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高考数学专题讲座--第10讲:数学解题方法之配方法探讨


【备战 2014 高考数学专题讲座】 第 10 讲:数学解题方法之配方法探讨
3~8 讲,我们对数学思想方法进行了探讨,从本讲开始我们对数学解题方法进行探讨。数学问题中, 常用的数学解题方法有待定系数法、配方法、换元法、数学归纳法、反证法等。 配方法是对数学式子进行一种定向变形(配成“完全平方” )的技巧,通过配方找到已知和未知的联 系,从而化繁为简。如何配方,需要我们根据题目的要求,合理运用“裂项”与“添项”“配”与“凑” 、 的技巧,完成配方。 最常见的配方是进行恒等变形,使数学式子出现完全平方。它主要适用于:已知或者未知中含有二次 方程、二次不等式、二次函数、二次代数式的讨论与求解等问题。 配方法使用的最基本的配方依据是二项完全平方公式 (a+b)2=a 2 +2ab+b2 ,将这个公式灵活运用,可 得到各种基本配方形式,如:

a 2 ? b2 =(a+b)2 ? 2ab= ? a ? b ? ? 2ab ;
2

b? 3 2 ? a 2 ? ab ? b 2 ? (a+b) 2 ? ab=? a ? b ? ? 3ab ? ? a ? ? ? ( b 2; ) 2? 2 ?

2

1 2 2 2 a 2 ? b2 ? c 2 ? ab ? bc ? ca = ?? a ? b ? ? ? b ? c ? ? ? c ? a ? ? ; ? 2?
a 2 ? b 2 ? c 2 ? ? a ? b ? c ? ? 2 ? ab ? bc ? ca ? ? ? a ? b ? c ? ? 2 ? ab ? bc ? ca ? ? ???
2 2

结合其它数学知识和性质,相应有另外的一些配方形式,如:
2 1 ? sin2?= ? 2sin? cos? ? sin? ? cos?) ; 1 (

x2 ?

1 1 1 1 1 ? ? ? 1? =( x ? ) 2 ? 2= ? x ? ? ? 2;x ? =( x ? )2 ? 2= ? x ? ? ? 2。 x2 x x? x x x? ? ?

2

2

结合 2012 年全国各地高考的实例探讨配方法的应用:

典型例题:
b 例 1. (2012 年江苏省 5 分)已知函数 f ( x) ? x 2 ? ax ? b(a , ? R) 的值域为 [0 , ?) ,若关于 x 的不等式 ?

f ( x) ? c 的解集为 (m , ? 6) ,则实数 c 的值为 ▲ . m
【答案】9。 【考点】函数的值域,不等式的解集。

【解析】由值域为 [0 , ?) ,当 x2 ? ax ? b=0 时有 V? a 2 ? 4b ? 0 ,即 b ? ?
2

a2 , 4

∴ f ( x) ? x 2 ? ax ? b ? x 2 ? ax ?

a2 ? a? ??x? ? 。 4 ? 2?

a? a a a ? ∴ f ( x) ? ? x ? ? ? c 解得 ? c ? x ? ? c , ? c ? ? x ? c ? 。 2? 2 2 2 ?

2

a a ∵不等式 f ( x) ? c 的解集为 (m , ? 6) ,∴ ( c ? ) ? (? c ? ) ? 2 c ? 6 ,解得 c ? 9 。 m 2 2
例 2.(2012 年全国大纲卷理 5 分)已知 ? 为第二象限角, sin ? ? cos ? = A. ?

3 ,则 cos 2? = 【 3



5 3

B. ?

5 9

C.

5 9

D.

5 3

【答案】A。 【考点】两角和差的公式以及二倍角公式的运用。 【解析】首先利用平方法得到二倍角的正弦值,然后然后利用二倍角的余弦公式,将所求的转化为单角的 正 弦值和余弦值的问题: ∵ sin ? ? cos ? =

3 1 2 ,∴两边平方,得 1 ? sin 2? = ,即 sin 2? = ? 。 3 3 3

∵ ? 为第二象限角,∴因此 sin ? > 0, ? < 0 。 cos ∴ cos ? ? sin ? = ?

? cos? ? sin ? ?2 = ?

2 15 1 ? sin 2? = ? 1 ? = ? 。 3 3
3 ? 15 ? 5 ??? 故选 A。 ?= 3 ? 3 ? 3 。 ? ?

∴ cos 2? = cos 2 ? ? sin 2 ? = ? cos ? ? sin ? ?? cos ? ? sin ? ? =

例 3.(2012 年湖北省理 5 分)如图,双曲线

x2 y 2 - =1? a >b>0 ? 的两顶点为 A1 ,A2 ,虚轴两端点为 B1 ,B2 , a 2 b2

两焦点为 F1 ,F2 。若以 A1 A2 为直径的圆内切于菱形 F1 B1 F2 B2 ,切点分别为 A,B,C,D。则 (Ⅰ)双曲线的离心率 e= ▲ ;

(Ⅱ)菱形 F1 B1 F2 B2 的面积 S1 与矩形 ABCD 的面积 S 2 的比值

S1 = S2





【答案】 (Ⅰ)

5+1 5+2 ; (Ⅱ) 。 2 2

【考点】双曲线的离心率及实轴虚轴的相关定义,一般平面几何图形的面积计算。
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 4 【解析】 (Ⅰ)由已知 bc =a b +c ? b c =a b +c ? c -a c =a 2c -a ? c -3a c +a =0

?

? ?

?

?

?

3+ 5 3+ 5 6+2 5 e4 -3e2 +1=0 ,解得 e2 = ? e= = = 2 2 4
(Ⅱ)由已知得 S1 =2bc ,又直线 B2 F2 的方程为 y =-

?1+ 5 ?
4

2

=

5+1 。 2

b c ? x-c ? ,而直线 OA 的方程为 y = x , c b

? b2c x= 2 2 ? b +c ? 联立解得 ? , 2 ? y = bc ? b 2 +c 2 ?
S b 2c bc 2 ∴ S2 =4 2 2 2 2 , 1 = S2 b +c b +c

? b2 +c2 ? = ? 2c2 -a 2 ? = ? 2e2 -1? = 5+2 。 2bc = b 2 c bc 2 2b 2 c 2 2 2 ? c 2 -a 2 ? c 2 2 ? e 2 -1? e 2 4 2 2 2 2 b +c b +c
2 2 2

例 4.(2012 年上海市理 14 分)海事救援船对一艘失事船进行定位:以失事船的当前位置为原点,以正北 方向为 y 轴正方向建立平面直角坐标系(以 1 海里为单位长度) ,则救援船恰在失事船的正南方向 12 海里 A 处,如图. 现假设:①失事船的移动路径可视为抛物线 y ?

12 2 x ;②定位后救援船即刻沿直线匀速前往 49

救援;③救援船出发 t 小时后,失事船所在位置的横坐标为 7 t . (1)当 t ? 0.5 时,写出失事船所在位置 P 的纵坐标. 若此时两船恰好会合,求救援船速度的大小和 方向; 分) (6 (2)问救援船的时速至少是多少海里才能追上失事船?(8 分)

【答案】解:(1) t ? 0.5 时,P 的横坐标 xP ? 7t =
2

7 12 2 ,代入抛物线方程 y ? x 得 P 的纵坐标 yP ? 3 。 49 2

949 2 ?7? ∵A(0,12), ∴ AP = ? ? + ? 3+12 ? ? 。 2 ?2?
∴救援船速度的大小为 949 海里/时。

7 7 7 由 tan∠OAP= tan?OAP ? 2 ? ,得 ?OAP ? arctan , 30 3+12 30
∴救援船速度的方向为北偏东 arctan

7 弧度。 30
2

(2)设救援船的时速为 v 海里,经过 t 小时追上失事船,此时位置为 (7t , 12t ) 。 由 vt ?

(7t ) 2 ? (12t 2 ? 12) 2 ,整理得 v 2 ? 144(t 2 ?

1 ) ? 337 ? 144(t ? )2 ? 625 ? 625 。 t t
2

1

1 ∵当 t ? 即 t =1 时 v 2 最小,即 v ? 25 。 t
∴救援船的时速至少是 25 海里才能追上失事船。 【考点】曲线与坐标。 【解析】 (1)求出 A 点和 P 点坐标即可求出。 (2)求出时速 v 关于时间 t 的函数关系式求出极值。 例 5.(2012 年广东省理 14 分)在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C1:

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 的离心 a 2 b2

率e ?

2 ,且椭圆 C 上的点到 Q(0,2)的距离的最大值为 3. 3

(1)求椭圆 C 的方程; (2)在椭圆 C 上,是否存在点 M(m,n)使得直线 l:mx+ny=1 与圆 O:x2+y2=1 相交于不同的两点 A、 B,且△OAB 的面积最大?若存在,求出点 M 的坐标及相对应的△OAB 的面积;若不存在,请说明理由。

【答案】解: (1)∵ e ?

c ? a

2 ? 3

2 ,∴可设 a = 3

3k , c =

2k

(k > 0) 。

∴b =

a 2 - c 2 = k ,故椭圆 C 的方程为

x2 y 2 ? ? 1。 3b 2 b 2

设 P( x, y)
2

(- b #y
2

b) 为椭圆上的任一点,则 x 2 = 3b2 - 3 y 2 。
2 2 2 2 2 2

∵ | PQ | = x + ( y - 2) = - 2 y - 4 y + 4 + 3b = - 2( y + 1) + 3b + 6 ? 3b
2 2 ∴当 y = - 1时, | PQ | 取得最大值 3b + 6 ,即 | PQ | 取得最大值 3b + 6 。
2

6,

又∵椭圆 C 上的点到 Q(0,2)的距离的最大值为 3, ∴ 3b + 6=3 ,解得 b = 1 。 ∴所求的椭圆 C 方程为
2

x2 ? y 2 ? 1。 3

m2 (2)假设点 M(m,n)存在,则 ? n 2 ? 1 , 即 m2 ? 3n2 ? 3 圆心 O 到直线 l 的距离 3
d= 1 m +n
2 2

< 1 。 ∴ m2 + n 2 > 1 。
m2 + n2 - 1 m2 + n2
m2 + n2 - 1 m2 + n2



1 | AB |= 2

r 2 - d 2 = 11

1 = 2 m + n2

∴ S? OAB =

1 | AB | d = 2

m2 + n2

m2 + n2 - 1 = m2 + n2

=

m2 + n2 - 1 = m2 + n2 - 1+ 1

1 m2 + n2 - 1 + 1 m2 + n2 - 1

1 2

(当且仅当 m + n - 1 =

2

2

1 m +n - 1
2 2

,即 m + n = 2 时取等号) 。

2

2

ì ì ì ì ? ? ì 2 3 ? ?m= 6 ?m= 6 ? ?m= - 6 ?m= - 6 ? ?m = ? ? ? ? ? ? m ? 3n ? 3 ? ? ? ? ? ? 2 2 2 2 2 解? 2 得í ,即 ? 或? 或? 或? 。 í í í í 2 ? ? ? ? ? 2 1 ?m ? n ? 2 2 ? 2 ? 2 2 ? ? ? ?n = ?n= ?n= ?n= ?n= ? ? ? ? ? ? 2 ? ? ? ? ? ? 2 2 2 2 ? ? ? ?
2 2

∴所求点 M 的坐标为 ( 的面积为

6 2 6 2 6 2 6 2 , )、 , ( )、 (, )、 (,) ,对应的△OAB 2 2 2 2 2 2 2 2

1 。 2

【考点】椭圆的性质,两点间的距离公式,二次函数的最大值,基本不等式的应用。 【解析】 (1)由 e ?

2 x2 y 2 可得椭圆 C 的方程为 2 ? 2 ? 1 ,设设 P( x, y) (- b #y 3 3b b
2

b) 为椭圆上的任一

2 点,求出 | PQ | 的表达式,一方面由二次函数的最大值原理得 | PQ | 的最大值 3b + 6 ,另一方面由已知

椭圆 C 上的点到 Q(0,2)的距离的最大值为 3 列式求出 b ,从而得到椭圆 C 的方程。 (2)假设点 M(m,n)存在,求出 S? OAB 的表达式,应用基本不等式求得△OAB 的面积最大时 m, n 的值和对应的△OAB 的面积。
x 2 y2 3 例 6. (2012 年山东省文 13 分) 如图, 椭圆 M: 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率为 , 直线 x ? ?a 和 y ? ?b 2 a b

所围成的矩形 ABCD 的面积为 8. (Ⅰ)求椭圆 M 的标准方程; (Ⅱ) 设直线 l : y ? x ? m(m ? R) 与椭圆 M 有两个不同的交点 P, l 与矩形 ABCD 有两个不同的交点 Q, S,T.求
| PQ | 的最大值及取得最大值时 m 的值. | ST |

【答案】解:(Ⅰ)∵椭圆 M: ∴e ?

x 2 y2 3 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率为 2 2 a b

a 2 ? b2 3 c 3 ,即 ? ? ……①。 a 2 a2 4

∵矩形 ABCD 面积为 8,∴ 2a ? 2b=8 ,即 ab=2 ……② 由①②解得: a=2,b=1 。 ∴椭圆 M 的标准方程是
x2 ? y2 ? 1 。 4

? x2 ? ? y2 ? 1 (II)由 ? 4 得 5x 2 ? 8mx+4m2 ? 4=0 。 ?y ? x ? m ?

8 4m2 ? 4 设 P x p,y p ,Q x q,yq ,则 x p ? x q = ? m,x p ? x q = 。 5 5

?

?

?

?

由 ? =64m 2 ? 20 4m 2 ? 4 > 0 得 ? 5 < m < 5 。
4m 2 ? 4 4 2 ? 8 ? = 5 ? m2 。 ∴ | PQ | = 2 ? ? m ? ? 4 ? 5 5 ? 5 ?
2

?

?

当 l : y ? x ? m(m ? R) 过 A 点时, m=1 ,当 l : y ? x ? m(m ? R) 过 C 点时, m= ? 1 。

ST ①当 ? 5 < m < ?1 时,有 S ? ?m ? 1,- 1?,T ? 2,2+ m ?, = 2 ? 3 ? m ? ,

| PQ | 4 = | ST | 5 5 ? m2

?3 ? m ?

2



设 t=3 ? m ,则

| PQ | 4 = | ST | 5

5 ? m2

?3 ? m ?

2

=

4 4 6 4 ?1 3 ? 5 ? 2 ? ? 1= ?4 ? ? ? ? 。 5 t t 5 ? t 4? 4

2

| PQ | 1 3 4 5 2 ∴当 = ,即 t= ,m= ? 时, 取得最大值 5。 | ST | 3 3 t 4 5 | PQ | 5 2 ②当 1 < m < 5 时,由对称性,可知,当 m= 时, 取得最大值 5。 | ST | 3 5

③当 ?1 ? m ? 1 时, ST =2 2 , ∴当 m=0 时,

| PQ | 2 = 5 ? m2 , | ST | 5

| PQ | 2 取得最大值 5。 | ST | 5 | PQ | 5 2 时, 取得最大值 5。 | ST | 3 5

综上可知,当 m=0,?

【考点】椭圆的性质,矩形的性质,函数的极值。 【解析】 (Ⅰ)由已知条件,根据椭圆 M 的离心率为 面积为 8,列方程组组求解。 (Ⅱ)应用韦达定理、勾股定理,用 m 表示出 种情况分别求解。 例 7. (2012 年辽宁省文 12 分)如图,动圆 C1 : x ? y ? t , 1 ? t ? 3 ,与椭圆 C2 :
2 2 2

3 ,直线 x ? ?a 和 y ? ?b 所围成的矩形 ABCD 的 2

| PQ | 1 ,分 ? 5 <m < ? ,?1 ? m ? 1 ,1 < m < 5 三 | ST |

x2 ? y 2 ? 1 相交于 A, 9

B,C,D 四点,点 A1 , A2 分别为 C2 的左,右顶点。 (Ⅰ)当 t 为何值时,矩形 ABCD 的面积取得最大值?并求出其最大面积; (Ⅱ) 求直线 AA1 与直线 A2 B 交点 M 的轨迹方程。

【答案】解: (I)设 A x1,y1 ,则矩形 ABCD 的面积 S ? 4 x1 ? y1 。 ( )



x12 x2 ? y12 ? 1 得 y12 ? 1 ? 1 , 9 9
2 2 2

∴ x1 y1 ? x1 ? 1 ?

? ?

x12 ? 1? 2 9? 9 ? = ? ? x1 ? ? + 。 9 ? 9? 2? 4
2

∴当 x1 = , 1 ? y
2 2

9 2

1 9 2 2 2 时, t ? 5 , x1 y1 最大为 , Smax ? 6 。 2 4

∵1 ? t ? 3 , ∴当 t = 5 时,矩形 ABCD 的面积取得最大值,最大面积为 6。 (Ⅱ)设 A x1,y1 ( ),B x2,y2 , ( ) ∵ A1 ? 3, ( 0 ),A2 3, , ( 0 ) ∴直线 A1A 的方程为 y ?

y1 y ? x ? 3? ① ,直线 A2B 的方程为 y ? ? 1 ? x ? 3? ② 。 x1 ? 3 x2 ? 3

由①× ②可得: y 2 ? ?

y12 ? x2 ? 9? ③ 。 x ?9
2 1

∵ A x1,y1 在椭圆 C2 上,∴ ( )

x12 x2 ? y12 ? 1 。∴ y12 ? 1 ? 1 。 9 9

? x2 ? ? ?1 ? 1 ? 9 ? 2 代入③可得: y 2 ? ? 2 ? x ? 9? , x1 ? 9

∴点 M 的轨迹方程为

x2 ? y 2 ? 1( x < ?3,y<0) 。 9

【考点】直线、圆、椭圆的方程,椭圆的几何性质,轨迹方程的求法。 【解析】 (I)设 A x1,y1 ,应用函数方程思想求出 x1 y1 最大时的情况即可。 ( ) (Ⅱ)设出线 A1A 的方程、直线 A2B 的方程,求得交点满足的方程,利用 A 在椭圆 C2 上,化简即可 得到点 M 的轨迹方程。 例 8. (2012 年浙江省文 5 分)若正数 x,y 满足 x+3y=5xy,则 3x ? 4 y 的最小值是【 A. 】
2 2

24 5

B.

28 5

C.5

D.6

【答案】C。 【考点】基本不等式或配方法的应用。 【解析】∵x+3y=5xy,∴

1? 1 3? 1 3 ? ? 5 , ? ? ? ? 1。 5? y x? y x

∴ 不等式得)

1 1 3 1 3 x 12 y 13 1 3 x 12 y 2 2 36 13 (3 x ? 4 y ) ? ( ? ) ? ( ? )? ? ( ? ) ? ? ?5。 (或由基本 5 y x 5 y x 5 5 y x 5 5

∴ 3x ? 4 y ? 5,即 3x ? 4 y 的最小值是 5。故选 C。


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