1、好題速遞201題解析幾何模塊4已知曲線的方程，存在一定點和常數，對曲線上的任意一點，都有成立，則點到直線的最大距離為 解法一：由得即故，將代入得，得，又直線恒過定點，所以由幾何性質知點到直線的最大距離為點與的距離為解法二：作為小題，由知是阿氏圓軌跡，故取圓直徑上的兩個點，即可得，解得，好題速遞202題解析幾何模塊5已知是的對稱軸和準線的交點，點是其焦點，點在該拋物線上，且滿足，當取得最大值時，點恰在以、為焦點的雙曲線上，則該雙曲線的離心率為 解：作，由拋物線定義，其中要使取得最小值，即最小，即最大值，即最小，此時是拋物線的切線設的方程為，與聯立得因為相切，故，解得故，由，得好題速遞203題解析

2、幾何模塊6 已知斜率為1的直線過雙曲線的左焦點，且與雙曲線左、右支分別交于兩點，若是線段的中點，則雙曲線的離心率為 解：由題意知所以，所以好題速遞204題解析幾何模塊7 已知點是雙曲線上的動點，是其左、右焦點，坐標原點，若的最大值是，則此雙曲線的離心率是 解：設，則又，所以所以所以所以的最大值在時取到，所以所以，即好題速遞205題解析幾何模塊8在平面直角坐標系中，圓的方程為，直線與圓相交于兩點，為弦上一動點，以為圓心，2為半徑的圓與圓總有公共點，則實數的取值范圍是 解：兩圓有公共點的充要條件是，而恒成立，故只要時兩圓必有公共點由平面幾何知識可知，為點到直線的距離，所以，解得好題速遞206題解析

3、幾何模塊9已知點，若圓上存在一點，使得，則的最大值為 解：由得在以中點為圓心，為半徑的圓上，所以的軌跡方程為，所以圓的半徑為，又由在圓上，的圓心，半徑為1，當圓與圓內切時，最大為好題速遞207題立體幾何模塊1如圖，在正方體中，是棱的中點，是側面上的動點，并且平面，則動點的軌跡是（ ）A圓 B橢圓 C拋物線 D線段 解：如圖，取的中點，的中點，顯然可證明平面平面，當在線段上時，均有平面，即動點的軌跡是線段。點評：善于轉化是解決立體幾何中平行與垂直問題的關鍵。例如，考慮“線線平行”時，可轉化為“線面平行”或“面面平行”；考慮“線面平行”時，可轉化為“線線平行”或“面面平行”；考慮“面面平行”時，可

4、轉化為“線線平行”或“線面平行”。在斜二測畫法畫圖時，平行關系不會改變，因為要找平行線，可以考慮在圖象上推平行線，然后關注哪個位置看起來比較特殊，例如中點，中位線之類。好題速遞208題立體幾何模塊2如圖，在三棱柱的側棱與上各有一個動點，且滿足，是棱上的動點，則的最大值是 解法一：設，則（注：這里用到了梯形的面積與的面積相等。）即與重合時，最大，解法二：設，為定值，則是關于的增函數所以好題速遞209題立體幾何模塊3已知線段，且與平面的距離為4，點是平面上的動點，且滿足，若，則線段長度的取值范圍是 解：如圖，將線段投影到平面上，得到射影，將空間問題平面化，則動點的軌跡是以為圓心，半徑為的圓，又，所

5、以，即好題速遞210題立體幾何模塊4已知為正方體對角線上的一點，且，下面結論：；若平面，則；若為鈍角三角形，則；若，則為銳角三角形其中正確結論的序號為 解：在正方體中，平面，又平面，故，正確； 由題可知，若平面，則設正方體的棱長為1，則，在中，所以，所以，正確；在正方體中，以為軸，為軸，為軸建系，設棱長為2，則設，由，得所以，若為鈍角三角形，則為鈍角，解得，錯；同理，當時，所以為銳角三角形，正確。所以正確結論為。好題速遞211題立體幾何模塊5如圖，在棱長為1的正方體中，若點是棱上一點，則滿足的點有 個解：點既在以為焦點，長軸為2的橢球上，又在正方體的棱上。因為，故點在以為焦點，長軸為2的橢球外

6、，所以橢球必與線段相交（交點就是的中點），同理在上各有一個交點滿足條件又若點在上，則，故上不存在滿足條件的點，同理上也不存在滿足條件的點。好題速遞212題立體幾何模塊6將一個長寬分別為的鐵皮的四個角切去相同的正方形，然后折成一個無蓋的長方體的盒子（不計粘合處），若這個長方體的外接球的面積存在最小值，則的取值范圍是 解：設切去的小正方形的邊長為，長方體的外接球的半徑為則因為長方體的外接球的面積存在最小值，所以，解得好題速遞213題在直角梯形中，動點在以為圓心且過點的圓內運動（不含邊界），設，則的取值范圍是 解：建立直角坐標系， ，由得動點在內運動，所以求目標函數的取值范圍是好題速遞214題在曲線

7、上任取兩點，則的最小值為 解：記，則且，同時滿足，即，當且僅當時取得“=”，故的最小值為2好題速遞215題已知函數是定義在上的不恒為零的偶函數，且對任意實數都有，則 解：令，則，所以令，則當時，由得則，故好題速遞216題已知實數，設函數的兩個零點分別為，則下列關系中恒成立的是（ ）（A） （B）（C） （D）解：的兩個零點，即的兩個零點因為開口向上，又，所以即函數的零點一個大于，一個小于，且，所以根據“一上一下，中間一點”的原則，可知，選C好題速遞217題已知點在拋物線上，若的三個頂點都在拋物線上，記三邊所在直線的斜率分別為，則 解：，設，所以點評：拋物線題目的計算量相對于橢圓、雙曲線要小一些

8、，主要是基于拋物線上的點的設法，在化簡過程中利用好平方差公式，可以使得計算簡便。這個過程要做到比較熟練。好題速遞218題已知函數與函數在區間上都有零點，則的最小值為 解：由題意知，兩式相加得，兩式相加得所以當且僅當時取得等號。點評：這里用到了基本不等式，如果一下子看不出來，也可以先利用齊次化思想，將分子分母同除以，令，將式子簡化，就容易發現了。好題速遞219題已知函數，若在上既有最大值又有最小值，且最大值與最小值的和為4，則 解：已知在上既有最大值又有最小值，故又是奇函數，且最大值與最小值的和為4，則，故好題速遞220題對于函數，如果存在區間，同時滿足下列條件：在內是單調的；當定義域是時，的值

9、域也是，則稱是該函數的“和諧區間”若存在“和諧區間”，則的取值范圍是 解：因為在和上是增函數，所以或，且，因此是方程的兩個不相等且同號的實數根，即有兩個不相等且同號的實數根又且，故只需，解得又，故好題速遞221題已知以為周期的函數，其中，若恰有5個實數解，則的取值范圍是 解：當時，原函數式化為方程，表示一個半橢圓，當時，是兩線段和組成的折線，再根據周期性畫出大致圖象如圖所示。由圖象可知，當直線與第二個半橢圓相交，而與第三個半橢圓無交點時，方程恰有5個實數解，由方程組消去得由，解得由方程組消去得由，解得，所以好題速遞222題（2015重慶理科第16題）若函數的最小值為5，則 _解法一：按照兩類分

10、類討論，畫出的折線圖，圖象最低點的縱坐標為5，求得或解法二：由題意得，從而設的圖象是以為頂點的開口向上的“V”形圖。的圖象是以為頂點的開口向下（開口比的圖象開口大）的“V”形圖，且與軸交點的坐標為。當或時，所以若函數的最小值為5，則或好題速遞223題若動點在直線上，動點在直線上，設線段的中點為，且，則的取值范圍是_解法一：設點滿足，點滿足兩式相加得點的軌跡是直線同時點滿足所以滿足條件的點在線段上，其中點，分別為直線與圓的交點，表示線段上的點與坐標原點連線距離的平方，所以當運動到或時，取得最大值為16，當運動到圓心時，取得最小值為8，故解法二：將代入，得到將代入得好題速遞224題設反比例函數與二

11、次函數的圖象有且僅有兩個不同的公共點，且，則 解：與的圖象有且僅有兩個不同的公共點方程有兩個不同的實數根方程有兩個不同的實數根三次方程僅有兩個實根，故必有一個是一次根，一個是重根。方程或對于第一種情況，等式兩邊展開比較系數得，故，因為，所以，對于第二種情況，等式兩邊展開比較系數得，故，因為，所以，但由知，與矛盾，故舍去。點評：本題是自山東高考題改編而來，解法中運用了三次方程求根的因式分解，奇次根穿過與偶次根反彈的問題。浙江高考曾多次考過類似的問題，值得注意。例如：（2014浙江文7）已知函數，且，則A B C D解：方程的三個根為，故比較系數得，故（2012浙江理17）設，若時均有，則_解：，

12、且，因為對恒成立，則必是二重零點 代入得：，解之得：，舍去，得答案：（2013浙江文16）設，若時恒有，則 。【解析】當時，有，所以得，代回原式故必定是重根，即中必有因子，所以，所以點評：這三道題都是加深零點意義理解的好題。零點就像是x軸上的守門員，關系著函數正負性變化的重任，“奇重零點穿過，偶重零點反彈”。好題速遞225題設是正實數，且，則的最小值是_解：設，則題目變為“已知，求的最小值。當且僅當，即，即時取得等號點評：本題還是分母換元使得式子簡化，靈活運用均值不等式。好題速遞226題（重慶高考題）函數的值域是_解：設，則問題變為求的值域解法一：當時，有將視為圓上任一點與原點連線的斜率，結合

13、圖形可知，所以，當時，綜上可知，解法二：注意到，聯想其結構特征與三角函數中的正余弦定義式相似于是設直線的傾斜角為，則所以好題速遞227題已知，則的取值范圍是_解法一：考慮向量模的幾何意義由和，可作出圖形的終點必在以為直徑的圓上又，故的終點必在以為圓心，1為半徑的圓上所以問題轉化為與（半徑為1的小圓）有交點注意到的半徑為，圓心距所以兩圓相交需滿足且有作一個整體換元，設，問題轉化為規劃問題，已知，求的取值范圍。如圖可得解法二：代數方法，因此只需求的取值范圍由得所以即，解得所以，故解法三：解析幾何坐標方法解：設，設A，B是以O為圓心，2為半徑的圓上兩點，且ACBC，則 | ab | = AB = 2

14、 MCMO2 + MA2 = OA2，而MA = MC，MO2 + MC2 = 4設，則，即（*）| ab | = AB = 2 MC = 由（*）知，即好題速遞228題已知實數，滿足，則的最大值是_解：記，則因為故即的最大值是好題速遞229題設函數，若對任意的，總存在，使得成立，則實數的取值范圍是_解法一：由題意知的值域是值域的子集，易得的值域是設，則的值域為的值域，再通過分類討論進行解答或或或解得解法二：解法一常規，但計算量較大，作為填空題不劃算。故從數形結合的角度，利用函數圖象給出解法二。的值域是，設，則問題可以轉化為對任意實數，關于的方程在上有解，即對任意實數，總存在，使得直線與在是有

15、公共點，即直線與一簇函數個個都有公共點，從圖象上顯然看到，只要直線與函數有公共點即可，于是求得好題速遞230題在中，邊上的中線，若動點滿足，則的最小值是 解：因為，系數之和為1，故三點共線，且，所以點在線段上，設，故當時，取最小值好題速遞231題設數列滿足，且，則 解：找規律。易知，故數列是周期為5的數列，所以好題速遞232題設數列滿足，且，則 解：即令，則，即數列是等比數列，且，故，即好題速遞233題已知，函數的零點分別為，函數的零點分別為，則的最小值為 解：由（1）（2）得因為，故好題速遞234題已知函數，其中，設為的一個零點，若，則符合條件的的值有 個解：因為，故，解得由知，當時，；當時

16、，；當時，（舍去）；當時，綜上，符合條件的或，有兩個值。好題速遞235題已知是的外心，若，則的最小值為 解：因為，解得 ，故點評：這里又是三角形外心與向量的常見結合題，“外心點積轉邊投影”是正道。好題速遞236題已知函數，設，若函數有四個零點，則的取值范圍是 解：是開口形狀確定，頂點在上運動的拋物線，于是當取不同值時所對應的函數圖象如圖所示，是“W型”的圖象交點橫坐標由解得函數有四個零點，可視為直線與函數有四個交點，故只需兩條拋物線的“交叉點”到直線的豎直距離大于即可。故，解得好題速遞237題在中，若，則的面積取得最大值時，最長的邊長等于 解法一：設，由題知，因為故，當且僅當時，取得最大值，此

17、時解法二：由余弦定理知故當且僅當時，等號成立，故最長邊為好題速遞238題如圖，在半徑為1的上，線段是的直徑，則的取值范圍是 解法一：極化恒等式角度顯然當均為的直徑時，最大為4；取的中點，則由極化恒等式知故解法二：投影角度要求，顯然在確定的情況下，最大。如圖，當且與圓相切時，最大。此時設，則，所以顯然當且僅當與重合，與重合，即與反向且模長均為直徑時，解法三：坐標角度設，所以令則令則（當且僅當時取得等號）解法四：利用競賽知識設，則在競賽中證明過一個不等式，在中，有所以這里用了三角的積化和差、和差化積公式，屬于超綱內容。所以好題速遞239題在平面直角坐標系中，設是圓上不同的三個點，若存在實數，使得，

18、則的取值范圍是 解法一：（這里的就是向量夾角，由于三點不同，故）當時有當時有畫出可行域如圖，于是將視為可行域內的到點的距離的平方，易得當時，當時，故解法二：于是解法三：由可以構造三角形法則故設，則構成的三邊（否則三點中至少有兩個點重合），如圖所示于是滿足，畫出可行域，后續如解法一。好題速遞240題已知二次函數為非負，則的最小值為 解法一：齊次化思想根據條件有，則因此令，則當且僅當及時取得最小值，即時取得。解法二：根據條件有，則故令得當且僅當及時取得最小值，即時取得。解法三：令，得，代入得當且僅當時取得等號解法四：待定系數法假設，化簡為又故比對系數得，得，即，此時即因為，所以因為，所以好題速遞2

19、41題已知，則的最大值是 解法一：判別式法令，代入得關于的一元二次方程有解得，即所以，當且僅當時取得等號。解法二：化齊次式令故當且僅當時取得等號。解法三：令，即設，則故解法四：利用余弦定理構造三角形設的三邊分別為，由得由正弦定理，故故其中，故取，故評注：本題是很常見的最值問題，解法一、解法二是常規的兩種方法，解法三利用三角換元，解法四構造三角形的方法不僅求出了最大值，還取到了最小值。好題速遞242題（2015全國聯賽2）若實數滿足，則的值為 解：由得，評注：這里用了1的逆用，簡化了計算，當然也可以把都算出來，不過計算量比較大。好題速遞243題（2015全國聯賽4）在矩形中，邊上（包含）的動點與

20、的延長線上（包含點）的動點滿足，則的最小值為 解：不妨設，則，則由得，故評注：坐標法解決向量問題是常見方法。好題速遞244題（2015全國聯賽6）在平面直角坐標系中，點集所對應的平面區域的面積為 解：設先考慮在第一象限中的部分，此時有，故這些點對應于圖中的及其內部，由對稱性知，對應的區域是圖中以原點為中心的菱形及其內部同理設，則對應的區域是圖中以為中心的菱形及其內部。由點集的定義知，所對應的平面區域是被，中恰好一個所覆蓋的部分，因此本題所要求的即為圖中陰影區域的面積由直線，直線得交點由對稱性知，好題速遞245題（2015全國聯賽7）設為正實數，若存在，使得，則的取值范圍是 解：由知，而，故題目條件等價于：存在整數，使得 當時，區間的長度不小于，故必存在滿足式當時，注意到，故僅需要考慮如下幾種情況：