高考数学科学创新复习方案提升版高考大题冲关系列（5）解析几何中的热点题型学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版高考大题冲关系列（5）解析几何中的热点题型学案（Word版附解析），共38页。
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\c1(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 \\al(2,1),4)，lPB：y＝eq \f(x2,2)x－eq \f(xeq \\al(2,2),4).
从而可得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(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\c1(\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 \\al(2,1),4)，lPB：y＝eq \f(x2,2)x－eq \f(xeq \\al(2,2),4)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(x1,2)x－\f(xeq \\al(2,1),4)，,y＝\f(x2,2)x－\f(xeq \\al(2,2),4)，))得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\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\c1(\f(y1＋y2,2)－y0))·|x1－x2|
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1)＋xeq \\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 \\al(2,0)－16y0))3＝eq \f(1,2)(eq \r(xeq \\al(2,0)－4y0))3.(*)
又点P(x0，y0)在圆M：x2＋(y＋4)2＝1上，所以xeq \\al(2,0)＝1－(y0＋4)2，
代入(*)式，得S△PAB＝eq \f(1,2)(－yeq \\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).
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 \(MF,\s\up6(→))·eq \(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\c1(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\c1(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 \(MF,\s\up6(→))·eq \(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\c1(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 \\al(2,1)＋yeq \\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\c1(y＝\f(y1,x1＋1)（x＋1），,y＝2x＋n，))
可得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\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\c1(\f(（n－2）2y1y2,（2x1＋2－y1）（2x2＋2－y2）)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(（n－2）2y1y2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,1),2)＋2－y1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,2),2)＋2－y2)))))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4（n－2）2y1y2,4y1y2－（2y1y2＋8）（y1＋y2）＋yeq \\al(2,1)yeq \\al(2,2)＋4（yeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2)）＋16)))
＝eq \f(（n－2）2,4m2＋3).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,y＝2x＋n，))可得yR＝eq \f(n＋2,1－2m).
因为|RN|2＝|PN|·|QN|，所以yeq \\al(2,R)＝|yPyQ|，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(1,2m－1)＋\f(1,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)≥eq \f(3,4)，
所以n0)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\c1(y＝kx－3，,4x2＋5y2＝20))可得
(4＋5k2)x2－30kx＋25＝0，
故Δ＝900k2－100(4＋5k2)>0，解得k1.
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\c1(\f(x1,y1＋2)＋\f(x2,y2＋2)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,kx1－1)＋\f(x2,kx2－1)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2kx1x2－（x1＋x2）,k2x1x2－k（x1＋x2）＋1)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\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\c1(k1，,5|k|≤15，))
即－3≤k0)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\c1(b＝2，,a2＝b2＋c2，,e＝\f(c,a)＝\f(\r(5),3)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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\c1(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k0，n>0，m≠n)，将A(0，－2)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－1))两点代入，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4n＝1，,\f(9,4)m＋n＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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\c1(\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\c1(1，－\f(2\r(6),3)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(3－\r(6)，－\f(2\r(6),3)))，由eq \(MT,\s\up6(→))＝eq \(TH,\s\up6(→))，得Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(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\c1(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⇒k2，
故有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(6k（k＋2）,3k2＋4)，,x1x2＝\f(3k（k＋4）,3k2＋4)，))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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\c1(y＝y1，,y＝\f(2,3)x－2，))可得Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\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 \(AM,\s\up6(→))·eq \(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\c1(－\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\c1(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\c1(\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 \\al(2,1)＝0，
结合eq \f(xeq \\al(2,1),6)＋eq \f(yeq \\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\c1(\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\c1(AE长度的一半\f(1,2)\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(2,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))\s\up12(2))＝\f(2\r(2),3))).
由于A(2，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3)))，
故由中点坐标公式可得Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3))).
故存在点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3)))，使得|DQ|为定值．
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\c1(\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\c1(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\c1(\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\c1(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\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝－1，))
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝－\f(3,2)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝\f(3,2).))
不妨设Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－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\c1(y＝\f(3,2)（x＋2），,y＝\f(1,2)（x－2），))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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\c1(\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\c1(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\c1(－\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\c1(\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 \\al(2,2),4)＋eq \f(yeq \\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\c1(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)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\c1(2b＝2\r(2)，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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x20，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．
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 \\al(2,1)))＝r，
所以(r2－4)keq \\al(2,1)＋8k1＋r2－4＝0，
同理，(r2－4)keq \\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\c1(y＝k1x＋2，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))
得(1＋2keq \\al(2,1))x2＋8k1x＝0，
所以xP＋xM＝eq \f(－8k1,1＋2keq \\al(2,1))，即xM＝－eq \f(8k1,1＋2keq \\al(2,1))，得yM＝eq \f(2－4keq \\al(2,1),1＋2keq \\al(2,1))，
所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8k1,1＋2keq \\al(2,1))，\f(2－4keq \\al(2,1),1＋2keq \\al(2,1))))，
同理，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8k2,1＋2keq \\al(2,2))，\f(2－4keq \\al(2,2),1＋2keq \\al(2,2))))，
由k2＝eq \f(1,k1)，得Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8k1,2＋keq \\al(2,1))，\f(2keq \\al(2,1)－4,2＋keq \\al(2,1))))，
由题意，PM⊥MN，即kMN＝－eq \f(1,k1)，
此时kMN＝eq \f(\f(2－4keq \\al(2,1),1＋2keq \\al(2,1))－\f(2keq \\al(2,1)－4,2＋keq \\al(2,1)),－\f(8k1,1＋2keq \\al(2,1))＋\f(8k1,2＋keq \\al(2,1)))
＝eq \f(（－2keq \\al(2,1)＋1）（keq \\al(2,1)＋2）－（keq \\al(2,1)－2）（2keq \\al(2,1)＋1）,4k1（2keq \\al(2,1)＋1）－4k1（keq \\al(2,1)＋2）)
＝eq \f(－4keq \\al(4,1)＋4,4k1（keq \\al(2,1)－1）)＝－eq \f(keq \\al(2,1)＋1,k1)，
所以－eq \f(keq \\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\c1(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(km0)相切可得eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝1，
所以m2＝k2＋1，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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\c1(－\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\c1(k＝1，,m＝－\r(2)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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).
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\c1(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\c1(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\c1(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\c1(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\c1(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\c1(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\c1(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\c1(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\c1(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\c1(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\c1(\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\c1(\f(1,k)＋2a))
≥eq \r(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|k－2a|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋2a))))
≥eq \r(1＋k2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(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\c1(0，\f(1,2)))时，f′(m)0，f(m)单调递增，
则f(m)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(1,k)＋2a))≥
eq \r(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|k－2a|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\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\c1(a，a2＋\f(1,4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b，b2＋\f(1,4)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，c2＋\f(1,4)))在W上，a0，
f′(x)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(0，\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\c1(\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．
证法三：为了计算方便，我们将抛物线向下移动eq \f(1,4)个单位得抛物线W′：y＝x2，
矩形ABCD变换为矩形A′B′C′D′，则问题等价于矩形A′B′C′D′的周长大于3eq \r(3).
设B′(t0，teq \\al(2,0))，A′(t1，teq \\al(2,1))，C′(t2，teq \\al(2,2))在W′上，且A′B′⊥B′C′，根据对称性，不妨设t0≥0，
则kA′B′＝t1＋t0，kB′C′＝t2＋t0，由于A′B′⊥B′C′，则(t1＋t0)(t2＋t0)＝－1.
由于|A′B′|＝eq \r(1＋（t1＋t0）2)|t1－t0|，|B′C′|＝eq \r(1＋（t2＋t0）2)|t2－t0|，且t0介于t1，t2之间，不妨设t1＜t0＜t2，
则|A′B′|＋|B′C′|＝eq \r(1＋（t1＋t0）2)(t0－t1)＋eq \r(1＋（t2＋t0）2)(t2－t0)．
令t2＋t0＝tanθ，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
则t1＋t0＝－eq \f(1,tanθ)，则t2＝tanθ－t0，t1＝－eq \f(1,tanθ)－t0，
所以|A′B′|＋|B′C′|＝eq \r(1＋\f(1,tan2θ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t0＋\f(1,tanθ)))＋eq \r(1＋tan2θ)(tanθ－2t0)，
故|A′B′|＋|B′C′|＝2t0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,sinθ)－\f(1,csθ)))＋eq \f(sinθ,cs2θ)＋eq \f(csθ,sin2θ)＝eq \f(2t0（csθ－sinθ）,sinθcsθ)＋eq \f(sin3θ＋cs3θ,sin2θcs2θ).
①当θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，
|A′B′|＋|B′C′|≥eq \f(sin3θ＋cs3θ,sin2θcs2θ)＝eq \f(sinθ,cs2θ)＋eq \f(csθ,sin2θ)≥2eq \r(\f(1,sinθcsθ))＝2eq \r(\f(2,sin2θ))≥2eq \r(2)＞eq \f(3\r(2),2)；
②当θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，由于t1