题31已知，求函数的最大值.
（第九届高二培训题第61题）
解法1取待定正数，由均值不等式得
令则于是
当时取等号.
解法2可化为
配方，得由上式可得即由已知，显然有
（当时，取得最大值）.
解法3由已知，得且
当且仅当且即
时取等号.
解法4
当且仅当时取等号.
当且仅当时，取得最大值
解法5
当且仅当即时取等号，
解法6
时，
解法7构造如图长方体，设对角线与交于点的三个面所成的锐角分别为，长方体的三条棱分别为则有
于是
即时，
解法8由得（1）
关于的一元二次方程（1）的判别式，
解得当且仅当时取得等号.
把代入（1）可得,
评析若，则，这就是说，只要与的倍数之间建立了不大于的关系，则的最大值就求出了.因而解决问题的关键就在于找出这样的关系.解法1通过引入正参数、，并运用解法3运用公式，解法4、解法5运用，解法6运用，圆满解决了这一关键问题.解法2通过将的分子、分母同除以，巧妙地通过配平方，得到进而得，很富新意.解法7通过构造长方体（若三条棱分别为的长方体的对角线长为，则有而恰好是的分母，且长方体中有）解决问题.解法8则把变为，看作关于的一元二次方程，利用其有正根的条件得到，是方程思想的典型运用.
拓展设，显然有的最大值为，即；设，已解出的最大值为，即
我们不妨猜想：
命题若则的最大值是
证明取正参数
令（1），因求最大值，故还必须有
此即将上式代入（1），得（2），令则观察（2）的形式，考虑作代换故数列是公比为的等比数列，于是（3）.
再令（3）为，上式变形为
这样，又得到一个公比为的等比数列，即
故有.而
故有，整理得
化简得.
的最大值唯一，应能求出的一个确定的值，对于这个的值，我们有
从而又（1）和（2）是取最大值的充要条件，由（1）（2）可推得（3）.将代入（3），化简得对任意都有应取.至此，已推知
题32已知，且，则的最小值是.
（第十届高二培训题第44题）
解法1是直线上的动点，点到此直线上各点距离的最小值是点A到该直线的距离，.
解法2
.当，即时取等号.所求最小值为18.
解法3
.当，即时取等号.所求最小值为18.
解法4
，
．当即时取等号的最小值为18.
解法5
当时，有最小值18.
解法6设又设则
由得即
即
解得的最小值为18.
解法7构造向量
即
当且仅当时，取得最小值18.
评析因为已知所以要求的最小值，关键就是得到与关于的式子之间的大于等于关系.解法2利用解法3利用柯西不等式解法4巧妙地利用配方法，都顺利地解决了这一关键问题.解法5则是把代入所求式，使之变为关于的二次函数，再求其最小值，.解法6设后，，的不等式，.解法7通过构造向量，利用
即使问题获解，充分发挥了新教材中向量这一工具在求代数最值中的作用.应当指出，许多最值问题都可以通过构造向量，利用向量的上述性质得到解决.而解法1则是将看作定点与直线上的动点的距离的平方，故能直观地知道点到直线的距离的平方就是所求的最小值，简洁明了，充分显示了等价转化与数形结合思想的威力.
拓展将此赛题一般化，便得下面的
定理若x,y满足（A、B、C是实常数，A、B不全为零），m，n是实常数，则的最小值是.
证明，表示定点与直线
上的动点之间的距离d的平方.的最小值是.
运用该定理解本赛题：所求最小值是.
下面的题目供读者练习：
1.已知x，y满足，求的最小值.
2.已知，且，求的最小值.
3.已知，且，求的最小值.
答案
题33实数，满足方程，则的最大值与最小值的和等于_______.
（第十届高二第二试第17题）
解法1题设方程就是，设，即,则
()，，
..
解法2题设方程就是，根据柯西不等式，
，即
,,,
.
解法3题设方程就是，结合，又配方
，于是，
即.
.
解法4设，则，代入，整理得
，，
，即，解之得.
.
解法5已知等式表示一个圆，令，即，表示一直线，若直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离应小于等于圆的半径，即，即，解得，
.
解法6已知方程就是，构造向量，.，，即
.即
,于是,，.
评析因为已知方程就是，而要求的是一次式的最大值与最小值的和，所以解法1运用三角换元，将问题转化为求三角函数的值域，这是解决这类问题的通法，已知方程表示椭圆时，此法仍然适用.解法2运用柯西不等式求解，之所以凑成，是因为这样才会出现，并可利用.解法3运用的是配方法，请读者思考为什么如此配方：
?解法4运用的是待定参数法及方程思想，也是解决这类问题的通法.解法5运用数形结合思想，将抽象的代数问题转化成直观的几何问题，轻松解决问题.解法6通过已知方程联想到向量模的平方，从而通过构造向量，运用解决问题，思路清晰，体现了向量在解题中的工具作用.
拓展将此赛题一般化，便得
命题1实数满足，实数不全为零，则.
证明设，即①，又已知②，由题意，直线①与圆②有公共点，故圆心到直线①的距离小于等于圆的半径，即
，即，
即，
.
将命题1中的圆改为椭圆，又得
命题2实数满足，不全为零，则
.
证明设，即,,
，（其中）.
.
题34线段AB的端点坐标是A（-1，2），B（2，-2），直线y=kx+3与线段AB相交的充要条件是（）
A、B、C、且k≠0D、
（第八届高二培训题第2题）
解法1线段AB的方程为，即4x+3y-2=0(-1≤x≤2),由，得，令-1≤≤2，解得，选D.
解法2如图1所示，y=kx+3是过定点M（0，3）的直线系方程，易求得直线MA、MB的斜率分别是,当直线MA绕点M逆时针旋转与线段AB相交时，其斜率由1增加到+∞；当直线MB绕点M顺时针旋转与线段AB相交时，其斜率由减小到-∞，所以，故选D.
解法3如图2，设直线MA与MB分别与x轴交于点A’，B’，易求得直线MA、MB的方程分别为y=x+3,y=x+3,从而可求得A’（-3，0），B’（-，0），在△MA’B’ 中，过M任作一条直线y=kx+3交边A’B’于点N，则直线也必与线段AB相交，反之亦然.OM⊥A’B’，|OM|=3，k=tan∠MNO（N在OA’上）或k=tan（π-∠MNO ）（N在OB’上）两种情形，但都有，所以，由，解得，故选D.
解法4设直线与线段AB交于点,点N内分所成的比为,则,消去,得，得或.又当直线过点A、B时，的值分别为，所以所求充要条件为.故选D.
解法5当k=0时，直线y=kx+3即y=3与线段AB显然不相交，所以排除含0的A、B，又当k=-1时，直线y=kx+3即y=-x+3与线段AB也不相交，所以又排除含-1的C,故选D.
评析解法1运用的是方程思想，若运用这个思想，先求出直线MA、MB与x轴的交点A’，B’的横坐标Ax’，Bx’,并求出直线y=kx+3与x轴的交点N的横坐标Nx，再解Ax’≤Nx≤Bx’，同样可以解决问题.解法2直接通过观察图象，看直线y=kx+3与线段AB相交时的k与之间的关系而选D，显得直观明了.解法3运用平面几何知识求Nx，别具一格.解法4运用定比分点知识求解,也是解此类问题的通法之一.解法5运用了特殊值法，显得最为简捷.值得注意的是，如果取k=1，发现直线y=kx+3与线段AB相交，此时就选A那就错了，请读者想想这是什么原因.
拓展已知直线,显然点A（0，1）、B（1，3）与点C（1，-1）、D（3，1）都在的同侧，点A、C与点B、D都在的异侧，∵f(0,1)=-2<0，f(1,3)=-3<0，f(1,-1)=1>0，f(3,1)=1>0∴f(0,1)与f(1,3)同号，f(1,-1)与f(3,1)同号，f(0,1)与f(1,-1)异号，f(1,3)与f(3,1)异号，是否对于任意直线的同侧或异侧的任意两点都有此结论呢？经研究，我们有下面的
定理1已知两点M（x1,y1）、N(x2,y2)及直线
若点M、N在的同侧，则f（x1,y1）f(x2,y2)>0;
若点M、N在的异侧，则f（x1,y1）f(x2,y2)<0.
证明（1）10当B≠0时，不妨设点M、N都在的上方，则
所以当B>0时，有，即f（x1,y1）>0，f(x2,y2)>0；当B<0时，有，即f（x1,y1）<0，f(x2,y2)<0,所以当B≠0时，
f（x1,y1）f(x2,y2)>0；
20当A≠0，B=0时，的方程为，此时⊥x轴，不妨设设点M、N都在的右侧，则，所以当A>0时，，即f（x1,y1）>0，f(x2,y2)>0；当A<0时，，即f（x1,y1）<0，f(x2,y2)<0，所以当A≠0，B=0时，f（x1,y1）f(x2,y2)>0.
综上可知，当点M、N在的同侧时，f（x1,y1）f(x2,y2)>0.
（2）10当B≠0时，不妨设点M、N分别在的上、下方，则，故当B>0时，有,即f（x1,y1）>0，f(x2,y2)<0;当B<0时，有,即f（x1,y1）<0，f(x2,y2)>0；所以当B≠0时，f（x1,y1）f(x2,y2)<0；
20当A≠0，B=0时，的方程为f(x,y)=Ax+c=0，此时⊥x轴，不妨设设点M、N分别在的左、右侧，则.所以当A>0时，，即f（x1,y1）<0，f(x2,y2)>0；当A<0时，，即f（x1,y1）>0，f(x2,y2)<0，所以当A≠0，B=0时，f（x1,y1）f(x2,y2)<0.
综上可知，当点M、N在的异侧时，f（x1,y1）f(x2,y2)<0.
根据定理1，不难得到
定理2直线Ax+By+C=0与以点P1（x1,y1）、P2(x2,y2)为端点的线段相交的充要条件是.
运用定理2，可得本赛题的如下解法：
直线y=kx+3即kx-y+3=0，由定理2，可知（-k-2+3）（2k+2+3）≤0，即为所求的充要条件，故选D.
题35过点且与两条坐标轴围成面积为2的三角形的直线的条数是.
(第十届高二第一试第18题)
解法1记过点的动直线为,为坐标原点(如图),则当直线从的位置绕点顺时针转动到直线的位置时,它和坐标轴在第二象限内围成的三角形的面积从零增加到,故围成的三角形在第二象限时,满足条件的直线有且只有一条,同理,围成的三角形在第四象限时,满足条件的直线也有且只有一条,并且,满足条件的三角形在第三象限不存在.当围成的三角形在第一象限时,显然存在斜率,设的方程为与轴、轴的正半轴分别交于点A、B，则
当时,S的最小值为2,故当围成的三角形在第一象限时,满足题设的直线也只有一条.
综上,所求的直线为3条.
下面的解法中,对“围成的三角形在第二、四象限时,满足题设的直线都只有一条,且满足题设的三角形在第三象限不存在”不再一一叙述,仅对围成的三角形在第一象限时加以解答.
解法2设直线与轴,轴的正半轴分别交于点则直线的方程为直线过点故设(其中),则,故
(当时取等号),即.故所求的直线共有3条.
解法3同解法2,得,(当且仅当,即
时取等号),,即.故所求的直线共有3条.
解法4设直线与轴、轴的正半轴分别交于点,点分所成的比为,则,即.故
时，故所求直线共有3条.
评析上述解法都是用运动变化的观点与数形结合的思想方法分析答案的可能性.围成的三角形在第二、四象限时,只有一条,围成的三角形在第三象限不可能,这些是容易看到的,关键是围成的三角形在第一象限时，满足题设的直线有几条.直观地看,可能性有三个:0条,1条,2条.那么到底有多少条?四种解法分别用不同的方法求出了三角形面积的最小值为2,故此时的只有一条,从而解决了问题.
此题也可直接求解:不论围成的三角形在第几象限,的斜率总是存在的.设的方程为
.则与轴,轴的交点分别为.故①.当时,①就是,有两个不等的正数解；当时,①就是
.故所求直线为3条.
拓展将此题内容拓广,可得
定理1动直线过定点,则直线和坐标轴在点所在象限内围成三角形的面积的最小值是
证明设直线与轴,轴分别交于点在点所在象限,
,直线的方程为直线过点,即,当且仅当时取等号.
定理2直线过定点且和坐标轴围成的三角形的面积为,则
⑴当时,满足条件的直线有且仅有两条.
⑵当时,满足条件的直线有且仅有三条.
⑶当时,满足条件的直线有且仅有四条.
根据定理1的结论及图象不难知道定理2的正确性.证明从略.
题36某工厂安排甲、乙两种产品的生产.已知每生产1吨甲产品需要原材料A、B、C、D的数量分别为1吨、2吨、2吨、7吨；每生产1吨乙产品需要原材料A、B、D的数量分别为1吨、4吨、1吨.由于原材料的限制，每个生产周期只能供应A、B、C、D四种原材料分别为80吨、80吨、60吨、70吨.若甲、乙产品每吨的利润分别为2百万元和3百万元.要想获得最大利润，应该在每个生产周期安排生产甲产品吨，期望的最大利润是百万元.
（第十三届高二第一试第25题）
解设生产甲、乙两种产品的吨数分别为、.则根据题意可知求函数的最大值，限制条件为
如图，上述不等式组约束区域即图中的阴影部分.区域的顶点坐标为M（0，20），N（10，0），R，O（0，0）,直线的斜率.直线的斜率.
由图可知，在点R处取得最大值，最大值为（百万元）.
故填.
评析可用若干不等式表示的限制条件下某二元一次函数的最大（小）值的应用题，通常可用线性规划知识求解，其步骤如下：
1、设变量（如），建立目标函数（如）.
2、根据约束条件列出不等式组.
3、画出不等式组表示的平面区域.
4、作出直线，并将其向上或向下平移确定最优解.
5、将最优解代入便得所求最值.
题37点M是圆内圆心以外的一点，则直线与该圆的位置关系是（）
（A）相切（B）相交（C）相离（D）相切或相交
（第七届高二第一试第5题）
解法1圆的圆心是O，它到直线的距离，点M在圆的内部且不在圆心，.可知直线与圆相离.故选C.
解法2令，满足题设.此时，直线与圆相离.由正确选择支的唯一性，选C.
评析解析几何中，判断直线与圆的位置关系就看圆心到直线的距离与圆的半径的大小关系：
直线与圆相离；直线与圆相切；直线与圆相交.
对于二次曲线与点M的位置关系，有下面的结论：
点M在曲线C上；
点M在曲线C内；
点M在曲线C外.
所谓二次曲线内是指曲线把平面分成的两（或三）部分中含有焦点（或圆心）的部分.
以上这些就是解法1的依据.
由于是选择题，解法2运用特殊化思想求解，显得更简捷.应当指出，特殊值法（包括适当选取特殊点、特殊角、特殊函数、特殊曲线、特殊位置等）通常应是解选择题时首先考虑的方法，一旦用上，简单快捷，可以大量节省时间.
此题来源于课本上的一道习题：“已知圆的方程是，求经过圆上一点M的切线方程.”答案是.
拓展给定圆C：与定点M，（），则直线就是存在且确定的，它与定圆到底是什么样的位置关系呢？经研究，有下面的结论.
结论1若点则与C切于点M.（这是显然的，证明略）
结论2若点M在圆外，过点M引圆C的两条切线与，则为过两切点的直线方程，因而与C相交.
证明设和是两个切点，由结论1，直线与的方程分别是与.因为它们相交于点M，于是与同时成立.于是得表示直线的方程.与C显然相交.
结论3若点M在圆C内且不是圆心，以M为中点的圆的弦为AB，过A、B的两条切线相交于点N，则表示过点N且平行于AB的直线方程，因而与C相离.
证明令N，由结论2，直线AB的方程一定是.因为M是AB的中点，所以，这说明点N在直线上.下面证明∥.①当时，由于O、M、N三点共线，可知，过M、N引同一坐标轴的垂线，由点的坐标定义及直角三角形的相似关系，易知，故AB∥.②当时，由于，则有或.无论哪种情况，两直线都同时垂直于同一坐标轴，并且在该坐标轴上截距不等.故AB∥.此时与C显然相离.
题38过圆与圆的交点的直线方程是.
（第二届高二第二试第15题）
解解方程组，得，故两圆相切于点（2，3），所以所求直线方程是，其中为参数.
评析先通过解方程组求出两圆的交点坐标，如果交点有两个：，则所求直线方程为.但此题中的两圆只有一个交点，过点的所有直线该如何表达呢？有人表述为（为参数），这就错了，因为方程表示的所有直线中并不包括直线（即过点且垂直于轴，亦即过点且斜率不存在的那一条）.而（为参数）才能表示过点的所有直线.当且时，该直线方程就是.一般地，过点的所有直线组成的直线系方程为（其中为参数）.
拓展我们先看下面的问题：
求过两圆与的交点的直线方程.
分析：按上面评析中的思路，先解方程组得两交点坐标，再求出过这两点的直线方程为.
如果将两圆方程相减，也得，恰好就是过两圆交点的直线方程.这是否是一种巧合呢？非也.设两圆交于A、B两点，则A、B的坐标既是方程组的解，也是方程组的解，即A、B的坐标都适合方程，故就是直线AB的方程.
那么，当两圆外切时，两圆方程相减所得方程又表示什么样的直线呢？就拿此赛题为例，与两边相减，得.由图形，可知直线恰好是过两圆切点的公切线.这也不是偶然的，道理与两圆相交时一样.当两圆内切时，此结论也成立.
于是，我们有下面的
定理已知两圆
，,则
⑴当两圆相切时，过切点的公切线方程是；
⑵当两圆相交时，公共弦所在的直线方程是.
题39若实数、适合方程，那么代数式的取值范围是——.
（第九届高二第一试第17题）
解法1已知方程就是，，所以题意就是求圆上的点与定点A的连线的斜率的取值范围.如图,，只须求切线AN的斜率.易知
注：切线AN的斜率的另一种求法：设AN的方程是即，则圆心M到切线AN的距离等于圆M的半径,即，解得（舍去），.
解法2已知方程就是，故设即则令，得即解得即
解法3设，则代入并整理，得由
得.由即可知即经验证，当时，且对称轴故
评析解法1将看作，进而看作圆上的动点与定点的连线的斜率，将问题转化为求此斜率的范围；解法2通过换元，将问题转化为求三角函数的值域；解法3通过整体换元并消去后，利用二次方程在某区间内有解的条件求出所求范围.都体现了化归转换的思想.
由于椭圆有性质（请读者自证），故本赛题又有如下解法：
设，则.已知方程就是，则，由上面的性质，得，即，解得
拓展让我们进一步思考下面的问题：
1、若将题中的条件方程改为则答案是什么？
2、若将题中的条件方程改为则答案是什么？
与本赛题同样的思考方法，不难得到上面两题的答案分别是
若将原题中的改为或，结果又怎样？事实上，用同样的方法还可以求的取值范围.
题40圆上任意一点都使不等式成立，则C的取值范围是（）
A、B、C、D、
(第七届高二第一试第10题)
解法1可设于是化为
，即
.由题意得，解得，故选C.
解法2图1、图2、图3依次表示，，及
1
图1图2图3
的图象.在图3中，直线过Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限，切圆M于N，这时圆M上所有的点（N点除外）都在的上方，因而圆M上N点以外的点的坐标都使成立，而N点坐标使成立，结合题意，易求得此时的，故当，即时，圆M都在的上方（含相切），因而圆M上的点的坐标可使不等式成立，故选C.
解法3满足，此时，若，则不成立，故排除含0的A、D；若，则成立，又排除不含1的B，故选C.
评析从代数角度看，，即恒成立，有，因此问题的关键就是如何求.由于满足，故解法1运用三角代换将问题转化成求三角函数的最大值问题，通过三角函数的有界性使问题获解.
从几何角度看，原问题的实质就是在什么范围内时，才能保证圆在直线的上方（相离或相切）.解法2便是运用数形结合思想，直观地解决问题的.
由于是选择题，解法3运用特殊值排除干扰支，从而选出正确答案，这种抓住题目本质特征，避开常规思路的创新解法更值得提倡.
拓展按照上面所说的思想方法，请读者思考并解决下列问题：
⒈圆上任意一点都使不等式成立，求的取值范围.（答案：）
⒉圆上任意一点都使不等式成立，求的取值范围.（答案：）
21
1
P
A
O1
x
2
0
y
x
M1
2
0
y
x
M1
y
x+y+c0
-c
-c
l
-c
--c
N
0
x
-2
2
3
-3
M
B
A
O
图1
y
x
y=kx+3
N
B’B
A’
-2
2
3
-3
M
B
A
O
图2
y
x
y
M
N
A
O
-2
1
x
Q
B
y
|
|
