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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- 第16章 选讲内容 变式题答案 16 内容 变式题 答案