...wd......wd......wd...2014江蘇高考數學解答題專題突破數學解答題是高考數學試卷中的一類重要題型，這些題涵蓋了中學數學的主要內容，具有知識容量大、解題方法多、能力要求高、突顯數學思想方法的運用以及要求考生具有一定的創新意識和創新能力等特點，解答題綜合考察學生的運算能力、邏輯思維能力、空間想象能力和分析問題、解決問題的能力，分值占90分，主要分六塊：三角函數(或與平面向量交匯)、立體幾何、應用問題、函數與導數(或與不等式交匯)、數列(或與不等式交匯)、解析幾何(或與平面向量交匯)．從歷年高考題看綜合題這些題型的命制都呈現出顯著的特點和解題規律，從閱卷中發現考生“會而得不全分〞的現象大有人在，針對以上情況，在高考數學備考中認真分析這些解題特點及時總結出來，這樣有針對性的進展復習訓練，能到達事半功倍的效果．【應對策略】解答題是高考數學試卷的重頭戲，占整個試卷分數的半壁江山，考生在解答解答題時，應注意正確運用解題技巧．(1)對會做的題目：要解決“會而不對，對而不全〞這個老大難的問題，要特別注意表達準確，考慮周密，書寫標準，關鍵步驟清晰，防止分段扣分．解題步驟一定要按教科書要求，防止因“對而不全〞失分．(2)對不會做的題目：對絕大多數考生來說，更為重要的是假設何從拿不下來的題目中分段得分．我們說，有什么樣的解題策略，就有什么樣的得分策略．對此可以采取以下策略：①缺步解答：如遇到一個不會做的問題，將它們分解為一系列的步驟，或者是一個個小問題，先解決問題的一局部，能解決多少就解決多少，能演算幾步就寫幾步．特別是那些解題層次明顯的題目，每一步演算到得分點時都可以得分，最后結論雖然未得出，但分數卻已過半．②跳步解答：解題過程卡在某一過渡環節上是常見的．這時，我們可以先成認中間結論，往后推，看能否得到結論．假設題目有兩問，第(1)問想不出來，可把第(1)問作“〞，先做第(2)問，跳一步再解答．③輔助解答：一道題目的完整解答，既有主要的實質性的步驟，也有次要的輔助性的步驟．實質性的步驟未找到之前，找輔助性的步驟是明智之舉．如：準確作圖，把題目中的條件翻譯成數學表達式，根據題目的意思列出要用的公式等．羅列這些小步驟都是有分的，這些全是解題思路的重要表達，切不可以不寫，對計算能力要求高的，實行解到哪里算哪里的策略．書寫也是輔助解答，“書寫要工整，卷面能得分〞是說第一印象好會在閱卷教師的心理上產生光環效應．④逆向解答：對一個問題正面思考發生思維受阻時，用逆向思維的方法去探求新的解題途徑，往往能得到突破性的進展．順向推有困難就逆推，直接證有困難就間接證．eq\a\vs4\al\co1(細心計算，標準解答，全面拿下三角與向量題)【例如】?(2012·蘇錫常鎮調研測試)如圖，在四邊形ABCD中，AB＝13，AC＝10，AD＝5，CD＝eq\r(65)，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝50.(1)求cos∠BAC的值；(2)求sin∠CAD的值；(3)求△BAD的面積．解題突破(1)根據數量積的定義式的變形式求；(2)在△ACD中，利用余弦定理求cos∠CAD，再利用平方關系求解；(3)利用兩角和公式求∠BAD的正弦值，代入三角形面積公式求解．解(1)因為eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|cos∠BAC，所以cos∠BAC＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(50,13×10)＝eq\f(5,13).(2分)(2)在△ADC中，AC＝10，AD＝5，CD＝eq\r(65)，由余弦定理，得cos∠CAD＝eq\f(AC2＋AD2－CD2,2AC·AD)＝eq\f(102＋52－\r(65)2,2×10×5)＝eq\f(3,5).(4分)因為∠CAD∈(0，π)，所以sin∠CAD＝eq\r(1－cos2∠CAD)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2)＝eq\f(4,5).(6分)(3)由(1)知，cos∠BAC＝eq\f(5,13).因為∠BAC∈(0，π)，所以sin∠BAC＝eq\r(1－cos2∠BAC)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,13)))2)＝eq\f(12,13).(8分)從而sin∠BAD＝sin(∠BAC＋∠CAD)＝sin∠BACcos∠CAD＋cos∠BACsin∠CAD＝eq\f(12,13)×eq\f(3,5)＋eq\f(5,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(56,65).(11分)所以S△BAD＝eq\f(1,2)AB·AD·sin∠BAD＝eq\f(1,2)×13×5×eq\f(56,65)＝28.(14分)評分細則1沒有寫cos∠BAC＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)直接計算的，扣1分.,2不交代∠CAD的范圍的，扣1分；,3不交代∠BAC范圍的，扣1分.【突破訓練】(2012·蘇錫常鎮調研測試(一))在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos\f(C,2)，－sinC))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(C,2)，2sinC))，且m⊥n.(1)求角C的大小；(2)假設a2＝2b2＋c2，求tanA的值．解(1)∵m⊥n，∴m·n＝0.則2cos2eq\f(C,2)－2sin2C＝0.(2分)(閱卷說明：無中間分)∵C∈(0，π)，∴coseq\f(C,2)＞0，sinC＞0.∴coseq\f(C,2)＝sinC(4分)(閱卷說明：得到2cos2C＋cosC－1＝0也得2分則sineq\f(C,2)＝eq\f(1,2).(6分)又eq\f(C,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴eq\f(C,2)＝eq\f(π,6).則C＝eq\f(π,3).(8分)(閱卷說明：以上有一處寫范圍不扣分，否則扣1分)(2)∵C＝eq\f(π,3)，由余弦定理，得c2＝a2＋b2－ab.又∵a2＝2b2＋c2，∴a2＝2b2＋a2＋b2－ab.則a＝3b.(10分)由正弦定理，得sinA＝3sinB．(11分)∵C＝eq\f(π,3)，∴sinA＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A)).(12分)即sinA＝－3eq\r(3)cosA．(13分)∵cosA＝0上式不成立，即cosA≠0，∴tanA＝－3eq\r(3).(14分)(閱卷說明：結果正確不扣分)【搶分秘訣】1．解決三角函數圖象問題，主要從函數圖象上的點入手，抓住函數圖象上的關鍵點，而對于作圖問題往往利用函數在一個周期內的五點確定函數圖象的形狀，識圖問題需要利用關鍵點確定解析式中參數的取值，而圖象的伸縮、平移變換也可以利用關鍵點幫助準確記憶相關規律．2．解決三角函數的最值與范圍問題，要從三角函數的性質入手，常常轉化為兩類問題求解：一是通過化簡、變換及換元轉化為正弦、余弦函數的最值與范圍問題求解；二是通過換元分解為基本初等函數和正弦、余弦函數的最值、三角函數的有界性和基本初等函數的單調性問題解決．3．解決三角函數的化簡、求值與證明問題的基本思路是：第一，觀察角與角之間的關系，注意角的變形應用，角的變換是三角函數變換的核心；第二，看函數名稱之間的關系，通常是統一為正弦、余弦函數的形式；第三，觀察代數式的構造特點，對于三角公式要記憶準確，應用公式要認真分析，合理轉化，防止盲目性．4．解三角形或多邊形問題均以三角形為載體，其解題過程的實質是將三角形中的問題轉化為代數問題或方程問題，解題要從三角形的邊角關系入手，依據題設條件合理設計解題程序，靈活進展邊角之間的互化．eq\a\vs4\al\co1(善于觀察，注意轉化，做好立體幾何不是難事)【例如】?(2012·南師大附中階段檢測)如圖，四棱椎P-ABCD的底面為矩形，且AB＝eq\r(2)，BC＝1，E，F分別為AB，PC中點．(1)求證：EF∥平面PAD；(2)假設平面PAC⊥平面ABCD，求證：平面PAC⊥平面PDE.解題突破(1)由E，F分別為AB，PC中點．取PD的中點M，再證四邊形AEMF是平行四邊形．(2)在矩形ABCD中，根據AB＝eq\r(2)BC，可得eq\f(DA,AE)＝eq\f(CD,DA)，從而可證△DAE∽△CDA.再證明DE⊥AC，根據面面垂直的性質和判定可得平面PAC⊥平面PDE.證明(1)法一取線段PD的中點M，連接FM，AM.因為F為PC的中點，所以FM∥CD，且FM＝eq\f(1,2)CD.因為四邊形ABCD為矩形，E為AB的中點，所以EA∥CD，且EA＝eq\f(1,2)CD.所以FM∥EA，且FM＝EA.所以四邊形AEFM為平行四邊形．所以EF∥AM.(5分)又AM?平面PAD，EF?平面PAD，所以EF∥平面PAD.(7分)法二連接CE并延長交DA的延長線于N，連接PN.因為四邊形ABCD為矩形，所以AD∥BC，所以∠BCE＝∠ANE，∠CBE＝∠NAE.又AE＝EB，所以△CEB≌△NEA，所以CE＝NE.又F為PC的中點，所以EF∥NP.(5分)又NP?平面PAD，EF?平面PAD，所以EF∥平面PAD.(7分)法三取CD的中點Q，連接FQ，EQ.在矩形ABCD中，E為AB的中點，所以AE＝DQ，且AE∥DQ.所以四邊形AEQD為平行四邊形，所以EQ∥AD.又AD?平面PAD，EQ?平面PAD，所以EQ∥平面PAD.(2分)因為Q，F分別為CD，CP的中點，所以FQ∥PD.又PD?平面PAD，FQ?平面PAD，所以FQ∥平面PAD.又FQ，EQ?平面EQF，FQ∩EQ＝Q，所以平面EQF∥平面PAD.(5分)因為EF?平面EQF，所以EF∥平面PAD.(7分)(2)設AC，DE相交于G.在矩形ABCD中，因為AB＝eq\r(2)BC，E為AB的中點．所以eq\f(DA,AE)＝eq\f(CD,DA)＝eq\r(2).又∠DAE＝∠CDA，所以△DAE∽△CDA，所以∠ADE＝∠DCA.又∠ADE＋∠CDE＝∠ADC＝90°，所以∠DCA＋∠CDE＝90°.由△DGC的內角和為180°，得∠DGC＝90°.即DE⊥AC.(9分)因為平面PAC⊥平面ABCD因為DE?平面ABCD，所以DE⊥平面PAC，(12分)又DE?平面PDE，所以平面PAC⊥平面PDE.(14分)評分細則1第一問，方法1和2，下結論時：不交代平面外一條直線與平面內一條直線平行，一律扣2分；方法3，直接由線線平行→面面平行，扣3分；2第二問，不用平面幾何知識證明DE⊥AC，扣2分.【突破訓練】(2012·南師附中統測)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，四邊形ABCD是菱形，AC＝6，BD＝6eq\r(3)，E是PB上任意一點．(1)求證：AC⊥DE；(2)當△AEC面積的最小值是9時，求證：EC⊥平面PAB.(1)證明連接BD，設AC與BD相交于點F.因為四邊形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.(4分)又因為PD⊥平面ABCD，AC?平面PDB，E為PB上任意一點，DE?平面PBD，所以AC⊥DE.(7分)(2)解連ED.由(1)知AC⊥平面PDB，EF?平面PBD，所以AC⊥EF.S△ACE＝eq\f(1,2)AC·EF，在△ACE面積最小時，EF最小，則EF⊥PB.S△ACE＝eq\f(1,2)×6×EF＝9，解得EF＝3，(10分)由PB⊥EF且PB⊥AC得PB⊥平面AEC，則PB⊥EC，又由EF＝AF＝FC＝3得EC⊥AE，而PB∩AE＝E，故EC⊥平面PAB.(14分)【搶分秘訣】(1)在解答中，遵循先證明后計算的原則．注重考察立體問題平面化，面面問題，線面化再線線化的化歸過程．(2)根據題目的條件畫出圖形，注意圖形的合理性、美觀性和直觀性．有些性質的判定和長度的計算及點的位置確實定，往往需借助圖形的直觀性而估算一個大概，而且有利于經過計算或論證得到的最后的結果的驗證．(3)要注意立體幾何語言的表達方法，要簡明扼要、清楚明白、符合邏輯的進展表述，要以課本上的表述為示范，盡快地掌握要領．各個命題的因果關系要明明白白，計算過程清晰明了，保證無誤．重視立體幾何語言的嚴謹性、科學性和簡捷性，往往思路正確，而表述有誤，因此失分真是太可惜！(4)立體幾何的概念、公理、定理、計算公式等，應結實掌握，同時盡可能多的掌握一些重要結論．因為這些知識都是學習立體幾何的基本工具，它是思維濃縮的精華內容，是規律的總結，也是進展推理、論證和計算的根基．eq\a\vs4\al\co1(看似復雜，實則簡單，帶你融會貫穿應用題)【例1】?(2012·南京高三調研)經銷商用一輛J型卡車將某種水果從果園運送(滿載)到相距400km的水果批發市場．據測算，J型卡車滿載行駛時，每100km所消耗的燃油量u(單位：L)與速度v(單位：km/h)，的關系近似地滿足u＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(100,v)＋23，0＜v≤50，,\f(v2,500)＋20，v＞50.))除燃油費外，人工工資、車損等其他費用平均每小時300元．燃油價格為每升(L)7.5元(1)設運送這車水果的費用為y(元)(不計返程費用)，將y表示成速度v的函數關系式；(2)卡車該以假設何的速度行駛，才能使運送這車水果的費用最少解題突破由u是關于v的分段函數，得y也是關于v的分段函數，求出各段函數的最小值，再對比大小，而求函數最值的方法可以有函數圖象法、單調性法、導數法等，其中導數法是求函數最值的一種相當重要的方法．解(1)由題意，當0＜v≤50時，y＝7.5·eq\f(400,100)u＋300·eq\f(400,v)＝30·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(100,v)＋23))＋300·eq\f(400,v)＝eq\f(123000,v)＋690，當v＞50時，y＝7.5·eq\f(400,100)u＋300·eq\f(400,v)＝30·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,500)＋20))＋300·eq\f(400,v)＝eq\f(3v2,50)＋eq\f(120000,v)＋600，所以y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(123000,v)＋690，0＜v≤50，,\f(3v2,50)＋\f(120000,v)＋600，v＞50.))(8分)(2)當0＜v≤50時，y＝eq\f(123000,v)＋690是單調減函數，故v＝50時，y取得最小值ymin＝eq\f(123000,50)＋690＝3150；當v＞50時，y＝eq\f(3v2,50)＋eq\f(120000,v)＋600(v＞50)由y′＝eq\f(3v,25)－eq\f(120000,v2)＝eq\f(3v3－106,25v2)＝0，得v＝100當50＜v＜100時，y′＜0，函數y＝eq\f(3v2,50)＋eq\f(120000,v)＋600單調遞減．所以當v＝100時，y取得最小值ymin＝eq\f(3×1002,50)＋eq\f(120000,100)＋600＝2400由于3150＞2400，所以當v＝100時，y取得最小值．答當卡車以100km/h的速度駛時，運送這車水果的費用最少．(評分細則1第一問，有一段求解錯誤的，扣4分；2第二問，有一段函數最值求解錯誤的，扣2分；沒有將兩個最小值對比的，扣2分，不寫答案的，扣1分.【例2】?(2012·南通市數學學科基地密卷(一)，18)如以以以下圖：一吊燈的下圓環直徑為4m，圓心為O，通過細繩懸掛在天花板上，圓環呈水平狀態，并且與天花板的距離(即OB)為2m，在圓環上設置三個等分點A1，A2，A3.點C為OB上一點(不包含端點O、B)，同時點C與點A1，A2，A3，B均用細繩相連接，且細繩CA1，CA2，CA3的長度相等(1)設∠CA1O＝θ(rad)，將y表示成θ的函數關系式；(2)請你設計θ，當角θ正弦值的大小是多少時，細繩總長y最小，并指明此時BC應為多長．解(1)在Rt△COA1中，CA1＝eq\f(2,cosθ)，CO＝2tanθ，(2分)y＝3CA1＋CB＝3·eq\f(2,cosθ)＋2－2tanθ＝eq\f(23－sinθ,cosθ)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜θ＜\f(π,4))).(7分)(2)y′＝2eq\f(－cos2θ－3－sinθ－sinθ,cos2θ)＝2eq\f(3sinθ－1,cos2θ)，令y′＝0，則sinθ＝eq\f(1,3)，(12分)當sinθ＞eq\f(1,3)時，y′＞0；sinθ＜eq\f(1,3)時，y′＜0，∵y＝sinθ在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上是增函數∴當角θ滿足sinθ＝eq\f(1,3)時，y最小，最小為4eq\r(2)＋2；此時BC＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(\r(2),2)))m．(16分)【突破訓練】(2012·啟東中學一模)如圖，某單位準備修建一個面積為600平方米的矩形場地(圖中的ABCD)的圍墻，且要求中間用圍墻EF隔開，使得圖中ABEF為矩形，EFDC為正方形，設AB＝x米，圍墻(包括EF)的修建費用均為800元/米．設圍墻(包括EF)的修建總費用為y元．(1)求出y關于x的函數解析式；(2)當x為何值時，圍墻(包括EF)的修建總費用y最小并且求出y的最小值．解(1)設AD＝t米，則由題意得xt＝600，且t＞x，故t＝eq\f(600,x)＞x，可得0＜x＜10eq\r(6)，(4分)則y＝800(3x＋2t)＝800eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋2×\f(600,x)))＝2400eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(400,x)))，所以y關于x的函數解析式為y＝2400eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(400,x)))(0＜x＜10eq\r(6))．(8分)(2)y＝2400eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(400,x)))≥2400×2eq\r(x·\f(400,x))＝96000，當且僅當x＝eq\f(400,x)，即x＝20時等號成立．故當x為20米時，y最小．y的最小值為96000元．(14分)解題突破將實際問題轉化為數學問題，利用基本不等式求解最值．【搶分秘訣】1．常見的應用題：(1)函數與導數模型；(2)三角函數模型；(3)函數與不等式模型；(4)數列模型．2．解決實際問題的一般步驟：(1)閱讀題目，理解題意；(2)設置變量，建設函數關系；(3)應用函數知識或數學方法解決問題；(4)檢驗，作答．eq\a\vs4\al\co1(強化系統，準確計算，解析幾何我們不再害怕)【例如】?橢圓C的中心在坐標原點O，焦點在x軸上，F1，F2分別是橢圓C的左、右焦點，M是橢圓短軸的一個端點，過F1的直線l與橢圓交于A、B兩點，△MF1F2的面積為4，△ABF2的周長為8eq\r(2).(1)求橢圓C的方程；(2)設點Q的坐標為(1,0)，是否存在橢圓上的點P及以Q為圓心的一個圓，使得該圓與直線PF1，PF2都相切．假設存在，求出點P的坐標及圓的方程；假設不存在，請說明理由．解題突破(1)△MF1F2的面積為4，△ABF2的周長為8eq\r(2)，確立a，b，求橢圓方程．(2)圓Q與直線PF1，PF2都相切，根據平面幾何的知識，可知，PQ為∠F1PF2的角平分線，由角平分線的性質可得PF1∶PF2＝3∶1，從而求出PF1，再建設方程求P的坐標．進一步求圓的方程．解(1)由題意設橢圓的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，4a＝8eq\r(2)，eq\f(1,2)×b×2c＝4，(2分)∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bc＝4，,b2＋c2＝8，))∴b＝c＝2，a＝2eq\r(2)，(4分)所以，所求的橢圓方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(6分)(2)假設存在橢圓上的點P及以Q為圓心的一個圓，使得該圓與直線PF1，PF2都相切；設圓Q的半徑為r，點P(x0，y0)，因為圓Q與直線PF1，PF2都相切，所以，PQ為∠F1PF2的角平分線，∴eq\f(PF1,PF2)＝eq\f(QF1,QF2)，∴eq\f(PF1,PF1＋PF2)＝eq\f(QF1,QF1＋QF2)，∴eq\f(PF1,4\r(2))＝eq\f(QF1,4)，∴PF1＝eq\r(2)QF1，QF1＝3，∴PF1＝3eq\r(2)，(8分)∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＋22＋y\o\al(2,0)＝18，,\f(x\o\al(2,0),8)＋\f(y\o\al(2,0),4)＝1，))解得x0＝2，y0＝±eq\r(2)；(10分)當P(2，eq\r(2))時，直線PF1的方程為：x－2eq\r(2)y＋2＝0，則Q到直線PF1的距離＝eq\f(|1－2\r(2)×0＋2|,\r(1＋2\r(2)2))＝1；(14分)所以存在橢圓上的點P及以Q為圓心的一個圓，使得該圓與直線PF1，PF2都相切，點P(2，±eq\r(2))，圓的方程為：(x－1)2＋y2＝1.(16分)評分細則1由條件建設a，b，c關系并求其值得4分；2寫出橢圓的方程得2分，假設錯則不得分；3求出PF1得2分；4求出x0＝2，y0＝±\r(2)，得2分；5確定P2，\r(2)得2分，寫出圓的方程得2分.【突破訓練】(2012·鹽城一模)半橢圓eq\f(x2,b2)＋eq\f(y2,a2)＝1(y≥0)和半圓x2＋y2＝b2(y≤0)組成曲線C，其中a＞b＞0；如圖，半橢圓eq\f(x2,b2)＋eq\f(y2,a2)＝1(y≥0)內切于矩形ABCD，且CD交y軸于點G，點P是半圓x2＋y2＝b2(y≤0)上異于A、B的任意一點，當點P位于點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，－\f(\r(3),3)))時，△AGP的面積最大．(1)求曲線C的方程；(2)連PC，PD交AB分別于點E，F，求證：；AE2＋BF2為定值．解(1)點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，－\f(\r(3),3)))在半圓x2＋y2＝b2(y≤0)上，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)))2＝b2，又b＞0，所以b＝1，(2分)當半圓x2＋y2＝b2(y≤0)在點P處的切線與直線AG平行時，點P到直線AG的距離最大，此時△AGP的面積取得最大值，故半圓x2＋y2＝b2(y≤0)在點M處的切線與直線AG平行，所以OM⊥AG，(3分)又kOM＝eq\f(yM－0,xM－0)＝－eq\f(\r(2),2)，所以kAG＝eq\r(2)＝eq\f(a,b)，又b＝1，所以a＝eq\r(2)，(4分)所以曲線C的方程為x2＋eq\f(y2,2)＝1(y≥0)或x2＋y2＝1(y≤0)．(6分)(2)由(1)知點C(1，eq\r(2))，點D(－1，eq\r(2))，設P(x0，y0)，則有直線PC的方程為y－eq\r(2)＝eq\f(y0－\r(2),x0－1)(x－1)，(7分)令y＝0，得xE＝1－eq\f(\r(2)x0－1,y0－\r(2))，所以AE＝2－eq\f(\r(2)x0－1,y0－\r(2))；(9分)直線PD的方程為y－eq\r(2)＝eq\f(y0－\r(2),x0＋1)(x＋1)，(10分)令y＝0，得xF＝－1－eq\f(\r(2)x0＋1,y0－\r(2))，所以BF＝2＋eq\f(\r(2)x0＋1,y0－\r(2))；(12分)則AE2＋BF2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－\f(\r(2)x0－1,y0－\r(2))))2＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2＋\f(\r(2)x0＋1,y0－\r(2))))2＝eq\f(4x\o\al(2,0)＋4,y0－\r(2)2)＋eq\f(8\r(2),y0－\r(2))＋8，(13分)又由xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝1，得xeq\o\al(2,0)＝1－yeq\o\al(2,0)，代入上式得＝eq\f(8－4y\o\al(2,0),y0－\r(2)2)＋eq\f(8\r(2),y0－\r(2))＋8＝eq\f(8－4y\o\al(2,0)＋8\r(2)y0－\r(2),y0－\r(2)2)＋8＝eq\f(－4y0－\r(2)2,y0－\r(2)2)＋8＝4所以AE2＋BF2為定值(16分)【搶分秘訣】(1)解析幾何，首先必須要保證計算正確．因為解析幾何都是環環相扣的，如果數值出現錯誤，后面的問題就白做了，還浪費時間．(2)看到題目不要著急，仔細挑揀出條件，按題目深淺大致區分第一問和以后幾問要用到的條件．一些問題要通過畫圖才能看見隱含條件(例如交點、域和一些特別的幾何圖形等)，繼而找到思路，同時數形結合至關重要，要把平面幾何知識與解析幾何知識結合起來，使解題更加直觀、簡捷．(3)解題步驟不能太過臃腫，非得分點多寫了也不加分，多出的步驟有漏洞(如符號錯誤等)還會扣分．但如果簡單的步驟過多，一些得分步驟被你省略了，也會扣分的．(4)思路清晰，書寫有條理也是得分關鍵．eq\a\vs4\al\co1(掌握類型，巧妙構造，解決棘手的數列問題)【例如】?(徐州市2011－2012學年度高三第一次質量檢測20)設數列{an}的前n項和為Sn，Sn＋1＝pSn＋q(p，q為常數，n∈N*)，a1＝2，a2＝1，a3＝q－3p.(1)求p，q的值；(2)求數列{an}的通項公式；(3)是否存在正整數m，n，使eq\f(Sn－m,Sn＋1－m)＜eq\f(2m,2m＋1)成立假設存在，求出所有符合條件的有序實數對(m，n)；假設不存在，說明理由．解題突破根據條件建設方程組求解(1)；將前n項和轉化為通項，再利用等比數列的通項公式求解(2)；利用等比數列的前n項求和公式化簡不等式，根據不等式的構造特點利用正整數的條件解不等式．解(1)由題意，知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S2＝pa1＋q，,S3＝pS2＋q，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＝2p＋q，,3＋q－3p＝3p＋q，))解之得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝\f(1,2)，,q＝2.))(4分)(2)由(1)知，Sn＋1＝eq\f(1,2)Sn＋2，①當n≥2時，Sn＝eq\f(1,2)Sn－1＋2，②①－②得，an＋1＝eq\f(1,2)an(n≥2)，(6分)又a2＝eq\f(1,2)a1，所以an＋1＝eq\f(1,2)an(n∈N*)，所以{an}是首項為2，公比為eq\f(1,2)的等比數列，所以an＝eq\f(1,2n－2).(8分)(3)由(2)得，Sn＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))，由eq\f(Sn－m,Sn＋1－m)＜eq\f(2m,2m＋1)，得eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))－m,4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))－m)＜eq\f(2m,2m＋1)，即eq\f(2n4－m－4,2n4－m－2)＜eq\f(2m,2m＋1)，(10分)即eq\f(2,2n4－m－2)＞eq\f(1,2m＋1)，因為2m＋1＞0，所以2n(4－m)＞2，所以m＜4，且2＜2n(4－m)＜2m＋1＋4，(*)，因為m∈N*，所以m＝1或2或3.(12分當m＝1時，由(*)得，2＜2n×3＜8，所以n＝1；當m＝2時，由(*)得，2＜2n×2＜12，所以n＝1或2；當m＝3時，由(*)得，2＜2n＜20，所以n＝2或3或4，綜上，存在符合條件的所有有序實數對(m，n)為：(1,1)，(2,1)，(2,2)，(3,2)，(3,3)，(3,4)．(16分)評分細則1列式正確，計算錯誤的，扣2分.2沒有驗證“a2＝\f(1,2)a1”的，扣2分3討論不全的，少一個扣1分，直到扣完為止.【突破訓練】(2012·啟東中學一模)數列{xn}和{yn}的通項公式分別是xn＝an和yn＝(a＋1)n＋b(n∈N*)．(1)當a＝3，b＝5時，①試問x2，x4分別是數列{yn}中的第幾項②記cn＝xeq\o\al(2,n)，假設ck是數列{yn}中的第m項(k，m∈N*)，試問ck＋1是數列{yn}中的第幾項請說明理由；(2)對給定自然數a≥2，試問是否存在b∈{1,2}，使得數列{xn}和{yn}有公共項假設存在，求出b的值及相應的公共項組成的數列{zn}；假設不存在，說明理由．解(1)由條件可得xn＝3n，yn＝4n＋5.①令x2＝9＝ym＝4m＋5，得m＝1，故x2是數列{yn}中的第1項令x4＝81＝yk＝4k＋5，得k＝19，故x4是數列{yn}中的第19項．(2分)②由題意知，cn＝32n，由ck為數列{yn}中的第m項，則有32k＝4m＋5那么ck＋1＝32(k＋1)＝9×32k＝9×(4m＋5)＝36m＋45＝4(9m＋10因9m＋10∈N*，所以ck＋1是數列{yn}中的第9m＋10項．(8分(2)設在{1,2}上存在實數b使得數列{xn}和{yn}有公共項，即存在正整數s，t使as＝(a＋1)t＋b，∴t＝eq\f(as－b,a＋1)，因自然數a≥2，s，t為正整數，∴as－b能被a＋1整除．①當s＝1時，t＝eq\f(as－b,a＋1)＜eq\f(a,a＋1)?N*.②當s＝2n(n∈N*)時，當b＝1時，eq\f(as－b,a＋1)＝eq\f(a2n－1,a＋1)＝－eq\f(1－a2n,1－－a)＝－[1＋(－a)＋(－a)2＋…＋(－a)2n－1]＝(a－1)[1＋a2＋a4＋…＋a2n－2]∈N*，即as－b能被a＋1整除．此時數列{xn}和{yn}有公共項組成的數列{zn}，通項公式為zn＝22n(n∈N*)．顯然，當b＝2時，eq\f(as－b,a＋1)＝eq\f(a2n－2,a＋1)＝eq\f(a2n－1,a＋1)－eq\f(1,a＋1)?N*，即as－b不能被a＋1整除．③當s＝2n＋1(n∈N*)時，t＝eq\f(as－b,a＋1)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2n－\f(b,a))),a＋1)，假設a＞2，則a2n－eq\f(b,a)?N*，又a與a＋1互質，故此時t＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2n－\f(b,a))),a＋1)?N*.假設a＝2，要a2n－eq\f(b,a)∈N*，則要b＝2，此時a2n－eq\f(b,a)＝a2n－1，由②知，a2n－1能被a＋1整除，故t＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2n－\f(b,a))),a＋1)∈N*，即as－b能被a＋1整除．當且僅當b＝a＝2時，as－b能被a＋1整除．此時數列{xn}和{yn}有公共項組成的數列{zn}，通項公式為zn＝22n＋1(n∈N*)．綜上所述，存在b∈{1,2}，使得數列{xn}和{yn}有公共項組成的數列{zn}，且當b＝1時，數列zn＝a2n(n∈N*)；當b＝a＝2時，數列zn＝22n＋1(n∈N*)．(16分)【搶分秘訣】1．求解數列的通項公式時，應該先根據條件確定數列的性質，然后通過條件的靈活變形構造或者直接轉化為等差、等比數列的通項公式問題進展求解，所以要熟練掌握等差、等比數列的定義及其性質，才能簡化運算過程．2．數列求和問題的關鍵是數列通項公式的求解，數列求和的方法取決于其通項公式的形式，基本思路是將其轉化為等差、等比數列的求和問題進展求解．eq\a\vs4\al\co1(認真審題，精妙轉化，解決壓軸的函數問題)【例如】?(2012·南京、鹽城三模)函數f(x)＝x3＋ax2－a2x＋2，a∈R.(1)假設a＜0時，試求函數y＝f(x)的單調遞減區間；(2)假設a＝0，且曲線y＝f(x)在點A、B(A、B不重合)處切線的交點位于直線x＝2上，證明：A、B兩點的橫坐標之和小于4；(3)如果對于一切x1、x2、x3∈[0,1]，總存在以f(x1)、f(x2)、f(x3)為三邊長的三角形試求正實數a的取值范圍．解題突破利用導數求單調區間；根據導數的幾何意義結合基本不等式以算代證；利用導數研究函數單調性、極值情況，根據三角形三邊長的關系建設不等式組求解．解(1)函數f(x)的導函數f′(x)＝3x2＋2ax－a2＝3(x＋a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,3))).因為a＜0，由f′(x)＜0，解得eq\f(a,3)＜x＜－a.所以函數y＝f(x)的單調遞減區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，－a)).(3分)(2)當a＝0時，f(x)＝x3＋2.設在點A(x1，xeq\o\al(3,1)＋2)，B(x2，xeq\o\al(3,2)＋2)處的切線交于直線x＝2上一點P(2，t)．因為y′＝3x2，所以曲線y＝f(x)在點A處的切線斜率為k＝3xeq\o\al(2,1)，所以，在點A處的切線方程為y－(xeq\o\al(3,1)＋2)＝3xeq\o\al(2,1)(x－x1)．因為切線過點P，所以t－(xeq\o\al(3,1)＋2)＝3xeq\o\al(2,1)(2－x1)，即2xeq\o\al(3,1)－6xeq\o\al(2,1)＋(t－2)＝0.同理可得xeq\o\al(3,2)－6xeq\o\al(2,2)＋(t－2)＝0.(5分)兩式相減得2(xeq\o\al(3,1)－xeq\o\al(3,2))－6(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＝0.即(x1－x2)(xeq\o\al(2,1)＋x1x2＋xeq\o\al(2,2))－3(x1－x2)(x1＋x2)＝0.因為x1－x2≠0，所以xeq\o\al(2,1)＋x1x2＋xeq\o\al(2,2)－3(x1＋x2)＝0.即(x1＋x2)2－x1x2－3(x1＋x2)＝0.(7分)因為x1x2≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2，且x1≠x2，所以x1x2＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2從而上式可以化為(x1＋x2)2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2－3(x1＋x2)＜0，即(x1＋x2)(x1＋x2－4)＜0.解得0＜x1＋x2＜4，即A，B兩點的橫坐標之和小于4.(9分)(3)由題設知，f(0)＜f(1)＋f(1)，即2＜2(－a2＋a＋3)，解得－1＜a＜2.又因為a＞0，所以0＜a＜2.(11分)因為f′(x)＝3(x＋a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,3)))，所以當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減、當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\a