高考压轴题的研究与讲解.doc

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1、Four short words sum up what has lifted most successful individuals above the crowd: a little bit more.-author-date高考压轴题的研究与讲解第一部分高考压轴题的研究与讲解兰琦2016年6月23日目录1 引言21.1 如何研究压轴题21.2 如何讲解压轴题22 函数72.1 含参二次函数的讨论72.2 参数分离92.3 优雅的作图112.4 函数与方程133 不等式143.1 必要条件探路143.2 二次函数专题153.3 “形”“元”“次”174 向量204.1 等系数和线204.2

2、 运动的转化和分解204.3 极化恒等式235 导数255.1 端点分析255.2 的应对策略285.3 常用对数不等式326 圆锥曲线336.1 圆锥曲线的常用性质336.2 合理设参 386.3 化齐次联立406.4 仿射变换427 后记441 引言1.1 如何研究压轴题情感 不畏难，不贪多价值观 基本功与技巧，一题多解，见多识广方法论 解答(答案)解析(分析)解法(总结)解释(纳入)1.2 如何讲解压轴题三个适合 适合的学生(避免一窍不通)，适量的题目(有共性，有变化，融会贯通)，适度的讲解(讲关键，练实操，触类旁通)四个要素 力量：耐心计算，分类讨论能力；敏捷：快速试探，精准打击能力；

3、智力：知识储备，模块重组能力；运气：自强不息，相信天道佑勤引例1已知定义在R上的函数是奇函数，则_，_一般解法：；力量型训练 ；敏捷性训练 .引例2已知中，与交于点，且，则_.力量型训练 设，有 解得敏捷性训练 如左图，过做交于，则，于是.知识型训练 如中图，由梅涅劳斯定理，有，于是.实战优化：如右图，在上标注，使得则.这就相当于在点位置填，即可用“杠杆原理”解题.引例3证明：力量型训练 由于，于是，因此，于是只需要证明，而.敏捷型训练 无法直接应用数学归纳法，考虑将命题加强为，其中.考虑到归纳基础，需要；考虑递推证明，需要，即，因此取，进而即可.知识型训练 直接利用伯努利不等式，有.更进一步

4、(Pentagonal number theorem)：.引例4我们知道，平面上到两个定点的距离之比为定值(且)的点的轨迹是圆，这个圆称为阿波罗尼斯圆.当两个定点和已知时，可以先在直线上找到两点，使得，然后作以为直径的圆，即得对应的阿波罗尼斯圆.反过来，如果已知其中一个定点，以及动点对应的阿波罗尼斯圆，也可以确定另一个定点的位置，如图.设阿波罗尼斯圆的圆心为，半径为，则有，其中.容易解得，也就是说是和的等比中项，且公比为.上述结论形式优美，容易记忆，在很多时候可以方便的解决问题.例1 已知点在边长为2的正方形的内切圆上运动，则的最小值是_.解 尝试应用阿波罗尼斯圆处理系数.连接对角线，设其中点

5、为，则可知在此问题中，于是且.因此，而在中应用勾股定理可得，因此所求的最小值为.例2 已知P在边长为2的正的内切圆上运动，则的最小值是_.解 与例1类似，于是，且.因此，而在中应用余弦定理可得，因此所求的最小值为.作为练习，下面的已知条件命题：已知点在圆: 上运动，求_的最小值.答案是或.2 函数2.1 含参二次函数的讨论例题2.1已知函数，函数.若函数恰好有2个不同零点，则实数的取值范围是_.解 ，参见每日一题299.分离参数 根据题意，方程有两根，即,有两根，注意到 不是方程的根，于是问题即方程有两根.作换元，则上述方程右边而换元后的方程的根的个数与换元前的方程的根的个数是一致的.考虑函数

6、与直线的交点个数，如图.于是的取值范围是.不分离参数 以第二段为例，分析函数在区间上的零点.由于，因此分界点为-3,0,1.含参二次函数的讨论方法1、开口与端点处的函数值定讨论分界点；2、画参数讨论轴，展开讨论；3、在每一段上用对称轴配合判别式判断图象.2.2 参数分离例题2.2(每日一题520)设函数的两个零点分别为，且在区间上恰好有两个正整数，求实数的取值范围.解 考虑分离变量，方程即.显然不是方程的解，于是原方程等价于，于是，是函数与直线的公共点的横坐标.如图，可知区间上的两个正整数为1,2，因此的取值范围是，进而可以解得的取值范围是.不等式与方程中的参数处理方案1、不分离，考虑，通法，

7、难点在于分类讨论；2、全分离，考虑，局限性在于需要处理一个复杂函数，可能需要使用洛必达法则；3、半分离，考虑，有凹凸性的隐患，大题慎用.例题2.3(2012年山东卷理科第12题）设函数，.若的图象与的图象有且仅有两个不同的公共点和)，根据的正负，讨论和的正负.解 时，；时，2012年山东选择压轴题.不分离 将右边化为常数（往往取0).注意利用一侧为0的特点对左边进行调整.对于本题，可以将问题转化为函数有两个零点，由于的导函数，由有且仅有两个零点知的极值点中必有一个为零点，于是函数的两个极值点分别对应点和，按与0的关系分别画出对应的函数图象.由三次函数的切割线性质可得 也可以通过三次方程的韦达定

8、理求解结果.全分离 让两边分别只含参数和变量.对于本题，考虑方程，其中，并记右侧函数为，因此画出对应的函数图象可得结果.半分离 将一边化为含参直线，另一边化为不含参的函数.此时问题转化为直线与曲线的位置关系问题，因此往往对曲线的凹凸性 在高考范围内，只有基本初等函数和二次曲线的凹凸性可以直接使用有要求.对于本题，考虑方程，于是直线与幂函数的图象有两个公共点.由幂函数图象的对称性可得结果.2.3 优雅的作图例题2.4(每日一题450)已知函数，其中表示不大于的最大整数，当，时，函数的值域为集合，则（1）若，且时，则的取值范围是_；(2)集合中有_个元素.解 ；，考虑函数，即.应该掌握的函数图像第

9、一层次，基本初等函数的图象：特征点，渐近线，单调性；第二层次，简单初等函数的图象：正比例函数，反比例函数，一次函数，二次函数，绝对值函数，多绝对值函数，对勾函数，一次分式函数；第三层次，图象变换：平移，伸缩，对称，翻折，旋转；第四层次，知识储备：.例题2.5已知是定义在上的周期为2的偶函数，且当时，则方程的解的个数是_.解 4个，函数的图象本质就是方程的曲线.根据函数的奇偶性与周期性，作图如下.注意到拋物线以为顶点，以为对称轴，且经过点，因此拋物线与函数的图象共有4个交点，所求的根的个数为4.例题2.6(2013年新课标I卷第16题改）已知满足对一切实数，均有，则函数的最小值为_.分析 多项式

10、函数为偶函数，则不含奇次项.解 根据题意，函数是偶函数，而 其中是一个二次项系数为1的二次多项式.不难得知，因此，当时取得等号.因此函数的最小值，即函数的最小值，为.例题2.7函数的零点个数为（ ）A.1B.2C.3D.4解 B，数形结合需谨慎.对于函数的零点个数，分界点为.当时，函数有4个零点.2.4 函数与方程例题2.8(每日一题444)求函数的值域.解 .将变形为，整理得，于是，即可解得思考与总结将函数看成是以为参数的关于方程，研究该方程在定义域上有解的问题.衍生出的方法有：判别式法，反函数法，辅助角法.方程的定义域受限是该方法的软肋，但对最值问题仍有很高价值.3 不等式3.1 必要条件

11、探路例题3.1(每日一题468)设函数，当时，不等式恒成立，求的取值范围.解 .根据题意，有.令，解得或.由于，可得，即.接下来我们证明可以取得以及2.令，可得，于是当时，符合题意；当，可得，于是当时，符合题意.结合连续性可知，的取值范围是.思考与总结恒成立问题与存在性问题均可以利用这种方法缩小讨论的范围，减低问题难度.如：已知函数，若不等式在上有解，求的取值范围. （）例题3.2(2009年北大自招）已知对任意实数均有恒成立，求的最大值和最小值.解 例题3.3已知，若对于任意和任意均有恒成立，求的取值范围.解 取，可得；取，可得；从而，.再取，即得.3.2 二次函数专题例题3.4(每日一题4

12、36)已知函数，且.记为在上的最大值，求的最大值.解 时，最大，为1.用表示，然后利用绝对值不等式放缩，且注意的值为或.思考与总结用特征点确定函数图象是这类问题的常见手段.例题3.5(2016年天津卷理科压轴题）设函数，其中.（1）求的单调区间；（2）若存在极值点，且，其中，求证：；（3）设，函数，求证：在区间上的最大值不小于.分析 第(3)小题在第(2)小题的基础上可以画出极端情形：在此基础上利用函数在处的函数值结合反证法证明结论即可.解 (3)用反证法.假设在区间上的最大值小于.考虑我们有所以，但是，矛盾.所以在区间上的最大值不小于.例题3.6(每日一题518)对于函数，若存在，满足，则称

13、为函数的“近零点”.已知函数有四个不同的“近零点”，则的最大值为_.解 .注意从区间长度出发，补充“和差积商”版的韦达定理.对于方程的两个根，有.例题3.7已知整系数二次方程的两个不同实根均在区间上，求正整数的最小值.解 5，用根表示，利用和均值不等式得到.例题3.8(每日一题297)已知函数，其中.若恰好有两组解使得在定义域上的值域也为，求实数的取值范围.解 .按的大小关系讨论.3.3“形”“元”“次”例题3.9(每日一题408)若正实数满足，则的最大值为_.解 .联想平方差公式，有，换元即得.换元法小换元为整体代换，目的是省纸；大换元为代数变形，收效是结构.例题3.10(每日一题422)设

14、是各项均为非零实数的等差数列的前项和，若对于给定的正整数和正数，数列满足，则的最大值为_.解 .注意选，为等差数列的“基底”，用它表示其他的各种量.设，则，因此解得因此所以的最大值为.例题3.11(每日一题467)已知，求的最小值.分析 二元对称代数式都可以用和表示，然后可以尝试放缩换元.解 .先进行代数变形，有当时取到等号.令，则，有，记右侧为函数，则的导函数，于是当时，函数取得最大值，因此原代数式的最小值为，当时取到.例题3.12已知，求的取值范围.解 4 向量4.1 等系数和线例题4.1(每日一题426)在扇形中，为弧(不包含端点）上的一点，且.（1）求的取值范围；（2）若存在最大值，求

15、的取值范围.解 （1）；（2），控制“等系数和”线的方向.例题4.2(每日一题466)已知为锐角的外心，且，求的取值范围.解 （-2,1).例题4.3(每日一题194)已知圆为的外接圆，且，若，则的最大值为_.解 .4.2 运动的转化和分解例题4.4(每日一题108)在和中，是的中点，若，若，则与夹角的余弦值为_.解 ，统一起点为B.例题4.5(每日一题456)如图，圆的半径为1，.设是圆上任意两点，则的取值范围是_.解 ，统一起点为C.固定.如图，设在上的投影分别为，以为圆心，为半径的圆在上的投影为线段，则.考虑到在线段上，于是的最大值为，最小值为.接下来放开，有，于是的最大值为3，最小值为

16、.另法 统一起点为，则考虑到可以表示长度从0到2的任意向量，因此的长度取值范围是，所求的取值范围是.拓展 已知是单位球上三点，求的取值范围. 例题4.6(每日一题435)已知满足，满足，点在外，且，则的取值范围是_.解 .易知为正三角形，接下来有两条风格迥异的思路可以解决问题.静态观察 如图，设，那么由左右两图分别应用托勒密定理可得于是.托勒密定理平面上四边形的四边与对角线满足关系：对角线的乘积不超过两组对边分别相乘所得乘积之和，当且仅当四边形的四个顶点共圆时两者相等.由于两侧等号均能取得（如图)，又根据图形连续变化，因此的取值范围是.动态探索 如图，先固定，使得，然后让在半径为1圆上运动，观

17、察点的轨迹（暂时忽略在外的条件).由平面几何知识容易得到的轨迹是圆绕点旋转60后得到的圆，据此容易求得的取值范围是(注意取得最值时均在外部).4.3 极化恒等式例题4.7(每日一题131)正方体的棱长为2，是它的内切球的一条弦（我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦)，为正方体表面上的动点，当弦的长度最大时，的取值范围是_.解 .应用极化恒等式，有.极化恒等式极化恒等式可以起到将不方便计算的数量积变成好计算的线段长度的作用.在实际应用中，往往或的长度是固定的，这就相当于将动点进行了转化.例题4.8（1）正方形中，分别在轴的正半轴（含原点）上滑动，则的最大值是_.（2）已知正方形的边长为2，点

18、为的中点.以为圆心，为半径，作弧交于点.若为劣弧上的动点，则的最小值为_.解 （1）2.（2）5.矩形的性质向量问题中极化恒等式可以起到转化运动的作用，与之有类似功能的还有另外一个常用结论.已知矩形和其所在平面内一点，则.例题4.9已知中，点满足，且的最小值为，则的最小值为_.解 取中点，则，因此在线段上，进而可为正三角形，如图.接下来计算，有以下三种算法.坐标法 设，其中，则，等号当时取得，于是所求最小值为.基底法 根据题意有，其中，为，易求得，于是所求最小值为.极化恒等式 取的中点，的中点，则而，的最小值为，因此所求的最小值为.思考与总结在有直角的图形中，坐标法往往可以起到简化计算的作用.

19、5 导数5.1 端点分析1.函数值可以直接计算出来的，称为第I类端点分析；2.函数值涉及到极限的，称为第类端点分析；3.对函数的零点进行导数分析的，称为第类端点分析.第I类端点分析可以直接在卷面书写；第类和第类端点分析建议利用分界点讨论，其中第类分界点的说明往往需要用到局部放缩，尤其是需要注意对的一些放缩技巧（常用不等式以及换元)；第类端点分析通常利用导数零点构造反例说明.例题5.1已知对恒成立，求的取值范围.解 设，则于是.函数的导函数，令.情形一 .由于，对称轴，因此在区间上，于是函数单调递增，符合题意；情形二 .此时，因此函数单调递增，符合题意；情形三 .此时函数或者单调递增，或者先单调

20、递增，后单调递减，符合题意.综上所述，的取值范围是.例题5.2已知不等式对任意恒成立，求的取值范围.分析 令，其中，则，当时，可得.进而的导函数，令，则，从而可得分界点.解 令，其中，则的导函数，令情形一 .此时不符合题意.情形二 .此时在区间上有，因此单调递减，结合，不符合题意.情形三 .此时的判别式，因此，单调递增，结合，符合题意 也可以将放缩为证明.综上所述，的取值范围是，于是的取值范围是.拓展 已知函数，设对任意，求的最大值.（2）例题5.3(2015年山东卷理科压轴题）设函数，其中.（1）讨论函数极值点的个数，并说明理由；（2）若成立，求的取值范围.分析 从端点来看，；从端点看，；进

21、一步，的导函数，有，于是.这样就得到了分界点0,1.解 （1）时，1个；时，0个；时，2个；（2）.例题5.4(2015年福建卷理科压轴题）已知函数，.证明：当时，；证明：当时，存在，使得对任意，恒有；确定的所有可能取值，使得存在，对任意，恒有.解 （3）.例题5.5(2016年全国I卷理科压轴题）已知函数有两个零点.（1）求的取值范围；（2）设是的两个零点，证明：.解 （1）显然不是函数的零点.当时，方程等价于.记右侧函数为，则的导函数，因此函数在上单调递增，而在上单调递减.由于函数在上的取值范围是，而在上的取值范围是，因此当时，函数有两个零点，所求取值范围是.如果需要刻意避开极限，可以进行

22、如下论证.当时，由于在上，因此在此区间上不存在使得，而在上，函数单调递减，不可能存在两个零点；当时，取，则，而，结合在上单调递减，可以断定在区间上必然有一个零点；另一方面，取，则，而取，则，结合在上单调递增，可以断定在区间上必然有一个零点；综上所述，的取值范围是.5.2 的应对策略例题5.6已知函数，若在上恒成立，求的最小值.解 设.考虑到问题为求的最小值，因此先讨论的情形.此时令，则题中条件等价于，易求得左侧函数的最小值为3，于是，从而，的最小值为.例题5.7(2011年新课标II卷理科压轴题）若不等式在且时恒成立，求的取值范围.解 首先处理不等式，原不等式等价于，整理得，提因式，有.设，则

23、题中不等式等价于函数的导函数，注意到，而如果方程在上有实数根，那么必然有两个实数根，它们的乘积为1，于是在区间（0,1)和上函数具有一致的单调性，矛盾.从而原题可以转化为且，分离参数解得的取值范围为.“清君侧，靖国难”在研究有关对数函数的不等式时，先设法将与相乘的因式去掉（有时需要付出分类讨论的代价)这样往往能够使得问题得到简化对来说，原则为“有事冲我来”.例如，证明：当时，.例题5.8(2015年四川卷理科压轴题）已知函数，其中.（1）设是的导函数，讨论的单调性；（2）证明：存在，使得在区间内恒成立，且在区间内有唯一解.分析 在这个问题中，当极值点无法用参数表示时，我们会用表示，然后得到关于

24、的方程，通过估计的范围反过来估计的范围.在这个思路的引导下，力量型证明充分的展示了对思路信仰以及强大的计算能力.如果注意到联立方程组，通过代数变形可以大大简化与的关系，而非简单粗暴的代入消元，那么就展现了简化问题进而精准打击的能力.最后，如果有处理对数函数的知识储备，那么就可以考虑利用“清君侧”转化原来的复杂函数，通过一次求导得到极值点，然后利用与主思路一致的方式解决问题.同时，由于转化后的函数与原来的函数的零点一致，因此又可以引导出敏捷型解法.解 （1）根据已知，有，于是，因此当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增.(2)力量型证明 考虑函数，由于，于是在上单调递

25、增.又，于是在上先单调递减，再单调递增，有极小值点.设的极小值点为，则我们的目标是证明这个二元方程组有实数解，且至少有一组解满足限制条件且.采用消元的策略，由第一个方程可得，代入第二个方程有，记该方程左边为，则，且，因此必然存在利，使得.此时，记该方程右边为，则，当时，函数单调递增，于是，因此原命题得证.敏捷型证明 在“力量型证明”得到方程组后，将第一个方程变形为，与第二个方程作差，整理得，因此，代入，可得,容易判断出，因此对应的，命题得证.智力型证明 利用“清君侧，靖国难”的想法，可以研究函数，这样原问题可以转化为函数在上最小值为0，且最小值点唯一.此时的导函数，于是其极小值点，亦为最小值点

26、，从而，因此函数)的最小值为，从而可以估计出，因此对应的，命题得证.例题5.9证明：当时，其中.解 在中，令即可得.思考与总结在研究有关对数函数的不等式时，可以充分利用对数函数的特性进行换元，使得问题得到简化.例题5.10(2012年辽宁卷理科压轴题）设，其中，是常数，曲线与直线在点相切.（1）求的值；（2）证明：当时，.解 （1）；(2)令，再利用即得.例题5.11若对任何实数，均有，求的取值范围.解 .例题5.12已知关于的方程有3个实根，求的取值范围.解 .5.3 常用对数不等式例题5.13证明不等式：.解 此即A-L-G(对数平均）不等式，本质即可以利用换元提高精度.例题5.14已知，

27、证明：当时，.解 .6 圆锥曲线6.1 圆锥曲线的常用性质基本性质焦点在哪里？别再乱标焦点啦焦点在这里！焦点三角形1.若中，已知，设为，则 (椭圆中），(双曲线中）.2.若中，已知，设为，则(椭圆中)，(双曲线中，“左加右减”).焦点和切线的故事光学性质直线与圆锥曲线等效判别式1.设直线，椭圆，则它们位置关系的等效判别式为.2.设直线，双曲线，则它们位置关系的等效判别式为.注意，等效判别式也可以用来验算弦长公式.切线方程 设是圆锥曲线上的一点，则曲线在点处的切线的方程为：1.当为圆时，切线的方程为；2. 当为椭圆时，切线的方程为；3.当为双曲线时，切线的方程为；4.当为拋物线时，切线的方程为；

28、5.一般的，当为时，切线的方程为.圆锥曲线的切线方程可以通过对圆锥曲线的方程进行“改写”得到.首先，将改写为，将改写为，将单独的改写为，将单独的改写为；然后将成对出现的中的某一个对应改为切点的横坐标及纵坐标即得.“垂径定理”1.设是离心率为的有心二次曲线上的两点，是线段的中点，为坐标原点，若和的斜率均存在，则有2设是离心率为的有心二次曲线上关于坐标原点对称的两点，是上不同于点的点，若与的斜率均存在，则有例题6.1（1）如左图，双曲线的右顶点为，左右焦点分别为，点是双曲线右支上一点，交左支于点，交渐近线于点，是的中点，若，且，则双曲线的离心率为_.(2)如右图，直线与双曲线的两条渐近线以及双曲线

29、依次交于其中在渐近线上，在双曲线上.若的横坐标之积为，且是中点，则双曲线的离心率为_.分析 (1)题中条件为一个中点加两组垂直，其中通过直角三角形的斜边中线转化为，其中为双曲线的半焦距.又由于R在渐近线上，于是的坐标为.接下来的关键是如何恰当的表达中点，这就用到了双曲线的“垂径定理”.(2)用双曲线的“垂径定理”可得题中双曲线和其渐近线被直线截得的弦的中点重合，于是.此外考虑到题中条件，亦可利用直线的参数方程求解.解 （1）直线的斜率为，设，则第一个式子与第二个式子相除，可得，即第一个式子与第三个式子相除，可得，将代入，并整理可得，于是，其中为双曲线的离心率.（2）设，则，进而可得，即.又，从

30、而，因此.抛物线的平均性质对拋物线而言，有下列性质：1.拋物线的任意一条割线的横截距是该直线与拋物线的两个交点的横坐标的等比中项，即；2.过拋物线外一点引拋物线的两条切线，那么（a）该点的纵坐标是两个切点的纵坐标的算术平均数，即；（b）该点的横坐标与切点弦的横截距互为相反数，即；（c）该点与两切点弦中点的连线被拋物线平分；（d）如果切点弦经过焦点，那么两条切线互相垂直.例题6.2(2014年山东卷压轴题）已知拋物线的焦点为，为上异于原点的任意一点，过点的直线交于另一点，交轴正半轴于点，且有，当点的横坐标为3时，为正三角形.（1）求C的方程；（2）若直线且与有且只有一个公共点，证明直线过定点；并

31、求出定点坐标；是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由.解 （1) .(2)不妨设，则由拋物线的定义可得.进而可得，对应用截距坐标公式，可得直线的横截距为于是直线恒过点 (即焦点).对应用三角形面积坐标公式，可得，化简得，等号当且仅当时取得，于是的面积存在最小值为16.截距坐标公式过点和的直线的横截距和纵截距分别为.三角形面积坐标公式由有向线段和围成的三角形的有向面积.“姐妹圆”如图，对于椭圆，有两个重要的圆：1.姐姐圆（蒙日圆）：从圆上任意一点出发作椭圆的两条切线互相垂直；2.妹妹圆事实上，对于双曲线也有妹妹圆. ：过圆上任意一点作圆的切线与椭圆交于，那么互相垂直，其中为坐

32、标原点.从第三个图中可以看出，在直角中，姐姐圆的半径为，妹妹圆的半径为，其中分别是椭圆的右顶点和上顶点.6.2 合理设参例题6.3已知椭圆，直线与相交于两点，与轴、轴分别交于两点，为坐标原点.（1）若直线的方程为，求外接圆的方程；（2）判断是否存在直线，使得是线段的两个三等分点，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.解 （1）；（2）设则.于是解得.由截距式方程易得直线的方程是或.例题6.4已知为椭圆上的两点，弦的长为，求的面积范围.解 ，利用参数方程或仿射变换均可.参数方程的方法 设则.同时.为了建立两个式子之间的联系，我们设，那么经过和差化积，条件转化为，欲求面积转化为.接下来容易

33、求得的范围，从而求得的范围为.仿射变换的方法 作仿射变换使椭圆变为圆心在原点，半径为的圆，设，则.而相比较而言，三角形的面积比较好求.设的斜率为，则由于，因此.根据弦长公式，有.因此的取值范围为.进而三角形的面积为不难算得其取值范围为.因此所求取值范围为.例题6.5(2014年北京卷第19题）已知椭圆.（1）求椭圆的离心率；（2）设为原点，若点在椭圆上，点在直线上，且，试判断直线与圆的位置关系，并证明你的结论.解 （1）；(2)设则从而.而在中，原点到直线的距离满足.因此直线与圆相切.6.3 化齐次联立例题6.622已知椭圆，点、分别是椭圆的左焦点、左顶点，过点的直线 (不与轴重合）交于两点.

34、（1）求的离心率及短轴长；（2）是否存在直线，使得点在以线段为直径的圆上，若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.解 （1）.(2)不存在直线，使得点在以线段为直径的圆上，证明如下.原问题即是否可能为直角，我们接下来证明为钝角来否定为直角的可能性.将坐标系平移至以为原点，则椭圆方程变为即.此时，因此可设直线，与椭圆方程化齐次联立，有，也即，于是，因此为钝角，也即为钝角，欲证命题成立.例题6.7(2014年辽宁卷理科压轴题）已知圆的切线与轴正半轴，轴正半轴围成一个三角形.当该三角形的面积最小时切点为.双曲线过点且离心率为.（1）求的方程；（2）椭圆过点且与有相同的焦点，直线过的右焦点且与交于

35、两点.若以线段为直径的圆过点，求的方程.解 （1） ；（2），其中.6.4 仿射变换例题6.8(2015年山东卷理科压轴题）已知动直线与椭圆交于两个不同点，且的面积，其中为坐标原点.（1）证明：和均为定值；（2）设线段的中点为，求的最大值；（3）椭圆上是否存在三点，使得？若存在，判断的形状；若不存在，请说明理由.解 参数方程解法设则由三角形的面积坐标公式，结合可得，化简得.考虑到的对称性，不妨设，于是有.（1）根据上述推导，有，因此命题得证.（2）根据上述推导，有，从而，而，于是，等号当时取得.因此的最大值为.（3）不存在.因为不存在，使得同时成立.仿射变换解法，将椭圆拉伸成为圆，此时，于是可

36、知三角形是以为斜边的直角三角形.注意到，且，于是有，进而可得.均为定值，命题得证.（2）当直线与直线的斜率均存在时，设直线的斜率为，则根据椭圆的“垂径定理”，可得直线的斜率为，于是根据弦长公式，可得其中.注意到，于是，又，等号当时取得，因此有，等号当时取得.当直线或直线的斜率不存在时，可计算得.综上，所求最大值为.(3)由于圆上的任意三点的连线，对圆心的张角不可能同时为直角，于是符合题意的三点不存在.例题6.9(2015年山东卷理科压轴题）平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是.以为圆心，以3为半径的圆与以为圆心，1为半径的圆相交，且交点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点.求的值；求面积的最大值.解 （1） ；（2）2；.-