資源簡介

后 記
本書是在“希望杯”組委會周國鎮老師的直接關懷與指導下編寫而成的。在編寫過程中，參閱了1996年——2005年各期《數理天地》（高中版），并引用了不少研究成果，因此，從一定意義上說，本書的編寫也是“希望杯”試題研究方面諸多同仁共同勞動成果的反映。鹽城師范學院數學系的孫金蘭在選題、審校過程中做了大量的工作，提出了許多有益的意見與建議。鹽阜中學高中數學組方志高、董成勇等老師為電子文稿的制作付出了大量的勞動。這里謹向他們表示衷心的感謝。
由于本人能力及水平有限，加之數學競賽事業的不斷發展與變化，故實難遂愿，書中定有錯誤與不妥之處，懇請專家與廣大讀者批評指正，以期更加完善。

作者
2005年6月

歷 屆
“希望杯”全國數學邀請賽
問 題
精 選 詳 析
(高 二)
題1 已知的大小關系是 .
（第十一屆高二第一試第11題）
解法1 ，.
.
解法2 ，.
解法3
=.
解法4 原問題等價于比較與的大小.由得，.
.
解法5 如圖1，在函數的圖象上取三個不同的點A（，）、B（，）、C（，）.
由圖象，顯然有，即，
即，亦即.
解法6 令，單調遞減，而，，即，.
解法7 考慮等軸雙曲線.
如圖2，其漸近線為.在雙曲線上取兩點
A（，）、B（，）.
由圖形，顯然有，即，從而.
解法8 如圖3.在Rt△ABC中，∠C為直角，BC=，AC=，BD=，則AB=，DC=.
在△ABD中，AB-AD從而AD-DC即，故.
評析 比較大小是中學代數中的常見內容.其最基本的方法是作差比較法、作商比較法、利用函數的單調性.解法1通過分子有理化（處理無理式常用此法）將問題轉化成比較兩個分母的大小.解法2直接作商與1比較大小，順理成章，也很簡潔.要注意的是：時，；時，.此題直接作差難以確定差與0的大小，解法3對的倒數作差再與0比較大小，使得問題順利獲解，反映了思維的靈活性.解法6運用函數的單調性解題，構造一個什么樣的函數是關鍵.我們認為構造的函數應使得恰為其兩個函數值，且該函數還應是單調的（最起碼在包含對應的自變量值的某區間上是單調的）.解法5與解法7分別構造函數與解幾模型，將的大小關系問題轉化成斜率問題加以解決，充分溝通了代數與幾何之間的內在聯系，可謂創新解法.解法8充分挖掘代數式的幾何背景，構造平面圖形，直觀地使問題得到解決，這也是解決大小關系問題和證明不等式的常用方法.
有人對此題作出如下解答：
取則，
，可再取兩組特殊值驗證，都有.故答案為.
從邏輯上講，取，得.即使再取無論多少組值（也只能是有限組值）驗證，都得，也只能說明或作為答案是錯誤的，而不能說明一定是正確的,因為這不能排除的可能性.因此答案雖然正確，但解法是沒有根據的.當然，如果將題目改為選擇題：
已知的大小關系是 （ ）
A、 B、 C、 D、
此時用上述解法，且不用再取特殊值驗證就可選D，并且方法簡單，答案一定正確.
總而言之，特殊值法在解許多選擇題時顯得特別簡捷，那是因為選擇支中的正確答案是唯一的，從而通過特殊值排除干擾支，進而選出正確答案.但特殊值法只能排除錯誤結論，而不能直接肯定正確答案，因此，用此法解填空題（少數特例除外）與解答題是沒有根據的.當然，利用特殊值指明解題方向還是十分可取的.
題2 設，且恒成立，則的最大值為 （ ）
A、2 B、3 C、4 D、5
（第十一屆高二第一試第7題）
解法1 原式．．而
+，且當，即時取等號．．．故選．
解法2 ，，已知不等式化為
．由，即，故由已知得，選．
解法3 由，知，有．又，
即，由題意，．故選．
解法4 ，．已知不等式可變形為
．記，
則．由題意，．故選．
解法5 于是
．比較得．故選．
評析 由已知，可得恒成立．根據常識“若恒成立，則；若恒成立，則,”的最小值就是所求n的最大值，故問題轉化為求的最小值，上述各種解法都是圍繞這一中心的，不過采用了不同的變形技巧，使用了不同的基本不等式而已．解法1運用了；解法2運用了；解法3運用了；解法4運用了；解法5運用了．雖解法異彩紛呈，但卻殊途同歸．
此題使我們聯想到最新高中數學第二冊（上）P第8題：
已知，求證：．
證：令，則．
．，
．
此證法通過換元將分母中的多項式改寫成單項式，使得推證更簡單了．運用這一思路，又可得本賽題如下解法：
設，則．恒成立，就是恒成立．也就是恒成立．恒成立，
由題意得．故選．
再看一個運用這一思想解題的例子．
例 設，求證：．
（第二屆“友誼杯”國際數學競賽題）
證明 設則．
， ①，
,即
，．
本賽題還可直接由下面的命題得解．
命題 若，則．
證明 ，都大于．反復運用①式，可得: “若,則,當且僅當時取等號”.故有．
也可以這樣證明：
，．故由柯西不等式，得
，即．，
．
由此可得本賽題的如下解法：
，，．由 題意，．故選．
由此命題還可直接解決第七屆高二培訓題第8題：設，并且，，則與的大小關系是 ( )
A、 B、 C、 D、
解 ，．故選．
題3 設實數滿足，，則的最大值為 ( )
A、 B、 C、 D、
（第十一屆高二培訓題第5題）
解法1 設
則
即max=.故選D．
解法2 ,又,
當且僅當且即時取等號，
解法3
當且僅當時取等號，故.
解法4 設則
當且僅當共線，即時取等號，故.
解法5 若設，則直線與圓有公共點，于是
，即.
解法6　設,則
當且僅當時取等號，故．
解法7 構造函數，
則故
即
解法8 由還可構造圖形（如圖），其中
為圓的直徑，由托勒密定理,得，從而得，當且僅當且時取等號．．
評析 解法1抓住已知條件式的結構特征，運用三角代換法，合情合理，自然流暢，也是解決此類型問題的通法之一．
解法2運用基本不等式將放大為關于與的式子，再利用條件求出最大值．值得注意的是，稍不注意，就會得出下面的錯誤解法：
．故選A．錯誤的原因就在于用基本不等式求最值時未考慮等號能否取到．上述不等式取等號的條件是①且②，而若①，②式同時取得，則，即這與題設矛盾！即當時，取不到．解法2是避免這種錯誤的有效方法．
由于向量與復數的模的平方是平方和形式，與已知形式一致，故解法4與解法6分別運用了構造向量與構造復數的方法，新穎而簡潔．
解法5設后，將其看作動直線，利用該直線與定圓有公共點，則圓心到直線的距離小于等于半徑，得，充分體現了等價轉化的解題功能．
解法7運用的是構造函數法．為什么構造函數
呢？主要基于兩點：①為非負式（值大于等于0），②由于，故有，而溝通了已知與未知的關系，故使問題得到解決．
解法8抓住已知兩條件式的特征，構造了兩個有公共邊的直角三角形，利用托勒密定理及圓的弦小于等于半徑使問題獲解，充分揭示了這一代數問題的幾何背景．
拓展 此題可作如下
推廣 若則
（當且僅當時取得最大值）.
證明

當且僅當
本推廣實際就是由著名的（柯西）不等式
（當且僅當時取等號）直接得到的一個結論．
推廣有十分廣泛的應用，現舉一例：
例 已知求最大值．
解
＝8．由推廣知當且僅當即時取等號．
題4 對于的一切實數，使不等式都成立的實數的取值范圍是＿＿＿＿
（第十三屆高二培訓題第63題）
解法1 題設等價于或或，即或或,所以或或，即.
解法2 已知不等式即，令，則
當，即時，是的一次函數，因為，即時不等式恒成立，所以在上的圖象恒在軸的下方，故有，即，解得 .
又當時，，適合題意，當時，不合題意.
故的取值范圍是.
評析 解決本題的關鍵是如何根據條件構建關于的不等式或不等式組.解法1運用分離參數法，為了達到分離參數的目的，又對分大于0、小于0、等于0三類情形分別構建關于的不等式組，從而通過解不等式組解決了問題.解法2則轉換思維角度，把已知不等式看成關于的不等式，從而將原問題轉化為函數在上的圖象恒在軸下方的問題.這種方法稱為變更主元法.用此方法，使得此題的解決顯得既簡捷，又直觀易懂.
題5 當時,不等式恒成立,則的最大值是________.
(第十一屆高二培訓題第45題)
解法1 當時, ①,又有 ②, ②+①×2,得,,,即.由,得,.
解法2 , 又
, , 即, 當且僅當 且 , 即 時取等號. 恒成立,
. 于是.
解法3 原不等式等價于 ,由 ,可知. 由 “兩個正數的平方平均值不小于它們的調和平均值”, 可知只需, 即即可, 故, 于是.
解法4 即 ①成立，又恒成立， 只要滿足②就能使①恒成立.由②式，得，，③.由于對稱軸，由二次函數的性質，當時，要③式恒成立，則 .
解法5 設（），則=+
=.－1），即2－，則，于是，由已知，得.
解法6 設則
表示在坐標系第一象限內以原點為圓心，為半徑的圓及其外部.由得又它表示雙曲線位于第一象限內的一支及其上方部分.依題意，雙曲線相切或相離，從而，即 .
解法7 運用結論“如果，則
當且僅當（常數）時取等號.”，由柯西不等式，有①，由得②.故得，當且僅當時取等號，由，得 .
解法8 運用結論“當且僅當成等差數列時取等號.”
.，當且僅當，即時取等號.令，得 .
評析 恒成立，.故問題的實質就是求的最小值（關于的式子）大于等于2的解.因而在的條件下，如何求的最小值成了問題的關鍵.解法1運用“兩個互為倒數的正數的和大于等于2”, 解法2運用配方再放縮, 解法3運用均值不等式及“兩個正數的平方平均值不小于它們的調和平均值”,解法5運用三角代換，解決了這一關鍵問題.解法4巧妙地將原問題轉化為一個含參（）一元二次不等式恒成立，求參數的范圍問題，從而運用二次函數的性質解決問題.解法6將原問題轉化為解析幾何問題處理.解法7、8則是運用一些現成的結論（讀者可自己證明），各種解法異彩紛呈，都值得細細品味.
拓展 此題可作如下推廣：
推廣1 若，則，當且僅當成等差數列時取等號.
證明 由已知，，則，，.根據柯西不等式及解法7運用的不等式（）,有
故.
當且僅當成等差數列時取等號.
推廣2 若，則
，當且僅當時取等號.
證明 不妨設 ， 由已知得
令，則=.由均值不等式，
即，則，即，
，當且僅當時取等號.
.
題6 已知，設，
，，那么的大小關系是 （ ）
A、 B、 C、 D、
（第八屆高二第一試第10題）
解法1 設，.，而是減函數，
，即.，，
.，即.故.選D.
解法2 由題意，令，則，， ，，，，是減函數，又，，即.故選D.
評析 這是一個比較函數值大小的問題，通常利用函數的單調性.若函數單調遞增（減），則當時，，當時，
.因此解決問題的關鍵有兩個：一是確定函數的單調性，二是確定自變量的大小關系.解法1就是這樣解決問題的.
因為正確答案應對一切都正確，故又可以運用特殊值法.對內的某個角不正確的選擇支都是錯誤的，由正確選擇支的唯一性，也可選出正確答案.解法2便是取特殊值，排除了A、B、C、而選D的.
當然，此題也可用作差比較法來解：，，是單調減函數，，.
，.又
，即
，.選D.
題7 已知，不等式的解是 .
（第三屆高二第二試第13題）
解 原不等式即.指數函數是減函數，，原不等式化為，即.又對數函數是減函數，，即，解得.對數函數的定義域是的實數，原不等式的解是或.
評析 此題涉及到指數不等式、對數不等式、絕對值不等式的解法.解指數不等式與對數不等式的基本方法是同底法，即先將不等式兩邊的指數式或對數式化成底數相同的指數式或對數式，然后根據底數所屬區間是或，確定以該底數為底的指數函數或對數函數的單調性，再去掉底數或對數符號，轉化成別的不等式.主要依據如下：
⑴若,則；
⑵若,則；
⑶若,則；
⑷若,則.
有時需要將常數化為指數式或對數式，其化法如下：
⑴（且）；（化為指數式）
⑵（且）.（化為對數式）
例如，將常數2化為3為底的指數式，將常數2化為3為底的對數式.
解指數不等式不需檢驗，但解對數不等式必須保證解使得對數式有意義，這點常被忽略.
若一個指數不等式的指數部分是對數式，常常采用取對數法求解.
例 不等式的解集是 .
（第十一屆高二培訓題第40題）
解 兩邊取常用對數，得，即
或或.故所求解集是.
應當指出，兩邊取對數后，不等號的方向變不變，關鍵看取的是什么底數.如果底數大于1，則不等號方向不變，如果底數大于0且小于1，則不等號方向改變.
關于絕對值不等式，主要是根據絕對值的幾何意義求解.下列結論應當理解并熟記（為常數）.
⑴的解集是；
⑵的解集是；
⑶的解集是R；
⑷的解集是.
下列題目供練習：
⑴已知常數，則不等式的解集是 .
（第八屆高二第一試第16題）
⑵若函數的定義域是不等式的解集，則的最小值= ；最大值= .
（第十屆高二第一試第23題）
⑶不等式的解集是 .
（第九屆高二培訓題第23題）
⑷不等式的解是 （ ）
（A）或 （B）或
（C） （D）
答案 ⑴ ⑵ ；2 ⑶ ⑷A
題8 不等式 的解集是 ,實數的取值范圍(用區間形式)是 .
(第一屆高二第一試第18題)
解法1 由兩邊平方并整理得,此方程無實根,故,.又,.故填.
解法2 作出函數的圖象(即圖中的半圓)及函數的圖象(即圖中斜率為1的直線系).由題意,直線應在半圓的上方,由圖象可知直線在軸上的截距.故填.
解法3 由,得.故設,,則已知不等式就是,即.
,又,.由題意得. 故填.
評析 這是一道蘊含著豐富數學思想方法的好題.解法1﹑2﹑3分別運用方程思想﹑數形結合思想﹑化歸轉換思想,從不同的角度解決了問題,體現了這道題的豐富內涵.解法2揭示了本題的幾何背景.解法3的依據是:不等式 的解集是等價于不等式恒成立.有人認為不等式 的解集是等價于不等式有解,這種觀點是錯誤的.事實上,時,不等式就有解(比如就是其一個解),而時,不等式即的解集卻不是 (比如0就是它的一個解).
拓展 通過上面的分析,并作進一步的研究,我們便有下面的
結論 已知為參數, 的值域是.
若恒成立,則.
若恒成立,則.
若的解集是,則.
若的解集是,則.
若有解,則.
若有解,則.
若將的值域改為、、等，也會有相應的結論，限于篇幅，不再一一列出．
根據這一結論，請回答下列問題：
1.不等式的解集是，則實數的取值范圍是　　　．
2.不等式的解集是，則實數的取值范圍是　　?。?br/>3.不等式有解，則實數的取值范圍是　　　．
4.不等式有解，則實數的取值范圍是　　?。?br/>5.不等式恒成立，則實數的取值范圍是　　　．
6.不等式恒成立，則實數的取值范圍是　　?。?br/>答案　1. 2. 3. 4. 5. 6.
題9 不等式的解集是 （ ）
A、 B、
C、 D、
（第十三屆高二第二試第8題）
解法1 當，即或時，原不等式就是即，解得.
當時，原不等式就是即解得或.
綜上，所求解集為即.故選A.
解法2 如圖，作函數和的圖象.要求的解集就是，即在上方時的區間，即圖中線段AB上的點所對應的橫坐標所組成的區間.
又當時，由可解得.當時，由可解得，所求不等式的解集為，故選A.
解法3 同解法2畫出圖形后，可知解集為一個閉區間，且，對照 選擇支.可知選A.
解法4 當時，時，故1.5不是原不等式的解，從而排除含1.5的B、C、D，故選A.
評析 解含絕對值的不等式，一般是先去掉絕對值符號，然后再求解.解法1正是運用分類討論思想這樣解決問題的，也是一種通法.
我們知道，方程的解就是函數與的圖象交點的橫坐標；若圖象無交點，則方程無解.而不等式的解集則是函數的圖象在的圖象上方部分的點的橫坐標的集合；若的圖象都不在的圖象的上方，則不等式無解.解法2正是運用這種數形結合思想解決問題的.許多超越不等式的近似解或解的所屬范圍也都運用此法解決.
選擇題的正確答案就在選擇支中，只是要求我們把它選出來而已.因此,不是非要求出答案再對照選擇支選擇答案不可的.基于此，解法3運用估算的方法選出了正確答案(注意：估算能力是高考明確要求要考查的能力之一).而解法4則運用特殊值排除了干擾支，進而選出了正確答案.類似這種不等式（方程）的解集是什么的選擇題幾乎都可用這種方法解，而且十分方便.值得注意的是，特殊值只能否定錯誤結論，根據正確選擇支的唯一性才能肯定正確答案.另外，如何選取特殊值也是很有講究的，讀者可在解題實踐中體會并加以總結.
題10 不等式的解集是 .
（第十一屆高二培訓題第41題）
解 設y= ，由，得定義域為[，3].
即原不等式在定義域內恒成立，故所求解集為[，3].
評析 解無理不等式，通常是通過乘方去掉根號，化為有理不等式后再解.但從此題中不等式右邊的數可以想象該有多么復雜，若將題目改為“的解集是 ”，還會有誰想通過平方化為有理不等式去解呢？顯然，常規方法已難以解決問題，怎么辦呢？考慮到不等式中的x∈[，3]，從而左邊，故解集就是定義域，這就啟示我們，當常規思維受阻或難以奏效時，就應積極開展非常規思維，另辟蹊徑，尋求解決問題的新方法.
拓展 根據上面的分析，并加以拓廣，我們可得
結論 設a,b,c是常數，若,則
當時,不等式的解集是的解集是；
當時, 不等式的解集是,的解集是;
當時, 不等式的解集是, 的解集是;
當時，不等式的解集是，的解集是.
根據這一結論，不難求得下列不等式的解集：
2sinx+3cosx>4;
;
;
sinx-cosx<.
答案：1、 2、[2，+∞ 3、 4、R
題11 使不等式的解是的實數的取值范圍是（ ）
A、 B、 C、 D、
（第十一屆高二第一試第6題）
解法1 由已知可知的解集是.在此區間上函數是單調增的.因此的值應當滿足關系
選B.
解法2 原不等式同解于，因為，所以
，從而.故選B.
評析 上述兩種解法的實質是一回事.
關于此題，刊物上有數篇文章的觀點值得商榷，現摘其部分加以分析.
一篇文章認為：“由已知不等式得，欲使其解為，實際上是對的任何，恒成立，而在上是增函數，所以當時，.故選B.”
另一篇文章在介紹了“設則
”后分析道：“令，當時，
，又，故，選B. ”
還有一篇文章干脆將題目改為：
使不等式的解是的實數的取值范圍是（ ）
A、 B、
C、 D、
并作了如下解答：
“由已知得，記，因為在時，單調增，所以.因此，.選B.”
首先應當指出，第一、第三篇文章中說增函數在上的最小值是是明顯錯誤的.
這三篇文章共同的觀點是“不等式的解是”等價于“對的任何，恒成立”.按此觀點，應當有，題目就錯了（選擇支中沒有正確答案），又怎么能選B呢？第三篇文章也將題目改錯了（選擇支中同樣沒有正確答案）.
問題的關鍵在于“不等式的解是”與“對的任何，恒成立”到底是否等價.
為說明這一問題，我們只要看一個簡單的例子就能明白了.
不等式的解集是，求的取值范圍.
如果認為它等價于“時，不等式恒成立，求的取值范圍”，就會這樣解：
由得在上的最小值是
為所求.而事實上，，但的解集卻不是，而是，可見兩者并不等價.
至此，我們可以得出結論：“關于的不等式的解集是D”與“時，關于的不等式恒成立”不一定是等價的.
題12 已知是正數，并且，求證.
(第十屆高一培訓題第74題)
證法1 若與中有一個等于1,那么另一個也等于1,此時,顯然.
若且,可將改寫為,由此推得(若,則,得,這與矛盾),由此得 得 .
證法2
與同號,
.
證法3 由及,得
又與同號,
.
評析 解決本題的關鍵在于如何利用已知條件.
證法1通過分類討論證得,較繁.由于,故證法2作差,只要此差大于等于0命題便獲證.而證法3將表示成①,便將問題轉化成證①式小于等于2.證法2,3的作法既有技巧性,又有前瞻性,簡潔明了.
拓展 本題可作如下推廣
推廣1 設,且,則.
推廣2 設,且,其中,則.
推廣3 設,且,其中,則.
推廣4 設,且,其中,
,則②.
由于推廣1，2，3都是推廣4的特例，故下面證明推廣4.
證明 ⑴當時，②式顯然成立.
⑵當不全為零，有
與同號，
即當不全為零時，②式也成立.綜上，不等式②成立.
推廣5 設，且，其中，則.
推廣6 設，且，其中，則.
推廣7 設，且，
其中，則③.
由于推廣5，6是推廣7的特殊情形，故下面證明推廣7.
證明
由冪函數的性質，可知與同號，
即不等式③成立.
從變元個數進行推廣可得
推廣8 設，且，其中則
推廣9 設，且，
其中則④.
由于推廣8是推廣9的特例,故下面證明推廣9.
證明 令
由下標的對稱性,對換上式的下標,得.將上面兩式相加,得,由冪函數性質知與同號,
即,
,即不等式④成立.
題13 設，，，，，是實數，且滿足，證明不等式
.
（第十屆高二第二試第22題）
證法1 當時，原不等式顯然成立.
當時，可設
.易知右邊.
.是開口向下的拋物線，即
.
綜上，時，
.
證法2，，，當時，
，又，求證的不等式成立.當時，
.綜上，在題設條件下，總有
.
證法3 設，，，則由知，從而
.
,，，即.
證法4 設，，則
，又
.
.
證法5 記，，為坐標原點，則由,
得，整理得
，
，
.
評析 這是一個條件不等式的證明問題.由求證式是的形式自然聯想到二次函數的判別式，構造一個什么樣的二次函數是關鍵.當然是構造
，但只有當
時，才是二次函數，故證法1又分與
兩類情形分別證明.很顯然，等價轉化思想、分類討論思想是證法1的精髓.
證法2直接運用基本不等式證明.證法3通過換元后證明（即求證式），技巧性很強，一般不易想到，讀者可細心體會其思路是如何形成的.證法4由求證式中的
,及聯想到空間向量的模及數量積，因而構造向量解決問題.證法5則從幾何角度出發，利用使問題輕松得證.五種證法，從多角度展示了本壓軸題的豐富內涵.
拓展 本題可作如下推廣：
推廣 1 若，則
.
推廣 2 若，，則
.
兩個推廣的證明留給讀者.
題14 已知，并且，
求證：.
（第一屆備選題）
證法1 令，且為銳角，則題設可化為，即.由柯西不等式知
.
.由萬能公式得
,即
證法2 構造二次函數
.
，當且僅當取時取等號，，即，
又
，
故.（當且僅當時取等號）
證法3 ，
即，即于是,
即.
證法4 令則，且
，所以
所以.
證法5 設
則
左邊=
證法6
同理
三式相加得
即
故
證法7
由已知，易知

證法8 由已知，易知
設
則
所以
證法9 由易得，于是
證法10 由易得.
同理，

證法11 由已知，易得.構造空間向量



評析 條件不等式證明的關鍵在于如何利用條件，而當條件難以直接利用或條件式顯得相當復雜時，通常應當將條件適當轉化，證法1、4、5、8正是通過不同形式的換元，使得問題變得簡單易證的.靈活（變形）應用基本不等式（證法6、證法10），柯西不等式（證法3、7），以及一些重要的結論（證法9）也是證明不等式的常用方法.證法2、11分別構造函數、向量加以證明，很富創新性，同時也應納入我們正常思考的范圍.
拓展 本賽題可推廣為：
命題1 若且
則
證明 設則有

由柯西不等式得
命題2 若且
則
命題3 若且
則
命題2、3的證明與命題1相仿.
命題4 設且（
），則
證明 將題設化為作變換，則題設化為由命題2得即化簡得
進一步發散思維，還可得到：
命題5 設且
則
證明 設且為銳角.則題設可化為
由此得
由柯西不等式得
即
即
仿命題4的證法可將命題5推廣為：
命題6 設且（
），則
對本賽題的條件再聯想，又可推出
命題7 設且,則
證明 設且為銳角.則題設可化為
由此得
即
，同理可得
，
…
.
以上個式子相乘，得
有即
仿命題4的證法又可將命題7推廣為：
命題8 設且，
則
命題8又可推廣為：
命題9 設且
則.
證明 題設可化為作變換則題設化為且
即有同理可得 .
以上個式子相乘，得.
仿命題4的證法，命題9可進一步推廣為：
命題10 設且
題15 求所有的正實數，使得對任意實數都有
（第十一屆高二第二試第23題）
解法1 原不等式即 ①.設，則化為，其中（當），（當）.①式即.設，由于在1與之間恒小于或等于零，所以且，即，解之，得為所求.
解法2 ∵，∴，又，∴.設，記.依題意，恒成立，∴.在區間上單調遞減；在區間上單調遞增.而，∴（當時取最大值）,故，解得為所求.
解法3 原不等式即.令，則①.
(1)若，則，①式顯然成立.
(2)若，則，即，即①式對任意恒成立

由函數的圖象（圖1）及，可得，且,但這與矛盾.
（3）若，則，即.由函數的圖象（圖2）及，可得且，即且，又，解得.
綜合（1）、（2）、（3），可得為所求.
評析 解決本題的關鍵是如何由對任意實數恒成立，得到關于的不等式.由于，故原不等式即，亦即.令，則原不等式就是.至此，若去分母，便將原問題轉化為二次不等式恒成立的問題；若不去分母，應當有，可通過函數的最大值解決問題.
解法1運用函數思想，把二次不等式恒成立問題轉化成二次函數的圖象恒不在軸上方的問題，從而得到關于的不等式組，求出了的范圍.解法2則由及，得從而得.再由函數在上單調減，在上單調增，求出了的最大值，由恒成立，得，求出了的范圍.解法3則直接根據函數的圖象，分，，三種情形討論，直觀地求出了的范圍.
三種解法，道出了解決恒成立問題中求參數的三種方法：解法1為函數法；解法2為最值法；解法3為圖象法.當然，解決恒成立問題決不僅僅是這三種方法，比如，還有分離參數法，變更主元法，運用補集思想等.
題16 函數的最小值為 ( )
A、-1 B、1 C、-2 D、2
（第七屆高一培訓題第2題）
解法1 .因為兩個互為倒數的數，在它們等于時，其和可以取到絕對值的最小值.即當，即或時，的絕對值最小.又，故時，的絕對值最小.又，.選.
解法2 因為，聯想到，于是令，，則.
，當且僅當，即時，.故選.
解法3 設，.
，.
，即.故選.
解法4 .由此聯想到萬能公式:
，故令，則，
.又，,,即..故選.
解法5 ，，當且僅當，即時取等號..故選.
解法6 ，，當時取等號.故選.
解法7 由去分母并整理，得.，，即，或.，
，.當時，由，解得，.故選.
評析 解法1、6、7都是運用高一知識解決問題的，其余解法都用到了不等式知識，以解法5、6最簡捷.
解法7運用的是判別式法.運用此法是有前提的，如果將題中限制條件“”去掉，此法總能解決問題.但有了“”的限制，此法就不一定能奏效.只有當時求出的的值在的范圍內時，1才是最小值，否則1就不是最小值，應當另尋他法加以解決.事實上，若將此題改為“求函數的最小值，”此法就失靈了.因為時，
.故取不到1，也就談不上了.
若用不等式知識解：，，，
，當且僅當，即時取等號，但，故取不到1，同樣不能解決問題.此時我們可利用函數單調性解：
設，則
.，,,，，
，，已知函數是的單調增函數.
.
拓展 本題的函數模型實際就是，容易證明，該函數在上單調遞減，在上單調遞增.于是關于其最值，我們有下面的
定理 已知函數，則
⑴當時，有最小值；
⑵當時，有最小值；
⑶當時，有最小值；
⑷當時，有最小值，且有最大值.
例如，函數在上有最小值；在上有最小值；在上有最小值；在上有最小值，最大值.
題17 已知，且，則的最小值是 （ ）
A、5 　　　　　　B、6 　　　　　　C、8 　　　　　　D、9
（第十一屆高二第二試第9題、高二培訓題第14題）
解法1 ，且，
當且僅當時取等號．故選D．
解法2 由時有，可知
，當且僅當，即時取等號．故選D ．
解法3 ，當且僅當
，即時取等號．故選D．
解法4 由柯西不等式，
，當且僅當時取等號．故選D．
解法5 利用“三個正數的算術平均值不小于它們的調和平均值”，立得
，．當且僅當時取等號．故選D．
解法6 若、、是長方體一條對角線與相鄰三棱所成的角，
則．，且，故不妨設
（其中、、是長方體的長寬高）．則3+2+2+2=9，當且僅當，即時取等號．故選D．
解法7 構造二次函數
，，
即，又．故選D．
解法8 設，則
．故選D．
評析 解法1、2、3、4、5、8都是利用一些重要的基本不等式解決問題的．解法6、解法7分別通過構造長方體、函數將原問題轉化，根據圖形特征解決問題．根據解法2的思路，很容易得下面的錯誤解法：
．故選A．
錯誤原因就在于（1）、（2）、（3）式取等號的條件分別是，而此時，與已知矛盾．故取不到5．
拓展 本題可作如下推廣：
推廣1 若為常數，且，
則．
證明
，當且僅當時取等號．
．
推廣2 若為常數，且，
則．
證明
，當且僅當時取等號．．
推廣3 若為常數，且，
則．
證明　運用柯西不等式有
，
當且僅當，即時取等號．
.
根據推廣1、2，立得本題所求最小值為9．
由，得．根據推廣3，
，當且僅當，即時取等號．
．故選D．
再看一例：
例 已知，且，求的最小值．
解 由，得．根據推廣3，
．當且僅當，即時取等號．．
題18 設為正實數，為常數，且,則的最小值為_______.
（第十一屆高二培訓題第36題）
解法1 設 則
，當，即時取等號，
.
解法2 ,
當且僅當時取等號,.
解法3 令則，
，即，當且僅當、共線，即當，亦即時取等號，.
解法4 ,
當且僅當，即時取等號，.
解法5 設，即，代入，得，
，由，得或（舍去）．由，求得，，時，.
解法6 且，，,
故設，代入，得（定值），，當且僅當，即時取等號，.
解法7 由解法6知，，記①，由，得，
代入①可得，當且僅當
，即時取等號，此時，
當時 ，.
解法8 如圖，在平面直角坐標系中，由己知條件及知直線過第一象限內的定點，便是該直線在兩坐標軸上的截距之和. 如圖所示，設，則，由圖可知，，，．，當且僅當，即時取等號，.
解法9 在平面直角坐標系中，設過定點的直線方程為，易求得直線在軸與軸上的截距分別為，，
．，，，
故，當且僅當，時取等號，
.
解法10 由己知，得，即，,即，又由，得，．
如圖，設四邊形ABCD是長方形，令AD=，AB=，則（定值），由于面積為定值的長方形中，正方形的周長最小，于是可得，，，，當且僅當，時，.
評析 考慮到且，解法1運用三角代換，是常用方法. 兩個正數的積為定值，則和有最小值，解法2將改寫成，使之可運用這一結論求最值，這是一種常用的技巧.解法3構造向量求最值，使得新教材中向量這一工具得到應用，雖然解法并不很簡單，但其意義仍不應低估.柯西不等式在數學競賽中占有很重要的地位，解法4表明，運用柯西不等式解題十分方便.解法7表明，運用均值不等式求最值，應注意“一正二定三相等” ，重視配湊技巧的運用．
美國著名數學教育家玻利亞說過，“對于一個非幾何問題，去找一個清晰的幾何表達式，可能是走向解答的重要一步”．解法8、9、10正是這樣做的．充分挖掘代數問題的幾何背景，構造適當幾何圖形，運用數形結合的思想，常常可以收到意想不到的解題效果，同時也可培養我們的發散思維和創造性思想的能力．
拓展 此題可作推廣：
推廣 己知正常數，以及正實數（），
且，則當且僅當 時，取得最小值．
讀者可參照解法4，利用柯西不等式自己證明該推廣，此處不再贅述．
題19 如果，那么的最大值是_______．
(第八屆高二第一試第19題)
解法1 設，，，，則 ，
，當且僅當時取等號， ．
解法2
，得 ，當且僅當時取等號．
．
解法3 由
．得
，當且僅當時取等號，
.
解法4 令，，，其中，則
，當且僅當，即時取等號，．
解法5
，當且僅當 時取等號，．
解法6 對任意，有，，
， ，即，易知當時，．
（此時）.
解法7 設 ，，，則由，得
， ．設，則，又
， ，即①，關于的不等式①有解， ，，此時，由①得．
．
解法8 令，，，則由，得
， 即①，設，則②，方程①表示為圓心，為半徑的圓在第一象限內的部分；方程②表示斜率為的直線系，當①、②表示的曲線有公共點時，直線系的縱截距的最大值為，即，
，當且僅當，即時取等號，（此時）．
解法9 把，，看成一組數據，其方差
，，
，當且僅當時取等號，所求最大值為．
評析 破解此題的關鍵是設法消去求式中的根號，這樣才可利用條件，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利用了結論，都有效地達到了消去根號的目的，當然，運用這些公式需要適當的配湊技巧，解法1、4還通過先換元以后再利用公式；解法7則是運用整體思想與方程思想解決最值問題的一個范例，不少條件最值問題都可用此法加以解決;解法8通過換元，再將問題轉化為求兩曲線有交點的條件，雖有一定難度，但它體現了數學各分支內容之間的內在聯系，當一個問題難以解決時，通過發散思維，將其轉化為一個與之等價的較易解決的問題，這是一種常用的數學思想方法，也是高考所明確要求的．解法9則巧妙地運用方差的知識使問題獲解，體現了新教材中知識的創新應用．
拓展 該問題可作多種推廣：
推廣1 己知，，則，當且僅當時取等號．
推廣2 己知，，則，當且僅當時取等號．
推廣3 己知，則 （），當且僅當時取等號．
推廣4 若，，， ，則對于，，有，當且僅當時取等號．
證明　由均值定理，得，則
，（當且僅當時取等號）．
推廣1、2、3都是推廣4的特殊情形，運用推廣4，可以直接解決以下問題．
己知，且，求證：．
己知，，求證：.
，且，求的最大值．
變換角度思考，我們能否求的最小值呢？
先從最簡單的情況入手．
．若，我們設法保留，去掉，得上式右邊
．
故有.（＊）
對于，反復運用（＊）式，有
若有，則，且當，時取等號，于是便有
命題1 若，，則.
將改為，則有
命題2 若，，則.
將命題2中的3改為，則有
命題3 若，，則.
繼續推廣，得
命題4 若，，，則
．
證明　，，
即，于是有
， 即
，. 反復利用上式，得

．
將改為，則有
命題5 若，，，則
.
命題6 若，，, 則
.（證略）
題20 若，并且，則的取值范圍是 （ ）
A、 B、 C、 D、
（第九屆高二第一試第10題）

解法1 由柯西不等式，可知.
∵，∴. 又由，可知
即，∴，于是
.
綜上，.故選.
解法2 由，得，代入，有，即，∵，∴
，即，∵，則上式成立的條件必須且只須是，∴.故選.
評析 解法1由柯西不等式得到，并由推得.從而選．
解法2運用方程思想，設后，將其表示成關于的二次方程，由，得⊿，進而得，此式成立的條件是什么？這是一個關鍵問題.，必須且只須，從而解決問題.
拓展 眾所周知下面的定理
定理 若二次函數，且，則.
易得下面的
推論 若，則.
證明
.由上面的定理，得
⊿，
∴.
由此，本題還可解答如下：
構造二次函數，由推論，得，即，∴，當且僅當時取等號.又，∴.故.∴選.
下面再舉一例說明推廣的應用．
例 設為正數，且，證明 ．
（加拿大第三屆數學競賽題）
證明 ∵，∴.
構造二次函數，由推論得，
∴，得，∴，即.
關于此題中的最小值，還可以通過輪換對稱的性質求得.
如果一個代數式里的字母按照某個次序輪換，所得的代數式與原式恒等.我們就把這個代數式叫做關于這些字母的輪換對稱式.如，，，
等都是關于、、的輪換對稱式.
如果已知條件式和待求式都是關于某些字母的輪換對稱式，則當且僅當這些字母相等時，待求式取得最值.再取一些特殊值（要滿足條件式，但各字母取值不全相同）驗證，便可確定待求式是最大值還是最小值.據此，本題中的最小值還可這樣求得：當且僅當
時，取得最值，再令，，求得.故.
本題中的最小值還可由均值不等式求得：∵，
∴，當且僅當時取等號.
∴.
題21 若，且，則的最小值是 .
（第一屆高二第一試第20題）
解法1 比較：當時，，當且僅當
時取等號.可見，，當且僅當時取等號..
解法2 .
令且，即，即.可證函數在上單調遞減，時，.即當 時，.
解法3 令，則
（當且僅當時取等號）.又
.由，易得（當且僅當時取等號）.于是 （時取等號）.故當，即時，.
評析 解法1的依據就是課本上一道習題的結論.本賽題就是這道課本習題的變題.利用現成的一些重要結論可以簡化解題過程，尤其是解選擇題、填空題時更可直接利用.
由于、時，，當且僅當時取等號，所以解法2將展開成后，只能對使用上述公式（因為，所以必須使時取等號）.若也對使用上述公式就錯了，因為由，得，此時與并不相等.這是同一式子中幾處同時使用基本不等式時必須注意的，是一個常見的易錯點.與不可能相等時，通常運用函數的單調性求的最小值（易證函數在上單調減，在上單調增）.
解法3運用三角代換法，雖然較繁，但仍可起到開闊視野，活躍思維的作用.
拓展 命題“若且，則”可作如下推廣：
推廣1 若且則.
證明
，當且僅當時取等號..又在及上都是減函數， 當且僅當時取等號.（當且僅當時取等號）.
推廣2 若，，則.
推廣3 若，，則.
推廣2、3的證明，敘述較繁，此處從略.
題22 已知，且，則的最小值是 .
(第八屆高二培訓填空題第6題)
解法1 .
.
當且僅當時取等號..
解法2
=9，當且僅當，即時取等號. .
解法3
，當且僅當，即時取等號. .
評析 求條件最值離不開利用條件.如何利用條件？解法1把展開后將用1代，解法2與3將與中的1用代，其目的都是為了能利用均值不等式或基本不等式求最值.
拓展 此題可作如下推廣：
推廣1 若，且，則的最小值是.
證明，于是，
，當且僅當時取等號，的最小值是.
推廣2 若，且，則
的最小值是.
證明 ，，
.
同理.故
，當且僅當
時取等號. 的最小值是.
推廣3 若，且，則的最小值是
.
證明 由均值不等式得，
,
從而
，
當且僅當時取等號.故的最小值是.
推廣4 若，且，則的最小
值為.
推廣4的證明與推廣3類似，留給讀者.
運用這些推廣，讀者可做練習：
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、
題23 設，且，則的最大值是 ，最小值是 ．
（第六屆高二培訓解答題第2題、第八屆高二第一試第23題）
解法1 ，，．
由，有，
．
記，立得和．故當或時，，當時，．
解法2 由題意，設．
則，當且僅當且，即時取等號．．又
．令，則．易知當時，．此時，，即或時，．
關于的最大值，還有下列解法．
解法3 ，
，當且僅當時取等號．
．
解法4 ，
．又，當且僅當時取等號．故.
評析 解法2由考慮到三角換元，這是很自然的事．解法3運用基本不等式及，再由，分別求出與的最大值（注意：必須是與取相同值時與同時取得最大值），從而得到的最大值．解法4與解法3路子不同，實質一樣．但解法3、4都只能解決題中的最大值問題，如何求最小值是本題的難點．解法1中將變形為，并由已知得出，是突破這一難點的關鍵．
第九屆高二第一試第15題：“實數適合條件，則函數的值域是 ．”其形式與實質都與本題一樣．以三角代換法求解最為簡捷．（答案為）
拓展 由題引伸，可以得到：
定理1 設，
則（1）當時，；
（2）當時，．
證明 設，則．又設， ，則
．
1、當，即時，
（1），當且僅當時取等號．
（2），當且僅當時取等號．
2、當，即時
（1）當時，．
（2）當時，．又函數，當時是減函數，故．
綜上所述，當時，；當時，
．
進一步引伸，可得
定理2 ，若，則
（1）當時，；
（2）當時，．
簡證 ．令，再由定理1即可得證．
再引伸，還可得到
定理3 設，且，則有

證明 及平均值不等式
題24 若，則的最大值是　　　?。?br/>　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（第十三屆高二培訓題第68題）
解法1 引入參數t,，
又，
．考慮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，，當且僅當，即時取等號.．
解法2 已知條件式即.令
即代入待求式,并化簡,
得.故當且僅當時，有最大值160．
解法3 令.從而有即代入已知等式,得,
即．
解法4 ,而
即．
解法5 設代入條件得
令,則
．
解法6 設則
即①.由題設x,y不同時為0,故不妨設,則將①式兩邊同除以,得當時,
由解得;當時,．
綜上, .故．
解法7 .故當時, ．
評析 破解此題的關鍵是消去條件式中的xy項.
命題組給出的解法1,通過引入參數t,將xy變形為,再運用基本不等式,從而得到.而要求的是的最大值,故令,從而使問題獲解,極其巧妙.此法還具有普遍性,是解決此類問題的通法．
解法2將變為，從而為三角代換創造了條件，進而運用三角函數的有界性求得最值.此法也具一般性,且對于求式中含xy項時同樣適用．
解法5通過對稱換元消去了已知式中的乘積項.當式中項與項系數相等時這也是一種通法．
解法4的技巧性特強.要知道,若,由,
得,即,則仍然不能解決問題．
解法6運用整體思想及方程思想,由二次方程有實根的條件使問題獲解,這也是一種常用的方法．
解法7巧用配方法,使得問題的解決極其簡潔.可能有人要說這是不是碰巧了,換個題目此法就不靈了,其實不然,請看下面的問題:
例1 若x,y, 則的最小值是________．
（第十屆高二培訓題第66題）
　　解
，即，當且僅當
時取等號，故所求最小值為
再看一例：
例2 實數x,y適合,則函數的值域是 ．
(第九屆高二第一試第15題)
解 （1）
（2）
故所求值域為．
到底如何配方，讀者可從上面的例子中體會.配方法是高考明確要求學生掌握的一種數學方法,在解決一些競賽問題時也有較廣泛的應用.我們必須切實掌握好．
請用配方法解決下列問題:
1.實數x,y滿足,則的值域是 ．（答：）
(第六屆高二第二試第17題)
2.若,且,則的取值范圍是 ．（答：）
3.已知x,y滿足,求的取值范圍．（答：）
4.已知,求表達式的最大值與最小值．（答：）
題25 函數的最大值是＿＿＿＿．
（第九屆高二培訓題第43題）
解法1 由，得，即，.，，解得.故.
解法2 令，則，化為，，，即，解得.故.
解法3 由，得（時取等號），，，，故.
解法4 .，，，.當時，.
解法5 由，得，，，解得..
解法6 .令，它表示動點與定點的連線的斜率，即表示單位圓上的點與點的連線的斜率，由圖易知，.
解法7 顯然，.由得①，又②.由①、②可知點是坐標系中的直線與圓的公共點，圓心到直線①的距離不大于圓的半徑1，即，解之得，.
評析 類似本題分子、分母中含有、的一次式的函數的最值問題，總可以通過去分母、移項變為的形式，進而變為（其中）的形式，再由求得最值，解法1正是這樣做的，也是解決這類問題的通法.
萬能公式可將角的各種三角函數表示成的正切，這在實質上起到了消元的作用.故解法2令后，便將原函數轉化成的二次分式函數，進而運用判別式法解決了問題.
解法3直接利用分子不大于分母，從而分式之值不大于1，簡捷之至.解法4則是將已知函數變為后，分別求出分子、分母的范圍，進而確定y的范圍.
解法5將已知函數式變為，考慮到左邊的形式，聯想到柯西不等式，巧妙地利用而建立了關于的不等式，進而求出最大值，可說是匠心獨具.
解法7將已知函數式變為后，將看作坐標系中直線上的點，而點又在單位圓上，故直線與圓應有公共點，從而圓心到直線的距離不大于圓的半徑，由此求出了的最大值.綜合運用了方程思想，轉化思想，數形結合思想，充分揭示了數學不同內容之間的內在聯系.
解法6則是把已知函數式變形為后，將看作單位圓上的點與定點的連線的斜率，故將求的最大值問題轉化為求此斜率的最大值問題，本題中此斜率的最大值可由圖象直觀地得到，若不能直觀地看出，則可設斜率為，寫出過點且斜率為的直線方程.由圓心到直線的距離不大于圓的半徑便可求出的最大值.解法6也是求函數或的最值的通法.
例 求函數的最值
解 .令，則是單位圓上的點與點的連線的斜率.設此斜率為，則連線的方程為，即①.由單位圓圓心到直線①的距離應當不大于單位圓半徑1，即，解得，即的最小值與最大值分別為，，從而的最大值與最小值分別為、,即，.
題26 函數的值域是　　　　.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（第十一屆高二培訓題第46題）
解法1 由均值定理，知
兩式相加，得
.當時以上不等式同時取等號.故.
又.
故所求值域為.
解法2 由柯西不等式，知
.
又由，知.
故所求值域為.
解法3
，又
解法4 ，且可設，
，由所設，故當時，；當時，
所求值域為.
評析 因為，所以 ，由指數函數單調性，易知，故求得了y的最大值1.如何求y的最小值是本題的難點，破解的關鍵在于如何將降次，最好直接與建立聯系.解法1運用均值定理，解法2運用柯西不等式，都達到了目的，解法3與解法1為同一解法，但顯得格外簡捷，運用均值定理一步到位地解決了問題.解法4通過對稱換元將三角函數的值域問題轉化為整式函數的值域問題加以解決，起到了化難為易的作用.
解法3顯得特別優美，但運用均值定理，必須注意配湊技巧的運用.為什么將
配湊成呢？這里有兩個問題：一是為什么各湊成6項的和？二是為什么都加5個？原因就在于只有湊成6項的和，運用均值定理時才會出現六次根號內與5個數的積，從而才會出現（常數）.至于為什么各加5個，是因為運用均值定理時要使兩處的“”中都取等號，必須，而只有時才會有
.
拓展 仿照解法3，我們可以證明下面的
定理 函數的值域是.
證明
.
又，即.故函數的值域為.
據此定理，我們易知函數的值域為.
題27 設，則的最小值是 ．
（第九屆高二培訓題第53題）
解 可從絕對值的幾何意義上去想，以為例，如圖：

1 2 3 4
所給的式子的幾何意義是數軸上坐標為的點N與坐標為1、2、3、4的4個點的距離的和．顯然，當N在線段AB之外時，和大于N在線段AB上時的和；當N在線段AB上時，N接近AB的中點，和就逐漸變小，N重合于AB的中點時，和達到最小．因為，所以當取2或3時，
最?。?br/>對于和式S=，設數軸上的點A、B分別表示1949、2001，則線段AB的中點的坐標是
．
評析 本題運用了數形結合的思想方法，根據兩數差的絕對值的幾何意義，很直觀地解決了問題．
拓展 運用同樣的思想方法，可以得到下面的
定理1 對于函數，
若是奇數，則當時，取得最小值；
若是偶數，則當時，取得最小值．
求函數的最小值．
解 為偶數，-4<3<7<10,當時，取得最小值（7+10）-（-4+3）=18.
求函數的最小值．
解 為奇數，-10<-5<3<6<7,當時，取得最小值（6+7）-（-10-5）=28.
已知且求函數
的最小值．
解
，
=，
．故當且僅當x=-3且y=2時，取得最小值16．
若定理1中的“”中有一組或幾組相同的值，則定理仍然成立．但當為偶數且時，定理中的“”應該改為“”．
求函數的最小值．
解 已知函數就是，=5為奇數，
，取得最小值.
求函數的最小值．
解 =10為偶數，．故當時，
取得最小值．
更一般地，還有下面的
定理2 設函數，則
當時，有最小值min{},但無最大值．
當時，有最大值max{},最小值
min{}．
當時，有最大值max{},但無最小值．
證明 不失一般性，設，則
-,
= ,
,
由此可見，函數的圖象是左右兩側兩射線和中間的（n-1）條線段依次連結而成的“折線形”．
(1)若，則函數的圖象中的左右兩射線分別由點（）和點（）向上無限延伸，中間是（n-1）條線段依次連結的折線，因此有最小值min{},但無最大值．
（2）若，則函數的圖象中的左右兩射線分別由點（）和點（）向左右沿平行于x 軸方向無限延伸，中間是（n-1）條線段依次連結的折線，因此
有最大值max{},最小值min{}．
（3）若，則函數的圖象中的左右兩射線分別由點和點向下無限延伸，中間是（n-1）條線段依次連結的折線，因此有最大值,但無最小值．
根據定理1，不難知道本賽題所求最小值為（1976+1977+…+2001）-（1949+1950+…+1974）=702（當n=1975時取得）．
想一想下面的問題：
假設有一座大樓，從第1949層到第2001層，每層指定1人集中到該樓第k層（）的會議室開會，為使參會人員上、下樓梯所走的路程總和最小，求k及最短路程（假定每相鄰兩層樓之間的樓梯長均為1）．
這一問題與本賽題實質是否是同一問題？
下面的問題供讀者練習：
求的最小值．
求的最大值．
求
的最小值．
答案：1、-3 2、5 3、999
題28 ，則s的整數部分是 （　　）
A、１９９７　　　　?。?、１９９８　　　　C、１９９９　　　D、２０００
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　?。ǖ诎藢酶叨诙嚨冢保邦}）
解 若是等差數列, >0,則
(是公差).由此，得
.
又知=
.，，選B.
評析 顯然是數列的前項的和，直接求和，無法可依.能否用裂項相消法將每一項拆成異號的兩項之和呢？考慮到，于是將變為，再放大為，或縮小為，便使問題獲解.
這是一道用“放縮法”求解不等式問題的好題目。但用“放縮法”解題，必須把握好放縮的“度”.就以此題為例，若將
，就得，這樣就沒法確定到底是1998還是1999了.若做到這里，我們便應考慮到題中的1不作變形，問題就會得到解決.
此題來源于高中代數下冊（必修）P132第33題：用數學歸納法證明
，.1992年全國高考“三南”試題：證明不等式：
.
這兩個結論合起來就有.
此結論就是.
當時，，A、B、C三個選擇支都合適，要正確選擇答案，必須對的上、下界作更精確的估計.事實上，由，得
.按常規，令，得個式子，再相加，得
.取，得=1998或1999，沒法確定選B還是選C.故令，得個式子，再相加，得
.取，得
.由于，1998，即.,故選B.
運用這種放縮思想，同樣可以解決第十三屆高二培訓題第26題：
的整數部分是 .
解 ，即
.取，得49個式子，并相加，得
.顯然在8與9之間，故
.
拓展 將題中改為，得
推廣1 當為大于1的自然數時，的整數部分是.
推廣2 當為大于1的自然數時，的整數部分是.
證明
，
令相加得,即
,的整數部分是.
由于
.同理, ,故又得
推廣3 當、為大于1的自然數時，的整數部分是.
題 29 求函數的最小值和取最小值時的值
（第十三屆高二培訓題第81題）
解法1 改寫為,改寫為，則 .
因而等于動點到兩個定點和的距離之和的倍.動點的軌跡是拋物線，恰好是它的焦點，準線是.因此（到準線的距離）.
.所以.此時.即時, 取得最小值12.
解法2 由已知函數式，得，兩邊平方并整理，得，看作關于的方程，由，知，即，得①或②，因為，即，故舍去①，只取②：，將代入已知函數式，得，即當且僅當時，有最小值.
解法3 因為
故當且僅當時，有最小值.
解法4 因為，所以設，，則
，故當且僅當時，有最小值.
評析 高中數學課本中并未討論過求題中函數最值的通法，因此，必須靈活運用所學知識設法解決問題，化生為熟是關鍵！上述四種解法都是運用轉化思想解決問題的.解法1轉化為兩點距離問題，解法2轉化為二次函數問題，解法3、4分別轉化為復數模，向量模的問題，而轉化后的問題都是我們所熟悉的問題，也可見，化生為熟的同時，問題也由難變易了.
題30 函數的最大值是 ,最小值是 .
(第十四屆高二第二試第16題)
解法1 由,得
.顯然,當時,當時,.又因為,所以
.
解法2 因為，所以
故.又
所以解得
或（舍去），所以
解法3 注意到
設,則有
,即.
問題轉化為在直角坐標系中,過圓弧上的點且斜率為-1的直線在軸上的截距的最值.如圖所示,顯然有
解法4 因為所以可設,
則有所以
解法5 易求得已知函數的定義域為因為，所以
所以故已知函數的圖象關于直線對稱,從而只需求出函數在閉區間上的最大值與最小值即可.由,得令,得或(舍去).當時,當時, 所以當時,又
評析?無理函數的最值問題除用導數直接求解外，一般沒有固定的初等方法求解，主要靠 ? 抓住具體函數的特征，再采取相應措施解決問題.換元,轉化是常用的思想方法. ?? ??本題函數的主要特征是兩個根號內的與互為相反數,因而解法1將函數式兩邊平方后得,解決了問題.解法2運用基本不等式直接得到.注意到解法3通過換元,將原問題轉化為解析幾何問題直觀地解決問題;解法4則通過三角換元,將原函數轉化為 形式的函數,運用三角函數的有界性解決問題.形形色色的解法體現了本題蘊含著豐富的數學思想.
題31 已知，求函數的最大值.
（第九屆高二培訓題第61題）
解法1 取待定正數，由均值不等式得
令則于是

當時取等號.
解法2 可化為
配方，得由上式可得即由已知，顯然有
（當時，取得最大值）.
解法3 由已知，得且
當且僅當且即
時取等號.
解法4
當且僅當時取等號.
當且僅當時，取得最大值
解法5
當且僅當即時取等號，
解法6
時，
解法7 構造如圖長方體，設對角線與交于點的三個面所成的銳角分別為，長方體的三條棱分別為則有
于是
即時，
解法8 由得（1）
關于的一元二次方程（1）的判別式，
解得當且僅當時取得等號.
把代入（1）可得,
評析 若，則，這就是說，只要與的倍數之間建立了不大于的關系，則的最大值就求出了.因而解決問題的關鍵就在于找出這樣的關系.解法1通過引入正參數、，并運用解法3運用公式，解法4、解法5運用，解法6運用，圓滿解決了這一關鍵問題.解法2通過將的分子、分母同除以，巧妙地通過配平方，得到進而得，很富新意.解法7通過構造長方體（若三條棱分別為的長方體的對角線長為，則有而恰好是的分母，且長方體中有）解決問題.解法8則把變為，看作關于的一元二次方程，利用其有正根的條件得到，是方程思想的典型運用.
拓展 設，顯然有的最大值為，即；設，已解出的最大值為，即
我們不妨猜想：
命題 若則的最大值是
證明 取正參數
令 （1），因求最大值，故還必須有
此即將上式代入（1），得 （2），令則觀察（2）的形式，考慮作代換故數列是公比為的等比數列， 于是 （3）.
再令（3）為，上式變形為
這樣，又得到一個公比為的等比數列，即
故有.而
故有，整理得
化簡得.
的最大值唯一，應能求出的一個確定的值，對于這個的值，我們有
從而又（1）和（2）是取最大值的充要條件，由（1）（2）可推得（3）.將代入（3），化簡得對任意都有應取.至此，已推知
題32 已知，且，則的最小值是　　　　.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　?。ǖ谑畬酶叨嘤栴}第44題）
解法1 是直線上的動點，點到此直線上各點距離的最小值是點A到該直線的距離，.
解法2
.當，即時取等號.所求最小值為18.
解法3
.當，即時取等號.所求最小值為18.
解法4
，
．當即時取等號的最小值為18.
解法5　
當時，有最小值18.
解法6　設又設則
由得即
即
解得的最小值為18.
解法7　構造向量
即
當且僅當時， 取得最小值18.
評析 因為已知 所以要求的最小值，關鍵就是得到與關于的式子之間的大于等于關系.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，都順利地解決了這一關鍵問題.解法5則是把代入所求式，使之變為關于的二次函數，再求其最小值，是函數思想的具體運用.解法6設后，運用三角代換，最終轉化成解關于的不等式，是等價轉化思想在解題中的一次妙用.解法7通過構造向量，利用
即使問題獲解，充分發揮了新教材中向量這一工具在求代數最值中的作用.應當指出，許多最值問題都可以通過構造向量，利用向量的上述性質得到解決.而解法1則是將看作定點與直線上的動點的距離的平方，故能直觀地知道點到直線的距離的平方就是所求的最小值，簡潔明了，充分顯示了等價轉化與數形結合思想的威力.
拓展 將此賽題一般化，便得下面的
定理 若x,y滿足（A、B、C是實常數，A、B不全為零），m，n是實常數，則的最小值是.
證明 ，表示定點與直線
上的動點之間的距離d的平方.的最小值是.
運用該定理解本賽題：所求最小值是.
下面的題目供讀者練習：
1.已知x，y滿足，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
題33 實數，滿足方程，則的最大值與最小值的和等于_______.
（第十屆高二第二試第17題）
解法1 題設方程就是，設，即,則
()，，
..
解法2 題設方程就是，根據柯西不等式，
，即
,,,
.
解法3 題設方程就是，結合， 又配方
，于是，
即 .
.
解法4 設，則，代入，整理得
，，
，即，解之得.
.
解法5 已知等式表示一個圓，令，即，表示一直線，若直線與圓有公共點，則圓心到直線的距離應小于等于圓的半徑，即，即，解得，
.
解法6 已知方程就是，構造向量，. ， ，即
.即
,于是,，.
評析 因為已知方程就是，而要求的是一次式的最大值與最小值的和，所以解法1運用三角換元，將問題轉化為求三角函數的值域，這是解決這類問題的通法，已知方程表示橢圓時，此法仍然適用.解法2運用柯西不等式求解，之所以湊成，是因為這樣才會出現，并可利用.解法3運用的是配方法，請讀者思考為什么如此配方：
?解法4運用的是待定參數法及方程思想，也是解決這類問題的通法.解法5運用數形結合思想，將抽象的代數問題轉化成直觀的幾何問題，輕松解決問題.解法6通過已知方程聯想到向量模的平方，從而通過構造向量，運用解決問題，思路清晰，體現了向量在解題中的工具作用.
拓展 將此賽題一般化，便得
命題1 實數滿足，實數不全為零，則.
證明 設，即①，又已知②，由題意，直線①與圓②有公共點，故圓心到直線①的距離小于等于圓的半徑，即
，即，
即，
.
將命題1中的圓改為橢圓，又得
命題2 實數滿足，不全為零，則
.
證明 設，即,,

，（其中）.
.
題34 線段AB的端點坐標是A（-1，2），B（2，-2），直線y=kx+3與線段AB相交的充要條件是 （ ）
A、 B、 C、且k≠0 D、
（第八屆高二培訓題第2題）
解法1 線段AB的方程為，即4x+3y-2=0 (-1≤x≤2),由，得，令-1≤≤2，解得，選D.
解法2 如圖1所示，y=kx+3是過定點M（0，3）的直線系方程，易求得直線MA、MB的斜率分別是,當直線MA繞點M逆時針旋轉與線段AB相交時，其斜率由1增加到+∞；當直線MB繞點M順時針旋轉與線段AB相交時，其斜率由減小到-∞，所以，故選D.
解法3 如圖2，設直線MA與MB分別與x軸交于點A’，B’，易求得直線MA、MB的方程分別為y=x+3,y=x+3,從而可求得A’（-3，0），B’（-，0），在△MA’B’ 中，過M任作一條直線y=kx+3交邊A’B’于點N，則直線也必與線段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）兩種情形，但都有，所以，由，解得，故選D.
解法4 設直線與線段AB交于點,點N內分所成的比為,則,消去,得，得或.又當直線過點A、B時，的值分別為，所以所求充要條件為.故選D.
解法5 當k=0時，直線y=kx+3即y=3與線段AB顯然不相交，所以排除含0的A、B，又當k=-1時，直線y=kx+3即y=-x+3與線段AB也不相交，所以又排除含-1的C,故選D.
評析 解法1運用的是方程思想，若運用這個思想，先求出直線MA、MB與x軸的交點A’，B’的橫坐標Ax’，Bx’,并求出直線y=kx+3與x軸的交點N的橫坐標Nx，再解Ax’≤ Nx≤Bx’，同樣可以解決問題.解法2直接通過觀察圖象，看直線y=kx+3與線段AB相交時的k與之間的關系而選D，顯得直觀明了.解法3運用平面幾何知識求Nx，別具一格.解法4運用定比分點知識求解,也是解此類問題的通法之一.解法5運用了特殊值法，顯得最為簡捷.值得注意的是，如果取k=1，發現直線y=kx+3與線段AB相交，此時就選A那就錯了，請讀者想想這是什么原因.
拓展 已知直線,顯然點A（0，1）、B（1，3）與點C（1，-1）、D（3，1）都在的同側，點A、C與點B、D都在的異側，∵f (0,1)=-2<0，f (1,3)=-3<0，f (1,-1)=1>0，f (3,1)=1>0∴f (0,1)與f (1,3)同號，f (1,-1)與f (3,1)同號，f (0,1)與f (1,-1)異號，f (1,3)與f (3,1)異號，是否對于任意直線的同側或異側的任意兩點都有此結論呢？經研究，我們有下面的
定理1 已知兩點M（x1,y1）、N(x2,y2)及直線
若點M、N在的同側，則f（x1,y1）f (x2,y2)>0;
若點M、N在的異側，則f（x1,y1）f (x2,y2)<0.
證明 （1）10當B≠0時，不妨設點M、N都在的上方，則
所以當B>0時，有，即f（x1,y1）>0，f (x2,y2)>0；當B<0時，有，即f（x1,y1）<0，f (x2,y2)<0,所以當B≠0時，
f（x1,y1）f (x2,y2)>0；
20當A≠0，B=0時，的方程為，此時⊥x軸，不妨設設點M、N都在的右側，則，所以當A>0時，，即f（x1,y1）>0，f (x2,y2)>0；當A<0時，，即f（x1,y1）<0，f (x2,y2)<0，所以當A≠0，B=0時，f（x1,y1）f (x2,y2)>0.
綜上可知，當點M、N在的同側時，f（x1,y1）f (x2,y2)>0.
（2）10當B≠0時，不妨設點M、N分別在的上、下方，則，故當B>0時，有, 即f（x1,y1）>0，f (x2,y2)<0; 當B<0時，有, 即f（x1,y1）<0，f (x2,y2)>0；所以當B≠0時，f（x1,y1）f (x2,y2)<0；
20當A≠0，B=0時，的方程為f(x,y)=Ax+c=0，此時⊥x軸，不妨設設點M、N分別在的左、右側，則.所以當A>0時，，即f（x1,y1）<0，f (x2,y2)>0；當A<0時，，即f（x1,y1）>0，f (x2,y2)<0，所以當A≠0，B=0時，f（x1,y1）f (x2,y2)<0.
綜上可知，當點M、N在的異側時，f（x1,y1）f (x2,y2)<0.
根據定理1，不難得到
定理2 直線Ax+By+C=0與以點P1（x1,y1）、P2 (x2,y2)為端點的線段相交的充要條件是.
運用定理2，可得本賽題的如下解法：
直線y=kx+3即kx-y+3=0，由定理2，可知（-k-2+3）（2k+2+3）≤0，即為所求的充要條件，故選D.
題35 過點且與兩條坐標軸圍成面積為2的三角形的直線的條數是 .
(第十屆高二第一試第18題)
解法1 記過點的動直線為,為坐標原點(如圖),則當直線從的位置繞點順時針轉動到直線的位置時,它和坐標軸在第二象限內圍成的三角形的面積從零增加到,故圍成的三角形在第二象限時,滿足條件的直線有且只有一條,同理,圍成的三角形在第四象限時,滿足條件的直線也有且只有一條,并且,滿足條件的三角形在第三象限不存在.當圍成的三角形在第一象限時,顯然存在斜率,設的方程為與軸、軸的正半軸分別交于點A、B，則
當時,S的最小值為2,故當圍成的三角形在第一象限時,滿足題設的直線也只有一條.
綜上,所求的直線為3條.
下面的解法中,對“圍成的三角形在第二、四象限時,滿足題設的直線都只有一條,且滿足題設的三角形在第三象限不存在”不再一一敘述,僅對圍成的三角形在第一象限時加以解答.
解法2 設直線與軸,軸的正半軸分別交于點則直線的方程為直線過點故設(其中),則,故
(當時取等號),即.故所求的直線共有3條.
解法3 同解法2,得,(當且僅當,即
時取等號), ,即.故所求的直線共有3條.
解法4 設直線與軸、軸的正半軸分別交于點,點分所成的比為,則,即.故
時，故所求直線共有3條.
評析 上述解法都是用運動變化的觀點與數形結合的思想方法分析答案的可能性.圍成的三角形在第二、四象限時,只有一條,圍成的三角形在第三象限不可能,這些是容易看到的,關鍵是圍成的三角形在第一象限時，滿足題設的直線有幾條.直觀地看,可能性有三個:0條,1條,2條.那么到底有多少條?四種解法分別用不同的方法求出了三角形面積的最小值為2,故此時的只有一條,從而解決了問題.
此題也可直接求解:不論圍成的三角形在第幾象限, 的斜率總是存在的.設的方程為
.則與軸,軸的交點分別為.故①.當時,①就是,有兩個不等的正數解；當時,①就是
.故所求直線為3條.
拓展 將此題內容拓廣,可得
定理1 動直線過定點,則直線和坐標軸在點所在象限內圍成三角形的面積的最小值是
證明 設直線與軸,軸分別交于點在點所在象限,
,直線的方程為直線過點,即,當且僅當時取等號.
定理2 直線過定點且和坐標軸圍成的三角形的面積為,則
⑴當時,滿足條件的直線有且僅有兩條.
⑵當時,滿足條件的直線有且僅有三條.
⑶當時,滿足條件的直線有且僅有四條.
根據定理1的結論及圖象不難知道定理2的正確性.證明從略.
題36 某工廠安排甲、乙兩種產品的生產.已知每生產1噸甲產品需要原材料A、B、C、D的數量分別為1噸、2噸、2噸、7噸；每生產1噸乙產品需要原材料A、B、D的數量分別為1噸、4噸、1噸.由于原材料的限制，每個生產周期只能供應A、B、C、D四種原材料分別為80噸、80噸、60噸、70噸.若甲、乙產品每噸的利潤分別為2百萬元和3百萬元.要想獲得最大利潤，應該在每個生產周期安排生產甲產品 噸，期望的最大利潤是 百萬元.
（第十三屆高二第一試第25題）
解 設生產甲、乙兩種產品的噸數分別為、.則根據題意可知求函數的最大值，限制條件為
如圖，上述不等式組約束區域即圖中的陰影部分.區域的頂點坐標為M（0，20），N（10，0），R，O（0，0）,直線的斜率.直線的斜率.
由圖可知，在點R處取得最大值，最大值為（百萬元）.
故填.
評析 可用若干不等式表示的限制條件下某二元一次函數的最大（小）值的應用題，通?？捎镁€性規劃知識求解，其步驟如下：
1、設變量（如），建立目標函數（如）.
2、根據約束條件列出不等式組.
3、畫出不等式組表示的平面區域.
4、作出直線，并將其向上或向下平移確定最優解.
5、將最優解代入便得所求最值.
題37 點M是圓內圓心以外的一點，則直線與該圓的位置關系是 （ ）
（A）相切 （B）相交 （C）相離 （D）相切或相交
（第七屆高二第一試第5題）
解法1 圓的圓心是O，它到直線的距離，點M在圓的內部且不在圓心，.可知直線與圓相離.故選C.
解法2 令，滿足題設.此時，直線與圓相離.由正確選擇支的唯一性，選C.
評析 解析幾何中，判斷直線與圓的位置關系就看圓心到直線的距離與圓的半徑的大小關系：
直線與圓相離； 直線與圓相切；直線與圓相交.
對于二次曲線與點M的位置關系，有下面的結論：
點M 在曲線C上；
點M在曲線C內；
點M在曲線C外.
所謂二次曲線內是指曲線把平面分成的兩（或三）部分中含有焦點（或圓心）的部分.
以上這些就是解法1的依據.
由于是選擇題，解法2運用特殊化思想求解，顯得更簡捷.應當指出，特殊值法（包括適當選取特殊點、特殊角、特殊函數、特殊曲線、特殊位置等）通常應是解選擇題時首先考慮的方法，一旦用上，簡單快捷，可以大量節省時間.
此題來源于課本上的一道習題：“已知圓的方程是，求經過圓上一點M的切線方程.”答案是.
拓展 給定圓C：與定點M，（），則直線就是存在且確定的，它與定圓到底是什么樣的位置關系呢？經研究，有下面的結論.
結論1 若點則與C切于點M.（這是顯然的，證明略）
結論2 若點M在圓外，過點M引圓C的兩條切線與，則為過兩切點的直線方程，因而與C相交.
證明 設和是兩個切點，由結論1，直線與的方程分別是與.因為它們相交于點M，于是與同時成立.于是得表示直線的方程.與C顯然相交.
結論3 若點M在圓C內且不是圓心，以M為中點的圓的弦為AB，過A、B的兩條切線相交于點N，則表示過點N且平行于AB的直線方程，因而與C相離.
證明 令N，由結論2，直線AB的方程一定是.因為M是AB的中點，所以，這說明點N在直線上.下面證明∥.①當時，由于O、M、N三點共線，可知，過M、N引同一坐標軸的垂線，由點的坐標定義及直角三角形的相似關系，易知，故AB∥.②當時，由于，則有或.無論哪種情況，兩直線都同時垂直于同一坐標軸，并且在該坐標軸上截距不等.故AB∥.此時與C顯然相離.
題38 過圓與圓的交點的直線方程是 .
（第二屆高二第二試第15題）
解 解方程組 ，得，故兩圓相切于點（2，3），所以所求直線方程是，其中為參數.
評析 先通過解方程組求出兩圓的交點坐標，如果交點有兩個：，則所求直線方程為.但此題中的兩圓只有一個交點，過點的所有直線該如何表達呢？有人表述為（為參數），這就錯了，因為方程表示的所有直線中并不包括直線（即過點且垂直于軸，亦即過點且斜率不存在的那一條）.而（為參數）才能表示過點的所有直線.當且時，該直線方程就是.一般地，過點的所有直線組成的直線系方程為（其中為參數）.
拓展 我們先看下面的問題：
求過兩圓與的交點的直線方程.
分析：按上面評析中的思路，先解方程組得兩交點坐標，再求出過這兩點的直線方程為.
如果將兩圓方程相減，也得，恰好就是過兩圓交點的直線方程.這是否是一種巧合呢？非也.設兩圓交于A、B兩點，則A、B的坐標既是方程組的 解，也是方程組的解，即A、B的坐標都適合方程，故就是直線AB的方程.
那么，當兩圓外切時，兩圓方程相減所得方程又表示什么樣的直線呢？就拿此賽題為例，與兩邊相減，得.由圖形，可知直線恰好是過兩圓切點的公切線.這也不是偶然的，道理與兩圓相交時一樣.當兩圓內切時，此結論也成立.
于是，我們有下面的
定理 已知兩圓
，,則
⑴當兩圓相切時，過切點的公切線方程是；
⑵當兩圓相交時，公共弦所在的直線方程是.
題39 若實數、適合方程，那么代數式的取值范圍是——.
（第九屆高二第一試第17題）
解法1 已知方程就是，，所以題意就是求圓上的點與定點A的連線的斜率的取值范圍.如圖,，只須求切線AN的斜率.易知
注：切線AN的斜率的另一種求法：設AN的方程是即，則圓心M到切線AN的距離等于圓M的半徑,即，解得（舍去），.
解法2 已知方程就是，故設即則令，得即 解得即
解法3 設，則代入并整理，得由
得.由即可知即經驗證，當時，且對稱軸故
評析 解法1將看作，進而看作圓上的動點與定點的連線的斜率，將問題轉化為求此斜率的范圍；解法2 通過換元，將問題轉化為求三角函數的值域；解法3 通過整體換元并消去后，利用二次方程在某區間內有解的條件求出所求范圍.都體現了化歸轉換的思想.
由于橢圓有性質（請讀者自證），故本賽題又有如下解法：
設，則.已知方程就是，則，由上面的性質，得，即，解得
拓展 讓我們進一步思考下面的問題：
1、若將題中的條件方程改為則答案是什么？
2、若將題中的條件方程改為則答案是什么？
與本賽題同樣的思考方法，不難得到上面兩題的答案分別是
若將原題中的改為或，結果又怎樣？事實上，用同樣的方法還可以求的取值范圍.
題40 圓上任意一點都使不等式成立，則C的取值范圍是 （ ）
A、 B、 C、 D、
(第七屆高二第一試第10題)
解法1 可設于是化為
，即
.由題意得，解得，故選C.
解法2 圖1、圖2、圖3依次表示，，及
1
圖 1 圖 2 圖3
的圖象.在圖3中，直線過Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限，切圓M于N，這時圓M上所有的點（N點除外）都在的上方，因而圓M上N點以外的點的坐標都使成立，而N點坐標使成立，結合題意，易求得此時的，故當，即時，圓M都在的上方（含相切），因而圓M上的點的坐標可使不等式成立，故選C.
解法3 滿足，此時，若，則不成立，故排除含0的A、D；若，則成立，又排除不含1的B，故選C.
評析 從代數角度看，，即恒成立，有，因此問題的關鍵就是如何求.由于滿足，故解法1運用三角代換將問題轉化成求三角函數的最大值問題，通過三角函數的有界性使問題獲解.
從幾何角度看，原問題的實質就是在什么范圍內時，才能保證圓在直線的上方（相離或相切）.解法2便是運用數形結合思想，直觀地解決問題的.
由于是選擇題，解法3運用特殊值排除干擾支，從而選出正確答案，這種抓住題目本質特征，避開常規思路的創新解法更值得提倡.
拓展 按照上面所說的思想方法，請讀者思考并解決下列問題：
⒈ 圓上任意一點都使不等式成立，求的取值范圍. （答案：）
⒉ 圓上任意一點都使不等式成立，求的取值范圍. （答案：）
題41 E、F是橢圓的左、右焦點，l是橢圓的準線，點，則的最大值是 （ ）
A、15° B、30° C、45° D、60°
（第十三屆高二培訓題第21題）
解法1 不妨設l是右準線，點P在x軸上方（如圖所示），則l的方程為，故可設點P為，記，由PE到PF的角為，得.又知，代入上式并化簡，得.由假設知，所以.由基本不等式得，所以的最大值為30°，當時取得最大值.故選B.
解法2 如上圖，設，則
,因為
所以的最大值為30°.故選B.
解法3 由面積的兩種表示方法，即，得
，因為為銳角，所以的最大值為30°.故選B.
解法4 依題意，經過E、F且與橢圓的準線相切于點P的圓，使最大.如圖1，不妨設是右準線，點P在x軸上方，則準線方程為，易得圓心C的坐標為，因此點P使最大.又PE、PF的斜率分別為、，設準線軸于點A，則，此時.故選B.
評析 一般說來，要求某個角的最值，常常先求出此角的某一三角函數的最值.然后根據角所在范圍內此三角函數的單調性確定角的最值.
解法1運用到角公式與基本不等式求出了正切的最大值，又利用為銳角時單調增，求出了的最大值.解法2將表示成兩角差，并利用基本不等式求出了的最大值，進而求出的最大值.而解法3利用同一三角形面積的兩種不同表示方法,求出了的最大值,再由在上單調增,求出了的最大值.此法頗有新意.解法4則利用平幾中“同弧所對的圓周角總大于圓外角”巧妙地解決問題.
我們知道，平面解析幾何研究的就是平面幾何問題，只不過所用研究方法是代數方法，即解析法而已.解法4告訴我們，若能直接運用平幾中的結論解決解析幾何問題，常可收到化繁為簡的效果.
拓展 經研究，我們還可得到下面的
定理 若點P在過橢圓的長軸的一個端點的切線l上移動，則當點P到長軸的距離等于半短軸長時，點P與兩焦點連線的夾角取得最大值.
證明 如圖2，不妨設的方程為，則以橢圓的上頂點Q為圓心，且過焦點E、F的圓必與相切（設切點為Pˊ）（因為）根據同圓Q的弦EF所對的圓周角總大于圓外角，可知就是最大的，此時，又
.原命題得證.
練習
在直線上求一點P，使它與點連線的夾角最大.
足球比賽場地寬為米，球門寬為米，在足球比賽中，甲方邊鋒帶球過人沿邊線直進，試問該邊鋒在距乙方底線多遠處起腳射門，能使命中角最大？最大角是多少？
答案 米
題42 橢圓的兩焦點是、，M為橢圓上與、不共線的任意一點，I為的內心，延長MI交線段于點N，則的值等于 ( )
A、 B、 C、 D、
（第十三屆高二培訓題第19題）
解法1 如圖1，設點M的坐標為，的內切圓半徑為r，,又
.，，，.故選B.
解法2 如圖2，不妨令M為橢圓與軸的正半軸的交點.由已知，I必在線段MO上，且N與O重合.為的內心，.故選B.
評析 按常規，可設,然后求出與（或）的平分線的方程，解方程組求出點I的坐標，令平分線的方程中的，得點N的坐標，再求出與.求比值時如何消去，還不得而知，其復雜程度也是完全可以想象的.作為一個選擇題，輕易地這樣去解顯然是不可取的.
解法1靈活運用平面幾何等知識巧妙地解決了問題.解法2更是抓住了選擇題的本質特征，運用特殊化思想，輕而易舉地解決了問題.由題意，不論點M在橢圓上的何種位置（只要與、不共線即可），的值總是定值，即結論對一般情形成立，故對其中的特殊情形M為橢圓與正半軸的交點時也應當成立，從而排除特殊情形下不成立的選擇支，進而得出正確答案.充分顯示了運用特殊化思想解某些選擇題的優越性.
拓展 對此題作研究，可得下面的
定理 1 設 、是橢圓的左，右焦點，點在此橢圓上，且點、、不共線，橢圓的離心率為，則
（1）的內心內分的平分線PM所成的比是定值.
（2）的與邊相切的旁切圓的圓心橫坐標為定值；的與邊相切的旁切圓的圓心外分的平分線的比為定值.
（3）由焦點向的的外角平分線作垂線，垂足必在以坐標原點為圓心，為半徑的圓上.
證明 （1）如圖3，設I為的內心，連接、，則在及中由角平分線定理得，所以 .
（2）如圖4，設旁切圓圓心為，M、N、R為切點，則，，
為定值.
同樣的方法可以證明與的邊相切的旁切圓的圓心橫坐標為定值.
如圖5，設交與.由外角平分線定理得,由合比定理得，.
（3）如圖6，過作的外角平分線的垂線，為垂足，延長交的延長線于，則，.由橢圓定義可知，故
.又，∥且，所以.垂足A在以O點為圓心，為半徑的圓上.
若將定理1中的橢圓該為雙曲線，又得
定理2 設、是雙曲線的兩個焦點，點P在此雙曲線上，且點、、不共線，雙曲線的離心率為，則
的內心橫坐標是定值，且當點在左支上時，定值為；當點在右支上時，定值為.
的與邊（或與邊）相切的旁切圓的圓心分的外角平分線的比為定值；的與邊相切的旁切圓的圓心橫坐標為常數（當點在右支上時常數為；當點在左支上時，常數為）.
由焦點向的的平分線作垂線，垂足必在以坐標原點為圓心，為半徑的圓上.
讀者可仿照定理1的證明，證明定理2.
題43 過橢圓左焦點作直線交橢圓于兩點，若，且直線與長軸的夾角為，則橢圓的離心率為 （ ）
A、 B、 C、 D、
（第十一屆高二第一試第8題）解法1由及得
如圖1，過A作于M,則 得.故選B.
解法2 設橢圓
①，
又②，由①、②得
③．又與長軸夾角為，所以④ .由③、④得
, .故選B.
評析 解法1是運用橢圓第二定義求離心率e的,及與的關系溝通了與的關系,也是用此法解題的關鍵所在．解法2則先設出橢圓方程及A、B的坐標，運用焦半徑公式帶出e ，由及解出與,由AB與長軸夾角為得,又由弦長公式求出，同為，得，從而，是典型的運用方程思想解題的實例．
拓展 以此題為背景，對于橢圓、雙曲線、拋物線有以下一般結論．
命題1 如圖3，過橢圓的焦點作直線交橢圓于兩點，若，直線與長軸的夾角為，橢圓的離心率為e,則有．
證明 設直線過橢圓的左焦點，過作相應準線的垂線，為垂足．過作的垂線與的延長線交于點，則．由橢圓定義，可知=
．于是．在中，
．當直線過右焦點時，證法與上相同．又由于為直線與長軸的夾角，．
命題2 如圖4，過雙曲線的焦點作直線與雙曲線中的
一支交于兩點，若，且直線與實軸的夾角為，
雙曲線的離心率為e,則有．
命題3 如圖5，過雙曲線的焦點作直線與雙曲線的
兩支分別交于兩點，若，且直線與實軸的夾角
為，雙曲線的離心率為e, 則有．
命題4 如圖6，過拋物線的焦點作直線與拋物線交于兩點，若=，且直線與拋物線的對稱軸的夾角為，則有．
命題2、3、4的證明與命題1的證明類似，留給讀者完成．
對于焦點在軸上的圓錐曲線與過焦點的直線交于兩點，弦被焦點分成的兩段與圓錐曲線的離心率e及直線和軸的夾角之間仍有上述關系成立．
運用上述命題可得本題如下解答：
令，．
請讀者完成下面兩題：
1．過拋物線的焦點的直線與拋物線相交于兩點．：=3：1．求該直線的方程．（答案：）
2．過雙曲線的左焦點作傾斜角為的直線與雙曲線交于兩點，求的值．（答案：）
題44 如果點A的坐標為(1,1)，是橢圓的左焦點，點P是橢圓上的動點，則的最小值為_________________.
（第十一屆高二培訓題第66題）
解 己知橢圓方程可化為，其半長軸長，由橢圓定義，可得，右焦點的坐標為，（此時共線，且A在之間）.
評析 此題運用了橢圓定義及，體現了二次曲線的定義在解題中的作用.
如果將此題改為求的最大值，又如何解答呢？設，則
（此時、、A共線且在P、A之間）.
拓展 此題可作如下推廣：
推廣1 如果A是橢圓內的定點，則
.
證明 由橢圓定義，得，則，又，故當P在的延長線上時，；當P在的延長線上時，（如圖1）.
說明：如果點A在橢圓上，推廣1仍成立.
推廣2 如果A是橢圓外的定點，是兩個焦點，P是橢圓上的動點，則.
證明 由橢圓定義，得，于是
，故當P在的延長線上時，;當P在線段上時，（如圖2）.
推廣3 如果A是橢圓內的定點，是兩個焦點，P是橢圓上的動點，則.
證明 當三點共線時，;當P在線段的中垂線上，即時，（如圖3）.
說明：如果點A在橢圓上，推廣3仍成立.
推廣4 如果A是橢圓外的定點，是兩個焦點，P是橢圓上的動點，則（當線段的中點在橢圓內或橢圓上時）.
證明 當P在的延長線上時，當P在線段的中垂線上（當線段的中點在橢圓內或橢圓上），即時，（如圖4）.
以此題為背景，通過猜想與探索，還能得到下面關于圓錐曲線的一些一般結論：
命題1 如圖5，若為橢圓內一定點，直線與橢圓交于兩點，則分別為橢圓上到及的距離之和的最小和最大的點.
證明 設為橢圓上任意一點，
，以上兩不等式左端取等號的條件為點在線段上，右端取等號的條件為點在線段上，即分別為橢圓上到及距離之和的最小和最大點.
命題2 如圖6，若為橢圓外一定點，直線與橢圓交于兩點，則有
（1）點為橢圓上到及距離之差（和）最大（小）點.
（2）點為橢圓上到及距離之和（差）最?。ù螅c.
證明 （1）設為橢圓上任意一點，
①，②，不等式①取等號的條件為點在線段上，不等式②取等號的條件為點在線段上，故點為橢圓上到及距離之差（和）最大點.
對于（2），同理可證.
命題3 如圖7，若為雙曲線右支內一定點，直線與雙曲線分別交于兩點，則有
（1）點為雙曲線右（左）支上到及距離之和最小的點；
（2）點為雙曲線左（右）支上到及距離之和最小的點.
證明 （1）設為雙曲線右支上任意一點， 圖7
當在線段上時取等號，故為雙曲線右支上到及距離之和最小的點，對于點，命題顯然成立.
(2)設為雙曲線左支上任意一點，由（1）易得，當且僅當在線段上時取等號，故為雙曲線左支上到及距離之和最小點，對于點，命題顯然成立.
命題4 如圖8，若為雙曲線外一定點，直線與雙曲線左、右支分別交于兩點，則
（1）點為雙曲線右（左）支上到及距離之差（和）最大（小）的點；
（2）點為雙曲線左（右）支上到及距離之和（差）最?。ù螅┑狞c.
證明 （1）設為雙曲線右支上任意一點，
當且僅當點在線段上時取等號，即為雙曲線右支上到及距離之差最大的點，對于點，命題顯然成立.
（2）設為雙曲線左支上任意一點，
當且僅當在線段上時取等號，即為雙曲線左支上到及距離之和最小的點，對于點，命題顯然成立.
命題5 如圖9，若為拋物線內一定點，過作拋物線準線的垂線交拋物線于點，則點為拋物線上與及距離之和最小的點.
命題6 如圖10，若為拋物線外一定點，過作拋物線準線的垂線交拋物線于點，則點為拋物線上與及距離之差最大的點.
命題5、6留給讀者自己證明.
運用這些命題，可以很容易地解決下列問題：
1、如果點的坐標為（2，2），是橢圓的右焦點，點是橢圓上的動點，則的最大值為____，的最大值為____.
2、如果點的坐標為(3,1)，分別是雙曲線的左、右焦點，點分別為雙曲線左、右支上的動點，則的最小值為____，的最小值為____.
3、如果點的坐標為(1,1)，分別是雙曲線的左、右焦點，點分別為雙曲線左、右支上的動點，則的最大值為____，的最小值為____.
4、如果點的坐標為(1,3)，是拋物線的焦點，點為拋物線上的動點，則的最大值為____.
答案：1、 2、
3、 4、2
題45 設、是橢圓的兩個焦點，若橢圓上存在點，使，則橢圓離心率的范圍是______.
（第十二屆高二第一試第20題）
解法1 如圖1，當點與短軸端點重合時，最大.故由題設可知.
∴，
即.則.又橢圓離心率，∴.
解法2 設，，.則由橢圓定義及余弦定理，得，即，亦即.從而，，即，，∴.又知，故為所求.
解法3 不妨設點在軸上方，又知，，則.由橢圓方程有，代入上式，得.解得或（舍去）.又知，故有，，.∴
，即.又，∴為所求.
解法4 設，，則.由正弦定理得，，故.
又，故為所求.
解法5 由焦半徑公式及余弦定理得，解得.由橢圓的范圍知，故有.∵，∴為所求.
解法6 由已知及橢圓焦點三角形的面積公式得.由橢圓的范圍知，∴有，以下同解法3.
評析 橢圓的離心率反應了橢圓的扁平程度，而扁平程度與橢圓的范圍相關.解法1中的“∠最大”，解法3中的“”，解法5中的“”，解法 6中的“”，都是運用橢圓的范圍求離心率的范圍.解法2運用橢圓定義、余弦定理及基本不等式，解法4運用三角函數的有界性，巧妙地求出了離心率的范圍.
拓展 解法1的依據是下面的
定理 橢圓上的任意一點與其長軸上關于中心對稱的兩點連線所成張角中以短軸端點所成的張角為最大.
證明 如圖2，經過對稱的兩點、及短軸端點作圓，則點A顯然在圓上，橢圓在軸上方部分（含左、右頂點）的任意一點（除外）都在圓外 ，根據平幾中“同弦上的圓周角大于圓外角”，可知.由橢圓的對稱性，可知當點是橢圓上任意一點時，也都有，故定理成立.
該定理是橢圓的一個重要性質，它對與橢圓有關的離心率、范圍、字母討論、位置等問題能起到優化解題思路的作用.
本賽題可作如下推廣
推廣1 設、是橢圓
的兩個焦點，若橢圓上恒存在一點，使得，則.
證明 由已知及焦點三角形面積公式，得，即，從而，，，..
推廣2 如圖3，設、是橢圓
的長軸的兩個端點，若橢圓上恒存在一點使得，則為鈍角且有.
證明 不妨設點在軸上方，又知，則有
.由橢圓方程有，代入上式，得.由假設，而.從而知.又，故為鈍角.由上式可得.由橢圓的性質，知，故，即，，為鈍角,
若將焦點換為長軸所在直線與準線的交點，又得
推廣3 設、是橢圓的兩條準線與軸的交點，若橢圓上恒存在一點(P與長軸端點不重合)，使得，則為鈍角且.
證明 如圖4，不妨設點在x軸上方，因為，，所以由到的角為，得
.由橢圓方程得，代入上式，得,為鈍角,且，即.
題46 、是橢圓的兩個焦點， 是橢圓上任意一點，則的最小值是＿＿＿＿.
（第七屆高二第一試第19題）
解法1 如圖,設，則，易知，即
.在上遞增，在上遞減，在或時的值達到最小.
.
解法2 設，由焦半徑公式，得，，
.，∴當或時，取得最小值.
解法3 ，
.顯然，當點位于長軸端點時，取得最大值..
解法4 .設坐標原點為O，則為的中線，由中線公式，得，將，代入，得.，∴當時，取最小值1.
解法5 設，，，.則、是方程的兩個實根，其中、.設，則在上有解的充要條件是，即，即.∴即的最小值為1.
解法6 由橢圓焦點三角形的面積公式得.又,得，，，代入上式得.故當時，取最小值1.
評析 本題要求的是的最小值，若能把它表示為某變量的函數，則問題變為求此函數的最小值.除解法5運用方程思想外的所有方法都是運用這種函數思想解決問題的，不過選取的自變量有所不同罷了.當表示為某變量的函數后，確定該函數的定義域也是很關鍵的一點.解法2與解法5還分別用到了焦半徑公式及橢圓的焦點三角形面積公式等重要結論.會推導這些公式，并能靈活運用這些公式對解題也是十分重要的.解法4運用平面幾何中的中線公式為我們進一步拓寬了解題思路.
拓展 將此題條件一般化，便得下面的
定理1 若是以、為焦點的橢圓上的任意一點，則.
證明 為的邊上的中線，由中線公式，得，即，整理得.把，代入上式并整理，得.
，.當點位于長軸端點處時左邊取等號；當點位于短軸端點處時右邊取等號.
若將橢圓改為雙曲線，又得
定理2 若點是以、為焦點的雙曲線上的任意一點，則.
證明 為的邊上的中線，由中線公式，得，即.把，代入上式并整理得.，.當位于實軸端點處時取等號.
題47 是橢圓的焦點，是橢圓上的一點，且，則的面積是 .
（第四屆高二第一試第30題）
解法1 設則,
.
解法2 設
即,兩邊平方,得
解法3 設點在線段為直徑的圓上，
①.又點在已知橢圓上，②.①②,并注意到
得
評析 因為要求的是直角的面積,且的坐標確定,按常規思路,只要知道點的坐標,問題便解決了.于是解法3設,便得 必須消去,因為(這也可由得到),且,于是得到,從而使問題獲解.這里運用了方程的思想,整體思想的運用也使得解題過程相對簡化.
解法1則綜合運用了橢圓的定義,勾股定理,直角三角形的面積公式,且巧妙運用代數式的恒等變形,使得整個過程極其簡捷,充分顯示了二次曲線定義及平幾知識在解題中的作用(解法2也運用了橢圓的定義).
三種解法都引進了參數,參數思想也是重要的解題思想.消參的方法很多,涉及許多知識與技巧,靈活運用各種知識是消參的捷徑.
1994年的一道全國高考題與此題十分類似：
設是雙曲線的兩個焦點,點P在雙曲線上且滿足.則的面積是 （ ）
、 、 、 、
拓展 如果將一般化,我們便得
定理1 是橢圓的焦點,是橢圓上的點,且,則的面積為
證明 設,則,兩邊平方并整理,得①.又由余弦定理得,即②.由①,②得
由定理1,此賽題的答案應是.
隨著取值的不同,即橢圓的扁平程度不同,橢圓上是否一定存在一點,使得呢?經研究,有下面的定理.
定理2 已知是橢圓的焦點.
⑴橢圓上存在點使的充要條件是.
⑵在⑴的條件下,的最大值是.
證明 設
⑴
.又故橢圓上存在點使的充要條件是.
⑵由對稱性,不妨設點的坐標為且.在中,
,由余弦定理得
當時,取得最小值
,即.又且的最大值是.
若將焦點改為頂點,我們又得
定理3 已知與分別是橢圓的長軸與短軸的兩個端點,是橢圓上的動點,則的最大值為的最小值為.
證明 不妨設,則
是直線到直線的角，
,又
又的最大值為.
同樣的思路,可證的最小值是.
有了這些定理,不難解決下面的問題:
1. 是橢圓的焦點,點在橢圓上,且，則的面積= .
2．是橢圓的兩個焦點,是橢圓上的一點,，則橢圓的離心率的取值范圍是( )

(第十屆高二培訓題第23題)
3. 已知圓與軸交于兩點、,求以、為焦點且與圓C有公共點的長軸最長的橢圓方程.
答案:1. 2.B 3.
題48 橢圓的內接三角形的最大面積是＿＿＿＿.
（第九屆高二第二試第20題）
解 不妨設，為以原點為中心的橢圓的內接三角形（如圖）.顯然，的面積可以寫成（劃分為）若干個（至多4個）底邊平行于（或在）軸的三角形面積之和.若軸方向上不變，在軸方向上的長度都增大倍，則橢圓就變成以為圓心，為半徑的圓.設、、三點經伸長后的對應點為、、，它們就在此圓上.因此，.易知圓的內接三角形面積的最大值是，所以橢圓的內接三角形面積的最大值是.
評析 直接將橢圓內接三角形的面積用其三個頂點的動坐標表示，再求其最大值，難度是可想而知的.考慮到圓是特殊的橢圓（橢圓的長、短軸相等時即為圓），當時，將橢圓上的每一點的橫坐標不變，縱坐標伸長到原來的倍，橢圓就變成了半徑為的圓.由于圓內接三角形面積的最大值可求，故問題解決.這里，運用特殊化思想，把求橢圓內接三角形面積最大值轉化為求圓內接三角形面積的最大值；通過伸縮變換，把橢圓變為圓，運用了簡單化原則；半徑為的圓的內接三角形面積的最大值為，運用了熟悉化原則；由于在伸縮變換中橢圓上各點的橫坐標不變，則內接三角形的底在變換過程中不變（不妨設圓的面積最大的內接三角形的底邊與軸垂直），伸縮前的高為伸縮后的倍，則運用了直觀化原則.靈活運用上述原則解題，常?？墒盏揭庀氩坏降男Ч?
拓展 橢圓的投影可以是圓，看下面的
定理 橢圓所在的平面與平面所成二面角為（，其中、分別為橢圓的長半軸和短半軸的長），且橢圓的短軸與平面平行，則橢圓在平面上的投影為圓，且半徑為.
證明 不妨設橢圓所在位置如圖所示.
在平面內分別以長軸和短軸所在直線為軸和軸建立直角坐標系；在平面內分別以長軸與短軸的射影所在直線為軸和軸建立直角坐標系.
在橢圓上任取一點，過作
軸和軸的垂線、，垂足為、；過
的射影分別作軸和軸的垂線、，
垂足為、，由軸與平行，可知∥
且=，，
∴在坐標系中的坐標是，由的任意性，知的軌跡是半徑為的圓.
用此定理解決本賽題：設橢圓的內接三角形面積為，則它在上的射影為圓的內接三角形,其面積為.因為圓內接三角形面積最大時為正三角形，其面積，所以橢圓的內接三角形面積的最大值.
運用此定理，不難求得橢圓的面積為.
題49 Rt△ABC中，AB=AC，以C點為一個焦點作一個橢圓，使這個橢圓的另一個焦點在邊AB上，且橢圓過A，B兩點.求這個橢圓的離心率.
（第二屆高二第二試第21題）
解法1 如圖，設，則
（F在AB內，F是橢圓的另一個焦點）.
設橢圓的方程為.則，
，.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 設F、C為二焦點，.由橢圓定義知，
①，又②.由①、②，解得
，.在中，
.橢圓的離心率為.
評析 按照離心率的定義，只要求或.解法1設（F為另一個焦點）后便得，，故，問題的關鍵便是如何求出與的值.解法1利用的兩個不同表達式求出了
，從而使問題獲解.解法2則從幾何角度運用橢圓的定義求出了焦距與長軸長的比即離心率，比解法1簡單多了.
拓展 將本題中的一般化，可得
推廣1 △ABC中，AB=AC，，以C點為一個焦點作一個橢圓，使這個橢圓的另一個焦點在邊AB上，且橢圓過A、B兩點，則這個橢圓的離心率是
.
證明 不妨設F、C為左、右焦點，.由余弦定理，
.由橢圓定義，可知，即
①，又②，①+②得.
=，橢圓的離心率
=.
當時，，正是本賽題的結果.
將本賽題中的橢圓改為雙曲線，又得
推廣2 Rt△ABC中，AB=AC，以C點為一個焦點作一雙曲線，使這雙曲線的另一個焦點在邊AB上，且雙曲線的一支過A，B兩點.則這個雙曲線的離心率是.
證明 如圖，不妨設F、C為雙曲線的左、右焦點，
.由雙曲線定義，可知，
即①，又
②.②-①得
.在Rt△AFC中，
.雙曲線的離心率
.
將推廣2中的一般化，又得
推廣3 △ABC中，AB=AC，，以C點為一個焦點作一雙曲線，使這雙曲線的另一個焦點在邊AB上，且雙曲線的一支過A、B兩點，則這個雙曲線的離心率是.
讀者可仿照推廣1、2的證明自證推廣3.
當時，，正是推廣2的結論.
題50 設點是橢圓的左焦點，弦過該圓的右焦點，試求的面積的最大值.
（第六屆高二第二試`第21題）
解法1 設點是定值,且
當最大時,的面積最大.邊過點設的方程是即①.將①代入,得,即.設是它的兩個根,則
, 于是
設,則由上式得
當時可推知函數是單調遞增函數,
于是
解法2 由橢圓方程知的周長
根據海倫公式,
當且僅當時取等號.故.
評析 求解此題的關鍵在于如何將的面積表示為某變量的函數.,然后求此函數的最大值.由于頂點固定,邊過定點,即直線的斜率在變化(從而的面積在變化),因而解法1設的方程為.將的面積看成與的面積和,又使得問題轉化為求的最大值,簡化了運算.求的最大值時,運用了平方法,換元法,函數的單調性以及極限思想等，體現了多種知識與方法的綜合應用.當然，設的方程為后，也可求出點到的距離及，然后求的最大值. ? ??一般地,求三角形的面積有三個公式可用： (為三角形周長之半),其中第三個公式稱作海倫公式.由橢圓的定義,易知的半周長恰為橢圓的長軸長2a，故聯想到海倫公式,又根據海倫公式中連乘積之形式,聯想到均值不等式,解法2就是運用橢圓的定義,海倫公式,均值不等式極巧妙地解決問題的.也可見二次曲線的定義,海倫公式在解題中的重要作用. ?? ?? 拓展 ??將此題中的橢圓一般化,我們可得 ?? ?? 定理? 若、是橢圓的左、右焦點,是半焦距,弦過右焦點，是弦與軸正向的交角,則 ?
當時,當且僅當時, ?? ???當時,當且僅當弦與軸垂直時, .?? ??? ?證明 ??設為定值,并且?當
最大時,的面積最大,邊過點,則的方程是,即①.把①代入并化簡,得②,則是方程②的兩個根,
?.于是
恒成立，
當時，即當
= 時,( +)
當時,
,當時,即時,
證畢
此定理表明,面積的最大值未必是在垂直于軸時取得.
題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 橢圓；focus 焦點；coordinate 坐標)
（第十四屆高二第二試第18題）
譯文：點M是橢圓上一點，點F是橢圓的右焦點，點P（6，2），那么3|MF|-|MP|的最大值是 ，此時點M的坐標是 .
解 在橢圓中，，則，所以橢圓的右焦點F的坐標
為（1，0），離心率，右準線，顯然點P（6，2）在橢圓的外部.過點P、M分別作PG⊥于G，MD⊥于D，過點P作PQ⊥MD于Q，由橢圓的定義知，3|MF|-|MP|=|MD|-|MP|≤|MD|-|MQ|=|QD|=|PG|=9-6=3，當且僅當點P位于線段MD上，即點P與Q點重合時取等號.由點P位于線段MD上，MD⊥及點P（6，2），知點M的縱坐標為2，設M的橫坐標為，即M（，2），則有，解得，因此3|MF|-|MP|的最大值是3，此時點M的坐標是（，2）.
評析 若設點M的坐標為(x,y)，則可將3|MF|-|MP|表示成x、y的二元無理函數，然后再求其最大值，可想而知，這是一件相當麻煩的事，運用橢圓的定義，將3|MF|-|MP|轉化為||MD|-|MP|，就把無理運算轉化為有理運算，從而大大簡化了解題過程.
拓展 將此題引伸拓廣，可得
定理 M是橢圓E：上的動點，F是橢圓E的一個焦點，為橢圓E的半焦距，P（m,n）為定點.
若點P在橢圓E內，則當F是右焦點時，|MF|+|MP|的最小值是；當F是左焦
點時，|MF|+|MP|的最小值是.
若點P在橢圓E外，則
F是右焦點，且0≤m≤，|n|≤b時，|MF|-|MP|的最大值是.
F是右焦點，且m>，|n|≤b時，|MP|-|MF|的最小值是.
F是左焦點，且≤m≤0，|n|≤b時，|MF|-|MP|的最大值是.
F是左焦點，且m≤，|n|≤b時，|MP|-|MF|的最小值是.
簡證 1、如圖1，作MN⊥右準線l于N，PQ⊥l于Q，由橢圓定義，|MN|=|MF|.
∴|MF|+|MP|=|MN|+|MP|≥|PQ|=，當且僅當P、M、Q三點共線，且M在P、Q之間時取等號.如圖2，同理可證|MF|+|MP||=|MN|+|MP|≥|PQ|=，當且僅當P、M、Q三點共線，且M在P、Q之間時取等號.
如圖3，|MF|-|MP|=|MN|-|MP|≤|MN|-|MR|=|RN|=|PQ|=，當且僅當P位于線段MN上，即P與R重合時取等號.
如圖4，|MP|-|MF|=|MP|-|MN|≥|MQ|-|MN|=|NQ|=，當且僅當P位于直線MN上，即點P與Q重合時取等號.
如圖5，|MF|-|MP|=|MN|-|MP|≤|MN|-|MR|=|RN|=|PQ|=，當且僅當P位于線段MN上，即P與R重合時取等號.
如圖6，|MP|-|MF|=|MP|-|MN|≥|MQ|-|MN|=|NQ|=，當且僅當P位于直線MN上，即點P與Q重合時取等號.
題52 已知雙曲線關于直線x-y=1對稱的曲線與直線x+2y=1相切，則k的值等于 （ ）
A、 B、 C、 D
（第十五屆高二培訓題第19題）
解 設點P（x0,y0）是雙曲線上任意一點，點P關于直線x-y=1的對稱點為
P’（x,y）,則 ①，又②，解①、②聯立方程組得
③.∵P點在雙曲線上，∴ ④.③代入④，得 ⑤，此即對稱曲線的方程，由x+2y=1，得x=1-2y`,代入⑤并整理，得.由題意，△=4-12（k-1）=0，解得k=，故選B.
評析 解決此題的關鍵是求出對稱曲線的方程.由于對稱曲線與直線相切，故由△=0便可求得k的值.
拓展 關于直線的對稱，我們應熟知下面的
結論 1、點（x0,y0）關于x軸的對稱點是（x0,-y0）.
2、點（x0,y0）關于y軸的對稱點是（-x0, y0）.
3、點（x0,y0）關于y=x的對稱點是（y0,x0）.
4、點（x0,y0）關于y=-x的對稱點是（-y0,-x0）.
5、點（x0,y0）關于y=x+m的對稱點是（y0-m,x0+m）.
6、點（x0,y0）關于y=-x+n的對稱點是（n-y0,n-x0）.
7、點（x0,y0）關于直線Ax+By+C=0的對稱點是（x,y），x,y是方程組
的解.
根據以上結論，不難得到一曲線關于某直線對稱的曲線的方程，比如曲線f(x,y)=0關于直線y=x+m對稱的曲線的方程是f(y-m,x+m)=0.
題53 是雙曲線的左、右焦點，兩點在右支上，且與在同一條直線上，則的最小值是____________.
（第四屆高二第二試第15題）
解 雙曲線,即，如圖，在雙曲線右支上，,
,故當取得最小值時，也取最小值.設是雙曲線對應于的準線，,垂足為，則由雙曲線定義可知，而，其中是梯形的中位線，當時，取最小值，這時，取得最小值,從而取最小值.
評析 解決此題的關鍵是靈活運用雙曲線的第一、第二定義，發現，即，亦即最小時，也最小，并能知道時最小（這點請讀者自己證明）.本題雖然也有其他解法，但都不如此法簡單，雙曲線定義及平幾知識的運用在簡化本題解題過程中起了決定性的作用.
拓展 將本題中的雙曲線一般化，便得
定理 、是雙曲線的左、右焦點，兩點在右支上，且與在同一條直線上，則的最小值是.
仿照本題的解法易證該定理（證明留給讀者）.
用此定理可知本題中的最小值為.
題54 方程表示的曲線是 ( )
A、直線 B、橢圓 C、雙曲線 D、拋物線
（第十二屆高二培訓題第23題）
解法1 由的兩邊平方并整理得
.令，則
，整理得，
即，故已知方程表示雙曲線，選C.
解法2 已知方程就是，由雙曲線的第二定義，可知動點P到定點（2，2）的距離與到定直線的距離比為，因為，所以選C.
評析 根據選擇支，可知解決本題的關鍵是將已知方程化為某二次曲線的標準方程或直線方程.顯然，平方可去掉根號與絕對值符號，但卻出現了乘積項.如何消去乘積項便成了問題的關鍵.解法1表明對稱換元是消去乘積項的有效方法.
解法2從已知方程的結構特征聯想到兩點距離公式與點線距離公式，發現方程表示的曲線是到定點（2，2）的距離與到定直線的距離之比為的動點的軌跡，根據雙曲線定義選C.顯示了發現與聯想在解題中的作用.
拓展 將此題一般化，我們有下面的
定理 若（為常數，且不全為零），則
（1）當時，方程表示為一個焦點，直線為相應準線的橢圓.
（2）當時，方程表示為一個焦點，直線為相應準線的雙曲線.
（3）當且時，方程表示過點且與直線垂直的直線.
（4）當且時，方程表示為焦點，直線為準線的拋物線.
讀者可仿照解法2，運用二次曲線的第二定義自己證明該定理.
題 55 已知，則動點A與點B（1，0）的距離的最小值是_________.
（第七屆高二第一試第23題）
解法1 由已知得
將此式看作以為自變量的二次函數，,這表明該二次函數的定義域是.該函數在上是增函數，當時，.
解法 2 令，則

當，即時，.
解法 3 設 （t）,兩式平方并相減，得即動點A的軌跡是雙曲線的右半支在x軸上方的部分（含點（2，0）），由圖知|AB|min=1.
評析 所求距離|AB|顯然是x的函數，然而它是一個復雜的分式函數與無理函數的復合函數，在定義域上的最小值并不好求，解法1根據|AB|≥0，通過平方，先求，再求|AB|min=，并將看作一個整體，將原問題化為求二次函數在上的最值問題；解法2通過三角換元，把求|AB|min的問題轉化為求關于的二次函數在的最小值問題，整體思想、轉化思想使得問題化繁為簡，化生為熟；解法3則求出點A的軌跡，從圖形上直觀地看出答案，簡捷得讓人拍案叫絕，這應當歸功于數形結合思想的確當運用.許多最值問題，一旦轉化為圖形，往往答案就在眼前.
題56　拋物線上到直線的距離最小的點的坐標是．
（第九屆高二培訓題第27題）
解法1 設拋物線上的點的坐標是，則它到直線的距離是
，當時最小，此時.故所求點的坐標是.
解法2 如圖，將直線平移至與拋物線相切，則此時的切點即為所求點.設切線方程為，代入，得.由，即，得.解得.故所求點的坐標是.
解法3 設所求點的坐標為P，則過點P的拋物線的切線應與直線平行.而其切線方程為，故，.. 故所求點的坐標為.
評析 解法1由點線距離公式將拋物線上的任意一點到直線的距離表示成的二次函數，再通過配方求最值，體現了函數思想在解析幾何中的運用.
解法2運用數形結合思想發現與直線平行的拋物線的切線的切點就是所求點，設切線方程為后運用方程思想求出，進而求出切點坐標.
解法3則設切點為P，直接寫出過二次曲線上一點P的切線方程，由切線與已知直線平行.兩斜率相等，求出切點坐標.
解法2、3不僅適用于求拋物線上到直線的距離最小的點的坐標，同樣也適用于求橢圓、雙曲線上到直線的距離最小的點的坐標，故為通法.
解法3涉及到過拋物線上一點的拋物線的切線方程，下面用導數證明一般情形的結論：
定理 過拋物線上一點P的切線方程是
.
證明 設過點P的拋物線的切線的方程為①.
，，代入①得，
，②.點在拋物線上，，，代入②，得切線方程為.
拓展 觀察切線方程的特征，就是同時將曲線方程中的分別換成，，把分別換成便得切線方程.事實上，對于一般二次曲線，有下面的定理.
定理 過二次曲線上一點Ρ的該曲線的切線方程是.
運用該定理必須注意點Ρ在曲線上.
例 求過點的曲線的切線的方程.
解 經驗證，點在曲線上，根據上面的定理，所求切線方程為，即.
題57 在拋物線上恒有兩點關于直線對稱,則的取值范圍是 .
(第十五屆高二培訓題第71題)
解法1 設兩點B、C關于直線對稱，直線BC的方程為
，將其代入拋物線方程，得.若設BC的中點為M，則.因為M在直線上，所以
.，因為BC與拋物線相交于兩個不同點，所以.再將的式子代入，經化簡得，即
，因為，所以.
解法2 由解法1，得，.因為，所以，解得.
解法3 設B、C是拋物線上關于直線對稱的兩點，且BC中點為M.因為，所以，即，所以.又,所以,因為M在拋物線的內部，所以，即，解得.
解法4 設B、C是拋物線上關于直線對稱的兩點， M是BC中點.設M，B，C,則①，②.①-②，得③.因為點M在直線上，④.④代入③得直線BC的方程為，故直線BC的方向向量為，同理得直線的方向向量.因為直線BC與直線垂直，所以，即，化簡得
，得或（舍去）.顯然，解得.因為M在拋物線的內部，所以，即，又，所以.
評析 定（動）圓錐曲線上存在關于動（定）直線對稱的兩點，求直線（圓錐曲線）方程中參數的取值范圍.這是解析幾何中一類常見的問題.解決這類問題的關鍵是構造含參數的不等式，通過解不等式求出參數的范圍.
解法1運用二次方程根的判別式，解法2運用均值不等式，解法3、4運用拋物線弦的中點在拋物線內部，分別成功地構造了關于的不等式，這其中，韋達定理、曲線與方程的關系、兩垂直直線的方向向量的數量積為零等為構造關于的不等式起了積極作用.
練習 若拋物線上總存在關于直線對稱的兩個點，則實數的取值范圍是 （ ）
A、 B、 C、 D、
答案：B
題58 拋物線的一條弦的傾斜角是,弦長是,那么這種弦都經過一定點,該定點是 ．
（第十三屆高二培訓題第73題）
解法1 設弦過點，則弦所在的直線是，，，代入拋物線方程，消去得，即．
(弦長)2=
=，即，由此得．
當時，弦所在直線方程為，弦長為4．由，得或
．又由弦長，得．
綜上，這些弦都經過點（1，0）．
解法2 由題意，對任意都得同一結論，故運用特殊化思想解．
令，則弦長為，此時弦所在直線方程為，代入，得，．由題設，，即．所以時，弦所在直線方程為．
再令，則弦長為，設此時弦所在直線方程為，得，代入并整理，得，弦長，解得，所以時，弦所在直線方程為．解，得定點為（1，0）．
評析 題目本身反映了對于一條確定的拋物線，若確定，則以為其傾斜角的弦的長也確定，變化，則以為其傾斜角的弦的長也變化．但不論怎樣變化，這樣的弦都過一個定點，這反映了客觀世界運動變化中的相對不變因素的存在．
由題設可知，故解法1設弦過點，并分直線的斜率存在與不存在兩類情形，根據弦長是，直接求出．從而說明不論為何值，弦總過定點（1，0）．這是合情合理的常規思維．
然而，根據題意，這些弦過定點肯定是正確的，這就意味著滿足題設的任意兩弦的交點就是所求定點．這就具備了運用特殊化思想解題的前提．解法2分別令與，得到兩個相應的弦所在直線的方程，解其聯立方程組得其交點為(1,0)，即為所求．這種解法的邏輯依據是“若對一般正確，則對一般中的特殊也正確．”至于解法2中為什么令與，而不令與，主要是為了計算的方便，這也是用此法解題時應當十分注意的．
應當指出，凡解某種一般情形下某確定結論是什么的問題都可用這種方法解．
拓展 原題中弦長中的4恰好為拋物線方程中的，而答案中的定點又恰好為拋物線的焦點．這是偶然的巧合，還是普遍規律呢？經研究，這 并非巧合，而是一個定理.
定理 若拋物線的弦PQ的傾斜角為，則的充分必要條件是PQ經過拋物線的焦點．
證明 先證必要性:
由已知，可設PQ的方程為，代入，得
①．由已知及弦長公式得②．將①的兩根之和與積代入②，得，從而得（），解得，即知過焦點．容易驗證當時，結論也成立．
再證充分性：
由已知可設的方程為，代入，得 ③，將③的兩根之和與積代入②得．容易驗證當時，結論也成立．
應用該定理，可解決下面的問題：
1．斜率為1的直線經過拋物線的焦點，與拋物線相交于A、B兩點，求線段AB的長．
2．是經過拋物線焦點的弦，若，試求△的面積（是坐標原點）．（91年全國高中聯賽題）
3．是經過拋物線焦點的弦，是拋物線的頂點，若△的面積為4，求的傾斜角．（98年上海高考題）
答案：1. 8 2. 3.或
題59 長為的線段AB的兩端在拋物線上滑動，則線段AB的中點M到軸的最短距離等于 .
（第13屆高二第二試第20題）
解 設AB的中點為M（），點A的坐標為（），由對稱性知B的坐標為，于是有以下關系成立：
①+②，得 ④，-②，得 ⑤.將④、⑤代入③，得，即，因為當時, 有最小值,當時, 是單調增加的.又關于是單調增加的,所以,當時, 取得最小值.
評析 點M到軸的最短距離顯然就是點M的縱坐標的最小值.巧妙利用對稱性，設出點M、A、B的坐標后，利用曲線與方程的關系及平幾知識，可以得到三個關系式，這又有何用處呢？我們要求的是的最小值，現在卻出現了四個 變量，能否消去從而得到，再求其最小值呢？果然，可以消去，得到 ⑥（這里用到了“設而不求”及函數的思想方法）.若變形為，再令，得到
⑦，則可由方程⑦有非負實數解求出的最小值，但方程⑦有非負實數解的充要條件很復雜.能否用別的什么方法呢？考慮到⑥式中的，故將⑥式變形為 ⑧，由于與的積是定值，故當=，即時,有最小值..然而，因為，所以，即取不到，故由函數⑧為的單調增函數，可知當.
注：形如的函數，若則當時, 取得最小值；若,則單調遞增, ；若,則
單調遞減，.(請讀者自己證明該結論)
拓展 將此題推廣，可得
定理1 長為的線段AB的兩端在拋物線上滑動，線段AB的中點M到軸的距離為，則
當
.
證明 由題意，直線AB的斜率存在.設則
，所以直線AB的方程為，由，消去，得，因為點M在拋物線的內部，即，所以，又，所以
.于是對求導數，得
.
（1）若（拋物線的通徑長），令，得，易知，是的唯一極小值點，所以當 （即軸）時，；
（2）若，令，得或，易知當時，；當時，.
令定理中的，由定理的結論（1）可知本賽題的答案為.
此定理盡管也可以用均值不等式加以證明，但配湊的技巧性很強.這里，運用高中數學的新增內容導數進行證明，顯得較為簡潔.用導數研究函數的最值問題，順理成章，不必考慮特殊技巧，易被大家接受，應當加以重視并大力提倡.
此定理還可進一步拓廣到橢圓、雙曲線的情形，便得如下：
定理2 已知A、B兩點在橢圓上滑動，|AB| = ，線段AB的中點M到軸的距離為，則
（1）；
（2）當.
定理3 已知A、B兩點同在雙曲線的右（或左）分支上滑動，|AB| =，線段AB的中點M到軸的距離為，則
（1）；
（2）當 .
為證定理2、3，可以先證
引理 在圓錐曲線過焦點的弦中，垂直于對稱軸的弦最短.
證明 設圓錐曲線的極坐標方程為，其中表
示圓錐曲線的離心率，表示焦點F到對應準線的距離，設AB是圓錐曲線過焦點F的弦，且A，
因為，所以
+=.當，即當AB與對稱軸軸垂直時，，故在圓錐曲線過焦點的弦中，垂直于對稱軸的弦最短.
下面運用引理證明定理2 .
證明 （1）不妨設橢圓的右焦點為F（），A、M、B三點到右準線的距離分別是由橢圓的第二定義知：|AF|=，|BF|=，
|AF|+|BF||AB|=，所以.又過焦點的弦最小值為線段AB可以過焦點F，當AB過焦點F時，有最小值，因此.
（2）線段AB不可能過焦點F，但點M總可以在過F垂直于軸的橢圓的弦的右側，如右圖，在△AFM中，設∠AMF=，由余弦定理知
，在△BFM中， ，所以，所以
，又，所以
①，無論線段AB在什么位置，不等式①都成立.又故 ②.解此不等式，得③，當線段AB垂直 于軸且在焦點F的右側時，不等式①、②、③都取等號，此時，.
仿此亦可證明定理1、3，不再贅述.
題60 動圓過定點且與定圓相切，那么動圓的中心的軌跡是 （ ）
A、圓 B、圓，或橢圓
C、圓，或橢圓，或雙曲線 D、圓，或橢圓，或雙曲線，或直線
（第三屆高二第二試第10題）
解 動圓、定點、定圓,這三者的位置關系有5種可能，如圖⑴～⑸：
在情形⑴：在圓上，這時動圓與定圓相切于，所以點的軌跡是過的一條直線.
在情形⑵：與重合，這時動圓在定圓的內部，與它內切，所以點的軌跡是以為圓心，以定圓的半徑的一半為半徑的圓.
在情形⑶：在定圓的內部但不重合于點，動圓過且與定圓內切，這時動點與定點、的距離的和是（定值），其中的、分別表示定圓、動圓的半徑.可知點的軌跡是以、為焦點，為長軸長的橢圓.
在情形⑷：在定圓的外部，動圓過且與定圓外切，這時（定值）.可知的軌跡是以、為焦點，為實軸長的雙曲線的一支.
在情形⑸：在定圓的外部，動圓與定圓內切，這時（定值）.可知點的軌跡也是以為焦點.為實軸長的雙曲線的一支（和情形4對應的另一支）.
綜上，可知選D.
評析 分類討論是參加高考與競賽必須掌握的數學思想.分類要注意標準的統一，不可重復，也不能遺漏.此題的關鍵是要搞清全部情形有5種，然后再分別求動圓中心的軌跡.運用二次曲線的定義大大簡化了解題過程.
應當指出，當點在圓上時，動圓的中心的軌跡是直線，但應除去點、. 另外，討論完第一種情形后就可排除而選，這樣就更快捷了.
題61 設直線都是平面直角坐標系中橢圓+=的切線，且，、交于
點P，則點P的軌跡方程是 ．
（第十二屆高二培訓題第47題）
解 設直線=與橢圓+=相切，則二次方程+，即有兩個相等實根，其判別式，解得 ．因此斜率為的橢圓的切線有兩條：①，與其中每條垂直的切線也各有兩條：②；另有與軸垂直的切線兩條：，與其中每條垂直的切線又各有兩條： ．
由①、②得=③，④，④式即⑤．③+⑤得即⑥．又點都適合方程⑥．故點P的軌跡方程為．
評析 這是一道典型的用交軌法求軌跡方程的問題．解題的關鍵有兩個：如何設兩條動切線方程與如何消去參數．當切線的斜率存在時，我們可設其方程為，此時出現兩個參數與，由于此切線方程與橢圓的方程組成的方程組有且只有一解，故由二次方程有等根的條件得（這與事實一致：斜率為的橢圓的切線應當有兩條），從而切線方程為，那么與其垂直的橢圓的切線方程就是將此切線方程中的換成所得方程，即．此時突破了第一關．下面是否通過解方程組得交點軌跡的參數方程，然后再消參得所求軌跡方程呢？想象中就是非常繁瑣的．上面題解中的方法充分體現了消參的靈活性，大大簡化了解題過程．然而，事情到此并未結束，以上所設切線方程是以切線有斜率為前提的，是否有不存在斜率的橢圓的切線呢？于是引來了分類討論，當然，此時只要將幾個點的坐標代入所求的方程，看是否適合即可．
拓展 如果留心，我們會發現所求軌跡方程中的10正好是已知橢圓方程+=中的7與3的和．那么，是否將橢圓方程改為，則所求軌跡方程就是了呢？經研究，果真如此．于是我們得到
定理1 設直線、都是橢圓的切線，且，、交于點P，則點P的軌跡方程是．
證明　設為橢圓的切線,由,
得，由，得，所以，所以兩垂直切線為，
另有四對：,①式變為③，②式變為④．③+④得．特殊四對垂線的交點坐標也都適合⑤，故P點的軌跡方程為．
若將定理1中的橢圓改為雙曲線，是否也有相類似的什么結論呢？為了證明定理2，先引進兩個引理．
引理1 若雙曲線的切線的斜率存在，則||．
證明 對于兩邊取的導數知雙曲線上任意一點P（）處切線的斜率有||=||= ①，又，代入①得|| ．
引理2 如果雙曲線有，則不存在垂直切線．
證明 假設雙曲線存在兩條垂直切線，則這兩條切線必然都存在斜率，斜率分別記為，，由引理1知||,||,,即1>1,矛盾,所以不存在垂直切線．
定理2 設直線都是雙曲線的切線，且，交于點P，則點P的軌跡方程為．
證明 當一條切線的斜率不存在時，該切線必然經過雙曲線實軸上的頂點，這時另一條垂直切線不存在．已知是垂直切線，所以斜率必然都存在．

設為雙曲線的切線，則由 得①，由引理1知||，所以，所以且．由①中，得，兩條垂直切線為
變形為 ④+⑤得，即為點P的軌跡方程．
將定理1、2中的橢圓、雙曲線改為拋物線，我們又可以得到
定理3 拋物線的兩條互相垂直的切線的交點M的軌跡方程為
．
證明 當其中一條切線過拋物線頂點時，另一條垂直的切線不存在，已知是垂直切線，所以斜率必然都存在．
設是的切線，則，由 得，令得，故兩條垂直的切線為 消去參數，得為點M的軌跡方程．
將前面定理中的二次曲線改為圓，又得
定理4 圓的兩條互相垂直的切線的交點P的軌跡方程是.
證明 如圖，易知四邊形APBO1為正方形，所以|PO1|=，所以點P的軌跡是以O1為圓心，為半徑的圓，其方程是．
比較定理1和定理4，我們不難知道圓是橢圓的特殊情形，當橢圓的長軸與短軸長相等時，橢圓變成了圓．
請運用上述定理完成下面的練習：
1、設都是圓的切線，且，交于點P，求點P的軌跡與坐標軸在第一象限圍成的面積．
2、設直線都是橢圓的切線，且，交于點P，求動點P到該橢圓的最近距離．
3、已知雙曲線的一條切線，
求的最小值；
過點（1，1）是否有兩條垂直的切線？
當=1，時，求與垂直的雙曲線的切線．
答案：1. 2. 3.（1）1 （2）不存在 （3）和
題62 已知曲線C上任意一點到定點A（1，0）與定直線的距離之和等于5.對于給定的點，在曲線上恰有三對不同的點關于點對稱，求的取值范圍.
（第十二屆高二第二試第23題）
解法1 令為曲線C上任意一點，由題意得.故曲線C的方程為，即曲線C由兩段拋物線和拼接而成.
設關于點的對稱點為，則有，由于和都是關于軸對稱的，所以，當時，點與同在上或同在上，只有唯一的情形：與.當點與分別在,(或，)上時，不妨設在上，在上，則 ，即 ，
解得 .因為，, 所以.但當時，得，則，這時只有一對對稱點分別在與上，故應當排除，因此當時，，關于點對稱的點對只有與，與是分別在，上的兩點，于是為所求.
解法2 設，由題意得，
化簡得為C的方程，其圖象由兩段拋物線拼接而成（如圖）.由拋物線的對稱性，可知時總有一對點位于同一段拋物線上且關于點B對稱.若另有兩對點關于點B對稱，則每一對的兩個點必分別位于兩段拋物線上，故必存在曲線C的內接矩形PQRS，點B隨著矩形形狀的改變而在x軸上移動.設曲線C與x軸的右交點為M，則當Q、R趨近于M時，點B的橫坐標趨近于.如圖，設C的兩拋物線交于點N、T，則當Q、R分別趨近于N、T時，點B的橫坐標趨近于4.故為所求.
評析 解決本題的關鍵有兩步：一是求出曲線C的方程，二是求的取值范圍.解法1分兩類情形，用代數方法求出了的范圍，較抽象、繁瑣；而解法2則從圖象出發，直觀地分析出問題的結果，顯得簡單易懂.解題過程中，我們不僅要學會常規思維，掌握解決問題的一般方法，更要注意抓住具體問題的特點，探尋解決問題的最佳方案，以不斷提高我們的創新思維能力.
題63 已知k∈R，關于x,y的方程y4+4y3+(2x+2kx-kx2)y2+8xy+(4kx2-2kx3)=0表示一組曲線，其中有一條是固定的拋物線，試討論k值與曲線形狀的關系.
（第三屆高二第二試第21題）
解 因為當k∈R時，原方程表示的曲線組中有一條固定的拋物線，所以，不妨令k=0，先求出這條拋物線的方程：
當k=0時，原方程化為y4+4y3+2xy2+8xy=0 ，即，得y=0,y=-4,
①. 所以固定的拋物線的方程即.
以去除原方程的左邊，得，于是原方程化為
=0，即.
當時，得②.討論k，可知：
當k=-1時，②表示一個圓；當k=4時，②表示兩條直線；
當k<0但時，②表示一個橢圓；當k>0但時，②表示雙曲線；
綜上，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
原方程對應的
圖形
兩條直線
及拋物線
圓和拋物線
雙曲線和拋物線
橢圓和拋物線
評析 解決此題的關鍵是先求出固定拋物線的方程.既然已知方程對任意實數k所表示的一組曲線中都有一固定拋物線，故可用賦值法求得，但賦值并不是盲目的，若取k=1（夠特殊的了），則原方程就是，以此求拋物線的方程，還是很困難的.可見賦值也是很有講究的.顯然k=0時，原方程最為簡單.因而也最易求出固定拋物線的方程.
題64 已知點和直線，動點到的距離與到的距離之和為4.
(1)求點的軌跡;
(2)過A作傾斜角為的直線與交于，兩點,設，求的解析式.
（第十二屆高二培訓題第78題）
解法1 （1）設動點，則，顯然
，解得.當時，，;
當時，，.
故是由兩條拋物線相交圍成的封閉曲線.(如圖1)
(2)兩條拋物線交于點，，的斜率為，故當或時，直線與兩條拋物線相交；當時，直線只與相交.前者可由交點坐標得，后者可由弦長公式得 .
解法2 （1）設點的坐標為，則，化簡后得的軌跡方程為及，故點的軌跡是兩條拋物線相交圍成的封閉曲線.
(2)畫出點的軌跡，不難知道它是兩條拋物線組（如圖2），兩條拋物線交于點，，的斜率為.
當時，直線只與拋物線相交，利用弦長公式求得;
當時，分別過點、作軸、軸的平行線交于點，過作的垂線，垂足為，由題設條件知，，而，所以，因為，所以.
當時，由拋物線的對稱性，只須把代入上式，得.
綜上所述, .
解法3 （1）與解法2相同.
（2）當時，同解法2.
當時，點是這兩條拋物線的公共焦點，，分別是這兩條拋物線的準線方程，過點，作它們各自拋物線準線的垂線，垂足為、.由拋物線的定義知，而，所以，,同理可得，故.
當時，由拋物線的對稱性，只須把代入上式，得.
綜上所述,.
評析 第（1）小題求動點的軌跡，這是解析幾何中研究的兩大主要問題之一，不過，本題中需要運用分類討論的思想.
對于第（2）小題求，解法1運用了方程思想；解法2把轉化到直角三角形中去解決，大大減少了運算量；而解法 3則意識到點是兩拋物線的公共焦點，運用拋物線的定義解題，更加直截了當.解法2、3都很巧妙.
拓展 由本賽題答案可知軌跡為拋物線，為焦點,為焦點弦長.焦點弦長是一個十分重要的幾何量，將其推廣，可得
定理 PQ是過圓錐曲線焦點F的弦，若PQ的傾斜角為,則①.
證明 由極徑的幾何意義及題設，可知
，即 .
式用處較廣，請看兩例：
例1 是經過雙曲線右焦點的弦，若，則這樣的可作多少條？（97年高中聯賽）
解 因為，，所以，，，由已知及①式，得，解得.因為，所以有三個不同值，所以這樣的弦可作3條.
例2 、是橢圓的兩個焦點，過作傾斜角為的弦，求的面積.（98年河北重慶高中競賽）.
解 因為，，，所以，，
.將它們代入①式，解得.又知直線AB的方程為，它到點的距離，所以.
題65 已知定點M（-3,0），P和Q分別是y軸及x軸上的動點，且使MP⊥PQ，點N在直線PQ上，分有向線段的比為.
求動點N的軌跡C的方程；
過點T（-1,0）作直線與軌跡C交于兩點A，B，問在x軸上是否存在一點D，使
△ABD為等邊三角形；若存在，求點的坐標；若不存在，請說明理由.
（第十五屆高二培訓題第80題）
解 （1）設點N的坐標為（x,y）及點P（0，y’）, 點Q（x’,0）(x’>0).由已知，得x=3x’,y=-2y’,即，由MP⊥PQ，得，故即為所求點N的軌跡C.
（2）設：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.
設A（x1,y1）,B(x2,y2),則所以
.AB的中點E的坐標為（）.
假設存在點D（x0,0）使△ABD為等邊三角形，又邊AB的中垂線方程為
，由D在此中垂線上，得，
.設d為D到直線l的距離，由正三角形的條件有，可得
，故存在點
D（，0），使△ABD為等邊三角形.
評析 求動點N的軌跡方程，就是求動點N的坐標x, y在N運動變化過程中始終滿足的關系式f(x, y)=0.一般應首先搞清楚引起N運動變化的因素是什么，此題中P、Q分別是y軸及x軸上的點，且使MP⊥PQ，這就表明，當P在y軸上運動時，Q在x軸上運動，隨著P、Q的運動，有向線段的定比分點N也隨之運動.可見，x, y是隨著P、Q的坐標的變化而變化的，由定比分點坐標公式，得①，如何消參？運用MP⊥PQ，得②，①代入②，便消去了x’, y’,得到為所求，問題解決了.
求軌跡方程是解析幾何中兩類基本問題之一，方法有好多種，這里用的是參數法，用此法求軌跡方程，關鍵有兩個：一是選擇什么樣的變量作為參數；二是如何消去參數，代入法及運用“三角1”是消參的最基本的方法.還應注意普通方程中變量的取值范圍.
第（2）小題是存在型問題，假設存在點D（x0,0）使△ABD為等邊三角形后，中心問題就是求出x0或判斷x0不存在.當得到后，中心問題就是求出k或判斷這樣的k不存在.在求得|AB|（用k表示）后，并未求|AD|、|BD|，并運用|AB|=|AD|=|BD|求k，而是運用平幾的知識，由點D到AB的距離，求出k.平幾知識的運用，避免了煩瑣的運算.
應當注意，與軌跡C交于A、B兩點，這就隱含著△>0，即|k|<1.因為求得的
∈（-1，1），故滿足題設的點D存在，否則，是不存在的.
題66 已知異面直線a與b所成角為，P為空間一點，過點P作直線l使l和a，b所成角相等，此等角記為，則直線l的條數構成的集合為 .
（第十五屆高二培訓題第38題）
解 當時，若，則l只有1條；
當時，若，則l有2條；
當時，若，則l有3條；
當時，若，則l有4條；
故所求的集合為.
評析 異面直線a,b所成角為，則，和a,b成等角，這里的、都不確定,因而有無數種情形,比如等等.顯然，不可能也沒有必要對所有情形一一加以討論．因此，如何選擇一些特殊情形來代表一般就成了解決問題的關鍵．直線l的條數只能是自然數故我們只需看l的條數有無可能是．并且當我們確定時有3條后就不必再考慮l有3條的其他情形了．是異面直線，在上任取一點，過作∥，因為l與成等角，所以l與也成等角．當l不過點時，過點作l∥l，因為l與成等角，所以l與也成等角．至此，問題轉化為：相交直線所成角為，，過的交點且與成等角的直線l有幾條？此時，問題已變得簡單多了．
拓展　將題中異面直線改為任意兩直線，將的范圍擴大為，我們有下面的
結論１　已知空間兩直線所成的角為，過空間任意一點P且與成等角的直線為l．
若，則
當時, l只有一條．
當時，l有無數條．
　　2.若，則
(1)當時, l不存在．
(2)當或時, l只有1條．
(3)當或時, l只有2條．
(4)當時, l有3條．
(5)當時, l有4條．
如果將直線改為平面與平面,我們又有下面的
結論2 已知平面與平面所成的角為,過空間任意一點P且與平面成等角的直線為l．
1.若，則
(1)當時, l只有一條．
(2)當時，l有無數條．
　　2.若，則
(1)當時, l不存在．
(2)當或且時, l只有1條．
(3)當且,或時, l有2條．
(4)當且時, l有3條．
(5)當時, l有4條．
練習
已知異面直線所成的角為,P為空間一點，則過點P且與所成角為下列各角的直線l分別有多少條?
(1) ；(2) ；(3) ；(4) ；(5) ；(6) .
已知平面與平面所成的角為，P為空間任意一點，則過點P且與所成角為下列各角的直線l分別有多少條?
(1) ；(2) ；(3) ；(4) ；(5) ；(6) ；(7) .
答案 1.(1) 不存在,(2) 1條,(3) 2條,(4) 3條,(5) 4條,(6) 1條；
2.(1)1條 ；(2) 4條；(3) 3條；(4) 2條；(5) 1條；(6)不存在；(7)不存在.
題67 空間給定不共面的四個點，其中任意兩點間的距離都不相同，考慮具有如下性質的平面：中有三個點到的距離相同，另一個點到的距離是前三個點到的距離的2倍，這樣的平面的個數是 （ ）
A、15 B、23 C、26 D、32
（第三屆高一第二試第6題）
解 分三種情形：①四點在的同側，平面可與
中的任一個平面平行，譬如當∥面時，與面的距離等于與面的距離.這種情況下有4個平面.②中有3個點在的一側，第4個點在的另一側.這時又有兩種情形：一種是與面平行，且與的距離是與面距離的2倍.這時有4個平面；另一種情形如圖1所示，圖中分別是的中點，是的三等分點中靠近的分點，在圖1的情形中，到平面（即平面）的距離是到平面距離的一半.因為可以是的中點連線，又可以是的中點連線，所以這種情形下的平面有個.③四點中，兩側各有兩點（如圖2），圖中的分別是的中點，分別是的三等分點中靠近的分點.容易看出：點到平面（平面）的距離是到該平面距離的2倍.就與分別位于兩側的情形來看，就有離遠，離遠，離遠，離遠這四種情況.又因異面，這樣的異面直線共有3對，因此平面有個.
綜上分析，平面有4+4+12+12=32個.故選.
評析 此題源于一道常見題：“與四面體四個頂點距離相等的平面有 個”.不過比常見問題要復雜得多.解決此題的關鍵是要把所有的情形適當分類，既不能遺漏，又不能重復.解題時稍不注意就會將圖1所示的第②類情形中的第二種情形遺漏掉.對于第③類情形，往往又容易疏忽，而導致不乘以3，誤以為平面只有4個.用排列組合知識解此題：第①類情形，有個；第②類情形中的第一種情形，有個，第二種情形，有個；第③類情形，有個.故所求平面有
=4+4+12+12=32個.
題68 O為空間一點，射線OA、OB、OC交于點O，∠AOB=∠BOC=，∠COA=，則二面角A-OB-C的平面角的余弦函數值是________.
（第五屆高一第一試第15題）
解 如圖，在射線OB上取點D，過D作DE⊥OB交OA于E，作DF⊥OB交OC于F，連結EF，則∠EDF就是二面角A-OB-C的平面角.設OD=,∠DOC=∠DOE=,
DE=DF=,OE=OF=.∠EOF=EF=
在DEF中，由余弦定理得
= = 為所求.
評析 解決此題的關鍵有兩個：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.上述解法運用二面角的平面角的定義作出了二面角A-OB-C的平面角后通過解三角形求出了平面角的余弦值.這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經歷作、證、算三個階段.
拓展 將此題條件一般化，可得下面的
推廣 O為空間一點，射線OA、OB、OC交于點O，若∠AOB=，∠BOC=，∠AOC=，二面角A-OB-C的大小為，則
證明 如圖，在OB上取點D，使OD=，以點D為垂足作交OA于點E，交OC于F，連結EF，則就是二面角A-OB-C的平面角，即=.在中，DE=，OE=.在中, DF=, OF=.在中，由余弦定理，得
=.
令推廣中的，得就是本賽題的答案.
再看一個應用該推廣解題的例子.
例 在正方形ABCD中，M、N分別是AD、BC的中點，沿MN把這個正方形紙片折成以MN為棱的二面角A-MN-C，使折后的銳角的正弦值是0.6，這時二面角A-MN-C的平面角是 （ ）
A、 B、 C、 D、
（第五屆高一第二試第3題）
解 設二面角A-MN-C的大小為，正方形的邊長為，在與中，，
，由推廣得
，.故選A.
題69 在四面體ABCD中，面BAC、CAD、DAB都是以A為頂點的等腰直角三角形，且腰長為.過D作截面DEF交面ABC于EF，若EF∥BC，且將四面體的體積二等分，則面DEF與面BCD的夾角等于.
（第十三屆高二第二試第19題）
解 如圖，取EF，BC的中點P，Q，連結AQ，則P在AQ上.連結DP，DQ.在面BCD內過D作直線∥BC，因為EF∥BC，所以∥EF，所以為面DEF與面BCD的交線，由已知，易得DQ⊥BC，DP⊥EF，所以DQ⊥，DP⊥，所以就是面DEF與面BCD的夾角.
由，可知.于是，又易求得，所以.
易證DA⊥AQ，所以在中，在中，.所以，所以為所求.
評析 這實際是一道求“無棱”二面角的大小問題，關鍵是找到或作出二面角的平面角.而要作出，就必須知道棱，因此，一般應通過分析，先確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兩邊都與棱垂直，而DQ⊥BC，在面BCD內過D作直線∥BC，然后證明就是兩平面的交線.進而證明就是二面角的平面角.這就突破了難點.關于求的大小 ，也可在中先求出三邊后再由余弦定理求得，不過，沒有上述解法簡單.
下面介紹二面角的另一簡單求法：
定理 如圖，在平面內的射線是，平面ABC與平面所成銳二面角為，則.
證明 作⊥于，連結，因為是在平面內的射影，所以由三垂線定理得⊥，所以就是平面與平面所成銳二面角的平面角，所以.
當的邊不在平面內時，設在平面內的射影是，則同樣可以證明.
運用該定理求”無棱”二面角十分方便.
例 如圖，已知底面邊長為1，高為3的正三棱柱，分別在側棱上，且，，,求面與面所成銳二面角的大小.
解 由已知，易求得，，所以
，又，所以，所以.
題70 如圖1，四邊形是矩形，面，其中.若在上存在一點，使得.試求的范圍，及有且只有一個滿足條件的點時，二面角的大小.
(第十四屆高二培訓題第78題)
解法1 如圖1,過點作的垂線,垂足為,連結.過點作AB的平行線,交于,連結.
令.易知EF∥PA,
.因為,所以.因為
,所以有①.由,得,解得.
當時,方程①即方程①有且僅有一個實根,故存在唯一的點.因為面,所以是二面角的平面角,所以為所求.
解法2 建立空間直角坐標系(如圖2),設,則,設,則.因為
①.因為共線,所以,即②,代入①并整理,得③.由,解得為所求的范圍.
當時,方程③為,即.因為,方程③有且僅有一個實根,故存在唯一的點.又時,方程①為④,方程②為⑤.解④，⑤聯立方程組,得.所以.作于,于,連結,則,所以就是二面角的平面角.又,，所以所以,所以,即為所求.
評析 解法1為幾何法,從圖形上看,由于的長確定,又是矩形,因此,當過短時,與就不可能垂直,于是就有問題:如果應在什么范圍內?要解決這個問題,關鍵是利用這一條件,隨著的不同,在變化,設后,便都可用表示,由得方程①.由于方程①有解,由求得了的范圍.
有且只有一個滿足條件的點時,按常理,應是固定的,而很可能此時.把代入方程①,得,方程①有且只有一個實根,這就驗證了這一想法.當確定后,也確定了,又,故二面角便求出了.
解法2為向量法.設后,由,得,按解法1的思想,必須消去與中的一個,由共線得便解決了問題.
對于求二面角的問題,作出二面角與解法1一樣,不過是用公式求罷了.
題71 △ABC是邊長為1的正三角形，PA⊥平面ABC，且PA=，A點關于平面PBC的對稱點為A’，求直線A’C與AB所成角的余弦值.
（第九屆高一第二試第22題）
解法1 設D是BC的中點，A A’與面PBC交于O，由已知，O必在PD上.
∽△PDA，∴.
又A與A’關于平面PBC對稱，∴A’B=AB=1，由A’A= A’B=1，CA=CB=1，可得A’C⊥AB，
∴A’C與AB所成角的余弦值為0.
解法2 如圖1，作C A’AF，則直線A’C與AB所成角的余弦值等于|cos∠BAF|，由于兩點A’，A關于平面PBC對稱，則該平面上任意點與A’，A等距離，故A’C=AC=1.設A’A交面PBC于O點，延長PO交BC于E，連結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的中點，，易求，則FC=A’A=2AO=1，由于A’A⊥BC，CF∥A’A，則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為所求.
解法3 如圖2，取AC的中點M，設E是BC的中點，A’A交面PBC于O點，連結OM、EM，則OM∥A’C，EM∥AB，則直線A’C與AB所成角的余弦值等于|cos∠OME|，同解法2可得A’C=1，，，則OM=A’C=，OE=，由ME=AB=，知OM2+ME2==OE2，所以，|cos∠OME |=0為所求.
解法4 如圖3，連結A’A交面PBC于O點，連結A’B、A’C，則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.故三棱錐A’—ABC為正四面體，∴A’C⊥AB，直線A’C與AB所成角的余弦值0.
解法5 如圖4，建立空間直角坐標系A-xyz（A為坐標原點），則A(0,0,0),C(0,1,0),P(0,0,),B(),易知平面PBC交x軸于點Q(),由截距式得平面PBC的方程為，即，于是平面PBC的一個法矢量，由此設與平面PBC的垂足為O，代入平面PBC的方程，得，則點O.又由于的中點是O，則易知設與所成的角為，則cos=
，即直線與所成角的余弦值為0.
評析 與顯然是異面直線，其所成角的余弦值一般應通過平移將兩異面直線所成的角轉化為相交直線所成的角后再求.解法2、3就是通過不同途徑實現這種轉化的.按照解法2的思路，同樣可以作 或，則或亦為所求.因為正四面體的對棱互相垂直，故解法1、4證明了AABC恰為正四面體，從而問題也就解決了.解法5則是運用向量知識解決問題，這也是求空間兩直線所成角的常用方法.
拓展 此題可作如下
推廣 若△ABC中B、C為定角，A角對邊為定值，PA面ABC，PA=，△ABC的面積為 ，直線AC與AB所成角為，則.
證明 因為角B、C及邊為定值,故△ABC可解,其面積S為定值.如圖5,過A作ADBC,O為垂足,連結PB,PC,PO.由題設知BCPO,BC面PAO.面PBC面PAO.作A點關于直線PO的對稱點A,則A也是A點關于平面PBC的對稱點,連結AC, AO.過點C作AB的平行線交AO的延長線于D,則 ACD就是AC與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.由三射線定理,可得 運用推廣,不難驗證原題中直線與所成角的余弦值.
題72 已知正方體的棱長為，它的體對角線和與它不共面的面對角線之間的最小距離等于________.
(第十五屆高二培訓題第49題)
解法1 如圖1,要求與之間的最小距離.因為,所以平面.由與的交點作于，則.故就是異面直線與的公垂線段，其長為所求最小距離.
為所求.
解法2 如圖2，以為坐標原點，分別以直線、、為軸、軸、軸，建立空間直角坐標系.設、分別是、上的點.設點的橫坐標為，則易知其橫坐標與立坐標分別為，；設點的縱坐標為，則易知其橫坐標與立坐標分別為.即，.所以，所以
（當且僅當且時取等號）.所以所求最小距離為.
解法3 如圖3，在已知正方體旁補上一個與其一樣大小的正方體.連結，,則易證，所以，
所以與平面間的距離，也就是點到平面的距離就是異面直線與間的距離，即為所求.設點到平面的距離為.易求得，，.因為，所以.所以.由，即=，亦即，得為所求.
評析 此題就是求異面直線間的距離，其主要方法有：（1）求異面直線的公垂線段的長；（2）求兩異面直線上兩點間距離的最小值；（3）轉化為求線面、面面間的距離.（若∥,
,與異面，則與的距離就是與的距離.若∥，，，、異面，則、間的距離就是、間的距離）.
解法1是求公垂線段的長，作出公垂線段是關鍵，需要有較強的分析能力.解法2通過建立空間直角坐標系，將兩異面直線上兩點間的距離轉化為向量的模來求，關鍵是正確設出兩點的坐標，這里，運用了整體思想，求最小值時還用到了配方法.解法3通過補形，將兩異面直線間的距離轉化為線面間的距離，進而轉化為點面間的距離，最后通過等積變換求得.三種解法蘊含著豐富的數學思想，全方位展示了求異面直線間距離的基本方法，值得我們細細品味.
題73 點在所在的平面外，則到平面的距離的最大值是_________.
（第二屆高一第一試第30題）
解法1 如圖，作于，連結，作于平面，. 于是平面，進而有平面平面平面，即就是到平面的距離.
在直角中，故所求最大值是
解法2 作法如解法1，設易求得又
又
即
即所求最大值是
評析 首先需要理解題意：求到平面的距離的最大值，說明此距離一定是個變量，是什么引起它的變化呢？說明是確定不變的，而與平面的垂直關系也不變，故只有的長度的變化才會引起到平面的距離的變化，因此，可將此距離表示為（設為）的函數，然后求其最大值.解法2成功地運用函數思想解決了問題.
解法1中用到“”，其依據是下面的
定理 斜邊為定值的直角三角形斜邊上的高的最大值是.
證明 如圖，作線段，以為直徑畫半圓，則半圓上任意一點（與不重合）與都構成為直角，為斜邊的直角三角形.顯然，當時，斜邊上的高最大，為.
題74 如圖1，ABCD-EFGH是單位正方體，P是AF上的動點，則GP+PB的最小值是 ．
（第十二屆高一第一試第20題）
解法1 將面AFGD繞AF旋轉，使它與面ABF共面,此時連結BG，BG長即GP+PB的最小值，在中，.如圖2，建立直角坐標系，則.
解法2 如圖1，設PF=x,在中由余弦定理，得.在中，.所以
，表示x軸上的動點到點與點的距離之和.顯然，當動點位于兩點、連線段與x軸的交點時，最小，最小值為.
解法3 如圖3，建立空間直角坐標系.則.設 .因為共線，所以，得，所以,
,所以
.
表示直角坐標系uov中u軸上的動點到兩定點的距離之和，顯然，當點Q為線段MN與u軸的交點時，最小,即.所以的最小值為.
評析 本題等價于“已知直三棱柱是上的動點，求的最小值.”解法1采用“鋪平”的方法，轉化為求鋪平后兩點間的距離.也可不建立直角坐標系，而在中由余弦定理求得：因為，所以.
因為是隨點在上的位置的變化而變化的，而點在上的位置又是隨的長度的變化而變化的，故設，則應為的函數.解法2就是運用函數思想解決立幾問題的.寫出函數關系式容易，但求最小值較難，這里，先將其轉化為解幾問題，再運用平幾知識求得最小值.可見，函數思想、轉化思想、立幾、解幾、平幾知識的綜合運用是解法2的精髓.
解法3顯示，運用空間向量，可將許多立幾問題轉化為向量運算問題，空間向量是解決立幾問題的有力工具之一.
題75 以四個全等的正三角形為面拼合成的空間圖形叫正四面體.正三角形邊長叫正四面體的棱長.設正四面體棱長為1.求互為異面的正三角形的中線（所在直線）間的距離.
（可使用下面的結論：正四面體ABCD中，A到面BCD的距離為d，面BCD的面積為S，則四面體ABCD的體積V=）
（第八屆高一培訓解答題第3題）
解 情形（1）E、F分別是AC、AD的中點，求BE、CF之間的距離.取AF的中點M，連結EM、BM，則EM∥CF，CF∥面BEM，故點F到平面BEM的距離就是CF與BE間的距離.∵AM=MF，∴點A到平面BEM的距離就是CF與BE間的距離.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分別是BC、AD的中點，求AE、CF間的距離.取ED的中點M，連結FM、CM，則AE∥FM，AE∥面FCM.可知點D到平面FCM的距離就是AE、CF間的距離.
在△FCM中，由余弦定理，得
，
∴sin∠CFM= S△CMF=，VD—CMF=，
又VD—CMF= VF—CMD=（點F到面CMD的距離等于點A到面CMD的距離的一半）.∴=，d=.
綜上，所求距離為或.
評析 對于正四面體上的一條中線來說，其它任何面上的三條中線總有一條與其相交，另外兩條與其異面，必須分兩類情形分別求解，這一點很容易被忽略.
按照定義，異面直線間的距離就是兩異面直線的公垂線段的長.而要作出兩異面直線的公垂線段往往比較困難.此時，我們可設法將問題轉化，其途徑主要有：
（1）轉化為線面距離——若異面，∥，則b與的距離就是間的距離.
（2）轉化為面面距離——若異面，∥，則、間的距離就是間的距離.
而線面、面面之間的距離往往又要轉化為點面距離來求——若∥∥,則A到的距離就是與的距離.
點面間的距離一般按照定義來求，此外還常常運用“等積法”轉化為求某三棱錐的高.
上述解法正是把兩異面直線間的距離轉化為直線與平面的距離，再轉化為點到平面的距離，最后轉化為三棱錐的高來求得的.可見，熟練掌握轉化思想是解決此題的又一關鍵.
題76 四面體中，分別在棱上，且
則兩點到過的平面的距離之比為_____.
（第十屆高一培訓題第38題）
解法1 設點到平面的距離分別為,由于點分別是直線與平面的交點且所以①，
②，③，由①、②、③得，即兩點到過的平面的距離之比為.
解法2 如圖2，延長交的延長線于點，設的中點為，連結，則∥，且≌，所以，設點到平面的距離分別為，由于點分別是直線與平面的交點，所以即為所求.
解法3 如圖3，連結
于是，設三點到平面的距離分別為則，又為所求.
解法4 如圖4，過點A作∥交于點，過點作∥交于點，則∥平面∥平面，平面∥平面.因此，兩點到平面的距離相等.由作法可知，點是的中點，設點到平面的距離分別為則為所求.
評析 按照定義，點到平面的距離是該點與該點在平面上的射影之間的距離.此題中，要作出在平面上的射影是困難的（位置難以確定，即使確定了，也難以求距離）.因此，我們需另尋他法.
由于都在平面上，且三點分別在上的位置確定，又考慮到是求比值，故聯想到這樣一個事實：如圖5，線段與平面交于點，與平面不垂直，若則兩點到平面的距離之比也是（可證’∽’而得該結論）.上述解法就是利用這一結論解決問題的，解法3還將兩點到平面的距離比轉化為兩個三棱錐的體積比；解法4利用兩平行平面的一個平面上的任意兩點到另一個平面的距離相等.總之，轉化思想在解決此題中起了關鍵作用.
題77 在棱長為的正四面體內任取一點，到四面體四個面的距離分別記為，，，，則＿＿＿＿
（第三屆高二第一試第16題）
解法1 將與正四面體的四個頂點聯結，得到以為頂點，正四面體的各個面為底面的四個小棱錐，它們的高分別為，，，, 體積的和等于原正四面體的體積.由于四個小棱錐的底面與原正四面體的底面一樣，所以正四面體的高.
解法2 設已知正四面體為，由題意，可知為定值.故不妨令為正四面體的一個頂點，則到面、面、面的距離都是，故就是點到面的距離，即正四面體的高.
評析 由于點的任意性，企圖將，，，一一求出（或用某個量表示出來）后再求其和是不現實的，因此，我們應改變思考方向.解法1將點與四面體的四個頂點連結后得到四個以點為頂點的小三棱錐，由其體積和等于原四面體的體積，巧妙地求出了所求之值.這種利用整體與部分之間的關系解題的分割的方法是立幾中常用的方法之一.解法2則由結論的唯一確定性，運用特殊化思想，快速解決了問題.類似這種結論唯一的填空題，特殊化思想應作為解題的主要指導思想.
拓展 平面幾何中有這樣一個定理：“正三角形內一點到各邊的距離之和等于正三角形的一邊上的高”.將此定理延拓到空間就是本賽題.
運用解法1中的思想方法同樣可以解決第五屆高二第二試第17題：
在三棱錐中，側棱，，兩兩垂直，，, 在三棱錐的內部有一個與三棱錐的四面體都相切的球，則此球的半徑＿＿＿＿.
解：∵，，兩兩垂直，
，，∴，
，，
，，
設此三棱錐的內切球的半徑為，則
，即，解得.
題78 某水準儀是封閉的正四面體,體內裝有水,當正四面體的一個面放置于水平地面時, 體內水面高度為體高的，現將它倒置，此時水的高度是體高的 ．
（第十一屆高一第一試第20題）
解 開始平放時,上面無水部分也是正四面體,設其體積為,則原四面體的體積是,有水部分的體積是．倒置后，有水部分與原四面體體積之比是．從而對應的高之比是．
評析 　該題是由圓錐演變而來的．若直接求出水的高度，再求比值，運算量就大多了，先求出體積比，再求高的比，就顯得很簡單．
些題主要運用了棱（圓）錐的一個性質：用平行于棱（圓）錐底面的平面去截棱（圓）錐，則截得棱（圓）錐與原棱（圓）錐的體積比等于截得棱（圓）錐與原棱（圓）錐的高的立方比．另外，還有下列性質：截得棱（圓）錐的高與原棱（圓）錐的高的比與對應的側棱（母線）的比，對應的底面某邊的比、對應的面上的中線、高的比，（底面半徑的比，底面周長的比等）都是相等的，記作；全面積的比與側面積的比，底面積的比，對應的某個側面的面積比也都是相等的，記作,且有．
以此可解決第二屆高二第二試第12題：
臺體上、下底面面積分別是，平面與底面平行，且臺體被截成體積相等的兩部分．設截面面積為Ｓ,用表示Ｓ的結果是　　?。?br/>考慮生成圓臺的圓錐，設上面小圓錐的體積為，圓臺被截面截開的兩部分體積為Ｖ，由 “相似比的立方等于體積之比”，知
消去,得.
拓展　對本題深入探求,可得
定理 平行于底面的平面把高為的錐體分成兩部分,其中小錐的高為,體積為,臺體的體積為．現將截面平移，使小錐的高為，體積為,相應臺體的體積為，則．
證明　如圖1，①；如圖2,②．由①②，得，即，則，所以．
用此定理解本賽題：因為，所以為所求．
題79 正四面體，點、、分別在棱，，上，且.過、、三點的平面將四面體分成兩部分，這兩部分的體積比為＿＿＿＿（取較小部分與較大部分的體積之比）
（第十三屆高二培訓題第75題）
解法1 如圖1，易知， . 作過
、、三點的平面，它和正四面體的截面是矩形，在上取點使得，則
為三棱柱.到面的距離與到面的距離
滿足，則，設，則
，故.因此，..則，故所求的兩部分體積之比.
解法2 如圖2,作于，于,連結，, 則，. 故為直三棱柱. 設已知正四面體棱長為，則易求得，，故.又易得，∴.易得，
∴，
∴.又易求得.
∴. 故所求兩部分的體積之比為.
評析 解決此題的關鍵有兩個：一是分成的兩部分到底是什么形狀；二是兩部分的體積如何求.
解法1是先求平面為界，靠近讀者一側部分的體積，解法2則是先求另一部分的體積.由于正四面體的體積易求，故兩種解法都在求得一部分的體積后，用整體體積減去一部分的體積得另一部分的體積，減少了運算量.由于分成的兩部分都不是純粹的柱、錐體, 故兩種解法又都采用化整為零的方法，將其分割成幾個易求體積的幾何體后再求其體積.這也是求不規則多面體體積的常用方法.
題80 正四面體的側面三角形的高線中，其“垂足”不在同一側面上的任意兩條所成角的余弦值是 ( )

(第十二屆高二第二試第3題)
解法1 如圖1，是正四面體，設其棱長為，分別是邊上的中線，由題意，就是要求所成角的余弦值.
取的中點的中點，連成.易知平面和平面平行且∽，于是邊上的中線∥，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.故選.
解法2 如圖2，將正四面體補成三棱柱，則是邊上的中線，又是邊上的中線.由題意，就是要求與所成角的余弦值，取的中點，連結.易證∥，所以就是與所成的角.設正四面體的棱長為，則易求得.中，，由余弦定理，可求得.在中，由余弦定理，可求得，故選.
解法3 如圖3，設正四面體的棱長為，以正的中心為原點，建立空間直角坐標系.易求得.所以
，所以
.
所以.故選.
評析 解決此題首先得搞清題意，圖中與所成角的余弦值應為所求.由題中“任意”二字及各個選擇支都是唯一確定的值，可知不必再考慮其它情形.
求異面直線所成的角，主要方法是按照定義，通過平移將異面直線所成的角轉化成相交直線所成的角，其轉化方法往往因題而異，有時，同一題也可通過幾種方式轉化.本題解法1與解法2就是用兩種不同方法轉化的.解法1將平移至，從而將問題轉化為求.應當指出，取的中點，連結后，連結交于，由為的中點可知為的中點，又為的中點，故∥.這樣比原解答更為簡單.解法2通過補形，將平移至，從而使問題轉化為求，計算十分方便.立幾中往往通過解三角形求角，正弦定理、余弦定理、勾股定理是主要工具.解法3運用空間向量求異面直線所成的角，將幾何問題轉化為向量運算，十分簡便.應當注意的是坐標系的建立要“適當”，否則會大大增加運算量.
題81 過正方體ABCD—A1B1C1D1的棱AB、BC的中點E、F作一個截面，使截面與底面ABCD所成的角為450，則此截面的形狀為 （ ）
三角形或五邊形 B、三角形或六邊形 C、六邊形 D、三角形或四邊形
（第六屆高一第二試第5題）
解 顯然，必有一個截面與棱BB1相交，此截面是三角形.設過D1的截面與底面所成的角為，易求得
tan∠D1GD=，故<450，又設過A1、C1的截面與底面所成角為，則易求得tan=tan∠O1GO=>1,故,于是另一截面應與A1D1、D1C1相交（不過其端點），形狀為六邊形，故選B.
評析 解決此題的關鍵是要求具有較強的空間想象力，能夠理解確定截面形狀的下列方法：若截面與棱DD1相交，則截面為五邊形；若截面與棱A1D1、D1C1都相交（但不過其端點），則截面為六邊形；若截面與棱A1B1、 B1C1都相交（但不過點B1），則截面為四邊形.
原解答中說“為考察另一截面是否與DD1相交，只需考慮過點D1的截面與底面所成角θ的大小”，并在得到θ<450后，就說截面是六邊形.這種理由并不充分.θ<450只能說明截面與DD1不相交，但不能說明截面一定是六邊形.事實上，當截面過A1C1時，截面與DD1不相交，但截面卻是四邊形.
拓展 根據上述解法及分析，并考慮到截面過點B1時，截面與底面所成角為arctan，與截面過A1C1時截面與底面所成角相等，我們可得如下：
結論 過正方體ABCD—A1B1C1D1的棱AB、BC的中點E、F作一個截面，使截面與底面ABCD所成的角為θ（0<θ≤），則
當時，截面的形狀為三角形或五邊形；
當時，截面的形狀為三角形或六邊形；
當時，截面的形狀為三角形或四邊形；
當arctan<θ≤時，截面的形狀為四邊形.
題82 正方體中，為的中點，為的中點，異面直線與所成角的余弦值是 （ ）
A、 B、 C、 D、
(第十五屆高二第二試第9題)
解法1 如圖1，取中點，連結，則∥，所以是與所成的角，設正方體棱長為1，則，，，所以，故選B.
解法2 如圖2，取正方體的面的中心，連結.易證∥且，∥且，∥且，四邊形為平行四邊形，∥，就是與所成的角.設正方體棱長為1，則易求得，，，在中，由余弦定理，得
，故選B.
解法3 如圖3,建立空間直角坐標系.設正方體棱長為1，則，，，，所以，
，所以，故選B.
評析 運用幾何法求異面直線所成的角，一般通過平移其中一條或兩條，轉化成相交直線所成的角，例如本題解法1將平移至，解法2將平移至，然后往往通過解三角形求此角（常常運用正弦定理、余弦定理、勾股定理及其逆定理）.而用向量法求異面直線所成的角，只需利用公式，將幾何問題轉化成向量運算，一般比幾何法簡單.
題83 多面體表面上三個或三個以上平面的公共點稱為多面體的頂點，用一個平面截一個n棱柱，截去一個三棱錐，剩下的多面體頂點的數目是 （ ）
A、 B、
C、 D、
（第四屆高一第二試第10題）
解法1 n棱柱有個頂點，被平面截去一個三棱錐后，可以分以下6種情形（圖1~6）
在圖4，圖6所示的情形，還剩個頂點；
在圖5的情形，還剩個頂點；
在圖2，圖3的情形，還剩個頂點；
在圖1的情形，還剩下個頂點.故選B.
解法2 如圖1~6，令=4，則四棱柱共有8個頂點，截去一個三棱錐后，
在圖4，圖6的情形，剩下8個頂點；
在圖5的情形，剩下7個頂點；
在圖2，圖3的情形，剩下9個頂點；
在圖1的情形，剩下10個頂點.
說明剩下的頂點數共有4種不同情形，對照選擇支，可知選B.
評析 解決此題的關鍵是搞清楚截去1個三棱錐的情形有幾種，實際上是四類情形：
截面不過任何頂點（如圖1），此時頂點增加了2個；
截面僅過1個頂點（如圖2，3），此時頂點增加了1個；
截面僅過2個頂點（如圖4，6），此時頂點數不增不減；
截面過3個頂點（如圖5），此時頂點減少了1個.
解法2根據這四類情形判斷頂點數有4種，便選B，更為簡捷.
拓展 將此題引申，便有下面的問題：
用一平面截一個棱柱，截去一個三棱柱，剩下的多面體的頂點數是__________，面數是_____________.
分析：依題意，截面只能與側棱平行或過一條（或2條）側棱，故共分三類情形：
截面不過側棱，此時，頂點增加了2個，面數增加了1個；
截面過一條側棱，此時，頂點數不變，面數不變；
截面過兩條側棱，此時，頂點減少了2個，面數減少了1個.
由于已知棱柱的頂點數是，面數是，故填或或；或
或.
題84 在長方體中，, 過的截面的面積為，求的最小值，并指出當取最小值時截面的位置（即指出截面與有關棱的交點的位置）.
（第五屆高一第二試第22題）
解 截面可能是矩形，可能是平行四邊形.
①截面是矩形，它們的面積分別記為.則，同理，.
為求的最小值，不必考慮截面.圖1畫出了截面的示意圖.
②截面是平行四邊形，有三種位置：（見圖2、3、4），設它們的面積分別為.對于截面，作于（如圖5），則，因為是定值，所以當取最小值時，有最小值.當是異面直線的公垂線時，它有最小值.這個最小值是到平面的距離，即是中斜邊上的高.
.同理，
注意到.
再注意到，可見是的最小值，設截面的面積為（見圖6）.
作于中，可知.在所在的平面內（如圖7），作∥，設交于，在中，設，則.在平面內，作∥，設交于，則.這表明截面與棱的交點滿足，于是點確定了.同理，點在上，，這樣，截面完全確定.
評析 破解此題需解決幾個關鍵問題：一是截面的情形到底有幾種？二是每一種情形的截面面積是多少？三是這些面積的大小關系如何確定？四是取最小值時截面的位置如何確定？
截面情形可分為兩大類（矩形與平行四邊形），每一類又分3種情形，先在每類情形中分別比較3個面積的大小，再比較兩類中最小面積的大小，降低了難度，減少了運算量.在兩類情形中分別比較及的大小時，變形技巧的運用起了關鍵作用.在計算時兩次運用轉化思想：的邊上的高→點到面的距離→ 點到的距離.在比較與的大小時運用了放縮法.
由于，所以最小時，點到的距離應是，而在中作，則有.因此作∥交于，作∥交于，則.由于面，所以面，故作出的就是最小時的.
此題綜合運用了分類討論思想，化歸轉換思想，變形技巧，放縮法等，需要有較強的分析問題與解決問題的能力才能作出正確的解答.
題85 從凸四邊形的對角線交點作該四邊形所在平面的垂線段，使，若.當最小時，的形狀是＿＿＿＿.
（第十四屆高二培訓題第67題）
解 由已知，易得，.設，（如圖），則.因為，所以.而（設），于是，，當時取等號，這時.同理，，所以，，即，所以.當時，，.
（1）當，即，時， ，所以.此時，的形狀是平行四邊形.
（2）當，即，時，，所以與不平行.此時，是梯形，
綜上可知，當時，是平行四邊形，當時，是梯形.
評析 的形狀只能由已知條件推出，形狀也無非是由邊與角的關系決定，因此，充分利用已知條件，將其轉化為四邊形的邊或角的關系是解題的關鍵.
由于高為3，故最小時，底面的面積最小，由于與為定值，故設，，則最小，為，此時，，這就為證得奠定了基礎.此后便是判斷與是否平行了，而這取決于與是否相等，故分類討論，終得為平行四邊形或梯形.
從另一角度看，的形狀無非是平行四邊形，梯形，菱形，矩形，正方形等中的一種或幾種，而每一種形狀總有一組對邊平行，故首先應想到證一組對邊平行，也就是證對角線交點把兩條對角線分成的4條線段對應成比例.
題86 正三棱柱ABC—A1B1C1底面的邊長和高都是2cm，過AB 作一個截面，截面與底面ABC成600角，則截面的面積是 .
（第六屆高一第一試第30題）
解法1 如圖1，截面ABEF是等腰梯形，D、D1分別為AB、EF的中點，則∠D1DC就是截面與底面ABC所成二面角的平面角，所以∠D1DC=600.易證面DC C 1 D 1⊥面ABC，作D1M⊥DC于M，則D1M⊥面ABC，D1M=CC1=2，D1D= D1Mcsc600=，DM= D1Mcot600=，，
∴S截面=
解法2 如圖2，設截面與側棱CC1所在直線交于點D，則，在Rt△CDM中，
∠DMC=600，DC=
又，
∴S△DEF= S△DAB=cm2,
故S截面=S△DAB- S△DEF= =.
評析 此題源于課本上的一道習題：“正三棱柱底面的邊長是4cm，過BC作一個平面與底面成300的二面角，交側棱AA’于D，求AD的長和截面△BCD的面積”.兩者的區別在于競賽題中的截面與上底面相交，而課本習題中的截面與側棱相交.稍不注意，就會將本賽題錯解為
事實上，cos∠CMC1=
，∴∠CMC1<600，因此截面為梯形，而不是三角形.
拓展 將課本習題與本賽題結合起來，并將其一般化，我們便得
定理 若正三棱柱ABC—A1B1C1的底面邊長為a，高為h，過AB作與三棱柱底面所成角為θ的截面，則截面的面積S=
證明留給讀者.
運用該定理解本賽題：，=， ，故S截面=.
題87 如圖，正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱長都相等，D是AA1的中點，則BC1與CD所成的角是 ，面BCD與面CDB1所成二面角等于 .
（第十一屆高二第一試第22題）
解法1 如圖1，由已知，易證DB1在面BCC1 B1內的射影為B1E，因為正三棱柱的所有棱長都相等，所以B1C⊥BC1，由三垂線定理得B C1⊥DB1，所以B C 1⊥面DCB1，所以BC1⊥CD，故BC1與CD
所成的角是900.
過E作EF⊥DC于F，連結FB，則BF在面DCB1內的射影為EF，由三垂線定理得DC⊥BF，所以∠EFB就是二面角B1—DC—B的平面角.
設正三棱柱的各棱長為2，則BE=，DB=DC=，從而易求得△BCD的BC邊上的高為2，由BF=×2×2，得 BF=，在Rt△BEF中，，
∴為所求.
解法2 取BC的中點M，以M為原點，建立如圖2空間直角坐標系.不妨設正三棱柱的各棱長為2，則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與CD所成的角是900.過E作EF⊥DC于F，連結FB.設F（x, y, z）,因為E（0，0，1）所以=（x, y, z-1）.由，得x+y+z-1=0①，因為=（x, y-1, z），所以，所以BF⊥DC，所以∠EFB就是面BCD與面CDB1所成二面角的平面角.因為C(0,-1,0), D(，0，1), F（x, y, z）三點共線，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.
評析 異面直線BC1與CD所成的角也可以通過補形、平移，轉化成相交直線所成的角，再通過解三角形求得，但比較繁.解法1的關鍵是從已知圖形中發現D在面BCC1 B 1上的射影為E，從而DB1在面BCC1 B1上的射影為B1Ｅ，由B1C⊥BC1及三垂線定理得B C 1⊥DB1，進而B C 1⊥面DCB1，所以BC1⊥CD.求二面角的關鍵是作出二面角的平面角.當二面角的兩個面內各一點的連線垂直于其中一個面時，由其任一點作二面角棱的垂線，再連結垂足與另一個面內的一點，根據三垂線定理或其逆定理，就得到二面角的平面角，這是作二面角的平面角的最常用方法之一.
運用空間向量求異面直線所成的角通常是非常簡單的，此題也一樣.用空間向量求二面角就不是那么的簡單了.這里，作EF⊥DC于F，設F的坐標后，得及D、F、C三點共線，得關于F坐標的方程組，解得F坐標后由cos∠EFB=，求得∠EFB.這體現了用空間向量求二面角的基本過程，當然作EF⊥DC于F后，如果，即BF與DC不垂直，∠EFB就不是此二面角的平面角，此時就應另行思考.
題88 如圖１，設是直三棱柱，，，分別是，的中點.點在上且.如果，則與所成的角等于　　　　　　　　　　　　　　?。? ）
A、 B、
C、 D、
（第十三屆高二第一試第５題）
解法1 如圖２，取中點Ｎ，可知∥∥，從而共面，且在此平面內.是直三棱柱，，又，即，面，，.又是正方形，分別是，的中點，.平面.平面，.故選A.
解法2 不妨設.則.如圖３，在已知三棱柱下方補一個與其同樣的三棱柱.取的中點N，連結，在上取一點，使，則易證四邊形為平行四邊形.所以∥.取、的中點，連結，在上取點，使，連結，則易證∥∥，所以（或其補角）就是與所成的角.連結.易求得，，.因為，所以.故選A.
解法3 因為
，所以，即與所成的角為，故選A.
解法4 以為坐標原點，以所在直線為軸，以所在直線為軸，以所在直線為軸，建立空間直角坐標系.（如圖４）
設，則，，，.所以，, 因為
，所以，故與所成的角等于.選A.
評析 異面直線所成的角通常是通過平移轉化成相交直線所成的角以后再求.解法2就是按照這樣的思路并運用“補形”的方法，將平移至，再通過解三角形求得即為所求.
解法1通過證明與所在的一個平面垂直，由線面垂直的性質，得，從而得與所成的角為.這是從哪里想到的呢？應當說這是由選擇支中有而引發的一種思考.
解法3、4則是運用向量的方法.解法3并未建立坐標系，一般地，這僅適用于結果是兩向量垂直的情形.解法4才是通法，且簡單易行.
拓展 受解法1、3的啟發，可知在題設條件下，與、等也都成角.若是的中點，則與、等也成角；若是的一個三等分點，則與、等仍成角，等等.仿照證法1、3，很容易證明上述結論.
題89 在三棱錐中，，，兩兩垂直，則 （ ）
、一定是銳角 、一定不是銳角 、一定是鈍角 、一定是直角
（第八屆高二培訓題第3題）
解法1 設，，，則
，故，選.
解法2 不妨設，則易證，即是正三角形，故是銳角.這說明、、一定錯了.故選.
評析 判斷一個角是銳角、直角或鈍角，通常由此角的某三角函數值的符號確定.由于，若，則仍不能確定是銳角、直角還是鈍角，而當或者時就可斷定是銳角，同樣地，當或時，就可斷定是鈍角，當或的值不存在時，就可斷定是直角.解法1以此為依據解決了問題.
解法2根據選擇支的特點，采用特殊化思想，排除了、、，從而選.顯得特別簡捷.
此題也可用反證法的思路解：設，，.若是直角，則，即.得，這與矛盾，故排除.若是鈍角，則必定有，且，即且，亦即且，而題設并無、、的大小限制，故排除，令，則易知是正三角形，故為銳角，又排除.故選.
再換個角度思考：若對或對，則也對，故、都不對.又由直覺可知可以為銳角（比如當時）故又不對，從而選.
題90 圖1是以4個腰長為1的等腰直角三角形為側面的棱錐，其中的四個直角是 ，求棱錐的高.
（第十屆高一第二試第22題）
解法1 如圖2，連交于，連，在和中，由于≌，從而，并且①.同理，由題設，可得，并且②.由①、②知都在的中垂面上，作面，則必在上.設，則可得
從中消去與，可得，由此消去，得，解之，得為所求.
解法2 如圖2，連交于，連，由題設條件易知面面，所以(≌).作于，則為棱錐的高，.又，故，在中，由正弦定理，得，即，得（另一負值舍去）為所求.
解法3 如圖2，易證≌（三邊對應相等），面，設所求的高為，由，即，得，在中，，又，故，得，得，在中有，，于是，即解得為所求.
解法4 原題等價于命題：“已知中，
.沿對角線折成直二面角（圖4），且，求點到平面的距離”.
在圖4中，分別過作的垂線，分別為垂足.設，則；又設，作于G，連結EG，則. 所以，得，于是，故.由異面直線上兩點距離公式得
，得，，得為所求.
評析 這是本屆比賽的壓軸題，看似簡單，實際上并不容易.解決此題的關鍵是要發現四面體與關于平面對稱，與全等，并充分利用對稱與全等的性質，再借助其他定理，建立數學模型使問題得到解決.
其中解法1引進了多個未知量鋪路搭橋，并逐個消去得所求，這是一種常用的數學方法，用起來自然流暢.
把三棱錐不同的面當作底面，所得體積總相等，由此，可求點面距離（或棱錐的高）.解法3以此輕松地解決了問題.這也是求點面距離或棱錐高的常用方法.
受解法3的啟示，解法4將問題轉化為一個等價的較易解決的命題后再行處理，這也是化難為易的常用手段.
此題還有多種解法，讀者可自行研究，不再贅述.
題91 三棱錐中，為底面內的一點，
，則的余弦值為______.
（第九屆高一第二試第20題）
解法1 設在三邊上的投影分別是，則由于
，
，即，它的余弦值為.
解法2 如圖1，以為棱，的延長線為對角線長作長方體，設又設
∴在中，
即的余弦值為.
解法3 如圖2，過作平面垂直于，分別交于，由已知有平面平面，從而平面，連結并延長交于，連結,顯然有連結、.不妨設又在中，由得
于是
評析 由已知條件畫出的圖形，的余弦值可在中由余弦定理求得，然而，三邊都不知道，這就是本題的難點之所在.如何突破？
解法2根據已知這一特點，將已知三棱錐補成長方體，這樣就有問題歸結為解直角三角形，這就容易多了.解法3則通過過作平面與垂直，從而使得（即）、（即）、及（即）都成為直角三角形的一個內角，同樣起到了化難為易的作用.解法1中用到結論,其依據是：恰為以為棱的長方體的對角線.
拓展 因為又知結論
，即，所以有，將三個角一般化，我們可得
定理 三棱錐中，為底面內的一點，與所成的角分別是則
簡證 如圖1，
推廣 是兩兩垂直的三條射線，與所成的角分別是
則
題92 有一個側棱都是的三棱錐，頂點處的三個面角中，有兩個都是，另一個是.將該棱錐的體積表示成的函數并求出當取什么值時，達到最大或最小.
（第二屆高一第二試第21題）
解 設所給的棱錐是（定值），（變量），以所在平面為底面，作底面于，作于，連結.（如圖）由三垂線定理，,于是.面，在的平分線上..
，于是.又的面積三棱錐的體積.
設，則根號內的這部分可以表示為，當時，最大，同時也最大.，即是銳角，.
答：當時，最大.
評析 這是一道立幾、函數綜合題，涉及的知識面廣，方法多.破解此題的關鍵，一是把看成頂點，把面看成底面；二是寫出函數關系式；三是求的最值.
把看成頂點后，是顯然的，關鍵是如何將高用表示.而要解決這個問題，必須知道由，可得到在底面上的射影是的平分線這一重要結論（立幾中常常用到這一結論）.另外，作，由三垂線定理得，這就溝通了與之間的關系，使得用表示成為可能.
求得的是較復雜的，如何求其最值也是問題之一.分析出只需求的最值是一個進步；將其變形為又是一個進步.接著換元，令，得，這是一個二次函數在(0,1)上的最值問題，太熟悉了，于是大功告成.其答案也可表示成或.
該題重點考查了轉化問題的能力，綜合運用多種知識解決問題的能力.
題93 設為正三棱錐的底面內的任意一點，過引底面的垂線與這棱錐的三個側面所在平面分別交于三點，若正三棱錐的高為2.試求的長.
（第十二屆高一培訓題第81題）
解 如圖，過作于，作于，作于，連結.顯然、、都等于這個正三棱錐的側面與底面所成的二面角，
.易知為底面正三角形的高，因為正三棱錐高為，所以有，，即.
評析 首先用特殊點指明解題方向：由于是正內的任意一點，故不妨使其為正的中心，則此時的與正三棱錐的頂點重合，從而為正在棱錐高的3倍，也就是6.若將此題改為選擇題，則已可選出正確答案.然而，這是解答題，又該如何求呢？
解決此題遇到的第一個難點就是正確地畫出圖形.圖畫出后的關鍵問題是如何利用正三棱錐這一條件，由于都垂直于底面，且分別在三個側面內，故分別過在三個側面內作底邊的垂線，則為三條射影.由正三棱錐，可知，則.運用正三角形內任一點到三邊距離之和為其一邊上的高，設，正三棱錐的高為，則，這就得到.這里，發現也是解決問題的關鍵之一，它將三棱錐的高與，進而與建立了聯系，從而最終解決了問題.
拓展 此題就是下面定理的特殊情形.
定理　若是高為的正三棱錐的底面內的任意一點，過引底面的垂線與該棱錐的三個側面所在平面分別交于三點，則.
證明留給讀者.
題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 ________
(第十三屆高二第一試第20題)
譯文:從北京前往智利的圣地亞哥,有兩種旅行方案可供選擇.方案(A):由北京向西飛抵紐約，再向南飛抵圣地亞哥; 方案(B):由北京向南飛抵澳大利亞的弗里曼特爾,再向西飛抵圣地亞哥.上述4個城市的地理位置可近似看作:北京(東經1200,北緯400),紐約(西經700,北緯400), 弗里曼特爾(東經1200,南緯300), 圣地亞哥(西經700,南緯300). 假設飛機航線都是球面距離,那么飛行距離較短的方案是_______.
解 用表示北京與紐約的球面距離, 表示紐約與圣地亞哥的球面距離, 表示北京與弗里曼特爾的球面距離, 表示弗里曼特爾與圣地亞哥的球面距離.則有:
(A)方案的航程為+ ，
(B)方案的航程為+ ，
而向南飛是沿著經度線(球大圓)飛行，所以=. 又由余弦定理計算直線距離得
.因此(R為地球半徑). 同理，.于是BN又和都是小于地球赤道(長)的1/2 , 所以< . 故方案(A)的航程更短些 .
評析 地球表面兩點間的最短距離是這兩點的球面距離(過這兩點及球心的平面截球面所得大圓上的劣弧的長).同一經線上兩點間的弧長就是這兩點間的球面距離,但同一緯線圈上兩點間的劣弧長并不是這兩點間的球面距離,因此,此題的關鍵是為何求得與,并比較其大小.當兩點間的直線距離小于地球赤道長的一半時，兩點間的直線距離小的，這兩點間的球面距離也小.運用這一結論可簡化運算.
拓展 如果直接求北京與紐約間的球面距離及弗里曼特與圣地亞哥間的球面距離，又該如何求呢？我們可以運用下面的
定理 設地球半徑為，是緯度為的同一緯線圈上兩點，這兩點的經度差為，則間的球面距離.
證明 設地球的球心為，所在緯度圈的圓心為，則，，平面，，，.在中，由余弦定理得
==.在中，
，（弧度）. .證畢.
將代入上式，便得題中的，將代入上式便得題中的，由于，，又是減函數，，.故方案(A)的航行路程更短些.
題95 如圖1所示，矩形中，為上的任一點，以所在直線為軸，將旋轉而成一個旋轉體，求旋轉體表面積的最大值，并指出當表面積最大時點位置.
（第十一屆高一培訓題第79題）
解法1 如圖2，設到的距離是，則旋轉體表面積.
為求的最大值，不妨設.作關于直線的對稱點，連結，則在內部或邊界上，延長交于，則，所以.所以.此時與或重合.
解法2 由解法1，可知只須求的最大值.設，則
，表示直角坐標系內軸上的動點到兩點的距離之和（如圖3）.由平幾知識，顯然當點位于與軸的交點處時，最小，當點由點處沿軸移向點時，越來越大，當點達到點時，達到最大，為；同樣地，當點由點處沿軸移到點處時，達到最大，為.故.從而.
評析 此題的難點是求的最大值.解法1在作出點關于的對稱點后，反復利用三角形兩邊之和大于第三邊突破了這一難點；解法2運用函數思想，將表示成的長的函數，而求這種無理函數的最大值無常規方法，故又將看作動點與兩定點的距離之和，再利用平幾知識求出了最大值.平幾知識、轉化思想的靈活運用是破解此題的關鍵.
拓展 不難知道，當點為的中點時，,從而，進而旋轉體表面積的取值范圍是.
題96 ABCD是一個正方形，M為AB上一點，N為BC上一點，且AM=BN.連DM、DN分別交對角線AC于點P、Q，剪掉△MNB.求證：
①以DM、DN為折痕，將DA與DC重合，可以構成一個三棱錐的側面.
②以線段AP、PQ、QC為邊恰可構成一個內角為600的三角形.
（第一屆高一第二試第五題）
解 ①如圖1，由于AM=BN，則CN=BM.以DM、DN為折痕，使DA與DC重合.下面證明AM，MN，CN可構成一個三角形：由于AM=BN故將DA與DC重合后，面DAM，面DMN，面DNC恰構成一個三棱錐的側面.
②如圖2，在棱錐D-A(C)MN中，AP在面ADM內，PQ在面DMN內，QA在面DAN內.AP-PQ-QA(C)形成封閉折線構成△APQ，所以AP，PQ，QC可構成△APQ的三條邊.現在只須證∠PAQ=600.由于棱錐底面△AMN≌△BMN（三邊對應相等），∴∠MAN=900，又∠DAM=900，∠DA(C)N=900，AP為∠DAM的平分線，AQ為∠DAN的平分線.作PP1⊥DA于P1，過P1作P1S∥AN交AQ于S，則∠PP1S=900，P1A=P1P=P1S，所以PA=SA=SP，即△PSA為正三角形，所以∠PAQ=600.
評析 這是一個典型的折疊問題，解決此類問題的關鍵是要搞清楚折疊前的各種量在折疊后是否發生了變化，并畫出正確的圖形，再根據圖形尋求解題的路子.
第①小題的核心是證明線段AM、MN、CN可以構成一個三角形.上述證法是證明了最長的線段MN比兩條較短的線段CN與AM的和小，故三條線段能構成一個三角形.其實，因為AM=BN，所以CN=BM.而BN、MN、BM顯然構成△BMN，故AM、MN、CN當然也能構成三角形 .
第②小題要證明線段AP、PQ、QC為邊可構成一個三角形是很容易的，難就難在要證明此三角形的一個內角是60 0，到底哪一個內角是600？這在直觀圖上是不易看出的 .瞎猜一通，將會浪費大量時間，且不易得到證明.怎么辦呢？我們可以用圖1中的三條線段AP、PQ、QC為邊畫一個三角形，量出一個最接近600的角（若不明顯，還可將圖1中M、N的位置適當移動后再如此操作），然后再去證明，這是一個有效的方法.要證明∠PAQ=60O也并非易事.一般來說，是通過解△PAQ，求得∠PAQ=600.這就需要知道△PAQ的三邊或一些邊與角.我們可以設正方形的邊長為1，AM=BN=x，設∠ADP=，則∠APD=1800-450-=1350-，sin =,在△APD中， ， ，類似地可在△DCQ中設∠CDQ=，則CQ可用的三角函數表示出來，再得PQ=-AP-CQ.然后再用余弦定理，應當說是可以得到∠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分別是Rt∠DAM，Rt∠DAN的平分線，得到△P1AP、△P1PS、△P1SA為全等的等腰直角三角形，得AP=PS=SA，故∠PAQ=600.這就有效地避免了繁瑣的運算.這也啟示我們，當常規思路（比如通過解三角形求角）難以奏效時，應當改變思考方向，尋求新的解法.
題97 正的邊長為，用任意直線截與兩邊交于，將沿折起作成二面角，由此可形成四棱錐，求此四棱錐的最大體積，并證明之.
（第十二屆高二培訓題第77題）
解 由棱錐的體積公式，可知
（1）當固定時，折起與平面垂直時，所成四棱錐有最大體積，此時，的高即為棱錐的高.
（2）當高固定時，所有的直線皆以與為圓心，為
半徑的圓相切，由此可知棱錐的體積要最大，必須四邊形
的面積最大，有最小面積.因而只要考慮
與平行的這些直線.
（3）設∥交于，記，則=
，四棱錐的體積為.
（4）由
，當且僅當
，即時取等號.所以.
評析 此題解法中的4個步驟恰好解決了本題的4個關鍵問題：
（1）當固定時，折成什么樣的二面角體積最大？
（2）當高固定時，處于什么樣的位置時底面積最大？認識到底面的面積最大時的面積最小也是至關重要的.
（3）在認識了必須與平行，設后，如何將表示成的函數？
（4）如何求（3）中函數的最小值？
這種高與底面積都在變化，即影響體積的兩個量都在變化時，先固定一個變量再加以分析的方法在解一些較為復雜的多元函數問題時常常用到，我們應細心體會，并能在實踐中自如操作.
拓展 將此題略加變動，我們便得下面的
定理 若D是邊長為的正的邊上的動點，將沿折起作成二面角，則由此形成的三棱錐的體積的最大值是.
證明 如圖，設，則.
=.在中，由
余弦定理，求得.作于，
則
，所以.顯然，若固定，則當沿折成直二面角時三棱錐的體積最大，此時，就是此三棱錐的高.故
.令
，則易證在上單調遞減，所以=
.
題98 給定一個三角形紙片（如圖1），你能否用它為原料剪拼成一個正三棱柱（正三棱柱的全面積等于原三角形的面積）？說明你的方法.這里“剪拼”的意思是：依直線剪裁，邊對邊拼接.
（第十四屆高二第二試第22題）
解 可以剪拼成一個正三棱柱，下面分兩步證明：
（1）設是最大角之一，取中點，過作的垂線，垂足一定在內.過作的平行線，分別交兩垂線于點.由≌，≌，可見矩形可由剪拼而成（如圖2）.
（2）設矩形中，，以為邊，向內作正，與的距離等于,故在矩形內.過作的平行線，如圖3剪拼，即成一個正三棱柱.證畢.
評析 正三棱柱的三個側面是全等的矩形，兩底面是全等的正三角形，將正三角形平分后又能拼成矩形，三個全等的側面矩形總有一邊等于底面正三角形的邊長.因此，意識到任何一個矩形都可按圖3那樣剪拼成一個正三棱柱是破解此題的關鍵之一.在此基礎上，如何將任何一個正三角形剪拼成矩形又是一個關鍵問題，運用平幾知識很容易解決這一問題.
拓展 對此題作進一步研究，可得
命題1 一個三角形可剪拼成任意形狀的等積三角形.
證明 設已知三角形為，各邊長分別為，所求三角形為，各邊長為，，.
1、不妨設，.我們先將剪拼成一個邊長為的矩形（如圖2）.
2、將矩形剪拼成一組對邊長為的平行四邊形.若，將矩形作如圖4的處理，分別為的中點，（倘若，我們就將矩形截成兩個全等的矩形與，如圖5，將接到，重復這個操作，直至），延長交于，過且平行于，易知可拼成平行四邊形且.
若，仍作圖5處理，直至（矩形在豎直方向的邊長）為止，再進行上述操作.
3、因為，所以（為平行四邊形的高）.
如圖6，分別是的中點，過的直線交于，交于，且（由前所證，這樣的存在）連接并延長交于.
如圖7，若在的延長線上，可先將剪拼到，再將剪拼到，在的延長線上，同理可得.
因為在剪拼的過程中，面積始終不變，所
以當確定時也唯一確定，故
即為所求三角形.
命題2 一個三角形可剪拼成任意形狀的等積多邊形.
把要求的多邊形看成有限個三角形的組合，設為，則
.將底邊分成份，長度比為，再依端點將剪成個面積依次為的三角形.由命題1，依次將面積為的三角形剪拼成.最后將拼起來即得所求多邊形.
命題3 一個多邊形可剪拼成任意形狀的等積多邊形.
將命題擴展到空間，又得
命題4 一個多面體可切拼成任意形狀的等積多面體.
題99 設在空間給出了20個點.其中某些點涂黃色，其余點涂紅色.已知在任何一個平面上的同種顏色的點不會超過三個.求證：存在一個四面體，它的四個頂點同色，并且至少有一個側面內不含另一種顏色的點.
（第一屆高一第二試第四題）
解 因為，這20個點涂紅、黃兩種顏色，所以至少有四個點是同色的.由于任一平面上同色點不會超過三個，所以上述四個同色點不共面，組成四個頂點同色的四面體.于是可知，四個頂點同色的四面體必定存在.
由于點數有限（20個），其中四個頂點同色的四面體只能有有限個，所以可選取其中一個體積最小者.這個體積最小的四個頂點同色的四面體即合要求——其中至少有一個側面內不含另一種顏色的點，如若不然,若它的四個面內都有涂另一種顏色的點,則這四個點必不共面，將形成一個體積更小的四個頂點同色的四面體，于是會產生矛盾.故命題得證.
評析 這是最簡單、形象、直觀的染色——點的染色問題.將空間20個點染成黃色、紅色（任何平面上不同色點不超過3個）后，要求證明具有某種性質的對象（四個頂點同色，且至少有一個側面內不含另一種顏色的點的四面體）存在，這類問題的證明，通常要用到抽屜原理，重疊原理等組合學中的基本原理，或利用奇數偶性分析，有時還用到構造法、遞歸法、數學歸納法等數學方法.本題中利用抽屜原理，立即證得四個頂點同色的四面體的存在性.再在存在的有限個四頂點同色的四面體中取一個體積最小的，再用反證法證明這個體積最小的四面體就是四個頂點同色，并且至少有一個側面內不含另一種顏色的點的四面體.
題100 用四個邊長分別為，， 的銳角三角形可以拼成一個四面體.把拼成的任何一個四面體的各棱用紅、黃、藍三色染色，每條棱染一色，每種色染兩條棱，考慮一切經過這樣染色的四面體，如果經過適當轉動，兩個染色四面體完全重合，并且重合的對應棱同色時，稱這樣的兩個四面體是同一染色類.問：所有這樣的染色四面體可分為幾種染色類？
（第四屆高一第2試第22題）
解：所構成的四面體對棱長度相等，圖中.從四面體外部看，任何一個表面三角形三條邊都包含，，三種長度，按它們的配置順序看，可分為兩類：一類是邊長為，，的三邊按順時針方向排布，另一類是按逆時針方向排布.如果有兩個四面體分別屬于這兩類，那么無論如何轉動，這兩個四面體都不會重合.因此，只要把，，三邊順時針方向排布的染色四面體的染色類數弄清楚了，就可以把這個數乘以2，得到全部染色類的數目.
以下設，，順次按順時針方向排布，按染色方法可分成三種不同方式：
①三組對棱對應同色，即圖中與、與、與同色.容易看出，只要一個頂點處的三條棱所占的三種顏色確定后，整個四面體的染色也就確定了.這種方式下，有類.
②恰有一組對棱同色，設長為的對棱同色，另外兩組對棱對應異色.當長為的這組對棱的顏色確定后，不論另外四條棱怎樣染色（但要使另外兩組對棱對應異色），都可以經過適當旋轉，使這樣染色的兩個四面體重合，且對應棱同色，也就是說：長為的對棱同色時，可劃分為3個染色類.同理，長為，長為的對棱同色也是這樣，在這種染色方式下，共可劃分為類.
③任何兩條對棱都異色，這時有且僅有一個三角形，它的三邊是三種不同顏色，設中，染了紅色，染了黃色，染了藍色這時，只要染色確定后，整個四面體的染色就確定了.可染黃色，也可染藍色.這樣形成的兩個染色四面體不同類.因此，這種染色方式下，有類.
綜上分析，考慮到按逆時針方向排布的四面體，共有種.
評析 顯然不是所有染色四面體經過適當轉動后兩個四面體都能完全重合且重合的對應棱是同色的，于是必須對所有染色四面體進行分類.染色問題的本質就是分類.分類應注意既不能重復又不能遺漏.要做到這一點，分類標準必須一致.因此，如何分類？分哪幾類？分類以后怎么辦？就成了解決問題的關鍵.
由于本題中的四面體的任何一個表面三角形三邊都包含，，三種長度，故可按其配置順序分為兩類：一類是邊長為，，的三邊按順時針方向排布，另一類是按逆時針方向排布.認識分屬這兩類的兩個四面體都不會是同一染色類也是十分重要的，在此基礎上，我們只須把，，順時針方向排布的染色四面體的染色類數弄清楚了，而，，按逆時針方向排布的染色四面體的染色類數與其相同，故問題也就解決了.于是又對，，按順時針方向排布時按染色方法分為三類，并逐一求出同一染色類數，便最終解決了問題.
參考文獻
1996年-2005年《數理天地》（高中版）.

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