2018屆數(shù)學二輪復(fù)習第一部分層級三30分的拉分題因人而定酌情自選理

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE117學必求其心得，業(yè)必貴于專精第一部分層級三30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等差數(shù)列、等比數(shù)列前n項和公式的應(yīng)用、創(chuàng)新問題選擇題第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”．翻折問題、三棱錐的體積、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用等卷Ⅱ平面向量的數(shù)量積及最值拋物線的定義、標準方程等卷Ⅲ平面向量基本定理、直線與圓的位置關(guān)系圓錐、空間中直線與直線的位置關(guān)系、空間向量等2016卷Ⅰ函數(shù)y＝Asin（ωx＋φ)的性質(zhì)線性規(guī)劃的實際應(yīng)用卷Ⅱ函數(shù)圖象的應(yīng)用導(dǎo)數(shù)的幾何意義、直線方程卷Ⅲ計數(shù)原理與組合知識、新定義問題2015卷Ⅰ函數(shù)的概念、不等式的解法正、余弦定理解三角形卷Ⅱ函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性、導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用、不等式解法等數(shù)列的遞推關(guān)系式、等差數(shù)列的定義與通項審題探尋實質(zhì)[典例](2016·四川高考）在平面直角坐標系中,當P（x，y)不是原點時,定義P的“伴隨點”為P′eq\f(y，x2＋y2)，eq\f（－x，x2＋y2)；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(guān)于x軸對稱，則它們的“伴隨點"關(guān)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′eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,2），－\f（1，2））)，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(shè)其上任意一點(x，y）的“伴隨點"為（x′，y′），則eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x′＝\f（y,x2＋y2)＝y(tǒng),，y′＝\f(－x,x2＋y2）＝－x,）)∴y2＋(－x)2＝y(tǒng)2＋x2＝1。故②為真命題．③設(shè)A(x，y），B(x,－y），則它們的伴隨點分別為A′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（y,x2＋y2）,\f(－x，x2＋y2)）)，B′eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（－y,x2＋y2)，\f（－x，x2＋y2））），A′與B′關(guān)于y軸對稱，故③為真命題．④設(shè)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′eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（2,5)，－\f（1，5))），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(yīng)理解“伴隨點”的含義，即P（x，y）→P′eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（y,x2＋y2),\f（－x，x2＋y2）)），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(lǐng)悟、準確辨析的基礎(chǔ)上，進行歸納、類比，將新定義問題轉(zhuǎn)化為已有知識的問題解決．[針對訓練］1．(2018屆高三·湘中高三聯(lián)考)對于數(shù)列｛an}，定義Hn＝eq\f（a1＋2a2＋…＋2n－1an，n)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，則當n≥2時，（n－1）·2n＝a1＋2a2＋…＋2n－2an－1，①－②，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eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(b5≥0，，b6≤0，）)即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（52－k＋2≥0，,62－k＋2≤0，）)解得eq\f（7，3)≤k≤eq\f（12,5).答案：eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（7,3），\f(12,5）)）運算善用技巧[典例](2016·全國卷Ⅱ）若直線y＝kx＋b是曲線y＝lnx＋2的切線,也是曲線y＝ln(x＋1）的切線，則b＝________。［解析]求得(lnx＋2)′＝eq\f(1，x)，［ln(x＋1)]′＝eq\f(1,x＋1）。設(shè)曲線y＝lnx＋2上的切點為(x1，y1)，曲線y＝ln(x＋1)上的切點為(x2，y2），則k＝eq\f(1,x1)＝eq\f（1,x2＋1),所以x2＋1＝x1。又y1＝lnx1＋2，y2＝ln(x2＋1）＝lnx1，所以k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝2,所以x1＝eq\f(1，k）＝eq\f（1,2），y1＝lneq\f（1，2）＋2＝2－ln2，所以b＝y(tǒng)1－kx1＝2－ln2－1＝1－ln2。[答案］1－ln2［題后悟通]解答本題體現(xiàn)了運算技巧，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．[針對訓練]2．（2017·鄭州質(zhì)檢)設(shè)正實數(shù)x，y滿足x〉eq\f（1，2),y>1，不等式eq\f(4x2，y－1)＋eq\f(y2，2x－1）≥a恒成立，則a的最大值為()A．2eq\r(2) B．4eq\r(2）C．8 D．16解析：選C法一：依題意得，2x－1>0，y－1〉0,eq\f(4x2,y－1）＋eq\f（y2,2x－1）＝eq\f（[2x－1＋1］2，y－1)＋eq\f（[y－1＋1］2,2x－1)≥eq\f（42x－1，y－1）＋eq\f（4y－1,2x－1）≥4×2eq\r(\f(2x－1,y－1)×\f（y－1,2x－1))＝8，即eq\f(4x2,y－1)＋eq\f(y2，2x－1）≥8，當且僅當eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1＝1，,y－1＝1，,\f(2x－1，y－1)＝\f(y－1，2x－1），)）即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x＝1，，y＝2)）時，取等號，因此eq\f(4x2，y－1）＋eq\f（y2,2x－1)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＝eq\f(m＋1,2),y＝n＋1，eq\f(4x2,y－1)＋eq\f(y2，2x－1)＝eq\f（4\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（m＋1，2))）2,n）＋eq\f(n＋12,m)＝eq\f（m＋12,n）＋eq\f(n＋12,m)≥eq\f(4m，n）＋eq\f(4n,m)≥2eq\r（\f（4m，n)×\f(4n，m)）＝8，當且僅當m＝1且n＝1，即x＝1，y＝2時取等號,即eq\f(4x2,y－1）＋eq\f（y2,2x－1）≥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）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（|x｜＋2，x＜1,，x＋\f(2,x)，x≥1。))設(shè)a∈R，若關(guān)于x的不等式f（x）≥eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1（\f（x,2)＋a))在R上恒成立，則a的取值范圍是()A．［－2,2] B．［－2eq\r（3）,2]C．［－2,2eq\r(3)］ D．［－2eq\r(3)，2eq\r(3)］[解析]選A法一：作出f(x）的圖象如圖所示．當y＝eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1（\f（x，2）＋a）)的圖象經(jīng)過點(0,2）時，可知a＝±2.當y＝eq\f（x,2）＋a的圖象與y＝x＋eq\f(2,x)的圖象相切時,由eq\f（x,2）＋a＝x＋eq\f（2,x),得x2－2ax＋4＝0，由Δ＝0，并結(jié)合圖象可得a＝2.要使f（x）≥eq\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1（\f(x,2）＋a）)恒成立，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)≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1（\f（x，2）＋a))在R上恒成立，∴－f（x)－eq\f(x,2)≤a≤f(x)－eq\f（x,2)在R上恒成立．①令g(x)＝－f(x)－eq\f(x，2)。當0≤x＜1時，f(x）＝x＋2，g(x)＝－x－2－eq\f(x，2）＝－eq\f(3,2)x－2≤－2,即g(x)max＝－2.當x＜0時，f（x)＝－x＋2,g（x)＝x－2－eq\f(x，2)＝eq\f(x，2）－2，即g（x)＜－2.當x≥1時，f(x）＝x＋eq\f(2，x)，g（x）＝－x－eq\f(2,x）－eq\f(x,2）＝－eq\f(3，2)x－eq\f(2,x）≤－2eq\r（3），即g(x)max＝－2eq\r(3)。∴a≥－2。②令h(x)＝f（x)－eq\f(x，2）。當0≤x＜1時，f(x)＝x＋2，h(x）＝x＋2－eq\f(x，2)＝eq\f(x，2）＋2≥2，即h(x)min＝2.當x＜0時,f(x)＝－x＋2，h(x)＝－x＋2－eq\f（x，2)＝－eq\f（3，2）x＋2＞2，即h（x)＞2。當x≥1時，f(x）＝x＋eq\f（2，x）,h(x)＝x＋eq\f(2，x）－eq\f(x，2）＝eq\f(x，2）＋eq\f（2,x）≥2，即h（x)min＝2.∴a≤2.綜上可知，－2≤a≤2。法三：若a＝2eq\r(3),則當x＝0時，f(0)＝2,而eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1(\f（x，2)＋a））＝2eq\r（3），不等式不成立,故排除選項C，D。若a＝－2eq\r（3），則當x＝0時，f（0)＝2，而eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1（\f（x,2）＋a))＝2eq\r（3),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＝2eq\r(3），－2eq\r（3)是否滿足條件即可，這種策略在做選擇題時經(jīng)常用到．［針對訓練]3．(2017·東北四市高考模擬）已知函數(shù)f(x）＝eq\f(cosx＋m,cosx＋2),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.eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（5,4)，6)）B.eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(5,3）,6)）C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(7,5)，5)）D.eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，5))解析：選Cf(x）＝eq\f(cosx＋m,cosx＋2）＝1＋eq\f（m－2，cosx＋2）,令t＝cosx＋2,由于－1≤cosx≤1，因此1≤t≤3，設(shè)g（t）＝1＋eq\f（m－2，t)（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)a〈c,b〈c，則只需滿足f（a)＋f（b)〉f（c）恒成立，故只需2f（x)min>f（x)max即可，即2g(t）min〉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＋eq\f(m－2,t)在[1，3]上單調(diào)遞增，則eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(2m－1〉1＋\f（m－2,3)，,m<2，))解得eq\f(7,5)〈m<2；當m〉2時，g(t）＝1＋eq\f(m－2,t)在［1,3］上單調(diào)遞減，則eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f(m－2，3)）)>m－1，，m〉2，))解得2<m〈5.綜上,eq\f（7,5）<m〈5。法二：令m＝5,則g(t）＝1＋eq\f（3，t）(1≤t≤3）,∴2≤g(t）≤4.取f（a)＝f(b)＝2，f（c）＝4。不合題意，排除A、B；取m＝eq\f(13,10），則g（t)＝1－eq\f(7,10t)(1≤t≤3),∴eq\f(3,10)≤g(t)≤eq\f(23，30)，取f(a）＝eq\f（3，10)，f（b）＝eq\f(3，10）,f(c）＝eq\f（23,30），不合題意,排除D，故選C。破解巧取特殊[典例］(2016·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f（x)(x∈R）滿足f（－x)＝2－f（x)，若函數(shù)y＝eq\f(x＋1，x)與y＝f(x）圖象的交點為（x1，y1），(x2,y2)，…，（xm，ym），則eq\i\su(i＝1,m,）（xi＋yi）＝（)A．0 B．mC．2m D．[解析］法一:因為f（－x)＝2－f（x)，所以f(－x）＋f（x)＝2。因為eq\f(－x＋x,2)＝0，eq\f（f－x＋fx，2)＝1，所以函數(shù)y＝f（x）的圖象關(guān)于點（0，1)對稱．函數(shù)y＝eq\f(x＋1，x）＝1＋eq\f(1,x)，故其圖象也關(guān)于點(0，1)對稱．所以函數(shù)y＝eq\f(x＋1，x)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(guān)于點(0，1）對稱，所以eq\i\su(i＝1,m，x）i＝0,eq\i\su(i＝1，m，y）i＝2×eq\f（m,2)＝m，所以eq\i\su(i＝1，m，)(xi＋yi）＝m.法二：因為f(－x）＝2－f（x),所以f（－x）＋f（x)＝2.因為eq\f（－x＋x,2)＝0，eq\f(f－x＋fx，2）＝1,所以函數(shù)y＝f（x）的圖象關(guān)于點（0，1)對稱．可設(shè)y＝f(x)＝x＋1，由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（y＝x＋1，，y＝\f(x＋1,x），))得交點(－1,0)，（1,2），則x1＋y1＋x2＋y2＝2，結(jié)合選項,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(0,1）對稱，從而構(gòu)造特殊函數(shù)y＝x＋1,解出與y＝eq\f（x＋1，x）的交點坐標,代入、驗證．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、特殊位置等進行求解．[針對訓練］4．(2017·沈陽質(zhì)檢）已知P是雙曲線eq\f（x2，3）－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,垂足分別為A，B,則eq\o（PA，\s\up7(→）)·eq\o（PB，\s\up7(→））的值是(）A．－eq\f（3，8） B。eq\f（3,16)C．－eq\f(\r（3),8) D.eq\f（3,8）解析：選A法一：令點P(x0,y0），因為該雙曲線的漸近線分別是eq\f（x，\r(3))－y＝0，eq\f(x，\r(3)）＋y＝0，所以可?。黀A｜＝eq\f（\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f（x0，\r(3))－y0）)，\r（\f(1,3)＋1)），｜PB｜＝eq\f（\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1(\f(x0，\r（3）)＋y0))，\r(\f（1，3）＋1))，又cos∠APB＝－cos∠AOB＝－cos2∠AOx＝－coseq\f(π,3）＝－eq\f（1，2),所以eq\o(PA,\s\up7（→))·eq\o(PB,\s\up7(→））＝|eq\o（PA，\s\up7（→)）|·|eq\o(PB,\s\up7(→))｜·cos∠APB＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al（2，0），3）－y\o\al(2，0))),\f(4,3))·eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（1，2）)）＝eq\f（3，4）×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)）)＝－eq\f（3,8）.法二：如圖，由題意知，雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(\r（3）,3)x,∴∠AOB＝60°，∴∠APB＝120°，∴eq\o（PA，\s\up7（→））·eq\o（PB,\s\up7（→））〈0。取P點為雙曲線右頂點．則|PA|＝|PB｜＝eq\f（1,2)｜OP｜＝eq\f(\r（3),2)，∴eq\o(PA，\s\up7（→)）·eq\o(PB，\s\up7（→))＝－eq\f（3，8)。eq\a\vs4\al（[專題過關(guān)檢測]）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：(aeq\o\al(2，1）＋aeq\o\al(2，2）＋…＋aeq\o\al（2，n－1)）（aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2，3)＋…＋aeq\o\al(2,n)）＝（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,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．－eq\f(1，2） B．eq\f(1，3)C．eq\f(1，2) 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＋1)＝0，解得a＝eq\f(1,2）。法二：由f（x）＝0?a（ex－1＋e－x＋1)＝－x2＋2x。ex－1＋e－x＋1≥2eq\r（ex－1·e－x＋1）＝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＝eq\f(1，2）.若a≤0，則f（x)的零點不唯一．綜上所述，a＝eq\f（1,2).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項的和為()A．－200 B．－100C．0 D．－50解析：選B因為函數(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＝eq\f(100a1＋a100，2)＝50（a50＋a51）＝－100。4．（2017·貴州適應(yīng)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．eq\r(5）C.eq\r(6) D．2eq\r(2）解析：選D設(shè)P（x,y），由拋物線的定義知｜PF|＝y(tǒng)＋1，|PA｜＝eq\r(x2＋y＋12)，所以m＝eq\f（\r（x2＋y＋12）,y＋1），平方得m2＝eq\f（x2＋y＋12,y＋12)，又x2＝4y，當y＝0時,m＝1,當y≠0時,m2＝eq\f（4y＋y＋12，y＋12)＝eq\f(4y，y＋12）＋1＝1＋eq\f(4，y＋\f(1,y）＋2）,由基本不等式可知y＋eq\f（1，y)≥2，當且僅當y＝1時取等號，此時m取得最大值eq\r（2)，故｜PA|＝eq\r(4＋1＋12)＝2eq\r（2）.5．對任意實數(shù)a，b,c，d，定義eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(ab，cd))＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（\r（ad－bc)，ad≥bc，,\f（1,2)\r(bc－ad)，ad〈bc，))已知函數(shù)f（x）＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x4，1x)),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.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f（2，3)))∪eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（3,4），1)） B.eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－1,\f(17,24)）)C。eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－1，\f（17,24）))∪eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（3,4），1)) D．(－1，1）解析：選A由題意知，f（x)＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x4，1x））＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（\r(x2－4)，x≤－2或x≥2，,\f（1，2)\r(4－x2），－2〈x〈2，))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）＝eq\r(x2－4）（x≤－2或x≥2）的圖象為雙曲線的上半部分，f（x）＝eq\f（1,2)eq\r（4－x2)（－2〈x<2)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．由圖可知，當kAB<k<1或－1〈k<kAD時，直線l與f（x）的圖象有兩個交點．kAB＝eq\f(3－0,2－－2）＝eq\f（3,4),將y＝kAD（x－2）＋3與y＝eq\f(1，2）eq\r(4－x2)(－2<x〈2)聯(lián)立消去y，得(1＋4keq\o\al（2,AD))x2＋8kAD(3－2kAD）x＋16keq\o\al(2，AD）－48kAD＋32＝0，令Δ＝0,解得kAD＝eq\f(2，3）。綜上所述，k的取值范圍是eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2，3））)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3，4)，1))。6．（2016·浙江高考）已知實數(shù)a，b,c，（)A．若|a2＋b＋c｜＋｜a＋b2＋c|≤1,則a2＋b2＋c2＜100B．若|a2＋b＋c｜＋｜a2＋b－c|≤1，則a2＋b2＋c2＜100C．若｜a＋b＋c2|＋|a＋b－c2｜≤1,則a2＋b2＋c2＜100D．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＋b2＋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)＝eq\f（sinx，2＋cosx)。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。eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(1，3）,\f(\r（3)，3)）) B。eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，3），＋∞）)C。eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(\r(3）,3），＋∞）） D.eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f(\r(3)，3），\f(\r（3），2）））解析：選B由題意，當x〉0時,f(x）＝eq\f（sinx，2＋cosx）〈kx恒成立．由f(π)〈kπ,知k〉0。又f′(x)＝eq\f(1＋2cosx，2＋cosx2），由切線的幾何意義知，要使f(x)<kx恒成立,必有k≥f′(0）＝eq\f（1，3)。要證k≥eq\f（1,3)時不等式恒成立，只需證g（x)＝eq\f（sinx,2＋cosx）－eq\f(1，3)x〈0，∵g′（x）＝eq\f（2cosx＋1，2＋cosx2）－eq\f(1，3)＝eq\f(－cosx－12，32＋cosx2）≤0，∴g(x)在（0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴g（x)〈g（0）＝0，∴不等式成立．綜上，k∈eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,3）,＋∞）).8．設(shè)D，E分別為線段AB，AC的中點,且BE→·eq\o（CD,\s\up7（→)）＝0，記α為eq\o(AB，\s\up7（→））與eq\o(AC,\s\up7(→）)的夾角，則下述判斷正確的是(）A．cosα的最小值為eq\f（\r(2）,2）B．cosα的最小值為eq\f（1，3）C．sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2α＋\f(π，2）））的最小值為eq\f(8，25）D．sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))的最小值為eq\f(7,25）解析：選D依題意得eq\o(CD，\s\up7（→）)＝eq\f（1，2)（eq\o（CA，\s\up7（→)）＋eq\o(CB,\s\up7（→))）＝eq\f（1，2）[－eq\o(AC，\s\up7(→））＋(eq\o（AB,\s\up7(→））－eq\o（AC,\s\up7（→））)]＝eq\f(1，2)(eq\o（AB，\s\up7(→))－2eq\o（AC,\s\up7（→))）,BE→＝eq\f（1，2）(eq\o(BA,\s\up7(→)）＋eq\o（BC,\s\up7（→）))＝eq\f(1,2）［－eq\o(AB,\s\up7（→))＋（eq\o(AC,\s\up7(→））－eq\o（AB，\s\up7(→）)）]＝eq\f（1，2）（eq\o(AC，\s\up7(→)）－2eq\o(AB，\s\up7（→）)）．由eq\o（CD,\s\up7(→）)·BE→＝0,得eq\f(1，4）（eq\o(AB,\s\up7（→)）－2eq\o（AC，\s\up7（→）))·(eq\o（AC，\s\up7（→)）－2eq\o（AB，\s\up7(→）))＝0，即－2eq\o（AB,\s\up7（→））2－2eq\o(AC,\s\up7(→)）2＋5eq\o(AB，\s\up7（→）)·eq\o（AC，\s\up7(→）)＝0，整理得,|eq\o(AB,\s\up7（→))|2＋|eq\o（AC,\s\up7(→)）|2＝eq\f（5,2)|eq\o(AB，\s\up7(→））|·｜eq\o(AC,\s\up7(→))｜cosα≥2|eq\o（AB，\s\up7(→））|·｜eq\o(AC，\s\up7（→)）｜,所以cosα≥eq\f（4，5），sineq\f(π，2)－2α＝cos2α＝2cos2α－1≥2×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（4,5)))2－1＝eq\f(7，25），所以sineq\f(π,2）－2α的最小值是eq\f(7,25)。9．（2017·石家莊質(zhì)檢）在《九章算術(shù)》中，將四個面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(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eq\f(CP，AC)＝eq\f(x,\r(3)）＝eq\f(PQ,1)，即PQ＝eq\f（x,\r(3）),又eq\f（QR，1）＝eq\f(BQ,BC)＝eq\f（AP，AC)＝eq\f（\r（3)－x,\r(3))，所以QR＝eq\f（\r（3）－x，\r（3)），所以PR＝eq\r(PQ2＋QR2）＝eq\r(\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(x，\r(3))））2＋\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（\r（3)－x，\r(3））））2）＝eq\f（\r(3),3）eq\r（2x2－2\r（3）x＋3），所以f（x)＝eq\f(\r（3），6)eq\r（2x2－2\r(3）x＋3）＝eq\f(\r（6）,6）eq\r（\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x－\f（\r(3)，2）)）2＋\f(3，4)），結(jié)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eq\o（OC，\s\up7(→))＝aeq\o(OA,\s\up7（→)）＋beq\o（OB，\s\up7(→））(a，b∈R),則以下說法正確的是(）A．點P(a,b)一定在單位圓內(nèi)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(shè)A（1，0）,B（0,－1），則eq\o(OC，\s\up7（→))＝aeq\o（OA,\s\up7(→））＋beq\o（OB,\s\up7(→))＝（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）＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋1，x≤0，,|lnx|,x>0，)）當1<a〈2時,關(guān)于x的方程f［f（x)]＝a實數(shù)解的個數(shù)為________．解析：當1〈a〈2時,作出f(x)的圖象如圖所示，令u＝f(x），則f(u）＝a,由f（x)的圖象可知，若u滿足u〈0,此時f（x)＝u無解,若u>0,解得eq\f（1,e2）<u<eq\f(1，e)<1或2〈e〈u<e2，顯然,當x<0時,不可能使得f（x）＝u有解，當x>0,eq\f（1,e2)<u<eq\f(1，e)<1時,f(x)＝u有2個解，當x>0,2〈e〈u<e2時，f（x)＝u也有2個解．因此f[f（x）］＝a有4個實數(shù)解．答案:42．(2015·全國卷Ⅰ）在平面四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，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A與D重合于E點時，AB最長，在△BCE中,∠B＝∠C＝75°,∠E＝30°，BC＝2，由正弦定理可得eq\f（BC，sin∠E）＝eq\f(BE，sin∠C），即eq\f（2，sin30°)＝eq\f(BE，sin75°)，解得BE＝eq\r（6)＋eq\r(2)，平移AD，當D與C重合時,AB最短，此時與AB交于F,在△BCF中，∠B＝∠BFC＝75°，∠FCB＝30°，由正弦定理知，eq\f（BF,sin∠FCB）＝eq\f（BC，sin∠BFC），即eq\f(BF，sin30°)＝eq\f(2,sin75°)，解得BF＝eq\r（6)－eq\r（2），所以AB的取值范圍是(eq\r（6）－eq\r(2)，eq\r（6)＋eq\r(2））．答案：（eq\r（6）－eq\r(2)，eq\r（6）＋eq\r（2)）3．設(shè)0<m<eq\f（1，2）,若eq\f（1,m)＋eq\f(1,1－2m）≥k恒成立，則實數(shù)k的取值范圍是________．解析：由題可知,k的最大值即為eq\f(1，m）＋eq\f(1，1－2m)的最小值．因為eq\f（1,m）＋eq\f(1,1－2m)＝［2m＋(1－2m)］eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,m）＋\f（1，1－2m）））＝3＋eq\f（1－2m，m)＋eq\f(2m,1－2m）≥3＋2eq\r(2），取等號的條件是當且僅當1－2m＝eq\r（2）m，即m＝1－eq\f(\r(2)，2）∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f（1，2））)時成立，所以k的最大值為3＋2eq\r(2）。故所求實數(shù)k的取值范圍是（－∞，3＋2eq\r（2）］．答案：(－∞，3＋2eq\r（2)]4．設(shè)函數(shù)f(x)＝2sin（ωx＋φ），x∈R,其中ω＞0,|φ｜＜π.若feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（5π,8)))＝2，feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8）））＝0，且f(x）的最小正周期大于2π，則ω＝________，φ＝________.解析：∵feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(5π,8）)）＝2,feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8)))＝0,∴eq\f（11π,8）－eq\f(5π,8)＝eq\f(T，4)（2m＋1）,m∈N，∴T＝eq\f（3π，2m＋1)，m∈N，∵f(x)的最小正周期大于2π，∴T＝3π，∴ω＝eq\f（2π，3π）＝eq\f(2,3），∴f（x)＝2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(2x，3)＋φ)）.由2sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2,3）×\f（5π，8）＋φ））＝2，得φ＝2kπ＋eq\f（π,12)，k∈Z.又|φ｜＜π，∴取k＝0，得φ＝eq\f(π，12)。答案:eq\f(2，3）eq\f（π，12）5．已知向量a，b,c滿足|a|＝eq\r(2）,｜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|cosθ，∴cosθ＝eq\f(a·b,|a|｜b｜)＝eq\f（3,\r（2）×3)＝eq\f（\r(2),2)，∵θ∈［0，π]，∴θ＝eq\f（π，4)。設(shè)eq\o（OA，\s\up7（→)）＝a，eq\o（OB，\s\up7(→）)＝b，c＝（x，y)，建立如圖所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，－3∵(c－2a）·(2b－3∴（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|＝eq\r(x－32＋y2)≤eq\r（3－22＋0－12）＋1＝eq\r（2）＋1，即｜b－c｜的最大值為eq\r(2）＋1。答案：eq\r（2)＋16．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，因為兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊，所以AB＋AD>BD,即2x＋x〉3，x>1,AB－AD<BD，即2x－x<3，x〈3,所以x∈（1,3）．在△ABD中，由余弦定理得9＝(2x）2＋x2－2·2x·xcosA,即cosA＝eq\f（5x2－9,4x2），S△ABC＝2S△ABD＝2×eq\f(1，2）×2x×x×sinA＝2x2eq\r(1－\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（5x2－9,4x2)））2)＝eq\f（3，2）eq\r（－x4－10x2＋9），令t＝x2，則t∈(1，9),S△ABC＝eq\f(3，2)eq\r（－t－52＋16）,當t＝5，即x＝eq\r（5）時，S△ABC有最大值6.答案：67．對于函數(shù)f（x）與g（x)，若存在λ∈｛x∈R｜f(x)＝0}，μ∈｛x∈R｜g(x）＝0｝,使得｜λ－μ｜≤1，則稱函數(shù)f(x）與g(x）互為“零點密切函數(shù)”，現(xiàn)已知函數(shù)f(x）＝ex－2＋x－3與g(x)＝x2－ax－x＋4互為“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(nèi)有零點，即方程x2－ax－x＋4＝0在[1，3］內(nèi)有解,所以a＝x＋eq\f(4，x)－1，而函數(shù)y＝x＋eq\f（4，x）－1在［1,2]上單調(diào)遞減，在［2,3］上單調(diào)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＝eq\f（10，3)，所以amax＝4,所以實數(shù)a的取值范圍是[3,4］．答案：［3，4]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＝a2015＝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eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a11－a1＝10Δa1＋10×9，,a2015－a1＝2014Δa1＋2014×2013，）)即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（0－a1＝10Δa1＋10×9，,0－a1＝2014Δa1＋2014×2013,)）解得a1＝20140.答案：201409．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（cosθ,sinθ)，則由|MB｜＝λ｜MA｜可得（cosθ－b）2＋sin2θ＝λ2［(cosθ＋2）2＋sin2θ］,整理得1＋b2－5λ2－（2b＋4λ2)·cosθ＝0,即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（1＋b2－5λ2＝0，，2b＋4λ2＝0，））解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（b＝－\f(1，2），,λ＝\f(1，2).））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(1,0）與M(0,1)代入|MB|＝λ｜MA|，得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(b－12＝9λ2，,b2＋1＝5λ2，）)解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－\f(1，2），，λ＝\f（1，2)。)）答案：－eq\f(1,2)eq\f(1,2）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）＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x2，x∈D，,x，x?D，）)其中集合D＝eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1（x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f（n－1,n),n∈N*)))），則方程f（x)－lgx＝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x∈Q且x?Z時，設(shè)x＝eq\f(q，p)，q，p∈N＊，p≥2且p，q互質(zhì)．若lgx∈Q，則由lgx∈（0，1），可設(shè)lgx＝eq\f（n,m)，m，n∈N*,m≥2且m,n互質(zhì),因此10eq\f（n,m)＝eq\f（q，p），則10n＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(q，p）)）m,此時左邊為整數(shù)，右邊為非整數(shù)，矛盾，因此lgx?Q,故lgx不可能與每個周期內(nèi)x∈D對應(yīng)的部分相等，只需考慮lgx與每個周期內(nèi)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（lgx)′＝eq\f（1,xln10）＝eq\f（1，ln10）〈1,則在x＝1附近僅有一個交點，因此方程f(x）－lgx＝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橢圓的標準方程、直線與橢圓的位置關(guān)系解析幾何是數(shù)形結(jié)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(guān)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直線與拋物線的位置關(guān)系、直線的方程、圓的方程2016卷Ⅰ定值問題、軌跡方程求法、直線與橢圓位置關(guān)系及范圍問題卷Ⅱ直線與橢圓的位置關(guān)系、面積問題、范圍問題卷Ⅲ證明問題、軌跡問題、直線與拋物線的位置關(guān)系2015卷Ⅰ直線與圓錐曲線的位置關(guān)系卷Ⅱ直線與圓錐曲線的位置關(guān)系、橢圓的方程及性質(zhì)、定值問題eq\a\vs4\al（［?？碱}點逐一突破])巧妙消元證定值［典例]（2016·北京高考)已知橢圓C：eq\f(x2,a2）＋eq\f（y2，b2）＝1，過A（2,0）,B(0，1)兩點．（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eq\f（x2,4)＋y2＝1.又c＝eq\r(a2－b2）＝eq\r(3)，所以離心率e＝eq\f（c,a)＝eq\f（\r(3）,2).（2）證明：設(shè)P（x0，y0）（x0＜0，y0＜0），則xeq\o\al(2，0）＋4yeq\o\al(2，0)＝4。又A(2，0），B(0,1）,所以直線PA的方程為y＝eq\f(y0,x0－2）(x－2)．令x＝0，得yM＝－eq\f(2y0,x0－2），從而｜BM｜＝1－yM＝1＋eq\f（2y0，x0－2）.直線PB的方程為y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1。令y＝0，得xN＝－eq\f(x0，y0－1），從而｜AN｜＝2－xN＝2＋eq\f(x0,y0－1）.所以四邊形ABNM的面積S＝eq\f(1,2）|AN|·|BM|＝eq\f(1，2）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2＋\f（x0,y0－1））)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f（2y0，x0－2）))＝eq\f(x\o\al（2,0)＋4y\o\al（2,0）＋4x0y0－4x0－8y0＋4,2x0y0－x0－2y0＋2）＝eq\f（2x0y0－2x0－4y0＋4，x0y0－x0－2y0＋2）＝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(zhì)檢)已知橢圓C：eq\f(x2，a2)＋eq\f（y2,b2）＝1(a>b〉0）的左焦點為（－eq\r（6），0），e＝eq\f(\r（2)，2).（1）求橢圓C的方程;（2)如圖，設(shè)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；(3）在（2）的條件下，試問｜OP｜2＋｜OQ｜2是否為定值?若是，求出該值;若不是，請說明理由．解：（1)由題意得，c＝eq\r(6)，e＝eq\f（\r(2）,2)，解得a＝2eq\r(3），b＝eq\r(6），∴橢圓C的方程為eq\f（x2，12）＋eq\f(y2,6)＝1。(2）證明：由已知，直線OP：y＝k1x，OQ：y＝k2x，且與圓R相切，∴eq\f（｜k1x0－y0|，\r(1＋k\o\al（2,1））)＝2，化簡得（xeq\o\al(2,0)－4）keq\o\al（2，1)－2x0y0k1＋yeq\o\al（2,0)－4＝0，同理，可得(xeq\o\al(2，0)－4)keq\o\al（2,2）－2x0y0k2＋yeq\o\al(2,0）－4＝0，∴k1，k2是方程(xeq\o\al(2,0）－4）k2－2x0y0k＋yeq\o\al(2,0）－4＝0的兩個不相等的實數(shù)根，∴xeq\o\al（2,0）－4≠0，Δ〉0，k1k2＝eq\f(y\o\al(2,0)－4，x\o\al(2，0）－4）?！唿cR(x0，y0)在橢圓C上，∴eq\f（x\o\al(2,0)，12）＋eq\f（y\o\al(2，0),6)＝1，即yeq\o\al（2,0)＝6－eq\f（1,2）xeq\o\al（2，0)，∴k1k2＝eq\f（2－\f（1，2）x\o\al(2,0），x\o\al(2，0）－4)＝－eq\f(1，2）。故k1k2為定值．(3)|OP｜2＋|OQ|2是定值．設(shè)P(x1,y1）,Q（x2，y2），聯(lián)立方程eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（y＝k1x,,\f（x2,12）＋\f（y2，6)＝1，)）解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x\o\al（2,1）＝\f(12，1＋2k\o\al(2,1))，,y\o\al(2，1)＝\f(12k\o\al（2，1）,1＋2k\o\al(2,1))，)）∴xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al（2，1）＝eq\f（121＋k\o\al（2,1),1＋2k\o\al(2,1）），同理，可得xeq\o\al（2,2）＋yeq\o\al(2,2）＝eq\f(121＋k\o\al（2，2）,1＋2k\o\al（2，2))。由k1k2＝－eq\f(1，2),得|OP|2＋｜OQ｜2＝xeq\o\al（2,1）＋yeq\o\al(2,1）＋xeq\o\al(2，2)＋yeq\o\al(2,2)＝eq\f(121＋k\o\al（2，1）,1＋2k\o\al（2,1))＋eq\f(121＋k\o\al(2，2)，1＋2k\o\al（2，2))＝eq\f(121＋k\o\al（2，1)，1＋2k\o\al（2，1））＋eq\f（12\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（1＋\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(1,2k1)））2)）,1＋2\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（1，2k1)))2）＝eq\f(18＋36k\o\al（2,1），1＋2k\o\al(2,1））＝18。綜上，|OP｜2＋｜OQ｜2為定值，且為18.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Aeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（1,2),\f（1，4)）)，Beq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（3，2)，\f（9,4）))，拋物線上的點P(x,y)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(1，2)<x〈\f(3,2))）.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(shè)直線AP的斜率為k,k＝eq\f(x2－\f(1,4)，x＋\f(1，2)）＝x－eq\f(1，2），因為－eq\f(1，2)<x〈eq\f(3，2），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－eq\f（1，k）。則直線AP的方程為y－eq\f(1，4)＝keq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋\f(1，2)))，即kx－y＋eq\f（1,2)k＋eq\f（1,4）＝0，直線BQ的方程為y－eq\f(9，4)＝－eq\f（1，k)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f（3，2））)，即x＋ky－eq\f(9，4)k－eq\f(3,2）＝0,聯(lián)立eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（kx－y＋\f(1，2)k＋\f（1，4）＝0,，x＋ky－\f（9,4）k－\f（3，2)＝0，）)解得點Q的橫坐標xQ＝eq\f（－k2＋4k＋3,2k2＋1）。因為|PA｜＝eq\r（1＋k2）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f（1,2）)）＝eq\r(1＋k2）（k＋1)，｜PQ｜＝eq\r（1＋k2）(xQ－x）＝－eq\f(k－1k＋12,\r（k2＋1))，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eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－1，\f（1，2)））上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2），1））上單調(diào)遞減，因此當k＝eq\f（1，2)時，|PA|·｜PQ｜取得最大值eq\f(27，16）.［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（如拋物線上的點到某個定點和焦點的距離之和、光線反射問題等)；（2)代數(shù)法是建立求解目標關(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．［針對訓練］2．(2017·沈陽質(zhì)檢)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2，b2）＝1(a〉b>0)的左、右兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率e＝eq\f(\r（2),2)，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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c，a)＝\f（\r（2)，2），，2b＝2，,a2＝b2＋c2，)）解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝\r(2），,b＝1，，c＝1，）)故橢圓的標準方程為eq\f（x2，2）＋y2＝1。(2）①當直線AB的斜率不存在時，不妨取Aeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(1,\f(\r（2)，2）)),Beq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（1，－\f（\r（2)，2)））,Ceq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r（2),2））)，故S△ABC＝eq\f(1，2）×2×eq\r（2)＝eq\r(2）。②當直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y＝k（x－1)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（y＝kx－1，,\f（x2，2)＋y2＝1,)）消去y,化簡得(2k2＋1）x2－4k2x＋2k2－2＝0，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f（4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2k2－2,2k2＋1)，|AB|＝eq\r（1＋k2·[x1＋x22－4x1x2］）＝eq\r（1＋k2·\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（4k2,2k2＋1)))2－4·\f（2k2－2,2k2＋1））)）＝2eq\r（2）·eq\f（k2＋1，2k2＋1)，點O到直線kx－y－k＝0的距離d＝eq\f(｜－k｜,\r（k2＋1)）＝eq\f（｜k|,\r（k2＋1）)，∵O是線段AC的中點,∴點C到直線AB的距離為2d＝eq\f（2|k｜,\r（k2＋1）），∴S△ABC＝eq\f(1,2)|AB｜·2d＝eq\f（1，2)·eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2\r(2)·\f（k2＋1，2k2＋1）））·eq\f（2｜k|，\r(k2＋1))＝2eq\r（2）eq\r(\f（k2k2＋1,2k2＋12））＝2eq\r(2)eq\r(\f（1,4）－\f（1，42k2＋12)）<eq\r（2)。綜上，△ABC面積的最大值為eq\r（2)。尋找不等關(guān)系解范圍[典例]（2016·全國卷Ⅱ）已知橢圓E：eq\f(x2，t)＋eq\f(y2，3）＝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(shè)M（x1，y1)，則由題意知y1>0。（1)當t＝4時，E的方程為eq\f（x2，4)＋eq\f(y2，3)＝1，A（－2,0）．由已知及橢圓的對稱性知，直線AM的傾斜角為eq\f(π，4)。因此直線AM的方程為y＝x＋2.將x＝y(tǒng)－2代入eq\f(x2，4）＋eq\f(y2,3）＝1，得7y2－12y＝0。解得y＝0或y＝eq\f（12，7),所以y1＝eq\f(12，7)。因此△AMN的面積S△AMN＝2×eq\f(1,2）×eq\f（12,7)×eq\f(12,7）＝eq\f(144,49)。（2)由題意t〉3,k〉0，A(－eq\r（t)，0)．將直線AM的方程y＝k（x＋eq\r（t)）代入eq\f(x2，t)＋eq\f（y2,3)＝1得(3＋tk2)x2＋2eq\r(t）·tk2x＋t2k2－3t＝0.由x1·(－eq\r（t）)＝eq\f（t2k2－3t，3＋tk2)，得x1＝eq\f（\r(t）3－tk2,3＋tk2），故｜AM｜＝|x1＋eq\r（t)|eq\r（1＋k2)＝eq\f（6\r（t1＋k2），3＋tk2)。由題設(shè)，直線AN的方程為y＝－eq\f(1，k)（x＋eq\r（t）)，故同理可得|AN｜＝eq\f(6k\r（t1＋k2）,3k2＋t)。由2|AM｜＝|AN|,得eq\f(2，3＋tk2）＝eq\f（k，3k2＋t），即（k3－2）t＝3k(2k－1）．當k＝eq\r(3,2）時上式不成立，因此t＝eq\f(3k2k－1，k3－2）.t〉3等價于eq\f（k3－2k2＋k－2，k3－2)＝eq\f(k－2k2＋1，k3－2)〈0，即eq\f（k－2,k3－2)〈0.因此得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(k－2〉0,,k3－2〈0)）或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(k－2<0,,k3－2〉0，））解得eq\r（3，2)<k<2.故k的取值范圍是（eq\r(3,2），2)．解決有關(guān)范圍問題時，先要恰當?shù)匾胱兞浚ㄈ琰c的坐標、角、斜率等），尋找不等關(guān)系，其方法有:(1）利用判別式來構(gòu)造不等式,從而確定參數(shù)的取值范圍；(2）利用已知參數(shù)的取值范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是在兩個參數(shù)之間建立相等關(guān)系；(3）利用隱含的不等關(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eq\f（\r（3),2),以橢圓E的長軸和短軸為對角線的四邊形的周長為4eq\r（5).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eq\o（AP，\s\up7(→）)＝3eq\o(PB,\s\up7(→))，求m2的取值范圍．解:(1)根據(jù)已知設(shè)橢圓E的方程為eq\f(y2，a2）＋eq\f(x2，b2）＝1(a〉b>0),焦距為2c，由已知得eq\f（c,a）＝eq\f(\r（3），2)，∴c＝eq\f(\r（3）,2）a,b2＝a2－c2＝eq\f(a2，4).∵以橢圓E的長軸和短軸為對角線的四邊形的周長為4eq\r(5)，∴4eq\r（a2＋b2)＝2eq\r(5)a＝4eq\r(5），∴a＝2，b＝1.∴橢圓E的方程為x2＋eq\f（y2，4）＝1.（2）根據(jù)已知得P(0，m)，設(shè)A(x1，kx1＋m),B(x2，kx2＋m），由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，，4x2＋y2－4＝0))消去y,得(k2＋4）x2＋2mkx＋m2－4＝0.由已知得Δ＝4m2k2－4（k2＋4)(m即k2－m2＋4>0,且x1＋x2＝eq\f(－2km，k2＋4），x1x2＝eq\f（m2－4，k2＋4）.由eq\o（AP，\s\up7(→)）＝3eq\o（PB，\s\up7(→)），得x1＝－3x2.∴3(x1＋x2）2＋4x1x2＝12xeq\o\al(2，2）－12xeq\o\al(2，2）＝0?！鄀q\f(12k2m2,k2＋42）＋eq\f（4m2－4，k2＋4)＝0,即m2k2＋m2－k2－4＝0。當m2＝1時，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立，∴k2＝eq\f(4－m2，m2－1）?！遦2－m2＋4〉0,∴eq\f（4－m2，m2－1）－m2＋4〉0，即eq\f（4－m2m2，m2－1)>0。解得1<m2〈4.∴m2的取值范圍為（1,4）.確定直線尋定點［典例](2017·全國卷Ⅰ）已知橢圓C：eq\f（x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，四點P1(1，1),P2(0，1），P3eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3）,2))），P4eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1，\f(\r（3),2)))中恰有三點在橢圓C上．(1)求C的方程；(2）設(shè)直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A，B兩點．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1,證明:l［解］（1）由于P3，P4兩點關(guān)于y軸對稱，故由題設(shè)知橢圓C經(jīng)過P3，P4兩點．又由eq\f(1，a2）＋eq\f（1，b2)>eq\f(1，a2)＋eq\f(3,4b2)知，橢圓C不經(jīng)過點P1，所以點P2在橢圓C上．因此eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（\f(1，b2)＝1，，\f(1，a2)＋\f(3，4b2）＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a2＝4,，b2＝1。）)故橢圓C的方程為eq\f（x2，4）＋y2＝1。（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：x＝t，由題設(shè)知t≠0，且｜t|〈2，可得A，B的坐標分別為eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(t，\f（\r（4－t2)，2）)），eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（t，－\f（\r（4－t2）,2)）).則k1＋k2＝eq\f（\r(4－t2）－2,2t)－eq\f（\r（4－t2）＋2，2t)＝－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eq\f(x2，4)＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m由題設(shè)可知Δ＝16（4k2－m2＋1)>0.設(shè)A（x1，y1)，B（x2,y2），則x1＋x2＝－eq\f(8km，4k2＋1),x1x2＝eq\f(4m2－4，4k2＋1).而k1＋k2＝eq\f（y1－1,x1)＋eq\f（y2－1,x2）＝eq\f(kx1＋m－1，x1)＋eq\f（kx2＋m－1,x2）＝eq\f(2kx1x2＋m－1x1＋x2,x1x2).由題設(shè)k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋（m－1）(x1＋x2)＝0。即(2k＋1)·eq\f(4m2－4,4k2＋1）＋(m－1)·eq\f（－8km,4k2＋1）＝0。解得k＝－eq\f(m＋1,2).當且僅當m〉－1時，Δ>0，于是l：y＝－eq\f(m＋1,2)x＋m，即y＋1＝－eq\f(m＋1，2)（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(guān)于y軸對稱，求證：直線AC恒過定點．解：(1)由題意得,點M與點