歷年高考數(shù)學(xué)（理）知識清單-專題24 解答題解題方法與技巧（考點(diǎn)解讀）（原卷+解析版）

1專題24解答題解題方法與技巧考情解讀解答題在高考數(shù)學(xué)試題中占據(jù)半壁江山，試題并不是單純的知識疊加，而是知識、方法和能力的綜合，且試題具有明顯的區(qū)分度，前3題一般難度中等，最后兩題一般難度較大、多為把關(guān)題．結(jié)合近幾年的高考試題，題目的設(shè)計一般圍繞三角函數(shù)或解三角形、立體幾何、函數(shù)、解析幾何、數(shù)列這幾個方面展開．對于考生來說，想要得到高分，必須爭取在前3個解答題上不丟分或少失分，這就需要考生在做題時計算準(zhǔn)確、推理嚴(yán)謹(jǐn)、書寫規(guī)范、步驟清晰，從根本上解決“會而不對，對而不全”的“老大難”問題.高頻者點(diǎn)突破高頻考點(diǎn)一三角函數(shù)或解三角形【命題角度】(1)三角函數(shù)式的求值與化簡問題；(2)單純?nèi)呛瘮?shù)知識的綜合；(3)三角函數(shù)與平面向量交匯；(4)三角函數(shù)與解三角形的交匯；(5)單純解三角形；(6)解三角形與平面向量的交匯.例1、設(shè)函數(shù)f(x)sin2ωx－sinωxcosωx(ω>0)，且y＝f(x)圖象的一個對稱中心到最近的對稱軸的距離為. 3π(1)求ω的值；(2)求f(x)在區(qū)間π,2上的最大值和最小值.3π【增粉策略】解決此類問題還應(yīng)注意：①化簡時，公式應(yīng)用要準(zhǔn)確；②注意所給角或參數(shù)的范圍；③在求單調(diào)區(qū)間、對稱軸和對稱中心時要注意不能忽略k取整數(shù)；④求最值或范圍時，應(yīng)滿足在定義域內(nèi).【變式探究】在△ABC中，a＝3，b＝2，B＝2A.(1)求cosA的值；(2)求c的值.2【增粉策略】解決三角形問題還應(yīng)注意：①不要忘記三角形中的隱含條件(A＋B＋C=π,a＋b>c)；②注意邊角互化，化為所求的問題；③利用正、余弦定理解決實際問題時應(yīng)明確仰角、俯角和方向角等有關(guān)術(shù)語的含義.高頻考點(diǎn)二立體幾何【命題角度】(1)證明空間線、面平行或垂直；(2)利用綜合法計算空間中的線、面夾角；(3)立體幾何中的探索性問題.例2、如圖，已知四棱錐PABCD，△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD＝2DC＝2CB，E為PD的中點(diǎn).(1)證明：CE∥平面PAB；(2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值.【變式探究】如圖，P-ABD和Q-BCD為兩個全等的正棱錐，且A，B，C，D四點(diǎn)共面，其中AB＝1，(1)求證：BD⊥平面APQ；(2)求直線PB與平面PDQ所成角的正弦值.【增粉策略】解決此類題目應(yīng)注意：①證明線、面平行或垂直，應(yīng)注意直線在平面內(nèi)，兩直線相交等情況；②找到或作出線面角后，要證明所找或作的線面角為所求角；③計算線面角的大小時一定要仔細(xì).高頻考點(diǎn)三函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與不等式求導(dǎo)數(shù)零點(diǎn)列表求導(dǎo)數(shù)零點(diǎn)列表導(dǎo)數(shù)日益成為解決問題必不可少的工具，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值(最值)是高考的常見題型，而導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式、方程、數(shù)列等的交匯命題，是高考的熱點(diǎn)和難點(diǎn).解答題的熱點(diǎn)題型有：(1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值；(2)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式或探討方程根；(3)利用導(dǎo)數(shù)求解參數(shù)的范圍或值.（一）利用分類討論思想探究函數(shù)性質(zhì)例1、設(shè)函數(shù)f(x)alnx.(1)當(dāng)a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值.【感悟提升】1．解答這類題的模板定義域遇見參數(shù)要討論.哪一步遇見就在哪一步展開討論.2．解答這類題的難點(diǎn)(1)何時討論參數(shù)？由于題目條件的不同，有的在求零點(diǎn)時討論，有的在列表時討論；(2)如何討論參數(shù)？需要根據(jù)題目的條件確定，有時還需參考自變量的取值范圍，討論的關(guān)鍵是做到不重不漏.【變式探究】函數(shù)f(x)＝x3＋|x－a|(x∈R，a∈R).(1)若函數(shù)f(x)在R上為增函數(shù)，求a的取值范圍；(2)若函數(shù)f(x)在R上不單調(diào)時，記f(x)在[－1,1]上的最大值、最小值分別為M(a)，m(a)，求M(a)－m(a).（二）利用數(shù)形結(jié)合思想探究函數(shù)的零點(diǎn)例2、函數(shù)f(x)＝ax＋xlnx在x＝1處取得極值.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若y＝f(x)－m－1在定義域內(nèi)有兩個不同的零點(diǎn)，求實數(shù)m的取值范圍.【感悟提升】利用導(dǎo)數(shù)探究函數(shù)零點(diǎn)的一般思路(1)轉(zhuǎn)化為可用導(dǎo)數(shù)研究其函數(shù)的圖象與x軸(或直線y＝k)在該區(qū)間上的交點(diǎn)問題.(2)利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上的單調(diào)性、極值(最值)、端點(diǎn)值等性質(zhì)，進(jìn)而畫出其圖象.(3)結(jié)合圖象求解.【變式探究】設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋，m∈R.(1)當(dāng)m＝e(e為自然對數(shù)的底數(shù))時，求f(x)的極小值；(2)討論函數(shù)g(x)＝f′(x)－零點(diǎn)的個數(shù).（三）利用函數(shù)思想證明不等式例3、已知函數(shù)f(x)lnx在(1，+∞)上是增函數(shù)，且a>0.(1)求a的取值范圍；(2)若b>0，試證明<ln<.【感悟提升】1．利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本步驟(1)作差或變形.(2)構(gòu)造新的函數(shù)h(x).(3)利用導(dǎo)數(shù)研究h(x)的單調(diào)性及最值.(4)根據(jù)單調(diào)性及最值，得到所證不等式.2．構(gòu)造輔助函數(shù)的四種方法(1)移項法：證明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的問題轉(zhuǎn)化為證明f(x)－g(x)>0(f(x)－g(x)<0)，進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x).(2)構(gòu)造“形似”函數(shù)：對原不等式同解變形，如移項、通分、取對數(shù)；把不等式轉(zhuǎn)化為左右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的結(jié)構(gòu)，根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù).(3)主元法：對于(或可化為)f(x1，x2)≥A的不等式，可選x1(或x2)為主元，構(gòu)造函數(shù)f(x，x2)(或f(x1，x)).(4)放縮法：若所構(gòu)造函數(shù)最值不易求解，可將所證明不等式進(jìn)行放縮，再重新構(gòu)造函數(shù).【變式探究】已知函數(shù)f(x)＝ex＋m－x3，g(x)＝ln(x＋1)＋2.(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線斜率為1，求實數(shù)m的值；(2)當(dāng)m≥1時，證明：f(x)＞g(x)－x3.（四）利用轉(zhuǎn)化與化歸思想求解恒成立問題例4、已知函數(shù)f(x)＝lnx.(1)求函數(shù)g(x)＝f(x＋1)－x的最大值；5(2)若對任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.【變式探究】已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x2－(a＋1)x.(1)若曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y2，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若x>0時，<恒成立，求實數(shù)a的取值范圍【感悟提升】函數(shù)與導(dǎo)數(shù)壓軸題堪稱“龐然大物”，所以征服它需要一定的膽量和勇氣，可以參變量分離、把復(fù)雜函數(shù)分離為基本函數(shù)、可把題目分解成幾個小題、也可把解題步驟分解為幾個小步，也可從邏輯上重新?lián)Q敘．注重分步解答，這樣，即使解答不完整，也要做到盡可能多拿步驟分．同時要注意分類思想、數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想的運(yùn)用.高頻考點(diǎn)四、圓錐曲線的綜合問題【命題角度】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考查直線、圓、圓錐曲線等．試題難度較大，多以壓軸題出現(xiàn)．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.（一）巧妙消元證定值例4、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.【方法策略】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.【變式探究】已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)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；(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.（二）構(gòu)造函數(shù)求最值-1，13，9－1<x<3如圖，已知拋物線x2＝y(tǒng)，點(diǎn)A24，-1，13，9－1<x<3AP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.【感悟提升】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.【變式探究】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.求橢圓的方程；（三）尋找不等關(guān)系解范圍已知橢圓E1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)N在E上，MA⊥NA.(1)當(dāng)t＝4，|AM|＝|AN|時，求△AMN的面積；(2)當(dāng)2|AM|＝|AN|時，求k的取值范圍.【感悟提升】解決有關(guān)范圍問題時，先要恰當(dāng)?shù)匾胱兞?如點(diǎn)的坐標(biāo)、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.【變式探究】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.（四）確定直線尋定點(diǎn)已知橢圓C1(a>b>0)，四點(diǎn)P1(1,1)，P2(0，1)，P3－1P41，中恰有三點(diǎn)在橢圓C上.(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).【變式探究】已知動圓M恒過點(diǎn)(0,1)，且與直線y1相切.(1)求圓心M的軌跡方程；(2)動直線l過點(diǎn)P(02)，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).（五）假設(shè)存在定結(jié)論(探索性問題)22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)A22(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有兩個不同交點(diǎn)M，N時，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＝？若存在，求出直線的方程；若不存在，說明理由.【方法策略】探索性問題的解題策略探索性問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在.8(1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時，要分類討論.(2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時，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，要思維開放，采取另外的途徑.【變式探究】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.【方法策略】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，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，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.【變式探究】已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(1,0)，且點(diǎn)P1，2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C11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，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.【方法技巧】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(注意二次項系數(shù)是否為零)；9(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.【變式探究】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)A，B，若λ|PM|2＝|PA|·|PB|，求實數(shù)λ的取值范圍.專題24解答題解題方法與技巧考情解讀解答題在高考數(shù)學(xué)試題中占據(jù)半壁江山，試題并不是單純的知識疊加，而是知識、方法和能力的綜合，且試題具有明顯的區(qū)分度，前3題一般難度中等，最后兩題一般難度較大、多為把關(guān)題．結(jié)合近幾年的高考試題，題目的設(shè)計一般圍繞三角函數(shù)或解三角形、立體幾何、函數(shù)、解析幾何、數(shù)列這幾個方面展開．對于考生來說，想要得到高分，必須爭取在前3個解答題上不丟分或少失分，這就需要考生在做題時計算準(zhǔn)確、推理嚴(yán)謹(jǐn)、書寫規(guī)范、步驟清晰，從根本上解決“會而不對，對而不全”的“老大難”問題.高頻考點(diǎn)突攻高頻考點(diǎn)一三角函數(shù)或解三角形【命題角度】(1)三角函數(shù)式的求值與化簡問題；(2)單純?nèi)呛瘮?shù)知識的綜合；(3)三角函數(shù)與平面向量交匯；(4)三角函數(shù)與解三角形的交匯；(5)單純解三角形；(6)解三角形與平面向量的交匯.例1、設(shè)函數(shù)f(x)sin2ωx－sinωxcosωx(ω>0)，且y＝f(x)圖象的一個對稱中心到最近的對稱軸的距離為. 3π(1)求ω的值；(2)求f(x)在區(qū)間π,2上的最大值和最小值.3π【解析】(1)f(x)sin2ωx－sinωxcosωx=－·－sin2ωx=cos2ωx－sin2ωx=-sin.2ωx-=-sin.因為圖象的一個對稱中心到最近的對稱軸的距離為，又ω>0，所以=4×，)因此ω=1.(2)由(1)知f(x)＝－sin2x-.當(dāng)π≤x≤時，≤2x-≤.(10分) 2x-π所以－2 2x-π因此－1≤f(x)≤ 3π故f(x)在區(qū)間π,2上的最大值和最小值分別為13π【增粉策略】解決此類問題還應(yīng)注意：①化簡時，公式應(yīng)用要準(zhǔn)確；②注意所給角或參數(shù)的范圍；③在求單調(diào)區(qū)間、對稱軸和對稱中心時要注意不能忽略k取整數(shù)；④求最值或范圍時，應(yīng)滿足在定義域內(nèi).【變式探究】在△ABC中，a＝3，b＝2，B＝2A.(1)求cosA的值；(2)求c的值.【解析】所以在△ABC中，由正弦定理得＝.(2)由(1)知cosA所以sinA.又B＝2A，所以cosB＝2cos2A－1＝所以sinB在△ABC中，sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝.所以c5【增粉策略】解決三角形問題還應(yīng)注意：①不要忘記三角形中的隱含條件(A＋B＋C=π,a＋b>c)；②注意邊角互化，化為所求的問題；③利用正、余弦定理解決實際問題時應(yīng)明確仰角、俯角和方向角等有關(guān)術(shù)語的含義.高頻考點(diǎn)二立體幾何【命題角度】(1)證明空間線、面平行或垂直；(2)利用綜合法計算空間中的線、面夾角；(3)立體幾何中的探索性問題.例2、如圖，已知四棱錐P-ABCD，ΔPAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E為PD的中點(diǎn).(1)證明：CE∥平面PAB；(2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值.【解析】(1)證明：如圖，設(shè)PA的中點(diǎn)為F，連接EF，F(xiàn)B.因為E，F(xiàn)分別為PD，PA的中點(diǎn)，所以EF∥AD且EF＝AD.又因為BC∥AD，BC＝AD，所以EF∥BC且EF＝BC，即四邊形BCEF為平行四邊形，所以CE∥BF.所以CE∥平面PAB(2)分別取BC，AD的中點(diǎn)為M，N.連接PN交EF于點(diǎn)Q，連接MQ，BN.因為E，F(xiàn)，N分別是PD，PA，AD的中點(diǎn)，所以Q為EF的中點(diǎn)，在平行四邊形BCEF中，MQ∥CE.由△PAD為等腰直角三角形得PN⊥AD.由DC⊥AD，N是AD的中點(diǎn)得BN⊥AD.又PN∩BN＝N，所以AD⊥平面PBN.由BC∥AD得BC⊥平面PBN，那么平面PBC⊥平面PBN過點(diǎn)Q作PB的垂線，垂足為H，連接MH.則MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角.在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝得QH在Rt△MQH中，QHMQ所以sin∠QMH所以直線CE與平面PBC所成角的正弦值是【變式探究】如圖，P-ABD和Q-BCD為兩個全等的正棱錐，且A，B，C，D四點(diǎn)共面，其中AB＝1，(1)求證：BD⊥平面APQ；(2)求直線PB與平面PDQ所成角的正弦值.【解析】由已知得P-ABD和Q-BCD是頂角處三條棱兩兩垂直，底面是正三角形的正棱錐，其中側(cè)棱長為.(1)證明：易知底面ABCD是菱形，連接AC(圖略)，則AC⊥BD.易證PQ∥AC，所以PQ⊥BD.由已知得P-ABD和Q-BCD是頂角處三條棱兩兩垂直，所以AP⊥平面PBD，所以BD⊥AP，因為AP∩PQ＝P，所以BD⊥平面APQ.(2)法一：由(1)知PQ⊥BD，取PQ中點(diǎn)M，連接DM，BM，分別過點(diǎn)P，Q做AC的垂線，垂足分別為H，N.由正棱錐的性質(zhì)可知H，N分別為△ABD，△BCD的重心，可知四邊形PQNH為矩形.其中PQ＝ACPH＝.DM令B到平面PQD的距離為h，則V三棱錐PBDM＝V三棱錐BPQD，設(shè)BP與平面PQD所成角為θ,則sinθ=.2法二：設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O，取PQ的中點(diǎn)M，連接OM，易知OM，OB，OC兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，-a＋b－c＝0.則―→-1令m＝(a，b，c)為平面PQD的法向量，-， 6Q 6 6，－設(shè)直線PB與平面PDQ成角為θ,||1＋0＋1|2== 2【增粉策略】解決此類題目應(yīng)注意：①證明線、面平行或垂直，應(yīng)注意直線在平面內(nèi)，兩直線相交等情況；②找到或作出線面角后，要證明所找或作的線面角為所求角；③計算線面角的大小時一定要仔細(xì).高頻考點(diǎn)三函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與不等式【命題角度】導(dǎo)數(shù)日益成為解決問題必不可少的工具，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值(最值)是高考的常見題型，而導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式、方程、數(shù)列等的交匯命題，是高考的熱點(diǎn)和難點(diǎn).解答題的熱點(diǎn)題型有：(1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值；(2)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式或探討方程根；(3)利用導(dǎo)數(shù)求解參數(shù)的范圍或值.求導(dǎo)數(shù)零點(diǎn)列表求導(dǎo)數(shù)零點(diǎn)列表例1、設(shè)函數(shù)f(x)alnx.(1)當(dāng)a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值.【解析】(1)當(dāng)a＝1時，f(x)lnx，則f′(x)＝x所以f′(1)＝0，又f(1)所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝.(2)由f(x)alnx，得f′(x)＝x(x>0).①當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，函數(shù)既無極大值，也無極小值；②當(dāng)a>0時，由f′(x)＝0，得x＝或x(舍去).于是，當(dāng)x變化時，f′(x)與f(x)的變化情況如下表：xa)aa，+∞)f′(x)-0+f(x)2 aa函數(shù)f(x)在x＝處取得極小值f()無極大值．綜上可知，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，+∞)，函數(shù)f(x)既無極大值也無極小值；當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，單調(diào)遞增區(qū)間為(，+∞)，函數(shù)f(x)有極小值，無極大值. aa【感悟提升】1．解答這類題的模板定義域遇見參數(shù)要討論.哪一步遇見就在哪一步展開討論.2．解答這類題的難點(diǎn)(1)何時討論參數(shù)？由于題目條件的不同，有的在求零點(diǎn)時討論，有的在列表時討論；(2)如何討論參數(shù)？需要根據(jù)題目的條件確定，有時還需參考自變量的取值范圍，討論的關(guān)鍵是做到不重不漏.【變式探究】函數(shù)f(x)＝x3＋|x－a|(x∈R，a∈R).(1)若函數(shù)f(x)在R上為增函數(shù)，求a的取值范圍；(2)若函數(shù)f(x)在R上不單調(diào)時，記f(x)在[－1,1]上的最大值、最小值分別為M(a)，m(a)，求M(a)－m(a).【解析】由已知得，f(x)＝1【解析】由已知得，f(x)＝1令g(x)＝x3＋x－a，則g′(x)＝x2＋1>0，所以g(x)在[a，+∞)上為增函數(shù).令h(x)＝x3－x＋a，則h′(x)＝x令h′(x)＝0，得x=±1，所以h(x)在(-∞,-1)和(1，+∞)上是增函數(shù)，在(－1,1)上為減函數(shù).(1)因為f(x)在R上是增函數(shù)，所以h(x)在(-∞,a)上為增函數(shù)，所以a≤-1.故a的取值范圍為(-∞,-1].(2)因為函數(shù)f(x)在R上不單調(diào)，所以a>－1.當(dāng)－1<a<1時，f(x)在(-∞,-1)上是增函數(shù)，在(－1，a)上是減函數(shù)，在[a，+∞)上是增函數(shù)，所以m(a)M(a)＝max{h(－1)，g(當(dāng)－a≥a＋，即－1<a≤時，M(a)＝－a，M(a)－m(a)＝－(a3＋3a－4)；當(dāng)－a<a＋，即<a<1時，M(a)＝a＋，M(a)－m(a)＝－(a3－3a－2).當(dāng)a≥1時，f(x)在[－1,1]上是減函數(shù)，所以m(a)＝h(1)＝aM(a)＝h(－1)＝a＋.故M(a)－m(a)＝.-(a3＋3a－4)1<a≤，綜上，M(a)－m(a)(-(a3＋3a－4)1<a≤， ，a≥1.（二）利用數(shù)形結(jié)合思想探究函數(shù)的零點(diǎn)例2、函數(shù)f(x)＝ax＋xlnx在x＝1處取得極值.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若y＝f(x)－m－1在定義域內(nèi)有兩個不同的零點(diǎn)，求實數(shù)m的取值范圍.【解析】(1)由題意知，f′(x)＝a＋lnx＋1(x>0)，f′(1)＝a＋1＝0，解得a1，當(dāng)a1時，f(x)x＋xlnx，即f′(x)＝lnx，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.∴f(x)在x＝1處取得極小值，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，+∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1).(2)y＝f(x)－m－1在(0，+∞)上有兩個不同的零點(diǎn)，可轉(zhuǎn)化為f(x)＝m＋1在(0，+∞)上有兩個不同的根，也可轉(zhuǎn)化為y＝f(x)與y＝m＋1的圖象有兩個不同的交點(diǎn)，由(1)知，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，+∞)上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(1)1，由題意得，m＋1>－1，即m>－2，①當(dāng)0<x<1時，f(x)＝x(－1＋lnx)<0；當(dāng)x>0且x→0時，f(x)→0；當(dāng)x→+∞時，顯然f(x)→+∞.如圖，由圖象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1.故實數(shù)m的取值范圍為(－21).【感悟提升】利用導(dǎo)數(shù)探究函數(shù)零點(diǎn)的一般思路(1)轉(zhuǎn)化為可用導(dǎo)數(shù)研究其函數(shù)的圖象與x軸(或直線y＝k)在該區(qū)間上的交點(diǎn)問題.(2)利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上的單調(diào)性、極值(最值)、端點(diǎn)值等性質(zhì)，進(jìn)而畫出其圖象.(3)結(jié)合圖象求解.【變式探究】設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋，m∈R.(1)當(dāng)m＝e(e為自然對數(shù)的底數(shù))時，求f(x)的極小值；(2)討論函數(shù)g(x)＝f′(x)－零點(diǎn)的個數(shù).【解析】(1)由題設(shè)，當(dāng)m＝e時，f(x)＝lnx則f′(x)∴當(dāng)x∈(0，e)時，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(e，+∞)時，f′(x)＞0，f(x)在(e，+∞)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x＝e時，f(x)取得極小值f(e)＝lne2，∴f(x)的極小值為2.(2)由題設(shè)g(x)＝f′(x)(x＞0)，令g(x)＝0，得mx3＋x(x＞0).設(shè)φ(x)x3＋x(x≥0)，則φ′(x)x2＋1(x－1)(x＋1).當(dāng)x∈(0,1)時，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，+∞)時，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，+∞)上單調(diào)遞減.∴x＝1是φ(x)的唯一極值點(diǎn)，且是極大值點(diǎn)，因此x＝1也是φ(x)的最大值點(diǎn)，∴φ(x)的最大值為φ(1)＝.又φ(0)＝0，結(jié)合y=φ(x)的圖象(如圖)，可知，①當(dāng)m＞時，函數(shù)g(x)無零點(diǎn)；②當(dāng)m＝時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點(diǎn)；③當(dāng)0＜m＜時，函數(shù)g(x)有兩個零點(diǎn)；④當(dāng)m≤0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點(diǎn).綜上所述，當(dāng)m＞時，函數(shù)g(x)無零點(diǎn)；當(dāng)m＝或m≤0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點(diǎn)；當(dāng)0＜m＜時，函數(shù)g(x)有兩個零點(diǎn).（三）利用函數(shù)思想證明不等式例3、已知函數(shù)f(x)lnx在(1，+∞)上是增函數(shù)，且a>0.(1)求a的取值范圍；(2)若b>0，試證明<ln<.【解析】(1)f′(x)因為在(1，+∞)上f′(x)≥0，且a>0，所以ax－1≥0，即x≥，所以≤1，即a≥1.故a的取值范圍為[1，+∞].(2)證明：因為b>0，a≥1，所以>1，又f(x)lnx在(1，+∞)上是增函數(shù)， a＋b1－所以fb>f(1)，即＋ln>0 a＋b1－ln<等價于lnln1<0，令g(x)＝ln(1＋x)－x(x∈(0，+∞))，則g′(x)1＝<0，所以函數(shù)g(x)在(0，+∞)上為減函數(shù)，所以g＝ln1ln－<g(0)＝0，即ln<.綜上，<ln<，得證.【感悟提升】1．利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本步驟(1)作差或變形.(2)構(gòu)造新的函數(shù)h(x).(3)利用導(dǎo)數(shù)研究h(x)的單調(diào)性及最值.(4)根據(jù)單調(diào)性及最值，得到所證不等式.2．構(gòu)造輔助函數(shù)的四種方法(1)移項法：證明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的問題轉(zhuǎn)化為證明f(x)－g(x)>0(f(x)－g(x)<0)，進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x).(2)構(gòu)造“形似”函數(shù)：對原不等式同解變形，如移項、通分、取對數(shù)；把不等式轉(zhuǎn)化為左右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的結(jié)構(gòu)，根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù).(3)主元法：對于(或可化為)f(x1，x2)≥A的不等式，可選x1(或x2)為主元，構(gòu)造函數(shù)f(x，x2)(或f(x1，x)).(4)放縮法：若所構(gòu)造函數(shù)最值不易求解，可將所證明不等式進(jìn)行放縮，再重新構(gòu)造函數(shù).【變式探究】已知函數(shù)f(x)＝ex＋m－x3，g(x)＝ln(x＋1)＋2.(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線斜率為1，求實數(shù)m的值；(2)當(dāng)m≥1時，證明：f(x)＞g(x)－x3.【解析】(1)因為f(x)＝ex＋m－x3，所以f′(x)＝ex＋m－3x2.因為曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線斜率為1，所以f′(0)＝em＝1，解得m＝0.(2)證明：因為f(x)＝ex＋m－x3，g(x)＝ln(x＋1)＋2，所以f(x)＞g(x)－x3等價于ex＋m－ln(x＋1)－2＞0.當(dāng)m≥1時，ex＋m－ln(x＋1)－2≥ex＋1－ln(x＋1)－2.要證ex＋m－ln(x＋1)－2＞0，只需證明ex＋1－ln(x＋1)－2＞0，設(shè)h(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－2，則h′(x)＝ex＋1－.設(shè)p(x)＝ex＋1－(x>－1)，則p′(x)＝ex＋10.所以函數(shù)p(x)＝h′(x)＝ex＋1－在(－1，+∞)上單調(diào)遞增.-1因為h′2＝e－2＜0，h′(0)＝e－1-1所以函數(shù)h′(x)＝ex＋1－在(－1，+∞)上有唯一零點(diǎn)x0，-1，0-1，0因為h′(x0)＝0，所以ex0＋1即ln(x0＋1)(x0＋1).當(dāng)x∈(－1，x0)時，h′(x)＜0；當(dāng)x∈(x0，+∞)時，h′(x)＞0，所以當(dāng)x＝x0時，h(x)取得最小值h(x0).所以h(x)≥h(x0)＝ex0＋1－ln(x0＋1)－2(x0＋1)－2＞0.綜上可知，當(dāng)m≥1時，f(x)＞g(x)－x3.（四）利用轉(zhuǎn)化與化歸思想求解恒成立問題例4、已知函數(shù)f(x)＝lnx.(1)求函數(shù)g(x)＝f(x＋1)－x的最大值；(2)若對任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.【解析】(1)∵f(x)＝lnx，∴g(x)＝f(x＋1)－x＝ln(x＋1)－x(x>－1)，當(dāng)x∈(－1,0)時，g′(x)>0，∴g(x)在(－1,0)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(0，+∞)時，g′(x)<0，∴g(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞減.∴g(x)在x＝0處取得最大值g(0)＝0.(2)∵對任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，xa≤x＋xa≥xa≤x＋x∴1在x>0上恒成立，進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為xmax≤a≤xmin，ln進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為xmax≤a≤xmin，設(shè)h(x)則h′(x)當(dāng)x∈(1，e)時，h′(x)>0；當(dāng)x∈(e，+∞)時，h′(x)<0，∴h(x)在x＝e處取得極大值也是最大值.要使f(x)≤ax恒成立，必須a≥.另一方面，當(dāng)x>0時，x＋≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時等號成立，要使ax≤x2＋1恒成立，必須a≤2，∴滿足條件的a的取值范圍是e.【變式探究】已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x2－(a＋1)x.(1)若曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y2，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若x>0時，<恒成立，求實數(shù)a的取值范圍【解析】(1)由已知得f′(x)ax－(a＋1)，則f′(1)＝0.而f(1)＝ln1(a＋1)1，∴曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y1.∴-－12，解得a＝2.∴f(x)＝lnx＋x2－3x(x>0)，f′(x)2x－3.由f′(x)2x－3＝>0，得0<x<或x>1，由f′(x)2x－3<0，得<x<1，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為0，2和(1，+∞)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為2，1(2)若<，則＋x－(a＋1)<＋x即－<在區(qū)間(0，+∞)上恒成立.設(shè)h(x)則h′(x)由h′(x)>0，得0<x<e，因而h(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，由h′(x)<0，得x>e，因而h(x)在(e，+∞)上單調(diào)遞減.∴h(x)的最大值為h(e)＝e，∴>e，故a>2e－1.從而實數(shù)a的取值范圍為(2e－1，+∞).【感悟提升】函數(shù)與導(dǎo)數(shù)壓軸題堪稱“龐然大物”，所以征服它需要一定的膽量和勇氣，可以參變量分離、把復(fù)雜函數(shù)分離為基本函數(shù)、可把題目分解成幾個小題、也可把解題步驟分解為幾個小步，也可從邏輯上重新?lián)Q敘．注重分步解答，這樣，即使解答不完整，也要做到盡可能多拿步驟分．同時要注意分類思想、數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想的運(yùn)用.高頻考點(diǎn)四、圓錐曲線的綜合問題【命題角度】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考查直線、圓、圓錐曲線等．試題難度較大，多以壓軸題出現(xiàn)．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.（一）巧妙消元證定值例4、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.【解析】(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|=2y0－1x0－2=2y0－1x0－2x＋4y＋4x0y0－4x0－8y0＋4=2x0y0－x0－2y0＋2=2x0y0－2x0－4y0＋4＝2.x0y0－x0－2y0＋2從而四邊形ABNM的面積為定值.【方法策略】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.【變式探究】已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)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；(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.【解析】(1)由題意得，ce解得a＝2，b(2)證明：由已知，直線OP：y＝k1x，OQ：y＝k2x，且與圓R相切，1＋k化簡得(x－4)k－2x0y0k1＋y－4＝0，同理，可得(x－4)k2－2x0y0k2＋y－4＝0，∴k1，k2是方程(x－4)k2－2x0y0k＋y－4＝0的兩個不相等的實數(shù)根，∵點(diǎn)R(x0，y0)在橢圓C上，＝－x－42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1，解得 2k12 同理，可得x2＋y2＝12). 2k12 由k1k2得|OP|2＋|OQ|2＝x＋y＋x2＋y2=1)＋12)-1-1=12(1＋k)＋12-1-12k121＋2k2k12=18＋36k＝18.1＋2k綜上，|OP|2＋|OQ|2為定值，且為18.（二）構(gòu)造函數(shù)求最值-1139－1<<3如圖，已知拋物線x2＝y(tǒng)，點(diǎn)A2，4，B2-1139－1<<3AP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.【解析】(1)設(shè)直線AP的斜率為k，kx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－4k直線BQ的方程為y－91x4kkx－y＋k0，即x＋ky－k0，聯(lián)立x＋ky－k0，解得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)xQ＝.因為|PA|＝x(k＋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－1，上單調(diào)遞增，在區(qū)間，1上單調(diào)遞減，因此當(dāng)k＝時，|PA|·|PQ|取得最大值.【感悟提升】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.【變式探究】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.求橢圓的方程；【解析】由題意得2b＝2，解得b＝1，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1.（三）尋找不等關(guān)系解范圍已知橢圓E1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)N在E上，MA⊥NA.(1)當(dāng)t＝4，|AM|＝|AN|時，求△AMN的面積；(2)當(dāng)2|AM|＝|AN|時，求k的取值范圍.【解析】設(shè)M(x1，y1)，則由題意知y1>0.(1)當(dāng)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(－t，0).將直線AM的方程y＝k(x＋t)代入1得(3＋tk2)x2＋2t·tk2x＋t2k2－3t＝0.由x1·(－t)得x1由題設(shè)，直線AN的方程為y＝－(x＋t)，故同理可得|AN|＝.即(k3－2)t＝3k(2k－1).<k，即<0.故k的取值范圍是(3，2).【感悟提升】解決有關(guān)范圍問題時，先要恰當(dāng)?shù)匾胱兞?如點(diǎn)的坐標(biāo)、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.【變式探究】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AP＝3PB，求m2的取值范圍.【解析】(1)根據(jù)已知設(shè)橢圓E的方程為＋＝1(a>b>0)，焦距為2c，∵以橢圓E的長軸和短軸為對角線的四邊形的周長為4，∴橢圓E的方程為x21.由消去y，(2)根據(jù)已知得P(0，m)，設(shè)A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m由消去y， y＝kx＋m，4x2＋y2－4＝0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＋x2x1x2＝.由AP＝3PB，得x13x2.∴3(x1＋x2)2＋4x1x2＝12x2－12x2＝0.即m2k2＋m2－k2－4＝0.當(dāng)m2＝1時，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立，－m2＋4>0，4－t22.∴－m2＋4>0，即>0.4－t22.解得1<m2<4.∴m2的取值范圍為(1,4).（四）確定直線尋定點(diǎn)已知橢圓C1(a>b>0)，四點(diǎn)P1(1,1)，P2(0，1)，P3－1P41，中恰有三點(diǎn)在橢圓C上.(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).【解析】(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.解得解得故橢圓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k1，k2.則k1＋k21，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＋x2x1x2＝.-4－t22而k1＋k2=＋=2kx1x2＋(m－1.)(x1＋x2).x1x2由題設(shè)k1＋k21，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.解得k.當(dāng)且僅當(dāng)m>－1時，Δ>0，于是l：yx＋m，即y＋1(x－2)，所以l過定點(diǎn)(21).【變式探究】已知動圓M恒過點(diǎn)(0,1)，且與直線y1相切.(1)求圓心M的軌跡方程；(2)動直線l過點(diǎn)P(02)，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).【解析】(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，p＝2.∴圓心M的軌跡方程為x2＝4y.(2)證明：設(shè)直線l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則C(－x2，y2)，y＝kx－2聯(lián)立方程消去y，得xy＝kx－2kAC＝y(tǒng)1－y2x1－x2，x1＋x2x1＋x24直線AC的方程為y－y1＝(x－x1).即直線AC恒過定點(diǎn)(0,2).（五）假設(shè)存在定結(jié)論(探索性問題)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)A1，2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有兩個不同交點(diǎn)M，N時，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PM＝NQ？若存在，求出直線的方程；若不存在，說明理由.【解析】(1)設(shè)橢圓C的焦距為2c，則c＝1，因為因為A2在橢圓C上，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)，Px3，3，Q(x4，y4)，MN的中點(diǎn)為D(x0，y0)，y＝2x＋t，由＋y2＝1消去x，得9y2－2ty＋t2－8＝0，所以y1＋y2且Δ=4t2－36(t2－8)>0，故y0且－3<t<3.x1－x3，y1x1－x3，y1-由PM＝NQ，得3＝(x4－x2，y所以有y1y4－y2，y4＝y(tǒng)1＋y2t－.也可由PM＝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y09，9又－3<t<3的中點(diǎn)，所以y09，9又－3<t<3，所以－<y4<－1，與橢圓上點(diǎn)的縱坐標(biāo)的取值范圍是[－1,1]矛盾.2因此不存在滿足條件的直線.2【方法策略】探索性問題的解題策略探索性問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在.(1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時，要分類討論.(2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時，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，要思維開放，采取另外的途徑.【變式探究】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.【解析】(1)將方程化成橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程1(m>0)，2(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＋x24，即k1，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＝0.2-1得3y2＋2y＋2-1得3y2＋2y＋1－m＝0，y3＋y4故CD的中點(diǎn)N為3.x2＋2y2＝m由弦長公式，可得·12(m－6).·12(m－6).3 >|AB|，若存在圓，則圓心在CD上， >|AB|，若存在圓，則圓心在CD上，3因為CD的中點(diǎn)N