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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

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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1]　[2020·全国卷Ⅰ]已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝8.P为直线x＝6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2]　[2021·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：k1＋k2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：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②变量法：其解题流程为

[变式练]——(着眼于举一反三)
1．[2021·昆明模拟]已知抛物线C：y2＝4x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x2＋y2＝4上一动点，PQ⊥x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l1⊥l2，证明：＋为定值．

考点二　最值、范围问题[互动讲练型]
[例3]　[2021·安徽省示范高中名校高三联考]已知抛物线E：y2＝2px(p＞0)，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y1y2＝－4.
(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)
3．[2021·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y＝－1的距离为d，满足|PM|2＋d2＝|PO|2＋6.
(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(0＜m≤)，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4]　[2021·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y2＝8x上相异两点，且满足x1＋x2＝4.
(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)
4．[2021·惠州市高三调研考试]已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)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y＝kx(k≠0)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a2－1＝8，即a＝3.
所以E的方程为＋y2＝1.
(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)．
若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3<n<3.
由于直线PA的方程为y＝(x＋3)，所以y1＝(x1＋3)．
直线PB的方程为y＝(x－3)，所以y2＝(x2－3)．
可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3)．
由于＋y＝1，故y＝－，
可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，即
(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.①
将x＝my＋n代入＋y2＝1得
(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.
所以y1＋y2＝－，y1y2＝.
代入①式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2(m2＋9)＝0.
解得n1＝－3(舍去)，n2＝.
故直线CD的方程为x＝my＋，
即直线CD过定点.
若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点.
综上，直线CD过定点.
例2　解析：(1)设P(x，y)，则P＝(－1－x，2－y)，P＝(1－x，－y).＝(1,0)，由|·|＝||得|－1－x|＝，化简得y2＝4x，
即动点P的轨迹E的方程为y2＝4x.
(2)设过点F(1,0)的直线方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由得y2－4my－4＝0，∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.
∵k1＋k2＝＋，x1＝my1＋1，x2＝my2＋1，
∴k1＋k2＝＋
＝
＝，
将y1＋y2＝4m，y1y2＝－4代入上式得，k1＋k2＝＝－2，故k1＋k2为定值－2.
变式练
1．解析：(1)设P(x0，y0)，由|PF|＝4得1＋x0＝4，解得x0＝3，所以y0＝±2.
又F(1,0)，所以kPF＝＝±，
所以直线PF的方程为y＝x－或y＝－x＋.
(2)设P(y0≠0)，则M(－1，y0)，
直线OM的方程为y＝－y0x.
联立得，得yx2－4x＝0，解得Q.
①当y0＝±2时，直线PQ的方程为x＝1.
②当y0≠±2时，直线PQ的方程为y－y0＝，
化简得y＝(x－1)．
综合①②，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x0＝x，y0＝y.
因为x＋y＝4，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y＝k(x－1)，代入曲线E的方程＋＝1，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0.设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，所以|AC|＝|x1－x2|＝＝.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x＝my＋，代入抛物线方程得y2－2pmy－p2＝0，则y1y2＝－p2＝－4，
解得p＝2，所以抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)由(1)知抛物线的焦点坐标为F(1,0)，则直线AB的方程为x＝my＋1，
代入抛物线的方程得y2－4my－4＝0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，则k1＝＝，k2＝＝，
所以＝m＋，＝m＋，
因此＋＝2＋2
＝2m2＋6m＋9
＝2m2＋6m·＋9·
＝2m2＋6m·＋9·
＝5m2＋，
所以当且仅当m＝0时，＋有最小值.
变式练
3．解析：(1)设动点P(x，y)，则|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，
化简得y2＝4x，
故动点P的轨迹C的方程为y2＝4x.
(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y＝k1(x－1)＋2(k1≠0)，
则点D到直线QA的距离d1＝＝m，
整理得，(m2－4)k－8k1＋m2－4＝0.
设直线QB的方程为y＝k2(x－1)＋2(k2≠0)，
同理可得(m2－4)k－8k2＋m2－4＝0，
所以k1，k2是方程(m2－4)k2－8k＋m2－4＝0的两根，
Δ＝64－4(m2－4)2＝32m2－4m4＞0，
所以k1＋k2＝，k1k2＝1.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由，得k1y2－4y－4k1＋8＝0，Δ＝16－4k1(－4k1＋8)＞0，
由根与系数的关系知，2y1＝，
所以y1＝＝－2＝4k2－2.
同理可得y2＝4k1－2.
设线段AB中点的横坐标为x0，
则x0＝＝＝＝2(k＋k)－2(k1＋k2)＋1＝2(k1＋k2)2－2(k1＋k2)－3.
设t＝k1＋k2，则t＝∈[－4，－2)，x0＝2t2－2t－3，
函数y＝2x2－2x－3的图象的对称轴为直线x＝，
因为＞－2，所以9＜x0≤37，
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　①若直线AB的斜率不存在，则直线AB的方程为x＝2.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.
②若直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝k(x－2)，
联立方程得，消去y，得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，
故x1＋x2＝＝4，无解．
综上，可得|AB|＝8.
解法二　直线AB过抛物线y2＝8x的焦点F(2,0)，根据抛物线的定义，得|AF|＝x1＋2，|BF|＝x2＋2，
所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋4＝8.
(2)假设存在直线AB符合题意，设直线AB的方程为y＝kx＋b(k≠0)，联立方程得，消去y，得k2x2＋(2kb－8)x＋b2＝0，(*)
故x1＋x2＝－＝4，
所以b＝－2k.
所以x1x2＝＝2.
所以|AB|＝＝ ＝.
因为y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2b＝4k＋2b＝，所以AB的中点为C.
所以线段AB的垂直平分线方程为y－＝－(x－2)，即x＋ky－6＝0.
令y＝0，得x＝6.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|2＝2＋|CM|2，
所以(4)2＝2＋2，解得k＝±1.
当k＝1时，b＝2；当k＝－1时，b＝－2.
把和分别代入(*)式检验，得Δ＝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c＝2，
∵点B(2，－)在C上，∴＋＝1，
又a2＝b2＋c2，∴a2＝8，b2＝4，
∴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x1＞0，则F(－x1，－y1)．
联立得，消去y得(1＋2k2)·x2－8＝0，
解得x＝，∴x1＝，y1＝，即E.
又A(－2，0)，∴AE所在直线的方程为y＝·(x＋2)，
当x＝0时，y＝，
∴M，同理可得N，
∴＝，＝，
由·＝0，得x－4＝0，
∴x0＝2或x0＝－2，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．