∈N))。
例2
已知三点
A(1,m2),B(m
15),,C(m
2,4m
3)(m
0),问m为何值时,
dABBC最小,并求最小值.
分析:
根据三个点横坐标的特点可知,它们在坐标系中是从左到右依次排列的,当且仅
当它们共线时,d
AB
BC
最小.
解:
依题意知,当三点共线时
d
AB
BC最小,此时kAB
kBC,,
∵kAB
5m
23m,kBC
4m35
4m2,
∴3m
m1
1
m
m
2m
1
4m
2,
m
2
解得m3(舍去)或m1,
4
∴m1,
此时三个点分别为A(13),,B(2,5),C(3,7),
∴d
AB
BC
AC
(73)2
(31)2
2
5
.
练习.已知点M(3,5),在y轴和直线y
x上分别找一点
P和N,使得△MNP的周长最
小.
分析:
作点M(3,5)关于y轴和直线y
x的对称点M1,M2,则MP
M1P,
MN
M2N,所以△MNP的周长等于
M1P
PN
M2N,当且仅当M1,M2,P三
点共线时取最小值,所以点
P,N应为直线M1M2和y轴与直线y
x的交点.
解:
作点M(3,5)关于
y轴和直线y
x的对称点M1,M2,
则点M1,M2的坐标分别为
(3,5),(5,3),
由两点式得y
5
x
3,
3
5
5
3
整理得x4y
17
0
,即为直线M1M2的方程,
易得它和y轴和直线y
x的交点坐标分别为
17
,
17
17
.
0,
5
,
4
5
即使得△MNP周长最小的点
P和N的坐标分别为
17
,
17
17
0,
5
,
.
4
5
评注:
本题利用对称思想为线段找到了“替身”
,从而将问题转化成了两点之间线段最
短的问题.
例3.已知点P(a,b)在直线mx
y1
0上,且
a2
b2
2a1的最小值为
2,求m
的值.
解:
∵a2
b2
2a1
(a1)2
b2,
∴它是点P(a,b)和点(1,0)之间的距离,它的最小值就是点(1,0)到直线
m1
mxy10的距离,由点到直线的距离公式可得
2,
m2
1
3
平方得m22m12m22,
整理得(m1)20,
∴m1.
评注:
本题通过挖掘代数式的几何意义,将点点距转化成了点线距,这种以距离为背景
的题型时有出现,请同学们注意训练和总结.
练习.求点P(1,4)到直线l:
(m1)x(2m)ym50的距离d的最大值.
分析:
对直线方程(m1)x(2m)ym50整理后,我们会发现它表示过定点
Q(1,2)的一条直线,因为点线之间垂线段最短,所以
d≤PQ,当且仅当PQ
l时取等
号,即此时d取得最大值
PQ.
解:
(m
1)x(2
m)y
m5
0可化为x
2y5m(xy1)0,
它表示过直线x
2y
5
0和x
y1
0交点的直线.
解方程组
x2y
5
0,
Q(12),,
xy10,
得两直线交点为
即直线l
恒过定点Q(1,2),
当PQ
l时d取最大值PQ,
∵PQ
(11)2
(4
2)2
22,
∴d的最大值为22.
例4.已知,a2
求证:
【分析与解】读完题目与任何一个图形似乎很难联系起来,我们在对已知条件的分析中,去寻觅解题的灵感.
a2
4
令.这样一来,一个二次函数的图形出现了,它对解题有帮助
吗?
二次函数g(a)的图象的对称轴为上单调递增,又b
【反思】在分析已知条件时找到了一个能够帮助我们解决问题的图形,而正是这个图形的启示,以后的思路畅通无阻了.
数形结合,发生在解题过程中的任何时刻,我们绝不是刻意地去追求或精心地去构造直观的几何图形,而这个在解题时十分有用的直观图往往总是在对问题透彻了解之后突然出现的,这就是解题中的灵感.
例5.已知实数a、b,满足a+b=1.求证:
(a-3)2+(b+4)2≥2.
【思考与分析】本题看似一不等式证明题,但是我们通过分析,不等式左端是距离的平
方的形式,由已知条件,我们可以把问题转化为点在直线上的位置关系,进而由点到直线的
距离公式求解.
证明:
不等式左端可视为点
P(a,b)到点Q(3,-4)的距离的平方,而点P(a,b)可看作直线l:
x+y=1上的任意一
点,于是问题转化为点P在直线l上什么位置时线段PQ最短,当然是PQ⊥l时点Q到l的
距离最短,所以如下图
【反思】本题我们主要是利用点到直线的距离公式的几何意义解题.
练习.已知:
a,b,c为正实数。
求证:
2(a+b+c)<a2b2+b2c2+c2a2<2(a+b+c)。
5
分析:
由欲证不等式中的a2b2联想到勾股定理,DabcC
把a2b2看作边长分别为a,b的矩形的对角线,因此,我们c
可以构造如图所示的图形。
以a+b+c为边构成正方形ABCD,b
则AC=2(a+b+c),AE=a2b2,EF=b2c2,FC=c2a2,AB
而AC<AE+EF+FC<AD+CD
所以有2(a+b+c)<a2b2+b2c2+c2a2<2(a+b+c)。
注:
观察、联想是构造图行,创新解题的关键。
注:
有些题目若按常规的代数解法需要讨论,比较烦琐且易产生遗漏现象,我们这样构造
利用图象分析,得出答案非常直观简洁。
例6不等式ax
4x
x2的解集是(0,4],
则a的取值范围是()
A.a
0
B.
a4
C.
a
0
D.a
0
分析:
分别作出y
ax与y
4x
x2的图象,从图象上很容易得到结论.
解:
令yax,y
4xx2(0x4),
y
y
ax是过原点且斜率为
a的直线,
4xx2
2
y
(0
x4)是圆心在(2,0)
x
半径为2
的圆在x轴及x轴上方的部分,
不等式
4x
x2
ax的几何意义是半圆在
(0,4]上恒处于直线的上方
(如图),
可知a
0是,
上述结论成立,
a的取值范围是a
0.选C.
综合自测
6
1.设a,b
R,a2
2b2
6,则a
b的最小值是
(
)-3
2.设奇函数f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)且在(0,+∞)上单调递增,
f
(1)=0,则不等式
f[x(x
1
0
的解集是______________。
)]
2
2.解析:
由已知画出
y=f(x)的图象可知:
当x∈(-1,0)∪(1,+∞)时f(x)>0
y
当x∈(-∞,-1)∪(0,1)时
f(x)<0
又x(x
1)(x
1)2
1
1
1
-1O1
x
2
1
4
16
16
∴f[x(x
0成立,则必有
)]
2
1
1
17
1
1
17
0<x(x-2)<1,解之得:
4
<x<0或
2<x<
4
3.抛物线y2
2x上的点P到直线y
x
4有最短的距离,则P的坐标是(
)
解析:
1.设直线y
x
m与y2
2x相切,联立整理得x2
2(m
1)x
m2
0,
由
4(m
1)2
4m2
0,得m
1
这时得切点(
1
1),
2
2
4.设F为抛物线y2
4x的焦点,A,B,C为该抛物线上三点,若
FA
FBFC
0,
则FA
FB
FC
(
)6
5:
已知向量OB
(2,0),向量OC
(2,2),向量CA
(
2cos
2sin
),则向量
OA与向量OB
的夹角的取值范围是(
)
答案:
1.由CA
(
2cos
2sin
),知点A在以
C(2,2)为圆心,
2为半径的圆周上(如图),过原点O作
圆C的切线OA'
A'为切点,由OC
22
A'C
2
'
有
'
知AOC
6
AOB
4
6
12
5
5
过点O作另一切线OA'',A''为切点,则A''OB
4
6
[,
]
12
12
12
7
6.直线y
2k与曲线9k2x2
y218k2
x(kR,且k0)的公共点的个数为
(
)4
7.关于x的方程(x2
1)2|x2
1|
k0,给出下列四个命题:
①存在实数k,使得方程恰有
2个不同的实根
②存在实数k,使得方程恰有
4个不同的实根
③存在实数k,使得方程恰有
5个不同的实根
④存在实数k,使得方程恰有
8个不同的实根
其中假命题的个数是
________
设u
x2
1,化原式为:
|u|2
|u|
k,
画出函数y|u|2|u|的图象,看使
u≥-1的解的个数,可知假命题的个数为
0。
maxa,b
a,a
b
8.对a,b
R,记则
b,a<b则函数
fx
max
x1,x
2x
R
________
.
的最小值是
x1x2
x12
x22
x
1
解析:
由
2,
y
y=|x+1
x
1
1
y=|x-2|
|
x
f
x
2
1
1
3
-1o2
x
x
2
fmin
x
x
f
2
2
如右图
2
y2
3,那么y的最大值是
y
9.
如果实数x、y满足x
2
。
x
如图,联结圆心C与切点M,则由OM⊥CM,又Rt△OMC中,
M
C
OC=2,CM=3
O
x
所以,OM=1,得y
MC
3
x
OM
8
1
x2
y
10.求函数
2
x的最大值。
解:
由定义知1-x2≥0且2+x≠0
∴-1≤x≤1,故可设x=cosθ,θ∈[0,π],则有
sin
sin
0
y
2
cos
(2)
cos
可看作是动点
M(cosθ,sinθ)(θ∈[0,π])与定点A(-2,0)连线的斜率,
x
cos
而动点M的轨迹方程
y
sin
,θ∈[0,π],即x2
y2
1(y∈[0,1]是半圆。
设切线为AT,T为切点,|OT|=1,|OA|=2
kAT
1
1
3,∴0≤kAM≤
3
∴
33
即函数的值域为[0,3],故最大值为3。
11.求函数u
2t
4
6
t的最值。
解:
设x
2t
4,y
6t,则uxy
且x2
2y2
16(0x
4,
0
y
22)
所给函数化为以u为参数的直线方程y
x
u,
它与椭圆x2
2y2
16在第一象限的部分(包括端点)有公共点,
(如图)umin22
相切于第一象限时,u取最大值
y
xu
3x2
4ux
2u2
16
0
x2
2y2
16
解
,得u
±2
6,取u
26
∴umax26
11.已知:
acosα+bsinα=c,acosβ+bsinβ=c(ab≠0,α–β≠kπ,k∈Z)
9
2
c2
cos
a2
b2
求证:
2
分析:
解决此题的关键在于由条件式的结构联想到直线方程.
进而由A、B两点坐标特点知
其在单位圆上.还要根据图形的性质分析清楚结论的几何意义,
这样才能巧用数形结合方法
完成解题.
证明:
在平面直角坐标系中,点A(cosα,sinα)与点B(cosβ,
sinβ)是直线l:
ax+by=c与单位圆x2+y2=1的两个交点如图.
从而:
|AB|2=(cosα–cosβ)2+(sinα