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重难专攻（十）圆锥曲线中的证明、探究性问题
圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是有关位置关系的证明，如相切、平行、垂直、共线等；二是数量关系的证明，如恒成立、值相等（不等）、角相等（不等）等，在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，常把几何量用坐标表示，建立某个变量的函数，用代数方法证明.
圆锥曲线中的探究性问题，先假设结论成立，用待定系数法列出含相应参数的方程，若方程有解，则探索的元素存在（或命题成立），否则不存在（或不成立）.要注意的是：（1）当条件和结论不唯一时要分类讨论；（2）当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；（3）当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意.
位置关系的证明
【例1】（2021·新高考Ⅱ卷20题）已知椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0），右焦点为F（2
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2（x＞0）相切.证明：M，N，F三点共线的充要条件是｜MN｜＝3.
解：（1）由题意知c＝2，ca＝
又∵a2＝b2＋c2，∴b＝1.
故椭圆C的方程为x23＋y2
（2）证明：①（必要性）若M，N，F三点共线，设直线MN的方程为x＝my＋2，
圆心O（0，0）到MN的距离d＝2m2+1＝1?m
联立x＝my＋2，x2+3y2=3?（m2＋3）y2＋22my－1＝0?4
｜MN｜＝1+m2·8m2+164＝2×
②（充分性）当｜MN｜＝3时，设直线MN的方程为x＝ty＋n.
此时圆心O（0，0）到MN的距离d＝｜n｜t2+1＝1?n2－
联立x＝ty＋n，x2+3y2=3?（t2＋3）y2＋2tny＋n2－3＝0，Δ＝4t2n2－4（t2＋3）（n2－3）＝12
｜MN｜＝1+t224t2+3＝3?t2＝1
∵MN与曲线x2＋y2＝b2（x＞0）相切，∴n＞0，n＝2，
∴直线MN的方程为x＝ty＋2恒过点F（2，0），∴M，N，F三点共线，充分性成立.
由①②可得M，N，F三点共线的充要条件是｜MN｜＝3.
解题技法
树立“转化”意识，证明位置关系
已知动点P到点F（12，0）的距离等于它到直线x＝－12的距离，记点P的轨迹为
（1）求C的方程；
（2）过C上一点Q作圆E：（x－4）2＋y2＝4的两条斜率都存在的切线，分别与C交于异于点Q的M，N两点.证明：直线MN与圆E相切.
解：（1）根据抛物线的定义知，点P的轨迹C为抛物线，
设C的方程为y2＝2px，p＞0，
易知抛物线C的焦点为F（12，0），准线为直线x＝－1
所以p＝1，
所以抛物线C的方程为y2＝2x.
（2）证明：因为圆E：（x－4）2＋y2＝4，所以圆心E的坐标为（4，0），半径r＝2，
设Q（y122，y1），M（y222，y2），N（y322，y3），
则直线QM的方程为y－y2＝y2－y1y2
即2x－（y1＋y2）y＋y1y2＝0.
因为直线QM与圆E相切，所以｜8+y1
整理得（y12－4）y22＋8y1y2＋48－4
同理可得（y12－4）y32＋8y1y3＋48－4
所以y2，y3是关于y的方程（y12－4）y2＋8y1y＋48－4y12
所以y2＋y3＝8y14－y12，
又直线MN的方程为2x－（y2＋y3）y＋y2y3＝0，
所以圆E的圆心到直线MN的距离d＝｜8+y2y3｜（y2
所以直线MN与圆E相切.
数量关系的证明
【例2】（2023·新高考Ⅰ卷22题）在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点（0，12）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33.
解：（1）设点P（x，y），则｜y｜＝x2＋（y－12）2
故W：y＝x2＋14
（2）证明：设矩形的三个顶点A（a，a2＋14），B（b，b2＋14），C（c，c2＋14）在W上，且a＜b
易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，
则kAB·kBC＝－1，a＋b＜b＋c，
令kAB＝b2＋14－（a2＋
同理令kBC＝b＋c＝n＞0，且mn＝－1，
则m＝－1n
设矩形周长为L，由对称性不妨设｜m｜≥｜n｜，kBC－kAB＝c－a＝n－m＝n＋1n
则12L＝｜AB｜＋｜BC
＝（b
（
＝（b－a）2[1+（a＋b）2]＋（c－b）2[1+（c＋b）2]＝（b－a
易知（n＋1n）1+n2
令f（x）＝（x＋1x）2（1＋x2），x＞0，f（x）＝2（x＋1x）2（2x－1
令f（x）＝0，解得x＝22
当x∈（0，22）时，f（x）＜0，此时f（x）单调递减
当x∈（22，＋∞），f（x）＞0，此时f（x）单调递增
则f（x）min＝f（22）＝27
故12L≥27