1、第第 2 课时课时 证明证明、最值最值、范围范围、存在性问题存在性问题 考点一 证明问题互动讲练型 考向一：定点问题 例 1 2020 全国卷已知 A，B 分别为椭圆 E：x 2 a2y 21(a1)的左、右顶点，G 为 E 的上顶点，AG GB 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
2、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|PQ OF |P F |. (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) 12021 昆明模拟
3、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OM 3 2 OP 2 3 2 OQ (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： 1 |AC|
4、 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：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 1 k21 1 k22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
5、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 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
6、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 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 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
7、，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：x 2 a2 y2 b21(ab0)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 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 第第 2 课时课时 证明证明、最值最值、范围范围、存在性问题存在性问题 课堂考点突破课堂考点突破 考点一 例 1 解析：(
8、1)由题设得 A(a,0)，B(a,0)，G(0,1) 则AG (a,1)，GB (a，1)由AG GB 8 得 a218，即 a3. 所以 E 的方程为x 2 9y 21. (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 yt 9(x3)，所以 y1 t 9(x13) 直线 PB 的方程为 yt 3(x3)，所以 y2 t 3(x23) 可得 3y1(x23)y2(x13) 由于x 2 2 9y 2 21，故 y 2 2x 23x23 9 ， 可得 27y1y2(x13)(x23)，即 (2
9、7m2)y1y2m(n3)(y1y2)(n3)20. 将 xmyn 代入x 2 9y 21 得 (m29)y22mnyn290. 所以 y1y2 2mn m29，y1y2 n29 m29. 代入式得(27m2)(n29)2m(n3)mn(n3)2(m29)0. 解得 n13(舍去)，n23 2. 故直线 CD 的方程为 xmy3 2， 即直线 CD 过定点 3 2，0 . 若 t0，则直线 CD 的方程为 y0，过点 3 2，0 . 综上，直线 CD 过定点 3 2，0 . 例 2 解析： (1)设 P(x， y)， 则 PQ (1x， 2y)， PF(1x， y).OF (1,0)， 由|P
10、Q OF |PF |得|1x| 1x2y2，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 xmy1 y24x 得 y24my40，y1y24m，y1y24. k1k2y12 x11 y22 x21，x1my11，x2my21， k1k2 y12 my12 y22 my22 y12my22y22my12 my12my22 2my1y222my1y28 m2y1y22my1y24 ， 将 y1y24m，y1y24 代入上式得，k1k28m 28 4m24 2，故 k1k2为定值2. 变式练
11、 1解析：(1)设 P(x0，y0)，由|PF|4 得 1x04，解得 x03，所以 y0 2 3. 又 F(1,0)，所以 kPF 2 30 31 3， 所以直线 PF 的方程为 y 3x 3或 y 3x 3. (2)设 P y20 4，y0 (y00)，则 M(1，y0)， 直线 OM 的方程为 yy0 x. 联立得 yy0 x y24x ，得 y20 x24x0，解得 Q 4 y20， 4 y0 . 当 y0 2 时，直线 PQ 的方程为 x1. 当 y0 2 时，直线 PQ 的方程为 yy0 4y0 y204 xy 2 0 4 ， 化简得 y 4y0 y204(x1) 综合，可知直线
12、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 OP 2 3 2 OQ ，得 x 3 2 x02 3 2 x0， y 3 2 y0. 所以 x0 x，y02 3 3 y. 因为 x20y204，所以x 2 4 y2 31， 即动点 M 的轨迹 E 的方程为x 2 4 y2 31. (2)当直线 AC 的斜率为零或斜率不存在时， 1 |AC| 1 |BD| 1 3 1 4 7 12. 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
13、E 的方程x 2 4 y 2 31，得(34k 2)x28k2x4k2120.设 A(x 1，y1)，C(x2，y2)，则 x1x2 8k2 34k2，x1x2 4k212 34k2 ，所以|AC| 1k2|x1x2|1k2x1x224x1x2121k 2 34k2 .因为直线 BD 的斜 率为1 k，所以|BD| 121 1 k 2 34 1 k 2 121k 2 43k2 ，所以 1 |AC| 1 |BD| 34k2 121k2 43k2 121k2 7 12. 综上， 1 |AC| 1 |BD| 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
14、程为 xmyp 2，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 y1 x12 y1 my13， k2 y2 x22 y2 my23， 所以 1 k1m 3 y1， 1 k2m 3 y2， 因此1 k21 1 k22 m3 y1 2 m3 y2 2 2m26m 1 y1 1 y2 9 1 y21 1 y22 2m26m y1y2 y1y2 9 y1y222y1y
15、2 y21y22 2m26m 4m 49 4m28 16 5m29 2， 所以当且仅当 m0 时， 1 k21 1 k22有最小值 9 2. 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 d1|2k12| k211m，
16、整理得，(m24)k218k1m240. 设直线 QB 的方程为 yk2(x1)2(k20)， 同理可得(m24)k228k2m240， 所以 k1，k2是方程(m24)k28km240 的两根， 644(m24)232m24m40， 所以 k1k2 8 m24，k1k21. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 yk1x12 y24x ，得 k1y24y4k180，164k1(4k18)0， 由根与系数的关系知，2y184k1 k1 ， 所以 y142k1 k1 4 k124k22. 同理可得 y24k12. 设线段 AB 中点的横坐标为 x0， 则 x0 x1x2 2 y 2 1y
17、 2 2 8 4k22 24k 12 2 8 2(k21k22)2(k1k2)12(k1k2)22(k1 k2)3. 设 tk1k2，则 t 8 m244，2)，x02t 22t3， 函数 y2x22x3 的图象的对称轴为直线 x1 2， 因为1 22，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 y28x x2 ，解得 x2 y4 或 x2 y4 ， 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
18、，设直线 AB 的方程为 yk(x2)， 联立方程得 y28x ykx2 ，消去 y，得 k2x2(4k28)x4k20， 故 x1x24k 28 k2 4，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 y28x ykxb ，消去 y，得 k2x2(2kb8)xb20，(*) 故 x1x22kb8 k2 4， 所以 b4 k2k. 所以 x1x2b 2 k2
19、4 k22 2. 所以|AB| 1k2x1x224x1x2 1k2424 4 k22 28 k 41 k2 . 因为 y1y2k(x1x2)2b4k2b8 k，所以 AB 的中点为 C 2，4 k . 所以线段 AB 的垂直平分线方程为 y4 k 1 k(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|62216 k2 4 k21 |k| . 因为|MA|2 |AB| 2 2|CM|2， 所以(4 2)2 4 k41 k2 2 4 k21 |k| 2，解得 k 1. 当 k1 时，b2；当 k1 时，b2. 把 k1 b
20、2 和 k1 b2 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， 2)在 C 上， 4 a2 2 b21， 又 a2b2c2，a28，b24， 椭圆 C 的方程为x 2 8 y2 41. (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 ykx x2 8 y2 41 ，消去 y 得(12k2) x280， 解得 x 2 2 12k2，x 1 2 2 12k2，y 1 2 2k 12k2，即 E 2 2 12k2， 2 2k 12k2 . 又 A(2 2，0)，AE 所在直线的方程为 y k 1 12k2 (x2 2)， 当 x0 时，y 2 2k 1 12k2， M 0， 2 2k 1 12k2 ，同理可得 N 0， 2 2k 1 12k2 ， PM x0， 2 2k 1 12k2 ，PN x0， 2 2k 1 12k2 ， 由PM PN 0，得 x2 040， 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
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