2017年高考数学(理科江苏专版)二轮专题复习与策略课件：第1部分 专题5 第18讲 高考中的圆锥曲线
5 9 所以PQ斜率为1或9，直线l的斜率为－1或－5， 6 9 6 所以直线l的方程为y＝－x－7或y＝－5x－7. 12分
1 ②设PQ：y＝kx＋m，则直线l的方程为：y＝－ kx－1，所以xD＝－k. 将直线PQ的方程代入椭圆的方程，消去y得(5＋9k2)x2＋18kmx＋9m2－45＝0. ① 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，中点为N， x1＋x2 9km 5m xN＝ 2 ＝－ 2，代入直线PQ的方程得yN＝ 2， 5＋9k 5＋9k 代入直线l的方程得9k2＝4m－5.②
又因为Δ＝(18km)2－4(5＋9k2)(9m2－45)＞0， 化得m2－9k2－5＜0. 14分 将②代入上式得m2－4m＜0，解得0＜m＜4，
11 11 11 11 所以－ 3 ＜k＜ 3 ，且k≠0，所以xD＝－k∈－ ∪ . ， 0 0 ， 3 3 综上所述，点D横坐标的取值范围为 － 11 11 ∪ ， 0 0 ， . 16分 3 3
2
4分
c 2 因为a －b ＝c ，所以e＝a＝3. 6分
2 2 2
2 2 x y (2)①因为c＝2，所以a2＝9，b2＝5，所以椭圆的方程为 9 ＋ 5 ＝1， 2 2 x0 y0 设Q(x0，y0)，则 9 ＋ 5 ＝1.①
x0－3 y 0 因为点P(－3,0)，所以PQ中点为 2 ， 2 ， 6 因为直线l过点0，－7，直线l不与y轴重合，所以x0≠3，
【名师点评】 与圆锥曲线有关的最值的两种解法 1．数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求 解． 2．构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最 值，常用均值不等式或导数法求最值(注意：有时需先换元后再求最值)．
x2 y2 (2016· 南京盐城二模)在平面直角坐标系xOy中，点C在椭圆M： a2 ＋ b2 ＝1(a＞
题型二| 圆锥曲线中的定点问题
如图18－1所示，已知圆C：(x＋1)2＋y2＝8，定点A(1,0)，M为圆上 一动点，点P是线段AM的垂直平分线与直线CM的交点．
(1)求点P的轨迹曲线E的方程； (2)设点P(x0，y0)是曲线E上任意一点，写出曲线E在点P(x0，y0)处的切线l的方 程；(不要求证明) (3)直线m过切点P(x0，y0)与直线l垂直，点C关于直线m的对称点为D，证明： 直线PD恒过一定点，并求定点的坐标．
2 8 k ± 2 4 k －3 3 2 2 当Δ＝16(4k －3)>0，即k >4时，x1,2＝ . 4k2＋1 2 2 4 k ＋ 1· 4 k －3 2 从而|PQ|＝ k ＋1|x1－x2|＝ . 4k2＋1
8分
2 又点O到直线PQ的距离d＝ 2 ， k ＋1 4 4k2－3 1 所以△OPQ的面积S△OPQ＝2d|PQ|＝ . 10分 2 4k ＋1 设 4k2－3＝t， 4t 4 则t>0，S△OPQ＝ 2 ＝ 4. t ＋4 t＋ t 4 7 因为t＋ t ≥4，当且仅当t＝2，即k＝± 2 时等号成立，且满足Δ＞0， 14分 7 7 所以，当△OPQ的面积最大时l的方程为y＝ 2 x－2或y＝－ 2 x－2. 16分
10
分 当x ＝ －16k2＋12 4k2＋3 时，y＝k
－16k2＋12 ＋ 4 4k2＋3
＝
24k 4k2＋3
，所以
－16k2＋12 24k ， D 2 2 . 4 k ＋ 3 4 k ＋ 3
因为P为AB的中点，
－16k2 12k 3 ， 2 所以P的坐标为 2 ，kOP＝－4k(k≠0)， 4 k ＋ 3 4 k ＋ 3
3 2 2 x ＋ 3 x 0－4x0－4 m＝ 0 ， 2 x0－4 解得 4 3 2 2 x ＋ 4 x － 4 x 0 0 0－8x0 n＝ ， 2 2 y 4 － x 0 0
10分
4 3 n－y0 x0 ＋4x0 ＋2x2 0－8x0－8 ∴直线PD的斜率为k＝ ＝ ， 12分 3 2 m－x0 2y0－x0－3x0＋4
[解] (1)∵点P是线段AM的垂直平分线与直线CM的交点， ∴PA＝PM， PA＋PC＝PM＋PC＝2 2>AC＝2， ∴动点N的轨迹是以点C(－1,0)，A(1,0)为焦点的椭圆. 3分 椭圆的长轴长为2a＝2 2，焦距2c＝2. ∴a＝ 2，c＝1，b2＝1. x2 2 ∴曲线E的方程为 2 ＋y ＝1. 5分
所以定点Q的坐标为(－3,0).
12分
(3)因为OM∥l，所以OM的程可设为y＝kx，
2 2 x y ＋ ＝1， 4 3 16 12 由 得M点的横坐标为x＝± 2 ， 4k ＋3 y＝kx，
AD＋AE |xD－xA|＋|xE－xA| xD－2xA 由OM∥l，得 OM ＝ ＝ |x | |xM| M －16k2＋12 ＋8 2 4k2＋3 1 4k ＋9 ＝ ＝ · 2 4 3 3 4k ＋3 4k2＋3
a → 3→ b＞0)上．若点A(－a,0)，B 0，3 ，且AB＝2BC.
(1)求椭圆M的离心率； (2)设椭圆M的焦距为4，P，Q是椭圆M上不同的两点，线段PQ的垂直平分线 为直线l，且直线l不与y轴重合．
6 ①若点P(－3,0)，直线l过点0，－7，求直线l的方程；
6 1 4k2＋3＋ ＝ ≥2 2， 2 4k ＋3 3
6 3 当且仅当 4k ＋3＝ 即k＝± 2 时取等号， 2 4k ＋3
2
AD＋AE 3 所以当k＝± 2 时， OM 的最小值为2 2. 16分
题型三| 圆锥曲线中的定值问题
x2 y2 (2016· 苏锡常镇调研一)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C： a2 ＋ b2
从而直线PD的方程为
3 2 x4 ＋ 4 x ＋ 2 x 0 0 0－8x0－8 y－y0＝ (x－x0)， 14分 2 2y0－x3 － 3 x ＋ 4 0 0 3 2y0－x0 －3x2 0＋4 即x＝ 4 y＋1，从而直线PD恒过定点A(1,0). 16分 3 2 x0＋4x0＋2x0－8x0－8
直线l的方程为y＝k(x＋4)，令x＝0得E点坐标为(0,4k)， 3 n－4k 假设存在定点Q(m，n)(m≠0)，使得OP⊥EQ，则kOPkEQ＝－1，即－ 4k · m ＝－1恒成立，
4m＋12＝0， 所以(4m＋12)k－3n＝0恒成立，所以 －3n＝0， m＝－3， 即 n＝0，
②若直线l过点(0，－1)，且与x轴的交点为D，求D点横坐标的取值范围．
a → a → [解] (1)设C(x0，y0)，则AB＝a，3，BC＝x0，y0－3. 2分
2 x0＝3a， a 3 a 3 3 a → 3→ 因为AB＝2BC，所以 a，3 ＝2 x0，y0－3 ＝ 2x0，2y0－2，得 y0＝5a， 9 9 2 代入椭圆方程得a ＝5b .
2 2 3 [解] (1)设F(c,0)，由条件知， c＝ 3 ，得c＝ 3. 3 c 又a＝ 2 ，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1. x2 2 故E的方程为 4 ＋y ＝1. 4分
(2)当l⊥x轴时不合题意， 故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， x2 2 将y＝kx－2代入 4 ＋y ＝1得 (1＋4k2)x2－16kx＋12＝0. 6分
热 点 题 型 · 探 究
第18讲
高考中的圆锥曲线
高 考 命 题 · 视 角
专 题 限 时 集 训
题型一| 圆锥曲线中的最值(范围)问题
x2 y2 3 已知点A(0，－2)，椭圆E： a2 ＋ b2 ＝1(a>b>0)的离心率为 2 ，F是椭 2 3 圆E的右焦点，直线AF的斜率为 3 ，O为坐标原点． (1)求E的方程； (2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方 程．
y0 6 2 ＋7 y 0 所以 · ＝－1， 10分 x0－3 x0＋3 2
12 2 2 化简得x0＝9－y0－ y0.② 7 15 15 2 将②代入①化简得y0－ y0＝0，解得y0＝0(舍)或y0＝ . 7 7
6 15 15 6 ± ， ， 将y0＝ 7 代入①得x0＝± ，所以 Q 为 7 7 7
2 2 x y 2 2 ＋ ＝1， [ k x ＋ 4 ] x (2)直线l的方程为y＝k(x＋4)，由16 12 消元得，16＋ ＝1. 12 y＝kx＋4， 2 － 16 k ＋12 2 2 化简得(x＋4)[(4k ＋3)x＋16k －12]＝0，所以x1＝－4，x2＝ . 4k2＋3
1 3 1 3 9 2 所以t＝kAB· kAP· kBP＝－m2－4m＝－ m＋8 ＋64， 9分
3 1 ＝1(a>b>0)过点P 1，2 ，离心率为2.
(1)求椭圆C的方程； (2)设直线l与椭圆C交于A，B两点． ①若直线l过椭圆C的右焦点，记△ABP三条边所在直线的斜率的乘积为t，求t 的最大值； 3 ②若直线l的斜率为 2 ，试探究OA2＋OB2是否为定值？若是定值，则求出此 定值；若不是定值，请说明理由．
2 2 a － b 1 9 1 [解] (1)a2＋4b2＝1， a ＝2，得a2＝4，b2＝3. 2分
x2 y2 所以椭圆C： 4 ＋ 3 ＝1. 3分
(2)①设直线l的方程为x＝my＋1，直线l与椭圆C的交点为A(x1，y1)，B(x2， y2 ) ， x＝my＋1， 2 2 由x y 化简得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，易知Δ>0， 5分 ＋ ＝1， 4 3 6m 9 所以y1＋y2＝－ 2 ，y1y2＝－ 2 ， 3m ＋4 3m ＋4 3 3 3 3 3 9 y1－2 y2－2 y1－2 y2－2 y y － y ＋y ＋ 1 1 2 2 1 2 4 所以kAP· kBP＝ · ＝ my ·my ＝m2· y1 y 2 x1－1 x2－1 1 2 1 3 ＝－m－4， 7分
2017届高考数学(理)二轮复习(江苏专用)课件：专题5 解析几何 第2讲
解析 由双曲线方程可知 a＝4，b＝3， 3 所以两条渐近线方程为 y＝± 4x. 3 答案 y＝± 4x
x2 y2 2.(2016· 江苏卷)在平面直角坐标系 xOy 中， 双曲线 7 － 3 ＝1 的焦距是________.
解析 由已知，a2＝7，b2＝3，则 c2＝7＋3＝10， 故焦距为 2c＝2 10.
答案 (1)9 (2)(－1，3)
热点二
圆锥曲线的几何性质
【例 2】 (1)(2016· 全国Ⅲ卷改编)已知 O 为坐标原点，F 是椭 x2 y2 圆 C：a2＋b2＝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________.
→
→
解
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知 y1＜0，y2＞0.
(1)直线 l 的方程为 y＝ 3(x－c)，其中 c＝ a2－b2. 3（x－c）， y＝ 联立 x2 y2 得(3a2＋b2)y2＋2 3b2cy－3b4＝0. ＋ ＝1， a2 b2 － 3b2（c＋2a） － 3b2（c－2a） → 解得 y1＝ ，y2＝ .因为AF＝ 3a2＋b2 3a2＋b2 3b2（c＋2a） － 3b2（c－2a） 2FB，所以－y1＝2y2，即 ＝2· ， 2 2 2 2 3a ＋b 3a ＋b
的中点为 D，则
am m m 0 ， D 又 B， D， M 三点共线， 所以 ＝ ， ， 2 （ a － c ） 2 （ a － c ） a ＋ c
1 a＝3c，e＝3. (2)取 B 为双曲线右焦点，如图所示.∵四边形
2017年高考数学(理科江苏专版)二轮专题复习与策略课件：第1部分 专题5 第16讲 高考中圆
[解] 如图，分别由两条道路所在直线建立直角坐标系xOy.
设A(a,0)，B(0，b)(0＜a＜1,0＜b＜1)， 则直线AB的方程为ax＋by＝1，即bx＋ay－ab＝0.
因为AB与圆C相切，所以|b＋ba2＋－aa2b|＝1. 化简得 ab－2(a＋b)＋2＝0，即ab＝2(a＋b)－2. 5分 因此AB＝ a2＋b2＝ a＋b2－2ab ＝ a＋b2－4a＋b＋4 ＝ a＋b－22. 因为0＜a＜1,0＜b＜1，所以0＜a＋b＜2， 12分
(2)因为M→P·M→Q＝0，所以∠PMQ＝π2.
又由(1)得MP＝MQ＝r＝
5，所以点M到直线l的距离d＝
10 2.
14分
由点到直线的距离公式可知，|2m－4m－2＋2m4－1|＝ 210，解得m＝± 6. 16分
2．(2013·江苏高考)如图16－2，在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，直线l： y＝2x－4.设圆C的半径为1，圆心在l上．
又因为AB⊥BC，所以BF＝AFcos∠AFB＝4030，
从而BC＝CF－BF＝150.
因此新桥BC的长是150 m． 8分
(2)设保护区的边界圆M与BC的切点为D，连结MD，则MD⊥BC，且MD是圆 M的半径，并设MD＝r m，OM＝d m(0≤d≤60)．
因为OA⊥OC，所以sin∠CFO＝cos∠FCO. 故由(1)知sin∠CFO＝MMDF＝OFM－DOM＝6830r－d＝35， 所以r＝680－5 3d. 12分
[解] (1)由已知得A(6,0)，直线ON的方程为y＝－3x， 设Q(x0,2)(x0>0)，由|3x01＋02|＝7 510及x0>0得x0＝4，∴Q(4,2). 5分 ∴直线AQ的方程为y＝－(x－6)，即x＋y－6＝0， 由xy＋＝y－－36x＝，0， 得yx＝＝9－，3， 即B(－3,9)， ∴AB＝ －3－62＋92＝9 2，从而t＝396 22＝14 h. 即货运汽车需要1 5分钟时间. 8分
(江苏专版)2017年高考数学二轮专题复习与策略 第1部分 专题6 算法、复数、推理与证明、概率
专题限时集训(二十一) 概率、统计(建议用时：4 5分钟)1．某学校有男、女学生各500名，为了解男、女学生在学习兴趣与业余爱好方面是否存在显著差异，拟从全体学生中抽取100名学生进行调查，则宜采用的抽样方法是________抽样．分层 [由于是调查男、女学生在学习兴趣与业余爱好方面是否存在差异，因此用分层抽样方法．]2．(2012·江苏高考)某学校高一、高二、高三年级的学生人数之比为3∶3∶4，现用分层抽样的方法从该校高中三个年级的学生中抽取容量为50的样本，则应从高二年级中抽取________名学生．15 [设应从高二年级抽取x 名学生，则x ∶50＝3∶10，解得x ＝15.]3．若将一个质点随机投入如图20－5所示的长方形ABCD 中，其中AB ＝2，BC ＝1，则质点落在以AB 为直径的半圆内的概率是________．图20－5π4 [设质点落在以AB 为直径的半圆内为事件A ，则P (A )＝阴影面积长方形面积＝12π·121×2＝π4.] 4．(2014·江苏高考)从1,2,3,6这4个数中一次随机地取2个数，则所取2个数的乘积为6的概率是________．13[取两个数的所有情况有：(1,2)，(1,3)，(1,6)，(2,3)，(2,6)，(3,6)，共6种情况．乘积为6的情况有：(1,6)，(2,3)，共2种情况．所求事件的概率为26＝13.] 5．从甲，乙，丙，丁4个人中随机选取两人，则甲，乙两人中有且只有一个被选取的概率为________．23[从甲，乙，丙，丁4个人中随机选取两人共有C 24＝6种基本事件，而甲，乙两人中有且只有一个被选取包含C 12C 12＝4种基本事件，所以所求概率为46＝23.] 6．若一组样本数据2,3,7,8，a 的平均数为5，则该组数据的方差s 2＝________.265 [由2＋3＋7＋8＋a 5＝5，得a ＝5，所以 s 2＝15[(2－5)2＋(3－5)2＋(7－5)2＋(8－5)2＋(5－5)2]＝265.]7．(2013·江苏高考)现有某类病毒记作X m Y n ，其中正整数m ，n (m ≤7，n ≤9)可以任意选取，则m ，n 都取到奇数的概率为________．2063[因为正整数m ，n 满足m ≤7，n ≤9，所以(m ，n )所有可能的取值一共有7×9＝63(种)，其中m ，n 都取到奇数的情况有4×5＝20(种)，因此所求概率为P ＝2063.] 8．(2014·江苏高考)为了了解一片经济林的生长情况，随机抽测了其中60株树木的底部周长(单位：cm)，所得数据均在区间[80,130]上，其频率分布直方图如图20－6所示，则在抽测的60株树木中，有________株树木的底部周长小于100 cm.图20－624 [底部周长在[80,90)的频率为0.015×10＝0.15，底部周长在[90,100)的频率为0.025×10＝0.25，样本容量为60，所以树木的底部周长小于100 cm 的株数为(0.15＋0.25)×60＝24.]9．某地区教育主管部门为了对该地区模拟考试成绩进行分析，随机抽取了150分到450分之间的1 000名学生的成绩，并根据这1 000名学生的成绩画出样本的频率分布直方图(如图20－7)，则成绩在[300,350)内的学生人数共有________．图20－7300 [因为所有小长方形的面积之和为1，所以50(0.001＋0.001＋0.004＋a ＋0.005＋0.003)＝1，即a ＝0.006.因此在[300,350)内的学生人数为0.006×50×1 000＝300.]10．一个容量为20的样本数据分组后，分组与频率分别如下：(10,20]，2；(20,30]，3；(30,40]，4；(40,50]，5；(50,60]，4；(60,70]，2.则样本在(10,50]上的频率是________．710[因为样本在(10,50]上的频数共有2＋3＋4＋5＝14，所以样本在(10,50]上的频率是1420＝710.也可从反面求解，即样本不在(10,50]上的频数共有4＋2＝6，所以样本在(10,50]上的频率是1－620＝710.] 11．用系统抽样法从160名学生中抽取容量为20的样本，将160名学生从1～160编号，按编号顺序平均分成20组(1～8号，9～16号，…，153～160号)，若第16组抽出的号码为126，则第一组中用抽签法确定的号码是________．6 [设第一组中抽取的号码是x (1≤x ≤8)．由题意可得分段间隔是8，又∵第16组抽出的号码是126，∴x ＋15×8＝126，∴x ＝6.∴第一组中用抽签法确定的号码是6.]12．分别在集合A ＝{1,2,3,4}和集合B ＝{5,6,7,8}中各取一个数相乘，则积为偶数的概率为________．34[由古典概型的概念可得其基本事件为4×4＝16，其中积为偶数的有1,6；1,8；3,6；3,8；2,5；2,6；2,7；2,8；4,5；4,6；4,7；4,8，共12种，则概率为P ＝1216＝34.] 13．(2016·盐城三模)甲、乙两盒中各有除颜色外完全相同的2个红球和1个白球，现从两盒中随机各取一个球，则至少有一个红球的概率为________．【导学号：19592061】89[从两盒中随机各取一个球，共有3×3＝9种不同取法，其中均取白球的方式只有一种，故所求事件的概率P ＝1－19＝89.]图20－814．(2016·南通三模)如图20－8是甲、乙两位同学在5次数学测试中得分的茎叶图，则成绩较稳定(方差较小)的那一位同学的方差为________．2 [x 甲＝88＋89＋90＋91＋925＝90.x 乙＝87＋89＋90＋91＋935＝90. ∴s 2甲＝15[(88－90)2＋(89－90)2＋(90－90)2＋(91－90)2＋(92－90)2] ＝15(4＋1＋0＋1＋4)＝2. s 2乙＝15[(87－90)2＋(89－90)2＋(90－90)2＋(91－90)2＋(93－90)2] ＝15(9＋1＋0＋1＋9) ＝4.∴s 2甲<s 2乙.]15．(2015·南通二模)从2名男生和2名女生中任意选取两人在星期六、星期日参加某公益活动，每天一人，则星期六安排一名男生、星期日安排一名女生的概率为________．13[设2名男生记为A 1，A 2,2名女生记为B 1，B 2，任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动，共有A 1A 2，A 1B 1，A 1B 2，A 2B 1，A 2B 2，B 1B 2，A 2A 1，B 1A 1，B 2A 1，B 1A 2，B 2A 2，B 2B 1，共12种情况，而星期六安排一名男生，星期日安排一名女生共有A 1B 1，A 1B 2，A 2B 1，A 2B 2，共4种情况，则发生的概率为P ＝412＝13.] 16．某校从参加高三年级期中考试的学生中随机抽取60名学生，将其数学成绩(均为整数)分成六段[40,50)，[50,60)，…，[90,100]后得到如图20－9的频率分布直方图，请你根据频率分布直方图中的信息，估计出本次考试数学成绩的平均分为________．图20－971 [由频率分布直方图得每一组的频率依次为0.1，0.15，0.15,0.3,0.25,0.05，又由频率分布直方图，得每一组数据的中点值依次为45,55,65,75,85,95.所以本次考试数学成绩的平均分为x －＝45×0.1＋55×0.15＋65×0.15＋75×0.3＋85×0.25＋95×0.05＝71.]。
(江苏专版)2017年高考数学二轮专题复习与策略第1部分专题2三角函数、解三角形、平面向量第10讲高考中的三
第10讲 高考中的三角函数题型一| 三角恒等变换(2016·南京盐城二模)已知α为锐角， cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝55. (1)求tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4的值；(2)求sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π3的值． [解] (1)因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以α＋π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，3π4，所以sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝1－cos 2⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝255， 3分所以tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝2. 6分(2)因为sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π2＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝45， 9分cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π2＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4－1＝－35， 12分 所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π2－π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π2cos π6－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π2sin π6＝43＋310. 14分 【名师点评】 1.本题(2)在求解中，从角“2α＋π3”与角“α＋π4”的关系入手，先求cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π2，再求sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π3的值，避免了复杂的运算．2．三角变换的关键在于对两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等变换公式的熟记和灵活应用，要善于观察各个角之间的联系，发现题目所给条件与恒等变换公式的联系．已知0＜α＜π2＜β＜π，tan α2＝12，cos(β－α)＝210.(1)求sin α的值； (2)求β的值．[解] (1)∵tan α2＝12，∴tan α＝2tanα21－tan 2α2＝2×121－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝43. 3分由⎩⎪⎨⎪⎧tan α＝sin αcos α＝43，sin 2α＋cos 2α＝1，5分解得sin α＝45⎝ ⎛⎭⎪⎫sin α＝－45舍去. 6分(2)由(1)可知cos α＝1－sin 2α＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝35， 又0＜α＜π2＜β＜π， 8分∴β－α∈(0，π)， 而cos(β－α)＝210， 10分 ∴sin(β－α)＝1－cos 2β－α＝1－⎝⎛⎭⎪⎫2102＝7210. 11分 ∴sin β＝sin[α＋(β－α)]＝sin αcos(β－α)＋cos αsin(β－α) ＝45×210＋35×7210 ＝22. 13分 又β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，故β＝3π4. 14分 题型二| 正、余弦定理在△ABC 中，已知AB →·AC →＝3BA →·BC →. (1)求证：tan B ＝3tan A ； (2)若cos C ＝55，求A 的值． [解题指导] (1)AB →·AC →＝3BA →·BC →―――――→数量积的定义AB ·AC ·cos A ＝3BA ·BC ·cos B ―――→正弦定理证明tan B ＝3tan A(2)cos C ――→同角关系tan C ――→诱导公式tan(A ＋B )――→正切公式tan A ――→A 的范围求A .[解] (1)证明：因为AB →·AC →＝3BA →·BC →，所以AB ·AC ·cos A ＝3BA ·BC ·cos B ，2分即AC ·cos A ＝3BC ·cos B ．由正弦定理知AC sin B ＝BCsin A，从而sin B cos A ＝3sin A cos B ． 4分 又因为0<A ＋B <π，所以cos A >0，cos B >0，所以tan B ＝3tan A ． 6分 (2)因为cos C ＝55，0<C <π，所以sin C ＝1－cos 2C ＝255， 8分 从而tan C ＝2，于是tan[π－(A ＋B )]＝2，即tan(A ＋B )＝－2， 10分 亦即tan A ＋tan B 1－tan A tan B ＝－2.由(1)得4tan A 1－3tan 2A ＝－2，解得tan A ＝1或tan A ＝－13.12分因为cos A >0，所以tan A ＝1，所以A ＝π4. 14分【名师点评】 求解此类问题的关键是将几何问题代数化，基本工具是正(余)弦定理． 若要把“边”化为“角”，常利用a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，若要把“角”化为“边”，常利用sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c 2R ，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab等．在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且(b 2＋c 2－a 2)tan A ＝3bc . (1)求角A ；(2)若a ＝2，求△ABC 的面积S 的最大值．【导学号：19592032】[解] (1)由已知得b 2＋c 2－a 22bc ·sin A cos A ＝32，所以sin A ＝32， 4分又因为△ABC 为锐角三角形，所以A ＝60°. 6分 (2)因为a ＝2，A ＝60°，所以b 2＋c 2＝bc ＋4，S ＝12bc sin A ＝34bc ， 8分而b 2＋c 2≥2bc ⇒bc ＋4≥2bc ⇒bc ≤4， 10分 又S ＝12bc sin A ＝34bc ≤34×4＝ 3. 13分所以△ABC 的面积S 的最大值等于 3. 14分题型三| 正、余弦定理的实际应用(2016·无锡期中)如图10－1，某自行车手从O 点出发，沿折线O －A －B －O匀速骑行，其中点A 位于点O 南偏东45°且与点O 相距202千米．该车手于上午8点整到达点A,8点20分骑至点C ，其中点C 位于点O 南偏东(45°－α)(其中sin α＝126，0°＜α＜90°)且与点O 相距513千米(假设所有路面及观测点都在同一水平面上)．图10－1(1)求该自行车手的骑行速度；(2)若点O 正西方向27.5千米处有个气象观测站E ，假定以点E 为中心的3.5千米范围内有长时间的持续强降雨．试问：该自行车手会不会进入降雨区，并说明理由．[解] (1)由题意知，OA ＝202，OC ＝513，∠AOC ＝α，sin α＝126.由于0°＜α＜90°，所以cos α＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1262＝52626. 3分 由余弦定理，得AC ＝OA 2＋OC 2－2OA ·OC ·cos α＝5 5. 5分所以该自行车手的行驶速度为5513＝155(千米/小时). 6分(2)如图，设直线OE与AB相交于点M.在△AOC中，由余弦定理，得：cos∠OAC＝OA2＋AC2－OC22OA·AC＝202×2＋52×5－52×132×202×55＝31010，从而sin∠OAC＝1－cos2∠OAC＝1－910＝1010. 9分在△AOM中，由正弦定理，得：OM＝OA sin∠OAMsin45°－∠OAM＝202×101022⎝⎛⎭⎪⎫31010－1010＝20. 12分由于OE＝27.5＞20＝OM，所以点M位于点O和点E之间，且ME＝OE－OM＝7.5.过点E作EH⊥AB于点H，则EH为点E到直线AB的距离. 14分在Rt△EHM中，EH＝EM·sin∠EMH＝EM·sin∠EMH＝EM·sin(45°－∠OAC)＝7.5×55＝352＜3.5.所以该自行车手会进入降雨区. 16分【名师点评】借助正、余弦定理解决与实际生活有关的数学问题是高考的一个命题热点，解题的关键是将问题转化到平面图形(如三角形、四边形等)中，然后借助正、余弦定理解题．(2016·扬州期中)有一块三角形边角地，如图10－2，△ABC中，其中AB＝8(百米)，AC＝6(百米)，∠A＝60°.某市为迎接2500年城庆，欲利用这块地修一个三角形形状的草坪(图中△AEF)供市民休闲，其中点E在边AB上，点F在边AC上．规划部门要求△AEF的面积占△ABC面积的一半，记△AEF的周长为l(百米)．图10－2(1)如果要对草坪进行灌溉，需沿△AEF 的三边安装水管，求水管总长度l 的最小值； (2)如果沿△AEF 的三边修建休闲长廊，求长廊总长度l 的最大值，并确定此时E ，F 的位置．[解] (1)设AE ＝x (百米)， ∵S △AEF ＝12S △ABC ，∴12AE ·AF ·sin A ＝12×12AB ·AC ·sin A ． 2分 ∵AB ＝8，AC ＝6，∴AF ＝24x.∵⎩⎪⎨⎪⎧0＜x ≤8，0＜24x ≤6， ∴4≤x ≤8. 3分在△AEF 中，EF 2＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫24x 2－2x ·24x cos 60°＝x 2＋242x 2－24，∴l ＝x ＋24x＋x 2＋242x2－24，x ∈[4,8]， 5分l ＝x ＋24x＋x 2＋242x2－24≥224＋2×24－24＝66，当且仅当x ＝26时取“＝”，∴l min ＝6 6. 6分 (2)由(1)知：l ＝x ＋24x＋x 2＋242x2－24，x ∈[4,8]．令t ＝x ＋24x ，x ∈[4,8]，∴t ′＝1－24x 2＝x 2－24x2＝x －26x ＋26x2. 9分列表得：x (4,26) 26 (26，8)t ′ －0 ＋t极小值46且x ＝4时，t ＝10；x ＝8时，t ＝11，则t ∈[46，11]．l ＝t ＋t 2－72在[46，11]上单调递增，∴当t ＝11时，l max ＝18，此时AE ＝8，AF ＝3，13分答：水管总长度l 的最小值为66百米；当点E 在A 处，点F 在线段AC 的中点时，长廊总长度l 的最大值为18百米. 14分命题展望从近五年的高考试题看，三角恒等变换及正、余弦定理的交汇成为江苏高考的一个测重点，该类题目侧重于学生的双基，属送分题目.2017年该点依然是命题点应加强训练．(2016·江苏高考)在△ABC 中，AC ＝6，cos B ＝45，C ＝π4.(1)求AB 的长；(2)求cos ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6的值．[解] (1)因为cos B ＝45，0<B <π，所以sin B ＝1－cos 2B ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝35. 2分 由正弦定理知AC sin B ＝ABsin C，所以AB ＝AC ·sin Csin B ＝6×2235＝5 2. 4分(2)在△ABC 中，A ＋B ＋C ＝π，所以A ＝π－(B ＋C )，于是cos A ＝－cos(B ＋C )＝－cos ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π4＝－cos B cos π4＋sin B sin π4.又cos B ＝45，sin B ＝35，故cos A ＝－45×22＋35×22＝－210. 8分因为0<A <π，所以sin A ＝1－cos 2A ＝7210. 10分因此，cos ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6＝cos A cos π6＋sin A sin π6＝－210×32＋7210×12＝72－620. 14分 [阅卷心语]易错提示 (1)忽视“角A ，B ，C 间的关系”，导致无法求解cos A ； (2)误用“cos A ＝cos(B ＋C )”，导致计算失分．防范措施 (1)在△ABC 中，其内角和A ＋B ＋C ＝π，常用该条件实现角的转化． (2)熟记诱导公式，在换算角的关系时，尽量少跨步骤，如此题中，可这样：cos A ＝cos[π－(B ＋C )]＝－cos(B ＋C )．1．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知a ＝3，b ＝26，B ＝2A . (1)求cos A 的值； (2)求c 的值．【导学号：19592033】[解] (1)在△ABC 中，因为a ＝3，b ＝26，B ＝2A ， 2分 故由正弦定理得3sin A ＝26sin 2A ，于是2sin A cos A sin A ＝263. 5分所以cos A ＝63. 6分 (2)由(1)知cos A ＝63，所以sin A ＝1－cos 2A ＝33. 7分 又因为B ＝2A ，所以cos B ＝cos 2A ＝2cos 2A －1＝13，从而sin B ＝1－cos 2B ＝223. 10分 在△ABC 中，因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝539. 13分 因此由正弦定理得c ＝a sin Csin A＝5. 14分 2．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对应的边分别是a ，b ，c .(1)若sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π4＝2sin A ，求A 的值；(2)若cos A ＝12，sin B ＋sin C ＝2sin A ，试判断△ABC 的形状，并说明理由．[解] (1)由题意，若sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π4＝2sin A ，则22sin A ＋22cos A ＝2sin A ， 2分 即22cos A ＝22sin A ， 4分 可得tan A ＝1，由A ∈(0，π)，故A ＝π4. 6分(2)在△ABC 中，sin B ＋sin C ＝2sin A ，由正弦定理可得：b ＋c ＝2a ， 8分 由cos A ＝12，得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，故b 2＋c 2－a 2＝bc ，又b ＋c ＝2a ， 10分 则(b ＋c )2－a 2＝3bc ＝3a 2，故a 2＝bc ＝⎝⎛⎭⎪⎫b ＋c 22，可得(b －c )2＝0，故b ＝c ， 13分 则b ＝c ＝a ，故△ABC 为正三角形. 14分3．如图10－3是某设计师设计的Y 型饰品的平面图，其中支架OA ，OB ，OC 两两成120°，OC ＝1，AB ＝OB ＋OC ，且OA ＞OB .现设计师在支架OB 上装点普通珠宝，普通珠宝的价值为M ，且M 与OB 长成正比，比例系数为k (k 为正常数)，在△AOC 区域(阴影区域)内镶嵌名贵珠宝，名贵珠宝的价值为N ，且N 与△AOC 的面积成正比，比例系数为43k ，设OA ＝x ，OB ＝y .图10－3(1)求y 关于x 的函数解析式，并写出x 的取值范围； (2)求N －M 的最大值及相应的x 的值．[解] (1)因为OA ＝x ，OB ＝x ，AB ＝y ＋1， 1分由余弦定理，x 2＋y 2－2xy cos 120°＝(y ＋1)2，解得y ＝x 2－12－x， 3分由x ＞0，y ＞0得1＜x ＜2，又x ＞y ，得x ＞x 2－12－x ，解得1＜x ＜1＋32，5分所以OA 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫1，1＋32. 6分(2)M ＝kOB ＝ky ，N ＝43k ·S △AOC ＝3kx ，则N －M ＝k (3x －y )＝k ⎝⎛⎭⎪⎫3x －x 2－12－x ， 8分 设2－x ＝t ∈⎝⎛⎭⎪⎫3－32，1 ，则N －M ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤32－t －2－t 2－1t ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤10－⎝ ⎛⎭⎪⎫4t ＋3t ≤k ⎝⎛⎭⎪⎫10－24t ·3t＝(10－43)k . 12分 当且仅当4t ＝3t ，即t ＝32∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3－32，1取等号，此时x ＝2－32取等号， 所以当x ＝2－32时，N －M 的最大值是(10－43)k . 14分。
【课堂新坐标】2017年高考数学(理科,江苏专版)二轮专题复习与策略 数学思想集训1 函数与方程思想
数学思想集训(一) 函数与方程思想 题组1 运用函数与方程思想解决数列、不等式等问题1．已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ≠0，S n 是其前n 项和，若a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 8的值为________．64 [由题意可知a 22＝a 1a 5，即(1＋d )2＝1×(1＋4d )，解得d ＝2，∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.∴S 8＝(a 1＋a 8)×82＝4×(1＋15)＝64.] 2．若关于x 的方程x 2＋2kx －1＝0的两根x 1，x 2满足－1≤x 1＜0＜x 2＜2，则k 的取值范围是________．⎝ ⎛⎦⎥⎤－34，0 [构造函数f (x )＝x 2＋2kx －1，因为关于x 的方程x 2＋2kx －1＝0的两根x 1，x 2满足－1≤x 1＜0＜x 2＜2，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f (－1)≥0，f (0)＜0，f (2)＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2k ≥0，－1＜0，4k ＋3＞0，所以－34＜k ≤0，所以k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－34，0.] 3．已知数列{a n }满足a 1＝60，a n ＋1－a n ＝2n (n ∈N *)，则a n n 的最小值为________．【导学号：19592071】292[由a n ＋1－a n ＝2n ，得 a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2(n －1)＋2(n －2)＋…＋2＋60＝n 2－n ＋60.∴a n n ＝n 2－n ＋60n ＝n ＋60n －1.令f (x )＝x ＋60x －1，易知f (x )在(0,215)上单调递减，在(215，＋∞)上单调递增．又n ∈N *，当n ＝7时，a 77＝7＋607－1＝1027，当n ＝8时，a 88＝8＋608－1＝292.又292＜1027，故a n n 的最小值为292.]4．已知函数f (x )＝x ln x ＋a ，g (x )＝12x 2＋ax ，其中a ≥0. (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )也相切，求a 的值；(2)证明：x ＞1时，f (x )＋12＜g (x )恒成立．[解] (1)由f (x )＝x ln x ＋a ，得f (1)＝a ，f ′(x )＝ln x ＋1，所以f ′(1)＝1. 3分所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线为y ＝x ＋a －1.因为直线y ＝x ＋a －1与曲线y ＝g (x )也相切，所以两方程联立消元得12x 2＋ax ＝a ＋x －1，即12x 2＋(a －1)x ＋1－a ＝0， 5分所以Δ＝(a －1)2－4×12×(1－a )＝0，得a 2＝1.因为a ≥0，所以a ＝1. 8分(2)证明：x ＞1时，f (x )＋12＜g (x )恒成立，等价于12x 2＋ax －x ln x －a －12＞0恒成立．令h (x )＝12x 2＋ax －x ln x －a －12，则h (1)＝0且h ′(x )＝x ＋a －ln x －1. 12分令φ(x )＝x －ln x －1，则φ(1)＝0且φ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，所以x ＞1时，φ′(x )＞0，φ(x )单调递增，所以φ(x )＞φ(1)＝0. 14分又因为a ≥0，所以h ′(x )＞0，h (x )单调递增，所以h (x )＞h (1)＝0，所以x ＞1时，12x 2＋ax －x ln x －a －12＞0恒成立，即x ＞1时，f (x )＋12＜g (x )恒成立. 16分题组2 利用函数与方程思想解决几何问题5．设抛物线C ：y 2＝3px (p ＞0)的焦点为F ，点M 在C 上，|MF |＝5，若以MF 为直径的圆过点(0,2)，则C 的方程为________．y 2＝4x 或y 2＝16x [由抛物线的定义可知MF ＝x M ＋3p 4＝5，∴x M ＝5－3p 4，y 2M＝15p －9p 24，故以MF 为直径的圆的方程为(x －x M )(x －x F )＋(y －y M )(y －y F )＝0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫0－5＋3p 4⎝ ⎛⎭⎪⎫0－3p 4＋(2－y M )(2－0)＝0. ∴y M ＝2＋15p 8－9p 232＝2＋y 2M 8⇒y M ＝4，p ＝43或163.∴C 的方程为y 2＝4x 或y 2＝16x .]图16．如图1所示，在单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的面对角线A 1B 上存在一点P ，使得AP ＋D 1P 最短，则AP ＋D 1P 的最小值是________． 2＋2 [设A 1P ＝x (0≤x ≤2)．在△AA 1P 中， AP ＝12＋x 2－2×1×x ×cos 45°＝x 2－2x ＋1， 在Rt △D 1A 1P 中，D 1P ＝1＋x 2.于是令y ＝AP ＋D 1P ＝x 2－2x ＋1＋x 2＋1， 下面求对应函数y 的最小值．将函数y 的解析式变形，得y ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－222＋(x －0)2＋[0－(－1)]2，其几何意义为点Q (x,0)到点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22与点N (0，－1)的距离之和，当Q ，M ，N 三点共线时，这个值最小，且最小值为⎝ ⎛⎭⎪⎫22－02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋12＝2＋ 2.]7．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝32，并且经过定点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12. (1)求椭圆E 的方程；(2)问：是否存在直线y ＝－x ＋m ，使直线与椭圆交于A ，B 两点，且满足OA →·OB →＝125？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由． [解] (1)由e ＝c a ＝32且3a 2＋14b 2＝1，c 2＝a 2－b 2，解得a 2＝4，b 2＝1，即椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1. 4分(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎨⎧ x 24＋y 2＝1，y ＝－x ＋m ⇒x 2＋4(m －x )2－4＝0⇒5x 2－8mx ＋4m 2－4＝0.(*)所以x 1＋x 2＝8m 5，x 1x 2＝4m 2－45，y 1y 2＝(m －x 1)(m －x 2)＝m 2－m (x 1＋x 2)＋x 1x 2＝m 2－85m 2＋4m 2－45＝m 2－45，14分由OA →·OB →＝125得(x 1，y 1)·(x 2，y 2)＝125，即x 1x 2＋y 1y 2＝125，4m 2－45＋m 2－45＝125，m ＝±2.又方程(*)要有两个不等实根，所以Δ＝(－8m )2－4×5(4m 2－4)＞0，解得－5＜m ＜5，所以m ＝±2. 16分8．如图2，直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝5，AA ′＝AB ＝6，D ，E 分别为AB 和BB ′上的点，且AD DB ＝BE EB ′＝λ. (1)求证：当λ＝1时，A ′B ⊥CE ；(2)当λ为何值时，三棱锥A ′－CDE 的体积最小，并求出最小体积．图2[解] (1)证明：∵λ＝1，∴D ，E 分别为AB 和BB ′的中点. 2分又AA ′＝AB ，且三棱柱ABC －A ′B ′C ′为直三棱柱，∴平行四边形ABB ′A ′为正方形，∴DE ⊥A ′B . 5分∵AC ＝BC ，D 为AB 的中点，∴CD ⊥AB .∵三棱柱ABC －A ′B ′C ′为直三棱柱，∴CD ⊥平面ABB ′A ′，∴CD ⊥A ′B ， 7分又CD ∩DE ＝D ，∴A ′B ⊥平面CDE .∵CE ⊂平面CDE ，∴A ′B ⊥CE . 10分(2)设BE ＝x ，则AD ＝x ，DB ＝6－x ，B ′E ＝6－x .由已知可得C 到平面A ′DE 的距离即为△ABC 的边AB 所对应的高h ＝AC 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AB 22＝4， 12分 ∴V A ′－CDE ＝V C －A ′DE ＝13(S 四边形ABB ′A －S △AA ′D －S △DBE －S △A ′B ′E )·h＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤36－3x －12(6－x )x －3(6－x )·h ＝23(x 2－6x ＋36)＝23[(x －3)2＋27](0＜x ＜6)，∴当x ＝3，即λ＝1时，V A ′－CDE 有最小值18. 16分。
创新设计江苏专用2017届高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题课件理
定值的探究与证明
x2 y2 【例 1－2】 如图，过点 C(0， 3)的椭圆 2＋ 2＝1(a＞b＞0)的 a b 1 离心率为2，椭圆与 x 轴交于 A(a，0)和 B(－a，0)两点，过点 C 的直线 l 与椭圆交于另一点 D， 并与 x 轴交于点 P， 直线 AC 与直线 BD 交于点 Q. (1)当直线 l 过椭圆的右焦点时，求线段 CD 的长； (2)当点 P 异于点 B 时，求证：OP·OQ为定值.
2 2（k1 －1） －4k1 解得 xP＝ ，yP＝k1(xP－2)＝ 2 2， 1＋k1 1＋k1
y＝k （x－2）， 2 1 2 2 2 2 联立x 得 (1 ＋ 4 k ) x － 16 k x ＋ 4( k 1 1 1－1)＝0， 2 ＋y ＝1 4
2 2（4k1 －1） －4k1 解得 xB＝ ，yB＝k1(xB－2)＝ ， 2 1＋4k1 1＋4k2 1
2（m2＋1）－m m2＋1 同理，BF2＝ .② m2＋2
2m m2＋1 (ⅰ)由①②得 AF1－BF2＝ ， 2 m ＋2 2m m2＋1 6 2 解 ＝ 得 m ＝2，注意到 m＞0， 2 m2＋2 1 2 故 m＝ 2.所以直线 AF1 的斜率为m＝ 2 . (ⅱ)证明 因为直线 AF1 与 BF2 平行， PB＋PF1 BF2＋AF1 PB BF2 所以PF ＝AF ，于是 PF ＝ AF ， 1 1 1 1 AF1 故 PF1＝ BF1. AF1＋BF2
(3)证明 设直线 AC 方程为 y＝k2(x－2)， 当直线 PQ 与 x 则
6 8 轴垂直时，Q－5，－5，
6 8 1 P －5，5 ，所以 k1＝－2，即
B(0，1)，C(0，－1)，所以
8 －5 1 1 k2＝2，则 kAQ＝ 6 ＝2＝k2，所以直线 AC 必过点 Q.当直 －5－2 － 5k 1 6 线 PQ 与 x 轴不垂直时，设直线 PQ 方程为 y＝ 2 x＋5， 4k1－1
2017年高考数学(理科江苏专版)二轮专题复习与策略课件：第1部分 专题4 第14讲 高考中的立体几何
所以 DE∥BC1. 因为 DE⊄平面 BB1C1C，BC1⊂平面 BB1C1C， 所以 DE∥平面 BB1C1C. 6分
(2)因为△ABC 是正三角形，E 是 AB 的中点． 所以 CE⊥AB. 又因为在正三棱柱 ABC－A1B1C1 中， 平面 ABC⊥平面 ABB1A1，交线为 AB， 所以 CE⊥平面 ABB1A1， 从而 CE⊥A1B. 在矩形 ABB1A1 中， A1B1 B1B 因为 B B ＝ 2＝ BE ， 1 所以 Rt△A1B1B∽Rt△B1BE， 12 分
得 EN∥AM，EN＝AM，∴四边形 ENMA 是平行四边形， 得 MN∥AE，MN⊄平面 PAB，AE⊂平面 PAB， ∴MN∥平面 PAB.
4分
6分
(2)过点 A 作 PM 的垂线，垂足为 H. ∵平面 PMC⊥平面 PAD，平面 PMC∩平面 PAD＝PM，AH⊥PM， AH⊂平面 PAD， ∴AH⊥平面 PMC，∵CM⊂平面 PMC，∴AH⊥CM. ∵PA⊥平面 ABCD，CM⊂平面 ABCD，∴PA⊥CM. ∵PA∩AH＝A，PA，AH⊂平面 PAD，∴CM⊥平面 PAD. ∵AD⊂平面 PAD，∴CM⊥AD. 14 分 12 分
已知直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AD⊥平面 A1BC，其垂 足 D 落在直线 A1B 上． (1)求证：平面 A1BC⊥平面 ABB1A1； (2)若 AD＝ 3，AB＝BC＝2，P 为 AC 中点，求三棱锥 P－A1BC 的体积．
图 14－6
[解] (1)证明：直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AA1⊥平面 ABC， ∴AA1⊥BC. ∵AD⊥平面 A1BC， ∴AD⊥BC.3 分 ∵AA1，AD 为平面 ABB1A1 内两相交直线， ∴BC⊥平面 ABB1A1. 又∵BC⊂平面 A1BC， ∴平面 A1BC⊥平面 ABB1A1. 6分
2017高考数学理科二轮复习课件：第1部分 专题七 概率与统计 第1讲 精品
③求形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n ∈N*)的式子中与特定项相关的量： 根据二项式定理把a＋bm与c＋dn分别展开，并写出其通项 根据特定项的次数，分析特定项可由a＋bm与 → c＋dn的展开式中的哪些项相乘得到 → 把相乘后的项相加减即可得到特定项 解题 ④求形如(a＋b＋c)n(n ∈N*)式子中与特定项相关的量： 模板 把三项的和a＋b＋c看做a＋b与c两项的和 → 根据二项式定理求出[a＋b＋c]n的展开式通项 对特定项的次数进行分析，弄清特定项是由a＋bn－r的展开式和 → r c 的展开式中的哪些项相乘得到 → 把相乘后的项相加减即可得到特定项
• 2. (2016·河北唐山统考)4名大学生到三家企 业应聘，每名大学生至多被一家企业录用， D 则每家企业至少录用一名大学生的情况有 ( ) • A．24种 B．36种 • C．48种 D．60种 解析：每家企业至少录用一名大学生的情况有两种：一种是一家企业录用一名， • 突破点拨 3 2 3 有 C3 4A3＝24 种；一种是其中有一家企业录用 2 名大学生，有 C4A3＝36 种，所以共有 • 分两类：一类四名学生全分到企业，另一类 24＋36＝60 种．故选 D. 有一名学生未分到企业．
[例](2015· 全国卷 方 ②求二项式展开 Ⅰ· 10题)；(2015· 全 式 式的指定项、项 国卷Ⅱ· 15题)；
①计数问题： 分析给出问题的特点 → 确定需要应用的知识点 → 运用对应知识求解 解题 模板 ②求解形如(a＋b)n(n ∈N*)的式子中与特定项(如常数项、指定项)相关的量：
• 2．统计部分内容的概念、数据、图表、计算 公式较多，再加之数据计算繁琐，在复习时 要注意以下几点： • (1)厘清概念，如中位数、众数、样本平均数、 样本方差等，只有明确了这些概念才能在具 体问题中灵活运用； • (2)搞清楚几个数表的意义，如频率分布表、 独立性检验中的2×2列联表； • (3)搞清楚几个图表的意义，如统计初步中的 茎叶图、频率分布直方图、频率分布折线图， 排列组合问题
2017年高考数学(理科江苏专版)二轮专题复习与策略课件：第2部分 专题讲座2 一、填空题求解的6种妙招
观察下列等式： ①cos 2α＝2cos2α－1； ②cos 4α＝8cos4α－8cos2α＋1； ③cos 6α＝32cos6α－48cos4α＋18cos2α－1； ④cos 8α＝128cos8α－256cos6α＋160cos4α－32cos2α＋1； ⑤cos 10α＝mcos10α－1 280cos8α＋1 120cos6α＋ncos4α＋pcos2α－1. 可以推测，m－n＋p＝________. 【导学号：19592075】
已知函数y＝f(x)的周期为2，当x∈[－1,1]时f(x)＝x2，那么函数y＝f(x) 的图象与函数y＝|lg x|的图象的交点共有________个．
10 [如图，作出图象可知y＝f(x)与y＝|lg x|的图象共有10个交点．
]
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．
|4k－2| 4 2 ＝0的距离应不大于2，即 2 ≤2.整理，得3k －4k≤0.解得0≤k≤ 3 .故k的最大 k ＋1 4 值为3.]
类型二
特例求解法
特例求解法在考试中应用起来比较方便，它的实施过程是从特殊到一般，优 点是简便易行．当填空题提供的信息暗示答案唯一或其值为定值时，就可以取一 个特殊数值、特殊位置、特殊图形、特殊关系、特殊数列或特殊函数值来将字母 具体化，把一般形式变为特殊形式．当题目的条件是从一般性的角度给出时，特 例求解法尤其有效．
2
|x| |x| [当x＝0时， ＝0；当x≠0时， ＝ |b| |b| |x| |x| ＝ 2＝ 2 2 xe1＋ye2 x ＋y ＋ 3xy 1
(江苏专版)2017年高考数学二轮专题复习与策略 第1部分 专题1 集合、常用逻辑用语、不等式、
专题限时集训(七) 利用导数解决不等式、方程的解、曲线交点个数问题(建议用时：45分钟)1．已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －2(a ∈R )．(1)判断曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )的公共点个数；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，若函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点，求a 的取值范围．[解] (1)f ′(x )＝ln x ＋1，所以斜率k ＝f ′(1)＝1.1分 又f (1)＝0，曲线在点(1,0)处的切线方程为y ＝x －1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2＋ax －2，y ＝x －1 2分⇒x 2＋(1－a )x ＋1＝0，由Δ＝(1－a )2－4＝a 2－2a －3可知：当Δ>0时，即a <－1或a >3时，有两个公共点； 当Δ＝0时，即a ＝－1或a ＝3时，有一个公共点；当Δ<0时，即－1<a <3时，没有公共点. 4分 (2)y ＝f (x )－g (x )＝x 2－ax ＋2＋x ln x ，由y ＝0得a ＝x ＋2x＋ln x ， 6分令h (x )＝x ＋2x＋ln x ，则h ′(x )＝x －x ＋x 2. 8分当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，由h ′(x )＝0得x ＝1， 10分 所以，h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递减，在[1，e]上单调递增， 因此，h (x )min ＝h (1)＝3，11分由h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e＋2e －1， 12分h (e)＝e ＋2e＋1比较可知h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e>h (e). 13分所以，当3<a ≤e＋2e ＋1时，函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点. 14分2．设函数f (x )＝e 2x－a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－a x(x >0). 1分 当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点； 3分 当a >0时，设u (x )＝e 2x，v (x )＝－a x，因为u (x )＝e 2x在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－a x在(0，＋∞)上单调递增， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增. 5分又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点. 6分(2)证明：由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0； 8分当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.9分故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．由于2e 2x 0－ax 0＝0， 12分所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a.故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a. 14分3．(2013·江苏高考)设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x－ax ，其中a 为实数． (1)若f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，求a 的取值范围；(2)若g (x )在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f (x )的零点个数，并证明你的结论． [解] (1)令f ′(x )＝1x －a ＝1－axx＜0，考虑到f (x )的定义域为(0，＋∞)，故a ＞0，进而解得x ＞a －1，即f (x )在(a －1，＋∞)上是单调减函数. 2分同理，f (x )在(0，a －1)上是单调增函数．由于f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a －1，＋∞)，从而a －1≤1，即a ≥1. 4分令g ′(x )＝e x－a ＝0，得x ＝ln a .当x ＜ln a 时，g ′(x )＜0；当x ＞ln a 时，g ′(x )＞0. 又g (x )在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a ＞1，即a ＞e.综上可知，a ∈(e ，＋∞). 6分 (2)当a ≤0时，g (x )必为单调增函数； 当a ＞0时，令g ′(x )＝e x －a ＞0，解得a ＜e x， 即x ＞ln a ．7分因为g (x )在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有ln a ≤－1，即0＜a ≤e －1. 综合上述两种情况，得a ≤e －1.①当a ＝0时，由f (1)＝0以及f ′(x )＝1x＞0，得f (x )存在唯一的零点； 8分②当a ＜0时，由于f (e a )＝a －a e a ＝a (1－e a )＜0，f (1)＝－a ＞0，且函数f (x )在[e a,1]上的图象连续，所以f (x )在(e a,1)上存在零点. 9分另外，当x ＞0时，f ′(x )＝1x－a ＞0，故f (x )在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f (x )只有一个零点．③当0＜a ≤e －1时，令f ′(x )＝1x－a ＝0，解得x ＝a －1.当0＜x ＜a －1时，f ′(x )＞0；当x ＞a －1时，f ′(x )＜0，所以，x ＝a －1是f (x )的最大值点，且最大值为f (a －1)＝－ln a －1. 10分a ．当－ln a －1＝0，即a ＝e －1时，f (x )有一个零点x ＝e. b ．当－ln a －1＞0，即0＜a ＜e －1时，f (x )有两个零点．实际上，对于0＜a ＜e －1，由于f (e －1)＝－1－a e －1＜0，f (a －1)＞0，且函数f (x )在[e －1，a －1]上的图象连续，所以f (x )在(e －1，a －1)上存在零点．另外，当x ∈(0，a －1)时，f ′(x )＝1x－a ＞0，故f (x )在(0，a －1)上是单调增函数， 所以f (x )在(0，a －1)上只有一个零点． 下面考虑f (x )在(a －1 ，＋∞)上的情况． 先证f ()e a－1＝a ()a －2－e a －1＜0.为此，我们要证明：当x ＞e 时，e x＞x 2.设h (x )＝e x －x 2，则h ′(x )＝e x －2x ，再设l (x )＝h ′(x )＝e x－2x ， 则l ′(x )＝e x－2. 12分当x ＞1时，l ′(x )＝e x－2＞e －2＞0，所以l (x )＝h ′(x )在(1，＋∞)上是单调增函数． 故当x ＞2时，h ′(x )＝e x－2x ＞h ′(2)＝e 2－4＞0，零点. 13分 又当x ＞a －1时，f ′(x )＝1x－a ＜0，故f (x )在(a －1，＋∞)上是单调减函数， 所以f (x )在(a －1，＋∞)上只有一个零点．综合①②③可知，当a ≤0或a ＝e －1时，f (x )的零点个数为1，当0＜a ＜e －1时，f (x )的零点个数为2. 14分4．(2016·苏锡常镇调研二)已知函数f (x )＝a ·e x＋x 2－bx (a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)，其导函数为y ＝f ′(x ).(1)设a ＝－1，若函数y ＝f (x )在R 上是单调减函数，求b 的取值范围； (2)设b ＝0，若函数y ＝f (x )在R 上有且只有一个零点，求a 的取值范围；(3)设b ＝2，且a ≠0，点(m ，n )(m ，n ∈R )是曲线y ＝f (x )上的一个定点，是否存在实数x 0(x 0≠m )，使得f (x 0)＝f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2(x 0－m )＋n 成立？证明你的结论．[解] (1)当a ＝－1时，f (x )＝－e x＋x 2－bx ，∴f ′(x )＝－e x＋2x －b ，1分 由题意f ′(x )＝－e x＋2x －b ≤0对x ∈R 恒成立﹒ 由－e x＋2x －b ≤0，得b ≥－e x＋2x ，令F (x )＝－e x＋2x ，则F ′(x )＝－e x＋2，令F ′(x )＝0，得x ＝ln 2.3分当x ＜ln 2时，F ′(x )＞0，F (x )单调递增，当x ＞ln 2时，F ′(x )＜0，F (x )单调递减， 5分从而当x ＝ln 2时，F (x )有最大值2ln 2－2，所以b ≥2ln 2－2. 6分 (2)当b ＝0时，f (x )＝a e x ＋x 2，由题意a e x ＋x 2＝0只有一解.7分 由a e x＋x 2＝0，得－a ＝x 2e x ，令G (x )＝x 2e x ，则G ′(x )＝x－xex， 令G ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2.当x ≤0时，G ′(x )≤0，G (x )单调递减，G (x )的取值范围为[0，＋∞)，8分当0＜x ＜2时，G ′(x )＞0，G (x )单调递增，G (x )的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4e 2，9分 当x ≥2时，G ′(x )≤0，G (x )单调递减，G (x )的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，4e 2， 10分由题意，得－a ＝0或－a ＞4e 2，从而a ＝0或a ＜－4e2，∴当a ＝0或a ＜－4e 2时，函数y ＝f (x )只有一个零点.12分(3)f (x )＝a e x＋x 2－2x ，f ′(x )＝a e x＋2x －2， 假设存在，则有f (x 0)＝f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2(x 0－m )＋n ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2(x 0－m )＋f (m )，13分即f x 0－f m x 0－m ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2，∵f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2＝a e＋2·x 0＋m2－2，f x 0－f m x 0－m＝ax 0－e m ＋x 20－m2－x 0－m x 0－m＝ax 0－e m x 0－m＋(x 0＋m )－2，∴a e＝ax 0－e mx 0－m.(*) 14分∵a ≠0，∴e＝e x 0－e mx 0－m ，不妨设t ＝x 0－m ＞0，则e t 2＋m ＝e t ＋m－e mt.∴h (t )在(0，＋∞)上单调递增， 又∵h (0)＝0，∴h (t )＞0对t ∈(0，＋∞)恒成立，即g ′(t )＞0对t ∈(0，＋∞)恒成立， ∴g (t )在(0，＋∞)上单调递增，又g (0)＝0， ∴g (t )＞0对t ∈(0，＋∞)恒成立，即(*)式不成立，∴不存在实数x 0(x 0≠m )，使得f (x 0)＝f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2(x 0－m )＋n 成立. 16分5．(2016·南通三模)设函数f (x )＝x e x－a sin x cos x (a ∈R ，其中e 是自然对数的底数)． (1)当a ＝0时，求f (x )的极值；(2)若对于任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围；(3)是否存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上有两个零点？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【导学号：19592022】[解] (1)当a ＝0时，f (x )＝x e x，f ′(x )＝e x(x ＋1)， 令f ′ (x )＝0，得x ＝－1. 2分 列表如下：所以函数f (x )的极小值为f (－1)＝－e，无极大值. 4分(2)①当a ≤0时，由于对于任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，有sin x cos x ≥0，所以f (x )≥0恒成立，当a ≤0时，符合题意； 5分②当0＜a ≤1时，因为f ′(x )≥e x(x ＋1)－a cos 2x ≥e 0(0＋1)－a cos 0＝1－a ≥0，所以函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2 上为增函数，所以f (x )≥f (0)＝0，即当0＜a ≤1，符合题意；6分③当a ＞1时，f ′(0)＝1－a ＜0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 ＝e π4⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋1＞0，所以存在α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π4，使得f ′(α)＝0，且在(0，α)内，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，α)上为减函数，所以f (x )＜f (0)＝0. 即当a ＞1时，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是(－∞，1]. 8分(3)不存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上有两个零点，由(2)知，当a ≤1时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数，且f (0)＝0，故函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上无零点．当a ＞1时，f ′(x )≥e x(x ＋1)－a cos 2x ， 9分 令g (x )＝e x(x ＋1)－a cos 2x ，g ′(x )＝e x(x ＋2)＋2a sin 2x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，恒有g ′(x )＞0，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数，由g (0)＝1－a ＜0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝e π2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋1 ＋a ＞0，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在唯一的零点x 0，即方程f ′(x )＝0在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上存在唯一解x 0，11分且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫x 0，π2，f ′(x )＞0，即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2上单调递增， 12分 当x ∈(0，x 0)时，f (x )＜f (0)＝0，即f (x )在(0，x 0)无零点； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，f (x 0)＜f (0)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2 ＝π2e ＞0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫x 0，π2上有唯一零点， 14分所以，当a ＞1时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上有一个零点．综上所述，不存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上有两个零点. 16分6．设函数f (x )＝(x ＋a )ln x ，g (x )＝x 2e x .已知曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y ＝0平行．(1)求a 的值；(2)是否存在自然数k ，使得方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m (x )＝min{f (x )，g (x )}(min{p ，q }表示p ，q 中的较小值)，求m (x )的最大值．[解] (1)由题意知，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为2，所以f ′(1)＝2. 2分又f ′(x )＝ln x ＋a x＋1，所以a ＝1. 4分 (2)当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根．设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －x 2e x ，当x ∈(0,1]时，h (x )<0.5分又h (2)＝3ln 2－4e 2＝ln 8－4e2>1－1＝0，所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0. 6分 因为h ′(x )＝ln x ＋1x＋1＋xx －ex，所以当x ∈(1,2)时，h ′(x )>1－1e >0，当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0，所以当x ∈(1，＋∞)时，h (x )单调递增.7分所以当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根.8分(3)由(2)知，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根x 0， 且x ∈(0，x 0)时，f (x )＜g (x )，x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )＞g (x )， 所以m (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋x ，x ∈，x 0]，x2ex ，x ∈x 0，＋ 10分当x ∈(0，x 0)时，若x ∈(0,1]，m (x )≤0； 若x ∈(1，x 0)，由m ′(x )＝ln x ＋1x＋1>0，可知0<m (x )≤m (x 0)；故m (x )≤m (x 0). 12分 当x ∈(x 0，＋∞)时，由m ′(x )＝x－xex， 可得x ∈(x 0,2)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增；x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减．可知m (x )≤m (2)＝4e2，且m (x 0)<m (2)．综上可得，函数m (x )的最大值为4e2.14分。