2023届高考数学二轮复习思想方法与解题技巧第33讲数形结合解平面向量问题第34讲数形结合解解析几何问题含解析

这是一份2023届高考数学二轮复习思想方法与解题技巧第33讲数形结合解平面向量问题第34讲数形结合解解析几何问题含解析，共14页。
向量加法的平行四边形(或三角形)法则是运用几何性质解决向量问题的基础，向量的坐标表示及坐标运算法则是用代数的方法来研究向量，体现了向量集数、形于一身的特点，还有诸如向量的模．而向量的夹角、共线与垂直都是“形中觅数、数中寻形”，代数问题几何化、几何问题代数化．
典型例题
【例1】已知△ABC是边长为1的等边三角形，点D，E分别是边AB，BC的中点联结DE并延长到点F，使得DE＝2EF，则AF．BC的值为( )．
A．-58B．18C．14D．118
【分析】
本例考查平面向量的线性运算和数量积的运算，考查数形结合思想及运算求解能力，可以从不同的角度领会图形中向量运算的几何意义，从而得到多种解法．
【解析】
（1）【解法一】
如图5-78所示，
设AC＝m，AB＝n．根据已知得，DF＝34m，
∴AF＝AD＋DF＝34m＋12n，BC＝m-n．
∴AF⋅BC＝34m＋12n⋅(m-n)＝34m2-12n2-14m⋅n＝34-12-18＝18．
根据已知得，DF＝34m，∴AF＝AD＋DF＝34m＋12n
【解法二】
由向量数量积的几何意义知，AF⋅BC为AF在BC上的投影与BC的乘积．如图5-79所示，分别过A，F作BC的垂线，垂足为E，G，过D作DH⊥BC，垂足为H，则EG＝12HE＝14BE＝18，
AF⋅BC＝EG⋅BC＝18．
【解法三】
如图5-80所示，以BC为x轴，BC的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，则
A0，32，B-12，0，C12，0，D-14，34
由EF＝-12ED得F18，-38
∴AF＝18，-538
又BC＝(1，0)，故AF⋅BC＝18
【例2】(1)已知△ABC的3个顶点的坐标满足如下条件：向量OB＝(2，0)，OC＝(2，2)，CA＝(2cs⁡α，2sin⁡α)，则∠AOB的取值范围是，
(2)在平面上，AB1⊥AB2，OB1＝OB2＝1，AP＝AB1＋AB2，若|OP|＜12，则|OA|的取值范围是( )．
A．0，52B．52，72C．52，2D．72，2
【分析】
第(1)问，点C是一个定点，点A是一个动点，而|CA|＝2，故点A在以点C为圆心，2为半径的圆上运动，可以结合图形求解；第(2)问，根据条件找到相关各点构成的图形，建立平面直角坐标系，运用向量坐标法结合不等式知识求|OA|的取值范围．
【解析】
（1）(1)由|CA|＝(2cs⁡α)2＋(2sin⁡α)2＝2可知，点A的轨迹是以C(2，2)为圆心，2为半径的圆．
过原点O作此圆的切线，切点分别为M，N，如图5-81所示，联结CM，CN，则向量OA与OB的夹角θ的范围是∠MOB⩽θ⩽∠NOB．
由图可知∠COB＝45∘．
由|OC|＝22，|CM|＝|CN|＝12|OC|知∠COM＝∠CON＝30∘∴∠BOM＝45∘-30∘＝15∘，∠BON＝45∘＋30∘＝75∘，∴15∘⩽θ⩽75∘，
即15∘⩽∠AOB⩽75∘．
2）由条件知A，B1，P，B2构成一个矩形AB1PB2，以AB1，AB2所在直线为坐标轴建立直角坐标系(如图5-82所示)，设AB1＝a，AB2＝b，点O的坐标为(x，y)，则点P的坐标为(a，b)．
由OB1＝OB2＝1，得(x-a)2＋y2＝1，x2＋(y-b)2＝1⇒(x-a)2＝1-y2(y-b)2＝1-x2
∵|OP|＜12⇒(x-a)2＋(y-b)2＜14，
∴1-x2＋1-y2＜14⇒x2＋y2＞74①
(x-a)2＋y2＝1，x2＋(y-b)2＝1⇒(x-a)2＝1-y2⩾0，(y-b)2＝1-x2⩾0⇒y2⩽1x2⩽1⇒x2＋y2⩽2②
由①②知74＜x2＋y2⩽2⇒|OA|＝x2＋y2∈72，2，故选D．
【例3】如图5-83所示，在Rt△ABC中，已知BC＝a，若长为2a的线段PQ上点A为中点，向量PQ与BC的夹角θ取何值时BP⋅CQ的值最大?并求出这个最大值．
【分析】
平面向量的数量积运算法则把平面向量与实数紧密地联系在一起，使它们之间的相互转化得以实施，解答本题的关键是结合图形，利用向量加减运算的三角形法则找出向量之间的关系，或建立适当的坐标系，利用向量的坐标运算来解答．因此，一方面我们要善于把向量的有关问题通过数量积转化为实数问题，利用实数的有关知识来解决问题；另一方面，也要善于把实数问题转化为向量问题，利用向量这个工具解决相关问题．
【解析】
（1）【解法一】
∵AB⊥AC，
∴AB⋅AC＝0．
∵AP＝-AQ，BP＝AP-AB，CQ＝AQ-AC，
∴BP⋅CQ＝AP-AB⋅AQ-AC
＝AP⋅AQ-AP⋅AC-AB⋅AQ＋AB⋅AC
＝-a2-AP⋅AC＋AB⋅AP
＝-a2＋AP⋅AB-AC
＝-a2＋12PQ⋅BC
＝-a2＋a2cs⁡θ
故当csθ＝1，即θ＝0(PQ和BC的方向相同)时，BQCQ最大，其最大值为0．
【解法二】
以直角顶点A为坐标原点，两直角边所在直线为坐标轴建立如图5-84所示的平面直角坐标系．
设点P的坐标为(x，y)，则Q(-x，-y)，
则BP＝(x-c，y)，CQ＝(-x，-y-b)BC＝(-c，b)，PQ＝(-2x，-2y)，
∴BP⋅CQ＝x-c-x＋y-y-b
＝-x2＋y2＋cx-by
∵cs⁡θ＝PQ⋅BC|PQ||BC|＝cx-bya2
∴cx-by＝a2cs⁡θ．
∴BP⋅CQ＝-a2＋a2cs⁡θ
故当csθ＝1，即θ＝0(PQ和BC的方向相同)时，BQCQ最大，其最大值为0．
【例4】(1)已知圆O的半径为1，PA，PB为该圆的两条切线，A，B为两切点，那么PA．PB的最小值是________；
(2)已知在平行四边形ABCD中，A＝π3，边AB，AD的长分别为2，1，若M，N分别是边BC，CD上的点，且满足|BM||BC|＝|CN||CD|，则AM⋅AN的取值范围是________．
【分析】
本例两小题是与向量数量积有关的最值或值域的求法．通常，对于向量的数量积的计算有3种方法：(1)利用向量数量积的定义，计算两个向量的模及夹角；(2)根据向量数量积的几何意义，明确向量投影的含义；(3)建立坐标系写出向量坐标，利用向量的坐标进行运算．而求最值或值域常用配方法、判别式法或基本不等式法求解．
【解析】
（1）【解法一】
如图5-85所示，
设PA＝PB＝x(x＞0)，∠APO＝α，则∠APB＝2α，PO＝1＋x2，sinα＝11＋x2，
PA⋅PB＝PAPBcs2α
＝x21-2sin2⁡α
＝x2x2-1x2＋1
＝x2＋1-1x2＋1-2x2＋1
＝x2＋1＋2x2＋1-3
⩾2x2＋1⋅2x2＋1-3
＝-3＋22
当且仅当x2＋1＝2x2＋1，即x＝2-1时等号成立，
∴PA⋅PB的最小值是-3＋22．
【解法二】
同解法一得PA⋅PB＝x2x2-1x2＋1，
令PA⋅PB＝y，则y＝x4-x2x2＋1，即x4-(1＋y)x2-y＝0．
∵x2是实数，
∴Δ＝[-(1＋y)]2-4×1×(-y)⩾0，
即y2＋6y＋1⩾0，解得y⩽-3-22或y⩾-3＋22．
故(PA⋅PB)min＝-3＋22，此时x＝2-1．
【解法三】
设∠APB＝θ，0＜θ＜π，则
PA⋅PB＝|PA||PB|cs⁡θ＝1tan⁡θ22cs⁡θ＝cs2⁡θ2sin2⁡θ2⋅1-2sin2⁡θ2＝1-sin2⁡θ21-2sin2⁡θ2sin2⁡θ2
令x＝sin2⁡θ2，0＜x⩽1，则PA⋅PB＝(1-x)(1-2x)x＝2x＋1x-3⩾22-3
（2）【解法一】
由向量数量积的定义得AB⋅AD＝|AB||AD|cs⁡∠DAB＝2×1×)cs⁡π3＝1
∵M，N分别是边BC，CD上的点，
∴可记|BM||BC|＝|CN||CD|＝λ(0⩽λ⩽1)，
则BM＝λBC，DN＝(1-λ)DC
从而AM⋅AN＝(AB＋λAD)⋅[AD＋(1-λ)AB]＝(1-λ)|AB|2＋λ|AD|2＋[1＋λ(1-λ)]AB⋅AD＝4(1-λ)＋λ＋[1＋λ(1-λ)]＝-λ2-2λ＋5＝-(λ＋1)2＋6(0⩽λ⩽1)
∴当λ＝0时，AM⋅AN取最大值5；当λ＝1时，AM⋅AN取最小值2．
∴2⩽AM⋅AN⩽5
【解法二】
如图5-86所示，以向量AB所在直线为x轴，以过点A垂直于AB的直线为y轴建立平面直角坐标系．
∵AB＝2，AD＝1，∠DAB＝π3，∴A(0，0)，B(2，0)，C52，32，D12，32
设Nx，3212⩽x⩽52，则BM＝12CN，
CN＝52-x，BM＝54-12x
∴点M的坐标为2＋58-14x，54-12xsin⁡π3，
∴AN＝x，32，AM＝218-14x，53-23x8AM⋅AN＝x218-14x＋32×53-23x812⩽x⩽52
即AM⋅AN＝-14x2＋94x＋1516＝-14x-922＋6
∴当x＝52时，AM⋅AN取最大值5，当x＝12时，AM⋅AN取最小值2．
∴2⩽AM⋅AN⩽5
第34讲数形结合解解析几何问题
解析几何的本质是用代数方法研究几何问题，基本思想是数形结合．利用数形结合思想可以分析直线与圆、圆与圆的位置关系、直线与圆锥曲线位置关系．诸如解析几何中的对称问题，定点、定值问题，最值与范围问题以及轨迹探求等都离不开数形结合思想方法．
典型例题
【例1】（1）直线y＝k(x-5)＋1与曲线y＝3-4x-x2有两个不同的公共点，则k的取值范围是________；
(2)直线y＝x＋b与曲线|x|-1＝1-(y-1)2所表示的曲线有两个公共点，则b的取值范围是________；
(3)在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2-8x＋15＝0，若直线y＝kx-2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的取值范围是________．
【分析】
判断直线与圆的位置关系一般有两种方法：(1)代数法，将直线方程与圆方程联立并将方程组转化为一元二次方程，根据方程解的判别式即可讨论直线与圆的位置关系；(2)儿何法，由圆心到直线的距离与圆的半径比较大小，即可判断出直线与圆的位置关系．但是这两种方法只适用于整圆的情况，若方程表示的图形并非整圆，则应当结合具体图形，利用数形结合的思想求解．
【解析】
（1）(1)直线y＝k(x-5)＋1过定点A(5，1)，如图5-87所示，
kAC＝0，kAB＝-25，有两个不同的公共点时，k的取值范围是-25⩽k＜0．
(2)曲线|x|-1＝1-(y-1)2即(|x|-1)2＋(y-1)2＝1表示两个半圆．
当x⩾1时，(x-1)2＋(y-1)2＝1；
当x⩽1时，(x＋1)2＋(y-1)2＝1，如图5-88所示，
当直线在l1时，b＝-2；
当直线在l2时，b＝1；
当直线在l3时，b＝2＋2；
当直线在l4时，b＝-1；
当直线在l5时，b＝3．
∴b的取值范围是b＝1或-2＜b⩽-1或3⩽b＜2＋2．
(3)∵x2＋y2-8x＋15＝0，
∴(x-4)2＋y2＝1，
因此圆C的圆心为C(4，0)，半径为1．
∴若直线y＝kx-2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，
必须且只需点C到直线y＝kx-2的距离|4k-2|k2＋1⩽2，如图5-89所示，
即(2k-1)2⩽1＋k2，3k2-4k⩽0，解得0⩽k⩽43…k的取值范围是0，43．
【例2】(1)若椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)与拋物线y＝x2＋m有4个公共点，试探讨a，b，m应满足的关系；
（2）若圆(x-a)2＋y2＝4与拋物线y2＝6x没有公共点，求实数a的取值范围．
【分析】
二次曲线与二次曲线的交点问题不同于直线与二次曲线位置关系的探讨，仅用判别式法是不够的，这是因为二次曲线是有范围限制且在一般情况下具有对称性，二者要结合起来一起讨论．由于我们研究的是曲线与曲线之间的位置关系，图形未必能把细微处的走向描述清楚，所以必须与代数运算结合起来，即华罗庚先生所言的：“数无形时少直观，形少数时难入微．”
【解析】
（1）作出椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)和抛物线y＝x2＋m的图像，如图5-90所示．
观察图像可得，当抛物线顶点在椭圆下方(m＜-b)且拋物线穿过唨圆内部(-m＜a)时，即-a2＜m＜-b时两条曲线有四个交点，作为充分条件，结论正确，但考虑-m＜a的情形却没有考虑当-m＝a时，抛物线与椭圆仍有交点，如x24＋y2＝1y＝x2-4的解为x1＝2y1＝0或x2＝-2，y2＝0或x3＝152，y3＝-14或x4＝-152y4＝-14情形应该是两条曲线相切．
由x2a2＋y2b2＝1y＝x2＋m⇒a2y2＋b2y-m＋a2b2＝0，Δ＝0得m＝-4a4＋b24a2，于是两曲线有四个交点的条件是-4a4＋b24a2＜m＜-b；
（2）
由于圆的半径为2，当圆与抛物线外切时，a＝-2，于是a＜-2时，圆与拋物线没有公共点；当圆与拋物线内切时，由(x-a)2＋y2＝4，得
x2-(2a-6)x＋a2-4＝0
Δ＝(2a-6)2-4a2-4＝0，解得a＝136，然而把a＝136代人方程(1)得3x2＋5x＋2512＝0，此时解为x＝-56，是负根，显然圆与拋物线不能内切，
∴当x⩾0时，问题等价于圆心(a，0)到拋物线距离d的最小值大于2，求a的取值范围．
设P(x，y)为抛物线上一点，则d2＝(x-a)2＋y2＝(x-a)2＋6x＝[x-(a-3)]2＋6a-9，设f(x)＝[x-(a-3)]2＋6a-9(x⩾0)，
当a-3＞0即a＞3时，f(a-3)最小，
∴dmin＝6a-9＞2，解得a＞136，考虑到a＞3，
∴a＞3
当a-3⩽0，即a⩽3时，f(0)最小，
∴dmin＝a＞2，此时2＜a⩽3．
于是圆(x-a)2＋y2＝4与拋物线y2＝6x没有公共点时，
a的取值范围为a＜-2或a＞2．
【例3】设椭圆的中心在坐标原点，长轴在x轴上，离心率e＝32，已知点P0，32到这个椭圆上的点的最远距离是7，求椭圆方程，并求唨圆上到点P的距离为7的点的坐标．
【分析】
本题实质是根据点P到椭圆上的点的距离的最大值为7，求椭圆上符合此条件的点解题时要心中有图，由于点P在y轴上，而y轴又是椭圆的一条对称轴，符合条件的点通常一定会成对出现，所以本题所求的点有两个．由于已知椭圆的离心率只能将其中一个参数用另一个参数表示．若设椭圆上一动点坐标为(x，y)，得到的距离公式中必定含有一个参数，求最大值势必需要讨论．若设椭圆上一动点为参数式，既保留个参数又引进一个新参数，也不易求解．如果能抓住图形的对称性，设以P点为圆心的圆与椭圆相切，结合判别式等于零，参数值可确定，符合条件的两个点的坐标也可轻松求得，这就是数形结合解题的好处．
【解析】
（1）
∵e＝32，
∴ca＝32，
∴c2＝34a2
∵a2-c2＝b2，
∴14a2＝b2，
a2＝4b2．
设椭圆方程为x24b2＋y2b2＝1①
∵P0，32到椭圆上的最远距离为7，则可构造圆x2＋y-322＝7②
此圆必与椭圆相切，如图5-91所示，由①②)整理得3y2＋3y＋194-4b2＝0
∵椭圆与圆相切，∴Δ＝9-12194-4b2＝0，③
∴b＝1，则a＝2．
则所求椭圆方程为x24＋y2＝1④
把b＝1代人方程③可得y＝-12，
把y＝-12代人④得x＝±3．
∴椭圆上到点P的距离等于7的点的坐标为3，-12，-3，-12．
【例4】(1)求函数f(x)＝x4-3x2-6x＋13-x4-x2＋1的最大值；
(2)设x，y为实数，若2x2＋2y2-xy＝4，求3x2＋4y2的最大值．
【分析】
第(1)问，求函数的最大值，但是所给函数解析式结构复杂，无法用常规方法解．如果把解析式中被开方数变形，很容易联想到距离公式，原问题转化为某曲线上的动点与两定点的距离之差，则函数的最值问题立即转化为解析几何问题．同样，第(2)问，在一定的条件下求代数式的最大值，若通过消元转化为构造函数求最值显然困难重重，连消元都无法轻易办到，下一步无从谈起，应联想到方程2x2＋2y2-xy＝4对应的曲线是旋转后的圆锥曲线，挖掘代数式所反映的几何意义是解决问题的首选．当然，如果用代数法，通过巧妙变柇也可达到解题目的，但解题的技巧较强，本小题的解法二可供读者赏析．
【解析】
（1）将给定的函数表达式变形为f(x)＝x2-22＋(x-3)2-x2-12＋x2，问题转化为求点Px，x2到点A(3，2)与B(0，1)距离之差的最大值．而点P的轨迹为抛物线y＝x2，如图5-92所示．
由A，B的位置知直线AB必交抛物线y＝x2于第二象限的点C，由三角形两边之差小于第三边可知P位于C时，f(x)才能取到最大值．
f(x)max＝|AB|＝(3-0)2＋(2-1)2＝10
（2）【解法一】
方程2x2＋2y2-xy＝4对应的曲线是旋转后的圆锥曲线，可以联想到用极坐标方程达到减
少参数的目的，再利用代数式所反映的几何意义求得最值问题，把x＝ρcs⁡θ，y＝ρsin⁡θ人2x2＋2y2-xy＝4得：
ρ2＝84-sin⁡2θ，3x2＋4y2＝ρ23cs2⁡θ＋4sin2⁡θ＝4⋅7-cs⁡2θ4-sin⁡2θ
令k＝7-cs⁡2θ4-sin⁡2θ，可看成是点(sin⁡2θ，cs⁡2θ)与A(4，7)
连线的斜率，点(sin⁡2θ，cs⁡2θ)在圆x2＋y2＝1上，如图5-93所示．
借助圆的方程与直线相切、相交的位置关系，可以得43⩽k⩽125，
∴3x2＋4y2∈163，485，所求的最大值为485．
【解法二】
设4＝2x2＋2y2-tx⋅yt，
则4⩾2x2＋2y2-t2x2＋1t2y22＝4-t22x2＋2-12t2y2
得124-t22-12t2＝34，∴4t4-4t2-3＝0，得2t2-32t2＋1＝0，解得t＝±62．
取t＝62，则4＝2x2＋2y2-62x⋅y6⩾2x2＋2y2-64x2＋46y22＝54x2＋53y2＝5123x2＋4y2，
∴3x2＋4y2⩽485，即3x2＋4y2的最大值为485．