第16章选讲内容变式题答案Word下载.docx
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分析
解析
（1）由
（2）
（3）
（例16.4变式2）
解析
（1）因为MA是圆O的切线，所以,又因为,所以在RT中由射影定理知，.
（2）因为BK是圆O的切线，同
（1），有,又OB=OA,所以即N,P,M,K,四点共圆,又所以,故.
（例16.5变式1）
解析
（1）因为EC=ED,所以因为A,B,C,D,四点共圆,所以,故,所以CD//AB.
（2）由
（1）知AE=BE,又EF=EG,故,从而,如图16-37所示，连接AF,BG,则,故又CD//AB,,所以,所以,故A,B,G,F,四点共圆。
（例16.5变式2）
解析
（1）证明：
如图16-38所示，连接OP,OM,因为AP与圆O相
切于点P,所以OP⊥AP,因为M是圆O的弦BC的中点,所以OM⊥BC,于是∠OPA＋∠OMA＝180º
由圆心O在∠PAC的内部,可知四边形APOM的对角互补,所以A,P,O,M四点共圆.
（2）连接PM,由
（1）得A,P,O,M四点共圆，所以∠OAM＝∠OPM.
由圆心O在∠PAC的内部，可知∠OPM＋∠OAM＋∠APM＝90º
.
【例16.6变式1】
解析球O的大圆⊙O与直线l相切于点M，⊙O一直线OM为旋转轴，旋转得球O，直线l同时旋转得平面α，所以平面α过点M的直线都是球O的切线.故选D.
【例16.6变式2】
解析如图16-39所示,半径为6的圆O的一条切线为PT,绕PO旋转圆O得球O,点P到球面任一点Q的最小距离PQ=PO－R=－6＝4.故选B.
【例16.6变式3】
解析如图16-40所示,圆柱轴截面半弦（即柱底半径）为R,椭圆轴长=2b=2R,长轴长=2a=,
故a=,b=R,==－＝,即c＝.
所以＝＝.故选A.
评注若已知圆柱形水杯倾斜成母线与桌面成时,则杯内的水呈椭圆形水平面的离心率＝.
【例16.7变式1】
，，得（圆在第一象限的部分）。
联立与的方程，
由得，
因为交点在第一象限，所以曲线与的交点为，则极坐标为。
联立曲线，的极坐标方程，，又，得，所以曲线与交点的极坐标为。
【例16.7变式2】
解析
（1）圆：
，得，
圆：
，得。
（2）联立两圆方程，过圆、圆交点的直线方程为4x+4y=0（两式相减），即x+y=0.
【例16.7变式3】
解析由圆的极坐标方程
得，
得，故圆心坐标为，半径为。
【例16.8变式1】
解析由极坐标方程得，则，即，，故表示的图形是圆，其圆心坐标为，半径为，参数方程为
（t为参数），消参数得，表示直线，故选A。
【例16.8变式2】
解析依题意，点P坐标为，
直线，
得，即。
所以点P到直线l的距离。
【例16.8变式3】
解析将极坐标方程化为普通方程为与，联立方程组成方程组求出两交点的坐标和，故弦长等于。
【例16.9变式1】
解析利用公式法转化求解，直角坐标方程可化为，将，代入整理得。
【例16.10变式1】
解析直线l的方程为，圆C的方程为，其圆心为为，圆心到直线l的距离
【例16.10变式2】
分析先将参数方程与极坐标方程化为普通方程，再根据直线过焦点，直线与圆相切建立关于椭圆方程中a,b,c的等式，再结合求得离心率。
解析由已知可得椭圆标准方程为。
由，可得。
即直线的普通方程为。
又圆的普通方程为，不妨设直线l经过椭圆C的右焦点，则得，又因为直线l与圆O相切，所以，因此，即。
整理，得，故椭圆的的离心率为。
【例16.10变式3】
解析利用
，，
故普通方程是，
【例16.11变式1】
解析由方程。
故选A
【例16.11变式2】
解析
（1）当时，的普通方程为。
的普通方程为。
联立方程组，解得与的交点坐标为，。
（2）设点，，，由题意，得，整理得。
故点P的轨迹是以为圆心，半径为的圆。
【例16.12变式1】
解析
（1）由圆的方程得，
得。
则
可得的取值范围是。
，
（2）若恒成立，则，
因为，
所以，故，得。
所以的取值范围是。
【例16.12变式2】
解析
（1）直线l的参数方程为
（若M为l上的动点，则参数t是有向线段的数量）
（2）解法一：
将l的方程代入
，则
如图16-43所示，连接OP并延长交圆于点C，反向延长交圆于点D，由相交弦定理得，
【例16.12变式3】
解析
（1）若=1时，，直线的斜率为1，则直线的方程为,设,,圆心，联立方程，消去建立的一元二次方程得，所以，过焦点（1,0）,所以，那么以为直径的圆的方程为.
（2）设直线的参数方程为（为参数），代入抛物线方程中得：
，即，，且成等比数列，则,即，得，，故4.因此实数的取值范围为.
【例16.13变式1】
解析，化为普通方程为，由于，所以化为极坐标方程为，即.
【例16.14变式1】
当时，原不等式可变形为，所以；
当时，原不等式可变形为，显然不成立；
当时，原不等式可变形为，所以.
解法二：
利用绝对值的几何意义，表示实数轴上的点到点=-3与=5的距离之和，要使点到点=-3与=5的距离之和等于10，只需，于是当，或可使成立.故选D.
评注解法一叫做绝对值根点法；
①令绝对值为0，求出绝对值的根；
②此根将实数轴分为若干段，逐段讨论即可。
例16.14变式2
解析
（1）,,
故.
（2）由
（1）知.当时,的解集为空集;
当时,的解集为;
当时,的解集为.
综上所述,不等式的解集为.
评注,当或时”=”成立.
例16.15变式1
解析
（1）当时,
或或或
（2）原命题在上恒成立在上恒成立
在上恒成立.
例16.15变式2
分析利用三角不等式求解.
解析因为,所以
要使无解,只需.故实数的取值范围是.
例16.15变式3
分析
（1）利用零点分段法去掉绝对值符号,将函数化为分段函数;
（2）结合阿函数图像将问题转化为恒成立问题求解.
解析
（1）当时,不等式化为.设函数
则,其图像如图16—46所示,由图像可知,当且仅当时,
所以原不等式的解集是.
（2）当时,,不等式化为,
所以对都成立,故.
故,从而的取值范围是.
例16.16变式1
分析利用绝对值不等式的性质求解.
解析因为.要使有解,可使,所以,所以.
例16.16变式2
分析由得含绝对值的不等式.
解析方程有实根,
则.
（1）求出绝对值的零点,,得;
得.
（2）数轴标根,
（3）分段讨论:
①无解.
②.
③.
综上可得,.
例16.17变式1
解析
（1）当时,可化为,
由此可得或,故不等式的解集为.
（2）由得,
故此不等式化为不等式组或,
即或.
由于,所以不等式组的解集为.
由题设可得,故.
例16.17变式2
分析
（1）绝对值不等式,分段讨论求解;
（2）将看做已知,求解,将结果与已知结果对比确定值.
解析
（1）当时,
当时,由得,解得;
当时,无解;
当时,由得,解得.
所以的解集为.
（2）记,
则,由,
解得.
又已知的解集为,
所以,于是.
例16.17变式3
分析利用绝对值不等式的解法求解.
解析因为,所以,即,又不等式的解集为.
故.
例16.18变式1
解析
为确定差的符号,应分和两种情况讨论.
①若,,则,因此,故原不等式成立;
②若,,则,因此,原不等式也成立,综上所述,
例16.19变式1
分析移项,使得一端为0,另一端即为所作的辅助函数,利用函数在区间上的单调性证明不等式.
解析不等式.令
,.
故在上单调递减,又,
所以,所以.
不等式.
令,所以
（因为）.
所以在上单调递减.
又,
故当时,,即,
于是,
综上所述,.
例16.20变式1
分析下面用综合法给出本题的直接证法,
.
因为,则,所以
.
评注也可以采用分析法来求证.
要证,由于不等式两端均非负,所以只需证明
当,也就是
只需证明,因为,,所以原不等式成立,得证.
例16.21变式1
分析利用分析法证明.
解析因为且,所以,.
要证,即证,只需证,
即,.
因,,所以不等式①成立,故原不等式成立.
评注下面用综合法给出本题的直接证法.
因为,,又,
所以.
.令,
则在上是减函数.
所以,即成立.
例16.22变式1
解析证法一:
用反证法,假设,则,于是
这与已知矛盾,故成立.本题也可通过直接发证明.
证法二:
.因为（否则）,所以,即
故.证毕.
证法三:
因为,由,得,
又因为
所以.证毕.
证法四:
构造法,因为,所以.设,则,所以是方程的两实根,所以
得,所以.
评注本题证明过程中的不等号利用了”添舍”放缩的技巧.
例16.23变式1
分析采用”添舍”放缩法求证不等式.
解析因为
.
即.由时,,得,
故.
评注这里用,,…①
以及,,,…②
放缩,特别是第①步的添舍放缩很有技巧,第②步放缩则产生等比数列的求和形式,便于化简.
本题也可用单调性来证明:
,
则,又,故,则.
例16.26变式1
分析对于,求最值问题,联想到三角换元.
解析:
由,得,.
则.其中.
即.故.
评注若题干中涉及,,或等形式,用三角换元比直接法要方便,简单.本题也可用柯西不等式,
得,所以.
例16.28变式1
解析构造函数,据函数在上单调递增,又利用绝对值不等式,即.
又
即
例16.28变式2
分析与的形式完全一致,故可以看成函数自变量分别取不同的值,时所对应的函数值,从而可根据单调性求解.
解析设在上单调递增,在单调递减,
当时,因为,所以,所以;
当时,因为,所以,所以.
故对且,,.
例16.30变式1
分析根据已知的形式特征联想余弦定理,构造三角形,由平面几何性质证明.
如图16-47所示,构造等腰,使得
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