2022届高三统考数学（文科）人教版一轮复习学案：9.9.2 证明、最值、范围、存在性问题

这是一份2022届高三统考数学（文科）人教版一轮复习学案：9.9.2 证明、最值、范围、存在性问题，共9页。


eq \x(考点一) 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：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(GB,\s\up6(→))＝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|eq \(PQ,\s\up6(→))·eq \(OF,\s\up6(→))|＝|Peq \(F,\s\up6(→))|.
(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eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(\r(3),2)eq \(OP,\s\up6(→))＋eq \f(2－\r(3),2)eq \(OQ,\s\up6(→))(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：eq \f(1,|AC|)＋eq \f(1,|BD|)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eq \f(1,k\\al(2,1))＋eq \f(1,k\\al(2,2))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≤eq \r(2))，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|＝4eq \r(2)？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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左顶点为A，右焦点为F2(2,0)，点B(2，－eq \r(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eq \(AG,\s\up6(→))＝(a,1)，eq \(GB,\s\up6(→))＝(a，－1)．由eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(GB,\s\up6(→))＝8得a2－1＝8，即a＝3.
所以E的方程为eq \f(x2,9)＋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由于直线PA的方程为y＝eq \f(t,9)(x＋3)，所以y1＝eq \f(t,9)(x1＋3)．
直线PB的方程为y＝eq \f(t,3)(x－3)，所以y2＝eq \f(t,3)(x2－3)．
可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3)．
由于eq \f(x\\al(2,2),9)＋yeq \\al(2,2)＝1，故yeq \\al(2,2)＝－eq \f(x2＋3x2－3,9)，
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eq \f(x2,9)＋y2＝1得
(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.
所以y1＋y2＝－eq \f(2mn,m2＋9)，y1y2＝eq \f(n2－9,m2＋9).
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＝eq \f(3,2).
故直线CD的方程为x＝my＋eq \f(3,2)，
即直线CD过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0)).
若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0)).
综上，直线CD过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0)).
例2 解析：(1)设P(x，y)，则Peq \(Q,\s\up6(→))＝(－1－x，2－y)，Peq \(F,\s\up6(→))＝(1－x，－y).eq \(OF,\s\up6(→))＝(1,0)，由|eq \(PQ,\s\up6(→))·eq \(OF,\s\up6(→))|＝|eq \(PF,\s\up6(→))|得|－1－x|＝eq \r(1－x2＋－y2)，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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1,y2＝4x))得y2－4my－4＝0，∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.
∵k1＋k2＝eq \f(y1－2,x1＋1)＋eq \f(y2－2,x2＋1)，x1＝my1＋1，x2＝my2＋1，
∴k1＋k2＝eq \f(y1－2,my1＋2)＋eq \f(y2－2,my2＋2)
＝eq \f(y1－2my2＋2＋y2－2my1＋2,my1＋2my2＋2)
＝eq \f(2my1y2＋2－2my1＋y2－8,m2y1y2＋2my1＋y2＋4)，
将y1＋y2＝4m，y1y2＝－4代入上式得，k1＋k2＝eq \f(－8m2－8,4m2＋4)＝－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＝±2eq \r(3).
又F(1,0)，所以kPF＝eq \f(±2\r(3)－0,3－1)＝±eq \r(3)，
所以直线PF的方程为y＝eq \r(3)x－eq \r(3)或y＝－eq \r(3)x＋eq \r(3).
(2)设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),4)，y0))(y0≠0)，则M(－1，y0)，
直线OM的方程为y＝－y0x.
联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－y0x,y2＝4x))，得yeq \\al(2,0)x2－4x＝0，解得Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,y\\al(2,0))，－\f(4,y0))).
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＝eq \f(4y0,y\\al(2,0)－4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y\\al(2,0),4)))，
化简得y＝eq \f(4y0,y\\al(2,0)－4)(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eq \(OM,\s\up6(→))＝(x，y)，eq \(OP,\s\up6(→))＝(x0，y0)，eq \(OQ,\s\up6(→))＝(x0,0)．
由eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(\r(3),2)eq \(OP,\s\up6(→))＋eq \f(2－\r(3),2)eq \(OQ,\s\up6(→))，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(\r(3),2)x0＋\f(2－\r(3),2)x0，,y＝\f(\r(3),2)y0.))
所以x0＝x，y0＝eq \f(2\r(3),3)y.
因为xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝4，所以eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
即动点M的轨迹E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)当直线AC的斜率为零或斜率不存在时，eq \f(1,|AC|)＋eq \f(1,|BD|)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＝eq \f(7,12).
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eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0.设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，所以|AC|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq \f(121＋k2,3＋4k2).因为直线BD的斜率为－eq \f(1,k)，所以|BD|＝eq \f(12[1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))2],3＋4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))2)＝eq \f(121＋k2,4＋3k2)，所以eq \f(1,|AC|)＋eq \f(1,|BD|)＝eq \f(3＋4k2,121＋k2)＋eq \f(4＋3k2,121＋k2)＝eq \f(7,12).
综上，eq \f(1,|AC|)＋eq \f(1,|BD|)＝eq \f(7,12)，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＋eq \f(p,2)，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＝eq \f(y1,x1＋2)＝eq \f(y1,my1＋3)，k2＝eq \f(y2,x2＋2)＝eq \f(y2,my2＋3)，
所以eq \f(1,k1)＝m＋eq \f(3,y1)，eq \f(1,k2)＝m＋eq \f(3,y2)，
因此eq \f(1,k\\al(2,1))＋eq \f(1,k\\al(2,2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(3,y1)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(3,y2)))2
＝2m2＋6meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y1)＋\f(1,y2)))＋9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y\\al(2,1))＋\f(1,y\\al(2,2))))
＝2m2＋6m·eq \f(y1＋y2,y1y2)＋9·eq \f(y1＋y22－2y1y2,y\\al(2,1)y\\al(2,2))
＝2m2＋6m·eq \f(4m,－4)＋9·eq \f(4m2＋8,16)
＝5m2＋eq \f(9,2)，
所以当且仅当m＝0时，eq \f(1,k\\al(2,1))＋eq \f(1,k\\al(2,2))有最小值eq \f(9,2).
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＝eq \f(|2k1＋2|,\r(k\\al(2,1)＋1))＝m，
整理得，(m2－4)keq \\al(2,1)－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)keq \\al(2,2)－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＝eq \f(8,m2－4)，k1k2＝1.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x－1＋2,y2＝4x))，得k1y2－4y－4k1＋8＝0，Δ＝16－4k1(－4k1＋8)＞0，
由根与系数的关系知，2y1＝eq \f(8－4k1,k1)，
所以y1＝eq \f(4－2k1,k1)＝eq \f(4,k1)－2＝4k2－2.
同理可得y2＝4k1－2.
设线段AB中点的横坐标为x0，
则x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(y\\al(2,1)＋y\\al(2,2),8)＝eq \f(4k2－22＋4k1－22,8)＝2(keq \\al(2,1)＋keq \\al(2,2))－2(k1＋k2)＋1＝2(k1＋k2)2－2(k1＋k2)－3.
设t＝k1＋k2，则t＝eq \f(8,m2－4)∈[－4，－2)，x0＝2t2－2t－3，
函数y＝2x2－2x－3的图象的对称轴为直线x＝eq \f(1,2)，
因为eq \f(1,2)＞－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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝8x,x＝2))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2,y＝4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2,y＝－4))，
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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝8x,y＝kx－2))，消去y，得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，
故x1＋x2＝eq \f(4k2＋8,k2)＝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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝8x,y＝kx＋b))，消去y，得k2x2＋(2kb－8)x＋b2＝0，(*)
故x1＋x2＝－eq \f(2kb－8,k2)＝4，
所以b＝eq \f(4,k)－2k.
所以x1x2＝eq \f(b2,k2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k2)－2))2.
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝ eq \r(1＋k2[42－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k2)－2))2])＝eq \f(8\r(k4－1),k2).
因为y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2b＝4k＋2b＝eq \f(8,k)，所以AB的中点为Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(4,k))).
所以线段AB的垂直平分线方程为y－eq \f(4,k)＝－eq \f(1,k)(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|＝eq \r(6－22＋\f(16,k2))＝eq \f(4\r(k2＋1),|k|).
因为|MA|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|AB|,2)))2＋|CM|2，
所以(4eq \r(2))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(k4－1),k2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(k2＋1),|k|)))2，解得k＝±1.
当k＝1时，b＝2；当k＝－1时，b＝－2.
把eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝1,b＝2))和eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝－1,b＝－2))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，－eq \r(2))在C上，∴eq \f(4,a2)＋eq \f(2,b2)＝1，
又a2＝b2＋c2，∴a2＝8，b2＝4，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1))，消去y得(1＋2k2)·x2－8＝0，
解得x＝eq \f(±2\r(2),\r(1＋2k2))，∴x1＝eq \f(2\r(2),\r(1＋2k2))，y1＝eq \f(2\r(2)k,\r(1＋2k2))，即Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),\r(1＋2k2))，\f(2\r(2)k,\r(1＋2k2)))).
又A(－2eq \r(2)，0)，∴AE所在直线的方程为y＝eq \f(k,1＋\r(1＋2k2))·(x＋2eq \r(2))，
当x＝0时，y＝eq \f(2\r(2)k,1＋\r(1＋2k2))，
∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(2)k,1＋\r(1＋2k2))))，同理可得Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(2)k,1－\r(1＋2k2))))，
∴eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x0，\f(2\r(2)k,1＋\r(1＋2k2))))，eq \(PN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x0，\f(2\r(2)k,1－\r(1＋2k2))))，
由eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))＝0，得xeq \\al(2,0)－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．