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第一講：數形結合思想【講】
【典例1】（2023年高考數學（新課標Ⅱ卷）第7題）已知為銳角，，則（ ）
A． B． C． D．
【解讀】三角恒等變形是高中數學課程的主干內容，為考生所熟悉．掌握三角恒等變形有利于考生理解三角函數的性質和三角函數的運算之間的關系．考生從借助單位圓直觀理解三角函數的性質轉到由代數運算理解和研究三角函數的性質，將使理解更加深刻，有助于提升數學核心素養．
（1）試題選取了考生熟悉的三角函數和三角恒等變形的計算問題，考查考生的運算求解能力．試題所用到的三角函數恒等變形公式不多，二倍角公式是考生需要掌握的基本公式，其變形方式比較簡單，并且可以直接從兩角和（差）公式推導得到．試題計算量不大，計算難度適中，有利于考生正常發揮．試題實現了數學學科高考的基礎性要求．
（2）試題具有清晰的幾何背景和意義．在對特殊角三角函數、平面幾何的黃金三角形（相似三角形）的學習中，在斐波那契數列、正多（五）邊形的尺規作圖、音樂和繪畫藝術作品中，都會涉及到黃金分割比．借助黃金三角形的知識，可以發現題設條件就是，從而得到即為所求．
（3）試題為高中數學課程中相關內容的教學起到積極引導作用．本題結構簡單，問題目標清晰，但可以引導高中數學教學關注數學知識在不同階段的縱向發展脈絡，關注數學知識背后的意義，關注其跨學科橫向聯系．如果試題僅給出實數，要求求出，則失去了豐富的幾何意義，淪為僅限于考查三角函數的代數運算，因此試題背景的選擇非常重要．
【答案】D
【目標】試題考查三角函數的基本性質，考查三角恒等變換的基本公式，考查考生運算求解能力．
【分析】解題思路 思路1 利用半角公式計算．
因為，所以，而為銳角，故
．
故D為正確選項．
注：選項A為，選項B為，選項C為．
思路2 利用黃金三角形計算．
在如圖所示的黃金三角形中有，即，
解得，所以，．
所以，即．
故D為正確選項．
【典例2】（2023年高考數學（新課標Ⅱ卷）第15題）已知直線與交于A，B兩點，寫出滿足“面積為”的m的一個值______．
【解讀】主要考查直線與圓位置關系、圓內接三角形性質等，只需思路清楚，便可輕而易舉求得正確答案，計算較為輕巧．試題要求只需寫出一個滿足條件的m值即可，具有一定的開放性．
【答案】可填2，，，中任意一個
【目標】試題考查直線與圓的位置關系，點到直線距離及圓內接三角形性質等．根據題設，利用數形結合思想，厘清三角形面積的要素邊與高在圓內接三角形中的位置關系，問題即可迎刃而解．合理選擇三角形的底與高，可簡化有關運算．
【分析】解題思路 思路1 由圓的標準方程知圓心為，半徑．如圖，視為的底，過頂點C作邊上的高，則長度等于圓心到直線的距離，即．在等腰三角形中，．由題設知，所以，整理得．解得或，從而，或者，經驗證，滿足題目要求．因此，滿足“面積為”的m的一個值可以填2，，，中任意一個．
思路2 如圖，由圓的標準方程知圓心為，半徑；直線過圓上的定點．設直線與另一交點B的坐標為，將代入圓的方程，整理得，即，所以（*）．在中，圓的半徑是固定的邊，且．若視為的底，則其上高的長度h等于頂點B縱坐標的絕對值．于是，又由題設，所以．故由式（*）得，即，解得或．因此，滿足“面積為”的m的一個值可以填2，，，中任意一個．
【典例3】（2023年高考理科數學（全國甲卷）第4題）已知向量，，滿足，，且，則（ ）
A． B． C． D．
【解讀】試題給出模為定值的三個向量，以及這三個向量之間的關系，要求求出向量，夾角的余弦值．根據向量加法運算的平行四邊形法則，可以列舉出滿足關系的三個向量的坐標，通過向量坐標的運算，求出向量夾角的余弦值，也可以直接進行向量的數量積的計算求解．不同思維能力層次的考生都可以通過自己熟悉的方法來解決問題．向量是代數與幾何的橋梁之一，也是數學和其他一些學科研究的重要和有力工具，通過向量可以將幾何問題和代數問題有機結合，既可以通過代數運算得到幾何不變量和幾何量之間的關系，也可以給代數內容賦予幾何直觀．
【答案】D
【目標】試題考查向量概念、向量的線性運算及其幾何意義、向量的數量積以及向量夾角等相關知識；考查考生的平面向量的運算能力，數形結合的能力等．
【分析】解題思路 思路1 利用題目的條件，直接進行向量的數量積運算．由題設得
，①
，②
．③
①+②③得，即．所以，．
．
思路2 利用向量之間的關系、向量的幾何意義和向量夾角的定義進行計算．根據條件，，可以想象，，滿足等腰直角三角形三邊之間的關系．根據，可知向量與的模長相等，方向相反．綜合這些條件，根據平行四邊形法則，可以設，，．所以，．
．
應用一 切線問題
【例1】若直線與曲線相切，則的最大值為______．
【引導與詳解】
第一步：直線與曲線相切畫圖很難處理，故形轉數，通過求導解決；
第二步：設切點坐標為，因為，所以，故切線的斜率為：，
，則．又由于切點在切線與曲線上，
所以，所以
第三步：構造函數，然后求函數最值；令，則，設，
，令得：，所以當時，，是增函數；當時，，是減函數．所以．所以的最大值為：1，故選B．
應用二 函數圖象問題
【例2】若函數滿足對都有，且為上的奇函數，當時，，則集合中的元素個數為（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【引導與詳解】
第一步：解方程根的個數問題轉化為的圖象與的圖象交點個數問題，數轉化為形；
第二步：研究的圖象：，可得關于對稱；為上的奇函數，根據圖象平移可知關于對稱，于是根據雙對稱性，可得是以2為周期的函數；
第三步：根據第二步函數對稱性與周期性，畫出與的圖象：
第四步：根據圖象可知與的圖象交點個數為三個，故集合中的元素個數為3．
應用三 平面向量問題
【例3】如圖，在圓內接四邊形中，，，．若為的中點，則的值為______．
【引導與詳解】
第一步：分析圖形的長度角度要素：由余弦定理知，所以．
由正弦定理得，所以為圓的直徑，所以，所以，從而，又，所以為等邊三角形；
第二步：如果數量積公式直接求，那么長度和夾角求解過程非常復雜，根據第一步可知，于是就可以化繁為簡，建立直角坐標系，通過坐標運算求解數量積；
第三步：
以為原點，以所在直線為軸，所在直線為軸建立如左圖所示的平面直角坐標系：則，，，，故．
應用四 方程問題
【例4】已知函數，方程有兩個實數解，分別為和，當時，若存在使得成立，則的取值范圍為______．
【引導與詳解】
第一步：
圖形分析：如圖所示，作出函數與的圖象，易得兩函數交點位于兩側，若存在使得成立，又因為關于對稱，那么與有交點，如圖有與關于對稱，那么就有；
第二步：交點問題轉化為代數問題：易求，；即在有解；
第三步：參變分離可得，所以的取值范圍為．
應用五 三角函數與解三角形問題
【例5】（2023 湖南長沙-雅禮）函數的最小正周期為（ ）
A． B． C． D．不能確定
【引導與詳解1】利用周期的代數定義法：若函數的最小正周期為，令；
則有，根據誘導公式可知當時，對恒成立，故函數的最小正周期為；
【引導與詳解2】
的圖象是由的圖形上下翻折而得，如左圖，根據圖形可知函數的最小正周期為，故選A．
【例6】在中，角A，B，C所對邊分別為a，b，c，，，則面積的最大值為______．
【引導與詳解】
第一步：先對進行定量分析，由三角恒等變換可得：
，
因為，所以，由于，故；
第二步：已知對邊對角，由正弦定理可知三角形的外接圓半徑為定量，根據圓的性質可知：定弦所對圓周角相同；外接圓半徑為且由正弦定理；
第三步：
如左圖可知，當點在處時且時，面積取最大值；
由幾何關系可知此時為等邊三角形，故
應用六 立體幾何中的最值問題
【例7】（2022 全國真題）已知球的半徑為1，四棱錐的頂點為，底面的四個頂點均在球的球面上，則該四棱錐的體積最大時，其高為（ ）
A． B． C． D．
【引導與詳解】
第一步圖形分析：四棱錐的高和底面面積都在變化，所以圖形分析求最值比較困難，故轉化為代數問題；
第二步：
根據圖形分析得出四棱錐體積關于某個變量的函數解析式：由題意可知，當四棱錐為正四棱錐時，其體積最大，設底面邊長為，底面所在圓的半徑為，則，所以該四棱錐的高，；
第三步：通過換元把函數簡化，然后通過求導求解函數最值：令，，設，則可得①當時，單調遞增；
②當時，單調遞減；所以當時，最大，此時，故選C．
應用七 解析幾何中表達式的幾何背景問題
【例8】已知實數，滿足方程，則的最大值為______；的最大值為______．
【引導與詳解】
第一步：將方程轉化為標準方程：，故的軌跡是以為圓心、1為半徑的圓；
第二步
的幾何意義為到距離的平方；如左圖可知：當點與重合時，到距離最大，此時，故；
第三步：三角換元轉化為代數計算：因為，故可設，；
所以，所以當時，即，時，取最大值，且最大值為．
方法一：利用數形結合求最值的方法
第一步：分析數理特征，確定目標問題的幾何意義．一般從圖形結構、圖形的幾何意義分析代數式是否具有幾何意義；
第二步：轉化為幾何問題．把代數式進行幾何轉化，轉化為具有直觀幾何意義構圖形，例如①中表示直線的斜率，表示直線在軸上的截距；②看作直線的斜率，轉化為平面直角坐標系內兩點和的連線的斜率，特別適用于一個定點和一個動點（動點在一個區域內）的形式；③或：看作是兩點和間的距離或距離的平方；④導數表示曲線在點處切線的斜率．其他具有幾何意義的概念都可以利用相關的幾何圖形直觀進行分析判斷，例如：①向量的問題，可以考慮用向量的圖形大小與方向及向量運算的幾何意義構造圖形直觀解題；②復數與復平面內的點的一一對應關系，可以把復數的有關運算轉化為圖形．
第三步：解決幾何問題；
第四步：回歸代數問題；
第五步：回顧反思．
方法二：用函數的圖象討論方程
含參數的指數、對數、根式、三角等復雜方程的解的個數是一種重要的思想方法，其基本思想是先把方程兩邊的代數式看作是兩個熟悉函數的表達式（不熟悉時，需要作適當變形轉化為兩個熟悉的函數），然后在同一坐標系中作出兩個函數的圖象，圖象的交點個數即為方程解的個數．利用數形結合求方程解（或函數的零點）應注意兩點：
（1）討論方程的解（或函數的零點）可構造兩個函數，使問題轉化為討論兩曲線的交點問題，但用此法討論方程的解一定要注意圖像的準確性、全面性，否則會得到錯解．
（2）正確作出兩個函數的圖像是解決此類問題的關鍵，數形結合應以快和準為原則而采用，不要刻意去數形結合．
方法三：數形結合思想應用的場景
1．在數學中函數的圖象、方程的曲線、不等式所表示的平面區域、向量的幾何意義、復數的幾何意義等都實現以形助數的途徑，當試題中涉及這些問題的數量關系時，我們可以通過圖形分析這些數量關系，達到解題的目的．
2．有些圖形問題，單純從圖形上無法看出問題的結論，這就要對圖形進行數量上的分析，通過數的幫助達到解題的目的．
3．利用數形結合解題，有時只需把圖象大致形狀畫出即可，不需要精確圖象．
4．數形結合思想是解決高考數學試題的一種常用方法與技巧，特別是在解選擇題、填空題時更方便，可以提高解題速度．
5．數形結合思想常用模型：一次、二次函數圖象；斜率公式；兩點間的距離公式（或向量的模、復數的模）；點到直線的距離公式等．
6．是否選擇應用數形結合的原則是：是否有利于解決問題，用最簡單的辦法解決問題
微點：三次函數切線問題
【表現形式】①已知三次函數的切線條數；②求參數的取值范圍．
如：已知函數，若過點存在三條直線與曲線相切，求的取值范圍．
【說明】的圖象為中心對稱圖形，且對稱中心為．過該對稱中心作切線，可以將平面區域分成三部分，過每個部分上任意一點作切線，可以得到不同的切線條數．
①過區域Ⅰ上任意一點作切線，可得切線條數為3；②過的圖象（不包括對稱中心），以及對稱中心的切線上任意一點作切線（不包括對稱中心），可得切線條數為2； ③過區域Ⅱ上任意一點，以及對稱中心作切線，可得切線條數為1
【步驟】已知平面上一點，函數，則過點作的切線，所得切線條數可用如下步驟求解．
（1）求三次函數的對稱中心及過該點的切線方程．
（2）令，則
①當時，可得切線條數為3條；
②當時，可得切線條數為2條（注意排除對稱中心）；
③當時，可得切線條數為1條．
【例1】已知函數，若過點存在三條直線與曲線相切，則的取值范圍是________．
答案
解析 的對稱中心為，過對稱中心的切線方程為．
令，可得．
∵過點存在三條切線與相切，則，
解得，的范圍為．
【例2】設函數，其中，若過點可作曲線的三條不同切線，則的取值范圍是________．
答案
解析 函數的對稱中心，且，
則該點處的切線方程為．
令，且．
由于，切線方程為三條，解得，
故的取值范圍是．
【跟蹤練習】
1．已知函數，若過點存在三條直線與曲線相切，則的取值范圍為 ．
2．已知，若過原點有一條直線與的圖象相切，則的取值范圍為 ．
3．已知函數，若過點恰有三條直線與曲線相切，則的取值范圍為 ．
4．已知函數，若過點恰好有兩條直線與曲線相切，則的值為 ．
5．已知函數，若在曲線上存在點，使得過點可以作三條直線與曲線相切，則點橫坐標的取值范圍為 ．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．
【分析】設切點為，對函數求導后可表示出切線的斜率，則可表示出切線方程，令，求出其極值，令極大值大于零，極小值小于零，從而可求出的取值范圍.
【詳解】設切點為，由，得，
所以切線的斜率為，
所以切線方程為，
因為切線過點，所以，
整理得，
令，則，
由，得或，
當或時，，當時，，
所以在和上遞增，在上遞減，
所以當時，取得極大值，
當時，取得極小值，
因為過點存在三條直線與曲線相切，
所以，得，
即的取值范圍為，
故答案為：
2．
【分析】設切點，求導得到切線方程，將原點代入方程得關于的方程，利用方程有唯一解得b 的范圍
【詳解】設切點為
函數，則切線斜率
則切線方程為，將原點代入化簡得
令
或，則在單調遞減，，單調遞增，故函數的極小值為，極大值為
又．
又過原點有一條直線與的圖象相切，則或．故的取值范圍是．
故答案為：.
3．
【分析】設出切點坐標，利用導函數幾何意義得到切線方程，將代入切線方程，得到，由題意得有三個不同的零點，分，和三種情況，結合函數單調性和極值情況，得到不等式，求出的取值范圍.
【詳解】，，
設過點的切線的切點為，
則切線斜率為，
故切線方程為，
將代入得，
變形得到
令，
則由題意得有三個不同的零點，
令，
若，此時恒成立，故單調遞增，
不會有三個不同的零點，舍去；
若，令得或，此時單調遞增，
令得，此時單調遞減，
在處取得極大值，
在處取得極小值，
又時，，時，，
要想有三個不同的零點，則，
其中，
解得，與取交集得，
若，令得或，此時單調遞增，
令得，此時單調遞減，
在處取得極小值，
在處取得極大值，
又時，，時，，
要想有三個不同的零點，則，
其中，
解得，與取交集得，
故的取值范圍是.
故答案為：
【點睛】應用導數的幾何意義求切點處切線的斜率，主要體現在以下幾個方面：
(1) 已知切點求斜率,即求該點處的導數；
(2) 己知斜率求切點即解方程；
(3) 已知切線過某點(不是切點) 求切點, 設出切點利用求解.
4．2
【分析】求導，利用導數求得的過點的切線方程，構造輔助函數，利用導數與函數單調性的關系，分類討論即可得結果.
【詳解】解：∵，∴，
設切點為，則該點處的切線方程為，
又∵切線過點，∴，
整理得，，（*）
依題設，方程（*）恰有兩個不同的解，
令，則，
解得，，
①當時，恒成立，單調遞增，至多只有一個零點，不合題設；
②當時，則，為的極值點，若恰有兩個不同的解，
則或，又∵，
，∴或.
令，則，
解得，∴在上單調遞增，在上單調遞減，
又∵， ∴當且時，無解. ∴.
故答案為：2.
5．
【分析】由，設，并設出切點，并結合題意過點可作曲線三條切線得出關于的方程式有三個不同實根，從而求解.
【詳解】由題意得：，設點坐標為，設切點為，
所以：，即：，所以即得關于的此方程式存在三個不同實根，
令：，則：，
當時，，在上單調遞增，不符合題意；
當，時，，在區間上單調遞增，
時，，在區間上單調遞減，
時，，在區間上單調遞增，
故得：，即，解得：，
當時，時，，在區間上單調遞增，
時，，在區間上單調遞減，
時，，在區間上單調遞增，
故得：，即，解得：，
綜上：的取值范圍是．
故答案為：.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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