2023届高考数学二轮复习思想方法与解题技巧第23讲数形转化和知识板块之间的转化相交融第24讲以数辅形三大法宝代数法解析法向量法含解析

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典型例题
【例1】求函数y=2-1-x23+x的最值.
【分析】本例给出的函数解析式较为复杂(既含偶次根式, 又是分式),若拘泥于代数方法解必然产生心理障砧,所以对本题的分析必须再深入一步,有意识地从“数”和 "形”两个方面进行感知活动,促使“数”与“形”之间的转化, 由2-1-x23+x可联想到直线的斜率公式k=y1-y2x1-x2, 则一个函数求最值的问题立即转化为解析几何中的问题.
【解析】2-1-x23+x可看作点A(3,2)与动点B-x,1-x2的连线的斜率. 而点B在半圆x2+y2=1(y⩾0)上,
故原题即求点A(3,2)与半圆x2+y2=1(y⩾0)上的点的连线的斜率的最值, 如图5-9可知, 当B为B1(1,0)时, AB斜率最大, 为kmax=1; 当AB切半圆于B2时, AB的斜率最小,设此时AB的斜率为k,AB的方程为y-2=k(x-3).
由OB2=|2-3k|1+k2=1,得k1=3+34 (舍去), k2=3-34.
故ymax=1,ymin=3-34.
【例2】关于x的二次方程x2+z1x+z2+m=0中, z1,z2,m都是复数, 且z12-4z2=16+20i, 设这个方程的两个根α,β满足|α-β|=27, 求|m|的最大值和最小值.
【分析】复数与复平面上的点以及以原点为起点, 该点为终点的向量三者之间建立了一一对应关系,求复数问题可以转化为向量的运算来解,也可以转化为复数方程的几何意义来解,这就是代数问题几何化的解题策略,它的优点是直观,避免了憼杂元长的计算与推理, 本例中根据α,β是关于x的二次方程x2+z1x+z2+m=0两根的条件,结合z1与z2的关系把|α-β|=27转化为关于m的方程,利用方程的几何意义求|m|的最大值与最小值,解法既直观又简捷.
【解析】由韦达定理得α+β=-z1,αβ=z2+m,
|α-β2=(α+β)2-4αβ=z12-4z2-4m=4m-z12-4z2=28.∵z12-4z2=16+20i,∴|4m-(16+20i)|=28,|m-(4+5i)|=7
如图5-10所示,复数m的对应点M在以(4,5)为圆心, 7 为半径的圆上.
∴|m|max=7+41,|m|min=7-41.
【例3】设x>0,y>0,z>0, 求证: x2-xy+y2+y2-yz+z2>z2-zx+x2.
【分析】xy+y2=x2+y2-2xycs⁡60∘, 显然表示为以x,y为边夹角为60∘的三角形的第三边的平方 (余弦定理可得),于是这道不等式证明题立即转化为几何问题,即构造四面体“模型”解题.
【解析】证明由题设x>0,y>0, 有x2-xy+y2=x2+y2-2xycs⁡60∘, 由余弦定理, 此式表示以x,y为边所夹角为60∘的三角形的第三边,
同理y2-yz+z2,z2-zx+x2也有类似的几何意义.
这样,我们构造出顶点为O的四面体O-ABC, 如图5-11所示.
使∠AOB=∠BOC=∠COA=60∘,OA=x,OB=y,
OC=z, 则有AB=x2-xy+y2,
BC=y2-yz+z2,CA=z2-zx+x2.
四面体O-ABC的底面是△ABC, 有AB+BC>AC.
即x2-xy+y2+y2-yz+z2>z2-zx+x2.
【例4】已知a>0,b>0,3a+1b=2, 求a+b-a2+b2的最大值.
【分析】本题若从代数的角度考虑, 直接代入消元后求最值,将很难顺利解决, 所以应当挖掘题中条件和结论所蕴含的几何意义,将条件3a+1b=2变形为32a+12b=1. 可以看作直线xa+yb=1(a>0,b>0), 过定点P32,12, 这是解决本题的一个突破口,结论a+b-a2+b2可以看作Rt△AOB的内切圆的直径, 原问题相当于求Rt△AOB内切圆直径的最大值,这是解决本题的另一个视角,可以朝这个方向制订解题方案.
【解析】将3a+1b=2变形, 得32a+12b=1, 可以看作是直线xa+yb=1(a>0,b>0)过定点P(32,12)如图5-12所示.显然有, a=|OA|=32+12ct⁡θ,b=|OB|=12+32tan⁡θ,
∴a2+b2=|AB|=|PA|+|PB|=12sin⁡θ+32cs⁡θ
故a+b-a2+b2=32+12ct⁡θ+12+32tan⁡θ-12sin⁡θ+32cs⁡θ
=3+12+cs⁡θ-12sin⁡θ+3(sin⁡θ-1)2cs⁡θ
=3+12+-2sin2⁡θ24sin⁡θ2cs⁡θ2+-3cs⁡θ2-sin⁡θ222cs2⁡θ2-sin2⁡θ2
=3+12-sin⁡θ22cs⁡θ2+-3cs⁡θ2-sin⁡θ22cs⁡θ2+sin⁡θ2
=3+12-12tan⁡θ2+-31-tan⁡θ221+tan⁡θ2
=3+12-12tan⁡θ2+1+12+31+tan⁡θ2-2321+tan⁡θ2
=3+1-12tan⁡θ2+1-31+tan⁡θ2=3+1-12tan⁡θ2+1+31+tan⁡θ2⩽3+1-212×3=3+1-412,
当且仅当12tanθ2+1=31+tanθ2, 即tanθ2=412-1时a+b-a2+b2取得最大值3+1-412
第24讲以数辅形三大法宝（代数法、解析法、向量法）
以数辅形代数法,通常由题设构建函数模型并结合其图像解决求参数的取值范围, 研究方程根的范围,研究量与量之间的大小关系, 研究函数的最值问题和证明不等式;以数辅形解析法就是运用代数的方法研究几何问题,借助几何轨迹所遵循的数量关系.借助运算结果与几何定理的结合;以数辅形向量法就是通过向量坐标的代数运算研究图形问题.
数形结合,贵在结合,要充分发挥两者的优势,“形”有直观、形象的特点,但代替不了具体的运算和证明,在解题中往往提供一种数学解题的平台或模式,而“数”才是其真正的主角,若忽视这一点, 很容易造成对数形结合的误用,务必引起注意.
典型例题
【例1】当正数a为何值时,抛物线y=x24+4与椭圆x2a2+y232=1有 4 个不同的交点.
【分析】本例是一道解析几何常规题，一般情况下，判断曲线交点的个数问题可以通过几何直观得到, 但几何直观得到的结论是否一定正确,需要通过代数推理加以严格证明.由题意, 作出椭圆与抛物线的图形如图5-13所示,由图可知只需a>4即可保证有 4 个交点,反之,有 4 个交点是否一定要a>4 ? 而本例要求的是充要条件,一般情况下，仅从图形直观出发得出的结论,常常是片面的, 不严密的,只有通过代数运算,推理得到的结论才是正确无误的,我们讲“数形结合"应当从数与形两个维度思考问题,深刻领会华罗庚先生所讲的"数无形时少直观,形少数时难入微”的内涵.
【解析】将拋物线与椭圆方程联立, 得y=-x24+4,x2a2+y232=1.
消去x得关于y的二次方程a2y2-36y+144-9a2=0.
两曲线有 4 个交点,等价于关于y的二次方程a2y2-36y+144-9a2=0在-3,3内有两个不同的解.
记fy=a2y2-36y+144-9a2, 使方程fy=0在-3,3内有两个不同解的充要条件是f3>0, f-3>0, -3<18a2<3,f18a2<0解得a>7+1.
【例2】设线段AB两端点在拋物线y2=x上移动, M为线段AB的中点, |AB|=a(a为大于零的常数),求M到y轴的最短距离.
【分析】本例解题时易走入如下误区 : 如图5-14所示,设F为抛物线的焦点, 分别过A,B,M向拋物线的准线引垂线,垂足分别为A1,B1,M1, 则由|AF|+|BF|⩾|AB|, 结合抛物线的定义及梯形中位线的性质, 得MM1⩾12|AB|, 所以MM1的最小值为a2, 从而M到y轴的最短距离为a2-14.
上述解法是错误的,所给的图形并不能反映问题的本质,这是因为,过抛物线焦点的最短弦是抛物线的通径, 只有在a⩾1时,オ符合以上的解法,而当0【解析】设lAB:x=my+n, 与y2=x联立, 得y2-my-n=0. 当Δ=m2+4n>0时, y1+y2=m.所以x1+x2=my1+n)+my2+n=m2+2n
设M到y轴的距离为d, 则d=x1+x22=m22+n. 又|AB|=a, 所以m2+1m2+4n=a2, 得n=14a2m2+1-m2
所以d=14a2m2+1+m2=14a2m2+1+m2+1-1,
设t=m2+1≥1,
则d=14a2t+t-1, 当0故当0当a⩾1时, 点M到y轴的最短距离为a2-14.
【例3】如图5-15所示,在四棱雉P-ABCD中, PA⊥平面ABCD,
AC⊥AD,AB⊥BC,∠BAC=45∘,PA=AD=2,AC=1
(1) 证明PC⊥AD;
(2) 求二面角A-PC-D的正弦值;
(3) 设E为棱PA上的点, 满足异面直线BE与CD所成的角为30∘, 求AE的长.
【分析】本例主要考查空间两条直线的位置关系、二面角、异面直线所成的角、空间两点间的距离，可以用“几何法”求解，也可以用“向量法”求解，“几何法”在于由“形”出发,观察"数”的特征,发现平行、垂直等几何关系中的数量关系,经历"作→证→求”的思维转化过程,体会"几何法”中所蕴含的数形结合思想,“向量法”也由"形"出发,把相关的点、线“坐标化”“向量化”，空间图形“向量化”归根结底就是点、线段“向量化”，体会“向量法”中所蕴含的数形结合思想." " 实践证明,通过建立空间直角坐标系,将几何对象坐标化，进一步利用向量的坐标运算，是解决空间几何体中求距离、夹角的好方法.
【解析】(1) 证明如图5-16所示, 以AD,AC,AP为x,y,z正半轴方向建立空间直角坐标系A-xyz, 则D(2,0,0),C(0,1,0) B-12,12,0,P0,0,2⋅PC=0,1,-2,AD=2,0,0,
∵PC⋅AD=0,∴PC⊥AD
（2) 【解法一】（几何法):如图5-16所示, 作AH⊥PC,垂足为H, 联结DH, 由(1)知PC⊥平面ADH,∠AHD即为二面角A-PC-D的平面角,记为θ.
求得DH=245,sin⁡θ=306. 二面角A-PC-D的正弦值为306.
【解法二】(向量坐标法):PC=(0,1,-2),CD=(2,-1,0), 设平面PCD的法向量n=(x,y,z), 则n⋅PC=0,n⋅CD=0,即得y-2z=0,2x-y=0.∴y=2z,x=z,取z=1,∴n=(1,2,1)
AD=(2,0,0)是平面PAC的一个法向量.
cs⁡⟨AD,n⟩=AD⋅n|AD|⋅|n|=66,∴sin⁡⟨AD,n⟩=306
∴二面角A-PC-D的正弦值为306.
(3) 设E(0,0,h), 则BE=12,-12,h,CD=(2,-1,0).
cs⁡30∘=|cs⁡⟨BE,CD⟩|=325×12+h2=32, 解得h=1010.
故AE的长为1010.
【例4】在直角坐标系xOy中, 已知点A(1,1),B(2,3),C(3,2), 点P(x,y)在△ABC三边围成的区域(含边界)上.
(1) 若PA+PB+PC=0, 求|OP|;
(2) 设OP=mAB+nAC(m,n∈R), 用x,y表示m-n, 并求m-n的最大值.
【分析】平面向量是数形结合体现得最为完美的数学知识之一,第(2)问先由向量的坐标运算, 将问题转化为线性规划问题,通过对图形的分析可得到多种以形助数,以数辅形的解法.
【解析】 (1) 【解法一】PA+PB+PC=0,
又 PA+PB+PC=(1-x,1-y)+(2-x,3-y)+(3-x,2-y)=(6-3x,6-3y),∴6-3x=06-3y=0 解得 x=2,y=2, 即 |OP|=(2,2), 故 |OP|=22.
【解法二】在△ABC中, PA+PB+PC=0,∴P为△ABC的重心, 即P为△ABC三条中线的交点.
取AB的中点E32,2, 则AB边上中线EC的方程为y=2.
取AC的中点F2,32, 则AC边上中线BF的方程为x=2.
两直线的交点是重心P(2,2), 故|OP|=22.
【解法三】由两点间距离公式知|AB|=|AC|=5,
∴△ABC为等腰三角形,则重心P必在底边BC的高线y=x上,
设点P(t,t), 由重心的知识知PCPE=3-tt-32=2, 解得t=2, 故|OP|=22.
【解法四】PA+PB+PC=0, 则OA-OP+OB-OP+OC-OP=0, ∴OP=13OA+OB+OC=2,2,∴OP=22
（2）【解法一】OP=mAB+nAC,
∴(x,y)=(m+2n,2m+n),∴x=m+2n,y=2m+n,两式相减得, m-n=y-x, 令y-x=t. 如图5-17所示, 当直线y=x+t过点B(2,3)时, t取得最大值 1 , 故m-n的最大值为1.
【解法二】由解法一知m-n=-x+y, 令d为点Px,y到直线-x+y=0的距离, 则d=-x+y2, 由图5-17知点B和点C到直线y=x的距离最大,最大值为22, 即d=-x+y2⩽22,∴-x+y⩽1, 故m-n的最大值为1.
【解法三】将OP=mAB+nAC坐标化, 有(x,y)=m(1,2)+n(2,1).
整理得x=m+2ny=2m+n, 两式作差可得m-n=-x+y.
设M-1,1, 则OP=x,y,OM=-1,1, 记OP与OM的夹角为α, 则z=-x+y=OMOPcsα, 转化为求OP在OM方向上投影的最大值, 当点P与点B重合时, OP在OM方向上投影最大, 将B2,3代人得m-n=-x+y=1