2022届高考数学一轮复习-第九章-9.9.2-证明、最值、范围、存在性问题学案.docx

2022届高考数学一轮复习 第九章 9.9.2 证明、最值、范围、存在性问题学案2022届高考数学一轮复习 第九章 9.9.2 证明、最值、范围、存在性问题学案年级：姓名：第2课时证明、最值、范围、存在性问题证明问题互动讲练型考向一：定点问题例12020全国卷已知A，B分别为椭圆E：y21(a1)的左、右顶点，G为E的上顶点，8.P为直线x6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点悟技法圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.考向二：定值问题例22021南昌市高三年级摸底测试卷在平面直角坐标系xOy中，已知Q(1,2)，F(1,0)，动点P满足|P|.(1)求动点P的轨迹E的方程；(2)过点F的直线与E交于A，B两点，记直线QA，QB的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值悟技法圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值(2)两大解法：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；变量法：其解题流程为变式练(着眼于举一反三)12021昆明模拟已知抛物线C：y24x的焦点为F，准线为l，P是C上的动点(1)当|PF|4时，求直线PF的方程；(2)过点P作l的垂线，垂足为M，O为坐标原点，直线OM与C的另一个交点为Q，证明：直线PQ经过定点，并求出该定点的坐标2.2021长沙市四校高三年级模拟考试已知点P为圆x2y24上一动点，PQx轴于点Q，若动点M满足(O为坐标原点)(1)求动点M的轨迹E的方程；(2)过点(1,0)的直线l1，l2分别交曲线E于点A，C和B，D，且l1l2，证明：为定值考点二最值、范围问题互动讲练型例32021安徽省示范高中名校高三联考已知抛物线E：y22px(p0)，过其焦点F的直线与抛物线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，满足y1y24.(1)求抛物线E的方程；(2)已知点C的坐标为(2,0)，记直线CA，CB的斜率分别为k1，k2，求的最小值悟技法求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围在建立函数的过程中要根据题目的其他已知条件，把需要的量都用我们选用的变量表示，有时为了运算的方便，在建立关系的过程中也可以采用多个变量，只要在最后结果中把多变量归结为单变量即可，同时要特别注意变量的取值范围.变式练(着眼于举一反三)32021湖南省长沙市高三调研试题在平面直角坐标系xOy中，已知点M(2,1)，动点P到直线y1的距离为d，满足|PM|2d2|PO|26.(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)过轨迹C上的纵坐标为2的点Q作两条直线QA，QB，分别与轨迹C交于点A，B，且点D(3,0)到直线QA，QB的距离均为m(0m)，求线段AB中点的横坐标的取值范围考点三存在性问题互动讲练型例42021广东省七校联合体高三联考试题已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线y28x上相异两点，且满足x1x24.(1)若直线AB经过点F(2,0)，求|AB|的值(2)是否存在直线AB，使得线段AB的垂直平分线交x轴于点M，且|MA|4？若存在，求直线AB的方程，若不存在，请说明理由悟技法求解存在性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的几何元素或参数值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛盾，并且得到了相应的几何元素或参数值，就说明满足条件的几何元素或参数值存在；若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的几何元素或参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程.变式练(着眼于举一反三)42021惠州市高三调研考试已知椭圆C：1(ab0)的左顶点为A，右焦点为F2(2,0)，点B(2，)在椭圆C上(1)求椭圆C的方程；(2)直线ykx(k0)与椭圆C交于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N.当k变化时，在x轴上是否存在点P，使得MPN为直角？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由第2课时证明、最值、范围、存在性问题课堂考点突破考点一例1解析：(1)由题设得A(a,0)，B(a,0)，G(0,1)则(a,1)，(a，1)由8得a218，即a3.所以E的方程为y21.(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)若t0，设直线CD的方程为xmyn，由题意可知3n3.由于直线PA的方程为y(x3)，所以y1(x13)直线PB的方程为y(x3)，所以y2(x23)可得3y1(x23)y2(x13)由于y1，故y，可得27y1y2(x13)(x23)，即(27m2)y1y2m(n3)(y1y2)(n3)20.将xmyn代入y21得(m29)y22mnyn290.所以y1y2，y1y2.代入式得(27m2)(n29)2m(n3)mn(n3)2(m29)0.解得n13(舍去)，n2.故直线CD的方程为xmy，即直线CD过定点.若t0，则直线CD的方程为y0，过点.综上，直线CD过定点.例2解析：(1)设P(x，y)，则P(1x，2y)，P(1x，y).(1,0)，由|得|1x|，化简得y24x，即动点P的轨迹E的方程为y24x.(2)设过点F(1,0)的直线方程为xmy1，A(x1，y1)，B(x2，y2)由得y24my40，y1y24m，y1y24.k1k2，x1my11，x2my21，k1k2，将y1y24m，y1y24代入上式得，k1k22，故k1k2为定值2.变式练1解析：(1)设P(x0，y0)，由|PF|4得1x04，解得x03，所以y02.又F(1,0)，所以kPF，所以直线PF的方程为yx或yx.(2)设P(y00)，则M(1，y0)，直线OM的方程为yy0x.联立得，得yx24x0，解得Q.当y02时，直线PQ的方程为x1.当y02时，直线PQ的方程为yy0，化简得y(x1)综合，可知直线PQ恒过点(1,0)2解析：(1)设M(x，y)，P(x0，y0)，则Q(x0,0)所以(x，y)，(x0，y0)，(x0,0)由，得所以x0x，y0y.因为xy4，所以1，即动点M的轨迹E的方程为1.(2)当直线AC的斜率为零或斜率不存在时，.当直线AC的斜率存在且不为零时，设直线AC的方程为yk(x1)，代入曲线E的方程1，得(34k2)x28k2x4k2120.设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1x2，x1x2，所以|AC|x1x2|.因为直线BD的斜率为，所以|BD|，所以.综上，是定值考点二例3解析：(1)因为直线AB过焦点，所以设直线AB的方程为xmy，代入抛物线方程得y22pmyp20，则y1y2p24，解得p2，所以抛物线E的方程为y24x.(2)由(1)知抛物线的焦点坐标为F(1,0)，则直线AB的方程为xmy1，代入抛物线的方程得y24my40，所以y1y24m，y1y24，则k1，k2，所以m，m，因此222m26m92m26m92m26m95m2，所以当且仅当m0时，有最小值.变式练3解析：(1)设动点P(x，y)，则|PM|2(x2)2(y1)2，|PO|2x2y2，d|y1|，由|PM|2d2|PO|26，得(x2)2(y1)2|y1|2x2y26，化简得y24x，故动点P的轨迹C的方程为y24x.(2)易知直线QA，QB的斜率存在且不为0，由(1)知点Q(1,2)，所以设直线QA的方程为yk1(x1)2(k10)，则点D到直线QA的距离d1m，整理得，(m24)k8k1m240.设直线QB的方程为yk2(x1)2(k20)，同理可得(m24)k8k2m240，所以k1，k2是方程(m24)k28km240的两根，644(m24)232m24m40，所以k1k2，k1k21.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由，得k1y24y4k180，164k1(4k18)0，由根与系数的关系知，2y1，所以y124k22.同理可得y24k12.设线段AB中点的横坐标为x0，则x02(kk)2(k1k2)12(k1k2)22(k1k2)3.设tk1k2，则t4，2)，x02t22t3，函数y2x22x3的图象的对称轴为直线x，因为2，所以9x037，所以，线段AB中点的横坐标的取值范围是(9,37考点三例4解析：（1）解法一若直线AB的斜率不存在，则直线AB的方程为x2.联立方程得，解得或，即A(2,4)，B(2，4)或A(2，4)，B(2,4)，所以|AB|8.若直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为yk(x2)，联立方程得，消去y，得k2x2(4k28)x4k20，故x1x24，无解综上，可得|AB|8.解法二直线AB过抛物线y28x的焦点F(2,0)，根据抛物线的定义，得|AF|x12，|BF|x22，所以|AB|AF|BF|x1x248.(2)假设存在直线AB符合题意，设直线AB的方程为ykxb(k0)，联立方程得，消去y，得k2x2(2kb8)xb20，(*)故x1x24，所以b2k.所以x1x22.所以|AB| .因为y1y2k(x1x2)2b4k2b，所以AB的中点为C.所以线段AB的垂直平分线方程为y(x2)，即xky60.令y0，得x6.所以点M的坐标为(6,0)所以点M到直线AB的距离d|CM|.因为|MA|22|CM|2，所以(4)222，解得k1.当k1时，b2；当k1时，b2.把和分别代入(*)式检验，得0，不符合题意故不存在符合题意的直线AB.变式练4解析：(1)依题意，得c2，点B(2，)在C上，1，又a2b2c2，a28，b24，椭圆C的方程为1.(2)假设存在P(x0,0)，使得MPN为直角，设E(x1，y1)且x10，则F(x1，y1)联立得，消去y得(12k2)x280，解得x，x1，y1，即E.又A(2，0)，AE所在直线的方程为y(x2)，当x0时，y，M，同理可得N，由0，得x40，x02或x02，点P的坐标为(2,0)或(2,0)存在点P，且坐标为(2,0)或(2,0)，使得MPN为直角