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专题 圆锥曲线综合应用（2）- 最值、范围、证明问题一、 高考题型特点：最值、范围、证明问题是高考圆锥曲线大题中的常考题型，难度中等偏上。
二、重难点：1.求解圆锥曲线中的最值问题主要有两种方法：一是利用几何方法，即利用曲线的定义、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，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，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．2.圆锥曲线中的范围问题： (1)解决这类问题的基本思路是建立目标函数和不等关系．(2)建立目标函数的关键是选用一个合适 的变量，其原则是这个变量能够表达要解决的问题；建立不等关系的关键是运用圆锥曲线的几何特征、判别式法或基本不等式等灵活处理．3.圆锥曲线中的证明问题常以椭圆、抛物线为载体，借助设而不求法，考查数形结合思想、方程思想、化归与转化能力、逻辑思维能力、运算求解能力． 三、易错注意点：本部分对学生的能力要求较高，解题中主要数形结合及各种方法的综合应用，同时对数学推理运算能力有很高的要求。
四、典型例题：例1.（2019全国卷III ）已知曲线C ：y =22x ，D 为直线y =12-上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B .（1）证明：直线AB 过定点： （2）若以E (0，52)为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE 的面积. 【解析】（1）设()111,,,2D t A x y ⎛⎫-⎪⎝⎭，则2112x y =.由于y'x =，所以切线DA 的斜率为1x ，故11112y x x t+=- . 整理得112 2 +1=0. tx y -设()22,B x y ，同理可得222 2 +1=0tx y -.故直线AB 的方程为2210tx y -+=.所以直线AB 过定点1(0,)2.（2）由（1）得直线AB 的方程为12y tx =+. 由2122y tx x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，可得2210x tx --=. 于是()2121212122,1,121x x t x x y y t x x t +==-+=++=+，()()2222121212||11421AB t x t x x x x t =+-=++-=+.设12,d d 分别为点D ，E 到直线AB 的距离，则21221,1d t d t =+=+.因此，四边形ADBE 的面积()(22121||312S AB d d t t =+=++设M 为线段AB 的中点，则21,2M t t ⎛⎫+⎪⎝⎭. 由于EM AB ⊥u u u u r u u u r ，而()2,2EM t t =-u u u u r ，AB u u u r 与向量(1, )t 平行，所以()220t t t +-=.解得t =0或1t =±.当t =0时，S =3；当1t =±时，42S =因此，四边形ADBE 的面积为3或42例2.（2019全国卷II ）已知点A (−2,0)，B (2,0)，动点M (x ,y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为−12.记M 的轨迹为曲线C .（1）求C 的方程，并说明C 是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连结QE 并延长交C 于点G .（i ）证明：PQG △是直角三角形； （ii ）求PQG △面积的最大值.【解析】（1）由题设得1222y y x x ⋅=-+-，化简得221(||2)42x y x +=≠，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左右顶点．（2）（i ）设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为(0)y kx k =>．由22142y kxx y =⎧⎪⎨+=⎪⎩得212x k =+．记212u k=+，则(,),(,),(,0)P u uk Q u uk E u --．于是直线QG 的斜率为2k，方程为()2k y x u =-．由22(),2142k y x u x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩得22222(2)280k x uk x k u +-+-=．① 设(,)G G G x y ，则u -和G x 是方程①的解，故22(32)2G u k x k +=+，由此得322G uk y k =+．从而直线PG 的斜率为322212(32)2uk uk k u k kuk -+=-+-+． 所以PQ PG ⊥，即PQG △是直角三角形．（ii ）由（i ）得2||21PQ k =+221||uk k PG +=， 所以△PQG 的面积222218()18(1)||12(12)(2)12()k k k k S PQ PG k k k k++===++++‖． 设t =k +1k，则由k >0得t ≥2，当且仅当k =1时取等号．因为2812t S t=+在[2，+∞）单调递减，所以当t =2，即k =1时，S 取得最大值，最大值为169． 因此，△PQG 面积的最大值为169． 例3．(2016年山东)平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：()222210x y a b a b+=＞＞的离心率是3，抛物线E ：22x y =的焦点F 是C 的一个顶点.（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设P 是E 上的动点，且位于第一象限，E 在点P 处的切线l 与C 交与不同的两点A ，B ，线段AB的中点为D ，直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M ． （i ）求证：点M 在定直线上；（ii ）直线l 与y 轴交于点G ，记PFG △的面积为1S ，PDM △的面积为2S ，求12S S的最大值及取得最大值时点P 的坐标．【解析】(Ⅰ) 由离心率是23，有224=b a ， 又抛物线y x 2=2的焦点坐标为)21,0(F ，所以21=b ，于是1=a ，所以椭圆C 的方程为1=4+22y x ．(Ⅱ) （i ）设P 点坐标为2,),(0)2m Pm m >（， 由y x 2=2得x y =′，所以E 在点P 处的切线l 的斜率为m ， 因此切线l 的方程为2=2m mx －y ，设),(),,(2211y x B y x A ，),(00y x D ，将2=2m mx －y 代入1=4+22y x ，得0=1+4)4+12322－m x m －x m （．于是23214+14=+m m x x ，232104+12=2+=m m x x x ， 又2200222(14)m m y mx m -=-=+， 于是 直线OD 的方程为x m－y 41=． 联立方程x m －y 41=与m x =，得M 的坐标为1(,)4M m -． 所以点M 在定直线41=y －上．（ii ）在切线l 的方程为2=2m mx －y 中，令0x =，得22m y =－，即点G 的坐标为2(0,)2m G -，又2(,)2m P m ，1(0,)2F ， 所以4)1+(=×21=S 21m m GF m ；再由32222(,)412(41)m m D m m -++，得 )1+4(8)1+2(=1+4+2×41+2×21=S 2222322m m m m m m m于是有 222221)1+2()1+)(1+4(2=S S m m m ． 令1+2=2m t ，得222111+2=)1+)(21(2=S S t －t t t t －当21=1t时，即2=t 时，21S S 取得最大值49．此时21=2m ，22=m ，所以P 点的坐标为)41,22P(． 所以21S S 的最大值为49，取得最大值时点P 的坐标为21()24P ． 例4．(2016年全国卷II)已知椭圆:E 2213x y t +=的焦点在x 轴上，A 是E 的左顶点，斜率为(0)k k >的直线交E 于,A M 两点，点N 在E 上，MA NA ⊥． （Ⅰ）当4,||||t AM AN ==时，求AMN ∆的面积； （Ⅱ）当2AM AN =时，求k 的取值范围． 【解析】（I ）设11(,)M x y ，则由题意知10y >．当4t =时，椭圆E 的方程为22143x y +=，A 点坐标为()20-，， 由已知及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为4π． 因此直线AM 的方程为2y x =+．将2x y =-代入22143x y +=得27120y y -=． 解得0y =或127y =，所以1127y =． 所以AMN △的面积为21112121442227749AMN S AM ∆==⨯⨯⨯=． （Ⅱ）由题意知3,0,(,0)t k A t >>，则直线AM 的方程为(y k x t =+，联立(2213x y t y k x t ⎧+=⎪⎨⎪=⎩并整理得，()222223230tk x tk x t k t +++-=解得x t =23t tk tx -=所以2223611t tk t t AM k t k -=+=+由题意MA NA ⊥，所以AN 的方程为1()y x t k=-+， 同理可得26(1)||k t k AN +=由2AM AN =,得22233k tk k t=++，即3(2)3(21)k t k k -=- 当32k =时上式成立，因此23632k kt k -=-． 因为3t >，即236332k k k ->-，整理得()()231202k k k +-<- 即3202k k -<-，解得322k <<． 五、强化提升训练：1．(2019·广东佛山模拟)已知中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆M 的离心率为12，椭圆上异于长轴顶点的任意点A 与左、右两焦点F 1，F 2构成的三角形中面积的最大值为 3.(1)求椭圆M 的标准方程；(2)若A 与C 是椭圆M 上关于x 轴对称的两点，连接CF 2与椭圆的另一交点为B ，求证：直线AB 与x 轴交于定点P ，并求PA →·F 2C →的取值范围．【解析】(1)由题意知c a ＝12，12·2c ·b ＝3，a 2＝b 2＋c 2，解得c ＝1，a ＝2，b ＝ 3.所以椭圆M 的标准方程是x 24＋y 23＝1.(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 1，－y 1)，直线AB ：y ＝kx ＋m .将y ＝kx ＋m ，代入x 24＋y 23＝1得，(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋3，x 1x 2＝4m 2－124k 2＋3.因为B ，C ，F 2共线，所以kBF 2＝kCF 2，即kx 2＋m x 2－1＝－kx 1＋mx 1－1， 整理得2kx 1x 2＋(m －k )(x 1＋x 2)－2m ＝0，所以2k 4m 2－124k 2＋3－(m －k )8km4k 2＋3－2m ＝0，解得m ＝－4k .所以直线AB ：y ＝k (x －4)，与x 轴交于定点P (4,0)．因为y 21＝3－34x 21，所以PA →·F 2C →＝(x 1－4，y 1)·(x 1－1，－y 1)＝x 21－5x 1＋4－y 21＝74x 21－5x 1＋1＝74⎝⎛⎭⎪⎫x 1－1072－187.因为－2<x 1<2，所以PA →·F 2C →的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－187，18.2.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，短轴长为2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于M ，N 两点，O 为坐标原点，若k OM ·k ON ＝54，求原点O 到直线l 的距离的取值范围．【解析】(1)由题意知e ＝c a ＝32，2b ＝2，又a 2＝b 2＋c 2，所以b ＝1，a ＝2， 所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.则Δ＝(8km )2－4(4k 2＋1)(4m 2－4)＞0，化简得m 2＜4k 2＋1. ①x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1，y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2，若k OM ·k ON ＝54，则y 1y 2x 1x 2＝54，即4y 1y 2＝5x 1x 2，所以4k 2x 1x 2＋4km (x 1＋x 2)＋4m 2＝5x 1x 2，则(4k 2－5)x 1x 2＋4km (x 1＋x 2)＋4m 2＝0，所以(4k 2－5)·4m 2－14k 2＋1＋4km ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 4k 2＋1＋4m 2＝0，化简得m 2＋k 2＝54. ② 由①②得0≤m 2＜65，120＜k 2≤54.因为原点O 到直线l 的距离d ＝|m |1＋k2，所以d 2＝m 21＋k 2＝54－k 21＋k 2＝－1＋941＋k2， 又120＜k 2≤54，所以0≤d 2＜87，解得0≤d ＜2147. 所以原点O 到直线l 的距离的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，2147.3.若F 1，F 2分别是椭圆E ：x 25＋y 2＝1的左、右焦点，F 1，F 2关于直线x ＋y －2＝0的对称点是圆C 的一条直径的两个端点．(1)求圆C 的方程；(2)设过点F 2的直线l 被椭圆E 和圆C 所截得的弦长分别为a ，b .当ab 取最大值时，求直线l 的方程．【解析】(1)因为F 1(－2,0)，F 2(2,0)，所以圆C 半径为2，圆心C 是原点O 关于直线x ＋y －2＝0的对称点．设C (p ，q )，由⎩⎪⎨⎪⎧q p ＝1，p 2＋q2－2＝0得p ＝q ＝2，所以C (2,2)．所以圆C 的方程为(x －2)2＋(y －2)2＝4.(2)设直线l 的方程为x ＝my ＋2，则圆心C 到直线l 的距离d ＝|2m |1＋m2，所以b ＝222－d 2＝41＋m2，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋2x 2＋5y 2＝5得(5＋m 2)y 2＋4my －1＝0，设直线l 与椭圆E 交于两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－4m 5＋m 2，y 1·y 2＝－15＋m2， a ＝|AB |＝1＋m2y 1＋y 22－4y 1y 2＝25m 2＋1m 2＋5，ab ＝85m 2＋1m 2＋5＝85m 2＋1＋4m 2＋1≤25，当且仅当m 2＋1＝4m 2＋1，即m ＝±3时等号成立．所以当m ＝±3时，ab 取最大值．此时直线l 的方程为x ±3y －2＝0.4．(2019·梅州一模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为点F 1，F 2，其离心率为12，短轴长为2 3.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)过点F 1的直线l 1与椭圆C 交于M ，N 两点，过点F 2的直线l 2与椭圆C 交于P ，Q 两点，且l 1∥l 2，证明：四边形MNPQ 不可能是菱形．【解析】(1)由已知，得c a ＝12，b ＝3，又c 2＝a 2－b 2，故解得a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：由(1)，知F 1(－1，0)，如图， 易知直线MN 不能平行于x 轴，所以令直线MN 的方程为x ＝my －1，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2－12＝0x ＝my －1得(3m 2＋4)y 2－6my －9＝0，所以y 1＋y 2＝6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4.此时|MN |＝1＋m2[y 1＋y 22－4y 1y 2].同理，令直线PQ 的方程为x ＝my ＋1，P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)， 此时y 3＋y 4＝－6m 3m 2＋4，y 3y 4＝－93m 2＋4，此时|PQ |＝1＋m2[y 3＋y 42－4y 3y 4]，故|MN |＝|PQ |.所以四边形MNPQ 是平行四边形．若平行四边形MNPQ 是菱形，则OM ⊥ON ，即OM →·ON →＝0，于是有x 1x 2＋y 1y 2＝0. 又x 1x 2＝(my 1－1)(my 2－1)＝m 2y 1y 2－m (y 1＋y 2)＋1， 所以有(m 2＋1)y 1y 2－m (y 1＋y 2)＋1＝0， 整理得到－12m 2－53m 2＋4＝0， 即12m 2＋5＝0，上述关于m 的方程显然没有实数解， 故四边形MNPQ 不可能是菱形．5.已知动圆C 过定点F 2(1,0)，并且内切于定圆F 1：(x ＋1)2＋y 2＝12. (1)求动圆圆心C 的轨迹方程；(2)若曲线y 2＝4x 上存在两个点M ，N ，(1)中曲线上有两个点P ，Q ，并且M ，N ，F 2三点共线，P ，Q ，F 2三点共线，PQ ⊥MN ，求四边形PMQN 的面积的最小值．【解析】(1)设动圆的半径为r ，则|CF 2|＝r ，|CF 1|＝23－r ，所以|CF 1|＋|CF 2|＝23＞|F 1F 2|，由椭圆的定义知动圆圆心C 的轨迹是以F 1，F 2为焦点的椭圆，且a ＝3，c ＝1，所以b ＝2，动圆圆心C 的轨迹方程是x 23＋y 22＝1.(2)当直线MN 的斜率不存在时，直线PQ 的斜率为0，易得|MN |＝4，|PQ |＝23，四边形PMQN 的面积S ＝4 3.当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1，y 2＝4x ，消元得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4k 2＋2，x 1x 2＝1，|MN |＝1＋k2⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2＋22－4＝4k 2＋4.因为PQ ⊥MN ，所以直线PQ 的方程为y ＝－1k(x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝－1k x －1，x 23＋y 22＝1，得(2k 2＋3)x 2－6x ＋3－6k 2＝0. 设P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)，则⎩⎪⎨⎪⎧ x 3＋x 4＝62k 2＋3，x 3x 4＝3－6k 22k 2＋3，|PQ |＝1＋1k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫62k 2＋32－4×3－6k 22k 2＋3＝43k 2＋12k 2＋3. 则四边形PMQN 的面积S ＝12|MN ||PQ |＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2＋443k 2＋12k 2＋3＝83k 2＋12k 22k 2＋3.令k 2＋1＝t ，t ＞1，则S ＝83t 2t －12t ＋1＝83－1t 2－1t ＋2＝83－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋122＋94. 因为t ＞1，所以0＜1t ＜1，易知－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋122＋94的范围是(0,2)，所以S ＞832＝4 3. 综上可得S ≥43，S 的最小值为4 3.6．(2019·安庆二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，且过点(2，2)． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)设A 、B 为椭圆C 的左、右顶点，过C 的右焦点F 作直线l 交椭圆于M ，N 两点，分别记△ABM ，△ABN 的面积为S 1，S 2，求|S 1－S 2|的最大值．【解析】(1)根据题意可得：c a ＝22，4a 2＋2b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2， 解得：a 2＝8，b ＝2.故椭圆C 的标准方程为：x 28＋y 24＝1. (2)由(1)知F (2,0)，当直线l 的斜率不存在时，S 1＝S 2，于是|S 1－S 2|＝0；当直线l 的斜率存在时，设直线l ：y ＝k (x －2)(k ≠0)，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k x －2，x 28＋y 24＝1，得(1＋2k 2)x 2－8k 2x ＋8k 2－8＝0. ∴x 1＋x 2＝8k 21＋2k 2，x 1x 2＝8k 2－81＋2k2，于是|S 1－S 2|＝12×42×|y 1＋y 2|＝22|k (x 1＋x 2)－4k |＝22⎪⎪⎪⎪⎪⎪k ×8k 21＋2k 2－4k ＝82|k |1＋2k 2＝821|k |＋2|k |≤8222＝4.当且仅当k ＝±22时等号成立，此时|S 1－S 2|的最大值为4. 综上，|S 1－S 2|的最大值为4.7.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，右焦点为F ，且该椭圆过点⎝⎛⎭⎪⎫1，－32. (1)求椭圆C 的方程；(2)当动直线l 与椭圆C 相切于点A ，且与直线x ＝433相交于点B 时，求证：△FAB 为直角三角形． 【解析】(1)由题意得c a ＝32，1a 2＋34b 2＝1，又a 2＝b 2＋c 2，所以b 2＝1，a 2＝4，即椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意可得直线l 的斜率存在，设l ：y ＝kx ＋m ，联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0， 判别式Δ＝64k 2m 2－16(4k 2＋1)(m 2－1)＝0，得m 2＝4k 2＋1＞0.设A (x 1，y 1)，则x 1＝－8km 24k 2＋1＝－8km 2m 2＝－4k m ，y 1＝kx 1＋m ＝－4k 2m ＋m ＝1m ，即A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m ，1m . 易得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫433，433k ＋m ，F (3，0)， 则FA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m －3，1m ，FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，433k ＋m ， FA →·FB →＝33⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m －3＋1m ⎝ ⎛⎭⎪⎫433k ＋m ＝－43k 3m －1＋43k 3m ＋1＝0， 所以FA →⊥FB →，即△FAB 为直角三角形，得证．8．(2019·朝阳区模拟)过椭圆W ：x 22＋y 2＝1的左焦点F 1作直线l 1交椭圆于A ，B 两点，其中A (0,1)，另一条过F 1的直线l 2交椭圆于C ，D 两点(不与A ，B 重合)，且D 点不与点(0，－1)重合．过F 1作x 轴的垂线分别交直线AD ，BC 于E ，G .(1)求B 点坐标和直线l 1的方程；(2)求证：|EF 1|＝|F 1G |.【解析】(1)由题意可得直线l 1的方程为y ＝x ＋1.与椭圆方程联立，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝x ＋1x 22＋y 2＝1可求B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，－13. (2)证明：当l 2与x 轴垂直时，C ，D 两点与E ，G 两点重合，由椭圆的对称性，|EF 1|＝|F 1G |. 当l 2不与x 轴垂直时，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，l 2的方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠1)．由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k x ＋1x 22＋y 2＝1消去y ，整理得(2k 2＋1)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0. 则x 1＋x 2＝－4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1. 由已知，x 2≠0，则直线AD 的方程为y －1＝y 2－1x 2x ，令x ＝－1， 得点E 的纵坐标y E ＝x 2－y 2＋1x 2. 把y 2＝k (x 2＋1)代入得y E ＝x 2＋11－k x 2. 由已知，x 1≠－43， 则直线BC 的方程为y ＋13＝y 1＋13x 1＋43⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋43， 令x ＝－1，得点G 的纵坐标y G ＝y 1－x 1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋43.把y 1＝k (x 1＋1)代入得y G ＝x 1＋1k －13x 1＋4. y E ＋y G ＝x 2＋11－k x 2＋x 1＋1k －13x 1＋4 ＝1－k [x 2＋13x 1＋4－x 2x 1＋1]x 2·3x 1＋4 ＝1－k [2x 1x 2＋3x 1＋x 2＋4]x 2·3x 1＋4把x 1＋x 2＝－4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1代入到2x 1x 2＋3(x 1＋x 2)＋4中， 2x 1x 2＋3(x 1＋x 2)＋4＝2×2k 2－22k 2＋1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k 22k 2＋1＋4＝0. 即y E ＋y G ＝0， 即|EF 1|＝|F 1G |.。
