（江蘇專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 第28練 壓軸小題專練（2）試題 理.docx

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第28練　壓軸小題專練(2) [明晰考情]　高考題中填空題的最后2或3個小題，往往出現(xiàn)邏輯思維深刻，難度高檔的題目. 考點一　與向量有關(guān)的壓軸小題 方法技巧　(1)以向量為載體的綜合問題，要準(zhǔn)確使用平面向量知識進(jìn)行轉(zhuǎn)化，最后歸結(jié)為不含向量的問題. (2)平面向量常與三角函數(shù)、平面幾何、解析幾何等相結(jié)合，利用向量共線或數(shù)量積的知識解題. 1.在△ABC中，已知＝9，sinB＝cosAsinC，S△ABC＝6，P為線段AB上的點，且＝x＋y，則xy的最大值為________. 答案　3 解析　由題設(shè)sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝sinCcosA， 即sinAcosC＝0，也即cosC＝0，∴C＝90. 又∵bccosA＝9，故b2＝9，即b＝3. ∵ab＝6，故a＝4，c＝5， 故建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系xCy，則A(3,0)，B(0,4)，則由題設(shè)可知P(x，y)， 直線AB的方程為＋＝1且x＞0，y＞0， ∴＋＝1≥2，即xy≤3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝，y＝2時“＝”成立. 2.已知點O是△ABC內(nèi)部一點，且滿足2＋3＋4＝0，則△AOB，△BOC，△AOC的面積之比為________. 答案　4∶2∶3 解析　如圖所示，延長OA，OB，OC，使OD＝2OA，OE＝3OB，OF＝4OC， ∵2＋3＋4＝0， ∴＋＋＝0， 即O是△DEF的重心，故△DOE，△EOF，△DOF的面積相等， 不妨令它們的面積均為1，則△AOB的面積為，△BOC的面積為，△AOC的面積為，故△AOB，△BOC，△AOC的面積之比為∶∶＝4∶2∶3. 3.(2017江蘇)如圖，在同一個平面內(nèi)，向量，，的模分別為1,1，，與的夾角為α，且tanα＝7，與的夾角為45.若＝m＋n(m，n∈R)，則m＋n＝________. 答案　3 解析　如圖，過點C作CD∥OB交OA的延長線于點D. 設(shè)＝m，＝n，則在△ODC中有OD＝m， DC＝n，OC＝，∠OCD＝45， 由tanα＝7，得cosα＝， 又由余弦定理知， 即 ①＋②得4－2n－m＝0，即m＝10－5n，代入①得12n2－49n＋49＝0，解得n＝或n＝， 當(dāng)n＝時，m＝10－5＝－<0(舍去)， 當(dāng)n＝時，m＝10－5＝， 故m＋n＝＋＝3. 4.已知＝(1,0)，＝(1,1)，(x，y)＝λ＋μ.若0≤λ≤1≤μ≤2時，z＝＋(m＞0，n＞0)的最大值為2，則m＋n的最小值為____________. 答案?。? 解析　(x，y)＝λ＋μ＝(λ＋μ，μ)?λ＝x－y，μ＝y(tǒng)， 所以0≤x－y≤1≤y≤2，可行域為一個平行四邊形及其內(nèi)部，由直線z＝＋斜率小于零知直線z＝＋過點(3,2)取最大值，即＋＝2， 因此m＋n＝(m＋n)＝≥ ＝＋，當(dāng)且僅當(dāng)＝時取等號. 考點二　與解析幾何有關(guān)的壓軸小題 方法技巧　求圓錐曲線范圍，最值問題的常用方法 (1)定義性質(zhì)轉(zhuǎn)化法：利用圓錐曲線的定義性質(zhì)進(jìn)行轉(zhuǎn)化，根據(jù)平面幾何中的結(jié)論確定最值或范圍. (2)目標(biāo)函數(shù)法：建立所求的目標(biāo)函數(shù)，將所求最值轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值解決. (3)條件不等式法：找出與變量相關(guān)的所有限制條件，然后再通過解決不等式(組)求變量的范圍. 5.(2018全國Ⅱ改編)已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點，A是C的左頂點，點P在過A且斜率為的直線上，△PF1F2為等腰三角形，∠F1F2P＝120，則C的離心率為________. 答案　 解析　如圖，作PB⊥x軸于點B. 由題意可設(shè)F1F2＝PF2＝2，則c＝1， 由∠F1F2P＝120， 可得PB＝，BF2＝1， 故AB＝a＋1＋1＝a＋2， tan∠PAB＝＝＝， 解得a＝4， 所以e＝＝. 6.已知A，B是橢圓C上關(guān)于原點對稱的兩點，若橢圓C上存在點P，使得直線PA，PB斜率的絕對值之和為1，則橢圓C的離心率的取值范圍是________. 答案　 解析　不妨設(shè)橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)，P(x，y)，A(x1，y1)，則B， 所以＋＝1，＋＝1， 兩式相減得＝－， 所以＝－， 所以直線PA，PB斜率的絕對值之和為＋≥2＝， 由題意得≤1， 所以a2≥4b2＝4a2－4c2，即3a2≤4c2， 所以e2≥， 又因為00，yB<0，則A，B，P，因為＝λ＋μ，所以＝，所以λ＋μ＝1，λ－μ＝， 解得λ＝，μ＝，又由λμ＝，得＝， 解得＝2，所以e＝. 6.已知△ABC三個內(nèi)角A，B，C的對應(yīng)邊分別為a，b，c，且C＝，c＝2，當(dāng)取得最大值時，的值為________. 答案　2＋ 解析　設(shè)△ABC的外接圓半徑為R，則2R＝＝， ＝bccosA＝2bcosA＝2sinBcosA ＝sinBcosA， ∵B＝－A，∴＝cosAsin ＝cosA ＝4cos2A＋sinAcosA ＝2(1＋cos2A)＋sin2A＝sin2A＋2cos2A＋2＝＋2 ＝sin＋2. ∵00)， 則S△AMF＝2m＝m. 又由＝，MN＝MF， ∴△AMN為等腰直角三角形， ∴m2＋1＝m，∴m＝2， ∴△AMF的面積為2. 8.在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AB＝BC＝2AD＝2，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點，以A為圓心，AD為半徑的圓交AB于點G，點P在上運動(如圖).若＝λ＋μ，其中λ，μ∈R，則6λ＋μ的取值范圍是________. 答案　[2,2] 解析　建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系， 則A(0,0)，B(2,0)，E(2,1)，C(2,2)，D(0,1)，F(xiàn). 設(shè)P(cosθ，sin θ)，其中0≤θ≤，則 ＝(cosθ，sin θ)，＝(2,1)，＝， ∵＝λ＋μ， ∴(cosθ，sin θ)＝λ(2,1)＋μ， 即 解得 ∴6λ＋μ＝2sin θ＋2cos θ＝2sin， ∵0≤θ≤，∴≤θ＋≤， ∴2≤2sin≤2， 即6λ＋μ的取值范圍是[2,2]. 9.在△ABC中，A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知a2＋b2－c2＝ab，且acsinB＝2sinC，則＝________. 答案　3 解析　由a2＋b2－c2＝ab，得2cosC＝，即cosC＝，由acsinB＝2sinC，得＝，由＝，得ab＝2，所以＝abcosC＝2＝3. 10.設(shè)A，B，C是橢圓＋＝1(a>b>0)上的三個不同的點，若四邊形OABC(其中O為坐標(biāo)原點)為矩形，則該橢圓的離心率的最小值為________. 答案　 解析　設(shè)點A(x1，y1)，C(x2，y2)，因為四邊形OABC為矩形，所以點B(x1＋x2，y1＋y2)， 則問題轉(zhuǎn)化為方程組 存在實數(shù)解的問題，展開第三個方程，整理得x1x2＝. 易知直線OA和OC的斜率均存在， 分別設(shè)為k，－，由 得x＝，同理x＝，因此＝2，令t＝k2，則關(guān)于t的二次方程t2－t＋1＝0有正解，即2－4≥0，且3－8>0，又a>b，所以a2≥3b2，所以e≥，故橢圓的離心率的最小值為. 11.已知平面向量a，b滿足|a|，|b|，|a＋b|∈[1,3]，則ab的取值范圍是________. 答案　 解析　如圖，設(shè)平面內(nèi)＝a，＝－b，||＝|a＋b|. 于是問題轉(zhuǎn)化為在圓環(huán)1≤r≤3(r為圓的半徑)上的兩點A，B之間的距離在[1,3]之間，求的取值范圍. 易知，＝2－2，其中M為線段AB的中點. 又1≤2≤9，故只需考慮2的取值范圍，顯然當(dāng)A，B位于半徑為3的圓周上，且AB的長度為1時，2取得最大值，為32－2＝， 從而2的取值范圍是0≤2≤，因此0－≤2－2≤－， 從而－≤≤，即ab的取值范圍是. 12.已知拋物線C：y2＝2px(0＜p＜4)的焦點為F，點P為C上一動點，A(4,0)，B(p，p)，且PA的最小值為，則BF＝________. 答案　 解析　設(shè)P(x，y)且y2＝2px，則 PA＝＝ ＝， 根號下二次函數(shù)的對稱軸為x＝4－p∈(0,4)， 所以在對稱軸處取得最小值，即 ＝， 解得p＝3或5(舍去)，經(jīng)檢驗p＝3符合題意. 所以拋物線方程為y2＝6x，B(3,3)， 易知點B在拋物線上， 所以BF＝3＋＝.