第五板塊大題增分練（一）求值問題1．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一條漸近線方程為eq\r(2)x－y＝0，且雙曲線經(jīng)過點A(2,2)．(1)求雙曲線C的方程；(2)過點B(1,0)且斜率不為0的直線與C交于M，N兩點(與點A不重合)，直線AM，AN分別與直線x＝1交于點P，Q，求eq\f(|PB|,|QB|)的值．解：(1)由題意可知eq\f(4,a2)－eq\f(4,b2)＝1，eq\f(b,a)＝eq\r(2)，解得a＝eq\r(2)，b＝2.所以雙曲線C的方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,4)＝1.(2)設直線MN的方程為x＝my＋1，代入eq\f(x2,2)－eq\f(y2,4)＝1中，可得(2m2－1)y2＋4my－2＝0.設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則2m2－1≠0，Δ＝32m2－8>0，y1＋y2＝eq\f(－4m,2m2－1)，y1y2＝eq\f(－2,2m2－1).直線AM的方程為y＝eq\f(y1－2,x1－2)(x－2)＋2，令x＝1，得點P的縱坐標為yP＝eq\f(2－y1,x1－2)＋2.直線AN的方程為y＝eq\f(y2－2,x2－2)(x－2)＋2，令x＝1，得點Q的縱坐標為yQ＝eq\f(2－y2,x2－2)＋2.因為eq\f(2－y1,x1－2)＋eq\f(2－y2,x2－2)＝eq\f(－2my1y2＋2m＋1y1＋y2－4,my1－1my2－1)＝eq\f(\f(－16m2＋4,2m2－1),\f(4m2－1,2m2－1))＝－4，所以yP＋yQ＝0，即eq\f(|PB|,|BQ|)＝1.2．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點F1與圓x2＋y2＋2eq\r(3)x＝0的圓心重合，過右焦點F2的直線與C交于A，B兩點，△ABF1的周長為8.(1)求橢圓C的方程；(2)若C上存在M，N兩點關于直線l：2kx－2y＋3＝0對稱，且OM⊥ON(O為坐標原點)，求k的值．解：(1)由x2＋y2＋2eq\r(3)x＝0，得F1(－eq\r(3)，0)，∴c＝eq\r(3).根據(jù)橢圓定義，由△ABF1的周長為8，得4a＝8，a＝2.∴b2＝a2－c2＝1.橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)設線段MN的中點Q(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．由直線l：kx－y＋eq\f(3,2)＝0，且l⊥MN，設lMN：x＝－ky＋m，則聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－ky＋m，,x2＋4y2＝4，))得(k2＋4)y2－2kmy＋m2－4＝0，則Δ＝(2km)2－4(k2＋4)(m2－4)＝16(k2＋4－m2)，y1＋y2＝eq\f(2km,k2＋4)，y1y2＝eq\f(m2－4,k2＋4)，x1x2＝m2－km(y1＋y2)＋k2y1y2.∵OM⊥ON，∴eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝0，x1x2＋y1y2＝0，即m2－km(y1＋y2)＋(k2＋1)y1y2＝0，∴5m2＝4(k2＋1)．①由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),4)＋y\o\al(2,1)＝1，,\f(x\o\al(2,2),4)＋y\o\al(2,2)＝1，))得eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),4)＋yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2)＝0，即eq\f(1,4)＋eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝0.∴eq\f(1,k)·eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq\f(1,4).∵eq\f(1,k)＝eq\f(x0,y0－\f(3,2))，eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq\f(y0,x0)，∴eq\f(y0,y0－\f(3,2))＝eq\f(1,4)，得2y0＝－1.∴eq\f(2km,k2＋4)＝－1.②聯(lián)立①②，消去m得11k4－24k2－80＝0，∴k2＝4，k＝±2.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝2，,m＝－2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝－2，,m＝2.))經(jīng)驗證，滿足Δ>0，∴k＝±2.3.如圖，已知拋物線C：y2＝2px(p>0)，F(xiàn)為其焦點，點A(2，y0)在C上，△OAF的面積為4.(1)求拋物線C的方程；(2)過點P(m,0)(m>0)作斜率為－1的直線l1交拋物線C于點M，N，直線MF交拋物線C于點Q，以Q為切點作拋物線C的切線l2，且l2∥l1，求△MNQ的面積．解：(1)由題意可知，拋物線C的焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0)).將A(2，y0)代入拋物線C的方程得yeq\o\al(2,0)＝4p.又p>0，則|y0|＝2eq\r(p).因為△OAF的面積為eq\f(1,2)×eq\f(p,2)×2eq\r(p)＝eq\f(p\r(p),2)＝4，解得p＝4，所以拋物線C的方程為y2＝8x.(2)由(1)可得拋物線C的方程為y2＝8x，焦點F(2,0)．設直線l1：x＝－y＋m(m>0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(x3，y3)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－y＋m，,y2＝8x，))消去x得y2＋8y－8m＝0，則Δ＝64＋32m>0，y1＋y2＝－8，y1y2＝－8m.因為點M(x1，y1)在拋物線上，則yeq\o\al(2,1)＝8x1，即x1＝eq\f(y\o\al(2,1),8).所以直線MF的方程為x＝eq\f(x1－2,y1)y＋2＝eq\f(\f(y\o\al(2,1),8)－2,y1)y＋2＝eq\f(y\o\al(2,1)－16,8y1)y＋2.聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(y\o\al(2,1)－16,8y1)y＋2，,y2＝8x，))消去x得y2＋eq\f(16－y\o\al(2,1),y1)y－16＝0，可得y1y3＝－16，即y3＝－eq\f(16,y1)，則x3＝eq\f(y\o\al(2,1)－16,8y1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(16,y1)))＋2＝eq\f(32,y\o\al(2,1))，即Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32,y\o\al(2,1))，－\f(16,y1))).因為l2∥l1，可設l2：x＝－y＋n，代入Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32,y\o\al(2,1))，－\f(16,y1)))得eq\f(32,y\o\al(2,1))＝eq\f(16,y1)＋n，即n＝eq\f(32,y\o\al(2,1))－eq\f(16,y1)，所以l2：x＝－y＋eq\f(32,y\o\al(2,1))－eq\f(16,y1).聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－y＋\f(32,y\o\al(2,1))－\f(16,y1)，,y2＝8x，))消去x得y2＋8y＋8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,y1)－\f(32,y\o\al(2,1))))＝0.因為l2為拋物線C的切線，則Δ＝64－32eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,y1)－\f(32,y\o\al(2,1))))＝0，整理得yeq\o\al(2,1)－8y1＋16＝0，解得y1＝4.又因為y1＋y2＝－8，y1y2＝－8m，y1y3＝－16，可得y2＝－12，m＝6，y3＝－4，即Q(