数学妙法--第二章.doc

例谈数学解题中的“变元”处理术 分类：学法指导 变元是数学的特征，变元所引起的变化，常会使学生在解题中茫然四顾，不知所措，可以这样说，良好的变元处理，是成功解题的一半。 一、减元 化繁为简，化多为少，是任何解题的必经之路，因而减少变元也就是在解含有多元的题目中的首选方法。 例1. 设，则的最小值是（ ） A. 2 B. C. D. 分析：由基本不等式得由于含有四个变元，至此或出现审题障碍，或直观估测时，取最小值，从而出现误解。如若设法将题中的四个变元进行减元，可得，从而正确答案应为（C）。二、增元 1. 将一个较复杂的式子看成一个整体，增加一个变元将其替换，并在新变元允许值内讨论并解决问题。 例2. 数列中，求通项公式。 解： 令 则可得 即是一个等差数列 ，由此可得： 2. 把待求结果看作一个新增的变元，可以把已知条件统一起来，沟通条件与结论间的联系，一方面最能表达问题之间关系，另一方面也会使解决问题的过程更简洁。 例3. 已知a，b，c为非零实数，且，求的值。解：令代入已知条件得： 即 从而ab+bc+ca=0或 由ab+bc+ca=0 得 即 综上所述， 3. 当问题条件中出现连续比例形式的等式时，往往可以令其比值为新变元，从而可抓住问题的本质特征，优化解决问题的过程。 例4. 已知，求证：。 证明：将已知等式两边同乘以a+b得： 即 故 令其比值为t，则 从而 三、转元 当原有的变元不足以发现问题的本质，这时常常会考察问题的结构特征，将其转元，转成新的变元，从而可借此增加条件，拓宽解题途径。 例5. 解不等式 解：令 则原不等式可化为 解得： 从而 即原不等式的解为四、虚元 把问题中出现的某个常数，看作一个新的“虚变元”，将其带入其它条件或结论，即“常数代换”，往往能打破思维的定势，收到意想不到的效果。 例6. 若a，b，x，y均为正数，且的最小值为18，求a，b。解：将“1”当成一个变元，得： 从而 又 由此解得：五、主元 多变元的干扰，常会使学生思维的头绪陷入众多繁复的岔道中，剪不清，理还乱，而如若分清主次，抓住主元，则犹如抓住一根主线，一目了然。 例7. 设奇函数上是增函数，且，若函数对所有的都成立，当时，t的取值范围是（ ） A. B. C. D. 解：对于而言，把x当成主元的最大值为得即再把a看成主元，不等式左边可看成关于a的函数令则且由此可得正确答案为（C）。 例8. 随着k值的变化，方程的直线形成了一个直线系，若该直线系中有且只有一条直线经过点A，由所有这样的点A组成的集合记作M，试问M中的点组成怎样的曲线？解：本题有三个变元x，y，k，如若把k看成主元则原方程可当成关于k的二次方程：“有且只有一条直线经过点A”即相当于该方程有两个相等的实根，从而=0即化简得：即M中的点组成了抛物线。例说解平面向量题的方法和技巧 分类：学法指导 解平面向量题除用到向量的有关知识外，还常用到一些方法和技巧，现举例说明。 一、提取或分配 例1 设a是非零向量，且bc，求证的充要条件是。 证明：充分性 由可知。 必要性 由。因此的充要条件是。 二、添项或去项 例2 已知a、b为非零向量，求证的充要条件是。 证明：充分性 因为。 必要性 因为，所以ab。 三、平方或开方 例3 已知向量a、b、c两两所成角相等且不共线，求向量abc的长度及它与a的夹角。 解：由已知，得a、b、c的两两所成的角均为120。 因为 而23 所以 所以 设a与的夹角为，则 四、平方与配方 例4 对于两个非零向量a、b，求使最小时t的值，并求此时b与的夹角。 解：。 当时，取最小值，即取得最小值。 当时，所以b（atb），所以b与a+tb的夹角为90。 五、数形结合法 例5 已知a、b是两个非零向量，同时满足，求a与的夹角。 解：根据向量加法的几何意义，作图如图1：图1 在平面内任取一点O，作为邻边作平行四边形OACB。 因为，即，所以OACB为菱形，OC平分AOB，这时ab，所以AOB为正三角形，则AOB60，于是AOC30，即a与a+b的夹角为30。 点评：用数形结合法解题直观简单，应该掌握，关键是要树立这种意识。 六、整体法 在用夹角公式求夹角时，把，看作一个整体，将它们求出代入公式求夹角，这种方法称整体法。 例6 已知非零向量互相垂直，非零向量互相垂直，求非零向量a、b的夹角。 解：因为， 所以 即 由3，得，由得所以所以点评：解此题前半截用了消元法，为用整体法创造了条件。 七、构造法 例7 已知，a与b夹角为45，求使向量的夹角是锐角时的取值范围。分析：根据和量ab与ab的夹角是锐角构造不等式求解。 解：由已知，得 因为夹角为锐角 所以 即 把ab3， 代入上面不等式得解得或点评：有关参数的取值范围问题，常常构造不等式求解。八、待定系数法例8 将二次函数的图像按向量平移后，得到的图像的解析式为，试求p、q、r的值。解：将二次函数的图像按向量a（3，4）平移后，得到图像的解析式为。即，它就是。比较对应项的系数，得故所求的值为p2，q9，r14点评：函数的解析式常用待定系数法。九、反证法例9 向量a、b的夹角为60，且|a|b|，是否存在满足条件的a、b，使，若存在求出向量a、b；若不存在说明理由。分析：是否存在问题，常用反证法。解：假设存在a、b，使成立。因为所以即所以所以则即因为（否则|a|0，与已知|a|b|矛盾）两边都除以，得 因为方程 所以此方程无实数解，所以不存在满足条件的向量a、b，使成立。 点评：已知条件有等式，一般是转化方程来判断。“构造法”在立体几何中的应用 分类：学法指导 在许多立体几何问题中，由于图形的不规则，因而线面关系也不是很直观、明显，如果我们依题设条件，构造出一个特殊的几何体（如：正方体、长方体、正四面体等），并将其“嵌入”其中，有些线面的关系就会变得更加清晰，问题也就迎刃而解。 例1. 对于直线m、n和平面、，能得出的一个条件是（ ） A. mn，m/，n/ B. C. D. 解析：如图1所示，构造一个正方体ABCDA1B1C1D1进行观察判断，对于A，把AD看作直线m，BB1看作直线n，把平面BB1C1C作为平面，平面AA1C1C作为。虽满足mn，m/，n/，但不垂直于，从而否定（A）。同样可排除（B）、（D），因此选（C）。图1 点评：空间的线面关系的判断，若是以选择题出现，通常采用构造一个符合已知条件的立体图形，来排除其中的错误命题。 例2. 正三棱锥SABC的侧棱与底面边长相等，如果E、F分别为SC、AB的中点，那么异面直线EF、SA所成的角等于（ ） A. 90 B. 60 C. 45 D. 30 解析：本题的正三棱锥SABC即为正四面体，将正四面体SABC“嵌入”到正方体中，使正四面体的棱分别是正方体六个面的面对角线（如图2所示）。易知EF是正方体的两底面中心的连线，与正方体的一条侧棱平行，而SA与该侧棱所成角是45，故异面直线EF与SA所成的角等于45，故选（C）项。图2 点评：由所给的几何体它的各棱长都相等，极易联想到正方体。本题通过构造一个正方体，将正四面体SABC“嵌入”其中，使得所求问题变得非常直观明了。 例3. 如图3所示，已知三棱锥PABC，PA=BC=，PB=AC=10，PC=AB=，试求三棱锥PABC的体积。图3 解析：注意到三棱锥有三对对边分别相等，若把它放在一个特定的长方体中，则问题不难解决。如图4所示，构造一个长方体AEBGFPDC，易知三棱锥PABC的各边分别是长方体的面对角线。不妨令PE=x，EB=y，EA=z则由已知有解得x=6，y=8，z=10 从而 故所求三棱锥PABC的体积为160。图4 点评：本题也可看作是将三棱锥PABC“补形”成一个长方体，由于长方体的体积更易计算，但这种“补形”是有一定难度的，如果我们平时对长方体进行过不同形式的“分割”的话，那么将三棱锥“嵌入”长方体中就十分自然。 例4. 已知球O的半径为1，A、B、C三点都在球面上，且每两点间的球面距离均为，则球心O1到平面ABC的距离为（ ）A. B. C. D. 解析：作出这个图形有一定困难，抓住O、A、B、C这四个关键点，构造一个空间图形，结合条件加以分析。 由条件知OA=OB=OC=1，AOB=BOC=AOC=如图5所示，球心O与A、B、C三点构成正三棱锥OABC则其高 故选（B）项图5点评：在许多球的问题中，要画出实际空间图形比较困难，但我们可以通过球心、球面上的点以及切点等的连线构造多面体（俗称“骨架图”），把球问题转化为多面体问题来加以解决。线性规划中参数的探讨 分类：学法指导 在解决线性规划问题时，约束条件和目标函数中常涉及到一些参数，这些参数需通过最值问题加以求解。下面举例说明，供同学们学习时参考。 一、约束条件中的参数 例1. 线性目标函数在线性约束条件下取得最大值的最优解只有一个，则实数a的取值范围为_。 解析：根据题意，画出可行域，如图1所示，可求得A（1，2），将目标函数变形为，与边界线平行，而要使最大值的最优解只有一个，则分析图形知可行域只能为直线y=2下方的部分（含边界线），故实数a的取值范围为。图1 评注：运用数形结合思想，通过比较有关直线的倾斜程度而直观求解。二、目标函数中的参数 1. 最优解无穷求参数值 例2. 已知三点A（5，2），B（1，1），C（3，4），平面区域为ABC的内部及边界，若使目标函数z=ax+y取得最大值的最优解有无数多个，求实数a的值。 解析：画出符合题意的图形，如图2所示，将目标函数转化为。则若使目标函数取得最大值的最优解有无数多个，必有，或，即。图2 评注：若最优解有无穷多个，说明目标函数和斜率等于某一边界线的斜率，则由此列出方程而求出某系数的具体数值。 2. 最优解唯一求参数范围 例3. 已知变量x，y满足，若目标函数（其中a0）仅在点（3，0）处取得最大值，则a的取值范围为_。 解析：根据题意画出可行域，如图3所示，易得A（3，0）。图3 现将目标函数转化为，则其斜率。要使其仅在点A（3，0）处取得最大值，必有： 即 评注：其实题设中可以去掉条件a0而结果不变。特殊的方法给特殊的题型 分类：学法指导 特殊的方法给特殊的题型谈解选择题的特殊法 高考中的教学选择题一般是容易题或中档题，解选择题的基本思想是既要看到各类常规题的解题思想，但更应看到选择题的特殊性。数学选择题的四个选择支中有且仅有一个是正确的，因而，在解答时应该突出一个“选”字，尽量减少书写解题过程，要充分利用题干和选择支两方面提供的信息，依据题目的具体特点，灵活、巧妙、快速地选择解法，以便快速智取，这是解选择题的基本策略。在实际解题时，我们要运用满足题设条件的某些特殊数值、特殊位置、特殊关系、特殊图形、特殊数列、特殊函数等对各选择支进行检验或推理，利用问题在某一特殊情况下不真，则它在一般情况下也不真的原理，由此判明选项真伪的方法。用特例法解选择题时，特例取得愈简单、愈特殊愈好。一、特殊值 例1. 若，则（ ）A. B. C. D. 分析：因为，所以取代入，满足条件，则排除A、C、D，故选B。 例2. 若，则（ ）A. B. C. D. 分析：取，此时，比较可知选，故选B。二、特殊函数 例3. 如果奇函数是3，7上是增函数且最小值为5，那么在区间上是（ ）A. 增函数且最小值为B. 减函数且最小值是C. 增函数且最大值为D. 减函数且最大值是分析：构造特殊函数，虽然满足题设条件，并易知在区间上是增函数，且最大值为，故选C。 例4. 定义在R上的奇函数为减函数，设，给出下列不等式：；。其中正确的不等式序号是（ ）A. B. C. D. 分析：取，逐项检查可知正确。故选D。三、特殊位置 例5. 过的焦点F作直线交抛物线与P、Q两点，若PF与FQ的长分别是p、q，则（ ）A. B. C. D. 分析：考虑特殊位置时，所以，故选C。 例6. 如图1，向高为H的水瓶中注水，注满为止，如果注水量V与水深h的函数关系的图像如图1所示，那么水瓶的形状是（ ）（如图2）分析：取，由图像可知，此时注水量V大于容器容积的，故选B。四、特殊点 例7. 如图3，设函数，则其反函数的图像是（ ）分析：由函数，可令，得；令，得，则特殊点（2，0）及（4，4）都应在反函数的图像上，观察得A、C。又因反函数的定义域为，故选C。 例8. 已知长方形的四个顶点A（0，0）、B（2，0）、C（2，1）和D（0，1），一质点从AB的中点沿与AB夹角为的方向射到BC上的点后，依次反射到CD、DA和AB上的点、和（入射角等于反射角），设坐标为（，0），若，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 分析：考虑由射到BC的中点上，这样依次反射最终回到，此时容易求出，由题设条件知，则，排除A、B、D，故选C。五、特殊方程 例9. 双曲线的渐近线夹角为，离心率为e，则等于（ ）A. B. C. D. 分析：本题是考查双曲线渐近线夹角与离心率的一个关系式，故可用特殊方程来考察，取双曲线方程为，易得离心率，故选C。 例10. 不等式组的解集是（ ）A. （0，2） B. （0，2.5）C. （0， ） D. 分析：不等式的“极限”可以看成是方程，则只需验证哪个为方程的根，逐一代入，故选C。六、特殊模型 例11. 如果实数x、y满足等式，那么的最大值是（ ）A. B. C. D. 分析：题中可写成。联想数学模型：过两点的直线的斜率公式，可将问题看成圆上的点与坐标原点O连线的斜率的最大值，即得D。总之，解答选择题既要看到各类常规题的解题思想原则上都可以指导选择题的解答，但更应该充分挖掘题目的“个性”，寻求简便解法，充分利用选择支的暗示作用，迅速地作出正确的选择。这样不但可以迅速、准确地获取正确答案，还可以提高解题速度，为后续解题节省时间。用平均值不等式求最值赏析 分类：学法指导 一、拆项使和为定值 例1. 求函数的最小值。 解：因为 所以 当且仅当 即时取得等号 故 评注：对“5x”进行恰当地拆分，才能实现“三相等”。 例2. 求函数的值域。 分析：因分母的次数低于分子的次数，将其化为型，再利用平均值不等式求最值。 解： 当x+10 即x1时， 当且仅当 即时取等号 当 即时， 当且仅当 即时取等号 故函数的值域为二、拆项使积为定值 例3. 设，求函数的最大值。 分析：挖掘隐含条件，为能构造出和为定值，需要考虑y2。 解：因为，所以 所以 当且仅当 即时取等号 所以三、分子常数化 例4. 求函数的最大值。 解： 当且仅当 即时取等号 所以的最大值为 评注：形如型的最值问题，可考虑分子常数化。四、关注“相等”巧凑配 例5. 已知x，y，且，求的最大值。 解：因为x，y，且 则 当且仅当及时，取得等号 此时 所以递推思想在解题中的应用例析 分类：学法指导 递推思想及递推方法常见于数列有关题目求解中，然而在实际中却有许多别的数学问题与此思想相结合形成一类“整合性问题”。解决这类问题时如果能融递推方法于题目之中，对学生的解题能力和创新能力的培养是大有裨益的。笔者下面结合教学实际举例说明几种常见情形的应用及求解。一. 与有关函数问题的结合及求解 例1. 已知函数，求的值。解析：依据条件，联想到正切函数的二倍角公式，于是条件函数式可写成。所以由条件递推式得：，所以。注：本题灵活的依据函数的结构联想三角函数关系式，类比三角函数的有关运算规则结合递推条件式，应用递推思想及方法使问题简易获解。 例2. 已知函数的图像是自原点出发的一条折线，当时，该图像是斜率为的线段（其正常数），设数列，由。定义。（1）求和。（2）求的表达式，并写出其定义域。解析：（1）要求只能紧扣题目定义。探求如下：当时，所以。同理。所以。同理，由此递推关系可求得：。（2）由知：当时，当时，。（以下略） 例3. 设是定义在非零自然数集上的函数，满足，对任意非零自然数x有。求之值。解：条件等式可转化为，由此递推关系式可令得：。把上述各式相加得：。将代入得：。二. 与立体几何某些问题结合及应用 例4. 已知底面半径为r的圆锥，轴截面的顶角为，一根绳子由用最短的距离绕圆锥面一周至，再由用最短的距离绕圆锥面一周至。如此下去，求所有绳子长度的总和。解：设轴截面顶角为，母线长为l，侧面展开图中心角为，则。所以，又。而，所以。图1中曲线长为图2中长，从作于，作。再从作于，作，由，所以，又，且，所以，同理。其中，所以绳子长的总和为：。三. 与某些解析几何问题的结合及求解 例5. 在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多条直线的直线族，使它们同时满足以下三个条件；（1）点（1，1）（2），其中是直线的斜率，与分别是直线在x轴和y轴的截距；（3）。解：假设存在这样的直线族，则的方程为：分别令，得，由得，即，迭加得：，由条件（2）可知，所有同号。当时，由得。所以。显然当时，矛盾。当同样导出矛盾。故这样的直线族不存在。四. 与排列、组合中某些问题的结合及求解 例6. 如图3所示，核心区域1被2，3，4，所环绕，其中区域1与n，2两两相邻，区1，k，k+1两两相邻（）。如果用四种不同的颜色为这n个区域染色且相邻区域异色，求共有多少种不同的染色方法？解析：设满足题意的n个区域的染色方法共有。为求出，先对区域1染4种颜色的一种，共有4种方法，再对区域2染色，共有3种方法，然后对区域3，4，染色共有2种方法，由上述分析所得到的种染色方法中，仅包括着一种不符合题意的情形，即区域2与区域n可能同色，这时可把区域2与区域n合并成一个区域，则其染色方法恰有种不合题意，于是：。即，。由定义知数列是以公比为1，首项为的等比数列，则，即。所以共有种染色方法。五. 与一些概率问题的结合及求解 例7. 从原点出发的某质点M，按向量移动的概率为，按向量移动的概率为，设点M可到达点（0，n）的概率为。（1）求和的值。（2）求证：（3）求的表达式。解析：（1）。（2）证明：M点到达（0，）有两种情形：从点按向量移动，其概率为；从点（0，n）按向量移动，其概率为。故，则。（3）数列是以为首项，公比为的等比数列，所以。则。故为所求。六. 与一些实际应用问题的结合及求解 例8. 某城市2001年末汽车保有量为30万辆，预计此后每年报废上一年末汽车保有量的6%，并且每年新增汽车数量相同。为保护城市环境，要求该城市汽车保有量不超过60万辆，那么每年新增汽车数量不应超过多少辆？解：设2001年汽车保有量为万辆，以后各年汽车保有量依次为：，万辆，每年新增汽车为x万辆，则：。当时有，所以。所以，所以数列是以为首项，以0.94为公比的等比数列。所以。所以。当；当是单调数列，所以。因为即。所以。综上，每年新增汽车不应超过3.6万辆。或者由两边同除以。所以。把上述各式相加得：。以下同上述解法（略）。不等式恒成立问题中的参数求解技巧 分类：学法指导 不等式恒成立问题中的参数求解技巧 过月圆 陈根土 在不等式中，有一类问题是求参数在什么范围内不等式恒成立。恒成立条件下不等式参数的取值范围问题，涉及的知识面广，综合性强，同时数学语言抽象，如何从题目中提取可借用的知识模块往往捉摸不定，难以寻觅，是同学们学习的一个难点，同时也是高考命题中的一个热点。其方法大致有：用一元二次方程根的判别式，参数大于最大值或小于最小值，变更主元利用函数与方程的思想求解。本文通过实例，从不同角度用常规方法归纳，供大家参考。一、用一元二次方程根的判别式 有关含有参数的一元二次不等式问题，若能把不等式转化成二次函数或二次方程，通过根的判别式或数形结合思想，可使问题得到顺利解决。 例1 对于xR，不等式恒成立，求实数m的取值范围。 解：不妨设，其函数图象是开口向上的抛物线，为了使，只需，即，解得。 变形：若对于xR，不等式恒成立，求实数m的取值范围。 此题需要对m的取值进行讨论，设。当m=0时，30，显然成立。当m0时，则0。当m0时，显然不等式不恒成立。由知。 关键点拨：对于有关二次不等式（或0）的问题，可设函数，由a的符号确定其抛物线的开口方向，再根据图象与x轴的交点问题，由判别式进行解决。 例2 已知函数，在时恒有，求实数k的取值范围。 解：令，则对一切恒成立，而是开口向上的抛物线。 当图象与x轴无交点满足0，即，解得2k0，可知a+x1，所以。原不等式变形为。，即。又，可得恒成立。设，在x1，2上为减函数，可得，知。综上知。关键点拨：将参数a从不等式中分离出来是解决问题的关键。例5 是否存在常数c使得不等式，对任意正数x、y恒成立？试证明你的结论。解：首先，欲使恒成立（x、y0），进行换元令。上述不等式变为，即恒成立。寻求的最小值，由a0，b0，利用基本不等式可得。同理欲使恒成立，令，得上述不等式变为，即。寻求的最大值，易得。综上知存在使上述不等式恒成立。关键点拨：本题是两边夹的问题，利用基本不等式，右边寻找最小值，左边寻找最大值，可得c=。三、变更主元在解含参不等式时，有时若能换一个角度，变参数为主元，可以得到意想不到的效果，使问题能更迅速地得到解决。例6 若不等式，对满足所有的x都成立，求x的取值范围。解：原不等式可化为令是关于m的一次函数。由题意知解得x的取值范围是关键点拨：利用函数思想，变换主元，通过直线方程的性质求解。例7 已知是定义在1，1上的奇函数且，若a、b1，1，a+b0，有。（1）判断函数在1，1上是增函数还是减函数。（2）解不等式。（3）若对所有、a1，1恒成立，求实数m的取值范围。解：（1）设，则，可知，所以在1，1上是增函数。（2）由在1，1上是增函数知解得，故不等式的解集（3）因为在1，1上是增函数，所以，即1是的最大值。依题意有，对a1，1恒成立，即恒成立。令，它的图象是一条线段，那么。关键点拨：对于（1），抽象函数单调性的证明往往借助定义，利用拼凑条件，判断差的符号。对于（2），后一步解不等式往往是上一步单调性的继续，通过单调性、函数值的大小转化到自变量的大小上来。对于（3），转换视角变更主元，把看作关于a的一次函数，即在a1，1上大于等于0，利用是一条直线这一图象特征，数形结合得关于m的不等式组，从而求得m的范围。数学思想在不等式问题中的体现 分类：学法指导 一、分类讨论思想 例1. 已知不等式，（1）求该不等式中x的集合；（2）若1不是不等式的解，0是不等式的解，求k的取值范围。 解：（1） 当k1时，解集为 当时，解集为 当k1时，解集为 （2） 所以 评注：当一次项系数为0时，不等式成为两个常数比较大小的形式，与x取值无关。因此，不等式的解集为R（不等式成立时）或（不等式不成立时）。二、转化与化归思想 例2. 已知a，b，c为正整数，且，求的值。 解：因为不等式两边均为正整数，所以不等式与不等式等价，这个等价不等式又可转化为。 即a=2，b=3，c=6 评注：将等式与不等式对应等价转化，是转化数学问题的常用且非常有效的手段。三、换元思想 例3. 解不等式 解：若令则 ，且 不等式化为 即 解得 从而 即 不等式的解集是四、数形结合思想 例4. 设a0为常数，解不等式。 解：不等式转化为 令函数和 其图象如图所示 由 解得（舍去） 两个函数图象的交点为 由图知，当时，函数的图象位于函数的图象的上方 不等式的解集是 评注：在不等式的求解过程中，换元法和图象法是常用的技巧。通过换元，可将较复杂的不等式化归为较简单的不等式或基本不等式，通过构造函数，数形结合，则可将不等式的解化归为直观、形象的图象关系。对含有参数的不等式，运用图象法，还可以使得分类标准更加明晰。五、方程思想 例5. 已知，求证 分析：结论可以转化为，恰好是一元二次方程有实根的必要条件。 解：由已知可化为，这表明二次方程有实根，从而需要判别式，即成立。六、构造思想 例6. 解不等式 分析：本题若直接将左边通分采用解高次不等式的思维来做，运算较繁杂。但注意到，且题中出现，启示我们构造函数去投石问路。 解：将原不等式化为 令 则不等式等价于 在R上为增函数 原不等式等价于 解得七、整体思想 例7. 已知，且，求的范围。 解：令 可得 又 可解得 评注：题中，且是四个整体，在解题过程中，整体谋划，不能破坏其固有的整体结构。谈直线恒过定点的破解之道 分类：学法指导 在近几年各类的模拟考试中，直线恒过定点的问题频频出现，本文通过对一道题目的多种解法，阐释直线恒过定点问题的破解之道。 求证：直线恒过某一定点P，并求该定点的坐标。破解之道之一：特殊引路法分析：因直线随m取不同的值而变化，但是由题意分析可知应该是围绕某一定点在旋转，而这一定点我们只需两条相交直线即可求得，但是需要我们将点代入原直线方程来证明该点永远在直线上，这样就使得解法更为完备。证明：直线，取，此时直线方程为。取，此时方程为联立解得点P（3，1）。将点P（3，1）代入直线方程。故直线恒过定点P（3，1）。破解之道之二：换元法分析：众所周知，直线方程中的点斜式可以表明直线过点P（，），因此我们可以将直线的一般式通过换元法转化为直线方程的点斜式，从而证明该直线恒过定点，并且可直接求得该定点。证明：，当时，。令。由此可得。即原直线方程可化为。由直线的点斜式方程可知该直线过点P（3，1）。当即时，原直线可化为，此时点（3，1）仍然在直线上。综上，直线恒过定点P（3，1）。破解之道之三：参数分离法分析：对于直线方程来说，如果我们