2017年03月30日+解析几何提高
2017版高考数学江苏(理)考前三个月配套文档 专题7 解析几何 第30练 含解析
第30练双曲线的渐近线和离心率问题[题型分析·高考展望］双曲线作为三种圆锥曲线之一,也是高考热点,其性质是考查的重点，尤其是离心率与渐近线．考查形式除常考的解答题外，也会在填空题中考查，一般为中等难度．熟练掌握两种性质的求法、用法是此类问题的解题之本．体验高考1．(2015·四川改编)过双曲线x2－错误!＝1的右焦点且与x轴垂直的直线,交该双曲线的两条渐近线于A，B两点,则AB＝________。
答案4错误!解析由题意知，双曲线x2－错误!＝1的渐近线方程为y＝±错误!x，将x＝c＝2代入得y＝±2错误!,即A,B两点的坐标分别为(2，2错误!)，（2,－2错误!)，所以AB＝4错误!.2．(2016·天津改编）已知双曲线错误!－错误!＝1（b〉0),以原点为圆心，双曲线的半实轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于A,B，C，D四点，四边形ABCD的面积为2b，则双曲线的方程为________________．答案x24－错误!＝1解析由题意知双曲线的渐近线方程为y＝±b2x，圆的方程为x2＋y2＝4,联立错误!解得错误!或错误!即第一象限的交点为错误!。
由双曲线和圆的对称性得四边形ABCD为矩形，其相邻两边长为错误!，错误!，故错误!＝2b,得b2＝12.故双曲线的方程为错误!－错误!＝1。
3．（2015·广东改编)已知双曲线C：错误!－错误!＝1的离心率e＝错误!，且其右焦点为F2（5,0），则双曲线C的方程为________________．答案错误!－错误!＝1解析因为所求双曲线的右焦点为F2(5，0)且离心率为e＝错误!＝错误!，所以c＝5，a＝4,b2＝c2－a2＝9，所以所求双曲线C的方程为错误!－错误!＝1。
4．(2015·上海）已知点P和Q横坐标相同，P的纵坐标是Q的纵坐标的2倍，P和Q的轨迹分别为双曲线C1和C2,若C1的渐近线为y＝±错误!x，则C2的渐近线方程为________________．答案y＝±错误!x解析设点P和Q的坐标分别为（x,y)，(x0，y0），则有错误!又因为C1的渐近线方程为y＝±错误!x,故设C1的方程为3x2－y2＝λ，把点P的坐标代入，可得3x错误!－4y错误!＝λ，令λ＝0⇒错误!x±2y＝0，即为双曲线C2的渐近线方程，则y＝±错误!x。
广西钦州市第三中学2017届高三数学解析几何题简化运算的几个策略
2017届高三数学解析几何题简化运算的几个策略1、合理转化条件简化计算例1、如图，已知点)0,1(F ，直线1:-=x l ,P 为平面上的动点，过P 作 直线l 的垂线，垂足为点Q ,且FQ FP QF QP ⋅=⋅. (I)求动点P 的轨迹C 的方程；（II ）过点F 的直线交轨迹C 于B A ,两点，交直线l 于点M ，已知AF MA 1λ=，BF MB 2λ=，求21λλ+的值;△①掌握常见的转换:如垂直关系、平行关系、线段相等、比例关系共线问题、面积问题；②能选择合理的转换方式：如设直线方程、点的坐标等．对条件的应用直译是一种常用的方法，但有时候将条件转化后再应用会使过程更简单，应学会合理选择． 2、利用“设而不求"的思想简化计算 例1、已知点)0,1(-A ，)1,1(-B 和抛物线x yC 4:2=,O 为坐标原点，过点A 的动直线l 交抛物线C 于、M P 。
直线MB 交抛物线C 于另一点Q ，如图． （1)证明：OP OM ⋅为定值；(2）证明直线PQ 恒过一个定点．△解析几何题运算量大，字母多，“设而不求”是处理这类问题的常用方法之一3、利用“整体思想”简化运算例3、已知椭圆的中心为坐标原点O ，焦点在x 轴上，斜率为1且过椭圆右焦点F 的直线交椭圆于A 、B 两点，OB OA +与)1,3(-=a 共线。
(I)求椭圆的离心率；(II)设M 为椭圆上任意一点，且),(R OB OA OM ∈+=μλμλ，证明:22μλ+为定值.△“整体代换”也是处理解析几何中复杂运算的常用方法之一 4、挖掘隐含条件简化计算例4、已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上,以两个焦点和短轴的两个端点为顶点的四边形是一个面积为8的正方形（记为Q)． （I ）求椭圆C 的方程;(II)设点P 是椭圆C 的左准线与x 轴的交点，过点P 的直线l 与椭圆C 相交于M ，N 两点,当线段MN 的中点落在正方形Q 内（包括边界)时,求直线l 的斜率的取值范围。
2017届高考数学(理)(新课标)二轮专题复习课件：3-5解析几何
x2 所以椭圆 G 的方程为 ＋y2＝1. 4
(2)因为 P 在长轴上，所以点 A，B，P，Q 在直线 l 上的顺序无 外乎两种：A，Q，P，B 或 A，P，Q，B，无论哪种顺序，由|AQ| ＝|BP|都有 AB 与 PQ 的中点重合． 因为 P，Q 不重合，直线 l 斜率存在，设其方程 y＝k(x－t)，且 k≠0. |kt| 由于直线 l 与圆 O 相切，则圆心 O 到 l 的距离 d＝ 2 ＝1， k ＋1 即 k2t2＝k2＋1.③ 1 2 → → 设切点 Q(x0， y0)， 由OQ· PQ＝0 得 x0(x0－t)＋y0 ＝0， 即 x0＝ ， t
2 2 x ＋4y ＝4， 联立 化简得(1＋4k2)x2－8tk2x＋4(t2k2－1)＝ y＝k（x－t），
0. 8tk2 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有 x1＋x2＝ . 1＋4k2 8tk2 因为线段 AB， PQ 中点重合， 即有 x1＋x2＝t＋x0， 因此 1＋4k2 1 ＝t＋ .④ t 1 联立③④化简得 k ＝ ，将其代入③式，可得 t＝± 3. 2
2
调研二 定点、定值问题 x2 y2 (2016· 北京)已知椭圆 C： 2＋ 2＝1(a>b>0)的离心率为 a b 3 ，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB 的面积为 1. 2 (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 P 是椭圆 C 上一点，直线 PA 与 y 轴交于点 M，直线 PB 与 x 轴交于点 N. 求证：|AN|· |BM|为定值．
k2＋2 2 ∴ AB 的 中 点 P 的 坐 标 为 ( 2 ， ) ， |AB| ＝ x1 ＋ x2 ＋ 2 ＝ k k 4（k2＋1） . k2 k2＋2 1 2 1 又 l′的斜率为－ ， 其方程为 y－ ＝－ (x－ 2 )， 即 x＝－ky k k k k 2 ＋3＋ 2. k 2 x＝－ky＋3＋ 2， k 消去 x 并整理，得 y2＋4ky－4(3＋ 22)＝0. 由 k 2 y ＝4x， 2 2 其判别式 Δ2＝(4k)2＋16(3＋ 2)＝16( 2＋k2＋3)>0. k k
浙江省杭州市2017届高三3月联考数学试题解Word版含解析
浙江省杭州市2017届高三3月联考数学试题解第Ⅰ卷一、选择题：本大题共10个小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.在复平面内，复数1z i =-对应的向量为OP ，复数2z 对应的向量为OQ ，那么向量PQ 对应的复数为（ ）A ．1i -B ．1i +C ．1i -+D ． 1i -- 【答案】D【解析】,选D.2.在二项式61(2)x x-的展开式中，常数项是（ ）A ．-240B ．240C ．-160D ．160 【答案】C3.若log a e π=，7cos32b π=，317log sin6c π=，则（ ） A ．b a c >> B ．b c a >> C ．a b c >> D ． c a b >> 【答案】A【解析】 ,所以,选A.4.设抛物线的顶点在原点，其焦点在x 轴上，又抛物线上的点(1,)A a -与焦点F 的距离为2，则a =（ ） A ．4 B ．4或-4 C. -2 D ．-1或2 【答案】D【解析】由题意可设抛物线方程为,由抛物线定义得,所以选D.5.“函数()ln ()f x a x x e =+≥存在零点”是“1a <-”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件 C.充要条件 D ．既不充分不用必要条件 【答案】B 【解析】,所以若函数存在零点,则,因此“函数存在零点”是“”的必要不充分条件,选B.6.若实数,x y 满足不等式组220220210x y x y x y -+≥⎧⎪++≥⎨⎪--≤⎩，则2|1|x y ++的最大值是（ ）A ．143 B ．193C. 4 D ．1 【答案】B点睛：线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.7.已知函数()||()f x MP xMN x R =-∈，其中MN 是半径为4的圆O 的一条弦，P 为单位圆O 上的点，设函数()f x 的最小值为，当点P 在单位圆上运动时，的最大值为3，则线段MN 的长度为（ ）A．．【答案】A【解析】由题意得 因此选A.8.过双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>上任意一点P ，作与y 轴平行的直线，交两渐近线于,A B 两点，若24a PA PB =- ，则该双曲线的离心率为（ ）A B 【答案】D点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.9.矩形ABCD 中，AB =1BC =，将ABC ∆与ADC ∆沿AC 所在的直线进行随意翻折，在翻折过程中直线AD 与直线BC 成的角范围（包含初始状态）为（ ）A ．[0,]6πB ．[0,]3π C. [0,]2π D ．2[0,]3π【答案】C【解析】初始状态直线与直线成的角为，翻折过程中当时, 直线与直线成的角为直角，因此直线与直线成的角范围为，选C.10.已知在(,1]-∞上递减的函数2()21f x x tx =-+，且对任意的12,[0,1]x x t ∈+，总有12|()()|2f x f x -≤，则实数t 的取值范围为（ ）A ． [B ． C. [2,3] D ．[1,2] 【答案】B 【解析】由题意在上递减得，由对任意的，总有，得，即，因此， 选B.点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.二、填空题（本大题共7小题，11-14题每题6分，15-17题每题4分，共36分，将答案填在答题纸上） 11.等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知11a =，12,,5a S 成等差数列，则数列{}n a 的公比q = ． 【答案】212.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ；体积为 .【答案】 (1).(2).【解析】几何体为一个三棱锥 与一个四棱锥 的组合体，如图，其中所以表面积为，体积为点睛:空间几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．13.在平面直角坐标系中，(,0)A a ，(0,)D b ，0a ≠，(0,2)C -，90CAB ∠=，D 是AB 的中点，当A在x 轴上移动时，a 与b 满足的关系式为 ；点B 的轨迹E 的方程为 ． 【答案】 (1).(2).【解析】由题意得 ,即 ；设，则，所以 ，因为，所以 ，从而点的轨迹的方程为.14.已知集合{,,,}P a b c d =(,,,{1,2,3,4,5,6,7,8})a b c d ∈，则满足条件8a b c d +++=的事件的概率为 ；集合P 的元素中含奇数个数的期望为 ． 【答案】 (1). 0 (2). 2点睛：求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，第二步是“探求概率”，第三步是“写分布列”，第四步是“求期望值”. 常利用排列组合、枚举法、概率公式求概率.15.已知sin(3))()2R ππθθθ-=+∈，则cos()3πθ-= ．【答案】【解析】由题意得 ，因为 ，所以 或，因此.16.已知22142(0,0)x y xy x y =+-<<，则2x y +的取值范围为 ． 【答案】【解析】由题意得 ，令 ，则，且 ，所以，，即.17.若两个函数()y f x =，()y g x =在给定相同的定义域上恒有()()0f x g x ≥，则称这两个函数是“和谐函数”，已知()20f x ax =-，()lg()()xg x a R a=∈在*x N ∈上是“和谐函数”，则a 的取值范围是 ． 【答案】三、解答题 （本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 18. 已知()sin()(0,||)2f x x πωϕωϕ=+><满足()()2f x f x π+=-，若其图像向左平移6π个单位后得到的函数为奇函数． （1）求()f x 的解析式；（2）在锐角ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且满足(2)cos cos c a B b A -=，求()f A 的取值范围．【答案】（1）;（2）.【解析】试题分析：（1）由条件得周期，由周期求；由图像变换的函数为奇函数得的等量关系，由，解出；（2）由正弦定理将边角关系转化为角的关系，解出；由锐角条件解出取值范围；根据函数关系式，结合正弦函数性质确定的取值范围．试题解析：（1）∵，∴，∴，∴，则的图象向左平移个单位后得到的函数为，而为奇函数，则有，，而，则有，从而.19. 如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，AD CD CB a ===，60ABC ∠= ，平面ACFE ⊥平面ABCD ，四边形ACFE 是矩形，AE a =，点M 在线段EF 上，且2MF EM =．（1）求证：//AM 平面BDF ；（2）求直线AM 与平面BEF 所成角的余弦值．【答案】（1）见解析;（2）.【解析】试题分析：（1）证明线面平行，一般方法为利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行的寻找往往利用平几知识，如本题设与交于点，利用三角形相似可得,再根据平行四边形性质可得,（2）求线面角，关键在找平面的垂线，由,可得：平面，即平面,平面,因此过点作的垂线交于点，则由面面垂直性质定理可得平面.又，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，最后根据直角三角形求线面角.（2）由题知：，∴点到平面的距离等于点到平面的距离，过点作的垂线交于点，∵，，，∴平面，即平面，∴，又∵，，∴平面.在中，，在中，，∴直线与平面所成角的正弦值为，即直线与平面所成角的余弦值为.20. 设函数3211()(3)332f x x ax a x =++++，其中a R ∈，函数()f x 有两个极值点12,x x ，且101x ≤<． （1）求实数a 的取值范围；（2）设函数'1()()()x f x a x x ϕ=--，当12x x x <<时，求证：|()|9x ϕ<． 【答案】（1）;（2）见解析.试题解析：（1），由题可知：为的两个根，且，得或.而由（1）（2）得：，设，有而在上为减函数，则，即，即，综上，.（2）证明：由，，知，，由（1）可知，所以，所以.点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.21. 如图，过椭圆M：2212xy+=的右焦点F作直线交椭圆于,A C两点．（1）当,A C变化时，在x轴上求点Q，使得AQF CQF∠=∠；（2）当直线QA交椭圆M的另一交点为B，连接BF并延长交椭圆于点D，当四边形ABCD的面积取得最大值时，求直线AC的方程．【答案】（1）;（2）.（2）由（1）可得四边形是一个等腰梯形，四边形的面积，利用直线方程与椭圆方程联立方程组，结合韦达定理可得面积关于的函数关系式，最后利用导数求最值，并确定取最值时直线的方程．试题解析：（1）设，，当不在轴上时，设直线的方程为，代入椭圆的方程可得：.则，，由题知，即，由题知无论取何值，上式恒成立，则，当在轴上时定点依然可使成立， 所以点的坐标是.点睛：解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.22.已知每一项都是正数的数列{}n a 满足11a =，*11()12n n n a a n N a ++=∈． （1）用数学归纳法证明：2121n n a a +-<；（2）证明：116n a ≤≤； （3）记n S 为数列1{||}n n a a +-的前n 项和，证明：*6()n S n N <∈．【答案】（1）见解析;（2）见解析;（3）见解析.【解析】试题分析：（1）由于是隔项，所以先由求出与之间关系，并在利用归纳假设时，注意对称性，两个式子同时运用：，（2）奇数项隔项递减，且最大值为，所以研究偶数项单调性：隔项递增，且最小值为，（同（1）的方法给予证明），最后需证明，根据归纳可借助第三量，作差给予证明；（3）先探求数列递推关系：，再利用等比数列求和公式得.（2）由（1）知，，所以，同理由数学归纳法可证，.猜测：，下证这个结论.因为，所以与异号.注意到，知，，即.所以有，从而可知.（3）所以所以。
2017版考前三个月高考数学(全国甲卷通用理科)知识 方法篇 专题7 解析几何 第35练 Word版含答案
第35练 圆锥曲线中的探索性问题[题型分析·高考展望] 本部分主要以解答题形式考查，往往是试卷的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，考查弦长、定点、定值、最值范围问题或探索性问题，试题难度较大.体验高考1.(2016·山东)平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是32，抛物线E ：x 2＝2y 的焦点F 是C 的一个顶点.(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是E 上的动点，且位于第一象限，E 在点P 处的切线l 与C 交于不同的两点A ，B ，线段AB 的中点为D .直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M . ①求证：点M 在定直线上；②直线l 与y 轴交于点G ，记△PFG 的面积为S 1，△PDM 的面积为S 2，求S 1S 2的最大值及取得最大值时点P 的坐标.(1)解 由题意知a 2－b 2a ＝32，可得a 2＝4b 2，因为抛物线E 的焦点F ⎝⎛⎭⎫0，12，所以b ＝12，a ＝1，所以椭圆C 的方程为x 2＋4y 2＝1.(2)①证明 设P ⎝⎛⎭⎫m ，m22(m >0)，由x 2＝2y ，可得y ′＝x ，所以直线l 的斜率为m ，因此直线l 的方程为y －m 22＝m (x －m )，即y ＝mx －m 22.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0).联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝1，y ＝mx －m 22， 得(4m 2＋1)x 2－4m 3x ＋m 4－1＝0.由Δ>0，得0<m <2＋5(或0<m 2<2＋5).(*)且x 1＋x 2＝4m 34m 2＋1，因此x 0＝2m 34m 2＋1，将其代入y ＝mx －m 22，得y 0＝－m 22(4m 2＋1)，因为y 0x 0＝－14m. 所以直线OD 方程为y ＝－14mx ，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14m x ，x ＝m ，得点M 的纵坐标y M ＝－14，所以点M 在定直线y ＝－14上.②解 由①知直线l 的方程为y ＝mx －m 22，令x ＝0，得y ＝－m 22，所以G ⎝⎛⎭⎫0，－m 22，又P ⎝⎛⎭⎫m ，m 22，F ⎝⎛⎭⎫0，12，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m34m 2＋1，－m 22(4m 2＋1)， 所以S 1＝12·|GF |·m ＝(m 2＋1)m 4，S 2＝12·|PM |·|m －x 0|＝12×2m 2＋14×2m 3＋m 4m 2＋1＝m (2m 2＋1)28(4m 2＋1).所以S 1S 2＝2(4m 2＋1)(m 2＋1)(2m 2＋1)2.设t ＝2m 2＋1，则S 1S 2＝(2t －1)(t ＋1)t 2＝2t 2＋t －1t 2＝－1t 2＋1t ＋2，当1t ＝12，即t ＝2时，S 1S 2取到最大值94，此时m ＝22，满足(*)式，所以P 点坐标为⎝⎛⎭⎫22，14. 因此S 1S 2的最大值为94，此时点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫22，14.2.(2016·四川)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l ：y ＝－x ＋3与椭圆E 有且只有一个公共点T . (1)求椭圆E 的方程及点T 的坐标；(2)设O 是坐标原点，直线l ′平行于OT ，与椭圆E 交于不同的两点A 、B ，且与直线l 交于点P .证明：存在常数λ，使得|PT |2＝λ|P A |·|PB |，并求λ的值. 解 (1)由已知，得a ＝2b ， 则椭圆E 的方程为x 22b 2＋y 2b2＝1.由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 22b 2＋y 2b 2＝1，y ＝－x ＋3，得3x 2－12x ＋(18－2b 2)＝0.①方程①的判别式为Δ＝24(b 2－3)，由Δ＝0，得b 2＝3，此时方程①的解为x ＝2，所以椭圆E 的方程为x 26＋y 23＝1.点T 的坐标为(2，1).(2)由已知可设直线l ′的方程为y ＝12x ＋m (m ≠0)，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，y ＝－x ＋3，可得⎩⎨⎧x ＝2－2m 3，y ＝1＋2m3.所以P 点坐标为⎝⎛⎭⎫2－2m 3，1＋2m 3，|PT |2＝89m 2. 设点A ，B 的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).由方程组⎩⎨⎧x 26＋y 23＝1，y ＝12x ＋m ，可得3x 2＋4mx ＋(4m 2－12)＝0.② 方程②的判别式为Δ＝16(9－2m 2)， 由Δ>0，解得－322<m <322.由②得x 1＋x 2＝－4m3，x 1x 2＝4m 2－123.所以|P A |＝ ⎝⎛⎭⎫2－2m 3－x 12＋⎝⎛⎭⎫1＋2m 3－y 12 ＝52⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 1，同理|PB |＝52⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 2.所以|P A |·|PB |＝54⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫2－2m3－x 1⎝⎛⎭⎫2－2m 3－x 2 ＝54⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫2－2m 32－⎝⎛⎭⎫2－2m 3(x 1＋x 2)＋x 1x 2 ＝54⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫2－2m 32－⎝⎛⎭⎫2－2m 3⎝⎛⎭⎫－4m 3＋4m 2－123＝109m 2.故存在常数λ＝45，使得|PT |2＝λ|P A |·|PB |.高考必会题型题型一 定值、定点问题例1 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点(0，3)，离心率为12，直线l 经过椭圆C 的右焦点F 交椭圆于A 、B 两点. (1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 交y 轴于点M ，且MA →＝λAF →，MB →＝μBF →，当直线l 的倾斜角变化时，探求λ＋μ的值是否为定值？若是，求出λ＋μ的值；否则，请说明理由. 解 (1)依题意得b ＝3，e ＝c a ＝12，a 2＝b 2＋c 2，∴a ＝2，c ＝1，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)∵直线l 与y 轴相交于点M ，故斜率存在， 又F 坐标为(1，0)，设直线l 方程为 y ＝k (x －1)，求得l 与y 轴交于M (0，－k )， 设l 交椭圆A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1，消去y 得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， ∴x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，又由MA →＝λAF →，∴(x 1，y 1＋k )＝λ(1－x 1，－y 1)， ∴λ＝x 11－x 1，同理μ＝x 21－x 2，∴λ＋μ＝x 11－x 1＋x 21－x 2＝x 1＋x 2－2x 1x 21－(x 1＋x 2)＋x 1x 2＝8k 23＋4k 2－2(4k 2－12)3＋4k 21－8k 23＋4k 2＋4k 2－123＋4k 2＝－83. ∴当直线l 的倾斜角变化时，λ＋μ的值为定值－83.点评 (1)定点问题的求解策略把直线或曲线方程中的变量x ，y 当作常数看待，把方程一端化为零，既然直线或曲线过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x ，y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点. (2)定值问题的求解策略在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就是“定值”问题，解决这类问题常通过取特殊值，先确定“定值”是多少，再进行证明，或者将问题转化为代数式，再证明该式是与变量无关的常数或者由该等式与变量无关，令其系数等于零即可得到定值.变式训练1 已知抛物线y 2＝2px (p >0)，过点M (5，－2)的动直线l 交抛物线于A ，B 两点，当直线l 的斜率为－1时，点M 恰为AB 的中点. (1)求抛物线的方程；(2)抛物线上是否存在一个定点P ，使得以弦AB 为直径的圆恒过点P ，若存在，求出点P 的坐标，若不存在，请说明理由. 解 (1)当直线l 的斜率为－1时， 直线l 的方程为x ＋y －3＝0，即x ＝3－y ， 代入y 2＝2px (p >0)得y 2＋2py －6p ＝0， y 1＋y 22＝－p ＝－2，p ＝2， 所以抛物线的方程为y 2＝4x .(2)设直线l 的方程为x ＝m (y ＋2)＋5， 代入y 2＝4x 得y 2－4my －8m －20＝0， 设点A (y 214，y 1)，B (y 224，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－8m －20，假设存在点P (y 204，y 0)总是在以弦AB 为直径的圆上，则P A →·PB →＝(y 214－y 204)(y 224－y 204)＋(y 1－y 0)(y 2－y 0)＝0，当y 1＝y 0或y 2＝y 0时，等式显然成立； 当y 1≠y 0或y 2≠y 0时， 则有(y 1＋y 0)(y 2＋y 0)＝－16，即4my 0＋y 20－8m －20＝－16，(4m ＋y 0＋2)(y 0－2)＝0， 解得y 0＝2，x 0＝1， 所以存在点P (1，2)满足题意.题型二 定直线问题例2 在平面直角坐标系xOy 中，过定点C (0，p )作直线与抛物线x 2＝2py (p >0)相交于A ，B 两点.(1)若点N 是点C 关于坐标原点O 的对称点，求△ANB 面积的最小值；(2)是否存在垂直于y 轴的直线l ，使得l 被以AC 为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l 的方程；若不存在，请说明理由.解 方法一 (1)依题意，点N 的坐标为(0，－p )， 可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 直线AB 的方程为y ＝kx ＋p ，与x 2＝2py 联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2py ，y ＝kx ＋p ，消去y 得x 2－2pkx －2p 2＝0.由根与系数的关系得x 1＋x 2＝2pk ，x 1x 2＝－2p 2. 于是S △ABN ＝S △BCN ＋S △ACN ＝12·2p |x 1－x 2|＝p |x 1－x 2|＝p (x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝p 4p 2k 2＋8p 2＝2p 2k 2＋2， ∴当k ＝0时，(S △ABN )min ＝22p 2.(2)假设满足条件的直线l 存在，其方程为y ＝a ，AC 的中点为O ′，l 与以AC 为直径的圆相交于点P ，Q ，PQ 的中点为H ， 则O ′H ⊥PQ ，O ′点的坐标为(x 12，y 1＋p2).∵|O ′P |＝12|AC |＝12x 21＋(y 1－p )2＝12y 21＋p 2， |O ′H |＝⎪⎪⎪⎪a －y 1＋p 2＝12|2a －y 1－p |，∴|PH |2＝|O ′P |2－|O ′H |2 ＝14(y 21＋p 2)－14(2a －y 1－p )2 ＝(a －p2)y 1＋a (p －a )，∴|PQ |2＝(2|PH |)2＝4[(a －p2)y 1＋a (p －a )].令a －p 2＝0，得a ＝p 2，此时|PQ |＝p 为定值，故满足条件的直线l 存在， 其方程为y ＝p2，即抛物线的通径所在的直线.方法二 (1)前同方法一，再由弦长公式得 |AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·4p 2k 2＋8p 2 ＝2p 1＋k 2·k 2＋2，又由点到直线的距离公式得d ＝2p1＋k 2. 从而S △ABN ＝12·d ·|AB |＝12·2p 1＋k 2·k 2＋2· 2p 1＋k 2＝2p 2k 2＋2.∴当k ＝0时，(S △ABN )min ＝22p 2.(2)假设满足条件的直线l 存在，其方程为y ＝a ，则以AC 为直径的圆的方程为(x －0)(x －x 1)＋(y －p )(y －y 1)＝0， 将直线方程y ＝a 代入得x 2－x 1x ＋(a －p )(a －y 1)＝0， 则Δ＝x 21－4(a －p )(a －y 1)＝4[(a －p2)y 1＋a (p －a )]. 设直线l 与以AC 为直径的圆的交点为P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)，则有|PQ |＝|x 3－x 4| ＝ 4[(a －p2)y 1＋a (p －a )]＝2(a －p2)y 1＋a (p －a ).令a －p 2＝0，得a ＝p 2，此时|PQ |＝p 为定值，故满足条件的直线l 存在， 其方程为y ＝p2，即抛物线的通径所在的直线.点评 (1)定直线由斜率、截距、定点等因素确定. (2)定直线一般为特殊直线x ＝x 0，y ＝y 0等.变式训练2 椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，F 1、F 2分别是它的左、右焦点，已知椭圆C 过点(0，1)，且离心率e ＝223.(1)求椭圆C 的方程；(2)如图，设椭圆的左、右顶点分别为A 、B ，直线l 的方程为x ＝4，P 是椭圆上异于A 、B 的任意一点，直线P A 、PB 分别交直线l 于D 、E 两点，求F 1D →·F 2E →的值；(3)过点Q (1，0)任意作直线m (与x 轴不垂直)与椭圆C 交于M 、N 两点，与l 交于R 点，RM →＝xMQ →，RN →＝yNQ →，求证：4x ＋4y ＋5＝0. (1)解 由题意可得b ＝1，c a ＝223，∴a ＝3，椭圆C 的方程为x 29＋y 2＝1.(2)解 设P (x 0，y 0)，则直线P A 、PB 的方程分别为 y ＝y 0x 0＋3(x ＋3)，y ＝y 0x 0－3(x －3)， 将x ＝4分别代入可求得D ，E 两点的坐标分别为 D (4，7y 0x 0＋3)，E (4，y 0x 0－3). 由(1)知，F 1(－22，0)，F 2(22，0)，∴F 1D →·F 2E →＝(4＋22，7y 0x 0＋3)·(4－22，y 0x 0－3)＝8＋7y 20x 20－9，又∵点P (x 0，y 0)在椭圆C 上，∴x 209＋y 20＝1⇒y 20x 20－9＝－19， ∴F 1D →·F 2E →＝659.(3)证明 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，R (4，t )， 由RM →＝xMQ →得(x 1－4，y 1－t )＝x (1－x 1，－y 1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝4＋x1＋x，y 1＝t1＋x(x ≠－1)，代入椭圆方程得(4＋x )2＋9t 2＝9(1＋x )2，① 同理由RN →＝yNQ →得(4＋y )2＋9t 2＝9(1＋y )2，② ①－②消去t ，得x ＋y ＝－54，∴4x ＋4y ＋5＝0. 题型三 存在性问题例3 (1)已知直线y ＝a 交抛物线y ＝x 2于A ，B 两点.若该抛物线上存在点C ，使得∠ACB 为直角，则a 的取值范围为________. 答案 [1，＋∞)解析 以AB 为直径的圆的方程为x 2＋(y －a )2＝a ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，x 2＋(y －a )2＝a ，得y 2＋(1－2a )y ＋a 2－a ＝0. 即(y －a )[y －(a －1)]＝0，由已知⎩⎪⎨⎪⎧a >0，a －1≥0，解得a ≥1.(2)如图，梯形ABCD 的底边AB 在y 轴上，原点O 为AB 的中点，|AB |＝423，|CD |＝2－423，AC ⊥BD ，M 为CD 的中点.①求点M 的轨迹方程；②过M 作AB 的垂线，垂足为N ，若存在正常数λ0，使MP →＝λ0PN →，且P 点到A ，B 的距离和为定值，求点P 的轨迹E 的方程；③过(0，12)的直线与轨迹E 交于P 、Q 两点，求△OPQ 面积的最大值.解 ①设点M 的坐标为M (x ，y )(x ≠0)， 则C (x ，y －1＋223)，D (x ，y ＋1－223).又A (0，223)，B (0，－223).由AC ⊥BD 有AC →·BD →＝0， 即(x ，y －1)·(x ，y ＋1)＝0， ∴x 2＋y 2＝1(x ≠0)，即点M 的轨迹方程为x 2＋y 2＝1(x ≠0). ②设P (x ，y )，则M ((1＋λ0)x ，y )，代入M 的轨迹方程有(1＋λ0)2x 2＋y 2＝1(x ≠0). 即x 2(11＋λ0)2＋y 2＝1(x ≠0)，∴点P 的轨迹为椭圆(除去长轴的两个端点). 要使点P 到A ，B 的距离之和为定值， 则以A ，B 为焦点，故1－1(1＋λ0)2＝(223)2. ∴λ0＝2，从而所求P 的轨迹方程为x 219＋y 2＝1(x ≠0).③易知l 的斜率存在，设方程为y ＝kx ＋12，联立9x 2＋y 2＝1(x ≠0)，有(9＋k 2)x 2＋kx －34＝0.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－k9＋k 2，x 1x 2＝－34(9＋k 2). ∴|x 2－x 1|＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝ 4k 2＋27(9＋k 2)2，令t ＝k 2＋9， 则|x 2－x 1|＝4t －9t 2且t ≥9. ∴S △OPQ ＝12×12|x 2－x 1|＝14 －9×1t 2＋4×1t＝14－9(1t －29)2＋49.∵t ≥9，∴0＜1t ≤19，∴当1t ＝19，即t ＝9，也即k ＝0时，△OPQ 面积取最大值，最大值为312. 点评 存在性问题求解的思路及策略(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在.(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.变式训练3 (2015·四川)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是22，点P (0，1)在短轴CD 上，且PC →·PD →＝－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OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.解 (1)由已知，得点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )， 又点P 的坐标为(0，1)，且PC →·PD →＝－1，于是⎩⎪⎨⎪⎧1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2，解得a ＝2，b ＝2，所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0，其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)＞0， 所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1，从而，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝(－2λ－4)k 2＋(－2λ－1)2k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2. 所以当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3，此时OA →·OB →＋λP A →·PB →＝－3为定值.当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ， 此时，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝－2－1＝－3. 故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值－3.高考题型精练1.(2015·陕西)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点A (0，－1)，且离心率为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c a ＝22，b ＝1，结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2， 所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ＞0， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0， 则x 1＋x 2＝4k (k －1)1＋2k 2，x 1x 2＝2k (k －2)1＋2k 2， 从而直线AP ，AQ 的斜率之和 k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－kx 2＝2k ＋(2－k )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2 ＝2k ＋(2－k )4k (k －1)2k (k －2)＝2k －2(k －1)＝2.2.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1，0)，且点P (1，32)在椭圆C 上，O 为坐标原点.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设过定点T (0，2)的直线l 与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，且∠AOB 为锐角，求直线l 的斜率k 的取值范围；(3)过椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2－53＝1上异于其顶点的任一点P ，作圆O ：x 2＋y 2＝43的两条切线，切点分别为M ，N (M ，N 不在坐标轴上)，若直线MN 在x 轴，y 轴上的截距分别为m ，n ，证明：13m 2＋1n2为定值.(1)解 由题意得c ＝1，所以a 2＝b 2＋1，又因为点P (1，32)在椭圆C 上，所以1a 2＋94b 2＝1，可解得a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)解 设直线l 方程为y ＝kx ＋2，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2＋16kx ＋4＝0， 因为Δ＝12k 2－3>0，所以k 2>14，又x 1＋x 2＝－16k 4k 2＋3，x 1x 2＝44k 2＋3，因为∠AOB 为锐角，所以OA →·OB →>0， 即x 1x 2＋y 1y 2>0，所以x 1x 2＋(kx 1＋2)(kx 2＋2)>0， 所以(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4>0， 所以(1＋k 2)·44k 2＋3＋2k ·－16k 4k 2＋3＋4>0，即－12k 2＋164k 2＋3>0，所以k 2<43，所以14<k 2<43， 解得－233<k <－12或12<k <233.(3)证明 由题意：C 1：x 24＋3y 24＝1，设点P (x 1，y 1)，M (x 2，y 2)，N (x 3，y 3)， 因为M ，N 不在坐标轴上，所以k PM ＝－1k OM ＝－x 2y 2， 直线PM 的方程为y －y 2＝－x 2y 2(x －x 2)，化简得x 2x ＋y 2y ＝43，① 同理可得直线PN 的方程为x 3x ＋y 3y ＝43，②把P 点的坐标分别代入①、②得⎩⎨⎧x 2x 1＋y 2y 1＝43，x 3x 1＋y 3y 1＝43，所以直线MN 的方程为x 1x ＋y 1y ＝43，令y ＝0，得m ＝43x 1，令x ＝0，得n ＝43y 1，所以x 1＝43m ，y 1＝43n，又点P 在椭圆C 1上，所以(43m )2＋3(43n )2＝4，即13m 2＋1n 2＝34为定值. 3.(2016·山东)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，焦距为2 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)过动点M (0，m )(m ＞0)的直线交x 轴于点N ，交C 于点A ，P (P 在第一象限)，且M 是线段PN 的中点.过点P 作x 轴的垂线交C 于另一点Q ，延长QM 交C 于点B . ①设直线PM ，QM 的斜率分别为k ，k ′，证明k ′k 为定值；②求直线AB 的斜率的最小值. (1)解 设椭圆的半焦距为c . 由题意知2a ＝4，2c ＝2 2. 所以a ＝2，b ＝a 2－c 2＝ 2. 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)①证明 设P (x 0，y 0)(x 0＞0，y 0＞0). 由M (0，m )，可得P (x 0，2m )，Q (x 0，－2m ). 所以直线PM 的斜率k ＝2m －m x 0＝mx 0.直线QM 的斜率k ′＝－2m －m x 0＝－3mx 0.此时k ′k ＝－3.所以k ′k 为定值－3.②解 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2). 由①知直线P A 的方程为y ＝kx ＋m . 直线QB 的方程为y ＝－3kx ＋m .联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 22＝1，整理得(2k 2＋1)x 2＋4mkx ＋2m 2－4＝0， 由x 0x 1＝2m 2－42k 2＋1，可得x 1＝2(m 2－2)(2k 2＋1)x 0，所以y 1＝kx 1＋m ＝2k (m 2－2)(2k 2＋1)x 0＋m .同理x 2＝2(m 2－2)(18k 2＋1)x 0，y 2＝－6k (m 2－2)(18k 2＋1)x 0＋m .所以x 2－x 1＝2(m 2－2)(18k 2＋1)x 0－2(m 2－2)(2k 2＋1)x 0＝－32k 2(m 2－2)(18k 2＋1)(2k 2＋1)x 0，y 2－y 1＝－6k (m 2－2)(18k 2＋1)x 0＋m －2k (m 2－2)(2k 2＋1)x 0－m ＝－8k (6k 2＋1)(m 2－2)(18k 2＋1)(2k 2＋1)x 0，所以k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝6k 2＋14k ＝14⎝⎛⎭⎫6k ＋1k ， 由m ＞0，x 0＞0，可知k ＞0，所以6k ＋1k ≥26，当且仅当k ＝66时取“＝”.因为P (x 0，2m )在椭圆x 24＋y 22＝1上，所以x 0＝4－8m 2，故此时2m －m4－8m 2－0＝66，即m ＝147，符合题意. 所以直线AB 的斜率的最小值为62. 4.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1，0)，短轴的一个端点B 到F 的距离等于焦距.(1)求椭圆C 的方程；(2)过点F 的直线l 与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，是否存在直线l ，使得△BFM 与△BFN 的面积比值为2？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由. 解 (1)由已知得c ＝1，a ＝2c ＝2，b 2＝a 2－c 2＝3， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)S △BFM S △BFN ＝2等价于FM FN ＝2，当直线l 斜率不存在时，FMFN＝1，不符合题意，舍去；当直线l 斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1消去x 并整理得， (3＋4k 2)y 2＋6ky －9k 2＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－6k 3＋4k 2， ①y 1y 2＝－9k 23＋4k 2，② 由FMFN＝2得y 1＝－2y 2，③由①②③解得k ＝±52，因此存在直线l ：y ＝±52(x －1)使得△BFM 与△BFN 的面积比值为2.。
认知提升 效率构建———高效率数学学习高中生的元认知特征及其教学意义
认知提升㊀效率构建高效率数学学习高中生的元认知特征及其教学意义马爱祥(江苏省六合高级中学㊀２１１５００)摘㊀要:在高中新课程教学改革的背景下ꎬ锻炼提高学生的综合学习能力ꎬ提高学生认知能力ꎬ基于高中生的元认知能力ꎬ优化当前的教学模式ꎬ创新当前的教学活动.本文分析了如何设计优化高效率的数学认知活动ꎬ分析学生的元认知特征ꎬ锻炼提高学生的问题分析能力ꎬ提出了几点优化改善的教学建议.关键词:高中数学ꎻ高效率数学教学ꎻ元认知特征ꎻ教学模式中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２０)３０－０００６－０２收稿日期:２０２０－０７－２５作者简介:马爱祥(１９８１.４－)ꎬ男ꎬ江苏省南京人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀一㊁高效率数学学习中高中生的元认知特征从高中生当前的学习认知能力现有水平出发ꎬ分析当前高中生数学学习中存在的问题和不足ꎬ通过对学生认知能力㊁思考能力的了解分析如何提高学生的认知能力和自主学习能力.可以看出ꎬ高效率的学习活动中ꎬ元认知学习能力高的学生整体的认知和思考的能力更强ꎬ对于知识的掌握程度更扎实.教师在优化高中生数学课堂教学效率的过程中ꎬ要加强对学生元认知能力的指导ꎬ包括学生个体知识㊁任务探究活动的布置.在对学生个体水平进行活动设计的时候ꎬ教师尊重高中生的个体知识差异ꎬ知晓学生的认知能力和非认知能力方面的不同和差异ꎬ教师分析和了解学生的问题思考方式ꎬ构建多种策略的培养模式让学生建立认知差异.在非认知层面ꎬ教师观察学生的态度㊁情绪情感㊁学习动机㊁性格水平等等ꎬ教师基于对学生个体的差异引导学生体会和认识学习的意义.例如:对于高中生数学成绩稳定且水平高ꎬ教师要分析理解这部分学生个性上的特征ꎬ在班级内为学生剖析和引导学生的内在动机ꎬ例如学生的求知欲之间的差异.对于学生个体对于数学知识的掌握层面的不同ꎬ分析学生的抽象思维能力㊁数学知识之间的融会贯通㊁数形结合能力㊁运算能力㊁数学理解能力㊁数学学习品质等进行分析.在课堂教学的过程中教师分析学生的元认知能力ꎬ让学生建立正确的认知能力ꎬ教师指导学生的 知不足 的自我意识ꎬ让高中生明白自我当前存在不足ꎬ建立反思的意识.对于课堂任务知识的布置和设计ꎬ教师强调学生的整体认知水平ꎬ在课堂任务布置和设计的过程中提升课堂活动的效率.在具体课堂任务设计的过程中ꎬ教师锻炼学生的信息提取能力㊁信息处理能力ꎬ基于数学函数㊁数列㊁集合㊁向量㊁逻辑㊁排列组合㊁解析几何㊁空间立体几何等相关知识进行知识点之间的联合性设计ꎬ使得数学课堂变得更加多元化.在课堂设计的过程中ꎬ教师丰富课堂教学的背景ꎬ以数学问题为载体ꎬ将数学语言㊁数学图象㊁数学符号等综合呈现出来ꎬ以此来锻炼学生的信息处理以及信息读取的能力.㊀㊀二㊁高中数学课堂教学活动的设计策略㊀㊀基于提升学生的元认知能力ꎬ教师在数学课堂设计的时候强调课堂教学计划的设计ꎬ建立自我认知能力ꎬ优化高效数学课堂的教学效率ꎬ以此来巩固学生的元认知能力ꎬ丰富学生的学习体验ꎬ锻炼提升自我的自主学习能力.在数学课堂上ꎬ教师丰富学生的课堂学习体验ꎬ将数学抽象理论与实践活动融合在一起ꎬ在数学课堂上引入数学建模的思想锻炼提高学生的逻辑思维能力.教师在数学课堂上提出问题ꎬ引导学生分析研究问题ꎬ锻炼学生运用数学语言进行问题的表达ꎬ构建数学模型验证数学结论和实际问题ꎬ最终让学生掌握数学规律的实践运用ꎬ加深对于数学知识的理解.教师布置的教学任务以问题为核心ꎬ树立正确的目标㊁掌握问题的难度㊁构建有效的解题条件ꎬ引导学生在问题探究的过程中探究解决的关键条件ꎬ建立多元的认知活动ꎬ基于让学生掌握问题核心ꎬ掌握数学知识的本质ꎬ使得高中生的元认知能力得到锻炼.建立体系化的数学学习过程ꎬ更有助于提高高中生的数学考试成绩ꎬ符合高中的教学升学目标.高中生在这一阶段自我反思能力不强ꎬ教师在课堂６教学的过程中要注重提升学生的自我检验的意识ꎬ监控和分析学生的自我检验意识ꎬ提升学生元认知素养.在日常交流的过程中ꎬ教师鼓励学生从多种角度理解和运用数学知识ꎬ思考教师讲解的解题过程ꎬ学会运用不同的问题进行知识理解ꎬ深度理解不同问题的解决方案ꎬ检验自己的解题过程的正确性和简洁性ꎬ在课堂活动中ꎬ教师锻炼学生的自我反思和检验的意识.为了检验学生的元认知能力ꎬ教师在课堂上为学生创建自主展示的空间ꎬ使得学生分享自己的思考和认知的结果.在课堂活动上ꎬ教师鼓励学生展示自我的思路整理㊁信息提取ꎬ考察和检验学生的思维逻辑性ꎬ了解学生的清晰㊁严密的表达问题ꎬ教师通过学生的思维情况的了解ꎬ发现学生的错误ꎬ提出转化的策略ꎬ再引导学生总结和提炼ꎬ既尊重了学生在课堂上的主体地位ꎬ又让学生降低对于教师的依赖性ꎬ锻炼学生知识运用和实践的能力.元认知能力体验和高效率的教学活动让课堂教学活动成为良性循环ꎬ给学习方法不当的学生指导学习方法ꎬ避免学生认知结构的混乱ꎬ建立知识之间清晰的结构.教师为了在数学课堂上减少学生的认知负荷ꎬ采用一题多解的形式ꎬ让学生在不同的解题方法之间建立知识之间的联系ꎬ建立完整的知识脉络.教师在数学课堂上为学生梳理知识点之间的联系点ꎬ带动学习效果的提升.在情感维度ꎬ教师为了引导学生建立数学学习的自信心ꎬ尤其是学习成绩不佳的学生ꎬ教师为了降低这部分学生内心的挫败感和恐惧感ꎬ在课堂教学的时候教师依据学生的学习和认知水平进行学习任务的布置ꎬ耐心指导以及鼓励ꎬ让学生体验下功夫㊁攻克难题的乐趣ꎬ形成积极的情感体验ꎬ使得高中生在知识学习的过程中树立积极的学习态度ꎬ让数学课堂的教学效率得到提升.㊀㊀参考文献:[１]王光明ꎬ佘文娟ꎬ廖晶ꎬ等.高效率数学学习高中生的元认知特征及其教学意义[Ｊ].教育科学研究ꎬ２０１７(０４):４８－５５＋６３.[２]魏义敏.高中数学教学中如何培养学生的元认知力[Ｊ].散文百家ꎬ２０１８(６):１２.[责任编辑:李㊀璟]探究课堂如何培养学生数学核心素养的实践研究苏玉蓉１㊀林伟城２(１.福建省莆田第一中学㊀３５１１００ꎻ２.福建省莆田第二中学㊀３５１１００)摘㊀要:核心素养越来越成为中国教育界所关注的重要方面ꎬ并且在教育深化改革上的地位也尤为重要.数学抽象㊁逻辑推理㊁数学建模㊁数学运算㊁直观想象和数据分析是数学核心素养的六大核心组成.目前在课堂上的实践开展得尤为广泛ꎬ探究课堂不仅可以增强学生对数学的兴趣ꎬ还能优化课堂教学结构.关键词:探究课堂ꎻ数学ꎻ核心素养ꎻ实践培养中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２０)３０－０００７－０２收稿日期:２０２０－０７－２５作者简介:苏玉蓉(１９７８.４－)ꎬ女ꎬ福建省泉州人ꎬ中学一级教师ꎬ从事数学教学研究.林伟城(１９７７.９－)ꎬ男ꎬ福建省莆田人ꎬ中学一级教师ꎬ从事数学教学研究.㊀㊀一㊁进行课堂探究对核心素养培养的必要性近几年ꎬ课程改革是在全球范围内兴起的一个体系改革ꎬ尤其是对学生核心素养的研究.世界各国的课程体系改革有一些相同点ꎬ其都非常重视学生的自身发展和是否具备适应时代发展的各种能力ꎬ所以学生发展与核心能力的培养就成为了各国重点关注的内容ꎬ并且其研究的内容被大力推进.在国内ꎬ提高学生核心素养的课程体系结构的想法是由教育部重点研究和攻克的一个大项目ꎬ它是由义务教育阶段学生学业质量标准体系研究的课题组提出的.教学目标㊁内容标准㊁教学建议和质量标准是核心素养体系中的重要四部分.教育部明确指出中国学生的核心素养的培育是非常重要的ꎬ尤其是在基础教育阶段的学生ꎬ并且要始终遵守三个基本的原则ꎬ教育部已经修订了 高中课程标准 ꎬ学生的核心素养就是其要遵循的一条主线.由此可见学生学科素养的重要性ꎬ是当今教育要做的一个必要性的工作.㊀㊀二㊁数学核心素养的特点１.数学的自由思考的本质特征数学知识是体现数学思想方法的一种途径ꎬ是数学７。
山西省实验中学2017届高三3月联考理数试题解析(解析版)Word版含解斩
山西省实验中学2017届高三3月联考理数试题第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由得：，，则，故选A.2. 若复数满足其中为虚数单位，则复数的共轭复数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由得：，即，则复数的共轭复数为，故选B.3. 已知命题命题则是的（）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】A【解析】：由得，∴，于是是的充分不必要条件，故选A.4. 过双曲线的右焦点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为,为坐标原点，若则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意，，∴双曲线的一条渐近线的斜率为，∴，故选D.5. 九九重阳节期间，学校准备举行慰问退休老教师晚会，学生们准备用歌曲、小品、相声三种艺术形式表演五个节目，其中歌曲有个节目，小品有个节目，相声有个节目，要求相邻的节目艺术形式不能相同，则不同的编排种数为（）A. B. C. D.【答案】C6. 已知锐角的终边经过点且将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，则的图象的一个对称中心为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】锐角的终边经过点且，∴，且，∴，∴，将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，令，求得，则的图象的一个对称中心为，故选C.点睛：本题主要考查任意角的三角函数的定义，函数的图象变换规律，函数的图象的对称性，属于基础题；利用任意角的三角函数的定义求得和的值，再利用函数的图象变换规律求得的解析式，再利用正弦函数的图象的对称性，求得的图象的一个对称中心.7. 执行如图所示的程序框图，则输出的结果为( )A. B. C. D.【答案】B8. 已知实数满足且的最大值为，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】作出不等式，对应的平面区域，由，得，平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，此时最大为6，即，由得，∵直线过A，∴．的几何意义是可行域内的点与距离的平方，由可行域可知到直线的距离最小，可得的最小值为：，故选A.9. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，网格纸上正方形小格的边长为，图中粗线画出的是某几何体毛坯的三视图，第一次切削，将该毛坯得到一个表面积最大的长方体，第二次切削沿长方体的对角面刨开，得到两个三棱柱，第三次切削将两个三棱柱分别沿棱和表面的对角线刨开得到两个鳖臑和两个阳马，则阳马与鳖臑的体积之比为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由三视图可得，直观图是底面直径、高都为4的圆柱，第一次切削该毛坯得到一个表面积最大的长方体，长方体的底面为边长为的正方体，第二次切削后得到底面是腰长为的等腰直角三角形，高为4的三棱柱，经过第三次切削后所得一个阳马的体积为：，一个鳖臑的体积为：，则阳马与鳖臑的体积之比为，故选B.10. 设函数函数若存在唯一的，使得的最小值为，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】作出函数的图象，可得的最小值为0，最大值为2；，当且仅当取得最小值，由存在唯一的，使得的值为，可得，解得，故选A．11. 已知抛物线过其焦点的直线与抛物线分别交于两点（在第一象限内）,过的中点且垂直于的直线与轴交于点，则三角形的面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】作出抛物线的准线，设、在上的射影分别是、，连接、，过作于，∵，则设，，由点、分别在抛物线上，结合抛物线的定义，得，，因此，中，，得，∴直线的倾斜角，得直线的斜率，则直线的方程为：，即，设，，则，整理得：，则，，则，，∴中点，则的方程的斜率为，则的方程：，当时，则，则，则到直线的距离，，则，故选C.点睛：本题考查抛物线的简单几何性质，考查直线与抛物线的位置关系，韦达定理，中点坐标公式，焦点弦公式，考查数形结合思想，属于中档题；由抛物线焦点弦的性质及向量的坐标运算，求得直线的倾斜角，求得直线的方程，代入抛物线方程，利用求得及中点，利用点斜式方程，求得点坐标，利用点到直线的距离公式及三角形的面积公式求得三角形的面积.12. 已知函数与的图像上存在关于对称的点，则实数的取值范围是（）1A. B. C. D.【答案】D点睛：本题考查利用导数求最值，考查对称性的运用，关键是转化为在有解，属于中档题由题意可知有解，即在有解，求导数，确定函数的单调性，可知的范围.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 在的展开式中，的系数为__________．【答案】180【解析】的展开式的通项为：，令，得，则其系数为，故答案为.14. 已知定义经计算令令则__________．【答案】【解析】根据题意：，经计算得：，，，，则，令，则，故答案为.15. 已知在所在平面内有两点满足若则的值为__________．【答案】【解析】，∴为中点，由得，，∴，∴为靠近的的三等分点，如图所示：，，∴，∴，∴，∴，故答案为.16. 已知中,则__________．【答案】【解析】，由正弦定理可得：，∴，又，∴，化为，当且仅当时取等号即，其中，，，即，又，∴，∴，即，∴，故答案为.点睛：本题考查了正弦定理余弦定理、基本不等式的性质、和差公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题；，由正弦定理可得：，由余弦定理可得，化为：，再利用基本不等式的性质即可.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17. 已知数列为等差数列，且数列的前项和（Ⅰ）求数列和的通项公式；（Ⅱ）设求数列的前项的和【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅱ）两式相减得所以点睛：本题主要考查了等差数列，等比数列的概念，以及数列的求和，属于高考中常考知识点，难度不大；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.18. 京剧是我国的国粹，是“国家级非物质文化遗产”，某机构在网络上调查发现各地京剧票友的年龄服从正态分布同时随机抽取位参与某电视台《我爱京剧》节目的票友的年龄作为样本进行分析研究（全部票友的年龄都在内），样本数据分别区间为由此得到如图所示的频率分布直方图.(Ⅰ) 若求的值；（Ⅱ）现从样本年龄在的票友中组织了一次有关京剧知识的问答，每人回答一个问题，答对赢得一台老年戏曲演唱机，答错没有奖品，假设每人答对的概率均为，且每个人回答正确与否相互之间没有影响，用表示票友们赢得老年戏曲演唱机的台数，求的分布列及数学期望.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）由，可得，由频率分布直方图的性质可得，解出即可得出；（II）样本年龄在的票友中共有人，由题意可得，根据，，即可得出.试题解析：（Ⅰ）根据正态曲线的对称性，所以再由频率分布直方图得解得（Ⅱ）样本年龄在的票友共有人，由题意所以所以分布列为所以或根据题设，所以19. 如图,平面平面四边形为直角梯形,四边形为等腰梯形,且（Ⅰ）若梯形内有一点，使得平面,求点的轨迹；（Ⅱ）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）【解析】试题分析：（Ⅰ）取的中点，连接，则，，可得平面平面，即可得出结论；（Ⅱ）由垂直关系可知：以为原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求出面的法向量，面的法向量，求出法向量的夹角可得结果.试题解析：（Ⅰ）设为的中点，连接因为所以又所以为平行四边形，所以又平面所以平面同时又所以也为平行四边形，所以又平面所以平面因为所以平面平面故当位于线段上时，平面从而点的轨迹为线段20. 已知为坐标原点,椭圆的左、右焦点分别为上顶点为,右顶点为,以为直径的圆过点,直线与圆相交得到的弦长为（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若直线与椭圆相交于两点，与轴，轴分别相交于两点，满足：①记的中点为,且两点到直线的距离相等；②记的面积分别为若当取得最大值时,求的值.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅱ）由题意，设直线的方程为则由方程组得所以由韦达定理得因为两点到直线的距离相等，所以线段的中点与线段的中点重合，所以解得于是，由及可得所以，当时，有最大值此时故点睛：本题考查椭圆方程的求法，考查椭圆与直线位置关系的应用，考查推理论证能力、运算求解能力，考查整体思想、转化化归思想，考查数据处理能力和运用意识，有一定难度；当直线与圆锥曲线相交时，联立方程组，结合韦达定理，利用三角形面积公式整理可得，故而可求其最大值.21. 已知函数的图像在点处的切线方程为且（Ⅰ）求的解析式；（Ⅱ）求证：【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）求导数，利用函数的图像在点处的切线方程为，求出，即可求出的解析式；（Ⅱ）原题意等价于对于恒成立即可，令，利用二次求导思想，求出其最小值即可.试题解析：（Ⅰ）当时，代入得所以由切线方程知所以故（Ⅱ）要证当时，恒成立，即证明；当时，对于恒成立，由于只要证明：对于恒成立即可.证明：令则令则在上单调递增，且使得成立，当时，单调递减；当时，单调递增；又由得且对于恒成立，得证.点睛：本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，以及函数恒成立问题等基础题知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，分类讨论思想，属于难题；导数的几何意义即函数在该点处的导数即函数在该点处切线的斜率，求导数，得斜率，利用点斜式方程即可得结果，考查恒成立问题，正确分离参数是关键，也是常用的一种手段．通过分离参数可转化为或恒成立，即或即可，利用导数知识结合单调性求出或即得解.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. 选修4-4：坐标系与参数方程已知直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，点的极坐标为（Ⅰ）求直线以及曲线的极坐标方程；（Ⅱ）设直线与曲线交于两点，求三角形的面积.【答案】(Ⅰ) ;(Ⅱ)【解析】试题分析：（Ⅰ）求直线以及曲线的普通方程，可得相应极坐标方程；（Ⅱ）设直线与曲线交于两点，求出，到直线的距离，即可求三角形的面积．试题解析：(Ⅰ)的参数方程为化为普通方程为直线的极坐标方程为曲线的普通方程为所以极坐标方程为(Ⅱ)由得所以点到直线的距离所以23. 选修4-5：不等式选讲已知函数的定义域为（Ⅰ）求实数的取值范围；（Ⅱ）若的最大值为，且求证：【答案】(Ⅰ) ;(Ⅱ)见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）利用绝对值的几何意义，求出表达式的最小值，即可得到的范围；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，则，根据基本不等式即可证明结果.。
专题05 解析几何解答题综合提升篇-2017年高考数学备考中等生百日捷进提升系列 含解析 精品
【背一背重点知识】1．直线与圆锥曲线的位置关系判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A、B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程．即错误！未找到引用源。
消去y后得ax2＋bx＋c＝0．通过这个方程解的情况判断直线与圆锥曲线的位置关系，具体如下表所示．2（I）圆锥曲线的弦长的定义：直线与圆锥曲线相交有两个交点时，这条直线上以这两个交点为端点的线段叫做圆锥曲线的弦(就是连接圆锥曲线上任意两点所得的线段)，线段的长就是弦长．（II）圆锥曲线的弦长的计算：设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝错误！未找到引用源。
＝错误！未找到引用源。
|x1－x2|＝错误！未找到引用源。
·|y1－y2|．（抛物线错误！未找到引用源。
的焦点弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝错误！未找到引用源。
，θ为弦AB所在直线的倾斜角)．【讲一讲提高技能】1．利用直线与圆锥曲线的交点个数求参数利用直线与圆锥曲线的交点个数求参数时，联立方程并消元转化成一元方程，此时注意观察方程的二次项系数是否为0，若为0，即方程为一次方程；若不为0，则方程解的个数转化为判别式与0的大小关系求解．例1．【炎德英才大才大联考湖南师大2017届高三上学期第3次月考，20】已知椭圆错误！未找到引用源。
的左、右焦点分别为错误！未找到引用源。
，点错误！未找到引用源。
在椭圆错误！未找到引用源。
上．(Ⅰ)求椭圆错误！未找到引用源。
的标准方程；(Ⅱ)是否存在斜率为2的直线错误！未找到引用源。
，使得当直线错误！未找到引用源。
与椭圆错误！未找到引用源。
有两个不同交点错误！未找到引用源。
时，能在直线错误！未找到引用源。
上找到一点错误！未找到引用源。
，在椭圆错误！未找到引用源。
上找到一点错误！未找到引用源。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
1．直线xsinα+y+2=0的倾斜角的取值范围是（）A．[0，π）B．[0，]∪[，π） C．[0，]D．[0，]∪（，π）2．过三点A（1，3），B（4，2），C（1，﹣7）的圆交y轴于M，N两点，则|MN|=（）A．2B．8 C．4D．103．设m∈R，过定点A的动直线x+my=0和过定点B的直线mx﹣y﹣m+3=0交于点P（x，y），则|PA|+|PB|的取值范围是（）A．[，2]B．[，2]C．[，4]D．[2，4]4．已知点A（﹣1，0），B（1，0），C（0，1），直线y=ax+b（a＞0）将△ABC分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是（）A．（0，1）B．C．D．5．直线x+y=1与圆x2+y2﹣2ay=0（a＞0）没有公共点，则a的取值范围是（）A．（0，）B．（，）C．（，）D．（0，）6．一条光线从点（﹣2，﹣3）射出，经y轴反射后与圆（x+3）2+（y﹣2）2=1相切，则反射光线所在直线的斜率为（）A．﹣或﹣B．﹣或﹣C．﹣或﹣D．﹣或﹣7．平行于直线2x+y+1=0且与圆x2+y2=5相切的直线的方程是（）A．2x+y+5=0或2x+y﹣5=0 B．2x+y+=0或2x+y﹣=0C．2x﹣y+5=0或2x﹣y﹣5=0 D．2x﹣y+=0或2x﹣y﹣=08．设两圆C1、C2都和两坐标轴相切，且都过点（4，1），则两圆心的距离|C1C2|=（）A．4 B． C．8 D．9．已知圆M：x2+y2﹣2ay=0（a＞0）截直线x+y=0所得线段的长度是2，则圆M与圆N：（x﹣1）2+（y﹣1）2=1的位置关系是（）A．内切B．相交C．外切D．相离10．过三点A（1，0），B（0，），C（2，）则△ABC外接圆的圆心到原点的距离为（）A．B． C． D．11．圆（x+1）2+y2=2的圆心到直线y=x+3的距离为（）A．1 B．2 C．D．212．圆x2+y2﹣2x﹣8y+13=0的圆心到直线ax+y﹣1=0的距离为1，则a=（）A．﹣B．﹣C．D．213．若圆C1：x2+y2=1与圆C2：x2+y2﹣6x﹣8y+m=0外切，则m=（）A．21 B．19 C．9 D．﹣1114．已知椭圆+=1（m＞0 ）的左焦点为F1（﹣4，0），则m=（）A．2 B．3 C．4 D．915．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，顶角为120°，则E的离心率为（）A．B．2 C．D．16．设F1和F2为双曲线﹣y2=1的两个焦点，点P在双曲线上且满足∠F1PF2=90°，则△F1PF2的面积是（）A．1 B．C．2 D．17．已知椭圆E：的右焦点为F（3，0），过点F的直线交椭圆E于A、B两点．若AB的中点坐标为（1，﹣1），则E的方程为（）A．B．C．D．18．已知双曲线﹣=1 （a＞0，b＞0）的一条渐近线过点（2，），且双曲线的一个焦点在抛物线y2=4x的准线上，则双曲线的方程为（）A．﹣=1 B．﹣=1 C．﹣=1 D．﹣=119．已知O为坐标原点，F是椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴，过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E．若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为（）A．B．C．D．20．设P，Q分别为圆x2+（y﹣6）2=2和椭圆+y2=1上的点，则P，Q两点间的最大距离是（）A．5B．+C．7+D．621．已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左、右焦点为F1、F2，离心率为，过F2的直线l交C于A、B两点，若△AF1B的周长为4，则C的方程为（）A．+=1 B．+y2=1 C．+=1 D．+=122．已知M（x0，y0）是双曲线C：=1上的一点，F1，F2是C的左、右两个焦点，若＜0，则y0的取值范围是（）A．B．C．D．23．过双曲线x2﹣=1的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A、B两点，则|AB|=（）A．B．2C．6 D．424．设双曲线=1（0＜a＜b）的半焦距为c，直线l过（a，0）（0，b）两点，已知原点到直线l的距离为，则双曲线的离心率为（）A．2 B．C．D．25．已知抛物线y2=2px（p＞0）的准线经过点（﹣1，1），则该抛物线焦点坐标为（）A．（﹣1，0）B．（1，0）C．（0，﹣1）D．（0，1）26．在平面直角坐标系xOy中，以点（1，0）为圆心且与直线mx﹣y﹣2m﹣1=0（m∈R）相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为．27．若直线3x﹣4y+5=0与圆x2+y2=r2（r＞0）相交于A，B两点，且∠AOB=120°，（O为坐标原点），则r=．28．如题图，椭圆=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1（Ⅰ）若|PF 1|=2+|=2﹣，求椭圆的标准方程；（Ⅱ）若|PF1|=|PQ|，求椭圆的离心率e．29．如图，椭圆E：+=1（a＞b＞0）经过点A（0，﹣1），且离心率为．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）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斜率之和为2．30．已知椭圆C：+=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．31．已知椭圆上两个不同的点A，B关于直线y=mx+对称．（1）求实数m的取值范围；（2）求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）．32．如题图，椭圆=1（a＞b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，且过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1．（Ⅰ）若|PF1|=2+，|PF2|=2﹣，求椭圆的标准方程．（Ⅱ）若|PQ|=λ|PF1|，且≤λ＜，试确定椭圆离心率e的取值范围．33．设椭圆中心在坐标原点，A（2，0），B（0，1）是它的两个顶点，直线y=kx（k＞0）与AB相交于点D，与椭圆相交于E、F两点．（Ⅰ）若，求k的值；（Ⅱ）求四边形AEBF面积的最大值．34．已知椭圆的离心率为，过右焦点F的直线l与C相交于A、B两点，当l的斜率为1时，坐标原点O到l的距离为，（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）C上是否存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有成立？若存在，求出所有的P的坐标与l的方程；若不存在，说明理由．35．设F1，F2分别是椭圆E：+=1（a＞b＞0）的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点，|AF1|=3|F1B|．（Ⅰ）若|AB|=4，△ABF2的周长为16，求|AF2|；（Ⅱ）若cos∠AF2B=，求椭圆E的离心率．2017年03月30日解析几何提高参考答案与试题解析一．选择题（共25小题）1．（2015•绥化一模）直线xsinα+y+2=0的倾斜角的取值范围是（）A．[0，π） B．[0，]∪[，π）C．[0，]D．[0，]∪（，π）【解答】解：直线xsinα+y+2=0的斜率为k=﹣sinα，∵﹣1≤sinα≤1，∴﹣1≤k≤1∴倾斜角的取值范围是[0，]∪[π，π）故选B2．（2015•新课标Ⅱ）过三点A（1，3），B（4，2），C（1，﹣7）的圆交y轴于M，N两点，则|MN|=（）A．2 B．8 C．4 D．10【解答】解：设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，则，∴D=﹣2，E=4，F=﹣20，∴x2+y2﹣2x+4y﹣20=0，令x=0，可得y2+4y﹣20=0，∴y=﹣2±2，∴|MN|=4．故选：C．3．（2014•四川）设m∈R，过定点A的动直线x+my=0和过定点B的直线mx﹣y﹣m+3=0交于点P（x，y），则|PA|+|PB|的取值范围是（）A．[，2]B．[，2]C．[，4]D．[2，4]【解答】解：由题意可知，动直线x+my=0经过定点A（0，0），动直线mx﹣y﹣m+3=0即m（x﹣1）﹣y+3=0，经过点定点B（1，3），∵动直线x+my=0和动直线mx﹣y﹣m+3=0的斜率之积为﹣1，始终垂直，P又是两条直线的交点，∴PA⊥PB，∴|PA|2+|PB|2=|AB|2=10．设∠ABP=θ，则|PA|=sinθ，|PB|=cosθ，由|PA|≥0且|PB|≥0，可得θ∈[0，]∴|PA|+|PB|=（sinθ+cosθ）=2sin（θ+），∵θ∈[0，]，∴θ+∈[，]，∴sin（θ+）∈[，1]，∴2sin（θ+）∈[，2]，故选：B．4．（2013•新课标Ⅱ）已知点A（﹣1，0），B（1，0），C（0，1），直线y=ax+b（a＞0）将△ABC分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是（）A．（0，1） B．C．D．【解答】解：解法一：由题意可得，三角形ABC的面积为=1，由于直线y=ax+b（a＞0）与x轴的交点为M（﹣，0），由直线y=ax+b（a＞0）将△ABC分割为面积相等的两部分，可得b＞0，故﹣≤0，故点M在射线OA上．设直线y=ax+b和BC的交点为N，则由可得点N的坐标为（，）．①若点M和点A重合，则点N为线段BC的中点，故N（，），把A、N两点的坐标代入直线y=ax+b，求得a=b=．②若点M在点O和点A之间，此时b＞，点N在点B和点C之间，由题意可得三角形NMB的面积等于，即=，即=，可得a=＞0，求得b＜，故有＜b＜．③若点M在点A的左侧，则b＜，由点M的横坐标﹣＜﹣1，求得b＞a．设直线y=ax+b和AC的交点为P，则由求得点P的坐标为（，），此时，由题意可得，三角形CPN的面积等于，即•（1﹣b）•|x N﹣x P|=，即（1﹣b）•|﹣|=，化简可得2（1﹣b）2=|a2﹣1|．由于此时b＞a＞0，0＜a＜1，∴2（1﹣b）2=|a2﹣1|=1﹣a2 ．两边开方可得（1﹣b）=＜1，∴1﹣b＜，化简可得b＞1﹣，故有1﹣＜b＜．再把以上得到的三个b的范围取并集，可得b的取值范围应是，故选：B．解法二：当a=0时，直线y=ax+b（a＞0）平行于AB边，由题意根据三角形相似且面积比等于相似比的平方可得=，b=1﹣，趋于最小．由于a＞0，∴b＞1﹣．当a逐渐变大时，b也逐渐变大，当b=时，a不存在，故b＜．综上可得，1﹣＜b＜，故选：B．5．（2006•安徽）直线x+y=1与圆x2+y2﹣2ay=0（a＞0）没有公共点，则a的取值范围是（）A．（0，）B．（，）C．（，）D．（0，）【解答】解：把圆x2+y2﹣2ay=0（a＞0）化为标准方程为x2+（y﹣a）2=a2，所以圆心（0，a），半径r=a，由直线与圆没有公共点得到：圆心（0，a）到直线x+y=1的距离d=＞r=a，当a﹣1＞0即a＞1时，化简为a﹣1＞a，即a（1﹣）＞1，因为a＞0，无解；当a﹣1＜0即0＜a＜1时，化简为﹣a+1＞a，即（+1）a＜1，a＜=﹣1，所以a的范围是（0，﹣1）故选A6．（2015•山东）一条光线从点（﹣2，﹣3）射出，经y轴反射后与圆（x+3）2+（y﹣2）2=1相切，则反射光线所在直线的斜率为（）A．﹣或﹣B．﹣或﹣C．﹣或﹣D．﹣或﹣【解答】解：点A（﹣2，﹣3）关于y轴的对称点为A′（2，﹣3），故可设反射光线所在直线的方程为：y+3=k（x﹣2），化为kx﹣y﹣2k﹣3=0．∵反射光线与圆（x+3）2+（y﹣2）2=1相切，∴圆心（﹣3，2）到直线的距离d==1，化为24k2+50k+24=0，∴k=或﹣．故选：D．7．（2015•广东）平行于直线2x+y+1=0且与圆x2+y2=5相切的直线的方程是（）A．2x+y+5=0或2x+y﹣5=0 B．2x+y+=0或2x+y﹣=0C．2x﹣y+5=0或2x﹣y﹣5=0 D．2x﹣y+=0或2x﹣y﹣=0【解答】解：设所求直线方程为2x+y+b=0，则，所以=，所以b=±5，所以所求直线方程为：2x+y+5=0或2x+y﹣5=0故选：A．8．（2011•大纲版）设两圆C1、C2都和两坐标轴相切，且都过点（4，1），则两圆心的距离|C1C2|=（）A．4 B．C．8 D．【解答】解：∵两圆C1、C2都和两坐标轴相切，且都过点（4，1），故圆在第一象限内，设两个圆的圆心的坐标分别为（a，a），（b，b），由于两圆都过点（4，1），则有=|a|，|=|b|，故a和b分别为（x﹣4）2+（x﹣1）2=x2的两个实数根，即a和b分别为x2﹣10x+17=0 的两个实数根，∴a+b=10，ab=17，∴（a﹣b）2=（a+b）2﹣4ab=32，∴两圆心的距离|C1C2|=•=8，故选：C．9．（2016•山东）已知圆M：x2+y2﹣2ay=0（a＞0）截直线x+y=0所得线段的长度是2，则圆M与圆N：（x﹣1）2+（y﹣1）2=1的位置关系是（）A．内切B．相交C．外切D．相离【解答】解：圆的标准方程为M：x2+（y﹣a）2=a2 （a＞0），则圆心为（0，a），半径R=a，圆心到直线x+y=0的距离d=，∵圆M：x2+y2﹣2ay=0（a＞0）截直线x+y=0所得线段的长度是2，∴2=2=2=2，即=，即a2=4，a=2，则圆心为M（0，2），半径R=2，圆N：（x﹣1）2+（y﹣1）2=1的圆心为N（1，1），半径r=1，则MN==，∵R+r=3，R﹣r=1，∴R﹣r＜MN＜R+r，即两个圆相交．故选：B10．（2015•新课标Ⅱ）过三点A（1，0），B（0，），C（2，）则△ABC外接圆的圆心到原点的距离为（）A．B．C．D．【解答】解：因为△ABC外接圆的圆心在直线BC垂直平分线上，即直线x=1上，可设圆心P（1，p），由PA=PB得|p|=，得p=圆心坐标为P（1，），所以圆心到原点的距离|OP|===，故选：B11．（2016•北京）圆（x+1）2+y2=2的圆心到直线y=x+3的距离为（）A．1 B．2 C．D．2【解答】解：∵圆（x+1）2+y2=2的圆心为（﹣1，0），∴圆（x+1）2+y2=2的圆心到直线y=x+3的距离为：d==．故选：C．12．（2016•新课标Ⅱ）圆x2+y2﹣2x﹣8y+13=0的圆心到直线ax+y﹣1=0的距离为1，则a=（）A．﹣ B．﹣ C．D．2【解答】解：圆x2+y2﹣2x﹣8y+13=0的圆心坐标为：（1，4），故圆心到直线ax+y﹣1=0的距离d==1，解得：a=，故选：A．13．（2014•湖南）若圆C1：x2+y2=1与圆C2：x2+y2﹣6x﹣8y+m=0外切，则m=（）A．21 B．19 C．9 D．﹣11【解答】解：由C1：x2+y2=1，得圆心C1（0，0），半径为1，由圆C2：x2+y2﹣6x﹣8y+m=0，得（x﹣3）2+（y﹣4）2=25﹣m，∴圆心C2（3，4），半径为．∵圆C1与圆C2外切，∴，解得：m=9．故选：C．14．（2015•广东）已知椭圆+=1（m＞0 ）的左焦点为F1（﹣4，0），则m=（）A．2 B．3 C．4 D．9【解答】解：∵椭圆+=1（m＞0 ）的左焦点为F1（﹣4，0），∴25﹣m2=16，∵m＞0，∴m=3，故选：B．15．（2015•新课标Ⅱ）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，顶角为120°，则E的离心率为（）A．B．2 C．D．【解答】解：设M在双曲线﹣=1的左支上，且MA=AB=2a，∠MAB=120°，则M的坐标为（﹣2a，a），代入双曲线方程可得，﹣=1，可得a=b，c==a，即有e==．故选：D．16．（1994•全国）设F1和F2为双曲线﹣y2=1的两个焦点，点P在双曲线上且满足∠F1PF2=90°，则△F1PF2的面积是（）A．1 B．C．2 D．【解答】解：设|PF1|=x，|PF2|=y，（x＞y）根据双曲线性质可知x﹣y=4，∵∠F1PF2=90°，∴x2+y2=20∴2xy=x2+y2﹣（x﹣y）2=4∴xy=2∴△F1PF2的面积为xy=1故选A17．（2013•新课标Ⅰ）已知椭圆E：的右焦点为F（3，0），过点F的直线交椭圆E 于A、B两点．若AB的中点坐标为（1，﹣1），则E的方程为（）A．B．C．D．【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），代入椭圆方程得，相减得，∴．∵x1+x2=2，y1+y2=﹣2，==．∴，化为a2=2b2，又c=3=，解得a2=18，b2=9．∴椭圆E的方程为．故选D．18．（2015•天津）已知双曲线﹣=1 （a＞0，b＞0）的一条渐近线过点（2，），且双曲线的一个焦点在抛物线y2=4x的准线上，则双曲线的方程为（）A．﹣=1 B．﹣=1C．﹣=1 D．﹣=1【解答】解：由题意，=，∵抛物线y2=4x的准线方程为x=﹣，双曲线的一个焦点在抛物线y2=4x的准线上，∴c=，∴a2+b2=c2=7，∴a=2，b=，∴双曲线的方程为．故选：D．19．（2016•新课标Ⅲ）已知O为坐标原点，F是椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴，过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E．若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为（）A．B．C．D．【解答】解：由题意可设F（﹣c，0），A（﹣a，0），B（a，0），令x=﹣c，代入椭圆方程可得y=±b=±，可得P（﹣c，±），设直线AE的方程为y=k（x+a），令x=﹣c，可得M（﹣c，k（a﹣c）），令x=0，可得E（0，ka），设OE的中点为H，可得H（0，），由B，H，M三点共线，可得k BH=k BM，即为=，化简可得=，即为a=3c，可得e==．故选：A．20．（2014•福建）设P，Q分别为圆x2+（y﹣6）2=2和椭圆+y2=1上的点，则P，Q两点间的最大距离是（）A．5 B．+ C．7+D．6【解答】解：设椭圆上的点为（x，y），则∵圆x2+（y﹣6）2=2的圆心为（0，6），半径为，∴椭圆上的点（x，y）到圆心（0，6）的距离为==≤5，∴P，Q两点间的最大距离是5+=6．故选：D．21．（2014•大纲版）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左、右焦点为F1、F2，离心率为，过F2的直线l交C于A、B两点，若△AF1B的周长为4，则C的方程为（）A．+=1 B．+y2=1 C．+=1 D．+=1【解答】解：∵△AF1B的周长为4，∵△AF1B的周长=|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=2a+2a=4a，∴4a=4，∴a=，∵离心率为，∴，c=1，∴b==，∴椭圆C的方程为+=1．故选：A．22．（2015•新课标Ⅰ）已知M（x0，y0）是双曲线C：=1上的一点，F1，F2是C的左、右两个焦点，若＜0，则y0的取值范围是（）A．B．C． D．【解答】解：由题意，=（﹣﹣x0，﹣y0）•（﹣x0，﹣y0）=x02﹣3+y02=3y02﹣1＜0，所以﹣＜y0＜．故选：A．23．（2015•四川）过双曲线x2﹣=1的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A、B 两点，则|AB|=（）A．B．2 C．6 D．4【解答】解：双曲线x2﹣=1的右焦点（2，0），渐近线方程为y=，过双曲线x2﹣=1的右焦点且与x轴垂直的直线，x=2，可得y A=2，y B=﹣2，∴|AB|=4．故选：D．24．（1996•全国）设双曲线=1（0＜a＜b）的半焦距为c，直线l过（a，0）（0，b）两点，已知原点到直线l的距离为，则双曲线的离心率为（）A．2 B．C．D．【解答】解：∵直线l的方程为，c2=a2+b2∴原点到直线l的距离为，∴，∴16a2b2=3c4，∴16a2（c2﹣a2）=3c4，∴16a2c2﹣16a4=3c4，∴3e4﹣16e2+16=0，解得或e=2.0＜a＜b，∴e=2．故选A．25．（2015•陕西）已知抛物线y2=2px（p＞0）的准线经过点（﹣1，1），则该抛物线焦点坐标为（）A．（﹣1，0）B．（1，0） C．（0，﹣1）D．（0，1）【解答】解：∵抛物线y2=2px（p＞0）的准线经过点（﹣1，1），∴=1，∴该抛物线焦点坐标为（1，0）．故选：B．二．填空题（共2小题）26．（2015•江苏）在平面直角坐标系xOy中，以点（1，0）为圆心且与直线mx﹣y﹣2m﹣1=0（m∈R）相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为（x﹣1）2+y2=2．【解答】解：圆心到直线的距离d==≤，∴m=1时，圆的半径最大为，∴所求圆的标准方程为（x﹣1）2+y2=2．故答案为：（x﹣1）2+y2=2．27．（2015•湖南）若直线3x﹣4y+5=0与圆x2+y2=r2（r＞0）相交于A，B两点，且∠AOB=120°，（O为坐标原点），则r=2．【解答】解：若直线3x﹣4y+5=0与圆x2+y2=r2（r＞0）交于A、B两点，O为坐标原点，且∠AOB=120°，则圆心（0，0）到直线3x﹣4y+5=0的距离d=rcos=r，即=r，解得r=2，故答案为：2．三．解答题（共8小题）28．（2015•重庆）如题图，椭圆=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1（Ⅰ）若|PF 1|=2+|=2﹣，求椭圆的标准方程；（Ⅱ）若|PF1|=|PQ|，求椭圆的离心率e．【解答】解：（Ⅰ）由椭圆的定义，2a=|PF1|+|PF2|=2++2﹣=4，故a=2，设椭圆的半焦距为c，由已知PF2⊥PF1，因此2c=|F1F2|==2，即c=，从而b==1，故所求椭圆的标准方程为．（Ⅱ）连接F1Q，由椭圆的定义，|PF1|+|PF2|=2a，|QF1|+|QF2|=2a，从而由|PF1|=|PQ|=|PF2|+|QF2|，有|QF1|=4a﹣2|PF1|，又由PQ⊥PF1，|PF1|=|PQ|，知|QF1|=|PF1|=4a﹣2|PF1|，解得|PF1|=2（2﹣）a，从而|PF2|=2a﹣|PF1|=2（﹣1）a，由PF2⊥PF1，知2c=|F1F2|=，因此e=====．29．（2015•陕西）如图，椭圆E：+=1（a＞b＞0）经过点A（0，﹣1），且离心率为．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）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斜率之和为2．【解答】解：（Ⅰ）由题设知，=，b=1，结合a2=b2+c2，解得a=，所以+y2=1；（Ⅱ）证明：由题意设直线PQ的方程为y=k（x﹣1）+1（k≠0），代入椭圆方程+y2=1，可得（1+2k2）x2﹣4k（k﹣1）x+2k（k﹣2）=0，由已知得（1，1）在椭圆外，设P（x1，y1），Q（x2，y2），x1x2≠0，则x1+x2=，x1x2=，且△=16k2（k﹣1）2﹣8k（k﹣2）（1+2k2）＞0，解得k＞0或k＜﹣2．则有直线AP，AQ的斜率之和为k AP+k AQ=+=+=2k+（2﹣k）（+）=2k+（2﹣k）•=2k+（2﹣k）•=2k﹣2（k﹣1）=2．即有直线AP与AQ斜率之和为2．30．（2016•北京）已知椭圆C：+=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．【解答】（1）解：∵椭圆C：+=1过点A（2，0），B（0，1）两点，∴a=2，b=1，则，∴椭圆C的方程为，离心率为e=；（2）证明：如图，设P（x0，y0），则，PA所在直线方程为y=，取x=0，得；，PB所在直线方程为，取y=0，得．∴|AN|=，|BM|=1﹣．∴==﹣===．∴四边形ABNM的面积为定值2．31．（2015•浙江）已知椭圆上两个不同的点A，B关于直线y=mx+对称．（1）求实数m的取值范围；（2）求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）．【解答】解：（1）由题意，可设直线AB的方程为x=﹣my+n，代入椭圆方程，可得（m2+2）y2﹣2mny+n2﹣2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2）．由题意，△=4m2n2﹣4（m2+2）（n2﹣2）=8（m2﹣n2+2）＞0，设线段AB的中点P（x0，y0），则．x0=﹣m×+n=，由于点P在直线y=mx+上，∴=+，∴，代入△＞0，可得3m4+4m2﹣4＞0，解得m2，∴或m．（2）直线AB与x轴交点横坐标为n，==|n|•=，∴S△OAB由均值不等式可得：n2（m2﹣n2+2）=，∴S=，当且仅当n2=m2﹣n2+2，即2n2=m2+2，又∵，解得m=，△AOB取得最大值为．当且仅当m=时，S△AOB32．（2015•重庆）如题图，椭圆=1（a＞b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，且过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1．（Ⅰ）若|PF1|=2+，|PF2|=2﹣，求椭圆的标准方程．（Ⅱ）若|PQ|=λ|PF1|，且≤λ＜，试确定椭圆离心率e的取值范围．【解答】解：（I）由椭圆的定义可得：2a=|PF1|+|PF2|=（2+）+（2﹣）=4，解得a=2．设椭圆的半焦距为c，∵PQ⊥PF1，∴2c=|F1F2|===2，∴c=．∴b2=a2﹣c2=1．∴椭圆的标准方程为．（II）如图所示，由PQ⊥PF1，|PQ|=λ|PF1|，∴|QF1|==，由椭圆的定义可得：2a=|PF1|+|PF2|=|QF1|+|QF2|，∴|PF1|+|PQ|+|QF1|=4a，∴|PF1|=4a，解得|PF1|=．|PF2|=2a﹣|PF1|=，由勾股定理可得：2c=|F1F2|=，∴+=4c2，∴+=e2．令t=1+λ，则上式化为=，∵t=1+λ，且≤λ＜，∴t关于λ单调递增，∴3≤t＜4．∴，∴，解得．∴椭圆离心率的取值范围是．33．（2008•全国卷Ⅱ）设椭圆中心在坐标原点，A（2，0），B（0，1）是它的两个顶点，直线y=kx（k ＞0）与AB相交于点D，与椭圆相交于E、F两点．（Ⅰ）若，求k的值；（Ⅱ）求四边形AEBF面积的最大值．【解答】解：（Ⅰ）依题设得椭圆的方程为，直线AB，EF的方程分别为x+2y=2，y=kx（k＞0）．如图，设D（x0，kx0），E（x1，kx1），F（x2，kx2），其中x1＜x2，且x1，x2满足方程（1+4k2）x2=4，故．①由知x0﹣x1=6（x2﹣x0），得；由D在AB上知x0+2kx0=2，得．所以，化简得24k2﹣25k+6=0，解得或．（Ⅱ）由题设，|BO|=1，|AO|=2．由（Ⅰ）知，E（x1，kx1），F（x2，kx2），不妨设y1=kx1，y2=kx2，由①得x2＞0，根据E与F关于原点对称可知y2=﹣y1＞0，故四边形AEBF的面积为S=S△OBE +S△OBF+S△OAE+S△OAF=•（﹣y1）==x2+2y2===，当x2=2y2时，上式取等号．所以S的最大值为．34．（2009•黑龙江）已知椭圆的离心率为，过右焦点F的直线l与C相交于A、B两点，当l的斜率为1时，坐标原点O到l的距离为，（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）C上是否存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有成立？若存在，求出所有的P的坐标与l的方程；若不存在，说明理由．【解答】解：（I）设F（c，0），直线l：x﹣y﹣c=0，由坐标原点O到l的距离为则，解得c=1又，∴（II）由（I）知椭圆的方程为设A（x1，y1）、B（x2，y2）由题意知l的斜率为一定不为0，故不妨设l：x=my+1代入椭圆的方程中整理得（2m2+3）y2+4my﹣4=0，显然△＞0．由韦达定理有：，，①假设存在点P，使成立，则其充要条件为：点P的坐标为（x1+x2，y1+y2），点P在椭圆上，即．整理得2x12+3y12+2x22+3y22+4x1x2+6y1y2=6．又A、B在椭圆上，即2x12+3y12=6，2x22+3y22=6、故2x1x2+3y1y2+3=0②将x1x2=（my1+1）（my2+1）=m2y1y2+m（y1+y2）+1及①代入②解得∴，x1+x2=，即当；当35．（2014•安徽）设F1，F2分别是椭圆E：+=1（a＞b＞0）的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点，|AF1|=3|F1B|．（Ⅰ）若|AB|=4，△ABF2的周长为16，求|AF2|；（Ⅱ）若cos∠AF2B=，求椭圆E的离心率．【解答】解：（Ⅰ）∵|AB|=4，|AF1|=3|F1B|，∴|AF1|=3，|F1B|=1，∵△ABF2的周长为16，∴4a=16，∴|AF1|+|AF2|=2a=8，∴|AF2|=5；（Ⅱ）设|F1B|=k（k＞0），则|AF1|=3k，|AB|=4k，∴|AF2|=2a﹣3k，|BF2|=2a﹣k∵cos∠AF2B=，在△ABF2中，由余弦定理得，|AB|2=|AF2|2+|BF2|2﹣2|AF2|•|BF2|cos∠AF2B，∴（4k）2=（2a﹣3k）2+（2a﹣k）2﹣（2a﹣3k）（2a﹣k），化简可得（a+k）（a﹣3k）=0，而a+k＞0，故a=3k，∴|AF2|=|AF1|=3k，|BF2|=5k，∴|BF2|2=|AF2|2+|AB|2，∴AF1⊥AF2，∴△AF1F2是等腰直角三角形，∴c=a，∴e==．。