《（通用版）2022年高考數(shù)學二輪復習 第一部分 第三層級 難點自選 專題一“選填”壓軸小題命題的4大區(qū)域講義 理（普通生含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2022年高考數(shù)學二輪復習 第一部分 第三層級 難點自選 專題一“選填”壓軸小題命題的4大區(qū)域講義 理（普通生含解析）（40頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（通用版）2022年高考數(shù)學二輪復習 第一部分 第三層級 難點自選 專題一“選填”壓軸小題命題的4大區(qū)域講義 理（普通生，含解析）全國卷3年考情分析題號考卷第11題第12題第15題第16題命題分析2018卷直線與雙曲線的位置關系及雙曲線的幾何性質(zhì)空間直線與平面的位置關系及其所成角的問題計數(shù)原理與組合問題三角函數(shù)的最值與導數(shù)高考在選擇、填空壓軸題中，主要考查圓錐曲線的幾何性質(zhì)及圓錐曲線定義、函數(shù)的圖象與性質(zhì)、函數(shù)與不等式的求解、指數(shù)、對數(shù)式大小比較、導數(shù)的應用、幾何體的表面積與體積的計算及空間角問題，而三角函數(shù)、數(shù)列、平面向量也常有考查.卷函數(shù)的奇偶性與周期性橢圓的定義與橢圓的幾何性質(zhì)兩角和與差

2、的公式應用圓錐側(cè)面積的運算及空間角的問題卷雙曲線的幾何性質(zhì)不等式性質(zhì)及對數(shù)運算三角函數(shù)的零點問題拋物線的幾何性質(zhì)及應用2017卷指數(shù)式與對數(shù)式的互化與對數(shù)運算及大小比較等差數(shù)列、等比數(shù)列前n項和公式的運用雙曲線的幾何性質(zhì)三棱錐的體積、導數(shù)的應用卷利用導數(shù)求函數(shù)的極值平面向量的數(shù)量積與最值等差數(shù)列的通項公式與前n項和公式、特殊數(shù)列求和拋物線的定義及標準方程卷函數(shù)的零點問題平面向量基本定理、直線與圓的位置關系分段函數(shù)、解不等式空間中直線與直線的位置關系、空間向量2016卷平面與平面平行的性質(zhì)、異面直線所成的角及等角定理函數(shù)yAsin(x)的性質(zhì)等比數(shù)列通項公式、二次函數(shù)的最值及指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)線性規(guī)

3、劃的實際應用卷雙曲線的定義及標準方程、離心率的計算函數(shù)圖象的對稱性推理與論證導數(shù)的計算與幾何意義、直線方程、斜率計算公式卷橢圓的離心率、直線斜率的應用計數(shù)原理與組合問題函數(shù)的奇偶性、導數(shù)的幾何意義點到直線的距離公式，直線的斜率、傾斜角，直線與圓的位置關系命題區(qū)域(一)函數(shù)與導數(shù)本類壓軸題常以分段函數(shù)、抽象函數(shù)等為載體，考查函數(shù)性質(zhì)、函數(shù)零點的個數(shù)、參數(shù)的范圍和通過函數(shù)性質(zhì)求解不等式問題等要注意函數(shù)yf(x)與方程f(x)0以及不等式f(x)0的關系，進行彼此之間的轉(zhuǎn)化是解決該類題目的關鍵解決該類問題的途徑往往是構(gòu)造函數(shù)，進而研究函數(shù)的性質(zhì)，利用函數(shù)性質(zhì)去求解問題是常用方法其間要注意導數(shù)的應用：

4、利用導數(shù)研究可導函數(shù)的單調(diào)性，求可導函數(shù)的極值和最值，以及利用導數(shù)解決實際應用題是導數(shù)在中學數(shù)學中的主要應用分段函數(shù)問題例1已知函數(shù)f(x)若f(x)無最大值，則實數(shù)a的取值范圍是_技法演示法一：分段處理，分類討論記g(x)x33x，h(x)2x，同時作出函數(shù)g(x)與h(x)的圖象，如圖所示，則h(x)在(，)上單調(diào)遞減，下面分析g(x)的單調(diào)性因為g(x)3x233(x1)(x1)，當x變化時，g(x)和g(x)變化如下：x(，1)1(1,1)1(1，)g(x)00g(x)極大值極小值下面分析f(x)的單調(diào)性，注意到f(x)結(jié)合前面g(x)與h(x)的單調(diào)性，我們可以按下述三種情況討論：a

5、11a1a1若a1，則f(x)在(，a上的最大值為f(a)，由g(x)在(，1)上單調(diào)遞增，f(a)g(a)2，此時函數(shù)f(x)無最大值，符合題意若1aa時，f(x)h(x)a時，f(x)h(x)h(a)h(1)2，則f(x)有最大值M，不符合題意綜上，若f(x)無最大值，則實數(shù)a的取值范圍是(，1)法二：整體考慮，正難則反記g(x)x33x，h(x)2x，由解法一知h(x)在(，)上單調(diào)遞減，且當x變化時，g(x)和g(x)變化如下：x(，1)1(1,1)1(1，)g(x)00g(x)極大值極小值由于h(x)在(a，)上單調(diào)遞減，無最大值，若f(x)有最大值，也只可能在x1或xa處取得，同時

6、作出函數(shù)g(x)與h(x)的圖象，如圖所示，容易求得它們的交點分別是(1,2)，(0,0)和(1，2)注意到g(1)h(1)2，由圖象可見，若f(x)在x1處取得最大值，實數(shù)a的取值范圍是1,2，若f(x)在xa處取得最大值，實數(shù)a的取值范圍是2，)綜上，若f(x)有最大值，則實數(shù)a的取值范圍是1，)，從而，若f(x)無最大值，則實數(shù)a的取值范圍是(，1)法三：平移直線xa，直接秒殺根據(jù)題意，將函數(shù)f(x)采用分離的方式，記g(x)x33x，h(x)2x，同時在同一平面直角坐標系中作出函數(shù)g(x)與h(x)的圖象，將直線xa在圖象中沿著x軸左右平移，觀察直線xa與函數(shù)g(x)，h(x)的圖象的

7、交點(曲線點實，直線點虛)變化，如圖所示，當直線xa在直線x1左邊時滿足條件“f(x)無最大值”，所以實數(shù)a的取值范圍是(，1)答案(，1)系統(tǒng)歸納“三招”破解分段函數(shù)最值問題分類討論研究分段函數(shù)f(x)的單調(diào)性，大多借助分類討論f(x)在各個分段上的最值如解法一是根據(jù)g(x)的單調(diào)性，對a進行分類討論整體思想從函數(shù)的整體性質(zhì)(單調(diào)性、奇偶性和周期性)出發(fā)，研究函數(shù)的最值問題當一個問題從正面不好入手時，也可從反面思考如解法二就采取正難則反的方法解題數(shù)形結(jié)合“以形助數(shù)”，作出函數(shù)或變形后的函數(shù)圖象，結(jié)合條件求解問題，解法三是利用數(shù)形結(jié)合的思想直觀得到結(jié)果應用體驗1若函數(shù)f(x)|x1|2xa|的

8、最小值為3，則實數(shù)a的值為()A5或8B1或5C1或4 D4或8解析：選D當a2時，f(x)如圖1可知，f(x)minf13，可得a8；當a0時，x(，0)，f(x)0；x，f(x)0.所以函數(shù)f(x)在(，0)和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，且f(0)10，故f(x)有小于零的零點，不符合題意當a0時，x，f(x)0；x(0，)，f(x)0，只需f0，即a24，解得a0時，如圖(1)所示，不合題意；當a0時，由圖(2)知，可先求出函數(shù)g(x)ax3與h(x)3x21的圖象有公切線時a的值由g(x)h(x)，g(x)h(x)，得a2.由圖象可知當a2時，滿足題意法三：參變分離，演繹高效參變分離法，

9、亦即將原函數(shù)中的參變量進行分離，轉(zhuǎn)化成求函數(shù)值域問題加以解決巧用參數(shù)分離求解零點問題，既可以回避對參數(shù)取值的分類討論，又形象直觀，一目了然易知x0，令f(x)0，則a，記g(x)，g(x)，可知g(x)在(，1)和(1，)上單調(diào)遞減，在(1,0)和(0,1)上單調(diào)遞增，且g(1)2，畫出函數(shù)大致圖象如圖所示，平移直線ya，結(jié)合圖象，可知a0.聯(lián)立消去y，得x2(3a)xa0，由0，解得a9；聯(lián)立消去y，得x2(3a)xa0，由0，解得a1或a0，且x1不是方程的根故有ax15.設h(x)，則問題等價于曲線yh(x)與直線ya有4個不同交點作出圖象如圖所示顯然y9，y1是yh(x)的兩條切線，此

10、時都只有3個交點于是，結(jié)合圖形知，當0a9時，直線ya與曲線yh(x)均有4個交點所以a的取值范圍為(0,1)(9，)答案：(0,1)(9，)抽象函數(shù)問題例3設函數(shù)f(x)是奇函數(shù)f(x)(xR)的導函數(shù)，f(1)0，當x0時，xf(x)f(x)0成立的x的取值范圍是()A(，1)(0,1)B(1,0)(1，)C(，1)(1,0) D(0,1)(1，)技法演示法一：構(gòu)造抽象函數(shù)法觀察xf(x)f(x)0時，F(xiàn)(x)0，即找到x與F(x)的符號相同的區(qū)間，易知當x(，1)(0,1)時，f(x)0，故選A.法二：構(gòu)造具體函數(shù)法題目中沒有給出具體的函數(shù)，但可以根據(jù)已知條件構(gòu)造一個具體函數(shù)，越簡單越好

11、，因此考慮簡單的多項式函數(shù)設f(x)是多項式函數(shù)，因為f(x)是奇函數(shù)，所以它只含x的奇次項又f(1)f(1)0，所以f(x)能被x21整除因此可取f(x)xx3，檢驗知f(x)滿足題設條件解不等式f(x)0，得x(，1)(0,1)，故選A.答案A系統(tǒng)歸納1利用和差函數(shù)求導法則構(gòu)造函數(shù)(1)對于不等式f(x)g(x)0(或0(或k(或0(或0(或0(或0(或0(或0(或0(或f(x)，且f(x)2 019為奇函數(shù)，則不等式f(x)2 019ex0的解集是()A(，0) B(0，)C. D.解析：選B設g(x)，則g(x)0，所以g(x)是R上的減函數(shù)，由于f(x)2 019為奇函數(shù)，所以f(0

12、)2 019，g(0)2 019，因為f(x)2 019ex02 019，即g(x)g(0)，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可知不等式f(x)2 019ex0，|，x為f(x)的零點，x為yf(x)圖象的對稱軸，且f(x)在上單調(diào)，則的最大值為()A11B9C7 D5技法演示法一：綜合法由f0，得k(kZ)，k，則f(x)sin(nZ)由f1，即sinsin 1，可知為正奇數(shù)(0)由得又由于0，所以k只能取0，1，2，3.當k0時，(2,2)；當k1時，(2,6)；當k2時，(6,10)；當k3時，(10,14)因為是正奇數(shù)(不超過12)，所以1,3,5,7,9,11當11時，x，x11x，里面含有，則f(

13、x)在上不可能單調(diào)，不符合題意當9時，x，x9x，里面不含(nZ)中的任何一個，即f(x)在上單調(diào)，符合題意綜上，的最大值為9.故選B.法二：分類討論由題意T，即00，A0)的圖象的單調(diào)性、對稱性、周期、零點等問題中涉及的結(jié)論：若函數(shù)yAsin(x)(0，A0)有兩條對稱軸xa，xb，則有|ab|(kZ)；若函數(shù)yAsin(x)(0，A0)有兩個對稱中心M(a,0)，N(b,0)，則有|ab|(kZ)；若函數(shù)yAsin(x)(0，A0)有一條對稱軸xa，一個對稱中心M(b,0)，則有|ab|(kZ)(2)研究函數(shù)在某一特定區(qū)間的單調(diào)性，若函數(shù)僅含有一個參數(shù)的時候，利用導數(shù)的正負比較容易控制，但

14、對于函數(shù)yAsin(x)(0，A0)含多個參數(shù)，并且具有周期性，很難解決，所以必須有合理的等價轉(zhuǎn)化方式才能解決解法一嘗試正面求解的可能值，但因單調(diào)區(qū)間的條件不好使用，仍然采取代入驗證的方法解決應用體驗1若函數(shù)f(x)cos 2xasin x在區(qū)間上是減函數(shù)，則a的取值范圍是_解析：法一：導數(shù)法對f(x)cos 2xasin x求導，得f(x)2sin 2xacos x因為f(x)在區(qū)間上是減函數(shù)，所以f(x)0在上恒成立，即acos x2sin 2x4sin xcos x，而cos x0，所以a4sin x在區(qū)間上，sin x1，于是a2.法二：圖象法f(x)cos 2xasin x12sin

15、2xasin x221，設tsin x，由x，知t.要使g(t)221在上是減函數(shù)，只要即可，所以a(，2答案：(，2三角形面積最值問題例2已知a，b，c分別為ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊，a2，且(2b)(sin Asin B)(cb)sin C，則ABC的面積的最大值為_技法演示法一：綜合運用正、余弦定理由正弦定理知(2b)(sin Asin B)(cb)sin C可化為(2b)(ab)c(cb)，將a2代入整理，得b2c2a2bc，所以cos A，故A，則ABC的面積Sbcsin Abc.而b2c2a2bc2bca2bc4，所以Sbc，當且僅當bc2時取到等號，故ABC的面積的最大值

16、為.法二：正、余弦定理與數(shù)形結(jié)合由法一得A，可知ABC的邊a2為定長，A為定值，作出示意圖如圖所示，滿足條件的點A在圓周上的運動軌跡為優(yōu)弧BC(不包括兩個端點B，C)，易知當點A位于優(yōu)弧中點時，此時ABC的面積最大，由于A，則此時的ABC是等邊三角形，面積為.法三：正、余弦函數(shù)的有界性由法一知A，則由正弦定理得，bsin Bsin B，csin C，則SABCbcsin Abcsin Bsin Ccos(BC)cos(BC)cos(BC)，當且僅當cos(BC)1，即BC時，ABC的面積取得最大值.法四：函數(shù)思想由法三得SABCsin Bsin Csin BsinB，令g(B)sin Bsin

17、sin Bcos Bsin Bsin.由0B0)，且A，(0，)，則ABC的面積的最大值是，當且僅當另外兩個角相等時取等號應用體驗2(2018濰坊統(tǒng)一考試)在ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，外接圓的半徑為1，且，則ABC面積的最大值為_解析：因為，所以(2cb)，由正弦定理得sin Bsin Acos B(2sin Csin B)sin Bcos A，又sin B0，所以sin Acos B(2sin Csin B)cos A，所以sin Acos Bsin Bcos A2sin Ccos A，sin(AB)2sin Ccos A，即sin C2sin Ccos A，又sin

18、C0，所以cos A，sin A，設外接圓的半徑為r，則r1，由余弦定理得bcb2c2a2b2c2(2rsin A)2b2c232bc3(當且僅當bc時，等號成立)，所以bc3，所以SABCbcsin Abc.答案：平面向量數(shù)量積問題例3在等腰梯形ABCD中，已知ABDC，AB2，BC1，ABC60，動點E和F分別在線段BC和DC上，且，則的最小值為_技法演示法一：基底法選取，為一組基底，由題意易求DC1，|2，|1，21cos 1201，.于是() 412 (0)，當且僅當，即時等號成立，故的最小值為.法二：坐標法以A為坐標原點建立如圖所示的平面直角坐標系，因為ABDC，AB2，BC1，AB

19、C60，所以DC1，即B(2,0)，D，C.因為，所以E，F(xiàn)，.所以2.當且僅當，即時等號成立，故的最小值為.答案 系統(tǒng)歸納向量數(shù)量積問題的解題策略基底法根據(jù)平面向量基本定理，結(jié)合圖形的結(jié)構(gòu)特征選擇一組基底，將有關的向量用基底表示，進行求解坐標法分析圖形的結(jié)構(gòu)特征，建立平面直角坐標系，將所涉及的向量坐標化，利用坐標運算進行解答應用體驗3已知正方形ABCD的邊長為1，點E是AB邊上的動點，則_；的最大值為_解析：法一：如圖，以射線AB，AD為x軸，y軸的正方向建立平面直角坐標系，則A(0,0)，B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)，則E(t,0)，t0,1，(t，1)，(0，1)，所以(t，

20、1)(0，1)1.因為(1,0)，所以(t，1)(1,0)t1，故 的最大值為1.法二：由圖知，無論E點在哪個位置，在方向上的投影都是|1，所以|11，當點E運動到B點時，在方向上的投影最大即為|1，所以()max|11.答案：11命題區(qū)域(三)立體幾何此類壓軸題主要考查以立體幾何為背景的新穎問題以立體幾何為背景的新穎問題常見的有折疊問題、與函數(shù)圖象相結(jié)合問題、最值問題、探索性問題等(1)對探索、開放、存在型問題的考查：探索性試題使問題具有不確定性、探究性和開放性，對學生的能力要求較高，有利于考查學生的探究能力以及思維的創(chuàng)造性，是新課程高考命題改革的重要方向之一；開放性問題，一般將平面幾何問題

21、類比推廣到立體幾何中(2)對折疊、展開問題的考查：圖形的折疊與展開問題(三視圖問題可看作是特殊的圖形變換)蘊涵了“二維三維二維”的維數(shù)升降變化，求解時須對變化前后的圖形作“同中求異、異中求同”的思辨，考查空間想象能力和分析辨別能力，是立體幾何中的重要題型空間中線面位置關系與計算例1平面過正方體ABCDA1B1C1D1的頂點A，平面平面CB1D1，平面平面ABCDm，平面平面ABB1A1n，則直線m，n所成角的正弦值為()A.B.C. D.技法演示法一：割補法我們先嘗試把m，n這兩條直線都作出來，易知這個平面一定在正方體外，所以要往上補形，如圖所示，過點A在正方體ABCDA1B1C1D1的上方補

22、作一個與正方體ABCDA1B1C1D1相同棱長的正方體ABCDA2B2C2D2，可證平面AB2D2就是平面，n就是AB2.因為平面ABCD平面A2B2C2D2，所以B2D2m，說明m應該是經(jīng)過點A且在平面ABCD內(nèi)與B2D2平行的直線，則直線m，n所成的角就是AB2D2，因為AB2D2為等邊三角形，所以sinAB2D2sin，故選A.法二：平移法1事實上對法一可進行適當簡化，無須補形也可以設平面CB1D1平面ABCDm，因為平面平面ABCDm，平面平面CB1D1，所以mm.又平面ABCD平面A1B1C1D1，平面CB1D1平面A1B1C1D1B1D1，所以B1D1m，所以B1D1m.同理可得C

23、D1n，故直線m，n所成角即為直線B1D1，CD1所成的角CD1B1.在正方體ABCDA1B1C1D1中，B1CB1D1CD1，所以CD1B1，所以sinCD1B1，故選A.法三：平移法2與法二類似，我們嘗試在正方體內(nèi)部構(gòu)造一個平面與平面平行，也即與平面CB1D1平行如圖所示，讓點A在平面ABCD內(nèi)運動，不妨讓點A在對角線AC上運動，易知平面BA1D與平面CB1D1平行，則直線m，n所成的角就是DBA1，其正弦值為，故選A.法四：向量法如圖，建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為1，易求得平面CB1D1的一個法向量s(1，1，1)因為平面平面ABCDm，所以直線m的方向向量mxy(y，x,0)又

24、平面平面CB1D1，所以ms0，即yx0，故m(x，x,0)；同理，因為平面平面ABB1A1n，所以直線n的方向向量n(0，)又平面平面CB1D1，所以ns0，即0，故n(0，)記異面直線m，n所成角為，所以cos ，故直線m，n所成角的正弦值為，選A.答案A系統(tǒng)歸納異面直線所成角問題的解題策略(1)平移化歸是關鍵：求異面直線所成角，關鍵是將兩條異面的直線平移到相交狀態(tài)，作出等價的平面角，再解三角形即可，常規(guī)步驟是“一作二證三計算”，而第一步最為關鍵，平移誰，怎么平移都要視題目條件而定；(2)向量計算要快要準：空間向量方法的最大好處是降低了對空間想象能力的要求，但相應地對計算能力要求就高了，要

25、求我們熟練地求解空間的點、向量的坐標，計算要準確應用體驗1已知四面體ABCD的每個頂點都在球O的表面上，ABAC5，BC8，AD底面ABC，G為ABC的重心，且直線DG與底面ABC所成角的正切值為，則球O的表面積為_解析：在等腰ABC中，ABAC5，BC8，取BC的中點E，連接AE，重心G為AE的三等分點，AE3，AG2，由于AD底面ABC，直線DG與底面ABC所成角的正切值為，所以tanDGA，DA1，在等腰ABC中，cosACB，sinACB，所以ABC的外接圓直徑2r，r，設ABC的外接圓圓心為O1，四面體ABCD的球心為O，在RtAOO1中，R2OA2AO222，球的表面積為S4R2.

26、答案：空間最值問題例2如圖，在ABC中，ABBC2，ABC120.若平面ABC外的點P和線段AC上的點D，滿足PDDA，PBBA，則四面體PBCD的體積的最大值是_技法演示法一：平面幾何法由題意可知四面體PBCD的體積最大時，應有平面PBD平面BCD.如圖，過點P作PFBD，垂足為F，則PF平面BCD，則VPBCDSBCDPF.由翻折過程可知AFPF，則VPBCDSBCDAF，這樣就將空間問題轉(zhuǎn)化為ABC內(nèi)的問題等腰ABC的底邊AC邊上的高hABsin 301，VPBCDDChAFDCAF.DC與AF不在同一個三角形中，用哪個變量能表示兩者呢？注意到當點D在AC上運動時，ADB也是在變化的，因

27、此可以取ADB為自變量，產(chǎn)生下面的解法如圖，因為SABDBDAFADh，則AF，得VPBCDDC.設ADB，由正弦定理得2sin(150)，DC，則VPBCD，易知函數(shù)f(x)x在區(qū)間(0,1上單調(diào)遞增，于是VPBCD.法二：構(gòu)造法換個角度看問題，我們把ABC“立起來”，如圖，設BO平面ACP，考慮以B為頂點，ACP的外接圓O為底面的圓錐，易得AC2，則OB 1.設PDA，(0，)，ADx(0x0，b0)的左、右焦點，點M在雙曲線E上，MF1與x軸垂直，sinMF2F1，則雙曲線E的離心率為()A.B.C. D2技法演示法一：定義法因為MF1F2是直角三角形，且sinMF2F1，所以|MF1|

28、MF2|sinMF2F1|MF2|，即|MF2|3|MF1|.由雙曲線的定義可知|MF2|MF1|2a.由和可求得|MF1|a，|MF2|3a.在RtMF1F2中，由勾股定理得|MF2|2|MF1|2|F1F2|2，即(3a)2a2(2c)2，化簡得2a2c2，即22，從而可知e.故選A.法二：利用正弦定理在RtMF1F2中，sin F1MF2sin(90MF2F1)cosMF2F1，sinMF1F21.由正弦定理得e.故選A.法三：利用直角三角形的三角函數(shù)設點M(c，y0)，則1，由此解得y|MF1|2b2.MF1F2是直角三角形，且sinMF2F1，cosMF2F1，tanMF2F1，從而

29、可得8，即8，化簡整理得2c45a2c22a40，兩邊同除以a4，得245220，即 0，1，22，即e.答案A系統(tǒng)歸納圓錐曲線離心率問題的求解策略(1)雙曲線(橢圓)的定義可直接建立“焦點三角形”的兩邊關系用好這一隱含條件，可為三角形的求解省下不少功夫法二便充分利用了雙曲線的定義將離心率e寫成，轉(zhuǎn)化為“焦點三角形”的三邊關系，從而利用正弦定理再轉(zhuǎn)化到已知的角上去(2)在求解圓錐曲線(主要指的是橢圓和雙曲線)的離心率問題時，要把握一個基本思想，就是充分利用已知條件和挖掘隱含條件建立起a與c的關系式注意在求離心率的值時需建立等量關系式，在求離心率的范圍時需建立不等量關系式應用體驗1已知雙曲線E：

30、1(a0，b0)的右頂點為A，拋物線C：y28ax的焦點為F，若在E的漸近線上存在點P，使得PAFP，則E的離心率的取值范圍是()A(1,2) B.C(2，) D.解析：選B雙曲線E：1(a0，b0)的右頂點為A(a,0)，拋物線C：y28ax的焦點為F(2a,0)，雙曲線的漸近線方程為yx，可設P，則有，由PAFP，得0，即(ma)(m2a)m20，整理得m23ma2a20，由題意可得9a2412a20，即a28b28(c2a2)，即8c29a2，則e.又e1，所以1b0)過點M作MNAB，垂足為N，設M(x，y)根據(jù)橢圓的對稱性，不妨令y0，設AMN，BMN，則tan ，tan .又點M在

31、橢圓上，所以x2a2.則tan().又yb，b，所以當yb時，取最大值，即M為橢圓短軸頂點P時，APB最大由此，我們可以得到本題的如下解法先考慮橢圓的焦點在x軸上的情況，則0m3.設橢圓一個短軸的頂點為P，要使橢圓C上存在點M滿足AMB120，則APBAMB，即APB120，所以APO60.而tanAPO，所以，解得03時，焦點在y軸上，要使C上存在點M滿足AMB120，則，解得m9.故m的取值范圍為(0,19，)法二：二級結(jié)論法橢圓上任意一點與橢圓長軸的兩個端點連線的斜率之積為定值.這一結(jié)論不難證明：設M(x，y)為橢圓1(ab0)上任意一點，A，B分別為橢圓的左、右兩個端點，則kMAkMB

32、.因為點M在橢圓上，所以y2(a2x2)，從而kMAkMB.由此可以得到本題的如下解法當0m3時，橢圓的焦點在x軸上，如圖，設MAB，MBx，設直線MA，MB的斜率分別為k1，k2，則k1k2，k1tan ，k2tan .因為AMB120，由三角形的一個外角等于不相鄰的兩內(nèi)角之和，所以tan()tan 120.根據(jù)兩角差的正切公式tan()，可得tan tan ，即k2k1m.結(jié)合k1k2，將兩式變形為k2(k1)m，k2(k1)，故可將k2，k1看作是關于t的方程t2t0的兩個根，則24(m210m9)0，所以m210m90，解得m1或m9(舍去)，所以0m1.同理可得當焦點在y軸上時，m9

33、.綜上所述，m的取值范圍是(0,19，)故選A.法三：向量法當橢圓的焦點在x軸上時，設A，B分別為橢圓的左、右兩個端點，M(x，y)，設直線MA，MB的斜率分別為k1，k2，則k1k2.又(x，y)，(x，y)，此時如果直接應用數(shù)量積進行計算，顯然計算量較大，這里我們可以考慮利用直線的方向向量來簡化運算分別取與，相同方向的向量n1(1，k1)，n2(1，k2)又AMB120，所以向量n1，n2的夾角為60，由向量的數(shù)量積公式可得，cos 60，即.由k1k20，結(jié)合均值不等式a2b22ab，可得kkk(k2)22k1(k2)m，所以，即，所以1，解得m1.又0m3，所以0m1.當焦點在y軸上時

34、，此時k1k20，x1x2，x1x2，|AB|， |x1x2|，即(1k2)(x1x2)24x1x2，(4k21)(14k213)0，解得k2.又t，即(x1x2，y1y2)t(x，y)，且k0，t0，x，yk(x1x2)4k.點P在橢圓上，22，又k2，解得t.圓錐曲線中與面積相關的問題例3已知F是拋物線y2x的焦點，點A，B在該拋物線上且位于x軸的兩側(cè)，2(其中O為坐標原點)，則ABO與AFO面積之和的最小值是()A2 B3C. D.技法演示法一：利用基本不等式依題意，不妨設點A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中y10，y20.由2，得x1x2y1y2(y1y2)2y1y22，由此解得

35、y1y22，ABO與AFO面積之和等于|x1y2x2y1|y1|yy2yy1|y12(y1y2)y1y1(y2)23，當且僅當y1y2時取等號，因此ABO與AFO面積之和的最小值是3，選B.該方法中用到這樣一個公式：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則SAOB|x1y2x2y1|，證明如下：設AOB，則SAOB|sin |x1y2x2y1|.法二：雙根法設直線AB的方程為xtym，A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1y20，由得y2tym0，y1y2m，又2，因此x1x2y1y2(y1y2)2y1y22，m2m20，解得m2或m1.又y1y2m0)個單位長度，所得圖象對應的函數(shù)恰為奇函

36、數(shù)，則的最小值為()A. B.C. D.解析：選A由y2sinsin，可得y2sincossin，該函數(shù)的圖象向左平移個單位長度后，所得圖象對應的函數(shù)解析式為g(x)sinsin，因為g(x)sin為奇函數(shù)，所以2k(kZ)，(kZ)，又0，故的最小值為，選A.3.如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是直角梯形，ADBC，ABBC，側(cè)面PAB底面ABCD，若PAADABkBC(0k1)，則()A當k時，平面BPC平面PCDB當k時，平面APD平面PCDCk(0,1)，直線PA與底面ABCD都不垂直Dk(0,1)，使直線PD與直線AC垂直解析：選A取PB，PC的中點分別為M，N，連接MN，A

37、M，DN，由平面PAB平面ABCD，BCAB，可知BC平面PAB，BCAM，又M為PB的中點，PAAB，AMPB，可得AM平面PBC，而ADBC且ADBC，同時MNBC且MNBC，ADMN且ADMN，則四邊形ADNM為平行四邊形，可得AMDN，則DN平面BPC，又DN平面PCD，平面BPC平面PCD.其余選項都錯誤，故選A.4(2019屆高三西安八校聯(lián)考)已知球的直徑SC4，A，B是該球球面上的兩點，ASCBSC30，則棱錐SABC的體積最大為()A2 B.C. D2解析：選A如圖，因為球的直徑為SC，且SC4，ASCBSC30，所以SACSBC90，ACBC2，SASB2，所以SSBC222，則當點A到平面SBC的距離最大時，棱錐ASBC，即SABC的體積最大，此時平面SAC平面SBC，點A到平面SBC的距離為2sin 30，所以棱錐SABC的體積最大為22，故選A.5(2019屆高三蘭州診斷考試)已知圓C：(x1)2(y4)210和點M(5，t)，若圓C上存在兩點A，B使得MAMB，則實數(shù)t的取值范圍是()A2,6 B3,5C2,6 D3,5解析：選C法一：當MA，MB是圓C的切線時，AMB取得最大值若圓C上存在兩點A，B使得MAMB，則MA，MB是圓C的切線時，AMB90，AMC45，且AMC90，如圖，則|MC|2，所以16(t4)2