2025版 数学《高中全程复习方略》（提升版）人教A版第二章 一元二次函数、方程、不等式含答案

1版数学《高中全程复习方略》（提升版）人教A版第二章一元二次函数、方程、不等式第二章一元二次函数、方程、不等式【高考研究·备考导航】【三年考情】角度考查内容课程标准高考真题考题统计等式与不等式的性质1.掌握等式性质.2.会比较两个数的大小.3.理解不等式的性质,并能简单应用.2023年:新高考Ⅰ卷·T102023年:新高考Ⅱ卷·T11,T182022年:新高考Ⅰ卷·T72022年:新高考Ⅱ卷·T102021年:新高考Ⅱ卷·T7,T16,T21,T22基本不等式1.了解基本不等式的推导过程.2.会用基本不等式解决简单的最值问题.3.理解基本不等式在实际问题中的应用.2023年:新高考Ⅰ卷·T42023年: 新高考Ⅱ卷·T62022年:新高考Ⅱ卷·T122021年:新高考Ⅰ卷·T5二次函数与一元二次方程、不等式1.会从实际情境中抽象出一元二次不等式.2.结合二次函数图象,会判断一元二次方程的根的个数,以及解一元二次不等式.3.了解简单的分式、绝对值不等式的解法.2023年:新高考Ⅰ卷·T12022年:新高考Ⅰ卷·T1,T15,T172022年:新高考Ⅱ卷·T1,T15,T222021年:新高考Ⅰ卷·T222021年:新高考Ⅱ卷·T17命题趋势1.题型设置:在各种题型中均有所涉及;2.内容考查:本章内容考查频率很高.常考查不等式的性质、基本不等式、不等式的解法及不等式恒成立等问题,时常与导数、数列、函数等知识交汇命题;3.能力考查:主要考查数学运算与逻辑推理能力.【备考策略】根据近三年新高考卷命题特点和规律,复习本章时,要注意以下几个方面:1.全面系统复习,深刻理解知识本质(1)重视等式及不等式的性质、基本不等式的理解.掌握比较大小的方法,对不等式的性质在熟练记忆的基础上更要记清每个不等式成立的条件;对基本不等式不仅要背熟公式以及成立的条件,更要会对公式逆用、变形用.能用基本不等式解决简单的最大值、最小值问题,以及实际应用问题,求最值时注意检查“一正二定三相等”是否满足.(2)重视一元二次函数与二次方程、不等式之间关系的理解,会解不含参数以及含有参数的一元二次不等式,掌握一元二次不等式的恒成立问题与有解问题.(3)本部分知识点常与函数导数、三角函数、数列、立体几何、解析几何结合考查.2.熟练掌握解决以下问题的方法规律(1)比较大小:常用不等式的性质、作差法、作商法、构造函数法比较大小.(2)基本不等式求最值:①直接法;②配凑法;③常值代换法;④消元法.(3)一元二次不等式在给定区间上恒成立、有解问题:①函数法(数形结合);②分离参数法;③最值法;④主元换位法.(4)含参的一元二次不等式:需要从二次项系数是否为0,两根的大小,判别式大于0、等于0、小于0等角度讨论.3.重视思想方法的应用(1)分类讨论:在比较大小、求最值、解含参的一元二次不等式时,当问题不确定时要分类讨论;(2)数形结合:画出所要研究的函数的图象可以更直观地列出所要满足的条件,起到事半功倍的效果;(3)转化与化归:比较大小常转化为差与0的大小关系;恒成立或有解问题常转化成最值问题;(4)函数与方程:解决不等式、方程问题常借助函数解决.第十节圆锥曲线中的最值、范围问题【核心考点·分类突破】考点一最值问题角度1运用基本不等式法求最值[例1](2024·三明模拟)已知F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点,O为坐标原点,M为椭圆上任意一点,|MF|的最大值为2+3.当|OM|=|OF(1)求椭圆C的方程;(2)A,B为椭圆的左、右顶点,点P满足AP=3PB,当M与A,B不重合时,射线MP交椭圆C于点N,直线AM,BN交于点T,求∠ATB的最大值.【解析】(1)设点M(x0,y0),则-a≤x0≤a,y02=b2-b2a2x02=|a-cax0|=a-cax0∈[a-c,a+所以|MF|max=a+c=2+3,设椭圆左焦点为E,因为|OM|=|OF|=12|EF|,所以∠EMF=90°,即|ME|2+|MF|2=|EF|2=4c2又因为|ME|+|MF|=2a,所以|ME|2+|MF|2+2|ME|·|MF|=4a2,所以2|ME|·|MF|=4a2-4c2,所以|ME|·|MF|=2b2,所以S△MEF=12|ME||MF|=b2,因为此时S△MOF=12,所以S△MEF=1,所以b2=1,所以b=1.因为a2=b2+c2,所以a=2,c=3,所以椭圆C的方程为x24+(2)设点P(p,0),AP=(p+2,0),PB=(2-p,0),因为点P满足AP=3PB,则p+2=3(2-p),解得p=1,所以P(1,0),由题知MN不与x轴重合,设直线MN的方程为x=my+1,联立方程组x24+y2=1x=my+1,消去Δ=4m2+12(m2+4)=16m2+48>0,设M(x1,y1),N(x2,y2),则y1+y2=-2mm2+4,y1y2=-3m2+4.因为AM的方程为y=y1x1+2(x+2),BN的方程为y因为my1y2=-3mm2+4=32(y所以x-2x+2=32(y所以动点T的轨迹方程为x=4(y≠0).由椭圆的对称性不妨设T(4,t)(t>0),直线TA,TB的倾斜角为α,β,由图可知β>α,且0<β-α<π,因为∠ATB=β-α,则tan∠ATB=tan(β-α)=tanβ因为tanα=kTA=t6,tanβ=kTB=t所以tan∠ATB=t2-t61+t2×t6=t3当且仅当t=23时等号成立,此时T(4,23),∠ATB=π6,所以∠ATB的最大值为π角度2构造目标函数求最值[例2](2021·全国乙卷)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,且F与圆M:x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为4.(1)求p;(2)若点P在M上,PA,PB是C的两条切线,A,B是切点,求△PAB面积的最大值.【命题意图】本题为抛物线与圆的综合题,考查抛物线及圆的相关性质.考查逻辑思维能力、运算求解能力.【解析】(1)焦点F0,p2到x2+(y+4)2=1的最短距离为p2(2)抛物线y=14x2设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),则由y=14x2得y'=x所以直线PA:y=12x1(x-x1)+y1=12x1x-14x12=12x1x-y1,同理可得直线PB:y=12x2x-y2,且lPA,lPB都过点P(x0,y0故直线AB:y0=12x0x-y,即y=12x0x-y联立y得x2-2x0x+4y0=0,Δ=4x02-16y所以|AB|=1+x024·4x02-16y0=4+所以S△PAB=12|AB|·d=12|x02-4y0|·x02-4y0=12(x02-4而y0∈[-5,-3],故当y0=-5时,S△PAB达到最大,最大值为205.【解题技法】求圆锥曲线中最值的常用方法1.几何法:利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解;2.代数法:把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数(解析式),然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.【对点训练】1.已知平面内一动点M与两定点B1(0,-1),B2(0,1)的连线的斜率之积为-12(1)求动点M的轨迹E的方程;(2)设直线l:y=x+m与轨迹E交于A,B两点,线段AB的垂直平分线交x轴于点P,当m变化时,求△PAB面积的最大值.【解析】(1)设M的坐标为(x,y),依题意得y+1x·y-1x=-12,化简得x2(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立x消去y,得3x2+4mx+2m2-2=0,所以x1+x2=-4m3,x1x2=2m2-23,且Δ=(4即-3<m<3,且m≠-1,0,1.设AB中点为C,点C横坐标为xC=x1+x22=-2m3,yC=xC+m=m3,所以线段AB的垂直平分线方程为y-m3=-(x+2m3),所以点P的坐标为(-m由弦长公式得|AB|=2·(x1+x2)2-4x1x2=23·24-8m2,所以S△当且仅当m2=32,即m=±6经检验m=±62所以△PAB面积的最大值为232.(2024·景德镇模拟)设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A,B,且焦距为2.点P在椭圆上且异于A,B两点,若直线(1)求椭圆C的标准方程;(2)过点F(-1,0)作不与x轴重合的直线与椭圆C相交于M,N两点,直线m的方程为x=-2a,过点M作ME垂直于直线m,交m于点E.求△OEN面积的最大值.【解析】(1)由题意知,A(-a,0),B(a,0),设P(x,y),则kPA·kPB=yx+a·yx-a=y2x2又a2-b2=c2=1,所以a2=4,b2=3,所以椭圆C的标准方程为x24+y(2)设直线MN:x=ty-1,M(x1,y1),N(x2,y2),则E(-4,y1),由x=ty-1x24+y显然Δ>0,所以y1+y2=6t3t2+4,y1所以-2ty1y2=3(y1+y2),又kEN=y2所以直线EN的方程为y-y1=y2-y令y=0,则x=-4-y1(x2+4)y2-所以直线EN过定点P(-52,0)而|y1-y2|=(y1+y2则S△OEN=12|OP||y1-y2|=12×52×12t2令u=t2+1≥1,有3t2+1+1t则u=1,即t=0时,3t2+1+于是当t=0时,(S△OEN所以△OEN面积的最大值是154【加练备选】(2024·开封模拟)已知点A(3,1)在椭圆C:x2a2+y2a2-8=1上,直线l交C于M(1)求直线l的斜率;(2)求△OMN的面积的最大值(O为坐标原点).【解析】(1)由题意得a2-8>0,解得a2>8,A(3,1)代入椭圆方程中,9a2+1a2-8=1,解得a2=12或6(舍去),故C当直线l的斜率不存在时,M,N关于x轴对称,此时由对称性可知,直线AM,AN的斜率之和不为0,舍去;当直线l的斜率存在时,设l:y=kx+b,联立椭圆方程C:x212+y24=1得,(1+3k2)x2+6kbx+3b2-12=0,则Δ=36k2b2-4(1+3k2)(3b2-12)=-12(b2-12k2-4)>0,则b2设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-6kb1+3k2,x1kAM+kAN=y1-1x=(=2k故2k·3b2-121+3k2-(b-1-3k)·6kb1+3k2-6故6b(k-1)+6(k-1)(3k-1)=0,即6(k-1)(b+3k-1)=0,当b+3k-1=0时,b=1-3k,此时直线l:y=kx+1-3k=k(x-3)+1,显然直线l恒过A(3,1),矛盾,当k=1时,经检验,满足题意,故直线l的斜率为1;(2)由(1)知l:y=x+b,联立椭圆方程C:x212+y24=1得,4x2+6bxΔ=36b2-16(3b2-12)>0,解得-4<b<4,x1+x2=-3b2,x1x2|MN|=2·(x1+x2)2点O到直线l的距离为d=|b|1+1=2故S△OMN=12|MN|·d=12·6·16-b22·故当b2=8,即b=±22时,S△OMN取得最大值,最大值为23.考点二范围问题[例3](2024·成都模拟)已知点(-2,0)在椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上,点M(m,12)(m≠0)在椭圆C内.设点A,B为C的短轴的上、下端点,直线AM,BM分别与椭圆C相交于点E,F(1)求椭圆C的方程;(2)记S△BME,S△AMF分别为△BME,△AMF的面积,若m∈(-3,-1]∪[1,3),求S△AMF【解析】(1)设E(x,y),依题意知A(0,b),B(0,-b),则kEA·kEB=y-bx-0·y+bx-0=y2-b2x2=-14,整理有(2)由椭圆C:x24+y2=1,可得A(0,1),可得AM:y=-12mx+1,代入椭圆x24+y2=1,整理得(m2+1)x解得x=4mm2+1(x=0舍去),则y=m2-1m又由BM:y=32mx-1,代入椭圆x24+y2=1,整理有(m2解得x=12mm2+9(x=0舍去),则y=9-m2m所以|MA||ME|=||MF||MB|=|于是S△AMFS△BME=12|AM|·|MF|·sin∠AMF因为m∈(-3,-1]∪[1,3),所以m2∈[1,3),所以1-8m2+9∈[15故S△AMFS△BME的取值范围为[【解题技法】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系,从而确定参数的取值范围;(2)利用已知参数的范围,求新的参数的范围,解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系;(3)利用隐含的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围;(4)利用已知的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围;(5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数,求其值域,从而确定参数的取值范围.【对点训练】已知F是抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,过点F的直线交抛物线C于A,B两点,且1|AF|+(1)求抛物线C的方程;(2)若O为坐标原点,过点B作y轴的垂线交直线AO于点D,过点A作直线DF的垂线与抛物线C的另一交点为E,AE的中点为G,求|GB|【解析】(1)抛物线C的焦点为F(p2,0)若直线AB与x轴重合,则直线AB与抛物线C只有一个公共点,不合题意;设直线AB的方程为x=my+p2,设点A(x1,y1),B(x2,y2联立y2=2pxx=my+p2Δ=4p2m2+4p2>0,由根与系数的关系可得y1+y2=2pm,y1y2=-p2,1|AF|+1|BF|=1x1=m=2pm2+2p-m所以抛物线C的方程为y2=2x.(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),则x1>0,由(1)可得y1+y2=2m,y1y2=-1,又因为直线AO的方程为y=y1x1x=y1y将y=y2代入直线AO的方程可得y2=2y1x,可得x=y1y22=-12,即点D(所以kDF=y2-12因为AE⊥DF,所以kAE=-1kDF=所以直线AE的方程为y-y1=1y2(x-x联立y-y1=1y2(x-x1)y2=2x可得y2故yE=2y2-y1,则xE=y2yE+x1+1=y2(2y2-y1)+x1+1=x1+2y22-y1y2+1=x1+4x由AE的中点为G,可得G(x1+2x2+1,y2),故G,B,D三点共线,则|GB||GD|又由y1y2=-1,知x1x2=y12y224=14,故|GB|1-12x1+2∈(故|GB||GD|的取值范围为第十一节圆锥曲线中的存在性问题【核心考点·分类突破】考点一直线的存在性问题[例1](2024·成都模拟)已知圆C:(x-1)2+y2=14,一动圆与直线x=-12相切且与圆C(1)求动圆圆心P的轨迹T的方程;(2)若经过定点Q(6,0)的直线l与曲线T相交于A,B两点,M是线段AB的中点,过M作x轴的平行线与曲线T相交于点N,试问:是否存在直线l,使得NA⊥NB?若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由.【解析】(1)由题意知圆C:(x-1)2+y2=14的圆心C(1,0),半径r=1设P(x,y),易知点P在直线x=-12所以P到直线x=-12的距离为x+1又|PC|=(x由相切可得|PC|-r=x+12即(x-1)2+y化简可得动圆圆心P的轨迹T的方程为y2=4x.(2)如图所示:设A(x1,y1),B(x2,y2).由题意,设直线l的方程为x=my+6,联立T的方程可得y2-4my-24=0,则Δ=16m2+4×24>0,由根与系数的关系可得y1+y2=4m,y1y2=-24,所以x1+x2=4m2+12,x1x2=36,假设存在N(x0,y0),使得NA⊥NB,则y0=y1+y22=2m,又y02=4x0NA=(x1-x0,y1-y0),NB=(x2-x0,y2-y0),由NA·NB=0可得(x1-x0)(x2-x0)+(y1-y0)(y2-y0)=0,所以x1x2-x0(x1+x2)+x02+y1y2-y0(y1+y2)+代入化简可得(m2+6)(3m2-2)=0,解得m=±63,所以存在直线l:x=±63y+6,使得NA【解题技法】直线的存在性问题的解题策略(1)假设存在直线,依据题设条件选择合适参数,写出待求直线方程;(2)依据假设以及题设条件,求具体的直线方程;(3)根据推理计算,得出是否存在符合条件的直线方程.【对点训练】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的中心为O,左、右焦点分别为F1,F2,M为椭圆C上一点,线段MF1与圆x2+y2=2相切于该线段的中点N,且△(1)求椭圆C的方程;(2)椭圆C上是否存在三个点A,B,P,使得直线AB过椭圆C的左焦点F1,且四边形OAPB是平行四边形?若存在,求出直线AB的方程;若不存在,请说明理由.【解析】(1)连接ON,则ON⊥MF1,ON=2.因为N为MF1的中点,O为F1F2的中点,所以MF2∥ON,故MF2⊥MF1,|MF2|=2|ON|=22,S△MF1F2=12|MF1|·|MF2|=2|MF由椭圆定义可知,|MF1|+|MF2|=42=2a,解得a=22,由勾股定理得|F1F2|2=|MF故b2=a2-c2=8-4=4,故椭圆方程为C:x28+y(2)存在.由题意得F1(-2,0),当直线AB的斜率不存在时,即x=-2,此时48+y24=1,解得y设A(-2,2),B(-2,-2),由于OA=OB,由对称性可知,P为椭圆左顶点D,但DF1≠OF1,故不合要求,舍去;当直线AB的斜率存在时,设为y=k(x+2),联立得,(1+2k2)x2+8k2x+8k2-8=0,Δ=64k4-4(1+2k2)(8k2-8)=32k2+32>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8k21+2k2,x1x2=8k2-81+2k2,y1+y2=k(x1+x2)+4k=-8假设存在点P,使得四边形OAPB是平行四边形,则P(-8k21+2将P(-8k21+2k2,4k1+2k2)代入椭圆C:x28此时直线AB的方程为y=±22(x+2)【加练备选】(2024·常州模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>(1)求椭圆C的方程;(2)过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交于不同的A,B两点,在线段AB上取点Q,满足|AP|·|QB|=|AQ|·|PB|,证明:点Q总在某定直线上.【解析】(1)由题意可知2b=22ca=22,因为a2=b2+c所以所求椭圆的方程为x24+y(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x,y),直线AB的斜率显然存在,设为k,则AB的方程为y=k(x-4)+1.因为A,P,B,Q四点共线,不妨设x2<x<x1<4,则|AP|=1+k2(4-x1),|AQ|=1+k2(x1-x),|QB|=1+k2|PB|=1+k2(4-x由|AP|·|QB|=|AQ|·|PB|,可得(4-x1)(x-x2)=(x1-x)(4-x2),化简得2x1x2-(x1+x2)(4+x)+8x=0.(*)联立直线y=k(x-4)+1和椭圆的方程,得x2消去y,得(2k2+1)x2+4k(1-4k)x+2(1-4k)2-4=0,Δ=16k2(1-4k)2-4(2k2+1)(32k2-16k-2)>0,得12k2-8k-1<0,由根与系数的关系,得x1+x2=-4k(1-4k)2k2+1化简得x=4k+1k+2=4-7k+2,即7k+2=4-x.又k=y-1x-4,代入上式,得7y考点二定点存在性问题[例2](2024·大同模拟)已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,且直线y=x+b是抛物线C2(1)求椭圆C1的方程;(2)过点S(0,-13)的动直线l交椭圆C1于A,B两点,试问:在平面直角坐标系上是否存在一个定点T,使得以AB为直径的圆恒过定点T?若存在,求出T的坐标;若不存在,请说明理由【解析】(1)联立y=x+by2=4x得x2因为直线y=x+b是抛物线C2:y2=4x的一条切线,所以Δ=0⇒b=1,e=ca=22,a2=b2+c2,可得a=2,所以椭圆C1:x22+(2)当直线l与x轴平行时,以AB为直径的圆方程为x2+(y+1当直线l与y轴重合时,以AB为直径的圆方程为x2+y2=1,所以两圆的交点为点(0,1).猜想:所求的点T为点(0,1).证明如下:当直线l与x轴垂直时,以AB为直径的圆过点(0,1).当直线l与x轴不垂直时,可设直线l为y=kx-13联立y=kx-13x22+y2=1得(18k2+9)x2-12kx-16=0,设A(x1,y则TA·TB=(x1,y1-1)·(x2,y2-1)=x1x2+(y1-1)(y2-1)=x1x2+(kx1-13-1)(kx2-13=(1+k2)x1x2-43k(x1+x2)+=(1+k2)-1618k2+9-43所以TA⊥TB,即以AB为直径的圆过点(0,1),所以存在一个定点T,使得以AB为直径的圆恒过定点T.【解题技法】定点存在性问题的解题策略(1)直线过定点,一般是将直线方程中的参数集中在一起,令参数的系数等于零,即可得出定点;(2)圆过定点,同样是将圆的方程中的参数集中在一起,令参数的系数等于零,即可得出定点;(3)圆锥曲线过定点与直线、圆过定点的求解方法类似.(4)特例探索,猜想出结论,然后证明.【对点训练】(2024·海口模拟)已知双曲线E:x2a2-y2b2=1(a>0,(1)求双曲线E的方程.(2)点M,N在E上,且AM⊥AN,直线MN是否过定点?若是,求出定点坐标;若不是,请说明理由.【解析】(1)由题意,取渐近线bx-ay=0,右顶点A到该渐近线的距离d=aba2+又a2+b2=c,ca=2,解得b=3E的方程为x2-y23(2)由题意知直线AM的斜率存在且不为0,设直线AM:y=k(x-1),与E的方程联立,消去y得(3-k2)x2+2k2x-k2-3=0,易知k2≠3,由根与系数的关系得1×xM=k2+3k2-3,则M因为AM⊥AN,所以kAM·kAN=-1,用-1k代替k(显然此时k2≠1同理得N(3k2+11-3k2,-6k1-直线MN:y=2kk2-1(x-k2+3k2-3)+6当k2=1时,直线MN的斜率不存在,易知直线MN的方程为x=-2,过左焦点(-2,0).综上,直线MN过定点(-2,0).【加练备选】(2024·定西模拟)已知点M到点F(0,32)的距离比它到直线l:y=-2的距离小12,记动点M(1)求E的方程;(2)若过点F的直线交E于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,则在x轴的正半轴上是否存在点P,使得PA,PB分别交E于另外两点C,D,且AB=3CD?若存在,请求出P点坐标;若不存在,请说明理由.【解析】(1)因为点M到点F(0,32)的距离比它到直线l:y=-2的距离小12,所以点M到点F(0,32)的距离等于它到直线l:y=-32的距离,则点M的轨迹为以F(0,32)为焦点,以y=-32为准线的抛物线,则曲线(2)设C(x3,y3),P(x0,0)(x0>0),由AB=3CD得AB∥CD,且|AB|=3|CD|,得PA=3PC,即(x1-x0,y1)=3(x3-x0,y3),所以x3=x1+2x03,y3=y13,代入抛物线方程x2=6y,得x1+2整理得x12-2x0x1-2同理可得x22-2x0x2-2故x1,x2是方程x2-2x0x-2x02=0的两根,Δ=12x02>0,由根与系数的关系可得x1+x2=2x0,x1x2由题意,直线AB的斜率一定存在,故设直线AB的方程为y=kx+32与抛物线方程x2=6y联立可得x2-6kx-9=0,易得Δ>0,由根与系数的关系可得x1+x2=6k,x1x2=-9②,由①②可得x0=322,k=故在x轴的正半轴上存在一点P(322,0)考点三定值存在性问题[例3](2024·成都模拟)已知椭圆C1:x2a2+y2=1(a>1)与椭圆C2:x212+y2b2=1(0<b<23)的离心率相同,且椭圆C(1)求实数a和b的值;(2)若梯形ABCD的顶点都在椭圆C1上,AB∥CD,CD=2AB,直线BC与直线AD相交于点P.且点P在椭圆C2上,试探究梯形ABCD的面积是否为定值,若是,请求出该定值;若不是,请说明理由.【解析】(1)由题意知,a2-1a=12-b2解得a=2,b=3.(2)梯形ABCD的面积是定值,该定值为33理由如下:由(1)知C1:x24+y2=1,C2:x2设C(x1,y1),D(x2,y2),P(x0,y0),则x0212因为AB∥CD,CD=2AB,所以A,B分别为PD,PC的中点,则B(x1+x02,y1+y02作差可得,x024+y02+x0x因为x0212+y023=1,即y02=3-x024,所以同理可得,x0x2+4y0y2=0,所以C,D都在直线x0x+4y0y=0上,即直线CD的方程为x0x+4y0y=0.联立x0x+4y0y=0x24+y2=1,可得y则|x1-x2|=41-x0212,|y1-即|CD|=(x1-又因为点P到直线CD的距离d=x02+4y0所以△PCD的面积为S△PCD=12|CD|·d=12·16-x0又因为△PBA∽△PCD,CD=2AB,所以S△PCD=4S△PBA,所以S△PBA=32所以梯形ABCD的面积为S梯形ABCD=S△PCD-S△PBA=33【解题技法】解决定值存在性问题的两种方法(1)由特例得出一个值(此值一般就是定值),然后证明定值,即将问题转化为证明待证式与参数(某变量)无关;(2)将代数式用动点坐标或动线中的参数表示,再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项