高考数学(理数)三轮冲刺强化练习第2讲《数形结合思想》（解析版）

这是一份高考数学(理数)三轮冲刺强化练习第2讲《数形结合思想》（解析版），共12页。

数形结合思想常用来解决函数零点问题、方程根与不等式问题、参数范围问题、立体几何模型研究代数问题，以及解析几何中的斜率、截距、距离等模型问题．
热点题型探究
热点1 数形结合化解方程问题
例1 (1)(聊城市高三一模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x,x－1)，x≤0，,\f(ln x,x)，x＞0，))若关于x的方程f(x)＝x＋a无实根，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))B．(－1,0)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))D．(0,1)
答案 B
解析 因为函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x,x－1)，x≤0，,\f(ln x,x)，x＞0，))所以关于x的方程f(x)＝x＋a无实根等价于函数y＝f(x)的图象与直线y＝x＋a无交点，设直线y＝x＋a与f(x)＝eq \f(ln x,x)(x>0)切于点P(x0，y0)，由f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，由已知得eq \f(1－ln x0,x\\al(2,0))＝1，
解得x0＝1，则P(1,0)，则切线方程为y＝x－1，作出函数f(x)与直线y＝x＋a的图象如图所示．
由图知函数y＝f(x)的图象与直线y＝x＋a无交点时实数a的取值范围为－1(2)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－x－1x≤0，,fx－1x＞0，))若方程f(x)＝x＋a有且只有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，0]B．[0,1)
C．(－∞，1)D．[0，＋∞)
答案 C
解析 函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－x－1x≤0，,fx－1x＞0))的图象如图所示，当a<1时，函数y＝f(x)的图象与函数y＝x＋a的图象有两个交点，即方程f(x)＝x＋a有且只有两个不相等的实数根．
用图象法讨论方程(特别是含参数的指数、对数、根式、三角等复杂方程)的解(或函数零点)的个数是一种重要的思想方法，其基本思想是先把方程两边的代数式看作是两个熟悉函数的表达式(不熟悉时，需要作适当变形转化为两个熟悉的函数)，然后在同一坐标系中作出两个函数的图象，图象的交点个数即为方程解(或函数零点)的个数．
1．(泰安市高三质量检测)已知函数f(x)＝|x2－2x－1|－t有四个不同的零点x1，x2，x3，x4，且x1A．(8,4eq \r(5)]B．(8,6eq \r(2))
C．(6eq \r(2)，4eq \r(5)]D．(6eq \r(2)，4eq \r(5))
答案 A
解析 由f(x)＝|x2－2x－1|－t＝0，得|x2－2x－1|＝t，作出y＝|x2－2x－1|的图象如图，要使f(x)有四个不同的零点，则0则x4－x1＝ eq \r(x4＋x12－4x1x4)＝eq \r(8＋4t)＝2eq \r(2＋t)，x3－x2＝eq \r(x3＋x22－4x2x3)＝eq \r(8－4t)＝2eq \r(2－t)，则2(x4－x1)＋(x3－x2)＝4eq \r(2＋t)＋2eq \r(2－t)，
设h(t)＝4eq \r(2＋t)＋2eq \r(2－t)，h′(t)＝eq \f(4,2\r(2＋t))－eq \f(2,2\r(2－t))＝eq \f(2,\r(2＋t))－eq \f(1,\r(2－t))，由h′(t)>0，得eq \f(2,\r(2＋t))－eq \f(1,\r(2－t))>0，得eq \f(2,\r(2＋t)) >eq \f(1,\r(2－t))，
两边平方，得eq \f(4,2＋t)>eq \f(1,2－t)，得8－4t>2＋t，得5t<6，即02．将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,3)))的图象向右平移eq \f(π,8)个单位后，再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到g(x)的图象，若g(x)＋k＝0在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有且只有一个实数根，则k的取值范围是( )
A．k≤eq \f(1,2)B．－1≤k＜－eq \f(1,2)
C．－eq \f(1,2)＜k≤eq \f(1,2)D．－eq \f(1,2)＜k≤eq \f(1,2)或k＝－1
答案 D
解析 将f(x)的图象向右平移eq \f(π,8)个单位得到h(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,8)))＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,6)))，再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍得到g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).所以g(x)＋k＝0，即为方程sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋k＝0.令2x－eq \f(π,6)＝t，因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以－eq \f(π,6)≤t≤eq \f(5π,6).若g(x)＋k＝0在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有且只有一个实数根，
即g(t)＝sint与y＝－k在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))上有且只有一个交点．如图所示，由正弦函数的图象可知－eq \f(1,2)≤－k＜eq \f(1,2)或－k＝1，即－eq \f(1,2)＜k≤eq \f(1,2)或k＝－1.
热点2 数形结合化解不等式问题
例2 (1)(安徽省江南十校高三联考)已知x，y满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥0，,x＋2y≥3，,2x＋y≤3，))z＝xy的最小值、最大值分别为a，b，且x2－kx＋1≥0对x∈[a，b]恒成立，则k的取值范围为( )
A．－2≤k≤2B．k≤2
C．k≥－2D．k≤eq \f(145,72)
答案 B
解析 作出eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥0，,x＋2y≥3，,2x＋y≤3))表示的平面区域如图中阴影部分所示，显然z＝xy的最小值为0，当点(x，y)在线段x＋2y＝3(0≤x≤1)上时，z＝xy＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(x,2)))＝－eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x≤1；当点(x，y)在线段2x＋y＝3(0≤x≤1)上时，z＝xy＝x(3－2x)＝－2x2＋3x≤eq \f(9,8)；即a＝0，b＝eq \f(9,8)；当x＝0时，不等式x2－kx＋1＝1≥0恒成立，若x2－kx＋1≥0对x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(9,8)))恒成立，则k≤x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(9,8)))上恒成立，又x＋eq \f(1,x)在(0,1]上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(9,8)))上单调递增，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))min＝2，即k≤2.
(2)已知关于x的不等式eq \r(x)＞ax＋eq \f(3,2)的解集为{x|4＜x＜b}，则ab＝________.
答案 eq \f(9,2)
解析 设f(x)＝eq \r(x)，g(x)＝ax＋eq \f(3,2)(x≥0)．因为eq \r(x)＞ax＋eq \f(3,2)的解集为{x|4＜x＜b}，所以两函数图象在4＜x＜b上有f(x)＞g(x)，如图所示．当x＝4，x＝b时，由f(x)＝g(x)，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(4)＝4a＋\f(3,2)，,\r(b)＝ab＋\f(3,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,8)，,b＝36，))所以ab＝eq \f(1,8)×36＝eq \f(9,2).
数形结合思想处理不等式问题，要从题目的条件与结论出发，着重分析其几何意义，从图形上找出解题思路．因此，往往构造熟知的函数，作出函数图象，利用图象的交点和图象的位置求解不等式．
1．(湖南三市高三联考)设f′(x)是函数f(x)的导函数，若f′(x)>0，且∀x1，x2∈R(x1≠x2)，f(x1)＋f(x2)<2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))，则下列选项中不一定正确的一项是( )
A．f(2)B．f′(π)C．f(2)D．f′(3)答案 C
解析 因为f′(x)>0，所以f(x)在R上单调递增．∀x1，x2∈R(x1≠x2)，恒有f(x1)＋f(x2)<2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))，即eq \f(fx1＋fx2,2)所以f(2)2．∀x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))，8x＜lgax＋1恒成立，则实数a的取值范围是________．
答案 eq \f(1,3)≤a＜1
解析 当0＜x＜eq \f(1,3)时，函数y＝8x－1的图象如图中实线所示．
∵∀x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))，8x＜lgax＋1恒成立，∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))时，y＝lgax的图象恒在y＝8x－1的图象的上方(如图中虚线所示)．∵y＝lgax的图象与y＝8x－1的图象交于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))时，a＝eq \f(1,3)，∴eq \f(1,3)≤a＜1.
热点3 数形结合化解平面向量问题
例3 (1)(东北三省三校高三第二次模拟)赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”(以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的)，类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设DF＝2AF，则( )
A.eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(2,13)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(9,13)eq \(AB,\s\up6(→))B．eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(2,9)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,27)eq \(AB,\s\up6(→))
C.eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(3,13)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(6,13)eq \(AB,\s\up6(→))D．eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(3,13)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(9,13)eq \(AB,\s\up6(→))
答案 D
解析 设DF＝2AF＝2，因此BD＝AF＝1，又由题意可得∠ADB＝120°，所以AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cs∠ADB＝32＋12－6cs120°＝13，因此AB＝eq \r(13)；延长AD交BC于M，记∠DAB＝θ，∠AMB＝α，则cs∠DAB＝eq \f(AD2＋AB2－BD2,2AD·AB)＝eq \f(9＋13－1,6\r(13))＝eq \f(7\r(13),26)，所以sin∠DAB＝eq \r(1－cs2∠DAB)＝eq \f(\r(39),26)；又由题意易知∠DAB＝∠DBM，则α＝120°－θ，在三角形DBM中，由正弦定理可得eq \f(BM,sin∠MDB)＝eq \f(DM,sin∠DBM)＝eq \f(BD,sin∠DMB)，即eq \f(BM,sin60°)＝eq \f(DM,sinθ)＝eq \f(1,sin120°－θ)，因此BM＝eq \f(sin60°,sin120°－θ)＝eq \f(\f(\r(3),2),\f(\r(3),2)csθ＋\f(1,2)sinθ)＝eq \f(\r(13),4)＝eq \f(1,4)BC，DM＝eq \f(sinθ,sin120°－θ)＝eq \f(sinθ,\f(\r(3),2)csθ＋\f(1,2)sinθ)＝eq \f(1,4)，所以AD＝eq \f(3,3＋\f(1,4))AM＝eq \f(12,13)AM，因为BM＝eq \f(1,4)BC，所以eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(BC,\s\up6(→))，即eq \(AM,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))，整理得eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)Aeq \(B,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up6(→))，所以eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(12,13)eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(12,13)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)\(AB,\s\up6(→))＋\f(1,4)\(AC,\s\up6(→))))＝eq \f(9,13)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(3,13)eq \(AC,\s\up6(→)).故选D.
(2)给定两个长度为1的平面向量eq \(OA,\s\up6(→))和eq \(OB,\s\up6(→))，它们的夹角为eq \f(2π,3).如图所示，点C在以O为圆心的圆弧 eq \\ac(AB,\s\up35(︵))上运动．若eq \(OC,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))，其中x，y∈R，则x＋y的最大值为________，此时∠AOC＝________.
答案 2 eq \f(π,3)
解析 由图示和题意可知，A(1,0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))).
设∠AOC＝αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))))，则C(csα，sinα)．
由eq \(OC,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))，得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(csα＝x－\f(1,2)y，,sinα＝\f(\r(3),2)y，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝csα＋\f(\r(3),3)sinα，,y＝\f(2\r(3),3)sinα，))
所以x＋y＝csα＋eq \r(3)sinα＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6))).
又α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，所以当α＝eq \f(π,3)时，x＋y取得最大值2.
建坐标系可以实现平面向量问题的全面运算，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程有解等问题，化繁为简，轻松破解．
1．(马鞍山市第二次教学质量监测)已知圆C1，C2，C3是同心圆，半径依次为1,2,3，过圆C1上点M作C1的切线交圆C2于A，B两点，P为圆C3上任一点，则eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))的取值范围为( )
A．[－8，－4]B．[0,12]
C．[1,13]D．[4,16]
答案 C
解析 设同心圆的圆心为O，由切线性质可知OM⊥AB，又过圆C1上点M作C1的切线交圆C2于A，B两点，∴OA＝OB＝2，OM＝1，在Rt△OAM中，sin∠OAM＝eq \f(OM,OA)＝eq \f(1,2)，∴∠OAB＝∠OAM＝eq \f(π,6)，根据OA＝OB＝2，可知∠OAB＝∠OBA＝eq \f(π,6)，∴∠AOB＝eq \f(2π,3)，eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝(eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→)))·(eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→)))＝|eq \(PO,\s\up6(→))|2＋eq \(PO,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝9＋eq \(PO,\s\up6(→))·(eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→)))＋|eq \(OA,\s\up6(→))||eq \(OB,\s\up6(→))|·cseq \f(2π,3)＝7－eq \(OP,\s\up6(→))·(eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→)))．∵OM⊥AB，OA＝OB，
∴M是AB的中点，根据向量加法的几何意义得eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝2eq \(OM,\s\up6(→))，代入上式得，eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝7－eq \(OP,\s\up6(→))·(eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→)))＝7－2eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))＝7－2|eq \(OP,\s\up6(→))||eq \(OM,\s\up6(→))|cs〈eq \(OP,\s\up6(→))，eq \(OM,\s\up6(→))〉＝7－6cs〈eq \(OP,\s\up6(→))，eq \(OM,\s\up6(→))〉，∵〈eq \(OP,\s\up6(→))，eq \(OM,\s\up6(→))〉∈[0，π]，∴cs〈eq \(OP,\s\up6(→))，eq \(OM,\s\up6(→))〉∈[－1,1]，∴eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))∈[1,13]，故选C.
2．如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，CD＝2，∠BAD＝eq \f(π,4)，若eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))，则eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝________.
答案 12
解析 解法一：因为eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))，所以eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))，所以eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→)).
因为AB∥CD，CD＝2，∠BAD＝eq \f(π,4)，所以2|eq \(AB,\s\up6(→))|＝|eq \(AB,\s\up6(→))|·|eq \(AD,\s\up6(→))|·cseq \f(π,4)，化简得|eq \(AD,\s\up6(→))|＝2eq \r(2).故eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))·(eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DC,\s\up6(→)))＝|eq \(AD,\s\up6(→))|2＋eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝(2eq \r(2))2＋2eq \r(2)×2cseq \f(π,4)＝12.
解法二：如图，建立平面直角坐标系xAy.依题意，可设点D(m，m)，C(m＋2，m)，B(n,0)，其中m＞0，n＞0，则由eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))，得(n,0)·(m＋2，m)＝2(n,0)·(m，m)，所以n(m＋2)＝2nm，化简得m＝2.故eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝(m，m)·(m＋2，m)＝2m2＋2m＝12.
热点4 数形结合化解圆锥曲线问题
例4 (1)(河南省高三一模)设双曲线的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，若双曲线的渐近线被圆M：x2＋y2－10x＝0所截得的两条弦长之和为12，已知△ABP的顶点A，B分别为双曲线的左、右焦点，顶点P在双曲线上，则eq \f(|sinP|,|sinA－sinB|)的值等于( )
A.eq \f(3,5)B．eq \f(\r(7),3)
C．eq \f(5,3)D．eq \r(7)
答案 C
解析 双曲线的一条渐近线方程为y＝eq \f(b,a)x，
∵双曲线的渐近线被圆M：x2＋y2－10x＝0即(x－5)2＋y2＝25所截得的两条弦长之和为12，设圆心到渐近线的距离为d，则d＝eq \r(25－9)＝4.∴eq \f(5b,\r(a2＋b2))＝4，即5b＝4c，b＝eq \f(4,5)c.∵a2＝c2－b2＝eq \f(9,25)c2，∴a＝eq \f(3,5)c，
∵A，B分别为双曲线的左、右焦点，点P在双曲线上，∴|AP－BP|＝2a，根据正弦定理可得eq \f(AP,sinB)＝eq \f(BP,sinA)＝eq \f(AB,sinP)＝2R，∴sinB＝eq \f(AP,2R)，sinA＝eq \f(BP,2R)，sinP＝eq \f(2c,2R)，
∴eq \f(|sinP|,|sinA－sinB|)＝eq \f(\f(2c,2R),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(BP,2R)－\f(AP,2R))))＝eq \f(2c,2a)＝eq \f(5,3)，故选C.
(2)已知A(1,1)为椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1内一点，F1为椭圆的左焦点，P为椭圆上一动点，求|PF1|＋|PA|的最大值和最小值．
解 由eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1可知a＝3，b＝eq \r(5)，c＝2，左焦点F1(－2，0)，右焦点F2(2,0)．
由椭圆定义，知|PF1|＝2a－|PF2|＝6－|PF2|，
∴|PF1|＋|PA|＝6－|PF2|＋|PA|＝6＋|PA|－|PF2|.
如图，由||PA|－|PF2||≤|AF2|
＝eq \r(2－12＋0－12)＝eq \r(2)，知－eq \r(2)≤|PA|－|PF2|≤ eq \r(2).
当点P在AF2的延长线上的点P2处时，取右“＝”，
当点P在AF2的反向延长线上的点P1处时，取左“＝”，
即|PA|－|PF2|的最大、最小值分别为eq \r(2)，－eq \r(2).
于是|PF1|＋|PA|的最大值是6＋eq \r(2)，最小值是6－eq \r(2).
与圆锥曲线有关的最值问题，通常是利用函数的观点，建立函数表达式求解．但一味的强调函数观点，有时使思维陷入僵局，此时若能合理利用圆锥曲线的定义，以形助数，会使问题变得特别简单．
1．椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的左焦点为F，直线x＝m与椭圆相交于点M，N，当△FMN的周长最大时，△FMN的面积是( )
A.eq \f(\r(5),5)B．eq \f(6\r(5),5)
C．eq \f(8\r(5),5)D．eq \f(4\r(5),5)
答案 C
解析 如图，设椭圆的右焦点为F′，连接MF′，NF′.因为|MF|＋|NF|＋|MF′|＋|NF′|≥|MF|＋|NF|＋|MN|，所以当直线x＝m过椭圆的右焦点时，△FMN的周长最大．此时|MN|＝eq \f(2b2,a)＝eq \f(8\r(5),5)，
又c＝eq \r(a2－b2)＝eq \r(5－4)＝1，所以此时△FMN的面积S＝eq \f(1,2)×2×eq \f(8\r(5),5)＝eq \f(8\r(5),5).故选C.
2．(四川省成都市第七中学高三下学期三诊)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－4y2＝1(a>0)的右顶点到其一条渐近线的距离等于eq \f(\r(3),4)，抛物线E：y2＝2px的焦点与双曲线C的右焦点重合，则抛物线E上的动点M到直线l1：4x－3y＋6＝0和l2：x＝－1的距离之和的最小值为( )
A．1B．2
C．3D．4
答案 B
解析 由双曲线方程eq \f(x2,a2)－4y2＝1(a>0)可得，双曲线的右顶点为(a,0)，渐近线方程为y＝±eq \f(1,2a)x，即x±2ay＝0.∵双曲线的右顶点到渐近线的距离等于eq \f(\r(3),4)，
∴eq \f(a,\r(1＋4a2))＝eq \f(\r(3),4)，解得a2＝eq \f(3,4)，∴双曲线的方程为eq \f(4x2,3)－4y2＝1，∴双曲线的焦点为(1,0)．又抛物线E：y2＝2px的焦点与双曲线C的右焦点重合，∴p＝2，∴抛物线的方程为y2＝4x，焦点坐标为F(1,0)．如图，设点M到直线l1的距离为|MA|，到直线l2的距离为|MB|，则|MB|＝|MF|，∴|MA|＋|MB|＝|MA|＋|MF|.结合图形可得当A，M，F三点共线时，|MA|＋|MB|＝|MA|＋|MF|最小，且最小值为点F到直线l1的距离d＝eq \f(|4×1＋6|,\r(42＋32))＝2.故选B.