2025届高考数学二轮专题复习与测试专题4圆锥曲线中的范围最值与探索

这是一份2025届高考数学二轮专题复习与测试专题4圆锥曲线中的范围最值与探索，共15页。

(2023·新课标Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点(0， eq \f(1,2) )的距离，记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程；
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3 eq \r(3) .
【解】 (1)设点P的坐标为(x，y)，依题意得|y|＝ eq \r(x2＋（y－\f(1,2)）2) ，
化简得x2＝y－ eq \f(1,4) ，
所以W的方程为x2＝y－ eq \f(1,4) .
(2)证明：设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，
则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|).
设点B(t，t2＋ eq \f(1,4) )，依题意知直线AB不与两坐标轴平行，
故可设直线AB的方程为y－(t2＋ eq \f(1,4) )＝k(x－t)，
不妨设k>0，将直线AB的方程与W的方程x2＝y－ eq \f(1,4) 联立，得x2－kx＋kt－t2＝0，
则Δ＝k2－4(kt－t2)＝(k－2t)2>0，所以k≠2t.
设点A(x1，y1)，所以t＋x1＝k，所以x1＝k－t，
所以|AB|＝ eq \r(1＋k2) ·|x1－t|＝ eq \r(1＋k2) ·|k－2t|＝ eq \r(1＋k2) ·|2t－k|，
同理得|BC|＝ eq \r(1＋（－\f(1,k)）2) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)－2t)) ＝ eq \f(\r(1＋k2),k) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋2t)) ＝ eq \f(\r(1＋k2),k2) ·|2kt＋1|，且2kt＋1≠0，
所以2(|AB|＋|BC|)＝ eq \f(2\r(1＋k2),k2) (|2k2t－k3|＋|2kt＋1|).
因为|2k2t－k3|＋|2kt＋1|＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（－2k2－2k）t＋k3－1，t≤－\f(1,2k)，,（2k－2k2）t＋k3＋1，－\f(1,2k)\f(k,2)，))
当2k－2k2≤0，即k≥1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－ eq \f(1,2k) ]上单调递减；函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在(－ eq \f(1,2k) ， eq \f(k,2) ]上单调递减或是常函数(当k＝1时是常函数)；函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在( eq \f(k,2) ，＋∞)上单调递增，
所以当t＝ eq \f(k,2) 时，函数|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k2＋1，
又k≠2t，所以2(|AB|＋|BC|)> eq \f(2\r(1＋k2),k2) (k2＋1)＝ eq \f(2（1＋k2）\s\up6(\f(3,2)),k2) .
令f(k)＝ eq \f(2（1＋k2）\s\up6(\f(3,2)),k2) ，k≥1，
则f′(k)＝ eq \f(2（1＋k2）\s\up6(\f(1,2))（k＋\r(2)）（k－\r(2)）,k3) ，
当1≤k< eq \r(2) 时，f′(k) eq \r(2) 时，f′(k)>0，
所以函数f(k)在[1， eq \r(2) )上单调递减，在( eq \r(2) ，＋∞)上单调递增，
所以f(k)≥f( eq \r(2) )＝3 eq \r(3) ，
所以2(|AB|＋|BC|)> eq \f(2（1＋k2）\s\up6(\f(3,2)),k2) ≥3 eq \r(3) .
当2k－2k2>0，即00，即t2＋6t＋1>0，
得t>－3＋2 eq \r(2) 或t12－8 eq \r(2) ＝4(3－2 eq \r(2) ).
综上所述，△MFN面积的最小值为4(3－2 eq \r(2) ).
圆锥曲线中最值问题的两种基本解法
(2024·泰安模拟)已知直线l：kx－y－k＝0分别与x轴、直线x＝－1交于点A，B，点P是线段AB的垂直平分线上的一点(P不在x轴负半轴上)且tan ∠ABP＝|k|.
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)设l与C交于E，F两点，点M在C上且满足 eq \(AE,\s\up10(→)) · eq \(AM,\s\up10(→)) ＝0，延长MA交C于点N，求 eq \(EM,\s\up10(→)) · eq \(NF,\s\up10(→)) 的最小值．
解：(1)直线l：kx－y－k＝0，过定点A(1，0)，由题意k≠0，如图，
因为tan ∠ABP＝|k|，
所以∠ABP＝∠OAB，
又因为P不在x轴负半轴上，
所以PB与直线x＝－1垂直，
又因为|PB|＝|PA|，
所以点P的轨迹是以A(1，0)为焦点，x＝－1为准线的抛物线，
所以点P的轨迹C的方程为y2＝4x(x≠0).
(2)由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(kx－y－k＝0，,y2＝4x)) 得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
因为l与C交于两点，
所以k≠0，Δ>0，
设E(x1，y1)，F(x2，y2)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝2＋\f(4,k2)，,x1x2＝1，))
又因为 eq \(AE,\s\up10(→)) · eq \(AM,\s\up10(→)) ＝0，所以AE⊥AM，
则MN的斜率为－ eq \f(1,k) ，所以直线MN的方程为
y＝－ eq \f(1,k) (x－1)，
设M(x3，y3)，N(x4，y4)，
同理得x3＋x4＝2＋4k2，x3x4＝1，
所以 eq \(EM,\s\up10(→)) · eq \(NF,\s\up10(→)) ＝( eq \(EA,\s\up10(→)) ＋ eq \(AM,\s\up10(→)) )·( eq \(NA,\s\up10(→)) ＋ eq \(AF,\s\up10(→)) )＝ eq \(EA,\s\up10(→)) · eq \(NA,\s\up10(→)) ＋ eq \(EA,\s\up10(→)) · eq \(AF,\s\up10(→)) ＋ eq \(AM,\s\up10(→)) · eq \(NA,\s\up10(→)) ＋ eq \(AM,\s\up10(→)) · eq \(AF,\s\up10(→)) ＝ eq \(EA,\s\up10(→)) · eq \(AF,\s\up10(→)) ＋ eq \(AM,\s\up10(→)) · eq \(NA,\s\up10(→)) ＝| eq \(EA,\s\up10(→)) || eq \(AF,\s\up10(→)) |＋| eq \(AM,\s\up10(→)) || eq \(NA,\s\up10(→)) |＝(x1＋1)(x2＋1)＋(x3＋1)·(x4＋1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋x3x4＋x3＋x4＋1＝8＋ eq \f(4,k2) ＋4k2≥8＋8 eq \r(k2×\f(1,k2)) ＝16，
当且仅当k2＝ eq \f(1,k2) ，即k＝±1时取等号，
所以 eq \(EM,\s\up10(→)) · eq \(NF,\s\up10(→)) 的最小值为16.
大题考法3 探索问题
[核心提炼]
圆锥曲线中的是否存在问题一般采用假设存在法破解，即先假设所探究的元素存在，在这个假设下探究其是否符合题目中所给信息，从而得到结论．解决问题的步骤为：
(2024·天津卷)已知椭圆 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)，椭圆的离心率e＝ eq \f(1,2) ，左顶点为A，下顶点为B，O为坐标原点，C是线段OB的中点，其中S△ABC＝ eq \f(3\r(3),2) .
(1)求椭圆的方程；
(2)过点(0，－ eq \f(3,2) )的动直线与椭圆有两个交点P，Q，在y轴上是否存在点T使得 eq \(TP,\s\up10(→)) · eq \(TQ,\s\up10(→)) ≤0？若存在，求出点T纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．
【解】 (1)因为e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(1,2) ，所以a＝2c，则b＝ eq \r(a2－c2) ＝ eq \r(3) c，
由题知A(－a，0)，B(0，－b)，C(0，－ eq \f(b,2) )，
所以S△ABC＝ eq \f(1,2) ·|BC|·|OA|＝ eq \f(1,2) · eq \f(b,2) ·a＝ eq \f(1,2) · eq \f(\r(3)c,2) ·2c＝ eq \f(3\r(3),2) ，
得c＝ eq \r(3) ，
所以a＝2 eq \r(3) ，b＝3.
故椭圆的方程为 eq \f(x2,12) ＋ eq \f(y2,9) ＝1.
(2)假设在y轴上存在点T，使得 eq \(TP,\s\up10(→)) · eq \(TQ,\s\up10(→)) ≤0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(0，t).
当直线PQ的斜率不存在时，不妨设P(0，3)，Q(0，－3)，则 eq \(TP,\s\up10(→)) · eq \(TQ,\s\up10(→)) ＝(0，3－t)·(0，－3－t)＝t2－9≤0，解得－3≤t≤3.
当直线PQ的斜率存在时，则其方程为y＝kx－ eq \f(3,2) ，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx－\f(3,2)，,\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1)) 可得(3＋4k2)x2－12kx－27＝0，所以Δ＝144k2＋4×27(3＋4k2)>0，x1＋x2＝ eq \f(12k,3＋4k2) ，x1x2＝－ eq \f(27,3＋4k2) .
则 eq \(TP,\s\up10(→)) · eq \(TQ,\s\up10(→)) ＝(x1，y1－t)·(x2，y2－t)＝x1x2＋(y1－t)·(y2－t)＝x1x2＋(kx1－ eq \f(3,2) －t)(kx2－ eq \f(3,2) －t)＝(1＋k2)x1x2－k( eq \f(3,2) ＋t)(x1＋x2)＋( eq \f(3,2) ＋t)2＝－ eq \f(27（1＋k2）,3＋4k2) － eq \f(12k2（\f(3,2)＋t）,3＋4k2) ＋( eq \f(3,2) ＋t)2＝
eq \f(4k2t2－36k2＋3t2＋9t－\f(81,4),3＋4k2) ≤0，
所以4k2t2－36k2＋3t2＋9t－ eq \f(81,4) ≤0对k∈R恒成立，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4t2－36≤0，,3t2＋9t－\f(81,4)≤0，)) 解得－3≤t≤ eq \f(3,2) .
综上，点T的纵坐标的取值范围是[－3， eq \f(3,2) ].
探索性问题的求解策略
(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律．
(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论．
(2024·安徽一模)已知双曲线 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)中，焦距为4 eq \r(2) ，且双曲线过点P(－3，1)，斜率不为零的直线与双曲线交于A，B两点，且以AB为直径的圆过点P.
(1)求双曲线的方程；
(2)是否存在直线AB，使得点P到直线AB的距离最大？若存在，求出直线AB的方程，若不存在，请说明理由．
解：(1)由题意得2c＝4 eq \r(2) ，且 eq \f(9,a2) － eq \f(1,b2) ＝1，又a2＋b2＝c2，解得a2＝6，b2＝2，故双曲线方程为 eq \f(x2,6) － eq \f(y2,2) ＝1.
(2)设直线AB：x＝my＋n，联立 eq \f(x2,6) － eq \f(y2,2) ＝1得(m2－3)y2＋2mny＋n2－6＝0，易知Δ>0，m2－3≠0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝－ eq \f(2mn,m2－3) ，y1y2＝ eq \f(n2－6,m2－3) ，
由题意得 eq \(PA,\s\up10(→)) · eq \(PB,\s\up10(→)) ＝0，
即 eq \(PA,\s\up10(→)) · eq \(PB,\s\up10(→))
＝(x1＋3，y1－1)·(x2＋3，y2－1)
＝(x1＋3)(x2＋3)＋(y1－1)(y2－1)
＝(my1＋n＋3)(my2＋n＋3)＋(y1－1)·(y2－1)＝(m2＋1)y1y2＋[m(n＋3)－1](y1＋y2)＋(n＋3)2＋1＝0，
将y1＋y2＝－ eq \f(2mn,m2－3) ，y1y2＝ eq \f(n2－6,m2－3) 代入上式，(m2＋1)· eq \f(n2－6,m2－3) －[m(n＋3)－1] eq \f(2mn,m2－3) ＋(n＋3)2＋1＝0，
即(m2＋1)(n2－6)－2m2n(n＋3)＋2mn＋(n＋3)2(m2－3)＋m2－3＝0，
化简得2m2＋mn－n2－9n－18＝0，
变形为(2m－n－6)(m＋n＋3)＝0，
故n＝－m－3或n＝2m－6，
当n＝－m－3时，直线AB：x＝(y－1)m－3，经过定点(－3，1)，与P重合，不满足要求，
当n＝2m－6时，直线AB：x＝(y＋2)m－6，经过定点Q(－6，－2)，
要想P到直线AB的距离最大，
则AB⊥PQ，其中kPQ＝ eq \f(－2－1,－6＋3) ＝1.
故直线AB的斜率kAB＝－ eq \f(1,kPQ) ＝－1，
故直线AB的方程为y＋2＝－(x＋6)，
即y＝－x－8.
经检验，y＝－x－8满足要求．
1．已知直线l与抛物线C：x2＝4y交于A，B两点，M是线段AB的中点．
(1)若直线AB的斜率为1，求点M的横坐标；
(2)若|AB|＝8，求点M纵坐标的最小值．
解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则kAB＝ eq \f(y1－y2,x1－x2) ＝ eq \f(\f(x eq \\al(2,1) ,4)－\f(x eq \\al(2,2) ,4),x1－x2) ＝ eq \f(x1＋x2,4) ＝ eq \f(x0,2) .
由直线AB的斜率为1，得 eq \f(x0,2) ＝1，
所以x0＝2，即点M的横坐标为2.
(2)设直线l的方程为y＝kx＋b，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,y＝kx＋b，)) 消去y得x2－4kx－4b＝0，
由Δ＝(－4k)2－4×(－4b)>0，
得k2＋b>0，①
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，由|AB|＝8，
得|AB|＝ eq \r(1＋k2) ·|x1－x2|＝
eq \r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2]) ＝
eq \r(（1＋k2）[（4k）2－4×（－4b）]) ＝
4 eq \r(（1＋k2）（k2＋b）) ＝8，
所以(1＋k2)(k2＋b)＝4.②
由x1＋x2＝4k，得y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2b＝4k2＋2b，
故点M的坐标为(2k，2k2＋b)，由①②得2k2＋b＝(k2＋1)＋(k2＋b)－1≥2 eq \r(（k2＋1）（k2＋b）) －1＝3，当且仅当1＋k2＝k2＋b，即b＝1时取等号，故点M纵坐标的最小值为3.
2．(2024·潍坊模拟)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，焦距为2 eq \r(3) ，点Q( eq \r(3) ，－ eq \f(1,2) )在椭圆C上．
(1)若P是椭圆C上一动点，求 eq \(PF1,\s\up10(→)) · eq \(PF2,\s\up10(→)) 的取值范围；
(2)已知过椭圆C的右焦点F2，且斜率不为零的直线l交椭圆C于M，N两点，求△F1MN的内切圆面积的最大值．
解：(1)由题意知c＝ eq \r(3) ，所以a2＝b2＋3.
将点Q( eq \r(3) ，－ eq \f(1,2) )代入 eq \f(x2,b2＋3) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1中，得b＝1，
所以a2＝1＋3＝4，
所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,4) ＋y2＝1.
设点P(x，y)，则 eq \(PF1,\s\up10(→)) · eq \(PF2,\s\up10(→)) ＝(－ eq \r(3) －x，－y)·( eq \r(3) －x，－y)＝x2－3＋y2＝ eq \f(3,4) x2－2.
又点P在椭圆C上，所以x∈[－2，2]，
所以 eq \(PF1,\s\up10(→)) · eq \(PF2,\s\up10(→)) 的取值范围是[－2，1].
(2)依题意可设直线l的方程为x＝my＋ eq \r(3) ，M(x1，y1)，N(x2，y2).
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋\r(3)，,\f(x2,4)＋y2＝1，)) 消去x得(m2＋4)y2＋2 eq \r(3) my－1＝0，
Δ＝16m2＋16>0，
所以y1＋y2＝－ eq \f(2\r(3)m,m2＋4) ，y1y2＝－ eq \f(1,m2＋4) ，
所以S△F1MN＝ eq \f(1,2) ×2 eq \r(3) ·|y1－y2|＝ eq \r(3) × eq \r(\f(12m2,（m2＋4）2)＋\f(4,m2＋4)) ＝4 eq \r(3) × eq \r(\f(m2＋1,（m2＋4）2)) .
又 eq \f(m2＋1,（m2＋4）2) ＝ eq \f(m2＋1,（m2＋1）2＋6（m2＋1）＋9)
＝ eq \f(1,（m2＋1）＋\f(9,m2＋1)＋6) ≤
eq \f(1,2× \r(（m2＋1）·\f(9,m2＋1))＋6) ＝ eq \f(1,12) ，
当且仅当m2＋1＝ eq \f(9,m2＋1) ，即m＝± eq \r(2) 时等号成立．
所以S△F1MN≤4 eq \r(3) × eq \r(\f(1,12)) ＝2.
由题意可知，|MF1|＋|MF2|＋|NF1|＋|NF2|＝4a，
即△F1MN的周长为4a.
又△F1MN内切圆半径r满足r＝ eq \f(2S△F1MN,4a) ≤ eq \f(4,8) ＝ eq \f(1,2) ，
所以△F1MN的内切圆面积的最大值为 eq \f(π,4) .
3．已知椭圆Γ： eq \f(x2,m2) ＋ eq \f(y2,3) ＝1(m>0，m≠ eq \r(3) ).
(1)若m＝2，求椭圆Γ的离心率；
(2)设A1，A2分别为椭圆Γ的左、右顶点，若椭圆Γ上一点E的纵坐标为1，且 eq \(EA1,\s\up10(→)) · eq \(EA2,\s\up10(→)) ＝－2，求m的值；
(3)若P为椭圆Γ上一点，过点P作一条斜率为 eq \r(3) 的直线与双曲线 eq \f(y2,5m2) － eq \f(x2,5) ＝1仅有一个公共点，求m的取值范围．
解：(1)当m＝2时，椭圆Γ的方程为 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1，
则a＝2，b＝ eq \r(3) ，所以c＝ eq \r(a2－b2) ＝1，
所以椭圆Γ的离心率e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(1,2) .
(2)依题意，A1(－m，0)，A2(m，0)，设E(p，1)，则 eq \f(p2,m2) ＋ eq \f(1,3) ＝1，得p2＝ eq \f(2,3) m2，①
eq \(EA1,\s\up10(→)) ＝(－m－p，－1)， eq \(EA2,\s\up10(→)) ＝(m－p，－1)，则 eq \(EA1,\s\up10(→)) · eq \(EA2,\s\up10(→)) ＝p2－m2＋1＝－2，②
联立①②，解得m＝3.
(3)设过点P且斜率为 eq \r(3) 的直线的方程为y＝ eq \r(3) x＋t，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x＋t，,\f(x2,m2)＋\f(y2,3)＝1，)) 得 eq \f(x2,m2) ＋ eq \f(（\r(3)x＋t）2,3) ＝1，
整理得(3m2＋3)x2＋2 eq \r(3) tm2x＋(t2－3)m2＝0，
则Δ1＝(2 eq \r(3) tm2)2－4m2(3m2＋3)(t2－3)≥0，
整理得t2≤3m2＋3.③
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x＋t，,\f(y2,5m2)－\f(x2,5)＝1，)) 得 eq \f(（\r(3)x＋t）2,5m2) － eq \f(x2,5) ＝1，
整理得(3－m2)x2＋2 eq \r(3) tx＋(t2－5m2)＝0，
则Δ2＝(2 eq \r(3) t)2－4(3－m2)(t2－5m2)＝0，
整理得t2＝5m2－15.④
由③④可得5m2－15≤3m2＋3，解得－3≤m≤3，
由5m2－15≥0且m>0，可得m≥ eq \r(3) ，
又m≠ eq \r(3) ，所以m∈( eq \r(3) ，3].
综上，m的取值范围为( eq \r(3) ，3].
4．(2024·文昌模拟)已知双曲线E： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的离心率为2，左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，点A(x1，y1)为双曲线E右支上异于右顶点的动点，如图，过点A作圆C：x2＋y2＝a2的一条切线AM，切点为M，且|AM|2＋3＝ eq \f(c2,a2) x eq \\al(2,1) －a2.
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)设直线AF1与双曲线左支交于点B，双曲线的右顶点为D(a，0)，直线AD，BD分别与圆C相交，交点分别为异于点D的点P，Q.判断弦PQ是否过定点，如果过定点，求出定点坐标；如果不过定点，请说明理由．
解：(1)因为点A(x1，y1)为双曲线E右支上异于右顶点的动点，
所以 eq \f(x eq \\al(2,1) ,a2) － eq \f(y eq \\al(2,1) ,b2) ＝1，则y eq \\al(2,1) ＝ eq \f(b2,a2) x eq \\al(2,1) －b2.
连接AO，OM(图略)，因为AM是圆C：x2＋y2＝a2的一条切线，所以OM⊥AM，△AOM为直角三角形，
所以|AM|2＝|AO|2－|OM|2＝x eq \\al(2,1) ＋y eq \\al(2,1) －a2＝ eq \f(c2,a2) x eq \\al(2,1) －a2－b2.
因为|AM|2＋3＝ eq \f(c2,a2) x eq \\al(2,1) －a2，
所以 eq \f(c2,a2) x eq \\al(2,1) －a2－b2＋3＝ eq \f(c2,a2) x eq \\al(2,1) －a2，
所以b2＝3.
因为e2＝1＋ eq \f(b2,a2) ＝4，所以a2＝1.
所以双曲线E的标准方程为x2－ eq \f(y2,3) ＝1.
(2)弦PQ过定点(0，0)，理由如下：
因为c＝ eq \r(a2＋b2) ＝2，所以F1(－2，0).
设B(x2，y2)，直线AF1：x＝my－2.
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－2，,x2－\f(y2,3)＝1，)) 消去x得(3m2－1)y2－12my＋9＝0，
则3m2－1≠0，Δ>0，y1＋y2＝ eq \f(12m,3m2－1) ，y1y2＝ eq \f(9,3m2－1) .
由(1)可知D点坐标为D(1，0)，
因为kPD·kQD＝kDA·kDB＝ eq \f(y1,x1－1) · eq \f(y2,x2－1)
＝ eq \f(y1y2,（my1－3）（my2－3）) ＝ eq \f(y1y2,m2y1y2－3m（y1＋y2）＋9)
＝ eq \f(9,9m2－36m2＋9（3m2－1）) ＝－1，
所以PD⊥QD，又点D，Q在圆C上，
所以PQ为圆C的直径，所以PQ一定过圆C的圆心，即弦PQ过定点(0，0).
几何法
根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)
代数法
建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值来解决(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)