2026《金版教程》高考复习方案数学基础版-高考解答题专项突破（五） 第3课时 证明与探索性问题

第3课时证明与探索性问题证明问题(多考向探究)考向1利用直接法证明已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a2)＝1(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2.过F2的直线l交C的右支于M，N两点，当l垂直于x轴时，M，N到C的一条渐近线的距离之和为2eq\r(2).(1)求C的方程；(2)证明：eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)为定值．解：(1)根据题意，得F2(eq\r(2)a，0)，C的一条渐近线方程为y＝x，将x＝eq\r(2)a代入C的方程，得M(eq\r(2)a，a)，N(eq\r(2)a，－a)，所以M，N到直线y＝x的距离之和为eq\f(|\r(2)a－a|,\r(2))＋eq\f(|\r(2)a＋a|,\r(2))＝2a＝2eq\r(2)，所以a＝eq\r(2)，所以C的方程为eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1.(2)证明：当l垂直于x轴时，由(1)可知，|MF2|＝|NF2|＝a＝eq\r(2)，且由双曲线的定义可知|MF1|＝|NF1|＝a＋2a＝3a＝3eq\r(2)，故eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)＝6；当l不垂直于x轴时，由双曲线的定义可知|MF1|＝|MF2|＋2a＝|MF2|＋2eq\r(2)，|NF1|＝|NF2|＋2eq\r(2)，故eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)＝2＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,|MF2|)＋\f(1,|NF2|))).设l：y＝k(x－2)，代入C的方程，得(1－k2)x2＋4k2x－4k2－2＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(4k2,k2－1)，x1x2＝eq\f(4k2＋2,k2－1)，所以eq\f(1,|MF2|)＋eq\f(1,|NF2|)＝eq\f(|MF2|＋|NF2|,|MF2|·|NF2|)＝eq\f(|MN|,|MF2|·|NF2|)＝eq\f(|x1－x2|,\r(1＋k2)|（x1－2）（x2－2）|)＝eq\f(\r(（x1＋x2）2－4x1x2),\r(1＋k2)|x1x2－2（x1＋x2）＋4|)＝eq\f(\r(\f(16k4,（k2－1）2)－\f(16k2＋8,k2－1)),\r(1＋k2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4k2＋2,k2－1)－\f(8k2,k2－1)＋4)))＝eq\f(\r(8k2＋8),2\r(1＋k2))＝eq\r(2)，所以eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)＝2＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,|MF2|)＋\f(1,|NF2|)))＝2＋2eq\r(2)×eq\r(2)＝6.综上，eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)的值为定值6.对于证明问题，一般是根据已知条件，运用所涉及的知识通过运算化简，利用定义、定理、公理等，直接推导出所证明的结论即可，证明不等式常用不等式的性质或基本不等式求得最值．eq\a\vs4\al()1.已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过A(0，1)，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3,5)))两点，M，N是椭圆E上异于T的两动点，且∠MAT＝∠NAT，若直线AM，AN的斜率均存在，并分别记为k1，k2.(1)证明：k1k2为常数；(2)记△AMN的面积为S，证明：S≤eq\f(8,5).证明：(1)设直线AM，AT，AN的倾斜角分别为α，θ，β，因为∠MAT＝∠NAT，所以∠MAN＝2∠NAT，即β－α＝2(β－θ)，故α＋β＝2θ，因为A(0，1)，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3,5)))，所以tanθ＝eq\f(1＋\f(3,5),\f(8,5))＝1，所以θ＝eq\f(π,4)，所以α＋β＝2θ＝eq\f(π,2)，则k1k2＝tanαtanβ＝tanαtaneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝1，所以k1k2为常数1.(2)椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过A(0，1)，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3,5)))两点，代入得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)＝1，,\f(64,25a2)＋\f(9,25b2)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝1，))所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，k1＝k(k≠0，k≠1)，由(1)得k2＝eq\f(1,k)，则直线AM的方程为y＝kx＋1，y1＝kx1＋1，直线AN的方程为y＝eq\f(1,k)x＋1，y2＝eq\f(1,k)x2＋1，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋1，))消去y，得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，则x1＝－eq\f(8k,4k2＋1)，同理可得x2＝－eq\f(\f(8,k),4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))\s\up12(2)＋1)＝－eq\f(8k,k2＋4)，则S△AMN＝eq\f(1,2)|AM|·|AN|sin∠MAN＝eq\f(1,2)|AM|·|AN|eq\r(1－cos2∠MAN)＝eq\f(1,2)eq\r(|AM|2·|AN|2·（1－cos2∠MAN）)＝eq\f(1,2)eq\r(\a\vs4\al(|AM|2·|AN|2－（|AM|·|AN|cos∠MAN）2))＝eq\f(1,2)eq\r(|AM|2·|AN|2－（\o(AM,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→))）2)＝eq\f(1,2)eq\r(（xeq\o\al(2,1)＋k2xeq\o\al(2,1)）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,2)＋\f(1,k2)xeq\o\al(2,2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1x2＋kx1·\f(1,k)x2))\s\up12(2))＝eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(1,k2)－2))xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2))＝eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)))\s\up12(2)\f(64k2,（4k2＋1）2)·\f(64k2,（k2＋4）2))＝32eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)))\s\up12(2)\f(k4,（4k4＋17k2＋4）2))＝eq\f(32\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k))),4k2＋\f(4,k2)＋17).令t＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)))，t>0，则S△AMN＝eq\f(32\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k))),4k2＋\f(4,k2)＋17)＝eq\f(32t,4t2＋25)＝eq\f(32,4t＋\f(25,t))≤eq\f(32,2\r(4t·\f(25,t)))＝eq\f(8,5)，当且仅当4t＝eq\f(25,t)，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)))＝eq\f(5,2)时取等号，故S≤eq\f(8,5).考向2利用转化法证明(2025·江苏南通模拟)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点到直线l：y＝2x－5的距离为eq\f(6\r(5),5).(1)求C的方程；(2)若点P在l上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，直线AB与l交于点Q，证明：存在定点H，使得PH⊥QH.解：(1)由题意可知C的焦点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，由点到直线的距离公式可得eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2×0－\f(p,2)－5)),\r(22＋（－1）2))＝eq\f(6\r(5),5)(p>0)，解得p＝2.所以C的方程为x2＝4y.(2)证明：设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(xeq\o\al(2,1),4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(xeq\o\al(2,2),4))).由x2＝4y，得y＝eq\f(x2,4)，y′＝eq\f(x,2)，可知直线PA的方程为y－eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＝eq\f(x1,2)(x－x1)，即y＝eq\f(x1x,2)－eq\f(xeq\o\al(2,1),4).同理，直线PB的方程为y＝eq\f(x2x,2)－eq\f(xeq\o\al(2,2),4).联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(x1x,2)－\f(xeq\o\al(2,1),4)，,y＝\f(x2x,2)－\f(xeq\o\al(2,2),4)，))解得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,4))).若记P(t，2t－5)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2t，,x1x2＝4（2t－5），))由点A，B的坐标可写出直线AB的方程为(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(xeq\o\al(2,2),4)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)－\f(xeq\o\al(2,2),4)))(x－x2)，即y＝eq\f(x1＋x2,4)x－eq\f(x1x2,4)，所以y＝eq\f(t,2)x－2t＋5.由AB与l相交，可知t≠4，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x－5，,y＝\f(t,2)x－2t＋5，))可得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4（t－5）,t－4)，\f(3t－20,t－4))).设H(x，y)，则由PH⊥QH可知eq\o(PH,\s\up6(→))·eq\o(QH,\s\up6(→))＝(x－t，y－(2t－5))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4（t－5）,t－4)，y－\f(3t－20,t－4)))＝eq\f(1,t－4)(x－t，y－(2t－5))·((t－4)x－4(t－5)，(t－4)y－(3t－20))＝－eq\f(1,t－4)(t－x，2t－(y＋5))·((x－4)t－4(x－5)，(y－3)t－4(y－5))＝－eq\f(1,t－4)[(x－4)t2－(x2－20)t＋4x(x－5)＋2(y－3)t2－(y2＋10y－55)t＋4(y＋5)(y－5)]＝－eq\f(1,t－4)[(x＋2y－10)t2－(x2＋y2＋10y－75)t＋4(x2＋y2－5x－25)]＝0，上式关于t恒成立，当且仅当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y－10＝0，,x2＋y2＋10y－75＝0，,x2＋y2－5x－25＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝5))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝8，,y＝1.))因此存在定点H(0，5)或H(8，1)，使得PH⊥QH.利用转化法证明圆锥曲线问题的三种策略(1)共线问题转化法：证明三点共线或直线平行，用斜率相等．(2)垂直问题转化法：证明直线垂直，用斜率之积为－1或方向向量的数量积为0.(3)对称关系转化法：证明两角相等，用倾斜角互补，斜率之和为0.eq\a\vs4\al()2.已知点P是平面直角坐标系xOy内异于O的任意一点，过点P作直线l1：y＝eq\f(\r(3),2)x及l2：y＝－eq\f(\r(3),2)x的平行线，分别交x轴于点M，N，且|OM|2＋|ON|2＝8.(1)求点P的轨迹C的方程；(2)在x轴正半轴上取两点A(m，0)，B(n，0)，且mn＝4，过点A作直线l与轨迹C交于E，F两点，证明：sin∠EBA＝sin∠FBA.解：(1)设点P的坐标为(x0，y0)，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(2,\r(3))y0，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(2,\r(3))y0，0))，由|OM|2＋|ON|2＝8，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(2,\r(3))y0))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(2,\r(3))y0))eq\s\up12(2)＝8，化简得eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1，所以点P的轨迹C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(x≠±eq\r(2))．(2)证明：当直线l的斜率不存在时，根据椭圆的对称性，sin∠EBA＝sin∠FBA成立．当直线l的斜率存在时，由题意，设直线l的方程为y＝k(x－m)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k（x－m），))得(3＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－12＝0，由Δ>0，得m2k2<3＋4k2，且x1＋x2＝eq\f(8k2m,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2m2－12,3＋4k2)，则kBE＋kBF＝eq\f(y1,x1－n)＋eq\f(y2,x2－n)＝eq\f(y1（x2－n）＋y2（x1－n）,（x1－n）（x2－n）)＝eq\f(2kx1x2－（km＋kn）（x1＋x2）＋2mnk,（x1－n）（x2－n）)，又2kx1x2－(km＋kn)(x1＋x2)＋2mnk＝eq\f(2k（4k2m2－12）,3＋4k2)－eq\f(8k2m（km＋kn）,3＋4k2)＋2mnk＝eq\f(－24k＋6mnk,3＋4k2)，因为mn＝4，所以kBE＋kBF＝0，则sin∠EBA＝sin∠FBA.综上所述，sin∠EBA＝sin∠FBA.探索性问题(2024·天津高考)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq\f(1,2)，左顶点为A，下顶点为B，C是线段OB的中点(O为坐标原点)，S△ABC＝eq\f(3\r(3),2).(1)求椭圆方程；(2)过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\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\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))≤0恒成立？若存在，求出这个点T纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)因为椭圆的离心率e＝eq\f(1,2)，故a＝2c，b＝eq\r(3)c，其中c为半焦距，所以A(－2c，0)，B(0，－eq\r(3)c)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3)c,2)))，故S△ABC＝eq\f(1,2)×2c×eq\f(\r(3)c,2)＝eq\f(3\r(3),2)，故c＝eq\r(3)，所以a＝2eq\r(3)，b＝3，故椭圆方程为eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,9)＝1.(2)若过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)))的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为y＝kx－eq\f(3,2)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(0，t)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1，,y＝kx－\f(3,2)，))可得(3＋4k2)x2－12kx－27＝0，故Δ＝144k2＋108(3＋4k2)＝324＋576k2>0且x1＋x2＝eq\f(12k,3＋4k2)，x1x2＝－eq\f(27,3＋4k2)，而eq\o(TP,\s\up6(→))＝(x1，y1－t)，eq\o(TQ,\s\up6(→))＝(x2，y2－t)，故eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))＝x1x2＋(y1－t)(y2－t)＝x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1－\f(3,2)－t))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2－\f(3,2)－t))＝(1＋k2)x1x2－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))(x1＋x2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))eq\s\up12(2)＝(1＋k2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(27,3＋4k2)))－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))×eq\f(12k,3＋4k2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))eq\s\up12(2)＝eq\f(－27k2－27－18k2－12k2t＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))\s\up12(2)＋（3＋2t）2k2,3＋4k2)＝eq\f([（3＋2t）2－12t－45]k2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))\s\up12(2)－27,3＋4k2)，因为eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))≤0恒成立，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（3＋2t）2－12t－45≤0，,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))\s\up12(2)－27≤0，))解得－3≤t≤eq\f(3,2)；若过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)))的动直线的斜率不存在，则P(0，3)，Q(0，－3)或P(0，－3)，Q(0，3)，此时需－3≤t≤3，两者结合可得－3≤t≤eq\f(3,2).综上所述，存在T(0，t)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3≤t≤\f(3,2)))，使得eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))≤0恒成立．探索性问题的解题策略1．肯定顺推法解决探索性问题：首先假设所探求问题的结论成立或存在，然后在这个假设条件下进行推理论证，如果得到一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题作出正面回答，如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答．2．探究转化法解决探索性问题：将所探究的问题转化为其他明确的问题，使所探究的问题更加具体、易求．对于角度、垂直问题的探究，一般转化为斜率、向量数量积来研究．eq\a\vs4\al()3.(2025·福建厦门模拟)已知点O(0，0)，点F(0，1)，点M是x轴上的一个动点，点N在y轴上，直线MN与直线MF垂直，N关于M的对称点为P.(1)求点P的轨迹Γ的方程；(2)过F的直线l交Γ于A，B两点，A在第一象限，Γ在A处的切线为l′，l′交y轴于点C，过C作OB的平行线交l于点D，∠ACD是否存在最大值？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)解法一：设M(a，0)，N(0，b)，P(x，y)，因为MF⊥MN，所以eq\o(MF,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝0，即a2＋b＝0.又x＝2a，y＝－b，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))eq\s\up12(2)－y＝0，即x2＝4y，易知a≠0，所以点P的轨迹Γ的方程为x2＝4y(x≠0)．解法二：如图，设F关于M的对称点为Q，由已知得，FQ，NP互相垂直平分，所以四边形PFNQ为菱形，所以|PF|＝|PQ|.因为M为FQ的中点，所以yQ＝－yF＝－1，即点Q在定直线y＝－1上，因为PQ∥FN，所以PQ与直线y＝－1垂直，即点P到定点F(0，1)的距离等于点P到定直线y＝－1的距离，又易知点P的轨迹不过点(0，0)，所以点P的轨迹是以F(0，1)为焦点，y＝－1为准线且除去点(0，0)的抛物线．所以点P的轨迹Γ的方程为x2＝4y(x≠0)．(2)∠ACD存在最大值．设直线OB交AC于点E，∠AEB＝∠ACD，所以∠ACD最大即直线OB与l′的倾斜角之差最大．由题意可知，直线l的斜率存在，设l：y＝kx＋1，A(x1，y1)(x1>0)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))得x2－4kx－4＝0，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)))′＝eq\f(x,2)，所以l′的斜率k1＝eq\f(x1,2)，OB的斜率k2＝eq\f(y2,x2)＝eq\f(x2,4).设直线l′与OB的倾斜角分别为θ1，θ2，则tan(θ2－θ1)＝eq\f(tanθ2－tanθ1,1＋tanθ1tanθ2)＝eq\f(k2－k1,1＋k1k2)＝eq\f(\f(x2,4)－\f(x1,2),1＋\f(x1x2,8))＝eq\f(\f(x2,4)－\f(x1,2),1＋\f(－4,8))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)－\f(x1,2)))＝eq\f(x2,2)－x1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1)＋x1))≤－2eq\r(2)，当且仅当eq\f(2,x1)＝x1，即x1＝eq\r(2)，x2＝－2eq\r(2)时，等号成立．因为tan(θ2－θ1)<0，所以θ2－θ1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以当tan(θ2－θ1)最大时，θ2－θ1最大，即∠ACD最大，此时Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(1,2)))，所以k＝eq\f(x1＋x2,4)＝－eq\f(\r(2),4)，所以直线l的方程为y＝－eq\f(\r(2),4)x＋1.课时作业基础题(占比20%)中档题(占比50%)拔高题(占比30%)题号123456难度★★★★★★★★★★★★★考向证明问题证明问题探索性问题证明问题探索性问题证明问题考点与圆有关的证明问题两直线垂直的证明问题与三角形面积有关的探索性问题线段长相等的证明问题与向量的数量积有关的探索性问题与矩形周长有关的证明问题1.在平面直角坐标系xOy中，已知点F(2，0)，直线l：x＝eq\f(1,2)，点M到l的距离为d，若点M满足|MF|＝2d，记点M的轨迹为C.(1)求C的方程；(2)过点F(2，0)且斜率不为0的直线与C交于P，Q两点，设A(－1，0)，证明：以P，Q为直径的圆经过点A.解：(1)设点M(x，y)，则d＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，|MF|＝eq\r(（x－2）2＋y2)，由|MF|＝2d，得eq\r(（x－2）2＋y2)＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，两边平方，整理得3x2－y2＝3，则所求C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)证明：设直线m的方程为x＝ty＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋2，,3x2－y2＝3，))消去x并整理，得(3t2－1)y2＋12ty＋9＝0，因为直线m与C交于两点，故t≠±eq\f(\r(3),3)，此时Δ＝(12t)2－4(3t2－1)×9＝36(t2＋1)>0，所以y1＋y2＝－eq\f(12t,3t2－1)，y1y2＝eq\f(9,3t2－1)，而x1＋x2＝t(y1＋y2)＋4，x1x2＝(ty1＋2)·(ty2＋2)＝t2y1y2＋2t(y1＋y2)＋4，又eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(x2＋1，y2)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝y1y2＋x1＋x2＋x1x2＋1＝(t2＋1)y1y2＋3t(y1＋y2)＋9＝eq\f(9t2＋9,3t2－1)－eq\f(36t2,3t2－1)＋9＝eq\f(9（－3t2＋1）,3t2－1)＋9＝0，所以AP⊥AQ，即以P，Q为直径的圆经过点A.2．(2024·全国甲卷)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在C上，且MF⊥x轴．(1)求C的方程；(2)过点P(4，0)的直线与C交于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴．解：(1)设F(c，0)，由题设，有c＝1且eq\f(b2,a)＝eq\f(3,2)，故eq\f(a2－1,a)＝eq\f(3,2)，解得a＝2，b＝eq\r(3)，故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明：由题意可知，直线AB的斜率一定存在，设直线AB的方程为y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k（x－4），))可得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，故Δ＝1024k4－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，解得－eq\f(1,2)<k<eq\f(1,2)，又x1＋x2＝eq\f(32k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(64k2－12,3＋4k2)，而Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，故直线BN的方程为y＝eq\f(y2,x2－\f(5,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))，故yQ＝eq\f(－\f(3,2)y2,x2－\f(5,2))＝eq\f(－3y2,2x2－5)，所以y1－yQ＝y1＋eq\f(3y2,2x2－5)＝eq\f(y1（2x2－5）＋3y2,2x2－5)＝eq\f(k（x1－4）（2x2－5）＋3k（x2－4）,2x2－5)＝k×eq\f(2x1x2－5（x1＋x2）＋8,2x2－5)＝k×eq\f(2×\f(64k2－12,3＋4k2)－5×\f(32k2,3＋4k2)＋8,2x2－5)＝k×eq\f(\f(128k2－24－160k2＋24＋32k2,3＋4k2),2x2－5)＝0，故y1＝yQ，即AQ⊥y轴．3．已知圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝eq\f(9,4)的圆心C在抛物线x2＝2py(p＞0)上，圆C过原点且与抛物线的准线相切．(1)求该抛物线的方程；(2)过抛物线的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，分别在点A，B处作抛物线的切线，两条切线交于点P，△PAB的面积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值及此时对应的直线l的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)由已知可得圆心C(a，b)，半径r＝eq\f(3,2)，焦点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，准线方程为y＝－eq\f(p,2).因为圆C与抛物线的准线相切，所以b＝eq\f(3,2)－eq\f(p,2)，且圆C过焦点F.又圆C过原点，所以圆心C必在线段OF的垂直平分线上，即b＝eq\f(p,4)，所以b＝eq\f(3,2)－eq\f(p,2)＝eq\f(p,4)，解得p＝2.于是抛物线的方程为x2＝4y.(2)由抛物线的方程为x2＝4y，知F(0，1)．易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))消去y并整理，得x2－4kx－4＝0，Δ＝(－4k)2－4×1×(－4)＝16k2＋16>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.对y＝eq\f(x2,4)求导，得y′＝eq\f(x,2)，即直线AP的斜率kAP＝eq\f(x1,2)，则直线AP的方程为y－y1＝eq\f(x1,2)(x－x1)，即y＝eq\f(x1,2)x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1).同理可得，直线BP的方程为y＝eq\f(x2,2)x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,2).设P(x0，y0)，联立直线AP与BP的方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(x1＋x2,2)＝2k，,y0＝\f(x1x2,4)＝－1，))即P(2k，－1)．又|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（4k）2＋16)＝4(1＋k2)，点P到直线AB的距离d＝eq\f(|2k2＋2|,\r(1＋k2))＝2eq\r(1＋k2)，所以△PAB的面积S＝eq\f(1,2)×4(1＋k2)×2eq\r(1＋k2)＝4(1＋k2)eq\s\up7(\f(3,2))≥4，当且仅当k＝0时，等号成立．故△PAB面积的最小值为4，此时直线l的方程为y＝1.4．(2024·江苏无锡等四地三模)已知A，B，C为椭圆Γ：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1上三个不同的点，且满足eq\o(OC,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))，其中λ2＋μ2＝1.记AB的中点M的轨迹为D.(1)求D的方程；(2)若直线l交D于P，Q两点，交Γ于S，T两点，求证：|PS|＝|QT|.解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(λx1＋μx2，λy1＋μy2)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，将A，B代入Γ：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),4)＋\f(yeq\o\al(2,2),3)＝1.))将C代入Γ：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得eq\f(（λx1＋μx2）2,4)＋eq\f(（λy1＋μy2）2,3)＝1，即λ2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋\f(yeq\o\al(2,1),3)))＋μ2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,2),4)＋\f(yeq\o\al(2,2),3)))＋2λμeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,4)＋\f(y1y2,3)))＝1，又因为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),4)＋\f(yeq\o\al(2,2),3)＝1，))且λ2＋μ2＝1，所以eq\f(x1x2,4)＋eq\f(y1y2,3)＝0，所以eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))\s\up12(2),4)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y2,2)))\s\up12(2),3)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋\f(yeq\o\al(2,1),3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,2),4)＋\f(yeq\o\al(2,2),3)))＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,4)＋\f(y1y2,3)))))＝eq\f(1,2)，所以D的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝eq\f(1,2)，即eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,\f(3,2))＝1.(2)证明：设ST的中点为G，PQ的中点为G′.当l垂直于x轴时，由对称性可得|PS|＝|QT|；当l不垂直于x轴时，设l：y＝kx＋m，将直线l的方程代入Γ：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设S(x3，y3)，T(x4，y4)，则Δ>0，x3＋x4＝－eq\f(8km,3＋4k2)，y3＋y4＝k(x3＋x4)＋2m＝eq\f(6m,3＋4k2)，所以xG＝－eq\f(4km,3＋4k2)，yG＝eq\f(3m,3＋4k2)，即Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,3＋4k2)，\f(3m,3＋4k2)))，同理可得，G′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,3＋4k2)，\f(3m,3＋4k2)))，由此可知|PS|＝|QT|.综上所述，|PS|＝|QT|.5．(2025·河南驻马店模拟)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，直线l1：y＝x－2与C的一条渐近线平行，且与C交于点B，直线AB的斜率为eq\f(1,3).(1)求C的方程；(2)已知直线l2：y＝2x＋m(m≠8)与C交于P，Q两点，是否存在满足eq\o(EA,\s\up6(→))·eq\o(EP,\s\up6(→))＝eq\o(EP,\s\up6(→))·eq\o(EQ,\s\up6(→))＝eq\o(EA,\s\up6(→))·eq\o(EQ,\s\up6(→))的点E(x0，y0)？若存在，求xeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,0)的值；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意可知，C的一条渐近线方程为y＝x，则a＝b，设B(t，t－2)，又A(－a，0)，a>0，直线AB的斜率为eq\f(1,3)，所以eq\f(t－2,t＋a)＝eq\f(1,3)，解得t＝eq\f(6＋a,2)，则Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6＋a,2)，\f(2＋a,2)))，代入x2－y2＝a2，解得a＝4，故C的方程为eq\f(x2,16)－eq\f(y2,16)＝1.(2)因为eq\o(EA,\s\up6(→))·eq\o(EP,\s\up6(→))＝eq\o(EP,\s\up6(→))·eq\o(EQ,\s\up6(→))，所以eq\o(EP,\s\up6(→))·(eq\o(EA,\s\up6(→))－eq\o(EQ,\s\up6(→)))＝0，即eq\o(EP,\s\up6(→))·eq\o(QA,\s\up6(→))＝0，所以PE⊥AQ，同理可得AE⊥PQ，EQ⊥AP，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,16)－\f(y2,16)＝1，,y＝2x＋m，))整理得3x2＋4mx＋m2＋16＝0，由题意知Δ＝16m2－12(m2＋16)>0，且m≠8，解得m<－4eq\r(3)或m>4eq\r(3)，且m≠8，所以x1＋x2＝－eq\f(4m,3)，x1x2＝eq\f(m2＋16,3)，过点A与l2垂直的直线的方程为y＝－eq\f(1,2)x－2，设该直线与C的右支交于另一点H，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,16)－\f(y2,16)＝1，,y＝－\f(1,2)x－2，))整理得3x2－8x－80＝0，解得x＝eq\f(20,3)或x＝－4(舍去)，所以Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,3)，－\f(16,3)))，因为eq\o(PH,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,3)－x1，－\f(16,3)－y1))·(x2＋4，y2)＝eq\f(20,3)x2＋eq\f(80,3)－x1x2－4x1－eq\f(16,3)y2－y1y2＝eq\f(20,3)x2＋eq\f(80,3)－x1x2－4x1－eq\f(16,3)(2x2＋m)－(2x1＋m)(2x2＋m)＝－5x1x2－(4＋2m)(x1＋x2)＋eq\f(80,3)－eq\f(16,3)m－m2＝(－5)×eq\f(m2＋16,3)－(4＋2m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)m))＋eq\f(80,3)－eq\f(16,3)m－m2＝－eq\f(5,3)m2－eq\f(80,3)＋eq\f(16,3)m＋eq\f(8,3)m2＋eq\f(80,3)－eq\f(16,3)m－m2＝0，所以PH⊥AQ，同理可证QH⊥AP，又AH⊥PQ，所以H与E重合，所以E在C上，则xeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,0)＝16，故存在点E(x0，y0)满足eq\o(EA,\s\up6(→))·eq\o(EP,\s\up6(→))＝eq\o(EP,\s\up6(→))·eq\o(EQ,\s\up6(→))＝eq\o(EA,\s\up6(→))·eq\o(EQ,\s\up6(→))，且xeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,0)的值为16.6．(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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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).解：(1)设P(x，y)，则|y|＝eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))\s\up12(2))，两边同时平方，化简得y＝x2＋eq\f(1,4)，故W的方程为y＝x2＋eq\f(1,4).(2)证法一：不妨设A，B，D在W上，且AB⊥AD，依题意可设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a2＋\f(1,4)))，易知直线AB，AD的斜率均存在且不为0，则设AB，AD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)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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\co1(\f(1,k)＋2a))，所以|AB|＋|AD|＝eq\r(1＋k2)|k－2a|＋eq\r(1＋\f(1,k2))eq\b\lc\|\rc\|