（江苏专用）2023版高考数学二轮复习专题五解析几何第3讲直线、圆与椭圆的综合运用学案文苏教版

〔江苏专用〕2022版高考数学二轮复习专题五解析几何第3讲直线、圆与椭圆的综合运用学案文苏教版PAGE56-第3讲直线、圆与椭圆的综合运用[2022考向导航]考点扫描三年考情考向预测2022202220221．交点、定点、定值问题第17题第18题第17题解析几何综合是江苏高考必考题．填空题主要考查圆锥曲线的几何性质，主要是以椭圆为背景；解答题主要考查圆、直线、椭圆的综合问题，难度较高，计算量大，重点关注交点、定点、定值及最值、范围问题．2．范围、最值问题3．探索性问题1．交点、定点、定值问题如果曲线中某些量不依赖于变化元素而存在，那么称为定值，探讨定值的问题一般为解答题．求定点、定值的根本方法是：先将变动元素用参数表示，然后计算出所需结果与该参数无关；也可将变动元素置于特殊状态下，探求出定点、定值，然后再予以证明．2．范围、最值问题求解析几何中的有关范围最值问题往往通过类比、联想、转化、合理地构造函数，然后去分析、研究问题，转化问题和解决问题．对于圆锥曲线上一些动点，在变化过程会引入一些相互联系、相互制约的量，从而使一些线段长度构成函数关系，函数思想在处理这类问题时非常有效．圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法：(1)几何法：假设题目的条件和结论能明显表达几何特征和意义，那么考虑利用图形性质来解决；(2)代数法：假设题目的条件和结论能表达一种明确的函数关系，那么可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用参数的范围，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等量关系；③利用隐含或的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；④利用根本不等式求出参数的取值范围；⑤利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．3．探索性问题存在型探索性问题，是指判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)不确定的问题．这类问题常常出现“是否存在〞“是否有〞等形式的疑问句，以示结论有待于确定．解答此类问题的思路是：通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中一局部的结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，假设由此导出矛盾，那么否认假设；否那么，给出肯定结论的证明．即：“假设——推证——定论〞是解答此类问题的三个步骤．交点、定点、定值问题[典型例题](2022·高考江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2：(x－1)2＋y2＝4a2交于点A，与椭圆C交于点D．连接AF1并延长交圆F2于点B，连接BF2交椭圆C于点E，连接DF1．DF1＝eq\f(5,2)．(1)求椭圆C的标准方程；(2)求点E的坐标．【解】(1)设椭圆C的焦距为2c．因为F1(－1，0)，F2(1，0)，所以F1F2＝2，c＝1．又因为DF1＝eq\f(5,2)，AF2⊥x轴，所以DF2＝eq\r(DFeq\o\al(2,1)－F1Feq\o\al(2,2))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))\s\up12(2)－22)＝eq\f(3,2)．因此2a＝DF1＋DF2＝4，从而a＝2．由b2＝a2－c2，得b2＝3．因此，椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)法一：由(1)知，椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，a＝2．因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1．将x＝1代入圆F2的方程(x－1)2＋y2＝16，解得y＝±4．因为点A在x轴上方，所以A(1，4)．又F1(－1，0)，所以直线AF1：y＝2x＋2．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋2，,〔x－1〕2＋y2＝16，))得5x2＋6x－11＝0，解得x＝1或x＝－eq\f(11,5)．将x＝－eq\f(11,5)代入y＝2x＋2，得y＝－eq\f(12,5)．因此Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,5)，－\f(12,5)))．又F2(1，0)，所以直线BF2：y＝eq\f(3,4)(x－1)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,4)〔x－1〕，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得7x2－6x－13＝0，解得x＝－1或x＝eq\f(13,7)．又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以x＝－1．将x＝－1代入y＝eq\f(3,4)(x－1)，得y＝－eq\f(3,2)．因此Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)))．法二：由(1)知，椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．如图，连接EF1．因为BF2＝2a，EF1＋EF2＝2a，所以EF1＝EB，从而∠BF1E＝∠B．因为F2A＝F2B，所以∠A＝∠B．所以∠A＝∠BF1E，从而EF1∥F2A．因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴．因为F1(－1，0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得y＝±eq\f(3,2)．又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y＝－eq\f(3,2)．因此Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)))．eq\a\vs4\al()(1)求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出表达式，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．(2)解析几何中证明直线过定点，一般是先选择一个参数建立直线系方程，然后根据直线系方程过定点时方程成立与参数没有关系，得到一个关于x，y的方程组，以这个方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点．当定点具备一定的限制条件时，可特殊对待．[对点训练]1．(2022·苏州市高三调研测试)椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，且过点P(2，－1)．(1)求椭圆C的方程；(2)如图，设点Q在椭圆C上，且PQ与x轴平行，过P点作两条直线分别交椭圆C于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，假设直线PQ平分∠APB，求证：直线AB的斜率是定值，并求出这个定值．[解](1)因为椭圆C的离心率eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(3,4)，即a2＝4b2，所以椭圆C的方程可化为x2＋4y2＝4b2，又椭圆C过点P(2，－1)，所以4＋4＝4b2，得b2＝2，那么a2＝8．所以所求椭圆C的标准方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1．(2)由题意，设直线PA的方程为y＋1＝k(x－2)，联立方程得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4y2＝8，,y＝k〔x－2〕－1，))消去y得：(1＋4k2)x2－8(2k2＋k)x＋16k2＋16k－4＝0．所以2x1＝eq\f(16k2＋16k－4,1＋4k2)，即x1＝eq\f(8k2＋8k－2,1＋4k2)．因为直线PQ平分∠APB，即直线PA与直线PB的斜率互为相反数，设直线PB的方程为y＋1＝－k(x－2)，同理求得x2＝eq\f(8k2－8k－2,1＋4k2)．又eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋1＝k〔x1－2〕，,y2＋1＝－k〔x2－2〕，))所以y1－y2＝k(x1＋x2)－4k．即y1－y2＝k(x1＋x2)－4k＝keq\f(16k2－4,1＋4k2)－4k＝－eq\f(8k,1＋4k2)，x1－x2＝eq\f(16k,1＋4k2)．所以直线AB的斜率为kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(－\f(8k,1＋4k2),\f(16k,1＋4k2))＝－eq\f(1,2)．所以直线AB的斜率是定值－eq\f(1,2)．范围、最值问题[典型例题](2022·泰州模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左顶点为A，与x轴平行的直线与椭圆E交于B、C两点，过B、C两点且分别与直线AB、AC垂直的直线相交于点D．椭圆E的离心率为eq\f(\r(5),3)，右焦点到右准线的距离为eq\f(4\r(5),5)．(1)求椭圆E的标准方程；(2)证明点D在一条定直线上运动，并求出该直线的方程；(3)求△BCD面积的最大值．【解】(1)由题意得eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),3)，eq\f(a2,c)－c＝eq\f(4\r(5),5)，解得a＝3，c＝eq\r(5)，所以b＝eq\r(a2－c2)＝2，所以椭圆E的标准方程为eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1．(2)设B(x0，y0)，C(－x0，y0)，显然直线AB，AC，BD，CD的斜率都存在，设为k1，k2，k3，k4，那么k1＝eq\f(y0,x0＋3)，k2＝eq\f(y0,－x0＋3)，k3＝－eq\f(x0＋3,y0)，k4＝eq\f(x0－3,y0)，所以直线BD，CD的方程为y＝－eq\f(x0＋3,y0)(x－x0)＋y0，y＝eq\f(x0－3,y0)(x＋x0)＋y0，消去y得－eq\f(x0＋3,y0)(x－x0)＋y0＝eq\f(x0－3,y0)(x＋x0)＋y0，化简得x＝3，故点D在定直线x＝3上运动．(3)由(2)得点D的纵坐标为yD＝eq\f(x0－3,y0)(3＋x0)＋y0，又eq\f(xeq\o\al(2,0),9)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),4)＝1，所以xeq\o\al(2,0)－9＝－eq\f(9yeq\o\al(2,0),4)，那么yD＝eq\f(x0－3,y0)(3＋x0)＋y0＝eq\f(－\f(9,4)yeq\o\al(2,0),y0)＋y0＝－eq\f(5,4)y0，所以点D到直线BC的距离h为|yD－y0|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)y0－y0))＝eq\f(9,4)|y0|，将y＝y0代入eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1得x＝±3eq\r(1－\f(yeq\o\al(2,0),4))，即BC＝6eq\r(1－\f(yeq\o\al(2,0),4))，所以△BCD面积S△BCD＝eq\f(1,2)BC·h＝eq\f(1,2)×6eq\r(1－\f(yeq\o\al(2,0),4))·eq\f(9,4)|y0|＝eq\f(27,2)eq\r(1－\f(yeq\o\al(2,0),4))·eq\f(1,2)|y0|≤eq\f(27,2)·eq\f(1－\f(yeq\o\al(2,0),4)＋\f(yeq\o\al(2,0),4),2)＝eq\f(27,4)，当且仅当1－eq\f(yeq\o\al(2,0),4)＝eq\f(yeq\o\al(2,0),4)，即y0＝±eq\r(2)时等号成立，故y0＝±eq\r(2)时，△BCD面积的最大值为eq\f(27,4)．eq\a\vs4\al()求范围最常见的解法有两种：代数法和几何法．假设题目的条件和结论能表达一种明确的函数关系，那么可首先建立起目标函数，再求范围．求范围常用方法有配方法，判别式法，根本不等式法及函数的单调性法，这种方法称为代数法．假设题目的条件和结论能明显表达几何特征及意义，那么考虑利用图形性质来解决，这就是几何法．[对点训练]2．(2022·南京市四校联考)椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b)＝1(0<b<4)的左、右顶点分别为A、B，M为椭圆C上异于A、B的任意一点，A关于M的对称点为P．(1)假设M的横坐标为eq\f(1,2)，且点P在椭圆的右准线上，求b的值；(2)假设以PM为直径的圆恰好经过坐标原点O，求b的取值范围．[解](1)因为M是AP的中点，xM＝eq\f(1,2)，xA＝－2，所以xP＝3．因为P在椭圆的右准线上，所以eq\f(4,\r(4－b))＝3，解得b＝eq\f(20,9)．(2)设点P的坐标为(x0，y0)，点M的坐标为(x1，y1)，因为P关于M的对称点为A，所以eq\f(x0－2,2)＝x1，eq\f(y0,2)＝y1，即x0＝2x1＋2，y0＝2y1．因为以PM为直径的圆恰好经过坐标原点O，所以OM⊥OP，所以eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝0，即x0x1＋y0y1＝0，所以(2x1＋2)x1＋2yeq\o\al(2,1)＝0，即yeq\o\al(2,1)＝－xeq\o\al(2,1)－x1．又点M在椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b)＝1(0<b<4)上，所以eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),b)＝1，即b＝eq\f(yeq\o\al(2,1),1－\f(xeq\o\al(2,1),4))＝eq\f(4yeq\o\al(2,1),4－xeq\o\al(2,1))，所以b＝4×eq\f(xeq\o\al(2,1)＋x1,xeq\o\al(2,1)－4)＝4(1＋eq\f(x1＋4,xeq\o\al(2,1)－4))＝4[1＋eq\f(x1＋4,〔x1＋4〕2－8〔x1＋4〕＋12)]＝4[1＋eq\f(1,〔x1＋4〕＋\f(12,x1＋4)－8)]，因为－2<x1<2，所以2<x1＋4<6，所以4eq\r(3)≤x1＋4＋eq\f(12,x1＋4)<8，所以eq\f(1,〔x1＋4〕＋\f(12,x1＋4)－8)≤eq\f(1,4\r(3)－8)，即eq\f(1,〔x1＋4〕＋\f(12,x1＋4)－8)∈(－∞，eq\f(1,4\r(3)－8)]，所以b∈(－∞，4(1＋eq\f(1,4\r(3)－8))]，即b∈(－∞，2－eq\r(3)]．又0<b<4，所以b∈(0，2－eq\r(3)]．探索性问题[典型例题](2022·苏州模拟)如图，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点与上顶点分别为A，B，右焦点为F，点P在椭圆C上，且PF⊥x轴，假设AB∥OP，且|AB|＝2eq\r(3)．(1)求椭圆C的方程；(2)Q是椭圆C上不同于长轴端点的任意一点，在x轴上是否存在一点D，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为定值？假设存在，求出点D的坐标；假设不存在，说明理由．【解】(1)由题意得A(－a，0)，B(0，b)，可设P(c，t)(t>0)，所以eq\f(c2,a2)＋eq\f(t2,b2)＝1，解得t＝eq\f(b2,a)，即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(b2,a)))，由AB∥OP得eq\f(b,a)＝eq\f(\f(b2,a),c)，即b＝c，所以a2＝b2＋c2＝2b2，①又AB＝2eq\r(3)，所以a2＋b2＝12，②由①②得a2＝8，b2＝4，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1．(2)假设存在D(m，0)使得直线QA与QD的斜率乘积恒为定值，设Q(x0，y0)(y0≠0)，那么eq\f(xeq\o\al(2,0),8)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),4)＝1，③设kQA×kQD＝k(常数)，因为A(－2eq\r(2)，0)，所以eq\f(y0,x0＋2\r(2))×eq\f(y0,x0－m)＝k，④由③得yeq\o\al(2,0)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,0),8)))，⑤将⑤代入④，得k＝eq\f(8－xeq\o\al(2,0),2[xeq\o\al(2,0)＋〔2\r(2)－m〕x0－2\r(2)m])．所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2\r(2)－m＝0，,2\r(2)m＝8，))所以m＝2eq\r(2)，k＝－eq\f(1,2)，所以存在点D(2eq\r(2)，0)，使得kQA×kQD＝－eq\f(1,2)．eq\a\vs4\al()解答探索性问题，需要正确区分题型，分析命题的结构特征，选择解题的突破口，寻找出最优的解题思路．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型，解决问题一般是根据条件进行演绎推理．解答时，不但需要熟练掌握圆锥曲线的概念和性质、方程和不等式等各项知识，还要具备较强的审题能力、逻辑思维能力和运算能力以及善于运用数形结合的思想方法分析问题、解决问题的能力．[对点训练]3．(2022·常州市期末)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率e＝eq\f(1,2)，直线l：x－my－1＝0(m∈R)过椭圆C的右焦点F，且交椭圆C于A，B两点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)点Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，连结BD，过点A作垂直于y轴的直线l1，设直线l1与直线BD交于点P，试探索当m变化时，是否存在一条定直线l2，使得点P恒在直线l2上？假设存在，请求出直线l2的方程；假设不存在，请说明理由．[解](1)由题设，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝1，,\f(c,a)＝\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝1，,a＝2，))从而b2＝a2－c2＝3，所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)令m＝0，那么Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))或者Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))．当Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))时，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(3,2)))；当Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))时，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，－\f(3,2)))，所以，满足题意的定直线l2只能是x＝4．下面证明点P恒在直线x＝4上．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由于PA垂直于y轴，所以点P的纵坐标为y1，从而只要证明P(4，y1)在直线BD上．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－my－1＝0，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，因为Δ＝144(1＋m2)＞0，所以y1＋y2＝eq\f(－6m,4＋3m2)，y1y2＝eq\f(－9,4＋3m2)．①因为kDB－kDP＝eq\f(y2－0,x2－\f(5,2))－eq\f(y1－0,4－\f(5,2))＝eq\f(y2,my2＋1－\f(5,2))－eq\f(y1,\f(3,2))＝eq\f(\f(3,2)y2－y1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(my2－\f(3,2))),\f(3,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(my2－\f(3,2))))＝eq\f(y1＋y2－\f(2,3)my1y2,my2－\f(3,2))，①式代入上式，得kDB－kDP＝0，所以kDB＝kDP．所以点P(4，y1)恒在直线BD上，从而直线l1、直线BD与直线l2：x＝4三线恒过同一点P，所以存在一条定直线l2：x＝4使得点P恒在直线l2上．[根底达标]1．方程eq\f(x2,k＋1)＋eq\f(y2,k－5)＝1表示双曲线的充要条件是k∈________．[解析]易知k＋1≠k－5．由条件得(k＋1)(k－5)<0，解得－1<k<5．[答案](－1，5)2．(2022·江苏名校联考)假设双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1的左焦点为F，点P是双曲线右支上的动点，A(1，4)，那么|PF|＋|PA|的最小值是________．[解析]由题意知，双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1的左焦点F的坐标为(－4，0)，设双曲线的右焦点为B，那么B(4，0)，由双曲线的定义知，|PF|＋|PA|＝4＋|PB|＋|PA|≥4＋|AB|＝4＋eq\r(〔4－1〕2＋〔0－4〕2)＝4＋5＝9，当且仅当A，P，B三点共线且P在A，B之间时取等号．[答案]93．(2022·江苏名校高三入学摸底)假设直线l：y＝k(x－1)与圆C：x2＋y2＋2x－4y＋1＝0交于A、B两点，且△ABC为等边三角形，那么实数k的值为________．[解析]将圆C的方程化为标准方程得(x＋1)2＋(y－2)2＝4，所以圆心C(－1，2)，半径r＝2，又由题意可知|AB|＝2，所以圆心C到直线l的距离为eq\r(22－12)＝eq\r(3)，所以eq\f(|－2k－2|,\r(k2＋〔－1〕2))＝eq\r(3)，即k2＋8k＋1＝0，解得k＝－4－eq\r(15)或k＝－4＋eq\r(15)．[答案]－4±eq\r(15)4．(2022·南京、盐城高三模拟)过点P(－4，0)的直线l与圆C：(x－1)2＋y2＝5相交于A，B两点，假设点A恰好是线段PB的中点，那么直线l的方程为________．[解析]根据题意，由于(－4－1)2>5，所以点P在圆C外，过圆心C作CM⊥AB于M，连结AC．易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x＋4)，即kx－y＋4k＝0，那么|CM|＝eq\f(|k＋4k|,\r(k2＋1))＝eq\f(|5k|,\r(k2＋1))，|AM|＝eq\r(5－〔\f(|5k|,\r(k2＋1))〕2)＝eq\r(\f(5－20k2,k2＋1))．又点A恰好是线段PB的中点，所以|PM|＝3|AM|，在Rt△PMC中，|CM|2＋|PM|2＝|PC|2，即eq\f(25k2,k2＋1)＋eq\f(45－180k2,k2＋1)＝25，得180k2＝20，即k＝±eq\f(1,3)，故直线l的方程为x±3y＋4＝0．[答案]x±3y＋4＝05．(2022·河北邯郸模拟改编)椭圆eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1的焦点为F1，F2，点P在椭圆上，如果线段PF2的中点在y轴上，那么PF2是PF1的________倍．[解析]设线段PF2的中点为D，那么OD＝eq\f(1,2)PF1，OD∥PF1，OD⊥x轴，所以PF1⊥x轴．所以PF1＝eq\f(b2,a)＝eq\f(3,2\r(3))＝eq\f(\r(3),2)．又因为PF1＋PF2＝4eq\r(3)，所以PF2＝4eq\r(3)－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(7\r(3),2)．所以PF2是PF1的7倍．[答案]76．(2022·广州调研改编)椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆C上点A满足AF2⊥F1F2．假设点P是椭圆C上的动点，那么eq\o(F1P,\s\up6(→))·eq\o(F2A,\s\up6(→))的最大值为________．[解析]设向量eq\o(F1P,\s\up6(→))，eq\o(F2A,\s\up6(→))的夹角为θ．由条件知AF2为椭圆通径的一半，即AF2＝eq\f(b2,a)＝eq\f(3,2)，那么eq\o(F1P,\s\up6(→))·eq\o(F2A,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)|eq\o(F1P,\s\up6(→))|·cosθ，于是eq\o(F1P,\s\up6(→))·eq\o(F2A,\s\up6(→))要取得最大值，只需eq\o(F1P,\s\up6(→))在向量eq\o(F2A,\s\up6(→))上的投影值最大，易知此时点P在椭圆短轴的上顶点，所以eq\o(F1P,\s\up6(→))·eq\o(F2A,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)|eq\o(F1P,\s\up6(→))|cosθ≤eq\f(3\r(3),2)．[答案]eq\f(3\r(3),2)7．在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点，假设点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，那么实数c的最大值为________．[解析]所求的c的最大值就是双曲线的一条渐近线x－y＝0与直线x－y＋1＝0的距离，此距离d＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)．[答案]eq\f(\r(2),2)8．椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点F(c，0)关于直线y＝eq\f(b,c)x的对称点Q在椭圆上，那么椭圆的离心率是________．[解析]设椭圆的另一个焦点为F1(－c，0)，如图，连结QF1，QF，设QF与直线y＝eq\f(b,c)x交于点M．由题意知M为线段QF的中点，且OM⊥FQ，又O为线段F1F的中点，所以F1Q∥OM，所以F1Q⊥QF，F1Q＝2OM．在Rt△MOF中，tan∠MOF＝eq\f(MF,OM)＝eq\f(b,c)，|OF|＝c，可解得OM＝eq\f(c2,a)，MF＝eq\f(bc,a)，故QF＝2MF＝eq\f(2bc,a)，QF1＝2OM＝eq\f(2c2,a)．由椭圆的定义得QF＋QF1＝eq\f(2bc,a)＋eq\f(2c2,a)＝2a，整理得b＝c，所以a＝eq\r(b2＋c2)＝eq\r(2)c，故e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)．[答案]eq\f(\r(2),2)9．(2022·江苏高考命题研究专家原创卷)斜率为eq\f(\r(2),2)的直线l与椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)交于不同的两点，且这两个交点在x轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点，那么该椭圆的离心率为________．[解析]由题意知，直线l过原点，且与椭圆的两个交点的横坐标分别为－c，c，所以两个交点的坐标分别为(－c，－eq\f(\r(2),2)c)，(c，eq\f(\r(2),2)c)，代入椭圆方程得eq\f(c2,a2)＋eq\f(c2,2b2)＝1，整理得c2(a2＋2b2)＝2a2b2，因为b2＝a2－c2，所以c2(3a2－2c2)＝2a4－2a2c2，即2a4－5a2c2＋2c4＝0，即2e4－5e2＋2＝0，解得e2＝2或e2＝eq\f(1,2)，又0<e<1，所以e＝eq\f(\r(2),2)．[答案]eq\f(\r(2),2)10．假设对于给定的正实数k，函数f(x)＝eq\f(k,x)的图象上总存在点C，使得以C为圆心、1为半径的圆上有两个不同的点到原点O的距离为2，那么k的取值范围是________．[解析]设Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(k,t)))(t≠0)，故圆C：(x－t)2＋(y－eq\f(k,t))2＝1，原题等价于∃t∈R，t≠0，圆C：(x－t)2＋(y－eq\f(k,t))2＝1与圆x2＋y2＝4相交．又CO2＝t2＋eq\f(k2,t2)，r1＝2，r2＝1，所以原题等价于∃t2>0，1<t2＋eq\f(k2,t2)<9，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k2>t2－t4，,k2<9t2－t4．))又t2－t4∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,4)))，9t2－t4∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(81,4)))，k2>0，所以对于任意k，k2>t2－t4都有解，所以只需k2<eq\f(81,4)．又k>0，所以k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,2)))．[答案]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,2)))11．(2022·高考江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，焦点F1(－eq\r(3)，0)，F2(eq\r(3)，0)，圆O的直径为F1F2．(1)求椭圆C及圆O的方程；(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P．①假设直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；②直线l与椭圆C交于A，B两点．假设△OAB的面积为eq\f(2\r(6),7)，求直线l的方程．[解](1)因为椭圆C的焦点为F1(－eq\r(3)，0)，F2(eq\r(3)，0)，可设椭圆C的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)．又点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))在椭圆C上，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,a2)＋\f(1,4b2)＝1，,a2－b2＝3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝1．))因此，椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1．因为圆O的直径为F1F2，所以其方程为x2＋y2＝3．(2)①设直线l与圆O相切于P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，那么xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝3，所以直线l的方程为y＝－eq\f(x0,y0)(x－x0)＋y0，即y＝－eq\f(x0,y0)x＋eq\f(3,y0)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝－\f(x0,y0)x＋\f(3,y0)))消去y，得(4xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0))x2－24x0x＋36－4yeq\o\al(2,0)＝0．(*)因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，所以Δ＝(－24x0)2－4(4xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0))(36－4yeq\o\al(2,0))＝48yeq\o\al(2,0)(xeq\o\al(2,0)－2)＝0．因为x0，y0>0，所以x0＝eq\r(2)，y0＝1．因此，点P的坐标为(eq\r(2)，1)．②因为三角形OAB的面积为eq\f(2\r(6),7)，所以eq\f(1,2)AB·OP＝eq\f(2\r(6),7)，从而AB＝eq\f(4\r(2),7)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由(*)得x1，2＝eq\f(24x0±\r(48yeq\o\al(2,0)〔xeq\o\al(2,0)－2〕),2〔4xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)〕)，所以AB2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(xeq\o\al(2,0),yeq\o\al(2,0))))·eq\f(48yeq\o\al(2,0)〔xeq\o\al(2,0)－2〕,〔4xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)〕2)．因为xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝3，所以AB2＝eq\f(16〔xeq\o\al(2,0)－2〕,〔xeq\o\al(2,0)＋1〕2)＝eq\f(32,49)，即2xeq\o\al(4,0)－45xeq\o\al(2,0)＋100＝0，解得xeq\o\al(2,0)＝eq\f(5,2)(xeq\o\al(2,0)＝20舍去)，那么yeq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)，因此P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),2)，\f(\r(2),2)))．综上，直线l的方程为y＝－eq\r(5)x＋3eq\r(2)．12．(2022·南京、盐城模拟)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右准线方程为x＝4，右顶点为A，上顶点为B，右焦点为F，斜率为2的直线经过点A，且点F到直线的距离为eq\f(2\r(5),5)．(1)求椭圆C的标准方程；(2)将直线绕点A旋转，它与椭圆C相交于另一点P，当B，F，P三点共线时，试确定直线的斜率．[解](1)由题意知，直线的方程为y＝2(x－a)，即2x－y－2a＝0，所以右焦点F到直线的距离为eq\f(|2c－2a|,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，所以a－c＝1，又椭圆C的右准线为x＝4，即eq\f(a2,c)＝4，所以c＝eq\f(a2,4)，将此代入上式解得a＝2，c＝1，所以b2＝3，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)法一：由(1)知B(0，eq\r(3))，F(1，0)，所以直线BF的方程为y＝－eq\r(3)(x－1),联立方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\r(3)〔x－1〕，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(8,5)，,y＝－\f(3\r(3),5)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝\r(3)))(舍去)，即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)，－\f(3\r(3),5)))，所以直线的斜率k＝eq\f(0－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(3),5))),2－\f(8,5))＝eq\f(3\r(3),2)．法二：由(1)知B(0，eq\r(3))，F(1，0)，所以直线BF的方程为y＝－eq\r(3)(x－1)，由题知A(2，0)，显然直线的斜率存在，设直线的方程为y＝k(x－2)，联立方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\r(3)〔x－1〕，,y＝k〔x－2〕，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2k＋\r(3),k＋\r(3))，,y＝\f(－\r(3)k,k＋\r(3))，))代入椭圆解得k＝eq\f(3\r(3),2)或k＝－eq\f(\r(3),2)，又由题意知，y＝eq\f(－\r(3)k,k＋\r(3))＜0得k＞0或k＜－eq\r(3)，所以k＝eq\f(3\r(3),2)．13．(2022·泰州市模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，离心率为eq\f(\r(2),2)的椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左顶点为A，过原点O的直线(与坐标轴不重合)与椭圆C交于P，Q两点，直线PA，QA分别与y轴交于M，N两点．假设直线PQ斜率为eq\f(\r(2),2)时，PQ＝2eq\r(3)．(1)求椭圆C的标准方程；(2)试问以MN为直径的圆是否经过定点(与直线PQ的斜率无关)？请证明你的结论．[解](1)设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(\r(2),2)x0))，因为直线PQ斜率为eq\f(\r(2),2)时，PQ＝2eq\r(3)，所以xeq\o\al(2,0)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)x0))eq\s\up12(2)＝3，所以xeq\o\al(2,0)＝2，所以eq\f(2,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，因为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(2),2)，所以a2＝4，b2＝2．所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1．(2)以MN为直径的圆过定点F(±eq\r(2)，0)．设P(x0，y0)，那么Q(－x0，－y0)，且eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),2)＝1，即xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0)＝4，因为A(－2，0)，所以直线PA方程为y＝eq\f(y0,x0＋2)(x＋2)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y0,x0＋2)))，直线QA方程为y＝eq\f(y0,x0－2)(x＋2)，所以Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y0,x0－2)))，以MN为直径的圆为(x－0)(x－0)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(2y0,x0＋2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(2y0,x0－2)))＝0，即x2＋y2－eq\f(4x0y0,xeq\o\al(2,0)－4)y＋eq\f(4yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－4)＝0，因为xeq\o\al(2,0)－4＝－2yeq\o\al(2,0)，所以x2＋y2＋eq\f(2x0,y0)y－2＝0，令y＝0，那么x2－2＝0，解得x＝±eq\r(2)，所以以MN为直径的圆过定点F(±eq\r(2)，0)．14．(2022·镇江期末)椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点F(1，0)，离心率为eq\f(\r(2),2)，过F作两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD的中点分别为M，N．(1)求椭圆的方程；(2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标；(3)假设弦AB，CD的斜率均存在，求△FMN面积的最大值．[解](1)由题意：c＝1，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，那么a＝eq\r(2)，b＝1，c＝1，椭圆的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1．(2)证明：当AB，CD斜率均存在时，设直线AB方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)－1))))，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k〔x－1〕，,x2＋2y2－2＝0，))得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(4k2,1＋2k2)，,x1x2＝\f(2k2－2,1＋2k2)，))故Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k2,1＋2k2)，\f(－k,1＋2k2)))，将上式中的k换成－eq\f(1,k)，那么同理可得：Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2＋k2)，\f(k,2＋k2)))，如eq\f(2k2,1＋2k2)＝eq\f(2,2＋k2)，得k＝±1，那么直线MN斜率不存在，此时直线MN过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，0))，下证动直线MN过定点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，0))．假设直线MN斜率存在，那么kMN＝eq\f(\f(－k,1＋2k2)－\f(k,2＋k2),\f(2k2,1＋2k2)－\f(2,2＋k2))＝eq\f(－k〔3k2＋3〕,2k4－2)＝eq\f(3,2)×eq\f(－k,k2－1)，直线MN为y－eq\f(k,2＋k2)＝eq\f(3,2)×eq\f(－k,k2－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,2＋k2)))，令y＝0，得x＝eq\f(2,2＋k2)＋eq\f(2,3)×eq\f(k2－1,2＋k2)＝eq\f(2,3)×eq\f(3＋k2－1,2＋k2)＝eq\f(2,3)，当直线AB，CD的斜率有一条不存在时，直线MN为x＝0，也满足过定点(eq\f(2,3)，0)综上，直线MN过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，0))．(3)由(2)可知直线MN过定点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，0))，故S△FMN＝S△FPN＋S△FPM＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(k,2＋k2)))＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－k,1＋2k2)))＝eq\f(1,6)×eq\f(|k|〔3＋3k2〕,〔2＋k2〕〔1＋2k2〕)＝eq\f(1,2)×eq\f(|k|〔k2＋1〕,2k4＋5k2＋2)＝eq\f(1,2)×eq\f(|k|＋\f(1,|k|),2k2＋5＋\f(2,k2))，令t＝|k|＋eq\f(1,|k|)∈[2，＋∞)，S△FMN＝f(t)＝eq\f(1,2)×eq\f(t,2〔t2－2〕＋5)＝eq\f(1,2)×eq\f(t,2t2＋1)．f′(t)＝eq\f(1,2)×eq\f(1－2t2,〔2t2＋1〕2)＜0，那么f(t)在t∈[2，＋∞)上单调递减，当t＝2时f(t)取得最大值，此时S△FMN取得最大值eq\f(1,9)，此时k＝±1．[能力提升]1．(2022·南通市高三模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，长轴长为4．过椭圆的左顶点A作直线l，分别交椭圆和圆x2＋y2＝a2于相异两点P，Q．(1)假设直线l的斜率为eq\f(1,2)，求eq\f(AP,AQ)的值；(2)假设eq\o(PQ,\s\up6(→))＝λeq\o(AP,\s\up6(→))，求实数λ的取值范围．[解](1)由条件知，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＝4,\f(c,a)＝\f(\r(2),2),a2＝b2＋c2))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2,b＝\r(2)))．所以椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，圆的方程为x2＋y2＝4．法一：直线l的方程为y＝eq\f(1,2)(x＋2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)〔x＋2〕,x2＋2y2＝4))，消去y得，3x2＋4x－4＝0，解得xA＝－2，xP＝eq\f(2,3)，所以P(eq\f(2,3)，eq\f(4,3))．所以AP＝eq\r(〔\f(2,3)＋2〕2＋〔\f(4,3)〕2)＝eq\f(4\r(5),3)，又原点O到直线l的距离d＝eq\f(2\r(5),5)，所以AQ＝2eq\r(4－\f(4,5))＝eq\f(8\r(5),5)，所以eq\f(AP,AQ)＝eq\f(\f(4\r(5),3),\f(8\r(5),5))＝eq\f(5,6)．法二：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2y－2,x2＋2y2＝4))，消去x得，3y2－4y＝0，所以yP＝eq\f(4,3)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2y－2,x2＋y2＝4))，消去x得，5y2－8y＝0，所以yQ＝eq\f(8,5)．所以eq\f(AP,AQ)＝eq\f(4,3)×eq\f(5,8)＝eq\f(5,6)．(2)法一：假设eq\o(PQ,\s\up6(→))＝λeq\o(AP,\s\up6(→))，那么λ＝eq\f(AQ,AP)－1，由题意知直线l的斜率存在，设为k，故直线l：y＝k(x＋2)(k≠0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2y2＝4,y＝k〔x＋2〕))，得(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，即(x＋2)[(2k2＋1)x＋(4k2－2)]＝0，所以xA＝－2，xP＝eq\f(2－4k2,2k2＋1)，得P(eq\f(2－4k2,2k2＋1)，eq\f(4k,2k2＋1))．所以AP2＝(eq\f(2－4k2,2k2＋1)＋2)2＋(eq\f(4k,2k2＋1))2＝eq\f(16＋16k2,〔2k2＋1〕2)，即AP＝eq\f(4\r(k2＋1),2k2＋1)．同理Q(eq\f(2－2k2,k2＋1)，eq\f(4k,k2＋1))，AQ＝eq\f(4,\r(k2＋1))．所以λ＝eq\f(\f(4,\r(k2＋1)),\f(4\r(k2＋1),2k2＋1))－1＝1－eq\f(1,k2＋1)．由题意知，k2>0，所以0<λ<1．法二：由法一知，λ＝eq\f(AQ,AP)－1＝eq\f(yQ,yP)－1＝eq\f(\f(4k,k2＋1),\f(4k,2k2＋1))－1＝1－eq\f(1,k2＋1)，由题意知，k2>0，所以0<λ<1．2．斜率为k的直线l与椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)．(1)证明：k<－eq\f(1,2)；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且eq\o(FP,\s\up6(→))＋eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(FB,\s\up6(→))＝0．证明：|eq\o(FA,\s\up6(→))|，|eq\o(FP,\s\up6(→))|，|eq\o(FB,\s\up6(→))|成等差数列，并求该数列的公差．[解](1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,2),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),3)＝1．两式相减，并由eq\f(y1－y2,x1－x2)＝k得eq\f(x1＋x2,4)＋eq\f(y1＋y2,3)·k＝0．由题设知eq\f(x1＋x2,2)＝1，eq\f(y1＋y2,2)＝m，于是k＝－eq\f(3,4m)．①由题设得0＜m＜eq\f(3,2)，故k＜－eq\f(1,2)．(2)由题意得F(1，0)．设P(x3，y3)，那么(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0，0)．由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m＜0．又点P在C上，所以m＝eq\f(3,4)，从而Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))，|eq\o(FP,\s\up6(→))|＝eq\f(3,2)．于是|eq\o(FA,\s\up6(→))|＝eq\r(〔x1－1〕2＋yeq\o\al(2,1))＝eq\r(〔x1－1〕2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,1),4))))＝2－eq\f(x1,2)．同理|eq\o(FB,\s\up6(→))|＝2－eq\f(x2,2)．所以|eq\o(FA,\s\up6(→))|＋|eq\o(FB,\s\up6(→))|＝4－eq\f(1,2)(x1＋x2)＝3．故2|eq\o(FP,\s\up6(→))|＝|eq\o(FA,\s\up6(→))|＋|eq\o(FB,\s\up6(→))|，即|eq\o(FA,\s\up6(→))|，|eq\o(FP,\s\up6(→))|，|eq\o(FB,\s\up6(→))|成等差数列．设该数列的公差为d，那么2|d|＝||eq\o(FB,\s\up6(→))|－|eq\