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高考数学二轮复习精品学案:第13讲 圆锥曲线的综合问题(含2013试题,含名师点评)[ 高考]


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第十三讲 圆锥曲线的综合问题
真题试做?——————————————————— 1.(2013·高考陕西卷)已知动点 M(x,y)到直线 l:x=4 的距离是它到点 N(1,0)的距离的 2 倍.
(1)求动点 M 的轨迹 C 的方程; (2)过点 P(0,3)的直线 m 与轨迹 C 交于 A,B 两点,若 A 是 PB 的中点, 求直线 m 的斜 率.

2.(2013·高考广东卷)已知抛物线 C 的顶点为原点,其焦点 F(0,c)(c>0)到直线 l:x-y

-2=0

的距离为3

2

2 .

设 P 为直线 l 上的点,过点 P 作抛物线 C 的两条切线 PA,PB,其中 A,

B 为切点.

(1)求抛物线 C 的方程; (2)当点 P(x0,y0)为直线 l 上的定点时,求直线 AB 的方程; (3)当点 P 在直线 l 上移动时,求|AF|·|BF|的最小值.

考情分析?———————————————————
圆锥曲线的综合问题包括:轨迹问题、探索性问题、定点与定值问题、范围与最 值问题等,一般试题难度较大.这类问题以直线和圆锥曲线的位置关系为载体,以参数处理 为核心,需要综合运用函数与方程、不等式、平面向量等诸多知识以及数形结合、分类讨论 等多种数学思想方法进行求解,对考生的代数恒等变形能力、计算能力等有较高的要求.
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考点一 轨迹问题 求轨迹方程是高考的常见题型,主要考查轨迹方程的求法以及利用轨迹方程研究曲线的 几何性质.
(1)已知直线 l:2x+4y+3=0,P 为 l 上的动点,O 为坐标原点.若 2O→Q=Q→P,则 点 Q 的轨迹方程是________;
(2)(2013·高考课标全国卷Ⅰ改编)已知圆 M:(x+1)2+y2=1,圆 N:(x-1)2+y2=9,动圆 P 与圆 M 外切并且与圆 N 内切,圆心 P 的轨迹为曲线 C,C 的方程为________.
【思路点拨】 (1)用 Q 点坐标表示 P 点坐标,代入直线方程即可. (2)结合圆的几何性质和椭圆的定义求解.
(1)求轨迹方程时,先看轨迹的形状能否预知,若能预先知道轨迹为何种圆 锥曲线,则可考虑用定义法求解或用待定系数法求解.
(2)讨论轨迹方程的解与轨迹上的点是否对应,要注意字母的取值范围. 强化训练 1 已知平面上一定点 C(2,0)和直线 l:x=8,P 为该平面上一动点,作 PQ⊥l 于 Q,且(P→C+12P→Q)·(P→C-12P→Q)=0.问点 P 在什么曲线上?并求出该曲线的方程.
考点二 圆锥曲线中的定点、定值问题 定点、定值问题是解析几何解答题的考查重点.此类问题定中有动,动中有定,并且常 与轨迹问题、曲线系问题等相结合,深入考查直线与圆、圆锥曲线、直线和圆锥曲线位置关 系等相关知识.
(2013·高考江西卷)椭圆 C:ax22+by22=1(a>b>0)的离心率 e= 23,a+b=3. (1)求椭圆 C 的方程;
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(2)如图所示,A,B,D 是椭圆 C 的顶点,P 是椭圆 C 上除顶点外的任意一点,直线 DP 交 x 轴于点 N,直线 AD 交 BP 于点 M,设 BP 的斜率为 k,MN 的斜率为 m,证明:2m-k 为 定值.
【思路点拨】 (1)根据题中 a,b,c 的关系求出 a,b 的值;(2)设出直线 BP 的斜率 k, 得到直线 BP 的方程,结合椭圆的方程求出点 P 的坐标,联立直线 AD 和 BP 的方程解得点 M 的坐标,根据 D,P,N 三点共线得到点 N 的坐标,求出直线 MN 的斜率后代入所求的式子即 可解得答案.
解圆锥曲线中的定点、定值问题可以先研究一下特殊情况,找出定点或定 值,再视具体情况进行研究.同时,也要掌握巧妙利用特殊值解决相关的定值、定点问题的 选择题或填空题,如将过焦点的弦特殊化,变成垂直于对称轴的弦来研究等.
强化训练 2 (2013·陕西省质量检测)如图,经过点 P(2,3),且中心在坐标原点,焦点在 x 轴上的椭圆 M 的离心率为12.
(1)求椭圆 M 的方程; (2)若椭圆 M 的弦 PA、PB 所在直线分别交 x 轴于点 C、D,且|PC|=|PD|,求证:直线 AB 的斜率为定值.
考点三 圆锥曲线中的最值、范围问题 (2013·高考浙江卷)
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已知抛物线 C 的顶点为 O(0,0),焦点为 F(0,1). (1)求抛物线 C 的方程; (2)过点 F 作直线交抛物线 C 于 A,B 两点,若直线 AO,BO 分别交直线 l:y=x-2
于 M,N 两点, 求|MN|的最小值. 【思路点拨】 (1)根据条件和抛物线的标准方程,可直接求出;(2)根据直线方程及抛物
线方程写出 MN 长度的解析式,再根据求出的解析式选择适当的方法求最值.

求最值或范围常见的解法:(1)几何法.若题目的条件和结论能明显体现几

何特征及意义,可考虑利用图形性质来解决;(2)代数法.若题目的条件和结论能体现一种明

确的函数关系,则可首先建立目标函数,再求最值.

强化训练 3 (2013·武汉市武昌区联合考试)设点 P 是圆 x2+y2=4 上任意一点,由点 P 向

x

轴作垂线

PP0,垂足为

P0,且M→P0=

3→ 2 PP0.

(1)求点 M 的轨迹 C 的方程;

(2)设直线 l:y=kx+m(m≠0)与(1)中的轨迹 C 交于不同的两点 A,B.若直线 OA,AB,OB

的斜率成等比数列,求实数 m 的取值范围.

考点四 圆锥曲线中的存在性问题 存在性问题属探索性问题的范畴,是近几年高考的热点题型,主要探索是否存在满足某 些条件的点或直线、数值等.
(2013·高考江西卷)如图,椭圆 C:ax22+by22=1(a>b>0)经过点 P??1,32??,离心率 e=12,
直线 l 的方程为 x=4. (1)求椭圆 C 的方程; (2)AB 是经过右焦点 F 的任一弦(不经过点 P),设直线 AB 与直线 l 相交于点 M,记 PA,
PB,PM 的斜率分别为 k1,k2,k3,问:是否存在常数 λ,使得 k1+k2=λk3?若存在,求 λ 的 值;若不存在,请说明理由.
【思路点拨】 (1)由点在椭圆上和离心率建立方程组求出椭圆的方程;(2)设出直线的方
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程,将其与椭圆的方程结合得到一个一元二次方程,根据根与系数的关系得出 A,B 两点的坐 标之间的关系和点 M 的坐标,由此得出相应的直线的斜率,根据 A,F,B 三点共线得出相应 的坐标之间的关系从而求出常数的值.
(1)解决存在性问题的关注点 求解存在性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在;若结论不正 确则不存在. ①当条件和结论不唯一时要分类讨论. ②当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件. (2)存在性问题的解题步骤
强化训练 4 (2013·安徽省“江南十校”联考)在圆 C1:x2+y2=1 上任取一点 P,过 P 作 y 轴的垂线段 PD,D 为垂足,动点 M 满足M→D=2M→P.当点 P 在圆 C1 上运动时,点 M 的轨迹 为曲线 C2.
(1)求曲线 C2 的方程; (2)是否存在过点 A(2,0)的直线 l 交曲线 C2 于点 B,使O→T= 55(O→A+O→B),且点 T 在圆 C1 上?若存在,求出直线 l 的方程;若不存在,说明理由.
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抽象概括能力——圆锥曲线 问题中的等价转化方法
抽象概括能力是对具体的、生动的实例,在抽象概括的过程中,发现研究对象的本质; 从给定的大量信息材料中概括出一些结论,并能将其应用于解决问题或做出新的判断.
(2013·高考安徽卷)已知椭圆 C:ax22+by22=1(a>b>0)的焦距为 4,且过点 P( 2, 3). (1)求椭圆 C 的方程; (2)设 Q(x0,y0)(x0y0≠0)为椭圆 C 上一点.过点 Q 作 x 轴的垂线,垂足为 E.取点 A(0,2 2), 连接 AE.过点 A 作 AE 的垂线交 x 轴于点 D.点 G 是点 D 关于 y 轴的对称点,作直线 QG.问这 样作出的直线 QG 是否与椭圆 C 一定有唯一的公共点?并说明理由. 【解】 (1)因为焦距为 4,所以 a2-b2=4. 又因为椭圆 C 过点 P( 2, 3),所以a22+b32=1. 故 a2=8,b2=4,从而椭圆 C 的方程为x82+y42=1. (2)一定有唯一的公共点. 理由:由题意知,点 E 坐标为(x0,0). 设 D(xD,0),则A→E=(x0,-2 2),A→D=(xD,-2 2). 再由 AD⊥AE 知,A→E·A→D=0, 即 xDx0+8=0. 由于 x0y0≠0,故 xD=-x80. 因为点 G 是点 D 关于 y 轴的对称点,所以点 G(x80,0). 故直线 QG 的斜率 kQG=x0-y0 x80=xx02-0y08. 又因为点 Q(x0,y0)在椭圆 C 上, 所以 x20+2y20=8.① 从而 kQG=-2xy00. 故直线 QG 的方程为 y=-2xy00(x-x80).② 将②代入椭圆 C 的方程,化简,得 (x20+2y20)x2-16x0x+64-16y20=0. ③ 再将①代入③,化简得 x2-2x0x+x20=0. 解得 x=x0,则 y=y0, 即直线 QG 与椭圆 C 一定有唯一的公共点.
由 AE 与 AD 垂直,应转化为A→E·A→D=0,从而转化为数量的计算. 目标是要说明直线 QG 和椭圆 C 是否有唯一交点,转化为直线 QG 的方程和椭圆方程 联立方程组,判定方程解的情况,这样把几何问题转化为代数问题,充分体现了等价转化思 想的应用.
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跟踪训练

抓关键 提能力

(2013·荆州市质量检测)如图,已知抛物线 C:y2=4x,过点 A(1,2)作抛物线 C 的弦 AP, AQ.假设直线 PQ 过点 T(5,-2),请问是否存在以 PQ 为底边的等腰三角形 APQ?若存在,求 出△APQ 的个数,若不存在,请说明理由.

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体验真题·把脉考向_ 1.【解】(1)
如图①,设点 M 到直线 l 的距离为 d,根据题意,d=2|MN|, 由此得|4-x|=2 (x-1)2+y2, 化简得x42+y32=1, ∴动点 M 的轨迹 C 的方程为x42+y32=1. (2)
法一:由题意,设直线 m 的方程为 y=kx+3,A(x1,y1),B(x2,y2),如图②. 将 y=kx+3 代入x42+y32=1 中,有(3+4k2)x2+24kx+24=0, 其中,Δ =(24k)2-4×24(3+4k2)=96(2k2-3)>0, 由根与系数的关系, 得 x1+x2=-3+244kk2,① x1x2=3+244k2.② 又 A 是 PB 的中点,故 x2=2x1.③ 将③代入①②,得 x1=-3+8k4k2,x21=3+124k2, 可得(3-+84kk2)2=3+124k2,且 k2>32, 解得 k=-32或 k=32,∴直线 m 的斜率为-32或32. 法二:由题意,设直线 m 的方程为 y=kx+3,A(x1,y1),B(x2,y2),如图②. ∵A 是 PB 的中点, ∴x1=x22① y1=3+2 y2.② 又x412+y321=1,③ x422+y322=1,④ 联立①②③④,解得???x2=2或???x2=-2,
??y2=0 ??y2=0, 即点 B 的坐标为(2,0)或(-2,0), ∴直线 m 的斜率为-32或32.
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2.【解】(1)依题意,设抛物线 C 的方程为 x2=4cy(c>0),

由点到直线的距离公式,得|0-c-2|=3 1+1

2

2,

解得 c=1(负值舍去),故抛物线 C 的方程为 x2=4y.

(2)由 x2=4y,得 y=14x2,其导数为 y′=12x.

设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x21=4y1,x22=4y2, 切线 PA,PB 的斜率分别为12x1,12x2,

所以切线 PA 的方程为 y-y1=x21(x-x1), 即 y=x21x-x221+y1,即 x1x-2y-2y1=0.

同理可得切线 PB 的方程为 x2x-2y-2y2=0.

因为切线 PA,PB 均过点 P(x0,y0),

所以 x1x0-2y0-2y1=0,x2x0-2y0-2y2=0,

所以???x=x1,和???x=x2,为方程 ??y=y1, ??y=y2,

x0x-2y0-2y=0

的两组解.

所以直线 AB 的方程为 x0x-2y-2y0=0.

(3)由抛物线定义可知|AF|=y1+1,|BF|=y2+1,

所以|AF|·|BF|=(y1+1)(y2+1)=y1y2+(y1+y2)+1.

由?????xx02x=-42yy,-2y0=0,消去 x 并整理得到关于 y 的方程为 y2+(2y0-x20)y+y20=0.

由一元二次方程根与系数的关系得

y1+y2=x20-2y0,y1y2=y20. 所以|AF|·|BF|=y1y2+(y1+y2)+1 =y02+x20-2y0+1. 又点 P(x0,y0)在直线 l 上,所以 x0-y0-2=0, 即 x0=y0+2,
所以 y20+x20-2y0+1=2y20+2y0+5=2??y0+12??2+92,所以当 y0=-12时,|AF|·|BF|取得最小

值,且最小值为92.

_典例展示·解密高考_

【例 1】【解析】(1)设点 Q 的坐标为(x,y),点 P 的坐标为(x1,y1).根据 2O→Q=Q→P,

得 2(x,y)=(x1-x,y1-y),

即???x1=3x,∵点 ??y1=3y.

P

在直线

l

上,

∴2x1+4y1+3=0,把 x1=3x,y1=3y 代入上式并化简,

得 2x+4y+1=0,即为所求轨迹方程.

(2)由已知得圆 M 的圆心为 M(-1,0),半径 r1=1;圆 N 的圆心为 N(1,0),半径 r2=3. 设圆 P 的圆心为 P(x,y),半径为 R.

因为圆 P 与圆 M 外切并且与圆 N 内切,

所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4.

由椭圆的定义可知,曲线 C 是以 M,N 为左,右焦点,长半轴长为 2,短半轴长为 3的 椭圆(左顶点除外),其方程为x42+y32=1(x≠-2).
【答案】(1)2x+4y+1=0 (2)x42+y32=1(x≠-2)

[强化训练 1]【解】设 P(x,y),则 Q(8,y).

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由(P→C+12P→Q)·(P→C-12P→Q)=0,
得|P→C|2-14|P→Q|2=0, 即(x-2)2+y2-14(x-8)2=0,化简得1x62 +1y22 =1. 所以点 P 在椭圆上,椭圆方程为1x62 +1y22 =1.

【例

2】【解】(1)因为

e=

23=ac,所以

a=

2 c,b= 3

1 c. 3

代入 a+b=3,得 c= 3,a=2,b=1. 故椭圆 C 的方程为x42+y2=1.
(2)证明:因为 B(2,0),点 P 不为椭圆顶点,则直线 BP 的方程为 y=k(x-2)??k≠0,k≠±21??,

①代入x42+y2=1,解得 P???84kk22- +21,-4k42+k 1???.
直线 AD 的方程为 y=12x+1.②
①与②联立解得 M???42kk+ -21,2k4-k 1???. 由 D(0,1),P???84kk22- +21,-4k42+k 1???,N(x,0)三点共线知-84kk422k- +42+k21-1-01=0x--01,解得 N???42kk- +21,0???.

所以 MN 的斜率为 m=42kk+ -2k4-21k-1-42kk- +0 21=2(2k+41k)(22-k+2(1)2k-1)2=2k+4 1,

则 2m-k=2k+2 1-k=12(定值). [强化训练 2]【解】(1)设椭圆 M 的方程为ax22+by22=1(a>b>0),

则a42+b92=1,且 e2=a2-a2 b2=14,

解得 a2=16,b2=12. 故椭圆 M 的方程为1x62 +1y22 =1.

(2)证明;由题意知,直线 PA 的斜率必存在,故设直线 PA 的方程为 y=k(x-2)+3,A(xA, yA),B(xB,yB),
由|PC|=|PD|可知,

直线 PB 的方程为 y=-k(x-2)+3.

??y=k(x-2)+3

由方程组???1x62 +1y22 =1

可得

(4k2+3)x2-8k(2k-3)x+4(2k-3)2-48=0.①

又方程①有一实根为

2















4(2k-3)2-48 2(4k2+3)



2(2k-3)2-24 4k2+3



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2(4k24-k2+123k-3), 故 xA=2(4k24-k2+123k-3). 同理,xB=2(4k24+k2+123k-3). ∴xA+xB=4(44kk22+-33),xA+xB-4=-4k22+4 3,xA-xB=4-k24+8k3.
∴直线 AB 的斜率 kAB=xyAA--xyBB =[k(xA-2)+3x]-A-[-xBk(xB-2)+3]=k(xAx+A-xBx-B 4)
=12. 即直线 AB 的斜率为定值. 【例 3】【解】(1)由题意可设抛物线 C 的方程为 x2=2py(p>0),则p2=1,所以抛物线 C 的 方程为 x2=4y. (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),直线 AB 的方程为 y=kx+1. 由?????yx=2=k4xy+,1,消去 y,整理得 x2-4kx-4=0, 所以 x1+x2=4k,x1x2=-4. 从而|x1-x2|=4 k2+1.
由???y=yx11x, ??y=x-2,
解得点 M 的横坐标 xM=x12-x1y1=x12-x1x421=4-8 x1.

同理,点 N 的横坐标 xN=4-8 x2.

所以|MN|= 2|xM-xN|= 2|4-8 x1-4-8 x2|

=8

2|x1x2-4(x1x-1+x2x2)+16|=8

2 k2+1 |4k-3| .

令 4k-3=t,t≠0,则 k=t+4 3.

当 t>0 时,|MN|=2 2 2t25+6t +1>2 2.

当 t<0 时,|MN|=2 2

(5+3)2+16≥8 t 5 25 5

2.

综上所述,当 t=-235,即 k=-43时,|MN|的最小值是85 2.

[强化训练 3]【解】(1)设点 M(x,y),P(x0,y0), 则由题意知 P0(x0,0). 由M→P0=(x0-x,-y),P→P0=(0,-y0),

且M→P0= 23P→P0,

得(x0-x,-y)= 23(0,-y0).

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??x0-x=0,

??x0=x,

∴? ??-y=-

23y0,于是???y0=

2 y.
3

又 x20+y20=4,∴x2+43y2=4. ∴点 M 的轨迹 C 的方程为x42+y32=1.

(2)设 A(x1,y1),B(x2,y2).
??y=kx+m, 联立???x42+y32=1,
得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0. ∴Δ =(8mk)2-16(3+4k2)(m2-3)>0, 即 3+4k2-m2>0.(*)

??x1+x2=-3+8m4kk2, ??? 且 x1·x2=4(3m+2-4k32 ).

依题意,k2=yx11yx22,即 k2=kx1x+1 m·kx2x+2 m. ∴x1x2k2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2.
∴km(x1+x2)+m2=0,即 km(-3+8m4kk2)+m2=0.

∵m≠0,∴k(-3+8k4k2)+1=0,解得 k2=34.

将 k2=34代入(*),得 m2<6.

∴m 的取值范围是(- 6,0)∪(0, 6).

【例 4】【解】(1)由 P??1,32??在椭圆上,得a12+49b2=1.①
依题设知 a=2c,则 b2=3c2.②
将②代入①,解得 c2=1,a2=4,b2=3. 故椭圆 C 的方程为x42+y32=1.

(2)由题意可设 AB 的斜率为 k,

则直线 AB 的方程为 y=k(x-1).③ 代入椭圆方程 3x2+4y2=12,并整理, 得(4k2+3)x2-8k2x+4(k2-3)=0.

设 A(x1,y1),B(x2,y2), 则有 x1+x2=4k82k+2 3,x1x2=4(4kk22+-33)④

在方程③中令 x=4,得 M 的坐标为(4,3k).

从而 k1=xy11--213,k2=yx22- -231,k3=34k--132=k-12. 注意到 A,F,B 三点共线,则有 k=kAF=kBF, 即有x1y-1 1=x2y-2 1=k. 所以 k1+k2=yx11- -231+yx22- -231

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=x1y-1 1+x2y-2 1-32??x1-1 1+x2-1 1??
=2k-32·x1x2-x(1+x1x+2-x22)+1.⑤ 将④代入⑤,得 k1+k2=2k-32·4(4kk22+-433k8)2k+2-3-4k822k+2 3+1=2k-1.

又 k3=k-12,所以 k1+k2=2k3. 故存在常数 λ=2 符合题意. [强化训练 4]【解】(1)设 M(x,y),∵M→D=2M→P,∴P(2x,y). 又 P 在圆 C1 上, ∴(2x)2+y2=1,即 C2 的方程是x42+y2=1.

(2)当直线 l 的斜率不存在时,点 B 与点 A 重合,此时点 T 坐标为(4 5 5,0),显然点 T 不

在圆 C1 上,故不合题意, 所以直线 l 的斜率存在.设直线 l 的方程为 y=k(x-2),

??y=k(x-2)

由???x42+y2=1

,得(1+4k2)x2-16k2x+16k2-4=0,

解得 xB=81k+2-4k22,∴yB=-1+4k4k2,

即 B(81k+2-4k22,1-+44kk2).

∴O→A+O→B=(11+6k42k2,1-+44kk2),

∴O→T= 55(11+6k42k2,1-+44kk2). ∵T 在圆 C1 上,∴15[(11+6k42k2)2+(1-+44kk2)2]=1, 化简得,176k4-24k2-5=0, 解得 k2=14或 k2=-454(舍去), ∴k=±12.

故存在满足题意的直线 l,其方程为 y=±12(x-2). _名师讲坛·精彩推荐_ [跟踪训练]【解】假设存在以 PQ 为底边的等腰三角形 APQ, 设直线 PQ 的方程为 x=my+n. ∵直线 PQ 过点 T(5,-2), ∴5=m·(-2)+n,∴n=2m+5. ∴直线 PQ 的方程为 x=my+2m+5. 设点 P,Q 的坐标分别为 P(x1,y1),Q(x2,y2). 由?????xy= 2=m4yx+2m+5,得 y2-4my-8m-20=0. ∴y1+y2=4m,y1·y2=-8m-20.

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∵PQ 的中点坐标为(x1+2 x2,y1+2 y2), 即(y12+8 y22,y1+2 y2). 又(y1+y2)8 2-2y1y2=2m2+2m+5, ∴PQ 的中点坐标为(2m2+2m+5,2m). 由已知得2m2+2m2m-+25-1=-m,即 m3+m2+3m-1=0. 设 g(m)=m3+m2+3m-1,则 g′(m)=3m2+2m+3>0, ∴g(m)在 R 上是增函数. 又 g(0)=-1<0,g(1)=4>0, ∴g(m)在(0,1)内有一个零点. ∴函数 g(m)在 R 上有且只有一个零点, 即方程 m3+m2+3m-1=0 在 R 上有唯一实根. ∴满足条件的等腰三角形有且只有一个.
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