2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版高考大题冲关系列（5）含答案

2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版命题动向：圆锥曲线问题在高考中属于必考内容，并且常常在同一份试卷上多题型考查．对圆锥曲线的考查在解答题部分主要体现以下考法：第一问一般是先求圆锥曲线的方程或离心率等较基础的知识；第二问往往涉及定点、定值、最值、取值范围等探究性问题，解决此类问题的关键是通过联立方程来解决．题型1最值、范围问题角度最值问题例1(2021·全国乙卷)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1上点的距离的最小值为4.(1)求p；(2)若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值．解(1)因为焦点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))到圆M：x2＋(y＋4)2＝1上点的距离的最小值为|FM|－1＝eq\f(p,2)＋4－1＝eq\f(p,2)＋3，所以eq\f(p,2)＋3＝4，所以p＝2.(2)解法一：由(1)知抛物线C：x2＝4y，即y＝eq\f(x2,4)，所以y′＝eq\f(x,2).设切点A(x1，y1)，切点B(x2，y2)，则lPA：y＝eq\f(x1,2)x－eq\f(xeq\o\al(2,1),4)，lPB：y＝eq\f(x2,2)x－eq\f(xeq\o\al(2,2),4).从而可得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,4))).由题意可知直线AB的斜率存在，设lAB：y＝kx＋b，与抛物线C：x2＝4y联立，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,x2＝4y，,))消去y，得x2－4kx－4b＝0，则Δ＝16k2＋16b>0，即k2＋b>0，且x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，所以P(2k，－b)．因为|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(16k2＋16b)，点P到直线AB的距离d＝eq\f(|2k2＋2b|,\r(k2＋1))，所以S△PAB＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)eq\r(1＋k2)·eq\r(16k2＋16b)·eq\f(|2k2＋2b|,\r(k2＋1))＝4(k2＋b)eq\s\up7(\f(3,2)).(*)又点P(2k，－b)在圆M：x2＋(y＋4)2＝1上，所以k2＝eq\f(1－（b－4）2,4).将该式代入(*)式，得S△PAB＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－b2＋12b－15,4)))eq\s\up7(\f(3,2)).而yP＝－b∈[－5，－3]，所以b∈[3，5]．所以当b＝5时，△PAB的面积最大，最大值为20eq\r(5).解法二：由(1)知抛物线C：x2＝4y，即y＝eq\f(x2,4)，所以y′＝eq\f(x,2).设切点A(x1，y1)，切点B(x2，y2)，圆M上任意一点P(x0，y0)，则易得lPA：y＝eq\f(x1,2)x－eq\f(xeq\o\al(2,1),4)，lPB：y＝eq\f(x2,2)x－eq\f(xeq\o\al(2,2),4)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(x1,2)x－\f(xeq\o\al(2,1),4)，,y＝\f(x2,2)x－\f(xeq\o\al(2,2),4)，))得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,4))).所以x0＝eq\f(x1＋x2,2)，y0＝eq\f(x1x2,4)，又线段AB的中点Q的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，所以S△PAB＝eq\f(1,2)|PQ|·|x1－x2|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y2,2)－y0))·|x1－x2|＝eq\f(1,4)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2),4)－2y0))·|x1－x2|＝eq\f(1,16)|x1－x2|3＝eq\f(1,16)(eq\r(|x1－x2|2))3＝eq\f(1,16)(eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2))3＝eq\f(1,16)(eq\r(4xeq\o\al(2,0)－16y0))3＝eq\f(1,2)(eq\r(xeq\o\al(2,0)－4y0))3.(*)又点P(x0，y0)在圆M：x2＋(y＋4)2＝1上，所以xeq\o\al(2,0)＝1－(y0＋4)2，代入(*)式，得S△PAB＝eq\f(1,2)(－yeq\o\al(2,0)－12y0－15)eq\s\up7(\f(3,2)).而y0∈[－5，－3]，所以当y0＝－5时，△PAB的面积最大，最大值为20eq\r(5).处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．变式训练1(2023·全国甲卷)已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p＞0)交于A，B两点，且|AB|＝4eq\r(15).(1)求p；(2)设C的焦点为F，M，N为C上两点，eq\o(MF,\s\up6(→))·eq\o(NF,\s\up6(→))＝0，求△MNF面积的最小值．解(1)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋1＝0，,y2＝2px，))可得y2－4py＋2p＝0，所以yA＋yB＝4p，yAyB＝2p，所以|AB|＝eq\r(5)|yA－yB|＝eq\r(5)×eq\r(（yA＋yB）2－4yAyB)＝eq\r(5)×eq\r(16p2－8p)＝4eq\r(15)，即2p2－p－6＝0，因为p＞0，解得p＝2.(2)显然直线MN的斜率不可能为零，设直线MN：x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my＋n，))可得y2－4my－4n＝0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，Δ＝16m2＋16n＞0⇒m2＋n＞0，因为eq\o(MF,\s\up6(→))·eq\o(NF,\s\up6(→))＝0，F(1，0)，所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，即(my1＋n－1)(my2＋n－1)＋y1y2＝0，即(m2＋1)y1y2＋m(n－1)(y1＋y2)＋(n－1)2＝0，将y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n代入，得4m2＝n2－6n＋1，4(m2＋n)＝(n－1)2＞0，所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，解得n≥3＋2eq\r(2)或n≤3－2eq\r(2).设点F到直线MN的距离为d，所以d＝eq\f(|1－n|,\r(1＋m2))，|MN|＝eq\r(1＋m2)·|y1－y2|＝eq\r(1＋m2)eq\r(16m2＋16n)＝eq\r(1＋m2)eq\r(4（n2－6n＋1）＋16n)＝2eq\r(1＋m2)|n－1|，所以△MNF的面积S＝eq\f(1,2)|MN|·d＝eq\f(1,2)×2eq\r(1＋m2)|n－1|×eq\f(|1－n|,\r(1＋m2))＝(n－1)2，而n≥3＋2eq\r(2)或n≤3－2eq\r(2)，所以当n＝3－2eq\r(2)时，△MNF的面积取得最小值，Smin＝(2－2eq\r(2))2＝12－8eq\r(2).角度范围问题例2(2021·浙江高考)如图，已知F是抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|＝2.(1)求抛物线的方程；(2)设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足|RN|2＝|PN|·|QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围．解(1)因为M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|＝2，所以p＝2.所以抛物线的方程为y2＝4x.(2)由(1)知，F(1，0)，M(－1，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x＝my＋1，直线l的方程为y＝2x＋n(n≠±2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y2＝4x，))可得y2－4my－4＝0，显然Δ>0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，所以yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16m2＋8.易知直线AM的方程为y＝eq\f(y1,x1＋1)(x＋1)，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y1,x1＋1)（x＋1），,y＝2x＋n，))可得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－n（x1＋1）＋y1,2x1＋2－y1)，\f(（2－n）y1,2x1＋2－y1))).同理可得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－n（x2＋1）＋y2,2x2＋2－y2)，\f(（2－n）y2,2x2＋2－y2)))，所以|yPyQ|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（n－2）2y1y2,（2x1＋2－y1）（2x2＋2－y2）)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（n－2）2y1y2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),2)＋2－y1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),2)＋2－y2)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4（n－2）2y1y2,4y1y2－（2y1y2＋8）（y1＋y2）＋yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2)＋4（yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)）＋16)))＝eq\f(（n－2）2,4m2＋3).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y＝2x＋n，))可得yR＝eq\f(n＋2,1－2m).因为|RN|2＝|PN|·|QN|，所以yeq\o\al(2,R)＝|yPyQ|，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋2,1－2m)))eq\s\up12(2)＝eq\f(（n－2）2,4m2＋3)，所以eq\f(（n－2）2,（n＋2）2)＝eq\f(4m2＋3,（2m－1）2)＝eq\f(4,（2m－1）2)＋eq\f(2,2m－1)＋1＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m－1)＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)，所以n<－2或－2<n≤14－8eq\r(3)或n≥14＋8eq\r(3).因为直线l：y＝2x＋n(n≠±2)在x轴上的截距为－eq\f(n,2)，所以－eq\f(n,2)>1或4eq\r(3)－7≤－eq\f(n,2)<1或－eq\f(n,2)≤－7－4eq\r(3)，即直线l在x轴上截距的取值范围是(－∞，－7－4eq\r(3)]∪[4eq\r(3)－7，1)∪(1，＋∞)．圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．(5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．变式训练2(2021·北京高考)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点A(0，－2)，以四个顶点围成的四边形面积为4eq\r(5).(1)求椭圆E的标准方程；(2)过点P(0，－3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y＝－3于点M，N，若|PM|＋|PN|≤15，求k的取值范围．解(1)因为椭圆过A(0，－2)，所以b＝2，因为四个顶点围成的四边形的面积为4eq\r(5)，所以eq\f(1,2)×2a×2b＝4eq\r(5)，即a＝eq\r(5)，故椭圆E的标准方程为eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，因为直线BC的斜率存在，所以x1x2≠0，故直线AB：y＝eq\f(y1＋2,x1)x－2，令y＝－3，则xM＝－eq\f(x1,y1＋2)，同理xN＝－eq\f(x2,y2＋2).直线BC：y＝kx－3，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－3，,4x2＋5y2＝20))可得(4＋5k2)x2－30kx＋25＝0，故Δ＝900k2－100(4＋5k2)>0，解得k<－1或k>1.又x1＋x2＝eq\f(30k,4＋5k2)，x1x2＝eq\f(25,4＋5k2)，故x1x2>0，所以xMxN>0.又|PM|＋|PN|＝|xM＋xN|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,y1＋2)＋\f(x2,y2＋2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,kx1－1)＋\f(x2,kx2－1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2kx1x2－（x1＋x2）,k2x1x2－k（x1＋x2）＋1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(50k,4＋5k2)－\f(30k,4＋5k2),\f(25k2,4＋5k2)－\f(30k2,4＋5k2)＋1)))＝5|k|，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k<－1或k>1，,5|k|≤15，))即－3≤k<－1或1<k≤3.综上，k的取值范围是[－3，－1)∪(1，3]．题型2定点、定值、定直线问题角度定点问题例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)．(1)求解直线或曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．变式训练3(2022·全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－1))两点．(1)求E的方程；(2)设过点P(1，－2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足eq\o(MT,\s\up6(→))＝eq\o(TH,\s\up6(→))，证明：直线HN过定点．解(1)设E的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)，将A(0，－2)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－1))两点代入，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4n＝1，,\f(9,4)m＋n＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,3)，,n＝\f(1,4)，))故E的方程为eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1.(2)证明：由A(0，－2)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－1))可得直线AB：y＝eq\f(2,3)x－2.①若过点P(1，－2)的直线的斜率不存在，直线方程为x＝1，代入eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1，可得y＝±eq\f(2\r(6),3)，不妨令Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(2\r(6),3)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(6),3)))，将y＝－eq\f(2\r(6),3)代入直线AB：y＝eq\f(2,3)x－2，可得Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\r(6)，－\f(2\r(6),3)))，由eq\o(MT,\s\up6(→))＝eq\o(TH,\s\up6(→))，得Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－2\r(6)，－\f(2\r(6),3))).易求得此时直线HN：y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(2\r(6),3)))x－2，过点(0，－2)．②若过点P(1，－2)的直线的斜率存在，设为y＝kx－(k＋2)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)．联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－（k＋2），,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1，))得(3k2＋4)x2－6k(k＋2)x＋3k(k＋4)＝0，Δ＝36k2(k＋2)2－12k(k＋4)(3k2＋4)＝96(k2－2k)>0⇒k<0或k>2，故有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(6k（k＋2）,3k2＋4)，,x1x2＝\f(3k（k＋4）,3k2＋4)，))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(－8（2＋k）,3k2＋4)，,y1y2＝\f(8（2＋2k－k2）,3k2＋4)，))且x1y2＋x2y1＝eq\f(－24k,3k2＋4)，(*)联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝y1，,y＝\f(2,3)x－2，))可得Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3y1,2)＋3，y1))，H(3y1＋6－x1，y1)，可求得此时直线HN：y－y2＝eq\f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2)(x－x2)，将(0，－2)代入，整理得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0，将(*)式代入，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，显然成立．综上，可得直线HN过定点(0，－2)．角度定值问题例4(2020·新高考Ⅰ卷)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(2),2)，且过点A(2，1)．(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．解(1)由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))解得a2＝6，b2＝c2＝3，故椭圆C的方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明：设点M(x1，y1)，N(x2，y2)．因为AM⊥AN，所以eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝0，即(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0.①当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，如图1.代入椭圆方程消去y并整理，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－6,1＋2k2)，②根据y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，代入①整理，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0，将②代入上式，得(k2＋1)eq\f(2m2－6,1＋2k2)＋(km－k－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,1＋2k2)))＋(m－1)2＋4＝0，整理化简得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0，因为A(2，1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1，于是MN的方程为y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)))－eq\f(1,3)，k≠1，所以直线MN过定点Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3))).当直线MN的斜率不存在时，可得N(x1，－y1)，如图2.代入(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0得(x1－2)2＋1－yeq\o\al(2,1)＝0，结合eq\f(xeq\o\al(2,1),6)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，解得x1＝2(舍去)或x1＝eq\f(2,3)，此时直线MN过点Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3))).因为|AE|为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE的中点Q满足|DQ|为定值eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AE长度的一半\f(1,2)\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))\s\up12(2))＝\f(2\r(2),3))).由于A(2，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3)))，故由中点坐标公式可得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3))).故存在点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))，使得|DQ|为定值．圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．(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解析式，再利用题设条件化简、变形求得．(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．变式训练4(2023·福建模拟)已知圆A1：(x＋1)2＋y2＝16，直线l1过点A2(1，0)且与圆A1交于B，C两点，BC的中点为D，过A2C的中点E且平行于A1D的直线交A1C于点P，记P的轨迹为Γ.(1)求Γ的方程；(2)坐标原点O关于A1，A2的对称点分别为B1，B2，点A1，A2关于直线y＝x的对称点分别为C1，C2，过A1的直线l2与Γ交于M，N两点，直线B1M，B2N相交于点Q.请从下列结论中，选择一个正确的结论并给予证明．①△QB1C1的面积是定值；②△QB1B2的面积是定值；③△QC1C2的面积是定值．解(1)由题意得，A1(－1，0)，A2(1，0)．因为D为BC的中点，所以A1D⊥BC，即A1D⊥A2C，又PE∥A1D，所以PE⊥A2C，又E为A2C的中点，所以|PA2|＝|PC|，所以|PA1|＋|PA2|＝|PA1|＋|PC|＝|A1C|＝4>|A1A2|，所以点P的轨迹Γ是以A1，A2为焦点的椭圆(左、右顶点除外)．设Γ的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(x≠±a)，其中a>b>0，a2－b2＝c2，则2a＝4，a＝2，c＝1，b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(3).故Γ的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(x≠±2)．(2)解法一：结论③正确．下证：△QC1C2的面积是定值．由题意得，B1(－2，0)，B2(2，0)，C1(0，－1)，C2(0，1)，且直线l2的斜率不为0，可设直线l2：x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，且x1≠±2，x2≠±2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my－1，))得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，所以y1＋y2＝eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3m2＋4)，所以2my1y2＝－3(y1＋y2)．直线B1M的方程为y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，直线B2N的方程为y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y1,x1＋2)（x＋2），,y＝\f(y2,x2－2)（x－2），))得eq\f(x＋2,x－2)＝eq\f(y2（x1＋2）,y1（x2－2）)＝eq\f(y2（my1＋1）,y1（my2－3）)＝eq\f(my1y2＋y2,my1y2－3y1)＝eq\f(－\f(3,2)（y1＋y2）＋y2,－\f(3,2)（y1＋y2）－3y1)＝eq\f(－\f(3,2)y1－\f(1,2)y2,－\f(9,2)y1－\f(3,2)y2)＝eq\f(1,3)，解得x＝－4.故点Q在直线x＝－4上，所以Q到C1C2的距离d＝4，因此△QC1C2的面积是定值，为eq\f(1,2)|C1C2|·d＝eq\f(1,2)×2×4＝4.解法二：结论③正确．下证：△QC1C2的面积是定值．由题意得，B1(－2，0)，B2(2，0)，C1(0，－1)，C2(0，1)，且直线l2的斜率不为0，可设直线l2：x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，且x1≠±2，x2≠±2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y3,3)＝1，,x＝my－1，))得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，所以y1＋y2＝eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3m2＋4)，所以2my1y2＝－3(y1＋y2)．直线B1M的方程为y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，直线B2N的方程为y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y1,x1＋2)（x＋2），,y＝\f(y2,x2－2)（x－2），))得x＝2×eq\f(y2（x1＋2）＋y1（x2－2）,y2（x1＋2）－y1（x2－2）)＝2×eq\f(y2（my1＋1）＋y1（my2－3）,y2（my1＋1）－y1（my2－3）)＝2×eq\f(2my1y2＋y2－3y1,y2＋3y1)＝2×eq\f(2my1y2＋3（y1＋y2）－2（y2＋3y1）,y2＋3y1)＝－4，故点Q在直线x＝－4上，所以Q到C1C2的距离d＝4，因此△QC1C2的面积是定值，为eq\f(1,2)|C1C2|·d＝eq\f(1,2)×2×4＝4.解法三：结论③正确．下证：△QC1C2的面积是定值．由题意得，B1(－2，0)，B2(2，0)，C1(0，－1)，C2(0，1)，且直线l2的斜率不为0.(ⅰ)当直线l2垂直于x轴时，l2：x＝－1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝－1，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－\f(3,2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝\f(3,2).))不妨设Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)))，则直线B1M的方程为y＝eq\f(3,2)(x＋2)，直线B2N的方程为y＝eq\f(1,2)(x－2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)（x＋2），,y＝\f(1,2)（x－2），))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－4，,y＝－3，))所以Q(－4，－3)，故Q到C1C2的距离d＝4，此时△QC1C2的面积为eq\f(1,2)|C1C2|·d＝eq\f(1,2)×2×4＝4.(ⅱ)当直线l2不垂直于x轴时，设直线l2：y＝k(x＋1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，且x1≠±2，x2≠±2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k（x＋1），))得(4k2＋3)x2＋8k2x＋(4k2－12)＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4k2－12,4k2＋3).直线B1M的方程为y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，直线B2N的方程为y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y1,x1＋2)（x＋2），,y＝\f(y2,x2－2)（x－2），))得x＝2×eq\f(y2（x1＋2）＋y1（x2－2）,y2（x1＋2）－y1（x2－2）)＝2×eq\f(k（x2＋1）（x1＋2）＋k（x1＋1）（x2－2）,k（x2＋1）（x1＋2）－k（x1＋1）（x2－2）)＝eq\f(4x1x2－2x1＋6x2,3x1＋x2＋4).下证：eq\f(4x1x2－2x1＋6x2,3x1＋x2＋4)＝－4.即证4x1x2－2x1＋6x2＝－4(3x1＋x2＋4)，即证4x1x2＝－10(x1＋x2)－16，即证4×eq\f(4k2－12,4k2＋3)＝－10×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8k2,4k2＋3)))－16，即证4(4k2－12)＝－10(－8k2)－16(4k2＋3)，上式显然成立，故点Q在直线x＝－4上，所以Q到C1C2的距离d＝4，此时△QC1C2的面积是定值，为eq\f(1,2)|C1C2|·d＝eq\f(1,2)×2×4＝4.由(ⅰ)(ⅱ)可知，△QC1C2的面积为定值．解法四：结论③正确．下证：△QC1C2的面积是定值．由题意得，B1(－2，0)，B2(2，0)，C1(0，－1)，C2(0，1)，且直线l2的斜率不为0，可设直线l2：x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，且x1≠±2，x2≠±2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my－1，))得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，所以y1＋y2＝eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3m2＋4).直线B1M的方程为y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，直线B2N的方程为y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，因为eq\f(xeq\o\al(2,2),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),3)＝1，所以eq\f(y2,x2－2)＝－eq\f(3,4)×eq\f(x2＋2,y2)，故直线B2N的方程为y＝－eq\f(3,4)×eq\f(x2＋2,y2)(x－2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y1,x1＋2)（x＋2），,y＝－\f(3,4)×\f(x2＋2,y2)（x－2），))得eq\f(x－2,x＋2)＝－eq\f(4y1y2,3（x1＋2）（x2＋2）)＝－eq\f(4y1y2,3（my1＋1）（my2＋1）)＝－eq\f(4,3)×eq\f(y1y2,m2y1y2＋m（y1＋y2）＋1)＝－eq\f(4,3)×eq\f(－9,－9m2＋6m2＋（3m2＋4）)＝3，解得x＝－4.故点Q在直线x＝－4上，所以Q到C1C2的距离d＝4，因此△QC1C2的面积是定值，为eq\f(1,2)|C1C2|·d＝eq\f(1,2)×2×4＝4.角度定直线问题例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．定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题．这类问题的核心在于确定定点的轨迹，主要方法有：(1)设点法：设点的轨迹，通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程．(2)待定系数法：设出含参数的直线方程、待定系数法求解出系数．(3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，再对一般位置进行验证．变式训练5(2023·江苏常州一模)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的短轴长为2eq\r(2)，离心率为eq\f(\r(2),2).(1)求椭圆C的方程；(2)过点P(4，1)的动直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，在线段AB上取点Q，满足|AP|·|QB|＝|AQ|·|PB|，证明：点Q总在某定直线上．解(1)由题意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2b＝2\r(2)，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(2)，,c＝\r(2)，))所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)证明：直线AB的斜率显然存在，设直线AB的方程为y＝k(x－4)＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x，y)．因为A，P，B，Q四点共线，不妨设x2<x<x1<4，则|AP|＝eq\r(1＋k2)(4－x1)，|AQ|＝eq\r(1＋k2)(x1－x)，|QB|＝eq\r(1＋k2)(x－x2)，|PB|＝eq\r(1＋k2)(4－x2)，由|AP|·|QB|＝|AQ|·|PB|，可得(4－x1)·(x－x2)＝(x1－x)(4－x2)，化简得2x1x2－(x1＋x2)(4＋x)＋8x＝0.(*)联立直线y＝k(x－4)＋1和椭圆的方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k（x－4）＋1，))消去y，得(2k2＋1)x2＋4k(1－4k)x＋32k2－16k－2＝0，由Δ＝16k2(1－4k)2－4(2k2＋1)(32k2－16k－2)>0，得12k2－8k－1<0，所以x1＋x2＝－eq\f(4k（1－4k）,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(32k2－16k－2,2k2＋1)，代入(*)，化简得x＝eq\f(4k＋1,k＋2)＝4－eq\f(7,k＋2)，即eq\f(7,k＋2)＝4－x.又Q在直线AB上，所以k＝eq\f(y－1,x－4)，代入上式，得eq\f(7,\f(y－1,x－4)＋2)＝4－x，化简得2x＋y－2＝0，所以点Q总在定直线2x＋y－2＝0上．题型3圆锥曲线中的探索性问题例6如图，已知点F为抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，过点F的动直线l与抛物线C交于M，N两点，且当直线l的倾斜角为45°时，|MN|＝16.(1)求抛物线C的方程；(2)试确定在x轴上是否存在点P，使得直线PM，PN关于x轴对称？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．解(1)当l的斜率为1时，∵Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，∴l的方程为y＝x－eq\f(p,2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x－\f(p,2)，,y2＝2px，))得x2－3px＋eq\f(p2,4)＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝3p，∴|MN|＝x1＋x2＋p＝4p＝16，p＝4，∴抛物线C的方程为y2＝8x.(2)解法一：假设满足条件的点P存在．设P(a，0)，由(1)知F(2，0)．①当直线l不与x轴垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－2），,y2＝8x，))得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，Δ＝(4k2＋8)2－4·k2·4k2＝64k2＋64>0，x1＋x2＝eq\f(4k2＋8,k2)，x1x2＝4.∵直线PM，PN关于x轴对称，∴kPM＋kPN＝0，又kPM＝eq\f(k（x1－2）,x1－a)，kPN＝eq\f(k（x2－2）,x2－a)，∴eq\f(k（x1－2）,x1－a)＋eq\f(k（x2－2）,x2－a)＝0，两边同时乘以(x1－a)(x2－a)，得k(x1－2)·(x2－a)＋k(x2－2)(x1－a)＝k[2x1x2－(a＋2)(x1＋x2)＋4a]＝－eq\f(8（a＋2）,k)＝0，∴a＝－2，此时P(－2，0)．②当直线l与x轴垂直时，由抛物线的对称性，易知PM，PN关于x轴对称，此时只需P与焦点F不重合即可．综上，存在唯一的点P(－2，0)，使直线PM，PN关于x轴对称．解法二：假设满足条件的点P存在．设P(a，0)，由(1)知F(2，0)，显然，直线l的斜率不为0，设l：x＝my＋2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,y2＝8x，))得y2－8my－16＝0，则Δ＝(－8m)2＋4×16＝64m2＋64>0，y1＋y2＝8m，y1y2＝－16.kPM＝eq\f(y1,x1－a)，kPN＝eq\f(y2,x2－a)，kPM＋kPN＝0⇒(x2－a)y1＋(x1－a)y2＝0，∴(my2＋2－a)y1＋(my1＋2－a)y2＝0，∴2my1y2＋(2－a)(y1＋y2)＝2m×(－16)＋(2－a)×8m＝0，∴a＝－2，∴存在唯一的点P(－2，0)，使直线PM，PN关于x轴对称．存在性问题的解题策略存在性的问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．变式训练6(2023·沈阳三模)已知椭圆Γ：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，其左焦点为F1(－2，0)．(1)求Γ的方程；(2)如图，过Γ的上顶点P作动圆F1的切线分别交Γ于点M，N，是否存在圆F1使得△PMN是以PN为斜边的直角三角形？若存在，求出圆F1的半径；若不存在，请说明理由．解(1)由题意设焦距为2c，则c＝2，由离心率为eq\f(\r(2),2)，得a＝2eq\r(2)，则b2＝a2－c2＝4，故Γ的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)不存在．证明如下：由(1)知P(0，2)，假设存在圆F1满足题意，当圆F1过原点O时，直线PN与y轴重合，直线PM的斜率为0，不符合题意．依题意不妨设PM：y＝k1x＋2(k1≠0)，PN：y＝k2x＋2(k2≠0)，圆F1的半径为r，则圆心到直线PM的距离为eq\f(|－2k1＋2|,\r(1＋keq\o\al(2,1)))＝r，所以(r2－4)keq\o\al(2,1)＋8k1＋r2－4＝0，同理，(r2－4)keq\o\al(2,2)＋8k2＋r2－4＝0，即k1，k2是关于k的方程(r2－4)k2＋8k＋r2－4＝0的两个不相等的实数根，此时k1k2＝1.联立直线PM与椭圆的方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k1x＋2，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))得(1＋2keq\o\al(2,1))x2＋8k1x＝0，所以xP＋xM＝eq\f(－8k1,1＋2keq\o\al(2,1))，即xM＝－eq\f(8k1,1＋2keq\o\al(2,1))，得yM＝eq\f(2－4keq\o\al(2,1),1＋2keq\o\al(2,1))，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8k1,1＋2keq\o\al(2,1))，\f(2－4keq\o\al(2,1),1＋2keq\o\al(2,1))))，同理，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8k2,1＋2keq\o\al(2,2))，\f(2－4keq\o\al(2,2),1＋2keq\o\al(2,2))))，由k2＝eq\f(1,k1)，得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8k1,2＋keq\o\al(2,1))，\f(2keq\o\al(2,1)－4,2＋keq\o\al(2,1))))，由题意，PM⊥MN，即kMN＝－eq\f(1,k1)，此时kMN＝eq\f(\f(2－4keq\o\al(2,1),1＋2keq\o\al(2,1))－\f(2keq\o\al(2,1)－4,2＋keq\o\al(2,1)),－\f(8k1,1＋2keq\o\al(2,1))＋\f(8k1,2＋keq\o\al(2,1)))＝eq\f(（－2keq\o\al(2,1)＋1）（keq\o\al(2,1)＋2）－（keq\o\al(2,1)－2）（2keq\o\al(2,1)＋1）,4k1（2keq\o\al(2,1)＋1）－4k1（keq\o\al(2,1)＋2）)＝eq\f(－4keq\o\al(4,1)＋4,4k1（keq\o\al(2,1)－1）)＝－eq\f(keq\o\al(2,1)＋1,k1)，所以－eq\f(keq\o\al(2,1)＋1,k1)＝－eq\f(1,k1)，因为k1≠0，所以方程无解，故不存在圆F1满足题意．题型4圆锥曲线中的证明问题角度位置关系的证明例7(2021·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，右焦点为F(eq\r(2)，0)，且离心率为eq\f(\r(6),3).(1)求椭圆C的方程；(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝eq\r(3).解(1)由题意，知椭圆的半焦距c＝eq\r(2)且e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),3)，所以a＝eq\r(3)，又b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)证明：由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x>0)，当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x＝1，不符合题意；当直线MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)．必要性：若M，N，F三点共线，可设直线MN：y＝k(x－eq\r(2))，即kx－y－eq\r(2)k＝0，由直线MN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|MN|＝eq\r(1＋1)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(3)，所以必要性成立；充分性：设直线MN：y＝kx＋m(km<0)，即kx－y＋m＝0，由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝1，所以m2＝k2＋1，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))可得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(6km,1＋3k2)，x1x2＝eq\f(3m2－3,1＋3k2)，所以|MN|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6km,1＋3k2)))2－4·\f(3m2－3,1＋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，,m＝－\r(2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－1，,m＝\r(2)，))所以直线MN：y＝x－eq\r(2)或y＝－x＋eq\r(2)，所以直线MN过点F(eq\r(2)，0)，即M，N，F三点共线，充分性成立．所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝eq\r(3).树立“转化”意识，证明位置关系，如相切、垂直、过定点等，关键是将位置关系转化为代数关系．几何性质代数实现对边平行斜率相等，或向量平行对边相等横(纵)坐标差相等对角线互相平分中点重合两边垂直数量积为0变式训练7(2022·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±eq\r(3)x.(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1＞x2＞0，y1＞0.过P且斜率为－eq\r(3)的直线与过Q且斜率为eq\r(3)的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M在AB上；②PQ∥AB；③|AM|＝|BM|.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．解(1)∵右焦点为F(2，0)，∴c＝2，∵渐近线方程为y＝±eq\r(3)x，∴eq\f(b,a)＝eq\r(3)，∴b＝eq\r(3)a，∴c2＝a2＋b2＝4a2＝4，∴a＝1，b＝eq\r(3).∴C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ的方程为y＝kx＋t(k≠0)，将直线PQ的方程代入C的方程，整理得(3－k2)x2－2ktx－t2－3＝0，则x1＋x2＝eq\f(2kt,3－k2)，x1x2＝－eq\f(t2＋3,3－k2)＞0，∴3－k2＜0，∴x1－x2＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\f(2\r(3（t2＋3－k2）),k2－3).设点M的坐标为(xM，yM)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yM－y1＝－\r(3)（xM－x1），,yM－y2＝\r(3)（xM－x2），))两式相减，得y1－y2＝2eq\r(3)xM－eq\r(3)(x1＋x2)，又y1－y2＝(kx1＋t)－(kx2＋t)＝k(x1－x2)，∴2eq\r(3)xM＝k(x1－x2)＋eq\r(3)(x1＋x2)，解得xM＝eq\f(k\r(t2＋3－k2)－kt,k2－3).两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝eq\r(3)(x1－x2)，又y1＋y2＝(kx1＋t)＋(kx2＋t)＝k(x1＋x2)＋2t，∴2yM＝k(x1＋x2)＋eq\r(3)(x1－x2)＋2t，解得yM＝eq\f(3\r(t2＋3－k2)－3t,k2－3)＝eq\f(3,k)xM.∴点M的轨迹为直线y＝eq\f(3,k)x，其中k为直线PQ的斜率．若选择①②：∵PQ∥AB，∴直线AB的方程为y＝k(x－2)，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝eq\r(3)x上，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yA＝k（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq\f(2k,k－\r(3))，yA＝eq\f(2\r(3)k,k－\r(3))，同理可得xB＝eq\f(2k,k＋\r(3))，yB＝－eq\f(2\r(3)k,k＋\r(3))，∴xA＋xB＝eq\f(4k2,k2－3)，yA＋yB＝eq\f(12k,k2－3).点M的坐标满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yM＝k（xM－2），,yM＝\f(3,k)xM，))得xM＝eq\f(2k2,k2－3)＝eq\f(xA＋xB,2)，yM＝eq\f(6k,k2－3)＝eq\f(yA＋yB,2)，故M为AB的中点，即|AM|＝|BM|.若选择①③：当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时M不在直线y＝eq\f(3,k)x上，矛盾．当直线AB的斜率存在时，易知直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝eq\r(3)x上，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yA＝m（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq\f(2m,m－\r(3))，yA＝eq\f(2\r(3)m,m－\r(3))，同理可得xB＝eq\f(2m,m＋\r(3))，yB＝－eq\f(2\r(3)m,m＋\r(3))，∵M在AB上，且|AM|＝|BM|，∴xM＝eq\f(xA＋xB,2)＝eq\f(2m2,m2－3)，yM＝eq\f(yA＋yB,2)＝eq\f(6m,m2－3)，又点M在直线y＝eq\f(3,k)x上，∴eq\f(6m,m2－3)＝eq\f(3,k)·eq\f(2m2,m2－3)，解得k＝m，因此PQ∥AB.若选择②③：∵PQ∥AB，∴直线AB的方程为y＝k(x－2)，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝eq\r(3)x上，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yA＝k（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq\f(2k,k－\r(3))，yA＝eq\f(2\r(3)k,k－\r(3))，同理可得xB＝eq\f(2k,k＋\r(3))，yB＝－eq\f(2\r(3)k,k＋\r(3)).设AB的中点为C(xC，yC)，则xC＝eq\f(xA＋xB,2)＝eq\f(2k2,k2－3)，yC＝eq\f(yA＋yB,2)＝eq\f(6k,k2－3).∵|AM|＝|BM|，∴M在AB的垂直平分线上，即M在直线y－yC＝－eq\f(1,k)(x－xC)，即y－eq\f(6k,k2－3)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2k2,k2－3)))上，与y＝eq\f(3,k)x联立，得xM＝eq\f(2k2,k2－3)＝xC，yM＝eq\f(6k,k2－3)＝yC，即M恰为AB的中点，故M在直线AB上．角度数量关系的证明例8(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，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