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解析几何中的新定义问题 高考定位 圆锥曲线的新定义问题主要有以下几个方面：(1)定义与圆锥曲线有 关的三角形；(2)定义曲线或曲线间的关系；(3)定义曲线的性质；(4)定义曲线的 度量；(5)直线族的包络曲线等. 【题型突破】 题型一 定义与圆锥曲线有关的三角形 例1 (2024·武汉模拟)已知抛物线E：y2＝4x 的焦点为F，若△ABC 的三个顶点都 在抛物线E 上，且满足FA＋FB＋FC＝0，则称该三角形为“核心三角形”. (1)设“核心三角形ABC”的一边AB 所在直线的斜率为2，求直线AB 的方程； (2)已知△ABC 是“核心三角形”，证明：△ABC 三个顶点的横坐标都小于2. (1)解 设直线AB 的方程为y＝2x＋t， 与y2＝4x 联立得y2－2y＋2t＝0， 由Δ＝4－8t>0 得t<， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，则y1＋y2＝2，y1y2＝2t， 所以x1＋x2＝(y1＋y2－2t)＝1－t， 由题意知F(1，0)，因为FA＋FB＋FC＝0，FA＝(x1－1，y1)，FB＝(x2－1，y2)， FC＝(x3－1，y3)，F 为△ABC 的重心， 所以(x1＋x2＋x3－3，y1＋ y2＋y3)＝(0，0)， 所以 故 即点C 的坐标为(2＋t，-2)， 代入抛物线E 的方程得4＝4(2＋t)， 解得t＝－1， 满足条件t<， 所以直线AB 的方程为2x－y－1＝0. (2)证明 设直线BC 的方程为x＝my＋n，与y2＝4x 联立得y2－4my－4n＝0， Δ＝16(m2＋n)>0，所以n>－m2，y2＋y3＝4m，y2y3＝－4n， 所以x2＋x3＝m(y2＋y3)＋2n＝4m2＋2n. 由(1)知 所以 即点A 的坐标为(3－4m2－2n，－4m). 又点A 在抛物线y2＝4x 上，所以16m2＝4(3－4m2－2n)， 所以n＝－4m2， 又n>－m2，所以m2<， 所以点A 的横坐标3－4m2－2n＝4m2<2， 同理可证，B，C 两点的横坐标也小于2. 所以△ABC 三个顶点的横坐标均小于2. 反思感悟 解此类新定义问题关键是利用所定义三角形点或边与圆锥曲线的位置 关系，本质上就是考查直线与圆锥曲线的位置关系. 训练1 (2024·济南调研)过抛物线外一点P 作抛物线的两条切线，切点分别为 A，B，我们称△PAB 为抛物线的阿基米德三角形，弦AB 与抛物线所围成的封闭 图形称为相应的“囧边形”，且已知“囧边形”的面积恰为相应阿基米德三角形 面积的三分之二.如图，点P 是圆Q：x2＋(y＋5)2＝4 上的动点，△PAB 是抛物线 Γ：x2＝2py(p>0)的阿基米德三角形，F 是抛物线Γ 的焦点，且|PF|min＝6. (1)求抛物线Γ 的方程； (2)利用题给的结论，求图中“囧边形”面积的取值范围； (3)设D 是“囧边形”的抛物线弧AB上的任意一动点(异于A，B 两点)，过D 作抛 物线的切线l 交阿基米德三角形的两切线边PA，PB 于M，N，证明：|AM|·|BN| ＝|PM|·|PN|. (1)解 由题意得，Q(0，－5)，r＝2，F， 由|PF|min＝|QF|－r＝＋3＝6⇒p＝6， 所以抛物线Γ：x2＝12y. (2)解 设AB：y＝kx＋m，A，B， 联立⇒x2－12kx－12m＝0， Δ＝48(3k2＋m)>0， 则x1＋x2＝12k，x1x2＝－12m， 由x2＝12y⇒y′＝， 所以PA：y－＝(x－x1)⇒PA：y＝x－， 同理，PB：y＝x－， 联立直线PA，PB 可得 xp－＝xp－⇒xp＝＝6k， 代入PA 方程中，得yp＝·－＝＝－m， 即P(6k，－m)， 故△PAB 的面积S△PAB＝|AB|·d＝·4· ＝4(3k2＋m). 因为P(6k，－m)在圆Q 上， 所以36k2＋(5－m)2＝4⇒k2＝且m∈[3，7]， 于是3k2＋m＝＋m＝， 显然此式在m∈[3，7]上单调递增， 故3k2＋m∈， 也即3k2＋m∈[3，7]， 因此S△PAB＝4(3k2＋m)∈[36，28]， 由题干知“囧边形”面积等于S△PAB， 所以“囧边形”面积的取值范围为. (3)证明 由(2)知，xP＝， 设D(x3，y3)，过D 的切线y－y3＝x3(x－x3)， 即y＝x－， 由过D 点的切线交PA：y＝x－得xM＝，同理xN＝， 因为＝＝＝， ＝＝＝. 所以＝， 即|AM|·|BN|＝|PM|·|PN|. 题型二 定义曲线或曲线间的关系 例2 (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|， 所以或 或解得－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|＝ 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＋＝1， 将点(1，1)代入得＋＝1，解得b2＝， 所以外接椭圆C 的方程为＋＝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 得(m2＋3)y2＋2my－3＝0，Δ＝4m2＋12(m2＋3)＝16m2＋36>0 恒成立， 则y1＋y2＝－，y1y2＝－， 因为AM 的中点为，kAM＝＝， 所以直线AM 的中垂线的方程为y＝－x－y1， 同理直线AN 的中垂线的方程为y＝－x－y2， 设Q(x0，y0)，则y1，y2是方程y0＝－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＝－，y1y2＝－， 所以－(mx0＋y0)＝－，3x0＝－， 两式相比得＝，所以＝－3m， 所以kMN·kOQ＝·＝－3， 所以直线OQ 与MN 的斜率之积为定值－3. 反思感悟 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2 (2024·漳州二检)已知a>b>0，我们称双曲线C：－＝1 与椭圆τ：＋＝1 互 为“伴随曲线”，点A 为双曲线C 与椭圆τ 的下顶点. (1)若B 为椭圆τ 的上顶点，直线y＝t(0<t<a)与τ 交于P，Q 两点，证明：直线 AP，BQ 的交点在双曲线C 上； (2)过椭圆τ 的一个焦点且与长轴垂直的弦长为，双曲线C 的一条渐近线方程为y ＝x，若F 为双曲线C 的上焦点，直线l 经过F 且与双曲线C 上支交于M，N 两 点，记△MON 的面积为S，∠MON＝θ(O 为坐标原点)，△AMN 的面积为3＋6. (ⅰ)求双曲线C 的方程； (ⅱ)证明：2Scos θ＝17sin θ. (1)证明 依题意可知A(0，－a)，B(0，a)， 联立 不妨取P，Q， 则直线AP 的方程为y＝x－a，① 直线BQ 的方程为y＝x＋a，② 联立①②可得 即直线AP，BQ 的交点坐标为. 又－＝1 成立， 所以直线AP，BQ 的交点在双曲线C 上. (2)(ⅰ)解 因为过椭圆τ 的一个焦点且与长轴垂直的弦长为，所以＝.③ 因为双曲线C 的一条渐近线方程为y＝x， 所以＝.④ 联立③④，解得b＝1，a＝， 所以双曲线C 的方程为－x2＝1. (ⅱ)证明 由(ⅰ)得点F(0，2)，A(0，－)， 设直线l 的斜率为k，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则直线l 的方程y＝kx＋2， 与双曲线－x2＝1 联立并消去y 得 (k2－3)x2＋4kx＋1＝0， 则Δ＝12k2＋12>0， 所以x1＋x2＝， x1x2＝<0，则k2<3， 故|x1－x2|＝＝. 又|AF|＝2＋， 所以S△AMN＝|AF||x1－x2|＝×(2＋)×＝3＋6， 解得k2＝2 或k2＝(舍去). 因为S＝|OM||ON|sin θ 所以＝ ＝|OM||ON|cos θ ＝OM·ON＝x1x2＋y1y2 ＝[x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)] ＝[(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4] ＝. 因为k2＝2，所以＝，即2Scos θ＝17sin θ. 题型三 定义曲线的度量 例3 (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)；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＝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< －ln 2. (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)＝＝，2＝，即b＝， 所以抛物线y＝x2在原点处的曲率圆的方程为x2＋＝. (2)解 设曲线y＝f(x)在(x0，y0)的曲率半径为r，则 法一 由(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2知， [f′(x0)]2＋1＝， 所以r＝， 故曲线y＝在点(x0，y0)处的曲率半径r＝， 所以r2＝＝≥2， 则r＝≥， 当且仅当x＝，即x＝1 时取等号， 故r≥，曲线y＝在点(1，1)处的曲率半径r＝. 法二 所以 而r2＝(x0－a)2＋(y0－b)2＝＋， 所以r＝2－， 解方程可得r＝， 则r2＝≥2，当且仅当x＝，即x＝1 时取等号， 故r≥，曲线y＝在点(1，1)处的曲率半径r＝. (3)证明 法一 函数y＝ex的图象在(x，ex)处的曲率半径r＝， 故r＝ex＋e－x， 由题意知ex 1＋e－x1＝ex 2＋e－x 2 令t1＝ex 1，t2＝ex 2， 则有t＋＝t＋，所以t－t＝－， 即(t1－t2)(t1＋t2)＝， 故t1t2(t1＋t2)＝1. 因为x1≠x2，所以t1≠t2， 所以1＝t1t2(t1＋t2)>t1t2·2＝2(t1t2)＝2ex1＋x2， 所以x1＋x2<－ln 2. 法二 函数y＝ex的图象在(x，ex)处的曲率半径r＝， 有r2＝＝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∈时h′(x)<0； 当x∈时h′(x)>0， 故h(x)在上单调递减， 在上单调递增. 故有x1<－ln 2<x2， 所以x1，－ln 2－x2∈， 要证x1＋x2<－ln 2，即证x1<－ln 2－x2， 即证h(x2)＝h(x1)>h(－ln 2－x2). 下证：当x∈时， 有h(x)>h(－ln 2－x)， 设函数H(x)＝h(x)－h(－ln 2－x)(其中x>－ln 2)， 则H′(x)＝h′(x)＋h′(－ln 2－x) ＝(2e2x－1)2>0， 故H(x)单调递增， 故H(x)>H＝0， 故h(x1)＝h(x2)>h(－ln 2－x2)， 所以x1＋x2<－ln 2. 反思感悟 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由(x0 －a)2＋(y0－b)2＝r2知[f′(x0)]2＋1＝，所以r＝. 训练3 (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＝(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|＝＝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，)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，)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，)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PA·PB的最大值. 解 (1)曲线C1：y2－x2＝2 在点M(0，)附近满足y＝，进一步有y′＝， y″＝＝， 故其曲率K＝＝＝. 在x＝0 处，K＝＝， 所以曲线C1：y2－x2＝2 在点M(0，)处的曲率为. 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＝，进一步有y′＝－，y″＝， 故其曲率K＝＝＝. 令k＝，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－)2＝R2，R>0， 由条件知，由x2＋(y－R－)2＝R2和y2＝x2＋2 组成的方程组只有一个解(x，y)＝ (0，). 将其联立，得到y2－2＋(y－R－)2＝R2， 即y2－(R＋)y＋R＝0， 即(y－)(y－R)＝0. 若R>，则原方程组还有另一个解(，R)，矛盾. 而R＝时，我们有(y－)2＝0，从而y＝，x2＝y2－2＝0， 故x＝0，这表明原方程组只有(x，y)＝(0，)一个解. 所以所求的半径最大的圆C3的方程为x2＋(y－2)2＝2. (3)首先要PA·PB＝(PO＋OA)·(PO＋OB)＝(PO＋OA)·(PO－OA)＝|OP|2－|OA|2. 设A(xA，yA)，则我们又有|OP|≤＋2R＝3， |OA|＝＝≥， 故PA·PB＝|OP|2－|OA|2≤18－2＝16. 当P(0，3)，A(0，)时，PA·PB＝|OP|2－|OA|2＝18－2＝16. 所以PA·PB的最大值是16. 【精准强化练】 1.(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＝＝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>. 证明：在y＝上任取一点Q， y＝在该点处的切线斜率为k＝， 于是可以得到y＝在Q 点处的切线方程为y＝x－， 即－2x1x＋4y＋x＝0. 令直线族Ω：(2a－4)x＋4y＋(a－2)2＝0 中2a－4＝－2x1， 则直线为－2x1x＋4y＋x＝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 都是抛物线在点处的切线. 所以直线族Ω 的包络曲线E 为y＝. (3)法一 已知C(0，1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则CA＝(x1，y1－1)，CB＝(x2，y2－1)，|CA|＝＋1，|CB|＝＋1； 由(2)知y＝在点A(x1，y1)处的切线方程为 y＝x－； 同理y＝在点B(x2，y2)处的切线方程为y＝x－； 联立可得P， 所以CP＝. 因为CA·CP＝x1·＋ ＝＋＋＋1＝， 同理CB·CP＝. 所以＝ ＝， ＝＝， 即＝， 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＝，kA′C＝＝， 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. 2.(2024·南通二模)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆Γ：＋＝1(a>b>0)的离心 率为，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|＝2. (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|＝2， 而直线l：x＝±a 与Γ 相切， 则2＝2，解得a＝， 又椭圆Γ 的离心率为， 则椭圆Γ 的半焦距c＝，b＝＝1， 所以Γ 的方程为＋y2＝1. (2)①解 当l 的斜率存在时， 设l 的方程为y＝kx＋m， 由消去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＝＝＝∈[1，)， 则△PAB 的面积为S△PAB≤(d＋3)·|AB|＝(d＋3)×2＝， 设f(d)＝(3－d)(d＋3)3，1≤d<， 求导得f′(d)＝2(d＋3)2(3－2d)， 当1≤d<时，f′(d)>0，函数f(d)单调递增； 当<d<时，f′(d)<0，函数f(d)单调递减， 因此当d＝时，f(d)取得最大值， 此时(S△PAB)max＝. 当l 的斜率不存在时，由(1)知，S≤×(＋3)×2＝3＋3， 由－(＋)2＝－4>7－4>0， 得>3＋3， 则d＝. 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， 所以d(M，N)＝. 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 的最近点为Z3，点Z3到集合Y 的最近点为Y3， 因为|X1Z1|是集合X 中所有点到集合Z 最近点距离的最大值，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).
