63巧构造 妙解题
初中数学竞赛平面几何讲座---巧添辅助-- 妙解竞赛题
初中数学巧添辅助-- 妙解竞赛题在某些数学竞赛问题中,巧妙添置辅助圆常可以沟通直线形和圆的内在联系,通过圆的有关性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆解初中数学竞赛题的若干思路.1 挖掘隐含的辅助圆解题有些问题的题设或图形本身隐含着“点共圆”,此时若能把握问题提供的信息,恰当补出辅助圆,并合理挖掘图形隐含的性质,就会使题设和结论的逻辑关系明朗化.1.1 作出三角形的外接圆例1如图1,在△ABC中,AB＝AC,D是底边BC上一点,E是线段AD上一点且∠BED＝2∠CED＝∠A.求证：BD＝2CD.ABGC DFE 图1例 2 凸四边形ABCD 中,∠ABC ＝60°,∠BAD ＝∠BCD ＝90°, AB ＝2,CD ＝1,对角线AC 、BD 交于点O ,如图2.则sin ∠AOB ＝____.例3 已知：如图3,AB ＝BC ＝CA ＝AD ,AH ⊥CD 于H ,CP ⊥BC ,CP 交AH 于P . 求证：△ABC 的面积S ＝43AP ·BD .A图3BP QD HC ABCDPO图22 构造相关的辅助圆解题有些问题貌似与圆无关,但问题的题设或结论或图形提供了某些与圆的性质相似的信息,此时可大胆联想构造出与题目相关的辅助圆,将原问题转化为与圆有关的问题加以解决. 2.1 联想圆的定义构造辅助圆例4 如图4,四边形ABCD 中,AB ∥CD ,AD ＝DC ＝DB ＝p ,BC ＝q .求对角线AC 的长.2.2 联想直径的性质构造辅助圆例5 已知抛物线y ＝－x 2＋2x ＋8与x 轴交于B 、C 两点，点D 平分BC .若在x 轴上侧的A 点为抛物线上的动点,且∠BAC 为锐角,则AD 的取值范围是____.A EDCB图4图5例6 AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平行线交AD 于M ,交AC 于N . 求证：AB 2－AN 2＝BM ·BN .例7 如图7,ABCD 是⊙O 的内接四边形,延长AB 和DC 相交于E ,延长AB 和DC 相交于E ,延长AD 和BC 相交于F ,EP 和FQ 分别切⊙O 于P 、Q .求证：EP 2＋FQ 2＝EF 2.EANCD B FM 12345图6例8 如图8,△ABC 与△A ＇B ＇C ＇的三边分别为a 、b 、c 与a ＇、b ＇、c ＇,且∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°.试证：aa ＇＝bb ＇＋cc ＇.同步练习题1. 作一个辅助圆证明：△ABC 中,若AD 平分∠A ,则AC AB ＝DCBD.2. 已知凸五边形ABCDE 中,∠BAE ＝3a ,BC ＝CD ＝DE ,∠BCD ＝∠CDE ＝180°－2a . 求证：∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE .3. 在△ABC 中AB ＝BC ,∠ABC ＝20°,在AB 边上取一点M ,使BM ＝AC .求∠AMC 的度数.(1)(2)图8ABCA'B'C'cb a'c'b'3. 如图10,AC 是ABCD 较长的对角线,过C 作CF ⊥AF ,CE ⊥AE .求证：AB ·AE ＋AD ·AF ＝AC 2.4. 如图11.已知⊙O 1和⊙O 2相交于A 、B ,直线CD 过A 交⊙O 1和⊙O 2于C 、D ,且AC ＝AD ,EC 、ED 分别切两圆于C 、D . 求证：AC 2＝AB ·AE .6．已知E 是△ABC 的外接圆之劣弧BC 的中点. 求证：AB ·AC ＝AE 2－BE 2.7. 若正五边形ABCDE 的边长为a ,对角线长为b ,试证：a b －ba＝1.F DAB EC图10C图11初中数学巧添辅助-- 妙解竞赛题答案在某些数学竞赛问题中,巧妙添置辅助圆常可以沟通直线形和圆的内在联系,通过圆的有关性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆解初中数学竞赛题的若干思路.1 挖掘隐含的辅助圆解题有些问题的题设或图形本身隐含着“点共圆”,此时若能把握问题提供的信息,恰当补出辅助圆,并合理挖掘图形隐含的性质,就会使题设和结论的逻辑关系明朗化. 1.1 作出三角形的外接圆例1 如图1,在△ABC 中,AB ＝AC ,D 是底边BC 上一点,E 是线段AD 上一点且∠BED ＝2∠CED ＝ ∠A .求证：BD ＝2CD .分析：关键是寻求∠BED ＝2∠CED 与结论的联系. 容易想到作∠BED 的平分线,但因BE ≠ED ,故不能 直接证出BD ＝2CD .若延长AD 交△ABC 的外接圆 于F ,则可得EB ＝EF ,从而获取.证明：如图1,延长AD 与△ABC 的外接圆相交于点F ,连结CF 与BF ,则∠BFA ＝∠BCA ＝∠ABC ＝∠AFC ,即∠BFD ＝∠CFD .故BF :CF ＝BD :DC .又∠BEF ＝∠BAC ,∠BFE ＝∠BCA ,从而∠FBE ＝∠ABC ＝∠ACB ＝∠BFE . 故EB ＝EF .作∠BEF 的平分线交BF 于G ,则BG ＝GF . 因∠GEF ＝21∠BEF ＝∠CEF ,∠GFE ＝∠CFE ,故△FEG ≌△FEC .从而GF ＝FC . 于是,BF ＝2CF .故BD ＝2CD . 1.2 利用四点共圆例2 凸四边形ABCD 中,∠ABC ＝60°,∠BAD ＝ ∠BCD ＝90°,AB ＝2,CD ＝1,对角线AC 、BD 交于点O ,如图2. 则sin ∠AOB ＝____.ABGCD FE图1ABCDPO 图2分析：由∠BAD ＝∠BCD ＝90°可知A 、B 、C 、D四点共圆,欲求sin ∠AOB ,联想到托勒密定理,只须求出BC 、AD 即可.解：因∠BAD ＝∠BCD ＝90°,故A 、B 、C 、D 四点共圆.延长BA 、CD 交于P ,则∠ADP ＝∠ABC ＝60°.设AD ＝x ,有AP ＝3x ,DP ＝2x .由割线定理得(2＋3x )3x ＝2x (1＋2x ).解得AD ＝x ＝23－2,BC ＝21BP ＝4－3. 由托勒密定理有BD ·CA ＝(4－3)(23－2)＋2×1＝103－12.又S ABCD ＝S △ABD ＋S △BCD ＝233. 故sin ∠AOB ＝263615 . 例3 已知：如图3,AB ＝BC ＝CA ＝AD ,AH ⊥CD 于H ,CP ⊥BC ,CP 交AH 于P .求证： △ABC 的面积S ＝43AP ·BD . 分析：因S △ABC ＝43BC 2＝43AC ·BC ,只 须证AC ·BC ＝AP ·BD ,转化为证△APC ∽△BCD .这由A 、B 、C 、Q 四点共圆易证(Q 为BD 与AH 交点).证明：记BD 与AH 交于点Q ,则由AC ＝AD ,AH ⊥CD 得∠ACQ ＝∠ADQ . 又AB ＝AD ,故∠ADQ ＝∠ABQ .从而,∠ABQ ＝∠ACQ .可知A 、B 、C 、Q 四点共圆. ∵∠APC ＝90°＋∠PCH ＝∠BCD ,∠CBQ ＝∠CAQ , ∴△APC ∽△BCD . ∴AC ·BC ＝AP ·BD . 于是,S ＝43AC ·BC ＝43AP ·BD . A图3BPQDHC2 构造相关的辅助圆解题有些问题貌似与圆无关,但问题的题设或结论或图形提供了某些与圆的性质相似的信息,此时可大胆联想构造出与题目相关的辅助圆,将原问题转化为与圆有关的问题加以解决. 2.1 联想圆的定义构造辅助圆例4 如图4,四边形ABCD 中,AB ∥CD ,AD ＝DC ＝DB ＝p ,BC ＝q .求对角线AC 的长.分析：由“AD ＝DC ＝DB ＝p ”可知A 、B 、C 在 半径为p 的⊙D 上.利用圆的性质即可找到AC 与 p 、q 的关系.解：延长CD 交半径为p 的⊙D 于E 点,连结AE . 显然A 、B 、C 在⊙D 上. ∵AB ∥CD ,∴BC ＝AE . 从而,BC ＝AE ＝q .在△ACE 中,∠CAE ＝90°,CE ＝2p ,AE ＝q ,故 AC ＝22AE CE -＝224q p -. 2.2 联想直径的性质构造辅助圆例5 已知抛物线y ＝－x 2＋2x ＋8与x 轴交于B 、C 两点，点D 平分BC .若在x 轴上侧的A 点为抛物线上的动点,且∠BAC 为锐角,则AD 的取值范围是____.分析：由“∠BAC 为锐角”可知点A 在以定线段BC 为直径的圆外,又点A 在x 轴上侧,从而可确定动点A 的范围,进而确定AD 的取值范围. 解：如图5,所给抛物线的顶点为A 0(1,9), 对称轴为x ＝1,与x 轴交于两点B (－2,0)、 C (4,0).分别以BC 、DA 为直径作⊙D 、⊙E ,则两圆与抛物线均交于两点P (1－22,1)、A EDCB图4图5Q (1＋22,1).可知,点A 在不含端点的抛物线PA 0Q 内时,∠BAC ＜90°.且有3＝DP ＝DQ ＜AD ≤DA 0＝9,即AD 的取值范围是3＜AD ≤9. 2.3 联想圆幂定理构造辅助圆例6 AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平行线交AD 于M ,交AC 于N .求证：AB 2－AN 2＝BM ·BN .分析：因AB 2－AN 2＝(AB ＋AN )(AB －AN )＝BM ·BN ,而由题设易知AM ＝AN ,联想割线定理,构造辅助圆即可证得结论. 证明：如图6,∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°, 又∠3＝∠4,∠1＝∠5, ∴∠1＝∠2.从而,AM ＝AN . 以AM 长为半径作⊙A ,交AB 于F ,交 BA 的延长线于E .则AE ＝AF ＝AN . 由割线定理有 BM ·BN ＝BF ·BE ＝(AB ＋AE )(AB －AF ) ＝(AB ＋AN )(AB －AN ) ＝AB 2－AN 2, 即 AB 2－AN 2＝BM ·BN .例7 如图7,ABCD 是⊙O 的内接四边形,延长AB 和DC 相交于E ,延长AB 和DC 相交于E ,延长AD 和BC 相交于F ,EP 和FQ 分别切⊙O 于P 、Q .求证：EP 2＋FQ 2＝EF 2. 分析：因EP 和FQ 是⊙O 的切线,由结论联想到切割线定理,构造辅助圆使EP 、FQ 向EF 转化.证明：如图7,作△BCE 的外接圆交EF 于G ,连 结CG .因∠FDC ＝∠ABC ＝∠CGE ,故F 、D 、C 、G 四点共圆.EA N D BFM 12345图6由切割线定理,有 EF 2＝(EG ＋GF )·EF ＝EG ·EF ＋GF ·EF ＝EC ·ED ＋FC ·FB＝EC ·ED ＋FC ·FB ＝EP 2＋FQ 2,即 EP 2＋FQ 2＝EF 2.2.4 联想托勒密定理构造辅助圆 例8 如图8,△ABC 与△A ＇B ＇ C ＇的三边分别为a 、b 、c 与a ＇、 b ＇、c ＇,且∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°.试证：aa ＇＝bb ＇＋cc ＇. 分析：因∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°,由结论联想到托勒密定理,构造圆内接四边形加以证明.证明：作△ABC 的外接圆,过C 作CD ∥AB 交圆于D ,连结AD 和BD ,如图9所示. ∵∠A ＋∠A ＇＝180°＝∠A ＋∠D , ∠BCD ＝∠B ＝∠B ＇,∴∠A ＇＝∠D ,∠B ＇＝∠BCD .∴△A ＇B ＇C ＇∽△DCB .有DC B A ''＝CB C B ''＝DBC A '',即 DC c '＝a a '＝DB b '.故DC ＝''a ac ,DB ＝''a ab .又AB ∥DC ,可知BD ＝AC ＝b ,BC ＝AD ＝a . 从而,由托勒密定理,得 AD ·BC ＝AB ·DC ＋AC ·BD , 即 a 2＝c ·''a ac ＋b ·''a ab . 故aa ＇＝bb ＇＋cc ＇.练习题(1)(2)图8ABCA'B'C'ca b a'c'b'A BCDa b b c图91. 作一个辅助圆证明：△ABC 中,若AD 平分∠A ,则AC AB ＝DCBD. (提示：不妨设AB ≥AC ,作△ADC 的外接圆交AB 于E ,证△ABC ∽△DBE ,从而AC AB ＝DEBD＝DCBD.) 2. 已知凸五边形ABCDE 中,∠BAE ＝3a ,BC ＝CD ＝DE ,∠BCD ＝∠CDE ＝180°－2a .求证：∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE .(提示：由已知证明∠BCE ＝∠BDE ＝180°－3a ,从而A 、B 、C 、D 、E 共圆,得∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE .)3. 在△ABC 中AB ＝BC ,∠ABC ＝20°,在AB 边上取一点M ,使BM ＝AC .求∠AMC 的度数. (提示：以BC 为边在△ABC 外作正△KBC ,连结KM ,证B 、M 、C 共圆,从而∠BCM ＝21∠BKM ＝10°,得∠AMC ＝30°.) 4．如图10,AC 是ABCD 较长的对角线,过C 作CF ⊥AF ,CE ⊥AE .求证：AB ·AE ＋AD ·AF ＝AC 2. (提示：分别以BC 和CD 为直径作圆交AC 于点 G 、H .则CG ＝AH ,由割线定理可证得结论.) 5. 如图11.已知⊙O 1和⊙O 2相交于A 、B ,直线CD 过A 交⊙O 1和⊙O 2于C 、D ,且AC ＝AD ,EC 、ED 分别切两圆于C 、D .求证：AC 2＝AB ·AE . (提示：作△BCD 的外接圆⊙O 3,延长BA 交⊙O 3 于F ,证E 在⊙O 3上,得△ACE ≌△ADF ,从而AE ＝AF ,由相交弦定理即得结论.)6．已知E 是△ABC 的外接圆之劣弧BC 的中点. 求证：AB ·AC ＝AE 2－BE 2.(提示：以BE 为半径作辅助圆⊙E ,交AE 及其延长线于N 、M ,由△ANC ∽△ABM 证AB ·AC ＝AN ·AM .)7. 若正五边形ABCDE 的边长为a ,对角线长为b ,试证：a b －ba＝1. (提示：证b 2＝a 2＋ab ,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)FDAEC图10图11。
妙用构造法巧解数学难题
妙用构造法，巧解数学难题江苏省大丰高级中学 季明科【摘 要】 在高中数学解题教学中，教师应有效渗透构造法，巧妙地指导学生灵活地运用构造法，架起解决问题的桥梁，从而化难为易，化繁为简，拓宽学生解题思维，提升学生解题能力。
本文对此进行了分析研究。
【关键词】 构造法；高中；数学难题构造法，是中学数学解题中至关重要的数学思想方法，它通过抓住问题的本质特征，构造出学生熟悉的满足条件和结论的数学对象，使原题中隐含的内在关系和性质特征得以清晰地呈现出来，从而快速找到解题的突破口，使问题迎刃而解。
在高中数学解题教学中，教师应有效渗透构造法，巧妙地指导学生灵活地运用构造法，架起解决问题的桥梁，从而化难为易，化繁为简，拓宽学生解题思维，提升学生解题能力。
对此，笔者结合自身教学实践，举例分析了构造法在高中数学解题中的妙用，以供参考借鉴。
一、构造函数巧解数学题函数是高中数学学习的重难点内容之一，构造函数解题是函数思想的重要体现，它通过对问题的观察和分析，抓住问题结构特征，构造适合的辅助函数，从而将解决原问题转化为研究新函数及其相关性质的一种解题技巧。
构造函数解题是一种创造性思维过程，具有较强的技巧性和灵活性，在运用过程中，应注意把握题目条件和结论的结构特点，有意识、有目的、有针对性地进行构造，从而使问题柳暗花明。
例1（2014年高考·浙江卷）：已知函数F（x）=x3+ax2+bx+c，且0﹤f（-1）=f（-2）=f（-3），则下列正确的是（ ）。
A. c﹥9B.6﹤c≤9C.3﹤c≤6D. c≤3解析：根据题意，不妨构造函数h（x）=x3+ax2+bx+c-m，m∈（0，3]，则k（x）的3个零点分别为-1，-2，-3，则有：（x+1）（x+2）（x+3）= x3+ax2+bx+c-m，化简可知c-m=6，故c=m+6∈（6，9]，故选项B正确。
点评：根据题目已知条件f（-1）=f（-2）=f（-3），可将-1，-2，-3看成某个函数的3个零点，这样我们就可以从中判断出该函数具有y=（x+1）（x+2）（x+3）的结构特征，然后再借助其结构特征构造出新的函数h（x），这样很快就能寻找出解决问题的突破口。
构造同解方程妙解一类圆锥曲线问题
摘要：本文首先分析说明如何构造同解方程，然后通过实例给出了利用同解方程解决圆锥曲线问题的方法.关键词：构造；同解方程；圆锥曲线1从两圆公共弦所在的直线谈起在计算两圆公共弦长时，通常会引出两圆公共弦所在的直线方程，即已知圆O 1:x 2+y 2+D 1x +E 1y +F 1=0与圆O 2:x 2+y 2+D 2x +E 2y +F 2=0相交于A ,B 两点，则弦AB 所在的直线方程为(D 1-D 2)x +(E 1-E 2)y +(F 1-F 2)=0.证明：设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)，因为A ,B 是圆O 1与圆O 2交点，则x 12+y 12+D 1x 1+E 1y 1+F 1=0，x 12+y 12+D 2x 1+E 2y 1+F 2=0，x 22+y 22+D 1x 2+E 1y 2+F 1=0，x 22+y 22+D 2x 2+E 2y 2+F 2=0，两式作差可得(D 1-D 2)x 1+(E 1-E 2)y 1+(F 1-F 2)=0，(D 1-D 2)x 2+(E 1-E 2)y 2+(F 1-F 2)=0，所以点A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)在直线(D 1-D 2)x +(E 1-E 2)y +(F 1-F 2)=0上，因为过两点A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)有且只有一条直线，故弦AB 所在的直线方程为(D 1-D 2)x +(E 1-E 2)y +(F 1-F 2)=0.上述证明过程所采用的方法即为同解思想，主要通过A ,B 两点的几何地位等同建立代数形式一致的方程.恰当、巧妙地运用同解思想构造同解方程，能够使解析几何问题化“难”为“易”，下面举例说明.2同解方程的构造技巧2.1由点的同形位置引发同解例1已知椭圆x 22+y 2=1，求过点P (12,)12且被P 平分的弦所在的直线方程.解：设弦两端点分别为A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),因为点A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)在椭圆x 22+y 2=1上，代入椭圆方程得x 122+y 12=1，x 222+y 22=1.因为点P 为弦中点，所以x 1+x 2=1,y 1+y 2=1，则x 1=1-x 2,y 1=1-y 2，所以()1-x 222+()1-y 22=1，即æèçöø÷x 222+y 22+12-x 2-2y 2=0，又x 222+y 22=1，所以2x 2+4y 2-3=0，同理可得2x 1+4y 1-3=0.因为过两点A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)有且只有一条直线，所以过点P (12,12)且被P 平分的构造同解方程妙解一类圆锥曲线问题中央民族大学附属中学海南陵水分校侯军572400广东省汕头市澄海苏北中学卜大海515829··11弦所在的直线方程为2x +4y -3=0.评注：求中点弦问题的常规方法是点差法，这里考虑到A ,B 的几何位置对称，构造关于A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)两点的同解方程求解.例2已知抛物线D :x 2=4y ，过x 轴上一点E （不同于原点）的直线l 与抛物线D 交于A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)两点，与y 轴交于点C .若 EA =λ1 EC ， EB =λ2 EC ，求λ1⋅λ2的值.解：设E (m ,0)，C (0,n )，所以EA =(x 1-m ,y 1), EC =(-m ,n )，因为 EA =λ1 EC ，所以ìíîx 1-m =-λ1my 1=λ1n ，则ìíîx 1=()1-λ1m y 1=λ1n，因为点A (x 1,y 1)在抛物线D 上，所以[]()1-λ1m 2=4λ1n ，整理得m 2λ21-(2m 2+4n )λ1+m 2=0；又 EB =λ2 EC ，同理可得m 2λ22-(2m 2+4n )λ2+m 2=0.故λ1，λ2是方程m 2λ2-(2m 2+4n )λ+m 2=0的两根，由韦达定理可得λ1⋅λ2=1.评注：本题常规方法是将λ1，λ2坐标化，将λ1⋅λ2表示成关于x 1+x 2，x 1⋅x 2的形式，再将直线AB 和抛物线联立进行求解.这里考虑到 EA =λ1 EC ， EB =λ2 EC ，可知A ,B 的几何地位等同，故选择A ,B 作为运算的基础点，构造关于λ1，λ2的一元二次方程求解.2.2由曲线的同形切线引发同解例3（2019年全国三卷理21）已知曲线C :y =12x 2，D 为直线y =-12上的动点，过D作C 的两条切线，切点分别为A ,B .证明：直线AB 过定点.解：设D (t ,-12)，A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2),则x 12=2y 1.由于y ′=x ，所以切线DA 的斜率为x 1，故y 1+12x 1-t =x 1.整理得2tx 1-2y 1+1=0；同理可得2tx 2-2y 2+1=0.故直线AB 的方程为2tx -2y +1=0.若直线AB 过定点，则{-2y +1=0x =0，所以直线AB 过定点(0，12).评注：由题目所叙述“过点D 作曲线C的两条切线，切点分别为A ,B ”，可知切线DA ,DB 具有相同的几何特性，由此构造出一组关于A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)同解方程.例4已知椭圆x 29+y 24=1,若动点P (x 0,y 0)为椭圆外一点，且点P 到椭圆的两条切线互相垂直，求点P 的轨迹方程.解：若一条切线垂直于x 轴，则另一切线垂直于y 轴，则符合题意的点P 有(-3,-2)，(-3,2)，(3,2)，(3,-2)，若两条切线均不垂直于坐标轴，设切线方程为y -y 0=k (x -x 0),(x 0≠±3)，与椭圆联立得(9k 2+4)x 2+18k (y 0-kx 0)x +9[](y 0-kx 0)2-4=0，由题意可知Δ=0，即(y 0-kx 0)2-(9k 2+4)=0，整理得(x 02-9)k 2-2x 0y 0k +y 02-4=0，因为两切线互相垂直，所以k 1k 2=y 02-4x 02-9=-1，即x 02+y 02=13，所以点P 的轨迹方程为x 2+y 2=13.2.3由斜率和积的代数特征引发同解例5（2021八省联考第7题）已知抛物线y 2=2px 上三点A (2,2)，B ,C ,直线AB ,AC 是圆(x -2)2+y 2=1的两条切线，则直线BC 的方程为（）.A.x +2y +1=0B.3x +6y +4=0C.2x +6y +3=0D.x +3y +2=0解：设B (y 122,y 1)，C (y 222,y 2)，k BC =y 2-y 1y 222-y 122=2y 2+y 1，所以直线BC 的方程为y -y 1=2y 2+y 1(x -y 122)，整理得2x -()y 1+y 2y +y 1y 2=0（*）；同理可得，直线AB 的方程为2x -(y 1+2)y +2y 1=0，直线AC 的方程为2x -(y 2+··12图12)y +2y 2=0,因为直线AB ,AC 是圆(x -2)2+y 2=1的两条切线，所以4+2y =1，4+2y 1，整理得3y 12+12y 1+8=0，222=0,故y 1,y 2是方程3y 2+12y +8=0两根，所以y 1+y 2=-4,y 1y 2=83，代入（*）得直线BC 的方程为3x +6y +4=0.评注：本题中3y 12+12y 1+8=0，3y 22+12y 2+8=0,还可以通过y 12=2x 1和y 22=2x 2代换得6x 1+12y 1+8=0，6x 2+12y 2+8=0，进而可知BC 的方程为3x +6y +4=0.2.4由曲线的同形割线引发同解例6（2018年浙江卷21）如图1所示，已知点P 是y 轴左侧（不含y 轴）一点，抛物线C :y 2=4x 上存在不同的两点A ,B 满足PA ,PB 的中点均在抛物线C 上.设AB 的中点为M ,证明：PM 垂直于y 轴.解：设P (x 0,y 0)，A (y 124,y 1)，B (y 224,y 2)，因为PA ,PB 的中点在抛物线上，所以æèçöø÷y 1+y 022=4⋅y 124+x 02，æèçöø÷y 2+y 022=4⋅y 224+x 02，所以y 1,y 2是方程æèçöø÷y +y 022=4⋅y 24+x 02的两根，即方程y 2-2y 0y +8x 0-y 02=0的两根为y 1,y 2，所以y 1+y 2=2y 0，因此PM 垂直于y 轴.评注：PA ,PB 两条割线均为从y 轴左侧的点P 引出，交换A ,B 位置，不会改变题设，故割线PA ,PB 有相同的几何内涵，这里抓住了“PA ,PB 的中点在抛物线上”这一共性特征构造出关于y 1,y 2的同解方程.2.5由直线的同形垂线引发同解例7过抛物线C :y 2=4x 上一点Q (1,2)作两条直线QA ,QB ,分别与抛物线C 交于A ,B 两点，且点D (3,0)到直线QA ,QB 的距离均为m (0<m 2)，求线段AB 中点的横坐标的取值范围.解：易知直线QA ,QB 的斜率存在且不为0，设直线QA ,QB 的斜率分别为k 1,k 2，故直线QA 的方程为y =k 1(x -1)+2(k 1≠0)，点D 到直线QA 的距离d 1=2k +2m ，整理得(m 2-4)k 12-8k 1+m 2-4=0；同理可得(m 2-4)k 22-8k 2+m 2-4=0，所以k 1，k 2是方程(m 2-4)k 2-8k +m 2-4=0的两根，所以Δ=32m 2-4m 4>0，由韦达定理得k 1+k 2=8m 2-4，k 1⋅k 2=1.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)，由{y =k 1(x -1)+2y 2=4x得k 1y 2-4y -4k 1+8=0，所以Δ=16+16k 12-32k 1>0，由韦达定理得2y 1=8-4k 1k 1，所以y 1=4-2k 1k 1=4k 1-2=4k 2-2；同理可得y 2=4k 1-2，设线段AB 的中点为x 0=x 1+x 22=y 12+y 228=2(k 1+k 2)2-2(k 1+k 2)-3,设t =k 1+k 2，则t =8m 2-4∈[)-4,-2，x 0=2t 2-3,t ∈[)-4,-2，所以x 0∈(]9,37.评注：本题由“D (3,0)到直线QA ,QB 的距离均为m (0<m 2)”可构造同解方程得到k 1,k 2的和积关系，进而为后续求x 0的范围做铺垫.基金项目：本文是海南省十三五规划课题“基于数学核心素养的高中可视化教学的实践研究”的阶段性研究成果（课题编号：QJH201910099）.xMAPy OB ··13。
巧用构造对偶法妙解高考压轴题
巧用构造对偶法妙解高考压轴题
李永珊
【期刊名称】《科技资讯》
【年(卷),期】2009(000)006
【摘要】构造法是解决教学问题的有效途径之一.在此,通过构造对偶法来妙解一道高考题,并由此得到另一个一般的形式.
【总页数】1页(P171-171)
【作者】李永珊
【作者单位】广西柳州畜牧兽医学校,广西柳州,545003
【正文语种】中文
【中图分类】G633
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构造对偶式 妙解六类题
构造对偶式妙解六类题作者：蔡勇全来源：《理科考试研究·高中》2017年第03期摘要：有些数学问题，按常规思路寻求解答，常常由于繁琐的运算而极易出错，这时若能根据题设条件或所求结论中某些式子的结构特征，联想并构造出能与之形成和与差、积与商、正与负、互为有理化因式、互为共轭因式、正弦与余弦、正切与余切、奇函数与偶函数等匹配类型的对偶式，则能高效地完成问题的解决，使陷入僵局的解答过程“拨云见日”，这样做，不仅可以极大地减少运算量，优化解题过程，起到化繁为简、化难为易的效果，而且可以较好地体现数学的对称美、奇异美、和谐美与统一美.关键词：结构特征；构造；对偶式一、三角求值例1 若0解析由3sinθ+4cosθ=5联想并构造对偶式3sinθ-4cosθ=y，可联立方程组3sinθ+4cosθ=5，3sinθ-4cosθ=y解得sinθ=5+y6cosθ=5-y8，代入sin2θ+cos2θ=1解得y=-75，所以sinθ=35，cosθ=45，tanθ=34.变式1 设△ABC的内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且满足acosB-bcosA=35c，求tanAtanB的值.解析由acosB-bcosA=35c联想到一个本已存在的对偶式acosB+bcosA=c，联立解得acosB=45c，bcosA=15c，故tanAtanB=sinAcosBsinBcosA=acosBbcosA=4.变式2 求cosπ15cos2π15cos3π15cos4π15cos5π15cos6π15cos7π15的值.解析令x=cosπ15cos2π15cos3π15cos4π15cos5π15cos6π15cos7π15，构造其对偶式，令y=sinπ15sin2π15sin3π15sin4π15sin5π15sin6π15sin7π15，则27xy=sin2π15sin4π15sin6π15sin8π15sin10π15sin12π15sin14π15=sin2π15sin4π15sin6π15sin7π15sin 5π15sin3π15sinπ15=y，所以27x=1，解得x=1128.变式3 求cos7°+cos47°+cos87°+cos127°+…+cos327°的值.解析令M=cos7°+cos47°+cos87°+cos127°+…+cos327°，N=sin7°+sin47°+sin87°+sin127°+…+sin327°，则sin40°·M+cos40°·N=（sin40°cos7°+cos40°·sin7°）+（sin40°cos47°+cos40°sin47°）+…+（sin40°cos327°+cos40°×sin327°），即sin40°·M+cos40°·N=sin47°+sin87°+…+sin327°+sin367°，所以sin40°·M+cos40°·N=N①.cos40°·N-sin40°·M=（sin7°cos40°-cos7°sin40°）+（sin47°cos40°-cos47°sin40°）+…+（sin327°cos40°-cos327°sin40°），故cos40°·N-sin40°·M=sin（-33°）+sin47°+sin87°+…+sin287°，即cos40°·N-sin40°·M=N②，由①与②作差，得2sin40°·M=0，因此M=0.变式4 求cos40°cos80°+cos80°cos160°+cos160°cos40°的值.解析令m=cos40°cos80°+cos80°cos160°+cos160°cos40°，且n=sin40°sin80°+sin80°sin160°+sin160°sin40°，则m+n=cos40°+cos80°-12，m-n=-12-12+cos200°，所以有2m=cos40°+cos80°+cos200°-32=2cos60°cos20°-cos20°-32=-32，故m=-34.变式5 求sin220°+cos280°+3sin20°cos80°的值.解析令x=sin220+cos280+3sin20°cos80°，且y=cos220°+sin280°+3cos20°sin80°，则有x+y=2+3sin100°，x-y=-32-3sin100，解得x=14.变式6 求（cosπ8+sinπ8）（cos3π8-sin3π8）的值.解析令x=（cosπ8+sinπ8）（cos3π8-sin3π8），且令y=（sinπ8+cosπ8）·（sin3π8-cos3π8），x=-y>0，所以有xy=（cosπ8+sinπ8）2（cos3π8-sin3π8）.（sin3π8-cos3π8）=-（cosπ8+sinπ8）2（cosπ8-sinπ8）2（1+cosπ8sinπ8）2=-（1+2sinπ8cosπ8）（1-2sinπ8cosπ8）（1+12sinπ4）2=-（1+22）（1-22）（1+24）2=-12（1+24）2，所以x2=12（1+24）2，又因x>0，所以x=1+224.评注从以上实例可以看到，解决三角求值问题，构造对偶式之后，必要时还须熟练运用三角函数中的诱导公式、同角三角函数的基本关系、二倍角公式等知识.另外，利用对偶式解题时的构造策略往往不是唯一的，如例1，可令3cosθ+4sinθ=m，由3sinθ+4cosθ=5，3cosθ+4sinθ=m解得sinθ=4m-157，cosθ=20-3m7，代入sin2θ+cos2θ=1中整理得25m2-240m+576=0，解得m=245，所以tanθ=sinθcosθ=4m-1520-3m=34.二、证明不等式或恒等式1.证明不等式例2 求证：2sin4x+3sin2xcos2x+5cos4x≤5.证明令A=2sin4x+3sin2xcos2x+5cos4x，B=2cos4x+3cos2xsin2x+5sin4x，则A+B=7（sin4x+cos4x）+6sin2xcos2x=7（sin2x+cos2x）2-8sin2x·cos2x=7-2sin22x=5+2cos22x①，A-B=3（cos4x-sin4x）=3（cos2x-sin2x）=3cos2x②.由①+②得2A=5+2cos22x+3cos2x=2（cos2x+34）2+318≤2（1+34）2+318=10，A≤5（当x=kπ，k∈z时等号成立），故原不等式得证.变式1 已知a，b，c，d∈R，a2+b2+c2+d2≤1，求证：（a+b）4+（a+c）4+（a+d）4+（b+c）4+（b+d）4+（c+d）4≤6.证明令A=（a+b）4+（a+c）4+（a+d）4+（b+c）4+（c+d）4，再令B=（a-b）4+（a-c）4+（a-d）4+（b-c）4+（b-d）4+（c-d）4，A+B=6（a4+b4+c4+d4+2a2b2+2a2c2+2a2d2+2b2c2+2b2d2+2c2d2）=6（a2+b2+c2+d2）2≤6.又B≥0，所以A≤6，即原不等式得证.变式2 求证：12019证明设A=12·34·56·78·…·20172018，B=23·45·67·…·20182019，则A·B=12019，因为AA·B=12019.又因为A·A变式3 若n∈N*，且n≥2，求证：12·34·56·…·n2-1n2证明令A=12·34·56·…·n2-1n2，B=23·45·67·…·n2n2+1，因为A变式4 求证：（1+1）（1+14）…（1+13n-2）>33n+1（n∈N*）.证明令M=（1+1）（1+14）…（1+13n-2）=21·54·…·3n-13n-2，再令N=32·65·…·3n3n-1，P=43·76·…·3n+13n，因为有21>32>43，54>65>76，…，3n-13n-2>3n3n-1>3n+13n，所以M3>M·N·P=（21·54·…·3n-13n-2）·（32·65·…·3n3n-1）·（43·76·…·3n+13n）=3n+1，故M>33n+1，即原不等式得证.变式5 若n∈N*，且n≥2，求证：（1+13）（1+15）…（1+12n-1）>122n+1.证明令A=（1+13）（1+15）…（1+12n-1）=43·65·87·…·2n2n-1，B=54·76·98·…·2n+12n，则A>B，所以A2>A·B=2n+13>2n+14，故A>2n+14=122n+1，即原不等式得证.评注事实上，对于变式5，还可以在待证不等式左边不作改变的前提下，把其右边进一步加强，即求证：（1+13）（1+15）…（1+12n-1）>6n+33.解答时，可令M=（1+13）（1+15）…（1+12n-1），N=（1+12）（1+14）…（1+12n），考虑到M与N的项数差别，NM·N=2n+12，M>6n+33.2.证明恒等式例3 求证：sin3α·sin3α+cos3α·cos3α=cos32α.证明令m=sin3α·sinα·sin2α+cos3α·cosα·cos2α，且n=cos3α·cosα·sin2α+sin3α·sinα·cos2α，则m+n=cos2α，m-n=cos4α·cos2α，所以2m=cos2α（1+cos4α）=2cos32α，m=cos32α，即原结论得证.变式1 求证：cos2α+cos2β-2cosαcosβcos（α+β）=sin2（α+β）.证明令M=cos2α+cos2β-2cosαcosβcos（α+β），N=sin2α+sin2β+2sinαsinβcos（α+β），M+N=2-2cos2（α+β）=2sin2（α+β），M-N=cos2α+cos2β-2cos（α+β），M+N=2-2cos2（α+β）=2sin2（α+β），M-N=cos2α+cos2β-2cos（α+β）cos（α-β）=cos[（α+β）+（α-β）]+cos[（α+β）-（α-β）]-2cos（α+β）cos（α-β）=0，2M=2sin2（α+β），即M=sin2（α+β），即原结论得证.变式2 求证：cosx2cosx22cosx23…cosx2n=sinx2nsinx2n（n∈N*）.证明令A=cosx2cosx22cosx23…cosx2n，B=sinx2sinx22sinx23…sinx2n，则A·B=12sinx·12sinx2·12sinx22…12sinx2n-1=sinx2n·sinx2n·sinx2·sinx22·sinx23…sinx2n-1·sinx2n=sinx2nsinx2nB，因为B≠0，所以A=sinx2nsinx2n，即原结论得证.评注从例3及其变式1可以看到，构造对偶式证明恒等式时，对于同一个式子，可以局部对偶创设其对偶式，其余部分不变.三、求最值或取值范围1.求最值例4 设x>0，求y=x+1x-x+1x+1的最大值.解析令μ=x+1x+x+1x+1，则yμ=1，y=1μ.因为μ≥2+2+1=2+3（当x=1时等号成立），所以y=1μ≤2-3（当x=1时等号成立），即所求最大值为2-3.变式1 求函数y=sin（x-π6）cosx的最小值.解析令z=cos（x-π6）sinx，则y+z=sin（2x-π6），y-z=-12，2y=-12+sin（2x-π6），y=-14+12sin（2x-π6），当sin（2x-π6）=-1，即x=-π6+kπ（k∈Z）时，该函数取得最小值-34.变式2 求函数y=sinθ-1cosθ-2的最大值和最小值.解析由y=sinθ-1cosθ-2变形得1-2y=sinθ-ycosθ①，令x=cosθ+ysinθ②，①与②两式的平方和为（2y-1）2+x2=1+y2，即x2=-3y2+4y，因为x2≥0，所以-3y2+4y≥0，解得0≤y≤43，故原函数的最大值为43，最小值为0.评注例4的变式2的常见解答思路是：由y=sinθ-1cosθ-2变形可以得1-2y=sinθ-ycosθ=1+y2sin（θ-φ）（其中tanφ=y），sin（θ-φ）=1-2y1+y2，由1-2y1+y2≤13y3-4y≤0，解得0≤y≤43，故原函数的最大值为43，最小值为0.相比之下，通过构造对偶式求解，虽然运算量相当，但新意十足，让人眼前一亮、耳目一新，而且构造策略并非难以掌握.2.求取值范围例5 已知实数x，y满足x2-3xy+y2=2，求x2+y2的取值范围.解析令x=u+v，y=u-v，代入条件式，得（u+v）2-3（u2-v2）+（u-v）2=2，化简得5v2-u2=2v2=2+u25≥25，x2+y2=（u+v）2+（u-v）2=2（u2+v2）=2（6v2-2）≥2（6×25-2）=45，所以x2+y2的取值范围为45，+∞.变式若sinαcosβ=-12，cosαsinβ=t，求t的取值范围.解析将两个条件式相加，得sin（α+β）=-12+t，将两个条件式相减，得sin（α-β）=-12-t，所以-1≤-12+t≤1，-1≤-12-t≤1，解得-12≤t≤12.评注对于例5的变式，题目中的两个条件式本是一组对偶式，而在解答过程中，通过逆用公式又得到了sin（α+β）与sin（α-β），从和与差的角度看，它们仍是一组对偶式，这正是解答本题的关键所在.四、求和问题1.函数中的求和问题例6 已知f（x）=4x4x+2，求f（12017）+f（22017）+f（32017）+…+f（20162017）的值.解析由f（x）=4x4x+2可设其对偶式f（1-x）=41-x41-x+2=24x+2，两式相加，得f（x）+f（1-x）=1，令s=f（12017）+f（22017）+f（32017）+…+f（20162017）①，其对偶式为s=f （20162017）+f（20152017）+f（20142017）+…+f（12017）②，将①与②两式相加且右边对应项相加，得2s=2016，则s=1008.变式1 已知f（x）=x21+x2，则f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（12）+f（13）+f（14）的值为.解析由f（x）=x21+x2可设其对偶式f（1x）=（1x）21+（1x）2=1x2+1，两式相加，得f （x）+f（1x）=1，令s=f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（12）+f（13）+f（14）①，其对偶式为s=f（1）+f（12）+f（13）+f（14）+f（2）+f（3）+f（4）②，将①与②两式相加且右边对应项相加，得2s=7，所以s=72.变式2 已知f（x）=x5+ax2+bx-8，且f（-2）=10，则f（2）（）A.-26B.-18C.-10D.10解析因为f（x）=x5+ax3+bx-8，其对偶式为f（-x）=-x5-ax3-bx-8，易知f（x）+f（-x）=-16，所以f（-2）+f（2）=-16，f（2）=-26，故应选A.评注从例6及其变式可以看到，构造对偶式解决函数中的求和问题时，可多次设出必要的对偶式，既体现个别（局部）性，又体现整体性.2.二项展开式中的求和问题例7 求（x+2）2n+1展开式中x的整数次幂项系数之和.解析令A=（x+2）2n+1，B=（x-2）2n+1，又设f（x）=（x+2）2n+1+（x-2）2n+1，由二项式定理可知，f（x）是x的整数次幂多项式，且f（x）展开式中x的整数次幂多项式之和等于（x+2）2n+1展开式中x的整数次幂多项式之和的2倍，所以（x+2）2n+1展开式中x的整数次幂项系数之和为12f（1）=32n+1-12.变式1 若（2x-1）5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a2+a4= .解析令x=0，得a0=-1.令x=1，得a0+a1+a2+a3+a4+a5=1①.令x=-1，得a0-a1+a2-a3+a4-a5=-243②，①与②两式相加，得a0+a2+a4=-121，因此a2+a4=-120.变式2 若（1-x）5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则（a0+a2+a4）·（a1+a3+a5）值等于 .解析令x=1，得a0+a1+a2+a3+a4+a5=0①.令x=-1，得a0-a1+a2-a3+a4-a5=32②.联立①、②两式，得a0+a2+a4=16，a1+a3+a5=-16，所以（a0+a2+a4）·（a1+a3+a5）=-256.评注解答例7的关键是巧妙构造出A的对偶式B=（x-2）2n+1以及抓出“（x+2）2n+1展开式中x的整数次幂项系数之和为12f（1）”；而解答例7的变式1与变式2的关键均是构造①、②两个对偶式.3.数列中的求和问题例8 求数列11+x，21+x2，221+x22，231+x23，…的前100项之和.解析设该数列的前n项和为Sn，因此可得S100=11+x+21+x2+221+x22+…+2991+x299.若x=1，则S100=12+1+2+…+298=299-12.若x≠±1，设出S100的对偶式P=11-x+21-x2+221-x22+…+2991-x299，则S100+P=21-x2+221-x22+231-x23+…+21001-x2100=P-11-x+21001-x2100，所以S100=-11-x+21001-x2100=x2100-2100x+2100-1（x-1）（x2100-1）（x≠±1）.下面，我们不妨再来尝试一下构造对偶式解决求数列前n项之积的问题：变式求数列1+3，1+32，1+322，…的前n项之积.解析令A=（1+3）（1+32）（1+322）...（1+32n），B=（1-3）（1-32）（1-322） (1)323），则A·B=（1-32）（1-322）（1-323）…（1-32n）（1-32n+1）=-12B（1-32n+1），A=-12（1-32n+1）=32n+1-12.评注解决例8的变式，推导得出A·B=-12B（1-32n+1），用到了添项策略，这在研究前文例2的变式5的加强结论时也涉及到了.五、解方程例9 解方程x2+10x+32-x2-10x+32=8.解析令x2+10x+32+x2-10x+32=k，则两式相乘，得8k=（x2+10x+32）-（x2-10x+32）=20x，所以k=5x2，即x2+10x+32+x2-10x+32=5x2，所以2x2+10x+32=8+5x2，两边平方得x=±163，检验知x=-163为增根，所以原方程的解为x=163.变式1 解方程4-23sinx+10-43sinx-6cosx=2.解析令4-23sinx-10-43sinx-6cosx=2m，联立两个式子可得到4-23sinx=1+m，10-43sinx-6cosx=1-m，从而23sinx=-m2-2m+3，6cosx=m2+6m+3，代入sin2x+cos2x=1，解得m=-3或m=0.若m=-3，则sinx=0，cosx=-1，显然不满足原方程；若m=0，则sinx=32，cosx=12，显然满足原方程，所以x=π3+2kπ（k∈Z）.变式2 已知z-为复数z的共轭复数，解方程zz--3iz-=1+3i.解析构造对偶方程，两边取共轭复数，得zz-+3iz=1-3i①，两式相减，得z+z-=-2，即z-=-2-z，代入①式，得z2+（2-3i）z+（1-3i）=0，z=-1或z=-1+3i.变式3 解方程cos2x+cos22x+cos23x=1.解析令A=cos2x+cos22x+cos23x，B=sin2x+sin22x+sin23x，A+B=（cos2x+sin2x）+（cos22x+sin22x）+（cos23x+sin23x）=3①，且A-B=（cos2x-sin2x）+（cos22x-sin22x）+（cos23x-sin23x）=cos2x+cos4x+cos6x=2cosx·cos3x+2cos23x-1=2cos3x·（cosx+cos3x）-1=4cosx·cos2x·cos3x-1②，由①+②，得cosx·cos2x·cos3x=14（2A-2），又A=1，所以cosx·cos2x·cos3x=0，cosx=0或cos2x=0或cos3x=0，解得x=kπ+π2或x=kπ2+π4或x=kπ3+π6，其中k∈Z.评注从例9及其变式可以看到，对于无理方程的求解，是从和与差的视角来构造对偶式的；对于复数方程的求解，是从寻找共轭复数代数式的视角来构造对偶式的；对于三角方程的求解，是从正弦（切）对余弦（切）的角度来构造对偶式的.六、求函数解析式例10 已知对任意x∈（-∞，0）∪（0，+∞），总有f（x）+2f（1x）+x=0，求函数y=f （x）的解析式.解析因为f（x）+2f（1x）+x=0①，以1x替换①式中的x，得f（1x）+2f（x）+1x=0②，由①-2×②得f（x）+x-4f（x）-2x=0，所以f（x）=x2-23x.变式1 已知定义域为R的函数y=f（x）满足3f（1-x）-f（1+x）=2x+4，求函数y=f（x）的解析式.解析因为3f（1-x）-f（1+x）=2x+4①，以-x替换①式中的x，得3f（1+x）-f（1-x）=-2x+4②，由①+3×②，得8f（1+x）=-4x+16=-4（1+x）+20，则f（1+x）=-12（1+x）+52③，以x替换③式中的1+x，得f（x）=-12x+52.变式2 设定义域为（-∞，1）∪（1，+∞）的函数y=f（x）满足2f（x+2002x-1）+f（x）=4015-x，求函数y=f（x）的解析式.解析因为2f（x+2002x-1）+f（x）=4015-x①，以x+2002x-1替换①式中的x，得2f（x）+f（x+2002x-1）=4015-x+2002x-1②，由②×2-①，3f（x）=4013+x-4006x-1，所以f（x）=40133+x3-40063（x-1）.变式3 已知定义域为R的函数y=f（x）满足f（1-x）+xf（x）=3x，求函数y=f（x）的解析式.解析依次令x=t，x=1-t，代入条件式，可得f（1-t）+tf（t）=3t①，f（t）+（1-t）f（1-t）=3（1-t）②，由①×（1-t）-②，得[t（1-t）-1]f（t）=3t（1-t）-3（1-t），解之得f（t）=3（t-1）2t2-t+1，故f（x）=3（x-1）2x2-x+1.变式4 已知f（x）为偶函数，g（x）为奇函数，且f（x）+g（x）=x2+x+2，求f（x）与g（x）的解析式.解析因为f（x）+g（x）=x2+x+2①，以-x替换①式中的x，可得f（-x）+g（-x）=x2-x+2，又f（x）为偶函数，g（x）为奇函数，所以f（-x）+g（-x）=f（x）-g（x）=x2-x+2②，联立①与②，解得f（x）=x2+2，g（x）=x.评注若把上述变式1中条件式左边改为“3f（-x）±f（x）”或“3f（a-x）±f（a+x）”，则构造对偶式的替换策略依然不会发生改变.对于变式4，其对偶构造思想体现在利用f（x）与g （x）的奇、偶性，构造出“f（x）+g（x）”与“f（x）-g（x）”这一组对偶式.。
巧用齐次化妙解圆锥曲线斜率问题
2022年普通高等学校招生全国统一考试新高考数学1卷的第21题，有不少学生抓住题干中有“直线AP，AQ的斜率之和为0”这一条件，采用了将方程齐次化的方法巧妙解决第一问的直线斜率问题。
回顾我们的高三备考，常有学生利用平移图象，然后联立方程实现齐次化，即在方程两边同除x2后，再利用韦达定理巧妙解决一类圆锥曲线遇到斜率之和或斜率之积的问题。
下面笔者结合2022年的高考题及备考复习中遇到的几道题，介绍这种方法的优点和注意事项，以为高三备考的学子们提供一点经验之谈。
一、巧用齐次化解决定值问题：例1.（2022年全国1卷第21题）已知点A（2，1）在双曲线C∶x2a2-y2a2-1=1（a﹥1）上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.（1）求l的斜率；（2）若tan∠PAQ=22√，求△PAQ的面积。
解：（1）因为点A（2，1）在双曲线C∶x2a2-y2a2-1=1（a﹥1）上，所以4a2-1a2-1解得即双曲线a2=2，因双曲线C∶x22-y2=1，令双曲线PQ∶m（x-2）+n （y-1），则双曲线方程可变为［（x-2）+2］22-［（y-1）+1］2=1，由双曲线方程可得（x-2）2-2（y-1）2+4［x-2-（y-1）］=0，∵m（x-2）+n（y-1）=1，∴（x-2）2-2（y-1）2+4［（x-2）-（y-1）］［m（x-2）+n（y-1）］=0，当x-2≠0时，同除（x-2）2，可得y-1x-2()2（2+ 4m）-4y-1x-2()（n-m）+（1+4m）=0，由条件知k AP+ k AQ=4（n-m）2+4m=0，∴n=m，k PQ=-1.（2）略通过高考第21题的第一问可以总结齐次化解题的注意事项：①齐次化联立的核心思想只有一个，就是将题目中涉及的斜率直接变成一个一元二次方程的两个根，这样直接根据韦达定理，就可以得到斜率与斜率积的表达式;②决定使用齐次化联立之前，首先要注意题目是否涉及斜率和或者斜率积，以及所涉及的两个斜率能不能表示成一个一元二次方程的两Educational Practice and Research刘艳江（石家庄市第一中学，河北石家庄050000）摘要：在高三复习备考中，很多学生在处理从一点出发的两条直线的斜率之和或斜率之积的问题时，常采用将方程齐次化的方式巧妙解决问题，但也不是绝对的，也有优缺点，在此从定值、定点等几个方面进行浅析。
巧妙构造，让数学解题更精彩
巧妙构造，让数学解题更精彩作者：王佩其来源：《广东教育·高中》2021年第05期數学解题，贵在巧思，巧思方可得妙解.而巧思中最为推崇的解法是构造法，这种方法体现了数学思维的创新性，是数学解题的最高境界.通过对题目的条件与结论进行对比分析，找到一座沟通它们之间的桥梁，这座桥梁可以是一个函数，一个方程，一个图形等，借助这座桥梁，可以让原问题圆满解决，这就是所谓的构造法.本文举例说明，供同学们参考.一、巧构几何体，速解立几题在立体几何中，我们通常把正方体、长方体、正四面体等这些形状优美，性质优美且特殊的几何体称作完美几何体.在立体几何中，这些几何体有着十分重要的地位，起着不可替代的作用，有些几何问题，往往可以通过对比与联想，构造出完美几何体，借助于完美几何体的优美性质，让原问题快速解决，同时也让我们感受到数学的奇异美.例1.已知一个棱长是a的正四面体的四个顶点均在同一个球面上，则这个球的表面积是（）A.3πa2B.πa2C.πa2D.πa2解析正四面体有六条相等的棱，而正方体的六个面都是全等的正方形，因此它们的对角线都相等，于是可以采用补形的方法，将正四面体“还原”成正方体（如图1），那么正方体的外接球就是与正四面体的外接球.因为四面体的棱长为a，所以正方体的棱长是a，于是正方体对角线a就是这个球的直径，故球半径R=a，∴S=4πR2=πa2.所以本题选D.点评正方体是立方体中最完美的图形，它与它的内切球与外接球之间的关系，能帮助我们快速找到解题“突破口”.对于正四面体，将其“放入”正方体中，可以快速求出它的外接球的半径.例2.已知∠AOB是平面？琢内的一个直角，O是直角顶点，又OC是平面？琢的斜线，且∠AOC=∠BOC=60°，则直线OC与平面？琢所成的角的大小是______.解析如图2所示，作正四棱锥C-OADB，且它的每一个侧面都是正三角形.于是OA，OB，OC满足已知条件，这相当于把题设所给的线面关系“搬到”了正四棱锥中，于是原问题等价于求侧棱CO与正四棱锥的底面OADB所成的角.设底面中心为E，则∠COE即为所求的角.经计算可知，OE=CE，故∠COE=45°.故本题答案：45°.点评空间角的计算，是立体几何中的难点，难就难在找角.而正四棱锥的顶点的射影就是底面三角形的中心，为线面角的产生扫清了障碍，于是我们通过构造正四棱锥来让隐含条件显现出来，从而达到快速解题的目的.二、巧构解几模型，妙解不等关系解析几何的本质就是利用代数方法研究几何图形.对于一些不等式问题的证明，我们可以深挖已知条件中的关系式的几何意义，在将它们转化为解析几何中的位置关系问题来直观证明，体现数形结合的基本思想.例3.设a>0，b>0，a+b=1，求证：+≤2证明所证不等式变形为≤2，这可认为是点A（，）到直线x+y=0的距离小于等于2.但因（）2+（）2=4，故点A在圆x2+y2=4（x>0，y>0）上.如图3所示，AD⊥BC，半径AO3≥AD，即有≤2.所以，+≤2.点评通过构造解析几何模型证明不等式，不仅揭示了问题的本质，而且也锻炼了我们思维的变通性.当然本例也可用基本不等式来证明，读者不妨一试.例4.设实数x，y满足3x2+2y2≤6，则2x+y的最大值为_______.解析由题意：3x2+2y2≤6，则点（x，y）可看成是椭圆+=1内（含边界）的点.令k=2x+y，则y=-2x+k，k为直线y=-2x+k在y轴上的截距.如图4，由数形结合可知，当且仅当直线与椭圆在第一象限相切时，k取得最大值.联立方程+=1，y=-2x+k，得11x2-8kx+2k2-6=0.又由？驻=（8k）2-4×11×（2k2-6）=0解得k=（k=-舍去）.点评3x2+2y2≤6的几何意义是椭圆+=1内（含边界）的点，而目标函数u=2x+y是表示一条直线，于是想到利用直线与椭圆的相切位置关系来解决，思维顺畅，一气呵成.本题看似是一个不等式与最值问题，其实是直线与椭圆的位置关系问题.三、巧构辅助数列，妙用递推关系许多数列问题，需要确定数列的通项公式.特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解，往往是解决数列难题的瓶颈.求递推数列的通项公式一般是将递推公式变形，并构造辅助数列，从而把一些较难处理的数列问题化为所研究的等差或等比数列.例5.已知数列{an}满足a1=，=（n≥2），求数列{an}的通项公式.解析∵=（n≥2），∴==-1+.∴-=-1，又=-3，∴{}是首项为-3，公差为-1的等差数列.∴=-3-（n-1）=-2-n，∴an=.点评解答这类问题一般需对递推公式进行变形，变形为相邻项同构的特点，进而将相同的结构视为一个整体，即构造出辅助数列.通过求出辅助数列的通项公式，便可算出原数列的通项公式.（1）形如an=pan-1+q（p≠1，q≠0）的形式：通常可构造出等比数列，进而求出通项公式.（2）形如an=pan-1+qn，此类问题可先处理qn，两边同时除以qn，得=p+1，再构造成=·+1，设bn=，从而变成bn=·bn-1+1，于是问题转化为第（1）个问题.（3）形如：qan-1-pan=anan-1，可以考慮两边同时除以anan-1，转化为-=1的形式，进而可设bn=，递推公式变为qbn-pbn-1=1，转变为上面的类型求解.（4）形如pan+2-（p+q）an+1+qan=k，即中间项的系数与两边项的系数和互为相反数，则可根据两边项的系数对中间项进行拆分，构造为：p（an+2-an+1）-q（an+1-an）=k的形式，将bn=an+1-an，进而可转化为上面所述类型进行求解.例6.在数列{an}中，a1=2，an+1=4an-3n+1，求数列的通项an解析法1：构造新数列{an+？姿n}，使之成为q=4的等比数列，则an+1+？姿（n+1）=4（an+？姿n）.整理得an+1=4an+3？姿n-？姿满足an+1=4an-3n+1，即3？姿n-？姿=-3n+1得？姿=-1.∴新数列{an-n}的首项为a1-1=1，q=4的等比数列，∴an-n=4n-1∴an=4n-1+n（n∈N*）.法2：结合题意可有：an+1+k（n+1）+b=4（an+kn+b），整理得：an+1=4an+3kn+3b-k.满足an+1=4an-3n+1，即3k=-3，3b-k=1，所以有k=-1，b=0.新数列{an-n}的首项为a1-1=1，q=4的等比数列.所以an-n=4n-1，即an=4n-1+n（n∈N*）.点评从本题的两种解法可以看出，构造辅助数列的关键是确定某些参数的值，通常可采用待定系数法.四、构造函数巧转化，函数思想来当家函数与导数是高考必考的知识点，考试形式有选择题也有填空题，并且都以压轴题为主.题目难度都偏大，对考生的思维能力考查都要求比较高.构造函数，是我们高中数学处理和研究函数与导数的一种有效方法，也是函数思想在数学解题中的灵活应用，通过分离变量和参数，构造新的函数去研究其新函数的单调性，极值点，从而使问题得到解决.例7.已知函数y=f（x）对任意的x∈（-，）满足f′（x）cosx+f（x）sinx>0（其中f′（x）是函数f（x）的导函数），则下列不等式成立的是（）A.f（-）<f（-）B.f（）<f（）C.f（0）>2f（）D.f（0）>f（）解析令g（x）=，由对任意的x∈（-，）满足f′（x）cosx+f（x）sinx>0可得g′（x）>0，所以函数g（x）在（-，）上为增函数，所以g（-）<g（-），即<，所以f（-）<f（-），故选A.点评比较抽象函数值的大小问题，往往需要构造函数，再利用导数考察该函数的单调性.对于这类问题如何构造函数模型，主要有以下两种类型：1.关系式为“加”型（1）根据f′（x）+f（x）≥0可构造函数F（x）=exf（x），则F′（x）=ex[f′（x）+f （x）]≥0;（2）根据xf′（x）+f（x）≥0可构造函数F（x）=xf（x），则F′（x）=xf′（x）+f（x）≥0.2.关系式为“减”型（1）根据f′（x）-f（x）≥0可构造函数F（x）=，则F′（x）==≥0;（2）根据xf′（x）-f（x）≥0可构造函数F（x）=，则F′（x）=≥0.例8.设函数f（x）=，a≠0.（1）讨论f（x）的单调性;（2）若a≥，证明：lnx-f（x）<0.解析（1）f′（x）=，x≠0，若a<0，则当x<1且x≠0时，f′（x）<0，当x>1时，f′（x）>0，∴=-3-（n-1）=-2-n，∴an=.点评解答这类问题一般需对递推公式进行变形，变形为相邻项同构的特点，进而将相同的结构视为一个整体，即构造出辅助数列.通过求出辅助数列的通项公式，便可算出原数列的通项公式.（1）形如an=pan-1+q（p≠1，q≠0）的形式：通常可构造出等比数列，进而求出通项公式.（2）形如an=pan-1+qn，此类问题可先处理qn，两边同时除以qn，得=p+1，再构造成=·+1，设bn=，从而变成bn=·bn-1+1，于是问题转化为第（1）个问题.（3）形如：qan-1-pan=anan-1，可以考虑两边同时除以anan-1，转化为-=1的形式，进而可设bn=，递推公式变为qbn-pbn-1=1，转变为上面的类型求解.（4）形如pan+2-（p+q）an+1+qan=k，即中间项的系数与两边项的系数和互为相反数，则可根据两边项的系数对中间项进行拆分，构造为：p（an+2-an+1）-q（an+1-an）=k的形式，将bn=an+1-an，进而可转化为上面所述类型进行求解.例6.在数列{an}中，a1=2，an+1=4an-3n+1，求数列的通项an解析法1：构造新数列{an+？姿n}，使之成为q=4的等比数列，则an+1+？姿（n+1）=4（an+？姿n）.整理得an+1=4an+3？姿n-？姿满足an+1=4an-3n+1，即3？姿n-？姿=-3n+1得？姿=-1.∴新数列{an-n}的首项为a1-1=1，q=4的等比数列，∴an-n=4n-1∴an=4n-1+n（n∈N*）.法2：結合题意可有：an+1+k（n+1）+b=4（an+kn+b），整理得：an+1=4an+3kn+3b-k.满足an+1=4an-3n+1，即3k=-3，3b-k=1，所以有k=-1，b=0.新数列{an-n}的首项为a1-1=1，q=4的等比数列.所以an-n=4n-1，即an=4n-1+n（n∈N*）.点评从本题的两种解法可以看出，构造辅助数列的关键是确定某些参数的值，通常可采用待定系数法.四、构造函数巧转化，函数思想来当家函数与导数是高考必考的知识点，考试形式有选择题也有填空题，并且都以压轴题为主.题目难度都偏大，对考生的思维能力考查都要求比较高.构造函数，是我们高中数学处理和研究函数与导数的一种有效方法，也是函数思想在数学解题中的灵活应用，通过分离变量和参数，构造新的函数去研究其新函数的单调性，极值点，从而使问题得到解决.例7.已知函数y=f（x）对任意的x∈（-，）满足f′（x）cosx+f（x）sinx>0（其中f′（x）是函数f（x）的导函数），则下列不等式成立的是（）A.f（-）<f（-）B.f（）<f（）C.f（0）>2f（）D.f（0）>f（）解析令g（x）=，由对任意的x∈（-，）满足f′（x）cosx+f（x）sinx>0可得g′（x）>0，所以函数g（x）在（-，）上为增函数，所以g（-）<g（-），即<，所以f（-）<f（-），故选A.点评比较抽象函数值的大小问题，往往需要构造函数，再利用导数考察该函数的单调性.对于这类问题如何构造函数模型，主要有以下两种类型：1.关系式为“加”型（1）根据f′（x）+f（x）≥0可构造函数F（x）=exf（x），则F′（x）=ex[f′（x）+f （x）]≥0;（2）根据xf′（x）+f（x）≥0可构造函数F（x）=xf（x），则F′（x）=xf′（x）+f（x）≥0.2.关系式为“减”型（1）根据f′（x）-f（x）≥0可构造函数F（x）=，则F′（x）==≥0;（2）根据xf′（x）-f（x）≥0可构造函数F（x）=，则F′（x）=≥0.例8.设函数f（x）=，a≠0.（1）讨论f（x）的单调性;（2）若a≥，证明：lnx-f（x）<0.解析（1）f′（x）=，x≠0，若a<0，则当x<1且x≠0时，f′（x）<0，当x>1时，f′（x）>0，。
巧妙构造 灵活解题
ｘ２３ （ ＋ ｙｙｚ 芳＋ ） ＋＋ ｚｘ
＝
所 以 ， 介 于 函数 － ） 二 根 之 间 ， 点 厂 的 （ 故
４ ３ Ｓ ＋ △ ＋ △ ） √ （△ ＳⅢ ＳＰ ４ ３△ ｃ ４ ｓ ＾
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数 学 学 习与 研 究
２ １．５ ０ ０１
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使 学 生 的 数 学 问 题 能 力得 到 充分 的培 养 和提 高．
【 键词】 妙构造 ； 活解题 关 巧 灵
所 ， ｛是 增 列 是 ＝ ＞ 以 列 ｝ 数 ， 有 ＞＝ 罟 １ 数 递 于 ．
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以 根 据 待解 问题 的特 征 构 造 雨 数 、 程 、 等 式 、 等 式 、 方 恒 不 数
列等方式 ， 用“ ” 利 数 的模 式 解 决 数 和形 的 问题 ； 可 以 通 过 也 构 造 图形 、 像 等 形 式 ， 用 “ ” 模 式 解 决 数 或 形 的 问 图 利 形 的
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巧构造 妙解题
1. 直接构造
例1. 求函数fxxx()sincos32的值域。
分析：由于fxxx()sincos32可以看作定点（2，3）与动点（-cosx，sinx）连线的斜率，
故f(x)的值域即为斜率的最大、最小值。
解：令cossinxx，，则221表示单位圆
fxk()
3
2
表示连接定点P（2，3）与单位圆上任一点（，）所得直线
kk()320
的斜率。
显然该直线与圆相切时，k取得最值，此时，圆心（0，0）到这条直线的距离为1，
即||32112kk
所以k2233
故22332233fx()
例2. 已知三条不同的直线xyasinsin3，xyasinsin3，
xyasinsin3
共点，求sinsinsin的值。
分析：由条件知sinsinsin，，为某一元方程的根，于是想法构造出这个一元方
程，然后用韦达定理求值。
解：设（m，n）是三条直线的交点，则可构造方程mnasinsin3，即
4303mnm)asin(sin
（*）
由条件知，sinsinsin，，均为关于sin的一元三次方程（*）的根。
由韦达定理知sinsinsin0
2. 由条件入手构造
例3. 已知实数x，y，z满足xyzxy692，，求证：xy
分析：由已知得xyxyz692，，以x，y为根构造一元二次方程，再由判别
式非负证得结论。
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解：构造一元二次方程ppz22690
其中x，y为方程的两实根
所以364902()z
即z299
zz200，
故△＝0，即xy
3. 由结论入手构造
例4. 求证：若n3，nN，则13141511123333n
分析：待证式的左边求和的分母是三次式，为降低分母次数，构造一个恒不等式。
111112111
13kkkkkkkk()()[()()
]
所以左边12341345111()()nnn
121231341341451111[()()]
nnnn
1212311112[()]
nn
故原式得证。
例5. 已知实数x，y满足02xyz，求证：
2
22222sincossincossinsinsinxyyzxyz
分析：要证原式成立，即证
4
sincossincossincossincossincosxyyzxxyyzz
即证4sin(coscos)sin(coscos)sincosxxyyyzzz
由三角函数线知可构造下图，此时不等式右边为图中三个矩形的面积之和
SSS123
，而14单位圆的面积为4，所以
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4
sin(coscos)sin(coscos)sincosxxyyyzzz
故结论成立。