高中数学中的对称问题小结

一、要点梳理

1. 对称问题的核心是点关于点的中心对称和点关于直线的轴对称，要充分利用转化的思想将问题转化为这两类对称中的一种加以处理.

2.解决最值问题最常用的方法是目标函数法和几何法。 3.求对称曲线的常用思想方法：代入转移法

4.许多问题中都隐含着对称性，要注意挖掘、充分利用对称变换来解决，如角平分线、线段中垂线、光线反射等

二、基础练习

1、已知圆C与圆(x－1)2＋y2＝1关于直线y＝－x对称，则圆C的方程为 ( )

A.(x＋1)2＋y2＝1 B.x2＋y2＝1 C.x2＋(y＋1)2＝1 D.x2＋(y－1)2＝1 2、方程|2x+y|+|2x-y|=4表示的曲线曲线 ( )

A.关于x轴对称但不关于y轴对称 B.关于y轴对称但不关于x轴对称 C.关于原点对称 D.以上都不对 3、函数y＝－ex的图象 ( )

A.与y＝ex的图象关于y轴对称 B.与y＝ex的图象关于坐标原点对称

C.与ye的图象关于y轴对称 D.与ye的图象关于坐标原点对称

4、曲线x2＋4y2＝4关于点M（3，5）对称的曲线方程为___________.

5、光线从点A（-3，4）发出，经过x轴反射，再经过y轴反射，光线经过点B（-2，6），求射入y轴后的反射线的方程。

变式：已知直线l1: x+my+5=0和直线l2:x+ny+P=0，则l1、l2关于y轴对称的充要条件是( )

A、

xx5p mnB、p=-5 C、m=-n且p= -5 D、

11且p=-5 mn6. 直线2x3y60交x、y轴于A、B两点，试在直线yx上求一点P，使P1AP1B最小，则P点的坐标是_______ 思考、已知函数f(x)13xx2x的图象C上存在一定点P满足：若过点P的直线l与曲线C交于不同于P的3两点M(x1,y1),N(x2,y2)，且恒有y1y2为定值y0，则y0的值为（ ） A. 124 B.  C.  D. 2 3337、已知点M（3，5），在直线：x2y20和y轴上各找一点P和Q，使MPQ的周长最小。

x2y21的焦点为焦点作椭圆。问：点P在何处时，8、在直线l:xy90上任取一点P，过点P且以椭圆

123所作椭圆的长轴最短？并求具有最短长轴的椭圆的方程。

9、已知长方形的四个顶点A（0，0）、B（2，0）、C（2，1）和D（0，1），一质点从AB的中点P0沿与AB夹角为θ的方向射到BC上的点P1后，依次反射到CD、DA和AB上的点P2、P3和P4（入射角等于反射角）.设P4的坐标为（x4，0）.若1第 1 页 共 8 页

10、已知抛物线y=ax2－1上存在关于直线x+y=0成轴对称的两点，试求实数a的取值范围.

x2y2变式：已知椭圆方程为试确定实数m的取值范围，使得椭圆上有不同的两点关于直线y4xm1，

43对称。

11、已知函数f(x)lnx(0x1) 1x（1）在函数yf(x)的图象上是否存在一点（m,n），使得yf(x)的图象关于（m,n）对称？ （2）令g(x)f(1x11)，是否存在这样的实数b，使得任意的a∈[,]时，对任意的x∈(0,)，不等式2x43g(x)xax2b恒成立？若存在，求出b的取值范围；若不存在，说明理由.

12、已知抛物线C:y24x，过M(m,0)的直线l与C相交于A、B两点，O为坐标原点.

（Ⅰ）若m=3，l的斜率为1，求以AB为直径的圆的方程；

（Ⅱ）若m0，且存在直线l使得|AM|,|OM|,|MB|成等比数列，求m的取值范围.

（Ⅲ）若m0，记A关于x轴的对称点为A1，求证：直线A1B过定点.

13、设A(x1,y1),B(x2,y2)两点在抛物线y2x上，l是AB的垂直平分线． （Ⅰ）当且仅当x1x2取何值时，直线l经过抛物线的焦点F？证明你的结论；

(Ⅱ)当直线l的斜率为2时，求l在y轴上截距的取值范围．

214、已知函数f（x）=(Ⅰ)求实数a,b的值； (Ⅱ)设g（x）=f(x)+

13xx2axb的图像在点P（0,f(0)）处的切线方程为y=3x-2. 3m是[2,]上的增函数。 x1 （i）求实数m的最大值；

(ii)当m取最大值时，是否存在点Q，使得过点Q的直线若能与曲线y=g(x)围成两个封闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等?若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由。

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参考解答：

1、C；2、C；3、D；4、（x－6）2+4（y－10）2=4；

5、解：A（-3，4）关于x轴的对称点A1（-3，-4）在经x轴反射的光线上；A1（-3，-4）关于y轴的对称点

A2（3，-4）在经过射入y轴的反射的光线上，∴kA2B=

642

23∴所求直线方程为 y62(x2)，即2xy20 变式、C；6、(0,0)； 思考、B；解析：

13111xx2x(x33x23x11)(x1)3 3333111f(x)(x1)3从而f(x)的图像关于定点(1,)对称，

333112所以点P为(1,)，y1y2y02()

333f(x)7、解：可求得点M关于l的对称点为M1（5，1），点M关于y轴的对称点为M2（-3，5），则

MPQ的周长就是M2QQPPM1，连M2M1，

则直线M2M1与y轴及直线x2y20的交点P、Q即为所求。

直线M1M2的方程为x2y70，直线M1M2与y轴的交点坐标为Q(0,)， 由方程组72x2y2059597 得交点P(,)，∴点P(,)、Q(0,)即为所求。

24242x2y708、略

9、解：设P1B=x，∠P1P0B=θ，则CP1=1－x，

P3PB∠P1P2C、∠P3P2D、∠AP4P3均为θ，∴tanθ=1=x.

P0BCP1x1x1又tanθ=1==x，∴CP2==－1.

CPCP2xx2而tanθ=

D(0,1) P2C(2,1) P1B(2,0) A P0P4P3D=P2DDP3DP31==x，∴DP3=x（3－）=3x－1. 11x2(1)3xx又tanθ=

AP31(3x1)23x23x2===x，∴AP4==－3.

AP4AP4AP4xx依题设1221x1－3<2，∴4<<5，>> xx42512>tanθ>. 2510、解法一：设抛物线上关于直线l对称的两相异点为P（x1，y1）、Q（x2，y2），线段PQ的中点为M（x0，y0），

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yxb，设直线PQ的方程为y=x+b，由于P、Q两点存在，所以方程组有两组不同的实数解，即得方程 2yax1ax2－x－（1+b）=0. ① 判别式Δ=1+4a（1+b）＞0. ②

x1x211=，y0=x0+b=+b. 2a2a21113∵M∈l，∴0=x0+y0=++b，即b=－，代入②解得a＞.

a42a2a解法二：设同解法一，由题意得

由①得x0=

y1ax121，yax21，22y1y21，xx12y1y2x1x20.22①②③ ④将①②代入③④，并注意到a≠0，x1－x2≠0，得

1xx12a，由二元均值不等式易得2（x12+x22）＞（x1+x2）2（x1≠x2）. 12x12x222.aa将⑤⑥代入上式得2（－

1a2解法三：同解法二，由①－②，得y1－y2=a（x1+x2）（x1－x2）.

yy2∵x1－x2≠0，∴a（x1+x2）=1=1.

x1x2x1x21=.∵M（x0，y0）∈l， 2a2111∴y0+x0=0，即y0=－x0=－，从而PQ的中点M的坐标为（，－）.

2a2a2a∴x0=

∵M在抛物线内部，∴a（

+

213）＞（）2，解得a＞. aa41132

）－（－）－1＜0. 解得a＞.（舍去a＜0，为什么?）

42a2a变式：解法一：该问题等价于存在直线y中点落在直线y4xm上。

1xn，使得这直线与椭圆有两个不同的交点P、Q，线段PQ的4x2y243122由消去y得13x8nx16n480 y1xn4∵直线与椭圆有两个不同交点。

∴n2413(16n248)0由韦达定理得：x1x21313 ① n228n124n，y1y2(x1x2)2n。 13413第 4 页 共 8 页

4n12n,) 又M在直线y4xm上 1313124n4n4m，∴mn ② ∴131313故PQ中点为M( 由①②知213213 m1313解法二：设A(x1,y2)、B(x2,y2)是椭圆上关于直线y4xm对称的相异的两点，

x12y12x22y22AB中点为M(x0,y0)。 则1,1,

4343由点差法得y03x0，代入y04x0m解得，M点坐标为(m,3m)。 而M是AB中点，∴M点在椭圆内部。

m29m2213213∴。 1。解得m43131311、【解析】（1）若存在一点（m，n），使得y =f(x)的图象关于点（m，n）对称，则f(x+m)+f(m－x)=2n

xmmxm2x2即ln lnln1xm1mx(1m)2x2当m11在y=f(x)的图像上， ,n0时f(x+m)+f(m－x)=2n 且,0221，使得y=f(x)的图像关于1对称。 所以在y=f(x)的图像上存在一点,0,0221x2 （2）gx=ln2xlnx1(x＞－1), 构造函数Fx=ln1xxax,

1x12x12axx112ax2axx112a则Fx2ax1,

x1x1x12

因为x0,a∈[,]所以x10,2ax0,

1143

111),F(x)在(0,1)上是减函数； 2a2a111,),F(x)在(1,)上是增函数； 若F(x)0，则x∈(2a2a111111时,F(x)取最小值，即F(x)minF(1)=ln1a(1)2 所以当x2a2a2a2a2a111111a1=lna =ln

2a2a4a2a4a若F(x)0，则x∈(0,记h(a)ln

11111111a,又h(a)2a(2)2121(2)2, 2a4aa4a2a4a4a第 5 页 共 8 页

11113∈[3，4]所以h(a)0,即h(a)在[,]上为增函数，所以h(a)minh()ln2

44a433所以若使F(x)b恒成立，只需bln2.

4311所以存在这样的实数bln2,使得对a∈[,]，对任意的x∈(0,)时，

443因为

不等式ln（1+x）＞x-ax2+b恒成立.

12、（Ⅰ）解：由题意， 直线l的方程为yx3，由yx3y4x2 得

y24y120y12,y26，故A1,2,B9,6

以AB为直径的圆的圆心为AB中点5,2，半径为

AB42 2圆的方程为:x5y232.

（Ⅱ）解：设A, B两点坐标为A(x1,y1),B(x2,y2), MBAM(0).

则AM(mx1,y1),MB(x2m,y2), 所以 22x2m(mx1) ○1

yy21 因为点A, B在抛物线C上,

2 所以y12=4x1,y22 =4x2, ○

由○1○2，消去x2,y1,y2得x1m.

若此直线l使得|AM|,|OM|,|MB|成等比数列，则|OM|2|MB||AM|，

2 即|OM|2|AM||AM|，所以m2[(x1m)2y1]，

因为y12=4x1，x1m，所以m2m[(x1m)24x1]， x12整理得x13 (3m4)x1m20， ○

因为存在直线l使得|AM|,|OM|,|MB|成等比数列，所以关于x1的方程○3有正根， 因为方程○3的两根之积为m2>0, 所以只可能有两个正根，

3m40 所以m20，解得m4.

(3m4)24m20第 6 页 共 8 页

故当m4时，存在直线l使得|AM|,|OM|,|MB|成等比数列. （Ⅲ）定点位N(-m,0)。

13、解：（Ⅰ）Fl|FA||FB|A,B两点到抛物线的准线的距离相等．

∵抛物线的准线是x轴的平行线，y10,y20,依题意y1,y2不同时为0，

2∴上述条件等价于y1y2x12x2(x1x2)(x1x2)0;

∵x1x2， ∴上述条件等价于 x1x20. 即当且仅当x1x20时，l经过抛物线的焦点F． 另解：（Ⅰ）∵抛物线y2x2，即x2y11,p，∴焦点为F(0,) 248（1）直线l的斜率不存在时，显然有x1x20 （2）直线l的斜率存在时，设为k，截距为b

即直线l：y=kx+b 由已知得：

yy2221kx1x2b2x22x1kx1x2b 222222y1y212x12x21kx1x2x1x2k

22x1x2bkx1x2 x2x21b0b1 212441x1x22k即l的斜率存在时，不可能经过焦点F(0,) 所以当且仅当

18xx12=0时，直线l经过抛物线的焦点F

（II）设l在y轴上的截距为b，依题意得l的方程为y2xb； 过点A、B的直线方程可写为y所以x1,x2满足方程2x21xm， 211xm0,得x1x2； 2411. A，B为抛物线上不同的两点等价于上述方程的判别式8m0, 即m432设AB的中点N的坐标为(x0,y0)， 则x01111(x1x2,y0x0mm. 28216由Nl,得115519mb,于是bm. 11616323232即得l在y轴上截距的取值范围为（9,）．

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法二:y1=2x1, y2=2x2, 相减得

22

y1y212(x1x2)4x0,即4x0, x1x221192x0,y0b, 中点在抛物线内必y02x0 得b843214、解：（Ⅰ）由f'(x)x22xa及题设得f'(0)3a3即。

b2f(0)2（Ⅱ）（ⅰ）由g(x)13mm2xx23x2 得g'(x)x2x3。 23x1(x1)g(x)是[2,)上的增函数， g'(x)0在[2,)上恒成立，

即x2x32m0在[2,)上恒成立。

(x1)2x[2,),t[1,)，即不等式t2m0在[1,)上恒成立 t设(x1)2t。

m0在[1,)上恒成立。 tm当m0时，设yt2，t[1,)

tmm因为y'120，所以函数yt2在[1,)上单调递增，因此ymin3m。

tt当m0时，不等式t2ymin0,3m0，即m3。又m0，故0m3。

综上，m的最大值为3。

1331xx23x2，其图像关于点Q(1,)成中心对称。 3x131332证明如下：g(x)xx3x2

3x113183g(2x)(2x)3(2x)23(2x)2x3x23x

32x1331x2因此，g(x)g(2x)。

32上式表明，若点A(x,y)为函数g(x)在图像上的任意一点，则点B(2x,y)也一定在函数g(x)的图像上。

31而线段AB中点恒为点Q(1,)，由此即知函数g(x)的图像关于点Q成中心对称。

3（ⅱ）由（ⅰ）得g(x)

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