2025版 數(shù)學(xué)《高中全程復(fù)習方略》（提升版）人教A版第二章 一元二次函數(shù)、方程、不等式含答案

1版數(shù)學(xué)《高中全程復(fù)習方略》（提升版）人教A版第二章一元二次函數(shù)、方程、不等式第二章一元二次函數(shù)、方程、不等式【高考研究·備考導(dǎo)航】【三年考情】角度考查內(nèi)容課程標準高考真題考題統(tǒng)計等式與不等式的性質(zhì)1.掌握等式性質(zhì).2.會比較兩個數(shù)的大小.3.理解不等式的性質(zhì),并能簡單應(yīng)用.2023年:新高考Ⅰ卷·T102023年:新高考Ⅱ卷·T11,T182022年:新高考Ⅰ卷·T72022年:新高考Ⅱ卷·T102021年:新高考Ⅱ卷·T7,T16,T21,T22基本不等式1.了解基本不等式的推導(dǎo)過程.2.會用基本不等式解決簡單的最值問題.3.理解基本不等式在實際問題中的應(yīng)用.2023年:新高考Ⅰ卷·T42023年: 新高考Ⅱ卷·T62022年:新高考Ⅱ卷·T122021年:新高考Ⅰ卷·T5二次函數(shù)與一元二次方程、不等式1.會從實際情境中抽象出一元二次不等式.2.結(jié)合二次函數(shù)圖象,會判斷一元二次方程的根的個數(shù),以及解一元二次不等式.3.了解簡單的分式、絕對值不等式的解法.2023年:新高考Ⅰ卷·T12022年:新高考Ⅰ卷·T1,T15,T172022年:新高考Ⅱ卷·T1,T15,T222021年:新高考Ⅰ卷·T222021年:新高考Ⅱ卷·T17命題趨勢1.題型設(shè)置:在各種題型中均有所涉及;2.內(nèi)容考查:本章內(nèi)容考查頻率很高.?？疾椴坏仁降男再|(zhì)、基本不等式、不等式的解法及不等式恒成立等問題,時常與導(dǎo)數(shù)、數(shù)列、函數(shù)等知識交匯命題;3.能力考查:主要考查數(shù)學(xué)運算與邏輯推理能力.【備考策略】根據(jù)近三年新高考卷命題特點和規(guī)律,復(fù)習本章時,要注意以下幾個方面:1.全面系統(tǒng)復(fù)習,深刻理解知識本質(zhì)(1)重視等式及不等式的性質(zhì)、基本不等式的理解.掌握比較大小的方法,對不等式的性質(zhì)在熟練記憶的基礎(chǔ)上更要記清每個不等式成立的條件;對基本不等式不僅要背熟公式以及成立的條件,更要會對公式逆用、變形用.能用基本不等式解決簡單的最大值、最小值問題,以及實際應(yīng)用問題,求最值時注意檢查“一正二定三相等”是否滿足.(2)重視一元二次函數(shù)與二次方程、不等式之間關(guān)系的理解,會解不含參數(shù)以及含有參數(shù)的一元二次不等式,掌握一元二次不等式的恒成立問題與有解問題.(3)本部分知識點常與函數(shù)導(dǎo)數(shù)、三角函數(shù)、數(shù)列、立體幾何、解析幾何結(jié)合考查.2.熟練掌握解決以下問題的方法規(guī)律(1)比較大小:常用不等式的性質(zhì)、作差法、作商法、構(gòu)造函數(shù)法比較大小.(2)基本不等式求最值:①直接法;②配湊法;③常值代換法;④消元法.(3)一元二次不等式在給定區(qū)間上恒成立、有解問題:①函數(shù)法(數(shù)形結(jié)合);②分離參數(shù)法;③最值法;④主元換位法.(4)含參的一元二次不等式:需要從二次項系數(shù)是否為0,兩根的大小,判別式大于0、等于0、小于0等角度討論.3.重視思想方法的應(yīng)用(1)分類討論:在比較大小、求最值、解含參的一元二次不等式時,當問題不確定時要分類討論;(2)數(shù)形結(jié)合:畫出所要研究的函數(shù)的圖象可以更直觀地列出所要滿足的條件,起到事半功倍的效果;(3)轉(zhuǎn)化與化歸:比較大小常轉(zhuǎn)化為差與0的大小關(guān)系;恒成立或有解問題常轉(zhuǎn)化成最值問題;(4)函數(shù)與方程:解決不等式、方程問題常借助函數(shù)解決.第十節(jié)圓錐曲線中的最值、范圍問題【核心考點·分類突破】考點一最值問題角度1運用基本不等式法求最值[例1](2024·三明模擬)已知F是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點,O為坐標原點,M為橢圓上任意一點,|MF|的最大值為2+3.當|OM|=|OF(1)求橢圓C的方程;(2)A,B為橢圓的左、右頂點,點P滿足AP=3PB,當M與A,B不重合時,射線MP交橢圓C于點N,直線AM,BN交于點T,求∠ATB的最大值.【解析】(1)設(shè)點M(x0,y0),則-a≤x0≤a,y02=b2-b2a2x02=|a-cax0|=a-cax0∈[a-c,a+所以|MF|max=a+c=2+3,設(shè)橢圓左焦點為E,因為|OM|=|OF|=12|EF|,所以∠EMF=90°,即|ME|2+|MF|2=|EF|2=4c2又因為|ME|+|MF|=2a,所以|ME|2+|MF|2+2|ME|·|MF|=4a2,所以2|ME|·|MF|=4a2-4c2,所以|ME|·|MF|=2b2,所以S△MEF=12|ME||MF|=b2,因為此時S△MOF=12,所以S△MEF=1,所以b2=1,所以b=1.因為a2=b2+c2,所以a=2,c=3,所以橢圓C的方程為x24+(2)設(shè)點P(p,0),AP=(p+2,0),PB=(2-p,0),因為點P滿足AP=3PB,則p+2=3(2-p),解得p=1,所以P(1,0),由題知MN不與x軸重合,設(shè)直線MN的方程為x=my+1,聯(lián)立方程組x24+y2=1x=my+1,消去Δ=4m2+12(m2+4)=16m2+48>0,設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則y1+y2=-2mm2+4,y1y2=-3m2+4.因為AM的方程為y=y1x1+2(x+2),BN的方程為y因為my1y2=-3mm2+4=32(y所以x-2x+2=32(y所以動點T的軌跡方程為x=4(y≠0).由橢圓的對稱性不妨設(shè)T(4,t)(t>0),直線TA,TB的傾斜角為α,β,由圖可知β>α,且0<β-α<π,因為∠ATB=β-α,則tan∠ATB=tan(β-α)=tanβ因為tanα=kTA=t6,tanβ=kTB=t所以tan∠ATB=t2-t61+t2×t6=t3當且僅當t=23時等號成立,此時T(4,23),∠ATB=π6,所以∠ATB的最大值為π角度2構(gòu)造目標函數(shù)求最值[例2](2021·全國乙卷)已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點為F,且F與圓M:x2+(y+4)2=1上點的距離的最小值為4.(1)求p;(2)若點P在M上,PA,PB是C的兩條切線,A,B是切點,求△PAB面積的最大值.【命題意圖】本題為拋物線與圓的綜合題,考查拋物線及圓的相關(guān)性質(zhì).考查邏輯思維能力、運算求解能力.【解析】(1)焦點F0,p2到x2+(y+4)2=1的最短距離為p2(2)拋物線y=14x2設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),則由y=14x2得y'=x所以直線PA:y=12x1(x-x1)+y1=12x1x-14x12=12x1x-y1,同理可得直線PB:y=12x2x-y2,且lPA,lPB都過點P(x0,y0故直線AB:y0=12x0x-y,即y=12x0x-y聯(lián)立y得x2-2x0x+4y0=0,Δ=4x02-16y所以|AB|=1+x024·4x02-16y0=4+所以S△PAB=12|AB|·d=12|x02-4y0|·x02-4y0=12(x02-4而y0∈[-5,-3],故當y0=-5時,S△PAB達到最大,最大值為205.【解題技法】求圓錐曲線中最值的常用方法1.幾何法:利用圓錐曲線的定義、幾何性質(zhì)以及平面幾何中的定理、性質(zhì)等進行求解;2.代數(shù)法:把要求最值的幾何量或代數(shù)表達式表示為某個(些)變量的函數(shù)(解析式),然后利用函數(shù)方法、不等式方法等進行求解.【對點訓(xùn)練】1.已知平面內(nèi)一動點M與兩定點B1(0,-1),B2(0,1)的連線的斜率之積為-12(1)求動點M的軌跡E的方程;(2)設(shè)直線l:y=x+m與軌跡E交于A,B兩點,線段AB的垂直平分線交x軸于點P,當m變化時,求△PAB面積的最大值.【解析】(1)設(shè)M的坐標為(x,y),依題意得y+1x·y-1x=-12,化簡得x2(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立x消去y,得3x2+4mx+2m2-2=0,所以x1+x2=-4m3,x1x2=2m2-23,且Δ=(4即-3<m<3,且m≠-1,0,1.設(shè)AB中點為C,點C橫坐標為xC=x1+x22=-2m3,yC=xC+m=m3,所以線段AB的垂直平分線方程為y-m3=-(x+2m3),所以點P的坐標為(-m由弦長公式得|AB|=2·(x1+x2)2-4x1x2=23·24-8m2,所以S△當且僅當m2=32,即m=±6經(jīng)檢驗m=±62所以△PAB面積的最大值為232.(2024·景德鎮(zhèn)模擬)設(shè)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右頂點分別為A,B,且焦距為2.點P在橢圓上且異于A,B兩點,若直線(1)求橢圓C的標準方程;(2)過點F(-1,0)作不與x軸重合的直線與橢圓C相交于M,N兩點,直線m的方程為x=-2a,過點M作ME垂直于直線m,交m于點E.求△OEN面積的最大值.【解析】(1)由題意知,A(-a,0),B(a,0),設(shè)P(x,y),則kPA·kPB=yx+a·yx-a=y2x2又a2-b2=c2=1,所以a2=4,b2=3,所以橢圓C的標準方程為x24+y(2)設(shè)直線MN:x=ty-1,M(x1,y1),N(x2,y2),則E(-4,y1),由x=ty-1x24+y顯然Δ>0,所以y1+y2=6t3t2+4,y1所以-2ty1y2=3(y1+y2),又kEN=y2所以直線EN的方程為y-y1=y2-y令y=0,則x=-4-y1(x2+4)y2-所以直線EN過定點P(-52,0)而|y1-y2|=(y1+y2則S△OEN=12|OP||y1-y2|=12×52×12t2令u=t2+1≥1,有3t2+1+1t則u=1,即t=0時,3t2+1+于是當t=0時,(S△OEN所以△OEN面積的最大值是154【加練備選】(2024·開封模擬)已知點A(3,1)在橢圓C:x2a2+y2a2-8=1上,直線l交C于M(1)求直線l的斜率;(2)求△OMN的面積的最大值(O為坐標原點).【解析】(1)由題意得a2-8>0,解得a2>8,A(3,1)代入橢圓方程中,9a2+1a2-8=1,解得a2=12或6(舍去),故C當直線l的斜率不存在時,M,N關(guān)于x軸對稱,此時由對稱性可知,直線AM,AN的斜率之和不為0,舍去;當直線l的斜率存在時,設(shè)l:y=kx+b,聯(lián)立橢圓方程C:x212+y24=1得,(1+3k2)x2+6kbx+3b2-12=0,則Δ=36k2b2-4(1+3k2)(3b2-12)=-12(b2-12k2-4)>0,則b2設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則x1+x2=-6kb1+3k2,x1kAM+kAN=y1-1x=(=2k故2k·3b2-121+3k2-(b-1-3k)·6kb1+3k2-6故6b(k-1)+6(k-1)(3k-1)=0,即6(k-1)(b+3k-1)=0,當b+3k-1=0時,b=1-3k,此時直線l:y=kx+1-3k=k(x-3)+1,顯然直線l恒過A(3,1),矛盾,當k=1時,經(jīng)檢驗,滿足題意,故直線l的斜率為1;(2)由(1)知l:y=x+b,聯(lián)立橢圓方程C:x212+y24=1得,4x2+6bxΔ=36b2-16(3b2-12)>0,解得-4<b<4,x1+x2=-3b2,x1x2|MN|=2·(x1+x2)2點O到直線l的距離為d=|b|1+1=2故S△OMN=12|MN|·d=12·6·16-b22·故當b2=8,即b=±22時,S△OMN取得最大值,最大值為23.考點二范圍問題[例3](2024·成都模擬)已知點(-2,0)在橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上,點M(m,12)(m≠0)在橢圓C內(nèi).設(shè)點A,B為C的短軸的上、下端點,直線AM,BM分別與橢圓C相交于點E,F(1)求橢圓C的方程;(2)記S△BME,S△AMF分別為△BME,△AMF的面積,若m∈(-3,-1]∪[1,3),求S△AMF【解析】(1)設(shè)E(x,y),依題意知A(0,b),B(0,-b),則kEA·kEB=y-bx-0·y+bx-0=y2-b2x2=-14,整理有(2)由橢圓C:x24+y2=1,可得A(0,1),可得AM:y=-12mx+1,代入橢圓x24+y2=1,整理得(m2+1)x解得x=4mm2+1(x=0舍去),則y=m2-1m又由BM:y=32mx-1,代入橢圓x24+y2=1,整理有(m2解得x=12mm2+9(x=0舍去),則y=9-m2m所以|MA||ME|=||MF||MB|=|于是S△AMFS△BME=12|AM|·|MF|·sin∠AMF因為m∈(-3,-1]∪[1,3),所以m2∈[1,3),所以1-8m2+9∈[15故S△AMFS△BME的取值范圍為[【解題技法】圓錐曲線中取值范圍問題的五種求解策略(1)利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構(gòu)造不等關(guān)系,從而確定參數(shù)的取值范圍;(2)利用已知參數(shù)的范圍,求新的參數(shù)的范圍,解這類問題的核心是建立兩個參數(shù)之間的等量關(guān)系;(3)利用隱含的不等關(guān)系建立不等式,從而求出參數(shù)的取值范圍;(4)利用已知的不等關(guān)系建立不等式,從而求出參數(shù)的取值范圍;(5)利用求函數(shù)值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù),求其值域,從而確定參數(shù)的取值范圍.【對點訓(xùn)練】已知F是拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點,過點F的直線交拋物線C于A,B兩點,且1|AF|+(1)求拋物線C的方程;(2)若O為坐標原點,過點B作y軸的垂線交直線AO于點D,過點A作直線DF的垂線與拋物線C的另一交點為E,AE的中點為G,求|GB|【解析】(1)拋物線C的焦點為F(p2,0)若直線AB與x軸重合,則直線AB與拋物線C只有一個公共點,不合題意;設(shè)直線AB的方程為x=my+p2,設(shè)點A(x1,y1),B(x2,y2聯(lián)立y2=2pxx=my+p2Δ=4p2m2+4p2>0,由根與系數(shù)的關(guān)系可得y1+y2=2pm,y1y2=-p2,1|AF|+1|BF|=1x1=m=2pm2+2p-m所以拋物線C的方程為y2=2x.(2)設(shè)點A(x1,y1),B(x2,y2),則x1>0,由(1)可得y1+y2=2m,y1y2=-1,又因為直線AO的方程為y=y1x1x=y1y將y=y2代入直線AO的方程可得y2=2y1x,可得x=y1y22=-12,即點D(所以kDF=y2-12因為AE⊥DF,所以kAE=-1kDF=所以直線AE的方程為y-y1=1y2(x-x聯(lián)立y-y1=1y2(x-x1)y2=2x可得y2故yE=2y2-y1,則xE=y2yE+x1+1=y2(2y2-y1)+x1+1=x1+2y22-y1y2+1=x1+4x由AE的中點為G,可得G(x1+2x2+1,y2),故G,B,D三點共線,則|GB||GD|又由y1y2=-1,知x1x2=y12y224=14,故|GB|1-12x1+2∈(故|GB||GD|的取值范圍為第十一節(jié)圓錐曲線中的存在性問題【核心考點·分類突破】考點一直線的存在性問題[例1](2024·成都模擬)已知圓C:(x-1)2+y2=14,一動圓與直線x=-12相切且與圓C(1)求動圓圓心P的軌跡T的方程;(2)若經(jīng)過定點Q(6,0)的直線l與曲線T相交于A,B兩點,M是線段AB的中點,過M作x軸的平行線與曲線T相交于點N,試問:是否存在直線l,使得NA⊥NB?若存在,求出直線l的方程;若不存在,說明理由.【解析】(1)由題意知圓C:(x-1)2+y2=14的圓心C(1,0),半徑r=1設(shè)P(x,y),易知點P在直線x=-12所以P到直線x=-12的距離為x+1又|PC|=(x由相切可得|PC|-r=x+12即(x-1)2+y化簡可得動圓圓心P的軌跡T的方程為y2=4x.(2)如圖所示:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).由題意,設(shè)直線l的方程為x=my+6,聯(lián)立T的方程可得y2-4my-24=0,則Δ=16m2+4×24>0,由根與系數(shù)的關(guān)系可得y1+y2=4m,y1y2=-24,所以x1+x2=4m2+12,x1x2=36,假設(shè)存在N(x0,y0),使得NA⊥NB,則y0=y1+y22=2m,又y02=4x0NA=(x1-x0,y1-y0),NB=(x2-x0,y2-y0),由NA·NB=0可得(x1-x0)(x2-x0)+(y1-y0)(y2-y0)=0,所以x1x2-x0(x1+x2)+x02+y1y2-y0(y1+y2)+代入化簡可得(m2+6)(3m2-2)=0,解得m=±63,所以存在直線l:x=±63y+6,使得NA【解題技法】直線的存在性問題的解題策略(1)假設(shè)存在直線,依據(jù)題設(shè)條件選擇合適參數(shù),寫出待求直線方程;(2)依據(jù)假設(shè)以及題設(shè)條件,求具體的直線方程;(3)根據(jù)推理計算,得出是否存在符合條件的直線方程.【對點訓(xùn)練】已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的中心為O,左、右焦點分別為F1,F2,M為橢圓C上一點,線段MF1與圓x2+y2=2相切于該線段的中點N,且△(1)求橢圓C的方程;(2)橢圓C上是否存在三個點A,B,P,使得直線AB過橢圓C的左焦點F1,且四邊形OAPB是平行四邊形?若存在,求出直線AB的方程;若不存在,請說明理由.【解析】(1)連接ON,則ON⊥MF1,ON=2.因為N為MF1的中點,O為F1F2的中點,所以MF2∥ON,故MF2⊥MF1,|MF2|=2|ON|=22,S△MF1F2=12|MF1|·|MF2|=2|MF由橢圓定義可知,|MF1|+|MF2|=42=2a,解得a=22,由勾股定理得|F1F2|2=|MF故b2=a2-c2=8-4=4,故橢圓方程為C:x28+y(2)存在.由題意得F1(-2,0),當直線AB的斜率不存在時,即x=-2,此時48+y24=1,解得y設(shè)A(-2,2),B(-2,-2),由于OA=OB,由對稱性可知,P為橢圓左頂點D,但DF1≠OF1,故不合要求,舍去;當直線AB的斜率存在時,設(shè)為y=k(x+2),聯(lián)立得,(1+2k2)x2+8k2x+8k2-8=0,Δ=64k4-4(1+2k2)(8k2-8)=32k2+32>0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-8k21+2k2,x1x2=8k2-81+2k2,y1+y2=k(x1+x2)+4k=-8假設(shè)存在點P,使得四邊形OAPB是平行四邊形,則P(-8k21+2將P(-8k21+2k2,4k1+2k2)代入橢圓C:x28此時直線AB的方程為y=±22(x+2)【加練備選】(2024·常州模擬)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>(1)求橢圓C的方程;(2)過點P(4,1)的動直線l與橢圓C相交于不同的A,B兩點,在線段AB上取點Q,滿足|AP|·|QB|=|AQ|·|PB|,證明:點Q總在某定直線上.【解析】(1)由題意可知2b=22ca=22,因為a2=b2+c所以所求橢圓的方程為x24+y(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x,y),直線AB的斜率顯然存在,設(shè)為k,則AB的方程為y=k(x-4)+1.因為A,P,B,Q四點共線,不妨設(shè)x2<x<x1<4,則|AP|=1+k2(4-x1),|AQ|=1+k2(x1-x),|QB|=1+k2|PB|=1+k2(4-x由|AP|·|QB|=|AQ|·|PB|,可得(4-x1)(x-x2)=(x1-x)(4-x2),化簡得2x1x2-(x1+x2)(4+x)+8x=0.(*)聯(lián)立直線y=k(x-4)+1和橢圓的方程,得x2消去y,得(2k2+1)x2+4k(1-4k)x+2(1-4k)2-4=0,Δ=16k2(1-4k)2-4(2k2+1)(32k2-16k-2)>0,得12k2-8k-1<0,由根與系數(shù)的關(guān)系,得x1+x2=-4k(1-4k)2k2+1化簡得x=4k+1k+2=4-7k+2,即7k+2=4-x.又k=y-1x-4,代入上式,得7y考點二定點存在性問題[例2](2024·大同模擬)已知橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,且直線y=x+b是拋物線C2(1)求橢圓C1的方程;(2)過點S(0,-13)的動直線l交橢圓C1于A,B兩點,試問:在平面直角坐標系上是否存在一個定點T,使得以AB為直徑的圓恒過定點T?若存在,求出T的坐標;若不存在,請說明理由【解析】(1)聯(lián)立y=x+by2=4x得x2因為直線y=x+b是拋物線C2:y2=4x的一條切線,所以Δ=0?b=1,e=ca=22,a2=b2+c2,可得a=2,所以橢圓C1:x22+(2)當直線l與x軸平行時,以AB為直徑的圓方程為x2+(y+1當直線l與y軸重合時,以AB為直徑的圓方程為x2+y2=1,所以兩圓的交點為點(0,1).猜想:所求的點T為點(0,1).證明如下:當直線l與x軸垂直時,以AB為直徑的圓過點(0,1).當直線l與x軸不垂直時,可設(shè)直線l為y=kx-13聯(lián)立y=kx-13x22+y2=1得(18k2+9)x2-12kx-16=0,設(shè)A(x1,y則TA·TB=(x1,y1-1)·(x2,y2-1)=x1x2+(y1-1)(y2-1)=x1x2+(kx1-13-1)(kx2-13=(1+k2)x1x2-43k(x1+x2)+=(1+k2)-1618k2+9-43所以TA⊥TB,即以AB為直徑的圓過點(0,1),所以存在一個定點T,使得以AB為直徑的圓恒過定點T.【解題技法】定點存在性問題的解題策略(1)直線過定點,一般是將直線方程中的參數(shù)集中在一起,令參數(shù)的系數(shù)等于零,即可得出定點;(2)圓過定點,同樣是將圓的方程中的參數(shù)集中在一起,令參數(shù)的系數(shù)等于零,即可得出定點;(3)圓錐曲線過定點與直線、圓過定點的求解方法類似.(4)特例探索,猜想出結(jié)論,然后證明.【對點訓(xùn)練】(2024·海口模擬)已知雙曲線E:x2a2-y2b2=1(a>0,(1)求雙曲線E的方程.(2)點M,N在E上,且AM⊥AN,直線MN是否過定點?若是,求出定點坐標;若不是,請說明理由.【解析】(1)由題意,取漸近線bx-ay=0,右頂點A到該漸近線的距離d=aba2+又a2+b2=c,ca=2,解得b=3E的方程為x2-y23(2)由題意知直線AM的斜率存在且不為0,設(shè)直線AM:y=k(x-1),與E的方程聯(lián)立,消去y得(3-k2)x2+2k2x-k2-3=0,易知k2≠3,由根與系數(shù)的關(guān)系得1×xM=k2+3k2-3,則M因為AM⊥AN,所以kAM·kAN=-1,用-1k代替k(顯然此時k2≠1同理得N(3k2+11-3k2,-6k1-直線MN:y=2kk2-1(x-k2+3k2-3)+6當k2=1時,直線MN的斜率不存在,易知直線MN的方程為x=-2,過左焦點(-2,0).綜上,直線MN過定點(-2,0).【加練備選】(2024·定西模擬)已知點M到點F(0,32)的距離比它到直線l:y=-2的距離小12,記動點M(1)求E的方程;(2)若過點F的直線交E于A(x1,y1),B(x2,y2)兩點,則在x軸的正半軸上是否存在點P,使得PA,PB分別交E于另外兩點C,D,且AB=3CD?若存在,請求出P點坐標;若不存在,請說明理由.【解析】(1)因為點M到點F(0,32)的距離比它到直線l:y=-2的距離小12,所以點M到點F(0,32)的距離等于它到直線l:y=-32的距離,則點M的軌跡為以F(0,32)為焦點,以y=-32為準線的拋物線,則曲線(2)設(shè)C(x3,y3),P(x0,0)(x0>0),由AB=3CD得AB∥CD,且|AB|=3|CD|,得PA=3PC,即(x1-x0,y1)=3(x3-x0,y3),所以x3=x1+2x03,y3=y13,代入拋物線方程x2=6y,得x1+2整理得x12-2x0x1-2同理可得x22-2x0x2-2故x1,x2是方程x2-2x0x-2x02=0的兩根,Δ=12x02>0,由根與系數(shù)的關(guān)系可得x1+x2=2x0,x1x2由題意,直線AB的斜率一定存在,故設(shè)直線AB的方程為y=kx+32與拋物線方程x2=6y聯(lián)立可得x2-6kx-9=0,易得Δ>0,由根與系數(shù)的關(guān)系可得x1+x2=6k,x1x2=-9②,由①②可得x0=322,k=故在x軸的正半軸上存在一點P(322,0)考點三定值存在性問題[例3](2024·成都模擬)已知橢圓C1:x2a2+y2=1(a>1)與橢圓C2:x212+y2b2=1(0<b<23)的離心率相同,且橢圓C(1)求實數(shù)a和b的值;(2)若梯形ABCD的頂點都在橢圓C1上,AB∥CD,CD=2AB,直線BC與直線AD相交于點P.且點P在橢圓C2上,試探究梯形ABCD的面積是否為定值,若是,請求出該定值;若不是,請說明理由.【解析】(1)由題意知,a2-1a=12-b2解得a=2,b=3.(2)梯形ABCD的面積是定值,該定值為33理由如下:由(1)知C1:x24+y2=1,C2:x2設(shè)C(x1,y1),D(x2,y2),P(x0,y0),則x0212因為AB∥CD,CD=2AB,所以A,B分別為PD,PC的中點,則B(x1+x02,y1+y02作差可得,x024+y02+x0x因為x0212+y023=1,即y02=3-x024,所以同理可得,x0x2+4y0y2=0,所以C,D都在直線x0x+4y0y=0上,即直線CD的方程為x0x+4y0y=0.聯(lián)立x0x+4y0y=0x24+y2=1,可得y則|x1-x2|=41-x0212,|y1-即|CD|=(x1-又因為點P到直線CD的距離d=x02+4y0所以△PCD的面積為S△PCD=12|CD|·d=12·16-x0又因為△PBA∽△PCD,CD=2AB,所以S△PCD=4S△PBA,所以S△PBA=32所以梯形ABCD的面積為S梯形ABCD=S△PCD-S△PBA=33【解題技法】解決定值存在性問題的兩種方法(1)由特例得出一個值(此值一般就是定值),然后證明定值,即將問題轉(zhuǎn)化為證明待證式與參數(shù)(某變量)無關(guān);(2)將代數(shù)式用動點坐標或動線中的參數(shù)表示,再利用其滿足的約束條件使其絕對值相等的正負項