2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版高考解答题专项突破（五） 第1课时 定点、定值、定线问题含答案

2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版[考情分析]从近几年的新高考试题来看，解析几何是高考的重点，通常以一大两小的模式命题．对解析几何大题的考查综合性较强、难度较大，通常作为两道压轴题之一．下面我们重点讲解一下解析几何部分常考问题的解题方法．第1课时定点、定值、定线问题考点一定点问题(多考向探究)考向1直接推理法求定点问题例1(2023·浙江校考模拟预测)已知点A(2，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，－\f(4,5)))在椭圆M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上．(1)求椭圆M的方程；(2)直线l与椭圆M交于C，D两个不同的点(异于A，B)，过C作x轴的垂线分别交直线AB，AD于点P，Q，当P是CQ的中点时，证明：直线l过定点．解(1)由题意知a＝2，又椭圆经过Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，－\f(4,5)))，代入可得eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,b2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))eq\s\up12(2)＝1，解得b2＝1，故椭圆M的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明：由题意知，当l⊥x轴时，不符合题意，故l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，则Δ＝64k2m2－16(m2－1)(4k2＋1)＝16(4k2－m2＋1)>0，即4k2＋1>m2.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，x1＋x2＝eq\f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1).直线AB的方程为y＝eq\f(1,4)(x－2)，令x＝x1，得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(x1－2,4)))，直线AD的方程为y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，令x＝x1，得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(x1－2,x2－2)y2))，由P是CQ的中点，得eq\f(x1－2,2)＝y1＋eq\f(x1－2,x2－2)y2，即eq\f(y1,x1－2)＋eq\f(y2,x2－2)＝eq\f(1,2)，即(kx1＋m)(x2－2)＋(kx2＋m)(x1－2)＝eq\f(1,2)[x1x2－2(x1＋x2)＋4]，即(1－4k)x1x2＋(4k－2m－2)(x1＋x2)＋4＋8m＝0，即4m2＋(16k＋8)m＋16k2＋16k＝0，所以(m＋2k)(m＋2k＋2)＝0，得m＝－2k－2或m＝－2k.当m＝－2k－2时，由4k2＋1＞m2，得k<－eq\f(3,8)，符合题意；当m＝－2k时，直线l经过点A，与题意不符，舍去．所以直线l的方程为y＝kx－2k－2，即y＝k(x－2)－2，所以直线l过定点(2，－2)．探索直线过定点时，注意讨论直线的斜率是否存在．若直线的斜率存在，可设直线方程为y＝kx＋m，然后利用条件建立m，k之间的等量关系，消元后借助于直线系的思想找出定点．1.(2023·福建名校联盟模拟)设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点A的坐标为(3，－2)．已知点P是抛物线C上的动点，|PA|＋|PF|的最小值为4.(1)求抛物线C的方程；(2)若直线PA与C交于另一点Q，经过点B(3，－6)和点Q的直线与C交于另一点T，证明：直线PT过定点．解(1)若A和F在抛物线y2＝2px的同侧，则(－2)2<3×2p，解得p>eq\f(2,3).设点P在准线上的射影为H，于是|PF|＝|PH|.过A作AH′与准线垂直，垂足为H′，故|PF|＋|PA|＝|PH|＋|PA|≥|AH′|＝3＋eq\f(p,2)＝4，当且仅当A，P，H三点共线时取等号，由此得p＝2>eq\f(2,3)，符合题意；若A和F在抛物线的异侧或A在抛物线上，则p≤eq\f(2,3).由|PF|＋|PA|≥|AF|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(p,2)))\s\up12(2)＋（－2）2)＝4，当且仅当A，P，F三点共线(或A与P重合)时取等号，得到p＝6±4eq\r(3)(舍去)．综上所述，抛物线C的方程为y2＝4x.(2)设Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,0),4)，y0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),4)，y1))，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),4)，y2)).直线QP的斜率kQP＝eq\f(y0－y1,\f(yeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,1),4))＝eq\f(4,y0＋y1)，则其方程为y＝eq\f(4,y0＋y1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(yeq\o\al(2,0),4)))＋y0＝eq\f(4x＋y0y1,y0＋y1).同理可得直线QT的方程为y＝eq\f(4x＋y0y2,y0＋y2)，直线PT的方程为y＝eq\f(4x＋y1y2,y1＋y2).将A(3，－2)，B(3，－6)分别代入直线QP，QT的方程，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2＝\f(12＋y0y1,y0＋y1)，,－6＝\f(12＋y0y2,y0＋y2)，))消去y0，可得y1y2＝12，代入直线PT的方程y＝eq\f(4x＋y1y2,y1＋y2)，化简得y＝eq\f(4x＋12,y1＋y2)＝eq\f(4,y1＋y2)(x＋3)，故直线PT过定点(－3，0)．考向2逆推法求定点问题例2(2024·辽宁锦州一模)已知椭圆C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b≥1)的离心率为eq\f(\r(2),2)，其上焦点到直线bx＋2ay－eq\r(2)＝0的距离为eq\f(\r(2),3).(1)求椭圆C的方程；(2)过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0))的直线l交椭圆C于A，B两点．试探究以线段AB为直径的圆是否过定点．若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．解(1)由题意得，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，又a2＝b2＋c2，所以a＝eq\r(2)b，c＝b.又eq\f(|2ac－\r(2)|,\r(b2＋4a2))＝eq\f(\r(2),3)，a＞b≥1，所以b2＝1，a2＝2，故椭圆C的方程为eq\f(y2,2)＋x2＝1.(2)当AB⊥x轴时，以线段AB为直径的圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(16,9).当AB⊥y轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.可得两圆交点为Q(－1，0)．由此可知，若以线段AB为直径的圆恒过定点，则该定点为Q(－1，0)．下证Q(－1，0)符合题意．设直线l的斜率存在，且不为0，其方程为y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))，代入eq\f(y2,2)＋x2＝1，并整理得(k2＋2)x2－eq\f(2,3)k2x＋eq\f(1,9)k2－2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(2k2,3（k2＋2）)，x1x2＝eq\f(k2－18,9（k2＋2）)，所以eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,3)))＝(1＋k2)·x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)k2))(x1＋x2)＋1＋eq\f(1,9)k2＝(1＋k2)eq\f(k2－18,9（k2＋2）)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)k2))eq\f(2k2,3（k2＋2）)＋1＋eq\f(1,9)k2＝0，故eq\o(QA,\s\up6(→))⊥eq\o(QB,\s\up6(→))，即Q(－1，0)在以线段AB为直径的圆上．综上，以线段AB为直径的圆恒过定点(－1，0)．定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平位置、竖直位置，即k＝0或k不存在时．找出定点，再证明该点符合题意(运用斜率相等或者三点共线)或证明与变量无关．2.(2023·湖南长沙模拟)已知定点A(－1，0)，F(2，0)，定直线l：x＝eq\f(1,2)，不在x轴上的动点P与点F的距离是它到直线l的距离的2倍．设点P的轨迹为E，过点F的直线交E于B，C两点，直线AB，AC分别交l于点M，N.(1)求E的方程；(2)试判断以线段MN为直径的圆是否过定点．若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，说明理由．解(1)设P(x，y)，依题意有eq\r(（x－2）2＋y2)＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，化简可得E的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1(y≠0)．(2)假设以线段MN为直径的圆过定点，由对称性可知该定点必在x轴上．若BC⊥x轴，则B(2，3)，直线AB的方程为y＝x＋1，所以点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))，同理可得点N的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(3,2)))，此时以MN为直径的圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(9,4)，该圆与x轴交于点D1(2，0)和D2(－1，0)．下面进行验证：设直线BC的方程为x＝my＋2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,x2－\f(y2,3)＝1，))消去x，得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，由题意，知3m2－1≠0，Δ>0.设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则y1＋y2＝－eq\f(12m,3m2－1)，y1y2＝eq\f(9,3m2－1).因为直线AB的方程为y＝eq\f(y1,x1＋1)(x＋1)，所以点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3y1,2（x1＋1）)))，同理可得，点N的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3y2,2（x2＋1）))).因为eq\o(D1M,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(3y1,2（x1＋1）)))，eq\o(D1N,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(3y2,2（x2＋1）)))，所以eq\o(D1M,\s\up6(→))·eq\o(D1N,\s\up6(→))＝eq\f(9,4)＋eq\f(9y1y2,4（x1＋1）（x2＋1）)＝eq\f(9,4)＋eq\f(9y1y2,4[m2y1y2＋3m（y1＋y2）＋9])＝eq\f(9,4)＋eq\f(\f(81,3m2－1),4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9m2,3m2－1)－\f(36m2,3m2－1)＋9)))＝0.同理可得，eq\o(D2M,\s\up6(→))·eq\o(D2N,\s\up6(→))＝0.所以以线段MN为直径的圆过定点(2，0)和(－1，0)．考点二定值问题(多考向探究)考向1直接消参法求定值问题例3(2024·武汉调研)如图，椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点A(0，－1)且离心率为eq\f(\r(2),2).(1)求椭圆E的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值．解(1)由题设知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，b＝1，结合a2＝b2＋c2，解得a＝eq\r(2)，所以椭圆E的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，易知x1x2≠0，则x1＋x2＝eq\f(4k（k－1）,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k（k－2）,1＋2k2)，从而直线AP，AQ的斜率之和为kAP＋kAQ＝eq\f(y1＋1,x1)＋eq\f(y2＋1,x2)＝eq\f(kx1＋2－k,x1)＋eq\f(kx2＋2－k,x2)＝2k＋(2－k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))＝2k＋(2－k)eq\f(x1＋x2,x1x2)＝2k＋(2－k)eq\f(4k（k－1）,2k（k－2）)＝2k－2(k－1)＝2(为定值)．圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)证明代数式为定值．依题设条件得出与代数式参数有关的等式，代入所求代数式，化简得出定值．(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的表达式，再利用题设条件化简、变形．(3)求某线段长度为定值．利用两点间距离公式求得表达式，再根据条件对其进行化简、变形即可．3.(2024·山西太原联考一)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)与双曲线eq\f(x2,2)－eq\f(y2,3)＝1有相同的焦点，且C的一条渐近线与直线x－2y＋2＝0平行．(1)求双曲线C的方程；(2)若直线l与双曲线C右支相切(切点不为右顶点)，且l分别交双曲线C的两条渐近线于点A，B，O为坐标原点，试判断△AOB的面积是否为定值．若是，求出定值；若不是，请说明理由．解(1)设双曲线C的焦距为2c(c>0)，由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝\r(2＋3)＝\r(5)，,c2＝a2＋b2，,\f(b,a)＝\f(1,2)，))则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(5)，))则双曲线C的方程为eq\f(x2,4)－y2＝1.(2)由于直线l与双曲线C右支相切(切点不为右顶点)，则直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)－y2＝1，))得(4k2－1)x2＋8kmx＋4m2＋4＝0，则Δ＝64k2m2－4(4k2－1)(4m2＋4)＝0，可得1－4k2＝－m2.设l与x轴的交点为Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,k)，0))，则S△AOB＝S△AOD＋S△BOD＝eq\f(1,2)|OD|·|yA－yB|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－m,k)))·|k|·|xA－xB|＝eq\f(|－m|,2)·|xA－xB|，又双曲线两条渐近线的方程为y＝±eq\f(1,2)x，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,y＝\f(1,2)x，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2m,1－2k)，,y＝\f(m,1－2k)，))不妨令Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2m,1－2k)，\f(m,1－2k)))，同理可得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2m,2k＋1)，\f(m,2k＋1)))，则S△AOB＝eq\f(|－m|,2)·|xA－xB|＝eq\f(|－m|,2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2m,1－2k)＋\f(2m,1＋2k)))＝eq\f(|－m|,2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4m,1－4k2)))＝eq\f(|－m|,2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4m,－m2)))＝2(定值)．考向2特殊转化法求定值问题例4(2023·张家口模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的点到它的两个焦点的距离之和为4，以椭圆C的短轴为直径的圆O经过这两个焦点，点A，B分别是椭圆C的左、右顶点．(1)求圆O和椭圆C的方程；(2)已知P，Q分别是椭圆C和圆O上的动点(P，Q位于y轴两侧)，且直线PQ与x轴平行，直线AP，BP分别与y轴交于点M，N.求证：∠MQN为定值．解(1)由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＝4，,c＝b，,a2－b2＝c2，))解得a＝2，b＝c＝eq\r(2)，所以圆O的方程为x2＋y2＝2，椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)证明：设点P的坐标为(x0，y0)(y0≠0)，点Q的坐标为(xQ，y0)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0),4)＋\f(yeq\o\al(2,0),2)＝1，,xeq\o\al(2,Q)＋yeq\o\al(2,0)＝2，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,0)＝4－2yeq\o\al(2,0)，,xeq\o\al(2,Q)＝2－yeq\o\al(2,0).))由直线AP的方程为y＝eq\f(y0,x0＋2)(x＋2)，得点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y0,x0＋2)))，由直线BP的方程为y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)，得点N的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2y0,x0－2)))，所以eq\o(QM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－xQ，\f(2y0,x0＋2)－y0))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－xQ，－\f(x0y0,x0＋2)))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－xQ，－\f(2y0,x0－2)－y0))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－xQ，－\f(x0y0,x0－2)))，所以eq\o(QM,\s\up6(→))·eq\o(QN,\s\up6(→))＝xeq\o\al(2,Q)＋eq\f(xeq\o\al(2,0)yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－4)＝2－yeq\o\al(2,0)＋eq\f(（4－2yeq\o\al(2,0)）yeq\o\al(2,0),－2yeq\o\al(2,0))＝0，所以QM⊥QN，即∠MQN＝90°，为定值．将一般问题转化为特殊问题的特征，比如角转化为斜率或向量的夹角，线段比转化为坐标比，然后利用题设条件解决问题．4.(2024·北京房山模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的长轴的两个端点分别为A(－2，0)，B(2，0)，离心率为eq\f(\r(3),2).(1)求椭圆C的标准方程；(2)M为椭圆C上除A，B外任意一点，直线AM交直线x＝4于点N，O为坐标原点，过点O且与直线BN垂直的直线记为l，直线BM交y轴于点P，交直线l于点Q，求证：eq\f(|BP|,|PQ|)为定值．解(1)由已知，得a＝2，又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(c,2)＝eq\f(\r(3),2)，所以c＝eq\r(3)，所以b＝eq\r(a2－c2)＝1，所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明：设M(x1，y1)，y1≠0，则eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋yeq\o\al(2,1)＝1，xeq\o\al(2,1)＋4yeq\o\al(2,1)＝4，直线AM的方程为y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，令x＝4，得y＝eq\f(6y1,x1＋2)，即Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(6y1,x1＋2)))，kBN＝eq\f(\f(6y1,x1＋2),4－2)＝eq\f(3y1,x1＋2)，因为l⊥BN，所以kl＝－eq\f(x1＋2,3y1)，直线l的方程为y＝－eq\f(x1＋2,3y1)x.因为直线BM的方程为y＝eq\f(y1,x1－2)(x－2)，令x＝0，得y＝－eq\f(2y1,x1－2)，即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2y1,x1－2))).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(x1＋2,3y1)x，,y＝\f(y1,x1－2)（x－2），))及xeq\o\al(2,1)＋4yeq\o\al(2,1)＝4，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－6，,y＝\f(2（x1＋2）,y1)))，即Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－6，\f(2（x1＋2）,y1))).所以eq\f(|BP|,|PQ|)＝eq\f(|xP－xB|,|xQ－xP|)＝eq\f(|0－2|,|－6－0|)＝eq\f(1,3)，为定值．考点三定线问题例5(2023·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2eq\r(5)，0)，离心率为eq\r(5).(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上．解(1)设双曲线C的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，由焦点坐标可知c＝2eq\r(5)，则由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(5)可得a＝2，b＝eq\r(c2－a2)＝4，故C的方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1.(2)证法一：由(1)可得A1(－2，0)，A2(2，0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，显然直线MN的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x＝my－4，且－eq\f(1,2)<m<eq\f(1,2)，与eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1联立可得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ＝64(4m2＋3)>0，则y1＋y2＝eq\f(32m,4m2－1)，y1y2＝eq\f(48,4m2－1)，直线MA1的方程为y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，直线NA2的方程为y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，联立直线MA1与直线NA2的方程可得，eq\f(x＋2,x－2)＝eq\f(y2（x1＋2）,y1（x2－2）)＝eq\f(y2（my1－2）,y1（my2－6）)＝eq\f(my1y2－2（y1＋y2）＋2y1,my1y2－6y1)＝eq\f(m·\f(48,4m2－1)－2·\f(32m,4m2－1)＋2y1,m·\f(48,4m2－1)－6y1)＝eq\f(\f(－16m,4m2－1)＋2y1,\f(48m,4m2－1)－6y1)＝－eq\f(1,3)，由eq\f(x＋2,x－2)＝－eq\f(1,3)可得x＝－1，即xP＝－1，据此可得，点P在定直线x＝－1上．证法二：由题意得A1(－2，0)，A2(2，0)．设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，则eq\f(xeq\o\al(2,1),4)－eq\f(yeq\o\al(2,1),16)＝1，即4xeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,1)＝16.如图，连接MA2，kMA1·kMA2＝eq\f(y1,x1＋2)·eq\f(y1,x1－2)＝eq\f(yeq\o\al(2,1),xeq\o\al(2,1)－4)＝eq\f(4xeq\o\al(2,1)－16,xeq\o\al(2,1)－4)＝4.①由eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1，得4x2－y2＝16，4[(x－2)＋2]2－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)＋16－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)－y2＝0.由x＝my－4，得x－2＝my－6，my－(x－2)＝6，eq\f(1,6)[my－(x－2)]＝1.4(x－2)2＋16(x－2)·eq\f(1,6)[my－(x－2)]－y2＝0，4(x－2)2＋eq\f(8,3)(x－2)my－eq\f(8,3)(x－2)2－y2＝0，两边同时除以(x－2)2，得eq\f(4,3)＋eq\f(8m,3)·eq\f(y,x－2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x－2)))eq\s\up12(2)＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x－2)))eq\s\up12(2)－eq\f(8m,3)·eq\f(y,x－2)－eq\f(4,3)＝0.kMA2＝eq\f(y1,x1－2)，kNA2＝eq\f(y2,x2－2)，由根与系数的关系得kMA2·kNA2＝－eq\f(4,3).②由①②可得kMA1＝－3kNA2.lMA1：y＝kMA1(x＋2)＝－3kNA2(x＋2)，lNA2：y＝kNA2(x－2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－3kNA2（x＋2），,y＝kNA2（x－2），))解得x＝－1.所以点P在定直线x＝－1上．定线问题的求解思路定线问题是指因图形的变化或点的移动而产生的动点在定线上的问题．这类问题的核心在于确定点的轨迹，一般先求出点的坐标，看横、纵坐标是否为定值，或者找出横、纵坐标的关系．5.(2024·江西赣州模拟预测)如图，过抛物线y2＝4x的焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，AM，AN，BC，BD分别垂直于坐标轴，垂足依次为M，N，C，D.(1)若矩形ANOM和矩形BDOC的面积分别为S1，S2，求S1·S2的值；(2)求证：直线MN与直线CD的交点在定直线上．解(1)抛物线y2＝4x的焦点F(1，0)，显然直线AB不垂直于y轴，设其方程为x＝my＋1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y2＝4x，))消去x，整理得y2－4my－4＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，矩形ANOM和矩形BDOC的面积分别为S1＝|x1y1|＝eq\f(|yeq\o\al(3,1)|,4)，S2＝|x2y2|＝eq\f(|yeq\o\al(3,2)|,4)，所以S1·S2＝eq\f(|yeq\o\al(3,1)|,4)·eq\f(|yeq\o\al(3,2)|,4)＝eq\f(|（－4）3|,16)＝4.(2)证明：由(1)得M(x1，0)，N(0，y1)，C(x2，0)，D(0，y2)，于是得直线MN的方程为y＝－eq\f(y1,x1)x＋y1，直线CD的方程为y＝－eq\f(y2,x2)x＋y2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(y1,x1)x＋y1，,y＝－\f(y2,x2)x＋y2，))消去y，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1,x1)－\f(y2,x2)))x＝y1－y2，而eq\f(y1,x1)－eq\f(y2,x2)＝eq\f(y1,\f(yeq\o\al(2,1),4))－eq\f(y2,\f(yeq\o\al(2,2),4))＝eq\f(4（y2－y1）,y1y2)＝y1－y2，因此有x＝1，即直线MN与直线CD的交点在直线x＝1上．所以直线MN与直线CD的交点在定直线x＝1上．课时作业1．已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率e＝eq\f(\r(2),2)，P为椭圆上一动点，△PF1F2面积的最大值为2.(1)求椭圆E的方程；(2)若C，D分别是椭圆E长轴的左、右端点，动点M满足MD⊥CD，连接CM交椭圆于点N，O为坐标原点．证明：eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))为定值．解(1)当P为短轴端点时，△PF1F2的面积最大，即bc＝2，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,bc＝2，,a2＝b2＋c2.))解得a＝2，b＝c＝eq\r(2)，故椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)证明：由(1)知，C(－2，0)，D(2，0)，设直线CM：y＝k(x＋2)，N(x1，y1)，因为MD⊥CD，所以M(2，4k)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k（x＋2），))整理，得(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，由根与系数的关系，得－2x1＝eq\f(8k2－4,2k2＋1)，则x1＝eq\f(2－4k2,2k2＋1)，y1＝k(x1＋2)＝eq\f(4k,2k2＋1)，所以Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－4k2,2k2＋1)，\f(4k,2k2＋1)))，eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝2×eq\f(2－4k2,2k2＋1)＋4k×eq\f(4k,2k2＋1)＝4，故eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))为定值4.2．(2023·广东茂名五校联考)已知F是抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，不过原点的动直线交抛物线C于A，B两点，M是线段AB的中点，点M在准线l上的射影为N，当eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(FB,\s\up6(→))时，|AN|＝2eq\r(2).(1)求抛物线C的方程；(2)当eq\o(NA,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))＝1时，求证：直线AB过定点．解(1)当eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(FB,\s\up6(→))时，AB⊥x轴且AB过点F，不妨设A在x轴上方，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，p))，此时Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，0))，因为|AN|＝2eq\r(2)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)＋\f(p,2)))eq\s\up12(2)＋p2＝8，解得p＝2，故抛物线C的方程为y2＝4x.(2)证明：当直线AB的斜率为0时，显然不符合题意；当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝my＋n，M(x0，y0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),4)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),4)，y2))，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my＋n，))化简，得y2－4my－4n＝0，Δ＝16(m2＋n)>0，y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝2m，N(－1，2m)，eq\o(NA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),4)＋1，y1－2m))，eq\o(NB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),4)＋1，y2－2m))，eq\o(NA,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),4)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),4)＋1))＋(y1－2m)(y2－2m)＝eq\f(yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2),16)＋eq\f(（y1＋y2）2－2y1y2,4)＋1＋y1y2－2m(y1＋y2)＋4m2＝n2＋eq\f(16m2＋8n,4)＋1－4n－8m2＋4m2＝n2－2n＋1，若eq\o(NA,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))＝1，则n2－2n＋1＝1，解得n＝0(舍去)或n＝2，所以直线AB过定点(2，0)．3．(2023·全国乙卷)已知椭圆C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的离心率是eq\f(\r(5),3)，点A(－2，0)在C上．(1)求C的方程；(2)过点(－2，3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．解(1)由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝2，,a2＝b2＋c2，,e＝\f(c,a)＝\f(\r(5),3)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝2，,c＝\r(5)，))所以C的方程为eq\f(y2,9)＋eq\f(x2,4)＝1.(2)证明：由题意可知，直线PQ的斜率存在，设直线PQ：y＝k(x＋2)＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋2）＋3，,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，))消去y得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0，则Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1728k>0，解得k<0，可得x1＋x2＝－eq\f(8k（2k＋3）,4k2＋9)，x1x2＝eq\f(16（k2＋3k）,4k2＋9)，因为A(－2，0)，则直线AP：y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，令x＝0，解得y＝eq\f(2y1,x1＋2)，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y1,x1＋2)))，同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y2,x2＋2)))，则eq\f(\f(2y1,x1＋2)＋\f(2y2,x2＋2),2)＝eq\f(k（x1＋2）＋3,x1＋2)＋eq\f(k（x2＋2）＋3,x2＋2)＝eq\f([kx1＋（2k＋3）]（x2＋2）＋[kx2＋（2k＋3）]（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)＝eq\f(2kx1x2＋（4k＋3）（x1＋x2）＋4（2k＋3）,x1x2＋2（x1＋x2）＋4)＝eq\f(\f(32k（k2＋3k）,4k2＋9)－\f(8k（4k＋3）（2k＋3）,4k2＋9)＋4（2k＋3）,\f(16（k2＋3k）,4k2＋9)－\f(16k（2k＋3）,4k2＋9)＋4)＝eq\f(108,36)＝3，所以线段MN的中点是定点(0，3)．4．(2024·山东泰安模拟)已知曲线C上的动点P满足|PF1|－|PF2|＝2，且F1(－2，0)，F2(2，0)．(1)求曲线C的方程；(2)若直线AB与C交于A，B两点，分别过A，B作C的切线，两切线交于点P′.在以下两个条件①②中选择一个条件，证明另外一个条件成立．①直线AB经过定点M(4，0)；②点P′在定直线x＝eq\f(1,4)上．解(1)因为|PF1|－|PF2|＝2<4＝|F1F2|，所以曲线C是以F1，F2为焦点，2为实轴长的双曲线的右支，所以2a＝2，即a＝1，又因为F1(－2，0)，F2(2，0)，所以c＝2，得b2＝3，所以曲线C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1(x≥1)．(2)若选择①，证明②成立．依题意，点A，B在双曲线右支上，此时直线AB的斜率必不为0，设直线方程为x＝my＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，不妨设A在第一象限，B在第四象限．因为x2－eq\f(y2,3)＝1(x≥1)，所以yeq\o\al(2,1)＝3xeq\o\al(2,1)－3，且y＝eq\r(3x2－3)，求导得y′＝eq\f(3x,\r(3x2－3))，所以过点A的切线方程为y－y1＝eq\f(3x1,\r(3xeq\o\al(2,1)－3))(x－x1)，化简得yy1＝3x1x－3，(ⅰ)同理yy2＝3x2x－3，(ⅱ)联立方程(ⅰ)(ⅱ)，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(y2－y1,x1y2－x2y1)，,y＝\f(3x2－3x1,x1y2－x2y1)，))所以P′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y2－y1,x1y2－x2y1)，\f(3x2－3x1,x1y2－x2y1)))，因为点A，B在直线AB上，所以x1＝my1＋4，x2＝my2＋4，所以x1y2＝my1y2＋4y2，x2y1＝my1y2＋4y1，所以点P′的横坐标为eq\f(y2－y1,x1y2－x2y1)＝eq\f(y2－y1,4（y2－y1）)＝eq\f(1,4)，点P′的纵坐标为eq\f(3x2－3x1,x1y2－x2y1)＝eq\f(3m（y2－y1）,4（y2－y1）)＝eq\f(3m,4).即点P′在定直线x＝eq\f(1,4)上．若选择②，证明①成立．不妨设A在第一象限，B在第四象限，A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为x2－eq\f(y2,3)＝1(x≥1)，所以yeq\o\al(2,1)＝3xeq\o\al(2,1)－3，且y＝eq\r(3x2－3)，求导得y′＝eq\f(3x,\r(3x2－3))，所以过点A的切线方程为y－y1＝eq\f(3x1,\r(3xeq\o\al(2,1)－3))(x－x1)，化简得yy1＝3x1x－3，(ⅰ)同理yy2＝3x2x－3，(ⅱ)联立方程(ⅰ)(ⅱ)得，交点P′的横坐标为eq\f(y2－y1,x1y2－x2y1)，由题意，知eq\f(y2－y1,x1y2－x2y1)＝eq\f(1,4)，即x1y2－x2y1＝4y2－4y1＝4(y2－y1)．(ⅲ)因为A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以直线AB的方程为y－y1＝eq\f(y2－y1,x2－x1)(x－x1)，即(x2－x1)(y－y1)＝(y2－y1)(x－x1)，整理得x1y2－x2y1＝(y2－y1)x＋(x1－x2)y.联立(ⅲ)式可得(y2－y1)(x－4)＋(x1－x2)y＝0，易知x＝4，y＝0，即直线AB经过定点M(4，0)．5.(2023·河南郑州统考二模)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，O为坐标原点，焦点在直线2x＋4y－1＝0上．(1)求抛物线的标准方程；(2)过点(4，0)作动直线l与抛物线C交于M，N两点，直线OM，ON分别与圆(x－1)2＋y2＝1交于点P，Q(异于点O)，设直线OM，ON的斜率分别为k1，k2.①求证：k1·k2为定值；②求证：直线PQ恒过定点．解(1)易知直线2x＋4y－1＝0与x轴交于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，即焦点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，所以eq\f(p,2)＝eq\f(1,2)，p＝1，则抛物线的标准方程为y2＝2x.(2)证明：①设直线MN的方程为x＝my＋4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋4，,y2＝2x，))得y2－2my－8＝0，所以y1y2＝－8，又eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yeq\o\al(2,1)＝2x1，,yeq\o\al(2,2)＝2x2，))所以yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2)＝4x1x2＝64，即x1x2＝16，则k1·k2＝eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝eq\f(－8,16)＝－eq\f(1,2).②设直线PQ的方程为x＝ty＋n，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋n，,（x－1）2＋y2＝1，))得(t2＋1)y2＋2t(n－1)y＋n2－2n＝0，所以y3＋y4＝－eq\f(2t（n－1）,t2＋1)，y3y4＝eq\f(n2－2n,t2＋1)，k1·k2＝eq\f(y3,x3)·eq\f(y4,x4)＝eq\f(y3y4,（ty3＋n）（ty4＋n）)＝eq\f(y3y4,t2y3y4＋nt（y3＋y4）＋n2)＝－eq\f(1,2)，整理得eq\f(n－2,n)＝－eq\f(1,2)，n＝eq\f(4,3)，所以直线PQ恒过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，0)).6．(2023·山西阳泉统考二模)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)经过点D(4，3)，直线l1，l2是双曲线C的两条渐近线，过D分别作l1和l2的平行线l1′和l2′，直线l1′交x轴于点M，直线l2′交y轴于点N，且|OM|·|ON|＝2eq\r(3)(O为坐标原点)．(1)求双曲线C的方程；(2)设A1，A2分别是双曲线C的左、右顶点，过右焦点F的直线交双曲线C于P，Q两个不同点，直线A1P与A2Q交于点G，证明：点G在定直线上．解(1)由题意，得eq\f(16,a2)－eq\f(9,b2)＝1，所以16b2－9a2＝a2b2，不妨设直线l1的方程为y＝eq\f(b,a)x，则直线l′1的方程为y－3＝eq\f(b,a)(x－4)，在直线l1′的方程中，令y＝0，可得x＝4－eq\f(3a,b)，即点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(3a,b)，0))，同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，3＋\f(4b,a)))，所以|OM|·|ON|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(3a,b)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(4b,a)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(16b2－9a2,ab)))＝ab＝2eq\r(3)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(16b2－9a2＝a2b2，,ab＝2\r(3)，))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝3.))因此双曲线C的方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1.(2)证明：由(1)得A1(－2，0)，A2(2，0)，F(eq\r(7)，0)，若直线PQ与x轴重合，则P，Q为双曲线的顶点，不符合题意．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为x＝my＋eq\r(7)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋\r(7)，,3x2－4y2＝12，))可得(3m2－4)y2＋6eq\r(7)my＋9＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3m2－4≠0，,Δ＝36×7m2－36（3m2－4）＝144（m2＋1）>0，))解得m≠±eq\f(2\r(3),3)，所以y1＋y2＝eq\f(－6\r(7)m,3m2－4)，y1y2＝eq\f(9,3m2－4)，直线A1P的方程为y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，直线A2Q的方程为y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，联立直线A1P与A2Q的方程，可得eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，所以eq\f(x＋2,x－2)＝eq\f(y2（x1＋2）,y1（x2－2）)＝eq\f(y2（my1＋2＋\r(7)）,y1（my2＋\r(7)－2）)＝eq\f(my1y2＋（2＋\r(7)）y2,my1y2＋（\r(7)－2）y1)＝eq\f(\f(9m,3m2－4)＋（\r(7)＋2）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6\r(7)m,3m2－4)－y1)),\f(9m,3m2－4)＋（\r(7)－2）y1)＝eq\f(－\f(33m＋12\r(7)m,3m2－4)－（\r(7)＋2）y1,\f(9m,3m2－4)＋（\r(7)－2）y1)＝eq\f(\f(－（11＋4\r(7)）3m,3m2－4)－（11＋4\r(7)）\f(\r(7)＋2,11＋4\r(7))y1,\f(3×3m,3m2－4)＋3×\f(\r(7)－2,3)y1)＝eq\f(－（11＋4\r(7)）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m,3m2－4)＋\f(\r(7)－2,3)y1)),3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m,3m2－4)＋\f(\r(7)－2,3)y1)))＝－eq\f(11＋4\r(7),3)，解得x＝eq\f(4\r(7),7)，因此点G在定直线x＝eq\f(4\r(7),7)上．第2课时最值、范围问题考点一建立目标函数求最值或范围例1(2024·陕西西安联考)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线交抛物线于A，B两点，|AB|＝4.(1)求抛物线C的方程；(2)若M，N是抛物线C上两动点，以MN为直径的圆经过点P(1，2)，M，N，P三点都不重合，求|MF|＋|NF|的最小值．解(1)由题意知Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，∴|AB|＝2p＝4，∴p＝2，抛物线C的方程为y2＝4x.(2)设直线MN的方程为x＝my＋n，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋n，,y2＝4x，))得y2－4my－4n＝0，∴Δ＝(－4m)2＋16n>0，即m2＋n>0，且y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，∴x1＋x2＝(my1＋n)＋(my2＋n)＝m(y1＋y2)＋2n＝4m2＋2n，x1x2＝eq\f(yeq\o\al(2,1),4)·eq\f(yeq\o\al(2,2),4)＝n2.∵以MN为直径的圆经过点P(1，2)，∴PM⊥PN，∴eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝0，∴(x1－1，y1－2)·(x2－1，y2－2)＝0，即(x1－1)(x2－1)＋(y1－2)(y2－2)＝0，∴x1x2－(x1＋x2)＋y1y2－2(y1＋y2)＋5＝0，∴n2－(4m2＋2n)－4n－8m＋5＝0，∴(n－3)2＝(2m＋2)2，∴n＝2m＋5或n＝－2m＋1.若n＝－2m＋1，直线MN：x＝my－2m＋1过点P，不符合题意，舍去．∴n＝2m＋5，∴x1＋x2＝4m2＋2n＝4m2＋4m＋10，则|MF|＋|NF|＝x1＋x2＋2＝4m2＋4m＋12＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋11，∴当m＝－eq\f(1,2)时，|MF|＋|NF|取得最小值，为11.建立目标函数求最值或范围，即把要求最值或范围的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数解析式，然后利用函数的单调性、不等式等求最值或范围．1.(2023·湖北武汉模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，其短轴长与双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1的实半轴长相等．(1)求椭圆C的方程；(2)若直线AB与曲线D：x2＋y2＝b2相切，与椭圆C交于A，B两点，求|AB|的取值范围．解(1)因为双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1的实半轴长为2，所以b＝1，又椭圆C的离心率为eq\f(\r(3),2)，所以e2＝eq\f(a2－b2,a2)＝1－eq\f(1,a2)＝eq\f(3,4)，解得a2＝4，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由(1)，知曲线D：x2＋y2＝1为圆，当与圆D相切的直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝±1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝±1，,x2＋4y2＝4，))得y＝±eq\f(\r(3),2)，则|AB|＝eq\r(3)；当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4y2＝4，,y＝kx＋m，))消去y，并整理，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，即4k2－m2＋1>0，x1＋x2＝eq\f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1)，又直线AB与圆D：x2＋y2＝1相切，则eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝1，即m2＝k2＋1，显然k≠0，则(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8km,4k2＋1)))eq\s\up12(2)－4×eq\f(4m2－4,4k2＋1)＝eq\f(64k2－16m2＋16,（4k2＋1）2)＝eq\f(48k2,（4k2＋1）2)，于是，得|AB|＝eq\r(k2＋1)|x1－x2|＝eq\f(4\r(3)·\r(k2（k2＋1）),4k2＋1)，令4k2＋1＝t(t>1)，则|AB|＝eq\r(3)·eq\r(－\f(3,t2)＋\f(2,t)＋1)＝eq\r(3)·eq\r(\f(4,3)－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,3)))\s\up12(2))，而t>1，即0<eq\f(1,t)<1，因此0<|AB|≤2，所以|AB|的取值范围为(0，2]．考点二构造不等式求最值或范围例2(2024·山东潍坊模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的长轴长为4，C的短轴的两个顶点与左焦点构成等边三角形．(1)求C的标准方程；(2)直线l与椭圆交于A，B两点，且|AB|＝2，点P满足PA⊥PB，O为坐标原点，求|OP|的最大值．解(1)由题意知，2a＝4，所以a＝2，设C的短轴的两个顶点为D，E，左焦点为F1，因为C的短轴的两个顶点与左焦点构成等边三角形，如图所示，所以eq\f(|DO|,|F1D|)＝eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，所以b＝1，所以C的标准方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由题意PA⊥PB，可得P的轨迹为以AB为直径且除去点A，B的圆，设圆心为M，则半径|PM|＝1，而由三角形三边关系，可得|OP|≤|OM|＋|PM|＝|OM|＋1，故M，P，O三点共线时，|OM|最大，此时M在OP之间．①当直线l的斜率不存在时，AB恰为短轴，此时|OP|＝1；②当直线l的斜率存在时，如图所示，设l：y＝kx＋m.联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，Δ＝64(km)2－16(1＋4k2)(m2－1)>0，得4k2－m2＋1>0，得x1＋x2＝eq\f(－8km,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4（m2－1）,1＋4k2)，|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\f(4\r(4k2－m2＋1),1＋4k2)＝2，得m2＝eq\f(3（1＋4k2）,4＋4k2)，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4km,1＋4k2)，\f(m,1＋4k2)))，所以|OM|2＝eq\f(（16k2＋1）m2,（1＋4k2）2)＝eq\f(3（1＋16k2）,4（1＋4k2）（k2＋1）)，令1＋16k2＝t，t≥1，|OM|2＝eq\f(48t,t2＋18t＋45)＝eq\f(48,t＋\f(45,t)＋18)≤eq\f(48,2\r(45)＋18)＝6－2eq\r(5)，所以|OM|≤eq\r(5)－1，当且仅当t＝3eq\r(5)时，等号成立，而|OP|≤|OM|＋|PM|＝|OM|＋1≤eq\r(5)，当k2＝eq\f(3\r(5)－1,16)时取等号，所以|OP|的最大值为eq\r(5).构造不等式求最值或范围，即把要求最值或范围的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数解析式，然后利用不等式的知识求最值或范围．2.已知双曲线x2－eq\f(y2,2)＝1，斜率为k(k≠0)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eq\f(9,2)，求k的取值范围．解(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为|PB|＝3|AP|，所以eq\o(PB,\s\up6(→))＝3eq\o(AP,\s\up6(→))，即(x2，y2－1)＝3(－x1，1－y1)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝－3x1，,y2＝4－3y1，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)－\f(yeq\o\al(2,1),2)＝1，,（－3x1）2－\f(（4－3y1）2,2)＝1，))所以x1＝－1，y1＝0，即A(－1，0)，所以k＝kAP＝eq\f(1－0,1)＝1.(2)设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2－\f(y2,2)＝1，))整理得(2－k2)x2－2kmx－m2－2＝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－k2≠0，且Δ＝(－2km)2＋4(2－k2)·(m2＋2)>0，整理得m2＋2－k2>0.则x1＋x2＝eq\f(2km,2－k2)，x1x2＝eq\f(－m2－2,2－k2).因为x1x2<0，所以eq\f(－m2－2,2－k2)<0，所以k2<2.设线段AB的中点坐标为(x0，y0)，则x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(km,2－k2)，y0＝kx0＋m＝eq\f(2m,2－k2).所以AB的垂直平分线方程为y－eq\f(2m,2－k2)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(km,2－k2)))，此直线与x轴、y轴的交点坐标分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3km,2－k2)，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3m,2－k2))).由题意可得eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3km,2－k2)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3m,2－k2)))＝eq\f(9,2)，整理得m2＝eq\f(（2－k2）2,|k|)，k≠0，代入m2＋2－k2>0，可得eq\f(（2－k2）2,|k|)＋2－k2>0，又2－k2>0，所以上式恒成立，所以0<|k|<eq\r(2).所以k的取值范围是(－eq\r(2)，0)∪(0，eq\r(2))．考点三几何法求最值或范围例3(2020·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点M(2，3)，点A为其左顶点，且AM的斜率为eq\f(1,2).(1)求C的方程；(2)点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值．解(1)由题意可知直线AM的方程为y－3＝eq\f(1,2)(x－2)，即x－2y＝－4.当y＝0时，解得x＝－4，所以a＝4，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点M(2，3)，可得eq\f(4,16)＋eq\f(9,b2)＝1，解得b2＝12.所以C的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝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△AMN的面积取得最大值．联立直线方程x－2y＝m与椭圆方程eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1，可得3(m＋2y)2＋4y2＝48，化简可得16y2＋12my＋3m2－48＝0，所以Δ＝144m2－4×16(3m2－48)＝0，即m2＝64，解得m＝±8，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＝eq\f(8＋4,\r(1＋4))＝eq\f(12\r(5),5)，由两点之间距离公式可得|AM|＝eq\r(（2＋4）2＋32)＝3eq\r(5).所以△AMN的面积的最大值为eq\f(1,2)×3eq\r(5)×eq\f(12\r(5),5)＝18.几何法求最值或范围，即通过利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等知识来求最值或范围．3.(2024·广东深圳冲刺)已知抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点为F，过点F且倾斜角为eq\f(π,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＝－eq\f(1,2)交于A，B两点，求|FA|·|FB|·|FC|的最小值．解(1)由抛物线方程得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，可设过点F且倾斜角为eq\f(π,3)的直线为y＝eq\r(3)x＋eq\f(p,2)，直线与抛物线交于M，N两点，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)x＋\f(p,2)，,x2＝2py，))得x2－2eq\r(3)px－p2＝0，由根与系数的关系，得x1＋x2＝2eq\r(3)p，由抛物线焦点弦长公式，可得|MN|＝y1＋y2＋p＝eq\r(3)(x1＋x2)＋2p＝8p＝16，解得p＝2，即抛物线E的方程为x2＝4y.(2)由(1)知F(0，1)，准线方程为y＝－1，设∠AFB＝θ，圆C的半径为r，则∠ACB＝2θ，|FC|＝|CA|＝|CB|＝r，∴S△AFB＝eq\f(1,2)|FA|·|FB|sinθ＝eq\f(1,2)|AB|·eq\f(3,2)＝eq\f(3,4)|AB|，又|AB|＝2rsinθ，∴|FA|·|FB|＝3r，由抛物线的定义可知|CF|＝yC＋1≥1，即r≥1，∴|FA|·|FB|·|FC|＝3r2≥3，即|FA|·|FB|·|FC|的最小值为3.课时作业1．(2024·四川成都联考一)已知椭圆C的对称中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，焦点在y轴上，离心率e＝eq\f(1,2)，且过点P(3，2)．(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l与椭圆交于A，B两点，且直线PA，PB的倾斜角互补，点M(0，8)，求△MAB面积的最大值．解(1)∵e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，∴a＝2c，b＝eq\r(3)c，设椭圆C的标准方程为eq\f(x2,3c2)＋eq\f(y2,4c2)＝1，即4x2＋3y2＝12c2，∵椭圆C过点P(3，2)，∴36＋12＝12c2，∴c2＝4.∴椭圆C的标准方程为eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,16)＝1.(2)由题意，可知直线l的斜率存在，且不过点P(3，2)，设直线l的方程为y＝kx＋m(3k＋m－2≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,4x2＋3y2＝48，))得(3k2＋4)x2＋6kmx＋3m2－48＝0，∴x1＋x2＝－eq\f(6km,3k2＋4)，x1x2＝eq\f(3m2－48,3k2＋4)，Δ＝48(12k2＋16－m2)>0.∵kPA＋kPB＝eq\f(y1－2,x1－3)＋eq\f(y2－2,x2－3)＝0，∴eq\f(kx1＋m－2,x1－3)＋eq\f(kx2＋m－2,x2－3)＝2k＋(3k＋m－2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1－3)＋\f(1,x2－3)))＝0，∴2k＋(3k＋m－2)·eq\f(x1＋x2－6,x1x2－3（x1＋x2）＋9)＝0，则(k－2)(3k＋m－2)＝0，∴k＝2，又Δ＝48(64－m2)>0，解得－8<m<8，△MAB的面积S＝eq\f(1,2)|8－m|·|x1－x2|＝eq\f(\r(3),8)·eq\r(（64－m2）（8－m）2).令f(m)＝(64－m2)(8－m)2，－8<m<8，则f′(m)＝－4(8－m)2(4＋m)，当x∈(－8，－4)时，f′(m)＞0，当x∈(－4，8)时，f′(m)＜0，∴当m＝－4时，△MAB的面积取得最大值，为18.2．(2024·湖南永州质检)设双曲线C：eq\f(x2,3)－y2＝1，其右焦点为F，过F的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点．(1)求直线l的倾斜角θ的取值范围；(2)直线AO(O为坐标原点)与曲线C的另一个交点为D，求△ABD面积的最小值，并求此时直线l的方程．解(1)由双曲线C：eq\f(x2,3)－y2＝1，得c2＝3＋1＝4，则右焦点F(2，0)，显然直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my＋2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,