高考压轴题的研究与讲解

高考压轴题的研究与讲解

高考压轴题的研究与讲解 兰琦 2016 年 6 月 23 日 目录 1 引言 2 1.1 如何研究压轴题............................................................................................................................... 2 1.2 如何讲解压轴题............................................................................................................................... 2 2 函数 7 2.1 含参二次函数的讨论....................................................................................................................... 7 2.2 参数分离............................................................................................................................................9 2.3 优雅的作图..................................................................................................................................... 11 2.4 函数与方程..................................................................................................................................... 13 3 不等式 14 3.1 必要条件探路................................................................................................................................. 14 3.2 二次函数专题................................................................................................................................. 15 3.3 “形”“元”“次”..................................................................................................................... 17 4 向量 20 4.1 等系数和线..................................................................................................................................... 20 4.2 运动的转化和分解......................................................................................................................... 20 4.3 极化恒等式..................................................................................................................................... 23 5 导数 25 5.1 端点分析..........................................................................................................................................25 5.2 ln x 的应对策略............................................................................................................................. 28 5.3 常用对数不等式............................................................................................................................. 32 6 圆锥曲线 33 6.1 圆锥曲线的常用性质..................................................................................................................... 33 6.2 合理设参 ........................................................................................................................................38 6.3 化齐次联立..................................................................................................................................... 40 6.4 仿射变换..........................................................................................................................................42 7 后记 44 1 引言 1.1 如何研究压轴题 情感 不畏难，不贪多． 价值观 基本功与技巧，一题多解，见多识广． 方法论 解答(答案)→解析(分析)→解法(总结)→解释(纳入)． 1.2 如何讲解压轴题 三个适合 适合的学生(避免一窍不通)，适量的题目(有共性，有变化，融会贯通)，适度的讲解(讲关键，练实 操，触类旁通)． 四个要素 力量：耐心计算，分类讨论能力；敏捷：快速试探，精准打击能力；智力：知识储备，模块重组能 力；运气：自强不息，相信天道佑勤． 引例 1 已知定义在 R 上的函数   1 2 2 x x bf x a   是奇函数，则 a  ________，b  ________． 一般解法：      1 10 0, 0f f f   ； 力量型训练    , 0x R xf f x    ； 敏捷性训练    lim lim 0x x fx xf    . 引例 2 已知 ABC 中， 1 1,3 2BD BC AE AC     ， AD 与 BE 交于点 P ，且 AP AD  ，则   ________. 力量型训练 设 BP BE  ，有   , 1 , 2 1 3 3 1 3 AP AB AC AP AB AC                    解得 3 ,4 1 .2        敏捷性训练 如左图，过 D 做 ∥DF BE 交 AC 于 F ，则 1 1 3 3EF EC AE  ，于是 3 4   . 知识型训练 如中图，由梅涅劳斯定理，有 1AP DB CE PD BC EA    ，于是 3=AP BC EA PD DB CE   . 实战优化：如右图，在 ， ，A B C 上标注 , ,a b c ，使得 : : , : : ,EC EA a c DC DB b c  则 AP b c c b c PD c a a     . 这就相当于在 D 点位置填b c ，即可用“杠杆原理”解题. 引例 3 证明： 2 1 1 1 11 1 13 3 3 2n                 力量型训练 由于 ln 1x x  ，于是 1ln 1x x   ，因此 1 1 1ln 1 1 13 3 11 3 n n n           ， 于是只需要证明 2 1 1 1 ln 23 1 3 1 3 1n      ， 而 4 3 5 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 54 ln 212 8 28 3 3 3 3 3 3 2 8 28 1 3 n nLHS                 . 敏捷型训练 无法直接应用数学归纳法，考虑将命题加强为 2 1 1 1 11 1 13 3 3 2 nn a                 ， 其中 0na  .考虑到归纳基础，需要 1 1 6a  ；考虑递推证明，需要 11 1 1 112 3 2n nna a            ， 即 1 1 1 1 3 2n n nna a a         ， 因此取 1 1 6a  ，进而 1 2 3n na   即可. 知识型训练 直接利用伯努利不等式，有 2 1 1 1 1 131 1 13 3 3 21 3 nLHS              . 更进一步(Pentagonal number theorem)：          3 1 /22 3 2 5 7 12 15 22 26 2 1 1 1 1 1 1 1 1k k kk k x x x x x x x x x x x x x                   . 引例 4 我们知道，平面上到两个定点的距离之比为定值  ( 0  且 1  )的点的轨迹是圆，这个圆称为阿波罗尼斯圆. 当两个定点 A 和 A已知时，可以先在直线 AA 上找到两点 ,M N ，使得 MA NA MA NA    ， 然后作以 MN 为直径的圆，即得对应的阿波罗尼斯圆. 反过来，如果已知其中一个定点 A ，以及动点 P 对应的阿波罗尼斯圆，也可以确定另一个定点 A的位置，如图. 设阿波罗尼斯圆的圆心为O ，半径为 r ， ' '，OA d OA d  ，则有 ' ' d r d r r d r d     ， 其中 ' PA PA   .容易解得 ' d r r d    ， 也就是说 r 是 d 和 'd 的等比中项，且公比为  .上述结论形式优美，容易记忆，在很多时候可以方便的解决问题. 例 1 已知 P 点在边长为 2 的正方形 ABCD 的内切圆上运动，则 2AP BP 的最小值是________. 解 尝试应用阿波罗尼斯圆处理系数.连接对角线 AC ，设其中点为O ，则可知在此问题中 1r  ， 2d  ， 于是 2' 2d  且 2  . 因此  2 2 ' 2 'AP BP A P BP A B      ， 而在 'OA B 中应用勾股定理可得 2 2 5' ' 2A B OA OB   ， 因此所求的最小值为 5 . 例 2 已知 P 在边长为 2 的正 ABC 的内切圆上运动，则 2AP PB 的最小值是__________. 解 与例 1 类似， 3 2 3,3 3r d  ，于是 3' 6d  ，且 2  . 因此  2 2 ' 2 'AP PB A P BP A B      ， 而在 'OA B 中应用余弦定理可得 2 2 7' ' ' 2A B OA OB OA OB     ， 因此所求的最小值为 7 . 作为练习，下面的已知条件命题： 已知点 P 在圆O : 2 2 4x y  上运动，    4,0 4,4，A B ，求__________的最小值. 答案是 2PA PB 或 2 2PA PB . 2 函数 2.1 含参二次函数的讨论 例题 2.1 已知函数   1, 1, , 1 1, 1, 1, x f x x x x          ，函数   2 1g x ax x   .若函数    y f x g x  恰好有 2 个不同零点，则 实数 a 的取值范围是___________. 解    ,0 0,1  ，参见每日一题[299]. 分离参数 根据题意，方程   2 1f x ax x   有两根，即 2 1, 1, 1 , 1 1, 1, 1, x ax x x x x            , 有两根，注意到 0x  不是方程的根，于是问题即方程 2 2 1 2 , 1, 2 1 , 1 0 0 1, 1 , 1 或 xx x a x xx x xx               有两根.作换元 1t x  ，则上述方程右边   2 2 2 , 1 0, 2 ,t 1 t 1, ,0 1, 或 t t t g t t t t t              而换元后的方程的根的个数与换元前的方程的根的个数是一致的.考虑函数  y g t 与直线 y a 的交点个数， 如图. 于是 a 的取值范围是   ,0 0,1  . 不分离参数 以第二段为例，分析函数   2 2 1 0h x ax x    在区间  1,1 上的零点.由于  1 3h a   ，  1 1h a  ，因此分界点为-3,0,1. 含参二次函数的讨论方法 1、开口与端点处的函数值定讨论分界点； 2、画参数讨论轴，展开讨论； 3、在每一段上用对称轴配合判别式判断图象. 2.2 参数分离 例题 2.2 (每日一题[520])设函数   2 2 3 2f x x ax a    的两个零点分别为 1x ， 2x ，且在区间  1 2,x x 上恰好有两个 正整数，求实数 a 的取值范围. 解 考虑分离变量，方程 2 2 3 2 0x ax a    即   22 1 3a x x   . 显然 1x   不是方程的解，于是原方程等价于 42 2 1 1a x x      ， 于是 1x ， 2x 是函数   41 1g x x x     与直线 2 2y a  的公共点的横坐标. 如图，可知区间  1 2,x x 上的两个正整数为 1,2，因此 2 2a  的取值范围是 13,53      ，进而可以解得 a 的取值范 围是 7 3,6 2      . 不等式与方程中的参数处理方案 1、不分离，考虑  , 0F x a  ，通法，难点在于分类讨论； 2、全分离，考虑  F x a ，局限性在于需要处理一个复杂函数，可能需要使用洛必达法则； 3、半分离，考虑  F x a b  ，有凹凸性的隐患，大题慎用. 例题 2.3 (2012 年山东卷理科第 12 题）设函数   1f x x  ，    2 , 0且g x ax bx a b R a    .若  y f x 的图象与  y g x 的图象有且仅有两个不同的公共点 1 1( )，A x y 和 2 2( )，B x y )，根据 a 的正负，讨论 1 2x x 和 1 2y y 的 正负. 解 0a  时， 1 2 0x x  ， 1 2 0y y  ； 0a  时， 1 2 0x x  ， 1 2 0y y  ，2012 年山东选择压轴题. 不分离 将右边化为常数（往往取 0).注意利用一侧为 0 的特点对左边进行调整.对于本题，可以将问题转化为 函数   3 2 1h x ax bx   有两个零点，由于  h x 的导函数    3 2h x x ax b   ， 由  h x 有且仅有两个零点知  h x 的极值点中必有一个为零点，于是函数的两个极值点分别对应点  0, 1 和 2 ,03 b a       ，按 a 与 0 的关系分别画出对应的函数图象.由三次函数的切割线性质可得1结果. 全分离 让两边分别只含参数和变量.对于本题，考虑方程   3 3 1 ,即ba h t t btx x     ， 其中 1t x  ，并记右侧函数为  h t ，因此画出对应的函数图象可得结果. 半分离 将一边化为含参直线，另一边化为不含参的函数.此时问题转化为直线与曲线的位置关系问题，因此往 往对曲线的凹凸性2有要求.对于本题，考虑方程 2 1ax b x   ， 于是直线 y ax b  与幂函数 2y x 的图象有两个公共点.由幂函数图象的对称性可得结果. 2.3 优雅的作图 例题 2.4 (每日一题[450])已知函数    f x x x    ，其中 x 表示不大于 x 的最大整数，当  0,x n ， *n N 时，函 数  f x 的值域为集合 nA ，则 （1）若   100f x  ，且 0x  时，则 x 的取值范围是____________； (2)集合 nA 中有__________个元素. 解  10,10.1 ； 21 1 22 2n n  ，考虑函数    g x x x ，即     , 1g x k x x k k    . 1 也可以通过三次方程的韦达定理求解 2 在高考范围内，只有基本初等函数和二次曲线的凹凸性可以直接使用 应该掌握的函数图像 第一层次，基本初等函数的图象：特征点，渐近线，单调性； 第二层次，简单初等函数的图象：正比例函数，反比例函数，一次函数，二次函数，绝对值函数，多绝对值函 数，对勾函数，一次分式函数； 第三层次，图象变换：平移，伸缩，对称，翻折，旋转； 第四层次，知识储备：      1 , , siny y f x y x f xf x     . 例题 2.5 已知  f x 是定义在 R 上的周期为 2 的偶函数，且当  0,1x 时，   1f x x  ，则方程    2f x xf x  的 解的个数是__________. 解 4 个，函数的图象本质就是方程的曲线.根据函数  f x 的奇偶性与周期性，作图如下. 注意到拋物线 2y y x  以 1 1,4 2      为顶点，以 1 2y   为对称轴，且经过点  0,0 ，  2,1 ， 6,2 ，因此 拋物线 2y y x  与函数  y f x 的图象共有 4 个交点，所求的根的个数为 4. 例题 2.6 (2013 年新课标 I 卷第 16 题改）已知     2 2x x x a bf x x    满足对一切实数 x ，均有    2f x f x  ， 则函数  f x 的最小值为___________. 分析 多项式函数为偶函数，则不含奇次项. 解 根据题意，函数  1y f x  是偶函数，而          2 2 11 1 1 1f x x x x a x b                  2 2 3x x g x    其中  g x 是一个二次项系数为 1 的二次多项式.不难得知，   2 2 3g x x x   ，因此      2 22 4 2 92 3 5 4 41 xf x x xx         ， 当 2 5 2x  时取得等号.因此函数  f x 的最小值，即函数  1f x  的最小值，为 9 4  . 例题 2.7 函数   0.52 log 1xf x x  的零点个数为（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 解 B，数形结合需谨慎.对于函数   log x af x x a  的零点个数，分界点为 ee .当 0 ea e  时，函数  f x 有 4 个零点. 2.4 函数与方程 例题 2.8 (每日一题[444])求函数    2sin 24 cos cosf x x x x    的值域. 解  5,5 .将  2sin 24 cos cosy x x x    变形为 2 2cos 24 cossin y x xx       ， 整理得 2sin 2 12cos2 12y x x y   ， 于是  22 2 212 12y y   ， 即可解得． 思考与总结 将函数看成是以 y 为参数的关于 x 方程，研究该方程在定义域上有解的问题.衍生出的方法有：判别式法，反函 数法，辅助角法.方程的定义域受限是该方法的软肋，但对最值问题仍有很高价值. 3 不等式 3.1 必要条件探路 例题 3.1 (每日一题[468])设函数   22 3 1f x ax bx a    ，当  4,4x  时，不等式   0f x  恒成立，求5a b 的 取值范围. 解 1 ,23      .根据题意，有    24,4 , 2 3 1 0x x a x b         . 令 22 3 5x x  ，解得 1 2x   或 3x  . 由于  1 ,3 4,42    ，可得    1 5 1 0,3 5 1 02 a b a b       ， 即 1 5 23 a b    . 接下来我们证明5a b 可以取得 1 3  以及 2. 令 1 53b a   ，可得 2 2 2 124 8 7 3b a a a         ， 于是当 1 4,21 7a b   时， 0  ，符合题意； 当 2 5b a  ，可得  22 224 8 7 2b a a a      ， 于是当 2 4,7 7a b  时， 0  ，符合题意. 结合连续性可知，5a b 的取值范围是 1 ,23     . 思考与总结 恒 成 立 问 题 与 存 在 性 问 题 均 可 以 利 用 这 种 方 法 缩 小 讨 论 的 范 围 ， 减 低 问 题 难 度 . 如 ： 已 知 函 数    2xf x e x ax a   ，若不等式   af x e 在 ,a  上有解，求 a 的取值范围. （ 1 2a  ） 例题 3.2 (2009 年北大自招）已知对任意实数均有 cos cos2 1a x b x   恒成立，求 a b 的最大值和最小值. 解  1,2 例题 3.3 已知   2f x ax x a b    ，若对于任意  0,1b 和任意  3,3x  均有   2f x  恒成立，求 a 的取值范围. 解 取 3x   ，可得 1 1 2 5a    ；取 3x  ，可得 5 1 8 4a    ；从而， 1 1 2 4a    .再取 1 2x a   ，即 得 1 2a   . 3.2 二次函数专题 例题 3.4 (每日一题[436])已知函数   2 , , ,f x ax bx c a b c R    ，且 0a  .记  , ,M a b c 为  f x 在 1,1 上的最 大值，  , , 2M a b c  ，求 2 a b 的最大值. 解   24 2f x x  时， 2 a b 最大，为 1.用      01 , 1 ,ff f 表示 , ,a b c ，然后利用绝对值不等式放 缩，且注意 2 a b 的值为 2a b 或 2a b . 思考与总结 用特征点确定函数图象是这类问题的常见手段. 例题 3.5 (2016 年天津卷理科压轴题）设函数    31f x x ax b    ， x R ，其中 ,a b R . （1）求  f x 的单调区间； （2）若  f x 存在极值点 0x ，且    1 0f x f x ，其中 1 0x x ，求证： 1 02 3x x  ； （3）设  0a  ，函数    g x f x ，求证：  g x 在区间[0 ]2， 上的最大值不小于 1 4 . 分析 第(3)小题在第(2)小题的基础上可以画出极端情形： 在此基础上利用函数  f x 在 1 30, , ,22 2x  处的函数值结合反证法证明结论即可. 解 (3)用反证法.假设  g x 在区间[0 ]2， 上的最大值小于 1 4 .考虑     0 1 , 2 1 2 , 3 1 3 ,2 8 2 1 1 1 ,2 8 2 f b f a b f a b f a b                          我们有    2 2 2 0 , 1 1 3 ,4 2 2 a f f a f f                  所以    1 3 32 2 02 2 22 f f ff              ， 但是        1 3 1 32 2 2 32 2 0 2 02 2 2 22 2f ff f f f f f                             ， 矛盾. 所以  g x 在区间[0 ]2， 上的最大值不小于 1 4 . 例题 3.6 (每日一题[518])对于函数  f x ，若存在 0x Z ，满足  0 1 4f x  ，则称 0x 为函数  f x 的“近零点”.已知 函数    2 0f x ax bx c a    有四个不同的“近零点”，则 a 的最大值为________. 解 1 4 .注意从区间长度出发，补充“和差积商”版的韦达定理. 对于方程  2 0 0ax bx c a    的两个根 1 2，x x ，有 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 , , , 2+ x xb cx x x x x x b aca a a x x             . 例题 3.7 已知整系数二次方程 2 0ax bx c   的两个不同实根均在区间 1,2 上，求正整数 a 的最小值. 解 5，用根表示    1 2f f ，利用    1 , 2 1f f  和均值不等式得到 2 16a  . 例题 3.8 (每日一题[297])已知函数   2f x x a  ，其中 0a  .若恰好有两组解 ,m n 使得  f x 在定义域 ,m n 上的 值域也为 ,m n ，求实数 a 的取值范围. 解 3 ,24      .按 , ,m n a 的大小关系讨论. 3.3“形”“元”“次” 例题 3.9 (每日一题[408])若正实数 ,x y 满足    22 1 5 2 2xy y y    ，则 1 2x y  的最大值为________. 解 3 2 12  .联想平方差公式，有 2 1 2 22 3 2 3 2x y y y                   ， 换元即得. 换元法 小换元为整体代换，目的是省纸；大换元为代数变形，收效是结构. 例题 3.10 (每日一题[422])设 nS 是各项均为非零实数的等差数列 na 的前 n 项和，若对于给定的正整数  1n n  和正数 M ，数列 na 满足 2 2 1 1na a M  ，则 nS 的最大值为__________. 解 2 1 2 n M  .注意选 1a ， 1na  为等差数列的“基底”，用它表示其他的各种量.设 1 1 1n na a a a     ， 则      1 12 1a n d a n d       ， 因此解得 1, 1, n n n n       因此             1 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 1 2 1 ,2 n n n n n a aS n a n a n n a a n M               所以 nS 的最大值为  2 1 2 n M . 例题 3.11 (每日一题[467])已知  , 0,1a b ，求     , 1 11 1 a bS a b a bb a       的最小值. 分析 二元对称代数式都可以用 a b 和 ab 表示，然后可以尝试放缩换元. 解 5 5 11 2  .先进行代数变形，有                 2 2 2 2 1 1 1 1 , 1 1 1 1 11 2 1 1 1 , 1 a a b b a b S a b a b ab a b ab a b ab ab ab ab ab ab ab                       当 a b 时取到等号. 令 x ab ，则  0,1x ，有   2 31 11 ab ab x x xab    ， 记右侧为函数  f x ，则  f x 的导函数       2 2 2 1 1 x x x f x x      ， 于是当 5 1 2x  时，函数  f x 取得最大值 5 1 5 5 11 2 2f       ， 因此原代数式  ,S a b 的最小值为13 5 5 3  ，当 5 1 2a b   时取到. 例题 3.12 已知 1a b c   ， , , 0a b c  ，求  c a c b  的取值范围. 解 1 ,18     4 向量 4.1 等系数和线 例题 4.1 (每日一题[426])在扇形 AOB 中， 1OA OB  ， 3AOB   ， C 为弧 AB (不包含端点）上的一点，且 OC xOA yOB    . （1）求 x y 的取值范围； （2）若t x y  存在最大值，求  的取值范围. 解 （1） 2 31, 3       ；（2） 1 ,22      ，  控制“等系数和”线的方向. 例题 4.2 (每日一题[466])已知O 为锐角 ABC 的外心， 3A  ，且OA xOB yOC    ，求 2x y 的取值范围. 解 （-2,1). 例题 4.3 (每日一题[194])已知圆 2 2: 1O x y  为 ABC 的外接圆，且 tan 2A  ，若 AO xAB yAC    ，则 x y 的 最大值为________. 解 5 5 4  . 4.2 运动的转化和分解 例题 4.4 (每日一题[108])在 ABC 和 AEF 中，B 是 EF 的中点， 1, 6AB EF BC   ， 33CA  ，若 33CA  ， 若 2AB AE AC AF       ，则 EF  与 BC  夹角的余弦值为________. 解 2 3 ，统一起点为 B. 例题 4.5 (每日一题[456])如图，圆 O 的半径为 1， 1 2OA  .设 ,B C 是圆 O 上任意两点，则 AC BC  的取值范围是 __________. 解 1 ,38     ，统一起点为 C. 固定CB  . 如图，设 ,A O 在CB 上的投影分别为 ,H M ，以 O 为圆心， 1 2 为半径的圆在 CB 上的投影为线段 PQ ，则   21 2CA CB CH CB CM MH CB CB MH CB                 . 考虑到 H 在线段 PQ 上，于是CA CB  的最大值为 21 1 2 2CB CB ，最小值为 21 1 2 2CB CB . 接下来放开CB  ，有 0 2CB  ，于是CA CB  的最大值为 3，最小值为 1 8  . 另法 统一起点为 O ，则         2 22 2 2 2 2 1 2 1 1 2 8 + + + AC BC OC OA OC OB OC OA OC OA OB OC OB OC OA OB OC OA OB OC OA OB OC                                          考虑到OB OC  可以表示长度从 0 到 2 的任意向量，因此 +OA OB OC   的长度取值范围是 50 2 ，     ，所求的取 值范围是 1 ,38     . 拓展 已知 , ,A B C 是单位球上三点，求 AB AC  的取值范围. 1 ,42        例题 4.6 (每日一题[435])已知 ABC 满足 3A  ，满足  0AB AC BC     ，点 M 在 ABC 外，且 2 2MB MC  ， 则 MA 的取值范围是________. 解  1,3 .易知 ABC 为正三角形，接下来有两条风格迥异的思路可以解决问题. 静态观察 如图，设 MA x ， AB BC CA t   ，那么由左右两图分别应用托勒密定理可得 3 , 2 , tx t t tx t     于是1 3x  . 托勒密定理 平面上四边形的四边与对角线满足关系：对角线的乘积不超过两组对边分别相乘所得乘积之和，当且仅当四边 形的四个顶点共圆时两者相等. 由于两侧等号均能取得（如图)，又根据图形连续变化，因此 MA 的取值范围是 1,3 . 动态探索 如图，先固定 ,B M ，使得 2BM  ，然后让C 在半径为 1 圆 M 上运动，观察 A 点的轨迹（暂时忽 略 M 在 ABC 外的条件). 由平面几何知识容易得到 A 的轨迹是圆 M 绕点 B 旋转 60°后得到的圆 N ，据此容易求得 MA 的取值范围是  1,3 (注意取得最值时 M 均在 ABC 外部). 4.3 极化恒等式 例题 4.7 (每日一题[131])正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2， MN 是它的内切球的一条弦（我们把球面上任意两点 之间的线段称为球的弦)， P 为正方体表面上的动点，当弦 MN 的长度最大时， PM PN  的取值范围是 __________. 解  0,2 .应用极化恒等式，有 2 2 2 1PM PN OD OM OD      . 极化恒等式 极化恒等式    2 2 4a b a b a b          可以起到将不方便计算的数量积变成好计算的线段长度的作用.在实际应用中，往往 a b  或 a b  的长度是固定 的，这就相当于将动点进行了转化. 例题 4.8 （1）正方形 ABCD 中， 1AB  ， ,A D 分别在 ,x y 轴的正半轴（含原点）上滑动，则 OC OB  的最大值是 __________. （2）已知正方形 ABCD 的边长为 2，点 E 为 AB 的中点.以 A 为圆心， AE 为半径，作弧交 AD 于点 F .若 P 为劣弧 EF 上的动点，则 PC PD  的最小值为__________. 解 （1）2.（2）5. 矩形的性质 向量问题中极化恒等式可以起到转化运动的作用，与之有类似功能的还有另外一个常用结论. 已知矩形 ABCD 和其所在平面内一点 P ，则 2 2 2 2PA PC PB PD   . 例题 4.9 已知 ABC 中， 2 4AB AC  ，点 P 满足 AP xAC yAB    ，  2 1 , 0x y x y   ，且 AP  的最小值为 3 ， 则  PA PB PC    的最小值为_____________. 解 取 AB 中点 D ，则 2AP xAC yAD    ，因此 P 在线段CD 上，进而可 ABC 为正三角形，如图. 接下来计算  PA PB PC    ，有以下三种算法. 坐标法 设        , , 2 3,0 , 0,2 , 0,0P m m B A C ，其中  0,1m ，则   2 258 10 8PA PB PC m m        ， 等号当 5 8m  时取得，于是所求最小值为 25 8  . 基底法 根据题意有        2 22 2 28 cos 30 2PA PB PC CA CP CA CP CE CP CP CP CP                         ， 其中 2CE CA CB    ， 为 BCE ，易求得   5cos 30 28      ，于是所求最小值为 25 8  . 极化恒等式 取 BC 的中点 M ， AM 的中点 N ，则    2 22 2PA PB PC PA PM PN AN          而 7 2AN  ， PN 的最小值为 3 4 ，因此所求的最小值为 25 8  . 思考与总结 在有直角的图形中，坐标法往往可以起到简化计算的作用. 5 导数 5.1 端点分析 1.函数值可以直接计算出来的，称为第 I 类端点分析； 2.函数值涉及到极限的，称为第Ⅱ类端点分析； 3.对函数的零点进行导数分析的，称为第Ⅲ类端点分析. 第 I 类端点分析可以直接在卷面书写；第Ⅱ类和第Ⅲ类端点分析建议利用分界点讨论，其中第Ⅱ类分界点的说 明往往需要用到局部放缩，尤其是需要注意对 ln x 的一些放缩技巧（常用不等式以及换元)；第Ⅲ类端点分析通 常利用导数零点构造反例说明. 例题 5.1 已知  2 4ln 1 1ax x   对  2, 1x e  恒成立，求 a 的取值范围. 解 设     24ln 1 1f x x ax    ，则      22 4 1 0 1 5 1 0， ，f a f e a e         于是 1 4a  .函数  f x 的导函数    24 22 21 1f x ax ax axx x          ， 令   2 2g x ax ax    . 情形一 0a  . 由于  2 0g  ，对称轴 1 2x  ，因此在区间 2, 1e  上   0g x  ，于是函数  f x 单调递增，符合题意； 情形二 0a  . 此时   2g x  ，因此函数  f x 单调递增，符合题意； 情形三 10 4a  . 此时函数  f x 或者单调递增，或者先单调递增，后单调递减，符合题意. 综上所述， a 的取值范围是 1, 4     . 例题 5.2 已知不等式   22 ln 1 1x x k x   对任意 1x  恒成立，求 k 的取值范围. 分析 令   1 lnf x a x xx       ，其中 1 2 ka  ，则  1 0f  ，当 x   时，可得 0a  .进而  f x 的导 函数   2 2 ax x af x x    ， 令   2g x ax x a   ，则   21 1g a  ，从而可得分界点 10, 2 . 解 令   1 lnf x a x xx       ，其中 1 2 ka  ，则  f x 的导函数   2 2 ax x af x x    ， 令   2g x ax x a   ． 情形一 0a  . 此时   ln 0f x x   不符合题意. 情形二 10 2a  . 此时在区间 21 1 41, 2 a a       上有   0g x  ，因此  f x 单调递减，结合  1 0f  ，不符合题意. 情形三 1 2a  . 此时  g x 的判别式 21 4 0a    ，因此   0g x  ，  f x 单调递增，结合  1 0f  ，符合题意1. 综上所述， a 的取值范围是 1 ,2    ，于是 k 的取值范围是 ,0 . 拓展 已知函数   1ln 1 xf x x   ，设对任意  0,1x ，   31 3f x k x x     ，求 k 的最大值.（2） 例题 5.3 (2015 年山东卷理科压轴题）设函数    2( ) ln 1f x x a x x    ，其中 a R . （1）讨论函数 ( )f x 极值点的个数，并说明理由； （2）若 0, ( ) 0x f x   成立，求 a 的取值范围. 分析 从端点 0x  来看， (0) 0f  ；从端点 x   看， 0a  ；进一步， ( )f x 的导函数  1( ) 2 11f x a xx     ， 有 (0) 1 0f a    ，于是 1 .这样就得到了分界点 0,1. 解 （1） 0a  时，1 个； 80 9a  时，0 个； 8 9a  时，2 个；（2） 0,1 . 例题 5.4 (2015 年福建卷理科压轴题）已知函数    ln 1f x x  ，  g x kx ， k R . 证明：当 0x  时，  f x x ； 证明：当 1k  时，存在 0 0x  ，使得对任意  0 00,x x ，恒有    f x g x ； 确定 k 的所有可能取值，使得存在 0t  ，对任意  0,tx ，恒有     2f x g x x  . 解 （3） 1k  . 例题 5.5 (2016 年全国 I 卷理科压轴题）已知函数 2( ) ( 2) ( 1)xf x x e a x   有两个零点. 1 也可以将  f x 放缩为 1 1 ln2 x xx      证明. （1）求 a 的取值范围； （2）设 1 2,x x 是 ( )f x 的两个零点，证明： 1 2 2x x  . 解 （1）显然 1x  不是函数 ( )f x 的零点.当 1x  时，方程 ( ) 0f x  等价于  2 2 1 xxa e x    . 记右侧函数为  g x ，则  g x 的导函数     2 3 4 5 1 x x xe x g x       ， 因此函数  g x 在 ,1 上单调递增，而在  1, 上单调递减. 由于函数  g x 在 ,1 上的取值范围是 0, ，而在 1, 上的取值范围是 ,  ，因此当 0a  时， 函数 ( )f x 有两个零点，所求取值范围是 0, . 如果需要刻意避开极限，可以进行如下论证. 当 0a  时，由于在 ,1 上，   0g x  ，因此在此区间上不存在 x 使得  g x a ， 而在  1, 上，函数  g x 单调递减，不可能存在两个零点； 当 0a  时，取 1 1 3min , 2x a a        ，则    1 2 1 1 1 g x a x    ， 而   02g a  ，结合  g x 在 1, 上单调递减，可以断定在区间 1,2x 上必然有一个零点； 另一方面，取 2 2max 1 ,0x a        ，则    2 2 2 2 1 g x a x    ， 而取 3 2x a   ，则   3 3 2 2 3 3 2 2xg x ax x    ， 结合  g x 在 ,1 上单调递增，可以断定在区间 3 2,x x 上必然有一个零点； 综上所述， a 的取值范围是 0, . 5.2 ln x 的应对策略 例题 5.6 已知函数   lnf x x x ，若    2 2 0f x ax aa    在 0, 上恒成立，求 a 的最小值. 解 设   2lng x x ax ax    .考虑到问题为求 a 的最小值，因此先讨论 0a  的情形. 此时令t ax  ，则题中条件等价于  20,ln lnt t t at       ， 易求得左侧函数的最小值为 3，于是  ln 3a  ，从而 3a e  ， a 的最小值为 3e . 例题 5.7 (2011 年新课标 II 卷理科压轴题）若不等式 ln 1 ln 1 1 x x k x x x x     在 0x  且 1x  时恒成立，求 k 的取值范围. 解 首先处理不等式，原不等式等价于 ln 1 ln 01 1 x x k x x x x      ， 整理得 2 2 1ln 01 kxx x     ， 提因式，有  2 2 12ln 1 01 x k xx x              . 设     12ln 1f x x k x x         ， 则题中不等式等价于         0,1 , 0, 1, , 0. x f x x f x       函数  f x 的导函数     2 2 1 1 2 1f x k x x kx          ， 注意到  1 0f  ，而如果方程   21 2 1 0k x x k     在 0, 上有实数根，那么必然有两个实数根，它们的乘积为 1，于是在区间（0,1)和 1, 上函数  f x 具 有一致的单调性，矛盾.从而原题可以转化为 0x  且 1x  ，  21 2 1 0k x x k     分离参数解得 k 的取值范围为 ,0 . “清君侧，靖国难” 在研究有关对数函数的不等式时，先设法将与 ln x 相乘的因式去掉（有时需要付出分类讨论的代价)这样往往能 够使得问题得到简化1 例题 5.8 (2015 年四川卷理科压轴题）已知函数     2 22 ln 2 2f x x a x x ax a a       ，其中 0a  . （1）设  g x 是  f x 的导函数，讨论  g x 的单调性； （2）证明：存在  0,1a ，使得   0f x  在区间 1, 内恒成立，且   0f x  在区间  1, 内有唯一解. 分析 在这个问题中，当极值点 0x 无法用参数 a 表示时，我们会用 0x 表示 a ，然后得到关于 0x 的方程，通过 估计 0x 的范围反过来估计 a 的范围.在这个思路的引导下，力量型证明充分的展示了对思路信仰以及强大的计 算能力.如果注意到联立方程组，通过代数变形可以大大简化 a 与 0x 的关系，而非简单粗暴的代入消元，那么 就展现了简化问题进而精准打击的能力.最后，如果有处理对数函数的知识储备，那么就可以考虑利用“清君侧” 转化原来的复杂函数，通过一次求导得到极值点，然后利用与主思路一致的方式解决问题.同时，由于转化后的 函数与原来的函数的零点一致，因此又可以引导出敏捷型解法. 解 （1）根据已知，有     22ln 2 2 2ag x f x x x ax        ， 于是    2 2 2g x x x ax     ， 因此当 10 4a  时，  g x 在 1 1 40, 2 a      上单调递增，在 1 1 4 1 1 4,2 2 a a        上单调递减，在 1 1 4 ,2 a       上单调递增；当 1 4a  时，  g x 在 R 上单调递增. (2)力量型证明 考虑函数  g x ，由于  1 2 0g a   ，于是在 1, 上  g x 单调递增.又  1 4 0g a   ，   0g   ，于是  f x 在 1, 上先单调递减，再单调递增，有极小值点.设  f x 的极小值点为 0x x ，则   0 0 0 2 2 0 0 0 0 1ln 1 1 0, 2 ln 2 2 0, x x a x x a x x ax a a                     我们的目标是证明这个二元方程组有实数解，且至少有一组解满足限制条件 0 1x  且 0 1a  . 采用消元的策略，由第一个方程可得 1对 xe 来说，原则为“有事冲我来”.例如，证明：当 0x  时， 211 2 xe x x   . 0 0 1 0 ln 1 1 x xa x     ， 代入第二个方程有 2 20 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 01 1 1 1 0 0 0 0 ln 1 ln 1 ln 1 ln 12 ln 2 01 1 1 1 x x x x x x x xx x x xx x x x                                   ， 记该方程左边为  0x ，则  1 1 0   ，且      21 1 22 2 01 1 e ee e e e              ， 因此必然存在利  1,x e ，使得  0 0x  .此时 0 0 1 0 ln 1 1 x xa x     ， 记该方程右边为  0x ，则     2 0 0 0 0 2 0 2 ln 1 x x xx x       ， 当  1,x e 时，函数  0x 单调递增，于是 1 20 11 ea e    ， 因此原命题得证. 敏捷型证明 在“力量型证明”得到方程组后，将第一个方程变形为  2 0 0 0 0ln 1 0x x x a x a      ， 与第二个方程作差，整理得   2 ln 1 0x a a x    ， 因此 1 lna x  ，代入  2 0 0 0 0ln 1 0x x x a x a      ， 可得 2 0 0 02 2 ln 0x x x    , 容易判断出  0 1,x e ，因此对应的  0,1a ，命题得证. 智力型证明 利用“清君侧，靖国难”的想法，可以研究函数     2 22 22lnf x x ax a ag x xx a x a        ， 这样原问题可以转化为函数  g x 在 1, 上最小值为 0，且最小值点 0x 唯一.此时  g x 的导函数        2 2 1 1 1 1x a x a x a g x x x a           ， 于是其极小值点，亦为最小值点 0 1 1x a   ， 从而 2 0 02a x x  ， 因此函数  g x )的最小值为 2 0 0 02ln 2 4 2 0x x x     ， 从而可以估计出  0 1,x e ，因此对应的  0,1a ，命题得证. 例题 5.9 证明：当 x   时， ln 0a x x  ，其中 0a  . 解 在 ln 1x x  中，令 2 a x t 即可得 2 2ln 12 a aa t t t   . 思考与总结 在研究有关对数函数的不等式时，可以充分利用对数函数的特性进行换元，使得问题得到简化. 例题 5.10 (2012 年辽宁卷理科压轴题）设    ln 1 1f x x x ax b      ，其中 ,a b R ， ,a b 是常数，曲线  y f x 与直线 3 2y x 在 0 0， 点相切. （1）求 ,a b 的值； （2）证明：当 0 2x  时，   9 6f x x x   . 解 （1） 0 1，a b   ；(2)令 1t x  ，再利用 ln 1t t  即得. 例题 5.11 若对任何实数 0x  ，均有  1ln 1 1m x x        ，求 m 的取值范围. 解 1 ,2    . 例题 5.12 已知关于 x 的方程 2 2ln ln lnx a x x a x  有 3 个实根，求 a 的取值范围. 解  2 ,e  . 5.3 常用对数不等式 例题 5.13 证明不等式： , 0 , ln ln 2 a b a ba b a b ab a b        . 解 此即 A-L-G(对数平均）不等式，本质即 1 1 12 ln , 1,1 2 1 1 1ln 2 ,0 1.2 1 x x x xx x xx x xx x                        可以利用换元提高精度. 例题 5.14 已知    lnxf x e x m   ，证明：当 2m  时，   0f x  . 解   1xf x e x   . 6 圆锥曲线 6.1 圆锥曲线的常用性质 基本性质 焦点在哪里？——别再乱标焦点啦 焦点在这里！——焦点三角形 1.若 1 2PF F 中， 1 2F PF 已知，设为 ，则 1 2 2 2 sintan 2 1 cosPF FS b b       (椭圆中）， 1 2 2 2 sincos 2 1 cosPF FS b b       (双曲线中）. 2.若 1 2PF F 中， 2 1PF F 已知，设为 ，则 2 2 cosPF a c b   (椭圆中)， 2 2 cosPF a c b   (双曲线中，“左加右减”). 焦点和切线的故事——光学性质 直线与圆锥曲线 等效判别式 1.设直线 : 0l Ax By C   ，椭圆 2 2 2 2 1x y a b   ，则它们位置关系的等效判别式为 2 2 2 2 2 O a A b B C    . 2.设直线 : 0l Ax By C   ，双曲线 2 2 2 2 1x y a b   ，则它们位置关系的等效判别式为 2 2 2 2 2 x a A b B C     . 注意，等效判别式也可以用来验算弦长公式. 切线方程 设 0 0( ),P x y 是圆锥曲线C 上的一点，则曲线 C 在点 P 处的切线 l 的方程为： 1.当 C 为圆 2 2 2x y r  时，切线l 的方程为 2 0 0x x y y r  ； 2. 当C 为椭圆   2 2 2 2 1x y a ba b    时，切线l 的方程为 0 0 2 2 1x x y y a b   ； 3.当 C 为双曲线 2 2 2 2 1x y a b   时，切线l 的方程为 0 0 2 2 1x x y y a b   ； 4.当 C 为拋物线  2 2 0y px p  时，切线l 的方程为  0 0y y p x x  ； 5.一般的，当 C 为 2 2 0Ax By Dx Ey F     时，切线l 的方程为    0 0 0 0 1 1 02 2Ax x By y D x x E y y F       . 圆锥曲线的切线方程可以通过对圆锥曲线的方程进行“改写”得到.首先，将 2x 改写为 x x ，将 2y 改写为 y y ， 将单独的 x 改写为  1 2 x x ，将单独的 y 改写为  1 2 y y ；然后将成对出现的 ,x y 中的某一个对应改为切点 的横坐标及纵坐标即得. “垂径定理” 1.设 ,A B 是离心率为 e 的有心二次曲线 E 上的两点， M 是线段 AB 的中点，O 为坐标原点，若 AB 和OM 的 斜率均存在，则有 2 2 2 2 2 1, , 1 / , / , 为椭圆； 为椭圆； 为双曲线或双曲线的渐近线. AB OM E k k e b a E b a E         2 设 ,A A 是离心率为 e 的有心二次曲线 E 上关于坐标原点O 对称的两点，B 是 E 上不同于点 A 的点，若 BA 与 BA 的斜率均存在，则有 2 2 2 2 2 1, , 1 / , / , 为椭圆； 为椭圆； 为双曲线或双曲线的渐近线. AB BA E k k e b a E b a E          例题 6.1 （1）如左图，双曲线   2 2 2 2 1 , 0x y a ba b    的右顶点为 A ，左右焦点分别为 1 2,F F ，点 P 是双曲线右支上一点， 1PF 交左支于点Q ，交渐近线 by xa  于点 R ，M 是 PQ 的中点，若 2 1PF PF ，且 1AM PF ，则双曲线的 离心率为__________. (2)如右图，直线l 与双曲线   2 2 2 2 1 , 0x y a ba b    的两条渐近线以及双曲线依次交于 ， ， ， ，P M N Q 其中 ,P Q 在渐近线上， ,M N 在双曲线上.若 ,P Q 的横坐标之积为 2b ，且 M 是 PN 中点，则双曲线的离心率为 __________. 分 析 (1) 题 中 条 件 为 一 个 中 点 加 两 组 垂 直 ， 其 中 2 1F R RF 通 过 直 角 三 角 形 的 斜 边 中 线 转 化 为 1 2 1 2OR F F c  ，其中 c 为双曲线的半焦距.又由于 R 在渐近线上，于是 R 的坐标为 ,a b .接下来的关键是如 何恰当的表达中点，这就用到了双曲线的“垂径定理”. (2)用双曲线的“垂径定理”可得题中双曲线和其渐近线被直线l 截得的弦的中点重合，于是 PM MN NQ    . 此外考虑到题中条件，亦可利用直线的参数方程求解. 解 （1）直线 PF 的斜率为 b a c ，设 ( ),M m n ，则 2 2 , 1, , n b b m a c a n b m a a c n b m c a c               第一个式子与第二个式子相除，可得 2 2 m a b m a    ， 即 3 2 am c  第一个式子与第三个式子相除，可得 2 2 m c b b a c m a c a b     ， 将 3 2 am c  代入，并整理可得 2 2 0e e   ， 于是 2e  ，其中 ce a  为双曲线的离心率. （2）设 ( ) ( ), ,,P am bm Q an bn ，则 1 1 2 2 1 11 12 2 , m n m n M a b           ，进而可得 2 24 4 19 9 1 1 2 2m n m n             ，即 9 8mn  . 又 2am an b  ，从而 2 2 bmn a  ，因此 17 34 8 2e   . 抛物线的平均性质对拋物线  2: 2 0E y px p  而言，有下列性质： 1.拋物线的任意一条割线 AB 的横截距 Qx 是该直线与拋物线的两个交点的横坐 ,A Bx x 标的等比中项，即 2 A B Qx x x  ； 2.过拋物线外一点 P 引拋物线的两条切线 ,PA PB ，那么 （a）该点的纵坐标 Py 是两个切点的纵坐标 ,A By y 的算术平均数，即 2 A B P y yy  ； （b）该点的横坐标 Px 与切点弦的横截距 Qx 互为相反数，即 P Qx x  ； （c）该点 P 与两切点弦 AB 中点 M 的连线 PM 被拋物线平分； （d）如果切点弦 AB 经过焦点 F ，那么两条切线互相垂直. 例题 6.2 (2014 年山东卷压轴题）已知拋物线  2: 2 0C y px p  的焦点为 F ，A 为C 上异于原点的任意一点，过点 A 的直线l 交C 于另一点 B ，交 x 轴正半轴于点 D ，且有 FA FD ，当点 A 的横坐标为 3 时， ADF 为正三 角形. （1）求 C 的方程； （2）若直线 1∥l l 且 1l 与C 有且只有一个公共点 E ，证明直线 AE 过定点；并求出定点坐标； ABE 是否存在 最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由. 解 （1) 2 4y x . (2)不妨设  24 ,4 , 0A t t t  ，则由拋物线的定义可得  24 2,0D t  .进而可得  22 2 2 4 2 4 2,4 t tB t t        ， 2 1 1,4E t t     ，对 ,A E 应用截距坐标公式，可得直线 AE 的横截距为 2 2 1 14 44 114 t tt t t t              于是直线 AE 恒过点 1,0 (即焦点).对 ABE 应用三角形面积坐标公式，可得  22 2 2 2 2 2 4 2 4 24 41 4 2 1 14 44 ABE t tt tt tS t tt t                ， 化简得 2 2 1 14 8 4 162ABES t tt t                ， 等号当且仅当 1 2t  时取得，于是 ABE 的面积存在最小值为 16. 截距坐标公式 过点 1 1,x y 和 2 2,x y 的直线的横截距 a 和纵截距b 分别为 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 ,y x y x x y x ya by y x x     . 三角形面积坐标公式 由有向线段  ,OA a b 和  ,OB c d 围成的三角形OAB 的有向面积 1 2OAB a bS c d  . “姐妹圆” 如图，对于椭圆   2 2 2 2 1x y a ba b    ，有两个重要的圆： 1.姐姐圆（蒙日圆） 2 2 2 2x y a b   ：从圆上任意一点 P 出发作椭圆的两条切线 ,PA PB 互相垂直； 2.妹妹圆1 2 2 2 2 1 1x y a b    ：过圆上任意一点 P 作圆的切线与椭圆交于 ,A B ，那么 ,OA OB 互相垂直，其中 1事实上，对于双曲线   2 2 2 2 1 0x y b aa b     也有妹妹圆 2 2 2 2 1 1x y a b    . O 为坐标原点. 从第三个图中可以看出，在直角 OAB 中，姐姐圆的半径为 AB ，妹妹圆的半径为OT ，其中 ,A B 分别是椭圆 的右顶点和上顶点. 6.2 合理设参 例题 6.3 已知椭圆 2 2: 12 xW y  ，直线l 与W 相交于 、M N 两点，l 与 x 轴、 y 轴分别交于 、C D 两点，O 为坐标原 点. （1）若直线l 的方程为 2 1 0x y   ，求 OCD 外接圆的方程； （2）判断是否存在直线l ，使得 ,C D 是线段 MN 的两个三等分点，若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请 说明理由. 解 （1） 2 21 1 5 2 4 16x y             ； （2）设    ,0 , 0,C m D n 则    ,2 , 2 ,M m n N m n  .于是 2 2 2 2 4 1,2 2 1, m n m n       解得 2 22 1,5 5m n  .由截距式方程易得直线l 的方程是 2 5: 2 5l y x   或 2 5: 2 5l y x   . 例题 6.4 已知 ，A B 为椭圆 2 2 18 2 x y  上的两点，弦 AB 的长为 8 3 ，求 AOB 的面积范围. 解 8 2 ,29       ，利用参数方程或仿射变换均可. 参数方程的方法 设    1 1 2 22 2 cos , 2 sin , 2 2 cos , 2 sinA B    则    2 22 1 2 1 2 648 cos cos 2 sin sin 9AB         . 同时  1 2 1 2 1 2 1 2 2 cos 2 sin 2 sin 2 2 cos 2 sin2AOBS             . 为了建立两个式子之间的联系，我们设 1 2 1 2,2 2        ，那么经过和差化积，条件转化为  2 2 83sin 1 sin 9    ， 欲求面积转化为 2 sin 2 .接下来容易求得 2sin  的范围，从而求得 2 sin 2 的范围为 8 2 ,29       . 仿射变换的方法 作仿射变换使椭圆变为圆心在原点，半径为 2 2 的圆，设 ,A C B D  ，则 1 2AOB CODS S  . 而相比较而言，三角形COD 的面积比较好求.设 AB 的斜率为 k ，则由于 82 2 2 3b   ，因此 k R .根据弦 长公式，有 2 2 22 1 4 1 4 11 C D A B k x xCD k AB kk x x         . 因此 1 2 CD 的取值范围为 4 8,3 3      .进而三角形OCD 的面积为 21 182 2CD CD      不难算得其取值范围为 16 2 ,49       .因此所求取值范围为 8 2 ,29       . 例题 6.5 (2014 年北京卷第 19 题）已知椭圆 2 2: 2 4C x y  . （1）求椭圆C 的离心率； （2）设O 为原点，若点 A 在椭圆C 上，点 B 在直线 2y  上，且OA OB ，试判断直线 AB 与圆 2 2 2x y  的位置关系，并证明你的结论. 解 （1） 2 2e  ； (2)设  cos , sin , cos , sin2 2A A B BA B                       则 2 2 2 2cos 2 sin 4, sin 2.2 A A B                 从而 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1cos sin , cos4 2 4A B       . 而在 Rt OAB 中，原点到直线 AB 的距离 d 满足 2 2 2 1 1 1 1 2 = d OA OB   . 因此直线 AB 与圆 2 2 2x y  相切. 6.3 化齐次联立 例题 6.6 22 已知椭圆 2 2 : 14 3 x yM   ，点 1F 、C 分别是椭圆 M 的左焦点、左顶点，过点 1F 的直线l (不与 x 轴重合）交 M 于 、A B 两点. （1）求 M 的离心率及短轴长； （2）是否存在直线l ，使得点 B 在以线段 AC 为直径的圆上，若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理 由. 解 （1） 1 ,2 2 32e b  . (2)不存在直线l ，使得点 B 在以线段 AC 为直径的圆上，证明如下. 原问题即 ABC 是否可能为直角，我们接下来证明 ACB 为钝角来否定 ABC 为直角的可能性. 将坐标系平移至以 C 为原点O ，则椭圆方程变为  2 22 14 3 x y   即 2 21 1 04 3x x y     . 此时  1 1,0F ，因此可设直线 : 1A B x ny     ，与椭圆方程化齐次联立，有  2 21 1 04 3x x x ny y        ， 也即 21 3 03 4 y ynx x           ， 于是 9 4C A C Bk k      ， 因此 A C B   为钝角，也即 ACB 为钝角，欲证命题成立. 例题 6.7 (2014 年辽宁卷理科压轴题）已知圆 2 2 4x y  的切线与 x 轴正半轴，y 轴正半轴围成一个三角形.当该三角形 的面积最小时切点为 P .双曲线 2 2 1 2 2: 1x yC a b   过点 P 且离心率为 3 . （1）求 1C 的方程； （2）椭圆 2C 过点 P 且与 1C 有相同的焦点，直线l 过 2C 的右焦点且与 2C 交于 ,A B 两点.若以线段 AB 为直径的 圆过点 P ，求l 的方程. 解 （1） 2 2 12 yx   ；（2） ，PF RF ，其中 2 2 4 2,3 3R       . 6.4 仿射变换 例题 6.8 (2015 年山东卷理科压轴题）已知动直线 l 与椭圆 2 2 : 13 2 x yC   交于    1 1 2 2, , ,P x y Q x y 两个不同点，且 OPQ 的面积 6 2OPQS  ，其中O 为坐标原点. （1）证明： 2 2 1 2x x 和 2 2 1 2y y 均为定值； （2）设线段 PQ 的中点为 M ，求OM PQ 的最大值； （3）椭圆C 上是否存在三点 、 、D E G ，使得 6 2ODE ODG OEGS S S     ？若存在，判断 DEG 的形状； 若不存在，请说明理由. 解 参数方程解法 设    3 cos , 2 sin , 3 cos , 2 sinP Q    则由三角形的面积坐标公式，结合 6 2OPQS  可得 1 63 cos 2 sin 2 sin 3 cos2 2        ， 化简得  sin 1    .考虑到 、P Q 的对称性，不妨设 2 ,2 k k Z      ，于是有 sin cos ,cos sin      . （1）根据上述推导，有        2 2 2 22 2 2 2 1 2 1 23 cos 3 cos 3, 3sin 3sin 2x x y y           ， 因此命题得证. （2）根据上述推导，有    3 2cos cos , sin sin2 2M          ，从而          2 2 2 22 3 1 3 1 1cos cos sin sin cos sin sin cos 5 sin 24 2 4 2 4OM                   ， 而        2 2 2 22 3 cos cos 2 sin sin 3 cos sin 2 sin cos 5 sin 2PQ                   ， 于是 21 525 sin 22 2OM PQ     ， 等号当 0  时取得.因此 OM PQ 的最大值为 5 2 . （3）不存在.因为不存在 , , R    ，使得      sin 1, sin 1, sin 1           同时成立. 仿射变换解法 3 2 x x y y      ，将椭圆 2 2 13 2 x y  拉伸成为圆 2 2 3x y   ，此时 3 3 22OP Q OPQS S     ， 于是可知三角形OP Q  是以 P Q  为斜边的直角三角形. 注意到 1 1 2 2 3 3, , , 2 2 P x y Q x y               ，且OP OQ  ，于是有 1 2 1 2 2 2 2 2 3 3 3 2 2 yx yx                 ， 进而可得 2 2 2 2 1 2 1 23, 2x x y y   . 均为定值，命题得证. （2）当直线OM 与直线 PQ 的斜率均存在时，设直线OM 的斜率为 k ，则根据椭圆的“垂径定理”，可得直 线 PQ 的斜率为 2 3k  ，于是根据弦长公式，可得   22 2 2 2 2 2 2 11 1 1 21 31 3 3 21 12 2 3 2 1 3 9 2 PQOM OM P Q kkOM PQ OM P Q k k kk OM P Q k k OM P Qt                                     其中 2 2 3 2 2 3t k k   .注意到 1 3 2 2OP QOM P Q S       ， 于是 3OM P Q    ，又 2 2 3 2 22 3t k k    ，等号当 2 2 3k  时取得，因此有   2 1 53 3 9 2 2OM PQ t     ， 等号当 2 2 3k  时取得.当直线OM 或直线 PQ 的斜率不存在时，可计算得 56 2OM PQ   . 综上，所求最大值为 5 2 . (3)由于圆 2 2 3x y   上的任意三点 、 、D E G   的连线 、 、D E E G D G      ，对圆心 O 的张角不可能同时为 直角，于是符合题意的三点 、 、D E G 不存在. 例题 6.9 (2015 年山东卷理科压轴题）平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的离心率为 3 2 ， 左、右焦点分别是 1 2、F F .以 1F 为圆心，以 3 为半径的圆与以 2F 为圆心，1 为半径的圆相交，且交点在椭圆C 上. （1）求椭圆C 的方程； （2）设椭圆 2 2 2 2: 14 4 x yE a b   ， P 为椭圆C 上任意一点，过点 P 的直线 y kx m  交椭圆 E 于 、A B 两点， 射线 PO 交椭圆 E 于点Q .求 OQ OP 的值；求 ABQ 面积的最大值. 解 （1） 2 2 14 x y  ；（2）2； 6 3 .