《2018屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 層級(jí)三 30分的拉分題 因人而定酌情自選 文.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 層級(jí)三 30分的拉分題 因人而定酌情自選 文.doc（64頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第一部分 層級(jí)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(shí)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(huì)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(huì)猜的”三棱錐的體積與球的表面積公式、面面垂直的性質(zhì)等卷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

2、形、三角恒等變換卷函數(shù)的零點(diǎn)分段函數(shù)、解不等式2016卷函數(shù)的單調(diào)性、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用卷二次函數(shù)、抽象函數(shù)的對稱性實(shí)際問題中的邏輯推理卷直線與橢圓的位置關(guān)系、橢圓的離心率求法2015卷對稱問題中函數(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：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；單位圓上的點(diǎn)的“伴隨點(diǎn)”仍在單位圓上；若兩點(diǎn)關(guān)于x軸對

3、稱，則它們的“伴隨點(diǎn)”關(guān)于y軸對稱；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(hào))解析對于，特殊值法取A(1,1)，則A，A的“伴隨點(diǎn)”為點(diǎn)(1，1)故為假命題對于，單位圓的方程為x2y21，設(shè)其上任意一點(diǎn)(x，y)的“伴隨點(diǎn)”為(x，y)，則y2(x)2y2x21.故為真命題設(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，故為真命題設(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，故為假命題故真命題為.答案題后悟通1解答此題應(yīng)理解“伴隨點(diǎn)”的含義，即P

4、(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(shí)的問題解決 針對訓(xùn)練1(2018屆高三湘中高三聯(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”Hn2n1，記數(shù)列ankn的前n項(xiàng)和為Sn，若SnS5對任意的nN*恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為_解析：由Hn2n1，得n2n1a12a22n1an，則當(dāng)n2時(shí)，(n1)2na12a22n2an1，得2n1ann2n1(n1)2n，所以an2n2，令bnankn(2k)n2，又SnS5對任意的nN*恒成立，所以即解得k.答案：運(yùn)算善用技巧典例

5、(2016全國卷)若直線ykxb是曲線yln x2的切線，也是曲線yln(x1)的切線，則b_.解析求得(ln x2)，ln(x1).設(shè)曲線yln x2上的切點(diǎn)為(x1，y1)，曲線yln(x1)上的切點(diǎn)為(x2，y2)，則k，所以x21x1.又y1ln x12，y2ln(x21)ln x1，所以k2，所以x1，y1ln 22ln 2，所以by1kx12ln 211ln 2.答案1ln 2題后悟通解答本題體現(xiàn)了運(yùn)算技巧，在求解中，巧妙地利用斜率k得出x1x21，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)

6、x，y滿足x，y1，不等式a恒成立，則a的最大值為()A2 B4C8 D16解析：選C法一：依題意得，2x10，y10，428，即8，當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)，取等號(hào)，因此的最小值是8，即a8，故a的最大值是8.法二：令m2x1，ny1，則m0，n0，x，yn1，28，當(dāng)且僅當(dāng)m1且n1，即x1，y2時(shí)取等號(hào)，即8，故a8，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)aR，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()A2,2 B2，2C2,2 D2，2 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a2.當(dāng)ya的圖象與yx的圖象相切時(shí)

7、，由ax，得x22ax40，由0，并結(jié)合圖象可得a2.要使f(x)恒成立，當(dāng)a0時(shí)，需滿足a2，即2a0，當(dāng)a0時(shí)，需滿足a2，即0a2，綜上可知，2a2.法二：f(x)在R上恒成立，f(x)af(x)在R上恒成立令g(x)f(x).當(dāng)0x1時(shí)，f(x)x2，g(x)x2x22，即g(x)max2.當(dāng)x0時(shí)，f(x)x2，g(x)x22，即g(x)2.當(dāng)x1時(shí)，f(x)x，g(x)xx2，即g(x)max2.a2.令h(x)f(x).當(dāng)0x1時(shí)，f(x)x2，h(x)x222，即h(x)min2.當(dāng)x0時(shí)，f(x)x2，h(x)x2x22，即h(x)2.當(dāng)x1時(shí)，f(x)x，h(x)x2，即h

8、(x)min2.a2.綜上可知，2a2.法三：若a2，則當(dāng)x0時(shí)，f(0)2，而2，不等式不成立，故排除選項(xiàng)C，D.若a2，則當(dāng)x0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(gè)選項(xiàng)，只需判斷a2，2是否滿足條件即可，這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，cR，f(a)，f(b)，f(c)都為某個(gè)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Cf(x)1，令tcos x2，由于1cos x1，因此1t3，設(shè)g(t)1(1t3)法一：若對a

9、，b，cR，f(a)，f(b)，f(c)都為某個(gè)三角形的三邊長，不妨設(shè)ac，bf(c)恒成立，故只需2f(x)minf(x)max即可，即2g(t)ming(t)max.當(dāng)m2時(shí)，f(a)f(b)f(c)1，成立，故m2符合題意；當(dāng)m2時(shí)，g(t)1在1,3上單調(diào)遞增，則解得m2時(shí)，g(t)1在1,3上單調(diào)遞減，則解得2m5.綜上，m5.法二：令m5，則g(t)1(1t3)，2g(t)4.取f(a)f(b)2，f(c)4.不合題意，排除A、B；取m，則g(t)1(1t3)，g(t)，取f(a)，f(b)，f(c)，不合題意，排除D，故選C.破解巧取特殊典例(2016全國卷)已知函數(shù)f(x)(x

10、R)滿足f(x)2f(x)，若函數(shù)y與yf(x)圖象的交點(diǎn)為(x1，y1)，(x2，y2)，(xm，ym)，則(xiyi)()A0 BmC2m D4m解析法一：因?yàn)閒(x)2f(x)，所以f(x)f(x)2.因?yàn)?，1，所以函數(shù)yf(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0,1)對稱函數(shù)y1，故其圖象也關(guān)于點(diǎn)(0,1)對稱所以函數(shù)y與yf(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i0，i2m，所以(xiyi)m.法二：因?yàn)閒(x)2f(x)，所以f(x)f(x)2.因?yàn)?，1，所以函數(shù)yf(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0,1)對稱可設(shè)yf(x)x1，由得交點(diǎn)

11、(1,0)，(1,2)，則x1y1x2y22，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)2f(x)知yf(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0,1)對稱，從而構(gòu)造特殊函數(shù)yx1，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y21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，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y0，y0，所以可取|PA|，|PB|，又cosAPBcosAOBcos2AOxcos，所

12、以|cosAPB.法二：如圖，由題意知，雙曲線的漸近線方程為yx，AOB60，APB120，0，則a(ex1ex1)2a，要使f(x)有唯一零點(diǎn)，則必有2a1，即a.若a0，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)yf(x2)的圖象關(guān)于直線x1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()A200 B100C0 D50解析：選B因?yàn)楹瘮?shù)yf(x2)的圖象關(guān)于直線x1對稱，則函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x1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a

13、50a512，所以S10050(a50a51)100.4(2017貴州適應(yīng)性考試)已知點(diǎn)A是拋物線x24y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()A1 BC.D2解析：選D設(shè)P(x，y)，由拋物線的定義知|PF|y1，|PA|，所以m，平方得m2，又x24y，當(dāng)y0時(shí)，m1，當(dāng)y0時(shí)，m211，由基本不等式可知y2，當(dāng)且僅當(dāng)y1時(shí)取等號(hào)，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：kxy32k0，若直線l與函數(shù)f(x)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是()A. B.C.D

14、(1,1)解析：選A由題意知，f(x)直線l：yk(x2)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)(x2或x2)的圖象為雙曲線的上半部分，f(x) (2x2)的圖象為橢圓的上半部分，B(2,0)，設(shè)直線AD與橢圓相切，D為切點(diǎn)由圖可知，當(dāng)kABk1或1kkAD時(shí)，直線l與f(x)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)kAB，將ykAD(x2)3與y (2x0時(shí)，函數(shù)f(x)的圖象恒在直線ykx的下方，則k的取值范圍是()A. B.C. D.解析：選B由題意，當(dāng)x0時(shí)，f(x)kx恒成立由f()0.又f(x)，由切線的幾何意義知，要使f(x)kx恒成立，必有kf(0).要證k時(shí)不等式恒成立

15、，只需證g(x)x0，g(x)0，g(x)在(0，)上單調(diào)遞減，g(x)g(0)0，不等式成立綜上，k.8設(shè)D，E分別為線段AB，AC的中點(diǎn)，且BE0，記為與的夾角，則下述判斷正確的是()Acos 的最小值為Bcos 的最小值為Csin的最小值為Dsin的最小值為解析：選D依題意得()()(2)，BE()()(2)由BE0，得(2)(2)0，即222250，整理得，|2|2|cos 2|，所以cos ，sin2cos 22cos21221，所以sin2的最小值是.9(2017石家莊質(zhì)檢)在九章算術(shù)中，將四個(gè)面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑，在鱉臑ABCD中，AB平面BCD，且BDCD，ABBD

16、CD，點(diǎn)P在棱AC上運(yùn)動(dòng)，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PQBC于Q，作QRBD于R，連接PR，則由鱉臑的定義知PQAB，QRCD.設(shè)ABBDCD1，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x2y21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ab(a，bR)，則以下說法正確的是()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)ab0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)，

17、則ab(a，b)C在圓上，a2b21，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)1a2時(shí)，關(guān)于x的方程ff(x)a實(shí)數(shù)解的個(gè)數(shù)為_解析：當(dāng)1a2時(shí)，作出f(x)的圖象如圖所示，令uf(x)，則f(u)a，由f(x)的圖象可知，若u滿足u0，解得u1或2eue2，顯然，當(dāng)x0，u0,2eue2時(shí)，f(x)u也有2個(gè)解因此ff(x)a有4個(gè)實(shí)數(shù)解答案：42(2015全國卷)在平面四邊形ABCD中，ABC75，BC2，則AB的取值范圍是_解析：(特殊圖形)如圖所示，延長BA，CD交于E，平移AD，當(dāng)A與D重合于E點(diǎn)時(shí)，AB最長，在BCE中，BC75，E30，BC2，由正弦定理可

18、得，即，解得BE，平移AD，當(dāng)D與C重合時(shí)，AB最短，此時(shí)與AB交于F，在BCF中，BBFC75，F(xiàn)CB30，由正弦定理知，即，解得BF，所以AB的取值范圍是(，)答案：(，)3設(shè)0mBD，即2xx3，x1，ABADBD，即2xx3，x3，所以x(1,3)在ABD中，由余弦定理得9(2x)2x222xxcos A，即cos A，SABC2SABD22xxsin A2x2 ，令tx2，則t(1,9)，SABC ，當(dāng)t5，即x時(shí)，SABC有最大值6.答案：67對于函數(shù)f(x)與g(x)，若存在xR|f(x)0，xR|g(x)0，使得|1，則稱函數(shù)f(x)與g(x)互為“零點(diǎn)密切函數(shù)”，現(xiàn)已知函數(shù)f

19、(x)ex2x3與g(x)x2axx4互為“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)e22230，所以函數(shù)f(x)ex2x3只有一個(gè)零點(diǎn)x2，則取2，由|2|1，知13.由f(x)與g(x)互為“零點(diǎn)密切函數(shù)”知函數(shù)g(x)x2axx4在區(qū)間1,3內(nèi)有零點(diǎn)，即方程x2axx40在1,3內(nèi)有解，所以ax1，而函數(shù)yx1在1,2上單調(diào)遞減，在2,3上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x2時(shí)，a取最小值3，且當(dāng)x1時(shí)，a4，當(dāng)x3時(shí)，a，所以amax4，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是3,4答案：3,48對于數(shù)列an，定義an為數(shù)列an的一階差分?jǐn)?shù)列，其中anan1an(nN*)對正整數(shù)

20、k，規(guī)定kan為數(shù)列an的k階差分?jǐn)?shù)列，其中kank1an1k1an(k1an)若數(shù)列2an的各項(xiàng)均為2，且滿足a11a2 0150，則a1的值為_解析：因?yàn)閿?shù)列2an的各項(xiàng)均為2，即an1an2，所以ana12n2，即an1ana12n2，所以ana1(n1)a1(0242n4)(n1)a1(n1)(n2)(n2)，所以即解得a120 140.答案：20 1409已知圓O：x2y21 和點(diǎn)A(2,0)，若定點(diǎn)B(b,0)(b2) 和常數(shù) 滿足：對圓 O上任意一點(diǎn) M，都有|MB|MA|，則b_ ；_ .解析：法一：(三角換元)在圓O上任意取一點(diǎn)M(cos ，sin )，則由|MB|MA|可得

21、(cos b)2sin22(cos 2)2sin2，整理得1b252(2b42)cos 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|MA|，使得與b為常數(shù)，那么取M(1,0)與M(0,1)代入|MB|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 x0的解的個(gè)數(shù)是_解析：由于f(x)0,1)，因此只需考慮1x10的情況，在此范圍內(nèi)，當(dāng)xQ且xZ時(shí)，設(shè)x，q，pN*，p2且p，q互質(zhì)若lg xQ，則由lg x(0,1)，可設(shè)lg x，m，nN*，m2且m，n互質(zhì)，因此10，則10nm，

22、此時(shí)左邊為整數(shù)，右邊為非整數(shù)，矛盾，因此lg xQ，故lg x不可能與每個(gè)周期內(nèi)xD對應(yīng)的部分相等，只需考慮lg x與每個(gè)周期內(nèi)xD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(gè)周期xD的部分，且x1處(lg x)b0)的左焦點(diǎn)為(，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(dòng)點(diǎn)，由原點(diǎn)O向圓(xx0)2(yy0)24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a2，b，橢圓C的方程為1.(2)證明：由已知，直線OP：yk1x，OQ

23、：yk2x，且與圓R相切，2，化簡得(x4)k2x0y0k1y40，同理，可得(x4)k2x0y0k2y40，k1，k2是方程(x4)k22x0y0ky40的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，x40，0，k1k2.點(diǎn)R(x0，y0)在橢圓C上，1，即y6x，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x2y，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，kx，因?yàn)閤b0)的左、右兩個(gè)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

24、橢圓上的一動(dòng)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y21.(2)當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，不妨取A，B，C，故SABC2.當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為yk(x1)，聯(lián)立方程消去y，化簡得(2k21)x24k2x2k220，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2，x1x2，|AB| 2，點(diǎn)O到直線kxyk0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，SABC|AB|2d2 2 0)的直線交E于A，M兩點(diǎn)，點(diǎn)N在E上，MANA.(1)當(dāng)t4，|AM|AN|時(shí)，求A

25、MN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y10.(1)當(dāng)t4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yx2.將xy2代入1，得7y212y0.解得y0或y，所以y1.因此AMN的面積SAMN2.(2)由題意t3，k0，A(，0)將直線AM的方程yk(x)代入1得(3tk2)x22tk2xt2k23t0.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(k32)t3k(2k1)當(dāng)k時(shí)上式不成立，因此t.t3等價(jià)于0，即0.因此得

26、或解得kb0)，焦距為2c，由已知得，ca，b2a2c2.以橢圓E的長軸和短軸為對角線的四邊形的周長為4，42a4，a2，b1.橢圓E的方程為x21.(2)根據(jù)已知得P(0，m)，設(shè)A(x1，kx1m)，B(x2，kx2m)，由消去y，得(k24)x22mkxm240.由已知得4m2k24(k24)(m24)0，即k2m240，且x1x2，x1x2.由3，得x13x2.3(x1x2)24x1x212x12x0.0，即m2k2m2k240.當(dāng)m21時(shí)，m2k2m2k240不成立，k2.k2m240，m240，即0.解得1m2b0)，四點(diǎn)P1(1,1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三點(diǎn)在橢圓C

27、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y21.(2)證明：設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2.如果l與x軸垂直，設(shè)l：xt，由題設(shè)知t0，且|t|0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2，x1x2.而k1k2.由題設(shè)k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2k1)(m1)0.解得k.當(dāng)且僅當(dāng)m1時(shí)，0，于是l：yxm，即y1

28、(x2)，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?jiǎng)訄AM恒過點(diǎn)(0,1)，且與直線y1相切(1)求圓心M的軌跡方程；(2)動(dòng)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y1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y1為準(zhǔn)線的拋物線，則1，p2.圓心M的軌跡方程為x24y.(2)證明：設(shè)直線l：ykx2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則C(x2，y2)，聯(lián)立方程消去y，得x24kx80，x1x24k，x

29、1x28.kAC，直線AC的方程為yy1(xx1)即yy1(xx1)xx1x，x1x28，yxx2，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(ab0)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(gè)不同交點(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c1，因?yàn)锳在橢圓C上，所以2a|AF1|AF2|2，因此a，b2a2c21，故橢圓C的方程為y21.(2)不存在滿足條件

30、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y2xt，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9y22tyt280，所以y1y2，且4t236(t28)0，故y0，且3t3.由NQ，得(x4x2，y4y2)，所以有y1y4y2，y4y1y2t.也可由NQ，知四邊形PMQN為平行四邊形，而D為線段MN的中點(diǎn)，因此，D也為線段PQ的中點(diǎn)，所以y0，又3t3，所以y40)，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，

31、C，D在同一個(gè)圓上，并說明理由解：(1)將方程化成橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程1(m0)，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，則直線AB的方程為yk(x2)1，代入x22y2m(m0)，消去y，得(12k2)x24k(12k)x2(2k1)2m0(m0)所以x1x24，即k1，此時(shí)，由0，得m6.則直線AB的方程為xy30，直線CD的方程為xy10.由得3y22y1m0，y3y4，故CD的中點(diǎn)N為.由弦長公式，可得|AB| |x1x2|.|CD|y3y4|AB|，若存在圓，則圓心在CD上，因?yàn)镃D的中點(diǎn)N到直線

32、AB的距離d.|NA|2|NB|222，又22，故存在這樣的m(m6)，使得A，B，C，D在同一個(gè)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(dòng)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(gè)解題過程分成程序化的三步：第一步，聯(lián)立兩個(gè)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(gè)交點(diǎn)的同一類坐標(biāo)的和與積，來表示

33、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(ab0)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：x2y2的兩條切線，切點(diǎn)分別為M，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c1，所以a2b21，又點(diǎn)P在橢圓C上，所以1，由可解得

34、a24，b23，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為1.(2)設(shè)直線l的方程為ykx2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(4k23)x216kx40，因?yàn)?6(12k23)0，所以k2，則x1x2，x1x2.因?yàn)锳OB為銳角，所以0，即x1x2y1y20，所以x1x2(kx12)(kx22)0，所以(1k2)x1x22k(x1x2)40，即(1k2)2k40，解得k2，所以k2，解得k或kb0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，線段F1F2被拋物線y22bx的焦點(diǎn)F分成了31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：(

35、1)由題意知，c3，所以bc，a22b2，所以e .(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為xky1(k0)，因?yàn)?，所以(1x1，y1)2(x21，y2)，即y12y2，由(1)知，橢圓方程為x22y22b2.由消去x，得(k22)y22ky12b20，所以y1y2，由知，y2，y1，因?yàn)镾AOB|y1|y2|，所以SAOB333，當(dāng)且僅當(dāng)|k|22，即k時(shí)取等號(hào)，此時(shí)直線l的方程為xy10或xy10.2已知橢圓C：1(ab0)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

36、)的動(dòng)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ykx2，點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，聯(lián)立方程消去y，得(4k23)x216kx320.所以x1x2，x1x2.從而，x1x2y1y2x1x2(y12)(y22)2(1k2)x1x22k(x1x2)420.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