江苏专版2018年高考数学二轮复习第2部分八大难点突破专项限时集训4解析几何中的范围定值和探索性问题
2018年江苏高考数学二轮复习：第2部分 八大难点突破 难点4 解析几何中的范围、定值和探索性问题
难点四解析几何中的范围、定值和探索性问题(对应学生用书第68页)解析几何中的范围、定值和探索性问题仍是高考考试的重点与难点，主要以解答题形式考查，一般以椭圆为背景，考查范围、定值和探索性问题，试题难度较大．复习时不能把目标仅仅定位在知识的掌握上，要在解题方法、解题思想上深入下去．解析几何中基本的解题方法是使用代数方程的方法研究直线、曲线的某些几何性质，代数方程是解题的桥梁，要掌握一些解方程(组)的方法，掌握一元二次方程的知识在解析几何中的应用，掌握使用根与系数的关系进行整体代入的解题方法；其次注意分类讨论思想、函数与方程思想、化归与转化思想等的应用，如解析几何中的最值问题往往需建立求解目标函数，通过函数的最值研究几何中的最值．下面对这些难点一一分析：1．圆锥曲线中的定点、定值问题该类问题多以直线与圆锥曲线为背景，常与函数与方程、向量等知识交汇，形成了过定点、定值等问题的证明，难度较大．定点、定值问题是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值，就是要求的定点、定值．化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．【例1】 (2017·江苏省南京市迎一模模拟)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝32，直线y ＝x ＋2与以原点为圆心、椭圆C 的短半轴长为半径的圆O 相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线x ＝12与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，以线段MN 为直径作圆D ，若圆D 与y 轴相交于不同的两点A ，B ，求△ABD 的面积；(3)如图1，A 1，A 2，B 1，B 2是椭圆C 的顶点，P 是椭圆C 上除顶点外的任意点，直线B 2P 交x 轴于点F ，直线A 1B 2交A 2P 于点E ，设A 2P 的斜率为k ，EF 的斜率为m ，求证：2m －k 为定值.【导学号：56394098】图1[解] (1)∵直线y ＝x ＋2与以原点为圆心、椭圆C 的短半轴长为半径的圆O 相切， ∴|0－2|2＝b ，化为b ＝1.∵离心率e ＝32＝c a ，b 2＝a 2－c 2＝1，联立解得a ＝2，c ＝ 3. ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1； (2)把x ＝12代入椭圆方程可得：y 2＝1－116，解得y ＝±154. ∴⊙D 的方程为：⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋y 2＝1516. 令x ＝0，解得y ＝±114， ∴|AB |＝112，∴S △ABD ＝12|AB |·|OD |＝12×112×12＝118. (3)证明：由(1)知：A 1(－2,0)，A 2(2,0)，B 2(0,1)，∴直线A 1B 2的方程为y ＝12x ＋1， 由题意，直线A 2P 的方程为y ＝k (x －2)，k ≠0，且k ≠±12， 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝12x ＋1，y ＝k x －，解得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ＋22k －1，4k 2k －1. 设P (x 1，y 1)，则由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k x －，x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2－16k 2x ＋16k 2－4＝0. ∴2x 1＝16k 2－44k 2＋1，∴x 1＝8k 2－24k 2＋1，y 1＝k (x 1－2)＝－4k 4k 2＋1.∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－24k 2＋1，－4k 4k 2＋1. 设F (x 2,0)，则由P ，B 2，F 三点共线得，kB 2P ＝kB 2F .即－4k 4k 2＋1－18k 2－24k 2＋1－0＝0－1x 2－0，∴x 2＝4k －22k ＋1，∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k －22k ＋1，0. ∴EF 的斜率m ＝4k 2k －1－04k ＋22k －1－4k －22k ＋1＝2k ＋14. ∴2m －k ＝2k ＋12－k ＝12为定值． [方法总结] 定值问题是解析几何中的一种常见问题，基本的求解思想是：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．(1)求定值问题常见的方法有两种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．(2)定点的探索与证明问题①探索直线过定点时，可设出直线方程为y ＝kx ＋m ，然后利用条件建立k ，m 等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．②从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．2．圆锥曲线中的最值、范围问题圆锥曲线中参数的范围及最值问题，由于其能很好地考查学生对数学知识的迁移、组合、融会的能力，有利于提高学生综合运用所学知识分析、解决问题的能力．该类试题设计巧妙、命题新颖别致，常求特定量、 特定式子的最值或范围．常与函数解析式的求法、函数最值、不等式等知识交汇，成为近年高考热点．解决圆锥曲线中最值、范围问题的基本思想是建立目标函数和建立不等关系，根据目标函数和不等式求最值、范围，因此这类问题的难点，就是如何建立目标函数和不等关系．建立目标函数或不等关系的关键是选用一个合适变量，其原则是这个变 量能够表达要解决的问题，这个变量可以是直线的斜率、直线的截距、点的坐标等，要根据问题的实际情况灵活处理．图2【例2】 (苏北四市(徐州、淮安、连云港、宿迁)2017届高三上学期期末)如图2，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22，且右焦点F 到左准线的距离为6 2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设A 为椭圆C 的左顶点，P 为椭圆C 上位于x 轴上方的点，直线PA 交y 轴于点M ，过点F 作MF 的垂线，交y 轴于点N .(ⅰ)当直线的PA 斜率为12时，求△FMN 的外接圆的方程； (ⅱ)设直线AN 交椭圆C 于另一点Q ，求△APQ 的面积的最大值．[解] (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ c a ＝22，c ＋a 2c ＝62，解得⎩⎨⎧ a ＝4，c ＝22，则b ＝22，所以椭圆C 的标准方程为x 216＋y 28＝1. (2)由题可设直线PA 的方程为y ＝k (x ＋4)，k ＞0，则M (0,4k )，所以直线FN 的方程为y ＝224k (x －22)，则N ⎝⎛⎭⎪⎫0，－2k . (ⅰ)当直线PA 的斜率为12，即k ＝12时，M (0,2)，N (0，－4)，F (22，0)，MF →＝(22，－2)，FN →＝(－22，－4)，MF →·FN →＝－8＋8＝0.所以MF ⊥FN ，所以圆心为(0，－1)，半径为3，所以△FMN 的外接圆的方程为x 2＋(y ＋1)2＝9. (ⅱ)联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k x ＋，x 216＋y 28＝1，消去y 并整理得，(1＋2k 2)x 2＋16k 2x ＋32k 2－16＝0， 解得x 1＝－4或x 2＝4－8k 21＋2k 2，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫4－8k21＋2k 2，8k1＋2k 2， 直线AN 的方程为y ＝－12k (x ＋4)，同理可得，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－41＋2k 2，－8k 1＋2k 2， 所以P ，Q 关于原点对称，即PQ 过原点．所以△APQ 的面积S ＝12OA ·(y P －y Q )＝2×16k 1＋2k 2＝322k ＋1k ≤82，当且仅当2k ＝1k ，即k ＝22时，取“＝”．所以△APQ 的面积的最大值为8 2.[方法总结] 这类问题在题目中往往没有给出不等关系，需要我们去寻找．求最值或范围常见的解法：(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，可考虑利用图形性质来解决；(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求最值，求函数最值常用的方法有配方法、判别式法、导数法、基本不等式法及函数的单调性、有界性法等．用这种方法求解圆锥曲线的最值与范围问题时，除了重视建立函数关系式这个关键点外，还要密切注意所建立的函数式中的变量是否有限制范围，这些限制范围恰好制约了最值的取得，因此在解题时要予以高度关注．3．圆锥曲线中的探索性问题探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求学生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题，它能很好地考查数学思维能力以及科学的探索精神．因此越来越受到高考命题者的青睐．探索性问题实质上是探索结论的开放性问题．相对于其他的开放性问题来说，由于这类问题的结论较少(只有存在、 不存在两个结论有时候需讨论)，因此，思考途径较为单一，难度易于控制，受到各类考试命题者的青睐．解答这一类问题，往往从承认结论、变结论为条件出发，然后通过特例归纳，或由演绎推理证明其合理性．探索过程要充分挖掘已知条件，注意条件的完备性，不要忽略任何可能的因素．图3【例3】 (苏北四市(淮安、宿迁、连云港、徐州)2017届高三上学期期中)如图3，在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C ：x 2＋y 2－4x ＝0及点A (－1,0)，B (1,2)．(1)若直线l 平行于AB ，与圆C 相交于M ，N 两点，MN ＝AB ，求直线l 的方程；(2)在圆C 上是否存在点P 满足条件，使得PA 2＋PB 2＝12？若存在，求点P 的个数；若不存在，说明理由．【导学号：56394099】[解] (1)圆C 的标准方程为(x －2)2＋y 2＝4，所以圆心C (2,0)，半径为2.因为l ∥AB ，A (－1,0)，B (1,2)，所以直线l 的斜率为2－01－－＝1，设直线l 的方程为x －y ＋m ＝0，则圆心C 到直线l 的距离为d ＝|2－0＋m |2＝|2＋m |2. 因为MN ＝AB ＝22＋22＝22， 而CM 2＝d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫MN 22，所以4＝＋m22＋2，解得m ＝0或m ＝－4，故直线l 的方程为x －y ＝0或x －y －4＝0.(2)假设圆C 上存在点P 满足条件，设P (x ，y )，则(x －2)2＋y 2＝4， PA 2＋PB 2＝(x ＋1)2＋(y －0)2＋(x －1)2＋(y －2)2＝12，即x 2＋y 2－2y －3＝0，即x 2＋(y －1)2＝4，因为|2－2|＜－2＋－2＜2＋2， 所以圆(x －2)2＋y 2＝4与圆x 2＋(y －1)2＝4相交，所以点P 的个数为2.[方法总结] (1)解决存在性问题的解题步骤：第一步：先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组)；第二步：解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在；第三步：得出结论．(2)解决存在性问题应注意以下几点：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；③当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．。
2018年高考数学江苏专版三维二轮专题复习教学案：专题二 立体几何 Word版含答案
江苏 新高考高考对本专题内容的考查一般是“一小一大”，小题主要考查体积和表面积的计算问题，而大题主要证明线线、线面、面面的平行与垂直问题，其考查形式单一，难度一般.第1课时立体几何中的计算(基础课) [常考题型突破]空间几何体的几组常用公式(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； ②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．(2)柱体、锥体、台体的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)．(3)球的表面积和体积公式： ①S 球＝4πR 2(R 为球的半径)； ②V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．[题组练透]1．现有一个底面半径为3 cm ，母线长为5 cm 的圆锥状实心铁器，将其高温熔化后铸成一个实心铁球(不计损耗)，则该铁球的半径为________cm.解析：因为圆锥底面半径为3 cm ，母线长为5 cm ，所以圆锥的高为52－32＝4 cm ，其体积为13π×32×4＝12π cm 3，设铁球的半径为r ，则43πr 3＝12π，所以该铁球的半径是39cm.答案：392．(2017·苏锡常镇二模)已知直四棱柱底面是边长为2的菱形，侧面对角线的长为23，则该直四棱柱的侧面积为________．解析：由题意得，直四棱柱的侧棱长为(23)2－22＝22，所以该直四棱柱的侧面积为S ＝cl ＝4×2×22＝16 2.答案：16 23．(2017·南通、泰州一调)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3 cm ，AA 1＝1 cm ，则三棱锥D 1-A 1BD 的体积为_______cm 3.解析：三棱锥D 1-A 1BD 的体积等于三棱锥B -A 1D 1D 的体积，因为三棱锥B -A 1D 1D 的高等于AB ，△A 1D 1D 的面积为矩形AA 1D 1D 的面积的12，所以三棱锥B -A 1D 1D 的体积是正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积的16，所以三棱锥D 1-A 1BD 的体积等于16×32×1＝32.答案：324.如图所示是一个直三棱柱(以A 1B 1C 1为底面)被一个平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝1，∠A 1B 1C 1＝90°，A 1A ＝4，B 1B ＝2，C 1C ＝3，则此几何体的体积为________．解析：在A 1A 上取点A 2，在C 1C 上取点C 2，使A 1A 2＝C 1C 2＝BB 1，连结A 2B ，BC 2，A 2C 2，∴V ＝VA B C A BC 11122-＋VB A ACC 22-＝12×1×1×2＋13×(1＋2)2×2×22＝32. 答案：325．设甲，乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等且V 1V 2＝32，则S 1S 2的值是________．解析：设甲，乙两个圆柱的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，则有2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，又V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2，∴V 1V 2＝r 1r 2，∴r 1r 2＝32，则S 1S 2＝⎝⎛⎭⎫r 1r 22＝94.答案：94[方法归纳]解决球与其他几何体的切、接问题(1)解题的关键：仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系．(2)选准最佳角度作出截面：要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系，达到空间问题平面化的目的．(3)认识球与正方体组合的3种特殊截面：(4)熟记2个结论：①设小圆O 1半径为r ，OO 1＝d ，则d 2＋r 2＝R 2；②若A ，B 是圆O 1上两点，则AB ＝2r sin ∠AO 1B 2＝2R sin ∠AOB 2.[题组练透]1．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.答案：322．(2017·全国卷Ⅲ改编)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为________．解析：设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34×π×1＝3π4.答案：3π43．已知矩形ABCD的顶点都在半径为2的球O的球面上，且AB＝3，BC＝3，过点D作DE垂直于平面ABCD，交球O于E，则棱锥E-ABCD的体积为________．解析：如图所示，BE过球心O，∴DE＝42－32－(3)2＝2，∴V E -ABCD＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 34．(2017·南京、盐城一模)将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，AB＝3，BC ＝2，圆柱上底面圆心为O，△EFG为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥O-EFG 体积的最大值是________．解析：因为将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，AB＝3，BC＝2，圆柱上底面圆心为O，△EFG为下底面圆的一个内接直角三角形，所以三棱锥O-EFG的高为圆柱的高，即高为AB，所以当三棱锥O-EFG体积取最大值时，△EFG的面积最大，当EF为直径，且G在EF的垂直平分线上时，(S△EFG)max＝12×4×2＝4,所以三棱锥O-EFG体积的最大值(V O-EFG)max＝13×(S△EFG)max×AB＝13×4×3＝4.答案：4[方法归纳]多面体与球的切接问题的解题技巧[必备知识]将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，把这类问题称为平面图形的翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是化解翻折问题难点的主要方法．[题组练透]1．(2017·南通三模)已知圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为2π3的扇形，则这个圆锥的高为________．解析：因为圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为2π3的扇形，所以圆锥的母线长l ＝3，设圆锥的底面半径为r ，则底面周长2πr ＝3×2π3，所以r ＝1，所以圆锥的高为32－12＝2 2. 答案：2 22．(2017·南京考前模拟)如图，正△ABC 的边长为2，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别为边AC 与BC 的中点，现将△ABC 沿CD 翻折，使平面ADC ⊥平面DCB ，则棱锥E -DFC 的体积为________．解析：S △DFC ＝14S △ABC ＝14×⎝⎛⎭⎫34×22＝34，E 到平面DFC 的距离h 等于12AD ＝12. V E -DFC ＝13×S △DFC×h ＝324. 答案：3243.(2017·全国卷Ⅰ)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×(5－x )2－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 [方法归纳][A 组——抓牢中档小题]1．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E 是棱B 1B 的中点，则三棱锥B 1-ADE 的体积为________．解析：VB 1-ADE ＝VD -AEB 1＝13S △AEB 1·DA ＝13×12×12×1×1＝112.答案：1122．若两球表面积之比是4∶9，则其体积之比为________．解析：设两球半径分别为r 1，r 2，因为4πr 21∶4πr 22＝4∶9，所以r 1∶r 2＝2∶3，所以两球体积之比为43πr 31∶43πr 32＝⎝⎛⎭⎫r 1r 23＝⎝⎛⎭⎫233＝8∶27.答案：8∶273．(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：设正方体的棱长为a ，则6a 2＝18，得a ＝3，设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3a ＝3，得R ＝32，所以该球的体积为43πR 3＝4π3×278＝92π.答案：92π4．已知圆锥的母线长为10 cm ，侧面积为60π cm 2，则此圆锥的体积为________cm 3. 解析：设圆锥底面圆的半径为r ，母线长为l ，则侧面积为πrl ＝10πr ＝60π，解得r ＝6，则圆锥的高h ＝l 2－r 2＝8，则此圆锥的体积为13πr 2h ＝13π×36×8＝96π.答案：96π5．(2017·扬州期末)若正四棱锥的底面边长为2(单位：cm)，侧面积为8(单位：cm 2)，则它的体积为________(单位：cm 3)．解析：因为正四棱锥的底面边长为2，侧面积为8，所以底面周长c ＝8，12ch ′＝8，所以斜高h ′＝2，正四棱锥的高为h ＝3，所以正四棱锥的体积为13×22×3＝433.答案：4336．设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________． 解析：由题意知，V 1＝a 3，S 1＝6a 2，V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π得，a 313πr 3＝3π，得a＝r ，从而S 1S 2＝62π＝32π.答案：32π7.(2017·苏北三市三模)如图，在正三棱柱ABC -A1B 1C 1中，已知AB ＝AA 1＝3，点P 在棱CC 1上，则三棱锥P -ABA 1的体积为________．解析：三棱锥的底面积S △ABA 1＝12×3×3＝92，点P 到底面的距离为△ABC 的高h ＝32－⎝⎛⎭⎫322＝332，故三棱锥的体积VP -ABA 1＝13S △ABA 1×h ＝934. 答案：9348．(2017·无锡期末)已知圆锥的侧面展开图为一个圆心角为2π3，且面积为3π的扇形，则该圆锥的体积等于________．解析：设圆锥的母线为l ，底面半径为r ， 因为3π＝13πl 2，所以l ＝3，所以πr ×3＝3π，所以r ＝1，所以圆锥的高是32－12＝22，所以圆锥的体积是13×π×12×22＝22π3.答案：22π39．(2017·徐州古邳中学摸底)表面积为24π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为________．解析：设圆柱的高为h ，底面半径为r ， 则圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πrh ＝24π， 即r 2＋rh ＝12，得rh ＝12－r 2， ∴V ＝πr 2h ＝πr (12－r 2)＝π(12r －r 3)， 令V ′＝π(12－3r 2)＝0，得r ＝2，∴函数V ＝πr 2h 在区间(0,2]上单调递增，在区间[2，＋∞)上单调递减，∴r ＝2时，V 最大，此时2h ＝12－4＝8，即h ＝4，r h ＝12.答案：1210．三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，PA ＝3，则该三棱锥外接球的表面积为________．解析：把三棱锥P -ABC 看作由平面截一个长、宽、高分别为1、1、3的长方体所得的一部分(如图).易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球．又长方体的体对角线长为12＋12＋(3)2＝5，故外接球半径为52，表面积为4π×⎝⎛⎭⎫522＝5π. 答案：5π11．已知正三棱锥P -ABC 的体积为223，底面边长为2，则侧棱PA 的长为________．解析：设底面正三角形ABC 的中心为O ，又底面边长为2，故OA ＝233，由V P -ABC ＝13PO ·S △ABC ，得223＝13PO ×34×22，PO ＝263，所以PA ＝PO 2＋AO 2＝2. 答案：212．(2017·苏州期末)一个长方体的三条棱长分别为3,8,9，若在该长方体上面钻一个圆柱形的孔后其表面积没有变化，则圆孔的半径为________．解析：圆柱两底面积等于圆柱的侧面积．孔的打法有三种，所以有三种情况：①孔高为3，则2πr 2＝2πr ×3，解得r ＝3；②孔高为8，则r ＝8；③孔高为9，则r ＝9.而实际情况是，当r ＝8，r ＝9时，因为长方体有个棱长为3，所以受限制不能打，所以只有①符合．答案：313.如图所示，在体积为9的长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，对角线B 1D 与平面A 1BC 1交于点E ，则四棱锥E -A 1B 1C 1D 1的体积V ＝________.解析：连结B 1D 1交A 1C 1于点F ，连结BD ，BF ，则平面A 1BC 1∩平面BDD 1B 1＝BF ，因为E ∈平面A 1BC 1，E ∈平面BDD 1B 1，所以E ∈BF .因为F 是A 1C 1的中点，所以BF 是中线，又B 1F 綊12BD ，所以FE EB ＝12，故点E 到平面A 1B 1C 1D 1的距离是BB 1的13，所以四棱锥E -A 1B 1C 1D 1的体积V ＝13×S 四边形A 1B 1C 1D 1×13BB 1＝19V 长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1＝1.答案：114．半径为2的球O 中有一内接正四棱柱(底面是正方形，侧棱垂直底面)．当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是________．解析：依题意，设球的内接正四棱柱的底面边长为a 、高为h ，则有16＝2a 2＋h 2≥22ah ，即4ah ≤162，该正四棱柱的侧面积S ＝4ah ≤162，当且仅当h ＝2a ＝22时取等号．因此，当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是4π×22－162＝16(π－2)．答案：16(π－2)[B 组——力争难度小题]1．已知三棱锥S -ABC 所在顶点都在球O 的球面上，且SC ⊥平面ABC ，若SC ＝AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝120°，则球O 的表面积为________．解析：∵AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝120°， ∴BC ＝12＋12－2×1×1×⎝⎛⎭⎫－12＝3， ∴三角形ABC 的外接圆直径2r ＝3sin 120°＝2，∴r ＝1.∵SC ⊥平面ABC ，SC ＝1， ∴该三棱锥的外接球半径R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫SC 22＝52，∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝5π. 答案：5π2.(2017·南京三模)如图，在直三棱柱ABC -A1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，BB 1＝3，∠ABC ＝90°，点D 为侧棱BB 1上的动点．当AD ＋DC 1最小时，三棱锥D -ABC 1的体积为________．解析：在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，所以BB 1⊥AB ，又因为∠ABC ＝90°，即BC ⊥AB ，又BC ∩BB 1＝B ，所以AB ⊥平面BB 1C 1C, 因为AB ＝1，BC ＝2，点D 为侧棱BB 1上的动点，所以侧面展开，当AD ＋DC 1最小时，BD ＝1，所以S △BDC 1＝12×BD ×B 1C 1＝1，所以三棱锥D -ABC 1的体积为13×S △BDC 1×AB ＝13.答案：133．设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，2和a ，且长为a 的棱与长为2的棱异面，则a 的取值范围是________．解析：如图所示，AB ＝2，CD ＝a ，设点E 为AB 的中点，则ED ⊥AB，EC⊥AB，则ED＝AD2－AE2＝22，同理EC＝22.由构成三角形的条件知0＜a＜ED＋EC＝2，所以0＜a＜ 2.答案：(0，2)4.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·ACPC＝2×2cos θ21＋cos2θ＝2cos θ1＋cos2θ，在Rt△PAB中，AE＝PE＝2，∴EF＝AE2－AF2，∴V P-AEF＝16AF·EF·PE＝16AF·2－AF2·2＝26·2AF2－AF4＝26·－(AF2－1)2＋1≤26，∴当AF＝1时，V P-AEF取得最大值26，此时AF＝2cos θ1＋cos2θ＝1，∴cos θ＝13，sin θ＝23，∴tan θ＝ 2.答案： 2第2课时平行与垂直(能力课) [常考题型突破][例1](2017·江苏高考)如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.[证明] (1)在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ，所以EF ∥AB .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .(2)因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ，BC ⊥BD ，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC ⊥AD .又AB ⊥AD ，BC ∩AB ＝B ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥AC .[方法归纳]1．(2017·苏锡常镇一模)如图，在斜三棱柱ABC -A1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C是菱形，AC 1与A 1C 交于点O ，E 是棱AB 上一点，且OE ∥平面BCC 1B 1.(1)求证：E 是AB 的中点；(2)若AC 1⊥A 1B ，求证：AC 1⊥BC .证明：(1)连结BC1，因为OE ∥平面BCC 1B 1，OE ⊂平面ABC 1，平面BCC 1B 1∩平面ABC 1＝BC 1，所以OE ∥BC 1 .因为侧面AA 1C 1C 是菱形，AC 1∩A 1C ＝O ，所以O 是AC 1中点，所以AE EB ＝AO OC 1＝1，E 是AB 的中点. (2)因为侧面AA 1C 1C 是菱形，所以AC 1⊥A 1C,又AC1⊥A1B，A1C∩A1B＝A1，A1C⊂平面A1BC，A1B⊂平面A1BC，所以AC1⊥平面A1BC,因为BC⊂平面A1BC，所以AC1⊥BC.2．(2017·苏州模拟)在如图所示的空间几何体ABCDPE中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥EB，且PA＝AD＝4，EB＝2.(1)若点Q是PD的中点，求证：AQ⊥平面PCD；(2)证明：BD∥平面PEC.证明：(1)因为PA＝AD，Q是PD的中点，所以AQ⊥PD.又PA⊥平面ABCD，所以CD⊥PA.又CD⊥DA，PA∩DA＝A，所以CD⊥平面ADP.又因为AQ⊂平面ADP，所以CD⊥AQ，又PD∩CD＝D，所以AQ⊥平面PCD.(2)取PC的中点M，连结AC交BD于点N，连结MN，ME，在△PAC中，易知MN＝12PA，MN∥PA，又PA∥EB，EB＝12PA，所以MN＝EB，MN∥EB，所以四边形BEMN是平行四边形，所以EM∥BN.又EM⊂平面PEC，BN⊄平面PEC，所以BN∥平面PEC，即BD∥平面PEC.[例2]ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，M为线段PB的中点，N为线段BC的中点．求证：(1)平面MON∥平面PAC；(2)平面PBC⊥平面MON.[证明](1)因为M，O，N分别是PB，AB，BC的中点，所以MO∥PA，NO∥AC，又MO∩NO＝O，PA∩AC＝A，所以平面MON∥平面PAC.(2)因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC.由(1)知，MO∥PA，所以MO⊥BC.连结OC，则OC＝OB，因为N为BC的中点，所以ON⊥BC.又MO∩ON＝O，MO⊂平面MON，ON⊂平面MON，所以BC⊥平面MON.又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面MON.[方法归纳]1．(2017·无锡期末)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，AP⊥平面PCD，E，F分别为PC，AB的中点．求证：(1)平面PAD⊥平面ABCD；(2)EF∥平面PAD.证明：(1)因为AP⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AP⊥CD，因为四边形ABCD为矩形，所以AD⊥CD,又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，因为CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.(2)连结AC，BD交于点O，连结OE，OF，因为四边形ABCD为矩形，所以O点为AC的中点，因为E为PC的中点，所以OE∥PA，因为OE⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以OE∥平面PAD,同理可得：OF∥平面PAD，又因为OE∩OF＝O，所以平面OEF∥平面PAD,因为EF⊂平面OEF，所以EF∥平面PAD.2.(2016·江苏高考)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D ⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.[例3]圆O上，且AB∥EF，矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直．(1)求证：平面AFC⊥平面CBF.(2)在线段CF上是否存在一点M，使得OM∥平面ADF？并说明理由．[解](1)证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴CB⊥平面ABEF.∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB .又AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF .又BF ∩CB ＝B ，∴AF ⊥平面CBF .∵AF ⊂平面AFC ，∴平面AFC ⊥平面CBF .(2)当M 为CF 的中点时，OM ∥平面ADF .证明如下：取CF 中点M ，设DF 的中点为N ，连结AN ，MN ，则MN 綊12CD ，又AO 綊12CD ，则MN 綊AO ， ∴四边形MNAO 为平行四边形，∴OM ∥AN ，又AN ⊂平面DAF ，OM ⊄平面DAF ，∴OM ∥平面DAF .[方法归纳]与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤[变式训练]1.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BF BE的值． 解：(1)证明：∵四边形ABCD 为矩形，∴AB ⊥BC ，∵平面ABCD ⊥平面BCE ，∴AB ⊥平面BCE ，∴CE ⊥AB .又∵CE ⊥BE ，AB ∩BE ＝B ，∴CE ⊥平面ABE ，又∵CE ⊂平面AEC ，∴平面AEC ⊥平面ABE .(2)连结BD 交AC 于点O ，连结OF .∵DE ∥平面ACF ，DE ⊂平面BDE ，平面ACF ∩平面BDE ＝OF .∴DE ∥OF ，又在矩形ABCD 中，O 为BD 中点，∴F 为BE 中点，即BF BE ＝12. 2．如图，在矩形ABCD 中，E ，F 分别为BC ，DA 的中点．将矩形ABCD 沿线段EF 折起，使得∠DFA ＝60°.设G 为AF 上的点．(1)试确定点G 的位置，使得CF ∥平面BDG ；(2)在(1)的条件下，证明：DG ⊥AE .解：(1)当点G 为AF 的中点时，CF ∥平面BDG .证明如下：因为E ，F 分别为BC ，DA 的中点，所以EF ∥AB ∥CD .连结AC 交BD 于点O ，连结OG ，则AO ＝CO .又G 为AF 的中点，所以CF ∥OG .因为CF ⊄平面BDG ，OG ⊂平面BDG .所以CF ∥平面BDG .(2)因为E ，F 分别为BC ，DA 的中点，所以EF ⊥FD ，EF ⊥FA .又FD ∩FA ＝F ，所以EF ⊥平面ADF ，因为DG ⊂平面ADF ，所以EF ⊥DG .因为FD ＝FA ，∠DFA ＝60°，所以△ADF 是等边三角形，DG ⊥AF ，又AF ∩EF ＝F ，所以DG ⊥平面ABEF .因为AE ⊂平面ABEF ，所以DG ⊥AE .[课时达标训练]1.如图，在三棱锥V -ABC 中，O ，M 分别为AB ，VA 的中点，平面VAB ⊥平面ABC ，△VAB 是边长为2的等边三角形，AC ⊥BC 且AC ＝BC .(1)求证：VB ∥平面MOC ；(2)求线段VC的长．解：(1)证明：因为点O，M分别为AB，VA的中点，所以MO∥VB.又MO⊂平面MOC，VB⊄平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)因为AC＝BC，O为AB的中点，AC⊥BC，AB＝2，所以OC⊥AB，且CO＝1.连结VO，因为△VAB是边长为2的等边三角形，所以VO＝ 3.又平面VAB⊥平面ABC，OC⊥AB，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面VAB，所以OC⊥VO，所以VC＝OC2＋VO2＝2.B1C1中，AC⊥BC，A1B2.(2017·南通二调)如图，在直三棱柱ABC-A与AB1交于点D，A1C与AC1交于点E.求证：(1)DE∥平面B1BCC1；(2)平面A1BC⊥平面A1ACC1.证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形A1ACC1为平行四边形．又E为A1C与AC1的交点，所以E为A1C的中点.同理，D为A1B的中点，所以DE∥BC.又BC⊂平面B1BCC1，DE⊄平面B1BCC1，所以DE∥平面B1BCC1.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又AC⊥BC，AC∩AA1＝A，AC⊂平面A1ACC1，AA1⊂平面A1ACC1，所以BC⊥平面A1ACC1.因为BC⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面A1ACC1.3.(2017·南京三模)如图，在三棱锥A-BCD中，E，F分别为棱BC，CD上的点，且BD∥平面AEF.(1)求证：EF∥平面ABD；(2)若BD⊥CD，AE⊥平面BCD，求证：平面AEF⊥平面ACD.证明：(1)因为BD∥平面AEF，BD⊂平面BCD，平面AEF∩平面BCD＝EF，所以BD∥EF.因为BD⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，所以EF∥平面ABD.(2)因为AE⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AE⊥CD.因为BD⊥CD，BD∥EF，所以CD⊥EF，又AE∩EF＝E，AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，所以CD⊥平面AEF.又CD⊂平面ACD，所以平面AEF⊥平面ACD.4.在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，DC＝2，点E在PB上．(1)求证：平面AEC⊥平面PAD；(2)当PD∥平面AEC时，求PE∶EB的值．解：(1)证明：在平面ABCD中，过A作AF⊥DC于F，则CF＝DF＝AF＝1，∴∠DAC＝∠DAF＋∠FAC＝45°＋45°＝90°，即AC⊥DA.又PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PA.∵PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，且PA∩AD＝A，∴AC⊥平面PAD.又AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面PAD.(2)连结BD交AC于O，连结EO.∵PD∥平面AEC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AEC＝EO，∴PD∥EO，则PE∶EB＝DO∶OB.又△DOC∽△BOA，∴DO∶OB＝DC∶AB＝2∶1，∴PE∶EB的值为2.5.(2017·扬州考前调研)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，CD∥AB，AB＝2CD，AC交BD于O，锐角△PAD所在平面⊥底面ABCD，PA⊥BD，点Q在侧棱PC上，且PQ＝2QC.求证：(1)PA∥平面QBD；(2)BD⊥AD.证明：(1)连结OQ,因为AB∥CD，AB＝2CD，所以AO ＝2OC ，又PQ ＝2QC ，所以PA ∥OQ ，因为OQ ⊂平面QBD ，PA ⊄平面QBD ，所以PA ∥平面QBD .(2)在平面PAD 内过P 作PH ⊥AD 于H ，因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PH ⊂平面PAD ， 所以PH ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥BD .又PA ⊥BD ，且PA ∩PH ＝P ，PA ⊂平面PAD ，PH ⊂平面PAD ，所以BD ⊥平面PAD ，又AD ⊂平面PAD ，所以BD ⊥AD .6.如图，在多面体ABCDFE 中，四边形ABCD 是矩形，四边形ABEF为等腰梯形，且AB ∥EF ，AF ＝2，EF ＝2AB ＝42，平面ABCD ⊥平面ABEF .(1)求证：BE ⊥DF ；(2)若P 为BD 的中点，试问：在线段AE 上是否存在点Q ，使得PQ ∥平面BCE ？若存在，找出点Q 的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，取EF 的中点G ，连结AG ，因为EF ＝2AB ，所以AB ＝EG ，又AB ∥EG ，所以四边形ABEG 为平行四边形，所以AG ∥BE ，且AG ＝BE ＝AF ＝2.在△AGF 中，GF ＝12EF ＝22，AG ＝AF ＝2， 所以AG 2＋AF 2＝GF 2，所以AG ⊥AF .因为四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥AB ，又平面ABCD ⊥平面ABEF ，且平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，AD ⊂平面ABCD ， 所以AD ⊥平面ABEF ，又AG ⊂平面ABEF ，所以AD ⊥AG .因为AD ∩AF ＝A ，所以AG ⊥平面ADF .因为AG ∥BE ，所以BE ⊥平面ADF .因为DF ⊂平面ADF ，所以BE ⊥DF .(2)存在点Q ，且点Q 为AE 的中点，使得PQ ∥平面BCE .证明如下：连结AC ，因为四边形ABCD 为矩形，所以P 为AC 的中点．在△ACE中，因为点P，Q分别为AC，AE的中点，所以PQ∥CE.又PQ⊄平面BCE，CE⊂平面BCE，所以PQ∥平面BCE.。
(江苏专版)18年高考数学二轮复习第2部分八大难点突破难点7函数零点、单调性、极值等综合问题学案
难点七 函数零点、单调性、极值等综合问题(对应学生用书第73页)函数零点、单调性、极值都是高中数学的重要内容，也都是高考的热点和重点，在每年的高考试题中这部分内容所占的比例都很大，函数与导数是高中数学的主线，它们贯穿于高中数学的各个内容，求值的问题就要涉及到方程，求取值范围的问题就离不开不等式，但方程、不等式更离不开函数，函数思想的运用是我们解决问题的重要手段，而导数是我们解决问题的一个行之有效的工具． 1．函数零点函数零点问题主要是研究函数与方程问题，方程f (x )＝0的解就是函数y ＝f (x )的图象与x 轴的交点的横坐标，即零点．函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：一是借助有关初等函数的性质，解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题：二是在问题的研究中，通过建立函数关系式或构造中间函数，把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质，达到化难为易，化繁为简的目的. 许多有关方程的问题可以用函数的方法解决，反之，许多函数问题也可以用方程的方法来解决．在高考中重点考查函数零点个数、零点范围以及与零点有关的范围问题，有时添加函数性质进去会使得此类问题难度加大．【例1】 (2017·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1(a >0，b ∈R )有极值，且导函数f ′(x )的极值点是f (x )的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值) (1)求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； (2)证明：b 2>3a ；(3)若f (x )，f ′(x )这两个函数的所有极值之和不小于－72，求a 的取值范围.【导学号：56394108】[解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 32＋b －a 23. 当x ＝－a 3时，f ′(x )有极小值b －a 23.因为f ′(x )的极值点是f (x )的零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝－a 327＋a 39－ab 3＋1＝0.又a >0，故b ＝2a 29＋3a.因为f (x )有极值，故f ′(x )＝0有实根， 从而b －a 23＝19a (27－a 3)≤0，即a ≥3.当a ＝3时，f ′(x )>0(x ≠－1)，故f (x )在R 上是增函数，f (x )没有极值； 当a >3时，f ′(x )＝0有两个相异的实根 x 1＝－a －a 2－3b 3，x 2＝－a ＋a 2－3b 3.列表如下：12从而a >3.因此b ＝2a 29＋3a ，定义域为(3，＋∞)．(2)证明：由(1)知，b a ＝2a a 9＋3a a.设g (t )＝2t 9＋3t ，则g ′(t )＝29－3t 2＝2t 2－279t 2. 当t ∈⎝⎛⎭⎪⎫362，＋∞时，g ′(t )>0， 从而g (t )在⎝⎛⎭⎪⎫362，＋∞上单调递增． 因为a >3，所以a a >33， 故g (a a )>g (33)＝3，即ba> 3. 因此b 2>3a .(3)由(1)知，f (x )的极值点是x 1，x 2， 且x 1＋x 2＝－23a ，x 21＋x 22＝4a 2－6b9.从而f (x 1)＋f (x 2)＝x 31＋ax 21＋bx 1＋1＋x 32＋ax 22＋bx 2＋1＝x 13(3x 21＋2ax 1＋b )＋x 23(3x 22＋2ax 2＋b )＋13a (x 21＋x 22)＋23b (x 1＋x 2)＋2＝4a 3－6ab 27－4ab 9＋2＝0.记f (x )，f ′(x )所有极值之和为h (a )， 因为f ′(x )的极值为b －a 23＝－19a 2＋3a ，所以h (a )＝－19a 2＋3a ，a >3.因为h ′(a )＝－29a －3a 2<0，于是h (a )在(3，＋∞)上单调递减． 因为h (6)＝－72，于是h (a )≥h (6)，故a ≤6.因此a 的取值范围为(3,6]．【例2】 已知函数f (x )＝a x －1x2－b ＋ln x (a ，b ∈R )．(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝3，函数f (x )有3个零点，求实数b 的取值范围．[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－a x2＋2x3＋1x.由题意可得f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，即－a x2＋2x3＋1x≥0，所以a x2≤2x3＋1x，因为x ＞0，所以x 2＞0，故a ≤2x＋x .由基本不等式可得2x ＋x ≥22(当且仅当2x＝x ，即x ＝2时等号成立)，故实数a 的取值范围为(－∞，22]．(2)当a ＝3时，f (x )＝3x －1x2－b ＋ln x ，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－3x 2＋2x 3＋1x ＝x 2－3x ＋2x3＝x －x －x3.由f ′(x )＝0，解得x 1＝1，x 2＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：极小值为f (2)＝32－122－b ＋ln 2＝54－b ＋ln 2.要使函数f (x )有3个零点，则⎩⎪⎨⎪⎧2－b ＞0，54－b ＋ln 2＜0，解得54＋ln 2＜b ＜2.故实数b 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫54＋ln 2，2. 2．利用函数的单调区间和极值点研究函数零点函数f (x )的零点，即f (x )＝0的根，亦即函数f (x )的图象与x 轴交点横坐标，与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与轴的位置关系(或者转化为两个熟悉函数交点问题)．【例3】 (2016－2017学年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知f (x )＝ax 3－3x 2＋1(a ＞0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝⎩⎪⎨⎪⎧f x ，f xg x ，gx ，f x ＜g x ，(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )＝xf ′(x )，且存在x ∈[1,2]使h (x )＝f (x )，求实数a 的取值范围； (3)若g (x )＝ln x ，试讨论函数h (x )(x ＞0)的零点个数． [解] (1)∵函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1， ∴f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0或x 2＝2a，∵a ＞0，∴x 1＜x 2，列表如下：∴f (x )的极大值为f (0)＝1，极小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a＝a2－a 2＋1＝1－a2.(2)g (x )＝xf ′(x )＝3ax 3－6x 2，∵存在x ∈[1,2]，使h (x )＝f (x )，∴f (x )≥g (x )在x ∈[1,2]上有解，即ax 3－3x 2＋1≥3ax 3－6x 2在x ∈[1,2]上有解， 即不等式2a ≤1x 3＋3x在x ∈[1,2]上有解，设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1x 3(x ∈[1,2])，∵y ′＝－3x 2－3x4＜0对x ∈[1,2]恒成立， ∴y ＝1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上单调递减，∴当x ＝1时，y ＝1x 3＋3x的最大值为4，∴2a ≤4，即a ≤2.(3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a＝1－4a2，①当1－4a2＞0，即a ＞2时，f (x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上无零点．②当1－4a2＝0即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0，又g (1)＝0，∴h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点．③当1－4a2＜0，即0＜a ＜2时，设φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－3x 2＋1－ln x (0＜x ＜1)，∵φ′(x )＝3ax 2－6x －1x ＜6x (x －1)－1x＜0，∴φ(x )在(0,1)上单调递减，又φ(1)＝a －2＜0，φ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a e 3＋2e 2－3e 2＞0，∴存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，使得φ(x 0)＝0，Ⅰ.当0＜x ≤x 0时，∵φ(x )＝f (x )－g (x )≥φ(x 0)＝0，∴h (x )＝f (x )且h (x )为减函数，又h (x 0)＝f (x 0)＝g (x 0)＝ln x 0＜ln 1＝0，f (0)＝1＞0，∴h (x )在(0，x 0)上有一个零点；Ⅱ.当x ＞x 0时，∵φ(x )＝f (x )－g (x )＜φ(x 0)＝0， ∴h (x )＝g (x )且h (x )为增函数，∵g (1)＝0， ∴h (x )在(x 0，＋∞)上有一零点；从而h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(x 0，＋∞)上有两个零点， 综上所述，当0＜a ＜2时，h (x )有两个零点；当a ＝2时，h (x )有一个零点；当a ＞2时，h (x )无零点．【例4】 (2017·江苏省南京市迎一模模拟)已知函数f (x )＝12ax 2＋ln x ，g (x )＝－bx ，其中a ，b ∈R ，设h (x )＝f (x )－g (x )． (1)若f (x )在x ＝22处取得极值，且f ′(1)＝g (－1)－2，求函数h (x )的单调区间； (2)若a ＝0时，函数h (x )有两个不同的零点x 1，x 2. ①求b 的取值范围； ②求证：x 1x 2e2＞1.【导学号：56394109】[解] (1)由已知得f ′(x )＝ax ＋1x(x ＞0)，所以f ′⎝⎛⎭⎪⎫22＝22a ＋2＝0，所以a ＝－2. 由f ′(1)＝g (－1)－2， 得a ＋1＝b －2， 所以b ＝1.所以h (x )＝－x 2＋ln x ＋x (x ＞0)．则h ′(x )＝－2x ＋1x ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12x －－x(x ＞0)，由h ′(x )＞0得0＜x ＜1，h ′(x )＜0得x ＞1. 所以h (x )的减区间为(1，＋∞)，增区间为(0,1)． (2)①由已知h (x )＝ln x ＋bx (x ＞0)． 所以h ′(x )＝1x＋b (x ＞0)，当b ≥0时，显然h ′(x )＞0恒成立，此时函数h (x )在定义域内递增，h (x )至多有一个零点，不合题意．当b ＜0时，令h ′(x )＝0得x ＝－1b ＞0，令h ′(x )＞0得0＜x ＜－1b；令h ′(x )＜0得x ＞－1b.所以h (x )极大＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1b ＝－ln(－b )－1＞0，解得－1e ＜b ＜0. 且x →0时，ln x ＜0，x →＋∞时，ln x ＞0.所以当b ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0时，h (x )有两个零点．②证明：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＋bx 1＝0，ln x 2＋bx 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧e －bx 1＝x 1， ①e －bx 2＝x 2， ②①×②得e －b (x 1＋x 2)＝x 1x 2. 因为x 1，x 2＞0， 所以－b (x 1＋x 2)＞0， 所以e －b (x 1＋x 2)＝x 1x 2＞1. 因为0＜－b ＜1e ，所以e －b＜1，所以x 1x 2＞e －2b x 1x 2＞e2x 1x 2＞e 2，所以x 1x 2e2＞1.【例5】 (1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x 的单调性，并证明当x ＞0时，(x －2)e x＋x ＋2＞0. (2)证明：当a ∈[0,1)时，函数g (x )＝e x－ax －ax2(x ＞0)有最小值．设g (x )的最小值为h (a )，求函数h (a )的值域．[解] (1)f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．f ′(x )＝x －x ＋x－x －xx ＋2＝x 2e xx ＋2≥0，当且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增． 因此当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝－1. 所以(x －2)e x>－(x ＋2)，即(x －2)e x＋x ＋2>0. (2)证明：g ′(x )＝x －x＋a x ＋x3＝x ＋2x 3(f (x )＋a )． 由(1)知，f (x )＋a 单调递增．对任意a ∈[0,1)，f (0)＋a ＝a －1＜0，f (2)＋a ＝a ≥0. 因此，存在唯一x a ∈(0,2]，使得f (x a )＋a ＝0， 即g ′(x a )＝0.当0<x <x a 时，f (x )＋a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >x a 时，f (x )＋a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值，最小值为于是h (a )＝e x ax a ＋2. 由⎝ ⎛⎭⎪⎫e x x ＋2′＝x ＋xx ＋2＞0，得y ＝exx ＋2单调递增， 所以，由x a ∈(0,2]，得12＝e 00＋2＜h (a )＝e x a x a ＋2≤e 22＋2＝e 24. 因为y ＝e xx ＋2单调递增，对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24，存在唯一的x a ∈(0,2]，a ＝－f (x a )∈[0,1)，使得h (a )＝λ.所以h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.综上，当a ∈[0,1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24. 【例6】 设函数f (x )＝x e a －x＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝(e－1)x ＋4.(1)求a ，b 的值； (2)求f (x )的单调区间． [解] (1)因为f (x )＝x e a －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )ea －x＋b .依题设，⎩⎪⎨⎪⎧f＝2e ＋2，f ＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x＋e x .由f ′(x )＝e2－x(1－x ＋ex －1)及e2－x＞0知，f ′(x )与1－x ＋ex －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)，故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)． [方法总结] ①函数性质与方程综合时，要先将函数性质剖析清楚，尤其是单调性和对称性，然后再研究函数零点问题；②函数与不等式综合时，重点是要学会构造函数，利用函数单调性、最值进行研究；③函数、方程与不等式综合在一起时，要注意利用导数这个有利工具进行解答．。
江苏专版高考数学二轮复习第2部分八大难点突破专项限时集训1与三角变换平面向量综合的三角形问题
专项限时集训（一）与三角变换、平面向量综合的三角形问题（对应学生用书第113页）（限时：60分钟）1. （本小题满分14分）（2015 •江苏高考）在厶ABC 中，已知 AB= 2, AC= 3, A = 60?（1） 求BC 的长； （2） 求sin 2 C 的值.［解］(1)由余弦定理知， BC = AB + AC — 2AB- AC- cos A= 4+ 9-2X 2X 3X 2= 7, 所以BC= 7.（2）由正弦定理知,AB = BCsin C sin A ，因为AB< BC 所以C 为锐角, 2. (本小题满分14分)△ ABC 的内角 代B, C 的对边分别为 a , b , c ,已知2cos C (a cos B + b cosA = c .(1) 求 C;(2) 若c = 7 ,△ ABC 的面积为 竽，求△ ABC 的周长. ［解］(1)由已知及正弦定理得2cos C (sin A cos B + sin B cos A = sin C 即 2cos Csin( A + B ) = sin C, 故 2sin 60s C = sin C 1 n可得cos C = 2所以C =亍.n又C =—，所以ab = 6.10分2 2由已知及余弦定理得 a + b — 2ab cos C = 7,所以sinABC = BC sinA = 2si n 6021 ^7~则cos C = \: 1 — sin 2C =1-7=弓因此 sin 2 C = 2sin C- cos C = 2X弓x 歸=学14分（2）由已知，pbsinC = 3「3"~2所以△ ABC 的周长为5+ 7. 14分2 / 53. (本小题满分14分)(江苏省南通市如东高中 2017届高三上学期第二次调研)在厶ABC 中, 角A , B, C 的对边分别为a , b , c , cosif 9(1)若CA- CB= 2求厶ABC 的面积;【导学号：56394091】又••• cos O 箱，C € (0 ,n ) , sin所以 S AB 一 *ab sin C =岂3 42B厂即 2sin B 1 — 2sin + 3cos 2 B = 0,2 n 亠5 n 卄n 亠5 n 2B =T 或丁，即 BF 或 T ，⑵在厶ABC 中, a ，b , c 分别为内角A,nB, C 所对的边，若y<A <n, f (A ) = 0,且a=2 10,求AB- AC 勺最小值.” , - x［解］ ⑴ 由已知 f (x ) = a • b = k si 门3, cos33 - n cos C =亍，所以 C > —,2sin 所以 B cos B + 3cos 2 B = 0, 即卩 sin 2 tan 2 B=—?3,B + 3cos 2 B = 0,显然 cos 2 B^0,10分所以5兀 入nB= 56-(舍去)，即a 亍14分x4.(本小题满分16分)已知向量 a = k sin 3, 2xxcos - , b = cos§, — k , 实数k 为大于零的常数，函数f (x ) = a • b , x € R,且函数f(x )的最大值为 1 ； 1(1)求k 的值;C =裁.⑵设向量x = (2sinB,— 3) , y =cos 2 B, 1 — 2sin 2B ，且 x // y ，求角 B 的值.［解］(1)根据题意,C B- C A=轨 ab cosC = |,A ab = 15,(2)根据题意，T x //y ,「. 2sin B 1 — 2sin2B2 —(—3) • cos 2 B= 0,所以 因为 xcos-,— k2x 1+ cos — x x 2x 1 2x3=k sin cos ；； — k cos -=■ k sin — k -----333232k2x 2x k =2 sin J 一 cos¥ 一 2则 k = 1.亠&-x/22x n 1⑵由⑴知，f (x ) =-^sin -3- 4 — 2，- J 2 2A n 1所以 f (A ) =-^sin -3 — — — 2= 0, 2A n J 2化简得sin — =—.3 4 2n n » ,口 3 n4，解得 A= 34-.所以 b 2 + c 2 + 2bc = 40, 则 b 2 + c 2 + 2bc = 40>2 bc + 2bc ,所以 bc w —40— = 20(2 —2). 2 + p 2T T所以AB- AC 的最小值为20(1 — 2).16分5.(本小题满分16分)在厶ABO 中,内角 代B, C 所对的边分别为 a , b, c ,已知b + c = 2a cos(1)证明：A = 2B2a⑵ 若厶ABO 的面积S =：，求角A 的大小.4=¥黑謄—瘁 22 3 2 2x 2co 污k - 2-冗-42X3n・s因为x € R,所以f (x )的最大值为,：2- 1 2n 因为y<A<n ，所以n 2A n 5 n< 一 <12 3 4因为cosA =-¥b 2+c 2- a 22bc 2 2b +c - 402bc ，14分T T T T则AB- AC = | AB | AC fcos3n 42k［解］ ⑴ 证明：由正弦定理得 sin B + sin C = 2sin A cos B, 故 2sin A cos A sin B + sin( A + B ) =sin B + sin A cos B + cos A sin B , 于是 sin B = sin( A — E ). 又 A, B € (0 ,n )，故 0<A — B < n, 所以 B=n — (A- B )或 B= A — B, 因此Ai ^n (舍去)或A = 2B,所以A = 2B.8分2 2a 1a(2)由 S = 4得 2ab sin C =—,1 1故有 sin B sin C = 2sin A= qsin 2 B^ sin B cos B 因为 sin 0,所以 sin C = cos B.n又 B, C € (0 ,n )，所以 C = — ± B r亠 n r 「 n 当 B + C =—时，A=—;nn当 C- B =—时，A=-.综上，A =—或A =—.6.（本小题满分16分）（江苏省苏州市2017届高三上学期期中）如图2,有一块平行四边形⑵试求x 的值，使路EF 的长度y 最短.1［解］⑴••• S 平行四边形ABCD=3,12分16分当点F 与点D 重合时，由已知S CD = -S 平行四边形ABCD = 二,44绿地ABCD 经测量BC = 2百米，CD= 1百米，/ BC = 120°,拟过线段 BC 上一点E 设计 一条直路ER 点F 在四边形ABC 啲边上，不计路的宽度），将绿地分为面积之比为 1 : 3（1）当点F 与点D 重合时，试确定点 E 的位置；又••• &CDE=|CE- CD- sin 120E是BC的中点.1⑵①当点F在CD上，即卩K X W2时，利用面积关系可得CF=-,再由余弦定理可得x2+ J+1^/3；当且仅当x= i时取等号.②当点F在DA上时，即o w x v 1时，利用面积关系可得DF= 1 —x,10分(i )当CE V DF时，过E作EG/ CD交DA于G 图略)，在厶EG冲，EG= 1, GF= 1 —2x,/ EGF= 60°,利用余弦定理得y = . 4x2—2x + 1.（ii）同理当CE> DF 过E 作EG/ CD交DA于Q 图略），在△ EGF中，EG= 1, GF= 2x—1，/ EGF= 120°,利用余弦定理得y= 4x2—2x + 1.由（i ）、（i ）可得y= 4x2—2x+ 1, 0W x v 1 ,••• o w x v 1,.・. y min ，当且仅当x= 4时取等号,由①②可知当x= 4时，路EF的长度最短为-216分2 2 2故a + b = 13,从而(a+ b) = 25.。
(江苏专版)2018年高考数学二轮复习 第2部分 八大难点突破 难点1 与三角变换、平面向量综合的三角形问题课
【例 2】 (2017·江苏省无锡市高考数学一模)在△ABC 中，a，b，c 分别为角 A， B，C 的对边．若 acos B＝3，bcos A＝1，且 A－B＝π6. (1)求边 c 的长； (2)求角 B 的大小. 【导学号：56394089】
[解] (1)∵acos B＝3，bcos A＝1，∴a×a2＋2ca2c－b2＝3，b×b2＋2cb2c－a2＝1， 化为：a2＋c2－b2＝6c，b2＋c2－a2＝2c. 相加可得：2c2＝8c，解得 c＝4.
(2)由 α∈0，π2，β∈0，2π得，α－β∈－π2，π2.
因
sin(α－β)＝
1100，则
cos(α－β)＝3
10 10 .
则 sin β＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β)
＝255×31010－ 55× 1100＝ 22，
若 P 是△ABC 内的一点，BA→→PP＝＝tλ||BB→→AA→ →AABB||＋＋||BB→→AA→ →CCCC||，，tλ＞＞00
⇒P 是△ABC 的内心； 若 D、E 两点分别是△ABC 的边 BC、CA 上的中点，且
D→P·P→B＝D→P·P→C E→P·P→C＝E→P·P→A
∴16sin2B＋π6－16sin2B＝8sin22B＋π6， ∴ 1 － cos 2B＋π3 － (1 － cos 2B) ＝ sin2 2B＋π6 ， 即 cos 2B － cos 2B＋π3 ＝ sin22B＋π6， ∴－2sin2B＋6πsin－6π＝sin22B＋6π， ∴sin2B＋6π＝0 或 sin2B＋6π＝1，B∈0，152π. 解得：B＝π6.
6．2 判断三角形形状 三角形的边可以看做向量的模长，三角形的内角可以看做向量的夹角，所以可 利用向量的数量积和夹角公式或者其他线性运算，结合平面几何知识来判断三 角形的形状
2018版高考数学理江苏专用大二轮总复习与增分策略配套课件：专题八 系列4选讲 第2讲 精品
解析答案
(2)求矩阵A－1的特征值以及属于每个特征值的一个特征向量. 解 矩阵 A－1 的特征多项式为 f(λ)＝λ－－12 λ－ －12＝λ2－4λ＋3＝(λ－1)(λ－3)， 令f(x)＝0，得矩阵A－1的特征值为λ1＝1或λ2＝3，
所以
1 ξ1＝－1是矩阵
A－1
的属于特征值
λ1＝1
的一个特征向量，
. 1
12 3
解析答案
(2)求矩阵C，使得AC＝B. 解 由AC＝B得(A－1A)C＝A－1B，
3 故 C＝A－1B＝2
－21
－2
1
1
0
－11＝32－2
2 .
－3
12 3
解析答案
考情考向分析
本讲从内容上看，主要考查二阶矩阵的基本运算，考查矩阵的逆运算 及利用系数矩阵的逆矩阵求点的坐标或曲线方程等，一般以基础题目 为主，难度不大.又经常与其他知识结合，在考查基础知识的同时， 考查转化与化归等数学思想，以及分析问题、解决问题的能力.
专题八 系列4选讲
第2讲 矩阵与变换
栏目索引
1 高考真题体验 2 热点分类突破 3 高考押题精练
高考真题体验
12 3
1.(2016·江苏)已知矩阵 A＝10 矩阵 AB.
－22，矩阵
B
的逆矩阵
B－1＝1 0
－12，求 2
解
2 B＝(B－1)－1＝2
0 2
1 1222＝01
1 41.
2
1 ∴AB＝0
－14 －41
xy00.
∴x＝43x0－14y0， y＝－14x0－41y0.
∴xy00＝ ＝－x－xy－，3y.
代入直线方程2x＋y－5＝0，得2(x－y)－(x＋3y)－5＝0， 即x－5y－5＝0，即为所求的直线方程.
(新)江苏专版2018年高考数学二轮复习第2部分八大难点突破专项限时集训1与三角变换平面向量综合的三角形问
专项限时集训(一) 与三角变换、平面向量综合的三角形问题(对应学生用书第113页)(限时：60分钟)1．(本小题满分14分)(2015·江苏高考)在△ABC 中，已知AB ＝2，AC ＝3，A ＝60˚.(1)求BC 的长； (2)求sin 2C 的值．[解] (1)由余弦定理知，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos A ＝4＋9－2×2×3×12＝7，所以BC ＝7.4分(2)由正弦定理知，AB sin C ＝BCsin A，所以sin C ＝AB BC ·sin A ＝2sin 60˚7＝217.因为AB ＜BC ，所以C 为锐角， 则cos C ＝1－sin 2C ＝1－37＝277. 因此sin 2C ＝2sin C ·cos C ＝2×217×277＝437. 14分2．(本小题满分14分)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2cos C (a cos B ＋b cos A )＝c . (1)求C ；(2)若c ＝7，△ABC 的面积为332，求△ABC 的周长．[解] (1)由已知及正弦定理得2cos C (sin A cos B ＋sin B cos A )＝sin C ， 即2cos C sin(A ＋B )＝sin C ， 故2sin C cos C ＝sin C . 可得cos C ＝12，所以C ＝π3.6分(2)由已知，12ab sin C ＝332.又C ＝π3，所以ab ＝6.10分由已知及余弦定理得a 2＋b 2－2ab cos C ＝7， 故a 2＋b 2＝13，从而(a ＋b )2＝25.所以△ABC 的周长为5＋7. 14分3．(本小题满分14分)(江苏省南通市如东高中2017届高三上学期第二次调研)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，cos C ＝310.(1)若CA →·CB →＝92，求△ABC 的面积；(2)设向量x ＝(2sin B ，－3)，y ＝⎝⎛⎭⎪⎫cos 2B ，1－2sin 2B 2，且x ∥y ，求角B 的值.【导学号：56394091】[解] (1)根据题意，∵CB →·CA →＝92，∴ab cos C ＝92，∴ab ＝15，又∵cos C ＝310，C ∈(0，π)，sin C ＝9110.所以S △ABC ＝12ab sin C ＝3914.6分(2)根据题意，∵x ∥y ，∴2sin B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2sin 2B 2－(－3)·cos 2B ＝0，即2sin B ⎝⎛⎭⎪⎫1－2sin 2B 2＋3cos 2B ＝0，2sin B cos B ＋3cos 2B ＝0，即sin 2B ＋3cos 2B ＝0，显然cos 2B ≠0， 所以tan 2B ＝－3，10分 所以2B ＝2π3或5π3，即B ＝π3或5π6，因为cos C ＝310＜32，所以C ＞π6，所以B ＝5π6(舍去)，即B ＝π3.14分 4．(本小题满分16分)已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k sin x3，cos 2x 3，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x3，－k ，实数k 为大于零的常数，函数f (x )＝a ·b ，x ∈R ，且函数f (x )的最大值为2－12. (1)求k 的值；(2)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 所对的边，若π2<A <π，f (A )＝0，且a＝210，求AB →·AC →的最小值．[解] (1)由已知f (x )＝a ·b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k sin x3，cos 2x 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x3，－k＝k sin x 3cos x 3－k cos 2x 3＝12k sin 2x 3－k ·1＋cos2x 32＝k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2x3－cos 2x 3－k 2＝2k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫22sin 2x 3－22cos 2x 3－k 2 ＝2k 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 3－π4－k 2. 5分因为x ∈R ，所以f (x )的最大值为2－1k2＝2－12， 则k ＝1.7分(2)由(1)知，f (x )＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 3－π4－12， 所以f (A )＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A 3－π4－12＝0， 化简得sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A 3－π4＝22.9分因为π2<A <π，所以π12<2A 3－π4<5π12.则2A 3－π4＝π4，解得A ＝3π4. 因为cos A ＝－22＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋c 2－402bc ，所以b 2＋c 2＋2bc ＝40，则b 2＋c 2＋2bc ＝40≥2bc ＋2bc ， 所以bc ≤402＋2＝20(2－2).14分则AB →·AC →＝|AB →||AC →|cos 3π4＝－22bc ≥20(1－2)．所以AB →·AC →的最小值为20(1－2).16分5．(本小题满分16分)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b ＋c ＝2a cosB .(1)证明：A ＝2B ；(2)若△ABC 的面积S ＝a 24，求角A 的大小．[解] (1)证明：由正弦定理得sin B ＋sin C ＝2sin A cos B ， 故2sin A cos B ＝sin B ＋sin(A ＋B ) ＝sin B ＋sin A cos B ＋cos A sin B ， 于是sin B ＝sin(A －B )．又A ，B ∈(0，π)，故0<A －B <π， 所以B ＝π－(A －B )或B ＝A －B ， 因此A ＝π(舍去)或A ＝2B ，所以A ＝2B . 8分(2)由S ＝a 24得12ab sin C ＝a 24，故有sin B sin C ＝12sin A ＝12sin 2B ＝sin B cos B .因为sin B ≠0，所以sin C ＝cos B ． 12分 又B ，C ∈(0，π)，所以C ＝π2±B . 当B ＋C ＝π2时，A ＝π2；当C －B ＝π2时，A ＝π4.综上，A ＝π2或A ＝π4.16分6．(本小题满分16分)(江苏省苏州市2017届高三上学期期中)如图2，有一块平行四边形绿地ABCD ，经测量BC ＝2百米，CD ＝1百米，∠BCD ＝120°，拟过线段BC 上一点E 设计一条直路EF (点F 在四边形ABCD 的边上，不计路的宽度)，将绿地分为面积之比为1∶3的左右两部分，分别种植不同的花卉，设EC ＝x 百米，EF ＝y 百米．图2(1)当点F 与点D 重合时，试确定点E 的位置； (2)试求x 的值，使路EF 的长度y 最短．[解] (1)∵S 平行四边形ABCD ＝2×12×1×2sin 120°＝3，当点F 与点D 重合时，由已知S △CDE ＝14S 平行四边形ABCD ＝34，又∵S △CDE ＝12CE ·CD ·sin 120°＝34x ＝34⇒x ＝1，E 是BC 的中点.6分(2)①当点F 在CD 上，即1≤x ≤2时，利用面积关系可得CF ＝1x，再由余弦定理可得y ＝x 2＋1x2＋1≥3；当且仅当x ＝1时取等号．②当点F 在DA 上时，即0≤x ＜1时，利用面积关系可得DF ＝1－x ，10分(ⅰ)当CE ＜DF 时，过E 作EG ∥CD 交DA 于G (图略)，在△EGF 中，EG ＝1，GF ＝1－2x ，∠EGF ＝60°，利用余弦定理得y ＝4x 2－2x ＋1.(ⅱ)同理当CE ≥DF ，过E 作EG ∥CD 交DA 于G (图略)，在△EGF 中，EG ＝1，GF ＝2x －1，∠EGF ＝120°，利用余弦定理得y ＝4x 2－2x ＋1.由(ⅰ)、(ⅱ)可得y ＝4x 2－2x ＋1，0≤x ＜1， ∴y ＝4x 2－2x ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142＋34， ∵0≤x ＜1，∴y min ＝32，当且仅当x ＝14时取等号， 由①②可知当x ＝14时，路EF 的长度最短为32.16分。
2018年江苏高考数学二轮复习教师用书：第2部分 八大难点突破 难点6 数列中的证明、探索性和存在性
前者必须加上“n ≥2”，否则 n ＝1 时 a 0 无意义；在等比数列中一样有：①n ≥2 时，有 a n ＋1a nnn (2)由(1)知 3 a n ＝1＋(n －1)·(－2)＝3－2n ，所以 a n ＝(3－2n ) ⎪ ， 1 2 3 n 所以 S n ＝1· ⎪ ＋(－1)· ⎪ ＋(－3)· ⎪ ＋…＋(3－2n )· ⎪ ，2 3 n n ＋1所以 S n ＝1· ⎪ ＋(－1)· ⎪ ＋…＋(5－2n )· ⎪ ＋(3－2n )· ⎪ ，2 3 n 两式相减得 S n ＝ －2⎢ ⎪ ＋ ⎪ ＋…＋ ⎪ ⎥ ⎛1⎫n ＋1－(3－2n )· ⎪a 1＝ ，a n ＋1＝ a n －1难点六 数列中的证明、探索性和存在性、不定方程的解等综合问题(对应学生用书第 72 页)近几年的高考试卷中经常出现以数列为载体的证明、探索等综合问题，这类问题不仅考查学生的分析问题解决问题的能力，以及探索能力，而且给学生提供了创新思维的空间．1．等差数列、等比数列的证明问题有关证明、判断数列是等差(等比)数列的主要证明方法有：定义法、性质法．定义法：用定义法判断一个数列是等差数列，常采用的两个式子 a n －a n －1＝d 和 a n ＋1－a n ＝d 有差别，a n a n －1＝…＝q (常数 q ≠0)；②n ∈N *时，有 ＝…＝q (常数 q ≠0)．性质法：a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1⇔{a n }是等差数列，a n a n ＋2＝(a n ＋1)2(a n ≠0)⇔{a n }是等比数列，这是证明数列{a n }为等差(等比)数列的另一种主要方法．【例 1】 (苏北四市淮安、宿 迁、连云港、徐州)2017 届高三上学期期中)在数列{a n }中，已知1 2 3 3 3n ＋1，n ∈N *，设 S n 为{a n }的前 n 项和．(1)求证：数列{3n a n }是等差数列； (2)求 S n ；(3)是否存在正整数 p ，q ，r (p ＜q ＜r )，使 S p ，S q ，S r 成等差数列？若存在，求出 p ，q ，r的值；若不存在，说明理由．1 2[解](1)证明：因为 a n ＋1＝3a n －3n ＋1，n ∈N *，所以 3n ＋1a n ＋1－3n a n ＝－2，1又因为 a 1＝3，所以 31·a 1＝1，所以{3n a n }是首项为 1，公差为－2 的等差数列．⎛1⎫ ⎝3⎭⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎝3⎭ ⎝3⎭ ⎝3⎭⎝3⎭1 ⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎛1⎫ 3 ⎝3⎭ ⎝3⎭ ⎝3⎭ ⎝3⎭2 1 ⎡⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎤3 3 ⎣⎝3⎭ ⎝3⎭ ⎝3⎭ ⎦⎝3⎭⎢1×⎝3⎭ ⎥＋(2n －3)·⎛ ⎝1⎫⎪⎭ ⎣91 331－⎦⎛1⎫ n ＋1＝2n · ⎪n ＋1，⎪3p 3r由于当 n ≥2 时，a n ＝(3－2n ) ⎪n ＜0，所以数列{S n }单调递减． q －1 ≥⎡1－⎛1⎫n －1⎤1＝ －23⎝3⎭n所以 S n ＝3n .2q (3)假设存在正整数 p ，q ，r (p ＜q ＜r )，使 S p ，S q ，S r 成等差数列，则 2S q ＝S p ＋S r ，即3q ＝p r＋ .⎛1⎫ ⎝3⎭p q －1又 p ＜q ，所以 p ≤q －1 且 q 至少为 2，所以3p ≥ 3q －1 ，q －1 2q q －33q －1 － 3q ＝ 3q .p q －1 2q r ①当 q ≥3 时，3p ≥ 3 3q ，又3r ＞0，p r 2q所以3p ＋3r ＞ 3q ，等式不成立．②当 q ＝2 时，p ＝1，4 1 r r 1所以9＝3＋3r ，所以3r ＝9，所以 r ＝3({S n }单调递减，解唯一确定)．综上可知，p ，q ，r 的值为 1,2,3.2．数列中探索与存在性问题数列探索性问题主要表现为存在型，解答的一般策略：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”的结论，即不存在．若推理不出现矛盾，能求得在范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果．而要确定范围内的数值，则往往涉及不定方程的正整数解问题．【例 2】 (2017·江苏省盐城市高考数学三模)已知数列{a n }，{b n }都是单调递增数列，若将这两个数列的项按由小到大的顺序排成一列(相同的项视为一项)，则得到一个新数列{c n }．(1)设数列{a n }，{b n }分别为等差、等比数列，若 a 1＝b 1＝1，a 2＝b 3，a 6＝b 5，求 c 20； (2)设{a n }的首项为 1，各项为正整数，b n ＝3n ，若新数列{c n }是等差数列，求数列{c n }的前 n 项和 S n ；(3)设 b n ＝q n －1(q 是不小于 2 的正整数)，c 1＝b 1，是否存在等差数列{a n }，使得对任意的 n ∈N *，在 b n 与 b n ＋1 之间数列{a n }的项数总是 b n ？若存在，请给出一个满足题意的等差数列⎩ 当 n ≥4 时，解得 d ＝ 2＜1，不满足各项为正整数；由 3n ＝2m －1，得 m ＝ ，3n 是奇数，3n ＋1 是正偶数，m 有正整数解，⎪⎩b n ＋1＞ab 1＋b 2＋…＋b n ， 2⎧⎪b n ＜a 1＋q ＋…＋qn －2＋1 ⎩{a n }；若不存在，请说明理由．【导学号：56394105】[解] (1)设等差数列{a n }的公差为 d ，等比数列{b n }的公比为 q ，⎧⎪1＋d ＝q 2由题意得，⎨⎪1＋5d ＝q 4，解得 d ＝0 或 3，因数列{a n }，{b n }单调递增，所以 d ＞0，q ＞1，所以 d ＝3，q ＝2，所以 a n ＝3n －2，b n ＝2n －1.因为 a 1＝b 1＝1，a 2＝b 3，a 6＝b 5，b 7＞a 20. ∴c 20＝a 17＝49.(2)设等差数列{c n }的公差为 d ，又 a 1＝1，且 b n ＝3n ， 所以 c 1＝1，所以 c n ＝dn ＋1－d .因为 b 1＝3 是{c n }中的项，所以设 b 1＝c n ，即 d (n －1)＝2.n －1当 b 1＝c 3＝3 时，d ＝1，此时 c n ＝n ，只需取 a n ＝n ，而等比数列{b n }的项都是等差数列{a n }中的项，所以 S n ＝n n ＋1；当 b 1＝c 2＝3 时，d ＝2，此时 c n ＝2n －1，只需取 a n ＝2n －1，3n ＋1 2所以等比数列{b n }的项都是等差数列{a n }中的项，所以 S n ＝n 2.n n ＋1综上所述，数列{ c n }的前 n 项和 S n ＝ 2 或 S n ＝n 2.(3)存在等差数列{a n }，只需首项 a 1∈(1，q )，公差 d ＝q －1.下 证 b n 与 b n ＋ 1 之 间 数 列 {a n } 的 项 数 为 b n ， 即 证 对 任 意 正 整 数 n ， 都 有⎧⎪b n ＜ab 1＋b 2＋…＋b n －1＋1，⎨即⎨⎪b n ＋1＞a 1＋q ＋…＋qn －1成立．由 b n －a 1＋q ＋…＋qn －2＋1＝q n －1－a 1－(1＋q ＋…＋q n －2)(q －1)＝1－a 1＜0， b n ＋1－a 1＋q ＋…＋qn －1＝q n －a 1－(1＋q ＋…＋q n －1－1)(q －1)＝q －a 1＞0. 所以首项 a 1∈(1，q )，公差 d ＝q －1 的等差数列{a n }符合题意．。
2018年江苏高考数学二轮复习：专题限时集训10平面解析几何有答案
专题限时集训(十) 平面解析几何(对应学生用书第103页)(限时：120分钟)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填写在题中横线上．)1．(广东省汕头市2017届高三上学期期末)圆x 2＋y 2－2x －8y ＋13＝0的圆心到直线ax ＋y －1＝0的距离为1，则a ＝________.【导学号：56394076】－43 [由题意，知圆心为(1,4)，则有|a ＋4－1|a 2＋1＝1，解得a ＝－43.] 2．(中原名校豫南九校2017届第四次质量考评)若直线x ＋ay －2＝0与以A (3,1)，B (1,2)为端点的线段没有公共点，则实数a 的取值范围是________．(－∞，－1)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ [直线x ＋ay －2＝0过定点C (2,0)，所以－1a ∈(k CB ，k CA )＝(－2,1)⇒a ∈(－∞，－1)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.]3．(中原名校豫南九校2017届第四次质量考评)机器人“海宝”在某圆形区域表演“按指令行走”，如图10－13所示，“海宝”从圆心T 出发，先沿北偏西图10－13θ⎝⎛⎭⎪⎫sin θ＝1213方向行走13米至点A 处，再沿正南方向行走14米至点B 处，最后沿正东方向行走至点C处，点B ，C 都在圆T 上，则在以线段BC 中点为坐标原点O ，正东方向为x 轴正方向，正北方向为y 轴正方向的直角坐标系中，圆T 的标准方程为________．x 2＋(y －9)2＝225 [TB 2＝TA 2＋AB 2－2TA ·AB cos A ＝169＋196－2×13×14×513＝225，OT ＝14－13×cos θ＝9，∴圆T 方程为x 2＋(y －9)2＝225.]4．(江苏省南京市2017届高考三模)在平面直角坐标系xOy 中，圆O ：x 2＋y 2＝1，圆M ：(x ＋a ＋1)2＋(y －2a )2＝1(a 为实数)．若圆O 和圆M 上分别存在点P ，Q ，使得∠OQP ＝30°，则a 的取值范围为________．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，35 [由题意，圆M ：(x ＋a ＋1)2＋(y －2a )2＝1(a 为实数)，圆心为M (－a －1,2a )， 从圆M 上的点向圆上的点连线成角，当且仅当两条线均为切线时才是最大的角，OP ＝1.∵圆O 和圆M 上分别存在点P ，Q ，使得∠OQP ＝30°， ∴|OM |≤2， ∴(a ＋1)2＋4a 2≤4， ∴－1≤a ≤35.]5．(2017·江苏省苏、锡、常、镇四市高考数学二模)已知直线l ：mx ＋y －2m －1＝0，圆C ：x 2＋y 2－2x －4y ＝0，当直线l 被圆C 所截得的弦长最短时，实数m ＝________. －1 [由C ：x 2＋y 2－2x －4y ＝0得(x －1)2＋(y －2)2＝5， ∴圆心坐标是C (1,2)，半径是5，∵直线l ：mx ＋y －2m －1＝0过定点P (2,1)，且在圆内， ∴当l ⊥PC 时，直线l 被圆x 2＋y 2－2x －4y ＝0截得的弦长最短， ∴－m ·2－11－2＝－1，∴m ＝－1.]6．(2017·江苏省泰州市高考数学一模)在平面直角坐标系xOy 中，已知B ，C 为圆x 2＋y 2＝4上两点，点A (1,1)，且AB ⊥AC ，则线段BC 的长的取值范围为________．[6－2，6＋2] [在平面直角坐标系xOy 中，已知B ，C 为圆x 2＋y 2＝4上两点，点A (1,1)，且AB ⊥AC ，如图所示，当BC ⊥OA 时，|BC |取得最小值或最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1，x 2＋y 2＝4，可得B (－3，1)或(3，1)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，x 2＋y 2＝1，可得C (1，3)或(1，－3)，解得BC min ＝3－2＋－32＝6－ 2.BC max ＝－3－2＋＋32＝6＋ 2.]7．(2017·江苏省盐城市高考数学二模)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 1：kx －y ＋2＝0与直线l 2：x ＋ky －2＝0相交于点P ，则当实数k 变化时，点P 到直线x －y －4＝0的距离的最大值为________．32 [∵直线l 1：kx －y ＋2＝0与直线l 2：x ＋ky －2＝0的斜率乘积为k ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ＝－1(k ＝0时，两条直线也相互垂直)，并且两条直线分别经过定点：M (0,2)，N (2,0)．∴两条直线的交点在以MN 为直径的圆上．并且k MN ＝－1，可得MN 与直线x －y －4＝0垂直．∴点M 到直线x －y －4＝0的距离d ＝|0－2－4|2＝32为最大值．]8．(2017·江苏省苏、锡、常、镇四市高考数学二模)已知直线2x －3y ＝0为双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线，则该双曲线的离心率为________．213 [根据题意，双曲线的方程为：x 2a 2－y2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)， 其渐近线方程为：y ＝±bax ，又由其一条渐近线的方程为：2x －3y ＝0，即y ＝23x ，则有b a ＝23，则其离心率e 2＝c 2a 2＝a 2＋b 2a 2＝1＋b 2a 2＝73，则有e ＝213.]9．(河北省唐山市2017届高三年级期末)设F 1，F 2为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，经过F 1的直线交椭圆C 于A ，B 两点，若△F 2AB 是面积为43的等边三角形，则椭圆C 的方程为________．【导学号：56394077】x 29＋y 26＝1 [由题意，知|AF 2|＝|BF 2|＝|AB |＝|AF 1|＋|BF 2|， ① 又由椭圆的定义知，|AF 2|＋|AF 1|＝|BF 2|＋|BF 1|＝2a ， ②联立①②，解得|AF 2|＝|BF 2|＝|AB |＝43a ，|AF 1|＝|BF 1|＝23a ，所以S △F 2AB ＝12|AB ||AF 2|sin 60°＝43，所以a ＝3，|F 1F 2|＝32|AB |＝23，所以c ＝3，所以b 2＝a 2－c 2＝6，所以椭圆C 的方程为x 29＋y 26＝1.]10．(江苏省南通市如东高中2017届高三上学期第二次调研)若双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的离心率为3，其渐近线与圆x 2＋y 2－6y ＋m ＝0相切，则m ＝________.8 [∵双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的离心率为3，∴c ＝3a ，∴b ＝22a ，取双曲线的渐近线y ＝22x .∵双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的渐近线与x 2＋y 2－6y ＋m ＝0相切，∴圆心(0,3)到渐近线的距离d ＝r ， ∴38＋1＝9－m ，∴m ＝8.] 11．(四川省凉山州2017届高中毕业班第一次诊断性检测)已知双曲线x 2－y 2＝1，点F 1，F 2为其两个焦点，点P 为双曲线上一点，若∠F 1PF 2＝60°，则三角形F 1PF 2的面积为________3 [S △F 1PF 2＝b 2tanθ2＝1tan 30°＝ 3.]12．(2017·江苏省盐城市高考数学二模)在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y 2＝6x 的焦点为F ，准线为l ，P 为抛物线上一点，PA ⊥l ，A 为垂足．若直线AF 的斜率k ＝－3，则线段PF 的长为________． 6 [∵抛物线方程为y 2＝6x ，∴焦点F (1.5,0)，准线l 方程为x ＝－1.5， ∵直线AF 的斜率为－3，直线AF 的方程为y ＝－3(x －1.5)， 当x ＝－1.5时，y ＝33， 由可得A 点坐标为(－1.5,33)， ∵PA ⊥l ，A 为垂足，∴P 点纵坐标为33，代入抛物线方程，得P 点坐标为(4.5,33)， ∴|PF |＝|PA |＝4.5－(－1.5)＝6.]13．(广西南宁、梧州2017届高三毕业班摸底联考)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1且与x 轴垂直的直线交椭圆于A 、B 两点，直线AF 2与椭圆的另一个交点为C ，若S △ABC ＝3S △BCF 2，则椭圆的离心率为________．55[设椭圆的左、右焦点分别为F 1(－c,0)，F 2(c,0)， 由x ＝－c ，代入椭圆方程可得y ＝±b 2a ，可设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－c ，b 2a ，C (x ，y )，S △ABC ＝3S △BCF 2， 可得AF 2→＝2F 2C →，即有⎝⎛⎭⎪⎫2c ，－b 2a ＝2(x －c ，y )，即2c ＝2x －2c ，－b 2a ＝2y ，可得x ＝2c ，y ＝－b 22a ，代入椭圆方程可得，4c 2a 2＋b24a 2＝1，由e ＝c a ，b 2＝a 2－c 2，即有4e 2＋1－e 24＝1，解得e ＝55.]14．(四川省2016年普通高考适应性测试)如图10－14，A 1，A 2为椭圆图10－14x 29＋y 25＝1的长轴的左、右端点，O 为坐标原点，S ，Q ，T 为椭圆上不同于A 1，A 2的三点，直线QA 1，QA 2，OS ，OT 围成一个平行四边形OPQR ，则|OS |2＋|OT |2＝________.14 [设Q (x ，y )，T (x 1，y 1)，S (x 2，y 2)，QA 1，QA 2斜率为k 1，k 2，则OT ，OS 斜率为k 1，k 2，且k 1k 2＝y x ＋3·yx －3＝y 2x 2－9＝－59， 所以OT 2＝x 21＋y 21＝x 21＋k 21x 21＝＋k 215＋9k 21，同理OS 2＝＋k 225＋9k 22，因此|OT |2＋|OS |2＝＋k 215＋9k 21＋＋k 225＋9k 22＝＋k 215＋9k 21＋45⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2581k 215＋259k 21＝＋k 215＋9k 21＋81k 21＋255＋9k 21＝126k 21＋705＋9k 21＝14.]二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)15．(本小题满分14分)已知直线l ：4x ＋3y ＋10＝0，半径为2的圆C 与l 相切，圆心C 在x 轴上且在直线l 的右上方．(1)求圆C 的方程；(2)过点M (1,0)的直线与圆C 交于A ，B 两点(A 在x 轴上方)，问在x 轴正半轴上是否存在定点N ，使得x 轴平分∠ANB ？若存在，求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由.【导学号：56394078】[解] (1)设圆心C (a,0)⎝⎛⎭⎪⎫a ＞－52，则|4a ＋10|5＝2⇒a ＝0或a ＝－5(舍)．所以圆C ：x 2＋y 2＝4.6分(2)存在．当直线AB ⊥x 轴时，x 轴平分∠ANB .当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，N (t,0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝4，y ＝k x －，得(k 2＋1)x 2－2k 2x ＋k 2－4＝0，8分所以x 1＋x 2＝2k 2k 2＋1，x 1x 2＝k 2－4k 2＋1.若x 轴平分∠ANB ，则k AN ＝－k BN ⇒y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝0⇒k x 1－x 1－t＋k x 2－x 2－t＝0⇒2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ＝0⇒k 2－k 2＋1－2k 2t ＋k 2＋1＋2t ＝0⇒t ＝4，所以当点N 为(4,0)时，x 轴平分∠ANB .14分16．(本小题满分14分)(2017·江苏省淮安市高考数学二模)如图10－15，图10－15在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为23，C 为椭圆上位于第一象限内的一点．(1)若点C 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，53，求a ，b 的值；(2)设A 为椭圆的左顶点，B 为椭圆上一点，且AB →＝12OC →，求直线AB 的斜率．[解] (1)由题意可知：椭圆的离心率e ＝ca ＝1－b 2a 2＝23，则b 2a 2＝59，① 由点C 在椭圆上，将⎝ ⎛⎭⎪⎫2，53代入椭圆方程，4a 2＋259b 2＝1，②解得：a 2＝9，b 2＝5， ∴a ＝3，b ＝5，6分(2)法一：由(1)可知：b 2a 2＝59，则椭圆方程：5x 2＋9y 2＝5a 2，设直线OC 的方程为x ＝my (m ＞0)，B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ，5x 2＋9y 2＝5a 2，消去x 整理得5m 2y 2＋9y 2＝5a 2，∴y 2＝5a 25m 2＋9，由y 2＞0，则y 2＝5a 5m 2＋9， 由AB →＝12OC →，则AB ∥OC ，设直线AB 的方程为x ＝my －a ，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －a ，5x 2＋9y 2＝5a 2，整理得(5m 2＋9)y 2－10amy ＝0，由y 1＞0得y 1＝10am 5m 2＋9，10分由AB →＝12OC →，则(x 1＋a ，y 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2，12y 2，则y 2＝2y 1， 则5a5m 2＋9＝2×10am5m 2＋9(m ＞0)， 解得m ＝35，则直线AB 的斜率1m ＝533；14分法二：由(1)可知：椭圆方程5x 2＋9y 2＝5a 2，则A (－a,0)，B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)， 由AB →＝12OC →，则(x 1＋a ，y 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2，12y 2，则y 2＝2y 1，10分由B ，C 在椭圆上，∴⎩⎪⎨⎪⎧5x 22＋9y 22＝5a 2，5⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－a 2＋9⎝ ⎛⎭⎪⎫y 222＝5a 2，，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝a4，y 2＝5a43，则直线直线AB 的斜率k ＝y 2x 2＝533.直线AB 的斜率为533.14分17．(本小题满分14分)(河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛) 已知点P 是椭圆C 上任一点，点P到直线l 1：x ＝－2的距离为d 1，到点F (－1,0)的距离为d 2，且d 2d 1＝22.直线l 与椭圆C 交于不同两点A 、B (A ，B 都在x 轴上方)，且∠OFA ＋∠OFB ＝180°.图10－16(1)求椭圆C 的方程；(2)当A 为椭圆与y 轴正半轴的交点时，求直线l 方程；(3)对于动直线l ，是否存在一个定点，无论∠OFA 如何变化，直线l 总经过此定点？若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由． [解] (1)设P (x ，y )，则d 1＝|x ＋2|，d 2＝x ＋2＋y 2，∴d 2d 1＝x ＋2＋y 2|x ＋2|＝22，化简，得x 22＋y 2＝1，∴椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.3分(2)A (0,1)，F (－1,0)，∴k AF ＝1－00－－＝1，又∵∠OFA ＋∠OFB ＝180°，∴k BF ＝－1，BF ：y ＝－1(x ＋1)＝－x －1.代入x 22＋y 2＝1解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－1 (舍)⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－43，y ＝13，∴B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，13，6分k AB ＝1－130－⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝12，∴AB ：y ＝12x ＋1.即直线l 方程为y ＝12x ＋1.7分(3)∵∠OFA ＋∠OFB ＝180°，∴k AF ＋k BF ＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 方程为y ＝kx ＋b .代入x 22＋y 2＝1，得⎝⎛⎭⎪⎫k 2＋12x 2＋2kbx ＋b 2－1＝0.9分∴x 1＋x 2＝－2kb k 2＋12，x 1x 2＝b 2－1k 2＋12，∴k AF ＋k BF ＝y 1x 1＋1＋y 2x 2＋1＝kx 1＋b x 1＋1＋kx 2＋b x 2＋1＝kx 1＋bx 2＋＋kx 2＋b x 1＋x 1＋x 2＋＝0，∴(kx 1＋b )(x 2＋1)＋(kx 2＋b )(x 1＋1) ＝2kx 1x 2＋(k ＋b )(x 1＋x 2)＋2b ＝2k ×b 2－1k 2＋12－(k ＋b )×2kb k 2＋12＋2b ＝0， ∴b －2k ＝0，12分∴直线AB 方程为y ＝k (x ＋2)， ∴直线l 总经过定点M (－2,0).14分18．(本小题满分16分)(江苏省南京市、盐城市2017届高三第一次模拟)在平面直角坐标系xOy 中，已知圆O ：x 2＋y 2＝b 2经过椭圆E ：x 24＋y 2b2＝1(0＜b ＜2)的焦点．(1)求椭圆E 的标准方程；(2)设直线l ：y ＝kx ＋m 交椭圆E 于P ，Q 两点，T 为弦PQ 的中点，M (－1,0)，N (1,0)，记直线TM ，TN 的斜率分别为k 1，k 2，当2m 2－2k 2＝1时，求k 1·k 2的值．图10－17[解] (1)因0＜b ＜2，所以椭圆E 的焦点在x 轴上，又圆O ：x 2＋y 2＝b 2经过椭圆E 的焦点，所以椭圆的半焦距c ＝b ，所以2b 2＝4，即b 2＝2，所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.6分(2)法一：设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，T (x 0，y 0)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋m ，消去y ，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－4＝0，10分所以x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，又2m 2－2k 2＝1，所以x 1＋x 2＝－2k m ， 所以x 0＝－k m ，y 0＝m －k ·k m ＝12m， 则k 1·k 2＝12m－k m ＋1·12m－k m－1＝14k －4m ＝1－m －2k＝－12.16分法二：设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，T (x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 214＋y 212＝1，x 224＋y222＝1，两式作差，得x 1＋x 2x 1－x 24＋y 1＋y 2y 1－y 22＝0， 10分又x 1＋x 2＝2x 0，y 1＋y 2＝2y 0， ∴x 0x 1－x 22＋y 0(y 1－y 2)＝0，∴x 02＋y 0y 1－y 2x 1－x 2＝0，又P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)在直线y ＝kx ＋m 上， ∴y 1－y 2x 1－x 2＝k ， ∴x 0＋2ky 0＝0，①又T (x 0，y 0)在直线y ＝kx ＋m 上，∴y 0＝kx 0＋m ，②由①②可得x 0＝－2km 1＋2k 2，y 0＝m1＋2k 2.16分以下同方法一．19．(本小题满分16分)(四川省凉山州2017届高中毕业班第一次诊断性检测)设椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的离心率为12，E 上一点P 到右焦点距离的最小值为1.(1)求椭圆E 的方程；(2)过点(0,2)的直线交椭圆E 于不同的两点A ，B ，求OA →·OB →的取值范围.【导学号：56394079】[解] (1)由题意得c a ＝12，且a －c ＝1，∴a ＝2，c ＝1，故b 2＝a 2－c 2＝3， ∴椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.4分 (2)①当k 不存在时，A (0，－3)，B (0，3)， 6分∴OA →·OB →＝(0，－3)·(0，3)＝－3；②当k 存在时，设直线方程为y ＝kx ＋2，则有⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 24＋y23＝1，整理得(3＋4k 2)x 2＋16kx ＋4＝0， ∴x 1＋x 2＝－16k 3＋4k 2，x 1x 2＝43＋4k 2，(i)10分又OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2 ＝x 1x 2＋(kx 1＋2)(kx 2＋2) ＝(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4 ＝1＋13＋4k 2－32k 2＋24－243＋4k 2＋4 ＝－3＋253＋4k2，(ⅱ)Δ＝256k 2－16(4k 2＋3)>0，从而k 2>14，(ⅲ)14分(ⅲ)代入(ⅱ)中OA →·OB →≤－3＋253＋1＝134，∴OA →·OB →∈⎝⎛⎦⎥⎤－∞，134.16分20．(本小题满分16分)(江苏省泰州中学2017届高三上学期第二次月考)已知平面直角坐标系xOy 内两个定点A (1,0)、B (4,0)，满足PB ＝2PA 的点P (x ，y )形成的曲线记为Γ.(1)求曲线Γ的方程；(2)过点B 的直线l 与曲线Γ相交于C 、D 两点，当△COD 的面积最大时，求直线l 的方程(O 为坐标原点)；(3)设曲线Γ分别交x 、y 轴的正半轴于M 、N 两点，点Q 是曲线Γ位于第三象限内一段上的任意一点，连接QN 交x 轴于点E 、连接QM 交y 轴于F .求证：四边形MNEF 的面积为定值．[解] (1)由题设知2x －2＋y 2＝x －2＋y 2，两边化简得x 2＋y 2＝4， ∴点P 的轨迹Γ的方程为x 2＋y 2＝4. 3分(2)由题意知OS ＝SD 2－OD 2＝3的斜率一定存在，设l ：y ＝k (x －4)，即kx －y －4k ＝0，∵原点到直线l 的距离d ＝|4k |1＋k 2，CD ＝24－d 2， ∴S △COD ＝12CD ·d ＝d 2－d 2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫d 2＋－d 222＝2. 6分 当且仅当d 2＝2时，取得“＝”，d 2＝2＜r 2＝4，∴当d 2＝2时，此时，16k 2k 2＋1＝2⇒k 2＝17⇒k ＝±77. ∴直线l 的方程为y ＝±77(x －4)． (3)设S MNEF ＝S △MNE ＋S △MEF ＝12ME ·NF ， 设Q (x 0，y 0)，E (e,0)，F (0，f )(其中x 0＜0，y 0＜0，x 20＋y 20＝4)，8分 则QM ：y ＝y 0x 0－2(x －2)，令x ＝0得f ＝－2y 0x 0－2， ∴NF ＝2－－2y 0x 0－2＝x 0＋y 0－4x 0－2. QN ：y ＝y 0－2x 0x ＋2，令y ＝0得e ＝2x 02－y 0， 12分 ∴ME ＝2－2x 02－y 0＝4－x 0＋y 02－y 0. ∴S MNEF ＝12ME ·NF ＝12·x 0＋y 0－4x 0－2·x 0＋y 0－4y 0－2＝2·x 0＋y 0－2x 0－y 0－＝2·x 0＋y 0－2x 0－y 0－＝2·8－x 0＋y 0＋2x 0y 04－x 0＋y 0＋x 0y 0＝4(定值). 16分。
(江苏专版)2018年高考数学二轮复习专题三解析几何教学案
专题三 解析几何江苏新高考高考对本章内容的考查多以“两小一大”的形式出现，小题多考查双曲线、抛物线、圆的方程与性质，而大题主要考查直线与圆如2013年、2016年、直线与椭圆如2014年、2015年、2017年的位置关系、弦长问题及范围问题等.第1课时解析几何中的基本问题(基础课) [常考题型突破]直线方程及两直线位置关系 1．两条直线平行与垂直的判定若两条不重合的直线l 1，l 2的斜率k 1，k 2存在，则l 1∥l 2⇔k 1＝k 2，l 1⊥l 2⇔k 1k 2＝－1.若给出的直线方程中存在字母系数，则要考虑斜率是否存在．2．两个距离公式(1)点(x 0，y 0)到直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0的距离公式d ＝|Ax 0＋By 0＋C |A 2＋B 2.(2)两平行直线l 1：Ax ＋By ＋C 1＝0，l 2：Ax ＋By ＋C 2＝0间的距离d ＝|C 1－C 2|A 2＋B 2. [题组练透]1．已知点P (3,2)与点Q (1,4)关于直线l 对称，则直线l 的方程为____________． 解析：由题意知直线l 与直线PQ 垂直，所以k l ＝－1k PQ＝1.又直线l 经过PQ 的中点(2,3)，所以直线l 的方程为y －3＝x －2，即x －y ＋1＝0.答案：x －y ＋1＝02．(2017·南京、盐城二模)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 1：kx －y ＋2＝0与直线l 2：x ＋ky －2＝0相交于点P ，则当实数k 变化时，点P 到直线x －y －4＝0的距离的最大值为__________．解析：由题意，kl 1＝k ，kl 2＝－1k，则kl 1·kl 2＝k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ＝－1(k ＝0时，两条直线也相互垂直)，并且两条直线分别经过定点：M (0,2)，N (2,0)．∴两条直线的交点在以MN 为直径的圆上．并且k MN ＝－1，可得MN 与直线x －y －4＝0垂直．∴点M 到直线x －y －4＝0的距离d ＝|0－2－4|2＝32为最大值．答案：3 23．(2017·苏州考前模拟)在平面直角坐标系中，已知两点P (0,1)，Q (3,6)，在直线y ＝x 上取两点M ，N ，使得MN ＝2a (其中a >0为定值)，则当PM ＋NQ 取得最小值时，点N 的坐标为________．解析：(1)设点A (1,0)，B (1＋a ，a )，则AB ∥MN ，且AB ＝MN ，所以四边形ABNM 为平行四边形，所以AM ＝BN ，又因为点P 与A 关于直线y ＝x 对称，所以PM ＝AM ，所以PM ＋NQ ＝AM ＋NQ ＝BN ＋NQ ，所以当B ，N ，Q 三点共线时，PM ＋NQ 取最小值为BQ ＝a －22＋a －62.此时BQ 方程为(a －6)x －(a －2)y ＋3a ＋6＝0，与直线y ＝x 联立解得N ⎝⎛⎭⎪⎫3a ＋64，3a ＋64.(2)若设A (1,0)，B (1－a ，－a )，同理可得PM ＋NQ 最小值为a ＋22＋a ＋62，因为a >0，所以a ＋22＋a ＋62>a －22＋a －62，不合题意．综上，PM ＋NQ 取得最小值时点N 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ＋64，3a ＋64.答案：⎝⎛⎭⎪⎫3a ＋64，3a ＋64[方法归纳]求直线方程的两种方法圆的方程[必备知识]1．圆的标准方程当圆心为(a ，b )，半径为r 时，其标准方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，特别地，当圆心在原点时，方程为x 2＋y 2＝r 2.2．圆的一般方程x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，其中D 2＋E 2－4F >0，表示以⎝ ⎛⎭⎪⎫－D 2，－E 2为圆心，D 2＋E 2－4F 2为半径的圆．[题组练透]1．(2017·南通一模)已知圆C 过点(2，3)，且与直线x －3y ＋3＝0相切于点(0，3)，则圆C 的方程为_______________．解析：设圆心为(a ，b )， 则⎩⎨⎧b －3a·33＝－1，a －22＋()b －32＝a 2＋b －32，解得a ＝1，b ＝0，r ＝2.即所求圆的方程为(x －1)2＋y 2＝4. 答案：(x －1)2＋y 2＝42．(2016·天津高考)已知圆C 的圆心在x 轴的正半轴上，点M (0，5)在圆C 上，且圆心到直线2x －y ＝0的距离为455，则圆C 的方程为________________． 解析：因为圆C 的圆心在x 轴的正半轴上，设C (a,0)，且a ＞0，所以圆心到直线2x －y ＝0的距离d ＝2a5＝455，解得a ＝2，所以圆C 的半径r ＝|CM |＝4＋5＝3， 所以圆C 的方程为(x －2)2＋y 2＝9. 答案：(x －2)2＋y 2＝93．与圆C ：x 2＋y 2－2x ＋4y ＝0外切于原点，且半径为25的圆的标准方程为_______． 解析：由题意，所求圆的圆心在直线y ＝－2x 上，所以可设所求圆的圆心为(a ，－2a )(a <0)，又因为所求圆与圆C ：x 2＋y 2－2x ＋4y ＝0外切于原点，且半径为25，所以a 2＋－2a2＝25，可得a 2＝4，解得a ＝－2或a ＝2(舍去)．所以所求圆的标准方程为(x ＋2)2＋(y －4)2＝20.答案：(x ＋2)2＋(y －4)2＝20 [方法归纳]圆的方程的两种求法(1)几何法通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，从而求得圆的基本量和方程． (2)代数法用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数，从而求得圆的方程． 直线与圆、圆与圆的位置关系[必备知识]1．过圆O ∶x 2＋y 2＝r 2上一点P (x 0，y 0)的圆的切线方程是x 0x ＋y 0y ＝r 2.2．过圆O ∶x 2＋y 2＝r 2外一点P (x 0，y 0)作圆的两条切线，切点为A ，B ，则O ，P ，A ，B 四点共圆且直线AB 的方程是x 0x ＋y 0y ＝r 2.3．判断直线与圆的位置关系问题的两种方法(1)代数法：将圆的方程和直线的方程联立起来组成方程组，利用判别式Δ来判断位置关系：Δ>0⇔相交；Δ＝0⇔相切；Δ<0⇔相离．(2)几何法：把圆心到直线的距离d 和半径r 的大小加以比较：d <r ⇔相交；d ＝r ⇔相切；d >r ⇔相离．4．判断两圆位置关系时常用几何法即通过判断两圆心距离O 1O 2与两圆半径R ，r 的关系来判断两圆位置关系． (1)外离：O 1O 2>R ＋r ； (2)外切：O 1O 2＝R ＋r ； (3)相交：R －r <O 1O 2<R ＋r ； (4)内切：O 1O 2＝R －r ； (5)内含：0≤O 1O 2<R －r .[提醒] 利用两圆组成的方程组解的个数，不能判断内切与外切、外离与内含．[题组练透]1．(2017·苏锡常镇二模)已知直线l ：mx ＋y －2m －1＝0，圆C ：x 2＋y 2－2x －4y ＝0，当直线l 被圆C 所截得的弦长最短时，实数m ＝________.解析：由题意得，C (1,2)，直线l ：m (x －2)＋y －1＝0恒过定点A (2,1)，当直线l 被圆C 所截得的弦长最短时，直线l ⊥CA ，因为直线l 的斜率为－m ，直线CA 的斜率为1－22－1＝－1，所以－m ×(－1)＝－1，即m ＝－1.答案：－12．(2016·全国卷Ⅰ)设直线y ＝x ＋2a 与圆C ：x 2＋y 2－2ay －2＝0相交于A ，B 两点，若|AB |＝23，则圆C 的面积为________．解析：圆C ：x 2＋y 2－2ay －2＝0化为标准方程为x 2＋(y －a )2＝a 2＋2，所以圆心C (0，a )，半径r ＝a 2＋2，因为|AB |＝23，点C 到直线y ＝x ＋2a ，即x －y ＋2a ＝0的距离d ＝|0－a ＋2a |2＝|a |2，由勾股定理得⎝ ⎛⎭⎪⎫2322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |22＝a 2＋2，解得a 2＝2，所以r ＝2，所以圆C 的面积为π×22＝4π. 答案：4π3．若圆(x －2a )2＋(y －a －3)2＝4上总存在两个点到原点的距离为1，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意，两圆(x －2a )2＋(y －a －3)2＝4与x 2＋y 2＝1相交于相异两点，所以1<4a 2＋a ＋32<3，即⎩⎪⎨⎪⎧5a 2＋6a ＋8>0，5a 2＋6a <0，解得－65<a <0.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，0 4．(2017·扬州考前调研)已知圆C ：x 2＋y 2－2ax －2y ＋2＝0(a 为常数)与直线y ＝x 相交于A ，B 两点，若∠ACB ＝π3，则实数a ＝________. 解析：因为圆C 的标准方程为(x －a )2＋(y －1)2＝a 2－1，所以C (a,1)，r ＝a 2－1，因为圆C 与直线y ＝x 相交于A ，B 两点，且∠ACB ＝π3，所以32r ＝|a －1|2，且a 2－1>0，解得a ＝－5.答案：－55．(2017·江苏高考)在平面直角坐标系xOy 中，A (－12，0)，B (0,6)，点P 在圆O ：x 2＋y 2＝50上．若PA ―→·PB ―→≤20，则点P 的横坐标的取值范围是________．解析：设P (x ，y )，则PA ―→·PB ―→＝(－12－x ，－y )·(－x ，6－y )＝x (x ＋12)＋y (y －6)≤20.又x 2＋y 2＝50，所以2x －y ＋5≤0，所以点P 在直线2x －y ＋5＝0的上方(包括直线上)． 又点P 在圆x 2＋y 2＝50上，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋5，x 2＋y 2＝50，解得x ＝－5或x ＝1， 结合图象， 可得－52≤x ≤1，故点P 的横坐标的取值范围是[－52，1]． 答案：[－52，1] [方法归纳]1.解决直线与圆、圆与圆位置关系问题的方法 1讨论直线与圆及圆与圆的位置关系时，要注意数形结合，充分利用圆的几何性质寻找解题途径，减少运算量.2圆上的点与圆外点的距离的最值问题，可以转化为圆心到点的距离问题；圆上的点与直线上点的距离的最值问题，可以转化为圆心到直线的距离问题；圆上的点与另一圆上点的距离的最值问题，可以转化为圆心到圆心的距离问题.2.求弦长问题的两种方法 1利用半径r ，弦心距d ，弦长l 的一半构成直角三角形，结合勾股定理d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫l 22＝r 2求解；2若斜率为k 的直线l 与圆C 交于A x 1，y 1，B x 2，y 2两点，则圆锥曲线的基本量运算 1．椭圆、双曲线中，a ，b ，c 之间的关系 (1)在椭圆中：a 2＝b 2＋c 2，离心率为e ＝c a＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2； (2)在双曲线中：c 2＝a 2＋b 2，离心率为e ＝c a＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2.2．双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±bax .注意离心率e 与渐近线的斜率的关系．[题组练透]1．(2017·南京三模)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x 22m 2－y 23m＝1的焦距为6，则所有满足条件的实数m 构成的集合是__________．解析：由题意得，2m 2＋3m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫622，所以2m 2＋3m －9＝0，解得m ＝32或－3，因为x 22m 2－y 23m ＝1是双曲线的方程，所以m ＞0，所以m ＝32.所以实数m 构成的集合是⎩⎨⎧⎭⎬⎫32.答案：⎩⎨⎧⎭⎬⎫322.(2017·苏北四市期中)如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知A ，B 1，B 2分别为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的右、下、上顶点，F 是椭圆C的右焦点．若B 2F ⊥AB 1，则椭圆C 的离心率是________．解析：由题意得，A (a,0)，B 1(0，－b )，B 2(0，b )，F (c,0)，所以B 2F ―→＝(c ，－b )，AB 1―→＝(－a ，－b )，因为B 2F ⊥AB 1，所以B 2F ―→·AB 1―→＝0，即b 2＝ac ，所以c 2＋ac －a 2＝0，e 2＋e－1＝0，又椭圆的离心率e ∈(0,1)，所以e ＝5－12. 答案：5－123．(2017·江苏高考)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x 23－y 2＝1的右准线与它的两条渐近线分别交于点P ，Q ，其焦点是F 1，F 2，则四边形F 1PF 2Q 的面积是________．解析：由题意得，双曲线的右准线x ＝32与两条渐近线y ＝±33x 的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，±32.不妨设双曲线的左、右焦点分别为F 1，F 2， 则F 1(－2,0)，F 2(2,0)， 故四边形F 1PF 2Q 的面积是 12F 1F 2·PQ ＝12×4×3＝2 3. 答案：2 34．(2017·南通三模)在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x 2a 2－y 2＝1(a >0)经过抛物线y 2＝8x 的焦点，则该双曲线的离心率为________．解析：因为双曲线x 2a2－y 2＝1(a >0)经过抛物线y 2＝8x 的焦点坐标(2,0)，所以a ＝2，在双曲线中，b ＝1，c ＝a 2＋b 2＝5，所以双曲线的离心率是e ＝c a ＝52. 答案：525．(2016·山东高考)已知双曲线E ：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)，若矩形ABCD 的四个顶点在E 上，AB ，CD 的中点为E 的两个焦点，且2|AB |＝3|BC |，则E 的离心率是________．解析：如图，由题意知|AB |＝2b2a，|BC |＝2c .又2|AB |＝3|BC |，∴2×2b 2a＝3×2c ，即2b 2＝3ac ，∴2(c 2－a 2)＝3ac ，两边同除以a 2并整理得2e 2－3e －2＝0，解得e ＝2(负值舍去)． 答案：26．(2017·南京考前模拟)已知椭圆C ：mx 2＋y 2＝1(0＜m ＜1)，直线l ：y ＝x ＋1，若椭圆C 上总存在不同的两点A 与B 关于直线l 对称，则椭圆C 的离心率e 的取值范围为________．解析：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点P (x 0，y 0)，∵A ，B 在椭圆C 上，∴⎩⎪⎨⎪⎧mx 21＋y 21＝1，mx 22＋y 22＝1，两式相减，整理得m x 1＋x 2y 1＋y 2＝－y 1－y 2x 1－x 2，即－mx 0y 0＝k AB ，故k AB ·k OP ＝－m ，又∵k AB ＝－1，∴k OP ＝m ，∴直线OP 的方程为y ＝mx ，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝mx ，y ＝x ＋1，得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m －1，m m －1，由点P 在椭圆内，∴m ⎝⎛⎭⎪⎫1m －12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m m －12<1，解得0<m <13，∴离心率e ＝1－b 2a 2＝1－m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫63，1. 答案：⎝⎛⎭⎪⎫63，1 [方法归纳]应用圆锥曲线的性质的两个注意点(1)明确圆锥曲线中a ，b ，c ，e 各量之间的关系是求解问题的关键．(2)在求解有关离心率的问题时，一般并不是直接求出c 和a 的值，而是根据题目给出的椭圆或双曲线的几何特点，建立关于参数c ，a ，b 的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或范围．[A 组——抓牢中档小题]1．(2017·苏州期末)在平面直角坐标系xOy 中，已知过点M (1,1)的直线l 与圆(x ＋1)2＋(y －2)2＝5相切，且与直线ax ＋y －1＝0垂直，则实数a ＝________.解析：因为点M (1,1)在圆(x ＋1)2＋(y －2)2＝5上，圆心与点M 的连线的斜率为2－1－1－1＝－12，所以切线l 的斜率为2，又因为切线l 与直线ax ＋y －1＝0垂直，所以a ＝12. 答案：122．(2017·南通、泰州一调)在平面直角坐标系xOy 中，直线2x ＋y ＝0为双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线，则该双曲线的离心率为__________．解析：因为直线2x ＋y ＝0为双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线，所以ba＝2，所以e ＝1＋b 2a2＝ 5. 答案： 53．(2017·无锡期末)设P 为有公共焦点F 1，F 2的椭圆C 1与双曲线C 2的一个交点，且PF 1⊥PF 2，椭圆C 1的离心率为e 1，双曲线C 2的离心率为e 2，若3e 1＝e 2，则e 1＝________.解析：设椭圆的长半轴长为a 1，双曲线的实半轴长为a 2，由定义知，不妨设P 在第一象限，则⎩⎪⎨⎪⎧PF 1＋PF 2＝2a 1，PF 1－PF 2＝2a 2，所以PF 1＝a 1＋a 2，PF 2＝a 1－a 2， 因为PF 1⊥PF 2， 所以PF 21＋PF 22＝F 1F 22， 即(a 1＋a 2)2＋(a 1－a 2)2＝4c 2， 整理得1e 21＋1e 22＝2，又因为3e 1＝e 2，所以e 1＝53. 答案：534．(2017·南京考前模拟)在平面直角坐标系xOy 中，M 为圆C ：(x －a )2＋(y －1)2＝169上任意一点，N 为直线l ：ax ＋y ＋3＝0上任意一点，若以M 为圆心，MN 为半径的圆与圆C 至多有一个公共点，则正数a 的最小值为_________．解析：因为圆M 与圆C 至多有一个公共点， 所以MC ≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪MN －43， 即⎪⎪⎪⎪⎪⎪MN －43≥43，解得MN ≥83，又MN 的最小值为a 2＋4a 2＋1－43，所以a 2＋4a 2＋1－43≥83，解得a ≥22，所以正数a 的最小值为2 2. 答案：2 25．以双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右焦点F 为圆心，a 为半径的圆恰好与双曲线的两条渐近线相切，则该双曲线的离心率为________．解析：由题设知，双曲线的渐近线方程为y ＝±b ax ，圆的方程为(x －c )2＋y 2＝a 2，因为渐近线与圆相切，故由点到直线的距离公式得bca 2＋b2＝a ，则a ＝b ，c ＝2a ，故离心率e ＝ 2.答案： 26．(2017·南京学情调研)在平面直角坐标系xOy 中，若直线ax ＋y －2＝0与圆心为C 的圆(x －1)2＋(y －a )2＝16相交于A ，B 两点，且△ABC 为直角三角形，则实数a 的值是________．解析：由题意知△ABC 为等腰直角三角形，且AC ＝BC ＝4，AB ＝42， ∴圆心C 到直线ax ＋y －2＝0的距离d ＝42－222＝22，∴|a ＋a －2|a 2＋1＝22，解得a ＝－1. 答案：－17．(2017·泰州中学月考)直线y ＝kx ＋3与圆(x －2)2＋(y －3)2＝4相交于M ，N 两点，若MN ≥23，则k 的取值范围是________．解析：由圆的方程知圆心(2,3)，半径r ＝2， ∵圆心到直线y ＝kx ＋3的距离d ＝|2k |k 2＋1，∴MN ＝2r 2－d 2＝24－4k2k 2＋1≥23，解得4k 2≤k 2＋1，即－33≤k ≤33. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，33 8．已知点P 是圆C ：x 2＋y 2＋4x －6y －3＝0上的一点，直线l ：3x －4y －5＝0.若点P 到直线l 的距离为2，则符合题意的点P 有________个．解析：由题意知圆C 的标准方程为(x ＋2)2＋(y －3)2＝16，所以圆心(－2,3)到直线l 的距离d ＝|－6－12－5|5＝235∈(4,6)，故满足题意的点P 有2个．答案：29．若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距依次成等差数列，则该椭圆的离心率为________．解析：由题意知2a ＋2c ＝2(2b )，即a ＋c ＝2b ，又c 2＝a 2－b 2，消去b 整理得5c 2＝3a 2－2ac ，即5e 2＋2e －3＝0，所以e ＝35或e ＝－1(舍去)．答案：3510．(2017·全国卷Ⅰ)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右顶点为A ，以A 为圆心，b 为半径作圆A ，圆A 与双曲线C 的一条渐近线交于M ，N 两点．若∠MAN ＝60°，则C 的离心率为________．解析：双曲线的右顶点为A (a,0)，一条渐近线的方程为y ＝b ax ，即bx －ay ＝0，则圆心A 到此渐近线的距离d ＝|ba －a ×0|b 2＋a 2＝abc .又因为∠MAN ＝60°，圆的半径为b ，所以b ·sin 60°＝ab c，即3b 2＝ab c ，所以e ＝23＝233. 答案：23311．若抛物线y 2＝8ax (a >0)的准线经过双曲线x 2a 2－y 2＝1的一个焦点，则椭圆x 2a2＋y 2＝1的离心率e ＝________.解析：抛物线y 2＝8ax (a >0)的准线方程为x ＝－2a ，双曲线x 2a2－y 2＝1的焦点坐标为(±a 2＋1，0)，则2a ＝a 2＋1，得a 2＝13，所以椭圆的离心率e ＝1－a 2＝63.答案：6312．设F 1，F 2分别是椭圆x 225＋y 216＝1的左、右焦点，P 为椭圆上任一点，点M 的坐标为(6,4)，则PM ＋PF 1的最大值为________．解析：由椭圆定义知PM ＋PF 1＝PM ＋2×5－PF 2， 而PM －PF 2≤MF 2＝5，所以PM ＋PF 1≤2×5＋5＝15. 答案：1513．(2017·苏州张家港暨阳中学月考)已知圆O ：x 2＋y 2＝1，圆M ：(x －a )2＋(y －a ＋4)2＝1.若圆M 上存在点P ，过点P 作圆O 的两条切线，切点分别为A ，B ，使得∠APB ＝60°，则实数a 的取值范围为______________．解析：如图，圆O 的半径为1，圆M 上存在点P ，过点P 作圆O 的两条切线，切点为A ，B ，使得∠APB ＝60°，则∠APO ＝30°，在Rt △PAO 中，PO ＝2，又圆M 的半径等于1，圆心坐标M (a ，a －4)， ∴PO min ＝MO －1，PO max ＝MO ＋1， ∵MO ＝a 2＋a －42，∴由a 2＋a －42－1≤2≤a 2＋a －42＋1，解得2－22≤a ≤2＋22. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－22，2＋22 14．在平面直角坐标系xOy 中，若直线l ：4x －3y －2＝0上至少存在一点，使得以该点为圆心、1为半径的圆与以(4,0)为圆心，R 为半径的圆C 有公共点，则R 的最小值是________．解析：由题意，直线4x －3y －2＝0上至少存在一点A ，以该点为圆心，1为半径的圆与圆C 有公共点，即AC min ＝1＋R ，因为AC min 即为点C 到直线4x －3y －2＝0的距离，为145，所以R 的最小值是95.答案：95[B 组——力争难度小题]1．(2017·南京考前模拟)在平面直角坐标系xOy 中，M 为直线x ＝3上一动点，以M 为圆心的圆记为圆M ，若圆M 截x 轴所得的弦长恒为4.过点O 作圆M 的一条切线，切点为P ，则点P 到直线2x ＋y －10＝0的距离的最大值为________．解析：设M (3，t )，P (x 0，y 0)， 因为OP ⊥PM ，所以OP ―→·PM ―→＝0， 可得x 20＋y 20－3x 0－ty 0＝0，① 又圆M 截x 轴所得的弦长为4，所以4＋t 2＝(x 0－3)2＋(y 0－t )2，整理得x 20＋y 20－6x 0－2ty 0＋5＝0，② 由①②得x 20＋y 20＝5，即点P 在圆x 2＋y 2＝5上， 于是P 到直线2x ＋y －10＝0距离的最大值为105＋5＝3 5.答案：3 52．在平面直角坐标系xOy 中，已知过原点O 的动直线l 与圆C ：x 2＋y 2－6x ＋5＝0相交于不同的两点A ，B ，若点A 恰为线段OB 的中点，则圆心C 到直线l 的距离为________．解析：先将圆C 化为标准方程得(x －3)2＋y 2＝4，则圆心C (3,0)，半径r ＝2，设过原点O 的动直线l 的方程为y ＝kx ，因为点A 恰为线段OB 的中点，设A (a ，ka )，B (2a,2ka )，得(1＋k 2)a 2－6a ＋5＝0. ①取AB 的中点D ，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32ka ， 如图，连结CD ，则CD ⊥AB ，32ka 32a －3＝－1k . ②联立①②，解得a ＝54，k ＝±155，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫158，±3158，CD ＝364， 即圆心C 到直线l 的距离为364.答案：3643．(2017·山东高考)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的右支与焦点为F 的抛物线x 2＝2py (p ＞0)交于A ，B 两点．若|AF |＋|BF |＝4|OF |，则该双曲线的渐近线方程为________．解析：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由抛物线的定义可知|AF |＝y 1＋p 2，|BF |＝y 2＋p 2，|OF |＝p2，由|AF |＋|BF |＝y 1＋p 2＋y 2＋p2＝y 1＋y 2＋p ＝4|OF |＝2p ，得y 1＋y 2＝p .联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2－y 2b2＝1，x 2＝2py消去x ，得a 2y 2－2pb 2y ＋a 2b 2＝0，所以y 1＋y 2＝2pb 2a 2，所以2pb2a2＝p ，即b 2a 2＝12，故b a ＝22， 所以双曲线的渐近线方程为y ＝±22x . 答案：y ＝±22x 4．已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，点A ，B 1，B 2，F 依次为其左顶点、下顶点、上顶点和右焦点，若直线AB 2与直线B 1F 的交点恰在椭圆的右准线上，则椭圆的离心率为________．解析：如图，A (－a,0)，B 1(0，－b )，B 2(0，b )，F (c,0)，设点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2c ，y M . 由k AB 2＝k AM ，得b a ＝y Ma2c＋a ， 所以y M ＝b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c＋1.由k FB 1＝k FM ，得b c ＝y Ma2c－c ， 所以y M ＝b c ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2c －c . 从而b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c ＋1＝b c ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2c －c ，整理得2e 2＋e －1＝0.解得e ＝12.答案：12第2课时直线与圆(能力课)[常考题型突破]隐形圆问题[例1] (2017·苏北四市期中)如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C ：x 2＋y 2－4x ＝0及点A (－1,0)，B (1,2)．(1)若直线l 平行于AB ，与圆C 相交于M ，N 两点，MN ＝AB ，求直线l 的方程；(2)在圆C 上是否存在点P ，使得PA 2＋PB 2＝12？若存在，求点P 的个数；若不存在，说明理由．[解] (1)因为圆C 的标准方程为(x －2)2＋y 2＝4，所以圆心C (2,0)，半径为2. 因为l ∥AB ，A (－1,0)，B (1,2)，所以直线l 的斜率为2－01－－1＝1，设直线l 的方程为x －y ＋m ＝0，则圆心C 到直线l 的距离为d ＝|2－0＋m |2＝|2＋m |2.因为MN ＝AB ＝22＋22＝22，而CM 2＝d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫MN 22，所以4＝2＋m 22＋2，解得m ＝0或m ＝－4，故直线l 的方程为x －y ＝0或x －y －4＝0. (2)假设圆C 上存在点P ，设P (x ，y )， 则(x －2)2＋y 2＝4，PA 2＋PB 2＝(x ＋1)2＋(y －0)2＋(x －1)2＋(y －2)2＝12，即x 2＋y 2－2y －3＝0，即x 2＋(y －1)2＝4， 因为|2－2|<2－02＋0－12<2＋2，所以圆(x －2)2＋y 2＝4与圆x 2＋(y －1)2＝4相交， 所以点P 的个数为2. [方法归纳]1．有些时候，在条件中没有直接给出圆方面的信息，而是隐藏在题目中的，要通过分析和转化，发现圆(或圆的方程),从而最终可以利用圆的知识来求解，我们称这类问题为“隐形圆”问题．2．如何发现隐形圆(或圆的方程)是关键，常见的有以下策略： (1)利用圆的定义(到定点的距离等于定长的点的轨迹)确定隐形圆； (2)动点P 对两定点A ，B 张角是90°(k PA ·k PB ＝－1)确定隐形圆； (3)两定点A ，B ，动点P 满足PA ―→·PB ―→＝λ确定隐形圆； (4)两定点A ，B ，动点P 满足PA 2＋PB 2是定值确定隐形圆；(5)两定点A ，B ，动点P 满足PA ＝λPB (λ＞0，λ≠1)确定隐形圆(阿波罗尼斯圆)； (6)由圆周角的性质确定隐形圆．如图，在平面直角坐标系xOy 中，点A (0,3)，直线l ：y ＝2x －4.设圆C 的半径为1，圆心在l 上．(1)若圆心C 也在直线y ＝x －1上，过点A 作圆C 的切线，求切线的方程； (2)若圆C 上存在点M ，使MA ＝2MO ，求圆心C 的横坐标a 的取值范围．解：(1)由题设，圆心C 是直线y ＝2x －4和y ＝x －1的交点，解得点C (3,2)，于是切线的斜率必存在．设过A (0,3)的圆C 的切线方程为y ＝kx＋3，由题意，得|3k ＋1|k 2＋1＝1，解得k ＝0或k ＝－34，故所求切线方程为y ＝3或3x ＋4y －12＝0. (2)因为圆心在直线y ＝2x －4上，所以圆C 的方程为(x －a )2＋[y －2(a －2)]2＝1.设点M (x ，y )，因为MA ＝2MO ， 所以x 2＋y －32＝2x 2＋y 2，化简得x 2＋y 2＋2y －3＝0， 即x 2＋(y ＋1)2＝4，所以点M 在以D (0，－1)为圆心，2为半径的圆上．由题意，点M (x ，y )在圆C 上，所以圆C 与圆D 有公共点，则|2－1|≤CD ≤2＋1，即1≤a 2＋2a －32≤3.由5a 2－12a ＋8≥0，得a ∈R ； 由5a 2－12a ≤0，得0≤a ≤125. 所以点C 的横坐标a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，125.圆中的定点、定值问题[例2] ＝0，点P 在直线l 上，过P 点作圆M 的切线PA ，PB ，切点为A ，B .(1)若∠APB ＝60°，求点P 的坐标；(2)若P 点的坐标为(2,1)，过P 作直线与圆M 交于C ，D 两点，当CD ＝2时，求直线CD 的方程；(3)求证：经过A ，P ，M 三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标．[解] (1)设P (2m ，m )，因为∠APB ＝60°，AM ＝1，所以MP ＝2，所以(2m )2＋(m －2)2＝4，解得m ＝0或m ＝45，故所求点P 的坐标为P (0,0)或P ⎝ ⎛⎭⎪⎫85，45. (2)易知直线CD 的斜率存在，可设直线CD 的方程为y －1＝k (x －2)， 由题知圆心M 到直线CD 的距离为22， 所以22＝|－2k －1|1＋k2， 解得k ＝－1或k ＝－17，故所求直线CD 的方程为x ＋y －3＝0或x ＋7y －9＝0. (3)证明：设P (2m ，m )，MP 的中点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，m2＋1，因为PA 是圆M 的切线，所以经过A ，P ，M 三点的圆是以Q 为圆心，以MQ 为半径的圆，故其方程为(x －m )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －m 2－12＝m 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m2－12，化简得x 2＋y 2－2y －m (2x ＋y －2)＝0，此式是关于m 的恒等式，故⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－2y ＝0，2x ＋y －2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝45，y ＝25.所以经过A ，P ，M 三点的圆必过定点(0,2)或⎝ ⎛⎭⎪⎫45，25. [方法归纳] 1与圆有关的定点问题最终可化为含有参数的动直线或动圆过定点.解这类问题关键是引入参数求出动直线或动圆的方程.2与圆有关的定值问题，可以通过直接计算或证明，还可以通过特殊化，先猜出定值再给出证明.1．已知点P (2,2)，圆C ：x 2＋y 2－8y ＝0，过点P 的动直线l 与圆C 交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M ，O 为坐标原点．(1)求M 的轨迹方程；(2)当OP ＝OM 时，求证：△POM 的面积为定值． 解：(1)圆C 的方程可化为x 2＋(y －4)2＝16， 所以圆心为C (0,4)，半径为4.设M (x ，y )，则CM ―→＝(x ，y －4)，MP ―→＝(2－x,2－y )． 由题设知CM ―→·MP ―→＝0， 故x (2－x )＋(y －4)(2－y )＝0， 即(x －1)2＋(y －3)2＝2. 由于点P 在圆C 的内部，所以M 的轨迹方程是(x －1)2＋(y －3)2＝2.(2)证明：由(1)可知M 的轨迹是以点N (1,3)为圆心，2为半径的圆． 由于OP ＝OM ，故O 在线段PM 的垂直平分线上， 又P 在圆N 上，从而ON ⊥PM .因为ON 的斜率为3，所以l 的斜率为－13，故l 的方程为y ＝－13x ＋83.又OM ＝OP ＝22，O 到l 的距离d 为4105，所以PM ＝2OP 2－d 2＝4105，所以△POM 的面积为S △POM ＝12PM ·d ＝165.2．已知圆C ：x 2＋y 2＝9，点A (－5,0)，直线l ：x －2y ＝0. (1)求与圆C 相切，且与直线l 垂直的直线方程；(2)在直线OA 上(O 为坐标原点)，存在定点B (不同于点A )满足：对于圆C 上任一点P ，都有PB PA为一常数，试求所有满足条件的点B 的坐标．解：(1)设所求直线方程为y ＝－2x ＋b ， 即2x ＋y －b ＝0. 因为直线与圆C 相切， 所以|－b |22＋12＝3，解得b ＝±3 5.所以所求直线方程为2x ＋y ±35＝0. (2)法一：假设存在这样的点B (t,0)． 当点P 为圆C 与x 轴的左交点(－3,0)时，PB PA ＝|t ＋3|2；当点P 为圆C 与x 轴的右交点(3,0)时，PB PA ＝|t －3|8.依题意，|t ＋3|2＝|t －3|8，解得t ＝－5(舍去)或t ＝－95.下面证明点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－95，0对于圆C 上任一点P ，都有PB PA 为一常数． 设P (x ，y )，则y 2＝9－x 2，所以PB2PA 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋952＋y 2x ＋52＋y 2＝x 2＋185x ＋9－x 2＋8125x 2＋10x ＋25＋9－x 2＝1825·5x ＋172·5x ＋17＝925.从而PB PA ＝35为常数．法二：假设存在这样的点B (t,0)，使得PB PA为常数λ，则PB 2＝λ2PA 2，所以(x －t )2＋y2＝λ2[(x ＋5)2＋y 2]，将y 2＝9－x 2代入，得x 2－2xt ＋t 2＋9－x 2＝λ2(x 2＋10x ＋25＋9－x 2)，即2(5λ2＋t )x ＋34λ2－t 2－9＝0对x ∈[－3,3]恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧5λ2＋t ＝0，34λ2－t 2－9＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝35，t ＝－95或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，t ＝－5(舍去)．故存在点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－95，0对于圆C 上任一点P ，都有PB PA 为常数35. 与直线或圆有关的最值或范围问题[例3] (2016·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知以M 为圆心的圆M ：x 2＋y 2－12x －14y ＋60＝0及其上一点A (2,4)．(1)设圆N 与x 轴相切，与圆M 外切，且圆心N 在直线x ＝6上，求圆N 的标准方程；(2)设平行于OA 的直线l 与圆M 相交于B ，C 两点，且BC ＝OA ，求直线l 的方程； (3)设点T (t,0)满足：存在圆M 上的两点P 和Q ，使得TA ―→＋TP ―→＝TQ ―→，求实数t 的取值范围．[解] 圆M 的标准方程为(x －6)2＋(y －7)2＝25， 所以圆心M (6,7)，半径为5.(1)由圆心N 在直线x ＝6上，可设N (6，y 0)． 因为圆N 与x 轴相切，与圆M 外切，所以0＜y 0＜7，圆N 的半径为y 0，从而7－y 0＝5＋y 0，解得y 0＝1. 因此，圆N 的标准方程为(x －6)2＋(y －1)2＝1. (2)因为直线l ∥OA ， 所以直线l 的斜率为4－02－0＝2.设直线l 的方程为y ＝2x ＋m ， 即2x －y ＋m ＝0， 则圆心M 到直线l 的距离d ＝|2×6－7＋m |5＝|m ＋5|5. 因为BC ＝OA ＝22＋42＝25，而MC 2＝d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22，所以25＝m ＋525＋5，解得m ＝5或m ＝－15.故直线l 的方程为2x －y ＋5＝0或2x －y －15＝0. (3)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．因为A (2,4)，T (t,0)，TA ―→＋TP ―→＝TQ ―→，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝x 1＋2－t ，y 2＝y 1＋4.①因为点Q 在圆M 上，所以(x 2－6)2＋(y 2－7)2＝25.② 将①代入②，得(x 1－t －4)2＋(y 1－3)2＝25.于是点P (x 1，y 1)既在圆M 上，又在圆[x －(t ＋4)]2＋(y －3)2＝25上， 从而圆(x －6)2＋(y －7)2＝25与圆[x －(t ＋4)]2＋(y －3)2＝25有公共点， 所以5－5≤ [t ＋4－6]2＋3－72≤5＋5，解得2－221≤t ≤2＋221.因此，实数t 的取值范围是[2－221，2＋221 ]． [方法归纳]1．与圆有关的最值问题的几何转化法 (1)形如μ＝y －bx －a形式的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题． (2)形如t ＝ax ＋by 形式的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题．(3)形如(x －a )2＋(y －b )2形式的最值问题，可转化为动点到定点的距离的平方的最值问题．2．与圆有关的参数范围问题常见思路(1)直接利用条件，画出几何图形，结合图形用几何法求参数的范围． (2)根据位置关系列不等式组，用代数法求参数范围． (3)构造关于参数的函数关系，借助函数思想求参数的范围．(2017·镇江调研)已知圆O ：x 2＋y 2＝4交y 轴正半轴于点A ，点B ，C 是圆O 上异于点A 的两个动点．(1)若B 与A 关于原点O 对称，直线AC 和直线BC 分别交直线y ＝4于点M ，N ，求线段MN 长度的最小值；(2)若直线AC 和直线AB 的斜率之积为1，求证：直线BC 与x 轴垂直．解：(1)由题意，直线AC 和直线BC 的斜率一定存在且不为0，且A (0,2)，B (0，－2)，AC ⊥BC .设直线AC 的斜率为k ，则直线BC 的斜率为－1k，所以直线AC 的方程为y ＝kx ＋2，直线BC 的方程为y ＝－1kx －2，故它们与直线y ＝4的交点分别为M ⎝⎛⎭⎪⎫2k，4， N (－6k,4)．所以MN ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪6k ＋2k ≥43，当且仅当k ＝±33时取等号，所以线段MN 长度的最小值为4 3.(2)证明：易知直线AC 和直线AB 的斜率一定存在且不为0，设直线AC 的方程为y ＝kx ＋2，则直线AB 的方程为y ＝1kx ＋2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 2＋y 2＝4解得C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k 1＋k 2，21－k 21＋k 2，同理可得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k 1＋k 2，2k 2－11＋k 2. 因为B ，C 两点的横坐标相等，所以BC ⊥x 轴．[课时达标训练]1．已知以点C ⎝⎛⎭⎪⎫t ，2t (t ∈R ，t ≠0)为圆心的圆与x 轴交于点O ，A ，与y 轴交于点O ，B ，其中O 为坐标原点．(1)求证：△OAB 的面积为定值；(2)设直线y ＝－2x ＋4与圆C 交于点M ，N ，若OM ＝ON ，求圆C 的方程． 解：(1)证明：因为圆C 过原点O ，所以OC 2＝t 2＋4t2.设圆C 的方程是(x －t )2＋⎝⎛⎭⎪⎫y －2t 2＝t 2＋4t2，令x ＝0，得y 1＝0，y 2＝4t；令y ＝0，得x 1＝0，x 2＝2t ，所以S △OAB ＝12OA ·OB ＝12×⎪⎪⎪⎪⎪⎪4t ×|2t |＝4，即△OAB 的面积为定值． (2)因为OM ＝ON ，CM ＝CN ， 所以OC 垂直平分线段MN . 因为k MN ＝－2，所以k OC ＝12.所以2t ＝12t ，解得t ＝2或t ＝－2.当t ＝2时，圆心C 的坐标为(2,1)，OC ＝5， 此时C 到直线y ＝－2x ＋4的距离d ＝55<5， 圆C 与直线y ＝－2x ＋4相交于两点．当t ＝－2时，圆心C 的坐标为(－2，－1)，OC ＝5， 此时C 到直线y ＝－2x ＋4的距离d ＝955> 5.圆C 与直线y ＝－2x ＋4不相交， 所以t ＝－2不符合题意，舍去． 所以圆C 的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝5.2.如图，已知圆x 2＋y 2＝1与x 轴交于A ，B 两点，P 是该圆上任意一点，AP ，PB 的延长线分别交直线l ：x ＝2于M ，N 两点．(1)求MN 的最小值；(2)求证：以MN 为直径的圆恒过定点，并求出该定点的坐标． 解：(1)设M (2，t 1)，N (2，t 2)， 则由A (－1,0)，B (1,0)，且AM ⊥BN ， 得AM ―→·BN ―→＝0， 即(3，t 1)·(1，t 2)＝0， 所以3＋t 1t 2＝0，即t 1t 2＝－3.所以MN ＝t 1－t 2＝t 1＋(－t 2)≥2－t 1t 2＝2 3. 当且仅当t 1＝3，t 2＝－3时等号成立． 故MN 的最小值为2 3. (2)证明：由(1)得t 1t 2＝－3.以MN 为直径的圆的方程为(x －2)2＋(y －t 1)(y －t 2)＝0， 即(x －2)2＋y 2－(t 1＋t 2)y ＋t 1t 2＝0， 也即(x －2)2＋y 2－(t 1＋t 2)y －3＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x －22－3＝0，得⎩⎨⎧x ＝2＋3，y ＝0或⎩⎨⎧x ＝2－3，y ＝0.故以MN 为直径的圆恒过定点(2＋3，0)和(2－3，0)．3．已知直线l ：4x ＋3y ＋10＝0，半径为2的圆C 与l 相切，圆心C 在x 轴上且在直线l 的右上方．(1)求圆C 的方程；(2)过点M (1,0)的直线与圆C 交于A ，B 两点(A 在x 轴上方)，问在x 轴正半轴上是否存在定点N ，使得x 轴平分∠ANB ？若存在，请求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)设圆心C (a,0)⎝ ⎛⎭⎪⎫a >－52，则|4a ＋10|5＝2⇒a ＝0或a ＝－5(舍去)． 所以圆C 的方程为x 2＋y 2＝4.(2)当直线AB ⊥x 轴时，x 轴平分∠ANB .当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，N (t,0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝4，y ＝k x －1得，(k 2＋1)x 2－2k 2x ＋k 2－4＝0，所以x 1＋x 2＝2k 2k 2＋1，x 1x 2＝k 2－4k 2＋1.若x 轴平分∠ANB ，则k AN ＝－k BN ⇒y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝0⇒k x 1－1x 1－t ＋k x 2－1x 2－t ＝0⇒2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ＝0⇒2k 2－4k 2＋1－2k 2t ＋1k 2＋1＋2t ＝0⇒t ＝4，所以当点N 为(4,0)时，能使得∠ANM ＝∠BNM 总成立．4．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C 1：(x ＋3)2＋(y －1)2＝4和圆C 2：(x －4)2＋(y －5)2＝4.(1)若直线l 过点A (4,0)，且被圆C 1截得的弦长为23，求直线l 的方程；(2)设P 为平面上的点，满足：存在过点P 的无穷多对互相垂直的直线l 1和l 2，它们分别与圆C 1和C 2相交，且直线l 1被圆C 1截得的弦长与直线l 2被圆C 2截得的弦长相等，求所有满足条件的点P 的坐标．解：(1)由于直线x ＝4与圆C 1不相交，∴直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x －4)，圆C 1的圆心到直线l 的距离为d .∵l 被圆C 1截得的弦长为23， ∴d ＝ 22－32＝1.又由点到直线的距离公式得d ＝|－1－7k |1＋k 2， ∴k (24k ＋7)＝0，解得k ＝0或k ＝－724，∴直线l 的方程为y ＝0或7x ＋24y －28＝0. (2)设点P (a ，b )满足条件，由题意分析可得直线l 1，l 2的斜率均存在且不为0，不妨设直线l 1的方程为y －b ＝k (x －a )，则直线l 2的方程为y －b ＝－1k(x －a )．∵圆C 1和圆C 2的半径相等，且直线l 1被圆C 1截得的弦长与直线l 2被圆C 2截得的弦长相等，∴圆C 1的圆心到直线l 1的距离和圆C 2的圆心到直线l 2的距离相等，即|1－k －3－a －b |1＋k2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪5＋1k 4－a －b 1＋1k 2，整理得|1＋3k ＋ak －b |＝|5k ＋4－a －bk |. ∴1＋3k ＋ak －b ＝±(5k ＋4－a －bk )，即(a ＋b －2)k ＝b －a ＋3或(a －b ＋8)k ＝a ＋b －5. ∵ k 的取值有无穷多个，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b －2＝0，b －a ＋3＝0或⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＋8＝0，a ＋b －5＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝52，b ＝－12或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－32，b ＝132，故这样的点只可能是点P 1⎝ ⎛⎭⎪⎫52，－12或点P 2－32，132.5.如图，已知位于y 轴左侧的圆C 与y 轴相切于点(0,1)，且被x 轴分成的两段弧长之比为2∶1，过点H (0，t )的直线l 与圆C 相交于M ，N 两点，且以MN 为直径的圆恰好经过坐标原点O .(1)求圆C 的方程；(2)当t ＝1时，求直线l 的方程； (3)求直线OM 的斜率k 的取值范围．解：(1)因为位于y 轴左侧的圆C 与y 轴相切于点(0,1)，所以圆心C 在直线y ＝1上． 又圆C 与x 轴的交点分别为A ，B ，由圆C 被x 轴分成的两段弧长之比为2∶1，得∠ACB ＝2π3. 所以CA ＝CB ＝2，圆心C 的坐标为(－2,1)． 所以圆C 的方程为(x ＋2)2＋(y －1)2＝4.(2)当t ＝1时，由题意知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝mx ＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝mx ＋1，x ＋22＋y －12＝4，消去y ，得(m 2＋1)x 2＋4x ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－4m 2＋1，y ＝m 2－4m ＋1m 2＋1.不妨令M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4m 2＋1，m 2－4m ＋1m 2＋1，N (0,1)．因为以MN 为直径的圆恰好经过O (0,0)，所以OM ―→·ON ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4m 2＋1，m 2－4m ＋1m 2＋1·(0,1)＝m 2－4m ＋1m 2＋1＝0，解得m ＝2±3，故所求直线l 的方程为y ＝(2＋3)x ＋1或y ＝(2－3)x ＋1. (3)设直线OM 的方程为y ＝kx ， 由题意，知|－2k －1|1＋k 2≤2，解得k ≤34. 同理得－1k ≤34，解得k ≤－43或k >0.由(2)知，k ＝0也满足题意．所以k 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－43∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，34.6.如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知点A (－3,4)，B (9,0)，C ，D 分别为线段OA ，OB 上的动点，且满足AC ＝BD .(1)若AC ＝4，求直线CD 的方程；(2)证明：△OCD 的外接圆恒过定点(异于原点O )． 解：(1)因为A (－3,4)，所以OA ＝－32＋42＝5.又因为AC ＝4，所以OC ＝1，所以C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，45.由BD ＝4，得D (5,0)，所以直线CD 的斜率k ＝0－455－⎝ ⎛⎭⎪⎫－35＝－17.所以直线CD 的方程为y ＝－17(x －5)，即x ＋7y －5＝0.(2)证明：设C (－3m,4m )(0<m ≤1)，则OC ＝5m . 所以AC ＝OA －OC ＝5－5m .因为AC ＝BD ，所以OD ＝OB －BD ＝5m ＋4， 所以点D 的坐标为(5m ＋4,0)．设△OCD 的外接圆的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0(D 2＋E 2－4F >0)，则有⎩⎪⎨⎪⎧F ＝0，9m 2＋16m 2－3mD ＋4mE ＋F ＝0，5m ＋42＋5m ＋4D ＋F ＝0.解得D ＝－(5m ＋4)，E ＝－10m －3，F ＝0，所以△OCD 的外接圆的方程为x 2＋y 2－(5m ＋4)x －(10m ＋3)y ＝0， 整理得x 2＋y 2－4x －3y －5m (x ＋2y )＝0.令⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－4x －3y ＝0，x ＋2y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝0(舍去)．所以△OCD 的外接圆恒过定点(2，－1)．第3课时椭 圆(能力课)[常考题型突破]直线与椭圆的位置关系[例1] (2015·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b＞0)的离心率为22，且右焦点F 到左准线l 的距离为3.(1)求椭圆的标准方程；(2)过F 的直线与椭圆交于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线分别交直线l 和AB 于点P ，C ，若PC ＝2AB ，求直线AB 的方程．[解] (1)由题意，得c a ＝22且c ＋a 2c＝3，解得a ＝2，c ＝1，则b ＝1，。
2018版高考数学理江苏专用大二轮总复习与增分策略配套课件：专题八 系列4选讲 第3讲 精品
3.圆锥曲线的参数方程
(1)椭圆ax22＋by22＝1
的参数方程为xy＝ ＝abcsions
θ， θ
(θ 为参数).
(2)抛物线 y2＝2px(p>0)的参数方程为xy＝ ＝22pptt2， (t 为参数).
例 2 (2015·福 建 ) 在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 ， 圆 C 的 参 数 方 程 为
解析答案
1 23
3.已知曲线
C：yx＝＝3
3cos 3sin θ
θ，
(θ 为参数)，直线 l：ρ(cos θ－
3sin θ)＝12.
(1)将直线l的极坐标方程和曲线C的参数方程分别化为直角坐标方程和 普通方程；
解 依题意可得直线 l 的直角坐标方程为 x－ 3y－12＝0， 曲线 C 的普通方程为2x72 ＋y32＝1.
x＝1＋3cos t， y＝－2＋3sin t
(t 为参数).在极坐标系(与平面直角坐标系 xOy 取相同的长
度单位，且以原点 O 为极点，以 x 轴非负半轴为极轴)中，直线 l 的方程为
2ρsinθ－π4＝m(m∈R). (1)求圆C的普通方程及直线l的直角坐标方程；
解 消去参数t，得到圆C的普通方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝9. 由 2ρsinθ－π4＝m，得 ρsin θ－ρcos θ－m＝0. 所以直线l的直角坐标方程为x－y＋m＝0.
2x＋y－1＝0
中，令
y＝0，得
x＝
2 2.
将
22，0代入
x2＋y2＝a2
得
a＝
22.
思维升华
解析答案
跟踪演练 1 在以 O 为极点的极坐标系中，直线 l 与曲线 C 的极坐标方程 分别是 ρcos(θ＋π4)＝3 2和 ρsin2θ＝8cos θ，直线 l 与曲线 C 交于点 A，B， 求线段 AB 的长.
(江苏专版)2018年高考数学二轮复习6个解答题专项强化练(三)解析几何
6个解答题专项强化练(三) 解析几何1．已知圆M ：x 2＋y 2－2x ＋a ＝0.(1)若a ＝－8，过点P (4,5)作圆M 的切线，求该切线方程；(2)若AB 为圆M 的任意一条直径，且OA ―→·OB ―→＝－6(其中O 为坐标原点)，求圆M 的半径．解：(1)若a ＝－8，则圆M 的标准方程为(x －1)2＋y 2＝9，圆心M (1，0)，半径为3. 若切线斜率不存在，圆心M 到直线x ＝4的距离为3，所以直线x ＝4为圆M 的一条切线； 若切线斜率存在，设切线方程为y －5＝k (x －4)，即kx －y －4k ＋5＝0，则圆心到直线的距离为|k －4k ＋5|k 2＋1＝3，解得k ＝815，即切线方程为8x －15y ＋43＝0.所以切线方程为x ＝4或8x －15y ＋43＝0.(2)圆M 的方程可化为(x －1)2＋y 2＝1－a ，圆心M (1，0)，则OM ＝1，半径r ＝1－a (a <1)． 因为AB 为圆M 的任意一条直径，所以MA ―→＝－MB ―→，且|MA ―→|＝|MB ―→|＝r ，则OA ―→·OB ―→＝(OM ―→＋MA ―→)·(OM ―→＋MB ―→)＝(OM ―→－MB ―→)·(OM ―→＋MB ―→)＝OM ―→2－MB ―→2＝1－r 2，又因为OA ―→·OB ―→＝－6，解得r ＝7，所以圆M 的半径为7.2.如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左焦点为F (－1，0)，且经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32. (1)求椭圆的标准方程；(2)已知椭圆的弦AB 过点F ，且与x 轴不垂直．若D 为x 轴上的一点，DA ＝DB ，求AB DF的值．解：(1)法一：由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，1a 2＋94b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝3.所以椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1.法二：由题意，知2a ＝＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝4，所以a ＝2. 又c ＝1，a 2＝b 2＋c 2，所以b ＝3，所以椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)法一：设直线AB 的方程为y ＝k (x ＋1)． ①当k ＝0时，AB ＝2a ＝4，FD ＝FO ＝1，所以AB DF＝4；②当k ≠0时，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为M (x 0，y 0)，把直线AB 的方程代入椭圆方程，整理得(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0，所以x 1＋x 2＝－8k 23＋4k 2，x 1·x 2＝4k 2－123＋4k 2，所以x 0＝－4k23＋4k 2，所以y 0＝k (x 0＋1)＝3k3＋4k2， 所以AB 的垂直平分线方程为y －3k 3＋4k 2＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4k 23＋4k 2. 因为DA ＝DB ，所以点D 为AB 的垂直平分线与x 轴的交点，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－k 23＋4k 2，0，所以DF ＝－k 23＋4k 2＋1＝3＋3k23＋4k 2.又因为AB ＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·x 1＋x 22－4x 1x 2＝12＋12k23＋4k2，所以AB DF＝4.综上，得AB DF的值为4.法二：①若直线AB 与x 轴重合，则AB DF＝4； ②若直线AB 不与x 轴重合，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为M (x 0，y 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1，两式相减得x 21－x 224＋y 21－y 223＝0，所以x 1－x 2x 04＋y 1－y 2y 03＝0，所以直线AB 的斜率为y 1－y 2x 1－x 2＝－3x 04y 0，所以直线AB 的垂直平分线方程为y －y 0＝4y 03x 0(x －x 0)．因为DA ＝DB ，所以点D 为AB 的垂直平分线与x 轴的交点，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 04，0，所以DF ＝x 04＋1.因为椭圆的左准线的方程为x ＝－4，离心率为12，由AFx 1＋4＝12，得AF ＝12(x 1＋4)， 同理BF ＝12(x 2＋4)．所以AB ＝AF ＋BF ＝12(x 1＋x 2)＋4＝x 0＋4，所以AB DF＝4. 综上，得AB DF的值为4.3.如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的右顶点和上顶点分别为A ，B ，M 为线段AB 的中点，且OM ―→·AB ―→＝－32b 2.(1)求椭圆的离心率；(2)若a ＝2，四边形ABCD 内接于椭圆，AB ∥DC .记直线AD ，BC 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1k 2为定值．解：(1)由题意，A (a,0)，B (0，b )，由M 为线段AB 的中点得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，b2. 所以OM ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，b 2，AB ―→＝(－a ，b )．因为OM ―→·AB ―→＝－32b 2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，b 2·(－a ，b )＝－a 22＋b 22＝－32b 2， 整理得a 2＝4b 2，即a ＝2b .因为a 2＝b 2＋c 2，所以3a 2＝4c 2，即3a ＝2c . 所以椭圆的离心率e ＝c a ＝32. (2)证明：法一：由a ＝2得b ＝1，故椭圆方程为x 24＋y 2＝1.从而A (2,0)，B (0,1)，直线AB 的斜率为－12.因为AB ∥DC ，故可设DC 的方程为y ＝－12x ＋m ，D (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)．联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x ＋m ，x24＋y 2＝1，消去y ，得x 2－2mx ＋2m 2－2＝0，所以x 1＋x 2＝2m ，从而x 1＝2m －x 2. 直线AD 的斜率k 1＝y 1x 1－2＝－12x 1＋m x 1－2，直线BC 的斜率k 2＝y 2－1x 2＝－12x 2＋m －1x 2，所以k 1k 2＝－12x 1＋m x 1－2·－12x 2＋m －1x 2＝14x 1x 2－12m －x 1－12mx 2＋m m －x 1－x 2＝14x 1x 2－12m x 1＋x 2＋12x 1＋m m －x 1x 2－2x 2＝14x 1x 2－12m ·2m ＋12m －x 2＋m m －x 1x 2－2x 2＝14x 1x 2－12x 2x 1x 2－2x 2＝14， 即k 1k 2为定值14.法二：由a ＝2得b ＝1，故椭圆方程为x 24＋y 2＝1.从而A (2,0)，B (0,1)，直线AB 的斜率为－12.设C (x 0，y 0)，则x 204＋y 20＝1.因为AB ∥CD ，故CD 的方程为y ＝－12(x －x 0)＋y 0.联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x －x 0＋y 0，x24＋y 2＝1，消去y ，得x 2－(x 0＋2y 0)x ＋2x 0y 0＝0，解得x ＝x 0或x ＝2y 0. 所以点D 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2y 0，12x 0.所以k 1k 2＝12x 02y 0－2·y 0－1x 0＝14，即k 1k 2为定值14.4.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左焦点为F (－1,0)，左准线方程为x ＝－2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知直线l 交椭圆C 于A ，B 两点．①若直线l 经过椭圆C 的左焦点F ，交y 轴于点P ，且满足PA ―→＝λAF ―→，PB ―→＝μBF ―→.求证：λ＋μ为定值；②若A ，B 两点满足OA ⊥OB (O 为坐标原点)，求△AOB 面积的取值范围．解：(1)由题设知c ＝1，－a 2c＝－2，解得a 2＝2，b 2＝1，∴椭圆C 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)①证明：由题设知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，则P (0，k )． 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，把直线l 的方程代入椭圆的方程得x 2＋2k 2(x ＋1)2＝2， 整理得(1＋2k 2)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0， ∴x 1＋x 2＝－4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－21＋2k2.由PA ―→＝λAF ―→，PB ―→＝μBF ―→知，λ＝－x 11＋x 1，μ＝－x 21＋x 2，∴λ＋μ＝－x 1＋x 2＋2x 1x 21＋x 1＋x 2＋x 1x 2＝－－4k 21＋2k 2＋4k 2－41＋2k 21＋－4k 21＋2k 2＋2k 2－21＋2k 2＝－－4－1＝－4(定值)．②当直线OA ，OB 分别与坐标轴重合时，易知△AOB 的面积S ＝22， 当直线OA ，OB 的斜率均存在且不为零时，设OA ：y ＝kx ，OB ：y ＝－1kx ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，将y ＝kx 代入椭圆C 得到x 2＋2k 2x 2＝2，∴x 21＝22k 2＋1，y 21＝2k 22k 2＋1，同理x 22＝2k 22＋k 2，y 22＝22＋k2，故△AOB 的面积S ＝OA ·OB2＝k 2＋2k 2＋k 2＋.令t ＝k 2＋1∈(1，＋∞)， 故S ＝t 2t －t ＋＝12＋1t －1t2. 再令u ＝1t∈(0,1)，则S ＝1－u 2＋u ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫u －122＋94∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，22.综上所述，S ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，22.5.如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 24＋y 23＝1的左、右顶点分别为A ，B ，过右焦点F 的直线l 与椭圆C 交于P ，Q 两点(点P 在x 轴上方)．(1)若QF ＝2FP ，求直线l 的方程；(2)设直线AP ，BQ 的斜率分别为k 1，k 2.是否存在常数λ，使得k 1＝λk 2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)因为a 2＝4，b 2＝3，所以c ＝a 2－b 2＝1，所以F 的坐标为(1,0)，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，直线l 的方程为x ＝my ＋1， 代入椭圆方程，消去x ，得(4＋3m 2)y 2＋6my －9＝0， 则y 1＝－3m ＋61＋m 24＋3m 2，y 2＝－3m －61＋m 24＋3m 2. 若QF ＝2FP ，则－y 2＝2y 1，即y 2＋2y 1＝0， 所以－3m －61＋m 24＋3m 2＋2×－3m ＋61＋m24＋3m 2＝0， 解得m ＝255，故直线l 的方程为5x －2y －5＝0.(2)由(1)知，y 1＋y 2＝－6m 4＋3m 2，y 1y 2＝－94＋3m 2，所以my 1y 2＝－9m 4＋3m 2＝32(y 1＋y 2),所以k 1k 2＝y 1x 1＋2·x 2－2y 2＝y 1my 2－y 2my 1＋＝32y 1＋y 2－y 132y 1＋y 2＋3y 2＝13， 故存在常数λ＝13，使得k 1＝13k 2.6.如图，已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，其离心率e ＝12，左准线方程为x ＝－8.(1)求椭圆的方程；(2)过F 1的直线交椭圆于A ，B 两点，I 1，I 2分别为△F 1AF 2，△F 1BF 2的内心. ①求四边形F 1I 1F 2I 2与△AF 2B 的面积比；②是否存在定点C ，使CA ―→·CB ―→为常数？若存在，求出点C 的坐标；若不存在，说明理由．解：(1)由题意⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝12，a2c ＝8，解得a ＝4，c ＝2，故b ＝23，所以椭圆的方程为x 216＋y 212＝1.(2)①设△F 1AF 2的内切圆半径为r ，则S △F 1I 1F 2＝12·F 1F 2·r ＝12·2c ·r ＝2r ，S △F 1AF 2＝12·(AF 1＋AF 2＋F 1F 2)·r ＝12·(2a ＋2c )·r ＝6r ，∴S △F 1I 1F 2∶S △F 1AF 2＝1∶3， 同理S △F 1I 2F 2∶S △F 1BF 2＝1∶3， ∴S 四边形F 1I 1F 2I 2∶S △AF 2B ＝1∶3.②假设存在定点C (s ，t )，使得CA ―→·CB ―→为常数．若直线AB 存在斜率，设AB 的方程为y ＝k (x ＋2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x ＋，x 216＋y 212＝1，消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－48＝0，由此得x 1＋x 2＝－16k 23＋4k 2，x 1x 2＝16k 2－483＋4k 2，∴CA ―→·CB ―→＝(x 1－s ，y 1－t )·(x 2－s ，y 2－t ) ＝(x 1－s )(x 2－s )＋(y 1－t )(y 2－t )＝(x 1－s )(x 2－s )＋[k (x 1＋2)－t ][k (x 2＋2)－t ] ＝(1＋k 2)x 1x 2＋(2k 2－tk －s )(x 1＋x 2)＋s 2＋t 2＋4k 2－4tk ＝1＋k216k 2－483＋4k 2＋2k 2－tk －s －16k23＋4k2＋s 2＋t 2＋4k 2－4tk ＝－12tk －12s －333＋4k＋s 2＋t 2＋4s －5. ∵与k 无关，∴⎩⎪⎨⎪⎧－12t ＝0，－12s －33＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧s ＝－114，t ＝0，此时CA ―→·CB ―→＝－13516；若直线AB 不存在斜率，则A 与B 的坐标为(－2，±3)，CA ―→·CB ―→＝(s ＋2，t －3)·(s ＋2，t ＋3)＝(s ＋2)2＋t 2－9，将⎩⎪⎨⎪⎧s ＝－114，t ＝0代入，此时CA ―→·CB ―→＝－13516也成立．综上所述，存在定点C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－114，0，使得CA ―→·CB ―→为常数．。
2018届高考数学理二轮复习江苏专用课件：专题四 立体几何 精品
考点整合
1.四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直 平行六面体、长方体之间的关系.
2.空间几何体的两组常用公式 (1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch(c 为底面周长，h 为高)； ②S 锥侧＝12ch′(c 为底面周长，h′为斜高)； ③S 台侧＝12(c＋c′)h′(c′，c 分别为上下底面的周长，h′为斜高)； ④S 球表＝4πR2(R 为球的半径).
(2)(2016·全国Ⅱ卷)α，β是两个平面，m，n是两条直线， 有下列四个命题： ①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β. ②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n. ③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β. ④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的 角相等. 其中正确的命题有________.(填写所有正确命题的编号)
法二 在线段 CD 上存在点 N，且当 N 为 CD 的中点时，D1N∥平面 A1BC， 证明如下： 取 C1D1 的中点 M，连接 AN、A1M、D1N、MC， 因为四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，AB∥CD，AB ＝1，CD＝2，所以 A1B1∥C1D1，A1B1＝1，C1D1 ＝2，所以 A1B1∥MC1 且 A1B1＝MC1，所以四边 形 A1B1C1M 为平行四边形，
(2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh(S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh(S 为底面面积，h 为高)； ③V 球＝43πR3.
3.直线、平面平行的判定及其性质 (1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α. (2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b. (3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α， b∥α⇒α∥β. (4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.
2018版高考数学理江苏专用大二轮总复习与增分策略配套课件：第二篇 填空题的解法技巧 精品
3 例2 (1)cos2α＋cos2(α＋120°)＋cos2(α＋240°)的值为___2_____. 解析 令α＝0°， 则原式＝cos20°＋cos2120°＋cos2240°＝32.
解析答案
(2) 如 图 ， 在 三 棱 锥 O—ABC 中 ， 三 条 棱 OA ， OB ， OC 两 两 垂 直 ， 且 OA>OB>OC，分别经过三条棱OA，OB，OC作一个截面平分三棱锥的体 积，截面面积依次为S1，S2，S3，则S1，S2，S3的大小关系为_S_3_<_S_2<_S_1_.
例4 如图，已知球O的球面上有四点A，B，C，D，DA⊥平面ABC， AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝ 2，则球O的体积等于____6_π___.
思维升华
解析
答案
跟踪演练 4
(1)1e64 ，2e55 ，3e66 (其中
e
e4 e5 e6
为自然对数的底数)的大小关系是_1_6_<_2_5_<_3_6_.
所以 CD＝1，AD＝2 2，
所以 tan C＝2 2，tan A＝tan B＝ 2，
所以ttaann CA＋ttaann CB＝4.
解析答案
(2)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x－4)＝－f(x)，且在区间[0,2]上是增 函数，若方程f(x)＝m(m>0)在区间[－8,8]上有四个不同的根x1，x2，x3，x4， 则x1＋x2＋x3＋x4＝__－__8____. 解析 根据函数特点取 f(x)＝sinπ4x， 再由图象可得(x1＋x2)＋(x3＋x4)＝(－6×2)＋(2×2)＝－8.
思维升华
解析答案
跟踪演练3 (1)(2015·湖南)若函数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点，则实数b 的取值范围是__(_0_,_2_) __. 解析 由f(x)＝|2x－2|－b＝0， 得|2x－2|＝b. 在同一平面直角坐标系中画出y＝|2x－2|与y＝b 的图象，如图所示. 则当0<b<2时，两函数图象有两个交点，从而函 数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点.
(江苏专版)2018年高考数学二轮复习专题四数列教学案
专题四 数列江苏 新高考数列在江苏高考中地位十分突出，考分比例远远大于课时比例，常在压轴题位置考查代数论证能力.江苏卷数列解答题始终与特殊数列密切联系，源于课本，高于课本，不搞“递推式”“数列不等式”之类的超教学范围的知识考查，导向非常好.但由于能力考查要求较高，多年来造成区分度很差的困惑.2013年的数列解答题降低了难度，但2014年又回升了.到2015年不仅是超纲了，而且难度也加大了，2016年把数列、集合结合命题，难度较大，2017年考查数列的新定义问题和论证等差数列，难度也不低.数列题的常规类型可分两类：一类是判断、证明某个数列是等差、等比数列；另一类是已知等差、等比数列求基本量.这个基本量涵义很广泛，有项、项数、公差、公比、通项、和式以及它们的组合式，甚至还包括相关参数.但江苏考题真正的难度在等差、等比数列的性质灵活运用上.第1课时数列中的基本量计算(基础课) [常考题型突破]等差、等比数列的基本运算[必备知识]1．通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ； 等比数列：a n ＝a 1·q n －1.2．求和公式 等差数列：S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d ；等比数列：S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q 1－q(q ≠1)．[题组练透]1．(2017·镇江期末)已知数列{a n }为等比数列，且a 1＋1，a 3＋4，a 5＋7成等差数列，则公差d ＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ， 则a 3＝a 1q 2，a 5＝a 1q 4，由a 1＋1，a 3＋4，a 5＋7成等差数列， 得2(a 1q 2＋4)＝a 1＋1＋a 1q 4＋7，即q 2＝1.所以d ＝a 1q 2＋4－a 1－1＝3. 答案：32．(2017·镇江调研)S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S n S 2n ＝n ＋14n ＋2，则a 3a 5＝________. 解析：因为 S n S 2n ＝n ＋14n ＋2，所以令n ＝1可得，S 1S 2＝26＝13，即a 12a 1＋d ＝13，化简可得d ＝a 1，所以a 3a 5＝a 1＋2d a 1＋4d ＝3a 15a 1＝35.答案：353．(2017·苏北四市期末)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，则公比q 的值为________．解析：因为S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，所以a 3＝2a 3－2a 2，所以a 3－2a 2＝a 1q 2－2aq ＝0，所以q 2－2q ＝0，q ≠0，则公比q ＝2.答案：24．(2017·江苏高考)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________. 解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由S 6≠2S 3，得q ≠1，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 11－q 31－q ＝74，S 6＝a 11－q 61－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝14，则a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.答案：325．(2017·苏锡常镇一模)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4，则a 8的值为________．解析：因为等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧2×a 11－q 91－q ＝a 11－q 31－q ＋a 11－q 61－q ，a 1q ＋a 1q 4＝4，解得a 1q ＝8，q 3＝－12，所以a 8＝ a 1q 7＝(a 1q )(q 3)2＝8×14＝2.答案： 2 [方法归纳]等差(比)数列基本运算的策略(1)在等差(比)数列中，首项a 1和公差d (公比q )是两个最基本的元素．(2)在进行等差(比)数列项的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体代换法，以减少计算量．等差、等比数列的性质[必备知识]等差数列等比数列性 质(1)若m ，n ，p ，q ∈N *， 且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (1)若m ，n ，p ，q ∈N *， 且m ＋n ＝p ＋q ， 则a m ·a n ＝a p ·a q (2)a n ＝a m ＋(n －m )d(2)a n ＝a m qn －m(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等差数列(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等比数列(S m ≠0)[题组练透]1．(2017·苏州考前模拟)已知等比数列{a n }满足a n >0，n ∈N *，且a 5·a 2n －5＝22n(n ≥3)，则当n ≥1时，log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1＝________.解析：由a 5·a 2n －5＝22n(n ≥3)，得a 2n ＝22n，则a n ＝2n，故log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2.答案：n 22．已知数列{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________. 解析：∵a 3＋a 5＝2a 4，∴a 4＝0. ∵a 1＝6，a 4＝a 1＋3d ，∴d ＝－2. ∴S 6＝6a 1＋6×6－12d ＝6. 答案：63.(2017·南通二调)已知{a n }是公差不为0的等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 3＝a 4a 5，S 9＝27，则a 1的值是________．解析：因为等差数列{a n }满足S 9＝27，所以S 9＝9a 5＝27，所以a 5＝3，因为a 2a 3＝a 4a 5，所以(a 5－3d )(a 5－2d )＝(a 5－d )a 5,4a 5d ＝6d 2，又因为等差数列{a n }的公差不为0，所以d ＝2，所以a 1＝a 5－4d ＝3－4×2＝－5.答案：－54．设公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，－217＜d ＜－19，则当S n 取最大值时，n 的值为________．解析：法一：∵S n ＝n ＋n n －12d ，∴S n ＝d2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－d 2n .∵函数y ＝d 2x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－d 2x 的图象的对称轴方程为x ＝－1d ＋12，且开口向下，又－217＜d＜－19，∴9＜－1d ＋12＜192.∴S n 取最大值时，n 的值为9.法二：由a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)d ＞0， 得n －1＜1－d.∵19＜－d ＜217，∴172＜1－d＜9. 又n ∈N *，∴n －1≤8，即n ≤9.故S 9最大． 答案：9 [方法归纳] 1等差、等比数列性质的应用的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.2应牢固掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m＋a n ＝a p ＋a q ”这一性质与求和公式S n ＝n a 1＋a n2的综合应用.[课时达标训练] [A 组——抓牢中档小题]1．(2017·南通三模)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若公差d ＝2，a 5＝10，则S 10的值是________．解析：法一：因为等差数列{a n }中a 5＝a 1＋4d ＝10，d ＝2，所以a 1＝2，所以S 10＝10×2＋1010－12×2＝110. 法二：在等差数列{a n }中，a 6＝a 5＋d ＝12，所以S 10＝10a 1＋a 102＝5(a 5＋a 6)＝5×(10＋12)＝110.答案：1102．(2017·全国卷Ⅲ改编)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ， 因为a 2，a 3，a 6成等比数列，所以a 2a 6＝a 23， 即(a 1＋d )(a 1＋5d )＝(a 1＋2d )2. 又a 1＝1，所以d 2＋2d ＝0. 又d ≠0，则d ＝－2，所以数列{a n }前6项的和S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24.答案：－243．(2017·北京高考)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.解析：设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 则a 4＝－1＋3d ＝8，解得d ＝3；b 4＝－1·q 3＝8，解得q ＝－2.所以a 2＝－1＋3＝2，b 2＝－1×(－2)＝2， 所以a 2b 2＝1. 答案：14．已知公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 5S 3＝3，则a 5a 3的值为________． 解析：由题意S 5S 3＝5a 1＋10d3a 1＋3d＝3，化简得d ＝4a 1，则a 5a 3＝a 1＋4d a 1＋2d ＝17a 19a 1＝179.答案：1795．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则 k ＝1n1S k＝________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n n ＋12，1S n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 因此∑k ＝1n1S k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2nn ＋1. 答案：2n n ＋16．(2017·盐城期中)在数列{a n }中，a 1＝－2101，且当2≤n ≤100时，a n ＋2a 102－n ＝3×2n恒成立，则数列{a n }的前100项和S 100＝________.解析：因为当2≤n ≤100时，a n ＋2a 102－n ＝3×2n恒成立，所以a 2＋2a 100＝3×22，a 3＋2a 99＝3×23，…，a 100＋2a 2＝3×2100，以上99个等式相加， 得3(a 2＋a 3＋…＋a 100)＝3(22＋23＋…＋2100)＝3(2101－4)，所以a 2＋a 3＋…＋a 100＝2101－4，又因为a 1＝－2101，所以S 100＝a 1＋(a 2＋a 3＋…＋a 100)＝－4. 答案：－47．(2017·常州前黄中学国际分校月考)在数列{a n }中，a n ＋1＝a n1＋3a n，a 1＝2，则a 20＝________.解析：由a n ＋1＝a n1＋3a n，a 1＝2， 可得1a n ＋1＝1a n＋3，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，3为公差的等差数列．即1a n ＝12＋3(n －1)，可得a n ＝26n －5， 所以a 20＝2115.答案：21158．(2017·苏州期中)已知数列{a n }满足：a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)，a 1＝1，数列{b n }满足：b n＝a n ·a n ＋1，则数列{b n }的前10项的和S 10＝________.解析：因为a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)，a 1＝1，所以1a n ＋1－1a n＝1，1a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1a n＝n ，所以b n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，所以数列{b n }的前10项的和S 10＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－111＝1－111＝1011. 答案：10119．已知{a n }为等差数列，若a 11a 10＜－1，且它的前n 项和S n 有最大值，那么当S n 取得最小正值时，n ＝________.解析：由a 11a 10＜－1，得a 11＋a 10a 10＜0，且它的前n 项和S n 有最大值，则a 10＞0，a 11＜0，a 11＋a 10＜0，则S 19＞0，S 20＜0，那么当S n 取得最小正值时，n ＝19.答案：1910．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 10＝16，S 100－S 90＝24，则S 100＝________. 解析：依题意，S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，…，S 100－S 90依次成等差数列，设该等差数列的公差为d .又S 10＝16，S 100－S 90＝24，因此S 100－S 90＝24＝16＋(10－1)d ＝16＋9d ，解得d ＝89，因此S 100＝10S 10＋10×92d ＝10×16＋10×92×89＝200.答案：20011．(2017·扬州期末)在正项等比数列{a n }中，若a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，则a 5＋a 6的最小值为________．解析：令a 1＋a 2＝t (t >0)，则a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6可化为tq 2－2t ＝6(其中q 为公比)，所以a 5＋a 6＝tq 4＝6q 2－2q 4＝6⎣⎢⎡⎦⎥⎤4q 2－2＋q 2－2＋4≥6⎣⎢⎡⎦⎥⎤24q 2－2×q 2－2＋4＝48(当且仅当q ＝2时等号成立)．答案：4812．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋2n，则数列{a n }的通项公式a n＝________.解析：当n ≥2时，a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＋2n－2n －1＝2a n ＋2n －1，从而a n ＋1＋2n＝3(a n ＋2n －1)．又a 2＝2a 1＋2＝4，a 2＋2＝6，故数列{a n ＋1＋2n}是以6为首项，3为公比的等比数列，从而a n ＋1＋2n ＝6×3n －1，即a n ＋1＝2×3n －2n ，又a 1＝1＝2×31－1－21－1，故a n ＝2×3n －1－2n －1.答案：2×3n －1－2n －113．数列{a n }中，若对∀n ∈N *，a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝k (k 为常数)，且a 7＝2，a 9＝3，a 98＝4，则该数列的前100项的和等于________．解析：由a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝k ，a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝k ，得a n ＋3＝a n . 从而a 7＝a 1＝2，a 9＝a 3＝3，a 98＝a 2＝4. 因此a 1＋a 2＋a 3＝9.所以S 100＝33(a 1＋a 2＋a 3)＋a 1＝33×9＋2＝299. 答案：29914．(2017·南京考前模拟)数列{a n }中，a n ＝2n －1，现将{a n }中的项依原顺序按第k 组有2k 项的要求进行分组：(1,3)，(5,7,9,11)，(13,15,17,19,21,23)，…，则第n 组中各数的和为________．解析：设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝n 2，因为2＋4＋…＋2n ＝n ( n ＋1)＝n 2＋n,2＋4＋…＋2( n －1)＝n ( n －1)＝n 2－n .所以第n 组中各数的和为S n 2＋n －S n 2－n ＝( n 2＋n )2－(n 2－n )2＝4n 3.答案：4n 3[B 组——力争难度小题]1．在等差数列{a n }中，若任意两个不等的正整数k ，p 都有a k ＝2p ＋1，a p ＝2k ＋1，数列{a n }的前n 项和记为S n .若k ＋p ＝m ，则S m ＝________.(用m 表示)解析：设数列{a n }的公差为d ， 由题意，a 1＋(k －1)d ＝2p ＋1，①a 1＋(p －1)d ＝2k ＋1，②两式相减，得(p －k )d ＝2(k －p )． 又k －p ≠0，所以d ＝－2. 则a 1＝2p ＋2k －1＝2m －1. 因此S m ＝ma 1＋m m －12d ＝m (2m －1)－m (m －1)＝m 2.答案：m 22．(2016·全国乙卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.∵a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8. 故a 1a 2…a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n n (-1)2＝n n n n n 2273++22222=2--.记t ＝－n 22＋7n2＝－12(n 2－7n )，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6. 又y ＝2t 为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26＝64. 答案：643．(2017·南京考前模拟)已知函数f (x )＝(x －2)3，数列{a n }是公差不为0的等差数列，若∑11i ＝1f (a i )＝0，则数列{a n }的前11项和S 11为________． 解析：f (x )＝(x －2)3为增函数，且关于点(2,0)中心对称，则f (2＋x )＋f (2－x )＝0.设数列{a n }的公差为d ，若a 6＞2，则f (a 6)＞0，f (a 5)＋f (a 7)＝f (a 6－d )＋f (a 6＋d )＞f (2－d )＋f (2＋d )＝0，即f (a 5)＋f (a 7)＞0，同理，f (a 4)＋f (a 8)＞0，…，f (a 1)＋f (a 11)＞0，则∑11i ＝1f (a i )＞0；同理，若a 6＜2，则∑11i ＝1f (a i )＜0，所以a 6＝2.所以S 11＝11a 6＝22. 答案：224．(2017·全国卷Ⅰ改编)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：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是________．解析：设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n n ＋12.由题意可知，N >100，令n n ＋12>100，得n ≥14，n ∈N *，即N 出现在第13组之后．易得第n 组的所有项的和为1－2n 1－2＝2n－1，前n 组的所有项的和为21－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.设满足条件的N 在第k ＋1(k ∈N *，k ≥13)组，且第N 项为第k ＋1组的第t (t ∈N *)个数， 若要使前N 项和为2的整数幂，则第k ＋1组的前t 项的和2t－1应与－2－k 互为相反数，即2t－1＝k ＋2， ∴2t ＝k ＋3， ∴t ＝log 2(k ＋3)，∴当t ＝4，k ＝13时，N ＝13×13＋12＋4＝95<100，不满足题意；当t ＝5，k ＝29时，N ＝29×29＋12＋5＝440；当t >5时，N >440. 答案：440第2课时等差、等比数列的综合问题(能力课) [常考题型突破]等差、等比数列的综合运算[例1] *n n 项和为S n ，且a 1＝1，a 2＝2，设b n ＝a 2n －1＋a 2n .(1)若数列{b n }是公比为3的等比数列，求S 2n ； (2)若对任意n ∈N *，S n ＝a 2n ＋n2恒成立，求数列{a n }的通项公式；(3)若S 2n ＝3(2n－1)，数列{a n a n ＋1}为等比数列，求数列{a n }的通项公式． [解] (1)由题意，b 1＝a 1＋a 2＝1＋2＝3，则S 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝31－3n1－3＝3n ＋1－32. (2)当n ≥2时，由2S n ＝a 2n ＋n ， 得2S n －1＝a 2n －1＋n －1，两式相减得2a n ＝a 2n ＋n －(a 2n －1＋n －1)＝a 2n －a 2n －1＋1， 整理得(a n －1)2－a 2n －1＝0， 即(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1－1)＝0， 故a n －a n －1＝1或a n ＋a n －1＝1.(*)下面证明a n ＋a n －1＝1对任意的n ∈N *恒不成立． 事实上，因为a 1＋a 2＝3， 所以a n ＋a n －1＝1不恒成立；若存在n ∈N *，使a n ＋a n －1＝1，设n 0是满足上式最小的正整数，即an 0＋an 0－1＝1，显然n 0>2，且an 0－1∈(0,1)，则an 0－1＋an 0－2≠1，则由(*)式知，an 0－1－an 0－2＝1，则an 0－2<0，矛盾．故a n ＋a n －1＝1对任意的n ∈N *恒不成立，所以a n －a n －1＝1对任意的n ∈N *恒成立.因此{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a n ＝1＋(n －1)＝n . (3)设等比数列{a n a n ＋1}的公比为q ，则当n ≥2时，a n a n ＋1a n －1a n ＝a n ＋1a n －1＝q . 即{a 2n －1}，{a 2n }分别是以1,2为首项，公比为q 的等比数列； 故a 3＝q ，a 4＝2q .令n ＝2，有S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋2＋q ＋2q ＝9，则q ＝2.当q ＝2时，a 2n －1＝2n －1，a 2n ＝2×2n －1＝2n ，b n ＝a 2n －1＋a 2n ＝3×2n －1，此时S 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝31－2n1－2＝3(2n－1)．综上所述，a n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －12，当n 为奇数，2n2，当n 为偶数.[方法归纳]有关递推数列问题常见的处理方法将第n 项和第n ＋1项合并在一起，看是否是一个特殊数列．若递推关系式含有a n 与S n ，则考虑是否可以将a n 与S n 进行统一，再根据递推关系式的结构特征确定是否为熟悉的、有固定方法的递推关系式向通项公式的转换类型，否则可以写出数列的前几项，看能否找到规律，即先特殊、后一般、再特殊．已知数列{a n }，{b n }满足2S n ＝(a n ＋2)b n ，其中S n 是数列{a n }的前n 项和． (1)若数列{a n }是首项为23，公比为－13的等比数列，求数列{b n }的通项公式；(2)若b n ＝n ，a 2＝3，求数列{a n }的通项公式；(3)在(2)的条件下，设c n ＝a n b n，求证：数列{c n }中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．解：(1)因为a n ＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n，S n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，所以b n ＝2S n a n ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n＋2＝12.(2)若b n ＝n ，则2S n ＝na n ＋2n ，① 所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1)，② 由②－①得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2， 即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2，③当n ≥2时，(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2，④由④－③得(n －1)a n －1＋(n －1)a n ＋1＝2(n －1)a n ， 即a n －1＋a n ＋1＝2a n ，由2S 1＝a 1＋2，得a 1＝2，又a 2＝3，所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列，故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1.(3)证明：由(2)得c n ＝n ＋1n，对于给定的n ∈N *，若存在k ≠n ，t ≠n ，k ，t ∈N *，使得c n ＝c k ·c t ，只需n ＋1n ＝k ＋1k ·t ＋1t ， 即1＋1n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1k ·⎝⎛⎭⎪⎫1＋1t ， 即1n ＝1k ＋1t ＋1kt，则t ＝n k ＋1k －n，取k ＝n ＋1，则t ＝n (n ＋2)，所以对数列{c n }中的任意一项c n ＝n ＋1n ，都存在c n ＋1＝n ＋2n ＋1和c n 2＋2n ＝n 2＋2n ＋1n 2＋2n ，使得c n ＝c n ＋1·c n 2＋2n .等差、等比数列的判定与证明[例2] n n ＋1)a 2n －na 2n ＋1＝0，设数列{b n }满足b n ＝a 2ntn .(1)求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 为等比数列； (2)若数列{b n }是等差数列，求实数t 的值；(3)若数列{b n }是等差数列，前n 项和为S n ，对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使得8a 21S n－a 41n 2＝16b m 成立，求满足条件的所有整数a 1的值．[解] (1)证明：由题意得4(n ＋1)a 2n ＝na 2n ＋1，因为数列{a n }各项均为正，得a 2n ＋1n ＋1＝4·a 2nn ，所以a n ＋1n ＋1＝2·a n n， 因此a n ＋1n ＋1a n n＝2，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 是以a 1为首项，公比为2的等比数列．(2)由(1)得a n n＝a 1·2n －1，即a n ＝a 1·2n －1·n ，所以b n ＝a 2n t n ＝a 21·4n －1·n t n，如果数列{b n }是等差数列，则2b 2＝b 1＋b 3，即2·a 21·2·42－1t 2＝a 21·40t ＋a 21·3·43－1t 3，整理得16t 2＝1t ＋48t3，则t 2－16t ＋48＝0，解得t ＝4或t ＝12. 当t ＝4时，b n ＝a 21·n4，因为b n ＋1－b n ＝a 21n ＋14－a 21n 4＝a 214，所以数列{b n }是等差数列，符合题意； 当t ＝12时，b n ＝a 21n4·3n ，因为b 2＋b 4＝2a 214·32＋4a 214·34＝22a 214·34＝11162a 21，2b 3＝2·a 21·34·33＝a 2118，b 2＋b 4≠2b 3， 所以数列{b n }不是等差数列，t ＝12不符合题意， 综上，如果数列{b n }是等差数列，则t ＝4. (3)由(2)得b n ＝a 21n4，对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使8a 21S n －a 41n 2＝16b m ， 则8·a 414·n n ＋12－a 41n 2＝16a 21m4，所以m ＝na 214.当a 1＝2k ，k ∈N *时，m ＝4k 2n 4＝k 2n ，对任意的n ∈N *，m ∈N *，符合题意；当a 1＝2k －1，k ∈N *，当n ＝1时，m ＝4k 2－4k ＋14＝k 2－k ＋14∉N *，故不合题意.综上，当a 1＝2k ，k ∈N *，对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使8a 21S n －a 41n 2＝16b m . [方法归纳]数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； ②利用中项性质，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (2)证明数列{a n }是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； ②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)．[变式训练]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }，{c n }满足(n ＋1)b n ＝a n ＋1－S n n，(n ＋2)c n ＝a n ＋1＋a n ＋22－S n n，其中n ∈N *. (1)若数列{a n }是公差为2的等差数列，求数列{c n }的通项公式；(2)若存在实数λ，使得对一切n ∈N *，有b n ≤λ≤c n ，求证：数列{a n }是等差数列． 解：(1)因为数列{a n }是公差为2的等差数列， 所以a n ＝a 1＋2(n －1)，S nn＝a 1＋n －1. 因为(n ＋2)c n ＝a 1＋2n ＋a 1＋2n ＋12－(a 1＋n －1)＝n ＋2，所以c n ＝1.(2)证明：由(n ＋1)b n ＝a n ＋1－S n n，得n (n ＋1)b n ＝na n ＋1－S n ，(n ＋1)(n ＋2)b n ＋1＝(n ＋1)a n ＋2－S n ＋1，两式相减，并化简得a n ＋2－a n ＋1＝(n ＋2)b n ＋1－nb n .从而(n ＋2)c n ＝a n ＋1＋a n ＋22－S n n ＝a n ＋1＋a n ＋22－[a n ＋1－(n ＋1)b n ]＝a n ＋2－a n ＋12＋(n ＋1)b n ＝n ＋2b n ＋1－nb n2＋(n ＋1)b n ＝n ＋22(b n ＋b n ＋1)，因此c n ＝12(b n ＋b n ＋1)．因为对一切n ∈N *，有b n ≤λ≤c n ，所以λ≤c n ＝12(b n ＋b n ＋1)≤λ，故b n ＝λ，c n ＝λ.所以(n ＋1)λ＝a n ＋1－S n n，① (n ＋2)λ＝12(a n ＋1＋a n ＋2)－S nn，②②－①得12(a n ＋2－a n ＋1)＝λ，即a n ＋2－a n ＋1＝2λ，故a n ＋1－a n ＝2λ(n ≥2)．又2λ＝a 2－S 11＝a 2－a 1，则a n ＋1－a n ＝2λ(n ≥1)．所以数列{a n }是等差数列.特殊数列的判定[例3] n a n －k ＋a n －k ＋1＋…＋a n －1＋a n ＋1＋…＋a n ＋k －1＋a n ＋k ＝2ka n ，对任意正整数n (n >k )总成立，则称数列{a n }是“P (k )数列”．(1)证明：等差数列{a n }是“P (3)数列”；(2)若数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，证明：{a n }是等差数列． [证明] (1)因为{a n }是等差数列，设其公差为d ， 则a n ＝a 1＋(n －1)d ，从而，当n ≥4时，a n －k ＋a n ＋k ＝a 1＋(n －k －1)d ＋a 1＋(n ＋k －1)d ＝2a 1＋2(n －1)d ＝2a n ，k ＝1,2,3，所以a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n ， 因此等差数列{a n }是“P (3)数列”．(2)数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，因此， 当n ≥3时，a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＝4a n ，①当n ≥4时，a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n .② 由①知，a n －3＋a n －2＝4a n －1－(a n ＋a n ＋1)，③a n ＋2＋a n ＋3＝4a n ＋1－(a n －1＋a n )．④将③④代入②，得a n －1＋a n ＋1＝2a n ，其中n ≥4， 所以a 3，a 4，a 5，…是等差数列，设其公差为d ′. 在①中，取n ＝4，则a 2＋a 3＋a 5＋a 6＝4a 4， 所以a 2＝a 3－d ′，在①中，取n ＝3，则a 1＋a 2＋a 4＋a 5＝4a 3， 所以a 1＝a 3－2d ′， 所以数列{a n }是等差数列． [方法归纳] 本题中第1问根据“P k数列”的定义，利用等差数列的基本量进行论证，第2问通过变形转化，化归为a n －1，a n ，a n ＋1三项的关系式，若这种方法一点都不会，也可以按照递推公式多写几项，借助归纳推理求解.[变式训练]设数列{a n }的前n 项的和为S n .定义：若∀n ∈N *，∃m ∈N *，S n ＝a m ，则称数列{a n }为H 数列．(1)求证：数列{(n －2)d }(n ∈N *，d 为常数)是H 数列； (2)求证：数列{(n －3)d }(n ∈N *，d 为常数，d ≠0)不是H 数列． 证明：(1)∵a n ＝(n －2)d ，∴S n ＝n －1＋n －22d ＝n n －32d .令n n －32d ＝(m －2)d .(*)当d ＝0时，存在正整数m 满足(*)．当d ≠0时，m ＝2＋n n －32，∵∀n ∈N *，n n －32∈Z ，∴m ∈Z ，且n n －32≥－1，∴m ≥1，m ∈N *，故存在m ∈N *满足(*)． 所以数列{(n －2)d }是H 数列． (2)数列{(n －3)d }的前n 项之和为S n ＝n －2＋n －32d ＝n n －52d .令n n －52d ＝(m －3)d .因为d ≠0，所以m ＝3＋n n －52，当n ＝2时，m ＝0，故{(n －3)d }不是H 数列．[课时达标训练]1．(2017·苏州期中)已知等比数列{a n }的公比q >1，满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值．解：(1)∵a 3＋2是a 2，a 4的等差中项， ∴2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，可得a 3＝8， ∴a 2＋a 4＝20，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝8，a 1q ＋a 1q 3＝20，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12，∵q >1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n.(2)∵b n ＝a n log 12a n ＝2n log 122n ＝－n ·2n，∴S n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n)，① 2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1)，②②－①得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝21－2n1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1.∵S n ＋n ·2n ＋1>62，∴2n ＋1－2>62，∴n ＋1>6，n >5， ∴使S n ＋n ·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值为6.2．已知数列{a n }，{b n }均为各项都不相等的数列，S n 为{a n }的前n 项和，a n ＋1b n ＝S n ＋1(n ∈N *)．(1)若a 1＝1，b n ＝n2，求a 4的值；(2)若{a n }是公比为q 的等比数列，求证：存在实数λ，使得{b n ＋λ}为等比数列． 解：(1)由a 1＝1，b n ＝n2，知a 2＝4，a 3＝6，a 4＝8.(2)证明：法一：显然公比q ≠1，因为a n ＋1b n ＝S n ＋1，所以a 1q nb n ＝a 11－q n1－q＋1，所以q nb n ＝11－q ＋1a 1－qn1－q，即b n ＝⎝⎛⎭⎪⎫11－q ＋1a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1q n －11－q，所以存在实数λ＝11－q ，使得b n ＋λ＝⎝⎛⎭⎪⎫11－q ＋1a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1q n ，又b n ＋λ≠0(否则{b n }为常数数列，与题意不符)， 所以当n ≥2时，b n ＋λb n －1＋λ＝1q，此时{b n ＋λ}为等比数列，所以存在实数λ＝11－q ，使得{b n ＋λ}为等比数列．法二：因为a n ＋1b n ＝S n ＋1，① 所以当n ≥2时，a n b n －1＝S n －1＋1，② ①－②得，a n ＋1b n －a n b n －1＝a n ，③ 由③得，b n ＝a n a n ＋1b n －1＋a n a n ＋1＝1q b n －1＋1q， 所以b n ＋11－q ＝1q ⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －1＋11－q .又b n ＋11－q≠0(否则{b n }为常数数列，与题意不符)， 所以存在实数λ＝11－q，使得{b n ＋λ}为等比数列．3．设数列{H n }的各项均为不相等的正整数，其前n 项和为Q n ，称满足条件“对任意的m ，n ∈N *，均有(n －m )·Q n ＋m ＝(n ＋m )(Q n －Q m )”的数列{H n }为“好”数列．(1)试分别判断数列{a n }，{b n }是否为“好”数列，其中a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，n ∈N *，并给出证明；(2)已知数列{c n }为“好”数列，其前n 项和为T n . ①若c 2 016＝2 017，求数列{c n }的通项公式；②若c 1＝p ，且对任意给定的正整数p ，s (s >1)，有c 1，c s ，c t 成等比数列，求证：t ≥s 2. 解：(1)若a n ＝2n －1，则S n ＝n 2， 所以(n －m )S n ＋m ＝(n －m )(n ＋m )2，而(n ＋m )(S n －S m )＝(n ＋m )(n 2－m 2)＝(n ＋m )2(n －m )， 所以(n －m )S n ＋m ＝(n ＋m )(S n －S m )对任意的m ，n ∈N *均成立， 即数列{a n }是“好”数列． 若b n ＝2n －1，则S n ＝2n－1，取n ＝2，m ＝1，则(n －m )S n ＋m ＝S 3＝7，(n ＋m )(S n －S m )＝3b 2＝6， 此时(n －m )S n ＋m ≠(n ＋m )(S n －S m )， 即数列{b n }不是“好”数列．(2)因为数列{c n }为“好”数列，取m ＝1， 则(n －1)T n ＋1＝(n ＋1)(T n －T 1)， 即2T n ＝(n －1)c n ＋1＋(n ＋1)c 1恒成立． 当n ≥2时，有2T n －1＝(n －2)c n ＋nc 1，两式相减，得2c n ＝(n －1)c n ＋1－(n －2)c n ＋c 1(n ≥2)， 即nc n ＝(n －1)c n ＋1＋c 1(n ≥2)， 所以(n －1)c n －1＝(n －2)c n ＋c 1(n ≥3)，所以nc n －(n －1)c n －1＝(n －1)c n ＋1－(n －2)c n (n ≥3)， 即(2n －2)c n ＝(n －1)c n －1＋(n －1)c n ＋1(n ≥3)， 即2c n ＝c n －1＋c n ＋1(n ≥3)，当n ＝2时，有2T 2＝c 3＋3c 1，即2c 2＝c 3＋c 1， 所以2c n ＝c n －1＋c n ＋1对任意的n ≥2，n ∈N *恒成立， 所以数列{c n }是等差数列． 设数列{c n }的公差为d ，①若c 2 016＝2 017，则c 1＋2 015d ＝2 017， 即d ＝2 017－c 12 015，因为数列{c n }的各项均为不相等的正整数，所以d ∈N *，所以d ＝1，c 1＝2，所以c n ＝n ＋1. ②证明：若c 1＝p ，则c n ＝dn ＋p －d ， 由c 1，c s ，c t 成等比数列，得c 2s ＝c 1c t ， 所以(ds ＋p －d )2＝p (dt ＋p －d )，即(p －d )(2ds ＋p －d －p )＋d (ds 2－pt )＝0， 化简得，p (t ＋1－2s )＝d (s －1)2， 即d ＝t ＋1－2ss －12p .因为p 是任意给定的正整数，要使d ∈N *，必须t ＋1－2s s －12∈N *， 不妨设k ＝t ＋1－2ss －12，由于s 是任意给定的正整数，所以t ＝k (s －1)2＋2s －1≥(s －1)2＋2s －1＝s 2. 故不等式得证．4．(2017·常州前黄中学国际分校月考)已知数列{a n }是公差为正数的等差数列，其前n 项和为S n ，且a 2·a 3＝15，S 4＝16.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＋1－b n ＝1a n a n ＋1.①求数列{b n }的通项公式；②是否存在正整数m ，n (m ≠n )，使得b 2，b m ，b n 成等差数列？若存在，求出m ，n 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)设数列{a n }的公差为d ，则d ＞0.由a 2·a 3＝15，S 4＝16，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d a 1＋2d ＝15，4a 1＋6d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝7，d ＝－2(舍去)．所以a n ＝2n －1. (2)①∵b 1＝a 1，b n ＋1－b n ＝1a n a n ＋1，∴b 1＝a 1＝1，b n ＋1－b n ＝1a n a n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，即b 2－b 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13，b 3－b 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15，…，b n －b n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3－12n －1(n ≥2)，累加得：b n －b 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1＝n －12n －1， ∴b n ＝b 1＋n －12n －1＝1＋n －12n －1＝3n －22n －1.b 1＝1也符合上式．故b n ＝3n －22n －1，n ∈N *.②假设存在正整数m ，n (m ≠n )，使得b 2，b m ，b n 成等差数列， 则b 2＋b n ＝2b m .又b 2＝43，b n ＝3n －22n －1＝32－14n －2，b m ＝32－14m －2，∴43＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－14n －2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫32－14m －2， 即12m －1＝16＋14n －2， 化简得：2m ＝7n －2n ＋1＝7－9n ＋1.当n ＋1＝3，即n ＝2时，m ＝2，不合题意，舍去； 当n ＋1＝9，即n ＝8时，m ＝3，符合题意．∴存在正整数m ＝3，n ＝8，使得b 2，b m ，b n 成等差数列．5．(2017·镇江丹阳高级中学期初考试)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝r (r >0)，且{a n a n＋1}是公比为q (q >0)的等比数列，设b n ＝a 2n －1＋a 2n (n ∈N *)． (1)求使a n a n ＋1＋a n ＋1a n ＋2>a n ＋2a n ＋3(n ∈N *)成立的q 的取值范围； (2)求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)试证明：当q ≥2时，对任意正整数n ≥2，S n 不可能是数列{b n }中的某一项． 解：(1)依题意得qn －1＋q n >qn ＋1，∵q >0，∴q 2－q －1<0， ∴0<q <5＋12. (2)∵b n ＋1b n ＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 2n －1＋a 2n ＝a 2n a 2n ＋1a 2n ＋a 2n ＋1a 2n ＋2a 2n ＋1a 2n －1＋a 2n ＝a 2n －1a 2n a 2n q ＋a 2n a 2n ＋1a 2n ＋1q a 2n －1＋a 2n＝q (q >0)，且b 1＝a 1＋a 2＝1＋r >0，∴ 数列{b n }是以1＋r 为首项，q 为公比的等比数列，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n 1＋r ，q ＝1，1＋r 1－qn1－q ，q ≠1.(3)证明：当q ≥2时，S n ＝1＋r1－q n1－q，∵S n －a n ＋1＝1＋r1－q n1－q－(1＋r )q n＝1＋r 1－q [(1－q n )－q n(1－q )]＝1＋r 1－q[1＋q n (q －2)]<0，∴S n <a n ＋1，又S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，a n >0，n ∈N *，∴S n >a n ，故当q ≥2时，对任意正整数n ≥2，S n 不可能是数列{b n }中的某一项．6．(2017·南通二调)设数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，且满足：①|a 1|≠|a 2|；②r (n －p )S n ＋1＝()n 2＋n a n ＋(n 2－n －2)a 1，其中r ，p ∈R ，且r ≠0.(1)求p 的值；(2)数列{a n }能否是等比数列？请说明理由； (3)求证：当r ＝2时，数列{a n }是等差数列． 解：(1)n ＝1时，r (1－p )S 2＝2a 1－2a 1＝0， 因为|a 1|≠|a 2|，所以S 2≠0， 又r ≠0，所以p ＝1.(2)数列{a n }不是等比数列．理由如下： 假设{a n }是等比数列，公比为q ，当n ＝2时，rS 3＝6a 2，即ra 1(1＋q ＋q 2)＝6a 1q ， 所以r (1＋q ＋q 2)＝6q ，①当n ＝3时，2rS 4＝12a 3＋4a 1，即2ra 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝12a 1q 2＋4a 1， 所以r (1＋q ＋q 2＋q 3)＝6q 2＋2，②由①②得q ＝1，与|a 1|≠|a 2|矛盾，所以假设不成立. 故{a n }不是等比数列．(3)证明：当r ＝2时，易知a 3＋a 1＝2a 2. 由2(n －1)S n ＋1＝(n 2＋n )a n ＋(n 2－n －2)a 1，得n ≥2时，2S n ＋1＝n n ＋1a n n －1＋n ＋1n －2a 1n －1，①2S n ＋2＝n ＋1n ＋2a n ＋1n ＋n －1n ＋2a 1n，②②－①得，2a n ＋2＝n ＋1n ＋2a n ＋1n －n n ＋1a n n －1＋n 2－n ＋2a 1n n －1，即2(a n ＋2－a 1)＝n ＋1n ＋2a n ＋1－a 1n－n n ＋1a n －a 1n －1，两边同除(n ＋1)得，2a n ＋2－a 1n ＋1＝n ＋2a n ＋1－a 1n－n a n －a 1n －1，即a n ＋2－a 1n ＋1－a n ＋1－a 1n ＝n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－a 1n －a n －a 1n －1 ＝n n －12×2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －a 1n －1－a n －1－a 1n －2 ＝…… ＝n n －1×…×3×22×2×…×2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－a 13－1－a 2－a 12－1＝0，所以a n －a 1n －1＝a n －1－a 1n －2＝…＝a 2－a 11， 令a 2－a 1＝d ，则a n －a 1n －1＝d (n ≥2)． 所以a n ＝a 1＋(n －1)d (n ≥2)． 又n ＝1时，也适合上式， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d (n ∈N *)． 所以a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *)．所以当r ＝2时，数列{a n }是等差数列．第3课时数列的综合应用(能力课) [常考题型突破]数列与不等式问题[例1] (2017·南京考前模拟)若各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝a n ＋1 (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若正项等比数列{b n }，满足b 2＝2,2b 7＋b 8＝b 9，求T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ； (3)对于(2)中的T n ，若对任意的n ∈N *，不等式λ(－1)n＜12n ＋1(T n ＋21)恒成立，求实数λ的取值范围．[解] (1)因为2S n ＝a n ＋1， 所以4S n ＝(a n ＋1)2，且a n ＞0， 则4a 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1， 又4S n ＋1＝(a n ＋1＋1)2，所以4a n ＋1＝4S n ＋1－4S n ＝(a n ＋1＋1)2－(a n ＋1)2， 即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )－2(a n ＋1＋a n )＝0，因为a n ＞0，所以a n ＋1＋a n ≠0，所以a n ＋1－a n ＝2，所以{a n }是公差为2的等差数列，又a 1＝1， 所以a n ＝2n －1.(2) 设数列{b n }的公比为q ，因为2b 7＋b 8＝b 9，所以2＋q ＝q 2，解得q ＝－1(舍去)或q ＝2，由b 2＝2，得b 1＝1，即b n ＝2n －1.记A ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －1)×2n －1，则2A ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)×2n， 两式相减得－A ＝1＋2(2＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)×2n，故A ＝(2n －1)×2n－1－2(2＋22＋…＋2n －1)＝(2n －1)×2n －1－2(2n －2)＝(2n －3)×2n＋3所以T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(2n －3)·2n＋3.(3)不等式λ(－1)n ＜12n ＋1(T n ＋21)可化为(－1)nλ＜n －32＋62n －1.当n 为偶数时，λ＜n －32＋62n －1，记g (n )＝n －32＋62n －1.即λ＜g (n )min .g (n ＋2)－g (n )＝2＋62n ＋1－62n －1＝2－92n ， 当n ＝2时，g (n ＋2)＜g (n )，n ≥4时，g (n ＋2)＞g (n )，即g (4)＜g (2)，当n ≥4时，g (n )单调递增，g (n )min ＝g (4)＝134，即λ＜134.当n 为奇数时，λ＞32－n －62n －1，记h (n )＝32－n －62n －1，所以λ＞h (n )max .h (n ＋2)－h (n )＝－2－62n ＋1＋62n －1＝－2＋92n ，当n ＝1时，h (n ＋2)＞h (n )，n ≥3时，h (n ＋1)＜h (n )，即h (3)＞h (1)，n ≥3时，h (n )单调递减，h (n )max ＝h (3)＝－3，所以λ＞－3. 综上所述，实数λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，134. [方法归纳]1判断数列中的一些不等关系问题； 2以数列为载体，考查不等式的恒成立问题； 3考查与数列问题有关的不等式的证明问题. 2.解决数列与不等式问题的两个注意点1利用基本不等式或函数的单调性求解相关最值时，应注意n 取正整数的限制条件. 2利用放缩法证明不等式、求解参数的范围时，尽量先求和、后放缩，注意放缩的尺度，否则会出现范围扩大或缩小而得不到正确的结果.[变式训练]已知数列{a n }满足a 1＝6，a 2＝20，且a n －1·a n ＋1＝a 2n －8a n ＋12(n ∈N *，n ≥2)． (1)证明：数列{a n ＋1－a n }为等差数列； (2)令c n ＝n ＋1a n na n ＋1＋na n ＋1n ＋1a n ，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：2n <T n <2n ＋23.证明：(1)当n ＝2时，a 1·a 3＝a 22－8a 2＋12， 所以a 3＝42.当n ≥2时，由a n －1·a n ＋1＝a 2n －8a n ＋12， 得a n ·a n ＋2＝a 2n ＋1－8a n ＋1＋12，两式相减得a 2n ＋1－a 2n －8a n ＋1＋8a n ＝a n a n ＋2－a n －1a n ＋1， 所以a 2n ＋a n a n ＋2－8a n ＝a 2n ＋1＋a n －1a n ＋1－8a n ＋1， 即a n (a n ＋a n ＋2－8)＝a n ＋1(a n ＋1＋a n －1－8)， 所以a n ＋a n ＋2－8a n ＋1＝a n ＋1＋a n －1－8a n ＝…＝a 3＋a 1－8a 2＝2.所以a n ＋2＋a n －8＝2a n ＋1， 即a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝8， 即(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝8， 当n ＝1时，也满足此式． 又a 2－a 1＝14，所以数列{a n ＋1－a n }是以14为首项，8为公差的等差数列． (2)由(1)知a n ＋1－a n ＝14＋8(n －1)＝8n ＋6.由a 2－a 1＝8×1＋6，a 3－a 2＝8×2＋6，…，a n －a n －1＝8×(n －1)＋6，累加得a n －a 1＝8×[1＋2＋3＋…＋(n －1)]＋6(n －1)＝8×n －11＋n －12＋6(n －1)＝4n 2＋2n －6，所以a n ＝4n 2＋2n .所以c n ＝n ＋1a nna n ＋1＋na n ＋1n ＋1a n ＝2n ＋12n ＋3＋2n ＋32n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22n ＋3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋22n ＋1＝2＋2⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3，所以T n ＝2n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝2n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3，又13>13－12n ＋3＝2n ＋3－332n ＋3＝2n32n ＋3>0， 所以2n <T n <2n ＋23.数列中的范围与最值问题[例2] 已知数列{a n }，{b n }都是等差数列，它们的前n 项和分别记为S n ，T n ，满足对一切n ∈N *，都有S n ＋3＝T n .(1)若a 1≠b 1，试分别写出一个符合条件的数列{a n }和{b n }； (2)若a 1＋b 1＝1，数列{c n }满足：c n ＝4a n ＋λ(－1)n －1·2b n ，求最大的实数λ，使得当n ∈N *，恒有c n ＋1≥c n 成立．[解] (1)设数列{a n }，{b n }的公差分别是d 1，d 2. 则S n ＋3＝(n ＋3)a 1＋n ＋3n ＋22d 1，T n ＝nb 1＋n n －12d 2.∵对一切n ∈N *，有S n ＋3＝T n ， ∴(n ＋3)a 1＋n ＋3n ＋22d 1＝nb 1＋n n －12d 2，即d 12n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋52d 1n ＋3a 1＋3d 1＝d 22n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－12d 2n .∴⎩⎪⎨⎪⎧d 12＝d 22，a 1＋52d 1＝b 1－12d 2，3a 1＋3d 1＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧d 2＝d 1，a 1＝－d 1，b 1＝2d 1.故答案不唯一．例如取d 1＝d 2＝2，a 1＝－2，b 1＝4， 得a n ＝2n －4(n ∈N *)，b n ＝2n ＋2(n ∈N *)． (2)∵a 1＋b 1＝1，又由(1)，可得d 1＝d 2＝1，a 1＝－1，b 1＝2. ∴a n ＝n －2，b n ＝n ＋1. ∴c n ＝4n －2＋λ(－1)n －12n ＋1.。
2018年高考数学江苏专版二轮专题复习附加题高分练全套含解析
2018年高考数学江苏专版二轮专题复习附加题高分练1．矩阵与变换1．(2017²常州期末)已知矩阵A ＝⎣⎡⎦⎤2 13 2，列向量X ＝⎣⎡⎦⎤x y ，B ＝⎣⎡⎦⎤47，若AX ＝B ，直接写出A －1，并求出X . 解 由A ＝⎣⎡⎦⎤2 13 2，得到A －1＝⎣⎡⎦⎤ 2 －1－3 2.由AX ＝B ，得到X ＝A －1B ＝⎣⎡⎦⎤ 2 －1－3 2⎣⎡⎦⎤47＝⎣⎡⎦⎤12.也可由AX ＝B 得到⎣⎡⎦⎤2 13 2⎣⎡⎦⎤x y ＝⎣⎡⎦⎤47，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝4，3x ＋2y ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2，所以X ＝⎣⎡⎦⎤12.2．(2017²江苏淮阴中学调研)已知矩阵A ＝⎣⎡⎦⎤3 3c d ，若矩阵A 属于特征值6的一个特征向量为α1＝⎣⎡⎦⎤11，属于特征值1的一个特征向量α2＝⎣⎡⎦⎤ 3－2.求矩阵A ，并写出A 的逆矩阵．解 由矩阵A 属于特征值6的一个特征向量α1＝⎣⎡⎦⎤11可得，⎣⎡⎦⎤33cd ⎣⎡⎦⎤11＝6⎣⎡⎦⎤11，即c ＋d ＝6；由矩阵A 属于特征值1的一个特征向量α2＝⎣⎡⎦⎤ 3－2，可得⎣⎡⎦⎤3 3c d ⎣⎡⎦⎤ 3－2＝⎣⎡⎦⎤3－2，即3c －2d ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2，d ＝4.即A ＝⎣⎡⎦⎤3 32 4，A 的逆矩阵是⎣⎢⎡⎦⎥⎤23 －12－13 123．(2017²江苏建湖中学月考)曲线x 2＋4xy ＋2y 2＝1在二阶矩阵M ＝⎣⎡⎦⎤1 a b 1的作用下变换为曲线x 2－2y 2＝1. (1)求实数a ，b 的值； (2)求M 的逆矩阵M －1.解 (1)设P(x ，y)为曲线x 2－2y 2＝1上任意一点，P ′(x ′，y ′)为曲线x 2＋4xy ＋2y 2＝1上与P 对应的点，则⎣⎡⎦⎤1 a b 1⎣⎡⎦⎤x ′y ′＝⎣⎡⎦⎤x y ，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x ′＋ay ′，y ＝bx ′＋y ′，代入x 2－2y 2＝1得(x ′＋ay ′)2－2(bx ′＋y ′)2＝1得(1－2b 2)x ′2＋(2a －4b)x ′y ′＋(a 2－2)y ′2＝1，及方程x 2＋4xy ＋2y 2＝1，从而⎩⎪⎨⎪⎧1－2b 2＝1，2a －4b ＝4，a 2－2＝2，解得a ＝2，b ＝0. (2)因为M ＝⎪⎪⎪⎪1 20 1＝1≠0，故M－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤11 －210111＝⎣⎡⎦⎤1 －20 1. 4．已知曲线C ：y 2＝12x ，在矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 －2对应的变换作用下得到曲线C 1，C 1在矩阵N ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0110对应的变换作用下得到曲线C 2，求曲线C 2的方程．解 设A ＝NM ，则A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0110⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 －2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 －21 0， 设P(x ′，y ′)是曲线C 上任一点，在两次变换下，在曲线C 2上对应的点为P(x ，y)，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 －21 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ′y ′＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2y ′ x ′， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2y ′，y ＝x ′，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝y ，y ′＝－12x.又点P(x ′，y ′)在曲线C ：y 2＝12x 上，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x 2＝12y ，即x 2＝2y. 2．坐标系与参数方程1．(2017²南通一模)在极坐标系中，求直线θ＝π4(ρ∈R )被曲线ρ＝4sin θ所截得的弦长．解 方法一 在ρ＝4sin θ中，令θ＝π4，得ρ＝4sin π4＝22，即弦长为2 2.方法二 以极点O 为坐标原点，极轴为x 轴的正半轴建立平面直角坐标系． 直线θ＝π4(ρ∈R )的直角坐标方程为y ＝x ，①曲线ρ＝4sin θ的直角坐标方程为x 2＋y 2－4y ＝0.②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝2，所以直线θ＝π4(ρ∈R )被曲线ρ＝4sin θ所截得的弦长为(2－0)2＋(2－0)2＝2 2.2．(2017²江苏六市联考)平面直角坐标系xOy 中，已知直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－32＋22l ，y ＝22l (l 为参数)与曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝18t 2，y ＝t(t 为参数)相交于A ，B 两点，求线段AB 的长．解 直线的普通方程为2x －2y ＋3＝0，曲线的普通方程为y 2＝8x.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＋3＝0，y 2＝8x ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝92，y ＝6.取A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫92，6，得AB ＝4 2.3．(2017²江苏滨海中学质检)已知直线的极坐标方程为ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝22，圆M 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝－2＋2sin θ，(其中θ为参数)．(1)将直线的极坐标方程化为直角坐标方程； (2)求圆M 上的点到直线的距离的最小值． 解 (1)极点为直角坐标原点O ，ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝ρ⎝⎛⎭⎪⎫22sin θ＋22cos θ＝22，∴ρsin θ＋ρcos θ＝1，其直角坐标方程为x ＋y －1＝0.(2)将圆的参数方程化为普通方程为x 2＋(y ＋2)2＝4，圆心为M(0，－2)， ∴点M 到直线的距离为d ＝|0－2－1|2＝32＝322，∴圆上的点到直线距离的最小值为32－42.4．(2017²常州期末)在平面直角坐标系中，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．已知圆ρ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6被射线θ＝θ0⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ≥0，θ0为常数，且θ0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2所截得的弦长为23，求θ0的值．解 圆ρ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6的直角坐标方程为(x －1)2＋(y －3)2＝4，射线θ＝θ0的直角坐标方程可以设为y ＝kx(x ≥0，k ＞0)．圆心(1，3)到直线y ＝kx 的距离d ＝|k －3|1＋k 2. 根据题意，得24－(k －3)21＋k 2＝23，解得k ＝33. 即tan θ0＝33，又θ0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以θ0＝π6.3．曲线与方程、抛物线1．(2017²江苏南通天星湖中学质检)已知点A(1,2)在抛物线F ：y 2＝2px 上．(1)若△ABC 的三个顶点都在抛物线F 上，记三边AB ，BC ，CA 所在直线的斜率分别为k 1，k 2，k 3, 求1k 1－1k 2＋1k 3的值；(2)若四边形ABCD 的四个顶点都在抛物线F 上，记四边AB ，BC ，CD ，DA 所在直线的斜率分别为k 1，k 2，k 3，k 4，求1k 1－1k 2＋1k 3－1k 4的值．解 (1)由点A(1,2)在抛物线F 上，得p ＝2，∴抛物线F ：y 2＝4x ，设B ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214，y 1，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 224，y 2，∴1k 1－1k 2＋1k 3＝y 214－1y 1－2－y 224－y 214y 2－y 1＋1－y 2242－y 2＝y 1＋24－y 2＋y 14＋2＋y 24＝1. (2)另设D ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 234，y 3，则1k 1－1k 2＋1k 3－1k 4＝y 1＋24－y 2＋y 14＋y 3＋y 24－2＋y 34＝0.2．(2017²江苏赣榆中学月考)抛物线关于x 轴对称，它的顶点在坐标原点，点P(1,2)，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)均在抛物线上．(1)写出该抛物线的方程及其准线方程；(2)当PA 与PB 的斜率存在且倾斜角互补时，求y 1＋y 2的值及直线AB 的斜率． 解 (1)由已知条件，可设抛物线的方程为y 2＝2px. ∵点P(1,2)在抛物线上， ∴22＝2p ³1，得p ＝2，故所求抛物线的方程是y 2＝4x ，准线方程是x ＝－1.(2)设直线PA 的斜率为k PA ，直线PB 的斜率为k PB ， 则k PA ＝y 1－2x 1－1(x 1≠1)，k PB ＝y 2－2x 2－1(x 2≠1)．∵PA 与PB 的斜率存在且倾斜角互补， ∴k PA ＝－k PB ，由A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)在抛物线上，得 y 21＝4x 1，① y 22＝4x 2，② ∴y 1－214y 21－1＝－y 2－214y 22－1， ∴y 1＋2＝－(y 2＋2)， ∴y 1＋y 2＝－4，由①－②得直线AB 的斜率k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝4y 1＋y 2＝－44＝－1(x 1≠x 2)．3．(2017²江苏常州中学质检)已知点A(－1,0)，F(1,0)，动点P 满足AP →²AF →＝2||FP →. (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)在直线l ：y ＝2x ＋2上取一点Q ，过点Q 作轨迹C 的两条切线，切点分别为M ，N.问：是否存在点Q ，使得直线MN ∥l ？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由． 解 (1)设P(x ，y)，则AP →＝(x ＋1，y)，FP →＝(x －1，y)，AF →＝(2,0)， 由AP →²AF →＝2|FP →|，得2(x ＋1)＝2(x －1)2＋y 2，化简得y 2＝4x. 故动点P 的轨迹C 的方程为y 2＝4x.(2)直线l 方程为y ＝2(x ＋1)，设Q(x 0，y 0)，M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)．设过点M 的切线方程为x －x 1＝m(y －y 1)，代入y 2＝4x ，得y 2－4my ＋4my 1－y 21＝0， 由Δ＝16m 2－16my 1＋4y 21＝0，得m ＝y 12，所以过点M 的切线方程为y 1y ＝2(x ＋x 1)，同理过点N 的切线方程为y 2y ＝2(x ＋x 2)．所以直线MN 的方程为y 0y ＝2(x 0＋x)， 又MN ∥l ，所以2y 0＝2，得y 0＝1，而y 0＝2(x 0＋1)，故点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1. 4．(2017²江苏宝应中学质检)如图，已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过F 的直线l 与抛物线C 交于A(x 1，y 1)(y 1＞0)，B(x 2，y 2)两点，T 为抛物线的准线与x 轴的交点．(1)若TA →²TB →＝1，求直线l 的斜率； (2)求∠ATF 的最大值．解 (1)因为抛物线y 2＝4x 焦点为F(1,0)，T(－1,0)．当l ⊥x 轴时，A(1,2)，B(1，－2)，此时TA →²TB →＝0，与TA →²TB →＝1矛盾， 所以设直线l 的方程为y ＝k(x －1)，代入y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0， 则x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1，①所以y 21y 22＝16x 1x 2＝16，所以y 1y 2＝－4，② 因为TA →²TB →＝1，所以(x 1＋1)(x 2＋1)＋y 1y 2＝1， 将①②代入并整理得，k 2＝4，所以k ＝±2.(2)因为y 1＞0，所以tan ∠ATF ＝y 1x 1＋1＝y 1y 214＋1＝1y 14＋1y 1≤1，当且仅当y 14＝1y 1，即y 1＝2时，取等号，所以∠ATF ≤π4，所以∠ATF 的最大值为π4.4．空间向量与立体几何1．(2017²苏锡常镇调研)如图，已知正四棱锥P －ABCD 中，PA ＝AB ＝2，点M ，N 分别在PA ，BD 上，且PM PA ＝BN BD ＝13.(1)求异面直线MN 与PC 所成角的大小； (2)求二面角N －PC －B 的余弦值．解 (1)设AC ，BD 交于点O ，在正四棱锥P －ABCD 中，OP ⊥平面ABCD ，又PA ＝AB ＝2，所以OP ＝ 2.以O 为坐标原点，DA →，AB →，OP →方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系O －xyz ，如图．则A(1，－1,0)，B(1,1,0)，C(－1,1,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，2)，AP →＝(－1,1，2)．故OM →＝OA →＋AM →＝OA →＋23AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－13，223，ON →＝13OB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，0，所以MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，－223，PC →＝(－1,1，－2)，所以cos 〈MN →，PC →〉＝MN →²PC →|MN →||PC →|＝32，所以异面直线MN 与PC 所成角的大小为π6.(2)由(1)知PC →＝(－1,1，－2)，CB →＝(2,0,0)，NC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，23，0.设m ＝(x ，y ，z)是平面PCB 的法向量，则m ²PC →＝0，m ²CB →＝0，可得⎩⎨⎧－x ＋y －2z ＝0，x ＝0，令y ＝2，则z ＝1，即m ＝(0，2，1)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCN 的法向量，则n ²PC →＝0，n ²CN →＝0，可得⎩⎨⎧－x 1＋y 1－2z 1＝0，－2x 1＋y 1＝0，令x 1＝2，则y 1＝4，z 1＝2，即n ＝(2,4，2)，所以cos 〈m ，n 〉＝m²n |m||n|＝523³22＝53333，则二面角N －PC －B 的余弦值为53333.2．(2017²常州期末)如图，以正四棱锥V －ABCD 的底面中心O 为坐标原点建立空间直角坐标系O －xyz ，其中Ox ∥BC ，Oy ∥AB ，E 为VC 的中点．正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，且有cos 〈BE →，DE →〉＝－1549.(1)求ha的值；(2)求二面角B －VC －D 的余弦值．解 (1)根据条件，可得B(a ，a,0)，C(－a ，a,0)，D(－a ，－a,0)，V(0,0，h)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，a 2，h 2，所以BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，－a 2，h 2，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，32a ，h 2，故cos 〈BE →，DE →〉＝h 2－6a 2h 2＋10a2.又cos 〈BE →，DE →〉＝－1549，则h 2－6a 2h 2＋10a 2＝－1549， 解得h a ＝32.(2)由h a ＝32，得BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，－a 2，34a ，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，32a ，34a ，且容易得到，CB →＝(2a,0,0)，DC →＝(0,2a,0)． 设平面BVC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1²BE →＝0，n 1²CB →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧－32ax 1－a 2y 1＋34az 1＝0，2ax 1＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，2y 1＝3z 1，取y 1＝3，z 1＝2，则n 1＝(0,3,2)．同理可得平面DVC 的一个法向量为n 2＝(－3,0,2)． cos 〈n 1，n 2〉＝n 1²n 2|n 1||n 2|＝0³(－3)＋3³0＋2³213³13＝413，结合图形，可以知道二面角B －VC －D 的余弦值为－413.3．(2017²南京学情调研)如图，在底面为正方形的四棱锥P －ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，E 是线段PC 的中点．(1)求异面直线AP 与BE 所成角的大小；(2)若点F 在线段PB 上，且使得二面角F －DE －B 的正弦值为33，求PFPB的值．解 (1)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，所以DA ，DC ，DP 两两垂直，故以{DA →，DC →，DP →}为正交基底，建立空间直角坐标系D －xyz.因为PD ＝DC ，所以DA ＝DC ＝DP ， 不妨设DA ＝DC ＝DP ＝2，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，B(2,2,0)． 因为E 是PC 的中点，所以E(0,1,1)， 所以AP →＝(－2,0,2)，BE →＝(－2，－1,1)， 所以cos 〈AP →，BE →〉＝AP →²BE →|AP →||BE →|＝32，从而〈AP →，BE →〉＝π6.因此异面直线AP 与BE 所成角的大小为π6.(2)由(1)可知，DE →＝(0,1,1)，DB →＝(2,2,0)，PB →＝(2,2，－2)． 设PF →＝λPB →，则PF →＝(2λ，2λ，－2λ)， 从而DF →＝DP →＋PF →＝(2λ，2λ，2－2λ)． 设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面DEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ²DF →＝0，m ²DE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧λx 1＋λy 1＋(1－λ)z 1＝0，y 1＋z 1＝0，取z 1＝λ，则y 1＝－λ，x 1＝2λ－1.故m ＝(2λ－1，－λ，λ)为平面DEF 的一个法向量， 设n ＝(x 2，y 2，z 2)为平面DEB 的法向量．则⎩⎪⎨⎪⎧n ²DB →＝0，n ²DE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＋2y 2＝0，y 2＋z 2＝0，取x 2＝1，则y 2＝－1，z 2＝1.所以n ＝(1，－1,1)为平面BDE 的一个法向量． 因为二面角F －DE －B 的余弦值的绝对值为63， 即|cos 〈m ，n 〉|＝|m²n ||m||n|＝|4λ－1|3²(2λ－1)2＋2λ2＝63， 化简得4λ2＝1.因为点F 在线段PB 上，所以0≤λ≤1， 所以λ＝12，即PF PB ＝12.4.(2017²苏北四市一模)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，AD ＝AP ＝4，AB ＝BC ＝2，M 为PC 的中点． (1)求异面直线AP ，BM 所成角的余弦值；(2)点N 在线段AD 上，且AN ＝λ，若直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，求λ的值．解 (1)因为PA ⊥平面ABCD ，且AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥AD. 又因为∠BAD ＝90°，所以PA ，AB ，AD 两两互相垂直．分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则由AD ＝2AB ＝2BC ＝4，PA ＝4可得A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,4,0)，P(0,0,4)． 又因为M 为PC 的中点，所以M(1,1,2)． 所以BM →＝(－1,1,2)，AP →＝(0,0,4)， 所以cos 〈AP →，BM →〉＝AP →²BM →|AP →||BM →|＝0³(－1)＋0³1＋4³24³6＝63，所以异面直线AP ，BM 所成角的余弦值为63. (2)因为AN ＝λ，所以N(0，λ，0)(0≤λ≤4)，则MN →＝(－1，λ－1，－2)，BC →＝(0,2,0)，PB →＝(2,0，－4)．设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ²BC →＝0，m ²PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －4z ＝0.令x ＝2，解得y ＝0，z ＝1，所以m ＝(2,0,1)是平面PBC 的一个法向量．因为直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，所以|cos 〈MN →，m 〉|＝|MN →²m ||MN →||m |＝|－2－2|5＋(λ－1)2²5＝45，解得λ＝1∈[0,4]，所以λ的值为1.5．离散型随机变量的概率分布1．(2017²南京、盐城一模)某年级星期一至星期五每天下午排3节课，每天下午随机选择1节作为综合实践课(上午不排该课程)，张老师与王老师分别任教甲、乙两个班的综合实践课程．(1)求这两个班“在星期一不同时上综合实践课”的概率；(2)设这两个班“在一周中同时上综合实践课的节数”为X ，求X 的概率分布与数学期望E(X)． 解 (1)这两个班“在星期一不同时上综合实践课”的概率为P ＝1－33³3＝23.(2)由题意得X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，13，P(X ＝k)＝C k 5⎝ ⎛⎭⎪⎫13k²⎝ ⎛⎭⎪⎫235－k ，k ＝0,1,2,3,4,5.所以X 的概率分布为所以X 的数学期望为E(X)＝5³13＝53.2．一位网民在网上光顾某网店，经过一番浏览后，对该店铺中的A ，B ，C 三种商品有购买意向．已知该网民购买A 种商品的概率为34，购买B 种商品的概率为23，购买C 种商品的概率为12.假设该网民是否购买这三种商品相互独立． (1)求该网民至少购买2种商品的概率；(2)用随机变量η表示该网民购买商品的种数，求η的概率分布和数学期望． 解 (1)该网民恰好购买2种商品的概率为P(AB C )＋P(A B C)＋P(A BC)＝34³23³12＋34³13³12＋14³23³12＝1124；该网民恰好购买3种商品的概率为P(ABC)＝34³23³12＝14，所以P ＝1124＋14＝1724.故该网民至少购买2种商品的概率为1724.(2)随机变量η的可能取值为0,1,2,3，由(1)知，P(η＝2)＝1124，P(η＝3)＝14，而P(η＝0)＝P(A B C )＝14³13³12＝124，所以P(η＝1)＝1－P(η＝0)－P(η＝2)－P(η＝3)＝14.随机变量η的概率分布为所以随机变量η的数学期望E(η)＝0³124＋1³14＋2³1124＋3³14＝2312.3．(2017²南京学情调研)甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一次篮，先投中者获胜，投篮进行到有人获胜或每人都已投球3次时结束．设甲每次投篮命中的概率为25，乙每次投篮命中的概率为23，且各次投篮互不影响．现由甲先投．(1)求甲获胜的概率；(2)求投篮结束时甲的投篮次数X 的概率分布与数学期望．解 (1)设甲第i 次投中获胜的事件为A 1(i ＝1,2,3)，则A 1，A 2，A 3彼此互斥． 甲获胜的事件为A 1＋A 2＋A 3.P(A 1)＝25，P(A 2)＝35³13³25＝225，P(A 3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫352³⎝ ⎛⎭⎪⎫132³25＝2125.所以P(A 1＋A 2＋A 3)＝P(A 1)＋P(A 2)＋P(A 3)＝25＋225＋2125＝62125.(2)X 的所有可能取值为1,2,3. 则P(X ＝1)＝25＋35³23＝45，P(X ＝2)＝225＋35³13³35³23＝425，P(X ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫352³⎝ ⎛⎭⎪⎫132³1＝125.即X 的概率分布为所以数学期望E(X)＝1³45＋2³425＋3³125＝3125.4．为了提高学生学习数学的兴趣，某校决定在每周的同一时间开设《数学史》、《生活中的数学》、《数学与哲学》、《数学建模》四门校本选修课程，甲、乙、丙三位同学每人均在四门校本课程中随机选一门进行学习，假设三人选择课程时互不影响，且每人选择每一课程都是等可能的．(1)求甲、乙、丙三人选择的课程互不相同的概率；(2)设X 为甲、乙、丙三人中选修《数学史》的人数，求X 的概率分布和数学期望E(X)． 解 (1)甲、乙、丙三人从四门课程中各任选一门，共有43＝64种不同的选法，记“甲、乙、丙三人选择的课程互不相同”为事件M ，事件M 共包含A 34＝24个基本事件，则P(M)＝2464＝38，所以甲、乙、丙三人选择的课程互不相同的概率为38.(2)方法一 X 可能的取值为0,1,2,3. P(X ＝0)＝3343＝2764，P(X ＝1)＝C 13³3243＝2764，P(X ＝2)＝C 23³343＝964，P(X ＝3)＝C 3343＝164.所以X 的概率分布为所以E(X)＝0³2764＋1³2764＋2³964＋3³164＝34.方法二 甲、乙、丙三人从四门课程中任选一门，可以看成三次独立重复试验，X 为甲、乙、丙三人中选修《数学史》的人数，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，14，所以P(X ＝k)＝C k 3⎝ ⎛⎭⎪⎫14k ⎝ ⎛⎭⎪⎫343－k，k ＝0,1,2,3，所以X 的概率分布为所以X 的数学期望E(X)＝3³14＝34.6．计数原理、二项式定理和数学归纳法1．已知等式(1＋x)2n －1＝(1＋x)n －1(1＋x)n.(1)求(1＋x)2n －1的展开式中含x n的项的系数，并化简：C 0n －1C nn ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ；(2)证明：(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n(C n n )2＝nC n2n －1. (1)解 (1＋x)2n －1的展开式中含x n 的项的系数为C n2n －1，由(1＋x)n －1(1＋x)n＝(C 0n －1＋C 1n －1x ＋…＋C n －1n －1xn －1)(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n x n )可知，(1＋x)n －1(1＋x)n的展开式中含x n的项的系数为C 0n －1C nn ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n . 所以C 0n －1C nn ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ＝C n2n －1. (2)证明 当k ∈N *时，kC kn ＝k²n ！k ！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！＝n²(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝nC k －1n －1，所以(C 1n)2＋2(C 2n)2＋…＋n(C n n)2＝∑k ＝1n[k(C k n )2]＝k ＝1n (kC k n C kn )＝k ＝1n (nC k －1n －1C kn )＝n k ＝1n (C k －1n －1C kn )＝n k ＝1n (C n －k n －1C kn )．由(1)知C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ＝C n2n －1，即k ＝1n (C n －k n －1C k n )＝C n2n －1，所以(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n(C n n )2＝nC n2n －1.2．(2017²江苏泰州中学调研)在平面直角坐标系xOy 中，点P(x 0，y 0)在曲线y ＝x 2(x ＞0)上．已知点A(0，－1)，P n (x n0，y n0)，n ∈N *.记直线AP n 的斜率为k n . (1)若k 1＝2，求P 1的坐标； (2)若k 1为偶数，求证：k n 为偶数． (1)解 因为k 1＝2，所以y 0＋1x 0＝x 20＋1x 0＝2，解得x 0＝1，y 0＝1，所以P 1的坐标为(1,1)．(2)证明 方法一 设k 1＝2p(p ∈N *)，即y 0＋1x 0＝x 20＋1x 0＝2p.所以x 20－2px 0＋1＝0，所以x 0＝p±p 2－1. 因为y 0＝x 2，所以k n ＝y n0＋1x n 0＝x 2n0＋1x n 0＝x n 0＋1x n 0，所以当x 0＝p ＋p 2－1时，k n ＝(p ＋p 2－1)n＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1p ＋p 2－1n ＝(p ＋p 2－1)n ＋(p －p 2－1)n. 同理，当x 0＝p －p 2－1时，k n ＝(p ＋p 2－1)n ＋(p －p 2－1)n.①当n ＝2m(m ∈N *)时，k n ＝2∑k ＝0mC 2k n pn －2k(p 2－1)k，所以k n 为偶数．②当n ＝2m ＋1(m ∈N )时，k n ＝2∑k ＝0mC 2k n pn －2k(p 2－1)k，所以k n 为偶数．综上，k n 为偶数．方法二 因为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋1x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫x n ＋10＋1x n ＋10＝x n ＋20＋1x n ＋20＋x n0＋1x n 0，所以k n ＋2＝k 1k n ＋1－k n .k 2＝x 20＋1x 20＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋1x 02－2＝k 21－2.设命题p(n)：k n ，k n ＋1均为偶数．以下用数学归纳法证明“命题p(n)是真命题”．①因为k 1是偶数，所以k 2＝k 21－2也是偶数．当n ＝1时，p(n)是真命题；②假设当n ＝m(m ∈N *)时，p(n)是真命题，即k m ，k m ＋1均为偶数，则k m ＋2＝k 1k m ＋1－k m 也是偶数，即当n ＝m ＋1时，p(n)也是真命题．由①②可知，对n ∈N *，p(n)均是真命题，从而k n 是偶数．3．(2017²江苏扬州中学模拟)在数列{a n }中，a n ＝cos π3³2(n ∈N *)(1)试将a n ＋1表示为a n 的函数关系式； (2)若数列{b n }满足b n ＝1－2n²n！(n ∈N *)，猜想a n 与b n 的大小关系，并证明你的结论． 解 (1)a n ＝cos π3³2n －2＝cos 2π3³2n －1＝2⎝⎛⎭⎪⎫cosπ3³2n －12－1， ∴a n ＝2a 2n ＋1－1， ∴a n ＋1＝±a n ＋12， 又n ∈N *，n ＋1≥2，a n ＋1＞0， ∴a n ＋1＝a n ＋12. (2)当n ＝1时，a 1＝－12，b 1＝1－2＝－1，∴a 1＞b 1，当n ＝2时，a 2＝12，b 2＝1－12＝12，∴a 2＝b 2， 当n ＝3时，a 3＝32，b 3＝1－19＝89，∴a 3＜b 3， 猜想：当n ≥3时，a n ＜b n ，下面用数学归纳法证明． ①当n ＝3时，由上知，a 3＜b 3，结论成立． ②假设当n ＝k ，k ≥3，n ∈N *时，a k ＜b k 成立， 即a k ＜1－2k²k！，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋12＜2－2k²k！2＝1－1k²k！， b k ＋1＝1－2(k ＋1)²(k ＋1)！，要证a k ＋1＜b k ＋1，即证明⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k²k！2＜⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2(k ＋1)²(k ＋1)！2，即证明1－1k²k！＜1－4(k ＋1)²(k ＋1)！＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2(k ＋1)²(k ＋1)！2，即证明1k²k！－4(k ＋1)²(k ＋1)！＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2(k ＋1)²(k ＋1)！2＞0，即证明(k －1)2k (k ＋1)²(k ＋1)！＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2(k ＋1)²(k ＋1)！2＞0，显然成立．∴n ＝k ＋1时，结论也成立．综合①②可知：当n ≥3时，a n ＜b n 成立．综上可得：当n ＝1时，a 1＞b 1；当n ＝2时，a 2＝b 2， 当n ≥3，n ∈N *时，a n ＜b n .4．已知f n (x)＝C 0n x n －C 1n (x －1)n ＋…＋(－1)k C k n (x －k)n ＋…＋(－1)n C n n (x －n)n，其中x ∈R ，n ∈N *，k ∈N ，k ≤n.(1)试求f 1(x)，f 2(x)，f 3(x)的值；(2)试猜测f n (x)关于n 的表达式，并证明你的结论． 解 (1)f 1(x)＝C 01x －C 11(x －1)＝1，f 2(x)＝C 02x 2－C 12(x －1)2＋C 22(x －2)2＝x 2－2(x －1)2＋(x －2)2＝2，f 3(x)＝C 03x 3－C 13(x －1)3＋C 23(x －2)3－C 33(x －3)3＝x 3－3(x －1)3＋3(x －2)3－(x －3)3＝6. (2)猜测f n (x)＝n ！，n ∈N *. 以下用数学归纳法证明．①当n ＝1时，f 1(x)＝1，等式成立． ②假设当n ＝m 时，等式成立，即 f m (x)＝k ＝0m (－1)k C k m (x －k)m＝m ！.当n ＝m ＋1时，则f m ＋1(x)＝k ＝0m ＋1(－1)k C k m ＋1²(x－k)m ＋1.因为C k m ＋1＝C k m ＋C k －1m ，kC k m ＋1＝(m ＋1)²C k －1m ，其中k ＝1,2，…，m ， 且C 0m ＋1＝C 0m ，C m ＋1m ＋1＝C mm ，所以f m ＋1(x)＝k ＝0m ＋1(－1)k C k m ＋1(x －k)m ＋1＝x k ＝0m ＋1(－1)k C k m ＋1(x －k)m －k ＝0m ＋1(－1)k kC km ＋1(x －k)m＝x k ＝0m (－1)k C k m(x －k)m＋x ∑k ＝1m ＋1²(－1)k Ck －1m(x －k)m－(m ＋1)∑k ＝1m ＋1²(－1)k C k －1m (x －k)m＝x²m！＋(－x ＋m ＋1)k ＝0m (－1)k C km ²[(x－1)－k]m＝x²m！＋(－x ＋m ＋1)²m!＝(m＋1)²m！＝(m＋1)！.即n＝m＋1时，等式也成立．由①②可知，对n∈N*，均有f n(x)＝n！.。
(江苏专版)2018年高考数学二轮复习 第2部分 八大难点突破 专项限时集训3 以构建函数模型、解三
专项限时集训(三) 以构建函数模型、解三角形、动点轨迹为背景的实际问题(对应学生用书第117页)(限时：60分钟)1．(本小题满分14分)(2017·盐城市滨海县八滩中学二模)如图4是一“T”型水渠的平面视图(俯视图)，水渠的南北方向和东西方向轴截面均为矩形，南北向渠宽为4 m ，东西向渠宽2m(从拐角处，即图中A ，B 处开始)．假定渠内的水面始终保持水平位置(即无高度差)．图4(1)在水平面内，过点A 的一条直线与水渠的内壁交于P ，Q 两点，且与水渠的一边的夹角为θ⎝⎛⎭⎪⎫0＜θ＜π2，将线段PQ 的长度l 表示为θ的函数；(2)若从南面漂来一根长为7 m 的笔直的竹竿(粗细不计)，竹竿始终浮于水平面内，且不发生形变，问：这根竹竿能否从拐角处一直漂向东西向的水渠(不会卡住)？请说明理由.【导学号：56394096】[解] (1)由题意，PA ＝2sin θ，QA ＝4cos θ，所以l ＝PA ＋QA ，即l ＝2sin θ＋4cos θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜θ＜π2. 4分(2)设f (θ)＝2sin θ＋4cos θ，θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2. 由f ′(θ)＝－2cos θsin 2θ＋4sin θcos 2θ＝22sin 3θ－cos 3θsin 2θcos 2θ， 6分令f ′(θ)＝0，得tan θ0＝22. 8分且当θ∈(0，θ0)，f ′(θ)＜0；当θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫θ0，π2，f ′(θ)＞0， 所以，f (θ)在(0，θ0)上单调递减；在⎝⎛⎭⎪⎫θ0，π2上单调递增，所以，当θ＝θ0时，f (θ)取得极小值，即为最小值． 当tan θ0＝22时，sin θ0＝13，cos θ0＝23， 所以f (θ)的最小值为36，12分即这根竹竿能通过拐角处的长度的最大值为3 6 m.因为36＞7，所以这根竹竿能从拐角处一直漂向东西向的水渠.14分2．(本小题满分14分)(2017·江苏省宿迁市三模)某景区修建一栋复古建筑，其窗户设计如图5所示．圆O 的圆心与矩形ABCD 对角线的交点重合，且圆与矩形上下两边相切(E 为上切点)，与左右两边相交(F ，G 为其中两个交点)，图中阴影部分为不透光区域，其余部分为透光区域．已知圆的半径为1 m 且AB AD ≥12，设∠EOF ＝θ，透光区域的面积为S .图5(1)求S 关于θ的函数关系式，并求出定义域；(2)根据设计要求，透光区域与矩形窗面的面积比值越大越好．当该比值最大时，求边AB 的长度．[解] (1)过点O 作OH ⊥FG 于H ，∴∠OFH ＝∠EOF ＝θ； 又OH ＝OF sin θ＝sin θ，FH ＝OF cos θ＝cos θ，∴S ＝4S △OFH ＋4S扇形OEF＝2sin θcos θ＋4×12θ＝sin 2θ＋2θ；∵AB AD ≥12，∴sin θ≥12，∴θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π2； ∴S 关于θ的函数关系式为S ＝sin 2θ＋2θ，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π2；6分(2)由S 矩形＝AD ·AB ＝2×2sin θ＝4sin θ，则透光区域与矩形窗面积比值为2sin θcos θ＋2θ4sin θ＝cos θ2＋θ2sin θ，设f (θ)＝cos θ2＋θ2sin θ，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π2，则f ′(θ)＝－12sin θ＋sin θ－θcos θ2sin 2θ ＝sin θ－θcos θ－sin 3θ2sin 2θ ＝sin θcos 2θ－θcos θ2sin 2θ＝cos θ⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin 2θ－θ2sin 2θ； 10分∵π6≤θ＜π2，∴12sin 2θ≤12， ∴12sin 2θ－θ＜0， ∴f ′(θ)＜0，∴f (θ)在θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π2上是单调减函数； ∴当θ＝π6时f (θ)取得最大值为π6＋34，此时AB ＝2sin θ＝1(m)；∴当透光区域与矩形窗面的面积比值最大时，所求AB 的长度为1 m ．14分3．(本小题满分14分)(扬州市2017届高三上学期期中)如图6，某市在海岛A 上建了一水产养殖中心．在海岸线l 上有相距70公里的B 、C 两个小镇，并且AB ＝30公里，AC ＝80公里，已知B 镇在养殖中心工作的员工有3百人，C 镇在养殖中心工作的员工有5百人．现欲在BC 之间建一个码头D ，运送来自两镇的员工到养殖中心工作，又知水路运输与陆路运输每百人每公里运输成本之比为1∶2.图6(1)求sin ∠ABC 的大小；(2)设∠ADB ＝θ，试确定θ的大小，使得运输总成本最少．[解] (1)在△ABC 中，cos ∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝900＋4 900－ 64002×30×70＝－17，所以sin ∠ABC ＝437.4分(2)在△ABD 中，由ADsin ∠ABD＝ABsin θ＝BDsin ∠BAD得：30sin θ＝AD437＝BD－17sin θ＋437cos θ.所以AD ＝12037sin θ，BD ＝12037cos θ－307sin θsin θ＝12037cos θsin θ－307.6分设水路运输的每百人每公里的费用为k 元，陆路运输的每百人每公里的费用为2k 元， 则运输总费用y ＝(5CD ＋3BD )×2k ＋8×k ×AD ＝2k [5(70－BD )＋3BD ＋4AD ] ＝20k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤35－2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1237cos θsin θ－37＋4×1237sin θ＝20k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤35＋67＋2437·2－cos θsin θ. 令H (θ)＝2－cos θsin θ，则H ′(θ)＝1－2cos θsin 2θ，令H ′(θ)＝0，解得：cos θ＝12，θ＝π3.10分当0＜θ＜π3时，H ′(θ)＜0，H (θ)单调递减；当π3＜θ＜π2时，H ′(θ)＞0，H (θ)单调递增， ∴θ＝π3时，H (θ)取最小值，同时y 也取得最小值．此时BD ＝12037cos θsin θ－307＝907，满足0＜907＜70，所以点D 落在BC 之间．所以θ＝π3时，运输总成本最小.14分 4．(本小题满分16分) 如图7所示，在一个坡度一定的山坡AC 的顶上有一高度为25 m 的建筑物CD ，为了测量该山坡相对于水平地面的坡角θ，在山坡的A 处测得∠DAC ＝15°，沿山坡前进50 m 到达B 处，又测得∠DBC ＝45°，根据以上数据计算cos θ的值．图7[解] 由∠DAC ＝15°，∠DBC ＝45°可得∠BDA ＝30°，∠DBA ＝135°，∠BDC ＝90°－(15°＋θ)－30°＝45°－θ，4分由内角和定理可得∠DCB ＝180°－(45°－θ)－45°＝90°＋θ，根据正弦定理可得50sin 30°＝DBsin 15°，即DB ＝100sin 15°＝100×sin(45°－30°)＝252(3－1)，10分又25sin 45°＝2523－＋θ，即25sin 45°＝2523－cos θ，得到cos θ＝3－1.16分5．(本小题满分16分)(镇江市2017届高三上学期期末)如图8，某公园有三条观光大道AB ，BC ，AC 围成直角三角形，其中直角边BC ＝200 m ，斜边AB ＝400 m ．现有甲、乙、丙三位小朋友分别在AB ，BC ，AC 大道上嬉戏，所在位置分别记为点D ，E ，F .图8(1)若甲、乙都以每分钟100 m 的速度从点B 出发在各自的大道上奔走，到大道的另一端时即停，乙比甲迟2分钟出发，当乙出发1分钟后，求此时甲、乙两人之间的距离；(2)设∠CEF ＝θ，乙丙之间的距离是甲、乙之间距离的2倍，且∠DEF ＝π3，请将甲乙之间的距离y 表示为θ的函数，并求甲乙之间的最小距离． [解] (1)依题意得BD ＝300，BE ＝100，在△ABC 中，cos B ＝BC AB ＝12，∴B ＝π3，2分在△BDE 中，由余弦定理得：DE 2＝BD 2＋BE 2－2BD ·BE ·cos B ＝3002＋1002－2·300·100·12＝70 000，∴DE ＝1007.6分 即甲、乙两人之间的距离为1007 m ．7分(2)由题意得EF ＝2DE ＝2y ，∠BDE ＝∠CEF ＝θ， 在直角三角形CEF 中，CE ＝EF ·cos∠CEF ＝2y cos θ，9分在△BDE 中，由正弦定理得BE sin ∠BDE ＝DE sin ∠DBE ，即200－2y cos θsin θ＝ysin 60°，∴y ＝10033cos θ＋sin θ＝503sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3，0＜θ＜π2，12分所以当θ＝π6时，y 有最小值50 3.14分 故甲、乙之间的最小距离为50 3 m ．16分6．(本小题满分16分)(2017·江苏省盐城市高考数学三模)一儿童游乐场拟建造一个“蛋筒”型游乐设施，其轴截面如图9中实线所示．ABCD 是等腰梯形，AB ＝20米，∠CBF ＝α(F 在AB 的延长线上，α为锐角)．圆E 与AD ，BC 都相切，且其半径长为100－80 sin α米．EO 是垂直于AB 的一个立柱，则当sin α的值设计为多少时，立柱EO 最矮？【导学号：56394097】图9[解] 如图所示，以AB 所在直线为x 轴，以线段AB 的垂直平分线为y 轴，建立平面直角坐标系．因为B (10,0)，k BC ＝tan α，所以直线BC 的方程为：y ＝tan α(x －10)，即x tan α－y －10tan α＝0， 4分设圆心E (0，t )(t ＞0)，由圆E 与直线BC 相切，得100－80sin α＝|－t －10tan α|1＋tan 2α＝t ＋10tan α1cos α，所以EO ＝t ＝100－90sin αcos α，8分令f (α)＝100－90sin αcos α，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则f ′(α)＝100⎝⎛⎭⎪⎫sin α－910cos 2α， 设sin α0＝910，α0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2.列表如下：所以当α＝α0，即sin α＝10时，f (α)取最小值.15分 所以当sin α＝910时，立柱EO 最矮.16分本文档仅供文库使用。
2018年江苏高考数学二轮复习练习：专题限时集训2 函数 Word版含答案
专题限时集训(二) 函 数(对应学生用书第80页) (限时：120分钟)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填写在题中横线上．)1．(河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 5x ，x ＞0，2x，x ≤0，则f⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝________.14 [f ⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝log 5125＝－2，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝f (－2)＝2－2＝14.] 2．(江苏省苏州市2017届高三上学期期中)已知函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数，当0＜x ＜1时，f (x )＝8x.则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－193＝________.－2 [函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数，当0＜x ＜1时，f (x )＝8x，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－193＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝－813＝－2.] 3．(2017·江苏省淮安市高考数学二模)函数f (x )＝－x2的定义域是________．[－2,2] [由lg(5－x 2)≥0，得5－x 2≥1， 即x 2≤4，解得－2≤x ≤2. ∴函数f (x )＝－x2的定义域是[－2,2]．故答案为：[－2,2]．]4．(广西柳州市2017届高三10月模拟)设a ，b ，c 均为正数，且2a＝log 12a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＝log 12b ，⎝ ⎛⎭⎪⎫12c ＝log 2c ，则a ，b ，c 的大小关系为________．a ＜b ＜c [画图可得0＜a ＜b ＜1＜c .]5．(广东2017届高三上学期阶段测评(一))定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋2)＝－f (x )，当0≤x ≤1时，f (x )＝x ，则f (37.5)等于________．0.5 [∵f (x ＋2)＝－f (x )，∴f (x ＋4)＝f (x )且f (－x )＝－f (x )，0≤x ≤1时，f (x )＝x ，∴f (37.5)＝f (1.5)＝－f ()－0.5＝f ()0.5＝0.5.]6．(广东省佛山市2017届高三教学质量检测(一))函数f (x )＝1x －log 21＋ax1－x 为奇函数，则实数a＝________.±1 [因为函数f (x )为奇函数，所以f (－x )＝1－x －log 21－ax 1＋x ＝－1x ＋log 21＋ax 1－x ，即1＋x1－ax ＝1＋ax1－x，所以a ＝±1.] 7．(天津六校2017届高三上学期期中联考)已知定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x ＋2)·f (x )＝1对于x ∈R 恒成立，且f (x )＞0，则f (2 015)＝________. 1 [因为f (x ＋2)·f (x )＝1⇒f (x ＋4)＝1fx ＋＝f (x )⇒T ＝4，因此f (2 015)＝f (3)＝f (－1)＝f (1)；而f (x ＋2)·f (x )＝1⇒f (－1＋2)·f (－1)＝1⇒f 2(1)＝1，f (x )＞0⇒f (1)＝1，所以f (2 015)＝1.]8．(河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛)已知函数f (x )是R 上的单调函数，且对任意实数x ，都有f ⎝⎛⎭⎪⎫fx ＋22x＋1＝13，则f (log 23)＝________. 12 [因为函数f (x )是R 上的单调函数，且f ⎝⎛⎭⎪⎫fx ＋22x＋1＝13，所以可设f (x )＋22x ＋1＝t (t 为常数)，即f (x )＝t －22x ＋1，又因为f (t )＝13，所以t －22t ＋1＝13，令g (x )＝x －22x ＋1，显然g (x )在R 上单调递增，且g (1)＝13，所以t ＝1，f (x )＝1－22x ＋1，f (log 23)＝1－22log 23＋1＝12.]9．(湖北省荆州市2017届高三上学期第一次质量检测)已知函数f (x )＝|ln x |－1，g (x )＝－x2＋2x ＋3，用min{m ，n }表示m ，n 中最小值，设h (x )＝min{f (x )，g (x )}，则函数h (x )的零点个数为________．3 [作出函数f (x )和g (x )的图象(两个图象的下面部分图象)如图，由g (x )＝－x 2＋2x ＋3＝0，得x ＝－1或x ＝3，由f (x )＝|ln x |－1＝0，得x ＝e 或x ＝1e .∵g (e)＞0，∴当x ＞0时，函数h (x )的零点个数为3个．]10．(江苏省南京市2017届高三上学期学情调研)已知f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，且f (x )＋g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x .若存在x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，使得等式af (x 0)＋g (2x 0)＝0成立，则实数a 的取值范围是________.【导学号：56394011】⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，522 [由f (x )＋g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 得f (－x )＋g (－x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ，即－f (x )＋g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x，所以f (x )＝12(2－x －2x )，g (x )＝12(2－x ＋2x )．存在x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，使得等式af (x 0)＋g (2x 0)＝0成立，即x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，a ＝－g x 0f x 0，设h (x )＝－g x f x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，则h (x)＝－12－2x＋22x12－x －2x＝22x ＋2－2x 2x －2－x ＝(2x －2－x )＋22x －2－x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1时，2x －2－x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，32，设t ＝2x －2－x，则t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，32，而h (x )＝t ＋2t ，易知y ＝t ＋2t 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，2上递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，32上递增，因此y min ＝2＋22＝22，y max ＝22＋222＝522，所以h (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，522，即a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，522.] 11．(江苏省苏州市2017届高三上学期期中)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x ＞0，x 2＋x ，x ≤0，若函数g (x )＝f(x )－m 有三个零点，则实数m 的取值范围是________．⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0 [由g (x )＝f (x )－m ＝0得f (x )＝m ，若函数g (x )＝f (x )－m 有三个零点， 等价为函数f (x )与y ＝m 有三个不同的交点，作出函数f (x )的图象如图：当x ≤0时，f (x )＝x 2＋x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122－14≥－14，若函数f (x )与y ＝m 有三个不同的交点， 则－14＜m ≤0，即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0，故答案为：⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0.] 12．(2017·江苏省苏、锡、常、镇四市高考数学二模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4x －x 2，x ≥0，3x ，x ＜0，若函数g (x )＝|f (x )|－3x ＋b 有三个零点，则实数b 的取值范围为________． (－∞，－6)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0 [函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4x －x 2，x ≥0，3x，x ＜0，若函数g (x )＝|f (x )|－3x＋b 有三个零点，就是h (x )＝|f (x )|－3x 与y ＝－b 有3个交点，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －x 2，0≤x ≤4，x 2－7x ，x ＞4，－3x－3x ，x ＜0，画出两个函数的图象如图：当x ＜0时，－3x－3x ≥6，当且仅当x ＝－1时取等号，此时－b ＞6，可得b ＜－6；当0≤x ≤4时，x －x 2≤14，当x ＝12时取得最大值，满足条件的b ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0 .综上，b ∈(－∞，－6)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0. 故答案为：(－∞，－6)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0.] 13．(2017·江苏省淮安市高考数学二模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋m ，x ＜0，x 2－1，x ≥0，其中m ＞0，若函数y ＝f (f (x ))－1有3个不同的零点，则m 的取值范围是________．(0,1) [①当x ＜0时，f (f (x ))＝(－x ＋m )2－1，图象为开口向上的抛物线在y 轴左侧的部分，顶点为(0，m 2－1)；②当0≤x ＜1时，f (f (x ))＝－x 2＋1＋m ，图象为开口向下的抛物线在0≤x ＜1之间的部分，顶点为(0，m ＋1)．根据题意m ＞0，所以m ＋1＞1；③当x ≥1时，f (f (x ))＝(x 2－1)2－1，图象为开口向上的抛物线在x ＝1右侧的部分，顶点为(1，－1)．根据题意，函数y ＝f (f (x ))－1有3个不同的零点，即f (f (x ))的图象与y ＝1有3个不同的交点．根据以上三种分析的情况：第③种情况x ＝1时，f (f (x ))＝－1，右侧为增函数，所以与y ＝1有一个交点；第②种情况，当x →1时，f (f (x ))→m ，所以与y ＝1有交点，需m ＜1；第①种情况，当x →0时，f (f (x ))→m 2－1，只要m 2－1＜1即可，又m ＞0，∴0<m ＜2， 综上m 的取值范围为(0,1)．]14．(2017·江苏省无锡市高考数学一模)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x －1，x ＜1，ln xx 2，x ≥1，则函数y ＝|f (x )|－18的零点个数为________． 4 [当x ≥1时，ln x x 2＝18，即ln x ＝18x 2，令g (x )＝ln x －18x 2，x ≥1时函数是连续函数，g (1)＝－18＜0，g (2)＝ln 2－12＝ln2e＞0，g (4)＝ln 4－2＜0，由函数的零点判定定理可知g (x )＝ln x －18x 2有2个零点．(结合函数y ＝ln x x 2与y ＝18可知函数的图象有2个交点．)当x ＜1时，y ＝⎩⎪⎨⎪⎧12x－1，x ＜0，1－12x，x ∈[0，，函数的图象与y ＝18的图象如图，考查两个函数有2个交点，综上函数y ＝|f (x )|－18的零点个数为4个．故答案为4.]二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．) 15．(本小题满分14分)(2016－2017学年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知函数f (x )＝3x＋λ·3－x(λ∈R )．(1)若f (x )为奇函数，求λ的值和此时不等式f (x )＞1的解集； (2)若不等式f (x )≤6对x ∈[0,2]恒成立，求实数λ的取值范围.【导学号：56394012】[解] (1)函数f (x )＝3x ＋λ·3－x的定义域为R ，∵f (x )为奇函数，∴f (－x )＋f (x )＝0对∀x ∈R 恒成立，即3－x＋λ·3x ＋3x ＋λ·3－x＝(λ＋1)(3x ＋3－x)＝0对∀x ∈R 恒成立，∴λ＝－1. 3分此时f (x )＝3x－3－x＞1，即3x －3－x－1＞0， 解得3x ＞1＋52或3x＜1－52(舍去)，6分∴解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＞log 31＋52. 7分(2)由f (x )≤6得3x ＋λ·3－x ≤6，即3x＋λ3x ≤6，令t ＝3x ∈[1,9]，原问题等价于t ＋λt≤6对t ∈[1,9]恒成立，亦即λ≤－t 2＋6t 对t ∈[1,9]恒成立，10分令g (t )＝－t 2＋6t ，t ∈[1,9]，∵g (t )在[1,3]上单调递增，在[3,9]上单调递减． ∴当t ＝9时，g (t )有最小值g (9)＝－27， ∴λ≤－27.14分16．(本小题满分14分)(泰州中学2016－2017年度第一学期第一次质量检测)设函数y ＝lg(－x 2＋4x －3)的定义域为A ，函数y ＝2x ＋1，x ∈(0，m )的值域为B . (1)当m ＝2时，求A ∩B ；(2)若“x ∈A ”是“x ∈B ”的必要不充分条件，求实数m 的取值范围． [解] (1)由－x 2＋4x －3＞0， 解得1＜x ＜3，所以A ＝(1,3)， 2分又函数y ＝2x ＋1在区间(0，m )上单调递减， 所以y ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2m ＋1，2，即B ＝⎝⎛⎭⎪⎫2m ＋1，2，5分当m ＝2时，B ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2，所以A ∩B ＝(1,2).7分 (2)首先要求m ＞0，9分而“x ∈A ”是“x ∈B ”的必要不充分条件，所以B 是A 的真子集， 从而2m ＋1≥1，解得0＜m ≤1.12分 所以实数m 的取值范围为(0,1].14分17．(本小题满分14分)(江苏省泰州中学2017届高三上学期第二次月考)无锡市政府决定规划地铁三号线：该线起于惠山区惠山城铁站，止于无锡新区硕放空港产业园内的无锡机场站，全长28公里，目前惠山城铁站和无锡机场站两个站点已经建好，余下的工程是在已经建好的站点之间铺设轨道和等距离修建停靠站．经有关部门预算，修建一个停靠站的费用为6 400万元，铺设距离为x 公里的相邻两个停靠站之间的轨道费用为400x 3＋20x 万元．设余下工程的总费用为f (x )万元．(停靠站位于轨道两侧，不影响轨道总长度)．(1)试将f (x )表示成x 的函数；(2)需要建多少个停靠站才能使工程费用最小，并求最小值．[解] (1)设需要修建k 个停靠站，则k 个停靠站将28公里的轨道分成相等的k ＋1段， ∴(k ＋1)x ＝28⇒k ＝28x－1，3分∴f (x )＝6 400k ＋(k ＋1)(400x 3＋20x )＝6 400⎝ ⎛⎭⎪⎫28x －1＋28x (400x 3＋20x )，化简得f (x )＝28×400x 2＋28×6 400x－5 840，7分(2)f (x )＝28×400x 2＋28×3 200x ＋28×3 200x－5 840≥3328×400x 2·28×3 200x ·28×3 200x－5 840＝128 560(万元)，当且仅当28×400x 2＝28×3 200x ，即x ＝2，k ＝28x－1＝13时取“＝”.13分故需要建13个停靠站才能使工程费用最小，最小值费用为128 560万元.14分18．(本小题满分16分)(泰州中学2017届高三上学期期中考试)已知函数f (x )＝|x 2－1|＋x 2＋kx ，且定义域为(0,2)．(1)求关于x 的方程f (x )＝kx ＋3在(0,2)上的解；(2)若关于x 的方程f (x )＝0在(0,2)上有两个的解x 1，x 2，求k 的取值范围．[解] (1)∵f (x )＝|x 2－1|＋x 2＋kx ，f (x )＝kx ＋3，即|x 2－1|＋x 2＝3.当0＜x ≤1时， |x 2－1|＋x 2＝1－x 2＋x 2＝1，此时该方程无解．当1＜x ＜2时，|x 2－1|＋x 2＝2x 2－1，原方程等价于：x 2＝2，此时该方程的解为 2.综上可知：方程f (x )＝kx ＋3在(0,2)上的解为 2.6分(2)当0＜x ≤1时，kx ＝－1，① 当1＜x ＜2时，2x 2＋kx －1＝0，② 若k ＝0，则①无解，②的解为x ＝±22∉(1,2)，故k ＝0不合题意．若k ≠0，则①的解为x ＝－1k.8分(ⅰ)当－1k∈(0,1]时，k ≤－1时，方程②中Δ＝k 2＋8＞0，故方程②中一 根在(1,2)内，一根不在(1,2)内．设g (x )＝2x 2＋kx －1，而x 1x 2＝－12＜0，则⎩⎪⎨⎪⎧g ＜0，g＞0，⎩⎪⎨⎪⎧k ＜－1，k ＞－72，又k ≤－1，故－72＜k ＜－1.12分(ⅱ)当－1k∉(0,1]时，即－1＜k ＜0或k ＞0时，方程②在(1,2)需有两个不同解，而x 1x 2＝－12＜0，知道方程②必有负根，不合题意. 综上所述，故－72＜k ＜－1. 19．(本小题满分16分)(江苏省南通市如东县、 徐州市丰县2017届高三10月联考)已知函数f (x )＝－3x＋a 3x ＋1＋b. (1)当a ＝b ＝1时，求满足f (x )＝3x的x 的值； (2)若函数f (x )是定义在R 上的奇函数．①存在t ∈R ，不等式f (t 2－2t )＜f (2t 2－k )有解，求k 的取值范围；②若函数g (x )满足f (x )·[g (x )＋2]＝13(3－x －3x)，若对任意x ∈R ，不等式g (2x )≥m ·g (x )－11恒成立，求实数m 的最大值 .[解] (1) 由题意，－3x＋13x ＋1＋1＝3x ，化简得3·(3x )2＋2·3x－1＝0，解得3x ＝－1(舍)或3x＝13，2分 所以x ＝－1.4分(2) 因为f (x )是奇函数，所以f (－x )＋f (x )＝0， 所以－3－x＋a 3－x ＋1＋b ＋－3x＋a 3x ＋1＋b＝0，化简并变形得： (3a －b )(32x＋1)＋(2ab －6)·3x＝0， 要使上式对任意的x 成立，则3a －b ＝0且2ab －6＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－3，因为f (x )的定义域是R ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1b ＝－3(舍去)，所以a ＝1，b ＝3, 所以f (x )＝－3x＋13x ＋1＋3.6分①f (x )＝－3x＋13x ＋1＋3＝13⎝⎛⎭⎪⎫－1＋23x ＋1，对任意x 1，x 2∈R ，x 1＜x 2有： f (x 1)－f (x 2)＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫23x 1＋1－23x 2＋1＝23⎝⎛⎭⎪⎫3x 2－3x 1x 1＋x 2＋，因为x 1＜x 2，所以3x 2－3x 1＞0，所以f (x 1)＞f (x 2)， 因此f (x )在R 上递减.8分因为f (t 2－2t )＜f (2t 2－k )，所以t 2－2t ＞2t 2－k ， 即t 2＋2t －k ＜0在t ∈R 上有解 ， 所以Δ＝4＋4k ＞0，解得k ＞－1， 所以k 的取值范围为(－1，＋∞). 10分②因为f (x )·[g (x )＋2]＝13(3－x －3x)，所以g (x )＝3－x－3x3f x －2，即g (x )＝3x ＋3－x. 12分所以g (2x )＝32x＋3－2x＝(3x＋3－x )2－2.不等式g (2x )≥m ·g (x )－11恒成立， 即(3x＋3－x )2－2≥m ·(3x ＋3－x)－11，即m ≤3x ＋3－x＋93x ＋3－x 恒成立.14分令t ＝3x ＋3－x，t ≥2，则m ≤t ＋9t在t ≥2时恒成立，令h (t )＝t ＋9t ，h ′(t )＝1－9t2，t ∈(2,3)时，h ′(t )＜0，所以h (t )在(2,3)上单调递减， t ∈(3，＋∞)时，h ′(t )＞0，所以h (t )在(3，＋∞)上单调递增，所以h (t )min ＝h (3)＝6，所以m ≤6， 所以实数m 的最大值为6 .16分20．(本小题满分16 分)(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)给出定义在(0，＋∞)上的两个函数f (x )＝x 2－a ln x ，g (x )＝x －a x . (1)若f (x )在x ＝1处取最值，求a 的值；(2)若函数h (x )＝f (x )＋g (x 2)在区间(0,1]上单调递减 ，求实数a 的取值范围； (3)在(1)的条件下，试确定函数m (x )＝f (x )－g (x )－6的零点个数，并说明理由.【导学号：56394013】[解] (1)f ′(x )＝2x －a x，由已知f ′(1)＝0，即2－a ＝0， 解得a ＝2，经检验a ＝2满足题意， 所以a ＝2.4分(2)h (x )＝f (x )＋g (x 2)＝x 2－a ln x ＋x 2－ax ＝2x 2－a (x ＋ln x )，h ′(x )＝4x －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ，要使得h (x )＝2x 2－a (x ＋ln x )在区间(0,1]上单调递减，则h ′(x )≤0，即4x －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ≤0在区间(0,1]上恒成立， 6分因为x ∈(0,1]，所以a ≥4x2x ＋1，设函数F (x )＝4x2x ＋1，则a ≥F (x )max ，8分F (x )＝4x 2x ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋1x，因为x ∈(0,1]，所以1x∈[1，＋∞)，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2＋1x min ＝2， 所以F (x )max ＝2，所以a ≥2.10分- 11 - (3)函数m (x )＝f (x )－g (x )－6有两个零点．因为m (x )＝x 2－2ln x －x ＋2x －6，所以m ′(x )＝2x －2x －1＋1x ＝2x 2－2－x ＋x x ＝x －x x ＋2x ＋x ＋x.当x ∈(0,1)时，m ′(x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时， m ′(x )＞0，所以m (x )min ＝m (1)＝－4＜0， 14分m (e －2)＝－＋e ＋2e 3e 4＜0，m (e －4)＝1＋2e 8＋e 42－e 8＞0，m (e 4)＝e 4(e 4－1)＋2(e 2－7)＞0，故由零点存在定理可知：函数m (x )在(e －4,1)上存在一个零点，函数m (x )在(1，e 4)上存在一个零点， 所以函数m (x )＝f (x )－g (x )－6有两个零点. 16分。
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专项限时集训(四) 解析几何中的范围、定值和探索性问题
(对应学生用书第119页)
(限时：60分钟)
1．(本小题满分14分)(2017·盐城市滨海县八滩中学二模)如图4，点A (1，3)为椭圆x 2
2
＋
y 2
n
＝1上一定点，过点A 引两直线与椭圆分别交于B ，C 两点．
图4
(1)求椭圆方程；
(2)若直线AB ，AC 与x 轴围成以点A 为顶点的等腰三角形，求△ABC 面积的最大值，并求出此时直线BC 的方程．
[解] (1)把点A (1，3)代入x 22＋y 2
n
＝1得n ＝6，
故椭圆方程为y 26＋x 2
2
＝1.
4分
(2)显然题中等腰三角形腰所在的直线不可能与x 轴垂直， 因此其斜率必存在，设AB ，AC 的斜率分别为k 1、k 2，
由⎩⎪⎨⎪⎧
y －3＝k 1 x －1 x 22＋y 2
6
＝1得点B 的横坐标为x ＝1－
6＋23k 1
k 21＋3
，
∴点B 的纵坐标为y ＝3－23k 2
1＋6k 1
k 21＋3
，
即B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－6＋23k 1
k 21＋3，3－23k 2
1＋6k 1k 21＋3.
同理可得点C 的坐标为C ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－6＋23k 2
k 22＋3，3－23k 2
2＋6k 2k 22＋3，
∵k 1＋k 2＝0，∴直线BC 的斜率为k BC ＝ 3.
设直线BC 的方程为y ＝3x ＋m ，代入方程x 22＋y 2
6＝1得6x 2＋23mx ＋m 2
－6＝0，
x B ＋x C ＝－33m ，x B x C ＝m 2
－6
6
，|BC |＝1＋3|x B －x C |＝2
13m 2－2 m 2
－6
3
，
10分
∴|BC |＝233
12－m 2
，
又点A 到直线BC 的距离为d ＝|m |
2
，
∴S ＝12|BC |·d ＝36m 2 12－m 2 ＝36－ m 2－6 2
＋36，
∴当m 2
＝6，即m ＝±6时，△ABC 面积取得最大值为 3. 此时，直线BC 的方程为y ＝3x ± 6.
14分
2．(本小题满分14分)(2017·江苏省宿迁市三模)如图5，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 24＋y 2
3＝1的左、右顶点分别为A ，B ，过右焦点F 的直线l 与椭圆C 交于P ，Q 两点(点P 在x 轴上方)．
图5
(1)若QF ＝2FP ，求直线l 的方程；
(2)设直线AP ，BQ 的斜率分别为k 1，k 2，是否存在常数λ，使得k 1＝λk 2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
【导学号：56394100】
[解] (1)因为a 2
＝4，b 2
＝3，所以c ＝a 2
－b 2
＝1， 所以F 的坐标为(1,0)，
设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，直线l 的方程为x ＝my ＋1， 代入椭圆方程x 24＋y 2
3＝1，得(4＋3m 2)y 2
＋6my －9＝0，
则y 1＝－3m ＋61＋m 2
4＋3m 2，y 2＝－3m －61＋m 2
4＋3m 2
. 若QF ＝2FP ，即QF →＝2FP →
，
则－3m －61＋m 24＋3m 2＋2·－3m ＋61＋m 2
4＋3m 2
＝0， 解得m ＝255
，
故直线l 的方程为5x －2y －5＝0. 6分
(2)由(1)知，y 1＋y 2＝－6m 4＋3m 2，y 1y 2＝－9
4＋3m
2， 所以my 1y 2＝－
9m 4＋3m 2＝3
2
(y 1＋y 2)， 由A (－2,0)，B (2,0)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1＝my 1＋1，x 2＝my 2＋1， 所以k 1k 2＝y 12＋x 1·x 2－2y 2＝y 1 my 2－1 y 2 my 1＋3 ＝3
2 y 1＋y 2 －y 1
32 y 1＋y 2 ＋3y 2＝13
，
故存在常数λ＝13，使得k 1＝1
3
k 2.
14分
3．(本小题满分16分)如图6，在平面直角坐标系xOy 中，已知R (x 0，y 0)是椭圆C ：x 224＋
y 2
12＝1上的一点，从原点O 向圆R ：(x －x
0)2
＋(y －y 0)2
＝8作两条切线，分别交椭圆于点P ，
Q .
图6
(1)若R 点在第一象限，且直线OP ，OQ 互相垂直，求圆R 的方程； (2)若直线OP ，OQ 的斜率存在，并记为k 1，k 2，求k 1k 2的值.
【导学号：56394101】
[解] (1)连接OR (图略)．设圆R 的半径为r ，由圆R 的方程知r ＝22，因为直线OP ，
OQ 互相垂直，且和圆R 相切，所以|OR |＝2r ＝4，即x 20＋y 20＝16.①
又点R 在椭圆C 上，所以x 2024＋y 20
12
＝1，②
联立①②，解得⎩⎨
⎧
x 0＝22，
y 0＝22，
所以圆R 的方程为(x －22)2
＋(y －22)2
＝8. 6分
(2)因为直线OP ：y ＝k 1x 和OQ ：y ＝k 2x 都与圆R 相切，所以|k 1x 0－y 0|1＋k 21＝22，|k 2x 0－y 0|
1＋k 2
2＝22，
化简得(x 2
0－8)k 2
1－2x 0y 0k 1＋y 2
0－8＝0，(x 2
0－8)k 2
2－2x 0y 0k 2＋y 2
0－8＝0.
所以k 1，k 2是方程(x 2
0－8)k 2
－2x 0y 0k ＋y 2
0－8＝0的两个不相等的实数根，由根与系数的
关系，得k 1k 2＝y 20－8
x 20－8
，
因为点R (x 0，y 0)在椭圆C 上，所以x 2024＋y 2012＝1，即y 2
0＝12－12x 20，所以k 1k 2＝4－12x 20
x 20－8＝
－1
2
. 16分
4．(本小题满分16分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为3
2，A (a,0)，B (0，b )，
O (0,0)，△OAB 的面积为1.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设P 是椭圆C 上一点，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N .求证：|AN |·|BM |为定值．
【解】 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪
⎧
c a ＝3
2
，1
2ab ＝1，a 2
＝b 2
＋c 2
，
解得⎩⎨⎧
a
＝2，b ＝1，
c ＝ 3.
所以椭圆C 的方程为x 2
4＋y 2
＝1.
4分
(2)证明：由(1)知，A (2,0)，B (0,1)． 设P (x 0，y 0)，则x 2
0＋4y 2
0＝4. 当x 0≠0时， 直线PA 的方程为y ＝y 0
x 0－2
(x －2)．
令x ＝0，得y M ＝－
2y 0
x 0－2
， 从而|BM |＝|1－y M |＝⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪
1＋2y 0x 0－2. 直线PB 的方程为y ＝
y 0－1
x 0
x ＋1.
令y ＝0，得x N ＝－
x 0
y 0－1
，
从而|AN |＝|2－x N |＝⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪
2＋x 0y 0－1. 10分
所以|AN |·|BM |＝⎪
⎪⎪⎪⎪⎪2＋
x 0y 0－1·⎪⎪⎪⎪
⎪⎪
1＋2y 0x 0－2 ＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪x 2
0＋4y 2
0＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2
＝⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎪4x 0y 0－4x 0－8y 0＋8x 0y 0－x 0－2y 0＋2
＝4.
当x 0＝0时，y 0＝－1，|BM |＝2，|AN |＝2， 所以|AN |·|BM |＝4. 综上，|AN |·|BM |为定值.
16分。