高中数学巧构造，妙解题

巧构造 妙解题 1. 直接构造 例1. 求函数 的值域。 分析：由于 可以看作定点（2，3）与动点（-cosx，sinx）连线的斜率，故f(x)的值域即为斜率的最大、最小值。 解：令 ，则 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示单位圆 表示连接定点P（2，3）与单位圆上任一点（ ， ）所得直线 的斜率。 显然该直线与圆相切时，k取得最值，此时，圆心（0，0）到这条直线的距离为1，即 所以 故 例2. 已知三条不同的直线 ， ， 共点，求 的值。 分析：由条件知 为某一元方程的根，于是想法构造出这个一元方程，然后用韦达定理求值。 解：设（m，n）是三条直线的交点，则可构造方程 ，即 （*） 由条件知， 均为关于 的一元三次方程（*）的根。 由韦达定理知 2. 由条件入手构造 例3. 已知实数x，y，z满足 ，求证： 分析：由已知得 ，以x，y为根构造一元二次方程，再由判别式非负证得结论。 解：构造一元二次方程 其中x，y为方程的两实根 所以 即 故△＝0，即 3. 由结论入手构造 例4. 求证：若 ， ，则 分析：待证式的左边求和的分母是三次式，为降低分母次数，构造一个恒不等式。 所以左边 故原式得证。 例5. 已知实数x，y满足 ，求证： 分析：要证原式成立，即证 即证 由三角函数线知可构造下图，此时不等式右边为图中三个矩形的面积之和 ，而 单位圆的面积为 ，所以 故结论成立。 巧用函数单调性妙解数学题 函数是高中数学的重要内容，函数的单调性又是函数的重要性质。在求解某些数学问题时，若能根据题目的结构特征，构造出一个适当的单调函数，往往能化难为易，化繁为简，获得巧解和妙解。下面举例说明。 一. 巧求代数式的值 例1. 已知 ，求 的值。 解：已知条件可化为 设 ，则 而 在R上是增函数 则有 ，即 所以 点评：本题关键是将条件转化为 ，再构造相应函数 ，利用单调性求解。 拓展练习：已知方程 的根为α，方程 的根为β，求α+β的值。（答案： ） 二. 妙解方程 例2. 解方程 解：易见x=2是方程的一个解 原方程可化为 而 （因为 ） 在R上是减函数， 同样在R上是减函数 因此 在R上是减函数 由此知：当 时， 当 时， 这说明 与 的数都不是方程的解，从而原方程仅有唯一解 。 拓展训练：解方程 。（答： ） 点评：解该类型题有两大步骤：首先通过观察找出其特解 ，然后等价转化为 的形式，最后根据 的单调性得出原方程的解的结论。 三. 妙求函数的值域 例3. 求函数 的值域。 解：令 ，则 因为 ，所以 而 在 内递增 所以 又 而 所以 为所求原函数的值域。 四. 巧解不等式 例4. 解不等式 解：设 原不等式可化为 则 ，即 设 显然 是R上的减函数，且 ，那么不等式 即 因此有 ，解得 点评：解不等式其实质是研究相应函数的零点，正负值问题。用函数观点来处理此类问题，不仅可优化解题过程，且能让我们迅速获得解题途径。 拓展训练：解不等式 。（答： ） 五. 巧证不等式 例5. 设 ，求证 。 证明：当m，n中至少有一个为0时，则有 ，结论成立。 设 因为 在 上单调递增 所以 与 必同号，或同为0（当且仅当 时） 从而 因此，原不等式成立（当且仅当 或 ，或 时取“=”号）。 点评：原不等式等价于 ，这可由幂函数 在 上递增而得到。 本题可拓展：令 ，则 。 六. 巧解恒成立问题 例6. 已知函数 对区间 上的一切x值恒有意义，求a的取值范围。 解：依题意， 对 上任意x的值恒成立 整理为 对 上任意x的值恒成立。 设 ，只需 而 在 上是增函数 则 所以 七. 巧建不等关系 例7. 给定抛物线 ，F是C的焦点，过点F的直线 与C相交于A，B两点，设 。若 ，求l在y轴上的截距的变化范围。 解：设 由 ，得 联立（1）（2）（3）（4），解得 所以 或 所以 的方程为 或 当 时， 在y轴的截距为 令 ，则 所以 在［4，9］上是减函数 故 所以直线 在y轴上截距的取值范围是： 八. 巧解数列问题 例8. 已知数列 是等差数列， 。 （1）求数列 的通项公式； （2）设数列 的通项 ，Sn是数列 的前n项和，试比较 与 的大小，并证明你的结论。 解：（1）由 ， 有 得 因此 （2） 设 （n为正整数） 所以 即 在 上是递增的 从而 即 所以当 时， 当 时， 巧用函数思想解数列题 从函数观点看，数列是定义域为正整数集或它的有限子集{1，2，3，…，n}上的函数，当自变量从小到大取值时相应的一列函数值，因此，用函数思想解数列题，思路自然，方法简捷。 1. 利用周期性解题 例1. 在数列{an}中，已知 ，则 等于（ ） A. －1 B. －5 C. 1 D. 5 解：因为 所以 两式相加，得 从而有 即{an}是周期为6的数列，所以 选A 2. 利用单调性解题 例2. 设 ，且n>1，求证 证明：令 则 EMBED Equation.2 于是 所以 即an是n的单调递增函数，其中n＝2，3，4，… 又 所以当n＝2，3，4，…时，都有 故 3. 利用图象解题 例3. 已知数列{an}的通项公式 ，则数列{an}的前30项中最大项与最小项分别为（ ） A. a1，a10 B. a1，a9 C. a10，a30 D. a10，a9 解：因为 ，由图象，知选D。 4. 分离参数解题 例4. 已知a>0且a≠1，数列{an}是首项为a，公比为a的等比数列，设 ，若 对任意 恒成立，求实数a的取值范围。 解：依题意，得 ，所以 于是 （1）当a>1时， 所以 ，故 当 时， 所以 故 综上，得 巧用判别式 在解题中，大家往往会遇到有关一元二次方程 （a、b、c ，a≠0）的问题，而利用判别式 解题，却能使问题化繁为简、化难为易，收到事半功倍的效果。所以，如果已知条件中含有二次方程或二次函数，则可考虑直接应用判别式，点击思维，灵活运用。下面通过几例解法，说明一下自己的感悟。 例1. 已知 ，求证： EMBED Equation.2 。 证明：由已知得 构造函数 因 ，所以 故 成立。 说明：本题利用构造法，解题过程简捷、流畅，并且需要有较强的直接观察能力。 例2. 设实数x、y，且 。求 的取值范围。 解：已知 ① 设 ② ①－②整理得 ③ 由①得 ，把③式代入得 ， 则有 。 ④ 在条件④下， ⑤ 由③⑤可知，x、y是方程 的根。 因为 ，所以 ，解得 综上可知， ，即 说明：若题设中含有形如 、 的项，就可考虑用韦达定理构造二次方程。解本题需要有一定的数学思想，先求x＋y、xy，再构造二次方程，利用判别式轻松解题。 例3. 已知 ，求证： 证明：视不等式的左边减去右边为一个关于x的二次函数，那么有 其判别式 故开口向上的二次函数 恒为非负，即对所有x、y、z，所求证的不等式成立。 说明：本题可谓“纸老虎”。通过仔细审题，巧妙构造二次函数，利用判别式使问题轻松获解。 ［练一练］ 在区间[1.5，3]上，函数 与函数 同时取到相同的最小值，则函数 在区间[1.5，3]上的最大值为（ ） A. 8 B. 6 C. 5 D. 4 答案：D 提示： ，当且仅当 时， ，所以 ，在区间[1.5，3]上 。 求切点弦所在直线方程的多种方法 在学习平面解析几何“直线与圆的方程”一章时，我们会遇到求切点弦所在直线方程的问题，这类问题涉及到的知识点比较多，让初学者感到费解，本文将从不同的角度来探讨它的求法。 为了解答的方便，先给出两个真命题： 命题1：已知圆O： 上一点M（ ），则以点M为切点的圆的切线方程为 。 命题2：已知两相交圆 ： ，圆 ，则两圆的公共弦所在的直线方程为 例：已知点P（ ）为圆O： 外一点，过点P作圆的切线 ，其中 为切点，求切点弦 所在的直线方程。 解法1：由题意知 所以，O、 、P、 四点共圆 ，且OP为此圆的直径，即圆 ： 即 又 为圆O、圆 的公共弦，由命题2知，切点弦 所在直线方程为 。 解法2：设 由命题1得， 方程为 方程为 。 由 ，可得 两点坐标都满足关于 的二元一次方程 ，而过 两点的直线有且只有一条，因此，切点弦 所在直线方程为 。 解法3：如上图，设 容易证明 ，从而M为 的中点。 ，M坐标为 直线 的方程为 。 即 （*） 又由命题1得， 方程为 方程为 。 由 ，可得 代入（*）式得，切点弦 所在直线方程为 。 对同一个问题从不同的角度去摸索和思考，这对提高我们分析问题和解决问题的能力是很有好处的。 求圆锥曲线离心率“四法” 离心率是圆锥曲线中的一个重要的几何性质，在高考中频繁出现，下面给同学们介绍常用的四种解法。 一. 直接求出a、c，求解e 已知 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 方程或a、c易求时，可利用离心率公式 来求解。 例1. 过双曲线M： 的左顶点A作斜率为1的直线 ，若 与双曲线M的两条渐近线分别相交于点B、C，且|AB|=|BC|，则双曲线M的离心率是（ ） A. B. C. D. 分析：这里的 ，故关键是求出 ，即可利用定义求解。 解：易知A（-1，0），则直线 的方程为 。直线与两条渐近线 和 的交点分别为B 、C ，又|AB|=|BC|，可解得 ，则 故有 ，从而选A。 二. 变用公式，整体求出e 例2. 已知双曲线 的一条渐近线方程为 ，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 分析：本题已知 EMBED Equation.3 ，不能直接求出a、c，可用整体代入套用公式。 解：由 （其中k为渐近线的斜率）。这里 ，则 ，从而选A。 三. 统一定义法 由圆锥曲线的统一定义（或称第二定义）知离心率e是动点到焦点的距离与相应准线的距离比，特别适用于条件含有焦半径的圆锥曲线问题。 例3. 在给定椭圆中，过焦点且垂直于长轴的弦长为 ，焦点到相应准线的距离为1，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 解：由过焦点且垂直于长轴的弦又称为通径，设焦点为F，则 轴，知|MF|是通径的一半，则有 。由圆锥曲线统一定义，得离心率 ，从而选B。 四. 构造a、c的齐次式，解出e 根据题设条件，借助a、b、c之间的关系，构造出a、c的齐次式，进而得到关于e的方程，通过解方程得出离心率e的值。 例4. 已知 、 是双曲线 的两焦点，以线段F1F2为边作正 ，若边 的中点在双曲线上，则双曲线的离心率是（ ） A. B. C. D. 解：如图，设 的中点为P，则点P的横坐标为 ，由 ，由焦半径公式 ，即 ，得 ，有 ，解得 （舍去），故选D。 练一练 设椭圆的两个焦点分别为F1、F2，过F2作椭圆长轴的垂线交椭圆于点P，若 为等腰直角三角形，则椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 参考答案：D 三角函数求最值的归类研究 求函数的最大值与最小值是高中数学中的重要内容，也是高考中的常见题型，本文对三角函数的求最值问题进行归类研究，供同学们借鉴。 一、化成 的形式 例1. 在直角三角形中，两锐角为A和B，求 的最大值。 解： 由 ，得 ，则当 时， 有最大值 。 例2. 求函数 在 上的最大值和最小值。 解： 由 ，得 ， 得 ， 则当x=0时， ；当 时， ［点评］这类题目解决的思路是把问题化归为 的形式，一般而言， ，但若附加了x的取值范围，最好的方法是通过图象加以解决。 例2中，令 ，画出 在 上的图象（如图1）， 图1 不难看出 ，即 。 应注意此题容易把两个边界的函数值 和 误认为是最大值和最小值。 二、形如 的形式 例3. 求函数 的最大值和最小值。 解：由已知得 ， 即 ， 所以 因 ， 即 解得 ， 故 ［点评］上述利用正（余）弦函数的有界性，转化为以函数y为主元的不等式，是解决这类问题的最佳方法。虽然本题可以使用万能公式，也可以利用圆的参数方程和斜率公式去求解，但都不如上述解法简单易行。有兴趣的同学不妨试一试其他解法。 三、形如 的形式 例4. 求函数 的最大值和最小值。 解： 由 ，得 ， ， ，即 ［点评］此题是利用了分离分母的方法求解的。若用例3的解法同样可求，有兴趣的同学不妨试一下，并作解法对比。 四、形如 的形式 例5. 求 的最小值。 解：设 ，则 。 从图2中可以看到 在区间 上是减函数（也可以利用函数的单调性定义来证明这一结论）。 当 时， ［点评］若由 ，可得最小值 是错误的。 这是因为当等号成立时， ， 即 是不可能的。若把此题改为 就可以用不等式法求解了，同学们不妨琢磨一下。 五、利用 与 之间的关系 例6. 求函数 的最大值和最小值。 解：设 ， 则 ，且 。 由于 ， 故当t=1时， ；当 时， 。 ［点评］ 这三者之间有着相互制约，不可分割的密切联系。 是纽带，三者之间知其一，可求其二。令 换元后依题意可灵活使用配方法、重要不等式、函数的单调性等方法来求函数的最值。应该注意的是求三角函数的最值方法有多种，像配方法、不等式法等，这里不再赘述，有兴趣的同学不妨自己探讨一下。 练一练： 1. 求函数 的最大值和最小值。 2. 求函数 的最大值和最小值。 3. 已知 ，求函数 的最大值和最小值。 答案：1. （提示：由 ） 2. （提示：由 ） 3. ， （提示：令 ，则 。 ， 解得 。 于是 ，容易求解） 三角问题的非三角化解题策略 对待三角问题，常规思路是运用三角知识及公式顺水推舟式的解析，自然而合理。其实，三角问题与相关知识的联系是十分密切的，在解题时，若能激活联想，发散思维，不少三角问题的解决途径是比较新奇和有趣的，正所谓三角问题的非三角化解题策略。这里剖析数例，以作欣赏。 一. 平几化策略 发挥平面图形的功能，以平面图形为载体，挖掘三角背景下的问题实质，使三角问题在平面图形的直观导引下得到解决。 例1. 已知△ABC的三个内角适合sin2A=sinB（sinB+sinC），求证：∠A=2∠B。 证明：如图1，联想平几知识中的切割线定理求解。延长CA到D，使AD=AB=c， 则CD=b+c。 由于sin2A=sinB（sinB+sinC）， 所以a2=b（b+c）， 即BC2=AC·CD， 所以BC切过A、B、D的圆于点B， 所以∠ABC=∠ADB。 因为AB=AD， 所以∠ABD=∠ADB， 所以∠CAB=∠ABD+∠ADB=2∠ABC，得证。 二. 对称化策略 利用互余三角函数间的特殊关系，以问题结构特征为出发点，通过构造“相似”结构式子，建立对称关系，开避解题坦途。 例2求cos210°+cos250°-sin40°sin80°的值。 解：设x=cos210°+cos250°-sin40°sin80°， y=sin210°+sin250°-cos40°cos80°， 则x+y=2-cos40°； 。 联立解得 ，即为所求结果。 三. 线圆化策略 直线与圆是数学中的平常而重要的几何图形。从抽象的数学式子里提炼出线圆关系，使问题及字母讨论在直观的几何显示下不解自知。 例3 设方程sin2x-sin2x=2cos2x+m有实数解，试求m的取值范围。 解：原方程变形为： 3cos2x-2sin2x+2m+1=0。 观察知：点（cos2x，sin2x）在直线3x-2y+2m+1=0上，而点又在单位圆x2+y2=1上，所以这个点是直线与圆的交点。原方程有实数解，就是直线与圆有交点，所以根据圆心到直线的距离不大于半径关系得： 。 整理得m2+m-3≤0， 解得 。 四. 轨迹化策略 一图值千言。依题意构点挖掘点的轨迹，发挥“区域”优势，使隐藏的“关节”得以显现，利用解析几何辅助问题获解。 例4. 设a、b＞0，且变量θ满足不等式组 ，求sinθ的最大值。 解设x=cosθ，y=sinθ，则不等式组等价于 原不等式呈现出鲜明的几何意义：动点（x，y）的运动区域是单位圆与二直线所围成的阴影区域。由此得sinθ的最大值就是阴影区域中的最高点的纵坐标，即（sinθ）max=yM= 五. 曲线化策略 有些三角问题，抓住结构特征，依托曲线方程，巧妙地建构圆锥曲线模型，使问题在曲线性质的帮助下简捷求解。 例5 若α、β为锐角，且 ，求证α+β= 。 解：构造A（cos2α，sin2α），B（sin2β，cos2β）两点，则A、B两点均在椭圆 上。根据圆锥曲线的切线知识知，经过点B的切线方程为x+y=1。显然点A的坐标适合切线方程，所以点A也是切点，从而知A、B两点为同一点。 即：cos2α=sin2β，sin2α=cos2β， 所以cosα=sinβ=cos（ ）。 由题设条件α、β为锐角，不难得α+β= 。 一类求三角形面积的极值问题的解题思路与方法 问题：过点 的直线与 轴、 轴的正半轴分别相交于点 ，求 的面积最小值，以及此时所对应的直线方程。 解答这类问题的思路是：建立函数关系，利用有关函数的基本理论以及不等式的知识，求出目标函数的最值。 在研究函数的最值时，要注意函数的定义域对函数值的限制；在运用均值不等式求最值时，要注意取等号的条件是否具备。构造一元二次方程，利用一元二次方程有实数根时，判别式为非负数，求最值。 解答这类问题的常用解题方法如下： 1、 利用三角函数的有界性求解 解法1：设过点 的直线方程为： ，则 ，于是可设 ， 。 记 的面积为 ，则 = 因为0< ,所以： ，当 时， ，面积的最小值是： ，此时， ， 所求的直线方程为： 评注：若正实数 满足 ，我们可以设 ， ，把二元转化为关于 的一元问题，可借助三角函数的有界性求解。 2、 利用均值不等式求解 解法2：设过点 的直线方程为： ， 直线与 轴、 轴的正半轴分别相交于点 . 由图知 记 的面积为 ，则 即 因为 ，所以， ， 。 利用均值不等式得： EMBED Equation.3 。 所以 EMBED Equation.3 当且仅当 EMBED Equation.3 ，即 时 的面积有最小值，此时所对应的直线方程为： 评注： 在利用均值不等式解题时，需要对目标函数进行恒等变形。变形原则是能使产生的几个正数的积（或和）为定值。 解法3：设过点 的直线方程为： ，则 ，于是 因为直线与 轴、 轴的正半轴相交，则 。 记 的面积为 ，则 = 因为： >0, .所以 . 于是： EMBED Equation.3 。 所以： = EMBED Equation.3 。 解法4：设过点 的直线方程为： ，则 ，于是 因为直线与 轴、 轴的正半轴相交，所以 。利用均值不等式得： ， ，而 ，所以 。 记 的面积为 ，则 EMBED Equation.3 当且仅当 时， 。面积有最小值 。 所求的直线方程为： 评注： 此题利用均值不等式，产生一个新的不等式，解这个不等式求出 的最小值，从而获解。 三、判别式法 解法5：设过点 的直线方程为： ， 直线与 轴、 轴的正半轴分别相交于点 . 由图知 记 的面积为 ，则 化简得： （1） 将上式视为关于 的一元二次方程，因为 ，所以， 。 即 。 面积的最小值是： ，代入（1）得： 此时所对应的直线方程为： 评注：上述方法就是构造一元二次方程，利用一元二次方程有实数根时，判别式为非负数，求解。 解法6：设过点 的直线方程为： ，则 ，于是 因为直线与 轴、 轴的正半轴相交，则 。 记 的面积为 ，则 = 化简得： （2） 将上式视为关于 的一元二次方程，因为 ，所以， 。 即 。因为 面积的最小值是： ，代入（2）得： ，则 = 所求的直线方程为： 评注：此题还可以通过消去 ，关于 的一元二次方程，利用上述方法求解。 一类应用题的统一解法 有关应用题中最值问题，在实际条件的约束下，不能仅靠使用重要不等式求出最值，需要借助比较法，把问题转化为与端点值的大小关系问题。 例1 某种印刷品，单面印刷，其版面（如图中阴影部分）排成矩形，版面面积为A，它的左右两边都要留宽为a的空白，上下两边都要留有宽为b的空白，且印刷品左右长度不超过定值l。问：如何选择尺寸（纸张也是矩形），才能使印刷品所用纸张面积最小？从而使印刷的总用纸量最小。 图1 解：设版面左、右长为x，上、下宽为y 则有 （x>0，y>0） 设每张印刷品所用纸张面积为S 则 （1）当 时， ， 当且仅当 时取“=”号，解得 即此时左右长为 ，上下宽为 （2）当 时 因为 所以 且 所以 当 时取等号，即选择左、右尺寸为l，上、下尺寸为 用纸量最小。 综上所述，当 时，选择左右尺寸为 时，上、下尺寸为2b+ ; 当 时，选择左、右尺寸为l，上、下尺寸为 所用纸量最小。 例2 一船由甲地逆水匀速行驶至乙地，甲、乙两地相距s（千米），水速为常量p（千米/时），船在静水中的最大速度为q（千米/时）（q>p）。已知船每小时燃料费用（以元为单位）与船在静水中速度v（千米/时）的平方成正比，比例系数为k。 （I）把全程燃料费用y（元）表示为静水中速度v（千米/时）的函数，并指出这个函数的定义域； （II）为了使全程燃料费用最小，船的实际前进速度应为多少？ 解：（I）依题意知船由甲地匀速行驶至乙地所用的时间为 ，全程燃料费用为： ，故所求函数及其定义域为： （II）由题意知k、s、v、p、q均为正数，且v>p，故有 当且仅当 ，即 时上式取等号 若 ，则当 时，全程燃料费用y最小。 若2p>q，当 时，有 因 又 所以 当且仅当v=q时等号成立，即当v=q时，全程燃料费用最小。 综上知，为使全程燃料费用最小，当 时，船的实际前进速度为p；当2p>q时，船的实际前进速度应为 。 例3 甲、乙两地相距s千米，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过c千米/时。已知汽车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度v（千米/时）的平方成正比，比例系数为b；固定部分为a元。 （I）把全程运输成本y（元）表示为速度v（千米/时）的函数，并指出这个函数的定义域； （II）为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？ 解：（I）依题意知汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为 ，全程运输成本为 故所求函数及其定义域为： （II）依题意知s，a，b，v都为正数，故有 当且仅当 时上式中等号成立 若 时上式中等号成立 若 时，有 因为 ，故有 所以 ，且仅当v=c时等号成立。也即当v=c时，全程运输成本y最小。 综上知，为使全程运输成本y最小，当 时行驶速度应为 ；当 时行驶速度应为v=c。 一招通解“二面角”和“点到平面的距离” 求“二面角”与“点到平面的距离”问题一直是高考命题的热点，而这两方面的题目又是很多学生感到头痛的。事实上，这两类问题有着较强的相关性，下面给出这两类问题的一个“统一”求解公式，让你一招通解两类问题， 定理：如下图，若锐二面角 的大小为 ，点A为平面 内一点，若点A到二面角棱CD的距离为 ，点A到平面 的距离AH=d，则有 。 说明： 中含有3个参数，已知其中任意2个可求第3个值。其中 是指二面角 的大小，d表示点A到平面 的距离，m表示点A到二面角 棱CD的距离。值得指出的是： 可用来求解点到平面的距离，也可用于求解相关的二面角大小问题。其优点在于应用它并不强求作出经过点A的二面角 的平面角∠ABH，而只需已知点A到二面角 棱的距离，与二面角大小 ，即可求解点A到平面 的距离，或已知两种“距离”即可求二面角的大小 。这样便省去了许多作图过程与几何逻辑论证，简缩了解题过程。还要注意，当已知点A到平面 的距离d与点A到二面角棱CD的距离m求解二面角的大小时，若所求二面角为锐二面角，则有 ；若所求二面角为钝二面角，则 下面举例说明该公式在解题中的应用。 例1. （2004年全国卷I理科20题）如下图，已知四棱锥P-ABCD，PB⊥AD，侧面PAD为边长等于2的正三角形，底面ABCD为菱形，侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为120°。 （1）求点P到平面ABCD的距离； （2）求面APB与面CPB所成二面角的大小。 分析：如上图，作PO⊥平面ABCD，垂足为O，即PO为点P到平面ABCD距离。第（1）问要求解距离PO，只需求出点P到二面角P-AD-O的棱AD的距离，及二面角P-AD-O的大小即可。第（2）问要求解二面角A-PB-C的大小，只需求出点C到二面角A-PB-C棱PB的距离及点C到半平面APB的距离即可。 解：（1）如上图，取AD的中点E，连结PE。由题意，PE⊥AD，即 。 又二面角P-AD-O与二面角P-AD-B互补，所以二面角P-AD-O的大小为60°，即 。于是由公式 知：点P到平面ABCD的距离为 。 （2）设所求二面角A-PB-C的大小为 ，点C到平面PAB的距离为d。 连接BE，则BE⊥AD（三垂线定理），AD⊥平面PEB，因为AD∥BC，所以BC⊥平面PEB，BC⊥PB，即点C到二面角棱PB的距离为2，即m=2。 又因为PE=BE= ，∠PEB=120°，所以在ΔPEB中，由余弦定理可求得PB=3。 取PB的中点F，连结AF，因为PA=AB=2，则AF⊥PB， ，所以 ，即 。又易求得 ，点P到平面ABC的距离： 。 根据等体积法 ，有 ， 即 ，所以 ，代入公式 。 又由于面PBC⊥面PEB，所以所求二面角A-PB-C为钝二面角，所以 点评：对于这个高考试题，许多考生反映第（2）问求解困难，失分较为严重。究其原因有二：一是不能正确地作出二面角的平面角；二是在求二面角的平面角时存在计算障碍。 利用公式 求解，省去了许多繁难的作图过程与逻辑论证，其优势显而易见。 例2. 已知ABCD是边长为4的正方形，E、F分别是AB、AD的中点，GC垂直于ABCD所在的平面，且GC=2，求点B到平面EFG的距离。 分析：欲求点B到平面GEF的距离，直接求解较困难。为此我们令平面GEF作为某二面角的一个半平面，当然二面角的另一个半平面即为平面BEF，为此我们只需找到该二面角的平面角及点B到二面角棱EF的距离即可。 解：如下图，过B作BP⊥EF，交EF的延长线于P，连结AC交EF于H，连结GH，易证∠GHC就是二面角G-EF-C的平面角。 又 ，这就是点B到二面角C-EF-G棱EF的距离 因为GC=2， ，所以 ，GH= ，在RtΔGCH中， ，于是由 得所求点B到平面GEF的距离： 。 例3. 已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的侧面A1ACC1与底面ABC垂直，∠ABC=90°，BC=2， ，且AA1⊥A1C，AA1=A1C。求顶点C与侧面A1ABB1的距离。 分析：如下图所示，解答好本题的关键是找到底面ABC的垂线A1D，找到了底面的垂线A1D，就可根据三垂线定理，作出侧面A1ABB1与底面ABC所成二面角的平面角A1DE，求出二面角A1-AB-C的平面角大小，就可依据公式 找到点D到平面A1ABB1的距离d，进而根据D为AC中点，也就不难求出点C到侧面A1ABB1的距离。 解：如上图，在侧面A1ACC1内，作A1D⊥AC，垂足为D，因为AA1=A1C，所以D为AC的中点。又因为AA1⊥A1C， ，A1D=AD= 。 因为侧面A1ACC1⊥底面ABC，其交线为AC，所以A1D⊥面ABC。 过D作DE⊥AB，垂足为E，连接A1E，则由A1D⊥面ABC，得A1E⊥AB（三垂线定理），所以∠A1ED为侧面A1ABB1与面ABC所成二面角的平面角。 由已知，AB⊥BC，得ED∥BC，又D是AC的中点，BC=2，所以DE=1， ，故∠A1ED=60°。 于是由公式 知，点D到侧面A1ABB1的距离 。 又点D为AC的中点，故而点C到侧面A1ABB1的距离为点D到侧面A1ABB1距离的2倍，于是知点C到侧面A1ABB1的距离为 。 点评：本例先通过求侧面A1ABB1与面ABC所成二面角的大小，进而利用公式 求出点D到侧面A1ABB1的距离，再利用中点D的性质巧妙地求得C到侧面A1ABB1的距离，充分体现了转化与化归的思想方法在解题中的灵活运用。 隐含在不等式中的最值问题 这是求函数最值中比较复杂的一类问题，它往往与恒成立问题有联系，换元与整体思维在解决问题的过程中起主导作用，通过对以下两个问题的探讨，我们可以从中发现解决这类题目的方法规律。 例1. 若不等式 对一切实数x都成立，求实数t的最大值。 解：原不等式可化为 令 则 的值域为 时原不等式对 都成立，故t的最大值是 注： 恒成立，应考虑 的最小值，而 恒成立应考虑 的最大值。 例2. 已知 ，求实数m的最大值，使不等式 总能成立。 解：将m与a，b，c分离并整理得 。 要使此不等式成立，只需m不大于右边式子的最小值。 练一练 已知对任意实数x，二次函数 恒非负，且 ，求 的最小值。 答案与提示：令 用待定系数法求三角函数最值 用均值不等式求三角函数最值时，“各数相等”及“和（或积）为定值”是两个需要刻意凑出的条件，从何处入手，怎样拆项，如何凑出定值且使等号成立，又能使解答过程简捷明快，这确实既“活”又“巧”，对此问题，现利用待定系数法探析。 例1. 设x∈（0，π），求函数 的最小值。 分析：拿到此题，很容易想到下面的解法。 因为 sinx＞0， 所以 。 故ymin=2。 显然，这种解法是错误的！错误的原因是没有考虑“=”号成立的条件。由 得sinx=2，这样的x不存在，故为错解。 事实上，此题是可以用均值不等式来解答的，但需要拆项，如何拆，既能使其积为定值，又能使“=”号成立，这确实是一个难点，笔者认为，待定系数法就能很好地解决这个问题，为此，先引入一个待定系数λ（0＜λ＜2，使 。由均值不等式及正弦函数的有界性，得 。 当且仅当 且sinx=1，即λ= 时，上式等号成立。将λ= 代入，得ymin= 。 另解：y= 。 令sinx=t(0＜t≤1＝，易证 在（0，1]上单调递减，所以 。 例2. 当x∈(0， )时，求函数 的最小值。 分析：因为x∈(0， )，所以sinx＞0，cosx＞0，引入大于零的待定系数k，则函数 可变形为 +kcos2x－k≥3 + －k=12 ，等号成立当且仅当 ，时成立。由sin2x+cos2x=1,。得 ，即k2=64，又k＞0，所以k=8。故函数y的最小值为 ，此时x= 。 例3. 设x∈(0， )，求函数y=sinx+ 的最小值。 分析：因为x∈(0， )，所以sinx＞0，y=sinx+ 可变形为 。由均值不等式得 。但 ，故上式不能取等号。下面引入待定系数k进行配凑解之。 解：因为x∈(0， )， 所以sinx＞0。 因为 EMBED Equation.3 故 ≥ ， 等号当且仅当 且sinx=1，即k= 时等号同时成立。从而 ，故函数y=sinx+ 的最小值为2。 例4. 求函数y=sin2x·cos2x+ 的最小值。 分析：易得 ，由均值不等式得 。 但 ，故上式不能取等号。于是引入待定正实数λ，μ，且λ+μ=4，则有 = ≥ ≥ 。 当且仅当 且sin22x=1时等号同时成立，此时 ，所以当sin22x=1时，y有最小值为 。 用放缩法证明不等式 所谓放缩法就是利用不等式的传递性，对照证题目标进行合情合理的放大和缩小的过程，在使用放缩法证题时要注意放和缩的“度”，否则就不能同向传递了，此法既可以单独用来证明不等式，也可以是其他方法证题时的一个重要步骤。下面举例谈谈运用放缩法证题的常见题型。 一. “添舍”放缩 通过对不等式的一边进行添项或减项以达到解题目的，这是常规思路。 例1. 设a，b为不相等的两正数，且a3－b3＝a2－b2，求证 。 证明：由题设得a2＋ab＋b2＝a＋b，于是（a＋b）2＞a2＋ab＋b2＝a＋b，又a＋b＞0，得a＋b＞1，又ab＜ （a＋b）2，而（a＋b）2＝a＋b＋ab＜a＋b＋ （a＋b）2，即 （a＋b）2＜a＋b，所以a＋b＜ ，故有1＜a＋b＜ 。 例2. 已知a、b、c不全为零，求证： 证明：因为 ，同理 ， 。 所以 二. 分式放缩 一个分式若分子变大则分式值变大，若分母变大则分式值变小，一个真分式，分子、分母同时加上同一个正数则分式值变大，利用这些性质，可达到证题目的。 例3. 已知a、b、c为三角形的三边，求证： 。 证明：由于a、b、c为正数，所以 ， ， ，所以 ，又a，b，c为三角形的边，故b+c＞a，则 为真分数，则 ，同理 ， ， 故 . 综合得 。 三. 裂项放缩 若欲证不等式含有与自然数n有关的n项和，可采用数列中裂项求和等方法来解题。 例4. 已知n∈N*，求 。 证明：因为 ，则 ，证毕。 例5. 已知 且 ，求证： 对所有正整数n都成立。 证明：因为 ，所以 ， 又 ， 所以 ，综合知结论成立。 四. 公式放缩 利用已知的公式或恒不等式，把欲证不等式变形后再放缩，可获简解。 例6. 已知函数 ，证明：对于 且 都有 。 证明：由题意知 ，又因为 且 ，所以只须证 ，又因为 所以 。 例7. 已知 ，求证：当 时 。 证明： 证毕。 五. 换元放缩 对于不等式的某个部分进行换元，可显露问题的本质，然后随机进行放缩，可达解题目的。 例8. 已知 ，求证 。 证明：因为 ，所以可设 ， ，所以 则 ，即 。 例9. 已知a，b，c为△ABC的三条边，且有 ，当 且 时，求证： 。 证明：由于 ，可设a=csina，b=ccosa（a为锐角），因为 ， ，则当 时， ， ， 所以 。 六. 单调函数放缩 根据题目特征，通过构造特殊的单调函数，利用其单调性质进行放缩求解。 例10. 已知a，b∈R，求证 。 证明：构造函数 ，首先判断其单调性，设 ，因为 ，所以 ，所以 在 上是增函数，取 ， ，显然满足 ， 所以 ， 即 。证毕。 用构造局部不等式法证明不等式 有些不等式的证明，若从整体上考虑难以下手，可构造若干个结构完全相同的局部不等式，逐一证明后，再利用同向不等式相加的性质，即可得证。 例1. 若 ， ，求证： 分析：由a，b在已知条件中的对称性可知，只有当 ，即 时，等号才能成立，所以可构造局部不等式。 证明： 同理， ∴ 例2. 设 是n个正数，求证： 。 证明：题中这些正数的对称性，只有当 时，等号才成立，构造局部不等式如下： 。 将上述n个同向不等式相加，并整理得： 。 例3. 已知 均为正数，且 ，求证： 。 证明：因 均为正数，故 ， 。 又∵ ， ∴把以上各个同向不等式相加，整理得： 故 。 例4. 设 ，且 ，求证： EMBED Equation.2 。 （第36届IMO） 证明：由a，b，c在条件中的对称性知，只有当 时，才有可能达到最小值 ，此时刚好 。所以，可构造如下局部不等式。 ∵ ， ， ， 例5. 设 ，且 ，求证： 。 证明：由a，b，c在条件中的对称性知，只有当 时，才可能达到最小值1，此时刚好 。所以，可构造如下局部不等式。 ∵ ∴ 即 用几何模型 解概率问题 等可能事件中的一类特殊情形——几何概型，是其中一个重要的知识点，本文对这个内容进行分析与归纳，以帮助同学们了解考点变化，提升解题能力。 1. 几何概型的概念 如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度（面积或体积）成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称为几何概型。 2. 几何概型的特点 （1）试验中所有可能出现的结果（基本事件）有无限多个； （2）每个基本事件出现的可能性相等。 3. 几何概型的计算 P（A） 例1. 某人午觉醒来，发现表停了，电台半小时报时一次，他打开收音机，想听电台报时，求他等待的时间不超过10分钟的概率。 分析：此问题等价于：将一个30厘米长的物体折成两部分，求其中一段长度不超过10厘米的概率是多少？ 易求其概率为 P（A） 。 例2. 两人相约8点到9点在某地会面，先到者等候另一人20分钟，过时就可离去，试求这两人能会面的概率。 分析：以x，y分别表示两人的到达时刻，则两人能会面的充要条件为 。这是一个几何概型问题，可能的结果全体是边长为60的正方形里的点，能会面的点的区域用阴影标出（如图1）。所求概率为 。 图1 例3. 在单位圆的圆周上随机取三点A、B、C，求 是锐角三角形的概率。 解法1：记 的三内角分别为 ， ，事件A表示“ 是锐角三角形”，则试验的全部结果组成集合 。 因为 是锐角三角形的条件是 且 所以事件A构成集合 由图2可知，所求概率为 EMBED Equation.2 。 图2 解法2：如图3所示建立平面直角坐标系，A、B、 、 为单位圆与坐标轴的交点，当 为锐角三角形，记为事件A。则当C点在劣弧 上运动时， 即为锐角三角形，即事件A发生，所以 图3 解决问题的关键是要构造出随机事件对应的几何图形，利用图形的几何度量来求随机事件的概率。 优化方程巧解题 纵观近年高考解析几何试题，都要求同学们具有较高的运算能力。在解析几何中，解题方法是否得当，常常导致解题的难易、繁简程度的悬殊差异。因此在平时解题时同学们要探求优化运算的方法和技巧，降低运算量，提高解题能力。下面介绍几种优化抛物线运算的方法。 一、设而不求的整体处理 在求抛物线方程时，常会遇到两曲线的交点及相关点的问题，若设而不求，整体处理，可简捷求解。 例1 过抛物线 上一点A（4，2），作倾斜角互补的两条直线AB、AC交抛物线于B、C两点，求证：直线BC的斜率为定值。 解析：设B（ ），C（ ），则 ， ， ， 。 由题意，得 ， ，则 。 故 为定值。 二、点差法 在抛物线中，直线与抛物线相交弦的中点问题是个重点，也是高考热点。其解法多种多样，点差法是简捷而巧妙的解题方法之一。 例2 给定抛物线 ，过点B（2，4）能否作直线l，使l与抛物线 交于两点 ，且点B是线段 的中点？这样的直线如果存在，求出它的方程；如果不存在，说明理由。 解析：设 （ ）， （ ），代入抛物线方程得 。两式相减并分解因式，得： ∵B（2，4）是 的中点， ，代入上式得，即 。 若直线l存在，则方程为 ，即 。 将 代入抛物线方程得， 。 因为其判别式△<0，故此直线与抛物线不相交，这样的直线不存在。 三、巧用韦达定理 抛物线中涉及到弦长、弦中点、曲线与直线交点以及原点为垂足的垂直问题，运用韦达定理可避免求交点坐标，从而简化解题过程。 例3 直线l： 交抛物线 于A、B两点，当△AOB（O为原点）的面积为2时，求实数k的值。 分析：因直线l与y轴的交点为M（0，1），而△AOB的面积等于△AOM和△BOM的面积之和，若△AOM和△BOM都以OM为底边，这样△AOB面积就与A、B两点的坐标相联系。 解析：设A（ ），B（ ），则 即 把 代入 中得， 。因此， 。代入上式得 ，解得 。 四、常数代换，化成齐次方程 抛物线弦的两端点与原点连线的斜率问题，具有一定的难度和深度，若用常规方法解决，运算量大，过程复杂，但化为齐次方程，过程简洁。 例4 抛物线 与过点M（0，－1）的直线l相交于A、B两点，O为坐标原点，若直线OA与OB的斜率之和为1，求直线l的方程。 分析：用常规方法去解，相当麻烦。但若把直线方程设出来，用含有x、y的式子来表示常数项，代入到抛物线方程中，可得一个关于x、y的齐次方程，运用韦达定理即可解决问题。 解析：设直线l的方程为 ，即 ，代换抛物线方程 中的系数1，得 ，整理得关于x，y的齐次方程 。方程两边同时除以 ，得 ，显然 是该方程的两根。 由条件 可知， 。故直线l的方程是 。 有关重复的排列组合问题 我们常见的排列、组合问题，其中的元素通常是不可重复的，下面我们看几类可重复的排列、组合问题。 一. 有重复排列–––分步计数原理 例1. 4个同学争夺3项竞赛冠军，冠军获得者共有几种可能情况？ 解：完成这件事情可分三步：（1）第一项冠军有4种可能；（2）第二项冠军有4种可能；（3）第三项冠军有4种可能。所以可能情况有：4×4×4＝64（种）。 一般地，从n个不同元素里取出允许重复的m个元素，按一定顺序排成一列，那么，第1、第2、…、第m个位置上选取元素的方法都有n种。由分步计数原理得每次从n个不同元素里取出允许重复的m个元素的排列数为： 相关练习： 用0，1，2，…，9这10个数字可组成多少个8位数字的电话号码？（108） 二. 不尽相异元素的排列–––组合法 例2. 小麦、大麦品种各1种，种在5种不同土质的试验田里，3块种小麦，2块种大麦，有多少种种法？ 解：这5个不尽相异的元素有3个相同，另2个相同，所以共有： （种）种法。 一般地，在n个不尽相异的元素里，如果有m1个元素相同，又有m2个元素相同，并且m1＋m2＝n，那么这n个元素的不同排列种数 。 三. 相同元素分组––––隔板法 例3. 5个相同小球放到4个不同盒子里，每盒至少有1个，共有多少种放法？ 解法1：每盒先放入1球，剩下1球任选1盒，共有： （种）放法。 解法2：（第一隔板法） 5个小球可形成6个空隙，由于每盒至少放1个小球，所以除去两边空隙还剩4个空，只要在这4个位置上隔进3个板，即可满足要求。所以有： （种）放法。 例4. 将5个相同小球放到4个不同盒子里（盒子可空），共有多少种放法？ 解法1：（分类法） 第一类：全部放入1个盒子里，有： （种）放法； 第二类：放入2个盒子里，有： （种）放法； 第三类：放入3个盒子里，有： （种）放法； 第四类：放入4个盒子里，有4种放法。 所以，共有：4＋24＋24＋4＝56（种）放法。 解法2：（第二隔板法） 将4个盒子与5个小球看成9个相同元素，除去两边形成8个空隙，将这8个空隙隔进3个板，即有： （种）放法。 一般地，相同元素分组，可用隔板法。如果每组至少一个元素可用第一隔板法，如果没有要求可用第二隔板法。 相关练习： 1. 某校准备参加2006年全国数学联赛，把10个名额分给高三8个班，每班至少1人，不同的分配 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 有几种？（ ） 2. 某校准备参加2006年全国数学联赛，把10个名额分给高三8个班，不同的分配方案有几种？（ ） 四. 平均分组问题––––平均分给几组，除以几的阶乘 例5. 将6个同学平均分成3组有多少种分法？ 错解：分法有： （种） 分析：若将6个同学编号，假如分组情况如下：1、2；3、4；5、6。先挑出1、2与后挑出1、2是同一情况，没有先后顺序差别，上面的解法产生了重复。 正解：分法有： （种） 一般地，把不同的元素平均分成几组，就除以几的阶乘。 相关练习： 将5个不同礼品分成3组，则有几种分法？ 再谈解题切入点的找寻 求解数学题的关键在于准确快速地找到解题的切入点，那么，如何寻找解题的切入点呢？文［1］做出了一些有益的探索，本文结合实例再谈一些具体做法。 1. 紧扣定义 理解定义、掌握定义、活用定义是解题的一把金钥匙，也是寻找解题切入点的一条重要途径。 例1. 若点M（x，y）满足 ，则点M的轨迹是（ ） A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线 解：由 ， 得 此式可以看成是动点M（x，y）到定点（-3，1）与到定直线 距离之比为 的点的轨迹，根据圆锥曲线的定义，此轨迹为双曲线，故选C。 注：本题若移项再平方，可进行化简，但表达式中会出现xy项，对曲线的形状的判断有点难度，通过对原式的合理变形，利用圆锥曲线的定义则能很快解决。 2. 深挖隐含 隐含条件是指隐而不显，含而不露的已知条件，它们常常巧妙地隐藏在题目的背后，极易被解题者忽视，从而造成错解或繁解，甚至无法解决。优先考虑隐含条件往往能减少运算量，简化或避免复杂的变化与讨论，找到解题切入点，使问题简捷获解。 例2. 已知x，y是实数，且满足 ， ，则 _________。 分析：按常规思路是解方程分别求出x和y，而x，y无法求出，思维受阻。若观察题目条件，发现 与 具有对称性。 若令 ，则 ， 。这样使两方程联系起来。 解：令 则 又易知 在R上是奇函数，则 ，又 在R上是增函数，故 ，即 。 例3. 解方程组 分析：此题按常规方法，需要分四种情况，讨论去掉绝对值符号，然后解方程组。但我们观察（2）式可以挖掘出一个隐含条件 ，利用这个隐含条件可以避免讨论。 解：由（2）知 ，（1）式可以变形为 由（2），（3）解得 ，分别代入（2）得原方程组的解为 3. 展开联想 对于某些数学问题，从结构上的特点出发，在寻求命题的条件和结论间的逻辑联系时，由此及彼地联想（联想定义、定理或解决过的类似问题等），常常能启发思维，找到解题的切入点。 例4. 已知 是定义在R上的函数，且 ， ， ，求 的值。 分析：由 且 ， 联想到三角公式 。由 的周期为 ，猜想可能为周期函数， 是它的一个周期。 解： 因此 是以8为周期的周期函数。 4. 把握转化 化归与转化的思想方法无处不在，它是寻求问题解决过程中最重要、最活跃的一个环节，是分析、解决问题的有效途径，是数学中最基本、最常用、最重要的思想方法，也是寻找解题切入点的常用方法。 例5. 两条异面直线称为“一对”，则在正方体八个顶点间的所有连线中，成异面直线的共有多少对？ 分析：如果以其中一条棱进行分类的话，很难搞清“重”和“漏”，然而我们对以下两题很熟悉：①以正方体的八个顶点为顶点的三棱锥有多少？②如果两条异面直线称为“一对”的话，一个三棱锥中有多少对异面直线？故可把本题分解成两个熟悉的问题，即考虑一种对应，由于①的