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椭圆的参数方程及其应用
大纲对椭圆的参数方程的要求是达到理解的程度,如果适当地引进一点简单的参数方程知识,可以起 到拓宽视野,简化平面解析几何的运算的功效.本文主要介绍椭圆的参数方程及其应用,希望能够给读者 一些启迪. 一般都是这样定义的: x = x 0 + a cos α (x x 0 ) 2 (y y 0 ) 2 椭圆 + = 1 的参数方程是 (α是参数, a > 0,b > 0 ) . 2 2 a b y = y 0 + b sin α x = x 0 + r cos α 特别地,以点( x 0,y 0 )为圆心,半径是 r 的椭圆的参数方程是 (α是参数,r>0) . y = y 0 + r sin α 一,求椭圆的内接多边形的周长及面积

x 2 y2 + = 1(a > b > 0) 的内接矩形的面积及周长的最大值. a 2 b2 x 2 y2 π 解:如图,设椭圆 2 + 2 = 1 的内接矩形在第一象限的顶点是 A( a cos α,b sin α ) 0 < α < ) ( , 2 a b 矩形的面积和周长分别是 S,L. y
例 1 求椭圆
B F O C E D x A

S = 4 | FA | × | EA |= 4a cos α b sin α = 2ab sin 2α ≤ 2ab , π 当 当 a= , S max = 2ab,L = 4(| FA | + | EA |) = 4a cos α + 4b sin α ≤ 4 a 2 + b 2 4

,

L max = 4 a 2 + b 2 ,
,求 例2 点M的 解:

α 在.

知点 A 在椭圆

x2 y2 + =1 144 36

运动,点 B(0,9) ,点 M 在

AB

,

AM 1 = , 求动 MB 2

方程. 6 , 设 M(x,y) . 知 B(0,9) ,设 A( 12 cos α,sin α ) 1 1 x A + x B 12 cos α + × 0 2 2 x= = = 8 cos α, 1 1 1+ 1+ 2 2 1 1 y A + y B 6 sin α + × 9 2 2 y= = = 4 sin α + 3 , 1 1 1+ 1+ 2 2 x = 8 cos α 动点 M 的 的参数方程是 (α是参数) , y = 4 sin α + 3 参数

x 2 ( y 3) 2 + =1 . 64 16

,求 数的最值

例 3 设点 P(x,y)在椭圆

x 2 y2 + = 1 ,试求点 P 到直线 x + y 5 = 0 的距离 d 的最大值和最小值. 16 9 x 2 y2 解:点 P(x,y)在椭圆 + = 1 上,设点 P( 4 cos α,sin α ) 3 (α是参数且 α ∈ [0,π) ) 2 , 16 9 3 5 sin α + arcsin 5 5 | 3 cos α + 4 sin α 5 | = 则d = . 5 4 2 + 32

π 3 x 2 y2 arcsin 时,距离 d 有最小值 0,此时椭圆 + = 1 与直线 x + y 5 = 0 相切;当 2 5 16 9 3π 3 α= arcsin 时,距离 d 有最大值 2. 2 5
当α= 四,求解有关离心率等入手比较困难的问题

x 2 y2 + = 1(a > b > 0) 与 x 轴的正向相交于点 A,O 为坐标原点,若这个椭圆上存在点 P, a 2 b2 使得 OP⊥AP.求该椭圆的离心率 e 的取值范围. y
例 4 椭圆
P O A x

x 2 y2 + = 1(a > b > 0) 上的点 P 的坐标是 a cos α,b sin α ) ( (α 0 且α )A , (a, . 0) a 2 b2 b sin α b sin α 0 则 k OP = ,k AP = . OP⊥AP, a cos α a cos α a b sin α b sin α 0 于是 = 1 , 得 (a 2 b 2 ) cos 2 α a 2 cos α + b 2 = 0 a cos α a cos α a b2 解得 cos α = 1 ( ) , cos α = 2 . a b2 b2 1 e2 1 2 为 1 < cos α < 1 , 1< 2 < 1. 为 1< < 1 ,解得 e 2 > ,于是 < e < 1. 2 2 2 2 a b e 2 离心率 e 的取值范围是 ,. 1 2
解: 设椭圆

[
于线

距 ]解线 解线

问题
为y =

的 标 数: z = ax + by (b ≠ 0) 距, 在 线

a z z a z x + ,则 为直线 y = x + 的 b b b b b
得到 : 距最大时, 是 z 取得最大值的

求最值时 上的点使

(1)当 b > 0 时,直线 y = 点; ,使

a z x+ b b


距取得最小值的点, 是 z 取得最小值的点. 相 ,直线 y =

(2)当 b < 0 时,与 b > 0 时 时,是 z 取得最小值的点;使

a z x+ b b

上的点使

距最大

距取得最小值的点, 是 z 取得最大值的点.

x + y ≤ 1, 例 1. 设 x,y 满足约束条件 y ≤ x , 求 z = 2 x + y 的最大值,最小值. y ≥ 0, 解:如图 1 作出可行域,目标函数 z = 2 x + y 表示直线 y = 2 x + z 在 y 轴上的截距,可见当直线过 A(1,0)时,截距值最大 z max = 2 × 1 + 0 = 2 ,当直线过点 O(0,0)时,截距值最小 z min = 0 .
y x+y-1=0 y=x

A(1,0) O x

图1

x ≥ 0, 例 2. 设 x , y 满足约束条件 x ≤ y , 求 z = 3x 2 y 的最大值和最小值. 2 x + y ≤ 1, 解:如图 2 作出可行域,因为由图 2 可知过点 B 时纵截距最大, z = 3x 2 y 取得最小值,所以 1 1 1 1 1 z min = 3 × 0 2 × 1 = 2 ;过点 A 时纵截距最小,z 在 A( , )处取最大值,z max = 3 × 2 × = . 3 3 3 3 3

如何避免"分类讨论" 如何避免"分类讨论"
"分类讨论"是一种重要的数学思想,许多问题都离不开分类讨论.但有些问题若能认真审题,深 刻反思,克服思维定势,变换思维角度,往往可以避免分类讨论,使问题的解决更为简捷.现采撷几例, 供参考. 一,运用最值思想,避免分类讨论 例 1:奇函数 f (x ) 是 R 上的减函数,若对任意的 x ∈ (0, ,不等式 f ( kx ) + f ( x 2 + x 2) > 0 恒成 1] 立,求实数 k 的取值范围. 解:Q f ( kx) + f ( x 2 + x 2) > 0 ,且 f (x ) 是 R 上的奇函数,减函数,

∴ f (kx) > f ( x 2 x + 2)
得到 kx < x x + 2
2

(1)

2 2 Q x ∈ (0, ,可得 k < x + 1 ,问题转化为只要 k 小于 x + 1 的最小值即可. 1] x x 2 令 h( x ) = x + ,因为 h(x ) 在(0, 2 )上是减函数, x 故当 x ∈ (0, 时, 1] 显然有 h( x) min = h(1) = 3, k < 3 1 ,即 k < 2 ∴
∴k 的取值范围为(-∞,2) 点评 :按照常 规思路,由( 1)式 转化为 x 2 ( k + 1) x + 2 > 0 在 x ∈ (0, 上 恒成立 问题,可 令 1]

g ( x) = x 2 (k + 1) x + 2 ,然后根据二次函数性质及对称轴位置的变化,进行分类讨论,得到:

k +1 k +1 0 ≤ 2 < 1 k + 1 ≥ 1 <0 或 或 2 2 g (0) > 0 g ( k + 1) > 0 g (1) > 0 2 .这样解就显得比较烦琐, 解得 k < 1 或 1 ≤ k < 1 或 1 ≤ k < 2 ,从而求得 k 的取值范围为(-∞,2)
因为有些不等式在区间上的"恒成立"问题,一般通过分离变量,转化为函数的最值问题求解.就可以避 免分类讨论,使得解题过程简明快捷,少走弯路. 二,妙用换底公式,避免分类讨论 例 2:设 0 < x < 1 , a > 0 且 a ≠ 1 ,比较 | log a (1 x ) | 与 | log a (1 + x ) | 的大小. 分析:本例通常应分 a > 1 与 0 < a < 1 两种情况讨论,但运用换底公式消去 a,就可避免分类讨论, 从而达到简化解题过程的目的. 解:运用作商比较法,

Q 0 < x < 1 ,∴1 + x > 1 x ,

| log a (1 x) | =| log1+ x (1 x) | | log a (1 + x) | = log1+ x (1 x) 1 = log1+ x >1 1 x ∴| log a (1 x) |>| log a (1 + x) | ∴
三,变换主元地位,避免分类讨论
2

1 > 1+ x > 1 1 x

例 3:设不等式 mx 2 x m + 1 < 0 对于满足 | m |≤ 2 的一切 m 的值都成立,求 m 的取值范围. 分析:本例为含参数的不等式,关键是对参数的处理,从表面上看,是一个关于 x 的一元二次不等式, 实质上是一个关于 m 的一元一次不等式,并且已知它的解集为[-2,2] ,求参数的范围.因此通过参数 m 与未知数 x 的地位的变化,借助于一次函数图象,避免了繁杂的对参数的讨论. 解:设 f ( m) = ( x 2 1) m + (1 2 x) ,它是以 m 为自变量的一次函数,其图象为直线,由题意知,这 条直线当 x ∈ [ 2,] 时,线段在 y 轴的下方,满足它的为 2
2 f ( 2) < 0 2 x 2 x + 3 < 0 即 2 x 2 2 x 1 < 0 f ( 2) < 0 1 7 1+ 7 或x > x < 2 2 1 3 1+ 3 <x< 2 2 1+ 7 1+ 3 <x< 2 2

四,借助函数性质,避免分类讨论 例 4:设定义在[-2,2]上的偶函数在区间[0,2]上单调递减,若 f (1 m) < f ( m) ,求实数 m 的 取值范围. 分析:由函数的定义域知 (1 m) ∈ [ 2,],m ∈ [ 2,] ,但是 1 m 与 m 到底是在[-2,0][0,2] 2 2 , 的哪个区域内,不十分清楚,若就此讨论,将十分复杂,如果注意到性质"如果是偶函数,那么 f ( x) = f ( x) = f (| x |) " ,问题解答就简捷多了. 解:Q f (x ) 是偶函数,∴ f ( x ) = f ( x ) = f (| x |) ,

f (1 m) < f (m) f (| 1 m |) < f (| m |)

又当 x ∈ [0,] 时, f (x ) 单调递减, 2

| 1 m |>| m | 1 ∴ 2 ≤ 1 m ≤ 2 ,解得 1 ≤ m ≤ 2 2 ≤ m ≤ 2
点评:本题应用了偶函数的一个简单性质,从而避免了一场"大规模"的讨论,将"曲径"变"通途" . 值得深思.

活跃在空间图形中的轨迹问题
在知识网络交汇点处设计试题是这几年高考命题改革的一大趋势.而以空间图形为素材的轨迹问 题,由于具有其独特的新颖性,综合性与交汇性,所以倍受命题者的亲睐,但由于这类题目涵盖的知识点 多,创新能力与数学思想方法要求高,而且这些题目远看象"立几"近看象"解几" ,所以学生在解题中, 往往是望题兴叹,百思而不得其解.本文试从几个例题来剖析这些问题的基本解法. 1 判断轨迹的类型问题 这类问题常常要借助于圆锥曲线的定义来判断,常见的轨迹类型有:线段,圆,圆锥曲线,球面等. 在考查学生的空间想象能力的同时,又融合了曲线的轨迹问题. 例1 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 的侧面 AB1 内有一点 P 到直线 AB 与到直线 B1C1 的距离相等, 则 动点 P 所在曲线的形状为(D) . A. 线段 B. 一段椭圆弧 C. 双曲线的一部分 D. 抛物线的一部分 简析 本题主要考查点到直线距离的概念,线面垂直及抛物线的定义.因为 B1C1 ⊥ 面 AB1,所 以 PB1 就是 P 到直线 B1C1 的距离,故由抛物线的定义知:动点的轨迹为抛物线的一段,从而选 D. 引申 1 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 的侧面 AB1 内有一点 P 到直线 AB 的距离与到直线 B1C1 的距离之 比为 2:1,则动点 P 所在曲线的形状为(B) . A. 线段 B. 一段椭圆弧 C. 双曲线的一部分 D. 抛物线的一部分 引申 2 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 的侧面 AB1 内有一点 P 到直线 AB 的距离与到直线 B1C1 的距离之 比为 1:2,则动点 P 所在曲线的形状为(C) . A. 线段 B. 一段椭圆弧 C. 双曲线的一部分 D. 抛物线的一部分 例 2 (2006 届天津市十二区县市重点中学第一次高考模拟联合测试)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, E 为 AA1 的中点,点 P 在其对角面 BB1D1D 内运动,若 EP 总与直线 AC 成等角,则点 P 的轨迹有可能是 (A) . A. 圆或圆的一部分 B. 抛物线或其一部分 C. 双曲线或其一部分 D. 椭圆或其一部分 简析 由条件易知:AC 是平面 BB1D1D 的法向量,所以 EP 与直线 AC 成等角,得到 EP 与平 面 BB1D1D 所成的角都相等,故点 P 的轨迹有可能是圆或圆的一部分. 例 3(2005 年浙江省模拟)已知正方体 ABCD A1 B1C1 D1 的棱长为 a,定点 M 在棱 AB 上(但不在 端点 A,B 上) ,点 P 是平面 ABCD 内的动点,且点 P 到直线 A1 D1 的距 离与点 P 到点 M 的距离的平方差为 a2,则点 P 的轨迹所在曲线为(A) . A. 抛物线 B. 双曲线 C. 直线 D. 圆 简析 在正方体 ABCD A1 B1C1 D1 中,过 P 作 PF ⊥ AD,过 F 作 FE ⊥ A1D1,垂足分别为 F, E,连结 PE.则 PE2=a2+PF2,又 PE2-PM2=a2,所以 PM2=PF2,从而 PM=PF,故点 P 到直线 AD 与到点 M 的距离相等,故点 P 的轨迹是以 M 为焦点,AD 为准线的抛物线. 点评 正方体是空间图形中既简单,熟悉,又重要的几何体,具有丰富的内涵,在正方体中设 计的轨迹问题,更是别具一格. 例4 在正方体 ABCD A1 B1C1 D1 中,点 P 在侧面 BCC1B1 及其边界上运动,总有 AP ⊥ BD1,则 动点 P 的轨迹为__________. 简析 在解题中,我们要找到运动变化中的不变因素,通常将动点聚焦到某一个平面.易证 BD1 ⊥ 面 ACB1,所以满足 BD1 ⊥ AP 的所有点 P 都在一个平面 ACB1 上.而已知条件中的点 P 是在侧面 BCC1B1 及其边界上运动,因此,符合条件的点 P 在平面 ACB1 与平面 BCC1B1 交线上,故所求的轨迹为线

段 B1C.本题的解题基本思路是:利用升维,化"动"为"静" ,即先找出所有点的轨迹,然后缩小到符 合条件的点的轨迹. 引申 在正四棱锥 S-ABCD 中,E 是 BC 的中点,点 P 在侧面 SCD 内及其边界上运动,总有 PE ⊥ AC,则动点 P 的轨迹为_______________. 答案 线段 MN(M,N 分别为 SC,CD 的中点) 练习(2004 年天津高考题)若 A,B 为平面 α 的两个定点,点 P 在 α 外,PB ⊥α ,动点 C(不同于 A,B)在 α 内,且 PC ⊥ AC,则动点 C 在平面内的轨迹是________. (除去两点的圆) 例 5(2004 年重庆市高考题)若三棱锥 A—BCD 的侧面 ABC 内一动点 P 到底面 BCD 的距离与到棱 AB 的距离相等,则动点 P 的轨迹与 ABC 组成的图形可能是: (D) A A A A
P P B A C B B C B C C P B D C P

简析 动点 P 在侧面 ABC 内,若点 P 到 AB 的距离等于到棱 BC 的距离,则点 P 在 ∠ABC 的 内角平分线上.现在 P 到平面 BCD 的距离等于到棱 AB 的距离,而 P 到棱 BC 的距离大于 P 到底面 BCD 的距离,于是,P 到棱 AB 的距离小于 P 到棱 BC 的距离,故动点 P 只能在 ∠ABC 的内角平分线与 AB 之 间的区域内.只能选 D. 引申 (2005 年温州一模)已知 P 是正四面体 S-ABC 的面 SBC 上一点,P 到面 ABC 的距离 与到点 S 的距离相等,则动点 P 的轨迹所在的曲线是(B) . A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线 解题的要领就是化空间问题为平面问题,把一些重要元素集中在某一个平面内,利 用相关的知识去解答,象平面几何知识,解析几何知识等. 2 求轨迹中的长度,面积与体积问题 例6 已知正方体 ABCD A1 B1C1 D1 的棱长为 1, 在正方体的侧面 BCC1 B1 上到点 A 距离为

2 3 3

的点的轨迹形成一条曲线,那么这条曲线的形状是_________,它的长度为__________. (2004 年北京西城 区模拟试题)

3 π 3 且圆心角为 的圆弧,长度为 π. 3 2 6 例7 已知长方体 ABCD A1 B1C1 D1 中, AB = 6, BC = 3 ,在线段 BD, A1C1 上各有一点 P,Q, PQ 上有一点 M,且 PM = 2 MQ ,则 M 点轨迹图形的面积是 8 .
简析 以 B 为圆心,半径为 提示 例8 轨迹的图形是一个平行四边形. 长为 2 的线段 MN 的一个端点在 DD1 上运动, 已知棱长为 3 的正方体 ABCD A1 B1C1 D1 中,

另一个端点 N 在底面 ABCD 上运动,求 MN 中点 P 的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积. 简析 由于 M,N 都是运动的,所以求的轨迹必须化"动"为"静" ,结合动点 P 的几何性质, 连结 DP,因为 MN=2,所以 PD=1,因此点 P 的轨迹是一个以 D 为球心,1 为半径的球面在正方体内的部 分,所以点 P 的轨迹与正方体的表面所围成的几何体的体积为球的体积的

1 1 4 π 3 ,即 × π × 1 = . 8 8 3 6

以空间图形为依托的轨迹问题, 要善于利用空间图形的位置关系来转化, 把空间问题转化为平面问题, 再利用平几或解几知识实现问题的突破,从而使问题迎刃而解.

一个不等式链的应用

人教版高中数学第二册(上)习题 6.2 第 3 题: 已知 a,b 为正数,求证:

2 1 1 + a b

≤ ab ≤

a +b ≤ 2

a 2 + b2 ,当且仅当 a=b 时等号成立. 2

此不等式链含有 6 个不等式:

2

1 1 + a b a +b ≤ 2

≤ ab



ab ≤

a +b 2



a 2 + b2 2 a 2 + b2 2



2 1 1 + a b ab ≤



a +b 2 a 2 + b2 2



2 1 1 + a b







这些不等式就是同学们熟悉的均值不等式及其变化,但在解题中常常被忽视,若能灵活运用,则会给 解题带来很多方便,现举例说明. 例 1. 某商品计划提价两次,有甲,乙,丙三种方案:甲方案第一次提价 p%,第二次提价 q%;乙方案 第一次提价 q%,第二次提价 p%;丙方案第一次提价

p+q p+q % ,第二次再提价 % ,其中 p > q > 0 . 2 2

则经过两次提价后,哪种方案的提价幅度最大?为什么? 解:设该商品原价为 a,两次提价后的价格按甲,乙,丙三种方案的次序依次为 y1 ,y 2 ,y 3 ,则:

y1 = a (1 + p%)(1 + q %) y 2 = a (1 + q %)(1 + p%) p+q 2 y 3 = a (1 + %) 2 ∵ p > q > 0 ,由不等式②得: (1 + p%) + (1 + q %) 2 p+q 2 (1 + p%)(1 + q %) < [ ] = (1 + %) 2 2 ∴ y1 = y 2 < y 3

故丙方案提价的幅度最大. 例 2. 已知 a,b,c 均为正数,求证:

a 2 + b 2 + b 2 + c 2 + c 2 + a 2 ≥ 2 ( a + b + c) .
证明:由不等式③,得:

2 2 ( a + b) , b 2 + c 2 ≥ (b + c) , 2 2 2 a 2 + c2 ≥ (c + a ) . 2 a 2 + b2 ≥
上述不等式相加得,

a 2 + b 2 + b 2 + c 2 + c 2 + a 2 ≥ 2 ( a + b + c) .
例 3. 甲,乙两同学同时从寝室到教室,甲一半路程步行,一半路程跑步;乙一半时间步行,一半时间 跑步.如果两人步行速度,跑步速度均相同,则( ) A. 甲先到教室 B. 乙先到教室 C. 两人同时到教室 D. 不确定 解:设从寝室到教室的路程是 s,甲(乙)跑步和步行的速度分别为 a,b, 甲,乙两人所用时间分别为 t1 ,t 2 ,则:

t t s s + = t1 , 2 a + 2 b = s , 2a 2b 2 2

t1 =

s 2 1 1 + a b

,t 2 =

s a +b 2

由不等式④,得

2 1 1 + a b

<

a +b (a≠b) ,所以 t1 > t 2 ,故选 B. 2

例 4. (人教版高中数学第二册(上)习题 6.2 第 7 题 1)求证:在直径为 d 的圆内接矩形中,面积最大 的是正方形,这个正方形的面积等于

d2 . 2

证明:设矩形的长为 x,宽为 y,面积为 S,则 x 2 + y 2 = d 2 ,S = xy

x2 + y2 d 2 由不等式⑥,得 S = xy ≤ = . 2 2 d2 当且仅当 x = y 时等号成立,故 S max = . 2
[练一练] 设 a,b,c ∈ R * ,求证: a 2 + b 2 + b 2 + c 2 + 证明过程提示:因为 a,b ∈ R * ,且 a + b ≥
2 2

c 2 + a 2 ≥ 2 ( a + b + c) .

(a + b) 2 , 2 a +b b+c c+a 所以 a 2 + b 2 ≥ 同理 b 2 + c 2 ≥ , c2 + a 2 ≥ 2 2 2 1 三式相加,得: a 2 + b2 + b2 + c2 + c2 + a 2 ≥ (2a + 2b + 2c) = 2 (a + b + c) 2

例说处理和( 例说处理和(差)角范围问题的几点做法
在三角解题中经常遇到确定和(差)角范围的问题,学生常因确定和(差)角范围的偏差导致解题失 误.本文举例说明这类问题的处理方法. 一. 合理选用公式来确定 例 1 已知α,β均为锐角, sinα= 解析: 解析:由已知条件有 cosα=

5 10 , sin β = ,求α+β的值. 5 10

2 3 5, cos β = 10 ,且 0<α+β<π.又 cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ 5 10 2 3 5 10 = 5× 10 × 5 10 5 10 2 = > 0, 2

所以α + β =

π

4

评注: 若本题选择正弦的和角公式, 会因为一, 二象限角的正弦值均为正, 而得出两个结果 导致解题失误,这就需要注意公式的合理选用,若将本例改为:设α是锐角,

π

π
2

3 或 π, 4 4

<β <π , 且

sin α =

5 10 ,sin β = ,求α+β的值,则选用正弦和角公式合理. 5 10

另外,四个象限角的正切值正负相间,故本例亦可选用正切和角公式. 二. 借用其他三角函数来确定 合理选用公式,仅对两角和(差)的范围在相邻两个象限时起作用,而对于其它情形,可通过两角和 (差)的两个三角公式,来确定两角和(差)的范围. 例 2 已知 sin α =

3 5 ,cos β = ,且α,β都是第二象限角,试确定 2α+β,2α-β所在象限. 5 13

解析: 解析:由条件α,β都是第二象限角,则有 4 12 cos α = , sin β = . 5 13 所以 sin 2α = 2 sin α cos α

3 4 = 2× × ) ( 5 5 24 = , 25 3 7 cos 2α = 1 2 sin 2 α = 1 2×( ) 2 = . 5 25 因为 2α+β,2α-β都可能落在三个象限,单独使用正(余)弦和差角公式,从值的符号都不能决 定 2α+β,2α-β的象限,但同时使用正弦,余弦的和差角公式,即可解决. 由 cos(2α+β)=cos2αcosβ-sin2αsinβ 7 5 24 12 = ×( ) ( )× 25 13 25 13 253 = >0, 325 知 2α+β在一,四象限. 又 sin(2α+β) =sin2αcosβ+cos2αsinβ

=( =

24 5 7 12 )×( ) + × 25 13 25 13

204 >0 325

知 2α+β在一,二象限.综上知 2α+β在第一象限.同理可确定 2α-β在第三象限. 三. 挖掘隐含条件来确定 1 1 sin 2 例 3 已知 cos(α-β)= , 2α = ,α,β 都是锐角,求 cos(α+β)的值. 2 3 解析: 解析:由已知条件有 π 1 0<2α< ,又 sin 2α = , 2 3

1 则 cos 2α = 1 sin 2 2α = 1 ( ) 2 3 = 2 2 . 3

因为 0<sin2α= 所以 0<α<

π
12

1 1 π < ,所以 0<2α< , 3 2 6
. ①

又因为 0<β< 所以

π
2

, ②

π
2

<-β<0.

由①,②得

π
2

<α-β<

π
12

.又因为 cos(α-β)=

π 1 ,所以 <α β< 0 . 2 2

所以 sin(α β) = 1 cos 2 (α β)
3 . 2 从而 cos(α+β)=cos[2α-(α-β)]=cos2αcos(α-β)+sin2αsin(α-β) 2 2 1 1 3 × + × ( ) = 3 2 3 2
=

=

1 1 π < ,发现了隐含条件:0<α< ,将α-β的范围缩小为 3 2 12 π π 1 π <α β< ,进而由 cos(α-β)= ,将α-β的范围确定为 <α β< 0 ,从而避免了增解. 2 12 2 2
评析:本例通过 0<sin2α= 例 4 已知

2 2 3 . 6

π

2

< α<

π

2

,

π

2

<β<

π

2

,且 tanα,tnaβ是一元二次方程 x + 3 3x + 4 = 0 的两个
2

根,求α+β的值. 解析: 解析:由已知条件得 tanα+tanβ= 3 3< 0 ,tanαtanβ=4>0,所以 tnaα<0,tanβ<0.

2 tan α + tan β 又因为 tan(α+β)= 1 tan α tan β

又因为

π
2

< α<

π
2

,

π

< β<

π

π π ,所以 <α<0, <β<0, 所以-π<α+β<0. 2 2 2
=

3 3 2 = 3 所以α+β= π . 1 4 3

评析:本例根据韦达定理 tanα+tanβ= 3 3 ,tanαtanβ=4,挖掘出了隐含条件 tanα<0,tanβ<0, π π 知 <α<0 , <β<0 ,得出了α+β的确切范围,从而顺利求解. 2 2 总之,在处理两角和(差)范围问题时,要注意对题目条件加以研究,特别对隐含条件的挖掘,合理 选用公式灵活处理.另外涉及多角和(差)的问题,亦可依照上面做法处理.

解题中的"设而不求" 解题中的"设而不求"综述
设而不求是数学解题中的一种很有用的手段,采用设而不求的策略,往往能避免盲目推演而造成的无 益的循环运算,从而达到准确,快速,简捷的解题效果.本文将对设而不求的常见类型加以归纳,以供借 鉴与参考. 一,整体代入,设而不求 在解决某些涉及若干个量的求值问题时,要有目标意识,通过虚设的策略,整体转化的思想,绕开复 杂的运算过程,可使问题迅速得到解决. 例 1. 已知等比数列 {a n } 中, S m = 16,S 2 m = 64 ,求 S 3m . 解:设公比为 q,由于 S 2 m ≠ 2S m ,故 q ≠ 1

a 1 (1 q m ) = 16 1 q 于是 2m a 1 (1 q ) = 64 1 q
<2>÷<1>得 1 + q 所以 S 3m =
m

<1> <2>

= 4 ,则 q m = 3

a 1 (1 q 3m ) 1 q a (1 q m ) = 1 (1 + q m + q 2 m ) 1 q

= 16 × (1 + 3 + 3 2 ) = 208
二,转化图形,设而不求 有些代数问题,通过挖掘题目中隐含的几何背景,设而不求,可转化成几何问题求解. 例 2. 设 a,b 均为正数,且 a + b = 1 ,求证 2a + 1 +

2b + 1 ≤ 2 2 . 证明:设 u = 2a + 1,v = 2b + 1( u > 1,v > 1) , u + v = m

则 u,v 同时满足

u + v = m
2 2 u + v = 4

其中 u + v = m 表示直线,m 为此直线在 v 轴上的截距

u 2 + v 2 = 4 是以原点为圆心,2 为半径的圆在第一象限内的一部分圆弧(如图 1) ,显然直线与圆弧
相切时,所对应的截距 m 的值最大.

图1 由图易得 m max = 2 2 即 2a + 1 +

2b + 1 ≤ 2 2

三,适当引参,设而不求 恰当合理地引入参数, 可使解题目标更加明确, 已知和欲求之间的联系得以明朗化, 使问题能够得到解决. 例 3. 已知对任何满足 ( x 1) 2 + y 2 = 1 的实数 x,y,如果 x + y + k ≥ 0 恒成立,求实数 k 的取值范围. 解:设 (θ ∈ R ) ,则 y = sin θ g (θ ) = x + y + k = sin θ + cos θ + 1 + k

x = 1 + cos θ

= 2 sin(θ +

π
4

) +1+ k

≥ 2 +1+ k 令 2 + 1 + k ≥ 0 ,得 k ≥ 2 1

四,巧设坐标,设而不求 在解析几何问题中,对于有关点的坐标采用设而不求的策略,能促使问题定向,简便化归,起到以简 驭繁的解题效果. 例 4. 设抛物线 y = 2px ( p > 0) 的焦点为 F,经过点 F 的直线交抛物线于 A,B 两点,点 C 在抛物线
2

的准线上,且 BC//x 轴,求证:直线 AC 经过原点 O. 证明:设点 A( 2pt 1 , 2pt 1 ) ,B( 2pt 2 , 2pt 2 ) ,则点 C(
2

2

2 所以 2pt 1 2pt 2 = p 得 t 1 t 2 =

1 又直线 OC 的斜率 k OC 4

直线 OA 的斜率 k OA =

2pt 1 0 1 = ,则 k OC = k OA 2 2pt 1 0 t 1

p , 2pt 2 )因为 AB 过焦点 F 2 2pt 2 1 = = 4t 2 = p t1 2

故 A,O,C 三点共线,即直线 AC 经过原点 O.

图2 五,活用性质,设而不求 解题过程中,不断变换观察角度,类比方法,联想内容,明确最终目标,经过巧妙构造,活用性质, 可直达目标.

1 1 1 13 (n ≥ 2,n ∈ N*) + +L+ > n +1 n + 2 2n 24 1 1 1 13 证明:设 x n = + +L+ n +1 n + 2 2n 24 1 1 1 1 1 13 则 x n +1 = + +L+ + + n+2 n+3 2n 2n + 1 2n + 2 24 1 1 1 1 1 由 x n +1 x n = + = > 0 可知:数列 {x n } 为单调递增数列. 2n + 1 2n + 2 n + 1 2 n + 1 2 n + 2 1 1 13 又 x2 = + >0 3 4 24 则 x n > 0( n ≥ 2,n ∈ N*) 1 1 1 13 即 + +L+ > (n ≥ 2,n ∈ N*) n +1 n + 2 2n 24
例 5. 求证 六,中介过渡,设而不求 根据解题需要,可引入一个中间量作为中介,起到过渡作用,使问题得以解决. 例 6. 如图 3,OA 是圆锥底面中心 O 到母线的垂线,OA 绕轴旋转一周所得曲面将圆锥体积分成相等 的两部分,求圆锥母线与轴的夹角α.

图3 解:过点 A 作 SO 的垂线,垂足为 M,可知∠MAO=∠AOB=∠OSB=α

1 1 2 x 1 πr h 化简可得 ( ) 2 = 2 3 r 2 MA OA x OA x OA x 2 = = 又因为 cos α = 即 cos α = 所以 cos α = = OA OB OA r OA r r 1 1 4 于是 cos α = ,从而 α = arccos 4 2 2
设 MA=x,OB=r,SO=h 则有 πx h =
2

1 3

七,恒等变形,设而不求 某些看似十分复杂的运算,经过巧妙转换,恒等变形,使运算对象发生转移,起到意想不到的效果.

2π 3π 8π cos L cos 的值. 17 17 17 17 π 2π 3π 8π 解:设 M = cos cos cos L cos 17 17 17 17 π 2π 3π 8π sin L sin N = sin sin 17 17 17 17 π π 2π 2π 8π 8π cos sin cos L sin cos 则 MN = sin 17 17 17 17 17 17 1 2π 4π 16π L sin = 8 sin sin 17 17 17 2 1 π 2π 8π = 8 sin sin L sin 17 17 17 2 1 = 8 N 2 1 1 而 N ≠ 0 ,故 M = 8 = 256 2
例 7. 求 cos

π

cos

函数图象创新题例析
"函数"是贯穿于高中数学的一条主线,函数图象又是表述函数问题的重要工具,因此函数图象问题 与其它知识的联系非常紧密.尤其是导数和向量的引入,拓宽了函数图象问题的命题空间,出现了不少的 创新题,下面介绍几例. 例 1. 已知函数 y = a b ,其中 a = (1, sin| x|) , b = ( x,1) ,当 x ∈ π,π 时的大致图象 是( )









[

]

→ → 解析: y = a b = (1, sin| x|) ( x,1) = x + sin| x| 由于 y = x + sin| x| 的图象问题已超出了高中大纲的范围,因此想通过画出图象来确定答案,将是十分
困难的.作反面思考,从选择支出发:选择支(A)(D)的图象均关于坐标原点对称,选择支(B)的图 , 象关于 y 轴对称,而函数 y = x + sin| x| 既非奇函数又非偶函数,因此排除(A)(B)(D) , , .答案(C) 正确. 点评:本题以平面向量为载体,考查非常规型函数的图象,灵活运用函数的相关性质排除错误是解题 的关键. 例 2. 设函数 y = f ( x ) 在定义域内可导, y = f ( x ) 的图象如图 2 所示,则导函数 y = f '( x ) 的图象可 能为( )

图1

图2

图3 解析: 观察图 2, 发现 x < 0 时, y = f ( x ) 单调递增, 因此 x < 0 时, f '( x ) > 0 , 立即排除 (B) , . (C) 再从图 2 中发现, x > 0 且 x 靠近 0 时, y = f ( x ) 单调递增,此时 f '( x ) > 0 ,立即排除(A) .答案(D) 正确. 点评: 本题是函数图象与其导函数图象的交汇,主要考查两者图象之间的关系.利用函数 y = f ( x ) 的 单调性确定导函数 f '( x ) 的符号是解题的关键. 例 3. 如图 4 所示,函数 y = f ( x ) 的图象上有一列点 P1 ,P2 ,P3 ,…,Pn ,…,已知 n ≥ 2 时,

→ = n → . 设 线 段 Pn 1 Pn +1 Pn Pn +1 a1,a2 ,a3,…,an ,且 a1 = 1 ,则( )

P P2 ,P2 P3,P3 P4 ,…,Pn Pn + 1 的 长 分 别 为 1

图4

1 A. an = n!

B. an =

1 ( n 1)!

C. an = n!

D. an = ( n 1)!

Pn Pn +1 Pn Pn +1 1 所以 → = ( n 1) → 即 → = → Pn 1 Pn Pn Pn +1 Pn Pn +1 n 1 Pn 1 Pn 1 a a 1 a 1 a 1 所以 an = an 1 ( n ≥ 2) 又 2 = 1, 3 = , 4 = ,…, n = n1 a1 a2 2 a3 3 an 1 n 1 将这 ( n 1) 个等式相乘,得 an 1 1 1 1 = 1 … a1 2 3 4 n 1 1 = ( n 1)! 1 所以an = (n ∈ N * ) ( n 1)!

解析:由 → = n →

Pn 1 Pn +1

Pn Pn +1

得 → + → = n →

Pn 1 Pn

答案(B)正确. 点评:本题在函数 y = f ( x ) 的图象上构建向量,融函数图象,平面向量,数列等知识于一体,利用 向量的和差运算寻求递推关系是解题的关键. 例 4. 定义在(0,3)上的函数 f ( x ) 的图象如图 5 所示, a = ( f ( x ) , 0) , b = (cos x,1) ,那么不 等式 a b < 0 的解集是___________.









→ → 解析: a b < 0 f ( x ) cos x < 0 f ( x) < 0 f ( x) > 0 或 cos x > 0 cos x < 0 0 < x < 1 π π 2 kπ 2 < x < 2 kπ + 2 1 < x < 3 或 3π π 2 kπ + 2 < x < 2 kπ + 2

图5

0 < x < 1或

π
2

<x<3
π , 3 2

因此 a b < 0 的解集是 ( 0,1) U





点评:本题以平面向量为载体,考查抽象函数与三角函数的复合型不等式的解集,分类讨论,由图定 数是解题的关键.
3 2 例 5. 已知某质点在运动过程中,热量 Q 随位移 x 变化的规律是 Q( x ) = ax + bx + cx + d ,其图象

关于坐标原点对称,如图 6 所示是其图象的一部分,则 Q(x)的解析式是___________.

图6 解析:因为 Q(x)的图象关于坐标原点对称 所以 Q( x ) = Q( x ) ,即

ax 3 + bx 2 cx + d = ax 3 bx 2 cx d 所以 b = 0,d = 0 因此 Q( x ) = ax 3 + cx Q'( x ) = 3ax 2 + c 1 由图象可知,当 x = 时, Q( x ) 有极小值 1 , 2 1 3 Q 2 = 4 a + c = 0 所以 Q 1 = 1 a + c = 1 2 8 2
解得 a = 4 ,c = 3 故 Q ( x ) = 4 x 3 3x 点评:本题以物理知识为背景,融函数的导数,极值,奇偶性于一体,从函数图象上发现其性质是解 题的关键. 以上几个函数图象问题,虽然难度不大,但具有背景新,内容新,结构新的特点,具有一定的创新性. 这类问题在高考中常常以选择题,填空题的形式出现,能有效考查学生的观察能力,直觉思维能力,合情 推理能力和综合能力.排除法,特殊值法,数形结合法常常是解决这类问题的有效途径. 新教材中新增了向量的内容,其中两个向量的数量积有一个性质: a b =| a||b|cosθ (其中θ为向量 a (1) a b ≤| a||b| ; (2) | a b| ≤| a||b| ;

构造向量巧解有关不等式问题

与 b 的夹角) ,则 | a b| =|| a||b|cosθ | ,又 1 ≤ cosθ ≤ 1 ,则易得到以下推论: (3)当 a 与 b 同向时, a b =| a||b| ;当 a 与 b 反向时, a b = | a||b| ;

(4)当 a 与 b 共线时, | a b| =| a||b| .
下面例析以上推论在解不等式问题中的应用. 一,证明不等式 例 1 已知 a,b ∈ R + ,a + b = 1,求证: 2a + 1 +

2b + 1 ≤ 2 2 .

证明: , 证明:设 m=(1,1) n = ( 2a + 1, 2b + 1) ,则 m n =

2a + 1 + 2b + 1 2b + 1 ≤ 2 2

| m| = 2 ,| n| = 2a + 1 + 2b + 1 = 2
2

由性质 m n ≤| m|| n| ,得 2a + 1 +
2

例 2 已知 x + y + z = 1,求证:x + y + z ≥
2

证明: ,n=(x,y,z) ,则 证明:设 m=(1,1,1)

1 . 3 mn = x + y + z = 1

| m| = 3,| n| =

x2 + y2 + z2

由性质 | m n| ≤| m| | n| ,得x + y + z ≥
2 2 2 2 2 2

1 3

a2 b2 c2 a +b+c . 例 3 已知 a,b,c ∈ R ,求证: + + ≥ b+c c+a a +b 2 a2 b2 c2 证明: , , ) , n = ( b + c, a + c, a + b ) , 证明:设 m = ( b+c c+a a +b
+

a2 b2 c2 则mn = a + b + c | m| = + + ,| n| = 2(a + b + c) b+c a +c a +b a2 b2 c2 a +b+c 2 2 2 由性质 | m n| ≤| m| | n| ,得 + + ≥ b+c c+a a +b 2 4 4 2 2 3 3 2 例 4 已知 a,b 为正数,求证: ( a + b )( a + b ) ≥ ( a + b ) . m n = a3 + b3 2 2 证明: 证明:设 m = ( a,b) ,n = ( a ,b ) ,则 | m| = a 2 + b 2 ,| n| = a 4 + b 4
由性质 | m n|2 ≤| m|2 | n|2 ,得

(a 4 + b 4 )(a 2 + b 2 ) ≥ (a 3 + b 3 ) 2 a 2 + b2 c2 + d 2 . | m| = a 2 + b 2 ,| n| = c 2 + d 2 m n = ad + bc

例 5 设 a , b, c, d ∈ R ,求证: ad + bc ≤ 证明: ,n=(c,d) ,则 证明:设 m=(a,b) 由性质 a b ≤| a||b| ,得 二,比较大小 例 6 已知 m,n,a,b,c,d ∈ R ,且p = 为( ) A. p ≤ q
+

ad + bc ≤ a 2 + b 2 c 2 + d 2

ab + cd ,q = ma + nc
C. p<q

B. p ≥ q

b d + ,那么 p,q 的大小关系 m n
D. p,q 大小不能确定

b d , ) ,则 解:设 h = ( ma , nc ) , k = ( m n
由性质 | h k | ≤| h|| k | 得

h k = ab + cd | h| = ma + nc ,| k | = b d + m n

ab + cd ≤ ma + nc

b d + 即 p ≤ q ,故选(A) m n
)

三,求最值 例 7 已知 m,n,x,y ∈ R ,且 m 2 + n 2 = a,x 2 + y 2 = b ,那么 mx+ny 的最大值为( A.

ab

B.

a +b 2

C.

,q=(x,y) ,则 解:设 p=(m,n) 而 | p| =

a 2 + b2 2 由数量积的坐标运算,得 p q = mx + ny
a 2 + b2 2
D.
2 2

m 2 + n 2 , | q| =

x 2 + y 2 从而有 mx + ny ≤ m 2 + n 2 x 2 + y 2 x 2 + y 2 = ab ,故选(A) .

当 p 与 q 同向时,mx+ny 取最大值 m + n 例 8 求函数 y =

1 5 2 x 1 + 5 2 x ( < x < ) 的最大值. 2 2 m n = 2x 1 + 5 2x 解:设 m = ( 2 x 1, 5 2 x ) ,n = (1,1) ,则 | m| = 2 ,| n| = 2
由性质 m n ≤| m|| n| ,得

y = 2x 1 + 5 2x ≤ 2 2 1 1 3 = 时,即x = 时,y max = 2 当 2 2x 1 5 2x

四,求参数的取值范围 例 9 设 x,y 为正数,不等式 x + 由性质 m n ≤| m|| n| ,得 又不等式 x +

y ≤ a x + y 恒成立,求 a 的取值范围. x + y ,| m| = x + y ,| n| = 2

解:设 m = ( x , y ) ,n = (1,1) ,则 m n =

x + y ≤ 2 x+ y
故有 a ≥

y ≤ a x + y 恒成立

2


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