2018屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 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(nèi)容 命題分析 2017 卷Ⅰ 橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和性質(zhì) 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(dǎo)數(shù)問題、創(chuàng)新問題、圓錐曲線的性質(zhì)、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(shí)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(zhì)等 卷Ⅱ 拋物線的定義及性質(zhì)、直線與拋物線的位置關(guān)系 解三角形、三角恒等變換 卷Ⅲ 函數(shù)的零點(diǎn) 分段函數(shù)、解不等式 2016 卷Ⅰ 函數(shù)的單調(diào)性、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 卷Ⅱ 二次函數(shù)、抽象函數(shù)的對稱性 實(shí)際問題中的邏輯推理 卷Ⅲ 直線與橢圓的位置關(guān)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(biāo)準(zhǔn)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(zhì)、復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性 導(dǎo)數(shù)的幾何意義及其應(yīng)用 審題探尋實(shí)質(zhì) [典例]　(2016·四川高考)在平面直角坐標(biāo)系中，當(dāng)P(x，y)不

3、是原點(diǎn)時(shí)，定義P的“伴隨點(diǎn)”為P′，；當(dāng)P是原點(diǎn)時(shí)，定義P的“伴隨點(diǎn)”為它自身．現(xiàn)有下列命題： ①若點(diǎn)A的“伴隨點(diǎn)”是點(diǎn)A′，則點(diǎn)A′的“伴隨點(diǎn)”是點(diǎn)A； ②單位圓上的點(diǎn)的“伴隨點(diǎn)”仍在單位圓上； ③若兩點(diǎn)關(guān)于x軸對稱，則它們的“伴隨點(diǎn)”關(guān)于y軸對稱； ④若三點(diǎn)在同一條直線上，則它們的“伴隨點(diǎn)”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(diǎn)”為點(diǎn)(－1，－1)．故①為假命題． 對于②，單位圓的方程為x2＋y2＝1，設(shè)其上任意一點(diǎn)(x，y)的“伴隨點(diǎn)”為(x′，y′)， 則 ∴y2＋(－x

4、)2＝y(tǒng)2＋x2＝1.故②為真命題． ③設(shè)A(x，y)，B(x，－y)，則它們的伴隨點(diǎn)分別為A′，B′，A′與B′關(guān)于y軸對稱，故③為真命題． ④設(shè)共線的三點(diǎn)A(－1,0)，B(0,1)，C(1,2)，則它們的伴隨點(diǎn)分別為A′(0,1)，B′(1,0)，C′，此三點(diǎn)不共線，故④為假命題． 故真命題為②③. [答案]?、冖? [題后悟通] 1．解答此題應(yīng)理解“伴隨點(diǎn)”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(xì)觀察，認(rèn)真閱讀，在徹底領(lǐng)悟、準(zhǔn)確辨析的基礎(chǔ)上，進(jìn)行歸納、類比，將新定義問題轉(zhuǎn)化為已有知識的問題解決．　　　　 [針對訓(xùn)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(xiàng)和為Sn，若Sn≤S5對任意的n∈N*恒成立，則實(shí)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(dāng)n≥2時(shí)，(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(yùn)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(shè)曲線y＝ln x＋2上的切點(diǎn)為(x1，y1)，曲線y＝ln(x＋1)上的切點(diǎn)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(yùn)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(yīng)注意整體代換、變形代換的思想． [針對訓(xùn)練] 2．(2017·鄭州質(zhì)檢)設(shè)正實(shí)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(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)，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(dāng)且僅當(dāng)m＝1且n＝1，即x＝1，y＝2時(shí)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(shè)a∈R，若關(guān)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(dāng)y＝的圖象經(jīng)過點(diǎn)(0,2)時(shí)，可知a＝±2. 當(dāng)y＝＋a的圖象與y＝x＋的圖象相切時(shí)， 由＋a＝x＋，得x2－2ax＋4＝0，由Δ＝0， 并結(jié)合圖象可得a＝2. 要使f(x)≥恒成立

9、， 當(dāng)a≤0時(shí)，需滿足－a≤2，即－2≤a≤0， 當(dāng)a＞0時(shí)，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(dāng)0≤x＜1時(shí)，f(x)＝x＋2， g(x)＝－x－2－＝－x－2≤－2， 即g(x)max＝－2. 當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＝－x＋2，g(x)＝x－2－＝－2， 即g(x)＜－2. 當(dāng)x≥1時(shí)， f(x)＝x＋，g(x)＝－x－－＝－x－≤－2， 即g(x)max＝－2. ∴a≥－2. ②令h(x)＝f(x)－. 當(dāng)0≤x＜1時(shí)， f

10、(x)＝x＋2，h(x)＝x＋2－＝＋2≥2， 即h(x)min＝2. 當(dāng)x＜0時(shí)， f(x)＝－x＋2，h(x)＝－x＋2－＝－x＋2＞2， 即h(x)＞2. 當(dāng)x≥1時(shí)， 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(dāng)x＝0時(shí)，f(0)＝2， 而＝2，不等式不成立，故排除選項(xiàng)C，D. 若a＝－2，則當(dāng)x＝0時(shí)，f(0)＝2，而＝2，不等式不成立，故排除選項(xiàng)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(xiàng)，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(shí)經(jīng)常用到．　　　　 [針對訓(xùn)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(shí)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(shè)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(shè)af(c)恒成立，故只需2f(x)min>f(x)max即可，即2g(t)min>

12、g(t)max.當(dāng)m＝2時(shí)，f(a)＝f(b)＝f(c)＝1，成立，故m＝2符合題意；當(dāng)m<2時(shí)，g(t)＝1＋在[1,3]上單調(diào)遞增，則解得2時(shí)，g(t)＝1＋在[1,3]上單調(diào)遞減，則解得2

13、f(x)，若函數(shù)y＝與y＝f(x)圖象的交點(diǎn)為(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，則(xi＋yi)＝(　　) A．0 B．m C．2m D．4m [解析]　法一：因?yàn)閒(－x)＝2－f(x)，所以f(－x)＋f(x)＝2.因?yàn)椋?，＝1，所以函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0,1)對稱．函數(shù)y＝＝1＋，故其圖象也關(guān)于點(diǎn)(0,1)對稱．所以函數(shù)y＝與y＝f(x)圖象的交點(diǎn)(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)成對出現(xiàn)，且每一對均關(guān)于點(diǎn)(0,1)對稱，所以i＝0，i＝2×＝m，所以(xi＋yi)＝m. 法二：因?yàn)閒(－x)＝2－f(x)，所以f(－x)＋f

14、(x)＝2.因?yàn)椋?，＝1，所以函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0,1)對稱．可設(shè)y＝f(x)＝x＋1，由得交點(diǎn)(－1,0)，(1,2)，則x1＋y1＋x2＋y2＝2，結(jié)合選項(xiàng)，應(yīng)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(guān)于點(diǎn)(0,1)對稱，從而構(gòu)造特殊函數(shù)y＝x＋1，解出與y＝的交點(diǎn)坐標(biāo)，代入、驗(yàn)證． 2．處理此類問題經(jīng)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(jìn)行求解．　　　　 [針對訓(xùn)練] 4．(2017·沈陽質(zhì)檢)已知P是雙曲線－y2＝1上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)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(diǎn)P(x0，y0)，因?yàn)樵撾p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(diǎn)為雙曲線右頂點(diǎn)． 則|PA|＝|PB|＝|OP|＝， ∴·＝－.

16、 一、選擇題 1．設(shè)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(shí)，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(diǎn)，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(diǎn)，所以f(x)的零點(diǎn)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(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”． －x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”． 若a>0，則a(ex－1＋e－x＋1)≥2a， 要使f(x)有唯一零點(diǎn)，則必有2a＝1，即a＝. 若a≤0，則f(x)的零點(diǎn)不唯一． 綜上所述，a＝. 3．已知函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)，且函數(shù)y＝f(x－2)的圖象關(guān)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(xiàng)的和為(　　) A．－200

19、 B．－100 C．0 D．－50 解析：選B　因?yàn)楹瘮?shù)y＝f(x－2)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，則函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝－1對稱．又函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)，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(yīng)性考試)已知點(diǎn)A是拋物線x2＝4y的對稱軸與準(zhǔn)線的交點(diǎn)，點(diǎn)F為拋物線的焦點(diǎn)，P在拋物線上且滿足|PA|＝m|PF|，當(dāng)m取最大值時(shí)，|PA|的值為(　　) A．1 B． C. D．2 解析：選D　設(shè)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(dāng)y＝0時(shí)，m＝1，當(dāng)y≠0時(shí)，m2＝＝＋1＝1＋，由基本不等式可知y＋≥2，當(dāng)且僅當(dāng)y＝1時(shí)取等號，此時(shí)m取得最大值，故|PA|＝＝2. 5．對任意實(shí)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(diǎn)，則實(shí)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(diǎn)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(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝.若當(dāng)x>0時(shí)，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(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝0.又f′(x)＝，由切線的幾何意義知，要使f(x)

24、．設(shè)D，E分別為線段AB，AC的中點(diǎn)，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(zhì)檢)在《九章算術(shù)》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(diǎn)P在棱AC上運(yùn)動，設(shè)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(shè)AB＝BD＝CD＝1， 則＝＝，即PQ＝， 又＝＝＝，所以QR＝， 所以PR＝＝ ＝ ， 所以f(x)＝ ＝ ，結(jié)合圖象知選A. 10．過坐標(biāo)原點(diǎn)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(diǎn)C，使得＝a＋b(a，b∈R)，則以下說法正確的是(

26、　　) A．點(diǎn)P(a，b)一定在單位圓內(nèi) B．點(diǎn)P(a，b)一定在單位圓上 C．點(diǎn)P(a，b)一定在單位圓外 D．當(dāng)且僅當(dāng)ab＝0時(shí)，點(diǎn)P(a，b)在單位圓上 解析：選B　使用特殊值法求解．設(shè)A(1,0)，B(0，－1)，則＝a＋b＝(a，－b)．∵C在圓上， ∴a2＋b2＝1，∴點(diǎn)P(a，b)在單位圓上，故選B. 二、填空題 1．已知函數(shù)f(x)＝當(dāng)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(shè)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(shè)a與b的夾角為θ，則a·b＝|a||b|cos θ， ∴cos θ＝＝＝， ∵θ∈[0，π]，∴θ＝. 設(shè)＝a，＝b，c＝(x，y)，建立如圖所

30、示的平面直角坐標(biāo)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(shè)AD＝x，則AB＝AC＝2x， 因?yàn)閮蛇呏痛笥诘谌叄瑑蛇呏钚∮诘谌叄? 所以AB＋AD>BD，

31、即2x＋x>3，x>1，AB－AD

32、“零點(diǎn)密切函數(shù)”，則實(shí)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(diǎn)x＝2，則取λ＝2，由|2－μ|≤1，知1≤μ≤3.由f(x)與g(x)互為“零點(diǎn)密切函數(shù)”知函數(shù)g(x)＝x2－ax－x＋4在區(qū)間[1,3]內(nèi)有零點(diǎn)，即方程x2－ax－x＋4＝0在[1,3]內(nèi)有解，所以a＝x＋－1，而函數(shù)y＝x＋－1在[1,2]上單調(diào)遞減，在[2,3]上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝2時(shí)，a取最小值3，且當(dāng)x＝1時(shí)，a＝4，當(dāng)x＝3時(shí)，a＝，所以amax＝4，所以實(shí)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?jǐn)?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?jǐn)?shù)列，其中Δkan＝Δk－1an＋1－Δk－1an＝Δ(Δk－1an)．若數(shù)列{Δ2an}的各項(xiàng)均為2，且滿足a11＝a2 015＝0，則a1的值為________． 解析：因?yàn)閿?shù)列{Δ2an}的各項(xiàng)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(diǎn)A(－2,0)，若定點(diǎn)B(b,0)(b≠－2) 和常數(shù) λ滿足：對圓 O上任意一點(diǎn) 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(diǎn)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(diǎn))既然對圓O上任意一點(diǎn)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(shè)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(nèi)，當(dāng)x∈Q且x?Z時(shí)，設(shè)x＝，q，p∈N*，p≥2且p，q互質(zhì)． 若lg x∈Q，則由lg x∈(0,1)，可設(shè)lg x＝，m，n∈N*，m≥2且m，n互質(zhì)， 因此10＝，則10n＝m，此時(shí)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(nèi)

36、x∈D對應(yīng)的部分相等， 只需考慮lg x與每個周期內(nèi)x?D部分的交點(diǎn)． 畫出函數(shù)草圖(如圖)，圖中交點(diǎn)除(1,0)外其他交點(diǎn)橫坐標(biāo)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(diǎn)，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(nèi)容 命題分析 2017 卷Ⅰ 直線與拋物線的位置關(guān)系、導(dǎo)數(shù)的幾何意義 解析幾何是數(shù)形結(jié)合的典范，是高中數(shù)學(xué)的主要知識板塊，是高考考查的重點(diǎn)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(diǎn)題型有： (1)直線與圓錐曲線位置關(guān)系； (2)圓錐曲線中定點(diǎn)、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(diǎn)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(guān)系、直線方程 2016 卷Ⅰ 直線與拋物線的位置關(guān)系、存在性問題 卷Ⅱ 直線與橢圓的位置關(guān)系、面積問題及證明問題 卷Ⅲ 直線與拋物線的位置關(guān)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(guān)系、平面向量的數(shù)量積 卷Ⅱ 橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及直線與橢圓的位置關(guān)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(diǎn)． (1)求橢圓C的方程及離心率； (2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點(diǎn)且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點(diǎn)M，直線PB與x軸交于點(diǎn)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(shè)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(guān)； (2)采用推理、計(jì)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(xùn)練] 1．(2017·沈陽質(zhì)檢)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為(

40、－，0)，e＝. (1)求橢圓C的方程； (2)如圖，設(shè)R(x0，y0)是橢圓C上一動點(diǎn)，由原點(diǎn)O向圓(x－x0)2＋(y－y0)2＝4引兩條切線，分別交橢圓于點(diǎn)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(shí)

41、數(shù)根， ∴x－4≠0，Δ>0，k1k2＝. ∵點(diǎn)R(x0，y0)在橢圓C上， ∴＋＝1，即y＝6－x， ∴k1k2＝＝－. 故k1k2為定值． 構(gòu)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(diǎn)A，B，拋物線上的點(diǎn)P(x，y).過點(diǎn)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(shè)直線AP的斜率為k， k＝＝x－， 因?yàn)椋?x<， 所以直線AP斜率的取值范圍是(－1,1)． (2)設(shè)直線AP的斜率為k，則直線BQ的斜率為－. 則直線AP的方程為y－＝k，

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(diǎn)Q的橫坐標(biāo)xQ＝. 因?yàn)閨PA|＝ ＝ (k＋1)， |PQ|＝(xQ－x)＝－， 所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3. 令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3， 因?yàn)閒′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2， 所以f(k)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減， 因此當(dāng)k＝時(shí)，|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(guān)系、平面幾何和解析幾何知識加以解決的(如拋物線上的點(diǎn)到某個定點(diǎn)和焦點(diǎn)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(biāo)關(guān)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(dǎo)數(shù)方法等)解決的． 　　　　 [針對訓(xùn)練] 2．(2017·沈陽質(zhì)檢)已知橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右兩個焦點(diǎn)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(diǎn)A為橢圓上的一動點(diǎn)(非長軸端點(diǎn))，AF2的延長線與橢圓交于B點(diǎn)，AO的延長線與橢圓交于C點(diǎn)，求△ABC面積的最大值． 解：(1)由題意得解得 故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)①當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，不妨取A，B，C， 故S△ABC＝×2×＝. ②當(dāng)

44、直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)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(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝，x1x2＝， |AB|＝ ＝ ＝2·， 點(diǎn)O到直線kx－y－k＝0的距離d＝＝， ∵O是線段AC的中點(diǎn)， ∴點(diǎn)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(guān)系解范圍 [典例]　(2016·全國卷Ⅱ)已知橢圓E：＋＝1的焦點(diǎn)在x軸上，A是E的左頂點(diǎn)，斜率為k(k>0)的直線交E于A，M兩點(diǎn)，點(diǎn)

45、N在E上，MA⊥NA. (1)當(dāng)t＝4，|AM|＝|AN|時(shí)，求△AMN的面積； (2)當(dāng)2|AM|＝|AN|時(shí)，求k的取值范圍． [解]　設(shè)M(x1，y1)，則由題意知y1>0. (1)當(dāng)t＝4時(shí)，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(shè)，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(dāng)k＝時(shí)上式不成立，因此t＝. t>3等價(jià)于＝<0， 即<0. 因此得或解得

47、的不等關(guān)系，從而求出參數(shù)的取值范圍； (4)利用已知不等關(guān)系構(gòu)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(xùn)練] 3．已知焦點(diǎn)在y軸上的橢圓E的中心是原點(diǎn)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(diǎn)P，與橢圓E相交于A，B兩個點(diǎn)． (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(shè)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(shè)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(dāng)m2＝1時(shí)，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立， ∴k2＝. ∵k2－m2＋4>0， ∴－m2＋4>0，即>0.

49、 解得1b>0)，四點(diǎn)P1(1,1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三點(diǎn)在橢圓C上． (1)求C的方程； (2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點(diǎn)且與C相交于A，B兩點(diǎn)．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1，證明：l過定點(diǎn)． [解]　(1)由于P3，P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對稱， 故由題設(shè)知橢圓C經(jīng)過P3，P4兩點(diǎn)． 又由＋>＋知，橢圓C不經(jīng)過點(diǎn)P1， 所以點(diǎn)P2在橢圓C上． 因此解得 故橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)證明：設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為

50、k1，k2. 如果l與x軸垂直，設(shè)l：x＝t，由題設(shè)知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐標(biāo)分別為，. 則k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合題設(shè)． 從而可設(shè)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(shè)可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝. 而k1＋k2＝＋ ＝＋ ＝. 由題設(shè)k1＋k2＝－1， 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0. 解得k＝－. 當(dāng)且僅當(dāng)m>－1

51、時(shí)，Δ>0，于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，所以l過定點(diǎn)(2，－1)． [題后悟通] 直線過定點(diǎn)問題的解題模型 [針對訓(xùn)練] 4．(2017·鄭州模擬)已知動圓M恒過點(diǎn)(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(diǎn)P(0，－2)，且與點(diǎn)M的軌跡交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C與點(diǎn)B關(guān)于y軸對稱，求證：直線AC恒過定點(diǎn)． 解：(1)由題意得，點(diǎn)M與點(diǎn)(0,1)的距離始終等于點(diǎn)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(diǎn)(0,1)為焦點(diǎn)，直線y＝－1為準(zhǔn)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(shè)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(diǎn)(0,2). 假設(shè)存在定結(jié)論(探索性問題) [典例]　已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，點(diǎn)A在橢圓C上． (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)是否存在斜率為2的直線，使得當(dāng)直線與橢圓C有兩個不

53、同交點(diǎn)M，N時(shí)，能在直線y＝上找到一點(diǎn)P，在橢圓C上找到一點(diǎn)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(shè)橢圓C的焦距為2c，則c＝1， 因?yàn)锳在橢圓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(shè)存在斜率為2的直線，滿足條件，則設(shè)直線的方程為y＝2x＋t，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，P，Q(x4，y4)，MN的中點(diǎn)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(shè)成立，再推出條件． (3)當(dāng)條件和結(jié)論都不知，按常規(guī)方法解題很難時(shí)，要思維開放，采取另外的途徑． 　　　　 [針對訓(xùn)練] 5．(2017·鄭州質(zhì)檢)已知橢圓x2＋2y2＝m(m>0)，以橢圓內(nèi)一點(diǎn)M(2,1)為中點(diǎn)作弦AB，設(shè)線段AB的中垂線與橢圓相交于C，D兩點(diǎn)． (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(biāo)準(zhǔn)方程＋＝1(m>0)， 則a＝，c＝ ＝， 故e＝＝. (2)由題意，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，直線AB的斜率存在，設(shè)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(shí)，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(diǎn)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?yàn)镃D的中點(diǎn)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(diǎn)撥]　 　　 　　圓錐曲線問題重在“設(shè)”——設(shè)點(diǎn)、設(shè)線　　 　　　 [思維流程] [策略指導(dǎo)] 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(zhì)——弦長問題、中點(diǎn)弦問題、動點(diǎn)軌跡問題、定點(diǎn)與定值問題、最值問題、相關(guān)量的取值范圍問題等等，這一小題綜合性較強(qiáng)，可通過巧設(shè)“點(diǎn)”“線”，設(shè)而不求．在具體求解時(shí)，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(guān)系正確寫出； 第二步，用兩個交

58、點(diǎn)的同一類坐標(biāo)的和與積，來表示題目中涉及的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系； 第三步，求解轉(zhuǎn)化而來的代數(shù)問題，并將結(jié)果回歸到原幾何問題中． 在求解時(shí)，要根據(jù)題目特征，恰當(dāng)?shù)脑O(shè)點(diǎn)、設(shè)線，以簡化運(yùn)算．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [典例]　已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(1,0)，且點(diǎn)P在橢圓C上，O為坐標(biāo)原點(diǎn)． (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)過定點(diǎn)T(0,2)的直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)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(diǎn)的任一點(diǎn)P，作圓O：x2＋y2＝的兩條切線，切點(diǎn)分別為M

59、，N(M，N不在坐標(biāo)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(diǎn)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(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)設(shè)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?yàn)棣ぃ?6(12k2－3)>0， 所以k2>， 則x1＋x2＝，x1x2＝. 因?yàn)椤螦OB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(diǎn)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(guān)系問題的步驟 (1)設(shè)方程及點(diǎn)的坐標(biāo)； (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(xiàng)系數(shù)是否為零)； (3)應(yīng)用根與系數(shù)的關(guān)系及判別式； (4)結(jié)合已知條件、中點(diǎn)坐標(biāo)公式、斜率公式及弦長公式求解． [針對訓(xùn)練] 　已知點(diǎn)F為橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的左焦點(diǎn)，且兩焦點(diǎn)與短軸的一個頂點(diǎn)構(gòu)成一個等邊三角形，直線＋＝1與橢圓E有且僅有一個交點(diǎn)M. (1)求橢圓E的方程； (2)設(shè)直線＋＝1與y軸交于P，過點(diǎn)P的直線l與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)

62、A，B，若λ|PM|2＝|PA|·|PB|，求實(shí)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(diǎn)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(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)， |PA|·|PB|＝(2＋)×(2－)＝1， ∴λ|PM|2＝|PA|·|PB|?λ＝， ②當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)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(jié)升華] 解析幾何部分知識點(diǎn)多，運(yùn)算量大，能力要求高，綜合性強(qiáng)，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(yùn)算．因此，在遵循“設(shè)—列—解”程序化運(yùn)算的基礎(chǔ)上，應(yīng)突出解析幾何“設(shè)”的重要性，以克服平時(shí)重思路方法、輕運(yùn)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(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，線段F1F2被拋物線y2＝2bx的焦點(diǎn)F分成了3∶1的兩段． (1)求橢圓的離心率； (2)過點(diǎn)C(－1,0)的直線l交橢圓于不同兩點(diǎn)A，B，且＝2，當(dāng)△AOB的面積最大時(shí)，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(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為x＝ky－1(k≠0)， 因?yàn)椋?，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?yàn)镾△AOB＝|y1|＋|y2|， 所以S△AOB＝3·＝3· ≤3·＝， 當(dāng)且僅當(dāng)|k|2＝2，即k＝±時(shí)取等號， 此時(shí)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(diǎn)分別為A，B，且長軸長為8，T為橢圓上任意一點(diǎn)，直線TA，TB的斜率之積為－. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過點(diǎn)M(0,2)的動

66、直線與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，求·＋·的取值范圍． 解：(1)設(shè)T(x，y)，由題意知A(－4,0)，B(4,0)， 設(shè)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(dāng)直線PQ的斜率存在時(shí)，設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋2，點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)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(dāng)直線PQ的斜率不存在時(shí)，·＋·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(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，且經(jīng)過點(diǎn)A(0,2)，離心率為. (1)求橢圓P的方程； (2)是否存在過點(diǎn)E(0，－4)的直線l交橢圓P于點(diǎn)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(shè)橢圓P的方程為＋＝