高考数学专题练 专题六解析几何 微专题42　证明性、探究性问题（含答案）

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典例1 (2023·新高考全国Ⅰ)在直角坐标系Oxy中，点P到x轴的距离等于点P到点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))的距离，记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程；
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(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3eq \r(3).
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典例2 (2023·石家庄模拟)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2eq \r(3)，过F1的直线m与椭圆C相交于A，B两点，且△ABF2的周长为8.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点G(1,0)的动直线n与椭圆C相交于M，N两点，直线l的方程为x＝4.过点M作MP⊥l于点P，过点N作NQ⊥l于点Q.记△GPQ，△GPM，△GQN的面积分别为S，S1，S2.问是否存在实数λ，使得λeq \r(S1·S2)－S＝0成立？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由．
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[总结提升]
证明性问题主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定的问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在并设出，列出关于待定系数的方程(组)，若方程(组)有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．注意：当结论或条件不唯一时，要分类讨论．
1．(2023·湖南师大附中模拟)如图，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,4)＝1(a>2)，圆O：x2＋y2＝a2＋4，椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2.
(1)过椭圆上一点P和原点O作直线l交圆O于M，N两点，若|PF1|·|PF2|＝6，求|PM|·|PN|的值；
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(2)过圆O上任意点R引椭圆C的两条切线，求证：两条切线互相垂直．
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2．(2023·聊城模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，一条渐近线的倾斜角为60°，且C上的点到F的距离的最小值为1.
(1)求C的方程；
(2)设点O(0,0)，M(0,2)，动直线l：y＝kx＋m与C的右支相交于不同两点A，B，且∠AFM＝∠BFM，过点O作OH⊥l，H为垂足，证明：动点H在定圆上，并求该圆的方程．
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3．(2023·保定模拟)如图，双曲线的中心在原点，焦距为2eq \r(7)，左、右顶点分别为A，B，曲线C是以双曲线的实轴为长轴，虚轴为短轴，且离心率为eq \f(1,2)的椭圆，设P在第一象限且在双曲线上，直线BP交椭圆于另一点M，直线AP与椭圆交于另一点N.
(1)求椭圆及双曲线的标准方程；
(2)设MN与x轴交于点T，是否存在点P使得xP＝4xT(其中xP，xT分别为点P，T的横坐标)？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
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微专题42 证明性、探究性问题
[考情分析] 圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，证明性、探索性问题是常见的热点题型，常以解答题的形式压轴出现，难度较大．
考点一 圆锥曲线的证明性问题
典例1 (2023·新高考全国Ⅰ)在直角坐标系Oxy中，点P到x轴的距离等于点P到点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\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3eq \r(3).
(1)解 设P(x，y)，
则|y|＝eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))2)，
两边同时平方化简得y＝x2＋eq \f(1,4)，
故W：y＝x2＋eq \f(1,4).
(2)证明 方法一 设矩形的三个顶点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)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))时，f′(x)0，此时f(x)单调递增，
则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).
当C＝3eq \r(3)时，n＝eq \f(\r(2),2)，m＝－eq \r(2)，
与当(b－a)eq \r(1＋m2)＝(b－a)eq \r(1＋n2)，
即m＝n时等号成立，矛盾，故C>3eq \r(3)，得证．
方法二 不妨设A，B，D在W上，且BA⊥DA，
依题意可设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a2＋\f(1,4)))，
易知直线BA，DA的斜率均存在且不为0，
则设BA，DA的斜率分别为k和－eq \f(1,k)，由对称性，不妨设|k|≤1，
直线AB的方程为y＝k(x－a)＋a2＋eq \f(1,4)，
则联立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，则k≠2a，
则|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，则m∈(0,1]，
设f(m)＝eq \f(m＋13,m)＝m2＋3m＋eq \f(1,m)＋3，
则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)，
当m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，f′(m)0，此时f(m)单调递增，
则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))))，
此处取等号的条件为k＝1，与最终取等号时k＝eq \f(\r(2),2)不一致，
故|AB|＋|AD|>eq \f(3\r(3),2).
故矩形ABCD的周长大于3eq \r(3).
方法三 为了计算方便，我们将抛物线向下移动eq \f(1,4)个单位长度得抛物线W′：y＝x2，
矩形ABCD变换为矩形A′B′C′D′，
则问题等价于矩形A′B′C′D′的周长大于3eq \r(3).
设B′(t0，teq \\al(2,0))，A′(t1，teq \\al(2,1))，C′(t2，teq \\al(2,2))，根据对称性不妨设t0≥0.
则kA′B′＝t1＋t0，kB′C′＝t2＋t0，
由于A′B′⊥B′C′，
则(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之间，
则|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)))，
则t2＝tan θ－t0，t1＝－ct θ－t0，从而
|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当θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，
|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当θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，
由于t10，
由根与系数的关系可得y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋4)，y1y2＝－eq \f(3,m2＋4)，
因为S＝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).
因为S1＝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，
所以存在实数λ＝2，使得λeq \r(S1·S2)－S＝0成立．
跟踪训练2 (2023·日照模拟)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，E为C上的动点，EQ垂直于动直线y＝t(t2)，圆O：x2＋y2＝a2＋4，椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2.
(1)过椭圆上一点P和原点O作直线l交圆O于M，N两点，若|PF1|·|PF2|＝6，求|PM|·|PN|的值；
(2)过圆O上任意点R引椭圆C的两条切线，求证：两条切线互相垂直．
(1)解 设P(x0，y0)，由于|PF1|＋|PF2|＝2a⇒|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2|＝4a2，
而|PF1|·|PF2|＝6，
则(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)证明 设R(m，n)，则m2＋n2＝a2＋4，即n2－4＝a2－m2，
设过点R的圆O的切线斜率都存在时的方程为y＝k(x－m)＋n(m2≠a2)，代入椭圆方程得
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，
则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是上述关于k的方程的两个根，则k1k2＝eq \f(n2－4,m2－a2)＝－1，
即两条切线的斜率都存在时，有两条切线互相垂直；
而当过R的切线斜率不存在时，易知R点的坐标为(±a，±2)，
此时显然两条切线互相垂直，
综上，过圆O上任意点R引椭圆C的两条切线，则两条切线互相垂直．
2．(2023·聊城模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，一条渐近线的倾斜角为60°，且C上的点到F的距离的最小值为1.
(1)求C的方程；
(2)设点O(0,0)，M(0,2)，动直线l：y＝kx＋m与C的右支相交于不同两点A，B，且∠AFM＝∠BFM，过点O作OH⊥l，H为垂足，证明：动点H在定圆上，并求该圆的方程．
(1)解 设F(c,0)，
则由已知得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的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 由(1)得F(2,0)，eq \(FM,\s\up6(→))＝(－2,2)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则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)，
则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，
因为x1≠x2，所以2m＋k＋3＝0，
所以l的方程可化为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))－eq \f(3,2)，
因此l过定点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(3,2)))，|ON|＝eq \f(\r(10),2).
又因为OH⊥l，垂足为H，所以动点H在以ON为直径的圆上，
该圆的方程为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·保定模拟)如图，双曲线的中心在原点，焦距为2eq \r(7)，左、右顶点分别为A，B，曲线C是以双曲线的实轴为长轴，虚轴为短轴，且离心率为eq \f(1,2)的椭圆，设P在第一象限且在双曲线上，直线BP交椭圆于另一点M，直线AP与椭圆交于另一点N.
(1)求椭圆及双曲线的标准方程；
(2)设MN与x轴交于点T，是否存在点P使得xP＝4xT(其中xP，xT分别为点P，T的横坐标)？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解 (1)由已知可设双曲线方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1，椭圆方程为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，))
所以双曲线方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,3)＝1，
椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)方法一 设P(x0，t)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(－2,0)，B(2,0)，
P，A，N三点共线，eq \f(y2,x2＋2)＝eq \f(t,x0＋2)，
P，B，M三点共线，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))，
又因为P在双曲线上，满足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)