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19.【解析】 解法一：

AB的三等分点得∠BOT=60°或120°. (Ⅰ)当曲线C为半圆时，a 1,如图，由点T为圆弧

(1)当∠BOT=60°时, ∠SAE=30°. 又AB=2,故在△SAE中,

有SB AB tan30

s(t 或 (2)当∠BOT=120°时,同理可求得点S的坐标为,综上, S(Ⅱ)假设存在a(a 0),使得O,M,S三点共线.

由于点M在以SB为直线的圆上,故BT OS.

显然,直线AS的斜率k存在且k>0,可设直线AS的方程为y k(x a). x22

2 y 1

得(1 a2k2)x2 2a2k2x a4k2 a2 0 由 a

y k(x a)

a2k2 a2

设点T(xT,yT), xT ( a) , 22

1 ak

2aka a2k2

故xT ,从而yT k(xT a) . 22

1 a2k21 ak

a a2k22ak

亦即T(,).

1 a2k21 a2k2

2a2k22ak

B(a,0), BT ((,)) 2222

1 ak1 ak

x a

由 得s(a,2ak), OS (a,2ak).

y k(x a)

2a2k2

4a2k2

由BT OS,可得

BT OS 0即 2a2k2 4a2k2 0

2

1 ak2

k 0,a 0, a

经检验,当a ,O,M,S三点共线. 故存在a使得O,M,S三点共线. 解法二:

(Ⅰ)同解法一.

(Ⅱ)假设存在a,使得O,M,S三点共线.

由于点M在以SO为直径的圆上,故SM BT.

显然,直线AS的斜率k存在且K>0,可设直线AS的方程为y k(x a) x22

2 y 1

得(1 a2b2)x2 2a2k2x a2k2 a2 0 由 a

y k(x a)

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a4k2 a2设点T(xT,yT),则有xT ( a) .

1 a2k2

a a2k22aka a2k22ak

故xT ,从而y k(x a) 亦即T( ). TT22222222

a ak1 ak1 ak1 ak

yT1

B(a,0), kBT 2,故kSM a2k

xT aak

x a

由 得S(a,2ak),所直线SM的方程为y 2ak a

2k(x a) y k(x a

)

O,S,M三点共线当且仅当O在直线SM上,即2ak a2k( a). a 0,K 0, a 故存在a 使得O,M,S三点共线. 20、（本小题满分14分） 已知函数f(x)

13

x ax2 bx,且f'( 1) 0 3

(1) 试用含a的代数式表示b,并求f(x)的单调区间；

（2）令a 1,设函数f(x)在x1,x2(x1 x2)处取得极值，记点M (x1,f(x1))，N(x2,f(x2))，P(m,f(m)), x1 m x2,请仔细观察曲线f(x)在点P处的切线与线段MP的位置变化趋势，并解释以下问题：

（I）若对任意的m (x1, x2)，线段MP与曲线f(x)均有异于M,P的公共点，试确定t的最小值，并证明你的结论；

（II）若存在点Q(n ,f(n)), x n< m,使得线段PQ与曲线f(x)有异于P、Q的公共点，请直接写出m的取值范围（不必给出求解过程） 20.解法一:

(Ⅰ)依题意,得f'(x) x2 2ax b 由f'( 1) 1 2a b 0得b 2a 1.

1

从而f(x) x3 ax2 (2a 1)x,故f'(x) (x 1)(x 2a 1).

3令f'(x) 0,得x 1或x 1 2a. ①当a>1时, 1 2a 1