多维层次练54-定点、定值、证明问题学案

这是一份多维层次练54-定点、定值、证明问题学案，共9页。
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点M(－4，0)，过F作直线l交椭圆于A，B两点，证明：∠FMA＝∠FMB.
(1)解：由题意可知c＝1，把x＝1代入椭圆方程可得eq \f(1,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1可得y＝±eq \f(b2,a)，
所以eq \f(b2,a)＝eq \f(3,2)，又a2＝b2＋1，可得a＝2，b＝eq \r(3)，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：当直线l的斜率不存在时，由对称性可知：∠FMA＝∠FMB；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，
代入椭圆方程可得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(－8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
所以kAM＋kBM＝eq \f(y1,x1＋4)＋eq \f(y2,x2＋4)＝
eq \f(k（x1＋1）（x2＋4）＋k（x2＋1）（x1＋4）,（x1＋4）（x2＋4）)＝
eq \f(k[2x1x2＋5（x1＋x2）＋8],（x1＋4）（x2＋4）).
因为2x1x2＋5(x1＋x2)＋8＝eq \f(8k2－24,3＋4k2)－eq \f(40k2,3＋4k2)＋8＝0，
所以kAM＋kBM＝0，所以∠FMA＝∠FMB.
综上，∠FMA＝∠FMB.
2．(2021·广东省适应性考试)双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，右焦点为F，动点B在C上．当BF⊥AF时|AF|＝|BF|.
(1)求C的离心率；
(2)若B在第一象限，证明：∠BFA＝2∠BAF.
(1)解：如图|BF|＝|AF|，且BF⊥AF时，有
c＋a＝eq \f(b2,a)＝eq \f(c2－a2,a)，所以：a＝c－a，e＝2.
(2)证明：由(1)知：双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,3a2)＝1，
可设B(asec θ，eq \r(3)atan θ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(00)的右焦点到直线x－y＋3eq \r(2)＝0的距离为5，且椭圆C的一个长轴端点与一个短轴端点间的距离为eq \r(10).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)给出定点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6\r(5),5)，0))，对于椭圆C的任意一条过Q的弦AB，eq \f(1,|QA|2)＋eq \f(1,|QB|2)是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．
解：(1)由右焦点(c，0)到直线x－y＋3eq \r(2)＝0的距离为5，
可得eq \f(|c＋3\r(2)|,\r(2))＝5，解得c＝2eq \r(2).
又eq \r(a2＋b2)＝eq \r(10)，a2＝b2＋c2，联立解得a＝3，b＝1.
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1.
(2)当直线与x轴重合时，eq \f(1,|QA|2)＋eq \f(1,|QB|2)＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6\r(5),5)＋3))\s\up12(2))＋eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6\r(5),5)－3))\s\up12(2))＝10.
当直线与x轴不重合时，设直线AB的方程为x＝my＋eq \f(6,\r(5))，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋\f(6,\r(5))，,x2＋9y2＝9，))可得(m2＋9)y2＋eq \f(12m,\r(5))y－eq \f(9,5)＝0，
Δ>0，所以y1＋y2＝eq \f(－12m,\r(5)（m2＋9）)，y1y2＝eq \f(－9,5（m2＋9）).
所以eq \f(1,|QA|2)＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(6,\r(5))))\s\up12(2)＋yeq \\al(2,1))＝eq \f(1,（m2＋1）yeq \\al(2,1))，
同理可得：eq \f(1,|QB|2)＝eq \f(1,（m2＋1）yeq \\al(2,2)).
所以eq \f(1,|QA|2)＋eq \f(1,|QB|2)＝eq \f(1,（m2＋1）yeq \\al(2,1))＋eq \f(1,（m2＋1）yeq \\al(2,2))＝
eq \f(yeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2),（m2＋1）yeq \\al(2,1)yeq \\al(2,2))＝eq \f(（y1＋y2）2－2y1y2,（m2＋1）yeq \\al(2,1)yeq \\al(2,2))＝
eq \f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(－12m,\r(5)（m2＋9）)))\s\up12(2)＋\f(2×9,5（m2＋9）),（m2＋1）\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(－9,5（m2＋9）)))\s\up12(2))＝10.
综上可得，eq \f(1,|QA|2)＋eq \f(1,|QB|2)＝10.
5．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的长轴与短轴之和为6，椭圆上任一点到两焦点F1，F2的距离之和为4.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线AB：y＝x＋m与椭圆交于A，B两点，C，D在椭圆上，且C，D两点关于直线AB对称，问：是否存在实数m，使|AB|＝eq \r(2)|CD|，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由题意，2a＝4，2a＋2b＝6，
所以a＝2，b＝1，
所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)因为C，D关于直线AB对称，设直线CD的方程为y＝－x＋t，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－x＋t，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，
得5x2－8tx＋4t2－4＝0，
Δ＝64t2－4×5×(4t2－4)>0，解得t2