【正文】 第 15講 │ 要點熱點探究 ? 探究點二 定點、定值與最值問題 例 2 [ 2022 四川卷 ] 已知定點 A ( － 1 , 0 ) ， F ( 2 , 0 ) ， 定直線 l：x ＝12， 不在 x 軸上的動點 P 與點 F 的距離是它到直線 l的距離的 2倍 ． 設(shè)點 P 的軌跡為 E ， 過點 F 的直線交 E 于 B 、 C 兩點 ， 直線AB 、 AC 分別交 l于點 M 、 N . ( 1 ) 求 E 的方程 ； ( 2 ) 試判斷以線段 MN 為直徑的圓是否過點 F ， 并說明理由 ． 第 15講 │ 要點熱點探究 【解答】 (1) 設(shè) P ( x ， y ) ，則 ? x － 2 ?2＋ y2＝ 2????????x －12， 化簡得 x2－y23＝ 1( y ≠ 0) ． (2) ① 當(dāng)直線 BC 與 x 軸不垂直時，設(shè) BC 的方程為 y ＝ k ( x － 2)( k ≠ 0) ，與雙曲線 x2－y23＝ 1 聯(lián)立消去 y 得 (3 － k2) x2＋ 4 k2x － (4 k2＋ 3) ＝ 0. 由題意知 3 － k2≠ 0 且 Δ ＞ 0. 設(shè) B ( x1， y1) ， C ( x2， y2) ，則????? x1＋ x2＝4 k2k2－ 3，x1x2＝4 k2＋ 3k2－ 3， y1y2＝ k2( x1－ 2)( x2－ 2) ＝ k2[ x1x2－ 2( x1＋ x2) ＋ 4] ＝ k2??????4 k2＋ 3k2－ 3－8 k2k2－ 3＋ 4 ＝－ 9 k2k2－ 3. 第 15講 │ 要點熱點探究 因為 x x2≠ － 1 ，所以直線 AB 的方程為 y ＝y(tǒng)1x1＋ 1( x ＋ 1) ， 因此 M 點的坐標(biāo)為????????12，3 y12 ? x1＋ 1 ?. FM→＝????????－32，3 y12 ? x1＋ 1 ?，同理可得 FN→＝????????－32，3 y22 ? x2＋ 1 ?， 因此 FM→FN→＝??????－322＋9 y1y24 ? x1＋ 1 ?? x2＋ 1 ? ＝94＋－ 81 k2k2－ 34????????4 k2＋ 3k2－ 3＋4 k2k2－ 3＋ 1＝ 0. 第 15講 │ 要點熱點探究 ② 當(dāng)直線 BC 與 x 軸垂直時，其方程為 x ＝ 2 ，則 B ( 2,3) ， C (2 ，－ 3) ． AB 的方程為 y ＝ x ＋ 1 ，因此 M 點的坐標(biāo)為??????12，32， FM→＝??????－32，32， 同理可得 FN→＝??????－32，－32， 因此 FM→FN→＝??????－322＋32??????－32＝ 0. 綜上 FM→FN→＝ 0 ，即 FM ⊥ FN ， 故以線段 MN 為直徑的圓經(jīng)過點 F . 第 15講 │ 要點熱點探究 設(shè)橢圓中心在坐標(biāo)原點， A ( 2,0) 、 B ( 0,1 ) 是它的兩個頂點，直線 y ＝ kx ( k 0) 與 AB 相交于點 D ，與橢圓相交于 E 、 F 兩點． ( 1) 若 ED→ ＝ 6 DF→ ，求 k 的值； ( 2) 求四邊形 AEBF 面積的最大值． 第 15講 │ 要點熱點探究 【解答】 (1 ) 依題設(shè)橢圓的方程為x24＋ y2＝ 1 ， 直線 AB ， EF 的方程分別為 x ＋ 2 y ＝ 2 ， y ＝ kx ( k 0 ) ． 如圖，設(shè) D ( x0， kx0) ， E ( x1， kx1) ， F ( x2， kx2) ，其中 x1 x2，且 x1， x2滿足方程 (1 ＋ 4 k2) x2＝ 4 ，故 x2＝－ x1＝21 ＋ 4 k2. ① 由 ED→＝ 6 DF→知 x0－ x1＝ 6( x2－ x0) ，得 x0＝17(6 x2＋ x1) ＝57x2＝107 1 ＋ 4 k2. 由 D 在 AB 上知 x0＋ 2 kx0＝ 2 ，得 x0＝21 ＋ 2 k， 所以21 ＋ 2 k＝107 1 ＋ 4 k2，化簡得 24 k2－ 25 k ＋ 6 ＝ 0 ， 解得 k ＝23或 k ＝38. 第 15講 │ 要點熱點探究 ( 2 ) 解法一：根據(jù)點到直線的距離公式和 ( 1 ) 知，點 E ， F 到 AB的距離分別為： h1＝| x1＋ 2 kx1－ 2|5＝2 ? 1 ＋ 2 k ＋ 1 ＋ 4 k2?5 ? 1 ＋ 4 k2?， h2＝| x2＋ 2 kx2－ 2|5＝2 ? 1 ＋ 2 k － 1 ＋ 4 k2?5 ? 1 ＋ 4 k2?. 又 | AB | ＝ 22＋ 1 ＝ 5 ，所以四邊形 AEBF 的面積為 S ＝12| AB |( h1＋ h2) ＝12 5 4 ? 1 ＋ 2 k ?5 ? 1 ＋ 4 k2? ＝2 ? 1 ＋ 2 k ?1 ＋ 4 k2＝ 21 ＋ 4 k2＋ 4 k1 ＋ 4 k2≤ 2 2 ， 當(dāng) 2 k ＝ 1 ，即當(dāng) k ＝12時，上式取等號，所以 S 的最大值為 2 2 . 第 15講 │ 要點熱點探究 解法二：由題設(shè)， |BO |＝ 1 ， |AO |＝ 2. 設(shè) y1＝ kx1， y2＝ kx2，由 ( 1) 得 x20 ， y2＝－ y10 ， 故四邊形 AEBF 的面積為 S ＝ S △B EF＋ S △AEF＝ x2＋ 2 y2＝ ? x2＋ 2 y2?2 ＝ x22＋ 4 y22＋ 4 x2y2≤ 2 ? x22＋ 4 y22? ＝ 2 2 ， 當(dāng) x2＝ 2 y2時，上式取等號，所以 S 的最大值為 2 2 . 要點熱點探究 第 15講 │ 要點熱點探究 ? 探究點三 參數(shù)的范圍及探索性問題 例 3 在平面直角坐標(biāo)系 x O y 中，過定點 C (0 ， p ) 作直線與拋物線x2＝ 2 py ( p 0) 相交于 A ， B 兩點． ( 1 ) 若點 N 是點 C 關(guān)于坐標(biāo)原點 O 的對稱點，求 △ A NB 面積的最小值； ( 2 ) 是否存在垂直于 y 軸的直線 l ，使得 l 被以 AC 為直徑的圓截得的弦長恒為定值？若存在，求出 l 的方程；若不存在，說明理由． 第 15講 │ 要點熱點探究 【解答】 解法一 ： ( 1 ) 依題意 ， 點 N 的坐標(biāo)為 ( 0 ，－ p ) ． 可設(shè) A ( x1， y1) ， B ( x2， y2) ， 直線 AB 的方程為 y ＝ kx ＋ p ， 與 x2＝ 2 py 聯(lián)立得????? x2＝ 2 py ，y ＝ kx ＋ p . 消去 y 得 x2－ 2 p k x － 2 p2＝ 0. 由韋達(dá)定理得 x1＋ x2＝ 2 pk ， x1x2＝－ 2 p2. 于是 S △ABN＝ S △B C N＋ S △ACN＝122 p??????x1－ x2 ＝ p??????x1－ x2 ＝ p ? x 1 ＋ x 2 ?2－ 4 x1x2 ＝ p 4 p2k2＋ 8 p2＝ 2 p2k2＋ 2 ， ∴ 當(dāng) k ＝ 0 時 ， ( S △ABN)m i n＝ 2 2 p2. 第 15講 │ 要點熱點探究 ( 2) 假設(shè)滿足條件的直線 l 存在，其方程為 y ＝ a ， AC 的中點為 O ′ ， l 與 AC 為直徑的圓相交于點 P ， Q ， PQ 的中點為H ， 則 O ′ H ⊥ PQ ， O ′ 點的坐標(biāo)為????????x12，y1＋ p2. 第 15講 │ 要點熱點探究 ∵????O ′ P ＝12????AC ＝12x21＋ ? y1－ p ?2＝12y21＋ p2， ????O ′ H ＝??????a －y1＋ p2＝12????2 a － y1－ p ， ∴????PH2＝????O ′ P2－????O ′ H2＝14( y21＋ p2) －14(2 a － y1－ p )2＝??????a －p2y1＋a ( p － a ) ， ∴????PQ2＝ ( 2 | PH |)2＝ 4????????????a －p2y1＋ a ? p － a ? . 令 a －p2＝ 0 ，得 a ＝p2，此時????PQ ＝ p 為定值，故滿足條件的直線 l 存在，其方程為 y ＝p2， 即拋物線的通徑所在的直線． 第 15講 │ 要點熱點探究 解法二： ( 1) 前同解法 1 ，再由弦長公式得 |AB | ＝ 1 ＋ k2| x1－ x2| ＝ 1 ＋ k2 ? x1＋ x2?2－ 4 x1x2＝1 ＋ k2 4 p2k2＋ 8 p2 ＝ 2 p 1 ＋ k2 k2＋ 2 ， 又由點到直線的距離公式得 N 到直線的距離 d ＝2 p1 ＋ k2. 從而 S△ABN＝12d | AB |＝122 p 1 ＋ k2 k2＋ 2 2 p1 ＋ k2＝ 2 p2k2＋ 2 ， ∴ 當(dāng) k ＝ 0 時， ( S△ABN)m i n＝ 2 2 p2. 第 15講 │ 要點熱點探究 ( 2 ) 假設(shè)滿足條件的直線 l 存在 ， 其方程為 y ＝ a ， 則以 AC 為直徑的圓的方程為 ( x － 0 )( x － x1) － ( y － p )( y － y1) ＝ 0 ， 將直線方程 y ＝ a 代入得 x2－ x1x ＋ ( a － p )( a － y1) ＝ 0 ， 則 Δ ＝ x21－ 4 ( a － p )( a － y1) ＝ 4??????a －p2