数学解题法---与等量公理相关的题型

1、等量公理 相關題型 -數學解題法舉例劉俊傑前言：一個等號或是一個推理步驟，就是數學上一次數量或型式的變形 。高中數學題目的解法，有許多就是在進行一連串的變形，直到出現所要求的答案為止。本文將介紹利用基本的 等量公理，對高中數學題目進行變形。由於 等量公理 可以隨時應用在數學的運算式中，為原式帶來算術或代數的變形，使題目的樣子在改變，但等式的關係卻仍然維持，也就是說恆等變形，其目的是變成可以處理或是代公式的型式，經計算化簡後就可以得到因式分解 、求級數的和、解聯立方程式、配方法、推導證明或公式 -等等的效果，本文將分成四種題型來做討論。題型一：等量加法(1)等量加同量，其和相等。( 若 ab ，

2、則 a c bc)(2)等量加等量，其和相等。( 若 ab ， c d ，則 ac b d )題型二：等量減法(1) 等量減去同量，其差相等。( 若 a b ，則 a c b c)(2) 等量減去等量，其差相等。( 若 ab ， cd ，則acbd )題型三：等量乘法(1) 等量乘以同量，其積相等。( 若 a b ，則 m a m b)(2) 等量乘以等量，其積相等。( 若 ab ， cd ，則acbd)題型四：等量除法(1)等量除以同量，其商相等。( 若 ab ， m0，則ab )mm(2)等量除以等量，其商相等。( 若 ab ， cd0 ，則 ab )cd1本文：題型一：等量加法(1)等量

3、加同量，其和相等。( 若 ab ，則 acbc)(2)等量加等量，其和相等。( 若 ab ， cd ，則 acbd)例題 1：已知數列 an 滿足， a11 ， an 3an 11， n2 ，試求一般項 an 。2解答： 由已知an3 an 11等式兩邊各加上 12an13an 11122即 an13 (an 11) ， n 222所以 a213 ( a11) 322a313(a21)32 ，以此類推得到 , an13(an11)3n 12222因此an3n112說明：為了使此數列的各項產生關聯 ，我們可以在遞迴關係式的 兩邊各加上 1， 2發現此數列的各項在加上1 後，從第二項開始即成為等比

4、數列，如此便2可以得到原數列一般式的表示法。例題 2：試求等差級數1 23499100的和 。解答： 設S1234991 0 (1)0重新排列為 S100994 3 2 1(2)兩式相加 (1)+(2)得到 ,2S101101101101 101 100 101所以 S50 1015050說明：此例題為等差級數求和 ，只需要巧妙地將原式順序顛倒 ，再將此兩式相加，左式加上左式；右式加上右式，化簡後即可得此級數的和。2題型二：等量減法(1)等量減去同量，其差相等。(若 ab ，則 a c bc)(2)等量減去等量，其差相等。(若 ab ， c d ，則 ac b d )例題 3：已知tanase

5、c1， tanb sec1，試求 a 2b 2 =？解答：由tanasec1，等式兩邊各減去 tanasec1tan，等式兩邊平方得到 ,a 2sec21 2 tantan 2 (1)另由tanbsec1 ，等式兩邊各減去 tanbsec1 tan ，等式兩邊平方得到 ,b2sec21 2 tantan 2 (2)(1)+(2)(a2b 2 ) sec22(1tan2 )由平方關係得到，a2b 22說明：在運算化簡時經常使用到的 移項定理 ，即將某項移到等號的另一邊，需要變號。實際上，是在等號的兩邊，同時加上某項或是同時減去某項，也就是說等量加法或是等量減法。因為經常用到移項定理，所以幾乎察覺

6、不到，事實上也是等量公理的應用。3例題 4：已知在ABC中，A、B、C 的對應邊長分別為a、b、c，若 B=120°，a= 6，求 bc 值的範圍？【96 年 統測】解答： 由餘弦定理62c 2b2c o 1s 2 06c26c 36 c 2b2b2c26c36b2c26c9369等式兩邊各減去9b2(c3)227(b c3)(bc3) 270所以b c3；另外兩邊差小於第三邊6 b c故 bc 值的範圍： 6 bc3說明：為了製造平方差，得到含有(bc 3) 的因式分解，需要先將(c 2c6 )配成完全平方項，所以在 等式兩邊各減去9。這個步驟在解題時比較不明顯，需要較佳的觀察能力

7、，例題 5：求雙曲線 9x 24 y218x16 y430 的共軛軸長 。解答：先移項x 218x4y216y4399(x 22x1)4( y 24 y4)43 916等式兩邊各加 9，並減去 169(x1)24( y2)236( x1) 2( y2) 212 232得到 , 共軛軸長236說明：欲將此雙曲線的一般式變形成為標準式，要對x 及 y 進行配方法的處理，也就是說要產生完全平方項。因此在等式兩邊各加上 9，並減去 16，再整理成標準式，即可以看出共軛軸的長度。4例題 6：如圖 1，自圓外一點 P( 1,2) 作圓 C： (x2) 2( y4) 29 之二切線切點為 A、 B 求 AB

8、直線方程式為？解答：圖 1設圓 C 的圓心為點 O (2, 4)因為 OBPB 且 OAPA所以 OP 為PAB 的外接圓的直徑P A B2y2x2 y10 0 -(1)的外接圓為 x圓C的一般式為 x 2y 2x8y110-(2)4兩式相減 (1)-(2)，即為 AB 的直線方程式x 2y7 0說明：先依據題意求出PAB 的外接圓的方程式，則直線AB 為此外接圓與圓 C的交線。用加減消去法解聯立方程式，將(1)式與 (2)式相減，即可得到AB的直線方程式。5例題 7：解二元一次聯立方程式111x29 y719(1)，29x111y19(2)試求 x ?y ?解答：(1)式與 (2)式，兩式相

9、加、兩式相減 ，得到140x140y700xy5(3)82x82y738即xy9(4)(3)式與 (4)式，兩式相加、兩式相減，得到x 7, y 2說明：原聯立方程式的係數數值略大，不適合直接將x 或 y 的係數調整為相等。可應用等量公理，將 兩式相加、兩式相減 以化簡係數，使原聯立方程式變形成為數值簡易許多的型式，即可求解。例題 8：已知向量 a,b 的夾角為，且 ab ， ab4 ， ab3，求 cos?【92 年 統測】22解答：將 ab4兩邊平方得到，a2abb16 -(1)22將 a b 3 兩邊平方得到 ， a2a b b9 -(2)225 ；兩式相減 得到， a b7(1)式與

10、(2)式，兩式相加 得到， a44代入內積公式a b a bc o s得725 c o s，所以 cos74425說明：根據內積公式，要求得兩向量的夾角，需要先算出兩向量的長度和內積的數值。因此將 (1)式和 (2) 式，兩式相加、兩式相減 ，所得數值再代入內積公式即可。6題型三：等量乘法(1) 等量乘以同量，其積相等。(若 a b ，則 m a m b)(2) 等量乘以等量，其積相等。(若 ab ， cd ，則acbd )例題 9：解分式方程式111， x?x 1x 2x3解答： 在原式等號兩端同乘以( x1)( x 2)( x3)，得 ( x 2)( x 3) ( x 1)( x 3) (

11、 x 1)( x 2)0x 22x 1 0x12代入原式，均不會使分母為0。說明：根據等量公理，我們可以在等式的兩邊，各自乘上相同的代數式。使原題目的分式方程式變形成多項式方程式，由公式解得兩根後，需要驗根確認其解的正確性。例題 10：設 x1，求不等式 6xx2的解 。x1解答： 在不等式的兩邊同乘上，值恆為正數的 (x1) 26x( x1)( x2)( x1)2(x1)( x2)( x1) 6x0所以 (x1)( x 23x2)0(x1)( x1)( x 2)0得到， 解為 x1或1x 2說明：根據不等量公理，我們可以在不等式的兩邊 ，各自乘上值為 正數的代數式 ，仍可維持原不等關係。使原

12、題目的分式不等式變形成多項式不等式，再由因式分解得其解的範圍後，需要驗根確認其解。補充：不等量乘以正同量，大者仍大。(若 ab ， m0 ，則mamb)7例題 11：求無窮級數的和1234n=？552535n 1解答：令S=1234n等式兩邊各乘以 1552535n 151 S123n5552535n兩式相減 得到， S1 S111115552535n4 S1115S2551441655說明：原題目的型式並不符合無窮等比級數的條件，無法直接代公式求其總和。1但可以先以 S 代替此級數的和，然後 等式兩邊各乘以（等量乘法），再將兩式相減（等量減法），所得到的結果4 S ，恰為一 無窮等比級數。5

13、例題 12：已知 Z11 ，試求 Z 1001100之值。ZZ解答： 在等式的兩邊同乘以 ZZ 21ZZ 2Z10得到， Z13i2(1) 令13i ， Z 100110011212Z 100100(2)令13i ， Z 1001()100(11( )212Z 100)100所以， Z 10011Z 100說明：先利用等量乘法原理，將原分式方程式變形成一元二次方程式。可以發現解為 Z31的一個虛根，則可以借用的性質， 求出 Z1001之值。Z 1008例題 13：如圖 2，一行星繞太陽運行的軌跡為一個橢圓形，若其遠日點到太陽之距離恰好為橢圓之短軸長的3 倍，則橢圓的短軸長是其近日點到太陽之距2

14、離的多少倍？圖 2解答：如圖 2 所示：令橢圓形的長軸長AB 2a ，短軸長 CD 2b，兩焦點的距離 F1 F22c，且 F1 點為太陽所在的位置則遠日點 B 到太陽之距離 BF1a c ，近日點 A 到太陽之距離 AF1ac根據題設 a c32b3b等式的兩邊同乘以 ( ac)2( a c)( ac)3b(ac)b23b(ac)所以b32b6acac說明：因為 a 2c2b 2 ，且近日點 A 到太陽之距離 AF1ac ，所以在等式的兩邊同乘以 (ac) ，製造平方差，化簡後即可得到2b6(ac) 。9例題 14：如圖 3，已知 AC 垂直B' C，點 A'、B分別在 AC

15、、B'C 上，AB A' B'13，若 B 'A' C2BAC ，且 ABC 的面積為 39，則 A' B 'C 的面積為何？【102統測】圖 3解答：令BAC，則 sinBC ， cosAC ，將此兩式相乘 得到，1313sincosACBC2396169169132 sincos12s i n2s i n B ' A' C13B 'C12且 A'C5所以A' B'C1512302說明：因為題設B' A'C2 BAC ，表示可以運用二倍角公式 ，使 ABC 和 A'

16、 B ' C的邊長之間有所關聯。利用等量乘法原理，得到sin cos ，轉化後即可計算出A' B 'C 的邊長及其面積。10例題 15：如圖 4，是由三個直角三角形堆疊而成的圖形，且 OD8 ，COBBOA15 ， DOC 30 ，試求 AB 長。圖 4解答：由題設有， sinAB ， cosOB ， cos 2OC ，將此三式相乘 得到，OBOCODsin coscos 2ABOD1 sin 2cos2AB28所以 1 sin 4AB482 sin 60ABAB3說明：為了建立所求線段AB，和已知線段長的OD 線段的關係式，可以將解答過程中有關 sin,cos , c

17、os2的三個式子相乘 ，再利用二倍角公式化簡，即可得到線段 AB 的長度。11例題 16：已知 f ( x)2( x1)( x 21)( x41)( x81)( x161)1 ，試求 f ( x) 除以 (x3) 的餘式 。(指數型式即可 )解答：在 等式的兩邊乘上 (x 1)( x1)f ( x)2( x1)( x1)( x 21)( x 41)( x81)( x161) (x 1)( x1)f (x)2( x 321)( x1)令 x3 代入(31)f (3)2(3321)(31)得到， f (3)332根據餘式定理，可知餘式為332說明：直接計算 f (3)的數值，明顯不易化簡。但如果在

18、等式的兩邊乘上 ( x1) ，則可連續利用平方差的乘法公式，迅速得到 f (3) 的數值。題型四：等量除法(1)等量除以同量，其商相等。( 若 ab ， m0，則ab )mm(2)等量除以等量，其商相等。( 若 ab ， cd0 ，則 ab )cd例題 17：設 i1 ，已知 a 為 x2x 1 0 的一根，求 a1?a解答： 根據題意a2a 1 0a 21a等式兩邊同除以 aa11a說明：此例題如果直接公式解得到a13i ，再代入求值式，計算顯然較為2繁瑣。如解答過程，只需將一次項移到等號右邊，再兩邊同除以 a ，即可算出求值式的值。12例題 18：已知 P,Q 分別為直線y3 ， y6與

19、y2 x 的交點，求 PQ 線段的長 。解答： 設 P( x1 ,3) ， Q(x2 ,6)由題意可知32x1-(1)且62x 2-(2)( 2)22x2x1xx1將式除以式，21(2)(1)(1)因此PQ( x2 x1 )2(63)210說明：因為我們只需要知道x2x1 的值，不用計算它們各是多少，所以將 (2)式除以 (1)式，再由指數律即可知 x2x11。例題 19：已知直線方程式 ax byc 0 的斜角為，且 sincos0 ，求a b？【101 年統測 A】解答： 因為s i nc o s等式兩邊同除以cost an1得到，直線方程式的斜率為1ma1bab因此， a b0說明：斜角

20、的正切函數值即為斜率，根據商式關係tansin，所以在等式兩cos邊同除以 cos。13例題 20：已知 Z1a2i， Z 23b(3b)i ，其中 a、b 為實數，且 Z12Z2 ，Arg(Z1 )，求 a?b?。Z 23解答：依據題設Z12 Z2等式兩邊同除以Z 2Z12Z2所以複數Z12 (cosi sin)13iZ 233因此 Z1a2i13ia3b3(3b)a4 3b)ib1Z 23b(323b3 b2說明：因為題設中已有Z1的主輔角為，只要知道Z1的長度，即可確定Z1，Z 23Z 2Z2因此在等式兩邊同除以Z 2 。xy5xy例題 21：已知聯立方程式yz6 yz ，且 xyz0，試求 1=？zx