高中函數(shù)單調(diào)性教案

高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)函數(shù)的單調(diào)性與最值學(xué)案含答案。

學(xué)案5函數(shù)的單調(diào)性與最值
導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.理解函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值及其幾何意義.2.會用定義判斷函數(shù)的單調(diào)性，會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及會用單調(diào)性求函數(shù)的最值．
自主梳理
1．單調(diào)性
(1)定義：一般地，設(shè)函數(shù)y＝f(x)的定義域為I，如果對于定義域I內(nèi)某個區(qū)間D上的任意兩個自變量x1，x2，當(dāng)x1x2時，都有f(x1)f(x2)(f(x1)f(x2))，那么就說f(x)在區(qū)間D上是______________．
(2)單調(diào)性的定義的等價形式：設(shè)x1，x2∈[a，b]，那么(x1－x2)(f(x1)－f(x2))0fx1－fx2x1－x20f(x)在[a，b]上是________；(x1－x2)(f(x1)－f(x2))0fx1－fx2x1－x20f(x)在[a，b]上是________．
(3)單調(diào)區(qū)間：如果函數(shù)y＝f(x)在某個區(qū)間上是增函數(shù)或減函數(shù)，那么說函數(shù)y＝f(x)在這一區(qū)間具有(嚴格的)單調(diào)性，區(qū)間D叫做y＝f(x)的__________．
(4)函數(shù)y＝x＋ax(a0)在(－∞，－a)，(a，＋∞)上是單調(diào)________；在(－a，0)，(0，a)上是單調(diào)______________；函數(shù)y＝x＋ax(a0)在______________上單調(diào)遞增．
2．最值
一般地，設(shè)函數(shù)y＝f(x)的定義域為I，如果存在實數(shù)M滿足：①對于任意的x∈I，都有f(x)≤M(f(x)≥M)；②存在x0∈I，使得f(x0)＝M.那么，稱M是函數(shù)y＝f(x)的____________．
自我檢測
1．(2011杭州模擬)若函數(shù)y＝ax與y＝－bx在(0，＋∞)上都是減函數(shù)，則y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是()
A．增函數(shù)B．減函數(shù)
C．先增后減D．先減后增
2．設(shè)f(x)是(－∞，＋∞)上的增函數(shù)，a為實數(shù)，則有()
A．f(a)f(2a)B．f(a2)f(a)
C．f(a2＋a)f(a)D．f(a2＋1)f(a)
3．下列函數(shù)在(0,1)上是增函數(shù)的是()
A．y＝1－2xB．y＝x－1
C．y＝－x2＋2xD．y＝5
4．(2011合肥月考)設(shè)(a，b)，(c，d)都是函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間，且x1∈(a，b)，x2∈(c，d)，x1x2，則f(x1)與f(x2)的大小關(guān)系是()
A．f(x1)f(x2)B．f(x1)f(x2)
C．f(x1)＝f(x2)D．不能確定
5．當(dāng)x∈[0,5]時，函數(shù)f(x)＝3x2－4x＋c的值域為()
A．[c,55＋c]B．[－43＋c，c]
C．[－43＋c,55＋c]D．[c,20＋c]

探究點一函數(shù)單調(diào)性的判定及證明
例1設(shè)函數(shù)f(x)＝x＋ax＋b(ab0)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間，并說明f(x)在其單調(diào)區(qū)間上的單調(diào)性．

變式遷移1已知f(x)是定義在R上的增函數(shù)，對x∈R有f(x)0，且f(5)＝1，設(shè)F(x)＝f(x)＋1fx，討論F(x)的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論．

探究點二函數(shù)的單調(diào)性與最值
例2(2011煙臺模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2＋2x＋ax，x∈[1，＋∞)．
(1)當(dāng)a＝12時，求函數(shù)f(x)的最小值；
(2)若對任意x∈[1，＋∞)，f(x)0恒成立，試求實數(shù)a的取值范圍．

變式遷移2已知函數(shù)f(x)＝x－ax＋a2在(1，＋∞)上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．
探究點三抽象函數(shù)的單調(diào)性
例3(2011廈門模擬)已知函數(shù)f(x)對于任意x，y∈R，總有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且當(dāng)x0時，f(x)0，f(1)＝－23.
(1)求證：f(x)在R上是減函數(shù)；
(2)求f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值．

變式遷移3已知定義在區(qū)間(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足f(x1x2)＝f(x1)－f(x2)，且當(dāng)x1時，f(x)0.
(1)求f(1)的值；
(2)判斷f(x)的單調(diào)性；
(3)若f(3)＝－1，解不等式f(|x|)－2.
分類討論及數(shù)形結(jié)合思想
例(12分)求f(x)＝x2－2ax－1在區(qū)間[0,2]上的最大值和最小值．
【答題模板】
解f(x)＝(x－a)2－1－a2，對稱軸為x＝a.
(1)當(dāng)a0時，由圖①可知，f(x)min＝f(0)＝－1，f(x)max＝f(2)＝3－4a.[3分]

(2)當(dāng)0≤a1時，由圖②可知，f(x)min＝f(a)＝－1－a2，f(x)max＝f(2)＝3－4a.[6分]
(3)當(dāng)1a≤2時，由圖③可知，f(x)min＝f(a)＝－1－a2，f(x)max＝f(0)＝－1.[9分]
(4)當(dāng)a2時，由圖④可知，f(x)min＝f(2)＝3－4a，f(x)max＝f(0)＝－1.
綜上，(1)當(dāng)a0時，f(x)min＝－1，f(x)max＝3－4a；
(2)當(dāng)0≤a1時，f(x)min＝－1－a2，f(x)max＝3－4a；
(3)當(dāng)1a≤2時，f(x)min＝－1－a2，f(x)max＝－1；
(4)當(dāng)a2時，f(x)min＝3－4a，f(x)max＝－1.[12分]
【突破思維障礙】
(1)二次函數(shù)的單調(diào)區(qū)間是由圖象的對稱軸確定的．故只需確定對稱軸與區(qū)間的關(guān)系．由于對稱軸是x＝a，而a的取值不定，從而導(dǎo)致了分類討論．
(2)不是應(yīng)該分a0,0≤a≤2，a2三種情況討論嗎？為什么成了四種情況？這是由于拋物線的對稱軸在區(qū)間[0,2]所對應(yīng)的區(qū)域時，最小值是在頂點處取得，但最大值卻有可能是f(0)，也有可能是f(2)．
1．函數(shù)的單調(diào)性的判定與單調(diào)區(qū)間的確定常用方法有：
(1)定義法；(2)導(dǎo)數(shù)法；(3)圖象法；(4)單調(diào)性的運算性質(zhì)．
2．若函數(shù)f(x)，g(x)在區(qū)間D上具有單調(diào)性，則在區(qū)間D上具有以下性質(zhì)：
(1)f(x)與f(x)＋C具有相同的單調(diào)性．
(2)f(x)與af(x)，當(dāng)a0時，具有相同的單調(diào)性，當(dāng)a0時，具有相反的單調(diào)性．
(3)當(dāng)f(x)恒不等于零時，f(x)與1fx具有相反的單調(diào)性．
(4)當(dāng)f(x)，g(x)都是增(減)函數(shù)時，則f(x)＋g(x)是增(減)函數(shù)．
(5)當(dāng)f(x)，g(x)都是增(減)函數(shù)時，則f(x)g(x)當(dāng)兩者都恒大于零時，是增(減)函數(shù)；當(dāng)兩者都恒小于零時，是減(增)函數(shù)．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2011泉州模擬)“a＝1”是“函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋3在區(qū)間[1，＋∞)上為增函數(shù)”的()
A．充分不必要條件
B．必要不充分條件
C．充要條件
D．既不充分也不必要條件
2．(2009天津)已知函數(shù)f(x)＝x2＋4x，x≥0，4x－x2，x0，若f(2－a2)f(a)，則實數(shù)a的取值范圍是()
A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
B．(－1,2)
C．(－2,1)
D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
3．(2009寧夏，海南)用min{a，b，c}表示a，b，c三個數(shù)中的最小值．設(shè)f(x)＝min{2x，x＋2,10－x}(x≥0)，則f(x)的最大值為()
A．4B．5C．6D．7
4．(2011丹東月考)若f(x)＝－x2＋2ax與g(x)＝ax＋1在區(qū)間[1,2]上都是減函數(shù)，則a的取值范圍是()
A．(－1,0)∪(0,1)B．(－1,0)∪(0,1]
C．(0,1)D．(0,1]
5．(2011葫蘆島模擬)已知定義在R上的增函數(shù)f(x)，滿足f(－x)＋f(x)＝0，x1，x2，x3∈R，且x1＋x20，x2＋x30，x3＋x10，則f(x1)＋f(x2)＋f(x3)的值()
A．一定大于0B．一定小于0
C．等于0D．正負都有可能
題號12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．函數(shù)y＝－(x－3)|x|的遞增區(qū)間是________．
7．設(shè)f(x)是增函數(shù)，則下列結(jié)論一定正確的是________(填序號)．
①y＝[f(x)]2是增函數(shù)；
②y＝1fx是減函數(shù)；
③y＝－f(x)是減函數(shù)；
④y＝|f(x)|是增函數(shù)．
8．設(shè)0x1，則函數(shù)y＝1x＋11－x的最小值是________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)(2011湖州模擬)已知函數(shù)f(x)＝a－1|x|.
(1)求證：函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)；
(2)若f(x)2x在(1，＋∞)上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

10．(12分)已知f(x)＝x2＋ax＋3－a，若x∈[－2,2]時，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍．
JAb88.com

11．(14分)(2011鞍山模擬)已知f(x)是定義在[－1,1]上的奇函數(shù)，且f(1)＝1，若a，b∈
[－1,1]，a＋b≠0時，有fa＋fba＋b0成立．
(1)判斷f(x)在[－1,1]上的單調(diào)性，并證明它；
(2)解不等式：f(x＋12)f(1x－1)；
(3)若f(x)≤m2－2am＋1對所有的a∈[－1,1]恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

答案自主梳理
1．(1)增函數(shù)(減函數(shù))(2)增函數(shù)減函數(shù)(3)單調(diào)區(qū)間(4)遞增遞減(－∞，0)，(0，＋∞)2.最大(小)值
自我檢測
1．B[由已知得a0，b0.所以二次函數(shù)對稱軸為直線x＝－b2a0，且圖象開口向下．]
2．D[∵a2＋1a，f(x)在R上單調(diào)遞增，
∴f(a2＋1)f(a)．]
3．C[常數(shù)函數(shù)不具有單調(diào)性．]
4．D[在本題中，x1，x2不在同一單調(diào)區(qū)間內(nèi)，故無法比較f(x1)與f(x2)的大小．]
5．C[∵f(x)＝3(x－23)2－43＋c，x∈[0,5]，∴當(dāng)x＝23時，f(x)min＝－43＋c；當(dāng)x＝5時，f(x)max＝55＋c.]
課堂活動區(qū)
例1解題導(dǎo)引對于給出具體解析式的函數(shù)，判斷或證明其在某區(qū)間上的單調(diào)性問題，可以結(jié)合定義(基本步驟為：取點，作差或作商，變形，判斷)來求解．可導(dǎo)函數(shù)則可以利用導(dǎo)數(shù)求解．有些函數(shù)可以轉(zhuǎn)化為兩個或多個基本初等函數(shù)，利用其單調(diào)性可以方便求解．
解在定義域內(nèi)任取x1，x2，且使x1x2，
則Δx＝x2－x10，
Δy＝f(x2)－f(x1)＝x2＋ax2＋b－x1＋ax1＋b
＝x2＋ax1＋b－x2＋bx1＋ax1＋bx2＋b
＝b－ax2－x1x1＋bx2＋b.
∵ab0，∴b－a0，∴(b－a)(x2－x1)0，
又∵x∈(－∞，－b)∪(－b，＋∞)，
∴只有當(dāng)x1x2－b，或－bx1x2時，函數(shù)才單調(diào)．
當(dāng)x1x2－b，或－bx1x2時，f(x2)－f(x1)0，即Δy0.
∴y＝f(x)在(－∞，－b)上是單調(diào)減函數(shù)，在(－b，＋∞)上也是單調(diào)減函數(shù)．
變式遷移1解在R上任取x1、x2，設(shè)x1x2，∴f(x2)f(x1)，F(xiàn)(x2)－F(x1)＝[f(x2)＋1fx2]－[f(x1)＋1fx1]＝[f(x2)－f(x1)][1－1fx1fx2]，
∵f(x)是R上的增函數(shù)，且f(5)＝1，
∴當(dāng)x5時，0f(x)1，而當(dāng)x5時f(x)1；
①若x1x25，則0f(x1)f(x2)1，
∴0f(x1)f(x2)1，∴1－1fx1fx20，
∴F(x2)F(x1)；
②若x2x15，則f(x2)f(x1)1，
∴f(x1)f(x2)1，∴1－1fx1fx20，
∴F(x2)F(x1)．
綜上，F(xiàn)(x)在(－∞，5)為減函數(shù)，在(5，＋∞)為增函數(shù)．
例2解(1)當(dāng)a＝12時，f(x)＝x＋12x＋2，
設(shè)x1，x2∈[1，＋∞)且x1x2，
f(x1)－f(x2)＝x1＋12x1－x2－12x2
＝(x1－x2)(1－12x1x2)
∵x1x2，∴x1－x20，又∵1x1x2，
∴1－12x1x20，
∴f(x1)－f(x2)0，∴f(x1)f(x2)
∴f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上為增函數(shù)，
∴f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上的最小值為f(1)＝72.
(2)方法一在區(qū)間[1，＋∞)上，f(x)＝x2＋2x＋ax0恒成立，等價于x2＋2x＋a0恒成立．
設(shè)y＝x2＋2x＋a，x∈[1，＋∞)，
y＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1遞增，
∴當(dāng)x＝1時，ymin＝3＋a，
于是當(dāng)且僅當(dāng)ymin＝3＋a0時，函數(shù)f(x)恒成立，
故a－3.
方法二f(x)＝x＋ax＋2，x∈[1，＋∞)，
當(dāng)a≥0時，函數(shù)f(x)的值恒為正，滿足題意，當(dāng)a0時，函數(shù)f(x)遞增；
當(dāng)x＝1時，f(x)min＝3＋a，于是當(dāng)且僅當(dāng)f(x)min＝3＋a0時，函數(shù)f(x)0恒成立，
故a－3.
方法三在區(qū)間[1，＋∞)上f(x)＝x2＋2x＋ax0恒成立等價于x2＋2x＋a0恒成立．
即a－x2－2x恒成立．
又∵x∈[1，＋∞)，a－x2－2x恒成立，
∴a應(yīng)大于函數(shù)u＝－x2－2x，x∈[1，＋∞)的最大值．
∴a－x2－2x＝－(x＋1)2＋1.
當(dāng)x＝1時，u取得最大值－3，∴a－3.
變式遷移2解設(shè)1x1x2.
∵函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，
∴f(x1)－f(x2)＝x1－ax1＋a2－(x2－ax2＋a2)
＝(x1－x2)(1＋ax1x2)0.
又∵x1－x20，∴1＋ax1x20，即a－x1x2恒成立．
∵1x1x2，x1x21，－x1x2－1.
∴a≥－1，∴a的取值范圍是[－1，＋∞)．
例3解題導(dǎo)引(1)對于抽象函數(shù)的問題要根據(jù)題設(shè)及所求的結(jié)論來適當(dāng)取特殊值說明抽象函數(shù)的特點．證明f(x)為單調(diào)減函數(shù)，首選方法是用單調(diào)性的定義來證．(2)用函數(shù)的單調(diào)性求最值．
(1)證明設(shè)x1x2，
則f(x1)－f(x2)
＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)
＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)
＝f(x1－x2)
又∵x0時，f(x)0.
而x1－x20，∴f(x1－x2)0，
即f(x1)f(x2)，∴f(x)在R上為減函數(shù)．
(2)解∵f(x)在R上是減函數(shù)，
∴f(x)在[－3,3]上也是減函數(shù)，
∴f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值分別為f(－3)與f(3)．
又∵f(3)＝f(2＋1)＝f(2)＋f(1)＝f(1)＋f(1)＋f(1)
∴f(3)＝3f(1)＝－2，f(－3)＝－f(3)＝2.
∴f(x)在[－3,3]上的最大值為2，最小值為－2.
變式遷移3解(1)令x1＝x20，
代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0.
(2)任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1x2，則x1x21，
由于當(dāng)x1時，f(x)0，
∴f(x1x2)0，即f(x1)－f(x2)0，∴f(x1)f(x2)，
∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是單調(diào)遞減函數(shù)．
(3)由f(x1x2)＝f(x1)－f(x2)得
f(93)＝f(9)－f(3)，而f(3)＝－1，∴f(9)＝－2.
由于函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是單調(diào)遞減函數(shù)，
∴當(dāng)x0時，由f(|x|)－2，得f(x)f(9)，∴x9；
當(dāng)x0時，由f(|x|)－2，得f(－x)f(9)，
∴－x9，故x－9，
∴不等式的解集為{x|x9或x－9}．
課后練習(xí)區(qū)
1．A[f(x)對稱軸x＝a，當(dāng)a≤1時f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增．∴“a＝1”為f(x)在[1，＋∞)上遞增的充分不必要條件．]
2．C[由題知f(x)在R上是增函數(shù)，由題得2－a2a，解得－2a1.]
3．C[
由題意知函數(shù)f(x)是三個函數(shù)y1＝2x，y2＝x＋2，y3＝10－x中的較小者，作出三個函數(shù)在同一坐標(biāo)系之下的圖象(如圖中實線部分為f(x)的圖象)可知A(4,6)為函數(shù)f(x)圖象的最高點．]
4．D[f(x)在[a，＋∞)上是減函數(shù)，對于g(x)，只有當(dāng)a0時，它有兩個減區(qū)間為(－∞，－1)和(－1，＋∞)，故只需區(qū)間[1,2]是f(x)和g(x)的減區(qū)間的子集即可，則a的取值范圍是0a≤1.]
5．A[∵f(－x)＋f(x)＝0，∴f(－x)＝－f(x)．
又∵x1＋x20，x2＋x30，x3＋x10，
∴x1－x2，x2－x3，x3－x1.
又∵f(x1)f(－x2)＝－f(x2)，
f(x2)f(－x3)＝－f(x3)，
f(x3)f(－x1)＝－f(x1)，
∴f(x1)＋f(x2)＋f(x3)－f(x2)－f(x3)－f(x1)．
∴f(x1)＋f(x2)＋f(x3)0.]
6．[0，32]
解析y＝－x－3xx≥0x－3xx0.
畫圖象如圖所示：
可知遞增區(qū)間為[0，32]．
7．③
解析舉例：設(shè)f(x)＝x，易知①②④均不正確．
8．4
解析y＝1x＋11－x＝1x1－x，當(dāng)0x1時，x(1－x)＝－(x－12)2＋14≤14.
∴y≥4.
9．(1)證明當(dāng)x∈(0，＋∞)時，
f(x)＝a－1x，
設(shè)0x1x2，則x1x20，x2－x10.
f(x1)－f(x2)＝(a－1x1)－(a－1x2)
＝1x2－1x1＝x1－x2x1x20.………………………………………………………………………(5分)
∴f(x1)f(x2)，即f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．
……………………………………………………………………………………………(6分)
(2)解由題意a－1x2x在(1，＋∞)上恒成立，
設(shè)h(x)＝2x＋1x，則ah(x)在(1，＋∞)上恒成立．
……………………………………………………………………………………………(8分)
∵h′(x)＝2－1x2，x∈(1，＋∞)，∴2－1x20，
∴h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．…………………………………………………………(10分)
故a≤h(1)，即a≤3.
∴a的取值范圍為(－∞，3]．…………………………………………………………(12分)
10．解設(shè)f(x)的最小值為g(a)，則只需g(a)≥0，
由題意知，f(x)的對稱軸為－a2.
(1)當(dāng)－a2－2，即a4時，
g(a)＝f(－2)＝7－3a≥0，得a≤73.
又a4，故此時的a不存在．……………………………………………………………(4分)
(2)當(dāng)－a2∈[－2,2]，即－4≤a≤4時，
g(a)＝f(－a2)＝3－a－a24≥0得－6≤a≤2.
又－4≤a≤4，故－4≤a≤2.……………………………………………………………(8分)
(3)當(dāng)－a22，即a－4時，
g(a)＝f(2)＝7＋a≥0得a≥－7.
又a－4，故－7≤a－4.
綜上得所求a的取值范圍是－7≤a≤2.………………………………………………(12分)
11．解(1)任取x1，x2∈[－1,1]，且x1x2，
則－x2∈[－1,1]，∵f(x)為奇函數(shù)，
∴f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)
＝fx1＋f－x2x1＋－x2(x1－x2)，
由已知得fx1＋f－x2x1＋－x20，x1－x20，
∴f(x1)－f(x2)0，即f(x1)f(x2)．
∴f(x)在[－1,1]上單調(diào)遞增．……………………………………………………………(4分)
(2)∵f(x)在[－1,1]上單調(diào)遞增，
∴x＋121x－1，－1≤x＋12≤1，－1≤1x－11.………………………………8分
∴－32≤x－1.……………………………………………………………………………(9分)
(3)∵f(1)＝1，f(x)在[－1,1]上單調(diào)遞增．
∴在[－1,1]上，f(x)≤1.…………………………………………………………………(10分)
問題轉(zhuǎn)化為m2－2am＋1≥1，
即m2－2am≥0，對a∈[－1,1]成立．
下面來求m的取值范圍．
設(shè)g(a)＝－2ma＋m2≥0.
①若m＝0，則g(a)＝0≥0，自然對a∈[－1,1]恒成立．
②若m≠0，則g(a)為a的一次函數(shù)，若g(a)≥0，對a∈[－1,1]恒成立，必須g(－1)≥0，且g(1)≥0，
∴m≤－2，或m≥2.
∴m的取值范圍是m＝0或|m|≥2.……………………………………………………(14分)

相關(guān)推薦

高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)曲線與方程學(xué)案含答案

學(xué)案55曲線與方程

導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：了解曲線的方程與方程的曲線的對應(yīng)關(guān)系．
自主梳理
1．曲線的方程與方程的曲線
在直角坐標(biāo)系中，如果某曲線C(看作點的集合或適合某種條件的點的軌跡)上的點與一個二元方程f(x，y)＝0的實數(shù)解建立了如下的關(guān)系：
(1)__________________都是這個方程的______．
(2)以這個方程的解為坐標(biāo)的點都是________________，那么，這個方程叫做曲線的方程，這條曲線叫做方程的曲線．
2．平面解析幾何研究的兩個主要問題
(1)根據(jù)已知條件，求出表示平面曲線的方程；
(2)通過曲線的方程研究曲線的性質(zhì)．
3．求曲線方程的一般方法(五步法)
求曲線(圖形)的方程，一般有下面幾個步驟：
(1)建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，用有序?qū)崝?shù)對(x，y)表示________________________；
(2)寫出適合條件p的點M的集合P＝____________；
(3)用坐標(biāo)表示條件p(M)，列出方程f(x，y)＝0；
(4)化方程f(x，y)＝0為________；
(5)說明以化簡后的方程的解為坐標(biāo)的點都在________．
自我檢測
1．(2011湛江月考)已知動點P在曲線2x2－y＝0上移動，則點A(0，－1)與點P連線中點的軌跡方程是()
A．y＝2x2B．y＝8x2
C．2y＝8x2－1D．2y＝8x2＋1
2．一動圓與圓O：x2＋y2＝1外切，而與圓C：x2＋y2－6x＋8＝0內(nèi)切，那么動圓的圓心P的軌跡是()
A．雙曲線的一支B．橢圓
C．拋物線D．圓
3．(2011佛山模擬)已知直線l的方程是f(x，y)＝0，點M(x0，y0)不在l上，則方程f(x，y)－f(x0，y0)＝0表示的曲線是()
A．直線lB．與l垂直的一條直線
C．與l平行的一條直線D．與l平行的兩條直線
4．若M、N為兩個定點且|MN|＝6，動點P滿足PM→PN→＝0，則P點的軌跡是()
A．圓B．橢圓C．雙曲線D．拋物線
5．(2011江西)若曲線C1：x2＋y2－2x＝0與曲線C2：y(y－mx－m)＝0有四個不同的交點，則實數(shù)m的取值范圍是()
A．(－33，33)B．(－33，0)∪(0，33)
C．[－33，33]D．(－∞，－33)∪(33，＋∞)
探究點一直接法求軌跡方程
例1動點P與兩定點A(a,0)，B(－a,0)連線的斜率的乘積為k，試求點P的軌跡方程，并討論軌跡是什么曲線．

變式遷移1已知兩點M(－2,0)、N(2,0)，點P為坐標(biāo)平面內(nèi)的動點，滿足|MN→||MP→|＋MN→NP→＝0，則動點P(x，y)的軌跡方程為______________．
探究點二定義法求軌跡方程
例2(2011包頭模擬)已知兩個定圓O1和O2，它們的半徑分別是1和2，且|O1O2|＝4.動圓M與圓O1內(nèi)切，又與圓O2外切，建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，求動圓圓心M的軌跡方程，并說明軌跡是何種曲線．

變式遷移2在△ABC中，A為動點，B、C為定點，B－a2，0，Ca2，0，且滿足條件sinC－sinB＝12sinA，則動點A的軌跡方程是()
A.16x2a2－16y215a2＝1(y≠0)
B.16y2a2－16x23a2＝1(x≠0)
C.16x2a2－16y215a2＝1(y≠0)的左支
D.16x2a2－16y23a2＝1(y≠0)的右支
探究點三相關(guān)點法(代入法)求軌跡方程
例3如圖所示，從雙曲線x2－y2＝1上一點Q引直線x＋y＝2的垂線，垂足為N.求線段QN的中點P的軌跡方程．

變式遷移3已知長為1＋2的線段AB的兩個端點A、B分別在x軸、y軸上滑動，P是AB上一點，且AP→＝22PB→.求點P的軌跡C的方程．

分類討論思想的應(yīng)用

例(12分)
過定點A(a，b)任作互相垂直的兩直線l1與l2，且l1與x軸交于點M，l2與y軸交于點N，如圖所示，求線段MN的中點P的軌跡方程．
多角度審題要求點P坐標(biāo)，必須先求M、N兩點，這樣就要求直線l1、l2，又l1、l2過定點且垂直，只要l1的斜率存在，設(shè)一參數(shù)k1即可求出P點坐標(biāo)，再消去k1即得點P軌跡方程．
【答題模板】
解(1)當(dāng)l1不平行于y軸時，設(shè)l1的斜率為k1，則k1≠0.因為l1⊥l2，
所以l2的斜率為－1k1，
l1的方程為y－b＝k1(x－a)，①
l2的方程為y－b＝－1k1(x－a)，②
在①中令y＝0，得M點的橫坐標(biāo)為x1＝a－bk1，[4分]
在②中令x＝0，得N點的縱坐標(biāo)為y1＝b＋ak1，[6分]
設(shè)MN中點P的坐標(biāo)為(x，y)，則有x＝a2－b2k1，y＝b2＋a2k1，
消去k1，得2ax＋2by－a2－b2＝0(x≠a2)．③[8分]
(2)當(dāng)l1平行于y軸時，MN中點為a2，b2，其坐標(biāo)滿足方程③.
綜合(1)(2)知所求MN中點P的軌跡方程為2ax＋2by－a2－b2＝0.[12分]
【突破思維障礙】
引進l1的斜率k1作參數(shù)，寫出l1、l2的直線方程，求出M、N的坐標(biāo)，求出點P的坐標(biāo)，得參數(shù)方程，消參化為普通方程，本題還要注意直線l1的斜率是否存在．
【易錯點剖析】
當(dāng)AM⊥x軸時，AM的斜率不存在，此時MN中點為a2，b2，易錯點是把斜率不存在的情況忽略，因而丟掉點a2，b2.
1．求軌跡方程的常用方法：(1)直接法：如果動點運動的條件就是一些幾何量的等量關(guān)系，這些條件簡單明確，易于表達成含x，y的等式，就得到軌跡方程，這種方法稱之為直接法．用直接法求動點軌跡的方程一般有建系設(shè)點，列式，代換，化簡，證明五個步驟，但最后的證明可以省略．(2)定義法：運用解析幾何中一些常用定義(例如圓錐曲線的定義)，可從曲線定義出發(fā)直接寫出軌跡方程，或從曲線定義出發(fā)建立關(guān)系式，從而求出軌跡方程．(3)代入法：動點所滿足的條件不易表達或求出，但形成軌跡的動點P(x，y)卻隨另一動點Q(x′，y′)的運動而有規(guī)律的運動，且動點Q的軌跡為給定或容易求得，則可先將x′，y′表示為x、y的式子，再代入Q的軌跡方程，然后整理得P的軌跡方程，代入法也稱相關(guān)點法．(4)參數(shù)法：求軌跡方程有時很難直接找出動點的橫坐標(biāo)、縱坐標(biāo)之間的關(guān)系，則可借助中間變量(參數(shù))，使x、y之間建立起聯(lián)系，然后再從所求式子中消去參數(shù)，得出動點的軌跡方程．
2．本節(jié)易錯點：(1)容易忽略直線斜率不存在的情況；(2)利用定義求曲線方程時，應(yīng)考慮是否符合曲線的定義．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．已知橢圓的焦點是F1、F2，P是橢圓的一個動點，如果M是線段F1P的中點，則動點M的軌跡是()
A．圓B．橢圓
C．雙曲線的一支D．拋物線
2．(2011唐山模擬)已知A、B是兩個定點，且|AB|＝3，|CB|－|CA|＝2，則點C的軌跡為()
A．雙曲線B．雙曲線的一支
C．橢圓D．線段
3．長為3的線段AB的端點A、B分別在x軸、y軸上移動，AC→＝2CB→，則點C的軌跡是()
A．線段B．圓C．橢圓D．雙曲線
4．(2011銀川模擬)如圖，圓O：x2＋y2＝16，A(－2，0)，B(2,0)為兩個定點．直線l是圓O的一條切線，若經(jīng)過A、B兩點的拋物線以直線l為準(zhǔn)線，則拋物線焦點所在的軌跡是()
A．雙曲線B．橢圓
C．拋物線D．圓
5．已知F1、F2是橢圓x24＋y23＝1的兩個焦點，平面內(nèi)一個動點M滿足|MF1|－|MF2|＝2，則動點M的軌跡是()
A．雙曲線B．雙曲線的一個分支
C．兩條射線D．一條射線
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．已知兩定點A(－2,0)，B(1,0)，如果動點P滿足|PA|＝2|PB|，則點P的軌跡所包圍的圖形的面積等于______．
7．(2011泰安月考)已知△ABC的頂點B(0,0)，C(5,0)，AB邊上的中線長|CD|＝3，則頂點A的軌跡方程為______________．
8．平面上有三點A(－2，y)，B0，y2，C(x，y)，若AB→⊥BC→，則動點C的軌跡方程為__________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)已知拋物線y2＝4px(p0)，O為頂點，A，B為拋物線上的兩動點，且滿足OA⊥OB，如果OM⊥AB于點M，求點M的軌跡方程．

10．(12分)(2009寧夏，海南)已知橢圓C的中心為平面直角坐標(biāo)系xOy的原點，焦點在x軸上，它的一個頂點到兩個焦點的距離分別是7和1.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若P為橢圓C上的動點，M為過P且垂直于x軸的直線上的一點，|OP||OM|＝λ，求點M的軌跡方程，并說明軌跡是什么曲線．

11．(14分)(2011石家莊模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，有一個以F1(0，－3)和F2(0，3)為焦點、離心率為32的橢圓，設(shè)橢圓在第一象限的部分為曲線C，動點P在C上，C在點P處的切線與x軸，y軸的交點分別為A，B，且OM→＝OA→＋OB→.求：
(1)點M的軌跡方程；
(2)|OM→|的最小值．
學(xué)案55曲線與方程
自主梳理
1．(1)曲線上的點的坐標(biāo)解(2)曲線上的點3.(1)曲線上任意一點M的坐標(biāo)(2){M|p(M)}(4)最簡形式(5)曲線上
自我檢測
1．C2.A3.C4.A
5．B[
C1：(x－1)2＋y2＝1，
C2：y＝0或y＝mx＋m＝m(x＋1)．
當(dāng)m＝0時，C2：y＝0，此時C1與C2顯然只有兩個交點；
當(dāng)m≠0時，要滿足題意，需圓(x－1)2＋y2＝1與直線y＝m(x＋1)有兩交點，當(dāng)圓與直線相切時，m＝±33，
即直線處于兩切線之間時滿足題意，
則－33m0或0m33.
綜上知－33m0或0m33.]
課堂活動區(qū)
例1解題導(dǎo)引①在判斷含參數(shù)的方程所表示的曲線類型時，不能僅僅根據(jù)方程的外表草率地作出判斷；
②由于已知條件中，直線PA、PB的斜率存在，因此軌跡曲線應(yīng)除去A、B兩點；
③一般地，方程x2A＋y2B＝1所表示的曲線有以下幾種情況：
1°AB0，表示焦點在x軸上的橢圓；
2°A＝B0，表示圓；
3°0AB，表示焦點在y軸上的橢圓；
4°A0B，表示焦點在x軸上的雙曲線；
5°A0B，表示焦點在y軸上的雙曲線；
6°A，B0，無軌跡．
解設(shè)點P(x，y)，則kAP＝y(tǒng)x－a，kBP＝y(tǒng)x＋a.
由題意得yx－ayx＋a＝k，即kx2－y2＝ka2.
∴點P的軌跡方程為kx2－y2＝ka2(x≠±a)．(*)
(1)當(dāng)k＝0時，(*)式即y＝0，點P的軌跡是直線AB(除去A、B兩點)．
(2)當(dāng)k≠0時，(*)式即x2a2－y2ka2＝1，
①若k0，點P的軌跡是焦點在x軸上的雙曲線(除去A、B兩點)．
②若k0，(*)式可化為x2a2＋y2－ka2＝1.
1°當(dāng)－1k0時，點P的軌跡是焦點在x軸上的橢圓(除去A、B兩點)；
2°當(dāng)k＝－1時，(*)式即x2＋y2＝a2，點P的軌跡是以原點為圓心，|a|為半徑的圓(除去A、B兩點)；
3°當(dāng)k－1時，點P的軌跡是焦點在y軸上的橢圓(除去A、B兩點)．
變式遷移1y2＝－8x
解析由題意：MN→＝(4,0)，MP→＝(x＋2，y)，NP→＝(x－2，y)，
∵|MN→||MP→|＋MN→NP→＝0，
∴42＋02x＋22＋y2＋(x－2)4＋y0＝0，
移項兩邊平方，化簡得y2＝－8x.
例2解題導(dǎo)引(1)由于動點M到兩定點O1、O2的距離的差為常數(shù)，故應(yīng)考慮是否符合雙曲線的定義，是雙曲線的一支還是兩支，能否確定實軸長和虛軸長等，以便直接寫出其方程，而不需再將幾何等式借助坐標(biāo)轉(zhuǎn)化；
(2)求動點的軌跡或軌跡方程時需注意：“軌跡”和“軌跡方程”是兩個不同的概念，前者要指出曲線的形狀、位置、大小等特征，后者指方程(包括范圍)．
解
如圖所示，以O(shè)1O2的中點O為原點，O1O2所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系．由|O1O2|＝4，
得O1(－2,0)、O2(2,0)．
設(shè)動圓M的半徑為r，則
由動圓M與圓O1內(nèi)切，有|MO1|＝r－1；
由動圓M與圓O2外切，有|MO2|＝r＋2.
∴|MO2|－|MO1|＝34.
∴點M的軌跡是以O(shè)1、O2為焦點，實軸長為3的雙曲線的左支．∴a＝32，c＝2，∴b2＝c2－a2＝74.
∴點M的軌跡方程為4x29－4y27＝1(x0)．
變式遷移2D[∵sinC－sinB＝12sinA，由正弦定理得到
|AB|－|AC|＝12|BC|＝12a(定值)．
∴A點軌跡是以B，C為焦點的雙曲線右支，其中實半軸長為a4，焦距為|BC|＝a.
∴虛半軸長為a22－a42＝34a，由雙曲線標(biāo)準(zhǔn)方程得為16x2a2－16y23a2＝1(y≠0)的右支．]
例3解題導(dǎo)引相關(guān)點法也叫坐標(biāo)轉(zhuǎn)移(代入)法，是求軌跡方程常用的方法．其題目特征是：點A的運動與點B的運動相關(guān)，且點B的運動有規(guī)律(有方程)，只需將A的坐標(biāo)轉(zhuǎn)移到B的坐標(biāo)中，整理即可得點A的軌跡方程．
解設(shè)動點P的坐標(biāo)為(x，y)，點Q的坐標(biāo)為(x1，y1)，則點N的坐標(biāo)為(2x－x1,2y－y1)．
∵N在直線x＋y＝2上，
∴2x－x1＋2y－y1＝2.①
又∵PQ垂直于直線x＋y＝2，
∴y－y1x－x1＝1，即x－y＋y1－x1＝0.②
聯(lián)立①②解得x1＝32x＋12y－1，y1＝12x＋32y－1.③
又點Q在雙曲線x2－y2＝1上，
∴x21－y21＝1.④
③代入④，得動點P的軌跡方程是
2x2－2y2－2x＋2y－1＝0.
變式遷移3解設(shè)A(x0,0)，B(0，y0)，P(x，y)，
AP→＝22PB→，又AP→＝(x－x0，y)，PB→＝(－x，y0－y)，
所以x－x0＝－22x，y＝22(y0－y)
得x0＝1＋22x，y0＝(1＋2)y.
因為|AB|＝1＋2，即x20＋y20＝(1＋2)2，
所以1＋22x2＋[(1＋2)y]2＝(1＋2)2，
化簡得x22＋y2＝1.∴點P的軌跡方程為x22＋y2＝1.
課后練習(xí)區(qū)
1．B[
如圖所示，由題知|PF1|＋|PF2|＝2a(設(shè)橢圓方程為x2a2＋y2b2＝1，其中ab0)．
連接MO，由三角形的中位線可得
|F1M|＋|MO|＝a(a|F1O|)，則M的軌跡為以F1、O為焦點的橢圓．]
2．B[A、B是兩個定點，|CB|－|CA|＝2|AB|，所以點C軌跡為雙曲線的一支．]
3．C[設(shè)C(x，y)，A(a,0)，B(0，b)，則a2＋b2＝9，①
又AC→＝2CB→，所以(x－a，y)＝2(－x，b－y)，
即a＝3x，b＝32y，②
代入①式整理可得x2＋y24＝1.]
4．B[
設(shè)拋物線的焦點為F，因為A、B在拋物線上，
所以由拋物線的定義知，A、B到F的距離AF、BF分別等于A、B到準(zhǔn)線l的距離AM、BN(如圖所示)，
于是|AF|＋|BF|＝|AM|＋|BN|.
過O作OR⊥l，由于l是圓O的一條切線，所以四邊形AMNB是直角梯形，OR是中位線，
故有|AF|＋|BF|＝|AM|＋|BN|
＝2|OR|＝84＝|AB|.
根據(jù)橢圓的定義知，焦點F的軌跡是一個橢圓．]
5．D[因為|F1F2|＝2，|MF1|－|MF2|＝2，
所以軌跡為一條射線．]
6．4π
解析設(shè)P(x，y)，由題知有：(x＋2)2＋y2＝4[(x－1)2＋y2]，整理得x2－4x＋y2＝0，配方得(x－2)2＋y2＝4，可知圓的面積為4π.
7．(x－10)2＋y2＝36(y≠0)
解析方法一直接法．
設(shè)A(x，y)，y≠0，則Dx2，y2，
∴|CD|＝x2－52＋y24＝3.
化簡得(x－10)2＋y2＝36，
∵A、B、C三點構(gòu)成三角形，
∴A不能落在x軸上，即y≠0.
方法二
定義法．如圖所示，
設(shè)A(x，y)，D為AB的中點，過A作AE∥CD交x軸于E，
則E(10,0)．
∵|CD|＝3，∴|AE|＝6，
∴A到E的距離為常數(shù)6.
∴A的軌跡為以E為圓心，6為半徑的圓，
即(x－10)2＋y2＝36.
又A、B、C不共線，故A點縱坐標(biāo)y≠0.
故A點軌跡方程為(x－10)2＋y2＝36(y≠0)．
8．y2＝8x
解析AB→＝2，－y2，BC→＝x，y2.
∵AB→⊥BC→，∴AB→BC→＝0，
得2x－y2y2＝0，得y2＝8x.
9．解設(shè)M(x，y)，直線AB斜率存在時，
設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋b.
由OM⊥AB得k＝－xy.
設(shè)A、B兩點坐標(biāo)分別為(x1，y1)、(x2，y2)，
由y2＝4px及y＝kx＋b消去y，
得k2x2＋x(2kb－4p)＋b2＝0，所以x1x2＝b2k2.
消去x，得ky2－4py＋4pb＝0，
所以y1y2＝4pbk.(4分)
由OA⊥OB，得y1y2＝－x1x2，
所以4pbk＝－b2k2，b＝－4kp.
故y＝kx＋b＝k(x－4p)．(8分)
用k＝－xy代入，
得x2＋y2－4px＝0(x≠0)．(10分)
AB斜率不存在時，經(jīng)驗證也符合上式．
故M的軌跡方程為x2＋y2－4px＝0(x≠0)．(12分)
10．解(1)設(shè)橢圓長半軸長及半焦距分別為a、c，由已知得a－c＝1，a＋c＝7，解得a＝4，c＝3，又∵b2＝a2－c2，∴b＝7，
所以橢圓C的方程為x216＋y27＝1.(4分)
(2)設(shè)M(x，y)，其中x∈[－4,4]，
由已知|OP|2|OM|2＝λ2及點P在橢圓C上可得9x2＋11216x2＋y2＝λ2，
整理得(16λ2－9)x2＋16λ2y2＝112，
其中x∈[－4,4]．(5分)
①當(dāng)λ＝34時，化簡得9y2＝112，
所以點M的軌跡方程為y＝±473(－4≤x≤4)．
軌跡是兩條平行于x軸的線段．(7分)
②當(dāng)λ≠34時，方程變形為x211216λ2－9＋y211216λ2＝1，
其中x∈[－4,4]．
當(dāng)0λ34時，點M的軌跡為中心在原點、實軸在y軸上的雙曲線滿足－4≤x≤4的部分．
當(dāng)34λ1時，點M的軌跡為中心在原點、長軸在x軸上的橢圓滿足－4≤x≤4的部分；
當(dāng)λ≥1時，點M的軌跡為中心在原點，長軸在x軸上的橢圓．(12分)
11．解(1)橢圓的方程可寫為y2a2＋x2b2＝1，其中ab0，
由a2－b2＝33a＝32得a2＝4b2＝1，所以曲線C的方程為x2＋y24＝1(0x1,0y2)．(3分)
y＝21－x2(0x1)，y′＝－2x1－x2.
設(shè)P(x0，y0)，因為P在C上，有0x01，
y0＝21－x20，y′|x＝x0＝－4x0y0，
得切線AB的方程為y＝－4x0y0(x－x0)＋y0.
(6分)
設(shè)A(x,0)和B(0，y)，由切線方程得x＝1x0，y＝4y0.
由OM→＝OA→＋OB→得點M的坐標(biāo)為(x，y)，
由x0，y0滿足C的方程，得點M的軌跡方程為1x2＋4y2＝1(x1，y2)．(10分)
(2)|OM→|2＝x2＋y2，y2＝41－1x2＝4＋4x2－1，
所以|OM→|2＝x2－1＋4x2－1＋5≥4＋5＝9，
當(dāng)且僅當(dāng)x2－1＝4x2－1，即x＝3時，上式取等號．
故|OM→|的最小值為3.(14分)

高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)雙曲線學(xué)案含答案

學(xué)案52雙曲線

導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.了解雙曲線的定義、幾何圖形和標(biāo)準(zhǔn)方程，知道它們的簡單幾何性質(zhì).2.理解數(shù)形結(jié)合的思想．
自主梳理
1．雙曲線的概念
平面內(nèi)動點P與兩個定點F1、F2(|F1F2|＝2c0)的距離之差的絕對值為常數(shù)2a(2a2c)，則點P的軌跡叫________．這兩個定點叫雙曲線的________，兩焦點間的距離叫________．
集合P＝{M|||MF1|－|MF2||＝2a}，|F1F2|＝2c，其中a、c為常數(shù)且a0，c0；
(1)當(dāng)________時，P點的軌跡是________；
(2)當(dāng)________時，P點的軌跡是________；
(3)當(dāng)________時，P點不存在．
2．雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)
標(biāo)準(zhǔn)方程x2a2－y2b2＝1(a0，b0)
y2a2－x2b2＝1(a0，b0)

圖形

性質(zhì)范圍x≥a或x≤－a，y∈Rx∈R，y≤－a或y≥a
對稱性對稱軸：坐標(biāo)軸
對稱中心：原點對稱軸：坐標(biāo)軸
對稱中心：原點
頂點頂點坐標(biāo)：
A1(－a,0)，A2(a,0)頂點坐標(biāo)：
A1(0，－a)，A2(0，a)
漸近線y＝±bax
y＝±abx

離心率e＝ca，e∈(1，＋∞)，其中c＝a2＋b2

實虛軸線段A1A2叫做雙曲線的實軸，它的長|A1A2|＝2a；線段B1B2叫做雙曲線的虛軸，它的長|B1B2|＝2b；a叫做雙曲線的實半軸長，b叫做雙曲線的虛半軸長
a、b、c的關(guān)系c2＝a2＋b2(ca0，cb0)
3.實軸長和虛軸長相等的雙曲線為________________，其漸近線方程為________，離心率為________．
自我檢測
1．(2011安徽)雙曲線2x2－y2＝8的實軸長是()
A．2B．22
C．4D．42
2．已知雙曲線x22－y2b2＝1(b0)的左、右焦點分別為F1、F2，其中一條漸近線方程為y＝x，點P(3，y0)在該雙曲線上，則PF1→PF2→等于()
A．－12B．－2
C．0D．4
3．(2011課標(biāo)全國)設(shè)直線l過雙曲線C的一個焦點，且與C的一條對稱軸垂直，l與C交于A，B兩點，|AB|為C的實軸長的2倍，則C的離心率為()
A.2B.3
C．2D．3
4．(2011武漢調(diào)研)已知點(m，n)在雙曲線8x2－3y2＝24上，則2m＋4的范圍是__________________．
5．已知A(1,4)，F(xiàn)是雙曲線x24－y212＝1的左焦點，P是雙曲線右支上的動點，求|PF|＋|PA|的最小值．
探究點一雙曲線的定義及應(yīng)用
例1已知定點A(0,7)，B(0，－7)，C(12,2)，以C為一個焦點作過A，B的橢圓，求另一焦點F的軌跡方程．

變式遷移1已知動圓M與圓C1：(x＋4)2＋y2＝2外切，與圓C2：(x－4)2＋y2＝2內(nèi)切，求動圓圓心M的軌跡方程．
探究點二求雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程
例2已知雙曲線的一條漸近線方程是x－2y＝0，且過點P(4,3)，求雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程．

變式遷移2(2011安慶模擬)已知雙曲線與橢圓x29＋y225＝1的焦點相同，且它們的離心率之和等于145，則雙曲線的方程為____________．
探究點三雙曲線幾何性質(zhì)的應(yīng)用
例3已知雙曲線的方程是16x2－9y2＝144.
(1)求此雙曲線的焦點坐標(biāo)、離心率和漸近線方程；
(2)設(shè)F1和F2是雙曲線的左、右焦點，點P在雙曲線上，且|PF1||PF2|＝32，求∠F1PF2的大小．

變式遷移3已知雙曲線C：x22－y2＝1.
(1)求雙曲線C的漸近線方程；
(2)已知M點坐標(biāo)為(0,1)，設(shè)P是雙曲線C上的點，Q是點P關(guān)于原點的對稱點．記λ＝MP→MQ→，求λ的取值范圍．
方程思想的應(yīng)用
例(12分)過雙曲線x23－y26＝1的右焦點F2且傾斜角為30°的直線交雙曲線于A、B兩點，O為坐標(biāo)原點，F(xiàn)1為左焦點．
(1)求|AB|；
(2)求△AOB的面積；
(3)求證：|AF2|＋|BF2|＝|AF1|＋|BF1|.
多角度審題(1)要求弦長|AB|需要A、B兩點坐標(biāo)或設(shè)而不求利用弦長公式，這就需要先求直線AB；(2)在(1)的基礎(chǔ)上只要求點到直線的距離；(3)要充分聯(lián)想到A、B兩點在雙曲線上這個條件．
【答題模板】
(1)解由雙曲線的方程得a＝3，b＝6，
∴c＝a2＋b2＝3，F(xiàn)1(－3,0)，F(xiàn)2(3,0)．
直線AB的方程為y＝33(x－3)．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由y＝33x－3x23－y26＝1，得5x2＋6x－27＝0.[2分]
∴x1＋x2＝－65，x1x2＝－275，
∴|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋332x1＋x22－4x1x2＝433625＋1085＝1635.[4分]
(2)解直線AB的方程變形為3x－3y－33＝0.
∴原點O到直線AB的距離為d＝|－33|32＋－32＝32.[6分]
∴S△AOB＝12|AB|d＝12×1635×32＝1235.[8分]
(3)證明
如圖，由雙曲線的定義得
|AF2|－|AF1|＝23，
|BF1|－|BF2|＝23，[10分]
∴|AF2|－|AF1|＝|BF1|－|BF2|，
即|AF2|＋|BF2|＝|AF1|＋|BF1|.[12分]
【突破思維障礙】
寫出直線方程，聯(lián)立直線方程、雙曲線方程，消元得關(guān)于x的一元二次方程，利用弦長公式求|AB|，再求點O到直線AB的距離從而求面積，最后利用雙曲線的定義求證等式成立．
【易錯點剖析】
在直線和雙曲線相交的情況下解題時易忽視消元后的一元二次方程的判別式Δ0，而導(dǎo)致錯解．
1．區(qū)分雙曲線中的a，b，c大小關(guān)系與橢圓中a，b，c的大小關(guān)系，在橢圓中a2＝b2＋c2，而在雙曲線中c2＝a2＋b2；雙曲線的離心率大于1，而橢圓的離心率e∈(0,1)．
2．雙曲線x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的漸近線方程是y＝±bax，y2a2－x2b2＝1(a0，b0)的漸近線方程是y＝±abx.
3．雙曲線標(biāo)準(zhǔn)方程的求法：(1)定義法，根據(jù)題目的條件，判斷是否滿足雙曲線的定義，若滿足，求出相應(yīng)的a、b、c，即可求得方程．(2)待定系數(shù)法，其步驟是：①定位：確定雙曲線的焦點在哪個坐標(biāo)軸上；②設(shè)方程：根據(jù)焦點的位置設(shè)出相應(yīng)的雙曲線方程；③定值：根據(jù)題目條件確定相關(guān)的系數(shù)．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．已知M(－2,0)、N(2,0)，|PM|－|PN|＝3，則動點P的軌跡是()
A．雙曲線B．雙曲線左邊一支
C．雙曲線右邊一支D．一條射線
2．設(shè)點P在雙曲線x29－y216＝1上，若F1、F2為雙曲線的兩個焦點，且|PF1|∶|PF2|＝1∶3，則△F1PF2的周長等于()
A．22B．16C．14D．12
3．(2011寧波高三調(diào)研)過雙曲線x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的右焦點F作圓x2＋y2＝a2的切線FM(切點為M)，交y軸于點P.若M為線段FP的中點，則雙曲線的離心率為()
A.2B.3C．2D.5
4．雙曲線x2a2－y2b2＝1的左焦點為F1，左、右頂點分別為A1、A2，P是雙曲線右支上的一點，則分別以PF1和A1A2為直徑的兩圓的位置關(guān)系是()
A．相交B．相離C．相切D．內(nèi)含
5．(2011山東)已知雙曲線x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的兩條漸近線均和圓C：x2＋y2－6x＋5＝0相切，且雙曲線的右焦點為圓C的圓心，則該雙曲線的方程為()
A.x25－y24＝1B.x24－y25＝1
C.x23－y26＝1D.x26－y23＝1
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．(2011上海)設(shè)m是常數(shù)，若點F(0,5)是雙曲線y2m－x29＝1的一個焦點，則m＝________.
7．設(shè)圓過雙曲線x29－y216＝1的一個頂點和一個焦點，圓心在此雙曲線上，則此圓心到雙曲線中心的距離為______．
8．(2011銅陵期末)已知以雙曲線C的兩個焦點及虛軸的兩個端點為頂點的四邊形中，有一個內(nèi)角為60°，則雙曲線C的離心率為________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)根據(jù)下列條件，求雙曲線方程：
(1)與雙曲線x29－y216＝1有共同的漸近線，且經(jīng)過點(－3，23)；
(2)與雙曲線x216－y24＝1有公共焦點，且過點(32，2)．

10．(12分)(2011廣東)設(shè)圓C與兩圓(x＋5)2＋y2＝4，(x－5)2＋y2＝4中的一個內(nèi)切，另一個外切．
(1)求圓C的圓心軌跡L的方程；
(2)已知點M(355，455)，F(xiàn)(5，0)，且P為L上動點，求||MP|－|FP||的最大值及此時點P的坐標(biāo)．

11．(14分)(2010四川)已知定點A(－1,0)，F(xiàn)(2,0)，定直線l：x＝12，不在x軸上的動點P與點F的距離是它到直線l的距離的2倍．設(shè)點P的軌跡為E，過點F的直線交E于B、C兩點，直線AB、AC分別交l于點M、N.
(1)求E的方程；
(2)試判斷以線段MN為直徑的圓是否過點F，并說明理由．

學(xué)案52雙曲線
自主梳理
1．雙曲線焦點焦距(1)ac雙曲線(2)a＝c兩條射線(3)ac3.等軸雙曲線y＝±xe＝2
自我檢測
1．C[∵2x2－y2＝8，∴x24－y28＝1，
∴a＝2，∴2a＝4.]
2．C
3．B[設(shè)雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2a2－y2b2＝1(a0，b0)，由于直線l過雙曲線的焦點且與對稱軸垂直，因此直線l的方程為l：x＝c或x＝－c，代入x2a2－y2b2＝1得y2＝b2(c2a2－1)＝b4a2，∴y＝±b2a，故|AB|＝2b2a，依題意2b2a＝4a，
∴b2a2＝2，∴c2－a2a2＝e2－1＝2，∴e＝3.]
4．(－∞，4－23]∪[4＋23，＋∞)
5．解設(shè)雙曲線的右焦點為F1，則由雙曲線的定義可知
|PF|＝2a＋|PF1|＝4＋|PF1|，
∴|PF|＋|PA|＝4＋|PF1|＋|PA|.
∴當(dāng)滿足|PF1|＋|PA|最小時，|PF|＋|PA|最?。?br> 由雙曲線的圖象可知當(dāng)點A、P、F1共線時，滿足|PF1|＋|PA|最小，易求得最小值為|AF1|＝5，
故所求最小值為9.
課堂活動區(qū)
例1解題導(dǎo)引求曲線的軌跡方程時，應(yīng)盡量地利用幾何條件探求軌跡的曲線類型，從而再用待定系數(shù)法求出軌跡的方程，這樣可以減少運算量，提高解題速度與質(zhì)量．在運用雙曲線的定義時，應(yīng)特別注意定義中的條件“差的絕對值”，弄清所求軌跡是整條雙曲線，還是雙曲線的一支，若是一支，是哪一支，以確保軌跡的純粹性和完備性．
解設(shè)F(x，y)為軌跡上的任意一點，
因為A，B兩點在以C，F(xiàn)為焦點的橢圓上，
所以|FA|＋|CA|＝2a，|FB|＋|CB|＝2a
(其中a表示橢圓的長半軸)．
所以|FA|＋|CA|＝|FB|＋|CB|.
所以|FA|－|FB|＝|CB|－|CA|＝122＋92－122＋52＝2.
所以|FA|－|FB|＝2.
由雙曲線的定義知，F(xiàn)點在以A，B為焦點，2為實軸長的雙曲線的下半支上．
所以點F的軌跡方程是y2－x248＝1(y≤－1)．
變式遷移1解
設(shè)動圓M的半徑為r，則由已知得，|MC1|＝r＋2，
|MC2|＝r－2，
∴|MC1|－|MC2|＝22，
又C1(－4,0)，C2(4,0)，
∴|C1C2|＝8.∴22|C1C2|.
根據(jù)雙曲線定義知，點M的軌跡是以
C1(－4,0)、C2(4,0)為焦點的雙曲線的右支．
∵a＝2，c＝4，∴b2＝c2－a2＝14.
∴點M的軌跡方程是x22－y214＝1(x≥2)．
例2解題導(dǎo)引根據(jù)雙曲線的某些幾何性質(zhì)求雙曲線方程，一般用待定系數(shù)法轉(zhuǎn)化為解方程(組)，但要注意焦點的位置，從而正確選取方程的形式，當(dāng)焦點不能定位時，則應(yīng)分兩種情況討論．解決本題的方法有兩種：一先定位，避免了討論；二利用其漸近線的雙曲線系，同樣避免了對雙曲線方程類型的討論．在共漸近線的雙曲線系x2a2－y2b2＝λ(參數(shù)λ≠0)中，當(dāng)λ0時，焦點在x軸上；當(dāng)λ0時，焦點在y軸上．
解方法一∵雙曲線的一條漸近線方程為x－2y＝0，
當(dāng)x＝4時，y＝2yp＝3，
∴雙曲線的焦點在y軸上．
從而有ab＝12，∴b＝2a.
設(shè)雙曲線方程為y2a2－x24a2＝1，
由于點P(4,3)在此雙曲線上，
∴9a2－164a2＝1，解得a2＝5.
∴雙曲線方程為y25－x220＝1.
方法二∵雙曲線的一條漸近線方程為x－2y＝0，
即x2－y＝0，
∴雙曲線的漸近線方程為x24－y2＝0.
設(shè)雙曲線方程為x24－y2＝λ(λ≠0)，
∵雙曲線過點P(4,3)，∴424－32＝λ，即λ＝－5.
∴所求雙曲線方程為x24－y2＝－5，即y25－x220＝1.
變式遷移2y24－x212＝1
解析由于在橢圓x29＋y225＝1中，a2＝25，b2＝9，所以c2＝16，c＝4，又橢圓的焦點在y軸上，所以其焦點坐標(biāo)為(0，±4)，離心率e＝45.根據(jù)題意知，雙曲線的焦點也應(yīng)在y軸上，坐標(biāo)為(0，±4)，且其離心率等于145－45＝2.故設(shè)雙曲線的方程為y2a2－x2b2＝1(a0，b0)，且c＝4，所以a＝12c＝2，a2＝4，b2＝c2－a2＝12，于是雙曲線的方程為y24－x212＝1.
例3解題導(dǎo)引雙曲線問題與橢圓問題類似，因而研究方法也有許多相似之處，如利用“定義”“方程觀點”“直接法或待定系數(shù)法求曲線方程”“數(shù)形結(jié)合”等．
解(1)由16x2－9y2＝144，得x29－y216＝1，
∴a＝3，b＝4，c＝5.焦點坐標(biāo)F1(－5,0)，
F2(5,0)，離心率e＝53，
漸近線方程為y＝±43x.
(2)||PF1|－|PF2||＝6，
cos∠F1PF2＝|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|22|PF1||PF2|
＝|PF1|－|PF2|2＋2|PF1||PF2|－|F1F2|22|PF1||PF2|
＝36＋64－10064＝0，
∴∠F1PF2＝90°.
變式遷移3解(1)因為a＝2，b＝1，且焦點在x軸上，所以漸近線方程為y－22x＝0，y＋22x＝0.
(2)設(shè)P點坐標(biāo)為(x0，y0)，則Q的坐標(biāo)為(－x0，－y0)，
λ＝MP→MQ→＝(x0，y0－1)(－x0，－y0－1)
＝－x20－y20＋1＝－32x20＋2.
∵|x0|≥2，∴λ的取值范圍是(－∞，－1]．
課后練習(xí)區(qū)
1．C2.A3.A4.C
5．A[∵雙曲線x2a2－y2b2＝1的漸近線方程為y＝±bax，
圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－3)2＋y2＝4，∴圓心為C(3,0)．
又漸近線方程與圓C相切，
即直線bx－ay＝0與圓C相切，
∴3ba2＋b2＝2，∴5b2＝4a2.①
又∵x2a2－y2b2＝1的右焦點F2(a2＋b2，0)為圓心C(3,0)，
∴a2＋b2＝9.②
由①②得a2＝5，b2＝4.
∴雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x25－y24＝1.]
6．16
解析由已知條件有52＝m＋9，所以m＝16.
7.1638.62
9．解(1)方法一由題意可知所求雙曲線的焦點在x軸上，
(2分)
設(shè)雙曲線的方程為x2a2－y2b2＝1，
由題意，得ba＝43，－32a2－232b2＝1，
解得a2＝94，b2＝4.(4分)
所以雙曲線的方程為49x2－y24＝1.(6分)
方法二設(shè)所求雙曲線方程x29－y216＝λ(λ≠0)，(2分)
將點(－3,23)代入得λ＝14，(4分)
所以雙曲線方程為x29－y216＝14，
即49x2－y24＝1.(6分)
(2)設(shè)雙曲線方程為x2a2－y2b2＝1.由題意c＝25.(8分)
又雙曲線過點(32，2)，∴322a2－4b2＝1.
又∵a2＋b2＝(25)2，
∴a2＝12，b2＝8.(10分)
故所求雙曲線的方程為x212－y28＝1.(12分)
10．解(1)設(shè)圓C的圓心坐標(biāo)為(x，y)，半徑為r.
圓(x＋5)2＋y2＝4的圓心為F1(－5，0)，半徑為2，
圓(x－5)2＋y2＝4的圓心為F(5，0)，半徑為2.
由題意得|CF1|＝r＋2，|CF|＝r－2或|CF1|＝r－2，|CF|＝r＋2，
∴||CF1|－|CF||＝4.(4分)
∵|F1F|＝254.
∴圓C的圓心軌跡是以F1(－5，0)，F(xiàn)(5，0)為焦點的雙曲線，其方程為x24－y2＝1.(6分)
(2)由圖知，||MP|－|FP||≤|MF|，
∴當(dāng)M，P，F(xiàn)三點共線，且點P在MF延長線上時，|MP|－|FP|取得最大值|MF|，(8分)
且|MF|＝355－52＋455－02＝2.(9分)
直線MF的方程為y＝－2x＋25，與雙曲線方程聯(lián)立得
y＝－2x＋25，x24－y2＝1，整理得15x2－325x＋84＝0.
解得x1＝14515(舍去)，x2＝655.
此時y＝－255.(11分)
∴當(dāng)||MP|－|FP||取得最大值2時，點P的坐標(biāo)為(655，－255)．(12分)
11．解(1)設(shè)P(x，y)，
則x－22＋y2＝2x－12，
化簡得x2－y23＝1(y≠0)．(5分)
(2)①當(dāng)直線BC與x軸不垂直時，設(shè)BC的方程為y＝k(x－2)(k≠0)，與雙曲線方程x2－y23＝1聯(lián)立消去y，
得(3－k2)x2＋4k2x－(4k2＋3)＝0.
由題意知，3－k2≠0且Δ＞0.(7分)
設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)，
則x1＋x2＝4k2k2－3，x1x2＝4k2＋3k2－3，
y1y2＝k2(x1－2)(x2－2)＝k2x1x2－2x1＋x2＋4
＝k24k2＋3k2－3－8k2k2－3＋4＝－9k2k2－3.
因為x1，x2≠－1，
所以直線AB的方程為y＝y(tǒng)1x1＋1(x＋1)．
因此M點的坐標(biāo)為12，3y12x1＋1，
FM→＝－32，3y12x1＋1.
同理可得FN→＝－32，3y22x2＋1.
因此FM→FN→＝－32×－32＋9y1y24x1＋1x2＋1
＝94＋－81k2k2－344k2＋3k2－3＋4k2k2－3＋1＝0.(11分)
②當(dāng)直線BC與x軸垂直時，其方程為x＝2，則B(2,3)，C(2，－3)．
AB的方程為y＝x＋1，
因此M點的坐標(biāo)為12，32，F(xiàn)M→＝－32，32.
同理可得FN→＝－32，－32.
因此FM→FN→＝－32×－32＋32×－32＝0.(13分)
綜上，F(xiàn)M→FN→＝0，故FM⊥FN.
故以線段MN為直徑的圓過點F.(14分)

高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)函數(shù)與方程學(xué)案有答案

一位優(yōu)秀的教師不打無準(zhǔn)備之仗，會提前做好準(zhǔn)備，教師要準(zhǔn)備好教案，這是教師需要精心準(zhǔn)備的。教案可以讓上課時的教學(xué)氛圍非?；钴S，使教師有一個簡單易懂的教學(xué)思路。那么，你知道教案要怎么寫呢？為了讓您在使用時更加簡單方便，下面是小編整理的“高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)函數(shù)與方程學(xué)案有答案”，歡迎您閱讀和收藏，并分享給身邊的朋友！

學(xué)案11函數(shù)與方程
導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.結(jié)合二次函數(shù)的圖象，了解函數(shù)的零點與方程根的聯(lián)系，會判斷一元二次方程根的存在性及根的個數(shù).2.根據(jù)具體函數(shù)的圖象，能夠用二分法求相應(yīng)方程的近似值．
自主梳理
1．函數(shù)零點的定義
(1)對于函數(shù)y＝f(x)(x∈D)，把使________成立的實數(shù)x叫做函數(shù)y＝f(x)(x∈D)的零點．
(2)方程f(x)＝0有實根函數(shù)y＝f(x)的圖象與____有交點函數(shù)y＝f(x)有________．
2．函數(shù)零點的判定
如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，并且有____________，那么函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間________內(nèi)有零點，即存在c∈(a，b)，使得________，這個____也就是f(x)＝0的根．我們不妨把這一結(jié)論稱為零點存在性定理．
3．二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a0)的圖象與零點的關(guān)系
Δ0Δ＝0Δ0
二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c
(a0)的圖象

與x軸的交點________，
________________無交點
零點個數(shù)________________________
4.用二分法求函數(shù)f(x)零點近似值的步驟
第一步，確定區(qū)間[a，b]，驗證________________，給定精確度ε；
第二步，求區(qū)間(a，b)的中點c；
第三步，計算______：
①若________，則c就是函數(shù)的零點；
②若________，則令b＝c[此時零點x0∈(a，c)]；
③若________，則令a＝c[此時零點x0∈(c，b)]；
第四步，判斷是否達到精確度ε：即若|a－b|ε，則得到零點近似值a(或b)；否則重復(fù)第二、三、四步．
自我檢測
1．(2010福建)f(x)＝x2＋2x－3，x≤0－2＋lnxx0的零點個數(shù)為()
A．0B．1C．2D．3
2．若函數(shù)y＝f(x)在R上遞增，則函數(shù)y＝f(x)的零點()
A．至少有一個B．至多有一個
C．有且只有一個D．可能有無數(shù)個
3．如圖所示的函數(shù)圖象與x軸均有交點，其中不能用二分法求圖中交點橫坐標(biāo)的是()
A．①②B．①③
C．①④D．③④
4．設(shè)f(x)＝3x＋3x－8，用二分法求方程3x＋3x－8＝0在x∈(1,2)內(nèi)近似解的過程中得f(1)0，f(1.5)0，f(1.25)0，則方程的根所在的區(qū)間是()
A．(1,1.25)B．(1.25,1.5)
C．(1.5,2)D．不能確定
5．(2011福州模擬)若函數(shù)f(x)的零點與g(x)＝4x＋2x－2的零點之差的絕對值不超過0.25，則f(x)可以是()
A．f(x)＝4x－1B．f(x)＝(x－1)2
C．f(x)＝ex－1D．f(x)＝ln(x－0.5)
探究點一函數(shù)零點的判斷
例1判斷函數(shù)y＝lnx＋2x－6的零點個數(shù)．

變式遷移1(2011煙臺模擬)若定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)＝f(x)，且當(dāng)x∈[0,1]時，f(x)＝x，則函數(shù)y＝f(x)－log3|x|的零點個數(shù)是()
A．多于4個B．4個
C．3個D．2個
探究點二用二分法求方程的近似解
例2求方程2x3＋3x－3＝0的一個近似解(精確度0.1)．

變式遷移2(2011淮北模擬)用二分法研究函數(shù)f(x)＝x3＋lnx＋12的零點時，第一次經(jīng)計算f(0)0，0，可得其中一個零點x0∈________，第二次應(yīng)計算________．以上橫線上應(yīng)填的內(nèi)容為()
A.0，12B．(0,1)f12
C.12，1D.0，12
探究點三利用函數(shù)的零點確定參數(shù)
例3已知a是實數(shù)，函數(shù)f(x)＝2ax2＋2x－3－a，如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[－1,1]上有零點，求a的取值范圍．
變式遷移3若函數(shù)f(x)＝4x＋a2x＋a＋1在(－∞，＋∞)上存在零點，求實數(shù)a的取值范圍．
1．全面認識深刻理解函數(shù)零點：
(1)從“數(shù)”的角度看：即是使f(x)＝0的實數(shù)x；
(2)從“形”的角度看：即是函數(shù)f(x)的圖象與x軸交點的橫坐標(biāo)；
(3)若函數(shù)f(x)的圖象在x＝x0處與x軸相切，則零點x0通常稱為不變號零點；
(4)若函數(shù)f(x)的圖象在x＝x0處與x軸相交，則零點x0通常稱為變號零點．
2．求函數(shù)y＝f(x)的零點的方法：
(1)(代數(shù)法)求方程f(x)＝0的實數(shù)根(常用公式法、因式分解法、直接求解法等)；
(2)(幾何法)對于不能用求根公式的方程，可以將它與函數(shù)y＝f(x)的圖象聯(lián)系起來，并利用函數(shù)的性質(zhì)找出零點；
(3)(二分法)主要用于求函數(shù)零點的近似值，二分法的條件f(a)f(b)0表明：用二分法求函數(shù)的近似零點都是指變號零點．
3．有關(guān)函數(shù)零點的重要結(jié)論：
(1)若連續(xù)不間斷的函數(shù)f(x)是定義域上的單調(diào)函數(shù)，則f(x)至多有一個零點；
(2)連續(xù)不間斷的函數(shù)，其相鄰兩個零點之間的所有函數(shù)值保持同號；
(3)連續(xù)不間斷的函數(shù)圖象通過零點時，函數(shù)值符號可能不變．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2010天津)函數(shù)f(x)＝2x＋3x的零點所在的一個區(qū)間是()
A．(－2，－1)B．(－1,0)
C．(0,1)D．(1,2)
2．(2011福州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝log2x－13x，若實數(shù)x0是方程f(x)＝0的解，且0x1x0，則f(x1)的值()
A．恒為負B．等于零
C．恒為正D．不小于零
3．下列函數(shù)圖象與x軸均有公共點，其中能用二分法求零點的是()
4．函數(shù)f(x)＝(x－2)(x－5)－1有兩個零點x1、x2，且x1x2，則()
A．x12,2x25
B．x12，x25
C．x12，x25
D．2x15，x25
5．(2011廈門月考)設(shè)函數(shù)f(x)＝4x－4，x≤1x2－4x＋3，x1，g(x)＝log2x，則函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的零點個數(shù)是()
A．4B．3C．2D．1
題號12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足：當(dāng)x0時，f(x)＝2006x＋log2006x，則在R上，函數(shù)f(x)零點的個數(shù)為________．
7．(2011深圳模擬)已知函數(shù)f(x)＝x＋2x，g(x)＝x＋lnx，h(x)＝x－x－1的零點分別為x1，x2，x3，則x1，x2，x3的大小關(guān)系是______________．
8．(2009山東)若函數(shù)f(x)＝ax－x－a(a0，且a≠1)有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍是________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋x2＋14.
證明：存在x0∈(0，12)，使f(x0)＝x0.

10．(12分)已知二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在區(qū)間[－1,1]內(nèi)至少存在一個實數(shù)c，使f(c)0，求實數(shù)p的取值范圍．
11．(14分)(2011杭州調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c，且f(1)＝－a2，3a2c2b，求證：
(1)a0且－3ba－34；
(2)函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)內(nèi)至少有一個零點；
(3)設(shè)x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個零點，則2≤|x1－x2|574.

答案自主梳理
1．(1)f(x)＝0(2)x軸零點2.f(a)f(b)0(a，b)f(c)＝0c3.(x1,0)(x2,0)(x1,0)兩個一個無4.f(a)f(b)0f(c)①f(c)＝0②f(a)f(c)0③f(c)f(b)0
自我檢測
1．C[當(dāng)x≤0時，令x2＋2x－3＝0，
解得x＝－3；
當(dāng)x0時，令－2＋lnx＝0，解得x＝e2，
所以已知函數(shù)有兩個零點．]
2．B3.B4.B5.A
課堂活動區(qū)
例1解題導(dǎo)引判斷函數(shù)零點個數(shù)最常用的方法是令f(x)＝0，轉(zhuǎn)化為方程根的個數(shù)，解出方程有幾個根，函數(shù)y＝f(x)就有幾個零點，如果方程的根解不出，還有兩種方法判斷：方法一是基本方法，是利用零點的存在性原理，要注意參考單調(diào)性可判定零點的唯一性；方法二是數(shù)形結(jié)合法，要注意作圖技巧．
解方法一設(shè)f(x)＝lnx＋2x－6，
∵y＝lnx和y＝2x－6均為增函數(shù)，
∴f(x)也是增函數(shù)．
又∵f(1)＝0＋2－6＝－40，f(3)＝ln30，
∴f(x)在(1,3)上存在零點．又f(x)為增函數(shù)，
∴函數(shù)在(1,3)上存在唯一零點．
方法二在同一坐標(biāo)系畫出y＝lnx與y＝6－2x的圖象，由圖可知兩圖象只有一個交點，故函數(shù)y＝lnx＋2x－6只有一個零點．
變式遷移1B[由題意知f(x)是偶函數(shù)并且周期為2.由f(x)－log3|x|＝0，得f(x)＝log3|x|，令y＝f(x)，y＝log3|x|，這兩個函數(shù)都是偶函數(shù)，畫兩函數(shù)y軸右
邊的圖象如圖，兩函數(shù)有兩個交點，因此零點個數(shù)在x≠0，x∈R的范圍內(nèi)共4個．]
例2解題導(dǎo)引①用二分法求函數(shù)的零點時，最好是利用表格，將計算過程所得的各個區(qū)間、中點坐標(biāo)、區(qū)間中點的函數(shù)值等置于表格中，可清楚地表示出逐步縮小零點所在區(qū)間的過程，有時也可利用數(shù)軸來表示這一過程；
②在確定方程近似解所在的區(qū)間時，轉(zhuǎn)化為求方程對應(yīng)函數(shù)的零點所在的區(qū)間，找出的區(qū)間[a，b]長度盡可能小，且滿足f(a)f(b)0；
③求方程的近似解，所要求的精確度不同得到的結(jié)果也不同，精確度ε，是指在計算過程中得到某個區(qū)間(a，b)后，直到|a－b|ε時，可停止計算，其結(jié)果可以是滿足精確度的最后小區(qū)間的端點或區(qū)間內(nèi)的任一實數(shù)，結(jié)果不唯一．
解設(shè)f(x)＝2x3＋3x－3.
經(jīng)計算，f(0)＝－30，f(1)＝20，
所以函數(shù)在(0,1)內(nèi)存在零點，
即方程2x3＋3x－3＝0在(0,1)內(nèi)有解．
取(0,1)的中點0.5，經(jīng)計算f(0.5)0，
又f(1)0，所以方程2x3＋3x－3＝0在(0.5,1)內(nèi)有解，
如此繼續(xù)下去，得到方程的一個實數(shù)解所在的區(qū)間，如下表.
(a，b)(a，b)
的中點fa＋b2

(0,1)0.5f(0.5)0
(0.5,1)0.75f(0.75)0
(0.5,0.75)0.625f(0.625)0
(0.625,0.75)0.6875f(0.6875)0
(0.6875,0.75)|0.6875－0.75|＝0.06250.1
至此，可以看出方程的根落在區(qū)間長度小于0.1的區(qū)間(0.6875,0.75)內(nèi)，可以將區(qū)間端點0.6875作為函數(shù)f(x)零點的近似值．因此0.6875是方程2x3＋3x－3＝0精確度0.1的一個近似解．
變式遷移2D[由于f(0)0，f120，而f(x)＝x3＋lnx＋12中的x3及l(fā)nx＋12在－12，＋∞上是增函數(shù)，故f(x)在－12，＋∞上也是增函數(shù)，
故f(x)在0，12上存在零點，所以x0∈0，12，
第二次計算應(yīng)計算0和12在數(shù)軸上對應(yīng)的中點
x1＝0＋122＝14.]
例3解若a＝0，f(x)＝2x－3，顯然在[－1，1]上沒有零點，所以a≠0.
令Δ＝4＋8a(3＋a)＝8a2＋24a＋4＝0，
解得a＝－3±72.
①當(dāng)a＝－3－72時，f(x)＝0的重根x＝3－72∈[－1,1]，
當(dāng)a＝－3＋72時，f(x)＝0的重根x＝3＋72[－1,1]，
∴y＝f(x)恰有一個零點在[－1,1]上；
②當(dāng)f(－1)f(1)＝(a－1)(a－5)0，
即1a5時，y＝f(x)在[－1,1]上也恰有一個零點．
③當(dāng)y＝f(x)在[－1,1]上有兩個零點時，則
a0Δ＝8a2＋24a＋40－1－12a1f1≥0f－1≥0，或a0Δ＝8a2＋24a＋40－1－12a1f1≤0f－1≤0，
解得a≥5或a－3－72.
綜上所述實數(shù)a的取值范圍是a1或a≤－3－72.
變式遷移3解方法一(換元)
設(shè)2x＝t，則函數(shù)f(x)＝4x＋a2x＋a＋1化為g(t)＝t2＋at＋a＋1(t∈(0，＋∞))．
函數(shù)f(x)＝4x＋a2x＋a＋1在(－∞，＋∞)上存在零點，等價于方程t2＋at＋a＋1＝0，①有正實數(shù)根．
(1)當(dāng)方程①有兩個正實根時，
a應(yīng)滿足Δ＝a2－4a＋1≥0t1＋t2＝－a0t1t2＝a＋10，
解得：－1a≤2－22；
(2)當(dāng)方程①有一正根一負根時，只需t1t2＝a＋10，
即a－1；
(3)當(dāng)方程①有一根為0時，a＝－1，此時方程①的另一根為1.
綜上可知a≤2－22.
方法二令g(t)＝t2＋at＋a＋1(t∈(0，＋∞))．
(1)當(dāng)函數(shù)g(t)在(0，＋∞)上存在兩個零點時，
實數(shù)a應(yīng)滿足Δ＝a2－4a＋1≥0－a20g0＝a＋10，
解得－1a≤2－22；
(2)當(dāng)函數(shù)g(t)在(0，＋∞)上存在一個零點，另一個零點在(－∞，0)時，實數(shù)a應(yīng)滿足g(0)＝a＋10，
解得a－1；
(3)當(dāng)函數(shù)g(t)的一個零點是0時，g(0)＝a＋1＝0，a＝－1，此時可以求得函數(shù)g(t)的另一個零點是1.
綜上(1)(2)(3)知a≤2－22.
課后練習(xí)區(qū)
1．B[因為f(－1)＝12－30，f(0)＝10，
所以f(x)在區(qū)間(－1,0)上存在零點．]
2．A
3．C[能用二分法求零點的函數(shù)必須在給定區(qū)間[a，b]上連續(xù)不斷，并且有f(a)f(b)0.A、B中不存在f(x)0，D中函數(shù)不連續(xù)．]
4．C
5．B[當(dāng)x≤1時，函數(shù)f(x)＝4x－4與g(x)＝log2x的圖象有兩個交點，可得h(x)有兩個零點，當(dāng)x1時，函數(shù)f(x)＝x2－4x＋3與g(x)＝log2x的圖象有1個交點，可得函數(shù)h(x)有1個零點，∴函數(shù)h(x)共有3個零點．]
6．3
解析函數(shù)f(x)為R上的奇函數(shù)，因此f(0)＝0，當(dāng)x0時，f(x)＝2006x＋log2006x在區(qū)間(0，12006)內(nèi)存在一個零點，又f(x)為增函數(shù)，因此在(0，＋∞)內(nèi)有且僅有一個零點．根據(jù)對稱性可知函數(shù)在(－∞，0)內(nèi)有且僅有一解，從而函數(shù)在R上的零點的個數(shù)為3.
7．x1x2x3
解析令x＋2x＝0，即2x＝－x，設(shè)y＝2x，y＝－x；
令x＋lnx＝0，即lnx＝－x，
設(shè)y＝lnx，y＝－x.
在同一坐標(biāo)系內(nèi)畫出y＝2x，y＝lnx，y＝－x，如圖：x10x21，令x－x－1＝0，則(x)2－x－1＝0，
∴x＝1＋52，
即x3＝3＋521，所以x1x2x3.
8．a(chǎn)1
解析設(shè)函數(shù)y＝ax(a0，且a≠1)和函數(shù)y＝x＋a，則函數(shù)f(x)＝ax－x－a(a0，且a≠1)有兩個零點，就是函數(shù)y＝ax(a0，且a≠1)與函數(shù)y＝x＋a有兩個交點，由圖象可知當(dāng)0a1時兩函數(shù)只有一個交點，不符合；當(dāng)a1時，因為函數(shù)y＝ax(a1)的圖象過點(0,1)，而直線y＝x＋a所過的點一定在點(0,1)的上方，所以一定有兩個交點，所以實數(shù)a的取值范圍是a1.
9．證明令g(x)＝f(x)－x.………………………………………………………………(2分)
∵g(0)＝14，g(12)＝f(12)－12＝－18，
∴g(0)g(12)0.……………………………………………………………………………(8分)
又函數(shù)g(x)在(0，12)上連續(xù)，…………………………………………………………(10分)
所以存在x0∈(0，12)，使g(x0)＝0.
即f(x0)＝x0.………………………………………………………………………………(12分)
10．解二次函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1,1]內(nèi)至少存在一個實數(shù)c，
使f(c)0的否定是：對于區(qū)間[－1,1]內(nèi)的任意一個x都有f(x)≤0.……………………(4分)
此時f1≤0f－1≤0，即2p2＋3p－9≥02p2－p－1≥0，解得：
p≥32或p≤－3.…………………………………………………………………………(10分)
∴二次函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1,1]內(nèi)至少存在一個實數(shù)c，使f(c)0的實數(shù)p的取值范圍是
－3p32.…………………………………………………………………………………(12分)
11．證明(1)∵f(1)＝a＋b＋c＝－a2，
∴3a＋2b＋2c＝0.
又3a2c2b，∴3a0,2b0，
∴a0，b0.
又2c＝－3a－2b，由3a2c2b，
∴3a－3a－2b2b.
∵a0，∴－3ba－34.……………………………………………………………………(4分)
(2)∵f(0)＝c，f(2)＝4a＋2b＋c＝a－c.
①當(dāng)c0時，∵a0，
∴f(0)＝c0且f(1)＝－a20，
∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)至少有一個零點．……………………………………………(7分)
②當(dāng)c≤0時，
∵a0，
∴f(1)＝－a20且f(2)＝a－c0，
∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)內(nèi)至少有一個零點．
綜合①②得f(x)在(0,2)內(nèi)至少有一個零點．……………………………………………(10分)
(3)∵x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個零點，則x1，x2是方程ax2＋bx＋c＝0的兩根．
∴x1＋x2＝－ba，x1x2＝ca＝－32－ba.
∴|x1－x2|＝x1＋x22－4x1x2
＝－ba2－4－32－ba
＝ba＋22＋2.(12分)
∵－3ba－34，
∴2≤|x1－x2|574.……………………………………………………………………(14分)

高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)直線與直線的位置關(guān)系學(xué)案含答案

學(xué)案48直線與直線的位置關(guān)系

導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.能根據(jù)兩條直線的斜率判定這兩條直線平行或垂直.2.能用解方程組的方法求兩條相交直線的交點坐標(biāo).3.掌握兩點間的距離公式、點到直線的距離公式，會求兩條平行直線間的距離．
自主梳理
1．兩直線的位置關(guān)系
平面上兩條直線的位置關(guān)系包括平行、相交、重合三種情況．
(1)兩直線平行
對于直線l1：y＝k1x＋b1，l2：y＝k2x＋b2，
l1∥l2________________________.
對于直線l1：A1x＋B1y＋C1＝0，
l2：A2x＋B2y＋C2＝0(A2B2C2≠0)，
l1∥l2________________________.
(2)兩直線垂直
對于直線l1：y＝k1x＋b1，l2：y＝k2x＋b2，
l1⊥l2k1k2＝____.
對于直線l1：A1x＋B1y＋C1＝0，
l2：A2x＋B2y＋C2＝0，
l1⊥l2A1A2＋B1B2＝____.
2．兩條直線的交點
兩條直線l1：A1x＋B1y＋C1＝0，
l2：A2x＋B2y＋C2＝0，
如果兩直線相交，則交點的坐標(biāo)一定是這兩個方程組成的方程組的____；反之，如果這個方程組只有一個公共解，那么以這個解為坐標(biāo)的點必是l1和l2的________，因此，l1、l2是否有交點，就看l1、l2構(gòu)成的方程組是否有________．
3．有關(guān)距離
(1)兩點間的距離
平面上兩點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)間的距離|P1P2|＝__________________________________.
(2)點到直線的距離
平面上一點P(x0，y0)到一條直線l：Ax＋By＋C＝0的距離d＝________________________.
(3)兩平行線間的距離
已知l1、l2是平行線，求l1、l2間距離的方法：
①求一條直線上一點到另一條直線的距離；
②設(shè)l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0，則l1與l2之間的距離d＝________________.
自我檢測
1．(2011濟寧模擬)若點P(a,3)到直線4x－3y＋1＝0的距離為4，且點P在不等式2x＋y－30表示的平面區(qū)域內(nèi)，則實數(shù)a的值為()
A．7B．－7C．3D．－3
2．若直線l1：y＝k(x－4)與直線l2關(guān)于點(2,1)對稱，則直線l2恒過定點()
A．(0,4)B．(0,2)
C．(－2,4)D．(4，－2)
3．已知直線l1：ax＋by＋c＝0，直線l2：mx＋ny＋p＝0，則ambn＝－1是直線l1⊥l2的()
A．充分不必要條件B．必要不充分條件
C．充要條件D．既不充分也不必要條件
4．(2009上海)已知直線l1：(k－3)x＋(4－k)y＋1＝0與l2：2(k－3)x－2y＋3＝0平行，則k的值是()
A．1或3B．1或5
C．3或5D．1或2
5．已知2x＋y＋5＝0，則x2＋y2的最小值是________.
探究點一兩直線的平行與垂直
例1已知兩條直線l1：ax－by＋4＝0和l2：(a－1)x＋y＋b＝0.求滿足以下條件的a、b的值：
(1)l1⊥l2且l1過點(－3，－1)；
(2)l1∥l2，且原點到這兩條直線的距離相等．

變式遷移1已知直線l1：ax＋2y＋6＝0和直線l2：x＋(a－1)y＋a2－1＝0，
(1)試判斷l(xiāng)1與l2是否平行；
(2)l1⊥l2時，求a的值．

探究點二直線的交點坐標(biāo)
例2已知直線l1：4x＋7y－4＝0，l2：mx＋y＝0，l3：2x＋3my－4＝0.當(dāng)m為何值時，三條直線不能構(gòu)成三角形．

變式遷移2△ABC的兩條高所在直線的方程分別為2x－3y＋1＝0和x＋y＝0，頂點A的坐標(biāo)為(1,2)，求BC邊所在直線的方程．

探究點三距離問題
例3(2011廈門模擬)已知三條直線：l1：2x－y＋a＝0(a0)；l2：－4x＋2y＋1＝0；l3：x＋y－1＝0.且l1與l2的距離是7510.
(1)求a的值；
(2)能否找到一點P，使P同時滿足下列三個條件：
①點P在第一象限；
②點P到l1的距離是點P到l2的距離的12；
③點P到l1的距離與點P到l3的距離之比是2∶5.
若能，求點P的坐標(biāo)；若不能，說明理由．

變式遷移3已知直線l過點P(3,1)且被兩平行線l1：x＋y＋1＝0，l2：x＋y＋6＝0截得的線段長為5，求直線l的方程．
轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用
例(12分)已知直線l：2x－3y＋1＝0，點A(－1，－2)．求：
(1)點A關(guān)于直線l的對稱點A′的坐標(biāo)；
(2)直線m：3x－2y－6＝0關(guān)于直線l的對稱直線m′的方程；
(3)直線l關(guān)于點A(－1，－2)對稱的直線l′的方程．
【答題模板】
解(1)設(shè)A′(x，y)，再由已知
∴A′－3313，413.[4分]
(2)在直線m上取一點，如M(2,0)，則M(2,0)關(guān)于直線l的對稱點M′必在直線m′上．設(shè)對稱點M′(a，b)，則得M′613，3013.[6分]
設(shè)直線m與直線l的交點為N，則由
得N(4,3)．
又∵m′經(jīng)過點N(4,3)，∴由兩點式得直線m′的方程為9x－46y＋102＝0.[8分]
(3)方法一在l：2x－3y＋1＝0上任取兩點，
如M(1,1)，N(4,3)，則M，N關(guān)于點A(－1，－2)的對稱點M′，N′均在直線l′上，
易得M′(－3，－5)，N′(－6，－7)，[10分]
再由兩點式可得l′的方程為2x－3y－9＝0.[12分]
方法二∵l∥l′，∴設(shè)l′的方程為2x－3y＋C＝0(C≠1)，
∵點A(－1，－2)到兩直線l，l′的距離相等，∴由點到直線的距離公式得
|－2＋6＋C|22＋32＝|－2＋6＋1|22＋32，解得C＝－9，[10分]
∴l(xiāng)′的方程為2x－3y－9＝0.[12分]
方法三設(shè)P(x，y)為l′上任意一點，
則P(x，y)關(guān)于點A(－1，－2)的對稱點為P′(－2－x，－4－y)，[10分]
∵點P′在直線l上，∴2(－2－x)－3(－4－y)＋1＝0，
即2x－3y－9＝0.[12分]
【突破思維障礙】
點關(guān)于直線對稱是軸對稱中最基本的，要抓住兩點：一是已知點與對稱點的連線與對稱軸垂直；二是已知點與對稱點為端點的線段中點在對稱軸上．直線關(guān)于點的對稱可轉(zhuǎn)化為點關(guān)于點的對稱，直線關(guān)于直線的對稱可轉(zhuǎn)化為點關(guān)于直線的對稱．
【易錯點剖析】
(1)點關(guān)于線對稱，不能轉(zhuǎn)化為“垂直”及“線的中點在軸上”的問題．
(2)線關(guān)于線對稱，不能轉(zhuǎn)化為點關(guān)于線的對稱問題；線關(guān)于點的對稱，不能轉(zhuǎn)化為點關(guān)于點的對稱問題．
1．在兩條直線的位置關(guān)系中，討論最多的還是平行與垂直，它們是兩條直線的特殊位置關(guān)系．解題時認真畫出圖形，有助于快速準(zhǔn)確地解決問題．判斷兩直線平行與垂直時，不要忘記考慮斜率不存在的情形，利用一般式則可避免分類討論．
2．運用公式d＝|C1－C2|A2＋B2求兩平行直線間的距離時，一定要把x、y項系數(shù)化為相等的系數(shù)．
3．對稱思想是高考熱點，主要分為中心對稱和軸對稱兩種，關(guān)鍵要把握對稱問題的本質(zhì)，必要情況下可與函數(shù)的對稱軸建立聯(lián)系．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．直線3x＋2y＋4＝0與2x－3y＋4＝0()
A．平行B．垂直
C．重合D．關(guān)于直線y＝－x對稱
2．(2011六安月考)若直線x＋ay－a＝0與直線ax－(2a－3)y－1＝0互相垂直，則a的值是()
A．2B．－3或1C．2或0D．1或0
3．已知直線l的傾斜角為3π4，直線l1經(jīng)過點A(3,2)、B(a，－1)，且l1與l垂直，直線l2：2x＋by＋1＝0與直線l1平行，則a＋b等于()
A．－4B．－2C．0D．2
4．P點在直線3x＋y－5＝0上，且點P到直線x－y－1＝0的距離為2，則P點坐標(biāo)為()
A．(1,2)B．(2,1)
C．(1,2)或(2，－1)D．(2,1)或(－1,2)
5．設(shè)兩條直線的方程分別為x＋y＋a＝0，x＋y＋b＝0，已知a、b是方程x2＋x＋c＝0的兩個實根，且0≤c≤18，則這兩條直線之間的距離的最大值和最小值分別是()
A.24，12B.2，22
C.2，12D.22，12

二、填空題(每小題4分，共12分)
6．(2011重慶云陽中學(xué)高三月考)直線l1：x＋my＋6＝0和l2：3x－3y＋2＝0，若l1∥l2，則m的值為______．
7．設(shè)直線l經(jīng)過點(－1,1)，則當(dāng)點(2，－1)與直線l的距離最大時，直線l的方程為______________．
8．若直線m被兩平行線l1：x－y＋1＝0與l2：x－y＋3＝0所截得的線段的長為22，則m的傾斜角可以是
①15°②30°③45°④60°⑤75°
其中正確答案的序號是________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)(2011福州模擬)k為何值時，直線l1：y＝kx＋3k－2與直線l2：x＋4y－4＝0的交點在第一象限．

10．(12分)已知點P1(2,3)，P2(－4,5)和A(－1,2)，求過點A且與點P1，P2距離相等的直線方程．

11．(14分)(2011杭州調(diào)研)過點P(3,0)作一直線，使它夾在兩直線l1：2x－y－2＝0與l2：x＋y＋3＝0之間的線段AB恰被點P平分，求此直線的方程．
自主梳理
1．(1)k1＝k2且b1≠b2A1A2＝B1B2≠C1C2(2)－10
2．解交點唯一解3.(1)x2－x12＋y2－y12
(2)|Ax0＋By0＋C|A2＋B2(3)②|C1－C2|A2＋B2
自我檢測
1．D2.B3.A4.C
5.5
課堂活動區(qū)
例1解題導(dǎo)引運用直線的斜截式y(tǒng)＝kx＋b時，要特別注意直線斜率不存在時的特殊情況．運用直線的一般式Ax＋By＋C＝0時，要特別注意A、B為0時的情況，求解兩直線平行或垂直有關(guān)的問題并與求直線方程相聯(lián)系，聯(lián)立方程組求解，對斜率不存在的情況，可考慮用數(shù)形結(jié)合的方法研究．
解(1)由已知可得l2的斜率必存在，且k2＝1－a.
若k2＝0，則a＝1.由l1⊥l2，l1的斜率不存在，∴b＝0.
又l1過(－3，－1)，∴－3a＋b＋4＝0，
∴b＝3a－4＝－1，矛盾．∴此情況不存在，即k2≠0.
若k2≠0，即k1＝ab，k2＝1－a.
由l1⊥l2，得k1k2＝ab(1－a)＝－1.
由l1過(－3，－1)，得－3a＋b＋4＝0，
解之得a＝2，b＝2.
(2)∵l2的斜率存在，l1∥l2，∴l(xiāng)1的斜率存在，
∴k1＝k2，即ab＝1－a.
又原點到兩直線的距離相等，且l1∥l2，
∴l(xiāng)1、l2在y軸上的截距互為相反數(shù)，即4b＝b.
解之得a＝2，b＝－2或a＝23，b＝2.
∴a、b的值為2和－2或23和2.
變式遷移1解(1)方法一當(dāng)a＝1時，
l1：x＋2y＋6＝0，
l2：x＝0，l1與l2不平行；
當(dāng)a＝0時，l1：y＝－3，l2：x－y－1＝0，l1與l2不平行；
當(dāng)a≠1且a≠0時，兩直線可化為l1：y＝－a2x－3，
l2：y＝11－ax－(a＋1)，
l1∥l2－a2＝11－a，－3≠－a＋1，解得a＝－1，
綜上可知，a＝－1時，l1∥l2，否則l1與l2不平行．
方法二由A1B2－A2B1＝0，
得a(a－1)－1×2＝0.
由A1C2－A2C1≠0，得a(a2－1)－1×6≠0，
∴l(xiāng)1∥l2aa－1－1×2＝0aa2－1－1×6≠0a2－a－2＝0，aa2－1≠6.
∴a＝－1，故當(dāng)a＝－1時，l1∥l2，否則l1與l2不平行．
(2)方法一當(dāng)a＝1時，l1：x＋2y＋6＝0，l2：x＝0，l1與l2不垂直；
當(dāng)a＝0時，l1：y＝－3，l2：x－y－1＝0，l1與l2不垂直；
當(dāng)a≠1且a≠0時，l1：y＝－a2x－3，
l2：y＝11－ax－(a＋1)，
由－a211－a＝－1a＝23.
方法二由A1A2＋B1B2＝0，
得a＋2(a－1)＝0a＝23.
例2解題導(dǎo)引①轉(zhuǎn)化思想的運用
三條直線l1、l2、l3不能構(gòu)成三角形l1、l2、l3交于一點或至少有兩條直線平行
三條直線交于一點l2與l3的交點在l1上l2與l3對應(yīng)方程組的解適合l1的方程
②分類討論思想的運用
本題依據(jù)直線的位置關(guān)系將不能構(gòu)成三角形的情況分成兩類，分類應(yīng)注意按同一標(biāo)準(zhǔn)，不重不漏．
解當(dāng)三條直線共點或至少有兩條直線平行時，不能圍成三角形．
①三條直線共點時，
由mx＋y＝0，2x＋3my＝4，得x＝42－3m2y＝－4m2－3m2(m2≠23)，
即l2與l3的交點為42－3m2，－4m2－3m2，
代入l1的方程得4×42－3m2＋7×－4m2－3m2－4＝0，
解得m＝13，或m＝2.
②當(dāng)l1∥l2時，4＝7m，∴m＝47；
當(dāng)l1∥l3時，4×3m＝7×2，∴m＝76；
當(dāng)l2∥l3時，3m2＝2，即m＝±63.
∴m取集合－63，13，63，47，76，2中的元素時，三條直線不能構(gòu)成三角形．
變式遷移2解可以判斷A不在所給的兩條高所在的直線上，則可設(shè)AB，AC邊上的高所在直線的方程分別為2x－3y＋1＝0，x＋y＝0，
則可求得AB，AC邊所在直線的方程分別為
y－2＝－32(x－1)，y－2＝x－1，
即3x＋2y－7＝0，x－y＋1＝0.
由3x＋2y－7＝0x＋y＝0，得B(7，－7)，
由x－y＋1＝02x－3y＋1＝0，得C(－2，－1)，
所以BC邊所在直線的方程為2x＋3y＋7＝0.
例3解題導(dǎo)引在應(yīng)用平行線間的距離公式求兩條平行線間的距離時，應(yīng)注意公式的適用條件，即在兩條平行線的方程中x與y的系數(shù)化為分別對應(yīng)相等的條件下，才能應(yīng)用該公式．
如本例中求兩條直線2x－y＋a＝0與－4x＋2y＋1＝0間的距離時，需將前一條直線化為－4x＋2y－2a＝0，或?qū)⒑笠粭l直線化為2x－y－12＝0后，再應(yīng)用平行線間的距離公式．
解(1)∵l1：4x－2y＋2a＝0(a0)，l2：4x－2y－1＝0，
∴兩條平行線l1與l2間的距離為d＝|2a＋1|25，
由已知，可得|2a＋1|25＝7510.
又a0，可解得a＝3.
(2)設(shè)點P的坐標(biāo)為(x，y)，
由條件①，可知x0，y0.
由條件②和③，
可得|2x－y＋3|5＝|4x－2y－1|455|2x－y＋3|5＝2|x＋y－1|2，
化簡得4|2x－y＋3|＝|4x－2y－1||2x－y＋3|＝|x＋y－1|，
于是可得，4|x＋y－1|＝|4x－2y－1|，
也就是4(x＋y－1)＝4x－2y－1，或4(x＋y－1)＝－4x＋2y＋1，
解得y＝12，或8x＋2y－5＝0.
當(dāng)y＝12時，代入方程|2x－y＋3|＝|x＋y－1|，
解得x＝－30或x＝－230，均舍去．
由8x＋2y－5＝0|2x－y＋3|＝|x＋y－1|，
化簡得8x＋2y－5＝0x－2y＋4＝0，或8x＋2y－5＝03x＝－2，
解得x＝19y＝3718或x＝－230y＝316(舍去)．
即存在滿足題設(shè)條件的點P，其坐標(biāo)為19，3718.
變式遷移3解方法一若直線l的斜率不存在，則直線l的方程為x＝3，此時與l1，l2的交點分別是A(3，－4)，B(3，－9)，截得的線段長|AB|＝|－4＋9|＝5，符合題意．
當(dāng)直線l的斜率存在時，則設(shè)直線l的方程為y＝k(x－3)＋1，分別與直線l1，l2的方程聯(lián)立，
由y＝kx－3＋1，x＋y＋1＝0，解得A3k－2k＋1，1－4kk＋1.
由y＝kx－3＋1，x＋y＋6＝0，解得B3k－7k＋1，1－9kk＋1.
由兩點間的距離公式，得
3k－2k＋1－3k－7k＋12＋1－4kk＋1－1－9kk＋12＝25，
解得k＝0，即所求直線方程為y＝1.
綜上可知，直線l的方程為x＝3或y＝1.
方法二因為兩平行線間的距離
d＝|6－1|2＝522，
如圖，直線l被兩平行線截得的線段長為5，
設(shè)直線l與兩平行線的夾角為θ，
則sinθ＝22，所以θ＝45°.
因為兩平行線的斜率是－1，
故所求直線的斜率不存在或為0.
又因為直線l過點P(3,1)，
所以直線l的方程為x＝3或y＝1.
課后練習(xí)區(qū)
1．B2.C3.B4.C5.D
6．－17.3x－2y＋5＝08.①⑤
9．解由y＝kx＋3k－2x＋4y－4＝0，得x＝12－12k4k＋1y＝7k－24k＋1.(5分)
∵兩直線的交點在第一象限，
∴12－12k4k＋107k－24k＋10，∴27k1.(11分)
即當(dāng)27k1時，
兩直線的交點在第一象限．(12分)
10．解設(shè)所求直線為l，由于l過點A且與點P1，P2距離相等，所以有兩種情況，
(1)當(dāng)P1，P2在l同側(cè)時，有l(wèi)∥P1P2，此時可求得l的方程為
y－2＝5－3－4－2(x＋1)，即x＋3y－5＝0；(5分)
(2)當(dāng)P1，P2在l異側(cè)時，l必過P1P2的中點(－1,4)，此時l的方程為x＝－1.(10分)
∴所求直線的方程為x＋3y－5＝0或x＝－1.
(12分)
11．解設(shè)點A(x，y)在l1上，
由題意知x＋xB2＝3，y＋yB2＝0，∴點B(6－x，－y)，(6分)
解方程組2x－y－2＝0，6－x＋－y＋3＝0，
得x＝113，y＝163，∴k＝163－0113－3＝8.(12分)
∴所求的直線方程為y＝8(x－3)，即8x－y－24＝0.(14分)