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希望杯竞赛数学试题详解(51-60题)

发布时间:2014-02-13 09:55:19  

x2y2

??1 ,and point F be its right focus, then for fixed 题51 Let point M move along the ellipse 98

.

(ellipse 椭圆;focus 焦点;coordinate 坐标)

(第十四届高二第二试第18题)

x2y2

??1上一点,点F是椭圆的右焦点,点P(6,2),那么3|MF|-|MP|的最译文:点M是椭圆98

大值是 ,此时点M的坐标是 .

x2y2

??1中,解 在椭圆98

a?9,b?8,则c?1,c?1,

所以椭圆的右焦点F的坐标

为(1,0),离心率e?222c1?, a3

a2

?9,显然点P 右准线l:x?c

x2y2

??1的外部.过点P、M分别作PG⊥l于G,MD⊥l于D,过点P作PQ⊥MD于Q,(6,2)在椭圆98

由椭圆的定义知,3|MF|-|MP|=|MD|-|MP|≤|MD|-|MQ|=|QD|=|PG|=9-6=3,当且仅当点P位于线段MD上,即点P与Q点重合时取等号.由点P位于线段MD上,MD⊥l及点P(6,2),知点M的纵坐标为2,设M

2x0432??1,解得x0??的横坐标为x0,即M(x0,2),则有,因此3|MF|-|MP|的最大值是3,此982

时点M的坐标是(?32,2). 2

评析 若设点M的坐标为(x,y),则可将3|MF|-|MP|表示成x、y的二元无理函数,然后再求其最大值,可想而知,这是一件相当麻烦的事,运用椭圆的定义,将3|MF|-|MP|转化为||MD|-|MP|,就把无理运算转化为有理运算,从而大大简化了解题过程.

拓展 将此题引伸拓广,可得

x2y2

定理 M是椭圆E:2?2?1(a?b?0)上的动点,F是椭圆E的一个焦点,c为椭圆E的半焦距,ab

P(m,n)为定点.

1a2

?m;当F是左焦 1、 若点P在椭圆E内,则当F是右焦点时,|MF|+|MP|的最小值是ec

1a2

?m.

点时,|MF|+|MP|的最小值是ec

2、 若点P在椭圆E外,则

1a2a2

?m. F是右焦点,且0≤m≤,|n|≤b时,|MF|-|MP|的最大值是

ecc1a2a2

F是右焦点,且m>,|n|≤b时,|MP|-|MF|的最小值是m?.

ecc1a2a2

?m. F是左焦点,且?≤m≤0,|n|≤b时,|MF|-|MP|的最大值是

ecc1a2a2

F是左焦点,且m≤?,|n|≤b时,|MP|-|MF|的最小值是?m?.

ecc

简证 1、如图1,作MN⊥右准线l于N,PQ⊥l于Q,由椭圆定义,|MN|=

1

|MF|. e

1a2

?m,当且仅当P、M、Q三点共线,且∴|MF|+|MP|=|MN|+|MP|≥|PQ|=M在P、Q之间时取等号.如m

ec1a2

?m,当且仅当P、M、Q三点共线,且M在P、Q之图2,同理可证|MF|+|MP||=|MN|+|MP|≥|PQ|=

ec

间时取等号.

图2

图1

1a2

?m,当且仅当P位于线段MN上,2、 如图3,|MF|-|MP|=|MN|-|MP|≤|MN|-|MR|=|RN|=|PQ|=

ec

即P与R重合时取等号.

1a2

如图4,|MP|-|MF|=|MP|-|MN|≥|MQ|-|MN|=|NQ|=m?,当且仅当P位于直线MN上,即点P与Q

ec

重合时取等号.

图4

如图5,

1e

|MF|-|MP|=|MN|-|MP|≤

m

a2

?m,当且仅当P位于线段|MN|-|MR|=|RN|=|PQ|=c

MN上,即P与R重合时取等号.

如图6,|MP|-

1e

|MF|=|MP|-|MN|≥

图3

?m当且仅当P位于直线MN上,即点P与Q重合时取等号题52 已知双曲线x2?y2?k关于直线x-y=1与直线( )

A、D

x+2y=1

相切,则

k

的值

24 B、 C33(第十五届高二培训题第194 5

解 设点P(x0,y0)是双曲线x2?y2?k点P关于直线x-y=1的对称点为

x?x0y?y0y?y0

??1 ①,又P’(x,y),则??122x?x0

解①、②联立方程组得

?x0?y?122

③.∵P点在双曲线x?y?k上,?

?y0?x?1

22x0?y0?k ④.③代入④,得(y?1)2?(x?1)2?k ⑤,

图6

此即对称曲线的方程,由x+2y=1,得x=1-2y`,代入⑤并整理,得3y2?2y?k?1?0.由题意,△=4-12(k-1)=0,解得k=

4

,故选B. 3

评析 解决此题的关键是求出对称曲线的方程.由于对称曲线与直线相切,故由△=0便可求得k的值. 拓展 关于直线的对称,我们应熟知下面的

结论 1、点(x0,y0)关于x轴的对称点是(x0,-y0). 2、点(x0,y0)关于y轴的对称点是(-x0, y0). 3、点(x0,y0)关于y=x的对称点是(y0,x0). 4、点(x0,y0)关于y=-x的对称点是(-y0,-x0).

5、点(x0,y0)关于y=x+m的对称点是(y0-m,x0+m).

6、点(x0,y0)关于y=-x+n的对称点是(n-y0,n-x0)

7、点(x0,y0)关于直线Ax+By+C=0的对称点是(x,y),x,y是方程组

y0?y1?x0?x1

A??B??c?0?

的解. 22?

??A(y0?y1)?B(x0?x1)

根据以上结论,不难得到一曲线关于某直线对称的曲线的方程,比如曲线f(x,y)=0关于直线y=x+m对称的曲线的方程是f(y-m,x+m)=0.

题53 F1,F2是双曲线x2?3y2?3的左、右焦点,A,B两点在右支上,且与F2在同一条直线上,则F1A?F1B的最小值是____________.

(第四届高二第二试第15题)

解 双曲线x2?3y2?3,即

x

?y2?1,如图,3

2

A,B在

时线

,,

双曲线右支上,AF1?AF2?2,

BF1?BF2?2,故当AF2?BF2取得最小值AF1?BF1也取最小值.设l是双曲线对应于F2的准

AC?l,BD?l,垂足为C,D,则由双曲线定义可知AF2?eAC,BF2?e,而

AC??2MN,其中MN是梯形ACDB的中位线,当AB?F1F2时,MN取最小值2?

这时,AF2?BF2取得最小值2eMN?

31?,22

2,从而AF1?BF1取最小值4?

2?

14

3. 3

评析 解决此题的关键是灵活运用双曲线的第一、第二定义,发现AF2?BF2,即e(AC?BD),亦即2eMN最小时,F1A?F1B也最小,并能知道AB?F1F2时MN最小(这点请读者自己证明).本题虽然也有其他解法,但都不如此法简单,双曲线定义及平几知识的运用在简化本题解题过程中起了决定性的作用.

拓展 将本题中的双曲线一般化,便得

x2y2

?1的左、右焦点,A,B两点在右支上,且与F2在同一条直线上,定理 F1、F2是双曲线2?2

ab2b2

则F1A?F1B的最小值是4a?.

a

仿照本题的解法易证该定理(证明留给读者). 用此定理可知本题中的最小值为4?

3?

2?12

3

?

14

. 3

题54 方程x?22?y?22?|x?y?3|表示的曲线是 ( )

A、直线 B、椭圆 C、双曲线 D、抛物线

(第十二届高二培训题第23题)

解法1 由x?22?y?22?|x?y?3|的两边平方并整理得

2xy?10x?2y?1?0.令x?u?v,y?u?v,则

2?u?v??u?v??10?u?v??2?u?v??1?0,整理得2u2?8u?8?2v2?12v?18??9,

即2?u?2??2?v?3???9,故已知方程表示双曲线,选C. 22

解法2 已知方程就是x?2?2??y?2?2?2?|x?y?3|

2,由双曲线的第二定义,可知动点

P?x,y?到定点(2,2)的距离与到定直线x?y?3?0的距离比为2,因为2?1,所以选C.

评析 根据选择支,可知解决本题的关键是将已知方程化为某二次曲线的标准方程或直线方程.显然,平方可去掉根号与绝对值符号,但却出现了乘积项xy.如何消去乘积项便成了问题的关键.解法1表明对称换元是消去乘积项的有效方法.

解法2从已知方程的结构特征联想到两点距离公式与点线距离公式,发现方程表示的曲线是到定点(2,

2)的距离与到定直线x?y?3?0的距离之比为2的动点?x,y?的轨迹,根据双曲线定义选C.显示了发现与联想在解题中的作用.

拓展 将此题一般化,我们有下面的

定理 若则

(1)当0?A?B?1时,方程表示?a,b?为一个焦点,直线Ax?By?C?0为相应准线的椭圆. 22x?a2?y?b2?|Ax?By?C|(A、B、C、a、b为常数,且A、B不全为零),

(2)当A?B?1时,方程表示?a,b?为一个焦点,直线Ax?By?C?0为相应准线的双曲线. 22

22(3)当A?B?1且Aa?Bb?c?0时,方程表示过点?a,b?且与直线Ax?By?C?0垂直的直

线.

22(4)当A?B?1且Aa?Bb?c?0时,方程表示?a,b?为焦点,直线Ax?By?C?0为准线的

抛物线.

读者可仿照解法2,运用二次曲线的第二定义自己证明该定理.

题 55 已知x?1,则动点A?x??

?11?,x??与点B(1,0)的距离的最小值是_________. xx?

(第七届高二第一试第23题) 2221??11??????解法1 由已知得AB??x??1???x??0????x???1? x??xx??????2

22

???1?1?????x???4??2?x???

x?x???????

11???1?1?7?

2?x???3?2??x?????将此式看作以x?为自变量的二

xx?x?2?2???

2

次函数,?x?1,?x?

1??2,这表明该二次函数的定义域是?2,???.?该函数在?2,???上是增函x2

11?72?

数,?当x??2时,ABmin?2?2????1,?ABmin?1.

x2?2?

解法 2 令x?tan?,

?

4

???

?

2

,则x?

112

?tan????2csc2??2 xtan?sin2?

11?21??

x??tan?????2cot2?.

x?1?x??2,??xtan?tan2?x??

?AB?

?

4

时,ABmin

??

?当

csc2??1,即??

7?1?

?8?1????1.

2?4?

2

1?

x?t???t

解法 3 设? (t?1),两式平方并相减,得

1?y?t?

?t?

x?y?4(x?2,y?0),即动点A的轨迹是双曲线x?y?4的右半

2222

支在x轴

上方的部分(含点(2,0)),由图知|AB|min=1.

评析 所求距离|AB|显然是x的函数,然而它是一个复杂的分式函数与无理函数的复合函数,在定义域

?1,???上的最小值并不好求,解法1根据|AB|≥0,通过平方,先求|AB|2min,再求|AB|min=

将x?

AB|2min,并

1

看作一个整体,将原问题化为求二次函数在?2,???上的最值问题;解法2通过三角换元,把求|AB|minx

的问题转化为求关于csc2?的二次函数在?2,???的最小值问题,整体思想、转化思想使得问题化繁为简,化生为熟;解法3则求出点A的轨迹,从图形上直观地看出答案,简捷得让人拍案叫绝,这应当归功于数形结合思想的确当运用.许多最值问题,一旦转化为图形,往往答案就在眼前.

2

题56 抛物线y?x上到直线x?y?2?0的距离最小的点的坐标是________.

(第九届高二培训题第27题)

解法1 设抛物线y?x上的点的坐标是x,x

2

?

2

?,则它到直线x?y?2?0的距离是

d?

(x?)2?,当x??时d最小,此时y?.故所求点的坐标是?

,. ?

24??

解法2 如图,将直线x?y?2?0平移至与抛物线y?x2相切,则此时的切点即为所求点.设切线方程为y??x?k,代入y?x2,得x?x?k?0.由??o,即

2

?x???y?x2

??2

1?4k?0,得k??.解?得?.故所求点的坐标

4y??x??y????4

,?. ??24

解法3 设所求点的坐标为P?x0,y0?,则过点P的抛物线的切线线x?y?2?0平行.而其切线方程为

应与直

y?y0

?x0x,故2x0??1,2

x0??.?y0?x0?. 故所求点的坐标为?,.

24??

评析 解法1由点线距离公式将抛物线上的任意一点x,x2到直线x?y?2?0的距离d表示成x的二次函数,再通过配方求最值,体现了函数思想在解析几何中的运用.

解法2运用数形结合思想发现与直线x?y?2?0平行的抛物线y?x2的切线的切点就是所求点,设切线方程为y??x?k后运用方程思想求出k,进而求出切点坐标.

解法3则设切点为P?x0,y0?,直接写出过二次曲线f?x,y??0上一点Px0,y0的切线方程,由切线与已知直线平行.两斜率相等,求出切点坐标.

解法2、3不仅适用于求抛物线上到直线的距离最小的点的坐标,同样也适用于求椭圆、双曲线上到直线的距离最小的点的坐标,故为通法.

解法3涉及到过抛物线上一点的抛物线的切线方程,下面用导数证明一般情形的结论:

定理 过抛物线y?ax?bx?c上一点P?x0,y0?的切线方程是

2

??

??

y?y0x?x0

?ax0x?b?c. 22

证明 设过点P?x0,y0?的抛物线y?ax?bx?c的切线的方程为y?y0?k?x?x0?①.

2

y/?2ax?b,k?y/

x?x0

?2ax0?b,代入①得y?y0??2ax0?b??x?x0?,

y?y0?2ax0?b??x?x0?2y0y?y0x?x02

??,?ax0x?b?y0?ax0?bx0②.?点?x0,y0?在抛物线22222y?ax2?bx?c上,?y0?ax0?bx0?c,y0?ax0?bx0?c,代入②,得切线方程为

y?y0x?x0

?ax0x?b?c. 22

拓展 观察切线方程的特征,就是同时将曲线方程中的x,y分别换成x0x,y0y,把x,y分别换成

2

2

x0?xy0?y便得切线方程.事实上,对于一般二次曲线,有下面的定理. ,定理 过二次曲线Ax2?Bxy?Cy2?Dx?Ey?F?0上一点Ρ?x0,y0?的该曲线的切线方程是Ax0x?Bx0y?xy0x?xy?y?Cy0y?D0?E0?F?0. 222

运用该定理必须注意点Ρ?x0,y0?在曲线上.

22例 求过点?2,3?的曲线2x?3xy?4y?4x?8y?30?0的切线的方程.

22解 经验证,点?2,3?在曲线2x?3xy?4y?4x?8y?30?0上,根据上面的定理,所求切线方程为2?2x?3?2y?3x3?y?4?3y?4??8??30?0,即13x?22y?92?0. 题57 在抛物线y2?4x上恒有两点关于直线y?kx?3对称,则k的取值范围是 (第十五届高二培训题第71题) 解法1 设两点B?x1,y1?、C?x2,y2?关于直线y?kx?3对称,直线BC的方程为

x??ky?m,将其代入抛物线方程y2?4x,得y2?4ky?4m?0.若设BC的中点为M?x0,y0?,则y0?y1?y2??2k.因为M在直线y?kx?3上,所以 2

2k?32k3?2k?32?2k??,因为BC与抛物线相交于两个不同点,所?2k?k2k?m?3.m??kk?2?

k3?2k?3?0,即 以??16k?16m?0.再将m的式子代入,经化简得k2

?k?1??k2?k?3??0,因为k2?k?3?0,所以?1?k?0. k

8k3?8k?12?y?y2?解法2 由解法1,得y1?y2??4k,y1y2??4m?.因为?1??y1y2,所以k?2?

8k3?8k?124k?,解得?1?k?0. k22

2解法3 设B?x1,y1?、C?x2,y2?是抛物线y?4x上关于直线y?kx?3对称的两点,且BC中点为

M?x0,y0?.因为y1?4x1,y2?4x2,所以y2?y1?4?x2?x1?,即2222y2?y1??y1?y2??4,所以x2?x1

?12k?32?2y0?4,y0??2k.又y0?kx0?3,所以x0??,因为M?x0,y0?在抛物线y?4x的内部,kk

所以y0?4x0,即??2k??4??22?2k?3??,解得?1?k?0. k??

解法4 设B、C是抛物线y2?4x上关于直线y?kx?3对称的两点, M是BC中点.设M?x0,y0?,B?x,y?,C

2?2x0?x,2y0?y?,则y2?4x①,?2y0?y?2?4?2x0?x?②.①-②,得?y0?kx0?3④.④代入③得直线BC2x?y0y?y0?2x0?0③.因为点M?x0,y0?在直线y?kx?3上,

?2x0???的方程为2x??kx0?3?y??kx0?3??2x0?0,故直线BC的方向向量为p??x0,?,同理得直线kx?30??2

y?kx?3的方向向量??x0,kx0?.因为直线BC与直线y?kx?3垂直,所以??0,即?2x0??x,?0kx?3????x0,kx0??0,化简得

0??

x0?kx0?2k?3?2?0,得kx0?2k?3?0或x0?0(舍去).显然k?0,解得kx0?32

x0??2k?3,y0?kx0?3??2k.因为M?x0,y0?在抛物线y2?4x的内部,所以y02?4x0,即k

3(k?1)(k2?k?3)?2k?3?k?2k?3?0,?0,又k2?k?3?0,所以?1?k?0. ?4???,kkk????2k?2评析 定(动)圆锥曲线上存在关于动(定)直线对称的两点,求直线(圆锥曲线)方程中参数的取值范围.这是解析几何中一类常见的问题.解决这类问题的关键是构造含参数的不等式,通过解不等式求出参数的范围.

解法1运用二次方程根的判别式,解法2运用均值不等式,解法3、4运用抛物线弦的中点在抛物线内部,分别成功地构造了关于k的不等式,这其中,韦达定理、曲线与方程的关系、两垂直直线的方向向量的数量积为零等为构造关于k的不等式起了积极作用.

练习 若抛物线y?ax2?1上总存在关于直线x?y?0对称的两个点,则实数a的取值范围是 ( )

A、?,??? B、?,??? C、?0,? D、??

答案:B

2题58 抛物线y?4x的一条弦的倾斜角是?,弦长是4csc?,那么这种弦都经过一定点,该定点2?1?4???3?4????1?4??13?,? 44??

是 .

(第十三届高二培训题第73题)

?解法1 设弦过点M(a,0),则弦所在的直线是y?k(x?a),k?tan?,??90,代入抛物线方

ky2

?a),即y2?y?ak?0. 程,消去x得y?k(44

??4?2??16?222?csc?16cot??16a? ?16a(弦长)=(1?cot?)????16a???1?cot?????2?tan??????k??22

4222=16csc?,即16cot??16a?16csc??16?16cot?,由此得a?1.

?x?a?x?a当??90时,弦所在直线方程为x?a(a?0),弦长为4.由?2,得?或

?y?2a?y?4x?

?x?a.又由弦长4a?4,得a?1. ??y??2a

综上,这些弦都经过点(1,0).

解法2 由题意,对任意?都得同一结论,故运用特殊化思想解. 令???

2,则弦长为4csc2?

2?4,此时弦所在直线方程为x?a(a?0),代入y2?4x,得y2?4a,

y??2a.由题设,4a?4,即a?1.所以??

再令??入?2时,弦所在直线方程为x?1. ?4,则弦长为4csc并整2?4?8,设此时弦所在直线方程为y?b?x?1,得x?y?1?b,代理,得y2?4xy2?4y?4b?4?0,弦长??1?(y1?y2)2?4y1y2?2??4(4b?4)?8,解得b?0,所以??

程为y?x?1.解??4时,弦所在直线方?x?1,得定点为(1,0).

?y?x?1

评析 题目本身反映了对于一条确定的抛物线,若?确定,则以?为其倾斜角的弦的长也确定,?变化,则以?为其倾斜角的弦的长也变化.但不论?怎样变化,这样的弦都过一个定点,这反映了客观世界运动变化中的相对不变因素的存在.

由题设可知??0,故解法1设弦过点(a,0),并分直线的斜率存在与不存在两类情形,根据弦长是4csc2?,直接求出a?1.从而说明不论?为何值,弦总过定点(1,0).这是合情合理的常规思维.

然而,根据题意,这些弦过定点肯定是正确的,这就意味着满足题设的任意两弦的交点就是所求定点.这就具备了运用特殊化思想解题的前提.解法2分别令???

2与???

4,得到两个相应的弦所在直线的方程,

解其联立方程组得其交点为(1,0),即为所求.这种解法的逻辑依据是“若对一般正确,则对一般中的特殊也正确.”至于解法2中为什么令???

2与???

4,而不令??7?3?与??,主要是为了计算的方便,1325

这也是用此法解题时应当十分注意的.

应当指出,凡解某种一般情形下某确定结论是什么的问题都可用这种方法解.

拓展 原题中弦长4csc?中的4恰好为抛物线方程中的2p,而答案中的定点(1,0)又恰好为抛物线2

y2?4x的焦点.这是偶然的巧合,还是普遍规律呢?经研究,这 并非巧合,而是一个定理.

定理 若抛物线y2?2px(p?0)的弦PQ的倾斜角为?,则?2pcsc2?的充分必要条件是PQ经过抛物线的焦点F(p,0). 2

22证明 先证必要性: 由已知,可设PQ的方程为y?k(x?a)(k?tan?,??90?),代入y2?2px,得kx?

2(k2a?p)x?k2a2?0①.由已知及弦长公式得PQ?(1?k2)?(x1?x2)2?4x1x2②.将①的两根

1?k2

2p?2apk2?,之和与积代入②,得pcsc??从而得p2csc4?tan4??sec2?(p2?2aptan2?),?4k242??

解得a?pp?,即知PQ过焦点F(,0).容易验证当??90时,结论也成立. 22

再证充分性:

(?x由已知可设PQ的方程为y?kp)(?k2?ta?n?,?0入)y2?2px,得 ,9代

4k2x2?4p(k2?2)x?k2p2?0③,将③的两根之和与积代入②得PQ?2pcsc2?.容易验证当??90?时,结论也成立.

应用该定理,可解决下面的问题:

1.斜率为1的直线经过抛物线y2?4x的焦点,与抛物线相交于A、B两点,求线段AB的长.

2.PQ是经过抛物线y?4ax(a?0)焦点F的弦,若PQ?b,试求△POQ的面积(O是坐标原点).(91年全国高中联赛题)

3.PQ是经过抛物线y2?4x焦点F的弦,O是抛物线的顶点,若△POQ的面积为4,求PQ的倾斜角?.(98年上海高考题)

答案:

1. 8 2. 3.30或150

题59 长为l(l?1)的线段AB的两端在抛物线y?x2上滑动,则线段AB的中点M到x轴的最短距离等于 .

(第13届高二第二试第20题)

解 设AB的中点为M(x,y),点A的坐标为(x??,y??),由对称性知B的坐标为?x??,y???,??2

??y???(x??)2

?2于是有以下关系成立:?y???(x??)

?l??2??2?()2

?2①, ②, ③.

l2

①+②,得y?x?? ④,-②,得??2?x ⑤.将④、⑤代入③,得(y?x)(1?4x)?,即42222

a2l21l2

22y??x?[?(1?4x)?1],因为u?x?(a?0,x?0),当x?a时, u有最小x4(1?4x2)4(1?4x2)

2值,当x?a时, u是单调增加的.又1?4x2?l(l?1),y关于x是单调增加的,所以,当x?0时, y取得最l2

小值. 4

评析 点M到x轴的最短距离显然就是点M的纵坐标的最小值.巧妙利用对称性,设出点M、A、B的坐标后,利用曲线与方程的关系及平几知识,可以得到三个关系式,这又有何用处呢?我们要求的是y的最小值,现在却出现了四个 变量x、y、?、?,能否消去?、?从而得到y?f(x),再求其最小值呢?果

l2

然,可以消去?、?,得到y??x2 ⑥(这里用到了“设而不求”及函数的思想方法).若变24(1?4x)

l2?4x2?16x4

2形为y?,再令u?x,得到 24?16x

l2?4u?16u2

y??16u2?(4?16y)u?l2?4y?0(u?0) ⑦,则可由方程⑦有非负实数解求出y的4?16u

最小值,但方程⑦有非负实数解的充要条件很复杂.能否用别的什么方法呢?考虑到⑥式中的1?4x?0,2

1l2l2

22?(1?4x)?1] ⑧,由于故将⑥式变形为y?[与1?4x的积是定值,故当2241?4x1?4x

l2

2222l?1y1?4x1?4x?l1?4x?l1?4x=,即时,有最小值..然而,因为,所以,即取不到l,21?4x

ymin故由函数⑧为x的单调增函数,可知当x?0时,2l2

?. 4

a2

(a?0)的函数,若x?0,则当x?a时, f(x)取得最小值2a;若注:形如f(x)?x?x

x?a?b(b?0),则f(x)单调递增, f(x)min?f(a?b);若0?x?a?b(0?b?a),则f(x)

单调递减,f(x)min?f(a?b).(请读者自己证明该结论)

拓展 将此题推广,可得

定理1 长为l的线段AB的两端在抛物线x?2py(p?0)上滑动,线段AB的中点M到x轴的距离为d,则 2

(1) 当0?l?2p时,dminl2?; 8p

(2) 当l?2p时,dminl?pl2. ?,dmax?28p

2x12x2?2p2p ?x1?x22x12x2证明 由题意,直线AB的斜率k存在.设A(x1,),B(x2,),M(x0,y0),则kAB2p2p

?x2?2pyxxx?x??12?0,所以直线AB的方程为y?y0?0(x?x0),由?,消去y,得x02ppp?y?y0?p(x?x0)?

2x02x?2x0x?2x?2py0?0,因为点M在抛物线的内部,即y0?,所以??(42py0?x0)?0,又2p22

x1?x2?2x0,x1x2?2x?

2py0,所以l?x1?

x2| 2

??2x0pl2于是d?y0??,对x0求导228(p?x0)2px0pl21p2l2

22?2数,得d?(?1)(p?x0)2x0?2x0?[1?] 22282pp4(p?x0)'

x0

?x022[2(p2?x0)?pl][2(p2?x0)?pl]. 2224p(p?x0)

(1)若0?l?2p(抛物线的通径长),令dx0?0,得x0?0,易知x0?0,是d'的唯一极小值点,所以当 x0?0(即AB?y轴)时,dminl2; ?8p

l2

(2)若l?2p,令d?0,得x0?

0或x0?x0?0时,dmax?

;当8p'

x0

x0?l?pdmin?. 2l2

令定理中的2p?1,由定理的结论(1)可知本赛题的答案为. 4

此定理尽管也可以用均值不等式加以证明,但配凑的技巧性很强.这里,运用高中数学的新增内容导数进行证明,显得较为简洁.用导数研究函数的最值问题,顺理成章,不必考虑特殊技巧,易被大家接受,应当加以重视并大力提倡.

此定理还可进一步拓广到椭圆、双曲线的情形,便得如下:

x2y2

定理2 已知A、B两点在椭圆2?2?1(a?b?0)上滑动,|AB| =l ,线段AB的中点M到yab

轴的距离为d,则

2b2a(2a?l)(1)当; ?l?2a时,dmax?22a2a?b

2b2a4b2?l2

(2)当l?. 时,dmax?a2b

x2y2

定理3 已知A、B两点同在双曲线2?2?1(a,b?0)的右(或左)分支上滑动,|AB| =l,线段ab

AB的中点M到y轴的距离为d,则

2b2a(2a?l)(1)当l?; 时,dmin?22a2a?b

2b2a4b2?l2

(2)当l? . 时,dmin?a2b

为证定理2、3,可以先证

引理 在圆锥曲线过焦点的弦中,垂直于对称轴的弦最短.

证明 设圆锥曲线的极坐标方程为??ep,其中e表 1?ecos?是圆示圆锥曲线的离心率,p表示焦点F到对应准线l的距离,设AB

锥曲线过焦点F的弦,且A(?1,?),B(?2,???), epepep,?2??因为?1?,所以1?ecos?1?ecos(???)1?ecos?|AB|??1??2

??epep2ep??+=.当,即当AB与对称轴x轴垂直时,|AB|min?2ep,故21?ecos?1?ecos?1?e2cos2?

在圆锥曲线过焦点的弦中,垂直于对称轴的弦最短.

下面运用引理证明定理2 .

a2

证明 (1)不妨设椭圆的右焦点为F(c,0),A、M、B三点到右准线x?的距离分别是c

t1、t、t2,则t?t1?t2c,由椭圆的第二定义知:|AF|=et1,|BF|=et2(e?), a2

l2b22b2

,当l?时,|AF|+|BF|?|AB|=l,所以t?.又过焦点的弦最小值为线段AB可以过焦点F,当AB

2eaa

la2la(2a?l)a(2a?l)

过焦点F时,t有最小值,因此dmax?. ???

222ec2e2c2a?b

2b2

时,(2)当l?线段AB不可能过焦点F,但点M总可以在a

过F垂直于x轴的椭圆的弦的右侧,如右图,在△AFM中,设∠AMF=?,由余弦定理知

|AF|?|FM|?|AM|?2|FM||AM|cos?

11

?|FM|2?l2?l2cos?,在△BFM中,

42

111

|BF|2?|FM|2?l2?l2cos?,所以|AF|2?|BF|2?2|FM|2?l2,所以

422a2b2|FM|?|FM|?t??c?,所以

cc

222

1b2222

t?(2|AF|?|BF|)?l? ①,无论线段AB在什么位置,不等式①都成立.又

2c

2(2|AF|2?|BF|2)?l2?(|AF|?|BF|)?l2?e2(t1?t2)2?l2?4e2t2?l2,故

12b2a2a4b2?l2

③,当线段AB垂直 于x轴且在焦点Ft?et?l? ②.解此不等式,得t??

4cc2b

22

的右侧时,不等式①、②、③都取等号,此时tmin

a2a4b2?l2

,??

c2b

dmax

a2a2a4b2?l2a4b2?l2

. ??(?)?

cc2b2b

仿此亦可证明定理1、3,不再赘述.

题60 动圆M过定点A且与定圆O相切,那么动圆M的中心的轨迹是 ( ) A、圆 B、圆,或椭圆

C、圆,或椭圆,或双曲线 D、圆,或椭圆,或双曲线,或直线

(第三届高二第二试第10题)

解 动圆M、定点A、定圆O,这三者的位置关系有5种可能,如图⑴~⑸:

O

在情形⑴:A在圆O上,这时动圆M与定圆O相切于A,所以M点的轨迹是过O,A的一条直线. 在情形⑵:A与O重合,这时动圆M在定圆O的内部,与它内切,所以M点的轨迹是以O为圆心,以定圆O的半径的一半为半径的圆.

在情形⑶:A在定圆O的内部但不重合于O点,动圆M过A且与定圆O内切,这时动点M与定点O、A的距离的和是MO??(R?x)?x?R(定值),其中的R、x分别表示定圆O、动圆M的半径.可知点M的轨迹是以O、A为焦点,R为长轴长的椭圆.

在情形⑷:A在定圆O的外部,动圆M过A且与定圆O外切,这时MO??(R?x)?x?R(定值).可知M的轨迹是以O、A为焦点,R为实轴长的双曲线的一支.

在情形⑸:A在定圆O的外部,动圆M与定圆O内切,这时MA?MO?x?(x?R)?R(定值).可知M点的轨迹也是以O,A为焦点.R为实轴长的双曲线的一支(和情形4对应的另一支).

综上,可知选D.

评析 分类讨论是参加高考与竞赛必须掌握的数学思想.分类要注意标准的统一,不可重复,也不能遗漏.此题的关键是要搞清全部情形有5种,然后再分别求动圆中心的轨迹.运用二次曲线的定义大大简化了解题过程.

应当指出,当点A在圆O上时,动圆M的中心的轨迹是直线OA,但应除去点O、A. 另外,讨论完第一种情形后就可排除A,B,C,而选D,这样就更快捷了.

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