第16章选讲内容变式题答案Word下载.docx

1、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O

2、PAP,因为M是圆O的弦BC的中点,所以OMBC,于是OPAOMA180,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OAMOPM.由圆心O在PAC的内部，可知OPMOAMAPM90.【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，所以平面过点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=POR=64.故选B.【例16.

3、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

4、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

5、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）

6、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

7、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；令绝对值为0，求出绝对值的根；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 1

8、6.15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1646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

9、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: 无解. . .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

10、.（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.若,则,因此,故原不等式成立;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,

11、 .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:

12、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, , 以及, 放缩,特别是第步的添舍放缩很有技巧,第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