圆锥曲线范围最值与图形存在

圆锥曲线的范围问题

x221.设P是椭圆2?y?1(a?1)短轴的一个端点，Q为椭圆上的动点，求|PQ|的最大值．

a

2.设F1,F2分别是椭圆的左右焦点,若是P椭圆上的一个动点，求|PF1||PF2|的最大值和最小值．

3.在平面直角坐标系中，已知点F(2,2)及直线l:x?y?2?0，曲线C1是满足下列两个条件的动点P(x,y)的轨迹：①PF?2d,其中d是P到直线l的距离；

?x?0?.②?y?0?2x?2y?5?

(1) 求曲线C1的方程;

x2y2(2) 若存在直线m与曲线C1、椭圆C2:2?2?1(a?b?0)均相切于同一点，求椭圆C2ab离心率e的取值范围.

一、利用题设中已有的不等关系建立不等式

2．过点B(0,1)的直线l1交直线x?2于P(2,y0)，过点B?(0,?1)的直线l2交

x0?y0?1，l1?l2?M. 2（1）求动点M的轨迹C的方程；

(2)设直线l与C相交于不同的两点S、T，已知点S的坐标为(－2,0)，

x轴于P?(x0,0)点，

点Q(0，m)在线段ST的垂直平分线上，且QS?QT≤4，求实数m的取值范围.

1

解 (1)由题意，直线l1的方程是y??1?y0xx?1，∵0?y0?1，∴l1的方程是22x0x?1 4若直线l2与y轴重合，则M(0,1)，若直线l2不与y重合，可求得直线l2的方程是y??x21?y2?1，因l1不经过(0,?1)，故动点动M的y?x?1，与l1的方程联立消去x0得4x0x2?y2?1轨迹C的方程是（y??1)…………6分[ 4（k??)于是S、T两点的坐标满足方程(2)设T(x1，y1)，直线l的方程为y＝k(x＋2)

12y?k(x?2)??2组?x 由方程消去y并整理得(1＋4k)x＋16kx＋16k－4＝0由－2x＝2?y?1??42

2

2

2

1

4k16k2?42?8k28k2得x1＝，从而y1＝设线段ST的中点为N，则N(?，22221?4k1?4k1?4k1?4k2k)…………8分[来源:学科网]

1?4k2以下分两种情况：①当k＝0时，点T的坐标为(2,0)，线段ST的垂直平分线为y轴，

于是QS?(?2,?m),QT?(2,?m)，由QS?QT≤4得：－22≤m≤22.

2k18k2②当k≠0时，线段ST的垂直平分线方程为y－＝－(x＋)令x＝0， 22k1?4k1?4k136kk??m?得m＝?∵，∴，

221?4k26k4k6k-（22?8k2）由QS?QT＝－2x1－m(y1－m)＝＋ (＋)＝22221?4k1?4k1?4k1?4k4(16k4?15k2?1)≤4 22(1?4k)66k1414

?解得－≤k≤且k≠0 ∴m＝?＝………………11分

7711?4k2?4kk114

∴当－≤k<0时，?4k≤－4

7k11433

当0

722k33

综上所述，－≤m<，且m≠0.…13分

22

二、根据圆锥曲线自身范围建立不等式

2

3. 已知抛物线y2?2x，P是抛物线的动弦AB的中点，直线AB的斜率为1，求线段AB的垂直平分线在x轴上的截距的取值范围。 解：

x2y2?1(a?0)的左右焦点分别为F1、F2，A是椭圆C上的一点，满足4.设椭圆C:2?2a1AF2?F1F2，且坐标原点O到直线AF1的距离为|OF1|．

3（1）求椭圆C的方程；

（2）椭圆C上一动点P?x0,y0?关于直线y?2x的对称点为P1?x1,y1?,求3x1?4y1的取值范围.

三、利用判别式建立不等式

3．在抛物线y2?4x上恒有两点关于直线y?kx?3对称，求k的取值范围． 答：（-1,0）

四、利用代数基本不等式或几何不等关式建立不等式

24.已知抛物线x?4y的焦点为F，A,B是抛物线上的两动点，且AF??FB(??0)，

过A,B两点分别作抛物线的切线，设其交点为M (1) 证明：FM?AB为定值；

(2) 设?ABM的面积为S，写出S?f(?)的表达式，并求S的最小值．

3

x2y25. 已知双曲线C：2?2?1?a?b?0?和圆O：x2?y2?b2（其中原点O为圆心），

ab过双曲线C上一点P?x0,y0?引圆O的两条切线，切点分别为A、B．

（1）若双曲线C上存在点P，使得?APB?90，求双曲线离心率e的取值范围； （2）求直线AB的方程；

（3）求三角形OAB面积的最大值．

解

：（

1

）

因

2y A P O B x 为

a?b?0，所以

b?1a，所以

ca2?b2?b?e???1????2．…………………1分

aa?a?由?APB?90及圆的性质，可知四边形PAOB是正方形，所以OP?2b． 因

为

O?P2?2b，所a以

b2?a2，所以

ca2?b26?b?e???1????．……………3分

aaa2??故

双曲线离心率

4

e的取值范围为

?6?,2．…………………………………………………………4分 ????2?（2）方法1：因为PA2?OP2?OA2?x02?y02?b2，

所以以点

P2为圆心，

PA为半径的圆P的方程为

?x?x0?2??y?y0??x02?y02?b2．………5分

两圆的公共弦所在的直线即为直线

因为圆O与圆PAB，……………………………………………6分

所

以

联

立

方

程

组

222??x?y?b,………………………………………………7分 ?22222???x?x0???y?y0??x0?y0?b.消去

x2，

y2，即得直线

AB的方程为

x0x?y0y?b2．………………………………………………8分

方法2：设A?x1,y1?B?x2,y2?，已知点P?x0,y0?， 则kPA?因

y0?y1y，kOA?1?其中x1?x0,x1?0?．

x0?x1x1P?A，

所

以

为

kPAkOA??1，即

y0?y1y1???1．…………………………………………5分

x0?x1x1整理得x0x1?y0y1?x12?y12． 因

为

x12?y1?b，所以

x0?6分 ?x2y0y1b1．……………………………………………………………

因为OA?OB，PA?PB，根据平面几何知识可知，AB?OP． 因

为

kOP?y0x0，所以

kAB??x0．………………………………………………………………………7分 y0x0?x?x1?． y0所以直线AB方程为y?y1??即x0x?y0y?x0x1?y0y1． 所

以

直

线

AB的方程为

5

x0x?y0y?b2．………………………………………………………………8分

方法3：设A?x1,y1?,B?x2,y2?，已知点P?x0,y0?， 则kPA?因

y0?y1y，kOA?1?其中x1?x0,x1?0?．

x0?x1x1P?A，

所

以

为

kPAkOA??1，即

y0?y1y1???1．…………………………………………5分

x0?x1x1整理得x0x1?y0y1?x12?y12．

因为x?y?b，所以x0x1?y0y1?b．……6分 这说明点A在直线x0x?y0y?b2上． …………7分 同理点B也在直线x0x?y0y?b2上．

所以x0x?y0y?b2就是直线AB的方程． ……8分 （3）由（2）知，直线AB的方程为x0x?y0y?b2，

所以点O到直线AB的距离为d?A 212122y P O B x b2x0?y022．

2bx02?y02?b2b4?因为AB?2OA?d?2b?2， 222x0?y0x0?y0222b1所以三角形OAB的面积S??AB?d?23x02?y02?b2．………………10分

x02?y02以下给出求三角形OAB的面积S的三种方法：

x2y2方法1：因为点P?x0,y0?在双曲线2?2?1上，

ab2x02y02b2x0?a2b2222x?a所以2?2?1，即y0?． ??02aba?b2?2222设t?x0?y0?b??1?2?x0?2b?a?b，

?a?222b3t所以S?2．………………………………………………………11分 2t?b因为S???b3?t?b??t?b??t2?b22?，

6

所以当0?t?b时，S??0，当t?b时，S??0．

b3t所以S?2在?0,b?上单调递增，在?b,???上单调递减．………………12分 2t?b当a?b?b，即b?a?222b时，S最大值b3?b12?2?b，………………13分 2b?b2b3?a2?b2b3a2?b2． ?22a222a?b?b当a?b?b，即a?222b时，S最大值???综上可知，当b?a?212时，S最大值?b；当a?2b时，b2S最大值?

b32a?a2b2．………14分

x2y26.如图,点P(0,?1)是椭圆C1:2?2?1(a?b?0)的一个顶点,C1的长轴是圆

abC2:x2?y2?4的直径.l1,l2是过点P且互相垂直的两条直线,其中l1交圆C2于两点

A,B,l2交椭圆C1于另一点D

(1)求椭圆C1的方程; (2)求?ABD面积取最大值时直线l1的方程.

y l1 D O P A （第21题图）

l2 B x

x2?y2?1; 【答案】解:(Ⅰ)由已知得到b?1,且2a?4?a?2,所以椭圆的方程是4

7

(Ⅱ)因为直线l1?l2,且都过点P(0,?1),所以设直线l1:y?kx?1?kx?y?1?0,直线

l2:?y1?kx1??x?ky,0?所k?以圆心(0,到直线

l1:?yk?1x?k?x1的距离为?y0?d?23?4k21?k211?k2,所以直线l1被圆x2?y2?4所截的弦AB?24?d

2?;

?x?ky?k?0?222由?x2?kx?4x?8kx?0,所以

2??y?1?48k164k28k2?1xD?xP??2?|DP|?(1?2)2?2,所以

k?4k(k?4)2k?4S?ABD

1123?4k28k2?184k2?34?84k2?3?|AB||DP|???2?? 22222k?4k?44k?3?131?k 8

?324k2?34k2?3?134k2?3134k2?3?324k2?3?134k2?3?32213?1613, 13当

4k2?3??k2?510?k??时等号成立,此时直线22l1:y??

10x?1 27.已知抛物线C的顶点为原点,其焦点F?0,c??c?0?到直线l:x?y?2?0的距离为

32.设P为直线l上的点,过点P作抛物线C的两条切线PA,PB,其中A,B为切点. 2(Ⅰ) 求抛物线C的方程;

(Ⅱ) 当点P?x0,y0?为直线l上的定点时,求直线AB的方程; (Ⅲ) 当点P在直线l上移动时,求AF?BF的最小值.

2【答案】(Ⅰ) 依题意,设抛物线C的方程为x?4cy,由0?c?22?32结合c?0,2解得c?1.

所以抛物线C的方程为x?4y.

2(Ⅱ) 抛物线C的方程为x?4y,即y?2121x,求导得y??x 42 9

设A?x1,y1?,B?x2,y2?x12x22,y2?(其中y1?),则切线PA,PB的斜率分别为4411x1,x2,

22x1x1x12x??y1,即所以切线PA的方程为y?y1??x?x1?,即y?222x1x?2y?2y1?0

同理可得切线PB的方程为x2x?2y?2y2?0

因为切线PA,PB均过点P?x0,y0?,所以x1x0?2y0?2y1?0,x2x0?2y0?2y2?0 所以?x1,y1?,?x2,y2?为方程x0x?2y0?2y?0的两组解. 所以直线AB的方程为x0x?2y?2y0?0.

(Ⅲ) 由抛物线定义可知AF?y1?1,BF?y2?1, 所以AF?BF??y1?1??y2?1??y1y2??y1?y2??1

?x0x?2y?2y0?0222联立方程?2,消去x整理得y??2y0?x0?y?y0?0

?x?4y由一元二次方程根与系数的关系可得y1?y2?x02?2y0,y1y2?y02 所以AF?BF?y1y2??y1?y2??1?y0?x0?2y0?1

22又点P?x0,y0?在直线l上,所以x0?y0?2,

1?9?所以y0?x0?2y0?1?2y0?2y0?5?2?y0???

2?2?2222所以当y0??

19时, AF?BF取得最小值,且最小值为. 2210

x2y28.平面直角坐标系xOy中,过椭圆M:2?2?1(a?b?0)的右焦点F作直x?y?3?0交

abM于A,B两点,P为AB的中点,且OP的斜率为

(Ⅰ)求M的方程;

(Ⅱ)C,D为M上的两点,若四边形ABCD的对角线CD?AB,求四边形ABCD面积的最大值.

1. 2 11

9.设圆C与两圆(x＋5)2＋y2＝4，(x－5)2＋y2＝4中的一个内切，另一个外切． (1)求圆C的圆心轨迹L的方程；

3545

(2)已知点M(5，5)，F(5，0)，且P为L上动点，求||MP|－|FP||的最大值及此时点P的坐标．

12

【解】 (1)设圆C的圆心坐标为(x，y)，半径为r.

圆(x＋5)2＋y2＝4的圆心为F1(－5，0)，半径为2， 圆(x－5)2＋y2＝4的圆心为F(5，0)，半径为2. ?|CF1|＝r＋2?|CF1|＝r－2，

由题意得?或?

?|CF|＝r－2?|CF|＝r＋2，∴||CF1|－|CF||＝4. ∵|F1F|＝25＞4，

∴圆C的圆心轨迹是以F1(－5，0)，F(5，0)为焦点的双曲线，其方程为x22

4－y＝1.

(2)由图知，||MP|－|FP||≤|MF|，

∴当M，P，F三点共线，且点P在MF延长线上时，|MP|－|FP|取得最大值|MF|，且|MF|＝

35452

（5－5）＋（5－0）2＝2.

直线MF的方程为y＝－2x＋25，与双曲线方程联立得 ?y＝－2x＋25，?

?x22 －y＝1，??4

整理得15x2－325x＋84＝0. 14565解得x1＝15(舍去)，x2＝5. 此时y＝

－255.

6525

∴当||MP|－|FP||取得最大值2时，点P的坐标为(5，－5)．

13

y2x210．已知椭圆C1：2?2?1(a?b?0)的右顶点为A(1,0)，过C1的焦点且垂直长轴的

ab弦长为1．

（I）求椭圆C1的方程；

（II）设点P在抛物线C2：y?x2?h(h?R)上，当C2在点P处的切线与C1交于点M,N．线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值．

?b?12a?2?y?解析：（I）由题意得?b2,??,所求的椭圆方程为?x2?1，

4?2??1?b?1?a21世纪教育网（II）不妨设M(xt2,?t1,y1),N(x2,y2),P(则h),抛物线C2在点P处的切线斜率为

y?x?t?2t，直线MN的方程为y?2tx?t2?h，将上式代入椭圆C1的方程中，得

4x2?(2tx?t2?h)2?4?0，即4?1?t2?x2?4t(t2?h)x?(t2?h)2?4?0，因为直线

422MN与椭圆C1有两个不同的交点，所以有?1?16???t?2(h?2)t?h?4???0，

x1?x2t(t2?h)设线段MN的中点的横坐标是x3，则x3?， ?222(1?t)21世纪教育网设线段PA的中点的横坐标是x4，则x4?2t?12，由题意得x3?x4，即有t?(1?h)t?1?0，2其中的?2?(1?h)?4?0,?h?1或h??3；

14

422当h??3时有h?2?0,4?h2?0，因此不等式?1?16???t?2(h?2)t?h?4???0不

成立；因此h?1，当h?1时代入方程t2?(1?h)t?1?0得t??1，将h?1,t??1代入不

422等式?1?16???t?2(h?2)t?h?4???0成立，因此h的最小值为1．

x2y211．已知直线x?2y?2?0经过椭圆C:2?2?1(a?b?0)的左顶点A和上顶点D，

ab21世纪教育网椭圆C的右顶点为B，点S和椭圆C上位于x轴上方的动点，直线AS,BS与直线l:x?分别交于M,N两点。

（I）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）求线段MN的长度的最小值；

（Ⅲ）当线段MN的长度最小时，在椭圆C上是否存在这样的点T，使得?TSB的面积为若存在，确定点T的个数，若不存在，说明理由

解法一：

15

1031？5

（I）由已知得，椭圆C的左顶点为A(?2,0),上顶点为D(0,1),?a?2,b?1

x2?y2?1 故椭圆C的方程为4（Ⅱ）直线AS的斜率k显然存在，且k?0，故可设直线AS的方程为y?k(x?2)，从而

M(103,16k3) ?y?k(x?由?2)?x2得(1?4k2)x2?16k2x?16k2???4?y2?14?0

设S(x16k2?42?4k1,y1),则(?2),x1?1?4k2得x1?8k21?4k2，从而y1?1?4k2即S(2?8k21?4k2,4k1?4k2),又B(2,0) ?由??y??1(x?2)??10?4k得?x???3

??x?103???y??13k?N(1013,?3k)

故|MN|?16k13?3k 又k?0,?|MN|?16k116k183?3k?23?3k?3 当且仅当

16k3?13k，即k?14时等号成立

21世纪教育网

?k?184时，线段MN的长度取最小值3

16

21世纪教育网

（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当MN取最小值时，k?1 4 此时BS的方程为x?y?2?0,s(,),?|BS|?645542 51，只须T到直线BS的距离等于5 要使椭圆C上存在点T，使得?TSB的面积等于

22，所以T在平行于BS且与BS距离等于的直线l上。 44设直线l':x?y?1?0

则由

35|t?2|2?,解得t??或t??

2242m2x2?0，椭圆C:2?y2?1，F1,F2分别为椭圆C的左、12．已知m＞1，直线l:x?my?2m右焦点.

（1）当直线l过右焦点F2时，求直线l的方程；

（2）设直线l与椭圆C交于A,B两点，VAF1F2，VBF1F2的重心分别为G,H.若原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范围.

17

（Ⅰ）解：因为直线l:x?my?m22?0经过F2m222(m?1,0)，所以m?1?2,得m2?2，

又因为m?1，所以m?2，

2故直线l的方程为x?2y?22?0。

（Ⅱ）解：设A(x1,y1),B(x2,y2)。

?? 由?x?my?m2?22，消去x得

?x??m2?y2?12y2?my?m24?1?0

则由??m2?8(m2?1)??m24?8?0，知m2?8，

mm2且有y1?y2??2,y1y2?8?12。 由于F1(?c,0),F2(c,0),， 故O为F1F2的中点， 由AG?2GO,BH?2HO， 可知G(x1y3,13),h(x2y3,13),

18

(x1?x2)2(y1?y2)2GH??

992设M是GH的中点，则M(由题意可知2MO?GH,

x1?x2y1?y2,)， 66x1?x22y1?y22(x1?x2)2(y1?y2)2)?()]??即4[( 6699即x1x2?y1y2?0

m2m2)(my2?)?y1y2 而x1x2?y1y2?(my1?22m21）(?) ?(m?1822m21??0 所以

82即m?4

又因为m?1且??0 所以1?m?2。

所以m的取值范围是(1,2)。

2x2已知A,B 分别为曲线C： 2+y2=1（y?0,a>0）与x轴

a的左、右两个交点，直线l过点B,且与x轴垂直，S为l上 异于点B的一点，连结AS交曲线C于点T.

(1)若曲线C为半圆，点T为圆弧AB的三等分点，试求出点S的坐标；

（II）如图，点M是以SB为直径的圆与线段TB的交点，试问：是否存在a,使得O,M,S三点共线？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由。

19

解法一：

(Ⅰ)当曲线C为半圆时，a?1,如图，由点T为圆弧AB的三等分点得∠BOT=60°或120°. (1)当∠BOT=60°时, ∠SAE=30°. 又AB=2,故在△SAE中,有SB?AB?tan30??????,?s(t,); ??23)或S(1,23) 3 (2)当∠BOT=120°时,同理可求得点S的坐标为(1,23),综上, S(1,(Ⅱ)假设存在a(a?0),使得O,M,S三点共线.

由于点M在以SB为直线的圆上,故BT?OS.

显然,直线AS的斜率k存在且k>0,可设直线AS的方程为y?k(x?a). ?x22?2?y?1得(1?a2k2)x2?2a2k2x?a4k2?a2?0 由?a?y?k(x?a)?a2k2?a2设点T(xT,yT),?xT?(?a)?, 221?ak2aka?a2k2故xT?,从而. y?k(x?a)?TT1?a2k21?a2k2a?a2k22ak亦即T(,).

1?a2k21?a2k2?2a2k22akB(a,0),?BT?((,)) 22221?ak1?ak?x?a由?得s(a,2ak),?OS?(a,2ak).

y?k(x?a)??2a2k2?4a2k2由BT?OS,可得BT?OS??0即?2a2k2?4a2k2?0 21?ak2k?0,a?0,?a?2

经检验,当a?2时,O,M,S三点共线. 故存在a?2,使得O,M,S三点共线. 解法二:

(Ⅰ)同解法一.

(Ⅱ)假设存在a,使得O,M,S三点共线.

由于点M在以SO为直径的圆上,故SM?BT.

显然,直线AS的斜率k存在且K>0,可设直线AS的方程为y?k(x?a)

20

?x22?2?y?1得(1?a2b2)x2?2a2k2x?a2k2?a2?0 由?a?y?k(x?a)?a4k2?a2设点T(xT,yT),则有xT?(?a)?.

1?a2k2a?a2k22aka?a2k22ak故xT?,从而y?k(x?a)?亦即T(?). TTa?a2k21?a2k21?a2k21?a2k2yT1B(a,0),?kBT???2,故kSM?a2k

xT?aak?x?a由?得S(a,2ak),所直线SM的方程为y?2ak?a2k(x?a) ?y?k(x?a)O,S,M三点共线当且仅当O在直线SM上,即2ak?a2k(?a). a?0,K?0,?a?2 故存在a?2,使得O,M,S三点共线.

在平面直角坐标系xOy中，点B与点A（-1,1）关于原点O对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于?1. 3(Ⅰ)求动点P的轨迹方程；

(Ⅱ)设直线AP和BP分别与直线x=3交于点M,N，问：是否存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由。

（I）解：因为点B与A(?1,1)关于原点O对称，所以点B得坐标为(1,?1). 设点P的坐标为(x,y) 由题意得

y?1y?11??

x?1x?1322 化简得 x?3y?4(x??1).

故动点P的轨迹方程为x?3y?4(x??1)

（II）解法一：设点P的坐标为(x0,y0)，点M，N得坐标分别为(3,yM),(3,yN). 则直线AP的方程为y?1?22y0?1y?1(x?1)，(x?1) 直线BP的方程为y?1?0x0?1x0?1 21

令x?3得yM?4y0?x0?32y0?x0?3，yN?.

x0?1x0?1于是PMN得面积

|x0?y0|(?3x02)1 SPMN?|yM ?yN|(?30x?)2|x02?1|又直线AB的方程为x?y?0，|AB|?22， 点P到直线AB的距离d?于是PAB的面积 S当SPAB|x0?y0|2.

?1|AB|d?|x0?y0| 2PAB|x0?y0|(3?x0)2 ?SPMN时，得|x0?y0|?2|x0?1|又|x0?y0|?0，

所以(3?x0)2=|x02?1|，解得|x0?因为x02?3y02?4，所以y0??5。 333 95333). 9故存在点P使得PAB与PMN的面积相等，此时点P的坐标为(,?解法二：若存在点P使得PAB与PMN的面积相等，设点P的坐标为(x0,y0)

11|PA||PB|sin?APB?|PM||PN|sin?MPN. 22 因为sin?APB?sin?MPN,

则 所以

|PA||PN|?

|PM||PB| 所以

|x0?1||3?x0|?

|3?x0||x?1|5 322 即 (3?x0)?|x0?1|，解得x0?22 因为x0?3y0?4，所以y0??33 9 22

故存在点PS使得PAB与PMN的面积相等，此时点P的坐标为

533(,?). 39(2013·深圳质检)已知平面内一动点P到点F(1，0)的距离与点P到y轴的距离的差等于1.

(1)求动点P的轨迹C的方程；

(2)过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，设l1与轨迹C相交于点A，→·EB→的最小值．

B，l2与轨迹C相交于点D，E，求AD

【思路点拨】 (1)利用直接法求轨迹方程；(2)先设直线l1的斜率为k，依题设条→·EB→关于k的解析式，利用均值不等式求最值．

件可求出AD

【尝试解答】 (1)设动点P的坐标为(x，y)， 由题意得（x－1）2＋y2－|x|＝1，

化简得y2＝2x＋2|x|.

当x≥0时，y2＝4x；当x＜0时，y＝0.

所以点P的轨迹C的方程为y2＝4x(x≥0)和y＝0(x＜0)．

(2)由题意知，直线l1的斜率存在且不为0，设为k，则l1的方程为y＝k(x－1)．

?y＝k（x－1），由?2得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. ?y＝4x，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，

4

于是x1＋x2＝2＋k2，x1x2＝1.

1

因为l1⊥l2，所以l2的斜率为－k. 设D(x3，y3)，E(x4，y4)，

则同理可得x3＋x4＝2＋4k2，x3x4＝1. →·EB→＝(AF→＋FD→)·→＋FB→) AD(EF

→·EF→＋AF→·FB→＋FD→·EF→＋FD→·FB→ ＝AF

→·FB→＋FD→·EF→＝|AF→|·|FB→|＋|FD→|·|EF→| ＝AF

＝(x1＋1)(x2＋1)＋(x3＋1)(x4＋1)

＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋x3x4＋(x3＋x4)＋1

4

＝1＋(2＋k2)＋1＋1＋(2＋4k2)＋1

11

＝8＋4(k2＋k2)≥8＋4×2 k2·k2＝16.

23

1→→

故当且仅当k2＝k2即k＝±1时，AD·EB取最小值

24

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