2023年高考数学第04章 附录发散训练详解

第04章附录:发散训练详解

第一章攻克压轴题的战略构想

第一讲扎根基础、树上开花

1.【解】

(1)在OMP^.^OPM=45,OM=y/5,OP=242.

由余弦定理得0M2=。尸2+MP2-2OP.MPCOS45，得M产一4Mp+3=0.

解得知P=l或A/P=3.

⑵设/POM=a,0领h60,在OMP中，

OMOP八"OPsin45

由正弦定理得----------=----------OM=----------r

sin/OPMsin/OMPsin(45+a)

OPsin45

同理有ON=

sin(75+a)

故sOMN=；.ONsin/MON=；。产sir?45

sin(45+a卜in(75+a)

1

sin(45+a卜in(45+n+30).相十)

1

3互in2a+几s2“

4+-sin(26z+30)

444

0领拉60,30能邮+30150•.当a=30时,sin（2a+30）的最大值为I,此时OMN

的面积取到最小值,即/尸0M=30时,。MN的面积的最小值为8-4百,

2.m

⑴由题设知，圆心C是直线y=2x-4和y=x—1的交点，解得点c（3,2）,于是切线的斜率必存

在,设过点A（0,3）的圆C的切线方程为>=后+3,由题意,£+[=1.解得左=0或k=-，

故所求切线方程为丁=3或3x+4y—12=0.

（2）-圆心在直线y=2x—4上，可设圆心c的坐标为（a,2a-4）,

，圆C的方程为（x-a）2+[y-2（a-2）]2=1,

设点=2\MO\,:.在+⑶-3y=2y]x2+y2，化简得/+⑶+1）2=4,点

M在以£>（0,-1）为圆心,2为半径的圆上.由题意知点在圆C上.

••・圆。与圆。有公共点，则2—啜|8|2+1,即掇0/+（2。-3）23.

由5。--12a+8..0,得aeR油5。——12a,,0彳导0w!h—■,

\12'

二圆心C的横坐标。的取值范围为0,y.

第二讲解题要诀、谋定后动

【解】

本题中的数列｛4｝是著名的斐波那契数列，它的通项公式也是熟知的，已知数列的递推关系求通

项公式通常很容易想到运用数学归纳法证明.由于通项公式已经给出，归纳——猜想已无必要，直

接证明就是，于是就有了下面的证法.

故当〃=上+1时原式也成立，因而原式对于一切自然数〃eN*都成立.上述的证明从形式上看似

乎遵循数学归纳法的标准格式.第一步,验证当«=1时命题成立(有验证步骤);第二步，假设当旗k

时命题成立，证明〃=A+1时也成立(有归纳推理步骤)，固而对证明过程一般不会产生怀疑但是

上述证明过程中有一个很大漏洞，只用到条件q=1和am=a,,-+am_2，根本没有用到％=1而

递推数列的后面一项由前面两项表示,故第一步必须验证“=2的情形.设想一下,若把题设中的

条件生=1换成另一个常数，比如4=99,将上面一套论证原封不动照搬过来，这时

4=1,4=99,2=+q=99+1=100,同时,生

100=2的荒谬结果产生错证的根源是第二步利用递推公式以+1=4，因而默认了

k+L3，而且为了推出ak+i的表达式,必须同时用到ak和％的表达式，所以，只有从原式在n=1

和2时都成立才能推出〃=3时成立.从〃=2和3时成立，推出〃=4时成立，等等，而在上面错

证中第一步只验证〃=1时原式成立，没有考虑〃=2时是否成立，与第二步的归纳推理显然是脱

节的.正确的证明如下：

(1)当〃=1时，左边=4=1,右边L..•原式成立.

当〃=2时，左边=4=1，

6-2石1,

---=1.，原式成立.

4)

⑵假设原式当〃=%(-2)时成立，即原式当"=1,2,3，人时成立，考虑〃=A+1的情形而归

1J+石丫fl-V5

纳假设得为=（入2）,

22)

由已知4”=。,,1+。时2得

故当〃=%+1时原式也成立，综合⑴（2）得，原式对于一切自然数〃€N*都成立.

第三讲聚焦题根、举一反三

1.【解】

（1）\AC\=\AC],EB//AC^EBD=^ACD=^ADC,

.•.|£同=|印，故|E4|+|£8|=|E4|+|£D|=|叫.

又圆A的标准方程为（x+l^+V=16,从而1M=4.二|印+|回=4.

22

由题设得A（—1,0）,3（1,0）,|=2.由椭圆定义可得点E的轨迹方程为亍+g=1（y#0）.

⑵当/与X轴不垂直时,设/的方程为y=攵（*一1）（左wO）,M（玉,y）,N（%2，y2），

边形MPNQ的面积为12.

y=g-l)

由尤2/彳导(4F+3)f—8炉工+4公一12=0,,

-------1---------1

43

8424A:2-12I——,12年+1)

则X]+x=--——,x.x=——-——.一引=转+3

24k2+322叱+3

12

过点8(1,0)且与/垂直的直线m-.y=一亳(x—1),A到m的距离为-y=^==,

4^+3

••/PQ|=2421=4,

1k2+\,

故四边形MPNQ的面积S=3MN||PQ|=12J1+五三,可得当/与x轴不垂直时,四边形

MPNQ面积的取值范围为(12,86).当/与x轴垂直时，其方程为x==3,|PQ|=8,四

综上,四边形MPNQ面积的取值范围为［12,8g).

2.【解】

⑴整理圆方程，得(x-2尸+(y—=(3&)2,圆心坐标为(2,2)泮径为3及，圆上至少有3个

不同的点到直线/：依+外=()的距离为2及，则圆心到直线的距离应不大于加，即

厘,立

\Ja"+h"

当狂。时,解得一2—屈炉一2+百,又％=—1，即2-6球2+6得直线/的倾斜角

715兀

的取值范围为—;当6=0时，不合题意,舍去.

715〃

故直线/的倾斜角的取值范围为.

(2)【解法一】

由题意得:圆C上的点到直线/上的点的最小距离不大于L即圆心C到直线/上的点的最小距离

不大于2.

.圆C:(x-4)2+y2=i,c(4,0),

."=唯二L”2,化简得弘2—4鼠0,解得0别：土即％/

VFTT33

【解法二】

(数形结合)如答图1—1所示，圆C：(X-4)2+y2=1,直线y=履-2表示过定点P(0,-2)且斜

率为k的直线系，由题可知，

直线系/只能在直线IPA与IpB之间绕点P旋转,

•••^mar=kpB=tan2a，这里tana==g,

2,

2tana4

=tan2a=_2

maxI-tan2a1」3

4

【解法三】

设动圆圆心—2),由于两个等圆(圆O1与圆C)至少有一个公共点,则两圆圆心距

|O,C|=J(4T)2+(2-e)2,,1+]

公+i)/一4(2+2"+16,,0有解

;.△=16(2+A)?一4•16•伏2+1)..o化简得北2-4鼠o

44

解得砥k~.^kmm=-.

【解法四】

先设以q（/,&/—2）为圆心，/为半径的圆与圆c无公共点，则

|*|=7（4-Z）2+（2-A:Z）2〉1+1,即仅2+1）/-4（2+根+16>0恒成立,

故A=16（2+Z>一4」6•伏2+1）<0,解得左vo或4

44

由补集法思想可得噫灰一，即心x=—.

33

第四讲发散思维、移花接木

1.

【解法一】

（转化为二次方程在区间（0,3）上的根的问题，利用参变分离进一步转化为函数值域问题）

广（%）=3%2+2住—l）x+左+5面题意知,/（x）=0在区间（0,3）内有实根，且无重根，由

/（%）=0得4（2%+1）=-3*2+2%-5.

3x~—2x+5910

即％=1)+

2x+l2x+lT

9

+

令r=2x+l,则f记我(/)7

〃⑺在区间（1,3]上单调递戒在区间[3,7）上单调邂增，故〃⑺e[6,10）,丘（—5,—2],又当

k=

—2时，/（x）=0在（0,3）内有相等实数根x=1,故舍去.

因此左右（一5,—2）.

【解法二】

（转化为用分类讨论研究二次函数零点问题）

广仁）=3£+2（左一1户+4+5,由题意知,/（工）=0在区间（0,3）内有实根,且无重根.

（1）丫=/'（X）的图像与1轴在（。,3）内有一个交点，

由广（0）/"（3）<0彳导-5<A<-----.

⑵y=/的图像与X轴在（0,3）内有两个交点,

6

△（攵一）仅+）得—生〈&<一

由，=4I?-125>0,2.

八0）=左+5>0,

/〈3,=7%+26>0,

（3）当（0）=0时,A=—5,方程r（x）=0的另一根为4,不合题意,舍去.

⑷当/（3）=0时,A=—令,方程尸（x）=0的另一根为:符合.

综上,A的取值范围为（-5,-2）.

【解法三】

（通过逆向思维将问题转化为研究其单调性并进一步转化为恒成立问题）

⑴若“X）在区间（0,3）上单调递增，则尸（x）..O在（0,3）上恒成立.

即A（2x+1）...-3%2+2x—5在［0,3）上恒成立.

―3x~+2x—5

2x+1

1f171273

令/=彳+—,则re-,7，则3f+——..9（当且仅当f=二时取等号）,

2122/4r2

21}5-,c

则一21引+而J+万”-2得”…-2.

⑵若/（x）在区间（0,3）上单调递减厕/'（X）,,0在［0,3）上恒成立,

即A（2x+1）-3d+2x—5在（0,3）上恒成立，由2x+1>0得

—3厂+2x一5+|在（0,3）上恒成立,

k„

2x4-1

1(17)

令t=》+彳,则re—,

2122/

则g(，)=-彳3r+—+彳在—上单调递增，在|彳，彳上单调递戒

214tJ2{22J122)

(\}(7}26/、(1}「,二

8⑺^^c送仁尸一亍…且⑺­⑺1^^^,~5,

由⑴⑵可知，4的取值范围是(—5,—2).

【解法四】

(直接利用求根公式转化为无理不等式求解)

J(*)=3炉+2住-l)x+4+5,由题意知,F(x)=O在区间(0,3)上有根，且无重根.

由△=4(A—1)2—4X3X(Z+5)>0可得k2-5Z：-14>0,解得Av—2或k>.设方

程尸(x)=0的两实根为x^,x2.

2。一女)

X]+W=-------<0

3

当A>7时，由知两根玉,工2•均小于O,不合题意.

k+5

Xi%=三一>0n,

2

乜「k7k2-5k-141-k+yJk-5k-14

故Av—2,X=-----------------,%2=-------------------1------------------

由题意得0<%<3或0<%<3.解得一5vAv—2,故A的取值范围是(—5,-2)

2.【解法一】

(转化为求二次函数的最值，运用配方法)

设ACwJ,g.%),由AP=2PS得.^2(y2-l),

即为=-2x2,yt=3-2y2.

4+（3-=S13

点A,B在椭圆上」得%=[,〃+7

X；=—（3—2y2_W"一+~n7—~=__~（机—5）~+4,,4,

.•.当租=5时，点B横坐标的绝对值最大.

【解法二】

（转化为运用韦达定理结合均值不等式求解）

由条件知直线AB的斜率存在，设A（玉,y）,名）,直线A8的方程为y=kx+l（k^0）,

y=Ax+l,

联立f,得（442+1卜2+8履+4-4m=0,

---Fy=m,

14.

义k

由韦达定理得一赤？⑴

由AP=2PB知%,=一2’,，代人（1式解得x,=—*,

4公+1

II8附88c

止+1烟+日2”

14—4mr

此时％-=—，又=—;=—2x；=-8,解得m=5.

44k2+1

【解法三】

（利用直线参数方程求解）

x-tcosa,

设直线A3的参数方程为<.。为参数,a为直线AB的倾斜角），

y=1+fsina

将其代人椭圆方程并化简得（1+3sin2a）/2+8fsina+4-4加=0,设点A,B对应的参数分别为

4，，21则%=—■

,.Tra,8sina4—41%

由韦达TE理知4+=--————，八J=，⑴

l+3sin-a1+3sin2a

8sina

解得t=

2l+3sin%

’cos2a4sin2a、

64sin2acos2a“cos2a4sina,l+3sin2al+3sin2a

=gcos2a--------------2~=16------z—

(1+3sir>2a)l+3sin~al+3sin2a”2

\7

此时cos2a=4sin2a

即cos2a=psin2(z=1,

1=5，代入(1)式，解得m=5

第五讲活用策略、借石攻玉

1.(分析:本题是最为常见的直线与圆锥曲线位置关系中求最值问题，解题思路是明朗的，通过联立

直线与椭圆方程,消元后运用韦达定理定理、弦长公式、点到直线的距离等程序操作，应该可以

解决问题，但复杂的代数运算是不可避免的，出错的可能性也很大，而且能否顺利求出最大值也是

个问题.一旦中途出错而所得函数解析式的形式难以找到求最值的方法，“卡壳”的状况就出现

了，再要寻找“突围”之路就更难了.如果我们对问题的条件审视得更清楚些，特别是抓住椭圆几

何性质中的对称性，不难发现E,F关于原点对称(如答图1-2所示)，四边形AEBF的面积完全可

以用F点坐标表示，再把四边形户分割为一BEF与.AE户之和，且以OB、0A为相应三

角形的底，在得出表达式后运用基本不等式求最值，则能有效简化运算，降低问题的难度，这也是一

种化难为易、活用策略、借石攻玉的解题战术.一个数学问题的解决，通解当然有效但并不一定

是最佳应当尽力追寻妙思巧解.)

【解】

2

X1

依题意得椭圆的方程为—+y2=k

设E、户的坐标为E(x”yJ,尸(电,％)，

则由对称性知々=一%>°，%=-y>o，

且X；+4月=4，故四边形AEBF的面积为

X

S=SAEF+S.AFF=x2+2y2=y{2+2y2)

=，后+4/+4々%,，J2(x；+4y；)=272

当且仅当々=2%时上式取等号,S的最大值为2拉.

2.(分析:有些命题在用数学归纳法证明时需要引进一个辅助命题帮助证明,或者需要改变命题将

命题一般化或加强命题才能满足归纳的需要,顺利进行证明.如强化命题，当"假设不等式“很难

过渡到"目标不等式”时，有时可以考虑加强命题的方法，即先证明一个比原命题要求更高的但

是容易证明的不等式，这种方法称之为“借石攻玉”.

【解】

C[____M1(yi—1

⑴当几.2.时，由q,——'可得i—2=fi—22

2%+〃-1%3()

],111

因此4n是一个等比数列淇首项为1--=-，公比为

I«„/433

nI小3〃/、

从而有I1--=.据此得%二不一^九」).

UnJJ—1

要证<2〃!成立，只要证〃EN*时，有——'(1-"]>g，(l)显然左端

每个因式都是正数,先证明，对每个力£N:有

用数学归纳法证明⑵式：

⑴当〃=1时，⑵式显然成立:

⑵假设n=k时，⑵式成立，即।-111一A

\3八3/

故对一切HwN-(2)式都成立.

利用(2)式得

彳,故⑴式成立.

从而结论％•%…成立.

第六讲居高临下、一览无余

1.【解】

⑴若q=L则an+i-an=np",an+i-ax=£葭蜡.

若〃=1,则%+|+，即%

++

若Pw1,记S,=Z：=ip-np"'=—1--------np"'.

1-P

P(5)靖__P(5)("T)P"

从而4+i

1一p(1-〃)2l~p'"(1-p)?1一P

⑵【证法一】

当|p|v1时，设/(x)=x\p|'(x>0),

1

则r(X)=1p\'(1一xln|p|).令r(x)=0,解得X=-

MP|

c\

.当℃<―4[时'尸3>°,当">一志1

是y(x)的最大

h1|p|,

值/(x)>0;"(x)有界

综上可得数列｛印"｝(|p|<l)有界即存在加>0,使得\npn\<m.

由.=附+的得%=W'[(T)PF

••・当同<1时，有।1।娅屋①r[(«-卜)p"-1M早晋<昂，即数列m｝有界

【证法二】

|。向|=帧"+g为圜柏+MI〃|P'1+同

・・・同,,1小2|肝++(-)"=一)％才…

而(〃_1)刨0_1-,〃|",,|p-(〃_"刨-1)<0

•■•|«„|<，即证得数列｛4｝有界.

(1一|P|)

2.【解法一】

原题条件可变为2/>cos2x+acosx-b+1..0.(l)

因为要求(«+份max，故应想办法将⑴式中。，卜的系数变为一样,

即cosx=2cos\-l=>cosx=1或cosx=

若令cob=1代人⑴式得到的是。+k..T,无法继续求解，故可令cosx=—L代人⑴式可得

2

]+3”1,即。+瓦2，这就确定了(a+力)的一个上界,下面就看a+b能否取到这个上界，如能

取到，则这就是a+〃的最大值.

把⑴式看成是关于COSX的二次函数，由于°+〃取最大值时一般是在临界条件，故考虑临界条件.

'_4

由｛△="一泌(-6+1)=(),可解得3代人⑴代式得

"=2，b=M

I3

gcos'+gcosx+g=；(2cosx+l)\.0成立，故(a+Z?)可取到上界，即(a+ft)max-2.

【解法二】

在acosx+bcos2x..1中取x=■彳导aj——+匕]—,..1,

,_42

且当“=—力=—时，

33

,c42c42/c，，\4r1Y,,

acosx+PCOS2X=—cosx+—cos2x=—cosx+—2cos'x-1=—cosx+-

3333、72)

-,'(«+^)mar=2.

3.【解】

对任意的不,々€D都有|/(x,)-/(%)|<1的条件转化为判断

|/(%)一/(七)|，，/(初四<1

对任意的不,々€D都有|“玉)-/(%)|，J(X)“皿一/(无)min.

由/(x)=d—1+。(无6[—1,1],。6区)彳导/(》)=3*2—1.

当—1=。时，即有X=士手冽表如下：

_V[f_7306

X-1例1

万Ij3'3J)3

+()—()+

极大值极小值

a2#)2A/3a

a+-----a-------

99

二・函数/(/)=R3_x+Q(xq_l,l],QwR)的最大值是Q+一二，最小值是Q-.

99

故|〃西)-〃々)|,,/(八-/(力而0=哈<1

y

.•・函数/(x)=V—%+a(xe[—l[],aeR)是“玲珑函数”.

第七讲速解小题、百战奇略

L【解】

构造特殊函数/(x)=|x,显然满足题设条件,并易知“X)在区间[-7,-3]上是增函数,且最大

值为/(-3)=—5,故选C.

2.解

(特殊图形法)选取等短直角三角形A3C,以直角项点C为原点,C4所在直线为X轴,CB所在直

线为y轴建立平面直角坐标系，并设44,0),5(0,4)厕得£>(2,2),尸(1,1)，进而得IPA『=10,

|PB|2=10,1PC|2=2陷]_史处=12士丝=]0,故选D.

11|PC|22

3.【解法一】

(构造几何图形)构造斜边分别为2和1,其中一锐角为。的Rt4W和Rt使A/、

MD构成一长方形的边长，如答图1-3所示.

sina+2cosa-V-i-o.D.C-------

又ABM〜DME,:.MBLME.

BE=y/5,:.NBEC=45,tan。=2.

则a=-；—Ontan2a=tan---20=——=一二,故选C.

4V2Jtan2^4

【解法二】

_..Vio

(对偶思想的运用)令cose—2sinc=r,联立sina+2cosa=.

两式平方相加得5=；+/，解得"土平•

J1012tana3

当，=三一时，由方程组可解得tancr=tan2«=;

23l—tarra4

\J\02tan(z3

当t=一下时，由方程组可解得tana=3./.tan2a=，故选C.

21-tan-df4

【解法三】

C丽,.c、25

(弦化切)sina+2cosa=-----=>(sma+2cosa)=—,

sin2a+4sinacosa+4cos2a5tan%+4tana+45

•~27—_------------------------——

sirra+cos-。2tan2rz+l2

「.tana=3或tana=—=>tan2a=—，故选C

34

【解法四】（运用辅助角）

sina+2cosa=—=>/5sin(a+同=—.

sin(a+协=-y•tang=2.

冗、37c

二a+0=2k7vH——或a+0=2ATTH------,keZ.

44

c(九A、11-tan~(p3

/.tan2a=tan(2a+20-20)=tan---2(p=--------=--------=——，故选c.

12)tan2°2tan94

【解法五】(a—2a,弦化切)

sina+2cosa=粤=>(sina+2cosa)2=|.

二.sin%+4cos2a+4sinacosa=j1in%+cos2a

y^sin2a—cos2a)=4sinacosa=cos2a=2sin2a.

3、

tan2a=——，故选C.

4

【解法六】(猜想验证)

sina+2cosa=—猜根sina=—,cosa=—f=

MV10®

「.tana=3,tan2<z=——，故选C.

4

4.【解】

(等价转化法)由函数/(X)是奇函数且单调递增知，可以把所给的函数不等式转化为一个具体的

不等式.

根据函数的性质,不等式/(%sine)+/(l—z^)>O,BP/(msin^)>/(m—1),

即msine>加一1在。w0,—上恒成立,

当加>0时，参变分离得V」<sin。恒成立，而sin，在夕的最小值为0,只要如匚<0,不等式

mm

恒成立，解得0V7%Vl.

当加=0时，不等式恒成立;

“7_]

当加V。时,只要上二〉sine恒成立，而sin。在0,-的最大值为1,

m2

—1

只要>L这个不等式在m<0时恒成立.综上可知,mv1,故选D.

m

第八讲以点带面、直剖核心

1.【解法一】

(判别式法)将C=—(a+6)代入/+〃+=1彳导2/+2而+2/-1=0,此关于h的一元二次

方程有实数解则△=(2a)2-8(2片-1)..0,整理得.

即一半效b当的最大值为堂■.

【解法二】

(配方法)将C=一(。+6)代人/+/+d=1得片+从+"=g，整理得

a2+b2+ab={—+b\+-a2=-,

(2142

即有一3々I,—i得〃2,,7一.

423

即一g领h半,二a的最大值为^

【解法三】

(基本不等式法一)将c=—(a+与代人/+〃+。2=1得/+/+必=；即

1,/,x[(a+h)-b]2a2,2

a2---=-b(a+b)„-----------=彳,解得*,

即一半麴b母^，二。的最大值为日•

【解法四】

(基本不等式法二)将b+c=—a代人/+〃+。2=1彳导

(b+c)2+b2+c2^1.:a2+c2..rb+C^-即3("+"一地a22

2123

即一坐■，二。的最大值为^

【解法五】

（三角换元法一）将C=一（a+3代人。2+6+c?=1彳导/+/+出；整理得

（段+力）+5&2=（,令£+6=孝cos。,当a=*sin6贝Ja=当sin”,坐.

V6

•••”的最大值为亍.

【解法六】

（三角换元法二）将c=—（a+6）代人。2+加+，2=1得/+/+昉=；令。=%+,力=%一%

得61+2y?=1,由椭圆的参数方程得x==cos。,y=^—sin0，则

02

_|_V6°垃.夕«.（八兀、瓜

。=九+丁=—COSOH-----sin。=—sin0—L—

*623I6）3

A

的取大值为彳・

【解法七】

（三角换元法三）由/+/+，2=1得/+。2=1一/,

令〃=加了sin。,c=Jl-a2cos。代入a+b+c=o得

a+V1—«2sin0+Jl—/cos0=0,

当yJl—ct~#0时，有V2sin।0H—।-—,♦,

I4/\J\—a2

即0-\—a

VlsinI7^7

7

解得j.

即一坐■，二。的最大值为^

【解法八】

（解析几何法）令〃=%,C=y,则x+y=—a,f+丁=1一",此时可看作直线x+丫=一。

与圆一+/=i一/有交点厕圆心到直线的距高d

解得次，!，即一g领h咚,

333

V6

••.a的最大值为三.

【解法九】

（柯西不等式法）由。+8+C=0,〃+〃+=1,得人+C=—。,〃2+。2=1-,由柯西不等式

知仅2+02）（1+1）..（。+32,即2（1_。2）.“2解得况,|

即一日效b半，二。的最大值为^^

2.【解法一】

（直线与圆的位置关系转化为两直线的交点问题）

JT

ABCD=0,.・.AB±CD,又点C为AB的中点，二/BAD=-.

4

设直线/的侦斜角为a直线AB的斜率为k厕

71

tana+tan

tana=2,k-tan1?--------------£=-3

1-tan«tan九

4

又B（5,O）,.-.直线AB的方程为y=-3（x-5），又A为直线/：y=2%上在第一象限内的点，联

立直线”与直线/的方程得户=-3（x-5）‘

[y=2x,

x=3,

解得

y=6.

・••点A的横坐标为3.

解法二：（运用斜率公式求解）同解法一得L=tan/A3x=tan]a+（J=-3.设A（a,2a）,

则原8==-3，解得。=3，即点A的横坐标为3.

a-5

【解法三】

c-2#>

（利用两点间距商公式）由解法一知tana=2,sina=一丁,

2

在Rt加。中,8O=O8sina=5x—^—=26

在等腰RtAOB中,AB=&,3。=2加，设A(a,2a)，则

|A邳=J(a-5)〜+(2a)〜=2>/10，解得a=3或a=—1.

又。>0,;.a=3.即点A的横坐标为3.

【解法四】

（利用平面几何知识:两三角形全等）如筵图1—4所示,•••为直径,AD1BD.4AFD=△DEB.

设|DE|=2t,贝”DE|=\AF\=2t,\DF\=\BE\=4t.

\OB\=\OE\+\EB\=5t=5,即t=1.

；•4点的坐标为(3,6),则点4的横坐标为3.

c

答图1-4

【解法五】

(利用向量数量积运算)如答图1-5所示，由已知得8。1Z,则

fcBD=BD的方程为y=-1(x-5),

(y=2x,

由｛1,r\

(y=一$(%-5),

设4(a,2a),则C(厚,a)从而荏=(5-a,-2d),CD=咛,2-a),

•••AB-CD=(5—a)■~~'2a(2—a)=0,解得a=3或a=-1.

又：a>0,；,a=3,即点4的横坐标为3.

【解法六】

21

（利用正弦定理）设直线/的侦斜率角为a，则tana=2厕sina=一；=•,COSQ二，由解法一知

于是sin/08A=sina+—=sinacos—+cosasin—

V4J44

OAOB

在..OAB中，由正弦定理知—=--，解得=3Jr5.

sin»

4

故点A的横坐标为OAcosof=3.

【解法七】

（利用勾股定理）。为以AB为直径的目C上一点，,1AO,C为AB的中点.

ABCD=0..-.AB±CD,ABD为等月至直角三角形，即AD=

在RtOBD中,tan-3OA=k=2=—又OD?+BD2=OB2=52,

OD

OD=>/5,BD=2区

A在第一象限,04=O。+AO=，

又打=2,x；+y；=OA2=（3A/5）2,.-.4=3.

%

第九讲集中兵力、攻城掠地

L【解】

⑴当〃=3时,4的所有可能取值为2、3、4、5.将6个正整数1、2、3、4、5、6平均分成两组，不同的

分组方法共有C；=20（种），

=2)=—=—,P(^=3)=—=—,=4)=—=—,P(^=5)=&=L所以4的

,7205v)2010,)2010l7205

分布列为

e2345

33

p

510To5

E（^）=2x—+3xF4Xi-5x—=—.

v75101052

⑵J和77的取值恰好相等的所有可能取值为〃—1,〃,〃+1,…,2〃-2.又由于当J和77的取值

伶好相等且等于“-1时，不同的分组方法有2种彳和Z；的取值恰好相等且等于n时，不同的分

组方法有2种;J和77的取值恰好相等且等于〃+々（々=1,2,3,，〃-2）时，不同的分组方法有

2

4?2（Z：1C；+2）

2c种所以当〃=2时,P（C）=?=2;当几.3时,P（C）=——--

⑶由⑵知当n=2时,P©=；，因此P（C）>P©.

而当九.3时,p（c）<p（cj,理由:

（n—2、

P（C）<P（C）等价于4ZC1+2<C：„.

\k=]7

用数学归纳证明：

（1）当〃=3时,（1）式左边=4（C；+2）=4X（2+2）=16,（D式右边=C：=20,所以（1）式成立.

m-2\

[EcL+21<CL成立，则当〃=〃，+1时,

（in+l-2、（m-2、

左边=4EC>2=4+4C：；；：.,）<4C：,+4C；L）

\&=17\k=\7

（2m）!4x（2〃z—2）!（m+1）2—2）!（4m-l）（zw+1）2（2〃）（2〃—2）!（4m）

=----------1-------------------------------------------------------------------<--------------------------------------

m\m\（机+1）!。%+1）!（机+1）!（6+1）!

।2（〃?+1加

<q：%=右边.

2（m+l）*（2rn+l）（2m-l）

即当/2=帆+1时（1）式也成立.

综合（1）（2）可知，对于九.3的所有正跣数，都有P（C）<P（C）成立.

2.m

[9—Z>0,

⑴当且仅当《,八即Z<4时，方程表示椭圆；

4一女>0,

当且仅当（9—左）（4一左）＜0,即4＜化＜9时，方程表示双曲线.

（2）【解法一】

y=1+1

由｛f＞2化简得（13—22）/+2（9—左）x+（9—左）（左一3）=0,

----+——=1,

[9-k4-%

根据A.O得女..6或鼠4（舍），由双曲线实轴最长得左取最小值6时,9-女最大，即双曲线实轴最

X2y2

长，此时双曲线方程为=L

32

【解法二】

V2V2

若Q表示双曲线厕ke（4,9），不妨设双曲线方程为下一冒7=1，

,y=x+l,

联立，Jy-得（5-2a~）》2—2a■—6a~+a4=0.

彳一。“

由。《与直线^=犬+1有公共点得公=4诡一4（5-2/）（/一6/）..0.

Yv2

即/—8/+15..0,解得3或.5（舍去），则实轴最长的双曲线方程为7一亍=1.

【解法三】

不妨先求得耳卜石,（））关于直线y=X+1的对称点F（-1,1-逐），设直线与双曲线左支交点为

22

m，则la=\MF2\-\MFt\=\MF\-\MF\„\FF2\=7（-l-V5）+（1-75）=2G厕a,,6，故

实轴最长的双曲线方程为=1.

【解法四】

设双曲线与直线公共点为卜sec仇^tan夕），

则asec0+1=Vs-«2tan。有解，即yj5-a2sin0-cos8=a有解，则