专题五 第3讲 直线与圆锥曲线.doc

第3讲 直线与圆锥曲线
自主学习导引
真题感悟
1．(2012·陕西)已知椭圆C 1：x
2
4＋y 2＝1，椭圆C 2以C 1的长轴为短轴，且与C 1有相同的离心率．
(1)求椭圆C 2的方程；
(2)设O 为坐标原点，点A 、B 分别在椭圆C 1和C 2上，OB →＝2OA →，求直线AB 的方程．
解析 (1)由已知可设椭圆C 2的方程为 y 2a 2＋x 2
4＝1(a ＞2)， 其离心率为3
2，故
a 2－4a ＝3
2，解得a ＝4.
故椭圆C 2的方程为y 216＋x 2
4＝1.
(2)解法一 A ，B 两点的坐标分别记为(x A ，y A )，(x B ，y B )， 由OB
→＝2OA →及(1)知，O ，A ，B 三点共线且点A ，B 不在y 轴上，因此可设直线AB 的方程为y ＝kx .
将y ＝kx 代入x 24＋y 2
＝1中，得(1＋4k 2)x 2＝4，
所以x 2
A ＝41＋4k 2
.
将y ＝kx 代入y 216＋x 2
4＝1中，得(4＋k 2)x 2＝16，
所以x 2
B ＝164＋k 2.
又由OB →＝2OA →，得x 2B ＝4x 2A
，即164＋k 2＝161＋4k 2
， 解得k ＝±1.故直线AB 的方程为y ＝x 或y ＝－x .
解法二 A ，B 两点的坐标分别记为(x A ，y A )，(x B ，y B )， 由OB
→＝2OA →及(1)知，O ，A ，B 三点共线且点A ，B 不在y 轴上，因此可设直线AB 的方程为y ＝kx .
将y ＝kx 代入x 24＋y 2
＝1中，得(1＋4k 2)x 2＝4，
所以x 2
A ＝41＋4k
2
. 由OB →＝2OA →，得x 2B ＝161＋4k 2，y 2
B ＝16k 21＋4k 2
.
将x 2B ，y 2
B 代入y 216＋x 24＝1中，得4＋k 21＋4k
2
＝1， 即4＋k 2＝1＋4k 2，
解得k ＝±1.故直线AB 的方程为y ＝x 或y ＝－x .
2．(2012·福建)如图，等边三角形OAB 的边长为83，且其三个顶点均在抛物线E ：x 2＝2py (p ＞0)上．
(1)求抛物线E 的方程；
(2)设动直线l 与抛物线E 相切于点P ，与直线y ＝－1相交于点Q ，证明以PQ 为直径的圆恒过y 轴上某定点．
解析 (1)依题意，|OB |＝83，∠BOy ＝30°. 设B (x ，y )，则x ＝|OB |sin 30°＝43， y ＝|OB |cos 30°＝12.
因为点B (43，12)在x 2＝2py 上， 所以(43)2＝2p ×12，解得p ＝2. 故抛物线E 的方程为x 2＝4y .
(2)证明 证法一 由(1)知y ＝14x 2，y ′＝12x . 设P (x 0，y 0)，则x 0≠0，y 0＝1
4x 20，且l 的方程为
y －y 0＝12x 0(x －x 0)，即y ＝12x 0x －14x 2
0. 由⎩⎨⎧
y ＝12x 0x －14
x 20，y ＝－1
得⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝x 20－42x 0，y ＝－1.
所以Q 为⎩⎨⎧⎭
⎪⎫x 20－4
2x 0，－1. 设M (0，y 1)，令MP →·MQ →＝0对满足y 0＝14x 20(x 0≠0)的x 0，y 0
恒成立．
由于MP →＝(x 0，y 0－y 1)，MQ →
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 20－42x 0，－1－y 1，
由MP →·MQ →＝0，得x 20－42－y 0－y 0y 1＋y 1＋y 2
1＝0， 即(y 21＋y 1－2)＋(1－y 1)y 0＝0.(*)
由于(*)式对满足y 0＝1
4x 20(x 0≠0)的y 0恒成立， 所以⎩⎪⎨⎪⎧
1－y 1＝0，y 21＋y 1－2＝0，
解得y 1＝1.
故以PQ 为直径的圆恒过y 轴上的定点M (0,1)．
证法二 由(1)知y ＝14x 2，y ′＝12x .设P (x 0，y 0)，则x 0≠0，y 0＝14x 2
0，且l 的方程为y －y 0＝12x 0(x －x 0)，即y ＝12x 0x －14x 20.
由⎩⎨⎧
y ＝12x 0x －14
x 2
0，y ＝－1
得⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝x 20－42x 0，y ＝－1.
所以Q 为⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 20－4
2x 0，－1
. 取x 0＝2，此时P (2,1)，Q (0，－1)，以PQ 为直径的圆为(x －1)2＋y 2＝2，交y 轴于点M 1(0,1)、M 2(0，－1)；取x 0＝1，此时P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，14，Q ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－32，－1，以PQ
为直径的圆为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋142＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋382＝12564，交y 轴于点M 3(0,1)、M 4⎝ ⎛
⎭
⎪⎫0，－74.
故若满足条件的点M 存在，只能是M (0,1)． 以下证明点M (0,1)就是所要求的点．
因为MP →＝(x 0，y 0－1)，MQ →
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 20－42x 0，－2，
所以MP →·MQ →
＝x 20－42－2y 0＋2 ＝2y 0－2－2y 0＋2＝0.
故以PQ 为直径的圆恒过y 轴上的定点M (0,1)．
考题分析
直线与圆锥曲线的综合应用往往是高考的压轴试题，具体表现为弦长与面积问题，最值与范围问题、定点与定值问题、存在性问题等，运算量一般较大，有一定的难度，多以解答题的形式出现．
网络构建
高频考点突破
考点一：圆锥曲线中的弦长问题
【例1】(2012·荆州模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a ＞b ＞0)右顶点与右焦点的距离为3－1，短轴长为2 2.
(1)求椭圆的方程；
(2)过左焦点F 的直线与椭圆分别交于A 、B 两点，若三角形OAB 的面积为
32
4，求直线AB 的方程．
[审题导引] (1)利用相关的几何性质求得a 、b 、c ，可求椭圆方程；
(2)设出直线的方程，利用弦长公式得到三角形OAB 面积的表达式并解出直线的斜率，可得直线方程．
[规范解答]
(1)由题意，⎩⎪⎨⎪
⎧
a －c ＝3－1，
b ＝2，
a 2＝
b 2＋
c 2，
解得a ＝3，c ＝1.即椭圆方程为x 23＋y 2
2＝1. (2)当直线AB 与x 轴垂直时，|AB |＝
43
， 此时S △AOB ＝3不符合题意，故舍掉； 当直线AB 与x 轴不垂直时， 设直线AB 的方程为：y ＝k (x ＋1)，
代入消去y 得：(2＋3k 2)x 2＋6k 2x ＋(3k 2－6)＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，
则⎩⎪⎨⎪⎧
x 1
＋x 2
＝－6k 2
2＋3k 2
x 1x 2
＝3k 2
－6
2＋3k
2
，所以|AB |＝
43(k 2＋1)2＋3k
2
.
原点到直线的AB 距离d ＝
|k |1＋k
2
，
所以三角形的面积S ＝12|AB |d ＝1
2|k |
1＋k 2·43(k 2＋1)
2＋3k 2. 由S ＝32
4⇒k 2＝2⇒k ＝±2， 所以直线l AB ：2x －y ＋2＝0或 l AB ：2x ＋y ＋2＝0.
【规律总结】
弦长问题的解决方法
(1)弦长问题涉及直线与二次曲线的两个交点坐标，此时一般不是求出两个点的坐标，而是设出这两个点的坐标，根据直线方程和曲线方程联立后的方程根的情况，使用根与系数的关系进行整体代入，这是解决弦长问题以及其他直线与二次曲线问题的最基本方法．
(2)注意使用弦长公式|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝
1＋1
k 2|y 1－y 2|(k ≠0)．
【变式训练】
1．设椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F ，过F 的直线l 与椭圆C 相交于A 、B 两点，直线l 的倾斜角为60°，AF
→＝2FB →.
(1)求椭圆C 的离心率；
(2)如果|AB |＝15
4，求椭圆C 的方程．
解析 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意知y 1＜0，y 2＞0. (1)设直线l 的方程为y ＝3(x －c )， 其中c ＝
a 2－
b 2.联立⎩⎨⎧
y ＝3(x －c )，x 2a 2＋y 2
b 2＝1
得(3a 2＋b 2)y 2＋23b 2cy －3b 4＝0， 解得y 1＝
－3b 2(c ＋2a )3a 2＋b 2
，y 2＝－3b 2(c －2a )3a 2＋b
2
. 因为AF →＝2FB →，所以－y 1＝2y 2， 即3b 2(c ＋2a )3a 2＋b 2＝2·－3b 2(c －2a )3a 2＋b
2
. 得离心率e ＝c a ＝2
3.
(2)因为|AB |＝ 1＋1
3|y 2－y 1|，
所以23·43ab 23a 2＋b 2＝154
.
由c a ＝23得b ＝53a .所以54a ＝15
4，得a ＝3，b ＝ 5.
椭圆C 的方程为x 29＋y 2
5＝1. 考点二：圆锥曲线中的最值与范围问题
【例2】(2012·大连模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点A (2,1)，离心率为2
2，过点B (3,0)的直线l 与椭圆交于不同的两点M ，N .
(1)求椭圆的方程；
(2)求BM →·BN
→的取值范围． [审题导引] (1)根据所给条件利用椭圆的几何性质求出a 2、b 2；
(2)设出直线的斜率与椭圆方程联立，根据韦达定理利用直线的斜率表示BM →·BN
→，并求其范围． [规范解答] (1)由离心率为2
2，可设c ＝2t ，a ＝2t ， 则b ＝2t .
因为x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点A (2,1)， 所以44t 2＋1
2t 2＝1， 解得t 2＝3
2，
所以a 2
＝6，b 2
＝3，椭圆方程为x 26＋y 2
3＝1.
(2)由题意可知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x －3)， 直线l 与椭圆的交点坐标为M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，
由⎩⎨⎧
y ＝k (x －3)x 26＋y 2
3＝1
，消元整理得，
(1＋2k 2)x 2－12k 2x ＋18k 2－6＝0，
Δ＝(12k 2)2－4(1＋2k 2)(18k 2－6)＞0，得0≤k 2＜1，
x 1＋x 2＝12k 2
1＋2k 2，x 1x 2＝18k 2－61＋2k 2
， BM →·BN →＝(x 1－3，y 1)·
(x 2－3，y 2) ＝(x 1－3)(x 2－3)＋y 1y 2
＝(1＋k 2)[x 1x 2－3(x 1＋x 2)＋9]＝(1＋k 2)×3
1＋2k 2
＝32⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋11＋2k 2. 因为0≤k 2
＜1，所以2＜32⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋11＋2k 2≤3， 所以BM →·BN →的取值范围是(2,3]． 【规律总结】
最值或范围问题的解决方法
解析几何中的最值问题涉及的知识面较广，解法灵活多样，但最常用的方法有以下几种：
(1)利用函数，尤其是二次函数求最值；
(2)利用三角函数，尤其是正、余弦函数的有界性求最值； (3)利用不等式，尤其是基本不等式求最值； (4)利用判别式求最值；
(5)利用数形结合，尤其是切线的性质求最值． 【变式训练】
2．已知椭圆x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F 2(3,0)，离心率为e . (1)若e ＝3
2，求椭圆的方程；
(2)设直线y ＝kx 与椭圆相交于A 、B 两点，M 、N 分别为线段AF 2，BF 2的中点．若坐标原点O 在以MN 为直径的圆上，且22＜e ≤3
2，求k 的取值范围．
解析
(1)由题意得⎩⎨⎧
c ＝3
c a ＝3
2
，得a ＝23，
所以a 2＝12，结合a 2＝b 2＋c 2，解得b 2＝3. 所以，椭圆的方程为x 212＋y 2
3＝1.
(2)由⎩⎨
⎧
x 2a 2＋y 2
b 2＝1
y ＝kx
得(b 2＋a 2k 2)x 2－a 2b 2＝0.
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 所以x 1＋x 2＝0，x 1x 2＝－a 2b 2
b 2＋a 2k 2，
依题意知，OM ⊥ON ， 易知，四边形OMF 2N 为矩形， 所以AF 2⊥BF 2，
因为F 2A →＝(x 1－3，y 1)，F 2B →＝(x 2－3，y 2)，
所以F 2
A →·F 2
B →＝(x 1
－3)(x 2
－3)＋y 1y 2
＝(1＋k 2)x 1x 2＋9＝0.
即－a 2(a 2－9)(1＋k 2)a 2k 2＋(a 2－9)
＋9＝0，
将其整理为k 2＝a 4－18a 2＋81－a 4＋18a 2＝－1－81
a 4－18a 2
. 因为22＜e ≤3
2，所以23≤a ＜32，12≤a 2＜18.
所以k 2≥18，即k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－24∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫2
4，＋∞.
考点三：圆锥曲线中的定点、定值与探索性问题
【例3】在平面直角坐标系xOy 中，过定点C (p,0)作直线m 与抛物线y 2＝2px (p ＞0)相交于A 、B 两点．
(1)设N (－p,0)，求NA →·NB →
的最小值；
(2)是否存在垂直于x 轴的直线l ，使得l 被以AC 为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l 的方程；若不存在，请说明理由．
[审题导引] (1)求出NA →·NB
→的表达式，并求最小值； (2)是探索性问题，假设存在，以此为条件，求出弦长的表达式．若能为定值，则存在；反之，则不存在．
[规范解答] (1)依题意，可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 的方程为x ＝my ＋p .
由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝my ＋p ，y 2＝2px
⇒y 2－2pmy －2p 2＝0.
∴⎩⎪⎨⎪⎧
y 1＋y 2＝2pm ，y 1·
y 2＝－2p 2.
∴NA →·NB →＝(x 1＋p ，y 1)·(x 2＋p ，y 2)＝(x 1＋p )(x 2＋p )＋y 1y 2＝(my 1＋2p )·(my 2＋2p )＋y 1y 2＝(m 2＋1)y 1y 2＋2pm (y 1＋y 2)＋4p 2＝2p 2m 2＋2p 2.
当m ＝0时，NA →·NB →
的最小值为2p 2.
(2)假设满足条件的直线l 存在，其方程为x ＝a ，AC 的中点为O ′，l 与以AC 为直径的圆相交于P ，Q 两点，PQ 的中点为H ，则O ′H ⊥PQ ，O ′的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫
x 1＋p 2
，y 12. ∵|O ′P |＝12|AC |＝12
(x 1－p )2＋y 21＝12
x 21＋p 2
，
∴|PH |2＝|O ′P |2－|O ′H |2
＝14(x 21＋p 2)－14(2a －x 1－p )2
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12p x 1
＋a (p －a )． ∴|PQ |2＝(2|PH |)2
＝4⎣⎢⎡⎦
⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12p x 1＋a (p －a ). 令a －12p ＝0，得a ＝1
2p ，此时|PQ |＝p 为定值．
故满足条件的直线l 存在，其方程为x ＝1
2p . 【规律总结】
1．化解探索性问题的方法
首先假设所探求的问题结论成立、存在等，在这个假设下进行推理论证，如果得
到了一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题做出正面回答，如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答．在这个解题思路指导下解决探索性问题与解决具有明确结论的问题没有什么差别． 2．求定值问题的方法
定值问题是解析几何中的一种常见问题，基本的求解方法是：先用变量表示所需证明的不变量，然后通过推导和已知条件，消去变量，得到定值，即解决定值问题首先是求解非定值问题，即变量问题，最后才是定值问题．
【变式训练】
3．(2012·北京东城11校联考)已知顶点在坐标原点，焦点在x 轴正半轴的抛
物线上有一点A ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12，m ，A 点到抛物线焦点的距离为1.
(1)求该抛物线的方程；
(2)设M (x 0，y 0)为抛物线上的一个定点，过M 作抛物线的两条互相垂直的弦MP ，MQ ，求证：PQ 恒过定点(x 0＋2，－y 0)；
(3)直线x ＋my ＋1＝0与抛物线交于E 、F 两点，在抛物线上是否存在点N ，使得△NEF 为以EF 为斜边的直角三角形？
解析 (1)由题意可设抛物线的方程为y 2
＝2px ，则由抛物线的定义可得p 2＋1
2
＝1，即p ＝1，所以抛物线的方程为y 2＝2x .
(2)证明 由题意知直线PQ 与x 轴不平行，设PQ 所在直线方程为 x ＝my ＋n ，代入y 2＝2x 中，得y 2－2my －2n ＝0. 所以y 1＋y 2＝2m ，y 1y ＝－2n ， 其中y 1，y 2分别是P ，Q 的纵坐标， 因为MP ⊥MQ ，所以k MP ·k MQ ＝－1.
即y 1－y 0x 1－x 0·y 2－y 0x 2－x 0＝－1，所以(y 1＋y 0)(y 2＋y 0)＝－4. y 1·y 2＋(y 1＋y 2)y 0＋y 20＋4＝0，
(－2n )＋2my 0＋2x 0＋4＝0，即n ＝my 0＋x 0＋2. 所以直线PQ 的方程为x ＝my ＋my 0＋x 0＋2， 即x ＝m (y ＋y 0)＋x 0＋2，它一定过定点(x 0＋2，－y 0)．
(3)假设N (x 0，y 0)为满足条件的点，则由(2)知，点(x 0＋2，－y 0)在直线x ＋my ＋1＝0上，
所以x 0＋2－my 0＋1＝0，(x 0，y 0)是方程⎩⎪⎨⎪⎧
y 2＝2x ，
x －my ＋3＝0
的解，消去x 得y 2
－2my ＋6＝0，Δ＝4m 2－24≥0，所以存在点N 满足条件． 名师押题高考
【押题1】过双曲线x 2a 2－y 2
b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一个焦点F 作一条渐近线的垂线，垂足为点A ，与另一条渐近线交于点B .若FB →＝2F A →
，则此双曲线的渐近线的斜率是________．
解析 双曲线的渐近线方程是y ＝±b a x ，设过右焦点F (c,0)的直线l 与渐近线y ＝
b
a x 垂直，则直线l 的方程即y ＝－a
b (x －
c )，两直线方程联立，解得点A 的纵坐标
y 1＝ab c ；
把方程y ＝－a b (x －c )与方程y ＝－b a x 联立，解得点B 的纵坐标y 2＝abc
b 2－a 2
.由于FB →＝2F A →
，即(x 2－c ，y 2)＝2(x 1－c ，y 1)，由此得y 2＝2y 1，故abc b 2－a 2＝2ab c ，此即2(b 2－a 2)＝c 2＝a 2＋b 2，即b ＝3a ，故其渐近线的斜率是±3.
答案 ±3
[押题依据] 本题以向量为背景，综合考查双曲线的几何性质，既考查了通性通法，又可考查考生的应变能力，新颖别致、难度适中，故押此题．
【押题2】(2012·济南三模)已知直线l ：y ＝x ＋1，圆O ：x 2
＋y 2
＝3
2，直线l
被圆截得的弦长与椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a ＞b ＞0)的短轴长相等，椭圆的离心率e
＝32.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)过点M ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫0，－13的动直线l 交椭圆C 于A 、B 两点，试问：在坐标平面上
是否存在一个定点T ，使得无论l 如何转动，以AB 为直径的圆恒过定点T ？若存在， 求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．
解析 (1)则由题设可知b ＝1，又e ＝3
2，a ＝2， 所以椭圆C 的方程是x 22＋y 2
＝1. (2)解法一 假设存在点T (u ，v )．
若直线l 的斜率存在，设其方程为y ＝kx －1
3， 将它代入椭圆方程，并整理， 得(18k 2＋9)x 2－12kx －16＝0.
设点A 、B 的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，
则⎩
⎪⎨⎪⎧
x 1＋x 2＝12k 18k 2＋9
，
x 1x 2
＝－16
18k 2
＋9.
因为TA →＝(x 1－u ，y 1－v )，TB →＝(x 2－u ，y 2－v )及y 1＝kx 1－13，y 2＝kx 2
－13， 所以TA →·TB →＝(x 1－u )(x 2－u )＋(y 1－v )(y 2
－v )
＝(k 2＋1)x 1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫
u ＋13k ＋k v (x 1＋x 2)＋u 2＋v 2＋2v 3＋19
＝(6u 2＋6v 2－6)k 2－4ku ＋(3u 2＋3v 2＋2v －5)
6k 2＋3
当且仅当TA →·TB →＝0恒成立时，以AB 为直径的圆恒过定点T ，
所以⎩⎪⎨⎪⎧
6u 2＋6v 2－6＝0，u ＝0，
3u 2＋3v 2＋2v －5＝0.
解得u ＝0，v ＝1.
此时以AB 为直径的圆恒过定点T (0,1)．
当直线l 的斜率不存在，l 与y 轴重合，以AB 为直径的圆为x 2＋y 2＝1也过点T (0,1)．
综上可知，在坐标平面上存在一个定点T (0,1)，满足条件．
解法二 若直线l 与y 轴重合，则以AB 为直径的圆是x 2＋y 2＝1. 若直线l 垂直于y 轴，则以AB 为直径的圆是 x 2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫y ＋132＝169.
由⎩⎨⎧
x 2＋y 2＝1，x 2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫y ＋132＝169.解得⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝0，
y ＝1.
由此可知所求点T 如果存在，只能是(0,1)． 事实上点T (0,1)就是所求的点．证明如下：
当直线l 的斜率不存在，即直线l 与y 轴重合时，以AB 为直径的圆为x 2＋y 2＝1，过点T (0,1)；
当直线l 的斜率存在，设直线方程为y ＝kx －1
3，代入椭圆方程，并整理，得(18k 2＋9)x 2－12kx －16＝0.
设点A 、B 的坐标为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，
则⎩
⎪⎨⎪⎧
x 1＋x 2＝12k 18k 2＋9
，
x 1x 2
＝－16
18k 2
＋9.
因为TA →＝(x 1，y 1－1)，TB →＝(x 2，y 2
－1)， TA →·TB →＝x 1x 2＋y 1y 2－(y 1＋y 2)＋1＝(k 2＋1)x 1x 2－43k (x 1＋x 2
)＋169＝－16k 2－16－16k 2＋32k 2＋16
18k 2
＋9
＝0. 所以TA
→⊥TB →，即以AB 为直径的圆恒过定点T (0,1)． 综上可知，在坐标平面上存在一个定点T (0,1)满足条件．
[押题依据]直线与圆锥曲线的综合应用是高考的必考点之一，常作为压轴题出现，主要考查考生的分析问题解决问题的能力及运算能力，有很好的区分度．本题是探索性问题与定点问题的综合，难度较大，符合高考命题的趋势，故押此题．。