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构造根与系数关系巧解解析几何问题


2013 年第 2 期
? ax ≤ 1 + sin x ? cos x ,

福建中学数学

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当 x = 0 时, 0 ≤ 1 + sin 0 ? cos 0 = 0 成立. 当 0 < x ≤ π 时, ax ≤ 1 + sin x ? cos x 恒成立 1 + sin x ? cos x

? a ≤[ ]min . x 1 + sin x ? cos x (0 < x ≤ π) , 令 g ( x) = x (1 + x) cos x + ( x ? 1) sin x ? 1 , 则 g ′( x) = x2 g ′( x) = 0 不可解,需再引进函数求导分析. 令 ? ( x) = (1 + x) cos x + ( x ? 1) sin x ? 1 , 则 ? ′( x) = ? x(sin x + cos x) ,
3π 当 x ∈ (0 , ) 时, ? ′( x) < 0 , ? ( x) 单调递减; 4 3π 当 x∈( , π] 时, ? ′( x) > 0 , ? ( x) 单调递增; 4 又 ? (0)=0 ,? (π) < 0 ,故 x ∈ (0 , π] 时,? ( x) < 0 , ′ π] 单调递减, 即 g ( x) < 0 , g ( x) 在 (0 ,

有一个公共点,不符题意; ln(?2a)) , f ′′( x) < 0 ,曲 当 a < 0 时,若 x ∈ (?∞ , + ∞) , f ′′( x) > 0 曲线 y = f ( x) 线上凸, 若 x ∈ (ln(?2a) , 下凸, 拐点 (ln(?2a ) , f (ln(?2a ))) 处的切线与曲线都只 有一个公共点,其它位置的切线与曲线至少有两个 公共点,故 a < 0 时符合题意. 3.2 利用中值定理 例 7 (2012 年高考湖南卷·理 22)已知函数 f ( x) = e ax ? x ,其中 a ≠ 0 . (Ⅰ)略; ( Ⅱ ) 在 函 数 f ( x) 的 图 像 上 取 定 两 点
A( x1 , f ( x1 )) , B ( x2 , f ( x2 ))( x1 < x2 ) ,记直线 AB 的斜 x2 ) ,使 f ′( x0 ) > k 成 率为 k ,问:是否存在 x0 ∈ ( x1 ,

立?若存在,求 x0 的取值范围;若不存在,请说明 理由. 分析 (Ⅱ)由拉格朗日中值定理知, f ( x2 ) ? f ( x1 ) x2 ) , f ′(ξ ) = =k , 存在 ξ ∈ ( x1 , x2 ? x1
1 eax ? e ax , 解得 ξ = ln a a( x2 ? x1 ) 又 f ′′( x) = a 2 e ax > 0 , f ( x) 曲线下凸,
2 1

2 2 ,所以 a ≤ . π π 借助 ? ( x) ,跳出了解方程 g ′( x) = 0 惯性思维. [ g ( x)]min = g (π) =

3 借力制胜,引用高数知识 高考作为高校的选拨性考试, 无疑会关注初高数 两者的衔接点.因此会把高数定理特殊化、初等化, 并适当移植、渗透来设计试题,这类创新型试题的 解题攻略是利用初高数衔接知识与方法,借力制胜. 3.1 利用函数凸性 例 6 (2012 年高考福建卷·理 20)已知函数 f ( x) = e x + ax 2 ? ex , a ∈ R . (Ⅰ)略; (Ⅱ)试确定 a 的取值范围,使得曲线 y = f ( x) 上存在唯一的点 P ,曲线在该点处的切线与曲线只 有一个公共点 P . 分析 (Ⅱ)当 a ≥ 0 时, f ′′( x) = e x + 2a > 0 ,曲 曲线上任意点处的切线与曲线都只 线 y = f ( x) 下凸,

1 e ax ? e ax 故存在 x0 ∈ ( ln , x2 ) 时, f ′( x0 ) > k . a a ( x2 ? x1 )
2 1

作为结束,应该指出,对问题进行拓展创新, 不仅可永葆教学绚丽多彩、富有活力,更能使学生 从各个角度、名个层面去深入理解知识、感悟方法、 培养思维;对各种题型方法进行归纳总结,不仅可 让学生快速掌握解题规律,更能使他们知识方法系 统化、网络化,从而能站在全局的广度去审视问题; 对高数的渗透迁移,不仅可使学生提高解题效率、 提升学习兴趣,更能丰富他们的知识面,从而能站 在全新的高度去分析问题.

构造根与系数关系
吴享平

巧解解析几何问题

福建省厦门第一中学(361000) 个量构造成某个方程的两个根,通过根与系数关系 来展开分析,常会对问题的获解起到意想不到的功

在处理解析几何问题时,当题设条件中存在同 等"地位"的两者关系时, 若将这两者关系所联系的两

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福建中学数学

2013 年第 2 期
2 2 x12 ? 4 2 x2 ?4 , = x1 ? 1 x2 ? 1

效.这里结合实例谈如下几点,供参考. 1 构造二元一次方程组的根与系数关系求直线 方程 n) 例 1 已知通过圆 C : x 2 + y 2 = 4 外一点 P(m ,
(m + n > 4) 作该圆 C 的两条切线,两切点分别为
2 2

又由 P , A , B 三点共线得 从而 x1 ? x2 ? ( x1 + x2 ) + 2 = 0

(**) ,

将(*)代入(**)式得: 4a ? b ? 4 = 0 , ∴ 点 M 的轨迹方程为 4 x ? y ? 4 = 0 . 点评 例 2 的上述解法,通过两切线 PA , PB 的 同等 “ 地位 ” ,将 A , B 两点的横坐标构造成以点 M (a , b) 的坐标为系数的一元二次方程的两个实根, 从而借助根与系数的关系使问题得以巧妙的解决, 的确让人回味无穷. 3 构造一元二次方程的根与系数关系探索定点 问题 p 例 3 经过抛物线 C : x 2 = 2 py 的准线 l : y = ? 2 ( p > 0) 上的任意点 P 作抛物线 C 的两条切线,若切 点分别为 M , N ,问直线 MN 是否恒过一个定点? 若是,求该定点的坐标;若不是,请说明理由. x2 x2 p ? ), 解 设 M ( x1 , 1 ) , N ( x2 , 2 ) , P ( x0 , 2p 2p 2 x x 由 y ′ = ,∴ 切线 PM 的斜率 kM = 1 , p p
∴ 切线 PM : y ?

M , N ,求直线 MN 的方程.

解 (1)设 M ( x1 , y1 ) , N ( x2 , y2 ) ,
2 2 则 x12 + y12 = 4 , x2 + y2 =4,

由切线知 PM ? OM = 0 ( O 为坐标原点) , 于是 (m ? x1 , n ? y1 ) ? ( x1 , y1 ) = 0 , 即 mx1 + ny1 = 4 ①; ②, 同理可得 mx2 + ny2 = 4

由①、②知 M ( x1 , y1 ) , N ( x2 , y2 ) 两点都在直线
mx + ny = 4 上,于是直线 MN 的方程为 mx + ny = 4 .

点评 如果例1采用常规思路:第一步用“点斜 式”设出切线方程;第二步利用相切条件求出切点坐 标;第三步再根据两点式得出 MN 方程,那么,不仅 步骤繁琐,而且运算量大,加上带有参数,更是困 难重重.例1的上述解法通过同等“地位”的两切 点关系构造出关于两切点坐标为根的二元一次方程 组①、②,通过二元一次方程组的根与系数关系便 可直接获得结果,给人一种“踏破铁鞋无觅处,得来 全不费工夫”之感. 2 构造一元二次方程的根与系数关系解决轨迹 问题 4) 作直线交抛物线 C : y = 2 x 2 于 例 2 过点 P(1,
A , B 两点,过 A , B 分别作抛物线 C 的切线交于

x12 x1 = ( x ? x1 ) , 2p p

p ∵ 直线 PM 过点 P ( x0 , ? ) 得: 2 x12 ? 2 x0 x1 ? p 2 = 0 ①;
2 ? 2 x0 x2 ? p 2 = 0 同理可得 x2

②,

点 M ,求点 M 的轨迹方程. 2 解 设 A( x1 , 2 x12 ) , B ( x2 , 2 x2 )( x1 ≠ x2 ) , M (a , b) ,由 y ′ = 4 x ,
∴ 以 A 为切点的切线斜率 k A = 4 x1 ,

由①、②可知 x1 , x2 是一元二次方程 x 2 ? 2 x0 x ?
? ? x1 + x2 = 2 x0 , p 2 = 0 的两根, ∴ ? (*) , 2 ? ? x1 x2 = ? p , 设过点 M , N 的直线 l : y = kx + b , x2 由 M ( x1 , 1 ) 在 l 上得 x12 ? 2 pkx1 ? 2 pb = 0 , 2p
2 同理可得 x2 ? 2 pkx2 ? 2 pb = 0 ,

于是直线 PA 的方程为 y = 4 x1 x ? 2 x .
2 1 2 同理可得直线 PB 的方程为 y = 4 x2 x ? 2 x2 .

由直线 PA 与直线 PB 都过点 M (a , b) ,
2 ? ?2 x ? 4ax1 + b = 0 , 得 ? 12 ? ?2 x2 ? 4ax2 + b = 0 , ∴ x1 , x2 是一元二次方程 2 x 2 ? 4ax + b = 0 的两个 ? x1 + x2 = 2a , ? 实根,则 ? (*) , b x1 ? x2 = , ? 2 ?

于是同样可知 x1 , x2 是一元二次方程 x 2 ? 2 pkx
? x1 + x2 = 2 pk , (**) , ?2 pb = 0 的两根, ∴ ? ? x1 x2 = ?2 pb , x p 由(*)和(**)式得 k = 0 , b = , 2 p ∴l : y = x0 p p x + 恒过定点 (0 , ) , p 2 2

因此直线 MN 恒过一个定点且该定点恰为该抛

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福建中学数学

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p 物线的焦点 F (0 , ) . 2 点评 例 3 的解答得到了抛物线的一个性质:过 抛物线准线上的任意一点向该抛物线作两切线,连 结两个切点的直线都通过该抛物线的焦点. 类似例 3 的解法,同样可得该性质的逆命题(即:以抛物线 任意焦点弦的两端点为切点分别作该抛物线的切 线,则这两切线的交点恒在该抛物线的准线上)也 是正确的,读者可自行尝试求解. x2 + y 2 = 1 与 y 轴正半轴 4 的交点,椭圆 C 上的相异两点 M , N 满足

HM ? HN = 0 与直线 MN 的纵截距联系起来,使问题

例 4 已知 H 是椭圆 C :

解决的既简洁又巧妙,给人以一种“美”的感受. 4 构造一元二次方程的根与系数关系探索定值 问题 x2 y2 例 5 已知点 P (1, 2) 和椭圆 C : + = 1 ,过 2 4 P 作倾斜角互补的两条直线 PA , PB 分别交椭圆 C 于不同点 A , B 两点,试问直线 AB 的斜率是否为定 值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由. 解 依题意知三条直线 PA , PB , AB 的斜率都 k2 , 存在,设直线 PA , PB 的斜率分别为 k1 , 则 PA : y = k1 x + 2 ? k1 ; PB : y = k2 x + 2 ? k2 ;
AB : y = kx + b .
? ? y = k x + 2 ? k1 , 由? 2 1 2 得: ? ?2 x + y = 4 (2 + k12 ) x 2 + 2k1 ( 2 ? k1 ) x + k 2 ? 2 2k1 ? 2 = 0
1

HM ? HN = 0 , 问直线 MN 是否恒过一个定点?若是,

求出该定点的坐标;若不是,请说明理由. , 解 由题意可知 H 为(0,1) 三直线 HM , HN , MN 都与 x 轴不垂直, ∴ 设直线 HM : y = k1 x + 1 , HN : y = k2 x + 1 , 由 HM ? HN = 0 ,∴ k1k2 = ?1 . 直线 MN : y = kx + b .
? 8k1 ?8k 2 ? y = k1 x + 1 , 由? 2 得交点 M (? , 1 2 + 1) , 2 2 1 + 4k1 1 + 4k1 ? ?x + 4 y = 4 ∵ 点 M 在直线 MN 上, ?8k12 8k1 ∴ + 1 = k (? )+b 1 + 4k12 1 + 4k12

(*) ,

∵ P (1, 2) 在椭圆 C 上,可知方程(*)必有一

根 xP = 1,从而 xA =

k12 ? 2 2k1 ? 2 , 2 + k12

代入直线 PA : y = k1 x + 2 ? k1 , 得 A(
k12 ? 2 2k1 ? 2 2 2 ? 4k1 ? 2k12 , ), 2 + k12 2 + k12

因点 A 在直线 AB : y = kx + b 上, 代入并整理成关 于 k1 为变量的一元二次方程得:
(b + k ? 2)k12 + (4 ? 2 2k )k1 + 2b ? 2 2 = 0

即 4(b + 1)k ? 8k ? k1 + b ? 1 = 0
2 1 2 2

①, ②,

同理可得 4(b + 1)k ? 8k ? k2 + b ? 1 = 0 由①、②可知 k1 , k2 是一元二次方程
4(b + 1) x ? 8k ? x + b ? 1 = 0 的两个根,
2

① ②

同理可得
(b + k ? 2)k22 + (4 ? 2 2k )k2 + 2b ? 2 2 = 0
+ (4 ? 2 2k ) x + 2b ? 2 2 = 0 的两根,

∴ k1 ? k2 =

b ?1 , 4(b + 1)

k2 是一元二次方程 (b + k ? 2) x 2 由①,②知 k1 ,

又由 HM ? HN = 0 ,∴ k1k2 = ?1 , b ?1 3 ∴ = ?1 ? b = ? , 4(b + 1) 5 3 ∴ 直线 MN 的方程为 y = kx ? , 5 3 3 ? ), 由直线 y = kx ? 恒过定点 (0 , 5 5 3 ? ). 即直线 MN 恒过定点 (0 , 5 点评 例 4 的上述解法,根据直线 HM 与 HN 的 同等“地位”, 将 HM 与 HN 两直线的斜率构造为同一 个一元二次方程的两根,通过根与系数的关系将

由直线 PA , PB 倾斜角互补知
k1 + k2 =
∴k = 4 2 2

2 2k ? 4 b+k ? 2

= 0,

= 2 为定值,

因此直线 AB 的斜率是定值且定值为 2 . 点评 例 4 的上述解法,围绕直线 PA “单方面” 展开分析与运算,直至得到①式后,再根据直线 PA 与 PB 的同等“地位”, 运用“同理”思想, 构造出以 PA , PB 两斜率为实根的一元二次方程,通过根与系数的 关系使问题得以巧妙转化, 从而直奔结果, 给人以“四 两拨千斤”之感.

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福建中学数学

2013 年第 2 期 由(i) k1 ? k2 = ?1 ,∴ MA ⊥ MB , 即 MD ⊥ ME . (ii)由 | MA |= k12 + k14 =| k1 | 1 + k12 , 同理 | MB | = | k2 | 1 + k22 ,结合③式得:
1 1 4 + k2 2 S1 = | MA || MB |= (1+ k12 )(1+ k2 )= (a) 2 2 2 ? y = k1 x ? 1, ? 又由 ? 2 得 (1 + 4k12 ) x 2 ? 8k1 x = 0 , 2 , + = x 4 y 4 ? ? 8k1 ∴ xM = 0 , xD = , 1 + 4k12

5 构造一元二次方程的根与系数关系解决综合 性问题 例 6 (2011 年高考湖南卷·理 21)如图,椭圆
x y 3 + 2 = 1(a > b > 0) 的离心率为 ,x 轴被曲线 2 2 a b C2 : y = x 2 ? b 截 得 的 线 段 长 等 于 C1 的 长 半 轴 C1 :
2 2

(Ⅱ)设 C2 与 y 轴的交 长. (Ⅰ)求 C1 , C2 的方程; 点为 M ,过坐标原点 O 的直线 l 与 C2 相交于点 A ,
B ,直线 MA , MB 分别 C1

与相交与 D ,E . (i) 证明: MD ⊥ ME ;(ii)记 ΔMAB , ΔMDE 的 面 积 分 别 是 S1 , S2 .问是否存在直线 l , S 17 使得 1 = ?请说明理由. S 2 32

故 | MD |=| xD ? xM | 1 + k12 =
例6

8 | k1 | 1 + k12 , 1 + 4k12

同理 | ME |=

8 | k2 | 2 , 1 + k2 2 1 + 4k 2

x2 C2 的方程分别为 + y 2 = 1 , 解 (I)答: C1 , 4 y = x2 ? 1 . (解法过程略) ? 1) , (II)依题意知 M (0 ,

结合③式得:
32 4 + k 2 1 | MD | ? | ME | = (b ) , 25 + 4k 2 2 S 25 + 4k 2 17 = , 由(a)/(b)得 1 = S2 64 32 S2 = 3 解得: k = ± ,故满足条件的直线 l 存在,且有 2 3 3 两条,其方程分别为 y = x 和 y = ? x . 2 2 点评 以上解法,通过紧扣“同等地位”的两组直 线( MA 与 MB ; MD 与 ME )的斜率关系,将两直 线的斜率构造成以直线 AB 的斜率为系数的一元二 次方程的两根,通过根与系数的关系,巧妙地将两 S2 统一到直线 AB 的斜率 k 上来, 个三角形面积 S1 ,

且直线 MA , MB , AB 都不可能与 x 轴垂直, 因此可设直线 MA : y = k1 x ? 1 , 直线 MB : y = k2 x ? 1 ,直线 AB : y = kx ,
? ? y = k1 x ? 1, 由? 得 A(k1 , k12 ? 1) , 2 ? ? y = x ? 1, 同理可得 B(k2 , k22 ? 1) .

又因点 A 在 y = kx 上,
∴ k12 ? k ? k1 ? 1 = 0
2 2

①, ②,

同理可得 k ? k ? k2 ? 1 = 0

根据①,②知, k1 , k2 是一元二次方程 x 2 ? kx
?k1 + k 2 = k , ?1 = 0 的两根,于是 ? ③, ?k1 ? k2 = ?1,

使问题的获解显得干净利落、一气呵成,给人以简 洁优美之感.

不定方程与组合解释的相互作用
李 应 广东省华南师范大学数学科学学院(510631) 定理一 若 n, m ∈ N+ , m ≤ n , 则 不 定 方 程
?1 x1 + x2 + ??? + xm = n 正整数解的组数为 Cm n ?1 .

在求解不定方程的时候,若能通过“ 一一对应” 关系找到其组合解释,则不定方程的求解会显得更 加形象、直观.反之,若遇到组合问题,也可以尝 试构造不定方程来求解,两种思路相得益彰.

证明 把 n 个相同的球排成一列,则有 n ? 1 个间 ?1 隔,在这些间隔中插入 m ? 1 个挡板,则有 Cm n ?1 种不


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