2023届高考数学二轮复习第一部分层级三30分的拉分题因人而定酌情自选教师用书理

第一局部层级三30分的拉分题因人而定酌情自选压轴专题(一)选择题第12题、填空题第16题的抢分策略[全国卷3年考情分析]年份卷别考查内容命题分析2023卷Ⅰ等差数列、等比数列前n项和公式的应用、创新问题选择题第12题、填空题第16题，一般难度较大，从近几年试题分析，这两道题主要考查函数与导数问题、创新问题、圆锥曲线的性质、数列、三角函数、立体几何等知识．大多数考生对这类题目存在畏惧心理，其实假设能静下心来审读这类题目，也是完全可以得分的．一些能力欠佳的考生，会用一定的猜题技巧，极有可能猜对答案，即平常我们所说的“瞎猜的不如会猜的〞．翻折问题、三棱锥的体积、导数的应用等卷Ⅱ平面向量的数量积及最值抛物线的定义、标准方程等卷Ⅲ平面向量根本定理、直线与圆的位置关系圆锥、空间中直线与直线的位置关系、空间向量等2023卷Ⅰ函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质线性规划的实际应用卷Ⅱ函数图象的应用导数的几何意义、直线方程卷Ⅲ计数原理与组合知识、新定义问题2023卷Ⅰ函数的概念、不等式的解法正、余弦定理解三角形卷Ⅱ函数的单调性与奇偶性、导数在研究函数中的应用、不等式解法等数列的递推关系式、等差数列的定义与通项审题探寻实质[典例](2023·四川高考)在平面直角坐标系中，当P(x，y)不是原点时，定义P的“伴随点〞为P′eq\f(y,x2＋y2)，eq\f(－x,x2＋y2)；当P是原点时，定义P的“伴随点〞为它自身．现有以下命题：①假设点A的“伴随点〞是点A′，那么点A′的“伴随点〞是点A；②单位圆上的点的“伴随点〞仍在单位圆上；③假设两点关于x轴对称，那么它们的“伴随点〞关于y轴对称；④假设三点在同一条直线上，那么它们的“伴随点〞一定共线．其中的真命题是________(写出所有真命题的序号)．[解析]对于①，特殊值法．取A(1,1)，那么A′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))，A′的“伴随点〞为点(－1，－1)．故①为假命题．对于②，单位圆的方程为x2＋y2＝1，设其上任意一点(x，y)的“伴随点〞为(x′，y′)，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(y,x2＋y2)＝y，,y′＝\f(－x,x2＋y2)＝－x，))∴y2＋(－x)2＝y2＋x2＝1.故②为真命题．③设A(x，y)，B(x，－y)，那么它们的伴随点分别为A′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x2＋y2)，\f(－x,x2＋y2)))，B′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－y,x2＋y2)，\f(－x,x2＋y2)))，A′与B′关于y轴对称，故③为真命题．④设共线的三点A(－1,0)，B(0,1)，C(1,2)，那么它们的伴随点分别为A′(0,1)，B′(1,0)，C′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，－\f(1,5)))，此三点不共线，故④为假命题．故真命题为②③.[答案]②③[题后悟通]1．解答此题应理解“伴随点〞的含义，即P(x，y)→P′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x2＋y2)，\f(－x,x2＋y2)))，问题即可解决．2．解答新定义问题要仔细观察，认真阅读，在彻底领悟、准确辨析的根底上，进行归纳、类比，将新定义问题转化为已有知识的问题解决．[针对训练]1．(2023届高三·湘中高三联考)对于数列{an}，定义Hn＝eq\f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)为{an}的“优值〞，现在某数列{an}的“优值〞Hn＝2n＋1，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，假设Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，那么实数k的取值范围为________．解析：由Hn＝2n＋1，得n·2n＋1＝a1＋2a2＋…＋2n－1an，那么当n≥2时，(n－1)·2n＝a1＋2a2＋…＋2n－2an－1，①－②，得2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n，所以an＝2n＋2，令bn＝an－kn＝(2－k)n＋2，又Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b5≥0，,b6≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(52－k＋2≥0，,62－k＋2≤0，))解得eq\f(7,3)≤k≤eq\f(12,5).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，\f(12,5)))运算善用技巧[典例](2023·全国卷Ⅱ)假设直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，那么b＝________.[解析]求得(lnx＋2)′＝eq\f(1,x)，[ln(x＋1)]′＝eq\f(1,x＋1).设曲线y＝lnx＋2上的切点为(x1，y1)，曲线y＝ln(x＋1)上的切点为(x2，y2)，那么k＝eq\f(1,x1)＝eq\f(1,x2＋1)，所以x2＋1＝x1.又y1＝lnx1＋2，y2＝ln(x2＋1)＝lnx1，所以k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝2，所以x1＝eq\f(1,k)＝eq\f(1,2)，y1＝lneq\f(1,2)＋2＝2－ln2，所以b＝y1－kx1＝2－ln2－1＝1－ln2.[答案]1－ln2[题后悟通]解答此题表达了运算技巧，在求解中，巧妙地利用斜率k得出x1＝x2＋1，利用斜率公式可求得k的值，再代入直线方程，求出b的值．解答此类问题应注意整体代换、变形代换的思想．[针对训练]2．(2023·郑州质检)设正实数x，y满足x>eq\f(1,2)，y>1，不等式eq\f(4x2,y－1)＋eq\f(y2,2x－1)≥a恒成立，那么a的最大值为()A．2eq\r(2) B．4eq\r(2)C．8 D．16解析：选C法一：依题意得，2x－1>0，y－1>0，eq\f(4x2,y－1)＋eq\f(y2,2x－1)＝eq\f([2x－1＋1]2,y－1)＋eq\f([y－1＋1]2,2x－1)≥eq\f(42x－1,y－1)＋eq\f(4y－1,2x－1)≥4×2eq\r(\f(2x－1,y－1)×\f(y－1,2x－1))＝8，即eq\f(4x2,y－1)＋eq\f(y2,2x－1)≥8，当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1＝1，,y－1＝1，,\f(2x－1,y－1)＝\f(y－1,2x－1)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2))时，取等号，因此eq\f(4x2,y－1)＋eq\f(y2,2x－1)的最小值是8，即a≤8，故a的最大值是8.法二：令m＝2x－1，n＝y－1，那么m>0，n>0，x＝eq\f(m＋1,2)，y＝n＋1，eq\f(4x2,y－1)＋eq\f(y2,2x－1)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋1,2)))2,n)＋eq\f(n＋12,m)＝eq\f(m＋12,n)＋eq\f(n＋12,m)≥eq\f(4m,n)＋eq\f(4n,m)≥2eq\r(\f(4m,n)×\f(4n,m))＝8，当且仅当m＝1且n＝1，即x＝1，y＝2时取等号，即eq\f(4x2,y－1)＋eq\f(y2,2x－1)≥8，故a≤8，所以a的最大值是8.排除简化过程[典例](2023·天津高考)函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|＋2，x＜1，,x＋\f(2,x)，x≥1.))设a∈R，假设关于x的不等式f(x)≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋a))在R上恒成立，那么a的取值范围是()A．[－2,2] B．[－2eq\r(3)，2]C．[－2,2eq\r(3)] D．[－2eq\r(3)，2eq\r(3)][解析]选A法一：作出f(x)的图象如下图．当y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋a))的图象经过点(0,2)时，可知a＝±2.当y＝eq\f(x,2)＋a的图象与y＝x＋eq\f(2,x)的图象相切时，由eq\f(x,2)＋a＝x＋eq\f(2,x)，得x2－2ax＋4＝0，由Δ＝0，并结合图象可得a＝2.要使f(x)≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋a))恒成立，当a≤0时，需满足－a≤2，即－2≤a≤0，当a＞0时，需满足a≤2，即0＜a≤2，综上可知，－2≤a≤2.法二：∵f(x)≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋a))在R上恒成立，∴－f(x)－eq\f(x,2)≤a≤f(x)－eq\f(x,2)在R上恒成立．①令g(x)＝－f(x)－eq\f(x,2).当0≤x＜1时，f(x)＝x＋2，g(x)＝－x－2－eq\f(x,2)＝－eq\f(3,2)x－2≤－2，即g(x)max＝－2.当x＜0时，f(x)＝－x＋2，g(x)＝x－2－eq\f(x,2)＝eq\f(x,2)－2，即g(x)＜－2.当x≥1时，f(x)＝x＋eq\f(2,x)，g(x)＝－x－eq\f(2,x)－eq\f(x,2)＝－eq\f(3,2)x－eq\f(2,x)≤－2eq\r(3)，即g(x)max＝－2eq\r(3).∴a≥－2.②令h(x)＝f(x)－eq\f(x,2).当0≤x＜1时，f(x)＝x＋2，h(x)＝x＋2－eq\f(x,2)＝eq\f(x,2)＋2≥2，即h(x)min＝2.当x＜0时，f(x)＝－x＋2，h(x)＝－x＋2－eq\f(x,2)＝－eq\f(3,2)x＋2＞2，即h(x)＞2.当x≥1时，f(x)＝x＋eq\f(2,x)，h(x)＝x＋eq\f(2,x)－eq\f(x,2)＝eq\f(x,2)＋eq\f(2,x)≥2，即h(x)min＝2.∴a≤2.综上可知，－2≤a≤2.法三：假设a＝2eq\r(3)，那么当x＝0时，f(0)＝2，而eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋a))＝2eq\r(3)，不等式不成立，故排除选项C，D.假设a＝－2eq\r(3)，那么当x＝0时，f(0)＝2，而eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋a))＝2eq\r(3)，不等式不成立，故排除选项B.应选A.[题后悟通]此题直接求解难度较大，但也有一定的技巧可取，通过比拟四个选项，只需判断a＝2eq\r(3)，－2eq\r(3)是否满足条件即可，这种策略在做选择题时经常用到．[针对训练]3．(2023·东北四市高考模拟)函数f(x)＝eq\f(cosx＋m,cosx＋2)，假设对∀a，b，c∈R，f(a)，f(b)，f(c)都为某个三角形的三边长，那么实数m的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，6))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，6))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,5)，5))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，5))解析：选Cf(x)＝eq\f(cosx＋m,cosx＋2)＝1＋eq\f(m－2,cosx＋2)，令t＝cosx＋2，由于－1≤cosx≤1，因此1≤t≤3，设g(t)＝1＋eq\f(m－2,t)(1≤t≤3)．法一：假设对∀a，b，c∈R，f(a)，f(b)，f(c)都为某个三角形的三边长，不妨设a<c，b<c，那么只需满足f(a)＋f(b)>f(c)恒成立，故只需2f(x)min>f(x)max即可，即2g(t)min>g(t)max.当m＝2时，f(a)＝f(b)＝f(c)＝1，成立，故m＝2符合题意；当m<2时，g(t)＝1＋eq\f(m－2,t)在[1,3]上单调递增，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m－1>1＋\f(m－2,3)，,m<2，))解得eq\f(7,5)<m<2；当m>2时，g(t)＝1＋eq\f(m－2,t)在[1,3]上单调递减，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m－2,3)))>m－1，,m>2，))解得2<m<5.综上，eq\f(7,5)<m<5.法二：令m＝5，那么g(t)＝1＋eq\f(3,t)(1≤t≤3)，∴2≤g(t)≤4.取f(a)＝f(b)＝2，f(c)＝4.不合题意，排除A、B；取m＝eq\f(13,10)，那么g(t)＝1－eq\f(7,10t)(1≤t≤3)，∴eq\f(3,10)≤g(t)≤eq\f(23,30)，取f(a)＝eq\f(3,10)，f(b)＝eq\f(3,10)，f(c)＝eq\f(23,30)，不合题意，排除D，应选C.破解巧取特殊[典例](2023·全国卷Ⅱ)函数f(x)(x∈R)满足f(－x)＝2－f(x)，假设函数y＝eq\f(x＋1,x)与y＝f(x)图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，那么eq\i\su(i＝1,m,)(xi＋yi)＝()A．0 B．mC．2m D．[解析]法一：因为f(－x)＝2－f(x)，所以f(－x)＋f(x)＝2.因为eq\f(－x＋x,2)＝0，eq\f(f－x＋fx,2)＝1，所以函数y＝f(x)的图象关于点(0,1)对称．函数y＝eq\f(x＋1,x)＝1＋eq\f(1,x)，故其图象也关于点(0,1)对称．所以函数y＝eq\f(x＋1,x)与y＝f(x)图象的交点(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)成对出现，且每一对均关于点(0,1)对称，所以eq\i\su(i＝1,m,x)i＝0，eq\i\su(i＝1,m,y)i＝2×eq\f(m,2)＝m，所以eq\i\su(i＝1,m,)(xi＋yi)＝m.法二：因为f(－x)＝2－f(x)，所以f(－x)＋f(x)＝2.因为eq\f(－x＋x,2)＝0，eq\f(f－x＋fx,2)＝1，所以函数y＝f(x)的图象关于点(0,1)对称．可设y＝f(x)＝x＋1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋1，,y＝\f(x＋1,x)，))得交点(－1,0)，(1,2)，那么x1＋y1＋x2＋y2＝2，结合选项，应选B.[答案]B[题后悟通]1．解答此题的思路是由条件f(－x)＝2－f(x)知y＝f(x)的图象关于点(0,1)对称，从而构造特殊函数y＝x＋1，解出与y＝eq\f(x＋1,x)的交点坐标，代入、验证．2．处理此类问题经常根据题中所给出的条件巧妙选择特殊函数、特殊图形、特殊位置等进行求解．[针对训练]4．(2023·沈阳质检)P是双曲线eq\f(x2,3)－y2＝1上任意一点，过点P分别作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B，那么eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(PB,\s\up7(→))的值是()A．－eq\f(3,8)B.eq\f(3,16)C．－eq\f(\r(3),8)D.eq\f(3,8)解析：选A法一：令点P(x0，y0)，因为该双曲线的渐近线分别是eq\f(x,\r(3))－y＝0，eq\f(x,\r(3))＋y＝0，所以可取|PA|＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x0,\r(3))－y0)),\r(\f(1,3)＋1))，|PB|＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x0,\r(3))＋y0)),\r(\f(1,3)＋1))，又cos∠APB＝－cos∠AOB＝－cos2∠AOx＝－coseq\f(π,3)＝－eq\f(1,2)，所以eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(PB,\s\up7(→))＝|eq\o(PA,\s\up7(→))|·|eq\o(PB,\s\up7(→))|·cos∠APB＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),3)－y\o\al(2,0))),\f(4,3))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\f(3,8).法二：如图，由题意知，双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(\r(3),3)x，∴∠AOB＝60°，∴∠APB＝120°，∴eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(PB,\s\up7(→))<0.取P点为双曲线右顶点．那么|PA|＝|PB|＝eq\f(1,2)|OP|＝eq\f(\r(3),2)，∴eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(PB,\s\up7(→))＝－eq\f(3,8).eq\a\vs4\al([专题过关检测])一、选择题1．设a1，a2，a3，…，an∈R，n≥3.假设p：a1，a2，a3，…，an成等比数列；q：(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n－1))(aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n))＝(a1a2＋a2a3＋…＋an－1an)2，那么()A．p是q的充分条件，但不是q的必要条件B．p是q的必要条件，但不是q的充分条件C．p是q的充分必要条件D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件解析：选A(特殊数列)取大家最熟悉的等比数列an＝2n，代入q命题(不妨取n＝3)满足，再取an＝3n代入q命题(不妨取n＝3)也满足，反之取a1＝a2＝a3＝…＝an＝0时，满足q命题，但不满足p命题，故p是q的充分条件，但不是q的必要条件．2．(2023·全国卷Ⅲ)函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，那么a＝()A．－eq\f(1,2)B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2) D．1解析：选C法一：由f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，得f(2－x)＝(2－x)2－2(2－x)＋a[e2－x－1＋e－(2－x)＋1]＝x2－4x＋4－4＋2x＋a(e1－x＋ex－1)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，所以f(2－x)＝f(x)，即x＝1为f(x)图象的对称轴．由题意，f(x)有唯一零点，所以f(x)的零点只能为x＝1，即f(1)＝12－2×1＋a(e1－1＋e－1＋1)＝0，解得a＝eq\f(1,2).法二：由f(x)＝0⇔a(ex－1＋e－x＋1)＝－x2＋2x.ex－1＋e－x＋1≥2eq\r(ex－1·e－x＋1)＝2，当且仅当x＝1时取“＝〞．－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，当且仅当x＝1时取“＝〞．假设a>0，那么a(ex－1＋e－x＋1)≥2a要使f(x)有唯一零点，那么必有2a＝1，即a＝eq\f(1,2).假设a≤0，那么f(x)的零点不唯一．综上所述，a＝eq\f(1,2).3．函数f(x)在(－1，＋∞)上单调，且函数y＝f(x－2)的图象关于直线x＝1对称，假设数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a50)＝f(a51)，那么数列{an}的前100项的和为()A．－200 B．－100C．0 D．－50解析：选B因为函数y＝f(x－2)的图象关于直线x＝1对称，那么函数f(x)的图象关于直线x＝－1对称．又函数f(x)在(－1，＋∞)上单调，数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a50)＝f(a51)，所以a50＋a51＝－2，所以S100＝eq\f(100a1＋a100,2)＝50(a50＋a51)＝－100.4．(2023·贵州适应性考试)点A是抛物线x2＝4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P在抛物线上且满足|PA|＝m|PF|，当m取最大值时，|PA|的值为()A．1B．eq\r(5)C.eq\r(6) D．2eq\r(2)解析：选D设P(x，y)，由抛物线的定义知|PF|＝y＋1，|PA|＝eq\r(x2＋y＋12)，所以m＝eq\f(\r(x2＋y＋12),y＋1)，平方得m2＝eq\f(x2＋y＋12,y＋12)，又x2＝4y，当y＝0时，m＝1，当y≠0时，m2＝eq\f(4y＋y＋12,y＋12)＝eq\f(4y,y＋12)＋1＝1＋eq\f(4,y＋\f(1,y)＋2)，由根本不等式可知y＋eq\f(1,y)≥2，当且仅当y＝1时取等号，此时m取得最大值eq\r(2)，故|PA|＝eq\r(4＋1＋12)＝2eq\r(2).5．对任意实数a，b，c，d，定义eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(ad－bc)，ad≥bc，,\f(1,2)\r(bc－ad)，ad<bc，))函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x4,1x))，直线l：kx－y＋3－2k＝0，假设直线l与函数f(x)的图象有两个交点，那么实数k的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(17,24)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(17,24)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)) D．(－1,1)解析：选A由题意知，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x4,1x))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x2－4)，x≤－2或x≥2，,\f(1,2)\r(4－x2)，－2<x<2，))直线l：y＝k(x－2)＋3过定点A(2，3)，画出函数f(x)的图象，如下图，其中f(x)＝eq\r(x2－4)(x≤－2或x≥2)的图象为双曲线的上半局部，f(x)＝eq\f(1,2)eq\r(4－x2)(－2<x<2)的图象为椭圆的上半局部，B(－2,0)，设直线AD与椭圆相切，D为切点．由图可知，当kAB<k<1或－1<k<kAD时，直线l与f(x)的图象有两个交点．kAB＝eq\f(3－0,2－－2)＝eq\f(3,4)，将y＝kAD(x－2)＋3与y＝eq\f(1,2)eq\r(4－x2)(－2<x<2)联立消去y，得(1＋4keq\o\al(2,AD))x2＋8kAD(3－2kAD)x＋16keq\o\al(2,AD)－48kAD＋32＝0，令Δ＝0，解得kAD＝eq\f(2,3).综上所述，k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)).6．(2023·浙江高考)实数a，b，c，()A．假设|a2＋b＋c|＋|a＋b2＋c|≤1，那么a2＋b2＋c2＜100B．假设|a2＋b＋c|＋|a2＋b－c|≤1，那么a2＋b2＋c2＜100C．假设|a＋b＋c2|＋|a＋b－c2|≤1，那么a2＋b2＋c2＜100D．假设|a2＋b＋c|＋|a＋b2－c|≤1，那么a2＋b2＋c2＜100解析：选D对于A，取a＝b＝10，c＝－110，显然|a2＋b＋c|＋|a＋b2＋c|≤1成立，但a2＋b2＋c2＞100，即a2＋b2＋c2＜100不成立．对于B，取a2＝10，b＝－10，c＝0，显然|a2＋b＋c|＋|a2＋b－c|≤1成立，但a2＋b2＋c2＝110，即a2＋b2＋c2＜100不成立．对于C，取a＝10，b＝－10，c＝0，显然|a＋b＋c2|＋|a＋b－c2|≤1成立，但a2＋b2＋c2＝200，即a2＋b2＋c2＜100不成立．综上知，A、B、C均不成立，所以选D.7．(2023·郑州质检)函数f(x)＝eq\f(sinx,2＋cosx).假设当x>0时，函数f(x)的图象恒在直线y＝kx的下方，那么k的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(\r(3),3)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),2)))解析：选B由题意，当x>0时，f(x)＝eq\f(sinx,2＋cosx)<kx恒成立．由f(π)<kπ，知k>0.又f′(x)＝eq\f(1＋2cosx,2＋cosx2)，由切线的几何意义知，要使f(x)<kx恒成立，必有k≥f′(0)＝eq\f(1,3).要证k≥eq\f(1,3)时不等式恒成立，只需证g(x)＝eq\f(sinx,2＋cosx)－eq\f(1,3)x<0，∵g′(x)＝eq\f(2cosx＋1,2＋cosx2)－eq\f(1,3)＝eq\f(－cosx－12,32＋cosx2)≤0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴g(x)<g(0)＝0，∴不等式成立．综上，k∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)).8．设D，E分别为线段AB，AC的中点，且BE→·eq\o(CD,\s\up7(→))＝0，记α为eq\o(AB,\s\up7(→))与eq\o(AC,\s\up7(→))的夹角，那么下述判断正确的选项是()A．cosα的最小值为eq\f(\r(2),2)B．cosα的最小值为eq\f(1,3)C．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))的最小值为eq\f(8,25)D．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))的最小值为eq\f(7,25)解析：选D依题意得eq\o(CD,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(CA,\s\up7(→))＋eq\o(CB,\s\up7(→)))＝eq\f(1,2)[－eq\o(AC,\s\up7(→))＋(eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(AC,\s\up7(→)))]＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))－2eq\o(AC,\s\up7(→)))，BE→＝eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→)))＝eq\f(1,2)[－eq\o(AB,\s\up7(→))＋(eq\o(AC,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→)))]＝eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up7(→))－2eq\o(AB,\s\up7(→)))．由eq\o(CD,\s\up7(→))·BE→＝0，得eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up7(→))－2eq\o(AC,\s\up7(→)))·(eq\o(AC,\s\up7(→))－2eq\o(AB,\s\up7(→)))＝0，即－2eq\o(AB,\s\up7(→))2－2eq\o(AC,\s\up7(→))2＋5eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝0，整理得，|eq\o(AB,\s\up7(→))|2＋|eq\o(AC,\s\up7(→))|2＝eq\f(5,2)|eq\o(AB,\s\up7(→))|·|eq\o(AC,\s\up7(→))|cosα≥2|eq\o(AB,\s\up7(→))|·|eq\o(AC,\s\up7(→))|，所以cosα≥eq\f(4,5)，sineq\f(π,2)－2α＝cos2α＝2cos2α－1≥2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2－1＝eq\f(7,25)，所以sineq\f(π,2)－2α的最小值是eq\f(7,25).9．(2023·石家庄质检)在?九章算术?中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A­BCD中，AB⊥平面BCD，且BD⊥CD，AB＝BD＝CD，点P在棱AC上运动，设CP的长度为x，假设△PBD的面积为f(x)，那么f(x)的图象大致是()解析：选A如图，作PQ⊥BC于Q，作QR⊥BD于R，连接PR，那么由鳖臑的定义知PQ∥AB，QR∥CD.设AB＝BD＝CD＝1，那么eq\f(CP,AC)＝eq\f(x,\r(3))＝eq\f(PQ,1)，即PQ＝eq\f(x,\r(3))，又eq\f(QR,1)＝eq\f(BQ,BC)＝eq\f(AP,AC)＝eq\f(\r(3)－x,\r(3))，所以QR＝eq\f(\r(3)－x,\r(3))，所以PR＝eq\r(PQ2＋QR2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,\r(3))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)－x,\r(3))))2)＝eq\f(\r(3),3)eq\r(2x2－2\r(3)x＋3)，所以f(x)＝eq\f(\r(3),6)eq\r(2x2－2\r(3)x＋3)＝eq\f(\r(6),6)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(3),2)))2＋\f(3,4))，结合图象知选A.10．过坐标原点O作单位圆x2＋y2＝1的两条互相垂直的半径OA，OB，假设在该圆上存在一点C，使得eq\o(OC,\s\up7(→))＝aeq\o(OA,\s\up7(→))＋beq\o(OB,\s\up7(→))(a，b∈R)，那么以下说法正确的选项是()A．点P(a，b)一定在单位圆内B．点P(a，b)一定在单位圆上C．点P(a，b)一定在单位圆外D．当且仅当ab＝0时，点P(a，b)在单位圆上解析：选B使用特殊值法求解．设A(1,0)，B(0，－1)，那么eq\o(OC,\s\up7(→))＝aeq\o(OA,\s\up7(→))＋beq\o(OB,\s\up7(→))＝(a，－b)．∵C在圆上，∴a2＋b2＝1，∴点P(a，b)在单位圆上，应选B.二、填空题1．函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋1，x≤0，,|lnx|，x>0，))当1<a<2时，关于x的方程f[f(x)]＝a实数解的个数为________．解析：当1<a<2时，作出f(x)的图象如下图，令u＝f(x)，那么f(u)＝a，由f(x)的图象可知，假设u满足u<0，此时f(x)＝u无解，假设u>0，解得eq\f(1,e2)<u<eq\f(1,e)<1或2<e<u<e2，显然，当x<0时，不可能使得f(x)＝u有解，当x>0，eq\f(1,e2)<u<eq\f(1,e)<1时，f(x)＝u有2个解，当x>0,2<e<u<e2时，f(x)＝u也有2个解．因此f[f(x)]＝a有4个实数解．答案：42．(2023·全国卷Ⅰ)在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，那么AB的取值范围是________．解析：(特殊图形)如下图，延长BA，CD交于E，平移AD，当A与D重合于E点时，AB最长，在△BCE中，∠B＝∠C＝75°，∠E＝30°，BC＝2，由正弦定理可得eq\f(BC,sin∠E)＝eq\f(BE,sin∠C)，即eq\f(2,sin30°)＝eq\f(BE,sin75°)，解得BE＝eq\r(6)＋eq\r(2)，平移AD，当D与C重合时，AB最短，此时与AB交于F，在△BCF中，∠B＝∠BFC＝75°，∠FCB＝30°，由正弦定理知，eq\f(BF,sin∠FCB)＝eq\f(BC,sin∠BFC)，即eq\f(BF,sin30°)＝eq\f(2,sin75°)，解得BF＝eq\r(6)－eq\r(2)，所以AB的取值范围是(eq\r(6)－eq\r(2)，eq\r(6)＋eq\r(2))．答案：(eq\r(6)－eq\r(2)，eq\r(6)＋eq\r(2))3．设0<m<eq\f(1,2)，假设eq\f(1,m)＋eq\f(1,1－2m)≥k恒成立，那么实数k的取值范围是________．解析：由题可知，k的最大值即为eq\f(1,m)＋eq\f(1,1－2m)的最小值．因为eq\f(1,m)＋eq\f(1,1－2m)＝[2m＋(1－2m)]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(1,1－2m)))＝3＋eq\f(1－2m,m)＋eq\f(2m,1－2m)≥3＋2eq\r(2)，取等号的条件是当且仅当1－2m＝eq\r(2)m，即m＝1－eq\f(\r(2),2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时成立，所以k的最大值为3＋2eq\r(2).故所求实数k的取值范围是(－∞，3＋2eq\r(2)]．答案：(－∞，3＋2eq\r(2)]4．设函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω＞0，|φ|＜π.假设feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8)))＝0，且f(x)的最小正周期大于2π，那么ω＝________，φ＝________.解析：∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8)))＝0，∴eq\f(11π,8)－eq\f(5π,8)＝eq\f(T,4)(2m＋1)，m∈N，∴T＝eq\f(3π,2m＋1)，m∈N，∵f(x)的最小正周期大于2π，∴T＝3π，∴ω＝eq\f(2π,3π)＝eq\f(2,3)，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x,3)＋φ)).由2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(5π,8)＋φ))＝2，得φ＝2kπ＋eq\f(π,12)，k∈Z.又|φ|＜π，∴取k＝0，得φ＝eq\f(π,12).答案：eq\f(2,3)eq\f(π,12)5．向量a，b，c满足|a|＝eq\r(2)，|b|＝a·b＝3，假设(c－2a)·(2b－3c)＝0,那么|b－c|的最大值是________．解析：设a与b的夹角为θ，那么a·b＝|a||b|cosθ，∴cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(3,\r(2)×3)＝eq\f(\r(2),2)，∵θ∈[0，π]，∴θ＝eq\f(π,4).设eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，c＝(x，y)，建立如下图的平面直角坐标系．那么A(1,1)，B(3,0)，∴c－2a＝(x－2，y－2)，2b－3c＝(6－3x，－3∵(c－2a)·(2b－3∴(x－2)(6－3x)＋(y－2)(－3y)＝0.即(x－2)2＋(y－1)2＝1.又知b－c＝(3－x，－y)，∴|b－c|＝eq\r(x－32＋y2)≤eq\r(3－22＋0－12)＋1＝eq\r(2)＋1，即|b－c|的最大值为eq\r(2)＋1.答案：eq\r(2)＋16．等腰△ABC中，AB＝AC，BD为AC边上的中线，且BD＝3，那么△ABC的面积的最大值为________．解析：设AD＝x，那么AB＝AC＝2x，因为两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，所以AB＋AD>BD，即2x＋x>3，x>1，AB－AD<BD，即2x－x<3，x<3，所以x∈(1,3)．在△ABD中，由余弦定理得9＝(2x)2＋x2－2·2x·xcosA，即cosA＝eq\f(5x2－9,4x2)，S△ABC＝2S△ABD＝2×eq\f(1,2)×2x×x×sinA＝2x2eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5x2－9,4x2)))2)＝eq\f(3,2)eq\r(－x4－10x2＋9)，令t＝x2，那么t∈(1,9)，S△ABC＝eq\f(3,2)eq\r(－t－52＋16)，当t＝5，即x＝eq\r(5)时，S△ABC有最大值6.答案：67．对于函数f(x)与g(x)，假设存在λ∈{x∈R|f(x)＝0}，μ∈{x∈R|g(x)＝0}，使得|λ－μ|≤1，那么称函数f(x)与g(x)互为“零点密切函数〞，现函数f(x)＝ex－2＋x－3与g(x)＝x2－ax－x＋4互为“零点密切函数〞，那么实数a的取值范围是________．解析：易知函数f(x)为增函数，且f(2)＝e2－2＋2－3＝0，所以函数f(x)＝ex－2＋x－3只有一个零点x＝2，那么取λ＝2，由|2－μ|≤1，知1≤μ≤3.由f(x)与g(x)互为“零点密切函数〞知函数g(x)＝x2－ax－x＋4在区间[1,3]内有零点，即方程x2－ax－x＋4＝0在[1,3]内有解，所以a＝x＋eq\f(4,x)－1，而函数y＝x＋eq\f(4,x)－1在[1,2]上单调递减，在[2,3]上单调递增，所以当x＝2时，a取最小值3，且当x＝1时，a＝4，当x＝3时，a＝eq\f(10,3)，所以amax＝4，所以实数a的取值范围是[3,4]．答案：[3,4]8．对于数列{an}，定义{Δan}为数列{an}的一阶差分数列，其中Δan＝an＋1－an(n∈N*)．对正整数k，规定{Δkan}为数列{an}的k阶差分数列，其中Δkan＝Δk－1an＋1－Δk－1an＝Δ(Δk－1an)．假设数列{Δ2an}的各项均为2，且满足a11＝a2015＝0，那么a1的值为________．解析：因为数列{Δ2an}的各项均为2，即Δan＋1－Δan＝2，所以Δan＝Δa1＋2n－2，即an＋1－an＝Δa1＋2n－2，所以an－a1＝(n－1)Δa1＋(0＋2＋4＋…＋2n－4)＝(n－1)Δa1＋(n－1)(n－2)(n≥2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a11－a1＝10Δa1＋10×9，,a2015－a1＝2014Δa1＋2014×2013，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0－a1＝10Δa1＋10×9，,0－a1＝2014Δa1＋2014×2013，))解得a1＝20140.答案：201409．圆O：x2＋y2＝1和点A(－2,0)，假设定点B(b,0)(b≠－2)和常数λ满足：对圆O上任意一点M，都有|MB|＝λ|MA|，那么b＝________；λ＝________.解析：法一：(三角换元)在圆O上任意取一点M(cosθ，sinθ)，那么由|MB|＝λ|MA|可得(cosθ－b)2＋sin2θ＝λ2[(cosθ＋2)2＋sin2θ]，整理得1＋b2－5λ2－(2b＋4λ2)·cosθ＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋b2－5λ2＝0，,2b＋4λ2＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－\f(1,2)，,λ＝\f(1,2).))法二：(特殊点)既然对圆O上任意一点M，都有|MB|＝λ|MA|，使得λ与b为常数，那么取M(1,0)与M(0,1)代入|MB|＝λ|MA|，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b－12＝9λ2，,b2＋1＝5λ2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－\f(1,2)，,λ＝\f(1,2).))答案：－eq\f(1,2)eq\f(1,2)10．(2023·江苏高考)设f(x)是定义在R上且周期为1的函数，在区间[0,1)上，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x∈D，,x，x∉D，))其中集合D＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(n－1,n)，n∈N*))))，那么方程f(x)－lgx＝0的解的个数是________．解析：由于f(x)∈[0,1)，因此只需考虑1≤x<10的情况，在此范围内，当x∈Q且x∉Z时，设x＝eq\f(q,p)，q，p∈N*，p≥2且p，q互质．假设lgx∈Q，那么由lgx∈(0,1)，可设lgx＝eq\f(n,m)，m，n∈N*，m≥2且m，n互质，因此10eq\f(n,m)＝eq\f(q,p)，那么10n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(q,p)))m，此时左边为整数，右边为非整数，矛盾，因此lgx∉Q，故lgx不可能与每个周期内x∈D对应的局部相等，只需考虑lgx与每个周期内x∉D局部的交点．画出函数草图(如图)，图中交点除(1,0)外其他交点横坐标均为无理数，属于每个周期x∉D的局部，且x＝1处(lgx)′＝eq\f(1,xln10)＝eq\f(1,ln10)<1，那么在x＝1附近仅有一个交点，因此方程f(x)－lgx＝0的解的个数为8.答案：8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[全国卷3年考情分析]年份卷别考查内容命题分析2023卷Ⅰ椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等．试题难度较大，多以压轴题出现．解答题的热点题型有：(1)直线与圆锥曲线位置关系；(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；(3)轨迹方程及探索性问题的求解.卷Ⅱ点的轨迹方程、椭圆方程、向量的数量积等卷Ⅲ直线与抛物线的位置关系、直线的方程、圆的方程2023卷Ⅰ定值问题、轨迹方程求法、直线与椭圆位置关系及范围问题卷Ⅱ直线与椭圆的位置关系、面积问题、范围问题卷Ⅲ证明问题、轨迹问题、直线与抛物线的位置关系2023卷Ⅰ直线与圆锥曲线的位置关系卷Ⅱ直线与圆锥曲线的位置关系、椭圆的方程及性质、定值问题eq\a\vs4\al([常考题点逐一突破])巧妙消元证定值[典例](2023·北京高考)椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，过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](1)由题意得，a＝2，b＝1，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.又c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3)，所以离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).(2)证明：设P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，那么xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝4.又A(2,0)，B(0,1)，所以直线PA的方程为y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)．令x＝0，得yM＝－eq\f(2y0,x0－2)，从而|BM|＝1－yM＝1＋eq\f(2y0,x0－2).直线PB的方程为y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1.令y＝0，得xN＝－eq\f(x0,y0－1)，从而|AN|＝2－xN＝2＋eq\f(x0,y0－1).所以四边形ABNM的面积S＝eq\f(1,2)|AN|·|BM|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x0,y0－1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2)))＝eq\f(x\o\al(2,0)＋4y\o\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,2x0y0－x0－2y0＋2)＝eq\f(2x0y0－2x0－4y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)＝2.从而四边形ABNM的面积为定值．[题后悟通]解答圆锥曲线的定值问题的策略(1)从特殊情形开始，求出定值，再证明该值与变量无关；(2)采用推理、计算、消元得定值．消元的常用方法为整体消元(如本例)、选择消元、对称消元等．[针对训练]1．(2023·沈阳质检)椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为(－eq\r(6)，0)，e＝eq\f(\r(2),2).(1)求椭圆C的方程；(2)如图，设R(x0，y0)是椭圆C上一动点，由原点O向圆(x－x0)2＋(y－y0)2＝4引两条切线，分别交椭圆于点P，Q，假设直线OP，OQ的斜率存在，并记为k1，k2，求证：k1k2为定值；(3)在(2)的条件下，试问|OP|2＋|OQ|2是否为定值？假设是，求出该值；假设不是，请说明理由．解：(1)由题意得，c＝eq\r(6)，e＝eq\f(\r(2),2)，解得a＝2eq\r(3)，b＝eq\r(6)，∴椭圆C的方程为eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,6)＝1.(2)证明：由，直线OP：y＝k1x，OQ：y＝k2x，且与圆R相切，∴eq\f(|k1x0－y0|,\r(1＋k\o\al(2,1)))＝2，化简得(xeq\o\al(2,0)－4)keq\o\al(2,1)－2x0y0k1＋yeq\o\al(2,0)－4＝0，同理，可得(xeq\o\al(2,0)－4)keq\o\al(2,2)－2x0y0k2＋yeq\o\al(2,0)－4＝0，∴k1，k2是方程(xeq\o\al(2,0)－4)k2－2x0y0k＋yeq\o\al(2,0)－4＝0的两个不相等的实数根，∴xeq\o\al(2,0)－4≠0，Δ>0，k1k2＝eq\f(y\o\al(2,0)－4,x\o\al(2,0)－4).∵点R(x0，y0)在椭圆C上，∴eq\f(x\o\al(2,0),12)＋eq\f(y\o\al(2,0),6)＝1，即yeq\o\al(2,0)＝6－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)，∴k1k2＝eq\f(2－\f(1,2)x\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－4)＝－eq\f(1,2).故k1k2为定值．(3)|OP|2＋|OQ|2是定值．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x，,\f(x2,12)＋\f(y2,6)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)＝\f(12,1＋2k\o\al(2,1))，,y\o\al(2,1)＝\f(12k\o\al(2,1),1＋2k\o\al(2,1))，))∴xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝eq\f(121＋k\o\al(2,1),1＋2k\o\al(2,1))，同理，可得xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＝eq\f(121＋k\o\al(2,2),1＋2k\o\al(2,2)).由k1k2＝－eq\f(1,2)，得|OP|2＋|OQ|2＝xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＝eq\f(121＋k\o\al(2,1),1＋2k\o\al(2,1))＋eq\f(121＋k\o\al(2,2),1＋2k\o\al(2,2))＝eq\f(121＋k\o\al(2,1),1＋2k\o\al(2,1))＋eq\f(12\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2k1)))2)),1＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2k1)))2)＝eq\f(18＋36k\o\al(2,1),1＋2k\o\al(2,1))＝18.综上，|OP|2＋|OQ|2为定值，且为18.构造函数求最值[典例](2023·浙江高考)如图，抛物线x2＝y，点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(9,4)))，抛物线上的点P(x，y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<x<\f(3,2))).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](1)设直线AP的斜率为k，k＝eq\f(x2－\f(1,4),x＋\f(1,2))＝x－eq\f(1,2)，因为－eq\f(1,2)<x<eq\f(3,2)，所以直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．(2)设直线AP的斜率为k，那么直线BQ的斜率为－eq\f(1,k).那么直线AP的方程为y－eq\f(1,4)＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，即kx－y＋eq\f(1,2)k＋eq\f(1,4)＝0，直线BQ的方程为y－eq\f(9,4)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))，即x＋ky－eq\f(9,4)k－eq\f(3,2)＝0，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kx－y＋\f(1,2)k＋\f(1,4)＝0，,x＋ky－\f(9,4)k－\f(3,2)＝0，))解得点Q的横坐标xQ＝eq\f(－k2＋4k＋3,2k2＋1).因为|PA|＝eq\r(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝eq\r(1＋k2)(k＋1)，|PQ|＝eq\r(1＋k2)(xQ－x)＝－eq\f(k－1k＋12,\r(k2＋1))，所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，所以f(k)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))上单调递增，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，因此当k＝eq\f(1,2)时，|PA|·|PQ|取得最大值eq\f(27,16).[题后悟通]最值问题的根本解法有几何法和代数法(1)几何法是根据的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决的(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等)；(2)代数法是建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值(普通方法、根本不等式方法、导数方法等)解决的．[针对训练]2．(2023·沈阳质检)椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右两个焦点分别为F1，F2，离心率e＝eq\f(\r(2),2)，短轴长为2.(1)求椭圆的方程；(2)点A为椭圆上的一动点(非长轴端点)，AF2的延长线与椭圆交于B点，AO的延长线与椭圆交于C点，求△ABC面积的最大值．解：(1)由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,2b＝2，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\r(2)，,b＝1，,c＝1，))故椭圆的标准方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)①当直线AB的斜率不存在时，不妨取Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(2),2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(2),2)))，故S△ABC＝eq\f(1,2)×2×eq\r(2)＝eq\r(2).②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y，化简得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么x1＋x2＝eq\f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2k2－2,2k2＋1)，|AB|＝eq\r(1＋k2·[x1＋x22－4x1x2])＝eq\r(1＋k2·\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2,2k2＋1)))2－4·\f(2k2－2,2k2＋1))))＝2eq\r(2)·eq\f(k2＋1,2k2＋1)，点O到直线kx－y－k＝0的距离d＝eq\f(|－k|,\r(k2＋1))＝eq\f(|k|,\r(k2＋1))，∵O是线段AC的中点，∴点C到直线AB的距离为2d＝eq\f(2|k|,\r(k2＋1))，∴S△ABC＝eq\f(1,2)|AB|·2d＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)·\f(k2＋1,2k2＋1)))·eq\f(2|k|,\r(k2＋1))＝2eq\r(2)eq\r(\f(k2k2＋1,2k2＋12))＝2eq\r(2)eq\r(\f(1,4)－\f(1,42k2＋12))<eq\r(2).综上，△ABC面积的最大值为eq\r(2).寻找不等关系解范围[典例](2023·全国卷Ⅱ)椭圆E：eq\f(x2,t)＋eq\f(y2,3)＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.(1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；(2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．[解]设M(x1，y1)，那么由题意知y1>0.(1)当t＝4时，E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，A(－2,0)．由及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为eq\f(π,4).因此直线AM的方程为y＝x＋2.将x＝y－2代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得7y2－12y＝0.解得y＝0或y＝eq\f(12,7)，所以y1＝eq\f(12,7).因此△AMN的面积S△AMN＝2×eq\f(1,2)×eq\f(12,7)×eq\f(12,7)＝eq\f(144,49).(2)由题意t>3，k>0，A(－eq\r(t)，0)．将直线AM的方程y＝k(x＋eq\r(t))代入eq\f(x2,t)＋eq\f(y2,3)＝1得(3＋tk2)x2＋2eq\r(t)·tk2x＋t2k2－3t＝0.由x1·(－eq\r(t))＝eq\f(t2k2－3t,3＋tk2)，得x1＝eq\f(\r(t)3－tk2,3＋tk2)，故|AM|＝|x1＋eq\r(t)|eq\r(1＋k2)＝eq\f(6\r(t1＋k2),3＋tk2).由题设，直线AN的方程为y＝－eq\f(1,k)(x＋eq\r(t))，故同理可得|AN|＝eq\f(6k\r(t1＋k2),3k2＋t).由2|AM|＝|AN|，得eq\f(2,3＋tk2)＝eq\f(k,3k2＋t)，即(k3－2)t＝3k(2k－1)．当k＝eq\r(3,2)时上式不成立，因此t＝eq\f(3k2k－1,k3－2).t>3等价于eq\f(k3－2k2＋k－2,k3－2)＝eq\f(k－2k2＋1,k3－2)<0，即eq\f(k－2,k3－2)<0.因此得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－2>0，,k3－2<0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－2<0，,k3－2>0，))解得eq\r(3,2)<k<2.故k的取值范围是(eq\r(3,2)，2)．解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有：(1)利用判别式来构造不等式，从而确定参数的取值范围；(2)利用参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系；(3)利用隐含的不等关系，从而求出参数的取值范围；(4)利用不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(5)利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．[题后悟通][针对训练]3．焦点在y轴上的椭圆E的中心是原点O，离心率等于eq\f(\r(3),2)，以椭圆E的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4eq\r(5).直线l：y＝kx＋m与y轴交于点P，与椭圆E相交于A，B两个点．(1)求椭圆E的方程；(2)假设eq\o(AP,\s\up7(→))＝3eq\o(PB,\s\up7(→))，求m2的取值范围．解：(1)根据设椭圆E的方程为eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)，焦距为2c，由得eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，∴c＝eq\f(\r(3),2)a，b2＝a2－c2＝eq\f(a2,4).∵以椭圆E的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4eq\r(5)，∴4eq\r(a2＋b2)＝2eq\r(5)a＝4eq\r(5)，∴a＝2，b＝1.∴椭圆E的方程为x2＋eq\f(y2,4)＝1.(2)根据得P(0，m)，设A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,4x2＋y2－4＝0))消去y，得(k2＋4)x2＋2mkx＋m2－4＝0.由得Δ＝4m2k2－4(k2＋4)(m即k2－m2＋4>0，且x1＋x2＝eq\f(－2km,k2＋4)，x1x2＝eq\f(m2－4,k2＋4).由eq\o(AP,\s\up7(→))＝3eq\o(PB,\s\up7(→))，得x1＝－3x2.∴3(x1＋x2)2＋4x1x2＝12xeq\o\al(2,2)－12xeq\o\al(2,2)＝0.∴eq\f(12k2m2,k2＋42)＋eq\f(4m2－4,k2＋4)＝0，即m2k2＋m2－k2－4＝0.当m2＝1时，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立，∴k2＝eq\f(4－m2,m2－1).∵k2－m2＋4>0，∴eq\f(4－m2,m2－1)－m2＋4>0，即eq\f(4－m2m2,m2－1)>0.解得1<m2<4.∴m2的取值范围为(1,4).确定直线寻定点[典例](2023·全国卷Ⅰ)椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，P2(0，1)，P3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)))，P4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))中恰有三点在椭圆C上．(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．假设直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l[解](1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．又由eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)>eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上．因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)＝1，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝1.))故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(\r(4－t2),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(\r(4－t2),2))).那么k1＋k2＝eq\f(\r(4－t2)－2,2t)－eq\f(\r(4－t2)＋2,2t)＝－1，得t＝2，不符合题设．从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．将y＝kx＋m代入eq\f(x2,4)＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1).而k1＋k2＝eq\f(y1－1,x1)＋eq\f(y2－1,x2)＝eq\f(kx1＋m－1,x1)＋eq\f(kx2＋m－1,x2)＝eq\f(2kx1x2＋m－1x1＋x2,x1x2).由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.即(2k＋1)·eq\f(4m2－4,4k2＋1)＋(m－1)·eq\f(－8km,4k2＋1)＝0.解得k＝－eq\f(m＋1,2).当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－eq\f(m＋1,2)x＋m，即y＋1＝－eq\f(m＋1,2)(x－2)，所以l过定点(2，－1)．[题后悟通]直线过定点问题的解题模型[针对训练]4．(2023·郑州模拟)动圆M恒过点(0,1)，且与直线y＝－1相切．(1)求圆心M的轨迹方程；(2)动直线l过点P(0，－2)，且与点M的轨迹交于A，B两点，点C与点B关于y轴对称，求证：直线AC恒过定点．解：(1)由题意得，点M与点(0,1)的距离始终等于点M到直线y＝－1的距离，由抛物线的定义知圆心M的轨迹是以点(0,1)为焦点，直线y＝－1为准线的抛物线，那么eq\f(p,2)＝1，p＝2.∴圆心M的轨迹方程为x2＝4y.(2)证明：设直线l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么C(－