《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

变式训练 2.已知双曲线$x^{2}-\frac{y^{2}}{2}=1$，斜率为$k(k\neq0)$的直线l与双曲线的左、右两支分别交于点A，B.
(1)若直线l过P(0，1)，且$|PB| = 3|AP|$，求直线l的斜率k；
(2)若直线AB的垂直平分线与两坐标轴围成的三角形的面积为$\frac{9}{2}$，求k的取值范围.

答案： 解　
(1)设 $A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，
因为 $|PB| = 3|AP|$，所以 $\overrightarrow{PB}=3\overrightarrow{AP}$，
即 $(x_{2},y_{2}-1)=3(-x_{1},1 - y_{1})$，
所以 $\begin{cases}x_{2}=-3x_{1}\\y_{2}=4 - 3y_{1}\end{cases}$，所以 $\begin{cases}x_{1}^{2}-\frac{y_{1}^{2}}{2}=1\\(-3x_{1})^{2}-\frac{(4 - 3y_{1})^{2}}{2}=1\end{cases}$，
所以 $x_{1}=-1$，$y_{1}=0$，即 $A(-1,0)$，
所以 $k = k_{AP}=\frac{1 - 0}{0 - (-1)}=1$.
(2)设直线 $l$ 的方程为 $y = kx + m(k\neq0)$.
由 $\begin{cases}y = kx + m\\x^{2}-\frac{y^{2}}{2}=1\end{cases}$ 整理得 $(2 - k^{2})x^{2}-2kmx - m^{2}-2 = 0$.
因为直线 $l$ 与双曲线的左、右两支分别交于点 $A$，$B$，
于是 $2 - k^{2}\neq0$，且 $\Delta=(-2km)^{2}+4(2 - k^{2})(m^{2}+2)＞0$，
整理得 $m^{2}+2 - k^{2}＞0$.
则 $x_{1}+x_{2}=\frac{2km}{2 - k^{2}}$，$x_{1}x_{2}=\frac{-m^{2}-2}{2 - k^{2}}$.
因为 $x_{1}x_{2}＜0$，所以 $\frac{-m^{2}-2}{2 - k^{2}}＜0$，所以 $k^{2}＜2$.
设线段 $AB$ 的中点坐标为 $(x_{0},y_{0})$，
则 $x_{0}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\frac{km}{2 - k^{2}}$，$y_{0}=kx_{0}+m=\frac{2m}{2 - k^{2}}$.
所以 $AB$ 的垂直平分线方程为 $y-\frac{2m}{2 - k^{2}}=-\frac{1}{k}(x-\frac{km}{2 - k^{2}})$，
此直线与 $x$ 轴、$y$ 轴的交点坐标分别为 $(\frac{3km}{2 - k^{2}},0)$，$(0,\frac{3m}{2 - k^{2}})$.
由题意可得 $\frac{1}{2}|\frac{3km}{2 - k^{2}}|\cdot|\frac{3m}{2 - k^{2}}|=\frac{9}{2}$，
整理得 $m^{2}=\frac{(2 - k^{2})^{2}}{|k|}$，$k\neq0$，代入 $m^{2}+2 - k^{2}＞0$，
可得 $\frac{(2 - k^{2})^{2}}{|k|}+2 - k^{2}＞0$，
又 $2 - k^{2}＞0$，所以上式恒成立，
所以 $0＜|k|＜\sqrt{2}$.
所以 $k$ 的取值范围是 $(-\sqrt{2},0)\cup(0,\sqrt{2})$.

例3 （2020·新高考Ⅱ卷）已知椭圆C：$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$过点M(2，3)，点A为其左顶点，且AM的斜率为$\frac{1}{2}$.
(1)求C的方程；
(2)点N为椭圆上任意一点，求$\triangle AMN$的面积的最大值.

答案：
解　
(1)由题意可知直线 $AM$ 的方程为 $y - 3=\frac{1}{2}(x - 2)$，
即 $x - 2y=-4$.
当 $y = 0$ 时，解得 $x=-4$，所以 $a = 4$，
椭圆 $C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$ 过点 $M(2,3)$，
可得 $\frac{4}{16}+\frac{9}{b^{2}}=1$，解得 $b^{2}=12$.
所以 $C$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1$.
(2)设与直线 $AM$ 平行的直线方程为 $x - 2y=m$，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与 $AM$ 距离比较远的直线与椭圆的切点为 $N$，此时 $\triangle AMN$ 的面积取得最大值.
　　　　　　　　　　　　
联立直线方程 $x - 2y=m$ 与椭圆方程 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1$，
可得 $3(m + 2y)^{2}+4y^{2}=48$，
化简可得 $16y^{2}+12my+3m^{2}-48 = 0$，
所以 $\Delta=144m^{2}-4\times16(3m^{2}-48)=0$，
即 $m^{2}=64$，解得 $m=\pm8$，
与 $AM$ 距离比较远的直线方程为 $x - 2y=8$，
直线 $AM$ 的方程为 $x - 2y=-4$，
点 $N$ 到直线 $AM$ 的距离即两平行线之间的距离，
利用两平行线之间的距离公式可得 $d=\frac{|8 + 4|}{\sqrt{1 + 4}}=\frac{12\sqrt{5}}{5}$，
由两点之间距离公式可得 $|AM|=\sqrt{(2 + 4)^{2}+3^{2}}=3\sqrt{5}$.
所以 $\triangle AMN$ 的面积的最大值为 $\frac{1}{2}\times3\sqrt{5}\times\frac{12\sqrt{5}}{5}=18$.

变式训练 3.(2024·广东深圳冲刺)已知抛物线E：$x^{2}=2py(p＞0)$的焦点为F，过点F且倾斜角为$\frac{\pi}{3}$的直线被E所截得的弦长为16.
(1)求抛物线E的方程；
(2)已知点C为抛物线上的任意一点，以C为圆心的圆过点F，且与直线$y = -\frac{1}{2}$交于A，B两点，求$|FA|\cdot|FB|\cdot|FC|$的最小值.

答案：
解　
(1)由抛物线方程得 $F(0,\frac{p}{2})$，可设过点 $F$ 且倾斜角为 $\frac{\pi}{3}$ 的直线为 $y=\sqrt{3}x+\frac{p}{2}$，直线与抛物线交于 $M$，$N$ 两点，设 $M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，
由 $\begin{cases}y=\sqrt{3}x+\frac{p}{2}\\x^{2}=2py\end{cases}$ 得 $x^{2}-2\sqrt{3}px - p^{2}=0$，
由根与系数的关系，得 $x_{1}+x_{2}=2\sqrt{3}p$，
由抛物线焦点弦长公式，可得 $|MN|=y_{1}+y_{2}+p=\sqrt{3}(x_{1}+x_{2})+2p=8p = 16$，解得 $p = 2$，
即抛物线 $E$ 的方程为 $x^{2}=4y$.
(2)由
(1)知 $F(0,1)$，准线方程为 $y=-1$，设 $\angle AFB=\theta$，圆 $C$ 的半径为 $r$，则 $\angle ACB = 2\theta$，$|FC|=|CA|=|CB|=r$，
讲义部分答案与详解　591
$\therefore S_{\triangle AFB}=\frac{1}{2}|FA|\cdot|FB|\sin\theta=\frac{1}{2}|AB|\cdot\frac{3}{2}=\frac{3}{4}|AB|$，
　　　　　　　　　　　　　
又 $|AB| = 2r\sin\theta$，
$\therefore|FA|\cdot|FB| = 3r$，
由抛物线的定义可知 $|CF|=y_{C}+1\geqslant1$，即 $r\geqslant1$，
$\therefore|FA|\cdot|FB|\cdot|FC|=3r^{2}\geqslant3$，
即 $|FA|\cdot|FB|\cdot|FC|$ 的最小值为 $3$.