資源簡介

三角問題的題型與方法
一．復習目標：
1．熟練掌握三角變換的所有公式，理解每個公式的意義，應用特點，常規使用方法等．
2．熟悉三角變換常用的方法——化弦法，降冪法，角的變換法等．并能應用這些方法進行三角函數式的求值、化簡、證明．
3．掌握三角變換公式在三角形中應用的特點，并能結合三角形的公式解決一些實際問題．
4．熟練掌握正弦函數、余弦函數、21世紀教育網、余切函數的性質，并能用它研究復合函數的性質．
5．熟練掌握正弦函數、余弦函數、21世紀教育網、余切函數圖象的形狀、
6．理解圖象平移變換、伸縮變換的意義，并會用這兩種變換研究函數圖象的變化．
二．考試要求：
1．理解任意角的概念、弧度的意義，能正確地進行弧度與角度的換算。 2．掌握任意角的正弦、余弦、正切的定義，了解余切、正割、余割的定義，掌握同解三角函數的基本關系式，掌握正弦、余弦的誘導公式，理解周期函數與最小正周期的意義。 3．掌握兩角和與兩角差的正弦、余弦、正切公式，掌握二倍角的正弦、余弦、正切公式。 4．能正確運用三角公式，進行簡單三角函數式的化簡、求值和恒等式證明。 5．了解正弦函數、余弦函數、21世紀教育網的圖象和性質，會用“五點法”畫正弦函數、余弦函數和函數y=Asin(ωx+ψ)的簡圖，理解A、ω、ψ的物理意義。 6．會由已知三角函數值求角，并會用符號arcsin x, arcos x,arctan x表示。 7．掌握正弦定理、余弦定理，并能初步運用它們解斜三角形，能利用計算器解決解三角形的計算問題。
三．教學過程：
（Ⅰ）基礎知識詳析
（一）三角變換公式的使用特點
1．同角三角函數關系式
(1)理解公式中“同角”的含義．
(2)明確公式成立的條件。
例如，tanα+1=secα，當且僅當≠k
(3)掌握公式的變形．特別需要指出的是 sinα=tanα·cosα，
cosα=cotα·sinα．它使得“弦”可以用“切”來表示．
(4)使用這組公式進行變形時，經常把“切”、“割”用“弦”表示，即化弦法，這是三角變換非常重要的方法．
(5)幾個常用關系式
①sinα+cosα，sinα-cosα，sinα·cosα；(三式之間可以互相表示．)
同理可以由sinα-cosα或sinα·cosα推出其余兩式．
②． ③當時，有．
2．誘導公式
(1)誘導公式中的角是使公式成立的任意角．
(2)正確使用誘導公式的關鍵是公式中符號的確定．
(3)sin(kπ+α)=(-1)ksinα；cos(kπ+α)=(-1)kcosα(k∈Z)．
⑷熟記關系式；．
3．兩角和與差的三角函數
(1)公式不但要會正用，還要會逆用． (2)公式的變形應用要熟悉．
熟記：tanα+tanβ=tan(α+β)(1-tanα·tanβ)，它體現了兩個角正切的和與積的關系．
(3)角的變換要能靈活應用，如α=(α+β)-β，β=α-(α-β)，2α=(α+β)+(α-β)等．
4．倍角公式，半角公式
(2)使用二倍角的正弦、余弦公式時，公式的選擇要準確．
如已知sinα，cosα，tanα求cos2α時，應分別選擇cos2α=1
(3)余弦的二倍角公式的變形——升冪公式、降冪公式必須熟練掌握．要明確，降冪法是三角變換中非常重要的變形方法．
對sin3α，cos3α的公式應記住．
(4)使用正弦、余弦的半角公式時，要注意公式中符號的確定方法．正
在使用無理表達式時，須要確定符號；在使用兩個有理表達式時，無須確定符號，這是與選用無理表達式最大的區別，因此在化簡、證明題中，
5．和差化積、積化和差公式，這兩組公式現在不要求記憶，但要會使用．
(1)要明確，這兩組公式是解決正、余弦的加、減、乘的運算關系式．
(3)對下列關系式要熟記：
6．三角變換：
三角函數式的恒等變形或用三角式來代換代數式稱為三角變換．
三角恒等變形是以同角三角公式，誘導公式，和、差、倍、半角公式，和差化積和積化和差公式，萬能公式為基礎．
三角代換是以三角函數的值域為根據，進行恰如其分的代換，使代數式轉化為三角式，然后再使用上述諸公式進行恒等變形，使問題得以解決．
7．三角形中的三角變換
三角形中的三角變換，除了應用上述公式和上述變換方法外，還要注意三角形自身的特點．
(1)角的變換
因為在△ABC中，A+B+C=π，所以
sin(A+B)=sinC；cos(A+B)=-cosC；tan(A+B)=-tanC．
(2)三角形邊、角關系定理及面積公式，正弦定理，余弦定理．
r為三角形內切圓半徑，p為周長之半．
在非直角△ABC中，tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC．
(4)在△ABC中，熟記并會證明：
∠A，∠B，∠C成等差數列的充分必要條件是∠B=60°．
△ABC是正三角形的充分必要條件是∠A，∠B，∠C成等差數列且a，b，c成等比數列．
8．三角形的面積公式：
（1）△＝aha＝bhb＝chc（ha、hb、hc分別表示a、b、c上的高）．
（2）△＝absinC＝bcsinA＝acsinB．
（3）△＝＝＝．
（4）△＝2R2sinAsinBsinC． （R為外接圓半徑）
（5）△＝．
（6）△＝；．
（7）△＝r·s．
9．直角三角形中各元素間的關系：
如圖，在△ABC中，C＝90°，AB＝c，AC＝b，BC＝a．
（1）三邊之間的關系：a2＋b2＝c2．（勾股定理）
（2）銳角之間的關系：A＋B＝90°；
（3）邊角之間的關系：（銳角三角函數定義）
sinA＝cosB＝，cosA＝sinB＝，
tgA＝ctgB＝，ctgA＝tgB＝．
10．斜三角形中各元素間的關系:
如圖6-29，在△ABC中，A、B、C為其內角，a、b、c分別表示A、B、C的對邊．
（1）三角形內角和：A＋B＋C＝π．
（2）正弦定理：在一個三角形中，各邊和它所對角的正弦的比相等.

（R為外接圓半徑）
（3）余弦定理：三角形任何一邊的平方等于其他兩邊平方的和減去這兩邊與它們夾角的余弦的積的兩倍．
a2＝b2＋c2－2bccosA，
b2＝c2＋a2－2cacosB，
c2＝a2＋b2－2abcosC．
（4）射影定理：a＝b·cosC＋c·cosB，
b＝a·cosC＋c·cosA，
c＝a·cosB＋c·cosA．
11．解三角形：由三角形的六個元素（即三條邊和三個內角）中的三個元素（其中至少有一個是邊）求其他未知元素的問題叫做解三角形．廣義地，這里所說的元素還可以包括三角形的高、中線、角平分線以及內切圓半徑、外接圓半徑、面積等等．解三角形的問題一般可分為下面兩種情形：若給出的三角形是直角三角形，則稱為解直角三角形；若給出的三角形是斜三角形，則稱為解斜三角形．
解斜三角形的主要依據是：
設△ABC的三邊為a、b、c，對應的三個角為A、B、C．
（1）角與角關系：A+B+C = π，
（2）邊與邊關系：a + b > c，b + c > a，c + a > b，a－b < c，b－c < a，c－a > b．
（3）邊與角關系：
正弦定理 （R為外接圓半徑）．
余弦定理 c2 = a2+b2－2bccosC，b2 = a2+c2－2accosB，a2 = b2+c2－2bccosA．
它們的變形形式有：a = 2R sinA，，．
（4）面積公式：
．
解斜三角形的常規思維方法是：
（1）已知兩角和一邊（如A、B、C），由A+B+C = π求C，由正弦定理求a、b．
（2）已知兩邊和夾角（如a、b、c），應用余弦定理求c邊；再應用正弦定理先求較短邊所對的角，然后利用A+B+C = π，求另一角．
（3）已知兩邊和其中一邊的對角（如a、b、A），應用正弦定理求B，由A+B+C = π求C，再由正弦定理或余弦定理求c邊，要注意解可能有多種情況．
（4）已知三邊a、b、c，應余弦定理求A、B，再由A+B+C = π，求角C．
（二）三角函數性質的分析
1．三角函數的定義域
這兩種表示法都需要掌握．即角x不能取終邊在y軸上的角．
函數y=cotx的定義域是x≠π或(kπ，kπ+π)(k∈Z)，這兩種表示法都需要掌握．即角x不能取終邊在x軸上的角．
(2)函數y=secx、y=cscx的定義域分別與y=tanx、y=cotx相同．
2．三角函數的值域
(1)由|sinx|≤1、|cosx|≤1得函數y=cscx、y=secx的值域是|cscx|≥1、|secx|≥1．
(2)復合三角函數的值域問題較復雜，除了代數求值域的方法都可以適用外，還要注意三角函數本身的特點，特別是經常需要先進行三角變換再求值域．
常用的一些函數的值域要熟記．
③y=tanx+cotx∈(-∞，-2]∪[2，+∞)．
3．三角函數的周期性
(1)對周期函數的定義，要抓住兩個要點：
①周期性是函數的整體性質，因此f(x+T)=f(x)必須對定義域中任一個x成立時，非零常數T才是f(x)的周期．
②周期是使函數值重復出現的自變量x的增加值．
因為sin(2kπ+x)=sinx對定義域中任一個x成立，所以2kπ(k∈Z，k≠0)是y=sinx的周期，最小正周期是2π．
同理2kπ(k∈Z，k≠0)是y=cosx的周期，最小正周期是2π．
因為tan(kπ+x)=tanx對定義域中任一個x成立，所以kπ(k∈Z，k≠0)是y=tanx的周期，最小正周期是π．
同理kπ(k∈Z，k≠0)是y=cotx的周期，最小正周期是π．
(3)三角函數的周期性在三角函數性質中的作用
①函數的遞增或遞減區間周期性的出現，每一個三角函數，都有無數個遞增或遞減區間，這些遞增區間互不連接，遞減區間也互不連接．
②函數的最大、最小值點或使函數無意義的點周期性變化．
③因為三角函數是周期函數，所以畫三角函數圖象時，只須畫一個周期的圖象即可．
4．三角函數的奇偶性，單調性
研究函數的單調性，關鍵是求函數的單調區間．
5．三角函數的圖象
(1)畫三角函數的圖象應先求函數的周期，然后用五點法畫出函數一個周期的圖象．
(2)函數y=sinx，y=cosx，y=tanx，y=cotx　 圖象的對稱中心分別為
∈Z)的直線．
（三）思想方法
1.三角函數恒等變形的基本策略。
（1）常值代換：特別是用“1”的代換，如1=cos2θ+sin2θ=tanx·cotx=tan45°等。
（2）項的分拆與角的配湊。如分拆項：sin2x+2cos2x=(sin2x+cos2x)+cos2x=1+cos2x；配湊角：α=（α+β）－β，β=－等。
（3）降次與升次。即倍角公式降次與半角公式升次。
（4）化弦（切）法。將三角函數利用同角三角函數基本關系化成弦（切）。
（5）引入輔助角。asinθ+bcosθ=sin(θ+)，這里輔助角所在象限由a、b的符號確定，角的值由tan=確定。
（6）萬能代換法。巧用萬能公式可將三角函數化成tan的有理式。
2.證明三角等式的思路和方法。
（1）思路：利用三角公式進行化名，化角，改變運算結構，使等式兩邊化為同一形式。
（2）證明方法：綜合法、分析法、比較法、代換法、相消法、數學歸納法。
3.證明三角不等式的方法：比較法、配方法、反證法、分析法，利用函數的單調性，利用正、余弦函數的有界性，利用單位圓三角函數線及判別法等。
4.解答三角高考題的策略。
（1）發現差異：觀察角、函數運算間的差異，即進行所謂的“差異分析”。
（2）尋找聯系：運用相關公式，找出差異之間的內在聯系。
（3）合理轉化：選擇恰當的公式，促使差異的轉化。
（四）注意事項
對于三角函數進行恒等變形，是三角知識的綜合應用，其題目類型多樣，變化似乎復雜，處理這類問題，注意以下幾個方面：
1．三角函數式化簡的目標：項數盡可能少，三角函數名稱盡可能少，角盡可能小和少，次數盡可能低，分母盡可能不含三角式，盡可能不帶根號，能求出值的求出值．
2．三角變換的一般思維與常用方法．
注意角的關系的研究，既注意到和、差、倍、半的相對性，如．也要注意題目中所給的各角之間的關系．
注意函數關系，盡量異名化同名、異角化同角，如切割化弦，互余互化，常數代換等．
熟悉常數“1”的各種三角代換：
等．
注意萬能公式的利弊：它可將各三角函數都化為的代數式，把三角式轉化為代數式．但往往代數運算比較繁．
熟悉公式的各種變形及公式的范圍，如
sin α = tan α · cos α ，，等．
利用倍角公式或半角公式，可對三角式中某些項進行升降冪處理，如，，等．從右到左為升冪，這種變形有利用根式的化簡或通分、約分；從左到右是降冪，有利于加、減運算或積和（差）互化．
3．幾個重要的三角變換：
sin α cos α可湊倍角公式； 1±cos α可用升次公式；
1±sin α 可化為，再用升次公式；
（其中 ）這一公式應用廣泛，熟練掌握．
4. 單位圓中的三角函數線是三角函數值的幾何表示，四種三角函數y = sin x、y = cos x、y = tan x、y = cot x的圖象都是“平移”單位圓中的三角函數線得到的，因此應熟練掌握三角函數線并能應用它解決一些相關問題．
5. 三角函數的圖象的掌握體現在：把握圖象的主要特征（頂點、零點、中心、對稱軸、單調性、漸近線等）；應當熟練掌握用“五點法”作圖的基本原理以及快速、準確地作圖．
6.三角函數的奇偶性
“函數y = sin (x＋φ) （φ∈R）不可能是偶函數”．是否正確．
分析：當時，，這個函數顯然是偶函數．因此，這個判斷是錯誤的．我們容易得到如下結論：
① 函數y = sin (x＋φ)是奇函數．
② 函數y = sin (x＋φ)是偶函數．
③ 函數y =cos (x＋φ)是奇函數．
④ 函數y = cos (x＋φ)是偶函數．
7.三角函數的單調性
“21世紀教育網f (x) = tan x，是定義域上的增函數”，是否正確．
分析：我們按照函數單調性的定義來檢驗一下：
任取，，顯然x1＜x2，但f (x1 )＞0＞f (x2 )，與增函數的定義相違背，因此這種說法是不正確的．
觀察圖象可知：在每一個區間上，f (x ) = tan x都是增函數，但不能說f (x ) = tan x在其定義域上是增函數．
（Ⅱ）范例分析
例1、已知，求（1）；（2）的值.
解：（1）；
(2)
.
說明：利用齊次式的結構特點（如果不具備，通過構造的辦法得到），進行弦、切互化，就會使解題過程簡化。
例2、已知函數f(x)=tan(sinx)
（1）求f(x)的定義域和值域；
（2）在（－π，π）中，求f(x)的單調區間；
（3）判定方程f(x)=tanπ在區間（－π，π）上解的個數。
解：（1）∵－1≤sinx≤1 ∴ － ≤sinx≤。又函數y=tanx在x=kπ+(k∈Z)處無定義，
且 （－，）[－,]（－π, π），
∴令sinx=±，則sinx=±
解之得：x=kπ± (k∈Z)
∴f(x)的定義域是A={x|x∈R，且x≠kπ±，k∈Z}
∵tanx在（－，）內的值域為（－∞，+∞），而當x∈A時，函數y=sinx的值域B滿足
（－，）B
∴f(x)的值域是（－∞，+∞）。
（2）由f(x)的定義域知，f(x)在[0，π]中的x=和x=處無定義。
設t=sinx，則當x∈[0, )∪（，）∪（，π）時，t∈[0, ∪(,，且以t為自變量的函數y=tant在區間（0，），（，上分別單調遞增。
又∵當x∈[0，]時，函數t=sinx單調遞增，且t∈[0,
當x∈（，時，函數t=sinx單調遞增，且t∈（,
當x∈[，時，函數t=sinx單調遞減，且t∈（,
當x∈（，π）時，函數t=sinx單調遞減，且t∈（0，）
∴f(x)=tan(sinx)在區間[0，,（,上分別是單調遞增函數；在上是單調遞減函數。
又f(x)是奇函數，所以區間（－，0，[－，－也是f(x)的單調遞增區間是f(x)的遞減區間。
故在區間（－π，π）中,f(x)的單調遞增區間為：[－，－，（－，），（，單調遞減區間為。
（3）由f(x)=tanπ得：
tan(sinx)=tan(π)sinx=kπ+π （k∈Z）
sinx=k+(k∈Z)①
又∵－1≤sinx≤1，∴
∴k=0或k= －1
當k=0時，從①得方程sinx=
當k=1時，從①得方程sinx= －+
顯然方程sinx=,sinx= －+，在（－π, π）上各有2個解，故f(x)=tanπ在區間（－π，π）上共有4個解。
說明：本題是正弦函數與21世紀教育網的復合。（1）求f(x)的定義域和值域，應當先搞清楚y=sinx的值域與y=tanx的定義域的交集；（2）求f(x)的單調區間，必須先搞清f(x)的基本性質。如奇偶性、周期性、復合函數單調性等。
例3 、已知函數的定義域為，值域為 [ －5，1 ]，求常數a、b的值．
解：∵ ，
．
∵ ，∴ ，∴ ．
當a > 0時，b ≤ f ( x ) ≤ 3a + b，
∴ 解得
當a < 0時，3a + b ≤ f ( x ) ≤ b ．
∴ 解得
故a、b的值為 或
說明：三角函數作為函數，其定義域和值域也是它的要素，要待定表達式中的常數值，需注意常數變化對值域的影響．
例4、設的周期，最大值，
（1）求、、的值；
（2）.
解：(1) ， ， ， 又 的最大值
， ① ， 且 ②，
由 ①、②解出 a=2 , b=3.
(2) ， ，
，
， 或 ，
即 ( 共線，故舍去) ， 或 ，
.
說明：方程組的思想是解題時常用的基本思想方法；在解題時不要忘記三角函數的周期性。
例5、已知:sin3α+cos3α=1，求sinα+cosα; sin4α+cos4α;sin6α+cos6α的值。
解法一：令sinα+cosα=t，則sinα·cosα=
∴sin3α+cos3α=(sinα+cosα)(sin2α－sinα·cosα+cos2α)
=t·(1－)=1，得：
t3－3t+2=0(t－1)2·(t+2)=0
∵t≠－2 ∴t=sinα+cosα=1，且sinα·cosα==0。
∴sin4α+cos4α=(sin2α+cos2α)2 – 2sin2α·cos2α=1－2·0=1
sin6α+cos6α=(sin2α+cos2α)(sin4α－sin2α·cos2α+cos4α)=1
解法二：∵sin3α≤sin2α,cos3α≤cos2α
∴sin3α+cos3α≤sin2α+cos2α=1
等號當且僅當時成立，
或
∴sinα+cosα=sin4α+cos4α=sin6α+cos6α=1
說明：（1）凡是遇到sinx+cosx與sinx·cosx類的問題，均應采用換元法，令sinx+cosx=t，得sinx·cosx=。
（2）三角中的恒等變形與初中所學整式的恒等變形結合是解本題的關鍵所在。
（3）本題還可推廣到一般情形：若k≥2且sin2k－1α+cos2k－1α=1，則sinα=1，cosα=0或sinα=0,cosα=1，若sin2kα+cos2kα=1，則sinα=±1，cosα=0或sinα=0,cosα=±1。
例6、設f(x)=tanx,x∈(0, ),若x1，x2∈(0,),且x1≠x2,證明：
[ f(x1)+ f(x2)]>f()
證明:tanx1+ tanx2=+=
= ∵x1,x2∈（0，），且x1≠x2
∴2sin(x1+x2)>0,cosx1·cosx2>0,0從而有0∴tan x1+tanx2>=2tan
另證：以上是采用化弦，放縮后利用公式tan=加以證明的，也可以利用正切的和差角公式加以證明。
左邊－右邊=[tanx1+tanx2]－tan
= [tanx1－tan+tanx2－tan]
=[tan(x1－)·(1+tanx1·tan)+tan(x2－)·(1+tanx2·tan)]
=tan·(1+tanx1tan－1－tanx2·tan)
=tantan(tanx1－tanx2) ，∵∈(0, ) ∴tan>0
又∵tan和tanx1－tanx2在x1>x2時，同為正，在x10。
綜上tantan·(tanx1－tanx2)>0，即[f(x1)+f(x2)]>f()
說明：在三角函數恒等式、條件等式、不等式證明中，常采用化弦法。本題解法一是化弦，了解決把兩個分數的單角轉化為和角，同時又使函數值適當縮小。
例7、如圖，A、B是一矩 OEFG邊界上不同的兩點，且∠AOB=45°,OE=1,EF=，設∠AOE=α.
（1）寫出△AOB的面積關于α的函數關系式f(α);
（2）寫出函數f(x)的取值范圍。
解：（1）∵OE=1，EF=
∴∠EOF=60°
當α∈[0，15°]時，△AOB的兩頂點A、B在E、F上，且AE=tanα,BE=tan(45°+α)
∴f(α)=S△AOB=[tan(45°+α)－tanα]
==
當a∈（15°,45°]時，A點在EF上，B點在FG上，且OA=，OB=
∴=S△AOB=OA·OB·sin45°=··sin45°=
綜上得：f(α)=
（2）由（1）得：當α∈[0，]時
f(α)= ∈[,－1]
且當α=0時，f(α)min=；α=時，f(α)max=－1；
當α∈時,－≤2α－≤，f（α）=∈[－,]
且當α=時，f(α) min=－；當α=時，f(α) max=
所以f(x) ∈[,]。
說明：三角函數與其他數學知識有著緊密的關系，它幾乎滲透了數學的每一個分支。練習時注意三角函數的綜合應用。
例8、 已知函數y=cos2x+sinx·cosx+1 （x∈R）,
（1）當函數y取得最大值時，求自變量x的集合；
（2）該函數的圖像可由y=sinx(x∈R)的圖像經過怎樣的平移和伸縮變換得到？
解：（1）y=cos2x+sinx·cosx+1= (2cos2x－1)+ +（2sinx·cosx）+1
=cos2x+sin2x+=(cos2x·sin+sin2x·cos)+
=sin(2x+)+
所以y取最大值時，只需2x+=+2kπ,（k∈Z），即 x=+kπ,（k∈Z）。
所以當函數y取最大值時，自變量x的集合為{x|x=+kπ,k∈Z}
（2）將函數y=sinx依次進行如下變換：
（i）把函數y=sinx的圖像向左平移，得到函數y=sin(x+)的圖像；
（ii）把得到的圖像上各點橫坐標縮短到原來的倍（縱坐標不變），得到函數y=sin(2x+)的圖像；
（iii）把得到的圖像上各點縱坐標縮短到原來的倍（橫坐標不變），得到函數y=sin(2x+)的圖像；
（iv）把得到的圖像向上平移個單位長度，得到函數y=sin(2x+)+的圖像。
綜上得到y=cos2x+sinxcosx+1的圖像。
說明：本題屬中檔偏容易題，主要考查三角函數的圖像和性質。這類題一般有兩種解法：一是化成關于sinx,cosx的齊次式，降冪后最終化成y=sin (ωx+)+k的形式，二是化成某一個三角函數的二次三項式。本題（1）還可以解法如下：當cosx=0時，y=1；當cosx≠0時，y=+1=+1
化簡得：2(y－1)tan2x－tanx+2y－3=0
∵tanx∈R，∴△=3－8(y－1)(2y－3) ≥0,解之得：≤y≤
∴ymax=，此時對應自變量x的值集為{x|x=kπ+,k∈Z}
例9、已知函數
（Ⅰ）將f(x)寫成的形式，并求其圖象對稱中心的橫坐標；
（Ⅱ）如果△ABC的三邊a、b、c滿足b2=ac，且邊b所對的角為x，試求x的范圍及此時函數f(x)的值域.

由=0即
即對稱中心的橫坐標為
（Ⅱ）由已知b2=ac
即的值域為.
綜上所述， ， 值域為 .
說明：本題綜合運用了三角函數、余弦定理、基本不等式等知識，還需要利用數形結合的思想來解決函數值域的問題，有利于培養學生的運算能力，對知識進行整合的能力。
例10、設二次函數，已知不論為何實數恒有.
求證：；
求證：；
若函數的最大值為8，求的值.
(1) ， ， ， 恒成立. ， ， 即 恒成立.
， 即 .
（2）， ， ， .
（3）由題意可知： ，
①， ② ，
由 ① ，② 可得 b = ,c = 3 .
說明：賦值法在解決有關恒成立問題時經常用到，利用函數的單調性往往能使問題得以順利解決。
例11、已知函數
求函數y的最大值，并求此時x的值.
該函數的圖象可由的圖象經過怎樣的平移和伸縮變換得到？
解：（1） ，
；
（2）將函數的圖象依次進行如下變換：
① 把函數的圖象向左平移，得到函數的圖象；
② 把得到的圖象上各點橫坐標縮短到原來的倍（縱坐標不變），得到函數
的圖象；
③ 把得到的圖象上各點縱坐標縮短到原來的倍（橫坐標不變），得到函數
的圖象；
④把得到的圖象向上平移個單位長度，得到函數+的圖象；
綜上得函數的圖象.
說明：圖象變換是否熟練、準確是解決三角函數問題的關鍵，要求學生要熟練掌握。
例12、化工廠的主控制表盤高1米，表盤底邊距地面2米，問值班人員坐在什么位置上表盤看得最清楚？（設值班人員坐在椅子上時，眼睛距地面1.2米）.
解：如圖，，設，則
，
，
，
，
當，即時，
達到最大值，是銳角，最大時，
也最大，所以值班人員看表盤最清楚的位置為米.
說明：欲在表盤看得清楚，人眼距表盤水平距離AD應使視角達到最大。合理利用角的關系，建立目標函數，是本題的關鍵。
例13、平面直角坐標系有點
求向量和的夾角的余弦用表示的函數；
求的最值.
解：（1），

即
（2） ， 又 ，
， ， .
說明：三角函數與向量之間的聯系很緊密，解題時要時刻注意。
例14、已知：定義在上的減函數，使得對一切實數均成立，求實數的范圍.
解：由題意可得 ，
即 ，
又 ，
，
， ，
， 或 .
說明：利用三角函數的值域來求解變量的取值范圍，是較為常見的解題思路，在利用單調性列出不等式時，不能忘記函數的定義域。
（Ⅲ）、強化訓練
1．已知x((,0),cosx=,則tan2x = ------------------------------( )
A. B. C. D.
2．在(ABC中，已知A、B、C成等差數列，求 的值.
3．已知函數
求f(x)的最小正周期;
若x([0, ],求f(x)的最大值，最小值.
4、在內，使成立的取值范圍為-----------------（ ）
（A） （B） （C） （D）
5、函數的大致圖象是----------------------（ ）
y y y y
π π π
-π
o π x -π o π x -π o π x -π o π x
-π -π -π
(A) (B) (C) (D)

6、已知是定義在上的奇函數，當時，的圖象如圖所示，那么不等式的解集是---------------------------------------------------（ ）
(A) y
(B)
(C) 0 1 2 3 x
(D)
7、已知sinα>sinβ，那么下列命題成立的是（ ）
A.若α、β是第一象限角，則cosα>cosβ
B.若α、β是第二象限，則tanα>tanβ
C.若α、β是第三象限角，則cosα>cosβ
D.若α、β是第四象限角，則tanα>tanβ
8、下列命題中正確的是（ ）
A.y=tanx是增函數 B.y=sinx在第一象限是增函數
C.y=－arccosx是奇函數 D.y=sinx的反函數是y=arcsinx
9、函數y=sin(2x+)的圖象是由函數y=sin2x的圖像（ ）
A.向左平移單位 B.向右平移單位
C.向左平移單位 D.向右平移單位
10、要得到函數的圖象，可以將函數y = 3 sin2 x的圖象( )
A. 沿x軸向左平移單位 B. 沿x軸向右平移單位
C. 沿x軸向左平移單位 D. 沿x軸向右平移單位
11、圖04是函數y =2 sin (ωx＋φ)（）的圖象．則ω、φ的值是（　　　）
A．， B．，
C．， D．，
12、△ABC中，若∠A，∠B，∠C順序成等差數列，則cos2A+cos2C的取值范圍是______．
13、，，求tan x的值．
14、（1）已知sin(+α)·sin(－α)=, α∈(,π)，求sin4α；
（2）已知?cos(x+)=,π15、某觀測站C在城A的南20?西的方向上，由A城出發有一條公路，走向是南40?東，在C處測得距C為31千米的公路上B處有一人正沿公路向A城走去，走了20千米后，到達D處，此時C、D間距離為21千米，問這人還需走多少千米到達A城？
16、△ABC中，∠A，∠B，∠C所對的邊分別為a，b，c，若a，b，c順序成等差數列，且∠A-∠C=120°，求sinA，sinC．
17、如圖03，三棱錐P-ABC的底面ABC為等腰三角形，AB = AC = a ，側棱長均為2a，問BC為何值時，三棱錐P-ABC的體積V最大，最大值是多少？
18、已知⊙O的半徑為R，，在它的內接三角形ABC中，有
成立，求△ABC面積S的最大值．
19、（2004年北京春季高考）在中，a，b，c分別是的對邊長，已知a，b，c成等比數列，且，求的大小及的值。
（Ⅳ）、參考答案
1. D
2. ，
得 ，
.
3. ，
（1）； (2) ， ， ，
， 此時 ， ， 此時 .
4. C 5.C 6.B.
7、當α，β∈（0，）時，由sinα>sinβ得α>β，此時cosαsinβ得,α<β，此時tanαsinβ得，α<β，此時cosαsinβsin2αcos2βtanβ。故答案選D。
8、y=tanx在每一個定義區間上都是增函數，但在其定義域內并不是增函數；y=sinx在第一象限的每個區間上都是增函數，但在第一象限上并不是增函數；y=arcsinx只是y=sinx，x∈[－,]的反函數；令f(x)= －arccosx,則f(－x)= － arccos(－x)=arccosx－= －f(x)所以y=－arccosx是奇函數。故答案選C。
9、y=sin2x圖像向左平移單位后得:y=sin2(x+)=sin(2x+);y=sin2x圖像，向右平移 單位后得y=sin2(x－)=sin(2x－);y=sin2x圖象向左平移單位后得：y=sin2(x+)=sin(2x+)=sin(2x－);y=sin2x圖像向右平移單位后得：y=sin2(x－)=sin(2x－)=sin(2x+)，故答案選D。
10、分析：我們知道，當a＞0時，把函數y = f (x)的圖象沿x軸向右移a個單位，便得到函數y = f (x－a) 的圖象，把函數f (x)的圖象沿x軸向左平移a個單位，便得到函數
y = f (x＋a) 的圖象．本題中與y = 3 sin 2x的對應法則不同，應當把它們變為“y = f (x)與y = f (x＋a)”的形式后，再討論平移關系．因為我們關心的是對函數
y = 3 sin 2x的圖象平移，所以要把變形，變到y = 3 sin (2x＋φ)的形式．
由正弦曲線和余弦曲線的關系，不難看出，把余弦曲線沿x軸向右平移，就得到正弦曲線，即是（這與誘導公式的結論是一致的）．利用這個關系，可以得到：
．
問題成為：把函數y = 3 sin 2x的圖象沿x軸進行怎樣的平移，可以得到函數 的圖象？
如果y = 3 sin 2x = f (x)，那么．可見，把函數y = 3 sin 2x的圖象向左移個單位后，可得到函數的圖象，即得到函數的圖象．因此選A．
說明：這個題目有兩點值得注意：一是函數y = f (x)的圖象與函數y = f (x＋a)的圖象的平移關系（平移方向，平移量）；二是對法則“f ”的理解．只有把兩個函數整理成f (x)與f (x＋a)的形式后，才可討論它們沿x軸的平移問題．例如“把函數y = － tan x的圖象沿x軸進行怎樣的平移，就可得到函數的圖象”的問題．就應該考慮y =－tan x與這兩個函數．它們是y = f (x)與的關系．可見，只要把函數y =－tan x的圖象沿x軸右移個單位，就能得到函數的圖象．
11、分析：圖04給我們提供的“信息”是：
（1）點 (0，1 )、在圖象上；
（2）函數的最小正周期．
可見：
∵ ，由2sin φ = 1得 ，
由 ，得
∴ ．
由 ，得 ．
滿足時，k = 1或k = 2．由此得到，．分析到這里，只否定了B、D．為選出正確答案，關鍵在于確定及中哪個符合題意．為此，還要仔細地從圖04中“挖掘”出有用的“信息”．
注意到，即，因此．這樣就排除了．
根據以上分析知，應選C．
說明：因為函數y = A sin (ωx＋φ)是周期函數，所以僅靠圖像上的三個點，不能完全確定A、ω、φ的值．本題雖然給出了ω＞0，的條件，但是僅靠(0，1 )、，兩點，能完全確定ω、φ的值．在確定ω的過程中，比較隱蔽的條件（）起了重要作用．
12、分析：因為∠A，∠B，∠C順序成等差數列，所以2B=∠A+∠C，
∠B=60°，∠A+∠C=120°．
對cos2A+cos2C用降冪變形，得
13、分析與解：跨越了四個象限，如果角x真能落在各象限內，那么tan x值的符號就有正有負．為便于求出tan x的值，不妨先“審查”一下角x的實際范圍．
根據正弦曲線和余弦曲線；當時，sin x＜0，cos x＜0，與 矛盾．可見，角x的終邊不在第三象限．
當角x在第一象限時，sin x＞0，cos x＞0，這時有，又與矛盾．可 見角x的終邊不會位于．
如果．由余弦曲線知：，
由正弦曲線知：，
這時 ，
可見 ．
如果，由正弦曲線及余弦曲線知，，這時，可見．
根據以上分析可以看出：滿足的角，根據正切曲線知tan x＜－1．
由 ，等式兩端平方得：
即：，
，
整理得：12 tan 2 x＋25 tan x＋12 = 0．
解之得：或 ．
注意到 tan x＜－1
∴ ．
說明：有些三角函數的題目，為了考查學生對“某區間上任意值”與“某區間上特殊值”的區分能力，常把已知條件中的區間給“大”．這時往往先要進行“縮小”區間的工作．
14、解 （1）∵α++－α=
∴sin(－α)=cos(+α)
∴sin(+α)·sin(－α)=sin(+α)·cos(+α)
=sin(+2α)= cos2α=
又∵π<2α<2π,cos2α=,∴sin2α= －
∴sin4α=2sin2α·cos2α= －
本題也可以這樣解：
sin(+α)·sin(－α)=（sinα+cosα）(cosα－sinα)= cos2α－sin2α=cos2α=
也可以用積化和差公式：
sin(+α)·sin(－α)= (cos2α－cos)= cos2α=
（2）法一:由x+∈(π,2π)知sin(x+)= －
∴cosx=cos(x+－)=cos(x+)·cos+sin(x+)·sin=－= －
由cosx<0可知，sinx= －,tanα=7
∴原式== －
法二：原式=
=
=－cos(2x+)tan(x+)
=[1－2cos2(x+)]tan(x+)
而cos(x+)=,tan(x+)= －，代入得：原式= －
注 三角函數求值，重視與角的關系，如+x與－x互余（廣義）,2α=α+β+α－β等。
15、解：根據題意得圖02，
其中BC=31千米，BD=20千米，CD=21千米，
∠CAB=60?．
設∠ACD = α ，∠CDB = β ．
在△CDB中，由余弦定理得：
，
．
．
在△ACD中，由正弦定理得：
．
此人還得走15千米到達A城．
說明：運用解三角形的知識解決實際問題時，關鍵是把題設條件轉化為三角形中的已知元素，然后解三角形求之．
16、解：因為2b=a+c，由正弦定理得
17、分析：因為三棱錐的三條側棱長均相等，因此頂點P在底面上的射影O是△ABC的外心，從而想到用正弦定理，再利用三角函數來求最值．
解：作PO⊥底面ABC，垂足為O．
由PA = PB = PC = 2a，知O為△ABC的外心．
∵ AB = AC = a ，
∴ O落在底面ABC的高AD上．
設∠ABC = θ，連結BO，
則BO為△ABC外接圓的半徑．
記BO = R，由正弦定理，有 ，
∵ BD = a cosθ，AD = a sin
．
∴當時，．
此時，．
在研究利用三角公式解決一些有關三角形中的三角函數問題時．常用的公式有：
（1）在△ABC中，A + B + C = π，，，，， ．
（2）正余弦定理及其變式：
如a = 2R sinA ，b2 + c2－a2 =2b c cosA ．
射影定理：a = b cosC + c cosB ．
（3）三角形面積公式：
（其中，r為三角形內切圓半徑）．
18、解：由已知條件得
．
即有 ，
又
∴ ．∴
．
所以當A = B時，．
說明：三角形中的三角變換，應靈活運用正、余弦定理．在求值時，要利用三角函數的有關性質．
19、分析：本小題主要考查解斜三角形等基本知識，考查邏輯思維能力、分析問題和解決問題的能力。
解：（I）成等比數列
又
在中，由余弦定理得

（II）在中，由正弦定理得
， 。
不等式問題的題型與方法
一．復習目標：
1．在熟練掌握一元一次不等式(組)、一元二次不等式的解法基礎上，掌握其它的一些簡單不等式的解法．通過不等式解法的復習，提高學生分析問題、解決問題的能力以及計算能力；
2．掌握解不等式的基本思路，即將分式不等式、絕對值不等式等不等式，化歸為整式不等式(組)，會用分類、換元、數形結合的方法解不等式；
3．通過復習不等式的性質及常用的證明方法(比較法、分析法、綜合法、數學歸納法等)，使學生較靈活的運用常規方法(即通性通法)證明不等式的有關問題；
4．通過證明不等式的過程，培養自覺運用數形結合、函數等基本數學思想方法證明不等式的能力；
5．能較靈活的應用不等式的基本知識、基本方法，解決有關不等式的問題．
6．通過不等式的基本知識、基本方法在代數、三角函數、數列、復數、立體幾何、解析幾何等各部分知識中的應用，深化數學知識間的融匯貫通，從而提高分析問題解決問題的能力．在應用不等式的基本知識、方法、思想解決問題的過程中，提高學生數學素質及創新意識．．
二．考試要求：
1．理解不等式的性質及其證明。
2．掌握兩個（不擴展到三個）正數的算術平均數不小于它們的幾何平均數的定理，并會簡單的應用。
3．掌握分析法、綜合法、比較法證明簡單的不等式。
4．掌握簡單不等式的解法。
5．理解不等式|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|。。
三．教學過程：
（Ⅰ）基礎知識詳析
1．解不等式的核心問題是不等式的同解變形，不等式的性質則是不等式變形的理論依據，方
程的根、函數的性質和圖象都與不等式的解法密切相關，要善于把它們有機地聯系起來，互相轉化．在解不等式中，換元法和圖解法是常用的技巧之一．通過換元，可將較復雜的不等式化歸為較簡單的或基本不等式，通過構造函數、數形結合，則可將不等式的解化歸為直觀、形象的圖形關系，對含有參數的不等式，運用圖解法可以使得分類標準明晰．
2．整式不等式(主要是一次、二次不等式)的解法是解不等式的基礎，利用不等式的性質及函
數的單調性，將分式不等式、絕對值不等式等化歸為整式不等式(組)是解不等式的基本思想，分類、換元、數形結合是解不等式的常用方法．方程的根、函數的性質和圖象都與不等式的解密切相關，要善于把它們有機地聯系起來，相互轉化和相互變用．
3．在不等式的求解中，換元法和圖解法是常用的技巧之一，通過換元，可將較復雜的不等式
化歸為較簡單的或基本不等式，通過構造函數，將不等式的解化歸為直觀、形象的圖象關系，對含有參數的不等式，運用圖解法，可以使分類標準更加明晰．通過復習，感悟到不等式的核心問題是不等式的同解變形，能否正確的得到不等式的解集，不等式同解變形的理論起了重要的作用．
4．比較法是不等式證明中最基本、也是最常用的方法，比較法的一般步驟是：作差(商)→變形
→判斷符號(值)．
5．證明不等式的方法靈活多樣，內容豐富、技巧性較強，這對發展分析綜合能力、正逆思維
等，將會起到很好的促進作用．在證明不等式前，要依據題設和待證不等式的結構特點、內在聯系，選擇適當的證明方法．通過等式或不等式的運算，將待證的不等式化為明顯的、熟知的不等式，從而使原不等式得到證明；反之亦可從明顯的、熟知的不等式入手，經過一系列的運算而導出待證的不等式，前者是“執果索因”，后者是“由因導果”，為溝通聯系的途徑，證明時往往聯合使用分析綜合法，兩面夾擊，相輔相成，達到欲證的目的．
6．證明不等式的方法靈活多樣，但比較法、綜合法、分析法和數學歸納法仍是證明不等式的
基本方法．要依據題設、題斷的結構特點、內在聯系，選擇適當的證明方法，要熟悉各種證法中的推理思維，并掌握相應的步驟，技巧和語言特點．
7．不等式這部分知識，滲透在中學數學各個分支中，有著十分廣泛的應用．因此不等式應用問題體現了一定的綜合性、靈活多樣性，這對同學們將所學數學各部分知識融會貫通，起到了很好的促進作用．在解決問題時，要依據題設、題斷的結構特點、內在聯系、選擇適當的解決方案，最終歸結為不等式的求解或證明．不等式的應用范圍十分廣泛，它始終貫串在整個中學數學之中．諸如集合問題，方程(組)的解的討論，函數單調性的研究，函數定義域的確定，三角、數列、復數、立體幾何、解析幾何中的最大值、最小值問題，無一不與不等式有著密切的聯系，許多問題，最終都可歸結為不等式的求解或證明。
8．不等式應用問題體現了一定的綜合性．這類問題大致可以分為兩類：一類是建立不等式、解不等式；另一類是建立函數式求最大值或最小值．利用平均值不等式求函數的最值時，要特別注意“正數、定值和相等”三個條件缺一不可，有時需要適當拼湊，使之符合這三個條件．利用不等式解應用題的基本步驟：10審題，20建立不等式模型，30解數學問題，40作答。
9．注意事項：
⑴解不等式的基本思想是轉化、化歸，一般都轉化為最簡單的一元一次不等式（組）或一元二次不等式（組）來求解，。
⑵解含參數不等式時，要特別注意數形結合思想，函數與方程思想，分類討論思想的錄活運用。
⑶不等式證明方法有多種，既要注意到各種證法的適用范圍，又要注意在掌握常規證法的基礎上，選用一些特殊技巧。如運用放縮法證明不等式時要注意調整放縮的度。
⑷根據題目結構特點，執果索因，往往是有效的思維方法。
（Ⅱ）范例分析
b)∈M，且對M中的其它元素(c，d)，總有c≥a，則a=____．
分析：讀懂并能揭示問題中的數學實質，將是解決該問題的突破口．怎樣理解“對M中的其它元素(c，d)，總有c≥a”？M中的元素又有什么特點？
解：依題可知，本題等價于求函數x=f(y)=(y+3)·|y-1|+(y+3)
(2)當1≤y≤3時，
所以當y=1時，xmin=4．
說明：題設條件中出現集合的形式，因此要認清集合元素的本質屬性，然后結合條件，揭示其數學實質．即求集合M中的元素滿足關系式
例2．解關于的不等式：
分析：本例主要復習含絕對值不等式的解法，分類討論的思想。本題的關鍵不是對參數進行討論，而是去絕對值時必須對末知數進行討論，得到兩個不等式組，最后對兩個不等式組的解集求并集，得出原不等式的解集。
解：當
。
例3． 己知三個不等式：① ② ③
(1)若同時滿足①、②的值也滿足③，求m的取值范圍；
(2)若滿足的③值至少滿足①和②中的一個，求m的取值范圍。
分析：本例主要綜合復習整式、分式不等式和含絕對值不等的解法，以及數形結合思想，解本題的關鍵弄清同時滿足①、②的值的滿足③的充要條件是：③對應的方程的兩根分別在和內。不等式和與之對應的方程及函數圖象有著密不可分的內在聯系，在解決問題的過程中，要適時地聯系它們之間的內在關系。
解：記①的解集為A，②的解集為B，③的解集為C。
解①得A=（-1，3）；解②得B=
因同時滿足①、②的值也滿足③，ABC
設，由的圖象可知：方程的小根小于0，大根大于或等于3時，即可滿足
因滿足③的值至少滿足①和②中的一個，因
此小根大于或等于-1，大根小于或等于4，因而
說明：同時滿足①②的x值滿足③的充要條件是：③對應的方程2x+mx-1=0的兩根分別在(-∞，0)和[3，+∞)內，因此有f(0)＜0且f(3)≤0，否則不能對A∩B中的所有x值滿足條件．不等式和與之對應的方程及圖象是有著密不可分的內在聯系的，在解決問題的過程中，要適時地聯系它們之間的內在關系．
例4.已知對于自然數a，存在一個以a為首項系數的整系數二次三項式，它有兩個小于1的正根，求證：a≥5．
分析：回憶二次函數的幾種特殊形式．設f(x)=ax+bx+c(a≠0)．①
頂點式．f(x)=a(x-x)+f(x)(a≠0)．這里(x，f(x))是二次函數的頂點，x=
))、(x，f(x))、(x，f(x))是二次函數圖象上的不同三點，則系數a，b，c可由
證明：設二次三項式為：f(x)=a(x-x)(x-x)，a∈N．
依題意知：0＜x＜1，0＜x＜1，且x≠x．于是有
f(0)＞0，f(1)＞0．
又f(x)=ax-a(x+x)x+axx為整系數二次三項式，
所以f(0)=axx、f(1)=a·(1-x)(1-x)為正整數．故f(0)≥1，f(1)≥1．
從而　　 f(0)·f(1)≥1．　　　　　　　　 ①
另一方面，
且由x≠x知等號不同時成立，所以
由①、②得，a＞16．又a∈N，所以a≥5．
說明：二次函數是一類被廣泛應用的函數，用它構造的不等式證明問題，往往比較靈活．根據題設條件恰當選擇二次函數的表達形式，是解決這類問題的關鍵．
例5.設等差數列{a}的首項a1＞0且Sm=Sn(m≠n)．問：它的前多少項的和最大？
分析:要求前n項和的最大值，首先要分析此數列是遞增數列還是遞減數列．
解:設等差數列{a}的公差為d，由Sm=Sn得
ak≥0，且ak+1＜0．
(k∈N)．
說明：諸多數學問題可歸結為解某一不等式(組)．正確列出不等式(組)，并分析其解在具體問題的意義，是得到合理結論的關鍵．
例6．若二次函數y=f(x)的圖象經過原點，且1≤f(-1)≤2，3≤f(1)≤4，求f(-2)的范圍．
分析：要求f(-2)的取值范圍，只需找到含人f(-2)的不等式(組)．由于y=f(x)是二次函數，所以應先將f(x)的表達形式寫出來．即可求得f(-2)的表達式，然后依題設條件列出含有f(-2)的不等式(組)，即可求解．
解：因為y=f(x)的圖象經過原點，所以可設y=f(x)=ax2+bx．于是
解法一(利用基本不等式的性質)
不等式組(Ⅰ)變形得
(Ⅰ)所以f(-2)的取值范圍是[6，10]．
解法二(數形結合)
建立直角坐標系aob，作出不等式組(Ⅰ)所表示的區域，如圖6中的陰影部分．因為f(-2)=4a-2b，所以4a-2b-f(-2)=0表示斜率為2的直線系．如圖6，當直線4a-2b-f(-2)=0過點A(2，1)，B(3，1)時，分別取得f(-2)的最小值6，最大值10．即f(-2)的取值范圍是：6≤f(-2)≤10．
解法三(利用方程的思想)
又f(-2)=4a-2b=3f(-1)+f(1)，而
1≤f(-1)≤2，3≤f(1)≤4，　　　　　　　　　　　　　　　　 ①
所以　　　 3≤3f(-1)≤6．　　　　　　　　　　　　　　　　 ②
①+②得4≤3f(-1)+f(1)≤10，即6≤f(-2)≤10．
說明：(1)在解不等式時，要求作同解變形．要避免出現以下一種錯解：
2b，8≤4a≤12，-3≤-2b≤-1，所以 5≤f(-2)≤11．
(2)對這類問題的求解關鍵一步是，找到f(-2)的數學結構，然后依其數學結構特征，揭示其代數的、幾何的本質，利用不等式的基本性質、數形結合、方程等數學思想方法，從不同角度去解決同一問題．若長期這樣思考問題，數學的素養一定會迅速提高．
例7．( 江蘇)己知，
（1）
（2），證明：對任意，的充要條件是；
（3）討論：對任意，的充要條件。
證明：（1）依題意，對任意，都有
（2）充分性：
必要性：對任意

（3）
即
而當
例8．若a＞0，b＞0，a3+b3=2．求證a+b≤2，ab≤1．
分析：由條件a3+b3=2及待證的結論a+b≤2的結構入手，聯想它們之間的內在聯系，不妨用作差比較法或均值不等式或構造方程等等方法，架起溝通二者的“橋梁”．
證法一　 (作差比較法)
因為a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以
(a＋b)3-23=a3+b3+3a2b+3ab2-8=3a2b+3ab2-6
=3[ab(a+b)-2]=3[ab(a+b)-(a3+b3)]=-3(a+b)(a-b)2≤0，
即　　　　　　 (a+b)3≤23．
證法二　 (平均值不等式—綜合法)
因為a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以
所以a+b≤2，ab≤1．
說明：充分發揮“1”的作用，使其證明路徑顯得格外簡捷、漂亮．
證法三　 (構造方程)
設a，b為方程x2-mx+n=0的兩根．則
因為a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0且Δ=m2-4n≥0．①
因此2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]=m[m2-3n]，所以
所以a+b≤2．
由2≥m得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n，即n≤1．所以 ab≤1．
說明：認真觀察不等式的結構，從中發現與已學知識的內在聯系，就能較順利地找到解決問題的切入點．
證法四　 (恰當的配湊)
因為a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以
2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b)，
于是有6≥3ab(a+b)，從而
8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，
所以a+b≤2．(以下略)
即a+b≤2．(以下略)
證法六　 (反證法)
假設a+b＞2，則
a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]＞2(22-3ab)．
因為a3+b3=2，所以2＞2(4-3ab)，因此ab＞1．　　　　　　　 ①
另一方面，2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=(a+b)·ab＞2ab，
所以ab＜1．　　　　　　　　　　　　　　　　 ②
于是①與②矛盾，故a+b≤2．(以下略)
說明：此題用了六種不同的方法證明，這幾種證法都是證明不等式的常用方法．
例9．設函數f(x)=ax2+bx+c的圖象與兩直線y=x，y=-x，均不相
分析：因為x∈R，故|f(x)|的最小值若存在，則最小值由頂點確定，故設f(x)=a(x-x0)2+f(x0)．
證明：由題意知，a≠0．設f(x)=a(x-x0)2+f(x0)，則
又二次方程ax2+bx+c=±x無實根，故
Δ1=(b+1)2-4ac＜0，
Δ2=(b-1)2-4ac＜0．
所以(b+1)2+(b-1)2-8ac＜0，即2b2+2-8ac＜0，即
b2-4ac＜-1，所以|b2-4ac|＞1．
說明：從上述幾個例子可以看出，在證明與二次函數有關的不等式問題時，如果針對題設條件，合理采取二次函數的不同形式，那么我們就找到了一種有效的證明途徑．
例10．某城市2001年末汽車保有量為30萬輛，預計此后每年報廢上一年末汽車保有量的6%，并且每年新增汽車數量相同。為了保護城市環境，要求該城市汽車保有量不超過60萬輛，那么每年新增汽車數量不應超過多少輛？
解：設2001年末的汽車保有量為，以后每年末的汽車保有量依次為，每年新增汽車萬輛。
由題意得

例11．已知奇函數
知函數
分析：這是一道比較綜合的問題，考查很多函數知識，通過恰當換元，使問題轉化為二次函數在閉區間上的最值問題。
令
要使
10 當
30當
綜上：
例12．如圖，某隧道設計為雙向四車道，車道總寬22米，要求通行車輛限高4.5米，隧道全長2.5千米，隧道的拱線近似地看成半個橢圓形狀。
（1）若最大拱高h為6米，則隧道設計的拱寬是多少？
（2）若最大拱高h不小于6米，則應如何設計拱高h和拱寬，才能使半個橢圓形隧道的土方工程最小？
（半個橢圓的面積公式為s=柱體體積為：底面積乘以高，，本題結果均精確到0.1米）
分析：本題為2003年上海高考題，考查運用幾何、不等式等解決應用題的能力及運算能力。
解：1)建立如圖所示直角坐標系，則P（11，4.5）
橢圓方程為：
將b=h=6與點P坐標代入橢圓方程得
故隧道拱寬約為33.3米
2)由橢圓方程
故當拱高約為6.4米,拱寬約為31.1米時,土方工程量最小.
例13．已知n∈N，n＞1．求證
分析:雖然待證不等式是關于自然數的命題，但不一定選用數學歸納法，觀其“形”，它具有較好規律，因此不妨采用構造數列的方法進行解．
則
說明：因為數列是特殊的函數，所以可以因問題的數學結構，利用函數的思想解決．
例14．已知函數
分析：本例主要復習函數、不等式的基礎知識，絕對值不等式及函數不等式的證明技巧。基本思路先將函數不等式轉化為代數不等式，利用絕對值不等式的性質及函數的性質。證明（1）再利用二項展開式及基本不等式的證明（2）。
證明：（1）
當且僅當時，上式取等號。
（2）時，結論顯然成立
當時，
例15．己知
（1）
（2）
證明：（1）
同理
（2）由二項式定理有
因此
。
（Ⅲ）、強化訓練
1．已知非負實數，滿足且，則的最大值是（ ）
A． B． C． D．
2．已知命題p：函數的值域為R，命題q：函數
是減函數。若p或q為真命題，p且q為假命題，則實數a的取值范圍是 （ ）
A．a≤1 B．a<2 C．13． 解關于的不等式＞0
4．求a，b的值，使得關于x的不等式ax2+bx+a2-1≤0的解集分別是：
(1)[-1，2]；(2)(-∞，-1]∪[2，+∞)；(3){2}；(4)[-1，+∞)．
5． 解關于的不等式
6．數列由下列條件確定：
（1）證明：對于,
（2）證明：對于．
7．設P=(log2x)+(t-2)log2x-t+1，若t在區間[-2，2]上變動時，P恒為正值，試求x的變化范圍．
8．已知數列中，
b1=1，點P（bn,bn+1）在直線x-y+2=0上。
Ⅰ）求數列
Ⅱ）設的前n項和為Bn, 試比較。
Ⅲ）設Tn=
（Ⅳ）、參考答案
1．解：畫出圖象，由線性規劃知識可得，選D
2．解：命題p為真時，即真數部分能夠取到大于零的所有實數，故二次函數的判別式，從而；命題q為真時，。
若p或q為真命題，p且q為假命題，故p和q中只有一個是真命題，一個是假命題。
若p為真，q為假時，無解；若p為假，q為真時，結果為13．分析：本題主要復習分式不等式的解法、分類討論的思想及利用序軸標根法解不等式的基本步驟。本題的關鍵是對分母分解因式，將原不等式等價轉化為
和比較與及3的大小，定出分類方法。
解：原不等式化為：
當時，由圖1知不等式的解集為
當
當
4．分析：方程的根、函數的性質和圖象都與不等式的解密切相關，要善于把它們有機地聯系起來，相互轉化和相互交通．
解(1)　 由題意可知，a＞0且-1，2是方程ax2+bx+a2-1≤0的根，所以
(3)由題意知，2是方程ax2+bx+a2-1=0的根，所以
4a+2b+a2-1=0．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①
又{2}是不等式ax2+bx+a2-1≤0的解集，所以
(4)由題意知，a=0．b＜0，且-1是方程bx+a2-1=0的根，即-b+a2-1=0，所以
a=0，b=-1．
說明：二次函數與一元二次方程、一元二次不等式之間存在著密切的聯系．在解決具體的數學問題時，要注意三者之間相互聯系相互滲透，并在一定條件下相互轉換。
5．分析：在不等式的求解中，換元法和圖解法是常用的技巧，通過換元，可將較復雜的不等式化歸為較簡單的或基本不等式，通過構造函數，數形結合，則可將不等式的解化歸為直觀，形象的圖象關系，對含參數的不等式，運用圖解法，還可以使得分類標準更加明晰。
解：設，原不等式化為，在同一坐標系中作出兩函數圖象
故（1）當
（2）
（3）當時，原不等式的解集為φ
綜上所述，當時，解集為）；當時，解集為
時，解集為φ。
6．證明：（1）
（2）當時，
=
7．分析：要求x的變化范圍，顯然要依題設條件尋找含x的不等式(組)，這就需要認真思考條件中“t在區間[-2，2]上變動時，P恒為正值．”的含義．你是怎樣理解的？如果繼續思考有困難、請換一個角度去思考．在所給數學結構中，右式含兩個字母x、t，t是在給定區間內變化的，而求的是x的取值范圍，能想到什么？
解：設P=f(t)=(log2x-1)t+log22x-2log2x+1．因為 P=f(t)在top直角坐標系內是一直線，所以t在區間[-2，2]上變動時，P恒為正值的充要條件
解得log2x＞3或log2x＜-1．
說明：改變看問題的角度，構造關于t的一次函數，靈活運用函數的思想，使難解的問題轉化為熟悉的問題．
8．分析：本題主要復習數列通項、求和及不等式的有關知識。
略解：Ⅰ）
Ⅱ)Bn=1+3+5+…+(2n-1)=n2

Ⅲ)Tn= ①
②
①-②得
又
。
函數問題的題型與方法
一．復習目標：
1．了解映射的概念，理解函數的概念。
2．了解函數的單調性和奇偶性的概念，掌握判斷一些簡單函數的單調性和奇偶性的方法，并能利用函數的性質簡化函數圖象的繪制過程。
3．了解反函數的概念及互為反函數的函數圖象間的關系，會求一些簡單函數的反函數。
4．理解分數指數的概念，掌握有理指數冪的運算性質，掌握指數函數的概念、圖象和性質。
5．理解對數的概念，掌握對數的運算性質，掌握對數函數的概念、圖象和性質。
6．能夠運用函數的性質、指數函數和對數函數的性質解決某些簡單的實際問題。
二．考試要求：
1．靈活運用函數概念、性質和不等式等知識以及分類討論等方法，解函數綜合題。
2．應用函數知識及思想方法，解決函數的最值問題、探索性問題與應用性問題，提高分析問題和解決問題的能力。
三．教學過程：
（Ⅰ）函數的概念型問題
函數概念的復習當然應該從函數的定義開始．函數有二種定義，一是變量觀點下的定義，一是映射觀點下的定義．復習中不能僅滿足對這兩種定義的背誦，而應在判斷是否構成函數關系，兩個函數關系是否相同等問題中得到深化，更應在有關反函數問題中正確運用．具體要求是：
1．深化對函數概念的理解，明確函數三要素的作用，并能以此為指導正確理解函數與其反函數的關系．
2．系統歸納求函數定義域、值域、解析式、反函數的基本方法．在熟練有關技能的同時，注意對換元、待定系數法等數學思想方法的運用．
3．通過對分段定義函數，復合函數，抽象函數等的認識，進一步體會函數關系的本質，進一步樹立運動變化，相互聯系、制約的函數思想，為函數思想的廣泛運用打好基礎．
本部分內容的重點是不僅從認識上，而且從處理函數問題的指導上達到從三要素總體上把握函數概念的要求，對確定函數三要素的常用方法有個系統的認識，對于給出解析式的函數，會求其反函數．
本部分的難點首先在于克服“函數就是解析式”的片面認識，真正明確不僅函數的對應法則，而且其定義域都包含著對函數關系的制約作用，并真正以此作為處理問題的指導．其次在于確定函數三要素、求反函數等課題的綜合性，不僅要用到解方程，解不等式等知識，還要用到換元思想、方程思想等與函數有關概念的結合．
函數的概念是復習函數全部內容和建立函數思想的基礎，不能僅滿足會背誦定義，會做一些有關題目，要從聯系、應用的角度求得理解上的深度，還要對確定函數三要素的類型、方法作好系統梳理，這樣才能進一步為綜合運用打好基礎．復習的重點是求得對這些問題的系統認識，而不是急于做過難的綜合題．
㈠深化對函數概念的認識
例1．下列函數中，不存在反函數的是　　　　　　　　　　（ ）

分析：處理本題有多種思路．分別求所給各函數的反函數，看是否存在是不好的，因為過程太繁瑣．
從概念看，這里應判斷對于給出函數值域內的任意值，依據相應的對應法則，是否在其定義域內都只有惟一確定的值與之對應，因此可作出給定函數的圖象，用數形結合法作判斷，這是常用方法，請讀者自己一試．
此題作為選擇題還可采用估算的方法．對于D，y=3是其值域內一個值，但若y=3，則可能x=2(2＞1)，也可能x=-1(-1≤-1)．依據概念，則易得出D中函數不存在反函數．于是決定本題選D．
說明：不論采取什么思路，理解和運用函數與其反函數的關系是這里解決問題的關鍵．
由于函數三要素在函數概念中的重要地位，那么掌握確定函數三要素的基本方法當然成了函數概念復習中的重要課題．
㈡系統小結確定函數三要素的基本類型與常用方法
1．求函數定義域的基本類型和常用方法
由給定函數解析式求其定義域這類問題的代表，實際上是求使給定式有意義的x的取值范圍．它依賴于對各種式的認識與解不等式技能的熟練．這里的最高層次要求是給出的解析式還含有其他字
例2．已知函數定義域為(0，2)，求下列函數的定義域：
分析：x的函數f(x)是由u=x與f(u)這兩個函數復合而成的復合函數，其中x是自變量，u是中間變量．由于f(x)，f(u)是同一個函數，故(1)為已知0＜u＜2，即0＜x＜2．求x的取值范圍．
解：(1)由0＜x＜2， 得
說明：本例(1)是求函數定義域的第二種類型，即不給出f(x)的解析式，由f(x)的定義域求函數f[g(x)]的定義域．關鍵在于理解復合函數的意義，用好換元法．(2)是二種類型的綜合．
求函數定義域的第三種類型是一些數學問題或實際問題中產生的函數關系，求其定義域，后面還會涉及到．
2．求函數值域的基本類型和常用方法
函數的值域是由其對應法則和定義域共同決定的．其類型依解析式的特點分可分三類：(1)求常見函數值域；(2)求由常見函數復合而成的函數的值域；(3)求由常見函數作某些“運算”而得函數的值域．
3．求函數解析式舉例
例3．已知xy＜0，并且4x-9y=36．由此能否確定一個函數關系y=f(x)？如果能，求出其解析式、定義域和值域；如果不能，請說明理由．
分析： 4x-9y=36在解析幾何中表示雙曲線的方程，僅此當然不能確定一個函數關系y=f(x)，但加上條件xy＜0呢？
所以
因此能確定一個函數關系y=f(x)．其定義域為(-∞，-3)∪(3，+∞)．且不難得到其值域為(-∞，0)∪(0，＋∞)．
說明：本例從某種程度上揭示了函數與解析幾何中方程的內在聯系．任何一個函數的解析式都可看作一個方程，在一定條件下，方程也可轉化為表示函數的解析式．求函數解析式還有兩類問題：
(1)求常見函數的解析式．由于常見函數(一次函數，二次函數，冪函數，指數函數，對數函數，三角函數及反三角函數)的解析式的結構形式是確定的，故可用待定系數法確定其解析式．這里不再舉例．
(2)從生產、生活中產生的函數關系的確定．這要把有關學科知識，生活經驗與函數概念結合起來，舉例也宜放在函數復習的以后部分．
（Ⅱ）函數與方程的思想方法
函數思想，是指用函數的概念和性質去分析問題、轉化問題和解決問題。方程思想，是從問題的數量關系入手，運用數學語言將問題中的條件轉化為數學模型（方程、不等式、或方程與不等式的混合組），然后通過解方程（組）或不等式（組）來使問題獲解。有時，還實現函數與方程的互相轉化、接軌，達到解決問題的目的。
方程思想是：實際問題→數學問題→代數問題→方程問題。函數和多元方程沒有什么本質的區別，如函數y＝f(x)，就可以看作關于x、y的二元方程f(x)－y＝0。可以說，函數的研究離不開方程。列方程、解方程和研究方程的特性，都是應用方程思想時需要重點考慮的。
函數描述了自然界中數量之間的關系，函數思想通過提出問題的數學特征，建立函數關系型的數學模型，從而進行研究。一般地，函數思想是構造函數從而利用函數的性質解題，經常利用的性質是：f(x)、f(x)的單調性、奇偶性、周期性、最大值和最小值、圖像變換等，要求我們熟練掌握的是一次函數、二次函數、指數函數、對數函數、三角函數的具體特性。在解題中，善于挖掘題目中的隱含條件，構造出函數解析式和妙用函數的性質，是應用函數思想的關鍵。對所給的問題觀察、分析、判斷比較深入、充分、全面時，才能產生由此及彼的聯系，構造出函數原型。另外，方程問題、不等式問題和某些代數問題也可以轉化為與其相關的函數問題，即用函數思想解答非函數問題。
(一)函數的性質
函數的性質是研究初等函數的基石，也是高考考查的重點內容．在復習中要肯于在對定義的深入理解上下功夫．
復習函數的性質，可以從“數”和“形”兩個方面，從理解函數的單調性和奇偶性的定義入手，在判斷和證明函數的性質的問題中得以鞏固，在求復合函數的單調區間、函數的最值及應用問題的過程中得以深化．具體要求是：
1．正確理解函數單調性和奇偶性的定義，能準確判斷函數的奇偶性，以及函數在某一區間的單調性，能熟練運用定義證明函數的單調性和奇偶性．
2．從數形結合的角度認識函數的單調性和奇偶性，深化對函數性質幾何特征的理解和運用，歸納總結求函數最大值和最小值的常用方法．
3．培養學生用運動變化的觀點分析問題，提高學生用換元、轉化、數形結合等數學思想方法解決問題的能力．
這部分內容的重點是對函數單調性和奇偶性定義的深入理解．
函數的單調性只能在函數的定義域內來討論．函數y=f(x)在給定區間上的單調性，反映了函數在區間上函數值的變化趨勢，是函數在區間上的整體性質，但不一定是函數在定義域上的整體性質．函數的單調性是對某個區間而言的，所以要受到區間的限制．
對函數奇偶性定義的理解，不能只停留在f(-x)=f(x)和f(-x)=-f(x)這兩個等式上，要明確對定義域內任意一個x，都有f(-x)=f(x)，f(-x)=-f(x)的實質是：函數的定義域關于原點對稱．這是函數具備奇偶性的必要條件．稍加推廣，可得函數f(x)的圖象關于直線x=a對稱的充要條件是對定義域內的任意x，都有f(x+a)=f(a-x)成立．函數的奇偶性是其相應圖象的特殊的對稱性的反映．
這部分的難點是函數的單調性和奇偶性的綜合運用．根據已知條件，調動相關知識，選擇恰當的方法解決問題，是對學生能力的較高要求．
1．對函數單調性和奇偶性定義的理解
例4．下面四個結論：①偶函數的圖象一定與y軸相交；②奇函數的圖象一定通過原點；③偶函數的圖象關于y軸對稱；④既是奇函數又是偶函數的函數一定是f(x)=0(x∈R)，其中正確命題的個數是　　 （　　　 ）
A．1　　　　　　 B．2 C．3　　　　　　 D．4
分析：偶函數的圖象關于y軸對稱，但不一定相交，因此③正確，①錯誤．
奇函數的圖象關于原點對稱，但不一定經過原點，因此②不正確．
若y=f(x)既是奇函數，又是偶函數，由定義可得f(x)=0，但不一定x∈R，如例1中的(3)，故④錯誤，選A．
說明：既奇又偶函數的充要條件是定義域關于原點對稱且函數值恒為零．
2．復合函數的性質
復合函數y=f[g(x)]是由函數u=g(x)和y=f(u)構成的，因變量y通過中間變量u與自變量x建立起函數關系，函數u=g(x)的值域是y=f(u)定義域的子集．
復合函數的性質由構成它的函數性質所決定，具備如下規律：
(1)單調性規律
如果函數u=g(x)在區間［m，n］上是單調函數，且函數y=f(u)在區間[g(m)，g(n)] (或[g(n)，g(m)])上也是單調函數，那么
若u=g(x)，y=f(u)增減性相同，則復合函數y=f[g(x)]為增函數；若u=g(x)，y= f(u)增減性不同，則y=f[g(x)]為減函數．
(2)奇偶性規律
若函數g(x)，f(x)，f[g(x)]的定義域都是關于原點對稱的，則u=g(x)，y=f(u)都是奇函數時，y=f[g(x)]是奇函數；u=g(x)，y=f(u)都是偶函數，或者一奇一偶時，y= f[g(x)]是偶函數．
例5．若y=log(2-ax)在［0，1］上是x的減函數，則a的取值范圍是（ 　）
A．(0，1) B．(1，2) C．(0，2) D．[2，+∞)
分析：本題存在多種解法，但不管哪種方法，都必須保證：①使log(2-ax)有意義，即a＞0且a≠1，2-ax＞0．②使log(2-ax)在[0，1]上是x的減函數．由于所給函數可分解為y=logu，u=2-ax，其中u=2-ax在a＞0時為減函數，所以必須a＞1；③[0，1]必須是y=log(2-ax)定義域的子集．
解法一：因為f(x)在［0，1］上是x的減函數，所以f(0)＞f(1)，
即log2＞log(2-a)．
解法二：由對數概念顯然有a＞0且a≠1，因此u=2-ax在［0，1］上是減函數，y= logu應為增函數，得a＞1，排除A，C，再令
故排除D，選B．
說明：本題綜合了多個知識點，無論是用直接法，還是用排除法都需要概念清楚，推理正確．
3．函數單調性與奇偶性的綜合運用
例6．甲、乙兩地相距Skm，汽車從甲地勻速行駛到乙地，速度不得超過c km／h，已知汽車每小時的運輸成本(以元為單位)由可變部分和固定部分組成：可變部分與速度v(km／h)的平方成正比，比例系數為b；固定部分為a元．
(1)把全程運輸成本y(元)表示為速度v(km／h)的函數，并指出這個函數的定義域；
(2)為了使全程運輸成本最小，汽車應以多大速度行駛．
分析：(1)難度不大，抓住關系式：全程運輸成本=單位時間運輸成本×全程運輸時間，而全程運輸時間=(全程距離)÷(平均速度)就可以解決．
故所求函數及其定義域為
但由于題設條件限制汽車行駛速度不超過ckm／h，所以(2)的解決需要
論函數的增減性來解決．
由于vv＞0，v-v＞0，并且
又S＞0，所以即
則當v=c時，y取最小值．
說明：由于限制汽車行駛速度不得超過c，因而求最值的方法也就不完全是常用的方法，再加上字母的抽象性，使難度有所增大．
（二）函數的圖象
1．掌握描繪函數圖象的兩種基本方法——描點法和圖象變換法．
2．會利用函數圖象，進一步研究函數的性質，解決方程、不等式中的問題．
3．用數形結合的思想、分類討論的思想和轉化變換的思想分析解決數學問題．
4．掌握知識之間的聯系，進一步培養觀察、分析、歸納、概括和綜合分析能力．
以解析式表示的函數作圖象的方法有兩種，即列表描點法和圖象變換法，掌握這兩種方法是本節的重點．
運用描點法作圖象應避免描點前的盲目性，也應避免盲目地連點成線．要把表列在關鍵處，要把線連在恰當處．這就要求對所要畫圖象的存在范圍、大致特征、變化趨勢等作一個大概的研究．而這個研究要借助于函數性質、方程、不等式等理論和手段，是一個難點．用圖象變換法作函數圖象要確定以哪一種函數的圖象為基礎進行變換，以及確定怎樣的變換．這也是個難點．
1．作函數圖象的一個基本方法
例7．作出下列函數的圖象(1)y=|x-2|(x＋1)；(2)y=10|lgx|．
分析：顯然直接用已知函數的解析式列表描點有些困難，除去對其函數性質分析外，我們還應想到對已知解析式進行等價變形．
解：(1)當x≥2時，即x-2≥0時，
當x＜2時，即x-2＜0時，
這是分段函數，每段函數圖象可根據二次函數圖象作出(見圖6)
(2)當x≥1時，lgx≥0，y=10|lgx|=10lgx=x；
當0＜x＜1時，lgx＜0，
所以
這是分段函數，每段函數可根據正比例函數或反比例函數作出．(見圖7)
說明：作不熟悉的函數圖象，可以變形成基本函數再作圖，但要注意變形過程是否等價，要特別注意x，y的變化范圍．因此必須熟記基本函數的圖象．例如：一次函數、反比例函數、二次函數、指數函數、對數函數，及三角函數、反三角函數的圖象．
在變換函數解析式中運用了轉化變換和分類討論的思想．
2．作函數圖象的另一個基本方法——圖象變換法．
一個函數圖象經過適當的變換(如平移、伸縮、對稱、旋轉等)，得到另一個與之相關的圖象，這就是函數的圖象變換．
在高中，主要學習了三種圖象變換：平移變換、伸縮變換、對稱變換．
(1)平移變換
函數y=f(x+a)(a≠0)的圖象可以通過把函數y=f(x)的圖象向左(a＞0)或向右(a＜0)平移|a|個單位而得到；
函數y=f(x)+b(b≠0)的圖象可以通過把函數y=f(x)的圖象向上(b＞0)或向下(b＜0)平移|b|個單位而得到．
(2)伸縮變換
函數y=Af(x)(A＞0，A≠1)的圖象可以通過把函數y=f(x)的圖象上各點的縱坐標伸長(A＞1)或縮短(0＜A＜1)成原來的A倍，橫坐標不變而得到．
函數y=f(ωx)(ω＞0，ω≠1)的圖象可以通過把函數y=f(x)的圖象上
而得到．
(3)對稱變換
函數y=-f(x)的圖象可以通過作函數y=f(x)的圖象關于x軸對稱的圖形而得到．
函數y=f(-x)的圖象可以通過作函數y=f(x)的圖象關于y軸對稱的圖形而得到．
函數y=-f(-x)的圖象可以通過作函數y=f(x)的圖象關于原點對稱的圖形而得到．
函數y=f-1(x)的圖象可以通過作函數y=f(x)的圖象關于直線y=x對稱的圖形而得到。
函數y=f(|x|)的圖象可以通過作函數y=f(x)在y軸右方的圖象及其與y軸對稱的圖形而得到．
函數y=|f(x)|的圖象可以通過作函數y=f(x)的圖象，然后把在x軸下方的圖象以x軸為對稱軸翻折到x軸上方，其余部分保持不變而得到．
例8．已知f(x+199)=4x＋4x+3(x∈R)，那么函數f(x)的最小值為____．
分析：由f(x＋199)的解析式求f(x)的解析式運算量較大，但這里我們注意到，y=f(x ＋100)與y=f(x)，其圖象僅是左右平移關系，它們取得
求得f(x)的最小值即f(x＋199)的最小值是2．
說明：函數圖象與函數性質本身在學習中也是密切聯系的，是“互相利用”關系，函數圖象在判斷函數奇偶性、單調性、周期性及求最值等方面都有重要用途．
（Ⅳ）函數綜合應用
函數的綜合復習是在系統復習函數有關知識的基礎上進行函數的綜合應用:
1．在應用中深化基礎知識．在復習中基礎知識經歷一個由分散到系統，由單一到綜合的發展過程．這個過程不是一次完成的，而是螺旋式上升的．因此要在應用深化基礎知識的同時，使基礎知識向深度和廣度發展．
2．以數學知識為載體突出數學思想方法．數學思想方法是觀念性的東西，是解決數學問題的靈魂，同時它又離不開具體的數學知識．函數內容最重要的數學思想是函數思想和數形結合的思想．此外還應注意在解題中運用的分類討論、換元等思想方法．解較綜合的數學問題要進行一系列等價轉化或非等價轉化．因此本課題也十分重視轉化的數學思想．
3．重視綜合運用知識分析問題解決問題的能力和推理論證能力的培養．函數是數學復習的開始，還不可能在大范圍內綜合運用知識．但從復習開始就讓學生樹立綜合運用知識解決問題的意識是十分重要的．推理論證能力是學生的薄弱環節，近幾年高考命題中加強對這方面的考查，尤其是對代數推理論證能力的考查是十分必要的．本課題在例題安排上作了這方面的考慮．
具體要求是：
1．在全面復習函數有關知識的基礎上，進一步深刻理解函數的有關概念，全面把握各類函數的特征，提高運用基礎知識解決問題的能力．
2．掌握初等數學研究函數的方法，提高研究函數的能力，重視數形結合數學思想方法的運用和推理論證能力的培養．
3．初步溝通函數與方程、不等式及解析幾何有關知識的橫向聯系，提高綜合運用知識解決問題的能力．
4．樹立函數思想，使學生善于用運動變化的觀點分析問題．
本部分內容的重點是：通過對問題的講解與分析，使學生能較好的調動函數的基礎知識解決問題，并在解決問題中深化對基礎知識的理解，深化對函數思想、數形結合思想的理解與運用．
難點是：函數思想的理解與運用，推理論證能力、綜合運用知識解決問題能力的培養與提高．
函數的綜合運用主要是指運用函數的知識、思想和方法綜合解決問題．函數描述了自然界中量的依存關系，是對問題本身的數量本質特征和制約關系的一種刻畫，用聯系和變化的觀點提出數學對象，抽象其數學特征，建立函數關系．因此，運動變化、相互聯系、相互制約是函數思想的精髓，掌握有關函數知識是運用函數思想的前提，提高用初等數學思想方法研究函數的能力，樹立運用函數思想解決有關數學問題的意識是運用函數思想的關鍵．
1．準確理解、熟練運用，不斷深化有關函數的基礎知識
在中學階段函數只限于定義在實數集合上的一元單值函數，其內容可分為兩部分．第一部分是函數的概念和性質，這部分的重點是能從變量的觀點和集合映射的觀點理解函數及其有關概念，掌握描述函數性質的單調性、奇偶性、周期性等概念；第二部分是七類常見函數(一次函數、二次函數、指數函數、對數函數、三角函數和反三角函數)的圖象和性質．第一部分是理論基礎，第二部分是第一部分的運用與發展．
例9．已知函數f(x)，x∈F，那么集合{(x，y)|y=f(x)，x∈F}∩{(x，y)|x=1｝中所含元素的個數是．（　　　 ）
A．0 B．1 C．0或1 D．1或2
分析：這里首先要識別集合語言，并能正確把集合語言轉化成熟悉的語言．從函數觀點看，問題是求函數y=f(x)，x∈F的圖象與直線x=1的交點個數(這是一次數到形的轉化)，不少學生常誤認為交點是1個，并說這是根據函數定義中“惟一確定”的規定得到的，這是不正確的，因為函數是由定義域、值域、對應法則三要素組成的．這里給出了函數y=f(x)的定義域是F，但未明確給出1與F的關系，當1∈F時有1個交點，當1 F時沒有交點，所以選C．
2．掌握研究函數的方法，提高研究函數問題的能力
高中數學對函數的研究理論性加強了，對一些典型問題的研究十分重視，如求函數的定義域，確定函數的解析式，判斷函數的奇偶性，判斷或證明函數在指定區間的單調性等，并形成了研究這些問題的初等方法，這些方法對分析問題能力，推理論證能力和綜合運用數學知識能力的培養和發展是十分重要的．
函數、方程、不等式是相互聯系的．對于函數f(x)與g(x)，令f(x)=g(x)，f(x)＞g(x)或f(x)＜g(x)則分別構成方程和不等式，因此對于某些方程、不等式的問題用函數觀點認識是十分有益的；方程、不等式從另一個側面為研究函數提供了工具．
例10．方程lgx+x=3的解所在區間為 （　　）
A．(0，1) B．(1，2)
C．(2，3) D．(3，+∞)
分析：在同一平面直角坐標系中，畫出函數y=lgx與y=-x+3的圖象(如圖2)．它們的交點橫坐標，顯然在區間(1，3)內，由此可排除A，D．至于選B還是選C，由于畫圖精確性的限制，單憑直觀就比較困難了．實際上這是要比較與2的大小．當x=2時，lgx=lg2，3-x=1．由于lg2＜1，因此＞2，從而判定∈(2，3)，故本題應選C．
說明：本題是通過構造函數用數形結合法求方程lgx+x=3解所在的區間．數形結合，要在結合方面下功夫．不僅要通過圖象直觀估計，而且還要計算的鄰近兩個函數值，通過比較其大小進行判斷．
例11．(1)一次函數f(x)=kx+h(k≠0)，若m＜n有f(m)＞0，f(n)＞0，則對于任意x∈(m，n)都有f(x)＞0，試證明之；
(2)試用上面結論證明下面的命題：
若a，b，c∈R且|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1，則ab+bc+ca＞-1．
分析：問題(1)實質上是要證明，一次函數f(x)=kx+h(k≠0)， x∈(m， n)．若區間兩個端點的函數值均為正，則對于任意x∈(m，n)都有f(x)＞0．之所以具有上述性質是由于一次函數是單調的．因此本問題的證明要從函數單調性入手．
(1)證明：
當k＞0時，函數f(x)=kx+h在x∈R上是增函數，m＜x＜n，f(x)＞f(m)＞0；
當k＜0時，函數f(x)=kx+h在x∈R上是減函數，m＜x＜n，f(x)＞f(n)＞0．
所以對于任意x∈(m，n)都有f(x)＞0成立．
(2)將ab+bc+ca+1寫成(b+c)a+bc+1，構造函數f(x)=(b+c)x+bc+1．則
f(a)=(b+c)a+bc+1．
當b+c=0時，即b=-c， f(a)=bc+1=-+1．
因為|c|＜1，所以f(a)=-+1＞0．
當b+c≠0時，f(x)=(b+c)x+bc+1為x的一次函數．
因為|b|＜1，|c|＜1，
f(1)=b+c+bc+1=(1+b)(1+c)＞0， f(-1)=-b-c+bc+1=(1-b)(1-c)＞0．
由問題(1)對于|a|＜1的一切值f(a)＞0，即(b+c)a+bc+1=ab+ac+bc+1＞0．
說明：問題(2)的關鍵在于“轉化”“構造”．把證明ab+bc+ca＞-1轉化為證明ab+bc+ca+1＞0， 由于式子ab+bc+ca+1中， a，b，c是對稱的，構造函數f(x)=(b+c)x+bc+1，則f(a)=(b+c)a+bc+1，問題轉化為在|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1的條件下證明f(a)＞0．(也可構造 f(x)=(a+c)x+ac+1，證明f(b)＞0)。
例12．定義在R上的單調函數f(x)滿足f(3)=log3且對任意x，y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)．
(1)求證f(x)為奇函數；
(2)若f(k·3)+f(3-9-2)＜0對任意x∈R恒成立，求實數k的取值范圍．
分析：欲證f(x)為奇函數即要證對任意x都有f(-x)=-f(x)成立．在式子f(x+y)=f(x)+f(y)中，令y=-x可得f(0)=f(x)+f(-x)于是又提出新的問題，求f(0)的值．令x=y=0可得f(0)=f(0)+f(0)即f(0)=0，f(x)是奇函數得到證明．
(1)證明：f(x+y)=f(x)+f(y)(x，y∈R)，　　　　　　　　　　　　 ①
令x=y=0，代入①式，得f(0+0)=f(0)+f(0)，即 f(0)=0．
令y=-x，代入①式，得 f(x-x)=f(x)+f(-x)，又f(0)=0，則有
0=f(x)+f(-x)．即f(-x)=-f(x)對任意x∈R成立，所以f(x)是奇函數．
(2)解：f(3)=log3＞0，即f(3)＞f(0)，又f(x)在R上是單調函數，所以f(x)在R上是增函數，又由(1)f(x)是奇函數．
f(k·3)＜-f(3-9-2)=f(-3+9+2)， k·3＜-3+9+2，
3-(1+k)·3+2＞0對任意x∈R成立．
令t=3＞0，問題等價于t-(1+k)t+2＞0對任意t＞0恒成立．
R恒成立．
說明：問題(2)的上述解法是根據函數的性質．f(x)是奇函數且在x∈R上是增函數，把問題轉化成二次函數f(t)=t-(1+k)t+2對于任意t＞0恒成立．對二次函數f(t)進行研究求解．本題還有更簡捷的解法：
分離系數由k·3＜-3+9+2得
上述解法是將k分離出來，然后用平均值定理求解，簡捷、新穎．
（Ⅲ）、強化訓練
1．對函數作代換x=g(t)，則總不改變f(x)值域的代換是 ( ) A． B．
C．g(t)=(t－1)2 D．g(t)=cost
2．方程f(x,y)=0的曲線如圖所示，那么方程f(2－x,y)=0的曲線是 ( )

3．已知命題p：函數的值域為R，命題q：函數
是減函數。若p或q為真命題，p且q為假命題，則實數a的取值范圍是
A．a≤1 B．a<2 C．14.方程lgx＋x＝3的解所在的區間為 （ ）
A. (0,1) B. (1,2) C. (2,3) D. (3,+∞)
5.如果函數f(x)＝x＋bx＋c對于任意實數t，都有f(2＋t)＝f(2－t)，那么（ ）
A. f(2)C. f(2)6.已知函數y＝f(x)有反函數，則方程f(x)＝a (a是常數) （ ）
A.有且僅有一個實根 B.至多一個實根 C.至少一個實根 D.不同于以上結論
7.已知sinθ＋cosθ＝，θ∈(，π)，則tanθ的值是 （ ）
A. － B. － C. D.
8.已知等差數列的前n項和為S，且S＝S (p≠q，p、q∈N)，則S＝_________。
9.關于x的方程sinx＋cosx＋a＝0有實根，則實數a的取值范圍是__________。
10.正六棱錐的體積為48,側面與底面所成的角為45°，則此棱錐的側面積為___________。
11. 建造一個容積為8m，深為2m的長方體無蓋水池，如果池底和池壁的造價每平方米分別為120元和80元，則水池的最低造價為___________。
12．已知函數滿足：，，則
。
13．已知為正整數，方程的兩實根為，且，則的最小值為________________________。
14．設函數f(x)=lg(ax+2x+1)．
(1)若f(x)的定義域是R，求實數a的取值范圍；
(2)若f(x)的值域是R，求實數a的取值范圍．
15．設不等式2x－1>m(x－1)對滿足|m|≤2的一切實數m的取值都成立。求x的取值范圍。
16. 設等差數列{a}的前n項的和為S，已知a＝12，S>0，S<0 。
①.求公差d的取值范圍；
②.指出S、S、…、S中哪一個值最大，并說明理由。(1992年全國高考)
P MA H B D C
17. 如圖，AB是圓O的直徑，PA垂直于圓O所在平面，C是圓周上任一點，設∠BAC＝θ，PA＝AB=2r，求異面直線PB和AC的距離。
18. 已知△ABC三內角A、B、C的大小成等差數列，且tanA·tanC＝2＋，又知頂點C的對邊c上的高等于4,求△ABC的三邊a、b、c及三內角。
19. 設f(x)＝lg，如果當x∈(-∞,1]時f(x)有意義，求 實數a的取值范圍。
20．已知偶函數f(x)=cos(sinx－sin(x－()+(tan(－2)sinx－sin(的最小值是0，求f(x)的最大值 及此時x的集合．
21．已知，奇函數在上單調．
（Ⅰ）求字母應滿足的條件；
（Ⅱ）設，且滿足，求證：．
（Ⅴ）、參考答案
1．不改變f(x)值域，即不能縮小原函數定義域。選項B，C，D均縮小了的定義域，故選A。
2．先作出f(x,y)=0關于軸對稱的函數的圖象，即為函數f(-x,y)=0的圖象，又
f(2－x,y)=0即為，即由f(-x,y)=0向右平移2個單位。故選C。
3．命題p為真時，即真數部分能夠取到大于零的所有實數，故二次函數的判別式，從而；命題q為真時，。
若p或q為真命題，p且q為假命題，故p和q中只有一個是真命題，一個是假命題。
若p為真，q為假時，無解；若p為假，q為真時，結果為14．圖像法解方程，也可代入各區間的一個數（特值法或代入法），選C；
5．函數f(x)的對稱軸為2，結合其單調性，選A；
6．從反面考慮，注意應用特例，選B；
7．設tan＝x (x>0），則＋＝，解出x＝2，再用萬能公式，選A；
8．利用是關于n的一次函數，設S＝S＝m，＝x，則（,p）、(,q)、
(x，p+q)在同一直線上，由兩點斜率相等解得x＝0，則答案：0；
9．設cosx＝t，t∈[-1,1]，則a＝t－t－1∈[－,1]，所以答案：[－,1]；
10．設高h，由體積解出h＝2，答案：24；
11．設長x，則寬，造價y＝4×120＋4x×80＋×80≥1760，答案：1760。
12．運用條件知：=2，且
==16
13．依題意可知，從而可知，所以有
，又為正整數，取，則
，所以，從而，所以，又，所以，因此有最小值為。
下面可證時，，從而，所以, 又,所以,所以,綜上可得:的最小值為11。
14．分析:這是有關函數定義域、值域的問題，題目是逆向給出的，解好本題要運用復合函數，把f(x)分解為u=ax+2x+1和y=lgu 并結合其圖象性質求解．
解:(1)的定義域是R對一切實數恒成立.
a=0或a＜0不合題意，
所以
故a＞1．即為所求.
(2) 的值域域是R能取遍一切正實數.
a＜0時不合題意； a=0時，u=2x+1，u能取遍一切正實數；
a＞0時，其判別式Δ=22-4×a×1≥0，解得0＜a≤1．
所以當0≤a≤1時f(x)的值域是R．
15．分析：此問題由于常見的思維定勢，易把它看成關于x的不等式討論。然而，若變換一個角度以m為變量，即關于m的一次不等式(x－1)m－(2x－1)<0在[-2,2]上恒成立的問題。對此的研究，設f(m)＝(x－1)m－(2x－1)，則問題轉化為求一次函數（或常數函數）f(m)的值在[-2,2]內恒為負值時參數x應該滿足的條件。
解：問題可變成關于m的一次不等式：(x－1)m－(2x－1)<0在[-2,2] 恒成立，設f(m)＝(x－1)m－(2x－1), 則
解得x∈（,）
說明 本題的關鍵是變換角度，以參數m作為自變量而構造函數式，不等式問題變成函數在閉區間上的值域問題。本題有別于關于x的不等式2x－1>m(x－1)的解集是[-2,2]時求m的值、關于x的不等式2x－1>m(x－1)在[-2,2]上恒成立時求m的范圍。
一般地，在一個含有多個變量的數學問題中，確定合適的變量和參數，從而揭示函數關系，使問題更明朗化。或者含有參數的函數中，將函數自變量作為參數，而參數作為函數，更具有靈活性，從而巧妙地解決有關問題。
16．分析： ①問利用公式a與S建立不等式，容易求解d的范圍；②問利用S是n的二次函數，將S中哪一個值最大，變成求二次函數中n為何值時S取最大值的函數最值問題。
解：① 由a＝a＋2d＝12,得到a＝12－2d，所以
S＝12a＋66d＝12(12－2d)＋66d＝144＋42d>0，
S＝13a＋78d＝13(12－2d)＋78d＝156＋52d<0。
解得：－d－3。
② S＝na＋n(n1－1)d＝n(12－2d)＋n(n－1)d
＝[n－(5－)]－[(5－)]
因為d0，故[n－(5－)]最小時，S最大。由－d－3得6(5－)6.5，故正整數n＝6時[n－(5－)]最小，所以S最大。
說明： 數列的通項公式及前n項和公式實質上是定義在自然數集上的函數，因此可利用函數思想來分析或用函數方法來解決數列問題。也可以利用方程的思想，設出未知的量，建立等式關系即方程，將問題進行算式化，從而簡潔明快。由次可見，利用函數與方程的思想來解決問題，要求靈活地運用、巧妙的結合，發展了學生思維品質的深刻性、獨創性。
本題的另一種思路是尋求a0、a0，即鄰項變號：由d0知道aa…a，由S＝13a0得a0，由S＝6(a＋a)0得a0。所以，在S、S、…、S中，S的值最大。
17．分析：異面直線PB和AC的距離可看成求直線PB上任意一點到AC的距離的最小值，從而設定變量，建立目標函數而求函數最小值。
P MA H B D C
解：在PB上任取一點M，作MD⊥AC于D，MH⊥AB于H，
設MH＝x，則MH⊥平面ABC，AC⊥HD 。
∴MD＝x＋[(2r－x)sinθ]＝(sin＋1)x－4rsinθx＋4rsinθ＝(sinθ＋1)[x－]＋
即當x＝時，MD取最小值為兩異面直線的距離。
說明：本題巧在將立體幾何中“異面直線的距離”變成“求異面直線上兩點之間距離的最小值”，并設立合適的變量將問題變成代數中的“函數問題”。一般地，對于求最大值、最小值的實際問題，先將文字說明轉化成數學語言后，再建立數學模型和函數關系式，然后利用函數性質、重要不等式和有關知識進行解答。比如再現性題組第8題就是典型的例子。
18．分析：已知了一個積式，考慮能否由其它已知得到一個和式，再用方程思想求解。
解： 由A、B、C成等差數列，可得B＝60°；
由△ABC中tanA＋tanB＋tanC＝tanA·tanB·tanC，得
tanA＋tanC＝tanB(tanA·tanC－1)＝ (1＋)
設tanA、tanC是方程x－(＋3)x＋2＋＝0的兩根，解得x＝1，x＝2＋
設A由此容易得到a＝8，b＝4，c＝4＋4。
說明：本題的解答關鍵是利用“△ABC中tanA＋tanB＋tanC＝tanA·tanB·tanC”這一條性質得到tanA＋tanC，從而設立方程求出tanA和tanC的值，使問題得到解決。
19．分析：當x∈(-∞,1]時f(x)＝lg有意義的函數問題，轉化為1＋2＋4a>0在x∈(-∞,1]上恒成立的不等式問題。
解：由題設可知，不等式1＋2＋4a>0在x∈(-∞,1]上恒成立，
即：()＋()＋a>0在x∈(-∞,1]上恒成立。
設t＝(), 則t≥， 又設g(t)＝t＋t＋a，其對稱軸為t＝－
∴ t＋t＋a＝0在[,+∞)上無實根， 即 g()＝()＋＋a0，得a－
所以a的取值范圍是a－。
說明：對于不等式恒成立，引入新的參數化簡了不等式后，構造二次函數利用函數的圖像和單調性進行解決問題，其中也聯系到了方程無解，體現了方程思想和函數思想。一般地，我們在解題中要抓住二次函數及圖像、二次不等式、二次方程三者之間的緊密聯系，將問題進行相互轉化。
在解決不等式()＋()＋a0在x∈(-∞,1]上恒成立的問題時，也可使用“分離參數法”： 設t＝(), t≥，則有a＝－t－t∈(－∞,－]，所以a的取值范圍是a－。其中最后得到a的范圍，是利用了二次函數在某區間上值域的研究，也可屬應用“函數思想”。
20．解：f(x)=cos(sinx－(sinxcos(－cosxsin()+(tan(－2)sinx－sin(
=sin(cosx+(tan(－2)sinx－sin(
因為f(x)是偶函數，所以對任意x(R，都有f(－x)=f(x)，
即sin(cos(－x)+(tan(－2)sin(－x)－sin(=sin(cosx+(tan(－2)sinx－sin(,
即(tan(－2)sinx=0，所以tan(=2
由解得或此時，f(x)=sin((cosx－1).
當sin(=時，f(x)=(cosx－1)最大值為0，不合題意最小值為0，舍去；
當sin(=時，f(x)=(cosx－1)最小值為0，
當cosx=－1時，f(x)有最大值為,自變量x的集合為{x|x=2k(+(,k(Z}．
21．解：（1）；．，若上是增函數，則恒成立，即若上是減函數，則恒成立，這樣的不存在．綜上可得：．
（2）（證法一）設，由得，于是有，（1）－（2）得：，化簡可得，，，故，即有．
（證法二）假設，不妨設，由（1）可知在
上單調遞增，故，
這與已知矛盾，故原假設不成立，即有．
參數取值問題的題型與方法
（Ⅰ）參數取值問題的探討
一、若在等式或不等式中出現兩個變量，其中一個變量的范圍已知，另一個變量的范圍為所求，且容易通過恒等變形將兩個變量分別置于等號或不等號的兩邊，則可將恒成立問題轉化成函數的最值問題求解。
例1．已知當xR時，不等式a+cos2x<54sinx+恒成立，求實數a的取值范圍。
分析：在不等式中含有兩個變量a及x，其中x的范圍已知（xR），另一變量a的范圍即為所求，故可考慮將a及x分離。
解：原不等式即：4sinx+cos2x要使上式恒成立，只需a+5大于4sinx+cos2x的最大值，故上述問題轉化成求f(x)=4sinx+cos2x的最值問題。
f(x)= 4sinx+cos2x=2sin2x+4sinx+1=2(sinx1)2+33,
∴a+5>3即>a+2
上式等價于或，解得a<8.
說明：注意到題目中出現了sinx及cos2x，而cos2x=12sin2x,故若把sinx換元成t,則可把原不等式轉化成關于t的二次函數類型。
另解：a+cos2x<54sinx+即
a+12sin2x<54sinx+,令sinx=t,則t[1,1],
整理得2t24t+4a+>0,( t[1,1])恒成立。
設f(t)= 2t24t+4a+則二次函數的對稱軸為t=1,
f(x)在[1，1]內單調遞減。
只需f(1)>0,即>a2.(下同)
例2．已知函數f(x)在定義域（，1]上是減函數，問是否存在實數k，使不等式f(ksinx)f(k2sin2x)對一切實數x恒成立？并說明理由。
分析：由單調性與定義域，原不等式等價于ksinx≤k2sin2x≤1對于任意x∈R恒成立，這又等價于
對于任意x∈R恒成立。
不等式（1）對任意x∈R恒成立的充要條件是k2≤(1+sin2x)min=1,即1≤k≤1----------(3)
不等式（2）對任意x∈R恒成立的充要條件是k2k+≥[(sinx)2]max=,
即k≤1或k≥2,-----------(4)
由（3）、（4）求交集，得k=1,故存在k=1適合題設條件。
說明：抽象函數與不等式的綜合題常需要利用單調性脫掉函數記號。
例3．設直線過點P（0，3），和橢圓順次交于A、B兩點，試求的取值范圍.
分析：本題中，絕大多數同學不難得到：=，但從此后卻一籌莫展, 問題的根源在于對題目的整體把握不夠. 事實上，所謂求取值范圍，不外乎兩條路：其一是構造所求變量關于某個（或某幾個）參數的函數關系式（或方程），這只需利用對應的思想實施；其二則是構造關于所求量的一個不等關系.
思路1: 從第一條想法入手，=已經是一個關系式，但由于有兩個變量，同時這兩個變量的范圍不好控制，所以自然想到利用第3個變量——直線AB的斜率k. 問題就轉化為如何將轉化為關于k的表達式，到此為止，將直線方程代入橢圓方程，消去y得出關于的一元二次方程，其求根公式呼之欲出.
解1：當直線垂直于x軸時，可求得；
當與x軸不垂直時，設，直線的方程為：，代入橢圓方程，消去得，
解之得
因為橢圓關于y軸對稱，點P在y軸上，所以只需考慮的情形.
當時，，，
所以 ===.
由 , 解得 ，
所以 ，
綜上 .

思路2: 如果想構造關于所求量的不等式，則應該考慮到：判別式往往是產生不等的根源. 由判別式值的非負性可以很快確定的取值范圍，于是問題轉化為如何將所求量與聯系起來. 一般來說，韋達定理總是充當這種問題的橋梁，但本題無法直接應用韋達定理，原因在于不是關于的對稱關系式. 原因找到后，解決問題的方法自然也就有了，即我們可以構造關于的對稱關系式.
解2：設直線的方程為：，代入橢圓方程，消去得
（*）
則 令，則，
在（*）中，由判別式可得 ，
從而有 ，所以，
解得.結合得.
綜上，.
說明：范圍問題不等關系的建立途徑多多，諸如判別式法，均值不等式法，變量的有界性法，函數的性質法，數形結合法等等. 本題也可從數形結合的角度入手，給出又一優美解法.
二、直接根據圖像判斷
若把等式或不等式進行合理的變形后，能非常容易地畫出等號或不等號兩邊函數的圖象，則可以通過畫圖直接判斷得出結果。尤其對于選擇題、填空題這種方法更顯方便、快捷。
例4．已知長方形四個頂點A（0，0），B（2，0），C（2，1）和D（0，1）.一質點從AB的中點P沿與AB夾角為θ的方向射到BC上的點P1后，依次反射到CD、DA和AB上的點P2、P3和P4（入射角等于反射角）.設P4的坐標為（x4，0）.若1< x4<2，則的取值范圍是 （ ）
(A) (B) (C) (D)
分析: 《高中數學課程標準》提倡讓學生自主探索, 動手實踐, 并主張在高中學課程設立“數學探究”學習活動,本題可以嘗試用特殊位置來解，不妨設與AB的中點P重合（如圖1所示），則P1、P2、P3分別是線段BC、CD、DA的中點，所以．由于在四個選擇支中只有C含有，故選C．
當然，本題也可以利用對稱的方法將“折線”問題轉化成“直線”問題來直接求解（如圖2所示）．
說明 由本題可見, 探索猜想在數學學習中的地位．這也是選擇題的應有特點．
例5．當x(1,2)時，不等式(x1)2分析：若將不等號兩邊分別設成兩個函數，則左邊為二次函數，圖象是拋物線，右邊為常見的對數函數的圖象，故可以通過圖象求解。
解：設y1=(x1)2,y2=logax,則y1的圖象為右圖所示的拋物線，要使對一切x(1,2),y11,并且必須也只需當x=2時y2的函數值大于等于y1的函數值。
故loga2>1,a>1,1例6．函數y=(x1)loga6xlog3a+x+1，其中在x[0,1]時函數恒正，求a的范圍。
解：排除對數log3a的干擾，選x為“主元”化函數為
y=f(x)=(log32a6 log3a+1)x+1log32a, x∈[0,1].
一次（或常數）函數恒正，被線段端點“抬在”x軸的上方。故有：
說明：給定一次函數y=f(x)=ax+b(a≠0),若y=f(x)在[m,n]內恒有f(x)>0，則根據函數的圖象（直線）可得上述結論等價于
ⅰ）或ⅱ）亦可合并定成
同理，若在[m,n]內恒有f(x)<0，則有
例7．對于滿足|p|2的所有實數p,求使不等式x2+px+1>2p+x恒成立的x的取值范圍。
分析：在不等式中出現了兩個字母：x及P,關鍵在于該把哪個字母看成是一個變量，另一個作為常數。顯然可將p視作自變量，則上述問題即可轉化為在[2，2]內關于p的一次函數大于0恒成立的問題。
略解：不等式即(x1)p+x22x+1>0,設f(p)= (x1)p+x22x+1,則f(p)在[2,2]上恒大于0，故有：
即解得：
∴x<1或x>3.
例8.設f(x)=x22ax+2,當x[1,+)時，都有f(x)a恒成立，求a的取值范圍。
分析：題目中要證明f(x)a恒成立，若把a移到等號的左邊，則把原題轉化成左邊二次函數在區間[1,+)時恒大于0的問題。
解：設F(x)= f(x)a=x22ax+2a.
ⅰ)當=4（a1)(a+2)<0時，即2ⅱ）當=4（a1)(a+2) 0時由圖可得以下充要條件：
即
得3a2;
綜合可得a的取值范圍為[3，1]
說明：若二次函數y=ax2+bx+c=0(a≠0)大于0恒成立，則有
若是二次函數在指定區間上的恒成立問題，還可以利用韋達定理以及根與系數的分布知識求解。
例9．關于x的方程9x+(4+a)3x+4=0恒有解，求a的范圍。
分析：題目中出現了3x及9x，故可通過換元轉化成二次函數型求解。
解法1（利用韋達定理）：
設3x=t,則t>0.則原方程有解即方程t2+(4+a)t+4=0有正根。
即
解得a8.
解法2（利用根與系數的分布知識）：
即要求t2+(4+a)t=0有正根。設f(x)= t2+(4+a)t+4.
10.=0,即（4+a）216=0,∴a=0或a=8.
a=0時，f(x)=(t+2)2=0,得t=2<0，不合題意；
a=8時，f(x)=(t2)2=0,得t=2>0,符合題意。
∴a=8.
20. >0,即a<8或a>0時，
∵f(0)=4>0,故只需對稱軸，即a<4.
∴a<8
綜合可得a8.
三、解析幾何中確定參變量的取值范圍歷來是各級各類測試及高考命題的熱點。由于此類問題綜合性強，且確定參變量取值范圍的不等量關系也較為隱蔽，因而給解題帶來了諸多困難。為此，我們有必要總結和歸納如何尋找或挖掘不等量關系的策略和方法。
在幾何問題中，有些問題和參數無關，這就構成定值問題，解決這些問題常通過取參數和特殊值來確定“定值”是多少，或者將該問題涉及的幾何式轉化為代數式或三角式來證明該式是恒定的。
解析幾何中的最值問題，一般先根據條件列出所求目標——函數關系式，然后根據函數關系式手特征選用參數法，配方法，判別式法，應用不等式的性質，以及三角函數最值法等求出它的最大值或最小值。
充分運用各種方法學會解圓錐曲線的綜合問題（解析法的應用，數形結合的數學思想，圓錐曲線與圓錐曲線的位置關系，與圓錐曲線相關的定值問題，最值問題，應用問題和探索性問題）。
研究最值問題是實踐的需要，人類在實踐活動中往往追求最佳結果，抽象化之成為數學上的最值問題，所以最值問題幾乎滲透到數學的每一章。
解析幾何中的最值問題主要是曲線上的點到定點的距離最值，到定直線的距離最值，還有面積最值，斜率最值等，解決的辦法也往往是數形結合或轉化為函數最值。
而一些函數最值，反而可以通過數形結合轉化為解析幾何中的最值問題。
1．幾何法：若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征及意義，則考慮利用圖形性質來解決。
2．代數法：若題目的條件和結論能體現一種明確的函數關系，則可首先建立目標函數，再求這個函數的最值。求函數最值常用的方法有配方法、判別式法、重要不等式法、三角函數的值域法、函數的單調性法。
例10． 已知橢圓C:和點P（4，1），過P作直線交橢圓于A、B兩點，在線段AB上取點Q，使，求動點Q的軌跡所在曲線的方程及點Q的橫坐標的取值范圍.
分析：這是一個軌跡問題，解題困難在于多動點的困擾，學生往往不知從何入手。其實，應該想到軌跡問題可以通過參數法求解. 因此，首先是選定參數，然后想方設法將點Q的橫、縱坐標用參數表達，最后通過消參可達到解題的目的.
由于點的變化是由直線AB的變化引起的，自然可選擇直線AB的斜率作為參數，如何將與聯系起來？一方面利用點Q在直線AB上；另一方面就是運用題目條件：來轉化.由A、B、P、Q四點共線，不難得到，要建立與的關系，只需將直線AB的方程代入橢圓C的方程，利用韋達定理即可.
通過這樣的分析，可以看出，雖然我們還沒有開始解題，但對于如何解決本題，已經做到心中有數.
在得到之后，如果能夠從整體上把握，認識到：所謂消參，目的不過是得到關于的方程（不含k），則可由解得，直接代入即可得到軌跡方程。從而簡化消去參的過程。
解：設，則由可得：，
解之得： （1）
設直線AB的方程為：，代入橢圓C的方程，消去得出關于 x的一元二次方程：
（2）
∴
代入（1），化簡得： (3)
與聯立，消去得：
在（2）中，由，解得 ，結合（3）可求得
故知點Q的軌跡方程為： （）.
說明：由方程組實施消元，產生一個標準的關于一個變量的一元二次方程，其判別式、韋達定理模塊思維易于想到. 這當中，難點在引出參，活點在應用參，重點在消去參.，而“引參、用參、消參”三步曲，正是解析幾何綜合問題求解的一條有效通道.
例11．已知，試討論的值變化時，方程表示的曲線的形狀。
解：（1）當時，方程化為，它表示兩條與軸平行的直線；
（2）當時，方程化為，它表示兩條與軸平行的直線；
（3）當時，方程化為，它表示一個單位圓；
（4）當時，方程化為，因為，所以它表示一個焦點在軸上那個的橢圓；
（5）當時，方程化為，因為，所以它表示一個焦點在軸上那個的橢圓；
（6）當時，方程化為，因為，所以它表示一個焦點在軸上那個的雙曲線。
（Ⅱ）、求參數的取值范圍在解析幾何中的應用
例12．一農民有田2畝，根據他的經驗：若種水稻，則每畝每期產量為400公斤，若種花生，則每畝產量為100公斤，但水稻成本較高，每畝每期240元，而花生只要80元，且花生每公斤可賣5元，稻米每公斤只賣3元，現在他只能湊足400元，問這位農民對兩種作物應各種多少畝，才能得到最大利潤？
分析：最優種植安排問題就是要求當非負變量x、y滿足條件和時，總利潤P達到最大，是線性規劃問題。
解：設水稻種x畝，花生種y畝，則有題意得：
即

此不等式組的解為四邊形區域（包括邊界），這些解通常就叫做本問題的可行解，并稱這個區域為問題的可行解區域。
而利潤P＝（3×400－200）x＋（5×100－80）y＝960x+420y為二元函數，通常就叫做本問題的目標函數。故所求問題變為：要在此可行解區域內，找出（x，y）點，使目標函數P＝960x+420y的值為最大，這類點就叫做本問題的最佳解。如何找出這類點呢？觀察目標函數P，我們知道：
當P等于任意常數m時，m＝960x+420y 都是－48/21的直線；
若直線l：m＝960x+420y與可行解區域相交，則對應于此直線的任一可行解，目標函數P的值皆為m；
當直線l：m＝960x+420y 即 y＝－48/21x＋m/400過可行解區域，且縱截距最大時，m有最大值，即目標函數P有最大值。
由圖可知，當直線l過B點時，縱截距最大。
解方程組 得交點B（1.5,0.5）
所以當x＝1.5，y＝0.5時，Pmax＝960×1.5＋420×0.5＝1650（元）
即水稻種1.5畝，花生種0.5畝時所得的利潤最大。
說明：很多數學應用題都與二元一次不等式組有關，而不等式組的解答往往很多，
在各種解答中，是否有一組為符合實際情況的最佳解答呢？求此類問題的解答為數學的一個重要分支——線性規劃。線性規劃是最優化模型中的一個重要內容，它具有適應性強，應用面廣，計算技術比較簡便的特點，它是現代管理科學的重要基礎和手段之一。利用線性規劃解決應用問題的方法可按下列步驟進行：
根據題意，建立數學模型，作出不等式組區域的圖形，即可行解區域；
設所求的目標函數f（x，y）為m值；
（3）將各頂點坐標代入目標函數，即可得m的最大值或最小值，或求直線f（x，y）＝m在y軸上截距的最大值（最小值）從而得m的最大值（最小值）。
例13．某汽車公司有兩家裝配廠，生產甲、乙兩種不同型的汽車，若A廠每小時可完成1輛甲型車和2輛乙型車；B廠每小時可完成3輛甲型車和1輛乙型車。今欲制造40輛甲型車和乙型車，問這兩家工廠各工作幾小時，才能使所費的總工作時數最小？
分析：這是一個如何安排生產才能發揮最佳效率的問題。最優工作時數的安排問題就是A、B兩廠生產甲、乙兩種不同型號的汽車數不得低于甲型40輛、乙型20輛時，總工時最少。
解：設A廠工作x小時，B廠生產y小時，總工作時數為T小時，則它的目標函數為
T=x＋y 且x＋3y≥40 ，2x+y≥20 ，x≥0 ，y≥0
可行解區域，而符合問題的解答為此區域內的格子點（縱、橫坐標都是整數的點稱為格子點），于是問題變為：要在此可行解區域內，找出格子點（x，y），使目標函數T ＝x＋y的值為最小。由圖知當直線l：y＝－x＋T過Q點時，縱截距T最小，但由于符合題意的解必須是格子點，我們還必須看Q點是否是格子點。
解方程組 得Q（4,12）為格子點，
故A廠工作4小時，B廠工作12小時，可使所費的總工作時數最少。
說明：也可以用凸多邊形性質去尋找最佳解，要注意到有時符合題意的解僅限于可行解區域內的格子點，此時如果有端點并非格子點，這些點就不符合題意，不是我們要找的解；如果所有的端點都是格子點，所有的端點全符合題意，我們就可用凸多邊形性質去找出最佳解。
符合本題的解僅為可行解區域內的格子點，其可行解區域的端點P（40,0），Q（4,12）R（0,20）都是格子點，都符合題意，而它們所對應的目標函數值如下表所示：
（x，y）
（40,0）
（4,12）
（0,20）
T
40
16
20
故Q（4,12）即為所要找的點。
例14．私人辦學是教育發展的方向。某人準備投資1200萬元興辦一所完全中學，為了考慮社會效益和經濟效益，對該地區教育市場進行調查，得出一組數據列表如下（以班級為單位）：
班級學生數
配備教師數
硬件建設（萬元）
教師年薪（萬元）
初中
50
2.0
28
1.2
高中
40
2.5
58
1.6
根據物價部門的有關文件，初中是義務教育階段，收費標準適當控制，預計除書本費、辦公費以外每生每年收取600元，高中每生每年可收取1500元。因生源和環境等條件的限制，辦學規模以20至30個班為宜。教師實行聘任制。初中、高中的教育周期均為三年。請你合理地安排找生計劃，使年利潤最大，大約經過多少年可以收回全部投資？
解：設初中編制為x個班，高中編制為y個班。
則 （x>0,y>0,x,y∈Z）。
計年利潤為s，那么s＝3x+6y-2.4x-4y，即s＝0.6x+2y
作出不等式表示的平面區域。問題轉化為求直線0.6x+2xs＝0截距的最大值。過點A作0.6x+2y=0的平行線即可求出s的最大值。
聯立得A（18,12）。
將x＝18，y＝12代入s＝0.6x+2y求得Smax＝34.8。
設經過n年可收回投資，則11.6+23.2+34.8(n2)=1200，可得n＝33.5。
學校規模初中18個班級，高中12個班級，第一年初中招生6個班300人，高中招生4個班160人。從第三年開始年利潤34.8萬元，大約經過36年可以收回全部投資。
說明：本題的背景材料是投資辦教育，擬定一份計劃書，本題是計劃書中的部分內容。要求運用數形結合思想，解析幾何知識和數據處理的綜合能力。通過計算可知，投資教育主要是社會效益，提高整個民族的素質，經濟效益不明顯。
（Ⅲ）、強化訓練
1．（南京市質量檢測試題） 若對個向量存在個不全為零的實數，使得成立，則稱向量為“線性相關”．依此規定， 能說明，，“線性相關”的實數依次可以取 （寫出一組數值即可，不必考慮所有情況）．
2．已知雙曲線，直線過點，斜率為，當時，雙曲線的上支上有且僅有一點B到直線的距離為，試求的值及此時點B的坐標。
3．設函數f(x)=2x-12-x-1,xR,若當0時，f(cos2+2msin)+f(2m2)>0恒成立，求實數m的取值范圍。
4．已知關于x的方程lg(x+20x) lg(8x6a3)=0有唯一解，求實數a的取值范圍。
5．試就的不同取值，討論方程所表示的曲線形狀，并指出其焦點坐標。
6．某公司計劃在今年內同時出售變頻空調機和智能型洗衣機，由于這兩種產品的市場需求量非常大，有多少就能銷售多少，因此該公司要根據實際情況（如資金、勞動力）確定產品的月供應量，以使得總利潤達到最大。已知對這兩種產品有直接限制的因素是資金和勞動力，通過調查，得到關于這兩種產品的有關數據如下表：
資金
單位產品所需資金（百元）
月資金供應量（百元）
空調機
洗衣機
成本
30
20
300
勞動力 （工資）
5
10
110
單位利潤
6
8
試問：怎樣確定兩種貨物的月供應量，才能使總利潤達到最大，最大利潤是多少？
7．某校伙食長期以面粉和大米為主食，而面食每100克含蛋白質6個單位，含淀粉4個單位，售價0.5元，米食每100克含蛋白質3個單位，含淀粉7個單位，售價0.4元，學校要求給學生配制盒飯，每盒飯至少有8個單位的蛋白質和10個單位的淀粉，問應如何配制盒飯，才既科學又費用最少？
8．發電廠主控室的表盤，高m米，表盤底邊距地面n米。問值班人員坐在什么位
置上，看得最清楚？（值班人員坐在椅子上眼睛距地面的高度一般為1.2米）
9. 某養雞廠想筑一個面積為144平方米的長方形圍欄。圍欄一邊靠墻，現有50米鐵絲網，筑成這樣的圍欄最少要用多少米鐵絲網？已有的墻最多利用多長？最少利用多長？
（Ⅳ）、參考答案
1．分析：本題將高等代數中維向量空間的線形相關的定義，移植到平面向量中，定義了個平面向量線性相關．在解題過程中，首先應該依據定義，得到，即，于是，所以即則．所以，的值依次可取（是不等于零的任意實數）．
2．分析1：解析幾何是用代數方法來研究幾何圖形的一門學科，因此，數形結合必然是研究解析幾何問題的重要手段. 從“有且僅有”這個微觀入手，對照草圖，不難想到：過點B作與平行的直線，必與雙曲線C相切. 而相切的代數表現形式是所構造方程的判別式. 由此出發，可設計如下解題思路：
解題過程略.
分析2：如果從代數推理的角度去思考，就應當把距離用代數式表達，即所謂“有且僅有一點B到直線的距離為”，相當于化歸的方程有唯一解. 據此設計出如下解題思路：
解：設點為雙曲線C上支上任一點，則點M到直線的距離為：

于是，問題即可轉化為如上關于的方程.
由于，所以，從而有
于是關于的方程



由可知：
方程的二根同正，故恒成立，于是等價于
.
由如上關于的方程有唯一解，得其判別式，就可解得 .
說明：上述解法緊扣解題目標，不斷進行問題轉換，充分體現了全局觀念與整體思維的優越性.
3．分析與解：從不等式分析入手，易知首先需要判斷f(x)的奇偶性和單調性，不難證明，在R上f(x)是奇函數和增函數，由此解出cos2+2msin<2m+2.
令t=sin,命題轉化為不等式t22mt+(2m+1)>0,t∈[0,1]--------------------(*)
恒成立時，求實數m的取值范圍。
接下來，設g(t)=t22mt+(2m+1),按對稱軸t=m與區間[0，1]的位置關系，分類使g(t)min>0,綜合求得m>.
本題也可以用函數思想處理，將（*）化為2m(1t)>(t2+1),t∈[0,1]
⑴當t=1時，m∈R;
⑵當0≤t<1時，2m>h(t)=2[(1t)+],由函數F（u)=u+在（1，1]上是減函數，易知當t=0時，h(x)max=1, ∴m>,綜合（1）、（2）知m>。
說明：本題涉及函數的奇偶性、單調性、二次函數的條件極值、不等式等知識，以及用函數的思想、數形結合、分類討論、轉化和化歸的思想方法解題，是綜合性較強的一道好題。
4．分析：方程可轉化成lg(x2+20x)=lg(8x6a3),從而得x2+20x=8x6a3>0,注意到若將等號兩邊看成是二次函數
y= x2+20x及一次函數y=8x6a3，則只需考慮這兩個
函數的圖象在x軸上方恒有唯一交點即可。
解：令y1= x2+20x=（x+10）2100,y2=8x6a3,則如圖所示，y1的圖象為一個定拋物線，y2的圖象是一條斜率為定值8，而截距不定的直線，要使y1和y2在x軸上有唯一交點，則直線必須位于l1和l2之間。（包括l1但不包括l2)
當直線為l1時，直線過點（20，0）此時縱截距為6a3=160,a=;
當直線為l2時，直線過點（0，0），縱截距為6a3=0，a=
∴a的范圍為[，）。
5．解：（1）當時，方程化為，表示軸。
（2）當時，方程化為，表示軸
（3）當時，方程為標準形式：
①當時，方程化為表示以原點為圓心，為半徑的圓。
②當時，方程（*）表示焦點在軸上的雙曲線，焦點為
③當時，方程（*）表示焦點在軸上的橢圓，焦點為
④當時，方程（*）表示焦點在軸上的橢圓，焦點為
⑤當時，方程（*）表示焦點在軸上的雙曲線，焦點為
6．解：設空調機、洗衣機的月供應量分別是x、y臺，總利潤是P，則P＝6x+8y
由題意：30x+20y ≤300
5x+10y≤110
x≥0，y≥0
x、y均為整數
畫圖知直線 y＝－3/4x＋1/8P 過M（4,9）時，縱截距最大，這時P也取最大值Pmax＝6×4＋8×9＝96（百元）
故：當月供應量為：空調機4臺，洗衣機9臺時，可獲得最大利潤9600元。
7．解：設每盒盒飯需要面食x（百克），米食y（百克）
則目標函數為S＝0.5x+0.4y
且x，y滿足 ： 6x+3y≥8 4x+7y≥10 x≥0 ，y≥0
畫圖可知，直線 y＝－5/4x+5/2S
過A（13/15,14/15）時，縱截距5/2S最小，即S最小。
故每盒盒飯為13/15百克，米食14/15百克時既科學又費用最少。
8．解答從略，答案是： 值班人員的眼睛距表盤距離為 （米）。本題材料背景:儀表及工業電視，是現代化企業的眼睛，它總是全神貫注地注視著生產內部過程，并忠實地把各種指標顯示在值班人員的面前。這就要在值班人員和儀表及工業電視之間，建立某種緊密的聯系，聯系的紐帶是值班人員的眼睛！因此只有在最佳位置上安排值班人員的座位，才能避免盲目性。
9.解：假設圍欄的邊長為x米和玉米，于是由題設可知x＞0，y＞0，且
xy＝144 （1）
2x+y≤50 （2）
雙曲線xy＝144在第一象線內的一支與直線2x＋y＝50的交點是A（），B（），滿足條件（1）、（2）的解集是在雙曲線xy＝144（），這一段上的點集（即如圖中雙曲線A、B之間的一段），當過雙曲線A、B之間上的任一點作一點作直線2x＋y＝k（k＞0）就是相應需用鐵絲網的長度，直線2x+y=k（k＞0）與雙曲線xy＝144相切。這時，相應的k值最小，消去y得x的二次方程： ，從△＝0得， 即k＝24（米）所需用鐵絲網的最短長度為24米。從圖中知，利用已有墻的最大長度由點A的縱坐標給出，即米，利用墻的最短長度由B縱坐標給出，即米。
導數應用的題型與方法
一．復習目標：
1．了解導數的概念，能利用導數定義求導數．掌握函數在一點處的導數的定義和導數的幾何意義，理解導函數的概念．了解曲線的切線的概念．在了解瞬時速度的基礎上抽象出變化率的概念．
2．熟記基本導數公式（c,x (m為有理數)，sin x, cos x, e, a, lnx, logx的導數）。掌握兩個函數四則運算的求導法則和復合函數的求導法則，會求某些簡單函數的導數，利能夠用導數求單調區間，求一個函數的最大(小)值的問題，掌握導數的基本應用．
3．了解函數的和、差、積的求導法則的推導，掌握兩個函數的商的求導法則。能正確運用函數的和、差、積的求導法則及已有的導數公式求某些簡單函數的導數。
4．了解復合函數的概念。會將一個函數的復合過程進行分解或將幾個函數進行復合。掌握復合函數的求導法則，并會用法則解決一些簡單問題。
二．考試要求：
⑴了解導數概念的某些實際背景（如瞬時速度、加速度、光滑曲線切線的斜率等），掌握函數在一點處的導數的定義和導數的幾何意義，理解導函數的概念。 ⑵熟記基本導數公式（c,x (m為有理數)，sin x, cos x, e, a,lnx, logx的導數）。掌握兩個函數四則運算的求導法則和復合函數的求導法則，會求某些簡單函數的導數。 ⑶了解可導函數的單調性與其導數的關系，了解可導函數在某點取得極值的必要條件和充分條件（導數要極值點兩側異號），會求一些實際問題（一般指單峰函數）的最大值和最小值。
三．教學過程：
（Ⅰ）基礎知識詳析
導數是微積分的初步知識，是研究函數，解決實際問題的有力工具。在高中階段對于導數的學習，主要是以下幾個方面:
1．導數的常規問題：
（1）刻畫函數（比初等方法精確細微）；
（2）同幾何中切線聯系（導數方法可用于研究平面曲線的切線）；
（3）應用問題（初等方法往往技巧性要求較高，而導數方法顯得簡便）等關于次多項式的導數問題屬于較難類型。
2．關于函數特征，最值問題較多，所以有必要專項討論，導數法求最值要比初等方法快捷簡便。
3．導數與解析幾何或函數圖象的混合問題是一種重要類型，也是高考中考察綜合能力的一個方向，應引起注意。
4．曲線的切線
在初中學過圓的切線，直線和圓有惟一公共點時，叫做直線和圓相切，這時直線叫做圓的切線，惟一的公共點叫做切點．圓是一種特殊的曲線，能不能將圓的切線的概念推廣為一段曲線的切線，即直線和曲線有惟一公共點時，直線叫做曲線過該點的切線，顯然這種推廣是不妥當的．如圖3—1中的曲線C是我們熟知的正弦曲線y=sinx．直線與曲線C有惟一公共點M，但我們不能說直線與曲線C相切；而直線盡管與曲線C有不止一個公共點，我們還是說直線是曲線C在點N處的切線．因此，對于一般的曲線，須重新尋求曲線的切線的定義．所以課本利用割線的極限位置來定義了曲線的切線．
5．瞬時速度
在高一物理學習直線運動的速度時，涉及過瞬時速度的一些知識，物理教科書中首先指出：運動物體經過某一時刻(或某一位置)的速度叫做瞬時速度，然后從實際測量速度出發，結合汽車速度儀的使用，對瞬時速度作了說明．物理課上對瞬時速度只給出了直觀的描述，有了極限工具后，本節教材中是用物體在一段時間運動的平均速度的極限來定義瞬時速度．
6．導數的定義
導數定義與求導數的方法是本節的重點，推導導數運算法則與某些導數公式時，都是以此為依據．
對導數的定義，我們應注意以下三點：
(1)△x是自變量x在 處的增量(或改變量)．
(2)導數定義中還包含了可導或可微的概念，如果△x→0時，有極限，那么函數y=f(x)在點處可導或可微，才能得到f(x)在點處的導數．
(3)如果函數y=f(x)在點處可導，那么函數y=f(x)在點處連續(由連續函數定義可知)．反之不一定成立．例如函數y=|x|在點x=0處連續，但不可導．
由導數定義求導數，是求導數的基本方法，必須嚴格按以下三個步驟進行：
(1)求函數的增量；
(2)求平均變化率；
(3)取極限，得導數。
7．導數的幾何意義
函數y=f(x)在點處的導數，就是曲線y=(x)在點處的切線的斜率．由此，可以利用導數求曲線的切線方程．具體求法分兩步：
(1)求出函數y=f(x)在點處的導數，即曲線y=f(x)在點處的切線的斜率；
(2)在已知切點坐標和切線斜率的條件下，求得切線方程為

特別地，如果曲線y=f(x)在點處的切線平行于y軸，這時導數不存，根據切線定義，可得切線方程為
8．和（或差）的導數
對于函數的導數，如何求呢？我們不妨先利用導數的定義來求。


我們不難發現，即兩函數和的導數等于這兩函數的導數的和。
由此我們猜測在一般情況下結論成立。事實上教材中證明了我們的猜想，這就是兩個函數的和（或差）的求導法則。
9．積的導數
兩個函數的積的求導法則的證明是本節的一個難點，證明過程中變形的關鍵是依據導數定義的結構形式。（具體過程見課本P120）
說明：
（1）；
（2）若c為常數，則(cu) ′=cu′。
10．商的導數
兩個函數的商的求導法則，課本中未加證明，只要求記住并能運用就可以。現補充證明如下：
設


因為v(x)在點x處可導，所以它在點x處連續，于是△x→0時，v(x+△x)→v(x)，從而 即。
說明：（1）； （2）
學習了函數的和、差、積、商的求導法則后，由常函數、冪函數及正、余弦函數經加、減、乘、除運算得到的簡單的函數，均可利用求導法則與導數公式求導，而不需要回到導數的定義去求。
11. 導數與函數的單調性的關系
㈠與為增函數的關系。
能推出為增函數，但反之不一定。如函數在上單調遞增，但，∴是為增函數的充分不必要條件。
㈡時，與為增函數的關系。
若將的根作為分界點，因為規定，即摳去了分界點，此時為增函數，就一定有。∴當時，是為增函數的充分必要條件。
㈢與為增函數的關系。
為增函數，一定可以推出，但反之不一定，因為，即為或。當函數在某個區間內恒有，則為常數，函數不具有單調性。∴是為增函數的必要不充分條件。
函數的單調性是函數一條重要性質，也是高中階段研究的重點，我們一定要把握好以上三個關系，用導數判斷好函數的單調性。因此新教材為解決單調區間的端點問題，都一律用開區間作為單調區間，避免討論以上問題，也簡化了問題。但在實際應用中還會遇到端點的討論問題，要謹慎處理。
㈣單調區間的求解過程，已知
（1）分析 的定義域； （2）求導數
（3）解不等式，解集在定義域內的部分為增區間
（4）解不等式，解集在定義域內的部分為減區間
我們在應用導數判斷函數的單調性時一定要搞清以下三個關系，才能準確無誤地判斷函數的單調性。以下以增函數為例作簡單的分析，前提條件都是函數在某個區間內可導。
㈤函數單調區間的合并
函數單調區間的合并主要依據是函數在單調遞增，在單調遞增，又知函數在處連續，因此在單調遞增。同理減區間的合并也是如此，即相鄰區間的單調性相同，且在公共點處函數連續，則二區間就可以合并為以個區間。

（1）恒成立 ∴為上
∴ 對任意 不等式 恒成立
（2）恒成立 ∴ 在上
∴ 對任意不等式 恒成立
㈥注意事項
1．導數概念的理解．
2．利用導數判別可導函數的極值的方法及求一些實際問題的最大值與最小值．
復合函數的求導法則是微積分中的重點與難點內容。課本中先通過實例，引出復合函數的求導法則，接下來對法則進行了證明。
對于復合函數，以前我們只是見過，沒有專門定義和介紹過它，課本中以描述性的方式對復合函數加以直觀定義，使我們對復合函數的的概念有一個初步的認識，再結合以后的例題、習題就可以逐步了解復合函數的概念。
3．要能正確求導，必須做到以下兩點：
（1）熟練掌握各基本初等函數的求導公式以及和、差、積、商的求導法則，復合函數的求導法則。
（2）對于一個復合函數，一定要理清中間的復合關系，弄清各分解函數中應對哪個變量求導。
4．求復合函數的導數，一般按以下三個步驟進行：
（1）適當選定中間變量，正確分解復合關系；
（2）分步求導（弄清每一步求導是哪個變量對哪個變量求導）；
（3）把中間變量代回原自變量（一般是x）的函數。
也就是說，首先，選定中間變量，分解復合關系，說明函數關系y=f(μ)，μ=f(x)；然后將已知函數對中間變量求導，中間變量對自變量求導；最后求，并將中間變量代回為自變量的函數。整個過程可簡記為分解——求導——回代。熟練以后，可以省略中間過程。若遇多重復合，可以相應地多次用中間變量。
（Ⅱ） 范例分析
例1． 在處可導，則
思路： 在處可導，必連續 ∴
∴
例2．已知f(x)在x=a處可導，且f′(a)=b，求下列極限：
（1）； （2）
分析：在導數定義中，增量△x的形式是多種多樣，但不論△x選擇哪種形式，△y也必須選擇相對應的形式。利用函數f(x)在處可導的條件，可以將已給定的極限式恒等變形轉化為導數定義的結構形式。
解：（1）

（2）

說明：只有深刻理解概念的本質，才能靈活應用概念解題。解決這類問題的關鍵是等價變形，使極限式轉化為導數定義的結構形式。
例3．觀察，，，是否可判斷，可導的奇函數的導函數是偶函數，可導的偶函數的導函數是奇函數。
解：若為偶函數 令


∴ 可導的偶函數的導函數是奇函數
另證：
∴ 可導的偶函數的導函數是奇函數
例4．（1）求曲線在點（1，1）處的切線方程；
（2）運動曲線方程為，求t=3時的速度。
分析：根據導數的幾何意義及導數的物理意義可知，函數y=f(x)在處的導數就是曲線y=f(x)在點處的切線的斜率。瞬時速度是位移函數S(t)對時間的導數。
解：（1），
，即曲線在點（1，1）處的切線斜率k=0
因此曲線在（1，1）處的切線方程為y=1
（2）

。

例5． 求下列函數單調區間
（1）
（2）
（3）
（4）
解：（1） 時
∴ ，
（2） ∴ ，
（3）
∴
∴ ， ，
（4） 定義域為

例6．求證下列不等式
（1）
（2）
（3）
證：（1）
∴ 為上 ∴ 恒成立
∴
∴ 在上 ∴ 恒成立
（2）原式 令

∴ ∴
∴
（3）令
∴
∴
例7．利用導數求和：
（1）；
（2）。
分析：這兩個問題可分別通過錯位相減法及利用二項式定理來解決。轉換思維角度，由求導公式，可聯想到它們是另外一個和式的導數，利用導數運算可使問題的解決更加簡捷。
解：（1）當x=1時，
；
當x≠1時，
∵，
兩邊都是關于x的函數，求導得

即
（2）∵，
兩邊都是關于x的函數，求導得。
令x=1得
，
即。
例8．求滿足條件的
（1）使為上增函數
（2）使為上……
（3）使為上
解：（1） ∴
時 也成立 ∴
（2） 時 也成立 ∴
（3）
例9．（1）求證
（2） 求證
（1）證：令 ∴
原不等式 令 ∴
∴ ∴
∴ 令 ∴
∴
∴ ∴ ∴
（2）令 上式也成立
將各式相加
即
例10． 設，求函數的單調區間.
分析：本小題主要考查導數的概念和計算，應用導數研究函數性質的方法及推理和運算能力.
解：.
當時 .
（i）當時，對所有，有.
即，此時在內單調遞增.
（ii）當時，對，有，
即，此時在（0，1）內單調遞增，又知函數在x=1處連續，因此，
函數在（0，+）內單調遞增
（iii）當時，令，即.
解得.
因此，函數在區間內單調遞增，在區間
內也單調遞增.
令，
解得.
因此，函數在區間內單調遞減.
說明：本題用傳統作差比較法無法劃分函數的單調區間，只有用導數才行，這是教材新增的內容。其理論依據如下（人教版試驗本第三冊P148）：
設函數在某個區間內可導，如果，則為增函數；如果，則為減函數。如果，則為常數。
例11．已知拋物線與直線y=x+2相交于A、B兩點，過A、B兩點的切線分別為和。
（1）求A、B兩點的坐標；
（2）求直線與的夾角。
分析：理解導數的幾何意義是解決本例的關鍵。
解 （1）由方程組

解得 A(-2，0)，B(3，5)
（2）由y′=2x，則，。設兩直線的夾角為θ，根據兩直線的夾角公式，
所以
說明：本例中直線與拋物線的交點處的切線，就是該點處拋物線的切線。注意兩條直線的夾角公式有絕對值符號。
例12．設，是上的偶函數。
（I）求的值；
（II）證明在上是增函數。
解：（I）依題意，對一切有，即，
∴對一切成立，
由此得到，，
又∵，∴。
（II）證明：由，得，
當時，有，此時。
∴在上是增函數。
例13．設函數，其中。
（I）解不等式；
（II）證明：當時，函數在區間上是單調函數。
解1：（I）分類討論解無理不等式（略）。
（II）作差比較（略）。
解2：
（i）當時，有，此時，函數在區間上是單調遞減函數。但，因此，當且僅當時，。
（ii）當時，解不等式，得，在區間上是單調遞減函數。
解方程，得或，
∵，
∴當且僅當時，，
綜上，（I）當時，所給不等式的解集為：；
當時，所給不等式的解集為：。
（II）當且僅當時，函數在區間上時單調函數。
例14． 已知，函數設，記曲線在點處的切線為。
（Ⅰ）求的方程；
（Ⅱ）設與軸的交點為，證明：①②若，則
解：（1）的導數，由此得切線的方程
，
（2）依題得，切線方程中令，得
，其中，
（ⅰ）由，，有，及，
∴，當且僅當時，。
（ⅱ）當時，，因此，，且由（ⅰ），，
所以。
例15． 已知為正整數.
（Ⅰ）設；
（Ⅱ）設
分析：本題主要考查導數、不等式證明等知識，考查綜合運用所數學知識解決問題的能力。
證明：（Ⅰ）因為，
所以
（Ⅱ）對函數求導數:
∴

即對任意
（Ⅲ）、強化訓練
1．設函數f(x)在處可導，則等于 （ ）
A． B． C． D．
2．若，則等于 （ ）
A． B． C．3 D．2
3．曲線上切線平行于x軸的點的坐標是 （ ）
A．（-1，2） B．（1，-2） C．（1，2） D．（-1，2）或（1，-2）
4．若函數f(x)的導數為f′(x)=-sinx，則函數圖像在點（4，f（4））處的切線的傾斜角為（ ）
A．90° B．0° C．銳角 D．鈍角
5．函數在[0，3]上的最大值、最小值分別是 （ ）
A．5，－15 B．5，－4 C．－4，－15 D．5，－16
6．一直線運動的物體，從時間t到t+△t時，物體的位移為△s，那么為（ ）
A．從時間t到t+△t時，物體的平均速度
B．時間t時該物體的瞬時速度
C．當時間為△t 時該物體的速度
D．從時間t到t+△t時位移的平均變化率
7．關于函數，下列說法不正確的是 （ ）
A．在區間（，0）內，為增函數
B．在區間（0，2）內，為減函數
C．在區間（2，）內，為增函數
D．在區間（，0）內，為增函數
8．對任意x，有，f(1)=-1，則此函數為 （ ）
A． B． C． D．
9．函數y=2x3-3x2-12x+5在[0,3]上的最大值與最小值分別是 （ ）
A.5 , -15 B.5 , 4 C.-4 , -15 D.5 , -16
10．設f(x)在處可導，下列式子中與相等的是 （ ）
（1）； （2）；
（3） （4）。
A．（1）（2） B．（1）（3） C．（2）（3） D．（1）（2）（3）（4）
11．f()是定義在區間[－c,c]上的奇函數，其圖象如圖所示：令g（）=af（）+b，則下
列關于函數g（）的敘述正確的是（ ）
A．若a<0,則函數g（）的圖象關于原點對稱.
B．若a=－1，－2 C．若a≠0,b=2,則方程g（）=0有兩個實根.
D．若a≥1,b<2,則方程g（）=0有三個實根.
12．若函數f(x)在點處的導數存在，則它所對應的曲線在點處的切線方程是_____________。
13．設，則它與x軸交點處的切線的方程為______________。
14．設，則_____________。
15．垂直于直線2x-6y+1=0，且與曲線相切的直線的方程是________．?
16．已知曲線，則_____________。
17．y=x2ex的單調遞增區間是
18．曲線在點處的切線方程為____________。
19．P是拋物線上的點，若過點P的切線方程與直線垂直，則過P點處的切線方程是____________。
20．在拋物線上依次取兩點，它們的橫坐標分別為，，若拋物線上過點P的切線與過這兩點的割線平行，則P點的坐標為_____________。
21．曲線在點A處的切線的斜率為3，求該曲線在A點處的切線方程。
22．在拋物線上求一點P，使過點P的切線和直線3x-y+1=0的夾角為。
23．判斷函數在x=0處是否可導。
24．求經過點（2，0）且與曲線相切的直線方程。
25．求曲線y=xcosx在處的切線方程。
26．已知函數f(x)=x2+ax+b，g(x)=x2+cx+d. 若f(2x+1)=4g(x)，且f'x=g'(x)，f(5)=30，求g(4).
27．已知曲線與。直線l與、都相切，求直線l的方程。
28．設f(x)=(x-1)(x-2)…(x-100)，求f′(1)。
29．求曲線在點處的切線方程。
30．求證方程在區間內有且僅有一個實根
31． 、、、均為正數 且
求證：
32．（1）求函數在x=1處的導數；
（2）求函數（a、b為常數）的導數。

33．證明：如果函數y=f(x)在點處可導，那么函數y=f(x)在點處連續。
34． 已知函數，設，記曲線在點處的切線為。
（Ⅰ）求的方程；
（Ⅱ）設與軸的交點為，證明：①；②若，則。
（Ⅳ）、參考答案
1－5 CBDCA； 6－10 BDBAB； 11 B
12． 13．y=2(x-1)或y=2(x+1)
14．-6 15．3x+y+6=0 16．
17．(-∞,-2)與(0,+ ∞) 18．
19．2x-y-1=0 20．（2，4）
21．由導數定義求得，
令，則x=±1。
當x=1時，切點為（1，1），所以該曲線在（1，1）處的切線方程為y-1=3(x-1)即3x-y-2=0；
當x=-1時，則切點坐標為（-1，-1），所以該曲線在（-1，-1）處的切線方程為y+1=3(x+1)即3x-y+2=0。
22．由導數定義得f′(x)=2x，設曲線上P點的坐標為，則該點處切線的斜率為，根據夾角公式有
解得或， 由，得；
由，得； 則P（-1，1）或。
23．，
，
∵，
∴不存在。
∴函數f(x)在x=0處不可導。
24．可以驗證點（2，0）不在曲線上，故設切點為。
由
，
得所求直線方程為
。
由點（2，0）在直線上，得，
再由在曲線上，得，
聯立可解得，。所求直線方程為x+y-2=0。
25．Y’=x'cosx+x·(cosx)'=cosx-xsinx
，切點為，
∴切線方程為： 即。
26解：由已知(2x+1)2+a(2x+1)+b=4(x2+cx+d) ∴ =2x+a =2x+c ∴a=c ③ 又知52+5a+b=30 ∴5a+b=5 ④  由①③知a=c=2. 依次代入④、②知b=－5， d=－g(4)=42+2×4－=23
27．解：設l與相切于點，與相切于。對，則與相切于點P的切線方程為，即。 ①
對，則與相切于點Q的切線方程為 ，即。 ②
∵ 兩切線重合，∴，
解得或，
∴直線方程為y=0或y=4x-4。
28．解：
∴

令x=1得

29．解：，則
。
∴切線方程為 即5x+32y-7=0。
30解：
在
∴ 在內與軸有且僅有一個交點
∴ 方程 在內僅有一解
31．證：由對稱性不妨設
（1）若 顯然成立
（2）若 設
∴
∵ ∴ ∴ 時
∴ ∴
32．分析：根據導數的定義求函數的導數，是求導數的基本方法。
解（1） ，
， ∴。
（2）
，
。

∴y′=2x+a
說明 應熟練掌握依據導數的定義求函數的導數的三個步驟。
33．分析：從已知和要證明的問題中去尋找轉化的方法和策略，要證明f(x)在點處連續，必須證明，由于函數f(x)在點處可導，因此根據函數在點處可導的定義，逐步實現這個轉化。
已知： 求證：
證明：考慮，令，則，等價于△x→0，于是

∴函數f(x)在點處連續。
說明：函數f(x)在點處連續、有極限以及導數存在這三者之間的關系是：導數存在連續有極限。反之則不一定成立，例如y=|x|在點x=0處有極限且連續，但導數不存在。
34．解：（1）的導數，由此得切線的方程
，
（2）依題意，在切線方程中令，得，
（ⅰ），
∴，當且僅當時取等成立。
（ⅱ）若，則，，且由（ⅰ），
所以。
數列問題的題型與方法
一．復習目標：
能靈活地運用等差數列、等比數列的定義、性質、通項公式、前n項和公式解題；
2．能熟練地求一些特殊數列的通項和前項的和；
3．使學生系統掌握解等差數列與等比數列綜合題的規律，深化數學思想方法在解題實踐中的指導作用，靈活地運用數列知識和方法解決數學和實際生活中的有關問題；
4．通過解決探索性問題，進一步培養學生閱讀理解和創新能力，綜合運用數學思想方法分析問題與解決問題的能力．
5．在解綜合題的實踐中加深對基礎知識、基本技能和基本數學思想方法的認識，溝通各類知識的聯系，形成更完整的知識網絡，提高分析問題和解決問題的能力．
6．培養學生善于分析題意，富于聯想，以適應新的背景，新的設問方式，提高學生用函數的思想、方程的思想研究數列問題的自覺性、培養學生主動探索的精神和科學理性的思維方法．
二．考試要求：
1．理解數列的概念，了解數列通項公式的意義，了解遞推公式是給出數列的一種方法，并能根據遞推公式寫出數列的前幾項。
2．理解等差數列的概念，掌握等差數列的通項公式與前n項和公式，并能運用公式解答簡單的問題。
3．理解等比數列的概念，掌握等比數列的通項公式與前n項和公式，并能運用公式解決簡單的問題。
4．數列是高中數學的重要內容，又是學習高等數學的基礎，所以在高考中占有重要的地位。高考對本章的考查比較全面，等差數列，等比數列的考查每年都不會遺漏。解答題多為中等以上難度的試題，突出考查考生的思維能力，解決問題的能力，試題大多有較好的區分度。有關數列的試題經常是綜合題，經常把數列知識和指數函數、對數函數和不等式的知識綜合起來，試題也常把等差數列、等比數列，求極限和數學歸納法綜合在一起。探索性問題是高考的熱點，常在數列解答題中出現。本章中還蘊含著豐富的數學思想，在主觀題中著重考查函數與方程、轉化與化歸、分類討論等重要思想，以及配方法、換元法、待定系數法等基本數學方法。應用問題考查的重點是現實客觀事物的數學化，常需構造數列模型，將現實問題轉化為數學問題來解決。
三．教學過程：
（Ⅰ）基礎知識詳析
1．可以列表復習等差數列和等比數列的概念、有關公式和性質.
2．判斷和證明數列是等差（等比）數列常有三種方法：
(1)定義法：對于n≥2的任意自然數,驗證為同一常數。
(2)通項公式法：
①若=+（n-1）d=+（n-k）d，則為等差數列；
②若，則為等比數列。
(3)中項公式法：驗證都成立。
3.在等差數列中,有關Sn的最值問題——常用鄰項變號法求解：
(1)當,d<0時，滿足的項數m使得取最大值.
(2)當,d>0時，滿足的項數m使得取最小值。
在解含絕對值的數列最值問題時,注意轉化思想的應用。
4.數列求和的常用方法：公式法、裂項相消法、錯位相減法、倒序相加法等。
5．注意事項：
⑴證明數列是等差或等比數列常用定義，即通過證明或而得。
⑵在解決等差數列或等比數列的相關問題時，“基本量法”是常用的方法，但有時靈活地運用性質，可使運算簡便。
⑶對于一般數列的問題常轉化為等差、等比數列求解。
⑷注意一些特殊數列的求和方法。
⑸注意與之間關系的轉化。如：
=，=．
⑹數列極限的綜合題形式多樣，解題思路靈活，但萬變不離其宗，就是離不開數列極限的概念和性質，離不開數學思想方法，只要能把握這兩方面，就會迅速打通解題思路．
⑺解綜合題的成敗在于審清題目，弄懂來龍去脈，透過給定信息的表象，抓住問題的本質，揭示問題的內在聯系和隱含條件，明確解題方向，形成解題策略．
⑻通過解題后的反思，找準自己的問題，總結成功的經驗，吸取失敗的教訓，增強解綜合題的信心和勇氣，提高分析問題和解決問題的能力．
（Ⅱ）范例分析
例1．已知數列{a}是公差d≠0的等差數列，其前n項和為S．
(2)過點Q(1，a)，Q(2，a)作直線12，設l與l的夾角為θ，
證明：(1)因為等差數列{a}的公差d≠0，所以
Kpp是常數(k=2，3，…，n)．
(2)直線l的方程為y-a=d(x-1)，直線l的斜率為d．
例2．已知數列中，是其前項和，并且，
⑴設數列，求證：數列是等比數列；
⑵設數列，求證：數列是等差數列；
⑶求數列的通項公式及前項和。
分析：由于{b}和{c}中的項都和{a}中的項有關，{a}中又有S=4a+2，可由S-S作切入點探索解題的途徑．
解：(1)由S=4a，S=4a+2，兩式相減，得S-S=4(a-a)，即a=4a-4a．(根據b的構造，如何把該式表示成b與b的關系是證明的關鍵，注意加強恒等變形能力的訓練)
a-2a=2(a-2a)，又b=a-2a，所以b=2b ①
已知S=4a+2，a=1，a+a=4a+2，解得a=5，b=a-2a=3 ②
由①和②得，數列{b}是首項為3，公比為2的等比數列，故b=3·2．
當n≥2時，S=4a+2=2(3n-4)+2；當n=1時，S=a=1也適合上式．
綜上可知，所求的求和公式為S=2(3n-4)+2．
說明：1．本例主要復習用等差、等比數列的定義證明一個數列為等差，等比數列，求數列通項與前項和。解決本題的關鍵在于由條件得出遞推公式。
2．解綜合題要總攬全局，尤其要注意上一問的結論可作為下面論證的已知條件，在后面求解的過程中適時應用．
例3．已知數列{a}是首項a1＞0，q＞-1且q≠0的等比數列，設數列{b}的通項b=a-ka(n∈N)，數列{a}、{b}的前n項和分別為S，T．如果T＞kS對一切自然數n都成立，求實數k的取值范圍．
分析：由探尋T和S的關系入手謀求解題思路。
解：因為{a}是首項a＞0，公比q＞-1且q≠0的等比數列，故
a=a·q，a=a·q．
所以 b=a-ka=a(q-k·q)．
T=b+b+…+b=(a+a+…+a)(q-k·q)=S(q-kq)．
依題意，由T＞kS，得S(q-kq)＞kS， ①對一切自然數n都成立．
當q＞0時，由a1＞0，知a＞0，所以S＞0；
當-1＜q＜0時，因為a1＞0，1-q＞0，1-q＞0，所以S=
綜合上面兩種情況，當q＞-1且q≠0時，S＞0總成立．
由①式可得q-kq＞k ②，
例4．從社會效益和經濟效益出發，某地投入資金進行生態環境建設，并以此發展旅游產業.根據規劃，本年度投入800萬元，以后每年投入將比上年減少.本年度當地旅游業收入估計為400萬元，由于該項建設對旅游業的促進作用，預計今后的旅游業收入每年會比上年增加。(Ⅰ)設n年內(本年度為第一年)總投入為an萬元，旅游業總收入為bn萬元.寫出an，bn的表達式(Ⅱ)至少經過幾年旅游業的總收入才能超過總投入?
解析：第1年投入800萬元，第2年投入800×（1-）萬元……，
第n年投入800×（1－）n－1萬元
所以總投入an＝800＋800（1－）＋……＋800×（1－）n－1＝4000［1－（）n］
同理：第1年收入400萬元，第2年收入400×（1＋）萬元，……，
第n年收入400×（1＋）n－1萬元
bn＝400＋400×（1＋）＋……＋400×（1＋）n－1＝1600×［（）n－1］
(2)∴bn－an＞0，1600［（）n－1］－4000×［1－（）n］＞0
化簡得，5×（）n＋2×（）n－7＞0?
設x＝（）n，5x2－7x＋2＞0?∴x＜，x＞1（舍)?即（）n＜，n≥5.?
說明：本題主要考查建立函數關系式，數列求和，不等式等基礎知識，考查綜合運用數學知識解決實際問題的能力。解數學問題應用題重點在過好三關：（1）事理關：閱讀理解，知道命題所表達的內容；（2）文理關：將“問題情景”中的文字語言轉化為符號語言，用數學關系式表述事件；（3）數理關：由題意建立相關的數學模型，將實際問題數學化，并解答這一數學模型，得出符合實際意義的解答。
例5．設實數，數列是首項為，公比為的等比數列，記，
求證：當時，對任意自然數都有=
解：。
記①
②
①+②得③
說明：本例主要復習利用錯位相減解決差比數列的求和問題。關鍵是先研究通項，確定是等差數列，等比數列。
解法一：設等差數列{a}的首項a=a，公差為d，則其通項為
根據等比數列的定義知S≠0，由此可得
一步加工，有下面的解法)
解法二：
依題意，得
例7．設二次方程x-+1x+1=0(n∈N)有兩根α和β，且滿足6α-2αβ+6β=3．
(1)試用表示a；
例8．在直角坐標平面上有一點列，對一切正整數，點位于函數的圖象上，且的橫坐標構成以為首項，為公差的等差數列。
⑴求點的坐標；
⑵設拋物線列中的每一條的對稱軸都垂直于軸，第條拋物線的頂點為，且過點，記與拋物線相切于的直線的斜率為，求：。
⑶設，等差數列的任一項，其中是中的最大數，，求的通項公式。
解：（1）
（2）的對稱軸垂直于軸，且頂點為.設的方程為：
把代入上式，得，的方程為：。
，
=
（3），
T中最大數.
設公差為，則，由此得
說明：本例為數列與解析幾何的綜合題，難度較大（1）、（2）兩問運用幾何知識算出，解決（3）的關鍵在于算出及求數列的公差。
例9．數列中，且滿足
⑴求數列的通項公式；
⑵設，求；
⑶設=，是否存在最大的整數，使得對任意，均有成立？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由。
解：（1）由題意，，為等差數列，設公差為，
由題意得，.
（2）若，
時，
故
（3）
若對任意成立，即對任意成立，
的最小值是，的最大整數值是7。
即存在最大整數使對任意，均有
說明：本例復習數列通項，數列求和以及有關數列與不等式的綜合問題。
例10．如圖，在y軸的正半軸上依次有點其中點，且，在射線上依次有點點的坐標為（3，3），且
⑴用含的式子表示；
⑵用含的式子表示的坐標；
⑶求四邊形面積的最大值。
解：（1），
（2）由（1）得
的坐標，
是以為首項，為公差的等差數列
（3）連接，設四邊形的面積為，則
單調遞減.
的最大值為.
說明：本例為數列與幾何的綜合題。由題意知為等比，為等差，（3）利用函數單調性求最值。
例11．設正數數列{a}為一等比數列，且a=4，a=16．
說明：試題涉及對數、數列、極限的綜合題，主要考查等比數列的定義及通項公式，等差數列前n項和公式，對數計算，求數列極限等基礎知識，以及綜合運用數學知識的能力．
例12．已知拋物線，過原點作斜率1的直線交拋物線于第一象限內一點，又過點作斜率為的直線交拋物線于點，再過作斜率為的直線交拋物線于點，，如此繼續，一般地，過點作斜率為的直線交拋物線于點，設點．
（Ⅰ）令，求證：數列是等比數列．
（Ⅱ）設數列的前項和為，試比較與的大小．
解：（1）因為、在拋物線上，故①②，又因為直線的斜率為，即，①②代入可得
，故是以為公比的等比數列；
（2），故只要比較與的大小．
方法（一），
當時，； 當時；
當時，．
方法（二）用數學歸納法證明，其中假設時有,
則當時,.
a)，…
是公差為-1的等差數列，又2a-a，2a-a，…，2a-a，…
(1)求數列{a}的通項公式；
(2)計算(a+a+…+a)．
分析：由于題設中的等差數列和等比數列均由數列{an}的相關項構成，分別求出它們的通項公式構造關于a的方程組．
解：(1)設b=log(3a-a)，因為{bn}是等差數列，d=-1．b1=log
3a-a＝2 ①
設c=2a-a，{c}是等比數列，公比為q，|q|＜1，
c=2a-a=
例14．等比數列{a}中，已知a1≠0，公比q＞0，前n項和為S，自然數b，c，d，e滿足b＜c≤d＜e，且b+e=c+d．求證：S·S＜S·S．
分析：凡是有關等比數列前n項Sn的問題，首先考慮q=1的情況，證明條件不等式時，正確適時地應用所給的條件是成敗的關鍵．
(證明不等式首選方法是差比較法，即作差—變形—判定符號，變形要有利于判定符號．)
be-cd=(c+d-e)e-cd=ce+de-e2-cd=(c-e)(e-d)．
因為c＜e，d＜e，所以c-e＜0，e-d＞0，于是(c-e)(e-d)＜0．又
同理
(要比較S·S與S·S的大小，只要比較(1-qb)(1-qe)與(1-qc)(1-qd)的大小，仍然運用差比較法．)
(1-qb)(1-qe)-(1-qc)(1-qd)=qc+qd-qb-qe=(qc-qb)-(qe-qd)．
(能否將qc-qb用qe-qd表示是上式化成積的關鍵，利用給定的c+d=b+e，尋求變形的途徑，c=b+e-d，d、e出現了，于是qc-qb=qb+e-d-qb=qb(qe-d-1)=qbq-d(qe-qd)．恒等變形只有目標明確，變形才能有方向．)
上式=qbq-d(qe-qd)-(qe-qd)=(qe-qd)(qbq-d-1)=q-d(qe-qd)(qb-qd)．因為q＞0．所以q-d＞0．
(運用函數的思想將問題轉化為根據指數函數的單調性判別乘積的符號)事實上，由b＜d＜e，q＞0，
①當0＜q＜1時，y=qx是減函數，qe＜qd，qb＞qd，即qe-qd＜0，qb-qd＞0；
②當q＞1時，y=qx是增函數，qe＞qd，qb＜qd，即qe-qd＞0，qb-qd＜0．
所以無論0＜q＜1還是q＞1，都有qe-qd與qb-qd異號，即(qe-qd)(qb-qd)＜0．
綜上所述，無論q=1還是q≠1，都有S·S＜S·S．
說明：復習課的任務在于對知識的深化，對能力的提高、關鍵在落實．根據上面所研究的問題，進一步提高運用函數的思想、方程的思想解決數列問題的能力．
例15．（北京高考）如圖，在邊長為l的等邊△ABC中，圓O1為△ABC的內切圓，圓O2與圓O1外切，且與AB，BC相切，…，圓On+1與圓On外切，且與AB，BC相切，如此無限繼續下去.記圓On的面積為.
（Ⅰ）證明是等比數列；
（Ⅱ）求的值.
（Ⅰ）證明：記rn為圓On的半徑，
則
所以
故成等比數列.
（Ⅱ）解：因為所以
說明：本小題主要考查數列、數列極限、三角函數等基本知識，考查邏輯思維能力.
例16．（2004年北京春季高考20）下表給出一個“等差數陣”：
4
7
（）
（）
（）
……
……
7
12
（）
（）
（）
……
……
（）
（）
（）
（）
（）
……
……
（）
（）
（）
（）
（）
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
其中每行、每列都是等差數列，表示位于第i行第j列的數。
（I）寫出的值；（II）寫出的計算公式；
（III）證明：正整數N在該等差數列陣中的充要條件是2N+1可以分解成兩個不是1的正整數之積。
分析：本小題主要考查等差數列、充要條件等基本知識，考查邏輯思維能力、分析問題和解決問題的能力。
解：（I）
（II）該等差數陣的第一行是首項為4，公差為3的等差數列：
第二行是首項為7，公差為5的等差數列：
……
第i行是首項為，公差為的等差數列，因此
（III）必要性：若N在該等差數陣中，則存在正整數i，j使得
從而
即正整數2N+1可以分解成兩個不是1的正整數之積。
充分性：若2N+1可以分解成兩個不是1的正整數之積，由于2N+1是奇數，則它必為兩個不是1的奇數之積，即存在正整數k，l，使得
，從而
可見N在該等差數陣中。
綜上所述，正整數N在該等差數陣中的充要條件是2N+1可以分解成兩個不是1的正整數之積。
（Ⅲ）、強化訓練
1．設S和T分別為兩個等差數列的前n項和，若對任意n∈N，
（ ）
A．4∶3B．3∶2C．7∶4D．78∶71
2．一個首項為正數的等差數列中，前3項的和等于前11項的和，當這個數列的前n項和最大時，n等于． （ ）
A．5 B．6C．7 D．8
3．若數列中，，且，則數列的通項．
4．設在等比數列中，求及
5．根據下面各個數列的首項和遞推關系，求其通項公式
⑴
⑵
⑶
6．數列的前項和為不等于0，1的常數)，求其通項公式
7．某縣位于沙漠地帶，人與自然長期進行著頑強的斗爭，到2001年底全縣的綠化率已達30%。從2002年開始，每年將出現這樣的局面，即原有沙漠面積的16%將被綠化，與此同時，由于各種原因，原有綠化面積的4%又被沙化。
（1）設全縣面積為1，2001年底綠化面積為經過年綠化總面積為
求證
（2）至少需要多少年（年取整數，）的努力，才能使全縣的綠化率達到60%？
8．（2002年春招試題）已知點的序列（，0），，其中=0，，A3是線錢A1A2的中點，A4是線段A2A3的中點，…，An是線段的中點，…。
（I）寫出與、之間的關系式（≥3）
（II）設，計算，，，由此推測數列{}的通項公式，并加以證明。
9．(94年全國理)設｛an｝是正數組成的數列，其前n項和為Sn，并且對所有自然數n，an與2的等差中項等于Sn與2的等比中項.
(1)寫出數列｛an｝的前三項；?(2)求數列｛an｝的通項公式(寫出推證過程)；?
(3)令bn=(n∈N)，求：b1+b2+…+bn-n.
（Ⅳ）、參考答案
1．解：設這兩個等差數列分別為{an}和{bn}．
故選擇A．
說明：注意巧妙運用等差中項的性質來反映等差數列的通項an與前2n-1項和S2n-1的內在聯系．
2．解：依題意知．數列單調遞減，公差d＜0．因為
S3=S11=S3+a4+a5+…+a10+a11
所以 a4+a5+…+a7+a8+…+a10+a11=0
即 a4+a11=…=a7+a8=0，
故當n=7時，a7＞0，a8＜0．選擇C．
解選擇題注意發揮合理推理和估值的作用．
3．解：多次運用迭代，可得
4．解：，又，由以上二式得
或；由此得或.
說明：本例主要復習數列的基本運算和方程思想的應用。
5．解：（1），，
（2）=
又解：由題意，對一切自然數成立，
（3）是首項為
公比為的等比數列，
說明：本例復習求通項公式的幾種方法：迭加法、迭乘法、構造法。
6．解：由可得當時，，，，，是公比為的等比數列. 又當時，，，。
說明：本例復習由有關與遞推式求，關鍵是利用與的關系進行轉化。
7．（1）證明：由已知可得確定后，表示如下：=
即=80%+16%=+
（2）解：由=+可得：=（）=（）2（）=…=
故有=，若則有即
兩邊同時取對數可得
故，故使得上式成立的最小為5，
故最少需要經過5年的努力，才能使全縣的綠化率達到60%.
8．（I）解：當n≥3時，
（II）解：
.
由此推測。
證法一：因為，且
（n≥2）所以。
證法二：（用數學歸納法證明：）
（i）當時，，公式成立，
（ii）假設當時，公式成立，即成立。
那么當時，
=式仍成立。
根據（i）與（ii）可知，對任意，公式成立
評注：本小題主要考查中點坐標公式、等比數列等基本知識，考查運算能力和邏輯思維能力。
9．解：(1)由題意=an＞0
令n=1時，=S1=a1解得a1=2
令n=2時有==a1+a2?解得a2=6
令n=3時有=S3=a1+a2+a3解得a3=10?
故該數列的前三項為2、6、10.?
(2)解法一：由(1)猜想數列｛an｝有通項公式an=4n-2，下面用數學歸納法證明數列｛an｝的通項公式是an=4n-2(n∈N)?
1°當n=1時，因為4×1-2＝2，又在(1)中已求得a1=2，所以上述結論正確.?
2°假設n=k時，結論正確，即有ak=4k-2?
由題意有得ak=4k-2,代入上式得2k=,解得Sk=2k2
由題意有=Sk+1=Sk+ak+1得Sk=2k2代入得=2(ak+1+2k2)?
整理a2k+1-4ak+1+4-16k2=0?由于ak+1＞0，解得：ak+1=2+4k?
所以ak+1=2+4k=4(k+1)-2?
這就是說n=k+1時，上述結論成立.?
根據1°，2°上述結論對所有自然數n成立.?
解法二：由題意有，=(n∈N)?整理得Sn=(an+2)2?
由此得Sn+1=(an+1+2)2所以an+1=Sn+1-Sn=［（an+1+2)2-(an+2)2］?
整理得(an+1+an)(an+1-an-4)=0由題意知an+1+an≠0,所以an+1-an=4
即數列｛an｝為等差數列，其中a1=2,公差d=4，
所以an=a1＋(n-1)d=2+4(n-1)?即通項公式an=4n-2.?
(3)令cn=bn-1,?
則cn===
b1+b2+…+bn-n=c1+c2+…+cn?
=
說明：該題的解題思路是從所給條件出發，通過觀察、試驗、分析、歸納、概括、猜想出一般規律，然后再對歸納、猜想的結論進行證明.對于含自然數n的命題，可以考慮用數學歸納法進行證明，該題著重考查了歸納、概括和數學變換的能力.
立體幾何問題的題型與方法
一．復習目標：
1．在掌握直線與平面的位置關系(包括直線與直線、直線與平面、平面與平面間的位置關系)的基礎上，研究有關平行和垂直的的判定依據(定義、公理和定理)、判定方法及有關性質的應用；在有關問題的解決過程中，進一步了解和掌握相關公理、定理的內容和功能，并探索立體幾何中論證問題的規律；在有關問題的分析與解決的過程中提高邏輯思維能力、空間想象能力及化歸和轉化的數學思想的應用．
2．在掌握空間角(兩條異面直線所成的角，平面的斜線與平面所成的角及二面角)概念的基礎上，掌握它們的求法(其基本方法是分別作出這些角，并將它們置于某個三角形內通過計算求出它們的大小)；在解決有關空間角的問題的過程中，進一步鞏固關于直線和平面的平行垂直的性質與判定的應用，掌握作平行線(面)和垂直線(面)的技能；通過有關空間角的問題的解決，進一步提高學生的空間想象能力、邏輯推理能力及運算能力．
3．通過復習，使學生更好地掌握多面體與旋轉體的有關概念、性質，并能夠靈活運用到解題過程中．通過教學使學生掌握基本的立體幾何解題方法和常用解題技巧，發掘不同問題之間的內在聯系，提高解題能力．
4．在學生解答問題的過程中，注意培養他們的語言表述能力和“說話要有根據”的邏輯思維的習慣、提高思維品質．使學生掌握化歸思想，特別是將立體幾何問題轉化為平面幾何問題的思想意識和方法，并提高空間想象能力、推理能力和計算能力．
5．使學生更好地理解多面體與旋轉體的體積及其計算方法，能夠熟練地使用分割與補形求體積，提高空間想象能力、推理能力和計算能力．
二．考試要求：
（1）掌握平面的基本性質，會用斜二測的畫法畫水平放置的平面圖形的直觀圖，能夠畫出空間兩條直線、直線和平面的各種位置關系的圖形，能夠根據圖形想象它們的位置關系。
（2）了解空兩條直線的位置關系，掌握兩條直線平行與垂直的判定定理和性質定理，掌握兩條直線所成的角和距離的概念（對于異面直線的距離，只要求會計算已給出公垂線時的距離）。
（3）了解空間直線和平面的位置關系，掌握直線和平面平行的判定定理和性質定理，理解直線和平面垂直的判定定理和性質定理，掌握斜線在平面上的射影、直線和平面所成的角、直線和平面的距離的概念，了解三垂線定理及其逆定理。
（4）了解平面與平面的位置關系，掌握兩個平面平行的判定定理和性質定理。掌握二面角、二面角的平面角、兩個平面間的距離的概念，掌握兩個平面垂直的判定定理和性質定理。
（5）會用反證法證明簡單的問題。
（6）了解多面體的概念，了解凸多面體的概念。
（7）了解棱柱的概念，掌握棱柱的性質，會畫直棱柱的直觀圖。
（8）了解棱錐的概念，掌握正棱錐的性質，會畫正棱錐的直觀圖。
（9）了解正多面體的概念，了解多面體的歐拉公式。
（10）了解球的概念，掌握球的性質，掌握球的表面積、體積公式。三．教學過程：
（Ⅰ）基礎知識詳析
高考立體幾何試題一般共有4道(選擇、填空題3道, 解答題1道), 共計總分27分左右,考查的知識點在20個以內. 選擇填空題考核立幾中的計算型問題, 而解答題著重考查立幾中的邏輯推理型問題, 當然, 二者均應以正確的空間想象為前提. 隨著新的課程改革的進一步實施,立體幾何考題正朝著“多一點思考,少一點計算”的發展.從歷年的考題變化看, 以多面體和旋轉體為載體的線面位置關系的論證,角與距離的探求是常考常新的熱門話題.
1．有關平行與垂直(線線、線面及面面)的問題，是在解決立體幾何問題的過程中，大量的、反復遇到的，而且是以各種各樣的問題(包括論證、計算角、與距離等)中不可缺少的內容，因此在主體幾何的總復習中，首先應從解決“平行與垂直”的有關問題著手，通過較為基本問題，熟悉公理、定理的內容和功能，通過對問題的分析與概括，掌握立體幾何中解決問題的規律——充分利用線線平行(垂直)、線面平行(垂直)、面面平行(垂直)相互轉化的思想，以提高邏輯思維能力和空間想象能力．
判定兩個平面平行的方法：
（1）根據定義——證明兩平面沒有公共點；
（2）判定定理——證明一個平面內的兩條相交直線都平行于另一個平面；
（3）證明兩平面同垂直于一條直線。
3．兩個平面平行的主要性質：
⑴由定義知：“兩平行平面沒有公共點”。
⑵由定義推得：“兩個平面平行，其中一個平面內的直線必平行于另一個平面。
⑶兩個平面平行的性質定理：“如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那
么它們的交線平行”。
⑷一條直線垂直于兩個平行平面中的一個平面，它也垂直于另一個平面。
⑸夾在兩個平行平面間的平行線段相等。
⑹經過平面外一點只有一個平面和已知平面平行。
以上性質⑵、⑷、⑸、⑹在課文中雖未直接列為“性質定理”，但在解題過程中均可直接作為性質定理引用。
4．空間的角和距離是空間圖形中最基本的數量關系，空間的角主要研究射影以及與射影有關的定理、空間兩直線所成的角、直線和平面所成的角、以及二面角和二面角的平面角等．解這類問題的基本思路是把空間問題轉化為平面問題去解決．
空間的角，是對由點、直線、平面所組成的空間圖形中各種元素間的位置關系進行定量分析的一個重要概念，由它們的定義，可得其取值范圍，如兩異面直線所成的角
θ∈(0，]，直線與平面所成的角θ∈，二面角的大小，可用它們的平面角來度量，其平面角θ∈(0，π]．
對于空間角的計算，總是通過一定的手段將其轉化為一個平面內的角，并把它置于一個平面圖形，而且是一個三角形的內角來解決，而這種轉化就是利用直線與平面的平行與垂直來實現的，因此求這些角的過程也是直線、平面的平行與垂直的重要應用．通過空間角的計算和應用進一步培養運算能力、邏輯推理能力及空間想象能力．
如求異面直線所成的角常用平移法（轉化為相交直線）；求直線與平面所成的角常利用射影轉化為相交直線所成的角；而求二面角(－l－(的平面角（記作(）通常有以下幾種方法：
(1) 根據定義；
(2) 過棱l上任一點O作棱l的垂面(，設(∩(＝OA，(∩(＝OB，則∠AOB＝((圖1)；
(3) 利用三垂線定理或逆定理，過一個半平面(內一點A，分別作另一個平面(的垂線AB(垂足為B),或棱l的垂線AC(垂足為C)，連結AC，則∠ACB＝( 或∠ACB＝(－((圖2)；
(4) 設A為平面(外任一點，AB⊥(，垂足為B，AC⊥(，垂足為C，則∠BAC＝(或∠BAC＝(－((圖3)；
(5) 利用面積射影定理，設平面(內的平面圖形F的面積為S，F在平面(內的射影圖形的面積為S(，則cos(＝.
圖 1 圖 2 圖 3
5.空間的距離問題，主要是求空間兩點之間、點到直線、點到平面、兩條異面直線之間（限于給出公垂線段的）、平面和它的平行直線、以及兩個平行平面之間的距離．
求距離的一般方法和步驟是：一作——作出表示距離的線段；二證——證明它就是所要求的距離；三算——計算其值．此外，我們還常用體積法求點到平面的距離．
6．棱柱的概念和性質
⑴理解并掌握棱柱的定義及相關概念是學好這部分知識的關鍵，要明確“棱柱 直棱柱 正棱柱”這一系列中各類幾何體的內在聯系和區別。
⑵平行六面體是棱柱中的一類重要的幾何體，要理解并掌握“平行六面體 直平行六面體 長方體 正四棱柱 正方體”這一系列中各類幾何體的內在聯系和區別。
⑶須從棱柱的定義出發，根據第一章的相關定理對棱柱的基本性質進行分析推導，以求更好地理解、掌握并能正確地運用這些性質。
⑷關于平行六面體，在掌握其所具有的棱柱的一般性質外，還須掌握由其定義導出的一些其特有的性質，如長方體的對角線長定理是一個重要定理并能很好地掌握和應用。還須注意，平行六面體具有一些與平面幾何中的平行四邊形相對應的性質，恰當地運用平行四邊形的性質及解題思路去解平行六面體的問題是一常用的解題方法。
⑸多面體與旋轉體的問題離不開構成幾何體的基本要素點、線、面及其相互關系，因此，很多問題實質上就是在研究點、線、面的位置關系，與《直線、平面、簡單幾何體》第一部分的問題相比，唯一的差別就是多了一些概念，比如面積與體積的度量等．從這個角度來看，點、線、面及其位置關系仍是我們研究的重點．多面體與旋轉體的體積問題是《直線、平面、簡單幾何體》課程當中相對獨立的課題．體積和面積、長度一樣，都是度量問題．常用“分割與補形”，算出了這些幾何體的體積．
7．歐拉公式:如果簡單多面體的頂點數為V，面數F，棱數E，那么V+F-E＝2.
計算棱數E常見方法：
(1)E＝V+F-2；
(2)E＝各面多邊形邊數和的一半；
(3)E＝頂點數與共頂點棱數積的一半。
8．經緯度及球面距離
⑴根據經線和緯線的意義可知，某地的經度是一個二面角的度數，某地的緯度是一個線面角的度數，設球O的地軸為NS，圓O是0°緯線，半圓NAS是0°經線，若某地P是在東經120°，北緯40°，我們可以作出過P的經線NPS交赤道于B，過P的緯線圈圓O1交NAS于A，那么則應有：∠AO1P=120°(二面角的平面角) ，∠POB=40°（線面角）。
⑵兩點間的球面距離就是連結球面上兩點的大圓的劣弧的長，因此，求兩點間的球面距離的關鍵就在于求出過這兩點的球半徑的夾角。
例如，可以循著如下的程序求A、P兩點的球面距離。
線段AP的長 ∠AOP的弧度數 大圓劣弧AP的長
9．球的表面積及體積公式
S球表=4πR2 V球=πR3
⑴球的體積公式可以這樣來考慮：我們把球面分成若干個邊是曲線的小“曲邊三角形”；以球心為頂點，以這些小曲邊三角形的頂點為底面三角形的頂點，得到若干個小三棱錐，所有這些小三棱錐的體積和可以看作是球體積的近似值.當小三棱錐的個數無限增加，且所有這些小三棱錐的底面積無限變小時，小三棱錐的體積和就變成球體積，同時小三棱錐底面面積的和就變成球面面積,小三棱錐高變成球半徑.由于第n個小三棱錐的體積＝Snhn（Sn為該小三棱錐的底面積,hn為小三棱錐高），所以V球＝S球面·R＝·4πR2·R＝πR3.
⑵在應用球體積公式時要注意公式中給出的是球半徑R，而在實際問題中常給出球的外徑（直徑）.
⑶球與其它幾何體的切接問題，要仔細觀察、分析、弄清相關元素的位置關系和數量關系，選擇最佳角度作出截面，以使空間問題平面化。
10．主要題型：
⑴以棱柱、棱錐為載體，考查線面平行、垂直，夾角與距離等問題。
⑵利用歐拉公式求解多面體頂點個數、面數、棱數。
⑶求球的體積、表面積和球面距離。解題方法：求球面距離一般作出相應的大圓，轉化為平面圖形求解。
11．注意事項
⑴須明確《直線、平面、簡單幾何體》中所述的兩個平面是指兩個不重合的平面。
⑵與“直線與直線平行”、“直線與平面平行”的概念一樣“平面與平面平行”是
指“二平面沒有公共點”。由此可知，空間兩個幾何元素（點、直線、平面稱為空間三個幾何元素）間“沒有公共點”時，它們間的關系均稱為“互相平行”。要善于運用平面與平面平行的定義所給定的兩平面平行的最基本的判定方法和性質。
⑶注意兩個平行平面的畫法——直觀地反映兩平面沒有公共點，將表示兩個平面的平行四邊形畫成對應邊平行。兩個平面平行的寫法與線、線平行，線、面平行的寫法一議，即將“平面平行于平面”，記為“∥”。
⑷空間兩個平面的位置關系有且只有“兩平面平行”和“兩平面相交”兩種關系。
⑸在明確“兩個平行平面的公垂線”、“兩個平行平面的公垂線段”、“兩個平行平面的距離”的概念后，應該注意到，兩平行平面間的公垂線段有無數條，但其長度都相等——是唯一確定的值，且兩平行平面間的公垂線段，是夾在兩平行平面間的所有線段中最短的線段，此外還須注意到，兩平行平面間的距離可能化為“其中一個平面內的直線到另一個平面的距離”又可轉化為“其中一個面內的一個點到另一個平面的距離。
⑹三種空間角，即異面直線所成角、直線與平面所成角。平面與平面所成二面角。它們的求法一般化歸為求兩條相交直線的夾角，通常“線線角抓平移，線面角找射影，面面角作平面角”而達到化歸目的，有時二面角大小出通過cos=來求。
⑺有七種距離，即點與點、點到直線、兩條平行直線、兩條異面直線、點到平面、平行于平面的直線與該平面、兩個平行平面之間的距離，其中點與點、點與直線、點到平面的距離是基礎，求其它幾種距離一般化歸為求這三種距離，點到平面的距離有時用“體積法”來求。
（Ⅱ）范例分析
例1、⑴已知水平平面內的兩條相交直線a, b所成的角為，如果將角的平分線繞著其頂點，在豎直平面內作上下轉動， 轉動到離開水平位值的處，且與兩條直線a,b都成角，則與的大小關系是 （ ）
A. 或 B. >或 <
C. > D. <
⑵已知異面直線a,b所成的角為70,則過空間一定點O,與兩條異面直線a,b都成60角的直線有 ( )條.
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
⑶異面直線a,b所成的角為,空間中有一定點O,過點O有3條直線與a,b所成角都是60,則的取值可能是 ( ).
A. 30 B. 50 C. 60 D. 90
⑷一個凸多面體有8個頂點，①如果它是棱錐，那么它有 條棱， 個面；②如果它是棱柱，那么它有 條棱 個面.
分析與解答:
⑴ 如圖1所示,易知直線上點Ａ在平面上的射影是ι上的點B,過點B作BC⊥b,
則AC⊥b. 在Rt△OBC和Rt△OAC中，tg=,tg=.顯然，AC>BC,
∴tan> tan,又、（0，，∴ ＞.故選C.　　　　　　　　　　　　　　　　

⑵如圖2所示，過空間一點O分別作∥a,∥b, ι
則所求直線即為過點O且與都成60角的直線。
∵=110，∴∴將兩對對頂角的平分線繞　　　　　　　　　圖１
O點分別在豎直平面內轉動，總能得到與 都成
60角的直線。故 過點 O與a,b都成60角的直線有4條，
70.從而選 D. O
⑶過點O分別作∥a,∥b,則過點O有三條直線與
a,b所成角都為60，等價于過點O有三條直線與 圖2
所成角都為60，如圖3示，如果或 　　　　　　　　　　
則或，過 O點只有兩條直線與 O
都成60角。如果=90，則，那么過點 O有四 　　　　　　　　　　　　　　　
條直線與所成角都為60。如果=60，則， 圖 3
此時過點 O有三條直線與所成角都為60。其中一條
正是角的平分線.
⑷①如果它是棱錐，則是七棱錐，有14條棱，8個面②如果它是棱柱，則是四棱柱，有12條棱，6個面.
說明： 本組新題主要考查空間直線與直線、直線與平面、平面與平面間的位直關系，考查空間想象和轉化能力，以及周密的分析問題和解決問題
例2、如圖1，設ABC-ABC是直三棱柱，F是AB的中點，且

(1)求證：AF⊥AC； (2)求二面角C-AF-B的大小．
分析：先來看第1問，我們“倒過來”分析．如果已經證得AF⊥AC，則注意到因為AB=2AA=2a，ABC-ABC是直三棱柱，從而若設E是AB的中點，就有AE⊥AF，即AF⊥平面ACE．那么，如果我們能夠先證明AF⊥平面ACE，則就可以證得AF⊥AC，而這由CE⊥平面AABB立得．
再來看第2問．為計算二面角C-AF-B的大小，我們需要找到二面角C-AF-B的平面角．由前面的分析知，CE⊥平面AABB，而AF⊥AE，所以，若設G是AF與AE的中點，則∠CGE即為二面角C-AF-B的平面角，再計算△CGE各邊的長度即可求出所求二面角的大小．
解：(1)如圖2，設E是AB的中點，連接CE，EA．由ABC-ABC是直三棱柱，知AA⊥平面ABC，而CE平面ABC，所以CE⊥AA，
∵AB=2AA=2a，∴AA=a，AA⊥AE，知AAFE是正方形，從而AF⊥AE．而AE是AC在平面AAFE上的射影，故AF⊥AC；
(2)設G是AB與A1E的中點，連接CG．因為CE⊥平面AABB，AF⊥AE，由三垂線定理，CG⊥AF，所以∠CGE就是二面角C-AF-B的平面角．∵AAFE是正方形，AA=a，
∴， ∴，
∴tan∠CGE=，∠CGE＝，從而二面角C-AF-B的大小為。
說明：假設欲證之結論成立，“倒著”分析的方法是非常有效的方法，往往能夠幫助我們迅速地找到解題的思路．《直線、平面、簡單幾何體》關于平行與垂直的問題都可以使用這種分析方法．但需要注意的是，證明的過程必須是“正方向”的，防止在證明過程中用到欲證之結論，從而形成“循環論證”的邏輯錯誤．
例3、 一條長為2的線段夾在互相垂直的兩個平面(、(之間，AB與(成45o角，與(成角，過A、B兩點分別作兩平面交線的垂線AC、BD，求平面ABD與平面ABC所成的二面角的大小．
以CD為軸，將平 以AB為軸，將平
面BCD旋轉至與 面ABD旋轉至與
平面ACD共面 平面ABC共面
圖 1 圖 2 圖 3
解法１、過D點作DE⊥AB于E，過E作EF⊥AB交BC于F(圖1)，連結DF，則∠DEF即為二面角D－AB－C的平面角．
為計算△DEF各邊的長，我們不妨畫出兩個有關的移出圖．在圖2中，可計算得DE＝1，EF＝，BF＝＝．在移出圖3中，
∵ cosB＝＝,
在△BDF中，由余弦定理：
DF 2＝BD 2＋BF 2－2BD ( BF ( cosB
＝()2＋()2 －2( ( ( ＝．
（注：其實，由于AB⊥DE，AB⊥EF，∴ AB⊥平面DEF，∴ AB⊥DF．
又∵ AC⊥平面(，　∴　AC⊥DF． ∴　DF⊥平面ABC， ∴ DF⊥BC，即DF是Rt△BDC斜邊BC上的高，于是由BC ( DF＝CD ( BD可直接求得DF的長．）
在△DEF中，由余弦定理：
cos∠DEF＝＝＝.
∴ ∠DEF＝arccos.此即平面ABD與平面ABC所成的二面角的大小．
解法２、過D點作DE⊥AB于E，過C作CH⊥AB于H，則HE是二異面直線CH和DE的公垂線段，CD即二異面直線上兩點C、D間的距離．運用異面直線上兩點間的距離公式，得：
CD 2＝DE 2＋CH 2＋EH 2－2DE ( CH ( cos( (*)
（注：這里的(是平面ABD與平面ABC所成的二面角的大小，當0＜( o≤90o，( 亦即異面直線CH與DE所成的角；當90o＜( ＜180o，異面直線所成的角為180o－( .）
∵ CD＝DE＝1，CH＝，HE＝，
從而算得 cos(＝， ∴ (＝arccos.
說明：(1)解空間圖形的計算問題，首先要解決定位問題（其中最基本的是確定點在直線、點在平面上的射影），其次才是定量問題．畫空間圖形的“平面移出圖”是解決定位難的有效方法，必須熟練掌握．
(2) 解法２具有普遍意義，特別是公式(*)，常可達到簡化運算的目的．
例4、如圖1，直三棱柱ABC－ABC的各條棱長都相等，
D為棱BC上的一點，在截面ADC中，若∠ADC＝，
求二面角D－AC1－C的大小．
解：由已知，直三棱柱的側面均為正方形， 圖 7
∵ ∠ADC1＝90o，即AD⊥C1D．又CC1⊥平面ABC，
∴ AD⊥CC1.　∴ AD⊥側面BC1，∴ AD⊥BC， 圖1
∴ D為BC的中點．
過C作CE⊥C1D于E，∵ 平面ADC1⊥側面BC1，
∴ CE⊥平面ADC1．取AC1的中點F，連結CF，則CF⊥AC1．
連結EF，則EF⊥AC1(三垂線定理)
∴ ∠EFC是二面角D－AC1－C的平面角．
在Rt△EFC中，sin∠EFC＝. ∵ BC＝CC1＝a
易求得 CE＝，CF＝.
∴ sin∠EFC＝， ∴ ∠EFC＝arcsin.
∴ 二面角D－AC1－C的大小為arcsin.
例5、已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M、N分別是AB、PC的中點.
（1）求證：MN⊥AB；
（2）設平面PDC與平面ABCD所成的二面角為銳角θ，問能否確定θ使直線MN是異
面直線AB與PC的公垂線？若能，求出相應θ的值；若不能，說明理由.
解：（1）∵PA⊥矩形ABCD，BC⊥AB，∴PB⊥BC，PA⊥AC，即△PBC和△PAC都是
以PC為斜邊的直角三角形，，又M為AB的中點，
∴MN⊥AB.
（2）∵AD⊥CD，PD⊥CD.∴∠PDA為所求二面角的平面角，即∠PDA=θ.
設AB=a，PA=b，AD=d，則，
設PM=CM則由N為PC的中點，
∴MN⊥PC由（1）可知MN⊥AB，∴MN為
PC與AB的公垂線，這時PA=AD，∴θ=45°。
例6、 四棱錐P—ABCD的底面是邊長為a的正方形，PB⊥面ABCD.
（1）若面PAD與面ABCD所成的二面角為60°，求這個四棱錐的體積；
（2）證明無論四棱錐的高怎樣變化，面PAD與面PCD所成的二面角恒大于90°
解:（1）正方形ABCD是四棱錐P—ABCD的底面, 其面積
為從而只要算出四棱錐的高就行了.
面ABCD,
∴BA是PA在面ABCD上的射影.又DA⊥AB， ∴PA⊥DA，
∴∠PAB是面PAD與面ABCD所成的二面角的平面角，
∠PAB=60°.
而PB是四棱錐P—ABCD的高，PB=AB·tan60°=a,
.
（2）不論棱錐的高怎樣變化，棱錐側面PAD與PCD恒為全等三角形.
作AE⊥DP，垂足為E，連結EC，則△ADE≌△CDE，
是面PAD與面PCD所成的二面角的平面角.
設AC與DB相交于點O，連結EO，則EO⊥AC，

在
故平面PAD與平面PCD所成的二面角恒大于90°.
說明：本小題主要考查線面關系和二面角的概念，以及空間想象能力和邏輯推理能力, 具有一定的探索性, 是一道設計新穎, 特征鮮明的好題.
例7、如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC為等腰直角三角形，∠ACB=900，AC=1，C點到AB1的距離為CE=，D為AB的中點.
（1）求證：AB1⊥平面CED；
（2）求異面直線AB1與CD之間的距離；
（3）求二面角B1—AC—B的平面角.
解:（1）∵D是AB中點，△ABC為等腰直角三角形，
∠ABC=900，∴CD⊥AB又AA1⊥平面ABC，∴CD⊥AA1.
∴CD⊥平面A1B1BA ∴CD⊥AB1，又CE⊥AB1，
∴AB1⊥平面CDE；
（2）由CD⊥平面A1B1BA ∴CD⊥DE
∵AB1⊥平面CDE ∴DE⊥AB1,
∴DE是異面直線AB1與CD的公垂線段
∵CE=，AC=1 , ∴CD=∴；
（3）連結B1C，易證B1C⊥AC，又BC⊥AC ,
∴∠B1CB是二面角B1—AC—B的平面角.
在Rt△CEA中，CE=，BC=AC=1,∴∠B1AC=600
∴， ∴,
∴ , ∴.
說明：作出公垂線段和二面角的平面角是正確解題的前提, 當然, 準確地作出應當有嚴格的邏輯推理作為基石.
例8、 如圖，在三棱錐中，平面，，，D為BC的中點.
（1）判斷AD與SB能否垂直，并說明理由；
（2）若三棱錐的體積為，且為 鈍角，求二面角的平面角的正切值；
（3）在（Ⅱ）的條件下，求點A到平面SBC的距離.
解：（1）因為SB在底面ABC上的射影AB與AD不垂直，否則與AB=AC且D為BC的中點矛盾，所以AD與SB不垂直；
（2）設，則
解得 ，所以（舍），.
平面ABC，AB=AC，D為BC的中點
，
則是二面角S—BC—A的平面角.
在中，,
故二面角的正切值為４；
（3）由（2）知，平面SDA，所以平面SBC平面SDA，過點A作AESD，則AE平面SBC，于是點A到平面SBC的距離為AE,
從而即A到平面SBC的距離為.
例9、如圖a—l—是120°的二面角，A，B兩點在棱上，AB=2，D在內，三角形ABD是等腰直角三角形，∠DAB=90°，C在內，ABC是等腰直角三角形∠ACB=
求三棱錐D—ABC的體積；
（2）求二面角D—AC—B的大小；
（3）求異面直線AB、CD所成的角.


解: (1) 過D向平面做垂線，垂足為O，連強OA并延長至E.
為二面角a—l—的平面角..
是等腰直角三角形，斜邊AB=2.又D到平面的距離DO=
（2）過O在內作OM⊥AC,交AC的反向延長線于M,連結DM.則AC⊥DM.∴∠DMO 為二面角D—AC—B的平面角. 又在△DOA中，OA=2cos60°=1.且
（3）在平在內，過C作AB的平行線交AE于F，∠DCF為異面直線AB、CD所成的角. 為等腰直角三角形，又AF等于C到AB的距離，即△ABC斜邊上的高,
異面直線AB,CD所成的角為arctan

例10、在平面幾何中有如下特性：從角的頂點出發的一條射線上任意一點到角兩邊的距離之比為定值。類比上述性質，請敘述在立體幾何中相應地特性，并畫出圖形。不必證明。
類比性質敘述如下 ：
解：立體幾何中相應地性質：
⑴從二面角的棱出發的一個半平面內任意一點到二面角的兩個面的的距離
之比為定值。
⑵從二面角的棱上一點出發的一條射線上任意一點到二面角的兩個面
的距離之比為定值。
⑶在空間，從角的頂點出發的一條射線上任意一點到角兩邊的距離
之比為定值。
⑷在空間，射線上任意一點到射線、、的距離之比不變。
⑸在空間，射線上任意一點到平面、、的
距離之比不變。
說明：（2）——（5）還可以有其他的答案。
例11、已知圓錐的側面展開圖是一個半圓，它被過底面中心O1且平行于母線AB的平面所截，若截面與圓錐側面的交線是焦參數（焦點到準線的距離）
為p的拋物線.
（1）求圓錐的母線與底面所成的角；
（2）求圓錐的全面積．
解: （1）設圓錐的底面半徑為R，母線長為l，
由題意得：,
即,
所以母線和底面所成的角為
（2）設截面與圓錐側面的交線為MON，其中O為截面與
AC的交點，則OO1//AB且
在截面MON內，以OO1所在有向直線為y軸，O為原點，建立坐標系，則O為拋物的頂點，所以拋物線方程為x2=－2py，點N的坐標為（R，－R），代入方程得
R2=－2p（－R），得R=2p，l=2R=4p.
∴圓錐的全面積為.
說明：將立體幾何與解析幾何相鏈接, 頗具新意, 預示了高考命題的新動向. 類似請思考如下問題:
一圓柱被一平面所截，截口是一個橢圓．已知橢圓的長軸長為5，短軸長為4，被截后幾何體的最短側面母
線長為1，則該幾何體的體積等于 ．
例12、在直角梯形ABCD中，∠A=∠D=90°，AB＜CD，SD⊥平面ABCD，AB=AD=a，S D=，在線段SA上取一點E（不含端點）使EC=AC，截面CDE與SB交于點F。
（1）求證：四邊形EFCD為直角梯形；
（2）求二面角B-EF-C的平面角的正切值；
（3）設SB的中點為M，當的值是多少時，能使△DMC
為直角三角形？請給出證明.
解：（1）∵　CD∥AB，AB平面SAB ∴CD∥平面SAB
面EFCD∩面SAB=EF，
∴CD∥EF ∵
又面
∴ 平面SAD，∴又
為直角梯形
（2）平面∥平面SAD
即為二面角D—EF—C的平面角
中
而且
為等腰三角形，
(3)當時，為直角三角形 .
,
平面平面.
在中，為SB中點，.
平面平面 為直角三角形。

例13、如圖，幾何體ABCDE中，△ABC是正三角形，EA和DC都垂直于平面ABC，且EA=AB=2a， DC=a，F、G分別為EB和AB的中點.
（1）求證：FD∥平面ABC；
（2）求證：AF⊥BD；
(3) 求二面角B—FC—G的正切值.
解: ∵F、G分別為EB、AB的中點，
∴FG=EA，又EA、DC都垂直于面ABC, FG=DC，
∴四邊形FGCD為平行四邊形，∴FD∥GC，又GC面ABC，
∴FD∥面ABC.
（2）∵AB=EA，且F為EB中點，∴AF⊥EB ① 又FG∥EA，EA⊥面ABC
∴FG⊥面ABC ∵G為等邊△ABC，AB邊的中點，∴AG⊥GC.
∴AF⊥GC又FD∥GC，∴AF⊥FD ②
由①、②知AF⊥面EBD，又BD面EBD，∴AF⊥BD.
（3）由（1）、（2）知FG⊥GB，GC⊥GB，∴GB⊥面GCF.
過G作GH⊥FC，垂足為H，連HB，∴HB⊥FC.
∴∠GHB為二面角B-FC-G的平面角.
易求.

例14、如圖，正方體ABCD—A1B1C1D1的棱長為1，
P、Q分別是線段AD1和BD上的點，
且D1P∶PA=DQ∶QB=5∶12.
(1) 求證PQ∥平面CDDC；
(2) 求證PQ⊥AD；
(3) 求線段PQ的長.
解：（1）在平面AD內，作PP∥AD與DD交于點P，在平面AC內，作
QQ1∥BC交CD于點Q，連結PQ.
∵ , ∴PP1QQ .?
由四邊形PQQP為平行四邊形, 知PQ∥PQ，而PQ平面CDDC，
所以PQ∥平面CDDC?
（2）AD⊥平面DDCC， ∴AD⊥PQ，?又∵PQ∥PQ， ∴AD⊥PQ.?
（3）由（1）知PQ PQ,
，而棱長CD=1. ∴DQ=. 同理可求得 PD=.
在Rt△PDQ中，應用勾股定理, 立得PQ=
.?
做為本題的深化, 我們提出這樣的問題： P, Q分別是BD, 上的動點,試求的最小值, 請應用函數方法計算， 并與如下對照, 可以得到一些啟示。
如圖，正方形ABCD、ABEF的邊長都是1,而且平面ABCD、ABEF互相垂直。點M在AC上移動，點N在BF上移動，若CM=BN=
求MN的長；
當為何值時，MN的長最小；
當MN長最小時，求面MNA與面MNB所成的二面角的大小。
立體幾何知識是復課耗時較多, 而考試得分偏底的題型. 只有放底起點, 依據課本, 熟化知識, 構建空間思維網絡, 掌握解三角形的基本工具, 嚴密規范表述, 定會突破解答立幾考題的道道難關.
例15、如圖，
四棱錐的底面是邊長為1的正方形，
SD垂直于底面ABCD，。

（I）求證；
（II）求面ASD與面BSC所成二面角的大小；
（III）設棱SA的中點為M，求異面直線DM與SB所成角的大小。
分析：本小題主要考查直線與平面的位置關系等基本知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力。
（I）證明：如圖1
圖1
底面ABCD是正方形
底面ABCD DC是SC在平面ABCD上的射影
由三垂線定理得
（II）解：底面ABCD，且ABCD為正方形
可以把四棱錐補形為長方體，如圖2
面ASD與面BSC所成的二面角就是面與面所成的二面角，

又 為所求二面角的平面角
在中，由勾股定理得 在中，由勾股定理得
即面ASD與面BSC所成的二面角為

圖2 圖3
（III）解：如圖3
是等腰直角三角形 又M是斜邊SA的中點

面ASD，SA是SB在面ASD上的射影
由三垂線定理得 異面直線DM與SB所成的角為

例16、在邊長為a的正三角形的三個角處各剪去一個四邊形．這個四邊形是由兩個全等的直角三角形組成的，并且這三個四邊形也全等，如圖①．若用剩下的部分折成一個無蓋的正三棱柱形容器，如圖②．則當容器的高為多少時，可使這個容器的容積最大，并求出容積的最大值．
圖① 圖②
解: 設容器的高為x．則容器底面正三角形的邊長為,

.
當且僅當 .
故當容器的高為時，容器的容積最大，其最大容積為
用導數的方法，三次函數的最值問題用導數求解最方便，不妨一試. 另外，本題的深化似乎與2002年全國高考文科數學壓軸題有關. 類似的問題是：
某企業設計一個容積為V的密閉容器，下部是圓柱形，上部是半球形，當圓柱的底面半徑r和圓柱的高h為何值時，制造這個密閉容器的用料最省（即容器的表面積最小）.

（Ⅲ）、強化訓練
1．下列命題中錯誤的是 （ ）
A．若一直線垂直于一平面，則此直線必垂直于這一平面內所有直線
B．若一平面經過另一平面的垂線，則兩個平面互相垂直
C．若一條直線垂直于平面內的一條直線，則此直線垂直于這一平面
D．若平面內的一條直線和這一平面的一條斜線的射影垂直，則它也和這條斜線垂直
2．設α、β是不重合的兩個平面，l和m是不重合的兩條直線，那么α∥β的一個充分條件是（ ）
A．lα，mα，且l∥β，m∥β B．lα，mβ，且l∥m
C．l⊥α，m⊥β，且l∥m D．l∥α，m∥β，且l∥m
3．正方體ABCD－A1B1C1D1中，E、F分別是AB、BB1的中點，那么A1E和C1F所成的角是（ ）
A．60° B．arccos C．arcsin D．45°
4．下列四個命題：
（1）如果兩個平面垂直于同一個平面，那么這兩個平面平行；
（2）直線a∥平面α，直線b∥平面α，且a、b都在平面β內，則平面α∥平面β；
（3）一個二面角的兩個半平面分別垂直于另一個二面角的兩個半平面，則這兩個二面角
必相等或互補；
（4）兩個二面角的面分別對應平行時，它們的平面角相等或互補；
其中正確的有 （ ）
A．0個 B．1個 C．2個 D．3個
5．從P點出發的三條射線PA、PB、PC兩兩成60°角，則PC與面PAB所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．以上都不對
6. 一個圓錐的側面積是其底面積的2倍，則該圓錐的母線與底面所成的角為 （ ）
A. B. C. D.
7.兩個完全相同的長方體的長、寬、高分別為5cm，4cm，3cm，把它們重疊在一起組成一個新長方體，在這些新長方體中，最長的對角線的長度是（ ）
A. B. C. D.
8．球面上有3個點，其中任意兩點的球面積距離都等于大圓周長的，經過這三點的小圓周長為4π，那么這個球的半徑為 （ ）
A．4 B．2 C．2 D．
9．正三棱錐底面邊長為a，側棱與底面所成角為60°，過底面一邊作一截面使其與底面成
30°的二面角，則此截面面積為 （ ）
A． B． C． D．以上答案都不對
10．二面角α—a—β的平面角為120°，在面α內，AB⊥a于B，AB=2在平面β內，CD⊥a
于D，CD=3，BD=1，M是棱a上的一個動點，則AM+CM的最小值為 （ ）
A．2 B．2 C． D．2
11．如右圖是一個無蓋的正方體盒子展開后的平面圖，A、B、C是展開圖
上的三點，則在正方體盒子中，∠ABC的值為 （ ）
A．180° B．120° C．60° D．45°
12．如圖的多面體是過正四棱柱的底面ABCD的點A作載面
AB1C1D1而截得的，且BB1=DD1.已知截面AB1C1D1與
底面ABCD成30°的二面角，AB=1，
則這個多面體的體積為 （ ）
A． B． C． D．
13．在三棱錐A—BCD中，P、Q分別是棱AC、BD上的點，連AQ、CQ、BP、DP、PQ，
若三棱錐A—BPQ、B—CPQ、C—DPQ的體積分別為6、2、8，則三棱錐A—BCD的
體積是 （ ）
A．20 B．28 C．40 D．88
14．若正棱錐的底面邊長與側棱長相等，則該棱錐一定不是 （ ）
（A）三棱錐 （B）四棱錐 （C）五棱錐 （D）六棱錐
15．已知三棱錐中，頂點在底面的射影是三角形的內心，關于這個三棱錐有三個命題：①側棱；②側棱兩兩垂直；③各側面與底面所成的二面角相等。其中錯誤的是 （ ）
（A）①② （B）①③ （C）②③ （D）①②③
16．若一棱臺上、下底面面積分別是和，它的中截面面積是，則 （ ）
（A） （B） （C） （D）
17．兩兩相交的三個平面將空間分成___________個部分。
18．正四棱柱的底面邊長為，高為，一螞蟻從頂點出發，沿正四棱柱的表面爬到頂點，那么這只螞蟻所走過的最短路程為_________。
19．正四棱錐的高與底面邊長都是1，側棱與底面所成的角是，則________。
20．在三棱錐的四個面中，直角三角形最多可以有_________個。
21．空間四邊形中，，，分別是邊上的點，且為平行四邊形，則四邊形的周長的取值范圍是____________。
22．若的中點到平面的距離為，點到平面的距離為，則點到平面 的距離為_________。
23．三棱錐中，側棱兩兩垂直，底面內一點到三個側面的距離分別是，那么________。
24．直三棱柱中，，，是上的一點，則到截面的距離等于__________。
25．正四面體中，分別是的中點，那么與平面所成的角的大小為___________。
26．正三棱錐的底面邊長為，側棱，則二面角的大小是______。
27．設棱長為4的平行六面體的體積為，分別是棱
上的點，且，則三棱錐的體積_______。
28．一個透明密閉的正方體容器中，恰好盛有該容器一半容積的水，任意轉動這個正方體，則水面在容器中的形狀可以是：(1)三角形；(2)菱形；(3)矩形；(4)正方形；(5)正六邊形。其中正確的結論是___________________。（把你認為正確的序號都填上）
29．在球面上有四個點P、A、B、C，如果PA、PB、PC兩兩互相垂直，且PA=PB=PC=a，
那么這個球面的表面積是 .
30．正三棱錐S—ABC的側棱長為1，兩條側棱的夾角為45°，過頂點A作一截面交SB于D，交SC于E，則△ADE的周長的最長小值是 .
31．α，β是兩個不同的平面，m , n 是平面α及β之外的兩條不同直線，給出四個論斷：
①m⊥n； ②α⊥β；③n⊥β； ④m⊥α，以其中三個論斷作為條件，余下一個論斷作為結論，寫出你認為正確的一個命題 .
32．設是空間的不同直線或不同平面，且直線不在平面內，下列條件中能保證“若
，且”為真命題的是 （填所有正確條件的代號）
①x為直線，y，z為平面 ②x，y，z為平面
③x，y為直線，z為平面 ④x，y為平面，z為直線
⑤x，y，z為直線
33．三棱錐中，，其余棱長均為1。
（1）求證：；
（2）求三棱錐的體積的最大值。
34．直二面角中，分別是線段上的點（不包括端點），
且,。
（1）若與平面所成的角為，求的值；
（2）求函數的解析式及定義域、值域。
35. 如圖，平面(∩平面(＝MN，
二面角A－MN－B為60o,點A∈(，
　　B∈(，C∈MN，∠ACM＝∠BCN＝45o.
AC＝1,
(1) 求點A到平面(的距離；
(2) 求二面角A－BC－M的大小．　 第35題圖
36. 已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC，F為BB1上的一點，BF＝BC＝2a，
FB1＝a.
(1) 若D為BC的中點，E為AD上不同于A、D的任一點，求證：EF⊥FC1；
(2) 若A1B1＝3a，求FC1與平面AA1B1B所成角的大小．
37. 如圖1，直角梯形ABCD中，∠BAD＝∠D＝90o，AD＝CD＝a，AB＝2a，
將△ADC沿AC折起，使點D到D(.
(1) 若二面角D(－AC－B為直二面角(圖2),求二面角D(－BC－A的大小；
(2) 若二面角D(－AC－B為60o(圖3)，求三棱錐D(－ABC的體積．


圖1 圖2 圖3
38.已知直三棱柱ABC－A1B1C1的側棱AA1＝4cm，
它的底面△ABC中有AC＝BC＝2cm，∠C＝90o,E是AB的
中點．
(1) 求證：CE和AB1所在的異面直線的距離等于cm；
(2) 求截面ACB1與側面ABB1A1所成的二面角的大小．
39．已知三棱錐P—ABC中，PC⊥底面ABC，AB=BC，
D、F分別為AC、PC的中點，DE⊥AP于E．
（1）求證：AP⊥平面BDE；
（2）求證：平面BDE⊥平面BDF；
（3）若AE∶EP=1∶2，求截面BEF分三棱錐
P—ABC所成兩部分的體積比．
40．已知ABC—A1B1C1為正三棱柱，D是AC
的中點.
（Ⅰ）證明：AB1//平面DBC1；
（Ⅱ）若AB1⊥BC1，BC=2.
①求二面角D—BC1—C的大小；
②若E為AB1的中點，求三棱錐E—BDC1的體積.
41．在三棱柱ABC—A′B′C′中，四邊形A′ABB′是菱形，四邊形BCC′B′
矩形，C′B′⊥AB．
（Ⅰ）求證：平面CA′B⊥平面A′AB B′；
（Ⅱ）若C′B′=3，AB=4，∠ABB′=60O，求直線AC′與平面BCC′B′所成角以及三棱錐A—BB′C′的體積．
42、直三棱柱中，，，分別是棱、
上的點，且。
（1）求直三棱柱中的高及的長；
（2）動點在上移動，問在何位置時，的面積才能取得最小值。
43．一個正多面體各個面的內角和為，求它的面數、頂點數和棱數。
（Ⅳ）、參考答案
1-5.CCBBB； 6-10.CCBCC； 11-15.CDCDA； 16.C
17．6,7,8； 18．； 19．； 20．4個； 21．；
22．2或14； 23．7 ； 24． ； 25．；26．；
27．； 28．（2）（3）（4）（5）； 29. ； 30.
31. ①m⊥n ③n⊥β ④m⊥α②α⊥β（或②α⊥β③n⊥β④m⊥α①m⊥n）
32. ①③④
33．解：（1）取中點，∵與均為正三角形，∴，
∴平面。
（2）當平面時，三棱錐的高為，此時。
34.解：（1）作于，則平面，∴，。
，，由。
（2）函數解析式，定義域，值域.
35. (1)； (2)arctan(提示：求出點A在平面 ( 的射影到直線BC的距離為).
36. (2) arcsin.
37. (1) 45o； (2).
38. (3) arccos.
39．解: (1）∵PC⊥底面ABC，BD平面ABC，∴PC⊥BD．
由AB=BC，D為AC的中點，得BD⊥AC．又PC∩AC=C，∴BD⊥平面PAC． 又PA平面、PAC，∴BD⊥PA．由已知DE⊥PA，DE∩BD=D，∴AP⊥平面BDE．
（2）由BD⊥平面PAC，DE平面PAC，得BD⊥DE．由D、F分別為AC、PC的中點，得DF//AP．
由已知，DE⊥AP，∴DE⊥DF. BD∩DF=D，∴DE⊥平面BDF．
又DE平面BDE，∴平面BDE⊥平面BDF．
（3）設點E和點A到平面PBC的距離分別為h1和h2．則
h1∶h2=EP∶AP=2∶3,

故截面BEF分三棱錐P—ABC所成兩部分體積的比為1∶2或2∶1
說明：值得注意的是, “截面BEF分三棱錐P—ABC所成兩部分的體積比”并沒有說明先后順序, 因而最終的比值答案一般應為兩個,不要犯這種“會而不全”的錯誤.
40．解：（Ⅰ）連結CB1交BC1于O，連結OD
（Ⅱ）①
②
41．（Ⅰ）證明　在三棱柱ABC—A′B′C′中，C′B′//CB，
∵C′B′⊥AB，∴CB⊥AB．
又四邊形BCC′B′是矩形，CB⊥B′B，∴CB⊥平面A′AB B′．
而CB平面CA′B ，故平面CA′B⊥平面A′A B B′．
（Ⅱ）解　過A作AH⊥BB′于H，連C′H．
∵CB⊥平A′AB B′，CB平面BC C′B′，
∴平面BCC′B′⊥平面A′AB B′．
∴AH⊥平面BCC′B′．
∴∠AC′H為AC′與平面BCC′B′所成的角．
連結A′B交于A′B于O，由四邊形A′ABB′是菱形，ABB′=60O，
可知△ABB′為等邊三角形， AB′=AB =4，而H為BB中點，于是AH=2
在Rt△C′B′A中，
AC′=,
在Rt△AH C′中，
故直線AC′與平面BCC′B′所成的角為
又AH⊥平面BCC′B′.
∴點A到平面BCC′的距離即為AH=2.
= ．
42．答案：（1），。
（2）即當與重合時，的面積才能取得最小值。
43．解：由題意設每一個面的邊數為,則，∴，
∵，∴,將其代入歐拉公式,得,設過每一個頂點的棱數為,則，得,即（1）,
∵，∴,又，
∴的可能取值為，,,
當或時（1）中無整數解；
當,由（1）得,
∴, ∴，
綜上可知:，，.
解析幾何問題的題型與方法

一．復習目標：
能正確導出由一點和斜率確定的直線的點斜式方程；從直線的點斜式方程出發推導出直線方程的其他形式，斜截式、兩點式、截距式；能根據已知條件，熟練地選擇恰當的方程形式寫出直線的方程，熟練地進行直線方程的不同形式之間的轉化，能利用直線的方程來研究與直線有關的問題了.
2.能正確畫出二元一次不等式（組）表示的平面區域，知道線性規劃的意義，知道線性約束條件、線性目標函數、可行解、可行域、最優解等基本概念，能正確地利用圖解法解決線性規劃問題，并用之解決簡單的實際問題，了解線性規劃方法在數學方面的應用；會用線性規劃方法解決一些實際問題.
理解“曲線的方程”、“方程的曲線”的意義，了解解析幾何的基本思想，掌握求曲線的方程的方法.
4．掌握圓的標準方程：（r＞0），明確方程中各字母的幾何意義，能根據圓心坐標、半徑熟練地寫出圓的標準方程，能從圓的標準方程中熟練地求出圓心坐標和半徑，掌握圓的一般方程：，知道該方程表示圓的充要條件并正確地進行一般方程和標準方程的互化，能根據條件，用待定系數法求出圓的方程，理解圓的參數方程（θ為參數），明確各字母的意義，掌握直線與圓的位置關系的判定方法.
5．正確理解橢圓、雙曲線和拋物線的定義，明確焦點、焦距的概念；能根據橢圓、雙曲線和拋物線的定義推導它們的標準方程；記住橢圓、雙曲線和拋物線的各種標準方程；能根據條件，求出橢圓、雙曲線和拋物線的標準方程；掌握橢圓、雙曲線和拋物線的幾何性質：范圍、對稱性、頂點、離心率、準線（雙曲線的漸近線）等，從而能迅速、正確地畫出橢圓、雙曲線和拋物線；掌握a、b、c、p、e之間的關系及相應的幾何意義；利用橢圓、雙曲線和拋物線的幾何性質，確定橢圓、雙曲線和拋物線的標準方程，并解決簡單問題；理解橢圓、雙曲線和拋物線的參數方程，并掌握它的應用；掌握直線與橢圓、雙曲線和拋物線位置關系的判定方法.
二．考試要求：
(一)直線和圓的方程
1．理解直線的斜率的概念，掌握過兩點的直線的斜率公式，掌握直線方程的點斜式、兩點式、一般式，并能根據條件熟練地求出直線方程。 2．掌握兩條直線平行與垂直的條件，兩條直線所成的角和點到直線的距離公式，能夠根據直線的方程判斷兩條直線的位置關系。 3．了解二元一次不等式表示平面區域。 4．了解線性規劃的意義，并會簡單的應用。 5．了解解析幾何的基本思想，了解坐標法。 6．掌握圓的標準方程和一般方程，了解參數方程的概念，理解圓的參數方程。(二)圓錐曲線方程
1．掌握橢圓的定義、標準方程和橢圓的簡單幾何性質。2．掌握雙曲線的定義、標準方程和雙曲線的簡單幾何性質。3．掌握拋物線的定義、標準方程和拋物線的簡單幾何性質。4．了解圓錐曲線的初步應用。
三．教學過程：
（Ⅰ）基礎知識詳析
高考解析幾何試題一般30分左右，考查的知識點約為20個左右。 其命題一般緊扣課本，突出重點，全面考查。選擇題和填空題考查直線、圓、圓錐曲線、參數方程和極坐標系中的基礎知識。解答題重點考查圓錐曲線中的重要知識點，通過知識的重組與鏈接，使知識形成網絡，著重考查直線與圓錐曲線的位置關系，求解有時還要用到平幾的基本知識和向量的基本方法，這一點值得強化。
(一)直線的方程
1.點斜式：；2. 截距式：；
3.兩點式：；4. 截距式：；
5.一般式：，其中A、B不同時為0.
(二)兩條直線的位置關系
兩條直線，有三種位置關系：平行（沒有公共點）；相交（有且只有一個公共點）；重合（有無數個公共點）.在這三種位置關系中，我們重點研究平行與相交.
設直線：=+，直線：=+，則
∥的充要條件是=，且=；⊥的充要條件是=-1.
(三)線性規劃問題
1．線性規劃問題涉及如下概念：
⑴存在一定的限制條件，這些約束條件如果由x、y的一次不等式（或方程）組成的不等式組來表示，稱為線性約束條件.
⑵都有一個目標要求，就是要求依賴于x、y的某個函數（稱為目標函數）達到最大值或最小值.特殊地，若此函數是x、y的一次解析式，就稱為線性目標函數.
⑶求線性目標函數在線性約束條件下的最大值或最小值問題，統稱為線性規劃問題.
⑷滿足線性約束條件的解（x，y）叫做可行解.
⑸所有可行解組成的集合，叫做可行域.
⑹使目標函數取得最大值或最小值的可行解，叫做這個問題的最優解.
2．線性規劃問題有以下基本定理：
⑴ 一個線性規劃問題，若有可行解，則可行域一定是一個凸多邊形.
⑵ 凸多邊形的頂點個數是有限的.
⑶ 對于不是求最優整數解的線性規劃問題，最優解一定在凸多邊形的頂點中找到.
3.線性規劃問題一般用圖解法.
(四)圓的有關問題
1.圓的標準方程
（r＞0），稱為圓的標準方程，其圓心坐標為（a，b），半徑為r.
特別地，當圓心在原點（0，0），半徑為r時，圓的方程為.
2.圓的一般方程
（＞0）稱為圓的一般方程，
其圓心坐標為（，），半徑為.
當=0時，方程表示一個點（，）；
當＜0時，方程不表示任何圖形.
3.圓的參數方程
圓的普通方程與參數方程之間有如下關系：
（θ為參數）
（θ為參數）
(五)橢圓及其標準方程
橢圓的定義：橢圓的定義中，平面內動點與兩定點、的距離的和大于||這個條件不可忽視.若這個距離之和小于||，則這樣的點不存在；若距離之和等于||，則動點的軌跡是線段.
2.橢圓的標準方程：（＞＞0），（＞＞0）.
3.橢圓的標準方程判別方法：判別焦點在哪個軸只要看分母的大小：如果項的分母大于項的分母，則橢圓的焦點在x軸上，反之，焦點在y軸上.
4.求橢圓的標準方程的方法：⑴ 正確判斷焦點的位置；⑵ 設出標準方程后，運用待定系數法求解.
(六)橢圓的簡單幾何性質
橢圓的幾何性質：設橢圓方程為（＞＞0）.
⑴ 范圍： -a≤x≤a，-b≤x≤b，所以橢圓位于直線x=和y=所圍成的矩形里.
⑵ 對稱性：分別關于x軸、y軸成軸對稱，關于原點中心對稱.橢圓的對稱中心叫做橢圓的中心.
⑶ 頂點：有四個（-a，0）、（a，0）（0，-b）、（0，b）.
線段、分別叫做橢圓的長軸和短軸.它們的長分別等于2a和2b，a和b分別叫做橢圓的長半軸長和短半軸長. 所以橢圓和它的對稱軸有四個交點，稱為橢圓的頂點.
⑷ 離心率：橢圓的焦距與長軸長的比叫做橢圓的離心率.它的值表示橢圓的扁平程度.0＜e＜1.e越接近于1時，橢圓越扁；反之，e越接近于0時，橢圓就越接近于圓.
2.橢圓的第二定義
⑴ 定義：平面內動點M與一個頂點的距離和它到一條定直線的距離的比是常數（e＜1＝時，這個動點的軌跡是橢圓.
⑵ 準線：根據橢圓的對稱性，（＞＞0）的準線有兩條，它們的方程為.對于橢圓（＞＞0）的準線方程，只要把x換成y就可以了，即.
3.橢圓的焦半徑：由橢圓上任意一點與其焦點所連的線段叫做這點的焦半徑.
設（-c，0），（c，0）分別為橢圓（＞＞0）的左、右兩焦點，M（x，y）是橢圓上任一點，則兩條焦半徑長分別為，.
橢圓中涉及焦半徑時運用焦半徑知識解題往往比較簡便.
橢圓的四個主要元素a、b、c、e中有=+、兩個關系，因此確定橢圓的標準方程只需兩個獨立條件.
(七)橢圓的參數方程
橢圓（＞＞0）的參數方程為（θ為參數）.
說明 ⑴ 這里參數θ叫做橢圓的離心角.橢圓上點P的離心角θ與直線OP的傾斜角α不同：；
⑵ 橢圓的參數方程可以由方程與三角恒等式相比較而得到，所以橢圓的參數方程的實質是三角代換.
(八)雙曲線及其標準方程
雙曲線的定義：平面內與兩個定點、的距離的差的絕對值等于常數2a（小于||）的動點的軌跡叫做雙曲線.在這個定義中，要注意條件2a＜||，這一條件可以用“三角形的兩邊之差小于第三邊”加以理解.若2a=||，則動點的軌跡是兩條射線；若2a＞||，則無軌跡.
若＜時，動點的軌跡僅為雙曲線的一個分支，又若＞時，軌跡為雙曲線的另一支.而雙曲線是由兩個分支組成的，故在定義中應為“差的絕對值”.
雙曲線的標準方程：和（a＞0，b＞0）.這里，其中||=2c.要注意這里的a、b、c及它們之間的關系與橢圓中的異同.
3.雙曲線的標準方程判別方法是：如果項的系數是正數，則焦點在x軸上；如果項的系數是正數，則焦點在y軸上.對于雙曲線，a不一定大于b，因此不能像橢圓那樣，通過比較分母的大小來判斷焦點在哪一條坐標軸上.
4.求雙曲線的標準方程，應注意兩個問題：⑴ 正確判斷焦點的位置；⑵ 設出標準方程后，運用待定系數法求解.
(九)雙曲線的簡單幾何性質
1.雙曲線的實軸長為2a，虛軸長為2b，離心率＞1，離心率e越大，雙曲線的開口越大.
2. 雙曲線的漸近線方程為或表示為.若已知雙曲線的漸近線方程是，即，那么雙曲線的方程具有以下形式：
，其中k是一個不為零的常數.
3.雙曲線的第二定義：平面內到定點（焦點）與到定直線（準線）距離的比是一個大于1的常數（離心率）的點的軌跡叫做雙曲線.對于雙曲線，它的焦點坐標是（-c，0）和（c，0），與它們對應的準線方程分別是和.
在雙曲線中，a、b、c、e四個元素間有與的關系，與橢圓一樣確定雙曲線的標準方程只要兩個獨立的條件.
(十)拋物線的標準方程和幾何性質
1．拋物線的定義：平面內到一定點（F）和一條定直線（l）的距離相等的點的軌跡叫拋物線。這個定點F叫拋物線的焦點，這條定直線l叫拋物線的準線。
需強調的是，點F不在直線l上，否則軌跡是過點F且與l垂直的直線，而不是拋物線。
2．拋物線的方程有四種類型：
、、、.
對于以上四種方程：應注意掌握它們的規律：曲線的對稱軸是哪個軸，方程中的該項即為一次項；一次項前面是正號則曲線的開口方向向x軸或y軸的正方向；一次項前面是負號則曲線的開口方向向x軸或y軸的負方向。
3．拋物線的幾何性質，以標準方程y2=2px為例
（1）范圍：x≥0；
（2）對稱軸：對稱軸為y=0，由方程和圖像均可以看出；
（3）頂點：O（0，0），注：拋物線亦叫無心圓錐曲線（因為無中心）；
（4）離心率：e=1，由于e是常數，所以拋物線的形狀變化是由方程中的p決定的；
（5）準線方程；
（6）焦半徑公式：拋物線上一點P（x1，y1），F為拋物線的焦點，對于四種拋物線的焦半徑公式分別為（p＞0）：

（7）焦點弦長公式：對于過拋物線焦點的弦長，可以用焦半徑公式推導出弦長公式。設過拋物線y2=2px（p＞O）的焦點F的弦為AB，A（x1，y1），B（x2，y2），AB的傾斜角為α，則有①|AB|=x+x+p
以上兩公式只適合過焦點的弦長的求法，對于其它的弦，只能用“弦長公式”來求。
（8）直線與拋物線的關系：直線與拋物線方程聯立之后得到一元二次方程：x+bx+c=0，當a≠0時，兩者的位置關系的判定和橢圓、雙曲線相同，用判別式法即可；但如果a=0，則直線是拋物線的對稱軸或是和對稱軸平行的直線，此時，直線和拋物線相交，但只有一個公共點。
(十一)軌跡方程
⑴ 曲線上的點的坐標都是這個方程的解；
⑵ 以這個方程的解為坐標的點都是曲線上的點.
那么，這個方程叫做曲線的方程；這條曲線叫做方程的曲線（圖形或軌跡）.
（十二）注意事項
1． ⑴ 直線的斜率是一個非常重要的概念，斜率k反映了直線相對于x軸的傾斜程度.當斜率k存在時，直線方程通常用點斜式或斜截式表示，當斜率不存在時，直線方程為x=a（a∈R）.因此，利用直線的點斜式或斜截式方程解題時，斜率k存在與否，要分別考慮.
⑵ 直線的截距式是兩點式的特例，a、b分別是直線在x軸、y軸上的截距，因為a≠0，b≠0，所以當直線平行于x軸、平行于y軸或直線經過原點，不能用截距式求出它的方程，而應選擇其它形式求解.
⑶求解直線方程的最后結果，如無特別強調，都應寫成一般式.
⑷當直線或的斜率不存在時，可以通過畫圖容易判定兩條直線是否平行與垂直
⑸在處理有關圓的問題，除了合理選擇圓的方程，還要注意圓的對稱性等幾何性質的運用，這樣可以簡化計算.
2. ⑴用待定系數法求橢圓的標準方程時，要分清焦點在x軸上還是y軸上，還是兩種都存在.
⑵注意橢圓定義、性質的運用，熟練地進行a、b、c、e間的互求，并能根據所給的方程畫出橢圓.
⑶求雙曲線的標準方程 應注意兩個問題：⑴ 正確判斷焦點的位置；⑵ 設出標準方程后，運用待定系數法求解.
⑷雙曲線的漸近線方程為或表示為.若已知雙曲線的漸近線方程是，即，那么雙曲線的方程具有以下形式：
，其中k是一個不為零的常數.
⑸雙曲線的標準方程有兩個和（a＞0，b＞0）.這里，其中||=2c.要注意這里的a、b、c及它們之間的關系與橢圓中的異同.
⑹求拋物線的標準方程，要線根據題設判斷拋物線的標準方程的類型，再求拋物線的標準方程，要線根據題設判斷拋物線的標準方程的類型，再由條件確定參數p的值.同時，應明確拋物線的標準方程、焦點坐標、準線方程三者相依并存，知道其中拋物線的標準方程、焦點坐標、準線方程三者相依并存，知道其中一個，就可以求出其他兩個.
（Ⅱ）范例分析
例1、求與直線3x+4y+12=0平行，且與坐標軸構成的三角形面積是24的直線l的方程。
分析：滿足兩個條件才能確定一條直線。一般地，求直線方程有兩個解法，即用其中一個條件列出含待定系數的方程，再用另一個條件求出此參數。
解法一：先用“平行”這個條件設出l 的方程為3x+4y+m=0①再用“面積”條件去求m，∵直線l交x軸于，交y軸于由，得，代入①得所求直線的方程為：
解法二：先用面積這個條件列出l的方程，設l在x軸上截距離a，在y軸上截距b，則有，因為l的傾角為鈍角，所以a、b同號，|ab|=ab，l的截距式為，即48x+a2y-48a=0②又該直線與3x+4y+2=0平行，∴，∴代入②得所求直線l 的方程為
說明：與直線Ax+By+C=0平行的直線可寫成Ax+By+C1=0的形式；與Ax+By+C=0垂直的直線的方程可表示為Bx-Ay+C2=0的形式。

例2、若直線mx+y+2=0與線段AB有交點，其中A(-2, 3)，B(3,2)，求實數m的取值范圍。
解：直線mx+y+2=0過一定點C(0, -2)，直線mx+y+2=0實際上表示的是過定點(0, -2)的直線系，因為直線與線段AB有交點，則直線只能落在∠ABC的內部，設BC、CA這兩條直線的斜率分別為k1、k2，則由斜率的定義可知，直線mx+y+2=0的斜率k應滿足k≥k1或k≤k2， ∵A(-2, 3) B(3, 2)
∴
∴-m≥或-m≤ 即m≤或m≥
說明：此例是典型的運用數形結合的思想來解題的問題，這里要清楚直線mx+y+2=0的斜率-m應為傾角的正切，而當傾角在(0°,90°)或(90°,180°)內，角的21世紀教育網都是單調遞增的，因此當直線在∠ACB內部變化時，k應大于或等于kBC，或者k小于或等于kAC，當A、B兩點的坐標變化時，也要能求出m的范圍。
例3、已知x、y滿足約束條件
x≥1，
x-3y≤-4，
3x+5y≤30，
求目標函數z=2x-y的最大值和最小值.
解：根據x、y滿足的約束條件作出可行域，即如圖所示的陰影部分（包括邊界）.
作直線：2x-y=0，再作一組平行于的直線：2x-y=t，t∈R.
可知，當在的右下方時，直線上的點（x，y）滿足2x-y＞0，即t＞0，而且直線往右平移時，t隨之增大.當直線平移至的位置時，直線經過可行域上的點B，此時所對應的t最大；當在的左上方時，直線上的點（x，y）滿足2x-y＜0，即t＜0，而且直線往左平移時，t隨之減小.當直線平移至的位置時，直線經過可行域上的點C，此時所對應的t最小.
x-3y+4=0，
由 解得點B的坐標為（5，3）；
3x+5y-30=0，
x=1，
由 解得點C的坐標為（1，）.
3x+5y-30=0，
所以，=2×5-3=7；=2×1-=.
例4、某運輸公司有10輛載重量為6噸的A型卡車與載重量為8噸的B型卡車，有11名駕駛員.在建筑某段高速公路中，該公司承包了每天至少搬運480噸瀝青的任務.已知每輛卡車每天往返的次數為A型卡車8次，B型卡車7次；每輛卡車每天的成本費A型車350元，B型車400元.問每天派出A型車與B型車各多少輛，公司所花的成本費最低，最低為多少？
解：設每天派出A型車與B型車各x、y輛，并設公司每天的成本為z元.由題意，得
x≤10，
y≤5，
x+y≤11，
48x+56y≥60，
x，y∈N，
且z=350x+400y.
x≤10，
y≤5，
即 x+y≤11，
6x+7y≥55，
x，y∈N，
作出可行域，作直線：350x+400y=0，即7x+8y=0.
作出一組平行直線：7x+8y=t中（t為參數）經過可行域內的點和原點距離最近的直線，此直線經過6x+7y=60和y=5的交點A（，5），由于點A的坐標不都是整數，而x，y∈N，所以可行域內的點A（，5）不是最優解.
為求出最優解，必須進行定量分析.
因為，7×+8×5≈69.2，所以經過可行域內的整點（橫坐標和縱坐標都是整數的點）且與原點最小的直線是7x+8y=10，在可行域內滿足該方程的整數解只有x=10，y=0，所以（10，0）是最優解，即當通過B點時，z=350×10+400×0=3500元為最小.
答：每天派出A型車10輛不派B型車，公司所化的成本費最低為3500元.
例5、已知點T是半圓O的直徑AB上一點，AB=2、OT=t (0(1)寫出直線的方程；
（2）計算出點P、Q的坐標；
（3）證明：由點P發出的光線，經AB反射后，反射光線通過點Q.
解: (1 ) 顯然, 于是 直線的方程為；
（2）由方程組 解出 、；
（3）, .
由直線PT的斜率和直線QT的斜率互為相反數知，由點P發出的光線經點T反射，反射光線通過點Q.
說明：需要注意的是, Q點的坐標本質上是三角中的萬能公式, 有趣嗎?

例6、設P是圓M：(x-5)2+(y-5)2=1上的動點，它關于A(9, 0)的對稱點為Q，把P繞原點依逆時針方向旋轉90°到點S，求|SQ|的最值。
解：設P(x, y)，則Q(18-x, -y)，記P點對應的復數為x+yi，則S點對應的復數為：
(x+yi)·i=-y+xi，即S(-y, x)
∴
其中可以看作是點P到定點B(9, -9)的距離，共最大值為最小值為，則
|SQ|的最大值為，|SQ|的最小值為
例7、 已知⊙M：軸上的動點，QA，QB分別切⊙M于A，B兩點，（1）如果，求直線MQ的方程；
（2）求動弦AB的中點P的軌跡方程.
解:（1）由，可得由射影定理，得 在Rt△MOQ中，
，
故，
所以直線AB方程是
（2）連接MB，MQ，設由
點M，P，Q在一直線上，得
由射影定理得
即 把（*）及（**）消去a，
并注意到，可得
說明：適時應用平面幾何知識，這是快速解答本題的要害所在。

例8、直線過拋物線的焦點，且與拋物線相交于A兩點.（1）求證：;
（2）求證：對于拋物線的任意給定的一條弦CD，直線l不是CD的垂直平分線.

解: （1）易求得拋物線的焦點.
若l⊥x軸，則l的方程為.
若l不垂直于x軸，可設,代入拋物線方程整理得 .
綜上可知 .
（2）設，則CD的垂直平分線的方程為
假設過F，則整理得

，.
這時的方程為y=0，從而與拋物線只相交于原點. 而l與拋物線有兩個不同的交點，因此與l不重合，l不是CD的垂直平分線.
說明：此題是課本題的深化，課本是高考試題的生長點，復習要重視課本。
例9、已知橢圓，能否在此橢圓位于y軸左側的部分上找到一點M，使它到左準線的距離為它到兩焦點F1、F2距離的等比中項，若能找到，求出該點的坐標，若不能找到，請說明理由。
解：假設存在滿足條件的點，設M（x1，y1）a2=4，b2=3，∴a=2，，c=1，∴，
，點M到橢圓左準線的距離
，∴，∴，∴或，這與x1∈[-2，0)相矛盾，∴滿足條件的點M不存在。
例10、已知橢圓中心在原點，焦點在軸上，焦距為4，離心率為，
（Ⅰ）求橢圓方程；
（Ⅱ）設橢圓在y軸正半軸上的焦點為M，又點A和點B在橢圓上，且M分有向線段所成的比為2，求線段AB所在直線的方程。
解：（Ⅰ）設橢圓方程為 由2c=4得c=2 又
故a=3， ∴所求的橢圓方程為
（Ⅱ）若k 不存在，則，若k 存在，則設直線AB的方程為：y=kx+2
又設A
由 得
① ②
∵點M坐標為M（0，2） ∴
由∴
∴代入①、②得… ③ ④
由③、④ 得 ∴
∴線段AB所在直線的方程為：。
說明：有向線段所成的比，線段的定比分點等概念，本身就是解析幾何研究的一類重要問題。向量概念的引入，使這類問題的解決顯得簡潔而流暢。求解這類問題可以用定比分點公式，也可以直接用有向線段的比解題。
另外，向量的長度，點的平移等與解析幾何都有著千絲萬縷的聯系，向量與解析幾何的結合，為解決這些問題開辟了新的解題途徑。
例11、已知直線l與橢圓有且僅有一個交點Q，且與x軸、y軸分別交于R、S，求以線段SR為對角線的矩形ORPS的一個頂點P的軌跡方程．
解：從直線所處的位置, 設出直線的方程,
由已知，直線l不過橢圓的四個頂點，所以設直線l的方程為
代入橢圓方程 得

化簡后，得關于的一元二次方程

于是其判別式
由已知，得△=0．即 ①
在直線方程中，分別令y=0，x=0，求得
令頂點P的坐標為（x，y）， 由已知，得
代入①式并整理，得 , 即為所求頂點P的軌跡方程．
說明：方程形似橢圓的標準方程, 你能畫出它的圖形嗎?
例12、已知雙曲線的離心率，過的直線到原點的距離是（1）求雙曲線的方程；
（2）已知直線交雙曲線于不同的點C，D且C，D都在以B為圓心的圓上，求k的值.
解：∵（1）原點到直線AB：的距離.
故所求雙曲線方程為
（2）把中消去y，整理得 .
設的中點是，則


即
故所求k=±.
說明：為了求出的值, 需要通過消元, 想法設法建構的方程.
例13、過點作直線與橢圓3x2+4y2=12相交于A、B兩點，O為坐標原點，求△OAB面積的最大值及此時直線傾斜角的正切值。
分析：若直接用點斜式設的方程為，則要求的斜率一定要存在，但在這里的斜率有可能不存在，因此要討論斜率不存在的情形，為了避免討論，我們可以設直線的方程為，這樣就包含了斜率不存在時的情形了，從而簡化了運算。
解：設A（x1，y1），B（x2，y2），：
把代入橢圓方程得：，即
，，
∴，此時
令直線的傾角為，則
即△OAB面積的最大值為，此時直線傾斜角的正切值為。
例14、已知常數，向量
經過原點O以為方向向量的直線與經過定點A（0，a）以為方向向量的直線相交于點P，其中試問：是否存在兩個定點E、F，使得|PE|+|PF|為定值.若存在，求出E、F的坐標；若不存在，說明理由.
解：∵=（1，0），=（0，a）， ∴+λ=（λ，a）， －2λ=（1，－2λa）.
因此，直線OP和AP的方程分別為 和 .
消去參數λ，得點的坐標滿足方程.
整理得 ……①
因為所以得：
（i）當時，方程①是圓方程，故不存在合乎題意的定點E和F；
（ii）當時，方程①表示橢圓，焦點和為合乎題意的兩個定點；
（iii）當時，方程①也表示橢圓，焦點和為合乎題意的兩個定點.
說明：由于向量可以用一條有向線段來表示，有向線段的方向可以決定解析幾何中直線的斜率，故直線的方向向量與解析幾何中的直線有著天然的聯系。求解此類問題的關鍵是：根據直線的方向向量得出直線方程，再轉化為解析幾何問題解決。
例15、已知橢圓的長、短軸端點分別為A、B，從此橢圓上一點M向x軸作垂線，恰好通過橢圓的左焦點，向量與是共線向量。
（1）求橢圓的離心率e；
（2）設Q是橢圓上任意一點， 、分別是左、右焦點，求∠ 的取值范圍；
解：（1）∵，∴。
∵是共線向量，∴，∴b=c,故。
（2）設
當且僅當時，cosθ=0，∴θ。
說明：由于共線向量與解析幾何中平行線、三點共線等具有異曲同工的作用，因此，解析幾何中與平行線、三點共線等相關的問題均可在向量共線的新情景下設計問題。求解此類問題的關鍵是：正確理解向量共線與解析幾何中平行、三點共線等的關系，把有關向量的問題轉化為解析幾何問題。
例16、一條斜率為1的直線與離心率為的橢圓C：（）交于P、Q，兩點，直線與Y軸交于點R，且，，求直線和橢圓C的方程。
解： 橢圓離心率為，，
所以橢圓方程為，設方程為：，
由消去得

……（1） ……（2）
所以
而
所以
所以……（3）又，， 從而……（4） 由（1）（2）（4）得……（5）
由（3）（5）解得， 適合，
所以所求直線方程為：或；橢圓C的方程為
說明：向量數量積的坐標表示，構建起向量與解析幾何的密切關系，使向量與解析幾何融為一體。求此類問題的關鍵是：利用向量數量積的坐標表示，溝通向量與解析幾何的聯系。體現了向量的工具性。
例17、已知橢圓C的中心在原點，焦點F1、F2在x軸上，點P為橢圓上的一個動點，且∠F1PF2的最大值為90°，直線l過左焦點F1與橢圓交于A、B兩點，△ABF2的面積最大值為12．
（1）求橢圓C的離心率；
（2）求橢圓C的方程．
解法一：（1）設, 對 由余弦定理, 得
， 解出
（2）考慮直線的斜率的存在性，可分兩種情況：
i) 當k存在時，設l的方程為………………①
橢圓方程為
由 得 .
于是橢圓方程可轉化為 ………………②
將①代入②，消去得 ,
整理為的一元二次方程，得 .
則x1、x2是上述方程的兩根．且
，
，
AB邊上的高

ii) 當k不存在時，把直線代入橢圓方程得

由①②知S的最大值為 由題意得=12 所以
故當△ABF2面積最大時橢圓的方程為：
解法二：設過左焦點的直線方程為：…………①
橢圓的方程為：
由得：于是橢圓方程可化為：……②
把①代入②并整理得：
于是是上述方程的兩根.
,
AB邊上的高,
從而

當且僅當m=0取等號，即
由題意知, 于是 .
故當△ABF2面積最大時橢圓的方程為：

例18、已知兩點M（-1，0），N（1，0）且點P使成公差小于零的等差數列，
（Ⅰ）點P的軌跡是什么曲線？
（Ⅱ）若點P坐標為，為的夾角，求tanθ。
解：（Ⅰ）記P（x,y），由M（-1，0）N（1，0）得

所以

于是， 是公差小于零的等差數列等價于
即
所以，點P的軌跡是以原點為圓心，為半徑的右半圓。
（Ⅱ）點P的坐標為。。
因為 0〈， 所以
說明：在引入向量的坐標表示后，可以使向量運算代數化，這樣就可以將“形”和“數”緊密地結合在一起。向量的夾角問題融入解析幾何問題中，也就顯得十分自然。求解這類問題的關鍵是：先把向量用坐標表示，再用解析幾何知識結合向量的夾角公式使問題獲解；也可以把兩向量夾角問題轉化為兩直線所成角的問題，用數形結合方法使問題獲解。
（Ⅲ）、強化訓練
1、已知P是以、為焦點的橢圓上一點，若 ，則橢圓的離心率為 （ ）
（A） （B） （C） （D）
2、已知△ABC的頂點A(3, -1)，AB邊上的中線所在直線的方程為6x+10y-59=0，∠B的平分線所在直線的方程為：x-4y+10=0，求邊BC所在直線的方程。
3、求直線l2：7x-y+4=0到l1：x+y-2=0的角平分線的方程。
食物P
食物Q
食物R
維生素A（單位/kg）
400
600
400
維生素B（單位/kg）
800
200
400
成本（元/kg）
6
5
4
4、已知三種食物P、Q、R的維生素含量與成本如下表所示.
現在將xkg的食物P和ykg的食物Q及zkg的食物R混合，制成100kg的混合物.如果這100kg的混合物中至少含維生素A44 000單位與維生素B48 000單位，那么x，y，z為何值時，混合物的成本最小？
5、某人有樓房一幢，室內面積共180，擬分隔成兩類房間作為旅游客房.大房間每間面積為18，可住游客5名，每名游客每天住宿費為40元；小房間每間面積為15，可住游客3名，每名游客每天住宿費為50元.裝修大房間每間需1000元，裝修小房間每間需600元.如果他只能籌款8000元用于裝修，且游客能住滿客房，他應隔出大房間和小房間各多少間，能獲得最大收益？
6、已知△ABC三邊所在直線方程AB：x-6=0，BC：x-2y-8=0，CA：x+2y=0，求此三角形外接圓的方程。
7、已知橢圓x2+2y2=12，A是x軸正方向上的一定點，若過點A，斜率為1的直線被橢圓截得的弦長為，求點A的坐標。
8、已知橢圓（a＞b＞0）上兩點A、B，直線上有兩點C、D，且ABCD是正方形。此正方形外接圓為x2+y2-2y-8=0，求橢圓方程和直線的方程。
9、求以直線為準線，原點為相應焦點的動橢圓短軸MN端點的軌跡方程。
10、若橢圓的對稱軸在坐標軸上，兩焦點與兩短軸端點正好是正方形的四個頂點，又焦點到同側長軸端點的距離為，求橢圓的方程。
11、已知直線與橢圓相交于A、B兩點，且線段AB的中點在直線上.
（１）求此橢圓的離心率；
（2 ）若橢圓的右焦點關于直線的對稱點的在圓上，求此橢圓的方程.
12、設A（x1，y1）為橢圓x2+2y2=2上任意一點，過點A作一條直線，斜率為，又設d為原點到直線的距離,r1、r2分別為點A到橢圓兩焦點的距離。求證：為定值。
13、 某工程要將直線公路l一側的土石，通過公路上的兩個道口A和B，沿著道路AP、BP運往公路另一側的P處，PA=100m，PB=150m，∠APB=60°，試說明怎樣運土石最省工？
14、已知橢圓（a＞b＞0），P為橢圓上除長軸端點外的任一點，F1、F2為橢圓的兩個焦點，（1）若，，求證：離心率；（2）若，求證：的面積為。
15、在Rt△ABC中，∠CBA=90°，AB=2，AC=。DO⊥AB于O點，OA=OB，DO=2，曲線E過C點，動點P在E上運動，且保持| PA |+| PB |的值不變.
（1）建立適當的坐標系，求曲線E的方程；
（2）過D點的直線L與曲線E相交于不同的兩點M、N且M在D、N之間，設，
試確定實數的取值范圍．
16、 已知點A（2，8），在拋物線上，的重心與此拋物線的焦點F重合（如圖）
（I）寫出該拋物線的方程和焦點F的坐標；
（II）求線段BC中點M的坐標； （III）求BC所在直線的方程。
（Ⅳ）、參考答案
1、解：設c為為橢圓半焦距，∵　∴
又 ∴
解得： 選（D）。
說明：垂直向量的引入為解決解析幾何問題開辟了新思路。求解此類問題的關鍵是利用向量垂直的充要條件：“”，促使問題轉化，然后利用數形結合解決問題。
2、解：設B(a, b)，B在直線BT上，∴a-4b+10=0① 又AB中點在直線CM上，∴點M的坐標滿足方程6x+10y-59=0 ∴② 解①、②組成的方程組可得a=10，b=5 ∴B(10, 5)，又由角平分線的定義可知，直線BC到BT的角等于直線BT到直線BA的角，又 ∴ ∴ ，∴BC所在直線的方程為即2x+9y-65=0
3、解法一：設l2到l1角平分線l的斜率為k，∵k1=-1，k2=7
∴，解之得k=-3或，由圖形可知k<0，
∴k=-3，又由解得l1與l2的交點，
由點斜式得 即6x+2y-3=0
解法二：設l2到l1的角為θ，則，所以角θ為銳角，而，由二倍角公式可知 ∴或 為銳角，
∴，∴k=-3等同解法一。
解法三：設l：(x+y-2)+λ(7x-y+4)=0 即(1+7λ)x+(1-λ)y+(4λ-2)=0①
∴，由解法一知，∴，代入①化簡即得：6x+2y-3=0
解法四：用點到直線的距離公式，設l上任一點P(x, y)，則P到l1與l2的距離相等。
∴整理得：6x+2y-3=0與x-3y+7=0，又l是l2到l1的角的平分線，
k<0，∴x-3y+7=0不合題意所以所求直線l的方程為6x+2y-3=0.
4、分析：由x+y+z=100，得z=100-x-y，所以上述問題可以看作只含x，y兩個變量.設混合物的成本為k元，那么k=6x+5y+4（100-x-y）=2x+y+400.于是問題就歸結為求k在已知條件下的線性規劃問題.
解：已知條件可歸結為下列不等式組：
x≥0，
y≥0，
x+y≤100，
400x+600y+400（100-x-y）≥44000，
800x+200y+400（100-x-y）≥48000.
x+y≤100，
即 y≥20， ①
2x-y≥40.
在平面直角坐標系中，畫出不等式組①所表示的平面區域，這個區域是直線x+y=100，y=20，2x-y=40圍成的一個三角形區域EFG（包括邊界），即可行域，如圖所示的陰影部分.
設混合物的成本為k元，那么k=6x+5y+4（100-x-y）=2x+y+400.
作直線：2x+y=0，把直線向右上方平移至位置時，直線經過可行域上的點E，且與原點的距離最小，此時2x+y的值最小，從而k的值最小.
2x-y=40， x=30，
由 得 即點E的坐標是（30，20）.
y=20， y=20，
所以，=2×30+20+400=480（元），此時z=100-30-20=50.
答：取x=30，y=20，z=50時，混合物的成本最小，最小值是480元.
5、解：設隔出大房間x間，小房間y間時收益為z元，則x、y滿足
18x+15y≤180，
1000x+600y≤8000，
x，y∈N，
且 z=200x+150y.
所以 6x+5y≤60，
5x+3y≤40，
x，y∈N，
作出可行域及直線：200x+150y=0，即4x+3y=0.（如圖4）
把直線向上平移至的位置時，直線經過可行域上的點B，且與原點距離最大.此時，z=200x+150y取最大值.但解6x+5y=60與5x+3y=40聯立的方程組得到B（，）.由于點B的坐標不是整數，而x，y∈N，所以可行域內的點B不是最優解.
為求出最優解，同樣必須進行定量分析.
因為4×+3×=≈37.1，但該方程的非負整數解（1，11）、（4，7）、（7，3）均不在可行域內，所以應取4x+3y=36.同樣可以驗證，在可行域內滿足上述方程的整點為（0，12）和（3，8）.此時z取最大值1800元.
6、解：解方程組可得A(6, -3)、B(6, -1)、C(4, 2)設方程x2+y2+Dx+Ey+F=0，則：
解之得：D=，E=4，F=30
所以所求的△ABC的外接圓方程為：

7、分析：若直線y=kx+b與圓錐曲線f（x，y）=0相交于兩點P（x1，y1）、Q（x2、y2），則弦PQ的長度的計算公式為，而
，因此只要把直線y=kx+b的方程代入圓錐曲線f（x，y）=0方程，消去y（或x），結合一元二次方程根與系數的關系即可求出弦長。
解：設A（x0，0）（x0＞0），則直線的方程為y=x-x0，設直線與橢圓相交于P（x1，y1），
Q（x2、y2），由 y=x-x0 可得3x2-4x0x+2x02-12=0，
x2+2y2=12
，，則
∴，即
∴x02=4，又x0＞0，∴x0=2，∴A（2，0）。

8、解：圓方程x2+y2-2y-8=0即x2+(y-1)2=9的圓心O＇（0，1），半徑r=3。
設正方形的邊長為p，則，∴，又O＇是正方形ABCD的中心，∴O＇到直線y=x+k的距離應等于正方形邊長p的一半即，由點到直線的距離公式可知k=-2或k=4。
（1）設AB：y=x-2 由 y=x-2
CD：y=x+4 x2+y2-2y-8=0
得A（3，1）B（0，-2），又點A、B在橢圓上，∴a2=12，b2=4，橢圓的方程為。
（2）設AB：y=x+4，同理可得兩交點的坐標分別為（0，4），（-3，1）代入橢圓方程得
，此時b2＞a2（舍去）。
綜上所述，直線方程為y=x+4，橢圓方程為。

9、分析：已知了橢圓的焦點及相應準線，常常需要運用橢圓的第二定義：橢圓上的點到焦點的距離與到相應準線的距離之比等于離心率e，而該題中短軸端點也是橢圓上的動點，因此只要運用第二定義結合a、b、c的幾何意義即可。
解：設M（x，y），過M作于A，，，∴，又過M作軸于O＇，因為點M為短軸端點，則O＇必為橢圓中心，
∴，，∴，∴化簡得y2=2x，∴短軸端點的軌跡方程為y2=2x（x≠0）。

10、解：若橢圓的焦點在x軸上，如圖，∵四邊形B1F1B2F2是正方形，且A1F1=，由橢圓的幾何意義可知，解之得：，此時橢圓的方程為，同理焦點也可以在y軸上，綜上所述，橢圓的方程為或。
11、解:（1）設A、B兩點的坐標分別為 得
,
根據韋達定理，得

∴線段AB的中點坐標為（）.
由已知得
故橢圓的離心率為 .
（2）由（1）知從而橢圓的右焦點坐標為 設關于直線的對稱點為
解得
由已知得
故所求的橢圓方程為 .

12、分析：根據橢圓的第二定義，即到定點的距離與到定直線的距離之比等于常數e（0＜e＜1）的點的軌跡是橢圓，橢圓上任一點P（x1，y1）到左焦點F1的距離|PF1|=a+ex1，到右焦點F2的距離|PF2|=a-ex1；同理橢圓上任一點P（x1，y1）到兩焦點的距離分別為a+ey1和a-ey1，這兩個結論我們稱之為焦半徑計算公式，它們在橢圓中有著廣泛的運用。
解：由橢圓方程可知a2=2，b2=1則c=1，∴離心率，由焦半徑公式可知，。又直線的方程為：
即x1x+2y1y-2=0，由點到直線的距離公式知，，又點（x1，y1）在橢圓上，∴2y12=2=x12，
∴，
∴為定值。

13、解: 以直線l為x軸，線段AB的中點為原點對立直角坐標系，則在l一側必存在經A到P和經B到P路程相等的點，設這樣的點為M，則
|MA|+|AP|=|MB|+|BP|,
即 |MA|－|MB|=|BP|－|AP|=50,
,
∴M在雙曲線的右支上.
故曲線右側的土石層經道口B沿BP運往P處，曲線左側的土石層經道口A沿AP運往P處，按這種方法運土石最省工.
相關解析幾何的實際應用性試題在高考中似乎還未涉及，其實在課本中還可找到典型的范例，你知道嗎？

14、分析：的兩個頂點為焦點，另一點是橢圓上的動點，因此，|F1F2|=2c，所以我們應以為突破口，在該三角形中用正弦定理或余弦定理，結合橢圓的定義即可證得。
證明：（1）在中，由正弦定理可知，則
∴
∴
（2）在中由余弦定理可知
y
∴
∴。
15、解: （1）建立平面直角坐標系, 如圖所示 .
∵| PA |+| PB |=| CA |+| CB | =
∴動點P的軌跡是橢圓 .
∵
∴曲線E的方程是 .
（2）設直線L的方程為 , 代入曲線E的方程，得

設M1（, 則

i) L與y軸重合時，
ii) L與y軸不重合時，
由①得 又∵,
∵ 或
∴0＜＜1 , ∴ .
∵
而 ∴∴
∴ , ,
∴的取值范圍是。
16、分析：本小題主要考查直線、拋物線等基本知識，考查運用解析幾何的方法分析問題和解決問題的能力。
解：（I）由點A（2，8）在拋物線上，有 解得
所以拋物線方程為，焦點F的坐標為（8，0）
（II）如圖，由F（8，0）是的重心，M是BC的中點，所以F是線段AM的定比分點，且 設點M的坐標為，則
解得 所以點M的坐標為
（III）由于線段BC的中點M不在x軸上，所以BC所在的直線不垂直于x軸。
設BC所成直線的方程為
由消x得
所以 由（II）的結論得 解得
因此BC所在直線的方程為 即。

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