2020届高考数学一轮复习圆锥曲线的综合问题(第3课时)定点、定值、存在性专题课件理新人教A版
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(2)由(1)知 F(1,0)，设 A(x0，y0)(x0＞0)，D(xD,0)(xD＞0)， 因为|FA|＝|FD|，则|xD－1|＝x0＋1， 由 xD＞0 得 xD＝x0＋2，故 D(x0＋2,0)， 故直线 AB 的斜率为 kAB＝－y20， 因为直线 l1 和直线 AB 平行， 故可设直线 l1 的方程为 y＝－y20x＋b， 代入抛物线方程得 y2＋y80y－8yb0 ＝0，
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所以直线 PF2 的斜率为 k′＝x1y－1 2＋4－x2y1－2 2－0 ＝13x1y－1 2＋x2y－2 2 ＝13·y2xx11x＋2－x22y1x－1＋2xy21＋＋y42 ＝13·2kxx11xx22－－23kx1x＋1＋x2x2＋＋44k，
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由题意知 Δ＝6y402 ＋3y20b＝0，得 b＝－y20. 设 E(xE，yE)，则 yE＝－y40，xE＝y402， 当 y20≠4 时，kAE＝yxEE－－yx00＝y204－y04， 可得直线 AE 的方程为 y－y0＝y204－y04(x－x0)， 由 y20＝4x0，整理可得 y＝y204－y04(x－1)， 所以直线 AE 恒过点 F(1,0)， 当 y20＝4 时，直线 AE 的方程为 x＝1，过点 F(1,0)， 所以直线 AE 恒过定点 F(1,0)．
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解析：(1)由题意知 Fp2，0， 设 D(t,0)(t＞0)，则 FD 的中点为p＋4 2t，0， 因为|FA|＝|FD|，由抛物线的定义知：3＋p2＝|t－p2|， 解得 t＝3＋p 或 t＝－3(舍去)， 由p＋4 2t＝3，解得 p＝2， 所以抛物线 C 的方程为 y2＝4x.
分别为 C 的左、右焦点，且|F1F2|＝4，∠F1MF2＝60°，△F1MF2 的面积
为4
3
3 .
(1)求椭圆 C 的方程；
(2)设 N(0,2)，过点 P(－1，－2)作直线 l，交椭圆 C 异于 N 点 A，B
两点，直线 NA，NB 的斜率分别为 k1，k2，证明：k2＋k2 为定值．
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从而 k1＋k2＝y1x－1 2＋y2x－2 2 ＝2kx1x2＋kx－1x24x1＋x2 ＝2k－(k－4)·42kk2k－－82k＝4.
当直线 l 的斜率不存在时，可得 A－1，
214，B－1，－
214，得
k1＋k2＝4.
综上，k1＋k2 为定值．
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联立x42＋y22＝1， 得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0， y＝kx＋1，
其判别式 Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0， 所以 x1＋x2＝－2k42＋k 1，x1x2＝－2k22＋1， 从而O→A·O→B＋λP→A·P→B
解：(1)在△F1MF2 中，由12|MF1||MF2|sin 60°＝433， 得|MF1||MF2|＝136. 由余弦定理，得|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1||MF2|·cos 60°＝(|MF1| ＋|MF2|)2－2|MF1||MF2|(1＋cos 60°)， 解得|MF1|＋|MF2|＝4 2. 从而 2a＝|MF1|＋|MF2|＝4 2，即 a＝2 2. 由|F1F2|＝4 得 c＝2，从而 b＝2， 故椭圆 C 的方程为x82＋y42＝1.
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且 x1＋x2＝4k82k＋2 3，x1x2＝44kk22－＋132. 直线 AE 的方程为 y＝x1y－1 2(x－2)， 令 x＝4，得点 M4，x12－y12， 直线 AF 的方程为 y＝x2y－2 2(x－2)， 令 x＝4，得点 N4，x22－y22， 所以点 P 的坐标为4，x1y－1 2＋x2y－2 2.
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【即时训练】 已知抛物线 C：y2＝2px(p＞0)的焦点为 F，A 为抛物线 C 上异于原点的任意一点，过点 A 的直线 l 交抛物线 C 于另一点 B，交 x 轴的正半轴于点 D，且有|FA|＝|FD|.当点 A 的横坐标为 3 时，△ADF 为正 三角形．
(1)求抛物线 C 的方程； (2)若直线 l1∥l，且 l1 和抛物线 C 有且只有一个公共点 E，试问直线 AE 是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
(2)证明：当直线 AB 的斜率不存在时，直线 AB 的方程为 x＝±255，
此时，原点
O
到直线
AB
的距离为2
5 5.
当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋m，A(x1，y1)， B(x2，y2)．
由x42＋y2＝1， 得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. y＝kx＋m
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解：(1)由已知，点 C，D 的坐标分别为(0，－b)，(0，b)，又点 P 的坐标为(0,1)，且P→C·P→D＝－1，
1－b2＝－1，
于是ac＝ 22， a2－b2＝c2
解得 a＝2，b＝ 2.
所以椭圆 E 的方程为x42＋y22＝1.
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(2)当直线 AB 斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋1，A，B 的 坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
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所以 x1x2＋y1y2＝5m21－＋44－k24k2＝0，
即 m2＝45(1＋k2)，
所以原点 O 到直线 AB 的距离为
1|m＋| k2＝2
5
5 .
综上，原点
O
到直线
AB
的距离为定值2 5
5 .
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直接求解消参求定值
已知点 M 是椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)上一点，F1，F2
解决这类问题一般有两种方法:一是根据题意求出相关的表达式,再根据 已知条件列出方程组,消去参数,求出定值或定点坐标;二是先利用特殊情况 确定定值或定点坐标,再从一般情况进行验证.
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利用参数法求解定点问题 椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)的离心率为12，其左焦点到点 P(2,1)的距离为 10. (1)求椭圆 C 的标准方程． (2)若直线 l：y＝kx＋m 与椭圆 C 相交于 A，B 两点(A，B 不是左、右 顶点)，且以 AB 为直径的圆过椭圆 C 的右顶点．求证：直线 l 过定点，并 求出该定点的坐标．
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解：(1)因为左焦点(－c,0)到点 P(2,1)的距离为 10，所以 2＋c2＋1＝ 10，解得 c＝1.
又 e＝ac＝12，解得 a＝2， 所以 b2＝a2－c2＝3. 所以所求椭圆 C 的方程为x42＋y32＝1.
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(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， y＝kx＋m，
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(2)当直线 l 的斜率存在时，设斜率为 k，则其方程为 y＋2＝k(x＋1)，
由x82＋y42＝1，
得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0.
y＋2＝kx＋1，
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝－41k＋k－2k22，
x1x2＝21k＋2－2k82k.
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【即时训练】已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)的离心率为 23，短轴 端点到焦点的距离为 2.
(1)求椭圆 C 的方程； (2)设 A，B 为椭圆 C 上任意两点，O 为坐标原点，且 OA⊥OB.求证： 原点 O 到直线 AB 的距离为定值，并求出该定值．
返回பைடு நூலகம்航
解：(1) 由题意知，e＝ac＝ 23， b2＋c2＝2，又 a2＝b2＋c2，所以 a ＝2，c＝ 3，b＝1，所以椭圆 C 的方程为x42＋y2＝1.
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且满足 3＋4k2－m2＞0， 当 m＝－2k 时，l：y＝k(x－2)，直线过定点(2,0)与已知矛盾； 当 m＝－27k时，l：y＝kx－27，直线过定点27，0. 综上可知，直线 l 过定点27，0.
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【反思归纳】 圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再 研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点． (2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该 定点与变量无关．
将 x1＋x2＝4k82k＋2 3，x1x2＝44kk22－＋132代入上式得： k′＝13·2k44·k4k42k2－k2＋2－＋13213－2－2×3k·44kk8282k＋k＋2233＋＋44k＝－1k， 所以 k·k′为定值－1.
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【反思归纳】 定值问题必然是在变化中所表示出来的不变的量，常 表现为求一些直线方程、数量积、比例关系等的定值．解决此类问题常从 特征入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
【反思归纳】 解这类问题的关键就是引进变化的参数表示直线方 程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立、数式变换等寻找不受参数 影响的量．
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利用分类讨论解决存在性问题 (2015 高考四川卷)如图，椭圆 E：ax22＋by22＝ 1(a＞b＞0)的离心率是 22，点 P(0,1)在短轴 CD 上，且 P→C·P→D＝－1. (1)求椭圆 E 的方程； (2)设 O 为坐标原点，过点 P 的动直线与椭圆交于 A，B 两点．是 否存在常数 λ，使得O→A·O→B＋λP→A·P→B为定值？若存在，求 λ 的值；若 不存在，请说明理由．
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因为以 AB 为直径的圆过椭圆右顶点 D(2,0)，kAD·kBD＝－1，所以 x1y－1 2·x2y－2 2＝－1，
所以 y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0， 所以3m3＋2－4k42k2＋43m＋2－4k32 ＋31＋6m4kk2＋4＝0. 化为 7m2＋16mk＋4k2＝0， 解得 m1＝－2k，m2＝－27k.
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则 Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(1＋4k2－m2)＞0，x1＋x2＝－ 1＋8km4k2，x1x2＝41m＋2－4k42 ，
则 y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝m12＋－44kk22， 由 OA⊥OB 得 kOA·kOB＝－1， 即yx11·xy22＝－1，
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解：(1)因为△EFF1 的周长为 8， 所以 4a＝8，所以 a2＝4， 又椭圆 C 与圆 x2＋y2＝3 相切，故 b2＝3， 所以椭圆 C 的方程为x42＋y32＝1. (2)证明：由题意知过点 F2(1,0)的直线 l 的方程为 y＝k(x－1)，设 E(x1， y1)，F(x2，y2)，将直线 l 的方程 y＝k(x－1)代入椭圆 C 的方程x42＋y32＝1， 整理得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0， Δ＝64k4－4(4k2＋3)(4k2－12)＞0 恒成立，
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从特殊到一般方法求定值 已知 F1，F2 为椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)的左、右焦点， 过椭圆右焦点 F2 且斜率为 k(k≠0)的直线 l 与椭圆 C 相交于 E，F 两点，△ EFF1 的周长为 8，且椭圆 C 与圆 x2＋y2＝3 相切． (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 A 为椭圆的右顶点，直线 AE，AF 分别交直线 x＝4 于点 M，N， 线段 MN 的中点为 P，记直线 PF2 的斜率为 k′，求证：k·k′为定值．
由x42＋y32＝1， 消去 y 得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0， Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)＞0， 化为 3＋4k2＞m2. 所以 x1＋x2＝3－＋84mkk2，x1x2＝43m＋2－4k32 . y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2 ＝3m3＋2－4k42k2.
第八篇 平面解析几何 (必修2、选修2-1)
第七节 圆锥曲线的综合问题
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第三课时 定点、定值、存在性专题
在圆锥曲线的综合问题中,定点、定值和存在性问题是高考 的热点和难点,大都以解答题的形式出现,难度较大,一般作为解答题的一问 占 7~8 分左右.综合考查学生的各种数学思想和技能.是高考的难点.
(2)由(1)知 F(1,0)，设 A(x0，y0)(x0＞0)，D(xD,0)(xD＞0)， 因为|FA|＝|FD|，则|xD－1|＝x0＋1， 由 xD＞0 得 xD＝x0＋2，故 D(x0＋2,0)， 故直线 AB 的斜率为 kAB＝－y20， 因为直线 l1 和直线 AB 平行， 故可设直线 l1 的方程为 y＝－y20x＋b， 代入抛物线方程得 y2＋y80y－8yb0 ＝0，
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所以直线 PF2 的斜率为 k′＝x1y－1 2＋4－x2y1－2 2－0 ＝13x1y－1 2＋x2y－2 2 ＝13·y2xx11x＋2－x22y1x－1＋2xy21＋＋y42 ＝13·2kxx11xx22－－23kx1x＋1＋x2x2＋＋44k，
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由题意知 Δ＝6y402 ＋3y20b＝0，得 b＝－y20. 设 E(xE，yE)，则 yE＝－y40，xE＝y402， 当 y20≠4 时，kAE＝yxEE－－yx00＝y204－y04， 可得直线 AE 的方程为 y－y0＝y204－y04(x－x0)， 由 y20＝4x0，整理可得 y＝y204－y04(x－1)， 所以直线 AE 恒过点 F(1,0)， 当 y20＝4 时，直线 AE 的方程为 x＝1，过点 F(1,0)， 所以直线 AE 恒过定点 F(1,0)．
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解析：(1)由题意知 Fp2，0， 设 D(t,0)(t＞0)，则 FD 的中点为p＋4 2t，0， 因为|FA|＝|FD|，由抛物线的定义知：3＋p2＝|t－p2|， 解得 t＝3＋p 或 t＝－3(舍去)， 由p＋4 2t＝3，解得 p＝2， 所以抛物线 C 的方程为 y2＝4x.
分别为 C 的左、右焦点，且|F1F2|＝4，∠F1MF2＝60°，△F1MF2 的面积
为4
3
3 .
(1)求椭圆 C 的方程；
(2)设 N(0,2)，过点 P(－1，－2)作直线 l，交椭圆 C 异于 N 点 A，B
两点，直线 NA，NB 的斜率分别为 k1，k2，证明：k2＋k2 为定值．
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从而 k1＋k2＝y1x－1 2＋y2x－2 2 ＝2kx1x2＋kx－1x24x1＋x2 ＝2k－(k－4)·42kk2k－－82k＝4.
当直线 l 的斜率不存在时，可得 A－1，
214，B－1，－
214，得
k1＋k2＝4.
综上，k1＋k2 为定值．
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联立x42＋y22＝1， 得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0， y＝kx＋1，
其判别式 Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0， 所以 x1＋x2＝－2k42＋k 1，x1x2＝－2k22＋1， 从而O→A·O→B＋λP→A·P→B
解：(1)在△F1MF2 中，由12|MF1||MF2|sin 60°＝433， 得|MF1||MF2|＝136. 由余弦定理，得|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1||MF2|·cos 60°＝(|MF1| ＋|MF2|)2－2|MF1||MF2|(1＋cos 60°)， 解得|MF1|＋|MF2|＝4 2. 从而 2a＝|MF1|＋|MF2|＝4 2，即 a＝2 2. 由|F1F2|＝4 得 c＝2，从而 b＝2， 故椭圆 C 的方程为x82＋y42＝1.
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且 x1＋x2＝4k82k＋2 3，x1x2＝44kk22－＋132. 直线 AE 的方程为 y＝x1y－1 2(x－2)， 令 x＝4，得点 M4，x12－y12， 直线 AF 的方程为 y＝x2y－2 2(x－2)， 令 x＝4，得点 N4，x22－y22， 所以点 P 的坐标为4，x1y－1 2＋x2y－2 2.
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【即时训练】 已知抛物线 C：y2＝2px(p＞0)的焦点为 F，A 为抛物线 C 上异于原点的任意一点，过点 A 的直线 l 交抛物线 C 于另一点 B，交 x 轴的正半轴于点 D，且有|FA|＝|FD|.当点 A 的横坐标为 3 时，△ADF 为正 三角形．
(1)求抛物线 C 的方程； (2)若直线 l1∥l，且 l1 和抛物线 C 有且只有一个公共点 E，试问直线 AE 是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
(2)证明：当直线 AB 的斜率不存在时，直线 AB 的方程为 x＝±255，
此时，原点
O
到直线
AB
的距离为2
5 5.
当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋m，A(x1，y1)， B(x2，y2)．
由x42＋y2＝1， 得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. y＝kx＋m
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解：(1)由已知，点 C，D 的坐标分别为(0，－b)，(0，b)，又点 P 的坐标为(0,1)，且P→C·P→D＝－1，
1－b2＝－1，
于是ac＝ 22， a2－b2＝c2
解得 a＝2，b＝ 2.
所以椭圆 E 的方程为x42＋y22＝1.
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(2)当直线 AB 斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋1，A，B 的 坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
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所以 x1x2＋y1y2＝5m21－＋44－k24k2＝0，
即 m2＝45(1＋k2)，
所以原点 O 到直线 AB 的距离为
1|m＋| k2＝2
5
5 .
综上，原点
O
到直线
AB
的距离为定值2 5
5 .
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直接求解消参求定值
已知点 M 是椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)上一点，F1，F2
解决这类问题一般有两种方法:一是根据题意求出相关的表达式,再根据 已知条件列出方程组,消去参数,求出定值或定点坐标;二是先利用特殊情况 确定定值或定点坐标,再从一般情况进行验证.
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利用参数法求解定点问题 椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)的离心率为12，其左焦点到点 P(2,1)的距离为 10. (1)求椭圆 C 的标准方程． (2)若直线 l：y＝kx＋m 与椭圆 C 相交于 A，B 两点(A，B 不是左、右 顶点)，且以 AB 为直径的圆过椭圆 C 的右顶点．求证：直线 l 过定点，并 求出该定点的坐标．
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解：(1)因为左焦点(－c,0)到点 P(2,1)的距离为 10，所以 2＋c2＋1＝ 10，解得 c＝1.
又 e＝ac＝12，解得 a＝2， 所以 b2＝a2－c2＝3. 所以所求椭圆 C 的方程为x42＋y32＝1.
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(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， y＝kx＋m，
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(2)当直线 l 的斜率存在时，设斜率为 k，则其方程为 y＋2＝k(x＋1)，
由x82＋y42＝1，
得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0.
y＋2＝kx＋1，
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝－41k＋k－2k22，
x1x2＝21k＋2－2k82k.
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【即时训练】已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)的离心率为 23，短轴 端点到焦点的距离为 2.
(1)求椭圆 C 的方程； (2)设 A，B 为椭圆 C 上任意两点，O 为坐标原点，且 OA⊥OB.求证： 原点 O 到直线 AB 的距离为定值，并求出该定值．
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解：(1) 由题意知，e＝ac＝ 23， b2＋c2＝2，又 a2＝b2＋c2，所以 a ＝2，c＝ 3，b＝1，所以椭圆 C 的方程为x42＋y2＝1.
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且满足 3＋4k2－m2＞0， 当 m＝－2k 时，l：y＝k(x－2)，直线过定点(2,0)与已知矛盾； 当 m＝－27k时，l：y＝kx－27，直线过定点27，0. 综上可知，直线 l 过定点27，0.
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【反思归纳】 圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再 研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点． (2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该 定点与变量无关．
将 x1＋x2＝4k82k＋2 3，x1x2＝44kk22－＋132代入上式得： k′＝13·2k44·k4k42k2－k2＋2－＋13213－2－2×3k·44kk8282k＋k＋2233＋＋44k＝－1k， 所以 k·k′为定值－1.
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【反思归纳】 定值问题必然是在变化中所表示出来的不变的量，常 表现为求一些直线方程、数量积、比例关系等的定值．解决此类问题常从 特征入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
【反思归纳】 解这类问题的关键就是引进变化的参数表示直线方 程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立、数式变换等寻找不受参数 影响的量．
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利用分类讨论解决存在性问题 (2015 高考四川卷)如图，椭圆 E：ax22＋by22＝ 1(a＞b＞0)的离心率是 22，点 P(0,1)在短轴 CD 上，且 P→C·P→D＝－1. (1)求椭圆 E 的方程； (2)设 O 为坐标原点，过点 P 的动直线与椭圆交于 A，B 两点．是 否存在常数 λ，使得O→A·O→B＋λP→A·P→B为定值？若存在，求 λ 的值；若 不存在，请说明理由．
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因为以 AB 为直径的圆过椭圆右顶点 D(2,0)，kAD·kBD＝－1，所以 x1y－1 2·x2y－2 2＝－1，
所以 y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0， 所以3m3＋2－4k42k2＋43m＋2－4k32 ＋31＋6m4kk2＋4＝0. 化为 7m2＋16mk＋4k2＝0， 解得 m1＝－2k，m2＝－27k.
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则 Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(1＋4k2－m2)＞0，x1＋x2＝－ 1＋8km4k2，x1x2＝41m＋2－4k42 ，
则 y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝m12＋－44kk22， 由 OA⊥OB 得 kOA·kOB＝－1， 即yx11·xy22＝－1，
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解：(1)因为△EFF1 的周长为 8， 所以 4a＝8，所以 a2＝4， 又椭圆 C 与圆 x2＋y2＝3 相切，故 b2＝3， 所以椭圆 C 的方程为x42＋y32＝1. (2)证明：由题意知过点 F2(1,0)的直线 l 的方程为 y＝k(x－1)，设 E(x1， y1)，F(x2，y2)，将直线 l 的方程 y＝k(x－1)代入椭圆 C 的方程x42＋y32＝1， 整理得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0， Δ＝64k4－4(4k2＋3)(4k2－12)＞0 恒成立，
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从特殊到一般方法求定值 已知 F1，F2 为椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)的左、右焦点， 过椭圆右焦点 F2 且斜率为 k(k≠0)的直线 l 与椭圆 C 相交于 E，F 两点，△ EFF1 的周长为 8，且椭圆 C 与圆 x2＋y2＝3 相切． (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 A 为椭圆的右顶点，直线 AE，AF 分别交直线 x＝4 于点 M，N， 线段 MN 的中点为 P，记直线 PF2 的斜率为 k′，求证：k·k′为定值．
由x42＋y32＝1， 消去 y 得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0， Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)＞0， 化为 3＋4k2＞m2. 所以 x1＋x2＝3－＋84mkk2，x1x2＝43m＋2－4k32 . y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2 ＝3m3＋2－4k42k2.
第八篇 平面解析几何 (必修2、选修2-1)
第七节 圆锥曲线的综合问题
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第三课时 定点、定值、存在性专题
在圆锥曲线的综合问题中,定点、定值和存在性问题是高考 的热点和难点,大都以解答题的形式出现,难度较大,一般作为解答题的一问 占 7~8 分左右.综合考查学生的各种数学思想和技能.是高考的难点.