大題考法3存在性問題(2023·惠州模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為F，點A(－2，0)在橢圓上且|AF|＝3.(1)求橢圓C的方程；(2)點P、Q分別在橢圓C和直線x＝4上，OQ∥AP，M為AP的中點，若T為直線OM與直線QF的交點．是否存在一個確定的曲線，使得T始終在該曲線上？若存在，求出該曲線的軌跡方程；若不存在，請說明理由．解：(1)因為橢圓C過點A(－2，0)，所以a＝2.因為|AF|＝3，所以a＋c＝3，得c＝1.故b2＝a2－c2＝3，從而橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設P(x0，y0)(x0≠±2)，則直線AP的斜率為eq\f(y0,x0＋2).因為OQ∥AP，所以直線OQ的方程為y＝eq\f(y0,x0＋2)x.令x＝4可得y＝eq\f(4y0,x0＋2)，所以Q(4，eq\f(4y0,x0＋2))，又M是AP的中點，所以M(eq\f(x0－2,2)，eq\f(y0,2))．從而eq\o(OM,\s\up6(→))＝(eq\f(x0－2,2)，eq\f(y0,2))，eq\o(FQ,\s\up6(→))＝(3，eq\f(4y0,x0＋2))，所以eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(FQ,\s\up6(→))＝eq\f(3（x0－2）,2)＋eq\f(2yeq\o\al(2,0),x0＋2)＝eq\f(3（xeq\o\al(2,0)－4）＋4yeq\o\al(2,0),2（x0＋2）)，①因為點P在橢圓C上，所以eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1，故3xeq\o\al(2,0)＝12－4yeq\o\al(2,0)，代入式①可得eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(FQ,\s\up6(→))＝0，從而OM⊥FQ，所以點T始終在以OF為直徑的圓上，且該圓方程為(x－eq\f(1,2))2＋y2＝eq\f(1,4).1．解決探索性問題的注意事項．探索性問題，先假設存在，推證滿足條件的結論，若結論正確則存在，若結論不正確則不存在．(1)當條件和結論不唯一時要分類討論．(2)當給出結論而要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件．(3)當條件和結論都不知，按常規(guī)方法解題很難時，要開放思維，采取另外合適的方法．2．存在性問題的求解方法．(1)存在性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化．其步驟為：假設滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設出，列出關于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實數(shù)解，則元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在；否則，元素(點、直線、曲線或參數(shù))不存在．(2)反證法與驗證法也是求解存在性問題常用的方法．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點，右頂點分別為F，A，B(0，b)，|AF|＝1，點M在線段AB上，且滿足|BM|＝eq\r(3)|MA|，直線OM的斜率為1，O為坐標原點．(1)求雙曲線C的方程；(2)過點F的直線l與雙曲線C的右支相交于P，Q兩點，在x軸上是否存在與F不同的定點E，使得|EP|·|FQ|＝|EQ|·|FP|恒成立？若存在，求出點E的坐標；若不存在，請說明理由．解：(1)因為|AF|＝1，所以c－a＝1，因為點M在線段AB上，且滿足|BM|＝eq\r(3)|MA|，所以M(eq\f(\r(3)a,\r(3)＋1)，eq\f(b,\r(3)＋1))，因為直線OM的斜率為1，O為坐標原點，所以eq\f(b,\r(3)a)＝1，即b＝eq\r(3)a，結合c2＝a2＋b2，解得c＝2，a＝1，b＝eq\r(3)，所以雙曲線C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)因為|EP|·|FQ|＝|EQ|·|FP|恒成立，即eq\f(FP,FQ)＝eq\f(EP,EQ)恒成立，可知EF為∠PEQ的角平分線，即kEP＋kEQ＝0，當直線AB的斜率不存在時，P在x軸上任意非F點都成立，當直線AB的斜率存在時，且斜率不為0，設直線PQ的方程為x＝my＋2，m≠0，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，假設存在E(s，0)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,3x2－y2＝3，))整理可得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，3m2－1≠0，y1＋y2＝－eq\f(12m,3m2－1)，y1y2＝eq\f(9,3m2－1)，因為kEP＋kEQ＝0，所以eq\f(y1,x1－s)＋eq\f(y2,x2－s)＝0，整理可得y1(my2＋2－s)＋y2(my1＋2－s)＝0，即2my1y2＋(2－s)(y1＋y2)＝0，即2m·e