专练18 “18~19”解答题
18.(17 分)已知抛物线C:y2＝4x 的焦点为F,准线为l.过F 的直线与C 交于A,B 两点,过A,B 分别作
AA1⊥l,BB1⊥l,垂足分别为A1和B1,连接A1F,B1F,过A,B 分别作AM⊥A1F,BN⊥B1F,垂足分别为
M,N,且直线AM 与BN 交于P 点.
(1)证明:PA⊥PB;
(2)证明:P 在l 上;
(3)求|PB|的最小值.
(1)证明 根据抛物线的定义知|AA1|＝|AF|,
则△A1AF 为等腰三角形,
又AM⊥A1F,
所以AM 是∠A1AF 的平分线,
从而∠A1AF＝2∠PAF;
同理∠B1BF＝2∠PBF.
因为AA1⊥l,BB1⊥l,所以AA1∥BB1,
从而∠A1AF＋∠B1BF＝180°,
即2∠PAF＋2∠PBF＝180°,
即∠PAF＋∠PBF＝90°,
所以∠APB＝90°,
故PA⊥PB.
(2)证明 由题意可设直线AB 的方程为
x＝ty＋1,代入y2＝4x,
整理得y2－4ty－4＝0,
Δ＝16t2＋16>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),
则y1＋y2＝4t,y1y2＝－4.
而A1(－1,y1),结合F(1,0),得A1F 中点M 的坐标为(0, y1
2 ),所以M(0, y1
2 );
而k A1 F＝－y1
2 ,则kAM＝2
y1,
所以AM 的方程为y＝2
y1x＋y1
2 ,
同理BN 的方程为y＝2
y2x＋y2
2 .
联立AM 和BN 的方程,消去y,
得
2( y2−y1)
y1 y2
x＝y2−y1
2
,
考虑到y1≠y2,解得x＝y1 y2
4
＝−4
4 ＝－1,
故P 在准线l:x＝－1 上.
(3)解 法一 由(2),将x＝－1 代入y＝2
y1x＋y1
2 ,得yP＝－2
y1
＋y1
2 ＝y1
2−4
2 y1
＝4 x1−4
2 y1
＝2( x1−1)
y1
,
即P(−1, 2( x1−1)
y1 ).
由A(x1,y1)在直线x＝ty＋1 上,
得x1＝ty1＋1,即t＝
x1−1
y1
,
当t≠0 时,kPFkAB＝
2( x1−1)
y1
−0
−2
× 1
t ＝1−x1
y1
×
y1
x1−1
＝－1,
所以PF⊥AB,
当t＝0 时,PF⊥AB 仍然成立.
因为x1x2＝y1
2
4 × y2
2
4 ＝( y1 y2)
2
16
＝(−4)
2
16
＝1,
所以|PB|2＝|BF|×|AB|
＝(x2＋1)(x1＋x2＋2)
＝x1x2＋x2
2＋3x2＋x1＋2
＝x2
2＋3x2＋1
x2＋3.
设f(a)＝a2＋3a＋1
a＋3(a>0),
则f'(a)＝2a＋3－1
a
2 ＝(a＋1)
2(2a−1)
a
2
,
当0<a<1
2时,f'(a)<0;
当a>1
2时,f'(a)>0,
所以f(a)在(0, 1
2)上单调递减,在(
1
2 ,＋∞)上单调递增,
所以a＝1
2是f(a)的极小值点,也是f(a)的最小值点,
所以f(a)min＝f(
1
2)＝27
4 .
故|PB|min＝3√3
2 .
法二 由(2),将x＝－1 代入y＝2
y1x＋y1
2 ,
得yP＝－2
y1
＋y1
2 ＝y1
2−4
2 y1
＝4 x1−4
2 y1
＝2( x1−1)
y1
,即P(−1, 2( x1−1)
y1 ).
又因为x1x2＝y1
2
4 × y2
2
4 ＝( y1 y2)
2
16
＝(−4)
2
16
＝1,
所以|PB|2＝(x2＋1)2＋[
2( x1−1)
y1
−y2]
2
＝(x2＋1)2＋
(2 x1−2−y1 y2)
2
y1
2
＝(x2＋1)2＋(2 x1−2＋4)
2
4 x1
＝(
1
x1
＋1)
2
＋( x1＋1)
2
x1
＝x1＋3＋
3
x1
＋1
x1
2.
设f(a)＝a＋3＋3
a ＋1
a
2(a>0),
则f'(a)＝1－3
a
2 －2
a
3 ＝(a−2)(a＋1)
2
a
3
,
当0<a<2 时,f'(a)<0;
当a>2 时,f'(a)>0,
所以f(a)在(0,2)上单调递减,在(2,＋∞)上单调递增,
所以a＝2 是f(a)的极小值点,也是f(a)的最小值点,
所以f(a)min＝f(2)＝27
4 ,
故|PB|min＝3√3
2 .
19.(17 分)二进制就是“逢二进一”,通常用(a1a2…an－1an)2表示一个n 位的二进制数.设正整数x＝
(a1a2…an－1an)2＝2n－1a1＋2n－2a2＋…＋2an－1＋20an(其中a1＝1,ai∈{0,1}(i＝2,3,…,n)),记S(x)＝a1＋
a2＋a3＋…＋an.
(1)当x＝10 时,求x 对应的二进制数及S(x)的值;
(2)①当n＝4 时,若
x
S( x)最小,求x 对应的二进制数;
②设x 为n(n≥4)位二进制数,若
x
S( x)最小,证明:x 是形如(100…011…1)2的二进制数,且该二进制数
的首位是1,后面连续m 个0,再后面是连续n－m－1 个1,其中0 的个数m 满足2m＋m＋1≤n≤2m＋1
＋m＋1.
(1)解 因为10＝1×23＋0×22＋1×21＋0×20,
所以10＝(1010)2,
S(10)＝1＋0＋1＋0＝2.
(2)①解 当n＝4 时,x＝23a1＋22a2＋2a3＋20a4＝23＋22a2＋2a3＋a4,
x
S( x) ＝2
3＋2
2a2＋2a3＋a4
1＋a2＋a3＋a4
＝1＋
7＋3a2＋a3
1＋a2＋a3＋a4,
该式分式部分分子为正,所以当a4＝1 时,
x
S( x)最小;
令a4＝1,则
x
S( x)＝1＋
7＋3a2＋a3
2＋a2＋a3
＝2＋
5＋2a2
2＋a2＋a3
,
该式分式部分分子为正,所以当a3＝1 时,
x
S( x)最小;
再令a3＝1,则
x
S( x)＝2＋
5＋2a2
3＋a2
＝4－
1
3＋a2,
显然当a2＝0 时,
x
S( x)最小.
综上,当x＝(1011)2时,
x
S( x)最小.
②证明 由已知,
得
x
S( x) ＝2
n−1a1＋2
n−2a2＋…＋2an−1＋an
a1＋a2＋…＋an−1＋an
＝2
n−1＋2
n−2a2＋…＋2an−1＋an
1＋a2＋…＋an−1＋an
＝1＋
(2
n−1−1)＋(2
n−2−1)a2＋(2
n−3−1)a3＋…＋(2
2−1)an−2＋an−1
1＋a2＋…＋an−1＋an
,
该式分式部分分子为正,要使
x
S( x)最小,an须取最大,于是an＝1;
令an＝1,得
x
S( x)＝2＋
(2
n−1−3)＋(2
n−2−2)a2＋(2
n−3−2)a3＋…＋(2
3−2)an−3＋2an−2
2＋a2＋…＋an−1
,
该式分式部分分子为正,要使
x
S( x)最小,
an－1须取最大,于是an－1＝1;
又
x
S( x)＝2
n−1＋1＋2
n−2a2＋2
n−3a3＋…＋2
3an−3＋4 an−2＋2
2＋a2＋…＋an−2＋1
＝2n－2＋
(3−2
n−2)＋(2
n−3−2
n−2)a3＋(2
n−4−2
n−2)a4＋…＋(2
3−2
n−2)an−3＋(4−2
n−2)an−2
3＋a2＋…＋an−2
,
该式分式部分分子为负,要使
x
S( x)最小,a2须取最小,于是a2＝0.
另外,对于使得
x
S( x)最小的n 位二进制数,必有a2≤a3≤a4≤…≤an.
这是因为:假设其中有两个数位存在ai>aj(i<j),
则变换此两个数位,所得新数的值会变小,
而S(x)的值不变,于是
x
S( x)更小,这与“
x
S( x)最小”的前提矛盾.
综上,可得
x
S( x)最小时,必有“a2＝0,an－1＝1,an＝1,且a2≤a3≤a4≤…≤an”.
取x 的某个数位ak(3≤k≤n－1),
若右边所有位数均为1,即ak＋1＝ak＋2＝…＝an＝1,
则
x
S( x) ＝2
n−1＋2
n−3a3＋…＋2
n−k ak＋2
n−k−1
1＋a3＋…＋ak＋(n−k )
＝2n－k＋
(2
n−3−2
n−k)a3＋(2
n−4−2
n−k)a4＋…＋(2
n−k ＋1−2
n−k)ak −1＋2
n−1−(n−k )×2
n−k−1
1＋a3＋…＋ak −1＋ak＋(n−k )
,
因此,要使
x
S( x)最小,ak的取值只有两种情况:若该式分式部分分子为正,则ak需取1;
若该式分式部分分子为负,则ak需取0.
故使
x
S( x)最小的x 是形如(100…011…1)2的二进制数.
由题意知此时x 中0 的个数为m,
则a2＝a3＝…＝am＋1＝0,am＋2＝am＋3＝…＝an＝1,1≤m≤n－3,
所以
x
S( x) ＝2
n−1＋(2
n−m−2＋2
n−m−3＋…＋2＋1)
n−m
＝2
n−1＋2
n−m−1−1
n−m
.
既然有m 个0 时
x
S( x)最小,那么有m－1 个0 时
x
S( x)会更大,于是2
n−1＋2
n−m−1
1＋(n−m) >2
n−1＋2
n−m−1−1
n−m
,
可得2m－(n－m－1)<
1
2
n−m−1,
考虑到左边为整数,右边为小于1 的分数,
所以上式等价于2m－(n－m－1)≤0,解得n≥2m＋m＋1;①
同理,有m＋1 个0 时
x
S( x)也会更大,
于是2
n−1＋2
n−m−2−1
n−m−1
>2
n−1＋2
n−m−1−1
n−m
,
可得2m＋1－(n－m－2)>
1
2
n−m−2,
考虑到左边为整数,右边为小于1 的分数,所以上式等价于2m＋1－(n－m－2)≥1,
解得n≤2m＋1＋m＋1.②
由①②,可得x 对应的n 位二进制数中的0 个数m 满足2m＋m＋1≤n≤2m＋1＋m＋1
