典例1 (2023·新高考全國(guó)Ⅰ)在直角坐標(biāo)系Oxy中，點(diǎn)P到x軸的距離等于點(diǎn)P到點(diǎn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))的距離，記動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為W.
(1)求W的方程；
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(2)已知矩形ABCD有三個(gè)頂點(diǎn)在W上，證明：矩形ABCD的周長(zhǎng)大于3eq \r(3).
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典例2 (2023·石家莊模擬)已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，焦距為2eq \r(3)，過(guò)F1的直線m與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，且△ABF2的周長(zhǎng)為8.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若過(guò)點(diǎn)G(1,0)的動(dòng)直線n與橢圓C相交于M，N兩點(diǎn)，直線l的方程為x＝4.過(guò)點(diǎn)M作MP⊥l于點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)N作NQ⊥l于點(diǎn)Q.記△GPQ，△GPM，△GQN的面積分別為S，S1，S2.問(wèn)是否存在實(shí)數(shù)λ，使得λeq \r(S1·S2)－S＝0成立？若存在，請(qǐng)求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
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[總結(jié)提升]
證明性問(wèn)題主要根據(jù)直線與圓錐曲線的性質(zhì)、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等，通過(guò)相關(guān)性質(zhì)的應(yīng)用、代數(shù)式的恒等變形以及必要的數(shù)值計(jì)算等進(jìn)行證明．
存在性問(wèn)題通常采用“肯定順推法”，將不確定的問(wèn)題明朗化．其步驟為假設(shè)滿足條件的元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在并設(shè)出，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程(組)，若方程(組)有實(shí)數(shù)解，則元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在；否則，元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))不存在．注意：當(dāng)結(jié)論或條件不唯一時(shí)，要分類討論．
1．(2023·湖南師大附中模擬)如圖，橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,4)＝1(a>2)，圓O：x2＋y2＝a2＋4，橢圓C的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2.
(1)過(guò)橢圓上一點(diǎn)P和原點(diǎn)O作直線l交圓O于M，N兩點(diǎn)，若|PF1|·|PF2|＝6，求|PM|·|PN|的值；
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(2)過(guò)圓O上任意點(diǎn)R引橢圓C的兩條切線，求證：兩條切線互相垂直．
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2．(2023·聊城模擬)已知雙曲線C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)為F，一條漸近線的傾斜角為60°，且C上的點(diǎn)到F的距離的最小值為1.
(1)求C的方程；
(2)設(shè)點(diǎn)O(0,0)，M(0,2)，動(dòng)直線l：y＝kx＋m與C的右支相交于不同兩點(diǎn)A，B，且∠AFM＝∠BFM，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥l，H為垂足，證明：動(dòng)點(diǎn)H在定圓上，并求該圓的方程．
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3．(2023·保定模擬)如圖，雙曲線的中心在原點(diǎn)，焦距為2eq \r(7)，左、右頂點(diǎn)分別為A，B，曲線C是以雙曲線的實(shí)軸為長(zhǎng)軸，虛軸為短軸，且離心率為eq \f(1,2)的橢圓，設(shè)P在第一象限且在雙曲線上，直線BP交橢圓于另一點(diǎn)M，直線AP與橢圓交于另一點(diǎn)N.
(1)求橢圓及雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)MN與x軸交于點(diǎn)T，是否存在點(diǎn)P使得xP＝4xT(其中xP，xT分別為點(diǎn)P，T的橫坐標(biāo))？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
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微專題42 證明性、探究性問(wèn)題
[考情分析] 圓錐曲線的綜合問(wèn)題是高考考查的重點(diǎn)內(nèi)容，證明性、探索性問(wèn)題是常見的熱點(diǎn)題型，常以解答題的形式壓軸出現(xiàn)，難度較大．
考點(diǎn)一 圓錐曲線的證明性問(wèn)題
典例1 (2023·新高考全國(guó)Ⅰ)在直角坐標(biāo)系Oxy中，點(diǎn)P到x軸的距離等于點(diǎn)P到點(diǎn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))的距離，記動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為W.
(1)求W的方程；
(2)已知矩形ABCD有三個(gè)頂點(diǎn)在W上，證明：矩形ABCD的周長(zhǎng)大于3eq \r(3).
(1)解 設(shè)P(x，y)，
則|y|＝eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))2)，
兩邊同時(shí)平方化簡(jiǎn)得y＝x2＋eq \f(1,4)，
故W：y＝x2＋eq \f(1,4).
(2)證明 方法一 設(shè)矩形的三個(gè)頂點(diǎn)Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a2＋\f(1,4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b，b2＋\f(1,4)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，c2＋\f(1,4)))在W上，且a0，f′(x)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))，
令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(\r(2),2)，
當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))時(shí)，f′(x)0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞增，
則f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝eq \f(27,4)，
故eq \f(1,2)C≥eq \r(\f(27,4))＝eq \f(3\r(3),2)，即C≥3eq \r(3).
當(dāng)C＝3eq \r(3)時(shí)，n＝eq \f(\r(2),2)，m＝－eq \r(2)，
與當(dāng)(b－a)eq \r(1＋m2)＝(b－a)eq \r(1＋n2)，
即m＝n時(shí)等號(hào)成立，矛盾，故C>3eq \r(3)，得證．
方法二 不妨設(shè)A，B，D在W上，且BA⊥DA，
依題意可設(shè)Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a2＋\f(1,4)))，
易知直線BA，DA的斜率均存在且不為0，
則設(shè)BA，DA的斜率分別為k和－eq \f(1,k)，由對(duì)稱性，不妨設(shè)|k|≤1，
直線AB的方程為y＝k(x－a)＋a2＋eq \f(1,4)，
則聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x2＋\f(1,4)，,y＝k?x－a?＋a2＋\f(1,4)，))
得x2－kx＋ka－a2＝0，
Δ＝k2－4(ka－a2)＝(k－2a)2>0，則k≠2a，
則|AB|＝eq \r(1＋k2)|k－2a|，
同理|AD|＝eq \r(1＋\f(1,k2))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋2a))，
∴|AB|＋|AD|＝eq \r(1＋k2)|k－2a|＋eq \r(1＋\f(1,k2))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋2a))
≥eq \r(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|k－2a|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋2a))))≥eq \r(1＋k2)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))＝eq \r(\f(?1＋k2?3,k2))，
令k2＝m，則m∈(0,1]，
設(shè)f(m)＝eq \f(?m＋1?3,m)＝m2＋3m＋eq \f(1,m)＋3，
則f′(m)＝2m＋3－eq \f(1,m2)＝eq \f(?2m－1??m＋1?2,m2)，
令f′(m)＝0，解得m＝eq \f(1,2)，
當(dāng)m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))時(shí)，f′(m)0，此時(shí)f(m)單調(diào)遞增，
則f(m)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(27,4)，
所以|AB|＋|AD|≥eq \f(3\r(3),2)，
但eq \r(1＋k2)|k－2a|＋eq \r(1＋\f(1,k2))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋2a))≥eq \r(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|k－2a|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋2a))))，
此處取等號(hào)的條件為k＝1，與最終取等號(hào)時(shí)k＝eq \f(\r(2),2)不一致，
故|AB|＋|AD|>eq \f(3\r(3),2).
故矩形ABCD的周長(zhǎng)大于3eq \r(3).
方法三 為了計(jì)算方便，我們將拋物線向下移動(dòng)eq \f(1,4)個(gè)單位長(zhǎng)度得拋物線W′：y＝x2，
矩形ABCD變換為矩形A′B′C′D′，
則問(wèn)題等價(jià)于矩形A′B′C′D′的周長(zhǎng)大于3eq \r(3).
設(shè)B′(t0，teq \\al(2,0))，A′(t1，teq \\al(2,1))，C′(t2，teq \\al(2,2))，根據(jù)對(duì)稱性不妨設(shè)t0≥0.
則kA′B′＝t1＋t0，kB′C′＝t2＋t0，
由于A′B′⊥B′C′，
則(t1＋t0)(t2＋t0)＝－1.
由于|A′B′|＝eq \r(1＋?t1＋t0?2)|t1－t0|，|B′C′|＝eq \r(1＋?t2＋t0?2)|t2－t0|，且t0介于t1，t2之間，
則|A′B′|＋|B′C′|＝eq \r(1＋?t1＋t0?2)|t1－t0|＋eq \r(1＋?t2＋t0?2)|t2－t0|.
令t2＋t0＝tan θ，
t1＋t0＝－ct θ，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
則t2＝tan θ－t0，t1＝－ct θ－t0，從而
|A′B′|＋|B′C′|＝eq \r(1＋ct2θ)(2t0＋ct θ)＋eq \r(1＋tan2θ)(tan θ－2t0)，
故|A′B′|＋|B′C′|＝2t0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,sin θ)－\f(1,cs θ)))＋eq \f(sin θ,cs2θ)＋eq \f(cs θ,sin2θ)＝eq \f(2t0?cs θ－sin θ?,sin θcs θ)＋eq \f(sin3θ＋cs3θ,sin2θcs2θ).
①當(dāng)θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))時(shí)，
|A′B′|＋|B′C′|≥eq \f(sin3θ＋cs3θ,sin2θcs2θ)＝eq \f(sin θ,cs2θ)＋eq \f(cs θ,sin2θ)≥2eq \r(\f(1,sin θcs θ))＝2eq \r(\f(2,sin 2θ))≥2eq \r(2).
②當(dāng)θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))時(shí)，
由于t10，
由根與系數(shù)的關(guān)系可得y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋4)，y1y2＝－eq \f(3,m2＋4)，
因?yàn)镾＝eq \f(1,2)|PQ|·(4－1)＝eq \f(3,2)|y1－y2|＝eq \f(3,2)eq \r(?y1＋y2?2－4y1y2)
＝eq \f(3,2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2m,m2＋4)))2＋\f(12,m2＋4))＝eq \f(6\r(m2＋3),m2＋4).
因?yàn)镾1＝eq \f(1,2)|PM|·|y1|＝eq \f(1,2)(4－x1)·|y1|＝eq \f(1,2)[4－(my1＋1)]·|y1|＝eq \f(1,2)(3－my1)·|y1|，
S2＝eq \f(1,2)|NQ|·|y2|＝eq \f(1,2)(4－x2)·|y2|＝eq \f(1,2)[4－(my2＋1)]·|y2|＝eq \f(1,2)(3－my2)·|y2|，
所以S1·S2＝eq \f(1,4)(3－my1)(3－my2)·|y1y2|＝eq \f(1,4)[9－3m(y1＋y2)＋m2y1y2]·|y1y2|
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(9－3m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2m,m2＋4)))＋m2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,m2＋4)))))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(3,m2＋4)))＝eq \f(9?m2＋3?,?m2＋4?2)，
所以eq \r(S1·S2)＝eq \f(3\r(m2＋3),m2＋4)，
故eq \f(\r(S1·S2),S)＝eq \f(\f(3\r(m2＋3),m2＋4),\f(6\r(m2＋3),m2＋4))＝eq \f(1,2)，即2eq \r(S1·S2)－S＝0，
所以存在實(shí)數(shù)λ＝2，使得λeq \r(S1·S2)－S＝0成立．
跟蹤訓(xùn)練2 (2023·日照模擬)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點(diǎn)為F，E為C上的動(dòng)點(diǎn)，EQ垂直于動(dòng)直線y＝t(t2)，圓O：x2＋y2＝a2＋4，橢圓C的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2.
(1)過(guò)橢圓上一點(diǎn)P和原點(diǎn)O作直線l交圓O于M，N兩點(diǎn)，若|PF1|·|PF2|＝6，求|PM|·|PN|的值；
(2)過(guò)圓O上任意點(diǎn)R引橢圓C的兩條切線，求證：兩條切線互相垂直．
(1)解 設(shè)P(x0，y0)，由于|PF1|＋|PF2|＝2a?|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2|＝4a2，
而|PF1|·|PF2|＝6，
則(x0＋c)2＋yeq \\al(2,0)＋(x0－c)2＋yeq \\al(2,0)＋12＝4a2，
所以xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝2a2－c2－6＝a2－2(其中a2－c2＝4)，
所以|PM|·|PN|＝(|OM|－|OP|)(|ON|＋|OP|)＝|OM|2－|OP|2＝a2＋4－(xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0))
＝a2＋4－(a2－2)＝6.
(2)證明 設(shè)R(m，n)，則m2＋n2＝a2＋4，即n2－4＝a2－m2，
設(shè)過(guò)點(diǎn)R的圓O的切線斜率都存在時(shí)的方程為y＝k(x－m)＋n(m2≠a2)，代入橢圓方程得
4x2＋a2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(k2?x－m?2＋n2＋2k?x－m?n))－4a2＝0，
整理得(4＋a2k2)x2－2ka2(km－n)x＋a2(km－n)2－4a2＝0，
則Δ＝4a4k2(km－n)2－4(4＋a2k2)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a2?km－n?2－4a2))＝0，
即(km－n)2－a2k2－4＝0?(m2－a2)k2－2mnk＋n2－4＝0，
k1，k2是上述關(guān)于k的方程的兩個(gè)根，則k1k2＝eq \f(n2－4,m2－a2)＝－1，
即兩條切線的斜率都存在時(shí)，有兩條切線互相垂直；
而當(dāng)過(guò)R的切線斜率不存在時(shí)，易知R點(diǎn)的坐標(biāo)為(±a，±2)，
此時(shí)顯然兩條切線互相垂直，
綜上，過(guò)圓O上任意點(diǎn)R引橢圓C的兩條切線，則兩條切線互相垂直．
2．(2023·聊城模擬)已知雙曲線C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)為F，一條漸近線的傾斜角為60°，且C上的點(diǎn)到F的距離的最小值為1.
(1)求C的方程；
(2)設(shè)點(diǎn)O(0,0)，M(0,2)，動(dòng)直線l：y＝kx＋m與C的右支相交于不同兩點(diǎn)A，B，且∠AFM＝∠BFM，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥l，H為垂足，證明：動(dòng)點(diǎn)H在定圓上，并求該圓的方程．
(1)解 設(shè)F(c,0)，
則由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＝\r(3)，,c－a＝1，,c2＝a2＋b2，))
解得a＝1，b＝eq \r(3)，c＝2，
所以C的方程為x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)證明 由(1)得F(2,0)，eq \(FM,\s\up6(→))＝(－2,2)，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq \(FA,\s\up6(→))＝(x1－2，y1)，eq \(FB,\s\up6(→))＝(x2－2，y2)，
于是|eq \(FA,\s\up6(→))|＝eq \r(?x1－2?2＋y\\al(2,1))＝eq \r(?x1－2?2＋3x\\al(2,1)－3)＝2x1－1，
同理|eq \(FB,\s\up6(→))|＝2x2－1，
由∠AFM＝∠BFM，
得cs∠AFM＝cs∠BFM，
即eq \f(\(FA,\s\up6(→))·\(FM,\s\up6(→)),|\(FA,\s\up6(→))|)＝eq \f(\(FB,\s\up6(→))·\(FM,\s\up6(→)),|\(FB,\s\up6(→))|)，
即eq \f(－2?x1－2?＋2y1,2x1－1)＝eq \f(－2?x2－2?＋2y2,2x2－1)，
則eq \f(?k－1?x1＋m＋2,2x1－1)＝eq \f(?k－1?x2＋m＋2,2x2－1)
整理得(2m＋k＋3)(x1－x2)＝0，
因?yàn)閤1≠x2，所以2m＋k＋3＝0，
所以l的方程可化為y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))－eq \f(3,2)，
因此l過(guò)定點(diǎn)Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(3,2)))，|ON|＝eq \f(\r(10),2).
又因?yàn)镺H⊥l，垂足為H，所以動(dòng)點(diǎn)H在以O(shè)N為直徑的圓上，
該圓的方程為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,4)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(3,4)))2＝eq \f(5,8).
3．(2023·保定模擬)如圖，雙曲線的中心在原點(diǎn)，焦距為2eq \r(7)，左、右頂點(diǎn)分別為A，B，曲線C是以雙曲線的實(shí)軸為長(zhǎng)軸，虛軸為短軸，且離心率為eq \f(1,2)的橢圓，設(shè)P在第一象限且在雙曲線上，直線BP交橢圓于另一點(diǎn)M，直線AP與橢圓交于另一點(diǎn)N.
(1)求橢圓及雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)MN與x軸交于點(diǎn)T，是否存在點(diǎn)P使得xP＝4xT(其中xP，xT分別為點(diǎn)P，T的橫坐標(biāo))？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
解 (1)由已知可設(shè)雙曲線方程為eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1，橢圓方程為eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝7，,\f(\r(a2－b2),a)＝\f(1,2)))?eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝3，))
所以雙曲線方程為eq \f(x2,4)－eq \f(y2,3)＝1，
橢圓方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)方法一 設(shè)P(x0，t)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(－2,0)，B(2,0)，
P，A，N三點(diǎn)共線，eq \f(y2,x2＋2)＝eq \f(t,x0＋2)，
P，B，M三點(diǎn)共線，eq \f(y1,x1－2)＝eq \f(t,x0－2)，
相除得eq \f(y2?x1－2?,y1?x2＋2?)＝eq \f(x0－2,x0＋2)，
令xT＝n(－20，
由－2x2＝eq \f(16y\\al(2,0)－12?x0＋2?2,3?x0＋2?2＋4y\\al(2,0))，
又因?yàn)镻在雙曲線上，滿足eq \f(x\\al(2,0),4)－eq \f(y\\al(2,0),3)＝1，
即4yeq \\al(2,0)＝3xeq \\al(2,0)－12，
所以－x2＝eq \f(8y\\al(2,0)－6?x0＋2?2,3?x0＋2?2＋4y\\al(2,0))＝eq \f(6x\\al(2,0)－24－6?x0＋2?2,3?x0＋2?2＋3x\\al(2,0)－12)＝eq \f(－24?x0＋2?,6x0?x0＋2?)＝－eq \f(4,x0)，
即x2＝eq \f(4,x0)，
同理BP：y＝eq \f(y0,x0－2)(x－2)，
可得x1＝eq \f(4,x0)，所以xT＝eq \f(4,x0)，
若存在xP＝4xT，即x0＝4×eq \f(4,x0)，
而P在第一象限，所以x0＝4，即P(4,3)

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