《2024年步步高大一轮复习讲义高中数学人教A版》

跟踪训练2 已知直线$l:y = kx$与椭圆$E:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$（$a＞b＞0$）交于$A$，$B$两点，$M$是椭圆上异于$A$，$B$的一点. 若椭圆$E$的离心率的取值范围是$(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{2}}{2})$，则直线$MA$，$MB$斜率之积的取值范围是（ ）
A. $(-\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{1}{2})$
B. $(-\frac{1}{2},-\frac{1}{4})$
C. $(-\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2})$
D. $(-\frac{2}{3},-\frac{1}{2})$

答案： 跟踪训练2D　[由椭圆中的结论，可得kMA.kMβ=-$\frac{b²}{a²}$， 　由椭圆的离心率的取值范围是($\frac{\sqrt{3}}{3}$,$\frac{\sqrt{2}}{2}$)， 　即$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜e＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜$\frac{C}{a}$＜$\frac{√2}{2}$-$\frac{1}{3}$＜($\frac{C}{a}$)²＜$\frac{1}{2}$, 　所以$\frac{1}{3}$＜$\frac{a²-b²}{a²}$＜$\frac{1}{2}$→一$\frac{2}{3}$＜一$\frac{b}{a²}$ 　＜一$\frac{1}{2}$, 　即一$\frac{2}{3}$＜KMA.kMB＜一$\frac{1}{2}$.]

命题点3 切线、切点弦方程
例3 椭圆$C_1:\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$，$O$为坐标原点，点$B$为$C_1$在第一象限中的任意一点，过$B$作$C_1$的切线$l$，$l$分别与$x$轴和$y$轴的正半轴交于$C$，$D$两点，则$\triangle OCD$面积的最小值为（ ）
A. 1
B. $\sqrt{3}$
C. $\sqrt{2}$
D. 2

答案： 例3C　[设B(x,y1)(x²＞0,y1＞0)，由题意得，过点B的切线！的方程为$\frac{x.}{2}$+yy=1. 　令y=0，可得c{$\frac{2}{x}$,0), 　令x=0，可得D(0,$\frac{1}{y}$), 　所以△OCD的面积 　S=$\frac{1}{2}$.$\frac{2}{Xi}$.$\frac{1}{y}$=$\frac{1}{y}$, 　又点B在椭圆上，所以$\frac{xi}{2}$+y=1,所以S=$\frac{1}{xy}$=$\frac{2+yi}{xy}$$\frac{xi}{2}$　　　=2x元:+$\frac{}{i}$ 　≥2　$\sqrt{\frac{}{X}}$=√2, 　当且仅当2xy¹=$\frac{1}{I1}$，即x1=1,y！=$\frac{2}{2}$ 　时等号成立， 　所以△OCD面积的最小值为√2.]

跟踪训练3 点$P$为直线$l:y=\frac{1}{4}x + 1$上一动点，过$P$作双曲线$\frac{x^{2}}{4}-y^{2}=1$的切线$PA$，$PB$，切点分别为$A$，$B$，则直线$AB$过定点______.

答案： 跟踪训练3(-1,-1) 　解析　设P(x。,y。)，A(x..y;), 　 B(x2,y2), 　则PA,PB的方程分别为 　$\frac{xx}{4}$-yy=1,x42x-y2y=1, 　因为点P在两条直线上 　所以$\frac{x、x。}{4}$-y1口=1,x²x|-y2y。=1. 　　　　　　　　　　　　　-y。y 这表明,。点A,B都在{线$\frac{xox}{4}$ 　=1上， 　即直线AB的方程为$\frac{ox}{4}$-y。y=1.又y。=+1, 　代入整理得4(x-y)-(y+1)=0，令{0+10),=o解得(二二111.. 　即直线AB过定点(-1,-1).

例4 (1)已知$A$，$B$是过抛物线$y^{2}=2px$（$p＞0$）焦点$F$的直线与抛物线的交点，$O$是坐标原点，且满足$\overrightarrow{AB}=3\overrightarrow{FB}$，$S_{\triangle OAB}=\frac{\sqrt{2}}{3}|AB|$，则$|AB|$的值为（ ）
A. $\frac{9}{2}$ B. $\frac{2}{9}$ C. 4 D. 2
(2)已知抛物线方程为$y^{2}=2px$（$p＞0$），$O$为坐标原点，过抛物线焦点$F$的直线交抛物线于$A$，$B$两点，$A$，$B$的纵坐标之积为$-8$，且$|AF| = 3|BF|$，则$\triangle OAB$的面积是（ ）
A. $4\sqrt{2}$ B. $\frac{1}{4}$ C. $\frac{4\sqrt{3}}{3}$ D. $\frac{8\sqrt{3}}{3}$

答案：
例4
(1)A　[如图，不 　妨令直线AB的倾斜 　角为α,α∈(0,/|), 　　　　　　　　　
∵AB=3FB.
∴F为 　 AB的三等分点， 　令|BF|=t， 　则|AF1=2t, 　由$\frac{1}{IBFI}$+$\frac{1}{IAFI}$=$\frac{2}{p}$, 　得$\frac{1}{t}$+$\frac{1}{2}$=$\frac{2}{p}$→t=$\frac{3}{4}$ρ,
　
∴|AB|=3t=$\frac{9}{4}$p, 　又|AB|=$\frac{2p}{sin²a}$，
　
∴$\frac{2p}{sin²a}$=$\frac{9}{4}$p→sinα=$\frac{2√2}{3}$, 　又S△OAB=$\frac{2}{3}$|AB1,
　
∴$\frac{1}{2sina}$=$\frac{2}{3}$|AB1, 　即4$\sqrt{2}$=$\frac{√2}{3}$.$\frac{9}{4}$P→p=2， 　　　3

∴|AB|=$\frac{9}{2}$.] 　
(2)D　[不妨令A(xA.yA)在第一象限,B(xβ.yB)在第四象限, 　则yAyβ=-p²=-8,所以p=2$\sqrt{2}$ 　又即因|y为A||A=F3||=yβ31|B，代F|入，所y以Ay|Hy一y=AB-|=83，,可得3y=8,由于B在第四象限，则yβ=一$\frac{2\sqrt{6}}{3}$,所以yA=2$\sqrt{6}$ 　所以S(Aβ=$\frac{1}{2}$OF1,|yA-yβ|=$\frac{8/3}{3}$.]

跟踪训练4 (1)斜率为$\sqrt{3}$的直线经过抛物线$y^{2}=2px$（$p＞0$）的焦点$F$且与抛物线交于$A$，$B$两点，$A$在第一象限且$|AF| = 4$，则$|AB|=$______.
(2)(2023·长沙模拟)已知抛物线$C:y^{2}=16x$，倾斜角为$\frac{\pi}{6}$的直线$l$过焦点$F$交抛物线于$A$，$B$两点，$O$为坐标原点，则$\triangle ABO$的面积为______.
(3)(2023·“四省八校”联考)已知抛物线$y^{2}=4x$，过焦点$F$的直线与抛物线交于$A$，$B$两点，则$2|AF|+|BF|$的最小值为______.

答案：
跟踪训练4
(1)$\frac{16}{3}$ 　解析　直线1的倾斜 　角α=60°， 　由|AF|=$\frac{p}{1-cOSa}$ 　　　　　　　　　 =4，得 　p=4(1-cosa)=2,
　
∴|AB|=$\frac{2p}{sina}$ 　=$\frac{4}{3}$=$\frac{16}{3}$ 　　4
(2)64 解析　依题意，抛物线y²=16x,p=8.又！的倾斜角α=$\frac{π}{6}$: 所以S△OAB=$\frac{p}{2sina}$=　8²　　=64. 　　　　　　　　　2sin$\frac{π}{6}$
(3)3+2$\sqrt{2}$ 解析　因为p=2， 所以$\frac{1}{AF1}$+$\frac{1}{|BFI}$=$\frac{2}{p}$=1， 所以21AF|+IBFI =(2|AF|+|BF|).($\frac{1}{AF}$+$\frac{1}{BF}$) =3+$\frac{21AF}{IBFI}$+$\frac{IBF}{IAF1}$ ≥3+2　$\frac{2A}{IBF}$$\sqrt{.\frac{BF}{IAFI}}$=3+2$\sqrt{2}$ 当且仅当|BF|=$\sqrt{2}$IAF1,即IAF|= $\frac{2}{2}$+1,|BF|=√2+1时，等号成立,因此,2{AF|+|BF|的最小值为3+2√2.