高三数学思想方法专题讲义(绝对精品)

平平果果二二中中高高三三数数学学思思想想方方法法专专题题讲讲义义 1 函函数数与与方方程程的的思思想想 1 若若是是奇奇函函数数 求求a的的axf x 21 1 值值 2 若若 求求证证方方程程0 a0 b 至至少少有有一一个个正正根根 且且不不超超过过 a b bxax sin 3 已已知知为为偶偶函函数数 当当 xf4 1 f x 0时时 求求的的 2 2 2 xfxf 3 f 值值 4 已已知知 求求的的最最大大1lglg ba a b b a 值值 5 已已知知 求求2cos3sin 的的值值 cossin cossin 6 设设函函数数 a b cZ 是是 cbx ax xf 1 2 奇奇函函数数 且且 1 上上单单调调递递增增 2 1 f 求求a b c之之值值 3 2 f 7 设设 x x x xf 2 2 log 4 2 2 1 判判断断函函数数的的单单调调性性 xf 2 若若反反函函数数为为 证证明明方方程程 xf 1 xf 0有有唯唯一一解解 1 xf 3 若若 求求x的的取取值值范范 2 1 2 1 xxf 围围 8 等等差差数数列列 的的首首项项 前前n项项和和为为 n a0 1 a 若若 l k 问问n为为何何值值时时 最最大大 n S lk SS n S 9 已已知知x y z三三个个实实数数满满足足 x 0 y z 1 证证明明 1 1 1 1 xzzyyx 10 已已知知a b c d为为实实数数 且且满满足足 求求证证 02 abcabdc 22 4 1 ba 11 设设是是定定义义域域为为R的的单单调调奇奇函函数数 且且有有 xf 若若 2 1 f log 2t kf 求求实实数数k的的范范围围 0 2log log 2 22 ttf 12 已已知知是是定定义义在在 0 xf 0 上上的的偶偶函函数数 当当 0 时时 x 当当 0 时时 xxf 2 log x 试试解解不不等等式式 xgxf 0 2 1 xgxg 13 已已知知函函数数的的 1 2 log 2 2 3 x cbxx xf 值值域域为为 0 1 1 求求b c的的值值 2 求求证证 3 13 log 6 1 6 1 5 7 log 33 xxf 14 奇奇函函数数的的定定义义域域为为R 当当时时 xf0 x 1 求求在在R上上的的解解析析式式 2 2 xxxf xf 2 若若 a b a b 函函数数的的值值域域 x xfy 为为 试试确确定定a b之之值值 b 1 a 1 15 已已知知关关于于x的的实实系系数数二二次次方方程程 有有两两个个实实根根 证证明明 0 2 baxx 1 1 如果 如果 那么 那么2 2 且且 2 2 如果 如果ba 424 b 且 且 那么 那么 ba 424 b2 19931993 年全国高考 年全国高考 2 2 分分类类讨讨论论的的思思想想 1 设设a b是是不不等等于于1的的正正常常数数 R 求求 k 的的定定义义域域 xx bka xf 1 2 解解关关于于x的的不不等等式式 04 1 2 2 xaax 3 设设 2 log 22 2 1 xxx babay 求求使使y为为负负值值的的x的的取取值值范范围围 0 a0 b 4 设设 0 对对于于的的任任意意一一个个值值 不不等等式式 2 恒恒成成立立 求求实实022sin2cos2 kk 参参数数k的的范范围围 5 已已知知a b c d是是空空间间四四条条直直线线 如如果果 ca b c a d b d 那那么么 A a b或或c d B a b c d C a b c d中中至至多多有有一一对对直直线线 互互相相平平行行D a b c d任任何何两两条条直直线线都都不不平平行行 6 设设P和和Q是是棱棱长长为为a的的正正方方体体表表面面上上的的两两点点 求求 的的最最大大值值 PQ 7 已已知知数数列列 都都是是由由正正数数组组成成的的等等比比数数列列 n a n b 公公比比分分别别为为p q 其其中中 且且 qp 1 p 设设 为为 的的前前n项项和和 1 q nnn bac n S n c 求求 1 lim n n n S S 8 从从甲甲 乙乙 丙丙 a b c d七七个个人人中中选选五五人人排排成成 一一排排 其其中中甲甲不不在在排排首首 乙乙不不在在排排尾尾 丙丙不不在在中中间间 的的排排法法有有多多少少种种 9 求求函函数数 0 xxay 2 sincos2 x 的的最最大大值值和和最最小小值值 20 a 10 求一定点 求一定点 M m 0 到椭圆 到椭圆 的动点的动点 P 的最短距离 的最短距离 已知直线 已知直线1 2 1 22 yx 和抛物线和抛物线 点 点 A A 位于直线位于直线2 xyx4 2 2 上 问抛物线上哪一点与点上 问抛物线上哪一点与点 A A 的距离最近 的距离最近 3 数数形形结结合合的的思思想想 1 设设 a bR 且且 2 1 xxf a b 求求证证 babfaf 2 求求下下列列函函数数的的最最值值 1 的的122452 22 xxxxy 最最小小值值 2 的的最最136262 22 xxxxy 大大值值 3 对对于于满满足足的的实实数数p 使使得得40 p 恒恒成成立立 求求x的的取取值值范范围围 34 2 pxpxx 4 已已知知 求求的的最最值值 1 z4i5i2 zu 5 讨讨论论方方程程有有相相异异实实根根的的个个数数 14 2 ax 6 已已知知 求求证证 1 a1 b1 1 ab ba 7 已已知知等等差差数数列列的的第第 p项项为为q 第第q项项为为 P 求求它它的的第第项项和和第第项项 qp qp qp 8 求求证证 2211 2 2 2 1 2 2 2 1 bababbaa 9 在在 ABC中中 已已知知a 10 c b 8 求求证证 9 1 2 ctg 2 tg CB 10 设设C R 且且 求求证证 z a0 az 为为纯纯虚虚数数 zazaz 11 已已知知 求求 4 1 sinsin 3 1 coscos tg 12 已已知知u v 是是正正数数 且且 求求2 vu 的的最最小小值值 14 22 vuz 13 求求函函数数的的值值域域 xxy 8 2 3 14 已已知知 求求证证 0 nm mnmnnm 222 2 15设设定定点点M 3 4 动动点点N在在圆圆上上4 22 yx 运运动动 以以OM ON为为两两边边作作 MONP 求求P点点的的轨轨 迹迹 16 已知 已知表示两曲线表示两曲线 222 22 4 44 ryx yx 有公共点 求半径有公共点 求半径 r 的最值 的最值 17 当 当 m m a a b b 满足什么条件时 椭圆满足什么条件时 椭圆 与抛物线 与抛物线1 2 2 2 2 b y a x 0 a0 b 有四个交点 有四个交点 mxy 2 4 4 等等价价转转化化的的思思想想 1 已已知知x y R 且且满满足足方方程程 求求下下列列08222 22 yxyxyx 各各式式的的最最小小值值 1 2 yx xy 2 集集合合A x 019 22 aaxx B C 1 85 log 2 2 xxx 当当a取取什什么么实实数数时时 082 2 xxx 且且 同同时时成成立立 BA CA 3 解解方方程程 832103210 22 xxxx 4 在在 ABC中中 且且最最大大角角与与最最B A C C Asin 2 3 2 cossin 2 cossin 2 小小角角之之差差为为90 求求证证它它的的三三边边之之比比为为 17 717 5 如如果果a b cR 并并满满足足 0442 22 baba0444 22 dcdc 求求的的最最值值 22 dbca 6 设设四四面面体体的的每每组组相相对对棱棱的的长长分分别别为为 a b c 求求此此四四面面体体的的体体积积 7 已已知知a b x yR 且且 042 ba 求求证证 12 yx5 22 ybxa 8 若若 求求25 22 yx 的的范范围围 50685068 xyxyyxf 9 若若 ABC的的三三个个内内角角 A B C满满足足 1sincos2 AbAa1sincos2 BbBa 求求证证 ABC是是等等腰腰三三1sincos2 CbCa 角角形形 11 5个个不不同同的的红红球球和和 2个个不不同同的的白白球球排排在在一一个个 圆圆周周上上 使使2个个白白球球不不相相邻邻有有几几种种排排法法 12 已已知知 求求证证1 333222 zyxzyxzyx x y z中中至至少少有有一一个个等等于于 0 1 函函数数与与方方程程的的思思想想参参考考答答案案 一一 1 提提示示 由由 解解得得0 0 f 2 1 a 2 设设 则则在在xbxaxf sin xf 上上连连续续 且且 又又0 0 bf 若若0 1 sin baabaf 则则就就是是方方程程的的根根 若若0 bafba 又又 故故在在0 baf0 0 f 0 内内至至少少存存在在一一个个 使使得得ba 0 x 0 0 xf 3 提提求求 令令 则则 0 x 2 2 2 ff 又又 0 2 f4 1 1 ff 3 f 12 f 12 2 f 8 1 2 f 4 由由已已知知得得 令令10 10 1 b a 10 在在 x xxf 1 x 10 1 xf 1 上上单单调调减减少少 在在 1 10 上上单单调调增增加加 而而 10 1 因因此此 10 1 10 10 10 1 ff 10 1 10 b a f 最最大大值值为为 10 1 10 5 令令 则则 cossin cossin x 与与已已知知条条件件0cos 1 sin 1 xx 联联立立 解解得得 由由 x x 2 1 sin 2 1 cos x x 整整理理得得1cossin 22 解解得得024 2 xx62 x 6 为为奇奇函函数数 解解 xf0 0 f 得得 由由 得得 又又0 c2 1 f12 ba a b cZ 3 2 14 2 b a 0 c1 b1 a 7 1 的的定定义义域域为为 设设 xf22 x 可可以以证证 4 2 x xg x x xh 2 2 log 2 明明 在在 2 2 上上是是减减函函数数 xg xh 在在 2 2 上上是是减减函函数数 2 为为减减 xf xf 函函数数 由由与与有有相相同同的的单单调调性性知知 xf 1 xf 也也为为减减函函数数 0有有唯唯一一解解 1 xf 1 xf 且且解解为为 3 且且 2 1 0 fx 2 1 0 f 为为减减函函数数 不不等等式式 xf 0 2 1 2 1 2 1 fxxfxxf 解解得得 或或 2 2 1 2 0 2 1 xx xx 0 4 331 xx 4 331 2 1 x 8 设设 n d adnd nn naSnf n 2 2 1 2 1 1 2 1 0 1 a lk SS 1 2 1 1 kllkdalk 依依二二次次 1 2 1 1 lkda0 d 函函数数图图象象为为开开口口向向下下的的抛抛物物线线及及知知 kflf 当当时时 最最大大 由由于于N 因因此此 2 kl x xf n 当当为为偶偶数数 时时 最最大大 当当kl 2 kl n n S 奇奇数数 时时 最最大大 kl 2 1 kl n n S 9 令令 1 1 1 yzxzyxf 0 1 x0 1 1 0 yzf 又又0 1 1 1 1 yzyzzyf 为为一一次次函函数数 在在 0 1 内内恒恒为为负负 xf xf 10 由由条条件件知知 故故cba2 22 4 1 dcab a b是是方方程程的的两两个个实实根根 由由0 4 1 2 222 dccxx 知知 故故 0 2 d0 d0 ba 11 为为奇奇函函数数 又又定定义义在在 R上上 xf 又又 且且为为单单调调函函数数 0 0 f2 1 f xf 则则可可知知为为单单调调减减函函数数 由由 2loglog log 2 2 22 ttftkf 则则 即即2logloglog 2 2 22 tttk 由由02log 1 log 2 2 2 tkt 解解得得08 1 2 k221221 k 12 当当 0 时时 0 x x 为为偶偶函函数数 log 2 xxf xf 由由 log 2 xxfxg 0 2 1 xgxg 0 log2x 2 1 log2x 1 2 1 0 2 1 0 xx x x 0 4 171 x 13 1 设设 由由题题意意知知 1 2 2 2 x cbxx y y 1 3 由由 0 2 4 2 ycyb 知知 的的解解集集为为 2 4y08 2 4 2 cbyc 31 y2 3 4 8 42 2 b bc c 2 设设 写写为为分分段段函函2 c 6 1 6 1 xxt 数数的的形形式式易易知知t的的值值域域为为 当当 3 1 3 1 2 b 时时 在在 2 c 1 2 2 2 t t y 1 2 2 t t 上上为为增增函函数数 的的值值域域 3 1 3 1 1 2 2 2 t t y 为为 从从而而 5 7 5 13 tf 5 7 log3 5 13 log3 5 13 log 6 1 6 1 5 7 log 33 xxf 当当 时时 同同样样成成立立2 b2 c 14 1 2 由由题题意意知知 0 2 0 2 2 2 xxx xxx xf 因因此此只只需需0 ab00 11 ab ba 讨讨论论a b均均为为正正数数即即可可 同同为为负负时时添添 一一 即即可可 有有 下下列列三三种种情情形形 由由 1 的的增增减减性性 1 1 10 a bf b af ba 1 1 1 10 为最大值 aa ba 1 1 1 b bf a af ba 无无解解 由由 得得 又又1 a 2 51 b 奇奇函函数数 a b的的另另一一组组解解为为 xf1 a 2 51 b 15 1 设设 根根据据根根与与baxxxf 2 系系数数关关系系知知 又又二二次次函函数数的的开开4 b xf 口口向向上上 即即0 2 f ba ba ba ba ba 42 42 4 2 024 024 2 由由 得得ba 42 bab 42 4 0 2 024 024 f ba ba 0 2 f 由由此此可可见见 的的每每一一个个实实根根或或0 xf 在在 2 2 内内或或在在 2 2 之之外外 若若两两根根 均均在在 2 2 之之外外 与与 4矛矛盾盾 若若 b 或或 在在 2 2 之之外外 另另一一根根 或或 必必在在 2 2 之之内内 与与 式式矛矛盾盾 由由此此可可知知 均均在在 2 2 内内 即即 2 2 2 分分类类讨讨论论的的思思想想参参考考答答案案 1 提提示示 若若 xxx b a kbka 0 1 b a 当当时时 R 当当时时 0 k x0 k 若若 当当时时 kx b a log 1 b a 1 k R 当当 若若 当当 x1 k x10 b a 时时 R 当当时时 1 k x1 kkx b a log 2 当当时时 时时 原原不不0 a2 x0 a 等等式式变变为为 时时 0 2 2 xax0 a 2 2 x a 时时 或或 10 a2 x a x 2 时时 或或1 a a x 2 2 x 4 由由知知 0 y 即即0 1 2 22 xxx b a b a b 21 2 xx b a b0 21 x b a 两两边边12 021 xx b a b a 取取对对数数得得 当当 12lg lg b a x 时时 0 ba0lg b a 当当时时 12 log b a x0 ab 当当0lg b a 12 log b a x 时时 R0 ba x 5 提提示示 设设 0 1 12 2 kkkttf t 就就k的的取取值值分分类类 sin t 1 2 3 0 0 0 f k 0 10 kf k 解解 1 2 3 然然后后并并起起来来 k的的取取 0 1 1 f k 值值范范围围是是 2 1 k 6 1 若若a b相相交交 则则可可确确定定一一平平面面 由由 c d 2 若若a b c与与d的的 c d 位位置置关关系系不不确确定定 可可能能平平行行 可可能能相相交交 也也可可能能异异 面面 3 若若a b异异面面 由由 c与与ac dc a b的的公公垂垂线线平平行行或或重重合合 同同理理 d与与a b的的公公垂垂线线平平 行行或或重重合合 因因此此 c d 综综上上所所述述 四四条条直直线线中中必必有有一一 对对相相互互平平行行 故故选选 A 7 1 当当P Q两两点点在在同同一一平平面面上上时时 2 当当P Q分分别别在在相相邻邻和和两两个个面面aPQ2 上上时时 3 当当P Q分分别别在在相相对对的的面面aPQ3 上上时时 因因此此 的的最最大大值值为为aPQ3 PQ a3 8 1 1 1 1 11 q qb p pa S nn n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 nn nn n n qpbpqa qpbpqa S S 1 当当时时 1 p0 qp 分分子子 分分母母同同除除 得得10 p q n p 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 11 11 1 n n n n n n n n pp q p pb pp qa pp q pb p qa S S 2 p p qal qa S S n n n 1 1 1 lim 1 1 当当时时 有有 1 p10 pq1lim 1 n n n S S 9 可可分分为为三三大大类类 首首位位是是乙乙 首首位位是是丙丙 首首位位是是 a b c d 1 若若首首位位是是乙乙 中中间间可可排排甲甲 a b c d中中选选一一人人 共共 再再排排末末位位 是是在在甲甲 1 5 P a b c d这这4人人加加丙丙选选一一 共共有有 因因此此共共有有 1 5 P 1 5 P 种种 2 仿仿 1 也也有有 种种 1 5 P 2 4 P 1 5 P 1 5 P 2 4 P 3 首首位位数数取取a b c d中中任任一一个个 以以丙丙在在末末位位 丙丙不不在在末末位位分分为为两两类类 分分别别有有 种种 2 4 1 5 1 4 PPP 种种 2 4 1 4 1 4 1 4 PPPP 综综上上所所述述 满满足足条条件件的的排排法法共共有有 种种 1608PPPPPPPPPP2 2 4 1 4 1 4 1 4 2 4 1 5 1 4 2 4 1 5 1 5 13 1 若若 22 1 cosaaxy 时时 当当 即即时时 10 a1cos x0 x 当当 即即ay2 最大 ax cos 时时 2 axarccos 2 1 ay 最小 若若 因因 1 1 则则当当 1 a xcos1cos x 即即时时 当当 即即0 xay2 最大 1cos x 时时 xay2 最小 14 2 1 2 222 x mxymxd 2 1 2 2 1 mmx 当当 x22 时时 2 2 2 2 mmx2 当当时时 2 min 1 mMP 2 2 m 当当2 x2 min mMP 时时 2 2 m2 x 2 min mMP 15 设设A 2 a 抛抛物物线线上上点点 M t 则则t22 0 t 22 2 attAM 1 当当时时 1 4 2 2 aat02 a 此此时时 M的的2 at12 min aAM 坐坐标标为为 或或 222 a2 a 2 时时 222 a2 a02 a 此此时时M点点的的坐坐标标为为0 taAM min 2 0 3 数数形形结结合合的的思思想想参参考考答答案案 1 将将 分分别别看看做做两两直直角角 2 1a 2 1 b 三三角角形形的的斜斜边边 于于是是可可以以构构造造图图 2 1 设设Rt POA中中 PO 1 OA a 则则PA 在在Rt POB 2 1a 中中 OB b 则则 在在 PAB中中 2 1 bPB 于于是是可可得得ABPBPA 当当结结论论一一样样成成babfaf ba 立立 2 1 提提示示 配配方方得得 4 1 2 1 16 7 4 5 2 22 xxy 可可视视为为P x 0 分分别别与与A B 4 5 4 7 这这两两点点的的距距离离之之和和 由由于于 A B分分别别位位 2 1 2 1 于于x轴轴的的上上方方和和下下方方 显显然然当当 P在在A B连连线线与与x轴轴交交 点点时时最最短短 最最小小值值为为PBPA 2 提提示示 配配方方得得7230 2 2 2 AB 可可视视 2222 2 3 5 1 xxy 为为P x 0 分分别别与与A 1 5 B 3 2 的的距距离离之之 差差的的最最大大值值 由由于于 A B位位于于x轴轴的的同同旁旁 由由几几何何知知 识识知知 P在在AB与与x轴轴交交点点的的位位置置上上 最最大大 最最大大值值为为 直直线线AB的的方方BPAP AB 程程为为 令令 31 25 3 2 x y 0 y 得得 故故点点P位位于于 0 时时 3 17 x 3 17 5 max ABy 3 原原不不等等式式整整理理成成 0 设设 34 1 2 xxPx 可可视视为为p的的 34 1 2 xxpxbf 一一次次函函数数 由由图图象象可可知知 在在 0 4 恒恒大大于于零零 pf 只只需需用用即即 0 4 0 0 f f 或或3 01 034 2 2 x x xx 1 x 4 因因此此 u表表示示单单位位2i 2 5 i 2 zu 圆圆上上的的点点z与与点点A 2 的的距距离离的的21 z 2 5 倍倍 由由几几何何知知识识知知 分分别别是是最最小小值值 ABAC 最最大大值值 即即 241 22 max OCOAACu 241 22 min OBOAABu 5 提提示示 在在同同一一坐坐标标系系中中作作出出和和4 2 xy 的的图图象象如如图图 从从图图象象可可以以看看出出 当当1 ay 时时 方方程程有有两两个个不不同同的的根根 当当1 a3 a 时时 方方程程有有三三个个不不同同的的根根 当当时时 3 a31 a 方方程程有有四四个个不不同同的的根根 当当时时 方方程程没没有有根根1 a 6 设设数数轴轴上上三三点点 A P B的的坐坐标标分分别别为为 1 1 则则 ab ba 1 ab ba ab ba PB AP 1 1 1 1 1 1 1 1 ba ba 1 a1 b 即即P是是AB的的内内分分点点 于于是是0 即即1 1 1 ab ba 1 1 ab ba 7 由由等等差差数数列列的的通通项项公公式式 1 1 naan 得得点点 n 在在直直线线上上 设设 n adxay 1 1 A p q B q p 是是平平面面直直角角坐坐标标系系中中的的两两点点 则则AB的的直直线线方方程程为为 即即 px pq qp qy 点点 n 在在这这条条直直线线xqpy n a n a 上上 于于是是 nqpan 0 qp a qa qp 2 8 提提示示 设设A B C 1 a 2 a 1 b 2 b 则则原原式式左左边边 1 b 2 a 右右边边BCACABOBOA 9 如如图图 以以线线段段 BC的的中中点点O为为原原点点建建立立直直角角 坐坐标标系系 10 BC8 ACAB A 在在双双曲曲线线的的右右支支 0 x 0 y1 916 22 yx 上上 从从而而 由由焦焦半半径径公公式式得得 4 4 5 0 xAB 4 4 5 0 xAC 0 5cosxCAC xBAB 5cos 2 ctg 2 tg CB 2 sin 2 cos 2 cos 2 sin C C B B C C B B CC C B BB sin cos1 cos1 sin 2 cos 2 sin2 2 cos2 2 cos2 2 cos 2 sin2 2 2 BABAB CACAC cos cos 9 1 1 9 1 54 4 5 54 4 5 0 0 00 00 x x xx xx 10 在在复复平平面面内内 z a a所所对对应应的的点点分分别别为为 P A B 故故P不不可可能能在在坐坐标标原原点点 即即0 z AB的的中中点点 又又R A B在在实实轴轴 a0 a 上上 动动点点azaz BPAP P的的轨轨迹迹为为线线段段AB的的中中垂垂线线除除去去AB的的中中点点P点点 的的轨轨迹迹为为虚虚轴轴 除除去去原原点点 z为为纯纯虚虚数数 11 设设A B cos sin cos 则则A B在在单单位位圆圆上上 连连结结 AB 若若C是是 sin AB的的中中点点 则则点点C的的坐坐标标为为 连连结结OC 6 1 8 1 则则OC AB 设设D 1 0 连连结结OA OB 则则有有 DOA DOB DOC tg 2 tg DOC 2 4 3 6 1 8 1 7 24 2 tg1 2 tg2 tg 2 12 如如图图 在在平平面面直直角角坐坐标标系系 xOy中中 设设点点 u 2 B v 1 则则 而而ABOBOAz 1332 12 2222 vuAB 即即 等等号号成成立立条条件件 13 z2 vu 即即 时时成成立立 故故 12 vu 3 4 u 3 2 v 13 min z 13 令令 原原函函数数为为 2 2tx 设设 2 103tty 0 t 则则tyv3 0 10 3 2 ttv ytv 方方程程 表表示示斜斜率率为为 的的直直线线 方方程程 表表示示四四3 分分之之一一圆圆 原原问问题题转转化化为为过过圆圆 上上的的点点 求求 中中直直线线 截截距距的的取取值值范范围围 如如图图 过过圆圆上上的的点点 0 时时 10 截截距距最最小小 当当直直线线与与圆圆 相相切切时时 其其10 min y 截截距距最最大大 即即 解解得得 13 03 10 y 102 y10210 y 14 如如图图 在在Rt ACB中中 AB m BC n 则则 22 nmAC ABBCAC mnnm 22 又又 0 nm 2 nmn 即即 2 22nmn 22 2nnmn nnmn 2 2 由由 知知 mnmnnm 222 2 16 如如图图 设设P点点所所对对应应的的复复数数为为 Mi yx 所所对对应应的的复复数数为为 N所所对对应应的的复复数数为为 i 43 1 z 2 1 zONOMOP 即即ii 43izyx i 4 3 1 yxz2 1 z 但但点点M O N共共线线时时 4 4 3 22 yx 不不能能构构成成平平行行四四边边形形 由由与与xy 3 4 解解得得 4 22 yx 5 6 1 x 5 8 1 y 因因此此 所所求求轨轨迹迹为为圆圆 5 6 2 x 5 8 2 y 但但应应除除去去两两点点 4 4 3 22 yx 5 6 5 8 5 6 5 8 17 将将方方程程化化为为标标准准形形式式44 22 yx 它它表表示示中中心心在在 0 0 长长半半轴轴为为21 2 2 2 2 y x 且且在在x轴轴上上 短短半半轴轴为为 1的的椭椭圆圆 而而方方程程 表表示示圆圆心心在在A 4 0 的的同同心心 222 4 ryx 圆圆系系 如如图图 可可知知当当时时 两两曲曲线线有有公公共共62 r 点点 即即 6 max r2 min r 18 由由消消去去x 得得 1 2 2 2 2 2 b y a x mxx 要要使使两两0 2 2 2 2 2 2 bm a b y a b yyf 曲曲线线有有四四个个交交点点 方方程程在在 b b 内内有有0 yf 两两个个不不同同的的实实根根 由由于于函函数数为为开开口口向向上上的的抛抛物物 yf 线线 而而对对称称轴轴方方程程为为 因因此此 有有 2 2 2a b y 4 2 0 0 2 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b amb ab bf bf b a b b a b f 即即两两曲曲线线有有四四个个交交点点的的充充要要条条件件为为 且且 2 2ab 2 2 2 4a b amb 4 等等价价转转化化的的思思想想参参考考答答案案 1 1 把把原原方方程程配配方方 得得 08 2 2 yxyxyx 24 2 2 2 yx 2 原原方方程程0 2 yx24 yx 配配方方 得得 08 24 2 yxxyyx 8 2 4 1 2 yxyxxy 由由 1 知知 8 15 2 2 4 1 2 yx 而而xy在在 上上为为增增24 yx24 函函数数 xy的的最最小小值值为为 8 8 15 2 2 24 4 1 2 2 B 2 3 C 2 4 要要使使 成成立立 与与 4都都不不是是方方程程 CA 的的解解 要要使使 019 22 aaxx BA 3是是方方程程的的解解 即即019 22 aaxx 或或01939 2 aa5 a 当当时时 A 2 3 不不满满足足2 a5 a 故故舍舍去去 当当时时 CA 5 a2 a A 3 5 合合题题意意 故故为为所所求求2 a 3 原原方方程程可可化化为为 8 7 5 7 5 2222 xx 此此方方程程的的解解等等价价于于双双曲曲线线的的右右支支与与1 94 2 2 2 yx 直直线线的的交交点点的的横横坐坐标标 解解得得大大于于或或等等于于 4时时7 2 y 的的解解为为 故故原原方方程程解解为为 3 16 x 3 16 x 4 已已知知等等式式 B A C C Asin 2 3 2 cos1 sin 2 cos1 sin CAsinsin sin CA Bsin3 bcaBCA2sin2sinsin 设设最最小小角角为为 则则三三个个内内角角的的大大小小顺顺序序为为 a b c 290 90 sin 290sin 90sin sin 由由 2cos cos 300 得得 cossin2cos2 sin cos2 22 cossin 平平方方得得 2 1 sincos 因因此此 8 3 sin cos cos 是是方方程程的的两两根根 解解此此 sin 0 8 3 2 1 2 xx 方方程程得得 4 17 sin 4 17 cos sincos 4 7 2cos sin 2cos cos 17 7 17 5 设设P的的坐坐标标为为 a b 则则点点P满满足足方方程程 设设Q的的坐坐标标为为 c d 1 2 1 22 yx 则则点点Q满满足足 4