1、解析幾何模塊4已知曲線C的方程x2y1,A-2,0，存在一定點Bb,0b盂一2和常數(shù)，對曲線C上的任意一點Mx,y，都有MA-，MB成立，則點Pb,，至煩線mnxny2n2m=0的最大距離為.解法一：由MA=MB得x22彳仝f%“2.y2即2-1x2亠；,2-1y2-2b，4x=4-2b22b24=0故4-，2b24，將b1 -1-2代入4一2b2=矗2-1得2b25b2=0，得,=22又直線mnxny2n2m=：0恒過定點-2,0，所以由幾何性質(zhì)知點P|丄,2到直I2丿-2,0與PI1,2的距離為-I2丿2作為小題，由MA|,|MB知是阿氏圓軌跡，故取圓C:x2y2=1直徑上的兩個131點-

2、1,0,1,0，即可得-，解得b=-，怎=2b+11-b2線mnxny2n2m=0的最大距離為點解法二:好題速遞202題解析幾何模塊5已知M是x2=8y的對稱軸和準(zhǔn)線的交點，點N是其焦點，點P在該拋物線上，且滿足PM=mPN，當(dāng)m取得最大值時，點P恰在以M、N為焦點的雙曲線上，則該雙曲線的離心率為.解：作PP'_MP'，由拋物線定義PP'=PNPM=mPN二1=PNm一PMPP'PM=COST，其中V-MPP'ZNMP要使m取得最小值，即cosr最小，即V-.NMP最大值，即ZPMP'MPP'最小,2此時MP是拋物線的切線.設(shè)MP的方程為

3、y二kx2,與x2=8y聯(lián)立得x2-8kx-2=0因為相切，故厶=64k2-64=0，解得k=1故P4,2,2a二PM|PN=42-47;7/.由2c=4，得21好題速遞203題22解析幾何模塊6.已知斜率為1的直線I過雙曲線篤-與=1a.0,b0的左焦點F，且與ab雙曲線左、右支分別交于A,B兩點，若A是線段BF的中點，則雙曲線的離心率為.解：由題意知2yi=y2'22xya2b2=bay-2bcy亠b0x二y-c2b2cy1y222=3y1b-ay*22bb4222=2*-a9，所以2c2二18玄2=e=3札2好題速遞204題22解析幾何模塊7.已知點P是雙曲線2與=1a0,b&g

4、t;0上的動點，F(xiàn)1,F2是其左、右焦ab點，o坐標(biāo)原點，若空旦的最大值是.6，則此雙曲線的離心率是Qp|解：設(shè)PF1二m,PF2二n，則2m2n2i=4OP2RF22=m2n2=2OP22c2又m-n=2a,所以m2-2mnn2=4a2所以2mn二2OP22c2-4a2(m+n$=2OP2+2c2*2OP2+2c2-4a2=4OP2+4b2所以5=4+魚.OPOP2所以的最大值在OP=a時取到，所以O(shè)P=6所以，即e討好題速遞205題22解析幾何模塊8在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C的方程為（x_1）+（y_1）=9，直線l:y=kx與圓C相交于A,B兩點，M為弦AB上一動點，以M為圓心，2為

5、半徑的圓與解：兩圓有公共點的充要條件是圓C總有公共點，則實數(shù)k的取值范圍是1CM冬5，而CM<5恒成立，故只要CMmin_1時兩圓必有公共點.由平面幾何知識可知,CMmin為點C到直線l的距離d1解得好題速遞206題解析幾何模塊9.已知點A1-m,0,B1m,0，若圓C:x2y2-8x-8y31=0上存在一點P，使得PAP=0,則m的最大值為.解：由PALPB=0得P在以AB中點M1,0為圓心,AB2為半徑的圓上所以P的軌跡方程為2 22.（X-1）+y2=m2，所以圓M的半徑為m，又由P在圓C上，C:x2y2-88y30的圓心C4,4，半徑為1，當(dāng)圓M與圓C內(nèi)切時，MP最大為MC-|C

6、P=51=6好題速遞207題立體幾何模塊1.如圖，在正方體ABCD-ABGD中，E是棱CC1的中點，F(xiàn)是側(cè)面BBCC1上的動點，并且A1F/平面AED1，則動點F的軌跡是（）A.圓B.橢圓C.拋物線D.線段解：如圖，取BB的中點M,B1C1的中點N，顯然可證明平面AMN/平面AEDi,當(dāng)F在線段MN上時，均有AF/平面AEDi，即動點F的軌跡是線段MN。點評：善于轉(zhuǎn)化是解決立體幾何中平行與垂直問題的關(guān)鍵。例如，考慮“線線平行”時，可轉(zhuǎn)化為“線面平行”或“面面平行”；考慮“線面平行”時，可轉(zhuǎn)化為“線線平行”或“面面平行”；考慮“面面平行”時，可轉(zhuǎn)化為“線線平行”或“線面平行”。在斜二測畫法畫圖時

7、，平行關(guān)系不會改變，因為要找平行線，可以考慮在圖象上推平行線，然后關(guān)注哪個位置看起來比較特殊，例如中點，中位線之類。好題速遞208題立體幾何模塊2.如圖，在三棱柱ABC-ABC的側(cè)棱AA與BBi上各有一個動點P,Q,且滿足AP二BQ,M是棱CA上的動點，則VMABQPVABC_ABCi的最大值是二V,則（注：這里用到了梯形ABQP的面積與MBB的面積相等。）即M與C重合時,VMA最大VmJABQP111<二VabC占BCVm_abqpV-1X_121VM-ABQPV3解法設(shè)VABC_AIB1C1VMBQP二VM_BiBA_Vc_BiBA=VBi_CBAV=Vo為定值，則fV二二V,解法二

8、：設(shè)Vm/bqpVabC-A1B1C11V3VoV是關(guān)于V的增函數(shù)所以fVm；VCABQPVo-1VoV）好題速遞209題立體幾何模塊3已知線段AD/，且AD與平面:-的距離為4，點B是平面:-上的動點，且滿足AB=5，若AD=10，則線段BD長度的取值范圍是.解：如圖，將線段AD投影到平面:-上，得到射影A'D'，將空間問題平面化，則動點B的軌跡是以A'為圓心，半徑為52-423的圓，又BD=JDD'2+BD'2,103蘭BD'蘭10+3,DD'=4,所以4916空BD豈.16916，即65空BD.185好題速遞210題立體幾何模塊4.

9、已知P為正方體ABCD_ABiCiDi對角線BD上的一點，且BP二，BDi；-三0,門，下面結(jié)論:2A."；若BD_平面PAC,則二；若-PAC為鈍角三角形，則%；若三2,i，則.'PAC為銳角三角形.£丿其中正確結(jié)論的序號為.解：在正方體ABCD-ABiCiDi中，AD_平面ABCiDi,又CP二平面ABCD,故AD_CP，正確；BD_CPBDi=嚀3，在RtBCDi中，BC2=BP|_BDi由題可知BD_AC，若BDi_平面PAC，貝U設(shè)正方體的棱長為i,則BC=!,CDt=2,所以BP3，所以BPnBDi，正確；3 3AU為y軸，AA為z軸建系，設(shè)棱長為2，在

10、正方體ABCD-ABiCiDi中，以AB為x軸，則A0,0,2,B2,02,C2,2,2,Di0,2,0設(shè)Px,y,z，由BP=BD勺，得x=2-2l-.,y=2；：,z=2-2'所以PA=2_2,22,CP=：廠2，,-22，-2',CA=-2,-2,0若PAC為鈍角三角形，則.APC為鈍角，"PAECW2,2-8：:0，解得，,一|0,2，錯;3丿同理，當(dāng)同理，當(dāng)冷:-l|,i時，PLpC=i22-80，所以：PAC為銳角三角形，正確。所以正確結(jié)論為。好題速遞21i題立體幾何模塊5如圖，在棱長為i的正方體ABCD-ABCiDi中，若點P是棱上一點，則滿足PAPC=

11、2的點有個.解：點P既在以AC為焦點，長軸為2的橢球上，又在正方體的棱上。因為BA-BCi22，故點B在以A,C為焦點，長軸為2的橢球外，所以橢球必與線段AB相交（交點就是AB的中點），同理在AD,AA,CBi,CiDi,CC上各有一個交點滿足條件又若點P在BB上，貝UPAPC=占BP,iBP22，故BB上不存在滿足條件的點P，同理DD,CD,AB,BC,ADi上也不存在滿足條件的點P。好題速遞212題立體幾何模塊6.將一個長寬分別為a,b0：b:：:a的鐵皮的四個角切去相同的正方形，然后折成一個無蓋的長方體的盒子（不計粘合處），若這個長方體的外接球的面積存在最小值，貝U?的取值范圍是b解：設(shè)

12、切去的小正方形的邊長為x，長方體的外接球的半徑為R則4R2=x2亠ia_2xj亠ib-2x9x2-4abx亠a2b2*0：x:因為長方體的外接球的面積存在最小值，所以b-2<2<好題速遞213題在直角梯形ABCD中，AB/CD,心且過點D的圓內(nèi)運動（不含邊界）AB二BC=1,CD,AB_BC，動點M在以C為圓2，設(shè)AM=mAB-nBCm,n三R，貝Umn的取值范圍解：建立直角坐標(biāo)系,Mx',y',A1,0,B0,0,C0,1,D由AM=mAB亠nBCm,n三R得x'=1_m,y'=n動點M在x2y-12內(nèi)運動，所以求目標(biāo)函數(shù)mn的取值范圍是1,3好題

13、速遞214題在曲線C:x2-y2=2x0上任取丄B兩點，貝yOAOB的最小值為解：記AX1,y1,Bx2,y2，貝UOA.OB=X1x2屮目2且x：-y2=2X10,x2-y；=2X2-0同時滿足xiyiiT,2,即Xiy0,Xi-yi0i=1,2OAOB=X|X2+*2=*gxi'（X2+y2）+（x1比（X2y2）一12,為X2y2禺一比X2y?x2-y：x-y2=2當(dāng)且僅當(dāng)為=X2，%=刁2時取得"=”，故oAoB的最小值為2.好題速遞216題已知函數(shù)fx是定義在R上的不恒為零的偶函數(shù)，且對任意實數(shù)x都有xfX1=X1解：令x2，則-茹4f44f2，所以令x=0，貝Uf

14、0=0當(dāng)x=0時，由xfx1i=：X1fx得fx1二口fx5則f5=1232iif|32f11220，故ff|5=fo=o2_2好題速遞216題已知實數(shù)a:：:b:c,設(shè)函數(shù)的兩個零點分別為xbx-cX1，X2為：X2，則F列關(guān)系中恒成立的是(A)a：X1：X2:b:c(C)a：X1:b:X2:c)(B)X1:a:b：X2:c(D)a：為：:：b:c：X2解:1x-a丄丄x-bx-c的兩個零點,即gx=x-ax_b廣x-ax_c廠x-cx-b的兩個零點因為gx開口向上，gb=b-abc，又a：b:c，所以gb:0即函數(shù)gx的零點一個大于b，一個小于b，且gaj,0,gc>0所以根據(jù)“一上

15、一下，中間一點”的原則，可知acx1£bcx2cc，選C好題速遞217題已知點A1,2在拋物線：y2=2px上，若ABC的三個頂點都在拋物線-上，記三邊AB,BC,CA所在直線的斜率分別為111k1,k2,k3，則憶花kT解：yj，設(shè)喈顯丿，=122222l_i翌丄所以丄一丄1=A4一4.4_=蘭2kik2k3Yi_2y2-Yiy?24yiY2-4Y224點評：拋物線題目的計算量相對于橢圓、雙曲線要小一些，主要是基于拋物線上的點的設(shè)/2法Z,y，在化簡過程中利用好平方差公式，可以使得計算簡便。這個過程要做到比較熟Fp丿練。好題速遞218題已知函數(shù)fx=3x-a與函數(shù)gx=3x2a在區(qū)

16、間b,c上都有零點，則a2亠2ab亠2ac亠4bc22b-2bcc2的最小值為解：由題意知,3b-a：:0，兩式相加得a-2b:03b2a：:0f3c亠a0，兩式相加得a2c03c2a0所以a22ab2ac4bc_a2ba2ci-ab22bc+c2-a-2b廣ia2c22ba2c_2b-c2-1bcbc當(dāng)且僅當(dāng)a2b=a-2c時取得等號。點評：這里用到了基本不等式，如果一下子看不出來，也可以先利用齊次化思想，將分子分母冋除以a，令x=2y=，將式子簡化，就容易發(fā)現(xiàn)了。aa好題速遞219題已知函數(shù)fx=a4bxsinxbxcosxa,br，若fx在R上既有最大值又有最小值,4 +cosx且最大值

17、與最小值的和為4，則3a-2b=解:fx=a4bxsinxbxcosx4+cosx二abxsinx4cosx已知fx在R上既有最大值又有最小值，故b=0又fx=asinx是奇函數(shù)，且最大值與最小值的和為4，則2a=4,a=24十cosx故3a-2b=6好題速遞220題對于函數(shù)y=fx，如果存在區(qū)間|m,n|,同時滿足下列條件：fx在|m,n.I內(nèi)是單調(diào)的；當(dāng)定義域是Im,n時，fx的值域也是Im,n，則稱lm,nI是該函數(shù)的"和諧區(qū)間”若f(x)=A_丄(a>0存在“和諧區(qū)間”，則a的取值范圍是ax解：因為fx=-1a0在-:,0和0,：；匕'上是增函數(shù)，所以Im,nJ

18、-：,0或axm,nI0,：；匚j;,且fm=m,fn因此m,n是方程L=x的兩個不相等且同號的實數(shù)根，即axa1xa=0有兩個不ax相等且同號的實數(shù)根又為+x2>0且為比=a=1，故只需A=(a+1$_4a2>0，解得-1caclaa、'3又a0，故0：a：1好題速遞221題已知以T=4為周期的函數(shù)y=fX=-X221_x_2(1ex蘭3)，其中m.0，若3fx=x恰有5個實數(shù)解，則m的取值范圍是2解：當(dāng)1-1,11時，原函數(shù)式化為方程X2=1y_1,表示一個半橢圓，當(dāng)1.1,31m2時，是兩線段y=x-11：x乞2和y=3_x2：x乞3組成的折線，再根據(jù)周期性畫出大致圖

19、象如圖所示。2由圖象可知，當(dāng)直線y丄與第二個半橢圓x-42召=1y_0相交，而與第三個半橢圓3 m2(x-8f+每=1(y蘭0)無交點時，方程3f(x)=x恰有5個實數(shù)解,x由方程組3|(x4)2y_0消去y=1m2丄m29m21x2-72m2x35m2=0x由方程組3L。x-8由i>0，解得m-152 y_0消去y得9m21x2T44m2x567m2=02y丿+與=1m由：<0，解得0:m：7，所以:m：.73好題速遞222題（2015重慶理科第16題）若函數(shù)f（x）=x+1+2xa的最小值為5，則a=.解法一：按照a：_1,a_1兩類分類討論，畫出fx=x12x_a的折線圖，圖

20、象最低點的縱坐標(biāo)為5，求得a=-6或a=45解法二：由題意得x12x-a_5，從而x_a_寸5儀1設(shè)gx二x_a,hx*2gx=x-a的圖象是以a,0為頂點的開口向上的“圖。gx=x_a的圖象開口大）hx的圖象是以_1,5為頂點的開口向下（開口比22I2丿當(dāng)a"或心時，一寧，所以若函數(shù)fx=x12x-a的最小值為5,則的“V”形圖，且與x軸交點的坐標(biāo)為-6,0,4,0。a-£或a=4好題速遞223題若動點P在直線i1：x-y-2=0上，動點Q在直線l2：x-y-6=0上，設(shè)線段PQ的中點為2222M（X0,y0），且（X。-2）+（y°+2$蘭8，則x；+y；的取

21、值范圍是解法：設(shè)點Pi.X1,j滿足x-yi-20，點Q1x2,y2j滿足x-y2-2=0兩式相加得點MX0,y°的軌跡是直線X0-y0-4=01i22所以滿足條件的點M在線段AB上，其中點A0,V,B4,0分=8的交點，x2y2表所以當(dāng)M運動到16,當(dāng)M運動到圓x2y218,161同時點M（X0,y°）滿足（X）-2）+（y0十2）蘭8另U為直線x-y4=0與圓（x2f+（y+2）示線段AB上的點與坐標(biāo)原點連線距離的平方,A0,Y或B4,0時，xo-y2取得最大值為心C2,-2時，x2U取得最小值為8,故解法二：將X0-y°-4=0代入X0-2亠y22-8，得到

22、y°丨-4,01將X0-y0-4=0代入X0'y0得xy0=2y°8y01=2y02.8,16】好題速遞225題設(shè)反比例函數(shù)fX=-與二次函數(shù)gx=ax2bxa0的圖象有且僅有兩個不同的公共X點Axi,yi，B|x2,y2，且xi：:：x2，則=-'、'y2解：fx=-與gx=ax2bxa0的圖象有且僅有兩個不同的公共點：=方程ax2bx有兩個不同的實數(shù)根x|,x2x：=方程ax3bx2_1=0有兩個不同的實數(shù)根xi,X2322亠bx2-1=ax-x1x-x2三次方程僅有兩個實根，故必有一個是一次根，一個是重根。二方程ax3+bx2_1=a(x_xi

23、J(xX2J或ax對于第一種情況，等式兩邊展開比較系數(shù)得b=a(-2x1X2),x2+2x1x2=0，-axfx2=-1故Xi2X2=0,因為Xi：X2，所以X1:0：:X2,XI-2X2_y_=程=_1yX12對于第二種情況，等式兩邊展開比較系數(shù)得b=a(X12x2),x2+2x1x2=0，ax1x2=1故2x1X2=0,因為xi：X2，所以xi:0:X2，但由一ax1x2=-1知axi0,與a0,xi：0矛盾，故舍去。點評：本題是自山東高考題改編而來，解法中運用了三次方程求根的因式分解，奇次根穿過與偶次根反彈的問題。浙江高考曾多次考過類似的問題，值得注意。例如：(2014浙江文7)已知函數(shù)

24、f(x)=x3ax2bxc，且0：f(-1)=f(-2)=f(-3)_3，貝yA.c_3B.3：c_6C.6：c_9D.c9解：方程f(x)=x3ax2bxc(0,31的三個根為一1,一2廠3,故x3ax2bxc-t=x1x2x3比較系數(shù)得c-t=6，故c=t66,9(2012浙江理17)設(shè)aR，若x>0時均有(a1)x1(x2ax1)啟0，貝ya=.解：x2-ax-1二x-x-x2，且：；0:x2，因為(a-1)x-1(空一ax-1)一對1X0恒成立，則x必是二重零點a1代入得：-1=0，解之得：a=0或a=，舍去a=0，得答案：a=la-1丿a-122(2013浙江文16)設(shè)a,bR

25、，若x_0時恒有0_x4x3axb_x21，則ab【解析】當(dāng)x=1時，有0乞ab乞0,所以得b-a，代回原式x4-x3axb=x4-x3ax-a=x-1x3a-0故X=1必定是重根，即X3-a中必有因子X-1，所以a-1,b=1，所以ab-1設(shè)5，則問題變?yōu)榍髖r.的值域解法一：當(dāng)a式0時，有y,1-.a2點評：這三道題都是加深零點意義理解的好題。零點就像是正負(fù)性變化的重任，“奇重零點穿過，偶重零點反彈”。x軸上的守門員，關(guān)系著函數(shù)好題速遞225題22設(shè)x,y是正實數(shù)，且xy.1,則衛(wèi)J的最小值是x+2y+1解：設(shè)x2=m，y1=n22(m2)+(n-14/m-4-m1丁-nm1411一+L4

26、mnm-n亠4當(dāng)且僅當(dāng)22，則題目變?yōu)椤耙阎猰n=4，求m一2-.2-的最小值。mn4n?5141412二mn62nmnmn-2j丄44m=2n，mz4，即m弓n三，即乂嶺八1時取得等號點評：本題還是分母換元使得式子簡化，靈活運用均值不等式。好題速遞226題（重慶高考題）函數(shù)sinx-132cosx-2sinx解:3-2cosx-2sinx=1-cosx21sinx2將b視為圓（a1丫+（b-1$=1上任一點與原點連線的斜率，結(jié)合圖形可知->0，aa所以/_y：0，當(dāng)a=0時，y=0綜上可知，y丨-1,0.1解法二：注意到y(tǒng)：a，聯(lián)想其結(jié)構(gòu)特征與三角函數(shù)中的正余弦定義式相似于是設(shè)直線OP

27、的傾斜角為d,則0豈2所以y-co1-1,0I好題速遞227題已知a=4-bJ=2,IC=1,(ac)fbc0,貝Vab的取值范圍是解法一：考慮向量模的幾何意義4 4444由a=2和（a_c）（b_c）=0,可作出圖形C的終點C必在以AB為直徑的圓0'上又c=1，故c的終點C必在以O(shè)為圓心，1為半徑的圓上所以問題轉(zhuǎn)化為|_0'與Lo（半徑為1的小圓）有交點JAB，圓心距oO*=井+b注意到L0'的半徑為H1H勺i4-lia-ba+b|ab|111<'1<1丄1222所以兩圓相交需滿足2一2且有a-+b|2宀24,2、2a+b11)2作一個整體換元，設(shè)

28、a+b=x，a:=yx2y2=16-2xy吒2問題轉(zhuǎn)化為規(guī)劃問題，已知y一2，求y的取值范圍。x+y工2-_+"匸R如圖可得y|-7-1,71解法二：代數(shù)方法ab一2花+£=（82：_J，因此只需求ib的取值范圍由a-cb-ci=0得ab-abic"所以ab+1=(a+b此=|a+btdcos日ga+b即alb1-a2a_bb=82a_b，解得-7-7所以ab=，a_2abb=、8-2ab-.-2.7,-.y解法三：解析幾何坐標(biāo)方法解：設(shè)c=1,0，設(shè)A,B是以0為圓心，2為半徑的圓上兩點,且AC_BC，貝U|ab|=AB=2MC.JMO2MA2=0A2,而MA=

29、MC,.MO2MC2=4.設(shè)Mx,y，貝Vx2y2(x-1)2y2=4,即x2y2_x=?.(*)2|ab|=AB=2MC=2(x_1)2y2=2-x2_y2二2x_1=23x_2x1=$5_2x.由(*)知，7wxw匚7,22.8-2,7w52xw.82,7，即7-1w.5二2xw71.好題速遞228題已知實數(shù)a,b,c，滿足2a+2b=2小,2a+2b+2c=2"七，則c的最大值是解：記2a=x,2b=y,2c=z，則»+y=xy収亠y=xyzz，=1.丄xyTxyT因為xy=xy_2Jxy=xy_4故z=孕=14xy-1xy13即c的最大值是log24好題速遞229題

30、4X.、，設(shè)函數(shù)fX=,gX二C0S2二Xkcos二X，若對任意的為二R，總存在沁二.R，使得X+1g(x2)=f(X1)成立，則實數(shù)k的取值范圍是.解法一：由題意知fX的值域是gX值域的子集，易得fX的值域是1-2,2|設(shè)t=cos二x，則gx的值域為ht=2t2-kt_1,r1-1,11的值域，再通過分類討論進(jìn)行解答h_1乞-2或|h（1戸解得kk-1048-k2h1_2k01424乞衛(wèi)或二2或h1乞Ih-1_2h-1_2k-1-i-2.222,解法二：解法一常規(guī)，但計算量較大，作為填空題不劃算。故從數(shù)形結(jié)合的角度，利用函數(shù)圖象給出解法二。fX的值域是-2,2,設(shè)t=COSJ!XE-1,1

31、,則問題可以轉(zhuǎn)化為對任意實數(shù)m：=2,2,關(guān)于t的方程2t2kt1=m在1-1,1上有解,即對任意實數(shù)丨22|,總存在k，使得直線y=kt_1與y=m-2t2在1-1,1是有公共點，即直線y=kt-1與一簇函數(shù)y_2t2,t1-1,1l,m丨-2,2個個都有公共點，從圖象上顯然看到，只要直線y=kt-1與函數(shù)y-2-2t2,rI-1,1有公共點即可，于是求得kE（-°q-2s：2U2占,宓）好題速遞230題CO=2，若動點P滿足AP二sin2vAOcos2dACR，則在ABC中，AB邊上的中線TTFpa-pbLpc的最小值是解：因為AP二sin2vAO，cos2"Ci*三R

32、,系數(shù)之和為1,故C,P,O三點共線，且sinJ,cos20,11,所以點P在線段OC上，設(shè)靈=1卜0,2丨,故PAPBPC=2p_PC=2t2t1=2t24t當(dāng)t=1時，取最小值-2好題速遞232題設(shè)數(shù)列：anJ滿足a=1,a2=2,且環(huán)21maxan1,-、4.4an,貝Va2015=maxN,學(xué)解：找規(guī)律。易知a3-4x1.4'a4二11maX2'4116，11max,一a164a5-14-2maxa6=11丄丄4丄161max1-a_4擊14-8故數(shù)列5的數(shù)列，所以a2015=a5_8好題速遞232題設(shè)數(shù)列滿足3=1,a9=7，且anan；12a1，a5解：an:：22

33、22an1an2an.1an11an-1_an11_an+1即an21an1an1令bn=環(huán)1，則bn2bn二盒1，即數(shù)列Mnf是等比數(shù)列,a5=3b=2,6=8，故b>5，即好題速遞233題已知£冬1，函數(shù)f（x）=2x1k的零點分別為X1,X2（X1X2），g（x）=2x_1?的零點分別為X3,X4（X3：X4），則（X4X3）+（X2X1）的最小值為.2k十1解：f（X）=2X1k=0=2X1=1k,2X2=1+k二為=log2（1k）,X2=log2（1+k）g（X）=2XT一爲(wèi)=°二滬=腐,八3k1k1X3=log2,X4=log22k132k1y3k12k

34、1由（1）（2）得X4-X3亠X2-X1=log23k11k1因為k：:：1，故X4_X3廠X2_X1：log233好題速遞234題已知函數(shù)fx二ax222a-1xVa_7，xo三Z，則符合條件的a的值有個.其中a.N*，設(shè)Xq為fx的一個零點，若解：f(x)=ax+2(2a1jx+4a70a2x7kX2因為aN*，故2x7(x+2I由X0Z知，X0-3,1,0,1當(dāng)Xq-3時，a=1;當(dāng)x°-1時，a=5;當(dāng)x0=O時，=4(舍去)；當(dāng)滄"時，心綜上，符合條件的a=1或a=5，有兩個值。好題速遞235題已知O是ABC的夕卜心,AB=2a,AC=?a0,.BAC=120,若

35、a】iA廠ACR=|,則用'卜的最小值為.解：因為耳2ABEjaoLAC=GAB_AC2+Pac2a2=4a2a-20=24:,2'22aa鋰£332+>233a23點評：這里又是三角形外心與向量的常見結(jié)合題，“外心點積轉(zhuǎn)邊投影”是正道。解得=-33a2故：=4好題速遞236題已知函數(shù)fd“r,設(shè)心,5爲(wèi):需b；：；，若函數(shù)y=fxa-有四個零點，則b-a的取值范圍是解：ft(x)=(x12t上永是開口形狀確定，頂點(t,Ty-x上運動的拋物線，于是當(dāng)fx圖象如圖所示，是“W型”的圖象a,b取不同值時所對應(yīng)的函數(shù)交點橫坐標(biāo)由（x_af_a=（x_b2-b解得x=

36、a-1函數(shù)y=fxj亠x-a_b有四個零點，可視為直線y-_x：；b_a與函數(shù)y二fx有四個交點，故只需兩條拋物線的“交叉點”到直線y=_x的豎直距離大于b_a即可。故上口彳土1a，解得b_a.2-5.22好題速遞237題在ABC中，若AB=2，AC2BC2=10，則ABC的面積取得最大值時，最長的邊長等于解法由余弦定理知cosCAC2BC2-AB22ACBC3AC2BC2-9sinC=-ACBCACBC故SABC二丄ACBCsinC二*1、AC2BC2-9E1222AC2BC2一9=2當(dāng)且僅當(dāng)AC=BC=彳5時，等號成立，故最長邊為5顯然當(dāng)DC,DB均為LO的直徑時,DCLDB最大為4；好題

37、速遞238題C,D在半徑為1的LO上，線段AB是LO的直徑，則acLbd的取值范圍解法一：極化恒等式角度ACBD二ADDCJDDCJDB取BC的中點M，則由極化恒等式知22h22、（DM+0M）、0D21DCl_DB=DM-BM-DMOM-111-2DBDFD0202D-t故A_Bd模長均為直徑時，ACLBDmin則AClbd_2tt2-t二丄_丄2)22AC_BD=J(cosE一1f+sin2Bcos(a十半)+(cos”-1p-j22cosP+(cosB-1J（當(dāng)且僅當(dāng)th.2時取得等號）2則ACLBD_-2!解法四：利用競賽知識設(shè)EAOC二:，三COD=1；，ZBOD二則=7.、E#C匸

38、令t=1-COS:三令t=.1COS:三解法二：投影角度acLbdAL'ce1如圖，當(dāng)DE_AE且DE_AE與圓相切時，CE最大。所以aCJDacce亠i-x遼2ri_xi顯然當(dāng)且僅當(dāng)D與A重合，C與B重合，即AC與BD反向且解法三：坐標(biāo)角度=J(cosB-1(+sin20cos(a+申)+(cosB-1)_2-2cos,亠cos-1要求AC_BDmax，顯然在AC確定的情況下,Ce最大。二x,忌=21_xOF=1_x，設(shè)Ccos.-gsin爲(wèi)'，DcosLsin|：-所以AC|_BD=cos:：£亠1,sin工cos-1,sin=cos”1cos:：£亠s

39、in匸sin很亠cos-1此時設(shè)cE=x，則AC函=OC_OA_-OBzOCOD-OOD-OCBOApB=COS|COS|£亠,jCOS亠'j1=cos亠cos；：；cos:-13在競賽中證明過一個不等式，在ABC中，有cosAcosBcosC違A亠BAB先證明cosA亠cosB亠cosC=2coscos2A+BAB2A+B=2coscos2cos1222A+BfA_BA+B)=12coscos-cos2,22丿A+BAB丄A=1-4cossinsin1-4sinsin2222-cosA亠BB.Csin22BCcoscos2221 A彳Asin1-sin2 22AB.C1AB

40、C乂sinsinsinsin2222Jsincos二2222AAsin1-sin2212I12183所以cosA亠cosB亠cosC2這里用了三角的積化和差、和差化積公式，屬于超綱內(nèi)容。所以ALBD=cos：-coscos:-1_丄2好題速遞239題在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)A,B,C是圓x2y2=1上不同的三個點，若存在實數(shù)使得OCOA，則_32：【亠2的取值范圍是IItOCWOAOB解法一：OC=9A：；_0B='2：;_22'Ocosr-1（這里的v就是向量夾角，由于三點不同，故cos-1,1）當(dāng)）1>0時有厝+皆_2曲iv1=t<九4<1當(dāng)：0時有2

41、2：:：1=-1-1畫出可行域如圖，于是將旳d2J2視為可行域內(nèi)的/到點3,0的距離的平2方，易得當(dāng)（幾卩尸（2,v時，yT2，當(dāng)咼時，yT七c,故（九一3）+卩2>222OC-OA-OB=2-2cos?絆-解法二:,222COST13+F=（扎一3）+九22&cos8北=2:CO=o可以構(gòu)造三角形法則則M，|!-|，1構(gòu)成.OMC的三邊（否則A,B,C三點中至少有兩個點重合），如圖所示，北1于是滿足Iq1卩-|，畫出可行域，后續(xù)如解法一。2_3解法三：，故設(shè)OM已知二次函數(shù)fx二ax2好題速遞240題bxcba.0為非負(fù)，則222匚10_(跡曠32M0_(cose+3L2屮Ia

42、JMX2abc的最小值為b-a解法一：齊次化思想根據(jù)條件有a.0,.：_0,因此丄廠ba-2_1a-12店1aa2abct232t-11亠二ba一2t-12-9442t-13當(dāng)且僅當(dāng)t=2及-a時取得最小值，即當(dāng)且僅當(dāng)t=3a及cab>4ab-aabcbab2=時取得最小值,4a3空丄_324t4a即b=c=4a時取得。b=c=4a時取得。b2解法二：根據(jù)條件有a.0,厶_0,則c-4a斗+a+b+故u俎b-ab-a解法三：令abc=tt0，得c=tb-a-ba，代入厶二b2-4ac豈0b-a22得t2ab2ab_4ab_a餐3aba2(2a+b)3>4I3a：；b_a丁廠當(dāng)且僅當(dāng)

43、b=c=4a時取得等號解法四：待定系數(shù)法假設(shè)ay烈，化簡為1ta1_tbc_0故比對系數(shù)得x2=1t,x=1-t，得|1-t=1：；*t，即t=3，此時x二-2即因為f_2_0，所以4a-2b_0=abc_3b_a因為ba，所以abc_3ba好題速遞241題已知a,b.r'，a2b2-ab=3，則2ab的最大值是解法一：判別式法令t=2ab，b=t-2a代入a2b2-ab=3得7a2-5att2-3=0關(guān)于a的一元二次方程有解得=25t2-28t2-3:0，即卩t2乞285_5、所以t=2a乞2、7，當(dāng)且僅當(dāng)a=142ab=27_5*一7U彳"7時取得等號。b=45l厲解法二

44、：化齊次式23(2a+b2ab二丁ka22/a4abb令5t3二u,tb-abu-35a2b2-ab=3古1-tt2f故y=315uu2-11u49=3-28當(dāng)且僅當(dāng)解法三:a2b2f22Vb=3m»b,n3b，即m2n2=322設(shè)m=3cos二,n=3sin，貝a=sin.3cos二2sin故2a：；b=4sin23cos-2.7sin：；：-解法四：利用余弦定理構(gòu)造三角形設(shè)ABC的三邊分別為a,b,c=.3，由a2b2-ab=3得C=60由正弦定理bc2，故a=2sinA,b=2sinBsinAsinBsinC故2a亠b=22sinA亠2sinB=4sinA亠4sin120-A=

45、5sinA：hj'3cosA=27sinA-其中tan3：乜，故取0,二，i-:-A.,5 3J6丿3故2a+b險,277，V2-評注：本題是很常見的最值問題，解法一、解法二是常規(guī)的兩種方法，解法三利用三角換元，解法四構(gòu)造三角形的方法不僅求出了最大值，還取到了最小值。好題速遞242題（2015全國聯(lián)賽2）若實數(shù)：滿足cos,-tan:，則一cos4:的值為.sinot解：由cos:=tan:得cos2:=sin:,14sin乜-cos:.22cossinsin:11cos2sin:sin二評注：這里用了1的逆用，簡化了計算，當(dāng)然也可以把sin:,cos二都算出來，不過計算量比較大。好題

46、速遞243題（2015全國聯(lián)賽4）在矩形ABCD中，AB=2,AD=1，邊DC上（包含D,C）的動點P與CB的延長線上（包含點B）的動點Q滿足得Q2,_t,DP，則PAPQ的最小值為.解：不妨設(shè)A0,0,B2,0,D0,1，則Pt,10乞t乞2，則由故PA-£-1,PQ=2-t,-t-1PaI_PQ=彳2t廠1：-t-1=t2i3亠3評注：坐標(biāo)法解決向量問題是常見方法。好題速遞244題(2015全國聯(lián)賽6)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點集K=x,y|：jx3y-63xy6<0所對應(yīng)的平面區(qū)域的面積為解：設(shè)K：x,y|x3y6乞0?先考慮Ki在第一象限中的部分，此時有x36，故這些

47、點對應(yīng)于圖中的-：OCD及其內(nèi)部，由對稱性知，Ki對應(yīng)的區(qū)域是圖中以原點O為中心的菱形ABCD及其內(nèi)部同理設(shè)心Mx,y|3x.jy_6空0?，則©對應(yīng)的區(qū)域是圖中以O(shè)為中心的菱形EFGH及其內(nèi)部。由點集K的定義知，K所對應(yīng)的平面區(qū)域是被K1，K2中恰好一個所覆蓋的部分，因此本題所要求的即為圖中陰影區(qū)域的面積S由直線CD:x36，直線GH:3xy=6得交點P由對稱性知,S=8ScPG1 3=84242 2好題速遞245題(2015全國聯(lián)賽7)設(shè)，為正實數(shù)，若存在a,b二a：b_2二，使得sin，asinb=2，則的取值范圍是.解：由sinasinb=2知，sina=sin，b=1而長：a,b：一，2二.1,故題目條件等價于：存在整數(shù)k,lk：:1，使得：<2k2l2'f22當(dāng)心丄4時，區(qū)間幕，：，2二I的長度不小于4二，故必存在k,lk：:丨滿足式當(dāng)0；：Y.；：4時，注意到！，二，2二.10,8二，故僅需要考慮如下幾種情況:1 i15(i) 22-,此時且一一，無解2 22495(ii) “：242，此時224213913(iii)":：462二，此時，得422?42，4綜上，可知-_或口上13424好題速遞246題（2015全國聯(lián)賽9）若實數(shù)a,b,c滿足2a-