高中数学好题速递400题(201—250)

1、好题速递201题解析几何模块4.曲线C的方程x2 y2 1 , A 2,0常数 ，对曲线C上的任意一点 M x,y，都有MA2m 0的最大距离为.x ny 2n由MAMB得x，存在一定点B b,0 bMB成立，那么点Pb,2和到直线即21 x22 21 y :2b2 40故42b2，将b122 1又直线mn x ny2n :线mn xny 2n2m解法二:作为小题，由MA解法一:2b2代入4点 1,0 , 1,01，即可得丄b 12 42b20恒过定点0的最大距离为点2b21 得 2b25b 20，得 b2,0，所以由几何性质知点P2,0 与 P1 5-,2的距离为-2 -MB知是阿氏圆轨迹，

2、故取圆C :x2好题速递202题2到直、 52y21直径上的两个x25.M是m PN，当上，那么该双曲线的离心率为 解：作PP MP，由抛物线定义|PP解析几何模块物线上，且满足PM | m PNPM1 PNm PM要使m取得最小值，即cos此时MP是抛物线的切线. 设MP的方程为 与x2 8y联立得 因为相切，故8y的对称轴和准线的交点，点N是其焦点，点P在该抛m取得最大值时，点 P恰在以M、N为焦点的双曲线|PPIcosPM最小，即y kx 2,x28 kx 2064 k264 0 ,解得kpm|PN|4 襄 442 1故 P 4,2 ， 2a由2c 4，得ePN，其中MPP NMP最大值

3、，即NMPPMPMPP最小,好题速递203题2 2解析几何模块6.斜率为1的直线I过双曲线笃爲 1 a 0,b 0的左焦点F，且与a b双曲线左、右支分别交于A, B两点，假设A是线段BF的中点，那么双曲线的离心率为.解：由题意知2yiY22X-2 ax2y_b2y c1 b2a22b2 cyb40yiy2yiy2 b22b2cb2 a2匚a23yi2yj9，所以2c218a2e 32好题速递204题2 2 解析几何模块7.点P是双曲线一2当1 a 0,b 0上的动点，F1, F2是其左、右焦 a2 b2点，o坐标原点，假设 PFPF2的最大值是 6，那么此双曲线的离心率是 .2 24OP2

4、F1F22m2 n2 2OP2 2c2|op|又mn2a，所以m22mn2 n4a2所以2mn22OP22c24a2m2 n22OP2222c2 2OP22c24a2 4OP2 4b2所以2m n4OP4b2 op2解：设 PF1 m, PF2 n，那么 2 m2 n2所以匹卫的最大值在OP a时取到，所以4磚 6OPa2所以2b2a2，即 e好题速递205题2 2解析几何模块8 在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为 x 1 y 19 ,直线l : y kx 3与圆C相交于A,B两点，M为弦AB上一动点，以 M为圆心，2为半径的圆与圆C总有公共点，那么实数 k的取值范围是解：两圆有公共点的充

5、要条件是有公共点.由平面几何知识可知,1 CM 5，而CM 5恒成立，故只要 CMmin 1时两圆必CM min为点C到直线I的距离d，所以d L 21 ,寸k 1解得k 4好题速递206题解析几何模块9.点 A 1 m,0 , B 1 m,0，假设圆C :x2 y2 8x 8y 31 0上存在一点P，使得PA PB 0 ,那么m的最大值为 .解：由 PAPB 0得P在以 AB中点 M 1,0为圆心,为半径的圆上，所以P的轨迹方程为2x 1 2 y2 m2，所以圆M的半径为m，又由P在圆C 上，C :x2 y2 8x 8y 310 的圆心 C 4,4，半径为1 ,当圆M与圆C内切时，|MP最大

6、为MC |CP|5 1 6好题速递207题立体几何模块 1.如图，在正方体 ABCD AB1GD1中，E是棱CG的中点，F是侧面BBCG上的动点，并且AF /平面AED1，那么动点F的轨迹是A .圆 B .椭圆C .抛物线D .线段解：如图，取 BB1的中点M , B1C1的中点N，显然可证明平面AMN/平面AED1 ,当F在线段MN上时，均有AF /平面AEDi，即动点F的轨迹是线段 MN。点评：善于转化是解决立体几何中平行与垂直问题的关键。 例如，考虑“线线平行时，可转化为“线面平行或“面 面平行；考虑“线面平行时，可转化为“线线平行或“面面平行；考虑“面面平行时，可转化为“线线平行 或“

7、线面平行。在斜二测画法画图时，平行关系不会改变，因为要找平行线，可以考虑在图象上推平行 线，然后关注哪个位置看起来比拟特殊，例如中点，中位线之类。好题速递208题且满足AP BQ, M是棱CA上的动点，那么VM ABQPVabc 25 Vm abqp解法：设 Vabc A1B1C1V ,那么 Vm ABQPVM B BAVc BiBAVbi注：这里用到了梯形即 M 与 CABQP的面积与重合ABB的面积相等。Vm ABQP 最Vm ABQPVABC A1B1C1Vm ABQP1亠1Vm ABQP1VV3的最大值是是关于V的增函数CBA大解法二：设VmABQPVabc州眄Vo为定值，那么f VV

8、oV所以f VmaxVcABQPV)W ABQP3VoVo 3V0立体几何模块 2.如图，在三棱柱 ABC ABC的侧棱AA与BBi上各有一个动点 P , Q ,好题速递209题立体几何模块 3 .线段 AD/ ，且AD与平面 的距离为 4，点B是平面 上的动点，且满足AB 5，假设AD 10，那么线段BD长度的取值范围是解：如图，将线段 AD投影到平面 上，得到射影 AD，将空 间问题平面化，那么动点B的轨迹是以A为圆心，半径为52 423的圆，又 BD DD 2 BD 2，10 3 BD 10 3， DD4，所以 49 16 BD 169 16，即 65 BD 185好题速递210题立体几

9、何模块4 .P为正方体ABCD ABQQ对角线BD,上的一点，且AQ GP ;假设BD, 平面PAC ,那么3；假设PAC为钝角三角形，那么BP B00,1 ，下面结论:0，2假设3,1，那么PAC为锐角三角形.其中正确结论的序号为 解：在正方体 ABCD A1B1C1D1中，AQ平面ABC1D1 ,又GP平面ABC1D1 ,故AD CP，正确；由题可知BD AC，假设BD,平面PAC ,那么BDCP设正方体的棱长为 1,那么BC 1 ,CD,2,BD.3，在Rt BCD 中,BC2BPBD!所以BP 3，所以BP BD，正确；3 3在正方体ABCD AB1C1D1中，以AB为x轴，AD为y轴

10、，AA为Z轴建系，设棱长为 2, 那么 A 0,0,2 ,B 2,0,2 ,C 2,2,2 , D1 0,2,0设 P x, y,z，由 BP BD1，得 x 2 2 ,y 2 ,z 2 2所以 PA 22, 2 ,2 , CP 2,2 2,2 , CA2, 2,02假设 PAC为钝角三角形，那么 APC为钝角，PA PC 12 280 ,解得 0,-，3错；2 2同理，当 -,1时，PAPC 1280，所以 PAC为锐角三角形，正确。3所以正确结论为。好题速递211题立体几何模块 5.如图，在棱长为1的正方体 ABCD A RGB中，假设点P是棱上一点，那么满足 PA PG 2的点有个.解：

11、点P既在以AG为焦点，长轴为2的椭球上，又在正方体的棱上。因为BA BC1 1 2 2，故点B在以A,Ci为焦点，长轴为 2的椭球外，所以椭球必与线 段AB相交交点就是 AB的中点，同理在AD,AA,GB,GDi,GC上各有一个交点满足条件又假设点P在BB上，那么PA PCi 7l BP2 71 BiP2 2，故BB 上不存在满足条件的点P，同理DDi,CD,AB,BC,ADi上也不存在满足条件的点 P。好题速递212题立体几何模块 6.将一个长宽分别为 a,b 0 b a的铁皮的四个角切去相同的正方形，然 后折成一个无盖的长方体的盒子不计粘合处 ，假设这个长方体的外接球的面积存在最小 值，贝

12、U ?的取值范围是b解：设切去的小正方形的边长为x，长方体的外接球的半径为 R2R4贝22XaXba429X22Xb2b2a因为长方体的外接球的面积存在最小值，所以好题速递213题在直角梯形abcd中,AB /CD，AB BC 1，CDABBC，动点M在以C为圆心且过点D的圆内运动不含边界，设AMmABnBCm,nn的取值范围解：建立直角坐标系,M x, y，A 1,0，0,0，0,1由 AM mABnBCm, n R 得 x1m, y动点M在x2212内运动，所以1求目标函数mn的取值范围是1,3好题速递214题在曲线C :x2 y2 2 x 0上任取A,B两点，贝U OAOB的最小值为 解

13、：记 A x1, y-i , B x2, y2 ，贝U OAOB x1x2 y1 y2且 xf y2 2 x1 0 ， x2 最 2 x2 0 ，OAOBX|X2yiy212 X1 yi X2 y2X1y1X2y21 2 _X-yrX-y-X-y-X-y22当且仅当X| X2,y1y2时取得“=，故OAOB的最小值为2.好题速递215题5 - 2fHu贝3 - 2f5 - 2-3-21 - 2f3 - 2-1-25 - 33 - 2f5 - 3已知函数fX是疋义在R上的不恒为零的偶函数，且对任意实数X都有XfX 1X1 f X那么ff 52解:令X1，那么If1If I ,所以f 102222

14、22 22令X 0，那么f0 0当X 0时寸，由Xf X1X1 f X得f X 1 X1 f XX好题速递216题实数ab C,设函数f X1-X a :1X b的两个零点分别为X1 , X2 X1X2，贝yX c以下关系中恒成立的是AaX1X2 bcBX1abX2cCaX1bX2cDaX1b cX2解：f X1 11的两个零点，X a Xb Xc即g XXa X bXa X c X cXb的两个零点因为g X开口向上，g bb a b c ,又ab c，所以g b 0即函数g X的零点一个大于b，一个小于b，且g a 0， g c 0 所以根据“一上一下，中间一点的原那么，可知a X1 b

15、X2 c，选C好题速递217题点A 1,2在抛物线：y2 2px上，假设ABC的三个顶点都在抛物线上，记三边AB,BC,CA所在直线的斜率分别为 &也飞3，那么1ki1k21k3解：:y24x，所以丄k1 k2 k32j4yi22y24y2y12y22 14_%y2 24y2y2 2 14点评：抛物线题目的计算量相对于椭圆、双曲线要小一些，主要是基于抛物线上的点的设 法兰，y，在化简过程中利用好平方差公式，可以使得计算简便。这个过程要做到比拟熟2p练。好题速递218题函数f x 3x a与函数g x3x 2a在区间b,c上都有零点，那么2a 2ab 2ac 4bc2 2 b 2bc c解:由题

16、意知，3b a0两式相加得a 2b 03b 2a03ca0，两式相加得a2c 03c2a02a 2b a 2c所以a22ab 2ac 4bca2b a 2ca 2b a 2c22 2 b 2bc c2b c2b c2b c当且仅当a 2b a 2c时取得等号。的最小值为点评：这里用到了根本不等式，如果一下子看不出来，也可以先利用齐次化思想，将分子1分母同除以a2，令x b, yac-,将式子简化，就容易发现了。a好题速递219题函数f x a 4bx sinxa,b R，假设f X在R上既有最大值又有最小4 cosx值，且最大值与最小值的和为4,那么3a 2b 解:4bx sinx bxcos

17、xa bxsin x4 cosx4 cosxf x在R上既有最大值又有最小值，故b 0又fx a sinx是奇函数，且最大值与最小值的和为4，那么2a 4 , a 24 cosx故 3a 2b 6好题速递220题对于函数y f x，如果存在区间m,n，同时满足以下条件：f x在m, n内是单调的；当定义域是m, n时，f x的值域也是m, n，那么称 m,n是该函数的和谐区间.假设f:xa 11a xa 0存在“和谐区间，那么a的取值范围是.解：因为fxa 11a xa 0在,0 和 0,上是增函数，所以m,n,0或m, n0,且f mm ,f nn因此m, n是方程a 11a xx的两个不相

18、等且同号的实数根，即ax2a 1 x a0有两个不相等且同号的实数根又xiX2a 1a0且xi x?1，故只需2 2 1a 14a2 0，解得-a 1aa3又a0,故0a 1好题速递221题以T 4为周期的函数y f xm 1 x2 x1x21个实数解，那么m的取值范围是.2解：当x 1,1时，原函数式化为方程x2 七m2时，是两线段yx11x2和y3x2x，其中m 0，假设3f x x恰有5x 31 y 1 ,表示一个半椭圆，当x 1,33组成的折线，再根据周期性画出大致图象如下列图。由图象可知，当直线 y -与第二个半椭圆 x32x 8 2% 1 y 0无交点时，方程3f xm24 2 芯

19、 1 y 0相交，而与第三个半椭圆 mx恰有5个实数解，由方程组2 m099999m2 1 x2 72m2x 35m2由方程组解得m1532 y -2 m消去 y 得 9m2 1 x2 144m2x 567m2 0解得0m 7，所以15 m 7好题速递222题2021重庆理科第16题假设函数f x |x 解法一：按照a 1,a1两类分类讨论，画出12 x a的最小值为5,那么a f x | x 12 x a的折线图，图象最低点的纵坐标为5，求得a 6或a 4解法二：由题意得x 12a,0为顶点的开口向上的“V形设 g x |x a ,h xg x |x a的图象是以图。5 x 15h x的图象

20、是以1, 为顶点的开口向下开口比2 2 2的“ V形图，且与x轴交点的坐标为6,0 , 4,0。g x | x a的图象开口大当a 6或a 4时，|x那么a 6或a 4，所以假设函数x 12 x a的最小值为 5，好题速递223题假设动点P在直线h：x y 20上，动点Q在直线12 ：x y 6 0上，设线段PQ的中点为2 2 2 2M xo,y，且X。2 y 28，那么x；y；的取值范围是 .解法一：设点 P为， 满足x| yi20,点Q x2, y2满足x2y220两式相加得点M x0, y0的轨迹是直线x0 y0 40I I22冋时点M Xo,y满足x0 2y0 28所以满足条件的点 M

21、在线段AB上，其中点A 0, 4 , B 4,0分别为直线x y 40与圆x 2 2 y 2 2 8的交点，x2 y2表示线段AB上的点与坐标原点连线距离的平方，所以当M运动到AO, 4或B 4,0时，x0卡取得最大值为2 2M运动到圆心C 2, 2时，xo yo取得最小值为2 2解法二：将xo yo 4 O代入xo2yo 28，得到 yo4,o将 xo yo 4 o 代入 xoyo 得 x y：2 22yo 8yo 162 yo 288,16Xo yo8,16好题速递224题1 2设反比例函数 f x -与二次函数g x ax2 bx a o的图象有且仅有两个不同的公共x点 A x1,y1

22、， B x2,y2 ，且 x1 x2，贝U 上 .y2解：f x 1与g x ax2 bx a o的图象有且仅有两个不同的公共点x1 2方程 ax bx有两个不同的实数根 xi ,x2x方程ax3 bx2 1 o有两个不同的实数根 X1,x2三次方程仅有两个实根，故必有一个是一次根，一个是重根。方程ax3bx2 1 a x x1 $ x x2 或 ax3bx2 1 a xX1X2X2对于第一种情况,等式两边展开比拟系数得ba 2x1 X22,X12x1X20 ,2 ax1 X21故 x 2x20 ,因为为X2，所以X1 0X2 ,X2x2比X21y2%2对于第二种情况,等式两边展开比拟系数得b

23、a x1 2x22,X22x1x20 ,2ax1X21故 2x1 x20 ,因为XiX2，所以Xi0X2 ,但由ax；1知axi0 ,与a 0,X|0矛盾，故舍去。点评：此题是自山东高考题改编而来，解法中运用了三次方程求根的因式分解，奇次根穿过与偶次根反弹的问题。浙江高考曾屡次考过类似的问题，值得注意。例如：2021 浙江文 7函数 f (x) x3 ax2 bx c,且 o f( 1) f( 2) f ( 3)3,那么A. c 3B. 3 c6C.6c 9D. c 932解：方程f (x) x axbxct0,3的三个根为1, 2, 3,故 x3 ax2 bx c t x1X2x3比拟系数得

24、c t 6，故ct66,922021 浙江理17设a R ,假设x o时均有(a 1)x 1(x ax 1) o ,那么2解：x ax 1xXiXX2，且 X0 X2 ,因为(a 1)x 1(x2ax 1)0 对1x 0恒成立，那么x訂必是二重零点代入得:0,解之得：a 0或 aR，假设x 0时恒有0，舍去a243x x ax30,得答案：a 22 2b x 1 ，贝Uab 0【解析】当x1时,有0 a43b43x xaxxx ax2021浙江文16设a,bb 0,所以得ba x 1 x3 aa，代回原式故x 1必定是重根，即x3 a中必有因子x 1，所以a1,b 1，所以 ab点评：这三道题

25、都是加深零点意义理解的好题。零点就像是 正负性变化的重任，“奇重零点穿过，偶重零点反弹。x轴上的守门员，关系着函数好题速递225题2 2 设x,y是正实数，且x y 1,那么芒 yx 2 y 1解：设x2m, y 1n,那么题目变为“22m 2n144n丄2mnmmnmn1 41m n 214nm c29 54 mn4mn4当且仅当m2n, m n4 ,即8 m,n4即33，点评：此题还是分母换元使得式子简化,2 1X 3，y1时取得等号2 2m 2n 1m n 4 ,求的最小值。mn4 14 162m nm nc12 -4好题速递226题重庆高考题函数sin x 13 2cosx 2sin

26、x的值域是解：3 2cos x2sin x 1cosx 21 sin x设 1 sinx a,1cosx b,那么问题变为求ya2ab2的值域解法0时，有y12 b0 ,那么|a b的取值范围是将b视为圆a 1 2 b 1 2 1上任一点与原点连线的斜率，结合图形可知-0 ,aa所以1 y 0，当a 0时，y 0综上可知，y 1,0解法二：注意到y a一，联想其结构特征与三角函数中的正余弦定义式相似于是设直线0P的倾斜角为，那么0-2所以 y cos 1,0好题速递227题 a xb yc x, y R ， a b 2，|c 1， a c b c解法一：考虑向量模的几何意义由a b 2和0 c

27、 b c 0,可作出图形c的终点C必在以AB为直径的圆O上又c 1，故c的终点C必在以O为圆心，所以问题转化为 GO与EO半径为1的小圆有交点1为半径的圆上所以两圆相交需满足且有 |0 b2 |0 b2作一个整体换元，设注意到EO的半径为2 02 b216a b x， a b问题转化为规划问题，2 2x y 162 x y 2x y 2x, y R，求y的取值范围。如图可得y .7 1, 7 1解法二：代数方法2II f2a b b8 2ab ,因此只需求ab的取值范围0 得 a*ba b *cb *ca bc cos_2 a_ _ _2 - 2a b 8 2ab，解得7 a叱7所以 a2 2

28、a七 b2、*8 2ab 、.8 2 7, ,8 2 7 ,故解法三:解析几何坐标方法解：设c 1,0，设A,B是以0为圆心，且ACBC,那么| a b | =AB=2 MC./ MO2MA2 =:OA2，而MA=MC, MO2设M x,y ,那么x22 y(x1)2 y2 4,即x2y2 x3*2| a- b |=AB = 2 MC=2(x1)2 y2 2.x由*知, 17 x 171,7 1222为半径的圆上两点,MC2 = 4.2 y2 2x 18 2,7 5 2x 8 2 7，即 7 1 5一2x 需 1 a b 1.好题速递228题实数a,b,c，满足2a 2b解：记 2ax,2b

29、y,2cxyxy 1xy 1-3 x 2x 175 2x .2a b , 2a 2b 2c 2a b c，那么c的最大值是z，那么xy xyy z xyz因为 x y xy 2 xy xy 4xyxy 1xy 1即C的最大值是|og243好题速递229题设函数f x -4 , g x cos2 x kcos x，假设对任意的 为R，总存在x2 R，使 x21得g x2f x1成立，那么实数k的取值范围是 .解法由题意知f x的值域是g x值域的子集，易得f x的值域是2,2cosx，贝U g x的值域为h t22t2 kt 1,t1,1的值域，再通过分类讨论进行解答8 k28 k2解得 k ,

30、 2 2 U 2 2,解法二：解法一常规，但计算量较大，作为填空题不划算。故 从数形结合的角度，利用函数图象给出解法二。f x的值域是2,2，设t cos x 1,1 ,那么问题可以转化为对任意实数m 2,2 ,关于t的方程22t kt 1 m在 1,1上有解，即对任意实数m2,2，总存在k，使得直线y kt 1与y m 2t2在1,1是有公共点,从图象上显然看到，只要直线2,2个个都有公共点,即直线y kt 1与一簇函数y m 2t2,t 1,1 ,my kt 1与函数y 2 2t2,t 1,1有公共点即可，于是求2 2sin AO cos AC好题速递230题在ABC中，AB边上的中线CO

31、 2，假设动点P满足AP那么 PA PB -PC的最小值是 .解：因为Ap sin2 -AO cos2 ACR ，系数之和为1，故C,P,O三点共线，且sin2 ,cos20,1，所以点 P 在线段 OC上，设 PQ t t 0,2，故 PA PB -PC2t 2 t 12t2 4t当t 1时，取最小值 2好题速递231题设数列an满足a1,a22,且 an 21max an 1,4 ，贝U a2021 4an解：找规律。易知a31max 2, 一41,a421 1max -2 4116a5max -16 4a6max1 18,41 ,a71max 14故数列an是周期为5的数列，所以a202

32、1a5好题速递232题设数列an满足ai1,ag7,且an 22an 1an2an 1那么a5an1解：an2an 1an2an1an 11an1an 1112an1an 1an 1即an 21an 112an 1令bnan1，那么 bin 2 bnb2 1，即数列bn 是等比数列,且a53bb2,b98，故 b54，即函数f x解:由12X2X函数L的零点分别为2k 12X 12好题速递233题2X 1 k 的X3 ,X4 X3 X4X2k,2 21 k零点分别，那么X4X3X|X2log2 1 k ,X2x1,x2 x1 x2，函数x1的最小值为log 2 1 kk2k 1得X4，故X4f

33、 xax2X3X32X3k2k12X43LJ1， 2k 1k 1X3砸2茁，X43k 1X2X1X2X1log23k-1 log21 klog 2 3好题速递234题2 2a 1 x 4a 7，其中 a N*a的值有个.X0 为 f x的一个零点，假设解：f x a:2 X2 2a 1 x因为a N* ,故2x 721x 2由XZ知，X03, 1,0,1当X03时,a1 ； 当 X0综上,符合条件牛的a 1或aX0 Z，那么符合条件的1时,4a 7，解得2X 75 ;当Xo 0时,舍去;当 x01 时，a 15，有两个值。好题速递235题0是 ABC2心，AB 2a ， ac -BAC 120

34、，假设AO AB ACR ，那么解：因为AO *AB2ABABACAO -AC2ABAC2AC的最小值为2 a224a2解得2 丄3 3a2，4 丄3 3 a2点评:这里又是三角形外心与向量的常见结合题，“外心点积转边投影是正道。函数ftx x t 2 t,tb有四个零点，那么解:ft x好题速递236题R，设 a b， fb a的取值范围是2t t,t R是开口形状确定，顶点fa x , fa xfb x , fa xfb x，假设函数fb xx上运动的抛物线，于是当图象如下列图，a,b取不同值时所对应的函数 是“ W型的图象交点横坐标由a22a x b b解得x函数y f与函数y 点到直线

35、a b有四个零点，可视为直线x有四个交点，故只需两条抛物线的x的竖直距离大于 b a即可。ba b2y x“交叉a，解得b a 25t, tABC 中,假设AB在于解法一：设CH h，2 b210，由题知a因为h2b2x2a2AHAC2ABC故 S ABCmax2，当且仅当解法二:故 S ABC当且仅当好题速递237题BC210，那么h21时，ABC的面积取得最大值时，最长的边长等1ch h22x2 2x 3取得最大值，此时2 2BC2 AB2由余弦定理知cosC AC2AC BCAC BC44b 5,c2AC2 BC29AC BCsin C-AC BC sinC VAC2 BC292 2AC

36、 BC5时，等号成立，故最长边为52 2 2AC2 BC2 92好题速递238题那么ACBD的取值范围B 2DC *DB DMBM2 2 2DM OM2DM OMOD22故ACBD4,2解法二：投影角度ACBD要求ACBDmax，显然在 AC确定的情况下，|CE最大。如图，当DEAE 且 DEAE与圆相切时，|CE最大。此时设|CE那么DFx, OF所以ACBDACCE2x显然当且仅当D与A重合,C与B重合，即模长均为直径时,ACBD4minAC与BD反向且解法三：坐标角度设 C cos ,sin ,cos ,sin所以ACBDcos1,sin* cos1,sincos 1 cossin si

37、ncoscos 1 2sin2coscos.2 2coscos 1令 t 1 cos如图，C,D在半径为1的EO上，线段AB是E0的直径，是.解法一：极化恒等式角度AC*BD AD DC -BD DCDB显然当DC,DB均为E0的直径时，D-DB最大为4;取BC的中点M，那么由极化恒等式知贝U ACBD2t t2ACBDcos 12 sin2 coscos 12 2cos cos 1令 t 1 cos 0, 2那么 A-BD. 2t t2解法四：利用竞赛知识设AOC，CODBODAC-BDOC OA ODOBOC-ODOAQDOCOB OAOBcoscoscoscoscoscos在竞赛明过一个

38、不等式，4在cos A cos BcosC先证明cos Acos BcosCA B 2cos -2A B 1 2cos 2Acos2Acos22cosA B 2cos 一 22 A B12A Bcoscos 口 cos A21 4cossinAsinB2 2 24sinA . B . Csin sin2口 A B C 1 A 乂 sin sin sin sin2B cosB Ccos21sinA12Bcos21sin2 2.Asin2Asin2所以A sin2cos A cosB cosC这里用了三角的积化和差、和差化积公式，属于超纲内容。所以 ACBD cos coscos好题速递239题在

39、平面直角坐标系xOy中，设A, B,C是圆x2 y2 1上不同的三个点，假设存在实数，使得OC OA OB，贝y2的取值范围是解法一：OCOAOB222 cos 1这里的就是向量夹角，由于三点不同，故cos1,1当0时有22 21 11当0时有22 21 11画出可行域如图，于是将y3 22视为可行域内的,到点3,0的距离的平方，易得当，2, 1时，y 2，当时,y，故3 22222解法二:OC OAOB于是222 cos2 232 2 cos 122cos 32102cos 31022cos 322解法三：由OA OB CO 0可以构造三角形法那么故设OlMOA,MC OB，那么| I， |

40、,1构成 OMC的三边否那么A,B,C三点中至少有两个点重合，如下列图I I I 1于是满足| | 1画出可行域，后续如解法一。1二次函数f xax2解法一：齐次化思想根据条件有a0,好题速递240题bx c b a0为非负，那么冷a山的最小值为bca_b 1 a2 a11卩2t 12t 14934 2t 1当且仅当时取得最小值，即bt2及-ac 4a时取得。b2解法二：根据条件有a 0,0,那么c 4a当且仅当解法三:b b2 a b 4a b aa b 4ab a0 得 a b cb ab2 时取得最小值， 4a3a及c4t34a4a时取得。代入b2 4ac 022a b 得t4a b a

41、22a b-3a b a322a b3a b a当且仅当b c 解法四：待定系数法4a时取得等号假设a b c b at，化简为1又 x2a xb c故比对系数得x21 t,x 13，此时x 2即因为f0，所以4a2b因为b a，所以青3好题速递241题a,b解法一：R ， a2判别式法b2 ab2ab的最大值是令t 2a2a代入a2b2ab3 得 7a25at2t2 3 0关于a的元二次方程有解得225t2228 t2即 t228所以t2a b 2 J，当且仅当55a t 2a b14142a b 2.75-7时取得等号。47解法二：化齐次式22a b2 2 2 23 2a b4a 4ab

42、b 4 4t t3 2 2 3a2 b2 aba2 b2 ab 1 t t25t 31 t t2令 5t 3 u,t25uu2 11u 4925u 114928当且仅当u47,t4时取得等号。53b-3 -2b - 2a解法二：a b ab令mb a ,n2孑，即2 2m n 3设m3 cos , n3 sin，贝U a sin3cos ,b 2sin故2ab 4sin2 3 cos2 7 sin解法四：利用余弦定理构造三角形设 ABC的三边分别为 a,b,c . 3，由a2 b2 ab 3得C 60由正弦定理asin AbsinB贏2，故 a 2sinA,b 2sinB故 2a b 2 2s

43、i nA 2s in B4s in A 4s in 120 A5sin A 3 cosA 2 7 sin A其中tan故2a b33一，故取53,2 720,6，2_3评注：此题是很常见的最值问题，解法一、解法二是常规的两种方法，解法三利用三角换 元，解法四构造三角形的方法不仅求出了最大值，还取到了最小值。满足cos tan ，贝U cos4的值为sin好题速递242题解：由 cos tan2得cossin ,124sincos2 cos2 2sinsin 1 1 cos2sinsin评注：这里用了 1的逆用，简化了计算，当然也可以把sin ,cos都算出来，不过计算量比拟大。2021全国联赛

44、2假设实数好题速递243题2021全国联赛 4在矩形 ABCD中，AB 2,AD 1，边DC上包含D,C的动点P与CB的延长线上包含点 B的动点Q满足DP BQ，贝U PAPQ的最小值为 2，那么由 DP BQ 得 Q 2, t ,解：不妨设 A 0,0 ,B 2,0 , D 0,1，那么 P t,10 t故 PA t, 1 ,PQ 2 t, t 1PA-PQt 2 t 1 t 1评注：坐标法解决向量问题是常见方法。好题速递244题2021 全国联赛 6 在平面直角坐标系xOy中，点集K x,y | x 3y 6 3x y 60所对应的平面区域的面积为 .解：设 K1x,y | x 3y 6 0先考虑K1在第一象限中的局部，此时有x 3y 6，故这些点对应于图中的OCD及其内部，由对称性知，K1对应的区域是图中以原点O为中心的菱形 ABCD及其内部同理设K2x,y |3x| |y 6 0，那么 心对应的区域是图中以 O为中心的菱形EFGH及其内部。由点集K的定义知，K所对应的平面区域是被 K1 , K2中恰好一 个所覆盖的局部，因此此题所要求的即为图中阴影区域的面积S3 3由直线CD :x