数学妙法--第一章.doc

一元二次方程根的分布及应用 分类：学法指导 众所周知，一元二次方程一直是高考的热点之一，其根的分布更是常考的内容，对于此类问题很多同学感到无从下手，为此笔者归纳出几条结论，希望对大家的学习有所帮助。 一元二次方程，令。 （1）方程有一实根小于，另一实根大于的充要条件是且。 （2）方程有一实根大于，另一实根小于的充要条件是。 （3）方程有两实根，其中一根在（）内的充要条件是。 （4）方程在（）内有两实根的充要条件是。 通过图象很容易得出这些结论，证明从略。下面举例说明其应用。 例1. 已知方程的两根分布在区间（0，1）和（2，5）内，试求m的取值范围。 解：令 由结论（3）知，即为所求的m取值范围。 例2. 已知关于x的实系数方程两实根为、，求证：如果，则，且|b|-4。 由不等式（1）得 由不等式（4）得 故 于是有说明：正确找出两根的范围是应用上述结论的前提，至于二次项系数小于0时，则可将其变为大于0，再应用上述几个结论。含参一元二次不等式的求解策略 分类：学法指导 含参一元二次不等式是同学们学习上的一个难点，为帮助同学们突破这一难点，现介绍几种常用的求解策略。一、利用韦达定理求解 例1 如果关于x的不等式的解集是（mn0，即时，不等式的解集为。若，即时，不等式的解集为。若，即时，不等式的解集为R。当即时，不等式解集为R。当即时，恒成立，不等式的解集为。说明：本题的讨论标准分两类，第一类是依据二次项的系数，第二类是依据判别式。三、数形结合，避免讨论 例4 设集合，若，求的取值范围。 解：，记，由，知=0的两根满足，由二次函数的图象得，解得。 说明：对于数形结合问题，在熟练的基础上，不用画图，可以在脑海中想象图象的形状，使问题的解决更快捷。构造长方体巧解异面直线问题 分类：学法指导 立体几何的教学目的是培养学生的空间想象能力。高中学生已经有了初步的空间想象能力，大脑有了一些几何体的表象。但这些表象还是不清晰的、不稳定的、不全面的。面对异面直线问题他们不知如何构造线线关系、线面关系利用有关定理解题，这时我们可以通过构造学生熟悉的几何体如长方体来解决问题，在问题解决后把长方体去掉让学生直接解题，以此来培养学生的空间想象能力。 一、线面综合性选择填空题 有关线线、线面综合性选择填空题主要是考查立几的基本概念，学生易入手，但又易出错，得分率一直较低。为了提高做题的准确性，我们可以引导学生充分利用学过的几何体如长方体等来解答问题。 例1. 已知m、n是不同的直线，、是不重合的平面，给出下列命题： （1）若/，则m/n。 （2）若m，则/。 （3）若m，n，m/n，则/。 （4）m、n是两条异面直线，若m/，m/，n/，则/。 上面命题中，真命题的序号是_（写出所有真命题的序号） 解：构造长方体如图所示，取ABCD为，为，AB为m，为n，则（1）不成立。图1取ABCD为，CDDC为，AB为m，EF为n，E、F分别是BC、AD的中点，则（2）不成立。取ABCD为，ABCD为，AA为m，BB为n，由，m/n，则n故/，（3）成立。取ABCD为，ABCD为，MN为m，GH为n，其中M、N分别为DD、BB的中点，H、G分别在BB、CC上，且GH/BC，N、H不重合，则BC/，BD/，故/，（4）成立，从而真命题的序是（3）（4）。 例2. 给出下列关于互不相同的直线m、l、n和平面、的四个命题：A. 若，则l与m不共面；（2）若m、l是异面直线，l/，m/，且nl，nm，则n；（3）若l/，m/，/，则l/m；（4）若l，则/。其中为假命题的是（ ）A. （1） B. （2） C. （3） D. （4）解：构造长方体如图2所示。图2 取ABCD为，AA为l，BC为m，则l、m是异面直线，故（1）成立 取ABCD为，AB为l，EF为m，E、F分别是BB，CC的中点，BB为n，则nAB，mBC故n，（2）成立。取ABCD为，ABCD为，EF为m，FG为l，E、F、G分别是中点，则EF与FG相交，则（3）不成立。故选（C）。二、三条直线相互异面的问题 例3. 三条直线a、b、c两两异面，作直线l与三条直线都相交，则直线l可以作多少条？ 解：构造长方体如图3所示，取直线AB为a，DD为b，CE为c，其中E为BC的中点，则a、b、c两两异面，由于直线DE与AB相交，故DE与三异面直线同时相交。过AB作平面交DD、CC、EC分别于F、G、H，当G与C不重合时，直线FH必与AB相交，即FH与三异面直线同时相交，又过AB作满足条件的平面有无数个，故与三异面直线同时相交的直线有无数条。图3三、异面直线在一平面内的射影问题 例4. 设a、b是空间的两条直线，它们在平面上的射影是两条相交直线，它们在平面上的射影是两条平行直线，它们在平面上的射影是一条直线与直线外一点，则这样的平面有（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 无数个 解：构造长方体如图4所示，取为a，为b，而为，ABCD为，则ADDA为，故与平行的平面都满足题意，故平面有无数个，选（D）。图4四、异面直线所成角与距离问题 例5. 已知AA是异面直线a、b的公垂线，a、b所成的角为60，在直线a上取AP=8cm，AA=4cm，求点P到直线b的距离。 解：如图5所示，构造长方体使CAB=60，AA=4，P是AC上一点，AP=8，则AC可看做直线a，AB为直线b，AA是a、b的公垂线段，连结AC，则AC/AC，CAB即a、b所成的角，作于E，EFAB于F，则PFAB，故PF即所求距离。 点P到直线b的距离是8cm。图5五、与异面直线成等角的直线问题 例6. 异面直线a、b成60角，过空间中的一点P作直线与a、b都成70角，则可以作出多少条这样的直线？解：构造长方体，使P为的对角线的交点，且，APD=60。故只须看过P点可作多少条直线与AC，BD都成70角。如图6所示M、M、N、N、G、G、H、H分别是所在直线的中点，由MPD=MPA=3070，NPA=NPB=600q1前n项中最大，将代入式（1）得，由得：因此有评析：在运用等比数列求和公式时要注意公式的应用条件即，同时这里运用了整体代换的技巧简化运算，在用公式解题时，要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，这样才能取得好的效果。练习： 1. 在数列中，（c为非零常数）且前n项和，则实数k等于（ ）A. B. 1 C. 0 D. 22. 数列中，当时，其前n项和满足，求的表达式。二. 用性质解题 1. 已知数列是等比数列，则_。解法一：公比解法二：数列是等比数列为一等比数列，其首项为1，公比为2，为该数列第五项，易求出其结果为16。评析：此题可以用定义也可以用性质完成，用性质考虑可以避开对公比的讨论，同时也简化了运算，提高了解题速度。 2. 数列是等差数列，是数列的前n项和，已知，求项数n。分析一：设数列的公差为d，由已知可列方程组由（1）（2）可得代入（3）可求出分析二：，又如何求呢？，又如何求呢？评析：用公式来解，运算量很大，因而不可取；巧妙地运用性质，解法很简捷。因而我们在利用定义和公式这种通法解题的同时，还要恰当地运用性质，往往有事半功倍的效果。 3. 一个等差数列的前3项之和为34，最后3项之和为146，所有项之和为360，则这个数列共有_项。分析：n=6评析：用等差数列的性质解题方法简捷。练习： 1. 知等差数列中，则_； 2. 等比数列中，若，则此数列的前10项的积为_。 3. 数列是公比为2的等比数列，且，则_。 4. 已知等差数列中，且是数列的前n项和，则（ ）A. 都小于0，都大于0B. 都小于0，都大于0C. 都小于0，都大于0D. 都小于0，都小于0三. 用函数思想研究数列问题 1. 在等差数列中，,，问该数列的前多少项和最小？解法一：设数列的公差为d，由题意得即解不等式组解得n=10或11时，取最小值解法二：设数列的公差为d，由题意得即n=10或11n=10或11时，取最小值。解法三：是等差数列数列的图象是函数图象（开口向上的抛物线）上的一系列点抛物线的对称轴是x=10.5n=10或11n=10或11时，取最小值。评析：解法一利用了等差数列单调性，所有负项的和最小；解法二中把看成n的二次函数，将问题转化成函数的最值问题；解法三利用等差数列的前n项和构成的数列的图象是抛物线上的一系列点，进而借助二次函数的图象来求最值，这种数列结合的方法既直观又简捷。 2. 数列中，已知，则对于任意正整数n都有（ ）A. B. 与的大小关系和c有关C. D. 与的大小关系和c无关分析：当时，；当c=1时，；当时，选B 3. 已知，数列满足。（1）求证：数列是等比数列；（2）若，当n取何值时，取最大值，并求出最大值。解：（1）由等比数列的定义可以证明，并得出，过程略（2）当，时，即当n=7或n=8时，即当，时，即且这两项同时最大评析：数列是定义在正整数集或正整数集的有限子集上的函数，因而数列也有单调性、周期性、最值等性质，本题通过研究的符号来得出数列单调性，进而求出最大值。 4. 已知数列的通项公式是，其中a、b均为正常数，那么与的大小关系是（ ）A. B. C. D. 与的大小关系不确定解法一：解法二：数列是递增的解法三：数列是递增的评析：解法一是通过作差来研究数列的单调性；解法二和解法三则是直接利用简单函数的单调性来得出数列的单调性的，其中解法三是非常简捷的。练习： 1. 已知函数的最大值不大于，又当时，。（1）求a的值；（2）设，求证：。 2. 已知数列中，则下列叙述正确的是（ ）A. 最大值为，最小值为B. 最大值为，最小值不存在C. 最大值不存在，最小值为D. 最大值为，最小值为练习答案：一. 用定义解题练习： 1. A 2. 二. 用性质解题练习： 1. 2. 3. 4. B三. 用函数思想研究数列问题练习： 1. 1 2. A空间位置关系问题的向量解法 分类：学法指导 向量既具有几何特征又具有代数特征，两者融为一体，使其有丰富的内涵和广泛的应用背景。而向量的坐标运算又是其代数特征与几何特征相互转换的桥梁，因而很多几何问题，特别是把抽象的空间想象全部转化为熟悉的代数运算而获解，这就大大降低了思维难度。运用向量法解题的突出优点是思路明确，过程格式化，便于掌握。本文仅就空间位置关系（平行、垂直、共线、共面、交角等）问题的向量解法述其管见。 用向量法解空间位置关系问题，从总体来说有两种基本方法： 一、空间向量运算法 在应用空间向量运算法解题时，掌握空间向量基本运算法则、基本性质、空间向量夹角、数量积的概念及其运算是解题的基础，选好基向量是关键，用基向量表示其它有关向量是必要手段。 例1 如图1示，在空间四边形ABCD中，E、F分别为AB、CD的中点。 （1）试证：AD、EF、BC平行于同一平面。 （2）判定EF与AD、BC的位置关系。图1 分析：（1）欲证结论，即证共面，即证线性表示。 （2）显然EF与AD、BC均不相交，如能证明EF与AD、BC都不平行，就可确定它们的位置关系。 证明：（1）因为 所以 即 亦即 所以共面 所以AD、EF、BC平行于同一平面 解：（2）用反证法证明EF与AD、BC都不平行，若EF/AD，则存在实数，使 由（1）可知 即 于是 所以，可知A、B、C、D四点共面，这与四边形ABCD为空间四边形相矛盾 所以不共线，即EF与AD不平行 同理可证EF与BC不平行 因为EF与AD、BC均不相交，又EF与AD、BC均不平行 所以EF与AD、BC均异面 评注：空间两向量不共线，则向量共面的充要条件是存在实数对x、y，使。因此，解答相关的问题时，其基本思路就是寻找以为基底的P的向量表达式是否存在。第（2）的解使用了反证法及排除法。 例2 如图2，平行六面体的底面是菱形，且A1ABA1ADBAD。 （1）求证：AA1BD； （2）当为何值时，能使平面A1BD？并说明理由。图2 分析：可选取为一组基向量，设法将其它有关的量用这组基向量表示，从而可利用向量运算获解。 证明：（1）设a，b，c，依题意有，再设A1ABA1ADBAD，于是 所以 解：（2）若使AC1平面A1BD，只要证AC1A1B，AC1A1D 因 由 可知当 同理可证，当 所以。 评注：本题选择了不共面的三个向量作为基向量，于是其它空间向量就容易用这些向量表示。利用空间向量解决立体几何问题简捷明快，已成为高考中最受青睐的工具。 二、空间向量坐标运算法 建立适当的空间直角坐标系（已成为高考命题的趋势），将有关向量坐标化是解题的基础，然后通过向量的坐标运算使问题获解。牢固掌握并灵活运用空间向量的直角坐标运算法则，空间向量位置关系的判断（运算法则）是解题的关键。 例3 如图3，正三棱柱的底面边长为a，侧棱长为。 （1）建立适当的坐标系，并写出A、B、A1、C1的坐标； （2）求AC1与侧面ABB1A1所成的角。 分析：（1）可建立不同的坐标系，来确定所求点的坐标。（2）取A1B1中点M，将所求的角转化为的夹角。 解法1：（1）以A为坐标原点，AB所在直线为y轴，所在直线为z轴，以过原点且垂直于平面的直线为x轴建立空间直角坐标系，如图3。 则A（0，0，0）、B（0，a，0）、A1（0，0，）、C1（） （2）取A1B1的中点M，则M（0，） 连AM、MC1，得，且（0，a，0），（0，0，） 由 所以与AM所成的角就是AC1与侧面ABB1A1所成的角。 因为， 所以 又 于是有 所以所成的角，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30 解法2：（1）以线段AB中点O为坐标原点，直线和CO、OB、OM（M为A1B1的中点）分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图4示，易得A（0，0）、B（0，0），A1（0，）、C1（）。图4 （2）连C1M、AM，由（0，0，），得（）， 因为C1M垂直于坐标平面yOz，即垂直于侧面ABB1A1 所以，则C1AM是AC1与侧面ABB1A1所成的角 因为tanC1AM 所以C1AM30，即AC1与侧面ABB1A1成30角 评注：点的坐标依赖于坐标系，即选取的坐标系不同，同一点的坐标也不同，但不影响线面之间的位置关系。因此，要选取恰当的坐标系，使有关点的坐标尽可能简单。掌握空间点的坐标的求法是空间坐标运算的难点，但这是基本功，又必须掌握，这就靠灵活运用平面几何知识、直线和平面的知识来解决了。 例4 如图5，在四棱锥S-ABCD中，DABABC90，侧棱SA底面AC，SAABBCa，AD2a。图5 （1）求证：平面SAC平面SCD； （2）求二面角ASDC的大小； （3）求异面直线SD与AC所成的角； （4）设E为BD的中点，求SE与平面SAC所成的角。 分析：空间中的三种角都是转化成平面内的角来定义和度量的，这是解答本题的关键。 证明：（1）以A为原点，AB、AD、AS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图6。则A（0，0，0）、S（0，0，a）、C（a，a，0）、D（0，2a，0），于是（0，0，a），（a，a，a），（a，a，0） 所以 所以CDSA，CDSC，因而CD平面SAC 因为CD平面SCD 所以平面SAC平面SCD （2）过A作AFSD，过C作CGSD，则的夹角就是二面角ASDC