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第一讲：数形结合思想【讲】
【典例1】（2023年高考数学（新课标Ⅱ卷）第7题）已知为锐角，，则（ ）
A． B． C． D．
【解读】三角恒等变形是高中数学课程的主干内容，为考生所熟悉．掌握三角恒等变形有利于考生理解三角函数的性质和三角函数的运算之间的关系．考生从借助单位圆直观理解三角函数的性质转到由代数运算理解和研究三角函数的性质，将使理解更加深刻，有助于提升数学核心素养．
（1）试题选取了考生熟悉的三角函数和三角恒等变形的计算问题，考查考生的运算求解能力．试题所用到的三角函数恒等变形公式不多，二倍角公式是考生需要掌握的基本公式，其变形方式比较简单，并且可以直接从两角和（差）公式推导得到．试题计算量不大，计算难度适中，有利于考生正常发挥．试题实现了数学学科高考的基础性要求．
（2）试题具有清晰的几何背景和意义．在对特殊角三角函数、平面几何的黄金三角形（相似三角形）的学习中，在斐波那契数列、正多（五）边形的尺规作图、音乐和绘画艺术作品中，都会涉及到黄金分割比．借助黄金三角形的知识，可以发现题设条件就是，从而得到即为所求．
（3）试题为高中数学课程中相关内容的教学起到积极引导作用．本题结构简单，问题目标清晰，但可以引导高中数学教学关注数学知识在不同阶段的纵向发展脉络，关注数学知识背后的意义，关注其跨学科横向联系．如果试题仅给出实数，要求求出，则失去了丰富的几何意义，沦为仅限于考查三角函数的代数运算，因此试题背景的选择非常重要．
【答案】D
【目标】试题考查三角函数的基本性质，考查三角恒等变换的基本公式，考查考生运算求解能力．
【分析】解题思路 思路1 利用半角公式计算．
因为，所以，而为锐角，故
．
故D为正确选项．
注：选项A为，选项B为，选项C为．
思路2 利用黄金三角形计算．
在如图所示的黄金三角形中有，即，
解得，所以，．
所以，即．
故D为正确选项．
【典例2】（2023年高考数学（新课标Ⅱ卷）第15题）已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值______．
【解读】主要考查直线与圆位置关系、圆内接三角形性质等，只需思路清楚，便可轻而易举求得正确答案，计算较为轻巧．试题要求只需写出一个满足条件的m值即可，具有一定的开放性．
【答案】可填2，，，中任意一个
【目标】试题考查直线与圆的位置关系，点到直线距离及圆内接三角形性质等．根据题设，利用数形结合思想，厘清三角形面积的要素边与高在圆内接三角形中的位置关系，问题即可迎刃而解．合理选择三角形的底与高，可简化有关运算．
【分析】解题思路 思路1 由圆的标准方程知圆心为，半径．如图，视为的底，过顶点C作边上的高，则长度等于圆心到直线的距离，即．在等腰三角形中，．由题设知，所以，整理得．解得或，从而，或者，经验证，满足题目要求．因此，满足“面积为”的m的一个值可以填2，，，中任意一个．
思路2 如图，由圆的标准方程知圆心为，半径；直线过圆上的定点．设直线与另一交点B的坐标为，将代入圆的方程，整理得，即，所以（*）．在中，圆的半径是固定的边，且．若视为的底，则其上高的长度h等于顶点B纵坐标的绝对值．于是，又由题设，所以．故由式（*）得，即，解得或．因此，满足“面积为”的m的一个值可以填2，，，中任意一个．
【典例3】（2023年高考理科数学（全国甲卷）第4题）已知向量，，满足，，且，则（ ）
A． B． C． D．
【解读】试题给出模为定值的三个向量，以及这三个向量之间的关系，要求求出向量，夹角的余弦值．根据向量加法运算的平行四边形法则，可以列举出满足关系的三个向量的坐标，通过向量坐标的运算，求出向量夹角的余弦值，也可以直接进行向量的数量积的计算求解．不同思维能力层次的考生都可以通过自己熟悉的方法来解决问题．向量是代数与几何的桥梁之一，也是数学和其他一些学科研究的重要和有力工具，通过向量可以将几何问题和代数问题有机结合，既可以通过代数运算得到几何不变量和几何量之间的关系，也可以给代数内容赋予几何直观．
【答案】D
【目标】试题考查向量概念、向量的线性运算及其几何意义、向量的数量积以及向量夹角等相关知识；考查考生的平面向量的运算能力，数形结合的能力等．
【分析】解题思路 思路1 利用题目的条件，直接进行向量的数量积运算．由题设得
，①
，②
．③
①+②③得，即．所以，．
．
思路2 利用向量之间的关系、向量的几何意义和向量夹角的定义进行计算．根据条件，，可以想象，，满足等腰直角三角形三边之间的关系．根据，可知向量与的模长相等，方向相反．综合这些条件，根据平行四边形法则，可以设，，．所以，．
．
应用一 切线问题
【例1】若直线与曲线相切，则的最大值为______．
【引导与详解】
第一步：直线与曲线相切画图很难处理，故形转数，通过求导解决；
第二步：设切点坐标为，因为，所以，故切线的斜率为：，
，则．又由于切点在切线与曲线上，
所以，所以
第三步：构造函数，然后求函数最值；令，则，设，
，令得：，所以当时，，是增函数；当时，，是减函数．所以．所以的最大值为：1，故选B．
应用二 函数图象问题
【例2】若函数满足对都有，且为上的奇函数，当时，，则集合中的元素个数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【引导与详解】
第一步：解方程根的个数问题转化为的图象与的图象交点个数问题，数转化为形；
第二步：研究的图象：，可得关于对称；为上的奇函数，根据图象平移可知关于对称，于是根据双对称性，可得是以2为周期的函数；
第三步：根据第二步函数对称性与周期性，画出与的图象：
第四步：根据图象可知与的图象交点个数为三个，故集合中的元素个数为3．
应用三 平面向量问题
【例3】如图，在圆内接四边形中，，，．若为的中点，则的值为______．
【引导与详解】
第一步：分析图形的长度角度要素：由余弦定理知，所以．
由正弦定理得，所以为圆的直径，所以，所以，从而，又，所以为等边三角形；
第二步：如果数量积公式直接求，那么长度和夹角求解过程非常复杂，根据第一步可知，于是就可以化繁为简，建立直角坐标系，通过坐标运算求解数量积；
第三步：
以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴建立如左图所示的平面直角坐标系：则，，，，故．
应用四 方程问题
【例4】已知函数，方程有两个实数解，分别为和，当时，若存在使得成立，则的取值范围为______．
【引导与详解】
第一步：
图形分析：如图所示，作出函数与的图象，易得两函数交点位于两侧，若存在使得成立，又因为关于对称，那么与有交点，如图有与关于对称，那么就有；
第二步：交点问题转化为代数问题：易求，；即在有解；
第三步：参变分离可得，所以的取值范围为．
应用五 三角函数与解三角形问题
【例5】（2023 湖南长沙-雅礼）函数的最小正周期为（ ）
A． B． C． D．不能确定
【引导与详解1】利用周期的代数定义法：若函数的最小正周期为，令；
则有，根据诱导公式可知当时，对恒成立，故函数的最小正周期为；
【引导与详解2】
的图象是由的图形上下翻折而得，如左图，根据图形可知函数的最小正周期为，故选A．
【例6】在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，，，则面积的最大值为______．
【引导与详解】
第一步：先对进行定量分析，由三角恒等变换可得：
，
因为，所以，由于，故；
第二步：已知对边对角，由正弦定理可知三角形的外接圆半径为定量，根据圆的性质可知：定弦所对圆周角相同；外接圆半径为且由正弦定理；
第三步：
如左图可知，当点在处时且时，面积取最大值；
由几何关系可知此时为等边三角形，故
应用六 立体几何中的最值问题
【例7】（2022 全国真题）已知球的半径为1，四棱锥的顶点为，底面的四个顶点均在球的球面上，则该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A． B． C． D．
【引导与详解】
第一步图形分析：四棱锥的高和底面面积都在变化，所以图形分析求最值比较困难，故转化为代数问题；
第二步：
根据图形分析得出四棱锥体积关于某个变量的函数解析式：由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，；
第三步：通过换元把函数简化，然后通过求导求解函数最值：令，，设，则可得①当时，单调递增；
②当时，单调递减；所以当时，最大，此时，故选C．
应用七 解析几何中表达式的几何背景问题
【例8】已知实数，满足方程，则的最大值为______；的最大值为______．
【引导与详解】
第一步：将方程转化为标准方程：，故的轨迹是以为圆心、1为半径的圆；
第二步
的几何意义为到距离的平方；如左图可知：当点与重合时，到距离最大，此时，故；
第三步：三角换元转化为代数计算：因为，故可设，；
所以，所以当时，即，时，取最大值，且最大值为．
方法一：利用数形结合求最值的方法
第一步：分析数理特征，确定目标问题的几何意义．一般从图形结构、图形的几何意义分析代数式是否具有几何意义；
第二步：转化为几何问题．把代数式进行几何转化，转化为具有直观几何意义构图形，例如①中表示直线的斜率，表示直线在轴上的截距；②看作直线的斜率，转化为平面直角坐标系内两点和的连线的斜率，特别适用于一个定点和一个动点（动点在一个区域内）的形式；③或：看作是两点和间的距离或距离的平方；④导数表示曲线在点处切线的斜率．其他具有几何意义的概念都可以利用相关的几何图形直观进行分析判断，例如：①向量的问题，可以考虑用向量的图形大小与方向及向量运算的几何意义构造图形直观解题；②复数与复平面内的点的一一对应关系，可以把复数的有关运算转化为图形．
第三步：解决几何问题；
第四步：回归代数问题；
第五步：回顾反思．
方法二：用函数的图象讨论方程
含参数的指数、对数、根式、三角等复杂方程的解的个数是一种重要的思想方法，其基本思想是先把方程两边的代数式看作是两个熟悉函数的表达式（不熟悉时，需要作适当变形转化为两个熟悉的函数），然后在同一坐标系中作出两个函数的图象，图象的交点个数即为方程解的个数．利用数形结合求方程解（或函数的零点）应注意两点：
（1）讨论方程的解（或函数的零点）可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题，但用此法讨论方程的解一定要注意图像的准确性、全面性，否则会得到错解．
（2）正确作出两个函数的图像是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则而采用，不要刻意去数形结合．
方法三：数形结合思想应用的场景
1．在数学中函数的图象、方程的曲线、不等式所表示的平面区域、向量的几何意义、复数的几何意义等都实现以形助数的途径，当试题中涉及这些问题的数量关系时，我们可以通过图形分析这些数量关系，达到解题的目的．
2．有些图形问题，单纯从图形上无法看出问题的结论，这就要对图形进行数量上的分析，通过数的帮助达到解题的目的．
3．利用数形结合解题，有时只需把图象大致形状画出即可，不需要精确图象．
4．数形结合思想是解决高考数学试题的一种常用方法与技巧，特别是在解选择题、填空题时更方便，可以提高解题速度．
5．数形结合思想常用模型：一次、二次函数图象；斜率公式；两点间的距离公式（或向量的模、复数的模）；点到直线的距离公式等．
6．是否选择应用数形结合的原则是：是否有利于解决问题，用最简单的办法解决问题
微点：三次函数切线问题
【表现形式】①已知三次函数的切线条数；②求参数的取值范围．
如：已知函数，若过点存在三条直线与曲线相切，求的取值范围．
【说明】的图象为中心对称图形，且对称中心为．过该对称中心作切线，可以将平面区域分成三部分，过每个部分上任意一点作切线，可以得到不同的切线条数．
①过区域Ⅰ上任意一点作切线，可得切线条数为3；②过的图象（不包括对称中心），以及对称中心的切线上任意一点作切线（不包括对称中心），可得切线条数为2； ③过区域Ⅱ上任意一点，以及对称中心作切线，可得切线条数为1
【步骤】已知平面上一点，函数，则过点作的切线，所得切线条数可用如下步骤求解．
（1）求三次函数的对称中心及过该点的切线方程．
（2）令，则
①当时，可得切线条数为3条；
②当时，可得切线条数为2条（注意排除对称中心）；
③当时，可得切线条数为1条．
【例1】已知函数，若过点存在三条直线与曲线相切，则的取值范围是________．
答案
解析 的对称中心为，过对称中心的切线方程为．
令，可得．
∵过点存在三条切线与相切，则，
解得，的范围为．
【例2】设函数，其中，若过点可作曲线的三条不同切线，则的取值范围是________．
答案
解析 函数的对称中心，且，
则该点处的切线方程为．
令，且．
由于，切线方程为三条，解得，
故的取值范围是．
【跟踪练习】
1．已知函数，若过点存在三条直线与曲线相切，则的取值范围为 ．
2．已知，若过原点有一条直线与的图象相切，则的取值范围为 ．
3．已知函数，若过点恰有三条直线与曲线相切，则的取值范围为 ．
4．已知函数，若过点恰好有两条直线与曲线相切，则的值为 ．
5．已知函数，若在曲线上存在点，使得过点可以作三条直线与曲线相切，则点横坐标的取值范围为 ．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．
【分析】设切点为，对函数求导后可表示出切线的斜率，则可表示出切线方程，令，求出其极值，令极大值大于零，极小值小于零，从而可求出的取值范围.
【详解】设切点为，由，得，
所以切线的斜率为，
所以切线方程为，
因为切线过点，所以，
整理得，
令，则，
由，得或，
当或时，，当时，，
所以在和上递增，在上递减，
所以当时，取得极大值，
当时，取得极小值，
因为过点存在三条直线与曲线相切，
所以，得，
即的取值范围为，
故答案为：
2．
【分析】设切点，求导得到切线方程，将原点代入方程得关于的方程，利用方程有唯一解得b 的范围
【详解】设切点为
函数，则切线斜率
则切线方程为，将原点代入化简得
令
或，则在单调递减，，单调递增，故函数的极小值为，极大值为
又．
又过原点有一条直线与的图象相切，则或．故的取值范围是．
故答案为：.
3．
【分析】设出切点坐标，利用导函数几何意义得到切线方程，将代入切线方程，得到，由题意得有三个不同的零点，分，和三种情况，结合函数单调性和极值情况，得到不等式，求出的取值范围.
【详解】，，
设过点的切线的切点为，
则切线斜率为，
故切线方程为，
将代入得，
变形得到
令，
则由题意得有三个不同的零点，
令，
若，此时恒成立，故单调递增，
不会有三个不同的零点，舍去；
若，令得或，此时单调递增，
令得，此时单调递减，
在处取得极大值，
在处取得极小值，
又时，，时，，
要想有三个不同的零点，则，
其中，
解得，与取交集得，
若，令得或，此时单调递增，
令得，此时单调递减，
在处取得极小值，
在处取得极大值，
又时，，时，，
要想有三个不同的零点，则，
其中，
解得，与取交集得，
故的取值范围是.
故答案为：
【点睛】应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：
(1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数；
(2) 己知斜率求切点即解方程；
(3) 已知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用求解.
4．2
【分析】求导，利用导数求得的过点的切线方程，构造辅助函数，利用导数与函数单调性的关系，分类讨论即可得结果.
【详解】解：∵，∴，
设切点为，则该点处的切线方程为，
又∵切线过点，∴，
整理得，，（*）
依题设，方程（*）恰有两个不同的解，
令，则，
解得，，
①当时，恒成立，单调递增，至多只有一个零点，不合题设；
②当时，则，为的极值点，若恰有两个不同的解，
则或，又∵，
，∴或.
令，则，
解得，∴在上单调递增，在上单调递减，
又∵， ∴当且时，无解. ∴.
故答案为：2.
5．
【分析】由，设，并设出切点，并结合题意过点可作曲线三条切线得出关于的方程式有三个不同实根，从而求解.
【详解】由题意得：，设点坐标为，设切点为，
所以：，即：，所以即得关于的此方程式存在三个不同实根，
令：，则：，
当时，，在上单调递增，不符合题意；
当，时，，在区间上单调递增，
时，，在区间上单调递减，
时，，在区间上单调递增，
故得：，即，解得：，
当时，时，，在区间上单调递增，
时，，在区间上单调递减，
时，，在区间上单调递增，
故得：，即，解得：，
综上：的取值范围是．
故答案为：.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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