tanθ＝－eq\f(\r(2),2)(舍去).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(y1－1,x1－2)＝\r(2)，,\f(xeq\o\al(2,1),2)－yeq\o\al(2,1)＝1，))得x1＝eq\f(10－4\r(2),3)，所以|AP|＝eq\r(3)|x1－2|＝eq\f(4\r(3)（\r(2)－1）,3)，同理得x2＝eq\f(10＋4\r(2),3)，所以|AQ|＝eq\r(3)|x2－2|＝eq\f(4\r(3)（\r(2)＋1）,3).因為tan∠PAQ＝2eq\r(2)，所以sin∠PAQ＝eq\f(2\r(2),3)，故S△PAQ＝eq\f(1,2)|AP||AQ|sin∠PAQ＝eq\f(1,2)×eq\f(4\r(3)（\r(2)－1）,3)×eq\f(4\r(3)（\r(2)＋1）,3)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(16\r(2),9).題型二證明問題例2(2024·長沙調(diào)研)如圖，圓C與x軸相切于點T(2，0)，與y軸正半軸相交于M，N兩點(點M在點N的下方)，且|MN|＝3.(1)求圓C的方程；(2)過點M任作一條直線與橢圓eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1相交于A，B兩點，連接AN，BN，求證：∠ANM＝∠BNM.(1)解設(shè)圓C的半徑為r(r>0)，依題意，圓心C的坐標(biāo)為(2，r).因為|MN|＝3，所以r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋22＝eq\f(25,4)，所以r＝eq\f(5,2)，圓C的方程為(x－2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(25,4).(2)證明把x＝0代入方程(x－2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(25,4)，解得y＝1或y＝4，即點M(0，1)，N(0，4).①當(dāng)AB⊥x軸時，可知∠ANM＝∠BNM＝0.②當(dāng)AB與x軸不垂直時，可設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1.聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1))消去y得(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0.Δ＝16k2＋24(1＋2k2)>0恒成立，設(shè)直線AB交橢圓于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，則x1＋x2＝eq\f(－4k,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(－6,1＋2k2).所以kAN＋kBN＝eq\f(y1－4,x1)＋eq\f(y2－4,x2)＝eq\f(kx1－3,x1)＋eq\f(kx2－3,x2)＝eq\f(2kx1x2－3（x1＋x2）,x1x2)＝eq\f(1,x1x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－12k,1＋2k2)＋\f(12k,1＋2k2)))＝0.所以∠ANM＝∠BNM.綜合①②知∠ANM＝∠BNM.感悟提升圓錐曲線中的證明問題常見的有：(1)位置關(guān)系方面的：如證明直線與曲線相切，直線間的平行、垂直，直線過定點等.(2)數(shù)量關(guān)系方面的：如存在定值、恒成立、相等等.在熟悉圓錐曲線的定義與性質(zhì)的前提下，一般采用直接法，通過相關(guān)的代數(shù)運算證明.訓(xùn)練2(2023·四省聯(lián)考)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)過點A(4eq\r(2)，3)，且焦距為10.(1)求雙曲線C的方程；(2)已知點B(4eq\r(2)，－3)，D(2eq\r(2)，0)，E為線段AB上一點，且直線DE交雙曲線C于G，H兩點，求證：eq\f(|GD|,|GE|)＝eq\f(|HD|,|HE|).(1)解由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(32,a2)－\f(9,b2)＝1，,2\r(a2＋b2)＝10，))故a＝4，b＝3，所以C的方程為eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1.(2)證明設(shè)E(4eq\r(2)，t)，G(x1，y1)，H(x2，y2).當(dāng)x＝4eq\r(2)時，eq\f(32,16)－eq\f(y2,9)＝1，解得y＝±3，則|t|<3.雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(3,4)x，當(dāng)直線DE與漸近線平行時，直線DE和雙曲線僅有一個交點，此時直線DE的方程為y＝±eq\f(3,4)(x－2eq\r(2)).令x＝4eq\r(2)，則y＝±eq\f(3\r(2),2)，故|t|≠eq\f(3\r(2),2).則直線DE：y＝eq\f(t,2\r(2))(x－2eq\r(2)).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(t,2\r(2))（x－2\r(2)），,\f(x2,16)－\f(y2,9)＝1，))得(9－2t2)x2＋8eq\r(2)t2x－16t2－144＝0，所以x1＋x2＝eq\f(8\r(2)t2,2t2－9)，x1x2＝eq\f(16t2＋144,2t2－9).eq\o(GD,\s\up6(→))·eq\o(HE,\s\up6(→))－eq\o(GE,\s\up6(→))·eq\o(DH,\s\up6(→))＝(2eq\r(2)－x1，－y1)·(4eq\r(2)－x2，t－y2)－(4eq\r(2)－x1，t－y1)·(x2－2eq\r(2)，y2)＝2x1x2＋2y1y2－6eq\r(2)(x1＋x2)－t(y1＋y2)＋32＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(t2,4)))x1x2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),4)t2＋6\r(2)))·(x1＋x2)＋4t2＋32＝eq\f(4（t2＋8）（t2＋9）,2t2－9)－eq\f(4t2（3t2＋24）,2t2－9)＋4t2＋32＝0.所以eq\o(GD,\s\up6(→))·eq\o(HE,\s\up6(→))＝eq\o(GE,\s\up6(→))·eq\o(DH,\s\up6(→))，所以|eq\o(GD,\s\up6(→))||eq\o(HE,\s\up6(→))|·cos0＝|eq\o(GE,\s\up6(→))||eq\o(DH,\s\up6(→))|·cos0，即eq\f(|GD|,|GE|)＝eq\f(|HD|,|HE|).題型三探索性問題例3(2024·福州質(zhì)檢)已知橢圓Γ：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，其左焦點為F1(－2，0).(1)求Γ的方程；(2)如圖，過Γ的上頂點P作動圓F1的切線分別交Γ于M，N兩點，是否存在圓F1使得△PMN是以PN為斜邊的直角三角形？若存在，求出圓F1的半徑；若不存在，請說明理由.解(1)由題意設(shè)焦距為2c，則c＝2.因為離心率為eq\f(\r(2),2)，即eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝2eq\r(2).則b2＝a2－c2＝4，故Γ的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)不存在.理由：假設(shè)存在圓F1滿足題意，當(dāng)圓F1過原點O時，直線PN與y軸重合，直線PM的斜率為0，不合題意.依題意不妨設(shè)PM：y＝k1x＋2(k1≠0)，PN：y＝k2x＋2(k2≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，圓F1的半徑為r，則圓心F1到直線PM的距離為eq\f(|－2k1＋2|,\r(1＋keq\o\al(2,1)))＝r，圓心F1到直線PN的距離為eq\f(|－2k2＋2|,\r(1＋keq\o\al(2,2)))＝r，故k1，k2是關(guān)于k的方程(r2－4)k2＋8k＋r2－4＝0的兩個相異實根，此時k1k2＝1.聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k1x＋2，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))得(1＋2keq\o\al(2,1))x2＋8k1x＝0，所以xP＋xM＝eq\f(－8k1,1＋2keq\o\al(2,1))，即xM＝eq\f(－8k1,1＋2keq\o\al(2,1))，則yM＝eq\f(2－4keq\o\al(2,1),1＋2keq\o\al(2,1))，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8k1,1＋2keq\o\al(2,1))，\f(2－4keq\o\al(2,1),1＋2keq\o\al(2,1))))，同理Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8k2,1＋2keq\o\al(2,2))，\f(2－4keq\o\al(2,2),1＋2keq\o\al(2,2)))).由k2＝eq\f(1,k1)，得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8k1,2＋keq\o\al(2,1))，\f(2keq\o\al(2,1)－4,2＋keq\o\al(2,1)))).由題意得PM⊥MN，即kMN＝－eq\f(1,k1)，此時kMN＝eq\f(\f(2－4keq\o\al(2,1),1＋2keq\o\al(2,1))－\f(2keq\o\al(2,1)－4,2＋keq\o\al(2,1)),\f(－8k1,1＋2keq\o\al(2,1))－\f(－8k1,2＋keq\o\al(2,1)))＝eq\f(（－2keq\o\al(2,1)＋1）（keq\o\al(2,1)＋2）－（keq\o\al(2,1)－2）（2keq\o\al(2,1)＋1）,4k1（2keq\o\al(2,1)＋1）－4k1（keq\o\al(2,1)＋2）)＝eq\f(－4keq\o\al(4,1)＋4,4k1（keq\o\al(2,1)－1）)＝eq\f(－（keq\o\al(2,1)＋1）,k1)，所以eq\f(－（keq\o\al(2,1)＋1）,k1)＝－eq\f(1,k1)，因為k1≠0，所以方程無解，故不存在滿足題意的圓F1.感悟提升此類問題一般分為探究條件、探究結(jié)論兩種.若探究條件，則可先假設(shè)條件成立，再驗證結(jié)論是否成立，成立則存在，否則不存在；若探究結(jié)論，則應(yīng)先求出結(jié)論的表達式，再針對其表達式進行討論，往往涉及對參數(shù)的討論.訓(xùn)練3(2024·西安質(zhì)檢)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點為F，點M(2，m)在拋物線C上，且|MF|＝2.(1)求實數(shù)m的值及拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)不過點M的直線l與拋物線相交于A，B兩點，若直線MA，MB的斜率之積為－2，試判斷直線l能否與圓(x－2)2＋(y－m)2＝80相切？若能，求此時直線l的方程；若不能，請說明理由.解(1)由題意得，因為點M(2，m)在拋物線上，所以22＝2pm，由拋物線的定義，得m＋eq\f(p,2)＝2，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋\f(p,2)＝2，,22＝2pm，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝1，,p＝2，))所以拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＝4y.(2)由(1)得M(2，1)，設(shè)點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(xeq\o\al(2,1),4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(xeq\o\al(2,2),4)))，則kMA＝eq\f(x1＋2,4)，kMB＝eq\f(x2＋2,4)，所以kMAkMB＝eq\f(x1＋2,4)·eq\f(x2＋2,4)＝－2，得x1x2＋2(x1＋x2)＋36＝0；設(shè)直線AB方程為y＝kx＋b，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,x2＝4y，))得x2－4kx－4b＝0，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，所以－4b＋8k＋36＝0，得b＝2k＋9，所以直線AB的方程為y＝kx＋2k＋9，即直線AB恒過拋物線內(nèi)部的定點N(－2，9)，又圓M：(x－2)2＋(y－1)2＝80正好經(jīng)過點N(－2，9)，當(dāng)且僅當(dāng)直線AB與半徑MN垂直時直線AB與圓M相切，此時k＝－eq\f(1,kMN)＝eq\f(1,2)，所以直線AB的方程為y＝eq\f(1,2)x＋10.非對稱韋達定理在一元二次方程ax2＋bx＋c＝0中，若Δ>0，設(shè)它的兩個根分別為x1，x2，則有根與系數(shù)關(guān)系：x1＋x2＝－eq\f(b,a)，x1x2＝eq\f(c,a)，借此我們往往能夠利用韋達定理來快速處理|x1－x2|，xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)，eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)之類的結(jié)構(gòu)，但在有些問題中，我們會遇到涉及x1，x2的不同系數(shù)的代數(shù)式的運算，比如求eq\f(x1,x2)，eq\f(3x1x2＋2x1－x2,2x1x2－x1＋x2)或λx1＋μx2之類的結(jié)構(gòu)，就相對較難的轉(zhuǎn)化到應(yīng)用韋達定理來處理了.我們把這種形如x1＋2x2，λx1y2＋μx2y1，eq\f(x1,x2)或eq\f(3x1x2＋2x1－x2,2x1x2－x1＋x2)之類中x1，x2的系數(shù)不對稱的式子，稱為“非對稱韋達定理”問題.一般的解決方法有：(1)代換法：利用韋達定理消去x或y中的一個，一般而言，用直線方程中的x和y進行代換消元，如果選擇代換消去y則正設(shè)直線y＝kx＋b；選擇代換消去x，則反設(shè)直線x＝my＋t.(2)和積轉(zhuǎn)化法：即運用eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝f（t），,x1x2＝g（t）))?h(t)x1x2＝m(x1＋x2)進行轉(zhuǎn)化，一般情況下，多把積化和，且m多為常數(shù)；(3)配湊半代換法：對能代換的部分進行韋達代換，剩下的部分進行配湊，而半代換也有一定技巧，比如題中的eq\f(k1,k2)＝eq\f(ty1y2－y1,ty1y2＋3y2)，可將分子整理為eq\f(k1,k2)＝eq\f(ty1y2－（y1＋y2）＋y2,ty1y2＋3y2)，利用等比關(guān)系，從結(jié)構(gòu)上可以猜測定值為eq\f(1,3).例已知橢圓E的左、右焦點分別為F1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)(c>0)，點M在E上，MF1⊥F1F2，△MF1F2的周長為6＋4eq\r(2)，面積為eq\f(1,3)c.(1)求E的方程；(2)設(shè)E的左、右頂點分別為A，B，過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))的直線l與E交于C，D兩點，記直線AC的斜率為k1，直線BD的斜率為k2，則________.(從以下①②兩個問題中任選一個填到橫線上并給出解答)①求直線AC和BD交點的軌跡；②是否存在實常數(shù)λ，使得k1＝λk2恒成立.解(1)依題意，設(shè)橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＋2c＝6＋4\r(2)，,\f(1,2)×2c·\f(b2,a)＝\f(b2,a)·c＝\f(1,3)c，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋c＝3＋2\r(2)，,\f(b2,a)＝\f(1,3)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝9，,b2＝1，))所以E的方程為eq\f(x2,9)＋y2＝1.(2)選擇①：設(shè)直線l的方程為x＝ty＋eq\f(3,2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)＋y2＝1，,x＝ty＋\f(3,2)，))化簡整理，得4(t2＋9)y2＋12ty－27＝0，設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，由韋達定理，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(－3t,t2＋9)，,y1y2＝\f(－27,4（t2＋9）)，))得ty1y2＝eq\f(9,4)(y1＋y2)，直線AC的方程為y＝eq\f(y1,x1＋3)(x＋3)；直線BD的方程為y＝eq\f(y2,x2－3)(x－3)；聯(lián)立方程，兩式相除，得eq\f(x＋3,x－3)＝eq\f(y2,x2－3)·eq\f(x1＋3,y1)＝eq\f(（x1＋3）y2,（x2－3）y1)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty1＋\f(9,2)))y2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty2－\f(3,2)))y1)＝eq\f(2ty1y2＋9y2,2ty1y2－3y1)＝eq\f(2×\f(9,4)（y1＋y2）＋9y2,2×\f(9,4)（y1＋y2）－3y1)＝eq\f(3（y1＋y2）＋6y2,3（y1＋y2）－2y1)＝eq\f(3（y1＋3y2）,y1＋3y2)＝3，即eq\f(x＋3,x－3)＝3，解得x＝6，所以直線AC和BD交點的軌跡方程是直線x＝6.選擇②：聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)＋y2＝1，,x＝ty＋\f(3,2)，))化簡整理，得4(t2＋9)y2＋12ty－27＝0，設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，由韋達定理，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(－3t,t2＋9)，,y1y2＝\f(－27,4（t2＋9）)，))得ty1y2＝eq\f(9,4)(y1＋y2)，于是eq\f(k1,k2)＝eq\f(y1,x1＋3)·eq\f(x2－3,y2)＝eq\f(（x2－3）y1,（x1＋3）y2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty2－\f(3,2)))y1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty1＋\f(9,2)))y2)＝eq\f(2ty1y2－3y1,2ty1y2＋9y2)＝eq\f(2×\f(9,4)（y1＋y2）－3y1,2×\f(9,4)（y1＋y2）＋9y2)＝eq\f(\f(3,2)y1＋\f(9,2)y2,\f(9,2)y1＋\f(27,2)y2)＝eq\f(\f(3,2)（y1＋3y2）,\f(9,2)（y1＋3y2）)＝eq\f(1,3)，故存在實數(shù)λ＝eq\f(1,3)，使得k1＝λk2恒成立.訓(xùn)練如圖所示，橢圓有兩個頂點A(－1，0)，B(1，0)，過其焦點F(0，1)的直線l與橢圓交于C，D兩點，并與x軸交于點P，直線AC與BD交于點Q.(1)當(dāng)|CD|＝eq\f(3\r(2),2)時，求直線l的方程；(2)當(dāng)P點異于A、B兩點時，證明：eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))為定值.(1)解由題意，橢圓的短半軸長b＝1，半焦距c＝1，故長半軸長a＝eq\r(2)，所以橢圓的方程為eq\f(y2,2)＋x2＝1，當(dāng)|CD|＝eq\f(3\r(2),2)時，易得直線l不與x軸垂直，故可設(shè)l的方程為y＝kx＋1(k≠1，k≠±1)，設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(y2,2)＋x2＝1，))消去y，整理得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，判別式Δ＝8(k2＋1)>0，由韋達定理，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(2k,k2＋2)，,x1x2＝－\f(1,k2＋2)，))故|CD|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\f(\r(8（k2＋1）),k2＋2)＝eq\f(3\r(2),2)，解得k＝±eq\r(2)，所以直線l的方程為y＝±eq\r(2)x＋1.(2)證明直線AC的斜率為kAC＝eq\f(y1,x1＋1)，其方程為y＝eq\f(y1,x1＋1)(x＋1)，直線BD的斜率為kBD＝eq\f(y2,x2－1)，其方程為y＝eq\f(y2,x2－1)(x－1)，兩直線方程相除，整理得eq\f(x＋1,x－1)＝eq\f(y2（x1＋1）,y1（x2－1）)，即eq\f(xQ＋1,xQ－1)＝eq\f(y2（x1＋1）,y1（x2－1）)，而eq\f(y2（x1＋1）,y1（x2－1）)＝eq\f(（kx2＋1）（x1＋1）,（kx1＋1）（x2－1）)＝eq\f(kx1x2＋kx2＋x1＋1,kx1x2－kx1＋x2－1)，所以eq\f(xQ＋1,xQ－1)＝eq\f(kx1x2＋kx2＋x1＋1,kx1x2－kx1＋x2－1)，由x1＋x2＝－eq\f(2k,k2＋2)，知x1＝－eq\f(2k,k2＋2)－x2，故eq\f(xQ＋1,xQ－1)＝eq\f(－\f(k,k2＋2)＋kx2－\f(2k,k2＋2)－x2＋1,－\f(k,k2＋2)－k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2k,k2＋2)－x2))＋x2－1)＝eq\f(\f(（k－1）（k－2）,k2＋2)＋（k－1）x2,\f(（k－2）（k＋1）,k2＋2)＋（k＋1）x2)＝eq\f(k－1,k＋1)，解得xQ＝－k，易知Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，0))，故eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝xPxQ＝－eq\f(1,k)·(－k)＝1，即eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))為定值1.【A級基礎(chǔ)鞏固】1.(2022·北京卷)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一個頂點為A(0，1)，焦距為2eq\r(3).(1)求橢圓E的方程；(2)過點P(－2，1)作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點M，N.當(dāng)|MN|＝2時，求k的值.解(1)依題意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝1，,2c＝2\r(3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(3)，))故橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由題可知直線BC的方程為y－1＝k(x＋2).設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2).聯(lián)立直線BC和橢圓E的方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－1＝k（x＋2），,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y整理得(4k2＋1)x2＋(16k2＋8k)x＋16k2＋16k＝0，則由Δ＝(16k2＋8k)2－4(4k2＋1)(16k2＋16k)>0，得k<0，∴x1＋x2＝－eq\f(16k2＋8k,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(16k2＋16k,4k2＋1).易知直線AB的斜率kAB＝eq\f(y1－1,x1)，直線AB的方程為y＝eq\f(y1－1,x1)x＋1，令y＝0，可得點M的橫坐標(biāo)xM＝eq\f(x1,1－y1)，同理可得點N的橫坐標(biāo)xN＝eq\f(x2,1－y2).∴|MN|＝|eq\f(x1,1－y1)－eq\f(x2,1－y2)|＝|eq\f(x1,－k（x1＋2）)－eq\f(x2,－k（x2＋2）)|＝|eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x2＋2)－\f(x1,x1＋2)))|＝eq\f(1,|k|)·eq\f(|x2（x1＋2）－x1（x2＋2）|,|x1x2＋2（x1＋x2）＋4|)＝eq\f(1,|k|)·eq\f(2\r(（x1＋x2）2－4x1x2),|x1x2＋2（x1＋x2）＋4|)＝eq\f(1,|k|)·eq\f(2\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(16k2＋8k,1＋4k2)))\s\up12(2)－4×\f(16k2＋16k,1＋4k2)),|\f(16k2＋16k,1＋4k2)＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－16k2－8k,1＋4k2)))＋4|)＝eq\f(1,|k|)·eq\f(2\r(\f(64（2k2＋k）2－4×16（k2＋k）（1＋4k2）,（1＋4k2）2)),|\f(16k2＋16k,1＋4k2)＋\f(－32k2－16k,1＋4k2)＋\f(4＋16k2,1＋4k2)|)＝eq\f(4\r(－k),|k|)＝2，解得k＝－4.故k的值為－4.2.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點A(－2，0)，B(2，0)，點M滿足直線AM與直線BM的斜率之積為－eq\f(3,4)，點M的軌跡為曲線C.(1)求C的方程；(2)已知點F(1，0)，直線l：x＝4與x軸交于點D，直線AM與l交于點N，是否存在常數(shù)λ，使得∠MFD＝λ∠NFD？若存在，求λ的值；若不存在，說明理由.解(1)設(shè)M(x，y)，則kAM·kBM＝eq\f(y,x＋2)·eq\f(y,x－2)＝－eq\f(3,4)且x≠±2，所以點M的軌跡曲線C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1且x≠±2.(2)設(shè)N(4，n)，則直線AM為y＝eq\f(n,6)(x＋2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(n,6)（x＋2），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得(n2＋27)x2＋4n2x＋4n2－108＝0，由題設(shè)知xA＋xM＝－eq\f(4n2,n2＋27)，則xM＝eq\f(54－2n2,n2＋27)，故yM＝eq\f(n,6)·eq\f(108,n2＋27)＝eq\f(18n,n2＋27).當(dāng)xM＝1時，有eq\f(54－2n2,n2＋27)＝1，解得n＝±3，由對稱性，不妨設(shè)n＝3，則yM＝eq\f(3,2)，此時∠MFD＝90°，|DF|＝|DN|＝3，則∠NFD＝45°，有∠MFD＝2∠NFD.當(dāng)xM≠1時，tan∠MFD＝eq\f(yM,xM－1)＝eq\f(6n,9－n2)，tan∠NFD＝eq\f(n,3)，所以tan2∠NFD＝eq\f(2tan∠NFD,1－tan2∠NFD)＝eq\f(\f(2n,3),1－\f(n2,9))＝eq\f(6n,9－n2)＝tan∠MFD，即∠MFD＝2∠NFD，所以存在λ＝2，使得∠MFD＝2∠NFD.3.(2024·南京、鹽城模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a，b>0)的離心率為eq\r(2)，直線l1：y＝2x＋4eq\r(3)與雙曲線C僅有一個公共點.(1)求雙曲線C的方程；(2)設(shè)雙曲線C的左頂點為A，直線l2平行于l1，且交雙曲線C于M，N兩點，求證：△AMN的垂心在雙曲線C上.(1)解因為雙曲線線C的離心率為eq\r(2)，所以eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(2)，即a＝b，故雙曲線C的方程為x2－y2＝a2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋4\r(3)，,x2－y2＝a2，))得3x2＋16eq\r(3)x＋48＋a2＝0.因為直線l1：y＝2x＋4eq\r(3)與雙曲線C僅有一個公共點，所以Δ＝(16eq\r(3))2－12×(48＋a2)＝0，解得a2＝16，因此雙曲線C的方程為eq\f(x2,16)－eq\f(y2,16)＝1.(2)證明因為直線l2平行于l1，所以設(shè)l2：y＝2x＋m(m≠±4eq\r(3)).設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,16)－\f(y2,16)＝1，,y＝2x＋m，))消去y，得3x2＋4mx＋m2＋16＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(4m,3)，x1x2＝eq\f(m2＋16,3).由題意知Δ＝16m2－12(m2＋16)>0，解得m<－4eq\r(3)或m>4eq\r(3).如圖，過點A與l2垂直的直線為l3：y＝－eq\f(1,2)x－2，設(shè)l3與雙曲線C交于另一點H.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,2)x－2，,\f(x2,16)－\f(y2,16)＝1，))消去y，得3x2－8x－80＝0，解得x＝eq\f(20,3)或x＝－4(舍去)，所以Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,3)，－\f(16,3))).下證：MH⊥AN.因為eq\o(MH,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,3)－x1，－\f(16,3)－y1))·(x2＋4，y2)＝eq\f(20,3)x2＋eq\f(80,3)－x1x2－4x1－eq\f(16,3)y2－y1y2＝eq\f(20,3)x2＋eq\f(80,3)－x1x2－4x1－eq\f(16,3)(2x2＋m)－(2x1＋m)(2x2＋m)＝－5x1x2－(4＋2m)(x1＋x2)＋eq\f(80,3)－eq\f(16,3)m－m2＝(－5)·eq\f(m2＋16,3)－(4＋2m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4m,3)))＋eq\f(80,3)－eq\f(16,3)m－m2＝－eq\f(5m2,3)－eq\f(80,3)＋eq\f(16m,3)＋eq\f(8m2,3)＋eq\f(80,3)－eq\f(16,3)m－m2＝0，所以MH⊥AN.又因為AH⊥MN，所以H為△AMN的垂心.因為H在雙曲線C上，所以△AMN的垂心在雙曲線C上.【B級能力提升】4.(2023·新高考Ⅰ卷)在直角坐標(biāo)系xOy中，點P到x軸的距離等于點P到點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))的距離，記動點P的軌跡為W.(1)求W的方程；(2)已知矩形ABCD有三個頂點在W上，證明：矩形ABCD的周長大于3eq\r(3).(1)解設(shè)點P的坐標(biāo)為(x，y)，依題意得|y|＝eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))\s\up12(2))，化簡得x2＝y(tǒng)－eq\f(1,4)，所以W的方程為x2＝y(tǒng)－eq\f(1,4).(2)證明不妨設(shè)矩形ABCD的三個頂點A，B，C在W上，則AB⊥BC，矩形ABCD的周長為2(|AB|＋|BC|).設(shè)Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，t2＋\f(1,4)))，依題意知直線AB不與兩坐標(biāo)軸平行，故可設(shè)直線AB的方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2＋\f(1,4)))＝k(x－t)，不妨設(shè)k>0，與x2＝y(tǒng)－eq\f(1,4)聯(lián)立，得x2－kx＋kt－t2＝0，則Δ＝(－k)2－4(kt－t2)＝(k－2t)2>0，所以k≠2t.設(shè)A(x1，y1)，所以t＋x1