2021届高三数学二轮复习（1）数形结合精品教学案.doc

【专题一】数形结合思想【考情分析】在高考题中，数形结合的题目出现在高中数学知识的方方面面上，把图象作为工具、载体，以此寻求解题思路或制定解题方案，真正体现数形结合的简捷、灵活特点的多是填空小题。从近三年新课标高考卷来看，涉及数形结合的题目略少，预测2013年可能有所加强。因为对数形结合等思想方法的考查，是对数学知识在更高层次的抽象和概括能力的考查，是对学生思维品质和数学技能的考查，是新课标高考明确的一个命题方向。1数形结合是把数或数量关系与图形对应起来，借助图形来研究数量关系或者利用数量关系来研究图形的性质，是一种重要的数学思想方法。它可以使抽象的问题具体化，复杂的问题简单化。“数缺形时少直观，形少数时难入微”，利用数形结合的思想方法可以深刻揭示数学问题的本质。2数形结合的思想方法在高考中占有非常重要的地位，考纲指出“数学科的命题，在考查基础知识的基础上，注重对数学思想思想方法的考查，注重对数学能力的考查”，灵活运用数形结合的思想方法，可以有效提升思维品质和数学技能。3“对数学思想方法的考查是对数学知识在更高层次的抽象和概括的考查，考查时要与数学知识相结合”， 用好数形结合的思想方法，需要在平时学习时注意理解概念的几何意义和图形的数量表示，为用好数形结合思想打下坚实的知识基础。4函数的图像、方程的曲线、集合的文氏图或数轴表示等，是 “以形示数”，而解析几何的方程、斜率、距离公式，向量的坐标表示则是 “以数助形”，还有导数更是数形形结合的产物，这些都为我们提供了 “数形结合”的知识平台。5在数学学习和解题过程中，要善于运用数形结合的方法来寻求解题途径，制定解题方案，养成数形结合的习惯，解题先想图，以图助解题。用好数形结合的方法，能起到事半功倍的效果，“数形结合千般好，数形分离万事休”。纵观多年来的高考试题，巧妙运用数形结合的思想方法解决一些抽象的数学问题，可起到事半功倍的效果，数形结合的重点是研究“以形助数”。【知识归纳】数形结合的数学思想：包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：一是借助形的生动性和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数作为目的，比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；二是借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质。应用数形结合的思想，应注意以下数与形的转化：数形结合思想解决的问题常有以下几种：(1)构建函数模型并结合其图象求参数的取值范围；(2)构建函数模型并结合其图象研究方程根的范围；(3)构建函数模型并结合其图象研究量与量之间的大小关系；(4)构建函数模型并结合其几何意义研究函数的最值问题和证明不等式；(5)构建立体几何模型研究代数问题；(6)构建解析几何中的斜率、截距、距离等模型研究最值问题；(7)构建方程模型，求根的个数；(8)研究图形的形状、位置关系、性质等常见适用数形结合的两个着力点是：以形助数常用的有：借助数轴；借助函数图象；借助单位圆；借助数式的结构特征；借助于解析几何方法.以数助形常用的有：借助于几何轨迹所遵循的数量关系；借助于运算结果与几何定理的结合。数形结合思想是解答高考数学试题的一种常用方法与技巧，特别是在解选择题、填空题时发挥着奇特功效，这就要求我们在平时学习中加强这方面的训练，以提高解题能力和速度具体操作时，应注意以下几点：(1)准确画出函数图象，注意函数的定义域；(2)用图象法讨论方程(特别是含参数的方程)的解的个数是一种行之有效的方法，值得注意的是首先要把方程两边的代数式看作是两个函数的表达式(有时可能先作适当调整，以便于作图)，然后作出两个函数的图象，由图求解这种思想方法体现在解题中，就是指在处理数学问题时，能够将抽象的数学语言与直观的几何图象有机结合起来思索，促使抽象思维和形象思维的和谐复合，通过对规范图形或示意图形的观察分析，化抽象为直观，化直观为精确，从而使问题得到简捷解决。1数形结合的途径（1）通过坐标系形题数解借助于建立直角坐标系、复平面可以将图形问题代数化。这一方法在解析几何中体现的相当充分（在高考中主要也是以解析几何作为知识载体来考察的）；值得强调的是，形题数解时，通过辅助角引入三角函数也是常常运用的技巧（这是因为三角公式的使用，可以大大缩短代数推理）实现数形结合，常与以下内容有关：实数与数轴上的点的对应关系；函数与图象的对应关系；曲线与方程的对应关系；以几何元素和几何条件为背景，建立起来的概念，如复数、三角函数等；所给的等式或代数式的结构含有明显的几何意义。常见方法有：解析法：建立适当的坐标系（直角坐标系，极坐标系），引进坐标将几何图形变换为坐标间的代数关系。三角法：将几何问题与三角形沟通，运用三角代数知识获得探求结合的途径。向量法：将几何图形向量化，运用向量运算解决几何中的平角、垂直、夹角、距离等问题。把抽象的几何推理化为代数运算。特别是空间向量法使解决立体几何中平行、垂直、夹角、距离等问题变得有章可循。（2）通过转化构造数题形解许多代数结构都有着对应的几何意义，据此，可以将数与形进行巧妙地转化.例如，将a0与距离互化，将a2与面积互化，将a2+b2+ab=a2+b22与余弦定理沟通，将abc0且b+ca中的a、b、c与三角形的三边沟通，将有序实数对（或复数）和点沟通，将二元一次方程与直线、将二元二次方程与相应的圆锥曲线对应等等.这种代数结构向几何结构的转化常常表现为构造一个图形（平面的或立体的）。另外，函数的图象也是实现数形转化的有效工具之一，正是基于此，函数思想和数形结合思想经常借助于相伴而充分地发挥作用。常见的转换途径为：方程或不等式问题常可以转化为两个图象的交点位置关系的问题，并借助函数的图象和性质解决相关的问题。利用平面向量的数量关系及模的性质来寻求代数式性质。（3）构造几何模型。通过代数式的结构分析，构造出符合代数式的几何图形，如将与正方形的面积互化，将与体积互化，将与勾股定理沟通等等。（4）利用解析几何中的曲线与方程的关系，重要的公式（如两点间的距离，点到直线的距离，直线的斜率，直线的截距）、定义等来寻求代数式的图形背景及有关性质。2数形结合的原则（1）等价性原则在数形结合时，代数性质和几何性质的转换必须是等价的，否则解题将会出现漏洞.有时，由于图形的局限性，不能完整的表现数的一般性，这时图形的性质只能是一种直观而浅显的说明，但它同时也是抽象而严格证明的诱导。（2）双向性原则在数形结合时，既要进行几何直观的分析，又要进行代数抽象的探索，两方面相辅相成，仅对代数问题进行几何分析（或仅对几何问题进行代数分析）在许多时候是很难行得通的。例如，在解析几何中，我们主要是运用代数的方法来研究几何问题，但是在许多时候，若能充分地挖掘利用图形的几何特征，将会使得复杂的问题简单化。（3）简单性原则就是找到解题思路之后，至于用几何方法还是用代数方法、或者兼用两种方法来叙述解题过程，则取决于那种方法更为简单.而不是去刻意追求一种流性的模式代数问题运用几何方法，几何问题寻找代数方法。【考点例析】题型1：数轴、韦恩图在集合中的应用例1（1）（2012高考真题浙江理1）设集合A=x|1x4，集合B =x|-2x-30, 则A（CRB）=（ ）A(1,4) B(3,4) C.(1,3) D(1,2)（3,4）解析：B；B =x|-2x-30=，A（CRB）=x|1x4=。故选B. 点评：不等式型集合的交、并集通常可以利用数轴进行，解题时注意验证区间端点是否符合题意。（2）（2011湖南文1）设全集则（ ）A B 解析：B；解析：画出韦恩图，可知。点评：本题主要利用数轴、韦恩图考查集合的概念和集合的关系。（3）（2012高考真题重庆理10）设平面点集，则所表示的平面图形的面积为（ ）（A） （B） （C） （D）解析：D；由可知或者，在同一坐标系中做出平面区域如图，由图象可知的区域为阴影部分，根据对称性可知，两部分阴影面积之和为圆面积的一半，所以面积为，选D.题型2：函数图像的价值例2（1）（2012高考真题江西理10）如右图，已知正四棱锥所有棱长都为1，点E是侧棱上一动点，过点垂直于的截面将正四棱锥分成上、下两部分，记截面下面部分的体积为则函数的图像大致为（ ）解析：A；（定性法）当时，随着的增大，观察图形可知，单调递减，且递减的速度越来越快；当时，随着的增大，观察图形可知，单调递减，且递减的速度越来越慢；再观察各选项中的图象，发现只有A图象符合.故选A.【点评】对于函数图象的识别问题，若函数的图象对应的解析式不好求时，作为选择题，没必要去求解具体的解析式，不但方法繁琐，而且计算复杂，很容易出现某一步的计算错误而造成前功尽弃；再次，作为选择题也没有太多的时间去给学生解答；因此，使用定性法，不但求解快速，而且准确节约时间. （2）（2012高考真题山东理12）设函数，若的图象与图象有且仅有两个不同的公共点,则下列判断正确的是（ ）A.当时， B. 当时，C. 当时， D. 当时，解析：B；在同一坐标系中分别画出两个函数的图象，当时，要想满足条件，则有如图，做出点A关于原点的对称点C,则C点坐标为，由图象知即，同理当时，则有，故答案选B.另法：，则方程与同解，故其有且仅有两个不同零点.由得或.这样，必须且只须或，因为，故必有由此得.不妨设，则.所以，比较系数得，故.，由此知，故答案为B.点评：数学中考查创新思维，要求必须要有良好的数学素养，考查新定义函数的理解、解绝对值不等式，中档题，借形言数。（3）（2012高考真题湖南理8）已知两条直线 ：y=m 和： y=(m0)，与函数的图像从左至右相交于点A，B ，与函数的图像从左至右相交于C,D .记线段AC和BD在X轴上的投影长度分别为a ,b ,当m 变化时，的最小值为（ ）A B. C. D. 解析：B；在同一坐标系中作出y=m，y=(m0)，图像如下图，由= m，得，= ，得.依照题意得.，.【点评】在同一坐标系中作出y=m，y=(m0)，图像，结合图像可解得.题型3：解决方程、不等式问题例3若方程在内有唯一解，求实数m的取值范围。 解析：（1）原方程可化为 设 在同一坐标系中画出它们的图象（如图）。由原方程在（0，3）内有唯一解，知的图象只有一个公共点，可见m的取值范围是或。例4（2012高考真题浙江理17）设aR，若x0时均有(a1)x1( x 2ax1)0，则a_ 解析：本题按照一般思路，则可分为一下两种情况：(A)， 无解；(B)， 无解因为受到经验的影响，会认为本题可能是错题或者解不出本题其实在x0的整个区间上，我们可以将其分成两个区间(为什么是两个？)，在各自的区间内恒正或恒负(如下答图)我们知道：函数y1(a1)x1，y2x 2ax1都过定点P(0，1)考查函数y1(a1)x1：令y0，得M(，0)，还可分析得：a1；考查函数y2x 2ax1：显然过点M(，0)，代入得：，解之得：，舍去，得答案：点评：数形结合的思想方法，是研究数学问题的一个基本方法。深刻理解这一观点，有利于提高我们发现问题、分析问题和解决问题的能力。题型4：解决三角函数、平面向量问题例5（1）（2012高考真题江西理7）在直角三角形中，点是斜边的中点，点为线段的中点，则=( )A2 B4 C5 D10解析：D；将直角三角形放入直角坐标系中，如图，设，则，,所以，所以,所以，选D.（2）（2007年陕西15）如图，平面内有三个向量、,其中与的夹角为120°，与的夹角为30°,且|1，|，若+（，R）,则+的值为 。解析：（1）考查三角函数的计算、解析化应用意识。解法1：约定AB=6,AC=BC=,由余弦定理CE=CF=,再由余弦定理得，解得解法2：坐标化。约定AB=6,AC=BC=,F(1,0),E(-1,0),C（0,3）利用向量的夹角公式得：，解得。（2）6；解析：（）2（+）2=2OA2+2OB2+2=12；注意与的夹角为30°，与的夹角为120°，结合图形容易得到与的夹角为90°，得=0；这样就得到答案。点评：综合近几年的高考命题，平面向量单纯只靠运算解题是不够的，需要结合几何特征。例6（2010全国卷1文数）已知圆的半径为1，PA、PB为该圆的两条切线，A、B为两切点，那么的最小值为（ ）A B C D答案：D；【解析1】如图所示：设PA=PB=,APO=,则APB=，PO=，=，令，则，即，由是实数，所以，解得或.故.此时.【解析2】设，换元：，【解析3】建系：园的方程为，设，点评：本小题主要考查向量的数量积运算与圆的切线长定理，着重考查最值的求法判别式法,同时也考查了考生综合运用数学知识解题的能力及运算能力. 题型5：解析几何问题例7（1）（2012高考真题山东理5）已知变量满足约束条件，则目标函数的取值范围是( )（A） （B） （C） （D）解析：A；做出不等式所表示的区域如图，由得，平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最小，此时最大为，当直线经过点时，直线截距最大，此时最小，由，解得，此时，所以的取值范围是，选A.（2）（2011江苏14）设集合, , 若 则实数m的取值范围是_解析：（数形结合）当时，集合A是以（2，0）为圆心，以为半径的圆，集合B是在两条平行线之间， ，因为此时无解；当时，集合A是以（2，0）为圆心，以和为半径的圆环，集合B是在两条平行线之间，必有 .又因为。点评：线性规划是借助平面区域表示直线、不等式等代数表达式，最终借助图形的性质解决问题；对于直线与圆的位置关系以及一些相关的夹角、弦长问题，往往要转化为点到线的距离问题来解决。例8（1）（2012高考真题陕西理13）右图是抛物线形拱桥，当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽 米.解析：；设水面与桥的一个交点为A，如图建立直角坐标系则，A的坐标为（2，-2）.设抛物线方程为，带入点A得，设水位下降1米后水面与桥的交点坐标为，则，所以水面宽度为.（2）【2012高考真题湖北理】（本小题满分13分）设是单位圆上的任意一点，是过点与轴垂直的直线，是直线与 轴的交点，点在直线上，且满足. 当点在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线（）求曲线的方程，判断曲线为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标； （）过原点且斜率为的直线交曲线于，两点，其中在第一象限，它在轴上的射影为点，直线交曲线于另一点. 是否存在，使得对任意的，都有？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（）如图1，设，则由，可得，所以，. 因为点在单位圆上运动，所以. 将式代入式即得所求曲线的方程为. 因为，所以当时，曲线是焦点在轴上的椭圆，两焦点坐标分别为，；当时，曲线是焦点在轴上的椭圆，两焦点坐标分别为，. （）解法1：如图2、3，设，则，直线的方程为，将其代入椭圆的方程并整理可得.依题意可知此方程的两根为，于是由韦达定理可得，即.因为点H在直线QN上，所以.于是，. 而等价于，即，又，得，故存在，使得在其对应的椭圆上，对任意的，都有. 图2 图3 图1O D xyAM第21题解答图 解法2：如图2、3，设，则，因为，两点在椭圆上，所以 两式相减可得. 依题意，由点在第一象限可知，点也在第一象限，且，不重合，故. 于是由式可得. 又，三点共线，所以，即. 于是由式可得.而等价于，即，又，得，故存在，使得在其对应的椭圆上，对任意的，都有.题型6：导数问题例9（2012高考真题重庆理8）设函数在R上可导，其导函数为，且函数的图像如题（8）图所示，则下列结论中一定成立的是（ ）（A）函数有极大值和极小值 （B）函数有极大值和极小值 （C）函数有极大值和极小值 （D）函数有极大值和极小值解析:D；由图象可知当时，所以此时，函数递增.当时，所以此时，函数递减.当时，所以此时，函数递减.当时，所以此时，函数递增.所以函数有极大值，极小值,选D.点评：通过函数图像分解导函数的正负，对应好原函数的单调递增、单调递减。例10（06浙江卷）已知函数f(x)=x+ x，数列x(x0)的第一项x1，以后各项按如下方式取定：曲线x=f(x)在处的切线与经过（0，0）和（x,f (x)）两点的直线平行（如图）求证：当n时，()x（）。证明：（I）因为所以曲线在处的切线斜率因为过和两点的直线斜率是所以.（II）因为函数当时单调递增，而，所以，即因此又因为令则因为所以因此故点评：切线方程的斜率与函数的导数对应，建立了几何图形与函数值的对应。题型6：平面几何问题例11已知三顶点是，求的平分线的长。解析：第一步，简单数形结合，在直角坐标系下，描出已知点，画出的边及其的平分线。（如图） 第二步，观察图形，挖掘图形的特性（一般性或特殊性），通过数量关系证明（肯定或否定）观察、挖掘出来的特性。特性有：（1）；（2）；（3），（4）等等。证明：,（1），是的平分线；（2），(角平分线定理)；（3），（4）不正确，第三步，充分利用图形的属性，创造性地数形结合，完成解题。过点作，交于点，则有或等等。又在中，（可以口答出）。点评：数形结合的基础是作图要基本准确，切忌随手作图！数形结合的关键是挖掘图形的几何属性，切忌只重数量关系忽视位置关系！如果把本题的图形随手作成如下一般平面图形，则失去了数形结合的基础，很难挖掘出图形的几何属性，是很失败的。例12已知A=(x,y)|x|1,|y|1,B=(x,y)|(x )2+(y )21，R,若AB，则的取值范围是 。解析：如图，集合A所表示的点为正方形PQRS的内部及其边界，集合B所表示的点为以C(,)为圆心，以1为半径的圆的内部及其边界而圆心C(,)在直线y=x上，故要使AB，则为所求。点评：应用几何图象解决问题时，尤其要注意特殊点（或位置）的情况，本题就是按照这样的思路直接求出实数的取值范围。【方法技巧】数学前辈华罗庚曾说过：“数与形，本是相倚依，焉能分作两边飞，数缺形时少知觉，形少数时难入微.数形结合百般好，隔离分家万事非.切莫忘几何代数统一体，永远联系，切莫分离”.可见，数形结合既是一种重要的数学思想，又是一种智慧的数学方法，备考中要仔细体会，牢固掌握，熟练应用.目前高考“注重通法，淡化特技”的命题原则来看，对于数形结合的数学思想方法，我们在复习时，应将重点置于解析几何中图象的几何意义的重视与挖掘以及函数图象的充分利用之上即可。数形结合的思想方法应用广泛，常见的如在解方程和解不等式问题中，在求函数的值域，最值问题中，在求复数和三角函数问题中，运用数形结合思想，不仅直观易发现解题途径，而且能避免复杂的计算与推理，大大简化了解题过程。这在解选择题、填空题中更显其优越，要注意培养这种思想意识，要争取胸中有图，见数想图，以开拓自己的思维视野。数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化。在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围。【专题训练】一、选择题：本大题共6小题，每小题5分，共30分在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项填在答题卡上1已知直线l1：4x3y60和l2：x1，抛物线y24x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是()A2B3 C. D.2已知双曲线1(a>0，b>0)的右焦点为F，若过点F且倾斜角为60°的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线的离心率的取值范围是()A(1,2 B(1,2) C2，) D(2，)3已知(2,0)，(2,2)，(cos，sin)，则向量与的夹角的取值范围为()A0， B， C， D，4函数y3cos与y3cos的图象和两直线y±3所围成的封闭区域的面积为()A8 B6 C4 D以上都不对5设定义域为R的函数f(x)若关于x的方程f2(x)af(x)b0有3个不同的实数解x1，x2，x3，且x1<x2<x3，则下列说法中错误的是()Axxx14 B1ab0 Cx1x34 Dx1x3>2x26若函数f(x)logaxxa(a>0且a1)有两个零点，则实数a的取值范围为()A0<a<1 Ba>1 Ca>0且a1 D1<a<2二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上7设有一组圆Ck：(xk1)2(y3k)22k4(kN*)下列四个命题：A存在一条定直线与所有的圆均相切 B存在一条定直线与所有的圆均相交C存在一条定直线与所有的圆均不相交 D所有的圆不经过原点其中真命题的代号是_(写出所有真命题的代号)8当0x1时，不等式sinxkx，则实数k的取值范围是_9函数f(x)x3ax2bx在1,2上是单调减函数，则ab的最小值为_10用计算机产生随机二元数组成区域对每个二元数组(x，y)，用计算机计算x2y2的值，记“(x，y)”满足x2y2<1为事件A，则事件A发生的概率为_三、解答题：本大题共2小题，共25分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤11(12分)若关于x的方程x22kx3k0的两根都在1和3之间，求k的取值范围12(13分)(四川)设椭圆1，(a>b>0)的左右焦点分别为F1、F2，离心率e，右准线为l，M、N是l上的两个动点，·0.(1)若|2，求a、b的值；(2)求证：当|MN|取最小值时，与共线【参考答案】1解析：设P到l1的距离为d1，P到l2的距离为d2，由抛物线的定义知d2|PF|，F(1,0)为抛物线焦点，所以d1d2d1|PF|.过F作FHl1于H，设F到l1的距离为d3，则d1|PF|d3.当且仅当H，P，F三点共线时，d1d2最小，由点到直线距离公式易得d32.答案：A2解析：如图所示，根据直线与渐近线斜率的大小关系：，从而e2.答案：C3解析：如图，在以O为原点的平面直角坐标系中，B(2,0)，C(2,2)，A点轨迹是以为半径的圆C，OD，OE为C的切线，易得COB，CODCOE，当A点位于D点时，与的夹角最小为，当A点位于E点时，与的夹角最大为，即夹角的取值范围为，答案：D4解析：函数y3cos(2x)3cos.y3cos(2x)的图象是将函数y3cos的图象向右平移个单位得到的由画图可知，所围成的区域的面积为×68.答案：A5解析：作出f(x)的图象，图象关于x2对称，且x2时，f(x)1，故f(x)1有3个不同实数根x，除此之外，只有两个根或无根又f2(x)af(x)b0有3个不同的实数解x1<x2<x3，x22，而x1x32x24.又f(x)1，1，x11，x33，故A，B，C正确答案：D6解析：设函数ylogax(a>0且a1)和函数yxa，则函数f(x)logaxxa有两个零点，就是函数ylogax(a>0且a1)与函数yxa有两个交点，由图象可知当0<a<1时，两函数只有一个交点，不符合；当a>1时，函数ylogax图象过点(1,0)，而直线yxa与x轴交点(a,0)在点(1,0)右侧，所以一定有两个交点，故a>1.答案：B二、7解析：假设圆经过原点，则有(0k1)2(03k)22k4，即2k410k22k1，而上式左边为偶数，右边为奇数，故矛盾，所以D正确而所有圆的圆心轨迹为即y3x3.此直线与所有圆都相交，故B正确由于圆的半径在变化，故A，C不正确答案：BD8解析：在同一坐标系下，作出y1sinx与y2kx的图象，要使不等式sinxk成立，由图可知需k1.答案：k19解析：yf(x)在区间1,2上是单调减函数，f(x)x22axb0在区间1,2上恒成立结合二次函数的图象可知f(1)0且f(2)0，即也即作出不等式组表示的平面区域如图：当直线zab经过交点P(，2)时，zab取得最小值，且zmin2.zab取得最小值.答案：点评：由f(x)0在1,2上恒成立，结合二次函数图象转化为关于a，b的二元一次不等式组，再借助线性规划问题，采用图解法求ab的最小值10解析：本题为几何概型问题，应转化为图形的面积比求解如图，画出不等式组及(x，y)满足x2y2<1的平面区域P(A).答案：三、解答题：本大题共2小题，共25分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤11解：令f(x)x22kx3k，其图象与x轴交点的横坐标就是方程f(x)0的解，由yf(x)的图象(如图)可知，要使两根都在1,3之间，只需f(1)>0，f(3)>0，ff(k)<0，1<k<3同时成立，解得1<k<0，故k(1,0)12解：由a2b2c2与e，得a22b2.F1(a,0)，F2，l的方程为xa.设M(a，y1)，N(a，y2)则，由·0得y1y2a2<0(1)由|2，得22由三式，消去y1，y2，并求得a24故a2，b.(2)证明：|MN|2(y1y2)2yy2y1y22y1y22y1y24y1y26a2.当且仅当y1y2a或y2y1a时，|MN|取最小值a.此时，(2a，y1y2)(2a,0)2.故与共线 - 21 -