巧构几何图形 证明代数问题
【原创】巧构命题 明辨数理——北师大五年级上册数学说理试题
巧构命题 明辨数理——北师大五年级上册数学说理试题
1.【数与代数】观察下列图形,它是按一定规律排列的,那么第几个图形中,十字星与五角星的个数和为30?第n 个图形的十字星与五角星的个数和可以怎么表示?
…… 第一个图形 第二个图形
第三个图形
2.【数与代数】2020年全球出现了新型冠状病毒肺炎,为了做好国内防疫工作,支援国外疫情,我市口罩行业迅速崛起,刘阿姨在恒安集团口罩生产线负责口罩包装工作,
有一批口罩数量将近450个。
(1)每28个包一袋,最后一袋还差8个;每32
个包一袋,最后一袋只有24个,这批口罩共有多少个?
(2)请你帮忙想一想如何包装更科学合理,并能使这一批口罩全部包装完整,每包数量相同且没有剩余,说说你的理由。
3.【图形与几何】
亮亮家在安海金沙城二期新买的房子花了83.7万,平面图如下:
(1)请你算一算亮亮家房子买的时候一平方米多少钱?
(2)某种正方形地砖边长60厘米,每块售价
计建设损失)
4.【统计与概率】1.五一黄金周,安海恒利商场现有风扇100台,售价为每台100元。
为了吸引更多顾客,促进销量,商场决定从该品种风扇10000元销售额中拿出1000元让利给顾客。
(1)请你为商场设计至少两种促销方案。
(2)天气逐渐炎热起来,王阿姨打算购置2台风扇,你建议王阿姨参与哪种促销方案能更省钱?(请结合概率问题分析你的理由)。
高斯的成就和启示
高斯的成就和启示“数学王子”高斯的成就和启示[摘要]正如亨利·彭加勒所说,“如果我们想预见数学的未来,正确的方法是研究这门科学的历史和现状。
”高斯是近代数学奠基者之一,和牛顿、阿基米德被誉为数学史上三大杰出的数学家。
他的数学研究几乎遍及所有领域,在数论、代数学、非欧几何、复变函数和微分几何等方面都作出了开创性的贡献,“数学王子”是对他一生的成就恰如其份的颂赞。
除此之外,高斯还在天文学、大地测量学和物理学有杰出的研究成果,为后世人们的研究工作奠定基础。
本论文主要从数学领域谈谈高斯的重要成就和给我们的启示,并圆内接正十七边形的画法。
[关键词]高斯的成长经历、数学成就、积极的十七面启蒙一、家庭背景“数学王子”高斯绝不是王室成员。
约翰·卡尔·弗里德里希·高斯(1777年4月30日,1855年2月23日)出生于德国不伦瑞克的一座简陋小屋。
高斯的祖父是一个贫穷的农民,生活贫困。
他的父亲格哈德一生都是一名园丁、运河管理员和砖匠。
他是一个诚实粗鲁的人。
小时候,高斯尊重并服从父亲,继承了父亲诚实谨慎的性格。
然而,他的父亲经常根据自己的生活经历为年轻的高斯计划自己的生活,并尽力阻止儿子完成不朽的工作。
幸运的是,高斯有一位鼎力支持他成才的母亲罗捷雅和慧眼识才的舅舅弗里德里希。
罗捷雅真诚地希望儿子能干出一番伟大的事业,她对高斯的才华极为珍视。
然而,她也不敢轻易地让儿子投入当时尚不能养家糊口的数学研究中。
在高斯19岁那年,尽管他已做出了一些伟大的数学成就,但她仍向数学界的朋友波尔约问道:“高斯将来会有出息吗?”波尔约说她的儿子将是“欧洲最伟大的数学家”,为此她激动得热泪盈眶。
高斯的叔叔弗里德里希是一个非常聪明和有才华的人。
他发现姐姐的孩子们有一颗敏锐而不愿意安静的心,于是他把自己的智慧倾注到这位年轻的天才身上,并通过自己独特的人生哲学激发了高斯敏捷的逻辑思维。
正是弗里德里希的洞察力使高斯走上了科学研究的道路,成为一位罕见的“数学王子”。
巧用平面向量解立体几何问题
=1+12(2cos60°cos40°)-12(cos40°-cos120°)=1+12cos40°-12cos40°+12cos120°=1-14=34.四、其它转化在求值问题中,除了重组角度转化之外,还应重视三角函数名,结构等方面的转化,如:①切割化弦;②降幂转化来计算.例6 求tan20°+4sin20°的值.分析:对此类问题一般先将切化弦:tan20°+4sin20°=sin20°cos20°+4sin20°=sin20°+4sin20°cos20°cos20°由于题目中出现了20°与40°的角,其和为60°的特殊角,这样就为转化带来了空间,而且方法不是唯一的.变式1 tan20°+4sin20°=sin20°+2sin40°cos20°=sin(60°-40°)+sin40°cos20°=sin60°cos40°-cos60°sin40°+2sin40°cos20°=32cos40°-12sin40°+2sin40°cos20°=32cos40°+32sin40°cos20°=3(12cos40°+32sin40°)cos20°=3sin70°cos20°=3.变式2 tan20°+4sin20°=sin20°+2sin(60°-20°)cos20°=sin20°+3cos20°-sin20°cos20°=3cos20°cos20°=3.以上几种形式的转化求值问题,只是在三角函数教学中比较普遍存在的转化思想的体现,在很多的具体求值中,还有些异于上述的其它方法.但任何问题的解决都是将未知转化为已知的过程,在三角函数求值中体现得更为突出.在教学中应提炼出来,以便于学生共享.黑龙江省农垦总局哈尔滨分局高级中学(150088)●韩晓辉巧用平面向量解立体几何问题 平面向量是解答立体几何问题的一种快速、简捷的运算工具.不少复杂的立体几何问题,引入平面向量后,通过将空间元素的位置关系转化为数量关系,将过去的形式逻辑证明转化为数值运算,即借助平面使解题模式化,用机械性操作把问题转化,因此,平面向量为立体几何代数化带来了极大的便利.下面,介绍平面向量在立体几何中的应用.例1 如图1,AB、CD为异面直线,CD<平面α,AB∥平面α,M、N分别是AC、BD的中点,求证MN∥平面α证明因为D<平面α,B∥平面α且··数理化学习(高中版)©:.:C A12AB 、CD 异面,所以在α内存在�a 、�b 使AB =�a ,CD =�b ,且�a 、�b 不共线,由M 、N 分别是AC 、BD 的中点,得MN =12(MB +MD )=12[(MA +AB )+(MC +CD )]=12[(MA +AB )+(MC +C D )]=12[-M C +AB +MC +CD ]=12[AB +CD ]=12(�a +�b ),即MN 与�a 、�b 共面.又因为�a 、�b 在平面α内,故MN ∥平面α或MN <平面α,而若MN <平面α,则A B 、C D 同在平面α内,与AB 、CD 为异面直线矛盾,所以MN ∥平面α.例2 正四面体V -ABC 的高VD 的中点为O ,AC 的中点为M.求证:A O 、BO 、CO 两两垂直.证明:设V A =�a,V �b =�b ,VC =�c ,正四面体棱长为m,则VD =13(�a +�b +�c ),A O =16(�b +�c -5�a ),BO =16(�a +�c -5�b ),CO =16(�a +�b -5�c ).因为AO ·BO =136(�b +�c -5�a )·(�a +�c -5�b )=0,所以AO ⊥BO,即AO ⊥BO,同理,AO ⊥CO ,BO ⊥C O.例3 如图3,在三棱锥S -A BC 中,∠S AB =∠S AC =∠AC B =90°,AC =2,SA =23,BC =13,S B =29.证明:(1)SC ⊥BC;(2)求异面直线SC 与AB 所成角α的余弦值.解:(1)证明:由题意,S ·B =,·B =,所以S ·B =(S +)·B =S A ·CB +AC ·C B =0,即SC ⊥BC .(2)因为SC ·AB =(S A +AC)·(AC +C B )=S A ·AC +SA ·C B +AC ·AC +AC ·CB =0+0+|AC |2+0=|AC |2=4,|SC |=(23)2+22=4,|A B |=(13)2+22=17,所以cosα=SC ·AB |SC |·|AB |=4417=1717.例4 如图3,已知平行六面体ABC D -A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,且∠C 1CB =∠C 1C D=∠BC D =60°.(1)证明:C 1C ⊥BD ;(2)当CDCC 1的值为多少时,能使A 1C ⊥平面C 1BD 请给予证明.证明:(1)取C D 、CB 、CC 1为空间的一个基.因为∠C 1CB =∠BC D =60°,ABCD 是棱形,所以|C D |=|CB |,又因为BD =C D -CB,所以CC 1·BD =CC 1·(C D -CB )=CC 1·CD -CC 1·C B =0.所以C 1C ⊥BD.(2)设CDCC 1=λ(λ>0),即|C D |=λ|CC 1|时,能使A 1C ⊥平面C 1BD.因为C 1D ∩BD =D ,所以A 1C ⊥平面C 1BD ΖA 1C ⊥C 1D 且A 1C ⊥BD ΖA 1C ·C 1D =0且A 1C ·BD =0.因为=(D +B +),D =D ,<B,D >=6°,<B ,>=6°,··数理化学习(高中版)©A C 0AC C 0C C A AC C A 1C -C C CC 1C 1C -CC 1C C 0C CC 1022|CD|=|CB|,所以A1C·C1D=-(|C D|2-CD·CC1+ CB·CD-CB·CC1+CC1·CD-|CC1|2)=-(λ2|CC1|2+12λ2|CC1|2-12λ|CC1|2-|CC1|2)=-(32λ2-12λ-1)|CC1|2.所以A1C·C1D=0Ζ32λ2-12λ-1=0Ζ(λ-1)(3λ+2)=0,因为λ>0,所以λ=1.经验证,当λ=1时,A1C·C1D=0.即当C DCC1=1时,能使A1C⊥平面C1BD.前面这些题目若采用传统的立体几何方法证明,大多数不可避免地需要添加“辅助线”,然后再分别证明线线平行(垂直)或面面平行(垂直),而这些证法与用平面向量法相比,显然难度是大的.因此,平面向量确实是处理立体几何问题的重要而又简便的方法.作为平面向量的主要技巧,是将相关量表示为基向量的形式,把问题转化为平面向量的运算,这与把空间图形关系转化为平面图形关系的传统解法相比,显然是更高的思维方式,它抓住了空间的主要特征和其内在规律,使“纷繁复杂的现象变得井然有序.”河北省乐亭县第一中学(063600)●张云飞线段定比分点的向量公式及应用例举(一) 线段的定比分点公式是同学们所熟悉的重要公式,它在中学数学中有较为广泛的应用,近几年的高考也时有涉及,如2000年全国高考文理科倒数第一大题都直接考查了定比分点公式的运用.同学们所熟悉的是定比分点的坐标公式,其实,除此以外,定比分点公式还有其向量形式.运用定比分点的向量形式解题有时显得更为简洁明快.一、线段的定比分点向量公式设P1、P2是直线l上的两点,点P是l上不同于、的任意一点,O 是平面内任意一点,设O P1=�a,O P2=�b,P分有向线段P1P2所成的比为λ,则有O P=�a+λ�b1+λ.证明:如图1,因为P1P=O P-�a,.PP2=�b-O P,P1P=λPP2,所以O P-�a=λ(�b-O P)所以O P=�a+λ�b1+λ①公式①就是线段的定比分点向量公式.二、应用例1 在△ABC中,已知D是BC的中点, E是AD的中点,直线B E交AC于F,求证:CF =2FA.证明如图,在△B中,设BD=�,B=�,·3·数理化学习(高中版)©P1P2:2A Ca A b2。
高中数学中的立体几何解题技巧
高中数学中的立体几何解题技巧作者:王文杰来源:《文理导航》2012年第32期高中数学中的立体几何是重点和难点之一,作为培养空间思维的立体几何,其基础知识的掌握及应用程度取决于我们对空间图形的认识与处理及正确思维方法的选择。
为此,笔者现就立体几何解题中几种常见的技巧予以分解,以供同仁参考。
1、巧作辅助图形,采用特殊化法例:求棱长为a的正四面体A-BCD的体积和外接球的半径。
解析:由于正四面体的六条棱相等,易联想到正方体的六个面的对角线相等。
于是构作辅助图形,即将正四面体补成正方体DE. 由AB=a,易得正方体棱长AE=■a,V■=V■-4V■=■a■由正方体是球的内接正方体,易知外接球半径为■a.例:在三棱锥P—ABC中,三条棱PA,PB,PC两两互相垂直。
设D为底面ABC内任一点,若PD与平面PAB,面PBC所成角分别为30°,45°.求PD与平面PAC所成角的正切值。
解析:本题若直接求解非常冗繁,但若考虑到题设条件,则以PD所在直线为对角线,PA、PB、PC所在线段为三条棱构作辅助图形长方体,使问题特殊化:即求该长方体的对角线PM与侧面PAC所成角的正切值。
设PD与侧面PAB,PBC,PAC所成角分别为α,β,γ.则依据长方体性质有:sin2α+sin2β+sin2γ=1.由条件知α=30°,β=45°.∴sin2γ=1-(sin2α+sin2β)=■.∴tanγ=■为所求。
评注:通过构造辅助图形,使原命题特殊化来解答某些立体几何问题,不但可以简化解题过程,优化问题解答,而且能开拓解题的思维视野,使问题解答独辟蹊径。
2、寻找主要矛盾,采用“隔离法”例:二面角α-l-β为30°,点A在平面α内,点A到直线l的距离为2,点A在平面β内的射影为B,B在平面α内射影为点A′,点A′在面β内射影为B′.求点B′到棱l的距离。
解析:本题由于条件太复杂,干扰因素太多,不便于分析。
巧数长方形图形的方法
巧数长方形图形的方法
巧数长方形是数学中的一个有趣的概念,它可以通过一些简单的方法来构建。
在这篇文档中,我将向大家介绍巧数长方形的构建方法,并且给出一些实例,希望能够帮助大家更好地理解和运用这个概念。
首先,我们来看一下巧数长方形的定义。
巧数长方形是指长和宽都是奇数的长方形,也就是说,它的周长和面积都是奇数。
那么,如何构建一个巧数长方形呢?接下来,我将介绍两种构建巧数长方形的方法。
第一种方法是通过图形的方式来构建巧数长方形。
我们可以先画一个奇数边长的正方形,然后再在正方形的四个角上各加上一个单位长度的小正方形,这样就构成了一个奇数长宽的长方形。
例如,如果我们画一个边长为3的正方形,然后在每个角上加上一个单位长度的小正方形,就构成了一个3x5的巧数长方形。
第二种方法是通过数学公式来构建巧数长方形。
我们可以利用巧数的性质来构建长和宽都是奇数的长方形。
例如,我们可以选择一个奇数作为长方形的长,然后再选择一个与其相邻的奇数作为长方形的宽,这样就可以构建一个巧数长方形。
比如,我们选择3作为长,5作为宽,就构成了一个3x5的巧数长方形。
通过以上两种方法,我们可以很容易地构建出巧数长方形。
而且,巧数长方形在数学中有着广泛的应用,尤其在几何和代数中,它们有着重要的地位。
因此,掌握构建巧数长方形的方法对于我们的数学学习是非常有益的。
总之,巧数长方形是一个有趣且重要的数学概念,我们可以通过图形和数学公式两种方法来构建它。
希望通过本文的介绍,大家能够更好地理解和运用巧数长方形的概念,为数学学习打下坚实的基础。
不等式的几种证明方法及其应用
不等式的几种证明方法及其应用不等式的证明方法多种多样,常用的证法有初等数学中的综合法、分析法、比较法和数学归纳法等,高等数学中常用的方法是利用函数的单调性、凹凸性等方法.本文将对其中一些典型证法给出系统的归纳与总结,并以例题的形式展示这些方法的应用.1 利用构造法证明不等式“所谓构造思想方法就是指在解决数学问题的过程中,为完成从条件向结论的转化,利用数学问题的特殊性设计一个新的关系结构系统,找到解决原问题的具体方法.利用构造思想方法不是直接解决原问题,而是构造与原问题相关或等价的新问题.”)52](1[P 在证明不等式的问题中,构造思想方法常有以下几种形式:1.1 构造函数证明不等式构造函数指根据所给不等式的特征,巧妙地构造适当的函数,然后利用一元二次函数的判别式或函数的有界性、单调性、奇偶性等来证明不等式.1.1.1 利用判别式在含有两个或两个以上字母的不等式中,若根据题中所给的条件,能与一元二次函数有关或能通过等价形式转化为一元二次函数的,都可考虑使用判别式法.例1 设R z y x ∈,,,证明0)(322≥+++++z y x z y xy x 成立. 解 令22233)3()(z yz y x z y x x f +++++=为x 的二次函数. 由2222)(3)33(4)3(z y z yz y z y +-=++-+=∆知0≤∆,所以0)(≥x f . 故0)(322≥+++++z y x z y xy x 恒成立.对于某些不等式,若能根据题设条件和结论,结合判别式的结构特征,通过构造二项平方和函数)(x f =(11b x a -)2+(x a 2-22)b +…+2)(n n b x a -,由0)(≥x f 得出0≤∆,从而即可得出所需证的不等式.例2 设+∈R d c b a ,,,,且1=+++d c b a ,求证614141414<+++++++d c b a )18](2[P .证明 令)(x f =(x a 14+-1)2+(114-+x b )2+)114(-+x c 2+)114(-+x d 2=4)14141414(282++++++++-x d c b a x (因为1=+++d c b a ).由0)(≥x f 得0≤∆ 即0128)14141414(42≤-+++++++d c b a .所以62414141414<≤+++++++d c b a .1.1.2 利用函数有界性若题设中给出了所证不等式中各个变量的变化范围,可考虑利用函数的有界性来证明,具体做法是将所证不等式视为某个变量的函数.例3 设,1,1,1<<<c b a 求证1->++ca bc ab )18](2[P . 证明 令1)()(+++=ac x c a x f 为x 的一次函数. 因为,1,1<<c a 所以0)1)(1(1)1(>++=+++=c a ac c a f ,0)1)(1(1)()1(>--=+++-=-c a ac c a f .即∀)1,1(-∈x ,恒有0)(>x f .又因为)1,1(-∈b ,所以0)(>b f , 即01>+++ca bc ab . 1.1.3 利用函数单调性在某些问题中,若各种式子出现统一的结构,这时可根据这种结构构造函数,把各种式子看作同一函数在不同点的函数值,再由函数的单调性使问题得到解决.例4 求证121212121111n n n na a a a aa a a a a a a +++≤++++++++++)53](1[P .分析 通过观察可发现式中各项的结构均相似于式子M M +1,于是构造函数xxx f +=1)()0(≥x .证明 构造函数xxx f +=1)( )0(≥x . 因为0)1(1)(2'>+=x x f , 所以)(x f 在),0[+∞上严格递增.令n a a a x +++= 211,n a a a x +++= 212. 因为21x x ≤,所以)()(21x f x f ≤. 所以≤+++++++nn a a a a a a 21211nn a a a a a a +++++++ 21211=+++++na a a a 2111++++++ n a a a a 2121nna a a a ++++ 211nna a a a a a ++++++≤1112211 .1.1.4 利用函数奇偶性 例5 求证221xx x <-)0(≠x .证明 设)(x f 221x x x --=,对)(x f 进行整理得)(x f )21(2)21(xx x -+=, )(x f -=)21(2)21(xx x ---+-=)12(2)12(-+-x x x =)21(2)21(x x x -+=)(x f , 所以)(x f 是偶函数.当0>x 时,12>x ,所以021<-x,所以0)(<x f . 由偶函数的图象关于y 轴对称知,当0<x 时,0)(<x f . 即 当0≠x 时,恒有0)(<x f ,即221xx x <- )0(≠x . 注意 由以上几种情况可以看出,如何构造适当的函数并利用函数的性质来证明不等式是解题的关键.1.2 构造几何图形证明不等式构造几何图形,就是把题中的元素用一些点或线来取代,使题中的各种数量关系得以在图中表现出来,然后借助几何图形的直观性或几何知识来寻求问题的解答.一般是在问题的条件中数量关系有明显的几何意义,或可以通过某种方式与几何形(体)建立联系时宜采用此方法.)52](1[P 这种方法十分巧妙且有效,它体现了数形结合的优越性.下面将具体介绍用几何法证明不等式的几种途径:1.2.1 构造三角形)1](3[P例6 已知z y x ,,为正数,求证22y xy x +++22z xz x ++>22z yz y ++.分析 注意到︒-+=++120cos 22222xy y x y xy x ,于是22y xy x ++可看作是以y x ,为两边,夹角为︒120的三角形的第三边,由此,易得出下面的证明:证 如图1 ,在BC A ∆内取一点O ,分别连接OC OB OA ,,,使图1B︒=∠=∠=∠120COA BOC AOB ,z OC y OB x OA ===,,则22y xy x AB ++=,22z xz x AC ++=,22z yz y BC ++=.由BC AC AB >+, 即得所要证明的不等式.注 该题可做如下推广:已知z y x ,,为正数,πα<<0,πβ<<0,πγ<<0,且πγβα2=++,求证++-22cos 2y xy x α>+-22cos 2z xz x β22cos 2z yz y +-γ,令γβα,,为满足条件的特殊角可设计出一系列的不等式.例7 已知正数k n m c b a ,,,,,满足p k c n b m a =+=+=+,求证2p cm bk an <++. 证明 如图2,构造边长为p 的正三角形ABC ,在边BC AB ,,上依次截取 n FA b CF k EC c BE m DB a AD ======,,,,,.因为ABC FEC DBE ADF S S S S ∆∆∆∆<++所以243434343p bk cm an <++, 即2p cm bk an <++. 1.2.2 构造正方形)1](3[P例8 已知+∈R x ,d c b a ,,,均是小于x 的正数,求证+-+22)(b x a +-+22)(c x b +-+22)(d x c x a x d 4)(22<-+.分析 观察不等式的左边各式,易联想到用勾股定理,每个式子代表一直角三角形的一斜边,且)()()()(d x d c x c b x b a x a -+=-+=-+=-+,所以可构造边长为x 的正方形.证明 如图3,构造边长为x 的正方形ABCD ,在边DA CD BC AB ,,,上 依次截取,a AE =,a x EB -=,d BF =c CG d x FC =-=,,b DHc x GD =-=,,b x HA -=.则四边形EFGH 的周长为+-+22)(b x a +-+22)(c x b +-+22)(d x c 22)(a x d -+.由三角形两边之和大于第三边知,四边形EFGH 的周长小于正方形ABCD 的周长, 从而命题得证.1.2.3 构造矩形图2x-c 图3例9 已知z y x ,,为正数,证明))((z y y x yz xy ++≤+.分析 两个数的乘积,可看作以这两个数为边长的矩形的面积,也可以看成以这两个数为直角边长的三角形面积的两倍.证明 如图4 ,造矩形ABCD ,使,y CD AB ==,x BE =,z EC =设α=∠AED .由AED ECD ABE ABCD S S S S ∆∆∆++=矩形知 =+)(z x y ++yz xy 2121αsin ))((21z y y x ++. 化简得αsin ))((z y y x yz xy ++=+.因为1sin 0≤<α,所以))((z y y x yz xy ++≤+(当且仅当︒=90α时,等号成立).1.2.4 构造三棱锥例10 设,0,0,0>>>z y x 求证22y xy x +->+-+22z yz y 22x zx z +-)129](4[P .分析 注意到22y xy x +-︒-+=60cos 222xy y x ,可以表示以y x ,为边, 夹角为︒60的三角形的第三边,同理22z yz y +-,22x zx z +-也有类似意义.证明 如图5,构造顶点为O 的四面体ABC O -,使︒=∠=∠=∠60AOC BOC AOB ,z OC y OB x OA ===,,,则有22y xy x AB +-=,22z yz y BC +-=,22x xz z AC +-=.在ABC ∆中AC BC AB >+,即得原不等式成立.注 该题还可做如下推广:已知z y x ,,为正数,,0πα<<,0πβ<<πγ<<0时πγβα20<++<且,βαγβα+<<-求证22cos 2y xy x +-α+22cos 2z xz x +-β>22cos 2z yz y +-γ.例10便是当︒===60γβα时的特殊情况.1.3 构造对偶式证明不等式对偶思想是根据矛盾双方既对立又统一的二重性,巧妙地构造对偶数列,从而将问题解决的一种思想.⌒ADCBE y x +图4图5OAC例11 求证1212124321+<-⨯⨯⨯n nn .分析 令=P nn 2124321-⨯⨯⨯ ,由于P 中分子为奇数、分母为偶数,则由奇数的对偶数为偶数可构造出关于P 的一个对偶式Q ,1225432+⨯⨯⨯=n nQ .证明 设=P n n 2124321-⨯⨯⨯ ,构造P 的对偶式Q ,1225432+⨯⨯⨯=n nQ .因为Q P <<0,所以=<PQ P 2)2124321(n n -⨯⨯⨯ 121)1225432(+=+⨯⨯⨯n n n .所以121+<n P ,即原不等式成立.注 构造对偶式的途径很多,本题是利用奇偶性来构造对偶式,此外,还可利用倒数关系、相反关系、对称性关系等来构造对偶式.1.4 构造数列证明不等式这种方法一般用于与自然数有关的不等式证明,当问题无法从正面入手时,可考虑将它转化为数列,然后利用数列的单调性来证明.例12 求证:不等式!21n n ≤-,对任何正整数n 都成立)55](1[P .分析 不等式可变形为,1!21≤-n n n 是正整数,所以可构造数列{},n a 其中1,!211==-a n a n n ,则只需证1a a n ≤即可.对于任意正整数n ,=-+=--+!2)!1(211n n a a n n n n 0)!1(2)1()!1()1(2211≤+-=++---n n n n n n n , 所以{}n a 是递减数列.所以1a a n ≤,即原命题成立.1.5 构造向量证明不等式向量由于其自身的形与数兼备的特性,使得它成了数形结合的桥梁,也是解决一些问题的有利工具.对于某些不等式的证明,若能借助向量模的意义、数量积的性质等,可使不等式得到较易的证明.1.5.1 利用向量模的性质 例13 已知,,,,R d c b a ∈求证++++2222c b b a 2222a d d c +++)(2d c b a +++≥.证明 在原点为O 的直角坐标系内取四个点:()(),,,,c b b a B b a A ++(),,d c b c b a C ++++(),,a d c b d c b a D ++++++则原问题可转化为+,该不等式显然成立.1.5.2 利用向量的几何特征例14 设{}n a 是由正数组成的等比数列,n S 是前n 项和,求证)31](5[12.022.02.0log 2log log P n n n S S S ++>+. 分析 可将上述不等式转化为,212++<⋅n n n S S S 构造向量,用平行四边形的几何特征来证明.证明 设该等比数列的公比为q ,如图6,构造向量(),,11a a OA =(),,1n n qS qS OB +=()()12111,,+++=++=n n n n S S qS a qS a OC ,则OB OA OC +=,故B C A O ,,,构成平行四边形.由于OB OA ,在对角线OC 的两侧,所以斜率OB OA k k ,中必有一个大于OC k ,另一个小于OC k .因为{}n a 是由正数组成的等比数列,所以OA n n OC k S S k =<=++121, 所以OC OB k k <, 即<+1n n S S 21++n n S S . 所以212++<⋅n n n S S S . 此外,还可以利用向量的数量积证明不等式,一般是根据向量的数量积公式θb a =⋅找出不等关系,如b a ≤⋅≤等,然后利用不等关系证明不等式,在此对这种方法不再举例说明.综上所述,利用构造思想证明不等式时,需对题目进行全面分析,抓住可构造的因素,并借助于与之相关的知识,构造出所求问题的具体形式或是与之等价的新问题,通过解决所构造的问题使原问题获得解决.就构造的对象来说它的表现形式是多样的,这就需要我们牢固的掌握基础知识和解题技巧,综合运用所学知识将问题解决.2 利用换元法证明不等式换元法是数学解题中的一种重要方法,换元的目的是通过换元达到减元,或通过换元得到熟悉的问题形式.换元法主要有以下几种形式:图6O xyABC2.1 三角换元法例15 已知,122≤+y x 求证2222≤-+y xy x .证明 设θθsin ,cos r y r x ==()10≤≤r ,则=-+222y xy x θθθθ22222sin sin cos 2cos r r r -+θθθ222sin 2sin cos -+=r224sin 22sin 2cos 222≤≤⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=r r r πθθθ.注 这种方法一般是已知条件在结构上与三角公式相似时宜采用.若题设为,12=+y x 可设;sin 2,cos θθ==y x 题设为,122=-y x 可设θθtan ,sec ==y x 等.2.2 均值换元法例16 设,1,,,=++∈z y x R z y x 求证31222≥++z y x )12](2[P .证明 设,31α+=x ,31β+=y ,31γ+=z 其中0=++γβα 则 =++222z y x ++2)31(α++2)31(β=+2)31(γ31)(231222≥++++++γβαγβα(当且仅当γβα==时取等号).2.3 增量换元法这种方法一般用于对称式(任意互换两个字母顺序,代数式不变)和给定字母顺序的不等式的证明.例17 已知,0>>y x 求证 yx y x -<-)55](6[P .证明 由,0>>y x 可令t y x += )0(>t . 因为2)(2t y yt t y t y +=++<+, 所以t y t y +<+, 即y x y x -<-.总之,证明不等式时适当的引进换元,可以比较容易的找到解题思路,但具体使用何种代换,则因题而异,总的目的是化繁为简.3 利用概率方法证明不等式)51](7[P利用概率方法证明不等式,主要是根据实际问题,构造适当的概率模型,然后利用有关结论解决实际问题.3.1利用概率的性质:对任意事件A ,1)(0≤≤A P ,证明不等式例18 证明若,10,10≤≤≤≤b a 则1+≤+≤ab b a ab .分析 由,10,10≤≤≤≤b a 可把a 看做事件A 发生的概率,b 看做事件B 发生的概率. 证明 设事件A 与B 相互独立,且,)(,)(b B P a A P ==则ab b a B A P B P A P B A P -+=-+=)()()()( .因为,1)(0≤≤B A P 所以10≤-+≤ab b a ,所以1+≤+≤ab b a ab .3.2 利用Cauchy-Schwarz 不等式:2))((ξηE ≤22ηξE E 例19 设0>i a ,0>i b ,,2,1=i …n ,, 则 21)(∑=ni i i b a ≤))((1212∑∑==ni in i i ba .证明 设随机变量ξηηξ,,满足下列要求ξ概率分布:P (ξ=i a )=n 1(n i ,,2,1 =),η概率分布:P (η=i b )=n1(n i ,,2,1 =),ξη概率分布:⎪⎩⎪⎨⎧≠=== )(0)(1)(j i j i nb a P j i ξη, 则 2ξE =∑=n i i a n 121,2ηE =∑=n i i b n 121,)(ξηE =∑=n i i i b a n 11.由2))((ξηE ≤22ηξE E 得 212)(1∑=n i i i b a n ≤)1)(1(1212∑∑==n i i n i i b n a n .即 21)(∑=ni i i b a ≤))((1212∑∑==ni in i i ba .用概率证明不等式比较新颖,开辟了证明不等式的又一途径.但该法用起来不太容易,因为读者必须对概率这部分知识熟悉掌握,才能选择适当的结论加以利用,因此对这种方法只做简单了解即可.4 用微分方法证明不等式在高等数学中我们接触了微分, 用微分方法讨论不等式,为不等式证明方法开辟了新的视野. 4.1利用微分中值定理微分中值定理包括罗尔定理、拉格朗日定理、柯西定理、泰勒定理,下面仅给出拉格朗日中值定理、泰勒定理的应用:拉格朗日中值定理)120](8[P 若函数)(x f 在[]b a ,上连续,()b a ,内可导,则在()b a ,内至少存在一点ξ,使得)('ξf =ab a f b f --)()(.例20 已知0>b ,求证b b bb<<+arctan 12. 证明 函数x arctan 在[]b ,0上满足拉格朗日中值定理的条件,所以有b arctan -0arctan =)0()(arctan '-=b x x ξ=21ξ+b,),0(b ∈ξ. 而b bx b <+<+2211ξ, 故原不等式成立.泰勒定理)138](8[P 若函数)(x f 在[]b a , 上有直至n 阶的连续导数,在()b a ,内存在()1+n 阶导函数,则对任意给定的0,x x ()b a ,∈,使得10)1(00)(200''00'0)()!1()()(!)()(!2)())(()()(++-++-++-+-+=n n nn x x n f x x n x f x x x f x x x f x f x f ξ 该式又称为带有拉格朗日余项的泰勒公式.例21 设函数)(x f 在[]b a ,上二阶可导,且M x f ≤)('',,1,0)2(=-=+a b ba f 试证 4)()(M b f a f ≤+)69](9[P .证明 将函数)(x f 在点20ba x +=展成二阶泰勒公式 ++-+++=)2)(2()2()('b a x b a f b a f x f 2'')2)((21b a x f +-ξ=)2)(2('ba xb a f +-++2'')2)((21b a x f +-ξ. 将b a x ,=代入上式得)21)(2()('b a f a f +-=+)(811''ξf ,)(81)21)(2(')(2''ξf b a f b f ++=. 相加得))()((81)()(2''1''ξξf f b f a f +=+. 取绝对值得))()((81)()(2''1''ξξf f b f a f +≤+≤4M .4.2 利用极值例22 设12ln ->a 为任一常数,求证xeax x <+-122()0>x )188](10[P .证明 原问题可转化为求证012)(2>-+-=ax x e x f x)0(>x .因为0)0(=f ,所以只需证022)('>+-=a x e x f x.由02)(''=-=xe xf 得)('x f 的稳定点2ln =x .当2ln <x 时,0)(''<x f . 当2ln >x 时,0)(''>x f . 所以 02)2ln 1(222ln 22)2(ln )(min ''>+-=+-==>a a f x f x .所以原不等式成立.4.3 利用函数的凹凸性定义)193](10[P )(x f 在区间I 上有定义,)(x f 称为I 上的凸(凹)函数,当且仅当:21,x x ∀∈I ,有)2(21x x f +≤2)()(21x f x f + ()2(21x x f +≥2)()(21x f x f +). 推论)201](10[P 若)(x f 在区间I 上有二阶导数,则)(x f 在I 上为凸(凹)函数的充要条件是:0)(''≥x f (0)(''≤x f ).例23 证明na a a n +++ 21≥n n a a a 21 ),,2,1,0(n i a i =>)125](11[P .证明 令,ln )(x x f =则01)(,1)(2'''<-==xx f x x f ,所以 x x f ln )(=在()+∞,0上是凹函数,对),0(,,,21+∞∈n a a a 有)ln ln (ln 1ln 2121n n a a a nn a a a +++≥⎪⎭⎫ ⎝⎛+++ ,所以na a a n +++ 21≥nn a a a 21.例24 对任意实数,,b a 有)(212b ab a e e e+≤+)80](12[P .证明 设xe xf =)(,则),(,0)(''+∞-∞∈>=x e x f x,所以)(x f 为),(+∞-∞上凸函数.从而对b x a x ==21,有2)()()2(b f a f b a f +≤+. 即)(212b ab a e e e+≤+. 5 利用几个著名的不等式来证明不等式5.1 均值不等式)133](4[P定理 1 设n a a a ,,,21 是n 个正数,则)()()()(n Q n A n G n H ≤≤≤称为均值不等式,其中,111)(21na a a nn H +++=,)(21n n a a a n G =,)(21na a a n A n+++=na a a n Q n22221)(+++=分别称为n a a a ,,,21 的调和平均值,几何平均值,算术平均值,均方根平均值.例25 已知,10<<a ,02=+y x 求证812log )(log +≤+a yx a a a . 证明 由,10<<a ,0,0>>yxa a 有y x y x y x a a a a a +=⋅≥+22,从而得22log )2(log )(log yx a a a a y x a y x a ++=≤++, 故现在只需证812≤+y x 或 41≤+y x 即可. 而4141)21(22≤+--=-=+x x x y x (当21=x 时取等号),所以812log )(log +≤+a yx a a a .5.2 Cauchy 不等式 定理2)135](4[P 设),,2,1(,n i R b a i i =∈,则∑∑∑===≥⋅n i ni i i ni ii b a ba 121122,)(当且仅当nn a b a b a b === 2211时等号成立. 例26 证明三角不等式 2112)(⎥⎦⎤⎢⎣⎡+∑=ni i i b a ≤2112⎪⎭⎫ ⎝⎛∑=ni i a +2112⎪⎭⎫ ⎝⎛∑=ni i b )33](12[P .证明 因为∑=+ni i ib a12)(=∑=+ni i i i a b a 1)(+∑=+ni i i i b b a 1)(根据Cauchy 不等式,可得∑=+ni i i ia b a1)(≤211212)(⎥⎦⎤⎢⎣⎡+∑∑==ni i n i i i a b a . (1)∑=+ni i i i b b a 1)(≤211212)(⎥⎦⎤⎢⎣⎡+∑∑==ni i ni i ib b a . (2) 把(1)(2)两个式子相加,再除以2112)(⎥⎦⎤⎢⎣⎡+∑=ni i i b a ,即得原式成立.5.3 Schwarz 不等式Cauchy 不等式的积分形式称为Schwarz 不等式. 定理3)271](10[P )(),(x g x f 在[]b a ,上可积,则⎰⎰⎰≤b ababadx x g dx x f dx x g x f .)()())()((222若)(),(x g x f 在[]b a ,上连续,其中等号当且仅当存在常数βα,,使得)()(x g x f βα≡时成立(βα,不同时为零).例27 已知)(x f 在[]b a ,上连续,,1)(=⎰badx x f k 为任意实数,求证2)cos )((⎰bakxdx x f 1)sin )((2≤+⎰b akxdx x f )272](10[P .证明 上式左端应用Schwarz 不等式得2)cos )((⎰bakxdx x f 2)cos )(()(⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎰badx kx x f x f⎰⎰⋅≤babakxdx x f dx x f 2cos )()(⎰=bakxdx x f 2cos )(. (1)同理2)sin )((⎰bakxdx x f ⎰≤bakxdx x f 2sin )(. (2)由(1)+(2)即得原不等式成立. 5.4 利用W.H.Young 不等式 定理4)288](10[P 设)(x f 单调递增,在),0[+∞上连续,,0)0(=f )(,0,1x fb a ->表示)(x f 的反函数,则⎰⎰-+≤bady y f dx x f ab 010,)()(其中等号当且仅当b a f =)(时成立.例28 设,0,>b a ,1>p ,111=+qp 试证q b p a ab q p +≤)290](10[P .证明 因为,1>p 所以1)(-=p xx f 单调递增且连续 (当0≥x 时),1111)(---==q p y yy f )111(-=-q p . 应用W.H.Young 不等式有 qb p a dy y f dx x f ab qp ba+=+≤⎰⎰-01)()(.。
构造直角三角形解代数最值问题
2020年第3期中学数学研究•51•综合上述探究,得出正确结论共有(2)(3)(4).点评:以上解题方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式,方法一、四利用构造新的函数来达到消元的目的,方法二、三则是利用构造新的变元,将两个旧的变元都换成新变元来表示,从而达到消元的目的.3.解法反思含参数的极值点偏移问题,在原有的两个变元冋严2的基础上,又多了一个参数,故思路很自然的就会想到:想尽一切办法消去参数,从而转化成不含参数的问题去解决;或者以参数为媒介,构造出一个变元的新的函数.通过上述解法探究,可知用构造函数法求解极值点偏移问题大致可以分为以下三步:(1)求导,获得函数的单调性,极值情况,作出图像,由题意得知冋严2的范围(数学结合思想);(2)构造函数:①幻+%2>(<)2x0型的结论构造函数/'(%)-/(2%-x);②t=x2-x x,t=竺换元构造函数;久1③替换函数法构造函数;④对数平均不等式构造函数;(3)求导,限定范围,判断符号,获得不等式,证明得出结论.构造直角三角形解代数最值问题江苏省泰州中学附属初中(225300)刘兴龙构造法是一种重要的数学思想方法,它可以根据问题的条件结构,构造出一个载体把所给的数学元素及其关系全面准确地载入,实现将已知问题转化的目的.此法新颖独特,对培养学生的联想、迁移、转化等思维有着十分重要的作用.本文主要介绍如何构造直角三角形解代数最值问题,供师生教学参考■例1设m、n、p是正数,且+n=p',求巴土2的最大值.p解:由已知条件知m、n、p均为正数,且rn2+n=p2,故可构造RtAABC如图1.在RtAABC中,sinA=—,cos4p(sinA+cos4)P二#sin(A+45°).而sin(A+45°)W1,二P #.故空土2的最大值为P评注:本题难度较大,用一般方法不易求解,且过程十分繁琐.于是考虑构造直角三角形将数转化为形,其构思精巧,令人耳目一新.例2求二次根式y=V%2-8%+25-Vx+1的最大值.解:如图2,将已知函数变形为y=y(4-X)2+323 -启+],作佃=4,在二同侧作CA丄AB于A且CA=丄于B且DB=3.在图2AB上取点P,令AP=x,易知PD=7(4-x)2+32,PC=W+1.由CD3:1PD-PC I可知y的最大值为CD=/(3-I)2+42= 275.由少血5“呦,得(阳):(旳)=1:3,解得PA=2.但AP与AP在4点异侧,与AP方向相反.所以%=-P'A=-2.即y取最大值时%的值为-2.评注:本题是一道数形结合的综合题,解题关键是应用勾股定理,相似三角形及不等知识,通过构造•52•中学数学研究2020年第3期直角三角形,使代数问题得以转化,从而化复杂为简单,化抽象为直观.例3已知实数a,6满足条件a>0,6>0,且a+b=4,求代数式+1+/>2+4的最小值.解:因为两个根号内都是岂p 平方和的形式,所以考虑构造直角三角形求解.如图3,作/AE丄丄AB,P是线段AP上的一个动点,设=4,AP=a,BP=b,AE=1,BD=2.过点E作EE丄于F,图3连接DE.根据勾股定理得PE=Va+1,PD=后+4.所以7a2+1+后+4=PE+PDMDE =^32+42=5.故+1+Vb2+4的最小值是5.评注:有些代数题,用代数方法很难解决,但如果抓住“数”与“形”之间的内在联系,就可赋“数”以“形”意,把抽象的数学关系转化为构造直角三角形.用几何图形的直观性,可使已知和结论间的关系变得更明确、更形象,从而使问题变得简单明了.例4求二次根式//+4+7(12-%)2+9的最小值.解:构造直角三角形2UPP和ADCP,使CP+ BP=12丄BC,CD丄BC,AB=2,CD=3.并设BP=力,则PC=12-x,由图44得AP+PD=囲+4+27(12-^)2+9,显然,当仲直+PD=AD时为最小值.为此,延长DC至E,使CE=连结AE.在直角三角形ADE中,AP+PD=AD=7122+52=13,故J/+4+最小值为13.评注:因为W+4、丿(12-%)2+9均与直角三角形的边相关联,故设想用勾股定理解之.又考虑到力与(12-%)之和为12,为此将这两线段放置在同一条线段上,构造出两个直角三角形(如图4).然后通过变形,合二为一,使问题得以转化.综上所述,构造直角三角形求代数式的最大值和最小值问题,其关键在于要从问题的背景出发,根据题设的结构特征,构造出相应的图形求解,有助于培养逻辑推理和直观想象能力.并且这种数形结合的方法,充分体现了数学的和谐美,实现了抽象思维与形象思维之间的转换,符合新课程改革的理念要求,对于启迪学生思维,开拓学生视野,提高综合解题水平大有益处•运用数形结合思想,不仅能直观发现解题捷径,而且能避免大量的计算和复杂的推理,大大简化解题过程,因此,在平常解题过程中,要多给学生渗透这种思想方法,多加强这方面的训练,以提高解题能力和速度,从而开拓学生的思维和视野.利用“同解方程”简化解析几何的运算江苏省海安市实验中学解析几何是指借助笛卡尔坐标系,利用方程来研究几何对象之间的关系和性质的一门几何学分支•高中阶段所学曲线都是用方程来表示的,曲线上所有的点的坐标都是方程的解,以方程的解为坐标的点都在曲线上,即曲线的方程、方程的曲线.本文重点关注利用“同解方程”以减少解析几何的运算量.(226600)潘新峰—、同解原理原理:已知二次函数/(%)=a^2+b A x+C[、g(力)=a2x2+b2x+c2,若f(x1)=/(x2)=0且g(衍)=g(x2)=0,其中%#%2,则存在入e R且A MO,使得a】=Xa2^b1=Xb2^c1=Ac2-证明:因为g(%)=a2x2+b2x+c2,若/(冋)= /(%2)=0且g(%i)=g(%)=0,所以根据因式分解。
【九年级数学几何培优竞赛专题】专题1 巧构圆,妙解题【含答案】
第一章 圆专题1巧构圆,妙解题知识解读在处理平面几何中的许多问题时,常常需要借助圆的性质,问题才能解决.而有时候我们需要的圆并不存在,这就需要我们能利用已知的条件,借助图形的特点把实际存在的圆找出来,从而运用圆中的性质来解决问题,往往有事半功倍的效果,使问题获得巧解或简解,这是我们解题必须要掌握的技巧. 作辅助圆的常用依据有以下几种:①圆的定义:若几个点到某个固定点的距离相等,则这几个点在同一个圆上; ②有公共斜边的两个直角三角形的顶点在同一个圆上;③对角互补的四边形四个顶点在同一个圆上,简记为:对角互补,四点共圆;④若两个三角形有一条公共边,这条边所对的角相等,并且在公共边的同侧,则这两个三角形有公共的外接圆,简记为:同旁张等角,四点共圆.培优学案典例示范例1将线段AB 绕点A 逆时针旋转60°得到线段AC ,继续旋转(0120)αα<<得到线段AD ,连接CD . (1)连接BD .①如图1-1-1①,若α=80°,则∠BDC 的度数为;②在第二次旋转过程中,请探究∠BDC 的大小是否改变?若不变,求出∠BDC 的度数;若改变,请说明理由;(2)如图1-1-1②,以AB 为斜边作Rt △ABE ,使得∠B =∠ACD ,连接CE ,DE .若∠CED =90°,求α的值.图1-1-1②①EDCBADBA【提示】(1)①∠BDC =∠ADC -∠ADB ,利用“等边对等角及三角形内角和为180°”可求出∠BDC 为30°; ②由题意知,AB =AC =AD ,则点B ,C ,D 在以A 为圆心,AB 为半径的圆上,利用“一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半”可快速求出∠BDC 仍然为30°;(2)过点A 作AM ⊥CD 于点M ,连接EM ,证明“点A ,C ,D 在以M 为圆心,MC 为半径的圆上”.跟踪训练如图1-1-2,菱形ABCD 中,∠B =60°,点E 在边BC 上,点F 在边CD 上.若∠EAF =60°,求证:△AEF 是等边三角形.角相等”获证.图1-1-2BFEDC A例2 (1)如图1-1-3①,正方形ABCD 中,点E 是BC 边上的任意一点,∠AEF =90°,且EF 交正方形外角平分线CF 于点F .求证:AE =EF ;(2)若把(1)中的条件“点E 是BC 边上的任意一点”,改为“点E 是BC 边延长线上的一点”,其余条件不变,如图1-1-3②,那么结论AE =EF 是否还成立?若成立,请证明;若不成立,请说明理由.①②图1-1-3A B E CFDFDCEBA【提示】连接AC ,AF ,显然∠ACF =∠AEF =90°,所以A ,E ,C ,F 四点在以AF 为直径的圆上. (1)如图1-1-4①,当点E 在BC 边上,则∠AFE =∠ACE =45°,于是△AEF 是等腰直角三角形,AE =EF 获证;(2)如图1-1-4②,当点E 在BC 边的延长线上,则∠F AE =∠FCE =45°,于是△AEF 是等腰直角三角形,AE=EF 获证.F图1-1-4②①【拓展】本题将“正方形”改为“正三角形”,“∠AEF =90°”相应改为“∠AEF =60°”,仍然可以运用构造“辅助圆”的思路.还可进一步拓展为“正n 边形”,360180AEF =-∠,仍然可延续这种思路,读者可自己完成.跟踪训练已知,将一副三角板(Rt △ABC 和Rt △DEF )如图1-1-5①摆放,点E ,A ,D ,B 在一条直线上,且D 是AB的中点.将Rt △DEF 绕点D 顺时针方向旋转角(090)αα<<,在旋转过程中,直线DE ,AC 相交于点M ,直线DF ,BC 相交于点N ,分别过点M ,N 作直线AB 的垂线,垂足为G ,H . (1)如图1-1-5②,当α=30°时,求证:AG =DH ; (2)如图1-1-5③,当α=60°时,(1)中的结论是否成立?请写出你的结论,并说明理由; (3)当090α<<时,(1)中的结论是否成立?请写出你的结论,并根据图1-1-5④说明理由.③④图1-1-5②①HGEAF D C (N )BFE DCBA【提示】本题除了常规解法外,还可考虑构造“辅助圆”.例3 已知,在△ABC 中,AB =AC ,过A 点的直线a 从与边AC 重合的位置开始绕点A 按顺时针方向旋转角θ,直线a 交BC 边于点P (点P 不与点B ,点C 重合),△BMN 的边MN 始终在直线a 上(点M 在点N 的上方),且BM =BN ,连接CN . (1)当∠BAC =∠MBN =90°时.①如图1-1-6①,当θ=45时,∠ANC 的度数为 ; ②如图1-1-6②,当45θ≠时,①中的结论是否发生变化?说明理由;(2)如图1-1-6③,当∠BAC =∠MBN ≠90°时,请直接写出∠ANC 与∠BAC 之间的数量关系,不必证明.③②C【提示】由于在旋转过程中不变的关系是:∠BAC =∠MBN ,AB =AC ,BM =BN ,易知∠ABC =∠ACB =∠BMN =∠BNM .由∠ACB =∠BNM 可知A ,B ,N ,C 四个点在同一个圆上(如图1-1-7),则∠ANC =∠ABC =1902BAC -∠,这样思考,所有问题都会迎刃而解.跟踪训练在△ABC 中,BA =BC ,∠BAC =α,M 是AC 的中点,P 是线段BM 上的动点,将线段P A 绕点P 顺时针旋转2α得到线段PQ . (1)若α=60°且点P 与点M 重合(如图1-1-8①),线段CQ 的延长线交射线BM 于点D ,请补全图形,并写出∠CDB 的度数;(2)在图1-1-8②中,点P 不与点B ,M 重合,线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D ,猜想∠CDB 的大小(用含α的代数式表示),并加以证明;(3)对于适当大小的α,当点P 在线段BM 上运动到某一位置(不与点B ,M 重合)时,能使得线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D ,且PQ =QD ,请直接写出α的范围.①图1-1-8②DP BACMQQM (P )CB A例4如图1-1-9,点A与点B的坐标分别是(1,0),(5,0),点P是该直角坐标系内的一个动点.(1)使∠APB=30°的点P有个;(2)若点P在y轴上,且∠APB=30°,求满足条件的点P的坐标;(3)当点P在y轴上移动时,∠APB是否有最大值?若有,求点P的坐标,并说明此时∠APB最大的理由;若没有,也请说明理由.图1-1-9【提示】(1)已知点A、点B是定点,要使∠APB=30°,只需点P在过点A、点B的圆上,且弧AB所对的圆心角为60°即可,显然符合条件的点P有无数个.(2)结合(1)中的分析可知:当点P在y轴的正半轴上时,点P是(1)中的圆与y轴的交点,借助于垂径定理、等边三角形的性质、勾股定理等知识即可求出符合条件的点P的坐标;当点P在y轴的负半轴上时,同理可求出符合条件的点P的坐标.(3)由三角形外角的性质可证得:在同圆或等圆中,同弧所对的圆周角大于同弧所对的圆外角.要∠APB最大,只需构造过点A、点B且与y轴相切的圆,切点就是使得∠APB最大的点P,然后结合切线的性质、三角形外角的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识即可解决问题.跟踪训练已知,如图1-1-10①,,∠MON=60°,点A,B为射线OM,ON上的动点(点A,B不与点O重合),且AB=43,在∠MON的内部,△AOB的外部有一点P,且AP=BP,∠APB=120°.(1)求AP的长;(2)求证:点P在∠MON的平分线上.(3)如图1-1-10②,点C,D,E,F分别是四边形AOBP的边AO,OB,BP,P A的中点,连接CD,DE,EF,FC,OP.若四边形CDEF的周长用t表示,请直接写出t的取值范围.图1-1-10例5已知,在矩形ABCD中,AB=a,BC=b,动点M从点A出发沿边AD向点D运动.(1)如图1,当b=2a,点M运动到边AD的中点时,请证明∠BMC=90°;(2)如图2,当b>2a时,点M在运动的过程中,是否存在∠BMC=90°,若存在,请给与证明;若不存在,请说明理由;(3)如图3,当b<2a时,(2)中的结论是否仍然成立?请说明理由.、① ②③图1-1-11【提示】本题除了建立方程模型,将问题转化为方程是否有解的判断外,还可以通过构造辅助圆,将问题转化为直线与圆的位置关系来讨论.跟踪训练1.如图1-1-12,直线y=﹣x+3与x,y轴分别交于点A,B,与反比例函数的图象交于点P(2,1).(1)求该反比例函数的关系式;(2)设PC⊥y轴于点C,点A关于y轴的对称点为A′;①求△A′BC的周长和sin∠BA′C的值;②对大于1的常数m,求x轴上的点M的坐标,使得sin∠BMC1m .图1-1-12【提示】(1)①由直线y=-x+3写出OA=3,OB=3;由等腰直角三角形的边长关系,可得AB2;由PC⊥y轴,可得QC=1,BC=2;由对称知A'B=AB2,OA'=0A=3,然后用勾股定理求出A'C的长,也就可以求出△A'BC的周长;(2)②如果选用上一题的思路求∠BMC的正弦值,会陷入计算的麻烦,这里采用转化的思想,找到外接圆的半径,另外还应分类讨论。
构造几何图形巧解代数问题
构造几何图形巧解代数问题
今天,越来越多的学生通过构造几何图形来解决代数问题。
几何图形的构造是一种灵活的数学技术,它可以帮助我们解决各种复杂的数学问题,特别是平面几何中的许多代数问题。
本文将讨论使用几何图形构造解决代数问题的优势和局限性,以及构造几何图形以解决代数问题的一般方法。
使用几何图形解决代数问题的优势很明显。
最重要的是,它有助于我们更好地理解和记住代数问题的解决过程。
求解代数问题时,学生可以藉由几何图形的构造来更好地理解每步操作。
另外,利用图形构建办法,学生可以更轻松地发现问题解决的可能性,以求得最终结果。
尽管构造几何图形解决代数问题有很多优势,但也存在一些局限性。
首先,学生必须掌握几何图形的构建方法,以使用几何图形解决数学问题。
其次,学生必须熟悉数学基础知识,有能力熟练使用数学符号和概念,才能够有效地利用几何图形来解决代数问题。
构造几何图形以解决代数问题有一般的方法,包括以下步骤。
首先,学生应了解问题的背景并熟悉和分析问题中所涉及的数学概念。
接下来,学生定义必要的几何图形,根据代数表达式在图形中构成特定的点。
随后,学生应该绘制数学表达式中出现的所有元素,如直线、圆等,以构建几何图形。
最后,学生利用几何图形来解决给定的问题,并可以得出结果。
总的来说,使用几何图形来解决代数问题是一种有效的方法,可
以更好地帮助学生掌握数学概念,促进学生对数学问题的解决理解。
因此,老师可以把构造几何图形来解决代数问题纳入学生的学习计划,以帮助学生更好地掌握数学知识,提升数学技能。
初中数学证明题定理方法归纳与常见题型解题技巧
初中数学证明题定理方法归纳与常见题型解题技巧证明题的思路很多几何证明题的思路往往是填加辅助线,分析已知、求证与图形,探索证明。
对于证明题,有三种思考方式:(1)正向思维。
对于一般简单的题目,我们正向思考,轻而易举可以做出,这里就不详细讲述了。
(2)逆向思维。
顾名思义,就是从相反的方向思考问题。
在初中数学中,逆向思维是非常重要的思维方式,在证明题中体现的更加明显。
同学们认真读完一道题的题干后,不知道从何入手,建议你从结论出发。
例如:可以有这样的思考过程:要证明某两条边相等,那么结合图形可以看出,只要证出某两个三角形相等即可;要证三角形全等,结合所给的条件,看还缺少什么条件需要证明,证明这个条件又需要怎样做辅助线,这样思考下去……这样我们就找到了解题的思路,然后把过程正着写出来就可以了。
(3)正逆结合。
对于从结论很难分析出思路的题目,可以结合结论和已知条件认真的分析。
初中数学中,一般所给的已知条件都是解题过程中要用到的,所以可以从已知条件中寻找思路,比如给我们三角形某边中点,我们就要想到是否要连出中位线,或者是否要用到中点倍长法。
给我们梯形,我们就要想到是否要做高,或平移腰,或平移对角线,或补形等等。
正逆结合,战无不胜。
证明题要用到哪些原理?要掌握初中数学几何证明题技巧,熟练运用和记忆如下原理是关键。
下面归类一下,多做练习,熟能生巧,遇到几何证明题能想到采用哪一类型原理来解决问题。
一、证明两线段相等2.同一三角形中等角对等边。
3.等腰三角形顶角的平分线或底边的高平分底边。
4.平行四边形的对边或对角线被交点分成的两段相等。
5.直角三角形斜边的中点到三顶点距离相等。
6.线段垂直平分线上任意一点到线段两段距离相等。
7.角平分线上任一点到角的两边距离相等。
8.过三角形一边的中点且平行于第三边的直线分第二边所成的线段相等。
9.同圆(或等圆)中等弧所对的弦或与圆心等距的两弦或等圆心角、圆周角所对的弦相等。
10.圆外一点引圆的两条切线的切线长相等或圆内垂直于直径的弦被直径分成的两段相等。
初中数学证明题解题技巧方法总结
初中数学证明题解题技巧方法总结几何证明题重点考察的是学生的逻辑思维能力,能通过严密的“因为”、“所以”逻辑将条件一步步转化为所要证明的结论。
下面是小编为大家整理的关于初中数学证明题解题技巧总结,希望对您有所帮助!初中数学证明题技巧人说几何很困难,难点就在辅助线。
初中数学几何证明题辅助线怎么画辅助线,如何添?把握定理和概念。
还要刻苦加钻研,找出规律凭经验。
图中有角平分线,可向两边作垂线。
也可将图对折看,对称以后关系现。
角平分线平行线,等腰三角形来添。
角平分线加垂线,三线合一试试看。
线段垂直平分线,常向两端把线连。
要证线段倍与半,延长缩短可试验。
三角形中两中点,连接则成中位线。
三角形中有中线,延长中线等中线。
平行四边形出现,对称中心等分点。
梯形里面作高线,平移一腰试试看。
平行移动对角线,补成三角形常见。
证相似,比线段,添线平行成习惯。
等积式子比例换,寻找线段很关键。
斜边上面作高线,比例中项一大片。
半径与弦长计算,弦心距来中间站圆上若有一切线,切点圆心半径连。
切线长度的计算,勾股定理最方便。
要想证明是切线,半径垂线仔细辨。
是直径,成半圆,想成直角径连弦。
弧有中点圆心连,垂径定理要记全。
圆周角边两条弦,直径和弦端点连。
弦切角边切线弦,同弧对角等找完。
要想作个外接圆,各边作出中垂线。
还要作个内接圆,内角平分线梦圆。
如果遇到相交圆,不要忘作公共弦。
内外相切的两圆,经过切点公切线。
若是添上连心线,切点肯定在上面。
要作等角添个圆,证明题目少困难。
辅助线,是虚线,画图注意勿改变。
假如图形较分散,对称旋转去实验。
基本作图很关键,平时掌握要熟练。
解题还要多心眼,经常总结方法显。
切勿盲目乱添线,方法灵活应多变。
分析综合方法选,困难再多也会减。
虚心勤学加苦练,成绩上升成直线。
几何证题难不难,关键常在辅助线;知中点、作中线,中线处长加倍看;底角倍半角分线,有时也作处长线公共角、公共边,隐含条件须挖掘; 全等图形多变换,旋转平移加折叠; 中位线、常相连,出现平行就好办; 四边形、对角线,比例相似平行线;梯形问题好解决,平移腰、作高线;两腰处长义一点,亦可平移对角线;正余弦、正余切,有了直角就方便;特殊角、特殊边,作出垂线就解决;实际问题莫要慌,数学建模帮你忙;圆中问题也不难,下面我们慢慢谈;弦心距、要垂弦,遇到直径周角连;切点圆心紧相连,切线常把半径添;两圆相切公共线,两圆相交公共弦;切割线,连结弦,两圆三圆连心线;基本图形要熟练,复杂图形多分解;以上规律属一般,灵活应用才方便。
利用图形面积妙解问题例析
我们 生 活 的世 界 是 个 丰 富多 彩 的 图形 世 界 .利 用 这 些 千 变 万 被 广 泛 地 应 用 .
化 的图形我们可 以解决很多 问题.其 中方法的优美 与巧妙 ,直观
据不完全统计 , 勾股定理的证 明方法多达 4 0多种 ,其 中 0
总之 ,人贵在创造 , 创造思维是创造力的核心. 培养有创新
意识 和创 造才能 的人 才是 中华 民族 振兴 的需 要 ,让我们 共 同从
启发 学生进行 猜想 ,作为教师 ,首先要 点燃学 生主动探 索 课堂做起 .
[ 1年 期 基 教 论 3 2 2 第3 ] 础 育 坛 5 0
方形 的面积 等于 图 2中两个正方形 面积 的和 ,即 C =a +b.由 2 面积 ( +b ( o )o—b 由此 可 验 证 平 方 差 公 式 一6 =( +b ( ) o )o一
形 面积的差( 一b) 2.图 1 2平行 四边形形 的面积等于 ( 十b ( o )n一
6 .由 于 图 l 由 图 1 ) 2是 1的 阴影 部 分 切 割 拼 接 而 成 的 ,所 以 一
的会徽就是赵爽所使用 的这个 弦图.
b等 于( 6 ( 一b ,由此可验证平方差公式 G一b =( b ( z 口+ )口 ) 2 口+ )口一
3 基 教 论 21年 期] 6 础 育 坛[ 2 第3 0
解题研究 r——一
全平方公式 ( 。一b 2 a )=a —2h+b.
( 结 图1的 法 们 以 到 下 计 仅 参 . 2 合 5 做 我 可 得 以 设 , 供 考 )
方法二 :如 图 1 3中大正方形是 由两个 小正方形和两个长 方 形组成 的.显而易见 ,其大正方形 的面积 ( o+6 于两个小 正 )等 方形 的面积 与两个全 等的长方 形的面积 的和 +2h+6.由此 a 验证 了( b 2 a a - )=a+2h+6.同样道理如 图 1 4 : 4中的边长 为 一 6 )的正方形面积等 于边 长为 。的正方 形面积减去两个长 和宽分
构造法在初中数学解题中的应用
构造思想方法作为一种常用的数学思想方法,具有其自身独特的显著特征,主要表现在: 构造性、直观性、可行性、灵活性以及思维的多样性。
构造法的实质是一句某些数学问题的条件或结论所具有的典型特征,用已知条件中的元 素为“元件”,用已知的数学关系为“支架”,在思维中构造出一种相关的数学对象、一种新
-2-
的数学形式;或者利用具体问题的特殊性,为待解决的问题设计一个合理的框架,从而使问 题转化并得到解决的方法。它的具体解题过程可以用下面的框架来表示:
【关键词】 数学解题 构造法 数学问题
I
Construction method in solving problems
Abstract
Mathematical thinking method plays a crucial role in the middle school mathematics teaching, in the junior middle school mathematics teaching, the structural thought method is a kind of creative mathematical thinking method, especially in solving hard mathematical problems, such as method to construct proper use can according to the specific problems, then will be hard, change numerous for brief, make the problem solved, it fully penetrated in other mathematical thinking method.
从几何直观走向逻辑推理
从几何直观走向逻辑推理作者:叶春萍来源:《中学课程辅导·教育科研》2019年第09期【摘要】 ;几何直观是学生必备的几何素养,是诱发学生创造能力的潜在因素。
如何提高学生的几何直观水平,使与现有知觉水平一致,是目前数学学科教育亟待突破的瓶颈。
“几何直观主要是指利用图形描述和分析问题。
借助几何直观可以把复杂的数学问题变得简明、形象,有助于探索解决问题的思路,预测结果。
几何直观可以帮助学生直观地理解数学,在整个数学学习中都发挥着重要的作用。
”【关键词】 ;几何直观识图能力逻辑推理题组变图【中图分类号】 ;G633.6 ; ; ; ; ; ; 【文献标识码】 ;A ; 【文章编号】 ;1992-7711(2019)09-073-02几何直观是学生必备的几何素养,是诱发学生创造能力的潜在因素。
如何提高学生的几何直观水平,使与现有知觉水平一致,是目前数学学科教育亟待突破的瓶颈。
“几何直观主要是指利用图形描述和分析问题。
借助几何直观可以把复杂的数学问题变得简明、形象,有助于探索解决问题的思路,预测结果。
几何直观可以帮助学生直观地理解数学,在整个数学学习中都发挥着重要的作用。
”几何直观与逻辑、推理是不可分的。
几何直观是由逻辑支撑的能力,不仅是看到什么,而且是通过看到的图形思考了什么,想象了什么,这是数学学习中非常重要的思考方式。
几何直观会把看到的与以前学到的结合起来,通过思考、想象,猜想出一些可能的结论和论证思路,这就是归纳推理。
巧妙的构造可以建立已知与未知、条件与结论、数与形的体系,构造图形解决问题体现的几何直观能力,这种能力是学生需要具备的重要能力之一,几何直观能力的培养贯穿于整个初等数学教学中。
教学实践表明,有效培养学生的几何直观能力可以从以下几个方面入手:一、借助几何图形,培养识图能力图形是学习数学知识的重要载体,培养识图能力是培养几何直观的基础。
在教学中,教师应引导学生理解并掌握各种数学符号所表示的数量关系及含义,能敏锐地从图形中获取相关信息。
数形结合——定值与最值问题的“绿色通道”
数形结合——定值与最值问题的“绿色通道”作者:王佩其来源:《广东教育·高中》2010年第11期众所周知,解析几何是17世纪数学发展的重大成果之一,其本质是用代数方法研究图形的几何性质,体现了数形结合的重要数学思想.“曲线”与“方程”是同一对象(即点的轨迹)的两种表现形式,曲线是轨迹的几何形式,方程是轨迹的代数形式.它们在表现和研究轨迹的性质时,各有所长.几何形式具有直观形象的优点,代数形式具有便于运算的优势,因而具有操作程序化的长处.具体解题时最好将二者结合起来,这就是“数形结合”思想.定值与最值问题,是高考中的“常客”.“数形结合”,是引领我们走向成功的“绿色通道”.一、由“形”构“数”,妙解解析几何定值问题解析几何中的定值问题,在高考中具有一定难度. 求解这类问题的关键是利用解析几何中有关曲线的定义、性质以及图形特征,转化为代数问题.例1已知如图1,椭圆的方程+=1.在椭圆上任取三个不同点P1,P2,P3,使∠P1FP2=∠P2FP3=∠P3FP1,证明++为定值,并求此定值.点拨心里有什么,眼里就看到什么!对于本题,心里有函数的人首先看到了函数:|PF1|、|PF2|、|PF3|都是角=∠xFP1的函数.心里有方程的人,首先看到了方程:|PF1|•cos=x-c( x是点P1的横坐标).心里既有函数又有方程的人,不仅同时看到了本题中函数与方程,而且还看到了函数与方程的关系.设∠xFP1=,于是有∠xFP2=+,∠xFP3=+ .设|FP1|=r1,P1到x轴的垂线段为P1M,P1到准线l∶x=12的垂线段为P1Q,于是由图2可得|FM|=r1cos,由e=得|P1Q|=2r1,于是有方程:r1cos+2r1=12-3=9,从而有函数:r1=,即=,同理有=,=.于是有函数方程的统一体:++=[3+cos+cos(+)+cos(+)]=×3=.点评圆锥曲线定义是运用数形结合思想解题的依据,把一些代数问题通过转化,运用圆锥曲线的定义与几何性质解题是简化解题过程的最佳手段,而函数与方程思想是求解解析几何定值问题的基本策略.变式如图3,在平面直角坐标系xOy中,过定点C(0,p)作直线与抛物线x2=2py(p>0)相交于两点.则直线y=被以AC或BC为直径的圆截得的弦长恒为定值p.点拨1 设AC的中点为O′,y=与AC为直径的圆相交于点P、Q,PQ的中点为H,则O′H⊥PQ,O′点的坐标为(,).∵ |O′P|=|AC|==,|O′H|=|-|=y1,∴ |PH|2=|O′P|2-|O′H|2=(y21+p2)-y21=p2,∴ |PQ|2=(2 |PH|)2=4×p2=p2,∴ |PQ|=p为定值.同理直线y=被以BC为直径的圆截得的弦长也恒为定值p.点拨2 以AC为直径的圆的方程为(x-0)(x-x1)-(y-p)(y-y1)=0,将直线方程y=代入得x2-x1x-+y1=0,设直线y=与以AC为直径的圆的交点为P(x2,y2),Q(x3,y3),则x2+x3=x1,x2x3=-+y1,∴ |PQ|=|x2-x3|===p,∴|PQ|=p为定值.同理直线y=被以BC为直径的圆截得的弦长也恒为定值p.类题练习已知抛物线y2=2px(p>0),A、B是抛物线上异于原点O的两个不同点,直线OA和OB的倾斜角分别为和,当,变化且+为定值(0答案如图4,设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意得x1≠x2(否则+=)且x1,x2≠0,所以直线AB的斜率存在,设其方程为y=kx+b,显然x1=,x2=,将y=kx+b与y2=2px(p>0)联立消去x,得ky2-2py+2pb=0,由韦达定理知y1+y2=,y1•y2=…①(1)当=时,即+=时,tan•tan=1,所以•=1,x1x2-y1y2=0,-y1y2=0,所以y1y2=4p2,由①知:=4p2,所以b=2pk.因此直线AB的方程可表示为y=kx+2pk,即k(x+2p)-y=0,所以直线AB恒过定点(-2p,0).(2)当≠时,由+=,得tan=tan(+)==,将①式代入上式整理化简可得:tan=,所以b=+2pk.此时,直线AB的方程可表示为y=kx++2pk,即k(x+2p)-(y-)=0,所以直线AB恒过定点(-2p,).所以由(1)(2)知,当=时,直线AB恒过定点(-2p,0),当≠时直线AB恒过定点(-2p,).二、由“数”构“形”,巧借解析几何求最值有些最值问题,看似与解析几何无关,但若能挖掘所给解析式的几何意义,即由“数”构“形”,那么我们就可以从解析几何的角度出发,抓住问题的本质,从而使原问题快速获解!例2已知x2+y2-6x-8y=0,则+的最小值是.点拨已知条件是圆方程,+能否转化为两段距离之和呢?因为x2+y2-6x-8y=0,所以+=+=+=+上式表示点P(x,y)到两定点A(-3,0),B(3,0)距离之和,而P(x,y)点在以(3,4)为圆心,5为半径的圆周上,故原问题等价于在圆上求一点使之到两定点A、B距离的和最小(如图5).因为圆过原点,所以原点到A、B两点的距离之和最小,最小值为|AB|=6,此时x=0,y=0.)点评利用数形结合的思想求解某些代数式的最值,关键是将代数式“改造”,或改造成两点间的距离公式,或改造成点到直线的距离公式,并挖掘出动点的几何意义,最终转化为解析几何问题,如对称问题,直线与圆(圆弧)的位置关系问题.变式求函数y=|x+2-|的最值.点拨将原函数变形为y=•,理解为动点(x,)到直线x-y+2=0的距离即可,不难看出动点(x,)的轨迹为单位圆在x轴上方的部分.如图6所示,所求函数的最小值,即为原点到直线x-y+2=0的距离与单位圆的半径之差的倍,即ymin=×(-1)=2-;而最大值为点(1,0)到直线x-y+2=0的距离的倍,即ymax=×(-1)=3.类题练习已知a、b∈R+,且a+b=1,求u=的最小值.答案设(a+2)2+(b+2)2=r2(r>0),则点(a,b)是直线x+y=1与圆(x+2)2+(y+2)2=r2在第一象限内的公共点(如图7),从而圆心(-2,-2)到直线的距离满足:d=≤r.∴ r2≥,即(a+2)2+(b+2)2≥,故umin=.责任编校徐国坚。
利用点到直线距离的几何意义巧妙证明不等式
2019年第4期4-15利用点到直线距离的几何意义巧妙证明不等式仝秀旺(河北省南宫中学,河北南宫055750)有些代数不等式,乍看与几何图形毫无关系,但细致观察分析,可构建代数式几何意义,巧妙地利用有关几何知识来加以证明.现举例如下.例1已知a,6e R,且3a+46=8,求证:a2+b2+2(a+6)M7.证明:要证a2+62+2(a+6)》7,只要证(a+1)~+(b+1)~》9.因为3a+4b=8,所以点A(a,b)在直线3%+4y=8上.而\/(a+I)?+(6+I)?表示点4(a,b)到点B(-1,-1)的距离,因而x/(a+I)?+(6+I)?工I3*(—1)+4*(—1)—81,----------二3,即(a+l)2+(6+l)2M9,因此所证不等式成立.例2已知a2+b2=1且a-b^0,求证:(a_7)+K t)"证明:因为a•a+b•b=1,所以点人(a, b)在直线ax+by=1上,则点A与点s(p计的距离JC+(T「171a•——+b --------1M-----a“--------=1,因此J&+/)2(a_7)+”_*)"例3设a,b e IV且a+b=1,求证:证明:由a+6=l得a(a+b)+b(a+b)= 1,因此点4(a,b)在直线(a+b)x+(a+b)y= 1上,所以点A与点B(:,—j的距离到最小值0.故a-3b的取值范围是0,y.例5已知函数f(x)^x2+2x+1,若存在实数t,当%e[1,m]时,/(%+t)W%恒成立,则实数m的最大值为_______•分析:参数t控制抛物线y=x2的左右平移,考虑到抛物线的形状已固定,只需满足平移的过程中当%e[1,m]时,y=f(x+t)在直线y=%的下方.由图9知将函数/仏)=异+2x+ 1的图像G平移到C3位置处时m取到最大值,此时直线y=x与抛物线C3:g(x)=/(%+t)= (x+i)2交于点4(1,1)、B(m,m),解得t= -2,m=4.于是实数m的最大值为4.上面例题中“巧解”的背后蕴含的是对数学概念的内涵和本质的理解.其实,中学数学的内容,追本溯源都是本质的精简性、思想的朴实性,本源上都是自然且直观的.因此,教学中把数学教得平易近人、精简实用是我们数学教师的基本追求.4-16欽学救学2019年第4期(<z+6)•—+(a+b)•----1a ba/(q+b)2+(a+b)2例4设a,b e R,A={(x,y)i x =n, y=na+b,n e Z},B-j(x,y)I%=m,y= 3th2+15,m e.Zj,C=j(x,y)I x2+y2W 144}.问是否存在实数a、6,使其同时满足下列条件:(1)A A B0;(2)(a,6)e C.解:假设存在实数a、》同时满足条件(1)、(2).因为AQB^0,所以,存在m e Z,使得ma+b=3m2+15,因此,点A(a,6)在直线!:m%+y=3m2+15上由于原点。
巧构建几何图形 妙解答代数问题
巧构建几何图形妙解答代数问题
杜红霞
【期刊名称】《数学学习与研究:教研版》
【年(卷),期】2016(000)004
【摘要】甘肃省教育科学"十二五"规划2014年度《初中学生数学易错题分析研究》课题(课题批准号:GS[2014]GHB0668)成果.有些数学题,在探索其解题途径时,利用题目提供的信息,巧构建几何图形,则既直观,又富有启发性,也可妙解一些代数问题,现举例如下:
【总页数】1页(P137-137)
【作者】杜红霞
【作者单位】甘肃省陇南市武都区城关中学,746000
【正文语种】中文
【中图分类】G633.63
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妙用几何构造 巧解代数问题
妙用几何构造巧解代数问题
王慧;冯金顺
【期刊名称】《农业与技术》
【年(卷),期】2002(022)006
【摘要】@@ 代数与几何问题的相互转化,是中学数学学习与研究中运用广泛、意义深刻的一种思维方法。
以“形”研究“数”会使问题直观形象,解法灵活简便。
特别是当由条件到结论的常规定向的思考方法不能解决问题时,我们只要改变思维方向,换一个角度思考,常能找到一种绕过障碍的新的途径,本文通过以下例题的分析,就怎样利用几何构造来解决一些代数问题加以介绍。
……
【总页数】7页(P156-162)
【作者】王慧;冯金顺
【作者单位】河南省南阳第一师范学校;河南省南阳第一师范学校
【正文语种】中文
【中图分类】O15
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巧构几何图形证明代数问题——兼谈构造法习题已知a,b,c,d为正数,a^2+b^2=c^2+d^2,ac=bd,求证a=d,b=c. 分析注意到条件a^2+b^2=c^2+d^2,如果把a,b;c,d分别看成两个直角三角形的直角边,那么a^2+b^2,c^2+d^2分别表示这两个直角三角形的斜边的平方。
故可构造如下图形1。
Θac=bd,即BC*AD=AB*CD∴BC/AB=CD/AD又∠B=∠D=90 ֯֯∴Rt⊿ABC 相似于Rt⊿ADC但为公共斜边,故Rt⊿ABC≅Rt⊿ADC∴AB=AD,BC=CD,即b=c,a=d.评注把正数与线段的长联系起来,给代数等式附以几何意义,从而利用图形的特点巧妙地解决了上述习题。
其证法十分简捷,独具风格,耐人寻味!其高明之处就在于选择了恰当的图形!这种思考方法的关键是把数和形结合起来以互相利用!对代数等式可以这样做,对不等式也可以。
应用【例1】已知a,b是两个不相等的正实数,求证(a+b)/2 >ab[证明] 以a+b为边长作正方形,然后过a,b的连接点作正方形各边的垂线(如图2),于是大正方形的面积为(a+b)^2,四个矩形的面积都是ab,这样得(a+b)^2>4abΘab>0∴a+b>2ab即(a+b)/2>ab【例2】已知0<θ<∏/2,求证1<sinθ+cosθ≤2[证明]作圆使其直径为单位长1,如图3,由于0<θ<∏/2,故θ可如图作出。
ΘBC+AC>AB∴sinθ+cosθ>1(三角形两边之和大于第三边)又⊿ABC的面积=(1/2)BC*AC≤(1/2)AB*CO=(1/4)AB^2(三角形面积不大于一边与这边上中线积的一半)∴2BC*AC≤AB^2又BC^2+AC^2≤AB^2∴(BC+AC)^2≤2AB^2,BC+AC≤2AB,即sinθ+cosθ≤2【例3】设a,b 为小于1的正数,求证2)^1(2)^1(2)^1(2^2^2)^1(2^2^b a b a b a b a -+-+-+++-++22≥[证明]如图4作边长为1的正方形ABCD,分别在AB,AD 上取AE=a,AG=b(Θa 、b<1),并过E,G 分别作AD,AB 的平行线,分别交DC,BC 于F ,H,设EF,GH 的交点为O ,则 OA=2^2^b a +, OB=2^2^a -1b +)(, OC=2)^1(2^-1b a -+)(, OD=2)^1(2^a b -+,ΘOA+OC ≥AC, OB+OD ≥BD.∴OA+OB+OC+OD ≥AC+BD,即2)^1(2)^1(2)^1(2^2^2)^1(2^2^b a b a b a b a -+-+-+++-++22≥【例4】设a/b=c/d,且a,b,c,d 均为正数,求证(a+b)/(c+d)=2^2^/2^2^a d c b ++[证明] 不妨设a ≥c ,作直角⊿ABC,使∠C=90֯(如图5),BC=a ,AC=b.在BC 上取点D,使BD=c;过D 作DE ⊥BC 交AB 于E ,故 BC/AC=BD/ED又a/b=c/d,所以ED=d.在BC 直线上取点F,G ,使CF=AC,DG=ED,连EG ,AF,易知EG//AF,故BF/BG=BA/BE即(a+b)/(c+d)=2^2^/2^2^a d c b ++【例5】设a>0,b>0,2c>a+d. 求证c^2>ab 且 c-ab -2^c <a<c+ab -2^c[证明] 如图6,作半圆O ,直径AB=2c,在AB 上顺次取AC=a,CD=b(Θ2c>a+b)以AD 为直径作半圆,过C 作CE ⊥AD 交圆于E,则两圆相切,且CE<c,OC<c(ΘOE<c)由相交弦定理知CE^2=ab.∴c^2>ab.又CO^2+CE^2=OE^2,∴(a-c)^2+ab<c^2.即|a-c |<ab -2^c ,亦即 c-ab -2^c <a<c+ab -2^c .【例6】在锐角三角形ABC 中求证cos A+cos B+cos C<sin A+sin B+sin C[证明]如图7,作⊿ABC 三边上的高AE,BF,CD,则A,B,E,F 四点共圆。
同圆中所对的圆周角大的弦也大(圆周角为锐角使时)。
由于∠ABF<∠ABC,所以AF<AE,故cos A=AF/AB<AE/AB=sin B,同理os c B<sin C,cos C<sin A.∴cos A+cos B+cos C<sin A+sin B+sin C【例7】求证1/2(2^s in α+2^s in β)+2cos^α+2cos^β≤2βαcos cos +βαsin s in +4.[证明]原不等式经整理即为1/2(αin s -βsin )^2+(βαcos cos -)^2≤4.根据此三角函数的特点可设 x=θcosy=2/2θsin (椭圆的参数方程),如图8,A(αcos ,2αsin /2), B(βcos ,βsin 2/2)为椭圆上两点。
|AB |≤|CD |=2(椭圆长轴等于2,长轴是椭圆中最大的弦)∴2)^cos (cos 2)^sin (sin 2/1βαβα-+-2≤.即2/1(βαsin sin -)2^+(βαcos c -os )2^4≤.【例8】当m 为何值时,方程 mx-y+5m+3=0 有唯一解。
x^2+y^2-6y=0解:方程mx-y+5m+3=0表示一条过点(-5,3)且斜率为m 的直线,而方程x^2+y^2-6y=0表示一个圆心在(0,3),半径为3的圆。
要使原方程组有唯一解,要求这直线与圆相切。
如图9,设切点为P,P ’.ΘRt ⊿ABP,Rt ⊿ABP ’的三条边的长度分别为3,4,5.∴AP,AP ’的斜率是±(3/4)即当m=±(3/4)时原方程组有唯一解。
拓广 用几何法证代数题构思精巧,利于锻炼思维能力。
代数等式或不等式反映出来的是线段间等量与不等量关系,最常见的有以下一些基本图形:代数结构 几何定理 图形a^2+b^2=c^2 勾股定理(图10)a/b=c/c 相似三角形ab=bc 平行线,相交弦(图12)割线(图13)等ab+cd=ef 托勒米定理(图14)a>b 斜边<直角边(图15)直径>弦(图16)X=b a射影定理(图17)切割线定理(图18)上面谈到的造图证代数题的方法,是构造法解题的一种。
所谓构造法,就是根据题设条件或命题的结论所具有的特征、性质,构造满足条件或结论的其他数学形式去解决数学题的方法。
它是一种综合运用数学知识解题的方法,题设或结论不同,所采用的构造方法或形式也各异。
采用构造法解题,必须审清题意,挖掘明显的或隐含的条件,综合各分支知识,去联想、类比,找到恰当的构造形式。
下面以例说明常用的几种构造方法。
1.构造方程方程是中学数学中的一个十分重要的内容,是解决数学问题的重要工具。
很多数学问题粗看起来无从下手或用一般方法去解决很困难,而通过用方程的知识解决却显得十分简捷。
构造方程解题,常用的方法有:A.直接利用已知条件构造方程【例9】求证33/73/21++33/73/21-=1[证明]设x=33/73/21++33/73/21-,则 x^3=(33/73/21+)^3+(33/73/21-)^3 +33)3/73/21(3/73/21-+)( (33/73/21++33/73/21-). =2+3327/281-•x=2-x即x^3+x-2=0,(x-1)(x^2+x+2)=0,因x^2+x+2>0,所以x=1,亦即 33/73/21++33/73/21-=1.【例10】求证:不论x 取什么值,多项式[(x+b )(x+c )]÷[(a-b)(a-c)]+[(x+c)(x+a)]÷[(b-c)(b-a)]+[(x+a)(x+b)]÷[(c-a)(c-b)]的值恒为1。
分析 用分式计算,可以得出所求的结论,但过程较复杂。
若用构造方程的方法来解,则要简捷得多。
[证明] 构造辅助方程f(x)= [(x+b )(x+c )]÷[(a-b)(a-c)]+[(x+c)(x+a)]÷[(b-c)(b-a)] +[(x+a)(x+b)]÷[(c-a)(c-b)]-1=0.显然-a,-b,-c 是上述方程的根,因a,b,c 两两不等,于是上述方程至少有三个不同的根,但方程的次数不超过2,所以只有f(x)≡0,即[(x+b )(x+c )]÷[(a-b)(a-c)]+[(x+c)(x+a)]÷[(b-c)(b-a)]+[(x+a)(x+b)]÷[(c-a)(c-b)]=1.【例11】把γβαγβαcos sin sin 22sin^2sin^sin^2--+化为积的形式。
解: 作方程γβαγβα2sin^sin^2sin cos sin 2sin^2-+-=0,解此关于 αsin 的方程得)sin(sin γβα±=原式=[])sin(sin γβα+-[])sin(sin γβα--=4[])/2--(sin γβα[])/2-(sin γβα+[])/2(sin γβα++[])/2(cos γβα++B.用判别式构造方程【例12】若(z-x )^2-4(x-y)(y-z)=0,求证x,y.z 成等差数列。
分析 题中所给等式的左边是b^2-4ac 的形式,故构造方程 (x-y )t^2+(z-x)t+(y-z)=0.因方程各项系数之和为0,故1是此方程的一个根。
由已知∆=0,故此方程的另一根也为1,于是由韦达定理有1×1(y-z)/(x-y)即得 x-y=y-z.说明x,y,z 成等差数列。
【例13】证明柯西不等式∑=n1i a 【例14】已知a,b,c ∈R,且a+b+c=0,abc=1。
求证a,b,c 中必有一个大于3/2.[证明] 由已知得a,b,c 中必有一个大于0,设c>0,则a+b=-c,ab=1/c,可知a 、b 是方程x^2+cx+1/c=0的两根。
因a,b ∈R ,故∆=c^2-4/c ≥0,又c>0,所以c^3-4≥0,c^3≥4,于是c ≥34=38/32>38/27=3/2.【例15】 已知x,y,z ∈R,且满足等式x^2-yz-8x+7=0 ①y^2+z^2+yz-6x+6=0 ②求证1≤x≤9.[证明] 由①得yz=x^2-8x+7,由②得(y+z)^2=yz+6x-6=(x-1)^2,从而y+z=±(x-1),即说明,z是方程t^2±(x-1)t+(x^2-8x+7)=0的两根。