第九章第8講第1課時[A級基礎達標]1．如圖所示，點O為坐標原點，直線l經過拋物線C：y2＝4x的焦點F，設點A是直線l與拋物線C在第一象限的交點．以點F為圓心，|FA|為半徑的圓與x軸負半軸的交點為點B，與拋物線C在第四象限的交點為點C．(1)若點O到直線l的距離為eq\f(\r(3),2)，求直線l的方程；(2)求證：直線AB與拋物線C相切．【解析】(1)由題易知，拋物線C的焦點為F(1,0)，當直線l的斜率不存在時，即x＝1，不符合題意．當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝k(x－1)，即kx－y－k＝0.所以eq\f(|－k|,\r(1＋k2))＝eq\f(\r(3),2)，解得k＝±eq\r(3).即直線l的方程為y＝±eq\r(3)(x－1)．(2)證明：設A(x0，y0)，則yeq\o\al(2,0)＝4x0.因為|BF|＝|AF|＝x0＋1，所以B(－x0,0)．所以直線AB的方程為y＝eq\f(y0,2x0)(x＋x0)，整理，得x＝eq\f(2x0y,y0)－x0，把上式代入y2＝4x，得y0y2－8x0y＋4x0y0＝0，因為Δ＝64xeq\o\al(2,0)－16x0yeq\o\al(2,0)＝64xeq\o\al(2,0)－64xeq\o\al(2,0)＝0，所以直線AB與拋物線C相切．2．(2020年烏魯木齊一模)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦點為F(－1,0)，其四個頂點圍成的四邊形面積為2eq\r(6).(1)求橢圓E的方程；(2)過點F的直線l與橢圓E交于A，B兩點，設點M為AB的中點，C，D兩點為橢圓E上關于原點O對稱的兩點，且eq\o(CO,\s\up6(→))＝λeq\o(OM,\s\up6(→))(λ＞0)，求四邊形ACBD的面積的取值范圍．【解析】(1)根據題意得2ab＝2eq\r(6)，所以a2b2＝6.又c2＝1＝a2－b2，所以a2＝3，b2＝2.所以E的方程為eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)①當直線l的斜率為0時，點M與O重合，不滿足eq\o(CO,\s\up6(→))＝λeq\o(OM,\s\up6(→))(λ＞0)，故斜率不為0.②當直線斜率不為0時，設直線AB的方程為x＝my－1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，,x＝my－1，))得(2m2＋3)y2－4my－4＝0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝eq\f(4m,2m2＋3)，y1y2＝eq\f(－4,2m2＋3).所以AB＝eq\r(1＋m2)·eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(4\r(3)1＋m2,2m2＋3).x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝eq\f(4m2,2m2＋3)－2＝eq\f(－6,2m2＋3).所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－3,2m2＋3)，\f(2m,2m2＋3))).因為eq\o(CO,\s\up6(→))＝λeq\o(OM,\s\up6(→))，所以Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3λ,2m2＋3)，\f(－2λm,2m2＋3))).又因為C在曲線E上，所以eq\f(\f(9λ2,2m2＋32),3)＋eq\f(\f(4λ2m2,2m2＋32),2)＝1，整理得λ2＝2m2＋3.因為點O到直線AB的距離d＝eq\f(1,\r(1＋m2)).設四邊形ACBD面積為S，△ABO的面積為S1，則S1＝eq\f(1,2)AB·d＝2eq\r(3)·eq\f(\r(1＋m2),2m2＋3).所以S＝S△ABC＋S△ABD＝(λ＋1)S1＋(λ－1)S1＝2λS1＝4eq\r(3)λ·eq\f(\r(1＋m2),2m2＋3).將λ2＝2m2＋3代入，得S＝4eq\r(3)·eq\r(\f(1＋m2,2m2＋3))＝4eq\r(3)·eq\r(\f(1,2＋\f(1,m2＋1))).當m＝0時，S取最小值4.所以4≤S＜2eq\r(6)，即四邊形ACBD面積的取值范圍為[4,2eq\r(6))．[B級能力提升]3．(2020年沙坪壩區校級模擬)已知點A(－eq\r(m)，0)，B(eq\r(m)，0)是坐標軸上的兩點，動點P滿足直線PA與PB的斜率之積為－eq\f(3,m)(其中m為常數，且m＞3)．記P的軌跡為曲線C．(1)求C的方程，并說明C是什么曲線；(2)過點A斜率為k(k＞0)的直線與曲線C交于點M，點N在曲線C上，且AM⊥AN，若3|AM|＝|AN|，求k的取值范圍．【解析】(1)設點P(x，y)，可得kPA＝eq\f(y,x＋\r(m))，kPB＝eq\f(y,x－\r(m)).由kPAkPB＝eq\f(y2,x2－m)＝－eq\f(3,m)，整理得，eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,3)＝1.因為直線PA與PB的斜率存在，故y≠0，eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,3)＝1(m＞3)為所求軌跡方程．因為y≠0，所以曲線C表示去掉左右頂點，焦點在x軸上的橢圓．(2)直線AM的方程為y＝k(x＋eq\r(m))，代入eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,3)＝1，得(3＋mk2)x2＋2meq\r(m)k2x＋m2k2－3m＝0，解得x＝－eq\r(m)或x＝－eq\f(m\r(m)k2－3\r(m),3＋mk2).|AM|＝eq\r(1＋k2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(m\r(m)k2－3\r(m),3＋mk2)＋\r(m)))＝eq\r(1＋k2)·eq\f(6\r(m),3＋mk2).AN的方程為y＝k′(x＋eq\r(m))，同理可得|AN|＝eq\r(1＋k′2)·eq\f(6\r(m),3＋mk′2).把k′＝－eq\f(1,k)代入，得|AN|＝eq\f(\r(1＋k2),|k|)·eq\f(6\r(m),3＋\f(m,k2))＝eq\f(\r(1＋k2),|k|)·eq\f(6\r(m)k2,3k2＋m).因為3|AM|＝|AN|，所以3eq\r(1＋k2)·eq\f(6\r(m),3＋mk2)＝eq\f(\r(1＋k2),|k|)·eq\f(6\r(m)k2,3k2＋m).又k＞0，得m＝eq\f(9k2－3k,k3－3).而m＞3，所以eq\f(9k2－3k,k3－3)＞3，整理得，eq\f(kk2＋1－3k2＋1,k3－3)＜0，即(k2＋1)(k－3)(k3－3)＜0.由k2＋1＞0，得(k－3)(k3－3)＜0，即(k－3)(k－eq\r(3,3))(k2＋eq\r(3,3)k＋eq\r(3,32))＜0.所以k2＋eq\r(3,3)k＋eq\r(3,32)＞0，得(k－3)(k3－eq\r(3,3))＜0，解得eq\r(3,3)＜k＜3.4．(2020年武昌區校級模擬)設Q是圓E：(x＋1)2＋y2＝16上的一動點，點A(m，n)在直線y＝x－1上，線段AQ的垂直平分線交直線EQ于點P.(1)若點P的軌跡為橢圓，求m的取值范圍；(2)設m＝1時對應的橢圓為C1，點B為橢圓的右頂點，直線l與橢圓C1交于M、N兩點，若eq\o(BM,\s\up6(→))⊥eq\o(BN,\s\up6(→))，求△OMN的面積的最大值．【解析】(1)圓E：(x＋1)2＋y2＝16的圓心E(－1,0)，半徑r＝4.若P的軌跡為橢圓，則A必在圓內，此時AQ的垂直平分線交線段EQ于點P，|PA|＋|PE|＝|PQ|＋|PE|＝|EQ|＝r＝4＞|AE|，所以(m＋1)2＋n2＜16.因為A(m，n)在直線y＝x－1上，所以n＝m－1，所以(m＋1)2＋(m－1)2＜16，則－eq\r(7)＜m＜eq\r(7).(2)當m＝1時，A為(1,0)，此時|PA|＋|PE|＝4＞2＝|AE|，所以P的軌跡為以A，E為焦點的橢圓，其中a＝2，c＝1，b＝eq\r(3)，所以橢圓C1的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.因為B為右頂點，所以B為(2,0)．設M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線MN的方程為x＝ty＋s.由eq\o(BM,\s\up6(→))⊥eq\o(BN,\s\up6(→))，得eq\o(BM,\s\up6(→))·eq\o(BN,\s\up6(→))＝0，即(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0…①因為M，N在直線x＝ty＋s上，所以由①得(1＋t2)y1y2＋t(s－2)(y1＋y2)＋(s－2)2＝0…②由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋s，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))得(3t2＋4)y2＋6tsy＋3s2－12＝0.所以y1＋y2＝eq\f(－6ts,3t2＋4)，y1y2＝eq\f(3s2－12,3t2＋4).代入②，得7s2－16s＋4＝0，解得s＝2或s＝eq\f(2,7).當s＝2時，B，M或B，N重合，與eq\o(BM,\s\up6(→))，eq\o(BN,\s\up6(→))為非零向量矛盾，舍去．所以s＝eq\f(2,7)，直線MN為x＝ty＋eq\f(2,7)，過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，0))，此時S△OMN＝eq\f(1,2)×eq\f(2,7)·|y1－y2|＝eq\f(1,7)eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(4\r(3),7)eq\r(\f(3t2－s2＋4,3t2＋42))＝eq\f(4\r(3),7)e