2026步步高高考大二轮复习数学-创新点6　解析几何中的融合创新问题

解析几何中的融合创新问题高考定位解析几何创新问题的表现形式有：(1)与其他数学知识融合，如立体几何、导数等；(2)定义新的解析几何概念，如距离、曲线等.解决解析几何创新题理解新定义是基础、计算是关键.【题型突破】题型一解析几何与数列、立体几何高度融合例1(2024·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C：x2－y2＝m(m>0)，点P1(5，4)在C上，k为常数，0<k<1.按照如下公式依次构造点Pn(n＝2，3，…)：过点Pn－1作斜率为k的直线与C的左支交于点Qn－1，令Pn为Qn－1关于y轴的对称点.记Pn的坐标为(xn，yn).(1)若k＝eq\f(1,2)，求x2，y2.(2)证明：数列{xn－yn}是公比为eq\f(1＋k,1－k)的等比数列.(3)设Sn为△PnPn＋1Pn＋2的面积.证明：对于任意正整数n，Sn＝Sn＋1.(1)解∵P1在C上，∴m＝52－42＝9，故k＝eq\f(1,2)时，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,2)－yeq\o\al(2,2)＝9，,y2－4＝\f(1,2)（x2－5），))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝3，,y2＝0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝5，,y2＝4))(舍)，∴x2＝3，y2＝0.(2)证明设Pn(xn，yn)，Qn(－xn＋1，yn＋1)，直线PnQn斜率为k.设zn＝xn－yn，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,n)－yeq\o\al(2,n)＝9，,xeq\o\al(2,n＋1)－yeq\o\al(2,n＋1)＝9，))则eq\f(（yn＋1－yn）（yn＋1＋yn）,（xn＋1－xn）（xn＋1＋xn）)＝1，结合eq\f(yn＋1－yn,－xn＋1－xn)＝k，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yn＋1－yn＝－k（xn＋1＋xn），,xn＋1－xn＝－k（yn＋1＋yn），))两式相减，得zn＋1－zn＝k(zn＋1＋zn)，∴eq\f(zn＋1,zn)＝eq\f(1＋k,1－k)，∴数列{xn－yn}是公比为eq\f(1＋k,1－k)的等比数列.(3)证明要证Sn＋1＝Sn，即证S△PnPn＋1Pn＋2＝S△Pn＋1Pn＋2Pn＋3，这等价于Pn＋1Pn＋2∥PnPn＋3.设eq\f(1＋k,1－k)＝q，由(2)知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xn－yn＝qn－1，,xn＋yn＝9·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q)))\s\up12(n－1)，))∴xn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(qn－1＋9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q)))\s\up12(n－1)))，yn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q)))\s\up12(n－1)－qn－1))，∵kPn＋1Pn＋2＝eq\f(yn＋2－yn＋1,xn＋2－xn＋1)＝eq\f(（xn＋2－qn＋1）－（xn＋1－qn）,xn＋2－xn＋1)＝1－eq\f(2qn（q－1）,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(qn＋1＋9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q)))\s\up12(n＋1)))－\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(qn＋9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q)))\s\up12(n))))＝1－eq\f(2qn（q－1）,qn（q－1）＋9\f(1－q,qn＋1))＝1－eq\f(2q2n＋1,q2n＋1－9)，kPnPn＋3＝eq\f(yn＋3－yn,xn＋3－xn)＝eq\f(（xn＋3－qn＋2）－（xn－qn－1）,xn＋3－xn)＝1－eq\f(2qn－1（q3－1）,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(qn＋2＋9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q)))\s\up12(n＋2)))－\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(qn－1＋9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q)))\s\up12(n－1))))＝1－eq\f(2qn－1（q3－1）,qn－1（q3－1）＋9\f(1－q3,qn＋2))＝1－eq\f(2q2n＋1,q2n＋1－9)，故kPn＋1Pn＋2＝kPnPn＋3，Pn＋1Pn＋2∥PnPn＋3，∴Sn＝Sn＋1.规律方法本题考查的是对解析几何和数列知识的综合应用，第(2)问利用固定斜率的直线与双曲线交点的性质得出结论，第(3)问将面积相等问题转化为两条直线的平行问题.训练1(2024·日照模拟)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，离心率为eq\f(1,2)，经过点F1且倾斜角为θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,2)))的直线l与椭圆交于A，B两点(其中点A在x轴上方)，且△ABF2的周长为8.将平面xOy沿x轴向上折叠，使二面角A－F1F2－B为直二面角，如图所示，折叠后A，B在新图形中的对应点记为A′，B′.(1)当θ＝eq\f(π,3)时，①求证：A′O⊥F2B′；②求平面A′F1F2和平面A′B′F2所成角的余弦值；(2)是否存在θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,2)))，使得折叠后△A′B′F2的周长为eq\f(15,2)？若存在，求tanθ的值；若不存在，请说明理由.(1)①证明由椭圆定义可知|AF1|＋|AF2|＝2a，|BF1|＋|BF2|＝2a，所以△ABF2的周长L＝4a＝8，所以a＝2，因为离心率为eq\f(1,2)，故eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，解得c＝1，则b2＝a2－c2＝3，由题意，椭圆的焦点在x轴上，所以椭圆方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，直线l：y－0＝taneq\f(π,3)·(x＋1)，即l：y＝eq\r(3)(x＋1)，联立eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1得15x2＋24x＝0，解得x＝0或－eq\f(8,5)，当x＝0时，y＝eq\r(3)×(0＋1)＝eq\r(3)；当x＝－eq\f(8,5)时，y＝eq\r(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)＋1))＝－eq\f(3\r(3),5)，因为点A在x轴上方，所以A(0，eq\r(3))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3\r(3),5)))，故AO⊥F1F2，折叠后有A′O⊥F1F2，因为二面角A－F1F2－B为直二面角，即平面A′F1F2⊥平面F1F2B′，交线为F1F2，A′O⊂平面A′F1F2，所以A′O⊥平面F1F2B′，因为F2B′⊂平面F1F2B′，所以A′O⊥F2B′.②解以O为坐标原点，折叠后的y轴负半轴为x轴，原x轴为y轴，原y轴正半轴为z轴，建立空间直角坐标系，则F1(0，－1，0)，A′(0，0，eq\r(3))，B′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),5)，－\f(8,5)，0))，F2(0，1，0)，eq\o(A′F2,\s\up6(→))＝(0，1，－eq\r(3))，eq\o(B′F2,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(3),5)，\f(13,5)，0))，其中平面A′F1F2的一个法向量n1＝(1，0，0)，设平面A′B′F2的法向量为n2＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(A′F2,\s\up6(→))＝y－\r(3)z＝0，,n2·\o(B′F2,\s\up6(→))＝－\f(3\r(3),5)x＋\f(13,5)y＝0，))令y＝eq\r(3)得x＝eq\f(13,3)，z＝1，故n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,3)，\r(3)，1))，设平面A′B′F2与平面A′F1F2的夹角为φ，则cosφ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(（1，0，0）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,3)，\r(3)，1)))),\r(\f(169,9)＋3＋1))＝eq\f(13\r(205),205)，故平面A′B′F2与平面A′F1F2的夹角的余弦值为eq\f(13\r(205),205).(2)解设折叠前A(x1，y1)，B(x2，y2)，折叠后对应的A′(x1，y1，0)，B′(x2，0，－y2)，设直线l方程为my＝x＋1，将直线l与椭圆方程eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1联立得，(3m2＋4)y2－6my－9＝0，则y1＋y2＝eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝eq\f(－9,3m2＋4)，在折叠前可知|AB|＝eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)，折叠后，在空间直角坐标系中，|A′B′|＝eq\r(（x1－x2）2＋yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2))，由|A′F2|＋|B′F2|＋|A′B′|＝eq\f(15,2)，|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝8，故|AB|－|A′B′|＝eq\f(1,2)，所以|AB|－|A′B′|＝eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)－eq\r(（x1－x2）2＋yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2))＝eq\f(1,2)，①分子有理化得eq\f(－2y1y2,\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＋\r(（x1－x2）2＋yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)))＝eq\f(1,2)，所以eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＋eq\r(（x1－x2）2＋yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2))＝－4y1y2，②由①②得eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝eq\f(1,4)－2y1y2，因为eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝eq\r(（my1－1－my2＋1）2＋（y1－y2）2)＝eq\r(m2＋1)|y1－y2|，故eq\f(1,4)－2y1y2＝eq\r(m2＋1)|y1－y2|，即eq\f(1,4)－2y1y2＝eq\r(m2＋1)eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2)，将y1＋y2＝eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝eq\f(－9,3m2＋4)代入上式得eq\f(1,4)＋eq\f(18,3m2＋4)＝eq\r(m2＋1)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6m,3m2＋4)))\s\up12(2)＋\f(36,3m2＋4))，两边平方后，整理得2295m4＋4152m2－3472＝0，即(45m2－28)(51m2＋124)＝0，解得m2＝eq\f(28,45)，因为0<θ<eq\f(π,2)，所以tanθ＝eq\f(1,m)＝eq\f(3\r(35),14).题型二曲率与曲率半径问题例2(2024·温州二模)如图，对于曲线Γ，存在圆C满足如下条件：①圆C与曲线Γ有公共点A，且圆心在曲线Γ凹的一侧；②圆C与曲线Γ在点A处有相同的切线；③曲线Γ的导函数在点A处的导数(即曲线Γ的二阶导数)等于圆C在点A处的二阶导数(已知圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2在点A(x0，y0)处的二阶导数等于eq\f(r2,（b－y0）3))；则称圆C为曲线Γ在A点处的曲率圆，其半径r称为曲率半径.(1)求抛物线y＝x2在原点处的曲率圆的方程；(2)求曲线y＝eq\f(1,x)的曲率半径的最小值；(3)若曲线y＝ex在(x1，ex1)和(x2，ex2)(x1≠x2)处有相同的曲率半径，求证：x1＋x2<－ln2.(1)解记f(x)＝x2，设抛物线y＝x2在原点处的曲率圆的方程为x2＋(y－b)2＝b2，其中b为曲率半径.则f′(x)＝2x，f″(x)＝2，故2＝f″(0)＝eq\f(b2,（b－0）3)＝eq\f(1,b)，2＝eq\f(r2,b3)，即b＝eq\f(1,2)，所以抛物线y＝x2在原点处的曲率圆的方程为x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4).(2)解设曲线y＝f(x)在(x0，y0)的曲率半径为r，则法一eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（x0）＝－\f(x0－a,y0－b)，,f″（x0）＝\f(r2,（b－y0）3)，))由(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2知，[f′(x0)]2＋1＝eq\f(r2,（y0－b）2)，所以r＝eq\f({[f′（x0）]2＋1}\s\up6(\f(3,2)),|f″（x0）|)，故曲线y＝eq\f(1,x)在点(x0，y0)处的曲率半径r＝eq\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,xeq\o\al(2,0))))\s\up12(2)＋1))\s\up6(\f(3,2)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,xeq\o\al(3,0)))))，所以r2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,xeq\o\al(4,0))＋1))\s\up12(3),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,xeq\o\al(3,0))))\s\up12(2))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,0)＋\f(1,xeq\o\al(2,0))))eq\s\up12(3)≥2，则r＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,0)＋\f(1,xeq\o\al(2,0))))eq\s\up6(\f(3,2))≥eq\r(2)，当且仅当xeq\o\al(2,0)＝eq\f(1,xeq\o\al(2,0))，即xeq\o\al(2,0)＝1时取等号，故r≥eq\r(2)，曲线y＝eq\f(1,x)在点(1，1)处的曲率半径r＝eq\r(2).法二eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,xeq\o\al(2,0))＝－\f(x0－a,y0－b)，,\f(|a＋bxeq\o\al(2,0)－2x0|,\r(xeq\o\al(4,0)＋1))＝r，,\f(2,xeq\o\al(3,0))＝\f(r2,（b－y0）3)，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0－b＝－\f(x0·r\s\up6(\f(2,3)),2\s\up6(\f(1,3)))，,x0－a＝－\f(r\s\up6(\f(2,3)),2\s\up6(\f(1,3))x0)，))而r2＝(x0－a)2＋(y0－b)2＝eq\f(xeq\o\al(2,0)·r\s\up6(\f(4,3)),2\s\up6(\f(2,3)))＋eq\f(r\s\up6(\f(4,3)),2\s\up6(\f(2,3))·xeq\o\al(2,0))，所以req\s\up6(\f(2,3))＝2－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,0)＋\f(1,xeq\o\al(2,0))))，解方程可得r＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,0)＋\f(1,xeq\o\al(2,0))))eq\s\up6(\f(3,2))，则r2＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,0)＋\f(1,xeq\o\al(2,0))))eq\s\up12(3)≥2，当且仅当xeq\o\al(2,0)＝eq\f(1,xeq\o\al(2,0))，即xeq\o\al(2,0)＝1时取等号，故r≥eq\r(2)，曲线y＝eq\f(1,x)在点(1，1)处的曲率半径r＝eq\r(2).(3)证明法一函数y＝ex的图象在(x，ex)处的曲率半径r＝eq\f(（e2x＋1）\s\up6(\f(3,2)),ex)，故req\s\up6(\f(2,3))＝eeq\f(4,3)x＋e－eq\f(2,3)x，由题意知eeq\f(4,3)x1＋e－eq\f(2,3)x1＝eeq\f(4,3)x2＋e－eq\f(2,3)x2令t1＝eeq\f(2,3)x1，t2＝eeq\f(2,3)x2，则有teq\o\al(2,1)＋eq\f(1,t1)＝teq\o\al(2,2)＋eq\f(1,t2)，所以teq\o\al(2,1)－teq\o\al(2,2)＝eq\f(1,t2)－eq\f(1,t1)，即(t1－t2)(t1＋t2)＝eq\f(t1－t2,t1t2)，故t1t2(t1＋t2)＝1.因为x1≠x2，所以t1≠t2，所以1＝t1t2(t1＋t2)>t1t2·2eq\r(t1t2)＝2(t1t2)eq\s\up6(\f(3,2))＝2ex1＋x2，所以x1＋x2<－ln2.法二函数y＝ex的图象在(x，ex)处的曲率半径r＝eq\f(（e2x＋1）\s\up6(\f(3,2)),ex)，有r2＝eq\f(（e2x＋1）3,e2x)＝e4x＋3e2x＋3＋e－2x，设h(x)＝e4x＋3e2x＋3＋e－2x.则有h′(x)＝4e4x＋6e2x－2e－2x＝2e－2x(e2x＋1)2(2e2x－1)，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)ln2))时h′(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)ln2，＋∞))时h′(x)>0，故h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)ln2))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)ln2，＋∞))上单调递增.故有x1<－eq\f(1,2)ln2<x2，所以x1，－ln2－x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)ln2))，要证x1＋x2<－ln2，即证x1<－ln2－x2，即证h(x2)＝h(x1)>h(－ln2－x2).下证：当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)ln2，＋∞))时，有h(x)>h(－ln2－x)，设函数H(x)＝h(x)－h(－ln2－x)(其中x>－eq\f(1,2)ln2)，则H′(x)＝h′(x)＋h′(－ln2－x)＝(2e2x－1)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)e－2x＋\f(1,4)e－4x))>0，故H(x)单调递增，故H(x)>Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)ln2))＝0，故h(x1)＝h(x2)>h(－ln2－x2)，所以x1＋x2<－ln2.规律方法函数y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的曲率半径的求法：设曲线y＝f(x)在(x0，y0)处的曲率半径为r，则由公切线及圆的切线性质可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（x0）＝－\f(x0－a,y0－b)，,f″（x0）＝\f(r2,（b－y0）3)，))由(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2知[f′(x0)]2＋1＝eq\f(r2,（y0－b）2)，所以r＝eq\f({[f′（x0）]2＋1}\s\up6(\f(3,2)),|f″（x0）|).训练2(2024·合肥调研)曲线的曲率是描述几何弯曲程度的量，曲率越大，曲线的弯曲程度越大.曲线在点M处的曲率K＝eq\f(|y″|,（1＋y′2）\s\up6(\f(3,2)))(其中y′表示函数y＝f(x)在点M处的导数，y″表示导函数f′(x)在点M处的导数).在曲线y＝f(x)上点M处的法线(过该点且垂直于该点处的切线的直线为曲线在此处的法线)指向曲线凹的一侧上取一点D，使得|MD|＝eq\f(1,K)＝ρ，则称以D为圆心，以ρ为半径的圆为曲线在M处的曲率圆，因为此曲率圆与曲线弧度密切程度非常好，且再没有圆能介于此圆与曲线之间而与曲线相切，所以又称此圆为曲线在此处的密切圆.(1)求出曲线C1：y2－x2＝2在点M(0，eq\r(2))处的曲率，并在曲线C2：xy＝1的图象上找一个点E，使曲线C2在点E处的曲率与曲线C1在点M(0，eq\r(2))处的曲率相同；(2)若要在曲线C1：y2－x2＝2上支凹侧放置圆C3使其能在M(0，eq\r(2))处与曲线C1相切且半径最大，求圆C3的方程；(3)在(2)的条件下，在圆C3上任取一点P，曲线C1上任取关于原点对称的两点A，B，求eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的最大值.解(1)曲线C1：y2－x2＝2在点M(0，eq\r(2))附近满足y＝eq\r(x2＋2)，进一步有y′＝eq\f(x,\r(x2＋2))，y″＝eq\f(\r(x2＋2)－x·\f(x,\r(x2＋2)),x2＋2)＝eq\f(2,\r(（x2＋2）3))，故其曲率K＝eq\f(|y″|,（1＋y′2）\s\up6(\f(3,2)))＝eq\f(\f(2,\r(（x2＋2）3)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x2,x2＋2)))\s\up6(\f(3,2)))＝eq\f(2,（2＋2x2）\s\up6(\f(3,2))).在x＝0处，K＝eq\f(2,2\s\up6(\f(3,2)))＝eq\f(\r(2),2)，所以曲线C1：y2－x2＝2在点M(0，eq\r(2))处的曲率为eq\f(\r(2),2).设曲线C2：xy＝1上符合题意的点为E(x，y)，曲线在该点附近满足y＝eq\f(1,x)，进一步有y′＝－eq\f(1,x2)，y″＝eq\f(2,x3)，故其曲率K＝eq\f(|y″|,（1＋y′2）\s\up6(\f(3,2)))＝eq\f(\f(2,|x|3),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x4)))\s\up6(\f(3,2)))＝eq\f(2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x2)))\s\up6(\f(3,2))).令k＝eq\f(\r(2),2)，得x＝±1，所以点E的坐标为(1，1)或(－1，－1).(2)设C3的方程为x2＋(y－R－eq\r(2))2＝R2，R>0，由条件知，由x2＋(y－R－eq\r(2))2＝R2和y2＝x2＋2组成的方程组只有一个解(x，y)＝(0，eq\r(2)).将其联立，得到y2－2＋(y－R－eq\r(2))2＝R2，即y2－(R＋eq\r(2))y＋eq\r(2)R＝0，即(y－eq\r(2))(y－R)＝0.若R>eq\r(2)，则原方程组还有另一个解(eq\r(R2－2)，R)，矛盾.而R＝eq\r(2)时，我们有(y－eq\r(2))2＝0，从而y＝eq\r(2)，x2＝y2－2＝0，故x＝0，这表明原方程组只有(x，y)＝(0，eq\r(2))一个解.所以所求的半径最大的圆C3的方程为x2＋(y－2eq\r(2))2＝2.(3)首先要eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(eq\o(PO,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→)))·(eq\o(PO,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))＝(eq\o(PO,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→)))·(eq\o(PO,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝|OP|2－|OA|2.设A(xA，yA)，则我们又有|OP|≤eq\r(2)＋2R＝3eq\r(2)，|OA|＝eq\r(xeq\o\al(2,A)＋yeq\o\al(2,A))＝eq\r(2xeq\o\al(2,A)＋2)≥eq\r(2)，故eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝|OP|2－|OA|2≤18－2＝16.当P(0，3eq\r(2))，A(0，eq\r(2))时，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝|OP|2－|OA|2＝18－2＝16.所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的最大值是16.题型三解析几何新定义问题例3(2024·石家庄调研)在平面直角坐标系xOy中，重新定义两点A(x1，y1)，B(x2，y2)之间的“距离”为|AB|＝|x2－x1|＋|y2－y1|，我们把到两定点F1(－c，0)，F2(c，0)(c>0)的“距离”之和为常数2a(a>c)的点的轨迹叫“椭圆”.(1)求“椭圆”的方程；(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；(3)设c＝1，a＝2，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为C，C的左顶点为A，过F2作直线交C于M，N两点，△AMN的外心为Q，求证：直线OQ与MN的斜率之积为定值.(1)解设“椭圆”上任意一点为P(x，y)，则|PF1|＋|PF2|＝2a，即|x＋c|＋|y|＋|x－c|＋|y|＝2a，即|x＋c|＋|x－c|＋2|y|＝2a(a>c>0)，所以“椭圆”的方程为|x＋c|＋|x－c|＋2|y|＝2a(a>c>0).(2)解由方程|x＋c|＋|x－c|＋2|y|＝2a，得2|y|＝2a－|x＋c|－|x－c|，因为|y|≥0，所以2a－|x＋c|－|x－c|≥0，即2a≥|x＋c|＋|x－c|，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤－c，,－x－c－x＋c≤2a))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－c<x<c，,x＋c－x＋c≤2a))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥c，,x＋c＋x－c≤2a，))解得－a≤x≤a，由方程|x＋c|＋|x－c|＋2|y|＝2a，得|x＋c|＋|x－c|＝2a－2|y|，即2a－2|y|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x，x≤－c，,2c，－c<x<c，,2x，x≥c，))所以2a－2|y|≥2c，所以c－a≤y≤a－c，所以“椭圆”的范围为－a≤x≤a，c－a≤y≤a－c，将点(－x，y)代入得，|－x＋c|＋|－x－c|＋2|y|＝2a，即|x＋c|＋|x－c|＋2|y|＝2a，方程不变，所以“椭圆”关于y轴对称，将点(x，－y)代入得，|x＋c|＋|x－c|＋2|－y|＝2a，即|x＋c|＋|x－c|＋2|y|＝2a，方程不变，所以“椭圆”关于x轴对称，将点(－x，－y)代入得，|－x＋c|＋|－x－c|＋2|－y|＝2a，即|x＋c|＋|x－c|＋2|y|＝2a，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称，所以“椭圆”关于x轴，y轴，原点对称.(3)证明由题意可设椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1，将点(1，1)代入得eq\f(1,4)＋eq\f(1,b2)＝1，解得b2＝eq\f(4,3)，所以外接椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(3y2,4)＝1，F2(1，0)，A(－2，0).由题意可设直线MN的方程为x＝my＋1(m≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(3y2,4)＝1，))得(m2＋3)y2＋2my－3＝0，Δ＝4m2＋12(m2＋3)＝16m2＋36>0恒成立，则y1＋y2＝－eq\f(2m,m2＋3)，y1y2＝－eq\f(3,m2＋3)，因为AM的中点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1－2,2)，\f(y1,2)))，kAM＝eq\f(y1,x1＋2)＝eq\f(y1,my1＋3)，所以直线AM的中垂线的方程为y＝－eq\f(my1＋3,y1)x－y1，同理直线AN的中垂线的方程为y＝－eq\f(my2＋3,y2)x－y2，设Q(x0，y0)，则y1，y2是方程y0＝－eq\f(my＋3,y)x0－y的两根，即y1，y2是方程y2＋(mx0＋y0)y＋3x0＝0的两根，所以y1＋y2＝－(mx0＋y0)，y1y2＝3x0，又因为y1＋y2＝－eq\f(2m,m2＋3)，y1y2＝－eq\f(3,m2＋3)，所以－(mx0＋y0)＝－eq\f(2m,m2＋3)，3x0＝－eq\f(3,m2＋3)，两式相比得eq\f(－mx0－y0,3x0)＝eq\f(2m,3)，所以eq\f(y0,x0)＝－3m，所以kMN·kOQ＝eq\f(y0,x0)·eq\f(1,m)＝－3，所以直线OQ与MN的斜率之积为定值－3.规律方法1.题干中定义“椭圆”的距离：|AB|＝|x2－x1|＋|y2－y1|称为曼哈顿距离，平面内到一个定点的曼哈顿距离等于定值的点的轨迹是一个正方形，到两个定点的距离之和等于定值的点的轨迹是一个六边形.2.解决与曼哈顿距离有关的问题一般要利用绝对值的意义求解.训练3(2024·长沙二模)直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如x＝ty＋1表示过点(1，0)的直线，直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.(1)若圆C1：x2＋y2＝1是直线族mx＋ny＝1(m，n∈R)的包络曲线，求m，n满足的关系式；(2)若点P(x0，y0)不在直线族Ω：(2a－4)x＋4y＋(a－2)2＝0(a∈R)的任意一条直线上，求y0的取值范围和直线族Ω的包络曲线E；(3)在(2)的条件下，过曲线E上A，B两点作曲线E的切线l1，l2，其交点为P.已知点C(0，1)，若A，B，C三点不共线，探究∠PCA＝∠PCB是否成立？请说明理由.解(1)由定义可知，mx＋ny＝1与x2＋y2＝1相切，则圆C1的圆心(0，0)到直线mx＋ny＝1的距离等于1，则d＝eq\f(1,\r(m2＋n2))＝1，m2＋n2＝1.(2)点P(x0，y0)不在直线族Ω：(2a－4)x＋4y＋(a－2)2＝0(a∈R)的任意一条直线上，所以无论a取何值时，(2a－4)x0＋4y0＋(a－2)2＝0无解.将(2a－4)x0＋4y0＋(a－2)2＝0整理成关于a的一元二次方程，即a2＋(2x0－4)a＋(4＋4y0－4x0)＝0.若该方程无解，则Δ＝(2x0－4)2－4(4＋4y0－4x0)<0，即y0>eq\f(xeq\o\al(2,0),4).证明：在y＝eq\f(x2,4)上任取一点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(xeq\o\al(2,1),4)))，y＝eq\f(x2,4)在该点处的切线斜率为k＝eq\f(x1,2)，于是可以得到y＝eq\f(x2,4)在Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(xeq\o\al(2,1),4)))点处的切线方程为y＝eq\f(x1,2)x－eq\f(xeq\o\al(2,1),4)，即－2x1x＋4y＋xeq\o\al(2,1)＝0.令直线族Ω：(2a－4)x＋4y＋(a－2)2＝0中2a－4＝－2x1，则直线为－2x1x＋4y＋xeq\o\al(2,1)＝0，所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.而对任意a∈R，(2a－4)x＋4y＋(a－2)2＝0都是抛物线在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－a，\f(（2－a）2,4)))处的切线.所以直线族Ω的包络曲线E为y＝eq\f(x2,4).(3)法一已知C(0，1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\o(CA,\s\up6(→))＝(x1，y1－1)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(x2，y2－1)，|eq\o(CA,\s\up6(→))|＝eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋1，|eq\o(CB,\s\up6(→))|＝eq\f(xeq\o\al(2,2),4)＋1；由(2)知y＝eq\f(x2,4)在点A(x1，y1)处的切线方程为y＝eq\f(x1,2)x－eq\f(xeq\o\al(2,1),4)；同理y＝eq\f(x2,4)在点B(x2，y2)处的切线方程为y＝eq\f(x2,2)x－eq\f(xeq\o\al(2,2),4)；联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(x1,2)x－\f(xeq\o\al(2,1),4)，,y＝\f(x2,2)x－\f(xeq\o\al(2,2),4)，))可得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,4)))，所以eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,4)－1)).因为eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝x1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,4)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)－1))＝eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋eq\f(x1x2,4)＋eq\f(xeq\o\al(3,1)x2,16)＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,4)＋1))，同理eq\o(CB,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,2),4)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,4)＋1)).所以eq\f(\o(CA,\s\up6(→))·\o(CP,\s\up6(→)),|\o(CA,\s\up6(→))|·|\o(CP,\s\up6(→))|)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,4)＋1)),|\o(CP,\s\up6(→))|\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋1)))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,4)＋1)),|\o(CP,\s\up6(→))|)，eq\f(\o(CB,\s\up6(→))·\o(CP,\s\up6(→)),|\o(CB,\s\up6(→))|·|\o(CP,\s\up6(→))|)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,2),4)＋1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,4)＋1)),|\o(CP,\s\up6(→))|\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,2),4)＋1)))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,4)＋1)),|\o(CP,\s\up6(→))|)，即eq\f(|\o(CA,\s\up6(→))·\o(CP,\s\up6(→)),|\o(CA,\s\up6(→))|·|\o(CP,\s\up6(→))|)＝eq\f(\o(CB,\s\up6(→))·\o(CP,\s\up6(→)),|\o(CB,\s\up6(→))|·|\o(CP,\s\up6(→))|)，可得cos∠PCA＝cos∠PCB，所以∠PCA＝∠PCB成立.法二过A，B分别作准线的垂线AA′，BB′，连接A′P，B′P，如图所示.则A′(xA，－1)，因为kPA＝y′|x＝xA＝eq\f(xA,2)，kA′C＝eq\f(－1－1,xA)＝eq\f(－2,xA)，显然kPA·kA′C＝－1.又由抛物线定义得AA′＝AC，故PA为线段A′C的中垂线，得到PA′＝PC，即∠PA′A＝∠PCA.同理可知∠PB′B＝∠PCB，PB′＝PC，所以PA′＝PC＝PB′，即∠PA′B′＝∠PB′A′.则∠PA′A＝∠PA′B′＋90°＝∠PB′A′＋90°＝∠PB′B，所以∠PCA＝∠PCB成立.【精准强化练】1.(2024·南通二模)在平面直角坐标系xOy中，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(6),3)，直线l与Γ相切，与圆O：x2＋y2＝3a2相交于A，B两点.当l垂直于x轴时，|AB|＝2eq\r(6).(1)求Γ的方程；(2)对于给定的点集M，N，若M中的每个点在N中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为d(M，N).①若M，N分别为线段AB与圆O上任意一点，P为圆O上一点，当△PAB的面积最大时，求d(M，N)；②若d(M，N)，d(N，M)均存在，记两者中的较大者为H(M，N).已知H(X，Y)，H(Y，Z)，H(X，Z)均存在，证明：H(X，Z)＋H(Y，Z)≥H(X，Y).(1)解因为当l垂直于x轴时，|AB|＝2eq\r(6)，而直线l：x＝±a与Γ相切，则2eq\r(3a2－a2)＝2eq\r(6)，解得a＝eq\r(3)，又椭圆Γ的离心率为eq\f(\r(6),3)，则椭圆Γ的半焦距c＝eq\r(2)，b＝eq\r(a2－c2)＝1，所以Γ的方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)①解当l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋m，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＋3y2＝3，))消去y得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，由直线l与椭圆Γ相切，得Δ＝(6km)2－4(3k2＋1)(3m2－3)＝0，整理得m2＝3k2＋1，于是圆心O到直线l的距离d＝eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝eq\r(\f(3k2＋1,k2＋1))＝eq\r(3－\f(2,k2＋1))∈[1，eq\r(3))，则△PAB的面积为S△PAB≤eq\f(1,2)(d＋3)·|AB|＝eq\f(1,2)(d＋3)×2eq\r(9－d2)＝eq\r(（3－d）（d＋3）3)，设f(d)＝(3－d)(d＋3)3，1≤d<eq\r(3)，求导得f′(d)＝2(d＋3)2(3－2d)，当1≤d<eq\f(3,2)时，f′(d)>0，函数f(d)单调递增；当eq\f(3,2)<d<eq\r(3)时，f′(d)<0，函数f(d)单调递减，因此当d＝eq\f(3,2)时，f(d)取得最大值，此时(S△PAB)max＝eq\f(27\r(3),4).当l的斜率不存在时，由(1)知，S≤eq\f(1,2)×(eq\r(3)＋3)×2eq\r(6)＝3eq\r(2)＋3eq\r(6)，由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9\r(3),4)))eq\s\up12(2)－(eq\r(2)＋eq\r(6))2＝eq\f(115,16)－4eq\r(3)>7－4eq\r(3)>0，得eq\f(27\r(3),4)>3eq\r(2)＋3eq\r(6)，则d＝eq\f(3,2).对于线段AB上任意点E，连接OE并延长与圆O交于点F,F是圆上与E最近的点，当E为线段AB的中点时，EF取得最大值eq\f(3,2)，所以d(M，N)＝eq\f(3,2).②证明因为H(X，Y)，H(Y，Z)，H(X，Z)均存在，设点X1，X2∈X，Y1，Y2∈Y，Z1，Z2∈Z，且H(X，Z)＝|X