高考复习方案专题5-解析几何-2021年高三数学文科二轮复习-浙江省专用.ppt

合集下载

(浙江专用)2020高考数学二轮复习专题五解析几何高考解答题的审题与答题示范(五)教案

高考解答题的审题与答题示范(五)
解析几何类解答题
[思维流程]——圆锥曲线问题重在“设”与“算”
[审题方法]——审方法
数学思想是问题的主线，方法是解题的手段．审视方法，选择适当的解题方法，往往使问题的解决事半功倍．审题的过程还是一个解题方法的抉择过程，开拓的解题思路能使我们心涌如潮，适宜的解题方法则帮助我们事半功倍．
典
例 (本题满分15分)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 2
2＋y 2
＝1上，过点M 作x 轴的垂
线，垂足为N ，点P 满足NP →＝ 2 NM →
.
(1)求点P 的轨迹方程；
(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →
＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F . 审题路
线 (1)要求P 点的轨迹方程⇒求点P (x ，y )的横坐标x 与纵坐标y 的关系式⇒利用条件NP →
＝2 NM →
求解．
(2)要证过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F ⇒证明OQ →⊥PF →⇒OQ →·PF →
＝0.
标准答案
阅卷现场
(1)设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，N (x 0，0)，则NP →
＝
(x －x 0，y )，
NM →
＝(0，y 0)，① 第(1)问第(2)问得分点 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩
2 2 2 1 2 1 1 1 2 1
7分 8分。

(浙江专用)2021高考数学二轮复习指导三回扣溯源,查缺补漏,考前提醒3三角函数、解三角形、平面向量

3.三角函数、解三角形、平面向量1．α终边与θ终边一样(α的终边在θ终边所在的射线上)α＝θ＋2k π(k ∈Z )，注意：相等的角的终边一定一样，终边一样的角不一定相等．任意角的三角函数的定义：设α是任意一个角，P (x ，y )是α的终边上的任意一点(异于原点)，它与原点的距离是r ＝x 2＋y 2＞0，那么sin α＝y r ，cos α＝x r ，tan α＝y x(x ≠0)，三角函数值只与角的终边位置有关，而与终边上点P 的位置无关．[回扣问题1] 角α的终边经过点P (3，－4)，那么sin α＋cos α的值为________．答案－152．同角三角函数的根本关系式及诱导公式 (1)平方关系：sin 2α＋cos 2α＝1. (2)商数关系：tan α＝sin αcos α.(3)诱导公式记忆口诀：奇变偶不变、符号看象限－α π－α π＋α 2π－απ2－α sin －sin α sin α－sin α －sin αcos α coscos α －cos α －cos α cos αsin α[回扣问题2] sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋α＝5，那么sin α的值为( )A.15 B ．－15C ．±265D.256 答案 C3．三角函数的图象与性质 (1)五点法作图；(2)对称轴：y ＝sin x ，x ＝k π＋π2，k ∈Z ；y ＝cos x ，x ＝k π，k ∈Z ；对称中心：y ＝sin x ，(k π，0)，k ∈Z ；y ＝cos x ，⎝ ⎛⎭⎪⎫k π＋π2，0，k ∈Z ；y ＝tan x ，⎝ ⎛⎭⎪⎫k π2，0，k ∈Z .(3)单调区间：y ＝sin x 的增区间：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2＋2k π，π2＋2k π(k ∈Z )，减区间：⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2＋2k π，3π2＋2k π(k ∈Z )；y ＝cos x 的增区间：[]－π＋2k π，2k π(k ∈Z )，减区间：[2k π，π＋2k π](k ∈Z )；y ＝tan x 的增区间：⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＋k π，π2＋k π(k ∈Z )．(4)周期性与奇偶性：y ＝sin x 的最小正周期为2π，为奇函数；y ＝cos x 的最小正周期为2π，为偶函数；y ＝tan x 的最小正周期为π，为奇函数．易错警示求y ＝A sin(ωx ＋φ)的单调区间时，容易出现以下错误： (1)不注意ω的符号，把单调性弄反，或把区间左右的值弄反； (2)忘掉写＋2k π，或＋k π等，忘掉写k ∈Z ；(3)书写单调区间时，错把弧度和角度混在一起，如[0，90°]应写为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.[回扣问题3] (1)把函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6图象上各点的横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变)，再将图象向右平移π3个单位长度，那么所得图象的一条对称轴方程为( )A ．x ＝－π2B ．x ＝－π4C ．x ＝π8D ．x ＝π4(2)函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x ＋π3的递减区间是________．答案 (1)A (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π12，k π＋5π12(k ∈Z )[回扣问题4] (1)函数f (x )＝sin(x ＋2φ)－2sin φcos(x ＋φ)的最大值为________．(2)cos ⎝⎛⎭⎪⎫π4＋x ＝35，17π12＜x ＜7π4，那么sin 2x ＋2sin 2x1－tan x ＝________．答案 (1)1 (2)－28755．在三角恒等变形中，注意常见的拆角、拼角技巧，如：α＝(α＋β)－β；2α＝(α＋β)＋(α－β)； α＝12[(α＋β)＋(α－β)]；α＋π4＝(α＋β)－⎝⎛⎭⎪⎫β－π4，α＝⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4－π4.[回扣问题5] tan ⎝⎛⎭⎪⎫α－5π4＝15，那么tan α＝________．解析法一因为tan ⎝⎛⎭⎪⎫α－5π4＝15，所以tan α－tan5π41＋tan αtan5π4＝15，即tan α－11＋tan α＝15，解得tan α＝32.法二因为tan ⎝⎛⎭⎪⎫α－5π4＝15，所以tan α＝ tan ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫α－5π4＋5π4＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－5π4＋tan 5π41－tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－5π4tan5π4＝15＋11－15×1＝32.答案 326．解三角形(1)正弦定理：a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝2R (R 为三角形外接圆的半径)．注意：①正弦定理的一些变式：(ⅰ)a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C ；(ⅱ)sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R ；(ⅲ)a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ；②三角形两边及一对角，求解三角形时，假设运用正弦定理，那么务必注意可能有两解，要结合具体情况进展取舍．(2)余弦定理：a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc等，常选用余弦定理鉴定三角形的形状．[回扣问题6] (1)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，A ＝π6，a ＝1，b ＝3，那么B ＝________．(2)在△ABC 中，a ＝1，b ＝2，cos C ＝14，那么c ＝________，sin A ＝________．答案 (1)π3或2π3 (2)21587．有关三角形的常见结论(1)面积公式S △ABC ＝12ab sin C ＝12bc sin A ＝12ca sin B .(2)三个等价关系：△ABC 中，a ，b ，c 分别为A ，B ，C 对边，那么a ＞b sin A ＞sin B A＞B .[回扣问题7] 在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，假设c 2＝(a －b )2＋6，C ＝π3，那么△ABC 的面积是( )A ．3 B.932C.332D ．3 3答案 C8．平面向量的根本概念及线性运算(1)加、减法的平行四边形与三角形法那么：AB →＋BC →＝AC →；AB →－AC →＝CB →. (2)向量满足三角不等式：||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |.(3)实数λ与向量a 的积是一个向量，记为λa ，其长度和方向规定如下：①|λa |＝|λ||a |；②λ＞0，λa 与a 同向；λ＜0，λa 与a 反向；λ＝0，或a ＝0时，λa ＝0.(4)平面向量的两个重要定理①向量共线定理：向量a (a ≠0)与b 共线当且仅当存在唯一一个实数λ，使b ＝λa . ②平面向量根本定理：如果e 1，e 2是同一平面内的两个不共线向量，那么对这一平面内的任一向量a ，有且只有一对实数λ1，λ2，使a ＝λ1e 1＋λ2e 2，其中e 1，e 2是一组基底． [回扣问题8] 设D ，E ，F 分别为△ABC 的三边BC ，CA ，AB 的中点，那么EB →＋FC →＝( ) A.BC → B.12AD → C.AD →D.12BC → 答案 C9．向量的平行与垂直设a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，且a ≠0，那么a ∥bb ＝λa x 1y 2－x 2y 1＝0.a ⊥b (a ≠0，b ≠0)a ·b ＝0x 1x 2＋y 1y 2＝0.0看成与任意向量平行，特别在书写时要注意，否那么有质的不同．[回扣问题9] 向量a ＝(－1，2)，b ＝(2，0)，c ＝(1，－1)，假设向量(λa ＋b )∥c ，那么实数λ＝________．答案－2 10．向量的数量积设a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，那么|a |2＝a 2＝a ·a ，a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝x 1x 2＋y 1y 2， cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21x 22＋y 22，a 在b 上的投影＝|a |cos 〈a ，b 〉＝a ·b |b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 22＋y 22，注意〈a ，b 〉为锐角a ·b ＞0且a 、b 不同向；〈a ，b 〉为直角a ·b ＝0且a 、b ≠0；〈a ，b 〉为钝角a ·b ＜0且a 、b 不反向．易错警示投影不是“影〞，投影是一个实数，可以是正数、负数或零．[回扣问题10] (1)向量a ＝(1，3)，b ＝(3，m )，假设向量a ，b 的夹角为π6，那么实数m ＝( )A ．2 3B. 3C ．0D ．－ 3(2)a ＝(λ，2λ)，b ＝(3λ，2)，如果a 与b 的夹角为锐角，那么λ的取值范围是________．答案 (1)B (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－43∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13∪⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞11．几个向量常用结论：①PA →＋PB →＋PC →＝0P 为△ABC 的重心；②PA →·PB →＝PB →·PC →＝PC →·PA →P 为△ABC 的垂心；③向量λ(AB |AB |＋AC→|AC →|)(λ≠0)所在直线过△ABC 的内心；④|PA →|＝|PB →|＝|PC →|P 为△ABC 的外心．[回扣问题11] 假设O 是△ABC 所在平面内一点，且满足|OB →－OC →|＝|OB →＋OC →－2OA →|，那么△ABC 的形状为______．答案直角三角形。

(浙江专用)2021高考数学二轮复习指导二透视高考,解题模板示范,规范拿高分模板2立体几何问题学案

模板2 立体几何问题(总分值15分)如图，四棱锥PABCD ，△PAD 是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点.(1)证明：CE ∥平面PAB ；(2)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值.总分值解答得分说明解题模板(1)证明如图，设PA 中点为F ，连接EF ，FB . 因为E ，F 分别为PD ，PA 中点，所以EF ∥AD 且EF ＝12AD ， (1分)又因为BC ∥AD ，BC ＝12AD ，(2分) 所以EF ∥BC 且EF ＝BC ，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE ∥BF . (5分) 又因为CE 平面PAB ，BF 平面PAB ，因此CE ∥平面PAB . (6分)①能指出EF ∥AD ，BC ∥AD 各得1分； ②能得到CE ∥BF ，得3分；③条件CE 平面PAB 与BF 平面PAB 错1个扣1分；第一步由线线平行得平行四边形；第二步由线线平行得线面平行；第三步由线线垂直得线面垂直；(2)解分别取BC ，AD 的中点为M ，N ，连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ .因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点，在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE . (7分) 由△PAD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD .由DC ⊥AD ，BC ∥AD ，BC ＝12AD ，N 是AD 的中点得BN⊥AD .因为PN ∩BN ＝N ，所以AD ⊥平面PBN .(9分) 由BC ∥AD 得BC ⊥平面PBN ，因为BC 平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PBN . (11分)过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，那么QH ⊥平面PBC .连接MH ，那么MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角．设CD ＝1. (12分)在△PCD 中，由PC ＝2，CD ＝1，PD ＝2得CE ＝2，在△PBN 中，由PN ＝BN ＝1，PB ＝3得QH ＝14，在Rt △MQH 中，QH ＝14，MQ ＝2，所以sin ∠QMH ＝28，所以，直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28. (15分)【训练2】如图，三棱柱ABC-A1B1C1所有的棱长均为2，A1B＝6，A1B⊥AC.(1)求证：A1C1⊥B1C；(2)求直线AC和平面ABB1A1所成角的余弦值．(1)证明法一取AC的中点O，连接A1O，BO，∴BO⊥AC.∵A1B⊥AC，A1B∩BO＝B，A1B平面A1BO，BO平面A1BO，∴AC⊥平面A1BO.连接AB1交A1B于点M，连接OM，那么B1C∥OM，又∵OM平面A1BO，∴AC⊥OM，∴AC⊥B1C.∵A1C1∥AC，∴A1C1⊥B1C.法二连接AB1，BC1，∵四边形A1ABB1是菱形，∴A1B⊥AB1，又∵A1B⊥AC，AB1∩AC＝A，∴A1B⊥平面AB1C，∴A1B⊥B1C，又∵四边形B1BCC1是菱形，∴BC1⊥B1C，又∵A1B∩BC1＝B，∴B1C⊥平面A1BC1，∴B1C⊥A1C1.(2)解由法二知A1B⊥平面AB1C，又∵A1B平面ABB1A1，∴平面AB1C⊥平面ABB1A1.∵平面AB1C∩平面ABB1A1＝AB1，∴AC在平面ABB1A1内的射影为AB1，∴∠B1AC为直线AC和平面ABB1A1所成的角．∵AB1＝2AM＝2AB2－BM2＝10，∴在Rt△ACB1中，cos∠B1AC＝ACAB1＝210＝105，∴直线AC和平面ABB1A1所成角的余弦值为105.。

届数学二轮复习第二部分专题篇素养提升文理专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合应用学案含解析

第3讲圆锥曲线的综合应用JIE TI CE LUE MING FANG XIANG解题策略·明方向⊙︱考情分析︱1．圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一．2．以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题．对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考查．⊙︱真题分布︱(理科）年份卷别题号考查角度分值202 0Ⅰ卷20椭圆的简单性质及方程思想、定点问题12Ⅱ卷19椭圆离心率的求解,利用抛物线的定义求抛物线和椭圆的标准方程12Ⅲ20椭圆标准方程和求三角形12(文科）Ⅲ卷21椭圆标准方程和求三角形面积问题，椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积,12201 9Ⅰ卷21直线与圆的位置关系，定值问题12Ⅱ卷20椭圆的定义及其几何性质、参数的范围12Ⅲ卷21直线与抛物线的位置关系、定点问题12201 8Ⅰ卷20直线的方程，直线与抛物线的位置关系、证明问题12Ⅱ卷20直线的方程,直线与抛物线的位置关系、圆的方程12Ⅲ卷20直线与椭圆的位置关系、证明问题12KAO DIAN FEN LEI XI ZHONG DIAN考点分类·析重点考点一圆锥曲线中的最值、范围问题错误!错误!错误!错误!典例1（2020·青海省玉树州高三联考）已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px（p〉0）相切．（1）求抛物线C的方程；（2)过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值．【解析】（1)将l：x－y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px联立得:y2－2py＋2p＝0，∵l与C相切,∴Δ＝4p2－8p＝0，解得：p＝2，∴抛物线C的方程为:y2＝4x。

（2）由题意知，直线m斜率不为0，可设直线m方程为：x ＝ty＋1，联立｛y2＝4x，x＝ty＋1得：y2－4ty－4＝0．设A（x1，y1），B(x2，y2）,则y1＋y2＝4t，∴x1＋x2＝ty1＋1＋ty2＋1＝4t2＋2，∴线段AB中点M(2t2＋1,2t)．设A,B,M到直线l距离分别为d A,d B，d M,则d A＋d B＝2d M＝2·错误!＝2错误!错误!＝2错误!错误!，∵（t－错误!)2＋错误!≥错误!，∴当t＝错误!时，错误!min＝错误!,∴A,B两点到直线l的距离之和的最小值为：22×错误!＝错误!。

高考数学二轮三轮总复习专题学案专题5-平面解析几何 (浙江文科专用)

第14讲 │ 要点热点探究
已知直线l1：x＋y＋1＝0，l2：x＋y－1＝0，则l1，l2 之间的距离为( )
A．1
B. 3
C. 2
D. 5
C 【解析】由平行直线间的距离公式，所求距离为d＝
|1－－1|＝ 2
2，故选C.
第14讲 │ 要点热点探究
► 探究点二圆的方程的应用
例3 [2011·辽宁卷] 已知圆C经过A(5,1)，B(1,3)两点，圆心在x轴上，则C的方程为________．
(x－2)2＋y2＝10 【解析】设圆心坐标为(x,0)，则有 x－52＋1 ＝ x－12＋9 ，解得x＝2.由两点距离得r＝ 2－52＋1＝ 10，所以圆的方程为(x－2)2＋y2＝10.
设r1，r2分别为两圆的半径，d为圆心距，则 (1)d>r1＋r2⇔两圆外离； (2)d＝r1＋r2⇔两圆外切； (3)|r1－r2|<d<r1＋r2⇔两圆相交； (4)d＝|r1－r2|⇔两圆内切； (5)d<|r1－r2|⇔两圆内含．
第14讲 │ 要点热点探究
要点热点探究 ► 探究点一直线与方程
专题五 │ 考情分析预测
备考策略解析几何的知识主线很清晰，就是直线方程、圆的方程、圆锥曲线方程及其简单几何性质，复习解析几何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，掌握使用韦达定理进行整体代入的解题方法；数学思想方法在解析几何问题中起重要作用，数形结合思想首当其冲，其次分类讨论思想、函数与方程思想、化归转化思想，如解析几何中的最值问题往往就是建立求解目标的函数，通过函数的最值研究几何中的最值，复习解析几何时要充分重视数学思想方法的运用．

(浙江专用)2021高考数学二轮复习精准提分第一篇小考点抢先练,基础题不失分第4练平面向量课件

解析答案
2.△ABC 的外接圆的圆心为 O，半径为 1，若O→A＋A→B＋O→C＝0，且|O→A|＝
|A→B|，则C→A·B等于
3 A.2
B. 3
√C.3
D.2 3
解析答案
3.向量a＝(1,2)，b＝(1,1)，且a与a＋λb的夹角为锐角，那么实数λ的取值范围是____－__53_，__0_∪___0_，__＋__∞. 解析 a＋λb＝(1＋λ，2＋λ)，由 a·(a＋λb)＞0，可得 λ＞－35. 又 a 与 a＋λb 不共线，∴λ≠0.故 λ＞－53且 λ≠0.
若P→nA＋12xn＋1·P→nB＋(2xn＋1)P→nC＝0，则 x4 的值为
√A.15
B.17
C.29
D.31
11 12 13 14 15
解析答案
15.在△ABC 中，∠ACB 为钝角，AC＝BC＝1, C→O＝xC→A＋yC→B且 x＋y ＝1，函数 f(m)＝|C→A－mC→B|的最小值为 23，则|C→O|的最小值为__12__.
A.3
√B.32
C. 3
3 D. 2
解析因为BC的垂直平分线交AC于Q，
所以Q→P·B→C＝0，A→P·B→C＝A→Q＋Q→P·B→C＝A→Q·B→C＋Q→P·B→C
＝12A→C＋A→BA→C－A→B＝12A→C2－A→B2＝32，故选 B.
11 12 13 14 15
解析答案
12.如图，半径为1的扇形AOB中，∠AOB＝120°，P是弧AB上的一点，且满足OP⊥OB，M，N分别是线段OA，OB上的动点，那么P→M·P→N 的最大
解析答案
4.(2018·浙江湖州、衢州、丽水三市联考)已知 O 是△ABC 的外心，∠C＝

(浙江专用)高考数学二轮复习指导三回扣溯源,查缺补漏,考前提醒6解析几何课件

6•解析几何1・直线的倾斜角Q与斜率£(1)倾斜角a的范围为［0,兀).(2)直线的斜率①定义：/：=tan a(a^90°)；倾斜角为90。

的直线没有斜率；②斜率公式：经过两点巴佝,刃)，尸2(兀2，乃)的直线的斜率为k = y -_y\x^x2)；③直线的方向向量0 = (1，Q・兀2［回扣问题1］直线xsin / 、兀A. 0,\ 厶)(71 7Cc・—” 4答案Da—y+1=0的倾斜角的取值范围是() B.(0, 7t)71「3兀］D.①4_U才兀丿2.直线的方程(1)点斜式：y—yo=k(x—x()),它不包括垂直于x轴的直线.(2)斜截式：y=kx+b,它不包括垂直于x轴的直线.(3)两点式：22工=匸乞，它不包括垂直于坐标轴的直线.歹2一刃兀2一兀1(4)截距式：专+£=1，它不包括垂直于坐标轴的直线和过原点的直线.(5)—般式：任何直线均可写成Ax+By+C=O(A, B不同时为0)的形式.［回扣问题2］已知直线过点P(l, 5),且在两坐标轴上的截距相等，则此直线的方程为•答案5兀一y=0或兀+丁一6 = 03 •两直线的平行与垂直①厶：y=k x x+b v /2：y=k2x+b2（两直线斜率存在，且不重合），则有厶〃^ k x=k v 且冇工為；厶丄仏k v k2= — 1.②厶：Aix + Bjy + Cj =0, /2： A2x + B2y + C2 = 0,则有02A l B2~A2B l=0且BQ—场貯工。

；/t±/2A l A2+B l B2=0.［回扣问题3］设直线厶：x+加y+6 = 0和g：（肌—2）x~\~3y+2m = 0,当加= _______ 时，1{//12；当加= _______ 时，厶丄乙；当_______ 时，厶与?2相交；当加= ______ 时，厶与乙重合.答案一1 £血工3且加H — 1 34 •点到直线的距离及两平行直线间的距离\Ax（）+By（）+Cl⑴点P（xo,为倒直线Ax+By+C=0的距离为〃= 屈匚决；\c{-c2\ （2）两平行线h： Ax+By+Ci = O, /2： Ax+3y+C2 = 0间的距禺为〃=羽壬匚护.已知直线3x+4y—3 = 0与直线6x+加y+14 = 0平行，则它们之间[回扣问题4]的距离为（A 12 AjO答案C B.8 C.2r 17D y5 •圆的方程(1)圆的标准方程:(x—a)2+(y—b)2 = r2.(2)圆的一般方程：x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),只有当D2+E2~4F>0时，方程x2+/+Dx+Ey+F=O才表示圆心为［―#, -f］,半径为丹”+衣―4尸的圆.［回扣问题5］已知圆C经过力(5, 1), 5(1, 3)两点，圆心在兀轴上，则圆C的标准方程为_________ •答案(x-2)2+y2=106•直线、圆的位置关系C ： (%—tz)2 + (y — Z?)2 = r 2(r>0)有相交、相禺、相切三种位置关系•可从代数和几何两个方面来判断;①代数方法(判断直线与圆方程联立所得方程组的解的情况)：J>0相交；J<0 相离；J=0相切；②几何方法(比较圆心到直线的距离与半径的大小)：设圆心到直线的距离为乩贝\\d<r 相交；d>r 相离；d=r 相切.(1)直线与的位置关系直线A Ax+By+C=Q 和(2)圆与圆的位置关系已知两圆的半径分别为厂1，r v则①当O Ql＞厂1 +厂2时,两圆外离;②当\O i O2\ = r i + r2时,两圆外切;③当1^ —r2l<IO1O2l<r1 + r2时,两圆相交；④当QQ匸叭一㊈时，两内切；⑤当OWOQIVbi —厂2〔时，两圆内含.［回扣问题6］(1)已知点M(l，0)是圆C：x2-ky2-4x-2y = 0内的一点, 短弦所在直线的方程是 _______ •⑵若圆C］：x2+y2= 1 与圆q：x1+y2—6x—^y+m=0 夕卜切, 则加=(A.21B.19C.9那么过点M的最)D.-11答案(l)x+y—1=0 (2)C7.对圆锥曲线的定义要做到抓住关键词，例如椭圆中定长大于两定点之间的距离，双曲线定义中是到两定点距离之差的“绝对值”，否则只是双曲线的其中一支，在抛物线的定义中必须注意条件：F /,否则定点的轨迹可能是过点尸且垂直于直线I的一条直线.2 2[回扣问题7] (1)椭圆吉+話=1的两个焦点分别为戸，尸2,过焦点只的直线交椭于A, B两点，则△ABF?的周长为(A.10B.2C.16D.20(2)己知双曲线才一訂=1上的一点P到双曲线的一个焦点的距离为6,则点P到另一个焦点的距离为 ______ •⑶己知抛物线C：y2=x的焦点为F,点心，为)是CJL一点，IAFI=|x0,则应=( )A.lB.2C.4D.8答案(1)D⑵10⑶A8•求椭圆、双曲线及抛物线的标准方程，一般遵循先定位，再定型，后定量的步骤, 即先确定焦点的位置，再设出其方程，求出待定系数.(1)椭圆标准方程：焦点在兀轴上, = l(Qb>0)；焦点在y轴上,l(Qb>0)・2 2(2)双曲线标准方程：焦点在兀轴上，話一*=1(QO, b>0)；焦点在y轴上,2X沪=l(a>0, b>0)・2 2 2 2⑶与双曲线左一*=1(QO, Z?>0)具有共同渐近线的双曲线系为石一*=久(久工0)・(4)抛物线标准方程焦点在兀轴上：于二土:四⑦〉。

2021年浙江数学高考试题的研读体会(解析几何)

−
2.三角形△的面积为 =

−
直线的方程为 − = ,
点 , 到直线的距离为 =
故 =

所以 =
=

+ ∙
− .
−
+
−

,
+
=− ∙

因为 ∙ = ,
即
+
−

=

=

+
− ∙
+

−

= ，

,
+
=− ∙

= ,
+ = − , ①
单的数学问题和实际问题，感悟
平面解析几何中蕴含的数学思想.
【学业要求】
能够掌握平面解析几何问题的基
本过程：
1.根据具体问题情境的特点，建
立平面直角坐标系；
2.根据几何问题和图形的特点，用
代数语言把几何语言问题转化成为
代数问题；
3.根据对几何问题(图形)的分析，
探索解决问题的思路；
4.运用代数方法得到结论；
【策略2】点与点直接相关，旋转设点.
解：设 , ， − , ，

+ =
因为൞
−
+

故

+

，故 = ，
=
= + + +

2021届高考二轮数学人教版课件：第2部分专题5 第1讲直线与圆【KS5U 高考】

专题五解析几何
圆
高考二轮总复习 • 数学
考点一圆的方程
返回导航
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＝r2，特别地，当圆心在原点时，方程为x2＋y2＝r2． 2．圆的一般方程
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(其中D2＋E2－4F＞0)表示以－D2 ，－E2 为圆心， D2＋2E2－4F为半径的圆．
5m2 1＋m2
，由于向量
→ OP
与
向量
→ OQ
共线且方向相同，即它们的夹角为0，所以
OP
·OQ
＝
→ OP
→ ·OQ
＝
x1x2＋y1y2＝1＋5m2＋15＋mm2 2＝5．
第二部分专题五解析几何
高考二轮总复习 • 数学
返回导航
【剖析】上述解法正确，也得出了正确答案，但运算繁杂．下面的解法简洁明了．
返回导航
第二部分专题五解析几何
高考二轮总复习 • 数学
返回导航
典例3 (1)(2020·天津市部分区期末)直线x－y＋1＝0与圆x2
＋(y＋1)2＝4相交于A、B，则弦AB的长度为
(B )
A． 2
B．2 2
C．2
D．4
(2)(2020·武昌区模拟)若直线y＝kx＋1与圆(x－2)2＋y2＝4相交，且两
【解析】已知圆C1：x2＋y2＝8与圆C2：x2＋y2＋2x＋y－a＝0相交于A、B两点，则AB所在直线的方程为2x＋y－a＋8＝0，
第二部分专题五解析几何
高考二轮总复习 • 数学
返回导航
若圆C1上存在点P，使得△ABP为等腰直角三角形，分2种情况讨论：

考前三个月·浙江专用高考数学文二轮专题复习篇教案：专题五立体几何专题五第二讲

第二讲空间点、直线、平面的位置关系１．点、线、面的位置关系（１）公理１∵A∈α，B∈α，∴AB⊂α.（２）公理２∵A，B，C三点不共线，∴A，B，C确定一个平面．（３）公理３∵P∈α，且P∈β，∴α∩β＝l，且P∈l.三个推论：１过两条相交直线有且只有一个平面．２过两条平行直线有且只有一个平面．３过一条直线和直线外一点有且只有一个平面．（４）公理４∵a∥c，b∥c，∴a∥b.（５）等角定理∵OA∥O１A１，OB∥O１B１，∴∠AOB＝∠A１O１B１或∠AOB＋∠A１O１B１＝１80°.２．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.３．直线、平面垂直的判定及其性质（１）线面垂直的判定定理∵m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n，∴l⊥α.（２）线面垂直的性质定理∵a⊥α，b⊥α，∴a∥b.（３）面面垂直的判定定理∵a⊂β，a⊥α，∴α⊥β.（４）面面垂直的性质定理∵α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l，∴a⊥β.４．异面直线所成的角（１）定义．（２）范围：θ∈（0，错误!]．（３）求法：先通过取中点或作平行线找到两异面直线所成的角，然后解含有这个角的三角形．若求得的角为钝角，则这个角的补角才为所求的角．５．直线与平面所成的角（１）定义．（２）范围：θ∈[0，错误!]．（３）求法：先找到（或作出）过斜线上一点垂直于平面的直线，斜足与垂足的连线就是斜线在平面内的射影，该斜线与射影的夹角就是所求的线面角，解这个角所在的直角三角形可得．6．二面角（１）定义．（２）范围：θ∈[0，π]．（３）找二面角平面角的方法１定义法．２垂面法．３垂线法．４特殊图形法．垂线法是最重要的方法，具体步骤如下：１弄清该二面角及它的棱．２考虑找一条过一个平面内的一点垂直于另一个平面的直线（往往先找垂面再找垂线）．３过这条垂线的两个端点中的一个作二面角棱的垂线，连结垂足与另一个端点，所得到的角（或其补角）就是该二面角的平面角．４解这个角所在的直角三角形，可得到二面角的大小．１．（２0１３·安徽）在下列命题中，不是公理的是（）Ａ．平行于同一个平面的两个平面相互平行Ｂ．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面Ｃ．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内Ｄ．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线答案A解析B、C、D选项是公理．２．（２0１３·广东）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）Ａ．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nＢ．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nＣ．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βＤ．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β答案D解析A中，m与n可垂直、可异面、可平行；B中m与n可平行、可异面；C中若α∥β，仍然满足m⊥n，m⊂α，n⊂β，故C错误；故D正确．３．（２0１３·山东）已知三棱柱ABC—A１B１C１的侧棱与底面垂直，体积为错误!，底面是边长为错误!的正三角形．若P为底面A１B１C１的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!答案B解析如图所示：S ABC＝错误!×错误!×错误!×sin 60°＝错误!.∴VABC—A１B１C１＝S ABC×OP＝错误!×OP＝错误!，∴OP＝错误!.又OA＝错误!×错误!×错误!＝１，∴tan∠OAP＝错误!＝错误!，又0<∠OAP<错误!，∴∠OAP＝错误!.４．（２0１２·安徽）设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的（）Ａ．充分不必要条件Ｂ．必要不充分条件Ｃ．充分必要条件Ｄ．既不充分也不必要条件答案A解析当α⊥β时，由于α∩β＝m，b⊂β，b⊥m，由面面垂直的性质定理知，b⊥α.又∵a⊂α，∴b⊥a.∴“α⊥β”是“a⊥b”的充分条件．而当a⊂α且a∥m时，∵b⊥m，∴b⊥a.而此时平面α与平面β不一定垂直，∴“α⊥β”不是“a⊥b”的必要条件，故选Ａ．５．（２0１３·浙江）在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B＝fπ（A）．设α、β是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q１＝fβ[fα（P）]，Q２＝fα[fβ（P）]，恒有PQ１＝PQ２，则（）Ａ．平面α与平面β垂直Ｂ．平面α与平面β所成的（锐）二面角为４５°Ｃ．平面α与平面β平行Ｄ．平面α与平面β所成的（锐）二面角为60°答案A解析本题关键是理解B＝fπ（A）的含义．若平面α与平面β不垂直．在其中一个平面α上取一点P.则PQ１≠PQ２.所以平面α与平面β垂直，故选Ａ．题型一空间点、线、面的位置关系例１对于四面体ABCD，下列命题正确的是________（写出所有正确命题的编号）．１相对棱AB与CD所在的直线是异面直线；２由顶点A作四面体的高，其垂足是△BCD三条高线的交点；３若分别作△ABC和△ABD的边AB上的高，则这两条高的垂足重合；４任何三个面的面积之和都大于第四个面的面积；５分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点．审题破题可以画出四面体ABCD的直观图，根据图形分析点、线、面的位置关系．答案１４５解析若AB与CD共面，ABCD就成了平面图形，故１对；若垂足为△BCD高线的交点，必推出对棱垂直，故２错；只有当以AB为底的三角形是等腰三角形时，垂足才能重合，故３错；设垂足为O，过O作OE⊥CD于E，连接AE，则OE<AE.∴S△COD＝错误!CD·OE<S△ACD＝错误!CD·AE.同理可得S△ABD>S△BOD，S△ABC>S△BOC，∴S △ACD＋S△ABC＋S△ABD>S△BCD.故４对．如图，点E、F、G、H、M、N为各边中点，这样可得到▱EFGH和▱ENGM它们的对角线EG和FH互相平分，EG和MN也互相平分．因此，三条线段EG，FH，MN交于一点，故５对．反思归纳准确画出相应的几何体，结合该几何体来研究各命题的真假．若判定一个命题为假，只需举一反例（特殊状态、特殊位置、特殊图形）即可．有时用反证法来判断也可以．１m⊂α，l∩α＝A，A∉m，则l与m不共面；２l、m是异面直线，l∥α，m∥α，且n⊥l，n⊥m，则n⊥α；３若l⊂α，m⊂α，l∩m＝A，l∥β，m∥β，则α∥β；４若l∥α，m∥β，α∥β，则l∥m.其中假命题的序号是__________．答案４解析命题１可用反证法证明成立；命题２利用线面平行的性质，过l、m分别作平面γ、δ交平面α于l′，n′，易知n⊥l′，n⊥m′且m′，n′相交，故n⊥α；命题３即为面面平行的判定定理；命题４中l，m可以平行、相交，也可以异面．（２）若P是两条异面直线l，m外的任意一点，则下列命题中假命题的序号是________．１过点P有且仅有一条直线与l，m都平行；２过点P有且仅有一条直线与l，m都垂直；３过点P 有且仅有一条直线与l，m都相交；４过点P有且仅有一条直线与l，m都异面．答案１３４解析可以利用模型进行判断．题型二平行关系与垂直关系例２在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E、G、F分别为MB、PB、PC的中点，且AD＝PD＝２MA.（１）求证：平面EFG∥平面PMA；（２）求证：平面EFG⊥平面PDC；（３）求三棱锥P—MAB与四棱锥P—ABCD的体积之比．审题破题（１）证明EG、FG都平行于平面PMA.（２）证明GF⊥平面PDC.（３）设MA为１，从而其他边的长度都可表示，问题可求解．（１）证明∵E、G、F分别为MB、PB、PC的中点，∴EG∥PM，GF∥BC.又∵四边形ABCD是正方形，∴BC∥AD，∴GF∥AD.∵EG、GF在平面PMA外，PM、AD在平面PMA内，∴EG∥平面PMA，GF∥平面PMA.又∵EG、GF都在平面EFG内且相交，∴平面EFG∥平面PMA.（２）证明由已知MA⊥平面ABCD，PD∥MA，∴PD⊥平面ABCD.又BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC.∵四边形ABCD为正方形，∴BC⊥DC.又PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC.在△PBC中，∵G、F分别为PB、PC的中点，∴GF∥BC，∴GF⊥平面PDC.又GF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面PDC.（３）解∵PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，不妨设MA＝１，则PD＝AD＝２．∵DA⊥平面MAB，且PD∥MA，∴DA即为点P到平面MAB的距离，∴V P—MAB∶V P—ABCD＝错误!S△MAB·DA∶错误!S正方形ABCD·PD＝S△MAB∶S正方形ABCD＝错误!∶（２×２）＝１∶４．反思归纳垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：（１）证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．（２）证明线线垂直常用的方法：１利用等腰三角形底边中线即高线的性质；２勾股定理；３线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.变式训练２（２0１３·北京）如图，在四棱锥P—ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝２AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD.E和F分别为CD、PC的中点．求证：（１）PA⊥底面ABCD；（２）BE∥平面PAD；（３）平面BEF⊥平面PCD.证明（１）平面PAD∩平面ABCD＝AD.又平面PAD⊥平面ABCD，且PA⊥AD.∴PA⊥底面ABCD.（２）∵AB∥CD，CD＝２AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴ABED为平行四边形．∴BE∥AD.又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.（３）∵AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形．∴BE⊥CD，AD⊥CD.由（１）知PA⊥底面ABCD，则PA⊥CD，∴CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD，又E、F分别为CD、CP的中点，∴EF∥PD，故CD⊥EF.由EF，BE在平面BEF内，且EF∩BE＝E，∴CD⊥平面BEF.∴平面BEF⊥平面PCD.题型三空间线面关系的综合问题例３如图所示，四边形ABCD为矩形，AD⊥平面ABE，AE＝EB＝BC，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.（１）求证：AE⊥BE；（２）设M在线段AB上，且满足AM＝２MB，试在线段CE上确定一点N，使得MN∥平面DAE.审题破题（１）通过线面垂直证明线线垂直．（２）这是一道探索性问题，先确定点N的位置，再进行证明．要注意解题的方向性，通过寻找到的条件，证明MN∥平面DAE成立．（１）证明∵AD⊥平面ABE，AD∥BC，∴BC⊥平面ABE，∵AE⊂平面ABE，∴AE⊥BC.又∵BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，∴AE⊥BF，∵BC∩BF＝B，∴AE⊥平面BCE，又BE⊂平面BCE，∴AE⊥BE.（２）解在△ABE中过M点作MG∥AE交BE于G点，在△BEC中过G点作GN∥BC交EC于N点，连接MN，则由比例关系易得CN＝错误!CE.∵MG∥AE，MG⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，∴MG∥平面ADE.同理，GN∥平面ADE.又∵GN∩MG＝G，∴平面MGN∥平面ADE.又MN⊂平面MGN，∴MN∥平面ADE.∴N点为线段CE上靠近C点的一个三等分点．反思归纳解决探究某些点或线的存在性问题，一般方法是先研究特殊点（中点、三等分点等）、特殊位置（平行或垂直），再证明其符合要求，一般来说是与平行有关的探索性问题常常寻找三角形的中位线或平行四边形．变式训练３（２0１３·浙江）如图，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB＝BC＝２，AD＝CD ＝错误!，PA＝错误!，∠ABC＝１２0°.G为线段PC上的点．（１）证明：BD⊥平面APC；（２）若G为PC的中点，求DG与平面APC所成角的正切值；（３）若G满足PC⊥平面BGD，求错误!的值．（１）证明设点O为AC、BD的交点．由AB＝BC，AD＝CD，得BD是线段AC的中垂线．所以O为AC的中点，BD⊥AC.又因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，且AC∩PA＝A.所以BD⊥平面APC.（２）解连接OG.由（１）可知OD⊥平面APC，则DG在平面APC内的射影为OG，所以∠OGD是DG与平面APC所成的角．由题意得OG＝错误!PA＝错误!.在△ABC中，AC＝错误!＝２错误!.所以OC＝错误!AC＝错误!.在Rt△OCD中，OD＝错误!＝２．在Rt△OGD中，tan∠OGD＝错误!＝错误!.所以DG与平面APC所成角的正切值为错误!.（３）解连接OG.因为PC⊥平面BGD，OG⊂平面BGD，所以PC⊥OG.在Rt△PAC中，得PC＝错误!.所以GC＝错误!＝错误!.从而PG＝错误!，所以错误!＝错误!.典例（１４分）如图，在△ABC中，∠B＝错误!，AB＝BC＝２，P为AB边上一动点，PD∥BC交AC于点D，现将△PDA沿PD翻折至△PDA′，使平面PDA′⊥平面PBCD.（１）当棱锥A′—PBCD的体积最大时，求PA的长．（２）若点P为AB的中点，E为A′C的中点，求证：A′B⊥DE.规范解答（１）解令PA＝x（0<x<２），则A′P＝PD＝x，BP＝２—x.因为A′P⊥PD，且平面A′PD⊥平面PBCD，故A′P⊥平面PBCD.所以V A′—PBCD＝错误!Sh＝错误!（２—x）（２＋x）x＝错误!（４x—x３）．令f（x）＝错误!（４x—x３），[４分]由f′（x）＝错误!（４—３x２）＝0，得x＝错误!（负值舍去）．[５分]当x∈错误!时，f′（x）>0，f（x）单调递增；当x∈错误!时，f′（x）<0，f（x）单调递减．[7分]所以当x＝错误!时，f（x）取得最大值．故当V A′—PBCD最大时，PA＝错误!. [8分]（２）证明设F为A′B的中点，如图所示，连接PF，FE，则有EF綊错误!BC，PD綊错误!BC. [１１分]所以EF綊PD.所以四边形EFPD为平行四边形．所以DE∥PF.又A′P＝PB，所以PF⊥A′B，故DE⊥A′B. [１４分]评分细则（１）从已知条件得到A′P⊥平面PBCD，得２分；（２）f（x）的单调区间写成闭区间不扣分；少一个区间扣１分；（３）辅助线没有按要求画出或实虚错误扣１分．阅卷老师提醒（１）解决折叠问题的关键是搞清翻折前后哪些位置关系和数量关系改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口．（２）把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决．１若a∥M，b∥M，则a∥b；２若a∥M，b⊥M，则a⊥b；３若a∥b，b∥M，则a∥M；４若a⊥M，a∥N，则M⊥N.其中正确命题的个数为（）Ａ．0 Ｂ．１Ｃ．２Ｄ．３答案C解析１中a与b可以相交或平行或异面，故１错．３中a可能在平面M内，故３错，故选Ｃ．２．下列命题中，m、n表示两条不同的直线，α、β、γ表示三个不同的平面．１若m⊥α，n∥α，则m⊥n；２若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；３若m∥α，n∥α，则m∥n；４若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ.正确的命题是（）Ａ．１３Ｂ．２３Ｃ．１４Ｄ．２４答案C解析２平面α与β可能相交，３中m与n可以是相交直线或异面直线．故２３错，选Ｃ．３．（２0１２·四川）下列命题正确的是（）Ａ．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行Ｂ．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行Ｃ．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行Ｄ．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行答案C解析A错误，如圆锥的任意两条母线与底面所成的角相等，但两条母线相交；B错误，△ABC的三个顶点中，A、B在α的同侧，而点C在α的另一侧，且AB平行于α，此时可有A、B、C三点到平面α距离相等，但两平面相交；D错误，如教室中两个相邻墙面都与地面垂直，但这两个面相交，故选Ｃ．４．如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝４５°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD 折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A—BCD，则在三棱锥A—BCD中，下列命题正确的是（）Ａ．平面ABD⊥平面ABCＢ．平面ADC⊥平面BDCＣ．平面ABC⊥平面BDCＤ．平面ADC⊥平面ABC答案D解析由题意知，在四边形ABCD中，CD⊥BD.在三棱锥A—BCD中，平面ABD⊥平面BCD，两平面的交线为BD，所以CD⊥平面ABD，因此有AB⊥CD.又因为AB⊥AD，AD∩DC＝D，所以AB⊥平面ADC，于是得到平面ADC⊥平面ABC.５．如图，在正方体ABCD—A１B１C１D１中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D１D的中点，N是A１B１上的动点，则直线NO、AM的位置关系是（）Ａ．平行Ｂ．相交Ｃ．异面垂直Ｄ．异面不垂直答案C解析易证ON在平面A１ADD１上的射影与AM垂直，进而可证得ON⊥AM.１α⊥γ，β⊥γ⇒α⊥β；２α⊥γ，β∥γ⇒α⊥β；３l∥α，l⊥β⇒α⊥β.其中正确的有________．答案２３解析正方体中一个对角面和一个侧面都与底面垂直，但这两个面不垂直，故命题１不正确；若α⊥γ，在平面α内作平面α与平面γ的交线的垂线m，根据面面垂直的性质定理，m⊥γ，又β∥γ，故m⊥β，这样平面α过平面β的一条垂直，故α⊥β，命题２正确；过直线l作平面δ交平面α于直线n，根据线面平行的性质定理，l∥n，又l⊥β，故n⊥β，这样平面α就过平面β的一条垂线，故α⊥β，故命题３正确．专题限时规范训练一、选择题１．若平面α∥平面β，直线a⊂α，点B∈β，则在β内过点B的所有直线中（）Ａ．不一定存在与a平行的直线Ｂ．只有两条与a平行的直线Ｃ．存在无数条与a平行的直线Ｄ．存在唯一与a平行的直线答案D解析由直线a与B确定的平面与β有唯一交线．故存在唯一与a平行的直线．２．设m，n为两条直线，α，β为两个平面，则下列四个命题中，正确的命题是（）Ａ．若m⊂α，n⊂α，且m∥β，n∥β，则α∥βＢ．若m∥α，m∥n，则n∥αＣ．若m∥α，n∥α，则m∥nＤ．若m，n为两条异面直线，且m∥α，n∥α，m∥β，n∥β，则α∥β答案D解析选项A中的直线m、n可能不相交；选项B中直线n可能在平面α内；选项C中直线m，n 的位置可能是平行、相交或异面．故选Ｄ．３．下列命题中错误的是（）Ａ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βＢ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βＣ．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γＤ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β答案D解析两个平面α，β垂直时，设交线为l，则在平面α内与l平行的直线都平行于平面β，故A正确；如果平面α内存在直线垂直于平面β，那么由面面垂直的判定定理知α⊥β，故B正确；两个平面都与第三个平面垂直时，易证交线与第三个平面垂直，故C正确；两个平面α，β垂直时，平面α内与交线平行的直线与β平行，故D错误．４．正方体ABCD—A１B１C１D１中，E是棱AB上的动点，则直线A１D与直线C１E所成的角等于（）Ａ．60° Ｂ．90°Ｃ．３0° Ｄ．随点E的位置而变化答案B解析在正方体中，显然有A１D⊥AB，A１D⊥AD１，所以A１D⊥面AD１C１B，又C１E⊂面AD１C１B，故A１D⊥C１E.故选Ｂ．５．如图，若Ω是长方体ABCD—A１B１C１D１被平面EFGH截去几何体EB１F—HC１G所得到的几何体，其中E为线段A１B１上异于B１的点，F为线段BB１上异于B１的点，且EH∥A１D１，则下列结论中不正确的是（）Ａ．EH∥FGＢ．四边形EFGH是矩形Ｃ．Ω是棱柱Ｄ．Ω是棱台答案D解析A中，∵EH∥A１D１，∴EH∥BC，∴EH∥平面BCC１B１.又过EH的平面EFGH与平面BCC１B１交于FG，∴EH∥FG.故A成立．B中，易得四边形EFGH为平行四边形，∵BC⊥平面ABB１A１，∴BC⊥EF，即FG⊥EF.∴四边形EFGH为矩形．故B正确．C中可将Ω看作以A１EFBA和D１DCGH为上下底面，以AD为高的棱柱．故C正确．6．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD的中点，AC∩EF＝G.现在沿AE、EF、FA把这个正方形折成一个四面体，使B、C、D三点重合，重合后的点记为P，则在四面体P—AEF中必有（）Ａ．AP⊥△PEF所在平面Ｂ．AG⊥△PEF所在平面Ｃ．EP⊥△AEF所在平面Ｄ．PG⊥△AEF所在平面答案A解析在折叠过程中，AB⊥BE，AD⊥DF保持不变．∴错误!⇒AP⊥面PEF.7．已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m⊥β”的（）Ａ．充分不必要条件Ｂ．必要不充分条件Ｃ．充要条件Ｄ．既不充分也不必要条件答案B解析由平面与平面垂直的判定定理知，如果m为平面α内的一条直线，m⊥β，则α⊥β，反过来则不一定．所以“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件．１若m⊂α，n∥α，则m∥n；２若m∥α，m∥β，则α∥β；３若m⊥α，m⊥n，则n∥α；４若m⊥α，m⊥β，则α∥β.其中真命题的个数是（）Ａ．１个Ｂ．２个Ｃ．３个Ｄ．４个答案A解析１２３不成立，故选Ａ．二、填空题9．如图，正方体ABCD—A１B１C１D１中，AB＝２，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB１C，则线段EF的长度等于______．答案错误!解析由于在正方体ABCD—A１B１C１D１中，AB＝２，∴AC＝２错误!.又E为AD的中点，EF∥平面AB１C，EF⊂平面ADC，平面ADC∩平面AB１C＝AC，∴EF∥AC，∴F为DC的中点，∴EF＝错误!AC＝错误!.１0．如图所示，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H分别为DE，AF的中点，将△ABC 沿DE，EF，DF折成正四面体PDEF（点A、B、C重合后记为P），则四面体中异面直线PG与DH所成角的余弦值为________．答案错误!解析折成的正四面体如图所示，连接HE，取HE的中点K，连接GK，PK，则GK∥DH，故∠PGK即为所求的异面直线所成角或其补角．设这个正四面体的棱长为２，在△PGK中，PG＝错误!，GK＝错误!，PK＝错误!＝错误!，故cos∠PGK＝错误!＝错误!.即异面直线PG与DH所成的角的余弦值是错误!.１PA∥平面MOB；２MO∥平面PAC；３OC⊥平面PAC；４平面PAC⊥平面PBC.其中正确的命题是________（填上所有正确命题的序号）．答案２４解析１错误，PA⊂平面MOB；２正确；３错误，否则，有OC⊥AC，这与BC⊥AC矛盾；４正确，因为BC⊥平面PAC.１２．已知正三棱锥P—ABC，点P，A，B，C都在半径为错误!的球面上，若PA，PB，PC两两相互垂直，则球心到截面ABC的距离为________．答案错误!解析如图，作PM⊥面ABC，设PA＝a，则AB＝错误!a，CM＝错误!a，PM＝错误!a.设球的半径为R，所以错误!２＋错误!２＝R２，将R＝错误!代入上式，解得a＝２，所以d＝错误!—错误!错误!＝错误!.三、解答题１３．（２0１３·江苏）如图，在三棱锥S—ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证：（１）平面EFG∥平面ABC；（２）BC⊥SA.证明（１）由AS＝AB，AF⊥SB知F为SB的中点，则EF∥AB，FG∥BC，又EF∩FG＝F，因此平面EFG∥平面ABC.（２）由平面SAB⊥平面SBC，且AF⊥SB，知AF⊥平面SBC，则AF⊥BC.又BC⊥AB，AF∩AB＝A，则BC⊥平面SAB，又SA⊂平面SAB，因此BC⊥SA.１４．如图所示，在直三棱柱ABC—A１B１C１中，AC⊥BC.（１）求证：平面AB１C１⊥平面AC１；（２）若AB１⊥A１C，求线段AC⊥AA１长度之比；（３）若D是棱CC１的中点，问在棱AB上是否存在一点E，使DE∥平面AB１C１？若存在，试确定点E的位置；若不存在，请说明理由．（１）证明由于ABC—A１B１C１是直三棱柱，所以B１C１⊥CC１.又因为AC⊥BC，所以B１C１⊥A１C１，又CC１∩A１C１＝C１，所以B１C１⊥平面AC１.由于B１C１⊂平面AB１C１，从而平面AB１C１⊥平面AC１.（２）解由（１）知，B１C１⊥A１C.所以，若AB１⊥A１C，则可得：A１C⊥平面AB１C１，从而A１C⊥AC１.由于ACC１A１是矩形，故AC与AA１长度之比为１∶１．（３）解点E位于AB的中点时，能使DE∥平面AB１C１.设F是BB１的中点，连接DF、EF、DE.则易证：平面DEF∥平面AB１C１，从而DE∥平面AB１C１.。

专题五解析几何直线与圆教学课件2021届新高考数学二轮复习

故|MA|·|MB|≤225(当且仅当|MA|＝|MB|＝5 2 2时取“＝”).
答案
(1)A
25 (2) 2
探究提高 1.求解两条直线平行的问题时，在利用A1B2－A2B1＝0建立方程求出参数的值后，要注意代入检验，排除两条直线重合的可能性. 2.求直线方程时应根据条件选择合适的方程形式利用待定系数法求解，同时要考虑直线斜率不存在的情况是否符合题意.
【例 2】 (1)(2020·石家庄模拟)古希腊数学家阿波罗尼斯在其巨著《圆锥曲线论》中
提出“在同一平面上给出三点，若其中一点到另外两点的距离之比是一个大于零且
不等于 1 的常数，则该点轨迹是一个圆”.现在，某电信公司要在甲、乙、丙三地搭
建三座 5G 信号塔来构建一个特定的三角形信号覆盖区域，以实现 5G 商用，已知甲、
解析 (1)由题意知m(1＋m)－2×1＝0，解得m＝1或－2，当m＝－2时，两直线重合，舍去；当m＝1时，满足两直线平行，所以m＝1.
(2)由题意可知，直线 l1：kx－y＋4＝0 经过定点 A(0，4)，直线 l2：x＋ky－3＝0 经过定点 B(3，0)，注意到直线 l1：kx－y＋4＝0 和直线 l2：x＋ky－3＝0 始终垂直，点 M 又是两条直线的交点，则有 MA⊥MB，所以|MA|2＋|MB|2＝|AB|2＝25.
热点三直线(圆)与圆的位置关系
角度 1 圆的切线问题
【例 3】 (1)(2020·全国Ⅲ卷)若直线 l 与曲线 y＝ x和圆 x2＋y2＝15都相切，则 l 的方程
为( ) A.y＝2x＋1
B.y＝2x＋12
C.y＝12x＋1
D.y＝12x＋12
(2)(多选题)在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－4x＝0.若直线y＝k(x＋1)

高三数学二轮复习教学计划和目标(精选10篇)

高三数学二轮复习教学计划和目标（精选10篇）高三数学二轮复习教学方案和目标（精选10篇）相对高考其他学科，数学学科命题考查特别全面，所以大家在复习的时候要做好复习方案，下面是我整理的关于高三数学二轮复习教学方案的内容，欢迎阅读借鉴！高三数学二轮复习教学方案和目标精选篇1本学期我所任教的是高三2个班的数学课和高一2个班级的数学课，另外任数学教研组组长工作。

牢记我校总体思想：立足生存，办出特色，谋求进展。

兼顾“两条腿走路”原则。

连续加强学校的师德要求：爱岗敬业，为人师表，转变观念，树立服务意识，以面对职业教育和学校当前所面临的转型过渡时期。

进行自我提高，虚心学习，仔细总结阅历。

根据学校要求针对高三教学制定方案如下：本学期的对口升学工作的形势特别严峻，也会特别残酷。

通过张校长的分析，使得我更加清晰地熟悉到了这一点，同时教务处也做出了周密的支配，我们应紧紧围绕这个主题而努力。

通过侧面了解及半年来的了解，这些同学的成果参差不齐，而且缺少拔尖人才，同学学习习惯不好，上进心不是很强，基础较差。

面对这样的同学，如何提高他们的学习爱好和促使他们鉴定信念，是一件特别重要的工作。

为了提高效率，应当对他们实行强化手段，进行强化训练，压缩了第一轮复习时间，分阶段复习训练已经开头。

本学期将在完成分阶段复习之后，并进行备考冲刺训练，靠近高考提示并适当提高一点难度，进行查缺补漏，不断提高。

时间特别紧急，要面对现状，要客服一切困难，加大力度，提高效率，为今年的高考工作做好比较充分的预备。

分阶段强化训练主要是教材和高考复习资料中的重点题型，整理成试题篇的形式，共9套，课后由同学自行完成，课上精讲，强调高考中常见问题，加以分析，积累解题阅历，形成比较完整的学问力量体系。

全程大约需要20课时，依据同学详细接受状况适当调整，尽量压缩，以给后面复习让出时间。

模拟冲刺阶段主要借助于高考原题和积累整理的10套模拟题进行综合训练和模拟冲刺，同时观看同学存在的问题对同学进行必要的辅导，尽可能促进同学综合力量的提高。

2021届高考数学二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的热点问题学案理

第3讲圆锥曲线中的热点问题高考定位 1.圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考察，往往作为试卷的压轴题之一；2.以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题.对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考察.真题感悟1.(2021·浙江卷)点P (0，1)，椭圆x 24＋y 2＝m (m >1)上两点A ，B 满足AP →＝2PB →，那么当m ＝________时，点B 横坐标的绝对值最大.解析设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由AP →＝2PB →，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＝2x 2，1－y 1＝2〔y 2－1〕，即x 1＝－2x 2，y 1＝3－2y 2.因为点A ，B 在椭圆上，所以⎩⎪⎨⎪⎧4x 224＋〔3－2y 2〕2＝m ，x 224＋y 22＝m ，得y 2＝14m ＋34，所以x 22＝m －(3－2y 2)2＝－14m 2＋52m －94＝－14(m －5)2＋4≤4，所以当m ＝5时，点B 横坐标的绝对值最大，最大值为2. 答案 52.(2021·北京卷)抛物线C ：y 2＝2px 经过点P (1，2).过点Q (0，1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线PA 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N . (1)求直线l 的斜率的取值范围；(2)设O 为原点，QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，求证：1λ＋1μ为定值.(1)解因为抛物线y 2＝2px 过点(1，2)，所以2p ＝4，即pC 的方程为y 2＝4x . 由题意知，直线l 的斜率存在且不为0. 设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0).由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋1得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0.依题意Δ＝(2k －4)2－4×k 2×1>0，解得k <1，又因为k ≠0，故k <0或0<k <1. 又PA ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点(1，－2). 从而k ≠－3.所以直线l 斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1). (2)证明设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2). 由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝1k2.直线PA 的方程为y －2＝y 1－2x 1－1(x －1).令x ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－y 1＋2x 1－1＋2＝－kx 1＋1x 1－1＋2.同理得点N 的纵坐标为y N ＝－kx 2＋1x 2－1＋2. 由QM →＝λQO →，QN →＝μQO →得λ＝1－y M ，μ＝1－y N . 所以1λ＋1μ＝11－y M ＋11－y N ＝x 1－1〔k －1〕x 1＋x 2－1〔k －1〕x 2＝1k －1·2x 1x 2－〔x 1＋x 2〕x 1x 2＝1k －1·2k 2＋2k －4k 21k 2＝2. 所以1λ＋1μ＝2为定值.3.(2021·全国Ⅰ卷)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，四点P 1(1，1)，P 2(0，1)，P 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，P 4⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上. (1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，BP 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点.(1)解由于点P 3，P 4关于y 轴对称，由题设知C 必过P 3，P 4.又由1a 2＋1b 2>1a 2＋34b 2知，椭圆C不经过点P 1，所以点P 2在椭圆C 上.因此⎩⎪⎨⎪⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.故C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2. 如果直线l 的斜率不存在，l 垂直于x 轴. 设l ：x ＝m ，A (m ，y A )，B (m ，－y A )，k 1＋k 2＝y A －1m ＋－y A －1m ＝－2m＝－1，得m ＝2，此时l 过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足. 从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1).将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，那么x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.那么k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2 ＝2kx 1x 2＋〔m －1〕〔x 1＋x 2〕x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0. ∴(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km4k 2＋1＝0.解之得m ＝－2k －1，此时Δ＝32(m ＋1)>0，方程有解， ∴当且仅当m >－1时，Δ>0，∴直线l 的方程为y ＝kx －2k －1，即y ＋1＝k (x －2). 所以l 过定点(2，－1).考点整合1.圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解.温馨提醒圆锥曲线上点的坐标是有范围的，在涉及到求最值或范围问题时注意坐标范围的影响.2.定点、定值问题(1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不管参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题.假设得到了直线方程的点斜式：y －y 0＝k (x －x 0)，那么直线必过定点(x 0，y 0)；假设得到了直线方程的斜截式：y ＝kx ＋m ，那么直线必过定点(0，m ).(2)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等根本量和动点坐标或动直线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题. 3.存在性问题的解题步骤：(1)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). (2)解此方程(组)或不等式(组)，假设有解那么存在，假设无解那么不存在. (3)得出结论.热点一圆锥曲线中的最值、范围【例1】 (2021·西安质检)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝32，直线x ＋3y －1＝0被以椭圆C 的短轴为直径的圆截得的弦长为 3. (1)求椭圆C 的方程；(2)过点M (4，0)的直线l 交椭圆于A ，B 两个不同的点，且λ＝|MA |·|MB |，求λ的取值范围.解 (1)原点到直线x ＋3y －1＝0的距离为12，由题得⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝b 2(b >0)，解得b ＝1.又e 2＝c 2a 2＝1－b 2a 2＝34，得a ＝2.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)当直线l 的斜率为0时，λ＝|MA |·|MB |＝12.当直线l 的斜率不为0时，设直线l ：x ＝my ＋4，点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋4，x 24＋y 2＝1，消去x 得(m 2＋4)y 2＋8my ＋12＝0. 由Δ＝64m 2－48(m 2＋4)>0，得m 2>12，所以y 1y 2＝12m 2＋4. λ＝|MA |·|MB |＝m 2＋1|y 1|·m 2＋1|y 2|＝(m 2＋1)|y 1y 2|＝12〔m 2＋1〕m 2＋4＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－3m 2＋4. 由m 2>12，得0<3m 2＋4<316，所以394<λ<12.综上可得：394<λ≤12，即λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤394，12. 探究提高求圆锥曲线中范围、最值的主要方法：(1)几何法：假设题目中的条件和结论能明显表达几何特征和意义，那么考虑利用图形性质数形结合求解.(2)代数法：假设题目中的条件和结论能表达一种明确的函数关系，或者不等关系，或者参数与新参数之间的等量关系等，那么利用代数法求参数的范围. 【训练1】 (2021·浙江卷)如图，点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2＝4x 上存在不同的两点A ，B 满足PA ，PB 的中点均在C 上. (1)设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；(2)假设P 是半椭圆x 2＋y 24＝1(x <0)上的动点，求△PAB 面积的取值范围.(1)证明设P (x 0，y 0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 21，y 1，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 22，y 2. 因为PA ，PB 的中点在抛物线上，所以y 1，y 2为方程⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋y 022＝4·14y 2＋x 02，即y 2－2y 0y ＋8x 0－y 20＝0的两个不同的实根. 所以y 1＋y 2＝2y 0，因此，PM 垂直于y 轴.(2)解由(1)可知⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝2y 0，y 1y 2＝8x 0－y 20，所以|PM |＝18(y 21＋y 22)－x 0＝34y 20－3x 0，|y 1－y 2|＝22〔y 20－4x 0〕.因此，△PAB 的面积S △PAB ＝12|PM |·|y 1－y 2|＝324(y 20－4x 0)32.因为x 2＋y 204＝1(x 0<0)，所以y 20－4x 0＝－4x 20－4x 0＋4∈[4，5]，因此，△PAB 面积的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤62，15104.热点二定点、定值问题考法1 圆锥曲线中的定值【例2－1】 (2021·烟台二模)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦距为23，斜率为12的直线与椭圆交于A ，B 两点，假设线段AB 的中点为D ，且直线OD 的斜率为－12.(1)求椭圆C 的方程；(2)假设过左焦点F 斜率为k 的直线l 与椭圆交于M ，N 两点，P 为椭圆上一点，且满足OP ⊥MN ，问：1|MN |＋1|OP |2是否为定值？假设是，求出此定值；假设不是，说明理由.解 (1)由题意可知c ＝3，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，那么x 21a 2＋y 21b 2＝1，x 22a 2＋y 22b2＝1，两式相减并整理得，y 1－y 2x 1－x 2·y 1＋y 2x 1＋x 2＝－b 2a 2，即k AB ·k OD ＝－b 2a2.又因为k AB ＝12，k OD ＝－12，代入上式得，a 2＝4b 2.又a 2＝b 2＋c 2，c 2＝3，所以a 2＝4，b 2＝1，故椭圆的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意可知，F (－3，0)，当MN 为长轴时，OP 为短半轴，那么1|MN |＋1|OP |2＝14＋1＝54，否那么，可设直线l 的方程为y ＝k (x ＋3)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝k 〔x ＋3〕，消y 得，(1＋4k 2)x 2＋83k 2x ＋12k 2－4＝0，那么有x 1＋x 2＝－83k 21＋4k 2，x 1x 2＝12k 2－41＋4k 2，所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 1| ＝1＋k2⎝ ⎛⎭⎪⎫－83k 21＋4k 22－4⎝ ⎛⎭⎪⎫12k 2－41＋4k 2＝4＋4k 21＋4k 2，设直线OP 方程为y ＝－1kx ，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝－1k x ，根据对称性不妨令P ⎝⎛⎭⎪⎫－2kk 2＋4，2k 2＋4，所以|OP |＝⎝⎛⎭⎪⎫－2kk 2＋42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋42＝4＋4k2k 2＋4. 故1|MN |＋1|OP |2＝1＋4k24＋4k2＋1⎝⎛⎭⎪⎫4＋4k 2k 2＋42＝1＋4k 24＋4k 2＋k 2＋44＋4k 2＝54，综上所述，1|MN |＋1|OP |2为定值54.探究提高 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.定值问题求解的根本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.【训练2】椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1过点A (2，0)，B (0，1)两点.(1)求椭圆C 的方程及离心率；(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值.(1)解由题意知a ＝2，b x 24＋y 2＝1，又c ＝a 2－b 2＝ 3.所以椭圆离心率e ＝c a ＝32. (2)证明设P 点坐标为(x 0，y 0)(x 0＜0，y 0＜0)，那么x 20＋4y 20＝4，由B 点坐标(0，1)得直线PB 方程为：y －1＝y 0－1x 0(x －0)，令y ＝0，得x N ＝x 01－y 0，从而|AN |＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1，由A 点坐标(2，0)得直线PA 方程为y －0＝y 0x 0－2(x －2)，令x ＝0，得y M ＝2y 02－x 0，从而|BM |＝1－y M ＝1＋2y 0x 0－2，所以S 四边形ABNM ＝12|AN |·|BM |＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x 0y 0－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2y 0x 0－2 ＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋42〔x 0y 0－x 0－2y 0＋2〕＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2. 即四边形ABNM 的面积为定值2. 考法2 圆锥曲线中的定点问题【例2－2】 (2021·衡水中学质检)两点A (－2，0)，B (2，0)，动点P 在y 轴上的投影是Q ，且2PA →·PB →＝|PQ →|2. (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过F (1，0)作互相垂直的两条直线交轨迹C 于点G ，H ，M ，N ，且E 1，E 2分别是GH ，MN 的中点.求证：直线E 1E 2恒过定点.(1)解设点P 坐标为(x ，y )，∴点Q 坐标为(0，y ). ∵2PA →·PB →＝|PQ →|2，∴2[(－2－x )(2－x )＋y 2]＝x 2，化简得点P 的轨迹方程为x 24＋y 22＝1.(2)证明当两直线的斜率都存在且不为0时，设l GH ：y ＝k (x －1)，G (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)，l MN ：y ＝－1k (x －1)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y22＝1，y ＝k 〔x －1〕，消去y 得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0. 那么Δ>0恒成立.∴x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，且x 1x 2＝2k 2－42k 2＋1.∴GH 中点E 1坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k22k 2＋1，－k 2k 2＋1，同理，MN 中点E 2坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋2，k k 2＋2，∴kE 1E 2＝－3k2〔k 2－1〕， ∴lE 1E 2的方程为y ＝－3k 2〔k 2－1〕⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23，∴过点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0，当两直线的斜率分别为0和不存在时，lE 1E 2的方程为y ＝0，也过点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0，综上所述，lE 1E 2过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0. l 过定点问题.设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m ，0)CC 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.【训练3】曲线C ：y 2＝4x ，曲线M ：(x －1)2＋y 2＝4(x ≥1)，直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，O 为坐标原点.(1)假设OA →·OB →＝－4，求证：直线l 恒过定点；(2)假设直线l 与曲线M 相切，求PA →·PB →(点P 坐标为(1，0))的最大值. 解设l ：x ＝my ＋n ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2). 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋n ，y 2＝4x ，得y 2－4my －4n ＝0.∴y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4n . ∴x 1＋x 2＝4m 2＋2n ，x 1x 2＝n 2. (1)证明由OA →·OB →＝－4，得x 1x 2＋y 1y 2＝n 2－4n ＝－4，解得n ＝2. ∴直线l 方程为x ＝my ＋2， ∴直线l 恒过定点(2，0).(2)∵直线l 与曲线M ：(x －1)2＋y 2＝4(x ≥1)相切， ∴|1－n |1＋m2＝2，且n ≥3，整理得4m 2＝n 2－2n －3(n ≥3).① 又点P 坐标为(1，0)，∴由及①，得 PA →·PB →＝(x 1－1，y 1)·(x 2－1，y 2) ＝(x 1－1)(x 2－1)＋y 1y 2 ＝x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1＋y 1y 2 ＝n 2－4m 2－2n ＋1－4n ＝n 2－4m 2－6n ＋1＝4－4n .又y ＝4－4n (n ≥3)是减函数，∴当n ＝3时，y ＝4－4n 取得最大值－8. 故PA →·PB →的最大值为－8. 热点三圆锥曲线中的存在性问题【例3】 (2021·江南名校联考)设椭圆M ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为A (－1，0)，B (1，0)，C 为椭圆M 上的点，且∠ACB ＝π3，S △ABC ＝33.(1)求椭圆M 的标准方程；(2)设过椭圆M 右焦点且斜率为k 的动直线与椭圆M 相交于E ，F 两点，探究在x 轴上是否存在定点D ，使得DE →·DF →为定值？假设存在，试求出定值和点D 的坐标；假设不存在，请说明理由.解 (1)在△ABC 中，由余弦定理AB 2＝CA 2＋CB 2－2CA ·CB ·cos C ＝(CA ＋CB )2－3CA ·CB ＝4. 又S △ABC ＝12CA ·CB ·sin C ＝34CA ·CB ＝33，∴CA ·CB ＝43，代入上式得CA ＋CB ＝2 2.椭圆长轴2a ＝22，焦距2c ＝AB ＝2. 所以椭圆M 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)设直线方程y ＝k (x －1)，E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k 〔x －1〕，消去y 得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，Δ＝8k 2＋8>0， ∴x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－21＋2k2.假设x 轴上存在定点D (x 0，0)，使得DE →·DF →为定值. ∴DE →·DF →＝(x 1－x 0，y 1)·(x 2－x 0，y 2) ＝x 1x 2－x 0(x 1＋x 2)＋x 20＋y 1y 2＝x 1x 2－x 0(x 1＋x 2)＋x 20＋k 2(x 1－1)(x 2－1) ＝(1＋k 2)x 1x 2－(x 0＋k 2)(x 1＋x 2)＋x 20＋k 2＝〔2x 20－4x 0＋1〕k 2＋〔x 20－2〕1＋2k2要使DE →·DF →为定值，那么DE →·DF →的值与k 无关， ∴2x 20－4x 0＋1＝2(x 20－2)，解得x 0＝54，此时DE →·DF →＝－716为定值，定点为⎝ ⎛⎭⎪⎫54，0. 探究提高 1.此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.假设探究条件，那么可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立那么存在，不成立那么不存在；假设探究结论，那么应先求出结论的表达式，再针对其表达式进展讨论，往往涉及对参数的讨论.2.求解步骤：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，假设方程组有实数解，那么元素(点、直线、曲线或参数)存在，否那么，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.【训练4】椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，且过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，F 为其右焦点.(1)求椭圆C 的方程；(2)设过点A (4，0)的直线l 与椭圆相交于M ，N 两点(点M 在A ，N 两点之间)，是否存在直线l 使△AMF 与△MFN 的面积相等？假设存在，试求直线l 的方程；假设不存在，请说明理由.解 (1)因为c a ＝12，所以a ＝2c ，b ＝3c ，设椭圆方程x 24c 2＋y 23c2＝1，又点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆上，所以14c 2＋34c 2＝1，解得c 2＝1，a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)易知直线l 的斜率存在，设l 的方程为y ＝k (x －4)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 〔x －4〕，x 24＋y 23＝1，消去y 得(3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2－12＝0，由题意知Δ＝(32k 2)2－4(3＋4k 2)(64k 2－12)> 0，解得－12<k <12.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，那么x 1＋x 2＝32k23＋4k 2，①x 1x 2＝64k 2－123＋4k2.②因为△AMF 与△MFN 的面积相等，所以|AM |＝|MN |，所以2x 1＝x 2＋4.③ 由①③消去x 2得x 1＝4＋16k23＋4k2.④将x 2＝2x 1－4代入②，得x 1(2x 1－4)＝64k 2－123＋4k 2⑤将④代入到⑤式，整理化简得36k 2＝5. ∴k ＝±56，经检验满足题设故直线l 的方程为y ＝56(x －4)或y ＝－56(x －4).1.解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握：(1)从特殊开场，求出定值，再证明该值与变量无关：(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面别离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标.(1)几何法：假设题目的条件和结论能明显表达几何特征和意义，那么考虑利用图形性质来解决；(2)代数法：假设题目的条件和结论能表达一种明确的函数关系，那么可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值.(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，假设结论正确，那么存在；假设结论不正确，那么不存在.(2)策略：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.一、选择题x 2λ－y 21－λ＝1(0<λ<1)的离心率e ∈(1，2)，那么实数λ的取值范围为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 B.(1，2) C.(1，4)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1解析易c ＝1，a ＝λ，且e ∈(1，2)，∴1<1λ<2，得14<λ<1.答案 DP 为抛物线y ＝2x 2上的动点，F 为抛物线的焦点，那么|PF |的最小值为( )A.2B.12C.14D.18解析根据题意，抛物线y ＝2x 2上，设P 到准线的距离为d ，那么有|PF |＝d ，抛物线的方程为y ＝2x 2，即x 2＝12y ，其准线方程为y ＝－18，∴当点P 在抛物线的顶点时，d 有最小值18，即|PF |min ＝18.答案 D3.(2021·北京东城区调研)圆M ：(x －2)2＋y 2＝1经过椭圆C ：x 2m ＋y 23＝1的一个焦点，圆M与椭圆C 的公共点为A ，B ，点P 为圆M 上一动点，那么P 到直线AB 的距离的最大值为( ) 10－5 10－4 10－1110－10解析易知圆M 与x 轴的交点为(1，0)，(3，0)，∴m －3＝1或m －3＝9，那么m ＝4或mm ＝12时，圆M 与椭圆C 无交点，舍去.∴m ⎩⎪⎨⎪⎧〔x －2〕2＋y 2＝1，x 24＋y 23＝1，得x 2－16x ＋24＝0.∵x ≤2，∴x ＝8－210.故点P 到直线AB 距离的最大值为3－(8－210)＝210－5. 答案 A4.(2021·全国Ⅲ卷)设F 1，F 2是双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，OF 2作C 的一条渐近线的垂线，垂足为P .假设|PF 1|＝6|OP |，那么C 的离心率为( ) A. 5B.2C. 3D. 2解析不妨设一条渐近线的方程为y ＝b a x ，那么F 2到y ＝b ax 的距离d ＝|bc |a 2＋b 2＝b ，在Rt △F 2PO 中，|F 2O |＝c ，所以|PO |＝a ，所以|PF 1|＝6a ，又|F 1O |＝c ，所以在△F 1PO 与Rt △F 2PO中，根据余弦定理得cos ∠POF 1＝a 2＋c 2－〔6a 〕22ac＝－cos ∠POF 2＝－a c ，那么3a 2＋c 2－(6a )2＝0，得3a 2＝c 2，所以e ＝c a＝ 3.答案 C 二、填空题C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线与抛物线y 2＝x 的一个交点的横坐标为x 0，假设x 0>1，那么双曲线C 的离心率e 的取值范围是________.解析双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1的一条渐近线为y ＝bax ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝x ，y ＝b ax 消去y ，得b 2a 2x 2＝x .由x 0>1，知b 2a 2<1，b 2<a 2.∴e 2＝c 2a 2＝a 2＋b 2a2<2，因此1<e < 2.答案 (1，2)6.(2021·武汉模拟)抛物线y 2＝4x ，过焦点F 的直线与抛物线交于A ，B 两点，过A ，B 分别作x 轴，y 轴垂线，垂足分别为C ，D ，那么|AC |＋|BD |的最小值为________. 解析不妨设A (x 1，y 1)(y 1>0)，B (x 2，y 2)(y 2<0).那么|AC |＋|BD |＝x 2＋y 1＝y 224＋y 1.又y 1y 2＝－p 2＝－4.∴|AC |＋|BD |＝y 224－4y 2(y 2<0).设g (x )＝x 24－4x，在(－∞，－2)递减，在(－2，0)递增.∴当x ＝－2，即y 2＝－2时，|AC |＋|BD |的最小值为3. 答案 3 三、解答题M 恒过点(0，1)，且与直线y ＝－1相切.(1)求动圆心M 的轨迹方程；(2)动直线l 过点P (0，－2)，且与点M 的轨迹交于A ，B 两点，点C 与点B 关于y 轴对称，求证：直线AC 恒过定点.(1)解由题意得点M 与点(0，1)的距离等于点M 与直线y ＝－1的距离.由抛物线定义知圆心M 的轨迹为以点(0，1)为焦点，直线y ＝－1为准线的抛物线，那么p2＝1，p ＝2.∴圆心M 的轨迹方程为x 2＝4y .(2)证明由题意知直线l 的斜率存在，设直线l ：y ＝kx －2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，那么C (－x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝kx －2得x 2－4kx ＋8＝0， Δ＝16k 2－32>0得k 2>2，∴x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝8.k AC ＝y 1－y 2x 1＋x 2＝x 214－x 224x 1＋x 2＝x 1－x 24，直线AC 的方程为y －y 1＝x 1－x 24(x －x 1).即y ＝y 1＋x 1－x 24(x －x 1)＝x 1－x 24x －x 1〔x 1－x 2〕4＋x 214＝x 1－x 24x ＋x 1x 24，∵x 1x 2＝8，∴y ＝x 1－x 24x ＋2，那么直线AC 恒过点(0，2).xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ≥1)过点P (2，1)，且离心率e ＝32.(1)求椭圆C 的方程；(2)直线l 的斜率为12，直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，求△PAB 面积的最大值.解 (1)∵e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝34，∴a 2＝4b 2.又4a 2＋1b2＝1，∴a 2＝8，b 2＝2.故所求椭圆C 的方程为x 28＋y 22＝1.(2)设l 的方程为y ＝12x ＋m ，点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，x 28＋y 22＝1，消去y 得x 2＋2mx ＋2m 2－4＝0，判别式Δ＝16－4m 2＞0，即m 2＜4. 又x 1＋x 2＝－2m ，x 1·x 2＝2m 2－4，那么|AB |＝1＋14×〔x 1＋x 2〕2－4x 1x 2 ＝5〔4－m 2〕，点P 到直线l 的距离d ＝|m |1＋14＝2|m |5. 因此S △PAB ＝12d |AB |＝12×2|m |5×5〔4－m 2〕＝m 2〔4－m 2〕≤m 2＋〔4－m 2〕2＝2，当且仅当m 2＝2即m ＝±2时上式等号成立，故△PAB 面积的最大值为2.C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1(－1，0)，F 2(1，0)，点A ⎝⎛⎭⎪⎫1，22在椭圆C 上. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)是否存在斜率为2的直线，使得当该直线与椭圆C 有两个不同交点M ，N 时，能在直线y ＝53上找到一点P ，在椭圆C 上找到一点Q ，满足PM →＝NQ →？假设存在，求出直线的方程；假设不存在，说明理由.解 (1)设椭圆C 的焦距为2c ，那么c ＝1，因为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22在椭圆C 上，所以2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝22，那么a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1. 故椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)不存在满足条件的直线，理由如下：设直线的方程为y ＝2x ＋t ，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，P ⎝⎛⎭⎪⎫x 3，53，Q (x 4，y 4)，MN 的中点为D (x 0，y 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋t ，x 22＋y 2＝1，消去x 得9y 2－2ty ＋t 2－8＝0，所以y 1＋y 2＝2t 9，且Δ＝4t 2－36(t 2－8)>0，故y 0＝y 1＋y 22＝t9，且－3<t <3. 由PM →＝NQ →得⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－x 3，y 1－53＝(x 4－x 2，y 4－y 2)，所以有y 1－53＝y 4－y 2，y 4＝y 1＋y 2－53＝29t －53.又－3<t <3，所以－73<y 4<－1，与椭圆上点的纵坐标的取值范围是[－1，1]矛盾. 因此不存在满足条件的直线.10.(2021·惠州调研)在平面直角坐标系xOy 中，过点C (2，0)的直线与抛物线y 2＝4x 相交于A ，B 两点，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2). (1)求证：y 1y 2为定值；(2)是否存在平行于y 轴的定直线被以AC 为直径的圆截得的弦长为定值？如果存在，求出该直线的方程和弦长，如果不存在，说明理由.(1)证明法一当直线AB 垂直于x 轴时，不妨取y 1＝22，y 2＝－22，所以y 1y 2＝－8(定值). 当直线AB 不垂直于x 轴时，设直线AB 的方程为y ＝k (x －2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 〔x －2〕，y 2＝4x得ky 2－4y －8k ＝0，所以y 1y 2＝－8.综上可得，y 1y 2＝－8为定值. 法二设直线AB 的方程为my ＝x －2. 由⎩⎪⎨⎪⎧my ＝x －2，y 2＝4x得y 2－4my －8＝0，所以y 1y 2＝－8.因此有y 1y 2＝－8为定值. (2)解存在.理由如下：设存在直线l ：x ＝a 满足条件，那么AC 的中点E ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋22，y 12，|AC |＝〔x 1－2〕2＋y 21，因此以AC 为直径的圆的半径r ＝12|AC |＝12〔x 1－2〕2＋y 21＝12x 21＋4，点E 到直线x ＝a 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1＋22－a ，所以所截弦长为2r 2－d 2＝214〔x 21＋4〕－⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋22－a 2 ＝x 21＋4－〔x 1＋2－2a 〕2＝－4〔1－a 〕x 1＋8a －4a 2，当1－a ＝0，即a ＝1时，弦长为定值2，这时直线的方程为x ＝1.11.(2021·西安模拟)如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左右焦点分别为F 1，F 2，左右顶点分别为A ，B ，P 为椭圆C 上任一点(不与A ，B 重合).△PF 1F 2的内切圆半径的最大值为2－2，椭圆C 的离心率为22. (1)求椭圆C 的方程；(2)直线l 过点B 且垂直于x 轴，延长AP 交l 于点N ，以BN 为直径的圆交BP 于点M ，求证：O ，M ，N 三点共线.解 (1)由题意知，c a ＝22，∴c ＝22a . 又b 2＝a 2－c 2， ∴b ＝22a . 设△PF 1F 2的内切圆半径为r ，那么S △PF 1F 2＝12(|PF 1|＋|PF 2|＋|F 1F 2|)·r ，＝12(2a ＋2c )·r ＝(a ＋c )r ，故当△PF 1F 2面积最大时，r 最大，即P 点位于椭圆短轴顶点时，r ＝2－2， ∴(a ＋c )(2－2)＝bc ，把c ＝22a ，b ＝22a 代入，解得a ＝2，b ＝2， ∴椭圆方程为x 24＋y 22＝1.(2)由题意知，直线AP 的斜率存在，设为k ，那么AP 所在直线方程为y ＝k (x ＋2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 〔x ＋2〕，x 24＋y 22＝1，消去y ，得(2k 2＋1)x 2＋8k 2x ＋8k 2－4＝0，那么有x P ·(－2)＝8k 2－42k 2＋1，∴x P ＝2－4k 22k 2＋1，y P ＝k (x P ＋2)＝4k2k 2＋1，得BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 22k 2＋1，4k 2k 2＋1，又N (2，4k )，∴ON →＝(2，4k ).那么ON →·BP →＝－16k22k 2＋1＋16k 22k 2＋1＝0，∴ON ⊥BP ，而M 在以BN 为直径的圆上， ∴MN ⊥BP ，∴O ，M ，N 三点共线.。

(浙江专用)2021高考数学二轮复习专题五函数与导数、不等式第1讲函数图象与性质及函数与方程课件

点，则 a 的取值范围是( )
A．[－1，0)
B．[0，＋∞)
C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)
解析 (1)函数y＝|f(x)|的图象如图．y＝ax为过原点的一条直线，当a>0时，与y＝|f(x)|在y轴右侧总有交点，不合题意；当a＝0时成立；当a<0时，找与y＝|－x2＋2x|(x≤0)相切的情况，即y′＝2x－2，切点为(0，0)，此时a＝2×0－2＝－2，即有－2≤a<0，综上， a∈[－2，0]．
(2)法一因为 a＝log2e>1，b＝ln 2∈(0，1)，c＝log1213＝log23>log2e＝a>1，所以 c>a>b，故选 D. 法二 log1213＝log23，如图，在同一坐标系中作出函数 y＝log2x，y＝ln x 的图象，由图知 c>a>b，故选 D.
答案 (1)C (2)D
探究提高 (1)可以根据函数的奇偶性和周期性，将所求函数值转化为给出解析式的范围内的函数值．(2)利用函数的对称性关键是确定出函数图象的对称中心 (对称轴)．
【训练1】 (1)f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x＋4)＝f(x－2)．假设当x∈
[－3，0]时，f(x)＝6－x，那么f(919)＝________．
∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋…＋f(50)＝12×0＋f(49)＋f(50)＝f(1)＋f(2)＝2，应选C.
法二由题意可设 f(x)＝2sinπ2x，作出 f(x)的部分图象如图所示．由图可知，f(x)的一个周期为 4，所以 f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝12[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(49)＋ f(50)＝12×0＋f(1)＋f(2)＝2，故选 C.

最新-2021届高考数学二轮复习浙江专用课件：专题五解析几何第3讲精品

36，
则
2－ k1＋k2＝ 2
36＋2＋2
6 3 ＝2
为定值.
当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y＝k(x－1).
将 y＝k(x－1)代入x32＋y2＝1 化简整理，得(3k2＋1)x2－6k2x＋3k2
－3＝0，依题意，直线 l 与椭圆 C 必相交于两点，
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝3k62k＋2 1，x1x2＝33kk22－＋31.
＞0)的两个焦点分别为 F1(－ 2，0)，F2( 2，0)，点 M(1，0) 与椭圆短轴的两个端点的连线相互垂直. (1)求椭圆 C 的方程； (2)过点 M(1，0)的直线 l 与椭圆 C 相交于 A，B 两点，设点 N(3，2)，记直线 AN，BN 的斜率分别为 k1，k2，求证：k1＋k2 为定值.
探究提高 (1)动直线l过定点问题解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x ＋m)，故动直线过定点(－m，0).(2)动曲线C过定点问题解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.
[微题型2] 定值的探究与证明【例 1－2】 (2016·南昌 4 月模拟)已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b
(1)证明因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝ ∠ADC，所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|. 又圆 A 的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4. 由题设得 A(－1，0)，B(1，0)，|AB|＝2，由椭圆定义可得点 E 的轨迹方程为：x42＋y32＝1(y≠0).

【2021】浙江高考数学二轮复习：第1部分 1第1讲高考客观题的解法

第1讲高考客观题的解法1．在“限时”的高考考试中，解答选择题不但要“准”，更要“快”，只有“快”，才能为后面的解答题留下充足的时间．而要做到“快”，必然要追求“巧”，“巧”即“不择手段、多快好省”．由于数学选择题是四选一的形式，因而在解答时应突出一个“选”字，要充分利用题干和选项两方面提供的信息，尽量减少书写解题过程，依据题目的具体特点，灵活、巧妙、快速地选择解法，以便快速解答．一般来说，能定性判断的，就不再使用复杂的定量计算；能使用特殊值判断的，就不必采用常规解法；能使用间接法的，就不必采用直接法；对于明显可以否定的选项应及早排除，以缩小选择的范围；初选后要认真检验，确保准确．2．数学填空题只要求写出结果，不要求写出计算和推理过程，其结果必须是数值准确、形式规范、表达式(数)最简．解题时，要有合理地分析和判断，要求推理、运算的每一步骤都正确无误，还要求将答案表达得准确、完整．合情推理、优化思路、少算多思是快速、准确地解答填空题的基本要求．数学填空题，绝大多数是计算型(尤其是推理计算型)和概念(性质)判断型的试题，应答时必须按规则进行切实的计算或者合乎逻辑的推演和判断．求解填空题的基本策略是要在“准”“巧”“快”上下功夫．常用的方法有直接法、特殊化法、数形结合法、等价转化法等．技法一直接法直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识，通过严密的推理和准确的运算，从而得出正确的结论．涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法．[典型例题](1)(2021·杭州市学军中学高考模拟)⎝⎛⎭⎫x ＋1x n展开式中所有奇数项的系数之和为1 024，则展开式中各项系数的最大值是( )A ．790B ．680C ．462D ．330(2)已知2cos 2x ＋sin 2x ＝A sin(ωx ＋φ)＋b (A ＞0)，则A ＝________，b ＝________．【解析】 (1)由题意可得2n －1＝1 024，即得n ＝11，则展开式中各项系数的最大值是C 511或C 611，则C 511＝11×10×9×8×75×4×3×2×1＝462，故选C.(2)由于2cos 2x ＋sin 2x ＝1＋cos 2x ＋sin 2x ＝2sin(2x ＋π4)＋1，所以A ＝2，b ＝1.【答案】 (1)C (2)2 1直接法是解决选择题，填空题最基本的方法，直接法适用范围较广．在计算过程中，要根据题目的要求灵活处理，多角度思考问题，注意一些解题规律和解题技巧的灵活应用，将计算过程简化从而得到结果，这是快速准确地求解问题的关键．[对点训练]1．(2021·高考浙江卷)复数21－i (i 为虚数单位)的共轭复数是( )A ．1＋iB ．1－iC ．－1＋iD ．－1－i 解析：选B.因为21－i ＝2（1＋i ）（1－i ）（1＋i ）＝2（1＋i ）1－i 2＝1＋i ，所以复数21－i的共轭复数为1－i.故选B.2．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：1技法二特例法当已知条件中含有某些不确定的量，但填空题的结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时，可以从题中变化的不定量中选取符合条件的恰当特殊值(特殊函数、特殊角、特殊数列、特殊位置、特殊点、特殊方程、特殊模型等)进行处理，从而得出探求的结论．[典型例题](1)若函数f (x )＝x 2＋ ax ＋b 在区间[0, 1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M －m ( ) A ．与a 有关，且与b 有关 B ．与a 有关，但与b 无关 C ．与a 无关，且与b 无关 D ．与a 无关，但与b 有关(2)已知E 为△ABC 的重心，AD 为BC 边上的中线，令AB →＝a ，AC →＝b ，过点E 的直线分别交AB ，AC 于P ，Q 两点，且AP →＝m a ，AQ →＝n b ，则1m ＋1n＝( )A ．3B ．4C ．5【解析】 (1)因为最值在f (0)＝b ，f (1)＝1＋a ＋b ，f (－a 2)＝b －a 24中取，所以最值之差一定与b 无关，故选B.(2)由于直线PQ 是过点E 的一条“动”直线，所以结果必然是一个定值．故可利用特殊直线确定所求值．法一：如图1，令PQ ∥BC ，则AP →＝23AB →，AQ →＝23AC →，此时，m ＝n ＝23，故1m ＋1n＝3.故选A.法二：如图2，直线BE 与直线PQ 重合，此时，AP →＝AB →，AQ →＝12AC →，故m ＝1，n ＝12，所以1m ＋1n＝3.故选A.【答案】 (1)B (2)A特例法具有简化运算和推理的优点，比较适用于题目中含有字母或具有一般性结论的选择题或填空题，但用特例法解题时，要注意以下几点：第一，取特例尽可能简单，有利于计算和推理；第二，若在不同的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解；第三，对于开放性的问题或者有多种答案的填空题，不能使用该种方法求解．[对点训练]如图，点P 为椭圆x 225＋y 29＝1上第一象限内的任意一点，过椭圆的右项点A 、上顶点B 分别作y 轴、x 轴的平行线，它们相交于点C ，过点P 引BC ，AC 的平行线交AC 于点N ，交BC 于点M ，交AB 于D 、E 两点，记矩形PMCN 的面积为S 1，三角形PDE 的面积为S 2，则S 1∶S 2＝( )A ．1B ．2 解析：选A.不妨取点P ⎝⎛⎭⎫4，95，则可计算S 1＝⎝⎛⎭⎫3－95×(5－4)＝65，由题易得PD ＝2，PE ＝65，所以S 2＝12×2×65＝65，所以S 1∶S 2＝1. 技法三图解法对于一些含有几何背景的问题，若能“数中思形”“以形助数”，则往往可以借助图形的直观性，迅速作出判断，简捷地解决问题，得出正确的结果．V enn 图、三角函数线、函数的图象及方程的曲线等，都是常用的图形．[典型例题](1)如图，已知正四面体D -ABC (所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP ＝PB ，BQ QC ＝CRRA＝2.分别记二面角D -PR -Q ，D PQ R ，D QR P 的平面角为α，β，γ，则( )A ．γ＜α＜βB ．α＜γ＜βC ．α＜β＜γD ．β＜γ＜α(2)(2021·宁波高考模拟)定义max{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≥bb ，a <b ，已知函数f (x )＝max{|2x －1|，ax 2＋b }，其中a <0，b ∈R ，若f (0)＝b ，则实数b 的范围为________，若f (x )的最小值为1，则a ＋b ＝________．【解析】 (1)如图1，设O 是点D 在底面ABC 内的射影，过O 作OE ⊥PR ，OF ⊥PQ ，OG ⊥RQ ，垂足分别为E ，F ，G ，连接ED ，FD ，GD ，易得ED ⊥PR ，所以∠OED 就是二面角D -PR -Q 的平面角，所以α＝∠OED ，tan α＝OD OE ，同理tan β＝OD OF ，tan γ＝ODOG.底面的平面图如图2所示，以P 为原点建立平面直角坐标系，不妨设AB ＝2，则A (－1，0)，B (1，0)，C (0，3)，O ⎝⎛⎭⎫0，33，因为AP ＝PB ，BQ QC ＝CR RA ＝2，所以Q ⎝⎛⎭⎫13，233，R ⎝⎛⎭⎫－23，33，则直线RP 的方程为y ＝－32x ，直线PQ 的方程为y ＝23x ，直线RQ 的方程为y ＝33x ＋539，根据点到直线的距离公式，知OE ＝22121，OF ＝3939，OG ＝13，所以OE >OG >OF ，所以tan α<tan γ<tan β，又α，β，γ为锐角，所以α<γ<β，故选B. (2)因为f (0)＝max{1，b }＝b ，所以b ≥1；作出y ＝|2x －1|与y ＝ax 2＋b 的函数图象，如图所示：因为f (x )的最小值为1，所以y ＝ax 2＋b 恰好经过点(1，1)，所以a ＋b ＝1.【答案】 (1)B (2)[1，＋∞) 1图解法实质上就是数形结合的思想方法在解题中的应用，利用图形的直观性并结合所学知识便可直接得到相应的结论，这也是高考命题的热点．准确运用此类方法的关键是正确把握各种式子与几何图形中的变量之间的对应关系，利用几何图形中的相关结论求出结果．[对点训练]a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)解析：由题意知，a ，b ，AC 三条直线两两相互垂直，画出图形如图．不妨设图中所示正方体的棱长为1，则AC ＝1，AB ＝2，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，则A 点保持不变， B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．以C 为坐标原点，以CD →的方向为x 轴正方向，CB →的方向为y 轴正方向，CA →的方向为z 轴正方向建立空间直角坐标系．则D (1，0，0)，A (0，0，1)，直线a 的单位方向向量a ＝(0，1，0)，|a |＝1. B 点起始坐标为(0，1，0)，直线b 的单位方向向量b ＝(1，0，0)，|b |＝1. 设B 点在运动过程中的坐标B ′(cos θ，sin θ，0)，其中θ为CB ′→与CD →的夹角，θ∈[0，2π)．那么AB ′在运动过程中的向量AB ′→＝(cos θ，sin θ，－1)，|AB ′→|＝ 2. 设直线AB ′与a 所成的夹角为α∈⎣⎡⎦⎤0，π2，cos α＝|（cos θ，sin θ，－1）·（0，1，0）||a ||AB ′→|＝22|sin θ|∈⎣⎡⎦⎤0，22.故α∈⎣⎡⎦⎤π4，π2，所以③正确，④错误．设直线AB ′与b 所成的夹角为β，则β∈⎣⎡⎦⎤0，π2，cos β＝|AB ′→·b ||b ||AB ′→|＝|（cos θ，sin θ，－1）·（1，0，0）||b ||AB ′→|＝22|cos θ|.当AB ′与a 成60°角时，α＝π3，|sin θ|＝2cos α＝2cos π3＝2×12＝22.因为cos 2θ＋sin 2θ＝1，所以|cos θ|＝22. 所以cos β＝22|cos θ|＝12. 因为β∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以β＝π3，此时AB ′与b 成60°角．所以②正确，①错误．答案：②③ 技法四构造法用构造法解题的关键是由条件和结论的特殊性构造出数学模型，从而简化推导与运算过程．构造法是建立在观察联想、分析综合的基础之上的，首先应观察题目，观察已知(例如代数式)形式上的特点，然后积极调动思维，联想、类比已学过的知识及各种数学结构、数学模型，深刻地了解问题及问题的背景(几何背景、代数背景)，从而构造几何、函数、向量等具体的数学模型，达到快速解题的目的．[典型例题](1)在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图所示，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，且AB ＝BC ＝CD ，则异面直线AC 与BD 所成角的余弦值为( )B ．－12D ．－32(2)已知m ，n ∈(2，e)，且1n 2－1m 2＜ln mn ，则( )A ．m ＞nB ．m ＜nC ．m ＞2＋1nD ．m ，n 的大小关系不确定【解析】 (1)由题意，可补成正方体，如图，异面直线AC 与BD 所成角就是ED 与BD 所成角，而△BDE 为等边三角形，所以ED 与BD 所成角为π3，cos π3＝12.故选A. (2)由不等式可得1n 2－1m 2＜ln m －ln n ，即1n 2＋ln n ＜1m 2＋ln m ．设f (x )＝1x 2＋ln x (x ∈(2，e))，则f ′(x )＝－2x 3＋1x ＝x 2－2x 3.因为x ∈(2，e)，所以f ′(x )＞0，故函数f (x )在(2，e)上单调递增．因为f (n )＜f (m )，所以n ＜m .故选A.【答案】 (1)A (2)A构造法实质上是转化与化归思想在解题中的应用，需要根据已知条件和所要解决的问题确定构造的方向．一般通过构造新的函数、不等式或数列等新的模型将问题转化为自己熟悉的问题．在立体几何中，补形构造是最为常用的解题技巧．通过补形能将一般几何体的有关问题在特殊的几何体中求解，如将三棱锥补成特殊的长方体等．[对点训练]1．设函数f (x )的导函数为f ′(x )，且对任意x ∈R 都有f ′(x )>f (x )成立，则( ) A ．3f (ln 2)>2f (ln 3) B ．3f (ln 2)＝2f (ln 3) C ．3f (ln 2)<2f (ln 3)D ．3f (ln 2)与2f (ln 3)的大小关系不确定解析：选C.令g (x )＝f （x ）e x ，则g ′(x )＝f ′（x ）e x －f （x ）e x e 2x ＝f ′（x ）－f （x ）e x.因为对任意x ∈R 都有f ′(x )>f (x )成立，所以g ′(x )>0，即g (x )在R 上单调递增．又ln 2<ln 3，所以g (ln 2)<g (ln 3)，即f （ln 2）e ln 2<f （ln 3）e ln 3，即f （ln 2）2<f （ln 3）3，所以3f (ln 2)<2f (ln 3)．故选C.2．设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________．解析：因为a n ＋1＝2S n ＋1，所以S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，所以S n ＋1＝3S n ＋1，所以S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫S n ＋12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列，所以S 2＋12S 1＋12＝3.又S 2＝4，所以S 1＝1，所以a 1＝1，所以S 5＋12＝⎝⎛⎭⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432，所以S 5＝121. 答案：1 121 技法五排除法排除法也叫筛选法、淘汰法，此法适用于选择题，它是充分利用选择题的特征，即有且只有一个正确的选项，通过分析、推理、计算、判断，排除不符合要求的选择支，从而得出正确结论的一种方法．[典型例题](2021·高考浙江卷)函数y ＝2|x |sin 2x 的图象可能是( )【解析】设f (x )＝2|x |sin 2x ，其定义域关于坐标原点对称，又f (－x )＝2|－x |·sin(－2x )＝－f (x )，所以y ＝f (x )是奇函数，故排除选项A ，B ；令f (x )＝0，所以sin 2x ＝0，所以2x ＝k π(k ∈Z )，所以x ＝k π2(k ∈Z )，故排除选项C.故选D.【答案】 D排除法适用于定性型或不易直接求解的选择题．当题目中的条件多于一个时，先根据某些条件在选项中找出明显与之矛盾的，予以否定，再根据另一些条件在缩小选项的范围内找出矛盾，这样逐步筛选，直到得出正确的答案．它与特例法、图解法等结合使用是解选择题的常用方法，在近几年高考选择题中占有很大的比重．[对点训练]1．若a >b >0，且ab ＝1，则下列不等式成立的是( ) A ．a ＋1b <b2a <log 2(a ＋b )<log 2(a ＋b )<a ＋1bC ．a ＋1b <log 2(a ＋b )<b2aD ．log 2(a ＋b )<a ＋1b <b2a解析：选B.根据题意，令a ＝2，b ＝12进行验证，易知a ＋1b ＝4，b 2a ＝18，log 2(a ＋b )＝log 252＞1，因此a ＋1b ＞log 2(a ＋b )＞b2a .2．(2021·汕头一模)已知关于x 的不等式kx 2－6kx ＋k ＋8≥0对任意的x ∈R 恒成立，则实数k 的取值范围是( )A ．[0，1]B ．(0，1]C ．(－∞，0)∪(1，＋∞)D ．(－∞，0]∪[1，＋∞)解析：选＝0时，8≥0，满足条件，排除B 、C ，当k ＝2时，不等式变为x 2－6x ＋5≥0，即x ≥5或x ≤1不满足条件，排除D.技法六估值法估值法就是不需要计算出代数式的准确数值，通过估计其大致取值范围从而解决相应问题的方法．该种方法主要适用于比较大小的有关问题，尤其是在选择题或填空题中，解答不需要详细的过程，因此可以猜测、合情推理、估算而获得，从而减少运算量．[典型例题]如图，在多面体ABCDEF 中，已知四边形ABCD 是边长为3的正方形，EF ∥AB ，EF ＝32，EF 与平面AC 的距离为2，则该多面体的体积为( )B ．5C ．6【解析】该多面体体积直接求比较困难，可连接BE 、CE ，原体积转化为四棱锥E -ABCD 和三棱锥E -BCF 的体积之和，而V E ABCD ＝6，故由局部估算出整体，原多面体体积大于6，只有D 符合．故选D.【答案】 D对于选项是数值的选择题，可以通过估计所要计算值的范围来确定唯一的正确选项．有些问题，属于比较大小或者确定位置的问题，我们只要对数值进行估算，或者对位置进行估计，就可以避免因为精确计算或严格推演而浪费时间．[对点训练]某班设计了一个八边形的班徽(如图所示)，它由四个腰长为1，顶角为α的等腰三角形和一个正方形组成，则该八边形的面积为( )A ．2sin α－2cos α＋2B ．sin α－3cos α＋3C ．3sin α－3cos α＋1D ．2sin α－cos α＋1解析：选A.当顶角α→π时，八边形几乎是边长为2的正方形，面积接近于4，四个选项中，只有A 符合，故选A.专题强化训练 [基础达标]1．(2021·宁波高考模拟)已知全集U ＝A ∪B ＝{x ∈Z |0≤x ≤6}，A ∩(∁U B )＝{1，3，5}，则B ＝( )A ．{2，4，6}B ．{1，3，5}C ．{0，2，4，6}D ．{x ∈Z |0≤x ≤6}解析：选C.因为全集U ＝A ∪B ＝{x ∈Z |0≤x ≤6}＝{0，1，2，3，4，5，6}，A ∩(∁U B )＝{1，3，5}，所以B ＝{0，2，4，6}，故选C.2．复数z 满足(1＋i)z ＝|3－i|，则z ＝( ) A ．1＋i B ．1－i C ．－1－iD ．－1＋i解析：选A.由题意知：(1＋i)z ＝2，设z ＝a ＋b i ，则(1＋i)z ＝(1＋i)(a ＋b i)＝(a －b )＋(a ＋b )i ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝0，a －b ＝2，解得a ＝1，b ＝－1，故z ＝1＋i ，故选A.3．(2021·温州市高考数学模拟)已知数列{a n }是递增数列，且满足a n ＋1＝f (a n )，a 1∈(0，1)，则f (x )不可能是( )A ．f (x )＝xB ．f (x )＝2x －1C ．f (x )＝2x －x 2D ．f (x )＝log 2(x ＋1)解析：选B.对于A ：因为a 1∈(0，1)，所以a n ＋1＝a n >a n ，可得数列{a n }是递增数列；对于B ：因为a 1∈(0，1)，不妨取a 1＝12，则a 2＝212－1＝2－1<12，因此数列{a n }不是递增数列；对于C ：f (x )＝2x －x 2，令2x －x 2≥0，解得0≤x ≤2.由f (x )＝2x －x 2＝1－（x －1）2，可知：当0≤x ≤1时，函数f (x )单调递增；当1≤x ≤2时，函数f (x )单调递减．因为a 1∈(0，1)，所以数列{a n }是递增数列；对于D ：画出图象y ＝log 2(x ＋1)，y ＝x ，可知：在x ∈(0，1)时，log 2(x ＋1)>x ，所以a n ＋1＝log 2(a n ＋1)>a n ，因此数列{a n }是递增数列．故选B.4．已知点x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≥0x －2y ＋4≥0，x －2≤0则z ＝3x ＋y 的最大值与最小值之差为 ( )A ．5B ．6C ．7D ．8解析：选C.作出约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≥0x －2y ＋4≥0x －2≤0对应的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线y ＝－3x 并平移知，当直线经过点A 时，z 取得最大值，当直线经过点B 时，z 取得最小值，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x －2y ＋4＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ＝3，即A (2，3)，故z max ＝9. 由⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋4＝0x ＋y －2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0y ＝2，即B (0，2)，故z min ＝2，故z 的最大值与最小值之差为7，选C.5．在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n (3n －1) C ．n (n ＋1)解析：选C.依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项、2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n （2＋2n ）2＝n (n ＋1)．6．函数f (x )＝|x －2|－ln x 在定义域内的零点的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：选C.由题意可知f (x )的定义域为(0，＋∞)，在同一直角坐标系中画出函数y 1＝|x －2|(x >0)，y 2＝ln x (x >0)的图象，如图所示．由图可知函数f (x )在定义域内的零点个数为2. 7．函数f (x )＝cos x ·log 2|x |的图象大致为( )解析：选B.函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f ⎝⎛⎭⎫12＝cos 12log 2⎪⎪⎪⎪12＝－cos 12， f ⎝⎛⎭⎫－12＝cos ⎝⎛⎭⎫－12·log 2⎪⎪⎪⎪－12＝－cos 12，所以f ⎝⎛⎭⎫－12＝f ⎝⎛⎭⎫12，排除A 、D ，又f ⎝⎛⎭⎫12＝－cos 12<0，故排除C.综上，选B. 8．(2021·嘉兴市高三期末)已知圆C 1：x 2＋y 2－2ax ＋a 2－1＝0和圆C 2：x 2＋y 2－2by ＋b 2－4＝0恰有三条公共切线，则（a －3）2＋（b －4）2的最小值为( )A ．1＋ 2B ．2C ．3－ 2D ．4解析：选B.圆C 1的圆心为C 1(a ，0)，半径为r 1＝1，圆C 2的圆心为C 2(0，b )，半径为r 2＝2，因为两圆有三条公共切线，所以两圆外切．所以a 2＋b 2＝3，所以点(a ，b )在半径为3的圆x 2＋y 2＝9上．而（a －3）2＋（b －4）2表示点(a ，b )到点(3，4)的距离．所以（a －3）2＋（b －4）2的最小值为32＋42－3＝2.故选B. 9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．12B ．18C ．24D ．30解析：选C.由三视图可知该几何体是由如图所示的直三棱柱ABC A 1B 1C 1截掉一个三棱锥D A 1B 1C 1得到的，其中AC ＝4，BC ＝3，AA 1＝5，AD ＝2，BC ⊥AC ，S △A 1B 1C 1＝12×4×3＝6，所以该几何体的体积V ＝S △A 1B 1C 1·AA 1－ 13S △A 1B 1C 1·DA 1＝6×5－13×6×3＝24. 10．(2021·台州模拟)在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l ：x ＋y ＋a ＝0与点A (0，2)，若直线l 上存在点M 满足|MA |2＋|MO |2＝10(O 为坐标原点)，则实数a 的取值范围是( )A ．(－5－1，5－1)B ．[－5－1，5－1]C ．(－22－1，22－1)D ．[－22－1，22－1]解析：选D.设M (x ，y )，因为|MA |2＋|MO |2＝10，所以x 2＋(y －2)2＋x 2＋y 2＝10，即x 2＋(y －1)2＝4，由于点M 在直线l 上，所以直线x ＋y ＋a ＝0与圆x 2＋(y －1)2＝4相交或相切时满足题意，即|1＋a |2≤2，解得－22－1≤a ≤22－1.11．设函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4，则函数f (x )的最小正周期为________，单调递增区间为________．解析：函数f (x )的最小正周期为2π2＝π，由2x ＋π4∈⎣⎡⎦⎤－π2＋2k π，π2＋2kπ得x ∈⎣⎡⎦⎤－3π8＋k π，π8＋k π，k ∈Z ，即f (x )的增区间为⎣⎡⎦⎤－3π8＋k π，π8＋k π，k ∈Z .答案：π ⎣⎡⎦⎤－3π8＋k π，π8＋k π，k ∈Z12．(2021·金丽衢十二校高三联考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm 3，表面积为________cm 2.解析：根据三视图可知，该几何体为如图所示三棱锥P -ABC ，所以其体积V ＝13Sh ＝13×12×4×3×1＝233，表面积S ＝12×4×3＋12×4×1＋12×2×2＋12×23×2＝4＋23＋ 6.答案：2334＋23＋ 613．(2021·河南八市重点高中质检)已知直线l 1与直线l 2：4x －3y ＋1＝0垂直且与圆C ：x 2＋y 2＝－2y ＋3相切，则直线l 1的方程是________．解析：由题可得，圆C 的标准方程为x 2＋(y ＋1)2＝4，其圆心为(0，－1)，半径r ＝2.设直线l 1的方程为3x ＋4y ＋c ＝0，则|3×0＋4×（－1）＋c |32＋42＝2，解得c ＝14或c ＝－6.故直线l 1的方程为3x ＋4y ＋14＝0或3x ＋4y －6＝0.答案：3x ＋4y ＋14＝0或3x ＋4y －6＝014．对于任意两个正实数a ，b ，定义a *b ＝λ×a b .其中常数λ∈⎝⎛⎭⎫1，62，若8*3＝3，则λ＝________；若a ≥b >0，a *b 与b *a 都是集合{x |x ＝n2，n ∈Z }中的元素，则a *b ＝________．解析：由8*3＝3得λ×83＝3⇒λ＝98；λ×a b ＝m 2，λ×b a ＝n 2(m ，n ∈Z ，m >n )⇒λ2＝mn 4∈⎝⎛⎭⎫1，32⇒mn ＝5⇒m ＝5，n ＝1，所以a *b ＝52.答案：98 5215．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x |，x ≤m ，x 2－2mx ＋4m ，x >m ，其中m >0.若存在实数b ，使得关于x 的方程f (x )＝b 有三个不同的根，则m 的取值范围是__________．解析：函数f (x )的大致图象如图所示，根据题意知只要m >4m －m 2即可，又m >0，解得m >3，故实数m 的取值范围是(3，＋∞)．答案：(3，＋∞)16．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1在区间[－1，1]内至少存在一个值c ，使得f (c )>0，则实数p 的取值范围是________．解析：若在[－1，1]内不存在c 满足f (c )>0，则⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）≤0，f （1）≤0，即⎩⎨⎧p ≤－12或p ≥1，p ≤－3或p ≥32.解得p ≤－3或p ≥32，取补集得－3<p <32，即满足题意的实数p 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－3，32. 答案：⎝⎛⎭⎫－3，32 17．小明和爸爸妈妈、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与小明相邻，则不同的坐法种数为________．解析：根据题意，分3种情况讨论：①若小明的父母中只有1人与小明相邻且父母不相邻时，先在其父母中选一人与小明相邻，有C 12＝2种情况，将小明与选出的家长看成一个整体，考虑其顺序有A 22＝2种情况，当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，将整体与另一个家长安排在空位中，有A 22×A 23＝12种安排方法，此时有2×2×12＝48种不同坐法；②若小明的父母中只有1人与小明相邻且父母相邻时，将父母及小明看成一个整体，小明在一端，有2种情况，考虑父母之间的顺序，有2种情况，则这个整体内部有2×2＝4种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A 33＝6种情况，此时有2×2×6＝24种不同坐法；③小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，将3人看成一个整体，考虑父母的顺序，有A 22＝2种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A 33＝6种情况，此时，共有2×6＝12种不同坐法；则一共有48＋24＋12＝84种不同坐法．答案：84[能力提升]1．若a ，b ，c ∈R ，a ＞b ，则下列不等式成立的是( ) ＜1b B ．a 2＞b 2 ＞bc 2＋1 D ．a |c |＞b |c |解析：选C.取a ＝1，b ＝－1，排除A ，B ；取c ＝0，排除D ，故选C.2．(2021·金华市东阳二中高三调研)若关于x 的不等式x 2＋ax －2＞0在区间[1，5]上有解，则实数a 的取值范围为( )C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)解析：选A.由Δ＝a 2＋8>0，知方程恒有两个不等实根，又知两根之积为负，所以方程必有一正根、一负根．于是不等式在区间[1，5]上有解的充要条件是f (5)>0，解得a >－235，故a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－235，＋∞. 3．(2021·杭州市学军中学模拟)已知q 是等比数列{a n }的公比，则“q <1”是“数列{a n }是递减数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选D.数列－8，－4，－2，…，该数列是公比q ＝－4－8＝12<1的等比数列，但该数列是递增数列，所以，由等比数列{a n }的公比q <1，不能得出数列{a n }是递减数列；而数列－1，－2，－4，－8，…，是递减数列，但其公比q ＝－2－1>1，所以，由数列{a n }是递减数列，不能得出其公比q <1.所以，“q <1”是“等比数列{a n }是递减数列”的既不充分也不必要条件．故选D. 4．当a ＞0时，函数f (x )＝(x 2＋2ax )e x 的图象大致是( )解析：选B.由f (x )＝0，得x 2＋2ax ＝0，解得x ＝0或x ＝－2a ，因为a ＞0，所以x ＝－2a ＜0，故排除A ，C ；当x 趋向于－∞时，e x 趋向于0，故f (x )趋向于0，排除D.5．已知正实数a ，b 满足a 2－b ＋4≤0，则u ＝2a ＋3b a ＋b ( )A ．有最大值为145B ．有最小值为145C ．没有最小值D ．有最大值为3解析：选B.因为a 2－b ＋4≤0，所以b ≥a 2＋4，a ，b >0. 所以a ＋b ≥a 2＋a ＋4，所以a a ＋b ≤a a 2＋a ＋4，所以－a a ＋b ≥－a a 2＋a ＋4，所以u ＝2a ＋3b a ＋b ＝3－a a ＋b ≥3－a a 2＋a ＋4＝3－1a ＋4a ＋1≥3－12a ·4a＋1＝145，当且仅当a ＝2，b ＝8时取等号．故选B.6．(2021·瑞安四校联考)已知Rt △AOB 的面积为1，O 为直角顶点，设向量a ＝OA→|OA →|，b ＝OB →|OB →|，OP →＝a ＋2b ，则P A →·PB →的最大值为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选A.以O 为原点，OA 所在直线为x 轴，OB 所在直线为y 轴，建立直角坐标系．设A (m ，0)，B (0，n )，则a ＝(1，0)， b ＝(0，1)，OP →＝a ＋2b ＝(1，2)， P A →＝(m －1，－2)，PB →＝(－1，n －2)，Rt △AOB 的面积为1，即有mn ＝2，则P A →·PB →＝1－m －2(n －2)＝5－(m ＋2n )≤5－22mn ＝5－2×2＝1，当且仅当m ＝2n ＝2时，取得最大值1.7．(2021·绍兴一中高三期中)到两条互相垂直的异面直线距离相等的点的轨迹，被过一直线与另一直线垂直的平面所截，截得的曲线为( )A ．相交直线B ．双曲线C ．抛物线D ．椭圆弧解析：选C.如图所示，建立坐标系，不妨设两条互相垂直的异面直线为OA ，BC ，设OB ＝a ，P (x ，y ，z )到直线OA ，BC 的距离相等，所以x 2＋z 2＝(x －a )2＋y 2，所以2ax －y 2＋z 2－a 2＝0，若被平面xOy 所截，则z ＝0，y 2＝2ax －a 2；若被平面xOz 所截，则y ＝0，z 2＝－2ax ＋a 2，故选C.8．将5名同学分到甲、乙、丙3个小组，若甲组至少两人，乙、丙组每组至少一人，则不同分配方案的种数为( )A ．50B ．80C ．120D ．140解析：选B.根据题意，分2种情况讨论：①甲组有2人，首先选2个放到甲组，共有C 25＝10种结果，再把剩下的3个人放到乙和丙两个位置，每组至少一人，共有C 23A 22＝6种结果，所以根据分步乘法计数原理知共有10×6＝60种结果，②当甲中有三个人时，有C 35A 22＝20种结果，所以共有60＋20＝80种结果，故选B. 9．设函数g (x )＝x 2－2(x ∈R )，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧g （x ）＋x ＋4，x ＜g （x ），g （x ）－x ，x ≥g （x ），则f (x )的值域是( )∪(1，＋∞) B ．[0，＋∞)∪(2，＋∞)解析：选D.由x ＜g (x )得x ＜x 2－2，所以x ＜－1或x ＞2；由x ≥g (x )得x ≥x 2－2，所以－1≤x ≤2.所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ＋2，x ＜－1或x ＞2，x 2－x －2，－1≤x ≤2.即f (x )＝⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫x ＋122＋74，x ＜－1或x ＞2，⎝⎛⎭⎫x －122－94，－1≤x ≤2.当x ＜－1时，f (x )＞2；当x ＞2时，f (x )＞8.所以当x ∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)时，函数的值域为(2，＋∞)．当－1≤x ≤2时，－94≤f (x )≤0.所以当x ∈[－1，2]时，函数的值域为⎣⎡⎦⎤－94，0. 综上可得f (x )的值域是⎣⎡⎦⎤－94，0∪(2，＋∞)． 10．已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x )的导函数f ′(x )满足xf ′(x )＋f (x )＝ln x x ，且f (e)＝1e ，其中e 为自然对数的底数，则不等式f (x )＋e>x ＋1e的解集是( )B ．(0，e)解析：选B.根据题意，令g (x )＝xf (x )，则有g ′(x )＝[xf (x )]′＝xf ′(x )＋f (x )＝ln xx ，则g (x )＝12(ln x )2＋C ，即xf (x )＝12(ln x )2＋C ，则有f (x )＝12x (ln x )2＋Cx，又由f (e)＝1e ，即f (e)＝12e ＋C e ＝1e ，解可得C ＝12，故f (x )＝12x (ln x )2＋12x ，令h (x )＝f (x )－x ，则h ′(x )＝f ′(x )－1＝－（ln x ＋1）22x 2－1<0，故函数h (x )＝f (x )－x 在(0，＋∞)上递减，不等式f (x )＋e>x ＋1e ，即f (x )－x >1e －e ＝f (e)－e ，则有0<x <e ，即不等式f (x )＋e>x ＋1e的解集为(0，e)．故选B.11．比较lg 2，(lg 2)2，lg(lg 2)的大小，其中最大的是________，最小的是________．解析：因为lg 2∈(0，1)，0<(lg 2)2<lg 2， lg(lg 2)<0，所以最大的是lg 2，最小的是lg(lg 2)．答案：lg 2 lg(lg 2)12．商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．则顾客抽奖1次能获奖的概率是________；若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，则EX ＝________．解析：抽奖1次，不中奖的概率为610×510＝310，所以抽奖1次能获奖的概率为1－310＝710；抽奖1次获一等奖的概率为410×510＝15，所以随机变量X 服从二项分布，即X ～B ⎝⎛⎭⎫3，15，所以EX ＝3×15＝35.答案：710 35 13．在△ABC 中，D 是AC 边的中点，A ＝π3，cos ∠BDC ＝－27，△ABC 的面积为33，则sin ∠ABD ＝________，AC ＝________．解析：过B 作BH ⊥AC 于H ，则cos ∠BDH ＝DH BD ＝27，设DH ＝2k (k >0)，则BD ＝7k ，所以BH ＝BD 2－DH 2＝3k ，在Rt △ABH 中，∠A ＝π3，所以AH ＝BH 3＝k ，所以AD ＝3k ，AC ＝6k ，又S △ABC ＝12×AC ×BH ＝12×6k ×3k ＝33k 2＝33，解得k ＝1，所以AC ＝6，在△ABD 中，BD sin A ＝AD sin ∠ABD，所以732＝3sin ∠ABD解得sin ∠ABD ＝32114. 答案：321146 14．(2021·杭州市七校高三联考)抛物线y ＝2x 2上两点A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)关于直线y ＝x＋m 对称，且x 1·x 2＝－12，则m 等于________．解析：由条件得A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)两点连线的斜率k ＝y 2－y 1x 2－x 1＝－1，而y 2－y 1＝2(x 22－x 21)，得x 1＋x 2＝－12，且(x 1＋x 22，y 1＋y 22)在直线y ＝x ＋m 上，即y 1＋y 22＝x 1＋x 22＋m ，即y 1＋y 2＝x 1＋x 2＋2m .又因为A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)两点在抛物线y ＝2x 2上，所以有2(x 21＋x 22)＝x 1＋x 2＋2m ，即2[(x 1＋x 2)2－2x 1x 2]＝x 1＋x 2＋2m ，可得2m ＝3，解得m ＝32.215．用1，2，3，4，5这五个数字组成各位上数字不同的四位数，其中千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2(比如1 524)的概率＝________．解析：用1，2，3，4，5这五个数字组成各位上数字不同的四位数，基本事件总数n ＝A 45＝120，其中千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2包含的基本事件有：1 352，1 425，1 524，3 142，3 524，3 514，3 152，5 241，5 314，5 142，共10个，所以千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2(比如1 524)的概率：p ＝10120＝112. 答案：11216．已知a ＝(3，2)，b ＝(2，－1)，若向量λa ＋b 与a ＋λb 夹角为锐角，则实数λ的取值范围是________．解析：因为a ＝(3，2)，b ＝(2，－1)，所以λa ＋b ＝(3λ＋2，2λ－1)，a ＋λb ＝(3＋2λ，2－λ)，因为向量λa ＋b 与a ＋λb 夹角为锐角，所以(λa ＋b )·(a ＋λb )＝(3λ＋2)×(3＋2λ)＋(2λ－1)×(2－λ)>0.且(3λ＋2)(2－λ)－(2λ－1)(3＋2λ)≠0，整理可得，4λ2＋18λ＋4>0且λ≠±1.解不等式可得，λ>－9＋654或λ<－9－654且λ≠1. 答案：λ>－9＋654或λ<－9－654且λ≠1 17．(2021·广州市综合测试(一))设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，对任意p ，q ∈N *，都有a p ＋q ＝a p ＋a q ，则f (n )＝S n ＋60n ＋1(n ∈N *)的最小值为________．解析：a 1＝2，对任意p ，q ∈N *，都有a p ＋q ＝a p ＋a q ，令p ＝1，q ＝n ，则有a n ＋1＝a n ＋a 1＝a n ＋2，故{a n }是等差数列，所以a n ＝2n ，S n ＝2×（1＋n ）n 2＝n 2＋n ，f (n )＝S n ＋60n ＋1＝n 2＋n ＋60n ＋1＝（n ＋1）2－（n ＋1）＋60n ＋1＝n ＋1＋60n ＋1－1. 当n ＋1＝8时，f (7)＝8＋608－1＝292；当n ＋1＝7时，f (6)＝7＋607－1＝1027，因为292<1027，则f (n )＝S n ＋60n ＋1(n ∈N *)的最小值为292.2。

(浙江专用)2021高考数学二轮复习专题四解析几何第2讲直线与圆锥曲线的位置关系学案

第2讲直线与圆锥曲线的位置关系高考定位直线与圆锥曲线的位置关系一直是命题的热点，尤其是有关弦的问题以及存在性问题，计算量偏大，属于难点，要加强这方面的专题训练.真题感悟(2021·浙江卷)如图，设椭圆x 2a2＋y 2＝1(a ＞1).(1)求直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段长(用a ，k 表示)；(2)假设任意以点A (0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围.解 (1)设直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段为AP ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2a2＋y 2＝1，得(1＋a 2k 2)x 2＋2a 2kx ＝0. 故x 1＝0，x 2＝－2a 2k1＋a 2k2，因此|AP |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2a 2|k |1＋a 2k2·1＋k 2. (2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y 轴左侧的椭圆上有两个不同的点P ，Q ，满足|AP |＝|AQ |.记直线AP ，AQ 的斜率分别为k 1，k 2，且k 1，k 2＞0，k 1≠k 2. 由(1)知|AP |＝2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21，|AQ |＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22，故2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22，所以(k 21－k 22)[1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22]＝0.由于k 1≠k 2，k 1，k 2＞0，得1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22＝0，因此⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 21＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 22＋1＝1＋a 2(a 2－2).①因为①式关于k 1，k 2的方程有解的充要条件是1＋a 2(a 2－2)＞1，所以a ＞ 2.因此，任意以点A (0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1＜a ≤ 2.由e ＝c a ＝a 2－1a 得，所求离心率的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，22.考点整合(1)直线与椭圆的位置关系的判定方法：Δ＞0，那么直线与椭圆相交；假设Δ＝0，那么直线与椭圆相切；假设Δ＜0，那么直线与椭圆相离.(2)直线与双曲线的位置关系的判定方法：将直线方程与双曲线方程联立，消去y (或x )，得到一个一元方程ax 2＋bx ＋c ＝0(或ay 2＋by ＋c ＝0).①假设a ≠0，那么当Δ＞0时，直线与双曲线相交；当Δ＝0时，直线与双曲线相切；当Δ＜0时，直线与双曲线相离.②假设a ＝0，那么直线与渐近线平行，与双曲线有一个交点. (3)直线与抛物线的位置关系的判定方法：将直线方程与抛物线的方程联立，消去y (或x )，得到一个一元方程ax 2＋bx ＋c ＝0(或ay 2＋by ＋c ＝0).①当a ≠0时，用Δ判定，方法同上.②当a ＝0时，直线与抛物线的对称轴平行，只有一个交点.有关弦长问题，应注意运用弦长公式及根与系数的关系，“设而不求〞；有关焦点弦长问题，要重视圆锥曲线定义的运用，以简化运算.(1)斜率为k 的直线与圆锥曲线交于两点P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，那么所得弦长|P 1P 2|＝1＋k 2|x 2－x 1|或|P 1P 2|＝1＋1k2|y 2－y 1|，其中求|x 2－x 1|与|y 2－y 1|时通常使用根与系数的关系，即作如下变形：|x 2－x 1|＝〔x 1＋x 2〕2－4x 1x 2， |y 2－y 1|＝〔y 1＋y 2〕2－4y 1y 2.(2)当斜率k 不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间距离公式).有关弦的中点问题，应灵活运用“点差法〞，“设而不求法〞来简化运算.热点一直线与圆锥曲线(以椭圆、抛物线为主)的相交弦问题 [考法1] 有关圆锥曲线的弦长问题【例1－1】 (2021·镇海中学月考)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ≥1)过点P (2，1)，且离心率e ＝32.(1)求椭圆C 的方程；(2)直线l 的斜率为12，直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，求△PAB 面积的最大值.解 (1)∵e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝34，∴a 2＝4b 2.又4a 2＋1b2＝1，∴a 2＝8，b 2＝2.故所求椭圆C 的方程为x 28＋y 22＝1.(2)设l 的方程为y ＝12x ＋m ，点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，x 28＋y 22＝1，整理得x 2＋2mx ＋2m 2－4＝0，判别式Δ＝16－4m 2＞0，即m 2＜4. 又x 1＋x 2＝－2m ，x 1·x 2＝2m 2－4，那么|AB |＝1＋14×〔x 1＋x 2〕2－4x 1x 2 ＝5〔4－m 2〕，点P 到直线l 的距离d ＝|m |1＋14＝2|m |5. 因此S △PAB ＝12d |AB |＝12×2|m |5×5〔4－m 2〕＝m 2〔4－m 2〕≤m 2＋4－m 22＝2，当且仅当m 2△PAB 面积的最大值为2.探究提高解决直线与圆锥曲线问题的通法是联立方程，利用根与系数的关系、设而不求思想、弦长公式等简化计算；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解. [考法2] 有关圆锥曲线的中点弦问题【例1－2】如图，在平面直角坐标系xOy 中，直线l ：x －y －2＝0，抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0).(1)假设直线l 过抛物线C 的焦点，求抛物线C 的方程； (2)抛物线C 上存在关于直线l 对称的相异两点P 和Q . ①求证：线段PQ 的中点坐标为(2－p ，－p )； ②求p 的取值范围.(1)解 ∵l ：x －y －2＝0，∴l 与x 轴的交点坐标为(2，0)，即抛物线的焦点为(2，0)，∴p2＝2，p ＝4.∴抛物线C 的方程为y 2＝8x .(2)①证明设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2).那么⎩⎪⎨⎪⎧y 21＝2px 1，y 22＝2px 2，那么⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝y 212p，x 2＝y 222p ，∴k PQ ＝y 1－y 2y 212p －y 222p＝2py 1＋y 2，又∵P ，Q 关于l 对称，∴k PQ ＝－1，即y 1＋y 2＝－2p ， ∴y 1＋y 22＝－p ，又∵PQ 的中点一定在l 上， ∴x 1＋x 22＝y 1＋y 22＋2＝2－p .∴线段PQ 的中点坐标为(2－p ，－p ). ②解 ∵PQ 的中点为(2－p ，－p )，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2p ，x 1＋x 2＝y 21＋y 222p ＝4－2p ，即⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2p ，y 21＋y 22＝8p －4p 2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2p ，y 1y 2＝4p 2－4p ，即关于y 的方程y 2＋2py ＋4p 2－4p ＝0有两个不等实根. ∴Δ＞0，即(2p )2－4(4p 2－4p )＞0，解得0＜p ＜43，故所求p 的范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43. 探究提高对于弦中点问题常用“根与系数的关系〞或“点差法〞求解，在使用根与系数的关系时，要注意使用条件Δ≥0，在用“点差法〞时，要检验直线与圆锥曲线是否相交. 【训练1】 (2021·浙江卷)如图，点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2＝4x 上存在不同的两点A ，B 满足PA ，PB 的中点均在C 上. (1)设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；(2)假设P 是半椭圆x 2＋y 24＝1(x <0)上的动点，求△PAB 面积的取值范围.(1)证明设P (x 0，y 0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 21，y 1，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 22，y 2. 因为PA ，PB 的中点在抛物线上，所以y 1，y 2为方程⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋y 022＝4·14y 2＋x 02，即y 2－2y 0y ＋8x 0－y 20＝0的两个不同的实根. 所以y 1＋y 2＝2y 0，因此，PM 垂直于y 轴.(2)解由(1)可知⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝2y 0，y 1y 2＝8x 0－y 20，所以|PM |＝18(y 21＋y 22)－x 0＝34y 20－3x 0，|y 1－y 2|＝22〔y 20－4x 0〕.因此，△PAB 的面积S △PAB ＝12|PM |·|y 1－y 2|＝324(y 20－4x 0)32.因为x 2＋y 204＝1(x 0<0)，所以y 20－4x 0＝－4x 20－4x 0＋4∈[4，5]，因此，△PAB 面积的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤62，15104.热点二圆锥曲线中的存在性问题 [考法1] 圆锥曲线中直线的存在性问题【例2－1】点M (－1，0)，N (1，0)，动点P (x ，y )满足|PM |＋|PN |＝2 3. (1)求P 的轨迹C 的方程；(2)是否存在过点N (1，0)的直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，并且曲线C 上存在点Q ，使四边形OAQB 为平行四边形？假设存在，求出直线l 的方程；假设不存在，请说明理由. 解 (1)根据椭圆定义可知点P 的轨迹C 是焦点在x 轴上的椭圆，其中a ＝3，c ＝1，b ＝2，所以轨迹C 的方程为x 23＋y 22＝1.(2)假设存在过点N (1，0)的直线l .设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意知l 的斜率一定不为0，故不妨设l ：x ＝my ＋1，代入椭圆方程并整理得(2m 2＋3)y 2＋4my －4＝0，显然Δ＞0，那么y 1＋y 2＝－4m 2m 2＋3，y 1y 2＝－42m 2＋3.① 假设存在点Q ，使得四边形OAQB 为平行四边形，其充要条件为OQ →＝OA →＋OB →，那么点Q 的坐标为(x 1＋x 2，y 1＋y 2).由点Q 在椭圆上，即〔x 1＋x 2〕23＋〔y 1＋y 2〕22＝1，整理得2x 21＋3y 21＋2x 22＋3y 22＋4x 1x 2＋6y 1y 2＝6.又A ，B 在椭圆上，即2x 21＋3y 21＝6，2x 22＋3y 22x 1x 2＋3y 1y 2＝－3.②将x 1x 2＝(my 1＋1)(my 2＋1)＝m 2y 1y 2＋m (y 1＋y 2)＋1代入②得(2m 2＋3)y 1y 2＋2m (y 1＋y 2)＋5＝0，③由①③解得m ＝±22，故直线l 的方程是x ＝±22y ＋1，即2x ±2y －2＝0. 探究提高 (1)直线方程设为y ＝kx ＋b (斜截式)时，要注意考虑斜率是否存在；直线方程设为x ＝my ＋a (可称为x 轴上的斜截式)，这种设法不需考虑斜率是否存在.(2)假设图形关系可转化为向量关系，那么写出其向量关系，再将向量关系转化为坐标关系，关键是得出坐标关系.[考法2] 圆锥曲线中参数的存在性问题【例2－2】 (2021·嘉兴调研)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，点P (0，1)和点A (m ，n )(m ≠0)都在椭圆C 上，直线PA 交x 轴于点M . (1)求椭圆C 的方程，并求点M 的坐标(用m ，n 表示)；(2)设O 为原点，点B 与点A 关于x 轴对称，直线PB 交x 轴于点N .问：y 轴上是否存在点Q ，使得∠OQM ＝∠ONQ ？假设存在，求点Q 的坐标；假设不存在，说明理由.解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，c a ＝22，a 2＝b 2＋c2解得a 2＝2，故椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1. 设M (x M ，0).因为m ≠0，所以－1＜n ＜1. 直线PA 的方程为y －1＝n －1mx . 所以x M ＝m 1－n ，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫m1－n ，0.(2)因为点B 与点A 关于x 轴对称，所以B (m ，－n ). 设N (x N ，0)，那么x N ＝m1＋n.“存在点Q (0，y Q )使得∠OQM ＝∠ONQ 〞，等价于“存在点Q (0，y Q )使得|OM ||OQ |＝|OQ ||ON |〞，即y Q 满足y 2Q ＝|x M ||x N |.因为x M ＝m 1－n ，x N ＝m 1＋n ，m 22＋n 2＝1，所以y 2Q ＝|x M ||x N |＝m 21－n 2＝2.所以y Q ＝2或y Q ＝－ 2.故在y 轴上存在点Q ，使得∠OQM ＝∠ONQ ，点Q 的坐标为(0，2)或(0，－2).探究提高 (1)探索性问题通常用“肯定顺推法〞，将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，假设方程组有实数解，那么元素(点、直线、曲线或参数)存在；否那么，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.【训练2】 (2021·杭州高级中学模拟)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的一个顶点为M (0，1)，F 1，F 2为其两个焦点，△MF 1F 2的周长为25＋4.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)以M (0，1)为直角顶点作椭圆C 的内接等腰直角三角形MAB ，这样的等腰直角三角形是否存在？假设存在，请说明有几个，并求出直角边所在的直线方程；假设不存在，请说明理由. 解 (1)由题意得⎩⎨⎧b ＝1，a 2－c 2＝b 2，2a ＋2c ＝25＋4，解得⎩⎨⎧a ＝5，b ＝1，c ＝2，所以椭圆C 的方程是x 25＋y 2＝1.(2)假设存在满足条件的等腰直角三角形MAB ，由题意，知直角边MA ，MB 所在直线都不可能平行或垂直于x 轴.设MA 所在直线的方程是y ＝kx ＋1(k ＞0)，那么MB 所在直线的方程是y ＝－1kx ＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2＋5y 2＝5，得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－10k 1＋5k 2，－10k 21＋5k 2＋1，所以|MA |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－10k 1＋5k 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－10k 21＋5k 22＝10k 1＋k21＋5k2. 同理，可得|MB |＝101＋k 25＋k 2，由|MA |＝|MB |，得k (5＋k 2)＝1＋5k 2，解得k ＝1或k ＝2± 3.故存在三个满足条件的内接等腰直角三角形MAB ，直角边所在直线的方程是y ＝x ＋1、y ＝－x ＋1或y ＝(2＋3)x ＋1、y ＝(－2＋3)x ＋1或y ＝(2－3)x ＋1、y ＝－(2＋3)x ＋1.(1)假设点P 在抛物线内，那么过点P 且和抛物线只有一个交点的直线只有一条，此直线与抛物线的对称轴平行；(2)假设点P 在抛物线上，那么过点P 且和抛物线只有一个交点的直线有两条，一条是抛物线的切线，另一条直线与抛物线的对称轴平行；(3)假设点P 在抛物线外，那么过点P 且和抛物线只有一个交点的直线有三条，两条是抛物线的切线，另一条直线与抛物线的对称轴平行.2.弦长公式对于直线与椭圆的相交、直线与双曲线的相交、直线与抛物线的相交都是通用的，此公式可以记忆，也可以在解题的过程中，利用两点间的距离公式推导.(1)点差法，设弦的两端点坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，分别代入圆锥曲线方程，两式作差，式中含有x 1＋x 2，y 1＋y 2，y 1－y 2x 1－x 2三个量，那么建立了圆锥曲线的弦的中点坐标与弦所在直线的斜率之间的关系，借助弦的中点坐标即可求得斜率；(2)根与系数的关系，联立直线与圆锥曲线的方程，化为一元二次方程，用根与系数的关系求解.(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，假设结论正确，那么存在；假设结论不正确，那么不存在.(2)策略：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.一、选择题F 是双曲线C ：x 2－y 23＝1的右焦点，P 是C 上一点，且PF 与x 轴垂直，点A 的坐标是(1，3)，那么△APF 的面积为( ) A.13B.12C.23D.32解析由c 2＝a 2＋b 2＝4得c ＝2，所以F (2，0)，将x ＝2代入x 2－y 23＝1，得y ＝±3，所以|PF |＝3.又A 的坐标是(1，3)，故△APF 的面积为12×3×(2－1)＝32.答案 DC ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线被圆(x －2)2＋y 2＝4所截得的弦长为2，那么C 的离心率为( )A.2B. 3C. 2D.233解析设双曲线的一条渐近线为y ＝b ax ，化成一般式bx －ay ＝0，圆心(2，0)到直线的距离为22－12＝|2b |a 2＋b2，∴b 2＝3a 2.又由c 2＝a 2＋b 2得c 2＝4a 2，∴e 2＝4，e ＝2. 答案 AF 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，曲线y ＝kx(k >0)与C 交于点P ，PF ⊥x 轴，那么k ＝( )A.12B.1C.32解析因为抛物线方程是y 2＝4x ，所以F (1，0).又因为PF ⊥x 轴，所以P (1，2)，把P 点坐标代入曲线方程y ＝k x (k >0)，即k1＝2，所以k ＝2. 答案 D4.(2021·天津卷)双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的离心率为2，过右焦点且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A ，BA ，B 到双曲线的同一条渐近线的距离分别为d 1和d 2，且d 1＋d 2＝6，那么双曲线的方程为( ) A.x 24－y 212＝1 B.x 212－y 24＝1 C.x 23－y 29＝1D.x 29－y 23＝1 解析由d 1＋d 2＝6，得双曲线的右焦点到渐近线的距离为3，所以b x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率为2，所以c a ＝2，所以a 2＋b 2a 2＝4，所以a 2＋9a 2＝4，解得a 2＝3，所以双曲线的方程为x 23－y 29＝1，应选C.答案 C5.(2021·全国Ⅰ卷)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过点(－2，0)且斜率为23的直线与C交于M ，N 两点，那么FM →·FN →＝( ) A.5B.6C.7解析法一过点(－2，0)且斜率为23的直线的方程为y ＝23(x ＋2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝23〔x ＋2〕，y 2＝4x ，得x2－5x ＋4＝0，解得x ＝1或x ＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝4.不妨设M (1，2)，N (4，4)，易知F (1，0)，所以FM →＝(0，2)，FN →＝(3，4)，所以FM →·FN →＝8.应选D.法二过点(－2，0)且斜率为23的直线的方程为y ＝23(x ＋2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝23〔x ＋2〕，y 2＝4x ，得x 2－5xM (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，那么y 1>0，y 2>0，根据根与系数的关系，得x 1＋x 2＝5，x 1x 2F (1，0)，所以FM →＝(x 1－1，y 1)，FN →＝(x 2－1，y 2)，所以FM →·FN →＝(x 1－1)(x 2－1)＋y 1y 2＝x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1＋4x 1x 2＝4－5＋1＋8＝8.应选D. 答案 D 二、填空题6.(2021·北京卷改编)假设双曲线x 2－y 2m＝1的离心率为3，那么实数m ＝________，其渐近线方程为________.解析由题意知1＋m 1＝e 2＝3，那么my ＝±2x .答案 2 y ＝±2x7.(2021·金华一中质检)抛物线C ：y 2＝8x 的焦点为F ，准线为l ，P 是l 上一点，Q 是直线PF 与CFP →＝4FQ →，那么|QF |等于________.解析设l 交x 轴于点M ，过点Q 作QQ ′⊥l 交l 于点Q ′，因为FP →＝4FQ →，所以|QQ ′|∶|FM |＝|PQ |∶|PF |＝3∶4，又焦点F 到准线l 的距离|FM |为4，所以|QF |＝|QQ ′|＝3. 答案 3l 过椭圆8x 2＋9y 2＝72的一个焦点，斜率为2，l 与椭圆相交于M ，N 两点，那么弦MN 的长为________，MN 的垂直平分线方程为________.解析由8x 2＋9y 2＝72得x 29＋y 28＝1，故椭圆的焦点为(1，0)，(－1，0)，不妨设l 的方程为y ＝2(x －1).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2〔x －1〕，8x 2＋9y 2＝72，得11x 2－18x －9＝0.由根与系数的关系，得x M ＋x N ＝1811，x M ·x N ＝－911.由弦长公式得|MN |＝1＋k 2|x M －x N |＝5·⎝ ⎛⎭⎪⎫18112＋4×911＝ 3 600112＝6011；又MN 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫911，－411，∴MN 的垂直平分线方程为11x ＋22y －1＝0.答案601111x ＋22y －1＝0 M (1，1)作斜率为－12的直线与椭圆C ：x 2a 2＋y2b 2＝1(a >b >0)相交于A ，B 两点，假设M 是线段AB的中点，那么椭圆C 的离心率等于________.解析设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，那么⎩⎪⎨⎪⎧x 21a 2＋y 21b2＝1，x 22a 2＋y 22b 2＝1，∴〔x 1－x 2〕〔x 1＋x 2〕a 2＋〔y 1－y 2〕〔y 1＋y 2〕b2＝0， ∴y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2a 2·x 1＋x 2y 1＋y 2. ∵y 1－y 2x 1－x 2＝－12，x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝2， ∴－b 2a 2＝－12，∴a 2＝2b 2.又∵b 2＝a 2－c 2，∴a 2＝2(a 2－c 2)，∴a 2＝2c 2，∴c a ＝22. 答案2210.(2021·浙江卷)点P (0，1)，椭圆x 24＋y 2＝m (m >1)上两点A ，B 满足AP →＝2PB →，那么当m ＝________时，点B 横坐标的绝对值最大.解析设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由AP →＝2PB →，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＝2x 2，1－y 1＝2〔y 2－1〕，即x 1＝－2x 2，y 1＝3－2y 2.因为点A ，B 在椭圆上，所以⎩⎪⎨⎪⎧4x 224＋〔3－2y 2〕2＝m ，x 224＋y 22＝m ，得y 2＝14m ＋34，所以x 22＝m －(3－2y 2)2＝－14m 2＋52m －94＝－14(m －5)2＋4≤4，所以当m ＝5时，点B 横坐标的绝对值最大，最大值为2.答案 511.(2021·全国Ⅲ卷)点M (－1，1)和抛物线C ：y 2＝4x ，过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A ，B ∠AMB ＝90°，那么k ＝________.解析法一由题意知抛物线的焦点为(1，0)，那么过C 的焦点且斜率为k 的直线方程为y＝k (x －1)(k ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 〔x －1〕，y 2＝4x ，消去y 得k 2(x －1)2＝4x ，即k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，那么x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，x 1x 2⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 〔x －1〕，y 2＝4x ，消去x 得y 2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1k y ＋1，即y 2－4k y －4＝0，那么y 1＋y 2＝4k，y 1y 2＝－4，由∠AMB ＝90°，得MA →·MB →＝(x 1＋1，y 1－1)·(x 2＋1，y 2－1)＝x 1x 2＋x 1＋x 2＋1＋y 1y 2－(y 1＋y 2)＋1＝0，将x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1与y 1＋y 2＝4k，y 1y 2＝－4代入，得k ＝2.法二设抛物线的焦点为F ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，那么⎩⎪⎨⎪⎧y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，所以y 21－y 22＝4(x 1－x 2)，那么k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝4y 1＋y 2，取AB 的中点M ′(x 0，y 0)，分别过点A ，B 作准线x ＝－1的垂线，垂足分别为A ′，B ′，又∠AMB ＝90°，点M 在准线x ＝－1上，所以|MM ′|＝12|AB |＝12(|AF |＋|BF |)＝12(|AA ′|＋|BB ′|).又M ′为AB 的中点，所以MM ′平行于x 轴，且y 0＝1，所以y 1＋y 2＝2，所以k ＝2.答案 212.(2021·上海模拟)点A (－2，0)，B (2，0)，过点A 作直线l 与以A ，B 为焦点的椭圆交于M ，N 两点，线段MN 的中点到y 轴的距离为45，且直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切，那么该椭圆的标准方程是________，过A 点的椭圆的最短弦长为________.解析根据题意，知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)，①由题意设椭圆方程为x 2a 2＋y 2a 2－4＝1(a 2＞4)，②由直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切，得|2k |1＋k2＝1，解得k 2＝13.将①代入②，得(a 2－3)x 2＋a 2x －34a 4＋4a 2＝0，设点M 的坐标为(x 1，y 1)，点N 的坐标为(x 2，y 2)，由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝－a 2a 2－3，又线段MN 的中点到y 轴的距离为45，所以|x 1＋x 2|＝85，即－a 2a 2－3＝－85，解得a 2x 28＋y 24＝1.过A 点的椭圆最短弦垂直于x 轴，其长为2 2. 答案x 28＋y 24＝1 2 2 三、解答题13.(2021·衢州二中调研)椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，右焦点为F (1，0).(1)求椭圆E 的标准方程；(2)设点O 为坐标原点，过点F 作直线l 与椭圆E 交于M ，N 两点，假设OM ⊥ON ，求直线l 的方程.解 (1)依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧1a ＝22，a 2＝b 2＋1，解得a ＝2，b ＝1.∴椭圆E 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，①当MN 垂直于x 轴时，直线l 的方程为x ＝1，不符合题意； ②当MN 不垂直于x 轴时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1).联立得方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k 〔x －1〕，消去y 整理得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2(k 2－1)＝0， ∴x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，x 1·x 2＝2〔k 2－1〕1＋2k 2. ∴y 1·y 2＝k 2[x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1]＝－k21＋2k2.∵OM ⊥ON ，∴OM →·ON →＝0.∴x 1·x 2＋y 1·y 2＝k 2－21＋2k2＝0，∴k ＝± 2.故直线l 的方程为y ＝±2(x －1).14.(2021·全国Ⅱ卷)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过F 且斜率为k (k >0)的直线l 与C 交于A ，B 两点，|AB |＝8. (1)求l 的方程；(2)求过点A ，B 且与C 的准线相切的圆的方程.解 (1)由题意得F (1，0)，l 的方程为y ＝k (x －1)(k >0).设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 〔x －1〕，y 2＝4x 得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0. Δ＝16k 2＋16>0，故x 1＋x 2＝2k 2＋4k2.所以|AB |＝|AF |＋|BF |＝(x 1＋1)＋(x 2＋1)＝4k 2＋4k2.由题设知4k 2＋4k2＝8，解得k ＝－1(舍去)，k ＝1.因此l 的方程为y ＝x －1.(2)由(1)得AB 的中点坐标为(3，2)，所以AB 的垂直平分线方程为y －2＝－(x －3)，即y ＝－x ＋5.设所求圆的圆心坐标为(x 0，y 0)，那么⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－x 0＋5，〔x 0＋1〕2＝〔y 0－x 0＋1〕22＋16. 解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝3，y 0＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝11，y 0＝－6. 因此所求圆的方程为(x －3)2＋(y －2)2＝16或(x －11)2＋(y ＋6)2＝144.E ：y 2＝8x ，圆M ：(x －2)2＋y 2＝4，点N 为抛物线E 上的动点，O 为坐标原点，线段ON 的中点P 的轨迹为曲线C . (1)求曲线C 的方程；(2)点Q (x 0，y 0)(x 0≥5)是曲线C 上的点，过点Q 作圆M 的两条切线，分别与x 轴交于A ，B 两点，求△QAB 面积的最小值.解 (1)设P (x ，y )，因为点N (2x ，2y )在抛物线E ：y 2＝8x 上，∴4y 2＝16x ，∴曲线C 的方程为y 2＝4x .(2)设切线方程为y －y 0＝k (x －x 0). 令y ＝0，得x ＝x 0－y 0k.圆心(2，0)到切线的距离d ＝|2k ＋y 0－kx 0|k 2＋1＝2，整理得(x 20－4x 0)k 2＋(4y 0－2x 0y 0)k ＋y 20－4＝0.设两条切线的斜率分别为k 1，k 2，那么k 1＋k 2＝2x 0y 0－4y 0x 20－4x 0，k 1k 2＝y 20－4x 20－4x 0.∴△QAB 面积S ＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎪⎫x 0－y 0k 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－y 0k 2·|y 0|＝12y 20⎪⎪⎪⎪⎪⎪k 1－k 2k 1k 2＝2·x 20x 0－1. 设t ＝x 0－1∈[4，＋∞)，那么S ＝f (t )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t ＋2在[4，＋∞)上单调递增，且f (4)＝252，∴f (t )≥252，即△QAB 面积的最小值为252.。