2020届二轮复习解答题解题方法与技巧教案（全国通用）
2020届二轮复习 解答题解题方法与技巧 教案（全国通用）
高频考点一 三角函数或解三角形
【命题角度】
(1)三角函数式的求值与化简问题；
(2)单纯三角函数知识的综合；
(3)三角函数与平面向量交汇；
(4)三角函数与解三角形的交汇；
(5)单纯解三角形；
(6)解三角形与平面向量的交汇.
例1、设函数f(x)＝－sin2ωx－sin ωxcos ωx(ω＞0)，且y＝f(x)图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为.
(1)求ω的值；(2)求f(x)在区间上的最大值和最小值．
【解析】
(1)f(x)＝－sin2ωx－sin ωxcos ωx
＝－·－sin 2ωx(2分)
＝cos 2ωx－sin 2ωx
(5分)
又ω>0，所以＝4×， (7分)
因此ω＝1. (8分)
(2)由(1)知f(x)＝－sin.
当π≤x≤时，≤2x－≤.(10分)
所以－≤sin≤1.
因此－1≤f(x)≤.(12分)
【增粉策略】解决此类问题还应注意：
①化简时，公式应用要准确；
②注意所给角或参数的范围；
③在求单调区间、对称轴和对称中心时要注意不能忽略k取整数；
④求最值或范围时，应满足在定义域内．
【变式探究】在△ABC中，a＝3，b＝2，B＝2A.
(1)求cos A的值；(2)求c的值．
【增粉策略】解决三角形问题还应注意：
①不要忘记三角形中的隐含条件(A＋B＋C＝π，a＋b>c)；
②注意边角互化，化为所求的问题；
③利用正、余弦定理解决实际问题时应明确仰角、俯角和方向角等有关术语的含义．
高频考点二 立体几何
【命题角度】
(1)证明空间线、面平行或垂直；
(2)利用综合法计算空间中的线、面夹角；
(3)立体几何中的探索性问题.学科-网
例2、如图，已知四棱锥PABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．
(1)证明：CE∥平面PAB；
(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
【解析】
(1)证明：如图，设PA的中点为F，连接EF，FB.因为E，F分别为PD，PA的中点，所以EF∥AD且EF＝AD.
又因为BC∥AD，BC＝AD，所以EF∥BC且EF＝BC，(2分)
即四边形BCEF为平行四边形，
因为BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
所以CE∥平面PAB.(6分)
(2)分别取BC，AD的中点为M，N.
连接PN交EF于点Q，连接MQ，BN.
因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，
所以Q为EF的中点，在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.
由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.
由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD.
又PN∩BN＝N，
所以AD⊥平面PBN.(8分)
由BC∥AD得BC⊥平面PBN，
那么平面PBC⊥平面PBN.(9分)
过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH.
则MH是MQ在平面PBC上的射影，
设CD＝1.
在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝得CE＝，
在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝得QH＝，(13分)
在Rt△MQH中，QH＝，MQ＝，
所以sin∠QMH＝，(14分)
所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.(15分)
【变式探究】如图，P-ABD和Q-BCD为两个全等的正棱锥，且A，B，C，D四点共面，其中AB＝1，∠APB＝90°.
(1)求证：BD⊥平面APQ；
(2)求直线PB与平面PDQ所成角的正弦值．
【解析】由已知得P-ABD和Q-BCD是顶角处三条棱两两垂直，底面是正三角形的正棱锥，其中侧棱长为.
(1)证明：易知底面ABCD是菱形，连接AC(图略)，则AC⊥BD.
易证PQ∥AC，所以PQ⊥BD.
由已知得P-ABD和Q-BCD是顶角处三条棱两两垂直，
所以AP⊥平面PBD，
所以BD⊥AP，因为AP∩PQ＝P，
所以BD⊥平面APQ.
(2)法一：由(1)知PQ⊥BD，
取PQ中点M，连接DM，BM，分别过点P，Q做AC的垂线，垂足分别为H，N.
由正棱锥的性质可知H，N分别为△ABD，△BCD的重心，可知四边形PQNH为矩形．
其中PQ＝AC＝，PH＝.
DM＝＝，
S△BDM＝BD·PH＝×1×＝，
S△PQD＝PQ·DM＝××＝.
令B到平面PQD的距离为h，
则V三棱锥PBDM＝V三棱锥BPQD，
即××＝××·h，解得h＝.
设BP与平面PQD所成角为θ，
则sin θ＝＝＝.
法二：设AC与BD交于点O，取PQ的中点M，连接OM，易知OM，OB，OC两两垂直，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则O(0,0,0)，B，D－，0,0，P，Q，
所以＝，＝，
＝，
令m＝(a，b，c)为平面PQD的法向量，
则即
令a＝2，则m＝(2,0，－)．
设直线PB与平面PDQ成角为θ，
所以sin θ＝|cos〈m，〉|＝
＝＝.
【增粉策略】解决此类题目应注意：
①证明线、面平行或垂直，应注意直线在平面内，两直线相交等情况；
②找到或作出线面角后，要证明所找或作的线面角为所求角；
③计算线面角的大小时一定要仔细．
高频考点三 函数、导数与不等式
【命题角度】
导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见
题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点．
解答题的热点题型有： 学科+网
(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值；
(2)利用导数证明不等式或探讨方程根；
(3)利用导数求解参数的范围或值.
（一）利用分类讨论思想探究函数性质
例1、设函数f(x)＝－aln x.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的单调区间和极值．
【解析】 (1)当a＝1时，f(x)＝－ln x，
则f′(x)＝x－，所以f′(1)＝0，又f(1)＝，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝.
(2)由f(x)＝－aln x，
得f′(x)＝x－＝(x>0)．
①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数既无极大值，也无极小值；
②当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)．
于是，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
函数f(x)在x＝处取得极小值f()＝，无极大值．
综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，函数f(x)既无极大值也无极小值；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间为(，＋∞)，函数f(x)有极小值，无极大值．
【感悟提升】
1．解答这类题的模板
―→―→―→―→―→
2．解答这类题的难点
(1)何时讨论参数？由于题目条件的不同，有的在求零点时讨论，有的在列表时讨论；
(2)如何讨论参数？需要根据题目的条件确定，有时还需参考自变量的取值范围，讨论的关键是做到不重不漏．
【变式探究】函数f(x)＝x3＋|x－a|(x∈R，a∈R)．
(1)若函数f(x)在R上为增函数，求a的取值范围；
(2)若函数f(x)在R上不单调时，记f(x)在[－1,1]上的最大值、最小值分别为M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)．
(1)因为f(x)在R上是增函数，所以h(x)在(－∞，a)上为增函数，所以a≤－1.
故a的取值范围为(－∞，－1]．
(2)因为函数f(x)在R上不单调，所以a>－1.
当－1
0)，
f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋xln x，
即f′(x)＝ln x，
令f′(x)>0，解得x>1；
令f′(x)<0，解得0－1，即m>－2， ①
当00且x→0时，f(x)→0；
当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.
如图，由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②
由①②可得－20.
(1)求a的取值范围；
(2)若b>0，试证明0，
所以ax－1≥0，即x≥，
所以≤1，即a≥1.
故a的取值范围为[1，＋∞]．
(2)证明：因为b>0，a≥1，所以>1，
又f(x)＝＋ln x在(1，＋∞)上是增函数，
所以f >f(1)，即＋ln>0，化简得g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)．
(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．
(3)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x))．
(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．
【变式探究】已知函数f(x)＝ex＋m－x3，g(x)＝ln(x＋1)＋2.
(1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为1，求实数m的值；
(2)当m≥1时，证明：f(x)＞g(x)－x3.
【解析】(1)因为f(x)＝ex＋m－x3，所以f′(x)＝ex＋m－3x2.
因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为1，
所以f′(0)＝em＝1，解得m＝0.
(2)证明：因为f(x)＝ex＋m－x3，g(x)＝ln(x＋1)＋2，
所以f(x)＞g(x)－x3等价于ex＋m－ln(x＋1)－2＞0.
当m≥1时，ex＋m－ln(x＋1)－2≥ex＋1－ln(x＋1)－2.
要证ex＋m－ln(x＋1)－2＞0，只需证明ex＋1－ln(x＋1)－2＞0，
设h(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－2，则h′(x)＝ex＋1－.
设p(x)＝ex＋1－(x>－1)，
则p′(x)＝ex＋1＋＞0.
所以函数p(x)＝h′(x)＝ex＋1－在(－1，＋∞)上单调递增．
因为h′＝e－2＜0，h′(0)＝e－1＞0，
所以函数h′(x)＝ex＋1－在(－1，＋∞)上有唯一零点x0，
且x0∈.
因为h′(x0)＝0，所以e＝，
即ln(x0＋1)＝－(x0＋1)．
当x∈(－1，x0)时，h′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，
所以当x＝x0时，h(x)取得最小值h(x0)．
所以h(x)≥h(x0)＝e－ln(x0＋1)－2＝＋(x0＋1)－2＞0.
综上可知，当m≥1时，f(x)＞g(x)－x3.
（四）利用转化与化归思想求解恒成立问题
例4、已知函数f(x)＝ln x.
(1)求函数g(x)＝f(x＋1)－x的最大值；
(2)若对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)∵f(x)＝ln x，
∴g(x)＝f(x＋1)－x＝ln(x＋1)－x(x>－1)，
∴g′(x)＝－1＝.
当x∈(－1,0)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(－1,0)上单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)<0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
∴g(x)在x＝0处取得最大值g(0)＝0.
(2)∵对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，
∴在x>0上恒成立，
进一步转化为max≤a≤min，
设h(x)＝，则h′(x)＝，
当x∈(1，e)时，h′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，
∴h(x)在x＝e处取得极大值也是最大值．
∴h(x)max＝.
要使f(x)≤ax恒成立，必须a≥.
另一方面，当x>0时，x＋≥2，当且仅当x＝1时等号成立，要使ax≤x2＋1恒成立，必须a≤2，
∴满足条件的a的取值范围是.
【变式探究】
已知函数f(x)＝ln x＋x2－(a＋1)x.
(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－2，求f(x)的单调区间；
(2)若x>0时，<恒成立，求实数a的取值范围
【解析】(1)由已知得f′(x)＝＋ax－(a＋1)，则f′(1)＝0.
而f(1)＝ln 1＋－(a＋1)＝－－1，
∴曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－－1.
∴－－1＝－2，解得a＝2.
∴f(x)＝ln x＋x2－3x(x>0)，f′(x)＝＋2x－3.
由f′(x)＝＋2x－3＝>0，
得01，
由f′(x)＝＋2x－3<0，得0，得0e ，因而h(x)在(e ，＋∞)上单调递减．
∴h(x)的最大值为h(e )＝e ，
∴>e ，故a>2e －1.
从而实数a的取值范围为(2e －1，＋∞)．
【感悟提升】函数与导数压轴题堪称“庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、把复杂函数分离为基本函数、可把题目分解成几个小题、也可把解题步骤分解为几个小步，也可从逻辑上重新换叙．注重分步解答，这样，即使解答不完整，也要做到尽可能多拿步骤分．同时要注意分类思想、数形结合思想、化归与转化等数学思想的运用．
高频考点四、圆锥曲线的综合问题
【命题角度】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．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.
（一）巧妙消元证定值
例4、已知椭圆C：＋＝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．
【解析】(1)由题意得，a＝2，b＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
又c＝＝，所以离心率e＝＝.
(2)证明：设P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则x＋4y＝4.
又A(2,0)，B(0,1)，
所以直线PA的方程为y＝(x－2)．
令x＝0，得yM＝－，
从而|BM|＝1－yM＝1＋.
直线PB的方程为y＝x＋1.
令y＝0，得xN＝－，
从而|AN|＝2－xN＝2＋.
所以四边形ABNM的面积S＝|AN|·|BM|
＝
＝
＝＝2.
从而四边形ABNM的面积为定值．
【方法策略】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．
【变式探究】已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点为(－，0)，e＝.
(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，若直线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？若是，求出该值；若不是，请说明理由．
【解析】(1)由题意得，c＝，e＝，解得a＝2，b＝，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(3)|OP|2＋|OQ|2是定值．
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立方程解得
∴x＋y＝，
同理，可得x＋y＝.
由k1k2＝－，得|OP|2＋|OQ|2＝x＋y＋x＋y
＝＋
＝＋
＝＝18.
综上，|OP|2＋|OQ|2为定值，且为18.
（二）构造函数求最值
(2017·浙江高考)如图，已知抛物线x2＝y，点A，B，抛物线上的点P(x，y).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．
【解析】(1)设直线AP的斜率为k，
k＝＝x－，
因为－b>0)的左、右两个焦点分别为F1，F2，离心率e＝，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．
【解析】(1)由题意得解得
故椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)①当直线AB的斜率不存在时，不妨取A，
B ，C ，
故S△ABC＝×2×＝.
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，
联立方程消去y，
化简得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
|AB|＝
＝ ＝2·，
点O到直线kx－y－k＝0的距离d＝＝，
∵O是线段AC的中点，
∴点C到直线AB的距离为2d＝，
∴S△ABC＝|AB|·2d＝··
＝2 ＝2 <.
综上，△ABC面积的最大值为.
（三）寻找不等关系解范围
已知椭圆E：＋＝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．
【解析】设M(x1，y1)，则由题意知y1>0.
(1)当t＝4时，E的方程为＋＝1，A(－2,0)．
由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.
因此直线AM的方程为y＝x＋2.
将x＝y－2代入＋＝1，得7y2－12y＝0.
解得y＝0或y＝，所以y1＝.
因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝.
(2)由题意t>3，k>0，A(－，0)．
将直线AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1得(3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t2k2－3t＝0.
由x1·(－)＝，得x1＝，
故|AM|＝|x1＋|＝.
由题设，直线AN的方程为y＝－(x＋)，
故同理可得|AN|＝.
由2|AM|＝|AN|，得＝，
即(k3－2)t＝3k(2k－1)．
当k＝时上式不成立，因此t＝.
t>3等价于＝<0，即<0.
因此得或解得b>0)，焦距为2c，
由已知得＝，∴c＝a，b2＝a2－c2＝.
∵以椭圆E的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4，
∴4＝2a＝4，
∴a＝2，b＝1.
∴椭圆E的方程为x2＋＝1.
(2)根据已知得P(0，m)，设A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，
由消去y，
得(k2＋4)x2＋2mkx＋m2－4＝0.
由已知得Δ＝4m2k2－4(k2＋4)(m2－4)>0，
即k2－m2＋4>0，
且x1＋x2＝，x1x2＝.
由＝3，得x1＝－3x2.
∴3(x1＋x2)2＋4x1x2＝12x－12x＝0.
∴＋＝0，
即m2k2＋m2－k2－4＝0.
当m2＝1时，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立，
∴k2＝.
∵k2－m2＋4>0，
∴－m2＋4>0，即>0.
解得1b>0)，四点P1(1,1)，P2(0，1)，P3，P4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．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．
【解析】(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＋>＋知，椭圆C不经过点P1，
所以点P2在椭圆C上．
因此解得
故椭圆C的方程为＋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，.
则k1＋k2＝－＝－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＋y2＝1得
(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
而k1＋k2＝＋
＝＋
＝.
由题设k1＋k2＝－1，
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0.
解得k＝－.
当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，所以l过定点(2，－1)．
【变式探究】已知动圆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．
【解析】(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，则＝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)，
则C(－x2，y2)，
联立方程消去y，得x2－4kx＋8＝0，
∴x1＋x2＝4k，x1x2＝8.
kAC＝＝＝，
直线AC的方程为y－y1＝(x－x1)．
即y＝y1＋(x－x1)＝x－x1＋＝x＋，
∵x1x2＝8，∴y＝x＋＝x＋2，
即直线AC恒过定点(0,2).
（五）假设存在定结论(探索性问题)
已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，点A在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线y＝上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足＝？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．
【解析】(1)设椭圆C的焦距为2c，则c＝1，
因为A在椭圆C上，
所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2，
因此a＝，b2＝a2－c2＝1，
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)不存在满足条件的直线，证明如下：
假设存在斜率为2的直线，满足条件，则设直线的方程为y＝2x＋t，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P ，Q(x4，y4)，MN的中点为D(x0，y0)，
由消去x，得9y2－2ty＋t2－8＝0，
所以y1＋y2＝，且Δ＝4t2－36(t2－8)>0，
故y0＝＝，且－30)，以椭圆内一点M(2,1)为中点作弦AB，设线段AB的中垂线与椭圆相交于C，D两点．
(1)求椭圆的离心率；
(2)试判断是否存在这样的m，使得A，B，C，D在同一个圆上，并说明理由．
【解析】(1)将方程化成椭圆的标准方程＋＝1(m>0)，
则a＝，c＝ ＝，
故e＝＝.
(2)由题意，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，直线AB的斜率存在，设为k，则直线AB的方程为y＝k(x－2)＋1，代入x2＋2y2＝m(m>0)，
消去y，得(1＋2k2)x2＋4k(1－2k)x＋2(2k－1)2－m＝0(m>0)．
所以x1＋x2＝＝4，即k＝－1，
此时，由Δ>0，得m>6.
则直线AB的方程为x＋y－3＝0，直线CD的方程为x－y－1＝0.
由得3y2＋2y＋1－m＝0，y3＋y4＝－，故CD的中点N为.
由弦长公式，可得
|AB|＝ |x1－x2|＝·.
|CD|＝|y3－y4|＝·>|AB|，若存在圆，则圆心在CD上，
因为CD的中点N到直线AB的距离
d＝＝.
|NA|2＝|NB|2＝2＋2＝，
又2＝2＝，
故存在这样的m(m>6)，使得A，B，C，D在同一个圆上．
【方法策略】圆锥曲线解答题的常见类型是：第1小题通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单．第2小题往往是通过方程研究曲线的性质——弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧设“点”“线”，设而不求．在具体求解时，可将整个解题过程分成程序化的三步：
第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出；
第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题目中涉及的位置关系和数量关系；
第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何问题中．
在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，以简化运算．
【变式探究】已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，且点P在椭圆C上，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设过定点T(0,2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，且∠AOB为锐角，求直线l的斜率k的取值范围；
(3)过椭圆C1：＋＝1上异于其顶点的任一点P，作圆O：x2＋y2＝的两条切线，切点分别为M，N(M，N不在坐标轴上)，若直线MN在x轴、y轴上的截距分别为m，n，
证明：＋为定值．
【解析】(1)由题意得c＝1，所以a2＝b2＋1， ①[来源:Z,xx,k.Com]
又点P在椭圆C上，所以＋＝1， ②
由①②可解得a2＝4，b2＝3，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)设直线l的方程为
y＝kx＋2，A(x1，y1)，
B(x2，y2)，[来源:学*科*网Z*X*X*K]
由得
(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0，
因为Δ＝16(12k2－3)>0，
所以k2>，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
因为∠AOB为锐角，
所以·>0，即x1x2＋y1y2>0，
所以x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)>0，
所以(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4>0，
即(1＋k2)·＋2k·＋4>0，
解得k2<.
又k2>，所以
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