主题3 第8章 热点强化课9 第1课时 最值、范围、证明问题(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

主题三 几何与代数 第八章　平面解析几何 热点强化课9　圆锥曲线的综合问题 第1课时　最值、范围、证明问题 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 课时冲关 01 主题三 第八章　平面解析几何 高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 　 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 　 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 圆锥曲线中的最值、范围问题及证明问题是高考考查的重点与热点，最值、范围问题常常通过可以建立目标函数，通过研究函数的性质求解，也利用三角函数有界性求解，还可以数形结合利用几何性质求解． 最值问题 ►[命题点1]　代数法求最值　 [例1]　(2025·南昌月考)已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，长轴长为4，焦距长为2. (1)求椭圆C的方程； (2)已知点A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，3))，点G为椭圆C上一点，求△AGF2周长的最大值； (3)直线l：y＝kx＋m(m>0)与椭圆C交于P，Q两点，且P，Q关于原点的对称点分别为M，N，若|OP|2＋|OQ|2是一个与m无关的常数，则当四边形PQMN面积最大时，求直线l的方程． [解]　 (1)由题意得，2a＝4，2c＝2， 所以a＝2，c＝1， 所以b2＝a2－c2＝4－1＝3， 所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1. (2)依题意，F2(1，0)，A(0，3), 如图①所示， 所以|AF2|＝ eq \r(10)，且|GF1|＋|GF2|＝2a＝4. 因为|GA|＋|GF2|＝|GA|＋2a－|GF1|＝4＋|GA|－|GF1|≤4＋|AF1|＝4＋ eq \r(10)， 当且仅当G为AF1的延长线与椭圆相交时取等号， 所以△AGF2的周长最大值为4＋2 eq \r(10). (3)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，如图②所示， 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))得，(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 所以x1＋x2＝－ eq \f(8km,3＋4k2)，x1x2＝ eq \f(4m2－12,3＋4k2)， 所以|OP|2＋|OQ|2＝x eq \o\al(2,1)＋y eq \o\al(2,1)＋x eq \o\al(2,2)＋y eq \o\al(2,2) ＝x eq \o\al(2,1)＋3－ eq \f(3,4)x eq \o\al(2,1)＋x eq \o\al(2,2)＋3－ eq \f(3,4)x eq \o\al(2,2) ＝ eq \f(1,4)(x eq \o\al(2,1)＋x eq \o\al(2,2))＋6＝ eq \f(1,4)[(x1＋x2)2－2x1x2]＋6. 因为(x1＋x2)2－2x1x2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8km,3＋4k2)))2－2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4m2－12,3＋4k2))) ＝ eq \f(64k2m2,(3＋4k2)2)－ eq \f(2(4m2－12)(3＋4k2),(3＋4k2)2) ＝ eq \f(32k2m2－24m2＋72＋96k2,(3＋4k2)2) ＝ eq \f((32k2－24)m2＋72＋96k2,(3＋4k2)2). 所以|OP|2＋|OQ|2＝ eq \f((8k2－6)m2＋18＋24k2,(3＋4k2)2)＋6， 因为|OP|2＋|OQ|2与m无关， 所以8k2－6＝0，即k2＝ eq \f(3,4)，k＝± eq \f(\r(3),2)， 所以|PQ|＝ eq \r(1＋k2) eq \r((x1＋x2)2－4x1x2) ＝ eq \r(1＋k2) eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8km,3＋4k2)))2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4m2－12,3＋4k2)))) ＝ eq \r(14－\f(7m2,3)). 由题意可知，四边形PQMN为平行四边形， 因为点O到直线l的距离d＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m)),\r(1＋k2))， 所以S四边形PQMN＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ))×2d＝2 eq \r(14－\f(7m2,3))× eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m)),\r(1＋k2))＝2 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(14－\f(7m2,3)))×\f(4m2,7)) ＝2 eq \r(－\f(4m4,3)＋8m2)＝2 eq \r(－\f(4,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m2－3))2＋12) ≤2 eq \r(12)＝4 eq \r(3)，所以m2＝3， 因为m>0， 所以m＝ eq \r(3)，四边形PQMN面积最大， 故直线l的方程为y＝ eq \f(\r(3),2)x＋ eq \r(3)或y＝－ eq \f(\r(3),2)x＋ eq \r(3). ►[命题点2]　几何法求最值　 [例2]　 (2025·广东珠海一模)已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>b>0))的左、右焦点分别为F1，F2，且 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(F1F2))＝4 eq \r(2)，点M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)，\f(2\r(3),3)))在椭圆C上，直线l：y＝x＋t. (1)若直线l与椭圆C有两个公共点，求实数t的取值范围； (2)当t＝2时，记直线l与x轴，y轴分别交于A，B两点，P，Q为椭圆C上两动点，求四边形PAQB的最大值． [解]　 (1)设椭圆的半焦距为c，则c＝2 eq \r(2)，故a2－b2＝8， 而M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)，\f(2\r(3),3)))在椭圆上，故 eq \f(8,a2)＋ eq \f(4,3b2)＝1， 解得a2＝12，b2＝4，故椭圆C的方程为 eq \f(x2,12)＋ eq \f(y2,4)＝1， 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝x＋t，,x2＋3y2＝12，))可得4x2＋6tx＋3t2－12＝0， 故Δ＝36t2－16 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3t2－12))>0，即192－12t2>0，解得－4<t<4. (2)当t＝2时，直线l：y＝x＋2，故A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0))，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2))， 由题设可得P，Q为位于直线AB的两侧，不妨设Q在直线AB上方，P在直线AB的下方， 当过Q的直线与直线AB平行且与椭圆相切时， Q到直线AB的距离最大及△QAB的面积最大， 当过P的直线与直线AB平行且与椭圆相切时， P到直线AB的距离最大及△PAB的面积最大， 由(1)可得相切时Δ＝0即t＝±4， 当t＝4时，切点的横坐标为－ eq \f(6t,8)＝－3，切点坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，1))，在直线AB上方， 此时 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，1))到AB的距离为 eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－3－1＋2)),\r(2))＝ eq \r(2)， 当t＝－4时，切点的横坐标为－ eq \f(6t,8)＝3，切点坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，－1))，在直线AB下方， 此时 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，－1))到AB的距离为 eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3＋1＋2)),\r(2))＝3 eq \r(2)， 又 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝2 eq \r(2)， 故四边形PAQB面积的最大值S＝S△PAB＋S△QAB＝ eq \f(1,2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋3\r(2)))×2 eq \r(2)＝8. ◆[通技法]　圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何方法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、基本不等式法、配方法及导数法求解不等进行求解． 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F为C的焦点，M，N为C上两点，且eq \o(FM,\s\up16(→))·eq \o(FN,\s\up16(→))＝0，求△MFN面积的最小值． 解：(1)设A(xA，yA)，B(xB，yB)， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－2y＋1＝0，,y2＝2px))可得y2－4py＋2p＝0， 所以yA＋yB＝4p，yAyB＝2p， 所以|AB|＝eq \r(xA－xB2＋yA－yB2) ＝eq \r(5)|yA－yB|＝eq \r(5)×eq \r(yA＋yB2－4yAyB)＝4eq \r(15)， 即2p2－p－6＝0，因为p＞0，解得p＝2. (2)因为F(1,0)，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\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(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 \o(FM,\s\up16(→))·eq \o(FN,\s\up16(→))＝0， 所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0， 即(my1＋n－1)(my2＋n－1)＋y1y2＝0，亦即(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(|n－1|,\r(1＋m2))，|MN|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22) ＝eq \r(1＋m2)|y1－y2|＝eq \r(1＋m2) eq \r(16m2＋16n) ＝2eq \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)×eq \f(|n－1|,\r(1＋m2))×2eq \r(1＋m2)|n－1|＝(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Smin＝(2－2eq \r(2))2＝12－8eq \r(2). 　范围问题 [例3]　(2023·上海卷)已知抛物线Γ：y2＝4x上有一点A位于第一象限，A的纵坐标为a(a＞0)． (1)若A到抛物线Γ的准线的距离为3，求a的值； (2)若a＝4，点B在x轴上，AB的中点在Γ上，求点B坐标和坐标原点O到直线AB的距离； (3)若对于C上第一象限的任一不与A重合的点P，设直线AP与直线l：x＝－3交于点Q，作PH⊥l于H，都有|QH|＞4恒成立，求a的取值范围． [解]　(1)准线为x＝－1，∴xA＝2，∴a＝yA＝2eq \r(2). (2)A(4,4)，设B(b,0)，线段AB的中点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4＋b,2)，2))， ∴4＝2(4＋b)⇒b＝－2，即B(－2,0)，∴直线AB为2x－3y＋4＝0，原点O到直线AB的距离d＝eq \f(4,\r(13))＝eq \f(4\r(13),13). (3)设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p2,4)，p))，∵Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,4)，a))，∴直线AP：4x－(a＋p)y＋ap＝0， ∴Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(ap－12,a＋p)))，H(－3，p)， ∴|HQ|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ap－12,a＋p)－p))＝eq \f(p2＋12,a＋p)＞4， 即(p－2)2＞4(a－2)对p∈(0，a)∪(a，＋∞)恒成立，当a＝2时，p≠2，(p－2)2＞4(a－2)成立；当a－2＜0时，即a＜2时，(p－2)2＞4(a－2)成立，此时0＜a＜2.∴a的取值范围为(0,2]． ◆[通技法]　解决圆锥曲线中的取值范围问题的5种常用解法 (1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围． (2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系． (3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围． (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围． (5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 2．(2025·陕西榆林三模)已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且F1在抛物线y2＝4x的准线上，点P是C上的一个动点，△PF1F2面积的最大值为 eq \r(3). (1)求C的方程； (2)设经过C右焦点F2且斜率不为0的直线交C于M，N两点，线段MN的垂直平分线交y轴于点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，y0))，求y0的取值范围． 解： (1)焦点F1在抛物线y2＝4x的准线x＝－1上，则椭圆半焦距c＝1， 当点P为短轴顶点时，△PF1F2面积最大，此时S△PF1F2＝ eq \f(1,2)·2c·b＝ eq \r(3)， 则b＝ eq \r(3)，a2＝b2＋c2＝4， 所以椭圆方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1. (2)当MN⊥x轴时，显然y0＝0， 当MN与x轴不垂直时，设直线MN的方程为y＝k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k≠0))， 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))，,3x2＋4y2＝12，))消去y得(3＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0，Δ＝144(k2＋1)>0， 设M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，线段MN的中点(x3，y3)，则x1＋x2＝ eq \f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝ eq \f(4(k2－3),3＋4k2)， 所以x3＝ eq \f(x1＋x2,2)＝ eq \f(4k2,3＋4k2)，y3＝k(x3－1)＝ eq \f(－3k,3＋4k2)， 所以线段MN的垂直平分线方程为y＋ eq \f(3k,3＋4k2)＝－ eq \f(1,k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4k2,3＋4k2)))， 令x＝0，得y0＝ eq \f(k,3＋4k2)＝ eq \f(1,\f(3,k)＋4k)，显然 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3,k)＋4k))＝ eq \f(3,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k)))＋4|k|≥4 eq \r(3)，当且仅当|k|＝ eq \f(\r(3),2)时取等号， 当k<0时， eq \f(3,k)＋4k≤－4 eq \r(3)；当k>0时， eq \f(3,k)＋4k≥4 eq \r(3)，于是－ eq \f(\r(3),12)≤y0<0或0<y0≤ eq \f(\r(3),12)， 所以y0的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),12)，\f(\r(3),12))). 　证明问题 [例4]　 (2024·全国甲卷)已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在C上，且MF⊥x轴． (1)求C的方程； (2)过点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，0))的直线交C于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴． [解]　 (1)设F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，0))，由题设有c＝1且 eq \f(b2,a)＝ eq \f(3,2)，则 eq \f(a2－1,a)＝ eq \f(3,2)，解得a＝2，所以b＝ eq \r(3)， 故椭圆方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1. (2)直线AB的斜率必定存在，设AB：y＝k(x－4)，A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))， 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3x2＋4y2＝12，,y＝k(x－4)，))可得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋4k2))x2－32k2x＋64k2－12＝0， 则Δ＝1024k4－4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋4k2)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(64k2－12))>0，解得－ eq \f(1,2)<k< eq \f(1,2)， 又x1＋x2＝ eq \f(32k2,3＋4k2)，x1x2＝ eq \f(64k2－12,3＋4k2)， 而N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，所以直线BN：y＝ eq \f(y2,x2－\f(5,2)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))，则yQ＝ eq \f(－\f(3,2)y2,x2－\f(5,2))＝ eq \f(－3y2,2x2－5)， 所以y1－yQ＝y1＋ eq \f(3y2,2x2－5) ＝ eq \f(y1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－5))＋3y2,2x2－5) ＝ eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－4))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－5))＋3k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－4)),2x2－5) ＝k eq \f(2x1x2－5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2))＋8,2x2－5) ＝k eq \f(2×\f(64k2－12,3＋4k2)－5×\f(32k2,3＋4k2)＋8,2x2－5) ＝k eq \f(\f(128k2－24－160k2＋24＋32k2,3＋4k2),2x2－5)＝0， 故y1＝yQ，即AQ⊥y轴． ◆[通技法]　圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等，有时也涉及一些否定性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法． 3．(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B(－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)由题意c＝2eq \r(5)，e＝eq \r(5)＝eq \f(c,a)， 则a＝2，b2＝16，双曲线C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1. (2)证明：设过点B的直线x＝ty－4，联立双曲线得(4t2－1)y2－32ty＋48＝0， 则y1＋y2＝eq \f(32t,4t2－1)，y1y2＝ eq \f(48,4t2－1)，则x1＋x2＝eq \f(8,4t2－1)， 设直线MA1：eq \f(y－y1,y1)＝eq \f(x－x1,x1＋2)， 直线NA2：eq \f(y－y2,y2)＝eq \f(x－x2,x2－2)， 联立消去y，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－x1,x1＋2)＋1))y1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－x2,x2－2)＋1))y2， 代入韦达定理解得x＝－1， 即P在定直线x＝－1上． $$