2018屆高考數(shù)學二輪復習 第一部分 層級三 30分的拉分題 因人而定酌情自選 文.doc
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1、 第一部分 層級三 30分的拉分題 因人而定酌情自選 壓軸專題(一) 選擇題第12題、填空題第16題的搶分策略 [全國卷3年考情分析] 年份 卷別 考查內容 命題分析 2017 卷Ⅰ 橢圓的標準方程和性質 選擇題第12題、填空題第16題,一般難度較大,從近幾年試題分析,這兩道題主要考查函數(shù)與導數(shù)問題、創(chuàng)新問題、圓錐曲線的性質、數(shù)列、三角函數(shù)、立體幾何等知識.大多數(shù)考生對這類題目存在畏懼心理,其實若能靜下心來審讀這類題目,也是完全可以得分的.一些能力欠佳的考生,會用一定的猜題技巧,極有可能猜對答案,即平常我們所說的“瞎猜的不如會猜的”. 三棱錐的體積與球的表面積公式、面面
2、垂直的性質等 卷Ⅱ 拋物線的定義及性質、直線與拋物線的位置關系 解三角形、三角恒等變換 卷Ⅲ 函數(shù)的零點 分段函數(shù)、解不等式 2016 卷Ⅰ 函數(shù)的單調性、導數(shù)的應用 卷Ⅱ 二次函數(shù)、抽象函數(shù)的對稱性 實際問題中的邏輯推理 卷Ⅲ 直線與橢圓的位置關系、橢圓的離心率求法 2015 卷Ⅰ 對稱問題中函數(shù)解析式的求法、指數(shù)式與對數(shù)式的互化 雙曲線的定義、標準方程、三角形的面積 卷Ⅱ 函數(shù)的奇偶性、對數(shù)函數(shù)的性質、復合函數(shù)的單調性 導數(shù)的幾何意義及其應用 審題探尋實質 [典例] (2016·四川高考)在平面直角坐標系中,當P(x,y)不
3、是原點時,定義P的“伴隨點”為P′,;當P是原點時,定義P的“伴隨點”為它自身.現(xiàn)有下列命題: ①若點A的“伴隨點”是點A′,則點A′的“伴隨點”是點A; ②單位圓上的點的“伴隨點”仍在單位圓上; ③若兩點關于x軸對稱,則它們的“伴隨點”關于y軸對稱; ④若三點在同一條直線上,則它們的“伴隨點”一定共線. 其中的真命題是________(寫出所有真命題的序號). [解析] 對于①,特殊值法.取A(1,1),則A′,A′的“伴隨點”為點(-1,-1).故①為假命題. 對于②,單位圓的方程為x2+y2=1,設其上任意一點(x,y)的“伴隨點”為(x′,y′), 則 ∴y2+(-x
4、)2=y(tǒng)2+x2=1.故②為真命題. ③設A(x,y),B(x,-y),則它們的伴隨點分別為A′,B′,A′與B′關于y軸對稱,故③為真命題. ④設共線的三點A(-1,0),B(0,1),C(1,2),則它們的伴隨點分別為A′(0,1),B′(1,0),C′,此三點不共線,故④為假命題. 故真命題為②③. [答案] ②③ [題后悟通] 1.解答此題應理解“伴隨點”的含義,即P(x,y)→P′,問題即可解決. 2.解答新定義問題要仔細觀察,認真閱讀,在徹底領悟、準確辨析的基礎上,進行歸納、類比,將新定義問題轉化為已有知識的問題解決. [針對訓練] 1.(2018屆高三
5、·湘中高三聯(lián)考)對于數(shù)列{an},定義Hn=為{an}的“優(yōu)值”,現(xiàn)在已知某數(shù)列{an}的“優(yōu)值”Hn=2n+1,記數(shù)列{an-kn}的前n項和為Sn,若Sn≤S5對任意的n∈N*恒成立,則實數(shù)k的取值范圍為________. 解析:由Hn=2n+1, 得n·2n+1=a1+2a2+…+2n-1an,① 則當n≥2時,(n-1)·2n=a1+2a2+…+2n-2an-1,② ①-②,得2n-1an=n·2n+1-(n-1)·2n, 所以an=2n+2,令bn=an-kn=(2-k)n+2, 又Sn≤S5對任意的n∈N*恒成立,所以 即解得≤k≤. 答案: 運算善用技巧
6、 [典例] (2016·全國卷Ⅱ)若直線y=kx+b是曲線y=ln x+2的切線,也是曲線y=ln(x+1)的切線,則b=________. [解析] 求得(ln x+2)′=,[ln(x+1)]′=. 設曲線y=ln x+2上的切點為(x1,y1),曲線y=ln(x+1)上的切點為(x2,y2), 則k==,所以x2+1=x1. 又y1=ln x1+2,y2=ln(x2+1)=ln x1, 所以k==2, 所以x1==,y1=ln +2=2-ln 2, 所以b=y(tǒng)1-kx1=2-ln 2-1=1-ln 2. [答案] 1-ln 2 [題后悟通] 解答本題體現(xiàn)了運算技巧,
7、在求解中,巧妙地利用斜率k得出x1=x2+1,利用斜率公式可求得k的值,再代入直線方程,求出b的值.解答此類問題應注意整體代換、變形代換的思想. [針對訓練] 2.(2017·鄭州質檢)設正實數(shù)x,y滿足x>,y>1,不等式+≥a恒成立,則a的最大值為( ) A.2 B.4 C.8 D.16 解析:選C 法一:依題意得,2x-1>0,y-1>0,+=+≥+≥4×2=8,即+≥8,當且僅當即時,取等號,因此+的最小值是8,即a≤8,故a的最大值是8. 法二:令m=2x-1,n=y(tǒng)-1, 則m>0,n>0,x=,y=n+1, +=+ =+≥+≥2=
8、8, 當且僅當m=1且n=1,即x=1,y=2時取等號, 即+≥8, 故a≤8,所以a的最大值是8. 排除簡化過程 [典例] (2017·天津高考)已知函數(shù)f(x)=設a∈R,若關于x的不等式f(x)≥在R上恒成立,則a的取值范圍是( ) A.[-2,2] B.[-2,2] C.[-2,2 ] D.[-2,2 ] [解析] 選A 法一:作出f(x)的圖象如圖所示. 當y=的圖象經過點(0,2)時,可知a=±2. 當y=+a的圖象與y=x+的圖象相切時, 由+a=x+,得x2-2ax+4=0,由Δ=0, 并結合圖象可得a=2. 要使f(x)≥恒成立
9、, 當a≤0時,需滿足-a≤2,即-2≤a≤0, 當a>0時,需滿足a≤2,即0<a≤2, 綜上可知,-2≤a≤2. 法二:∵f(x)≥在R上恒成立, ∴-f(x)-≤a≤f(x)-在R上恒成立. ①令g(x)=-f(x)-. 當0≤x<1時,f(x)=x+2, g(x)=-x-2-=-x-2≤-2, 即g(x)max=-2. 當x<0時,f(x)=-x+2,g(x)=x-2-=-2, 即g(x)<-2. 當x≥1時, f(x)=x+,g(x)=-x--=-x-≤-2, 即g(x)max=-2. ∴a≥-2. ②令h(x)=f(x)-. 當0≤x<1時, f
10、(x)=x+2,h(x)=x+2-=+2≥2, 即h(x)min=2. 當x<0時, f(x)=-x+2,h(x)=-x+2-=-x+2>2, 即h(x)>2. 當x≥1時, f(x)=x+,h(x)=x+-=+≥2, 即h(x)min=2. ∴a≤2. 綜上可知,-2≤a≤2. 法三:若a=2,則當x=0時,f(0)=2, 而=2,不等式不成立,故排除選項C,D. 若a=-2,則當x=0時,f(0)=2,而=2,不等式不成立,故排除選項B.故選A. [題后悟通] 此題直接求解難度較大,但也有一定的技巧可取,通過比較四個選項,只需判斷a=2,-2是否滿足條件即可,這
11、種策略在做選擇題時經常用到.
[針對訓練]
3.(2017·東北四市高考模擬)已知函數(shù)f(x)=,若對?a,b,c∈R,f(a),f(b),f(c)都為某個三角形的三邊長,則實數(shù)m的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
解析:選C f(x)==1+,
令t=cos x+2,由于-1≤cos x≤1,因此1≤t≤3,
設g(t)=1+(1≤t≤3).
法一:若對?a,b,c∈R,f(a),f(b),f(c)都為某個三角形的三邊長,不妨設a
12、g(t)max.當m=2時,f(a)=f(b)=f(c)=1,成立,故m=2符合題意;當m<2時,g(t)=1+在[1,3]上單調遞增,則解得 13、f(x),若函數(shù)y=與y=f(x)圖象的交點為(x1,y1),(x2,y2),…,(xm,ym),則(xi+yi)=( )
A.0 B.m
C.2m D.4m
[解析] 法一:因為f(-x)=2-f(x),所以f(-x)+f(x)=2.因為=0,=1,所以函數(shù)y=f(x)的圖象關于點(0,1)對稱.函數(shù)y==1+,故其圖象也關于點(0,1)對稱.所以函數(shù)y=與y=f(x)圖象的交點(x1,y1),(x2,y2),…,(xm,ym)成對出現(xiàn),且每一對均關于點(0,1)對稱,所以i=0,i=2×=m,所以(xi+yi)=m.
法二:因為f(-x)=2-f(x),所以f(-x)+f 14、(x)=2.因為=0,=1,所以函數(shù)y=f(x)的圖象關于點(0,1)對稱.可設y=f(x)=x+1,由得交點(-1,0),(1,2),則x1+y1+x2+y2=2,結合選項,應選B.
[答案] B
[題后悟通]
1.解答此題的思路是由條件f(-x)=2-f(x)知y=f(x)的圖象關于點(0,1)對稱,從而構造特殊函數(shù)y=x+1,解出與y=的交點坐標,代入、驗證.
2.處理此類問題經常根據(jù)題中所給出的條件巧妙選擇特殊函數(shù)、特殊圖形、特殊位置等進行求解.
[針對訓練]
4.(2017·沈陽質檢)已知P是雙曲線-y2=1上任意一點,過點P分別作雙曲線的兩條漸近線的垂線, 15、垂足分別為A,B,則·的值是( )
A.- B.
C.- D.
解析:選A 法一:令點P(x0,y0),因為該雙曲線的漸近線分別是-y=0,+y=0,所以可取|PA|=,|PB|=,又cos∠APB=-cos∠AOB=-cos2∠AOx=-cos=-,所以·=||·||·cos∠APB=·=×=-.
法二:如圖,由題意知,雙曲線的漸近線方程為y=±x,
∴∠AOB=60°,
∴∠APB=120°,
∴·<0.
取P點為雙曲線右頂點.
則|PA|=|PB|=|OP|=,
∴·=-.
16、
一、選擇題
1.設a1,a2,a3,…,an∈R,n≥3.若p:a1,a2,a3,…,an成等比數(shù)列;q:(a+a+…+a)(a+a+…+a)=(a1a2+a2a3+…+an-1an)2,則( )
A.p是q的充分條件,但不是q的必要條件
B.p是q的必要條件,但不是q的充分條件
C.p是q的充分必要條件
D.p既不是q的充分條件,也不是q的必要條件
解析:選A (特殊數(shù)列)取大家最熟悉的等比數(shù)列an=2n,代入q命題(不妨取n=3)滿足,再取an=3n代入q命題(不妨取n=3)也滿足,反之取a1=a2=a3=…=an=0時,滿足q命題,但不滿足p命題,故p是q的充分條件, 17、但不是q的必要條件.
2.(2017·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零點,則a=( )
A.- B.
C. D.1
解析:選C 法一:由f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1),得f(2-x)=(2-x)2-2(2-x)+a[e2-x-1+e-(2-x)+1]=x2-4x+4-4+2x+a(e1-x+ex-1)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1),所以f(2-x)=f(x),即x=1為f(x)圖象的對稱軸.由題意,f(x)有唯一零點,所以f(x)的零點只能為x=1,即f(1)=12-2×1+a(e1-1+e-1 18、+1)=0,解得a=.
法二:由f(x)=0?a(ex-1+e-x+1)=-x2+2x.
ex-1+e-x+1≥2=2,當且僅當x=1時取“=”.
-x2+2x=-(x-1)2+1≤1,當且僅當x=1時取“=”.
若a>0,則a(ex-1+e-x+1)≥2a,
要使f(x)有唯一零點,則必有2a=1,即a=.
若a≤0,則f(x)的零點不唯一.
綜上所述,a=.
3.已知函數(shù)f(x)在(-1,+∞)上單調,且函數(shù)y=f(x-2)的圖象關于直線x=1對稱,若數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列,且f(a50)=f(a51),則數(shù)列{an}的前100項的和為( )
A.-200 19、 B.-100
C.0 D.-50
解析:選B 因為函數(shù)y=f(x-2)的圖象關于直線x=1對稱,則函數(shù)f(x)的圖象關于直線x=-1對稱.又函數(shù)f(x)在(-1,+∞)上單調,數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列,且f(a50)=f(a51),所以a50+a51=-2,所以S100==50(a50+a51)=-100.
4.(2017·貴州適應性考試)已知點A是拋物線x2=4y的對稱軸與準線的交點,點F為拋物線的焦點,P在拋物線上且滿足|PA|=m|PF|,當m取最大值時,|PA|的值為( )
A.1 B.
C. D.2
解析:選D 設P(x,y),由拋物線的定義知|P 20、F|=y(tǒng)+1,|PA|=,所以m=,平方得m2=,又x2=4y,當y=0時,m=1,當y≠0時,m2==+1=1+,由基本不等式可知y+≥2,當且僅當y=1時取等號,此時m取得最大值,故|PA|==2.
5.對任意實數(shù)a,b,c,d,定義=
已知函數(shù)f(x)=,直線l:kx-y+3-2k=0,若直線l與函數(shù)f(x)的圖象有兩個交點,則實數(shù)k的取值范圍是( )
A.∪ B.
C.∪ D.(-1,1)
解析:選A 由題意知,
f(x)==
直線l:y=k(x-2)+3過定點A(2,3),畫出函數(shù)f(x)的圖象,如圖所示,其中f(x)=(x≤-2或x≥2)的圖象為雙曲線的上半 21、部分,f(x)= (-2 22、0
C.若|a+b+c2|+|a+b-c2|≤1,則a2+b2+c2<100
D.若|a2+b+c|+|a+b2-c|≤1,則a2+b2+c2<100
解析:選D 對于A,取a=b=10,c=-110,
顯然|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1成立,
但a2+b2+c2>100,即a2+b2+c2<100不成立.
對于B,取a2=10,b=-10,c=0,
顯然|a2+b+c|+|a2+b-c|≤1成立,
但a2+b2+c2=110,即a2+b2+c2<100不成立.
對于C,取a=10,b=-10,c=0,
顯然|a+b+c2|+|a+b-c2|≤1成立,
但a2+b 23、2+c2=200,即a2+b2+c2<100不成立.
綜上知,A、B、C均不成立,所以選D.
7.(2017·鄭州質檢)已知函數(shù)f(x)=.若當x>0時,函數(shù)f(x)的圖象恒在直線y=kx的下方,則k的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
解析:選B 由題意,當x>0時,f(x)= 24、.設D,E分別為線段AB,AC的中點,且BE―→·=0,記α為與的夾角,則下述判斷正確的是( )
A.cos α的最小值為
B.cos α的最小值為
C.sin的最小值為
D.sin的最小值為
解析:選D 依題意得=(+)=[-+(-)]=(-2),BE―→=(+)=[-+(-)]=(-2).由·BE―→=0,得(-2)·(-2)=0,即-22-22+5·=0,整理得,||2+||2=||·||cos α≥2||·||,所以cos α≥,sin-2α=cos 2α=2cos2α-1≥2×2-1=,所以sin-2α的最小值是.
9.(2017·石家莊質檢)在《九章算術》中,將四個面 25、都是直角三角形的四面體稱為鱉臑,在鱉臑A-BCD中,AB⊥平面BCD,且BD⊥CD,AB=BD=CD,點P在棱AC上運動,設CP的長度為x,若△PBD的面積為f(x),則f(x)的圖象大致是( )
解析:選A 如圖,作PQ⊥BC于Q,作QR⊥BD于R,連接PR,則由鱉臑的定義知PQ∥AB,QR∥CD.
設AB=BD=CD=1,
則==,即PQ=,
又===,所以QR=,
所以PR==
= ,
所以f(x)= = ,結合圖象知選A.
10.過坐標原點O作單位圓x2+y2=1的兩條互相垂直的半徑OA,OB,若在該圓上存在一點C,使得=a+b(a,b∈R),則以下說法正確的是( 26、 )
A.點P(a,b)一定在單位圓內
B.點P(a,b)一定在單位圓上
C.點P(a,b)一定在單位圓外
D.當且僅當ab=0時,點P(a,b)在單位圓上
解析:選B 使用特殊值法求解.設A(1,0),B(0,-1),則=a+b=(a,-b).∵C在圓上,
∴a2+b2=1,∴點P(a,b)在單位圓上,故選B.
二、填空題
1.已知函數(shù)f(x)=當10 27、,解得0,0,2 28、,在△BCF中,∠B=∠BFC=75°,∠FCB=30°,由正弦定理知,=,即=,解得BF=-,所以AB的取值范圍是(-,+).
答案:(-,+)
3.設0 29、=________,φ=________.
解析:∵f=2,f=0,
∴-=(2m+1),m∈N,
∴T=,m∈N,
∵f(x)的最小正周期大于2π,∴T=3π,
∴ω==,∴f(x)=2sin.
由2sin=2,得φ=2kπ+,k∈Z.
又|φ|<π,∴取k=0,得φ=.
答案:
5.已知向量a,b,c滿足|a|=,|b|=a·b=3,若(c-2a)·(2b-3c)=0, 則|b-c|的最大值是________.
解析:設a與b的夾角為θ,則a·b=|a||b|cos θ,
∴cos θ===,
∵θ∈[0,π],∴θ=.
設=a,=b,c=(x,y),建立如圖所 30、示的平面直角坐標系.
則A(1,1),B(3,0),
∴c-2a=(x-2,y-2),2b-3c=(6-3x,-3y),
∵(c-2a)·(2b-3c)=0,
∴(x-2)(6-3x)+(y-2)(-3y)=0.
即(x-2)2+(y-1)2=1.
又知b-c=(3-x,-y),
∴|b-c|=≤+1=+1,
即|b-c|的最大值為+1.
答案:+1
6.等腰△ABC中,AB=AC,BD為AC邊上的中線,且BD=3,則△ABC的面積的最大值為________.
解析:設AD=x,則AB=AC=2x,
因為兩邊之和大于第三邊,兩邊之差小于第三邊,
所以AB+AD>BD, 31、即2x+x>3,x>1,AB-AD 32、“零點密切函數(shù)”,則實數(shù)a的取值范圍是________.
解析:易知函數(shù)f(x)為增函數(shù),且f(2)=e2-2+2-3=0,所以函數(shù)f(x)=ex-2+x-3只有一個零點x=2,則取λ=2,由|2-μ|≤1,知1≤μ≤3.由f(x)與g(x)互為“零點密切函數(shù)”知函數(shù)g(x)=x2-ax-x+4在區(qū)間[1,3]內有零點,即方程x2-ax-x+4=0在[1,3]內有解,所以a=x+-1,而函數(shù)y=x+-1在[1,2]上單調遞減,在[2,3]上單調遞增,所以當x=2時,a取最小值3,且當x=1時,a=4,當x=3時,a=,所以amax=4,所以實數(shù)a的取值范圍是[3,4].
答案:[3,4]
33、
8.對于數(shù)列{an},定義{Δan}為數(shù)列{an}的一階差分數(shù)列,其中Δan=an+1-an(n∈N*).對正整數(shù)k,規(guī)定{Δkan}為數(shù)列{an}的k階差分數(shù)列,其中Δkan=Δk-1an+1-Δk-1an=Δ(Δk-1an).若數(shù)列{Δ2an}的各項均為2,且滿足a11=a2 015=0,則a1的值為________.
解析:因為數(shù)列{Δ2an}的各項均為2,即Δan+1-Δan=2,所以Δan=Δa1+2n-2,即an+1-an=Δa1+2n-2,
所以an-a1=(n-1)Δa1+(0+2+4+…+2n-4)
=(n-1)Δa1+(n-1)(n-2)(n≥2),
所以
即
34、
解得a1=20 140.
答案:20 140
9.已知圓O:x2+y2=1 和點A(-2,0),若定點B(b,0)(b≠-2) 和常數(shù) λ滿足:對圓 O上任意一點 M,都有|MB|=λ|MA|,則b=________ ;λ=________ .
解析:法一:(三角換元)在圓O上任意取一點M(cos θ,sin θ),則由|MB|=λ|MA|可得(cos θ-b)2+sin2θ=λ2[(cos θ+2)2+sin2θ],整理得1+b2-5λ2-(2b+4λ2)·cos θ=0,即解得
法二:(特殊點)既然對圓O上任意一點M,都有|MB|=λ|MA|,使得λ與b為常數(shù),那么取M(1, 35、0)與M(0,1)代入|MB|=λ|MA|,得
解得
答案:-
10.(2017·江蘇高考)設f(x)是定義在R上且周期為1的函數(shù),在區(qū)間[0,1)上,f(x)=其中集合D=,則方程f(x)-lg x=0的解的個數(shù)是________.
解析:由于f(x)∈[0,1),因此只需考慮1≤x<10的情況,
在此范圍內,當x∈Q且x?Z時,設x=,q,p∈N*,p≥2且p,q互質.
若lg x∈Q,則由lg x∈(0,1),可設lg x=,m,n∈N*,m≥2且m,n互質,
因此10=,則10n=m,此時左邊為整數(shù),右邊為非整數(shù),矛盾,因此lg x?Q,
故lg x不可能與每個周期內 36、x∈D對應的部分相等,
只需考慮lg x與每個周期內x?D部分的交點.
畫出函數(shù)草圖(如圖),圖中交點除(1,0)外其他交點橫坐標均為無理數(shù),屬于每個周期x?D的部分,
且x=1處(lg x)′==<1,則在x=1附近僅有一個交點,因此方程f(x)-lg x=0的解的個數(shù)為8.
答案:8
壓軸專題(二) 第20題解答題“圓錐曲線的綜合問題”的搶分策略
[全國卷3年考情分析]
年份
卷別
考查內容
命題分析
2017
卷Ⅰ
直線與拋物線的位置關系、導數(shù)的幾何意義
解析幾何是數(shù)形結合的典范,是高中數(shù)學的主要知識板塊,是高考考查的重點知識之一,在解答題中一般會綜合 37、考查直線、圓、圓錐曲線等.試題難度較大,多以壓軸題出現(xiàn).
解答題的熱點題型有:
(1)直線與圓錐曲線位置關系;
(2)圓錐曲線中定點、定值、最值及范圍的求解;
(3)軌跡方程及探索性問題的求解.
卷Ⅱ
點的軌跡方程、橢圓方程、向量的數(shù)量積等
卷Ⅲ
兩直線垂直的條件、直線與圓的位置關系、直線方程
2016
卷Ⅰ
直線與拋物線的位置關系、存在性問題
卷Ⅱ
直線與橢圓的位置關系、面積問題及證明問題
卷Ⅲ
直線與拋物線的位置關系、證明問題及軌跡方程的求法
2015
卷Ⅰ
直線方程、直線與圓的位置關系、平面向量的數(shù)量積
卷Ⅱ
橢圓的標準方程及直線與橢圓的位置關系
38、
巧妙消元證定值
[典例] (2016·北京高考)已知橢圓C:+=1,過A(2,0),B(0,1)兩點.
(1)求橢圓C的方程及離心率;
(2)設P為第三象限內一點且在橢圓C上,直線PA與y軸交于點M,直線PB與x軸交于點N,求證:四邊形ABNM的面積為定值.
[解] (1)由題意得,a=2,b=1,
所以橢圓C的方程為+y2=1.
又c==,所以離心率e==.
(2)證明:設P(x0,y0)(x0<0,y0<0),則x+4y=4.
又A(2,0),B(0,1),
所以 39、直線PA的方程為y=(x-2).
令x=0,得yM=-,
從而|BM|=1-yM=1+.
直線PB的方程為y=x+1.
令y=0,得xN=-,
從而|AN|=2-xN=2+.
所以四邊形ABNM的面積S=|AN|·|BM|
=
=
==2.
從而四邊形ABNM的面積為定值.
[題后悟通]
解答圓錐曲線的定值問題的策略
(1)從特殊情形開始,求出定值,再證明該值與變量無關;
(2)采用推理、計算、消元得定值.消元的常用方法為整體消元(如本例)、選擇消元、對稱消元等.
[針對訓練]
1.(2017·沈陽質檢)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的左焦點為( 40、-,0),e=.
(1)求橢圓C的方程;
(2)如圖,設R(x0,y0)是橢圓C上一動點,由原點O向圓(x-x0)2+(y-y0)2=4引兩條切線,分別交橢圓于點P,Q,若直線OP,OQ的斜率存在,并記為k1,k2,求證:k1k2為定值;
解:(1)由題意得,c=,e=,解得a=2,b=,
∴橢圓C的方程為+=1.
(2)證明:由已知,直線OP:y=k1x,OQ:y=k2x,且與圓R相切,
∴=2,
化簡得(x-4)k-2x0y0k1+y-4=0,
同理,可得(x-4)k-2x0y0k2+y-4=0,
∴k1,k2是方程(x-4)k2-2x0y0k+y-4=0的兩個不相等的實 41、數(shù)根,
∴x-4≠0,Δ>0,k1k2=.
∵點R(x0,y0)在橢圓C上,
∴+=1,即y=6-x,
∴k1k2==-.
故k1k2為定值.
構造函數(shù)求最值
[典例] (2017·浙江高考)如圖,已知拋物線x2=y(tǒng),點A,B,拋物線上的點P(x,y).過點B作直線AP的垂線,垂足為Q.
(1)求直線AP斜率的取值范圍;
(2)求|PA|·|PQ|的最大值.
[解] (1)設直線AP的斜率為k,
k==x-,
因為- 42、即kx-y+k+=0,
直線BQ的方程為y-=-,
即x+ky-k-=0,
聯(lián)立
解得點Q的橫坐標xQ=.
因為|PA|= = (k+1),
|PQ|=(xQ-x)=-,
所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3.
令f(k)=-(k-1)(k+1)3,
因為f′(k)=-(4k-2)(k+1)2,
所以f(k)在區(qū)間上單調遞增,在區(qū)間上單調遞減,
因此當k=時,|PA|·|PQ|取得最大值.
[題后悟通]
最值問題的基本解法有幾何法和代數(shù)法
(1)幾何法是根據(jù)已知的幾何量之間的相互關系、平面幾何和解析幾何知識加以解決的(如拋物線上的點到某個定點和焦點的距離 43、之和、光線反射問題等);
(2)代數(shù)法是建立求解目標關于某個(或兩個)變量的函數(shù),通過求解函數(shù)的最值(普通方法、基本不等式方法、導數(shù)方法等)解決的.
[針對訓練]
2.(2017·沈陽質檢)已知橢圓+=1(a>b>0)的左、右兩個焦點分別為F1,F(xiàn)2,離心率e=,短軸長為2.
(1)求橢圓的方程;
(2)點A為橢圓上的一動點(非長軸端點),AF2的延長線與橢圓交于B點,AO的延長線與橢圓交于C點,求△ABC面積的最大值.
解:(1)由題意得解得
故橢圓的標準方程為+y2=1.
(2)①當直線AB的斜率不存在時,不妨取A,B,C,
故S△ABC=×2×=.
②當 44、直線AB的斜率存在時,設直線AB的方程為y=k(x-1),
聯(lián)立方程消去y,
化簡得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,
設A(x1,y1),B(x2,y2),
則x1+x2=,x1x2=,
|AB|=
=
=2·,
點O到直線kx-y-k=0的距離d==,
∵O是線段AC的中點,
∴點C到直線AB的距離為2d=,
∴S△ABC=|AB|·2d=··
=2 =2 <.
綜上,△ABC面積的最大值為.
尋找不等關系解范圍
[典例] (2016·全國卷Ⅱ)已知橢圓E:+=1的焦點在x軸上,A是E的左頂點,斜率為k(k>0)的直線交E于A,M兩點,點 45、N在E上,MA⊥NA.
(1)當t=4,|AM|=|AN|時,求△AMN的面積;
(2)當2|AM|=|AN|時,求k的取值范圍.
[解] 設M(x1,y1),則由題意知y1>0.
(1)當t=4時,E的方程為+=1,A(-2,0).
由已知及橢圓的對稱性知,直線AM的傾斜角為.
因此直線AM的方程為y=x+2.
將x=y(tǒng)-2代入+=1,得7y2-12y=0.
解得y=0或y=,所以y1=.
因此△AMN的面積S△AMN=2×××=.
(2)由題意t>3,k>0,A(-,0).
將直線AM的方程y=k(x+)代入+=1得(3+tk2)x2+2·tk2x+t2k2-3t=0 46、.
由x1·(-)=,得x1=,
故|AM|=|x1+|=.
由題設,直線AN的方程為y=-(x+),
故同理可得|AN|=.
由2|AM|=|AN|,得=,
即(k3-2)t=3k(2k-1).
當k=時上式不成立,因此t=.
t>3等價于=<0,
即<0.
因此得或解得 47、的不等關系,從而求出參數(shù)的取值范圍;
(4)利用已知不等關系構造不等式,從而求出參數(shù)的取值范圍;
(5)利用函數(shù)值域的求法,確定參數(shù)的取值范圍.
[題后悟通]
[針對訓練]
3.已知焦點在y軸上的橢圓E的中心是原點O,離心率等于,以橢圓E的長軸和短軸為對角線的四邊形的周長為4.直線l:y=kx+m與y軸交于點P,與橢圓E相交于A,B兩個點.
(1)求橢圓E的方程;
(2)若=3,求m2的取值范圍.
解:(1)根據(jù)已知設橢圓E的方程為+=1(a>b>0),焦距為2c,
由已知得=,∴c=a,b2=a2-c2=.
∵以橢圓E的長軸和短軸為對角線的四邊形的周長為4, 48、
∴4=2a=4,
∴a=2,b=1.
∴橢圓E的方程為x2+=1.
(2)根據(jù)已知得P(0,m),設A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m),
由消去y,
得(k2+4)x2+2mkx+m2-4=0.
由已知得Δ=4m2k2-4(k2+4)(m2-4)>0,
即k2-m2+4>0,
且x1+x2=,x1x2=.
由=3,得x1=-3x2.
∴3(x1+x2)2+4x1x2=12x-12x=0.
∴+=0,
即m2k2+m2-k2-4=0.
當m2=1時,m2k2+m2-k2-4=0不成立,
∴k2=.
∵k2-m2+4>0,
∴-m2+4>0,即>0. 49、
解得1 50、k1,k2.
如果l與x軸垂直,設l:x=t,由題設知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐標分別為,.
則k1+k2=-=-1,得t=2,不符合題設.
從而可設l:y=kx+m(m≠1).
將y=kx+m代入+y2=1得
(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.
由題設可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.
設A(x1,y1),B(x2,y2),
則x1+x2=-,x1x2=.
而k1+k2=+
=+
=.
由題設k1+k2=-1,
故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.
即(2k+1)·+(m-1)·=0.
解得k=-.
當且僅當m>-1 51、時,Δ>0,于是l:y=-x+m,即y+1=-(x-2),所以l過定點(2,-1).
[題后悟通]
直線過定點問題的解題模型
[針對訓練]
4.(2017·鄭州模擬)已知動圓M恒過點(0,1),且與直線y=-1相切.
(1)求圓心M的軌跡方程;
(2)動直線l過點P(0,-2),且與點M的軌跡交于A,B兩點,點C與點B關于y軸對稱,求證:直線AC恒過定點.
解:(1)由題意得,點M與點(0,1)的距離始終等于點M到直線y=-1的距離,由拋物線的定義知圓心M的軌跡是以點(0,1)為焦點,直線y=-1為準線的拋物線,則=1,p=2.
∴圓心M的軌跡方程為x2=4y.
(2)證 52、明:設直線l:y=kx-2,A(x1,y1),B(x2,y2),
則C(-x2,y2),
聯(lián)立方程消去y,得x2-4kx+8=0,
∴x1+x2=4k,x1x2=8.
kAC===,
直線AC的方程為y-y1=(x-x1).
即y=y(tǒng)1+(x-x1)=x-x1+=x+,
∵x1x2=8,∴y=x+=x+2,
即直線AC恒過定點(0,2).
假設存在定結論(探索性問題)
[典例] 已知橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1(-1,0),F(xiàn)2(1,0),點A在橢圓C上.
(1)求橢圓C的標準方程;
(2)是否存在斜率為2的直線,使得當直線與橢圓C有兩個不 53、同交點M,N時,能在直線y=上找到一點P,在橢圓C上找到一點Q,滿足=NQ―→?若存在,求出直線的方程;若不存在,說明理由.
[解] (1)設橢圓C的焦距為2c,則c=1,
因為A在橢圓C上,
所以2a=|AF1|+|AF2|=2,
因此a=,b2=a2-c2=1,
故橢圓C的方程為+y2=1.
(2)不存在滿足條件的直線,證明如下:
假設存在斜率為2的直線,滿足條件,則設直線的方程為y=2x+t,設M(x1,y1),N(x2,y2),P,Q(x4,y4),MN的中點為D(x0,y0),
由消去x,得9y2-2ty+t2-8=0,
所以y1+y2=,且Δ=4t2-36(t2- 54、8)>0,
故y0==,且-3 55、,先假設成立,再推出條件.
(3)當條件和結論都不知,按常規(guī)方法解題很難時,要思維開放,采取另外的途徑.
[針對訓練]
5.(2017·鄭州質檢)已知橢圓x2+2y2=m(m>0),以橢圓內一點M(2,1)為中點作弦AB,設線段AB的中垂線與橢圓相交于C,D兩點.
(1)求橢圓的離心率;
(2)試判斷是否存在這樣的m,使得A,B,C,D在同一個圓上,并說明理由.
解:(1)將方程化成橢圓的標準方程+=1(m>0),
則a=,c= =,
故e==.
(2)由題意,設A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),直線AB的斜率存在,設為k, 56、則直線AB的方程為y=k(x-2)+1,代入x2+2y2=m(m>0),
消去y,得(1+2k2)x2+4k(1-2k)x+2(2k-1)2-m=0(m>0).
所以x1+x2==4,即k=-1,
此時,由Δ>0,得m>6.
則直線AB的方程為x+y-3=0,直線CD的方程為x-y-1=0.
由得3y2+2y+1-m=0,y3+y4=-,故CD的中點N為.
由弦長公式,可得
|AB|= |x1-x2|=·.
|CD|=|y3-y4|=·>|AB|,若存在圓,則圓心在CD上,
因為CD的中點N到直線AB的距離
d==.
|NA|2=|NB|2=2+2=,
又2=2=,
57、故存在這樣的m(m>6),使得A,B,C,D在同一個圓上.
[高考大題通法點撥] 圓錐曲線問題重在“設”——設點、設線
[思維流程]
[策略指導]
圓錐曲線解答題的常見類型是:第1小題通常是根據(jù)已知條件,求曲線方程或離心率,一般比較簡單.第2小題往往是通過方程研究曲線的性質——弦長問題、中點弦問題、動點軌跡問題、定點與定值問題、最值問題、相關量的取值范圍問題等等,這一小題綜合性較強,可通過巧設“點”“線”,設而不求.在具體求解時,可將整個解題過程分成程序化的三步:
第一步,聯(lián)立兩個方程,并將消元所得方程的判別式與根與系數(shù)的關系正確寫出;
第二步,用兩個交 58、點的同一類坐標的和與積,來表示題目中涉及的位置關系和數(shù)量關系;
第三步,求解轉化而來的代數(shù)問題,并將結果回歸到原幾何問題中.
在求解時,要根據(jù)題目特征,恰當?shù)脑O點、設線,以簡化運算.
[典例] 已知橢圓C:+=1(a>b>0)的右焦點為F(1,0),且點P在橢圓C上,O為坐標原點.
(1)求橢圓C的標準方程;
(2)設過定點T(0,2)的直線l與橢圓C交于不同的兩點A,B,且∠AOB為銳角,求直線l的斜率k的取值范圍;
(3)過橢圓C1:+=1上異于其頂點的任一點P,作圓O:x2+y2=的兩條切線,切點分別為M 59、,N(M,N不在坐標軸上),若直線MN在x軸、y軸上的截距分別為m,n,證明:+為定值.
[解] (1)由題意得c=1,所以a2=b2+1,①
又點P在橢圓C上,所以+=1,②
由①②可解得a2=4,b2=3,
所以橢圓C的標準方程為+=1.
(2)設直線l的方程為
y=kx+2,A(x1,y1),
B(x2,y2),
由得
(4k2+3)x2+16kx+4=0,
因為Δ=16(12k2-3)>0,
所以k2>,
則x1+x2=,x1x2=.
因為∠AOB為銳角,
所以·>0,即x1x2+y1y2>0,
所以x1x2+(kx1+2)(kx2+2)>0,
60、所以(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4>0,
即(1+k2)·+2k·+4>0,
解得k2<.
又k2>,所以 61、所以x0=,y0=,
又點P在橢圓C1上,
所以2+32=4,即+=,為定值.
[題后悟通]
解決直線與圓錐曲線位置關系問題的步驟
(1)設方程及點的坐標;
(2)聯(lián)立直線方程與曲線方程得方程組,消元得方程(注意二次項系數(shù)是否為零);
(3)應用根與系數(shù)的關系及判別式;
(4)結合已知條件、中點坐標公式、斜率公式及弦長公式求解.
[針對訓練]
已知點F為橢圓E:+=1(a>b>0)的左焦點,且兩焦點與短軸的一個頂點構成一個等邊三角形,直線+=1與橢圓E有且僅有一個交點M.
(1)求橢圓E的方程;
(2)設直線+=1與y軸交于P,過點P的直線l與橢圓E交于不同的兩點 62、A,B,若λ|PM|2=|PA|·|PB|,求實數(shù)λ的取值范圍.
解:(1)由題意,得a=2c,b=c,
則橢圓E為+=1.
由消去y,得x2-2x+4-3c2=0.
∵直線+=1與橢圓E有且僅有一個交點M,
∴Δ=4-4(4-3c2)=0,解得c2=1,
∴橢圓E的方程為+=1.
(2)由(1)得M,
∵直線+=1與y軸交于P(0,2),
∴|PM|2=,
①當直線l與x軸垂直時,
|PA|·|PB|=(2+)×(2-)=1,
∴λ|PM|2=|PA|·|PB|?λ=,
②當直線l與x軸不垂直時,設直線l的方程為y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2),
63、由消去y,
整理得(3+4k2)x2+16kx+4=0,
則x1x2=,且Δ=48(4k2-1)>0,
∴|PA|·|PB|=(1+k2)x1x2=(1+k2)·
=1+=λ,
∴λ=,
∵k2>,∴<λ<1.
綜上所述,λ的取值范圍是.
[總結升華]
解析幾何部分知識點多,運算量大,能力要求高,綜合性強,在高考試題中大都是以壓軸題的面貌出現(xiàn),是考生“未考先怕”題型,不是怕解題無思路,而是怕解題過程中繁雜的運算.因此,在遵循“設—列—解”程序化運算的基礎上,應突出解析幾何“設”的重要性,以克服平時重思路方法、輕運算技巧的頑疾,突破如何避繁就簡這一瓶頸.
64、
1.(2018屆高三·廣東五校協(xié)作體診斷考試)若橢圓+=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F(xiàn)2,線段F1F2被拋物線y2=2bx的焦點F分成了3∶1的兩段.
(1)求橢圓的離心率;
(2)過點C(-1,0)的直線l交橢圓于不同兩點A,B,且=2,當△AOB的面積最大時,求直線l的方程.
解:(1)由題意知,c+=3,
所以b=c,a2=2b2,
所以e== =.
(2)設A(x1,y1),B(x2,y2),直線AB的方程為x=ky-1(k≠0),
因為=2,所以(-1-x1,-y1)= 65、2(x2+1,y2),
即y1=-2y2,?、?
由(1)知,橢圓方程為x2+2y2=2b2.
由消去x,
得(k2+2)y2-2ky+1-2b2=0,
所以y1+y2=,?、?
由①②知,y2=-,y1=,
因為S△AOB=|y1|+|y2|,
所以S△AOB=3·=3·
≤3·=,
當且僅當|k|2=2,即k=±時取等號,
此時直線l的方程為x-y+1=0或x+y+1=0.
2.已知橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右頂點分別為A,B,且長軸長為8,T為橢圓上任意一點,直線TA,TB的斜率之積為-.
(1)求橢圓C的方程;
(2)設O為坐標原點,過點M(0,2)的動 66、直線與橢圓C交于P,Q兩點,求·+·的取值范圍.
解:(1)設T(x,y),由題意知A(-4,0),B(4,0),
設直線TA的斜率為k1,直線TB的斜率為k2,
則k1=,k2=.
由k1k2=-,得·=-,
整理得+=1.
故橢圓C的方程為+=1.
(2)當直線PQ的斜率存在時,設直線PQ的方程為y=kx+2,點P,Q的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2),
聯(lián)立方程消去y,
得(4k2+3)x2+16kx-32=0.
所以x1+x2=-,x1x2=-.
從而,·+·=x1x2+y1y2+[x1x2+(y1-2)(y2-2)]=2(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4==-20+.
所以-20<·+· ≤-.
當直線PQ的斜率不存在時,·+·的值為-20.
綜上,·+·的取值范圍為.
3.已知橢圓P的中心O在坐標原點,焦點在x軸上,且經過點A(0,2),離心率為.
(1)求橢圓P的方程;
(2)是否存在過點E(0,-4)的直線l交橢圓P于點R,T,且滿足·=?若存在,求直線l的方程;若不存在,請說明理由.
解:(1)設橢圓P的方程為+=
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