第四课时　求值、证明、探索性问题

第四课时求值、证明、探索性问题题型一求值问题例1(12分)(2024·广州模拟)已知点A，点B和点C为椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上不同的三个点.当点A，点B和点C为椭圆的顶点时，△ABC恰好是边长为2的等边三角形.(1)求椭圆E的标准方程；(2)若O为坐标原点，且eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，求△ABC的面积.[思路分析](1)分析A，B，C的位置求a，b得椭圆方程.(2)引入A，B，C坐标，由eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0得坐标关系→斜率不存在时求S△ABC；直线BC斜率存在时写出底边和高的表达式，求S△ABC.[规范解答]解(1)当点A，点B和点C为椭圆的顶点时，△ABC恰好是边长为2的等边三角形，eq\x(①当点A，点B和点C中有两个点为上顶点和下顶点，一个为左顶点或右顶点时，)→eq\a\vs4\al(研究正三角形各顶点的位置，由位置写出a，b的值)不妨设点A，点B分别为上顶点和下顶点，点C为右顶点，此时，a＝eq\r(3)，b＝1；(2分)①eq\x(②当点A，点B和点C中有一个点为上顶点或下顶点，两个点为左顶点和右顶点时，)→eq\a\vs4\al(研究正三角形各顶点的位置，由位置写出a，b的值)不妨设点A，点B分别为左顶点和右顶点，点C为上顶点，此时，a＝1，b＝eq\r(3)(舍去).(3分)②eq\x(所以椭圆E的标准方程为\f(x2,3)＋y2＝1.)→eq\a\vs4\al(写出椭圆方程)(4分)③(2)设A(p，q)，B(x1，y1)，C(x2，y2)，因为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(设点，解析向量等式)eq\x(①当直线BC的斜率不存在时，)→eq\a\vs4\al(讨论直线BC斜率不存在的情形)x1＝x2，y1＝－y2，因为p＋x1＋x2＝0，则A(－2x1，0).因为点A在椭圆E上，所以xeq\o\al(2,1)＝eq\f(3,4)，则有yeq\o\al(2,1)＝eq\f(3,4)，所以|BC|＝eq\r(3)，点A到直线BC的距离为|3x1|＝eq\f(3\r(3),2)，此时S△ABC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(3\r(3),2)＝eq\f(9,4).(5分)④②eq\x(当直线BC的斜率存在时，)设直线BC的方程为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，则Δ＝(6km)2－12(1＋3k2)(m2－1)＝12(3k2＋1－m2)>0.由根与系数关系得x1＋x2＝eq\f(－6km,1＋3k2)，x1x2＝eq\f(3（m2－1）,1＋3k2)，→eq\a\vs4\al(当直线BC斜率存在时，设直线方程，与椭圆方程联立，写出根与系数的关系)(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因为点A(p，q)在椭圆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(化简得4m2＝1＋3k2，)→eq\a\vs4\al(用参数m，k表示点A坐标代入椭圆得m，k的关系)(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(表示底边长)(9分)⑧点A到直线BC的距离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(计算面积)综上所述，△ABC的面积为eq\f(9,4).(12分)⑩[满分规则]❶得步骤分由①②③写出椭圆的方程，①2分，②③各1分；由⑤写出根与系数的关系，得1分；由⑩写出结果，得1分.❷得关键分由④计算斜率不存在的面积，得1分；由⑥⑦写出A点坐标及m，k的关系，各得1分.❸得计算分由⑧⑨分别计算三角形ABC的底边长|BC|和高d，⑧得2分，⑨得1分.训练1(2022·新高考Ⅰ卷)已知点A(2，1)在双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a2－1)＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.(1)求l的斜率；(2)若tan∠PAQ＝2eq\r(2)，求△PAQ的面积.解(1)将点A的坐标代入双曲线方程得eq\f(4,a2)－eq\f(1,a2－1)＝1，化简得a4－4a2＋4＝0，得a2＝2，故双曲线C的方程为eq\f(x2,2)－y2＝1.由题易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立直线l与双曲线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，化简得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，又直线l不过点A，即m＋2k－1≠0，故k＝－1.(2)不妨设直线PA的倾斜角为θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,2)))，由题意知∠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).因为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).题型二证明问题例2(2024·长沙调研)如图，圆C与x轴相切于点T(2，0)，与y轴正半轴相交于M，N两点(点M在点N的下方)，且|MN|＝3.(1)求圆C的方程；(2)过点M任作一条直线与椭圆eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1相交于A，B两点，连接AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM.(1)解设圆C的半径为r(r>0)，依题意，圆心C的坐标为(2，r).因为|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)，圆C的方程为(x－2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(25,4).(2)证明把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，即点M(0，1)，N(0，4).①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM＝0.②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx＋1.联立方程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，设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则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.综合①②知∠ANM＝∠BNM.感悟提升圆锥曲线中的证明问题常见的有：(1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等.(2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等.在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明.训练2(2023·四省联考)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)过点A(4eq\r(2)，3)，且焦距为10.(1)求双曲线C的方程；(2)已知点B(4eq\r(2)，－3)，D(2eq\r(2)，0)，E为线段AB上一点，且直线DE交双曲线C于G，H两点，求证：eq\f(|GD|,|GE|)＝eq\f(|HD|,|HE|).(1)解由题意可得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的方程为eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1.(2)证明设E(4eq\r(2)，t)，G(x1，y1)，H(x2，y2).当x＝4eq\r(2)时，eq\f(32,16)－eq\f(y2,9)＝1，解得y＝±3，则|t|<3.双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(3,4)x，当直线DE与渐近线平行时，直线DE和双曲线仅有一个交点，此时直线DE的方程为y＝±eq\f(3,4)(x－2eq\r(2)).令x＝4eq\r(2)，则y＝±eq\f(3\r(2),2)，故|t|≠eq\f(3\r(2),2).则直线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|).题型三探索性问题例3(2024·福州质检)已知椭圆Γ：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，其左焦点为F1(－2，0).(1)求Γ的方程；(2)如图，过Γ的上顶点P作动圆F1的切线分别交Γ于M，N两点，是否存在圆F1使得△PMN是以PN为斜边的直角三角形？若存在，求出圆F1的半径；若不存在，请说明理由.解(1)由题意设焦距为2c，则c＝2.因为离心率为eq\f(\r(2),2)，即eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝2eq\r(2).则b2＝a2－c2＝4，故Γ的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)不存在.理由：假设存在圆F1满足题意，当圆F1过原点O时，直线PN与y轴重合，直线PM的斜率为0，不合题意.依题意不妨设PM：y＝k1x＋2(k1≠0)，PN：y＝k2x＋2(k2≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，圆F1的半径为r，则圆心F1到直线PM的距离为eq\f(|－2k1＋2|,\r(1＋keq\o\al(2,1)))＝r，圆心F1到直线PN的距离为eq\f(|－2k2＋2|,\r(1＋keq\o\al(2,2)))＝r，故k1，k2是关于k的方程(r2－4)k2＋8k＋r2－4＝0的两个相异实根，此时k1k2＝1.联立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))，则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)))).由题意得PM⊥MN，即kMN＝－eq\f(1,k1)，此时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)，因为k1≠0，所以方程无解，故不存在满足题意的圆F1.感悟提升此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.训练3(2024·西安质检)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，点M(2，m)在抛物线C上，且|MF|＝2.(1)求实数m的值及抛物线C的标准方程；(2)不过点M的直线l与抛物线相交于A，B两点，若直线MA，MB的斜率之积为－2，试判断直线l能否与圆(x－2)2＋(y－m)2＝80相切？若能，求此时直线l的方程；若不能，请说明理由.解(1)由题意得，因为点M(2，m)在抛物线上，所以22＝2pm，由抛物线的定义，得m＋eq\f(p,2)＝2，则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，))所以抛物线C的标准方程为x2＝4y.(2)由(1)得M(2，1)，设点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)))，则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；设直线AB方程为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，所以直线AB的方程为y＝kx＋2k＋9，即直线AB恒过抛物线内部的定点N(－2，9)，又圆M：(x－2)2＋(y－1)2＝80正好经过点N(－2，9)，当且仅当直线AB与半径MN垂直时直线AB与圆M相切，此时k＝－eq\f(1,kMN)＝eq\f(1,2)，所以直线AB的方程为y＝eq\f(1,2)x＋10.非对称韦达定理在一元二次方程ax2＋bx＋c＝0中，若Δ>0，设它的两个根分别为x1，x2，则有根与系数关系：x1＋x2＝－eq\f(b,a)，x1x2＝eq\f(c,a)，借此我们往往能够利用韦达定理来快速处理|x1－x2|，xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)，eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)之类的结构，但在有些问题中，我们会遇到涉及x1，x2的不同系数的代数式的运算，比如求eq\f(x1,x2)，eq\f(3x1x2＋2x1－x2,2x1x2－x1＋x2)或λx1＋μx2之类的结构，就相对较难的转化到应用韦达定理来处理了.我们把这种形如x1＋2x2，λx1y2＋μx2y1，eq\f(x1,x2)或eq\f(3x1x2＋2x1－x2,2x1x2－x1＋x2)之类中x1，x2的系数不对称的式子，称为“非对称韦达定理”问题.一般的解决方法有：(1)代换法：利用韦达定理消去x或y中的一个，一般而言，用直线方程中的x和y进行代换消元，如果选择代换消去y则正设直线y＝kx＋b；选择代换消去x，则反设直线x＝my＋t.(2)和积转化法：即运用eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝f（t），,x1x2＝g（t）))⇒h(t)x1x2＝m(x1＋x2)进行转化，一般情况下，多把积化和，且m多为常数；(3)配凑半代换法：对能代换的部分进行韦达代换，剩下的部分进行配凑，而半代换也有一定技巧，比如题中的eq\f(k1,k2)＝eq\f(ty1y2－y1,ty1y2＋3y2)，可将分子整理为eq\f(k1,k2)＝eq\f(ty1y2－（y1＋y2）＋y2,ty1y2＋3y2)，利用等比关系，从结构上可以猜测定值为eq\f(1,3).例已知椭圆E的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)(c>0)，点M在E上，MF1⊥F1F2，△MF1F2的周长为6＋4eq\r(2)，面积为eq\f(1,3)c.(1)求E的方程；(2)设E的左、右顶点分别为A，B，过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))的直线l与E交于C，D两点，记直线AC的斜率为k1，直线BD的斜率为k2，则________.(从以下①②两个问题中任选一个填到横线上并给出解答)①求直线AC和BD交点的轨迹；②是否存在实常数λ，使得k1＝λk2恒成立.解(1)依题意，设椭圆标准方程为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的方程为eq\f(x2,9)＋y2＝1.(2)选择①：设直线l的方程为x＝ty＋eq\f(3,2)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)＋y2＝1，,x＝ty＋\f(3,2)，))化简整理，得4(t2＋9)y2＋12ty－27＝0，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由韦达定理，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)，直线AC的方程为y＝eq\f(y1,x1＋3)(x＋3)；直线BD的方程为y＝eq\f(y2,x2－3)(x－3)；联立方程，两式相除，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，所以直线AC和BD交点的轨迹方程是直线x＝6.选择②：联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)＋y2＝1，,x＝ty＋\f(3,2)，))化简整理，得4(t2＋9)y2＋12ty－27＝0，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由韦达定理，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)，故存在实数λ＝eq\f(1,3)，使得k1＝λk2恒成立.训练如图所示，椭圆有两个顶点A(－1，0)，B(1，0)，过其焦点F(0，1)的直线l与椭圆交于C，D两点，并与x轴交于点P，直线AC与BD交于点Q.(1)当|CD|＝eq\f(3\r(2),2)时，求直线l的方程；(2)当P点异于A、B两点时，证明：eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))为定值.(1)解由题意，椭圆的短半轴长b＝1，半焦距c＝1，故长半轴长a＝eq\r(2)，所以椭圆的方程为eq\f(y2,2)＋x2＝1，当|CD|＝eq\f(3\r(2),2)时，易得直线l不与x轴垂直，故可设l的方程为y＝kx＋1(k≠1，k≠±1)，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，联立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，判别式Δ＝8(k2＋1)>0，由韦达定理，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)，所以直线l的方程为y＝±eq\r(2)x＋1.(2)证明直线AC的斜率为kAC＝eq\f(y1,x1＋1)，其方程为y＝eq\f(y1,x1＋1)(x＋1)，直线BD的斜率为kBD＝eq\f(y2,x2－1)，其方程为y＝eq\f(y2,x2－1)(x－1)，两直线方程相除，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(→))为定值1.【A级基础巩固】1.(2022·北京卷)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0，1)，焦距为2eq\r(3).(1)求椭圆E的方程；(2)过点P(－2，1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N.当|MN|＝2时，求k的值.解(1)依题意可知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)，))故椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由题可知直线BC的方程为y－1＝k(x＋2).设B(x1，y1)，C(x2，y2).联立直线BC和椭圆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，则由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).易知直线AB的斜率kAB＝eq\f(y1－1,x1)，直线AB的方程为y＝eq\f(y1－1,x1)x＋1，令y＝0，可得点M的横坐标xM＝eq\f(x1,1－y1)，同理可得点N的横坐标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的值为－4.2.在平面直角坐标系xOy中，已知点A(－2，0)，B(2，0)，点M满足直线AM与直线BM的斜率之积为－eq\f(3,4)，点M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程；(2)已知点F(1，0)，直线l：x＝4与x轴交于点D，直线AM与l交于点N，是否存在常数λ，使得∠MFD＝λ∠NFD？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由.解(1)设M(x，y)，则kAM·kBM＝eq\f(y,x＋2)·eq\f(y,x－2)＝－eq\f(3,4)且x≠±2，所以点M的轨迹曲线C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1且x≠±2.(2)设N(4，n)，则直线AM为y＝eq\f(n,6)(x＋2)，联立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，由题设知xA＋xM＝－eq\f(4n2,n2＋27)，则xM＝eq\f(54－2n2,n2＋27)，故yM＝eq\f(n,6)·eq\f(108,n2＋27)＝eq\f(18n,n2＋27).当xM＝1时，有eq\f(54－2n2,n2＋27)＝1，解得n＝±3，由对称性，不妨设n＝3，则yM＝eq\f(3,2)，此时∠MFD＝90°，|DF|＝|DN|＝3，则∠NFD＝45°，有∠MFD＝2∠NFD.当xM≠1时，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、盐城模拟)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a，b>0)的离心率为eq\r(2)，直线l1：y＝2x＋4eq\r(3)与双曲线C仅有一个公共点.(1)求双曲线C的方程；(2)设双曲线C的左顶点为A，直线l2平行于l1，且交双曲线C于M，N两点，求证：△AMN的垂心在双曲线C上.(1)解因为双曲线线C的离心率为eq\r(2)，所以eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(2)，即a＝b，故双曲线C的方程为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.因为直线l1：y＝2x＋4eq\r(3)与双曲线C仅有一个公共点，所以Δ＝(16eq\r(3))2－12×(48＋a2)＝0，解得a2＝16，因此双曲线C的方程为eq\f(x2,16)－eq\f(y2,16)＝1.(2)证明因为直线l2平行于l1，所以设l2：y＝2x＋m(m≠±4eq\r(3)).设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).由题意知Δ＝16m2－12(m2＋16)>0，解得m<－4eq\r(3)或m>4eq\r(3).如图，过点A与l2垂直的直线为l3：y＝－eq\f(1,2)x－2，设l3与双曲线C交于另一点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))).下证：MH⊥AN.因为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.又因为AH⊥MN，所以H为△AMN的垂心.因为H在双曲线C上，所以△AMN的垂心在双曲线C上.【B级能力提升】4.(2023·新高考Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))的距离，记动点P的轨迹为W.(1)求W的方程；(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3eq\r(3).(1)解设点P的坐标为(x，y)，依题意得|y|＝eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))\s\up12(2))，化简得x2＝y－eq\f(1,4)，所以W的方程为x2＝y－eq\f(1,4).(2)证明不妨设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|).设Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，t2＋\f(1,4)))，依题意知直线AB不与两坐标轴平行，故可设直线AB的方程为y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2＋\f(1,4)))＝k(x－t)，不妨设k>0，与x2＝y－eq\f(1,4)联立，得x2－kx＋kt－t2＝0，则Δ＝(－k)2－4(kt－t2)＝(k－2t)2>0，所以k≠2t.设A(x1，y1)，所以t＋x1