资源简介 后 记本书是在“希望杯”组委会周国镇老师的直接关怀与指导下编写而成的。在编写过程中，参阅了1996年——2005年各期《数理天地》（高中版），并引用了不少研究成果，因此，从一定意义上说，本书的编写也是“希望杯”试题研究方面诸多同仁共同劳动成果的反映。盐城师范学院数学系的孙金兰在选题、审校过程中做了大量的工作，提出了许多有益的意见与建议。盐阜中学高中数学组方志高、董成勇等老师为电子文稿的制作付出了大量的劳动。这里谨向他们表示衷心的感谢。由于本人能力及水平有限，加之数学竞赛事业的不断发展与变化，故实难遂愿，书中定有错误与不妥之处，恳请专家与广大读者批评指正，以期更加完善。 作者 2005年6月 历 届“希望杯”全国数学邀请赛问 题精 选 详 析(高 二)题1 已知的大小关系是 .（第十一届高二第一试第11题）解法1 ，..解法2 ，.解法3 =.解法4 原问题等价于比较与的大小.由得，..解法5 如图1，在函数的图象上取三个不同的点A（，）、B（，）、C（，）. 由图象，显然有，即，即，亦即.解法6 令，单调递减，而，，即，.解法7 考虑等轴双曲线.如图2，其渐近线为.在双曲线上取两点A（，）、B（，）. 由图形，显然有，即，从而.解法8 如图3.在Rt△ABC中，∠C为直角，BC=，AC=，BD=，则AB=，DC=.在△ABD中，AB-AD从而AD-DC即，故.评析 比较大小是中学代数中的常见内容.其最基本的方法是作差比较法、作商比较法、利用函数的单调性.解法1通过分子有理化（处理无理式常用此法）将问题转化成比较两个分母的大小.解法2直接作商与1比较大小，顺理成章，也很简洁.要注意的是：时，；时，.此题直接作差难以确定差与0的大小，解法3对的倒数作差再与0比较大小，使得问题顺利获解，反映了思维的灵活性.解法6运用函数的单调性解题，构造一个什么样的函数是关键.我们认为构造的函数应使得恰为其两个函数值，且该函数还应是单调的（最起码在包含对应的自变量值的某区间上是单调的）.解法5与解法7分别构造函数与解几模型，将的大小关系问题转化成斜率问题加以解决，充分沟通了代数与几何之间的内在联系，可谓创新解法.解法8充分挖掘代数式的几何背景，构造平面图形，直观地使问题得到解决，这也是解决大小关系问题和证明不等式的常用方法.有人对此题作出如下解答：取则，，可再取两组特殊值验证，都有.故答案为.从逻辑上讲，取，得.即使再取无论多少组值（也只能是有限组值）验证，都得，也只能说明或作为答案是错误的，而不能说明一定是正确的,因为这不能排除的可能性.因此答案虽然正确，但解法是没有根据的.当然，如果将题目改为选择题：已知的大小关系是 （ ）A、 B、 C、 D、此时用上述解法，且不用再取特殊值验证就可选D，并且方法简单，答案一定正确.总而言之，特殊值法在解许多选择题时显得特别简捷，那是因为选择支中的正确答案是唯一的，从而通过特殊值排除干扰支，进而选出正确答案.但特殊值法只能排除错误结论，而不能直接肯定正确答案，因此，用此法解填空题（少数特例除外）与解答题是没有根据的.当然，利用特殊值指明解题方向还是十分可取的.题2 设，且恒成立，则的最大值为 （ ）A、2 B、3 C、4 D、5 （第十一届高二第一试第7题）解法1 原式．．而+，且当，即时取等号．．．故选． 解法2 ，，已知不等式化为．由，即，故由已知得，选．解法3 由，知，有．又，即，由题意，．故选．解法4 ，．已知不等式可变形为．记，则．由题意，．故选．解法5 于是．比较得．故选．评析 由已知，可得恒成立．根据常识“若恒成立，则；若恒成立，则,”的最小值就是所求n的最大值，故问题转化为求的最小值，上述各种解法都是围绕这一中心的，不过采用了不同的变形技巧，使用了不同的基本不等式而已．解法1运用了；解法2运用了；解法3运用了；解法4运用了；解法5运用了．虽解法异彩纷呈，但却殊途同归．此题使我们联想到最新高中数学第二册（上）P第8题：已知，求证：．证：令，则．．，．此证法通过换元将分母中的多项式改写成单项式，使得推证更简单了．运用这一思路，又可得本赛题如下解法：设，则．恒成立，就是恒成立．也就是恒成立．恒成立，由题意得．故选．再看一个运用这一思想解题的例子．例 设，求证：．（第二届“友谊杯”国际数学竞赛题）证明 设则．， ①，,即，． 本赛题还可直接由下面的命题得解．命题 若，则．证明 ，都大于．反复运用①式，可得: “若,则,当且仅当时取等号”.故有．也可以这样证明：，．故由柯西不等式，得，即．，．由此可得本赛题的如下解法：，，．由 题意，．故选．由此命题还可直接解决第七届高二培训题第8题：设，并且，，则与的大小关系是 ( ) A、 B、 C、 D、解 ，．故选．题3 设实数满足，，则的最大值为 ( ) A、 B、 C、 D、（第十一届高二培训题第5题）解法1 设则即max=.故选D．解法2 ,又,当且仅当且即时取等号，解法3 当且仅当时取等号，故.解法4 设则当且仅当共线，即时取等号，故.解法5 若设，则直线与圆有公共点，于是，即.解法6 设,则当且仅当时取等号，故．解法7 构造函数，则故即解法8 由还可构造图形（如图），其中为圆的直径，由托勒密定理,得，从而得，当且仅当且时取等号．．评析 解法1抓住已知条件式的结构特征，运用三角代换法，合情合理，自然流畅，也是解决此类型问题的通法之一．解法2运用基本不等式将放大为关于与的式子，再利用条件求出最大值．值得注意的是，稍不注意，就会得出下面的错误解法：．故选A．错误的原因就在于用基本不等式求最值时未考虑等号能否取到．上述不等式取等号的条件是①且②，而若①，②式同时取得，则，即这与题设矛盾！即当时，取不到．解法2是避免这种错误的有效方法．由于向量与复数的模的平方是平方和形式，与已知形式一致，故解法4与解法6分别运用了构造向量与构造复数的方法，新颖而简洁．解法5设后，将其看作动直线，利用该直线与定圆有公共点，则圆心到直线的距离小于等于半径，得，充分体现了等价转化的解题功能．解法7运用的是构造函数法．为什么构造函数呢？主要基于两点：①为非负式（值大于等于0），②由于，故有，而沟通了已知与未知的关系，故使问题得到解决．解法8抓住已知两条件式的特征，构造了两个有公共边的直角三角形，利用托勒密定理及圆的弦小于等于半径使问题获解，充分揭示了这一代数问题的几何背景．拓展 此题可作如下推广 若则（当且仅当时取得最大值）.证明 当且仅当本推广实际就是由著名的（柯西）不等式（当且仅当时取等号）直接得到的一个结论．推广有十分广泛的应用，现举一例：例 已知求最大值．解 ＝8．由推广知当且仅当即时取等号．题4 对于的一切实数，使不等式都成立的实数的取值范围是＿＿＿＿（第十三届高二培训题第63题）解法1 题设等价于或或，即或或,所以或或，即.解法2 已知不等式即，令，则当，即时，是的一次函数，因为，即时不等式恒成立，所以在上的图象恒在轴的下方，故有，即，解得 .又当时，，适合题意，当时，不合题意.故的取值范围是.评析 解决本题的关键是如何根据条件构建关于的不等式或不等式组.解法1运用分离参数法，为了达到分离参数的目的，又对分大于0、小于0、等于0三类情形分别构建关于的不等式组，从而通过解不等式组解决了问题.解法2则转换思维角度，把已知不等式看成关于的不等式，从而将原问题转化为函数在上的图象恒在轴下方的问题.这种方法称为变更主元法.用此方法，使得此题的解决显得既简捷，又直观易懂.题5 当时,不等式恒成立,则的最大值是________. (第十一届高二培训题第45题)解法1 当时, ①,又有 ②, ②+①×2,得,,,即.由,得,.解法2 , 又 , , 即, 当且仅当 且 , 即 时取等号. 恒成立, . 于是.解法3 原不等式等价于 ,由 ,可知. 由 “两个正数的平方平均值不小于它们的调和平均值”, 可知只需, 即即可, 故, 于是.解法4 即 ①成立，又恒成立， 只要满足②就能使①恒成立.由②式，得，，③.由于对称轴，由二次函数的性质，当时，要③式恒成立，则 .解法5 设（），则=+=.－1），即2－，则，于是，由已知，得.解法6 设则表示在坐标系第一象限内以原点为圆心，为半径的圆及其外部.由得又它表示双曲线位于第一象限内的一支及其上方部分.依题意，双曲线相切或相离，从而，即 .解法7 运用结论“如果，则当且仅当（常数）时取等号.”，由柯西不等式，有①，由得②.故得，当且仅当时取等号，由，得 .解法8 运用结论“当且仅当成等差数列时取等号.”.，当且仅当，即时取等号.令，得 .评析 恒成立，.故问题的实质就是求的最小值（关于的式子）大于等于2的解.因而在的条件下，如何求的最小值成了问题的关键.解法1运用“两个互为倒数的正数的和大于等于2”, 解法2运用配方再放缩, 解法3运用均值不等式及“两个正数的平方平均值不小于它们的调和平均值”,解法5运用三角代换，解决了这一关键问题.解法4巧妙地将原问题转化为一个含参（）一元二次不等式恒成立，求参数的范围问题，从而运用二次函数的性质解决问题.解法6将原问题转化为解析几何问题处理.解法7、8则是运用一些现成的结论（读者可自己证明），各种解法异彩纷呈，都值得细细品味.拓展 此题可作如下推广：推广1 若，则，当且仅当成等差数列时取等号.证明 由已知，，则，，.根据柯西不等式及解法7运用的不等式（）,有故.当且仅当成等差数列时取等号.推广2 若，则，当且仅当时取等号.证明 不妨设 ， 由已知得令，则=.由均值不等式，即，则，即，，当且仅当时取等号..题6 已知，设，，，那么的大小关系是 （ ）A、 B、 C、 D、 （第八届高二第一试第10题）解法1 设，.，而是减函数，，即.，，.，即.故.选D.解法2 由题意，令，则，， ，，，，是减函数，又，，即.故选D.评析 这是一个比较函数值大小的问题，通常利用函数的单调性.若函数单调递增（减），则当时，，当时，.因此解决问题的关键有两个：一是确定函数的单调性，二是确定自变量的大小关系.解法1就是这样解决问题的.因为正确答案应对一切都正确，故又可以运用特殊值法.对内的某个角不正确的选择支都是错误的，由正确选择支的唯一性，也可选出正确答案.解法2便是取特殊值，排除了A、B、C、而选D的.当然，此题也可用作差比较法来解：，，是单调减函数，，.，.又，即，.选D.题7 已知，不等式的解是 .（第三届高二第二试第13题）解 原不等式即.指数函数是减函数，，原不等式化为，即.又对数函数是减函数，，即，解得.对数函数的定义域是的实数，原不等式的解是或.评析 此题涉及到指数不等式、对数不等式、绝对值不等式的解法.解指数不等式与对数不等式的基本方法是同底法，即先将不等式两边的指数式或对数式化成底数相同的指数式或对数式，然后根据底数所属区间是或，确定以该底数为底的指数函数或对数函数的单调性，再去掉底数或对数符号，转化成别的不等式.主要依据如下：⑴若,则；⑵若,则；⑶若,则；⑷若,则.有时需要将常数化为指数式或对数式，其化法如下：⑴（且）；（化为指数式）⑵（且）.（化为对数式）例如，将常数2化为3为底的指数式，将常数2化为3为底的对数式.解指数不等式不需检验，但解对数不等式必须保证解使得对数式有意义，这点常被忽略.若一个指数不等式的指数部分是对数式，常常采用取对数法求解.例 不等式的解集是 .（第十一届高二培训题第40题）解 两边取常用对数，得，即或或.故所求解集是.应当指出，两边取对数后，不等号的方向变不变，关键看取的是什么底数.如果底数大于1，则不等号方向不变，如果底数大于0且小于1，则不等号方向改变.关于绝对值不等式，主要是根据绝对值的几何意义求解.下列结论应当理解并熟记（为常数）.⑴的解集是；⑵的解集是；⑶的解集是R；⑷的解集是.下列题目供练习：⑴已知常数，则不等式的解集是 .（第八届高二第一试第16题）⑵若函数的定义域是不等式的解集，则的最小值= ；最大值= .（第十届高二第一试第23题）⑶不等式的解集是 .（第九届高二培训题第23题）⑷不等式的解是 （ ）（A）或 （B）或（C） （D）答案 ⑴ ⑵ ；2 ⑶ ⑷A题8 不等式 的解集是 ,实数的取值范围(用区间形式)是 .(第一届高二第一试第18题)解法1 由两边平方并整理得,此方程无实根,故,.又,.故填.解法2 作出函数的图象(即图中的半圆)及函数的图象(即图中斜率为1的直线系).由题意,直线应在半圆的上方,由图象可知直线在轴上的截距.故填.解法3 由,得.故设,,则已知不等式就是,即.,又,.由题意得. 故填.评析 这是一道蕴含着丰富数学思想方法的好题.解法1﹑2﹑3分别运用方程思想﹑数形结合思想﹑化归转换思想,从不同的角度解决了问题,体现了这道题的丰富内涵.解法2揭示了本题的几何背景.解法3的依据是:不等式 的解集是等价于不等式恒成立.有人认为不等式 的解集是等价于不等式有解,这种观点是错误的.事实上,时,不等式就有解(比如就是其一个解),而时,不等式即的解集却不是 (比如0就是它的一个解).拓展 通过上面的分析,并作进一步的研究,我们便有下面的结论 已知为参数, 的值域是.若恒成立,则.若恒成立,则.若的解集是,则.若的解集是,则.若有解,则.若有解,则. 若将的值域改为、、等，也会有相应的结论，限于篇幅，不再一一列出．根据这一结论，请回答下列问题：1.不等式的解集是，则实数的取值范围是 ．2.不等式的解集是，则实数的取值范围是 ．3.不等式有解，则实数的取值范围是 ．4.不等式有解，则实数的取值范围是 ．5.不等式恒成立，则实数的取值范围是 ．6.不等式恒成立，则实数的取值范围是 ．答案 1. 2. 3. 4. 5. 6. 题9 不等式的解集是 （ ）A、 B、C、 D、（第十三届高二第二试第8题）解法1 当，即或时，原不等式就是即，解得.当时，原不等式就是即解得或.综上，所求解集为即.故选A.解法2 如图，作函数和的图象.要求的解集就是，即在上方时的区间，即图中线段AB上的点所对应的横坐标所组成的区间.又当时，由可解得.当时，由可解得，所求不等式的解集为，故选A.解法3 同解法2画出图形后，可知解集为一个闭区间，且，对照 选择支.可知选A.解法4 当时，时，故1.5不是原不等式的解，从而排除含1.5的B、C、D，故选A.评析 解含绝对值的不等式，一般是先去掉绝对值符号，然后再求解.解法1正是运用分类讨论思想这样解决问题的，也是一种通法.我们知道，方程的解就是函数与的图象交点的横坐标；若图象无交点，则方程无解.而不等式的解集则是函数的图象在的图象上方部分的点的横坐标的集合；若的图象都不在的图象的上方，则不等式无解.解法2正是运用这种数形结合思想解决问题的.许多超越不等式的近似解或解的所属范围也都运用此法解决.选择题的正确答案就在选择支中，只是要求我们把它选出来而已.因此,不是非要求出答案再对照选择支选择答案不可的.基于此，解法3运用估算的方法选出了正确答案(注意：估算能力是高考明确要求要考查的能力之一).而解法4则运用特殊值排除了干扰支，进而选出了正确答案.类似这种不等式（方程）的解集是什么的选择题几乎都可用这种方法解，而且十分方便.值得注意的是，特殊值只能否定错误结论，根据正确选择支的唯一性才能肯定正确答案.另外，如何选取特殊值也是很有讲究的，读者可在解题实践中体会并加以总结.题10 不等式的解集是 . （第十一届高二培训题第41题）解 设y= ，由，得定义域为[，3].即原不等式在定义域内恒成立，故所求解集为[，3].评析 解无理不等式，通常是通过乘方去掉根号，化为有理不等式后再解.但从此题中不等式右边的数可以想象该有多么复杂，若将题目改为“的解集是 ”，还会有谁想通过平方化为有理不等式去解呢？显然，常规方法已难以解决问题，怎么办呢？考虑到不等式中的x∈[，3]，从而左边，故解集就是定义域，这就启示我们，当常规思维受阻或难以奏效时，就应积极开展非常规思维，另辟蹊径，寻求解决问题的新方法.拓展 根据上面的分析，并加以拓广，我们可得结论 设a,b,c是常数，若,则当时,不等式的解集是的解集是； 当时, 不等式的解集是,的解集是;当时, 不等式的解集是, 的解集是;当时，不等式的解集是，的解集是.根据这一结论，不难求得下列不等式的解集：2sinx+3cosx>4;;;sinx-cosx<.答案：1、 2、[2，+∞ 3、 4、R题11 使不等式的解是的实数的取值范围是（ ）A、 B、 C、 D、（第十一届高二第一试第6题）解法1 由已知可知的解集是.在此区间上函数是单调增的.因此的值应当满足关系选B.解法2 原不等式同解于，因为，所以，从而.故选B. 评析 上述两种解法的实质是一回事. 关于此题，刊物上有数篇文章的观点值得商榷，现摘其部分加以分析. 一篇文章认为：“由已知不等式得，欲使其解为，实际上是对的任何，恒成立，而在上是增函数，所以当时，.故选B.”另一篇文章在介绍了“设则”后分析道：“令，当时，，又，故，选B. ” 还有一篇文章干脆将题目改为： 使不等式的解是的实数的取值范围是（ ） A、 B、 C、 D、并作了如下解答：“由已知得，记，因为在时，单调增，所以.因此，.选B.”首先应当指出，第一、第三篇文章中说增函数在上的最小值是是明显错误的.这三篇文章共同的观点是“不等式的解是”等价于“对的任何，恒成立”.按此观点，应当有，题目就错了（选择支中没有正确答案），又怎么能选B呢？第三篇文章也将题目改错了（选择支中同样没有正确答案）.问题的关键在于“不等式的解是”与“对的任何，恒成立”到底是否等价.为说明这一问题，我们只要看一个简单的例子就能明白了.不等式的解集是，求的取值范围.如果认为它等价于“时，不等式恒成立，求的取值范围”，就会这样解：由得在上的最小值是为所求.而事实上，，但的解集却不是，而是，可见两者并不等价.至此，我们可以得出结论：“关于的不等式的解集是D”与“时，关于的不等式恒成立”不一定是等价的.题12 已知是正数，并且，求证. (第十届高一培训题第74题)证法1 若与中有一个等于1,那么另一个也等于1,此时,显然.若且,可将改写为,由此推得(若,则,得,这与矛盾),由此得 得 .证法2 与同号, .证法3 由及,得又与同号,.评析 解决本题的关键在于如何利用已知条件.证法1通过分类讨论证得,较繁.由于,故证法2作差,只要此差大于等于0命题便获证.而证法3将表示成①,便将问题转化成证①式小于等于2.证法2,3的作法既有技巧性,又有前瞻性,简洁明了.拓展 本题可作如下推广推广1 设,且,则.推广2 设,且,其中,则.推广3 设,且,其中,则.推广4 设,且,其中,,则②.由于推广1，2，3都是推广4的特例，故下面证明推广4.证明 ⑴当时，②式显然成立. ⑵当不全为零，有与同号，即当不全为零时，②式也成立.综上，不等式②成立.推广5 设，且，其中，则.推广6 设，且，其中，则.推广7 设，且，其中，则③.由于推广5，6是推广7的特殊情形，故下面证明推广7.证明 由幂函数的性质，可知与同号，即不等式③成立.从变元个数进行推广可得推广8 设，且，其中则推广9 设，且，其中则④.由于推广8是推广9的特例,故下面证明推广9.证明 令由下标的对称性,对换上式的下标,得.将上面两式相加,得,由幂函数性质知与同号, 即,,即不等式④成立.题13 设，，，，，是实数，且满足，证明不等式. （第十届高二第二试第22题）证法1 当时，原不等式显然成立.当时，可设.易知右边..是开口向下的抛物线，即.综上，时，.证法2，，，当时，，又，求证的不等式成立.当时，.综上，在题设条件下，总有.证法3 设，，，则由知，从而.,，，即.证法4 设，，则，又. .证法5 记，，为坐标原点，则由,得，整理得，，. 评析 这是一个条件不等式的证明问题.由求证式是的形式自然联想到二次函数的判别式，构造一个什么样的二次函数是关键.当然是构造，但只有当时，才是二次函数，故证法1又分与两类情形分别证明.很显然，等价转化思想、分类讨论思想是证法1的精髓.证法2直接运用基本不等式证明.证法3通过换元后证明（即求证式），技巧性很强，一般不易想到，读者可细心体会其思路是如何形成的.证法4由求证式中的,及联想到空间向量的模及数量积，因而构造向量解决问题.证法5则从几何角度出发，利用使问题轻松得证.五种证法，从多角度展示了本压轴题的丰富内涵.拓展 本题可作如下推广：推广 1 若，则.推广 2 若，，则.两个推广的证明留给读者.题14 已知，并且，求证：. （第一届备选题）证法1 令，且为锐角，则题设可化为，即.由柯西不等式知..由万能公式得,即证法2 构造二次函数 .，当且仅当取时取等号，，即，又，故.（当且仅当时取等号）证法3 ，即，即于是,即.证法4 令则，且，所以所以.证法5 设则左边=证法6 同理三式相加得即故 证法7 由已知，易知 证法8 由已知，易知设则所以证法9 由易得，于是证法10 由易得.同理， 证法11 由已知，易得.构造空间向量 评析 条件不等式证明的关键在于如何利用条件，而当条件难以直接利用或条件式显得相当复杂时，通常应当将条件适当转化，证法1、4、5、8正是通过不同形式的换元，使得问题变得简单易证的.灵活（变形）应用基本不等式（证法6、证法10），柯西不等式（证法3、7），以及一些重要的结论（证法9）也是证明不等式的常用方法.证法2、11分别构造函数、向量加以证明，很富创新性，同时也应纳入我们正常思考的范围.拓展 本赛题可推广为：命题1 若且则证明 设则有 由柯西不等式得命题2 若且则命题3 若且则 命题2、3的证明与命题1相仿. 命题4 设且（），则证明 将题设化为作变换，则题设化为由命题2得即化简得进一步发散思维，还可得到：命题5 设且则证明 设且为锐角.则题设可化为由此得由柯西不等式得即即 仿命题4的证法可将命题5推广为：命题6 设且（），则对本赛题的条件再联想，又可推出命题7 设且,则证明 设且为锐角.则题设可化为由此得即 ，同理可得，….以上个式子相乘，得有即 仿命题4的证法又可将命题7推广为： 命题8 设且，则 命题8又可推广为： 命题9 设且则. 证明 题设可化为作变换则题设化为且 即有同理可得 .以上个式子相乘，得.仿命题4的证法，命题9可进一步推广为：命题10 设且题15 求所有的正实数，使得对任意实数都有 （第十一届高二第二试第23题）解法1 原不等式即 ①.设，则化为，其中（当），（当）.①式即.设，由于在1与之间恒小于或等于零，所以且，即，解之，得为所求.解法2 ∵，∴，又，∴.设，记.依题意，恒成立，∴.在区间上单调递减；在区间上单调递增.而，∴（当时取最大值）,故，解得为所求.解法3 原不等式即.令，则①.(1)若，则，①式显然成立.(2)若，则，即，即①式对任意恒成立由函数的图象（图1）及，可得，且,但这与矛盾.（3）若，则，即.由函数的图象（图2）及，可得且，即且，又，解得.综合（1）、（2）、（3），可得为所求.评析 解决本题的关键是如何由对任意实数恒成立，得到关于的不等式.由于，故原不等式即，亦即.令，则原不等式就是.至此，若去分母，便将原问题转化为二次不等式恒成立的问题；若不去分母，应当有，可通过函数的最大值解决问题.解法1运用函数思想，把二次不等式恒成立问题转化成二次函数的图象恒不在轴上方的问题，从而得到关于的不等式组，求出了的范围.解法2则由及，得从而得.再由函数在上单调减，在上单调增，求出了的最大值，由恒成立，得，求出了的范围.解法3则直接根据函数的图象，分，，三种情形讨论，直观地求出了的范围.三种解法，道出了解决恒成立问题中求参数的三种方法：解法1为函数法；解法2为最值法；解法3为图象法.当然，解决恒成立问题决不仅仅是这三种方法，比如，还有分离参数法，变更主元法，运用补集思想等.题16 函数的最小值为 ( ) A、-1 B、1 C、-2 D、2（第七届高一培训题第2题）解法1 .因为两个互为倒数的数，在它们等于时，其和可以取到绝对值的最小值.即当，即或时，的绝对值最小.又，故时，的绝对值最小.又，.选.解法2 因为，联想到，于是令，，则.，当且仅当，即时，.故选.解法3 设，.，.，即.故选.解法4 .由此联想到万能公式:，故令，则，.又，,,即..故选.解法5 ，，当且仅当，即时取等号..故选.解法6 ，，当时取等号.故选.解法7 由去分母并整理，得.，，即，或.，，.当时，由，解得，.故选.评析 解法1、6、7都是运用高一知识解决问题的，其余解法都用到了不等式知识，以解法5、6最简捷.解法7运用的是判别式法.运用此法是有前提的，如果将题中限制条件“”去掉，此法总能解决问题.但有了“”的限制，此法就不一定能奏效.只有当时求出的的值在的范围内时，1才是最小值，否则1就不是最小值，应当另寻他法加以解决.事实上，若将此题改为“求函数的最小值，”此法就失灵了.因为时，.故取不到1，也就谈不上了.若用不等式知识解：，，，，当且仅当，即时取等号，但，故取不到1，同样不能解决问题.此时我们可利用函数单调性解：设，则.，,,，，，，已知函数是的单调增函数..拓展 本题的函数模型实际就是，容易证明，该函数在上单调递减，在上单调递增.于是关于其最值，我们有下面的定理 已知函数，则⑴当时，有最小值；⑵当时，有最小值；⑶当时，有最小值；⑷当时，有最小值，且有最大值.例如，函数在上有最小值；在上有最小值；在上有最小值；在上有最小值，最大值.题17 已知，且，则的最小值是 （ ）A、5 B、6 C、8 D、9（第十一届高二第二试第9题、高二培训题第14题）解法1 ，且，当且仅当时取等号．故选D．解法2 由时有，可知，当且仅当，即时取等号．故选D ．解法3 ，当且仅当，即时取等号．故选D．解法4 由柯西不等式，，当且仅当时取等号．故选D．解法5 利用“三个正数的算术平均值不小于它们的调和平均值”，立得，．当且仅当时取等号．故选D．解法6 若、、是长方体一条对角线与相邻三棱所成的角，则．，且，故不妨设（其中、、是长方体的长宽高）．则3+2+2+2=9，当且仅当，即时取等号．故选D．解法7 构造二次函数，，即，又．故选D．解法8 设，则．故选D．评析 解法1、2、3、4、5、8都是利用一些重要的基本不等式解决问题的．解法6、解法7分别通过构造长方体、函数将原问题转化，根据图形特征解决问题．根据解法2的思路，很容易得下面的错误解法：．故选A．错误原因就在于（1）、（2）、（3）式取等号的条件分别是，而此时，与已知矛盾．故取不到5．拓展 本题可作如下推广：推广1 若为常数，且，则．证明 ，当且仅当时取等号．．推广2 若为常数，且，则．证明 ，当且仅当时取等号．．推广3 若为常数，且，则．证明 运用柯西不等式有，当且仅当，即时取等号．.根据推广1、2，立得本题所求最小值为9．由，得．根据推广3，，当且仅当，即时取等号．．故选D．再看一例：例 已知，且，求的最小值．解 由，得．根据推广3，．当且仅当，即时取等号．．题18 设为正实数，为常数，且,则的最小值为 _______.（第十一届高二培训题第36题）解法1 设 则，当，即时取等号，.解法2 ,当且仅当时取等号,.解法3 令则，，即，当且仅当、共线，即当，亦即时取等号，.解法4 ,当且仅当，即时取等号，.解法5 设，即，代入，得，，由，得或（舍去）．由，求得，，时，.解法6 且，，,故设，代入，得（定值），，当且仅当，即时取等号，.解法7 由解法6知，，记①，由，得，代入①可得，当且仅当，即时取等号，此时， 当时 ，.解法8 如图，在平面直角坐标系中，由己知条件及知直线过第一象限内的定点，便是该直线在两坐标轴上的截距之和. 如图所示，设，则，由图可知，，，．，当且仅当，即时取等号，.解法9 在平面直角坐标系中，设过定点的直线方程为，易求得直线在轴与轴上的截距分别为，，．，，，故，当且仅当，时取等号，.解法10 由己知，得，即，,即，又由，得，．如图，设四边形ABCD是长方形，令AD=，AB=，则（定值），由于面积为定值的长方形中，正方形的周长最小，于是可得，，，，当且仅当，时，.评析 考虑到且，解法1运用三角代换，是常用方法. 两个正数的积为定值，则和有最小值，解法2将改写成，使之可运用这一结论求最值，这是一种常用的技巧.解法3构造向量求最值，使得新教材中向量这一工具得到应用，虽然解法并不很简单，但其意义仍不应低估.柯西不等式在数学竞赛中占有很重要的地位，解法4表明，运用柯西不等式解题十分方便.解法7表明，运用均值不等式求最值，应注意“一正二定三相等” ，重视配凑技巧的运用．美国著名数学教育家玻利亚说过，“对于一个非几何问题，去找一个清晰的几何表达式，可能是走向解答的重要一步”．解法8、9、10正是这样做的．充分挖掘代数问题的几何背景，构造适当几何图形，运用数形结合的思想，常常可以收到意想不到的解题效果，同时也可培养我们的发散思维和创造性思想的能力．拓展 此题可作推广：推广 己知正常数，以及正实数（），且，则当且仅当 时，取得最小值．读者可参照解法4，利用柯西不等式自己证明该推广，此处不再赘述．题19 如果，那么的最大值是_______． (第八届高二第一试第19题)解法1 设，，，，则 ，，当且仅当时取等号， ．解法2 ，得 ，当且仅当时取等号．．解法3 由．得，当且仅当时取等号，.解法4 令，，，其中，则，当且仅当，即时取等号，．解法5 ，当且仅当 时取等号，．解法6 对任意，有，，， ，即，易知当时，．（此时）.解法7 设 ，，，则由，得， ．设，则，又， ，即①，关于的不等式①有解， ，，此时，由①得．．解法8 令，，，则由，得， 即①，设，则②，方程①表示为圆心，为半径的圆在第一象限内的部分；方程②表示斜率为的直线系，当①、②表示的曲线有公共点时，直线系的纵截距的最大值为，即， ，当且仅当，即时取等号，（此时）．解法9 把，，看成一组数据，其方差，，，当且仅当时取等号，所求最大值为．评析 破解此题的关键是设法消去求式中的根号，这样才可利用条件，解法1、4、5、6利用了基本不等式；解法3利用了柯西不等式；解法2利用了结论，都有效地达到了消去根号的目的，当然，运用这些公式需要适当的配凑技巧，解法1、4还通过先换元以后再利用公式；解法7则是运用整体思想与方程思想解决最值问题的一个范例，不少条件最值问题都可用此法加以解决;解法8通过换元，再将问题转化为求两曲线有交点的条件，虽有一定难度，但它体现了数学各分支内容之间的内在联系，当一个问题难以解决时，通过发散思维，将其转化为一个与之等价的较易解决的问题，这是一种常用的数学思想方法，也是高考所明确要求的．解法9则巧妙地运用方差的知识使问题获解，体现了新教材中知识的创新应用．拓展 该问题可作多种推广：推广1 己知，，则，当且仅当时取等号．推广2 己知，，则，当且仅当时取等号．推广3 己知，则 （），当且仅当时取等号．推广4 若，，， ，则对于，，有，当且仅当时取等号．证明 由均值定理，得，则，（当且仅当时取等号）．推广1、2、3都是推广4的特殊情形，运用推广4，可以直接解决以下问题．己知，且，求证：．己知，，求证：.，且，求的最大值．变换角度思考，我们能否求的最小值呢？先从最简单的情况入手．．若，我们设法保留，去掉，得上式右边．故有.（＊）对于，反复运用（＊）式，有若有，则，且当，时取等号，于是便有命题1 若，，则.将改为，则有命题2 若，，则.将命题2中的3改为，则有命题3 若，，则.继续推广，得命题4 若，，，则．证明 ，，即，于是有， 即 ，. 反复利用上式，得 ．将改为，则有命题5 若，，，则.命题6 若，，, 则.（证略）题20 若，并且，则的取值范围是 （ ）A、 B、 C、 D、（第九届高二第一试第10题） 解法1 由柯西不等式，可知.∵，∴. 又由，可知即，∴，于是.综上，.故选.解法2 由，得，代入，有，即，∵，∴，即，∵，则上式成立的条件必须且只须是，∴.故选.评析 解法1由柯西不等式得到，并由推得.从而选．解法2运用方程思想，设后，将其表示成关于的二次方程，由，得⊿，进而得，此式成立的条件是什么？这是一个关键问题.，必须且只须，从而解决问题.拓展 众所周知下面的定理 定理 若二次函数，且，则.易得下面的推论 若，则.证明 .由上面的定理，得⊿，∴.由此，本题还可解答如下：构造二次函数，由推论，得，即，∴，当且仅当时取等号.又，∴.故.∴选.下面再举一例说明推广的应用．例 设为正数，且，证明 ． （加拿大第三届数学竞赛题）证明 ∵，∴.构造二次函数，由推论得， ∴，得，∴，即.关于此题中的最小值，还可以通过轮换对称的性质求得.如果一个代数式里的字母按照某个次序轮换，所得的代数式与原式恒等.我们就把这个代数式叫做关于这些字母的轮换对称式.如，，，等都是关于、、的轮换对称式.如果已知条件式和待求式都是关于某些字母的轮换对称式，则当且仅当这些字母相等时，待求式取得最值.再取一些特殊值（要满足条件式，但各字母取值不全相同）验证，便可确定待求式是最大值还是最小值.据此，本题中的最小值还可这样求得：当且仅当时，取得最值，再令，，求得.故.本题中的最小值还可由均值不等式求得：∵，∴，当且仅当时取等号.∴.题21 若，且，则的最小值是 .（第一届高二第一试第20题）解法1 比较：当时，，当且仅当时取等号.可见，，当且仅当时取等号..解法2 .令且，即，即.可证函数在上单调递减，时，.即当 时，.解法3 令，则（当且仅当时取等号）.又.由，易得（当且仅当时取等号）.于是 （时取等号）.故当，即时，.评析 解法1的依据就是课本上一道习题的结论.本赛题就是这道课本习题的变题.利用现成的一些重要结论可以简化解题过程，尤其是解选择题、填空题时更可直接利用.由于、时，，当且仅当时取等号，所以解法2将展开成后，只能对使用上述公式（因为，所以必须使时取等号）.若也对使用上述公式就错了，因为由，得，此时与并不相等.这是同一式子中几处同时使用基本不等式时必须注意的，是一个常见的易错点.与不可能相等时，通常运用函数的单调性求的最小值（易证函数在上单调减，在上单调增）.解法3运用三角代换法，虽然较繁，但仍可起到开阔视野，活跃思维的作用.拓展 命题“若且，则”可作如下推广：推广1 若且则.证明 ，当且仅当时取等号..又在及上都是减函数， 当且仅当时取等号.（当且仅当时取等号）.推广2 若，，则.推广3 若，，则.推广2、3的证明，叙述较繁，此处从略.题22 已知，且，则的最小值是 . (第八届高二培训填空题第6题)解法1 ..当且仅当时取等号..解法2 =9，当且仅当，即时取等号. .解法3 ，当且仅当，即时取等号. .评析 求条件最值离不开利用条件.如何利用条件？解法1把展开后将用1代，解法2与3将与中的1用代，其目的都是为了能利用均值不等式或基本不等式求最值.拓展 此题可作如下推广：推广1 若，且，则的最小值是.证明，于是，，当且仅当时取等号，的最小值是.推广2 若，且，则的最小值是.证明 ，，.同理.故 ，当且仅当时取等号. 的最小值是.推广3 若，且，则的最小值是.证明 由均值不等式得，,从而，当且仅当时取等号.故的最小值是.推广4 若，且，则的最小值为.推广4的证明与推广3类似，留给读者.运用这些推广，读者可做练习：已知，且，求：（1）的最小值；（2）的最小值；（3）的最小值.2、已知，且，求的最小值.3、已知，且，求的最小值.4、求的最小值. (提示：，原式.)5、已知，且，求的最小值.答案：1、（1）18 （2） （3）9 2、64 3、 4、9 5、题23 设，且，则的最大值是 ，最小值是 ．（第六届高二培训解答题第2题、第八届高二第一试第23题）解法1 ，，．由，有，．记，立得和．故当或时，，当时，．解法2 由题意，设．则，当且仅当且，即时取等号．．又．令，则．易知当时，．此时，，即或时，．关于的最大值，还有下列解法．解法3 ，，当且仅当时取等号．．解法4 ，．又，当且仅当时取等号．故.评析 解法2由考虑到三角换元，这是很自然的事．解法3运用基本不等式及，再由，分别求出与的最大值（注意：必须是与取相同值时与同时取得最大值），从而得到的最大值．解法4与解法3路子不同，实质一样．但解法3、4都只能解决题中的最大值问题，如何求最小值是本题的难点．解法1中将变形为，并由已知得出，是突破这一难点的关键．第九届高二第一试第15题：“实数适合条件，则函数的值域是 ．”其形式与实质都与本题一样．以三角代换法求解最为简捷．（答案为）拓展 由题引伸，可以得到：定理1 设，则（1）当时，；（2）当时，．证明 设，则．又设， ，则．1、当，即时，（1），当且仅当时取等号．（2），当且仅当时取等号．2、当，即时（1）当时，．（2）当时，．又函数，当时是减函数，故．综上所述，当时，；当时，．进一步引伸，可得定理2 ，若，则（1）当时，；（2）当时，．简证 ．令，再由定理1即可得证．再引伸，还可得到定理3 设，且，则有 证明 及平均值不等式题24 若，则的最大值是 ． （第十三届高二培训题第68题）解法1 引入参数t,，又，．考虑到待求最值的二元式是，故令，解得或（舍去），故只需令，即可得．因此，，当且仅当，即时取等号.．解法2 已知条件式即.令即代入待求式,并化简,得.故当且仅当时，有最大值160．解法3 令.从而有即代入已知等式,得,即．解法4 ,而即．解法5 设代入条件得令,则 ． 解法6 设则即①.由题设x,y不同时为0,故不妨设,则将①式两边同除以,得当时,由解得;当时,．综上, .故．解法7 .故当时, ．评析 破解此题的关键是消去条件式中的xy项.命题组给出的解法1,通过引入参数t,将xy变形为,再运用基本不等式,从而得到.而要求的是的最大值,故令,从而使问题获解,极其巧妙.此法还具有普遍性,是解决此类问题的通法．解法2将变为，从而为三角代换创造了条件，进而运用三角函数的有界性求得最值.此法也具一般性,且对于求式中含xy项时同样适用．解法5通过对称换元消去了已知式中的乘积项.当式中项与项系数相等时这也是一种通法．解法4的技巧性特强.要知道,若,由,得,即,则仍然不能解决问题．解法6运用整体思想及方程思想,由二次方程有实根的条件使问题获解,这也是一种常用的方法．解法7巧用配方法,使得问题的解决极其简洁.可能有人要说这是不是碰巧了,换个题目此法就不灵了,其实不然,请看下面的问题:例1 若x,y, 则的最小值是________． （第十届高二培训题第66题） 解 ，即，当且仅当时取等号，故所求最小值为再看一例：例2 实数x,y适合,则函数的值域是 ． (第九届高二第一试第15题)解 （1）（2）故所求值域为．到底如何配方，读者可从上面的例子中体会.配方法是高考明确要求学生掌握的一种数学方法,在解决一些竞赛问题时也有较广泛的应用.我们必须切实掌握好．请用配方法解决下列问题:1.实数x,y满足,则的值域是 ．（答：） (第六届高二第二试第17题) 2.若,且,则的取值范围是 ．（答：）3.已知x,y满足,求的取值范围．（答：）4.已知,求表达式的最大值与最小值．（答：）题25 函数的最大值是＿＿＿＿．（第九届高二培训题第43题）解法1 由，得，即，.，，解得.故.解法2 令，则，化为，，，即，解得.故.解法3 由，得（时取等号），，，，故.解法4 .，，，.当时，.解法5 由，得，，，解得..解法6 .令，它表示动点与定点的连线的斜率，即表示单位圆上的点与点的连线的斜率，由图易知，.解法7 显然，.由得①，又②.由①、②可知点是坐标系中的直线与圆的公共点，圆心到直线①的距离不大于圆的半径1，即，解之得，. 评析 类似本题分子、分母中含有、的一次式的函数的最值问题，总可以通过去分母、移项变为的形式，进而变为（其中）的形式，再由求得最值，解法1正是这样做的，也是解决这类问题的通法. 万能公式可将角的各种三角函数表示成的正切，这在实质上起到了消元的作用.故解法2令后，便将原函数转化成的二次分式函数，进而运用判别式法解决了问题.解法3直接利用分子不大于分母，从而分式之值不大于1，简捷之至.解法4则是将已知函数变为后，分别求出分子、分母的范围，进而确定y的范围.解法5将已知函数式变为，考虑到左边的形式，联想到柯西不等式，巧妙地利用而建立了关于的不等式，进而求出最大值，可说是匠心独具.解法7将已知函数式变为后，将看作坐标系中直线上的点，而点又在单位圆上，故直线与圆应有公共点，从而圆心到直线的距离不大于圆的半径，由此求出了的最大值.综合运用了方程思想，转化思想，数形结合思想，充分揭示了数学不同内容之间的内在联系.解法6则是把已知函数式变形为后，将看作单位圆上的点与定点的连线的斜率，故将求的最大值问题转化为求此斜率的最大值问题，本题中此斜率的最大值可由图象直观地得到，若不能直观地看出，则可设斜率为，写出过点且斜率为的直线方程.由圆心到直线的距离不大于圆的半径便可求出的最大值.解法6也是求函数或的最值的通法.例 求函数的最值解 .令，则是单位圆上的点与点的连线的斜率.设此斜率为，则连线的方程为，即①.由单位圆圆心到直线①的距离应当不大于单位圆半径1，即，解得，即的最小值与最大值分别为，，从而的最大值与最小值分别为、,即，.题26 函数的值域是 . （第十一届高二培训题第46题）解法1 由均值定理，知两式相加，得.当时以上不等式同时取等号.故.又.故所求值域为.解法2 由柯西不等式，知.又由，知.故所求值域为.解法3 ，又解法4 ，且可设，，由所设，故当时，；当时，所求值域为.评析 因为，所以 ，由指数函数单调性，易知，故求得了y的最大值1.如何求y的最小值是本题的难点，破解的关键在于如何将降次，最好直接与建立联系.解法1运用均值定理，解法2运用柯西不等式，都达到了目的，解法3与解法1为同一解法，但显得格外简捷，运用均值定理一步到位地解决了问题.解法4通过对称换元将三角函数的值域问题转化为整式函数的值域问题加以解决，起到了化难为易的作用.解法3显得特别优美，但运用均值定理，必须注意配凑技巧的运用.为什么将配凑成呢？这里有两个问题：一是为什么各凑成6项的和？二是为什么都加5个？原因就在于只有凑成6项的和，运用均值定理时才会出现六次根号内与5个数的积，从而才会出现（常数）.至于为什么各加5个，是因为运用均值定理时要使两处的“”中都取等号，必须，而只有时才会有.拓展 仿照解法3，我们可以证明下面的定理 函数的值域是.证明 .又，即.故函数的值域为. 据此定理，我们易知函数的值域为.题27 设，则的最小值是 ．（第九届高二培训题第53题）解 可从绝对值的几何意义上去想，以为例，如图： 1 2 3 4所给的式子的几何意义是数轴上坐标为的点N与坐标为1、2、3、4的4个点的距离的和．显然，当N在线段AB之外时，和大于N在线段AB上时的和；当N在线段AB上时，N接近AB的中点，和就逐渐变小，N重合于AB的中点时，和达到最小．因为，所以当取2或3时，最小．对于和式S=，设数轴上的点A、B分别表示1949、2001，则线段AB的中点的坐标是．评析 本题运用了数形结合的思想方法，根据两数差的绝对值的几何意义，很直观地解决了问题．拓展 运用同样的思想方法，可以得到下面的定理1 对于函数，若是奇数，则当时，取得最小值；若是偶数，则当时，取得最小值．求函数的最小值．解 为偶数，-4<3<7<10,当时，取得最小值（7+10）-（-4+3）=18.求函数的最小值．解 为奇数，-10<-5<3<6<7,当时，取得最小值（6+7）-（-10-5）=28.已知且求函数的最小值．解 ， =，．故当且仅当x=-3且y=2时，取得最小值16．若定理1中的“”中有一组或几组相同的值，则定理仍然成立．但当为偶数且时，定理中的“”应该改为“”．求函数的最小值．解 已知函数就是，=5为奇数，，取得最小值.求函数的最小值．解 =10为偶数，．故当时，取得最小值．更一般地，还有下面的定理2 设函数，则当时，有最小值min{},但无最大值．当时，有最大值max{},最小值min{}．当时，有最大值max{},但无最小值．证明 不失一般性，设，则 -, = , ,由此可见，函数的图象是左右两侧两射线和中间的（n-1）条线段依次连结而成的“折线形”．(1)若，则函数的图象中的左右两射线分别由点（）和点（）向上无限延伸，中间是（n-1）条线段依次连结的折线，因此有最小值min{},但无最大值．（2）若，则函数的图象中的左右两射线分别由点（）和点（）向左右沿平行于x 轴方向无限延伸，中间是（n-1）条线段依次连结的折线，因此 有最大值max{},最小值min{}．（3）若，则函数的图象中的左右两射线分别由点和点向下无限延伸，中间是（n-1）条线段依次连结的折线，因此有最大值,但无最小值．根据定理1，不难知道本赛题所求最小值为（1976+1977+…+2001）-（1949+1950+…+1974）=702（当n=1975时取得）．想一想下面的问题：假设有一座大楼，从第1949层到第2001层，每层指定1人集中到该楼第k层（）的会议室开会，为使参会人员上、下楼梯所走的路程总和最小，求k及最短路程（假定每相邻两层楼之间的楼梯长均为1）．这一问题与本赛题实质是否是同一问题？下面的问题供读者练习：求的最小值．求的最大值．求的最小值．答案：1、-3 2、5 3、999 题28 ，则s的整数部分是 （ ）A、１９９７ Ｂ、１９９８ C、１９９９ D、２０００ （第八届高二第二试第１０题）解 若是等差数列, >0,则(是公差).由此，得.又知=.，，选B.评析 显然是数列的前项的和，直接求和，无法可依.能否用裂项相消法将每一项拆成异号的两项之和呢？考虑到，于是将变为，再放大为，或缩小为，便使问题获解.这是一道用“放缩法”求解不等式问题的好题目。但用“放缩法”解题，必须把握好放缩的“度”.就以此题为例，若将，就得，这样就没法确定到底是1998还是1999了.若做到这里，我们便应考虑到题中的1不作变形，问题就会得到解决.此题来源于高中代数下册（必修）P132第33题：用数学归纳法证明，.1992年全国高考“三南”试题：证明不等式：.这两个结论合起来就有.此结论就是.当时，，A、B、C三个选择支都合适，要正确选择答案，必须对的上、下界作更精确的估计.事实上，由，得.按常规，令，得个式子，再相加，得.取，得=1998或1999，没法确定选B还是选C.故令，得个式子，再相加，得.取，得.由于，1998，即.,故选B.运用这种放缩思想，同样可以解决第十三届高二培训题第26题：的整数部分是 .解 ，即.取，得49个式子，并相加，得.显然在8与9之间，故.拓展 将题中改为，得推广1 当为大于1的自然数时，的整数部分是.推广2 当为大于1的自然数时，的整数部分是.证明 ，令相加得,即,的整数部分是. 由于.同理, ,故又得推广3 当、为大于1的自然数时，的整数部分是.题 29 求函数的最小值和取最小值时的值 （第十三届高二培训题第81题）解法1 改写为,改写为，则 .因而等于动点到两个定点和的距离之和的倍.动点的轨迹是抛物线，恰好是它的焦点，准线是.因此（到准线的距离）. .所以.此时.即时, 取得最小值12.解法2 由已知函数式，得，两边平方并整理，得，看作关于的方程，由，知，即，得①或②，因为，即，故舍去①，只取②：，将代入已知函数式，得，即当且仅当时，有最小值.解法3 因为故当且仅当时，有最小值.解法4 因为，所以设，，则，故当且仅当时，有最小值.评析 高中数学课本中并未讨论过求题中函数最值的通法，因此，必须灵活运用所学知识设法解决问题，化生为熟是关键！上述四种解法都是运用转化思想解决问题的.解法1转化为两点距离问题，解法2转化为二次函数问题，解法3、4分别转化为复数模，向量模的问题，而转化后的问题都是我们所熟悉的问题，也可见，化生为熟的同时，问题也由难变易了.题30 函数的最大值是 ,最小值是 .(第十四届高二第二试第16题)解法1 由,得.显然,当时,当时,.又因为,所以. 解法2 因为，所以故.又所以解得或（舍去），所以解法3 注意到设,则有,即.问题转化为在直角坐标系中,过圆弧上的点且斜率为-1的直线在轴上的截距的最值.如图所示,显然有 解法4 因为所以可设,则有所以 解法5 易求得已知函数的定义域为因为，所以所以故已知函数的图象关于直线对称,从而只需求出函数在闭区间上的最大值与最小值即可.由,得令,得或(舍去).当时,当时, 所以当时,又评析?无理函数的最值问题除用导数直接求解外，一般没有固定的初等方法求解，主要靠 ? 抓住具体函数的特征，再采取相应措施解决问题.换元,转化是常用的思想方法. ? ? ??本题函数的主要特征是两个根号内的与互为相反数,因而解法1将函数式两边平方后得,解决了问题.解法2运用基本不等式直接得到.注意到解法3通过换元,将原问题转化为解析几何问题直观地解决问题;解法4则通过三角换元,将原函数转化为 形式的函数,运用三角函数的有界性解决问题.形形色色的解法体现了本题蕴含着丰富的数学思想.题31 已知，求函数的最大值.（第九届高二培训题第61题）解法1 取待定正数，由均值不等式得令则于是 当时取等号.解法2 可化为配方，得由上式可得即由已知，显然有（当时，取得最大值）.解法3 由已知，得且当且仅当且即时取等号.解法4 当且仅当时取等号. 当且仅当时，取得最大值 解法5 当且仅当即时取等号，解法6 时，解法7 构造如图长方体，设对角线与交于点的三个面所成的锐角分别为，长方体的三条棱分别为则有于是即时，解法8 由得（1）关于的一元二次方程（1）的判别式，解得当且仅当时取得等号. 把代入（1）可得,评析 若，则，这就是说，只要与的倍数之间建立了不大于的关系，则的最大值就求出了.因而解决问题的关键就在于找出这样的关系.解法1通过引入正参数、，并运用解法3运用公式，解法4、解法5运用，解法6运用，圆满解决了这一关键问题.解法2通过将的分子、分母同除以，巧妙地通过配平方，得到进而得，很富新意.解法7通过构造长方体（若三条棱分别为的长方体的对角线长为，则有而恰好是的分母，且长方体中有）解决问题.解法8则把变为，看作关于的一元二次方程，利用其有正根的条件得到，是方程思想的典型运用. 拓展 设，显然有的最大值为，即；设，已解出的最大值为，即我们不妨猜想：命题 若则的最大值是证明 取正参数令 （1），因求最大值，故还必须有此即将上式代入（1），得 （2），令则观察（2）的形式，考虑作代换故数列是公比为的等比数列， 于是 （3）.再令（3）为，上式变形为这样，又得到一个公比为的等比数列，即故有.而故有，整理得化简得.的最大值唯一，应能求出的一个确定的值，对于这个的值，我们有从而又（1）和（2）是取最大值的充要条件，由（1）（2）可推得（3）.将代入（3），化简得对任意都有应取.至此，已推知题32 已知，且，则的最小值是 . （第十届高二培训题第44题）解法1 是直线上的动点，点到此直线上各点距离的最小值是点A到该直线的距离，.解法2 .当，即时取等号.所求最小值为18.解法3 .当，即时取等号.所求最小值为18.解法4 ，．当即时取等号的最小值为18.解法5 当时，有最小值18.解法6 设又设则由得即即解得的最小值为18.解法7 构造向量即当且仅当时， 取得最小值18.评析 因为已知 所以要求的最小值，关键就是得到与关于的式子之间的大于等于关系.解法2利用解法3利用柯西不等式解法4巧妙地利用配方法，都顺利地解决了这一关键问题.解法5则是把代入所求式，使之变为关于的二次函数，再求其最小值，是函数思想的具体运用.解法6设后，运用三角代换，最终转化成解关于的不等式，是等价转化思想在解题中的一次妙用.解法7通过构造向量，利用即使问题获解，充分发挥了新教材中向量这一工具在求代数最值中的作用.应当指出，许多最值问题都可以通过构造向量，利用向量的上述性质得到解决.而解法1则是将看作定点与直线上的动点的距离的平方，故能直观地知道点到直线的距离的平方就是所求的最小值，简洁明了，充分显示了等价转化与数形结合思想的威力.拓展 将此赛题一般化，便得下面的定理 若x,y满足（A、B、C是实常数，A、B不全为零），m，n是实常数，则的最小值是.证明 ，表示定点与直线上的动点之间的距离d的平方.的最小值是. 运用该定理解本赛题：所求最小值是. 下面的题目供读者练习： 1.已知x，y满足，求的最小值.2.已知，且，求的最小值.3.已知，且，求的最小值.答案 题33 实数，满足方程，则的最大值与最小值的和等于_______. （第十届高二第二试第17题）解法1 题设方程就是，设，即,则()，，..解法2 题设方程就是，根据柯西不等式，，即,,,.解法3 题设方程就是，结合， 又配方，于是，即 . .解法4 设，则，代入，整理得，， ，即，解之得..解法5 已知等式表示一个圆，令，即，表示一直线，若直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离应小于等于圆的半径，即，即，解得，.解法6 已知方程就是，构造向量，. ， ，即.即,于是,，.评析 因为已知方程就是，而要求的是一次式的最大值与最小值的和，所以解法1运用三角换元，将问题转化为求三角函数的值域，这是解决这类问题的通法，已知方程表示椭圆时，此法仍然适用.解法2运用柯西不等式求解，之所以凑成，是因为这样才会出现，并可利用.解法3运用的是配方法，请读者思考为什么如此配方：?解法4运用的是待定参数法及方程思想，也是解决这类问题的通法.解法5运用数形结合思想，将抽象的代数问题转化成直观的几何问题，轻松解决问题.解法6通过已知方程联想到向量模的平方，从而通过构造向量，运用解决问题，思路清晰，体现了向量在解题中的工具作用.拓展 将此赛题一般化，便得命题1 实数满足，实数不全为零，则.证明 设，即①，又已知②，由题意，直线①与圆②有公共点，故圆心到直线①的距离小于等于圆的半径，即，即，即，.将命题1中的圆改为椭圆，又得命题2 实数满足，不全为零，则.证明 设，即,, ，（其中）..题34 线段AB的端点坐标是A（-1，2），B（2，-2），直线y=kx+3与线段AB相交的充要条件是 （ ）A、 B、 C、且k≠0 D、（第八届高二培训题第2题）解法1 线段AB的方程为，即4x+3y-2=0 (-1≤x≤2),由，得，令-1≤≤2，解得，选D.解法2 如图1所示，y=kx+3是过定点M（0，3）的直线系方程，易求得直线MA、MB的斜率分别是,当直线MA绕点M逆时针旋转与线段AB相交时，其斜率由1增加到+∞；当直线MB绕点M顺时针旋转与线段AB相交时，其斜率由减小到-∞，所以，故选D.解法3 如图2，设直线MA与MB分别与x轴交于点A’，B’，易求得直线MA、MB的方程分别为y=x+3,y=x+3,从而可求得A’（-3，0），B’（-，0），在△MA’B’ 中，过M任作一条直线y=kx+3交边A’B’于点N，则直线也必与线段AB相交，反之亦然.OM⊥A’B’，|OM|=3，k=tan∠MNO（N在OA’上）或k=tan（π-∠MNO ）（N在OB’上）两种情形，但都有，所以，由，解得，故选D.解法4 设直线与线段AB交于点,点N内分所成的比为,则,消去,得，得或.又当直线过点A、B时，的值分别为，所以所求充要条件为.故选D.解法5 当k=0时，直线y=kx+3即y=3与线段AB显然不相交，所以排除含0的A、B，又当k=-1时，直线y=kx+3即y=-x+3与线段AB也不相交，所以又排除含-1的C,故选D.评析 解法1运用的是方程思想，若运用这个思想，先求出直线MA、MB与x轴的交点A’，B’的横坐标Ax’，Bx’,并求出直线y=kx+3与x轴的交点N的横坐标Nx，再解Ax’≤ Nx≤Bx’，同样可以解决问题.解法2直接通过观察图象，看直线y=kx+3与线段AB相交时的k与之间的关系而选D，显得直观明了.解法3运用平面几何知识求Nx，别具一格.解法4运用定比分点知识求解,也是解此类问题的通法之一.解法5运用了特殊值法，显得最为简捷.值得注意的是，如果取k=1，发现直线y=kx+3与线段AB相交，此时就选A那就错了，请读者想想这是什么原因.拓展 已知直线,显然点A（0，1）、B（1，3）与点C（1，-1）、D（3，1）都在的同侧，点A、C与点B、D都在的异侧，∵f (0,1)=-2<0，f (1,3)=-3<0，f (1,-1)=1>0，f (3,1)=1>0∴f (0,1)与f (1,3)同号，f (1,-1)与f (3,1)同号，f (0,1)与f (1,-1)异号，f (1,3)与f (3,1)异号，是否对于任意直线的同侧或异侧的任意两点都有此结论呢？经研究，我们有下面的定理1 已知两点M（x1,y1）、N(x2,y2)及直线若点M、N在的同侧，则f（x1,y1）f (x2,y2)>0;若点M、N在的异侧，则f（x1,y1）f (x2,y2)<0.证明 （1）10当B≠0时，不妨设点M、N都在的上方，则所以当B>0时，有，即f（x1,y1）>0，f (x2,y2)>0；当B<0时，有，即f（x1,y1）<0，f (x2,y2)<0,所以当B≠0时，f（x1,y1）f (x2,y2)>0；20当A≠0，B=0时，的方程为，此时⊥x轴，不妨设设点M、N都在的右侧，则，所以当A>0时，，即f（x1,y1）>0，f (x2,y2)>0；当A<0时，，即f（x1,y1）<0，f (x2,y2)<0，所以当A≠0，B=0时，f（x1,y1）f (x2,y2)>0.综上可知，当点M、N在的同侧时，f（x1,y1）f (x2,y2)>0.（2）10当B≠0时，不妨设点M、N分别在的上、下方，则，故当B>0时，有, 即f（x1,y1）>0，f (x2,y2)<0; 当B<0时，有, 即f（x1,y1）<0，f (x2,y2)>0；所以当B≠0时，f（x1,y1）f (x2,y2)<0；20当A≠0，B=0时，的方程为f(x,y)=Ax+c=0，此时⊥x轴，不妨设设点M、N分别在的左、右侧，则.所以当A>0时，，即f（x1,y1）<0，f (x2,y2)>0；当A<0时，，即f（x1,y1）>0，f (x2,y2)<0，所以当A≠0，B=0时，f（x1,y1）f (x2,y2)<0.综上可知，当点M、N在的异侧时，f（x1,y1）f (x2,y2)<0.根据定理1，不难得到定理2 直线Ax+By+C=0与以点P1（x1,y1）、P2 (x2,y2)为端点的线段相交的充要条件是.运用定理2，可得本赛题的如下解法：直线y=kx+3即kx-y+3=0，由定理2，可知（-k-2+3）（2k+2+3）≤0，即为所求的充要条件，故选D.题35 过点且与两条坐标轴围成面积为2的三角形的直线的条数是 .(第十届高二第一试第18题)解法1 记过点的动直线为,为坐标原点(如图),则当直线从的位置绕点顺时针转动到直线的位置时,它和坐标轴在第二象限内围成的三角形的面积从零增加到,故围成的三角形在第二象限时,满足条件的直线有且只有一条,同理,围成的三角形在第四象限时,满足条件的直线也有且只有一条,并且,满足条件的三角形在第三象限不存在.当围成的三角形在第一象限时,显然存在斜率,设的方程为与轴、轴的正半轴分别交于点A、B，则当时,S的最小值为2,故当围成的三角形在第一象限时,满足题设的直线也只有一条.综上,所求的直线为3条.下面的解法中,对“围成的三角形在第二、四象限时,满足题设的直线都只有一条,且满足题设的三角形在第三象限不存在”不再一一叙述,仅对围成的三角形在第一象限时加以解答.解法2 设直线与轴,轴的正半轴分别交于点则直线的方程为直线过点故设(其中),则,故 (当时取等号),即.故所求的直线共有3条.解法3 同解法2,得,(当且仅当,即时取等号), ,即.故所求的直线共有3条.解法4 设直线与轴、轴的正半轴分别交于点,点分所成的比为,则,即.故时，故所求直线共有3条.评析 上述解法都是用运动变化的观点与数形结合的思想方法分析答案的可能性.围成的三角形在第二、四象限时,只有一条,围成的三角形在第三象限不可能,这些是容易看到的,关键是围成的三角形在第一象限时，满足题设的直线有几条.直观地看,可能性有三个:0条,1条,2条.那么到底有多少条?四种解法分别用不同的方法求出了三角形面积的最小值为2,故此时的只有一条,从而解决了问题.此题也可直接求解:不论围成的三角形在第几象限, 的斜率总是存在的.设的方程为.则与轴,轴的交点分别为.故①.当时,①就是,有两个不等的正数解；当时,①就是.故所求直线为3条.拓展 将此题内容拓广,可得定理1 动直线过定点,则直线和坐标轴在点所在象限内围成三角形的面积的最小值是证明 设直线与轴,轴分别交于点在点所在象限,,直线的方程为直线过点,即,当且仅当时取等号.定理2 直线过定点且和坐标轴围成的三角形的面积为,则⑴当时,满足条件的直线有且仅有两条.⑵当时,满足条件的直线有且仅有三条.⑶当时,满足条件的直线有且仅有四条.根据定理1的结论及图象不难知道定理2的正确性.证明从略.题36 某工厂安排甲、乙两种产品的生产.已知每生产1吨甲产品需要原材料A、B、C、D的数量分别为1吨、2吨、2吨、7吨；每生产1吨乙产品需要原材料A、B、D的数量分别为1吨、4吨、1吨.由于原材料的限制，每个生产周期只能供应A、B、C、D四种原材料分别为80吨、80吨、60吨、70吨.若甲、乙产品每吨的利润分别为2百万元和3百万元.要想获得最大利润，应该在每个生产周期安排生产甲产品 吨，期望的最大利润是 百万元. （第十三届高二第一试第25题）解 设生产甲、乙两种产品的吨数分别为、.则根据题意可知求函数的最大值，限制条件为如图，上述不等式组约束区域即图中的阴影部分.区域的顶点坐标为M（0，20），N（10，0），R，O（0，0）,直线的斜率.直线的斜率.由图可知，在点R处取得最大值，最大值为（百万元）.故填.评析 可用若干不等式表示的限制条件下某二元一次函数的最大（小）值的应用题，通常可用线性规划知识求解，其步骤如下：1、设变量（如），建立目标函数（如）.2、根据约束条件列出不等式组.3、画出不等式组表示的平面区域.4、作出直线，并将其向上或向下平移确定最优解.5、将最优解代入便得所求最值.题37 点M是圆内圆心以外的一点，则直线与该圆的位置关系是 （ ）（A）相切 （B）相交 （C）相离 （D）相切或相交 （第七届高二第一试第5题）解法1 圆的圆心是O，它到直线的距离，点M在圆的内部且不在圆心，.可知直线与圆相离.故选C.解法2 令，满足题设.此时，直线与圆相离.由正确选择支的唯一性，选C.评析 解析几何中，判断直线与圆的位置关系就看圆心到直线的距离与圆的半径的大小关系：直线与圆相离； 直线与圆相切；直线与圆相交.对于二次曲线与点M的位置关系，有下面的结论：点M 在曲线C上；点M在曲线C内；点M在曲线C外.所谓二次曲线内是指曲线把平面分成的两（或三）部分中含有焦点（或圆心）的部分.以上这些就是解法1的依据.由于是选择题，解法2运用特殊化思想求解，显得更简捷.应当指出，特殊值法（包括适当选取特殊点、特殊角、特殊函数、特殊曲线、特殊位置等）通常应是解选择题时首先考虑的方法，一旦用上，简单快捷，可以大量节省时间.此题来源于课本上的一道习题：“已知圆的方程是，求经过圆上一点M的切线方程.”答案是.拓展 给定圆C：与定点M，（），则直线就是存在且确定的，它与定圆到底是什么样的位置关系呢？经研究，有下面的结论.结论1 若点则与C切于点M.（这是显然的，证明略）结论2 若点M在圆外，过点M引圆C的两条切线与，则为过两切点的直线方程，因而与C相交.证明 设和是两个切点，由结论1，直线与的方程分别是与.因为它们相交于点M，于是与同时成立.于是得表示直线的方程.与C显然相交.结论3 若点M在圆C内且不是圆心，以M为中点的圆的弦为AB，过A、B的两条切线相交于点N，则表示过点N且平行于AB的直线方程，因而与C相离.证明 令N，由结论2，直线AB的方程一定是.因为M是AB的中点，所以，这说明点N在直线上.下面证明∥.①当时，由于O、M、N三点共线，可知，过M、N引同一坐标轴的垂线，由点的坐标定义及直角三角形的相似关系，易知，故AB∥.②当时，由于，则有或.无论哪种情况，两直线都同时垂直于同一坐标轴，并且在该坐标轴上截距不等.故AB∥.此时与C显然相离.题38 过圆与圆的交点的直线方程是 . （第二届高二第二试第15题）解 解方程组 ，得，故两圆相切于点（2，3），所以所求直线方程是，其中为参数.评析 先通过解方程组求出两圆的交点坐标，如果交点有两个：，则所求直线方程为.但此题中的两圆只有一个交点，过点的所有直线该如何表达呢？有人表述为（为参数），这就错了，因为方程表示的所有直线中并不包括直线（即过点且垂直于轴，亦即过点且斜率不存在的那一条）.而（为参数）才能表示过点的所有直线.当且时，该直线方程就是.一般地，过点的所有直线组成的直线系方程为（其中为参数）.拓展 我们先看下面的问题：求过两圆与的交点的直线方程.分析：按上面评析中的思路，先解方程组得两交点坐标，再求出过这两点的直线方程为.如果将两圆方程相减，也得，恰好就是过两圆交点的直线方程.这是否是一种巧合呢？非也.设两圆交于A、B两点，则A、B的坐标既是方程组的 解，也是方程组的解，即A、B的坐标都适合方程，故就是直线AB的方程.那么，当两圆外切时，两圆方程相减所得方程又表示什么样的直线呢？就拿此赛题为例，与两边相减，得.由图形，可知直线恰好是过两圆切点的公切线.这也不是偶然的，道理与两圆相交时一样.当两圆内切时，此结论也成立.于是，我们有下面的定理 已知两圆，,则⑴当两圆相切时，过切点的公切线方程是；⑵当两圆相交时，公共弦所在的直线方程是.题39 若实数、适合方程，那么代数式的取值范围是——.（第九届高二第一试第17题）解法1 已知方程就是，，所以题意就是求圆上的点与定点A的连线的斜率的取值范围.如图,，只须求切线AN的斜率.易知 注：切线AN的斜率的另一种求法：设AN的方程是即，则圆心M到切线AN的距离等于圆M的半径,即，解得（舍去），.解法2 已知方程就是，故设即则令，得即 解得即解法3 设，则代入并整理，得由得.由即可知即经验证，当时，且对称轴故评析 解法1将看作，进而看作圆上的动点与定点的连线的斜率，将问题转化为求此斜率的范围；解法2 通过换元，将问题转化为求三角函数的值域；解法3 通过整体换元并消去后，利用二次方程在某区间内有解的条件求出所求范围.都体现了化归转换的思想.由于椭圆有性质（请读者自证），故本赛题又有如下解法：设，则.已知方程就是，则，由上面的性质，得，即，解得拓展 让我们进一步思考下面的问题：1、若将题中的条件方程改为则答案是什么？2、若将题中的条件方程改为则答案是什么？与本赛题同样的思考方法，不难得到上面两题的答案分别是若将原题中的改为或，结果又怎样？事实上，用同样的方法还可以求的取值范围.题40 圆上任意一点都使不等式成立，则C的取值范围是 （ ）A、 B、 C、 D、 (第七届高二第一试第10题)解法1 可设于是化为，即.由题意得，解得，故选C.解法2 图1、图2、图3依次表示，，及 1 图 1 图 2 图3的图象.在图3中，直线过Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限，切圆M于N，这时圆M上所有的点（N点除外）都在的上方，因而圆M上N点以外的点的坐标都使成立，而N点坐标使成立，结合题意，易求得此时的，故当，即时，圆M都在的上方（含相切），因而圆M上的点的坐标可使不等式成立，故选C.解法3 满足，此时，若，则不成立，故排除含0的A、D；若，则成立，又排除不含1的B，故选C.评析 从代数角度看，，即恒成立，有，因此问题的关键就是如何求.由于满足，故解法1运用三角代换将问题转化成求三角函数的最大值问题，通过三角函数的有界性使问题获解.从几何角度看，原问题的实质就是在什么范围内时，才能保证圆在直线的上方（相离或相切）.解法2便是运用数形结合思想，直观地解决问题的.由于是选择题，解法3运用特殊值排除干扰支，从而选出正确答案，这种抓住题目本质特征，避开常规思路的创新解法更值得提倡.拓展 按照上面所说的思想方法，请读者思考并解决下列问题：⒈ 圆上任意一点都使不等式成立，求的取值范围. （答案：）⒉ 圆上任意一点都使不等式成立，求的取值范围. （答案：）题41 E、F是椭圆的左、右焦点，l是椭圆的准线，点，则的最大值是 （ ） A、15° B、30° C、45° D、60°（第十三届高二培训题第21题）解法1 不妨设l是右准线，点P在x轴上方（如图所示），则l的方程为，故可设点P为，记，由PE到PF的角为，得.又知，代入上式并化简，得.由假设知，所以.由基本不等式得，所以的最大值为30°，当时取得最大值.故选B.解法2 如上图，设，则,因为所以的最大值为30°.故选B.解法3 由面积的两种表示方法，即，得，因为为锐角，所以的最大值为30°.故选B.解法4 依题意，经过E、F且与椭圆的准线相切于点P的圆，使最大.如图1，不妨设是右准线，点P在x轴上方，则准线方程为，易得圆心C的坐标为，因此点P使最大.又PE、PF的斜率分别为、，设准线轴于点A，则，此时.故选B.评析 一般说来，要求某个角的最值，常常先求出此角的某一三角函数的最值.然后根据角所在范围内此三角函数的单调性确定角的最值.解法1运用到角公式与基本不等式求出了正切的最大值，又利用为锐角时单调增，求出了的最大值.解法2将表示成两角差，并利用基本不等式求出了的最大值，进而求出的最大值.而解法3利用同一三角形面积的两种不同表示方法,求出了的最大值,再由在上单调增,求出了的最大值.此法颇有新意.解法4则利用平几中“同弧所对的圆周角总大于圆外角”巧妙地解决问题.我们知道，平面解析几何研究的就是平面几何问题，只不过所用研究方法是代数方法，即解析法而已.解法4告诉我们，若能直接运用平几中的结论解决解析几何问题，常可收到化繁为简的效果.拓展 经研究，我们还可得到下面的定理 若点P在过椭圆的长轴的一个端点的切线l上移动，则当点P到长轴的距离等于半短轴长时，点P与两焦点连线的夹角取得最大值.证明 如图2，不妨设的方程为，则以椭圆的上顶点Q为圆心，且过焦点E、F的圆必与相切（设切点为Pˊ）（因为）根据同圆Q的弦EF所对的圆周角总大于圆外角，可知就是最大的，此时，又.原命题得证.练习在直线上求一点P，使它与点连线的夹角最大.足球比赛场地宽为米，球门宽为米，在足球比赛中，甲方边锋带球过人沿边线直进，试问该边锋在距乙方底线多远处起脚射门，能使命中角最大？最大角是多少？ 答案 米题42 椭圆的两焦点是、，M为椭圆上与、不共线的任意一点，I为的内心，延长MI交线段于点N，则的值等于 ( ) A、 B、 C、 D、 （第十三届高二培训题第19题）解法1 如图1，设点M的坐标为，的内切圆半径为r，,又.，，，.故选B.解法2 如图2，不妨令M为椭圆与轴的正半轴的交点.由已知，I必在线段MO上，且N与O重合.为的内心，.故选B. 评析 按常规，可设,然后求出与（或）的平分线的方程，解方程组求出点I的坐标，令平分线的方程中的，得点N的坐标，再求出与.求比值时如何消去，还不得而知，其复杂程度也是完全可以想象的.作为一个选择题，轻易地这样去解显然是不可取的. 解法1灵活运用平面几何等知识巧妙地解决了问题.解法2更是抓住了选择题的本质特征，运用特殊化思想，轻而易举地解决了问题.由题意，不论点M在椭圆上的何种位置（只要与、不共线即可），的值总是定值，即结论对一般情形成立，故对其中的特殊情形M为椭圆与正半轴的交点时也应当成立，从而排除特殊情形下不成立的选择支，进而得出正确答案.充分显示了运用特殊化思想解某些选择题的优越性.拓展 对此题作研究，可得下面的定理 1 设 、是椭圆的左，右焦点，点在此椭圆上，且点、、不共线，椭圆的离心率为，则（1）的内心内分的平分线PM所成的比是定值.（2）的与边相切的旁切圆的圆心横坐标为定值；的与边相切的旁切圆的圆心外分的平分线的比为定值.（3）由焦点向的的外角平分线作垂线，垂足必在以坐标原点为圆心，为半径的圆上.证明 （1）如图3，设I为的内心，连接、，则在及中由角平分线定理得，所以 .（2）如图4，设旁切圆圆心为，M、N、R为切点，则，，为定值. 同样的方法可以证明与的边相切的旁切圆的圆心横坐标为定值.如图5，设交与.由外角平分线定理得,由合比定理得，.（3）如图6，过作的外角平分线的垂线，为垂足，延长交的延长线于，则，.由椭圆定义可知，故.又，∥且，所以.垂足A在以O点为圆心，为半径的圆上.若将定理1中的椭圆该为双曲线，又得定理2 设、是双曲线的两个焦点，点P在此双曲线上，且点、、不共线，双曲线的离心率为，则的内心横坐标是定值，且当点在左支上时，定值为；当点在右支上时，定值为.的与边（或与边）相切的旁切圆的圆心分的外角平分线的比为定值；的与边相切的旁切圆的圆心横坐标为常数（当点在右支上时常数为；当点在左支上时，常数为）.由焦点向的的平分线作垂线，垂足必在以坐标原点为圆心，为半径的圆上. 读者可仿照定理1的证明，证明定理2.题43 过椭圆左焦点作直线交椭圆于两点，若，且直线与长轴的夹角为，则椭圆的离心率为 （ ） A、 B、 C、 D、 （第十一届高二第一试第8题）解法1由及得如图1，过A作于M,则 得.故选B. 解法2 设椭圆①，又②，由①、②得 ③．又与长轴夹角为，所以④ .由③、④得 , .故选B. 评析 解法1是运用椭圆第二定义求离心率e的,及与的关系沟通了与的关系,也是用此法解题的关键所在．解法2则先设出椭圆方程及A、B的坐标，运用焦半径公式带出e ，由及解出与,由AB与长轴夹角为得,又由弦长公式求出，同为，得，从而，是典型的运用方程思想解题的实例． 拓展 以此题为背景，对于椭圆、双曲线、抛物线有以下一般结论．命题1 如图3，过椭圆的焦点作直线交椭圆于两点，若，直线与长轴的夹角为，椭圆的离心率为e,则有． 证明 设直线过椭圆的左焦点，过作相应准线的垂线，为垂足．过作的垂线与的延长线交于点，则．由椭圆定义，可知=．于是．在中， ．当直线过右焦点时，证法与上相同．又由于为直线与长轴的夹角，．命题2 如图4，过双曲线的焦点作直线与双曲线中的一支交于两点，若，且直线与实轴的夹角为，双曲线的离心率为e,则有．命题3 如图5，过双曲线的焦点作直线与双曲线的两支分别交于两点，若，且直线与实轴的夹角为，双曲线的离心率为e, 则有．命题4 如图6，过抛物线的焦点作直线与抛物线交于两点，若=，且直线与抛物线的对称轴的夹角为，则有．命题2、3、4的证明与命题1的证明类似，留给读者完成．对于焦点在轴上的圆锥曲线与过焦点的直线交于两点，弦被焦点分成的两段与圆锥曲线的离心率e及直线和轴的夹角之间仍有上述关系成立．运用上述命题可得本题如下解答：令，．请读者完成下面两题：1．过抛物线的焦点的直线与抛物线相交于两点．：=3：1．求该直线的方程．（答案：） 2．过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线与双曲线交于两点，求的值．（答案：）题44 如果点A的坐标为(1,1)，是椭圆的左焦点，点P是椭圆上的动点，则的最小值为_________________. （第十一届高二培训题第66题）解 己知椭圆方程可化为，其半长轴长，由椭圆定义，可得，右焦点的坐标为，（此时共线，且A在之间）.评析 此题运用了椭圆定义及，体现了二次曲线的定义在解题中的作用.如果将此题改为求的最大值，又如何解答呢？设，则（此时、、A共线且在P、A之间）.拓展 此题可作如下推广：推广1 如果A是椭圆内的定点，则.证明 由椭圆定义，得，则，又，故当P在的延长线上时，；当P在的延长线上时，（如图1）.说明：如果点A在椭圆上，推广1仍成立.推广2 如果A是椭圆外的定点，是两个焦点，P是椭圆上的动点，则.证明 由椭圆定义，得，于是，故当P在的延长线上时，;当P在线段上时，（如图2）. 推广3 如果A是椭圆内的定点，是两个焦点，P是椭圆上的动点，则.证明 当三点共线时，;当P在线段的中垂线上，即时，（如图3）.说明：如果点A在椭圆上，推广3仍成立. 推广4 如果A是椭圆外的定点，是两个焦点，P是椭圆上的动点，则（当线段的中点在椭圆内或椭圆上时）.证明 当P在的延长线上时，当P在线段的中垂线上（当线段的中点在椭圆内或椭圆上），即时，（如图4）.以此题为背景，通过猜想与探索，还能得到下面关于圆锥曲线的一些一般结论：命题1 如图5，若为椭圆内一定点，直线与椭圆交于两点，则分别为椭圆上到及的距离之和的最小和最大的点.证明 设为椭圆上任意一点，，以上两不等式左端取等号的条件为点在线段上，右端取等号的条件为点在线段上，即分别为椭圆上到及距离之和的最小和最大点.命题2 如图6，若为椭圆外一定点，直线与椭圆交于两点，则有（1）点为椭圆上到及距离之差（和）最大（小）点.（2）点为椭圆上到及距离之和（差）最小（大）点. 证明 （1）设为椭圆上任意一点，①，②，不等式①取等号的条件为点在线段上，不等式②取等号的条件为点在线段上，故点为椭圆上到及距离之差（和）最大点.对于（2），同理可证.命题3 如图7，若为双曲线右支内一定点，直线与双曲线分别交于两点，则有（1）点为双曲线右（左）支上到及距离之和最小的点；（2）点为双曲线左（右）支上到及距离之和最小的点.证明 （1）设为双曲线右支上任意一点， 图7当在线段上时取等号，故为双曲线右支上到及距离之和最小的点，对于点，命题显然成立.(2)设为双曲线左支上任意一点，由（1）易得，当且仅当在线段上时取等号，故为双曲线左支上到及距离之和最小点，对于点，命题显然成立.命题4 如图8，若为双曲线外一定点，直线与双曲线左、右支分别交于两点，则（1）点为双曲线右（左）支上到及距离之差（和）最大（小）的点；（2）点为双曲线左（右）支上到及距离之和（差）最小（大）的点.证明 （1）设为双曲线右支上任意一点，当且仅当点在线段上时取等号，即为双曲线右支上到及距离之差最大的点，对于点，命题显然成立.（2）设为双曲线左支上任意一点，当且仅当在线段上时取等号，即为双曲线左支上到及距离之和最小的点，对于点，命题显然成立. 命题5 如图9，若为抛物线内一定点，过作抛物线准线的垂线交抛物线于点，则点为抛物线上与及距离之和最小的点. 命题6 如图10，若为抛物线外一定点，过作抛物线准线的垂线交抛物线于点，则点为抛物线上与及距离之差最大的点.命题5、6留给读者自己证明.运用这些命题，可以很容易地解决下列问题：1、如果点的坐标为（2，2），是椭圆的右焦点，点是椭圆上的动点，则的最大值为____，的最大值为____.2、如果点的坐标为(3,1)，分别是双曲线的左、右焦点，点分别为双曲线左、右支上的动点，则的最小值为____，的最小值为____.3、如果点的坐标为(1,1)，分别是双曲线的左、右焦点，点分别为双曲线左、右支上的动点，则的最大值为____，的最小值为____.4、如果点的坐标为(1,3)，是抛物线的焦点，点为抛物线上的动点，则的最大值为____.答案：1、 2、3、 4、2题45 设、是椭圆的两个焦点，若椭圆上存在点，使，则椭圆离心率的范围是______.（第十二届高二第一试第20题）解法1 如图1，当点与短轴端点重合时，最大.故由题设可知.∴， 即.则.又椭圆离心率，∴.解法2 设，，.则由椭圆定义及余弦定理，得，即，亦即.从而，，即，，∴.又知，故为所求.解法3 不妨设点在轴上方，又知，，则.由椭圆方程有，代入上式，得.解得或（舍去）.又知，故有，，.∴，即.又，∴为所求.解法4 设，，则.由正弦定理得，，故.又，故为所求.解法5 由焦半径公式及余弦定理得，解得.由椭圆的范围知，故有.∵，∴为所求.解法6 由已知及椭圆焦点三角形的面积公式得.由椭圆的范围知，∴有，以下同解法3.评析 椭圆的离心率反应了椭圆的扁平程度，而扁平程度与椭圆的范围相关.解法1中的“∠最大”，解法3中的“”，解法5中的“”，解法 6中的“”，都是运用椭圆的范围求离心率的范围.解法2运用椭圆定义、余弦定理及基本不等式，解法4运用三角函数的有界性，巧妙地求出了离心率的范围.拓展 解法1的依据是下面的定理 椭圆上的任意一点与其长轴上关于中心对称的两点连线所成张角中以短轴端点所成的张角为最大.证明 如图2，经过对称的两点、及短轴端点作圆，则点A显然在圆上，椭圆在轴上方部分（含左、右顶点）的任意一点（除外）都在圆外 ，根据平几中“同弦上的圆周角大于圆外角”，可知.由椭圆的对称性，可知当点是椭圆上任意一点时，也都有，故定理成立.该定理是椭圆的一个重要性质，它对与椭圆有关的离心率、范围、字母讨论、位置等问题能起到优化解题思路的作用.本赛题可作如下推广推广1 设、是椭圆的两个焦点，若椭圆上恒存在一点，使得，则.证明 由已知及焦点三角形面积公式，得，即，从而，，，..推广2 如图3，设、是椭圆的长轴的两个端点，若椭圆上恒存在一点使得，则为钝角且有.证明 不妨设点在轴上方，又知，则有.由椭圆方程有，代入上式，得.由假设，而.从而知.又，故为钝角.由上式可得.由椭圆的性质，知，故，即，，为钝角, 若将焦点换为长轴所在直线与准线的交点，又得推广3 设、是椭圆的两条准线与轴的交点，若椭圆上恒存在一点(P与长轴端点不重合)，使得，则为钝角且.证明 如图4，不妨设点在x轴上方，因为，，所以由到的角为，得.由椭圆方程得，代入上式，得,为钝角,且，即.题46 、是椭圆的两个焦点， 是椭圆上任意一点，则的最小值是＿＿＿＿.（第七届高二第一试第19题）解法1 如图,设，则，易知，即.在上递增，在上递减，在或时的值达到最小..解法2 设，由焦半径公式，得，，.，∴当或时，取得最小值.解法3 ， .显然，当点位于长轴端点时，取得最大值..解法4 .设坐标原点为O，则为的中线，由中线公式，得，将，代入，得.，∴当时，取最小值1.解法5 设，，，.则、是方程的两个实根，其中、.设，则在上有解的充要条件是，即，即.∴即的最小值为1.解法6 由椭圆焦点三角形的面积公式得.又,得，，，代入上式得.故当时，取最小值1.评析 本题要求的是的最小值，若能把它表示为某变量的函数，则问题变为求此函数的最小值.除解法5运用方程思想外的所有方法都是运用这种函数思想解决问题的，不过选取的自变量有所不同罢了.当表示为某变量的函数后，确定该函数的定义域也是很关键的一点.解法2与解法5还分别用到了焦半径公式及椭圆的焦点三角形面积公式等重要结论.会推导这些公式，并能灵活运用这些公式对解题也是十分重要的.解法4运用平面几何中的中线公式为我们进一步拓宽了解题思路.拓展 将此题条件一般化，便得下面的定理1 若是以、为焦点的椭圆上的任意一点，则.证明 为的边上的中线，由中线公式，得，即，整理得.把，代入上式并整理，得.，.当点位于长轴端点处时左边取等号；当点位于短轴端点处时右边取等号.若将椭圆改为双曲线，又得定理2 若点是以、为焦点的双曲线上的任意一点，则.证明 为的边上的中线，由中线公式，得，即.把，代入上式并整理得.，.当位于实轴端点处时取等号.题47 是椭圆的焦点，是椭圆上的一点，且，则的面积是 . （第四届高二第一试第30题）解法1 设则,. 解法2 设即,两边平方,得 解法3 设点在线段为直径的圆上，①.又点在已知椭圆上，②.①②,并注意到得评析 因为要求的是直角的面积,且的坐标确定,按常规思路,只要知道点的坐标,问题便解决了.于是解法3设,便得 必须消去,因为(这也可由得到),且,于是得到,从而使问题获解.这里运用了方程的思想,整体思想的运用也使得解题过程相对简化.解法1则综合运用了椭圆的定义,勾股定理,直角三角形的面积公式,且巧妙运用代数式的恒等变形,使得整个过程极其简捷,充分显示了二次曲线定义及平几知识在解题中的作用(解法2也运用了椭圆的定义).三种解法都引进了参数,参数思想也是重要的解题思想.消参的方法很多,涉及许多知识与技巧,灵活运用各种知识是消参的捷径.1994年的一道全国高考题与此题十分类似：设是双曲线的两个焦点,点P在双曲线上且满足.则的面积是 （ ）、 、 、 、拓展 如果将一般化,我们便得定理1 是椭圆的焦点,是椭圆上的点,且,则的面积为证明 设,则,两边平方并整理,得①.又由余弦定理得,即②.由①,②得由定理1,此赛题的答案应是.随着取值的不同,即椭圆的扁平程度不同,椭圆上是否一定存在一点,使得呢?经研究,有下面的定理.定理2 已知是椭圆的焦点.⑴椭圆上存在点使的充要条件是.⑵在⑴的条件下,的最大值是.证明 设⑴ .又故椭圆上存在点使的充要条件是.⑵由对称性,不妨设点的坐标为且.在中,,由余弦定理得当时,取得最小值,即.又且的最大值是.若将焦点改为顶点,我们又得定理3 已知与分别是椭圆的长轴与短轴的两个端点,是椭圆上的动点,则的最大值为的最小值为.证明 不妨设,则是直线到直线的角，,又又的最大值为.同样的思路,可证的最小值是.有了这些定理,不难解决下面的问题:1. 是椭圆的焦点,点在椭圆上,且，则的面积= .2．是椭圆的两个焦点,是椭圆上的一点,，则椭圆的离心率的取值范围是( ) (第十届高二培训题第23题)3. 已知圆与轴交于两点、,求以、为焦点且与圆C有公共点的长轴最长的椭圆方程.答案:1. 2.B 3. 题48 椭圆的内接三角形的最大面积是＿＿＿＿.（第九届高二第二试第20题）解 不妨设，为以原点为中心的椭圆的内接三角形（如图）.显然，的面积可以写成（划分为）若干个（至多4个）底边平行于（或在）轴的三角形面积之和.若轴方向上不变，在轴方向上的长度都增大倍，则椭圆就变成以为圆心，为半径的圆.设、、三点经伸长后的对应点为、、，它们就在此圆上.因此，.易知圆的内接三角形面积的最大值是，所以椭圆的内接三角形面积的最大值是.评析 直接将椭圆内接三角形的面积用其三个顶点的动坐标表示，再求其最大值，难度是可想而知的.考虑到圆是特殊的椭圆（椭圆的长、短轴相等时即为圆），当时，将椭圆上的每一点的横坐标不变，纵坐标伸长到原来的倍，椭圆就变成了半径为的圆.由于圆内接三角形面积的最大值可求，故问题解决.这里，运用特殊化思想，把求椭圆内接三角形面积最大值转化为求圆内接三角形面积的最大值；通过伸缩变换，把椭圆变为圆，运用了简单化原则；半径为的圆的内接三角形面积的最大值为，运用了熟悉化原则；由于在伸缩变换中椭圆上各点的横坐标不变，则内接三角形的底在变换过程中不变（不妨设圆的面积最大的内接三角形的底边与轴垂直），伸缩前的高为伸缩后的倍，则运用了直观化原则.灵活运用上述原则解题，常常可收到意想不到的效果.拓展 椭圆的投影可以是圆，看下面的定理 椭圆所在的平面与平面所成二面角为（，其中、分别为椭圆的长半轴和短半轴的长），且椭圆的短轴与平面平行，则椭圆在平面上的投影为圆，且半径为.证明 不妨设椭圆所在位置如图所示.在平面内分别以长轴和短轴所在直线为轴和轴建立直角坐标系；在平面内分别以长轴与短轴的射影所在直线为轴和轴建立直角坐标系.在椭圆上任取一点，过作轴和轴的垂线、，垂足为、；过的射影分别作轴和轴的垂线、，垂足为、，由轴与平行，可知∥且=，，∴在坐标系中的坐标是，由的任意性，知的轨迹是半径为的圆.用此定理解决本赛题：设椭圆的内接三角形面积为，则它在上的射影为圆的内接三角形,其面积为.因为圆内接三角形面积最大时为正三角形，其面积，所以椭圆的内接三角形面积的最大值.运用此定理，不难求得椭圆的面积为.题49 Rt△ABC中，AB=AC，以C点为一个焦点作一个椭圆，使这个椭圆的另一个焦点在边AB上，且椭圆过A，B两点.求这个椭圆的离心率. （第二届高二第二试第21题）解法1 如图，设，则（F在AB内，F是椭圆的另一个焦点）.设椭圆的方程为.则，，.在△BCF中，由正弦定理和合分比定理，.. 在Rt△ABC中，，由此得到，.,,.解法2 设F、C为二焦点，.由椭圆定义知，①，又②.由①、②，解得，.在中，.椭圆的离心率为.评析 按照离心率的定义，只要求或.解法1设（F为另一个焦点）后便得，，故，问题的关键便是如何求出与的值.解法1利用的两个不同表达式求出了，从而使问题获解.解法2则从几何角度运用椭圆的定义求出了焦距与长轴长的比即离心率，比解法1简单多了.拓展 将本题中的一般化，可得推广1 △ABC中，AB=AC，，以C点为一个焦点作一个椭圆，使这个椭圆的另一个焦点在边AB上，且椭圆过A、B两点，则这个椭圆的离心率是.证明 不妨设F、C为左、右焦点，.由余弦定理，.由椭圆定义，可知，即①，又②，①+②得.=，椭圆的离心率=.当时，，正是本赛题的结果.将本赛题中的椭圆改为双曲线，又得推广2 Rt△ABC中，AB=AC，以C点为一个焦点作一双曲线，使这双曲线的另一个焦点在边AB上，且双曲线的一支过A，B两点.则这个双曲线的离心率是.证明 如图，不妨设F、C为双曲线的左、右焦点，.由双曲线定义，可知，即①，又②.②-①得.在Rt△AFC中，.双曲线的离心率.将推广2中的一般化，又得推广3 △ABC中，AB=AC，，以C点为一个焦点作一双曲线，使这双曲线的另一个焦点在边AB上，且双曲线的一支过A、B两点，则这个双曲线的离心率是.读者可仿照推广1、2的证明自证推广3.当时，，正是推广2的结论.题50 设点是椭圆的左焦点，弦过该圆的右焦点，试求的面积的最大值.（第六届高二第二试`第21题）解法1 设点是定值,且当最大时,的面积最大.边过点设的方程是即①.将①代入,得,即.设是它的两个根,则 , 于是设,则由上式得 当时可推知函数是单调递增函数,于是解法2 由椭圆方程知的周长根据海伦公式,当且仅当时取等号.故.评析 求解此题的关键在于如何将的面积表示为某变量的函数.,然后求此函数的最大值.由于顶点固定,边过定点,即直线的斜率在变化(从而的面积在变化),因而解法1设的方程为.将的面积看成与的面积和,又使得问题转化为求的最大值,简化了运算.求的最大值时,运用了平方法,换元法,函数的单调性以及极限思想等，体现了多种知识与方法的综合应用.当然，设的方程为后，也可求出点到的距离及，然后求的最大值. ? ??一般地,求三角形的面积有三个公式可用： (为三角形周长之半),其中第三个公式称作海伦公式.由椭圆的定义,易知的半周长恰为椭圆的长轴长2a，故联想到海伦公式,又根据海伦公式中连乘积之形式,联想到均值不等式,解法2就是运用椭圆的定义,海伦公式,均值不等式极巧妙地解决问题的.也可见二次曲线的定义,海伦公式在解题中的重要作用. ? ? ?? 拓展 ??将此题中的椭圆一般化,我们可得 ? ? ?? 定理? 若、是椭圆的左、右焦点,是半焦距,弦过右焦点，是弦与轴正向的交角,则 ?当时,当且仅当时, ? ? ???当时,当且仅当弦与轴垂直时, .? ? ??? ?证明 ??设为定值,并且?当最大时,的面积最大,边过点,则的方程是,即①.把①代入并化简,得②,则是方程②的两个根, ?.于是恒成立，当时，即当= 时,( +)当时,,当时,即时,证毕 此定理表明,面积的最大值未必是在垂直于轴时取得.题51 Let point M move along the ellipse ,and point F be its right focus, then for fixed point P(6,2) ,then maximum of 3|MF|-|MP| is ,where the coordinate of M is . (ellipse 椭圆；focus 焦点；coordinate 坐标)（第十四届高二第二试第18题）译文：点M是椭圆上一点，点F是椭圆的右焦点，点P（6，2），那么3|MF|-|MP|的最大值是 ，此时点M的坐标是 .解 在椭圆中，，则，所以椭圆的右焦点F的坐标为（1，0），离心率，右准线，显然点P（6，2）在椭圆的外部.过点P、M分别作PG⊥于G，MD⊥于D，过点P作PQ⊥MD于Q，由椭圆的定义知，3|MF|-|MP|=|MD|-|MP|≤|MD|-|MQ|=|QD|=|PG|=9-6=3，当且仅当点P位于线段MD上，即点P与Q点重合时取等号.由点P位于线段MD上，MD⊥及点P（6，2），知点M的纵坐标为2，设M的横坐标为，即M（，2），则有，解得，因此3|MF|-|MP|的最大值是3，此时点M的坐标是（，2）.评析 若设点M的坐标为(x,y)，则可将3|MF|-|MP|表示成x、y的二元无理函数，然后再求其最大值，可想而知，这是一件相当麻烦的事，运用椭圆的定义，将3|MF|-|MP|转化为||MD|-|MP|，就把无理运算转化为有理运算，从而大大简化了解题过程.拓展 将此题引伸拓广，可得定理 M是椭圆E：上的动点，F是椭圆E的一个焦点，为椭圆E的半焦距，P（m,n）为定点.若点P在椭圆E内，则当F是右焦点时，|MF|+|MP|的最小值是；当F是左焦点时，|MF|+|MP|的最小值是.若点P在椭圆E外，则F是右焦点，且0≤m≤，|n|≤b时，|MF|-|MP|的最大值是.F是右焦点，且m>，|n|≤b时，|MP|-|MF|的最小值是.F是左焦点，且≤m≤0，|n|≤b时，|MF|-|MP|的最大值是.F是左焦点，且m≤，|n|≤b时，|MP|-|MF|的最小值是.简证 1、如图1，作MN⊥右准线l于N，PQ⊥l于Q，由椭圆定义，|MN|=|MF|.∴|MF|+|MP|=|MN|+|MP|≥|PQ|=，当且仅当P、M、Q三点共线，且M在P、Q之间时取等号.如图2，同理可证|MF|+|MP||=|MN|+|MP|≥|PQ|=，当且仅当P、M、Q三点共线，且M在P、Q之间时取等号.如图3，|MF|-|MP|=|MN|-|MP|≤|MN|-|MR|=|RN|=|PQ|=，当且仅当P位于线段MN上，即P与R重合时取等号.如图4，|MP|-|MF|=|MP|-|MN|≥|MQ|-|MN|=|NQ|=，当且仅当P位于直线MN上，即点P与Q重合时取等号.如图5，|MF|-|MP|=|MN|-|MP|≤|MN|-|MR|=|RN|=|PQ|=，当且仅当P位于线段MN上，即P与R重合时取等号.如图6，|MP|-|MF|=|MP|-|MN|≥|MQ|-|MN|=|NQ|=，当且仅当P位于直线MN上，即点P与Q重合时取等号.题52 已知双曲线关于直线x-y=1对称的曲线与直线x+2y=1相切，则k的值等于 （ ）A、 B、 C、 D（第十五届高二培训题第19题）解 设点P（x0,y0）是双曲线上任意一点，点P关于直线x-y=1的对称点为P’（x,y）,则 ①，又②，解①、②联立方程组得③.∵P点在双曲线上，∴ ④.③代入④，得 ⑤，此即对称曲线的方程，由x+2y=1，得x=1-2y`,代入⑤并整理，得.由题意，△=4-12（k-1）=0，解得k=，故选B.评析 解决此题的关键是求出对称曲线的方程.由于对称曲线与直线相切，故由△=0便可求得k的值.拓展 关于直线的对称，我们应熟知下面的结论 1、点（x0,y0）关于x轴的对称点是（x0,-y0）.2、点（x0,y0）关于y轴的对称点是（-x0, y0）.3、点（x0,y0）关于y=x的对称点是（y0,x0）.4、点（x0,y0）关于y=-x的对称点是（-y0,-x0）.5、点（x0,y0）关于y=x+m的对称点是（y0-m,x0+m）.6、点（x0,y0）关于y=-x+n的对称点是（n-y0,n-x0）.7、点（x0,y0）关于直线Ax+By+C=0的对称点是（x,y），x,y是方程组的解. 根据以上结论，不难得到一曲线关于某直线对称的曲线的方程，比如曲线f(x,y)=0关于直线y=x+m对称的曲线的方程是f(y-m,x+m)=0.题53 是双曲线的左、右焦点，两点在右支上，且与在同一条直线上，则的最小值是____________ .（第四届高二第二试第15题）解 双曲线,即，如图，在双曲线右支上，,,故当取得最小值时，也取最小值.设是双曲线对应于的准线，,垂足为，则由双曲线定义可知，而，其中是梯形的中位线，当时，取最小值，这时，取得最小值,从而取最小值.评析 解决此题的关键是灵活运用双曲线的第一、第二定义，发现，即，亦即最小时，也最小，并能知道时最小（这点请读者自己证明）.本题虽然也有其他解法，但都不如此法简单，双曲线定义及平几知识的运用在简化本题解题过程中起了决定性的作用.拓展 将本题中的双曲线一般化，便得定理 、是双曲线的左、右焦点，两点在右支上，且与在同一条直线上，则的最小值是.仿照本题的解法易证该定理（证明留给读者）.用此定理可知本题中的最小值为.题54 方程表示的曲线是 ( )A、直线 B、椭圆 C、双曲线 D、抛物线 （第十二届高二培训题第23题）解法1 由的两边平方并整理得.令，则，整理得，即，故已知方程表示双曲线，选C.解法2 已知方程就是，由双曲线的第二定义，可知动点P到定点（2，2）的距离与到定直线的距离比为，因为，所以选C.评析 根据选择支，可知解决本题的关键是将已知方程化为某二次曲线的标准方程或直线方程.显然，平方可去掉根号与绝对值符号，但却出现了乘积项.如何消去乘积项便成了问题的关键.解法1表明对称换元是消去乘积项的有效方法.解法2从已知方程的结构特征联想到两点距离公式与点线距离公式，发现方程表示的曲线是到定点（2，2）的距离与到定直线的距离之比为的动点的轨迹，根据双曲线定义选C.显示了发现与联想在解题中的作用.拓展 将此题一般化，我们有下面的定理 若（为常数，且不全为零），则（1）当时，方程表示为一个焦点，直线为相应准线的椭圆.（2）当时，方程表示为一个焦点，直线为相应准线的双曲线.（3）当且时，方程表示过点且与直线垂直的直线.（4）当且时，方程表示为焦点，直线为准线的抛物线.读者可仿照解法2，运用二次曲线的第二定义自己证明该定理.题 55 已知，则动点A与点B（1，0）的距离的最小值是_________ .（第七届高二第一试第23题）解法1 由已知得 将此式看作以为自变量的二次函数，,这表明该二次函数的定义域是.该函数在上是增函数，当时，.解法 2 令，则 当，即时，.解法 3 设 （t）,两式平方并相减，得即动点A的轨迹是双曲线的右半支在x轴上方的部分（含点（2，0）），由图知|AB|min=1.评析 所求距离|AB|显然是x的函数，然而它是一个复杂的分式函数与无理函数的复合函数，在定义域上的最小值并不好求，解法1根据|AB|≥0，通过平方，先求，再求|AB|min=，并将看作一个整体，将原问题化为求二次函数在上的最值问题；解法2通过三角换元，把求|AB|min的问题转化为求关于的二次函数在的最小值问题，整体思想、转化思想使得问题化繁为简，化生为熟；解法3则求出点A的轨迹，从图形上直观地看出答案，简捷得让人拍案叫绝，这应当归功于数形结合思想的确当运用.许多最值问题，一旦转化为图形，往往答案就在眼前.题56 抛物线上到直线的距离最小的点的坐标是． （第九届高二培训题第27题）解法1 设抛物线上的点的坐标是，则它到直线的距离是，当时最小，此时.故所求点的坐标是.解法2 如图，将直线平移至与抛物线相切，则此时的切点即为所求点.设切线方程为，代入，得.由，即，得.解得.故所求点的坐标是.解法3 设所求点的坐标为P，则过点P的抛物线的切线应与直线平行.而其切线方程为，故，.. 故所求点的坐标为.评析 解法1由点线距离公式将抛物线上的任意一点到直线的距离表示成的二次函数，再通过配方求最值，体现了函数思想在解析几何中的运用.解法2运用数形结合思想发现与直线平行的抛物线的切线的切点就是所求点，设切线方程为后运用方程思想求出，进而求出切点坐标. 解法3则设切点为P，直接写出过二次曲线上一点P的切线方程，由切线与已知直线平行.两斜率相等，求出切点坐标.解法2、3不仅适用于求抛物线上到直线的距离最小的点的坐标，同样也适用于求椭圆、双曲线上到直线的距离最小的点的坐标，故为通法.解法3涉及到过抛物线上一点的抛物线的切线方程，下面用导数证明一般情形的结论：定理 过抛物线上一点P的切线方程是.证明 设过点P的抛物线的切线的方程为①.，，代入①得，，②.点在抛物线上，，，代入②，得切线方程为.拓展 观察切线方程的特征，就是同时将曲线方程中的分别换成，，把分别换成便得切线方程.事实上，对于一般二次曲线，有下面的定理.定理 过二次曲线上一点Ρ的该曲线的切线方程是.运用该定理必须注意点Ρ在曲线上.例 求过点的曲线的切线的方程.解 经验证，点在曲线上，根据上面的定理，所求切线方程为，即. 题57 在抛物线上恒有两点关于直线对称,则的取值范围是 . (第十五届高二培训题第71题)解法1 设两点B、C关于直线对称，直线BC的方程为，将其代入抛物线方程，得.若设BC的中点为M，则.因为M在直线上，所以.，因为BC与抛物线相交于两个不同点，所以.再将的式子代入，经化简得，即，因为，所以.解法2 由解法1，得，.因为，所以，解得.解法3 设B、C是抛物线上关于直线对称的两点，且BC中点为M.因为，所以，即，所以.又,所以,因为M在抛物线的内部，所以，即，解得.解法4 设B、C是抛物线上关于直线对称的两点， M是BC中点.设M，B，C,则①，②.①-②，得③.因为点M在直线上，④.④代入③得直线BC的方程为，故直线BC的方向向量为，同理得直线的方向向量.因为直线BC与直线垂直，所以，即，化简得，得或（舍去）.显然，解得.因为M在抛物线的内部，所以，即，又，所以.评析 定（动）圆锥曲线上存在关于动（定）直线对称的两点，求直线（圆锥曲线）方程中参数的取值范围.这是解析几何中一类常见的问题.解决这类问题的关键是构造含参数的不等式，通过解不等式求出参数的范围.解法1运用二次方程根的判别式，解法2运用均值不等式，解法3、4运用抛物线弦的中点在抛物线内部，分别成功地构造了关于的不等式，这其中，韦达定理、曲线与方程的关系、两垂直直线的方向向量的数量积为零等为构造关于的不等式起了积极作用.练习 若抛物线上总存在关于直线对称的两个点，则实数的取值范围是 （ ）A、 B、 C、 D、答案：B题58 抛物线的一条弦的倾斜角是,弦长是,那么这种弦都经过一定点,该定点是 ． （第十三届高二培训题第73题）解法1 设弦过点，则弦所在的直线是，，，代入抛物线方程，消去得，即．(弦长)2==，即，由此得．当时，弦所在直线方程为，弦长为4．由，得或．又由弦长，得．综上，这些弦都经过点（1，0）．解法2 由题意，对任意都得同一结论，故运用特殊化思想解．令，则弦长为，此时弦所在直线方程为，代入，得，．由题设，，即．所以时，弦所在直线方程为．再令，则弦长为，设此时弦所在直线方程为，得，代入并整理，得，弦长，解得，所以时，弦所在直线方程为．解，得定点为（1，0）．评析 题目本身反映了对于一条确定的抛物线，若确定，则以为其倾斜角的弦的长也确定，变化，则以为其倾斜角的弦的长也变化．但不论怎样变化，这样的弦都过一个定点，这反映了客观世界运动变化中的相对不变因素的存在．由题设可知，故解法1设弦过点，并分直线的斜率存在与不存在两类情形，根据弦长是，直接求出．从而说明不论为何值，弦总过定点（1，0）．这是合情合理的常规思维．然而，根据题意，这些弦过定点肯定是正确的，这就意味着满足题设的任意两弦的交点就是所求定点．这就具备了运用特殊化思想解题的前提．解法2分别令与，得到两个相应的弦所在直线的方程，解其联立方程组得其交点为(1,0)，即为所求．这种解法的逻辑依据是“若对一般正确，则对一般中的特殊也正确．”至于解法2中为什么令与，而不令与，主要是为了计算的方便，这也是用此法解题时应当十分注意的．应当指出，凡解某种一般情形下某确定结论是什么的问题都可用这种方法解．拓展 原题中弦长中的4恰好为抛物线方程中的，而答案中的定点又恰好为抛物线的焦点．这是偶然的巧合，还是普遍规律呢？经研究，这 并非巧合，而是一个定理.定理 若抛物线的弦PQ的倾斜角为，则的充分必要条件是PQ经过抛物线的焦点．证明 先证必要性:由已知，可设PQ的方程为，代入，得①．由已知及弦长公式得②．将①的两根之和与积代入②，得，从而得（），解得，即知过焦点．容易验证当时，结论也成立．再证充分性：由已知可设的方程为，代入，得 ③，将③的两根之和与积代入②得．容易验证当时，结论也成立．应用该定理，可解决下面的问题：1．斜率为1的直线经过抛物线的焦点，与抛物线相交于A、B两点，求线段AB的长．2．是经过抛物线焦点的弦，若，试求△的面积（是坐标原点）．（91年全国高中联赛题） 3．是经过抛物线焦点的弦，是抛物线的顶点，若△的面积为4，求的倾斜角．（98年上海高考题）答案：1. 8 2. 3.或题59 长为的线段AB的两端在抛物线上滑动，则线段AB的中点M到轴的最短距离等于 .（第13届高二第二试第20题）解 设AB的中点为M（），点A的坐标为（），由对称性知B的坐标为，于是有以下关系成立：①+②，得 ④，-②，得 ⑤.将④、⑤代入③，得，即，因为当时, 有最小值,当时, 是单调增加的.又关于是单调增加的,所以,当时, 取得最小值.评析 点M到轴的最短距离显然就是点M的纵坐标的最小值.巧妙利用对称性，设出点M、A、B的坐标后，利用曲线与方程的关系及平几知识，可以得到三个关系式，这又有何用处呢？我们要求的是的最小值，现在却出现了四个 变量，能否消去从而得到，再求其最小值呢？果然，可以消去，得到 ⑥（这里用到了“设而不求”及函数的思想方法）.若变形为，再令，得到 ⑦，则可由方程⑦有非负实数解求出的最小值，但方程⑦有非负实数解的充要条件很复杂.能否用别的什么方法呢？考虑到⑥式中的，故将⑥式变形为 ⑧，由于与的积是定值，故当=，即时,有最小值..然而，因为，所以，即取不到，故由函数⑧为的单调增函数，可知当.注：形如的函数，若则当时, 取得最小值；若,则单调递增, ；若,则单调递减，.(请读者自己证明该结论)拓展 将此题推广，可得定理1 长为的线段AB的两端在抛物线上滑动，线段AB的中点M到轴的距离为，则当.证明 由题意，直线AB的斜率存在.设则，所以直线AB的方程为，由，消去，得，因为点M在抛物线的内部，即，所以，又，所以.于是对求导数，得.（1）若（抛物线的通径长），令，得，易知，是的唯一极小值点，所以当 （即轴）时，； （2）若，令，得或，易知当时，；当时，. 令定理中的，由定理的结论（1）可知本赛题的答案为. 此定理尽管也可以用均值不等式加以证明，但配凑的技巧性很强.这里，运用高中数学的新增内容导数进行证明，显得较为简洁.用导数研究函数的最值问题，顺理成章，不必考虑特殊技巧，易被大家接受，应当加以重视并大力提倡. 此定理还可进一步拓广到椭圆、双曲线的情形，便得如下：定理2 已知A、B两点在椭圆上滑动，|AB| = ，线段AB的中点M到轴的距离为，则（1）；（2）当.定理3 已知A、B两点同在双曲线的右（或左）分支上滑动，|AB| =，线段AB的中点M到轴的距离为，则（1）；（2）当 .为证定理2、3，可以先证引理 在圆锥曲线过焦点的弦中，垂直于对称轴的弦最短.证明 设圆锥曲线的极坐标方程为，其中表 示圆锥曲线的离心率，表示焦点F到对应准线的距离，设AB是圆锥曲线过焦点F的弦，且A，因为，所以+=.当，即当AB与对称轴轴垂直时，，故在圆锥曲线过焦点的弦中，垂直于对称轴的弦最短.下面运用引理证明定理2 .证明 （1）不妨设椭圆的右焦点为F（），A、M、B三点到右准线的距离分别是由椭圆的第二定义知：|AF|=，|BF|=，|AF|+|BF||AB|=，所以.又过焦点的弦最小值为线段AB可以过焦点F，当AB过焦点F时，有最小值，因此.（2）线段AB不可能过焦点F，但点M总可以在过F垂直于轴的椭圆的弦的右侧，如右图，在△AFM中，设∠AMF=，由余弦定理知，在△BFM中， ，所以，所以，又，所以 ①，无论线段AB在什么位置，不等式①都成立.又故 ②.解此不等式，得③，当线段AB垂直 于轴且在焦点F的右侧时，不等式①、②、③都取等号，此时，.仿此亦可证明定理1、3，不再赘述.题60 动圆过定点且与定圆相切，那么动圆的中心的轨迹是 （ ）A、圆 B、圆，或椭圆 C、圆，或椭圆，或双曲线 D、圆，或椭圆，或双曲线，或直线 （第三届高二第二试第10题）解 动圆、定点、定圆,这三者的位置关系有5种可能，如图⑴～⑸：在情形⑴：在圆上，这时动圆与定圆相切于，所以点的轨迹是过的一条直线.在情形⑵：与重合，这时动圆在定圆的内部，与它内切，所以点的轨迹是以为圆心，以定圆的半径的一半为半径的圆.在情形⑶：在定圆的内部但不重合于点，动圆过且与定圆内切，这时动点与定点、的距离的和是（定值），其中的、分别表示定圆、动圆的半径.可知点的轨迹是以、为焦点，为长轴长的椭圆.在情形⑷：在定圆的外部，动圆过且与定圆外切，这时（定值）.可知的轨迹是以、为焦点，为实轴长的双曲线的一支.在情形⑸：在定圆的外部，动圆与定圆内切，这时（定值）.可知点的轨迹也是以为焦点.为实轴长的双曲线的一支（和情形4对应的另一支）.综上，可知选D.评析 分类讨论是参加高考与竞赛必须掌握的数学思想.分类要注意标准的统一，不可重复，也不能遗漏.此题的关键是要搞清全部情形有5种，然后再分别求动圆中心的轨迹.运用二次曲线的定义大大简化了解题过程.应当指出，当点在圆上时，动圆的中心的轨迹是直线，但应除去点、. 另外，讨论完第一种情形后就可排除而选，这样就更快捷了.题61 设直线都是平面直角坐标系中椭圆+=的切线，且，、交于点P，则点P的轨迹方程是 ． （第十二届高二培训题第47题） 解 设直线=与椭圆+=相切，则二次方程+，即有两个相等实根，其判别式，解得 ．因此斜率为的椭圆的切线有两条：①，与其中每条垂直的切线也各有两条：②；另有与轴垂直的切线两条：，与其中每条垂直的切线又各有两条： ． 由①、②得=③，④，④式即⑤．③+⑤得即⑥．又点都适合方程⑥．故点P的轨迹方程为． 评析 这是一道典型的用交轨法求轨迹方程的问题．解题的关键有两个：如何设两条动切线方程与如何消去参数．当切线的斜率存在时，我们可设其方程为，此时出现两个参数与，由于此切线方程与椭圆的方程组成的方程组有且只有一解，故由二次方程有等根的条件得（这与事实一致：斜率为的椭圆的切线应当有两条），从而切线方程为，那么与其垂直的椭圆的切线方程就是将此切线方程中的换成所得方程，即．此时突破了第一关．下面是否通过解方程组得交点轨迹的参数方程，然后再消参得所求轨迹方程呢？想象中就是非常繁琐的．上面题解中的方法充分体现了消参的灵活性，大大简化了解题过程．然而，事情到此并未结束，以上所设切线方程是以切线有斜率为前提的，是否有不存在斜率的椭圆的切线呢？于是引来了分类讨论，当然，此时只要将几个点的坐标代入所求的方程，看是否适合即可． 拓展 如果留心，我们会发现所求轨迹方程中的10正好是已知椭圆方程+=中的7与3的和．那么，是否将椭圆方程改为，则所求轨迹方程就是了呢？经研究，果真如此．于是我们得到 定理1 设直线、都是椭圆的切线，且，、交于点P，则点P的轨迹方程是．证明 设为椭圆的切线,由,得，由，得，所以，所以两垂直切线为， 另有四对：,①式变为③，②式变为④．③+④得．特殊四对垂线的交点坐标也都适合⑤，故P点的轨迹方程为．若将定理1中的椭圆改为双曲线，是否也有相类似的什么结论呢？为了证明定理2，先引进两个引理．引理1 若双曲线的切线的斜率存在，则||．证明 对于两边取的导数知双曲线上任意一点P（）处切线的斜率有||=||= ①，又，代入①得|| ．引理2 如果双曲线有，则不存在垂直切线．证明 假设双曲线存在两条垂直切线，则这两条切线必然都存在斜率，斜率分别记为，，由引理1知||,||,,即1>1,矛盾,所以不存在垂直切线．定理2 设直线都是双曲线的切线，且，交于点P，则点P的轨迹方程为．证明 当一条切线的斜率不存在时，该切线必然经过双曲线实轴上的顶点，这时另一条垂直切线不存在．已知是垂直切线，所以斜率必然都存在． 设为双曲线的切线，则由 得①，由引理1知||，所以，所以且．由①中，得，两条垂直切线为 变形为 ④+⑤得，即为点P的轨迹方程．将定理1、2中的椭圆、双曲线改为抛物线，我们又可以得到定理3 抛物线的两条互相垂直的切线的交点M的轨迹方程为．证明 当其中一条切线过抛物线顶点时，另一条垂直的切线不存在，已知是垂直切线，所以斜率必然都存在．设是的切线，则，由 得，令得，故两条垂直的切线为 消去参数，得为点M的轨迹方程． 将前面定理中的二次曲线改为圆，又得定理4 圆的两条互相垂直的切线的交点P的轨迹方程是.证明 如图，易知四边形APBO1为正方形，所以|PO1|=，所以点P的轨迹是以O1为圆心，为半径的圆，其方程是．比较定理1和定理4，我们不难知道圆是椭圆的特殊情形，当椭圆的长轴与短轴长相等时，椭圆变成了圆．请运用上述定理完成下面的练习：1、设都是圆的切线，且，交于点P，求点P的轨迹与坐标轴在第一象限围成的面积．2、设直线都是椭圆的切线，且，交于点P，求动点P到该椭圆的最近距离．3、已知双曲线的一条切线，求的最小值；过点（1，1）是否有两条垂直的切线？当=1，时，求与垂直的双曲线的切线．答案：1. 2. 3.（1）1 （2）不存在 （3）和题62 已知曲线C上任意一点到定点A（1，0）与定直线的距离之和等于5.对于给定的点，在曲线上恰有三对不同的点关于点对称，求的取值范围. （第十二届高二第二试第23题）解法1 令为曲线C上任意一点，由题意得.故曲线C的方程为，即曲线C由两段抛物线和拼接而成.设关于点的对称点为，则有，由于和都是关于轴对称的，所以，当时，点与同在上或同在上，只有唯一的情形：与.当点与分别在,(或，)上时，不妨设在上，在上，则 ，即 ，解得 .因为，, 所以.但当时，得，则，这时只有一对对称点分别在与上，故应当排除，因此当时，，关于点对称的点对只有与，与是分别在，上的两点，于是为所求.解法2 设，由题意得，化简得为C的方程，其图象由两段抛物线拼接而成（如图）.由抛物线的对称性，可知时总有一对点位于同一段抛物线上且关于点B对称.若另有两对点关于点B对称，则每一对的两个点必分别位于两段抛物线上，故必存在曲线C的内接矩形PQRS，点B随着矩形形状的改变而在x轴上移动.设曲线C与x轴的右交点为M，则当Q、R趋近于M时，点B的横坐标趋近于.如图，设C的两抛物线交于点N、T，则当Q、R分别趋近于N、T时，点B的横坐标趋近于4.故为所求.评析 解决本题的关键有两步：一是求出曲线C的方程，二是求的取值范围.解法1分两类情形，用代数方法求出了的范围，较抽象、繁琐；而解法2则从图象出发，直观地分析出问题的结果，显得简单易懂.解题过程中，我们不仅要学会常规思维，掌握解决问题的一般方法，更要注意抓住具体问题的特点，探寻解决问题的最佳方案，以不断提高我们的创新思维能力.题63 已知k∈R，关于x,y的方程y4+4y3+(2x+2kx-kx2)y2+8xy+(4kx2-2kx3)=0表示一组曲线，其中有一条是固定的抛物线，试讨论k值与曲线形状的关系.（第三届高二第二试第21题）解 因为当k∈R时，原方程表示的曲线组中有一条固定的抛物线，所以，不妨令k=0，先求出这条抛物线的方程：当k=0时，原方程化为y4+4y3+2xy2+8xy=0 ，即，得y=0,y=-4,①. 所以固定的抛物线的方程即.以去除原方程的左边，得，于是原方程化为=0，即.当时，得②.讨论k，可知：当k=-1时，②表示一个圆；当k=4时，②表示两条直线；当k<0但时，②表示一个椭圆；当k>0但时，②表示双曲线；综上，可得下表：k值0或4-1大于0但不等于4小于0但不等于-1原方程对应的图形两条直线及抛物线圆和抛物线双曲线和抛物线椭圆和抛物线评析 解决此题的关键是先求出固定抛物线的方程.既然已知方程对任意实数k所表示的一组曲线中都有一固定抛物线，故可用赋值法求得，但赋值并不是盲目的，若取k=1（够特殊的了），则原方程就是，以此求抛物线的方程，还是很困难的.可见赋值也是很有讲究的.显然k=0时，原方程最为简单.因而也最易求出固定抛物线的方程.题64 已知点和直线，动点到的距离与到的距离之和为4.(1)求点的轨迹;(2)过A作倾斜角为的直线与交于，两点,设，求的解析式.（第十二届高二培训题第78题）解法1 （1）设动点，则，显然，解得.当时，，;当时，，.故是由两条抛物线相交围成的封闭曲线.(如图1)(2)两条抛物线交于点，，的斜率为，故当或时，直线与两条抛物线相交；当时，直线只与相交.前者可由交点坐标得，后者可由弦长公式得 .解法2 （1）设点的坐标为，则，化简后得的轨迹方程为及，故点的轨迹是两条抛物线相交围成的封闭曲线. (2)画出点的轨迹，不难知道它是两条抛物线组（如图2），两条抛物线交于点，，的斜率为. 当时，直线只与抛物线相交，利用弦长公式求得; 当时，分别过点、作轴、轴的平行线交于点，过作的垂线，垂足为，由题设条件知，，而，所以，因为，所以.当时，由抛物线的对称性，只须把代入上式，得.综上所述, .解法3 （1）与解法2相同.（2）当时，同解法2.当时，点是这两条抛物线的公共焦点，，分别是这两条抛物线的准线方程，过点，作它们各自抛物线准线的垂线，垂足为、.由抛物线的定义知，而，所以，,同理可得，故.当时，由抛物线的对称性，只须把代入上式，得.综上所述,.评析 第（1）小题求动点的轨迹，这是解析几何中研究的两大主要问题之一，不过，本题中需要运用分类讨论的思想.对于第（2）小题求，解法1运用了方程思想；解法2把转化到直角三角形中去解决，大大减少了运算量；而解法 3则意识到点是两抛物线的公共焦点，运用抛物线的定义解题，更加直截了当.解法2、3都很巧妙.拓展 由本赛题答案可知轨迹为抛物线，为焦点,为焦点弦长.焦点弦长是一个十分重要的几何量，将其推广，可得定理 PQ是过圆锥曲线焦点F的弦，若PQ的倾斜角为,则①.证明 由极径的几何意义及题设，可知，即 .式用处较广，请看两例：例1 是经过双曲线右焦点的弦，若，则这样的可作多少条？（97年高中联赛）解 因为，，所以，，，由已知及①式，得，解得.因为，所以有三个不同值，所以这样的弦可作3条.例2 、是椭圆的两个焦点，过作倾斜角为的弦，求的面积.（98年河北重庆高中竞赛）.解 因为，，，所以，，.将它们代入①式，解得.又知直线AB的方程为，它到点的距离，所以.题65 已知定点M（-3,0），P和Q分别是y轴及x轴上的动点，且使MP⊥PQ，点N在直线PQ上，分有向线段的比为.求动点N的轨迹C的方程；过点T（-1,0）作直线与轨迹C交于两点A，B，问在x轴上是否存在一点D，使△ABD为等边三角形；若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.（第十五届高二培训题第80题）解 （1）设点N的坐标为（x,y）及点P（0，y’）, 点Q（x’,0）(x’>0).由已知，得x=3x’,y=-2y’,即，由MP⊥PQ，得，故即为所求点N的轨迹C.（2）设：y=k(x+1)(k≠0)，代入，得k2x2+2(k2-2)x+k2=0,由△=[2(k2-2)]2-4k2k2=-16k2+16>0,得|k|<1.设A（x1,y1）,B(x2,y2),则所以.AB的中点E的坐标为（）.假设存在点D（x0,0）使△ABD为等边三角形，又边AB的中垂线方程为，由D在此中垂线上，得，.设d为D到直线l的距离，由正三角形的条件有，可得，故存在点D（，0），使△ABD为等边三角形.评析 求动点N的轨迹方程，就是求动点N的坐标x, y在N运动变化过程中始终满足的关系式f(x, y)=0.一般应首先搞清楚引起N运动变化的因素是什么，此题中P、Q分别是y轴及x轴上的点，且使MP⊥PQ，这就表明，当P在y轴上运动时，Q在x轴上运动，随着P、Q的运动，有向线段的定比分点N也随之运动.可见，x, y是随着P、Q的坐标的变化而变化的，由定比分点坐标公式，得①，如何消参？运用MP⊥PQ，得②，①代入②，便消去了x’, y’,得到为所求，问题解决了.求轨迹方程是解析几何中两类基本问题之一，方法有好多种，这里用的是参数法，用此法求轨迹方程，关键有两个：一是选择什么样的变量作为参数；二是如何消去参数，代入法及运用“三角1”是消参的最基本的方法.还应注意普通方程中变量的取值范围.第（2）小题是存在型问题，假设存在点D（x0,0）使△ABD为等边三角形后，中心问题就是求出x0或判断x0不存在.当得到后，中心问题就是求出k或判断这样的k不存在.在求得|AB|（用k表示）后，并未求|AD|、|BD|，并运用|AB|=|AD|=|BD|求k，而是运用平几的知识，由点D到AB的距离，求出k.平几知识的运用，避免了烦琐的运算.应当注意，与轨迹C交于A、B两点，这就隐含着△>0，即|k|<1.因为求得的∈（-1，1），故满足题设的点D存在，否则，是不存在的.题66 已知异面直线a与b所成角为，P为空间一点，过点P作直线l使l和a，b所成角相等，此等角记为，则直线l的条数构成的集合为 .（第十五届高二培训题第38题）解 当时，若，则l只有1条；当时，若，则l有2条；当时，若，则l有3条；当时，若，则l有4条；故所求的集合为.评析 异面直线a,b所成角为，则，和a,b成等角，这里的、都不确定,因而有无数种情形,比如等等.显然，不可能也没有必要对所有情形一一加以讨论．因此，如何选择一些特殊情形来代表一般就成了解决问题的关键．直线l的条数只能是自然数故我们只需看l的条数有无可能是．并且当我们确定时有3条后就不必再考虑l有3条的其他情形了．是异面直线，在上任取一点，过作∥，因为l与成等角，所以l与也成等角．当l不过点时，过点作l∥l，因为l与成等角，所以l与也成等角．至此，问题转化为：相交直线所成角为，，过的交点且与成等角的直线l有几条？此时，问题已变得简单多了．拓展 将题中异面直线改为任意两直线，将的范围扩大为，我们有下面的结论１ 已知空间两直线所成的角为，过空间任意一点P且与成等角的直线为l．若，则当时, l只有一条．当时，l有无数条． 2.若，则(1)当时, l不存在．(2)当或时, l只有1条．(3)当或时, l只有2条．(4)当时, l有3条．(5)当时, l有4条．如果将直线改为平面与平面,我们又有下面的结论2 已知平面与平面所成的角为,过空间任意一点P且与平面成等角的直线为l．1.若，则(1)当时, l只有一条．(2)当时，l有无数条． 2.若，则(1)当时, l不存在．(2)当或且时, l只有1条．(3)当且,或时, l有2条．(4)当且时, l有3条．(5)当时, l有4条．练习已知异面直线所成的角为,P为空间一点，则过点P且与所成角为下列各角的直线l分别有多少条?(1) ；(2) ；(3) ；(4) ；(5) ；(6) .已知平面与平面所成的角为，P为空间任意一点，则过点P且与所成角为下列各角的直线l分别有多少条? (1) ；(2) ；(3) ；(4) ；(5) ；(6) ；(7) . 答案 1.(1) 不存在,(2) 1条,(3) 2条,(4) 3条,(5) 4条,(6) 1条；2.(1)1条 ；(2) 4条；(3) 3条；(4) 2条；(5) 1条；(6)不存在；(7)不存在.题67 空间给定不共面的四个点，其中任意两点间的距离都不相同，考虑具有如下性质的平面：中有三个点到的距离相同，另一个点到的距离是前三个点到的距离的2倍，这样的平面的个数是 （ ）A、15 B、23 C、26 D、32（第三届高一第二试第6题）解 分三种情形：①四点在的同侧，平面可与中的任一个平面平行，譬如当∥面时，与面的距离等于与面的距离.这种情况下有4个平面.②中有3个点在的一侧，第4个点在的另一侧.这时又有两种情形：一种是与面平行，且与的距离是与面距离的2倍.这时有4个平面；另一种情形如图1所示，图中分别是的中点，是的三等分点中靠近的分点，在图1的情形中，到平面（即平面）的距离是到平面距离的一半.因为可以是的中点连线，又可以是的中点连线，所以这种情形下的平面有个.③四点中，两侧各有两点（如图2），图中的分别是的中点，分别是的三等分点中靠近的分点.容易看出：点到平面（平面）的距离是到该平面距离的2倍.就与分别位于两侧的情形来看，就有离远，离远，离远，离远这四种情况.又因异面，这样的异面直线共有3对，因此平面有个.综上分析，平面有4+4+12+12=32个.故选.评析 此题源于一道常见题：“与四面体四个顶点距离相等的平面有 个”.不过比常见问题要复杂得多.解决此题的关键是要把所有的情形适当分类，既不能遗漏，又不能重复.解题时稍不注意就会将图1所示的第②类情形中的第二种情形遗漏掉.对于第③类情形，往往又容易疏忽，而导致不乘以3，误以为平面只有4个.用排列组合知识解此题：第①类情形，有个；第②类情形中的第一种情形，有个，第二种情形，有个；第③类情形，有个.故所求平面有=4+4+12+12=32个.题68 O为空间一点，射线OA、OB、OC交于点O，∠AOB=∠BOC=，∠COA=，则二面角A-OB-C的平面角的余弦函数值是________. （第五届高一第一试第15题）解 如图，在射线OB上取点D，过D作DE⊥OB交OA于E，作DF⊥OB交OC于F，连结EF，则∠EDF就是二面角A-OB-C的平面角.设OD=,∠DOC=∠DOE=,DE=DF=,OE=OF=.∠EOF=EF=在DEF中，由余弦定理得= = 为所求.评析 解决此题的关键有两个：一是如何作出二面角A-OB-C的平面角；二是如何求平面角的余弦值.上述解法运用二面角的平面角的定义作出了二面角A-OB-C的平面角后通过解三角形求出了平面角的余弦值.这是求二面角的最基本也是最常用的方法.求二面角的大小通常要经历作、证、算三个阶段.拓展 将此题条件一般化，可得下面的推广 O为空间一点，射线OA、OB、OC交于点O，若∠AOB=，∠BOC=，∠AOC=，二面角A-OB-C的大小为，则证明 如图，在OB上取点D，使OD=，以点D为垂足作交OA于点E，交OC于F，连结EF，则就是二面角A-OB-C的平面角，即=.在中，DE=，OE=.在中, DF=, OF=.在中，由余弦定理，得=.令推广中的，得就是本赛题的答案.再看一个应用该推广解题的例子.例 在正方形ABCD中，M、N分别是AD、BC的中点，沿MN把这个正方形纸片折成以MN为棱的二面角A-MN-C，使折后的锐角的正弦值是0.6，这时二面角A-MN-C的平面角是 （ ）A、 B、 C、 D、 （第五届高一第二试第3题）解 设二面角A-MN-C的大小为，正方形的边长为，在与中，，，由推广得 ，.故选A.题69 在四面体ABCD中，面BAC、CAD、DAB都是以A为顶点的等腰直角三角形，且腰长为.过D作截面DEF交面ABC于EF，若EF∥BC，且将四面体的体积二等分，则面DEF与面BCD的夹角等于.（第十三届高二第二试第19题）解 如图，取EF，BC的中点P，Q，连结AQ，则P在AQ上.连结DP，DQ.在面BCD内过D作直线∥BC，因为EF∥BC，所以∥EF，所以为面DEF与面BCD的交线，由已知，易得DQ⊥BC，DP⊥EF，所以DQ⊥，DP⊥，所以就是面DEF与面BCD的夹角.由，可知.于是，又易求得，所以.易证DA⊥AQ，所以在中，在中，.所以，所以为所求.评析 这实际是一道求“无棱”二面角的大小问题，关键是找到或作出二面角的平面角.而要作出，就必须知道棱，因此，一般应通过分析，先确定并作出二面角的棱，然后再找出或作出二面角的平面角.由于二面角的平面角的两边都与棱垂直，而DQ⊥BC，在面BCD内过D作直线∥BC，然后证明就是两平面的交线.进而证明就是二面角的平面角.这就突破了难点.关于求的大小 ，也可在中先求出三边后再由余弦定理求得，不过，没有上述解法简单.下面介绍二面角的另一简单求法：定理 如图，在平面内的射线是，平面ABC与平面所成锐二面角为，则.证明 作⊥于，连结，因为是在平面内的射影，所以由三垂线定理得⊥，所以就是平面与平面所成锐二面角的平面角，所以.当的边不在平面内时，设在平面内的射影是，则同样可以证明.运用该定理求”无棱”二面角十分方便.例 如图，已知底面边长为1，高为3的正三棱柱，分别在侧棱上，且，，,求面与面所成锐二面角的大小.解 由已知，易求得，，所以，又，所以，所以. 题70 如图1，四边形是矩形，面，其中.若在上存在一点，使得.试求的范围，及有且只有一个满足条件的点时，二面角的大小. (第十四届高二培训题第78题) 解法1 如图1,过点作的垂线,垂足为,连结.过点作AB的平行线,交于,连结.令.易知EF∥PA, .因为,所以.因为,所以有①.由,得,解得. 当时,方程①即方程①有且仅有一个实根,故存在唯一的点.因为面,所以是二面角的平面角,所以为所求.解法2 建立空间直角坐标系(如图2),设,则,设,则.因为①.因为共线,所以,即②,代入①并整理,得③.由,解得为所求的范围. 当时,方程③为,即.因为,方程③有且仅有一个实根,故存在唯一的点.又时,方程①为④,方程②为⑤.解④，⑤联立方程组,得.所以.作于,于,连结,则,所以就是二面角的平面角.又,，所以所以,所以,即为所求. 评析 解法1为几何法,从图形上看,由于的长确定,又是矩形,因此,当过短时,与就不可能垂直,于是就有问题:如果应在什么范围内?要解决这个问题,关键是利用这一条件,随着的不同,在变化,设后,便都可用表示,由得方程①.由于方程①有解,由求得了的范围. 有且只有一个满足条件的点时,按常理,应是固定的,而很可能此时.把代入方程①,得,方程①有且只有一个实根,这就验证了这一想法.当确定后,也确定了,又,故二面角便求出了. 解法2为向量法.设后,由,得,按解法1的思想,必须消去与中的一个,由共线得便解决了问题. 对于求二面角的问题,作出二面角与解法1一样,不过是用公式求罢了. 题71 △ABC是边长为1的正三角形，PA⊥平面ABC，且PA=，A点关于平面PBC的对称点为A’，求直线A’C与AB所成角的余弦值.（第九届高一第二试第22题）解法1 设D是BC的中点，A A’与面PBC交于O，由已知，O必在PD上.∽△PDA，∴.又A与A’关于平面PBC对称，∴A’B=AB=1，由A’A= A’B=1，CA=CB=1，可得A’C⊥AB，∴A’C与AB所成角的余弦值为0. 解法2 如图1，作C A’AF，则直线A’C与AB所成角的余弦值等于|cos∠BAF|，由于两点A’，A关于平面PBC对称，则该平面上任意点与A’，A等距离，故A’C=AC=1.设A’A交面PBC于O点，延长PO交BC于E，连结AE，易知BC⊥PA，BC⊥AO，故BC⊥平面PAE，所以BC⊥AE，又AB=AC=BC=1，所以E是BC的中点，，易求，则FC=A’A=2AO=1，由于A’A⊥BC，CF∥A’A，则CF⊥BC.又由FC=CB=1，知.由AF= A’C=1，AB=1，知AF2+AB2=1+1=2=BF2，所以，|cos∠BAF|=0为所求.解法3 如图2，取AC的中点M，设E是BC的中点，A’A交面PBC于O点，连结OM、EM，则OM∥A’C，EM∥AB，则直线A’C与AB所成角的余弦值等于|cos∠OME|，同解法2可得A’C=1，，，则OM=A’C=，OE=，由ME=AB=，知OM2+ME2==OE2，所以，|cos∠OME |=0为所求.解法4 如图3，连结A’A交面PBC于O点，连结A’B、A’C，则A’B=AB，A’C=AC.VP-ABC=S△ABC PA=，VA—PBC=S△PBCAO=，又∵VP-ABC= VA—PBC，所以= ，∴.∵A’O=AO，∴A’A=1.故三棱锥A’—ABC为正四面体，∴A’C⊥AB，直线A’C与AB所成角的余弦值0.解法5 如图4，建立空间直角坐标系A-xyz（A为坐标原点），则A(0,0,0),C(0,1,0),P(0,0,),B(),易知平面PBC交x轴于点Q(),由截距式得平面PBC的方程为，即，于是平面PBC的一个法矢量，由此设与平面PBC的垂足为O，代入平面PBC的方程，得，则点O.又由于的中点是O，则易知设与所成的角为，则cos=，即直线与所成角的余弦值为0.评析 与显然是异面直线，其所成角的余弦值一般应通过平移将两异面直线所成的角转化为相交直线所成的角后再求.解法2、3就是通过不同途径实现这种转化的.按照解法2的思路，同样可以作 或，则或亦为所求.因为正四面体的对棱互相垂直，故解法1、4证明了AABC恰为正四面体，从而问题也就解决了.解法5则是运用向量知识解决问题，这也是求空间两直线所成角的常用方法.拓展 此题可作如下推广 若△ABC中B、C为定角，A角对边为定值，PA面ABC，PA=，△ABC的面积为 ，直线AC与AB所成角为，则.证明 因为角B、C及边为定值,故△ABC可解,其面积S为定值.如图5,过A作ADBC,O为垂足,连结PB,PC,PO.由题设知BCPO,BC面PAO.面PBC面PAO.作A点关于直线PO的对称点A,则A也是A点关于平面PBC的对称点,连结AC, AO.过点C作AB的平行线交AO的延长线于D,则 ACD就是AC与AB所成的角.又可知BCD=B,,二面角A—BC—D的平面角AOD=-AOA,AOA=2POA,又OA=,由tanPOA=得.由三射线定理,可得 运用推广,不难验证原题中直线与所成角的余弦值.题72 已知正方体的棱长为，它的体对角线和与它不共面的面对角线之间的最小距离等于________. (第十五届高二培训题第49题)解法1 如图1,要求与之间的最小距离.因为,所以平面.由与的交点作于，则.故就是异面直线与的公垂线段，其长为所求最小距离.为所求.解法2 如图2，以为坐标原点，分别以直线、、为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系.设、分别是、上的点.设点的横坐标为，则易知其横坐标与立坐标分别为，；设点的纵坐标为，则易知其横坐标与立坐标分别为.即，.所以，所以（当且仅当且时取等号）.所以所求最小距离为.解法3 如图3，在已知正方体旁补上一个与其一样大小的正方体.连结，,则易证，所以，所以与平面间的距离，也就是点到平面的距离就是异面直线与间的距离，即为所求.设点到平面的距离为.易求得，，.因为，所以.所以.由，即=，亦即，得为所求.评析 此题就是求异面直线间的距离，其主要方法有：（1）求异面直线的公垂线段的长；（2）求两异面直线上两点间距离的最小值；（3）转化为求线面、面面间的距离.（若∥,,与异面，则与的距离就是与的距离.若∥，，，、异面，则、间的距离就是、间的距离）.解法1是求公垂线段的长，作出公垂线段是关键，需要有较强的分析能力.解法2通过建立空间直角坐标系，将两异面直线上两点间的距离转化为向量的模来求，关键是正确设出两点的坐标，这里，运用了整体思想，求最小值时还用到了配方法.解法3通过补形，将两异面直线间的距离转化为线面间的距离，进而转化为点面间的距离，最后通过等积变换求得.三种解法蕴含着丰富的数学思想，全方位展示了求异面直线间距离的基本方法，值得我们细细品味.题73 点在所在的平面外，则到平面的距离的最大值是_________.（第二届高一第一试第30题）解法1 如图，作于，连结，作于平面，. 于是平面，进而有平面平面平面，即就是到平面的距离. 在直角中，故所求最大值是 解法2 作法如解法1，设易求得又又即即所求最大值是评析 首先需要理解题意：求到平面的距离的最大值，说明此距离一定是个变量，是什么引起它的变化呢？说明是确定不变的，而与平面的垂直关系也不变，故只有的长度的变化才会引起到平面的距离的变化，因此，可将此距离表示为（设为）的函数，然后求其最大值.解法2成功地运用函数思想解决了问题.解法1中用到“”，其依据是下面的定理 斜边为定值的直角三角形斜边上的高的最大值是.证明 如图，作线段，以为直径画半圆，则半圆上任意一点（与不重合）与都构成为直角，为斜边的直角三角形.显然，当时，斜边上的高最大，为.题74 如图1，ABCD-EFGH是单位正方体，P是AF上的动点，则GP+PB的最小值是 ．（第十二届高一第一试第20题）解法1 将面AFGD绕AF旋转，使它与面ABF共面,此时连结BG，BG长即GP+PB的最小值，在中，.如图2，建立直角坐标系，则.解法2 如图1，设PF=x,在中由余弦定理，得.在中，.所以，表示x轴上的动点到点与点的距离之和.显然，当动点位于两点、连线段与x轴的交点时，最小，最小值为.解法3 如图3，建立空间直角坐标系.则.设 .因为共线，所以，得，所以,,所以.表示直角坐标系uov中u轴上的动点到两定点的距离之和，显然，当点Q为线段MN与u轴的交点时，最小,即.所以的最小值为.评析 本题等价于“已知直三棱柱是上的动点，求的最小值.”解法1采用“铺平”的方法，转化为求铺平后两点间的距离.也可不建立直角坐标系，而在中由余弦定理求得：因为，所以.因为是随点在上的位置的变化而变化的，而点在上的位置又是随的长度的变化而变化的，故设，则应为的函数.解法2就是运用函数思想解决立几问题的.写出函数关系式容易，但求最小值较难，这里，先将其转化为解几问题，再运用平几知识求得最小值.可见，函数思想、转化思想、立几、解几、平几知识的综合运用是解法2的精髓.解法3显示，运用空间向量，可将许多立几问题转化为向量运算问题，空间向量是解决立几问题的有力工具之一.题75 以四个全等的正三角形为面拼合成的空间图形叫正四面体.正三角形边长叫正四面体的棱长.设正四面体棱长为1.求互为异面的正三角形的中线（所在直线）间的距离.（可使用下面的结论：正四面体ABCD中，A到面BCD的距离为d，面BCD的面积为S，则四面体ABCD的体积V=） （第八届高一培训解答题第3题）解 情形（1）E、F分别是AC、AD的中点，求BE、CF之间的距离.取AF的中点M，连结EM、BM，则EM∥CF，CF∥面BEM，故点F到平面BEM的距离就是CF与BE间的距离.∵AM=MF，∴点A到平面BEM的距离就是CF与BE间的距离.在△BEM中，由余弦定理，得cos，∴sin∠BEM=,S△BEM=，∴VA—BEM=，又VA—BEM= VB—AEM=，∴=，d=.情形（2），E、F分别是BC、AD的中点，求AE、CF间的距离.取ED的中点M，连结FM、CM，则AE∥FM，AE∥面FCM.可知点D到平面FCM的距离就是AE、CF间的距离.在△FCM中，由余弦定理，得，∴sin∠CFM= S△CMF=，VD—CMF=，又VD—CMF= VF—CMD=（点F到面CMD的距离等于点A到面CMD的距离的一半）.∴=，d=.综上，所求距离为或.评析 对于正四面体上的一条中线来说，其它任何面上的三条中线总有一条与其相交，另外两条与其异面，必须分两类情形分别求解，这一点很容易被忽略.按照定义，异面直线间的距离就是两异面直线的公垂线段的长.而要作出两异面直线的公垂线段往往比较困难.此时，我们可设法将问题转化，其途径主要有：（1）转化为线面距离——若异面，∥，则b与的距离就是间的距离.（2）转化为面面距离——若异面，∥，则、间的距离就是间的距离.而线面、面面之间的距离往往又要转化为点面距离来求——若∥∥,则A到的距离就是与的距离.点面间的距离一般按照定义来求，此外还常常运用“等积法”转化为求某三棱锥的高.上述解法正是把两异面直线间的距离转化为直线与平面的距离，再转化为点到平面的距离，最后转化为三棱锥的高来求得的.可见，熟练掌握转化思想是解决此题的又一关键.题76 四面体中，分别在棱上，且则两点到过的平面的距离之比为_____ .（第十届高一培训题第38题）解法1 设点到平面的距离分别为,由于点分别是直线与平面的交点且所以①，②，③，由①、②、③得，即两点到过的平面的距离之比为.解法2 如图2，延长交的延长线于点，设的中点为，连结，则∥，且≌，所以，设点到平面的距离分别为，由于点分别是直线与平面的交点，所以即为所求.解法3 如图3，连结于是，设三点到平面的距离分别为则，又为所求.解法4 如图4，过点A作∥交于点，过点作∥交于点，则∥平面∥平面，平面∥平面.因此，两点到平面的距离相等.由作法可知，点是的中点，设点到平面的距离分别为则为所求.评析 按照定义，点到平面的距离是该点与该点在平面上的射影之间的距离.此题中，要作出在平面上的射影是困难的（位置难以确定，即使确定了，也难以求距离）.因此，我们需另寻他法.由于都在平面上，且三点分别在上的位置确定，又考虑到是求比值，故联想到这样一个事实：如图5，线段与平面交于点，与平面不垂直，若则两点到平面的距离之比也是（可证’∽’而得该结论）.上述解法就是利用这一结论解决问题的，解法3还将两点到平面的距离比转化为两个三棱锥的体积比；解法4利用两平行平面的一个平面上的任意两点到另一个平面的距离相等.总之，转化思想在解决此题中起了关键作用.题77 在棱长为的正四面体内任取一点，到四面体四个面的距离分别记为，，，，则＿＿＿＿ （第三届高二第一试第16题）解法1 将与正四面体的四个顶点联结，得到以为顶点，正四面体的各个面为底面的四个小棱锥，它们的高分别为，，，, 体积的和等于原正四面体的体积.由于四个小棱锥的底面与原正四面体的底面一样，所以正四面体的高.解法2 设已知正四面体为，由题意，可知为定值.故不妨令为正四面体的一个顶点，则到面、面、面的距离都是，故就是点到面的距离，即正四面体的高.评析 由于点的任意性，企图将，，，一一求出（或用某个量表示出来）后再求其和是不现实的，因此，我们应改变思考方向.解法1将点与四面体的四个顶点连结后得到四个以点为顶点的小三棱锥，由其体积和等于原四面体的体积，巧妙地求出了所求之值.这种利用整体与部分之间的关系解题的分割的方法是立几中常用的方法之一.解法2则由结论的唯一确定性，运用特殊化思想，快速解决了问题.类似这种结论唯一的填空题，特殊化思想应作为解题的主要指导思想. 拓展 平面几何中有这样一个定理：“正三角形内一点到各边的距离之和等于正三角形的一边上的高”.将此定理延拓到空间就是本赛题.运用解法1中的思想方法同样可以解决第五届高二第二试第17题：在三棱锥中，侧棱，，两两垂直，，, 在三棱锥的内部有一个与三棱锥的四面体都相切的球，则此球的半径＿＿＿＿.解：∵，，两两垂直，，，∴，，，，，设此三棱锥的内切球的半径为，则，即，解得.题78 某水准仪是封闭的正四面体,体内装有水,当正四面体的一个面放置于水平地面时, 体内水面高度为体高的，现将它倒置，此时水的高度是体高的 ．（第十一届高一第一试第20题）解 开始平放时,上面无水部分也是正四面体,设其体积为,则原四面体的体积是,有水部分的体积是．倒置后，有水部分与原四面体体积之比是．从而对应的高之比是．评析 该题是由圆锥演变而来的．若直接求出水的高度，再求比值，运算量就大多了，先求出体积比，再求高的比，就显得很简单．些题主要运用了棱（圆）锥的一个性质：用平行于棱（圆）锥底面的平面去截棱（圆）锥，则截得棱（圆）锥与原棱（圆）锥的体积比等于截得棱（圆）锥与原棱（圆）锥的高的立方比．另外，还有下列性质：截得棱（圆）锥的高与原棱（圆）锥的高的比与对应的侧棱（母线）的比，对应的底面某边的比、对应的面上的中线、高的比，（底面半径的比，底面周长的比等）都是相等的，记作；全面积的比与侧面积的比，底面积的比，对应的某个侧面的面积比也都是相等的，记作,且有．以此可解决第二届高二第二试第12题：台体上、下底面面积分别是，平面与底面平行，且台体被截成体积相等的两部分．设截面面积为Ｓ,用表示Ｓ的结果是 ．考虑生成圆台的圆锥，设上面小圆锥的体积为，圆台被截面截开的两部分体积为Ｖ，由 “相似比的立方等于体积之比”，知消去,得.拓展 对本题深入探求,可得定理 平行于底面的平面把高为的锥体分成两部分,其中小锥的高为,体积为,台体的体积为．现将截面平移，使小锥的高为，体积为,相应台体的体积为，则．证明 如图1，①；如图2,②．由①②，得，即，则，所以．用此定理解本赛题：因为，所以为所求．题79 正四面体，点、、分别在棱，，上，且.过、、三点的平面将四面体分成两部分，这两部分的体积比为＿＿＿＿（取较小部分与较大部分的体积之比） （第十三届高二培训题第75题）解法1 如图1，易知， . 作过、、三点的平面，它和正四面体的截面是矩形，在上取点使得，则为三棱柱.到面的距离与到面的距离满足，则，设，则，故.因此，..则，故所求的两部分体积之比.解法2 如图2,作于，于,连结，, 则，. 故为直三棱柱. 设已知正四面体棱长为，则易求得，，故.又易得，∴.易得，∴，∴.又易求得.∴. 故所求两部分的体积之比为.评析 解决此题的关键有两个：一是分成的两部分到底是什么形状；二是两部分的体积如何求.解法1是先求平面为界，靠近读者一侧部分的体积，解法2则是先求另一部分的体积.由于正四面体的体积易求，故两种解法都在求得一部分的体积后，用整体体积减去一部分的体积得另一部分的体积，减少了运算量.由于分成的两部分都不是纯粹的柱、锥体, 故两种解法又都采用化整为零的方法，将其分割成几个易求体积的几何体后再求其体积.这也是求不规则多面体体积的常用方法.题80 正四面体的侧面三角形的高线中，其“垂足”不在同一侧面上的任意两条所成角的余弦值是 ( ) (第十二届高二第二试第3题)解法1 如图1，是正四面体，设其棱长为，分别是边上的中线，由题意，就是要求所成角的余弦值.取的中点的中点，连成.易知平面和平面平行且∽，于是边上的中线∥，故和所成的角就是.所以.在中由余弦定理得.在中由余弦定理得.故选.解法2 如图2，将正四面体补成三棱柱，则是边上的中线，又是边上的中线.由题意，就是要求与所成角的余弦值，取的中点，连结.易证∥，所以就是与所成的角.设正四面体的棱长为，则易求得.中，，由余弦定理，可求得.在中，由余弦定理，可求得，故选.解法3 如图3，设正四面体的棱长为，以正的中心为原点，建立空间直角坐标系.易求得.所以，所以.所以.故选.评析 解决此题首先得搞清题意，图中与所成角的余弦值应为所求.由题中“任意”二字及各个选择支都是唯一确定的值，可知不必再考虑其它情形.求异面直线所成的角，主要方法是按照定义，通过平移将异面直线所成的角转化成相交直线所成的角，其转化方法往往因题而异，有时，同一题也可通过几种方式转化.本题解法1与解法2就是用两种不同方法转化的.解法1将平移至，从而将问题转化为求.应当指出，取的中点，连结后，连结交于，由为的中点可知为的中点，又为的中点，故∥.这样比原解答更为简单.解法2通过补形，将平移至，从而使问题转化为求，计算十分方便.立几中往往通过解三角形求角，正弦定理、余弦定理、勾股定理是主要工具.解法3运用空间向量求异面直线所成的角，将几何问题转化为向量运算，十分简便.应当注意的是坐标系的建立要“适当”，否则会大大增加运算量.题81 过正方体ABCD—A1B1C1D1的棱AB、BC的中点E、F作一个截面，使截面与底面ABCD所成的角为450，则此截面的形状为 （ ）三角形或五边形 B、三角形或六边形 C、六边形 D、三角形或四边形（第六届高一第二试第5题） 解 显然，必有一个截面与棱BB1相交，此截面是三角形.设过D1的截面与底面所成的角为，易求得tan∠D1GD=，故<450，又设过A1、C1的截面与底面所成角为，则易求得tan=tan∠O1GO=>1,故,于是另一截面应与A1D1、D1C1相交（不过其端点），形状为六边形，故选B.评析 解决此题的关键是要求具有较强的空间想象力，能够理解确定截面形状的下列方法：若截面与棱DD1相交，则截面为五边形；若截面与棱A1D1、D1C1都相交（但不过其端点），则截面为六边形；若截面与棱A1B1、 B1C1都相交（但不过点B1），则截面为四边形.原解答中说“为考察另一截面是否与DD1相交，只需考虑过点D1的截面与底面所成角θ的大小”，并在得到θ<450后，就说截面是六边形.这种理由并不充分.θ<450只能说明截面与DD1不相交，但不能说明截面一定是六边形.事实上，当截面过A1C1时，截面与DD1不相交，但截面却是四边形.拓展 根据上述解法及分析，并考虑到截面过点B1时，截面与底面所成角为arctan，与截面过A1C1时截面与底面所成角相等，我们可得如下：结论 过正方体ABCD—A1B1C1D1的棱AB、BC的中点E、F作一个截面，使截面与底面ABCD所成的角为θ（0<θ≤），则当时，截面的形状为三角形或五边形；当时，截面的形状为三角形或六边形；当时，截面的形状为三角形或四边形；当arctan<θ≤时，截面的形状为四边形.题82 正方体中，为的中点，为的中点，异面直线与所成角的余弦值是 （ ）A、 B、 C、 D、(第十五届高二第二试第9题)解法1 如图1，取中点，连结，则∥，所以是与所成的角，设正方体棱长为1，则，，，所以，故选B.解法2 如图2，取正方体的面的中心，连结.易证∥且，∥且，∥且，四边形为平行四边形，∥，就是与所成的角.设正方体棱长为1，则易求得，，，在中，由余弦定理，得，故选B. 解法3 如图3,建立空间直角坐标系.设正方体棱长为1，则，，，，所以，，所以，故选B.评析 运用几何法求异面直线所成的角，一般通过平移其中一条或两条，转化成相交直线所成的角，例如本题解法1将平移至，解法2将平移至，然后往往通过解三角形求此角（常常运用正弦定理、余弦定理、勾股定理及其逆定理）.而用向量法求异面直线所成的角，只需利用公式，将几何问题转化成向量运算，一般比几何法简单.题83 多面体表面上三个或三个以上平面的公共点称为多面体的顶点，用一个平面截一个n棱柱，截去一个三棱锥，剩下的多面体顶点的数目是 （ ） A、 B、 C、 D、 （第四届高一第二试第10题）解法1 n棱柱有个顶点，被平面截去一个三棱锥后，可以分以下6种情形（图1~6）在图4，图6所示的情形，还剩个顶点；在图5的情形，还剩个顶点；在图2，图3的情形，还剩个顶点；在图1的情形，还剩下个顶点.故选B.解法2 如图1~6，令=4，则四棱柱共有8个顶点，截去一个三棱锥后，在图4，图6的情形，剩下8个顶点； 在图5的情形，剩下7个顶点； 在图2，图3的情形，剩下9个顶点； 在图1的情形，剩下10个顶点. 说明剩下的顶点数共有4种不同情形，对照选择支，可知选B.评析 解决此题的关键是搞清楚截去1个三棱锥的情形有几种，实际上是四类情形：截面不过任何顶点（如图1），此时顶点增加了2个；截面仅过1个顶点（如图2，3），此时顶点增加了1个；截面仅过2个顶点（如图4，6），此时顶点数不增不减；截面过3个顶点（如图5），此时顶点减少了1个.解法2根据这四类情形判断顶点数有4种，便选B，更为简捷.拓展 将此题引申，便有下面的问题：用一平面截一个棱柱，截去一个三棱柱，剩下的多面体的顶点数是__________，面数是_____________.分析：依题意，截面只能与侧棱平行或过一条（或2条）侧棱，故共分三类情形：截面不过侧棱，此时，顶点增加了2个，面数增加了1个；截面过一条侧棱，此时，顶点数不变，面数不变；截面过两条侧棱，此时，顶点减少了2个，面数减少了1个.由于已知棱柱的顶点数是，面数是，故填或或；或或.题84 在长方体中，, 过的截面的面积为，求的最小值，并指出当取最小值时截面的位置（即指出截面与有关棱的交点的位置）.（第五届高一第二试第22题）解 截面可能是矩形，可能是平行四边形.①截面是矩形，它们的面积分别记为.则，同理，.为求的最小值，不必考虑截面.图1画出了截面的示意图.②截面是平行四边形，有三种位置：（见图2、3、4），设它们的面积分别为.对于截面，作于（如图5），则，因为是定值，所以当取最小值时，有最小值.当是异面直线的公垂线时，它有最小值.这个最小值是到平面的距离，即是中斜边上的高..同理，注意到.再注意到，可见是的最小值，设截面的面积为（见图6）.作于中，可知.在所在的平面内（如图7），作∥，设交于，在中，设，则.在平面内，作∥，设交于，则.这表明截面与棱的交点满足，于是点确定了.同理，点在上，，这样，截面完全确定.评析 破解此题需解决几个关键问题：一是截面的情形到底有几种？二是每一种情形的截面面积是多少？三是这些面积的大小关系如何确定？四是取最小值时截面的位置如何确定？截面情形可分为两大类（矩形与平行四边形），每一类又分3种情形，先在每类情形中分别比较3个面积的大小，再比较两类中最小面积的大小，降低了难度，减少了运算量.在两类情形中分别比较及的大小时，变形技巧的运用起了关键作用.在计算时两次运用转化思想：的边上的高→点到面的距离→ 点到的距离.在比较与的大小时运用了放缩法.由于，所以最小时，点到的距离应是，而在中作，则有.因此作∥交于，作∥交于，则.由于面，所以面，故作出的就是最小时的.此题综合运用了分类讨论思想，化归转换思想，变形技巧，放缩法等，需要有较强的分析问题与解决问题的能力才能作出正确的解答.题85 从凸四边形的对角线交点作该四边形所在平面的垂线段，使，若.当最小时，的形状是＿＿＿＿.（第十四届高二培训题第67题）解 由已知，易得，.设，（如图），则.因为，所以.而（设），于是，，当时取等号，这时.同理，，所以，，即，所以.当时，，.（1）当，即，时， ，所以.此时，的形状是平行四边形.（2）当，即，时，，所以与不平行.此时，是梯形，综上可知，当时，是平行四边形，当时，是梯形.评析 的形状只能由已知条件推出，形状也无非是由边与角的关系决定，因此，充分利用已知条件，将其转化为四边形的边或角的关系是解题的关键.由于高为3，故最小时，底面的面积最小，由于与为定值，故设，，则最小，为，此时，，这就为证得奠定了基础.此后便是判断与是否平行了，而这取决于与是否相等，故分类讨论，终得为平行四边形或梯形.从另一角度看，的形状无非是平行四边形，梯形，菱形，矩形，正方形等中的一种或几种，而每一种形状总有一组对边平行，故首先应想到证一组对边平行，也就是证对角线交点把两条对角线分成的4条线段对应成比例.题86 正三棱柱ABC—A1B1C1底面的边长和高都是2cm，过AB 作一个截面，截面与底面ABC成600角，则截面的面积是 .（第六届高一第一试第30题）解法1 如图1，截面ABEF是等腰梯形，D、D1分别为AB、EF的中点，则∠D1DC就是截面与底面ABC所成二面角的平面角，所以∠D1DC=600.易证面DC C 1 D 1⊥面ABC，作D1M⊥DC于M，则D1M⊥面ABC，D1M=CC1=2，D1D= D1Mcsc600=，DM= D1Mcot600=，，∴S截面=解法2 如图2，设截面与侧棱CC1所在直线交于点D，则，在Rt△CDM中，∠DMC=600，DC=又，∴S△DEF= S△DAB=cm2,故S截面=S△DAB- S△DEF= =.评析 此题源于课本上的一道习题：“正三棱柱底面的边长是4cm，过BC作一个平面与底面成300的二面角，交侧棱AA’于D，求AD的长和截面△BCD的面积”.两者的区别在于竞赛题中的截面与上底面相交，而课本习题中的截面与侧棱相交.稍不注意，就会将本赛题错解为事实上，cos∠CMC1=，∴∠CMC1<600，因此截面为梯形，而不是三角形.拓展 将课本习题与本赛题结合起来，并将其一般化，我们便得定理 若正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为a，高为h，过AB作与三棱柱底面所成角为θ的截面，则截面的面积S=证明留给读者.运用该定理解本赛题：，=， ，故S截面=.题87 如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都相等，D是AA1的中点，则BC1与CD所成的角是 ，面BCD与面CDB1所成二面角等于 .（第十一届高二第一试第22题）解法1 如图1，由已知，易证DB1在面BCC1 B1内的射影为B1E，因为正三棱柱的所有棱长都相等，所以B1C⊥BC1，由三垂线定理得B C1⊥DB1，所以B C 1⊥面DCB1，所以BC1⊥CD，故BC1与CD所成的角是900.过E作EF⊥DC于F，连结FB，则BF在面DCB1内的射影为EF，由三垂线定理得DC⊥BF，所以∠EFB就是二面角B1—DC—B的平面角.设正三棱柱的各棱长为2，则BE=，DB=DC=，从而易求得△BCD的BC边上的高为2，由BF=×2×2，得 BF=，在Rt△BEF中，，∴为所求.解法2 取BC的中点M，以M为原点，建立如图2空间直角坐标系.不妨设正三棱柱的各棱长为2，则B（0，1，0），C1（0，-1，2），C（0，-1，0），D（，0，1），所以=（0，-2，2），=（，1，1），所以=（0，-2，2）（，1，1）=0，所以， 所以BC1与CD所成的角是900.过E作EF⊥DC于F，连结FB.设F（x, y, z）,因为E（0，0，1）所以=（x, y, z-1）.由，得x+y+z-1=0①，因为=（x, y-1, z），所以，所以BF⊥DC，所以∠EFB就是面BCD与面CDB1所成二面角的平面角.因为C(0,-1,0), D(，0，1), F（x, y, z）三点共线，所以，得到x=z②，y=z-1③,解①②③得到x=，y=,所以=（，），=（，），所以，||=，||=，所以cos∠EFB==，所以∠EFB=arccos,即∠EFB=arcsin.评析 异面直线BC1与CD所成的角也可以通过补形、平移，转化成相交直线所成的角，再通过解三角形求得，但比较繁.解法1的关键是从已知图形中发现D在面BCC1 B 1上的射影为E，从而DB1在面BCC1 B1上的射影为B1Ｅ，由B1C⊥BC1及三垂线定理得B C 1⊥DB1，进而B C 1⊥面DCB1，所以BC1⊥CD.求二面角的关键是作出二面角的平面角.当二面角的两个面内各一点的连线垂直于其中一个面时，由其任一点作二面角棱的垂线，再连结垂足与另一个面内的一点，根据三垂线定理或其逆定理，就得到二面角的平面角，这是作二面角的平面角的最常用方法之一.运用空间向量求异面直线所成的角通常是非常简单的，此题也一样.用空间向量求二面角就不是那么的简单了.这里，作EF⊥DC于F，设F的坐标后，得及D、F、C三点共线，得关于F坐标的方程组，解得F坐标后由cos∠EFB=，求得∠EFB.这体现了用空间向量求二面角的基本过程，当然作EF⊥DC于F后，如果，即BF与DC不垂直，∠EFB就不是此二面角的平面角，此时就应另行思考.题88 如图１，设是直三棱柱，，，分别是，的中点.点在上且.如果，则与所成的角等于 （ ）A、 B、 C、 D、（第十三届高二第一试第５题）解法1 如图２，取中点Ｎ，可知∥∥，从而共面，且在此平面内.是直三棱柱，，又，即，面，，.又是正方形，分别是，的中点，.平面.平面，.故选A.解法2 不妨设.则.如图３，在已知三棱柱下方补一个与其同样的三棱柱.取的中点N，连结，在上取一点，使，则易证四边形为平行四边形.所以∥.取、的中点，连结，在上取点，使，连结，则易证∥∥，所以（或其补角）就是与所成的角.连结.易求得，，.因为，所以.故选A.解法3 因为，所以，即与所成的角为，故选A.解法4 以为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.（如图４）设，则，，，.所以，, 因为，所以，故与所成的角等于.选A.评析 异面直线所成的角通常是通过平移转化成相交直线所成的角以后再求.解法2就是按照这样的思路并运用“补形”的方法，将平移至，再通过解三角形求得即为所求.解法1通过证明与所在的一个平面垂直，由线面垂直的性质，得，从而得与所成的角为.这是从哪里想到的呢？应当说这是由选择支中有而引发的一种思考. 解法3、4则是运用向量的方法.解法3并未建立坐标系，一般地，这仅适用于结果是两向量垂直的情形.解法4才是通法，且简单易行.拓展 受解法1、3的启发，可知在题设条件下，与、等也都成角.若是的中点，则与、等也成角；若是的一个三等分点，则与、等仍成角，等等.仿照证法1、3，很容易证明上述结论.题89 在三棱锥中，，，两两垂直，则 （ ） 、一定是锐角 、一定不是锐角 、一定是钝角 、一定是直角（第八届高二培训题第3题）解法1 设，，，则，故，选.解法2 不妨设，则易证，即是正三角形，故是锐角.这说明、、一定错了.故选.评析 判断一个角是锐角、直角或钝角，通常由此角的某三角函数值的符号确定.由于，若，则仍不能确定是锐角、直角还是钝角，而当或者时就可断定是锐角，同样地，当或时，就可断定是钝角，当或的值不存在时，就可断定是直角.解法1以此为依据解决了问题.解法2根据选择支的特点，采用特殊化思想，排除了、、，从而选.显得特别简捷.此题也可用反证法的思路解：设，，.若是直角，则，即.得，这与矛盾，故排除.若是钝角，则必定有，且，即且，亦即且，而题设并无、、的大小限制，故排除，令，则易知是正三角形，故为锐角，又排除.故选.再换个角度思考：若对或对，则也对，故、都不对.又由直觉可知可以为锐角（比如当时）故又不对，从而选.题90 图1是以4个腰长为1的等腰直角三角形为侧面的棱锥，其中的四个直角是 ，求棱锥的高.（第十届高一第二试第22题）解法1 如图2，连交于，连，在和中，由于≌，从而，并且①.同理，由题设，可得，并且②.由①、②知都在的中垂面上，作面，则必在上.设，则可得从中消去与，可得，由此消去，得，解之，得为所求.解法2 如图2，连交于，连，由题设条件易知面面，所以(≌).作于，则为棱锥的高，.又，故，在中，由正弦定理，得，即，得（另一负值舍去）为所求.解法3 如图2，易证≌（三边对应相等），面，设所求的高为，由，即，得，在中，，又，故，得，得，在中有，，于是，即解得为所求.解法4 原题等价于命题：“已知中，.沿对角线折成直二面角（图4），且，求点到平面的距离”.在图4中，分别过作的垂线，分别为垂足.设，则；又设，作于G，连结EG，则. 所以，得，于是，故.由异面直线上两点距离公式得，得，，得为所求.评析 这是本届比赛的压轴题，看似简单，实际上并不容易.解决此题的关键是要发现四面体与关于平面对称，与全等，并充分利用对称与全等的性质，再借助其他定理，建立数学模型使问题得到解决.其中解法1引进了多个未知量铺路搭桥，并逐个消去得所求，这是一种常用的数学方法，用起来自然流畅.把三棱锥不同的面当作底面，所得体积总相等，由此，可求点面距离（或棱锥的高）.解法3以此轻松地解决了问题.这也是求点面距离或棱锥高的常用方法.受解法3的启示，解法4将问题转化为一个等价的较易解决的命题后再行处理，这也是化难为易的常用手段.此题还有多种解法，读者可自行研究，不再赘述.题91 三棱锥中，为底面内的一点，，则的余弦值为______.（第九届高一第二试第20题）解法1 设在三边上的投影分别是，则由于，，即，它的余弦值为.解法2 如图1，以为棱，的延长线为对角线长作长方体，设又设∴在中，即的余弦值为.解法3 如图2，过作平面垂直于，分别交于，由已知有平面平面，从而平面，连结并延长交于，连结,显然有连结、.不妨设又在中，由得于是评析 由已知条件画出的图形，的余弦值可在中由余弦定理求得，然而，三边都不知道，这就是本题的难点之所在.如何突破？解法2根据已知这一特点，将已知三棱锥补成长方体，这样就有问题归结为解直角三角形，这就容易多了.解法3则通过过作平面与垂直，从而使得（即）、（即）、及（即）都成为直角三角形的一个内角，同样起到了化难为易的作用.解法1中用到结论,其依据是：恰为以为棱的长方体的对角线.拓展 因为又知结论，即，所以有，将三个角一般化，我们可得定理 三棱锥中，为底面内的一点，与所成的角分别是则简证 如图1，推广 是两两垂直的三条射线，与所成的角分别是则题92 有一个侧棱都是的三棱锥，顶点处的三个面角中，有两个都是，另一个是.将该棱锥的体积表示成的函数并求出当取什么值时，达到最大或最小.（第二届高一第二试第21题）解 设所给的棱锥是（定值），（变量），以所在平面为底面，作底面于，作于，连结.（如图）由三垂线定理，,于是.面，在的平分线上.. ，于是.又的面积三棱锥的体积.设，则根号内的这部分可以表示为，当时，最大，同时也最大.，即是锐角，.答：当时，最大.评析 这是一道立几、函数综合题，涉及的知识面广，方法多.破解此题的关键，一是把看成顶点，把面看成底面；二是写出函数关系式；三是求的最值.把看成顶点后，是显然的，关键是如何将高用表示.而要解决这个问题，必须知道由，可得到在底面上的射影是的平分线这一重要结论（立几中常常用到这一结论）.另外，作，由三垂线定理得，这就沟通了与之间的关系，使得用表示成为可能.求得的是较复杂的，如何求其最值也是问题之一.分析出只需求的最值是一个进步；将其变形为又是一个进步.接着换元，令，得，这是一个二次函数在(0,1)上的最值问题，太熟悉了，于是大功告成.其答案也可表示成或.该题重点考查了转化问题的能力，综合运用多种知识解决问题的能力.题93 设为正三棱锥的底面内的任意一点，过引底面的垂线与这棱锥的三个侧面所在平面分别交于三点，若正三棱锥的高为2.试求的长.（第十二届高一培训题第81题）解 如图，过作于，作于，作于，连结.显然、、都等于这个正三棱锥的侧面与底面所成的二面角，.易知为底面正三角形的高，因为正三棱锥高为，所以有，，即.评析 首先用特殊点指明解题方向：由于是正内的任意一点，故不妨使其为正的中心，则此时的与正三棱锥的顶点重合，从而为正在棱锥高的3倍，也就是6.若将此题改为选择题，则已可选出正确答案.然而，这是解答题，又该如何求呢？解决此题遇到的第一个难点就是正确地画出图形.图画出后的关键问题是如何利用正三棱锥这一条件，由于都垂直于底面，且分别在三个侧面内，故分别过在三个侧面内作底边的垂线，则为三条射影.由正三棱锥，可知，则.运用正三角形内任一点到三边距离之和为其一边上的高，设，正三棱锥的高为，则，这就得到.这里，发现也是解决问题的关键之一，它将三棱锥的高与，进而与建立了联系，从而最终解决了问题.拓展 此题就是下面定理的特殊情形.定理 若是高为的正三棱锥的底面内的任意一点，过引底面的垂线与该棱锥的三个侧面所在平面分别交于三点，则.证明留给读者.题94 There are two travel projects from Beijing to Santiago, Chile: (A)Flying westward(向西) to New York, then flying southward to Santiago; (B) Flying southward from Beijing to Friemander, Australia , then flying westward to Santiago. The geographic positions of these four cities may be approximately considered as: Beijing (1200 east longitude, 400 north latitude ), New York (700 west longitude , 400 north latitude ), Friemander (1200 east longitude, 300 south latitude) , Santiago(700 west longitude , 300 south latitude ).Suppose that the air lines go along the spherical distance , then the project of the shorter distance is ________ (第十三届高二第一试第20题)译文:从北京前往智利的圣地亚哥,有两种旅行方案可供选择.方案(A):由北京向西飞抵纽约，再向南飞抵圣地亚哥; 方案(B):由北京向南飞抵澳大利亚的弗里曼特尔,再向西飞抵圣地亚哥.上述4个城市的地理位置可近似看作:北京(东经1200,北纬400),纽约(西经700,北纬400), 弗里曼特尔(东经1200,南纬300), 圣地亚哥(西经700,南纬300). 假设飞机航线都是球面距离,那么飞行距离较短的方案是_______.解 用表示北京与纽约的球面距离, 表示纽约与圣地亚哥的球面距离, 表示北京与弗里曼特尔的球面距离, 表示弗里曼特尔与圣地亚哥的球面距离.则有:(A)方案的航程为+ ，(B)方案的航程为+ ，而向南飞是沿着经度线(球大圆)飞行，所以=. 又由余弦定理计算直线距离得.因此(R为地球半径). 同理，.于是BN又和都是小于地球赤道(长)的1/2 , 所以< . 故方案(A)的航程更短些 .评析 地球表面两点间的最短距离是这两点的球面距离(过这两点及球心的平面截球面所得大圆上的劣弧的长).同一经线上两点间的弧长就是这两点间的球面距离,但同一纬线圈上两点间的劣弧长并不是这两点间的球面距离,因此,此题的关键是为何求得与,并比较其大小.当两点间的直线距离小于地球赤道长的一半时，两点间的直线距离小的，这两点间的球面距离也小.运用这一结论可简化运算.拓展 如果直接求北京与纽约间的球面距离及弗里曼特与圣地亚哥间的球面距离，又该如何求呢？我们可以运用下面的定理 设地球半径为，是纬度为的同一纬线圈上两点，这两点的经度差为，则间的球面距离.证明 设地球的球心为，所在纬度圈的圆心为，则，，平面，，，.在中，由余弦定理得==.在中，，（弧度）. .证毕. 将代入上式，便得题中的，将代入上式便得题中的，由于，，又是减函数，，.故方案(A)的航行路程更短些.题95 如图1所示，矩形中，为上的任一点，以所在直线为轴，将旋转而成一个旋转体，求旋转体表面积的最大值，并指出当表面积最大时点位置.（第十一届高一培训题第79题）解法1 如图2，设到的距离是，则旋转体表面积.为求的最大值，不妨设.作关于直线的对称点，连结，则在内部或边界上，延长交于，则，所以.所以.此时与或重合.解法2 由解法1，可知只须求的最大值.设，则，表示直角坐标系内轴上的动点到两点的距离之和（如图3）.由平几知识，显然当点位于与轴的交点处时，最小，当点由点处沿轴移向点时，越来越大，当点达到点时，达到最大，为；同样地，当点由点处沿轴移到点处时，达到最大，为.故.从而.评析 此题的难点是求的最大值.解法1在作出点关于的对称点后，反复利用三角形两边之和大于第三边突破了这一难点；解法2运用函数思想，将表示成的长的函数，而求这种无理函数的最大值无常规方法，故又将看作动点与两定点的距离之和，再利用平几知识求出了最大值.平几知识、转化思想的灵活运用是破解此题的关键.拓展 不难知道，当点为的中点时，,从而，进而旋转体表面积的取值范围是.题96 ABCD是一个正方形，M为AB上一点，N为BC上一点，且AM=BN.连DM、DN分别交对角线AC于点P、Q，剪掉△MNB.求证：①以DM、DN为折痕，将DA与DC重合，可以构成一个三棱锥的侧面.②以线段AP、PQ、QC为边恰可构成一个内角为600的三角形. （第一届高一第二试第五题）解 ①如图1，由于AM=BN，则CN=BM.以DM、DN为折痕，使DA与DC重合.下面证明AM，MN，CN可构成一个三角形：由于AM=BN故将DA与DC重合后，面DAM，面DMN，面DNC恰构成一个三棱锥的侧面.②如图2，在棱锥D-A(C)MN中，AP在面ADM内，PQ在面DMN内，QA在面DAN内.AP-PQ-QA(C)形成封闭折线构成△APQ，所以AP，PQ，QC可构成△APQ的三条边.现在只须证∠PAQ=600.由于棱锥底面△AMN≌△BMN（三边对应相等），∴∠MAN=900，又∠DAM=900，∠DA(C)N=900，AP为∠DAM的平分线，AQ为∠DAN的平分线.作PP1⊥DA于P1，过P1作P1S∥AN交AQ于S，则∠PP1S=900，P1A=P1P=P1S，所以PA=SA=SP，即△PSA为正三角形，所以∠PAQ=600.评析 这是一个典型的折叠问题，解决此类问题的关键是要搞清楚折叠前的各种量在折叠后是否发生了变化，并画出正确的图形，再根据图形寻求解题的路子.第①小题的核心是证明线段AM、MN、CN可以构成一个三角形.上述证法是证明了最长的线段MN比两条较短的线段CN与AM的和小，故三条线段能构成一个三角形.其实，因为AM=BN，所以CN=BM.而BN、MN、BM显然构成△BMN，故AM、MN、CN当然也能构成三角形 .第②小题要证明线段AP、PQ、QC为边可构成一个三角形是很容易的，难就难在要证明此三角形的一个内角是60 0，到底哪一个内角是600？这在直观图上是不易看出的 .瞎猜一通，将会浪费大量时间，且不易得到证明.怎么办呢？我们可以用图1中的三条线段AP、PQ、QC为边画一个三角形，量出一个最接近600的角（若不明显，还可将图1中M、N的位置适当移动后再如此操作），然后再去证明，这是一个有效的方法.要证明∠PAQ=60O也并非易事.一般来说，是通过解△PAQ，求得∠PAQ=600.这就需要知道△PAQ的三边或一些边与角.我们可以设正方形的边长为1，AM=BN=x，设∠ADP=，则∠APD=1800-450-=1350-，sin =,在△APD中， ， ，类似地可在△DCQ中设∠CDQ=，则CQ可用的三角函数表示出来，再得PQ=-AP-CQ.然后再用余弦定理，应当说是可以得到∠PAQ=600的，但是太繁了！于是上面的解法抓住∠DAM=∠DAN=∠MAN=900，作PP1⊥DA于P1，，作P1S∥AN交AQ于S，又由AP、AQ分别是Rt∠DAM，Rt∠DAN的平分线，得到△P1AP、△P1PS、△P1SA为全等的等腰直角三角形，得AP=PS=SA，故∠PAQ=600.这就有效地避免了繁琐的运算.这也启示我们，当常规思路（比如通过解三角形求角）难以奏效时，应当改变思考方向，寻求新的解法.题97 正的边长为，用任意直线截与两边交于，将沿折起作成二面角，由此可形成四棱锥，求此四棱锥的最大体积，并证明之. （第十二届高二培训题第77题）解 由棱锥的体积公式，可知（1）当固定时，折起与平面垂直时，所成四棱锥有最大体积，此时，的高即为棱锥的高.（2）当高固定时，所有的直线皆以与为圆心，为半径的圆相切，由此可知棱锥的体积要最大，必须四边形的面积最大，有最小面积.因而只要考虑与平行的这些直线.（3）设∥交于，记，则=，四棱锥的体积为.（4）由，当且仅当，即时取等号.所以.评析 此题解法中的4个步骤恰好解决了本题的4个关键问题：（1）当固定时，折成什么样的二面角体积最大？（2）当高固定时，处于什么样的位置时底面积最大？认识到底面的面积最大时的面积最小也是至关重要的.（3）在认识了必须与平行，设后，如何将表示成的函数？（4）如何求（3）中函数的最小值？这种高与底面积都在变化，即影响体积的两个量都在变化时，先固定一个变量再加以分析的方法在解一些较为复杂的多元函数问题时常常用到，我们应细心体会，并能在实践中自如操作.拓展 将此题略加变动，我们便得下面的定理 若D是边长为的正的边上的动点，将沿折起作成二面角，则由此形成的三棱锥的体积的最大值是.证明 如图，设，则.=.在中，由余弦定理，求得.作于，则，所以.显然，若固定，则当沿折成直二面角时三棱锥的体积最大，此时，就是此三棱锥的高.故.令，则易证在上单调递减，所以=.题98 给定一个三角形纸片（如图1），你能否用它为原料剪拼成一个正三棱柱（正三棱柱的全面积等于原三角形的面积）？说明你的方法.这里“剪拼”的意思是：依直线剪裁，边对边拼接. （第十四届高二第二试第22题）解 可以剪拼成一个正三棱柱，下面分两步证明：（1）设是最大角之一，取中点，过作的垂线，垂足一定在内.过作的平行线，分别交两垂线于点.由≌，≌，可见矩形可由剪拼而成（如图2）.（2）设矩形中，，以为边，向内作正，与的距离等于,故在矩形内.过作的平行线，如图3剪拼，即成一个正三棱柱.证毕.评析 正三棱柱的三个侧面是全等的矩形，两底面是全等的正三角形，将正三角形平分后又能拼成矩形，三个全等的侧面矩形总有一边等于底面正三角形的边长.因此，意识到任何一个矩形都可按图3那样剪拼成一个正三棱柱是破解此题的关键之一.在此基础上，如何将任何一个正三角形剪拼成矩形又是一个关键问题，运用平几知识很容易解决这一问题.拓展 对此题作进一步研究，可得命题1 一个三角形可剪拼成任意形状的等积三角形.证明 设已知三角形为，各边长分别为，所求三角形为，各边长为，，.1、不妨设，.我们先将剪拼成一个边长为的矩形（如图2）.2、将矩形剪拼成一组对边长为的平行四边形.若，将矩形作如图4的处理，分别为的中点，（倘若，我们就将矩形截成两个全等的矩形与，如图5，将接到，重复这个操作，直至），延长交于，过且平行于，易知可拼成平行四边形且.若，仍作图5处理，直至（矩形在竖直方向的边长）为止，再进行上述操作.3、因为，所以（为平行四边形的高）.如图6，分别是的中点，过的直线交于，交于，且（由前所证，这样的存在）连接并延长交于.如图7，若在的延长线上，可先将剪拼到，再将剪拼到，在的延长线上，同理可得.因为在剪拼的过程中，面积始终不变，所以当确定时也唯一确定，故即为所求三角形.命题2 一个三角形可剪拼成任意形状的等积多边形.把要求的多边形看成有限个三角形的组合，设为，则.将底边分成份，长度比为，再依端点将剪成个面积依次为的三角形.由命题1，依次将面积为的三角形剪拼成.最后将拼起来即得所求多边形.命题3 一个多边形可剪拼成任意形状的等积多边形.将命题扩展到空间，又得命题4 一个多面体可切拼成任意形状的等积多面体.题99 设在空间给出了20个点.其中某些点涂黄色，其余点涂红色.已知在任何一个平面上的同种颜色的点不会超过三个.求证：存在一个四面体，它的四个顶点同色，并且至少有一个侧面内不含另一种颜色的点.（第一届高一第二试第四题）解 因为，这20个点涂红、黄两种颜色，所以至少有四个点是同色的.由于任一平面上同色点不会超过三个，所以上述四个同色点不共面，组成四个顶点同色的四面体.于是可知，四个顶点同色的四面体必定存在.由于点数有限（20个），其中四个顶点同色的四面体只能有有限个，所以可选取其中一个体积最小者.这个体积最小的四个顶点同色的四面体即合要求——其中至少有一个侧面内不含另一种颜色的点，如若不然,若它的四个面内都有涂另一种颜色的点,则这四个点必不共面，将形成一个体积更小的四个顶点同色的四面体，于是会产生矛盾.故命题得证.评析 这是最简单、形象、直观的染色——点的染色问题.将空间20个点染成黄色、红色（任何平面上不同色点不超过3个）后，要求证明具有某种性质的对象（四个顶点同色，且至少有一个侧面内不含另一种颜色的点的四面体）存在，这类问题的证明，通常要用到抽屉原理，重叠原理等组合学中的基本原理，或利用奇数偶性分析，有时还用到构造法、递归法、数学归纳法等数学方法.本题中利用抽屉原理，立即证得四个顶点同色的四面体的存在性.再在存在的有限个四顶点同色的四面体中取一个体积最小的，再用反证法证明这个体积最小的四面体就是四个顶点同色，并且至少有一个侧面内不含另一种颜色的点的四面体.题100 用四个边长分别为，， 的锐角三角形可以拼成一个四面体.把拼成的任何一个四面体的各棱用红、黄、蓝三色染色，每条棱染一色，每种色染两条棱，考虑一切经过这样染色的四面体，如果经过适当转动，两个染色四面体完全重合，并且重合的对应棱同色时，称这样的两个四面体是同一染色类.问：所有这样的染色四面体可分为几种染色类？（第四届高一第2试第22题）解：所构成的四面体对棱长度相等，图中.从四面体外部看，任何一个表面三角形三条边都包含，，三种长度，按它们的配置顺序看，可分为两类：一类是边长为，，的三边按顺时针方向排布，另一类是按逆时针方向排布.如果有两个四面体分别属于这两类，那么无论如何转动，这两个四面体都不会重合.因此，只要把，，三边顺时针方向排布的染色四面体的染色类数弄清楚了，就可以把这个数乘以2，得到全部染色类的数目.以下设，，顺次按顺时针方向排布，按染色方法可分成三种不同方式：①三组对棱对应同色，即图中与、与、与同色.容易看出，只要一个顶点处的三条棱所占的三种颜色确定后，整个四面体的染色也就确定了.这种方式下，有类.②恰有一组对棱同色，设长为的对棱同色，另外两组对棱对应异色.当长为的这组对棱的颜色确定后，不论另外四条棱怎样染色（但要使另外两组对棱对应异色），都可以经过适当旋转，使这样染色的两个四面体重合，且对应棱同色，也就是说：长为的对棱同色时，可划分为3个染色类.同理，长为，长为的对棱同色也是这样，在这种染色方式下，共可划分为类.③任何两条对棱都异色，这时有且仅有一个三角形，它的三边是三种不同颜色，设中，染了红色，染了黄色，染了蓝色这时，只要染色确定后，整个四面体的染色就确定了.可染黄色，也可染蓝色.这样形成的两个染色四面体不同类.因此，这种染色方式下，有类.综上分析，考虑到按逆时针方向排布的四面体，共有种.评析 显然不是所有染色四面体经过适当转动后两个四面体都能完全重合且重合的对应棱是同色的，于是必须对所有染色四面体进行分类.染色问题的本质就是分类.分类应注意既不能重复又不能遗漏.要做到这一点，分类标准必须一致.因此，如何分类？分哪几类？分类以后怎么办？就成了解决问题的关键.由于本题中的四面体的任何一个表面三角形三边都包含，，三种长度，故可按其配置顺序分为两类：一类是边长为，，的三边按顺时针方向排布，另一类是按逆时针方向排布.认识分属这两类的两个四面体都不会是同一染色类也是十分重要的，在此基础上，我们只须把，，顺时针方向排布的染色四面体的染色类数弄清楚了，而，，按逆时针方向排布的染色四面体的染色类数与其相同，故问题也就解决了.于是又对，，按顺时针方向排布时按染色方法分为三类，并逐一求出同一染色类数，便最终解决了问题.参考文献1996年-2005年《数理天地》（高中版）. 展开更多...... 收起↑ 资源列表 后 记.doc 希望杯试题1-10.doc 希望杯试题11-20.doc 希望杯试题21-30.doc 希望杯试题31-40.doc 希望杯试题41-50.doc 希望杯试题51-60.doc 希望杯试题61-70.doc 希望杯试题71-80.doc 希望杯试题81-90.doc 希望杯试题91-100.doc
资源列表