统考版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理含解析202104231（精编版）

1、第 2 课时证明、最值、范围、存在性问题考点一证明问题 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：x22 y2 1(a>1) 的左、右顶点，g 为 ea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ag·gb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

2、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)，|pq·of|p f |.f(1,0) ，动点 p 满足 (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： 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

3、)12021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 y24 上一动点， pq x 轴于点q，若动点 m 满足 3 23 为坐标原点 )om2 op2oq(o(1) 求动点 m 的轨迹 e 的方程；1(2) 过点 (1,0)的直线 l1，l 2 分别交曲线e 于点 a， c 和 b，

4、d，且 l1 l2，证明：1 为定值考点二最值、范围问题互动讲练型 |ac|bd |例 32021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；11k(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212的最小值k2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

5、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 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 m2) ，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

6、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 | 42？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

7、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)x2y242021 ·惠州市高三调研考试 已知椭圆 c：a2b2 1(a b 0)的左顶点为a，右焦点为f2(2,0)，点 b(2，2)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

8、： (1) 由题设得a( a,0)， b(a,0)，g(0,1)则 2ag (a,1)， gb (a， 1)由 ag·gb 8 得 a 1 8，即 a 3.所以 e 的方程为x29 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 t (x 3)，所以 y1 t (x1 3)直线 pb 的方程为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将 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故直线 cd 的方程为xmy ，23即直线 cd 过定点，0 . 23若 t 0，则直线cd 的方程为y 0，过点32， 0 .综上，直线cd 过定点， 0 .2例 2解析：(1) 设 p(x，y)，则( 1 x，2 y)

10、， (1 x， (1,0) ，由 p q p f| 得| 1 x|1 x 2 y 2，化简得y2 4x，y).of|pq·of|pf |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将 y1 y2 4m， y1y2 4 代入上式得，k1 k2变式练4m2 4 2，故 k1 k2 为定值 2.1解析： (1) 设 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，所以直线pf 的方程为y3x3或 y3x3.y20(2)设 p 4 ，y0 ( y0 0)，则 m( 1， y0) ，直线 om 的方程为y y0x.y y0x440.联立得y2 4x，得 y2x2 4x 0，解得 q2 ，y0y0当 y0 &

12、#177;2 时，直线pq 的方程为x 1.当 y0 ±2 时，直线pq 的方程为y y0 4y04y022x y，0y0 44化简得 yy2(x 1)0 4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 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因为 x0 y0 4，所以 4 3 1，x2y2即动点 m 的轨迹 e 的方程为4 3 1.114117(2)当直线

13、ac 的斜率为零或斜率不存在时，|ac | |bd |3 12.x2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 4y28k23 1，得 (3 4k2) x2 8k2x4k2 12 0.设 a(x1，y1)， c(x2 ，y2 )，则 x1 x2 2， x1x23 4k4k2 123 4k2，所以 |ac|1 k2|x1 x2|1 k2 x1 x2 2 4x1x212 1k23 4k2.因为直线bd 的斜1 21121 k12 1 k2113 4k24 3k27率为k，所以 |bd |3 4 1 24 3k2 ，所以 |ac | |bd |12

14、 1k2 12 1k2 12.k117综上， |ac| |bd| 12，是定值考点二，代入抛物线方例 3解析： (1)因为直线ab 过焦点，所以设直线ab 的方程为x my p2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xmy 1，代入抛物线的方程得y2 4my 4 0，所以 y1 y 4m，y yy1y1 4，则 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所以当且仅当m0 时，212有最小值.k22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

16、.(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)，|2k1 2|2则点 d 到直线 qa 的距离 d1 m，k1 11整理得， (m24) k2 8k1 m2 4 0.2设直线 qb 的方程为 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 的两根， 644(m2 4)2 32m2 4m4 0，所以 k1 k28， k1 k2 1.m2 4设 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由根与系数的关系知，2y1k1，4 2k14所以 y1k1 k 24k2 2.1同理可得y2 4k1 2.设线段 ab 中点的横坐标为x0 ，1222222x则 x0 xy1 y2284k 24k1 2128 2(k2 k2)2( k1 k2) 1 2(k1 k2)2 2(k1k2)3.设 t k1 k2，则 t8m2 4 4， 2)， x0 2t2 2t 3，函数 y 2x2 2x3 的图象的对称轴为直线x12，1因为 2 2，所以 9x037，所以，线段ab 中点的横坐标的取值范围是(9,3

18、7 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x 2.联立方y2 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.若直线 ab 的斜率存在，设直线ab 的方程为yk(x2) ，y28x联立方程得，消去 y，得 k2x2 (4k 2 8)x4k2 0， y k x 24k2 8故 x1 x2k2 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|

19、 |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.因为 y1 y2 k( x1x2 ) 2b 4k 2b k，所以 ab 的中点为c 2， k .41所以线段ab 的垂直平分线方程为y k k(x 2)，即 x ky 60.令 y 0，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