2.探究性問(wèn)題：先假設(shè)結(jié)論成立，用待定系數(shù)法列出含相應(yīng)參數(shù)的方程，若方程有解，則探究的元素存在（或命題成立），否則不存在（或不成立）.需要注意的是：（1）當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)要分類討論；（2）當(dāng)給出結(jié)論需要推導(dǎo)出存在的條件時(shí)，先假設(shè)成立，再推出條件；（3）當(dāng)要討論的量能夠確定時(shí)，可先確定，再證明結(jié)論符合題意.
位置關(guān)系的證明
【例1】 已知橢圓C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的左、右頂點(diǎn)分別為A1（－2，0），A2（2，0），右焦點(diǎn)為F，點(diǎn)T（1，32）在橢圓C上.
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）P為橢圓上不與A1，A2重合的任意一點(diǎn)，直線A1P，A2P分別與直線x＝4相交于點(diǎn)M，N，求證：FM⊥FN.
解：（1）由題知，a＝2，又點(diǎn)T（1，32）在橢圓C上，
∴14＋94b2＝1，解得b2＝3，
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24＋y23＝1.
（2）證明：由（1）知F（1，0），
設(shè)P（x0，y0）（x0≠±2），則x024＋y023＝1，
直線A1P的方程為y－y0＝y(tǒng)0x0+2（x－x0），
令x＝4，得yM＝6y0x0+2，
即M（4，6y0x0+2），
直線A2P的方程為y－y0＝y(tǒng)0x0－2（x－x0），
令x＝4，得yN＝2y0x0－2，即N（4，2y0x0－2），
∴FM·FN＝（3，6y0x0+2）·（3，2y0x0－2）＝3×3＋6y0x0+2×2y0x0－2＝9＋12y02x02－4＝9＋12×3（1－x024）x02－4＝9＋（－9）＝0，
∴FM⊥FN，即FM⊥FN.
解題技法
樹(shù)立“轉(zhuǎn)化”意識(shí)，證明位置關(guān)系
雙曲線C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）經(jīng)過(guò)點(diǎn)（3，1），且漸近線方程為y＝±x.
（1）求a，b的值；
（2）點(diǎn)A，B，D是雙曲線C上不同的三點(diǎn)，且B，D兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱，△ABD的外接圓經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O.求證：直線AB與圓x2＋y2＝1相切.
解：（1）由題意得3a2－1b2=1，a＝b，解得a＝b＝2.
（2）證明：由（1）得雙曲線C的方程為x2－y2＝2.
易知直線AB一定是不平行于x軸的直線且不與漸近線y＝±x平行，
所以可設(shè)直線AB的方程為x＝my＋n（m≠±1），
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則y1≠y2，D（－x2，y2）.
聯(lián)立x2－y2=2，x＝my＋n，整理得（m2－1）y2＋2mny＋n2－2＝0，
Δ＝4（n2＋2m2－2）＞0，則y1y2＝n2－2m2－1.
由于△ABD的外接圓過(guò)原點(diǎn)，且B，D兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱，
所以可設(shè)△ABD外接圓的方程為x2＋y2＋Ey＝0.
則x12＋y12＋Ey1=0，x22＋y22＋Ey2=0，
所以y2（x12＋y12）＝y(tǒng)1（x22＋y22），
因?yàn)閤12＝2＋y12，x22＝2＋y22，
所以y2（2y12＋2）＝y(tǒng)1（2y22＋2），
所以y1y2＝1，
所以y1y2＝n2－2m2－1＝1，所以n2＝m2＋1，
則原點(diǎn)到直線AB的距離d＝｜n｜m2+1＝1，
所以直線AB與圓x2＋y2＝1相切.
數(shù)量關(guān)系的證明
【例2】 設(shè)橢圓C：x22＋y2＝1的右焦點(diǎn)為F，過(guò)F的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，0）.
（1）當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，求直線AM的方程；
（2）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，證明：∠OMA＝∠OMB.
解：（1）由已知得F（1，0），l的方程為x＝1.
把x＝1代入橢圓方程x22＋y2＝1，可得點(diǎn)A的坐標(biāo)為1，22或1,?22，
又M（2，0），所以直線AM的方程為y＝－22x＋2或y＝22x－2.
（2）證明：當(dāng)l與x軸重合時(shí)，∠OMA＝∠OMB＝0°.
當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，OM為AB的垂直平分線，
所以∠OMA＝∠OMB.
當(dāng)l與x軸既不重合也不垂直時(shí)，
設(shè)l的方程為y＝k（x－1）（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），
則x1＜2，x2＜2，直線MA，MB的斜率之和為kMA＋kMB＝y(tǒng)1x1－2＋y2x2－2.
由y1＝k（x1－1），y2＝k（x2－1）得，kMA＋kMB＝2kx1x2－3k（x1＋x2）+4k（x1－2)(x2－2）.
將y＝k（x－1）代入x22＋y2＝1得（2k2＋1）x2－4k2x＋2k2－2＝0.
所以x1＋x2＝4k22k2+1，x1x2＝2k2－22k2+1.
則2kx1x2－3k（x1＋x2）＋4k＝4k3－4k－12k3+8k3+4k2k2+1＝0.
從而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的傾斜角互補(bǔ).
所以∠OMA＝∠OMB.
綜上，∠OMA＝∠OMB.
解題技法
解決此類問(wèn)題，一般方法是“設(shè)而不求”，通過(guò)“設(shè)參、用參、消參”的推理及運(yùn)算，借助幾何直觀，達(dá)到證明的目的.
已知頂點(diǎn)是坐標(biāo)原點(diǎn)的拋物線Γ的焦點(diǎn)F在y軸正半軸上，圓心在直線y＝12x上的圓E與x軸相切，且點(diǎn)E，F(xiàn)關(guān)于點(diǎn)M（－1，0）對(duì)稱.
（1）求E和Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）過(guò)點(diǎn)M的直線l與圓E交于A，B兩點(diǎn)，與Γ交于C，D兩點(diǎn)，求證：｜CD｜＞2｜AB｜.
解：（1）設(shè)Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＝2py，p＞0，則F（0，p2）.
已知點(diǎn)E在直線y＝12x上，
故可設(shè)E（2a，a）.
因?yàn)镋，F(xiàn)關(guān)于點(diǎn)M（－1，0）對(duì)稱，
所以2a+02＝－1，p2＋a2=0，解得a＝－1，p=2.
所以拋物線Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＝4y.
因?yàn)閳AE與x軸相切，故半徑r＝｜a｜＝1，
所以圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x＋2）2＋（y＋1）2＝1.
（2）證明：由題意知，直線l的斜率存在，設(shè)l的斜率為k，那么其方程為y＝k（x＋1）（k≠0）.
則E（－2，－1）到l的距離d＝｜k－1｜k2+1，
因?yàn)閘與E交于A，B兩點(diǎn)，
所以d2＜r2，即（k－1）2k2+1＜1，解得k＞0，
所以｜AB｜＝21－d2＝22kk2+1.
由x2=4y，y＝k（x+1）消去y并整理得，x2－4kx－4k＝0.
Δ＝16k2＋16k＞0恒成立，設(shè)C（x1，y1），D（x2，y2），
則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4k，
那么｜CD｜＝k2+1｜x1－x2｜＝k2+1·（x1＋x2）2－4x1x2＝4k2+1·k2＋k.
所以｜CD｜2｜AB｜2＝16（k2+1)(k2＋k）8kk2+1
＝2（k2+1）2（k2＋k）k＞2kk＝2.
所以｜CD｜2＞2｜AB｜2，即｜CD｜＞2｜AB｜.
點(diǎn)、線的探究性問(wèn)題
【例3】 已知A，B分別為橢圓E：x2a2＋y2＝1（a＞1）的左頂點(diǎn)和下頂點(diǎn)，P為直線x＝3上的動(dòng)點(diǎn)，AP·BP的最小值為594.
（1）求E的方程；
（2）設(shè)直線PA與E的另一交點(diǎn)為D，直線PB與E的另一交點(diǎn)為C，問(wèn)是否存在點(diǎn)P，使得四邊形ABCD為梯形？若存在，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.
解：（1）設(shè)P（3，t），由題意得A（－a，0），B（0，－1），
則AP＝（a＋3，t），BP＝（3，1＋t）.
所以AP·BP＝9＋3a＋t2＋t＝t＋122＋3a＋354，
于是當(dāng)t＝－12時(shí)，AP·BP取得最小值3a＋354，所以3a＋354＝594，
解得a＝2.
所以E的方程為x24＋y2＝1.
（2）法一 假設(shè)存在點(diǎn)P（3，t）滿足題設(shè)，設(shè)D（x1，y1），
則AD＝（x1＋2，y1），由題意可知AP＝（5，t），
存在λ∈（0，1），使得AD＝λAP，
即x1+2=5λ，y1＝λt，整理得x1=5λ－2，y1＝λt，代入x24＋y2＝1中，有（5λ－2）24＋（λt）2＝1， ①
設(shè)C（x2，y2），則BC＝（x2，y2＋1）.由題意可知BP＝（3，t＋1）.
因?yàn)樗倪呅蜛BCD為梯形，所以AB∥CD，所以BC＝λBP，
即x2=3λ，y2+1=λt＋λ，整理得x2=3λ，y2＝λt＋λ－1，
代入x24＋y2＝1中，有（3λ）24＋（λt＋λ－1）2＝1， ②
①－②得λ（λ－1）（3－2t）＝0，又λ∈（0，1），所以t＝32.
故存在點(diǎn)P3，32，使得四邊形ABCD為梯形.
法二 假設(shè)存在點(diǎn)P（3，t）滿足題設(shè)，則t＞0，
設(shè)C（x1，y1），D（x2，y2）.
直線PA的方程為y＝t5（x＋2），直線PB的方程為y＝t+13x－1.
將y＝t5（x＋2）代入E的方程得（4t2＋25）x2＋16t2x＋16t2－100＝0，
Δ＞0，可得x2×（－2）＝16t2－1004t2+25，所以x2＝50－8t24t2+25.
將y＝t+13x－1代入E的方程得（4t2＋8t＋13）x2－24（t＋1）x＝0.
可得x1＝24（t+1）4t2+8t+13.
因?yàn)樗倪呅蜛BCD為梯形，所以AB∥CD，所以｜AD｜｜AP｜＝｜BC｜｜BP｜，
于是x2+25＝x13，所以54t2+25＝2（t+1）4t2+8t+13，整理可得8t3－12t2＋10t－15＝0，
即（2t－3）（4t2＋5）＝0，解得t＝32.
故存在點(diǎn)P3，32，使得四邊形ABCD為梯形.
解題技法
點(diǎn)、線的探究性問(wèn)題的求解方法
（1）解決探究性問(wèn)題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問(wèn)題明朗化.一般步驟如下：
①假設(shè)滿足條件的曲線（直線或點(diǎn)等）存在，用待定系數(shù)法設(shè)出；
②列出關(guān)于待定系數(shù)的方程（組）；
③若方程（組）有實(shí)數(shù)解，則曲線（直線或點(diǎn)等）存在，否則不存在.
（2）反證法與驗(yàn)證法也是求解探究性問(wèn)題常用的方法.
已知雙曲線C的焦點(diǎn)在坐標(biāo)軸上，且過(guò)點(diǎn)P（62，1），其漸近線方程為y＝±2x.
（1）求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）雙曲線C上是否存在被點(diǎn)B（1，1）平分的弦？如果存在，求出弦所在的直線方程；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.
解：（1）由雙曲線C的焦點(diǎn)在坐標(biāo)軸上，其漸近線方程為y＝±2x，
可設(shè)雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為2x2－y2＝λ，
將P62，1代入雙曲線方程，可得λ＝2，
所以雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2－y22＝1.
（2）假設(shè)雙曲線C上存在被點(diǎn)B（1，1）平分的弦，記弦所在的直線為l.
設(shè)B（1，1）是弦MN的中點(diǎn)，M（x1，y1），N（x2，y2），則x1＋x2＝2，y1＋y2＝2.
因?yàn)辄c(diǎn)M，N在雙曲線C上，所以它們的坐標(biāo)滿足雙曲線方程，即x12－y122=1，x22－y222=1，
兩式相減得2（x1＋x2）（x1－x2）－（y1－y2）（y1＋y2）＝0，
所以4（x1－x2）＝2（y1－y2），所以直線l的斜率kMN＝y(tǒng)1－y2x1－x2＝2，
所以直線l的方程為y－1＝2（x－1），即2x－y－1＝0.
聯(lián)立直線l與雙曲線C的方程，得x2－y22=1，2x－y－1=0，消去y，得2x2－4x＋3＝0，Δ＝16－4×2×3＝－8＜0，
所以直線l與雙曲線C無(wú)交點(diǎn)，所以直線l不存在，故雙曲線C上不存在被點(diǎn)B（1，1）平分的弦.
含參數(shù)的探究性問(wèn)題
【例4】 如圖，A，B，M，N為拋物線y2＝2x上四個(gè)不同的點(diǎn)，直線AB與直線MN相交于點(diǎn)（1，0），直線AN過(guò)點(diǎn)（2，0）.
（1）記A，B的縱坐標(biāo)分別為yA，yB，求yA·yB的值；
（2）記直線AN，BM的斜率分別為k1，k2，是否存在實(shí)數(shù)λ，使得k2＝λk1？若存在，求出λ的值；若不存在，說(shuō)明理由.
解：（1）設(shè)直線AB的方程為x＝my＋1，
代入y2＝2x，得y2－2my－2＝0，Δ＝4m2＋8＞0，
所以yA·yB＝－2.
（2）記點(diǎn)M，N的縱坐標(biāo)分別為yM，yN，由（1）同理可得yM·yN＝－2.
設(shè)直線AN的方程為x＝ny＋2，代入y2＝2x，
得y2－2ny－4＝0，Δ＞0，所以yA·yN＝－4.
記點(diǎn)A，N的橫坐標(biāo)分別為xA，xN，
則k1＝y(tǒng)N－yAxN－xA＝y(tǒng)N－yAyN22－yA22＝2yN＋yA，
同理得k2＝2yM＋yB，
所以λ＝k2k1＝y(tǒng)A＋yNyB＋yM＝y(tǒng)A＋yN－2yA＋－2yN＝y(tǒng)AyN－2＝2，
所以存在實(shí)數(shù)λ＝2，使得k2＝2k1.
解題技法
含參數(shù)的探究性問(wèn)題的求解方法
求解含參數(shù)的探究性問(wèn)題時(shí)，通常的方法是首先假設(shè)滿足條件的參數(shù)值存在，然后利用這些條件并結(jié)合題目的其他已知條件進(jìn)行推理與計(jì)算，若不出現(xiàn)矛盾，并且得到了相應(yīng)的參數(shù)值，就說(shuō)明滿足條件的參數(shù)值存在；若在推理與計(jì)算中出現(xiàn)了矛盾，則說(shuō)明滿足條件的參數(shù)值不存在，同時(shí)推理與計(jì)算的過(guò)程就是說(shuō)明理由的過(guò)程.
在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)G到F1（－3，0），F(xiàn)2（3，0）兩點(diǎn)的距離之和為4.
（1）試判斷動(dòng)點(diǎn)G的軌跡是什么曲線，并求其軌跡方程C；
（2）已知直線l：y＝k（x－3）（k＞0）與圓F：（x－3）2＋y2＝14交于M，N兩點(diǎn)，與曲線C交于P，Q兩點(diǎn)，其中M，P在第一象限.d為原點(diǎn)O到直線l的距離，是否存在實(shí)數(shù)k，使得T＝（｜NQ｜－｜MP｜）·d2取得最大值？若存在，求出k；若不存在，說(shuō)明理由.
解：（1）由題意知，｜GF1｜＋｜GF2｜＝4，又4＞23，所以動(dòng)點(diǎn)G的軌跡是橢圓.
由橢圓的定義可知，c＝3，a＝2，又因?yàn)閍2－b2＝c2，所以b2＝1，
故G的軌跡方程為x24＋y2＝1.
（2）由題設(shè)可知，M，N一個(gè)在橢圓外，一個(gè)在橢圓內(nèi)；P，Q一個(gè)在☉F內(nèi)，一個(gè)在☉F外，在直線l上的四點(diǎn)滿足：｜NQ｜－｜MP｜＝（｜NQ｜＋｜NP｜）－（｜MP｜＋｜NP｜）＝｜PQ｜－｜MN｜＝｜PQ｜－1，
由x24＋y2=1，y＝k（x－3）消去y得（1＋4k2）x2－83·k2x＋12k2－4＝0，Δ＞0恒成立.
設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），
由根與系數(shù)的關(guān)系，得x1＋x2＝83k21+4k2，
x1x2＝12k2－41+4k2，
｜PQ｜＝（1+k2)[(x1＋x2）2－4x1x2]＝4k2+44k2+1.
所以｜NQ｜－｜MP｜＝｜PQ｜－1＝34k2+1，O到l距離d＝3kk2+1，T＝（｜NQ｜－｜MP｜）·d2＝9k2（4k2+1)(k2+1）＝9k24k4+5k2+1
＝94k2＋1k2+5≤924k2×1k2+5＝1，
當(dāng)且僅當(dāng)4k2＝1k2，即k＝±22時(shí)等號(hào)成立.
驗(yàn)證可知k＝±22滿足題意.
因?yàn)閗＞0，所以k＝22.
1.在橢圓Γ：x2a2＋y2＝1（a＞1）中，A，B分別為橢圓的左頂點(diǎn)和下頂點(diǎn)，F(xiàn)為右焦點(diǎn)，C，D兩點(diǎn)均在直線x＝a上，且C在第一象限.
（1）若∠AFB＝π6，求橢圓Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若C，D兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)分別為2和1，判斷：直線BC與AD的交點(diǎn)是否在橢圓Γ上，并說(shuō)明理由.
解：（1）∵｜OF｜＝c（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），｜FB｜＝a，｜OB｜＝1，∴sin∠AFB＝｜OB｜｜FB｜＝1a＝sin π6＝12，
∴a＝2，因此橢圓Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24＋y2＝1.
（2）直線BC與AD的交點(diǎn)在橢圓Γ上.
由已知得A（－a，0），B（0，－1），C（a，2），D（a，1），
∴直線BC的方程為y＝3ax－1，
直線AD的方程為y＝12ax＋12，
聯(lián)立y＝3ax－1，y＝12ax＋12，解得x＝3a5，y＝45.∴直線BC與AD的交點(diǎn)為（3a5，45），此時(shí)（3a5）2a2＋（45）2＝1，即交點(diǎn)坐標(biāo)滿足橢圓方程，因此該交點(diǎn)在橢圓Γ上.
2.（2024·大連模擬）已知雙曲線Q：x2a2－y2＝1（a＞0）的離心率為52，經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O的直線l與雙曲線Q交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)A（x1，y1）位于第一象限，C（x2，y2）是雙曲線Q右支上一點(diǎn)，AB⊥AC，設(shè)D（x1，－3y12）.
（1）求雙曲線Q的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）求證：C，D，B三點(diǎn)共線.
解：（1）由題意可知a2+1a＝52，解得a＝2，
所以雙曲線Q的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24－y2＝1.
（2）證明：法一 由題意可知，直線AB，AC的斜率存在且不為0，B（－x1，－y1）.
因?yàn)锳B⊥AC，
所以kAB·kAC＝－1，即y1x1·y2－y1x2－x1＝－1.
又點(diǎn)A，C在雙曲線Q右支上，所以x124－y12=1，x224－y22=1，
作差得y2－y1x2－x1＝x1＋x24（y1＋y2），
則kBC＝y(tǒng)2＋y1x2＋x1＝x2－x14（y2－y1）＝－14×y1x1，
又kBD＝－y1＋32y1－2x1＝－14×y1x1，
所以kBC＝kBD.
又BC，BD有公共點(diǎn)，所以B，C，D三點(diǎn)共線.
法二 由題意可知，直線AB，AC的斜率存在且不為0，B（－x1，－y1）.
因?yàn)锳B⊥AC，
所以kAB·kAC＝－1，即y1x1·y2－y1x2－x1＝－1. ①
又kBC·kAC＝y(tǒng)2＋y1x2＋x1·y2－y1x2－x1＝y(tǒng)22－y12x22－x12，x124－y12＝1，x224－y22＝1，
所以kBC·kAC＝x224－1+1－x124x22－x12＝14. ②
由①②得kABkBC＝－4，所以kBC＝－14×y1x1，
又kBD＝－y1＋32y1－2x1＝－14×y1x1，所以kBC＝kBD.
又BC，BD有公共點(diǎn)，所以B，C，D三點(diǎn)共線.
3.已知雙曲線方程為x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0），F(xiàn)1，F(xiàn)2為雙曲線的左、右焦點(diǎn)，離心率為2，點(diǎn)P為雙曲線在第一象限上的一點(diǎn)，且滿足PF1·PF2＝0，｜PF1｜｜PF2｜＝6.
（1）求雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）過(guò)點(diǎn)F2作直線l交雙曲線于A，B兩點(diǎn)，則在x軸上是否存在定點(diǎn)Q（m，0），使得QA·QB為定值？若存在，請(qǐng)求出m的值和該定值，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.
解：（1）由e＝ca＝2得c＝2a，∴b＝c2－a2＝3a，
∵PF1·PF2＝0，∴PF1⊥PF2，
在Rt△F1PF2中，由｜PF1｜－｜PF2｜＝2a得｜PF1｜2＋｜PF2｜2－2｜PF1｜｜PF2｜＝4a2，
代入｜PF1｜2＋｜PF2｜2＝4c2，｜PF1｜｜PF2｜＝6得4c2－12＝4a2，
解得b2＝3，a2＝1，∴雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2－y23＝1.
（2）當(dāng)l斜率為0時(shí)，l：y＝0，
此時(shí)不妨設(shè)A（－1，0），B（1，0），由Q（m，0）得QA·QB＝m2－1；
當(dāng)l斜率不為0時(shí)，設(shè)l：x＝ty＋2，A（x1，y1），B（x2，y2），
聯(lián)立x＝ty+2，3x2－y2=3，得（3t2－1）y2＋12ty＋9＝0，則Δ＝36t2＋36＞0，
∴y1＋y2＝－12t3t2－1，y1y2＝93t2－1，
∴QA·QB＝（x1－m，y1）·（x2－m，y2）＝（x1－m）（x2－m）＋y1y2＝（ty1＋2－m）（ty2＋2－m）＋y1y2＝（t2＋1）y1·y2＋（2－m）t（y1＋y2）＋（2－m）2＝（t2＋1）·93t2－1＋（2－m）t·－12t3t2－1＋（2－m）2，
令QA·QB＝m2－1，即9（t2＋1）－12t2（2－m）＝（4m－5）（3t2－1），
解得m＝－1，則Q（－1，0），此時(shí)QA·QB＝0.
綜上所述：存在m＝－1，使得QA·QB為定值且定值為0.
4.（2023·新高考Ⅰ卷22題）在直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P到x軸的距離等于點(diǎn)P到點(diǎn)（0，12）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33.
解：（1）設(shè)點(diǎn)P（x，y），則｜y｜＝x2＋（y－12）2，兩邊同時(shí)平方化簡(jiǎn)得y＝x2＋14，
故W：y＝x2＋14.
（2）證明：設(shè)矩形的三個(gè)頂點(diǎn)A（a，a2＋14），B（b，b2＋14），C（c，c2＋14）在W上，且a＜b＜c，
易知矩形四條邊所在直線的斜率均存在，且不為0，
則kAB·kBC＝－1，a＋b＜b＋c，
令kAB＝b2＋14－（a2＋14）b－a＝a＋b＝m＜0，
同理令kBC＝b＋c＝n＞0，且mn＝－1，
則m＝－1n，
設(shè)矩形周長(zhǎng)為L(zhǎng)，由對(duì)稱性不妨設(shè)｜m｜≥｜n｜，kBC－kAB＝c－a＝n－m＝n＋1n，
則12L＝｜AB｜＋｜BC｜
＝（b－a）2＋［（b2＋14）－（a2＋14）］2＋
（c－b）2＋［（c2＋14）－（b2＋14）］2
＝（b－a）2[1+（a＋b）2]＋（c－b）2[1+（c＋b）2]＝（b－a）1+m2＋（c－b）1+n2≥（c－a）1+n2＝（n＋1n）1+n2，n＞0，易知（n＋1n）1+n2＞0，
令f（x）＝（x＋1x）2（1＋x2），x＞0，f'（x）＝2（x＋1x）2（2x－1x），令f'（x）＝0，解得x＝22，
當(dāng)x∈（0，22）時(shí)，f'（x）＜0，此時(shí)f（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（22，＋∞），f'（x）＞0，此時(shí)f（x）單調(diào)遞增，
則f（x）min＝f（22）＝274，
故12L≥274＝332，即L≥33.
當(dāng)L＝33時(shí)，n＝22，m＝－2，且（b－a）1+m2＝（b－a）1+n2，無(wú)解，故等號(hào)取不到，
故L＞33，得

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