2025高考数学专项复习第九章 平面解析几何高考解答题专项突破（五） 第2课时 最值、范围问题含答案

2025高考数学专项复习第九章平面解析几何第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(x2,3)－y2＝1，,x＝my＋2，))得(m2－3)y2＋4my＋1＝0，因为直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Δ＝16m2－4(m2－3)，y1＋y2＝eq\f(－4m,m2－3)，y1y2＝eq\f(1,m2－3)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝16m2－4（m2－3）>0，,x1＋x2＝m（y1＋y2）＋4＝\f(－4m2,m2－3)＋4>0，,x1x2＝（my1＋2）（my2＋2）＝m2y1y2＋,2m（y1＋y2）＋4＝\f(m2,m2－3)－\f(8m2,m2－3)＋4>0，))解得－eq\r(3)<m<eq\r(3)，当m＝0时，直线l的倾斜角θ＝eq\f(π,2)，当m≠0时，直线l的斜率k>eq\f(\r(3),3)或k<－eq\f(\r(3),3).综上，直线l的倾斜角θ的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6))).(2)因为O是AD的中点，所以S△ABD＝2S△OAB＝2×eq\f(1,2)|OF||y1－y2|＝2eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4m,m2－3)))\s\up12(2)－\f(4,m2－3))＝2eq\r(\f(12m2＋12,（m2－3）2))，令t＝m2－3，则t∈[－3，0)，S△ABD＝4eq\r(3)·eq\r(\f(t＋4,t2))＝4eq\r(3)·eq\r(\f(4,t2)＋\f(1,t))＝4eq\r(3)·eq\r(4u2＋u)，其中u＝eq\f(1,t)，且u∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))，又y＝4u2＋u在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))上单调递减，所以S△ABD≥eq\f(4\r(3),3)，当u＝－eq\f(1,3)，即m＝0时，△ABD的面积取得最小值eq\f(4\r(3),3)，此时直线l的方程为x＝2.3．已知F1，F2是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，椭圆与y轴正半轴交于点B，直线BF1的斜率为eq\f(\r(3),3)，且F2到直线BF1的距离为eq\r(3).(1)求椭圆C的方程；(2)P为椭圆C上任意一点，过F1，F2分别作直线l1，l2，且l1与l2相交于x轴上方一点M，当∠F1MF2＝eq\f(π,3)时，求P，M两点间距离的最大值．解(1)由题意，知F1(－c，0)，F2(c，0)，B(0，b)．所以eq\f(b,c)＝eq\f(\r(3),3).①因为直线BF1的方程为eq\f(x,－c)＋eq\f(y,b)＝1，即bx－cy＋bc＝0.所以由题意，有eq\f(2bc,a)＝eq\r(3).②又a2＝b2＋c2，③由①②③，得a＝2，b＝1，c＝eq\r(3).所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由(1)，知F1(－eq\r(3)，0)，F2(eq\r(3)，0)．设P(x0，y0)，M(x，y)，且y>0.则当l1，l2都不垂直于x轴时，kMF1＝eq\f(y,x＋\r(3))，kMF2＝eq\f(y,x－\r(3)).因为∠F1MF2＝eq\f(π,3)，所以∠MF2x－∠MF1x＝eq\f(π,3).所以taneq\f(π,3)＝eq\r(3)＝eq\f(kMF2－kMF1,1＋kMF2·kMF1).化简，得x2＋(y－1)2＝4(x≠±eq\r(3)，y>0)．当l1或l2垂直于x轴时，得M(±eq\r(3)，2)，也满足上式．所以M点的轨迹方程为x2＋(y－1)2＝4(y>0)．所以当P与圆心(0，1)距离最大时，P，M两点间距离取得最大值．因为eq\r(xeq\o\al(2,0)＋（y0－1）2)＝eq\r(4－4yeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)－2y0＋1)＝eq\r(－3yeq\o\al(2,0)－2y0＋5)＝eq\r(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0＋\f(1,3)))\s\up12(2)＋\f(16,3))，－1≤y0≤1，所以0≤eq\r(xeq\o\al(2,0)＋（y0－1）2)≤eq\f(4\r(3),3).所以P，M两点间距离的最大值为eq\f(4\r(3),3)＋2.4．(2023·湖北十堰模拟)已知抛物线C1：x2＝y，C2：x2＝－y，点M(x0，y0)在C2上，且不与坐标原点O重合，过点M作C1的两条切线，切点分别为A，B.记直线MA，MB，MO的斜率分别为k1，k2，k3.(1)当x0＝1时，求k1＋k2的值；(2)当点M在C2上运动时，求eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)－eq\f(k1k2,k3)的取值范围．解(1)因为x0＝1，所以y0＝－1.设过点M并与C1相切的直线的方程为y＝k(x－1)－1.联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝y，,y＝k（x－1）－1，))整理，得x2－kx＋k＋1＝0，则Δ＝(－k)2－4(k＋1)＝k2－4k－4＝0.由题意可知，k1，k2即方程k2－4k－4＝0的两根，故k1＋k2＝4.(2)因为y0＝－xeq\o\al(2,0)(x0≠0)，所以可设过点M并与C1相切的直线的方程为y＝k(x－x0)－xeq\o\al(2,0).联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝y，,y＝k（x－x0）－xeq\o\al(2,0)，))整理，得x2－kx＋kx0＋xeq\o\al(2,0)＝0，则Δ＝k2－4x0k－4xeq\o\al(2,0)＝0.由题意可知，k1＋k2＝4x0，k1k2＝－4xeq\o\al(2,0).又k3＝eq\f(－xeq\o\al(2,0),x0)＝－x0，所以eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)－eq\f(k1k2,k3)＝eq\f(k1＋k2,k1k2)－eq\f(k1k2,k3)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)＋4x0)).当x0>0时，eq\f(1,x0)＋4x0≥2eq\r(\f(1,x0)·4x0)＝4，所以eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)－eq\f(k1k2,k3)≤－4，当且仅当x0＝eq\f(1,2)时，等号成立．当x0<0时，－eq\f(1,x0)－4x0≥2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x0)))·（－4x0）)＝4，所以eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)－eq\f(k1k2,k3)≥4，当且仅当x0＝－eq\f(1,2)时，等号成立．故eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)－eq\f(k1k2,k3)的取值范围为(－∞，－4]∪[4，＋∞)．5．(2024·九省联考)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点．(1)证明：直线MN过定点；(2)设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值．解(1)证明：由C：y2＝4x，得F(1，0)，由直线AB与直线DE垂直，得两直线斜率都存在且不为0，设直线AB，DE的方程分别为x＝m1y＋1，x＝m2y＋1，则m1m2＝－1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)，联立C：y2＝4x与直线AB的方程，即有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝m1y＋1，))消去x，可得y2－4m1y－4＝0，Δ＝16meq\o\al(2,1)＋16>0，故y1＋y2＝4m1，y1y2＝－4，则x1＋x2＝m1y1＋1＋m1y2＋1＝m1(y1＋y2)＋2＝4meq\o\al(2,1)＋2，故eq\f(x1＋x2,2)＝2meq\o\al(2,1)＋1，eq\f(y1＋y2,2)＝2m1，即M(2meq\o\al(2,1)＋1，2m1)，同理可得N(2meq\o\al(2,2)＋1，2m2)．当2meq\o\al(2,1)＋1≠2meq\o\al(2,2)＋1时，则|m1|≠|m2|，则lMN：y＝eq\f(2m2－2m1,2meq\o\al(2,2)＋1－（2meq\o\al(2,1)＋1）)(x－2meq\o\al(2,1)－1)＋2m1，即y＝eq\f(m2－m1,meq\o\al(2,2)－meq\o\al(2,1))(x－2meq\o\al(2,1)－1)＋2m1＝eq\f(x,m2＋m1)－eq\f(2meq\o\al(2,1)＋1,m2＋m1)＋eq\f(2m1（m2＋m1）,m2＋m1)＝eq\f(x,m2＋m1)－eq\f(2meq\o\al(2,1)＋1－2m1m2－2meq\o\al(2,1),m2＋m1)＝eq\f(x,m2＋m1)－eq\f(1－2m1m2,m2＋m1)，由m1m2＝－1，得y＝eq\f(x,m2＋m1)－eq\f(1＋2,m2＋m1)＝eq\f(1,m2＋m1)(x－3)，故x＝3时，有y＝eq\f(1,m2＋m1)(3－3)＝0，此时直线MN过定点，且该定点为(3，0)；当2meq\o\al(2,1)＋1＝2meq\o\al(2,2)＋1，即meq\o\al(2,1)＝meq\o\al(2,2)时，由m1m2＝－1，得m1＝±1，则lMN：x＝2＋1＝3，亦过定点(3，0)，故直线MN过定点，且该定点为(3，0)．(2)由A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)，得lAE：y＝eq\f(y3－y1,x3－x1)(x－x1)＋y1，又yeq\o\al(2,1)＝4x1，yeq\o\al(2,3)＝4x3，故y＝eq\f(y3－y1,\f(yeq\o\al(2,3),4)－\f(yeq\o\al(2,1),4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(yeq\o\al(2,1),4)))＋y1＝eq\f(4x,y3＋y1)－eq\f(yeq\o\al(2,1),y3＋y1)＋eq\f(yeq\o\al(2,1)＋y1y3,y3＋y1)＝eq\f(4x,y3＋y1)＋eq\f(y1y3,y3＋y1)，同理可得lBD：y＝eq\f(4x,y4＋y2)＋eq\f(y2y4,y4＋y2)，联立两直线方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(4x,y3＋y1)＋\f(y1y3,y3＋y1)，,y＝\f(4x,y4＋y2)＋\f(y2y4,y4＋y2)，))有eq\f(4x,y3＋y1)＋eq\f(y1y3,y3＋y1)＝eq\f(4x,y4＋y2)＋eq\f(y2y4,y4＋y2)，即4x(y4＋y2)＋y1y3(y4＋y2)＝4x(y3＋y1)＋y2y4(y3＋y1)，有x＝eq\f(y2y4（y3＋y1）－y1y3（y4＋y2）,4（y4＋y2－y3－y1）)，由y1y2＝－4，同理得y3y4＝－4，故x＝eq\f(y2y4（y3＋y1）－y1y3（y4＋y2）,4（y4＋y2－y3－y1）)＝eq\f(y2y3y4＋y1y2y4－y1y3y4－y1y2y3,4（y4＋y2－y3－y1）)＝eq\f(－4（y2＋y4－y1－y3）,4（y4＋y2－y3－y1）)＝－1，故xG＝－1.过点G作GQ∥x轴，交直线MN于点Q，则S△GMN＝eq\f(1,2)|yM－yN|×|xQ－xG|，由M(2meq\o\al(2,1)＋1，2m1)，N(2meq\o\al(2,2)＋1，2m2)，得|yM－yN|＝|2m1－2m2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2m1＋\f(2,m1)))＝2|m1|＋eq\f(2,|m1|)≥2eq\r(2|m1|×\f(2,|m1|))＝4，当且仅当m1＝±1时，等号成立．下证|xQ－xG|≥4：由抛物线的对称性，不妨设m1>0，则m2<0，当m1>1时，有m2＝－eq\f(1,m1)∈(－1，0)，则点G在x轴上方，点Q亦在x轴上方，有eq\f(1,m2＋m1)＝eq\f(1,m1－\f(1,m1))>0，由直线MN过定点(3，0)，此时|xQ－xG|>3－(－1)＝4；同理，当m1＜1时，有点G在x轴下方，点Q亦在x轴下方，有eq\f(1,m2＋m1)<0，故此时|xQ－xG|>4，当m1＝±1时，xQ＝3，故|xQ－xG|≥4恒成立，且m1＝±1时，等号成立，故S△GMN＝eq\f(1,2)|yM－yN|×|xQ－xG|≥eq\f(1,2)×4×4＝8，即△GMN面积的最小值为8.6．(2024·广东广州铁一中学校考阶段练习)在一张纸上有一圆C：(x＋2eq\r(3))2＋y2＝36，定点M(2eq\r(3)，0)，折叠纸片C上的某一点M1恰好与点M重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕KQ，设折痕KQ与直线M1C的交点为T.(1)证明||TC|－|TM||为定值，并求出点T的轨迹C′的方程；(2)若曲线C′上一点P，点A，B分别为l1：y＝eq\f(\r(3),3)x在第一象限上的点与l2：y＝－eq\f(\r(3),3)x在第四象限上的点，若eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))，λ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))，求△AOB面积的取值范围．解(1)如图，由点M1与M关于直线KQ对称，得|M1T|＝|TM|，||TC|－|TM||＝||TC|－|M1T||＝|CM1|＝6<4eq\r(3)＝|CM|.由双曲线的定义知，点T的轨迹C′为以C，M为焦点，实轴长为6的双曲线，设双曲线C′的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，∴2a＝6，a＝3，c＝2eq\r(3)，∴b2＝c2－a2＝3，∴双曲线C′的方程为eq\f(x2,9)－eq\f(y2,3)＝1.(2)由题意知，l1，l2分别为双曲线C′：eq\f(x2,9)－eq\f(y2,3)＝1的渐近线．设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(\r(3),3)x1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，－\f(\r(3),3)x2))(x1，x2>0)，由eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))，设P(xp，yp)．∴xp－x1＝λ(x2－xp)，yp－eq\f(\r(3),3)x1＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)x2－yp))，∴xp＝eq\f(x1＋λx2,1＋λ)，yp＝eq\f(\r(3),3)·eq\f(x1－λx2,1＋λ)，由于点P在双曲线上，∴eq\f(（x1＋λx2）2,9（1＋λ）2)－eq\f(（x1－λx2）2,9（1＋λ）2)＝1，∴4λx1x2＝9(1＋λ)2，∴x1x2＝eq\f(9（1＋λ）2,4λ)，又|OA|＝eq\r(xeq\o\al(2,1)＋\f(1,3)xeq\o\al(2,1))＝eq\f(2\r(3),3)x1，同理|OB|＝eq\f(2\r(3),3)x2.设OA的倾斜角为eq\f(π,6)，则sin∠AOB＝sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2)，∴S△AOB＝eq\f(1,2)|OA||OB|sin∠AOB＝eq\f(1,2)·eq\f(4,3)x1x2·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),3)x1x2＝eq\f(3\r(3),4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ＋\f(1,λ)＋2)).由对勾函数的性质，可知函数y＝x＋eq\f(1,x)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上单调递减，在(1，2]上单调递增，当λ＝1时，(S△AOB)min＝eq\f(3\r(3),4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,1)＋2))＝3eq\r(3)；当λ＝eq\f(1,3)时，(S△AOB)max＝eq\f(3\r(3),4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋3＋2))＝4eq\r(3).∴S△AOB∈[3eq\r(3)，4eq\r(3)]．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＝(t