2025高考數學專項復習第九章平面解析幾何第2課時最值、范圍問題考點一建立目標函數求最值或范圍例1(2024·陜西西安聯考)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，過點F且垂直于x軸的直線交拋物線于A，B兩點，|AB|＝4.(1)求拋物線C的方程；(2)若M，N是拋物線C上兩動點，以MN為直徑的圓經過點P(1，2)，M，N，P三點都不重合，求|MF|＋|NF|的最小值．解(1)由題意知Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，∴|AB|＝2p＝4，∴p＝2，拋物線C的方程為y2＝4x.(2)設直線MN的方程為x＝my＋n，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，由方程組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為直徑的圓經過點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，直線MN：x＝my－2m＋1過點P，不符合題意，舍去．∴n＝2m＋5，∴x1＋x2＝4m2＋2n＝4m2＋4m＋10，則|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，∴當m＝－eq\f(1,2)時，|MF|＋|NF|取得最小值，為11.建立目標函數求最值或范圍，即把要求最值或范圍的幾何量或代數表達式表示為某個(些)變量的函數解析式，然后利用函數的單調性、不等式等求最值或范圍．1.(2023·湖北武漢模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，其短軸長與雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1的實半軸長相等．(1)求橢圓C的方程；(2)若直線AB與曲線D：x2＋y2＝b2相切，與橢圓C交于A，B兩點，求|AB|的取值范圍．解(1)因為雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1的實半軸長為2，所以b＝1，又橢圓C的離心率為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，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由(1)，知曲線D：x2＋y2＝1為圓，當與圓D相切的直線AB的斜率不存在時，直線AB的方程為x＝±1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝±1，,x2＋4y2＝4，))得y＝±eq\f(\r(3),2)，則|AB|＝eq\r(3)；當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為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)，又直線AB與圓D：x2＋y2＝1相切，則eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝1，即m2＝k2＋1，顯然k≠0，則(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)，則|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|的取值范圍為(0，2]．考點二構造不等式求最值或范圍例2(2024·山東濰坊模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的長軸長為4，C的短軸的兩個頂點與左焦點構成等邊三角形．(1)求C的標準方程；(2)直線l與橢圓交于A，B兩點，且|AB|＝2，點P滿足PA⊥PB，O為坐標原點，求|OP|的最大值．解(1)由題意知，2a＝4，所以a＝2，設C的短軸的兩個頂點為D，E，左焦點為F1，因為C的短軸的兩個頂點與左焦點構成等邊三角形，如圖所示，所以eq\f(|DO|,|F1D|)＝eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，所以b＝1，所以C的標準方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由題意PA⊥PB，可得P的軌跡為以AB為直徑且除去點A，B的圓，設圓心為M，則半徑|PM|＝1，而由三角形三邊關系，可得|OP|≤|OM|＋|PM|＝|OM|＋1，故M，P，O三點共線時，|OM|最大，此時M在OP之間．①當直線l的斜率不存在時，AB恰為短軸，此時|OP|＝1；②當直線l的斜率存在時，如圖所示，設l：y＝kx＋m.聯立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)，則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，當且僅當t＝3eq\r(5)時，等號成立，而|OP|≤|OM|＋|PM|＝|OM|＋1≤eq\r(5)，當k2＝eq\f(3\r(5)－1,16)時取等號，所以|OP|的最大值為eq\r(5).構造不等式求最值或范圍，即把要求最值或范圍的幾何量或代數表達式表示為某個(些)變量的函數解析式，然后利用不等式的知識求最值或范圍．2.已知雙曲線x2－eq\f(y2,2)＝1，斜率為k(k≠0)的直線l與雙曲線的左、右兩支分別交于點A，B.(1)若直線l過P(0，1)，且|PB|＝3|AP|，求直線l的斜率k；(2)若直線AB的垂直平分線與兩坐標軸圍成的三角形的面積為eq\f(9,2)，求k的取值范圍．解(1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為|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)設直線l的方程為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.因為直線l與雙曲線的左、右兩支分別交于點A，B，于是2－k2≠0，且Δ＝(－2km)2＋4(2－k2)·(m2＋2)>0，整理得m2＋2－k2>0.則x1＋x2＝eq\f(2km,2－k2)，x1x2＝eq\f(－m2－2,2－k2).因為x1x2<0，所以eq\f(－m2－2,2－k2)<0，所以k2<2.設線段AB的中點坐標為(x0，y0)，則x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(km,2－k2)，y0＝kx0＋m＝eq\f(2m,2－k2).所以AB的垂直平分線方程為y－eq\f(2m,2－k2)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(km,2－k2)))，此直線與x軸、y軸的交點坐標分別為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))).由題意可得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的取值范圍是(－eq\r(2)，0)∪(0，eq\r(2))．考點三幾何法求最值或范圍例3(2020·新高考Ⅱ卷)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點M(2，3)，點A為其左頂點，且AM的斜率為eq\f(1,2).(1)求C的方程；(2)點N為橢圓上任意一點，求△AMN的面積的最大值．解(1)由題意可知直線AM的方程為y－3＝eq\f(1,2)(x－2)，即x－2y＝－4.當y＝0時，解得x＝－4，所以a＝4，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點M(2，3)，可得eq\f(4,16)＋eq\f(9,b2)＝1，解得b2＝12.所以C的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)設與直線AM平行的直線方程為x－2y＝m，如圖所示，當直線與橢圓相切時，與AM距離比較遠的直線與橢圓的切點為N，此時△AMN的面積取得最大值．聯立直線方程x－2y＝m與橢圓方程eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1，可得3(m＋2y)2＋4y2＝48，化簡可得16y2＋12my＋3m2－48＝0，所以Δ＝144m2－4×16(3m2－48)＝0，即m2＝64，解得m＝±8，與AM距離比較遠的直線方程為x－2y＝8，直線AM的方程為x－2y＝－4，點N到直線AM的距離即兩平行線之間的距離，利用兩平行線之間的距離公式可得d＝eq\f(8＋4,\r(1＋4))＝eq\f(12\r(5),5)，由兩點之間距離公式可得|AM|＝eq\r(（2＋4）2＋32)＝3eq\r(5).所以△AMN的面積的最大值為eq\f(1,2)×3eq\r(5)×eq\f(12\r(5),5)＝18.幾何法求最值或范圍，即通過利用圓錐曲線的定義、幾何性質以及平面幾何中的定理、性質等知識來求最值或范圍．3.(2024·廣東深圳沖刺)已知拋物線E：x2＝2py(p>0)的焦點為F，過點F且傾斜角為eq\f(π,3)的直線被E所截得的弦長為16.(1)求拋物線E的方程；(2)已知點C為拋物線上的任意一點，以C為圓心的圓過點F，且與直線y＝－eq\f(1,2)交于A，B兩點，求|FA|·|FB|·|FC|的最小值．解(1)由拋物線方程得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，可設過點F且傾斜角為eq\f(π,3)的直線為y＝eq\r(3)x＋eq\f(p,2)，直線與拋物線交于M，N兩點，設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，由根與系數的關系，得x1＋x2＝2eq\r(3)p，由拋物線焦點弦長公式，可得|MN|＝y1＋y2＋p＝eq\r(3)(x1＋x2)＋2p＝8p＝16，解得p＝2，即拋物線E的方程為x2＝4y.(2)由(1)知F(0，1)，準線方程為y＝－1，設∠AFB＝θ，圓C的半徑為r，則∠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，由拋物線的定義可知|CF|＝yC＋1≥1，即r≥1，∴|FA|·|FB|·|FC|＝3r2≥3，即|FA|·|FB|·|FC|的最小值為3.課時作業1．(2024·四川成都聯考一)已知橢圓C的對稱中心為坐標原點，對稱軸為坐標軸，焦點在y軸上，離心率e＝eq\f(1,2)，且過點P(3，2)．(1)求橢圓C的標準方程；(2)若直線l與橢圓交于A，B兩點，且直線PA，PB的傾斜角互補，點M(0，8)，求△MAB面積的最大值．解(1)∵e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，∴a＝2c，b＝eq\r(3)c，設橢圓C的標準方程為eq\f(x2,3c2)＋eq\f(y2,4c2)＝1，即4x2＋3y2＝12c2，∵橢圓C過點P(3，2)，∴36＋12＝12c2，∴c2＝4.∴橢圓C的標準方程為eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,16)＝1.(2)由題意，可知直線l的斜率存在，且不過點P(3，2)，設直線l的方程為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，則(k－2)(3k＋m－2)＝0，∴k＝2，又Δ＝48(64－m2)>0，解得－8<m<8，△MAB的面積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，則f′(m)＝－4(8－m)2(4＋m)，當x∈(－8，－4)時，f′(m)＞0，當x∈(－4，8)時，f′(m)＜0，∴當m＝－4時，△MAB的面積取得最大值，為18.2．(2024·湖南永州質檢)設雙曲線C：eq\f(x2,3)－y2＝1，其右焦點為F，過F的直線l與雙曲線C的右支交于A，B兩點．(1)求直線l的傾斜角θ的取值范圍；(2)直線AO(O為坐標原點)與曲線C的另一個交點為D，求△ABD面積的最小值，并求此時直線l的方程．解(1)由雙曲線C：eq\f(x2,3)－y2＝1，得c2＝3＋1＝4，則右焦點F(2，0)，顯然直線l的斜率不為0，設直線l的方程為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，因為直線l與雙曲線C的右支交于A，B兩點，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，Δ＝16m2－4(m2－3)，y1＋y2＝eq\f(－4m,m2－3)，y1y2＝eq\f(1,m2－3)，則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)，當m＝0時，直線l的傾斜角θ＝eq\f(π,2)，當m≠0時，直線l的斜率k>eq\f(\r(3),3)或k<－eq\f(\r(3),3).綜上，直線l的傾斜角θ的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6))).(2)因為O是AD的中點，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，則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)))上單調遞減，所以S△ABD≥eq\f(4\r(3),3)，當u＝－eq\f(1,3)，即m＝0時，△ABD的面積取得最小值eq\f(4\r(3),3)，此時直線l的方程為x＝2.3．已知F1，F2是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，橢圓與y軸正半軸交于點B，直線BF1的斜率為eq\f(\r(3),3)，且F2到直線BF1的距離為eq\r(3).(1)求橢圓C的方程；(2)P為橢圓C上任意一點，過F1，F2分別作直線l1，l2，且l1與l2相交于x軸上方一點M，當∠F1MF2＝eq\f(π,3)時，求P，M兩點間距離的最大值．解(1)由題意，知F1(－c，0)，F2(c，0)，B(0，b)．所以eq\f(b,c)＝eq\f(\r(3),3).①因為直線BF1的方程為eq\f(x,－c)＋eq\f(y,b)＝1，即bx－cy＋bc＝0.所以由題意，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).所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由(1)，知F1(－eq\r(3)，0)，F2(eq\r(3)，0)．設P(x0，y0)，M(x，y)，且y>0.則當l1，l2都不垂直于x軸時，kMF1＝eq\f(y,x＋\r(3))，kMF2＝eq\f(y,x－\r(3)).因為∠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).化簡，得x2＋(y－1)2＝4(x≠±eq\r(3)，y>0)．當l1或l2垂直于x軸時，得M(±eq\r(3)，2)，也滿足上式．所以M點的軌跡方程為x2＋(y－1)2＝4(y>0)．所以當P與圓心(0，1)距離最大時，P，M兩點間距離取得最大值．因為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兩點間距離的最大值為eq\f(4\r(3),3)＋2.4．(2023·湖北十堰模擬)已知拋物線C1：x2＝y，C2：x2＝－y，點M(x0，y0)在C2上，且不與坐標原點O重合，過點M作C1的兩條切線，切點分別為A，B.記直線MA，MB，MO的斜率分別為k1，k2，k3.(1)當x0＝1時，求k1＋k2的值；(2)當點M在C2上運動時，求eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)－eq\f(k1k2,k3)的取值范圍．解(1)因為x0＝1，所以y0＝－1.設過點M并與C1相切的直線的方程為y＝k(x－1)－1.聯立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝y，,y＝k（x－1）－1，))整理，得x2－kx＋k＋1＝0，則Δ＝(－k)2－4(k＋1)＝k2－4k－4＝0.由題意可知，k1，k2即方程k2－4k－4＝0的兩根，故k1＋k2＝4.(2)因為y0＝－xeq\o\al(2,0)(x0≠0)，所以可設過點M并與C1相切的直線的方程為y＝k(x－x0)－xeq\o\al(2,0).聯立方程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，則Δ＝k2－4x0k－4xeq\o\al(2,0)＝0.由題意可知，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)).當x0>0時，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，當且僅當x0＝eq\f(1,2)時，等號成立．當x0<0時，－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，當且僅當x0＝－eq\f(1,2)時，等號成立．故eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)－eq\f(k1k2,k3)的取值范圍為(－∞，－4]∪[4，＋∞)．5．(2024·九省聯考)已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過F的直線l交C于A，B兩點，過F與l垂直的直線交C于D，E兩點，其中B，D在x軸上方，M，N分別為AB，DE的中點．(1)證明：直線MN過定點；(2)設G為直線AE與直線BD的交點，求△GMN面積的最小值．解(1)證明：由C：y2＝4x，得F(1，0)，由直線AB與直線DE垂直，得兩直線斜率都存在且不為0，設直線AB，DE的方程分別為x＝m1y＋1，x＝m2y＋1，則m1m2＝－1，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)，聯立C：y2＝4x與直線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，則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)．當2meq\o\al(2,1)＋1≠2meq\o\al(2,2)＋1時，則|m1|≠|m2|，則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時，有y＝eq\f(1,m2＋m1)(3－3)＝0，此時直線MN過定點，且該定點為(3，0)；當2meq\o\al(2,1)＋1＝2meq\o\al(2,2)＋1，即meq\o\al(2,1)＝meq\o\al(2,2)時，由m1m2＝－1，得m1＝±1，則lMN：x＝2＋1＝3，亦過定點(3，0)，故直線MN過定點，且該定點為(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)，聯立兩直線方程，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.過點G作GQ∥x軸，交直線MN于點Q，則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，當且僅當m1＝±1時，等號成立．下證|xQ－xG|≥4：由拋物線的對稱性，不妨設m1>0，則m2<0，當m1>1時，有m2＝－eq\f(1,m1)∈(－1，0)，則點G在x軸上方，點Q亦在x軸上方，有eq\f(1,m2＋m1)＝eq\f(1,m1－\f(1,m1))>0，由直線MN過定點(3，0)，此時|xQ－xG|>3－(－1)＝4；同理，當m1＜1時，有點G在x軸下方，點Q亦在x軸下方，有eq\f(1,m2＋m1)<0，故此時|xQ－xG|>4，當m1＝±1時，xQ＝3，故|xQ－xG|≥4恒成立，且m1＝±1時，等號成立，故S△GMN＝eq\f(1,2)|yM－yN|×|xQ－xG|≥eq\f(1,2)×4×4＝8，即△GMN面積的最小值為8.6．(2024·廣東廣州鐵一中學?？茧A段練習)在一張紙上有一圓C：(x＋2eq\r(3))2＋y2＝36，定點M(2eq\r(3)，0)，折疊紙片C上的某一點M1恰好與點M重合，這樣每次折疊都會留下一條直線折痕KQ，設折痕KQ與直線M1C的交點為T.(1)證明||TC|－|TM||為定值，并求出點T的軌跡C′的方程；(2)若曲線C′上一點P，點A，B分別為l1：y＝eq\f(\r(3),3)x在第一象限上的點與l2：y＝－eq\f(\r(3),3)x在第四象限上的點，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面積的取值范圍．解(1)如圖，由點M1與M關于直線KQ對稱，得|M1T|＝|TM|，||TC|－|TM||＝||TC|－|M1T||＝|CM1|＝6<4eq\r(3)＝|CM|.由雙曲線的定義知，點T的軌跡C′為以C，M為焦點，實軸長為6的雙曲線，設雙曲線C′的方程為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，∴雙曲線C′的方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,3)＝1.(2)由題意知，l1，l2分別為雙曲線C′：eq\f(x2,9)－eq\f(y2,3)＝1的漸近線．設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(→))，設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)，由于點P在雙曲線上，∴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.設OA的傾斜角為eq\f(π,6)，則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)).由對勾函數的性質，可知函數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))上單調遞減，在(1，2]上單調遞增，當λ＝1時，(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)；當λ＝eq\f(1,3)時，(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課時證明與探索性問題考點一證明問題(多考向探究)考向1利用直接法證明例1(2023·河南名校聯盟押題)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a2)＝1(a>0)的左、右焦點分別為F1，F2.過F2的直線l交C的右支于M，N兩點，當l垂直于x軸時，M，N到C的一條漸近線的距離之和為2eq\r(2).(1)求C的方程；(2)證明：eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)為定值．解(1)根據題意，得F2(eq\r(2)a，0)，C的一條漸近線方程為y＝x，將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到直線y＝x的距離之和為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的方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1.(2)證明：當l垂直于x軸時，由(1)可知，|MF2|＝|NF2|＝a＝eq\r(2)，且由雙曲線的定義可知|MF1|＝|NF1|＝a＋2a＝3a＝3eq\r(2)，故eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)＝6；當l不垂直于x軸時，由雙曲線的定義可知|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|))).設l：y＝k(x－2)，代入C的方程，得(1－k2)x2＋4k2x－4k2－2＝0，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則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.綜上，eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)的值為6(定值)．對于證明問題，一般是根據已知條件，運用所涉及的知識通過運算化簡，利用定義、定理、公理等，直接推導出所證明的結論即可，證明不等式常用不等式的性質或基本不等式求得最值．1.(2023·四川廣安統考二模)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經過A(0，1)，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3,5)))兩點，M，N是橢圓E上異于T的兩動點，且∠MAT＝∠NAT，若直線AM，AN的斜率均存在，并分別記為k1，k2.(1)證明：k1k2為常數；(2)記△AMN的面積為S，證明：S≤eq\f(8,5).證明(1)設直線AM，AT，AN的傾斜角分別為α，θ，β，因為∠MAT＝∠NAT，所以∠MAN＝2∠NAT，即β－α＝2(β－θ)，故α＋β＝2θ，因為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)，則k1k2＝tanαtanβ＝tanαtaneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝1，所以k1k2為常數1.(2)橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經過A(0，1)，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3,5)))兩點，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，))所以橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.設M(x1，y1)，N(x2，y2)，k1＝k(k≠0，k≠1)，由(1)得k2＝eq\f(1,k)，則直線AM的方程為y＝kx＋1，y1＝kx1＋1，直線AN的方程為y＝eq\f(1,k)x＋1，y2＝eq\f(1,k)x2＋1，聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋1，))消去y，得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，則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)，則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，則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)，當且僅當4t＝eq\f(25,t)，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)))＝eq\f(5,2)時取等號，故S≤eq\f(8,5).考向2利用轉化法證明例2(2024·江蘇南通模擬)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點到直線l：y＝2x－5的距離為eq\f(6\r(5),5).(1)求C的方程；(2)若點P在l上，PA，PB是C的兩條切線，A，B是切點，直線AB與l交于點Q，證明：存在定點H，使得PH⊥QH.解(1)由題意可知C的焦點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，由點到直線的距離公式可得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的方程為x2＝4y.(2)證明：設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)，可知直線PA的方程為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，直線PB的方程為y＝eq\f(x2x,2)－eq\f(xeq\o\al(2,2),4).聯立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))).若記P(t，2t－5)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2t，,x1x2＝4（2t－5），))由點A，B的坐標可寫出直線AB的方程為(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與l相交，可知t≠4，聯立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))).設H(x，y)，則由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，上式關于t恒成立，當且僅當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.))因此存在定點H(0，5)或H(8，1)，使得PH⊥QH.利用轉化法證明圓錐曲線問題的三種策略(1)證明三點共線或直線平行，用斜率相等．(2)證明直線垂直，用斜率之積為－1.(3)證明兩角相等，用傾斜角互補，斜率之和為0.2.(2023·陜西寶雞?？?已知點P是平面直角坐標系xOy異于O的任意一點，過點P作直線l1：y＝eq\f(\r(3),2)x及l2：y＝－eq\f(\r(3),2)x的平行線，分別交x軸于點M，N，且|OM|2＋|ON|2＝8.(1)求點P的軌跡C的方程；(2)在x軸正半軸上取兩點A(m，0)，B(n，0)，且mn＝4，過點A作直線l與軌跡C交于E，F兩點，證明：sin∠EBA＝sin∠FBA.解(1)設點P的坐標為(x0，y0)，則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，化簡得eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1，所以點P的軌跡C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(x≠±eq\r(2))．(2)證明：當直線l的斜率不存在時，根據橢圓的對稱性，sin∠EBA＝sin∠FBA成立．當直線l的斜率存在時，由題意，設直線l的方程為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)，則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)，因為mn＝4，所以kBE＋kBF＝0，則sin∠EBA＝sin∠FBA.綜上所述，sin∠EBA＝sin∠FBA.考點二探索性問題(多考向探究)考向1肯定順推法解決探索性問題例3(2023·湖南岳陽模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的離心率為eq\f(\r(6),2)，點A(6，4)在C上．(1)求雙曲線C的方程；(2)設過點B(1，0)的直線l與雙曲線C交于D，E兩點，問在x軸上是否存在一點P，使得eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))為常數？若存在，求出點P的坐標以及該常數的值；若不存在，請說明理由．解(1)因為雙曲線C的離心率為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)，化簡，得a2＝2b2.將點A(6，4)的坐標代入eq\f(x2,2b2)－eq\f(y2,b2)＝1，得eq\f(18,b2)－eq\f(16,b2)＝1，解得b2＝2.所以雙曲線C的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1.(2)由題意可知，直線l的斜率存在，故設直線l的方程為y＝k(x－1)，D(x1，y1)，E(x2，y2)，聯立方程組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，由題意可知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).設存在符合條件的定點P(t，0)，則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).因為eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))為常數，所以eq\f(－2t2＋4t－5,－2)＝eq\f(t2－4,1)，解得t＝eq\f(13,4).此時該常數的值為t2－4＝eq\f(105,16)，所以在x軸上存在點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,4)，0))，使得eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))為常數，該常數為eq\f(105,16).處理探索性問題，一般首先假設所探求問題的結論成立或存在，然后在這個假設條件下進行推理論證，如果得到一個合情合理的推理結果，就肯定假設，對問題作出正面回答，如果得到一個矛盾的結果，就否定假設，對問題作出反面回答．3.(2024·湖南名校階段檢測)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(5,2)))和點(4，eq\r(15))．(1)求雙曲線的離心率；(2)過M(0，1)的直線與雙曲線交于P，Q兩點，過雙曲線的右焦點F且與PQ平行的直線交雙曲線于A，B兩點，試問eq\f(|MP|·|MQ|,|AB|)是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由．解(1)將點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(5,2)))和點(4，eq\r(15))的坐標代入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，))所以雙曲線的離心率e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋\f(5,4))＝eq\f(3,2).(2)依題意可得直線PQ的斜率存在，設PQ：y＝kx＋1.聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)－\f(y2,5)＝1，))得(5－4k2)x2－8kx－24＝0，則5－4k2≠0，Δ＝64k2＋96(5－4k2)>0?k2<eq\f(3,2).設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則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)，則直線AB：y＝k(x－3)．聯立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，則5－4k2≠0，且Δ＝242k4＋4(36k2＋20)(5－4k2)＝400(k2＋1)>0，設A(x3，y3)，B(x4，y4)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3＋x4＝\f(－24k2,5－4k2)，,x3x4＝\f(－36k2－20,5－4k2)，))則|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)，為定值．考向2探究轉化法解決探索性問題例4(2024·山西大同模擬)已知橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，直線y＝x＋b是拋物線C2：y2＝4x的一條切線．(1)求橢圓C1的方程；(2)過點Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,3)))的動直線l交橢圓C1于A，B兩點，試問：在直角坐標平面上是否存在定點T，使得以AB為直徑的圓恒過定點T？若存在，求出T的坐標；若不存在，請說明理由．解(1)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋b，,y2＝4x，))得x2＋(2b－4)x＋b2＝0，因為直線y＝x＋b是拋物線C2：y2＝4x的一條切線，所以Δ＝0?b＝1，又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，a2＝b2＋c2，則a＝eq\r(2)，所以橢圓C1的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)當直線l與x軸平行時，以AB為直徑的圓的方程為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)；當直線l與y軸重合時，以AB為直徑的圓的方程為x2＋y2＝1，所以兩圓的交點為點(0，1)，猜想所求的定點T為點(0，1)．證明如下：當直線l與x軸垂直時，以AB為直徑的圓過點(0，1)；當直線l與x軸不垂直時，可設直線l的方程為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.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(12k,18k2＋9)，,x1x2＝\f(－16,18k2＋9)，))則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為直徑的圓過點(0，1)，所以存在定點T(0，1)，使得以AB為直徑的圓恒過定點T.探究轉化法是指將所探究的問題轉化為其他明確的問題，使所探究的問題更加具體、易求．對于角度、垂直問題的探究，一般轉化為斜率、向量數量積來研究．4.(2024·福建廈門適應性考試)已知點O(0，0)，點F(0，1)，點M是x軸上的一個動點，點N在y軸上，直線MN與直線MF垂直，N關于M的對稱點為P.(1)求點P的軌跡Γ的方程；(2)過F的直線l交Γ于A，B兩點，A在第一象限，Γ在A處的切線為l′，l′交y軸于點C，過C作OB的平行線交l于點D，∠ACD是否存在最大值？若存在，求直線l的方程；若不存在，請說明理由．解(1)解法一：設M(a，0)，N(0，b)，P(x，y)，因為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，所以點P的軌跡Γ的方程為x2＝4y(x≠0)．解法二：如圖，設F關于M的對稱點為Q，由已知得，FQ，NP互相垂直平分，所以四邊形PFNQ為菱形，所以|PF|＝|PQ|.因為M為FQ的中點，所以yQ＝－yF＝－1，即點Q在定直線y＝－1上，因為PQ∥FN，所以PQ與直線y＝－1垂直，即點P到定點F(0，1)的距離等于點P到定直線y＝－1的距離，又易知點P的軌跡不過點(0，0)，所以點P的軌跡是以F(0，1)為焦點，y＝－1為準線且除去點(0，0)的拋物線．所以點P的軌跡Γ的方程為x2＝4y(x≠0)．(2)∠ACD存在最大值．設直線OB交AC于點E，∠AEB＝∠ACD，所以∠ACD最大即直線OB與l′的傾斜角之差最大．由題意可知，直線l的斜率存在，設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.因為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).設直線l′與OB的傾斜角分別為θ1，θ2，則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)，當且僅當eq\f(2,x1)＝x1，即x1＝eq\r(2)，x2＝－2eq\r(2)時，等號成立．因為tan(θ2－θ1)<0，所以θ2－θ1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以當tan(θ2－θ1)最大時，θ2－θ1最大，即∠ACD最大，此時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)，所以直線l的方程為y＝－eq\f(\r(2),4)x＋1.課時作業1．(2023·福建福州華僑中學高三上學期第二次考試)在平面直角坐標系xOy中，已知點F(2，0)，直線l：x＝eq\f(1,2)，點M到l的距離為d，若點M滿足|MF|＝2d，記M的軌跡為C.(1)求C的方程；(2)過點F(2，0)且斜率不為0的直線與C交于P，Q兩點，設A(－1，0)，證明：以P，Q為直徑的圓經過點A.解(1)設點M(x，y)，則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)))，兩邊平方，整理得3x2－y2＝3，則所求C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：設直線m的方程為x＝ty＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯立方程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，因為直線m與C交于兩點，故t≠±eq\f(\r(3),3)，此時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