填空题的求解思路、方法与技巧，非常全(12)

解 将三棱锥P?ABC补充为长方体AEBG?FPDC（图2-24），则三棱锥的各边成为长方体的面对角线，记长方体的三条共点棱长为PE?x,EB?y,EA?z，则有

?x2?y2?100,?22?x?z?136, ?y2?z2?164,?解得x?6,y?8,z?10，所以

VP?ABC?VAEBG?FPDC?4VP?AEB

1?VAEBG?FPDC?4?VAEBG?FPDC6

1?VAEBG?FPDC31??6?8?10?160． 311例2-48 arctan?arctan的值_____． 图2-24

32（1991年数学高考全国卷理科第（16）题）

解法1 （直解法）由tan(arctan?arctan)?1，

13121??， ① 341? 0?arctg? ， ②

2411?故 arctg?arctg?．

324解法2 （图解法）如图2-25，作一个2?3的矩形，易知?ABD而 0?arctg是等腰直角三角形，有

原式??BAE??DAE．

??BAD??4． 图2-25

说明 这是一道有课本背景的简单题，当年，曾在初中课本以平面几何的形式出现过，高一课本又以三角形式出现过，高二课本还以复数形式出现过，现在以反三角函数的形式出现，答案为

?．但我们在阅卷中发现有相当一部分考生得出1，原因可能是只算到 411??tan?arctan?arctan?= 1 ，

23??就再也没有算下去了．这种丢三落四现象不完全是知识基础问题，我们并不认为考生连

arctan1??4都不懂，恐怕主要是由于紧张、粗心而产生心理上的“顾此失彼”或记忆上的

“瞬时遗忘”．

例2-49 已知?在第三象限且tan??2，则cos?的值是______ （1992年数学高考全国卷文科第（20）题）

解 （图解法）视?为锐角，作锐角示意图2-26，

BC=1，AC=2，AB=5，

则 cos?ABC?15

恢复第三象限的符号，得cos???15 图2-26

说明 这种“锐角示意图”是将三角形的符号与绝对值分开处理，绝对值用锐角计算，符号由象限决定，在处理三角问题时，这种“税角示意图”有广泛的应用，为了提高解题的效率，应记住一些勾股数：（3，4，5），(5，12，13)，(7，24，25)，(9，40，41)等等． 2-5-3 揭示几何图形的深层结构

就是说，解题不仅借助直观呈现，而且进行图形几何结构的深层揭示，减少演算、节省过程．

例2-50 已知向量a??cos?,sin??,b??cos?,sin??，且a??b，那么a?b与

a?b的夹角的大小是 ．

解法1 (直解法)由

a?b??a?b??cos?a?b,a?b???a?ba?b得夹角为90．

a?b22a?ba?b?0，

解法2 （图解法）两个向量a,b都是起点在原点、终点在单位圆上，以a,b为邻边所形成的平行四边形是个菱形，a?b与a?b成为菱形的两条对角线，互相垂直，得a?b与

a?b的夹角为90．

说明 解法1重在代数演算，解法2重在图形性质的揭示——菱形的对角线互相垂直，夹角的得出简明、直观．

例2-51 设P是曲线y?4?x?1?上的一个动点，则点P到点?0,1?的距离与点P到

2y轴的距离之和的最小值为 ．

（2004年数学高考全国卷理科第（16）题）

解 （图解法）易知，抛物线的顶点为A?1,0?，焦距为p?2，准线方程为x?0，焦点为F?2,0?，所以点P到点B?0,1?的距离与点P到y轴的距离之和等于PF?PB，由PF?PB?BF知，当B,P,F三点共线时取得最小值（如图2-27）．此时在RtBOF中，有

BF?OB2?OF2?5．

所求的最小值为5． 图2-27

说明 这个解法用到了抛物线定义的几何特征，用到了两点之间线段最短． 例2-52 如图2-28，连结ABC的各边中点得到一个新的A1B1C1，又连结A1B1C1的各边中点得到A2B2C2，如此无限继续下去，得到一系列三角形：ABC，A1B1C1，

A2B2C2，…，这一系列三角形趋向于一个点M，已知A?0,0?,B?3,0?,C?2,2?，则点M的坐标是 ．

（2006年数学高考福建卷理科第（16）题）

解法1 (直解法)设Anan,an,Bnbn,bn,Cncn,cn，且记A0a0,a0??0,0?，

????????B0b0,b0??3,0?,C0c0,c0??2,2?．由已知有

????bn?1?cn?1， 2c?an?1 bn?n?1，

2a?bn?1 cn?n?1，

2 an?得 图2-28

nn?1?1??1??an?bn???an?1?bn?1??????a0?b0???3???,2?2??2??nn?1??1??1? ?bn?cn???bn?1?cn?1??????b0?c0?????,

2?2??2???an?bn?cn?an?1?bn?1?cn?1??a0?b0?c0?5,???55?1?54?1?51?1?可求得 an?????,bn?????,cn?????．

33?2?33?2?33?2?5.

n??n??n??32同理 liman?limbn?limcn?.

n??n??n??3有 liman?limbn?limcn?所以M的坐标为?,?．

解法2 （图解法）依题意，点Ai?i?1,2,总在AC边的中线上，点Ci?i?1,2,nnn?52??33??总在BC边的中线上，点Bi?i?1,2,?ABC趋向于一个点M?总在AB边的中线上．当

时，该点必为ABC三条中线的交点——重心，因而点M的坐标为

xA?xB?xC0?3?25?x???,??M?52?333填?,?． ??y?yA?yB?yC?0?0?2?2,?33?M?333?说明 解法2的简明在于抓了动点“总在中线上”的几何特征，一步到位，直奔重心． 2-5-4 图示为区域

这种做法的知识基础是把二元一次不等式表示为平面区域，把二元二次不等式表示为二次曲线的内部或外部区域，其中，线性规划就是区域直观的典型应用．

例2-53 过点M?3,1?的直线与抛物线y?2?x?1?的位置关系为 ．

2讲解 一般地，直线与抛物线的位置关系有相交（可以2个交点、也可以1个交点）、

相切（2个重合的交点）、相离三种情况，可以通过方程组的讨论来确定．如果讨论时直线方程用点斜式，还要注意斜率存在与不存在、斜率存在时又要注意为0与不为0等多种情况．注意到，把点M的坐标代入抛物线方程时，有yM?2?xM?1?，即点M在抛物线内

2部（画图也能直观看出来），所以，过点M的直线与抛物线y?2?x?1?永远相交，心算

2即可完成，填相交．

??x?2y?5≥0????22例2-54 设m为实数，若?(x，y)?3?x≥0??(x，y)x?y≤25，则m??mx?y≥0??????的取值范围是 ．

（2007年数学高考浙江卷理科第（17）题）

解 如图2-29，x?2y?5?0 表示直线

x?2y?5=0下方的区域，3?x?0表示直线3?x=0左侧区域，mx?y?0表示直线mx?y=0包括y轴正方

向一侧的区域，x?y?25表示圆x?y=25内部区 图2-29

域（以上区域均包括边界）．题目的已知条件是说：直线所围成的三角形区域不超出圆的范围．当动直线mx?y=0（图中虚线）以原点为旋转中心运动变化时，所构成的圆内三角形区域也变化，但不能超过边界点??5,0?,?3,?4?，把这两点的坐标代入mx?y=0，可分别求得m?0,m?222244，故m的取值范围0?m?． 33例2-55 有两个人相约9点到10点在某一地点会面(人到达的时间是随机的)，早到的人要等另一个人20分钟才可离开，则这两个人能见面的概率是 ．

解 设两个人到达的时间分别为9点过x分钟和9点过y分钟，则由题设知两人能见面时x，y满足

?0?x?60,??0?y?60, ?x?y?20?可x与y所有可能的取值情况及两人能 …… 此处隐藏：1814字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……