《2022届高三数学一轮复习（原卷版）第八节 第1课时 审题上——4大策略找到解题突破口 教案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高三数学一轮复习（原卷版）第八节 第1课时 审题上——4大策略找到解题突破口 教案.doc（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 1 第八节第八节 解析几何压轴大题的解题策略指导解析几何压轴大题的解题策略指导 第第 1 课时课时 审题上审题上4 大策略找到解题突破口大策略找到解题突破口 解析几何研究的问题是几何问题，研究的方法是代数法解析几何研究的问题是几何问题，研究的方法是代数法(坐标法坐标法)因此，求解解析几何问题因此，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，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
2、突破解析几何难题，先从找解题突破口入手从找解题突破口入手 策略一策略一 垂直关系的转化垂直关系的转化 典例典例 如图所示，已知圆如图所示，已知圆 C：x2y22x4y40，问：是否存在，问：是否存在斜率为斜率为 1 的直线的直线 l，使，使 l 与圆与圆 C 交于交于 A，B 两点，且以两点，且以 AB 为直径的圆为直径的圆过过原点？若存在，求出直线原点？若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由的方程；若不存在，请说明理由 解题观摩解题观摩 假设存在斜率为假设存在斜率为 1 的直线的直线 l，使，使 l 与圆与圆 C 交于交于 A，B 两点，两点，且以且以 AB 为直径的圆过原点为直
3、径的圆过原点 设直线设直线 l 的方程为的方程为 yxb，点，点 A(x1，y1)，B(x2，y2) 联立联立 yxb，x2y22x4y40， 消去消去 y 并整理得并整理得 2x22(b1)xb24b40， 所以所以 x1x2(b1)，x1x2b24b42. 因为以因为以 AB 为直径的圆过原点，所以为直径的圆过原点，所以OA OB ， 即即 x1x2y1y20.又又 y1x1b，y2x2b， 则则 x1x2y1y2x1x2(x1b)(x2b)2x1x2b(x1x2)b20.由由知，知，b24b4b(b1)b20， 即即 b23b40，解得，解得 b4 或或 b1. 当当 b4 或或 b1
4、时，均有时，均有 4(b1)28(b24b4)4b224b360，即直线，即直线 l 与与圆圆 C 有两个交点有两个交点 所以存在直线所以存在直线 l，其方程为，其方程为 xy10 或或 xy40. 名师微点名师微点 (1)以以 AB 为直径的圆过原点等价于为直径的圆过原点等价于OA OB ，而，而OA OB 又可以又可以“直译直译”为为 x1x2y1y20，可以看出，解此类解析几何问题的总体思路为，可以看出，解此类解析几何问题的总体思路为“直译直译”，然后对个别难以，然后对个别难以“直译直译”的条的条件先进行件先进行“转化转化”，将，将“困难、难翻译困难、难翻译”的条件通过平面几何知识的条件
5、通过平面几何知识“转化转化”为为“简单、易简单、易翻译翻译”的条件后再进行的条件后再进行“直译直译”，最后联立，最后联立“直译直译”的结果解决问题的结果解决问题 (2)几何关系几何关系“直角直角”坐标化的转化方式坐标化的转化方式 2 点点 B 在以线段在以线段 F1F2为直径的圆上；为直径的圆上； F1B F2B 0； kF1B kF2B1； 勾股定理勾股定理 以上关系可相互转化以上关系可相互转化 针对训练针对训练 1已知椭圆已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)过点过点 1，32，且其离心率为，且其离心率为12，过坐标原点，过坐标原点 O 作两条互相作两条互相垂直垂直的射线与椭圆的射线与
6、椭圆 C 分别相交于分别相交于 M，N 两点两点 (1)求椭圆求椭圆 C 的方程；的方程； (2)是否存在圆心在原点的定圆与直线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，请总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由说明理由 解：解：(1)椭圆椭圆 C 经过点经过点 1，32，1a294b21， 又又ca12，解得，解得 a24，b23. 椭圆椭圆 C 的方程为的方程为x24y231. (2)当直线当直线 MN 的的斜率不存在时，由对称性，斜率不存在时，由对称性， 设设 M(x0，x0)，N(x0，x0) M，N 在椭圆在椭圆 C 上，上，x204x2
7、031，x20127. O 到直线到直线 MN 的距离为的距离为 d|x0|2 217，x2y2127. 当直线当直线 MN 的斜率存在时，的斜率存在时， 设设 MN 的方程为的方程为 ykxm， 由由 ykxm，x24y231得得(34k2)x28kmx4m2120. 设设 M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则则 x1x28km34k2，x1x24m21234k2. OMON，x1x2y1y20， x1x2(kx1m)(kx2m) (k21)x1x2km(x1x2)m20. (k21)4m21234k28k2m234k2m20， 3 即即 7m212(k21) O 到直线到直线 MN 的
8、距离为的距离为 d|m|k21 1272 217， 故存在定圆故存在定圆 x2y2127与直线与直线 MN 总相切总相切 4 策略二策略二 角平分线条件的转化角平分线条件的转化 典例典例 已知动圆过定点已知动圆过定点 A(4,0)，且在，且在 y 轴上截得的弦轴上截得的弦 MN 的长为的长为 8. (1)求动圆圆心的轨迹求动圆圆心的轨迹 C 的方程；的方程； (2)已知点已知点 B(1,0)，设不垂直于，设不垂直于 x 轴的直线轴的直线 l 与轨迹与轨迹 C 交于不同的两点交于不同的两点 P，Q，若，若 x 轴是轴是PBQ 的角平分线，求证：直线的角平分线，求证：直线 l 过定点过定点 解题观
9、摩解题观摩 (1)设动圆圆心为点设动圆圆心为点 P(x，y)，则由勾股定理得，则由勾股定理得 x242(x4)2y2，化简即得，化简即得圆心的轨迹圆心的轨迹 C 的方程为的方程为 y28x. (2)证明：证明： 法一：法一： 由题意可设直线由题意可设直线 l 的方程为的方程为 ykxb(k0) 联立 联立 ykxb，y28x，得得 k2x22(kb4)xb20. 由由 4(kb4)24k2b20，得，得 kb2. 设点设点 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则则 x1x22 kb4 k2，x1x2b2k2. 因为因为 x 轴是轴是PBQ 的角平分线，所以的角平分线，所以 kPBkQB0，
10、即即 kPBkQBy1x11y2x212kx1x2 kb x1x2 2b x11 x21 8 kb x11 x21 k20， 所以所以 kb0，即，即 bk，所以，所以 l 的方程为的方程为 yk(x1) 故直线故直线 l 恒过定点恒过定点(1,0) 法二：法二：设直线设直线 PB 的方程为的方程为 xmy1，它与抛物线，它与抛物线 C 的另一个交点为的另一个交点为 Q，设点，设点 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由条件可得，由条件可得，Q 与与 Q关于关于 x 轴对称，故轴对称，故 Q(x2，y2) 联立联立 xmy1，y28x，消去消去 x 得得 y28my80， 其中其中 64m23
11、20，y1y28m，y1y28. 所以所以 kPQy1y2x1x28y1y2， 因而直线因而直线 PQ 的方程为的方程为 yy18y1y2(xx1) 又又 y1y28，y218x1， 将将 PQ 的方程化简得的方程化简得(y1y2)y8(x1)， 故直线故直线 l 过定点过定点(1,0) 法三：法三：由抛物线的对称性可知，如果定点存在，由抛物线的对称性可知，如果定点存在， 则它一定在则它一定在 x 轴上，轴上， 5 所以设定点坐标为所以设定点坐标为(a,0)，直线，直线 PQ 的方程为的方程为 xmya. 联立联立 xmya，y28x消去消去 x，整理得，整理得 y28my8a0，0. 设点设
12、点 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则，则 y1y28m，y1y28a. 由条件可知由条件可知 kPBkQB0， 即即 kPBkQBy1x11y2x21 my1a y2 my2a y1y1y2 x11 x21 2my1y2 a1 y1y2 x11 x21 0， 所以所以8ma8m0. 由由 m 的任意性可知的任意性可知 a1，所以直线，所以直线 l 恒过定点恒过定点(1,0) 法四：法四：设设 P y218，y1，Q y228，y2， 因为因为 x 轴是轴是PBQ 的角平分线，的角平分线， 所以所以 kPBkQBy1y2181y2y22810， 整理得整理得(y1y2) y1y281 0.
13、 因为直线因为直线 l 不垂直于不垂直于 x 轴，所以轴，所以 y1y20，可得，可得 y1y28.因为因为 kPQy1y2y218y2288y1y2，所以，所以直线直线 PQ 的方程为的方程为 yy18y1y2 xy218，即，即 y8y1y2(x1) 故直线故直线 l 恒过定点恒过定点(1,0) 名师微点名师微点 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判别式、根与系数的关系等知识解题，计算量较大解法
14、四巧妙地运用了抛物线的参数方程进行设点程进行设点，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，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，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 6 针对训练针对训练 2.椭圆椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)经过点经过点( 2，0)，左、右焦点分别是，左、右焦点分别是 F1，F2，P 点在椭圆上，且满足点在椭圆上，且满足F1PF290 的的 P 点只有两个点只有两个 (1)求椭圆求椭圆 C 的方程；的方程； (2)过过 F2且不垂
15、直于坐标轴的直线且不垂直于坐标轴的直线 l 交椭圆交椭圆 C 于于 A，B 两点，在两点，在 x 轴上是否存在一点轴上是否存在一点 N(n,0)，使得使得ANB 的角平分的角平分线是线是 x 轴？若存在，求出轴？若存在，求出 n；若不存在，请说明理由；若不存在，请说明理由 解：解：(1)由题设知由题设知 P 点为椭圆的上下顶点，所以点为椭圆的上下顶点，所以 a 2， bc，b2c2a2，故，故 a 2，b1，故椭圆，故椭圆 C 方程为方程为x22y21. (2)设直线设直线 l 的方程为的方程为 xmy1(m0)，联立，联立 x22y220，xmy1， 消消 x 得得()m22 y22my10
16、. 设设 A，B 坐标为坐标为 A()x1，y1，B()x2，y2， 则有则有 y1y22mm22，y1 y21m22， 又又 x1my11，x2my21， 假设在假设在 x 轴上存在这样的点轴上存在这样的点 N(n,0)，使得，使得 x 轴是轴是ANB 的平分线，则有的平分线，则有 kANkBN0， 而而 kANkBNy10 x1ny20 x2ny1()x2n y2()x1n()x1n()x2n y1()my21n y2()my11n()x1n()x2n 2my1y2 1n ()y1y2()x1n()x2n0. 将将 y1y22mm22，y1 y21m22代入代入 2my1y2(1n)()y
17、1y20， 有有 2m1m22(1n)2mm222m 2n m220， 即即 2m(n2)0.因为因为 m0，故，故 n2.所以存在点所以存在点 N(2,0)，使得，使得ANB 的平分线是的平分线是 x 轴轴 7 策略三策略三 弦长条件的转化弦长条件的转化 典例典例 如图所示，如图所示，已知椭圆已知椭圆 G：x22y21，与，与 x 轴不重合的直线轴不重合的直线 l经过左焦点经过左焦点 F1，且与椭圆，且与椭圆 G 相交于相交于 A，B 两点，弦两点，弦 AB 的中点为的中点为 M，直线直线 OM 与椭圆与椭圆 G 相交于相交于 C，D 两点两点 (1)若直线若直线 l 的斜率为的斜率为 1，
18、求直，求直线线 OM 的斜率；的斜率； (2)是否存在直线是否存在直线 l，使得，使得|AM|2|CM|DM|成立？若存在，求出直线成立？若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，请的方程；若不存在，请说明理由说明理由 解题观摩解题观摩 (1)由题意可知点由题意可知点 F1(1,0)，又直线，又直线 l 的斜率为的斜率为 1， 故直线故直线 l 的方程为的方程为 yx1.设点设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由由 yx1，x22y21，消去消去 y 并整理得并整理得 3x24x0， 则则 x1x243，y1y223， 因此中点因此中点 M 的坐标的坐标为为 23，13. 故直线故直线
19、OM 的斜率为的斜率为132312. (2)假设存在直线假设存在直线 l，使得，使得|AM|2|CM|DM|成立成立 由题意，直线由题意，直线 l 不与不与 x 轴重合，轴重合， 设直线设直线 l 的方程为的方程为 xmy1. 由由 xmy1，x22y21，消去消去 x 并整理得并整理得(m22)y22my10. 设点设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，则 y1y22mm22，y1y21m22， 可得可得|AB| 1m2|y1y2| 1m2 2mm2224m222 2 m21 m22， x1x2m(y1y2)22m2m2224m22， 所以弦所以弦 AB 的中点的中点 M 的坐标为的
20、坐标为 2m22，mm22， 8 故直线故直线 CD 的方程为的方程为 ym2x. 联立联立 ym2x，x22y21，消去消去 y 并整理得并整理得 1m22x22， 解得解得 x221m224m22. 由对称性，设由对称性，设 C(x0，y0)，D(x0，y0)，则，则 x204m22， 可得可得|CD|1m24 |2x0| m24 4m222 m24m22. 因为因为|AM|2|CM|DM|(|OC|OM|)(|OD|OM|)，且，且|OC|OD|， 所以所以|AM|2|OC|2|OM|2， 故故|AB|24|CD|24|OM|2， 即即|AB|2|CD|24|OM|2，代入，代入|AB|
21、，|CD|和和|OM|， 得得8 m21 2 m22 24 m24 m224 4 m22 2m2 m22 2， 解得解得 m22，故，故 m 2. 所以直线所以直线 l 的方程为的方程为 x 2y1 或或 x 2y1. 名师微点名师微点 本题本题(2)的核心在于转化的核心在于转化|AM|2|CM|DM|中弦长的关系由中弦长的关系由|CM|OC|OM|，|DM|OD|OM|，又，又|OC|OD|，则，则|AM|2|OC|2|OM|2.又又|AM|12|AB|，|OC|12|CD|，因此，因此|AB|2|CD|24|OM|2，转化为弦长，转化为弦长|AB|，|CD|和和|OM|三者之间的数量关系，
22、易计算三者之间的数量关系，易计算 针对训练针对训练 3(2021 福建宁德质量检查福建宁德质量检查)已知抛物线已知抛物线 C：y22px(p0)的焦点为的焦点为 F，Q 12， t 在抛物线在抛物线 C上，且上，且|QF|32. (1)求抛物线求抛物线 C 的方程及的方程及 t 的值；的值； (2)若过点若过点 M(0，t)的直线的直线 l 与抛物线与抛物线 C 相交于相交于 A，B 两点，两点，N 为为 AB 的中点，的中点，O 是坐标原点，是坐标原点，且且 SAOB 3SMON，求直线，求直线 l 的方程的方程 解：解：(1)|QF|32，12p232， 解得解得 p2， 9 抛物线抛物线
23、 C 的方程为的方程为 y24x. 将将 Q 12， t 的坐标代入的坐标代入 y24x，得，得 t2. (2)设设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(x0，y0)，由，由(1)知知 M(0,2) 显然直线显然直线 l 的斜率存在，设直线的斜率存在，设直线 l：ykx2(k0)， 联立联立 y24x，ykx2， 消去消去 y 得得 k2x24(1k)x40. 16(1k)216k20，得，得 kb0)右焦点右焦点 F(1，0)，离心率为，离心率为22，过，过 F 作两条互相垂直的弦作两条互相垂直的弦 AB. (1)求椭圆的标准方程；求椭圆的标准方程； (2)求以求以 A，B，C，D 为顶
24、点的四边形的面积的取值范围为顶点的四边形的面积的取值范围 解：解：(1)由题意得由题意得 c1，ca22，a 2，则，则 bc1， 椭圆的标准方程为椭圆的标准方程为x22y21. (2)当两直线一条斜率不存在一条斜率为当两直线一条斜率不存在一条斜率为 0 时，时， S12|AB| |CD|122 2 22. 当两直线斜率存在且都不为当两直线斜率存在且都不为 0 时，时， 设直线设直线 AB 的方程为的方程为 yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 将其代入椭圆方程整理得将其代入椭圆方程整理得(12k2)x24k2x2k220， 则则 x1x24k212k2，x1x22k2212k2
25、， 则则|AB| 1k2|x1x2|2 2 k21 12k2. 同理，同理，|CD|2 2 k21 k22， 则则 S12|AB| |CD|122 2 k21 12k22 2 k21 k224 k21 22k425k24 k1k22 k1k21222 k1k21 169，2 ， 当当 k 1 时，时，S169. 综上所述，四边形面积的取值范围是综上所述，四边形面积的取值范围是 169，2 . 12 总结规律总结规律 快速转化快速转化 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
26、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记解析几何的核心方法是“用代数方法研究用代数方法研究几何问题几何问题”，核心思想是，核心思想是“数形结合数形结合”，牢固，牢固树立树立“转化转化”意识，那么就能顺利破解解析几何的有关问题意识，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，附几种常见几何条件的转化，以供参考以供参考： 1平行四边形条件的转化平行四边形条件的转化 几何性质几何性质 代数实现代数实现 (1)对边平行对边平行 斜率相等，或向量平行斜率相
27、等，或向量平行 (2)对边相等对边相等 长度相等，横长度相等，横(纵纵)坐标差相等坐标差相等 (3)对角线互相平分对角线互相平分 中点重合中点重合 2.直角三角形条件的转化直角三角形条件的转化 几何性质几何性质 代数实现代数实现 (1)两边垂直两边垂直 斜率乘积为斜率乘积为1，或向量数量积为，或向量数量积为 0 (2)勾股定理勾股定理 两点间的距离公式两点间的距离公式 (3)斜边中线性质斜边中线性质(中线等于斜边一半中线等于斜边一半) 两点间的距离公式两点间的距离公式 3.等腰三角等腰三角形条件的转化形条件的转化 几何性质几何性质 代数实现代数实现 (1)两边相等两边相等 两点间的距离公式两点
28、间的距离公式 (2)两角相等两角相等 底边水平或竖直时，两腰斜率相反底边水平或竖直时，两腰斜率相反 (3)三线合一三线合一(垂直且平分垂直且平分) 垂直：斜率或向量垂直：斜率或向量 平分：中点坐标公式平分：中点坐标公式 4菱形条件的转化菱形条件的转化 几何性质几何性质 代数实现代数实现 (1)对边平行对边平行 斜率相等，或向量平行斜率相等，或向量平行 (2)对边相等对边相等 长度相等，横长度相等，横(纵纵)坐标差相等坐标差相等 (3)对角线互相垂直平分对角线互相垂直平分 垂直：斜率或向量垂直：斜率或向量 平分：中点坐标公式、中点重合平分：中点坐标公式、中点重合 5.圆条件的转化圆条件的转化 几
29、何性质几何性质 代数实现代数实现 (1)点在圆上点在圆上 点与直径端点向量数量积为零点与直径端点向量数量积为零 13 (2)点在圆外点在圆外 点与直径端点与直径端点向量数量积为正数点向量数量积为正数 (3)点在圆内点在圆内 点与直径端点向量数量积为负数点与直径端点向量数量积为负数 6角条件的转化角条件的转化 几何性质几何性质 代数实现代数实现 (1)锐角、直角、钝角锐角、直角、钝角 角的余弦角的余弦(向量数量积向量数量积)的符号的符号 (2)倍角、半角、平分角倍角、半角、平分角 角平分线性质，定理角平分线性质，定理(夹角、到角公式夹角、到角公式) (3)等角等角(相等或相似相等或相似) 比例线
30、段或斜率比例线段或斜率 课时跟踪检测课时跟踪检测 1在直角坐标系在直角坐标系 xOy 中，抛物线中，抛物线 C：x26y 与直线与直线 l：ykx3 交于交于 M，N 两点两点 (1)设设 M，N 到到 y 轴的距离分别为轴的距离分别为 d1，d2，证明：，证明：d1与与 d2的乘积为定值；的乘积为定值； (2)y 轴上是否存在轴上是否存在点点 P，当，当 k 变化时，总有变化时，总有OPMOPN？若存在，求点？若存在，求点 P 的坐标；若的坐标；若不存在，请说明理由不存在，请说明理由 解：解：(1)证明：将证明：将 ykx3 代入代入 x26y，得，得 x26kx180. 设设 M(x1，y
31、1)，N(x2，y2)，则，则 x1x218， 从而从而 d1d2|x1| |x2|x1x2|18 为定值为定值 (2)存在符合题意的点，证明如下：存在符合题意的点，证明如下： 设设 P(0，b)为符合题意的点，直线为符合题意的点，直线 PM，PN 的斜率分别为的斜率分别为 k1，k2. 从而从而 k1k2y1bx1y2bx22kx1x2 3b x1x2 x1x236k6k 3b x1x2. 当当 b3 时，有时，有 k1k20 对任意对任意 k 恒成立，则直线恒成立，则直线 PM 的倾斜角与直线的倾斜角与直线 PN 的倾斜角互的倾斜角互补，故补，故OPMOPN，所以点，所以点 P(0，3)符
32、合题意符合题意 2已知椭圆已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的短轴长为的短轴长为 2 2，离心率为，离心率为63，点，点 A(3,0)，P 是是 C 上的上的动点，动点，F 为为 C 的左焦点的左焦点 (1)求椭圆求椭圆 C 的方程；的方程； (2)若点若点 P 在在 y 轴的右侧，以轴的右侧，以 AP 为底边的等为底边的等腰腰ABP 的顶点的顶点 B 在在 y 轴上，求四边形轴上，求四边形 FPAB面积的最小值面积的最小值 解：解：(1)依题意得依题意得 2b2 2，ca63，a2b2c2，解得解得 a 6，b 2， 椭圆椭圆 C 的方程是的方程是x26y221. 14 (2)设设
33、P(x0，y0)( 2y0 2，y00，x00)， 设线段设线段 AP 中点为中点为 M，又，又 A(3,0)， AP 中点中点 M x032，y02，直线，直线 AP 的斜率为的斜率为y0 x03， 由由ABP 是以是以 AP 为底边的等腰三角形，可得为底边的等腰三角形，可得 BMAP， 直线直线 AP 的垂直平分线方程为的垂直平分线方程为 yy02x03y0 xx032， 令令 x0 得得 B 0，y20 x2092y0， x206y2021，B 0，2y2032y0， 由由 F(2,0)，四边形四边形 FPAB 的面积的面积 S52(|y0| 2y2032y0)52 2|y0|32|y0
34、|5 3， 当且仅当当且仅当 2|y0|32|y0|，即，即 y032时等号成立，时等号成立， 四边形四边形 FPAB 面积的最小值为面积的最小值为 5 3. 3(2021 年年 1 月新高考八省联考卷月新高考八省联考卷)双曲线双曲线 C：x2a2y2b21(a0，b0)的左顶点为的左顶点为 A，右焦点，右焦点为为 F，动点，动点 B 在在 C 上当上当 BFAF 时，时，|AF|BF|. (1)求求 C 的离心率；的离心率； (2)若若 B 在第一象限，证明：在第一象限，证明：BFA2BAF. 解：解：(1)当当|BF|AF|，且，且 BFAF 时，时， 有有 cab2ac2a2a，所以，所
35、以 aca，解得，解得 e2. (2)证明：由证明：由(1)知双曲线方程为知双曲线方程为x2a2y23a21， 设设 B(x，y)(x0，y0)易知渐近线方程为易知渐近线方程为 y 3x， 所以所以BAF 0，3，BFA 0，23，当，当 xa，x2a 时，则时，则 kAByxa，kBFyxc. 设设 BAF ， 则， 则 tan yxa， tan 2 2tan 1tan22yxa1 yxa22 xa y xa 2y22 xa y xa 23a2 x2a212 xa y2x22ax4a2y2axycxkBFtanBFA. 因为因为 2BAF 0，23，所以，所以BFA2BAF. 15 当当 x
36、2a 时，由时，由(1)可得可得BFA2，BAF4， 故故BFA2BAF.综上，综上，BFA2BAF. 4已知椭圆已知椭圆 W: x24my2m1 的长轴长为的长轴长为 4，左、右顶点分别为，左、右顶点分别为 A，B，经过点，经过点 P(n,0)的直线的直线与椭圆与椭圆 W 相交于不同的两点相交于不同的两点 C，D(不与点不与点 A，B 重合重合) (1)当当 n0，且直线，且直线 CDx 轴时，轴时， 求四边形求四边形 ACBD 的面积；的面积； (2)设设 n1，直线，直线 CB 与直线与直线 x4 相交于点相交于点 M，求证：，求证：A，D，M 三点共线三点共线 解解：(1)由题意，得由
37、题意，得 a24m4, 解得解得 m1. 所以椭圆所以椭圆 W 方程为方程为x24y21. 当当 n0 及直线及直线 CD x 轴时，易得轴时，易得 C(0,1)，D(0，1) 且且 A(2,0)，B(2,0) 所以所以|AB|4，|CD|2，显然此时四边形，显然此时四边形 ACBD 为菱形，为菱形， 所以四边形所以四边形 ACBD 的面积为的面积为12424. (2)证明：当直线证明：当直线 CD 的斜率的斜率 k 不存在时，由题意，得不存在时，由题意，得 CD 的方程为的方程为 x1， 代入椭圆代入椭圆 W 的方程，得的方程，得 C 1，32，D 1，32， 易得易得 CB 的方程为的方程
38、为 y32(x2) 则则 M(4， 3)，AM (6， 3)，AD 3，32， 所以所以AM 2AD ，即，即 A，D，M 三点共线三点共线 当直线当直线 CD 的斜率的斜率 k 存在时，设存在时，设 CD 的方程为的方程为 yk(x1)(k0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)， 联立方程联立方程 yk x1 ，x24y21， 消去消去 y， 得得(4k21)x28k2x4k240. 由题意，得由题意，得 0 恒成立，恒成立， 故故 x1x28k24k21，x1x24k244k21. 直线直线 CB 的方程为的方程为 yy1x12(x2) 令令 x4，得，得 M 4，2y1x12. 又因为
39、又因为 A(2,0)，D(x2，y2)， 16 则直线则直线 AD，AM 的斜率分别为的斜率分别为 kADy2x22， kAMy13 x12 ，所以，所以 kADkAMy2x22y13 x12 3y2 x12 y1 x22 3 x12 x22 . 上式中的分子上式中的分子 3y2(x12)y1(x22)3k(x21)(x12)k(x11)(x22)2kx1x25k(x1x2)8k2k4k244k215k8k24k218k0， 所以所以 kADkAM0.所以所以 A，D，M 三点共线三点共线 5(2021 福州一模福州一模)已知椭圆已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左焦点为的左焦点为
40、F(1,0)，过，过 F 且垂直于且垂直于 x轴的直线被椭圆截得的弦长为轴的直线被椭圆截得的弦长为 3. (1)求椭圆求椭圆 C 的方程；的方程； (2)已知点已知点 M(4,0)，过，过 F 作直线作直线 l 交椭圆于交椭圆于 A，B 两点，证明：两点，证明：FMAFMB. 解：解：(1)由题意可知由题意可知 c1，把，把 x1 代入椭圆方程可得代入椭圆方程可得1a2y2b21，解得，解得 yb2a， b2a32，又，又 a2b21，可得，可得 a2，b 3， 椭圆椭圆 C 的方程为的方程为x24y231. (2)证明：当直线证明：当直线 l 的斜率不存在时，由对称性可知：的斜率不存在时，由
41、对称性可知：FMAFMB. 当直线当直线 l 的斜率存在时，设直线的斜率存在时，设直线 l 的方程为的方程为 yk(x1)， 代入椭圆方程可得代入椭圆方程可得(34k2)x28k2x4k2120， 设设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则则 x1x28k234k2，x1x24k21234k2， kAMkBMy1x14y2x24 k x11 x24 k x21 x14 x14 x24 k2x1x25 x1x2 8 x14 x24 . 2x1x25(x1x2)88k22434k240k234k280， kAMkBM0，FMAFMB. 综上，综上，FMAFMB. 6(2021 青岛质检青岛质检
42、)已知椭圆已知椭圆x2a2y2b21(ab0)的左焦点为的左焦点为 F，A，B 是椭圆上关于原点是椭圆上关于原点 O 对对称的两个动点，当点称的两个动点，当点 A 的坐标为的坐标为 1，142时，时，ABF 的周长恰为的周长恰为 7 2. 17 (1)求椭圆的方程；求椭圆的方程； (2)过点过点 F 作直线作直线 l 交椭圆于交椭圆于 C，D 两点，且两点，且CD AB (R)，求，求ACD 面积的取值范围面积的取值范围 解解：(1)当点当点 A 的坐标为的坐标为 1，142时，时，|OA 1723 22，所以，所以|AB 3 2. 由由对称性，得对称性，得|AF |BF 2a， 所以所以 2
43、a7 23 24 2，得，得 a2 2. 将点将点 1，142代入椭圆方程中，解得代入椭圆方程中，解得 b24, 所以椭圆方程为所以椭圆方程为x28y241. (2)当直线当直线 AB 的斜率的斜率不存在时，不存在时，|CD 2 2， 此时此时 SACD122 222 2. 当直线当直线 AB 的斜率存在时，设直线的斜率存在时，设直线 CD 的方程为的方程为 yk(x2)(k0) 由由 yk x2 ，x22y28，消去消去 y 整理得整理得(12k2)x28k2x8k280.显然显然 0， 设， 设 C(x1， y1)， D(x2，y2)， 则则 x1x28k212k2，x1 x28k2812
44、k2， 故故|CD 1k2|x1x2 1k2 8k212k2248k2812k2 1k232k232()12k224 2()1k212k2. 因为因为CD AB (R R)，所以，所以 CDAB， 所以点所以点 A 到直线到直线 CD 的距离即为点的距离即为点 O 到直线到直线 CD 的距离的距离 d|2k1k2， 所以所以 SACD12|CD d 2 2()1k212k2|2k1k2 4 2| |k 1k212k24 2 ()1k2k2()12k22 2 2 4k44k24k44k212 2 11 12k2 2， 18 因为因为 12k21，所以，所以 01 12k2 21， 所以所以 0SACD2 2.综上，综上，SACD(0,2 2