江苏专用2019高考数学二轮复习专题七应用题第23讲与几何相关的应用题基础滚动小练【推荐】.docx
2019届江苏高考数学二轮复习第二篇第23练解析几何的综合问题试题理
第23练 解析几何的综合问题[明晰考情] 1.命题角度：直线与椭圆；定点、定值问题；最值问题.2.题目难度：中高档难度.考点一 直线与椭圆方法技巧 对于直线与圆锥曲线的位置关系问题，一般要把圆锥曲线的方程与直线方程联立来处理.(1)设直线方程，在直线的斜率不确定的情况下要分斜率存在和不存在两种情况进行讨论，或者将直线方程设成x ＝my ＋b (斜率不为0)的形式.(2)联立直线方程与曲线方程并将其转化成一元二次方程，利用方程根的判别式或求根公式得到交点的横坐标或纵坐标.(3)一般涉及弦长的问题，要用到弦长公式AB ＝1＋k 2·|x 1－x 2|或AB ＝1＋1k2·|y 1－y 2|.1.(2018·江苏省南京外国语学校检测)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12，且离心率为32.(1)求椭圆E 的方程；(2)如图，过点P (0,2)的直线l 与椭圆E 相交于两个不同的点A ，B ，求OA →·OB →的取值范围.解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧(3)2a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122b2＝1，c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，所以a 2＝4，b 2＝1.所以椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)①当直线l 的斜率不存在时，A (0,1)，B (0，－1)， 所以OA →·OB →＝－1.②当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 24＋y 2＝1，消去y 整理得(1＋4k 2)x 2＋16kx ＋12＝0，由Δ>0，可得4k 2>3，因为x 1,2＝－16k ±256k 2－48(1＋4k 2)2(1＋4k 2)＝－8k ±24k 2－31＋4k 2， 所以x 1＋x 2＝－16k 1＋4k 2，x 1x 2＝121＋4k2，所以OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4＝－1＋171＋4k 2，所以－1<OA →·OB →<134.综上，OA →·OB →∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，134.2.如图，在平面直角坐标系xOy 中，F 1，F 2分别是椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，顶点B 的坐标为(0，b )，且△BF 1F 2是边长为2的等边三角形.(1)求椭圆的方程；(2)过右焦点F 2的直线l 与椭圆交于A ，C 两点，记△ABF 2，△BCF 2的面积分别为S 1，S 2，若S 1＝2S 2，求直线l 的斜率.解 (1)由题意，得a ＝2c ＝2，所以c ＝1，b 2＝a 2－c 2＝3，所以椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设点B 到直线AC 的距离为h ， 由于S 1＝2S 2，所以12AF 2·h ＝2×12F 2C ·h ，即AF 2＝2F 2C ，所以AF 2→＝2F 2C →.设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，又F 2(1,0)， 则(1－x 1，－y 1)＝2(x 2－1，y 2)，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝3－2x 2，y 1＝－2y 2.由⎩⎪⎨⎪⎧x 224＋y 223＝1，(3－2x 2)24＋(－2y 2)23＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝74，y 2＝±358.所以直线l 的斜率为k ＝y 2x 2－1＝±35874－1＝±52.3.如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的右准线方程为x ＝4，右顶点为A ，上顶点为B ，右焦点为F ，斜率为2的直线l 经过点A ，且点F 到直线l 的距离为255.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)将直线l 绕点A 旋转，它与椭圆C 相交于另一点P ，当B ，F ，P 三点共线时，试确定直线l 的斜率.解 (1)由题意知，直线l 的方程为y ＝2(x －a )， 即2x －y －2a ＝0，所以右焦点F 到直线l 的距离d ＝|2c －2a |5＝255，所以a －c ＝1.又因为椭圆C 的右准线为x ＝4，即a 2c ＝4，所以c ＝a 24，代入上式解得a ＝2，c ＝1，所以b 2＝3， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)知B (0，3)，F (1,0)， 所以直线BF 的方程为y ＝－3(x －1)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－3(x －1)，x 24＋y 23＝1，解得⎩⎨⎧x ＝0，y ＝3(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝85，y ＝－335，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫85，－335.所以直线l 的斜率k ＝0－⎝ ⎛⎭⎪⎫－3352－85＝332.4.已知动点M (x ，y )到点F (2,0)的距离为d 1，动点M (x ，y )到直线x ＝3的距离为d 2，且d 1d 2＝63. (1)求动点M (x ，y )的轨迹C 的方程；(2)过点F 作直线l ：y ＝k (x －2)(k ≠0)交曲线C 于P ，Q 两点，若△OPQ 的面积S △OPQ ＝3(O 是坐标原点)，求直线l 的方程.解 (1)结合题意，可得d 1＝(x －2)2＋y 2，d 2＝|x －3|.又d 1d 2＝63，即(x －2)2＋y 2|x －3|＝63，化简得x 26＋y 22＝1. 因此，所求动点M (x ，y )的轨迹C 的方程是x 26＋y 22＝1.(2)联立⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 22＝1，y ＝k (x －2)，消去y ，得(1＋3k 2)x 2－12k 2x ＋12k 2－6＝0.设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，Δ＝(－12k 2)2－4(1＋3k 2)·(12k 2－6)＝24k 2＋24>0. 因为x 1,2＝6k 2±6k 2＋63k 2＋1，所以|x 1－x 2|＝26k 2＋63k 2＋1， 于是，PQ ＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝1＋k 2|x 1－x 2|＝26(k 2＋1)1＋3k2，点O到直线l的距离d＝|2k|1＋k2.由S△OPQ＝3，得12×|2k|1＋k2×26(k2＋1)1＋3k2＝3，化简得，k4－2k2＋1＝0，解得k＝±1，且满足Δ>0，即k＝±1符合题意.因此，所求直线的方程为x－y－2＝0或x＋y－2＝0.考点二 定点、定值问题方法技巧 (1)定点问题的常见解法①假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点. ②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意. (2)定值问题的常见解法①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.5.(2018·苏州调研)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的离心率为32，焦点到相应准线的距离为33，A ，B 分别为椭圆的左顶点和下顶点，P 为椭圆C 上位于第一象限内的一点，PA 交y 轴于点E ，PB 交x 轴于点D .(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若OE OB ＝12，求ODOA的值；(3)求证：四边形ABDE 的面积为定值.(1)解 设右焦点F (c,0)，因为椭圆C 的离心率为32， 所以c a ＝32，①又因为右焦点F 到右准线的距离为33，所以a 2c －c ＝33，②由①②得，a ＝2，c ＝3，b ＝1， 所以椭圆C 的标准方程是x 24＋y 2＝1.(2)解 因为OE OB ＝12，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，直线AE 的方程为y ＝14(x ＋2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝14(x ＋2)，x 24＋y 2＝1，得x 2＋14(x ＋2)2＝4，解得x ＝－2(舍)或x ＝65，故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫65，45， 直线PB 的方程为y ＝32x －1，令y ＝0，得D ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0， 所以OD OA ＝13.(3)证明 设P (x 0，y 0)(x 0>0，y 0>0)， 则x 204＋y 20＝1， 即x 20＋4y 20＝4. 直线AP 的方程为y ＝y 0x 0＋2(x ＋2)，令x ＝0，得y ＝2y 0x 0＋2. 直线BP 的方程为y ＋1＝y 0＋1x 0x ，令y ＝0，得x ＝x 0y 0＋1. 所以四边形ABDE 的面积S ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0y 0＋1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫2y 0x 0＋2＋1＝12·x 0＋2y 0＋2y 0＋1·x 0＋2y 0＋2x 0＋2 ＝12·x 20＋4y 20＋2(2x 0y 0＋2x 0＋4y 0)＋4x 0y 0＋x 0＋2y 0＋2 ＝2x 0y 0＋2x 0＋4y 0＋4x 0y 0＋x 0＋2y 0＋2＝2.所以四边形ABDE 的面积为定值.6.如图，在平面直角坐标系xOy 中，离心率为22的椭圆C ：x 2a 2＋y2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左顶点为A ，过原点O 的直线(与坐标轴不重合)与椭圆C 交于P ，Q 两点，直线PA ，QA 分别与y 轴交于M ，N 两点.当直线PQ 的斜率为22时，PQ ＝2 3.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)试问以MN 为直径的圆是否经过定点(与直线PQ 的斜率无关)？请证明你的结论. 解 (1)设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，22x 0， 因为当直线PQ 的斜率为22时，PQ ＝23，所以x 20＋⎝⎛⎭⎪⎫22x 02＝3，所以x 20＝2. 所以2a 2＋1b2＝1.因为e ＝c a ＝a 2－b 2a ＝22，所以a 2＝4，b 2＝2.所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1.(2)以MN 为直径的圆过定点(±2，0).设P (x 0，y 0)，则Q (－x 0，－y 0)，且x 204＋y 202＝1，即x 20＋2y 20＝4.因为A (－2,0)，所以直线PA 的方程为 y ＝y 0x 0＋2(x ＋2)，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2y 0x 0＋2，直线QA 的方程为y ＝y 0x 0－2(x ＋2)，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2y 0x 0－2.以MN 为直径的圆为 (x －0)(x －0)＋⎝⎛⎭⎪⎫y －2y 0x 0＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫y －2y 0x 0－2＝0， 即x 2＋y 2－4x 0y 0x 20－4y ＋4y 2x 20－4＝0.因为x 20－4＝－2y 20，所以x 2＋y 2＋2x 0y 0y －2＝0.令y ＝0，解得x ＝±2，所以以MN 为直径的圆过定点(±2，0).7.已知椭圆C ：x 24＋y 22＝1的上顶点为A ，直线l ：y ＝kx ＋m 交椭圆于P ，Q 两点，设直线AP ，AQ 的斜率分别为k 1，k 2.(1)当m ＝0时，求k 1k 2的值；(2)当k 1k 2＝－1时，证明：直线l ：y ＝kx ＋m 过定点. (1)解 当m ＝0时，直线l ：y ＝kx . 代入椭圆C ：x 24＋y 22＝1，得x 2＋2k 2x 2＝4，解得P ⎝⎛⎭⎪⎫－21＋2k 2，－2k 1＋2k 2，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋2k 2，2k 1＋2k 2.因为A 为椭圆的上顶点，所以A (0，2)，所以k 1＝－2k 1＋2k2－2－21＋2k2＝2k ＋2·1＋2k 22，k 2＝2k 1＋2k 2－221＋2k2＝2k －2·1＋2k 22，所以k 1k 2＝4k 2－2(1＋2k 2)4＝－12.(2)证明 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，将直线l ：y ＝kx ＋m 代入椭圆C ：x 24＋y 22＝1，并整理得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－4＝0，则Δ＝16k 2m 2－8(m 2－2)(1＋2k 2)＝8(4k 2－m 2＋2)＞0，因为x 1,2＝－4km ±16k 2m 2－8(m 2－2)(1＋2k 2)2(1＋2k 2)，所以x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－41＋2k 2.由k 1k 2＝－1知，y 1－2x 1·y 2－2x 2＝－1， 即y 1y 2－2(y 1＋y 2)＋2＋x 1x 2＝0，所以(kx 1＋m )(kx 2＋m )－2(kx 1＋m ＋kx 2＋m )＋x 1x 2＋2＝0， 所以k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2－2k (x 1＋x 2)－22m ＋x 1x 2＋2＝0，即(k 2＋1)2m 2－41＋2k 2＋k (m －2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋2k 2＋m 2－22m ＋2＝0，所以(k 2＋1)(2m 2－4)＋k (m －2)(－4km )＋(m 2－22m ＋2)(1＋2k 2)＝0， 所以3m 2－22m －2＝0，解得m ＝2(舍去)或m ＝－23， 所以直线l ：y ＝kx －23. 所以直线l 过定点⎝⎛⎭⎪⎫0，－23. 8.在平面直角坐标系xOy 中，设中心在坐标原点的椭圆C 的左、右焦点分别为F 1，F 2，右准线l ：x ＝m ＋1与x 轴的交点为B ，BF 2＝m . (1)已知点⎝⎛⎭⎪⎫62，1在椭圆C 上，求实数m 的值；(2)已知定点A (－2,0). ①若椭圆C 上存在点T ，使得TATF 1＝2，求椭圆C 的离心率的取值范围； ②当m ＝1时，记M 为椭圆C 上的动点，直线AM ，BM 分别与椭圆C 交于另一点P ，Q ，若AM →＝λAP →，BM →＝μBQ →，求证：λ＋μ为定值. (1)解 设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0).由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 2c＝m ＋1，(m ＋1)－c ＝m ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝m ＋1，b 2＝m ，c ＝1.所以椭圆方程为x 2m ＋1＋y 2m＝1.因为椭圆C 过点⎝⎛⎭⎪⎫62，1，所以32(m ＋1)＋1m ＝1， 解得m ＝2或m ＝－12(舍去).所以m ＝2.(2)①解 设点T (x ，y )， 由TA TF 1＝2，得(x ＋2)2＋y 2＝2[(x ＋1)2＋y 2]， 即x 2＋y 2＝2.由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝2，x 2m ＋1＋y 2m＝1，得y 2＝m 2－m .因此0≤m 2－m ≤m ，解得1≤m ≤2. 所以椭圆C 的离心率e ＝1m ＋1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，22.②证明 设M (x 0，y 0)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 则AM →＝(x 0＋2，y 0)，AP →＝(x 1＋2，y 1).由AM →＝λAP →，得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋2＝λ(x 1＋2)，y 0＝λy 1，从而⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝λx 1＋2(λ－1)，y 0＝λy 1，因为x 202＋y 2＝1，所以[λx 1＋2(λ－1)]22＋(λy 1)2＝1，即λ2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 212＋y 21＋2λ(λ－1)x 1＋2(λ－1)2－1＝0.因为x 212＋y 21＝1，代入得2λ(λ－1)x 1＋3λ2－4λ＋1＝0. 由题意知，λ≠1且λ≠0， 故x 1＝－3λ－12λ，所以x 0＝λ－32.同理可得x 0＝－μ＋32.因此λ－32＝－μ＋32，所以λ＋μ＝6.考点三 范围、最值问题方法技巧 圆锥曲线的最值和范围问题解题常见思路 (1)利用判别式来构造不等式，从而确定参数的取值范围.(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是在两个参数之间建立相关关系.(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围. (4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围. (5)利用函数值域的求法，确定参数的取值范围.9.已知椭圆的右焦点F (m,0)，左、右准线分别为l 1：x ＝－m －1，l 2：x ＝m ＋1，且l 1，l 2分别与直线y ＝x 相交于A ，B 两点. (1)若离心率为22，求椭圆的方程； (2)当AF →·FB →<7时，求椭圆离心率的取值范围.解 (1)由已知得椭圆的中心在坐标原点，c ＝m ，a 2c＝m ＋1，从而a 2＝m (m ＋1)，b 2＝m . 由e ＝22得b ＝c ，从而m ＝1， 故a ＝2，b ＝1，得椭圆方程为x 22＋y 2＝1.(2)易得A (－m －1，－m －1)，B (m ＋1，m ＋1)， 从而AF →＝(2m ＋1，m ＋1)，FB →＝(1，m ＋1)， 故AF →·FB →＝2m ＋1＋(m ＋1)2＝m 2＋4m ＋2<7， 得0<m <1，由此得离心率e ＝c a＝mm (m ＋1)＝11＋1m，故椭圆离心率的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22. 10.(2018·江苏省苏州实验中学月考)如图，点A 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的短轴位于x轴下方的端点，过A 作斜率为1的直线l 交椭圆于B 点，点P 在y 轴上，且BP ∥x 轴，AB →·AP →＝9.(1)若点P 的坐标为(0,1)，求椭圆C 的方程； (2)若点P 的坐标为(0，t )，求实数t 的取值范围.解 (1)由题意得A (0，－b )，l 的方程为y ＝x －b ，由P (0,1)，得B (1＋b,1)，所以AB →＝(1＋b,1＋b )，AP →＝(0,1＋b )，由AB →·AP →＝9，即(1＋b,1＋b )·(0,1＋b )＝9， 所以(1＋b )2＝9，即b ＝2，所以B (3,1)， 又B 在椭圆上，得9a 2＋14＝1，解得a 2＝12, 所以椭圆C 的方程为x 212＋y 24＝1.(2)由A (0，－b ), P (0，t )，得B (t ＋b ，t )， 所以AB →＝(t ＋b ，t ＋b )，AP →＝(0，t ＋b )， 因为AB →·AP →＝9， 所以(t ＋b )2＝9，因为A 点是短轴顶点，所以t >0，t ＋b ＝3，则B (3，t )， 代入椭圆方程得9a 2＋t 2(3－t )2＝1，得a 2＝3(t －3)23－2t. 因为a 2>b 2，所以3(t －3)23－2t >(3－t )2，解得0<t <32.11.已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点.(1)求E 的方程；(2)设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程. 解 (1)设F (c,0)，由条件知，2c ＝233，得c ＝ 3.又ca ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1. 故E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)当l ⊥x 轴时不合题意，故设l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2). 将y ＝kx －2代入x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0. 当Δ＝16(4k 2－3)>0， 即k 2>34时，x 1,2＝8k ±24k 2－34k 2＋1. 从而PQ ＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝k 2＋1|x 1－x 2|. 又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1.所以△OPQ 的面积S △OPQ ＝12·d ·PQ ＝|x 1－x 2|＝44k 2－34k 2＋1. 设4k 2－3＝t ，则t >0，S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t≤1. 当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，且满足Δ>0. 所以当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为2y ±7x ＋4＝0.12.在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b ≥1)过点P (2,1)，且离心率e ＝32.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 的斜率为12，直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，求△PAB 面积的最大值.解 (1)∵e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝34，∴a 2＝4b 2.又4a 2＋1b2＝1，∴a 2＝8，b 2＝2.故所求椭圆C 的方程为x 28＋y 22＝1.(2)设l 的方程为y＝12x ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，x 28＋y22＝1，消去y ，得x 2＋2mx ＋2m 2－4＝0，判别式Δ＝16－4m 2>0， 即m 2<4.所以x 1＝－m ＋4－m 2，x 2＝－m －4－m 2， 则AB ＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝1＋14|x 1－x 2|， 点P 到直线l 的距离d ＝|m |1＋14. 因此S △PAB ＝12·d ·AB ＝12×|m |·|x 1－x 2|＝m 2(4－m 2)≤m 2＋(4－m 2)2＝2，当且仅当m 2＝2时上式等号成立，且满足Δ>0， 故△PAB 面积的最大值为2.例 (16分)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，且点⎝⎛⎭⎪⎫3，12在椭圆C 上.(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆E ：x 24a 2＋y 24b 2＝1，P 为椭圆C 上任意一点，过点P 的直线y ＝kx ＋m 交椭圆E 于A ，B 两点，射线PO 交椭圆E 于点Q .①求OQ OP的值；②求△ABQ 面积的最大值. 审题路线图(1)椭圆C 上的点满足条件―→列出a ，b 的关系式―――――――→已知离心率3e =a 2＝b 2＋c 2基本量法求得椭圆C 的方程(2)①P 在C 上，Q 在E 上――――→P ，O ，Q共线设坐标代入方程―→求出OQ OP②直线y ＝kx ＋m 和椭圆E 的方程联立――→通法 研究判别式Δ并求根→用m ，k 表示S △OAB →求S △OAB 最值―――――――→利用①得S △ABQ和S △OAB的关系得S △ABQ 的最大值 规范解答·评分标准解 (1)由题意知3a 2＋14b 2＝1.又a 2－b 2a ＝32，解得a 2＝4，b 2＝1.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.4分(2)由(1)知椭圆E 的方程为x 216＋y 24＝1.①设P (x 0，y 0)，OQ OP＝λ(λ＞0)， 由题意知Q (－λx 0，－λy 0).因为x 204＋y 2＝1，又(－λx 0)216＋(－λy 0)24＝1，即λ24⎝ ⎛⎭⎪⎫x 24＋y 20＝1， 所以λ＝2，即OQOP＝2.7分②设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 216＋y24＝1，可得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－16＝0，由Δ＞0，可得m 2＜4＋16k 2， (*)因为x 1,2＝－4km ±216k 2－m 2＋44k 2＋1， 所以|x 1－x 2|＝416k 2＋4－m21＋4k2. 9分因为直线y ＝kx ＋m 与y 轴交点的坐标为(0，m )，所以△OAB 的面积S ＝12|m ||x 1－x 2|＝216k 2＋4－m 2|m |1＋4k 2＝2(16k 2＋4－m 2)m21＋4k 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫4－m 21＋4k 2m 21＋4k 2.11分设m 21＋4k2＝t ，将y ＝kx ＋m 代入椭圆C 的方程，可得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0， 由Δ≥0，可得m 2≤1＋4k 2.(**)由(*)和(**)可知0＜t ≤1， 因此S ＝2(4－t )t ＝2－t 2＋4t ，12分 故0＜S ≤23，当且仅当t ＝1，即m 2＝1＋4k 2时取得最大值2 3. 14分 由①知，△ABQ 的面积为3S ，所以△ABQ 面积的最大值为6 3.16分构建答题模板[第一步] 求曲线方程：根据基本量法确定圆锥曲线的方程.[第二步] 联立消元：将直线方程和圆锥曲线方程联立，得到方程Ax 2＋Bx ＋C ＝0，然后研究判别式，利用求根公式求出交点坐标.[第三步] 找关系：从题设中寻求变量的等量或不等关系.[第四步] 建函数：对范围、最值类问题，要建立关于目标变量的函数关系.[第五步] 得范围：通过求解函数值域或解不等式得目标变量的范围或最值，要注意变量条件的制约，检查最值取得的条件.1.(2018·江苏省如东高级中学)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C 的焦点为F 1(－4,0),F 2(4,0)，且经过点P (3,1).(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若点M 在椭圆上，且OM →＝12PF 1→＋λPF 2→，求λ的值.解 (1)依题意，设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，2a ＝PF 1＋PF 2＝(3＋4)2＋12＋(3－4)2＋12＝62，∴a ＝32， 又c ＝4，∴b 2＝a 2－c 2＝2， ∴椭圆C 的标准方程为x 218＋y 22＝1.(2)OM →＝12PF 1→＋λPF 2→＝12(－7，－1)＋λ(1，－1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ－72，－2λ＋12， 点M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2λ－72，－2λ＋12，∵点M 在椭圆上，∴118×⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ－722＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫－2λ＋122＝1， 即20λ2＋4λ－7＝0，解得λ＝12或λ＝－710.2.如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)过点A (2,1)，离心率为32.(1)求椭圆的方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m (k ≠0)与椭圆相交于B ，C 两点(异于点A )，线段BC 被y 轴平分，且AB ⊥AC ，求直线l 的方程.解 (1)由条件知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为e ＝c a ＝32，所以b 2＝a 2－c 2＝14a 2.又点A (2,1)在椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)上，所以4a 2＋1b 2＝1, 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝8，b 2＝2.所以椭圆的方程为x 28＋y 22＝1.(2)将y ＝kx ＋m (k ≠0)代入椭圆方程， 得x 2＋4(kx ＋m )2－8＝0，整理得(1＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4m 2－8＝0.(*)因为x B ，C ＝－8mk ±64m 2k 2－4(1＋4k 2)(4m 2－8)2(1＋4k 2) ＝－4mk ±22＋8k 2－m 21＋4k 2， 所以x B ＋x C ＝－8mk1＋4k2.由线段BC 被y 轴平分，得x B ＋x C ＝－8mk1＋4k 2＝0，因为k ≠0，所以m ＝0.因为当m ＝0时，B ，C 关于原点对称， 设B (x ，kx )，C (－x ，－kx )， 由方程(*)，得x 2＝81＋4k 2，又因为AB ⊥AC ，A (2,1)，所以AB →·AC →＝(x －2)(－x －2)＋(kx －1)(－kx －1)＝5－(1＋k 2)x 2＝5－8(1＋k 2)1＋4k 2＝0，所以k ＝±12.由于k ＝12时，直线y ＝12x 过点A (2,1)，故k ＝12不符合题设.所以直线l 的方程为x ＋2y ＝0.3.在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝12，直线l ：x －my －1＝0(m ∈R )过椭圆C 的右焦点F ，且交椭圆C 于A ，B 两点.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，0，连结BD ，过点A 作垂直于y 轴的直线l 1，设直线l 1与直线BD 交于点P ，试探索当m 变化时，是否存在一条定直线l 2，使得点P 恒在直线l 2上？若存在，请求出直线l 2的方程；若不存在，请说明理由.解 (1)在x －my －1＝0中，令y ＝0，则x ＝1，所以F (1,0).由题设，得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，c a ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，a ＝2，从而b 2＝a 2－c 2＝3，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1. (2)令m ＝0，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32或A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32. 当A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32时，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，32；当A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32时，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，－32，所以满足题意的定直线l 2只能是x ＝4. 下面证明点P 恒在直线x ＝4上.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).由于PA 垂直于y 轴，所以点P 的纵坐标为y 1，从而只要证明P (4，y 1)在直线BD 上即可.由⎩⎪⎨⎪⎧x －my －1＝0，x 24＋y23＝1，消去x 得(4＋3m 2)y 2＋6my －9＝0.因为Δ＝144(1＋m 2)＞0， 且y 1,2＝－6m ±121＋m 22(4＋3m 2)， 所以y 1＋y 2＝－6m 4＋3m 2，y 1y 2＝－94＋3m2.①因为k DB －k DP ＝y 2－0x 2－52－y 1－04－52＝y 2my 2＋1－52－y 132＝32y 2－y 1⎝ ⎛⎭⎪⎫my 2－3232⎝ ⎛⎭⎪⎫my 2－32＝y 1＋y 2－23my 1y 2my 2－32.将①式代入上式，得k DB －k DP ＝0，所以k DB ＝k DP . 所以点P (4，y 1)在直线BD 上，从而直线l 1、直线BD 与直线l 2：x ＝4三线恒过同一点P ， 所以存在一条定直线l 2：x ＝4，使得点P 恒在直线l 2上.4.(2018·江苏省溧水七校联考)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点F ()1，0，离心率为22，过F 作两条互相垂直的弦AB ，CD ，设AB ，CD 的中点分别为M ，N .(1)求椭圆的方程；(2)证明：直线MN 必过定点，并求出此定点坐标； (3)若弦AB ，CD 的斜率均存在，求△FMN 面积的最大值. 解 (1)由题意得c ＝1, c a ＝22， ∴a ＝2，b ＝c ＝1， ∴椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)①当直线AB ，CD 有一条斜率不存在时，直线MN 即为直线OF ，此时直线MN 过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0. ②当直线AB ，CD 的斜率均存在时，设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则有M ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22－1，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 2＋2y 2－2＝0，消去y 得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0， ∴x 1,2＝2k 2±2k 2＋22k 2＋1，则x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1， 即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 21＋2k2， －k 1＋2k 2，将上式中的k 换成－1k ，同理可得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋k 2， k 2＋k 2， 若2k 21＋2k 2＝22＋k2，解得k ＝±1，直线MN 斜率不存在， 此时直线MN 过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0. 若直线MN 的斜率存在，则k ≠±1，则k MN ＝－k 1＋2k 2－k2＋k 22k 21＋2k 2－22＋k 2＝－k (3k 2＋3)2k 4－2＝32×－kk 2－1， 直线MN 为y －k 2＋k 2＝32×－k k 2－1⎝ ⎛⎭⎪⎫x －22＋k 2， 令y ＝0，得x ＝22＋k 2＋23×k 2－12＋k 2＝23×3＋k 2－12＋k 2＝23.综上，直线MN 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0.(3)由(2)可知直线MN 过定点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0， 又直线AB 的斜率k ≠0，故S △FMN ＝S △FPM ＋S △FPN ＝12×13⎪⎪⎪⎪⎪⎪k 2＋k 2＋12×13×⎪⎪⎪⎪⎪⎪－k 1＋2k 2＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫||k ＋1||k 2k 2＋2k2＋5， 令t ＝|k |＋1|k |∈[2，＋∞)，S △FMN ＝f (t )＝12×t 2(t 2－2)＋5＝12×t 2t 2＋1＝12×12t ＋1t，∴f (t )在[2，＋∞)上单调递减，当t ＝2时，f (t )取得最大值，即S △FMN 取得最大值19， 此时k ＝±1.。
副题07 推理与证明-2019年高考数学二轮透析23题对对碰 Word版含解析
2019届二轮透析高考数学23题对对碰【二轮精品】第二篇副题7 推理与证明【副题考法】本副题考题类型为选择填空题，并与平面几何、立体几何、解析几何、三角函数、数列等相结合考查归纳推理、类比推理合情推理思想与演绎推理思想，考查分析法、综合法、反证法等分析问题解决问题的思想方法的，考查对新概念的理解和新概念的应用，考查推理论证能力、运算求解能力、阅读理解新概念及应用新概念解决问题能力、转化与化归思想，其难度较多是中等题，分值为5分.【主题考前回扣】1.推理推理分为合情推理与演绎推理，合情推理包括归纳推理和类比推理；演绎推理的一般模式是三段论．合情推理的思维过程(1)归纳推理的思维过程实验、观察―→概括、推广→猜测一般性结论(2)类比推理的思维过程实验、观察―→联想、类推→猜测新的结论2．证明方法(1)分析法的特点：从未知看需知，逐步靠拢已知．推理模式：框图表示Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件(2)综合法的特点：从已知看可知，逐步推出未知．推理模式框图表示：P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Q n⇒Q(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示要证明的结论)．例1【河南省濮阳市2018届二模】几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案.如图是一个数表，第1行依次写着从小到大的正整数，然后把每行相邻的两个数的和写在这两数正中间的下方，得到下一行，数表从上到下与从左到右均为无限项，求满足如下条件的最小四位整数：第2017行的第项为2的正整数幂.已知，那么该款软件的激活码是（）A. 1040B. 1045C. 1060D. 1065【分析】观察数表发现，每一行都是等差数列，第行的公差为，记第行的第个数为，根据题意即可写出f(n,1)的递推关系，从而求出通项公式，由题意即可得出第2017行第N个数满足的条件，即可求出N。
2019江苏高考数学理二轮总练习专项导练资料：专项23坐标系与参数方程
1 求C2的方程； 2 在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，
3 点的交点为B，求 AB . 射线
与C1的异于极点的交点为A，与C2的异于极
x y 解析： 1 设P( x，y )，则由条件知M ( ， )，由于M 点 2 2 x 2cos x 4cos 2 在C1上，所以 ，即 ， y 4 4 sin y 2 2sin 2 x 4cos 从而C2的参数方程为 (a为参数) y 4 4 sin
1 2 x . 2 2 联立消元得2 x2 2 2 x 1 0，其判别式 (2 2 )2 4 2 1 0， 化为普通方程分别为：C 1：x 2 4 y 2 1，C 2 ：y 所以压缩后的直线C 2 与椭圆C 1 仍然只有一个公共点， 和C1与C2公共点个数相同．
坐标系与参数方程*
1.(2010 江苏卷）在极坐标系中, 已知圆ρ 2cosθ与 直线3ρcosθ 4ρsinθ a 0相切，求a实数的值.
解析：圆的直角坐标方程为x2+y2=2x，即 (x-1)2+y2=1；直线的直角坐标方程为3x+4y+a=0. 由题设，得
3a 3 4
当a 时，射线l与C1，C2的两个交点A2，B2分别与 4 A1，B1关于x轴对称，因此，四边形A1 A2 B2 B1为梯形． (2 x ' 2 x)( x ' x) 2 故四边形A1 A2 B2 B1的面积为 . 2 5
例1.在极坐标系中，已知圆C的圆心坐标为C (2， )， 3 半径R 5，求圆C的极坐标方程．
3.(2011g福建卷)在直角坐标系xOy中，直线l的方程为 x 3 cos a x y 4 0，曲线C的参数方程为 (a为参数)． y sin a 1已知在极坐标系(与直角坐标系xOy取相同的长度单位， 且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴)中，点P的极坐 标为(4， )，判断点P与直线l的位置关系；
2019年高考数学(文)二轮复习课件：专题七 解析几何 7.3.3
考向二
-15-
解 (1)不能出现AC⊥BC的情况,理由如下:设A(x1,0),B(x2,0),
则x1,x2满足x2+mx-2=0,
所以x1x2=-2. 又C的坐标为(0,1),故AC的斜率与BC的斜率之积为
= =
0, 0,
解方程组得定点.
-7-
解题策略一 解题策略二
所在的 对直点线训的练倾1 斜已角 知为椭π圆3,O������������22为+坐������������22标=1原(a点>b,△>O0)B,其F 上的顶周点长为B 与3+左焦3. 点 F
(1)求椭圆E的方程;
(2)设椭圆E的右顶点为A,不过点A的直线l与椭圆E相交于P,Q两
7.3.3 圆锥曲线中的定点、定值
与存在性问题
-2-
解题策略一 解题策略二
圆锥曲线中的定点问题(多维探究)
解题策略一 直接法
例 1 已知椭圆 C:������������22 + ������������22=1(a>b>0),四点 P1(1,1),P2(0,1),
P3
-1,
3 2
,P4
1,
3 2
=(x1-m)(x2-m)+k2(x1-2)(x2-2) =(k2+1)x1x2-(2k2+m)(x1+x2)+(4k2+m2) =(k2+1)·112+���3���2���-���62 -(2k2+m)·11+23���������2���2+(4k2+m2)=(3������2 -12������1++130���)���2������2 +(������2-6), 要使上式为定值,即与 k 无关,则应 3m2-12m+10=3(m2-6),
2019版高考数学创新大一轮复习江苏专用版全国通用讲义：第四章 三角函数 解三角形 第23讲 含答案 精品
第23讲 函数y ＝A sin (ωx ＋φ)的图象及应用考试要求 1.函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的物理意义，图象的画法，参数A ，ω，φ对函数图象变化的影响(A 级要求)；2.利用三角函数解决一些简单实际问题(A 级要求).诊 断 自 测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)将函数y ＝3sin 2x 的图象左移π4个单位长度后所得图象的解析式是y ＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4.( )(2)利用图象变换作图时“先平移，后伸缩”与“先伸缩，后平移”中平移的长度一致.( )(3)函数y ＝A cos(ωx ＋φ)的最小正周期为T ，那么函数图象的两个相邻对称中心之间的距离为T2.( )(4)由图象求解析式时，振幅A 的大小是由一个周期内图象中最高点的值与最低点的值确定的.( )解析 (1)将函数y ＝3sin 2x 的图象向左平移π4个单位长度后所得图象的解析式是y ＝3cos 2x .(2)“先平移，后伸缩”的平移单位长度为|φ|，而“先伸缩，后平移”的平移单位长度为|φ|ω.故当ω≠1时平移的长度不相等.答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√2.(必修4P40练习5改编)y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4的振幅、频率和初相分别为________.解析 根据y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的振幅、频率、初相定义知，振幅A ＝2，频率f ＝ω2π＝22π＝1π，初相φ＝－π4.答案 2，1π，－π4 3.(2017·江苏押题卷)已知角φ的终边经过点P (1，1)，函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω>0，0<φ<π2)图象的相邻两条对称轴之间的距离等于π3，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6的值为________.解析 由题设可得tan φ＝1，0<φ<π2，所以φ＝π4，又T 2＝π3，则T ＝2π3⇒ω＝2π2π3＝3，所以f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π4，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3×π6＋π4＝sin 3π4＝22.答案 224.(2017·南京、盐城模拟)将函数y ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象向右平移φ⎝ ⎛⎭⎪⎫0<φ<π2个单位后，所得函数为偶函数，则φ＝________.解析 由题意得y ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2（x －φ）＋π3为偶函数，所以－2φ＋π3＝π2＋k π(k ∈Z )，又0<φ<π2，所以φ＝5π12. 答案 5π125.(必修4P45第9题改编)电流强度I (A)随时间t (s)变化的函数I ＝A sin(ωt ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫A >0，ω>0，0<φ<π2的部分图象如图所示，则当t ＝1100 s 时，电流强度是________ A.解析 由图象知A ＝10，T 2＝4300－1300＝1100， ∴ω＝2πT ＝100π.∴I ＝10sin(100πt ＋φ).⎝ ⎛⎭⎪⎫1300，10为五点中的第二个点，∴100π×1300＋φ＝π2.∴φ＝π6.∴I＝10sin⎝⎛⎭⎪⎫100πt＋π6，当t＝1100s时，I＝－5 A.答案－5知识梳理1.“五点法”作函数y＝A sin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的简图“五点法”作图的五点是在一个周期内的最高点、最低点及与x轴相交的三个点，作图时的一般步骤为：(1)定点：如下表所示.＋φ)在一个周期内的图象.(3)扩展：将所得图象，按周期向两侧扩展可得y＝A sin(ωx＋φ)在R上的图象.2.函数y＝A sin(ωx＋φ)中各量的物理意义当函数y＝A sin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)，x∈[0，＋∞)表示简谐振动时，几个相关的概念如下表：考点一 “五点法”与“变换法”作图【例1】 (必修4P37例1改编)设函数f (x )＝sin ωx ＋3cos ωx (ω>0)的周期为π.(1)求它的振幅、初相；(2)用“五点法”作出它在长度为一个周期的闭区间上的图象；(3)(一题多解)说明函数f (x )的图象可由y ＝sin x 的图象经过怎样的变换而得到. 解 (1)f (x )＝sin ωx ＋3cos ωx＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin ωx ＋32cos ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3.∵T ＝π，∴2πω＝π，即ω＝2. ∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.∴函数f (x )＝sin ωx ＋3cos ωx 的振幅为2，初相为π3. (2)令X ＝2x ＋π3，则y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝2sin X .列表，并描点画出图象：(3)法一 把y ＝sin x 的图象上所有的点向左平移π3个单位，得到y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3的图象；再把y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3的图象上的点的横坐标变为原来的12(纵坐标不变)，得到y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象；最后把y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3上所有点的纵坐标变为原来的2倍(横坐标不变)，即可得到y ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象.法二 将y ＝sin x 的图象上每一点的横坐标x 变为原来的12，纵坐标不变，得到y ＝sin 2x 的图象；再将y ＝sin 2x 的图象向左平移π6个单位，得到y ＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象；再将y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象上每一点的横坐标保持不变 ，纵坐标变为原来的2倍，得到y ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象.规律方法 作函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0)的图象常用如下两种方法： (1)五点法作图，用“五点法”作y ＝A sin(ωx ＋φ)的简图，主要是通过变量代换，设z ＝ωx ＋φ，由z 取0，π2，π，32π，2π来求出相应的x ，通过列表，计算得出五点坐标，描点后得出图象；(2)图象的变换法，由函数y ＝sin x 的图象通过变换得到y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象有两种途径：“先平移后伸缩”与“先伸缩后平移”.【训练1】 已知f (x )＝cos(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，－π2<φ<0的最小正周期为π，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝32.(1)求ω和φ的值；(2)在给定坐标系中作出函数f (x )在[0，π]上的图象；(3)若f (x )>22，求x 的取值范围.解 (1)周期T ＝2πω＝π，∴ω＝2， ∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π4＋φ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋φ＝－sin φ＝32，又－π2＜φ＜0，∴φ＝－π3. (2)f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3，列表如下：(3)∵cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3>22，∴2k π－π4<2x －π3<2k π＋π4(k ∈Z )，∴2k π＋π12<2x <2k π＋7π12(k ∈Z )， ∴k π＋π24<x <k π＋7π24，()k ∈Z ， ∴x的取值范围是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪k π＋π24<x <k π＋7π24，k ∈Z .考点二 由图象求解析式【例2】 (2017·盐城第一学期期中)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ，ω，φ为常数，且A >0，ω>0，0<φ<π)的部分图象如图所示.(1)求A ，ω，φ的值；(2)设θ为锐角，且f (θ)＝－335，求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π6的值.解 (1)由图象，得A ＝3，34T ＝712π－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝34π，则T ＝π，∴ω＝2πT ＝2， ∴f (x )＝3sin(2x ＋φ)，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫7π12＝－3，得3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫712π×2＋φ＝－3，结合0<φ<π，得φ＝π3. (2)由(1)得f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，∴f (θ)＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π3＝－335，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π3＝－35，∵θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴2θ＋π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，4π3，又sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π3<0，∴2θ＋π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π，4π3，∴cos ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π3＝－1－sin 2⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π3＝－45，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π6＝3sin 2θ＝3sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π3－π3＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π3cos π3－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π3sin π3＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×12＋45×32＝12－3310.规律方法 已知f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A 比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：(1)五点法，由ω＝2πT 即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x 0，则令ωx 0＋φ＝0(或ωx 0＋φ＝π)，即可求出φ；(2)代入法，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A ，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.【训练2】 (1)(2016·全国Ⅱ卷改编)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)的部分图象如图所示，则函数f (x )的解析式为________.(2)如图，某地一天，从6～14时的温度变化曲线近似满足函数y ＝A sin(ωx ＋φ)＋b (A ＞0，ω＞0，0＜φ＜π)，则这段曲线的函数解析式为________.解析 (1)由题图可知，T ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝π，所以ω＝2，由五点作图法可知2×π3＋φ＝π2，所以φ＝－π6，所以函数的解析式为f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6.(2)从图中可以看出，从6～14时是函数y ＝A sin(ωx ＋φ)＋b 的半个周期，又12×2πω＝14－6，所以ω＝π8.由图可得A ＝12(30－10)＝10，b ＝12(30＋10)＝20.又π8×10＋φ＝2π，解得φ＝3π4， ∴y ＝10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π8x ＋3π4＋20，x ∈[6，14].答案 (1)f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6(2)y ＝10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π8x ＋3π4＋20，x ∈[6，14]考点三 三角函数图象与性质的综合问题(典例迁移)【例3】 (经典母题)(2017·山东卷)设函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π2，其中0＜ω＜3.已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝0.(1)求ω；(2)将函数y ＝f (x )的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移π4个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，求g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4上的最小值.解 (1)因为f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx －π2，所以f (x )＝32sin ωx －12cos ωx －cos ωx ＝32sin ωx －32cos ωx ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin ωx －32cos ωx＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π3.由题设知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝0，所以ωπ6－π3＝k π，k ∈Z . 故ω＝6k ＋2，k ∈Z ，又0＜ω＜3， 所以ω＝2.(2)由(1)得f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3，所以g (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－π3＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12.因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4，所以x －π12∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，2π3，当x －π12＝－π3，即x ＝－π4时，g (x )取得最小值－32.【迁移探究1】 (2016·山东卷)设f (x )＝23sin(π－x )sin x －(sin x －cos x )2. (1)求f (x )的单调递增区间；(2)把y ＝f (x )的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再把得到的图象向左平移π3个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，求g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6的值.解 (1)由f (x )＝23sin(π－x )sin x －(sin x －cos x )2 ＝23sin 2x －(1－2sin x cos x ) ＝3(1－cos 2x )＋sin 2x －1＝sin 2x －3cos 2x ＋3－1 ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3＋3－1.由2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2(k ∈Z )， 得k π－π12≤x ≤k π＋5π12(k ∈Z ). 所以f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π12，k π＋5π12(k ∈Z )⎝ ⎛⎭⎪⎫或⎝ ⎛⎭⎪⎫k π－π12，k π＋5π12（k ∈Z ）.(2)由(1)知f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3＋3－1，把y ＝f (x )的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变). 得到y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＋3－1的图象.再把得到的图象向左平移π3个单位， 得到y ＝2sin x ＋3－1的图象， 即g (x )＝2sin x ＋3－1.所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝2sin π6＋3－1＝ 3. 【迁移探究2】 已知函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋φ－π6(0<φ<π，ω>0)为偶函数，且函数y ＝f (x )图象的两相邻对称轴间的距离为π2. (1)求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π8的值；(2)将函数y ＝f (x )的图象向右平移π6个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标变为原来的4倍(纵坐标不变)，得到函数y ＝g (x )的图象，求g (x )的解析式，并写出g (x )的单调递减区间. 解 (1)∵f (x )为偶函数，∴φ－π6＝k π＋π2，k ∈Z ，解得φ＝2π3＋k π，k ∈Z .∵0<φ<π，∴φ＝2π3. 由题意2πω＝2×π2，得ω＝2.故f (x )＝2cos 2x ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π8＝2cos π4＝ 2. (2)将f (x )的图象向右平移π6个单位后，得到f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6的图象，再将所得图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍(纵坐标不变)，得到f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 4－π6的图象，所以g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 4－π6＝2cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 4－π6＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π3. 当2k π≤x 2－π3≤2k π＋π(k ∈Z )，即4k π＋2π3≤x ≤4k π＋8π3(k ∈Z )时，g (x )单调递减.因此g (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤4k π＋2π3，4k π＋8π3(k ∈Z ). 规律方法 (1)y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象变换：由y ＝sin x 的图象变换得到y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象有两种方法. 法一：(先平移后伸缩)y ＝sin x 的图象――――――――――――――――→向左（φ>0）或向右（φ<0）平移|φ|个单位y ＝sin(x ＋φ)的图象――――――――――→横坐标变为原来的1ωy ＝sin(ωx ＋φ)的图象――――――――→纵坐标变为原来的A 倍y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象.法二：(先伸缩后平移)y ＝sin x 的图象――――――――→横坐标变为原来的1ωy ＝sin ωx 的图象――――――――――――――――→向左（φ>0）或向右（φ<0）平移|φ|ω个单位y ＝sin(ωx ＋φ)的图象――――――――→纵坐标变为原来的A 倍y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象.(2)研究三角函数的单调性，首先将函数化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋h (或y ＝A cos(ωx ＋φ)＋h )的形式，要视“ωx ＋φ”为一个整体，另外注意A 的正负. (3)三角函数最值问题的解题思路：(ⅰ)用三角方法求三角函数的最值常见的函数形式 ① y ＝a sin x ＋b cos x ＝a 2＋b 2sin(x ＋φ)，其中cos φ＝a a 2＋b 2，sin φ＝ba 2＋b2. ②y ＝a sin 2x ＋b sin x cos x ＋c cos 2x 可先降次，整理转化为上一种形式. ③y ＝a sin x ＋bc sin x ＋d (或y ＝a cos x ＋bc cos x ＋d)可转化为只有分母含sin x 或cos x 的函数式或sinx ＝f (y )[cos x ＝f (y )]的形式，由正、余弦函数的有界性求解. (ⅱ)用代数方法求三角函数的最值常见的函数形式 ①y ＝a sin 2x ＋b cos x ＋c 可转化为cos x 的二次函数式.②y ＝a sin x ＋c b sin x (a ，b ，c >0)，令sin x ＝t ，则转化为求y ＝at ＋cbt (－1≤t ≤1)的最值，一般可用基本不等式或单调性求解.【训练3】 (2018·苏、锡、常、镇四市调研)已知函数f (x )＝3sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω＞0，－π2≤φ＜π2的图象关于直线x ＝π3对称，且图象上相邻最高点的距离为π.(1)求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4的值；(2)将函数y ＝f (x )的图象向右平移π12个单位后，得到y ＝g (x )的图象，求g (x )的单调递减区间.解 (1)因为f (x )的图象上相邻最高点的距离为π，所以f (x )的最小正周期T ＝π，从而ω＝2πT ＝2.又f (x )的图象关于直线x ＝π3对称，所以2×π3＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )，因为－π2≤＜π2，所以k ＝0，所以φ＝π2－2π3＝－π6，所以f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π4－π6＝3sin π3＝32.(2)将f (x )的图象φ向右平移π12个单位后，得到f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12的图象， 所以g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12＝3sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12－π6＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3.当2k π＋π2≤2x －π3≤2k π＋3π2(k ∈Z )，即k π＋5π12≤x ≤k π＋11π12(k ∈Z )时，g (x )单调递减. 因此g (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋5π12，k π＋11π12(k ∈Z ).一、必做题1.(2016·全国Ⅰ卷改编)若将函数y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6的图象向右平移14个周期后，所得图象对应的函数为________.解析 函数y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6的周期为π，将函数y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6的图象向右平移14个周期即π4个单位，所得函数为y ＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋π6＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3.答案 y ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π32.(2018·镇江模拟)将函数y ＝5sin(2x ＋π4)的图象向左平移φ(0<φ<π2)个单位后，所得函数图象关于y 轴对称，则φ＝________.解析 由题意得y ＝5sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2（x ＋φ）＋π4函数图象关于y 轴对称，所以2φ＋π4＝π2＋k π(k ∈Z )，又0<φ<π2，所以φ＝π8. 答案 π83.(2018·南京、盐城模拟)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|<π2的最小正周期为π，且它的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，－2，则φ的值为________.解析 由题意可得T ＝2πω＝π，解得ω＝2，则f (x )＝2sin(2x ＋φ).又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＋φ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫|φ|<π2，－π6＋φ＝5π4＋2k π或7π4＋2k π，k ∈Z ，解得φ＝－π12. 答案 －π124.(2017·江苏大联考)已知f (x )＝sin 2x ＋3cos 2x 的图象向右平移φ(0<φ<π2)个单位后，所得函数为偶函数，则φ＝________.解析 由题意得y ＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2（x －φ）＋π3为偶函数，所以－2φ＋π3＝π2＋k π(k ∈Z )，又0<φ<π2，所以φ＝5π12. 答案 5π125.(2018·南京调研)如图，它是函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，φ∈(0，π))图象的一部分，则f (0)的值为________.解析 由函数图象得A ＝3，2πω＝2[3－(－1)]＝8，解得ω＝π4，所以f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4x ＋φ，又因为(3，0)为函数f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4x ＋φ的一个下降零点，所以π4×3＋φ＝(2k ＋1)π(k ∈Z )，解得φ＝π4＋2k π(k ∈Z )，又因为φ∈(0，π)，所以φ＝π4，所以f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4x ＋π4，则f (0)＝3sin π4＝322.答案3226.(2018·南京师大附中、淮阴中学、海门中学、天一中学四校联考)将函数y ＝sin(2x ＋φ)(0<φ<π)的图象沿x 轴向左平移π8个单位后，得到函数y ＝f (x )的图象，若函数f (x )的图象过原点，则φ＝________.解析 将函数y ＝sin(2x ＋φ)(0<φ<π)的图象沿x 轴向左平移π8个单位后，得到函数f (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π8＋φ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋φ的图象，若函数f (x )的图象过原点，则f (0)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋φ＝0，π4＋φ＝k π，k ∈Z ，φ＝k π－π4，k ∈Z ，又0<φ<π，则φ＝3π4. 答案3π47.(2017·江苏大联考)将函数f (x )＝sin(2x ＋θ)⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<θ<π2的图象向右平移φ(0＜φ＜π)个单位长度后得到函数g (x )的图象，若f (x )，g (x )的图象都经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，则φ的值为________.解析 由题意得sin θ＝32，因为－π2<θ<π2，所以θ＝π3，因为g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －2φ＋π3，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2φ＋π3＝32，又因为0<φ<π，所以－2φ＋π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π3，π3，即－2φ＋π3＝－4π3，故φ＝5π6. 答案5π68.(2018·泰州一模)已知函数f (x )＝2sin ωx 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π4上的最小值为－2，则ω的取值范围是________.解析 当ω>0时，－π3ω≤ωx ≤π4ω，由题意知－π3ω≤－π2，即ω≥32；当ω<0时，π4ω≤ωx ≤－π3ω，由题意知π4ω≤－π2，∴ω≤－2.综上可知，ω的取值范围是(－∞，－2]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.答案 (－∞，－2]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞9.(2018·南京、盐城模拟)设函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，－π2<φ<π2，x ∈R )的部分图象如图所示.(1)求函数y ＝f (x )的解析式；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2时，求f (x )的取值范围.解 (1)由图象知，A ＝2，又T 4＝5π6－π3＝π2，ω>0，所以T ＝2π＝2πω，得ω＝1.所以f (x )＝2sin(x ＋φ)，将点⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，2代入，得π3＋φ＝π2＋2k π(k ∈Z )， 即φ＝π6＋2k π(k ∈Z )，又－π2<φ<π2，所以φ＝π6. 所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6.(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2时，x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，2π3，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1，即f (x )∈[－3，2].10.(2018·扬州中学质检)如图，函数y ＝2cos(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，0≤φ≤π2的部分图象与y 轴交于点(0，3)，最小正周期是π.(1)求ω，φ的值；(2)已知点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0，点P 是该函数图象上一点，点Q (x 0，y 0)是P A 的中点，当y 0＝32，x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π时，求x 0的值.解 (1)将点(0，3)代入y ＝2cos(ωx ＋φ)， 得cos φ＝32， ∵0≤φ≤π2，∴φ＝π6.∵最小正周期T ＝π，且ω>0，∴ω＝2πT ＝2. (2)由(1)知y ＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.∵A ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0，Q (x 0，y 0)是P A 中点，y 0＝32，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0－π2，3.又∵点P 在y ＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6的图象上，∴2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x 0－π＋π6＝3，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x 0＋π6＝－32.∵x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π，∴4x 0＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π＋π6，4π＋π6，∴4x 0＋π6＝2π＋π－π6或4x 0＋π6＝2π＋π＋π6， ∴x 0＝2π3或3π4. 二、选做题11.(2018·苏北四市调研)如图，已知A ，B 分别是函数f (x )＝3sin ωx (ω>0)在y 轴右侧图象上的第一个最高点和第一个最低点，且∠AOB ＝π2，则该函数的周期是________.解析 设函数的周期为T ，由图象可得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 4，3，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3T 4，－3，则OA →·OB →＝3T 216－3＝0，解得T ＝4. 答案 412.(2018·南京模拟)设函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，给出下列结论：①f (x )的图象关于直线x ＝π3对称； ②f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0对称；③f (x )的最小正周期为π，且在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π12上为增函数；④把f (x )的图象向右平移π12个单位，得到一个偶函数的图象. 其中正确的是________(填序号).解析 对于函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，当x ＝π3时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝sin 5π6＝12，故①错；当x ＝π6时， f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝sin π2＝1，故⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0不是函数的对称中心，故②错；函数的最小正周期为T ＝2π2＝π，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π12时，2x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3，此时函数为增函数，故③正确；把f (x )的图象向右平移π12个单位，得到g (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12＋π6＝sin 2x ，函数是奇函数，故④错. 答案 ③。
(江苏专用)2019高考数学二轮复习 第二篇 第23练 解析几何的综合问题试题 理
第23练 解析几何的综合问题[明晰考情] 1.命题角度：直线与椭圆；定点、定值问题；最值问题.2.题目难度：中高档难度.考点一 直线与椭圆方法技巧 对于直线与圆锥曲线的位置关系问题，一般要把圆锥曲线的方程与直线方程联立来处理.(1)设直线方程，在直线的斜率不确定的情况下要分斜率存在和不存在两种情况进行讨论，或者将直线方程设成x ＝my ＋b (斜率不为0)的形式.(2)联立直线方程与曲线方程并将其转化成一元二次方程，利用方程根的判别式或求根公式得到交点的横坐标或纵坐标.(3)一般涉及弦长的问题，要用到弦长公式AB ＝1＋k 2·|x 1－x 2|或AB ＝1＋1k2·|y 1－y 2|.1.(2018·江苏省南京外国语学校检测)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12，且离心率为32.(1)求椭圆E 的方程；(2)如图，过点P (0,2)的直线l 与椭圆E 相交于两个不同的点A ，B ，求OA →·OB →的取值范围.解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧(3)2a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122b2＝1，c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，所以a 2＝4，b 2＝1.所以椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)①当直线l 的斜率不存在时，A (0,1)，B (0，－1)， 所以OA →·OB →＝－1.②当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 24＋y 2＝1，消去y 整理得(1＋4k 2)x 2＋16kx ＋12＝0，由Δ>0，可得4k 2>3，因为x 1,2＝－16k ±256k 2－48(1＋4k 2)2(1＋4k 2)＝－8k ±24k 2－31＋4k 2， 所以x 1＋x 2＝－16k 1＋4k 2，x 1x 2＝121＋4k2，所以OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4＝－1＋171＋4k 2，所以－1<OA →·OB →<134.综上，OA →·OB →∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，134.2.如图，在平面直角坐标系xOy 中，F 1，F 2分别是椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，顶点B 的坐标为(0，b )，且△BF 1F 2是边长为2的等边三角形.(1)求椭圆的方程；(2)过右焦点F 2的直线l 与椭圆交于A ，C 两点，记△ABF 2，△BCF 2的面积分别为S 1，S 2，若S 1＝2S 2，求直线l 的斜率.解 (1)由题意，得a ＝2c ＝2，所以c ＝1，b 2＝a 2－c 2＝3，所以椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设点B 到直线AC 的距离为h ， 由于S 1＝2S 2，所以12AF 2·h ＝2×12F 2C ·h ，即AF 2＝2F 2C ，所以AF 2→＝2F 2C →.设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，又F 2(1,0)， 则(1－x 1，－y 1)＝2(x 2－1，y 2)，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝3－2x 2，y 1＝－2y 2.由⎩⎪⎨⎪⎧x 224＋y 223＝1，(3－2x 2)24＋(－2y 2)23＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝74，y 2＝±358.所以直线l 的斜率为k ＝y 2x 2－1＝±35874－1＝±52.3.如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的右准线方程为x ＝4，右顶点为A ，上顶点为B ，右焦点为F ，斜率为2的直线l 经过点A ，且点F 到直线l 的距离为255. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)将直线l 绕点A 旋转，它与椭圆C 相交于另一点P ，当B ，F ，P 三点共线时，试确定直线l 的斜率.解 (1)由题意知，直线l 的方程为y ＝2(x －a )， 即2x －y －2a ＝0，所以右焦点F 到直线l 的距离d ＝|2c －2a |5＝255，所以a －c ＝1.又因为椭圆C 的右准线为x ＝4，即a 2c ＝4，所以c ＝a 24，代入上式解得a ＝2，c ＝1，所以b 2＝3， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)知B (0，3)，F (1,0)， 所以直线BF 的方程为y ＝－3(x －1)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－3(x －1)，x 24＋y 23＝1，解得⎩⎨⎧x ＝0，y ＝3(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝85，y ＝－335，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫85，－335.所以直线l 的斜率k ＝0－⎝ ⎛⎭⎪⎫－3352－85＝332.4.已知动点M (x ，y )到点F (2,0)的距离为d 1，动点M (x ，y )到直线x ＝3的距离为d 2，且d 1d 2＝63. (1)求动点M (x ，y )的轨迹C 的方程；(2)过点F 作直线l ：y ＝k (x －2)(k ≠0)交曲线C 于P ，Q 两点，若△OPQ 的面积S △OPQ ＝3(O 是坐标原点)，求直线l 的方程.解 (1)结合题意，可得d 1＝(x －2)2＋y 2，d 2＝|x －3|.又d 1d 2＝63，即(x －2)2＋y 2|x －3|＝63，化简得x 26＋y 22＝1. 因此，所求动点M (x ，y )的轨迹C 的方程是x 26＋y 22＝1.(2)联立⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 22＝1，y ＝k (x －2)，消去y ，得(1＋3k 2)x 2－12k 2x ＋12k 2－6＝0.设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，Δ＝(－12k 2)2－4(1＋3k 2)·(12k 2－6)＝24k 2＋24>0. 因为x 1,2＝6k 2±6k 2＋63k 2＋1，所以|x 1－x 2|＝26k 2＋63k 2＋1， 于是，PQ ＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝1＋k 2|x 1－x 2|＝26(k 2＋1)1＋3k2，点O到直线l的距离d＝|2k|1＋k2.由S△OPQ＝3，得12×|2k|1＋k2×26(k2＋1)1＋3k2＝3，化简得，k4－2k2＋1＝0，解得k＝±1，且满足Δ>0，即k＝±1符合题意.因此，所求直线的方程为x－y－2＝0或x＋y－2＝0.考点二 定点、定值问题方法技巧 (1)定点问题的常见解法①假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点. ②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意. (2)定值问题的常见解法①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.5.(2018·苏州调研)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，焦点到相应准线的距离为33，A ，B 分别为椭圆的左顶点和下顶点，P 为椭圆C 上位于第一象限内的一点，PA 交y 轴于点E ，PB 交x 轴于点D .(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若OE OB ＝12，求ODOA的值；(3)求证：四边形ABDE 的面积为定值.(1)解 设右焦点F (c,0)，因为椭圆C 的离心率为32， 所以c a ＝32，① 又因为右焦点F 到右准线的距离为33，所以a 2c －c ＝33，②由①②得，a ＝2，c ＝3，b ＝1， 所以椭圆C 的标准方程是x 24＋y 2＝1.(2)解 因为OE OB ＝12，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，直线AE 的方程为y ＝14(x ＋2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝14(x ＋2)，x 24＋y 2＝1，得x 2＋14(x ＋2)2＝4，解得x ＝－2(舍)或x ＝65，故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫65，45， 直线PB 的方程为y ＝32x －1，令y ＝0，得D ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0， 所以OD OA ＝13.(3)证明 设P (x 0，y 0)(x 0>0，y 0>0)， 则x 204＋y 20＝1， 即x 20＋4y 20＝4. 直线AP 的方程为y ＝y 0x 0＋2(x ＋2)，令x ＝0，得y ＝2y 0x 0＋2. 直线BP 的方程为y ＋1＝y 0＋1x 0x ，令y ＝0，得x ＝x 0y 0＋1. 所以四边形ABDE 的面积S ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0y 0＋1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫2y 0x 0＋2＋1＝12·x 0＋2y 0＋2y 0＋1·x 0＋2y 0＋2x 0＋2 ＝12·x 20＋4y 20＋2(2x 0y 0＋2x 0＋4y 0)＋4x 0y 0＋x 0＋2y 0＋2 ＝2x 0y 0＋2x 0＋4y 0＋4x 0y 0＋x 0＋2y 0＋2＝2.所以四边形ABDE 的面积为定值.6.如图，在平面直角坐标系xOy 中，离心率为22的椭圆C ：x 2a 2＋y2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左顶点为A ，过原点O 的直线(与坐标轴不重合)与椭圆C 交于P ，Q 两点，直线PA ，QA 分别与y 轴交于M ，N 两点.当直线PQ 的斜率为22时，PQ ＝2 3.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)试问以MN 为直径的圆是否经过定点(与直线PQ 的斜率无关)？请证明你的结论. 解 (1)设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，22x 0， 因为当直线PQ 的斜率为22时，PQ ＝23， 所以x 20＋⎝⎛⎭⎪⎫22x 02＝3，所以x 20＝2. 所以2a 2＋1b2＝1.因为e ＝c a ＝a 2－b 2a ＝22，所以a 2＝4，b 2＝2.所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1.(2)以MN 为直径的圆过定点(±2，0).设P (x 0，y 0)，则Q (－x 0，－y 0)，且x 204＋y 202＝1，即x 20＋2y 20＝4.因为A (－2,0)，所以直线PA 的方程为 y ＝y 0x 0＋2(x ＋2)，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2y 0x 0＋2，直线QA 的方程为y ＝y 0x 0－2(x ＋2)，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2y 0x 0－2.以MN 为直径的圆为 (x －0)(x －0)＋⎝⎛⎭⎪⎫y －2y 0x 0＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫y －2y 0x 0－2＝0， 即x 2＋y 2－4x 0y 0x 20－4y ＋4y 2x 20－4＝0.因为x 20－4＝－2y 20，所以x 2＋y 2＋2x 0y 0y －2＝0.令y ＝0，解得x ＝±2，所以以MN 为直径的圆过定点(±2，0).7.已知椭圆C ：x 24＋y 22＝1的上顶点为A ，直线l ：y ＝kx ＋m 交椭圆于P ，Q 两点，设直线AP ，AQ 的斜率分别为k 1，k 2.(1)当m ＝0时，求k 1k 2的值；(2)当k 1k 2＝－1时，证明：直线l ：y ＝kx ＋m 过定点. (1)解 当m ＝0时，直线l ：y ＝kx . 代入椭圆C ：x 24＋y 22＝1，得x 2＋2k 2x 2＝4，解得P ⎝⎛⎭⎪⎫－21＋2k2，－2k1＋2k 2，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋2k 2，2k 1＋2k 2. 因为A 为椭圆的上顶点，所以A (0，2)，所以k 1＝－2k1＋2k 2－2－21＋2k2＝2k ＋2·1＋2k22，k 2＝2k 1＋2k 2－221＋2k2＝2k －2·1＋2k 22，所以k 1k 2＝4k 2－2(1＋2k 2)4＝－12.(2)证明 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，将直线l ：y ＝kx ＋m 代入椭圆C ：x 24＋y 22＝1，并整理得(1＋2k 2)x2＋4kmx ＋2m 2－4＝0，则Δ＝16k 2m 2－8(m 2－2)(1＋2k 2)＝8(4k 2－m 2＋2)＞0，因为x 1,2＝－4km ±16k 2m 2－8(m 2－2)(1＋2k 2)2(1＋2k 2)，所以x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－41＋2k 2.由k 1k 2＝－1知，y 1－2x 1·y 2－2x 2＝－1， 即y 1y 2－2(y 1＋y 2)＋2＋x 1x 2＝0，所以(kx 1＋m )(kx 2＋m )－2(kx 1＋m ＋kx 2＋m )＋x 1x 2＋2＝0， 所以k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2－2k (x 1＋x 2)－22m ＋x 1x 2＋2＝0，即(k 2＋1)2m 2－41＋2k 2＋k (m －2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋2k 2＋m 2－22m ＋2＝0，所以(k 2＋1)(2m 2－4)＋k (m －2)(－4km )＋(m 2－22m ＋2)(1＋2k 2)＝0， 所以3m 2－22m －2＝0，解得m ＝2(舍去)或m ＝－23， 所以直线l ：y ＝kx －23. 所以直线l 过定点⎝⎛⎭⎪⎫0，－23. 8.在平面直角坐标系xOy 中，设中心在坐标原点的椭圆C 的左、右焦点分别为F 1，F 2，右准线l ：x ＝m ＋1与x 轴的交点为B ，BF 2＝m . (1)已知点⎝⎛⎭⎪⎫62，1在椭圆C 上，求实数m 的值； (2)已知定点A (－2,0). ①若椭圆C 上存在点T ，使得TATF 1＝2，求椭圆C 的离心率的取值范围； ②当m ＝1时，记M 为椭圆C 上的动点，直线AM ，BM 分别与椭圆C 交于另一点P ，Q ，若AM →＝λAP →，BM →＝μBQ →，求证：λ＋μ为定值.(1)解 设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0).由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 2c＝m ＋1，(m ＋1)－c ＝m ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝m ＋1，b 2＝m ，c ＝1.所以椭圆方程为x 2m ＋1＋y 2m＝1.因为椭圆C 过点⎝⎛⎭⎪⎫62，1，所以32(m ＋1)＋1m ＝1， 解得m ＝2或m ＝－12(舍去).所以m ＝2.(2)①解 设点T (x ，y )， 由TA TF 1＝2，得(x ＋2)2＋y 2＝2[(x ＋1)2＋y 2]， 即x 2＋y 2＝2.由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝2，x 2m ＋1＋y 2m＝1，得y 2＝m 2－m .因此0≤m 2－m ≤m ，解得1≤m ≤2. 所以椭圆C 的离心率e ＝1m ＋1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，22.②证明 设M (x 0，y 0)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 则AM →＝(x 0＋2，y 0)，AP →＝(x 1＋2，y 1).由AM →＝λAP →，得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋2＝λ(x 1＋2)，y 0＝λy 1，从而⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝λx 1＋2(λ－1)，y 0＝λy 1，因为x 202＋y 2＝1，所以[λx 1＋2(λ－1)]22＋(λy 1)2＝1，即λ2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 212＋y 21＋2λ(λ－1)x 1＋2(λ－1)2－1＝0.因为x 212＋y 21＝1，代入得2λ(λ－1)x 1＋3λ2－4λ＋1＝0. 由题意知，λ≠1且λ≠0， 故x 1＝－3λ－12λ，所以x 0＝λ－32.同理可得x 0＝－μ＋32.因此λ－32＝－μ＋32，所以λ＋μ＝6.考点三 范围、最值问题方法技巧 圆锥曲线的最值和范围问题解题常见思路 (1)利用判别式来构造不等式，从而确定参数的取值范围.(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是在两个参数之间建立相关关系.(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围. (4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围. (5)利用函数值域的求法，确定参数的取值范围.9.已知椭圆的右焦点F (m,0)，左、右准线分别为l 1：x ＝－m －1，l 2：x ＝m ＋1，且l 1，l 2分别与直线y ＝x 相交于A ，B 两点. (1)若离心率为22，求椭圆的方程； (2)当AF →·FB →<7时，求椭圆离心率的取值范围.解 (1)由已知得椭圆的中心在坐标原点，c ＝m ，a 2c＝m ＋1，从而a 2＝m (m ＋1)，b 2＝m . 由e ＝22得b ＝c ，从而m ＝1， 故a ＝2，b ＝1，得椭圆方程为x 22＋y 2＝1.(2)易得A (－m －1，－m －1)，B (m ＋1，m ＋1)， 从而AF →＝(2m ＋1，m ＋1)，FB →＝(1，m ＋1)， 故AF →·FB →＝2m ＋1＋(m ＋1)2＝m 2＋4m ＋2<7， 得0<m <1， 由此得离心率e ＝c a＝mm (m ＋1)＝11＋1m，故椭圆离心率的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22. 10.(2018·江苏省苏州实验中学月考)如图，点A 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的短轴位于x 轴下方的端点，过A 作斜率为1的直线l 交椭圆于B 点，点P 在y 轴上，且BP ∥x 轴，AB →·AP →＝9.(1)若点P 的坐标为(0,1)，求椭圆C 的方程； (2)若点P 的坐标为(0，t )，求实数t 的取值范围.解 (1)由题意得A (0，－b )，l 的方程为y ＝x －b ，由P (0,1)，得B (1＋b,1)，所以AB →＝(1＋b,1＋b )，AP →＝(0,1＋b )，由AB →·AP →＝9，即(1＋b,1＋b )·(0,1＋b )＝9， 所以(1＋b )2＝9，即b ＝2，所以B (3,1)， 又B 在椭圆上，得9a 2＋14＝1，解得a 2＝12, 所以椭圆C 的方程为x 212＋y 24＝1.(2)由A (0，－b ), P (0，t )，得B (t ＋b ，t )， 所以AB →＝(t ＋b ，t ＋b )，AP →＝(0，t ＋b )， 因为AB →·AP →＝9， 所以(t ＋b )2＝9，因为A 点是短轴顶点，所以t >0，t ＋b ＝3，则B (3，t )， 代入椭圆方程得9a 2＋t 2(3－t )2＝1，得a 2＝3(t －3)23－2t. 因为a 2>b 2，所以3(t －3)23－2t >(3－t )2，解得0<t <32.11.已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点.(1)求E 的方程；(2)设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程. 解 (1)设F (c,0)，由条件知，2c ＝233，得c ＝ 3.又ca ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1. 故E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)当l ⊥x 轴时不合题意，故设l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2). 将y ＝kx －2代入x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0. 当Δ＝16(4k 2－3)>0， 即k 2>34时，x 1,2＝8k ±24k 2－34k 2＋1. 从而PQ ＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝k 2＋1|x 1－x 2|. 又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1.所以△OPQ 的面积S △OPQ ＝12·d ·PQ ＝|x 1－x 2|＝44k 2－34k 2＋1.设4k 2－3＝t ，则t >0，S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t≤1. 当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，且满足Δ>0. 所以当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为2y ±7x ＋4＝0.12.在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b ≥1)过点P (2,1)，且离心率e ＝32.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 的斜率为12，直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，求△PAB 面积的最大值.解 (1)∵e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝34，∴a 2＝4b 2.又4a 2＋1b2＝1，∴a 2＝8，b 2＝2.故所求椭圆C 的方程为x 28＋y 22＝1.(2)设l 的方程为y ＝12x ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，x 28＋y22＝1，消去y ，得x 2＋2mx ＋2m 2－4＝0，判别式Δ＝16－4m 2>0， 即m 2<4.所以x 1＝－m ＋4－m 2，x 2＝－m －4－m 2， 则AB ＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝1＋14|x 1－x 2|， 点P 到直线l 的距离d ＝|m |1＋14. 因此S △PAB ＝12·d ·AB ＝12×|m |·|x 1－x 2|＝m 2(4－m 2)≤m 2＋(4－m 2)2＝2，当且仅当m 2＝2时上式等号成立，且满足Δ>0，故△PAB 面积的最大值为 2.例 (16分)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，且点⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12在椭圆C 上. (1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆E ：x 24a 2＋y 24b2＝1，P 为椭圆C 上任意一点，过点P 的直线y ＝kx ＋m 交椭圆E 于A ，B 两点，射线PO 交椭圆E 于点Q . ①求OQOP的值；②求△ABQ 面积的最大值. 审题路线图(1)椭圆C 上的点满足条件―→列出a ，b 的关系式―――――――→已知离心率a 2＝b 2＋c 2基本量法求得椭圆C 的方程(2)①P 在C 上，Q 在E 上――――→P ，O ，Q共线设坐标代入方程―→求出OQ OP②直线y ＝kx ＋m 和椭圆E 的方程联立――→通法研究判别式Δ并求根→用m ，k 表示S △OAB →求S △OAB 最值―――――――→利用①得S △ABQ 和S △OAB 的关系得S △ABQ 的最大值规范解答·评分标准解 (1)由题意知3a 2＋14b 2＝1.又a 2－b 2a ＝32，解得a 2＝4，b 2＝1.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.4分(2)由(1)知椭圆E 的方程为x 216＋y 24＝1. ①设P (x 0，y 0)，OQ OP＝λ(λ＞0)， 由题意知Q (－λx 0，－λy 0).因为x 204＋y 2＝1，又(－λx 0)216＋(－λy 0)24＝1，即λ24⎝ ⎛⎭⎪⎫x 24＋y 20＝1， 所以λ＝2，即OQOP＝2.7分②设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 216＋y24＝1，可得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－16＝0，由Δ＞0，可得m 2＜4＋16k 2， (*)因为x 1,2＝－4km ±216k 2－m 2＋44k 2＋1， 所以|x 1－x 2|＝416k 2＋4－m21＋4k2. 9分因为直线y ＝kx ＋m 与y 轴交点的坐标为(0，m )，所以△OAB 的面积S ＝12|m ||x 1－x 2|＝216k 2＋4－m 2|m |1＋4k 2＝2(16k 2＋4－m 2)m21＋4k 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫4－m 21＋4k 2m 21＋4k 2.11分设m 21＋4k2＝t ，将y ＝kx ＋m 代入椭圆C 的方程，可得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0， 由Δ≥0，可得m 2≤1＋4k 2. (**)由(*)和(**)可知0＜t ≤1， 因此S ＝2(4－t )t ＝2－t 2＋4t ，12分 故0＜S ≤23，当且仅当t ＝1，即m 2＝1＋4k 2时取得最大值2 3. 14分 由①知，△ABQ 的面积为3S ，所以△ABQ 面积的最大值为6 3.16分构建答题模板[第一步] 求曲线方程：根据基本量法确定圆锥曲线的方程.[第二步] 联立消元：将直线方程和圆锥曲线方程联立，得到方程Ax 2＋Bx ＋C ＝0，然后研究判别式，利用求根公式求出交点坐标.[第三步] 找关系：从题设中寻求变量的等量或不等关系.[第四步] 建函数：对范围、最值类问题，要建立关于目标变量的函数关系.[第五步] 得范围：通过求解函数值域或解不等式得目标变量的范围或最值，要注意变量条件的制约，检查最值取得的条件.1.(2018·江苏省如东高级中学)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C 的焦点为F 1(－4,0), F 2(4,0)，且经过点P (3,1). (1)求椭圆C 的标准方程；(2)若点M 在椭圆上，且OM →＝12PF 1→＋λPF 2→，求λ的值.解 (1)依题意，设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，2a ＝PF 1＋PF 2＝(3＋4)2＋12＋(3－4)2＋12＝62，∴a ＝32， 又c ＝4，∴b 2＝a 2－c 2＝2， ∴椭圆C 的标准方程为x 218＋y 22＝1.(2)OM →＝12PF 1→＋λPF 2→＝12(－7，－1)＋λ(1，－1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ－72，－2λ＋12， 点M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2λ－72，－2λ＋12，∵点M 在椭圆上， ∴118×⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ－722＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫－2λ＋122＝1， 即20λ2＋4λ－7＝0，解得λ＝12或λ＝－710.2.如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)过点A (2,1)，离心率为32.(1)求椭圆的方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m (k ≠0)与椭圆相交于B ，C 两点(异于点A )，线段BC 被y 轴平分，且AB ⊥AC ，求直线l 的方程.解 (1)由条件知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为e ＝c a ＝32，所以b 2＝a 2－c 2＝14a 2.又点A (2,1)在椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)上，所以4a 2＋1b 2＝1, 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝8，b 2＝2.所以椭圆的方程为x 28＋y 22＝1.(2)将y ＝kx ＋m (k ≠0)代入椭圆方程， 得x 2＋4(kx ＋m )2－8＝0，整理得(1＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4m 2－8＝0.(*)因为x B ，C ＝－8mk ±64m 2k 2－4(1＋4k 2)(4m 2－8)2(1＋4k 2) ＝－4mk ±22＋8k 2－m 21＋4k 2， 所以x B ＋x C ＝－8mk1＋4k2.由线段BC 被y 轴平分，得x B ＋x C ＝－8mk1＋4k 2＝0，因为k ≠0，所以m ＝0.因为当m ＝0时，B ，C 关于原点对称， 设B (x ，kx )，C (－x ，－kx )， 由方程(*)，得x 2＝81＋4k 2，又因为AB ⊥AC ，A (2,1)，所以AB →·AC →＝(x －2)(－x －2)＋(kx －1)(－kx －1)＝5－(1＋k 2)x 2＝5－8(1＋k 2)1＋4k 2＝0，所以k ＝±12.由于k ＝12时，直线y ＝12x 过点A (2,1)，故k ＝12不符合题设.所以直线l 的方程为x ＋2y ＝0.3.在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝12，直线l ：x －my －1＝0(m ∈R )过椭圆C 的右焦点F ，且交椭圆C 于A ，B 两点. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，0，连结BD ，过点A 作垂直于y 轴的直线l 1，设直线l 1与直线BD 交于点P ，试探索当m 变化时，是否存在一条定直线l 2，使得点P 恒在直线l 2上？若存在，请求出直线l 2的方程；若不存在，请说明理由.解 (1)在x －my －1＝0中，令y ＝0，则x ＝1，所以F (1,0).由题设，得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，c a ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，a ＝2，从而b 2＝a 2－c 2＝3，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1. (2)令m ＝0，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32或A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32. 当A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32时，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，32；当A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32时，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，－32，所以满足题意的定直线l 2只能是x ＝4. 下面证明点P 恒在直线x ＝4上. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).由于PA 垂直于y 轴，所以点P 的纵坐标为y 1，从而只要证明P (4，y 1)在直线BD 上即可.由⎩⎪⎨⎪⎧x －my －1＝0，x 24＋y23＝1，消去x 得(4＋3m 2)y 2＋6my －9＝0.因为Δ＝144(1＋m 2)＞0， 且y 1,2＝－6m ±121＋m 22(4＋3m 2)， 所以y 1＋y 2＝－6m 4＋3m 2，y 1y 2＝－94＋3m2.①因为k DB －k DP ＝y 2－0x 2－52－y 1－04－52＝y 2my 2＋1－52－y 132＝32y 2－y 1⎝ ⎛⎭⎪⎫my 2－3232⎝ ⎛⎭⎪⎫my 2－32＝y 1＋y 2－23my 1y 2my 2－32.将①式代入上式，得k DB －k DP ＝0，所以k DB ＝k DP . 所以点P (4，y 1)在直线BD 上，从而直线l 1、直线BD 与直线l 2：x ＝4三线恒过同一点P ， 所以存在一条定直线l 2：x ＝4，使得点P 恒在直线l 2上.4.(2018·江苏省溧水七校联考)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点F ()1，0，离心率为22，过F作两条互相垂直的弦AB ，CD ，设AB ，CD 的中点分别为M ，N .(1)求椭圆的方程；(2)证明：直线MN 必过定点，并求出此定点坐标； (3)若弦AB ，CD 的斜率均存在，求△FMN 面积的最大值. 解 (1)由题意得c ＝1, c a ＝22， ∴a ＝2，b ＝c ＝1， ∴椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)①当直线AB ，CD 有一条斜率不存在时，直线MN 即为直线OF ，此时直线MN 过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0. ②当直线AB ，CD 的斜率均存在时， 设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则有M ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22－1，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 2＋2y 2－2＝0，消去y 得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0， ∴x 1,2＝2k 2±2k 2＋22k 2＋1，则x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1， 即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 21＋2k 2， －k 1＋2k 2，将上式中的k 换成－1k ，同理可得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋k 2， k 2＋k 2， 若2k 21＋2k 2＝22＋k2，解得k ＝±1，直线MN 斜率不存在， 此时直线MN 过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0.21 / 21 若直线MN 的斜率存在，则k ≠±1，则k MN ＝－k 1＋2k 2－k2＋k 22k 21＋2k 2－22＋k 2＝－k (3k 2＋3)2k 4－2＝32×－k k 2－1， 直线MN 为y －k 2＋k 2＝32×－k k 2－1⎝ ⎛⎭⎪⎫x －22＋k 2， 令y ＝0，得x ＝22＋k 2＋23×k 2－12＋k 2＝23×3＋k 2－12＋k 2＝23. 综上，直线MN 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0. (3)由(2)可知直线MN 过定点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0， 又直线AB 的斜率k ≠0，故S △FMN ＝S △FPM ＋S △FPN ＝12×13⎪⎪⎪⎪⎪⎪k 2＋k 2＋12×13×⎪⎪⎪⎪⎪⎪－k 1＋2k 2＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫||k ＋1||k 2k 2＋2k 2＋5， 令t ＝|k |＋1|k |∈[2，＋∞)，S △FMN ＝f (t )＝12×t 2(t 2－2)＋5＝12×t 2t 2＋1＝12×12t ＋1t， ∴f (t )在[2，＋∞)上单调递减，当t ＝2时，f (t )取得最大值，即S △FMN 取得最大值19， 此时k ＝±1.。
(全国通用版)2019版高考数学总复习专题七解析几何7.3解析几何压轴题课件理
������2 ·������������=0,∴- 4 +y=0,
(2)证明由已知条件可得曲线 E 的方程为 x2=4y, 设点 P(t,-1),M(x1,y1),N(x2,y2).
������2 ������ ∵y= 4 ,∴y'=2,
∴过点 M、N 的切线方程分别为
2 2 由 4y1=������1 ,4y2=������2 ,上述切线方程可化为 2(y+y1)=x1x,2(y+y2)=x2x. ∵点 P 在这两条切线上, ∴2(y1-1)=tx1,2(y2-1)=tx2, 即直线 MN 的方程为 2(y-1)=tx, 故直线 2(y-1)=tx 过定点 C(0,1).
������+������
2 ������+������
=
Hale Waihona Puke ������ (x≠1). ������-1
新题演练提能· 刷高分 1.(2018山西太原二模)已知以点C(0,1)为圆心的动圆C与y轴负半轴 交于点A,其弦AB的中点D恰好落在x轴上. (1)求点B的轨迹E的方程; (2)过直线y=-1上一点P作曲线E的两条切线,切点分别为M,N.求证: 直线MN过定点.
������-������ ������-������ 1 -������������
(2)解设 l 与 x 轴的交点为 D(x1,0),
1 1 1 则 S△ABF=2|b-a||FD|=2|b-a| ������1 - 2 1 1 |������-������| 由题设可得 |b-a| ������1 - = , 2 2 2
������2 ,������ 2
1
,B
������ 2
2
2019年最新高三题库 江苏省天一中学届高三数学二轮复习解析几何应用题
解析几何应用题【拓展探究】1. 某人欲设计一个如图所示的“蝴蝶形图案（阴影区域）”其中,AC BD 是过抛物线焦点F 且互相垂直的两条弦，该抛物线的对称轴为EF ，通径长为4．记EFA α∠=，α为锐角．（通径：经过抛物线焦点且垂直于对称轴的弦） （1）用α表示AF 的长；（2）试建立“蝴蝶形图案”的面积S 关于α的函数关系式，并设计α的大小，使“蝴蝶形图案” 的面积最小．【解】（1）由抛物线的定义知，cos 2AF AF α=⋅+，解得1cos α-2⎫⎪⎝⎭．（2）据（1）同理可得22π1sin 1cos 2BF αα==+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭， ()221cos π1cos CF αα==-++，223π1sin 1cos 2DF αα==-⎛⎫-+ ⎪⎝⎭． 所以“蝴蝶形图案”的面积12212221cos 1sin 21cos 1sin S αααα=⋅⋅+⋅⋅-++-， 即()2241sin cos sin cos S αααα-=，π0,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭． 令1sin cos t αα=，则()[)24,2,S t t t =-∈+∞，所以当2t =，即π4α=时，S 的最小值为8．答：当π4α=时，可使“蝴蝶形图案”的面积最小．2. 如图，某隧道设计为双向四车道，车道总宽22米，要求通行车辆限高4.5米，隧道全长2.5千米，隧道的拱线近似地看成半个椭圆形状.（1）若最大拱高h 为6米，则隧道设计的拱宽l 是多少？（2）若最大拱高h 不小于6米，则应如何设计拱高h 和拱宽l ，才能使半个椭圆形隧 道的土方工程量最小？（半个椭圆的面积公式为lh S 4π=）FD【解】（1）如图建立直角坐标系，则点(11,4.5)P ，椭圆方程为12222=+by a x .将b =h =6与点P 坐标代入椭圆方程，得a =此时233.3l a ==≈.因此隧道的拱宽约为33.3米.（2）由椭圆方程12222=+b y a x ，得.15.4112222=+b a 因为222211 4.5211 4.5a b ab ⨯⨯+≥即99,ab ≥且2,,l a h b ==所以99.422abS lh πππ==≥当S 取最小值时，有222211 4.51,2a b ==得2a b ==此时231.1, 6.4l a h b ==≈=≈故当拱高约为6.4米、拱宽约为31.1米时，土方工程量最小.3. 如图所示，有两条道路OM 与ON ，060MON ∠=，现要铺设三条下水管道OA ，OB ，AB （其中A ，B 分别在OM ，ON 上），若下水管道的总长度为3km ，设()OA a km =，()OB b km =．（1）求b 关于a 的函数表达式，并指出a 的取值范围；（2）已知点P 处有一个污水总管的接口，点P 到OM 的距离PH 为4，到点O 的距离PO 为，问下水管道AB 能否经过污水总管的接口点P ？若能，求出a 的值，若不能，请说明理由．5. 如图,为了保护河上古桥OA ,规划建一座新桥BC ,同时设立一个圆形保护区.规划要求: 新桥BC 与河岸AB 垂直; 保护区的边界为圆心M 在线段OA 上并与BC 相切的圆.且古桥两端O 和A 到该圆上任意一点的距离均不少于80m. 经测量，点A 位于点O 正北方向60m 处, 点C 位于点O 正东方向170m 处(OC 为河岸),34tan =∠BCO . （1）求新桥BC 的长；（2）当OM 多长时,圆形保护区的面积最大？ 【解法探究】（1）解法1：（两角差的正切）连结AC ，由题意知6tan 17ACO ∠=，则由两角差的正切公式可得：2tan tan()3ACB BCO ACO ∠=∠-∠=，故cos 150BC ACB AC m =∠⋅= 答：新桥BC 的长度为150m.解法2：（解析法）由题意可知(0,60),(170,0)A B ；由 34tan =∠BCO 可知直线BC 的斜率43k =-，则直线BC 所在直线的方程为4(170)3y x =--；又由AB BC ⊥可知，AB 所在的直线方程为3604y x =+；联立方程组4(170)33604y x y x ⎧=--⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，解得80,120x y ==；即点(80,120)B，那么150BC ==. 答：新桥BC 的长度为150m.解法3：（初中解法）延长CB 交OA 所在直线于点G ， 由34tan =∠BCO 可得6803OG =，8503CG =，5003AG =，4cos sin 5CGO GCO ∠=∠=，故 400cos 3BG CGO AG =∠⋅=，在OCG ∆中，由 勾股定理得8503CG =，故150BC m = 答：新桥BC 的长度为150m.（2）解法1：（解析法） 由题意设(0,)M a (060)a ≤≤，圆M 的方程为222()x y a r +-=，且由题意可知68035a r -==. 又古桥两端O 和A 到该圆上任意一点的距离均不少于80m ，那么80(60)80r a r a -≥⎧⎨--≥⎩，解得1035a ≤≤；由函数68035ar -=为区间[10,35]上的减函数，故当10a =时，半径取到最大值为130. 综上可知，当10OM m =时，圆形保护区的面积最大，且最大值为16900π. 解法2：（初中解法）设BC 与圆切于点N ，连接MN ，过点A 作//AH BC 交MN 于点H .设OM a =，则60AM a =-，由古桥两端O 和A 到该圆上任意一点的距离均不少于80 m ，那么80(60)80r a r a -≥⎧⎨--≥⎩，解得1035a ≤≤. 由4tan tan 3AMH OCN ∠=∠=，可得3(60)5MH a =-，由（1）解法3可得100AB =，所以33100(60)13655MN x x =+-=-+，故MN 即圆的半径的最大值为130，当且仅当10a =时取得半径的最大值. 综上可知，当10OM m =时，圆形保护区的面积最大.6. 如图，O 为总信号源点，A ，B ，C 是三个居民区，已知A ，B 都在O 的正东方向上， OA = 10 km ，OB = 20 km ，C 在O 的北偏西45° 方向上，CO=km ． （1）求居民区A 与C 的距离；（2）现要经过点O 铺设一条总光缆直线EF （E 在直线OA 的上方），并从A ，B ，C 分别铺设三条最短分光缆连接到总光缆EF ．假设铺设每条分光缆的费用与其长度的平方成正比，比例系数为m （m 为常数）．设∠AOE = θ（0≤θ <π），铺设三条分光缆的总费用为w （元）． ① 求w 关于θ的函数表达式； ② 求w 的最小值及此时tan θ的值．【专题反思】你学到了什么？还想继续研究什么？。
(江苏专用)2019版高考数学专题复习 专题3 导数及其应用 第23练 导数综合练练习 理
（江苏专用）2019版高考数学专题复习 专题3 导数及其应用 第23练 导数综合练练习 理2．(2017·福建“四地六校”联考)已知曲线f (x )＝23x 3－x 2＋ax －1存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于零，则实数a 的取值范围为________________．3．(2016·泰州二模)若函数f (x )＝x 2|x －a |在区间[0,2]上单调递增，则实数a 的取值范围是________________．4．(2016·扬州期末)若函数f (x )＝ln x －mx(m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则实数m 的值是________．5．(2016·南京调研)已知函数f (x )＝13x 3＋x 2－2ax ＋1，若函数f (x )在(1,2)上有极值，则实数a 的取值范围为________________． 6．函数y ＝ln 2xx的极小值为________．7．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价定为p 元，则销售量Q (单位：件)与零售价p (单位：元)有如下关系：Q ＝8 300－170p －p 2.问该商品零售价定为________元时毛利润最大(毛利润＝销售收入－进货支出)．8．(2016·盐城模拟)当x ∈[－2,1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是__________．9．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －x 2x，x ≤0，－x 2＋4x ＋3，x ＞0，g (x )＝f (x )＋2k ，若函数g (x )恰有两个不同的零点，则实数k 的取值范围为________________． 10．(2016·苏州模拟)已知函数f (x )＝ln 1＋x1－x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求证：当x ∈(0,1)时，f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33；(3)设实数k 使得f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立，求k 的最大值．答案精析1．(0，＋∞) 2.⎝ ⎛⎭⎪⎫3，72 3．(－∞，0]∪[3，＋∞) 4.－3e 5．(32，4)解析 因为函数f (x )在(1,2)上有极值，则需函数f (x )在(1,2)上有极值点．方法一 令f ′(x )＝x 2＋2x －2a ＝0，得x 1＝－1－1＋2a ，x 2＝－1＋1＋2a ，因为x 1∉(1,2)，因此需1＜x 2＜2，即1＜－1＋1＋2a ＜2，即4＜1＋2a ＜9，所以32＜a ＜4，故实数a 的取值范围为(32，4)．方法二 f ′(x )＝x 2＋2x －2a 的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x ＝－1，则f ′(x )在(1,2)上是单调递增函数，因此⎩⎪⎨⎪⎧f＝3－2a ＜0，f ＝8－2a ＞0，解得32＜a ＜4，故实数a 的取值范围为(32，4)．6．0解析 函数的定义域为(0，＋∞)． 令y ＝f (x )，f ′(x )＝2ln x －ln 2x x2＝－ln xx －x2.令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝e 2.f ′(x )与f (x )随x 的变化情况如下表：故当x ＝1时，函数y ＝x取到极小值0.7．30解析 由题意知，毛利润＝销售收入－进货支出，设该商品的毛利润为L (p )，则L (p )＝pQ －20Q ＝Q (p －20)＝(8 300－170p －p 2)(p －20) ＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000， 所以L ′(p )＝－3p 2－300p ＋11 700.令L ′(p )＝0，解得p ＝30或p ＝－130(舍去)． 此时，L (30)＝23 000.因为在p ＝30附近的左侧L ′(p )＞0，右侧L ′(p )＜0.所以L (30)是极大值，根据实际问题的意义知，L (30)是最大值． 8．[－6，－2]解析 当x ＝0时，ax 3－x 2＋4x ＋3≥0变为3≥0恒成立，即a ∈R .当x ∈(0,1]时，ax 3≥x 2－4x －3，a ≥x 2－4x －3x 3，∴a ≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2－4x －3x 3max .设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝x －x 3－x 2－4x －x 2x 6＝－x 2－8x －9x4＝－x －x ＋x4＞0，∴φ(x )在(0,1]上递增， φ(x )max ＝φ(1)＝－6， ∴a ≥－6.当x ∈[－2,0)时，a ≤x 2－4x －3x 3，∴a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2－4x －3x 3min . 仍设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝－x －x ＋x4.当x ∈[－2，－1)时，φ′(x )＜0， 当x ∈(－1,0)时，φ′(x )＞0.∴当x ＝－1时，φ(x )有极小值，即为最小值． 而φ(x )min ＝φ(－1)＝1＋4－3－1＝－2，∴a ≤－2.综上知－6≤a ≤－2.9.⎝ ⎛⎭⎪⎫－72，－32∪⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫0，2＋1e 2解析 由y ＝(2x －x 2)e x (x ≤0)求导，得y ′＝(2－x 2)e x ，故y ＝(2x －x 2)e x(x ≤0)在(－2，0]上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减，且当x ＜0时，恒有y ＝(2x －x 2)e x＜0. 又y ＝－x 2＋4x ＋3(x ＞0)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以可作出函数y ＝f (x )的图象，如图．由图可知，要使函数g (x )恰有两个不同的零点，需－2k ＝0或－2k ＝－22－2e 2或3＜－2k＜7，即实数k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－72，－32∪⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫0，2＋1e 2. 10．(1)解 因为f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )， 所以f ′(x )＝11＋x ＋11－x，f ′(0)＝2.又因为f (0)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x .(2)证明 令g (x )＝f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33， 则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x41－x2.因为g ′(x )＞0(0＜x ＜1)， 所以g (x )在区间(0,1)上单调递增． 所以g (x )＞g (0)＝0，x ∈(0,1)，即当x ∈(0,1)时，f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33. (3)解 由(2)知，当k ≤2时，f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立． 当k ＞2时，令h (x )＝f (x )－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33， 则h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－k －1－x2.所以当0＜x ＜ 4k －2k时，h ′(x )＜0，因此h (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0， 4k －2k 上单调递减．当0＜x ＜ 4k －2k时，h (x )＜h (0)＝0，即f (x )＜k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.所以当k ＞2时，f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33并非对x ∈(0,1)恒成立． 综上可知，k 的最大值为2.。
(江苏专版)2019届高考数学一轮复习 23.1几何证明选讲 理.doc
（江苏专版）2019届高考数学一轮复习 23.1几何证明选讲理14.(2015江苏,21A,10分)[选修4—1:几何证明选讲]如图,在△ABC中,AB=AC,△ABC的外接圆☉O的弦AE交BC于点D.求证:△ABD∽△AEB.证明因为AB=AC,所以∠ABD=∠C.又因为∠C=∠E,所以∠ABD=∠E,又∠BAE为公共角,可知△ABD∽△AEB.15.(2015课标Ⅰ,22,10分)(选修4—1:几何证明选讲)如图,AB是☉O的直径,AC是☉O的切线,BC交☉O于点E.(1)若D为AC的中点,证明:DE是☉O的切线;(2)若OA=CE,求∠ACB的大小.解析(1)连结AE,由已知得,AE⊥BC,AC⊥AB.在Rt△AEC中,由已知得,DE=DC,故∠DEC=∠DCE.连结OE,则∠OBE=∠OEB.又∠ACB+∠ABC=90°,所以∠DEC+∠OEB=90°,故∠OED=90°,DE是☉O的切线.(5分) (2)设CE=1,AE=x,由已知得AB=2,BE=.由射影定理可得,AE2=CE·BE,所以x2=,即x4+x2-12=0.可得x=,所以∠ACB=60°.(10分)16.(2015课标Ⅱ,22,10分)(选修4—1:几何证明选讲)如图,O为等腰三角形ABC内一点,☉O与△ABC的底边BC交于M,N两点,与底边上的高AD交于点G,且与AB,AC分别相切于E,F两点.(1)证明:EF∥BC;(2)若AG等于☉O的半径,且AE=MN=2,求四边形EBCF的面积.解析(1)由于△ABC是等腰三角形,AD⊥BC,所以AD是∠CAB的平分线.又因为☉O分别与AB,AC相切于点E,F,所以AE=AF,故AD⊥EF.从而EF∥BC.(2)由(1)知,AE=AF,AD⊥EF,故AD是EF的垂直平分线.又EF为☉O的弦,所以O在AD上. 连结OE,OM,则OE⊥AE.由AG等于☉O的半径得AO=2OE,所以∠OAE=30°.因此△ABC和△AEF都是等边三角形.因为AE=2,所以AO=4,OE=2.因为OM=OE=2,DM=MN=,所以OD=1.于是AD=5,AB=.所以四边形EBCF的面积为××-×(2)2×=.1.(2015重庆,14,5分)如图,圆O的弦AB,CD相交于点E,过点A作圆O的切线与DC的延长线交于点P,若PA=6,AE=9,PC=3,CE∶ED=2∶1,则BE= .答案 22.(2015天津改编,5,5分)如图,在圆O中,M,N是弦AB的三等分点,弦CD,CE分别经过点M,N.若CM=2,MD=4,CN=3,则线段NE的长为.答案3.(2015湖北,15,5分)(选修4—1:几何证明选讲)如图,PA是圆的切线,A为切点,PBC是圆的割线,且BC=3PB,则= .答案4.(2015广东,15,5分)(几何证明选讲选做题)如图,已知AB是圆O的直径,AB=4,EC是圆O 的切线,切点为C,BC=1.过圆心O作BC的平行线,分别交EC和AC于点D和点P,则OD= .答案817.(2015陕西,22,10分)选修4—1:几何证明选讲如图,AB切☉O于点B,直线AO交☉O于D,E两点,BC⊥DE,垂足为C.(1)证明:∠CBD=∠DBA;(2)若AD=3DC,BC=,求☉O的直径.解析(1)证明:因为DE为☉O直径,则∠BED+∠EDB=90°,又BC⊥DE,所以∠CBD+∠EDB=90°,从而∠CBD=∠BED.又AB切☉O于点B,得∠DBA=∠BED,所以∠CBD=∠DBA.(2)由(1)知BD平分∠CBA,则==3,又BC=,从而AB=3.所以AC==4,所以AD=3.由切割线定理得AB2=AD·AE,即AE==6,故DE=AE-AD=3,即☉O直径为3.18.(2015湖南,16(1),6分)选修4—1:几何证明选讲如图,在☉O中,相交于点E的两弦AB,CD的中点分别是M,N,直线MO与直线CD相交于点F.证明:(1)∠MEN+∠NOM=180°;(2)FE·FN=FM·FO.解析证明:(1)如图所示.因为M,N分别是弦AB,CD的中点,所以OM⊥AB,ON⊥CD,即∠OME=90°,∠ENO=90°,因此∠OME+∠ENO=180°.又四边形的内角和等于360°,故∠MEN+∠NOM=180°.(2)由(1)知,O,M,E,N四点共圆,故由割线定理即得FE·FN=FM·FO.。
高考数学(江苏)二轮专题：专题七 第23讲 与几何相关的应用题 冲刺提分
第23讲与几何相关的应用题1.(2018南京金陵中学、海安高级中学、南京外国语学校高三模拟)如图,OM,ON是某景区的两条道路(宽度忽略不计),其中OM为东西走向,Q为景区内一景点,A为道路OM上一游客休息区.已知tan∠MON=-3,OA=6百米,Q到直线OM,ON的距离分别为3百米,6√10百米.现新修5一条自A经过Q的有轨观光直路并延伸与道路ON交于点B,并在B处修建一游客休息区.(1)求有轨观光直路AB的长;(2)已知在景点Q的正北方6百米的P处有一大型音乐喷泉组合,喷泉表演一次的时长为9分钟.表演时,喷泉喷洒区域以P为圆心,r为半径且变化,且t分钟时,r=2√at百米(0≤t≤9,0<a<1).当喷泉表演开始时,一观光车S(大小忽略不计)正从休息区B沿(1)中的轨道BA以√2百米/分钟的速度开往休息区A.问:观光车在行驶途中是否会被喷泉喷洒到,并说明理由.2.(2018淮海中学高三3月模拟)如图,某小区中央广场由两部分组成,一部分是边长为80m的正方形ABCD,另一部分是以AD为直径的半圆,其圆心为O.规划修建的3条直道AD,PB,PC 将广场分割为6个区域:I、III、V为绿化区域(图中阴影部分),II、IV、VI为休闲区域,其中点P在半圆弧上,AD分别与PB,PC相交于点E,F.(道路宽度忽略不计)(1)若PB经过圆心,求点P到AD的距离;).(2)设∠POD=θ,θ∈(0,π2①试用θ表示EF的长度;②当sinθ为何值时,绿化区域面积之和最大.答案精解精析1.解析 (1)以点O 为坐标原点,直线OM 为x 轴,建立平面直角坐标系,如图所示.则由题意得A(6,0),直线ON 的方程为y=-3x,Q(x 0,3)(x 0>0), 由0√10=6√105,解得x 0=3(舍x=-5),所以Q(3,3).故直线AQ 的方程为y=-(x-6),即x+y-6=0,{y =-3x,x +y -6=0,解得x=-3,y=9, 即B(-3,9).所以AB=9√2.(2)将喷泉记为圆P,由题意可得P(3,9),设t 分钟时,观光车在直路AB 上的点C 处,则BC=√2t,0≤t ≤9,所以C(-3+t,9-t).若喷泉不会洒到观光车上,则PC 2>r 2对t ∈[0,9]恒成立,即PC 2=(6-t)2+t 2=2t 2-12t+36>4at,当t=0时,上式成立,当t ∈[0,9]时,2a<t+18t -6,(t +18t -6)min =6√2-6,当且仅当t=3√2时取等号,因为a ∈(0,1),所以r<PC 恒成立,即观光车不会被喷泉喷洒到.2.解析 以AD 所在直线为x 轴,以线段AD 的中垂线为y 轴建立平面直角坐标系.(1)直线PB 的方程为y=2x,半圆O 的方程为x 2+y 2=402(y ≥0),由{y =2x,x 2+y 2=402(y ≥0),得y=16√5.所以点P 到AD 的距离为16√5 m. (2)①由题意,得P(40cos θ,40sin θ).直线PB 的方程为y+80=sinθ+2cosθ+1(x+40),令y=0,得x E =80cosθ+80sinθ+2-40=80cosθ-40sinθsinθ+2.直线PC 的方程为y+80=sinθ+2cosθ-1(x-40), 令y=0,得x F =80cosθ-80sinθ+2+40=80cosθ+40sinθsinθ+2. 所以EF 的长度为f(θ)=x F -x E =80sinθsinθ+2,θ∈(0,π2).②区域IV 、VI 的面积之和为S 1=12×(80-80sinθsinθ+2)×80=6 400sinθ+2, 区域II 的面积为S 2=12×EF×40sin θ=12×(80sinθsinθ+2)×40sin θ=1 600sin 2θsinθ+2, 所以S 1+S 2=1 600sin 2θ+6 400sinθ+2(0<θ<π2).设sin θ+2=t,则2<t<3,S 1+S 2=1 600(t -2)2+6 400t =1 600(t +8t -4)≥1 600(4√2-4)=6 400(√2-1), 当且仅当t=2√2,即sin θ=2√2-2时“=”成立. 此时休闲区域II 、IV 、VI 的面积S 1+S 2最小,即绿化区域面积之和最大.。
江苏专用2019高考数学二轮复习专题七应用题第23讲与几何相关的应用题基础滚动小练
第23讲与几何相关的应用题1.若曲线y=3+a在原点处的切线方程是2-y=0,则实数a= .2.在平面直角坐标系Oy中,抛物线y2=8上横坐标为1的点到抛物线焦点的距离为.3.已知向量a=(3,1),b=-,若a+λb与a垂直,则λ等于.4.若实数,y满足则2(y+1)2的最大值与最小值的差为.5.(2018苏锡常镇四市高三调研)若正四棱锥的底面边长为2cm,侧面积为8cm2,则它的体积为cm3.6.函数f()=Asin(2+φ)(A,φ∈R)的部分图象如图所示,则f(0)= .7.(2018盐城田家炳中学第一学期期末)已知椭圆+=1的左、右焦点分别为F1,F2,点P在椭圆上,若PF1=4,则点P到右准线的距离是.8.设等比数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=2017,且a n+2a n+1+a n+2=0(n∈N*),则S2018= .9.(2018南通高三第一次调研)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥PC,CA=CB,M是AB的中点,点N在棱PC 上,点D是BN的中点.求证(1)MD∥平面PAC;(2)平面ABN⊥平面PMC.10.(2018常州教育学会学业水平检测)已知△ABC中,a,b,c分别为三个内角A,B,C所对的边,bsinC=ccosB+c.(1)求角B;(2)若b2=ac,求+的值.答案精解精析1.答案 2解析因为y'=32+a,所以在原点处的导数即为在该点外的切线的斜率,即a=2.2.答案 3解析抛物线y2=8的准线方程为=-2,所以该抛物线上横坐标为1的点到准线的距离为3,等于到焦点的距离,即到焦点的距离为3.3.答案 4解析由条件可得a+λb=λ,所以(a+λb)⊥a⇒3(3-λ)+1+λ=0⇒λ=4.4.答案 3解析不等式组对应的平面区域如图,由图可知,当(,y)为(0,1)时,2+(y+1)2取得最大值4,当(,y)为(0,0)时,2+(y+1)2取得最小值1,故最大值与最小值的差是3.5.答案解析由题意得正四棱锥斜高为2cm,从而得正四棱锥的高为cm,所以体积为×4×=cm3.6.答案-1解析由图象可知,A=2,且sinπφ=1,解得φ的一个值为-π,即函数解析式可以是f()=2sin,故f(0)=2sin-π=-1.7.答案解析由题意及PF1=4,知PF2=6,又离心率e=,所以点P到右准线的距离==.8.答案0解析因为{a n}是等比数列,a n+2a n+1+a n+2=0,所以a n+2a n q+a n q2=0,即q2+2q+1=0,解得q=-1,所以S2018==0.9.证明(1)在△ABN中,M是AB的中点,D是BN的中点,所以MD∥AN.又因为AN⊂平面PAC,MD⊄平面PAC,所以MD∥平面PAC.(2)在△ABC中,CA=CB,M是AB的中点,所以AB⊥MC,又因为AB⊥PC,PC⊂平面PMC,MC⊂平面PMC,PC∩MC=C,所以AB⊥平面PMC.又因为AB⊂平面ABN,所以平面ABN⊥平面PMC.10.解析(1)bsinC=cosB+c由正弦定理得sinBsinC=cosBsinC+sinC,因为0<C<π,所以sinC>0,所以sinB-cosB=1,所以sin-π=,由0<B<π,得-π<B-π<π,所以B-π=π,所以B=π.(2)因为b2=ac,由正弦定理得sin2B=sinAsinC,+=+===π=,所以+====.。
江苏省2019高考数学二轮复习专题二立体几何2.3专题提能_“立体几何”专题提能课讲义含解析
第三讲专题提能——“立体几何”专题提能课提能点一防止思维定式，实现“移花接木”面ABC，AB⊥BC，SA＝AB＝BC＝1，则球O的体积等于________．[解析] 如图，可把该三棱锥补成正方体，正方体的体对角线即为外接球的直径，所以半径为32，所以体积为43π×⎝⎛⎭⎪⎫323＝32π.[答案]3 2π[点评] 学生对于本题往往不知道球心的位置而导致不会解答．把该三棱锥补成正方体来确定球心的位置是求解本题的关键之处，正方体的体对角线就是外接球直径.[例2] 如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝4 cm，AD＝2cm，AA1＝3 cm，则在长方体表面上连结A，C1两点的所有曲线长度最小值为________cm.[解析] 将长方体的面分别展开平铺，当四边形AA1D1D和四边形DD1C1C在同一平面内时，最小距离为四边形AA1C1C的对角线，长度是32＋＋2＝45；当四边形AA1D1D和四边形A1B1C1D1在同一平面内时，最小距离为四边形AB1C1D的对角线，长度是22＋＋2＝53；四边形ABCD和四边形CDD1C1在同一平面内时，最小距离为四边形ABC1D1的对角线，长度是42＋＋2＝41，所以最小距离是41 cm.[答案] 41[点评] 该题考查的是几何体的表面距离的最值问题，结合平面内连结两点的直线段是最短的，所以将长方体的侧面沿着不同的方向展开，使得两个点落在同一平面内，利用勾股定理来求解，选出最小的那个，容易出错的地方在于考虑不全面，沿着一个方向展开求得结果，从而出现错误，所以一定要注意应该有三条路径.1111111[证明] ∵BD∥B1D1，BD⊄平面AB1D1，B1D1⊂平面AB1D1.∴BD∥平面AB1D1，同理BC 1∥平面AB 1D 1.又∵BD ∩BC 1＝B ，BD ⊂平面BC 1D ，BC 1⊂平面BC 1D ， ∴平面BC 1D ∥平面AB 1D 1.[点评] 在证明面面平行时，有的同学喜欢跳步，直接由线线平行得到面面平行，少了由线线平行到线面平行的过程，在考试中是要被扣分的．立体几何逻辑性非常强，证明时要严格按照定理的要求来进行书写，切不可漏条件．提能点 二灵活运用策略，尝试“借石攻玉”[例1] 如图所示，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为________．[解析] 法一：如图所示，分别过A ，B 作EF 的垂线AG ，BH ，垂足分别为G ，H .连结DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12.所以AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32，S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，V ＝V E ADG ＋V F BHC ＋V AGD BHC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13×12×24×2＋24×1＝23.法二：如图所示，将该多面体补成一个斜三棱柱ADE MNF ，点F 到平面AMND 的距离为22，则V ＝V ADE MNF －V F MNCB ＝12×1×22×2－13×1×1×22＝23. [答案]23[点评] 本题中所用的两种方法实际上就是求不规则几何体体积的两种基本方法．法一是对不规则几何体进行分割．法二则是在原不规则几何体的基础上补上一个几何体，使之成为规则几何体.11111三棱锥P ABA 1的体积为________．[解析] 三棱锥P ABA 1的体积为V 三棱锥P ABA 1＝V 三棱锥C ABA 1＝V 三棱锥A 1ABC ＝13S △ABC ·AA 1＝13×34×32×3＝934.[答案]934[点评] 等积法包括等面积法和等体积法．利用等积法的前提是平面图形(或立体图形)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以求解几何图形的高， 特别是在求三角形的高(点到线的距离)或三棱锥的高(点到面的距离)时，通常采用此法解决问题．提能点三系统数学思想，实现“触类旁通”1．函数与方程思想——解决立体几何中的最值问题[例1] 如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________．[解析] 法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ABC 的边长变化时，设△ABC 的边长为a (a >0)cm ，则△ABC 的面积为34a 2，△DBC 的高为5－36a ，则正三棱锥的高为⎝⎛⎭⎪⎫5－36a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫36a 2＝25－533a ，∴25－533a >0，∴0<a <53，∴所得三棱锥的体积V ＝13×34a 2×25－533a ＝312×25a 4－533a 5.令t ＝25a 4－533a 5，则t ′＝100a 3－2533a 4，由t ′＝0，得a ＝43，此时所得三棱锥的体积最大，为415 cm 3.法二：如图，连接OD 交BC 于点G ，由题意知，OD ⊥BC .易得OG ＝36BC ， 设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，故所得三棱锥的体积V ＝13×33x 2×－x2－x 2＝3x 2×25－10x ＝3×25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4，令f ′(x )>0，即x 4－2x 3<0，得0<x <2，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52时，f (x )≤f (2)＝80，∴V ≤3×80＝415.∴所求三棱锥的体积的最大值为415. [答案] 415[点评] 处理此类问题的关键是结合图形条件建立适当函数，转化为求函数的最值问题．2．高维与低维的转化思想——解决几何体的展开问题[例2] 如图，已知正三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面边长为2 cm ，高为5 cm ，一质点自A 点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A 1点的最短路线的长为________cm.[解析] 将三棱柱沿侧棱AA 1展开得如图所示(两周)因为正三棱柱底面边长为2 cm ，高为5 cm ，所以AA 1＝5 cm ，AA ″＝12 cm ，所以A 1A ″＝52＋122＝13，即最短路线为13 cm.[答案] 13[点评] 将空间几何体中的距离之和的最值问题通过侧面展开图的运用转化为平面几何的最值，这正是降维转化思想的运用．提能点四强化一题多法，激活“解题思维” 线面平行问题中的常见转化方法[典例] 如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，CC 1＝4，M 是棱CC 1上的一点． (1) 求证：BC ⊥AM ；(2) 若N 是AB 的中点，且CN ∥平面AB 1M ，求CM 的长． [解] (1)证明：因为ABC A 1B 1C 1是直三棱柱， 所以CC 1⊥平面ABC .因为BC ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥B C.因为AC ⊥BC ，CC 1∩AC ＝C ，CC 1⊂平面ACC 1A 1，AC ⊂平面ACC 1A 1，所以BC ⊥平面ACC 1A 1. 因为AM ⊂平面ACC 1A 1，所以BC ⊥AM .(2)法一：如图①，取AB 1的中点P ，连结NP ，PM . 因为N 是AB 的中点，所以NP ∥BB 1. 因为CM ∥BB 1，所以NP ∥CM ， 所以NP 与CM 共面．因为CN ∥平面AB 1M ，平面CNPM ∩平面AB 1M ＝MP ，所以CN ∥MP . 所以四边形CNPM 为平行四边形，所以CM ＝NP ＝12BB 1＝12CC 1＝2.法二：如图②，设NC 与CC 1确定的平面交AB 1于点P ，连结NP ，PM .因为CN ∥平面AB 1M ，CN ⊂平面CNPM ，平面AB 1M ∩平面CNPM ＝PM ，所以CN ∥MP . 因为BB 1∥CM ，BB 1⊄平面CNPM ，CM ⊂平面CNPM ，所以BB 1∥平面CNPM . 又BB 1⊂平面ABB 1，平面ABB 1∩平面CNPM ＝NP ， 所以BB 1∥NP ，所以CM ∥NP ， 所以四边形CNPM 为平行四边形． 因为N 是AB 的中点， 所以CM ＝NP ＝12BB 1＝12CC 1＝2.法三：如图③，取BB 1的中点Q ，连结NQ ，CQ . 因为N 是AB 的中点，所以NQ ∥AB 1.因为NQ ⊄平面AB 1M ，AB 1⊂平面AB 1M ，所以NQ ∥平面AB 1M .因为CN ∥平面AB 1M ，NQ ∩CN ＝N ，NQ ⊂平面NQC ，CN ⊂平面NQC ，所以平面NQC ∥平面AB 1M .因为平面BCC 1B 1∩平面NQC ＝QC ，平面BCC 1B 1∩平面AB 1M ＝MB 1，所以CQ ∥MB 1. 因为BB 1∥CC 1，所以四边形CQB 1M 是平行四边形， 所以CM ＝B 1Q ＝12BB 1＝12CC 1＝2.法四：如图④，分别延长BC ，B 1M ，设交点为S ，连结AS . 因为CN ∥平面AB 1M ，CN ⊂平面ABS ，平面ABS ∩平面AB 1M ＝AS ， 所以CN ∥AS . 由于AN ＝NB ， 所以BC ＝CS .又因为CM ∥BB 1，可得SM ＝MB 1， 所以CM ＝12BB 1＝12CC 1＝2.[点评] 线面平行无论是判定定理还是性质定理都是需要转化为线线平行．常见的方式有构造三角形转化为线线平行，构造平行四边形转化为对边平行，构造面面平行再利用面面平行的性质定理进行证明．[课时达标训练]A 组——易错清零练1．设l ，m 表示直线，m 是平面α内的任意一条直线．则“l ⊥m ”是“l ⊥α”成立的____________条件(在“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”中选填一个)．解析：由l ⊥m ，m ⊂α，可得l ⊂α，l ∥α或l 与α相交，推不出l ⊥α；由l ⊥α，m ⊂α，结合线面垂直的定义可得l ⊥m .故“l ⊥m ”是“l ⊥α”成立的必要不充分条件．答案：必要不充分2．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝a ，AA 1＝2，四面体A CB 1D 1的体积为6，则a ＝________.解析：如图，VA CB 1D 1＝VABCD A 1B 1C 1D 1－VA A 1B 1D 1－VB 1ABC －VD 1ADC －VC B 1C 1D 1＝2a 2－43a 2＝23a 2＝6，所以a ＝3. 答案：33．设a ，b 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列四个命题： ①若a ⊥b ，a ⊥α，则b ∥α； ②若a ⊥β，α⊥β，则a ∥α； ③若a ∥α，a ⊥β，则α⊥β； ④若a ⊥b ，a ⊥α，b ⊥β，则α⊥β. 其中正确命题的序号是________．解析：①中b 可能在平面α内；②中a 可能在平面α内；③中因为a ∥α，a ⊥β，所以α内必存在一条直线b 与a 平行，从而得到b ⊥β，所以α⊥β，故③正确；因为a ⊥b ，a ⊥α，所以b ∥α或b ⊂α，故α内必有一条直线c 与b 平行，又b ⊥β，所以c ⊥β，故α⊥β，所以④正确．答案：③④4.如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥平面AB 1C 1，AA 1＝1，底面△ABC 是边长为2的正三角形，则此三棱柱的体积为________．解析：因为AA 1⊥平面AB 1C 1，AB 1⊂平面AB 1C 1，所以AA 1⊥AB 1，又知AA 1＝1，A 1B 1＝2，所以AB 1＝22－12＝3，同理可得AC 1＝3，又知在△AB 1C 1中，B 1C 1＝2，所以△AB 1C 1的边B 1C 1上的高为h ＝3－1＝2，其面积S ＝12×2×2＝2，于是三棱锥A A 1B 1C 1的体积VA A 1B 1C 1＝VA 1AB 1C 1＝13×S △AB 1C 1×AA 1＝23，进而可得此三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积V ＝3VA A 1B 1C 1＝3×23＝ 2. 答案： 2B 组——方法技巧练1．设P ，A ，B ，C 是球O 表面上的四个点，PA ，PB ，PC 两两垂直，且PA ＝PB ＝1，PC ＝2，则球O 的表面积是________．解析：设球O 的半径为R .由PA ，PB ，PC 两两垂直，所以外接球的直径是以PA ，PB ，PC 为棱的长方体的体对角线，即4R 2＝PA 2＋PB 2＋PC 2＝1＋1＋4＝6，故S球表面积＝4πR 2＝6π.答案：6π2．在空间中，用a ，b ，c 表示三条不同的直线，γ表示平面，给出下列四个命题： ①若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ； ②若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ⊥c ； ③若a ∥γ，b ∥γ，则a ∥b ； ④若a ⊥γ，b ⊥γ，则a ∥b . 其中真命题的序号为________．解析：根据公理知平行于同一条直线的两条直线互相平行，①正确；根据线面垂直性质定理知“同垂直一个平面的两条直线平行”，知④正确；②③均不恒成立．故选①④.答案：①④3.如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，若各条棱长均为2，且M 为A 1C 1的中点，则三棱锥M AB 1C 的体积是________．解析：法一：在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面A 1B 1C 1，从而AA 1⊥B 1M .又因为B 1M 是正三角形A 1B 1C 1的中线，所以B 1M ⊥A 1C 1，所以B 1M ⊥平面ACC 1A 1，则VM AB 1C ＝VB 1ACM ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12AC ×AA 1×B 1M ＝13×12×2×2×3＝233. 法二：VM AB 1C ＝VABC A 1B 1C 1－VA A 1B 1M －VC C 1B 1M －VB 1ABC ＝12×2×3×2－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫13×12×3×2－13×3×2＝233.答案：2334.如图，平行四边形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝1，AD ＝2，∠ADC ＝60°，AF ＝32.(1)求证：AC ⊥BF ；(2)求多面体ABCDEF 的体积．解：(1)证明：∵AB ＝1，AD ＝2，∠ADC ＝60°，由余弦定理：AC 2＝CD 2＋AD 2－2CD ·AD ·cos 60°＝1＋4－2×1×2×12＝3，于是AD 2＝CD 2＋AC 2，∴∠ACD ＝90°， ∵AB ∥CD ，∴AC ⊥AB .又∵四边形ACEF 是矩形，∴FA ⊥AC ，又AF ∩AB ＝A ，∴AC ⊥平面AFB ， 又BF ⊂平面AFB ，∴AC ⊥BF . (2)令多面体ABCDEF 的体积为V ，V ＝V D ACEF ＋V B ACEF ＝2V D ACEF ，又∵平面ABCD ⊥平面ACEF ，DC ⊥AC ， 根据两平面垂直的性质定理：DC ⊥平面ACEF ， ∴DC 为四棱锥D ACEF 的高，S 矩形ACEF ＝32×3＝332， ∴V D ACEF ＝13×332×1＝32，∴V ＝2V D ACEF ＝3，即多面体ABCDEF 的体积为 3.5.如图，四边形ABCD 是矩形，平面ABCD ⊥平面BCE ，BE ⊥EC . (1)求证：平面AEC ⊥平面ABE ；(2)点F 在BE 上，若DE ∥平面ACF ，求 BFBE的值． 解：(1)证明：因为四边形ABCD 为矩形，所以AB ⊥BC .因为平面ABCD ⊥平面BCE ，平面ABCD ∩平面BCE ＝BC ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面BCE .因为EC ⊂平面BCE ，所以EC ⊥AB .因为EC ⊥BE ，AB ⊂平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，AB ∩BE ＝B ，所以EC ⊥平面ABE . 因为EC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面ABE . (2) 连结BD 交AC 于点O ，连结OF .因为DE ∥平面ACF ，DE ⊂平面BDE ，平面ACF ∩平面BDE ＝OF ，所以DE ∥OF .又因为矩形ABCD 中，O 为BD 的中点，所以F 为BE 的中点，即BF BE ＝12.C 组——创新应用练1．下列命题：①若直线l 平行于平面α内的无数条直线，直线a 在平面α内，则l ∥a ； ②若直线a 在平面α外，则a ∥α； ③若直线a ∥b ，直线b ⊂α，则a ∥α；④若直线a ∥b ，b ⊂α，那么直线a 就平行于平面α内的无数条直线． 其中真命题的个数为________．解析：对于①，∵直线l 虽与平面α内的无数条直线平行，但l 有可能在平面α内，∴l 不一定平行于a ，∴①是假命题；对于②，∵直线a 在平面α外，包括两种情况：a ∥α和a 与α相交，∴②是假命题；对于③，∵a ∥b ，直线b ⊂α，则只能说明a 和b 无公共点，但a 可能在平面α内，∴a 不一定平行于α，∴③是假命题；对于④，∵a ∥b ，b ⊂α，那么a ⊂α或a ∥α，∴a 与平面α内的无数条直线平行，∴④是真命题.答案：12.如图，已知AB 为圆O 的直径，C 为圆上一动点，PA ⊥圆O 所在的平面，且PA ＝AB ＝2，过点A 作平面α⊥PB ，分别交PB ，PC 于E ，F ，当三棱锥P AEF 的体积最大时，tan ∠BAC ＝________.解析：∵PB ⊥平面AEF ，∴AF ⊥PB . 又AC ⊥BC ，AP ⊥BC ，∴BC ⊥平面PAC ， ∴AF ⊥BC ，∴AF ⊥平面PBC ，∴∠AFE ＝90°. 设∠BAC ＝θ，在Rt△PAC 中，AF ＝AP ·AC PC ＝2×2cos θ21＋cos 2θ＝2cos θ1＋cos 2θ， 在Rt△PAB 中，AE ＝PE ＝2，∴EF ＝AE 2－AF 2， ∴V P AEF ＝16AF ·EF ·PE ＝16AF ·2－AF 2· 2＝26·2AF 2－AF 4＝26·－AF 2－12＋1≤26，∴当AF ＝1时，V P AEF 取得最大值26，此时AF ＝2cos θ1＋cos 2θ＝1，∴cos θ＝13，sin θ＝23，∴tan θ＝ 2. 答案： 23.如图所示，等腰△ABC 的底边AB ＝66，高CD ＝3，点E 是线段BD 上异于点B ，D 的动点，点F 在BC 边上，且EF ⊥AB ，现沿EF 将△BEF 折起到△PEF 的位置，使PE ⊥AE ，记BE ＝x ，V (x )表示四棱锥P ACFE 的体积，则V (x )的最大值为________．解析：因为PE ⊥EF ，PE ⊥AE ，EF ∩AE ＝E ， 所以PE ⊥平面ABC . 因为CD ⊥AB ，FE ⊥AB ， 所以EF ∥CD ，所以EF CD ＝BEBD， 即EF 3＝x36，所以EF ＝x6，所以S △ABC ＝12×66×3＝96，S △BEF ＝12×x ×x6＝612x 2， 所以V (x )＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫96－612x 2x ＝63x ⎝ ⎛⎭⎪⎫9－112x 2(0＜x ＜36)．因为V ′(x )＝63⎝ ⎛⎭⎪⎫9－14x 2， 所以当x ∈(0,6)时，V ′(x )＞0，V (x )单调递增； 当6＜x ＜36时，V ′(x )＜0，V (x )单调递减， 因此当x ＝6时，V (x )取得最大值12 6. 答案：12 64.如图①所示，在Rt △ABC 中，AC ＝6，BC ＝3，∠ABC ＝90°，CD 为∠ACB 的平分线，点E 在线段AC 上，CE ＝4.如图②所示，将△BCD 沿CD 折起，使得平面BCD ⊥平面ACD ，连结AB ，设点F 是AB 的中点．(1)求证：DE ⊥平面BCD ；(2)若EF ∥平面BDG ，其中G 为直线AC 与平面BDG 的交点，求三棱锥B DEG 的体积． 解：(1)证明：在题图①中，因为AC ＝6，BC ＝3，∠ABC ＝90°，所以∠ACB ＝60°.因为CD 为∠ACB 的平分线，所以∠BCD ＝∠ACD ＝30°，所以CD ＝2 3. 又因为CE ＝4，∠DCE ＝30°，所以DE ＝2. 则CD 2＋DE 2＝CE 2，所以∠CDE ＝90°，即DE ⊥CD .在题图②中，因为平面BCD ⊥平面ACD ，平面BCD ∩平面ACD ＝CD ，DE ⊂平面ACD ，所以DE ⊥平面BCD .(2)在题图②中，因为EF ∥平面BDG ，EF ⊂平面ABC ，平面ABC ∩平面BDG ＝BG ，所以EF ∥BG .因为点E 在线段AC 上，CE ＝4，点F 是AB 的中点， 所以AE ＝EG ＝CG ＝2. 过点B 作BH ⊥CD 交于点H .因为平面BCD ⊥平面ACD ，BH ⊂平面BCD ， 所以BH ⊥平面ACD . 由条件得BH ＝32.又S △DEG ＝13S △ACD ＝13×12AC ·CD ·sin 30°＝3，所以三棱锥B DEG 的体积为V ＝13S △DEG ·BH ＝13×3×32＝32. 5.如图，已知斜三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点．(1)若平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，求证：AD ⊥DC 1；(2)求证：A 1B ∥平面ADC 1.证明：(1)因为AB ＝AC ，D 为BC 的中点，所以AD ⊥BC .因为平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，平面ABC ∩平面BCC 1B 1＝BC ，AD ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面BCC 1B 1.因为DC 1⊂平面BCC 1B 1，所以AD ⊥DC 1.(2)如图，连结A 1C ，交AC 1于点O ，连结OD ，则O 为A 1C 的中点．因为D 为BC 的中点，所以OD ∥A 1B .因为OD ⊂平面ADC 1，A 1B ⊄平面ADC 1，所以A 1B ∥平面ADC 1.6.现需要设计一个仓库，它的上部是底面圆半径为5 m 的圆锥，下部是底面圆半径为5 m 的圆柱，且该仓库的总高度为5 m ．经过预算，制造该仓库的圆锥侧面、圆柱侧面用料的单价分别为4百元/m 2、1百元/m 2.(1)记仓库的侧面总造价为y 百元：①设圆柱的高为x m ，试将y 表示为关于x 的函数y ＝f (x )；②设圆锥母线与其轴所在直线所成角为θ，试将y 表示为关于θ的函数y ＝g (θ)；(2)问当圆柱的高度为多少时，该仓库的侧面总造价最少？解：(1)①由题可知，圆柱的高为x m ，且x ∈(0,5)， 则该仓库的侧面总造价y ＝(2π×5x )×1＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×2π×5×－x 2＋25×4 ＝10πx ＋20πx 2－10x ＋50，x ∈(0,5)．②由题可知，圆锥母线与轴所在直线所成角为θ，且θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2， 则该仓库的侧面总造价y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π×5×5⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1tan θ×1＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×2π×5×5sin θ×4 ＝50π⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2－cos θsin θ，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2. (2) 由②，令h (θ)＝2－cos θsin θ， 则h ′(θ)＝1－2cos θsin 2θ，由h ′(θ)＝0得cos θ＝12，又θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，所以θ＝π3，当θ变化时，h ′(θ)，h (θ)的变化情况如表所示.所以当θ＝3时，h (θ)取得最小值，侧面总造价y 最小，此时圆柱的高度为5－5tan θ＝5－533 m.当圆柱的高度为5－533 m 时，该仓库的侧面总造价最少．。
(江苏专版)高考数学二轮专题复习与策略第1部分专题7选修系列第23讲几何证明选讲课件理
【名师点评】 (1)圆中线段长度成比例的问题，要结合切割线定理、相交弦 定理，构造比例关系．(2)利用相似关系求解线段长度要灵活地在三角形中对条件 进行转化或等比替换．
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1．(2016·苏锡常镇二模)已知△ABC内接于⊙O，BE是⊙O的直径，AD是BC 边上的高．求证：BA·AC＝BE·AD.
图23－6
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[证明] 连结OF. 因为DF切⊙O于F，所以∠OFD＝90°. 2分 所以∠OFC＋∠CFD＝90°. 因为OC＝OF，所以∠OCF＝∠OFC. 5分 因为CO⊥AB于O，所以∠OCF＋∠CEO＝90°. 所以∠CFD＝∠CEO＝∠DEF，所以DF＝DE. 8分 因为DF是⊙O的切线，所以DF2＝DB·DA. 所以DE2＝DB·DA. 10分
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又BC为直径，∴∠CAB为直角， ∴AC2＋AB2＝BC2＝225，②6分 由①②得AC＝6 5，AB＝3 5. 7分 又AE平分∠BAC， ∴∠EAB＝∠CAE，∠ABC＝∠E， 8分 ∴△ACE∽△ADB，∴AABE＝AADC. ∴AD·AE＝AB·AC＝3 5·6 5＝90. 10分
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[证明] 在△ADB和△ABC中， 因为∠ABC＝90°， BD⊥AC，∠A为公共角， 所以△ADB∽△ABC， 5分 于是∠ABD＝∠C. 7分 在Rt△BDC中，因为E是BC的中点， 所以ED＝EC，从而∠EDC＝∠C. 9分 所以∠EDC＝∠ABD. 10分
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【名师点评】 判定两个三角形相似的几种方法：(1)两角对应相等，两三角 形相似；(2)两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似；(3)三边对应成比例，两 三角形相似；(4)相似三角形的定义．
2019年高考数学三轮讲练测核心热点总动员(江苏版)： 专题23 矩阵与变换
2019年高考三轮复习系列：讲练测之核心热点 【江苏版】热点二十三 矩阵与变换【名师精讲指南篇】 【高考真题再现】例1 【2019江苏高考】已知矩阵A =10-⎡⎢⎣ 02⎤⎥⎦，B =01⎡⎢⎣ 26⎤⎥⎦，求矩阵1A B -. 设矩阵A 的逆矩阵为a c ⎡⎢⎣ b d ⎤⎥⎦，则10-⎡⎢⎣02⎤⎥⎦a c ⎡⎢⎣ b d ⎤=⎥⎦10⎡⎢⎣ 01⎤⎥⎦，即2a c -⎡⎢⎣ 120b d -⎤⎡=⎥⎢⎦⎣ 01⎤⎥⎦， ∴1a =，0b =，0c =，12d =，从而，A 的逆矩阵为110A --⎡⎢=⎢⎢⎣ 012⎤⎥⎥⎦， ∴110A B --⎡⎢=⎢⎢⎣ 012⎤⎥⎥⎦10⎡⎢⎣26⎤=⎥⎦10-⎡⎢⎣23-⎤⎥⎦.例2 【2019江苏高考】 已知矩阵1211,121A B x -⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦，向量2a y ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，,x y 是实数，若Aa Ba =，求x y +的值. 【答案】72【解析】由题意得22224y y xy y -+=+⎧⎨+=-⎩，解得124x y ⎧=-⎪⎨⎪=⎩.∴72x y +=.例3 【2019江苏高考】已知R y x ∈,，向量⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=11α是矩阵⎢⎣⎡⎥⎦⎤=01y x A 的属性特征值2-的一个特征向量，矩阵A 以及它的另一个特征值.【答案】1120-⎡⎤A =⎢⎥⎣⎦,另一个特征值为1．【解析】试题分析：由矩阵特征值与特征向量可列出关于x,y 的方程组，再根据特征多项式求出矩阵另一个特征值试题解析：由已知，得2ααA =-，即1112012x x y y --⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦， 则122x y -=-⎧⎨=⎩，即12x y =-⎧⎨=⎩，所以矩阵1120-⎡⎤A =⎢⎥⎣⎦． 从而矩阵A 的特征多项式()()()21f λλλ=+-，所以矩阵A 的另一个特征值为1．【热点深度剖析】1. 江苏高考中，主要考查的是如何求逆矩阵，矩阵的变换和矩阵的运算，其落脚点是对运算能力的考查，当然不能忽视对特征值和特征向量的复习.2. 加强训练，提高推理和运算能力. 矩阵乘法的几何意义是矩阵所对应的变换的复合，会将矩阵语言转化为数学符号，利用特征值和特征向量或其他矩阵工具解决实际问题.3. 预计16年逆矩阵是考查重点内容，出特征值和特征向量的可能性较大. 【最新考纲解读】【重点知识整合】1．乘法规则(1)行矩阵与列矩阵⎣⎢⎡⎦⎥⎤b 11b 21的乘法法则：⎣⎢⎡⎦⎥⎤b 11b 21＝． (2)二阶矩阵⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 11 a 12a 21 a 22与列向量⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0y 0的乘法规则：⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 11 a 12a 21 a 22⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0y 0＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 11x 0＋a 12y 0a 21x 0＋a 22y 0. (3)两个二阶矩阵相乘的结果仍然是一个二阶矩阵，其乘法法则如下：⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 11 a 12a 21 a 22⎣⎢⎡⎦⎥⎤b 11 b 12b 21 b 22＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 11b 11＋a 12b 21 a 11b 12＋a 12b 22a 21b 11＋a 22b 21 a 21b 12＋a 22b 22. (4)两个二阶矩阵的乘法满足结合律，但不满足交换律和消去律，即(AB )C ＝A (BC )． (5)A k A l＝Ak ＋l，(A k )l ＝A kl (其中k ，l ∈N *)．2．常见的平面变换(1)恒等变换：因为⎣⎢⎡⎦⎥⎤1001⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ，该变换把点(x ，y )变成(x ，y )，故矩阵⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 001表示恒等变换．(2)反射变换：因为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 0 0 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－x y ，该变换把点(x ，y )变成(－x ，y )，故矩阵⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 0 0 1表示关于y 轴的反射变换；类似地，⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 －1，⎣⎢⎡⎦⎥⎤0， 11 0，⎣⎢⎡⎦⎥⎤0， －1－1 0分别表示关于x 轴、直线y ＝x 和直线y ＝－x 的反射变换．(3)伸缩变换：因为⎣⎢⎡⎦⎥⎤100k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ky ，该变换把点(x ，y )变成点(x ，ky )，在此变换中，点的横坐标不变，纵坐标变成原来的k 倍，故矩阵⎣⎢⎡⎦⎥⎤1， 00 k 表示y 轴方向上的伸缩变换；类似地，矩阵⎣⎢⎡⎦⎥⎤s 001可以用来表示水平伸缩变换．(4)旋转变换：把点A (x ，y )绕着坐标原点逆时针旋转α角的变换，对应的矩阵是⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos α －sin αsin α cos α. (5)切变变换：⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 s 0 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋sy y 表示的是沿x 轴的切变变换．沿y 轴的切变变换对应的矩阵是⎣⎢⎡⎦⎥⎤10t1.(6)投影变换：⎣⎢⎡⎦⎥⎤1000⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0，该变换把所有横坐标为x 的点都映射到了点(x,0)上，因此矩阵⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 000表示的是x 轴上的投影变换．类似地，⎣⎢⎡⎦⎥⎤0001表示的是y 轴上的投影变换．3．逆变换与逆矩阵(1)逆变换：设ρ是一个线性变换，如果存在线性变换σ，使得σρ＝ρσ＝1，则称变换ρ可逆，并且称σ是ρ的逆变换．(2)逆矩阵：设A 是一个二阶矩阵，如果存在二阶矩阵B ，使得BA ＝AB ＝E 2，则称矩阵A 可逆，或称矩阵A 是可逆矩阵，并且称B 是A 的逆矩阵．(3)逆矩阵的性质性质①：设A 是一个二阶矩阵，如果A 是可逆的，则A 的逆矩阵是唯一的． 性质②：设A ，B 是二阶矩阵，如果A ，B 都可逆，则AB 也可逆，且(AB )－1＝B －1A －1.(4)定理：二阶矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b cd 可逆，当且仅当det A ＝ad －bc ≠0.4．逆矩阵与二元一次方程组(1)定理：如果关于变量x ，y 的二元一次方程组(线性方程组)⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋by ＝e ，cx ＋dy ＝f 的系数矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab cd 可逆，那么该方程组有唯一解⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab cd －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤e f .(2)推论：关于变量x ，y 的二元一次方程组⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋by ＝0，cx ＋dy ＝0.其中a ，b ，c ，d 是不全为零的常数，有非零解的充分必要条件是系数矩阵的行列式⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab cd ＝0.5．特征值和特征向量设矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab cd ，如果存在数λ以及非零向量ξ，使得A ξ＝λξ，则称λ是矩阵A的一个特征值，ξ是矩阵A 的属于特征值λ的一个特征向量．6．特征向量的性质设λ1，λ2是二阶矩阵A 的两个不同特征值，ξ1，ξ2是矩阵A 的分别属于特征值λ1，λ2的特征向量，对于任意的非零平面向量α，设α＝t 1ξ1＋t 2ξ2(t 1，t 2为实数)，则对任意的正整数n ，有A nα＝t 1λn1ξ1＋t 2λn2ξ2. 【应试技巧点拨】1通过二阶矩阵与平面向量的乘法求出变换前与变换后坐标之间的变换公式，进而得到所求曲线(或点)，求解时应注意待定系数法的应用．2．矩阵相等实质上是矩阵对应元素相等，体现了方程思想，要注意矩阵对应元素相等． 3．矩阵的乘法只满足结合律，不满足交换律和消去律．4. 曲线(或点)经过二阶矩阵变换后的曲线(或点)的求法，类似于平面解析几何中的代入法求轨迹，此类问题的关键是求对坐标之间的变换公式． 5．求逆矩阵的常见方法(1)待定系数法：设A 是一个二阶可逆矩阵⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab cd ，AB ＝BA ＝E 2；(2)公式法：|A |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b cd ＝ad －bc ，有A －1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤d |A | －b |A |－c |A | a |A |，当且仅当|A |≠0； 6．求特征值和特征向量的方法(1)矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab cd 的特征值λ满足(λ－a )(λ－d )－bc ＝0，属于λ的特征向量a ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y 满足M ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝λ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y .(2)求特征向量和特征值的步骤：①解f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－a －b －c λ－d ＝0得特征值；②解⎩⎪⎨⎪⎧λ－a x －by ＝0，－cx ＋λ－d y ＝0⇔(λ－a )x －by ＝0，取x ＝1或y ＝1，写出相应的向量．【考场经验分享】1.目标要求：主要考查的是如何求逆矩阵，矩阵的变换和矩阵的运算，其落脚点是对运算能力的考查2.注意问题：(1)二阶矩阵的乘法运算律中，易忽视AB ≠BA ，AB ＝AC ⇒/ B ＝C ，但满足(AB )C ＝A (BC )．(2)易混淆绕原点逆时针旋转90°的变换与绕原点顺时针旋转90°的变换．(3)在变换时一定要把变换前后的变量区别清楚，防止混淆．3.经验分享：矩阵的乘法对应于变换的复合，一一对应的平面变换都可以看作这三种初等变换的一次或多次的复合．【名题精选练兵篇】1．【泰州市2019届高三第一次模拟考试】（矩阵与变换，本题满分10分）已知矩阵1252M x -⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎣⎦的一个特征值为2-,求2M . 【答案】264514M ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦2．【苏州市2019届高三年级第一次模拟考试】选修4 - 2：矩阵与变换（本小题满分10分）已知二阶矩阵M 有特征值λ=3及对应的一个特征向量111⎡⎤=⎢⎥⎣⎦e ，并且矩阵M 对应的变换将点(-1,2)变换成(9,15) ，求矩阵M .【答案】1436-⎡⎤⎢⎥-⎣⎦【解析】试题分析：列方程组1133113a b c d ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，19215a b c d -⎡⎤⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦解得1,4,3,6a b c d =-==-= 试题解析：解：设a b c d ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦M ,则1133113a b c d ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦,故3,3a b c d =⎧⎨=⎩++．…………………3分19215a b c d -⎡⎤⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦,故29,215a b c d -=⎧⎨-=⎩++． …………………………………6分 联立以上两方程组解得1,4,3,6a b c d =-==-=,故M =1436-⎡⎤⎢⎥-⎣⎦. …………………10分 3．【南京市、盐城市2019届高三年级第一次模拟考试数学】（选修4—2：矩阵与变换）设矩阵 02 1a ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦M 的一个特征值为2，若曲线C 在矩阵M 变换下的方程为221x y +=，求曲线C 的方程. 【答案】22841x xy y ++= 【解析】4．【镇江市2019届高三年级第一次模拟考试】选修4—2：矩阵与变换 求矩阵⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 113的特征值及对应的特征向量．【答案】属于λ1＝2的一个特征向量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1，属于λ1＝4的一个特征向量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤11．【解析】特征多项式f (λ)＝|λ－3－1－1λ－3|＝(λ－3)2－1＝λ2－6λ＋8(3分)由f (λ)＝0，解得λ1＝2，λ2＝4(6分)将λ1＝2代入特征方程组，得⎩⎪⎨⎪⎧－x －y ＝0，－x －y ＝0⇒x ＋y ＝0，可取⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1为属于特征值λ1＝2的一个特征向量(8分) 同理，当λ2＝4时，由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，－x ＋y ＝0⇒x －y ＝0，所以可取⎣⎢⎡⎦⎥⎤11为属于特征值λ2＝4的一个特征向量．综上所述，矩阵⎣⎢⎡⎦⎥⎤2112有两个特征值λ1＝2，λ2＝4；属于λ1＝2的一个特征向量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1，属于λ1＝4的一个特征向量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤11，(10分)5．【淮安、宿迁、连云港、徐州苏北四市2019届高三第二次调研】（本小题满分10分）已知矩阵1214A ⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦，求矩阵A 的特征值和特征向量． 【答案】属于特征值12λ=的一个特征向量121α⎡⎤=⎢⎥⎣⎦属于特征值23λ=的一个特征向量211α⎡⎤=⎢⎥⎣⎦试题解析：矩阵A 的特征多项式为()2125614f λλλλλ--==--+， ……………2分 由()0f λ=，解得12λ=，23λ=. …………………………………………4分当12λ=时，特征方程组为20,20,x y x y -=⎧⎨-=⎩故属于特征值12λ=的一个特征向量121α⎡⎤=⎢⎥⎣⎦；………………………………7分当23λ=时，特征方程组为220,0,x y x y -=⎧⎨-=⎩故属于特征值23λ=的一个特征向量211α⎡⎤=⎢⎥⎣⎦． …………………………10分6．【扬州市2019学年度第一学期期末检测试题】已知直线1=+y x l ：在矩阵⎥⎦⎤⎢⎣⎡=10n m A 对应的变换作用下变为直线1=-'y x l ：，求矩阵A . 【答案】1201A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦7．【江苏省扬州中学高三数学月考试卷】（选修4—2：矩阵与变换）（本小题满分10分)已知矩阵312221⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎣⎦A（1）求1-A ；（2）满足AX ＝1-A 二阶矩阵X【答案】(1) 12143A --⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦ ； (2)852013X -⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦． 【解析】试题分析：可用解方程组的方法求逆矩阵及二阶矩阵堕落X ．试题解析：（1）设1a b A c d -⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，则有1AA E -=得31122310222021a c b d a c b d ⎧+=⎪⎪⎪+=⎨⎪+=⎪⎪+=⎩，解得2143a b c d =⎧⎪=-⎪⎨=-⎪⎪=⎩，即12143A --⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦． （2）设e f X gh ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，则由1AX A -=得31222311222423e g f h e g f h ⎧+=⎪⎪⎪+=-⎨⎪+=-⎪⎪+=⎩，解得852013e f g h =⎧⎪=-⎪⎨=-⎪⎪=⎩，即852013X -⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦． 8．【连云港、徐州、淮安、宿迁四市2019一模】.选修4-2：矩阵与变换(本小题满分10分) 已知 ,a b R ∈，矩阵 1 3a A b -⎡⎤=⎢⎥⎣⎦所对应的变换 A T 将直线 10x y --=变换为自身,求a,b 的值。
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第23讲与几何相关的应用题
1.若曲线y=3+a在原点处的切线方程是2-y=0,则实数a= .
2.在平面直角坐标系Oy中,抛物线y2=8上横坐标为1的点到抛物线焦点的距离为.
3.已知向量a=(3,1),b=-,若a+λb与a垂直,则λ等于.
4.若实数,y满足则2(y+1)2的最大值与最小值的差为.
5.(2018苏锡常镇四市高三调研)若正四棱锥的底面边长为2cm,侧面积为8cm2,则它的体积为
cm3.
6.函数f()=Asin(2+φ)(A,φ∈R)的部分图象如图所示,则f(0)= .
7.(2018盐城田家炳中学第一学期期末)已知椭圆+=1的左、右焦点分别为F1,F2,点P在椭圆上,若PF1=4,则点P到右准线的距离是.
8.设等比数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=2017,且a n+2a n+1+a n+2=0(n∈N*),则S2018= .
9.(2018南通高三第一次调研)如图,在三棱锥P-ABC 中 AB⊥PC CA=CB M 是AB 的中点,点N 在棱PC 上,点D 是BN 的中点. 求证( )MD∥平面PAC; (2)平面ABN⊥平面PMC.
10.(2018常州教育学会学业水平检测)已知△ABC 中,a,b,c 分别为三个内角A,B,C 所对的边, bsinC=ccosB+c. (1)求角B;
(2)若b 2
=ac,求 n +
n 的值.
答案精解精析
1.答案 2
解析因为y'=32+a,所以在原点处的导数即为在该点外的切线的斜率,即a=2.
2.答案 3
解析抛物线y2=8的准线方程为=-2,所以该抛物线上横坐标为1的点到准线的距离为3,等于到焦点的距离,即到焦点的距离为3.
3.答案 4
解析由条件可得a+λb=-,所以(a+λb)⊥ ⇒3(3-λ)+1+λ=0⇒λ=4.
4.答案 3
解析不等式组对应的平面区域如图,由图可知,当(,y)为(0,1)时,2+(y+1)2取得最大值4,当(,y)为(0,0)时,2+(y+1)2取得最小值1,故最大值与最小值的差是3.
5.答案
解析由题意得正四棱锥斜高为2cm,从而得正四棱锥的高为cm,所以体积为× ×=cm3.
6.答案-1
解析由图象可知,A=2,
且sin=1,解得φ的一个值为-,即函数解析式可以是f()=2sin,故f(0)=2sin-=-1.
7.答案
解析由题意及PF1=4,知PF2=6,又离心率e=,所以点P到右准线的距离==.
8.答案0
解析因为{a n}是等比数列,a n+2a n+1+a n+2=0,所以a n+2a n q+a n q2=0,即q2+2q+1=0,解得q=-1,
所以S2018= 0 -(- ) 0
-(- )
=0.
9.证明(1)在△ABN中,M是AB的中点,D是BN的中点,
所以MD∥AN.
又因为AN⊂平面PAC,MD⊄平面PAC,所以MD∥平面PAC.
(2)在△ABC中,CA=CB,M是AB的中点,所以AB⊥MC
又因为AB⊥PC PC⊂平面PMC,MC⊂平面PMC PC∩MC=C 所以AB⊥平面PMC.又因为AB⊂平面ABN,所以平面ABN⊥平面PMC.
10.解析 (1) bsinC=cosB+c 由正弦定理得 sinBsinC=cosBsinC+sinC,因为0<C<π,所以sinC>0,所以 sinB-cosB=1,所以sin - = ,由0<B<π,得- <B- <
,所以B-
=
,
所以B=
.
(2)因为b 2
=ac,由正弦定理得sin 2
B=sinAsinC,
n +
n = n +
n =
n n
n n
= n( ) n n =
n( - )
n n = n
n n
, 所以
n +
n = n
n B =
n =
=
.。