2026《金版教程》高考复习方案数学提升版-高考难点突破(三) 解析几何的热点、创新题型

随着高考改革的推进，以解析几何与平面向量、三角函数、立体几何、数列、导数等知识的交汇为载体的综合问题成为高考的热点、创新题型，求解此类问题的关键依然是用代数的方法研究几何问题，同时注意相应模块知识间的融合点，灵活应用相应知识解答即可．题型一与数列的综合(2024·新课标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.按照如下方式依次构造点Pn(n＝2，3，…)，过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：对任意的正整数n，Sn＝Sn＋1.解：(1)由已知有m＝52－42＝9，故C的方程为x2－y2＝9.当k＝eq\f(1,2)时，过P1(5，4)且斜率为eq\f(1,2)的直线方程为y－4＝eq\f(1,2)(x－5)，即x－2y＋3＝0，与x2－y2＝9联立，得到x2－2x－15＝0，解得x＝－3或x＝5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1(－3，0)，该点显然在C的左支上．故P2(3，0)，从而x2＝3，y2＝0.(2)证明：由于过Pn(xn，yn)且斜率为k的直线为y＝k(x－xn)＋yn，与x2－y2＝9联立，得到方程x2－[k(x－xn)＋yn]2＝9，展开即得(1－k2)x2－2k(yn－kxn)x－(yn－kxn)2－9＝0，由于Pn(xn，yn)已经是直线y＝k(x－xn)＋yn和x2－y2＝9的公共点，故方程必有一根x＝xn.从而根据根与系数的关系，另一根x＝eq\f(2k（yn－kxn）,1－k2)－xn＝eq\f(2kyn－xn－k2xn,1－k2)，相应的y＝k(x－xn)＋yn＝eq\f(yn＋k2yn－2kxn,1－k2).所以该直线与C的不同于Pn的交点为Qneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2kyn－xn－k2xn,1－k2)，\f(yn＋k2yn－2kxn,1－k2)))，所以Pn＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xn＋k2xn－2kyn,1－k2)，\f(yn＋k2yn－2kxn,1－k2))).这就得到xn＋1＝eq\f(xn＋k2xn－2kyn,1－k2)，yn＋1＝eq\f(yn＋k2yn－2kxn,1－k2)，所以xn＋1－yn＋1＝eq\f(xn＋k2xn－2kyn,1－k2)－eq\f(yn＋k2yn－2kxn,1－k2)＝eq\f(xn＋k2xn＋2kxn,1－k2)－eq\f(yn＋k2yn＋2kyn,1－k2)＝eq\f(1＋k2＋2k,1－k2)(xn－yn)＝eq\f(1＋k,1－k)(xn－yn)．再由xeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,1)＝9，可知x1－y1≠0，所以数列{xn－yn}是公比为eq\f(1＋k,1－k)的等比数列．(3)证法一：由(2)知，数列{xn－yn}是首项为x1－y1＝5－4＝1，公比为eq\f(1＋k,1－k)的等比数列．令t＝eq\f(1＋k,1－k)，由0<k<1可知t>1，则xn－yn＝tn－1，又xeq\o\al(2,n)－yeq\o\al(2,n)＝9，所以xn＋yn＝eq\f(9,xn－yn)＝eq\f(9,tn－1)，可得xn＝eq\f(9＋t2n－2,2tn－1)，yn＝eq\f(9－t2n－2,2tn－1)，所以Pneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9＋t2n－2,2tn－1)，\f(9－t2n－2,2tn－1)))，Pn＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9＋t2n,2tn)，\f(9－t2n,2tn)))，Pn＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9＋t2n＋2,2tn＋1)，\f(9－t2n＋2,2tn＋1)))，所以直线PnPn＋1的方程为x－xn＝eq\f(xn＋1－xn,yn＋1－yn)·(y－yn)，即(9＋t2n－1)x－(9－t2n－1)y－9tn－1(1＋t)＝0.易知点Pn＋2到直线PnPn＋1的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(（9＋t2n－1）·\f(9＋t2n＋2,2tn＋1)－（9－t2n－1）·\f(9－t2n＋2,2tn＋1)－9tn－1（1＋t）)),\r(（9＋t2n－1）2＋（9－t2n－1）2))＝eq\f(|9tn－2（t－1）2（t＋1）|,\r(（9＋t2n－1）2＋（9－t2n－1）2)).又|PnPn＋1|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9＋t2n,2tn)－\f(9＋t2n－2,2tn－1)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9－t2n,2tn)－\f(9－t2n－2,2tn－1)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(（t－1）2[（9－t2n－1）2＋（9＋t2n－1）2]),2tn)，则Sn＝eq\f(1,2)·|PnPn＋1|·d＝eq\f(9（t－1）3（t＋1）,4t2)＝eq\f(36k3,（1－k2）2)，即Sn为定值，所以Sn＝Sn＋1.证法二：由(2)知，数列{xn－yn}是首项为x1－y1＝5－4＝1，公比为eq\f(1＋k,1－k)的等比数列．令t＝eq\f(1＋k,1－k)，由0<k<1可知t>1，则xn－yn＝tn－1，又xeq\o\al(2,n)－yeq\o\al(2,n)＝9，所以xn＋yn＝eq\f(9,xn－yn)＝eq\f(9,tn－1)，可得xn＝eq\f(9＋t2n－2,2tn－1)，yn＝eq\f(9－t2n－2,2tn－1)，所以Pneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9＋t2n－2,2tn－1)，\f(9－t2n－2,2tn－1)))，Pn＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9＋t2n,2tn)，\f(9－t2n,2tn)))，Pn＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9＋t2n＋2,2tn＋1)，\f(9－t2n＋2,2tn＋1)))，Pn＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9＋t2n＋4,2tn＋2)，\f(9－t2n＋4,2tn＋2)))，所以eq\f(xn＋3－xn,yn＋3－yn)＝eq\f(\f(9＋t2n＋4,2tn＋2)－\f(9＋t2n－2,2tn－1),\f(9－t2n＋4,2tn＋2)－\f(9－t2n－2,2tn－1))＝eq\f(9－t2n＋1,9＋t2n＋1)，eq\f(xn＋2－xn＋1,yn＋2－yn＋1)＝eq\f(\f(9＋t2n＋2,2tn＋1)－\f(9＋t2n,2tn),\f(9－t2n＋2,2tn＋1)－\f(9－t2n,2tn))＝eq\f(9－t2n＋1,9＋t2n＋1)，即eq\f(xn＋2－xn＋1,yn＋2－yn＋1)＝eq\f(xn＋3－xn,yn＋3－yn)，所以PnPn＋3∥Pn＋1Pn＋2，所以点Pn和点Pn＋3到直线Pn＋1Pn＋2的距离相等，因此△PnPn＋1Pn＋2和△Pn＋1Pn＋2Pn＋3的面积相等，即Sn＝Sn＋1.证法三：由于(2)中已经得到xn＋1＝eq\f(xn＋k2xn－2kyn,1－k2)，yn＋1＝eq\f(yn＋k2yn－2kxn,1－k2)，故xn＋1＋yn＋1＝eq\f(xn＋k2xn－2kyn,1－k2)＋eq\f(yn＋k2yn－2kxn,1－k2)＝eq\f(1＋k2－2k,1－k2)(xn＋yn)＝eq\f(1－k,1＋k)(xn＋yn)．再由xeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,1)＝9，就知道x1＋y1≠0，所以数列{xn＋yn}是公比为eq\f(1－k,1＋k)的等比数列．所以对任意的正整数m，都有xnyn＋m－ynxn＋m＝eq\f(1,2)[(xnxn＋m－ynyn＋m)＋(xnyn＋m－ynxn＋m)]－eq\f(1,2)[(xnxn＋m－ynyn＋m)－(xnyn＋m－ynxn＋m)]＝eq\f(1,2)(xn－yn)(xn＋m＋yn＋m)－eq\f(1,2)(xn＋yn)·(xn＋m－yn＋m)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－k,1＋k)))m(xn－yn)(xn＋yn)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋k,1－k)))m(xn＋yn)(xn－yn)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－k,1＋k)))m－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋k,1－k)))m))(xeq\o\al(2,n)－yeq\o\al(2,n))＝eq\f(9,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－k,1＋k)))m－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋k,1－k)))m)).这就得到xn＋2yn＋3－yn＋2xn＋3＝eq\f(9,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－k,1＋k)－\f(1＋k,1－k)))＝xnyn＋1－ynxn＋1，以及xn＋1yn＋3－yn＋1xn＋3＝eq\f(9,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－k,1＋k)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋k,1－k)))2))＝xnyn＋2－ynxn＋2.两式相减，即得(xn＋2yn＋3－yn＋2xn＋3)－(xn＋1yn＋3－yn＋1xn＋3)＝(xnyn＋1－ynxn＋1)－(xnyn＋2－ynxn＋2)，移项得到xn＋2yn＋3－ynxn＋2－xn＋1yn＋3＋ynxn＋1＝yn＋2xn＋3－xnyn＋2－yn＋1xn＋3＋xnyn＋1.故(yn＋3－yn)(xn＋2－xn＋1)＝(yn＋2－yn＋1)(xn＋3－xn)．而eq\o(PnPn＋3,\s\up6())＝(xn＋3－xn，yn＋3－yn)，eq\o(Pn＋1Pn＋2,\s\up6())＝(xn＋2－xn＋1，yn＋2－yn＋1)，所以eq\o(PnPn＋3,\s\up6())和eq\o(Pn＋1Pn＋2,\s\up6())平行，这就得到S△PnPn＋1Pn＋2＝S△Pn＋1Pn＋2Pn＋3，即Sn＝Sn＋1.冲关策略本例将数列与双曲线融合在一起，具有一定的综合性和灵活性，三问层层推进，第(1)问注重基础，第(2)问考查了解析几何“设而不求”的思想，第(3)问考查了等比数列的应用及平面几何与解析几何的综合内容，求解第(3)问的关键在于通过第(2)问的结论先求出用xn和yn表示的表达式，进而把证明Sn＝Sn＋1的问题转化为证明eq\o(PnPn＋3,\s\up6())∥eq\o(Pn＋1Pn＋2,\s\up6())的问题．变式训练1(2025·山东青岛模拟)已知双曲线C：4x2－y2＝m，点P1(1，1)在C上．按如下方式构造点Pn(n≥2)；过点Pn－1作斜率为1的直线与C的左支交于点Qn－1，点Qn－1关于y轴的对称点为Pn，记点Pn的坐标为(xn，yn)．(1)求点P2，P3的坐标；(2)记an＝2xn－yn，证明：数列{an}为等比数列；(3)O为坐标原点，G，H分别为线段PnPn＋2，Pn＋1Pn＋3的中点，记△OPn＋1Pn＋2，△OGH的面积分别为S1，S2，求eq\f(S1,S2)的值．解：(1)由题意知m＝4－1＝3，所以双曲线C：4x2－y2＝3，又过点P1(1，1)且斜率为1的直线方程为y＝x，由双曲线与直线的对称性可知Q1(－1，－1)，所以P2(1，－1)，又过点P2(1，－1)且斜率为1的直线方程为y＋1＝x－1，即y＝x－2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x－2，,4x2－y2＝3，))得3x2＋4x－7＝0，解得x＝1或x＝－eq\f(7,3)，当x＝－eq\f(7,3)时，y＝－eq\f(7,3)－2＝－eq\f(13,3)，所以Q2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,3)，－\f(13,3)))，所以P3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，－\f(13,3))).(2)证明：设Pn－1(xn－1，yn－1)(n≥2，n∈N*)，则过点Pn－1(xn－1，yn－1)(n≥2，n∈N*)且斜率为1的直线方程为y－yn－1＝x－xn－1，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－yn－1＝x－xn－1，,4x2－y2＝3，))消去y，得3x2＋2(xn－1－yn－1)x－(xn－1－yn－1)2－3＝0，由根与系数的关系，并结合题意有－xn＋xn－1＝－eq\f(2,3)(xn－1－yn－1)，得3xn＝5xn－1－2yn－1，由题意知点Qn－1(－xn，yn)在直线y－yn－1＝x－xn－1上，即有yn－yn－1＝－xn－xn－1，所以yn＝yn－1－xn－xn－1，因为an＝2xn－yn，则eq\f(an,an－1)＝eq\f(2xn－yn,2xn－1－yn－1)＝eq\f(2xn－yn－1＋xn＋xn－1,2xn－1－yn－1)＝eq\f(3xn－yn－1＋xn－1,2xn－1－yn－1)＝eq\f(5xn－1－2yn－1－yn－1＋xn－1,2xn－1－yn－1)＝3，由(1)知a1＝2－1＝1，所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列．(3)由(2)知an＝2xn－yn＝3n－1，得yn＝2xn－3n－1，由4xeq\o\al(2,n)－yeq\o\al(2,n)＝3，即4xeq\o\al(2,n)－yeq\o\al(2,n)＝(2xn－yn)(2xn＋yn)＝3，得2xn＋yn＝eq\f(3,2xn－yn)＝eq\f(3,3n－1)＝32－n，则xn＝eq\f(（2xn＋yn）＋（2xn－yn）,4)＝eq\f(32－n＋3n－1,4)，yn＝eq\f(（2xn＋yn）－（2xn－yn）,2)＝eq\f(32－n－3n－1,2)，故Pneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32－n＋3n－1,4)，\f(32－n－3n－1,2)))，Pn＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(31－n＋3n,4)，\f(31－n－3n,2)))，Pn＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－n＋3n＋1,4)，\f(3－n－3n＋1,2)))，Pn＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－n－1＋3n＋2,4)，\f(3－n－1－3n＋2,2)))，故xG＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32－n＋3n－1,4)＋\f(3－n＋3n＋1,4)))＝eq\f(5（3－n＋3n－1）,4)，yG＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32－n－3n－1,2)＋\f(3－n－3n＋1,2)))＝eq\f(5（3－n－3n－1）,2)，即Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5（3－n＋3n－1）,4)，\f(5（3－n－3n－1）,2)))，则Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5（3－n－1＋3n）,4)，\f(5（3－n－1－3n）,2)))，则S1＝eq\f(1,2)|xn＋1yn＋2－xn＋2yn＋1|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(31－n＋3n,4)·\f(3－n－3n＋1,2)－\f(3－n＋3n＋1,4)·\f(31－n－3n,2)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（31－n＋3n）（3－n－3n＋1）－（3－n＋3n＋1）（31－n－3n）,8)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(31－2n＋1－9－32n＋1－31－2n－9＋1＋32n＋1,8)))＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(16,8)))＝1，S2＝eq\f(1,2)|xGyH－xHyG|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(5（3－n＋3n－1）,4)·\f(5（3－n－1－3n）,2)－\f(5（3－n－1＋3n）,4)·\f(5（3－n－3n－1）,2)))＝eq\f(1,2)×eq\f(25,8)|(3－n＋3n－1)(3－n－1－3n)－(3－n－1＋3n)(3－n－3n－1)|＝eq\f(25,16)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3－2n－1－1＋\f(1,9)－32n－1－3－2n－1－1＋\f(1,9)＋32n－1))＝eq\f(25,16)×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(16,9)))＝eq\f(25,9)，故eq\f(S1,S2)＝eq\f(1,\f(25,9))＝eq\f(9,25).题型二与平面向量的综合(2024·内蒙古呼和浩特二模)已知A，B分别是椭圆C：eq\f(x2,4)＋y2＝1的左、右顶点，过点P(0，－2)且斜率为k的直线l交椭圆C于两个不同的点M，N(M，N与A，B不重合)．(1)求椭圆C的焦距和离心率；(2)若点B在以线段MN为直径的圆上，求k的值；(3)若k＞0，设O为坐标原点，直线AM，AN分别交y轴于点S，T，当eq\o(PS,\s\up6(→))＝λeq\o(OP,\s\up6(→))且eq\o(PT,\s\up6(→))＝μeq\o(OP,\s\up6(→))时，求λ＋μ的取值范围．解：(1)由椭圆C的方程可得a2＝4，b2＝1，c2＝a2－b2＝3，所以椭圆C的焦距2c＝2eq\r(3)，离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).(2)由题意，直线MN的方程为y＝kx－2，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，易知B(2，0)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，并整理得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，Δ＝(16k)2－4×12×(1＋4k2)＞0⇒|k|＞eq\f(\r(3),2)，由根与系数的关系可得x1＋x2＝eq\f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(12,1＋4k2)，若点B在以线段MN为直径的圆上，则eq\o(BM,\s\up6(→))·eq\o(BN,\s\up6(→))＝0，即(x1－2，y1)·(x2－2，y2)＝0，整理可得(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0，即(1＋k2)x1x2－2(1＋k)(x1＋x2)＋8＝0，所以(1＋k2)eq\f(12,1＋4k2)－2(1＋k)eq\f(16k,1＋4k2)＋8＝0，整理得3k2－8k＋5＝0，解得k＝eq\f(5,3)或k＝1，因为当k＝1时，直线MN过椭圆的右顶点B，不符合题意，舍去，所以k＝eq\f(5,3).(3)设S(0，s)，T(0，t)，由(2)得k＞eq\f(\r(3),2)，x1＋x2＝eq\f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(12,1＋4k2)，因为eq\o(PS,\s\up6(→))＝λeq\o(OP,\s\up6(→))，eq\o(PT,\s\up6(→))＝μeq\o(OP,\s\up6(→))，所以(0，s＋2)＝λ(0，－2)，(0，t＋2)＝μ(0，－2)，解得λ＝eq\f(s＋2,－2)，μ＝eq\f(t＋2,－2)，则λ＋μ＝eq\f(s＋t＋4,－2)，①易知kAS＝kAM＝eq\f(s,2)＝eq\f(y1,x1＋2)，kAT＝kAN＝eq\f(t,2)＝eq\f(y2,x2＋2)，解得s＝eq\f(2y1,x1＋2)＝eq\f(2（kx1－2）,x1＋2)，t＝eq\f(2y2,x2＋2)＝eq\f(2（kx2－2）,x2＋2)，则s＋t＝eq\f(4[kx1x2＋（k－1）（x1＋x2）－4],x1x2＋2（x1＋x2）＋4)＝－eq\f(1,k＋1)，②联立①②，可得λ＋μ＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)－4))，因为k＞eq\f(\r(3),2)，所以λ＋μ∈(－2，－eq\r(3))，所以λ＋μ的取值范围是(－2，－eq\r(3))．冲关策略向量在此类问题中起到穿针引线的作用．如解答本例第(2)问的关键是能用根与系数的关系化简eq\o(BM,\s\up6(→))·eq\o(BN,\s\up6(→))＝0，第(3)问的关键是能用向量共线的坐标运算表示出s，t，再用s，t表示出λ＋μ.变式训练2(2025·安徽马鞍山模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：eq\f(x2,2)－y2＝1，过点P(2，0)作直线l与C交于A，B两点，eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))(λ＞0)．(1)当eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝5时，求λ的值；(2)是否存在异于点P的定点Q，使得eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\f(|QA|,|QB|)？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)当λ＝1时，直线l垂直于x轴，不妨令A(2，1)，B(2，－1)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝3，不符合题意，故λ≠1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))得2＝eq\f(x1＋λx2,1＋λ)，0＝eq\f(y1＋λy2,1＋λ)，即x1＋λx2＝2(1＋λ)，y1＝－λy2，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(\f(xeq\o\al(2,1),2)－yeq\o\al(2,1)＝1，,①,\f(λ2xeq\o\al(2,2),2)－λ2yeq\o\al(2,2)＝λ2，,②)))由eq\f(①－②,1－λ2)得eq\f(1,2)·eq\f(x1＋λx2,1＋λ)·eq\f(x1－λx2,1－λ)－eq\f(y1＋λy2,1＋λ)·eq\f(y1－λy2,1－λ)＝1，即eq\f(x1－λx2,1－λ)＝1，则x1－λx2＝1－λ，又x1＋λx2＝2(1＋λ)，得x2＝eq\f(1＋3λ,2λ)，故eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝(λx2＋1－λ)x2－λyeq\o\al(2,2)＝(λx2＋1－λ)x2－λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,2),2)－1))＝eq\f(λ,2)xeq\o\al(2,2)＋(1－λ)x2＋λ＝eq\f(λ,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋3λ,2λ)))eq\s\up12(2)＋(1－λ)·eq\f(1＋3λ,2λ)＋λ＝5，化简得5λ2－26λ＋5＝0，则λ＝eq\f(1,5)或λ＝5.(2)由题意，当|PA|＝|PB|时，直线l垂直于x轴，∠AQP＝∠BQP，Q在x轴上，故若存在定点Q，则Q必在x轴上，记直线QA，QB的斜率分别为k1，k2，则k1＋k2＝0，设l：x＝my＋2，Q(t，0)，联立x＝my＋2与eq\f(x2,2)－y2＝1得(m2－2)y2＋4my＋2＝0，所以y1＋y2＝－eq\f(4m,m2－2)，y1y2＝eq\f(2,m2－2)，因为k1＋k2＝eq\f(y1,x1－t)＋eq\f(y2,x2－t)＝eq\f(y1（my2＋2－t）＋y2（my1＋2－t）,（x1－t）（x2－t）)＝0，即2my1y2＋(2－t)(y1＋y2)＝eq\f(4m,m2－2)－eq\f(4m（2－t）,m2－2)＝0，则t＝1，故存在定点Q(1，0)，使得eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\f(|QA|,|QB|).题型三与三角函数(三角恒等变换)的综合(2024·江苏徐州一模)将圆x2＋y2＝2上各点的纵坐标变为原来的eq\f(\r(2λ),2)(0＜λ＜2)倍(横坐标不变)，所得曲线为E.记P(－2，0)，Q(1，0)，过点P的直线与E交于不同的两点A，B，直线QA，QB与E分别交于点C，D.(1)求曲线E的方程；(2)设直线AB，CD的倾斜角分别为α，β.当0＜α＜eq\f(π,2)时，①求eq\f(tanα,tanβ)的值；②若β－α有最大值，求实数λ的取值范围．解：(1)设曲线E上的任意点为(x，y)，与x2＋y2＝2对应的点为(x1，y1)，根据题意，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝x1，,y＝\f(\r(2λ),2)y1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝x，,y1＝\f(2,\r(2λ))y，))代入方程x2＋y2＝2，可得x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(2λ))y))eq\s\up12(2)＝2，整理得eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,λ)＝1(0＜λ＜2)，所以曲线E的方程为eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,λ)＝1(0＜λ＜2)．(2)①由题意可知，直线AC的斜率不可能为0，设直线AC的方程为x＝ty＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,\f(x2,2)＋\f(y2,λ)＝1，))整理得(λt2＋2)y2＋2tλy－λ＝0，则Δ＝4t2λ2＋4λ(λt2＋2)＞0，且y1＋y3＝－eq\f(2tλ,λt2＋2)，y1y3＝eq\f(－λ,λt2＋2)，可得y1＋y3－2ty1y3＝0，所以y3＝eq\f(y1,2ty1－1)，又因为t＝eq\f(x1－1,y1)，所以y3＝eq\f(y1,2x1－3)，所以x3＝ty3＋1＝eq\f(x1－1,y1)·eq\f(y1,2x1－3)＋1＝eq\f(3x1－4,2x1－3)，所以Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x1－4,2x1－3)，\f(y1,2x1－3)))，同理可得Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x2－4,2x2－3)，\f(y2,2x2－3)))，又因为P，A，B三点共线，可得eq\f(y1,x1＋2)＝eq\f(y2,x2＋2)，即x2y1－x1y2＝2(y2－y1)，所以kCD＝eq\f(\f(y2,2x2－3)－\f(y1,2x1－3),\f(3x2－4,2x2－3)－\f(3x1－4,2x1－3))＝eq\f(2（x2y1－x1y2）＋3（y2－y1）,x2－x1)＝eq\f(7（y2－y1）,x2－x1)＝7kAB，所以eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(kAB,kCD)＝eq\f(1,7).②设直线AB的方程为y＝k(x＋2)，其中k＞0，由①知，直线CD的斜率为7k，则tan(β－α)＝eq\f(tanβ－tanα,1＋tanβtanα)＝eq\f(7k－k,1＋7k2)＝eq\f(6,\f(1,k)＋7k)≤eq\f(3,\r(7))，当且仅当eq\f(1,k)＝7k，即k2＝eq\f(1,7)时，等号成立，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋2），,\f(x2,2)＋\f(y2,λ)＝1，))整理得(λ＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2λ＝0，则Δ＝64k4－4(λ＋2k2)(8k2－2λ)＞0，解得λ＞2k2，若β－α有最大值，则λ＞2×eq\f(1,7)＝eq\f(2,7)，又因为0＜λ＜2，所以实数λ的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，2)).冲关策略直线的倾斜角、斜率与三角函数存在直接的关系，故圆锥曲线与三角函数、三角恒等变换的融合也是高考命题的动向之一．变式训练3(2024·浙江宁波二模)已知双曲线C：y2－x2＝1，上顶点为D，直线l与双曲线C的两支分别交于A，B两点(B在第一象限)，与x轴交于点T.设直线DA，DB的倾斜角分别为α，β.(1)若Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，0))，(ⅰ)若A(0，－1)，求β；(ⅱ)求证：α＋β为定值；(2)若β＝eq\f(π,6)，直线DB与x轴交于点E，求△BET与△ADT外接圆的半径之比的最大值．解：(1)(ⅰ)kTA＝eq\r(3)，所以直线TA：y＝eq\r(3)x－1.直线TA与C联立可得x2－eq\r(3)x＝0，解得x＝0或x＝eq\r(3)，所以B(eq\r(3)，2)．所以kDB＝eq\f(\r(3),3)，所以β＝eq\f(π,6).(ⅱ)证法一：①当直线AB的斜率存在时，可设直线AB的方程为y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(3),3)))，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(3),3)))，,y2－x2＝1，))得3(k2－1)x2－2eq\r(3)k2x＋k2－3＝0，所以x1＋x2＝eq\f(2\r(3)k2,3（k2－1）)，x1x2＝eq\f(k2－3,3（k2－1）).当x1＝0时，由(ⅰ)可得α＋β＝eq\f(2π,3)；当x1≠0时，设DA，DB的斜率分别为k1，k2，k1＝eq\f(y1－1,x1)＝k－eq\f(\f(\r(3),3)k＋1,x1)，k2＝k－eq\f(\f(\r(3),3)k＋1,x2)，所以k1＋k2＝2k－eq\f(\f(\r(3),3)k＋1,x1)－eq\f(\f(\r(3),3)k＋1,x2)＝2k－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)k＋1))eq\f(x1＋x2,x1x2)＝－eq\f(2\r(3)k,k－\r(3))，k1k2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(\f(\r(3),3)k＋1,x1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(\f(\r(3),3)k＋1,x2)))＝－eq\f(\r(3)＋k,k－\r(3)).所以tan(α＋β)＝eq\f(k1＋k2,1－k1k2)＝－eq\r(3).因为B在第一象限，所以0＜β＜eq\f(π,2)，所以0＜α＋β＜eq\f(3π,2)，所以α＋β＝eq\f(2π,3)；②当直线AB的斜率不存在时，可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，－\f(2\r(3),3)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(2\r(3),3)))，可得k1＝－2－eq\r(3)，k2＝2－eq\r(3)，所以tan(α＋β)＝eq\f(k1＋k2,1－k1k2)＝－eq\r(3)，同理可得α＋β＝eq\f(2π,3).综上可得，α＋β为定值eq\f(2π,3)，得证．证法二：①当α＝eq\f(π,2)时，由(ⅰ)可得α＋β＝eq\f(2π,3)；②当α≠eq\f(π,2)时，设DA，DB的斜率分别为k1，k2.设l：mx＋n(y－1)＝1，由Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，0))在直线上可得eq\f(\r(3),3)m－n＝1.由y2－x2＝1，得[(y－1)＋1]2－x2＝1，即(y－1)2＋2(y－1)－x2＝0，又mx＋n(y－1)＝1，所以(y－1)2＋2(y－1)[mx＋n(y－1)]－x2＝0，即(2n＋1)(y－1)2＋2mx(y－1)－x2＝0，即(2n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y－1,x)))eq\s\up12(2)＋2m×eq\f(y－1,x)－1＝0，所以k1，k2就是方程(2n＋1)k2＋2mk－1＝0的两根．所以k1＋k2＝－eq\f(2m,2n＋1)，k1k2＝－eq\f(1,2n＋1)，tan(α＋β)＝eq\f(k1＋k2,1－k1k2)＝－eq\f(m,n＋1)＝－eq\r(3)，因为B在第一象限，所以0＜β＜eq\f(π,2)，所以0＜α＋β＜eq\f(3π,2)，所以α＋β＝eq\f(2π,3).综上可得，α＋β为定值eq\f(2π,3)，得证．(2)由(1)可得，当β＝eq\f(π,6)时，B(eq\r(3)，2)．当k1不存在时，A(0，－1)，由(1)(ⅰ)可得Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，0))，所以kDT＝－eq\r(3)，所以∠ADT＝eq\f(π,6)；当kDT不存在时，T(0，0)，则A(－eq\r(3)，－2)，此时k1＝eq\r(3)，由图可得∠ADT＝eq\f(π,6).解法一：若k1和kDT均存在，设AB：y＝k(x－eq\r(3))＋2，T(t，0)，则t＝eq\r(3)－eq\f(2,k)，与双曲线联立可得xA＝eq\f(\r(3)k2－4k＋\r(3),k2－1)，yA＝eq\f(－2k2＋2\r(3)k－2,k2－1)，所以k1＝eq\f(1－\r(3)k,k－\r(3))，kDT＝eq\f(k,2－\r(3)k)，所以tan∠ADT＝eq\f(kDT－k1,1＋kDTk1)＝eq\f(\r(3),3)，所以sin∠ADT＝sin∠BET＝eq\f(1,2).设△BET与△ADT外接圆的半径分别为r1，r2，从而eq\f(r1,r2)＝eq\f(\f(|BT|,sin∠BET),\f(|AT|,sin∠ADT))＝eq\f(|BT|,|AT|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(yB,yA)))＝eq\f(2,|yA|)≤2，当且仅当yA＝－1时取等号．所以△BET与△ADT外接圆的半径之比的最大值为2.解法二：若k1和kDT均存在，设A(x0，y0)，T(t，0)，则eq\o(BA,\s\up6(→))＝(x0－eq\r(3)，y0－2)，eq\o(BT,\s\up6(→))＝(t－eq\r(3)，－2)．由A，T，B三点共线可得eq\o(BA,\s\up6(→))∥eq\o(BT,\s\up6(→)).所以－2(x0－eq\r(3))－(y0－2)(t－eq\r(3))＝0，所以t＝eq\f(－2（x0－\r(3)）,y0－2)＋eq\r(3)＝eq\f(－2x0＋\r(3)y0,y0－2).k1＝eq\f(y0－1,x0)，kDT＝eq\f(－1,\f(－2x0＋\r(3)y0,y0－2))＝eq\f(y0－2,2x0－\r(3)y0)，所以tan∠ADT＝eq\f(kDT－k1,1＋kDT·k1)＝eq\f(\f(y0－2,2x0－\r(3)y0)－\f(y0－1,x0),1＋\f(y0－2,2x0－\r(3)y0)·\f(y0－1,x0))＝eq\f(（y0－2）x0－（y0－1）（2x0－\r(3)y0）,（2x0－\r(3)y0）x0＋（y0－2）（y0－1）)＝eq\f(\r(3)yeq\o\al(2,0)－x0y0－\r(3)y0,2xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)－\r(3)x0y0－3y0＋2)＝eq\f(\r(3)yeq\o\al(2,0)－x0y0－\r(3)y0,2（yeq\o\al(2,0)－1）＋yeq\o\al(2,0)－\r(3)x0y0－3y0＋2)＝eq\f(\r(3)yeq\o\al(2,0)－x0y0－\r(3)y0,3yeq\o\al(2,0)－\r(3)x0y0－3y0)＝eq\f(\r(3),3)，所以∠ADT＝β，所以sin∠ADT＝sin∠BET＝eq\f(1,2).设△BET与△ADT外接圆的半径分别为r1，r2，从而eq\f(r1,r2)＝eq\f(\f(|BT|,sin∠BET),\f(|AT|,sin∠ADT))＝eq\f(|BT|,|AT|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(yB,yA)))＝eq\f(2,|yA|)≤2，当且仅当yA＝－1时取等号．所以△BET与△ADT外接圆的半径之比的最大值为2.解法三：若k1和kDT均存在，设T(t，0)，则mt－n＝1，则tan(α＋β)＝eq\f(k1＋k2,1－k1k2)＝eq\f(－m,n＋1)＝－eq\f(1,t)＝kDT.记直线DT的倾斜角为γ，则α＋β＝γ，所以β＝γ－α＝∠ADT，所以sin∠ADT＝sin∠BET＝eq\f(1,2).设△BET与△ADT外接圆的半径分别为r1，r2，从而eq\f(r1,r2)＝eq\f(\f(|BT|,sin∠BET),\f(|AT|,sin∠ADT))＝eq\f(|BT|,|AT|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(yB,yA)))＝eq\f(2,|yA|)≤2，当且仅当yA＝－1时取等号．所以△BET与△ADT外接圆的半径之比的最大值为2.题型四与立体几何的综合(2024·山东日照一模)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，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C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在新图形中对应的点记为A′，B′.(1)当θ＝eq\f(π,3)时，①求证：A′O⊥B′F2；②求平面A′F1F2与平面A′B′F2夹角的余弦值；(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．解：(1)①证明：由椭圆的定义可知|AF1|＋|AF2|＝2a，|BF1|＋|BF2|＝2a，所以△ABF2的周长L＝4a＝8，所以a＝2，因为椭圆C的离心率为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，知椭圆C的焦点在x轴上，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，直线l：y－0＝taneq\f(π,3)(x＋1)，即y＝eq\r(3)(x＋1)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝\r(3)（x＋1），))消去y，得5x2＋8x＝0，解得x＝0或x＝－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B′F2⊂平面F1F2B′，所以A′O⊥B′F2.②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的一个法向量为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′F1F2与平面A′B′F2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)))),1×\r(\f(169,9)＋3＋1))＝eq\f(13\r(205),205)，故平面A′F1F2与平面A′B′F2夹角的余弦值为eq\f(13\r(205),205).(2)在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系．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的方程为my＝x＋1，将直线l与椭圆C的方程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，得|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).冲关策略本例将立体几何和解析几何结合，考查学生的综合能力，在解决图形的翻折问题时，应找出其中变化的量和没有变化的量，包括位置关系和数量关系，通常翻折后还在同一平面上的元素之间的位置关系不发生变化，不在同一平面上的元素之间的位置关系发生变化，解题时应抓住不变量，利用平面几何知识或建立空间直角坐标系进行求解．变式训练4(2025·湖北黄石模拟)类似平面解析几何中的曲线与方程，在空间直角坐标系中，可以定义曲面(含平面)S的方程，若曲面S和三元方程F(x，y，z)＝0之间满足①曲面S上任意一点的坐标均为三元方程F(x，y，z)＝0的解；②以三元方程F(x，y，z)＝0的任意解(x0，y0，z0)为坐标的点均在曲面S上，则称曲面S的方程为F(x，y，z)＝0，方程F(x，y，z)＝0的曲面为S.已知曲面C的方程为eq\f(x2,1)＋eq\f(y2,1)－eq\f(z2,4)＝1.(1)写出坐标平面xOz的方程(无需说明理由)，并说明xOz平面截曲面C所得的交线是什么曲线；(2)已知直线l过曲面C上一点Q(－1，－1，－2)，以d＝(1，0，2)为方向向量，求证：直线l在曲面C上(即l上任意一点均在曲面C上)；(3)已知曲面C可视为平面xOz中某双曲线的一支绕z轴旋转一周所得的旋转面；同时，过曲面C上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面C上．设直线l′在曲面C上，且过点T(1，0，0)，求异面直线l(第二问中的直线l)与l′所成角的余弦值．解：(1)根据坐标平面xOz内点的坐标的特征可知，坐标平面xOz的方程为y＝0，已知曲面C的方程为eq\f(x2,1)＋eq\f(y2,1)－eq\f(z2,4)＝1，当y＝0时，xOz平面截曲面C所得交线上的点M(x，0，z)满足x2－eq\f(z2,4)＝1，从而xOz平面截曲面C所得的交线是平面xOz上，以原点O为对称中心，焦点在x轴上，实轴长为2，虚轴长为4的双曲线．(2)证明：设P(x0，y0，z0)是直线l上任意一点，由d＝(1，0，2)，eq\o(QP,\s\up6(→))均为直线l的方向向量，得eq\o(QP,\s\up6(→))∥d，从而存在实数λ，使得eq\o(QP,\s\up6(→))＝λd，即(x0＋1，y0＋1，z0＋2)＝λ(1，0，2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＋1＝λ，,y0＋1＝0，,z0＋2＝2λ，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝λ－1，,y0＝－1，,z＝2λ－2，))∴点P的坐标为(λ－1，－1，2λ－2)，于是eq\f(（λ－1）2,1)＋eq\f(（－1）2,1)－eq\f(（2λ－2）2,4)＝λ2－2λ＋1＋1－(λ2－2λ＋1)＝1，因此点P的坐标总是满足曲面C的方程，从而直线l在曲面C上．(3)直线l′在曲面C上，且过点T(1，0，0)，设M(x1，y1，z1)是直线l′上任意一点，直线l′的方向向量为d′＝(a，b，c)，由d′，eq\o(TM,\s\up6(→))均为直线l′的方向向量，有eq\o(TM,\s\up6(→))∥d′，从而存在实数t，使得eq\o(TM,\s\up6(→))＝td′，即(x1－1，y1，z1)＝t(a，b，c)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－1＝at，,y1＝bt，,z1＝ct，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝1＋at，,y1＝bt，,z1＝ct，))∴点M的坐标为(1＋at，bt，ct)，∵M(x1，y1，z1)在曲面C上，∴eq\f(（1＋at）2,1)＋eq\f(（bt）2,1)－eq\f(（ct）2,4)＝1，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋b2－\f(c2,4)))t2＋2at＝0，由题意，对任意的t有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋b2－\f(c2,4)))t2＋2at＝0恒成立，∴a2＋b2－eq\f(c2,4)＝0，且2a＝0，∴c＝2b或c＝－2b，不妨取b＝1，c＝2或c＝－2，∴d′＝(0，1，2)或d′＝(0，1，－2)，又直线l的一个方向向量为d＝(1，0，2)，则异面直线l与l′所成角的余弦值均为eq\f(|d·d′|,|d||d′|)＝eq\f(4,\r(5)×\r(5))＝eq\f(4,5).题型五与导数的综合(2024·江苏泰州二调)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)．解：(1)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)，所以b＝eq\r(a2－c2)＝1，所以Γ的方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))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)；当直线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M，连接OM并延长，与圆O交于点N，则N是圆上与M最近的点，当M为线段AB的中点时，|MN|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)＝|X1Z1|，H(Y，Z)＝|Y1Z2|，H(X，Y)＝|X2Y2|，设Y2是集合Y中到X2的最近点，根据对称性，不妨设H(X，Y)＝d(X，Y)＝|X2Y2|，令点X2到集合Z的最近的点为Z3，点Z3到集合Y的最近的点为Y3，因为|X1Z1|是集合X中所有点到集合Z最近的点距离的最大值，则|X1Z1|≥|X2Z3|，因为|Y1Z2|是集合Y中所有点到集合Z最近的点距离的最大值，则|Y1Z2|≥|Y3Z3|，因此H(X，Z)＋H(Y，Z)＝|X1Z1|＋|Y1Z2|≥|X2Z3|＋|Y3Z3|，而在坐标平面中，|X2Z3|＋|Y3Z3|≥|X2Y3|，又点Y2是集合Y中到点X2的最近点，则|X2Y3|≥|X2Y2|，所以H(X，Z)＋H(Y，Z)≥H(X，Y)．冲关策略本例第(2)问是典型的圆锥曲线最值问题，常见的求解方法有：函数性质法、导数法、基本不等式法等，灵活选择方法求解即可；第(3)问属于新定义问题，理解最小距离的最大值是求解本问的关键．变式训练5已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1(－2，0)，左、右顶点分别为A，B，上顶点为P，cos∠APB＝－eq\f(1,3)，O为坐标原点．(1)求椭圆E的方程；(2)是否存在以原点为圆心的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点M，N，且eq\o(OM,\s\up6(→))⊥eq\o