高考数学思想方法专题讲义3数形结合的思想_高考数学数形结合思想

2020-02-28 其他范文下载本文

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高考数学思想方法专题讲义3－－数形结合的思想

1．设f(x)1x2，a，bR，且a≠b，求证：f(a)f(b)ab．

2．求下列函数的最值：（1）y（2）y2x25x42x22x1的最小值； x22x26x26x13的最大值．

p4的实数p，使得x2px4xp3恒成立，求x的取值范围． 3．对于满足04．已知z1，求u2zi54i的最值．

x24a1有相异实根的个数． 5．讨论方程6．已知a1，b1，求证：ab1．

1abq），求它的第pq项和第pq项．

． 7．已知等差数列的第p项为q，第q项为P（p8．求证：2a12a2b12b22a1b1a2b29．在△ABC中，已知a＝10，c－b＝8，求证：tg10．设zC，aR，且az11．已知sinsinBC1ctg． 2290，求证：zazaz为纯虚数．

11，coscos，求tg()． 432，求zu24v21的最小值． 12．已知u，v，是正数，且uv13．求函数y14．已知m3(x2)8x的值域．

n0，求证：m2n22mnn2m．

215设定点M（－3，4），动点N在圆xy24上运动，以OM，ON为两边作□MONP，求P点的轨迹．

表示两曲线有公共点，求半径r的最值． 22x4y4,16．已知222(x4)yrx2y2217．当m，a，b满足什么条件时，椭圆221（a0，b0）与抛物线yxm有四个交点？

ab数形结合的思想参考答案

1．将，1a2，1b2分别看做两直角三角形的斜边，于是可以构造图2－1．设Rt△POA中，PO＝1，OA＝a，则 PA

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1a2．在Rt△POB中，OB＝b，则

PB1b2．在△PAB中，PAPBAB，于是可得f(a)f(b)ab（当ab结论一样成立）

2．（1）提示：配方得y557112((x)2(x)2)，可视为P（x，0）分别与A（441624，74），B（1，21）这两点的距离之和．由于A，B分别位于x轴的上方和下方，显然当P在A，B连线与x轴交点时PAPB最短，最小值为22AB230272（2）提示：配方得y(x1)252(x3)222，可视为P（x，0）分别与A（－1，5），B（3，2）的距离之差的最大值，由于A，B位于x轴的同旁，由几何知识知，P在AB与x轴交点的位置上，最大值为

APBP最大，AB5．AB，直线AB的方程为y25217．令，y0，得xx31332．故点P位于（173，0）时，ymax3．原不等式整理成(x1)P(x4x3)>0，设f(b)(x1)p(x24x3)．可视为p的一次函数，由图象

2f(0)0,x4x30,x3或x1 可知，f(p)在［0，4］恒大于零，只需用即2f(4)0,x104．u52izi22，因此，u表示单位圆

（－2，－z1上的点z与点A

52）的距离的2倍．由几何知识知，AB，AC分别是最小值、最大值，即

umax2AC2(OAOC)412，umin2AB2(OAOB)412

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5．提示：在同一坐标系中作出y同的根；当ax24和ya1的图象如图，从图象可以看出：当a1，a3时，方程有两个不3时，方程有三个不同的根；当1a3时，方程有四个不同的根；当a1时，方程没有根

ab1ab(a1)(b1)AP1ab6．设数轴上三点A，P，B的坐标分别为－1，1，则＝．∵ a1，b1，ab1ab(a1)(b1)PB11ab∴ 0．即P是AB的内分点，于是17．由等差数列的通项公式anabab1即1

1ab1ab，B（q，p）是平a1(n1)，得点（n，an）在直线ya1(x1)d上．设A（p，q）面直角坐标系中的两点，则AB的直线方程为yqpq(xp)，即ypqx．∵

点（n，an）在an这条直线上，qp∴ anpqn．于是，apq0，apq2q

8．提示：设A（a1，a2），B（b1，b2），C（b1，a2），则原式左边＝9．如图，以线段BC的中点O为原点建立直角坐标系，∵

OAOBABACBC＝右边

BC10，ABAC8,∴

A（x0，y0）在双曲线

．∵

55x2y21的右支上．从而，由焦半径公式得ABx04，ACx0444169ACcoCs5x0，＝ABcosB5x，∴

tgBCctg22

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BCBBCcos2sincos2cos222222sinB1cosCBCBCC1cosBsinCcoin2cos22sincos222225x045x0x1140 5x045x09(x01)94sinACACcosCABABcosB＝

10．在复平面内，z，a，－a所对应的点分别为P，A，B，∵

∴

A、B在实轴上．

z0，故P不可能在坐标原点，即AB的中点．又aR，a0，zazaAPBP动点P的轨迹为线段AB的中垂线除去AB的中点P点的轨迹为虚

16轴（除去原点）z为纯虚数．

11．设A（cos，sin），B（cos，sin，则A，B在单位圆上，连结AB．若C是AB的中点，则点C的坐标为（），∠DOC＝，1），连结OC，则OC⊥AB．设D（1，0），连结OA，OB，则有∠DOA＝，∠DOB＝812tg24832∠DOC＝，tg() 14721tg262，tg

2＝tg

12．如图，在平面直角坐标系xOy中，设点（u，2），B（－v，－1），则

zOAOBAB，而

uv42AB(uv)2(21)2223213，v即z13，等号成立条件uv2，．即u，2133

时成立．故zmin

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13

13．令x2t，原函数为y23t10t2（t0），设vy3t，则

①v3ty, 2v10t(t0).方程①表示斜率为－3的直线，方程②表示四分之一圆．原问题转化为过圆②上的点，求①中直线截距的取值范围．如图，过圆上

30y31．解得y2∴ 10．的点（0，时，截距最小，ymin10．当直线与圆②相切时，其截距最大，即1010）

② 10y210

14．如图，在Rt△ACB中，AB＝m，BC＝n，则AC∴ 又∵