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第 11 讲 总结推广(第04课时-多角度处理)


中学生数学解题能力训练

第 11 讲

总结推广-多角度处理

(第 4 课时)

应知:有哪些常用的解法。 应会:审题后对应该采用的方法要有一个大致的方向。 例. (初三) ? ABC 中, cos B ? 分析:①从边入手 可以利用正弦、余弦定理把已知条件变形得出 c ? b ? ? ABC 是

等要三角形。 ②从角入手 由已知有 2 sin C cos B ? sin A ? sin[180 ? ? ( B ? C )] ,
2 2

sin A 时,此三角形的形状怎样? 2 sin C

即 2 sin C cos B ? sin B cosC ? cos B sin C , 整理得 sin B cosC ? cos B sin C ? 0 ,即 sin(B ? C ) ? 0 , ∴ B ? C ? 0 ,即 B ? C ,∴ ? ABC 是等要三角形。 请考虑下面的推理正确吗?

?2 sin C cos B ? sin A (1) B?C (2) ? 把⑵代入⑴式得 2 sin C cosC ? sin 2C ? sin A , ∴ A ? 2C , 又 A ? B ? C ? A ? 2C ? A ? A ? 180? ,∴ A ? 90? , ∴ ? ABC 又是直角三角形。 答 : 不 对 。 因 为 sin 2C ? sin A 是 A ? 2C 的 必 要 条 件 但 不 是 充 分 条 件 , 从 s in2C ? s inA 可以推出 2C ? 180 ? ? A ,但从 2C ? 180? ? A 并不能推出 A ? 90? 。所 以从 sin 2C ? sin A 就推出 ? ABC 是直角三角形论据不足。 例.(高一)如图已知正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 ,E 为 AA1 的中点,求平面 DB1 E 与 平面 ABCD 的夹角。 解法一: D1 C1 延长 B1 E 交 BA 延长线于 M , A1 ∵ E 为 AA1 的中点, B1 ∴ AM ? AB ? AD , EM ? ED , 连接 MD ,二面角 E ? MD ? A 即为平面 DB1 E 与平 E 面 ABCD 构 成 的 二 面 角 , 取 MD 的 中 点 N , 连 接 C D EN、AN , ∵ ?MED 与 ?MAD 都是等要三角形, B A ∴ ?ANE 就是所求的角。 设正方体的棱长为 2a , 则 AM ? AD ? 2a,EM ? ED ? 5a,MD ? 2 2a ,
刚才已经推出 ? ∴ AN 2a,EN ? 3a , ∵ EA ? 底面 ABCD ,∴ EA ? AN ,



AN cos ?ANE ? ? EN

2a

6 ? , 3 3a

D1
A1

C1 B1
C B

6 , 3 E 6 故所求的夹角为 arccos 。 (或 3 N 2 A M 写为 arctg ) 2 解法二: 连接 BD , ?ABD 是 ?EB1 D 在平面 ABCD 则
∴ ?ANE ? arccos 内的投影, ∴

D

D1

C1

S ?ABD ? cos? , ? 即为所求的夹角。 S ?EB1D

A1
E D A

B1
C B
n

下略。

, 例(1986 年高考理科题).(高二)设数列 { a n } 满足关系: a1 ? 1 an ? an ?1 ? 2 ,
(n ? 2) ,数列 { bn } 满足关系: a n ? bn ? (?1) ?
n

1 ,试证数列{ bn }是等比数列。 3

解法一(迭代法) :

a 2 ? a1 ? 2 2 ,
? a3 ? a 2 ? ?2 3 ,
????

(?1) n ?1 (a n?1 ? a n?2 ) ? (?1) n?1 ? 2 n ?1 , (?1) n (a n ? a n?1 ) ? (?1) n ? 2 n ,

2 2 [1 ? (?2) n ?1 ] 把上面各式都加起来得 a1 ? (?1) a n ? 2 ? 2 ? ? ? (?1) ? 2 ? , 1 ? (?2) 4 n ?1 4 n ?1 n 1 n 1 即 a n ? (?1) ? ? ? 2 ,∴ bn ? (?1) ? ? a n ? ? ? 2 , 3 3 3 3 ∴ { bn }是等比数列。
n 2 3 n n

解法二(数学归纳法) :

4 8 b2 4 ? 2 做出猜测: bn ? ? ? 2 n ?1 ,证明如下: 3 3 b1 3 ① 当 n ? 2 时,结论显然成立; 4 k ?1 ② 设当 n ? k 时,结论成立,即 bk ? ? ? 2 , 3
由 b1 ? ? ,b2 ? ? ,

中学生数学解题能力训练 当 n ? k ? 1时有:

1 bk ?1 ? (?1) k ?1 ? ? a k ?1 3 1 ? (?1) k ?1 ? ? 2 k ?1 ? a k 3 1 1 ? (?1) k ?1 ? ? 2 k ?1 ? (?1) k ? ? bk 3 3 4 ? (?2) k ?1 ? ? 2 k ?1 3 4 ? ? ? 2 ( k ?1)?1 3 即当 n ? k ? 1时命题成立; 由①②可知,{ bn }是等比数列。
例(1984 年高考理科题). (高二)设 c、d、x 为实数, c ? 0 , x 为未知数,讨论 方程 log d x ? ?1 在什么情况下有解,有解时求出它的解。
( cx? ) x

解法一(先解方程,边解边讨论) : 原方程化为 即 x(cx ?

d (cx ? ) ?1 ? x x

⑴ ⑵ ⑶

d ) ?1 x 2 即 cx ? d ? 1
∵ c ? 0 ,∴ x ?
2

1? d 1? d ,∴ x ? ? , c c 1? d 故原方程可能有解 x ? ? , c 由原方程可知,要求出满足下列条件的 c、d 之间的关系: ? ? x?0 ( 4) ? d ? ? cx ? ? 1 (5) x ? d ?cx ? ? 0 ( 6) ? x ?
由⑷式可知原方程只可能有解 x ? 由⑵式和 x ? 0 可知⑹式成立,

1? d c



d 可由⑸式知道不能等于 1,则⑵式中的 x ? 1 , x 则⑺式中要 c ? 1 ? d , ?c ? 0 ?c ? 0 1? d 由 x 为正实数可知⑺式中要 或 ? , ? 0 ,即 ? c ?d ? 1 ?d ? 1
又⑵式中的 cx ?

? c?0 ? c?0 1? d ? ? 综上所述,当 ? d ? 1 或 ? d ? 1 时,原方程可能有解 x ? ,代入原 c ?c ? 1 ? d ?c ? 1 ? d ? ?
方程检验后知 x ?

1? d 是原方程的解。 c

解法二(先摆出所有要满足的条件,再求解) :

x?0 (1) ? ? d ? cx ? ? 0 (2) x ? d 原方程有解的充要条件为: ? cx ? ? 1 (3) ? x ? d ?1 ( 4) ?(cx ? ) ? x x ? d d ? d (cx ? ) ?1 ? x ? (cx ? ) ? 1? ∵ ? ? cx ? ? 0 , x x x ? x?0 ?
这意味着⑵式包含在⑴⑷之中,故可以删除⑵式,

d ? ?1 ? x 又 ? ? x ? 1 ,这意味着⑶⑷中含有 x ? 1 , d x(cx ? ) ? 1? x ? c?0 ? 1? d 1? d ? 2 d 又 ,这意味着⑷中含有 x ? , ? x2 ? 2 x(cx ? ) ? 1 ? cx ? d ? 1? c c ? x ? ? ? x?0 ? 综上所述,⑴⑵⑶⑷可以化为等价条件组: ? x ? 1 , ?x 2 ? 1 ? d ? c ? x ? 0 ? 1? d ?c ? 0 ?c ? 0 ? ?0?? 或 ? 又 2 1? d ? ? , x ? c ?d ? 1 ?d ? 1 ? c ? x?0 ? ? x ?1 而 ? ? c ? 1? d , 1? d ? 2 x ? ? c ? c?0 ? c?0 1? d ? ? ∴ 当 ? d ? 1 或 ? d ? 1 时,原方程可能有解 x ? ,代入原方程检验后 c ?c ? 1 ? d ?c ? 1 ? d ? ? cx ?

中学生数学解题能力训练 知 x?

1? d 是原方程的解。 c

习题: 1. (高一)在 ? ABC 中, a cos A ? b cos B ,问 ? ABC 为什么三角形? 2. (高三)经过原点作圆 ( x ? 8) ? y ? 64 的弦,求这些弦的中点的轨迹。
2 2

3(1983 年高考理科题). (高二)已知数列{ a n }的首项 a1 ? b ( b ? 0 ) ,它的前 n 项 的和 S n ? a1 ? a 2 ? ? ? a n ( n ? 1 ) ,并且 S 1 ,S 2 ,?,S n ,?是等比数列,其公 比为 p

(p ? 0 且

p ? 1) 求证 a 2,a3, ,a n, 是一个等比数列。 ? ?
a 2 ? b 2 ? 2abi
的模。

4. (高三)求复数

5. (高三)设等腰三角形 OAB 的顶角为 2 ? ,高 OK 为 h,在三角形 OAB 内有一动点 P 到 三边 OA、OB、AB 的距离分别为 PD、PF、PE,且满足关系 PD+PF=PE ,求 P 点的轨迹。
2

ab 2 ? a 4 ? b 4 i

A D

?
O F

P

E K

B

参考答案: 1. (高一)在 ? ABC 中, a cos A ? b cos B ,问 ? ABC 为什么三角形? 分析:若从边入手,可以把 cos A、 B 都用余弦定理写成边的形式后再观察;若从角 cos 入手,应把 a、b 用正弦定理写成角的形式后再观察。用余弦定理好吗?

b2 ? c2 ? a2 c2 ? a2 ? b2 , cos B ? , 2bc 2ac 2 2 2 2 2 把它们代入已知的 a cos A ? b cos B 并分解因式得 (a ? b )( a ? c ? b ) ? 0 ,
证法一:由余弦定理有 cos A ? 由 a ?b ? 0 得 a ? b ,
2 2

由 a ?c ?b ? 0 得 a ?b ? c , ∴ ? ABC 为等腰三角形、直角三角形或等腰直角三角形。 证法二:由正弦定理有 a ? 2R sin A,b ? 2R sin B , 把它们代入已知的 a cos A ? b cos B 得 sin 2 A ? sin 2B , 解之得 2 A ? 2B 或 2 A ? 180? ? 2B ,即 A ? B 或 A ? B ? 90? , ∴ ? ABC 为等腰三角形、直角三角形或等腰直角三角形。
2 2 2 2 2 2

2. (高三)经过原点作圆 ( x ? 8) ? y ? 64 的弦,求这些弦的中点的轨迹。
2 2

解法一(轨迹相交法) :如图,设 OQ 的方程为 y ? kx ,则 (x 1 ,y 1 ) 、(x 2 ,y 2 )满足

(1) ? y ? kx ? 2 2 ( 2) ?( x ? 8) ? y ? 64
⑴式代入⑵式得 (k ? 1) x ? 16 x ? 0 , P 为 OQ 中点,根据中点公式及韦达定理,P 点坐标为:
2 2

y

Q( x1 , y1 )

P( x3 , y3 ) 16 ? ? x ? x2 k 2 ? 1 8 0 O( x2 , y 2 ) ? x3 ? 1 ? ? 2 (3) ? 2 2 k ?1 ? 8k (4) ? y 3 ? kx3 ? 2 k ?1 ? 2 2 2 2 由⑶⑷消去 k 得所求方程为 x3 ? y 3 ? 8 x3 ? 0 ,即 ( x3 ? 4) ? y3 ? 16 ,
故所求的轨迹是一个圆心在(4,0)点,半径为 4 的圆。 解法二(转移法) : x y 由中点公式有 x3 ? 1 , y 3 ? 1 , 2 2 即 x1 ? 2 x3,y1 ? 2 y3 ⑷ ∵ ( x1,y1 ) 应适合圆方程,故把⑷式代入圆方程得
2 (2 x3 ? 8) 2 ? (2 y3 ) 2 ? 64 , ( x3 ? 4) 2 ? y3 ? 16 , 即

x

y

Q( x1 , y1 ) P( x3 , y3 )
0 A(8 , 0) x

故所求的轨迹是一个圆心在(4,0)点,半径为 4 的圆。 解法三(利用几何性质) : 圆心 A 的坐标为(8,0),连接 AP,有 AP⊥OQ , ∴ OP
2
2

? AP ? OA
2 2 2

2

2


2 2 2

∴ ( x3 ? y3 ) ? [( x3 ? 8) ? y3 ? 64 ,即 x3 ? y 3 ? 8 x3 ? 0 ,
2

∴ ( x3 ? 4) ? y3 ? 16 , 故所求的轨迹是一个圆心在(4,0)点,半径为 4 的圆。

中学生数学解题能力训练 3(1983 年高考理科题). (高二)已知数列{ a n }的首项 a1 ? b ( b ? 0 ) ,它的前 n 项 的和 S n ? a1 ? a 2 ? ? ? a n ( n ? 1 ) ,并且 S 1 ,S 2 ,?,S n ,?是等比数列,其公 比为 p

(p ? 0 且

p ? 1) 求证 a 2,a3, ,a n, 是一个等比数列。 ? ?

S n ?1 S ? p, n ? p (n ? 1) , Sn S n ?1 S ? a n ?1 S ? an 即 n ? p, n ?1 ?p (n ? 1) , Sn S n ?1 a a 即 n ?1 ? p ? 1 (1) , n ? p ? 1 (2) (n ? 1) , Sn S n ?1 a S a ⑴ ? ⑵得 n ?1 ? n ?1 ? 1 (n ? 1) ,即 n ?1 ? p (n ? 1) , an S n an a ∴ 当 n ? 1 时, n ?1 ? p 为定值。 an ? ? ∴ a 2,a3, ,a n, 是一个等比数列。
证法一:∵ 证法二: 由已知条件得 S1 ? a1 ? b ,∴ S n ? S1 ? p ∴ an ? S n ? S n?1 ? bp 从而
n ?1 n ?1

? b ? p n ?1

(n ? 1) ,

当 n ? 2 时, S n ? a1 ? a 2 ? ? ? a n?1 ? a n ? S n ?1 ? a n ,

? bpn?2 ? bpn?2 ( p ? 1)

(n ? 2) ,

a n ?1 bp n ?1 ( p ? 1) ? n?2 ?p (n ? 2) , an bp ( p ? 1) ? ? ∴ a 2,a3, ,a n, 是一个等比数列。
4. (高三)求复数

a 2 ? b 2 ? 2abi ab 2 ? a 4 ? b 4 i
2

的模。
2

提示:不要死背“ a ? bi 的模为 a ? b ” ,此题利用“两个复数的商的模等于两个复 数的模的商”来解较为简单。 (结果为 1) A 5. (高三)设等腰三角形 OAB 的顶角为 2 ? ,高 OK 为 h,在三 D 角形 OAB 内有一动点 P 到三边 OA、OB、AB 的距离分别为 PD、PF、 E PE,且满足关系 PD+PF=PE ,求 P 点的轨迹。 ? P K 分析一: P 点坐标为(x,y), x、 应满足关系 PD+PF=PE , O 设 则 y F 因此应把 PD、PF、PE 都用 x、y 来表示,这样 PD+PF=PE 实际上也 就成了 P 点的轨迹方程。 解法一:如图,设 P 点坐标为(x,y),由题意知 x ? 0 , 直线 OA 的方程为 y ? x ? tg? , 直线 OB 的方程为 y ? ? x ? tg? , 直线 AB 的方程为 x ? h , 又∵ P 在 ? OAB 内,而 0 ? ? ?
2 2 2

B y D E 0 A

?
2



F B

K

x

∴ PD=

x ? tg? ? y 1 ? tg ?
2

?

x ? tg? ? y 1 ? tg 2?

? x sin ? ? y cos? ,

为什么可以去掉绝对值符号?如右图,xtg ? =GH ,当 P 在 x 轴下方时, y ? 0 ,GH 显 然大于 y ;当 P 在 x 轴上方时,GH 也大于 PH=y 。 PF=

x ? tg? ? y 1 ? tg ?
2

?

x ? tg? ? y 1 ? tg ?
2

? x sin ? ? y cos?

y

G

PE= h ? x ? h ? x 把 PD、PF、PE 代入 PD+PF=PE 得: ( x sin? ? y cos? ) xi ? ? ys ( ns o c
2 2 2 2 2

?
0 H
2

P(x,y) x

? )= (h ? x) 2



即 x sin ? ? y cos ? ? 2hx ? h ? 0 , ∵ cos? ? 0 ,两边同时除以 cos 配方得 ( x ?
2

? 得 x2 ? y2 ?

2h h2 x? ?0 , cos2 ? cos2 ?

h 2 sin 2 ? 2 ) ? y2 ? ?h , cos2 ? cos4 ? h sin ? ,0) 为圆心, ? h 为半径的圆, 这就是以 ( 2 cos ? cos 2 4 ?
所求的轨迹是此圆在题给等腰三角形内的那一部分。 分析二:只要用 ? 、 ? 表示出 PD、PF、PE 即可。 解法二:如图,以顶点 O 为极点,AB 边上的高所在的直线为极轴建立坐标系,设 P( ? , ? ) , 则 PD= ? sin( ? - ? ) ,PF= ? sin( ? + ? ) ,PE=h-OG=h- ? cos ? ,
2 2

D P 0 F B G E

代入 PD+PF=PE 得: ? sin( ? - ? )sin( ? + ? )==h -2h ? cos ? + ?
2 2 2 2 2 2

cos

?

化简得 ? cos ? -2h ? cos ? + h =0 (- ? < ? < ? ) ⑴ 此即为轨迹方程,所求轨迹为三角形内的那一部分。


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