高中数学的数形结合思想方法-全（讲解例题巩固测试）

数形结合的思想方法(1)---讲解篇
一、知识要点概述
数与形是数学中两个最古老、最基本的元素，是数学大厦深处的两块基石，所有的数学问题都是围
绕数和形的提炼、演变、发展而展开的：每一个几何图形中都蕴藏着一定的数量关系，而数量关系又常常
可以通过图形的直观性作出形象的描述。

因此，在解决数学问题时，常常根据数学问题的条件和结论之间
的内在联系，将数的问题利用形来观察，提示其几何意义；而形的问题也常借助数去思考，分析其代数含
义，如此将数量关系和空间形式巧妙地结合起来，并充分利用这种“结合”，寻找解题思路，使问题得到
解决的方法，简言之，就是把数学问题中的数量关系和空间形式相结合起来加以考察的处理数学问题的方
法，称之为数形结合的思想方法。

数形结合是一个数学思想方法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：或者是借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数为目的，比如应用函数
的图像来直观地说明函数的性质；或者是借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数作
为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质。

数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来，关键是代数问题与图形之间的
相互转化，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化。

在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意
三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分
析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数
形转化；第三是正确确定参数的取值范围。

二、解题方法指导
1．转换数与形的三条途径：
①通过坐标系的建立，引入数量化静为动，以动求解。

②转化，通过分析数与式的结构特点，把问题转化到另一个角度来考虑，如将转化为勾股定理或平
面上两点间的距离等。

③构造，比如构造一个几何图形，构造一个函数，构造一个图表等。

2．运用数形结合思想解题的三种类型及思维方法：
①“由形化数”：就是借助所给的图形，仔细观察研究，提示出图形中蕴含的数量关系，反映几何
图形内在的属性。

②“由数化形”：就是根据题设条件正确绘制相应的图形，使图形能充分反映出它们相应的数量关
系，提示出数与式的本质特征。

③“数形转换”：就是根据“数”与“形”既对立，又统一的特征，观察图形的形状，分析数与式
的结构，引起联想，适时将它们相互转换，化抽象为直观并提示隐含的数量关系。

三、数形结合的思想方法的应用
(一)解析几何中的数形结合
解析几何问题往往综合许多知识点，在知识网络的交汇处命题，备受出题者的青睐，求解中常常通过数形结合的思想从动态的角度把抽象的数学语言与直观的几何图形结合起来，达到研究、解决问题的目的.
1. 与斜率有关的问题
【例1】已知：有向线段PQ的起点P与终点Q坐标分别为P（-1，1），Q（2，2）.若直线l∶x+my+m=0与有向线段PQ延长相交，求实数m的取值范围.
解：直线l的方程x+my+m=0可化为点斜式：y+1=-（x-0），易知直线l过定点M（0，-1），且斜率为-.
∵l与PQ的延长线相交，由数形结合可得：当过M且与PQ平行时，直线l的斜率趋近于最小；当过点M、Q时，直线l的斜率趋近于最大.
【点评】含有一个变量的直线方程可化为点斜式或化为经过两直线交点的直线系方程.本题是化为点斜式方程后，可看出交点M（0，-1）和斜率-.此类题目一般结合图形可判断出斜率的取值范围.
2. 与距离有关的问题
【例2】求：y=（cosθ-cosα+3）2+（sinθ-sinα-2）2的最大（小）值.
【分析】可看成求两动点P（cosθ，sinθ）与Q（cosα-3，sinα+2）之间距离的最值问题.
解：两动点的轨迹方程为：x2+y2=1和（x+3）2+（y-2）2=1，转化为求两曲线上两点之间距离的最
值问题.如图：
3. 与截距有关的问题
【例3】若直线y=x+k与曲线x=恰有一个公共点，求k的取值范围.
解：曲线x=是单位圆x2+y2=1的右半圆（x≥０），k是直线y=x+k
在y轴上的截距.
由数形结合知：直线与曲线相切时，k=-，由图形：可得k=-，或-1<k≤1.
4. 与定义有关的问题
【例4】求抛物线y2=4x上到焦点F的距离与到点A（3，2）的距离之和为
最小的点P的坐标，并求这个最小值.
【分析】要求PA+PF的最小值，可利用抛物线的定义，把PF转化为点P到
准线的距离，化曲为直从而借助数形结合解决相关问题.
（F为抛物解：P′是抛物线y2=4x上的任意一点，过P′作抛物线的准线l的垂线，垂足为D，连P′Ｆ线的焦点），由抛物线的定义可知：
.
过A作准线l的垂线，交抛物线于P，垂足为Q，显然，直线AQ之长小于折线AP′Ｄ之长，因而所求的点P即为AQ与抛物线交点.
∵AQ直线平行于x轴，且过A（3，2），所以方程为y=2，代入y2=4x得x=1.
∴P（1，2）与F、A的距离之和最小，最小距离为 4.
【点评】（1）化曲线为直线是求距离之和最有效的方法，在椭圆，双曲线中也有类似问题.
（2）若点A在抛物线外，则点P即为AF与抛物线交点（内分AF）.
(二) 数形结合在函数中的应用
1. 利用数形结合解决与方程的根有关的问题
方程的解的问题可以转化为曲线的交点问题，从而把代数与几何有机地结合起来，使问题的解决得到简化. 【例5】已知方程x2-4x+3=m有4个根，则实数m的取值范围.
【分析】此题并不涉及方程根的具体值，只求根的个数，而求方程的根的个数问题可以转化为求两条曲线
的交点的个数问题来解决.
解：方程x2-4x+3＝m根的个数问题就是函数y=x2-4x+3与函数y=m图象的交点的个数.
作出抛物线y=x2-4x+3=（x-2）2-1的图象，将x轴下方的图象沿x轴翻折上去，得到y=x2-4x+3的图象，再作直线y=m，如图所示：由图象可以看出，当0<m<1时，两函数图象有4交点，故m的取值范围是（0，1）.
数形结合可用于解决方程的解的问题，准确合理地作出满足题意的图象是解决这类问题的前提.
2. 利用数形结合解决函数的单调性问题
函数的单调性是函数的一条重要性质，也是高考中的热点问题之一.在解
决有关问题时，我们常需要先确定函数的单调性及单调区间，数形结合是
确定函数单调性常用的数学思想，函数的单调区间形象直观地反映在函数
的图象中.
【例6】确定函数y=的单调区间.
画出函数的草图，由图象可知，函数的单调递增区间为（-∞，0］，［1，＋∞），函数的单调递减区间
为［0，1］.
3. 利用数形结合解决比较数值大小的问题
【例7】已知定义在R上的函数y=f（x）满足下列三个条件：①对任意的x∈R都有f（x+4）=f（x）；②对任意的0≤ｘ1<x2≤２，都有f（x1）<f（x2）；③y=f（x+2）的图象关于y轴对称.则f（4.5），f（6.5），f （7）的大小关系是.
解：由①：T=4；由②：f（x）在［０，２］上是增函数；由③：f（－x－２）＝f（x＋２），所以f（x）的图象关于直线x=2对称.由此，画出示意图便可比较大小.
显然，f（4.5）<f（7）<f（6.5）.
4. 利用数形结合解决抽象函数问题
抽象函数问题是近几年高考中经常出现的问题，是高考中的难点.利用数形结合常能使我们找到解决此
类问题的捷径.
【例8】设f（x），g（x）分别是定义在Ｒ上的奇函数和偶函数，在区间［a，b］（a<b<0）上，f′（x）g（x）+f（x）g′（x）>0，且f（x）·g（x）有最小值－５.则函数
y=f（x）·g（x）在区间［－b，-a］上（）.
Ａ. 是增函数且有最小值－５
Ｂ. 是减函数且有最小值－５
Ｃ. 是增函数且有最大值５
Ｄ. 是减函数且有最大值５
【解析】f′（x）g（x）+f（x）g′（x）=［f（x）·g（x）］′>0.
∴y=f（x）·g（x）在区间［a，b］（a<b<0）上是增函数，
又∵f（x），g（x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数.
∴y=f（x）·g（x）是奇函数.
因此它的图象关于原点对称，作出示意图，易知函数y=f（x）·g（x）在区间［-b，-a］上是增函数且有
最大值５，因此选Ｃ.
（三）运用数形结合思想解不等式
1. 求参数的取值范围
【例9】若不等式>ax的解集是｛x|0<x≤４｝，则实数a的取值范围是（）.
Ａ. ［０，＋∞）Ｂ. （－∞，４］
Ｃ. （－∞，０）Ｄ. （－∞，０］
解：令f（x）＝，g（x）=ax，则f（x）＝的图象是以（２，０）为圆心，以
２为半径的圆的上半部分，包括点（４，０），不包括点（０，０）；g（x）＝ax的图象是通过原点、斜率为a的直线，由已知>ax的解集是｛x|0<x≤４｝，
即要求半圆在直线的上方，由图可知a<0，所以选Ｃ.
【点评】本题很好的体现了数形结合思想在解题中的妙用.
【例10】若x∈（１，２）时，不等式（x-1）2<logax恒成立，则a的取值范围是（）.
Ａ. （0，1）Ｂ. （１，２）
Ｃ. （１，２］Ｄ. ［１，２］
解：设y1=（x－1）2（1<x<2），y2=logax.
由图可知若y1<y2（1<x<2），则a>1.
y1=（x-1）2过（２，１）点，当y2=logax也过（２，１）点，即a=2时，恰有y1<y2（1<x<2）
∴１<a≤２时（x-1）2<logax在x∈（１，２）上成立，故选Ｃ.
【点评】例１、例２两题的求解实际上综合运用了函数与方程以及数形结合的思想方法.
2. 解不等式
【例11】已知f（x）是Ｒ上的偶函数，且在［０，＋∞）上是减函数，f（a）＝０（a>0），那么不等式xf（x）<0的解集是（）.
Ａ. ｛x|0<x<a｝Ｂ. ｛x|-a<x<0或x>a｝
Ｃ. ｛x|-a<x<a｝Ｄ. ｛x|x<-a或0<x<a｝
解：依题意得f（x）是Ｒ上的偶函数，且在［０，＋∞）上是减函数，f（a）＝０（a>0），可得到f（x）图象，又由已知xf（x）<0，可知x与f（x）异号，从图象可知，当x∈（-a，０）∪（a，+∞）时满足题意，故选Ｂ.
【例12】设函数f（x）＝2，求使f（x）≥２的取值范围.
【解法１】由f（x）≥２得2≥２＝２.
易求出g（x）和h（x）的图象的交点立时，x的取值范围为［，+∞）.
【解法3】由的几何意义可设Ｆ1（－１，０），Ｆ２（１，０），Ｍ（x，y），则，可知Ｍ的轨迹是以Ｆ1、Ｆ２为焦点的双曲线的右支，其中右顶点为（，
０），由双曲线的图象和x+1－x-1≥知x≥.
【点评】本题的三种解法都是从不同角度构造函数或不等式的几何意义，让不等式的解集直观地表
现出来，体现出数形结合的思想，给我们以“柳暗花明”的解题情境.
（四）运用数形结合思想解三角函数题
纵观近三年的高考试题，巧妙地运用数形结合的思想方法来解决一些问题，可以简化计算，节省时
间，提高考试效率，起到事半功倍的效果.
【例13】函数f（x）=sinx+2sinx，x∈［０，２π］的图象与直线y=k有且仅有２个不同的交点，则k的取值范围是.
【分析】本题根据函数解析式，画出图象，可以直观而简明地得出答案，在有时间限制的高考中就
能大大地节约时间，提高考试的效率.
解：函数f（x）＝由图象可知：1<k<3.
【例14】当0<x<时，函数f（x）＝的最小值为（）.
Ａ. ２Ｂ. ２Ｃ. ４Ｄ. ４
解：y=则y为点Ａ（０，５）与点Ｂ（－sin2x，3cos2x）两点连线的斜率，又点Ｂ的轨迹方程（0<α＜），即x2+＝１（x<0），如图，当过点Ａ的直线l∶y=kx+5与椭圆x2+＝１（x<0）相切时，k有最小值４，故选Ｃ.
（0<α＜），则α∈（）.
【例15】若sinα+cosα=tanα
解：令f（x）=sinx+cosx=sin（x+ ）（0<α＜），g（x）=tanx，画出图象，从图象上看出交点Ｐ的横从标xP>.再令α＝，则sin+cos=≈１.366，tan=≈1.732>1.367，由图象知
xP应小于.故选Ｃ.
【点评】本题首先构造函数f（x），g（x），再利用两个函数的图象的交点位置确定α＞，淘汰了Ａ、Ｂ两选项，然后又用特殊值估算，结合图象确定选项Ｃ，起到了出奇制胜的效果.
【例16】已知函数f（x）是定义在（－３，３）上的奇函数，当0<x<3时f（x）图象如下图所示，那么不等式f（x）cosx<0的解集是（）.
解：函数f（x）定义在（－３，３）上，且是奇函数，根据奇函数图象性质可知，f（x）在（－３，０）上的图象如图所示，若使f（x）cosx<0，只需f（x）与cosx异号，即图象须分别分布在x轴上下侧，由图可知，有三部分区间符合条件要求，即（－，－１）∪（０，１）∪（，３），故选B.
【点评】已知函数的一部分图象，根据函数的性质可得到函数的另一部分图象，利用数形结合的思想，可以先画出完整的函数图象，再研究有关问题.
【例17】△ＡＢＣ中，Ａ＝，ＢＣ＝３，则△ＡＢＣ的周长为（）.
解：本题是我们常用三角恒等变形和正弦定理通过一定量的计算来完成的，但是应用数形结合，可
以很快解决问题.为此，延长ＣＡ到Ｄ，使ＡＤ＝ＡＢ，则ＣＤ＝ＡＢ＋ＡＣ，∠ＣＢＤ＝∠Ｂ＋，∠Ｄ＝，由正弦定理
即ＡＢ＋ＡＣ＝６sin（B+），故选Ｃ.
（五）运用数形结合思想解复数题
【例18】设|z1|＝5，|z2|＝2, |z1－z
2|＝13，求
z
z
1
2
的值。

【分析】利用复数模、四则运算的几何意义，将复数问题用几何图形帮助求解。

【解】如图，设z
1＝OA、z
2
＝OB后，则z
1
＝OC、z
2
＝OD如图所示
由图可知，|z
z
1
2
|＝
5
2
，∠AOD＝∠BOC，由余弦定理得：
cos∠AOD＝5213
252
222
()
××
＝
4
5
∴z
z
1
2
＝
5
2
(
4
5
±
3
5
ｉ)＝2±
3
2
ｉ
【另解】设z
1＝OA、z
2
＝OD如图所示。

则|
z
z
1
2
|＝
5
2
，且
cos∠AOD＝5213
252
222
()
××
＝
4
5
，sin∠AOD＝±
3
5
，
所以z
z
1
2
＝
5
2
(
4
5
±
3
5
ｉ)＝2±
3
2
ｉ，即
z
z
1
2
＝2±
3
2
ｉ。

【注】本题运用“数形结合法”，把共轭复数的性质与复平面上的向量表示、代数运算的几何意义等
都表达得淋漓尽致，体现了数形结合的生动活泼。

一般地，复数问题可以利用复数的几何意义而将问题变成几何问题，也可利用复数的代数形式、三角形式、复数性质求解。

本题设三角形式后转化为三角问题的求解过程是：设z
1＝5(cosθ
1
＋ｉsinθ
1
)，z
2
＝＋ｉsinθ
2
)，
则|z
1－z
2
|＝|(5cosθ
1
－2cosθ
2
)＋(5sinθ
1
＋2sinθ
2
)ｉ|＝
292012
cos()＝13，所以cos(θ1＋θ2)＝4
5
,sin(θ
1
＋θ2)＝±
3
5
，
y A
D
O B x
C
y A
D
O x
z z 1
2
＝
5
2
12
22
[cos()sin()]
(cos sin)
i
i
＝
5
2
[cos(θ
1
＋θ2)＋ｉsin(θ1＋θ2)]＝
5
2
(
4
5
±
3
5
ｉ)＝2±
3
2
ｉ。

本题还可以直接利用复数性质求解，其过程是：由|z
1
－z2|＝13得：
（z
1－z2）(z1－z2)＝z1z1＋z2z
2
－z
1
z
2
－z1z2＝25＋4－z1z2－z1z2＝13,
所以z1z2＋z1z2＝16,再同除以z2z2得z
z
1
2
＋
z
z
1
2
＝4，设
z
z
1
2
＝z，解得z＝2±
3
2
ｉ。

几种解法，各有特点，由于各人的立足点与思维方式不同，所以选择的方法也有别。

一般地，复数问
题可以应用于求解的几种方法是：直接运用复数的性质求解；设复数的三角形式转化为三角问题求解；
设复数的代数形式转化为代数问题求解；利用复数的几何意义转化为几何问题求解。

四、运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意如下几点
在解题时，有时把数转化为形，以形直观地表达数来解决，往往使复杂问题
简单化、抽象问题具体化.但是，依赖图象直观解题，也要注意如下几个问题.
1、注意图象延伸趋势
【例19】判断命题：“当a>1时，关于x的方程ax=logax无实解.”正确与否.
错解：在同一坐标系中分别作出函数y=ax及y=logax的图象（a>1）（如图1），
可见它们没有公共点，所以方程无实解，命题正确.
【评析】实际上对不同的实数a，y=ax和y=logax的图象的延伸趋
势不同.例如当a=2时，方程无实数解；而当a=时，x=2是方程的
解.说明两图象向上延伸时，一定相交，交点在直线y=x上.
2、注意图象伸展“速度”
【例20】比较2n与n2的大小，其中n≥２，且n∈N+.
错解：在同一坐标系中分别作出函数y=2x及y=x2的图象（如图2）.
由图可知，两图象有一个公共点.
当x=2时，2x=x2；
当x>2时，2x<x2.
∴当n=2时，2n=n2；
当n>2，且n∈N+时，2n<n2.
【评析】事实上，当n=4时，2n与n2也相等；当n=5时，2n>n2.错因是没有充分注意到两个图象在x≥２时的递增“速度”！要比较两个图象的递增速度，确实很难由图象直观而得.本题可以先猜想，后用数学归纳
法证明.
本题的正确答案是
当n=2、4时，2n=n2；
当n=3时，2n<n2；
当n≥５时，n∈N+时，2n>n2.
证明略.
3、注意数形等价转化
【例21】已知方程x2+2kx-3k=0有两个实数在-1与3之间，求k的取值范围.
错解：令f（x）=x2+2kx-3k，结合题意画出图象3中的（1），再由图象列出不等
解略.
【评析】事实上，不等式组（*）并不与题意等价，图象3中的（2）也满
足不等式组（*），但两实根均大于3，还可以举出两实根均小于-1的反例.
若不等式组（*）与图3中的（1）等价，需加上条件-3<k<1.因此，数形转
化要注意等价性.
4、注意仔细观察图象
【例22】已知关于x、y的方程组
（a>b>0）有四组实数解，求a、b、m应满足的关系.
错解：已知方程组中的两个方程分别是椭圆和抛物线的方程，原方程组有四组实数解等价于椭圆与抛物
线有四个不同的公共点.由图4知，m<-b，且<a，即-a2<m<-b.
【评析】观察图象过于草率！事实上，图5也是一种可能的情形，即当=a时，仍有可能为四组解.例如当a=2，b=1，m=-4时，可得解集为：｛（２，０），（－２，０），（，），（－）｝.
现用数形结合求解：
考虑一元二次方程
a2y2+b2y-（m+a2）b2=0，
令Δ=0（即相切情形），
解得m=-，
结合图象，
注意到m<-b，则a、b、m应满足的关系是-<m<-b.
从以上看出，有些问题可以用图象解决，但要认真分析，有些问题很难由图象直观而得，值得注意.
5.数形结合也有简繁之分
解题时，由于观察与联想的视角不同，会出现
数形结合的核心与灵魂是“结合”．
不同的“结合”，“结合”得好就得到好的解题方法，“结合”得不好就使解题过程繁琐且
易出错，“结合”的优劣反映出了我们的基础与能力，也反映出我们思维灵活性与创造
性的水平，“结合”的优化选择，应是数形结合法研究的重要一环.为便于说明，我们
先看几例：
【例23】已知方程mx=x+m有两个相异实根，求实数m的取值范围.
视角一：视方程mx=x+m两边的代数式为两个函数，分别画出函数y=mx，y=x+m的
图象（如图1），由于两个函数中都含有m，故需进一步对m进行分类讨论，情况复杂.
图1仅表示m>0时的示意图.
视角二：由m≠０，先将原方程变形，得x-1=x，再视方程x-1=x两边的代数式为两
个函数，分别画出函数y=x-1，y=x的图象（如图2），由图易看出：
当0<<1或-1<<0，即m<-1或m>1时，图象有两个不同交点，此时原方程有两个相异实根. 视角三：用分离参数法，先将原方程化为=m.
分别作出函数y=，y=m的图象（如图3），由图易看出，当m<-1，m>1
时，两函数的图象有两个不同交点，此时原方程有两个相异实根.
视角四：用分离参数法，先将原方程化为.
当x>0时，得1-=，当x<0时，得-1-=.
分别作出函数y=，y=的图象（如图4），由图易
看出，当0<<1或-1<<0，即当m>1或m<-1时，两函
数的图象有两个不同交点，此时原方程有两个相异实根.
可见，例1的各解虽同是数形结合，但大有简繁之分，视角二优于视角一，视角一中两函数中的都含有m，因而他们的图象也是变化的，虽可以通过讨论而获得结论，但讨论时容易因考虑不周而产生漏解，视
角三虽看图直观明了，但图象不易作出，而视角四既比视角三作图方便，又比视角二简单，不用讨论，这
是因为视角二还有一个函数中含有m，而视角四中已不含m，所以这里以视角四为最理想.
【例24】已知函数f（x）=ax2+bx且2≤ｆ（1）≤４，1≤ｆ（-1）≤２，求f（-2）的取值范围.
这是我们常出错的题，其代数解法有待定系数法、特征函数法、三角代换法等，而众所周知的数形结合法
是线性规划法.
这类问题可看作一个条件极值问题，即变量a、b在
2≤a+b≤４①
1≤ａ-b≤２②
这两个约束条件下，求目标函数y=4a-2b的最大（小）值问题
.约束条件2≤a+b≤４
，1≤ａ-b≤２的解集是非空集，在坐标平面上表
示的区域是由直线：a+b=4，a+b=2，a-b=2，a-b=1所围成的封闭
图形（图5中的阴影部分）.
y的大小又可以看作直线b=2a-y在b轴上截距的大小，
从图中易知当直线b=2a-y经过A（，），C（3，1）
时截距分别为最小f（-2）=5和最大f（-2）=10.
所以5≤ｆ（-2）≤10.
其实还可有如下数形结合法：
要求f（-2）的取值范围，只要确定f（-2）的最大（小）值，即找到f（x）
的图象在x=-2时的最高点F与最低点E的纵坐标，为此只要确定f（x）
经过E、F时的函数表达式，由于f（x）=ax2+bx是经过原点（c=0）的抛
物线系，所以只要再有两点就可确定，由已知2≤ｆ（1）≤４，1≤ｆ（-1）≤２，知f（x）在x=1时的最高点B （1，4），最低点A（1，2），f（x）在x=-1时的最高点D（-1，2），最低点C（-1，1），（如图6），由抛物线的图象特征易知经过F点的图象就是经过O、B、D的图象C2，经过E点的图象就是经过O、A、C的图象C1，于是：
将B（1，4），D（-1，2）坐标代入f（x）=ax2+bx得
解得a=3，b=1.
故图象经过O、B、D的函数为C2∶f（x）=3x2+x，所以
fmax（-2）=10.
将A（1，2），C（-1，1）的坐标代入f（x）=ax2+bx得
故图象经过O、A、C的函数为C1∶f（x）=x2+x，fmin（-2）=5.
所以5≤ｆ（-2）≤10.
【例25】正数a、b、c、A、B、C满足a+A=b+B=c+C=k，求证：aB+bC+cA<k2.
本题的难度较大，用代数方法一时是无从下手的.若能数形结合，揭示其条件
a+A=b+B=c+C=k中隐含的几何背景——联想到三数相等的几何图形是等边三角形，则可
得如下简捷的证法.
证明：如图7，
作边长为k的正三角形PQR，分别在各边上取点L、M、N，使得QL=A，LR=a，RM=B，MP=b，PN=C，NQ=c，
如果再观察a+A=b+B=c+C=k这个代数条件，从三数相等的几何图形是等边三角形，
联想到四数相等a+A=b+B=c+C=k的几何图形是正方形.则又可作边长k的正方形（图8）.
由面积关系知其结论aB+bC+cA<k2显然成立.
仅举三例，可见一斑，不但数形结合的确好，而且同是数形结合，也有不好与好之分，
只有把握住“结合”这一数形结合法的核心，才能把在由数到形这一变换、操作过程中的图形选择的多样
性，变成解题的灵活性和创造性.在实际学习中要结合具体问题掌握一些常规的操作策略，例如要画的若是
函数图象，那就要设法让要画图象的函数尽可能少含参变量，最好不含参变量，如果一定要含有，也要设
法让它在较低次的函数（如一次函数）或在简单函数中含有.只有这样，才能从一个新的层面上去理解、掌
握、运用好数形结合法.
【结束语】在数形结合法的学习中，我们还应进一步看到运算、证明的简捷化与严格化是密切相关
的，“数学中每一步真正的进步都与更有力的工具和更简单的方法的发展密切联系着，这些工具和方法同
时会有助于理解已有的理论并把陈旧的复杂的东西抛到一边.数学科学发展的这种特点是根深蒂固的.”“
把证明的严格化与简捷化绝对对立起来是错误的.相反，我们可以通过大量的例子来证实；严格的方法同时也
是比较简捷比较容易理解的方法.正是追求严格化的努力驱使我们去寻求更简捷的推理方法”．
数形结合的思想方法(2)---高考题选讲
数形结合思想是一种很重要的数学思想，数与形是事物的两个方面，正是基于对数与形的抽象研究才
产生了数学这门学科，才能使人们能够从不同侧面认识事物，华罗庚先生说过：“数与形本是两依倚，焉
能分作两边飞.数缺形时少直观，形少数时难入微.”
把数量关系的研究转化为图形性质的研究，或者把图形性质的研究转化为数量关系的研究，这种解决
问题过程中“数”与“形”相互转化的研究策略，就是数形结合的思想.数形结合思想就是要使抽象的数学语言
与直观的图形结合起来，使抽象思维与形象思维结合起来.
在使用过程中，由“形”到“数”的转化，往往比较明显，而由“数”到“形”的转化却需要转化的意识，因此，数形结合思想的使用往往偏重于由“数”到“形”的转化.
考试中心对考试大纲的说明中强调：“在高考中，充分利用选择题和填空题的题型特点，为考查数形结合的思想提供了方便，能突出考查考生将复杂的数量关系转化为直观的几何图形问题来解决的意识，而在
解答题中，考虑到推理论证的严密性，对数量关系问题的研究仍突出代数的方法而不提倡使用几何的方法，
解答题中对数形结合思想的考查以由‘形’到‘数’的转化为主.”
1. 注重图形的内涵与拓展，突出对数字直觉能力的考查
【例1】图1有面积关系则由图2有体积关系：_______.
解：
【点评】本题注重考查图形分析能力.思维方式上从平面向空间
拓展，面积与体积类比，直观类比与猜想并举.体现了高考题以能力
立意考查注重素质的命题原则.
【例2】如图所示，已知椭圆=1的左、右焦点分别为
F1，F2，点P在椭圆上，若F1，F2，P是一个直角三角形的三个顶
点，则点P到x轴的距离为（）.
解：以Ｏ为圆心以ＯＦ1为半径画圆，可知此圆与椭圆无交点，则△Ｆ1Ｆ2P中∠ＰＦ1Ｆ2（或∠ＰＦ2Ｆ1）为直角，如此求出Ｐ点坐标即得yp=±，故选Ｄ.
【点评】本题以作图直观判断为突破口，直觉与逻辑推理互动，化解析几何问题为平面几何问题，化计
算为判断，在理性的高度认识问题.
【例３】某城市各类土地租价y（万元）与该地段和市中心的距离x（km）关系如图所示.其中l1表示商业用地，l2表示工业用地，l3表示居住用地.要使各类用地租金收入最高，应将工业用地划在（）.
Ａ. 与市中心距离分别为3km和5km的圆环型区域上
Ｂ. 与市中心距离分别为1km和4km的圆环型区域上
Ｃ. 与市中心距离为５km的区域外
Ｄ. 与市中心距离为5km的区域内
解：由函数y的实际意义知：在区间（１，４）上，即在与市中心距离分别为１km和４km的圆环型区域上，工业用地的租金大于商业用地的租金和居住用地的租金，为了获取最高的租金，因此这个区域应租
用给工业，故选 B.
【点评】这道题考查的是阅读理解能力，提醒我们在日常的学习中，要注意训练直觉思维，养成整体观
察、检索信息、把握问题实质的良好习惯.
2. 注重绘图，突出对动手能力和探究性学习的考查
【例４】设奇函数f（x）定义域为［－５，５］，若当x∈［０，５］时，f（x）图象如下图，则不等式
f（x）<0的解集是____.
解：由奇函数的图象关于原点对称，完成f（x）在定义域内的图象，再由f（x）<0找出使f（x）图象在x轴下方的区域，从而得到不等式f（x）<0的解集为（-2，0）∪（2，5］.
【点评】用数形结合的方法去分析解决问题除了能读图外，还要能画图.绘制图形既是数形结合方法的需要，
也是培养我们动手能力的需要.
【例５】设集合Ｕ＝｛（x，y）x∈R，y∈R｝，Ａ＝｛（x，y）２x－y+m>0｝，Ｂ＝｛（x，y）x＋y-n≤０｝，那么点Ｐ（２，３）∈Ａ∩（B）的充要条件是（）.
Ａ. m>-1，n<5Ｂ. m<-1，n<5
Ｃ. m<-1，n>5Ｄ. m>-1，n>5
解：先假定点Ｐ（２，３）在直线2x-y+m=0和直线x+y-n=0上，则m=-1，n=5.再确定两个不等式2x-y-1>0和x+y-5>0所共同确定的区域，平移两直线得到答案Ａ.
【点评】此题考查了集合、二元一次不等式表示的区域、充要条件等知识.以运动、变化、联系的观点考虑
问题，变静态思维方式为动态思维方式，强调辨证思维能力.
3. 注重对思维的灵活性和创造性的考查
【例６】已知点Ｐ是椭圆上的动点，Ｆ1，Ｆ２分别是左、右焦点，Ｏ为原点，则
的取值范围是（）.
解：此题的一种解法是：在△ＰＦ1Ｆ２中，根据中线定理得：PF1２+PF2２＝2ＯP２+2F1Ｏ２，再由椭圆定义，得到（PF1-PF２）２＝ＯP２－１６，由2≤ＯP≤２得答案Ｄ.另一种解法是数形结合，根据Ｐ点所处
的位置对取值的影响来判断出结论.逐渐移动Ｐ点到长轴端点，ＯP值逐渐增大，。