（江苏专用）2018版高考数学大一轮复习 高考专题突破 文（课件+教师用书）（打包10套）苏教版.zip

1高考专题突破三 高考中的数列问题1.(2017·苏州月考)数列{ an}是公差不为 0 的等差数列，且 a1， a3， a7为等比数列{ bn}中连续的三项，则数列{ bn}的公比为____.答案 2解析 设数列{ an}的公差为 d(d≠0)，由 a ＝ a1a7，得( a1＋2 d)2＝ a1(a1＋6 d)，解得23a1＝2 d，故数列{ bn}的公比 q＝ ＝ ＝ ＝2.a3a1 a1＋ 2da1 2a1a12.已知等差数列{ an}的前 n 项和为 Sn， a5＝5， S5＝15，则数列 的前 100 项和为{1anan＋ 1}_____.答案 100101解析 设等差数列{ an}的首项为 a1，公差为 d.∵ a5＝5， S5＝15，∴Error!∴Error!∴ an＝ a1＋( n－1) d＝ n.∴ ＝ ＝ － ，1anan＋ 1 1n n＋ 1 1n 1n＋ 1∴数列 的前 100 项和为 ＋ ＋…＋ ＝1－ ＝ .{1anan＋ 1} (1－ 12) (12－ 13) (1100－ 1101) 1101 1001013.(2016·南通、淮安模拟)在等比数列{ an}中， a2＝1，公比 q≠±1.若 a1,4a3,7a5成等差数列，则 a6的值是________.答案 149解析 因为{ an}为等比数列，且 a2＝1，所以 a1＝ ， a3＝ q， a5＝ q3，由 a1,4a3,7a5成等差数1q列得 8q＝ ＋7 q3，1q解得 q2＝1(舍去)或 q2＝ ，故 a6＝ a2q4＝ .17 1494.(2015·课标全国Ⅱ)设 Sn是数列{ an}的前 n 项和，且 a1＝－1， an＋1 ＝ SnSn＋1 ，则Sn＝_____.答案 －1n解析 由题意，得 S1＝ a1＝－1，又由 an＋1 ＝ SnSn＋1 ，得 Sn＋1 － Sn＝ SnSn＋1 ，因为 Sn≠0，所2以 ＝1，即 － ＝－1，故数列 是以 ＝－1 为首项，－1 为公差的等差Sn＋ 1－ SnSnSn＋ 1 1Sn＋ 1 1Sn {1Sn} 1S1数列，所以 ＝－1－( n－1)＝－ n，1Sn所以 Sn＝－ .1n5.已知数列{ an}的前 n 项和为 Sn，对任意 n∈N *都有 Sn＝ an－ ，若 10，1 2n＋ 1  2n－ 1∴数列{ Tn}是一个递增数列，∴ Tn≥ T1＝ .13综上所述， ≤ Tn ＝ ＝ ，22n－ 12n－ 12n  2n－ 1 2 2n 2  2n－ 1 2－ 1 2n 2 2n－ 22n n－ 1n所以 Tn( )2× × ×…× ＝ .12 12 23 n－ 1n 14n综上可得，对任意 n∈N *，均有 Tn≥ .14n91.(2016·全国甲卷)等差数列{ an}中， a3＋ a4＝4， a5＋ a7＝6.(1)求{ an}的通项公式；(2)设 bn＝[ an]，求数列{ bn}的前 10 项和，其中[ x]表示不超过 x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解 (1)设数列{ an}的公差为 d，由题意有 2a1＋5 d＝4， a1＋5 d＝3.解得 a1＝1， d＝ .25所以{ an}的通项公式为 an＝ .2n＋ 35(2)由(1)知， bn＝ .[2n＋ 35 ]当 n＝1,2,3 时，1≤ 1，{ an}的前 n 项和为 Sn，等比数列{ bn}的首项为 1，公比为 q(q0)，前 n 项和为Tn.若存在正整数 m，使得 ＝ T3，求 q.S2Sm解 (1) 由题意得Error!②－①，得 d＝4＋ .2k因为 k∈N *且 d 为整数，所以 k＝1 或 k＝2.当 k＝1 时， d＝6，代入①，解得 a1＝3，所以 an＝6 n－3.当 k＝2 时， d＝5，代入①，解得 a1＝1，所以 an＝5 n－4.(2)因为 a11，所以 an＝6 n－3，从而 Sn＝3 n2.由 ＝ T3，得 ＝1＋ q＋ q2，S2Sm 123m2整理得 q2＋ q＋1－ ＝0.4m2因为 Δ ＝1－4(1－ )≥0，所以 m2≤ .4m2 163因为 m∈N *，所以 m＝1 或 m＝2.当 m＝1 时， q＝ (舍去)或 q＝ .－ 13－ 12 13－ 12当 m＝2 时， q＝0 或 q＝－1(均舍去).综上所述， q＝ .13－ 125.(2015·山东)已知数列{ an}是首项为正数的等差数列，数列 的前 n 项和为{1an·an＋ 1}.n2n＋ 1(1)求数列{ an}的通项公式；12(2)设 bn＝( an＋1)· ，求数列{ bn}的前 n 项和 Tn.2na解 (1)设数列{ an}的公差为 d，令 n＝1，得 ＝ ，1a1a2 13所以 a1a2＝3. ①令 n＝2，得 ＋ ＝ ，1a1a2 1a2a3 25所以 a2a3＝15. ②由①②解得 a1＝1， d＝2，所以 an＝2 n－1.经检验，符合题意.(2)由(1)知 bn＝2 n·22n－1 ＝ n·4n，所以 Tn＝1·4 1＋2·4 2＋…＋ n·4n，所以 4Tn＝1·4 2＋2·4 3＋…＋ n·4n＋1 ，两式相减，得－3 Tn＝4 1＋4 2＋…＋4 n－ n·4n＋1＝ － n·4n＋1 ＝ ×4n＋1 － .4 1－ 4n1－ 4 1－ 3n3 43所以 Tn＝ ×4n＋1 ＋ ＝ .3n－ 19 49 4＋  3n－ 1 4n＋ 191高考专题突破二 高考中的三角函数与平面向量问题1.(2016·江苏镇江中学质检)已知函数 y＝2sin ωx (ω 0)在 上的最大值为 ，[－π 3， π 4] 2则 ω 的值是________.答案 1解析 由题意得 ，即 Tπ，从而 π，T4π 4 2πω即 00)在区间(－1,0)上有且π 4仅有一条平行于 y 轴的对称轴，则 ω 的最大值是________.答案 54解析 令 ω π x－ ＝ kπ＋ ，则得 x＝ (k∈Z)，π 4 π 2 4k＋ 34ω∴当 k＝－1 时，得 y 轴左侧第 1 条对称轴为－ ；当 k＝－2 时，得 y 轴左侧第 2 条对称14ω轴为－ ，因此－10).π 6 π 6 ω x2(1)求函数 f(x)的值域；(2)若函数 y＝ f(x)的图象与直线 y＝－1 的两个相邻交点间的距离均为 ，求函数 y＝ f(x)π 2的单调增区间.解 (1) f(x)＝ sin ωx ＋ cos ωx ＋ sin ωx － cos ωx －(cos ωx ＋1)32 12 32 12＝2( sin ωx － cos ωx )－1＝2sin( ωx － )－1.32 12 π 6由－1≤sin( ωx － )≤1，π 6得－3≤2sin( ωx － )－1≤1，π 6所以函数 f(x)的值域为[－3,1].4(2)由题设条件及三角函数图象和性质可知， y＝ f(x)的周期为 π，所以 ＝π，即 ω ＝2.2πω所以 f(x)＝2sin(2 x－ )－1，π 6再由 2kπ－ ≤2 x－ ≤2 kπ＋ (k∈Z)，π 2 π 6 π 2解得 kπ－ ≤ x≤ kπ＋ (k∈Z).π 6 π 3所以函数 y＝ f(x)的单调增区间为[kπ－ ， kπ＋ ](k∈Z).π 6 π 3思维升华 三角函数的图象与性质是高考考查的重点，通常先将三角函数化为y＝ Asin(ωx ＋ φ )＋ k 的形式，然后将 t＝ ωx ＋ φ 视为一个整体，结合 y＝sin t 的图象求解.已知函数 f(x)＝ 5sin xcos x－5 cos2x＋ (其中 x∈R)，求：3523(1)函数 f(x)的最小正周期；(2)函数 f(x)的单调区间；(3)函数 f(x)图象的对称轴和对称中心.解 (1)因为 f(x)＝ sin 2x－ (1＋cos 2 x)＋52 532 523＝5( sin 2x－ cos 2x)＝5sin(2 x－ )，12 32 π 3所以函数的周期 T＝ ＝π.2π2(2)由 2kπ－ ≤2 x－ ≤2 kπ＋ (k∈Z)，π 2 π 3 π 2得 kπ－ ≤ x≤ kπ＋ (k∈Z)，π12 5π12所以函数 f(x)的单调增区间为[kπ－ ， kπ＋ ](k∈Z).π12 5π12由 2kπ＋ ≤2 x－ ≤2 kπ＋ (k∈Z)，π 2 π 3 3π2得 kπ＋ ≤ x≤ kπ＋ (k∈Z)，5π12 11π12所以函数 f(x)的单调减区间为[kπ＋ ， kπ＋ ](k∈Z).5π12 11π125(3)由 2x－ ＝ kπ＋ (k∈Z)，得 x＝ ＋ (k∈Z)，π 3 π 2 kπ2 5π12所以函数 f(x)的对称轴方程为 x＝ ＋ (k∈Z).kπ2 5π12由 2x－ ＝ kπ( k∈Z)，得 x＝ ＋ (k∈Z)，π 3 kπ2 π 6所以函数 f(x)的对称中心为( ＋ ，0)( k∈Z).kπ2 π 6题型二 解三角形例 2 (2016·苏北四市期中)在△ ABC 中，已知角 A， B， C 所对的边分别为 a， b， c，且 tan B＝2，tan C＝3.(1)求角 A 的大小；(2)若 c＝3，求 b 的长.解 (1)因为 tan B＝2，tan C＝3， A＋ B＋ C＝π，所以 tan A＝tan[π－( B＋ C)]＝－tan( B＋ C)＝－ ＝－ ＝1，tan B＋ tan C1－ tan Btan C 2＋ 31－ 2×3又 A∈(0，π)，所以 A＝ .π 4(2)因为 tan B＝ ＝2，且 sin2B＋cos 2B＝1，sin Bcos B又 B∈(0，π)，所以 sin B＝ ，255同理可得，sin C＝ .31010由正弦定理得 b＝ ＝ ＝2 .csin Bsin C3×25531010 2思维升华 根据三角形中的已知条件，选择正弦定理或余弦定理求解；在做有关角的范围问题时，要注意挖掘题目中隐含的条件，正确对结果进行取舍.(2016· 无锡期中 )在△ ABC 中，角 A， B， C 所对的边分别为 a， b， c，已知bsin A＝ acos B.3(1)求角 B 的值；(2)若 cos Asin C＝ ，求角 A 的值.3－ 14解 (1)因为 ＝ ，所以 bsin A＝ asin B，asin A bsin B6又 bsin A＝ acos B，3所以 acos B＝ asin B，3即 tan B＝ ，所以角 B＝ .3π 3(2)因为 cos Asin C＝ ，3－ 14所以 cos Asin( － A)＝ ，2π3 3－ 14cos A( cos A＋ sin A)＝ cos2A＋ sin A·cos A32 12 32 12＝ · ＋ sin 2A＝ ，32 1＋ cos 2A2 14 3－ 14所以 sin(2A＋ )＝－ ，π 3 12因为 0c.已知 · ＝2，cos B＝ ， b＝3，求：BA→ BC→ 13(1)a 和 c 的值；(2)cos(B－ C)的值.解 (1)由 · ＝2，得 c·acos B＝2.BA→ BC→ 又 cos B＝ ，所以 ac＝6.13由余弦定理，得 a2＋ c2＝ b2＋2 accos B.又 b＝3，所以 a2＋ c2＝9＋2×2＝13.解Error! 得 a＝2， c＝3 或 a＝3， c＝2.因为 ac，所以 a＝3， c＝2.(2)在△ ABC 中，sin B＝ ＝ ＝ ，1－ cos2B1－  13 2 223由正弦定理，得 sin C＝ sin B＝ × ＝ .cb 23 223 429因为 a＝ bc，所以 C 为锐角，因此 cos C＝ ＝ ＝ .1－ sin2C1－  429 2 79于是 cos(B－ C)＝cos Bcos C＋sin Bsin C＝ × ＋ × ＝ .13 79 223 429 232781.已知函数 f(x)＝ Asin(x＋ )， x∈R，且 f( )＝ .π 4 5π12 32(1)求 A 的值；(2)若 f(θ )＋ f(－ θ )＝ ， θ ∈(0， )，求 f( － θ ).32 π 2 3π4解 (1)∵ f( )＝ Asin( ＋ )＝ Asin ＝ A＝ ，5π12 5π12 π 4 2π3 32 32∴ A＝ .3(2)由(1)知 f(x)＝ sin(x＋ )，3π 4故 f(θ )＋ f(－ θ )＝ sin(θ ＋ )＋ sin(－ θ ＋ )＝ ，3π 4 3 π 4 32∴ [ (sin θ ＋cos θ )＋ (cos θ －sin θ )]＝ ，322 22 32∴ cos θ ＝ ，∴cos θ ＝ .632 64又 θ ∈(0， )，∴sin θ ＝ ＝ ，π 2 1－ cos2θ 104∴ f( － θ )＝ sin(π－ θ )＝ sin θ ＝ .3π4 3 3 3042.(2016·山东)设 f(x)＝2 sin(π－ x)sin x－(sin x－cos x)2.3(1)求 f(x)的单调递增区间；(2)把 y＝ f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变)，再把得到的图象向左平移 个单位，得到函数 y＝ g(x)的图象，求 g 的值.π 3 (π 6)解 (1) f(x)＝2 sin(π－ x)sin x－(sin x－cos x)23＝2 sin2x－(1－2sin xcos x)＝ (1－cos 2 x)＋sin 2 x－13 3＝sin 2 x－ cos 2x＋ －13 3＝2sin ＋ －1.(2x－π 3) 3由 2kπ－ ≤2 x－ ≤2 kπ＋ (k∈Z)，π 2 π 3 π 2得 kπ－ ≤ x≤ kπ＋ (k∈Z).π12 5π12所以 f(x)的单调递增区间是 (k∈Z)[kπ －π12， kπ ＋ 5π12].(或 (kπ －π12， kπ ＋ 5π12) k∈ Z )(2)由(1)知 f(x)＝2sin ＋ －1，(2x－π 3) 39把 y＝ f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变).得到y＝2sin ＋ －1 的图象 .(x－π 3) 3再把得到的图象向左平移 个单位，π 3得到 y＝2sin x＋ －1 的图象，即 g(x)＝2sin x＋ －1.3 3所以 g ＝2sin ＋ －1 ＝ .(π 6) π 6 3 33.(2016·江苏南京学情调研)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，以 x 轴正半轴为始边的锐角α 和钝角 β 的终边分别与单位圆交于点 A， B.若点 A 的横坐标是 ，点 B 的纵坐标是31010.255(1)求 cos(α － β )的值；(2)求 α ＋ β 的值.解 (1)因为锐角 α 的终边与单位圆交于点 A，且点 A 的横坐标是 ，所以，由任意角的31010三角函数的定义可知，cos α ＝ ，从而 sin α ＝ ＝ .因为钝角 β 的终边31010 1－ cos2α 1010与单位圆交于点 B，且点 B 的纵坐标是 ，255所以 sin β ＝ ，从而 cos β ＝－ ＝－ .255 1－ sin2β 55cos(α － β )＝cos α cos β ＋sin α sin β＝ ×(－ )＋ × ＝－ .31010 55 1010 255 210(2)sin(α ＋ β )＝sin α cos β ＋cos α sin β＝ ×(－ )＋ × ＝ .1010 55 31010 255 22因为 α 为锐角， β 为钝角，故 α ＋ β ∈( ， )，π 2 3π2所以 α ＋ β ＝ .3π44.(2016·江苏仪征中学期初测试)设函数 f(x)＝ Asin(ωx ＋ φ ) 10(A0， ω 0，－ 0，T4 5π6 π 3 π 2所以 T＝2π＝ ，得 ω ＝1.所以 f(x)＝2sin( x＋ φ )，将点( ，2)代入，得2πω π 3＋ φ ＝ ＋2 kπ( k∈Z)，π 3 π 2即 φ ＝ ＋2 kπ( k∈Z)，又－ φ ，所以 φ ＝ .π 6 π 2 π 2 π 6所以 f(x)＝2sin( x＋ ).π 6(2)当 x∈[－ ， ]时， x＋ ∈[－ ， ]，π 2 π 2 π 6 π 3 2π3所以 sin(x＋ )∈[－ ，1]，即 f(x)∈[－ ，2].π 6 32 35.已知向量 a＝( ksin ，cos 2 )， b＝(cos ，－ k)，实数 k 为大于零的常数，函数 f(x)x3 x3 x3＝ 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 Aπ， f(A)＝0，且π 2a＝2 ，求 · 的最小值.10 AB→ AC→ 解 (1)由题意，知 f(x)＝ a·b＝( ksin ，cos 2 )·(cos ，－ k)x3 x3 x3＝ ksin cos － kcos2x3 x3 x3＝ ksin － k·12 2x3 1＋ cos 2x32＝ (sin －cos )－k2 2x3 2x3 k211＝ ( sin － cos )－2k2 22 2x3 22 2x3 k2＝ sin( － )－ .2k2 2x3 π 4 k2因为 x∈R，所以 f(x)的最大值为 ＝ ，则 k＝1. 2－ 1 k2 2－ 12(2)由(1)知， f(x)＝ sin( － )－ ，22 2x3 π 4 12所以 f(A)＝ sin( － )－ ＝0，22 2A3 π 4 12化简得 sin( － )＝ ，2A3 π 4 22因为 Aπ，所以 － ，π 2 π122A3 π 45π12则 － ＝ ，解得 A＝ .2A3 π 4 π 4 3π4因为 cos A＝－ ＝ ＝ ，22 b2＋ c2－ a22bc b2＋ c2－ 402bc所以 b2＋ c2＋ bc＝40，则 b2＋ c2＋ bc＝40≥2 bc＋ bc，2 2 2所以 bc≤ ＝20(2－ ).402＋ 2 2则 · ＝| || |cos ＝－ bc≥20(1－ )，AB→ AC→ AB→ AC→ 3π4 22 2所以 · 的最小值为 20(1－ ).AB→ AC→ 21高考专题突破五 高考中的圆锥曲线问题1．(2015·课标全国Ⅱ改编)已知 A， B为双曲线 E的左，右顶点，点 M在 E上，△ ABM为等腰三角形，且顶角为 120°，则 E的离心率为________．答案 2解析 如图，设双曲线 E的方程为 － ＝1( a＞0， b＞0)，则 AB＝2 a，由双曲线的对称性，x2a2 y2b2可设点 M(x1， y1)在第一象限内，过 M作 MN⊥ x轴于点 N(x1,0)，∵△ ABM为等腰三角形，且∠ ABM＝120°，∴ BM＝ AB＝2 a，∠ MBN＝60°，∴ y1＝ MN＝ BMsin∠ MBN＝2 asin 60°＝ a，3x1＝ OB＋ BN＝ a＋2 acos 60°＝2 a.将点 M(x1， y1)的坐标代入 － ＝1，可得x2a2 y2b2a2＝ b2，∴ e＝ ＝ ＝ .ca a2＋ b2a2 22.如图，已知椭圆 C的中心为原点 O， F(－2 ，0)为 C的左焦点， P为 C上一点，满足5OP＝ OF，且 PF＝4，则椭圆 C的方程为______________．答案 ＋ ＝1x236 y216解析 设椭圆的标准方程为 ＋ ＝1( ab0)，焦距为 2c，右焦点为 F′，连结 PF′，如x2a2 y2b2图所示，因为 F(－2 ，0)为 C的左焦点，所以 c＝2 .5 5由 OP＝ OF＝ OF′知，∠ FPF′＝90°，即 FP⊥ PF′.2在 Rt△ PFF′中，由勾股定理，得 PF′＝ ＝ ＝8.FF′ 2－ PF2  45 2－ 42由椭圆定义，得 PF＋ PF′＝2 a＝4＋8＝12，所以 a＝6， a2＝36，于是 b2＝ a2－ c2＝36－(2 )2＝16，所以椭圆的方程为 ＋ ＝1.5x236 y2163．设 F为抛物线 C： y2＝3 x的焦点，过 F且倾斜角为 30°的直线交 C于 A， B两点， O为坐标原点，则△ OAB的面积为________．答案 94解析 由已知得焦点坐标为 F( ，0)，34因此直线 AB的方程为 y＝ (x－ )，33 34即 4x－4 y－3＝0.3方法一 联立直线方程与抛物线方程化简得4y2－12 y－9＝0，3故| yA－ yB|＝ ＝6. yA＋ yB 2－ 4yAyB因此 S△ OAB＝ ·OF·|yA－ yB|＝ × ×6＝ .12 12 34 94方法二 联立方程得 x2－ x＋ ＝0，212 916故 xA＋ xB＝ .212根据抛物线的定义有 AB＝ xA＋ xB＋ p＝ ＋ ＝12，212 32同时原点到直线 AB的距离为 h＝ ＝ ，|－ 3|42＋  － 43 2 38因此 S△ OAB＝ ·AB·h＝ .12 944．(2016·北京)双曲线 － ＝1( a＞0， b＞0)的渐近线为正方形 OABC的边 OA， OC所在的x2a2 y2b2直线，点 B为该双曲线的焦点，若正方形 OABC的边长为 2，则 a＝________.答案 2解析 设 B为双曲线的右焦点，如图所示．∵四边形 OABC为正方形且边长为 2，3∴ c＝ OB＝2 ，2又∠ AOB＝ ，∴ ＝tan ＝1，即 a＝ b.π4 ba π4又 a2＋ b2＝ c2＝8，∴ a＝2.5．已知双曲线 － ＝1( a0， b0)和椭圆 ＋ ＝1 有相同的焦点，且双曲线的离心率是x2a2 y2b2 x216 y29椭圆离心率的两倍，则双曲线的方程为____________．答案 － ＝1x24 y23解析 由题意得，双曲线 － ＝1( a0， b0)的焦点坐标为( ，0)，(－ ，0)， c＝x2a2 y2b2 7 7且双曲线的离心率为 2× ＝ ＝ ⇒a＝2， b2＝ c2－ a2＝3，774 72 ca所以双曲线的方程为 － ＝1. x24 y23题型一 求圆锥曲线的标准方程例 1 已知 P点在以坐标轴为对称轴的椭圆上，点 P到两焦点的距离分别为 和 ，过 P453 253作长轴的垂线恰好过椭圆的一个焦点，则椭圆的方程为______________．答案 ＋ ＝1 或 ＋ ＝1x25 3y210 3x210 y25解析 设椭圆的两个焦点分别为 F1， F2， PF1＝ ， PF2＝ .453 253由椭圆的定义，知 2a＝ PF1＋ PF2＝2 ，即 a＝ .5 5由 PF1PF2知， PF2垂直于长轴．故在 Rt△ PF2F1中，4 c2＝ PF － PF ＝ ，21 2609∴ c2＝ ，于是 b2＝ a2－ c2＝ .53 103又所求的椭圆的焦点可以在 x轴上，也可以在 y轴上，故所求的椭圆方程为 ＋ ＝1 或x25 3y210＋ ＝1.3x210 y25思维升华 求圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型，主要利用圆锥曲线的定义、几何性质，解得标准方程中的参数，从而求得方程．4(2015· 天津改编 )已知双曲线 － ＝1( a＞0， b＞0 )的一个焦点为 F(2,0)，x2a2 y2b2且双曲线的渐近线与圆( x－2) 2＋ y2＝3 相切，则双曲线的方程为________________．答案 x2－ ＝1y23解析 双曲线 － ＝1 的一个焦点为 F(2,0)，x2a2 y2b2则 a2＋ b2＝4， ①双曲线的渐近线方程为 y＝± x，ba由题意得 ＝ ， ②2ba2＋ b2 3联立①②解得 b＝ ， a＝1，3所求双曲线的方程为 x2－ ＝1.y23题型二 圆锥曲线的几何性质例 2 (1)(2015·湖南改编)若双曲线 － ＝1 的一条渐近线经过点(3，－4)，则此双曲线x2a2 y2b2的离心率为________．(2)(2016·天津改编)设抛物线 y2＝2 px (p0)的焦点为 F，准线为 l.过抛物线上一点 A作l的垂线，垂足为 B.设 C ， AF与 BC相交于点 E.若 CF＝2 AF，且△ ACE的面积为(72p， 0)3 ，则 p的值为________．2答案 (1) (2)53 6解析 (1)由条件知 y＝－ x过点(3，－4)，∴ ＝4，ba 3ba即 3b＝4 a，∴9 b2＝16 a2，∴9 c2－9 a2＝16 a2，∴25 a2＝9 c2，∴ e＝ .53(2)∵抛物线方程为 y2＝2 px(p0)，∴ F ，(p2， 0)5AB＝ AF＝ p，32可得 A(p， p)．2易知△ AEB∽△ FEC，∴ ＝ ＝ ，AEFE ABFC 12故 S△ ACE＝ S△ ACF＝ ×3p× p×13 13 2 12＝ p2＝3 ，22 2∴ p2＝6，∵ p0，∴ p＝ .6思维升华 圆锥曲线的几何性质是高考考查的重点，求离心率、准线、双曲线渐近线，是常考题型，解决这类问题的关键是熟练掌握各性质的定义，及相关参数间的联系．掌握一些常用的结论及变形技巧，有助于提高运算能力．已知椭圆 ＋ ＝1( ab0)与抛物线 y2＝2 px(p0)有相同的焦点 F， P， Q是椭x2a2 y2b2圆与抛物线的交点，若 PQ经过焦点 F，则椭圆 ＋ ＝1( ab0)的离心率为x2a2 y2b2____________．答案 －12解析 因为抛物线 y2＝2 px(p0)的焦点 F为 ，设椭圆另一焦点为 E.(p2， 0)当 x＝ 时，代入抛物线方程得p2y＝± p，又因为 PQ经过焦点 F，所以 P 且 PF⊥ OF.(p2， p)所以 PE＝ ＝ p， p2＋ p2 2＋ p2 2PF＝ p， EF＝ p.故 2a＝ p＋ p,2c＝ p， e＝ ＝ －1.22c2a 2题型三 最值、范围问题例 3 设椭圆 M： ＋ ＝1( ab0)的离心率与双曲线 x2－ y2＝1 的离心率互为倒数，且椭y2a2 x2b26圆的长轴长为 4.(1)求椭圆 M的方程；(2)若直线 y＝ x＋ m交椭圆 M于 A， B两点， P(1， )为椭圆 M上一点，求△ PAB面积的最2 2大值．解 (1)双曲线的离心率为 ，2则椭圆的离心率 e＝ ＝ ，ca 22由Error!⇒Error!故椭圆 M的方程为 ＋ ＝1.y24 x22(2)由Error!得 4x2＋2 mx＋ m2－4＝0，2由 Δ ＝(2 m)2－16( m2－4)0，得－2 0时，①若 x＝3 是方程的解，则 f(3)＝0⇒ k＝0⇒另一根为 x＝0b0)的离心率为 ，且过点(1， )，过椭圆的左顶点 A作直线 l⊥ xx2a2 y2b2 22 62轴，点 M为直线 l上的动点(点 M与点 A不重合)，点 B为椭圆的右顶点，直线 BM交椭圆 C于点 P.(1)求椭圆 C的方程；(2)求证： AP⊥ OM；(3)试问： · 是否为定值？若是定值，请求出该定值；若不是定值，请说明理由．OP→ OM→ (1)解 因为椭圆 C： ＋ ＝1( ab0)的离心率为 ，x2a2 y2b2 22所以 a2＝2 c2，所以 a2＝2 b2.又因为椭圆 C过点(1， )，所以 ＋ ＝1，62 1a2 32b2所以 a2＝4， b2＝2，所以椭圆 C的方程 ＋ ＝1.x24 y22(2)证明 设直线 BM的斜率为 k，则直线 BM的方程为 y＝ k(x－2)，设 P(x1， y1)，将 y＝ k(x－2)代入椭圆 C的方程 ＋ ＝1 中，x24 y22化简得(2 k2＋1) x2－8 k2x＋8 k2－4＝0，解得 x1＝ ， x2＝2，4k2－ 22k2＋ 1所以 y1＝ k(x1－2)＝ ，－ 4k2k2＋ 1从而 P( ， )．4k2－ 22k2＋ 1 － 4k2k2＋ 1令 x＝－2，得 y＝－4 k，所以 M(－2，－4 k)， ＝(－2，－4 k)．OM→ 又因为 ＝( ＋2， )＝( ， )，AP→ 4k2－ 22k2＋ 1 － 4k2k2＋ 1 8k22k2＋ 1 － 4k2k2＋ 1所以 · ＝ ＋ ＝0，AP→ OM→ － 16k22k2＋ 1 16k22k2＋ 1所以 AP⊥ OM.12(3)解 因为 · ＝( ， )·(－2，－4 k)OP→ OM→ 4k2－ 22k2＋ 1 － 4k2k2＋ 1＝ ＝ ＝4，－ 8k2＋ 4＋ 16k22k2＋ 1 8k2＋ 42k2＋ 1所以 · 为定值 4.OP→ OM→ 1．(2015·陕西)如图，椭圆 E： ＋ ＝1( a＞ b＞0)，经过点 A(0，－1)，且离心率为 .x2a2 y2b2 22(1)求椭圆 E的方程；(2)经过点(1,1)，且斜率为 k的直线与椭圆 E交于不同的两点 P， Q(均异于点 A)，证明：直线 AP与 AQ的斜率之和为 2.(1)解 由题设知 ＝ ， b＝1，ca 22结合 a2＝ b2＋ c2，解得 a＝ ，2所以椭圆的方程为 ＋ y2＝1.x22(2)证明 由题设知，直线 PQ的方程为 y＝ k(x－1)＋1( k≠2)，代入 ＋ y2＝1，x22得(1＋2 k2)x2－4 k(k－1) x＋2 k(k－2)＝0，由已知 Δ ＞0，设 P(x1， y1)， Q(x2， y2)， x1x2≠0，则 x1＋ x2＝ ， x1x2＝ ，4k k－ 11＋ 2k2 2k k－ 21＋ 2k2从而直线 AP， AQ的斜率之和 kAP＋ kAQ＝ ＋ ＝ ＋y1＋ 1x1 y2＋ 1x2 kx1＋ 2－ kx1 kx2＋ 2－ kx2＝2 k＋(2－ k) ＝2 k＋(2－ k)(1x1＋ 1x2) x1＋ x2x1x2＝2 k＋(2－ k) ＝2 k－2( k－1)＝2.4k k－ 12k k－ 22．已知双曲线 C： － ＝1( a0， b0)的焦距为 3 ，其中一条渐近线的方程为x2a2 y2b2 2x－ y＝0.以双曲线 C的实轴为长轴，虚轴为短轴的椭圆记为 E，过原点 O的动直线与椭圆213E交于 A， B两点．(1)求椭圆 E的方程；(2)若点 P为椭圆 E的左顶点， ＝2 ，求| |2＋| |2的取值范围．PG→ GO→ GA→ GB→ 解 (1)由双曲线 － ＝1 的焦距为 3 ，x2a2 y2b2 2得 c＝ ，∴ a2＋ b2＝ . ①322 92由题意知 ＝ ， ②ba 22由①②解得 a2＝3， b2＝ ，32∴椭圆 E的方程为 ＋ y2＝1.x23 23(2)由(1)知 P(－ ，0)．3设 G(x0， y0)，由 ＝2 ，PG→ GO→ 得( x0＋ ， y0)＝2(－ x0，－ y0)，3即Error!解得Error!∴ G(－ ，0)．33设 A(x1， y1)，则 B(－ x1，－ y1)，| |2＋| |2＝( x1＋ )2＋ y ＋( x1－ )2＋ yGA→ GB→ 33 21 33 21＝2 x ＋2 y ＋ ＝2 x ＋3－ x ＋21 2123 21 21 23＝ x ＋ .21113又∵ x1∈[－ ， ]，∴ x ∈[0,3]，3 3 21∴ ≤ x ＋ ≤ ，113 21 113 203∴| |2＋| |2的取值范围是[ ， ]．GA→ GB→ 113 2033．已知椭圆 ＋ ＝1 的左顶点为 A，右焦点为 F，过点 F的直线交椭圆于 B， C两点．x24 y23(1)求该椭圆的离心率；(2)设直线 AB和 AC分别与直线 x＝4 交于点 M， N，问： x轴上是否存在定点 P使得MP⊥ NP？若存在，求出点 P的坐标；若不存在，说明理由．解 (1)由椭圆方程可得 a＝2， b＝ ，3从而椭圆的半焦距 c＝ ＝1.a2－ b214所以椭圆的离心率为 e＝ ＝ .ca 12(2)依题意，直线 BC的斜率不为 0，设其方程为 x＝ ty＋1， B(x1， y1)， C(x2， y2)，将其代入 ＋ ＝1，x24 y23整理得(4＋3 t2)y2＋6 ty－9＝0.所以 y1＋ y2＝ ， y1y2＝ .－ 6t4＋ 3t2 － 94＋ 3t2易知直线 AB的方程是 y＝ (x＋2)，y1x1＋ 2从而可得 M(4， )，6y1x1＋ 2同理可得 N(4， )．6y2x2＋ 2假设 x轴上存在定点 P(p,0)使得 MP⊥ NP，则有 · ＝0.PM→ PN→ 所以( p－4) 2＋ ＝0.36y1y2 x1＋ 2  x2＋ 2将 x1＝ ty1＋1， x2＝ ty2＋1 代入上式，整理得(p－4) 2＋ ＝0，36y1y2t2y1y2＋ 3t y1＋ y2 ＋ 9所以( p－4) 2＋ ＝0，36× － 9t2 － 9 ＋ 3t － 6t ＋ 9 4＋ 3t2即( p－4) 2－9＝0，解得 p＝1 或 p＝7.所以 x轴上存在定点 P(1,0)或 P(7,0)，使得 MP⊥ NP.4．(2016·苏北四市联考)如图所示，已知点 F1(0，－ )， F2(0， )，动点 M到 F2的距离2 2是 4，线段 MF1的中垂线交 MF2于点 P.(1)当点 M变化时，求动点 P的轨迹 G的方程；(2)若斜率为 的动直线 l与轨迹 G相交于 A， B两点， Q(1， )为定点，求△ QAB面积的最2 215大值．解 (1)如图，连结 PF1.∵ MF2＝4，∴ PM＋ PF2＝4.又∵ PM＝ PF1，∴ PF1＋ PF2＝4 F1F2＝2 ，2由椭圆的定义可知，动点 P的轨迹 G是以 F1， F2为焦点的椭圆，其方程为 ＋ ＝1.y24 x22(2)设直线 l的方程为 y＝ x＋ m，2代入椭圆方程得( x＋ m)2＋2 x2＝4，2即 4x2＋2 mx＋ m2－4＝0.2由 Δ ＝8 m2－16( m2－4)＝8(8－ m2)0，得 m2b0)的离心x2a2 y2b2率为 ，直线 l与 x轴交于点 E，与椭圆 C交于 A， B两点．当直线 l垂直于 x轴且点 E为63椭圆 C的右焦点时，弦 AB的长为 .263(1)求椭圆 C的方程；(2)若点 E的坐标为( ，0)，点 A在第一象限且横坐标为 ，连结点 A与原点 O的直线交32 3椭圆 C于另一点 P，求△ PAB的面积；(3)是否存在点 E，使得 ＋ 为定值？若存在，请指出点 E的坐标，并求出该定值；若1EA2 1EB2不存在，请说明理由．解 (1)由 e＝ ＝ ，设 a＝3 k(k0)，则 c＝ k， b2＝3 k2，ca 63 6所以椭圆 C的方程为 ＋ ＝1.x29k2 y23k2因为直线 l垂直于 x轴且点 E为椭圆 C的右焦点，即 xA＝ xB＝ k，6代入椭圆方程，解得 y＝± k，于是 2k＝ ，即 k＝ ，263 63所以椭圆 C的方程为 ＋ ＝1.x26 y22(2)将 x＝ 代入 ＋ ＝1，解得 y＝±1.3x26 y22因为点 A在第一象限，从而 A( ，1)．3由点 E的坐标为( ，0)，所以 kAB＝ ，32 23所以直线 AB的方程为 y＝ (x－ )，23 32联立直线 AB与椭圆 C的方程，解得 B(－ ，－ )．35 75又 PA过原点 O，于是 P(－ ，－1)， PA＝4，317所以直线 PA的方程为 x－ y＝0，3所以点 B到直线 PA的距离 h＝ ＝ ，|－ 35＋ 735|2 335故 S△ PAB＝ ×4× ＝ .12 335 635(3)假设存在点 E，使得 ＋ 为定值，设 E(x0,0)，当直线 AB与 x轴重合时，有 ＋1EA2 1EB2 1EA2＝ ＋ ＝ ；1EB2 1 x0＋ 6 2 1 6－ x0 2 12＋ 2x20 6－ x20 2当直线 AB与 x轴垂直时，＋ ＝ ＝ ，1EA2 1EB2 22 1－ x206 66－ x20由 ＝ ，解得 x0＝± ， ＝2，12＋ 2x20 6－ x20 2 66－ x20 3 66－ x20所以若存在点 E，此时 E(± ，0)， ＋ 为定值 2.31EA2 1EB2根据对称性，只需考虑直线 AB过点 E( ，0)，3设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，又设直线 AB的方程为 x＝ my＋ ，与椭圆 C联立方程组，化简得( m2＋3) y2＋2 my－3＝0，3 3所以 y1＋ y2＝ ， y1y2＝ .－ 23mm2＋ 3 － 3m2＋ 3又 ＝ ＝ ＝ ，1EA2 1 x1－ 3 2＋ y21 1m2y21＋ y21 1 m2＋ 1 y21所以 ＋ ＝ ＋1EA2 1EB2 1 m2＋ 1 y21 1 m2＋ 1 y2＝ ， y1＋ y2 2－ 2y1y2 m2＋ 1 y21y2将上述关系代入，化简可得 ＋ ＝2.1EA2 1EB2综上所述，存在点 E(± ，0)，使得 ＋ 为定值 2.31EA2 1EB2