高三數(shù)學(xué)重點難點復(fù)習(xí)講義§1函數(shù)的性質(zhì)與綜合應(yīng)用函數(shù)是高中數(shù)學(xué)的核心主線，其性質(zhì)（單調(diào)性、奇偶性、周期性、對稱性）的綜合應(yīng)用是高考的常考難點，也是解決導(dǎo)數(shù)、數(shù)列等問題的基礎(chǔ)。1.1核心知識點梳理定義域與值域：定義域是函數(shù)的“生存空間”，需優(yōu)先考慮（如分式分母不為0、對數(shù)真數(shù)>0、偶次根號內(nèi)非負(fù)）；值域常用方法：單調(diào)性法、換元法、判別式法（二次函數(shù)型）。單調(diào)性：定義法（設(shè)\(x_1<x_2\)，判斷\(f(x_1)-f(x_2)\)的符號）、導(dǎo)數(shù)法（\(f'(x)>0\)遞增，\(f'(x)<0\)遞減）。奇偶性：定義法（\(f(-x)=f(x)\)偶，\(f(-x)=-f(x)\)奇）；性質(zhì)：奇函數(shù)圖像關(guān)于原點對稱（\(f(0)=0\)，若0在定義域內(nèi)），偶函數(shù)圖像關(guān)于y軸對稱。周期性：若\(f(x+T)=f(x)\)（\(T>0\)），則\(T\)為周期；常見變形：\(f(x+a)=-f(x)\)（周期\(2a\)）、\(f(x+a)=1/f(x)\)（周期\(2a\)）。對稱性：\(f(a+x)=f(a-x)\)（關(guān)于\(x=a\)對稱）；\(f(a+x)=f(b-x)\)（關(guān)于\(x=(a+b)/2\)對稱）。1.2重點難點突破關(guān)鍵能力：利用函數(shù)性質(zhì)簡化計算（如奇偶性轉(zhuǎn)化區(qū)間、周期性壓縮自變量、單調(diào)性解不等式）。例：已知\(f(x)\)是定義在\(\mathbb{R}\)上的偶函數(shù)，且在\([0,+\infty)\)上單調(diào)遞增，解不等式\(f(x+1)>f(2x-3)\)。分析：偶函數(shù)性質(zhì)\(f(x)=f(|x|)\)，故不等式轉(zhuǎn)化為\(f(|x+1|)>f(|2x-3|)\)；再利用單調(diào)性得\(|x+1|>|2x-3|\)。解：平方得\((x+1)^2>(2x-3)^2\)，展開\(x^2+2x+1>4x^2-12x+9\)，整理\(3x^2-14x+8<0\)，因式分解\((3x-2)(x-4)<0\)，解得\(2/3<x<4\)。注：必須先利用奇偶性轉(zhuǎn)化為絕對值，再用單調(diào)性，避免討論\(x+1\)和\(2x-3\)的符號。1.3解題策略總結(jié)1.定義域優(yōu)先：任何函數(shù)問題都要先確定定義域（如解不等式\(f(x+1)>f(2x-3)\)時，需保證\(x+1\)和\(2x-3\)在定義域內(nèi)）。2.性質(zhì)轉(zhuǎn)化：奇偶性轉(zhuǎn)化為絕對值（偶函數(shù)）或符號（奇函數(shù)）；周期性轉(zhuǎn)化為自變量減周期；單調(diào)性轉(zhuǎn)化為不等式方向。3.圖像輔助：畫出函數(shù)草圖（如偶函數(shù)圖像關(guān)于y軸對稱，增函數(shù)圖像上升），幫助直觀分析。1.4易錯點提醒忽略定義域：如\(f(x)=\log_2x\)是增函數(shù)，但解\(\log_2(x+1)>\log_2(2x-3)\)時，需先滿足\(x+1>0\)且\(2x-3>0\)（即\(x>3/2\)），再結(jié)合單調(diào)性得\(x+1>2x-3\)（\(x<4\)），最終解集為\(3/2<x<4\)。周期性判斷錯誤：如\(f(x+2)=-f(x)\)，則\(f(x+4)=-f(x+2)=f(x)\)，周期為4，而非2。對稱性與單調(diào)性混淆：如\(f(x)\)關(guān)于\(x=a\)對稱，若\(f(x)\)在\((a,+\infty)\)遞增，則在\((-\infty,a)\)遞減?！?導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用：極值、不等式與零點導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)性質(zhì)的“工具”，其應(yīng)用（極值、最值、不等式、零點）是高考壓軸題的核心考點。2.1核心知識點梳理導(dǎo)數(shù)的幾何意義：\(f'(x_0)\)是曲線\(y=f(x)\)在點\((x_0,f(x_0))\)處的切線斜率，切線方程為\(y-f(x_0)=f'(x_0)(x-x_0)\)。單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)：\(f'(x)>0\)（\(x\inI\)）→\(f(x)\)在\(I\)遞增；\(f'(x)<0\)（\(x\inI\)）→\(f(x)\)在\(I\)遞減。極值點條件：\(x_0\)為極值點?\(f'(x_0)=0\)且\(f'(x)\)在\(x_0\)左右符號變化（左正右負(fù)為極大值，左負(fù)右正為極小值）。最值：閉區(qū)間\([a,b]\)上的連續(xù)函數(shù)，最值在極值點或端點處取得。2.2重點難點突破1.極值與最值的區(qū)別：極值是局部概念（某點附近的最大值或最小值），最值是全局概念（整個區(qū)間的最大值或最小值）。例：求\(f(x)=x^3-3x\)在\([-2,2]\)上的最值。解：\(f'(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1)\)，令\(f'(x)=0\)，得\(x=1\)或\(x=-1\)。計算極值點和端點值：\(f(-2)=-8+6=-2\)，\(f(-1)=-1+3=2\)，\(f(1)=1-3=-2\)，\(f(2)=8-6=2\)。故最大值為2（在\(x=-1\)和\(x=2\)處取得），最小值為-2（在\(x=-2\)和\(x=1\)處取得）。2.導(dǎo)數(shù)證明不等式：構(gòu)造輔助函數(shù)，通過分析其單調(diào)性、極值或最值證明不等式。例：證明當(dāng)\(x>0\)時，\(e^x>1+x+\frac{x^2}{2}\)。解：構(gòu)造\(f(x)=e^x-1-x-\frac{x^2}{2}\)，則\(f'(x)=e^x-1-x\)，\(f''(x)=e^x-1\)。當(dāng)\(x>0\)時，\(f''(x)>0\)，故\(f'(x)\)在\((0,+\infty)\)遞增；又\(f'(0)=0\)，故\(f'(x)>0\)（\(x>0\)），即\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)遞增。因此\(f(x)>f(0)=0\)，即\(e^x>1+x+\frac{x^2}{2}\)。3.函數(shù)零點個數(shù)判斷：通過導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性、極值，結(jié)合端點趨勢判斷零點個數(shù)。例：判斷\(f(x)=x^3-3x+1\)的零點個數(shù)。解：\(f'(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1)\)，令\(f'(x)=0\)，得\(x=1\)（極小值點）、\(x=-1\)（極大值點）。計算極值：\(f(-1)=-1+3+1=3>0\)，\(f(1)=1-3+1=-1<0\)。端點趨勢：\(x\to+\infty\)時，\(f(x)\to+\infty\)；\(x\to-\infty\)時，\(f(x)\to-\infty\)。故函數(shù)在\((-\infty,-1)\)有1個零點（從\(-\infty\)上升到3），在\((-1,1)\)有1個零點（從3下降到-1），在\((1,+\infty)\)有1個零點（從-1上升到\(+\infty\)），共3個零點。2.3解題策略總結(jié)1.極值判斷三步法：①求導(dǎo)\(f'(x)\)；②找\(f'(x)=0\)的點；③判斷這些點左右\(f'(x)\)的符號變化。2.不等式證明技巧：①將不等式變形為\(f(x)\geq0\)（或\(\leq0\)）；②構(gòu)造\(f(x)\)，求導(dǎo)分析其單調(diào)性、極值；③證明\(f(x)\)的最小值（或最大值）≥0（或≤0）。3.零點個數(shù)判斷：①求導(dǎo)找極值點；②計算極值和端點趨勢；③根據(jù)極值符號變化判斷零點個數(shù)（如極大值>0且極小值<0，則有3個零點）。2.4易錯點提醒極值點誤區(qū)：\(f'(x_0)=0\)不一定是極值點（如\(f(x)=x^3\)，\(x=0\)處\(f'(0)=0\)，但不是極值點），必須驗證左右導(dǎo)數(shù)符號變化。不等式證明構(gòu)造函數(shù)：構(gòu)造函數(shù)時要簡化（如證明\(e^x>x+1\)，構(gòu)造\(f(x)=e^x-x-1\)，而非\(e^x/x>1+1/x\)，后者可能更復(fù)雜）。零點個數(shù)忽略端點趨勢：如\(f(x)=x^3\)在\(\mathbb{R}\)上只有1個零點，但\(f'(x)=3x^2\geq0\)，極值點\(x=0\)處\(f(0)=0\)，端點趨勢\(x\to\pm\infty\)時\(f(x)\to\pm\infty\)，故只有1個零點?！?數(shù)列：遞推、求和與不等式數(shù)列是高考的重要板塊，遞推數(shù)列的轉(zhuǎn)化、求和方法（錯位相減、裂項相消）、數(shù)列與不等式的結(jié)合是重點難點。3.1核心知識點梳理等差數(shù)列：通項\(a_n=a_1+(n-1)d\)，求和\(S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}=na_1+\frac{n(n-1)}{2}d\)；性質(zhì)：\(a_m+a_n=a_p+a_q\)（\(m+n=p+q\)）。等比數(shù)列：通項\(a_n=a_1q^{n-1}\)，求和\(S_n=\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}\)（\(q\neq1\)）；性質(zhì)：\(a_ma_n=a_pa_q\)（\(m+n=p+q\)）。遞推數(shù)列：常見類型：①累加法（\(a_{n+1}-a_n=f(n)\)）；②累乘法（\(a_{n+1}/a_n=f(n)\)）；③構(gòu)造等比數(shù)列（\(a_{n+1}=pa_n+q\)，\(p\neq1\)，構(gòu)造\(a_{n+1}+k=p(a_n+k)\)，\(k=q/(p-1)\)）。求和方法：①錯位相減（通項為等差數(shù)列×等比數(shù)列，如\(a_n=n·2^n\)）；②裂項相消（通項為分式，如\(a_n=1/n(n+1)\)）；③分組求和（通項為等差數(shù)列+等比數(shù)列，如\(a_n=2n+3^n\)）。3.2重點難點突破1.遞推數(shù)列轉(zhuǎn)化：例：已知\(a_1=1\)，\(a_{n+1}=2a_n+1\)，求\(a_n\)。解：構(gòu)造等比數(shù)列，設(shè)\(a_{n+1}+k=2(a_n+k)\)，展開得\(a_{n+1}=2a_n+k\)，與原式比較得\(k=1\)。故\(a_{n+1}+1=2(a_n+1)\)，數(shù)列\(zhòng)(\{a_n+1\}\)是以\(a_1+1=2\)為首項、2為公比的等比數(shù)列，通項為\(a_n+1=2×2^{n-1}=2^n\)，故\(a_n=2^n-1\)。2.求和方法：例1（錯位相減）：求\(S_n=1+2×2+3×2^2+…+n×2^{n-1}\)。解：\(S_n=1×2^0+2×2^1+3×2^2+…+n×2^{n-1}\)，\(2S_n=1×2^1+2×2^2+…+(n-1)×2^{n-1}+n×2^n\)，兩式相減得\(-S_n=2^0+2^1+2^2+…+2^{n-1}-n×2^n=\frac{1-2^n}{1-2}-n×2^n=2^n-1-n×2^n\)，故\(S_n=(n-1)×2^n+1\)。例2（裂項相消）：求\(S_n=\frac{1}{1×2}+\frac{1}{2×3}+…+\frac{1}{n(n+1)}\)。解：通項\(\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\)，故\(S_n=(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+…+(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}\)。3.數(shù)列與不等式：例：證明\(1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+…+\frac{1}{n^2}<2\)（\(n\geq1\)）。解：利用裂項放縮，\(\frac{1}{k^2}<\frac{1}{k(k-1)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\)（\(k\geq2\)），故\(S_n=1+\sum_{k=2}^n\frac{1}{k^2}<1+\sum_{k=2}^n(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k})=1+(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+…+(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})=1+1-\frac{1}{n}=2-\frac{1}{n}<2\)。3.3解題策略總結(jié)1.遞推數(shù)列轉(zhuǎn)化：①觀察遞推式結(jié)構(gòu)（如\(a_{n+1}=pa_n+q\)）；②選擇轉(zhuǎn)化方法（累加法、累乘法、構(gòu)造等比數(shù)列）；③驗證首項是否符合。2.求和方法選擇：①通項為等差數(shù)列×等比數(shù)列→錯位相減；②通項為分式（可分解為兩個分式之差）→裂項相消；③通項為多個數(shù)列之和→分組求和。3.數(shù)列不等式證明：①放縮法（如裂項放縮、等比放縮）；②數(shù)學(xué)歸納法（適用于與\(n\)有關(guān)的不等式）；③利用數(shù)列的單調(diào)性（如證明\(a_n<2\)，可證\(a_{n+1}<2\)且\(a_1<2\)）。3.4易錯點提醒遞推數(shù)列構(gòu)造錯誤：如\(a_{n+1}=2a_n+3\)，構(gòu)造\(a_{n+1}+k=2(a_n+k)\)，得\(k=3\)，而非\(k=1\)（需與原式比較系數(shù)）。錯位相減項數(shù)錯誤：如\(S_n=1+2×2+3×2^2+…+n×2^{n-1}\)，\(2S_n=1×2+2×2^2+…+(n-1)×2^{n-1}+n×2^n\)，相減時左邊是\(-S_n\)，右邊是\(1×2^0+(2×2^1-1×2^1)+…+(n×2^{n-1}-(n-1)×2^{n-1})-n×2^n\)，即\(1+2+2^2+…+2^{n-1}-n×2^n\)，共\(n\)項減\(n×2^n\)，不要漏掉項。裂項放縮過度：如證明\(1+\frac{1}{2^2}+…+\frac{1}{n^2}<2\)，若放縮為\(\frac{1}{k^2}<\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\)（\(k\geq2\)），則剛好得到\(2-\frac{1}{n}<2\)，但如果放縮為\(\frac{1}{k^2}<\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\)，則\(S_n<1+(1/2-1/3)+…+(1/n-1/(n+1))=1+1/2-1/(n+1)=3/2-1/(n+1)<3/2<2\)，雖然也成立，但放縮過度可能導(dǎo)致后續(xù)問題無法解決（如證明\(S_n<5/3\)，則需要更精確的放縮）?！?立體幾何：空間關(guān)系與向量方法立體幾何的核心是空間點線面的位置關(guān)系，空間向量是解決線面角、二面角、點到平面距離的有效工具。4.1核心知識點梳理空間位置關(guān)系：線線平行：公理4（平行于同一直線的兩直線平行）、線面平行性質(zhì)（線面平行→線線平行）。線面平行：判定定理（平面外直線與平面內(nèi)直線平行→線面平行）、面面平行性質(zhì)（面面平行→線面平行）。線面垂直：判定定理（直線與平面內(nèi)兩條相交直線垂直→線面垂直）、面面垂直性質(zhì)（面面垂直→線面垂直，即平面內(nèi)垂直于交線的直線垂直于另一平面）。面面平行：判定定理（一個平面內(nèi)兩條相交直線平行于另一平面→面面平行）、性質(zhì)（面面平行→線線平行）。空間向量：向量坐標(biāo)：設(shè)\(A(x_1,y_1,z_1)\)，\(B(x_2,y_2,z_2)\)，則\(\overrightarrow{AB}=(x_2-x_1,y_2-y_1,z_2-z_1)\)。線面角：直線與平面所成角\(\theta\)（\(0\leq\theta\leq\pi/2\)），\(\sin\theta=|\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{n}|/|\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{n}|\)（\(\overrightarrow{n}\)為平面法向量，\(P\)為直線上點，\(A\)為平面內(nèi)點）。二面角：兩個平面的法向量夾角\(\phi\)，二面角\(\theta\)與\(\phi\)相等或互補（需根據(jù)圖形判斷符號），\(\cos\theta=\pm|\overrightarrow{n_1}·\overrightarrow{n_2}|/|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|\)。點到平面距離：\(d=|\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{n}|/|\overrightarrow{n}|\)（\(\overrightarrow{n}\)為平面法向量，\(P\)為平面外點，\(A\)為平面內(nèi)點）。4.2重點難點突破1.線面平行判定：例：在長方體\(ABCD-A_1B_1C_1D_1\)中，\(E\)為\(DD_1\)的中點，求證：\(A_1E\parallel\)平面\(BCC_1B_1\)。證明：連接\(B_1D_1\)，交\(A_1C_1\)于\(O\)（\(O\)為\(B_1D_1\)中點），則\(OE\)為\(\triangleD_1DB_1\)的中位線，故\(OE\parallelB_1B\)。又\(B_1B\subset\)平面\(BCC_1B_1\)，\(OE\not\subset\)平面\(BCC_1B_1\)，故\(OE\parallel\)平面\(BCC_1B_1\)？不，等一下，應(yīng)該找平面\(BCC_1B_1\)內(nèi)的直線與\(A_1E\)平行。正確方法：取\(CC_1\)的中點\(F\)，連接\(B_1F\)、\(EF\)，則\(EF\parallelCD\parallelA_1B_1\)，且\(EF=CD=A_1B_1\)，故四邊形\(A_1B_1FE\)為平行四邊形，故\(A_1E\parallelB_1F\)。又\(B_1F\subset\)平面\(BCC_1B_1\)，\(A_1E\not\subset\)平面\(BCC_1B_1\)，故\(A_1E\parallel\)平面\(BCC_1B_1\)。2.空間向量求二面角：例：在三棱錐\(P-ABC\)中，\(PA\perp\)底面\(ABC\)，\(AB\perpBC\)，\(PA=AB=BC=1\)，求二面角\(P-BC-A\)的大小。解：建立空間直角坐標(biāo)系，以\(A\)為原點，\(AB\)為\(x\)軸，\(AC\)為\(y\)軸？不，\(PA\perp\)底面\(ABC\)，\(AB\perpBC\)，故以\(A\)為原點，\(AB\)為\(x\)軸，\(BC\)為\(y\)軸，\(PA\)為\(z\)軸，坐標(biāo)為：\(A(0,0,0)\)，\(B(1,0,0)\)，\(C(1,1,0)\)，\(P(0,0,1)\)。平面\(ABC\)的法向量為\(\overrightarrow{n_1}=(0,0,1)\)（\(PA\)方向），平面\(PBC\)的法向量：\(\overrightarrow{PB}=(1,0,-1)\)，\(\overrightarrow{BC}=(0,1,0)\)，設(shè)\(\overrightarrow{n_2}=(x,y,z)\)，則\(\overrightarrow{n_2}·\overrightarrow{PB}=x-z=0\)，\(\overrightarrow{n_2}·\overrightarrow{BC}=y=0\)，取\(x=1\)，則\(z=1\)，\(y=0\)，故\(\overrightarrow{n_2}=(1,0,1)\)。二面角\(P-BC-A\)的余弦值為\(\cos\theta=|\overrightarrow{n_1}·\overrightarrow{n_2}|/|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|=|0×1+0×0+1×1|/(1×\sqrt{2})=1/\sqrt{2}\)，故\(\theta=45°\)（或\(\pi/4\)）。4.3解題策略總結(jié)1.空間關(guān)系證明：①線面平行：找平面內(nèi)與已知直線平行的直線（中位線、平行四邊形）；②線面垂直：找平面內(nèi)兩條相交直線與已知直線垂直（如PA⊥底面ABC，則PA⊥AB，PA⊥AC）；③面面平行：找兩個平面內(nèi)的兩組相交直線分別平行。2.空間向量方法：①建立坐標(biāo)系：選擇合適的原點（如垂足、頂點），使坐標(biāo)軸與已知直線垂直或平行；②求法向量：平面的法向量可通過平面內(nèi)兩個向量的叉乘或解方程組得到；③計算角度：線面角用\(\sin\theta=|\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{n}|/|\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{n}|\)，二面角用\(\cos\theta=\pm|\overrightarrow{n_1}·\overrightarrow{n_2}|/|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|\)，注意符號（根據(jù)圖形判斷二面角是銳角還是鈍角）。4.4易錯點提醒線面平行證明遺漏條件：必須說明“直線在平面外”（如\(A_1E\not\subset\)平面\(BCC_1B_1\)），否則結(jié)論不成立（如直線在平面內(nèi)也滿足與平面內(nèi)直線平行，但不是線面平行）?？臻g坐標(biāo)系建立錯誤：如三棱錐\(P-ABC\)中，\(PA\perp\)底面\(ABC\)，\(AB\perpBC\)，坐標(biāo)系應(yīng)使坐標(biāo)軸與已知邊重合，避免計算復(fù)雜。二面角符號判斷：如平面\(PBC\)與平面\(ABC\)的二面角，平面\(ABC\)的法向量是\(\overrightarrow{n_1}=(0,0,1)\)（向上），平面\(PBC\)的法向量\(\overrightarrow{n_2}=(1,0,1)\)（向右上），兩者夾角的余弦值為\(1/\sqrt{2}\)，而二面角是銳角，故直接取正值；若法向量方向相反（如\(\overrightarrow{n_1}=(0,0,-1)\)），則余弦值為\(-1/\sqrt{2}\)，此時二面角仍為\(45°\)（取絕對值）?！?解析幾何：圓錐曲線與直線位置關(guān)系解析幾何的核心是圓錐曲線（橢圓、雙曲線、拋物線）的性質(zhì)，直線與圓錐曲線的位置關(guān)系（弦長、定點、定值）是高考壓軸題的熱點。5.1核心知識點梳理橢圓：標(biāo)準(zhǔn)方程\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)（\(a>b>0\)，焦點在\(x\)軸上），焦點\(F(\pmc,0)\)，\(c^2=a^2-b^2\)，離心率\(e=c/a\)（\(0<e<1\)），準(zhǔn)線\(x=\pma^2/c\)，定義：\(|PF_1|+|PF_2|=2a\)（\(P\)為橢圓上點）。雙曲線：標(biāo)準(zhǔn)方程\(\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\)（\(a>0,b>0\)，焦點在\(x\)軸上），焦點\(F(\pmc,0)\)，\(c^2=a^2+b^2\)，離心率\(e=c/a\)（\(e>1\)），漸近線\(y=\pmb/ax\)，定義：\(||PF_1|-|PF_2||=2a\)。拋物線：標(biāo)準(zhǔn)方程\(y^2=2px\)（\(p>0\)，焦點在\(x\)軸正半軸），焦點\(F(p/2,0)\)，準(zhǔn)線\(x=-p/2\)，定義：\(|PF|=d\)（\(d\)為\(P\)到準(zhǔn)線的距離）。直線與圓錐曲線位置關(guān)系：聯(lián)立方程，消去\(y\)（或\(x\)）得一元二次方程\(ax^2+bx+c=0\)，判別式\(\Delta=b^2-4ac\)：\(\Delta>0\)→相交（2個交點），\(\Delta=0\)→相切（1個交點），\(\Delta<0\)→相離（0個交點）。5.2重點難點突破1.離心率計算：例：橢圓\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)（\(a>b>0\)）的右焦點為\(F\)，過\(F\)作\(x\)軸的垂線交橢圓于\(A\)、\(B\)兩點，若\(OA\perpOB\)（\(O\)為原點），求離心率\(e\)。解：\(F(c,0)\)，代入橢圓方程得\(A(c,b^2/a)\)，\(B(c,-b^2/a)\)（因為\(x=c\)時，\(y^2=b^2(1-c^2/a^2)=b^4/a^2\)，故\(y=\pmb^2/a\)）。\(OA\perpOB\)→\(\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{OB}=0\)，即\((c,b^2/a)·(c,-b^2/a)=c^2-(b^4/a^2)=0\)，故\(c^2=a^2-b^2=b^4/a^2\)（因為\(b^2=a^2-c^2\)），代入得\(c^2=(a^2-c^2)^2/a^2\)，兩邊乘\(a^2\)得\(a^2c^2=(a^2-c^2)^2\)，令\(e=c/a\)，則\(c=ae\)，\(a^2-c^2=a^2(1-e^2)\)，代入得\(a^2·a^2e^2=(a^2(1-e^2))^2\)，約去\(a^4\)得\(e^2=(1-e^2)^2\)，展開得\(e^2=1-2e^2+e^4\)，整理得\(e^4-3e^2+1=0\)，解得\(e^2=(3±\sqrt{5})/2\)，因為\(0<e<1\)，故\(e^2=(3-\sqrt{5})/2\)，\(e=\sqrt{(3-\sqrt{5})/2}=\sqrt{(5-2\sqrt{5}+1)/4}=\sqrt{(\sqrt{5}-1)^2/4}=(\sqrt{5}-1)/2\)（化簡：\((3-\sqrt{5})/2=(6-2\sqrt{5})/4=(\sqrt{5}-1)^2/4\)，故平方根為\((\sqrt{5}-1)/2\)）。2.弦長計算：例：拋物線\(y^2=4x\)與直線\(y=x-1\)相交于\(A\)、\(B\)兩點，求\(|AB|\)。解：聯(lián)立方程\(\begin{cases}y^2=4x\\y=x-1\end{cases}\)，消去\(y\)得\((x-1)^2=4x\)，展開得\(x^2-2x+1=4x\)，整理得\(x^2-6x+1=0\)，設(shè)\(A(x1,y1)\)，\(B(x2,y2)\)，則\(x1+x2=6\)，\(x1x2=1\)。弦長公式\(|AB|=\sqrt{1+k^2}·\sqrt{(x1+x2)^2-4x1x2}\)（\(k\)為直線斜率，此處\(k=1\)），故\(|AB|=\sqrt{1+1}·\sqrt{6^2-4×1}=\sqrt{2}·\sqrt{32}=\sqrt{2}×4\sqrt{2}=8\)。3.定點問題：例：橢圓\(\frac{x^2}{4}+y^2=1\)，過點\(P(1,0)\)的直線\(l\)與橢圓交于\(M\)、\(N\)兩點，是否存在定點\(Q\)，使得\(\angleMQP=\angleNQP\)？若存在，求\(Q\)點坐標(biāo)。解：假設(shè)存在定點\(Q(t,0)\)（對稱性猜測在\(x\)軸上），\(\angleMQP=\angleNQP\)→\(k_{MQ}=-k_{NQ}\)（斜率互為相反數(shù)）。設(shè)直線\(l\)的方程為\(y=k(x-1)\)（\(k≠0\)，若\(k=0\)，則\(M\)、\(N\)關(guān)于\(x\)軸對稱，\(Q\)在\(x\)軸上即滿足條件），代入橢圓方程得\(\frac{x^2}{4}+k^2(x-1)^2=1\)，整理得\((1+4k^2)x^2-8k^2x+4k^2-4=0\)，設(shè)\(M(x1,y1)\)，\(N(x2,y2)\)，則\(x1+x2=8k^2/(1+4k^2)\)，\(x1x2=(4k^2-4)/(1+4k^2)\)。\(k_{MQ}+k_{NQ}=0\)→\(y1/(x1-t)+y2/(x2-t)=0\)，代入\(y1=k(x1-1)\)，\(y2=k(x2-1)\)得\(k(x1-1)/(x1-t)+k(x2-1)/(x2-t)=0\)，約去\(k\)得\((x1-1)(x2-t)+(x2-1)(x1-t)=0\)，展開得\(x1x2-tx1-x2+t+x1x2-tx2-x1+t=0\)，合并得\(2x1x2-(t+1)(x1+x2)+2t=0\)，代入\(x1+x2\)和\(x1x2\)的值：\(2*(4k^2-4)/(1+4k^2)-(t+1)*(8k^2)/(1+4k^2)+2t=0\)，乘以\(1+4k^2\)得\(8k^2-8-8k^2(t+1)+2t(1+4k^2)=0\)，展開得\(8k^2-8-8tk^2-8k^2+2t+8tk^2=0\)，合并同類項得\(-8+2t=0\)→\(t=4\)，故\(Q(4,0)\)。驗證\(k=0\)時，\(l\)為\(x\)軸，\(M(2,0)\)，\(N(-2,0)\)，\(Q(4,0)\)，則\(\angleMQP=\angleNQP=0°\)（或\(180°\)），成立；驗證\(l\)為\(x=1\)（垂直于\(x\)軸），代入橢圓得\(1/4+y^2=1\)