高考数学千锤百炼 (7)

fn (
f1 (m))
1 2
有 2018
个正根.令
f1 (m )
t ,
fn (t)
1 2
结合
fn (x)
的图像知，
fn (t)
1 2
有n
2
个
实数根, t1, t2 , t3 , , tn2 (0 t1 1 t2 t3 tn2 )
f1 (m) t1 有三个实数根， f1 (m) ti (2 i n 2) 对每个 ti 都有一个实根，共 n 1 个实根.则 3 n 1 2018 , n 2014 .
2OM AB 7 AB2 AB 1 1 7 AB2 AB2 2 7
解法二：灵活变形，巧用面积公式
x12
（1）
A(
x1
,
y1
),
B(
x2
,
y2
)
在椭圆上，
4
x22 4
y12 3
1
( x12
y22 1
4
3
y12 )( x22 34
y22 ) 2, 3
1 16
x12 x22
1()
43
2
2
cos 2 4
22 sin 2 3
1()
SAOB
1 2
OA
OB
sin AOB
1 2
1 2
sin(
)
3 12 sin( ) 2
3
12
cos
2
12 sin 2
1()
4
3
() () 1 12 22 cos2 cos2 12 22 sin 2 sin 2
直线 3x y 3 和圆 (x 3)2 ( y 2)2 9r 2 有交
点
d | 3 3 2 3 | 3r 32 12
r 4 10 ，即：半径 r 的取值范围是[ 4 10 ,) .
15
15
解法二： 取 AB 中点 E ，连接 CE ，则 CE AB
C(3, 2) PC 2 (x 3)2 ( y 2)2
设 P(x, y)
圆 C 的方程为： (x 3)2 ( y 2)2 r 2 ，
直线 3x y 3 上存在点 P 直线 3x y 3 和圆 (x 3)2 ( y 2)2 9r 2 有交点 d | 3 3 2 3 | 3r
32 12 r 4 10 ，即：半径 r 的取值范围是
点 P 的轨迹：r 2 (x 3)2 ( y 2)2 9r 2
如图：在 RtPEC 和 RtAEC 中
EC 2
AE 2
AC 2
，即：d 2
x2
r2
EC 2 PE 2 PC 2
d 2 (3x)2 PC 2
9r 2 PC 2 8d 2
又 d [0, r) ， r 2 PC 2 9r 2
( 3 sin 3 sin )2 8(cos2 cos2 ) 6(sin 2 sin 2 ) 8(sin 2 cos2 ) 6(sin 2 cos2 )
14 2OM AB 2 4OM 2 AB2 2 7
注释：与圆的参数方程及椭圆的极坐标方程不同，椭圆参数方程中 , 并不是终边分别
16 3 3
4
4
4
16
y12
y22
3
3 4
x12
3
3 4
x22
6
3 4
( x12
x22 )
3
OA2 OB2 x12 x22 y12 y22 4 3 7
x12 x22 4
（2） (2OM )2 AB2 (x1 x2 )2 ( y1 y2 )2 (x1 x2 )2 ( y1 y2 )2 2(x12 x22 y12 y22 )
1)[
64k 2m (3 4k 2
2
)2
8m 2 3
24 4k 2
]
2mk
8km 3 4k 2
2m2
将 2m2 3 4k 2 代入上式得
(k 2
1)(1m6k22
4m2 m
2
12
)
8k
2
2m2
( 2m2 3 4
1) 8m2
12 4m2 m2
12
8k 2
2m2
2m2 3 4 (4m2 6) 2m2 7 为定值
15 [ 4 10 ,) .
15
解法三：
设
P(x0
,
y0 ),
N (x,
y)
，则
M
(
x
x0 2
,
y
y0 2
)
由点 M 也在圆 C 上，得 (x x0 6)2 ( y y04)2 4r 2
记圆 D : (x x0 6)2 ( y y0 4)2 4r 2 ，圆心为 D(6 x0 ,4 y0 ) ，半径为 2r
22
cos 2 4
AB 3, A(x1, y1), B(x2 , y2 ) AB 1 k 2 x1 x2 1 k 2 (x1 x2 )2 4x1x2
1 k2 4
3
4k 2 m2 3 4k 2
3
, SAOB
1 2
m k2 1
1 k2 4
3
4k 2 m2 3 3 4k 2
3
化简得 2 m 4k 2 m2 3 3 4k 2 , 得两边平方得 2m2 3 4k 2.
OA2 OB2 x12 y12 x22 y22 x12 x22 (kx1 m)2 (kx2 m)2
(k 2 1)(x12 x22 ) 2mk(x1 x2 ) 2m2 (k 2 1)[(x1 x2 )2 2x1x2 ] 2mk(x1 x2 ) 2m2
(k 2
由题意，得圆 C 与圆 D 有公共点，所以 r CD 3r 有解
而 CD
3 x0 2 2 y0 2 PC [d,) ， 其 中 d
8 4 10 5
10 ， 所 以 r d ， 3
r 4 10 . 15
点评：本题考查的本质是隐形圆问题,原题是这样，但题目中“总”字需要去掉，涉
及到逻辑关联词的一个使用问题.法一法二的处理方向大体一致，都是先设法求出 P 的轨
1 2
OA 2 OB 2 (OA OB)2 1 2
( x12
y12 )(x22
y22 ) (x1x2
y1 y2 )2
1 2
x1 y2
x2 y1
3
代入 ( 1 4
x1x2
1 3
y1 y2 )2
1 12
(x1 y2
x2 y1)2
1
1 4
x1x2
1 3
y1 y2
0
x12 x22 y12 y22 (1 x12 )(1 x22 ) 1 x12 x22 x12 x22
3
3
题 3 解析：
解法一：常规方法,设方程联立硬怼（回归考试的初衷）
（1）①当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y kx m
联立
y
kx
m
3x2 4(kx m)2 12, (3 4k 2 )x2 8kmx 4m2 12 0
3x2 4 y 2 12
64k 2m2 (12 16k 2 )(4m2 12) 48m2 192k 2 144
OB 2
2( x12
3
3 4
x12 )
1 2
x12
7
7 也满足.
（3） 2OM OA OB, 两边同时平方得 4OM 2 (OA OB)2 OA2 OB2 2OA OB
OA2 OB2 2 OA OB OA2 OB2 AB2 2OA2 2OB2 AB2 7 AB2 2 OA OB
43
点, A(x1, y1), B(x2 , y2 ), 且 AOB 的面积为 3. （1）求证： OA2 OB2 为定值; （2）设线段 AB 的中点为 M , 求 2OM AB 的最大值.
题 1 解析： x,0 x 1
解： x 0 时， f1 ( x) f0 ( f0 ( x)) f0 ( x 1 ) x 1 1 2 x,1 x 2 x 2, x 2
2 cos
3 sin 2 cos
3 sin
3 sin( )
3
, 即 cos sin OA2 OB2 6 cos2 cos2 6 sin 2 cos2 7 2
（2） (2OM )2 AB2 (2 cos 2 cos )2 ( 3 sin 3 sin )2 (2 cos 2 cos )2
1 9
y12 y22
1 6
x1x2
y1 y2
1 6
x1x2
y1 y2
1 12
x12
y22
1 12
x22
y12
1
(1 4
x1x2
1 3
y1 y2 )2
1 12
(x1 y2
x2
y1 ) 2
1
S AOB
1 2
OA
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱOB
sin AOB
1 2
OA
OB
1 cos2 AOB 1 2
OA 2 OB 2 OA 2 OB 2 cos2 AOB
为 OA,OB 的角度， 并不是 AOB 的度数.
解法四：借助椭圆的极坐标方程
设 A, B 的极坐标分别为 (1, ), (2 , ) A(1 cos , 1 sin ), B(2 cos , 2 sin )
A, B 在椭圆 C :
x2
y2
12
cos
2
1
上,
4
12 sin 2 3
圆 C 的方程： (x 3)2 ( y 2)2 r 2 ，圆心 C(3, 2) 令动点 P(x, y) ，
PC 2 (x 3)2 ( y 2)2 (r 2 , 9r 2 ]
点 P 的轨迹为：
(x 3)2 ( y 2)2 R2 (r R 3r)
又直线 3x y 3 上存在点 P
关系即可求出结果.
解后反思：首先，圆心 C(3,2) 到直线 3x y 3 0 的距离 d 8 4 10 10 5
考察 PM PC r ，因为 M 能为 PN 的中点，即 PM 1 有解，
PN PC r
PN 2
所以 2 PC r PC r ，即 1 PC r PC 有解，因为 PC [d,) ，所以 r d .
题 2 解析： 解法一： 如图所示：
由切割线定理知： PM PN PE PF PM PN (PC r)(PC r) PC 2 r 2 M 是 PN 的中点 PN 2MN ， PM MN PC 2 r 2 2MN 2 M , N 是圆 C 上的任意两点 0 MN 2r ，即 0 PC 2 r 2 8r 2 r 2 PC 2 9r 2
个根 n
的值为
.
题 2：已知⊙ C 的方程为： (x 3)2 ( y 2)2 r 2 (r 0) ，若直线 3x y 3 上存在一点 P ，在⊙ C 上总 存在不同的两点 M , N ，使得点 M 是线段 PN 的中点，则⊙ C 的半径 r 的取值范围是____________.
题 3：已知在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C : x2 y2 1. 设动直线 l 与椭圆 C 交于 A, B 两
②当直线 AB 的斜率不存在时，则直线 AB 的方程为 x x1 不妨设 (x1 0, y1 y2 )
x12 4
y12 3
1
y1
3(1 x12 ) 4
则 y2
3(1 x12 ) 4
AB 2 3(1 x12 ) 4
S AOB x1
3(1 x12 ) 4
3 x1
2 , OA2
迹方程，只不过法一是先借助割线定理进行处理，法二是先借助垂经定理处理，求出 P
的轨迹后，问题转化为直线与圆有公共点的问题,接着就好处理了.当然这个题目出题者
的意图更倾向于解法三，先设出这几个点的坐标，利用坐标转移法求出动点 N 的轨迹方
程，再借助点 N 也在已知圆上，问题转化为两圆有交点，最后借助圆心距与半径之间的
2020.4.22
题 1 ： 设 f0 ( x) x 1 , f1 ( x) f0 ( f0 ( x)), f 2 ( x) f0 ( f1 ( x), , 一 般 地 f n ( x) f0 ( f n1 ( x)), 其 中
n
N , 则使方程
fn (
f1 (2 x ))
1 2
有 2018
14
2OM AB 2 4OM 2 AB2 2 7
解法三：借助椭圆的参数方程
（1）不妨设 A(2 cos , 3 sin ), B(2 cos , 3 sin ), 其中 , 则
OA (2 cos , 3 sin ),OB (2 cos , 3 sin )
又 SAOB
1 2
x 0 时, f 2 ( x) f0 ( f1 ( x)) f0 ( x 1 1 )
x,0 x 1
x
1
1
1
1
2x
x,1 x 2 2,2 x 3
4 x,3 x 4
x 4, x 4
令 2 x m 0, f1 (m) 有三段， f 2 (m) 有五段，... f n (m) 有 n 2 段