第1部分 专题5 微专题16 圆锥曲线中的综合问题（PPT课件）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

第一部分 聚热点·题型突破 专题五 解析几何 微专题16　圆锥曲线中的综合问题 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 研析考点 层级突破 01 课时冲关 高效提能 02 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 研析考点 层级突破 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 　 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题五 解析几何 数学 ★[高考定位]　圆锥曲线的综合问题包括：轨迹问题、探索性问题、定点与定值问题、范围与最值问题等，一般试题难度较大．这类问题以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，参数处理为核心，需要综合运用函数与方程、不等式、平面向量等诸多知识． 范围、最值问题 [例1]　(2024·金华、义乌三模)已知A、B、C、D四点在抛物线y2＝6x上，直线AC经过点P(1,0)，直线AB经过点Q(2,0)，直线AD与直线BC相交，交点E在x轴上． (1)求证：点C是线段BE的中点； (2)记△PBC的面积为S1，△DPQ的面积为S2，求eq \f(S\o\al(2,1),S2)的最小值． [解]　(1)设A(x0，y0)，B(x1，y1)，C(x2，y2)，直线AB的方程为x＝t1y＋2，直线AC的方程为x＝t2y＋1，与抛物线联立可得y0y1＝－12，y0y2＝－6，进而可得y1＝2y2，可得结论；(2)设D(x3，y3)，可得y0y3＝y1y2，进而可得S2＝eq \f(1,2)|PQ||y3|＝eq \f(36,|y0|3)，求得Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,y\o\al(2,0))，0))，可得S1＝eq \f(1,2)S△BEQ＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(12,y\o\al(2,0)))) eq \f(1,|y0|)，进而可得eq \f(S\o\al(2,1),S2)＝eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(12,y\o\al(2,0))))2|y0|，法一：利用导数可求eq \f(S\o\al(2,1),S2)的最小值．法二：利用基本不等式可求eq \f(S\o\al(2,1),S2)的最小值． (1)设A(x0，y0)，B(x1，y1)，C(x2，y2)，直线AB的方程为x＝t1y＋2，直线AC的方程为x＝t2y＋1. 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y2＝6x,x＝t1y＋2))，得y2－6t1y－12＝0，所以y0y1＝－12； 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y2＝6x,x＝t2y＋1))，得y2－6t2y－6＝0，所以y0y2＝－6. 所以y1＝2y2，即点C的纵坐标是点E、点B的纵坐标的等差中项，故C是BE的中点． (2)设D(x3，y3)，因为直线AD与直线BC相交，交点在x轴上，所以y0y3＝y1y2， 从而y3＝eq \f(y1y2,y0)＝eq \f(72,y\o\al(3,0))，S2＝eq \f(1,2)|PQ||y3|＝eq \f(36,|y0|3). 直线BC的方程是y＝eq \f(6,y1＋y2)x＋eq \f(y1y2,y1＋y2)， 所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y1y2,6)，0))，即Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,y\o\al(2,0))，0)). 因为C是BE的中点，所以S1＝eq \f(1,2)S△BEQ＝eq \f(1,4)|EP||y1|＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(12,y\o\al(2,0)))) eq \f(1,|y0|)，eq \f(S\o\al(2,1),S2)＝eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(12,y\o\al(2,0))))2|y0|. 法一：记|y0|＝t，考察函数f(t)＝teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(12,t2)))2，t＞0. 因为f′(t)＝eq \f(1,t2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(12,t2)))(t2－36)， 所以f(t)在(0,6]上是减函数，在[6，＋∞)上是增函数， 故f(t)的最小值是f(6)＝eq \f(32,3)，即eq \f(S\o\al(2,1),S2)的最小值是eq \f(8,3). 法二：eq \f(S\o\al(2,1),S2)＝eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(12,y\o\al(2,0))))2|y0| ＝eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,3)＋\f(1,3)＋\f(12,y\o\al(2,0))))2|y0|≥eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4×\r(4,\f(12,27y\o\al(2,0)))))2|y0|＝eq \f(8,3)， yeq \o\al(2,0)＝36时取到等号，即eq \f(S\o\al(2,1),S2)的最小值是eq \f(8,3). 求解范围、最值问题的五种方法 (1)利用判别式构造不等式，从而确定参数的取值范围； (2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系； (3)利用隐含的不等关系，求出参数的取值范围； (4)利用已知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，确定参数的取值范围． (2024·温州适应性考试二)已知直线y＝kx与椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1交于A，B两点，P是椭圆C上一动点(不同于A，B)，记kOP，kPA，kPB分别为直线OP，PA，PB的斜率，且满足k·kOP＝kPA·kPB. (1)求点P的坐标(用k表示)； (2)求|OP|·|AB|的取值范围． 解：(1)设出点A，P的坐标，利用点差法求得k·kOP＝－eq \f(1,4)，再联立直线y＝kx与椭圆方程求解即得．(2)利用(1)的结论求出|OP|，|AB|，再借助基本不等式求出范围即可． (1)依题意，点A、B关于原点对称，设A(x1，y1)，P(x2，y2)，则B(－x1，－y1)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),4)＋y\o\al(2,1)＝1,\f(x\o\al(2,2),4)＋y\o\al(2,2)＝1))，两式相减得eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq \f(1,4)，于是k·kOP＝－eq \f(1,4)， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx,x2＋4y2－4＝0))，整理得(1＋4k2)x2＝4， 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1＝\f(2,\r(1＋4k2)),y1＝\f(2k,\r(1＋4k2))))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1＝\f(－2,\r(1＋4k2)),y1＝\f(－2k,\r(1＋4k2))))， 用－eq \f(1,4k)代替上述坐标中的k， 得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,\r(4k2＋1))，\f(1,\r(4k2＋1))))或Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k,\r(4k2＋1))，－\f(1,\r(4k2＋1))))(k≠0)． (2)由(1)得，k≠0，|OP|·|AB|＝eq \r(\f(16k2＋1,4k2＋1))·eq \f(4\r(k2＋1),\r(1＋4k2))， ＝4eq \r(\f(16k4＋17k2＋1,16k4＋8k2＋1))＝4eq \r(1＋\f(9k2,16k4＋8k2＋1)) ＝4eq \r(1＋\f(9,16k2＋8＋\f(1,k2)))， 16k2＋8＋eq \f(1,k2)≥2eq \r(16k2×\f(1,k2))＋8＝16，当且仅当k＝±eq \f(1,2)时取等号， 显然1＜1＋eq \f(9,16k2＋8＋\f(1,k2))≤eq \f(25,16)，所以4＜|OP|·|AB|≤5，即|OP|·|AB|的取值范围是(4,5]． 定点(直线)、定值问题 [例2]　已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的短轴长为2eq \r(3)，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，R为椭圆上的一点，且△RF1F2的周长为6. (1)求椭圆C的方程； (2)过F2作垂直于x轴的直线l与椭圆交于E，F两点(点E在第一象限)，P，Q是椭圆C上位于直线l两侧的动点，始终保持∠QEF＝∠PEF，求证：直线PQ的斜率为定值． [解]　(1)由已知有2b＝2eq \r(3)，2c＋2a＝|F1F2|＋|RF1|＋|RF2|＝6，即a＋c＝3，b＝eq \r(3). 所以a－c＝eq \f(a2－c2,a＋c)＝eq \f(b2,a＋c)＝eq \f(3,3)＝1，从而a＝eq \f(a＋c,2)＋eq \f(a－c,2)＝eq \f(3,2)＋eq \f(1,2)＝2. 故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1. (2)c＝eq \r(a2－b2)＝eq \r(4－3)＝1，故直线l的方程为x＝1. 将x＝1代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1可得eq \f(1,4)＋eq \f(y2,3)＝1，解出y＝±eq \f(3,2)，故Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2))). 由于∠QEF＝∠PEF ，故PE，QE的斜率互为相反数． 设PE，QE的斜率分别是k，－k，则由Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))可知它们的方程分别是y＝kx＋eq \f(3,2)－k和y＝－kx＋eq \f(3,2)＋k. 将直线y＝kx＋eq \f(3,2)－k与椭圆方程联立可知3x2＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx＋\f(3,2)－k))2＝12，即(3＋4k2)x2＋4(3－2k)kx＋(3－2k)2－12＝0. 由Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))知此方程必有一根x＝1，故另一根是x＝eq \f(3－2k2－12,3＋4k2)＝eq \f(4k2－12k－3,4k2＋3). 这得到Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2－12k－3,4k2＋3)，\f(－12k2－12k＋9,24k2＋3)))， 同理有Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2＋12k－3,4k2＋3)，\f(－12k2＋12k＋9,24k2＋3))). 所以直线PQ的斜率 kPQ＝eq \f(\f(－12k2＋12k＋9,24k2＋2)－\f(12k2－12k＋9,24k2＋2),\f(4k2＋12k－2,4k2＋2)－\f(4k2－12k－2,4k2＋2))＝eq \f(\f(12k,4k2＋2),\f(24k,4k2＋2))＝eq \f(1,2). 直线过定点问题的两大类型及解法 (1)动直线l过定点问题的解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)． (2)动曲线C过定点问题的解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点． (2024·厦门质检二)双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率为eq \r(3)，点T(eq \r(2)，eq \r(2))在C上． (1)求C的方程； (2)设圆O：x2＋y2＝2上任意一点P处的切线交C于M、N两点，证明：以MN为直径的圆过定点． [解]　(1)依题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(2,a2)－\f(2,b2)＝1,c2＝a2＋b2,\f(c,a)＝\r(3)))， 即有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(2,a2)－\f(2,b2)＝1,2a2＝b2))，解得：a2＝1，b2＝2， 所以双曲线方程为x2－eq \f(y2,2)＝1； (2)方法一： 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， ①当切线斜率存在时，设直线方程为y＝kx＋m， 因为直线与圆相切，所以eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \r(2)，整理得m2＝2＋2k2， 联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,2)＝1,y＝kx＋m))⇒(2－k2)x2－2kmx－m2－2＝0， Δ＝4k2m2＋4(2－k2)(m2＋2)＝8(m2＋2－k2)＞0， 则x1＋x2＝eq \f(2km,2－k2)，x1x2＝eq \f(－m2－2,2－k2)， 由对称性知，若以MN为直径的圆过定点，则定点必为原点． eq \o(OM,\s\up16(→))·eq \o(ON,\s\up16(→))＝x1x2＋y1y2 ＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2 ＝(1＋k2)eq \f(－m2－2,2－k2)＋mkeq \f(2km,2－k2)＋m2 ＝eq \f(m2－2－2k2,2－k2)， 又m2＝2＋2k2，所以eq \o(OM,\s\up16(→))·eq \o(ON,\s\up16(→))＝0， 所以eq \o(OM,\s\up16(→))⊥eq \o(ON,\s\up16(→))，故以MN为直径的圆过原点； ②当直线斜率不存在时，直线方程x＝±eq \r(2)， 此时M(eq \r(2)，eq \r(2))，N(eq \r(2)，－eq \r(2))或M(eq \r(2)，－eq \r(2))，N(eq \r(2)，eq \r(2)) 此时圆方程为(x－eq \r(2))2＋y2＝2，过原点； 或M(－eq \r(2)，eq \r(2))，N(－eq \r(2)，－eq \r(2))或M(－eq \r(2)，－eq \r(2))，N(－eq \r(2)，eq \r(2)) 此时圆方程为(x＋eq \r(2))2＋y2＝2，过原点； 综上所述，以MN为直径的圆过原点． 方法二： 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， ①当切线斜率存在时，设直线方程为y＝kx＋m， 因为直线与圆相切，所以eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \r(2)，整理得m2＝2＋2k2， 联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,2)＝1,y＝kx＋m))⇒(2－k2)x2－2kmx－m2－2＝0， Δ＝4k2m2＋4(2－k2)(m2＋2)＝8(m2＋2－k2)＞0， 则x1＋x2＝eq \f(2km,2－k2)，x1x2＝eq \f(－m2－2,2－k2)， 以M(x1，y1)，N(x2，y2)为直径的圆的方程为(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0， 即x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y2－(y1＋y2)y＋y1y2＝0， 因为x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2， 所以x1x2＋y1y2＝(k2＋1)·eq \f(－m2－2,2－k2)＋km·eq \f(2km,2－k2)＋m2＝eq \f(m2－2k2－2,2－k2)＝0， 且y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝k·eq \f(2km,2－k2)＋2m＝eq \f(4m,2－k2)， 所以所求的圆的方程为x2－eq \f(2km,2－k2)x＋y2－eq \f(4m,2－k2)y＝0， 所以MN为直径的圆过原点； ②当直线斜率不存在时，同法一，此时圆方程为(x±eq \r(2))2＋y2＝2，恒过原点； 综上所述，以MN为直径的圆过原点． 　探索性问题 [例3]　(2024·晋中5月适应性考试)在平面直角坐标系xOy中，已知点M(1,0)，P为动点，以线段MP为直径的圆与y轴相切． (1)求动点P的轨迹Γ的方程． (2)已知点A(1,2)，问：在Γ上是否存在点B，C，使得△ABC为等边三角形？若不存在，请说明理由；若存在，请说明这样的点B，C有几组(不必说明点B，C的坐标)． [解]　(1)设P(x，y)，根据题意列式整理即可得轨迹方程；(2)设lBC：x＝my＋t(m≠0)，B(x1，y1)，C(x2，y2)．联立方程可得韦达定理，取BC的中点为Q(x0，y0)，可知lAQ⊥lBC且|AQ|＝eq \f(\r(3),2)|BC|，整理可得3m3＋3m2＋7m－1＝0，构建h(m)＝3m3＋3m2＋7m－1，m∈(0,1)，求导，利用导数判断其单调性，结合零点存在性定理分析判断． (1)设P(x，y)，则线段PM的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,2)，\f(y,2)))， 因为以线段PM为直径的圆与y轴相切，则eq \f(|x＋1|,2)＝eq \f(1,2)|MP|＝eq \f(1,2) eq \r(x－12＋y2)， 化简得y2＝4x，所以Γ的方程为y2＝4x (2)存在唯一一组点B，C，使得△ABC为等边三角形，理由如下： 由题意可知：直线BC的斜率存在且不为0， 设lBC：x＝my＋t(m≠0)， B(x1，y1)，C(x2，y2) 联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y2＝4x,x＝my＋t))，消去x得y2－4my－4t＝0， 则Δ＝(－4m)2＋16t＝16(m2＋t)＞0，解得m2＋t＞0， 可得y1＋y2＝4m，y1·y2＝－4t， 设BC的中点为Q(x0，y0)， 则y0＝eq \f(y1＋y2,2)＝2m，x0＝my0＋t＝2m2＋t，即Q(2m2＋t,2m)， 若△ABC为等边三角形，则lAQ⊥lBC且|AQ|＝eq \f(\r(3),2)|BC|， 由lAQ⊥lBC可得eq \f(2m－2,2m2＋t－1)·eq \f(1,m)＝－1，整理得t＝－2m2－1＋eq \f(2,m)， 则m2＋t＝m2－2m2－1＋eq \f(2,m)＝－m2－1＋eq \f(2,m)＝eq \f(1－mm2＋m＋2,m)＞0， 注意到m2＋m＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)))2＋eq \f(7,4)＞0，可得eq \f(1－m,m)＞0，解得0＜m＜1， 由|AQ|＝eq \f(\r(3),2)|BC|可得eq \r(2m2＋t－12＋2m－22)＝eq \f(\r(3),2) eq \r(1＋m2)×4eq \r(m2＋t)＝2eq \r(3) eq \r(1＋m2) eq \r(\f(2m－2,－m)＋1－m2)＝eq \r(2m－22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2m－2,－m)))2)， 整理得－3(m－1)(1＋m2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m2＋m＋2,m)))＝(m－1)2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋m2,m2)))， 又因为0＜m＜1，可得－3(m2＋m＋2)＝eq \f(m－1,m)，即3m3＋3m2＋7m－1＝0， 令h(m)＝3m3＋3m2＋7m－1， 则h′(m)＝9m2＋6m＋7＞0在R内恒成立， 可知h(m)在R上单调递增，且h(0)＝－1＜0，h(1)＝12＞0， 故h(m)在区间(0,1)内存在唯一的零点m0， 所以存在唯一一组点B，C，使得△ABC为等边三角形． 探索性问题的解题策略 探索性问题，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)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径． (2024·桂林、来宾三模)双曲线C：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,b2)＝1(b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，过F1且倾斜角为60°的直线为l1，过F2且倾斜角为60°的直线为l2，已知l1，l2之间的距离为4eq \r(3). (1)求C的方程； (2)若过点F2的直线l与C的左、右两支分别交于M，N两点(点M，N不在x轴上)，判断是否存在实数k使得||MF2|－|NF2||＝k|MF2||NF2|.若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)由题意可得2csin 60°＝4eq \r(3)，解出c，结合c2＝a2＋b2解得b即可；(2)易知直线l的斜率存在且不为0，设直线l：M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立双曲线方程，利用韦达定理表示y1＋y2，y1y2，由两点距离公式表示|MF2|，|NF2|，化简计算eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|MF2|－|NF2|,|MF2||NF2|)))2即可求解． (1)设c＝eq \r(4＋b2)，因为l1，l2之间的距离为4eq \r(3)， 所以2csin 60°＝4eq \r(3)，c＝4，则b2＝c2－4＝12， 所以C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1. (2)由(1)知F2(4,0)，易知直线l的斜率存在且不为0， 设直线l：x＝my＋4(m≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)－\f(y2,12)＝1,x＝my＋4))，消去x，得(3m2－1)y2＋24my＋36＝0， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3m2－1≠0,Δ＝144m2＋1＞0,y1＋y2＝－\f(24m,3m2－1),y1y2＝\f(36,3m2－1)))， 因为|MF2|2＝(x1－4)2＋yeq \o\al(2,1)＝(m2＋1)yeq \o\al(2,1)， 所以|MF2|＝eq \r(m2＋1)|y1|，同理|NF2|＝eq \r(m2＋1)|y2|. 因为直线l过点F2且与C的左、右两支分别交于M，N两点， 所以M，N两点在x轴同侧，∴y1y2＞0， 此时3m2－1＞0，即m2＞eq \f(1,3). 所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|MF2|－|NF2|,|MF2||NF2|)))2＝eq \f(1,|MF2|2)＋eq \f(1,|NF2|2)－eq \f(2,|MF2|·|NF2|) ＝eq \f(1,m2＋1y\o\al(2,1))＋eq \f(1,m2＋1y\o\al(2,2))－eq \f(2,m2＋1|y1y2|) ＝eq \f(1,m2＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y\o\al(2,1))＋\f(1,y\o\al(2,2))－\f(2,y1y2)))＝eq \f(1,m2＋1) ·eq \f(y1＋y22－4y1y2,y1y22) ＝eq \f(1,m2＋1)·eq \f(m2＋1,9)＝eq \f(1,9)， 所以eq \f(||MF2|－|NF2||,|MF2||NF2|)＝eq \f(1,3). 所以存在k＝eq \f(1,3)，使得||MF2|－|NF2||＝k|MF2||NF2|. $$