2018年高考理科数学通用版二轮专题复习专题：(二十二) 第20题解答题“圆锥曲线的综合问题”专练
2018年高考数学二轮复习第二部分高考22题各个击破专题七解析几何7.2直线圆圆锥曲线小综合题专项练课件文
������ 0 ������ ������ 2
+
=1; − =1(a>0,b>0)上一点 M(x 0,y 0)的切线方程为 −
������0 ������ ������ 2
(4)过双曲线 =1;
(5)设点 P(x 0,y 0)是圆锥曲线 C:Ax 2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0 上的任 意一点,则过点 P 的切线方程为 ������ ������ +������������0 ������ +������ ������ +������ Ax0x+B 0 +Cy0y+D 0 +E 0 +F=0.
7.2 直线、圆、圆锥曲线小综合题专项练
-2-
1.直线与圆、圆与圆的位置关系 (1)直线与圆的位置关系判定: ①几何法:利用圆心到直线的距离与圆的半径大小关系判定. ������������ + ������������ + ������ = 0, ②代数法:解方程组 2 2 2 利用方程组解的个数判定. (������-������ ) + (������-������ ) = ������ ,
A.y=± x C.y=±
3 21 7
3
B.y=± 3x D.y=±
21 3
x
x
解析:∵F1,F2,P(0,2b)是正三角形的三个顶点,设F1(-c,0),F2(c,0),则
|F1P|= ������ 2 + 4������ 2 ,∴ ������ 2 + 4������ 2 =2c,
∴c2+4b2=4c2, ∴c2+4(c2-a2)=4c2,
2018年高考理科数学通用版专题检测：(二十二) 第20题解答题“圆锥曲线的综合问题”专练含解析
专题检测（二十二） 第20题解答题“圆锥曲线的综合问题”专练1.(2018届高三·广东五校协作体诊断考试)若椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，线段F 1F 2被抛物线y 2＝2bx 的焦点F 分成了3∶1的两段．(1)求椭圆的离心率；(2)过点C(－1,0)的直线l 交椭圆于不同两点A ，B ，且AC ―→＝2CB ―→，当△AOB的面积最大时，求直线l 的方程．解：(1)由题意知，c ＋b 2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫c －b 2， 所以b ＝c ，a 2＝2b 2，所以e ＝c a＝ 1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫b a 2＝22. (2)设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，直线AB 的方程为x ＝ky －1(k ≠0)，因为AC ―→＝2CB ―→，所以(－1－x 1，－y 1)＝2(x 2＋1，y 2)，即y 1＝－2y 2， ①由(1)知，椭圆方程为x 2＋2y 2＝2b 2.由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝ky －1，x 2＋2y 2＝2b 2消去x ，得(k 2＋2)y 2－2ky ＋1－2b 2＝0， 所以y 1＋y 2＝2kk 2＋2， ②由①②知，y 2＝－2kk 2＋2，y 1＝4kk 2＋2， 因为S △AOB ＝12|y 1|＋12|y 2|， 所以S △AOB ＝3·|k|k 2＋2＝3·12|k|＋|k| ≤3·122|k|·|k|＝324， 当且仅当|k|2＝2，即k ＝±2时取等号，此时直线l 的方程为x －2y ＋1＝0或x ＋2y ＋1＝0.2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为A ，B ，且长轴长为8，T 为椭圆上任意一点，直线TA ，TB 的斜率之积为－34. (1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点M(0,2)的动直线与椭圆C 交于P ，Q 两点，求OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→的取值范围．解：(1)设T(x ，y)，由题意知A(－4,0)，B(4,0)，设直线TA 的斜率为k 1，直线TB 的斜率为k 2，则k 1＝yx ＋4，k 2＝y x －4. 由k 1k 2＝－34，得y x ＋4·y x －4＝－34，整理得x 216＋y 212＝1. 故椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1. (2)当直线PQ 的斜率存在时，设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋2，点P ，Q 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧ x 216＋y 212＝1，y ＝kx ＋2消去y ，得(4k 2＋3)x 2＋16kx －32＝0.所以x 1＋x 2＝－16k 4k 2＋3，x 1x 2＝－324k 2＋3. 从而，OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→＝x 1x 2＋y 1y 2＋[x 1x 2＋(y 1－2)(y 2－2)]＝2(1＋k 2)x 1x 2＋2k(x 1＋x 2)＋4＝－80k 2－524k 2＋3＝－20＋84k 2＋3. 所以－20＜OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→ ≤－523. 当直线PQ 的斜率不存在时，OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→的值为－20.综上，OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→的取值范围为⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－20，－523. 3．已知椭圆P 的中心O 在坐标原点，焦点在x 轴上，且经过点A(0,23)，离心率为12.。
2018年高考理科数学通用版三维专题检测：(二十二)第20题解答题“圆锥曲线的综合问题”专练Word版含解析
(2)过点 C(－ 1,0)的直线 l 交椭圆于不同两点 A， B，且 ―A→C ＝ 2―C→B ，当△ AOB 的面积最
大时，求直线 l 的方程．
解： (1)由题意知，
c＋ b＝ 3 2
b c－2 ，
所以 b＝ c， a2＝ 2b2，
所以 e＝ac＝
1－
b a
2＝
2 2.
(2)设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，直线 AB 的方程为 x＝ ky－1( k≠0)，
专题检测（二十二） 第 20 题解答题“圆锥曲线的综合问题”专练
22
xy 1.(2018 届高三 ·广东五校协作体诊断考试 )若椭圆 a2＋ b2＝ 1(a>b>0)的左、 右焦点分别为 F 1，F2，线段 F 1F 2 被抛物线 y2＝ 2bx 的焦点 F 分成了 3∶ 1 的两
段．
(1)求椭圆的离心率；
－3x＋ 1＝ 0 的解，点 A， B 分别为椭圆 E 的左、右顶点，点 C 在 E 上，且△ ABC 面积的最
大值为 2 3.
(1)求椭圆 E 的方程； (2)设 F 为 E 的左焦点，点 D 在直线 x＝－ 4 上，过 F 作 DF 的垂线交椭圆 E 于 M ，N 两点．证明：直线 OD 把△ DMN 分为面积相等的两部分．
因为 ―A→C ＝ 2―C→B ，所以 (－ 1－ x1，－ y1)＝ 2(x2＋ 1， y2)，
即 y1＝－ 2y2，
①
由 (1)知，椭圆方程为 x2＋2y2＝ 2b2.
x＝ky－ 1， 由 x2＋ 2y2＝ 2b2 消去 x， 得 (k2＋ 2)y2－2ky＋ 1－ 2b2＝ 0，
所以
y1＋
y2＝
故
数学说题—2018全国卷II理科数学第20题
如图，在三棱锥P ABC 中，AB BC 2 PA PB PC AC 4，O为AC 中点. (1) : 证明PO 平面ABC ;
2 ，
( 2)若点M在棱BC上，且二面角M PA C为30 ，
求二面角M PA B的大小
说题流程
变式拓展3
变式拓展
2
说题流程
方法三 方法四
解题过程
证明：连接中点 PO AC ，PO 2 3 在ABC 中，AB AC 2 2, AC 4 AB BC AC ABC 90
2 2 2
证明：连接OB, 在PBC 中 PA PC 4且O为AC 中点 PO AC ，PO 2 3 PO PO OB OA PAC POB PA PB POB POA 90
求PC 与平面PAM 所成角的正弦值
仔细审题，明确已知 与所求
线线垂直→线面垂直 线 面 垂 直 等 腰 三 角 形 底 边 中 线 勾 股 定 理 的 逆 定 理 向 量 方 法
调用相关知识
PAC , PBC , PAB , ABC OAB , OBC
等 腰 三 角 形
数 量 关 系
证明：在PAC 中，PA PC , O为AC 中点 PO AC
在PAB 中, PA PB 4, AB 2 2 16 16 8 3 3 cos APB ,同理 cos BPC 2 4 4 4 4 1 PO ( PA PC ), AB ( PB PA) 2 1 PO AB ( PA PB PB PC PA PA PC ) 2 1 (12 12 16 8) 0, PO AB 又 AB AC A 2 AB , AC 平面ABC , PO 平面ABC
2018年高三数学圆的方程试题(含答案)
2018年高三数学圆的方程试题(含答案)2=5.已知圆C：x2+y2+2x﹣4y=0，则圆C的圆心坐标为（）A．（1，﹣2）B．（﹣1，2）C．（1，2）D．（﹣1，﹣2）6.抛物线223y x x=--与坐标轴的交点在同一个圆上，则交点确定的圆的方程为（）A．()2212+-=x yB．()()22-+-=x y114C.()22-+=x y11D．()()22-++=x y1157.点P（4，﹣2）与圆x2+y2=4上任一点连线的中点轨迹方程是（）A．（x﹣2）2+（y+1）2=1 B．（x﹣2）2+（y+1）2=4C ．（x+4）2+（y ﹣2）2=1D ．（x+2）2+（y ﹣1）2=18.圆心为（1，1）且过原点的圆的方程是（ ）A ．（x ﹣1）2+（y ﹣1）2=1B ．（x+1）2+（y+1）2=1C ．（x+1）2+（y+1）2=2D ．（x ﹣1）2+（y ﹣1）2=29.过抛物线x y 42=的焦点F 的直线交抛物线于A 、B 两点，分别过A 、B 两点作准线的垂线，垂足分别为'A ，'B 两点，以线段'A 'B 为直径的圆C 过点)3,2(-，则圆C 的方程为（ ）A ．2)2()1(22=-++y x B ．5)1()1(22=-++y x C ．17)1()1(22=+++y x D ．26)2()1(22=+++y x 10.如果圆222x y n += 至少覆盖曲线()3()xf x x R n π=∈的一个最高点和一个最低点，则正整数n 的最小值为A.1B. 2C. 3D. 411.以抛物线y2=4x的焦点为圆心，且过坐标原点的圆的方程为( )A．（x﹣1）2+y2=1 B．（x+1）2+y2=1 C．x2+（y ﹣1）2=1 D．x2+（y+1）2=112.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第II 卷（非选择题）二、填空题（本题共6道小题，每小题0分，共0分）13. 已知方程22240x y x y m +--+=表示圆，则m 的取值范围为__________．14.已知向量(,2)a m =，(1,)b n =-，(0)n >且0a b ∙=，点(,)P m n 在圆225x y +=上，则|2|a b +等于 ． 15.若圆M 过三点A （1，3），B （4，2），C （1，﹣7），则圆M 直径的长为 ． 16.已知x 2+y 2≤1，则|x 2+2xy ﹣y 2|的最大值为 ． 17.圆x 2+y 2﹣2y ﹣3=0的圆心坐标是 ，半径 ．18.已知两圆相交于两点（1，3）和（m ，1），且两圆的圆心都在直线上，则m+c 的值是 ．三、解答题（本题共3道小题,第1题0分,第2题0分,第3题0分,共0分）19. 已知平面上三个定点(1,0)A 、(3,0)B 、(1,4)C ． （Ⅰ）求点B 到直线AC 的距离．（Ⅱ）求经过A 、B 、C 三点的圆的方程． 20.如图，抛物线C ：x 2=2py （p ＞0）的焦点为F （0，1），取垂直于y 轴的直线与抛物线交于不同的两点P 1，P 2，过P 1，P 2作圆心为Q 的圆，使抛物线上其余点均在圆外，且P 1Q ⊥P 2Q ．（1）求抛物线C 和圆Q 的方程；（2）过点F 作倾斜角为θ（≤θ≤）的直线l ，且直线l 与抛物线C 和圆Q 依次交于M ，A ，B ，N ，求|MN||AB|的最小值．21.已知抛物线y2=4x，直线l：y=﹣x+b与抛物线交于A，B两点．（Ⅰ）若x轴与以AB为直径的圆相切，求该圆的方程；（Ⅱ）若直线l与y轴负半轴相交，求△AOB面积的最大值．试卷答案1.①③（1）若曲线C 表示圆，应满足11m =，即1m =，故①正确；（2）若曲线C 表示椭圆，当1m <时，11m e m --，显然m 越大，离心率e 越小，故②错误；（3）若曲线C 表示双曲线，有0m <时，1e m + m 的值越大，e 越小，故③正确．∴正确的为①③．2.B【考点】J1：圆的标准方程．【分析】根据题意，将直线的方程变形可得m （3x ﹣2y ）m+（x+y ﹣5）=0，分析可得其定点M （2，3），进而分析可得满足题意的圆是以P 为圆心，半径为MP 的圆，求出MP 的长，将其代入圆的标准方程计算可得答案．【解答】解：根据题意，设圆心为P ，则点P 的坐标为（﹣2，0）对于直线（3m+1）x+（1﹣2m）y﹣5=0，变形可得m（3x﹣2y）m+（x+y﹣5）=0即直线过定点M（2，3），在以点（﹣2，0）为圆心且与直线（3m+1）x+（1﹣2m）y﹣5=0，面积最大的圆的半径r长为MP，则r2=MP2=25，则其标准方程为（x+2）2+y2=25；故选B．3.D【考点】椭圆的简单性质；圆的标准方程．【分析】求出椭圆上的点与圆心的最大距离，加上半径，即可得出P，Q两点间的最大距离．【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．4.C【考点】J9：直线与圆的位置关系；B4：系统抽样方法；J1：圆的标准方程．【分析】根据分层抽样的定义进行求解a，b，利用点到直线的距离公式，求出A（1，﹣1）到直线的距离，可得半径，即可得出结论．【解答】解：由题意，，∴a=40，b=24，∴直线ax+by+8=0，即5x+3y+1=0，A（1，﹣1）到直线的距离为=，∵直线ax+by+8=0与以A（1，﹣1）为圆心的圆交于B，C两点，且∠BAC=120°，∴r=，∴圆C的方程为（x﹣1）2+（y+1）2=，故选C．5.B【考点】圆的一般方程．【分析】把圆的一般方程化为标准方程，求出圆心和半径．【解答】解：圆x 2+y 2+2x ﹣4y=0 即 （x+1）2+（y ﹣2）2=5，故圆心为（﹣1，2），故选B ．【点评】本题主要考查把圆的一般方程化为标准方程的方法，根据圆的标准方程求圆心，属于基础题．6.D试题分析: 抛物线223y x x =--的图象关于1x =对称，与坐标轴的交点为()1 0A -，，()3 0B ，，()0 3C -，，令圆心坐标为()1 M b ，，可得222MA MC r ==，()222413b b r +=++=，∴1 b r =-，，所以圆的轨迹方程为()()22115x y -++=.故应选D.考点：圆的一般方程及运用.【易错点晴】本题以抛物线223y x x=--与坐标轴的交点在同一个圆上为背景，考查的是圆的一般方程与标准方程的探求等许多有关知识和运算求解及推理判断的能力.解答本题时应充分依据题设条件,依据题设条件,求出其坐标轴的交点坐标()B，，()C-，，然后运用圆的一般方程0 33 01 0A-，，()和标准方程求得圆的方程()()22x y-++=,使问题获115解.7.A【考点】轨迹方程．【分析】设圆上任意一点为（x1，y1），中点为（x，y），则，由此能够轨迹方程．【解答】解：设圆上任意一点为（x1，y1），中点为（x，y），则代入x2+y2=4得（2x﹣4）2+（2y+2）2=4，化简得（x﹣2）2+（y+1）2=1．故选A．8.D【考点】圆的标准方程．【分析】利用两点间距离公式求出半径，由此能求出圆的方程．【解答】解：由题意知圆半径r=，∴圆的方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2=2．故选：D．9.B考点：直线与抛物线的性质.【思路点睛】首先根据抛物线的性质，可以证明以线段'A 'B 为直径的圆C 过点(1,0)F ，又根据抛物线的性质可知直线AB 与圆C 相切，且切点为焦点F ,设'A 'B 的中点为()01,M y -，设直线AB 的方程1x ky =+，所以0022y k y k =-⇒=-，又以线段'A 'B 为直径的圆C 过点)3,2(-，设(2,3)N -，则NF 的中点为13,22E ⎛⎫- ⎪⎝⎭，所以ME FN ⊥，所以1ME FN k k ⋅=-，得12k =，所以圆心()1,1M -，所以半径为MF=，再根据选项即可求出结果.10.Bn最小范围内的至高点坐标为2原点到至高点距离为半径22/432=+⇒=n n n11.A【考点】抛物线的简单性质；圆的标准方程．【专题】计算题．【分析】先由抛物线的标准方程求得其焦点坐标，即所求圆的圆心坐标，再由圆过原点，求得圆的半径，最后由圆的标准方程写出所求圆方程即可【解答】解；∵抛物线y2=4x的焦点坐标为（1，0），∴所求圆的圆心坐标为（1，0）∵所求圆过坐标原点（0，0）∴其半径为1﹣0=1∴所求圆的标准方程为（x﹣1）2+y2=1【点评】本题主要考查了圆的标准方程的求法，抛物线的标准方程及其几何性质，属基础题12.C考点：两点间的距离公式．专题：计算题；直线与圆．分析：设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，代入点的坐标，求出D，E，F，令x=0，即可得出结论．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．点评：本题考查圆的方程，考查学生的计算能力，确定圆的方程是关键．13.(,5)-∞若方程22240x y x y m +--+=表示圆，则41640m +->，解得5m <，故m 的取值范围为(,5)-∞． 14.向量，，（n ＞0）且，∴﹣m+2n=0，①∴点P （m ，n ）在圆x 2+y 2=5上,∴m 2+n 2=5，②， 由①②可得m=2，n=1，∴=（2，2）=（﹣1，1），∴2+=（3，5），∴|2+|=，故答案为：．【考查方向】考查向量数量积的坐标运算，曲线上点的坐标和曲线方程的关系，代入法解二元二次方程组，向量坐标的数乘和加法运算，根据向量坐标可求向量长度．【易错点】向量垂直的条件，点在线上的应用。
2018版高考数学二轮复习 大题规范练920题、21题24分练 理
大题规范练(九) “20题、21题”24分练(时间：30分钟 分值：24分)解答题(本大题共2小题，共24分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)20．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，过椭圆的一个焦点作垂直于x 轴的直线l 交椭圆于M ，N 两点，且|MN |＝1.P (－b,0)，A 为圆O ：x 2＋y 2＝b 2上不同于P 的任意一点，过点P 作与PA 垂直的直线交圆x 2＋y 2＝a 2于B ，C 两点．(1)求椭圆的标准方程；(2)试问|BC |2＋|CA |2＋|AB |2是否为定值，若是，求出定值；若不是，说明理由． [解] (1)假设直线l 过椭圆的右焦点(c,0)，把x ＝c 代入椭圆方程，得c 2a 2＋y 2b2＝1，即y 2＝b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－c 2a 2＝b 4a 2，所以|MN |＝2b 2a ＝1. 又b a ＝1－e 2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝12，所以a ＝2b ，结合2b 2a ＝1，可得a ＝2，b ＝1， 所以椭圆的方程为x 24＋y 2＝1. (2)设A (x 0，y 0)，B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，由题意知x 20＋y 20＝1，x 21＋y 21＝x 22＋y 22＝4，P (－1,0)，所以|BC |2＋|CA |2＋|AB |2＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(x 2－x 0)2＋(y 2－y 0)2＋(x 1－x 0)2＋(y 1－y 0)2＝2(x 21＋y 21)＋2(x 22＋y 22)＋2(x 20＋y 20)－2(x 1x 2＋y 1y 2＋x 1x 0＋y 1y 0＋x 2x 0＋y 2y 0)＝18－2(x 1x 2＋y 1y 2＋x 1x 0＋y 1y 0＋x 2x 0＋y 2y 0)．因为PA ⊥PB ，所以PA →·PB →＝0，又PA →＝(x 0＋1，y 0)，PB →＝(x 1＋1，y 1)，所以(x 0＋1)·(x 1＋1)＋y 0y 1＝0，即x 0x 1＋y 0y 1＝－1－(x 0＋x 1)，所以x 1x 2＋y 1y 2＋x 1x 0＋y 1y 0＋x 2x 0＋y 2y 0＝x 2(x 0＋x 1)＋y 2(y 0＋y 1)－1－(x 0＋x 1)＝(x 0＋x 1)(x 2－1)＋y 2(y 0＋y 1)－1.①当BC ⊥x 轴时，直线BC 与圆O 仅有一个交点P ，此时A (1,0)，|BP |＝|CP |＝3，|AB |＝|CA |＝22＋32＝7，所以|BC |2＋|CA |2＋|AB |2＝(23)2＋(7)2＋(7)2＝26. ②当BC 与x 轴不垂直时，直线BC 与圆O 有2个交点，设直线BC 交圆O 于另一点A ′，由A ′P ⊥AP ，知A ′A 为圆O 的直径，所以A ′(－x 0，－y 0)．由线段A ′P 的中点与BC 的中点重合，可知x 1＋x 2＝－x 0－1，y 1＋y 2＝－y 0，即x 1＋x 0＝－1－x 2，y 1＋y 0＝－y 2，所以x 1x 2＋y 1y 2＋x 1x 0＋y 1y 0＋x 2x 0＋y 2y 0＝(－1－x 2)(x 2－1)＋y 2(－y 2)－1＝1－(x 22＋y 22)－1＝－4，所以|BC |2＋|CA |2＋|AB |2＝18－2×(－4)＝26.综上，|BC |2＋|CA |2＋|AB |2是定值，且为26.21．已知函数f (x )＝x 2ln x ＋1－x .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当x ≥1时，f (x )≥a (x －1)2恒成立，求实数a 的取值范围．[解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x ln x ＋x －1.当x ＞1时，2x ln x ＞0，x －1＞0，所以f ′(x )＞0；当0＜x ＜1时，2x ln x ＜0，x －1＜0，所以f ′(x )＜0，所以函数f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．(2)设g (x )＝f (x )－a (x －1)2＝x 2ln x ＋1－x －a (x －1)2(x ≥1)， g ′(x )＝2x ln x ＋x －1－2a (x －1)，g ″(x )＝2ln x ＋3－2a .若3－2a ≥0，即a ≤32，对一切x ≥1时，g ″(x )≥0， 所以g ′(x )在区间[1，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )≥g ′(1)＝0，所以g (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，所以g (x )≥g (1)＝0，符合条件；若3－2a ＜0，即a ＞32，存在x 0∈(1，＋∞)使得g ″(x )＝0， 当x ∈(1，x 0)时，g ″(x )＜0，所以函数g ′(x )在区间(1，x 0)上单调递减， 所以当x ∈(1，x 0)时，g ′(x )＜g ′(1)＝0，所以函数g (x )在区间(1，x 0)上单调递减， 故当x ∈(1，x 0)时，g (x )＜g (1)＝0，这与题意矛盾．综上，实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，32.。
【高考冲刺】2018年高考数学专题复习课件 压轴专题(二) 第20题解答题“圆锥曲线的综合问题”的抢分策略
2 解：(1)由题意得，c＝ 6，e＝ ，解得a＝2 3，b＝ 6， 2 x2 y2 ∴椭圆C的方程为 ＋ ＝1. 12 6 (2)证明：由已知，直线OP：y＝k1x，OQ：y＝k2x，且与圆R 相切， |k1x0－y0| ∴ 2 ＝2， 1＋k1
2 2 化简得(x0 －4)k1 －2x0y0k1＋y2 0－4＝0， 2 2 同理，可得(x0 －4)k2 －2x0y0k2＋y2 0－4＝0，
1 1 3 9 ＝y，点A－2，4，B2，4，抛 1 3 － <x< 2 2
物线上的点P(x，y)
.过点B作直
线AP的垂线，垂足为Q. (1)求直线AP斜率的取值范围； (2)求|PA|· |PQ|的最大值．
[解]
2
(1)设直线AP的斜率为k，
1 x－ 4 1 k＝ ＝x－ ， 1 2 x＋ 2 1 3 因为－ <x< ， 2 2 所以直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．
1 2 2－ x 0 2 1 ∴k1k2＝ 2 ＝－ . 2 x0－4 故k1k2为定值．
(3)|OP|2＋|OQ|2是定值． 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 12 2 x1＝ y＝k1x， 2， 2 1＋2k1 2 联立方程 x y 解得 2 12 k ＋ ＝ 1 ， 1 2 12 6 y1＝ 2， 1 ＋ 2 k 1
1 2 1＋－ 2 12 121＋k1 2k1 ＝ 2 ＋ 1 2 1＋2k1 1＋2－2k 1
18＋36k2 1 ＝ 2 ＝ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ8. 1＋2k1 综上，|OP|2＋|OQ|2为定值，且为18.
构造函数求最值
[典例] 抛物线x
2
数学说题—2018全国卷II理科数学第20题教学教材
1
2
PO • AB ( PA • PB PB • PC PA PA • PC )
2
1 (12 12 16 8 ) 0 , PO AB 又 AB AC A 2
AB , AC 平面 ABC , PO 平面 ABC
说题流程
方法三
证明：连接 OB , 在 PBC 中 PA PC 4 且 O 为 AC 中点 PO AC ， PO 2 3 在 ABC 中， AB AC 2 2 , AC 4 AB 2 BC 2 AC 2 ABC 90 BO 2 在 POB 中， PO 2 OB 2 PB 2 PO OB , 又 OB AC O , OB , AC 平面 ABC , PO 平面 ABC
数学说题—2018全国卷II理科数学第20题
说题流程
原题再现
（全国高考数学二卷科理 20题） 如图，在三棱P锥 ABC中，AB BC 2 2， PA PB PC AC 4，O为AC中点. (1) : 证明PO 平面ABC; (2)若点M在棱BC上，且二面M角 PAC为30， 求PC与平面PAM所成角的正弦值
方 以 O 为坐标原点，分别以
OB ，OC ,OP 为 x 轴、 y 轴、 z 轴正方向，
法 一
建立空间直角坐标系
o xyz .
向 由已知得 O ( 0 , 0 , 0 ), B ( 2 , 0 , 0 ) A ( 0 , 2 , 0 ), C ( 0 , 2 , 0 ), P ( 0 , 0 , 2 3 ),
解题过程
说题流程
解题思路
如图，在三 P 棱 A 锥 BC 中， ABBC2 2， PAPBPCAC4， O为 AC 中点 . (1):证明 PO平面 ABC ; (2)若点 M在棱 BC 上，且二面 M 角 PAC为 30 ， 求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值
2018年高考数学试题汇编极坐标和参数方程及详细解析
2018年高考数学试题汇编极坐标和参数方程及详细解析1、（2018年高考数学全国卷I理科22）（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的方程为y=k|x|+2．以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ2+2ρcosθ﹣3=0．（1）求C2的直角坐标方程；（2）若C1与C2有且仅有三个公共点，求C1的方程．【解答】解：（1）曲线C2的极坐标方程为ρ2+2ρcosθ﹣3=0．转换为直角坐标方程为：x2+y2+2x﹣3=0，转换为标准式为：（x+1）2+y2=4．（2）由于曲线C1的方程为y=k|x|+2，则：该直线关于y轴对称，且恒过定点（0，2）．由于该直线与曲线C2的极坐标有且仅有三个公共点．所以：必有一直线相切，一直线相交．则：圆心到直线y=kx+2的距离等于半径2．故：，解得：k=或0，（0舍去）故C1的方程为：．2、（2018年高考数学全国卷II理科22）（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为，（θ为参数），直线l的参数方程为，（t为参数）．（1）求C和l的直角坐标方程；（2）若曲线C截直线l所得线段的中点坐标为（1，2），求l的斜率．【解答】解：（1）曲线C的参数方程为（θ为参数），转换为直角坐标方程为：．直线l的参数方程为（t为参数）．转换为直角坐标方程为：sinαx﹣cosαy+2cosα﹣sinα=0．（2）把直线的参数方程代入椭圆的方程得到：+=1整理得：（4cos2α+sin2α）t2+（8cosα+4sinα）t﹣8=0，则：，由于（1，2）为中点坐标，所以：，则：8cosα+4sinα=0，解得：tanα=﹣2，即：直线l的斜率为﹣2．3、（2018年高考数学全国卷III理科22）（10分）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的参数方程为，（θ为参数），过点（0，﹣）且倾斜角为α的直线l与⊙O交于A，B两点．（1）求α的取值范围；（2）求AB中点P的轨迹的参数方程．【解答】解：（1）∵⊙O的参数方程为（θ为参数），∴⊙O的普通方程为x2+y2=1，圆心为O（0，0），半径r=1，当α=时，过点（0，﹣）且倾斜角为α的直线l的方程为x=0，成立；当α≠时，过点（0，﹣）且倾斜角为α的直线l的方程为y=ta nα•x+，∵倾斜角为α的直线l与⊙O交于A，B两点，∴圆心O（0，0）到直线l的距离d=＜1，∴tan2α＞1，∴tanα＞1或tanα＜﹣1，∴或，综上α的取值范围是（，）．（2）由（1）知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x=m（y+），设A（x1，y1），（B（x2，y2），P（x3，y3），联立，得（m2+1）x2+2+2m2﹣1=0，，=﹣+2，=，=﹣，∴AB中点P的轨迹的参数方程为，（m为参数），（﹣1＜m＜1）．4、（2018年高考数学天津卷理科12）（5分）已知圆x2+y2﹣2x=0的圆心为C，直线，（t为参数）与该圆相交于A，B两点，则△ABC的面积为．【解答】解：圆x2+y2﹣2x=0化为标准方程是（x﹣1）2+y2=1，圆心为C（1，0），半径r=1；直线化为普通方程是x+y﹣2=0，则圆心C到该直线的距离为d==，弦长|AB|=2=2=2×=，∴△ABC的面积为S=•|AB|•d=××=．故答案为：．5、（2018年高考数学北京卷理科10）（5分）在极坐标系中，直线ρcosθ+ρsinθ=a（a＞0）与圆ρ=2cosθ相切，则a=1+．【解答】解：圆ρ=2cosθ，转化成：ρ2=2ρcosθ，进一步转化成直角坐标方程为：（x﹣1）2+y2=1，把直线ρ（cosθ+sinθ）=a的方程转化成直角坐标方程为：x+y﹣a=0．由于直线和圆相切，所以：利用圆心到直线的距离等于半径．则：=1，解得：a=1±．a＞0则负值舍去．故：a=1+．6、（2018年高考数学江苏卷理科23）在极坐标系中，直线l的方程为ρsin（﹣θ）=2，曲线C的方程为ρ=4cosθ，求直线l被曲线C截得的弦长．【解答】解：∵曲线C的方程为ρ=4cosθ，∴ρ2=4ρcosθ，⇒x2+y2=4x，∴曲线C是圆心为C（2，0），半径为r=2得圆．∵直线l的方程为ρsin（﹣θ）=2，∴﹣=2，∴直线l的普通方程为：x﹣y=4．圆心C到直线l的距离为d=，∴直线l被曲线C截得的弦长为2．6、（2018年高考数学全国卷I文科22）（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的方程为y=k|x|+2．以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ2+2ρcosθ﹣3=0．（1）求C2的直角坐标方程；（2）若C1与C2有且仅有三个公共点，求C1的方程．【解答】解：（1）曲线C2的极坐标方程为ρ2+2ρcosθ﹣3=0．转换为直角坐标方程为：x2+y2+2x﹣3=0，转换为标准式为：（x+1）2+y2=4．（2）由于曲线C1的方程为y=k|x|+2，则：该直线关于y轴对称，且恒过定点（0，2）．由于该直线与曲线C2的极坐标有且仅有三个公共点．所以：必有一直线相切，一直线相交．则：圆心到直线y=kx+2的距离等于半径2．故：，解得：k=或0，（0舍去）故C1的方程为：．7、（2018年高考数学全国卷II文科22）（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为，（θ为参数），直线l的参数方程为，（t为参数）．（1）求C和l的直角坐标方程；（2）若曲线C截直线l所得线段的中点坐标为（1，2），求l的斜率．【解答】解：（1）曲线C的参数方程为（θ为参数），转换为直角坐标方程为：．直线l的参数方程为（t为参数）．转换为直角坐标方程为：sinαx﹣cosαy+2cosα﹣sinα=0．（2）把直线的参数方程代入椭圆的方程得到：+=1整理得：（4cos2α+sin2α）t2+（8cosα+4sinα）t﹣8=0，则：，由于（1，2）为中点坐标，所以：，则：8cosα+4sinα=0，解得：tanα=﹣2，即：直线l的斜率为﹣2．8、（2018年高考数学全国卷III文科22）（10分）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的参数方程为，（θ为参数），过点（0，﹣）且倾斜角为α的直线l与⊙O交于A，B两点．（1）求α的取值范围；（2）求AB中点P的轨迹的参数方程．【解答】解：（1）∵⊙O的参数方程为（θ为参数），∴⊙O的普通方程为x2+y2=1，圆心为O（0，0），半径r=1，当α=时，过点（0，﹣）且倾斜角为α的直线l的方程为x=0，成立；当α≠时，过点（0，﹣）且倾斜角为α的直线l的方程为y=tanα•x+，∵倾斜角为α的直线l与⊙O交于A，B两点，∴圆心O（0，0）到直线l的距离d=＜1，∴tan2α＞1，∴tanα＞1或tanα＜﹣1，∴或，综上α的取值范围是（，）．（2）由（1）知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x=m（y+），设A（x1，y1），（B（x2，y2），P（x3，y3），联立，得（m2+1）x2+2+2m2﹣1=0，，=﹣+2，=，=﹣，∴AB中点P的轨迹的参数方程为，（m为参数），（﹣1＜m＜1）。
2018年高考数学全国卷Ⅰ理科第20题创新解法和赏析
（1）作者 马国范 郑州市第十六中学 450007河南省郑州市中原区友爱路26号（2）题目（2018年高考数学全国卷Ⅰ文科第20题）（3）解答(1)略.(2)如图, 由题意设直线l 的参数方程为2cos ,()sin x t t y t θθθθ=+⎧≠⎨=⎩为参数，为直线l 的倾斜角且0,代入抛物线方程整理得22sin 2cos 40t t θθ--=.因为点A 在抛物线内,所以0∆〉恒成立.12,t 设交点M 、N 对应的参数分别为t . 根据根与系数的韦达定理得1212222cos 4,sin sin t t t t θθθ-+==. 又1122(2cos ,sin ),(2cos ,sin )M t t N t t θθθθ++,且直线BM 、BN 的斜率都存在， 从而得1212121212sin sin 2sin cos 4sin ()04cos 4cos (4cos )(4cos )BM BN t t t t t t k k t t t t θθθθθθθθθ+++=+==++++. 故直线BM 和直线BN 的倾斜角互补,所以∠ABM=∠ABN.（4）赏析本题从题面上看简单、平凡，依托三条直线和抛物线的特殊位置关系考查求直线方程、证明两个角相等，这些都是平面解析几何的基本对象、基本知识；其实本题素养立意明确，内涵丰富，得分靠实力，虽然情境熟悉，但是选材考究，设问不落窠臼，不仅关注考生对数学本质的理解（证明此条件下得到的两个角相等是圆锥曲线具有的共同特点和规律），而且思维层次明显，难度适中,区分度好；命题专家抓住了解析几何的焦点和关键，考查解析法、设而不求的方法，综合考查分类与整合、数形结合、转化化归和方程的思想，着力检验考生数学运算、逻辑推理、直观想象等数学核心素养.同时蕴含着丰富的教育价值,对高中数学教学具有很好的导向性.这里利用直线的参数方程来处理,可避开对直线斜率是否存在的讨论.。
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专题检测（二十二） 第20题解答题“圆锥曲线的综合问题”专练
1.(2018届高三·广东五校协作体诊断考试)若椭圆x 2
a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，线段F 1F 2被抛物线y 2＝2bx 的焦点F 分成了3∶1的两段．
(1)求椭圆的离心率；
(2)过点C (－1,0)的直线l 交椭圆于不同两点A ，B ，且AC ―→＝2CB ―→，当△AOB 的面积最
大时，求直线l 的方程．
解：(1)由题意知，c ＋b 2＝3⎝⎛⎭
⎫c －b 2， 所以b ＝c ，a 2＝2b 2，
所以e ＝c a ＝ 1－⎝⎛⎭⎫b a 2＝22.
(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 的方程为x ＝ky －1(k ≠0)，
因为AC ―→＝2CB ―→，所以(－1－x 1，－y 1)＝2(x 2＋1，y 2)，
即y 1＝－2y 2，
① 由(1)知，椭圆方程为x 2＋2y 2＝2b 2.
由⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝ky －1，x 2＋2y 2＝2b 2消去x ， 得(k 2＋2)y 2－2ky ＋1－2b 2＝0，
所以y 1＋y 2＝2k k 2＋2， ②
由①②知，y 2＝－2k k 2
＋2，y 1＝4k k 2＋2， 因为S △AOB ＝12|y 1|＋12
|y 2|， 所以S △AOB ＝3·|k |k 2＋2＝3·12|k |
＋|k |
≤3·
122|k |
·|k |＝324， 当且仅当|k |2＝2，即k ＝±2时取等号，
此时直线l 的方程为x －2y ＋1＝0或x ＋2y ＋1＝0. 2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为A ，B ，且长轴长为8，T 为椭圆上任意一点，直线TA ，TB 的斜率之积为－34
. (1)求椭圆C 的方程；
(2)设O 为坐标原点，过点M (0,2)的动直线与椭圆C 交于P ，Q 两点，求OP ―→·OQ ―→＋
MP ―→·MQ ―→的取值范围．
解：(1)设T (x ，y )，由题意知A (－4,0)，B (4,0)，
设直线TA 的斜率为k 1，直线TB 的斜率为k 2，
则k 1＝y x ＋4，k 2＝y x －4
. 由k 1k 2＝－34，得y x ＋4·y x －4
＝－34， 整理得x 216＋y 212
＝1. 故椭圆C 的方程为x 216＋y 2
12
＝1. (2)当直线PQ 的斜率存在时，设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋2，点P ，Q 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，
联立方程⎩⎪⎨⎪⎧
x 216＋y 212＝1，y ＝kx ＋2
消去y ， 得(4k 2＋3)x 2＋16kx －32＝0. 所以x 1＋x 2＝－16k 4k 2＋3，x 1x 2＝－324k 2＋3.
从而，OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→＝x 1x 2＋y 1y 2＋[x 1x 2＋(y 1－2)(y 2－2)]＝2(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4＝－80k 2－524k 2＋3＝－20＋84k 2＋3
. 所以－20＜OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→ ≤－523
. 当直线PQ 的斜率不存在时，OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→的值为－20.
综上，OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→的取值范围为⎣
⎡⎦⎤－20，－523. 3．已知椭圆P 的中心O 在坐标原点，焦点在x 轴上，且经过点A (0,23)，离心率为12
. (1)求椭圆P 的方程；
(2)是否存在过点E (0，－4)的直线l 交椭圆P 于点R ，T ，且满足OR ―→·OT ―→＝167
？若存在，求直线l 的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)设椭圆P 的方程为x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)， 由题意得b ＝23，e ＝
c a ＝12
， ∴a ＝2c ，b 2＝a 2－c 2＝3c 2，∴c 2＝4，c ＝2，a ＝4，
∴椭圆P 的方程为x 216＋y 212
＝1. (2)假设存在满足题意的直线l ，易知当直线l 的斜率不存在时，OR ―→·OT ―→<0，不满足题
意．
故可设直线l 的方程为y ＝kx －4，R (x 1，y 1)，T (x 2，y 2)．
∵OR ―→·OT ―→＝167
， ∴x 1x 2＋y 1y 2＝167
. 由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝kx －4，x 216＋y 212＝1消去y ，
得(3＋4k 2)x 2－32kx ＋16＝0，
由Δ>0得(－32k )2－64(3＋4k 2)>0，
解得k 2>14
.① ∵x 1＋x 2＝32k 3＋4k 2，x 1x 2＝163＋4k 2
， ∴y 1y 2＝(kx 1－4)(kx 2－4)＝k 2x 1x 2－4k (x 1＋x 2)＋16，
故x 1x 2＋y 1y 2＝163＋4k 2＋16k 23＋4k 2－128k 23＋4k 2＋16＝167， 解得k 2＝1.②
由①②解得k ＝±1，
∴直线l 的方程为y ＝±x －4.
故存在直线l ：x ＋y ＋4＝0或x －y －4＝0满足题意．
4．(2018届高三·云南11校跨区调研)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)的离心率为方程2x 2－3x ＋1＝0的解，点A ，B 分别为椭圆E 的左、右顶点，点C 在E 上，且△ABC 面积的最大值为2 3.
(1)求椭圆E 的方程；
(2)设F 为E 的左焦点，点D 在直线x ＝－4上，过F 作DF 的垂线交椭圆E 于M ，N 两点．证明：直线OD 把△DMN 分为面积相等的两部分．
解：(1)方程2x 2－3x ＋1＝0的解为x 1＝12
，x 2＝1， ∵椭圆离心率e ∈(0,1)，∴e ＝12
， 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ c a ＝12，
ab ＝23，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧
a ＝2，
b ＝3， ∴椭圆E 的方程为x 24＋y 23
＝1. (2)证明：设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，D (－4，n )，线段MN 的中点为P (x 0，y 0)，
故2x 0＝x 1＋x 2,2y 0＝y 1＋y 2，
由(1)可得F (－1,0)，
则直线DF 的斜率为k DF ＝n －0－4－(－1)
＝－n 3， 当n ＝0时，直线MN 的斜率不存在，根据椭圆的对称性可知OD 平分线段MN .
当n ≠0时，直线MN 的斜率k MN ＝3n ＝y 1－y 2x 1－x 2
， ∵点M ，N 在椭圆E 上，
∴⎩⎨⎧ x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1，
整理得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)4＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)3
＝0， 又2x 0＝x 1＋x 2,2y 0＝y 1＋y 2，
∴x 02＋2y 03·3n ＝0，即y 0x 0＝－n 4
， 即直线OP 的斜率为k OP ＝－n 4
， 又直线OD 的斜率为k OD ＝－n 4
，∴OD 平分线段MN . 综上，直线OD 把△DMN 分为面积相等的两部分．。