2018年全国卷Ⅲ卷理科数学解析版

前言

从一个数学老师的角度来解析2018高考，结合学生的实际学情，给出学习建议。

选择题

【2018高考新课标Ⅲ卷第6题】直线\(x+y+2=0\)分别与\(x\)轴，\(y\)轴交于\(A\)，\(B\)两点，点\(P\)在圆\((x-2)^2+y^2=2\)上，则\(\triangle ABP\)面积的取值范围是【】

$A.[2，6]$ $B.[4，8]$ $C.[\sqrt{2}，3\sqrt{2}]$ $D.[2\sqrt{2}，3\sqrt{2}]$

法1：做出如下的图形，由图形可以看出，当圆上的动点到直线的距离最大时，\(\triangle ABP\)面积最大，

当圆上的动点到直线的距离最小时，\(\triangle ABP\)面积最小，

故三角形的高的最大值为\(2\sqrt{2}+r=2\sqrt{2}+\sqrt{2}=3\sqrt{2}\)；

三角形的高的最小值为\(2\sqrt{2}-r=2\sqrt{2}-\sqrt{2}=\sqrt{2}\)；又\(|AB|=2\sqrt{2}\)，

故\([S_{\triangle ABP}]_{max}=\cfrac{1}{2}\times 3\sqrt{2}\times 2\sqrt{2}=6\)，\([S_{\triangle ABP}]_{min}=\cfrac{1}{2}\times \sqrt{2}\times 2\sqrt{2}=2\)，故选\(A\)。

法2：设圆上任一点的坐标为\(P(2+\sqrt{2}cos\theta，\sqrt{2}sin\theta)\)，则三角形的高为\(h=d=\cfrac{|2+\sqrt{2}cos\theta+\sqrt{2}sin\theta+2|}{\sqrt{2}}=\cfrac{|4+2sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})|}{\sqrt{2}}\)

故当\(sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})=1\)时，\(h_{max}=\cfrac{6}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}\)，

当\(sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})=-1\)时，\(h_{min}=\cfrac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\)，又\(|AB|=2\sqrt{2}\)，

故\([S_{\triangle ABP}]_{max}=\cfrac{1}{2}\times 3\sqrt{2}\times 2\sqrt{2}=6\)，\([S_{\triangle ABP}]_{min}=\cfrac{1}{2}\times \sqrt{2}\times 2\sqrt{2}=2\)，故选\(A\)。

填空题

【2018高考新课标Ⅲ卷第16题】已知点\(M(-1，1)\)和抛物线\(C：y^2=4x\)，过\(C\)的焦点且斜率为\(k\)的直线与\(C\)交于\(A\)，\(B\)两点，若\(\angle AMB=90^{\circ}\)，则\(k\)=_________。

法1：点差法，做出如下示意图，连结\(MH\)，\(H\)为焦点弦\(AB\)的中点，

由于\(\triangle AMB\)为直角三角形，\(H\)为\(AB\)的中点，则\(MH=\cfrac{1}{2}AB\)，

又由于\(AB=AF+BF=AP+BQ\)，则\(MH=\cfrac{1}{2}AB=\cfrac{1}{2}(AP+BQ)\)，

故\(MH\)为直角梯形的中位线，则\(MH//x\)轴，

设\(A(x_1，y_1)\)，\(B(x_2，y_2)\)，则有\(y_1^2=4x_1\) ①，\(y_2^2=4x_2\) ②，

①-②得到，\(y_1^2-y_2^2=4(x_1-x_2)\)，即\((y_1+y_2)(y_1-y_2)=4(x_1-x_2)\)，

则有\(\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\cfrac{4}{y_1+y_2}\)，即\(k=\cfrac{4}{y_1+y_2}\)，

又由于\(MH//x\)轴，\(M(-1，1)\)，则\(H\)点的纵坐标为1，即\(\cfrac{y_1+y_2}{2}=1\)，则\(y_1+y_2=2\)，代入上式，

得到\(k=\cfrac{4}{y_1+y_2}=2\).

法2：向量法，设直线\(AB：y=k(x-1)\)，由于点\(A，B\)都在抛物线上，故设\(A(4t_1^2，4t_1)\)，\(B(4t_2^2，4t_2)\)，

联立直线和抛物线，得到\(\left\{\begin{array}{l}{y=k(x-1)}\\{y^2=4x}\end{array}\right.\)，消\(x\)得到，

\(y^2-\cfrac{4}{k}y-4=0\)，则由韦达定理可知，\(4t_1+4t_2=\cfrac{4}{k}\)，\(4t_1\cdot 4t_2=-4\)，

即\(t_1+t_2=\cfrac{1}{k}\)，\(t_1\cdot t_2=-\cfrac{1}{4}\)，

又\(\overrightarrow{MA}=(4t_1^2+1，4t_1-1)\)，\(\overrightarrow{MB}=(4t_2^2+1，4t_2-1)\)，\(\angle AMB=90^{\circ}\)，

则\(\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=0\)，即\((4t_1^2+1)(4t_2^2+1)+(4t_1-1)(4t_2-1)=0\)，

打开整理得到，\(16(t_1t_2)^2+4(t_1^2+t_2^2)+1+16t_1t_2-4(t_1+t_2)+1=0\)，

代入整理得到，\(\cfrac{4}{k^2}-\cfrac{4}{k}+1=0\)，即\((\cfrac{2}{k}-1)^2=0\)，解得\(k=2\)。

解答题

【2018高考新课标Ⅲ卷第22题】在平面直角坐标系\(xoy\)中，\(\odot O\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=cos\theta}\\{y=sin\theta}\end{array}\right.(\theta为参数)\)，过点\((0，-\sqrt{2})\)且倾斜角为\(\alpha\)的直线\(l\)与\(\odot O\)交于\(A，B\)两点。

(1)求\(\alpha\)的取值范围；

分析：先设出直线带斜率\(k\)的方程，再联立圆方程组成方程组，由于线与圆相交于两个点，则\(\Delta>0\) 或者圆心到直线的距离\(d < r=1\)，都可以求解。
不过在设直线方程时需要分类讨论；

【解析】当\(\alpha=\cfrac{\pi}{2}\)时，直线的斜率不存在，直线为\(x=0\)满足条件。

当\(\alpha=\cfrac{\pi}{2}\)时，设直线方程为\(y+\sqrt{2}=kx\)，即直线为\(kx-y-\sqrt{2}=0\)，\(\odot O\)的直角坐标方程为\(x^2+y^2=1\)，故圆心到直线的距离\(d=\cfrac{|-\sqrt{2}|}{\sqrt{k^2+1}}<1\)，

解得\(k^2>1\)，即\(k>1\)或者\(k<-1\)，借助\(y=tan\alpha（0\leq \alpha<\pi）\)的函数图像可知，

当\(k>1\)时，\(\cfrac{\pi}{4}<\alpha<\cfrac{\pi}{2}\)，当\(k<-1\)时，\(\cfrac{\pi}{2}<\alpha<\cfrac{3\pi}{4}\)，

综上所述，\(\alpha\)的取值范围为\((\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{3\pi}{4})\)；

(2)求\(AB\)中点\(P\)的轨迹的参数方程。

分析：看到题目中的\(AB\)中点\(P\)时，你应该想到直线的参数方程中的一个常识：

设点\(A，B\)对应的参数分别为\(t_A，t_B\)，线段\(AB\)的中点\(P\)对应的参数为\(t_P\)，则有\(\cfrac{t_A+t_B}{2}=t_P\)

【解析】由题目设直线\(l\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=t\cdot cos\alpha}\\{y=-\sqrt{2}+t\cdot sin\alpha}\end{array}\right.(t为参数，\cfrac{\pi}{4}<\alpha<\cfrac{3\pi}{4})\)，

设\(A、B、P\)对应的参数分别为\(t_A、t_B、t_P\)，则有\(t_P=\cfrac{t_A+t_B}{2}\)，

将直线\(l\)的参数方程，代入圆\(O\)的直角坐标方程，整理得到\(t^2-2\sqrt{2}sin\alpha+1=0\)，

则由韦达定理有\(t_A+t_B=2\sqrt{2}sin\alpha\)，由中点坐标公式得到\(t_P=\sqrt{2}sin\alpha\)，

又由于点\(P\)在直线\(l\)上，故满足直线的参数方程\(\left\{\begin{array}{l}{x=t_P\cdot cos\alpha}\\{y=-\sqrt{2}+t_P\cdot sin\alpha}\end{array}\right.\)，

代入得到点\(P\)的轨迹的参数方程是\(\left\{\begin{array}{l}{x=\cfrac{\sqrt{2}}{2} sin2\alpha}\\{y=-\cfrac{\sqrt{2}}{2}-\cfrac{\sqrt{2}}{2} cos2\alpha}\end{array}\right.(\alpha为参数，\cfrac{\pi}{4}<\alpha<\cfrac{3\pi}{4})\)，

【解后反思】1、注意设直线方程时的分类讨论。2、注意直线参数方程中的中点坐标公式\(\cfrac{t_A+t_B}{2}=t_P\)。