2022届高三数学一轮复习（原卷版）第八节 第2课时 解题上——5大技法破解“计算繁而杂”这一难题 教案.doc

1 第第 2 课时课时 解题上解题上5 大技法破解大技法破解“计算繁而杂计算繁而杂”这一难题这一难题 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，达到的速度，甚至会中止解题的过程，达到“望题兴叹望题兴叹”的地步特别是高考过程中，在规定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 技法一技法一 回归定义，以逸待劳回归定义，以逸待劳 回归定义的实质是重新审视概念，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、事半功倍的效果能达到化难为易、化繁为简、事半功倍的效果 典例典例 如图，如图，F1，F2是椭圆是椭圆 C1：x24y21 与双曲线与双曲线 C2的公共焦点，的公共焦点，A，B 分别是分别是 C1，C2在第二、四象限的公共点若四边形在第二、四象限的公共点若四边形 AF1BF2为为矩形，则矩形，则 C2的离心率是的离心率是( ) A. 2 B. 3 C.32 D62 解题观摩解题观摩 由已知，得由已知，得 F1( 3，0)，F2( 3，0)，设双曲线，设双曲线 C2的实半轴长为的实半轴长为 a，由椭圆及，由椭圆及双曲线的定义和已知，双曲线的定义和已知， 可得可得 |AF1|AF2|4，|AF2|AF1|2a，|AF1|2|AF2|212， 解得解得 a22，故，故 a 2. 所以双曲线所以双曲线 C2的离心率的离心率 e3262. 答案答案 D 名师微点名师微点 本题巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立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的等量关系，从而快速求出双曲线实半轴长轴长 a 的值，进而求出双曲线的离心率，大大降低了运算量的值，进而求出双曲线的离心率，大大降低了运算量 针对训练针对训练 1(2019 全国卷全国卷)已知椭圆已知椭圆 C 的焦点为的焦点为 F1(1,0)，F2(1,0)，过，过 F2的直线与的直线与 C 交于交于 A，B 2 两点若两点若|AF2|2|F2B|，|AB|BF1|，则，则 C 的方程为的方程为( ) A.x22y21 Bx23y221 C.x24y231 Dx25y241 解析：解析：选选 B 法一法一：设椭圆的标准方程为：设椭圆的标准方程为x2a2y2b21(ab0)由椭圆的定义可得由椭圆的定义可得|AF1|AB|BF1|4a. |AB|BF1|，|AF2|2|F2B|， |AB|BF1|32|AF2|， |AF1|3|AF2|4a. 又又|AF1|AF2|2a， |AF1|AF2|a， 点点 A 是椭圆的短轴端点如图，不妨设是椭圆的短轴端点如图，不妨设 A(0，b)， 由由 F2(1,0)，AF2 2F2B ，得，得 B 32，b2. 由点由点 B 在椭圆上，得在椭圆上，得94a2b24b21，得，得 a23，b2a2c22. 椭圆椭圆 C 的方程为的方程为x23y221. 法二法二：由题意设椭圆：由题意设椭圆 C 的方程为的方程为x2a2y2b21(ab0)，连接，连接 F1A，令，令|F2B|m，则，则|AF2|2m，|BF1|3m.由椭圆的定义知，由椭圆的定义知，4m2a，得，得 ma2，故，故|F2A|a|F1A|，则点，则点 A 为椭圆为椭圆 C 的上的上顶点或下顶点令顶点或下顶点令OAF2(O 为坐标原点为坐标原点)，则，则 sin 1a.在等腰三角形在等腰三角形 ABF1中，中， cos 2a23a213，1312 1a2，解得，解得 a23.又又 c21，b2a2c22，椭圆，椭圆 C 的方程为的方程为x23y221.故选故选 B. 2抛物线抛物线 y24mx(m0)的焦点为的焦点为 F，点，点 P 为该抛物线上的动点，若点为该抛物线上的动点，若点 A(m,0)，则，则|PF|PA|的的最小值为最小值为_ 解析解析：设点：设点 P 的坐标为的坐标为(xP，yP)，由抛物线的定义，由抛物线的定义， 知知|PF|xPm， 又又|PA|2(xPm)2y2P(xPm)24mxP， 3 则则 |PF|PA|2 xPm 2 xPm 24mxP114mxP xPm 2 114mxP 2 xP m 212(当且仅当当且仅当 xPm 时取等号时取等号)， 所以所以|PF|PA|22，所以，所以|PF|PA|的最小值为的最小值为22. 答案答案：22 技法二技法二 设而不求，金蝉脱壳设而不求，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 典例典例 (2021 石家庄质检石家庄质检)已知已知 P 是圆是圆 C：(x2)2(y2)21 上一动点，过点上一动点，过点 P 作抛物线作抛物线x28y 的两条切线，切点分别为的两条切线，切点分别为 A，B，则直线，则直线 AB 斜率的斜率的最大值为最大值为( ) A.14 B34 C.38 D12 解题观摩解题观摩 由题意可知，由题意可知，PA，PB 的斜率都存在，分别设为的斜率都存在，分别设为 k1，k2，切点，切点 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 设设 P(m，n)，过点，过点 P 的抛物线的切线为的抛物线的切线为 yk(xm)n， 联立联立 yk xm nx28y，得，得 x28kx8km8n0， 因为因为 64k232km32n0，即，即 2k2kmn0， 所以所以 k1k2m2，k1k2n2， 又由又由 x28y 得得 yx4，所以，所以 x14k1，y1x2182k21， x24k2，y2x2182k22， 所以所以 kABy2y1x2x12k222k214k24k1k2k12m4， 因为点因为点 P(m，n)满足满足()x22()y221， 所以所以 1m3， 因此因此14m434， 4 即直线即直线 AB 斜率的最大值为斜率的最大值为34.故选故选 B. 答案答案 B 名师微点名师微点 (1)本题设出本题设出 A，B 两点的坐标，却不求出两点的坐标，却不求出 A，B 两点的坐标，巧妙地利用根与系数的关系用两点的坐标，巧妙地利用根与系数的关系用PA，PB 的斜率把的斜率把 A，B 的坐标表示出来，从而快速解决问题的坐标表示出来，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：在运用圆锥曲线问题中设而不求的方法技巧时，需要做到：凡是不必直接计算就能更凡是不必直接计算就能更简洁地解决问题的，都尽可能实施简洁地解决问题的，都尽可能实施“设而不求设而不求”；“设而不求设而不求”不可避免地要设参、消不可避免地要设参、消参，而设参的原则是宜少不宜多参，而设参的原则是宜少不宜多 针对训练针对训练 3过点过点 M(1,1)作斜率为作斜率为12的直线与椭圆的直线与椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)相交于相交于 A，B 两点，若两点，若 M是线段是线段 AB 的中点，则椭圆的中点，则椭圆 C 的离心率等于的离心率等于_ 解析：解析：设设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，则 x21a2y21b21，x22a2y22b21， x1x2 x1x2 a2 y1y2 y1y2 b20， y1y2x1x2b2a2x1x2y1y2. y1y2x1x212，x1x22，y1y22， b2a212，a22b2. 又又b2a2c2，a22(a2c2)， a22c2，ca22.即椭圆即椭圆 C 的离心率的离心率 e22. 答案答案：22 技法三技法三 巧设参数，变换主元巧设参数，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 5 典例典例 设椭圆设椭圆x2a2y2b21(ab0)的左、右顶点分别为的左、右顶点分别为 A，B，点，点 P 在椭圆上且异于在椭圆上且异于 A，B两点，两点，O 为坐标原点若为坐标原点若|AP|OA|，证明直线，证明直线 OP 的斜率的斜率 k 满足满足|k| 3. 解题观摩解题观摩 法一：依题意，直线法一：依题意，直线 OP 的方程为的方程为 ykx，设点，设点 P 的的坐标为坐标为(x0，y0) 联立联立 y0kx0，x20a2y20b21，消去消去 y0并整理，得并整理，得 x20a2b2k2a2b2. 由由|AP|OA|，A(a,0)及及 y0kx0， 得得(x0a)2k2x20a2， 整理得整理得(1k2)x202ax00.而而 x00，于于是是 x02a1k2， 代入代入，整理得，整理得(1k2)24k2 ab24. 又又 ab0，故故(1k2)24k24， 即即 k214，因此因此 k23，所以，所以|k| 3. 法二：依题意，直线法二：依题意，直线 OP 的方程为的方程为 ykx， 可设点可设点 P 的坐标为的坐标为(x0，kx0) 由点由点 P 在椭圆上在椭圆上，得得x20a2k2x20b21. 因为因为 ab0，kx00，所以所以x20a2k2x20a21， 即即(1k2)x20a2. 由由|AP|OA|及及 A(a,0)，得得(x0a)2k2x20a2， 整理得整理得(1k2)x202ax00，于是于是 x02a1k2， 代入代入，得得(1k2)4a2 1k2 2a2， 解得解得 k23，所以所以|k| 3. 法三：设法三：设 P(acos ，bsin )(02)， 则线段则线段 OP 的中点的中点 Q 的坐标为的坐标为 a2cos ，b2sin . |AP|OA|AQOPkAQk1. 又又 A(a,0)，所以所以 kAQbsin 2aacos ， 即即 bsin akAQcos 2akAQ. 从而可得从而可得|2akAQ| b2a2k2AQa 1k2AQ， 解得解得|kAQ|33，故，故|k|1|kAQ| 3. 6 名师微点名师微点 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 针对训练针对训练 4设直线设直线 l 与抛物线与抛物线 y24x 相交于相交于 A，B 两点，与圆两点，与圆 C：(x5)2y2r2(r0)相切于点相切于点 M，且且 M 为线段为线段 AB 的中点，若这样的直线的中点，若这样的直线 l 恰有恰有 4 条，求条，求 r 的取值范围的取值范围 解：解：当当 t0 时，若时，若 l 与圆与圆 C 相切，则相切，则 M 恰为恰为 AB 中点，中点， 当当 t0 时，这样的直线应有时，这样的直线应有 2 条条 不妨设直线不妨设直线 l 的方程为的方程为 xtym，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 代入抛物线代入抛物线 y24x 并整理得并整理得 y24ty4m0， 则有则有 16t216m0，y1y24t，y1y24m， 那么那么 x1x2(ty1m)(ty2m)4t22m， 可得线段可得线段 AB 的中点的中点 M(2t2m,2t)， 而由题意可得直线而由题意可得直线 AB 与直线与直线 MC 垂直，垂直， 即即 kMC kAB1，可得，可得2t02t2m51t1， 整理得整理得 m32t2(当当 t0 时时)， 把把 m32t2代入代入 16t216m0， 可得可得 3t20，即，即 0t23， 又由于圆心到直线的距离等于半径，又由于圆心到直线的距离等于半径， 即即 d|5m|1t222t21t22 1t2r， 而由而由 0t23 可得可得 2r4. 故故 r 的取值范围为的取值范围为(2,4) 技法四技法四 妙借向量，无中生有妙借向量，无中生有 平面向量是衔接代数与几何的纽带，沟通平面向量是衔接代数与几何的纽带，沟通“数数”与与“形形”，融数、形于一体，是数形结合，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 典典例例 如图，在平面直角坐标系如图，在平面直角坐标系 xOy 中中，F 是椭圆是椭圆x2a2y2b21(ab0)的右焦点，直线的右焦点，直线 yb2与椭圆交于与椭圆交于 B，C 两点，且两点，且BFC90 ，则该椭圆的离心率是则该椭圆的离心率是_ 解题观摩解题观摩 把把 yb2代入椭圆代入椭圆x2a2y2b21， 可得可得 x32a，那么，那么 B 32a，b2，C 32a，b2， 7 而而 F(c,0)， 那么那么 FB 32ac，b2，FC 32ac，b2， 又又BFC90 ， 故有故有 FB FC 32ac，b2 32ac，b2c234a214b2c234a214(a2c2)34c212a20， 则有则有 3c22a2，所以该椭圆的离心率为，所以该椭圆的离心率为 eca63. 答案答案 63 名师微点名师微点 本题通过相关向量坐标的确定，结合本题通过相关向量坐标的确定，结合BFC90 ，巧妙借助平面向量的坐标运算来转化圆，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 针对训练针对训练 5.已知点已知点A为圆为圆B： (x2)2y232上任意一点， 定点上任意一点， 定点C的坐标为的坐标为(2,0)，线段线段 AC 的垂直平分线交的垂直平分线交 AB 于点于点 M. (1)求点求点 M 的轨迹方程；的轨迹方程； (2)若动直线若动直线 l 与圆与圆 O：x2y283相切，且与点相切，且与点 M 的轨迹交于点的轨迹交于点 E，F，求证：以求证：以 EF 为直径的圆恒过坐标原点为直径的圆恒过坐标原点 解解：(1)圆圆 B 的圆心为的圆心为 B()2，0 ，半径，半径 r4 2，|BC 4.连接连接 MC，由已知得，由已知得|MC |MA ， |MB |MC |MB |MA |BA r4 2|BC ， 由椭圆的定义知：点由椭圆的定义知：点 M 的轨迹是中心在原点，以的轨迹是中心在原点，以 B，C 为焦点，长轴长为为焦点，长轴长为 4 2的椭圆，的椭圆， 即即 a2 2，c2，b2a2c24， 点点 M 的轨迹方程为的轨迹方程为x28y241. (2)证明：当直线证明：当直线 EF 的斜率不存在时，的斜率不存在时， 直线直线 EF 的方程为的方程为 x 83， E，F 的坐标分别为的坐标分别为 83， 83， 83， 83或或 83， 83， 83，83，OE OF 0. 当直线当直线 EF 斜率存在时，斜率存在时， 设直线设直线 EF 的方程为的方程为 ykxb， 8 EF 与圆与圆 O：x2y283相切，相切， | |b1k2 83，即，即 3b28k28. 设设 E()x1，y1，F()x2，y2， OE OF x1x2y1y2 ()1k2x1x2kb()x1x2b2，( )* 联立联立 x28y241，ykxb，代入消元得代入消元得()12k2x24kbx2b280， x1x24kb12k2，x1x22b2812k2，代入，代入(*)式得式得 OE OF ()1k22b2812k24k2b212k2b23b28k2812k2， 又又3b28k28，OE OF 0， 以以 EF 为直径的圆恒过定点为直径的圆恒过定点 O. 技法五技法五 巧用巧用“韦达韦达”，化繁为简，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；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 典例典例 已知椭圆已知椭圆x24y21 的左顶点为的左顶点为 A， 过， 过 A 作两条互相垂直的弦作两条互相垂直的弦 AM， AN 交椭圆于交椭圆于 M，N 两点两点 (1)当直线当直线 AM 的斜率为的斜率为 1 时，求点时，求点 M 的坐标；的坐标； (2)当直线当直线 AM 的斜率变化时，直线的斜率变化时，直线 MN 是否过是否过 x 轴上的一定点？若过定点，请给出证明，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，请说并求出该定点；若不过定点，请说明理由明理由 解题观摩解题观摩 (1)直线直线 AM 的斜率为的斜率为 1 时，直线时，直线 AM 的方程为的方程为 yx2，代入椭圆方程并化简，代入椭圆方程并化简得得 5x216x120. 解得解得 x12，x265，所以，所以 M 65，45. (2)设直线设直线 AM 的斜率为的斜率为 k，直线，直线 AM 的方程为的方程为 yk(x2)， 联立方程联立方程 yk x2 ，x24y21， 化简得化简得(14k2)x216k2x16k240. 9 则则 xAxM16k214k2， xMxA16k214k2216k214k228k214k2. 同理，可得同理，可得 xN2k28k24. 由由(1)知若存在定点，则此点必为知若存在定点，则此点必为 P 65，0 . 证明如下：证明如下： 因为因为 kMPyMxM65k 28k214k2228k214k2655k44k2， 同理可计算得同理可计算得 kPN5k44k2. 所以直线所以直线 MN 过过 x 轴上的一定点轴上的一定点 P 65，0 . 名师微点名师微点 本例在第本例在第(2)问中应用了根与系数的关系求出问中应用了根与系数的关系求出 xM28k214k2，这体现了整体思想这是解决解，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，通过设而不求，大大降低了运算量 针对训练针对训练 6已知椭圆已知椭圆 E：x2ty231 的焦点在的焦点在 x 轴上，轴上，A 是是 E 的左顶点，斜率为的左顶点，斜率为 k(k0)的直线交的直线交 E于于 A，M 两点，点两点，点 N 在在 E 上，上，MANA. (1)当当 t4，|AM|AN|时，求时，求AMN 的面积；的面积； (2)当当 2|AM|AN|时，求时，求 k 的取值范围的取值范围 解：解：设设 M(x1，y1)，则由题意知，则由题意知 y10. (1)当当 t4 时，时，E 的方程为的方程为x24y231，A(2,0) 由已知及椭圆的对称性知，由已知及椭圆的对称性知，直线直线 AM 的倾斜角为的倾斜角为4. 因此直线因此直线 AM 的方程为的方程为 yx2. 将将 xy2 代入代入x24y231 得得 7y212y0. 解得解得 y0 或或 y127，所以，所以 y1127. 因此因此AMN 的面积的面积 SAMN21212712714449. 10 (2)由题意由题意 t3，k0，A( t，0) 将直线将直线 AM 的方程的方程 yk(x t)代入代入x2ty231， 得得(3tk2)x22 t tk2xt2k23t0. 由由 x1 ( t)t2k23t3tk2，得，得 x1t 3tk2 3tk2， 故故|AM|x1 t| 1k26 t 1k2 3tk2. 由题设，直线由题设，直线 AN 的方程为的方程为 y1k(x t)， 故同理可得故同理可得|AN|6k t 1k2 3k2t. 由由 2|AM|AN|，得，得23tk2k3k2t， 即即(k32)t3k(2k1) 当当 k32时上式不成立，因此时上式不成立，因此 t3k 2k1 k32. t3 等价于等价于k32k2k2k32 k2 k21 k320， 即即k2k320，k320或或 k20，解得解得32k0)的焦点的焦点 F，且斜率为，且斜率为 3的直线交的直线交 C 于点于点 M(M 在在 x 轴上方轴上方)，l为为 C 的准线，点的准线，点 N 在在 l 上且上且 MNl，若，若|NF|4，则，则 M 到直线到直线 NF 的距离为的距离为( ) A. 5 B2 3 C3 3 D2 2 解析：解析：选选 B 直线直线 MF 的斜率为的斜率为 3，MNl， NMF60 ，又，又|MF|MN|，且，且|NF|4， NMF 是边长为是边长为 4 的等边三角形，的等边三角形， M 到直线到直线 NF 的距离为的距离为 2 3.故选故选 B. 2已知双曲线已知双曲线 C：x2a2y2b21(a0，b0)的右焦点为的右焦点为 F，点，点 B 是虚轴的一个端点，线段是虚轴的一个端点，线段 BF与双曲线与双曲线 C 的右支交于点的右支交于点 A，若，若 BA 2AF ，且，且| BF |4，则双曲线，则双曲线 C 的方程为的方程为( ) 11 A.x26y251 Bx28y2121 C.x28y241 Dx24y261 解析：解析：选选 D 不妨设不妨设 B(0，b)，由，由BA 2AF ，F(c,0)， 可得可得 A 2c3，b3，代入双曲线，代入双曲线 C 的方程可得的方程可得49c2a2191， b2a232. 又又| BF | b2c24，c2a2b2，a22b216. 由由可得，可得，a24，b26， 双曲线双曲线 C 的方程为的方程为x24y261. 3 已知直线 已知直线 y2xm 与椭圆与椭圆 C：x25y21 相交于相交于 A， B 两点，两点， O 为坐标原点 当为坐标原点 当 AOB 的面积取得最大值时，的面积取得最大值时，|AB|( ) A.5 4221 B21021 C.2 427 D3 427 解析解析：选选 A 由由 y2xm，x25y21，得得 21x220mx5m250. 设设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则则 x1x220m21， x1x25m2521， |AB| 122 x1x2 24x1x25 20 21m2 2110 21m221. 又又 O 到直线到直线 AB 的距离的距离 d|m|5， 则则AOB 的面积的面积 S12d |AB|5 m2 21m2 215m221m222152， 当且仅当当且仅当 m221m2，即即 m2212时时，AOB 的面积取得最大值此时的面积取得最大值此时，|AB|10 21m2215 4221. 4 记双曲线记双曲线 C：x2a2y2b21()a0，b0 的左焦点为的左焦点为 F， 双曲线双曲线 C 上的点上的点 M， N 关于原点对称关于原点对称， 12 且且MFN34MOF90 ，则则b2a2( ) A32 3 B42 3 C3 3 D4 3 解析：解析：选选 A 设双曲线的右焦点是设双曲线的右焦点是 F，由双曲线的对称性和，由双曲线的对称性和MFN90 ，得四边形，得四边形MFNF是矩形，是矩形，MOF120 ，MOF60 ，故，故MOF是等边三角形是等边三角形 在在 RtMFF中，中，MFF30 ，|FF 2c， |MF c，|MF 3c， |MF |MF 2a， 3cc2a， ca231 31， b2a2c2a2a2c2a21( 31)2132 3，故选，故选 A. 5椭圆椭圆x24y21 上存在两点上存在两点 A，B，且且 A，B 关于直线关于直线 4x2y30 对称对称，若若 O 为坐标为坐标原点原点，则则|OA OB ( ) A1 B 3 C. 5 D 7 解析：解析：选选 C 由题意直线由题意直线 AB 与直线与直线 4x2y30 垂直，设直线垂直，设直线 AB 的方程为的方程为 y12xm. 由由 y12xm，x24y21消去消去 y 整理得整理得 x22mx2m220， 直线直线 AB 与椭圆交于两点，与椭圆交于两点， (2m)24(2m22)4m280， 解得解得 2m0)经过点经过点 M(1,2)，直线，直线 l 与抛物线交于相异两点与抛物线交于相异两点 A，B，若，若 MAB 的内切圆圆心为的内切圆圆心为(1，t)，则直线，则直线 l 的斜率为的斜率为_ 解析解析：将点：将点 M(1,2)代入代入 y22px，可得，可得 p2， 所以抛物线方程为所以抛物线方程为 y24x， 由题意知，直线由题意知，直线 l 斜率斜率存在且不为存在且不为 0， 设直线设直线 l 的方程为的方程为 xmyn(m0)， 代入代入 y24x，得，得 y24my4n0， 设设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，则 y1y24m，y1y24n， 又由又由MAB 的内切圆心为的内切圆心为(1，t)， 可得可得 kMAkMBy12x11y22x21y12y2141y22y22410， 整理得整理得 y1y244m40，解得，解得 m1， 从而从而 l 的方程为的方程为 yxn，所以直线，所以直线 l 的斜率为的斜率为1. 答案答案：1 7已知直线已知直线 x2y30 与椭圆与椭圆x2a2y2b21(ab0)相交于相交于 A，B 两点，且线段两点，且线段 AB 的中点在的中点在直线直线 3x4y10，则此椭圆的离心率为，则此椭圆的离心率为_ 解析：解析：联立联立 x2y30，3x4y10，得得 x1，y1， 直线直线 x2y30 与与 3x4y10 的交点为的交点为 M(1,1)，线段线段 AB 的中点为的中点为 M(1,1) 设设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，则 x1x22，y1y22，分别把，分别把 A(x1，y1)，B(x2，y2)代入椭圆方代入椭圆方程程x2a2y2b21(ab0)，得，得 x21a2y21b21，x22a2y22b21，两式相减整理，得两式相减整理，得y1y2x1x2b2a212， a22b2，又，又 a2b2c2，a 2b 2c，eca22. 答案答案：22 14 8.(2021 镇江模拟镇江模拟)如图如图，抛物线抛物线 E：y24x 的焦点为的焦点为 F，点点 M 与与 F 关于关于坐标原点坐标原点 O 对称对称， 过过 F 的直线与抛物线交于的直线与抛物线交于 A， B 两点两点， 使得使得 ABBM，又又 A 点在点在 x 轴上的投影为轴上的投影为 C，则则|AF |AC |BF |BC _. 解析解析：设：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB 过焦点得过焦点得 x1x21，又，又 ABBM，得，得B 在以在以 MF 为直径的圆上，为直径的圆上， 故故 x22y221，而，而 y224x2，得，得 1x22y224x2， 又又|AF |BF 1x1(1x2)x1x21x2x21x22x24x2x24，又，又ABMACM， 所以所以 AMBC 四点共圆，进而得四点共圆，进而得 ACBC， 故故|AF |AC |BF |BC 4. 答案答案：4 9已知椭圆已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的右焦点的右焦点 F 为抛物线为抛物线 y24x 的焦点，的焦点，P，Q 是椭圆是椭圆 C 上上的两个动点，且线段的两个动点，且线段 PQ 长度的最大值为长度的最大值为 4. (1)求椭圆求椭圆 C 的标准方程；的标准方程； (2)若若 OPOQ，求，求OPQ 面积的最小值面积的最小值 解解：(1)因为因为 y24x 的焦点为的焦点为(1,0)， 所以椭圆所以椭圆 C 的的右焦点右焦点 F 为为(1,0)，即，即 c1， 又又|PQ 的最大值为的最大值为 4，因此，因此 2a4， 所以所以 a24，b2a2c2413， 椭圆椭圆 C 的标准方程为的标准方程为x24y231. (2)当当 P，Q 为椭圆顶点时，为椭圆顶点时， 易得易得OPQ 的面积为的面积为122 3 3， 当当 P，Q 不是椭圆顶点时，不是椭圆顶点时， 设直线设直线 OP 的方程为的方程为 ykx(k0)， 由由 ykx，x24y231，得得 x21234k2， 所以所以|OP k21 1234k2， 由由 OPOQ，得直线，得直线 OQ 的方程为：的方程为：y1kx， 所以所以|OQ 1k21 12341k2 1k2 123k24， 15 所以所以 SOPQ12|OP |OQ 6 k21 2 34k2 3k24 6 k21 212k425k2126112k2 k21 2， k21 2k2k21k224，当且仅当，当且仅当 k21 时等号成立，时等号成立， 所以所以 0k2 k21 214，所以，所以127SOPQ 3， 综上，综上，OPQ 面积的最小值为面积的最小值为127. 10在平面直角坐标系在平面直角坐标系 xOy 中，直线中，直线 l 与抛物线与抛物线 y24x 相交于相交于 A，B 两点两点 (1)如果直线如果直线 l 过抛物线的焦点，求过抛物线的焦点，求OA OB 的值；的值； (2)如果如果OA OB 4，证明直线，证明直线 l 必过一定点，并求出该定点必过一定点，并求出该定点 解：解：(1)由题意：抛物线焦点为由题意：抛物线焦点为(1,0)， 设设 l：xty1，代入抛物线，代入抛物线 y24x， 消去消去 x，得，得 y24ty40， 设设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，则 y1y24t，y1y24， 所以所以OA OB x1x2y1y2(ty11)(ty21)y1y2 t2y1y2t(y1y2)1y1y24t24t2143. (2)证明：设证明：设 l：xtyb，代入抛物线，代入抛物线 y24x，消去，消去 x，得，得 y24ty4b0，设，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则则 y1y24t，y1y24b， 所以所以OA OB x1x2y1y2(ty1b)(ty2b)y1y2 t2y1y2bt(y1y2)b2y1y24bt24bt2b24bb24b. 令令 b24b4，得，得 b24b40，解得，解得 b2. 所以直线所以直线 l 过定点过定点(2,0)