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3课时 证明与探索性问题含答案

2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版第3课时证明与探索性问题考点一证明问题(多考向探究)考向1利用直接法证明例1(2023·河南名校联盟押题)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a2)＝1(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2.过F2的直线l交C的右支于M，N两点，当l垂直于x轴时，M，N到C的一条渐近线的距离之和为2eq\r(2).(1)求C的方程；(2)证明：eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)为定值．解(1)根据题意，得F2(eq\r(2)a，0)，C的一条渐近线方程为y＝x，将x＝eq\r(2)a代入C的方程，得M(eq\r(2)a，a)，N(eq\r(2)a，－a)，所以M，N到直线y＝x的距离之和为eq\f(|\r(2)a－a|,\r(2))＋eq\f(|\r(2)a＋a|,\r(2))＝2a＝2eq\r(2)，所以a＝eq\r(2)，所以C的方程为eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1.(2)证明：当l垂直于x轴时，由(1)可知，|MF2|＝|NF2|＝a＝eq\r(2)，且由双曲线的定义可知|MF1|＝|NF1|＝a＋2a＝3a＝3eq\r(2)，故eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)＝6；当l不垂直于x轴时，由双曲线的定义可知|MF1|＝|MF2|＋2a＝|MF2|＋2eq\r(2)，|NF1|＝|NF2|＋2eq\r(2)，故eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)＝2＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,|MF2|)＋\f(1,|NF2|))).设l：y＝k(x－2)，代入C的方程，得(1－k2)x2＋4k2x－4k2－2＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(4k2,k2－1)，x1x2＝eq\f(4k2＋2,k2－1)，所以eq\f(1,|MF2|)＋eq\f(1,|NF2|)＝eq\f(|MF2|＋|NF2|,|MF2|·|NF2|)＝eq\f(|MN|,|MF2|·|NF2|)＝eq\f(|x1－x2|,\r(1＋k2)|（x1－2）（x2－2）|)＝eq\f(\r(（x1＋x2）2－4x1x2),\r(1＋k2)|x1x2－2（x1＋x2）＋4|)＝eq\f(\r(\f(16k4,（k2－1）2)－\f(16k2＋8,k2－1)),\r(1＋k2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4k2＋2,k2－1)－\f(8k2,k2－1)＋4)))＝eq\f(\r(8k2＋8),2\r(1＋k2))＝eq\r(2)，所以eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)＝2＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,|MF2|)＋\f(1,|NF2|)))＝2＋2eq\r(2)×eq\r(2)＝6.综上，eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)的值为6(定值)．对于证明问题，一般是根据已知条件，运用所涉及的知识通过运算化简，利用定义、定理、公理等，直接推导出所证明的结论即可，证明不等式常用不等式的性质或基本不等式求得最值．1.(2023·四川广安统考二模)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过A(0，1)，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3,5)))两点，M，N是椭圆E上异于T的两动点，且∠MAT＝∠NAT，若直线AM，AN的斜率均存在，并分别记为k1，k2.(1)证明：k1k2为常数；(2)记△AMN的面积为S，证明：S≤eq\f(8,5).证明(1)设直线AM，AT，AN的倾斜角分别为α，θ，β，因为∠MAT＝∠NAT，所以∠MAN＝2∠NAT，即β－α＝2(β－θ)，故α＋β＝2θ，因为A(0，1)，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3,5)))，所以tanθ＝eq\f(1＋\f(3,5),\f(8,5))＝1，所以θ＝eq\f(π,4)，所以α＋β＝2θ＝eq\f(π,2)，则k1k2＝tanαtanβ＝tanαtaneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝1，所以k1k2为常数1.(2)椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过A(0，1)，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3,5)))两点，代入得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)＝1，,\f(64,25a2)＋\f(9,25b2)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝1，))所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，k1＝k(k≠0，k≠1)，由(1)得k2＝eq\f(1,k)，则直线AM的方程为y＝kx＋1，y1＝kx1＋1，直线AN的方程为y＝eq\f(1,k)x＋1，y2＝eq\f(1,k)x2＋1，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋1，))消去y，得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，则x1＝－eq\f(8k,4k2＋1)，同理可得x2＝－eq\f(\f(8,k),4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))\s\up12(2)＋1)＝－eq\f(8k,k2＋4)，则S△AMN＝eq\f(1,2)|AM||AN|sin∠MAN＝eq\f(1,2)|AM||AN|eq\r(1－cos2∠MAN)＝eq\f(1,2)eq\r(|AM|2|AN|2（1－cos2∠MAN）)＝eq\f(1,2)eq\r(\a\vs4\al(|AM|2|AN|2－（|AM||AN|cos∠MAN）2))＝eq\f(1,2)eq\r(|AM|2|AN|2－（\o(AM,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→))）2)＝eq\f(1,2)eq\r(（xeq\o\al(2,1)＋k2xeq\o\al(2,1)）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,2)＋\f(1,k2)xeq\o\al(2,2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1x2＋kx1·\f(1,k)x2))\s\up12(2))＝eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(1,k2)－2))xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2))＝eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)))\s\up12(2)\f(64k2,（4k2＋1）2)·\f(64k2,（k2＋4）2))＝32eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)))\s\up12(2)\f(k4,（4k4＋17k2＋4）2))＝eq\f(32\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k))),4k2＋\f(4,k2)＋17).令t＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)))，t>0，则S△AMN＝eq\f(32\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k))),4k2＋\f(4,k2)＋17)＝eq\f(32t,4t2＋25)＝eq\f(32,4t＋\f(25,t))≤eq\f(32,2\r(4t·\f(25,t)))＝eq\f(8,5)，当且仅当4t＝eq\f(25,t)，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)))＝eq\f(5,2)时取等号，故S≤eq\f(8,5).考向2利用转化法证明例2(2024·江苏南通模拟)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点到直线l：y＝2x－5的距离为eq\f(6\r(5),5).(1)求C的方程；(2)若点P在l上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，直线AB与l交于点Q，证明：存在定点H，使得PH⊥QH.解(1)由题意可知C的焦点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，由点到直线的距离公式可得eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2×0－\f(p,2)－5)),\r(22＋（－1）2))＝eq\f(6\r(5),5)(p>0)，解得p＝2.所以C的方程为x2＝4y.(2)证明：设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(xeq\o\al(2,1),4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(xeq\o\al(2,2),4))).由y′＝eq\f(x,2)，可知直线PA的方程为y－eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＝eq\f(x1,2)(x－x1)，即y＝eq\f(x1x,2)－eq\f(xeq\o\al(2,1),4).同理，直线PB的方程为y＝eq\f(x2x,2)－eq\f(xeq\o\al(2,2),4).联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(x1x,2)－\f(xeq\o\al(2,1),4)，,y＝\f(x2x,2)－\f(xeq\o\al(2,2),4)，))解得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,4))).若记P(t，2t－5)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2t，,x1x2＝4（2t－5），))由点A，B的坐标可写出直线AB的方程为(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(xeq\o\al(2,2),4)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)－\f(xeq\o\al(2,2),4)))(x－x2)，即y＝eq\f(x1＋x2,4)x－eq\f(x1x2,4)，所以y＝eq\f(t,2)x－2t＋5.由AB与l相交，可知t≠4，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x－5，,y＝\f(t,2)x－2t＋5，))可得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4（t－5）,t－4)，\f(3t－20,t－4))).设H(x，y)，则由PH⊥QH可知eq\o(PH,\s\up6(→))·eq\o(QH,\s\up6(→))＝(x－t，y－(2t－5))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4（t－5）,t－4)，y－\f(3t－20,t－4)))＝eq\f(1,t－4)(x－t，y－(2t－5))·((t－4)x－4(t－5)，(t－4)y－(3t－20))＝－eq\f(1,t－4)(t－x，2t－(y＋5))·((x－4)t－4(x－5)，(y－3)t－4(y－5))＝－eq\f(1,t－4)[(x－4)t2－(x2－20)t＋4x(x－5)＋2(y－3)t2－(y2＋10y－55)t＋4(y＋5)(y－5)]＝－eq\f(1,t－4)[(x＋2y－10)t2－(x2＋y2＋10y－75)t＋4(x2＋y2－5x－25)]＝0，上式关于t恒成立，当且仅当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y－10＝0，,x2＋y2＋10y－75＝0，,x2＋y2－5x－25＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝5))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝8，,y＝1.))因此存在定点H(0，5)或H(8，1)，使得PH⊥QH.利用转化法证明圆锥曲线问题的三种策略(1)证明三点共线或直线平行，用斜率相等．(2)证明直线垂直，用斜率之积为－1.(3)证明两角相等，用倾斜角互补，斜率之和为0.2.(2023·陕西宝鸡模考)已知点P是平面直角坐标系xOy异于O的任意一点，过点P作直线l1：y＝eq\f(\r(3),2)x及l2：y＝－eq\f(\r(3),2)x的平行线，分别交x轴于点M，N，且|OM|2＋|ON|2＝8.(1)求点P的轨迹C的方程；(2)在x轴正半轴上取两点A(m，0)，B(n，0)，且mn＝4，过点A作直线l与轨迹C交于E，F两点，证明：sin∠EBA＝sin∠FBA.解(1)设点P的坐标为(x0，y0)，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(2,\r(3))y0，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(2,\r(3))y0，0))，由|OM|2＋|ON|2＝8，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(2,\r(3))y0))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(2,\r(3))y0))eq\s\up12(2)＝8，化简得eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1，所以点P的轨迹C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(x≠±eq\r(2))．(2)证明：当直线l的斜率不存在时，根据椭圆的对称性，sin∠EBA＝sin∠FBA成立．当直线l的斜率存在时，由题意，设直线l的方程为y＝k(x－m)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k（x－m），))得(3＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－12＝0，由Δ>0得m2k2<3＋4k2，且x1＋x2＝eq\f(8k2m,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2m2－12,3＋4k2)，则kBE＋kBF＝eq\f(y1,x1－n)＋eq\f(y2,x2－n)＝eq\f(y1（x2－n）＋y2（x1－n）,（x1－n）（x2－n）)＝eq\f(2kx1x2－（km＋kn）（x1＋x2）＋2mnk,（x1－n）（x2－n）)，又2kx1x2－(km＋kn)(x1＋x2)＋2mnk＝eq\f(2k（4k2m2－12）,3＋4k2)－eq\f(8k2m（km＋kn）,3＋4k2)＋2mnk＝eq\f(－24k＋6mnk,3＋4k2)，因为mn＝4，所以kBE＋kBF＝0，则sin∠EBA＝sin∠FBA.综上所述，sin∠EBA＝sin∠FBA.考点二探索性问题(多考向探究)考向1肯定顺推法解决探索性问题例3(2023·湖南岳阳模拟)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率为eq\f(\r(6),2)，点A(6，4)在C上．(1)求双曲线C的方程；(2)设过点B(1，0)的直线l与双曲线C交于D，E两点，问在x轴上是否存在一点P，使得eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))为常数？若存在，求出点P的坐标以及该常数的值；若不存在，请说明理由．解(1)因为双曲线C的离心率为eq\f(\r(6),2)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))eq\s\up12(2)＝1＋eq\f(b2,a2)，化简，得a2＝2b2.将点A(6，4)的坐标代入eq\f(x2,2b2)－eq\f(y2,b2)＝1，得eq\f(18,b2)－eq\f(16,b2)＝1，解得b2＝2.所以双曲线C的方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1.(2)由题意可知，直线l的斜率存在，故设直线l的方程为y＝k(x－1)，D(x1，y1)，E(x2，y2)，联立方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1），,\f(x2,4)－\f(y2,2)＝1，))消去y，得(1－2k2)x2＋4k2x－2k2－4＝0，由题意可知1－2k2≠0且Δ＞0，即k2＜eq\f(2,3)且k2≠eq\f(1,2)，所以x1＋x2＝－eq\f(4k2,1－2k2)，x1x2＝－eq\f(2k2＋4,1－2k2).设存在符合条件的定点P(t，0)，则eq\o(PD,\s\up6(→))＝(x1－t，y1)，eq\o(PE,\s\up6(→))＝(x2－t，y2)，所以eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))＝(x2－t)(x1－t)＋y1y2＝(k2＋1)x1x2－(t＋k2)(x1＋x2)＋t2＋k2.所以eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\f(（k2＋1）（－2k2－4）＋4k2（t＋k2）＋（t2＋k2）（1－2k2）,1－2k2)＝eq\f(k2（－2t2＋4t－5）＋（t2－4）,－2k2＋1).因为eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))为常数，所以eq\f(－2t2＋4t－5,－2)＝eq\f(t2－4,1)，解得t＝eq\f(13,4).此时该常数的值为t2－4＝eq\f(105,16)，所以在x轴上存在点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,4)，0))，使得eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))为常数，该常数为eq\f(105,16).处理探索性问题，一般首先假设所探求问题的结论成立或存在，然后在这个假设条件下进行推理论证，如果得到一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题作出正面回答，如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答．3.(2024·湖南名校阶段检测)已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(5,2)))和点(4，eq\r(15))．(1)求双曲线的离心率；(2)过M(0，1)的直线与双曲线交于P，Q两点，过双曲线的右焦点F且与PQ平行的直线交双曲线于A，B两点，试问eq\f(|MP|·|MQ|,|AB|)是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．解(1)将点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(5,2)))和点(4，eq\r(15))的坐标代入eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(9,a2)－\f(25,4b2)＝1，,\f(16,a2)－\f(15,b2)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝5，))所以双曲线的离心率e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋\f(5,4))＝eq\f(3,2).(2)依题意可得直线PQ的斜率存在，设PQ：y＝kx＋1.联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)－\f(y2,5)＝1，))得(5－4k2)x2－8kx－24＝0，则5－4k2≠0，Δ＝64k2＋96(5－4k2)>0⇒k2<eq\f(3,2).设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2＝eq\f(－24,5－4k2)，所以|MP|·|MQ|＝(eq\r(1＋k2)|x1－0|)·(eq\r(1＋k2)|x2－0|)＝(1＋k2)|x1x2|＝eq\f(24（1＋k2）,|5－4k2|).已知F(3，0)，则直线AB：y＝k(x－3)．联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－3），,\f(x2,4)－\f(y2,5)＝1，))得(5－4k2)x2＋24k2x－36k2－20＝0，则5－4k2≠0，且Δ＝242k4＋4(36k2＋20)(5－4k2)＝400(k2＋1)>0，设A(x3，y3)，B(x4，y4)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3＋x4＝\f(－24k2,5－4k2)，,x3x4＝\f(－36k2－20,5－4k2)，))则|AB|＝eq\r(1＋k2)|x3－x4|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x3＋x4）2－4x3x4)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－24k2,5－4k2)))\s\up12(2)－4·\f(－36k2－20,5－4k2))＝eq\f(20（1＋k2）,|5－4k2|)，所以eq\f(|MP|·|MQ|,|AB|)＝eq\f(24,20)＝eq\f(6,5)，为定值．考向2探究转化法解决探索性问题例4(2024·山西大同模拟)已知椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，直线y＝x＋b是抛物线C2：y2＝4x的一条切线．(1)求椭圆C1的方程；(2)过点Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,3)))的动直线l交椭圆C1于A，B两点，试问：在直角坐标平面上是否存在定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点T？若存在，求出T的坐标；若不存在，请说明理由．解(1)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋b，,y2＝4x，))得x2＋(2b－4)x＋b2＝0，因为直线y＝x＋b是抛物线C2：y2＝4x的一条切线，所以Δ＝0⇒b＝1，又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，a2＝b2＋c2，则a＝eq\r(2)，所以椭圆C1的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)当直线l与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程为x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))eq\s\up12(2)；当直线l与y轴重合时，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1，所以两圆的交点为点(0，1)，猜想所求的定点T为点(0，1)．证明如下：当直线l与x轴垂直时，以AB为直径的圆过点(0，1)；当直线l与x轴不垂直时，可设直线l的方程为y＝kx－eq\f(1,3)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－\f(1,3)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(18k2＋9)x2－12kx－16＝0，Δ＝144k2＋64(18k2＋9)＞0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(12k,18k2＋9)，,x1x2＝\f(－16,18k2＋9)，))则eq\o(TA,\s\up6(→))·eq\o(TB,\s\up6(→))＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1－\f(1,3)－1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2－\f(1,3)－1))＝(1＋k2)x1x2－eq\f(4,3)k(x1＋x2)＋eq\f(16,9)＝(1＋k2)eq\f(－16,18k2＋9)－eq\f(4,3)k×eq\f(12k,18k2＋9)＋eq\f(16,9)＝0，所以eq\o(TA,\s\up6(→))⊥eq\o(TB,\s\up6(→))，即以AB为直径的圆过点(0，1)，所以存在定点T(0，1)，使得以AB为直径的圆恒过定点T.探究转化法是指将所探究的问题转化为其他明确的问题，使所探究的问题更加具体、易求．对于角度、垂直问题的探究，一般转化为斜率、向量数量积来研究．4.(2024·福建厦门适应性考试)已知点O(0，0)，点F(0，1)，点M是x轴上的一个动点，点N在y轴上，直线MN与直线MF垂直，N关于M的对称点为P.(1)求点P的轨迹Γ的方程；(2)过F的直线l交Γ于A，B两点，A在第一象限，Γ在A处的切线为l′，l′交y轴于点C，过C作OB的平行线交l于点D，∠ACD是否存在最大值？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．解(1)解法一：设M(a，0)，N(0，b)，P(x，y)，因为MF⊥MN，所以eq\o(MF,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝0，即a2＋b＝0.又x＝2a，y＝－b，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))eq\s\up12(2)－y＝0，即x2＝4y，易知a≠0，所以点P的轨迹Γ的方程为x2＝4y(x≠0)．解法二：如图，设F关于M的对称点为Q，由已知得，FQ，NP互相垂直平分，所以四边形PFNQ为菱形，所以|PF|＝|PQ|.因为M为FQ的中点，所以yQ＝－yF＝－1，即点Q在定直线y＝－1上，因为PQ∥FN，所以PQ与直线y＝－1垂直，即点P到定点F(0，1)的距离等于点P到定直线y＝－1的距离，又易知点P的轨迹不过点(0，0)，所以点P的轨迹是以F(0，1)为焦点，y＝－1为准线且除去点(0，0)的抛物线．所以点P的轨迹Γ的方程为x2＝4y(x≠0)．(2)∠ACD存在最大值．设直线OB交AC于点E，∠AEB＝∠ACD，所以∠ACD最大即直线OB与l′的倾斜角之差最大．由题意可知，直线l的斜率存在，设l：y＝kx＋1，A(x1，y1)(x1>0)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))得x2－4kx－4＝0，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)))′＝eq\f(x,2)，所以l′的斜率k1＝eq\f(x1,2)，OB的斜率k2＝eq\f(y2,x2)＝eq\f(x2,4).设直线l′与OB的倾斜角分别为θ1，θ2，则tan(θ2－θ1)＝eq\f(tanθ2－tanθ1,1＋tanθ1tanθ2)＝eq\f(k2－k1,1＋k1k2)＝eq\f(\f(x2,4)－\f(x1,2),1＋\f(x1x2,8))＝eq\f(\f(x2,4)－\f(x1,2),1＋\f(－4,8))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)－\f(x1,2)))＝eq\f(x2,2)－x1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1)＋x1))≤－2eq\r(2)，当且仅当eq\f(2,x1)＝x1，即x1＝eq\r(2)，x2＝－2eq\r(2)时，等号成立．因为tan(θ2－θ1)<0，所以θ2－θ1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以当tan(θ2－θ1)最大时，θ2－θ1最大，即∠ACD最大，此时Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(1,2)))，所以k＝eq\f(x1＋x2,4)＝－eq\f(\r(2),4)，所以直线l的方程为y＝－eq\f(\r(2),4)x＋1.课时作业1．(2023·福建福州华侨中学高三上学期第二次考试)在平面直角坐标系xOy中，已知点F(2，0)，直线l：x＝eq\f(1,2)，点M到l的距离为d，若点M满足|MF|＝2d，记M的轨迹为C.(1)求C的方程；(2)过点F(2，0)且斜率不为0的直线与C交于P，Q两点，设A(－1，0)，证明：以P，Q为直径的圆经过点A.解(1)设点M(x，y)，则d＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，|MF|＝eq\r(（x－2）2＋y2)，由|MF|＝2d，得eq\r(（x－2）2＋y2)＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，两边平方，整理得3x2－y2＝3，则所求C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)证明：设直线m的方程为x＝ty＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋2，,3x2－y2＝3，))消去x并整理，得(3t2－1)y2＋12ty＋9＝0，因为直线m与C交于两点，故t≠±eq\f(\r(3),3)，此时Δ＝(12t)2－4(3t2－1)·9＝36(t2＋1)>0，所以y1＋y2＝－eq\f(12t,3t2－1)，y1y2＝eq\f(9,3t2－1)，而x1＋x2＝t(y1＋y2)＋4，x1x2＝(ty1＋2)(ty2＋2)＝t2y1y2＋2t(y1＋y2)＋4，又eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(x2＋1，y2)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝y1y2＋x1＋x2＋x1x2＋1＝(t2＋1)y1y2＋3t(y1＋y2)＋9＝eq\f(9t2＋9,3t2－1)－eq\f(36t2,3t2－1)＋9＝eq\f(9（－3t2＋1）,3t2－1)＋9＝0.所以AP⊥AQ，即以P，Q为直径的圆经过点A.2．已知双曲线Γ：x2－eq\f(y2,b2)＝1(b＞0)．(1)若离心率为eq\r(5)，求b的值及双曲线Γ的顶点坐标、渐近线方程；(2)若b＝eq\r(5)，是否存在被点M(1，1)平分的弦？如果存在，求弦所在直线的方程；如果不存在，请说明理由．解(1)由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋b2)＝eq\r(5)，得b2＝4，所以b＝2.又a＝1，故双曲线Γ的顶点坐标为(±1，0)，渐近线方程为y＝±2x.(2)当b＝eq\r(5)时，双曲线的方程为x2－eq\f(y2,5)＝1，假设存在被点M(1，1)平分的弦，设弦的两个端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，因为A，B在双曲线上，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)－\f(yeq\o\al(2,1),5)＝1，①,xeq\o\al(2,2)－\f(yeq\o\al(2,2),5)＝1.②))由①－②，得(x1＋x2)(x1－x2)＝eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,5)，则kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(5（x1＋x2）,y1＋y2)＝5，所以弦AB所在直线的方程为y－1＝5(x－1)，即y＝5x－4，代入双曲线方程，得20x2－40x＋21＝0，因为Δ＝402－4×20×21＝－80＜0，所以AB与双曲线无交点，假设不成立．故不存在被点M(1，1)平分的弦．3．(2023·河南郑州模拟)已知圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝eq\f(9,4)的圆心C在抛物线x2＝2py(p＞0)上，圆C过原点且与抛物线的准线相切．(1)求该抛物线的方程；(2)过抛物线的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，分别在点A，B处作抛物线的切线，两条切线交于点P，△PAB的面积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值及此时对应的直线l的方程；若不存在，请说明理由．解(1)由已知可得圆心C(a，b)，半径r＝eq\f(3,2)，焦点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，准线方程为y＝－eq\f(p,2).因为圆C与抛物线的准线相切，所以b＝eq\f(3,2)－eq\f(p,2)，且圆C过焦点F.又圆C过原点，所以圆心C必在线段OF的垂直平分线上，即b＝eq\f(p,4).所以b＝eq\f(3,2)－eq\f(p,2)＝eq\f(p,4)，解得p＝2.于是抛物线的方程为x2＝4y.(2)由抛物线的方程为x2＝4y，知F(0，1)．易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))消去y并整理，得x2－4kx－4＝0，Δ＝(－4k)2－4×(－4)＝16k2＋16>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.对y＝eq\f(x2,4)求导，得y′＝eq\f(x,2)，即直线AP的斜率kAP＝eq\f(x1,2)，则直线AP的方程为y－y1＝eq\f(x1,2)(x－x1)，即y＝eq\f(x1,2)x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1).同理可得，直线BP的方程为y＝eq\f(x2,2)x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,2).设P(x0，y0)，联立直线AP与BP的方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(x1＋x2,2)＝2k，,y0＝\f(x1x2,4)＝－1，))即P(2k，－1)．又|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（4k）2＋16)＝4(1＋k2)，点P到直线AB的距离d＝eq\f(|2k2＋2|,\r(1＋k2))＝2eq\r(1＋k2)，所以△PAB的面积S＝eq\f(1,2)×4(1＋k2)×2eq\r(1＋k2)＝4(1＋k2)eq\s\up6(\f(3,2))≥4，当且仅当k＝0时，等号成立．故△PAB面积的最小值为4，此时直线l的方程为y＝1.4．(2024·江苏无锡等四地三模)已知A，B，C为椭圆Γ：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1上三个不同的点，满足eq\o(OC,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))，其中λ2＋μ2＝1.记AB的中点M的轨迹为D.(1)求D的方程；(2)若直线l交D于P，Q两点，交Γ于S，T两点，求证：|PS|＝|QT|.解(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(λx1＋μx2，λy1＋μy2)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，将A，B代入Γ：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),4)＋\f(yeq\o\al(2,2),3)＝1.))将C代入Γ：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得eq\f(（λx1＋μx2）2,4)＋eq\f(（λy1＋μy2）2,3)＝1，即λ2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋\f(yeq\o\al(2,1),3)))＋μ2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,2),4)＋\f(yeq\o\al(2,2),3)))＋2λμeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,4)＋\f(y1y2,3)))＝1，又因为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),4)＋\f(yeq\o\al(2,2),3)＝1，))且λ2＋μ2＝1，所以eq\f(x1x2,4)＋eq\f(y1y2,3)＝0，所以eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))\s\up12(2),4)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y2,2)))\s\up12(2),3)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋\f(yeq\o\al(2,1),3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,2),4)＋\f(yeq\o\al(2,2),3)))＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,4)＋\f(y1y2,3)))))＝eq\f(1,2)，所以D的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝eq\f(1,2)，即eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,\f(3,2))＝1.(2)证明：设ST的中点为G，PQ的中点为G′.当l垂直于x轴时，由对称性可得|PS|＝|QT|，当l不垂直于x轴时，设l：y＝kx＋m，将直线l的方程代入Γ：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设S(x1，y1)，T(x2，y2)，则Δ>0，x1＋x2＝eq\f(－8km,3＋4k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq\f(6m,3＋4k2)，所以xG＝eq\f(－4km,3＋4k2)，yG＝eq\f(3m,3＋4k2)，即Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4km,3＋4k2)，\f(3m,3＋4k2)))，同理G′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4km,3＋4k2)，\f(3m,3＋4k2)))，由此可知|PS|＝|QT|.5．(2023·青海西宁大通回族土族自治县高三二模)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(6),2)))，直线l：y＝x＋t与C交于M，N两点，且线段MN的中点为H，O为坐标原点，直线OH的斜率为－eq\f(1,2).(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知直线y＝kx＋2与C有两个不同的交点A，B，P为x轴上一点．是否存在实数k，使得△PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出k的值及点P的坐标；若不存在，请说明理由．解(1)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，所以由题意知直线OH的斜率kOH＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq\f(1,2).因为M，N在椭圆C上，所以eq\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,2),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1，两式相减得eq\f(（x1＋x2）（x1－x2）,a2)＋eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,b2)＝0，即eq\f(1,a2)＋eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,b2（x1＋x2）（x1－x2）)＝0，又kMN＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝1，所以eq\f(1,a2)－eq\f(1,2b2)＝0，即a2＝2b2.又因为椭圆C过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(6),2)))，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(3,2b2)＝1，解得a2＝4，b2＝2，所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，整理得(2k2＋1)x2＋8kx＋4＝0.因为直线与椭圆交于A，B两点，故Δ>0，解得k2>eq\f(1,2).设A(x3，y3)，B(x4，y4)，则x3＋x4＝eq\f(－8k,2k2＋1)，x3x4＝eq\f(4,2k2＋1).设AB的中点G(x0，y0)，则x0＝eq\f(x3＋x4,2)＝eq\f(－4k,2k2＋1)，y0＝kx0＋2＝eq\f(2,2k2＋1)，故Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4k,2k2＋1)，\f(2,2k2＋1))).假设存在实数k，使得△PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，此时点P(m，0)，则PG⊥AB，故kPG·kAB＝－1，所以eq\f(\f(2,2k2＋1),\f(－4k,2k2＋1)－m)×k＝－1，解得m＝eq\f(－2k,2k2＋1)，故Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2k,2k2＋1)，0)).又因为∠APB＝eq\f(π,2)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0，所以(x3－m，y3)·(x4－m，y4)＝0，即(x3－m)(x4－m)＋y3y4＝0，整理得(k2＋1)x3x4＋(2k－m)(x3＋x4)＋m2＋4＝0.所以(k2＋1)·eq\f(4,2k2＋1)－(2k－m)·eq\f(8k,2k2＋1)＋m2＋4＝0，代入m＝eq\f(－2k,2k2＋1)，整理得k4＝1，即k2＝1，所以k＝1或k＝－1，即存在实数k，使得△PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形．当k＝－1时，点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，0))；当k＝1时，点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0)).此时△PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形．6．(2023·新课标Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))的距离，记动点P的轨迹为W.(1)求W的方程；(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3eq\r(3).解(1)设P(x，y)，则|y|＝eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))\s\up12(2))，两边同时平方，化简得y＝x2＋eq\f(1,4)，故W的方程为y＝x2＋eq\f(1,4).(2)证法一：不妨设A，B，D在W上，且AB⊥AD，依题意可设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a2＋\f(1,4)))，易知直线AB，AD的斜率均存在且不为0，则设AB，AD的斜率分别为k和－eq\f(1,k)，由对称性，不妨设|k|≤1，直线AB的方程为y＝k(x－a)＋a2＋eq\f(1,4)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x2＋\f(1,4)，,y＝k（x－a）＋a2＋\f(1,4)，))得x2－kx＋ka－a2＝0，Δ＝k2－4(ka－a2)＝(k－2a)2>0，则k≠2a，则|AB|＝eq\r(1＋k2)|k－2a|，同理|AD|＝eq\r(1＋\f(1,k2))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))，所以|AB|＋|AD|＝eq\r(1＋k2)|k－2a|＋eq\r(1＋\f(1,k2))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))≥eq\r(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|k－2a|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))))≥eq\r(1＋k2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,k)))＝eq\r(\f(（1＋k2）3,k2)).令k2＝m，则m∈(0，1]，设f(m)＝eq\f(（m＋1）3,m)＝m2＋3m＋eq\f(1,m)＋3，则f′(m)＝2m＋3－eq\f(1,m2)＝eq\f(（2m－1）（m＋1）2,m2)，令f′(m)＝0，解得m＝eq\f(1,2)，当m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，f′(m)<0，f(m)单调递减，当m∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，f′(m)>0，f(m)单调递增，则f(m)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(27,4)，所以|AB|＋|AD|≥eq\f(3\r(3),2)，但eq\r(1＋k2)|k－2a|＋eq\r(1＋\f(1,k2))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))≥eq\r(1＋k2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|k－2a|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))))，此处取等号的条件为|k|＝1，与最终取等号的条件|k|＝eq\f(\r(2),2)不一致，故|AB|＋|AD|>eq\f(3\r(3),2)，故矩形ABCD的周长大于3eq\r(3).证法二：设矩形的三个顶点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a2＋\f(1,4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，b2＋\f(1,4)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，c2＋\f(1,4)))在W上，a<b<c，且AB⊥BC，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在且不为0，则kAB·kBC＝－1，a＋b<b＋c，令kAB＝eq\f(b2＋\f(1,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,4))),b－a)＝a＋b＝m<0，同理，令kBC＝b＋c＝n>0，且mn＝－1，则m＝－eq\f(1,n)，设矩形的周长为l，由对称性，不妨设|m|≥|n|，kBC－kAB＝c－a＝n－m＝n＋eq\f(1,n)，则eq\f(1,2)l＝|AB|＋|BC|＝(b－a)eq\r(1＋m2)＋(c－b)eq\r(1＋n2)≥(c－a)eq\r(1＋n2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,n)))eq\r(1＋n2)，n>0，易知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,n)))eq\r(1＋n2)>0，令f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\up12(2)(1＋x2)，x>0，则f′(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(\r(2),2)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，则f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\f(27,4)，故eq\f(1,2)l≥eq\r(\f(27,4))＝eq\f(3\r(3),2)，即l≥3eq\r(3).当l＝3eq\r(3)时，n＝eq\f(\r(2),2)，m＝－eq\r(2)，且(b－a)eq\r(1＋m2)＝(b－a)eq\r(1＋n2)，即当|m|＝|n|时等号成立，矛盾，故l>3eq\r(3)，得证．中学解析几何是将几何图形置于直角坐标系中，用方程的观点来研究曲线，体现了用代数的方法解决几何问题的优越性，但有时运算量过大，或需繁杂的讨论，这些都会影响解题的速度．为此，从以下几个方面探索减轻运算量的方法和技巧，合理简化解题过程，优化思维过程，达到快准解题．类型一共线问题转化法解决圆锥曲线中的三点共线问题通常用转化法．例1(2024·福建泉州实验中学段考)点F是抛物线Γ：y2＝2px(p>0)的焦点，O为坐标原点，过点F作垂直于x轴的直线l，与抛物线Γ交于A，B两点，|AB|＝4，抛物线Γ的准线与x轴交于点K.(1)求抛物线Γ的方程；(2)设C，D是抛物线Γ上异于A，B两点的两个不同的点，直线AC与BD交于点E，直线AD与BC交于点G，证明：E，K，G三点共线．解(1)抛物线Γ：y2＝2px(p>0)的焦点为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，过点F作垂直于x轴的直线l，与抛物线Γ交于A，B两点，且|AB|＝4，不妨设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，2))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，－2))，则22＝2p·eq\f(p,2)，解得p＝2或p＝－2(舍去)，所以抛物线Γ的方程为y2＝4x.(2)如图，由(1)知A(1，2)，B(1，－2)，K(－1，0)，设Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),4)，y1))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),4)，y2))(y1≠±2，y2≠±2)，则直线AC的方程为y－2＝eq\f(y1－2,\f(yeq\o\al(2,1),4)－1)(x－1)，y－2＝eq\f(4,y1＋2)(x－1)，直线BD的方程为y＋2＝eq\f(y2＋2,\f(yeq\o\al(2,2),4)－1)(x－1)，y＋2＝eq\f(4,y2－2)(x－1)．联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－2＝\f(4,y1＋2)（x－1），,y＋2＝\f(4,y2－2)（x－1），))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(y1y2－y1＋y2,y1－y2＋4)，,y＝\f(2（y1＋y2）,y1－y2＋4)，))则Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1y2－y1＋y2,y1－y2＋4)，\f(2（y1＋y2）,y1－y2＋4)))，所以kEK＝eq\f(\f(2（y1＋y2）,y1－y2＋4),\f(y1y2－y1＋y2,y1－y2＋4)－（－1）)＝eq\f(\f(2（y1＋y2）,y1－y2＋4),\f(y1y2－y1＋y2,y1－y2＋4)＋1)＝eq\f(2（y1＋y2）,y1y2＋4)，则直线BC的方程为y＋2＝eq\f(y1＋2,\f(yeq\o\al(2,1),4)－1)(x－1)，y＋2＝eq\f(4,y1－2)(x－1)，直线AD的方程为y－2＝eq\f(y2－2,\f(yeq\o\al(2,2),4)－1)(x－1)，y－2＝eq\f(4,y2＋2)(x－1)．联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＋2＝\f(4,y1－2)（x－1），,y－2＝\f(4,y2＋2)（x－1），))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(y1y2－y2＋y1,y2－y1＋4)，,y＝\f(2（y1＋y2）,y2－y1＋4)，))则Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1y2－y2＋y1,y2－y1＋4)，\f(2（y1＋y2）,y2－y1＋4)))，所以kGK＝eq\f(\f(2（y1＋y2）,y2－y1＋4),\f(y1y2－y2＋y1,y2－y1＋4)－（－1）)＝eq\f(\f(2（y1＋y2）,y2－y1＋4),\f(y1y2－y2＋y1,y2－y1＋4)＋1)＝eq\f(2（y1＋y2）,y1y2＋4)，则kEK＝kGK，所以E，K，G三点共线．解析几何证明三点共线的方法(1)直接证明其中一点在过另两点的直线上．(2)证明过其中一点和另两点所连两条直线斜率相等．(3)证明过其中一点和另两点所连两个向量共线．1．(2024·广东花都调研)已知动点M在圆x2＋y2＝3上，过点M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\r(3)eq\a\vs4\al(\o(PN,\s\up6(→)))，点P的轨迹为C.(1)求C的方程；(2)已知点F(－eq\r(2)，0)，设A，B是曲线C上的两点，直线AB与曲线x2＋y2＝1(x<0)相切．证明：A，B，F三点共线的充要条件是|AB|＝eq\r(3).解(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(0，－y0)，eq\o(PN,\s\up6(→))＝(x0－x，－y)，由eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\r(3)eq\o(PN,\s\up6(→))，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝x，,y0＝\r(3)y，))因为点M(x0，y0)在圆x2＋y2＝3上，所以x2＋(eq\r(3)y)2＝3，即eq\f(x2,3)＋y2＝1，所以C的方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)当直线AB的斜率不存在时，直线AB：x＝－1，不符合题意；当直线AB的斜率存在时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，必要性：若A，B，F三点共线，可设直线AB：y＝k(x＋eq\r(2))，即kx－y＋eq\r(2)k＝0，由直线AB与曲线x2＋y2＝1(x<0)相切，可得eq\f(|\r(2)k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝±1，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝±（x＋\r(2)），,\f(x2,3)＋y2＝1，))可得4x2＋6eq\r(2)x＋3＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(3\r(2),2)，x1x2＝eq\f(3,4)，所以|AB|＝eq\r(1＋1)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(3)，必要性成立．充分性：设直线AB：y＝kx＋b，即kx－y＋b＝0，由直线AB与曲线x2＋y2＝1(x<0)相切，可得eq\f(|b|,\r(k2＋1))＝1，所以b2＝k2＋1，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,\f(x2,3)＋y2＝1，))可得(1＋3k2)x2＋6kbx＋3b2－3＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(6kb,1＋3k2)，x1x2＝eq\f(3b2－3,1＋3k2)，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6kb,1＋3k2)))\s\up12(2)－4·\f(3b2－3,1＋3k2))＝eq\r(1＋k2)·eq\f(\r(24k2),1＋3k2)＝eq\r(3)，化简得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝1，,b＝\r(2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－1，,b＝－\r(2)，))所以直线AB：y＝x＋eq\r(2)或y＝－x－eq\r(2)，所以直线AB过点F(－eq\r(2)，0)，A，B，F三点共线，充分性成立．所以A，B，F三点共线的充要条件是|AB|＝eq\r(3).类型二垂直关系转化法解决圆锥曲线中的垂直关系问题通常是转化为斜率之间的关系或向量的数量积．例2双曲线C：x2－y2＝2右支上的弦AB过右焦点F.(1)求弦AB的中点M的轨迹方程；(2)是否存在以AB为直径，且过原点O的圆？若存在，求出直线AB的斜率k的值；若不存在，请说明理由．解(1)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x，y)．因为双曲线C：x2－y2＝2的右焦点为F(2，0)，所以当AB⊥x轴时，x＝2，y＝0；当AB与x轴不垂直时，xeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,1)＝2，xeq\o\al(2,2)－yeq\o\al(2,2)＝2，两式相减得(x1＋x2)(x1－x2)－(y1＋y2)(y1－y2)＝0.又x1＋x2＝2x，y1＋y2＝2y，所以x(x1－x2)－y(y1－y2)＝0.因为kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝kFM＝eq\f(y－0,x－2)，所以x(x－2)－y·y＝0，即x2－2x－y2＝0.又点(2，0)满足上式，点A，B在双曲线x2－y2＝2的右支上，所以x≥2，故所求中点M的轨迹方程为x2－2x－y2＝0(x≥2)．(2)假设存在以AB为直径，且过原点O的圆．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当AB⊥x轴时，|AF|≠|OF|，所以可设lAB：y＝k(x－2)，因为A，B两点都在双曲线右支上，所以k>1或k<－1.由已知，得OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0.(*)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－y2＝2，,y＝k（x－2），))得(1－k2)x2＋4k2x－4k2－2＝0，所以x1＋x2＝eq\f(4k2,k2－1)，x1x2＝eq\f(4k2＋2,k2－1).所以y1y2＝k2(x1－2)(x2－2)＝k2[x1x2－2(x1＋x2)＋4]＝eq\f(－2k2,k2－1)，因为x1x2＋y1y2＝eq\f(4k2＋2,k2－1)－eq\f(2k2,k2－1)＝eq\f(2（k2＋1）,k2－1)≠0，与(*)式矛盾，所以不存在以AB为直径，且过原点O的圆．将以AB为直径的圆经过原点转化为OA⊥OB，利用eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0求解是解决本题的关键．2．(2024·河南平许济洛质检一)已知抛物线C：x2＝－4y，直线l垂直于y轴，与C交于M，N两点，O为坐标原点，过点N且平行于y轴的直线与直线OM交于点P，记动点P的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程；(2)点A在直线y＝－1上运动，过点A作曲线E的两条切线，切点分别为P1，P2，在平面内是否存在定点B，使得AB⊥P1P2？若存在，求出定点B的坐标；若不存在，请说明理由．解(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(－x0，y0)，由题意直线l垂直于y轴，与C交于M，N两点，知x0≠0，过点N且平行于y轴的直线方程为x＝－x0，直线OM的方程为y＝eq\f(y0,x0)x.令x＝－x0，得y＝－y0，即P(－x0，－y0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－x0，,y＝－y0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝－x，,y0＝－y.))因为M在抛物线C上，即xeq\o\al(2,0)＝－4y0，则(－x)2＝－4(－y)，化简得x2＝4y.由题意知O，M不重合，故x≠0，所以曲线E的方程为x2＝4y(x≠0)．(2)由(1)知，曲线E的方程为x2＝4y(x≠0)，点A在直线y＝－1上运动，当点A在特殊位置(0，－1)时，两个切点P1，P2关于y轴对称，故要使得AB⊥P1P2，则点B在y轴上．故设A(m，－1)，B(0，n)，P1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(1,4)xeq\o\al(2,1)))，P2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(1,4)xeq\o\al(2,2)))，曲线E的方程为y＝eq\f(1,4)x2(x≠0)，求导得y′＝eq\f(1,2)x，所以切线AP1的斜率k1＝eq\f(1,2)x1，直线AP1的方程为y－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)x1(x－x1)，又点A在直线AP1上，所以－1－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)x1(m－x1)，整理得xeq\o\al(2,1)－2mx1－4＝0，同理可得xeq\o\al(2,2)－2mx2－4＝0，故x1和x2是一元二次方程x2－2mx－4＝0的根，由根与系数的关系，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2m，,x1x2＝－4，))eq\o(P1P2,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－x1，\f(1,4)xeq\o\al(2,2)－\f(1,4)xeq\o\al(2,1)))·(－m，n＋1)＝eq\f(1,4)(x2－x1)[－4m＋(n＋1)(x2＋x1)]＝eq\f(1,4)(x2－x1)[－4m＋2m(n＋1)]＝eq\f(1,2)m(x2－x1)(n－1)，当n＝1时，eq\o(P1P2,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0恒成立，所以存在定点B(0，1)，使得AB⊥P1P2恒成立．类型三对称关系转化法对称关系转化法有：将角的关系转化为直线斜率之间的关系，将两条直线的对称关系转化为它们斜率之间的关系等．例3(2024·辽宁抚顺模拟)已知动点M到定点F(1，0)的距离与到定直线x＝2的距离之比为eq\f(\r(2),2).(1)求点M的轨迹C的方程；(2)∀k∈R，曲线C上是否始终存在两点A，B关于直线y＝kx＋b对称？若存在，求实数b的取值范围；若不存在，请说明理由．解(1)设M(x，y)(x≠2)，则eq\f(\r(（x－1）2＋y2),|x－2|)＝eq\f(\r(2),2)，即2[(x－1)2＋y2]＝(x－2)2，整理得eq\f(x2,2)＋y2＝1，所以点M的轨迹C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)假设曲线C上始终存在两点A，B关于直线y＝kx＋b对称，当k≠0时，设直线AB的方程为y＝－eq\f(1,k)x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,k)x＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1，))整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,k2)))x2－eq\f(4t,k)x＋2t2－2＝0，则Δ＝eq\f(16t2,k2)－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,k2)))(2t2－2)＝eq\f(16,k2)－8t2＋8>0，所以t2<1＋eq\f(2,k2)＝eq\f(k2＋2,k2)，x1＋x2＝eq\f(\f(4t,k),1＋\f(2,k