2011-陕西卷理-15 填-绝对值不等式

本题导读

本题考查绝对值三角不等式与存在性问题，以及相似三角形的判定与勾股定理。

📌【题干】

Question

（2011年陕西卷(理)） 15. 三选一. 【A】若关于 $x$ 的不等式 $|a|⩾|x+1|+|x-2|$ 存在实数解，则实数 $a$ 的取值范围是$\underline{}$.

【B】如图，$\angle B=\angle D$，$AE\perp BC$，$\angle ACD=90^{\circ }$，且 $AB=6$，$AC=4$，$AD=12$，则 $BE=$ $\underline{}$.

【C】直角坐标系 $xOy$ 中，以原点为极点，$x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系，设点 $A,B$ 分别在曲线 $C_1:\{\begin{array}{l}x=3+\cos \theta \\ y=4+\sin \theta \end{array}$（$\theta$ 为参数）和曲线 $C_2:\rho =1$ 上，则 $|AB|$ 的最小值为$\underline{}$.

🔍【思路分析】

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1. 【A】不等式选讲：

• 不等式 $|a|⩾g(x)$ 存在实数解，充要条件是 $|a|⩾g(x{)}_{\min }$；
• 利用绝对值三角不等式 $|x+1|+|x-2|⩾|(x+1)-(x-2)|=3$ 求出最小值；
• 解绝对值不等式 $|a|⩾3$。

2. 【B】几何证明选讲：

• 由 $AE\perp BC$ 与 $\angle ACD=90^{\circ }$ 可知 $\angle AEB=\angle ACD=90^{\circ }$，结合已知 $\angle B=\angle D$，判定 $△ABE\sim △ADC$；
• 在 Rt$△ACD$ 中利用勾股定理求得 $DC=\sqrt{A{D}^2-A{C}^2}$；
• 利用相似三角形线段比 $\frac{BE}{DC}=\frac{AB}{AD}$ 计算 $BE$。

3. 【C】坐标系与参数方程：

• 消去参数 $\theta$，将曲线 $C_1$ 化为直角坐标标准方程 $(x-3{)}^2+(y-4{)}^2=1$；
• 由 $\rho =1$ 将曲线 $C_2$ 化为直角坐标方程 $x^2+y^2=1$；
• 计算两圆心间距 $d$，利用外离两圆动点间最短距离公式 $|AB{|}_{\min }=d-r_1-r_2$ 求解。

✅【答案】

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$(-\infty ,-3]\cup [3,+\infty )$

✍【详细解析】

Abstract

【A】 记 $g(x)=|x+1|+|x-2|$。 由绝对值三角不等式性质可知： $g(x)=|x+1|+|2-x|⩾|(x+1)+(2-x)|=3$ 当且仅当 $-1⩽x⩽2$ 时，等号成立，即 $g(x{)}_{\min }=3$。 原不等式存在实数解，充要条件为： $|a|⩾g(x{)}_{\min }⟹|a|⩾3$ 解得： $a⩽-3\text{或}a⩾3$ 故【A】的答案为：$(-\infty ,-3]\cup [3,+\infty )$（或 $a⩽-3$ 或 $a⩾3$）。

【B】 因为 $AE\perp BC$，所以 $\angle AEB=90^{\circ }$。 又已知 $\angle ACD=90^{\circ }$，所以： $\angle AEB=\angle ACD=90^{\circ }$ 因为 $\angle B=\angle D$， 所以： $△ABE\sim △ADC$ 由相似三角形对应边成比例，得： $\frac{BE}{DC}=\frac{AB}{AD}$ 在 $\text{Rt}△ACD$ 中，$\angle ACD=90^{\circ }$，$AC=4$，$AD=12$， 由勾股定理得： $DC=\sqrt{A{D}^2-A{C}^2}=\sqrt{12^2-4^2}=\sqrt{144-16}=\sqrt{128}=8\sqrt{2}$ 代入比例式： $\frac{BE}{8\sqrt{2}}=\frac{6}{12}=\frac{1}{2}$ 解得： $BE=\frac{1}{2}\times 8\sqrt{2}=4\sqrt{2}$ 故【B】的答案为：$4\sqrt{2}$。

【C】 消去参数 $\theta$，将曲线 $C_1$ 化为直角坐标普通方程： $(x-3{)}^2+(y-4{)}^2=1$ 此曲线表示以 $O_1(3,4)$ 为圆心、半径 $r_1=1$ 的圆。 由极坐标与直角坐标互化公式 $x^2+y^2={\rho }^2$，曲线 $C_2:\rho =1$ 的直角坐标方程为： $x^2+y^2=1$ 此曲线表示以原点 $O(0,0)$ 为圆心、半径 $r_2=1$ 的圆。 两圆圆心之间的距离为： $d=|O{O}_1|=\sqrt{(3-0{)}^2+(4-0{)}^2}=5$ 因为 $d=5>r_1+r_2=1+1=2$，所以两圆处于外离状态。 因此，两圆上动点距离的最小值为： $|AB{|}_{\min }=d-r_1-r_2=5-1-1=3$ 故【C】的答案为：3。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：
• 【A】绝对值三角不等式求最值；“存在实数解”与“恒成立”条件的逻辑判定；
• 【B】两直角三角形相似的证明；勾股定理化简开方；
• 【C】参数方程与极坐标方程的化简转化；外离两圆动点距离极值模型。
• 核心方法：
• 【A】$|a|⩾g(x)$ 有解 $⟺|a|⩾g(x{)}_{\min }$；
• 【B】抓准相似三角形顶点的对应次序（$A\to A,B\to D,E\to C$）；
• 【C】动点距离最值优先转化为几何圆心距 $d$ 与半径的关系计算。
• 避坑指南：
• 【A】切忌将“存在实数解”误当做“恒成立”，且解 $|a|⩾3$ 包含两端对称区间；
• 【B】化简 $\sqrt{128}$ 需彻底开出 $8\sqrt{2}$；
• 【C】两圆外离求距离最小值需同时减去两个半径（$d-r_1-r_2$），勿遗漏其中一个。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 试题探源：
• 【A】源自选修 4-5《不等式选讲》中的绝对值距离模型；
• 【B】源自选修 4-1《几何证明选讲》中平面几何圆或直角三角形相似的基本几何构型；
• 【C】源自选修 4-4《坐标系与参数方程》中的标准互化公式及两凸闭曲线距离最值理论。
• 结论推广：
• 【A】形如 $|a|⩾|x-x_1|+|x-x_2|$ 存在实数解的充要条件恒为 $|a|⩾|x_1-x_2|$；
• 【C】对平面上两个分离的凸曲线（如圆、椭圆），动点距离最值必在连心线（公法线）与两曲线的交点处取得。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 03.04 绝对值不等式及排序不等式
• 18.16 参数方程与复数变换

类题演练 (Links)

• 2013-陕西卷文-15 填-绝对值不等式解集
• 2015-广东卷文-14 填-极坐标参数方程
• 1989-全国卷理-09 单-椭圆的极坐标方程