2019版二轮复习数学（理·重点生）通用版讲义：第三部分 考前临门一脚含解析.pdf

(一一)巧用性质 妙解函数巧用性质 妙解函数 速解技法速解技法学一招学一招 函数性质主要指函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性，要深刻理解并加以巧妙地 运用 函数性质主要指函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性，要深刻理解并加以巧妙地 运用 以对称性为例，若函数以对称性为例，若函数 f (x)满足满足 f (ax)f (bx)，则函数图象关于直线，则函数图象关于直线 x对称 ；对称 ； a b 2 若函数若函数 f (x)满足满足 f (ax)f (bx)c，则函数图象关于点对称，则函数图象关于点对称 ( a b 2 ， ，c 2) 定义在 R 上的奇函数 定义在 R 上的奇函数 f (x)满足满足 f (x2)f (x)，且在，且在0,1上是增函数，则有上是增函数，则有例例1 ( ) Af 2时，时， f (x)单调递增 因为单调递增 因为 x1x20 且且 a1，函数，函数 f (x)4loga，其中 ，其中 x ，则函数 ，则函数 f (x)的的 5ax3 ax1 1 x 1 x 1 4 1 4 最大值与最小值之和为最大值与最小值之和为_ 解析 ： 依题意知，解析 ： 依题意知，f (x)44loga，令，令 g(x)4loga，其定义域为，其定义域为 ax1 ax1 1 x 1 x ax1 ax1 1 x 1 x ，可知，可知 g(x)4logag(x)，函数，函数 g(x)的图象关于原点对称，从而的图象关于原点对称，从而 1 4， ， 1 4 a x 1 a x 1 1 x 1 x 可知函数可知函数 f (x)的图象关于点的图象关于点(0,4)对称，故函数对称，故函数 f (x)的最大值与最小值之和为的最大值与最小值之和为 8. 答案：答案：8 常用结论常用结论记一番记一番 1函数的单调性函数的单调性 在公共定义域内：在公共定义域内： (1)若函数若函数 f (x)是增函数，函数是增函数，函数 g(x)是增函数，则是增函数，则 f (x)g(x)是增函数；是增函数； (2)若函数若函数 f (x)是减函数，函数是减函数，函数 g(x)是减函数，则是减函数，则 f (x)g(x)是减函数；是减函数； (3)若函数若函数 f (x)是增函数，函数是增函数，函数 g(x)是减函数，则是减函数，则 f (x)g(x)是增函数；是增函数； (4)若函数若函数 f (x)是减函数，函数是减函数，函数 g(x)是增函数，则是增函数，则 f (x)g(x)是减函数是减函数 提示提示 在利用函数单调性解不等式时，易忽略函数定义域这一限制条件 在利用函数单调性解不等式时，易忽略函数定义域这一限制条件 2函数的奇偶性函数的奇偶性 (1)判断函数的奇偶性有时可以用定义的等价形式：判断函数的奇偶性有时可以用定义的等价形式：f (x)±f (x)0，±1； f x f x (2)设设 f (x)，g(x)的定义域分别是的定义域分别是 D1，D2，那么在它们的公共定义域上：奇奇奇， 奇×奇偶，偶偶偶，偶×偶偶，奇×偶奇 ，那么在它们的公共定义域上：奇奇奇， 奇×奇偶，偶偶偶，偶×偶偶，奇×偶奇 3有关函数有关函数 f (x)周期性的常用结论周期性的常用结论 (1)若若 f (xa)f (xa)，则函数，则函数 f (x)的周期为的周期为 2|a|； (2)若若 f (xa)f (x)，则函数，则函数 f (x)的周期为的周期为 2|a|； (3)若若 f (xa)，则函数，则函数 f (x)的周期为的周期为 2|a|； 1 f x (4)若若 f (xa)，则函数，则函数 f (x)的周期为的周期为 2|a|. 1 f x (二二)最值函数 大显身手最值函数 大显身手 速解技法速解技法学一招学一招 Error! 对于任意 对于任意 xR， 函数R， 函数 f (x)表示表示 yx3， y x ， ， yx24x3 中的最大者，中的最大者，例例1 3 2 1 2 则则 f (x)的最小值是的最小值是( ) A2 B3 C8 D1 解析解析 如图，分别画出函数 如图，分别画出函数 yx3，y x ， ，yx24x3 的图象，的图象， 3 2 1 2 得到三个交点得到三个交点 A(0,3)，B(1，2)，C(5,8) 由图象可得函数由图象可得函数 f (x)的表达式为的表达式为 f (x)Error! 所以所以 f (x)的图象是图中的实线部分， 图象的最低点是的图象是图中的实线部分， 图象的最低点是 B(1,2)， 所以函数， 所以函数 f (x)的最小值是的最小值是 2. 答案答案 A 已知函数 已知函数 f (x)x2xm ， ， g(x)log2x， minm， n表示表示 m， n 中的最小值，中的最小值，例例2 1 2 设函数设函数 h(x)minf (x)， g(x)(x0)， 则当函数， 则当函数 h(x)有三个零点时， 实数有三个零点时， 实数 m 的取值范围为的取值范围为( ) A. B. (0， ， 3 4) ( ， ，3 4 C. D. ( 1 2， ， 3 4) ( 1 2， ， ) 解析解析 在同一直角坐标系中，作出函数 在同一直角坐标系中，作出函数 yf (x)和和 yg(x)的 图象如图所示 的 图象如图所示 当两函数图象交于点当两函数图象交于点A(1,0)时，即有时，即有11m 0， 解得， 解得m 1 2 ，所以当函数，所以当函数 h(x)有三个零点时，有三个零点时， 1 2 即为点即为点 A 和和 yf (x)与与 x 轴的两个交点，轴的两个交点， 若满足条件，则需若满足条件，则需Error! 解得解得 0f (x)为增函数；为增函数； f (x)1，即，即 x(，1)(1，) 答案答案 (，1)(1，) 已知函数 已知函数 f (x)(axb)ln xbx3 在在(1，f (1)处的切线方程为处的切线方程为 y2.例例3 (1)求求 a，b 的值；的值； (2)求函数求函数 f (x)的极值；的极值； (3)若若 g(x)f (x)kx 在在(1,3)上是单调函数，求上是单调函数，求 k 的取值范围的取值范围 解解 (1)因为因为 f (1)b32，所以，所以 b1. 又又 f (x) aln xab aln xa1， b x 1 x 而函数而函数 f (x)在在(1，f (1)处的切线方程为处的切线方程为 y2， 所以所以 f (1)1a10，所以，所以 a0. (2)由由(1)得得 f (x)ln xx3，f (x) 1(x0) 1 x 令令 f (x)0，得，得 x1. 当当 00；当；当 x1 时，时，f (x)0)，g(x) k1， 1 x 又又 g(x)在在 x(1,3)上是单调函数，上是单调函数， 若若 g(x)为增函数，有为增函数，有 g(x)0， 即即 g(x) k10，即，即 k1 在 在 x(1,3)上恒成立上恒成立 1 x 1 x 又又 1 ，所以 ，所以 k . 1 x (0， ， 2 3) 2 3 若若 g(x)为减函数，有为减函数，有 g(x)0， 即即 g(x) k10，即，即 k1 在 在 x(1,3)上恒成立，上恒成立， 1 x 1 x 又又 1 ，所以 ，所以 k0. 1 x (0， ， 2 3) 综上，综上，k 的取值范围为的取值范围为(，0. 2 3， ， ) 技法领悟技法领悟 破解此类问题需注意两点：破解此类问题需注意两点： (1)求函数的单调区间时应优先考虑函数的定义域；求函数的单调区间时应优先考虑函数的定义域； (2)求得函数在多个区间单调性相同时，区间之间用“，”分割，或用“和”相连，不 能用“”相连 求得函数在多个区间单调性相同时，区间之间用“，”分割，或用“和”相连，不 能用“”相连 经典好题经典好题练一手练一手 1已知直线已知直线 2xy10 与曲线与曲线 yaexx 相切相切(其中其中 e 为自然对数的底数为自然对数的底数)，则实数，则实数 a 的值是的值是( ) A. B1 1 2 C2 De 解析：选解析：选 B 由题意知 由题意知 yaex12，则，则 a0，xln a，代入曲线方程得，代入曲线方程得 y1ln a，所以切线方程为，所以切线方程为 y(1ln a)2(xln a)，即，即 y2xln a12x1a1. 2若函数若函数 f (x)axx2ln x 存在极值，且这些极值的和不小于存在极值，且这些极值的和不小于 4ln 2，则，则 a 的取值 范围为 的取值 范围为( ) A2，) B2，)2 C2，) D4，)3 解析 ： 选解析 ： 选 C f (x)a2x (x0)， 因为， 因为 f (x)存在极值， 所以存在极值， 所以 f (x) 1 x 2x2ax1 x 0 在在(0， ， )上有根， 即上有根， 即 2x2ax10 在在(0， ， )上有根， 所以上有根， 所以 a280， 显然当， 显然当 0 时，时，f (x)无极值，不合题意，所以无极值，不合题意，所以 a280，即，即 a2或或 a0，则，则 f (x1)，f (x2)为为 f 1 2 a 2 (x)的极值，所以的极值，所以 f (x1)f (x2)(ax1x ln x1)(ax2x ln x2)a(x1x2)(x x )(ln 2 12 22 12 2 x1ln x2)ln 24ln 2，所以，所以 a2.综上，综上，a 的取值范围为的取值范围为2，) a2 2 ( a2 4 1)33 3 是圆周率，是圆周率，e 是自然对数的底数，在是自然对数的底数，在 3e，e3，e，3,3，e六个数中，最小的数与 最大的数分别是 六个数中，最小的数与 最大的数分别是( ) A3e,3 B3e，e Ce3，3 De,3 解析 ： 选解析 ： 选 A e0， ln x x 1 ln x x2 即即 0e 时，函数时，函数 f (x)单调递减故函数单调递减故函数 f (x) 的单调递增区间为的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为，单调递减区间为(e，)由由 e3， 在， 在 3e， e3， e， 3,3， ln ln 3 3 ln e e ln ln 3 3 e六个数中的最大的数是六个数中的最大的数是 3，同理得最小的数为，同理得最小的数为 3e. 4已知函数已知函数 f (x)1ln xa2x2ax(aRR) (1)讨论函数讨论函数 f (x)的单调性；的单调性； (2)若若 a0 且且 x(0,1)，求证：，求证：x2 0，则当，则当 x 时， 时，f (x)0， 1 a 当当 0 时，时，f (x)0， 1 a 1 a 故故 f (x)在上单调递减，在上单调递增在上单调递减，在上单调递增 (0， ， 1 a) ( 1 a， ， ) 若若 a时，时，f (x)0. 1 2a 1 2a 故故 f (x)在上单调递减，在上单调递增在上单调递减，在上单调递增 (0， ， 1 2a) ( 1 2a， ， ) (2)证明：若证明：若 a0 且且 x(0,1)， 则则 f (x)1ln x，x(0,1) 欲证欲证x2 0，故函数，故函数 g(x)在在(0,1)上单调递增，所以上单调递增，所以 g(x)p(0)2， 当当 x(x0,1)时，时，p(x0)·p(1)0， 当当 x(x1,1)时，时，h(x)h(0)1， 所以所以 x(1ln x)0，0)的图象相邻两条对称轴的距离为 ，且的图象相邻两条对称轴的距离为 ，且 f (x 3) 2 (0)1. (1)求函数求函数 f (x)的解析式；的解析式； (2)设设 ，f ，f ，求 ，求 tan(22)的值的值 (0， ， 4) ( 3) 10 13 ( 6) 6 5 解 ：解 ： (1)函数函数 f (x)Acos(A0，0)的图象相邻两条对称轴的距离为 ， 的图象相邻两条对称轴的距离为 ， (x 3) 2 T 2 ， ，2， 2 又又 f (0)1， A1，A2， 1 2 f (x)2cos. (2x 3) (2)，f 2cos2cos(2)2cos 2， (0， ， 4) ( 3) 2 10 13 cos 2，sin 2， 5 13 1 cos22 12 13 则则 tan 2. sin 2 cos 2 12 5 ， (0， ， 4) f 2cos2cos 2 ， ， ( 6) 2 6 5 cos 2 ， ，sin 2 ， ， 3 5 1 cos22 4 5 则则 tan 2 . sin 2 cos 2 4 3 tan(22). tan 2tan 2 1tan 2·tan 2 12 5 4 3 112 5 ×× 4 3 16 63 常用结论常用结论记一番记一番 三角公式中常用的变形三角公式中常用的变形 (1)对于含有对于含有 sin ±cos ， sin cos 的问题， 利用的问题， 利用(sin ±cos )21±2sin cos ， 建立， 建立 sin ±cos 与与 sin cos 的关系的关系 (2)对于含有对于含有 sin ，cos 的齐次式，利用的齐次式，利用 tan 转化转化 (如 如sin cos sin cos ， ，sin cos ) sin cos 为含为含 tan 的式子的式子 (3)对于形如对于形如 cos2sin 与与 cos2sin cos 的变形， 前者用平方关系的变形， 前者用平方关系 sin2cos21 化为二次型函数，而后者用降幂公式化为一个角的三角函数化为二次型函数，而后者用降幂公式化为一个角的三角函数 (4)含含 tan tan 与与 tan tan 时考虑时考虑 tan(). tan tan 1tan tan (五)正弦余弦 相得益彰(五)正弦余弦 相得益彰 速解技法速解技法学一招学一招 边角互化的技巧 ： 若要把 “边” 化为 “角” ，边角互化的技巧 ： 若要把 “边” 化为 “角” ， 常利用 “常利用 “a2Rsin A， b2Rsin B， c2Rsin C” ，” ，,若要把“角”化为“边” ，常利用若要把“角”化为“边” ，常利用 R 为为ABC 外接圆的半径等外接圆的半径等.“sin A a 2R， ，sin B b 2R， ，sin C c 2R， ，cos C a 2 b2c2 2ab ” 在 在ABC 中，角中，角 A，B，C 所对的边分别是所对的边分别是 a，b，c，且，且.例例1 cos A a cos B b sin C c (1)证明：证明：sin Asin Bsin C； (2)若若 b2c2a2 bc，求，求 tan B. 6 5 解解 (1)证明：根据正弦定理，证明：根据正弦定理， 可设可设k(k0) a sin A b sin B c sin C 则则 aksin A，bksin B，cksin C. 代入中，有代入中，有 cos A a cos B b sin C c ，变形可得，变形可得 cos A ksin A cos B ksin B sin C ksin C sin Asin Bsin Acos Bcos Asin Bsin(AB) 在在ABC 中，由中，由 ABC， 有有 sin(AB)sin(C)sin C， 所以所以 sin Asin Bsin C. (2)由已知，由已知，b2c2a2 bc， 6 5 根据余弦定理，有根据余弦定理，有 cos A . b2c2a2 2bc 3 5 所以所以 sin A .1cos2A 4 5 由由(1)，sin Asin Bsin Acos Bcos Asin B， 所以所以 sin B cos B sin B， 4 5 4 5 3 5 故故 tan B4. sin B cos B 如图，在 如图，在ABC中，中，B ， ，AB8，点，点D在边在边BC上，且上，且CD2，cos例例2 3 ADC . 1 7 (1)求求 sinBAD； (2)求求 BD，AC 的长的长 解解 (1)在在ADC 中，中，cosADC ， ， 1 7 sinADC ，1cos2ADC1(1 7) 2 4 3 7 则则 sinBADsin(ADCB) sinADCcosBcosADCsinB × ×× ×. 4 3 7 1 2 1 7 3 2 3 3 14 (2)在在ABD 中，中， sinADBsin(ADC)sinADC. 4 3 7 由正弦定理得由正弦定理得 BD3， AB·sinBAD sinADB 8 ×× 3 3 14 4 3 7 在在ABC 中，中，BCBDDC5， 由余弦定理得由余弦定理得 AC2AB2BC22AB·BCcosB 82522××8××5× × 49， 1 2 即即 AC7. 经典好题经典好题练一手练一手 1已知已知ABC 的三个内角的三个内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，若 ，则该三，若 ，则该三 cos A cos B b a 2 角形的形状是角形的形状是( ) A直角三角形 直角三角形 B等腰三角形等腰三角形 C等边三角形等边三角形 D钝角三角形钝角三角形 解析 ： 选解析 ： 选 A 因为 ，由正弦定理得，所以 因为 ，由正弦定理得，所以 sin 2Asin 2B.由 ，由 ， cos A cos B b a cos A cos B sin B sin A b a 2 可知可知 ab，所以，所以 AB.又又 A，B(0，)，所以，所以 2A2B，即，即 AB ，所以 ，所以 C ，于 ，于 2 2 是是ABC 是直角三角形是直角三角形 2在在ABC 中，内角中，内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，若，若 acos Cccos A2bsin A， 则 ， 则 A 的值为的值为( ) A. B. 5 6 6 C. D. 或或 2 3 6 5 6 解析：选解析：选 D 由 由 acos Cccos A2bsin A，结合正弦定理可得，结合正弦定理可得 sin Acos Csin Ccos A 2sin Bsin A， 即， 即 sin(AC)2sin Bsin A， 故， 故 sin B2sin Bsin A 又 又 sin B0， 可得， 可得 sin A ， ， 1 2 故故 A 或 或. 6 5 6 3非直角非直角ABC 中，内角中，内角 A，B，C 的对边分别是的对边分别是 a，b，c，已知，已知 c1，C .若若 sin 3 Csin(AB)3sin 2B，则，则ABC 的面积为的面积为( ) A. B. 15 3 4 15 4 C.或或 D. 21 3 4 3 6 3 3 28 解析：选解析：选 D 因为 因为 sin Csin(AB)sin(AB)sin(AB)2sin Acos B6sin Bcos B， 因为因为ABC 非直角三角形，所以非直角三角形，所以 cos B0，所以，所以 sin A3sin B，即，即 a3b. 又又 c1， C ， 由余弦定理得 ， 由余弦定理得 a2b2ab1， 结合， 结合 a3b， 可得， 可得 b2 ， 所以 ， 所以 S absin 3 1 7 1 2 C b2sin .故选故选 D. 3 2 3 3 3 28 4在在ABC 中，角中，角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，面积为，面积为 S，已知，已知 2acos22ccos2 C 2 b. A 2 5 2 (1)求证：求证：2(ac)3b； (2)若若 cos B ， ，S，求，求 b. 1 4 15 解：解：(1)证明：由已知得，证明：由已知得， a(1cos C)c(1cos A) b. 5 2 整理得整理得 acacos Cccos A b. 5 2 在在ABC 中，由余弦定理，得中，由余弦定理，得 acos Cccos Aa·c· a2b2c2 2ab b2c2a2 2bc b. 2b2 2b ac b，即，即 2(ac)3b. 3 2 (2)cos B ， ，sin B. 1 4 15 4 S acsin Bac，ac8. 1 2 15 8 15 又又 b2a2c22accos B(ac)22ac(1cos B)， 2(ac)3b， b216×，解得×，解得 b216， 9b2 4 (1 1 4) b4. 常用结论常用结论记一番记一番 1解三角形中常用结论：解三角形中常用结论： (1)三角形中正弦、余弦、正切满足的关系式有 ：三角形中正弦、余弦、正切满足的关系式有 ：2R，c2a2b2 a sin A b sin B c sin C 2abcos C，tan Atan Btan Ctan Atan Btan C，abABsin Asin Bcos Ac2(c 为最大边为最大边)； 钝角三角形钝角三角形a2b2 ，CB ，AC ； 2 2 2 任意角的正弦值都大于其他角的余弦值任意角的正弦值都大于其他角的余弦值 (4)在在ABC 中，中，A，B，C 成等差数列成等差数列B60°； 在在ABC 中，中，A，B，C 成等差数列，且成等差数列，且 a，b，c 成等比数列三角形为等边三角形成等比数列三角形为等边三角形 2设设ABC 的内角的内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，其面积为，其面积为 S. (1)S aha bhb chc(ha，hb，hc分别表示分别表示 a，b，c 边上的高边上的高) 1 2 1 2 1 2 (2)S absin C bcsin A casin B. 1 2 1 2 1 2 (3)S r(abc)(r 为三角形为三角形 ABC 内切圆的半径内切圆的半径) 1 2 (六六)向量小题 三招搞定向量小题 三招搞定 速解技法速解技法学一招学一招 解解决决与与向向量量有有关关的的小小题题， ，一一般般用用三三招招， ， 即即“构构图图、 、分分解解、 、建建系系”， ，就就能能突突破破难难点点， ，顺顺利利解解决决问问题 题. 如图， 如图， 在直角梯形在直角梯形 ABCD 中，中， ， 例例1DC 1 4 AB BE 2， 且， 且rs，则，则 2r3s( )EC AE AB AD A1 B2 C3 D4 解析解析 法一：根据图形，由题意可得 法一：根据图形，由题意可得 AE AB BE AB 2 3 BC ( )AB 2 3 BA AD DC () 1 3 AB 2 3 AD DC 1 3 AB 2 3 AD 1 4 AB . 1 2 AB 2 3 AD 因为因为rs，所以，所以 r ， ，s ， ，AE AB AD 1 2 2 3 则则 2r3s123. 法二：因为法二：因为2，所以，所以2()，BE EC AE AB AC AE 整理得整理得 ()， 则， 则 r ， ， s ， ， 2rAE 1 3 AB 2 3 AC 1 3 AB 2 3 AD DC 1 2 AB 2 3 AD 1 2 2 3 3s3. 法三：如图，延长法三：如图，延长 AD，BC 交于点交于点 P， 则由得则由得 DCAB，且，且 AB4DC，DC 1 4 AB 又又2，所以，所以 E 为为 PB 的中点，且的中点，且.BE EC AP 4 3 AD 于是，于是， ()AE 1 2 AB AP 1 2( 4 3) . 1 2 AB 2 3 AD 则则 r ， ，s ， ，2r3s3. 1 2 2 3 法四： 如图，建立平面直角坐标系法四： 如图，建立平面直角坐标系 xAy，依题意可设点，依题意可设点 B(4m,0)，D(3m,3h)，E(4m,2h)， 其中 ， 其中 m0，h0. 由由rs，AE AB AD 得得(4m,2h)r(4m,0)s(3m,3h)， 所以所以Error!解得解得Error! 所以所以 2r3s123. 答案答案 C 技法领悟技法领悟 解决平面向量问题的常用方法解决平面向量问题的常用方法 (1)求解有关平面向量的问题时，若能灵活利用平面向量加、减法运算及其几何意义进 行分析，则有利于问题的顺利获解这种解题思路，我们不妨称之为按“图”处理 求解有关平面向量的问题时，若能灵活利用平面向量加、减法运算及其几何意义进 行分析，则有利于问题的顺利获解这种解题思路，我们不妨称之为按“图”处理 (2)建系法：处理有关平面图形的向量问题时，若能灵活建立平面直角坐标系，则可借 助向量的坐标运算巧解题，这也体现了向量的代数化手段的重要性 建系法：处理有关平面图形的向量问题时，若能灵活建立平面直角坐标系，则可借 助向量的坐标运算巧解题，这也体现了向量的代数化手段的重要性 (3)基底法：求解有关平面向量的问题时，若能灵活地选取基底，则有利于问题的快速 获解理论依据：适当选取一组基底 e 基底法：求解有关平面向量的问题时，若能灵活地选取基底，则有利于问题的快速 获解理论依据：适当选取一组基底 e1，e，e2，利用平面向量基本定理及相关向量知识，可 将原问题转化为关于 e ，利用平面向量基本定理及相关向量知识，可 将原问题转化为关于 e1，e，e2的代数运算问题的代数运算问题 经典好题经典好题练一手练一手 1已知已知·0，|1，|2， ·0，则，则|的最大值为的最大值为( )AB BC AB BC AD DC BD A. B2 2 5 5 C. D255 解析：选解析：选 C 由 由·0 可知，可知，.AB BC AB BC 故以故以 B 为坐标原点，分别以为坐标原点，分别以 BA，BC 所在的直线为所在的直线为 x 轴，轴，y 轴建 立如图所示的平面直角坐标系，则由题意，可得 轴建 立如图所示的平面直角坐标系，则由题意，可得 B(0,0)，A(1,0)， C(0,2) 设设 D(x，y)，则，则(x1，y)，AD (x,2y)DC 由由·0，可得，可得(x1)(x)y(2y)0，AD DC 整理得整理得 2 (y1)2 . (x 1 2) 5 4 所以点所以点 D 在以在以 E为圆心，半径为圆心，半径 r的圆上的圆上 ( 1 2， ，1) 5 2 因为因为|表示表示 B，D 两点间的距离，两点间的距离，BD 而而|，EB 5 2 所以所以|的最大值为的最大值为| |r.BD EB 5 2 5 2 5 2 已知向量 a， b 满足 a 已知向量 a， b 满足 a·(aa2b b)0， |a a|b b|1， 且， 且|caca2b b|1， 则， 则|c c|的最大值为的最大值为( ) A2 B4 C.1 D.153 解析：选解析：选 D 设 a，a 设 a，a2b，c，且设点b，c，且设点 A 在在 x 轴上，轴上，OA OB B OC 则点则点 B 在在 y 轴上， 由轴上， 由|caca2b b|1， 可知， 可知|cc(aa2b b)|1，OC OB B BC 所以点所以点 C 在以在以 B 为圆心，为圆心， 1 为半径的圆上，如图所示为半径的圆上，如图所示 法一：因为 a法一：因为 a·(aa2b b)0，所以，所以 2a a·bb|a a|2. 又又|a a|b b|1，所以，所以|aa2b b|，|a|24|b|24a·b4|b|2|a|23 所以所以|c c|max|1|aa2b b|11.OB B 3 法二：连接法二：连接 AB，因为a，因为a2b，b，OB B OA AB 所以所以2b b.AB 因为因为|a a|b b|1，所以，所以|2，|1，AB OA 所以所以|，OB B |2|23 所以所以|c c|max|11.OB B 3 3在在 RtABC 中，中，CA4，CB3，M，N 是斜边是斜边 AB 上的两个动点，且上的两个动点，且 MN2，则，则 ·的取值范围为的取值范围为( )CM CN A. B4,6 2， ， 5 2 C. D. 119 25 ， ，48 5 119 25 ， ，53 5 解析：选解析：选 C 设 设 MN 的中点为的中点为 E，则有，则有2，CM CN CE 所以所以· ()2()2|2 | |2|21.CM CN 1 4 CM CN CM CN CE 1 4 NM CE 易知易知|的最小值等于点的最小值等于点 C 到斜边到斜边 AB 的距离， 即， 所以的距离， 即， 所以·的最小值为的最小值为 2 CE 12 5 CM CN ( 12 5) 1. 119 25 当点当点 M(或点或点 N)与点与点 A 重合时，重合时，|最大，最大，CE 此时此时|212422××1××4× ，× ，CE 4 5 53 5 所以所以·的最大值为的最大值为1.CM CN 53 5 48 5 综上，综上，·的取值范围是的取值范围是.CM CN 119 25 ， ，48 5 4.如图，在梯形如图，在梯形 ABCD 中，中，ABCD， CD2， BAD ，若 ，若· 4 AB