2024学生版大二轮数学新高考提高版（京津琼鲁辽粤冀鄂湘渝闽苏浙黑吉晋皖云豫新甘贵赣桂）复习讲义答案精析27

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专题一函数与导数
第1讲函数的图象与性质
例1 (1)A (2)C
跟踪演练1 (1)C (2)AB
例2 (1)A
(2)AB [函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－4x，x≤0，,|lg2x|，x>0))
的图象如图所示，
设f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)＝t，则0则直线y＝t与函数y＝f(x)的图象的4个交点横坐标分别为x1，x2，x3，x4，
对于A，函数y＝－x2－4x的图象关于直线x＝－2对称，则x1＋x2＝－4，故A正确；
对于B，由图象可知|lg2x3|＝|lg2x4|，且0所以－lg2x3＝lg2x4，
即lg2(x3x4)＝0，所以x3x4＝1，
故B正确；
当x≤0时，f(x)＝－x2－4x＝－(x＋2)2＋4≤4，
由图象可知lg2x4∈(0,4)，则1由图象可知－4所以x1x2x3x4＝x1(－4－x1)＝－xeq \\al(2,1)－4x1＝－(x1＋2)2＋4∈(0,4)，故D错误．]
跟踪演练2 (1)A (2)D
例3 D [因为f(x)为奇函数且在R上是减函数，
所以f(－x)＝－f(x)，且当x>0时，f(x)<0.
因为g(x)＝xf(x)，
所以g(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)，
故g(x)为偶函数．
当x>0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，
因为f(x)<0，f′(x)<0，
所以g′(x)<0.
即g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
a＝g(－lg25.1)＝g(lg25.1)，
因为3＝lg28>lg25.1>lg24＝2>20.8，
所以g(3)即b例4 BC [对于A选项，因为f(x)为偶函数，
所以f(－x)＝f(x)．
由f(x)＋g(2－x)＝1，
可得f(－x)＋g(2＋x)＝1，
可得g(2＋x)＝g(2－x)，
所以函数g(x)的图象关于直线x＝2对称，A错误；
对于B选项，因为g(x)－f(x－4)＝3，
则g(2－x)－f(－2－x)＝3，
又因为f(x)＋g(2－x)＝1，
可得f(x)＋f(－2－x)＝－2，
所以函数f(x)的图象关于点(－1，－1)对称，B正确；
对于C选项，因为函数f(x)为偶函数，
且f(x)＋f(－2－x)＝－2，
则f(x)＋f(x＋2)＝－2，
从而f(x＋2)＋f(x＋4)＝－2，
则f(x＋4)＝f(x)，
所以函数f(x)是以4为周期的周期函数，C正确；
对于D选项，因为g(x)－f(x－4)＝3，
且f(x)＝f(x－4)，
所以g(x)－f(x)＝3，
又因为f(x)＋g(2－x)＝1，
所以g(x)＋g(2－x)＝4，
又因为g(2－x)＝g(2＋x)，
则g(x)＋g(x＋2)＝4，
所以g(x＋2)＋g(x＋4)＝4，
故g(x＋4)＝g(x)，
因此函数g(x)是周期为4的周期函数，D错误．]
跟踪演练3 (1)D
(2)ABD [∵g(x)为偶函数，
∴g(－x)＝g(x)，
∴－g′(－x)＝g′(x)，即g′(x)为奇函数，故A正确；
又f(x)＋g′(x)＝2，
f(x)－g′(4－x)＝2，
令x＝2，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f2＋g′2＝2，,f2－g′2＝2，))
解得f(2)＝2，g′(2)＝0，
故B正确，C错误；
∵f(x)－g′(4－x)＝2，
∴f(x＋4)－g′(－x)＝2，
又g′(x)为奇函数，
则f(x＋4)＋g′(x)＝2，
又f(x)＋g′(x)＝2，
∴f(x＋4)＝f(x)，
故f(x)是以4为周期的周期函数，
∴f(2 022)＝f(2)＝2，故D正确．]
第2讲基本初等函数、函数与方程
例1 (1)B (2)D
跟踪演练1 (1)ABC
(2)[1，＋∞)
解析由10x－6x－3x≥1，
可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,10)))x≤1.
令f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,10)))x，
因为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)))x，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))x，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,10)))x均在R上是减函数，则f(x)在R上是减函数，且f(1)＝1，
所以f(x)≤f(1)，即x≥1.
故不等式10x－6x－3x≥1的解集为[1，＋∞)．
例2 C [因为y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))向左平移eq \f(π,6)个单位长度所得函数为y＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝－sin 2x，
所以f(x)＝－sin 2x，
而y＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)显然过eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)))与(1,0)两点，
作出y＝f(x)与y＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)的大致图象如图所示，
考虑2x＝－eq \f(3π,2)，2x＝eq \f(3π,2)，2x＝eq \f(7π,2)，
即x＝－eq \f(3π,4)，x＝eq \f(3π,4)，x＝eq \f(7π,4)处f(x)与y＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)的大小关系，
当x＝－eq \f(3π,4)时，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)))＝－1，
y＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)))－eq \f(1,2)＝－eq \f(3π＋4,8)<－1；
当x＝eq \f(3π,4)时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))＝－sin eq \f(3π,2)＝1，
y＝eq \f(1,2)×eq \f(3π,4)－eq \f(1,2)＝eq \f(3π－4,8)<1；
当x＝eq \f(7π,4)时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,4)))＝－sin eq \f(7π,2)＝1，
y＝eq \f(1,2)×eq \f(7π,4)－eq \f(1,2)＝eq \f(7π－4,8)>1.
所以由图可知，f(x)与y＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)的交点个数为3.]
例3 e
解析如图，显然a>0.
当x≤0时，由单调性得方程ex＝－ax有且仅有一解．
因此当x>0时，方程ex＝ax只有一解．
即y＝ax与y＝ex相切，
y′＝ex，令y′＝a得x＝ln a，
故当x＝ln a时，ex＝ax，
得eln a＝aln a，即a＝aln a，
从而a＝e，故当a＝e时，y＝ax与函数y＝ex相切，此时方程ex＝ax有一解，
若方程ex＝a|x|恰有两个不同的解，则a＝e.
跟踪演练2 (1)B (2)6
例4 (1)D
(2)ACD [因为Lp＝20×lgeq \f(p,p0)随着p的增大而增大，
且∈[60,90]，∈[50,60]，
所以≥，
所以p1≥p2，故A正确；
由Lp＝20×lg eq \f(p,p0)，得p＝，
因为＝40，
所以p3＝＝100p0，故C正确；
假设p2>10p3，则，
所以>10，
所以－>20，不可能成立，
故B不正确；
因为eq \f(100p2,p1)＝≥1，
所以p1≤100p2，故D正确．]
跟踪演练3 (1)C (2)C
第3讲导数的几何意义及函数的单调性
例1 (1)C
(2)(－∞，－4)∪(0，＋∞)
解析因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.设切点为A(x0，(x0＋a))，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA＝＝(x0＋a＋1)＝，化简，得xeq \\al(2,0)＋ax0－a＝0.因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x0的方程xeq \\al(2,0)＋ax0－a＝0有两个不同的根，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，所以a的取值范围是
(－∞，－4)∪(0，＋∞)．
跟踪演练1 (1)D
(2)y＝eq \f(1,e)x y＝－eq \f(1,e)x
解析先求当x>0时，曲线y＝ln x过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)，
则由y′＝eq \f(1,x)，得切线斜率为eq \f(1,x0)，
又切线的斜率为eq \f(y0,x0)，所以eq \f(1,x0)＝eq \f(y0,x0)，
解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e，
所以切线斜率为eq \f(1,e)，切线方程为y＝eq \f(1,e)x.根据偶函数图象的对称性知，当x<0时的切线方程为y＝－eq \f(1,e)x.
综上可知，两条切线方程为y＝eq \f(1,e)x，y＝－eq \f(1,e)x.
例2 解 (1)当a＝0时，
f(x)＝(x－2)ex，
f′(x)＝(x－1)ex，
f′(0)＝(0－1)e0＝－1，f(0)＝－2，
∴切线方程为y－(－2)＝(－1)(x－0)，
即x＋y＋2＝0.
(2)∵f(x)＝(x－2)ex－eq \f(a,2)x2＋ax，a∈R.
∴f′(x)＝(x－1)ex－ax＋a
＝(x－1)(ex－a)．
①当a≤0时，令f′(x)<0，得x<1，
∴f(x)在(－∞，1)上单调递减；
令f′(x)>0，得x>1，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
②当0令f′(x)<0，得ln a∴f(x)在(ln a,1)上单调递减；
令f′(x)>0，得x1.
∴f(x)在(－∞，ln a)和(1，＋∞)上单调递增．
③当a＝e时，f′(x)≥0在R上恒成立，
∴f(x)在R上是增函数．
④当a>e时，令f′(x)<0，
得1∴f(x)在(1，ln a)上单调递减；
令f′(x)>0，得x>ln a或x<1.
∴f(x)在(－∞，1)和(ln a，＋∞)上单调递增．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
当0当a＝e时，f(x)在R上是增函数；
当a>e时，f(x)在(1，ln a)上单调递减，在(－∞，1)和(ln a，＋∞)上单调递增．
跟踪演练2 解 (1)∵t＝2，
∴f(x)＝eq \f(ln x－ln 2,x－2)，
∴f′(x)＝eq \f(\f(x－2,x)－ln x＋ln 2,x－22)，
∴f′(1)＝ln 2－1，又f(1)＝ln 2，
∴切线方程为y－ln 2＝(ln 2－1)(x－1)，
即y＝(ln 2－1)x＋1.
(2)f(x)＝eq \f(ln x－ln t,x－t)，
∴f(x)的定义域为(0，t)∪(t，＋∞)，且t>0，
f′(x)＝eq \f(1－\f(t,x)－ln x＋ln t,x－t2)，
令φ(x)＝1－eq \f(t,x)－ln x＋ln t，x>0且x≠t，
φ′(x)＝eq \f(t,x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(t－x,x2)，
∴当x∈(0，t)时，φ′(x)>0，
当x∈(t，＋∞)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0，t)上单调递增，
在(t，＋∞)上单调递减，
∴φ(x)<φ(t)＝0，∴f′(x)<0，
∴f(x)在(0，t)，(t，＋∞)上单调递减．
即f(x)的单调递减区间为(0，t)，(t，＋∞)，无单调递增区间．
例3 (1)C
(2)D [因为f(－x)＝e|－x|－(－x)2＝e|x|－x2＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，当x≥0时，则f(x)＝ex－x2，可得f′(x)＝ex－2x，
构建φ(x)＝f′(x)，则φ′(x)＝ex－2，
令φ′(x)<0，解得0≤x＜ln 2；
令φ′(x)>0，解得x>ln 2，
所以φ(x)在[0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
可得φ(x)≥φ(ln 2)＝2(1－ln 2)>0，
即f′(x)>0在[0，＋∞)上恒成立，故f(x)在[0，＋∞)上单调递增，又因为b＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(1,e2)))＝f(－2)＝f(2)，
且21.1>2>ln 4>0，
所以f(21.1)>f(2)>f(ln 4)，
即c>b>a.]
跟踪演练3 (1)C (2)(1－π，1＋π)
第4讲函数的极值、最值
例1 解 (1)当a＝－1时，f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))ln(x＋1)，则f′(x)＝
－eq \f(1,x2)ln(x＋1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))eq \f(1,x＋1)，
据此可得f(1)＝0，f′(1)＝－ln 2，
所以函数在(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－ln 2(x－1)，
即(ln 2)x＋y－ln 2＝0.
(2)由函数的解析式可得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))
＝(x＋a)lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋1))，
令u(x)＝(x＋a)lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋1))，
函数u(x)的定义域满足eq \f(1,x)＋1＝eq \f(x＋1,x)>0，即函数的定义域为(－∞，－1)∪(0，＋∞)，
定义域关于直线x＝－eq \f(1,2)对称，由题意可得b＝－eq \f(1,2)，
由对称性可知ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋m))
＝ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－m))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m>\f(1,2)))，
取m＝eq \f(3,2)可得u(1)＝u(－2)，
即(a＋1)ln 2＝(a－2)ln eq \f(1,2)＝(2－a)ln 2，
则a＋1＝2－a，解得a＝eq \f(1,2)，
经检验，a＝eq \f(1,2)，b＝－eq \f(1,2)满足题意，
故存在a＝eq \f(1,2)，b＝－eq \f(1,2)满足题意．
(3)由题意知f′(x)
＝－eq \f(1,x2)ln(x＋1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋a))eq \f(1,x＋1)
＝－eq \f(1,x2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(lnx＋1－\f(ax2＋x,x＋1))).
令h(x)＝ln(x＋1)－eq \f(ax2＋x,x＋1)，
则h(0)＝0，
h′(x)＝－eq \f(xax＋2a－1,x＋12)，
当a≥eq \f(1,2)时，h′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，
故h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)0，
所以f(x)在(0，＋∞)上不存在极值；
当a≤0时，h′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
故h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)>h(0)＝0，即f′(x)<0，
所以f(x)在(0，＋∞)上不存在极值；
当0h′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)－2))上大于0，
故h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)－2))上单调递增，
且heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－2))>h(0)＝0，
所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－2))<0.
又f′(x)＝－eq \f(1,x2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(lnx＋1－\f(ax2＋x,x＋1)))
＝eq \f(ax＋1,xx＋1)－eq \f(lnx＋1,x2)
>eq \f(ax＋a,xx＋1)－eq \f(lnx＋1,x2)
＝eq \f(ax－lnx＋1,x2)，
令g(x)＝ax－ln(x＋1)，
则当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
故必存在x0∈(0，＋∞)，使得g(x0)>0，所以f′(x0)>0，
由零点存在定理知符合题意．
综上，a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
跟踪演练1 BD
例2 (1)B [因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以依题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝－2，,f′1＝0，))
而f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝－2，,a－b＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝－2，))
所以f′(x)＝－eq \f(2,x)＋eq \f(2,x2)，
因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
当x＝1时取最大值，满足题意．
所以f′(2)＝－1＋eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2).]
(2)A [由f(x1)＝g(x2)，
得－2x1＝－x2，
化简整理得x1－x2＝－x1，
因为g(x)的值域，f(x)，g(x)的定义域均为R，
所以x1的取值范围也是R，
令h(x)＝ex－x(x∈R)，
h′(x)＝ex－1，
令ex－1＝0，解得x＝0.
当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，
即h(x)在(－∞，0)上单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，
即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(0)＝1，
故(x1－x2)min＝1.]
跟踪演练2 (1)D (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，2))
例3 －3
解析由f(x)＝ax2－2x＋ln x(x>0)，得f′(x)＝2ax－2＋eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2－2x＋1,x)(x>0)，
若函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2，
则方程2ax2－2x＋1＝0有两个不相等的正实根，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝4－8a>0，,x1＋x2＝\f(1,a)>0，,x1x2＝\f(1,2a)>0，))
解得0所以f(x1)＋f(x2)＝axeq \\al(2,1)－2x1＋ln x1＋axeq \\al(2,2)－2x2＋ln x2
＝a[(x1＋x2)2－2x1x2]－2(x1＋x2)＋ln x1x2
＝－eq \f(1,a)－1－ln 2a，
令h(a)＝－eq \f(1,a)－1－ln 2aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0则h′(a)＝eq \f(1－a,a2)>0，
所以h(a)＝－eq \f(1,a)－1－ln 2a在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增，
所以h(a)所以t≥－3.
故实数t的最小值为－3.
跟踪演练3 ABD [f(－x)＝eq \f(cs－x,－x2＋1)＝eq \f(cs x,x2＋1)＝f(x)，
∴f(x)为偶函数，A正确；
∵f′(x)＝－eq \f(x2＋1sin x＋2xcs x,x2＋12)，
∴f′(0)＝0，又f(x)为偶函数，
故x＝0为f(x)的极值点，B正确；
∵f(π)＝eq \f(cs π,π2＋1)＝－eq \f(1,π2＋1)，
且f′(π)＝eq \f(2π,π2＋12)≠0，
∴x＝π不是f(x)的极值点，故f(π)不是f(x)的最小值，C错误；
又－1≤cs x≤1，x2＋1≥1，
则当cs x＝1，x2＋1＝1，即x＝0时，f(x)最大值为1，D正确．]
第5讲导数的综合应用
母题突破1 导数与不等式的证明
母题 (1)解因为f(x)＝(2－x)ex－ax－2，
所以f′(x)＝(1－x)ex－a.由f(x)在R上是减函数，得f′(x)≤0，
即(1－x)ex－a≤0在R上恒成立．
令g(x)＝(1－x)ex－a，
则g′(x)＝－xex.
当x∈(－∞，0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
故g(x)max＝g(0)＝1－a≤0，解得a≥1，
即a的取值范围为[1，＋∞)．
(2)证明由(1)可知，f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，
且当0≤a<1时，f′(0)＝1－a>0，
f′(1)＝－a≤0，
故∃x1∈(0,1]，使得f′(x1)＝0.
当x∈(0，x1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
因为f(0)＝0，f(2)＝－2a－2<0，
所以f(x)在(0,2)上只有一个零点x0，
故函数f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点x0.
因为0即证ax0＋x0因为f(x0)＝(2－x0)ex0－ax0－2＝0，
所以(2－x0)ex0＝ax0＋2>ax0＋x0，
令h(x)＝(2－x)ex－e,0则h′(x)＝(1－x)ex.
当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(1,2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
故h(x)max＝h(1)＝0.
即(2－x0)ex0－e≤0，即(2－x0)ex0≤e，所以ax0＋x0[子题1] 证明由f(x)≥ex2，
得ex＋exln x≥ex2，
即eq \f(ex－1,x)＋ln x－x≥0，
令g(x)＝eq \f(ex－1,x)＋ln x－x，
则g′(x)＝eq \f(ex－1x－1,x2)＋eq \f(1,x)－1
＝eq \f(ex－1x－1＋x－x2,x2)
＝eq \f(x－1ex－1－x,x2).
令h(x)＝ex－1－x，则h′(x)＝ex－1－1，
当x>1时，h′(x)>0；
当0所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝0.
所以当01时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
于是g(x)≥g(1)＝0，原不等式得证．
[子题2] 证明根据题意，g(－x)＝e－x，所以f(x)＋eq \f(2,ex)>g(－x)等价于xln x>xe－x－eq \f(2,e).
设函数m(x)＝xln x，
则m′(x)＝1＋ln x，
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，m′(x)<0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，m′(x)>0，
故m(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，从而m(x)在(0，＋∞)上的最小值为meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e).
设函数h(x)＝xe－x－eq \f(2,e)，x>0，
则h′(x)＝e－x(1－x)．
所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，
故h(x)在(0,1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－eq \f(1,e).
综上，当x>0时，m(x)>h(x)，
即f(x)＋eq \f(2,ex)>g(－x)．
跟踪演练
1．证明 f(x)＝x2－cs x，
要证f(x)＋2－eq \f(x,ex－1)>0，
即证x2－cs x＋2－eq \f(x,ex－1)>0.
即证x2－cs x>eq \f(x,ex－1)－2.
令g(x)＝x2－cs x，
∵g(－x)＝g(x)，∴g(x)为偶函数，
当x∈[0，＋∞)时，g′(x)＝2x＋sin x，令k(x)＝2x＋sin x，k′(x)＝2＋cs x>0，
∴g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴g′(x)≥g′(0)＝0，
∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
由g(x)为偶函数知，g(x)在(－∞，0]上单调递减，
∴g(x)≥g(0)＝－1.
设h(x)＝eq \f(x,ex－1)－2，
∴h′(x)＝eq \f(1－x,ex－1)，
∴当x>1时，h′(x)<0，
∴h(x)在(1，＋∞)上单调递减；
当x<1时，h′(x)>0，
∴h(x)在(－∞，1)上单调递增．
∴h(x)max＝h(1)＝－1，
∴x2－cs x>eq \f(x,ex－1)－2.
原不等式得证．
2．证明由f(x)＝a(x2－1)－ln x，
得f′(x)＝2ax－eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2－1,x)，
因为f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))))＝0且eq \f(1,\r(2a))>1.
所以当0当x>eq \f(1,\r(2a))时，f′(x)>0，则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))，＋∞))上单调递增，
所以当0f(1)＝0，
又因为eq \f(1,\r(2a))>1，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))))<0，
又当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
所以必然存在x0>1，使得f(x0)＝0，
即a＝eq \f(ln x0,x\\al(2,0)－1)，
所以f′(x0)＝eq \f(2ln x0,x\\al(2,0)－1)·x0－eq \f(1,x0)，
要证f′(x0)<1－2a，
即证eq \f(2ln x0,x\\al(2,0)－1)·x0－eq \f(1,x0)<1－eq \f(2ln x0,x\\al(2,0)－1)，
即证eq \f(2ln x0,x0－1)－1－eq \f(1,x0)<0，
即证2ln x0－eq \f(x\\al(2,0)－1,x0)<0，
设φ(x)＝2ln x－eq \f(x2－1,x)(x>1)，
则φ′(x)＝eq \f(2,x)－1－eq \f(1,x2)
＝－eq \f(x2－2x＋1,x2)＝－eq \f(x－12,x2)，
所以当x>1时，φ′(x)<0，
则φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以φ(x)<φ(1)＝0.
即2ln x0－eq \f(x\\al(2,0)－1,x0)<0，
即f′(x0)<1－2a.
母题突破2 恒成立问题与能成立问题
母题解方法一 (求最值法)
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因为f(x)≥0恒成立，
所以f(x)min≥0，
f′(x)＝x－(2a＋1)＋eq \f(2a,x)
＝eq \f(x2－2a＋1x＋2a,x)
＝eq \f(x－1x－2a,x).
当a≤0时，由f′(x)>0，得x>1；
由f′(x)<0，得0所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，
所以f(x)min＝f(1)＝－eq \f(1,2)－2a，
由－eq \f(1,2)－2a≥0，可得a≤－eq \f(1,4).
当a>0时，注意到f(1)＝－eq \f(1,2)－2a<0，不符合题意，故a≤－eq \f(1,4)，即实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,4))).
方法二 (分离参数法)
由f(x)≥0，可得eq \f(1,2)x2－x－2a(x－ln x)≥0.
构造函数h(x)＝x－ln x，
则h′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
由h′(x)>0，得x>1；由h′(x)<0，得0所以h(x)min＝h(1)＝1>0，
所以x－ln x>0，
所以原不等式等价于2a≤eq \f(\f(1,2)x2－x,x－ln x).
令g(x)＝eq \f(\f(1,2)x2－x,x－ln x)(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(x－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋1－ln x)),x－ln x2).
令φ(x)＝eq \f(1,2)x＋1－ln x，
则φ′(x)＝eq \f(x－2,2x)，
由φ′(x)>0，得x>2；由φ′(x)<0，得0易知φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以φ(x)≥φ(2)＝2－ln 2>0，
所以当x>1时，g′(x)>0；
当0所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝－eq \f(1,2)，
由2a≤－eq \f(1,2)，得a≤－eq \f(1,4)，故实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,4))).
[子题1] 解存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0，
即－ln x0<0，即即存在x0∈[e，＋∞)，使ea>.
令h(x)＝eq \f(ex,ln x)，因此只要函数h(x)＝eq \f(ex,ln x)在区间[e，＋∞)上的最小值小于ea即可．
h′(x)＝eq \f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－\f(1,x))),ln x2)，
令u(x)＝ln x－eq \f(1,x)，
∵u′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2)>0，
∴u(x)在[e，＋∞)上单调递增，
又u(e)＝1－eq \f(1,e)>0.
∴h′(x)＝eq \f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－\f(1,x))),ln x2)>0在[e，＋∞)上恒成立．
∴h(x)＝eq \f(ex,ln x)在[e，＋∞)上单调递增，
函数h(x)＝eq \f(ex,ln x)在区间[e，＋∞)上的最小值为h(e)＝ee，
由h(e)＝eee.
故a的取值范围是(e，＋∞)．
[子题2] 解 f′(x)＝－eq \f(1,x2)ln(x＋1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋a))eq \f(1,x＋1)，
因为f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立．
令－eq \f(1,x2)ln(x＋1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋a))eq \f(1,x＋1)≥0，
则－(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋ax2)≥0，
令g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln(x＋1)，
原问题等价于g(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，
则g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，
当a≤0时，由于2ax≤0，ln(x＋1)>0，
故g′(x)<0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
此时g(x)令h(x)＝g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，
则h′(x)＝2a－eq \f(1,x＋1)，
当a≥eq \f(1,2)，即2a≥1时，由于eq \f(1,x＋1)<1，
所以h′(x)>0，h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，即g′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以g′(x)>g′(0)＝0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，符合题意．
当0由h′(x)＝2a－eq \f(1,x＋1)＝0，
可得x＝eq \f(1,2a)－1，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)－1))时，h′(x)<0，
h(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)－1))上单调递减，
即g′(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)－1))上单调递减，
注意到g′(0)＝0，
故当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)－1))时，
g′(x)由于g(0)＝0，故当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)－1))时，
g(x)跟踪演练
1．解由f(x)＝(x－4)ex－x2＋6x，
得f′(x)＝ex＋(x－4)ex－2x＋6
＝(x－3)ex－2x＋6＝(x－3)(ex－2)，
当x∈[1,3]时，f′(x)≤0，
所以f(x)在[1,3]上单调递减，f(x)min＝f(3)＝9－e3，
于是若存在x1∈[1,3]，对任意的x2∈[e2，e3]，使得不等式g(x2)>f(x1)成立，则ln x－(a＋1)x>9－e3(a>－1)在[e2，e3]上恒成立，
即a＋1令h(x)＝eq \f(ln x＋e3－9,x)，x∈[e2，e3]，
则a＋1h′(x)＝eq \f(\f(1,x)·x－ln x＋e3－9,x2)
＝eq \f(10－e3－ln x,x2)，
因为x∈[e2，e3]，
所以ln x∈[2,3]，10－e3－ln x∈[7－e3，8－e3]，
因为e3≈20.09，
所以8－e3≈8－20.09＝－12.09<0，
所以h′(x)<0，
所以h(x)单调递减，故h(x)min＝h(e3)＝eq \f(ln e3＋e3－9,e3)＝1－eq \f(6,e3)，
于是a＋1<1－eq \f(6,e3)，得a<－eq \f(6,e3)，
又a>－1，所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(6,e3))).
2．解 f′(x)＝
a－eq \f(cs xcs3x＋3sin xcs2xsin x,cs6x)
＝a－eq \f(cs2x＋3sin2x,cs4x)
＝a－eq \f(3－2cs2x,cs4x)，
令cs2x＝t，则t∈(0,1)，
则f′(x)＝g(t)＝a－eq \f(3－2t,t2)
＝eq \f(at2＋2t－3,t2)，t∈(0,1)．
(1)当a＝8时，f′(x)＝g(t)＝eq \f(8t2＋2t－3,t2)＝eq \f(2t－14t＋3,t2)，
当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，即x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，
f′(x)<0.
当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，即x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，
f′(x)>0.
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减．
(2)设h(x)＝f(x)－sin 2x，
h′(x)＝f′(x)－2cs 2x
＝g(t)－2(2cs2x－1)＝eq \f(at2＋2t－3,t2)－2(2t－1)
＝a＋2－4t＋eq \f(2,t)－eq \f(3,t2)，
设φ(t)＝a＋2－4t＋eq \f(2,t)－eq \f(3,t2)，
则φ′(t)＝－4－eq \f(2,t2)＋eq \f(6,t3)
＝eq \f(－4t3－2t＋6,t3)
＝－eq \f(2t－12t2＋2t＋3,t3)，
当t∈(0,1)时，φ′(t)>0，φ(t)单调递增，
所以φ(t)<φ(1)＝a－3.
若a∈(－∞，3]，
则h′(x)＝φ(t)即h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
所以h(x)若a∈(3，＋∞)，当t→0＋时，eq \f(2,t)－eq \f(3,t2)＝－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(1,3)))2＋eq \f(1,3)→－∞，
所以φ(t)→－∞.
φ(1)＝a－3>0.
所以∃t0∈(0,1)，使得φ(t0)＝0，
即∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使得h′(x0)＝0，
t0＝cs2x0.
当t∈(t0,1)时，φ(t)>0，
即当x∈(0，x0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以当x∈(0，x0)时，h(x)>h(0)＝0，不符合题意．
综上，a的取值范围为(－∞，3]．
母题突破3 零点问题
母题解由f(x)＝sin x－eq \f(x－1,ex)＝0，
可得ex·sin x－x＋1＝0，
令g(x)＝ex·sin x－x＋1，x∈(0，π)，
所以g′(x)＝(sin x＋cs x)ex－1，
①当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，sin x＋cs x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))≥1，ex>1，
所以g′(x)>0，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
又因为g(0)＝1>0，所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上没有零点；
②当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，
令h(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x＋cs x))ex－1，
所以h′(x)＝2cs x·ex<0，
即h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，
又因为heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－1>0，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π))＝－eπ－1<0，所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，使得h(x0)＝0，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，x0))上单调递增，在(x0，π)上单调递减，
因为g(x0)>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－eq \f(π,2)＋1>0，
g(π)＝－π＋1<0，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，x0))上没有零点，在(x0，π)上有且只有一个零点，
综上所述，f(x)在(0，π)上有且只有一个零点．
[子题1] 解由f′(x)＝eq \f(e,x)＋bx(2－x)e1－x＝0得，eq \f(ex,x)＝bx(x－2)．
显然x≠2，x>0.
因此eq \f(ex,x2x－2)＝b.
令g(x)＝eq \f(ex,x3－2x2)，x>0且x≠2，
则g′(x)＝eq \f(x2－5x＋4xex,x3－2x22)，
解方程x2－5x＋4＝0得，
x1＝4，x2＝1，
因此函数g(x)在(0,1)和(4，＋∞)上单调递增，在(1,2)和(2,4)上单调递减，且极大值为g(1)＝－e，极小值为g(4)＝eq \f(e4,32).g(x)的大致图象如图所示．
由图象可知，当b>eq \f(e4,32)或b<－e时，直线y＝b与曲线y＝g(x)的图象分别有两个交点，即函数f′(x)恰有两个零点．故b的取值范围是
(－∞，－e)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e4,32)，＋∞)).
[子题2] 证明因为H(x)＝aln(x＋1)＋x2－ax＋1，
所以H′(x)＝eq \f(x2x＋2－a,x＋1)(x>－1)，
令H′(x)＝0，x1＝0，x2＝eq \f(a,2)－1.
当x→－1＋时，H(x)→－∞；
当x→＋∞时，H(x)→＋∞.
①当a＝2时，H′(x)≥0，函数H(x)在定义域(－1，＋∞)上为增函数，有一个零点；
②当a≤0时，eq \f(a,2)－1≤－1，
令H′(x)>0，得x>0，
令H′(x)<0，得－1所以函数H(x)在区间(－1,0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，
则函数H(x)在x＝0处有最小值H(0)＝1>0，此时函数H(x)无零点；
③当0令H′(x)>0，得－10，令H′(x)<0，得eq \f(a,2)－1所以函数H(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(a,2)－1))，(0，＋∞)上单调递增，
在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－1，0))上单调递减．
因为函数H(0)＝1>0，
所以Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－1))>0，且H(x)>0在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－1，＋∞))上恒成立．
H(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(a,2)－1))上有一个零点．
所以当0综上，当a≤2时，函数H(x)＝f(x)－g(x)至多有一个零点．
跟踪演练
1．解 f(x)＝xln x－ax＋a，
易知f(1)＝0，
所求问题等价于函数f(x)＝xln x－ax＋a在区间(1，e]上没有零点，
因为f′(x)＝ln x＋1－a，
所以当0f(x)在(0，ea－1)上单调递减，
当x>ea－1时，f′(x)>0，
f(x)在(ea－1，＋∞)上单调递增．
①当ea－1≤1，即a≤1时，函数f(x)在区间(1，e]上单调递增，所以f(x)>f(1)＝0，此时函数f(x)在区间(1，e]上没有零点，满足题意．
②当1要使f(x)在(1，e]上没有零点，只需f(e)<0，
即e－ae＋a<0，解得a>eq \f(e,e－1)，
所以eq \f(e,e－1)③当e≤ea－1，即a≥2时，函数f(x)在区间(1，e]上单调递减，
f(x)在区间(1，e]上满足f(x)综上所述，实数a的取值范围是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≤1或a>\f(e,e－1))))).
2．证明因为g(x)＝f(x)－ln x
＝(x－2)ex－ln x，
则g′(x)＝(x－1)ex－eq \f(1,x)，x>0，
设h(x)＝g′(x)＝(x－1)ex－eq \f(1,x)，
则h′(x)＝xex＋eq \f(1,x2)>0，
故g′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
因为g′(1)＝－1<0，g′(2)＝e2－eq \f(1,2)>0，所以存在唯一x0∈(1,2)，使得g′(x0)＝0.
故当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0.
即g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
因为g(x0)0，
又因为ln 2≈0.69，则ln 2>eq \f(1,e4)，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e4)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e4)－2))－ln eq \f(1,e4)
＝4－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,e4)))
＝4－2＋－4>4－2eln 2＋－4
＝4－4＋>0，
由零点存在定理可知，函数g(x)在(0，x0)，(x0,3)上各存在一个零点，
综上所述，g(x)有且仅有两个零点．
微重点1 导数中函数的构造问题
例1 B
跟踪演练1 (－2,0)∪(2，＋∞)
例2 C [设g(x)＝eq \f(fx,e2x)，
则g′(x)＝eq \f(f′x·e2x－2fxe2x,e2x2)
＝eq \f(f′x－2fx,e2x)，
因为f′(x)－2f(x)<0在R上恒成立，
所以g′(x)<0在R上恒成立，
故g(x)是减函数，
所以g(－1)>g(0)，
eq \f(f－1,e－2)＝e2f(－1)>eq \f(f0,e0)＝1，故A不正确；
g(1)即f(1)geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))>g(1)，即eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))),e1)>eq \f(f1,e2)，
即f(1)跟踪演练2 A
例3 C [构造函数g(x)＝eq \f(fx,cs x)，
－eq \f(π,2)g′(x)＝eq \f(f′xcs x－fxcs x′,cs2x)
＝eq \f(f′xcs x＋fxsin x,cs2x)，
当0≤x0，
所以函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
因为函数f(x)为偶函数，所以函数g(x)也为偶函数，
且函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
所以函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递减，
因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以cs x>0，
关于x的不等式f(x)>2f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))cs x可变为eq \f(fx,cs x)>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),cs \f(π,3))，
即g(x)>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，
所以g(|x|)>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|x|>\f(π,3)，,－\f(π,2)解得eq \f(π,3)跟踪演练3 B
例4 (1)D [a＝ln eq \f(9,4\r(e))＝2ln eq \f(3,2)－eq \f(1,2)，
b＝ln eq \f(16,9\r(3,e))＝2ln eq \f(4,3)－eq \f(1,3)，
构造函数f(x)
＝2ln(x＋1)－x(0则f′(x)＝eq \f(2,x＋1)－1＝eq \f(1－x,x＋1)，
当00，f(x)在(0,1)上单调递增，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))所以c(2)B [设f(x)＝ex－x－1，
所以f′(x)＝ex－1，
令f′(x)<0⇒x<0，
令f′(x)>0⇒x>0，
所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
则f(x)≥f(0)＝0，即ex－x－1≥0，得ex≥x＋1.
所以b＝e－eq \f(2 022,2 023)>－eq \f(2 022,2 023)＋1＝eq \f(1,2 023)＝a，即b>a；
又0所以c＝eq \f(cs \f(1,2 023),2 023)即a>c，所以b>a>c.]
跟踪演练4 (1)D (2)D
微重点2 函数的公切线问题
例1 y＝ex－1或y＝x
解析设直线l与曲线y＝ex－1相切于点P(a，ea－1)，与曲线y＝ln x＋1相切于点Q(b，ln b＋1)，
则ea＝eq \f(1,b)＝eq \f(ln b－ea＋2,b－a)，
整理得(a－1)(ea－1)＝0，
解得a＝1或a＝0，
当a＝1时，l的方程为y＝ex－1；
当a＝0时，l的方程为y＝x.
跟踪演练1 2eq \r(e)x－y－e＝0
例2 B [根据常用函数的导数可知
y＝ex⇒y′＝ex，
y＝ln x⇒y′＝eq \f(1,x)，
则两函数在点(x1，y1)和(x2，y2)处的切线分别为
y－y1＝(x－x1)，
y－y2＝eq \f(1,x2)(x－x2)，
化简得y＝x＋(1－x1)，
y＝eq \f(1,x2)x＋ln x2－1，
由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(＝\f(1,x2)，,1－x1＝ln x2－1，))
化简得x1x2＋x2－x1＋1＝0
⇒(x1＋1)(x2－1)＝－2.]
跟踪演练2 D
例3 C [设公切线与y＝x2的切点为(x1，xeq \\al(2,1))，
与y＝ln x的切点为(x2，ln x2)，
y＝x2的导数为y′＝2x，y＝ln x的导数为y′＝eq \f(1,x)，
则在切点(x1，xeq \\al(2,1))处的切线方程为y－xeq \\al(2,1)＝2x1(x－x1)，即y＝2x1x－xeq \\al(2,1)，
则在切点(x2，ln x2)处的切线方程为
y－ln x2＝eq \f(1,x2)(x－x2)，
即y＝eq \f(1,x2)x＋ln x2－1，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x1＝\f(1,x2)，,x\\al(2,1)＝1－ln x2，))
整理得到xeq \\al(2,1)－ln x1＝1＋ln 2，
令f(x)＝x2－ln x，x∈(0，＋∞)，
则f′(x)＝2x－eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－1,x)，
f′(x)>0⇒x>eq \f(\r(2),2)；
f′(x)<0⇒0∴f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，
f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)ln 2<1＋ln 2，
即函数f(x)与y＝1＋ln 2的图象如图所示，
由图可知，函数f(x)的图象与直线y＝1＋ln 2有两个交点，则方程xeq \\al(2,1)－ln x1＝1＋ln 2有两个不相等的正根，即曲线C1：y＝x2与曲线C2：y＝ln x公切线的条数是2.]
跟踪演练3 A
例4 A [设公切线为l，P(x1，y1)是l与f(x)的切点，由f(x)＝eq \f(k,x)，
得f′(x)＝eq \f(－k,x2)，设Q(x2，y2)是l与g(x)的切点，
由g(x)＝ex，得g′(x)＝ex，
所以l的方程为y－y1＝eq \f(－k,x\\al(2,1))(x－x1)，
因为y1＝eq \f(k,x1)，
整理得y＝eq \f(－k,x\\al(2,1))x＋eq \f(2k,x1)，
同理y－y2＝(x－x2)，
因为y2＝，
整理得y＝x＋(1－x2)，
依题意，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(k,x\\al(2,1))＝，,\f(2k,x1)＝1－x2，))
消去x1，得4k＝－(x2－1)2，
由题意此方程有三个不相等的实根，
设h(x)＝－ex(x－1)2，
即直线y＝4k与曲线h(x)有三个不同的交点，
因为h′(x)＝ex(1－x2)，
令h′(x)＝0，则x＝±1，
当x<－1或x>1时，h′(x)<0；
当－10，
所以h(x)有极小值为h(－1)＝－4e－1，
h(x)有极大值为h(1)＝0，
因为h(x)＝－ex(x－1)2，ex>0，(x－1)2≥0，所以h(x)≤0，
当x趋近于－∞时，h(x)趋近于0；
当x趋近于＋∞时，h(x)趋近于－∞，
故h(x)的大致图象如图．
所以当－4e－1<4k<0，即－eq \f(1,e)跟踪演练4 D [y＝x2在点(m，m2)处的切线斜率为2m，
y＝eq \f(ex,a)(a>0)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，\f(en,a)))处的切线斜率为eq \f(en,a)，如果两个曲线存在公切线，那么2m＝eq \f(en,a).
又由斜率公式得到2m＝eq \f(m2－\f(en,a),m－n)，
由此得到m＝2n－2，
则4n－4＝eq \f(en,a)有解，
则y＝4x－4，y＝eq \f(ex,a)的图象有公共点．
当直线y＝4x－4与曲线y＝eq \f(ex,a)相切时，设切点为(s，t)，则eq \f(es,a)＝4，
且t＝4s－4＝eq \f(es,a)，
可得t＝4，s＝2，
即有切点(2,4)，a＝eq \f(e2,4)，
故a的取值范围是a≥eq \f(e2,4).]
培优点1 切线放缩
例1 证明 (1)首先证明sin x≤x，x∈[0，＋∞)，证明如下：
构造j(x)＝sin x－x，x∈[0，＋∞)，
则j′(x)＝cs x－1≤0恒成立，
故j(x)＝sin x－x在[0，＋∞)上单调递减，
故j(x)≤j(0)＝0，
所以sin x≤x，x∈[0，＋∞)．
当a＝1时，f(x)＝sin x－ln(x＋1)，x∈[0,1]，
f′(x)＝cs x－eq \f(1,1＋x)＝1－2sin2eq \f(x,2)－eq \f(1,1＋x)≥1－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)))2－eq \f(1,x＋1)
＝1－eq \f(x2,2)－eq \f(1,1＋x)
≥1－eq \f(x,2)－eq \f(1,x＋1)(0≤x≤1)，
故f′(x)≥eq \f(2＋2x－x2－x－2,2＋2x)＝eq \f(x1－x,2＋2x)≥0在x∈[0,1]上恒成立，
所以f(x)在[0,1]上单调递增，
故f(x)≥f(0)＝0.
(2)令g(x)＝(2ex－2)－f(x)，x∈[0，＋∞)．
当a＝－1时，g(x)＝2ex－2－sin x－ln(x＋1)＝2(ex－x－1)＋x－sin x＋x－ln(x＋1)，
下证：ex－x－1≥0(x≥0)，x－sin x≥0(x≥0)，x－ln(x＋1)≥0(x≥0)，且在x＝0处取等号，
令r(x)＝ex－x－1(x≥0)，则r′(x)＝ex－1≥0，故r(x)＝ex－x－1在[0，＋∞)上单调递增，故r(x)≥r(0)＝0，且在x＝0处取等号，
由(1)知j(x)＝sin x－x在[0，＋∞)上单调递减，
故j(x)≤j(0)＝0，且在x＝0处取等号，
令t(x)＝x－ln(x＋1)(x≥0)，
则t′(x)＝1－eq \f(1,x＋1)＝eq \f(x,x＋1)≥0，
故t(x)＝x－ln(x＋1)在[0，＋∞)上单调递增，故t(x)≥t(0)＝0，且在x＝0处取等号，
综上有g(x)＝2(ex－x－1)＋x－sin x＋x－ln(x＋1)≥0，且在x＝0处取等号，即(2ex－2)－f(x)≥0，
即证f(x)≤2ex－2.
跟踪演练1 (1)解由题意可知x>0，
f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)－2＝－eq \f(2x2－x＋a,x2)，
对于二次函数y＝2x2－x＋a，
Δ＝1－8a.
当a≥eq \f(1,8)时，Δ≤0，f′(x)≤0恒成立，
f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当0分别是x1＝eq \f(1－\r(1－8a),4)，x2＝eq \f(1＋\r(1－8a),4)，当x∈eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(1－8a),4)，))
eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1－8a),4)))时，f′(x)>0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(1－8a),4)，\f(1＋\r(1－8a),4)))上单调递增；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－\r(1－8a),4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1－8a),4)，＋∞))时，f′(x)<0，
f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－\r(1－8a),4)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1－8a),4)，＋∞))上单调递减．
综上，当a≥eq \f(1,8)时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1－8a),4)，＋∞))上单调递减．
(2)证明要证ex＋eq \f(a－2x2－2x,x)>f(x)，
即证ex>ln x＋2.
不妨设h(x)＝ex－(x＋1)，
则h′(x)＝ex－1，h′(0)＝0，
当x<0时，h′(0)<0，
当x>0时，h′(0)>0，
因此h(x)≥h(0)＝0，ex－(x＋1)≥0恒成立．
令m(x)＝ln x－x＋1，
m′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
当0m′(x)>0，m(x)单调递增，
当x>1时，
m′(x)<0，m(x)单调递减，
故当x＝1时，m(x)取得最大值m(1)＝0，因此ln x－x＋1≤0，
则ex－(x＋1)＋[x－(ln x＋1)]
＝ex－(ln x＋2)>0恒成立(等号成立的条件不一致，故舍去)，
即ex>ln x＋2.从而不等式得证．
例2 证明 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x.
令f′(x)>0，得x>1；
令f′(x)<0得，0所以f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．
因为f(x)＝b有两个实数根x1，x2，且x1所以0先证不等式x2－x1<2b＋e＋eq \f(1,e)，
因为f(e)＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(2,e)，
f′(e)＝1，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－1，
所以曲线y＝f(x)在x＝eq \f(1,e)和x＝e处的切线分别为l1：y＝－x－eq \f(1,e)和l2：y＝x－e，如图，
令g(x)＝f(x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x－\f(1,e)))＝xln x＋eq \f(1,e)，0令g′(x)>0，则eq \f(1,e)令g′(x)<0，则0所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递增，
所以g(x)≥geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝0，
所以f(x)≥－x－eq \f(1,e)在(0,1)上恒成立，
设直线y＝b与直线l1交点的横坐标为x′1，则x′1≤x1，
设直线y＝b与直线l2交点的横坐标为x′2，
同理可证x2≤x′2，
因为x′1＝－b－eq \f(1,e)，x′2＝b＋e，
所以x2－x1＝b＋e－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－b－\f(1,e)))
＝2b＋e＋eq \f(1,e)(两个等号不同时成立)，
因此x2－x1<2b＋e＋eq \f(1,e).
再证不等式x2－x1>be＋e，
函数图象f(x)上有两点A(1，－1)，B(e,0)，
设直线y＝b与直线OA：y＝－x，AB：y＝eq \f(1,e－1)(x－e)的交点的横坐标分别为x3，x4，易证x1所以x2－x1>x4－x3＝(e－1)b＋e－(－b)＝be＋e.
综上可得be＋e跟踪演练2 证明 f(x)＝(x＋1)(ex－1)，
令f(x)＝0，有x1＝－1，x2＝0，
f′(x)＝ex(x＋2)－1，
f′(－1)＝－1＋eq \f(1,e)，
f′(0)＝1，设曲线y＝f(x)在(－1,0)处的切线方程为y＝h(x)，
则h(x)＝f′(－1)(x＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)－1))(x＋1)，
令F(x)＝f(x)－h(x)
＝(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,e)))，
则F′(x)＝(x＋2)ex－eq \f(1,e)，
令m(x)＝F′(x)＝(x＋2)ex－eq \f(1,e)，
则m′(x)＝(x＋3)ex，
所以当x<－3时，m′(x)<0；
当x>－3时，m′(x)>0，
所以F′(x)在(－∞，－3)上单调递减，
在(－3，＋∞)上单调递增，
当x→－∞时，F′(x)→－eq \f(1,e)，
又F′(－1)＝0，
所以当x<－1时，F′(x)<0，F(x)单调递减；
当x>－1时，F′(x)>0，F(x)单调递增，
所以F(x)≥F(－1)＝0，所以f(x)≥h(x)恒成立，则f(x1)≥h(x1)，
设h(x)＝m的根为x3，
则x3＝－1＋eq \f(em,1－e)，
又h(x)单调递减，
且m＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3))＝f(x1)≥h(x1)，
所以x3≤x1，
设曲线y＝f(x)在(0,0)处的切线为y＝t(x)，
则t(x)＝x，
令G(x)＝f(x)－t(x)
＝(x＋1)(ex－1)－x，
则G′(x)＝(x＋2)ex－2，
依据F′(x)的单调性可知，G′(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，＋∞)上单调递增，
当x→－∞时，G′(x)→－2，
且G′(0)＝0，
所以G(x)在(－∞，0)上单调递减，
在(0，＋∞)上单调递增，
所以G(x)≥G(0)＝0，
所以f(x)≥t(x)恒成立，所以f(x2)≥t(x2)，
设t(x)＝m的根为x4，则x4＝m，
又函数t(x)单调递增，
且m＝t(x4)＝f(x2)≥t(x2)，所以x4≥x2，所以x2－x1≤x4－x3＝m－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(em,1－e)))
＝1＋eq \f(2e－1m,e－1)＝1＋2m＋eq \f(m,e－1)，
即证x2－x1≤1＋2m＋eq \f(m,e－1).
培优点2 隐零点问题
例1 解 (1)由题知，
f′(x)＝(x2－1)ex－a(x2－1)
＝(x－1)(x＋1)(ex－a)．
若a≤1，当0当x>1时，f′(x)>0，
∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；
若1当01时，f′(x)>0；
当ln a∴f(x)在区间(0，ln a)上单调递增，在区间(ln a,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；
若a＝e，f′(x)≥0，
∴f(x)在定义域上是增函数；
若a>e，即ln a>1，
当0ln a时，f′(x)>0；
当1∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)当a＝0时，g(x)＝ln x－eq \f(1,2)x2＋(x－1)2ex，定义域为(0，＋∞)，
∴g′(x)＝eq \f(1,x)－x＋(x2－1)ex
＝(x＋1)(x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,x)))，
设h(x)＝ex－eq \f(1,x)(x>0)，
∴h′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)>0，
∴h(x)在定义域上是增函数，
∵heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \r(e)－2<0，h(1)＝e－1>0，
∴存在唯一x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使h(x0)＝0，
即－eq \f(1,x0)＝0，＝eq \f(1,x0)，－x0＝ln x0，
当00；当x00，
即g′(x)<0；
当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，
∴g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0,1)上单调递减，
在区间(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＝x0时，g(x)取极大值g(x0)＝ln x0－eq \f(1,2)xeq \\al(2,0)＋(x0－1)2
＝－eq \f(1,2)xeq \\al(2,0)＋eq \f(1,x0)－2，
设F(x)＝－eq \f(1,2)x2＋eq \f(1,x)－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)∴g(x0)∴g(x)在(0,1)内无零点，∵g(1)＝－eq \f(1,2)<0，g(2)＝e2－2＋ln 2>0，
∴g(x)在(1，＋∞)内有且只有一个零点，
综上所述，g(x)有且只有一个零点．
跟踪演练1 (1)解设切点坐标为(x0，f(x0))，由f′(x)＝eq \f(1,x)－a，
得f′(x0)＝eq \f(1,x0)－a，
所以切线方程为y－(ln x0－ax0＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)－a))(x－x0)，
即y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)－a))x＋ln x0.
因为直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)－a＝2，,ln x0＝0，))解得a＝－1.
(2)证明当a＝－1时，f(x)＝ln x＋x＋1，
令F(x)＝g(x)－f(x)＋x2
＝xex－ln x－x－1(x>0)，
则F′(x)＝(x＋1)ex－eq \f(1,x)－1
＝eq \f(x＋1,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xex－1))，
令G(x)＝xex－1(x>0)，
则G′(x)＝(x＋1)ex>0，
所以函数G(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
又G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0，
所以函数G(x)存在唯一的零点x0∈(0,1)，
且当x∈(0，x0)时，G(x)<0，F′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，G(x)>0，F′(x)>0.
所以函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故F(x)min＝F(x0)＝x0－ln x0－x0－1，
由G(x0)＝0得x0－1＝0，
两边取对数得ln x0＋x0＝0，
故F(x0)＝0，
所以g(x)－f(x)＋x2≥0，
即f(x)≤g(x)＋x2.
例2 (1)解当a＝e时，f(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－1，
f(0)＝e－1.f′(x)＝ex＋1－eq \f(1,x＋1)，
f′(0)＝e－1，
故曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)x，即y＝(e－1)x＋e－1.
因为该切线在x，y轴上的截距分别为－1和e－1，
所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积
S＝eq \f(1,2)×|－1|×(e－1)＝eq \f(e－1,2).
(2)证明当a>1时，
因为f(x)＝aex－ln(x＋1)－1，
所以f′(x)＝aex－eq \f(1,x＋1)
＝eq \f(aexx＋1－1,x＋1)(x>－1)，
令g(x)＝aex(x＋1)－1(x>－1)，
则g′(x)＝aex(x＋2)，
因为a>1，x>－1，所以g′(x)>0，
所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
又g(－1)＝－1<0，g(0)＝a－1>0，
故g(x)在(－1,0)上有唯一的零点β，即g(β)＝0，
因此有aeβ(β＋1)＝1.当x∈(－1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0；
当x∈(β，＋∞)时，g(x)>0，
即f′(x)>0.
所以f(x)在(－1，β)上单调递减，在(β，＋∞)上单调递增，故f(β)为最小值．由aeβ(β＋1)＝1，得－ln(β＋1)＝ln a＋β，
所以当－1<β<0时，
f(β)＝aeβ－ln(β＋1)－1
＝eq \f(1,β＋1)＋β－1＋ln a＝ln a＋eq \f(β2,β＋1)，
因为a>1，所以ln a>0，
又因为－1<β<0，
所以eq \f(β2,β＋1)>0，所以f(β)>0.
所以f(x)≥f(β)>0.
因此当a>1时，f(x)没有零点．
跟踪演练2 解 (1)函数f(x)＝x－ln x－2的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq \f(1,x)，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞)．
(2)∀x∈(1，＋∞)，xln x＋x>k(x－1)⇔k令g(x)＝eq \f(xln x＋x,x－1)，x>1，
求导得g′(x)
＝eq \f(2＋ln xx－1－xln x＋x,x－12)
＝eq \f(x－ln x－2,x－12)，
由(1)知，f(x)＝x－ln x－2在(1，＋∞)上单调递增，f(3)＝1－ln 3<0，f(4)＝2(1－ln 2)>0，
因此存在唯一x0∈(3,4)，
使得f(x0)＝0，
即x0－ln x0－2＝0⇔ln x0＝x0－2，
当x∈(1，x0)时，f(x)<0，
即g′(x)<0，
当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>0，
即g′(x)>0，
因此函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
于是g(x)min＝g(x0)＝eq \f(x0ln x0＋x0,x0－1)＝eq \f(x0x0－2＋x0,x0－1)＝x0，
则k所以整数k的最大值是3.
培优点3 同构函数问题
例1 (1)BC [因为eysin x＝exsin y，所以eq \f(sin x,ex)＝eq \f(sin y,ey)，令g(t)＝eq \f(sin t,et)，0由g′(t)>0有t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，
由g′(t)<0有t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))，所以g(t)＝eq \f(sin t,et)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))上单调递减，因为0因为0ex，由eq \f(sin x,ex)＝eq \f(sin y,ey)有sin y>sin x，故D错误；
因为0所以cs x＝eq \r(1－sin2x)>0，|cs y|＝eq \r(1－sin2y)，
因为sin y>sin x，所以cs x>|cs y|，所以cs x＋cs y>0，故C正确．]
(2)A [由题意知a>0，b>0，
∵4a＝22a,8b＝23b,3lg27b＝lg3b，
∴22a＋lg3a＝23b＋lg3b，
∴22a＋lg3a＋lg32＝23b＋lg3b＋lg32，
即22a＋lg32a＝23b＋lg32b，
∵y＝lg3x在(0，＋∞)上单调递增，
∴lg32b∴22a＋lg32a<23b＋lg33b.
设f(x)＝2x＋lg3x，
则f(2a)∵y＝2x与y＝lg3x在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴2a<3b，即a跟踪演练1 (1)B (2)C
例2 解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex－ln x，得f′(x)＝ex－eq \f(1,x)，
切点坐标为(1，e)，斜率为f′(1)＝e－1，
所求切线方程为y－e＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e－1))(x－1)，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e－1))x－y＋1＝0.
(2)f(x)≥0，
即ex＋x－ax－ln ax≥0(a>0，x>0)
⇔ex＋x≥ax＋ln ax(a>0，x>0)
⇔ex＋x≥eln ax＋ln ax(a>0，x>0)．
令g(x)＝ex＋x，显然g(x)是增函数，
于是上式可化为g(x)≥g(ln ax)，
即x≥ln ax(a>0，x>0)
⇔ln a≤x－ln x(a>0，x>0)．
令φ(x)＝x－ln x(x>0)，
则φ′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
易知φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故φ(x)min＝φ(1)＝1，于是ln a≤1，
可得0例3 (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1＋ln x，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，
∴f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e).
(2)证明 ∵x>2，∴x－1>1，
要证eq \f(x,x－1)ex>ln(x－1)，
即证xex>(x－1)ln(x－1)，
即证exln ex>(x－1)ln(x－1)，
即证f(ex)>f(x－1)，
由(1)知f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，
且ex>eq \f(1,e)，x－1>eq \f(1,e)，即证ex>x－1，
令φ(x)＝ex－(x－1)(x>2)，
φ′(x)＝ex－1>0，φ(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(2)＝e2－1>0，
∴ex>x－1，即证原不等式成立．
跟踪演练2 解 (1)当a＝1时，
f(x)＝xex－x，
所以f′(x)＝(x＋1)ex－1，
所以f′(1)＝2e－1，f(1)＝e－1，
所以切线方程为y－(e－1)
＝(2e－1)(x－1)，
即(2e－1)x－y－e＝0.
(2)由题意得xex－ax≥ln x－x＋1，
即xex－ln x＋x－1≥ax，
因为x>0，所以eq \f(xex－ln x＋x－1,x)≥a，
设F(x)＝eq \f(xex－ln x＋x－1,x)
＝eq \f(ex＋ln x－ln x＋x－1,x)，
令t＝x＋ln x，易知t＝x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，
当x→0时，t→－∞，
当x→＋∞时，t→＋∞，
所以存在x0，使t＝x0＋ln x0＝0，
令m(t)＝et－t－1，t∈R，
因为m′(t)＝et－1，
所以当t∈(－∞，0)时，m′(t)<0，
即m(t)在(－∞，0)上单调递减；
当t∈(0，＋∞)时，m′(t)>0，
即m(t)在(0，＋∞)上单调递增，
所以m(t)min＝m(0)＝0，
所以m(t)≥m(0)＝0，
即m(t)＝et－t－1≥0，得到et≥t＋1，当且仅当t＝0时取等号，
所以F(x)＝eq \f(ex＋ln x－ln x＋x－1,x)≥eq \f(x＋ln x＋1－ln x＋x－1,x)＝eq \f(2x,x)＝2，
当且仅当x＋ln x＝0时取等号，所以a≤2，又a>0，
所以a的取值范围是(0,2]．
培优点4 极值点偏移问题
例1 (1)解因为f(x)＝xe2－x，
所以f′(x)＝(1－x)e2－x，
由f′(x)>0，解得x<1；
由f′(x)<0，解得x>1，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，
又f(1)＝e，
所以f(x)在x＝1处取得极大值e，无极小值．
(2)证明由(1)可知，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，f(2)＝2，
且a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，
不妨设1而b>2,2<4－a<3，且f(x)在(1，＋∞)单调递减，
所以只需证f(b)>f(4－a)，
即证4－f(a)>f(4－a)，
即证f(a)＋f(4－a)<4.
即证当1f(x)＋f(4－x)<4，
令F(x)＝f(x)＋f(4－x)，1则F′(x)＝f′(x)－f′(4－x)
＝(1－x)e2－x－ex－2(x－3)，
令h(x)＝(1－x)e2－x－ex－2(x－3)，1则h′(x)＝e2－x(x－2)－ex－2(x－2)
＝(x－2)(e2－x－ex－2)，
因为1所以x－2<0，e2－x－ex－2>0，
所以h′(x)<0，
即h(x)在(1,2)上单调递减，
则h(x)>h(2)＝0，即F′(x)>0，
所以F(x)在(1,2)上单调递增，
所以F(x)即当1所以原命题成立．
跟踪演练1 (1)解由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由f′(x)＝eq \f(exx－1,x2)－eq \f(1,x)＋1
＝eq \f(exx－1－x＋x2,x2)＝eq \f(ex＋xx－1,x2)，
可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.
又f(x)≥0，
所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，
所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．
(2)证明方法一不妨设x1则由(1)知01.
令F(x)＝f(x)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))，
则F′(x)＝eq \f(ex＋xx－1,x2)＋·eq \f(1,x2)
＝eq \f(x－1,x2)(ex＋x－－1)．
令g(x)＝ex＋x－－1(x>0)，
则g′(x)＝ex＋1－＋·eq \f(1,x2)
＝ex＋1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))(x>0)，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，
所以当x∈(0,1)时，g(x)所以当x∈(0,1)时，F′(x)>0，
所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)即在(0,1)上f(x)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))又f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)))<0，
即f(x2)由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以x2方法二 (同构法构造函数化解等式)
不妨设x1则由(1)知0由f(x1)＝f(x2)＝0，
得－ln x1＋x1＝－ln x2＋x2，
即＋x1－ln x1＝＋x2－ln x2.
因为函数y＝ex＋x在R上单调递增，
所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立．
构造函数h(x)＝x－ln x(x>0)，
g(x)＝h(x)－heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))
＝x－eq \f(1,x)－2ln x(x>0)，
则g′(x)＝1＋eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)＝eq \f(x－12,x2)≥0(x>0)，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，
即当x>1时，h(x)>heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))，
所以h(x1)＝h(x2)>heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2))).
又h′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)(x>0)，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，
所以0例2 证明由题意知f(x)＋2＝ln x－ax＋1＝0，
于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x1＋1＝ax1，,ln x2＋1＝ax2，))
令eq \f(x2,x1)＝t，则由x2>2x1可得t>2.
于是t＝eq \f(x2,x1)＝eq \f(ln x2＋1,ln x1＋1)
＝eq \f(ln t＋ln x1＋1,ln x1＋1)，
即ln x1＝eq \f(ln t,t－1)－1.
从而ln x2＝ln t＋ln x1＝eq \f(tln t,t－1)－1.
另一方面，对x1xeq \\al(2,2)>eq \f(32,e3)两端分别取自然对数，
则有ln x1＋2ln x2>5ln 2－3，
于是，即证eq \f(ln t,t－1)＋eq \f(2tln t,t－1)－3>5ln 2－3，
即eq \f(1＋2tln t,t－1)>5ln 2，其中t>2.
设g(t)＝eq \f(1＋2tln t,t－1)，t>2.
则g′(t)＝
eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ln t＋\f(1＋2t,t)))t－1－1＋2tln t,t－12)
＝eq \f(－3ln t＋2t－\f(1,t)－1,t－12)，
设φ(t)＝－3ln t＋2t－eq \f(1,t)－1，t>2.
则φ′(t)＝－eq \f(3,t)＋2＋eq \f(1,t2)＝eq \f(2t2－3t＋1,t2)＝eq \f(2t－1t－1,t2)>0在(2，＋∞)上恒成立，
于是φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，
从而φ(t)>φ(2)＝－3ln 2＋4－eq \f(1,2)－1＝eq \f(5,2)－3ln 2>0.
所以g′(t)>0，即函数g(t)在(2，＋∞)上单调递增，于是g(t)>g(2)＝5ln 2.
因此x1xeq \\al(2,2)>eq \f(32,e3)，即原不等式成立．
跟踪演练2 (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a,x)－1＝eq \f(a－x,x)，
当a≤0时，f′(x)<0恒成立，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)>0得x∈(0，a)，
令f′(x)<0得x∈(a，＋∞)，
故f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．
(2)证明由(1)可知，要想f(x)有两个相异的零点x1，x2，则a>0，
因为f(x1)＝f(x2)＝0，
所以aln x1－x1＝0，aln x2－x2＝0，
所以x1－x2＝a(ln x1－ln x2)，
要证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2，
等价于eq \f(x1,a)＋eq \f(x2,a)>2，
而eq \f(1,a)＝eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)，
所以等价于证明
eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)>eq \f(2,x1＋x2)，
即lneq \f(x1,x2)>eq \f(2x1－x2,x1＋x2)，
令t＝eq \f(x1,x2)，则t>1，
于是等价于证明ln t>eq \f(2t－1,t＋1)成立，
设g(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)，t>1，
g′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(4,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)>0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
故g(t)>g(1)＝0，即ln t>eq \f(2t－1,t＋1)成立，
所以x1x2>e2，结论得证．
专题二三角函数与解三角形
第1讲三角函数的图象与性质
例1 (1)±eq \f(4\r(2),9)
(2)D [设大正方形的边长1，直角三角形中最小的角为θ，则中间小正方形的边长为cs θ－sin θ，
由题意可得(cs θ－sin θ)2＝eq \f(9,17)，
显然0<θsin θ>0，
所以cs θ－sin θ＝eq \f(3\r(17),17)，①
又cs2θ＋sin2θ－2cs θsin θ＝eq \f(9,17)，
所以2cs θsin θ＝eq \f(8,17)，
所以(cs θ＋sin θ)2＝cs2θ＋sin2θ＋2cs θsin θ＝eq \f(25,17)，
即cs θ＋sin θ＝eq \f(5\r(17),17)，②
联立①②，解得sin θ＝eq \f(\r(17),17).]
跟踪演练1 (1)D (2)－eq \f(1,5)
例2 (1)B (2)BC
跟踪演练2 (1)B (2)D
例3 (1)D [因为直线x＝eq \f(π,6)和x＝eq \f(2π,3)为函数y＝f(x)的图象的两条相邻对称轴，
所以eq \f(T,2)＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，不妨取ω>0，则T＝π，ω＝eq \f(2π,T)＝2，
由题意知，当x＝eq \f(π,6)时，f(x)取得最小值，则2×eq \f(π,6)＋φ＝2kπ－eq \f(π,2)，k∈Z，
则φ＝2kπ－eq \f(5π,6)，k∈Z，不妨取k＝0，
则f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5π,6)))，
则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,3)))＝eq \f(\r(3),2).]
(2)AB [由题意知φ＝eq \f(π,6)，
所以f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
对于选项A，因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝－3，
所以函数f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(π,3)对称，故A项正确；
对于选项B，由2kπ＋eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，
得kπ＋eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(2π,3)，k∈Z，
则当k＝－1时，函数f(x)的一个单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,6)，－\f(π,3)))，故B项正确；
对于选项C，把函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,12)个单位长度得到函数g(x)＝3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))＋\f(π,6)))
＝3sin 2x的图象，
所以g(x)为奇函数，故C项错误；
对于选项D，因为－eq \f(π,6)≤x≤eq \f(π,4)，
所以－eq \f(π,6)≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(2π,3)，
所以－eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))≤1，
所以－eq \f(3,2)≤3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))≤3，
即函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，3))，故D项错误．]
跟踪演练3 (1)D (2)B
第2讲三角恒等变换与解三角形
例1 (1)B [由3cs 2α－4cs α＋1＝0得3(2cs2α－1)－4cs α＋1＝0，
化简得3cs2α－2cs α－1＝0，
解得cs α＝1或cs α＝－eq \f(1,3)，
因为α∈(0，π)，所以cs α＝－eq \f(1,3).
所以sin α＝eq \r(1－cs2α)＝eq \f(2\r(2),3).
所以sin 2α＝2sin αcs α＝－eq \f(4\r(2),9).]
(2)B [因为sin(α－β)＝sin αcs β－cs αsin β＝eq \f(1,3)，
而cs αsin β＝eq \f(1,6)，
因此sin αcs β＝eq \f(1,2)，
则sin(α＋β)＝sin αcs β＋cs αsin β＝eq \f(2,3)，
所以cs(2α＋2β)＝cs 2(α＋β)＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＝eq \f(1,9).]
跟踪演练1 (1)D (2)－eq \f(2\r(5),5)
例2 (1)D
(2)2
解析如图所示，记AB＝c＝2，AC＝b，BC＝a＝eq \r(6).
方法一在△ABC中，由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bccs∠BAC，
即6＝b2＋22－2×b×2×cs 60°，
解得b＝1＋eq \r(3)(负值舍去)，
由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得，
eq \f(1,2)×2×(1＋eq \r(3))×sin 60°＝eq \f(1,2)×2×AD×sin 30°＋eq \f(1,2)×(1＋eq \r(3))×AD×sin 30°，解得AD＝2.
方法二在△ABC中，由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bccs∠BAC，
即6＝b2＋22－2×b×2×cs 60°，
解得b＝1＋eq \r(3)(负值舍去)，
由正弦定理可得
eq \f(\r(6),sin 60°)＝eq \f(1＋\r(3),sin B)＝eq \f(2,sin C)，
解得sin B＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，sin C＝eq \f(\r(2),2)，
因为1＋eq \r(3)>eq \r(6)>2，
所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°，
又∠BAD＝30°，
所以∠ADB＝75°，即AD＝AB＝2.
例3 解 (1)选①，由余弦定理得，
b2＋c2－a2＝2bccs A，
又S＝eq \f(1,2)bcsin A，所以eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(\r(3),4)×2bccs A，
得tan A＝eq \r(3)，
因为0选②，因为eq \f(a＋b,sin C)＝eq \f(c－b,sin A－sin B)，
由正弦定理得eq \f(a＋b,c)＝eq \f(c－b,a－b)，
整理得b2＋c2－a2＝bc，
由余弦定理得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2)，
因为0选③，因为eq \r(3)sin C＋cs C＝eq \f(c＋b,a)，
由正弦定理得eq \r(3)sin C＋cs C＝eq \f(sin C＋sin B,sin A)，
即eq \r(3)sin Csin A＋cs Csin A
＝sin C＋sin B，
又因为A＋C＝π－B，
所以sin B＝sin(A＋C)＝sin Acs C＋sin Ccs A，
所以eq \r(3)sin Csin A－sin Ccs A＝sin C，
因为0因为0所以－eq \f(π,6)所以A－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，即A＝eq \f(π,3).
(2)在△ACD中，设∠ADC＝θ，θ∈(0，π)，
由正弦定理得
eq \f(AC,sin θ)＝eq \f(AD,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ)))＝eq \f(CD,sin A)＝eq \f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝4，
所以AC＝4sin θ，AD＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ))，
所以b＋c＝4sin θ＋8sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ))＝8sin θ＋4eq \r(3)cs θ＝4eq \r(7)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋φ))≤4eq \r(7)，其中tan φ＝eq \f(\r(3),2)，
当θ＋φ＝eq \f(π,2)时取等号，所以b＋c的最大值是4eq \r(7).
跟踪演练2 (1)B
(2)解 ①因为2cs Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))＝cs C，所以
2cs Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin Bcs \f(π,6)－cs Bsin \f(π,6)))
＝－cs(A＋B)，
所以eq \r(3)cs Asin B－cs Acs B
＝－cs Acs B＋sin Asin B，
即eq \r(3)cs Asin B＝sin Asin B，
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，
所以eq \r(3)cs A＝sin A，
因此有tan A＝eq \r(3).
又因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3).
②由a＝2，A＝eq \f(π,3)及余弦定理得
4＝c2＋b2－2bccs A＝(b＋c)2－3bc≥(b＋c)2－eq \f(3,4)(b＋c)2＝eq \f(b＋c2,4)，
所以b＋c≤4，当且仅当b＝c＝2时取等号．
又因为b＋c>a＝2，所以4例4 (1)A [设建筑物的高度为x，
如图所示，
由△HGF∽△DEF，
得eq \f(HG,DE)＝eq \f(GF,EF)⇒EF＝eq \f(DE·GF,HG)＝eq \f(xa1,h)，
由△ABC∽△DEC，
得eq \f(AB,DE)＝eq \f(BC,EC)⇒eq \f(h,x)＝eq \f(a2,a＋\f(xa1,h))，
所以ha＋xa1＝xa2，即x(a1－a2)＝－ha，解得x＝eq \f(ah,a2－a1)(m)．]
(2)100eq \r(15)
解析由题意，∠DCB＝30°，∠CDB＝60°，
所以∠CBD＝90°，所以在Rt△CBD中，BC＝eq \f(\r(3),2)CD＝300eq \r(3)(米)，
又∠DCA＝75°，∠CDA＝45°，所以∠CAD＝60°，在△ACD中，由正弦定理得eq \f(AC,sin 45°)＝eq \f(CD,sin 60°)，
所以AC＝eq \f(600,\f(\r(3),2))×eq \f(\r(2),2)＝200eq \r(6)(米)，
在△ABC中，∠ACB＝∠DCA－∠DCB＝75°－30°＝45°，
由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cs∠ACB＝(200eq \r(6))2＋(300eq \r(3))2－2×200eq \r(6)×300eq \r(3)×eq \f(\r(2),2)＝150 000，所以AB＝100eq \r(15)(米)．
跟踪演练3 (1)B
(2)35eq \r(5)
解析因为∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，所以∠ADC＝150°，
所以∠DAC＝15°，所以AD＝CD＝35，
又因为∠ACB＝120°，
所以∠BCD＝135°，∠CBD＝30°，
在△BCD中，由正弦定理得
eq \f(BD,sin∠BCD)＝eq \f(CD,sin∠CBD)，
即eq \f(BD,\f(\r(2),2))＝eq \f(35,\f(1,2))，解得BD＝35eq \r(2)，
在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cs∠ADB
＝352＋(35eq \r(2))2－2×35×35eq \r(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)))，解得AB＝35eq \r(5)，
所以A，B两点间的距离为35eq \r(5) m.
微重点3 三角函数中ω，φ的范围问题
例1 (1)B [因为ω>0，所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，
ωx－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(ωπ,2)－\f(π,4))).
又因为函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，
所以eq \f(π,2)≤eq \f(ωπ,2)－eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4)，
解得eq \f(3,2)≤ω≤3.]
(2)BCD [f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＝
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)－\f(π,2)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3))).
由题意，可得g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,3)))，
由x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))，
可得2ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(πω,6)＋\f(π,3))).
因为g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))上恰有一个最值点，
所以eq \f(π,2)由选项可知B，C，D满足．]
跟踪演练1 (1)D
(2)eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(28,3)，\f(34,3)))
解析函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,ω)，
将函数f(x)的图象向右平移eq \f(T,4)后的解析式为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2ω)))＝sineq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2ω)))))
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))，
由x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，可得ωx－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(ωπ,2)－\f(π,6)))，
要使得平移后的图象有5个极值点，则函数图象有5个最值点，则需eq \f(9π,2)例2 (1)eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))
解析令－eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
得－eq \f(3π,4ω)＋eq \f(2kπ,ω)≤x≤eq \f(π,4ω)＋eq \f(2kπ,ω)，k∈Z，
故f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4ω)＋\f(2kπ,ω)，\f(π,4ω)＋\f(2kπ,ω)))，k∈Z，
又f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递增，
∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4ω)＋\f(2kπ,ω)≤\f(π,2)，,\f(π,4ω)＋\f(2kπ,ω)≥π，))
解得－eq \f(3,2)＋4k≤ω≤2k＋eq \f(1,4)，k∈Z，
又ω>0，故0<ω≤eq \f(1,4).
(2)C [因为直线x＝eq \f(π,4)是曲线
y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)的一条对称轴，
则eq \f(π,4)ω－eq \f(π,4)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
即ω＝4k＋3，k∈Z，由－eq \f(π,2)≤ωx－eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)，得－eq \f(π,4ω)≤x≤eq \f(3π,4ω)，
则函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4ω)，\f(3π,4ω)))上单调递增，
而函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))上不单调，
则eq \f(3π,4ω)9，
所以ω的最小值为11.]
跟踪演练2 B
例3 (1)[2,3)
解析因为0≤x≤2π，
所以0≤ωx≤2ωπ，
令f(x)＝cs ωx－1＝0，
则cs ωx＝1有3个根，
令t＝ωx，则cs t＝1有3个根，其中t∈[0,2ωπ]，
结合余弦函数y＝cs t的图象性质可得4π≤2ωπ<6π，
故2≤ω<3.
(2)eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)))
解析将函数f(x)＝cs x的图象先向右平移eq \f(π,6)个单位长度，
得到y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))的图象，
再把所得函数图象的横坐标变为原来的eq \f(1,ω)(ω>0)倍，纵坐标不变，得到函数g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)，周期T＝eq \f(2π,ω)，
因为函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上没有零点，所以eq \f(π,2)－0≤eq \f(T,2)，得T≥π，即eq \f(2π,ω)≥π，得0<ω≤2，
令g(x)＝0，则ωx－eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x＝eq \f(kπ,ω)＋eq \f(2π,3ω)，k∈Z，
令k＝0，得x＝eq \f(2π,3ω)，所以eq \f(2π,3ω)≥eq \f(π,2)，得ω≤eq \f(4,3)，又0<ω≤2，所以0<ω≤eq \f(4,3).
跟踪演练3 CD [由题意知
f(x)＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,5ω)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,5)))，
在[0,2π]上，令t＝ωx＋eq \f(π,5)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,5)，2ωπ＋\f(π,5)))，
所以y＝sin t在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,5)，2ωπ＋\f(π,5)))上有5个零点，
则5π≤2ωπ＋eq \f(π,5)<6π，解得eq \f(12,5)≤ω在(0,2π)上，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)，2ωπ＋\f(π,5)))，
由上分析知，极值点个数可能为5或6个，B错误；
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)ω＋\f(π,5)))且eq \f(π,2)ω＋eq \f(π,5)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,5)，\f(33π,20)))，
故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))不为0，A错误；
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,10)))上，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)，\f(π,10)ω＋\f(π,5)))，
则eq \f(π,10)ω＋eq \f(π,5)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,25)，\f(49π,100)))，
故y＝sin t在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)，\f(π,10)ω＋\f(π,5)))上单调递增，即f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,10)))上单调递增，C正确．]
微重点4 平面向量数量积的最值与范围问题
例1 (1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(17,9)))
解析由题意设eq \(CE,\s\up6(→))＝meq \(CD,\s\up6(→))，m∈(0,1)，
因为eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(BD,\s\up6(→))，
所以eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))－\(AB,\s\up6(→))))，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(CE,\s\up6(→))
＝eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(m,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))－\(AB,\s\up6(→))))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(m,3)))eq \(AC,\s\up6(→))－eq \f(m,3)eq \(AB,\s\up6(→))，
又eq \(AE,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＋μeq \(AC,\s\up6(→))，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝－\f(m,3)，,μ＝1＋\f(m,3)，))
所以λ2＋μ2＝1＋eq \f(2,3)m＋eq \f(2,9)m2
＝eq \f(2,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(3,2)))2＋eq \f(1,2)，
又因为m∈(0,1)，由二次函数的性质得
y＝eq \f(2,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(3,2)))2＋eq \f(1,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(17,9)))，
所以λ2＋μ2的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(17,9))).
(2)A
跟踪演练1 (1)C
(2)eq \r(3) 2
解析以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过点O作OA的垂线所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(1,0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(OA,\s\up6(→))＝(1,0)，
eq \(OB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，
当∠AOC＝eq \f(π,6)时，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，
则eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，
由eq \(OC,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))＝x(1,0)＋yeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)＝x－\f(1,2)y，,\f(1,2)＝\f(\r(3),2)y，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(2\r(3),3)，,y＝\f(\r(3),3)，))
故x＋y＝eq \r(3).
设∠AOC＝αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤α≤\f(2π,3)))，
则eq \(OC,\s\up6(→))＝(cs α，sin α)，
由eq \(OC,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))，得(cs α，sin α)＝x(1,0)＋yeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(cs α＝x－\f(1,2)y，,sin α＝\f(\r(3),2)y，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝cs α＋\f(\r(3),3)sin α，,y＝\f(2\r(3),3)sin α，))故x＋y＝cs α＋eq \r(3)sin α＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))，由于0≤α≤eq \f(2π,3)，故当α＝eq \f(π,3)时，
2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))取最大值为2，即x＋y的最大值为2.
例2 (1)C [可设e＝(1,0)，a＝(x，y)，
则(a－e)·(a－5e)＝(x－1，y)·(x－5，y)＝x2－6x＋5＋y2＝0，
即(x－3)2＋y2＝4，
则1≤x≤5，－2≤y≤2，|a＋e|＝eq \r(x＋12＋y2)＝eq \r(8x－4)，
当x＝5时，eq \r(8x－4)取得最大值6，
即|a＋e|的最大值为6.]
(2)eq \f(2\r(2),3)
解析如图所示，设a＝eq \(OA,\s\up6(→))，b＝eq \(OB,\s\up6(→))，
则a－b＝eq \(BA,\s\up6(→))，
设|b|＝m，|a|＝3m，
又|a－b|＝4，则1cs∠OAB
＝eq \f(|\(OA,\s\up6(→))|2＋|\(BA,\s\up6(→))|2－|\(OB,\s\up6(→))|2,2|\(OA,\s\up6(→))|·|\(BA,\s\up6(→))|)
＝eq \f(9m2＋16－m2,24m)＝eq \f(m,3)＋eq \f(2,3m)
≥2eq \r(\f(m,3)·\f(2,3m))＝eq \f(2\r(2),3)，
当且仅当eq \f(m,3)＝eq \f(2,3m)，即m＝eq \r(2)时，等号成立．
跟踪演练2 (1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,3)，0))∪(0，＋∞) (2)C
例3 (1)B [由题意可得△OAB为直角三角形，
且AB＝1，设eq \(AO,\s\up6(→))与eq \(AB,\s\up6(→))的夹角为α，
则A(cs α，0)，B(0，sin α)，
其中α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
如图所示，则由等腰直角三角形的性质可得C(cs α＋sin α，cs α)，
所以eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OA,\s\up6(→))＝cs α(cs α＋sin α)
＝eq \f(1,2)cs 2α＋eq \f(1,2)sin 2α＋eq \f(1,2)
＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))＋eq \f(1,2)，
又2α＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，
则eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OA,\s\up6(→))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1＋\r(2),2))).]
(2)A [连接OA，由题可知
|OA|＝1，OA⊥PA，
因为|PO|＝eq \r(2)，
所以由勾股定理可得|PA|＝1，
则∠POA＝eq \f(π,4).
设直线PO绕点P按逆时针旋转θ后与直线PD重合，
则－eq \f(π,4)<θ且|PD|＝eq \r(2)cs θ.
所以eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))
＝|eq \(PA,\s\up6(→))||eq \(PD,\s\up6(→))|cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋θ))
＝eq \r(2)cs θcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋θ))
＝eq \r(2)cs θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)cs θ－\f(\r(2),2)sin θ))
＝cs2θ－sin θcs θ
＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)cs 2θ－eq \f(1,2)sin 2θ
＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(2),2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,4)))，
所以当θ＝－eq \f(π,8)时，eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))取得最大值，为eq \f(1＋\r(2),2).]
跟踪演练3 (1)B
(2)B [作出如图所示的图形，
eq \(PA,\s\up6(→))·(eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(PD,\s\up6(→)))＝eq \(PA,\s\up6(→))·2eq \(PO,\s\up6(→)).
令eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AC,\s\up6(→))，则λ∈[0,1]，
eq \(PO,\s\up6(→))＝eq \(AO,\s\up6(→))－eq \(AP,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))－λeq \(AC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－λ))eq \(AC,\s\up6(→))，
∵eq \(PA,\s\up6(→))·2eq \(PO,\s\up6(→))＝－λeq \(AC,\s\up6(→))·2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－λ))eq \(AC,\s\up6(→))
＝(2λ2－λ)·eq \(AC,\s\up6(→))2＝4λ2－2λ，λ∈[0,1]，
∴当λ＝eq \f(1,4)时，(eq \(PA,\s\up6(→))·2eq \(PO,\s\up6(→)))min＝－eq \f(1,4).]
培优点5 极化恒等式、奔驰定理与等和线定理
例1 (1)eq \f(7,8)
解析设BD＝DC＝m，AE＝EF＝FD＝n，则AD＝3n.
根据向量的极化恒等式，
得eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))2－eq \(DB,\s\up6(→))2＝9n2－m2＝4，①
eq \(FB,\s\up6(→))·eq \(FC,\s\up6(→))＝eq \(FD,\s\up6(→))2－eq \(DB,\s\up6(→))2＝n2－m2＝－1.②
联立①②，解得n2＝eq \f(5,8)，m2＝eq \f(13,8).
因此eq \(EB,\s\up6(→))·eq \(EC,\s\up6(→))＝eq \(ED,\s\up6(→))2－eq \(DB,\s\up6(→))2＝4n2－m2＝eq \f(7,8).即eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \f(7,8).
(2)[39,55]
解析由向量极化恒等式知
eq \(PE,\s\up6(→))·eq \(PF,\s\up6(→))＝|eq \(PB,\s\up6(→))|2－|eq \(BE,\s\up6(→))|2＝|eq \(PB,\s\up6(→))|2－9.又△ABC是边长为8的等边三角形，所以当点P位于点A或点C时，|eq \(PB,\s\up6(→))|取最大值8.
当点P位于AC的中点时，|eq \(PB,\s\up6(→))|取最小值，
即|eq \(PB,\s\up6(→))|min＝8sin eq \f(π,3)＝4eq \r(3)，
所以|eq \(PB,\s\up6(→))|的取值范围为[4eq \r(3)，8]，
所以eq \(PE,\s\up6(→))·eq \(PF,\s\up6(→))的取值范围为[39,55]．
跟踪演练1 (1)B
(2)[0,4]
解析如图，∵PA⊥PB，∴点P在以AB为直径的半圆上，取CD的中点O，
连接PO，
由向量极化恒等式知eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝eq \(PO,\s\up6(→))2－eq \(OC,\s\up6(→))2＝eq \(PO,\s\up6(→))2－1，
当点P在A(或B)处时，|eq \(PO,\s\up6(→))|max＝eq \r(5)，
当点P在的中点时，|eq \(PO,\s\up6(→))|min＝1，
∴|eq \(PO,\s\up6(→))|∈[1，eq \r(5)]，∴eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))∈[0,4]．
例2 (1)C [由奔驰定理得
S△BOC·eq \(OA,\s\up6(→))＋S△AOC·eq \(OB,\s\up6(→))＋S△AOB·eq \(OC,\s\up6(→))＝0，
又eq \(OA,\s\up6(→))＋2eq \(OB,\s\up6(→))＋meq \(OC,\s\up6(→))＝0，
∴S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝1∶2∶m.
∴eq \f(S△AOB,S△ABC)＝eq \f(m,1＋2＋m)＝eq \f(4,7)，解得m＝4.]
(2)B [记点O到AB，BC，CA的距离分别为h1，h2，h3，S△OBC＝eq \f(1,2)a·h2，S△OAC＝eq \f(1,2)b·h3，
S△OAB＝eq \f(1,2)c·h1，
因为S△OBC·eq \(OA,\s\up6(→))＋S△OAC·eq \(OB,\s\up6(→))＋S△OAB·eq \(OC,\s\up6(→))＝0，
则eq \f(1,2)a·h2·eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)b·h3·eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)c·h1·eq \(OC,\s\up6(→))＝0，即a·h2·eq \(OA,\s\up6(→))＋b·h3·eq \(OB,\s\up6(→))＋c·h1·eq \(OC,\s\up6(→))＝0，
又因为a·eq \(OA,\s\up6(→))＋b·eq \(OB,\s\up6(→))＋c·eq \(OC,\s\up6(→))＝0，所以h1＝h2＝h3，所以点P是△ABC的内心．]
跟踪演练2 (1)D
(2)A [O是△ABC的垂心，延长CO，BO，AO分别交边AB，AC，BC于点P，M，N，如图，
则CP⊥AB，BM⊥AC，AN⊥BC，∠BOP＝∠BAC，∠AOP＝∠ABC，
因此，eq \f(S△BOC,S△AOC)＝eq \f(\f(1,2)OC·BP,\f(1,2)OC·AP)＝eq \f(BP,AP)
＝eq \f(OPtan∠BOP,OPtan∠AOP)＝eq \f(tan∠BAC,tan∠ABC)，
同理eq \f(S△BOC,S△AOB)＝eq \f(tan∠BAC,tan∠ACB)，于是得tan∠BAC∶tan∠ABC∶tan∠ACB＝S△BOC∶S△AOC∶S△AOB，
又eq \(OA,\s\up6(→))＋2eq \(OB,\s\up6(→))＋3eq \(OC,\s\up6(→))＝0，
由“奔驰定理”有S△BOC·eq \(OA,\s\up6(→))＋S△AOC·eq \(OB,\s\up6(→))＋S△AOB·eq \(OC,\s\up6(→))＝0，
即S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝1∶2∶3，所以tan∠BAC∶tan∠ABC∶tan∠ACB＝1∶2∶3.]
例3 A [如图所示，由平面向量基底等和线定理知，当等和线l与圆相切时，λ＋μ最大，
此时λ＋μ＝eq \f(AF,AB)
＝eq \f(AB＋BE＋EF,AB)
＝eq \f(3AB,AB)＝3.]
跟踪演练3 C
专题三数列
第1讲等差数列、等比数列
例1 (1)C [方法一若该数列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中，
有5＝5×3－4，不成立，
所以q≠1.
由eq \f(1－q5,1－q)＝5×eq \f(1－q3,1－q)－4，
化简得q4－5q2＋4＝0，
所以q2＝1(舍)或q2＝4，
由于此数列各项均为正数，
所以q＝2，所以S4＝eq \f(1－q4,1－q)＝15.
方法二由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，
即q3＋q4＝4q＋4q2，
即q3＋q2－4q－4＝0，
即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.
由题知q>0，所以q＝2.
所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.]
(2)D [设该马第n(n∈N*)天行走的里程数为an，
由题意可知，数列{an}是公比为eq \f(1,2)的等比数列，
所以该马七天所走的里程为eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,27))),1－\f(1,2))＝eq \f(127a1,64)＝700，
解得a1＝eq \f(27×350,127).
故该马第五天行走的里程数为a5＝a1·eq \f(1,24)＝eq \f(27×350,127)×eq \f(1,24)＝eq \f(2800,127)≈22.05.]
跟踪演练1 (1)A (2)B
例2 (1)BCD [∵在等差数列{an}中，a1>0，
a4＋a11＝a7＋a8>0，a7a8<0，
∴a7>0，a8<0，
∴公差d<0，数列{an}是递减数列，A错误；
∵S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8<0，
∴S6>S9，B正确；
∵a7>0，a8<0，数列{an}是递减数列，
∴当n＝7时，Sn最大，C正确；
∵a4＋a11>0，a7>0，a8<0，
∴S14＝eq \f(14a1＋a14,2)＝eq \f(14a4＋a11,2)>0，
S15＝eq \f(15a1＋a15,2)＝eq \f(15×2a8,2)<0，
∴当Sn>0时，n的最大值为14，D正确．]
(2)－2
解析方法一 {an}为等比数列，
∴a4a5＝a3a6，
∴a2＝1，
又a2a9a10＝a7a7a7，
∴1×(－8)＝(a7)3，
∴a7＝－2.
方法二设{an}的公比为q(q≠0)，
则a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，
显然an≠0，
则a4＝q2，即a1q3＝q2，
则a1q＝1，
因为a9a10＝－8，
则a1q8·a1q9＝－8，
则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，
则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝q5＝－2.
跟踪演练2 (1)A (2)510
例3 (1)证明因为an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn，
所以an＋1＋bn＋1＝3(an＋bn)，
an＋1－bn＋1＝－(an－bn)，
又由a1＝3，b1＝2得a1－b1＝1，a1＋b1＝5，
所以数列{an＋bn}是首项为5，公比为3的等比数列，
数列{an－bn}是首项为1，公比为－1的等比数列．
(2)解由(1)得an＋bn＝5×3n－1，
an－bn＝(－1)n－1，
所以an＝eq \f(5×3n－1＋－1n－1,2)，
bn＝eq \f(5×3n－1－－1n－1,2)，
所以anbn＝eq \f(5×3n－1＋－1n－1,2)×eq \f(5×3n－1－－1n－1,2)＝eq \f(25×32n－2－1,4)，
所以Sn＝eq \f(25,4)×eq \f(1－9n,1－9)－eq \f(n,4)
＝eq \f(25×9n－1－8n,32).
跟踪演练3 解 (1)由已知anan＋1＝27－2n，
所以当n≥2时，anan－1＝29－2n，
相除得eq \f(an＋1,an－1)＝eq \f(1,4)，
又a1＝eq \f(1,32)，a2a1＝25，
所以a2＝210，
所以a20＝210×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))9＝eq \f(1,28)＝eq \f(1,256).
(2)存在．假设存在正数λ，使得数列{an}是等比数列，
由a2a1＝25得a2＝eq \f(32,λ)，
由a2a3＝8，得a3＝eq \f(λ,4)，
因为{an}是等比数列，所以a1a3＝aeq \\al(2,2)，
即λ2＝64，解得λ＝8.
下面证明当λ＝8时数列{an}是等比数列，
由(1)知数列{a2n－1}和{a2n}都是公比是eq \f(1,4)的等比数列，
所以a2n－1＝8·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－1＝25－2n；
a2n＝4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－1＝24－2n，
所以当n为奇数时，an＝24－n；
当n为偶数时，an＝24－n，
所以对一切正整数n，都有an＝24－n，
所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,2)，n∈N*，
所以存在正数λ＝8使得数列{an}是等比数列．
第2讲数列求和及其综合应用
例1 (1)证明由an＋1＋2an＝2n＋2可得an＋1－2n＋1＝2n＋1－2an
＝－2(an－2n)．
又a1－21＝1≠0，
所以{an－2n}是以1为首项，－2为公比的等比数列．
(2)解由(1)可得an－2n＝(－2)n－1，
即an＝2n＋(－2)n－1.
当n为奇数时，bn＝an＝2n＋(－2)n－1＝3×2n－1；
当n为偶数时，bn＝lg2an
＝lg2[2n＋(－2)n－1]
＝lg22n－1＝n－1.
所以T10＝(b1＋b3＋b5＋b7＋b9)＋(b2＋b4＋b6＋b8＋b10)
＝(3＋3×22＋3×24＋3×26＋3×28)＋(1＋3＋5＋7＋9)
＝eq \f(3×1－45,1－4)＋eq \f(1＋9×5,2)＝1 048.
例2 证明 (1)由题意可得an＝eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝(n－1)2＋4n－1＝n2＋2n，
则bn＝an＋1－an＝[(n＋1)2＋2(n＋1)]－(n2＋2n)＝2n＋3，
可得bn＋1－bn＝(2n＋5)－(2n＋3)＝2，
故数列{bn}是首项b1＝5，公差d＝2的等差数列．
(2)由(1)可得eq \f(1,an)＝eq \f(1,n2＋2n)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＝
eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，
∵eq \f(1,n＋1)>0，eq \f(1,n＋2)>0，
故eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)
＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))例3 解 (1)因为2Sn＝nan，
当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0；
当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，
即a3＝2，
当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1，
所以2Sn－2Sn－1＝nan－(n－1)an－1＝2an，
化简得(n－2)an＝(n－1)an－1，
则当n≥3时，eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n－2)，
则eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a3,a2)
＝eq \f(n－1,n－2)·eq \f(n－2,n－3)·…·eq \f(2,1)，
即eq \f(an,a2)＝n－1，
又因为a2＝1，所以an＝n－1，
当n＝1,2时都满足上式，
所以an＝n－1，n∈N*.
(2)令bn＝eq \f(an＋1,2n)＝eq \f(n,2n)，
则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋…＋eq \f(n－1,2n－1)＋eq \f(n,2n)，①
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)，②
由①－②得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)
＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(2＋n,2n＋1)，
即Tn＝2－eq \f(2＋n,2n).
跟踪演练1 (1)解 ①∵数列{an}满足an＋1－an＝2n，且a1＝1，
∴当n≥2时，
an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝2n－1.
当n＝1时也成立，∴an＝2n－1(n∈N*)．
②bn＝eq \f(an＋1,anan＋1)＝eq \f(2n,2n－12n＋1－1)
＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)，
∴数列{bn}的前n项和Tn＝
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2－1)－\f(1,22－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22－1)－\f(1,23－1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))
＝1－eq \f(1,2n＋1－1).
(2)解 ①因为数列{an＋1}为等比数列，公比为2，首项为a1＋1＝2，所以an＋1＝2×2n－1＝2n，
所以an＝2n－1(n∈N*)，
由(2n－3)bn＝(2n－1)bn－1，
推得eq \f(bn,bn－1)＝eq \f(2n－1,2n－3)(n≥2)，
所以eq \f(b2,b1)＝eq \f(3,1)，eq \f(b3,b2)＝eq \f(5,3)，eq \f(b4,b3)＝eq \f(7,5)，…，
eq \f(bn,bn－1)＝eq \f(2n－1,2n－3)(n≥2)，
故eq \f(bn,bn－1)·eq \f(bn－1,bn－2)·…·eq \f(b2,b1)＝eq \f(2n－1,2n－3)·eq \f(2n－3,2n－5)·…·eq \f(3,1)(n≥2)，又b1＝1，
所以当n≥2时，bn＝eq \f(2n－1,1)b1＝2n－1，又b1＝1符合上式，
所以bn＝2n－1(n∈N*)．
②由题可得cn＝2n(2n－1)－(2n－1)，
令dn＝2n(2n－1)，{dn}的前n项和为Pn.
所以Pn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)2n，
2Pn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)2n＋1，
两式相减得－Pn＝2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)2n＋1，所以Pn＝(2n－1)2n＋1－2－2(2n＋1－4)，
所以Pn＝6＋(2n－3)2n＋1.
令en＝2n－1，{en}的前n项和为En，
则En＝eq \f(1＋2n－1n,2)＝n2，综上，Tn＝Pn－En＝(2n－3)2n＋1＋6－n2.
例4 (1)C
(2)B [若n＝4，则1≤i由1,2,3,4构成的逆序对有(4,3)，(4,2)，(4,1)，(3,2)，(3,1)，(2,1)，
若数列{an}的第一个数为4，则至少有3个逆序对；
若数列{an}的第二个数为4，
则恰有2个逆序对的数列{an}为{1,4,2,3}；
若数列{an}的第三个数为4，
则恰有2个逆序对的数列{an}为{1,3,4,2}或{2,1,4,3}；
若数列{an}的第四个数为4，
则恰有2个逆序对的数列{an}为{2,3,1,4}或{3,1,2,4}，
综上，恰有2个逆序对的数列{an}的个数为5.]
跟踪演练2 (1)C
(2)B [由题知an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3an＋1，an为奇数，,\f(an,2)，an为偶数，))
因为a5＝1，则有，
若a4为奇数，则a5＝3a4＋1＝1，得a4＝0，不合题意，所以a4为偶数，且a4＝2a5＝2；
若a3为奇数，则a4＝3a3＋1＝2，得a3＝eq \f(1,3)，不合题意，所以a3为偶数，且a3＝2a4＝4；
若a2为奇数，则a3＝3a2＋1＝4，得a2＝1，不合题意，所以a2为偶数，且a2＝2a3＝8；
若a1为奇数，则a2＝3a1＋1＝8，得a1＝eq \f(7,3)，不合题意，所以a1为偶数，且a1＝2a2＝16；
若a0为奇数，则a1＝3a0＋1＝16，可得a0＝5；若a0为偶数，则a0＝2a1＝32.
综上所述，a0＝5或a0＝32.]
微重点5 数列的递推关系
例1 (1)ACD [A项，an＋1－an＝n＋1，
∴a20＝(a20－a19)＋(a19－a18)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝20＋19＋18＋…＋2＋2＝211，故A正确；
B项，∵an＋1＝2an＋3，
∴an＋1＋3＝2(an＋3)，
∴{an＋3}是以a1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列，
∴an＋3＝4·2n－1＝2n＋1，
故an＝2n＋1－3，故B错误；
C项，∵an＋1＝eq \f(an,1＋3an)，
∴eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1＋3an,an)＝eq \f(1,an)＋3，
∴eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝3，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以eq \f(1,a1)＝1为首项，3为公差的等差数列，
∴eq \f(1,an)＝1＋(n－1)×3＝3n－2，
∴an＝eq \f(1,3n－2)，故C正确；
D项，2(n＋1)an－nan＋1＝0，
∴eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(2an,n)，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是以eq \f(a1,1)＝2为首项，2为公比的等比数列，∴eq \f(an,n)＝2·2n－1＝2n，
∴an＝n·2n，故D正确．]
(2)D
跟踪演练1 (1)B
(2)AB [因为an－3an＋1＝2an·an＋1，
所以eq \f(1,an＋1)＋1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))，
又eq \f(1,a1)＋1＝2≠0，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))是以2为首项，3为公比的等比数列，所以eq \f(1,an)＋1＝2×3n－1，
即an＝eq \f(1,2×3n－1－1)，
所以{an}为递减数列，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和Tn＝(2×30－1)＋(2×31－1)＋…＋(2×3n－1－1)＝2(30＋31＋…＋3n－1)－n＝2×eq \f(1－3n,1－3)－n＝3n－n－1.]
例2 解 (1)方法一由题意知当n≥2时，Sn＋Sn－1＝nan，
∴Sn＋Sn－1＝n(Sn－Sn－1)，
整理得Sn＝eq \f(n＋1,n－1)Sn－1，
由S1＝a1＝3，
∴Sn＝eq \f(n＋1,n－1)×eq \f(n,n－2)×eq \f(n－1,n－3)×eq \f(n－2,n－4)×…×eq \f(4,2)×eq \f(3,1)×3＝eq \f(3,2)(n2＋n)，
经检验S1＝3也符合Sn＝eq \f(3,2)(n2＋n)．
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(3,2)(n2＋n)－eq \f(3,2)[(n－1)2＋(n－1)]＝3n.
a1＝3也满足an＝3n，
∴数列{an}的通项公式为an＝3n.
方法二由题意知当n≥2时，Sn＋Sn－1＝nan，∴当n≥3时，Sn－1＋Sn－2＝(n－1)an－1，
两式相减得an＋an－1
＝nan－(n－1)an－1(n≥3)，
即(n－1)an＝nan－1，
∴eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)(n≥3)，
∴当n≥3时，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))为常数列，
又由S2＋S1＝2a2得a2＝6，
同理可得a3＝9，
∴eq \f(a3,3)＝eq \f(a2,2)＝eq \f(a1,1)＝3，
∴eq \f(an,n)＝eq \f(a1,1)＝3，即an＝3n，
∴数列{an}的通项公式为an＝3n.
(2)由(1)得bn＝1－eq \f(9,a\\al(2,n))＝1－eq \f(1,n2)
＝eq \f(n2－1,n2)＝eq \f(n－1,n)×eq \f(n＋1,n)，
∴b2·b3·…·bn＝eq \f(1,2)×eq \f(3,2)×eq \f(2,3)×eq \f(4,3)×eq \f(3,4)×eq \f(5,4)×…×eq \f(n－1,n)×eq \f(n＋1,n)＝eq \f(n＋1,2n).由eq \f(n＋1,2n)＝eq \f(89,176)，得n＝88.
跟踪演练2 (1)(n＋1)·2n－1
(2)8－eq \f(4,2n＋1)
解析因为a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an
＝2n＋3(n∈N*)，
所以a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)an－1＝2n＋1(n≥2)，
两式相减，可得(2n－1)an＝2，
即an＝eq \f(2,2n－1)(n≥2)，
又当n＝1时，a1＝5，不满足an＝eq \f(2,2n－1)，
所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5，n＝1，,\f(2,2n－1)，n≥2，))
所以当n≥2时，
2anan＋1＝eq \f(8,2n－12n＋1)
＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
当n＝1时，2a1a2＝eq \f(20,3)，
所以Sn＝eq \f(20,3)＋4eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋))
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)))\b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2n＋1)))))
＝eq \f(20,3)＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,2n＋1)))
＝8－eq \f(4,2n＋1).
微重点6 子数列与增减项问题
例1 (1)解设等差数列{an}的公差为d，
而bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数，))
则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，
于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S4＝4a1＋6d＝32，,T3＝4a1＋4d－12＝16，))
解得a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3，
所以数列{an}的通项公式是
an＝2n＋3.
(2)证明方法一由(1)知，Sn＝eq \f(n5＋2n＋3,2)＝n2＋4n，
bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，))
当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，
Tn＝eq \f(13＋6n＋1,2)·eq \f(n,2)＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(7,2)n，
当n>5时，Tn－Sn
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)
＝eq \f(1,2)n(n－1)>0，
因此Tn>Sn.
当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1
＝eq \f(3,2)(n＋1)2＋eq \f(7,2)(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5，
当n>5时，Tn－Sn
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)
＝eq \f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，
因此Tn>Sn.
综上，当n>5时，Tn>Sn.
方法二由(1)知，Sn＝eq \f(n5＋2n＋3,2)＝n2＋4n，
bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，))
当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝eq \f(－1＋2n－1－3,2)·eq \f(n,2)＋eq \f(14＋4n＋6,2)·eq \f(n,2)＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(7,2)n，当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)
＝eq \f(1,2)n(n－1)>0，
因此Tn>Sn，
当n为奇数时，若n≥3，
则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝eq \f(－1＋2n－3,2)·eq \f(n＋1,2)＋eq \f(14＋4n－1＋6,2)·eq \f(n－1,2)
＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5，
显然T1＝b1＝－1满足上式，
因此当n为奇数时，Tn＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5，当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，
因此Tn>Sn，
所以当n>5时，Tn>Sn.
跟踪演练1 解 (1)∵an－an－1＝2n－1(n≥2)，
∴当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－1－an－2)＋(an－an－1)＝3＋2＋22＋…＋2n－2＋2n－1＝2＋eq \f(1－2n,1－2)＝2n＋1，
检验知当n＝1时上式也成立，
故an＝2n＋1(n∈N*)．
(2)由题意知，bn＝2n＋(－1)nn.
当n为偶数时，Tn＝2＋22＋…＋2n＋(－1)＋2＋(－3)＋4＋…＋(－1)nn
＝eq \f(21－2n,1－2)＋eq \f(n,2)
＝2n＋1－2＋eq \f(n,2)；
当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋2n＋(－1)nn＝2n－2＋eq \f(n－1,2)＋2n－n＝2n＋1－2－eq \f(n＋1,2)且n≥3，
又当n＝1时，T1＝b1＝2－1＝1满足上式，
此时Tn＝2n＋1－2－eq \f(n＋1,2)，综上，
Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n＋1－2－\f(n＋1,2)，n为奇数，,2n＋1－2＋\f(n,2)，n为偶数.))
例2 解 (1)由Sn＝eq \f(3n2＋n,2)，
当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，
当n＝1时，上式也成立，
所以an＝3n－1.
依题意，b1＋b3＝2(b2＋1)，
b1＋b1·22＝2(b1·2＋1)，解得b1＝2，所以bn＝2n.
(2)数列{an}和{bn}的公共项从小到大依次为21,23,25,27，…，
所以21,23,25,27，…构成首项为2，公比为4的等比数列，所以cn＝2×4n－1，则Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq \f(21－4n－1,1－4)＝eq \f(2,3)(4n－1－1)．
跟踪演练2 eq \f(7,4)
例3 解 (1)因为Sn＝2n＋r，
所以a1＝S1＝2＋r，a1＋a2＝S2＝4＋r，即a2＝2，
a1＋a2＋a3＝S3＝8＋r，即a3＝4，
由{an}是等比数列可知，aeq \\al(2,2)＝a1a3，
所以4＝(2＋r)×4，即r＝－1.
此时Sn＝2n－1，a1＝2＋r＝1，
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1，
且a1＝1也适合该式，
故an＝2n－1是等比数列，即r＝－1满足题意．
所以r＝－1.
(2)bn＝2(1＋lg2an)＝2(1＋lg22n－1)＝2n，
因为a1＝1，a2＝2＝b1，a3＝4＝b2，a4＝8＝b4，a5＝16＝b8，a6＝32＝b16，a7＝64＝b32，a8＝128＝b64，a9＝256＝b128.
所以c1＋c2＋c3＋…＋c100
＝(b1＋b2＋…＋b107)－(a2＋…＋a8)
＝eq \f(107×2＋214,2)－eq \f(21－27,1－2)＝11 302.
跟踪演练3 解 (1)由题意，可得6a3＝8a1＋a5，
所以6q2＝8＋q4，
解得q2＝4或q2＝2(舍)，则q＝2，
又a1＝2，所以an＝2n.
由2n2－(3＋bn)n＋eq \f(3,2)bn＝0，
得bn＝2n.
(2)因为b1＝2，所以a1与a2之间插入2个2，
b2＝4，所以a2与a3之间插入4个2，
b3＝6，所以a3与a4之间插入6个2，
…
则{cn}的前100项，由90个2，a1，a2，a3，…，a9，a10构成，所以T100＝(a1＋a2＋…＋a10)＋2×90
＝eq \f(21－210,1－2)＋180＝2 226.
专题四立体几何
第1讲空间几何体
例1 (1)C [因为圆台上底面半径为5，下底面半径为10，母线长为l，
所以S＝πl(10＋5)＝15πl＝300π，解得l＝20，
如图所示，将圆台所在的圆锥侧面展开，且设扇形的圆心为O.线段M1B就是蚂蚁经过的最短距离，
设OA＝R，圆心角是α，
则由题意知10π＝αR，①
20π＝α(20＋R), ②
由①②解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(α＝\f(π,2)，,R＝20，))
所以OM1＝OM＝30，OB＝OB1＝40，
所以M1B＝eq \r(OB2＋OM\\al(2,1))＝50.]
(2)D
跟踪演练1 (1)ABD (2)C
例2 (1)C [假设圆锥的底面半径为R，母线长为l，则R＝1.设圆台上底面半径为r，母线长为l1，则r＝eq \f(1,3).
由已知可得eq \f(π,3)＝eq \f(2πR,l)＝eq \f(2π,l)，解得l＝6.
如图，作出圆锥、圆台的轴截面，
则有eq \f(l－l1,l)＝eq \f(r,R)＝eq \f(1,3)，
所以l1＝4.
所以圆台的侧面积为π(R＋r)l1＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))π＝eq \f(16π,3).]
(2)A [如图，取AB的中点D，连接PD，CD，因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，
所以PD⊥AB，
CD⊥AB，
所以PD＝CD＝eq \r(3)，
又PC＝eq \r(6)，
所以PD2＋CD2＝PC2，
所以PD⊥CD，
又AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，
所以PD⊥平面ABC，
所以VP－ABC＝eq \f(1,3)×S△ABC×PD
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×eq \r(3)×eq \r(3)＝1.]
跟踪演练2 (1)B
(2)BCD [对于A，设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2πr＝\f(2π,3)·1，,2πR＝\f(2π,3)·3，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(r＝\f(1,3)，,R＝1，))
且圆台的母线长为3－1＝2，
所以圆台的高为eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))2)＝eq \f(4\r(2),3)，故A错误；
对于B，圆台的上底面面积为eq \f(π,9)，下底面面积为π，
侧面积为π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋1))×2＝eq \f(8π,3)，
所以圆台的表面积为eq \f(π,9)＋π＋eq \f(8π,3)＝eq \f(34π,9)，故B正确；
对于C，圆台的体积V＝eq \f(1,3)π×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋\f(1,3)×1＋12))×eq \f(4\r(2),3)＝eq \f(52\r(2)π,81)，故C正确；
对于D，圆台的上底面面积∶下底面面积∶侧面积＝eq \f(π,9)∶π∶eq \f(8π,3)＝1∶9∶24，故D正确．]
例3 (1)A [设该正四棱台形状的模型高为h cm，故eq \f(1,3)(2＋8＋eq \r(2×8))h＝14，解得h＝3，
如图，取上底面EFGH的中心M，下底面ABCD的中心N，则MN＝h＝3，
故该模型的外接球的球心在MN上，设为点O，连接ME，NA，OE，OA，
设上、下底面边长分别为a cm，b cm，
则a2＝2，b2＝8，
解得a＝eq \r(2)，b＝2eq \r(2)，
故EM＝1 cm，NA＝2 cm，
设ON＝y cm，则OM＝(3－y)cm，
由勾股定理得
EO2＝OM2＋EM2＝(3－y)2＋1，
AO2＝ON2＋AN2＝y2＋4，
故(3－y)2＋1＝y2＋4，解得y＝1，
故外接球半径为eq \r(y2＋4)＝eq \r(5)(cm)，该模型的外接球的表面积为4π·(eq \r(5))2＝20π(cm2)．]
(2)[2eq \r(2)，2eq \r(3)]
解析如图，设球O的半径为R.
当球O是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球O的半径最大，若半径变得更大，球O会包含正方体，球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径2R′为体对角线长AC1＝eq \r(42＋42＋42)＝4eq \r(3)，
即2R′＝4eq \r(3)，R′＝2eq \r(3)，
故Rmax＝2eq \r(3)；
分别取侧棱AA1，BB1，CC1，DD1的中点M，H，G，N，连接MH，HG，NG，MN，MG，显然四边形MNGH是边长为4的正方形，且O为正方形MNGH的对角线MG的中点，
则MG＝4eq \r(2)，当球O的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆时，球O的半径达到最小，即Rmin＝2eq \r(2).
综上，R∈[2eq \r(2)，2eq \r(3)]．
跟踪演练3 (1)D
(2)eq \f(2\r(3),3)
解析设圆柱的底面半径为r，球心到圆柱底面的距离为h，则圆柱的母线长为2h，
由球截面的性质得r2＋h2＝1，
则r2＝1－h2(0圆柱的体积V＝2πr2h＝2πh(1－h2)＝2πh－2πh3，V′＝2π－6πh2
＝－6πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(h＋\f(\r(3),3)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(h－\f(\r(3),3)))，
当h∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)))时，V′>0，
当h∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，1))时，V′<0，
所以函数在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)))上单调递增，
在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，1))上单调递减，
所以当h＝eq \f(\r(3),3)时，V取得最大值eq \f(4\r(3)π,9)，此时圆柱的母线长为2h＝eq \f(2\r(3),3).
第2讲空间点、直线、平面之间的位置关系
例1 (1)D
(2)AC [如图，连接AC，EF，BD，MH，EH，EM，MG，NH，则AC与EF相交且互相平分，故四边形AECF为平行四边形，故A正确；
所以AE∥CF且AE＝CF.又G，H，M，N分别是正八面体ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中点，
所以GM∥AE，NH∥CF，
且GM＝eq \f(1,2)AE，NH＝eq \f(1,2)CF，
所以GM∥NH，且GM＝NH，
所以四边形MNHG是平行四边形，故B错误；
易证平面MNHG∥平面EAB，
又GH⊂平面MNHG，
所以GH∥平面EAB，故C正确；
因为EH⊥BC，MH⊥BC，EH∩MH＝H，EH，MH⊂平面EMH，
所以BC⊥平面EMH，
而GH⊄平面EMH，GH∩EH＝H，
所以GH与BC不垂直，故D错误．]
跟踪演练1 (1)BD
(2)ABD [如图，因为 AA1∥CC1，则A，A1，C1，C四点共面．
因为 M∈A1C，则 M∈平面 ACC1A1，
又M∈平面 AB1D1，则点 M 在平面 ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
同理，O，A也在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
所以A，M，O三点共线，故A正确；
从而 M，O，A1，A四点共面，都在平面 ACC1A1 内，
而点B不在平面 ACC1A1 内，
所以M，O，A1，B四点不共面，故B正确；
B，B1，O三点均在平面BB1D1D内，而点A不在平面BB1D1D内，
所以直线AO与平面BB1D1D相交且点O是交点，
所以点M不在平面BB1D1D内，
即 B，B1，O，M 四点不共面，故C错误；
因为BC∥D1A1，且BC＝D1A1，
所以四边形BCD1A1为平行四边形，
所以CA1，BD1共面，所以B，D1，C，M四点共面，故D正确．]
例2 (1)证明因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以A1C⊥BC，
又因为∠ACB＝90°，即AC⊥BC，
因为A1C，AC⊂平面ACC1A1，
A1C∩AC＝C，
所以BC⊥平面ACC1A1，
又因为BC⊂平面BB1C1C，
所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2)解如图，
过点A1作A1O⊥CC1于点O.
因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1，
所以A1O⊥平面BB1C1C，
所以四棱锥A1－BB1C1C的高为A1O.
因为A1C⊥平面ABC，AC，BC⊂平面ABC，
所以A1C⊥BC，A1C⊥AC，
在Rt△ABC与Rt△A1BC中，
因为A1B＝AB，BC＝BC，
所以Rt△ABC≌Rt△A1BC，
所以A1C＝AC.
设A1C＝AC＝x，则A1C1＝x，
所以O为CC1中点，OC1＝eq \f(1,2)AA1＝1，
又因为A1C⊥AC，
所以A1C2＋AC2＝AAeq \\al(2,1)，
即x2＋x2＝22，解得x＝eq \r(2)，所以A1O＝eq \r(A1C\\al(2,1)－OC\\al(2,1))＝eq \r(\r(2)2－12)＝1，
所以四棱锥A1－BB1C1C的高为1.
跟踪演练2 证明如图，设AC与BD交于点O，则O为正方形ABCD的中心，连接OE，OF.
(1)不妨令AB＝eq \r(2).
则DE＝EF＝1.
∵四边形ABCD为正方形，
∴BD＝eq \r(2)AB＝2＝2BO.
∵EF∥平面ABCD，且平面ABCD∩平面BDEF＝BD，EF⊂平面BDEF，
∴EF∥BD，
∴EF∥OB，EF＝OB，即四边形BOEF为平行四边形，
∴OE∥BF.
又OE⊂平面AEC，BF⊄平面AEC，
∴BF∥平面AEC.
(2)∵EF∥DO，且EF＝DO，DE＝EF，
∴四边形ODEF为菱形．
∵DE⊥平面ABCD，
∴四边形ODEF为正方形，∴DF⊥OE.
又四边形ABCD为正方形，
∴BD⊥AC.
∵DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴DE⊥AC.
而BD∩DE＝D，且BD，DE⊂平面BDEF，∴AC⊥平面BDEF.
∵DF⊂平面BDEF，
∴AC⊥DF.
又OE∩AC＝O，OE，AC⊂平面AEC，
∴DF⊥平面AEC.
例3 (1)C
(2)ABD [如图所示，取CD的中点F，
连接MF，BF，AC，
易得MF∥A1D，
BF∥DE，
∵MF⊄平面A1DE，A1D⊂平面A1DE，
∴MF∥平面A1DE，
同理可得BF∥平面A1DE，
又MF∩BF＝F，MF，BF⊂平面BMF，
∴平面BMF∥平面A1DE，
∵BM⊂平面BMF，
∴BM∥平面A1DE，D选项正确；
又∠BFM＝∠A1DE，
MF＝eq \f(1,2)A1D为定值，BF＝DE为定值，
由余弦定理知，BM2＝MF2＋BF2－2MF·BF·cs∠MFB，
∴BM的长为定值，A选项正确；
∴点M的运动轨迹在以点B为圆心，BM为半径的圆周上，B选项正确；
∵A1C在平面ABCD中的射影在直线AC上，且AC与DE不垂直，
∴不存在某个位置，使DE⊥A1C，C选项错误．]
跟踪演练3 D [对于A，因为四边形ABCD为正方形，可得AC⊥BO，AC⊥DO，
又由BO∩DO＝O，且BO，DO⊂平面BOD，所以AC⊥平面BOD，所以A正确；
对于B，当平面ACD⊥平面ABC时，此时点D到平面ABC的距离最大，
即三棱锥D－ABC高的最大值为h＝DO＝eq \r(2)，
此时三棱锥D－ABC的体积最大，为V＝eq \f(1,3)S△ABC·h＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×eq \r(2)＝eq \f(2\r(2),3)，所以B正确；
对于C，由OA＝OB＝OC＝OD＝eq \r(2)，所以三棱锥D－ABC外接球的球心为O，
即外接球的半径R＝eq \r(2)，所以三棱锥D－ABC外接球的表面积S＝4πR2＝8π(定值)，所以C正确；
对于D，如图所示，取AB，AO的中点E，F，分别连接ME，EF，NF，NE，MF，
因为E，F，N分别为AB，AO，AD的中点，
可得EF∥BO，NF∥DO且EF∩NF＝F，BO∩DO＝O，
所以平面NEF∥平面BOD，
又因为AC⊥平面BOD，所以AC⊥平面NEF，
因为AC∥ME，所以ME⊥平面NEF，
所以∠MNE即为直线MN与平面NEF所成的角，
在折叠过程中，设BD的长度为a，则a∈(0,2eq \r(2))，
由E，N分别为AB，AD的中点，得NE＝eq \f(1,2)BD，
在Rt△MNE中，
可得tan∠MNE＝eq \f(ME,NE)＝eq \f(\f(1,2)AC,\f(1,2)BD)＝eq \f(AC,BD)＝eq \f(2\r(2),a)>1，所以∠MNE的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，
即MN与平面BOD所成角的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以D错误．]
第3讲空间向量与空间角
例1 (1)B
(2)C [以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则G(a，a,2)，a∈[0,2]，
因为E，F分别为AB，BC的中点，
则A(2,0,0)，E(2,1,0)，F(1,2,0)，
故eq \(AG,\s\up6(→))＝(a－2，a,2)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，
设两异面直线的夹角为α，其中α∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
故cs α＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AG,\s\up6(→))·\(EF,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AG,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(EF,\s\up6(→)))))
＝eq \f(2,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－2))2＋a2＋4)×\r(2))
＝eq \f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－1))2＋3))，
因为a∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，2))，则当a＝0或a＝2时，cs α取得最小值，最小值为eq \f(1,2)，
又因为y＝cs α在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，则α的最大值为eq \f(π,3).]
跟踪演练1 (1)B
(2)D [方法一取AN的中点E，连接ME，BE，则ME∥CN，所以∠BME或其补角就是异面直线BM，CN所成的角．
设AB＝4，
则BM＝CN＝2eq \r(3)，ME＝eq \r(3)，BE＝eq \r(AB2＋AE2－2AB·AEcs 60°)＝eq \r(13)，
cs∠BME＝eq \f(ME2＋BM2－BE2,2ME·MB)
＝eq \f(3＋12－13,2×\r(3)×2\r(3))＝eq \f(1,6).
方法二不妨设正四面体ABCD的棱长为2，以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\(CA,\s\up6(→))，\(CB,\s\up6(→))，\(CD,\s\up6(→))))为基底，则eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(CM,\s\up6(→))－eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(CA,\s\up6(→))－eq \(CB,\s\up6(→))，eq \(CN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(CA,\s\up6(→))＋\(CD,\s\up6(→))))，
则eq \(BM,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)×
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(CA,\s\up6(→))2＋\f(1,2)\(CA,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→))－\(CB,\s\up6(→))·\(CA,\s\up6(→))－\(CB,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→))))
＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×22－\f(3,2)×22×cs 60°))
＝－eq \f(1,2)，
又|eq \(BM,\s\up6(→))|＝|eq \(CN,\s\up6(→))|＝eq \r(3)，
设异面直线BM，CN所成的角为θ，
θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以cs θ＝|cs〈eq \(BM,\s\up6(→))，eq \(CN,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(BM,\s\up6(→))·\(CN,\s\up6(→))|,|\(BM,\s\up6(→))||\(CN,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,6)，
所以异面直线BM，CN所成角的余弦值为eq \f(1,6).]
例2 (1)证明在四边形ABCD中，作DE⊥AB于点E，CF⊥AB于点F，
如图．
因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，
AB＝2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以AE＝BF＝eq \f(1,2)，
故DE＝eq \f(\r(3),2)，
BD＝eq \r(DE2＋BE2)＝eq \r(3)，
所以AD2＋BD2＝AB2，
所以AD⊥BD.
因为PD⊥平面ABCD，
BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，
又PD∩AD＝D，
PD，AD⊂平面PAD，
所以BD⊥平面PAD.
又因为PA⊂平面PAD，
所以BD⊥PA.
(2)解由(1)知，DA，DB，DP两两垂直，
如图，以D为原点，DA，DB，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，P(0,0，eq \r(3))，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝(－1,0，eq \r(3))，
eq \(BP,\s\up6(→))＝(0，－eq \r(3)，eq \r(3))，
eq \(DP,\s\up6(→))＝(0,0，eq \r(3))．
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AP,\s\up6(→))＝0，,n·\(BP,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)z＝0，,－\r(3)y＋\r(3)z＝0，))
可取n＝(eq \r(3)，1,1)，
则|cs〈n，eq \(DP,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(DP,\s\up6(→))|,|n||\(DP,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(5),5)，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5).
跟踪演练2 (1)证明在三棱台ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝2，D是AC的中点，
∴A1C1∥AD，A1C1＝AD，
∴四边形ADC1A1为平行四边形，故AA1∥DC1，
∵AA1⊄平面DEC1，DC1⊂平面DEC1，故AA1∥平面DEC1，
又在△ABC中，D，E分别为AC，BC的中点，
∴DE∥AB，又AB⊄平面DEC1，
DE⊂平面DEC1，
∴AB∥平面DEC1，
又AB∩AA1＝A，
AB，AA1⊂平面ABB1A1，
∴平面ABB1A1∥平面DEC1，
又AB1⊂平面ABB1A1，
∴AB1∥平面DEC1.
(2)解 ∵CC1⊥平面ABC，
AB⊂平面ABC，
∴CC1⊥AB，又AB⊥BC1，CC1∩BC1＝C1，CC1，BC1⊂平面BCC1B1，
故AB⊥平面BCC1B1，由于BC⊂平面BCC1B1，
∴AB⊥BC，
又DE∥AB，进而DE⊥BC，
连接B1E，由B1C1∥EC，B1C1＝EC，
∴四边形B1C1CE为平行四边形，
故CC1∥B1E，由于CC1⊥平面ABC，因此B1E⊥平面ABC，
故ED，EC，EB1两两垂直，以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设B1E＝a，
则E(0,0,0)，B(－1,0,0)，D(0,1,0)，C1(1,0，a)，
故eq \(ED,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(EC1,\s\up6(—→))＝(1,0，a)，
设平面DEC1的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(ED,\s\up6(→))·m＝y＝0，,\(EC1,\s\up6(—→))·m＝x＋az＝0，))
取x＝a，则m＝(a,0，－1)，
又eq \(BC1,\s\up6(—→))＝(2,0，a)，
故sin θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈\(BC1,\s\up6(→))，m〉))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(BC1,\s\up6(—→))·m)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(BC1,\s\up6(—→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m)))
＝eq \f(a,\r(a2＋1)\r(a2＋4))
＝eq \f(1,\r(a2＋\f(4,a2)＋5))≤eq \f(1,\r(2\r(a2×\f(4,a2))＋5))＝eq \f(1,3)，
当且仅当a2＝eq \f(4,a2)，即a＝eq \r(2)时，等号成立，
∴直线BC1与平面DEC1所成角的正弦值的最大值为eq \f(1,3).
例3 (1)证明以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图，
则C(0,0,0)，C2(0,0,3)，B2(0,2,2)，D2(2,0,2)，A2(2,2,1)，
∴eq \(B2C2,\s\up6(—→))＝(0，－2,1)，
eq \(A2D2,\s\up6(—→))＝(0，－2,1)，
∴eq \(B2C2,\s\up6(—→))∥ eq \(A2D2,\s\up6(—→))，
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，
∴B2C2∥A2D2.
(2)解设P(0,2，λ)(0≤λ≤4)，
则eq \(A2C2,\s\up6(—→))＝(－2，－2,2)，eq \(PC2,\s\up6(—→))＝(0，－2，3－λ)，eq \(D2C2,\s\up6(—→))＝(－2,0,1)，
设平面PA2C2的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A2C2,\s\up6(—→))＝－2x－2y＋2z＝0，,n·\(PC2,\s\up6(—→))＝－2y＋3－λz＝0，))
令 z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，
∴n＝(λ－1,3－λ，2)，
设平面A2C2D2的法向量为m＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(A2C2,\s\up6(—→))＝－2a－2b＋2c＝0，,m·\(D2C2,\s\up6(—→))＝－2a＋c＝0，))
令 a＝1，得b＝1，c＝2，
∴m＝(1,1,2)，
∴|cs〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)
＝eq \f(6,\r(6)\r(4＋λ－12＋3－λ2))
＝|cs 150°|＝eq \f(\r(3),2)，
化简可得，λ2－4λ＋3＝0，
解得λ＝1或λ＝3，
∴P(0,2,3)或P(0,2,1)，
∴B2P＝1.
跟踪演练3 (1)证明如图，连接AE，DE，
因为E为BC的中点，DB＝DC，
所以DE⊥BC，
因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，
所以△ACD与△ABD均为等边三角形，
所以AC＝AB，从而AE⊥BC，
又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE，而AD⊂平面ADE，
所以BC⊥DA.
(2)解不妨设DA＝DB＝DC＝2，
因为BD⊥CD，
所以BC＝2eq \r(2)，DE＝AE＝eq \r(2).
所以AE2＋DE2＝4＝AD2，
所以AE⊥DE，
又AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD，
所以AE⊥平面BCD.
以E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则D(eq \r(2)，0,0)，A(0,0，eq \r(2))，B(0，eq \r(2)，0)，E(0,0,0)，
设平面ABD与平面ABF的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，
平面ABD与平面ABF夹角为θ，而eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(2)，－eq \r(2))，
因为eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，
所以F(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，
则eq \(AF,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0,0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(DA,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AB,\s\up6(→))＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,\r(2)y1－\r(2)z1＝0，))
令x1＝1，得y1＝1，z1＝1，
所以n1＝(1,1,1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AF,\s\up6(→))＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)y2－\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2＝0，))
则x2＝0，令y2＝1，得z2＝1，
所以n2＝(0,1,1)，
所以|cs θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3)，
从而sin θ＝eq \r(1－\f(6,9))＝eq \f(\r(3),3).
所以平面ABD与平面ABF夹角的正弦值为eq \f(\r(3),3).
第4讲空间向量与距离、探究性问题
例1 (1)A [四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，即OA，OB，OC两两垂直，
以O为原点，以eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
如图，因为OA＝1，OB＝2，OC＝3，OC＝3OD，
则A(1,0,0)，D(0,0,1)，B(0,2,0)，C(0,0,3)，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)，1))，
于是eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(2,3)，1))，
eq \(AD,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，
|eq \(AD,\s\up6(→))|＝eq \r(－12＋12)＝eq \r(2)，
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AG,\s\up6(→))))＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＋12)
＝eq \f(\r(17),3)，
eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝－eq \f(2,3)×(－1)＋1＝eq \f(5,3)，
所以点G到直线AD的距离
d＝eq \r(|\(AG,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AG,\s\up6(→))·\(AD,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up6(→)))))))2)
＝eq \r(\f(17,9)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\f(5,3),\r(2))))2)＝eq \f(\r(2),2).]
(2)D [如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A1(1,0,1)，
C1(0,1,1)，
设P(x,0,1－x)，0≤x≤1，
则eq \(A1P,\s\up6(—→))＝(x－1,0，－x)，
eq \(A1C1,\s\up6(—→))＝(－1,1,0)，
∴动点P到直线A1C1的距离
d＝eq \r(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(A1P,\s\up6(—→))))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(A1P,\s\up6(—→))·\(A1C1,\s\up6(—→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(A1C1,\s\up6(—→)))))))2)
＝eq \r(x－12＋－x2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－x,\r(2))))2)
＝eq \r(\f(3,2)x2－x＋\f(1,2))
＝eq \r(\f(3,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,3)))2＋\f(1,3))≥eq \f(\r(3),3)，当且仅当x＝eq \f(1,3)时取等号，
即线段AD1上的动点P到直线A1C1距离的最小值为eq \f(\r(3),3).]
例2 (1)C
(2)B [如图所示，建立以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DP,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系．
则P(0,0,1)，A(1,0,0)，
Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，
所以eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))，
eq \(PE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，－1))，
设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\(PE,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＝0，,x＋\f(1,2)y－z＝0，))
令x＝2，则y＝2，z＝3，
所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，2，3)).
因为eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，
所以点A到平面PEF的距离
d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AE,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝eq \f(1,\r(17))＝eq \f(\r(17),17).
因为E，F分别为AB，BC的中点，
所以EF∥AC，又EF⊂平面PEF，AC⊄平面PEF，
所以AC∥平面PEF，
所以AC到平面PEF的距离即为点A到平面PEF的距离eq \f(\r(17),17).]
跟踪演练1 解
(1)设正四棱柱的高为h，以A1为坐标原点，A1B1，A1D1，A1A所在的直线分别为x 轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0，h)，B1(1,0,0)，D1(0,1,0)，C(1,1，h)，
则eq \(AB1,\s\up6(—→))＝(1,0，－h)，
eq \(AD1,\s\up6(—→))＝(0,1，－h)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(1,1,0)．
设平面AB1D1的法向量为n＝(u，v，w)．
因为n⊥eq \(AB1,\s\up6(—→))，n⊥eq \(AD1,\s\up6(—→))，
所以n·eq \(AB1,\s\up6(—→))＝0，n·eq \(AD1,\s\up6(—→))＝0.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(u·1＋v·0＋w·－h＝0，,u·0＋v·1＋w·－h＝0，))
得u＝hw，v＝hw，
所以n＝(hw，hw，w)．
取w＝1，得n＝(h，h,1)．
由点C 到平面AB1D1的距离为d＝eq \f(|\(AC,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|h＋h＋0|,\r(h2＋h2＋1))＝eq \f(4,3)，解得h＝2.
(2)由(1)可知A1(0,0,0)，C1(1,1,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，1))，
eq \(A1E,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，1))，eq \(A1C1,\s\up6(—→))＝(1,1,0)，
所以点E到直线A1C1的距离
d＝eq \r(|\(A1E,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(A1E,\s\up6(—→))·\(A1C1,\s\up6(—→)),|\(A1C1,\s\up6(—→))|)))2)
＝eq \r(\f(5,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\f(1,2),\r(2))))2)＝eq \f(3\r(2),4).
例3 解 (1)设O是AD的中点，连接OP，OB，
由于PA＝PD＝eq \r(5)，所以OP⊥AD，
由于平面PAD⊥平面ABCD且交线为AD，OP⊂平面PAD，
所以OP⊥平面ABCD，由于OB⊂平面ABCD，所以OP⊥OB，
在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，
所以△ABD是等边三角形，所以OB⊥AD，
故OA，OB，OP两两垂直，以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
OP＝eq \r(5－1)＝2，P(0,0,2)，A(1,0,0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(3)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\r(3)，0))，D(－1,0,0)，
eq \(AP,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq \(DP,\s\up6(→))＝(1,0,2)，
eq \(PC,\s\up6(→))＝(－2，eq \r(3)，－2)，
eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \(DP,\s\up6(→))＋eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(DP,\s\up6(→))＋eq \f(3,4)eq \(PC,\s\up6(→))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，2))＋eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\r(3)，－2))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3\r(3),4)，\f(1,2)))，
设异面直线AP与DM所成的角为θ，
则cs θ＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·\(DM,\s\up6(→))|,|\(AP,\s\up6(→))||\(DM,\s\up6(→))|)
＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋1)),\r(5)×\r(\f(1,4)＋\f(27,16)＋\f(1,4)))＝eq \f(6\r(7),35).
所以异面直线AP与DM所成角的余弦值为eq \f(6\r(7),35).
(2)eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3\r(3),4)，\f(1,2)))，
eq \(DB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(3)，0))，
设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DM,\s\up6(→))＝－\f(1,2)x＋\f(3\r(3),4)y＋\f(1,2)z＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝x＋\r(3)y＝0，))
令x＝－6，则y＝2eq \r(3)，z＝－15，
即n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－6，2\r(3)，－15)).
设eq \f(PN,PB)＝λ，则eq \(PN,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))，
eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(PN,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))＋λeq \(PB,\s\up6(→))
＝(－1,0,2)＋λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(3)，－2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\r(3)λ，2－2λ)).
若AN∥平面BDM，
则eq \(AN,\s\up6(→))·n＝6＋6λ－15(2－2λ)
＝－24＋36λ＝0，
解得λ＝eq \f(2,3)，
所以在棱PB上存在点N，使得AN∥平面BDM且eq \f(PN,PB)＝eq \f(2,3).
跟踪演练2 (1)证明在△GBB1中，GB1＝eq \f(1,2)AB＝2，BB1＝1，∠A1B1B＝60°，则GB＝
eq \r(GB\\al(2,1)＋BB\\al(2,1)－2GB1·BB1cs∠A1B1B)＝eq \r(3)，
则GBeq \\al(2,1)＝BBeq \\al(2,1)＋GB2，即GB⊥BB1，
又平面BB1C1C⊥平面AA1B1B，
且平面BB1C1C∩平面AA1B1B＝BB1，
GB⊂平面AA1B1B，故GB⊥平面BB1C1C.
又GB⊂平面GBC，则平面GBC⊥平面BB1C1C.
(2)解存在．
由(1)知，BG，BB1，BC两两垂直，
如图，以B为坐标原点，以BG，BB1，BC所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
则B(0,0,0)，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，0，0))，B1(0,1,0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，t))(0≤t≤1)，
则eq \(GB1,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，1，0))，eq \(B1P,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－1，t)).
设平面PGB1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(GB1,\s\up6(—→))＝0，,n·\(B1P,\s\up6(—→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)x＋y＝0，,－y＋tz＝0，))
令z＝eq \r(3)，则y＝eq \r(3)t，x＝t，
即n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\r(3)t，\r(3))).
又平面BB1G的一个法向量为
m＝(0,0,1)，
则|cs〈m，n〉|＝eq \f(\r(3),\r(t2＋3t2＋3))＝eq \f(\r(3),\r(4t2＋3))＝cs 30°＝eq \f(\r(3),2)，
解得t2＝eq \f(1,4)，又0≤t≤1，
则t＝eq \f(1,2).故BP＝eq \f(1,2).
微重点7 球的切接问题
例1 (1)A [如图所示，设外接球半径为R，取BC的中点O，连接OD，OA，分别取△BCD和△ABC的外心E，F，
过两点分别作平面BDC和平面ABC的垂线，交于点P，则P就是外接球的球心，连接OP，DP，
则∠AOD为二面角A－BC－D的平面角，即∠AOD＝60°，则△AOD是等边三角形，
其边长为6×eq \f(\r(3),2)＝3eq \r(3)，
OE＝eq \f(1,3)OD＝eq \f(1,3)×3eq \r(3)＝eq \r(3)，
在△POE中，∠POE＝30°，
所以PE＝OEtan 30°＝eq \r(3)×eq \f(\r(3),3)＝1，
又由DE＝eq \f(2,3)OD＝2eq \r(3)，
所以R＝PD＝eq \r(PE2＋DE2)＝eq \r(12＋2\r(3)2)＝eq \r(13)，所以四面体ABCD外接球的表面积为4πR2＝4π×(eq \r(13))2＝52π.]
(2)2
解析如图，将三棱锥S－ABC转化为直三棱柱SMN－ABC，
设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，
则2r＝eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(3,\f(\r(3),2))＝2eq \r(3)，可得r＝eq \r(3)，
设三棱锥S－ABC的外接球球心为O，连接OA，OO1，
则OA＝2，OO1＝eq \f(1,2)SA，
因为OA2＝OOeq \\al(2,1)＋O1A2，
即4＝3＋eq \f(1,4)SA2，解得SA＝2.
跟踪演练1 (1)45π
(2)A [连接AC，BD，设AC∩BD＝M，取EF的中点N，连接MN，
由题意知，球心O在直线MN上，取BC的中点G，连接FG，则FG⊥BC，
且FG＝2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3).
连接MG，过点F作FP⊥MG于点P，则四边形MPFN是矩形，MN＝FP，
则MN＝FP＝eq \r(FG2－PG2)＝eq \r(2)，
又因AM＝eq \f(1,2)AC，
AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝2eq \r(5)，
则AM＝eq \r(5)，
因为△AMO和△ONE均为直角三角形，
设外接球半径为R，OM＝x，
当球心O在线段MN上时，
则R2＝x2＋(eq \r(5))2，R2＝(eq \r(2)－x)2＋12，
解得x＝－eq \f(\r(2),2)(舍)，
当球心O在线段MN外时，
则R2＝x2＋(eq \r(5))2，R2＝(eq \r(2)＋x)2＋12，
解得x＝eq \f(\r(2),2)，故R2＝eq \f(1,2)＋5＝eq \f(11,2)，
所以外接球的表面积S＝4πR2＝22π.]
例2 (1)A
(2)A [如图，作出圆台的轴截面，作DF⊥BC，垂足为F，
由题意知圆O与梯形ABCD相切，
则DC＝DE＋CE＝O2D＋O1C＝r2＋r1，又DC＝eq \r(DF2＋FC2)＝eq \r(4R2＋r1－r22)，
故eq \r(4R2＋r1－r22)＝r1＋r2，
化简可得R2＝r1r2，
则eq \f(S1,S2)＝eq \f(πr\\al(2,1)＋r\\al(2,2)＋πr1＋r2r1＋r2,4πR2)
＝eq \f(r\\al(2,1)＋r\\al(2,2)＋r1r2,2r1r2)
＝eq \f(r\\al(2,1)＋r\\al(2,2),2r1r2)＋eq \f(1,2)>eq \f(2r1r2,2r1r2)＋eq \f(1,2)
＝eq \f(3,2)(r1>r2，故取不到等号)，由于eq \f(3,2)，eq \f(π,3)，eq \f(4,3)都不大于eq \f(3,2)，故eq \f(S1,S2)的可能的取值为eq \f(π,2).]
跟踪演练2 (1)B
(2)eq \f(a3,6) eq \f(πa2,3)
解析正八面体T可视为两个全等的正四棱锥拼接而成，
且该正四棱锥的底面边长为eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2)＝eq \f(\r(2),2)a，高为eq \f(a,2)，所以正八面体的体积V＝2×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a))2×eq \f(a,2)＝eq \f(a3,6)，
由图可知，正八面体T的每个面都是棱长为eq \f(\r(2),2)a的等边三角形，
所以正八面体T的表面积
S＝8×eq \f(\r(3),4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a))2＝eq \r(3)a2，
设正八面体T的内切球半径为r，则V＝eq \f(1,3)Sr，
所以r＝eq \f(3V,S)＝eq \f(\f(a3,2),\r(3)a2)＝eq \f(\r(3),6)a，
因此，正八面体T的内切球的表面积为4πr2＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),6)a))2＝eq \f(πa2,3).
微重点8 立体几何中的动态问题
例1 ABC [对于A，因为eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(—→))(λ，μ∈R)且λ＋μ＝1，由向量基本定理可知，点B1，C，P共线，如图，连接AD1，A1C，BC1，B1C，
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C⊥BC1，A1B1⊥平面BB1C1C，
因为BC1⊂平面BB1C1C，所以A1B1⊥BC1，又B1C∩A1B1＝B1，
所以BC1⊥平面A1B1C，
在BC1上任取一点P，连接A1P，
则A1P⊂平面A1B1C，所以BC1⊥A1P，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
因为AB∥D1C1，且AB＝D1C1，
所以四边形ABC1D1为平行四边形，
所以AD1∥BC1，则AD1⊥A1P，故选项A正确；
对于B，如图，连接A1C1，C1D，
A1D，B1C，
因为eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(—→))(λ，μ∈R)且λ＋μ＝1，由向量基本定理可知点B1，C，P共线，即点P在直线B1C上，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
因为A1B1∥DC，且A1B1＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，所以A1D∥B1C，A1D⊂平面A1C1D，BC1⊄平面A1C1D，所以B1C∥平面A1C1D，则直线B1C上任意一点到平面A1C1D的距离相等，又因为△A1C1D的面积为一定值，所以三棱锥A1－PDC1的体积为定值，故选项B正确；
对于C，如图，连接AC，BD，AB1，BD1，B1C，B1D1，
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD，BB1⊥平面ABCD，
因为AC⊂平面ABCD，
所以BB1⊥AC，又BB1∩BD＝B，
所以AC⊥平面BB1D1D，BD1⊂平面BB1D1D，
所以AC⊥BD1，
同理AB1⊥BD1，又AB1∩AC＝A，
所以BD1⊥平面AB1C，因为点P满足eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(—→))(λ，μ∈R)，所以点P在侧面BB1C1C所在的平面上运动，且PA⊥BD1，所以动点P的轨迹就是直线B1C，故选项C正确；
对于D，因为点P到点A的距离为eq \r(3)，所以点P的轨迹是以A为球心，eq \r(3)为半径的球面与平面BB1C1C的交线，即点P的轨迹为小圆，设小圆半径为r，因为球心A到平面BB1C1C的距离为1，则r＝eq \r(\r(3)2－1)＝eq \r(2)，所以小圆的面积S＝πr2＝2π，故选项D错误．]
跟踪演练1 D
例2 ABD [如图，连接PB，依题意，△ABC，△APC都是等边三角形，
取AC的中点E，则BE⊥AC，PE⊥AC，又PE∩BE＝E，PE，BE⊂平面PBE，于是AC⊥平面PBE，又PB⊂平面PBE，因此AC⊥PB，A正确；
P的轨迹是以AC为轴的两个同底的圆锥底面半圆弧，显然圆锥轴截面的顶角为∠BAD＝∠BCD＝120°，大于90°，
则存在两条母线互相垂直，即存在点P，使得CD⊥PC，而翻折前AB∥CD，因此存在点P，使得AB⊥PC，B正确；
当PB＝2时，三棱锥P－ABC为正四面体，将△PAB，△PCB展开在同一平面内，如图，
显然四边形ABCP为菱形，∠BAP＝60°，当A，M，C三点共线时，
AM＋CM取得最小值2eq \r(3)，C错误；
由选项A知，AC⊥平面PBE，BE＝PE＝eq \r(3)，∠PEB是二面角P－AC－B的平面角，三棱锥P－ABC的体积VP－ABC＝eq \f(1,3)S△PEB·AC＝eq \f(1,3)·eq \f(1,2)BE·PEsin∠PEB·AC＝sin∠PEB≤1，
当且仅当∠PEB＝90°时取等号，此时PE⊥平面ABC，PB＝eq \r(PE2＋BE2)＝eq \r(6)，等腰△PBC的面积S＝eq \f(1,2)×eq \r(6)×eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))2)＝eq \f(\r(15),2)，设点A到平面PBC的距离为d，
由VA－PBC＝VP－ABC，得eq \f(1,3)×eq \f(\r(15),2)×d＝1，解得d＝eq \f(2\r(15),5)，
设直线AB与平面PBC所成的角为θ，
则sin θ＝eq \f(d,AB)＝eq \f(\r(15),5)，D正确．]
跟踪演练2 D [选项A，当点E固定在线段CD的某位置时，线段AE的长度为定值，AD′⊥D′E，过D′作D′H⊥AE于点H，H为定点，D′H的长度为定值，且D′H在过点H与AE垂直的平面内，故D′的轨迹是以H为圆心，D′H为半径的圆，故A错误；
选项B，无论E在CD(端点除外)的哪个位置，AB均不与AE垂直，故AB不与平面AD′E垂直，故B错误；
选项C，以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))分别为x，y，z轴的方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，F(0,0,3)，B(eq \r(3)，0,0)，C(eq \r(3)，1,0)．
eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(BF,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0,3)，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0,0)，
设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝y＝0，,n·\(BF,\s\up6(→))＝－\r(3)x＋3z＝0，))
取n＝(eq \r(3)，0,1)，
则点A到平面BCF的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝eq \f(3,2)，故C错误；
选项D，设E(eq \r(3)λ，1,0)，λ∈(0,1)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，
eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)λ，－1，3))，
设EF与BC所成的角为θ，
则cs θ＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(EF,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(EF,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(BC,\s\up6(→)))))
＝eq \f(1,\r(3λ2＋10))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(13),13)，\f(\r(10),10)))，故D正确．]
例3 ABD [如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
设eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BD1,\s\up6(—→))(0≤λ≤1)，
则A(1,0,0)，
B(1,1,0)，
C(0,1,0)，
D1(0,0,2)，
则eq \(BD1,\s\up6(—→))＝(－1，－1,2)，
故eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BD1,\s\up6(—→))
＝(－λ，－λ，2λ)，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))
＝(0,1,0)＋(－λ，－λ，2λ)
＝(－λ，1－λ，2λ)，
eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))
＝(1,0,0)＋(－λ，－λ，2λ)
＝(1－λ，－λ，2λ)．
对于A，当P为BD1中点时，
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，
则eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)，－1))，
eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，－1))，
所以cs∠APC＝eq \f(\(PA,\s\up6(→))·\(PC,\s\up6(→)),|\(PA,\s\up6(→))||\(PC,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,3)>0，
所以∠APC为锐角，故A正确；
当BD1⊥平面APC时，
因为AP，CP⊂平面APC，
所以BD1⊥AP，BD1⊥CP，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BD1,\s\up6(→))·\(AP,\s\up6(→))＝λ＋λ－1＋4λ＝0，,\(BD1,\s\up6(→))·\(CP,\s\up6(→))＝λ－1＋λ＋4λ＝0，))
解得λ＝eq \f(1,6)，
故存在点P，使得BD1⊥平面APC，故B正确；
对于C，当BD1⊥AP，BD1⊥CP时，AP＋PC取得最小值，
由B得此时λ＝eq \f(1,6)，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,6)，\f(5,6)，\f(1,3)))，
eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)，－\f(1,6)，\f(1,3)))，
所以|eq \(AP,\s\up6(→))|＝|eq \(CP,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(30),6)，
即AP＋PC的最小值为eq \f(\r(30),3)，故C错误；
对于D，eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，
设平面APC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，,n·\(AP,\s\up6(→))＝－λx＋1－λy＋2λz＝0，))
可取n＝(2λ，2λ，2λ－1)，
则点B到平面APC的距离为
|eq \(AB,\s\up6(→))|·|cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)
＝eq \f(|2λ|,\r(12λ2－4λ＋1))，
当λ＝0时，点B到平面APC的距离为0，
当0<λ≤1，即1≤eq \f(1,λ)时，
有eq \f(|2λ|,\r(12λ2－4λ＋1))＝eq \f(1,\r(3－\f(1,λ)＋\f(1,4λ2)))
＝eq \f(1,\r(2＋\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,λ)－2))2))≤eq \f(\r(2),2)，
当且仅当λ＝eq \f(1,2)时，取等号，所以点B到平面APC的最大距离为eq \f(\r(2),2)，故D正确．]
跟踪演练3 ACD [对于A，由正方体可得平面DAA1D1∥平面BCC1B1，且B，P∈平面BCC1B1，
所以点B到平面DAA1D1的距离等于点P到平面DAA1D1的距离，
所以四面体PA1D1A的体积VP－A1D1A＝VB－A1D1A＝eq \f(1,3)S△A1D1A×1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×1＝eq \f(1,6)，
所以四面体PA1D1A的体积为定值，故A正确；
对于B，当P与B重合时，AP＋PC＝AB＋BC＝2<2eq \r(2)，
所以AP＋PC的最小值不为2eq \r(2)，故B错误；
对于C，连接A1C1，A1B，
由正方体可得AA1＝CC1，AA1∥CC1，
所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1，因为AC⊂平面ACD1，A1C1⊄平面ACD1，
所以A1C1∥平面ACD1，
同理可得BC1∥平面ACD1
因为A1C1∩BC1＝C1，A1C1，BC1⊂平面A1C1B，
所以平面A1C1B∥平面ACD1，
因为A1P⊂平面A1C1B，
所以A1P∥平面ACD1，故C正确；
对于D，因为AC∥A1C1，
所以∠PA1C1(或其补角)为直线A1P与AC所成的角，
由图可得当P与B重合时，此时∠PA1C1最大为eq \f(π,3)，
当P与C1重合时，此时∠PA1C1最小为0，
所以直线A1P与AC所成的角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，故D正确．]
微重点9 截面、交线问题
例1 ABD [画出截面图形如图，
可以画出等腰梯形，故A正确；
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，作截面EFGH(如图所示)交C1D1，A1B1，AB，CD分别于点E，F，G，H，根据平面平行的性质定理可得四边形EFGH中，EF∥HG，且EH∥FG，故四边形EFGH是平行四边形，此四边形不一定是矩形，故B正确；
经过正方体的一个顶点去切就可得到五边形，但此时不可能是正五边形，故C错误；
正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，且可以画出正六边形，故D正确．]
例2 ABD [设E，F分别为AB，CD的中点，连接ME，EN，NF，MF，EF，AN，DN，
则EM∥BD，NF∥BD，EM＝eq \f(1,2)BD，NF＝eq \f(1,2)BD，
故EM∥NF，EM＝NF，则四边形MENF为平行四边形，
故EF，MN交于一点，且互相平分，即O点也为EF的中点，
又AB＝AC，DB＝DC，故AN⊥BC，DN⊥BC，
AN∩DN＝N，AN，DN⊂平面AND，故BC⊥平面AND，
由于O∈MN，MN⊂平面AND，则AO⊂平面AND，
故BC⊥AO，结合O点为EF的中点，同理可证DC⊥AO，
BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面BCD，故AO⊥平面BCD，A正确；
又球O的表面正好经过点M，则球O的半径为OM，
棱长为2的正四面体ABCD中，AN＝DN＝eq \r(3)，M为AD的中点，则MN⊥AD，
故MN＝eq \r(ND2－MD2)＝eq \r(3－1)＝eq \r(2)，
则OM＝eq \f(\r(2),2)，
所以球O的体积为eq \f(4,3)π×OM3＝eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))3＝eq \f(\r(2)π,3)，B正确；
由BC⊥平面AND，BC⊂平面BCD，故平面AND⊥平面BCD，
平面AND∩平面BCD＝DN，由于AO⊥平面BCD，
延长AO交平面BCD于G点，则OG⊥平面BCD，垂足G落在DN上，
且G为正△BCD的中心，
故NG＝eq \f(1,3)ND＝eq \f(\r(3),3)，所以OG＝eq \r(ON2－NG2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))2)＝eq \f(\r(6),6)，
故球O被平面BCD截得的截面圆的半径为
eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),6)))2)＝eq \f(\r(3),3)，
则球O被平面BCD截得的截面圆的面积为π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))2＝eq \f(π,3)，C错误；
由A的分析可知，O也为棱AC，BD中点连线的中点，
则球O与每条棱都交于棱的中点，结合C的分析可知，
球O被正四面体ABCD的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为eq \f(\r(3),3)，
故球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为4×2π×eq \f(\r(3),3)＝eq \f(8\r(3)π,3)，D正确．]
跟踪演练1 (1)ABC
(2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(7π,3)))
解析正三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点，连接AO2，AO，OD，如图所示，设外接球的半径为R，下底面外接圆的半径为r，r＝AO2＝eq \f(2\r(3),3)，
则R2＝r2＋1＝eq \f(7,3).
①当过点D的平面过球心时，截得的截面圆最大，截面圆的半径即为球的半径，所以截面圆的面积最大为πR2＝eq \f(7π,3)；
②当过点D的平面垂直OD时，截面圆的面积最小，OD2＝OA2－AD2＝eq \f(7,3)－1＝eq \f(4,3)，截面圆的半径为eq \r(R2－OD2)＝eq \r(\f(7,3)－\f(4,3))＝1，
所以截面圆的面积最小为π×12＝π，
综上，截面面积的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(7π,3))).
例3 D [因为在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，取C1D1，DD1，BB1的中点分别为G，F，E，连接FG，FQ，QP，PE，ER，RG，
根据正方体的特征，易知，若连接PG，EF，RQ，则这三条线必相交于正方体的中心，
又GR∥EF∥QP，所以P，Q，F，G，R，E六点必共面，即为过P，Q，R的截面；
所以EP即为直线m，FQ即为直线l；
连接AB1，AD1，B1D1，因为EP∥AB1，FQ∥AD1，
所以∠B1AD1即为异面直线EP与FQ所成的角，又因为正方体的各面对角线相等，所以△AB1D1为等边三角形，因此∠B1AD1＝60°，即l，m所成的角为60°.]
例4 C [依题意，因为OA＝4，AA1＝7，OE＝OF＝5，
所以AE＝3＝OA1，A1F＝4＝OA，
所以△AEO≌△A1OF，所以∠AEO＝∠A1OF，
又因为∠AEO＋∠AOE＝eq \f(π,2)，
所以∠A1OF＋∠AOE＝eq \f(π,2)，
所以∠EOF＝π－(∠A1OF＋∠AOE)＝eq \f(π,2)，即OE⊥OF.
在平面AA1B1B内满足条件的点的轨迹为，
该轨迹是以5为半径的eq \f(1,4)个圆周，
所以长度为2π×5×eq \f(1,4)＝eq \f(5π,2)；同理，在平面AA1D1D内满足条件的点的轨迹长度为eq \f(5π,2)；
在平面A1B1C1D1内满足条件的点的轨迹为以A1为圆心，A1F为半径的圆弧，长度为2π×4×eq \f(1,4)＝2π；
同理，在平面ABCD内满足条件的点的轨迹为以A为圆心，AE为半径的圆弧，长度为2π×3×eq \f(1,4)＝eq \f(3π,2).
故轨迹的总长度为eq \f(5π,2)＋eq \f(5π,2)＋2π＋eq \f(3π,2)＝eq \f(17π,2).]
跟踪演练2 (1)C [取AB，AA1，A1B1，BB1的中点分别为F，E，H，G，N为四边形ABB1A1的中心，
连接MN，CF，MH，ME，MG，MF，HF，EG，
因为AB＝AA1＝4，故四边形ABB1A1为正方形，G，N，E三点共线，H，N，F三点共线，
MN⊥平面ABB1A1且GN＝EN＝NH＝NF＝2，
因为M为CC1的中点，
所以MN＝CF＝4sin 60°＝2eq \r(3)，
由勾股定理得MH＝MG＝ME＝MF＝eq \r(MN2＋22)＝4，
所以题中所求交线轨迹为以N为圆心，2为半径的圆，球与侧面ABB1A1的交线轨迹如图所示，
故交线长l＝2×π×2＝4π.]
(2)eq \r(5)
专题五概率与统计
第1讲计数原理与概率
例1 (1)B
(2)BC [对于A选项，从5位教师中选2位的不同选法共有Ceq \\al(2,5)＝10(种)，A错误；
对于B选项，数学不排在第一天，则数学有4种排法，其他4门学科全排列即可，
所以不同的排法共有4Aeq \\al(4,4)＝96(种)，
B正确；
对于C选项，数学、英语、语文排在都不相邻的三天，则这三门学科分别排在第一、三、五天，所以不同的排法共有Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(2,2)＝12(种)，C正确；
对于D选项，物理排在化学的前面(可以不相邻)的排法共有eq \f(A\\al(5,5),A\\al(2,2))＝eq \f(120,2)＝60(种)，D错误．]
跟踪演练1 (1)64 (2)ACD
例2 (1)－eq \f(1,2)
(2)AB [对于A选项，令x＝1，
则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2 023＝－1，
又a0＝Ceq \\al(0,2 023)＝1，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a2 023＝－2，故A正确；
对于B选项，令x＝－1，
则a0－a1＋a2－a3＋…－a2 023＝32 023，
－a1＋a2－a3＋…－a2 023＝32 023－1，
故a1－a2＋a3－a4＋…－a2 022＋a2 023＝1－32 023，故B正确；
对于C选项，记y＝(1－2x)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，
则y′＝－4 046(1－2x)2 022＝a1＋2a2x＋…＋2 023a2 023x2 022，
令x＝1，则a1＋2a2＋3a3＋…＋2 023a2 023＝－4 046，故C错误；
对于D选项，(1－2x)2 023的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,2 023)(－2x)k(0≤k≤2 023，k∈N)，
当k为奇数时，系数为负数，
所以|a1|＋|a2|＋…＋|a2 023|＝－a1＋a2－a3＋…－a2 023＝32 023－1，故D错误．]
跟踪演练2 (1)D
(2)ABD [(2x＋1)6＝[－1＋2(x＋1)]6＝Ceq \\al(0,6)(－1)6[2(x＋1)]0＋Ceq \\al(1,6)(－1)5[2(x＋1)]1＋…＋
Ceq \\al(6,6)(－1)0[2(x＋1)]6，①
对A，对题中式子，令x＝－2，则[2×(－2)＋1]6＝a0－a1＋a2－…＋a6＝36，故A正确；
对B，由①式知a2＋a3＝Ceq \\al(2,6)(－1)4×22＋Ceq \\al(3,6)(－1)3×23＝60－160＝－100，故B正确；
对C，ai＝Ceq \\al(i,6)(－1)6－i·2i(i＝0,1,2,3,4,5,6)，
当i＝1,3,5时，ai<0，a0＝1，
a2＝Ceq \\al(2,6)(－1)4·22＝60，
a4＝Ceq \\al(4,6)(－1)2·24＝240，
a6＝Ceq \\al(6,6)(－1)0·26＝64，最大的为a4，故C不正确；
对D，当x＝7时，(2x＋1)6＝156＝(16－1)6＝Ceq \\al(0,6)166－Ceq \\al(1,6)165＋Ceq \\al(2,6)164－Ceq \\al(3,6)163＋Ceq \\al(4,6)162－Ceq \\al(5,6)16＋Ceq \\al(6,6)
＝16×(Ceq \\al(0,6)165－Ceq \\al(1,6)164＋Ceq \\al(2,6)163－Ceq \\al(3,6)162＋Ceq \\al(4,6)161－Ceq \\al(5,6))＋1，所以(2×7＋1)6除以16的余数是1，故D正确．]
例3 (1)ABD [对于A，依次发送1,0,1，则依次收到1,0,1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1这3个事件的积，
它们相互独立，所以所求概率为(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，故A正确；
对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1,1,1，则依次收到1,0,1的事件是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1这3个事件的积，
它们相互独立，所以所求概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B正确；
对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1,1,0；1,0,1；0,1,1和1,1,1这4个事件的和，
它们互斥，所求的概率为Ceq \\al(2,3)β(1－β)2＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，故C错误；
对于D，三次传输，发送0，则译码为0的概率P＝(1－α)2(1＋2α)，
单次传输发送0，则译码为0的概率P′＝1－α，而0<α<0.5，
因此P－P′＝(1－α)2(1＋2α)－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，即P>P′，故D正确．]
(2)ACD [选项A，易知P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝eq \f(1,3)，故A正确；
选项B，因为P(B|A1)＝eq \f(C\\al(1,2),C\\al(1,6))＝eq \f(1,3)，
故B错误；
选项C，因为P(B|A2)＝eq \f(C\\al(1,3),C\\al(1,8))＝eq \f(3,8)，
所以P(A2B)＝P(B|A2)P(A2)＝eq \f(3,8)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,8)，故C正确；
选项D，因为P(B|A1)＝eq \f(C\\al(1,2),C\\al(1,6))＝eq \f(1,3)，
P(B|A2)＝eq \f(C\\al(1,3),C\\al(1,8))＝eq \f(3,8)，
P(B|A3)＝eq \f(C\\al(1,2),C\\al(1,5))＝eq \f(2,5)，
所以P(B)＝P(B|A1)P(A1)＋P(B|A2)P(A2)＋P(B|A3)P(A3)＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(3,8)＋\f(2,5)))＝eq \f(133,360)，故D正确．]
跟踪演练3 (1)A (2)ABD
第2讲随机变量及其分布
例1 (1)AC [由题意可知a＋eq \f(b,2)＋eq \f(b,2)＝1，即a＋b＝1，所以A正确；
因为E(X)＝0×a＋1×eq \f(b,2)＋2×eq \f(b,2)＝eq \f(3b,2)，所以B不正确；
因为D(X)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(3b,2)))2＋eq \f(b,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3b,2)))2＋eq \f(b,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(3b,2)))2 ＝－eq \f(9,4)b2＋eq \f(5,2)b
＝－eq \f(9,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(5,9)))2＋eq \f(25,36)，b∈(0,1)，
所以D(X)是开口向下的二次函数．
所以D(X)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,9))) 上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)，1))上单调递减，
所以D(X)有最大值，无最小值．
所以C正确，D不正确．]
(2)eq \f(11,4)
解析依题意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋b＋\f(1,2)＝1，,0×\f(1,2)＋1×a＋2×b＝\f(3,4)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,4)，,b＝\f(1,4)，))
∴ξ的分布列为
∴D(ξ)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(3,4)))2＋eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))2＋eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(3,4)))2＝eq \f(11,16)，
D(2ξ＋1)＝4D(ξ)＝eq \f(11,4).
跟踪演练1 (1)ABC
(2)D [由题可知2a＋2b＝1,0≤a≤1，0≤2b≤1，
所以a＋b＝eq \f(1,2)，0≤b≤eq \f(1,2)，
E(X)＝a＋4b＋3a＝4(a＋b)＝2，
D(X)＝(1－2)2a＋(3－2)2a＝2a，
则D(bX)＝b2D(X)＝2ab2＝－2b3＋b2，
令f(b)＝－2b3＋b2，
则f′(b)＝－6b2＋2b＝－2b(3b－1)，
则f(b)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,2)))上单调递减，
所以f(b)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝eq \f(1,27)，
所以D(bX)的最大值为eq \f(1,27).]
例2 解 (1)因为10×0.75＝7.5，所以第75百分位数为第8个成绩，为96；平均数为
eq \f(93×2＋94×2＋95×3＋96＋97＋98,10)＝95.
(2)由题意可知X的所有可能取值为2,3,4,5，
所以P(X＝2)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)，
P(X＝3)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，
P(X＝4)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(5,18)，
P(X＝5)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(11,36)，
所以X的分布列为
E(X)＝2×eq \f(1,6)＋3×eq \f(1,4)＋4×eq \f(5,18)＋5×eq \f(11,36)＝eq \f(67,18).
例3 解 (1)设“从乙家选2间民宿，选到的2间民宿为普通型”为事件A；“从丙家选2间民宿，选到的2间民宿为普通型”为事件B；
所以选出的4间均为普通型民宿的概率为P(AB)＝P(A)P(B)
＝eq \f(C\\al(2,5),C\\al(2,6))×eq \f(C\\al(2,4),C\\al(2,6))＝eq \f(4,15).
(2)这10家民宿，其中普通型民宿的房间不低于17间的有4家，随机变量X的可能取值有0,1,2,3,4，
则P(X＝0)＝eq \f(C\\al(4,6),C\\al(4,10))＝eq \f(15,210)＝eq \f(1,14)，
P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,4)C\\al(3,6),C\\al(4,10))＝eq \f(80,210)＝eq \f(8,21)，
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(2,4)C\\al(2,6),C\\al(4,10))＝eq \f(90,210)＝eq \f(3,7)，
P(X＝3)＝eq \f(C\\al(3,4)C\\al(1,6),C\\al(4,10))＝eq \f(24,210)＝eq \f(4,35)，
P(X＝4)＝eq \f(C\\al(4,4),C\\al(4,10))＝eq \f(1,210)，
X的分布列为
所以E(X)＝0×eq \f(15,210)＋1×eq \f(80,210)＋2×eq \f(90,210)＋3×eq \f(24,210)＋4×eq \f(1,210)＝eq \f(8,5).
例4 解 (1)根据题意可知，
P(A)＝eq \f(6,8)＝eq \f(3,4)，
P(B)＝P(AB)＋P(eq \x\t(A)B)
＝P(A)P(B|A)＋P(eq \x\t(A))·P(B|eq \x\t(A))
＝eq \f(6,8)×eq \f(2,7)＋eq \f(2,8)×eq \f(1,7)＝eq \f(1,4).
(2)爸爸做经验分享的天数X的所有可能取值为0,1,2,3,4，且X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(1,4)))，
故P(X＝0)＝Ceq \\al(0,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))0＝eq \f(81,256)，
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))1＝eq \f(27,64)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2＝eq \f(27,128)，
P(X＝3)＝Ceq \\al(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))3＝eq \f(3,64)，
P(X＝4)＝Ceq \\al(4,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))4＝eq \f(1,256)，
故X的分布列为
根据二项分布的均值可知，E(X)＝4×eq \f(1,4)＝1.
跟踪演练2 (1)AC
(2)解 ①记“从10所学校中随机选取3所学校参与‘自由式滑雪’都超过40人”为事件A，
参与“自由式滑雪”的人数超过40的学校共4所，
随机选择3所学校共Ceq \\al(3,4)＝4(种)，
所以P(A)＝eq \f(C\\al(3,4),C\\al(3,10))＝eq \f(4,120)＝eq \f(1,30).
②X的所有可能取值为0,1,2,3，
参与“单板滑雪”人数在45以上的学校共4所，
所以P(X＝0)＝eq \f(C\\al(0,4)·C\\al(3,6),C\\al(3,10))＝eq \f(20,120)＝eq \f(1,6)，
P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,4)·C\\al(2,6),C\\al(3,10))＝eq \f(60,120)＝eq \f(1,2)，
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(2,4)·C\\al(1,6),C\\al(3,10))＝eq \f(36,120)＝eq \f(3,10)，
P(X＝3)＝eq \f(C\\al(3,4)·C\\al(0,6),C\\al(3,10))＝eq \f(4,120)＝eq \f(1,30)，
所以X的分布列如下表：
所以E(X)＝eq \f(1,2)＋2×eq \f(3,10)＋3×eq \f(1,30)＝eq \f(6,5).
③记“小明同学在一轮测试中要想获得优秀”为事件B，则P(B)＝
Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2×eq \f(2,3)＋Ceq \\al(3,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＝eq \f(7,27)，
由题意，小明同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，\f(7,27)))，
由题意得eq \f(7,27)n≥5，得n≥eq \f(135,7)，
因为n∈N*，所以n的最小值为20，
故至少要进行20轮测试．
例5 (1)AD [对选项A，在N(μ，σ2)中，μ为平均数，正确；
对选项B，方差为σ2＝16，错误；
对选项C,183＝μ＋2σ，则身高超过183 cm的概率P≈eq \f(1－0.954 5,2)<0.03，错误；
对选项D，正态曲线关于直线x＝175对称，所以身高超过180 cm的概率与身高不超过170 cm的概率相等，正确．]
(2)D [对于甲，a取任何值，都有P(ξ>a＋1)>P(ξ>a＋2)，所以甲为真命题；
对于乙，若P(ξ≤a)＝0.5，则该正态分布的均值μ＝a；
对于丙，若P(ξ＞a＋1)＝P(ξ＜a－1)，
则该正态分布的均值μ＝eq \f(a＋1＋a－1,2)＝a，
乙和丙至少有一个真命题，又因为乙和丙等价，所以乙和丙都是真命题；
对于丁，P(a<ξ<4＋a)＝P(a<ξ<3＋a)＋P(3＋a<ξ<4＋a)
＝P(a<ξ<3＋a)＋P(a－4<ξ＝P(a－1<ξ<3＋a)，丁为假命题．]
跟踪演练3 (1)C (2)C
第3讲统计与成对数据的分析
例1 (1)ABD [对于选项A，质量的平均数为(96×0.025＋98×0.15＋100×0.225＋102×0.075＋104×0.025)×2＝99.7(克)，选项A正确；
对于选项B，优等品有0.225×2×100＝45(件)，选项B正确；
对于选项C，质量的众数不一定落在区间[98,100)内，所以选项C错误；
对于选项D，质量在[99,101)内的有45件，质量在[101,103)内的有15件，质量在[103,105]内的有5件，所以质量的中位数一定落在区间[99,101)内，所以选项D正确．]
(2)BD [取x1＝1，x2＝x3＝x4＝x5＝2，x6＝9，
则x2，x3，x4，x5的平均数等于2，标准差为0，x1，x2，…，x6的平均数等于3，标准差为eq \r(\f(22,3))＝eq \f(\r(66),3)，故A，C均不正确；
根据中位数的定义，将x1，x2，…，x6按从小到大的顺序进行排列，中位数是中间两个数的算术平均数，由于x1是最小值，x6是最大值，故x2，x3，x4，x5的中位数是将x2，x3，x4，x5按从小到大的顺序排列后中间两个数的算术平均数，与x1，x2，…，x6的中位数相等，故B正确；
根据极差的定义，知x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差，故D正确．]
跟踪演练1 (1)ABD (2)D
例2 解 (1)根据样本相关系数r≈0.95，可以推断y与x的线性相关程度很强．
(2)由r＝eq \f(\i\su(i＝1,10, )xi－\x\t(x)yi－\x\t(y),\r(\i\su(i＝1,10, )xi－\x\t(x)2)\r(\i\su(i＝1,10, )yi－\x\t(y)2))≈0.95及eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,10, )xi－\x\t(x)yi－\x\t(y),\i\su(i＝1,10, )xi－\x\t(x)2)，
可得eq \f(\(b,\s\up6(^)),r)＝eq \f(\r(\i\su(i＝1,10, )xi－\x\t(x)2)\r(\i\su(i＝1,10, )yi－\x\t(y)2),\i\su(i＝1,10, )xi－\x\t(x)2)
＝eq \f(\r(\i\su(i＝1,10, )yi－\x\t(y)2),\r(\i\su(i＝1,10, )xi－\x\t(x)2)) ≈eq \r(2.304)，
所以eq \(b,\s\up6(^))≈req \r(2.304)≈0.95×1.518≈1.442，
又因为eq \x\t(x)＝37.96，eq \x\t(y)＝39.1，
所以eq \(a,\s\up6(^))＝eq \x\t(y)－eq \(b,\s\up6(^))eq \x\t(x)≈－15.64，所以y关于x的经验回归方程为
eq \(y,\s\up6(^))＝1.44x－15.64.
(3)第一个样本点(32.2,25.0)的残差为25.0－(1.44×32.2－15.64)＝－5.728≈－5.73，
由于该点在经验回归直线的左下方，故将其剔除后，eq \(b,\s\up6(^))的值将变小．
跟踪演练2 解 (1)eq \x\t(x)＝eq \f(1＋2＋3＋4＋5,5)＝3，
eq \x\t(y)＝eq \f(9.5＋8.6＋7.8＋7＋6.1,5)＝7.8，
eq \i\su(i＝1,5, )(xi－eq \x\t(x))2＝(1－3)2＋(2－3)2＋(3－3)2＋(4－3)2＋(5－3)2＝10，
eq \i\su(i＝1,5, )(yi－eq \x\t(y))2＝(9.5－7.8)2＋(8.6－7.8)2＋(7.8－7.8)2＋(7－7.8)2＋(6.1－7.8)2＝7.06，
eq \i\su(i＝1,5, )(xi－eq \x\t(x))(yi－eq \x\t(y))＝－8.4，
∴r＝eq \f(\i\su(i＝1,5, )xi－\x\t(x)yi－\x\t(y),\r(\i\su(i＝1,5, )xi－\x\t(x)2\i\su(i＝1,5, )yi－\x\t(y)2))
＝eq \f(－8.4,\r(10×7.06))≈－1.
样本相关系数近似为－1，说明y与x负相关，且相关程度相当高，从而可用线性回归模型拟合y与x的关系．
(2)由(1)中数据，
得eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,5, )\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xi－\x\t(x)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(yi－\x\t(y))),\i\su(i＝1,5, )\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xi－\x\t(x)))2)＝eq \f(－8.4,10)＝－0.84，
eq \(a,\s\up6(^))＝eq \x\t(y)－eq \(b,\s\up6(^))eq \x\t(x)＝7.8－(－0.84×3)＝10.32，
∴y关于x的经验回归方程为eq \(y,\s\up6(^))＝－0.84x＋10.32.
例3 解 (1)补充2×2列联表如下：
零假设H0：对“夸父一号”探测卫星相关知识感兴趣与学生的性别无关联，
χ2＝eq \f(100×45×25－20×102,65×35×45×55)＝eq \f(136 900,9 009)≈15.196>7.879＝x0.005，
根据小概率值α＝0.005的独立性检验，推断H0不成立，
即对“夸父一号”探测卫星相关知识感兴趣与学生的性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.005.
(2)由题意可得，n(AB)＝10，n(A)＝55，则P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)＝eq \f(10,55)＝eq \f(2,11).
(3)由题意可知，X的可能取值为0,1,2,3.
P(X＝0)＝eq \f(C\\al(3,4),C\\al(3,7))＝eq \f(4,35)，
P(X＝1)＝eq \f(C\\al(2,4)C\\al(1,3),C\\al(3,7))＝eq \f(18,35)，
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(1,4)C\\al(2,3),C\\al(3,7))＝eq \f(12,35)，
P(X＝3)＝eq \f(C\\al(3,3),C\\al(3,7))＝eq \f(1,35).
所以X的分布列为
E(X)＝0×eq \f(4,35)＋1×eq \f(18,35)＋2×eq \f(12,35)＋3×eq \f(1,35)＝eq \f(9,7).
跟踪演练3 解 (1)设事件Ai：第i天去A餐厅用餐，事件Bi：第i天去B餐厅用餐，其中i＝1,2.
①王同学第2天去A餐厅用餐的概率为P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)
＝0.5×0.6＋0.5×0.8＝0.7.
②如果王同学第2天去A餐厅用餐，那么他第1天在A餐厅用餐的概率为P(A1|A2)
＝eq \f(PA1A2,PA2)＝eq \f(0.5×0.6,0.7)＝eq \f(3,7).
(2)零假设H0：学生对于A餐厅的满意程度与餐厅的改造提升没有关联．
χ2＝eq \f(100×28×3－57×122,85×15×40×60)＝eq \f(200,17)
>7.879，
根据小概率值α＝0.005的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为学生对于A餐厅的满意程度与餐厅的改造提升有关联．
培优点6 概率与统计的创新题型
例1 解 (1)由题可知X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(2,3)))
(或者列出分布列)，于是E(X)＝5×eq \f(2,3)＝eq \f(10,3)，
D(X)＝5×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(10,9).
(2)方法一由题可知P1＝eq \f(1,3)，
P2＝eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(7,9).
当n≥3时，Pn＝eq \f(1,3)Pn－1＋eq \f(2,3)Pn－2，
即Pn＋eq \f(2,3)Pn－1＝Pn－1＋eq \f(2,3)Pn－2，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Pn＋\f(2,3)Pn－1))为常数数列，
且Pn＋eq \f(2,3)Pn－1＝P2＋eq \f(2,3)P1＝eq \f(7,9)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝1(n≥2)，
∴Pn－eq \f(3,5)＝－eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Pn－1－\f(3,5)))，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Pn－\f(3,5)))是以P1－eq \f(3,5)＝－eq \f(4,15)为首项，－eq \f(2,3)为公比的等比数列，
∴Pn－eq \f(3,5)＝－eq \f(4,15)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))n－1，
∴Pn＝eq \f(3,5)－eq \f(4,15)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))n－1.
方法二由题可知P1＝eq \f(1,3)，
P2＝eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(7,9).
当n≥3时，Pn＝eq \f(1,3)Pn－1＋eq \f(2,3)Pn－2，
即Pn－Pn－1＝－eq \f(2,3)(Pn－1－Pn－2)，
∴{Pn－Pn－1}是以P2－P1＝eq \f(4,9)为首项，－eq \f(2,3)为公比的等比数列，
∴Pn－Pn－1＝eq \f(4,9)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))n－2(n≥2)，
Pn－1－Pn－2＝eq \f(4,9)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))n－3，
……
P2－P1＝eq \f(4,9)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))0，
以上各式相加得Pn－P1
＝eq \f(4,9)×eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))n－1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3))))
＝eq \f(4,15)－eq \f(4,15)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))n－1，
∴Pn＝eq \f(3,5)－eq \f(4,15)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))n－1，
又P1＝eq \f(1,3)也满足上式，
∴Pn＝eq \f(3,5)－eq \f(4,15)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))n－1.
跟踪演练1 解 (1)根据题意，X的所有可能取值为1,2,3，
P(X＝1)＝1－p，P(X＝2)＝p(1－p)，
P(X＝3)＝p2，
所以E(X)＝1－p＋2p(1－p)＋3p2＝p2＋p＋1，
由E(X)＝p2＋p＋1>1.75得p>eq \f(1,2)，
又0所以p的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
(2)①P(Y＝k)＝pk(1－p)，
其中k＝0,1,2，…，n－1，P(Y＝n)＝pn.
方法一 Y的均值E(Y)＝p(1－p)＋2p2(1－p)＋…＋(n－1)pn－1(1－p)＋npn
＝(1－p)[p＋2p2＋3p3＋…＋(n－1)pn－1]＋npn，
设Sn＝p＋2p2＋3p3＋…＋(n－1)pn－1，
利用错位相减可得(1－p)Sn＝p＋p2＋p3＋…＋pn－1－(n－1)pn，
所以E(Y)＝p＋p2＋p3＋…＋pn－1－(n－1)pn＋npn
＝p＋p2＋p3＋…＋pn－1＋pn＝eq \f(p－pn＋1,1－p).
方法二 E(Y)＝(p－p2)＋(2p2－2p3)＋(3p3－3p4)＋…＋
[(n－1)pn－1－(n－1)pn]＋npn
＝p＋p2＋p3＋…＋pn－1＋pn
＝eq \f(p－pn＋1,1－p).
②依题意，eq \f(\f(5,6)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)))n＋1,1－\f(5,6))>4，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)))n＋1即n＋1>eq \f(1,6)＝eq \f(lg 6,lg 6－lg 5)
＝eq \f(lg 2＋lg 3,2lg 2＋lg 3－1)≈9.848，
所以n>8.848，又n∈N*，故n的最小值为9.
例2 解 (1)由题意得eq \f(m,p)＋m＋m(1－p)＋m(1－p)2＝2m＋m＋eq \f(1,2)m＋eq \f(1,4)m＝1，解得m＝eq \f(4,15)，
又P(B|A0)＝0，P(B|A1)＝Ceq \\al(1,1)×eq \f(1,2)，
P(B|A2)＝Ceq \\al(2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2，
P(B|A3)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋Ceq \\al(3,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3，
且B＝BA0＋BA1＋BA2＋BA3，
由全概率公式，
得P(B)＝eq \i\su(i＝0,3,P)(B|Ai)P(Ai)
＝eq \f(1,2)·eq \f(m,p)＋Ceq \\al(2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2m＋
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(C\\al(2,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋C\\al(3,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3))m·(1－p)
＝eq \f(m,2p)＋eq \f(m,4)＋eq \f(1,2)m(1－p)，
由p＝eq \f(1,2)，m＝eq \f(4,15)，得P(B)＝eq \f(2,5).
(2)由题意得P(ξ＝2)＝m，考虑m的变化即可，
由eq \f(m,p)＋m＋m(1－p)＋m(1－p)2＝1，
得eq \f(1,m)＝p2－3p＋eq \f(1,p)＋3，
设f(p)＝p2－3p＋eq \f(1,p)＋3,0则f′(p)＝eq \f(2p3－3p2－1,p2)，
记g(p)＝2p3－3p2－1，则g′(p)＝6p2－6p＝6p(p－1)<0，
故g(p)在(0,1)上单调递减，
∵g(0)＝－1，
∴g(p)<0，∴f′(p)<0，f(p)在(0,1)上单调递减，
因此，增加p的取值，eq \f(1,m)会减小，m会增大，即P(ξ＝2)增大．
跟踪演练2 解 (1)设一件产品是一等品为事件A，则一件产品不是一等品为事件eq \x\t(A)，P(A)＝0.5，P(eq \x\t(A))＝0.5,2件产品至少有一件为一等品事件为AA＋Aeq \x\t(A)＋eq \x\t(A)A，
其概率P＝P(AA)＋Ceq \\al(1,2)P(A)P(eq \x\t(A))＝0.52＋2×0.5×0.5＝0.75.
(2)设一件产品为一等品为事件A，二等品为事件B，次品为事件C，
则P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，P(C)＝0.1，
则ξ的所有可能取值为1.6,1.4,1.2,0.5,0.3，－0.6，
P(ξ＝－0.6)＝[P(C)]2＝0.01，
P(ξ＝0.3)＝Ceq \\al(1,2)P(B)P(C)＝2×0.4×0.1＝0.08，
P(ξ＝0.5)＝Ceq \\al(1,2)P(A)P(C)＝2×0.5×0.1＝0.1，
P(ξ＝1.2)＝[P(B)]2＝0.16，
P(ξ＝1.4)＝Ceq \\al(1,2)P(A)P(B)＝2×0.5×0.4＝0.4，
P(ξ＝1.6)＝[P(A)]2＝0.25，
则ξ的分布列为
E(ξ)＝－0.6×0.01＋0.3×0.08＋0.5×0.1＋1.2×0.16＋1.4×0.4＋1.6×0.25＝1.22.
(3)由(2)可知，每件产品的平均利润为1.22÷2＝0.61(万元)，则增加n件产品，利润增加为0.61n万元，成本也相应提高(n－ln n)万元，
所以净利润为0.61n－n＋ln n＝ln n－0.39n，n∈N*，
设f(x)＝ln x－0.39x，
则f′(x)＝eq \f(1,x)－0.39，
当x0，f(x)单调递增，
当x>eq \f(100,39)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x＝eq \f(100,39)时，f(x)取得最大值，
又2因为x只能取整数，所以x＝2或x＝3，此时f(x)可能为最大值，
f(2)＝ln 2－0.39×2≈0.69－0.78
＝－0.09<0，
f(3)＝ln 3－3×0.39≈1.1－1.17＝－0.07<0，
即在f(x)取得最大值时也是亏本的，所以不应该增加产量．
专题六解析几何
第1讲直线与圆
例1 (1)ACD [由题意知直线l的斜率为tan 30°＝eq \f(\r(3),3)，且过点(0,1)，所以直线l的方程为y＝eq \f(\r(3),3)x＋1，方向向量为n＝(1，k)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),3)))，A正确，B错误；
直线eq \r(3)x－3y＋2＝0的斜率为eq \f(\r(3),3)，且不过点(0,1)，故两直线平行，C正确；
直线eq \r(3)x＋y＋2＝0的斜率为－eq \r(3)，
则两直线斜率之积为－1，故两直线垂直，D正确．]
(2)C
跟踪演练1 (1)AC (2)3
例2 (1)A
(2)B [圆C：x2＋y2＋mx－2y＝0，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(m,2)))2＋(y－1)2＝1＋eq \f(m2,4)，
圆心为Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,2)，1))，
直线l：(a＋1)x－ay－1＝0，因为a≠－1，所以直线l的斜率不为0，
又a(x－y)＋(x－1)＝0，
令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＝0，,x－1＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝1，))
即直线l恒过定点D(1,1)，
又圆C关于直线l对称，所以圆心C在直线l上，
所以－eq \f(m,2)＝1，解得m＝－2，
所以圆C：(x－1)2＋(y－1)2＝2，半径r＝eq \r(2)，
显然(0－1)2＋(0－1)2＝2，即圆C过坐标原点O(0,0)，
因为l与C交于A，B两点，即A，B为直径的两个端点，如图，
所以∠AOB＝90°，
所以|OA|2＋|OB|2＝|AB|2＝(2eq \r(2))2＝8≥2|OA|·|OB|，
即|OA|·|OB|≤4，当且仅当|OA|＝|OB|＝2时取等号，所以(|OA|＋|OB|)2＝|OA|2＋|OB|2＋2|OA|·|OB|＝8＋2|OA|·|OB|≤16，
即|OA|＋|OB|≤4，当且仅当|OA|＝|OB|＝2时取等号，
即|OA|＋|OB|的最大值等于4.]
跟踪演练2 (1)(x－1)2＋(y－eq \r(3))2＝1或(x＋1)2＋(y＋eq \r(3))2＝1或(x－2eq \r(3)－3)2＋(y＋2＋eq \r(3))2＝21＋12eq \r(3)或(x＋2eq \r(3)＋3)2＋(y－2－eq \r(3))2＝21＋12eq \r(3)(写出其中一个即可)
解析设所求圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，因为与圆x2＋y2＝1外切，
所以eq \r(a2＋b2)＝1＋r，
又因为与直线y＝eq \f(\r(3),3)x及y轴都相切，所以r＝|a|＝eq \f(|\r(3)a－3b|,\r(\r(3)2＋－32))＝eq \f(|a－\r(3)b|,2)，
所以2|a|＝|a－eq \r(3)b|，
即|2a|＝|a－eq \r(3)b|，
所以2a＝eq \r(3)b－a或2a＝a－eq \r(3)b，
所以b＝eq \r(3)a或a＝－eq \r(3)b，
当b＝eq \r(3)a时，
因为r＝|a|，eq \r(a2＋b2)＝1＋r，
联立得3a2＝2|a|＋1，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝\r(3)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝－\r(3)，))r＝1，
所以求得圆的方程为(x－1)2＋(y－eq \r(3))2＝1或(x＋1)2＋(y＋eq \r(3))2＝1，
当a＝－eq \r(3)b时，
因为r＝|a|，eq \r(a2＋b2)＝1＋r，
联立得eq \f(1,3)a2＝2|a|＋1，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3＋2\r(3)，,b＝－\r(3)－2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－3－2\r(3)，,b＝\r(3)＋2，))
r＝3＋2eq \r(3)，
所以求得圆的方程为(x－2eq \r(3)－3)2＋(y＋2＋eq \r(3))2＝21＋12eq \r(3)或(x＋2eq \r(3)＋3)2＋(y－2－eq \r(3))2＝21＋12eq \r(3).(写出其中一个即可)
(2)D
例3 (1)AD [对于A，因为l：y＝kx＋2k＋2(k∈R)，即y＝k(x＋2)＋2，
令x＋2＝0，即x＝－2，得y＝2，所以直线l过定点(－2,2)，故A正确；
对于B，因为(－2)2＋22－2×2－8<0，
所以定点(－2,2)在圆C：x2＋y2－2y－8＝0的内部，所以直线l与圆C相交，故B错误；
对于C，如图，因为圆C：x2＋y2－2y－8＝0，可化为x2＋(y－1)2＝9，圆心C(0,1)，
当圆心C与定点(－2,2)的连线垂直于直线l时，圆心C到直线l的距离取得最大值，
此时其值为eq \r(－22＋2－12)＝eq \r(5)，故C错误；
对于D，由弦长公式|AB|＝2eq \r(r2－d2)可知，当圆心C到直线l的距离最大时，弦长取得最小值，所以直线l被圆C截得的弦长的最小值为2×eq \r(9－5)＝4，故D正确．]
(2)2
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－2，\f(1,2)，－\f(1,2)中任意一个皆可以))
解析设直线x－my＋1＝0为直线l，点C到直线l的距离为d，
由弦长公式得|AB|＝2eq \r(4－d2)，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)×d×2eq \r(4－d2)＝eq \f(8,5)，
解得d＝eq \f(4\r(5),5)或d＝eq \f(2\r(5),5)，
又d＝eq \f(|1＋1|,\r(1＋m2))＝eq \f(2,\r(1＋m2))，
所以eq \f(2,\r(1＋m2))＝eq \f(4\r(5),5)或eq \f(2,\r(1＋m2))＝eq \f(2\r(5),5)，
解得m＝±eq \f(1,2)或m＝±2.
例4 (1)A
(2)AD [当r＝2时，如图，两圆的一条公切线分别与⊙O，⊙O1切于点A，B，交x轴于点Q，eq \f(|OQ|,|O1Q|)＝eq \f(|OA|,|O1B|)＝eq \f(1,2)⇒|OQ|＝2，故Q(－2,0)，故A正确；
当r＝2时，两圆公共弦所在的直线方程可由两圆方程相减得到，公共弦所在的直线方程为x＝eq \f(1,4)，相交弦长为2eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2)＝eq \f(\r(15),2)，故B错误；
若MO⊥MO1，则|MO|2＋|MO1|2＝|OO1|2，即12＋r2＝4，则r＝eq \r(3)，故C错误；
当r>3时，r－1>2＝|OO1|，故两圆的位置关系是内含，D正确．]
跟踪演练3 (1)2eq \r(2)＋3
(2)ABD [因为圆E的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4，
所以圆心E的坐标为(2,1)，半径为2，如图，
所以|EM|＝|EN|＝2，又P(5,5)，所以|PE|＝eq \r(5－22＋5－12)＝5，
由已知得PM⊥ME，PN⊥NE，
所以|PM|＝eq \r(|PE|2－|EM|2)＝eq \r(21)，A正确；
因为PM⊥ME，PN⊥NE，
所以点P，M，E，N四点共圆，且圆心为PE的中点，
线段PE的中点坐标为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)，3))，
所以圆F的方程为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(7,2)))2＋(y－3)2＝eq \f(25,4)，
即x2－7x＋y2－6y＋15＝0，
因为eq \f(5,2)－2<|EF|＝eq \f(5,2)又圆E的方程可化为x2－4x＋y2－2y＋1＝0，
所以圆E与圆F的公共弦方程为3x＋4y－14＝0，
故直线MN的方程为3x＋4y－14＝0，B正确；
圆x2＋y2＝1的圆心O的坐标为(0,0)，半径为1，
因为|OE|＝eq \r(5)，2－1<|OE|<1＋2，
所以圆x2＋y2＝1与圆E相交，故两圆只有2条公切线，C错误；
如图，设∠HEG＝θ，则θ∈(0，π)，
△EHG的面积S△EHG
＝eq \f(1,2)|EH|·|EG|sin θ＝2sin θ，
所以当θ＝eq \f(π,2)时，△EHG的面积取得最大值，最大值为2，此时|GH|＝eq \r(4＋4)＝2eq \r(2)，D正确．]
第2讲圆锥曲线的方程与性质
例1 (1)eq \f(9,4)
(2)B [方法一因为|PF1|＋|PF2|＝2a＝6，①
|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|·cs∠F1PF2＝|F1F2|2，
即|PF1|2＋|PF2|2－eq \f(6,5)|PF1||PF2|＝12，②
联立①②，解得|PF1|2＋|PF2|2＝21，
由中线定理可知，2|OP|2＋eq \f(1,2)|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2，
解得|OP|＝eq \f(\r(30),2).
方法二设∠F1PF2＝2θ，0<θ所以＝b2taneq \f(∠F1PF2,2)＝b2tan θ，
由cs∠F1PF2＝cs 2θ
＝eq \f(cs2θ－sin2θ,cs2θ＋sin2θ)＝eq \f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝eq \f(3,5)，
解得tan θ＝eq \f(1,2)，
由椭圆方程可知，a2＝9，b2＝6，c2＝a2－b2＝3，
所以＝eq \f(1,2)×|F1F2|×|yP|
＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×|yP|＝6×eq \f(1,2)，
解得|yP|＝eq \r(3)，即yeq \\al(2,P)＝3.
代入椭圆方程得xeq \\al(2,P)＝9×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,6)))＝eq \f(9,2)，
因此|OP|＝eq \r(x\\al(2,P)＋y\\al(2,P))＝eq \r(\f(9,2)＋3)＝eq \f(\r(30),2).
方法三因为|PF1|＋|PF2|＝2a＝6，①
|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|·cs∠F1PF2＝|F1F2|2，
即|PF1|2＋|PF2|2－eq \f(6,5)|PF1||PF2|＝12，②
联立①②，解得|PF1||PF2|＝eq \f(15,2)，|PF1|2＋|PF2|2＝21，
而eq \(PO,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(PF1,\s\up6(—→))＋eq \(PF2,\s\up6(—→)))，
所以|OP|＝|eq \(PO,\s\up6(→))|＝eq \f(1,2)|eq \(PF1,\s\up6(—→))＋eq \(PF2,\s\up6(—→))|
＝eq \f(1,2)eq \r(|\(PF1,\s\up6(—→))|2＋|\(PF2,\s\up6(—→))|2＋2|\(PF1,\s\up6(—→))||\(PF2,\s\up6(—→))\(\s\up7( ),\s\d5())|cs∠F1PF2)
＝eq \f(1,2)eq \r(21＋2×\f(15,2)×\f(3,5))＝eq \f(\r(30),2).]
跟踪演练1 (1)B (2)D
例2 (1)ACD [椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1，其中a2＝9，b2＝5，
∴c2＝a2－b2＝4，
对于A，c＝2，F1，F2的坐标分别为(－2,0)，(2,0)，故A正确；
对于B，椭圆的短轴长为2b＝2eq \r(5)，故B错误；
对于C，a－c≤|PF1|≤a＋c，
∴|PF1|的最小值为1，故C正确；
对于D，当P在椭圆的长轴端点时，∠F1PF2＝0；
当P不在长轴端点时，0<∠F1PF2<π，利用余弦定理可知cs∠F1PF2＝eq \f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1||PF2|)
＝eq \f(4a2－4c2－2|PF1||PF2|,2|PF1||PF2|)
＝eq \f(2b2,|PF1||PF2|)－1
≥eq \f(2b2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|PF1|＋|PF2|,2)))2)－1
＝eq \f(2b2,a2)－1，
当|PF1|＝|PF2|，即P在椭圆的短轴端点时，cs∠F1PF2最小，此时∠F1PF2最大，故D正确．]
(2)x±y＝0
例3 eq \f(3\r(5),5)
解析方法一依题意，设|AF2|＝2m，
则|BF2|＝3m＝|BF1|，
|AF1|＝2a＋2m，
在Rt△ABF1中，9m2＋(2a＋2m)2＝25m2，
则(a＋3m)(a－m)＝0，
故a＝m或a＝－3m(舍去)，
所以|AF1|＝4a，|AF2|＝2a，|BF2|＝|BF1|＝3a，
则|AB|＝5a，
故cs∠F1AF2＝eq \f(|AF1|,|AB|)＝eq \f(4a,5a)＝eq \f(4,5)，
所以在△AF1F2中，cs∠F1AF2＝eq \f(16a2＋4a2－4c2,2×4a×2a)＝eq \f(4,5)，
整理得5c2＝9a2，
故e＝eq \f(c,a)＝eq \f(3\r(5),5).
方法二依题意，以O为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
得F1(－c,0)，F2(c,0)，
令A(x0，y0)，B(0，t)，
因为eq \(F2A,\s\up6(—→))＝－eq \f(2,3)eq \(F2B,\s\up6(—→))，
所以(x0－c，y0)＝－eq \f(2,3)(－c，t)，
则x0＝eq \f(5,3)c，y0＝－eq \f(2,3)t，所以eq \(F1A,\s\up6(→))＝(x0＋c，y0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)c，－\f(2,3)t))，eq \(F1B,\s\up6(—→))＝(c，t)，
又eq \(F1A,\s\up6(—→))⊥eq \(F1B,\s\up6(—→))，
所以eq \(F1A,\s\up6(—→))·eq \(F1B,\s\up6(—→))＝eq \f(8,3)c2－eq \f(2,3)t2＝0，
则t2＝4c2，
又点A在C上，则eq \f(\f(25,9)c2,a2)－eq \f(\f(4,9)t2,b2)＝1，
整理得eq \f(25c2,9a2)－eq \f(4t2,9b2)＝1，
则eq \f(25c2,9a2)－eq \f(16c2,9b2)＝1，
所以25c2b2－16c2a2＝9a2b2，
即25c2(c2－a2)－16a2c2＝9a2(c2－a2)，
整理得25c4－50a2c2＋9a4＝0，
则(5c2－9a2)(5c2－a2)＝0，
解得5c2＝9a2或5c2＝a2，
又e>1，
所以e＝eq \f(3\r(5),5)或e＝eq \f(\r(5),5)(舍去)，
故e＝eq \f(3\r(5),5).
跟踪演练2 (1)ABD (2)D
例4 (1)ABD [因为抛物线y2＝2px(p>0)经过点M(1,2)，
所以22＝2p，解得p＝2，故A正确；
所以抛物线方程为y2＝4x，
则焦点F(1,0)，
设直线l：x＝my＋1，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my＋1，))
消去x整理得y2－4my－4＝0，
则Δ＝16m2＋16>0，
所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
则x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝4m2＋2，
x1x2＝(my1＋1)(my2＋1)
＝m2y1y2＋m(y1＋y2)＋1＝1，
所以|AB|＝x1＋x2＋2＝4m2＋4≥4，故B正确；
因为eq \(OA,\s\up6(→))＝(x1，y1)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(x2，y2)，
所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝－3，故C错误；
k1k2＝eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝－4，故D正确．]
(2)C [由于某运动员在起跳点M以倾斜角为45°且与圆C相切的直线方向起跳，
故kCM＝－1，又圆C的圆心为C(－25,2)，所以直线CM所在的方程为y－2＝－(x＋25)，
代入(x＋25)2＋(y－2)2＝162，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－16，,y＝－7))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－34，,y＝11))(舍去，离y轴较远的点)，
所以点M的坐标为(－16，－7)．
由于起跳后的飞行轨迹是一个对称轴在y轴上的抛物线的一部分，
故设抛物线方程为y＝ax2＋c，
则y′＝2ax，
则由M点处切线斜率为1可得－32a＝1，所以a＝－eq \f(1,32)，
又－7＝－eq \f(1,32)(－16)2＋c，解得c＝1，
所以该抛物线的轨迹方程为y＝－eq \f(1,32)x2＋1，即x2＝－32(y－1)．]
跟踪演练3 (1)B (2)BD
第3讲直线与圆锥曲线的位置关系
例1 解 (1)设M(x，y)，P(x0，y0)，则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，0))，
由M是PD的中点，得x＝x0，y＝eq \f(y0,2)，
因为P(x0，y0)在圆x2＋y2＝4上，
所以xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝4，
可得x2＋4y2＝4，即eq \f(x2,4)＋y2＝1，
所以点M的轨迹方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)若直线l的斜率不存在，则l：x＝eq \r(3)，
将x＝eq \r(3)代入圆O：x2＋y2＝4中，解得y＝±1，则|AB|＝2，
将x＝eq \r(3)代入eq \f(x2,4)＋y2＝1中，
解得y＝±eq \f(1,2)，则|CD|＝1，
而|AB|·|CD|≠eq \f(8\r(10),5)，舍去；
若直线l的斜率存在，设为k，如图，则l：y＝
keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\r(3)))，
由点到直线的距离公式得圆心O到直线l的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\r(3)k)),\r(1＋k2))，
则|AB|＝2eq \r(4－d2)＝eq \f(2\r(4＋k2),\r(1＋k2))，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\r(3)))，))
得(1＋4k2)x2－8eq \r(3)k2x＋12k2－4＝0，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(8\r(3)k2,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(43k2－1,1＋4k2)，
|CD|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \f(41＋k2,1＋4k2)，
由|AB|·|CD|
＝eq \f(8\r(4＋k2)\r(1＋k2),1＋4k2)＝eq \f(8\r(10),5)，
得3k4－k2－2＝0，解得k＝±1.综上所述，直线l的方程为y＝x－eq \r(3)或y＝－x＋eq \r(3).
跟踪演练1 解 (1)由题意知，2a＝6，即a＝3，
由AF2⊥x轴，可知xA＝c，代入双曲线方程可得|AF2|＝|yA|＝eq \f(b2,a)，
又|AF1|－|AF2|＝2a，即7－eq \f(b2,a)＝6，
解得b2＝3，
∴双曲线的方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,3)＝1，渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x.
(2)由(1)可知，c2＝a2＋b2＝12，
∴F1(－2eq \r(3)，0)，
设直线l的方程为y＝k(x＋2eq \r(3))(k>0)，
M(x1，y1)，P(x2，y2)，Q(x3，y3)，N(x4，y4)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2\r(3)，,x2－3y2＝9，))
可得(3k2－1)x2＋12eq \r(3)k2x＋36k2＋9＝0(3k2－1≠0)，
∴x1＋x4＝－eq \f(12\r(3)k2,3k2－1)，x1x4＝eq \f(36k2＋9,3k2－1)，
∴|MN|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x42－4x1x4)
＝eq \r(1＋k2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(12\r(3)k2,3k2－1)))2－\f(436k2＋9,3k2－1))，
由(1)可知双曲线的渐近线方程为y＝eq \f(\r(3),3)x和y＝－eq \f(\r(3),3)x，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2\r(3)，,y＝－\f(\r(3),3)x，))
可得x2＝eq \f(－6k,\r(3)k＋1)，
同理可得x3＝eq \f(－6k,\r(3)k－1)，
∴|PQ|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x2＋x32－4x2x3)
＝eq \r(1＋k2)·
eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－6k,\r(3)k＋1)＋\f(－6k,\r(3)k－1)))2－4×\f(－6k,\r(3)k＋1)·\f(－6k,\r(3)k－1))
＝eq \r(1＋k2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(12\r(3)k2,3k2－1)))2－\f(4×36k2,3k2－1))，
由|MN|＝2|PQ|可得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(12\r(3)k2,3k2－1)))2－eq \f(436k2＋9,3k2－1)
＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(12\r(3)k2,3k2－1)))2－eq \f(4×4×36k2,3k2－1)，
化简可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(12\r(3)k2))2
＝12(12k2－1)(3k2－1)，
即36k4＝(12k2－1)(3k2－1)，
整理得15k2－1＝0，又k>0，∴k＝eq \f(\r(15),15).
例2 解 (1)由对称性可知|BF2|＝|AF1|，故|AF1|＝2|AF2|，
由双曲线定义可知|AF1|－|AF2|＝2a，
即2|AF2|－|AF2|＝|AF2|＝2a，
所以|AF1|＝4a，
又因为|F1F2|＝2c，在△AF1F2中，由余弦定理得cs∠F1AF2＝eq \f(|F1A|2＋|F2A|2－|F1F2|2,2|F1A|·|F2A|)＝eq \f(1,2)，
即eq \f(16a2＋4a2－4c2,2×4a×2a)＝eq \f(20a2－4c2,16a2)＝eq \f(1,2)，
解得c＝eq \r(3)a，
故离心率为eq \f(c,a)＝eq \r(3).
(2)由(1)得b2＝2a2，因为双曲线过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，2))，代入双曲线方程，解得a2＝1，b2＝2，
所以双曲线方程为x2－eq \f(y2,2)＝1，
当直线l的斜率不存在时，
则PQ⊥F1F2，
|xP|＝|yP|＝eq \r(2)，|OP|＝2，|OQ|＝2，OP⊥OQ，|OP||OQ|＝4≠4eq \r(10)，
所以直线l的斜率不存在时不成立．
当直线l的斜率存在时，如图，设直线l的方程为y＝kx＋m，P(x1，y1)，
Q(x2，y2)，
又点O到直线l距离d＝eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝eq \r(2)，
所以|m|＝eq \r(2)eq \r(k2＋1)，m2＝2(k2＋1)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,2x2－y2－2＝0，))
消去y得(2－k2)x2－2kmx－m2－2＝0(k≠±eq \r(2))，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(2km,2－k2)，,x1x2＝\f(m2＋2,k2－2)，))
由△OPQ的面积为2eq \r(10)，
即eq \r(2)|PQ|＝4eq \r(10)，
所以|PQ|＝4eq \r(5)，
|PQ|＝eq \r(k2＋1)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(k2＋1)eq \r(\f(8m2－k2＋2,2－k22))，
将m2＝2(k2＋1)代入上式得
|PQ|＝eq \f(2\r(2)\r(k2＋1)\r(k2＋4),|2－k2|)＝4eq \r(5)，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k2＝1，,m2＝4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k2＝4，,m2＝10，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝±1，,m＝±2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝±2，,m＝±\r(10)，))
经检验，满足Δ>0，所以直线l的方程为y＝±x±2或y＝±2x±eq \r(10).
跟踪演练2 解 (1)依题意得c＝eq \r(3)，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),3)，
所以a＝3，b＝eq \r(a2－c2)＝eq \r(9－3)＝eq \r(6)，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,6)＝1.
(2)如图，因为直线AB的倾斜角为60°，所以斜率为eq \r(3)，又直线AB过点F(－eq \r(3)，0)，
所以直线AB：y＝eq \r(3)(x＋eq \r(3))，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x＋\r(3)，,\f(x2,9)＋\f(y2,6)＝1，))
消去x并整理得11y2－12y－36＝0，
Δ＝144＋4×11×36>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝eq \f(12,11)，
y1y2＝－eq \f(36,11)，
所以|y1－y2|＝eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \r(\f(144,121)＋\f(4×36,11))＝eq \f(24\r(3),11)，
所以S△AOB＝eq \f(1,2)·|OF|·|y1－y2|
＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \f(24\r(3),11)＝eq \f(36,11).
例3 解 (1)在椭圆中，c2＝a2－b2＝2，所以c＝eq \r(2)，
由eq \f(p,2)＝eq \r(2)，得p＝2eq \r(2).
(2)设直线l：x＝my＋eq \f(p,2)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋\f(p,2)，,y2＝2px，))
消去x得y2－2mpy－p2＝0，
Δ＝4m2p2＋4p2>0，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝2mp，,y1y2＝－p2，))
设AB的中点G(x0，y0)，
则y0＝mp，x0＝m2p＋eq \f(p,2)，
设M(x3，y3)，N(x4，y4)，
则直线MN的斜率为－m，
eq \f(x\\al(2,3),4)＋eq \f(y\\al(2,3),2)＝1，eq \f(x\\al(2,4),4)＋eq \f(y\\al(2,4),2)＝1，
相减得到
eq \f(x3－x4x3＋x4,4)＋eq \f(y3－y4y3＋y4,2)＝0，
即eq \f(x0,2)－my0＝0，
即eq \f(m2p＋\f(p,2),2)－m2p＝0，解得m2＝eq \f(1,2)，
由点G在椭圆内，得eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2p＋\f(p,2)))2,4)＋eq \f(mp2,2)<1，解得p2<2，
因为p∈N*，所以p的值是1，
所以△OAB的面积S＝eq \f(1,2)×eq \f(p,2)|y1－y2|
＝eq \f(p,4)eq \r(4p2m2＋4p2)＝eq \f(\r(6),4).
跟踪演练3 解 (1)因为双曲线C的右焦点为F(eq \r(6)，0)，
所以c＝eq \r(6)，所以a2＋b2＝6，
又因为双曲线C的一条渐近线经过点D(eq \r(2)，1)，
可得eq \f(b,a)＝eq \f(1,\r(2))，即a2＝2b2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝6，,a2＝2b2，))
解得a2＝4，b2＝2，所以双曲线C的标准方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)＝1.
(2)假设存在符合条件的直线l，易知直线l的斜率存在，
设直线l的斜率为k，
且A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)－\f(y\\al(2,1),2)＝1，,\f(x\\al(2,2),4)－\f(y\\al(2,2),2)＝1，))
两式相减得xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2)＝2(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2))，
所以eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq \f(1,2)，
因为AB的中点为P(2,1)，
所以x1＋x2＝4，y1＋y2＝2，
所以k×eq \f(2,4)＝eq \f(1,2)，解得k＝1，
直线l的方程为y－1＝x－2，
即y＝x－1，
把直线y＝x－1代入eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)＝1，整理得x2－4x＋6＝0，
可得Δ＝(－4)2－4×6<0，该方程没有实根，所以假设不成立，
即不存在过点P(2,1)的直线l与C交于A，B两点，使得线段AB的中点为P.
第4讲圆锥曲线的综合问题
母题突破1 范围、最值问题
母题解 (1)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2y＋1＝0，,y2＝2px，))可得y2－4py＋2p＝0，
所以yA＋yB＝4p，yAyB＝2p，
所以|AB|＝eq \r(5)×eq \r(yA＋yB2－4yAyB)
＝4eq \r(15)，
即2p2－p－6＝0，解得p＝2(负值舍去)．
(2)由(1)知y2＝4x，
所以焦点F(1,0)，显然直线MN的斜率不可能为零，
设直线MN：x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my＋n，))可得y2－4my－4n＝0，
所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，
Δ＝16m2＋16n>0⇒m2＋n>0，
因为eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝0，eq \(FM,\s\up6(→))＝(x1－1，y1)，eq \(FN,\s\up6(→))＝(x2－1，y2)，
所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，
即(my1＋n－1)(my2＋n－1)＋y1y2＝0，
即(m2＋1)y1y2＋m(n－1)(y1＋y2)＋(n－1)2＝0，将y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n代入得，
4m2＝n2－6n＋1，
所以4(m2＋n)＝(n－1)2>0，
所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，
解得n≥3＋2eq \r(2)或n≤3－2eq \r(2).
设点F到直线MN的距离为d，
所以d＝eq \f(|n－1|,\r(1＋m2))，
|MN|＝eq \r(1＋m2)eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \r(1＋m2)eq \r(16m2＋16n)
＝eq \r(1＋m2)eq \r(4n2－6n＋1＋16n)
＝2eq \r(1＋m2)|n－1|，
所以△MFN的面积
S＝eq \f(1,2)×|MN|×d＝eq \f(1,2)×2eq \r(1＋m2)·|n－1|×eq \f(|n－1|,\r(1＋m2))＝(n－1)2，
而n≥3＋2eq \r(2)或n≤3－2eq \r(2)，
所以当n＝3－2eq \r(2)时，△MFN的面积最小，为Smin＝(2－2eq \r(2))2＝12－8eq \r(2)＝4(3－2eq \r(2))．
[子题1] 解易知直线AP与AQ的斜率同号，所以直线PQ不垂直于x轴，
故可设直线PQ：y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))
可得(1＋4k2)x2＋8mkx＋4m2－4＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(－8mk,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－4,1＋4k2)，
Δ＝16(4k2＋1－m2)>0，即4k2＋1>m2，
而kAPkAQ＝eq \f(1,20)，A(2,0)，
所以eq \f(y1,x1－2)·eq \f(y2,x2－2)＝eq \f(1,20)，
化简可得20(kx1＋m)(kx2＋m)＝(x1－2)(x2－2)，
即20k2x1x2＋20km(x1＋x2)＋20m2
＝x1x2－2(x1＋x2)＋4，
20k2·eq \f(4m2－4,1＋4k2)＋20km·eq \f(－8mk,1＋4k2)＋20m2
＝eq \f(4m2－4,1＋4k2)－2×eq \f(－8mk,1＋4k2)＋4，
整理得6k2＋mk－m2＝0，
所以m＝－2k或m＝3k，所以直线PQ：y＝k(x－2)或y＝k(x＋3)，
因为直线PQ不经过点A(2,0)，
所以直线PQ经过定点(－3,0)，
即m＝3k.
所以直线PQ的方程为y＝k(x＋3)，易知k≠0，
设定点B(－3,0)，
S△APQ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(S△ABP－S△ABQ))
＝eq \f(1,2)|AB||y1－y2|＝eq \f(5,2)|k|eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－x2))
＝eq \f(5,2)|k|eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \f(5,2)|k|eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8mk,1＋4k2)))2－4×\f(4m2－4,1＋4k2))
＝eq \f(5,2)|k|·eq \f(\r(164k2＋1－m2),1＋4k2)
＝eq \f(10\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－5k2))k2),1＋4k2)，
因为Δ>0，且m＝3k，
所以1－5k2>0，所以0设t＝4k2＋1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(9,5)))，
所以S△APQ＝eq \f(5,2)eq \r(\f(－5t2＋14t－9,t2))
＝eq \f(5,2)eq \r(－9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(7,9)))2＋\f(4,9))≤eq \f(5,3)，
当且仅当t＝eq \f(9,7)，即k2＝eq \f(1,14)时取等号，即△APQ面积的最大值为eq \f(5,3).
[子题2] 解如图所示，设直线lPQ的方程为x＝ty＋3，P(x1，y1)，
Q(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋3，,x2－y2＝1，))
得(t2－1)y2＋6ty＋8＝0，
因为直线l与双曲线C的右支交于两点，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t2－1≠0，,Δ＝6t2－32t2－1>0，,y1y2＝\f(8,t2－1)<0，))
解得－1y1＋y2＝eq \f(－6t,t2－1)，y1y2＝eq \f(8,t2－1)，
所以kAP·kAQ＝eq \f(y1,x1＋1)·eq \f(y2,x2＋1)
＝eq \f(y1y2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty1＋4))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty2＋4)))
＝eq \f(y1y2,t2y1y2＋4ty1＋y2＋16)
＝eq \f(\f(8,t2－1),t2·\f(8,t2－1)＋4t·\f(－6t,t2－1)＋16)
＝eq \f(8,8t2－24t2＋16t2－16)＝－eq \f(1,2)，
设AP：x＝m1y－1，AQ：x＝m2y－1，
且|m1|>1，|m2|>1，
所以eq \f(1,m1)·eq \f(1,m2)＝－eq \f(1,2)，
即m1·m2＝－2，
所以|m1|·|m2|＝2，
又因为|m2|＝eq \f(2,|m1|)>1，
所以1<|m1|<2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝m1y－1，,x2－y2＝1，))
得(meq \\al(2,1)－1)y2－2m1y＝0，
所以yP＝eq \f(2m1,m\\al(2,1)－1)，
同理可得yQ＝eq \f(2m2,m\\al(2,2)－1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝m1y－1，,x2＋y2＝1，))
得(meq \\al(2,1)＋1)y2－2m1y＝0，
所以yM＝eq \f(2m1,m\\al(2,1)＋1)，
同理可得yN＝eq \f(2m2,m\\al(2,2)＋1)，
所以eq \f(S△APQ,S△AMN)
＝eq \f(\f(1,2)|AP||AQ|sin∠PAQ,\f(1,2)|AM||AN|sin∠MAN)
＝eq \f(|AP|,|AM|)·eq \f(|AQ|,|AN|)＝eq \f(yP,yM)·eq \f(yQ,yN)
＝eq \f(\f(2m1,m\\al(2,1)－1),\f(2m1,m\\al(2,1)＋1))·eq \f(\f(2m2,m\\al(2,2)－1),\f(2m2,m\\al(2,2)＋1))
＝eq \f(m\\al(2,1)＋1m\\al(2,2)＋1,m\\al(2,1)－1m\\al(2,2)－1)
＝eq \f(m\\al(2,1)m\\al(2,2)＋m\\al(2,1)＋m\\al(2,2)＋1,m\\al(2,1)m\\al(2,2)－m\\al(2,1)－m\\al(2,2)＋1)
＝eq \f(5＋m\\al(2,1)＋m\\al(2,2),5－m\\al(2,1)＋m\\al(2,2))，
令n＝meq \\al(2,1)＋meq \\al(2,2)，
由|m1|·|m2|＝2,1得n＝meq \\al(2,1)＋eq \f(4,m\\al(2,1))∈[4,5)，
所以eq \f(S△APQ,S△AMN)＝eq \f(5＋n,5－n)＝eq \f(10,5－n)－1，n∈[4,5)，
令f(n)＝eq \f(10,5－n)－1，n∈[4,5)，
因为f(n)在区间[4,5)上单调递增，
所以f(n)的取值范围为[9，＋∞)，
又因为eq \f(S1,S2)＝eq \f(S△APQ－S△AMN,S△AMN)＝eq \f(S△APQ,S△AMN)－1，
所以eq \f(S1,S2)的取值范围为[8，＋∞)．
跟踪演练
1．解 (1)∵eq \f(|PM|,|QM|)＝eq \f(|PN|,|QN|)＝2，
∴|PM|＝2|QM|，|PN|＝2|QN|，
∴|PM|＋|PN|＝2(|QM|＋|QN|)＝2|MN|＝4，
∴点P的轨迹是以M，N为焦点，长轴长为4的椭圆，
设椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则a＝2，c＝1，
∴b2＝a2－c2＝3，
∴点P的轨迹E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)如图所示，连接CO，并延长交椭圆E于点B，连接BM，AN，CM，
由椭圆对称性可知|OC|＝|OB|，
又|OM|＝|ON|，
∴四边形CMBN为平行四边形，
∴CN∥BM，|CN|＝|BM|，
∴S△BOM＝S△CON且A，M，B三点共线，
∴四边形AMNC的面积S＝S△ACM＋S△COM＋S△CON＝S△ACM＋S△COM＋S△BOM＝S△ABC，
设直线AB：x＝my－1，A(x1，y1)，
B(x2，y2)(y1>0)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my－1，))
得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，
∴y1＋y2＝eq \f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq \f(9,3m2＋4)，
∴|AB|＝eq \r(1＋m2)·eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \f(\r(1＋m2)·\r(144m2＋1),3m2＋4)
＝eq \f(121＋m2,3m2＋4)，
又AM∥NC，
∴点C到直线AB的距离即为点N到直线AB的距离，
∵点N到直线AB的距离d＝eq \f(2,\r(1＋m2))，
∴S＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(12\r(1＋m2),3m2＋4)
＝12eq \r(\f(1＋m2,3m2＋42))，
设3m2＋4＝t，则m2＝eq \f(t－4,3)，t≥4，
∴S＝12eq \r(\f(1＋\f(t－4,3),t2))＝12eq \r(\f(t－1,3t2))
＝4eq \r(3)·eq \r(－\f(1,t2)＋\f(1,t))
＝4eq \r(3)·eq \r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(1,2)))2＋\f(1,4))，
又0∴当eq \f(1,t)＝eq \f(1,4)，即m＝0时，四边形AMNC面积取得最大值，最大值为3.
2．(1)证明由A(x1，y1)，C(x2，y2)是直线AF与抛物线C1：y2＝4x－4的两个交点，显然直线AF不垂直于y轴，点F(2,0)，
故设直线AF的方程为x＝my＋2，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,y2＝4x－4，))消去x并整理得y2－4my－4＝0，
所以y1y2＝－4为定值．
(2)解由(1)知B(x1，－y1)，
直线BC的斜率为
eq \f(y2＋y1,x2－x1)＝eq \f(y2＋y1,\f(y\\al(2,2)＋4,4)－\f(y\\al(2,1)＋4,4))＝eq \f(4,y2－y1)，
方程为y＋y1＝eq \f(4,y2－y1)(x－x1)，
令y＝0，得点P的横坐标
xP＝eq \f(y1y2－y1,4)＋eq \f(y\\al(2,1)＋4,4)＝eq \f(y1y2＋4,4)＝0，
设D(x3，y3)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,\f(x2,a2)－\f(y2,4－a2)＝1，))
消去x得(4m2－m2a2－a2)y2＋4m(4－a2)y＋(4－a2)2＝0，
4m2－m2a2－a2≠0，且Δ＝16m2(4－a2)2－4(4－a2)2·(4m2－m2a2－a2)＝4a2(m2＋1)(4－a2)2>0，
y1＋y3＝eq \f(－4m4－a2,4m2－m2a2－a2)，
y1y3＝eq \f(4－a22,4m2－m2a2－a2)，而直线BD的方程为y＋y1＝eq \f(y3＋y1,x3－x1)(x－x1)，依题意m≠0，
令y＝0，得点Q的横坐标xQ＝eq \f(y1x3－x1,y3＋y1)＋x1
＝eq \f(y1x3－x1＋x1y3＋y1,y3＋y1)
＝eq \f(y1x3＋y3x1,y1＋y3)
＝eq \f(y1my3＋2＋y3my1＋2,y1＋y3)
＝eq \f(2my1y3＋2y1＋y3,y1＋y3)
＝eq \f(\f(2m4－a22,4m2－m2a2－a2)＋\f(－8m4－a2,4m2－m2a2－a2),\f(－4m4－a2,4m2－m2a2－a2))
＝eq \f(4－a2－4,－2)＝eq \f(1,2)a2，
因此eq \f(|FQ|,|FP|)＝eq \f(2－\f(1,2)a2,2)＝1－eq \f(1,4)a2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)))，
所以eq \f(|FQ|,|FP|)的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4))).
母题突破2 定点(定直线)问题
母题 (1)解设|F1F2|＝2c(c>0)，
因为双曲线C的离心率
e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(3),3)＝eq \f(2,\r(3))，
设a＝eq \r(3)t，c＝2t，t>0，
所以F1(－2t,0)，F2(2t,0)，
eq \(PF,\s\up6(→))1＝(－2t－3，－1)，eq \(PF,\s\up6(→))2＝(2t－3，－1)，
所以eq \(PF1,\s\up6(—→))·eq \(PF,\s\up6(→))2＝(－2t－3)(2t－3)＋1＝6，
解得t＝1或t＝－1(舍去)，
所以a＝eq \r(3)，c＝2，b＝eq \r(c2－a2)＝1，
所以双曲线C的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1.
(2)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
当直线斜率不存在时不成立，
设l：y－1＝k(x－3)，
即y＝kx＋1－3k，－eq \f(\r(3),3)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1－3k，,x2－3y2＝3，))
可得(1－3k2)x2－6k(1－3k)x－3(2－6k＋9k2)＝0，
由于点P在双曲线C内部，易得Δ>0，
所以x1＋x2＝eq \f(6k1－3k,1－3k2)，
x1x2＝eq \f(－32－6k＋9k2,1－3k2).
设M(x0，y0)，根据题意x1又eq \f(|AP|,|AM|)＝eq \f(|BP|,|BM|)，
可得eq \f(3－x1,x0－x1)＝eq \f(3－x2,x2－x0)，
整理得6x0＋2x1x2＝(x0＋3)(x1＋x2)，
即6x0－eq \f(62－6k＋9k2,1－3k2)
＝(x0＋3)eq \f(6k1－3k,1－3k2)，
化简得x0－2＝kx0－3k，
又y0＝kx0＋1－3k，消去k，得x0－y0－1＝0，
所以点M在定直线x－y－1＝0上．
[子题1] 解如图所示，由题知直线A1M与直线A2N的斜率存在，
设：y＝k1(x＋2)，
：y＝k2(x－2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x＋2，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))
消去y整理得(1＋2keq \\al(2,1))x2＋8keq \\al(2,1)x＋8keq \\al(2,1)－4＝0，
解得x1＝－2，x2＝eq \f(2－4k\\al(2,1),1＋2k\\al(2,1))，
又M，N是异于A1，A2的两点，
所以有Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－4k\\al(2,1),1＋2k\\al(2,1))，\f(4k1,1＋2k\\al(2,1))))，
同理可得Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k\\al(2,2)－2,1＋2k\\al(2,2))，\f(－4k2,1＋2k\\al(2,2))))，
又D(1,0)，且M，D，N三点共线，
所以eq \f(\f(4k1,1＋2k\\al(2,1)),\f(2－4k\\al(2,1),1＋2k\\al(2,1))－1)＝eq \f(\f(－4k2,1＋2k\\al(2,2)),\f(4k\\al(2,2)－2,1＋2k\\al(2,2))－1)，
化简得(3k1－k2)(1＋2k1k2)＝0，
由题知k1，k2同号，所以3k1＝k2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x＋2，,y＝k2x－2，))
所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2k1＋2k2,k2－k1)，\f(4k1k2,k2－k1)))，
将3k1＝k2代入点P的横坐标，
则xP＝eq \f(2k1＋2k2,k2－k1)＝eq \f(8k1,2k1)＝4，
所以点P在定直线x＝4上．
[子题2] 证明设直线PA与直线PB的斜率分别为k1，k2，
如果直线l的斜率不存在，
则k1＋k2＝0，不符合题意．
设直线l：y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2－\f(y2,3)＝1，))
整理得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－k2≠0，,Δ＝4k2m2＋43－k2m2＋3>0，))
化简得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k2≠3，,m2－k2＋3>0.))
则x1＋x2＝eq \f(2km,3－k2)，
x1x2＝－eq \f(m2＋3,3－k2)，
则k1＋k2＝eq \f(y1,x1－1)＋eq \f(y2,x2－1)
＝eq \f(kx1＋m,x1－1)＋eq \f(kx2＋m,x2－1)
＝eq \f(2kx1x2＋m－kx1＋x2－2m,x1x2－x1＋x2＋1)
＝－1，
整理得(2k＋1)x1x2＋(m－k－1)·(x1＋x2)＋1－2m＝0，
即－eq \f(2k＋1m2＋3,3－k2)＋eq \f(2kmm－k－1,3－k2)＋1－2m＝0，
化简得k2＋(2m＋6)k＋m2＋6m＝0，
解得k＝－m－6或k＝－m，
当k＝－m时，直线l的方程为y＝－mx＋m＝－m(x－1)，
当x＝1时，y＝0，所以直线l过定点(1,0)，
又直线l不经过点P(1,0)，所以不符合题意；
当k＝－m－6时，直线l的方程为y＝kx－k－6＝k(x－1)－6，
当x＝1时，y＝－6，所以直线l过定点(1，－6)，
综上所述，直线l恒过定点(1，－6)．
跟踪演练
1．解 (1)设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(x\\al(2,1),2p)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(x\\al(2,2),2p)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3，\f(x\\al(2,3),2p)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x4，\f(x\\al(2,4),2p)))，
设直线AB：y＝kx＋eq \f(p,2)，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋\f(p,2)，,x2＝2py，))
整理得x2－2pkx－p2＝0，
可得x1＋x2＝2pk，x1x2＝－p2，
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝2p(k2＋1)，
同理可得|CD|＝2peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)＋1))，
所以S四边形ABCD＝eq \f(1,2)|AB||CD|
＝2p2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋\f(1,k2)＋2))≥8p2＝32，
当且仅当k2＝1时取等号，
所以p＝2，所以抛物线的方程为x2＝4y.
(2)当P(1,1)时，设Q(x0，y0)，
由A，P，B三点共线，
可得eq \f(\f(x\\al(2,1),4)－1,x1－1)＝eq \f(\f(x\\al(2,2),4)－1,x2－1)，
可得x1x2＋4＝x1＋x2，①
同理由C，P，D三点共线，可得x3x4＋4＝x3＋x4，②
又由A，C，Q三点共线，
可得eq \f(\f(x\\al(2,1),4)－y0,x1－x0)＝eq \f(\f(x\\al(2,3),4)－y0,x3－x0)，
所以x1x3＋4y0＝x0(x1＋x3)，③
同理由B，D，Q三点共线，
可得x2x4＋4y0＝x0(x2＋x4)，④
由①③得x1＝eq \f(x2－4,x2－1)＝eq \f(x3x0－4y0,x3－x0)，
即(x0－1)x2x3＋(4－x0)x3＋(x0－4y0)x2＋4y0－4x0＝0，⑤
又由②④得x4＝eq \f(x3－4,x3－1)＝eq \f(x2x0－4y0,x2－x0)，
即(x0－1)x2x3＋(4－x0)x2＋(x0－4y0)x3＋4y0－4x0＝0，⑥
由⑤⑥得(4－x0)(x3－x2)＋(x0－4y0)(x2－x3)＝0，
即4－x0＝x0－4y0，
即x0－2y0－2＝0，
所以点Q在定直线x－2y－2＝0上．
2．(1)解由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝2，,a2＝b2＋c2，,e＝\f(c,a)＝\f(\r(5),3)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝2，,c＝\r(5)，))
所以椭圆C的方程为eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,4)＝1.
(2)证明由题意可知，直线PQ的斜率存在，如图，
设B(－2,3)，直线PQ：y＝k(x＋2)＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2＋3，,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，))
消去y得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0，
则Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1 728k>0，
解得k<0，可得x1＋x2
＝－eq \f(8k2k＋3,4k2＋9)，
x1x2＝eq \f(16k2＋3k,4k2＋9)，
因为A(－2,0)，
则直线AP：y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，
令x＝0，解得y＝eq \f(2y1,x1＋2)，
即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2y1,x1＋2)))，
同理可得Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2y2,x2＋2)))，
则eq \f(\f(2y1,x1＋2)＋\f(2y2,x2＋2),2)
＝eq \f(kx1＋2＋3,x1＋2)＋eq \f(kx2＋2＋3,x2＋2)＝
eq \f([kx1＋2k＋3]x2＋2＋[kx2＋2k＋3]x1＋2,x1＋2x2＋2)
＝eq \f(2kx1x2＋4k＋3x1＋x2＋42k＋3,x1x2＋2x1＋x2＋4)
＝eq \f(\f(32kk2＋3k,4k2＋9)－\f(8k4k＋32k＋3,4k2＋9)＋42k＋3,\f(16k2＋3k,4k2＋9)－\f(16k2k＋3,4k2＋9)＋4)
＝eq \f(108,36)＝3，
所以线段MN的中点是定点(0,3)．
母题突破3 定值问题
母题解 (1)因为椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，A(0，－b)，
且AM的斜率为eq \f(\r(3),2)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,a2)＋\f(1,4b2)＝1，,\f(\f(1,2)＋b,\r(3))＝\f(\r(3),2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，))
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)由题意知，直线BC的斜率存在，
设直线BC：y＝kx＋4，
设D(x1，y1)，C(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋4，))
得(1＋4k2)x2＋32kx＋60＝0，
Δ＝(32k)2－4(1＋4k2)×60
＝16(4k2－15)＞0，
得|k|>eq \f(\r(15),2)，
则x1＋x2＝－eq \f(32k,1＋4k2)，
x1x2＝eq \f(60,1＋4k2)，
因为A(0，－1)，
所以直线AD的方程为y＝eq \f(y1＋1,x1)x－1，
令y＝0，解得x＝eq \f(x1,y1＋1)，
则Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,y1＋1)，0))，
同理可得Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,y2＋1)，0))，
所以|OH||OG|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,y1＋1)))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x2,y2＋1)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1x2,kx1＋5kx2＋5)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1x2,k2x1x2＋5kx1＋x2＋25)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\f(60,1＋4k2),k2·\f(60,1＋4k2)＋5k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(32k,1＋4k2)))＋25)))
＝eq \f(60,25)＝eq \f(12,5)为定值，
所以|OH||OG|为定值，该定值为eq \f(12,5).
[子题1] 解由题意知，A(－2eq \r(2)，0)，B(2eq \r(2)，0)，
设P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，
则eq \f(x\\al(2,0),8)＋eq \f(y\\al(2,0),4)＝1，
即yeq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(8－xeq \\al(2,0))，直线AP的方程为y＝eq \f(y0,x0＋2\r(2))(x＋2eq \r(2))，
令x＝2eq \r(2)，
得yM＝eq \f(4\r(2)y0,x0＋2\r(2))，
直线BP的方程为
y＝eq \f(y0,x0－2\r(2))(x－2eq \r(2))，
令y＝4，得xN－2eq \r(2)＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－2\r(2))),y0)，
则eq \f(|BM|,|CN|)＝eq \f(|yM|,|xN－2\r(2)|)
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(2)y0,x0＋2\r(2))·\f(y0,4x0－2\r(2))))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2)y\\al(2,0),x\\al(2,0)－8)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2)×\f(1,2)8－x\\al(2,0),x\\al(2,0)－8)))
＝eq \f(\r(2),2)，
所以eq \f(|BM|,|CN|)为定值，该定值为eq \f(\r(2),2).
[子题2] 证明如图，设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),2)，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),2)，y2))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，yM))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，yN))，
设直线l的方程为x＝my＋2，
直线l的方程与抛物线方程联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,y2＝2x，))
消去x，整理得y2－2my－4＝0，Δ＝4m2＋16>0恒成立．
则y1y2＝－4，y1＋y2＝2m，又直线EA的方程为y－2＝eq \f(y1－2,\f(y\\al(2,1),2)－2)(x－2)，
即y＝eq \f(2,y1＋2)(x－2)＋2.
令x＝－2，得y＝eq \f(2y1－4,y1＋2)，
则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\f(2y1－4,y1＋2)))，
同理可得Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\f(2y2－4,y2＋2)))，
则eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\f(2y1－4,y1＋2)))，
eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\f(2y2－4,y2＋2))).
所以eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝4＋eq \f(4y1－2y2－2,y1＋2y2＋2)
＝4＋eq \f(4[y1y2－2y1＋y2＋4],y1y2＋2y1＋y2＋4)
＝4＋eq \f(4－4－4m＋4,－4＋4m＋4)＝0.
所以OM⊥ON，即∠MON＝eq \f(π,2)，为定值．
跟踪演练
1．(1)解由题意可知E(1,0)，半径r＝4，
由圆的圆心以及抛物线的焦点均在x轴上以及对称性可知AB⊥x轴于点C，如图所示，在Rt△ACE中，
|CE|＝eq \r(r2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)|AB|))2)
＝eq \r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)))2)＝2，
因此|OC|＝|OE|＋|CE|＝3，
故Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，2\r(3)))，将其代入抛物线方程得
12＝6p⇒p＝2，
故抛物线方程为y2＝4x.
(2)证明如图所示，令P(x0，y0)，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，
抛物线在点M处的切线方程为x－x1＝m(y－y1)，
与y2＝4x联立得y2－4my＋4my1－4x1＝0，①
由相切得Δ＝16m2－4(4my1－4x1)＝0，
得4my1－4x1＝4m2，
代入①得y1＝2m，
故在点M处的切线方程为x－x1＝eq \f(y1,2)(y－y1)，
即为yy1＝2x＋2x1，
同理在点N处的切线方程为yy2＝2x＋2x2，
而两切线交于点P(x0，y0)，
所以有y0y1＝2x0＋2x1，y0y2＝2x0＋2x2，
则直线MN的方程为2x－y0y＋2x0＝0，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,2x－y0y＋2x0＝0，))
得y2－2y0y＋4x0＝0，
所以y1＋y2＝2y0，y1y2＝4x0，
于是|MF|·|NF|＝(x1＋1)(x2＋1)
＝eq \f(y\\al(2,1)y\\al(2,2),16)＋eq \f(y\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,2),4)＋1
＝xeq \\al(2,0)＋eq \f(1,4)[(2y0)2－2×4x0]＋1
＝(x0－1)2＋yeq \\al(2,0)，
又点P(x0，y0)在圆E：(x－1)2＋y2＝16上，
所以(x0－1)2＋yeq \\al(2,0)＝16，
即|MF|·|NF|＝16.
2．(1)解因为c2，a2，b2成等差数列，
所以2a2＝c2＋b2，
又c2＝a2＋b2，所以a2＝2b2.
将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(\r(6),2)))的坐标代入C的方程得eq \f(9,2b2)－eq \f(\f(6,4),b2)＝1，解得b2＝3，
所以a2＝6，所以C的方程为eq \f(x2,6)－eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明依题意可设PQ：x＝my＋3，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋3，,\f(x2,6)－\f(y2,3)＝1，))
得(m2－2)y2＋6my＋3＝0，
如图，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，y1>y2，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－6m,m2－2)，,y1y2＝\f(3,m2－2).))
Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(y1＋y2,2)))，
则k1－k2＝kPN－kQN
＝eq \f(\f(y1－y2,2),x1－2)－eq \f(\f(y2－y1,2),x2－2)
＝eq \f(\f(y1－y2,2),my1＋1)－eq \f(\f(y2－y1,2),my2＋1)
＝eq \f(y1－y2[my1＋y2＋2],2[m2y1y2＋my1＋y2＋1])，
而S＝eq \f(1,2)|OF|·(y1－y2)
＝eq \f(3,2)(y1－y2)，
所以eq \f(k1－k2,S)
＝eq \f(my1＋y2＋2,3[m2y1y2＋my1＋y2＋1])
＝eq \f(\f(－6m2,m2－2)＋2,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3m2,m2－2)＋\f(－6m2,m2－2)＋1)))
＝eq \f(－4m2－4,－6m2－6)＝eq \f(2,3)，
所以eq \f(k1－k2,S)是定值．
母题突破4 探究性问题
母题解 (1)依题意可得a＝2，eq \f(1,2)×2c×2b＝4，
又c2＝a2－b2，解得b＝c＝eq \r(2)，
所以椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1，
则离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).
(2)因为P，O，Q三点共线，根据椭圆的对称性可知P，Q关于O点对称，如图，
设点P(x1，y1)，则Q(－x1，－y1)(x1≠±2)，
所以直线AP的方程为
y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，
直线AQ的方程为y＝eq \f(－y1,－x1＋2)(x＋2)，
所以点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2y1,x1＋2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(－2y1,－x1＋2))).
假设存在M使∠AME＝∠EFM，
因为∠MOE＝∠FOM＝90°，
所以∠OMF＝∠OEM，
又∠OEM＋∠OME＝90°，
所以∠OME＋∠OMF＝90°，
即ME⊥MF，
所以eq \(ME,\s\up6(→))·eq \(MF,\s\up6(→))＝0，
设M(m,0)，则eq \(ME,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－m，\f(2y1,x1＋2)))，
eq \(MF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－m，\f(－2y1,－x1＋2)))，
所以eq \(ME,\s\up6(→))·eq \(MF,\s\up6(→))
＝m2＋eq \f(－2y1,－x1＋2)·eq \f(2y1,x1＋2)＝0，
即m2＋eq \f(－4y\\al(2,1),4－x\\al(2,1))＝0，
又eq \f(x\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,1),2)＝1，
所以xeq \\al(2,1)＋2yeq \\al(2,1)＝4，
所以m2－2＝0，解得m＝±eq \r(2)，
所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(±\r(2)，0)).
故在x轴上存在点M(±eq \r(2)，0)，使得∠AME＝∠EFM.
[子题1] 解假设在x轴上存在定点S(s,0)，使得∠PST＝∠QST恒成立，
设直线PQ的方程为x＝ty＋eq \r(3)，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝ty＋\r(3)，))
得(3t2＋4)y2＋6eq \r(3)ty－3＝0，
则y1＋y2＝－eq \f(6\r(3)t,3t2＋4)，
y1y2＝－eq \f(3,3t2＋4)，
因为∠PST＝∠QST，
所以kPS＋kQS＝0，
即eq \f(y1,x1－s)＋eq \f(y2,x2－s)＝0，
整理得(x2－s)y1＋(x1－s)y2＝0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty2＋\r(3)))y1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty1＋\r(3)))y2－s(y1＋y2)＝0，
所以2ty1y2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)－s))(y1＋y2)＝0，
则2teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,3t2＋4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)－s))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6\r(3)t,3t2＋4)))
＝0，
解得s＝eq \f(4\r(3),3)，
故在x轴上存在定点Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)，0))，使得∠PST＝∠QST恒成立．
[子题2] 解 (1)由题意知C：eq \f(y2,a2)－eq \f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)，
点A的坐标为(6,4)，得c＝4，
不妨设焦点F1(0,4)，F2(0，－4)，
则2a＝|AF2|－|AF1|＝eq \r(62＋82)－6＝4.
所以a＝2，b2＝c2－a2＝12，
故C的方程为eq \f(y2,4)－eq \f(x2,12)＝1.
(2)如图，设l的方程为y＝2m(m>1)，
则D(0,2m)，
故M(0，m)，
由已知得直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
故Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)，2m)).
直线PQ的方程与双曲线方程联立得(3k2－1)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，
由已知得3k2≠1，Δ>0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
eq \(PM,\s\up6(→))＝(－x1，m－y1)，
eq \(PN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)－x1，2m－y1))，
eq \(MQ,\s\up6(→))＝(x2，y2－m)，
eq \(QN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)－x2，2m－y2))，
则x1＋x2＝－eq \f(6km,3k2－1)，
x1x2＝eq \f(3m2－12,3k2－1)，
由eq \(PM,\s\up6(→))＝λeq \(PN,\s\up6(→))，eq \(MQ,\s\up6(→))＝λeq \(QN,\s\up6(→))，
得x1＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(m,k)))，x2＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)－x2))，
消去λ得x2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(m,k)))＝x1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)－x2))，
即2x1x2－eq \f(m,k)(x1＋x2)＝0，
代入得k(m2－2)＝0，解得m＝eq \r(2)，
故存在定直线l：y＝2eq \r(2)满足条件．
跟踪演练
1．解 (1)将点P(2,8)代入抛物线方程，
解得p＝eq \f(1,4)，x2＝eq \f(1,2)y，
抛物线焦点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))，
点P到抛物线焦点的距离等于点P到抛物线准线的距离，则|PF|＝8＋eq \f(1,8)＝eq \f(65,8).
(2)如图，设A(x1,2xeq \\al(2,1))，B(x2,2xeq \\al(2,2))．
把y＝kx＋2代入y＝2x2得2x2－kx－2＝0，Δ＝k2＋16>0，
由根与系数的关系得x1＋x2＝eq \f(k,2)，x1x2＝－1.
∴xN＝xM＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(k,4)，
∴点N的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,4)，\f(k2,8))).
假设存在实数k，使eq \(NA,\s\up6(→))·eq \(NB,\s\up6(→))＝0，则NA⊥NB.
又∵M是AB的中点，
∴|MN|＝eq \f(1,2)|AB|.
由(1)知，yM＝eq \f(1,2)(y1＋y2)
＝eq \f(1,2)(kx1＋2＋kx2＋2)
＝eq \f(1,2)[k(x1＋x2)＋4]
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k2,2)＋4))
＝eq \f(k2,4)＋2，
∵MN⊥x轴，
∴|MN|＝|yM－yN|
＝eq \f(k2,4)＋2－eq \f(k2,8)＝eq \f(k2＋16,8)，
又|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,2)))2－4×－1)
＝eq \f(1,2)eq \r(k2＋1)eq \r(k2＋16)，
∴eq \f(k2＋16,8)＝eq \f(1,4)eq \r(k2＋1)eq \r(k2＋16)，
即eq \r(k2＋16)＝2eq \r(k2＋1)，
两边同时平方得k2＋16＝4(k2＋1)，
解得k＝±2，即存在k＝±2，
使得eq \(NA,\s\up6(→))·eq \(NB,\s\up6(→))＝0.
2．解 (1)设M(x0，y0)，则N(－x0，－y0)，
则直线AM，AN的斜率之积kAM·kAN＝eq \f(1－y0,－x0)·eq \f(1＋y0,x0)＝eq \f(1－y\\al(2,0),－x\\al(2,0))＝eq \f(\f(1,4)x\\al(2,0),－x\\al(2,0))＝－eq \f(1,4).
(2)由(1)知，直线AN的方程为y＝－eq \f(1,4k)x＋1.直线AM与椭圆方程联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋1，))
消去y可得(1＋4k2)x2＋8kx＝0，
因为A，M均在椭圆E上，
所以0＋x0＝eq \f(－8k,1＋4k2)，
即x0＝eq \f(－8k,1＋4k2)，所以y0＝kx0＋1＝eq \f(－8k2,1＋4k2)＋1＝eq \f(1－4k2,1＋4k2)，
所以k1＝eq \f(y0,x0)＝eq \f(\f(1－4k2,1＋4k2),\f(－8k,1＋4k2))＝eq \f(4k2－1,8k).
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＝1，,y＝kx＋1，))
消去y可得(1＋k2)x2＋2kx＝0，
因为A，P均在圆C上，
所以0＋x1＝eq \f(－2k,1＋k2)，即x1＝eq \f(－2k,1＋k2)，
所以y1＝kx1＋1
＝eq \f(－2k2,1＋k2)＋1＝eq \f(1－k2,1＋k2).
所以点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2k,1＋k2)，\f(1－k2,1＋k2)))，将点P坐标中的k换成－eq \f(1,4k)，
可得x2＝eq \f(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4k))),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4k)))2)＝eq \f(8k,16k2＋1)，
y2＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4k)))2,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4k)))2)＝eq \f(16k2－1,16k2＋1)，
所以k2＝eq \f(y2－y1,x2－x1)
＝eq \f(\f(16k2－1,16k2＋1)－\f(1－k2,1＋k2),\f(8k,16k2＋1)＋\f(2k,1＋k2))＝eq \f(4k2－1,5k)，
所以eq \f(k1,k2)＝eq \f(\f(4k2－1,8k),\f(4k2－1,5k))＝eq \f(5,8)，
即存在实数λ＝eq \f(5,8)，使得k1＝eq \f(5,8)k2.
微重点10 离心率的范围问题
例1 (1)C [设椭圆左、右焦点分别为F1，F，连接F1A，F1B，
由椭圆及直线的对称性知，四边形AFBF1 为平行四边形，
且∠AFB＝120°，∠FAF1＝60°，
在△AFF1中，
|FF1|2＝|AF|2＋|AF1|2－2|AF|·|AF1|cs∠FAF1
＝(|AF|＋|AF1|)2－3|AF|·|AF1|，
∴(|AF|＋|AF1|)2－|FF1|2
＝3|AF|·|AF1|
≤3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|AF|＋|AF1|,2)))2，
当且仅当|AF|＝|AF1|时等号成立，
可得eq \f(1,4)(|AF|＋|AF1|)2≤|FF1|2，
即a2≤4c2，则e＝eq \f(c,a)≥eq \f(1,2)，
又∵椭圆的离心率e∈(0,1)，
∴椭圆的离心率e∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).]
(2)B [设椭圆与双曲线的半焦距为c，椭圆长半轴长为a1，双曲线实半轴长为a2，
|PF1|＝r1，
|PF2|＝r2，
∵△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形，点P在第一象限，
∴|PF2|＝|F1F2|，|PF1|>|PF2|，
|PF2|＋|F1F2|>|PF1|，
即r1＝24，r2＝2c，且r1>r2,2r2>r1，
∴2c<24,4c>24，解得6在双曲线中，|PF1|－|PF2|＝2a2，
∴e2＝eq \f(c,a2)＝eq \f(2c,2a2)＝eq \f(2c,r1－r2)
＝eq \f(2c,24－2c)＝eq \f(c,12－c)；
在椭圆中，|PF1|＋|PF2|＝2a1，
∴e1＝eq \f(c,a1)＝eq \f(2c,2a1)＝eq \f(2c,r1＋r2)
＝eq \f(2c,24＋2c)＝eq \f(c,12＋c)，
∴e1e2＝eq \f(c,12＋c)·eq \f(c,12－c)＝eq \f(1,\f(144,c2)－1)，
∵6∴36∴0可得eq \f(1,\f(144,c2)－1)>eq \f(1,3)，
∴3e1e2的取值范围为(1，＋∞)．]
跟踪演练1 (eq \r(2)，2)
例2 (1)D [设椭圆E的长半轴长、短半轴长、半焦距分别为a，b，c，
由题意知a＝1，b＝eq \r(1－m2)，c＝m，
椭圆E上存在点P满足|OP|＝m，等价于以O为原点，以c为半径的圆与椭圆有交点，得c≥b，
所以c2≥b2＝a2－c2，
解得eq \f(c2,a2)≥eq \f(1,2)，所以e＝eq \f(c,a)≥eq \f(\r(2),2).又0所以E的离心率的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1)).]
(2)A [若点P是双曲线的顶点，eq \f(a,sin∠PF1F2)＝eq \f(c,sin∠PF2F1)无意义，故点P不是双曲线的顶点，在△PF1F2中，由正弦定理得eq \f(|PF1|,sin∠PF2F1)＝eq \f(|PF2|,sin∠PF1F2)，
又eq \f(a,sin∠PF1F2)＝eq \f(c,sin∠PF2F1)，
∴eq \f(|PF1|,|PF2|)＝eq \f(c,a)，即|PF1|＝eq \f(c,a)·|PF2|，∴P在双曲线的右支上，
由双曲线的定义，得|PF1|－|PF2|＝2a，∴eq \f(c,a)|PF2|－|PF2|＝2a，
即|PF2|＝eq \f(2a2,c－a)，
由双曲线的几何性质，知|PF2|>c－a，∴eq \f(2a2,c－a)>c－a，即c2－2ac－a2<0，
∴e2－2e－1<0，解得－eq \r(2)＋11，∴双曲线离心率的取值范围是(1,1＋eq \r(2))．]
跟踪演练2 B
例3 (1)B [以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝c2，
双曲线C的一条渐近线方程为y＝eq \f(b,a)x，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(b,a)x，,x2＋y2＝c2，))
解得(不妨设)P(a，b)，Q(－a，－b)，A(－a,0)，
所以eq \(AP,\s\up6(→))＝(2a，b)，eq \(AQ,\s\up6(→))＝(0，－b)，
所以cs∠PAQ＝eq \f(\(AP,\s\up6(→))·\(AQ,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AQ,\s\up6(→)))))
＝eq \f(－b2,\r(4a2＋b2)·b)
＝－eq \f(b,\r(4a2＋b2))≥－eq \f(3,5)，
整理得25b2≤36a2＋9b2，
即4b2≤9a2，eq \f(b2,a2)≤eq \f(9,4)，
所以双曲线的离心率1(2)A [双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，即bx±ay＝0，
设双曲线上的点P(x0，y0)，
所以eq \f(x\\al(2,0),a2)－eq \f(y\\al(2,0),b2)＝1，
即b2xeq \\al(2,0)－a2yeq \\al(2,0)＝a2b2，
则P(x0，y0)到两条渐近线bx±ay＝0的距离分别为d1＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(bx0＋ay0)),\r(a2＋b2))，
d2＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(bx0－ay0)),\r(a2＋b2))，
所以d1d2＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b2x\\al(2,0)－a2y\\al(2,0))),a2＋b2)＝eq \f(a2b2,a2＋b2)，
又|OP|2＝xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝a2＋eq \f(a2,b2)yeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)
＝a2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,b2)＋1))yeq \\al(2,0)，y0∈R，
所以|OP|2≥a2，
因为d1d2≤eq \f(1,2)|OP|2恒成立，
所以eq \f(a2b2,a2＋b2)≤eq \f(1,2)a2，
整理得b2≤a2，即eq \f(b2,a2)≤1，
所以离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \r(\f(c2,a2))
＝eq \r(1＋\f(b2,a2))≤eq \r(2)，
则C的离心率的最大值为eq \r(2).]
跟踪演练3 B
微重点11 圆锥曲线中二级结论的应用
例1 C [方法一不妨设直线 l1的倾斜角小于直线l2的倾斜角，则直线l1的倾斜角为θ，直线 l2的倾斜角为eq \f(π,2)＋θ，
则|AB|＝eq \f(2ep,1－e2·cs2θ)＝eq \f(2\r(2),2－cs2θ)，
|CD|＝eq \f(2\r(2),2－sin2θ)，
所以|AB|＋|CD|＝eq \f(24\r(2),8＋sin22θ)，
因为 0≤θ≤eq \f(π,2)，所以 0≤2θ≤π，
所以 0≤sin 2θ≤1，所以8≤8＋sin22θ≤9，所以|AB|＋|CD|的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(8\r(2),3)，3\r(2))).
方法二当直线l1，l2有一条斜率不存在时，不妨设直线l1的斜率不存在，则直线l2的斜率为0，
此时|CD|＝2eq \r(2)，|AB|＝eq \f(2b2,a)＝eq \f(2,\r(2))＝eq \r(2)，
所以|AB|＋|CD|＝3eq \r(2)，
当直线l1，l2的斜率都存在且不为0时，不妨设直线l1的斜率为k，则直线l2的斜率为－eq \f(1,k)，
不妨设直线l1，l2都过椭圆的右焦点F(1,0)，
所以直线l1：y＝k(x－1)，
直线l2：y＝－eq \f(1,k)(x－1)，
联立l1与椭圆Teq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
可得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
Δ＝(－4k2)2－4(1＋2k2)(2k2－2)＝8k2＋8>0，
x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－2,1＋2k2)，
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k2,1＋2k2)))2－4×\f(2k2－2,1＋2k2))
＝eq \f(2\r(2)1＋k2,1＋2k2)，
同理|CD|＝eq \f(2\r(2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))2)),1＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))2)
＝eq \f(2\r(2)1＋k2,k2＋2)，
所以|AB|＋|CD|
＝eq \f(2\r(2)1＋k2,1＋2k2)＋eq \f(2\r(2)1＋k2,k2＋2)，
令1＋k2＝t，因为k≠0，所以t>1，
所以|AB|＋|CD|
＝eq \f(2\r(2)1＋k2,1＋2k2)＋eq \f(2\r(2)1＋k2,k2＋2)
＝eq \f(2\r(2)t,2t－1)＋eq \f(2\r(2)t,t＋1)
＝eq \f(6\r(2)t2,2t－1t＋1)＝eq \f(6\r(2)t2,2t2＋t－1)
＝eq \f(6\r(2),2＋\f(1,t)－\f(1,t2))，
令y＝2＋eq \f(1,t)－eq \f(1,t2)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(1,2)))2＋eq \f(9,4)，
因为t>1，所以eq \f(1,t)∈(0,1)，
所以y∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(2，\f(9,4)))，所以eq \f(1,y)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)，\f(1,2)))，
所以|AB|＋|CD|＝6eq \r(2)×eq \f(1,y)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8\r(2),3)，3\r(2)))，综上，|AB|＋|CD|的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(8\r(2),3)，3\r(2))).]
跟踪演练1 D [方法一设θ＝∠F1PF2＝60°，
则＝eq \f(1,2)|PF1||PF2|sin θ，
而cs θ
＝eq \f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1||PF2|)＝
eq \f(|PF1|－|PF2|2＋2|PF1||PF2|－|F1F2|2,2|PF1||PF2|)，且||PF1|－|PF2||＝2a，|F1F2|＝2c，
所以|PF1||PF2|＝eq \f(2b2,1－cs θ)，
故＝eq \f(b2sin θ,1－cs θ)＝2eq \r(3).
方法二双曲线焦点三角形的面积＝eq \f(b2,tan \f(θ,2))＝2eq \r(3).]
例2 解 (1)将y＝kx＋3代入x2＝6y，得x2－6kx－18＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则Δ＝36k2＋72>0，
x1＋x2＝6k，x1x2＝－18，
从而|MN|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝6eq \r(1＋k2)eq \r(2＋k2).
设点O到l的距离为d，
则d＝eq \f(3,\r(1＋k2))，所以△MON的面积S＝eq \f(1,2)d·|MN|＝9eq \r(2＋k2).
因为1(2)存在符合题意的点，证明如下：
设P(0，b)为符合题意的点，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.
从而k1＋k2＝eq \f(y1－b,x1)＋eq \f(y2－b,x2)
＝eq \f(2kx1x2＋3－bx1＋x2,x1x2)
＝eq \f(－36k＋6k3－b,x1x2).
当b＝－3时，有k1＋k2＝0，
则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－3)符合题意．
故以线段OP为直径的圆的方程为x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(3,2)))2＝eq \f(9,4).
跟踪演练2 解 (1)∵e＝eq \f(\r(2),2)，
e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(1,2)，
∴a2＝2c2＝b2＋c2，∴b2＝c2，a2＝2b2，
椭圆方程化为eq \f(x2,2b2)＋eq \f(y2,b2)＝1，
由题意知，椭圆过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(6)，1))，
∴eq \f(6,2b2)＋eq \f(1,b2)＝1，
解得b2＝4，a2＝8，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)当直线l的斜率存在时，
设直线l的方程为y＝kx＋1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2y2＝8，,y＝kx＋1，))
得(2k2＋1)x2＋4kx－6＝0，
Δ＝16k2＋24(2k2＋1)>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(－4k,2k2＋1)，,x1x2＝\f(－6,2k2＋1)，))
假设存在定点Q(0，t)(t≠1)符合题意，
∵∠PQA＝∠PQB，∴kQA＝－kQB，
∴kQA＋kQB＝eq \f(y1－t,x1)＋eq \f(y2－t,x2)
＝eq \f(x2y1＋x1y2－tx1＋x2,x1x2)
＝eq \f(x2kx1＋1＋x1kx2＋1－tx1＋x2,x1x2)
＝eq \f(2kx1x2＋1－tx1＋x2,x1x2)
＝2k＋(1－t)eq \f(－4k,－6)
＝eq \f(2k4－t,3)＝0，
∵上式对任意实数k恒等于零，
∴4－t＝0，即t＝4，∴Q(0,4)，
当直线l的斜率不存在时，A，B(不妨设点A在x轴上方)两点分别为椭圆的上下顶点(0,2)，(0，－2)，
显然此时∠PQA＝∠PQB，
综上，存在定点Q(0,4)满足题意．
例3 证明 (1)直线MN的方程为y＝eq \f(1,4)(x－3)．
代入双曲线方程eq \f(x2,4)－y2＝1，
得3x2＋6x－25＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1，x2是方程的两根，故x1＋x2＝－2.
于是，y1＋y2＝eq \f(1,4)(x1＋x2－6)＝－2.
故Q(－1，－1)是线段MN的中点．
(2)双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1过点M，N的切线方程分别为l1：eq \f(x1,4)x－y1y＝1，l2：eq \f(x2,4)x－y2y＝1.
两式相加并将x1＋x2＝－2，y1＋y2＝－2代入得y＝eq \f(1,4)x＋1.
这说明，直线l1，l2的交点在直线l：y＝eq \f(1,4)x＋1上，即三条直线l，l1，l2相交于同一点．
(3)设P(x0，y0)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，
则PA，PB的方程分别为
eq \f(x3,4)x－y3y＝1和eq \f(x4,4)x－y4y＝1.
因为点P在两条直线上，
所以eq \f(x3,4)x0－y3y0＝1，
eq \f(x4,4)x0－y4y0＝1.
这表明，点A，B都在直线eq \f(x0,4)x－y0y＝1上，即直线AB的方程为eq \f(x0,4)x－y0y＝1.
又y0＝eq \f(x0,4)＋1，代入整理得
eq \f(x0,4)(x－y)－(y＋1)＝0，
显然，无论x0取什么值(即无论P为直线l上哪一点)，点Q(－1，－1)都在直线AB上．
跟踪演练3 (1)证明如图，由题意可得b＝eq \r(2)，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3)，
又因为a2＝b2＋c2，
所以a2＝6，b2＝2，椭圆E的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(3，y0)，
过点P且切点在A处的椭圆E的切线方程为eq \f(x1x,6)＋eq \f(y1y,2)＝1，
同理，过点P且切点在B处的椭圆E的切线方程为eq \f(x2x,6)＋eq \f(y2y,2)＝1.
因为点P在直线PA，PB上，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x1,2)＋\f(y1y0,2)＝1，,\f(x2,2)＋\f(y2y0,2)＝1，))
所以直线AB的方程为eq \f(x,2)＋eq \f(y0y,2)＝1，则直线AB过定点M(2,0)．
(2)解设直线AB的方程为x＝ty＋2，联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋2，,\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，))
得(t2＋3)y2＋4ty－2＝0，
故y1＋y2＝－eq \f(4t,t2＋3)，y1y2＝－eq \f(2,t2＋3)，
|S1－S2|＝2||y1|－|y2||＝2|y1＋y2|＝eq \f(8|t|,t2＋3)
＝eq \f(8,|t|＋\f(3,|t|))≤eq \f(8,2\r(3))＝eq \f(4\r(3),3)，
当且仅当|t|＝eq \f(3,|t|)，即t＝±eq \r(3)时取等号，
此时直线AB的方程为x＝±eq \r(3)y＋2.
培优点7 隐圆、蒙日圆与阿基米德三角形
例1 ACD [对于选项A，设P(x，y)，
因为P满足eq \f(|PA|,|PB|)＝eq \f(1,2)，
所以eq \f(\r(x＋22＋y2),\r(x－42＋y2))＝eq \f(1,2)，
化简得x2＋y2＋8x＝0，故A正确；
对于选项B，由选项A可知，
点P的轨迹方程为x2＋y2＋8x＝0，
即(x＋4)2＋y2＝16，所以点P的轨迹是以(－4,0)为圆心，4为半径的圆，
又|AB|＝6，且点A，B在直径所在直线上，
故当点P到圆的直径所在直线的距离最大时，△APB的面积取得最大值，
因为圆上的点到直径的最大距离为半径，即△APB的高的最大值为4，
所以△APB面积的最大值为eq \f(1,2)×6×4＝12，故B错误；
对于选项C，假设在x轴上存在异于A，B的两定点M，N，使得eq \f(|PM|,|PN|)＝eq \f(1,2)，设M(m,0)，N(n,0)，
故eq \f(\r(x－m2＋y2),\r(x－n2＋y2))＝eq \f(1,2)，
即eq \r(x－n2＋y2)＝2eq \r(x－m2＋y2)，
化简可得x2＋y2－eq \f(8m－2n,3)x＋eq \f(4m2－n2,3)＝0，
又点P的轨迹方程为x2＋y2＋8x＝0，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(8m－2n,3)＝8，,\f(4m2－n2,3)＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－6，,n＝－12))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－2，,n＝4))(舍去)，
故存在异于A，B的两定点M(－6,0)，N(－12,0)，
使得eq \f(|PM|,|PN|)＝eq \f(1,2)，故C正确；
对于选项D，因为eq \f(|PA|,|PB|)＝eq \f(1,2)，
所以2|PA|＝|PB|，
所以2|PA|＋|PQ|＝|PB|＋|PQ|，
又点P在圆x2＋y2＋8x＝0上，如图所示，
所以当P，Q，B三点共线时，2|PA|＋|PQ|取得最小值，此时(2|PA|＋|PQ|)min＝|BQ|
＝eq \r([4－－3]2＋0－12)＝5eq \r(2)，故D正确．]
跟踪演练1 ABD
例2 (1)解设直线的方程为y＝k(x＋2)，
代入椭圆eq \f(x2,3)＋y2＝1，消去y，
可得(1＋3k2)x2＋12k2x＋12k2－3＝0，
由Δ＝0，可得k2－1＝0，
设l1，l2的斜率分别为k1，k2，
∴k1＝－1，k2＝1，
∴直线l1，l2的方程分别为y＝－x－2，y＝x＋2.
(2)①证明当直线l1，l2的斜率有一条不存在时，不妨设l1的斜率不存在，
∵l1与椭圆只有一个公共点，∴其方程为x＝±eq \r(3)，
当l1的方程为x＝eq \r(3)时，此时l1与圆的交点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，±1))，
∴l2的方程为y＝1(或y＝－1)，l1⊥l2成立，
同理可证，当l1的方程为x＝－eq \r(3)时，结论成立；
当直线l1，l2的斜率都存在时，设点A(m，n)且m2＋n2＝4，
设方程为y＝k(x－m)＋n，代入椭圆方程，
可得(1＋3k2)x2＋6k(n－km)x＋3(n－km)2－3＝0，
由Δ＝0化简整理得(3－m2)k2＋2mnk＋1－n2＝0，
∵m2＋n2＝4，
∴(3－m2)k2＋2mnk＋m2－3＝0，
设l1，l2的斜率分别为k1，k2，
∴k1k2＝－1，∴l1⊥l2成立，
综上，对于圆上的任意点A，都有l1⊥l2成立．
②解记原点到直线l1，l2的距离分别为d1，d2，
∵MA⊥NA，∴MN是圆的直径，
∴|MA|＝2d2，|NA|＝2d1，deq \\al(2,1)＋deq \\al(2,2)＝|OA|2＝4，
△AMN面积为S＝eq \f(1,2)|MA|×|NA|＝2d1d2，
S2＝4deq \\al(2,1)deq \\al(2,2)＝4deq \\al(2,1)(4－deq \\al(2,1))＝－4(deq \\al(2,1)－2)2＋16，
∵deq \\al(2,1)∈[1,3]，∴S2∈[12,16]，
∴S∈[2eq \r(3)，4]．
跟踪演练2 (1)解由题意知2a＝4，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
∴c＝1，∴b2＝3，
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
∴“蒙日圆”E的方程为x2＋y2＝4＋3＝7，即x2＋y2＝7.
(2)证明当切线MA的斜率存在且不为零时，设切线MA的方程为y＝kx＋m，
则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
消去y得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4m2－12＝0，
∴Δ＝64m2k2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，
∴m2＝3＋4k2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＋y2＝7，))
消去y得(1＋k2)x2＋2mkx＋m2－7＝0，
∴Δ＝4m2k2－4(1＋k2)(m2－7)＝16＋12k2>0，
设M(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(－2mk,1＋k2)，
x1x2＝eq \f(m2－7,1＋k2)，
∴k1k2＝eq \f(y1y2,x1x2)
＝eq \f(kx1＋mkx2＋m,x1x2)
＝eq \f(k2x1x2＋kmx1＋x2＋m2,x1x2)
＝eq \f(k2·\f(m2－7,1＋k2)＋km·\f(－2mk,1＋k2)＋m2,\f(m2－7,1＋k2))
＝eq \f(m2－7k2,m2－7)，
∵m2＝3＋4k2，∴k1k2＝eq \f(m2－7k2,m2－7)＝eq \f(3＋4k2－7k2,3＋4k2－7)＝－eq \f(3,4)，
当切线MA的斜率不存在且为零时，k1k2＝－eq \f(3,4)成立，
∴k1·k2为定值．
例3 ABD [先证明出抛物线y2＝2px(p>0)在其上一点(x0，y0)处的切线方程为y0y＝px＋px0.
证明如下：
由于点(x0，y0)在抛物线y2＝2px上，则yeq \\al(2,0)＝2px0，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,y0y＝px＋px0，))
可得2y0y＝y2＋2px0，
即y2－2y0y＋yeq \\al(2,0)＝0，Δ＝0，
所以抛物线y2＝2px(p>0)在其上一点(x0，y0)处的切线方程为y0y＝px＋px0.如图所示．
设A(x1，y1)，
B(x2，y2)，
直线AB的方程为
x＝my＋eq \f(p,2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋\f(p,2)，,y2＝2px，))
消去x得y2－2mpy－p2＝0，
由根与系数的关系可得y1y2＝－p2，y1＋y2＝2mp，
对于A，抛物线y2＝2px在点A处的切线方程为y1y＝px＋px1，
即y1y＝px＋eq \f(y\\al(2,1),2)，
同理可知，抛物线y2＝2px在点B处的切线方程为y2y＝px＋eq \f(y\\al(2,2),2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1y＝px＋\f(y\\al(2,1),2)，,y2y＝px＋\f(y\\al(2,2),2)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(y1y2,2p)＝－\f(p,2)，,y＝\f(y1＋y2,2)＝mp，))
所以点P的横坐标为－eq \f(p,2)，
即点P在抛物线的准线上，A正确；
对于B，直线l1的斜率为k1＝eq \f(p,y1)，
直线l2的斜率为k2＝eq \f(p,y2)，
所以k1k2＝eq \f(p2,y1y2)＝－1，
所以AP⊥PB，B正确；
对于D，当AB垂直于x轴时，由抛物线的对称性可知，点P为抛物线的准线与x轴的交点，此时PF⊥AB；
当AB不与x轴垂直时，直线AB的斜率为kAB＝eq \f(1,m)，
直线PF的斜率为kPF＝eq \f(mp,－p)＝－m，
所以kAB·kPF＝－1，则PF⊥AB.
综上，PF⊥AB，D正确；
对于C，|AB|＝eq \r(1＋m2)·|y1－y2|，
|PF|＝eq \r(p2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1＋y2,2)))2)
＝eq \r(p2＋m2p2)＝peq \r(1＋m2)，
所以，S△PAB＝eq \f(1,2)|AB|·|PF|
＝eq \f(1,2)eq \r(1＋m2)·|y1－y2|·peq \r(1＋m2)
＝eq \f(p,2)(m2＋1)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y1＋\f(p2,y1)))
＝eq \f(p,2)·(m2＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|y1|＋\f(p2,|y1|)))
≥eq \f(p,2)·2eq \r(|y1|·\f(p2,|y1|))＝p2，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝0，,y1＝±p))时，等号成立，C错误．]
跟踪演练3 解 (1)易得圆的圆心M(0，－4)，抛物线C的焦点为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，|FM|＝eq \f(p,2)＋4，
∴F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1上的点的距离的最小值为eq \f(p,2)＋4－1＝4，解得p＝2.
(2)抛物线C的方程为x2＝4y，
即y＝eq \f(x2,4)，
对该函数求导得y′＝eq \f(x,2)，
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
直线PA的方程为y－y1＝eq \f(x1,2)(x－x1)，
即y＝eq \f(x1x,2)－y1，即x1x－2y1－2y＝0，
同理可知，直线PB的方程为x2x－2y2－2y＝0，
由于点P为这两条直线的公共点，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1x0－2y1－2y0＝0，,x2x0－2y2－2y0＝0，))
∴点A，B的坐标满足方程x0x－2y－2y0＝0，
∴直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0x－2y－2y0＝0，,y＝\f(x2,4)，))
可得x2－2x0x＋4y0＝0，
由根与系数的关系可得x1＋x2＝2x0，
x1x2＝4y0，∴|AB|＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,2)))2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,2)))2)·eq \r(4x\\al(2,0)－16y0)
＝eq \r(x\\al(2,0)＋4x\\al(2,0)－4y0)，
点P到直线AB的距离为d＝eq \f(|x\\al(2,0)－4y0|,\r(x\\al(2,0)＋4))，
∴S△PAB＝eq \f(1,2)|AB|·d
＝eq \f(1,2)eq \r(x\\al(2,0)＋4x\\al(2,0)－4y0)·eq \f(|x\\al(2,0)－4y0|,\r(x\\al(2,0)＋4))
＝，
∵xeq \\al(2,0)－4y0＝1－(y0＋4)2－4y0
＝－yeq \\al(2,0)－12y0－15＝－(y0＋6)2＋21，
由已知可得－5≤y0≤－3，
∴当y0＝－5时，△PAB的面积取最大值eq \f(1,2)×＝20eq \r(5).
培优点8 圆锥曲线中非对称韦达定理的应用
例1 (1)解设双曲线C的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，
由焦点坐标可知c＝2eq \r(5)，
则由e＝eq \f(c,a)＝eq \r(5)，
可得a＝2，b＝eq \r(c2－a2)＝4，
所以双曲线C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1.
(2)证明由(1)可得A1(－2,0)，
A2(2,0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
显然直线MN的斜率不为0，
设直线MN的方程为x＝my－4，且－eq \f(1,2)联立可得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ＝64(4m2＋3)>0，
则y1＋y2＝eq \f(32m,4m2－1)，y1y2＝eq \f(48,4m2－1)，
直线MA1的方程为y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，
直线NA2的方程为y＝eq \f(y2,x2－2)(x－2)，
联立直线MA1与直线NA2的方程可得
eq \f(x＋2,x－2)＝eq \f(y2x1＋2,y1x2－2)＝eq \f(y2my1－2,y1my2－6)＝eq \f(my1y2－2y2,my1y2－6y1)，
方法一 (和积转化)
因为my1y2＝eq \f(3,2)(y1＋y2)，
所以eq \f(my1y2－2y2,my1y2－6y1)＝eq \f(\f(3,2)y1＋y2－2y2,\f(3,2)y1＋y2－6y1)
＝eq \f(\f(3,2)y1－\f(1,2)y2,－\f(9,2)y1＋\f(3,2)y2)＝－eq \f(1,3).
方法二 (配凑)
因为my1y2＝eq \f(3,2)(y1＋y2)，
所以eq \f(my1y2－2y2,my1y2－6y1)
＝eq \f(my1y2－2y1－2y2＋2y1,my1y2－6y1)
＝eq \f(my1y2－2y1＋y2＋2y1,my1y2－6y1)
＝eq \f(\f(3,2)y1－\f(1,2)y2,－\f(9,2)y1＋\f(3,2)y2)＝－eq \f(1,3).由eq \f(x＋2,x－2)＝－eq \f(1,3)可得x＝－1，即xP＝－1，
据此可得点P在定直线x＝－1上运动．
跟踪演练1 (1)解当t＝－eq \f(\r(3),3)时，直线l：x＝－eq \f(\r(3),3)y＋1，
令x＝0，得y＝eq \r(3)，即椭圆的上顶点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(3)))，则b＝eq \r(3)，
又△AF1F2的周长为6，
即2a＋2c＝6，即a＋c＝3，
又a2－c2＝b2＝3，解得a＝2，c＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明由(1)知，M(－2,0)，N(2,0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
依题意，点A，B不在x轴上，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
消去x并整理得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，Δ>0，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(6t,3t2＋4)，,y1y2＝\f(－9,3t2＋4)，))
得ty1y2＝eq \f(3,2)(y1＋y2)，
直线AM的方程为y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，
直线BN的方程为y＝eq \f(y2,x2－2)(x－2)，
联立直线AM，BN的方程得
eq \f(x＋2,x－2)＝eq \f(y2x1＋2,y1x2－2)
＝eq \f(y2ty1＋3,y1ty2－1)＝eq \f(ty1y2＋3y2,ty1y2－y1)
＝eq \f(\f(3,2)y1＋y2＋3y2,\f(3,2)y1＋y2－y1)＝eq \f(\f(3,2)y1＋\f(9,2)y2,\f(1,2)y1＋\f(3,2)y2)＝3，
于是得x＝4，
所以直线AM，BN的交点Q在定直线x＝4上．
(3)证明由(2)知，eq \f(k1,k2)＝eq \f(y1x2－2,y2x1＋2)
＝eq \f(y1ty2－1,y2ty1＋3)＝eq \f(ty1y2－y1,ty1y2＋3y2)
＝eq \f(\f(1,2)y1＋\f(3,2)y2,\f(3,2)y1＋\f(9,2)y2)＝eq \f(1,3)，为定值．
例2 解 (1)由双曲线标准方程可知，其渐近线方程为y＝±eq \f(a,b)x，
所以eq \f(\r(3),3)＝eq \f(a,b)，可得b2＝3a2，
将点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\r(2)))代入双曲线C的方程可得eq \f(2,a2)－eq \f(3,b2)＝1，解得a2＝1，b2＝3，
所以双曲线C的方程为y2－eq \f(x2,3)＝1.
(2)由(1)可知，上焦点F(0,2)，
设直线l的斜率为k，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则直线l的方程为y＝kx＋2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2－\f(x2,3)＝1，,y＝kx＋2，))
整理得(3k2－1)x2＋12kx＋9＝0，
所以x1＋x2＝－eq \f(12k,3k2－1)，x1x2＝eq \f(9,3k2－1)，
又eq \(AF,\s\up6(→))＝7eq \(BF,\s\up6(→))，
即(－x1,2－y1)＝7(－x2,2－y2)，
可得x1＝7x2，
方法一因为eq \f(x1,x2)＝7，
所以eq \f(x1,x2)＋eq \f(x2,x1)＝eq \f(x1＋x22,x1x2)－2＝eq \f(50,7)，
即eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(12k,3k2－1)))2,\f(9,3k2－1))－2＝eq \f(50,7)，
解得k＝±eq \f(2\r(5),5)，
所以直线l的斜率为±eq \f(2\r(5),5).
方法二 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝8x2＝－\f(12k,3k2－1)，,x1x2＝7x\\al(2,2)＝\f(9,3k2－1)，))
即eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3k,23k2－1)))2＝eq \f(9,73k2－1)，
解得k＝±eq \f(2\r(5),5)，
所以直线l的斜率为±eq \f(2\r(5),5).
方法三利用焦点弦定理(此方法只能在小题中使用)：
|ecs α|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(λ－1,λ＋1))).
由题意得eq \(AF,\s\up6(→))＝－7eq \(FB,\s\up6(→))，则λ＝－7，e＝2，α为直线l的倾斜角，
则有|2cs α|＝eq \f(4,3)，解得|cs α|＝eq \f(2,3)，
则k＝tan α＝±eq \f(2\r(5),5).
跟踪演练2 解 (1)设F(c,0)，因为直线AF的斜率为eq \f(2\r(3),3)，A(0，－2)，所以eq \f(2,c)＝eq \f(2\r(3),3)，解得c＝eq \r(3).
又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,b2＝a2－c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，))
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由题意可设直线l的方程为y＝kx－2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx－2，))
消去y得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，
当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>eq \f(3,4)，
即k<－eq \f(\r(3),2)或k>eq \f(\r(3),2)时，
x1＋x2＝eq \f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(12,1＋4k2)，
由eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AQ,\s\up6(→))，
得x2＝2x1，即eq \f(x2,x1)＝2，
所以eq \f(x1,x2)＋eq \f(x2,x1)＝eq \f(x1＋x22,x1x2)－2＝eq \f(5,2)，
解得k2＝eq \f(27,20)>eq \f(3,4).
又|PQ|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16k,1＋4k2)))2－\f(48,1＋4k2))
＝eq \f(4\r(1＋k2)\r(4k2－3),1＋4k2)，
点O到直线l的距离d＝eq \f(2,\r(k2＋1))，
所以S△OPQ＝eq \f(1,2)·d·|PQ|
＝eq \f(4\r(4k2－3),1＋4k2)＝eq \f(\r(15),4)，
此时直线l的方程为y＝eq \f(3\r(15),10)x－2或y＝－eq \f(3\r(15),10)x－2.
思想方法
第1讲函数与方程思想
例1 (1)C [对任意的实数x1≠x2，都有[f(x1)－f(x2)](x1－x2)<0，
即eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0成立，
可得函数图象上任意两点连线的斜率小于0，说明函数是减函数；
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a－1<0，,a>0，,3a－1＋4a≥a，))
解得a∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(1,3))).]
批注在函数的第一段中，虽然没有x＝1，但当x＝1时，本段函数有意义，故可求出其对应的“函数值”，且这个值是本段的“最小值”，为了保证函数是减函数，这个“最小值”应不小于第二段的最大值，即f(1)，这是解题的一个易忽视点．
(2)B [因为函数f(x)＝kx＋cs x是“eq \f(π,3)同比不增函数”，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))≤f(x)，
即keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))
≤kx＋cs x，
故eq \f(kπ,3)≤cs x－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))
＝cs x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs xcs \f(π,3)－sin xsin \f(π,3)))
＝eq \f(\r(3),2)sin x＋eq \f(1,2)cs x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))恒成立，
又因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))min＝－1，
因此eq \f(kπ,3)≤－1，故k≤－eq \f(3,π)，
即k∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,π))).]
批注本题关键是理解“T同比不增函数”的含义，对于恒成立问题，一般是分离参数，转化成求函数的最值问题．
例2 (1)B (2)2
例3 A
第2讲数形结合思想
例1 (1)ABD [函数f(x)的图象如图所示，方程f(x)＝a的根可以转化为函数f(x)与y＝a图象交点的横坐标，由图可知0由题意可知－lg2x1＝lg2x2，即lg2x1x2＝0，解得x1x2＝1，故B正确；
函数y＝x2－8x＋13图象的对称轴为直线x＝4，所以x3＋x4＝8，又x1x2＝1，
所以x1＋x2＋x3＋x4＝8＋eq \f(1,x2)＋x2，
由图知1函数g(x2)＝8＋eq \f(1,x2)＋x2在(1,2)上单调递增，g(1)＝10，g(2)＝eq \f(21,2)，所以x1＋x2＋x3＋x4∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10，\f(21,2)))，故C错误；
2x1＋x2＝eq \f(2,x2)＋x2，函数h(x2)＝eq \f(2,x2)＋x2在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，2))上单调递增，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)))＝2eq \r(2)，h(1)＝3，h(2)＝3，
所以2x1＋x2∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(2)，3))，故D正确．]
(2)D
例2 D
例3 3eq \r(2)－5
解析如图，M为椭圆C上任意一点，N为圆E：(x－4)2＋(y－3)2＝1上任意一点，
则|MF1|＋|MF2|＝4，|MN|≥|ME|－1，当且仅当M，N，E三点共线时，等号成立，
∴|MN|－|MF1|＝|MN|－(4－|MF2|)＝|MN|＋|MF2|－4≥|ME|＋|MF2|－5≥|EF2|－5，
当且仅当M，N，E，F2四点共线时，等号成立．
∵F2(1,0)，E(4,3)，
则|EF2|＝eq \r(4－12＋3－02)＝3eq \r(2)，
∴|MN|－|MF1|的最小值为3eq \r(2)－5.
第3讲分类讨论思想
例1 (1)D [将圆C：x2＋y2－2x－2y－2＝0的方程化为(x－1)2＋(y－1)2＝4，
则圆心C的坐标为(1,1)，半径为2.
当直线l的斜率不存在，即直线l的方程为x＝0时，代入圆的方程得y2－2y－2＝0，
解得y1＝1＋eq \r(3)，y2＝1－eq \r(3)，
此时|AB|＝1＋eq \r(3)－(1－eq \r(3))＝2eq \r(3)，符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋3，
由|AB|＝2eq \r(3)，得圆心C到直线l的距离为eq \r(22－\r(3)2)＝1，
故eq \f(|k－1＋3|,\r(1＋k2))＝1，解得k＝－eq \f(3,4)，
故此时直线的方程为y＝－eq \f(3,4)x＋3，即3x＋4y－12＝0，
综上可得，直线l的方程为x＝0 或3x＋4y－12＝0.]
(2)B [对于A，当n是奇数时，an＋2－2an＝2，
所以an＋2＋2＝2(an＋2)，
又因为a1＝－2，所以a1＋2＝0，
所以当n是奇数时，an＋2＝0，即an＝－2，
即{a2n－1}是以－2为首项，1为公比的等比数列，
即选项A正确；
对于B，由A知，当n是奇数时，an＋2＝0，
所以eq \i\su(i＝1,5, )(a2i－1＋2)＝0，
即选项B错误；
对于C，当n为偶数时，an＋2－2an＝0，
即an＋2＝2an，
又因为a2＝2，所以eq \f(an＋2,an)＝2，
所以{a2n}是以2为首项，2为公比的等比数列，
即选项C正确；
对于D，eq \i\su(i＝1,10,a)i＝(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＋(a2＋a4＋a6＋a8＋a10)＝－10＋eq \f(2×1－25,1－2)＝52，
即选项D正确．]
批注涉及数列中(－1)n的问题，一般需分奇、偶讨论，当n为奇数时，首项是a1，an是第eq \f(n＋1,2)个奇数项；当n为偶数时，首项是a2，an是第eq \f(n,2)个偶数项．
例2 ABC [当点A在圆外时，如图(1)，(2)所示，设AP的中点为B，过B作AP的垂线交直线OP于Q，连接AQ，则|QP|＝|QA|，则||QO|－|QA||＝|OP|＝2，又|AO|>2，则此时Q的轨迹为以O，A为焦点的双曲线；
当点A在圆内(非原点)时，如图(3)所示，此时|QA|＋|QO|＝|QO|＋|QP|＝2，又|AO|<2，则此时Q的轨迹为以O，A为焦点的椭圆；
当A在坐标原点时，如图(4)所示，此时B，Q重合，|QO|＝1，则此时Q的轨迹为以O为原点，半径为1的圆；
当点A在圆上时，如图(5)所示，由垂径定理，可知Q与O重合，此时Q的轨迹为点O.]
批注点A在x轴上，但没明确是在圆内、圆外，还是圆上，所以需分类讨论，仔细审题，理解题意是关键．
例3 解 (1)f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)，x>0，
若a≤1，则f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，
所以f(x)在[1，e]上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝a＝eq \f(3,2)，不满足题意；
若10，解得a所以函数f(x)在[1，a)上单调递减，在(a，e]上单调递增，
所以f(x)min＝f(a)＝ln a＋1＝eq \f(3,2)，解得a＝eq \r(e)，满足题意；
若a≥e，则f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，
所以f(x)在[1，e]上单调递减，
所以f(x)min＝f(e)＝1＋eq \f(a,e)＝eq \f(3,2)，解得a＝eq \f(e,2)，不满足题意，
综上，a＝eq \r(e).
(2)由(1)可知若a≤1，则f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，
所以f(x)在[1，e]上单调递增，f(x)max＝f(e)＝1＋eq \f(a,e)；
若10，解得a所以函数f(x)在[1，a)上单调递减，在(a，e]上单调递增，
f(1)＝a，f(e)＝1＋eq \f(a,e)，
①当1＋eq \f(a,e)≥a即1f(x)max＝f(e)＝1＋eq \f(a,e)，
②当1＋eq \f(a,e)f(x)max＝f(1)＝a；
若a≥e，则f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，
所以f(x)在[1，e]上单调递减，f(x)max＝f(1)＝a，
综上，当a≤eq \f(e,e－1)时，
f(x)max＝f(e)＝1＋eq \f(a,e)；
当a>eq \f(e,e－1)时，f(x)max＝f(1)＝a.
第4讲转化与化归思想
例1 (1)D (2)C
例2 (1)(－∞，1) (2)A
例3 (1)B [设f(x)＝ln x－x＋1＋a，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))时，f′(x)＝eq \f(1－x,x)≥0，f(x)单调递增，所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))时，f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a－\f(1,e)，a)).
设g(y)＝y2ey，则g′(y)＝eyy(y＋2)，则g(y)在[－1,0)上单调递减，在[0,1]上单调递增，g(0)＝0，且g(－1)＝eq \f(1,e)(2)A [由不等式可得eq \f(1,n2)－eq \f(1,m2)即eq \f(1,n2)＋ln n设f(x)＝eq \f(1,x2)＋ln x(x∈(2，e))，
则f′(x)＝－eq \f(2,x3)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x2－2,x3).
因为x∈(2，e)，所以f′(x)>0，故函数f(x)在(2，e)上单调递增．
因为f(n)第5讲客观题的解法
例1 (1)A (2)D
例2 (1)B (2)eq \f(4,5)
例3 (1)A [因为f(x)＋f(－x)＝(2－x－2x)cs x＋(2x－2－x)cs(－x)
＝(2－x－2x)cs x－(2－x－2x)cs x＝0，
所以函数f(x)为奇函数，故B，D错误；
又因为1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
则f(1)＝(2－1－2)cs 1＝－eq \f(3,2)cs 1<0，故C错误．]
(2)C [方法一 (排除法)不妨取a＝－1，
则f(x)＝x－eq \f(1,3)sin 2x－sin x，
f′(x)＝1－eq \f(2,3)cs 2x－cs x，但f′(0)＝1－eq \f(2,3)－1＝－eq \f(2,3)<0，不符合题意，排除A，B，D.
方法二 (综合法)∵函数f(x)＝x－eq \f(1,3)sin 2x＋asin x为增函数，
∴f′(x)＝1－eq \f(2,3)cs 2x＋acs x
＝1－eq \f(2,3)(2cs2x－1)＋acs x
＝－eq \f(4,3)cs2x＋acs x＋eq \f(5,3)≥0，
即acs x≥eq \f(4,3)cs2x－eq \f(5,3)恒成立．
当cs x＝0时，恒有0≥－eq \f(5,3)，得a∈R；
当0得a≥eq \f(4,3)cs x－eq \f(5,3cs x)，
令t＝cs x，f(t)＝eq \f(4,3)t－eq \f(5,3t)在(0,1]上单调递增，
得a≥f(1)＝－eq \f(1,3)；
当－1≤cs x<0时，
得a≤eq \f(4,3)cs x－eq \f(5,3cs x)，
令t＝cs x，f(t)＝eq \f(4,3)t－eq \f(5,3t)在[－1,0)上单调递增，
得a≤f(－1)＝eq \f(1,3).综上，可得a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(1,3))).]
例4 (1)D [E，F分别是PA，AB的中点，则EF∥PB，因为EF⊥平面PAC，则PB⊥平面PAC，
PA，PC⊂平面PAC，故PB⊥PA，PB⊥PC，根据条件可知，△PAB≌△PAC，
故PA⊥PC，所以PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P－ABC放入正方体中，如图所示，
因为△ABC是边长为2的正三角形，所以正方体的棱长为eq \r(2)，
故外接球半径R＝eq \f(\r(2＋2＋2),2)＝eq \f(\r(6),2)，
所以球O的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \r(6)π.]
(2)D [设g(x)＝eq \f(fx－1,ex)，
∵f(x)>f′(x)＋1，
即f′(x)－f(x)＋1<0，
∴g′(x)＝eq \f(f′x－fx＋1,ex)<0，
∴g(x)在R上是减函数，又f(0)＝2 024，
∴不等式e－xf(x)>e－x＋2 023⇔eq \f(fx－1,ex)>2 023
＝f(0)－1＝eq \f(f0－1,e0)，
即g(x)>g(0)，∴x<0，
∴原不等式的解集为(－∞，0)．]
例5 (1)B [头顶至脖子下端的长度为26 cm，可得咽喉至肚脐的长度小于42 cm，肚脐至足底的长度小于110 cm，则该人的身高小于178 cm，又由肚脐至足底的长度大于105 cm，可得头顶至肚脐的长度大于65 cm，则该人的身高大于170 cm，所以该人的身高在170 cm～
178 cm之间．]
(2)B [等边三角形ABC的面积为9eq \r(3)，显然球心不是此三角形的中心，所以三棱锥的体积最大时，三棱锥的高h应满足h∈(4,8)，所以eq \f(1,3)×9eq \r(3)×4V三棱锥D－ABC<24eq \r(3).]
考前回顾
回顾1 集合、常用逻辑用语、不等式
回归教材
1．(1)⊆ ⊆
(2)2n,2n－1,2n－1,2n－2
3．(1)充分必要充分不必要
必要不充分 (2)充分必要
充分不必要必要不充分充要
5．(1)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ<0)) (2)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0，,Δ<0))
6.eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fxgx≥0≤0，,gx≠0))
回顾2 复数、平面向量
回归教材
1．(1)①b＝0 ②b≠0 ③a＝0且b≠0
(2)a－bi (3)eq \r(a2＋b2) (4)a＝c且b＝d a＝0且b＝0 (5)(a±c)＋(b±d)i (ac－bd)＋(ad＋bc)i eq \f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq \f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)
4．同向反向 eq \f(π,2)
5．(1)|a||b|·cs θ (2)x1x2＋y1y2
6．(1)x1y2－x2y1＝0
(2)x1x2＋y1y2＝0
7．(1)eq \r(x2＋y2)
(2)eq \r(x2－x12＋y2－y12)
8.eq \f(a·b,|a||b|) eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1)) \r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2)))
9．(1)eq \f(a,2sin A) (4)0
回顾3 三角函数、三角恒等变换与解三角形
回归教材
1．{β|β＝α＋k·360°，k∈Z}
2．(1){α|α＝k·360°，k∈Z}
(2){α|α＝180°＋k·360°，k∈Z}
(3){α|α＝k·180°，k∈Z}
(4){α|α＝90°＋k·180°，k∈Z}
(5){α|α＝k·90°，k∈Z}
4．(1)eq \f(π,180) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(180,π)))°
5.eq \f(l,r) (1)|α|r (2)eq \f(1,2)|α|r2
8．－sin α －sin α sin α cs α cs α
－cs α cs α －cs α sin α
－sin α tan α －tan α －tan α
9．R {x|x≠eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z} R
{x|x＝kπ，k∈Z} {x|x＝kπ，k∈Z}
2π 2π π 奇偶奇
[－π＋2kπ，2kπ](k∈Z)
eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋kπ))，eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))(k∈Z)
x＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z) x＝kπ(k∈Z) (kπ，0)(k∈Z) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋kπ，0))(k∈Z)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)
11．(1)cs αcs β－sin αsin β cs αcs β＋sin αsin β sin αcs β＋cs αsin β
sin αcs β－cs αsin β
eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β) eq \f(tan α－tan β,1＋tan αtan β)
(2)2sin αcs α cs2α－sin2α
1－2sin2α eq \f(2tan α,1－tan2α)
(3)eq \f(1－cs 2α,2) eq \f(1＋cs 2α,2)
12.eq \f(b,sin B) eq \f(c,sin C)
13．b2＋c2－2bccs A a2＋c2－2accs B
a2＋b2－2abcs C eq \f(b2＋c2－a2,2bc) eq \f(a2＋c2－b2,2ac) eq \f(a2＋b2－c2,2ab)
14.eq \f(1,2)acsin B eq \f(1,2)absin C
回顾4 数列
回归教材
1．a1＋(n－1)d a1qn－1(q≠0) eq \f(na1＋an,2) na1＋eq \f(nn－1,2)d
①eq \f(a11－qn,1－q) eq \f(a1－anq,1－q) ②na1
2．(1)①am＋an＝ap＋aq ②(n－m)
①am·an＝as·at ②qn－m
回顾5 立体几何与空间向量
回归教材
4．(2)①∥ ②⊥
6．(1)|cs〈a，b〉| (2)|cs〈a，n〉| (3)|cs〈n1，n2〉|
回顾6 概率与统计
回归教材
1．m＋n
2．m×n
3．(2)Aeq \\al(m,n) (3)n(n－1)(n－2)…·(n－m＋1) (4)n(n－1)(n－2)×…×3×2×1 n！ eq \f(n！,n－m！) 1
4．(2)Ceq \\al(m,n) (3)eq \f(A\\al(m,n),A\\al(m,m)) eq \f(n！,m！n－m！) eq \f(nn－1n－2…n－m＋1,m！) 1 (4)①Ceq \\al(n－m,n)
5．Ceq \\al(0,n)an＋Ceq \\al(1,n)an－1b1＋…＋Ceq \\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq \\al(n,n)bn Ceq \\al(k,n)an－kbk Ceq \\al(k,n)an－kbk
6．(1)Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n) (2)
(3)2n 2n－1
7．(1)eq \f(事件A包含的样本点个数,样本空间包含的样本点个数)
(2)P(A) P(B) (3)P(A)
(4)eq \f(PAB,PA) (5)P(A)P(B|A)
(6)eq \i\su(i＝1,n,P)(Ai)P(B|Ai)
8．(3)eq \f(1,n)(x1＋x2＋…＋xn)
(4)eq \r(\f(1,n)[x1－\x\t(x)2＋x2－\x\t(x)2＋…＋xn－\x\t(x)2])
9．(1)②1 (2)x1p1＋x2p2＋…＋xnpn
(3)①aE(X)＋b ②np ③p
(5)①a2D(X) ②np(1－p)
③p(1－p) (6)P(A)P(B)
(7)Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n
10．(1)eq \f(\i\su(i＝1,n,x)iyi－n\x\t(x)\x\t(y),\i\su(i＝1,n,x)\\al(2,i)－n\x\t(x)2) eq \x\t(y)－eq \(b,\s\up6(^))eq \x\t(x)
(2)①1 ②强 ③弱
11.eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)
12．(1)0.682 7 (2)0.954 5 (3)0.997 3
回顾7 解析几何
回归教材
1．(1)y－y0＝k(x－x0)
(3)eq \f(y－y1,y2－y1)＝eq \f(x－x1,x2－x1)
2．(1)①k1＝k2 ②k1k2＝－1
3．(1)eq \r(x2－x12＋y2－y12)
(2)eq \f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2)) (3)eq \f(|C2－C1|,\r(A2＋B2))
4．(1)(x－a)2＋(y－b)2＝r2
(2)x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)
5．(2)d2＋eq \f(l2,4) 2eq \r(r2－d2)
6．2a > 2a < a b a
(±a,0)，(0，±b) (±a,0) (0,0)
(±c,0) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)) 2a 2b 2a 2b
eq \f(c,a) eq \r(1－\f(b2,a2)) eq \f(c,a) eq \r(1＋\f(b2,a2))
e＝1 y＝±eq \f(b,a)x
回顾8 函数与导数
回归教材
2．(1)－f(x) f(x)
(2)f(x＋T)＝f(x)(T≠0)
3．(1)①2a ②2a ③2a (2)①eq \f(a＋b,2)
②eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)，0))
4．(1)增减
9．(1)③大小ξ
0
1
2
P
eq \f(1,2)
eq \f(1,4)
eq \f(1,4)
X
2
3
4
5
P
eq \f(1,6)
eq \f(1,4)
eq \f(5,18)
eq \f(11,36)
X
0
1
2
3
4
P
eq \f(1,14)
eq \f(8,21)
eq \f(3,7)
eq \f(4,35)
eq \f(1,210)
X
0
1
2
3
4
P
eq \f(81,256)
eq \f(27,64)
eq \f(27,128)
eq \f(3,64)
eq \f(1,256)
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,6)
eq \f(1,2)
eq \f(3,10)
eq \f(1,30)
感兴趣
不感兴趣
合计
男生
45
10
55
女生
20
25
45
合计
65
35
100
X
0
1
2
3
P
eq \f(4,35)
eq \f(18,35)
eq \f(12,35)
eq \f(1,35)
ξ
－0.6
0.3
0.5
1.2
1.4
1.6
P
0.01
0.08
0.1
0.16
0.4
0.25