統(tǒng)考版2022屆高考數(shù)學一輪復習第九章9.9.2證明最值范圍存在性問題學案理含解析202104231

1、第 2 課時證明、最值、范圍、存在性問題考點一證明問題 互動講練型 考向一：定點問題例 12020 全·國卷 已知 a， b 分別為橢圓e：x22 y2 1(a>1) 的左、右頂點，g 為 ea的上頂點， 8.p 為直線 x 6 上的動點， pa 與 e 的另一交點為c， pb 與 e 的另一交ag·gb點為 d.(1) 求 e 的方程；(2) 證明：直線cd 過定點悟·技法圓錐曲線中定點問題的兩種解法(1) 引進參數(shù)法：引進動點的坐標或動線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量，再研究變化的量與參數(shù)何時沒有關(guān)系，找到定點(2) 特殊到一般法：根據(jù)動點或動線的特殊情況探索出

2、定點，再證明該定點與變量無關(guān).考向二：定值問題例 22021 ·南昌市高三年級摸底測試卷 在平面直角坐標系xoy 中，已知q( 1,2)，|pq·of|p f |.f(1,0) ，動點 p 滿足 (1) 求動點 p 的軌跡 e 的方程；(2) 過點 f 的直線與e 交于 a， b 兩點，記直線qa， qb 的斜率分別為k1， k2，求證： k1 k2 為定值悟·技法圓錐曲線中定值問題的特點及兩大解法(1) 特點：待證幾何量不受動點或動線的影響而有固定的值(2) 兩大解法： 從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)； 變量法：其解題流程為變式練 (著眼于舉一反三

3、)12021昆·明模擬 已知拋物線c： y2 4x 的焦點為f，準線為l， p 是 c 上的動點(1) 當 |pf| 4 時，求直線pf 的方程；(2) 過點 p 作 l 的垂線，垂足為m，o 為坐標原點，直線om 與 c 的另一個交點為q，證明：直線pq 經(jīng)過定點，并求出該定點的坐標2.2021長·沙市四校高三年級模擬考試已知點 p 為圓 x2 y24 上一動點， pq x 軸于點q，若動點 m 滿足 3 23 為坐標原點 )om2 op2oq(o(1) 求動點 m 的軌跡 e 的方程；1(2) 過點 (1,0)的直線 l1，l 2 分別交曲線e 于點 a， c 和 b，

4、d，且 l1 l2，證明：1 為定值考點二最值、范圍問題互動講練型 |ac|bd |例 32021安·徽省示范高中名校高三聯(lián)考已知拋物線e： y2 2px(p 0)，過其焦點f的直線與拋物線相交于a( x1 ，y1)， b(x2， y2)兩點，滿足y1y2 4. (1)求拋物線e 的方程；11k(2)已知點 c 的坐標為 ( 2,0)，記直線ca， cb 的斜率分別為k1， k2，求212的最小值k2悟·技法求范圍問題的關(guān)鍵是建立求解關(guān)于某個變量的目標函數(shù)，通過求這個函數(shù)的值域確定目標的范圍在建立函數(shù)的過程中要根據(jù)題目的其他已知條件，把需要的量都用我們選用的變量表示，有時為

5、了運算的方便，在建立關(guān)系的過程中也可以采用多個變量，只要在最后結(jié)果中把多變量歸結(jié)為單變量即可，同時要特別注意變量的取值范圍.變式練 (著眼于舉一反三)32021 ·湖南省長沙市高三調(diào)研試題在平面直角坐標系xoy 中，已知點m (2,1)，動點 p到直線 y 1 的距離為d，滿足 |pm |2 d2 |po|2 6. (1)求動點 p 的軌跡 c 的方程；(2)過軌跡 c 上的縱坐標為2 的點 q 作兩條直線qa，qb，分別與軌跡c 交于點 a， b，且點 d(3,0)到直線 qa， qb 的距離均為m(0 m2) ，求線段ab 中點的橫坐標的取值范圍考點三存在性問題 互動講練型 例

6、42021 ·廣東省七校聯(lián)合體高三聯(lián)考試題 已知點 a(x1， y1)， b(x2， y2)是拋物線y2 8x 上相異兩點，且滿足x1 x2 4.(1) 若直線 ab 經(jīng)過點 f(2,0)，求 |ab|的值(2) 是否存在直線ab，使得線段ab 的垂直平分線交x 軸于點 m，且 |ma | 42？若存在， 求直線 ab 的方程，若不存在，請說明理由悟·技法求解存在性問題時，通常的方法是首先假設(shè)滿足條件的幾何元素或參數(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行推理與計算，若不出現(xiàn)矛盾，并且得到了相應的幾何元素或參數(shù)值，就說明滿足條件的幾何元素或參數(shù)值存在；若在推理與

7、計算中出現(xiàn)了矛盾，則說明滿足條件的幾何元素或參數(shù)值不存在，同時推理與計算的過程就是說明理由的過程.變式練 (著眼于舉一反三)x2y242021 ·惠州市高三調(diào)研考試 已知橢圓 c：a2b2 1(a b 0)的左頂點為a，右焦點為f2(2,0)，點 b(2，2)在橢圓 c 上(1) 求橢圓 c 的方程；(2) 直線 y kx(k 0)與橢圓 c 交于 e，f 兩點，直線ae，af 分別與 y 軸交于點 m ，n.當 k變化時，在x 軸上是否存在點p，使得 mpn 為直角？若存在，求出點p 的坐標；若不存在， 請說明理由第 2 課時證明、最值、范圍、存在性問題課堂考點突破考點一例 1解析

8、： (1) 由題設(shè)得a( a,0)， b(a,0)，g(0,1)則 2ag (a,1)， gb (a， 1)由 ag·gb 8 得 a 1 8，即 a 3.所以 e 的方程為x29 y2 1.(2)設(shè) c(x1， y1)， d(x2 ， y2)， p(6， t) 若 t 0，設(shè)直線cd 的方程為x my n，由題意可知3<n<3.由于直線pa 的方程為y t (x 3)，所以 y1 t (x1 3)直線 pb 的方程為y9t(x 3)，所以 y29t(x23) 33可得 3y1(x 2 3) y2(x1 3)2x22x23x2 32由于 9 y2 1，故 y29，可得 2

9、7y1y2 (x1 3)( x2 3)，即(27m2)y1y2m(n 3)( y1 y2) (n3) 2 0.x2將 x my n 代入 9 y2 1 得(m2 9) y22mnyn2 9 0.2mnn2 9所以 y1 y2， y1y2 m2 9.m2 9代入 式得 (27m2)(n2 9) 2m(n3)mn (n3)2(m2 9) 0.解得 n1 3(舍去 )，n2 323故直線 cd 的方程為xmy ，23即直線 cd 過定點，0 . 23若 t 0，則直線cd 的方程為y 0，過點32， 0 .綜上，直線cd 過定點， 0 .2例 2解析：(1) 設(shè) p(x，y)，則( 1 x，2 y)

10、， (1 x， (1,0) ，由 p q p f| 得| 1 x|1 x 2 y 2，化簡得y2 4x，y).of|pq·of|pf |即動點 p 的軌跡 e 的方程為y2 4x.(2)設(shè)過點 f (1,0)的直線方程為xmy 1， a(x1， y1)， b(x2， y2)x my1由y2 4x得 y2 4my 4 0， y1 y2 4m， y1y2 4.k 1 k2y1 2x1 1y2 2x2 1， x1 my1 1， x2 my2 1，k 1 k2y1 2my1 2y2 2my2 2y1 2my2 2 y2 2my1 2my1 2my2 22my1y2 2 2my1 y2 8，m

11、2y1y2 2m y1 y2 4 8m2 8將 y1 y2 4m， y1y2 4 代入上式得，k1 k2變式練4m2 4 2，故 k1 k2 為定值 2.1解析： (1) 設(shè) p(x0， y0)，由 |pf | 4 得 1 x0 4，解得 x0 3，所以 y0 ±23.±23 0又 f (1,0)，所以 kpf31 ± 3，所以直線pf 的方程為y3x3或 y3x3.y20(2)設(shè) p 4 ，y0 ( y0 0)，則 m( 1， y0) ，直線 om 的方程為y y0x.y y0x440.聯(lián)立得y2 4x，得 y2x2 4x 0，解得 q2 ，y0y0當 y0 &

12、#177;2 時，直線pq 的方程為x 1.當 y0 ±2 時，直線pq 的方程為y y0 4y04y022x y，0y0 44化簡得 yy2(x 1)0 4綜合 ，可知直線pq 恒過點 (1,0)2解析： (1) 設(shè) m(x， y)， p(x0， y0)，則 q(x0,0)所以 om ( x， y)，op (x0， y0)， oq (x0,0)由om 3 2 op23 2oq，得233x 2 x03y 2 y0.232x0，所以 x0 x， y03 y.22x2y2因為 x0 y0 4，所以 4 3 1，x2y2即動點 m 的軌跡 e 的方程為4 3 1.114117(2)當直線

13、ac 的斜率為零或斜率不存在時，|ac | |bd |3 12.x2當直線 ac 的斜率存在且不為零時，設(shè)直線 ac 的方程為y k(x 1)，代入曲線e 的方程 4y28k23 1，得 (3 4k2) x2 8k2x4k2 12 0.設(shè) a(x1，y1)， c(x2 ，y2 )，則 x1 x2 2， x1x23 4k4k2 123 4k2，所以 |ac|1 k2|x1 x2|1 k2 x1 x2 2 4x1x212 1k23 4k2.因為直線bd 的斜1 21121 k12 1 k2113 4k24 3k27率為k，所以 |bd |3 4 1 24 3k2 ，所以 |ac | |bd |12

14、 1k2 12 1k2 12.k117綜上， |ac| |bd| 12，是定值考點二，代入拋物線方例 3解析： (1)因為直線ab 過焦點，所以設(shè)直線ab 的方程為x my p2程得 y2 2pmy p2 0，則 y1y2 p2 4， 解得 p 2，所以拋物線e 的方程為y2 4x.(2)由 (1)知拋物線的焦點坐標為f(1,0) ，則直線 ab 的方程為xmy 1，代入拋物線的方程得y2 4my 4 0，所以 y1 y 4m，y yy1y1 4，則 k ，y2y2k2，21 21x1 2my1 3x2 21所以my2 33 m，13m，k1y1k 2y22113 23 2k因 此 21k2

15、my1 my22m2 6m 1 1 9 1 1yy12y1y222y1 y2y1 y2 2 2y1y22m2 6m· 9·2 2y1y24my1y24m 2 82m2 6m· 4 9·165m29 2，119k所以當且僅當m0 時，212有最小值.k22變式練3解析： (1) 設(shè)動點 p(x， y)，則 |pm|2 (x 2)2 (y 1)2， |po|2 x2 y2， d |y 1|， 由|pm |2 d2 |po |2 6，得( x 2)2 (y 1)2 |y 1|2 x2 y2 6， 化簡得 y2 4x，故動點 p 的軌跡 c 的方程為 y2 4x

16、.(2)易知直線qa， qb 的斜率存在且不為0，由(1) 知點 q(1,2)，所以設(shè)直線qa 的方程為y k1(x 1) 2(k1 0)，|2k1 2|2則點 d 到直線 qa 的距離 d1 m，k1 11整理得， (m24) k2 8k1 m2 4 0.2設(shè)直線 qb 的方程為 y k2(x 1) 2(k2 0)， 同理可得 (m24) k2 8k2 m2 4 0，所以 k1， k2 是方程 (m2 4)k2 8k m2 4 0 的兩根， 644(m2 4)2 32m2 4m4 0，所以 k1 k28， k1 k2 1.m2 4設(shè) a(x1， y1 )， b(x2，y2)， y k1 x1

17、 2由y2 4x，得 k1y2 4y 4k1 8 0， 164k1 ( 4k1 8) 0，8 4k1由根與系數(shù)的關(guān)系知，2y1k1，4 2k14所以 y1k1 k 24k2 2.1同理可得y2 4k1 2.設(shè)線段 ab 中點的橫坐標為x0 ，1222222x則 x0 xy1 y2284k 24k1 2128 2(k2 k2)2( k1 k2) 1 2(k1 k2)2 2(k1k2)3.設(shè) t k1 k2，則 t8m2 4 4， 2)， x0 2t2 2t 3，函數(shù) y 2x2 2x3 的圖象的對稱軸為直線x12，1因為 2 2，所以 9x037，所以，線段ab 中點的橫坐標的取值范圍是(9,3

18、7 考點三例 4解析：（ 1）解法一 若直線 ab 的斜率不存在，則直線ab 的方程為x 2.聯(lián)立方y(tǒng)2 8x程得x 2，解得x 2y 4x 2或，y 4即 a(2,4)， b(2， 4)或 a(2， 4)， b(2,4)，所以|ab|8.若直線 ab 的斜率存在，設(shè)直線ab 的方程為yk(x2) ，y28x聯(lián)立方程得，消去 y，得 k2x2 (4k 2 8)x4k2 0， y k x 24k2 8故 x1 x2k2 4，無解綜上，可得 |ab| 8.解法二直線 ab 過拋物線y2 8x 的焦點 f (2,0)，根據(jù)拋物線的定義，得|af| x1 2，|bf| x2 2，所以|ab| |af|

19、 |bf| x1 x2 4 8.(2) 假設(shè)存在直線ab符合題意，設(shè)直線ab的方程為y kx b(k 0) ，聯(lián)立方程得y2 8x，消去 y，得 k2 x2 (2kb8)x b2 0， (*)y kx b2kb 8故 x1 x24所以 b k2k.b2k24，4所以 x1 x2 k22 2 2.k48k4 1k所以|ab|1 k2x1 x2 2 4x1x21k 2 42 42 2 284k2.因為 y1 y2 k( x1x2 ) 2b 4k 2b k，所以 ab 的中點為c 2， k .41所以線段ab 的垂直平分線方程為y k k(x 2)，即 x ky 60.令 y 0，得 x6.所以點 m 的坐標為 (6,0) 所以點 m 到直線 ab 的距離 d |cm