【新高考复习】课时跟踪检测（四十九） 5大技法破解“计算繁而杂”这一难题 作业

课时跟踪检测（四十九）5大技法破解“计算繁而杂”这一难题1．过抛物线C：y2＝2px(p0)的焦点F，且斜率为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.5B．23C．33D．22解析：选B∵直线MF的斜率为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23.故选B.2．已知双曲线C：x2a2－y2b2＝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BA―→＝2AF―→，且|BF―→|＝4，则双曲线C的方程为()A.x26－y25＝1B．x28－y212＝1C.x28－y24＝1D．x24－y26＝1解析：选D不妨设B(0，b)，由BA―→＝2AF―→，F(c,0)，可得A2c3，b3，代入双曲线C的方程可得49×c2a2－19＝1，∴b2a2＝32.①又|BF―→|＝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x24－y26＝1.3．已知直线y＝2x＋m与椭圆C：x25＋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.54221B．21021C.2427D．3427解析：选A由y＝2x＋m，x25＋y2＝1，得21x2＋20mx＋5m2－5＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－20m21，x1x2＝5m2－521，|AB|＝1＋22x1＋x22－4x1x2＝52021－m221＝1021－m221.又O到直线AB的距离d＝|m|5，则△AOB的面积S＝12d·|AB|＝5m221－m221≤5×m2＋21－m2221＝52，当且仅当m2＝21－m2，即m2＝212时，△AOB的面积取得最大值．此时，|AB|＝1021－m221＝54221.4．记双曲线C：x2a2－y2b2＝1()a0，b0的左焦点为F，双曲线C上的点M，N关于原点对称，且∠MFN＝34∠MOF＝90°，则b2a2＝()A．3＋23B．4＋23C．3＋3D．4＋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°，||FF′＝2c，∴||MF′＝c，||MF＝3c，∵||MF－||MF′＝2a，∴3c－c＝2a，∴ca＝23－1＝3＋1，∴b2a2＝c2－a2a2＝c2a2－1＝(3＋1)2－1＝3＋23，故选A.5．椭圆x24＋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||OA―→＋OB―→＝()A．1B．3C.5D．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＝－12x＋m.由y＝－12x＋m，x24＋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＋80，解得－2m2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为M(x0，y0)，则x1＋x2＝2m，∴x0＝x1＋x22＝m，y0＝－12x0＋m＝m2，∴点M的坐标为m，m2.由题意得点M在直线4x－2y－3＝0上，∴4m－2×m2－3＝3m－3＝0，解得m＝1.∴x1＋x2＝2，y1＋y2＝－12(x1＋x2)＋2m＝1，∴OA―→＋OB―→＝(2,1)，∴|OA―→＋OB―→|＝5.6．已知抛物线y2＝2px(p0)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＝y1－2x1－1＋y2－2x2－1＝y1－2y214－1＋y2－2y224－1＝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：－17．已知直线x＋2y－3＝0与椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)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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x2a2＋y2b2＝1(ab0)，得x21a2＋y21b2＝1，x22a2＋y22b2＝1，两式相减整理，得y1－y2x1－x2＝－b2a2＝－12，∴a2＝2b2，又a2＝b2＋c2，∴a＝2b＝2c，∴e＝ca＝22.答案：228.(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||AF＋||AC－||BF－||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x22＋y22＝1，而y22＝4x2，得1－x22＝y22＝4x2，又||AF－||BF＝1＋x1－(1＋x2)＝x1－x2＝1x2－x2＝1－x22x2＝4x2x2＝4，又∠ABM＝∠ACM，所以AMBC四点共圆，进而得AC＝BC，故||AF＋||AC－||BF－||BC＝4.答案：49．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)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||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x24＋y23＝1.(2)①当P，Q为椭圆顶点时，易得△OPQ的面积为12×2×3＝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y＝kx，x24＋y23＝1，得x2＝123＋4k2，所以||OP＝k2＋1123＋4k2，由OP⊥OQ，得直线OQ的方程为：y＝－1kx，所以||OQ＝1k2＋1123＋41k2＝1＋k2123k2＋4，所以S△OPQ＝12||OP·||OQ＝6k2＋123＋4k23k2＋4＝6k2＋1212k4＋25k2＋12＝6112＋k2k2＋12，k2＋12k2＝k2＋1k2＋2≥4，当且仅当k2＝1时等号成立，所以0k2k2＋12≤14，所以127≤S△OPQ3，综上，△OPQ面积的最小值为127.10．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OA―→·OB―→的值；(2)如果OA―→·OB―→＝－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OA―→·OB―→＝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OA―→·OB―→＝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)．