高中数学巧构造-妙解题(共65页)

1、精选优质文档-倾情为你奉上巧构造 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

2、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

3、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，方程的根为，求+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

4、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

5、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

6、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. 1B. 5C. 1D. 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A2. 利用单调性解题例2. 设，且n>1，求证证明：令则于是所以即an是n的单调递增函数，其中n2，3，4，又所以当n2，3，

7、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，a10B. a1，a9C. a10，a30D. 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a1，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，a0）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

8、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：。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 设 整理得 由得，把式代入得，则有。 在条件下， 由可知，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xy、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

9、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. 8B. 6C. 5D. 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（），

10、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

11、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

12、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，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

13、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

14、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

15、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

16、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

17、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=2B。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

18、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=2ABC，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

19、6;，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-30，解得。四. 轨迹化策略一

20、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、b0，且变量满足不等式组，求sin的最大值。解设x=cos，y=sin，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sin的最大值就是阴影区域中的最高点的纵坐标，即（sin）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、为锐角，且，求证+=。解：构造A（cos2，sin2），B（sin2，cos2）两点，则A、B两点均在

21、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：cos2=sin2，sin2=cos2，所以cos=sin=cos（）。由题设条件、为锐角，不难得+=。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

22、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：一、 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。二、 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：。所以当且仅当，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

23、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：。所以：=。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

24、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

25、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

26、，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

27、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：

28、（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：

29、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

30、. （2004年全国卷I理科20题）如下图，已知四棱锥P-ABCD，PBAD，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

31、，连结PE。由题意，PEAD，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BEAD（三垂线定理），AD平面PEB，因为ADBC，所以BC平面PEB，BCPB，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PEB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AFPB，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

32、，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

33、平面角及点B到二面角棱EF的距离即可。解：如下图，过B作BPEF，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RtGCH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AA1A1C，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A

34、BC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A1DAC，垂足为D，因为AA1=A1C，所以D为AC的中点。又因为AA1A1C，A1D=AD=。因为侧面A1ACC1底面ABC，其交线为AC，所以A1D面ABC。过D作DEAB，垂足为E，连接A1E，则由A1D面ABC，得A1EAB（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，ABBC，得EDBC，又D是AC的中点，BC=2，所以DE=1，

35、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

36、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

37、题，现利用待定系数法探析。例1. 设x（0，），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sinx0，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（02，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=时，上式等号成立。将=代入，得ymin=。另解：y=。令sinx=t(0t1，易证在（0，1

38、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sinx0，cosx0，引入大于零的待定系数k，则函数可变形为+kcos2xk3+k=12，等号成立当且仅当，时成立。由sin2x+cos2x=1,。得，即k2=64，又k0，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sinx0，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sinx0。因为故，等号当且仅当且sinx=1，即k=时等号同时成立。从而，故函数y=si

39、nx+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，且+=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

40、。例1. 设a，b为不相等的两正数，且a3b3a2b2，求证。证明：由题设得a2abb2ab，于是（ab）2a2abb2ab，又ab0，得ab1，又ab（ab）2，而（ab）2ababab（ab）2，即（ab）2ab，所以ab，故有1ab。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+ca，则为真分数，则，同理

41、，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nN*，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，

42、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，bR，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

43、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：。（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

44、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）

45、。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。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

46、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

47、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

48、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

49、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

50、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：4×4×464（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

51、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m1m2n，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

52、，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：42424456（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

53、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