高中数学巧构造妙解题.doc

巧构造 妙解题
1. 直接构造
例1. 求函数的值域。
分析：由于可以看作定点（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，则表示单位圆
表示连接定点P（2，3）与单位圆上任一点（，）所得直线的斜率。
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
所以
故
例2. 已知三条不同的直线，，共点，求的值。
分析：由条件知为某一元方程的根，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，即
（*）
由条件知，均为关于的一元三次方程（*）的根。
由韦达定理知
2. 由条件入手构造
例3. 已知实数x，y，z满足，求证：
分析：由已知得，以x，y为根构造一元二次方程，再由判别式非负证得结论。
解：构造一元二次方程
其中x，y为方程的两实根
所以
即

故△＝0，即
3. 由结论入手构造
例4. 求证：若，，则
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。

所以左边

故原式得证。
例5. 已知实数x，y满足，求证：

分析：要证原式成立，即证

即证
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，而单位圆的面积为，所以

故结论成立。
巧用函数单调性妙解数学题
函数是高中数学的重要内容，函数的单调性又是函数的重要性质。在求解某些数学问题时，若能根据题目的结构特征，构造出一个适当的单调函数，往往能化难为易，化繁为简，获得巧解和妙解。下面举例说明。
一. 巧求代数式的值
例1. 已知，求的值。
解：已知条件可化为
设，则
而在R上是增函数
则有，即
所以
点评：本题关键是将条件转化为，再构造相应函数，利用单调性求解。
拓展练习：已知方程的根为α，方程的根为β，求α+β的值。（答案：）
二. 妙解方程
例2. 解方程
解：易见x=2是方程的一个解
原方程可化为
而（因为）
在R上是减函数，同样在R上是减函数
因此在R上是减函数
由此知：当时，
当时，
这说明与的数都不是方程的解，从而原方程仅有唯一解。
拓展训练：解方程。（答：）
点评：解该类型题有两大步骤：首先通过观察找出其特解，然后等价转化为的形式，最后根据的单调性得出原方程的解的结论。
三. 妙求函数的值域
例3. 求函数的值域。
解：令，则

因为，所以
而在内递增
所以
又
而
所以为所求原函数的值域。
四. 巧解不等式
例4. 解不等式
解：设
原不等式可化为
则，即
设
显然是R上的减函数，且，那么不等式
即
因此有，解得
点评：解不等式其实质是研究相应函数的零点，正负值问题。用函数观点来处理此类问题，不仅可优化解题过程，且能让我们迅速获得解题途径。
拓展训练：解不等式。（答：）
五. 巧证不等式
例5. 设，求证。
证明：当m，n中至少有一个为0时，则有，结论成立。
设
因为在上单调递增
所以与必同号，或同为0（当且仅当时）
从而

因此，原不等式成立（当且仅当或，或时取“=”号）。
点评：原不等式等价于，这可由幂函数在上递增而得到。
本题可拓展：令，则。
六. 巧解恒成立问题
例6. 已知函数对区间上的一切x值恒有意义，求a的取值范围。
解：依题意，
对上任意x的值恒成立
整理为对上任意x的值恒成立。
设，只需
而在上是增函数
则
所以
七. 巧建不等关系
例7. 给定抛物线，F是C的焦点，过点F的直线与C相交于A，B两点，设。若，求l在y轴上的截距的变化范围。
解：设
由，得

联立（1）（2）（3）（4），解得
所以或
所以的方程为或
当时，在y轴的截距为
令，则

所以在［4，9］上是减函数
故
所以直线在y轴上截距的取值范围是：

八. 巧解数列问题
例8. 已知数列是等差数列，。
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的通项，Sn是数列的前n项和，试比较与的大小，并证明你的结论。
解：（1）由，
有
得
因此
（2）

设（n为正整数）

所以
即在上是递增的
从而
即
所以当时，
当时，
巧用函数思想解数列题
从函数观点看，数列是定义域为正整数集或它的有限子集{1，2，3，…，n}上的函数，当自变量从小到大取值时相应的一列函数值，因此，用函数思想解数列题，思路自然，方法简捷。
1. 利用周期性解题
例1. 在数列{an}中，已知，则等于（ ）
A. －1 B. －5 C. 1 D. 5
解：因为
所以
两式相加，得
从而有
即{an}是周期为6的数列，所以
选A
2. 利用单调性解题
例2. 设，且n>1，求证
证明：令
则
于是

所以
即an是n的单调递增函数，其中n＝2，3，4，…
又
所以当n＝2，3，4，…时，都有
故
3. 利用图象解题
例3. 已知数列{an}的通项公式，则数列{an}的前30项中最大项与最小项分别为（ ）

A. a1，a10 B. a1，a9 C. a10，a30 D. a10，a9
解：因为，由图象，知选D。
4. 分离参数解题
例4. 已知a>0且a≠1，数列{an}是首项为a，公比为a的等比数列，设，若对任意恒成立，求实数a的取值范围。
解：依题意，得，所以
于是

（1）当a>1时，
所以，故
当时，
所以
故
综上，得
巧用判别式
在解题中，大家往往会遇到有关一元二次方程（a、b、c，a≠0）的问题，而利用判别式解题，却能使问题化繁为简、化难为易，收到事半功倍的效果。所以，如果已知条件中含有二次方程或二次函数，则可考虑直接应用判别式，点击思维，灵活运用。下面通过几例解法，说明一下自己的感悟。

例1. 已知，求证：。
证明：由已知得
构造函数

因，所以
故成立。
说明：本题利用构造法，解题过程简捷、流畅，并且需要有较强的直接观察能力。
例2. 设实数x、y，且。求的取值范围。
解：已知 ①
设 ②
①－②整理得 ③
由①得，把③式代入得，
则有。 ④
在条件④下， ⑤
由③⑤可知，x、y是方程的根。
因为，所以，解得
综上可知，，即
说明：若题设中含有形如、的项，就可考虑用韦达定理构造二次方程。解本题需要有一定的数学思想，先求x＋y、xy，再构造二次方程，利用判别式轻松解题。
例3. 已知，求证：
证明：视不等式的左边减去右边为一个关于x的二次函数，那么有

其判别式

故开口向上的二次函数恒为非负，即对所有x、y、z，所求证的不等式成立。
说明：本题可谓“纸老虎”。通过仔细审题，巧妙构造二次函数，利用判别式使问题轻松获解。
［练一练］
在区间[1.5，3]上，函数与函数同时取到相同的最小值，则函数在区间[1.5，3]上的最大值为（ ）
A. 8 B. 6 C. 5 D. 4
答案：D
提示：，当且仅当时，，所以，在区间[1.5，3]上。
求切点弦所在直线方程的多种方法
在学习平面解析几何“直线与圆的方程”一章时，我们会遇到求切点弦所在直线方程的问题，这类问题涉及到的知识点比较多，让初学者感到费解，本文将从不同的角度来探讨它的求法。
为了解答的方便，先给出两个真命题：
命题1：已知圆O：上一点M（），则以点M为切点的圆的切线方程为。
命题2：已知两相交圆：，圆，则两圆的公共弦所在的直线方程为
例：已知点P（）为圆O：外一点，过点P作圆的切线，其中为切点，求切点弦所在的直线方程。

解法1：由题意知
所以，O、、P、四点共圆，且OP为此圆的直径，即圆：
即
又为圆O、圆的公共弦，由命题2知，切点弦所在直线方程为。
解法2：设
由命题1得，方程为方程为。
由，可得
两点坐标都满足关于的二元一次方程，而过两点的直线有且只有一条，因此，切点弦所在直线方程为。
解法3：如上图，设
容易证明，从而M为的中点。
，M坐标为
直线的方程为。
即 （*）
又由命题1得，方程为方程为。
由，可得

代入（*）式得，切点弦所在直线方程为。
对同一个问题从不同的角度去摸索和思考，这对提高我们分析问题和解决问题的能力是很有好处的。
求圆锥曲线离心率“四法”
离心率是圆锥曲线中的一个重要的几何性质，在高考中频繁出现，下面给同学们介绍常用的四种解法。
一. 直接求出a、c，求解e
已知标准方程或a、c易求时，可利用离心率公式来求解。
例1. 过双曲线M：的左顶点A作斜率为1的直线，若与双曲线M的两条渐近线分别相交于点B、C，且|AB|=|BC|，则双曲线M的离心率是（ ）
A. B. C. D.
分析：这里的，故关键是求出，即可利用定义求解。
解：易知A（-1，0），则直线的方程为。直线与两条渐近线和的交点分别为B、C，又|AB|=|BC|，可解得，则故有，从而选A。

二. 变用公式，整体求出e
例2. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
分析：本题已知，不能直接求出a、c，可用整体代入套用公式。
解：由（其中k为渐近线的斜率）。这里，则，从而选A。
三. 统一定义法
由圆锥曲线的统一定义（或称第二定义）知离心率e是动点到焦点的距离与相应准线的距离比，特别适用于条件含有焦半径的圆锥曲线问题。
例3. 在给定椭圆中，过焦点且垂直于长轴的弦长为，焦点到相应准线的距离为1，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
解：由过焦点且垂直于长轴的弦又称为通径，设焦点为F，则轴，知|MF|是通径的一半，则有。由圆锥曲线统一定义，得离心率，从而选B。
四. 构造a、c的齐次式，解出e
根据题设条件，借助a、b、c之间的关系，构造出a、c的齐次式，进而得到关于e的方程，通过解方程得出离心率e的值。
例4. 已知、是双曲线的两焦点，以线段F1F2为边作正，若边的中点在双曲线上，则双曲线的离心率是（ ）
A. B. C. D.
解：如图，设的中点为P，则点P的横坐标为，由，由焦半径公式，即，得，有，解得（舍去），故选D。

练一练
设椭圆的两个焦点分别为F1、F2，过F2作椭圆长轴的垂线交椭圆于点P，若为等腰直角三角形，则椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
参考答案：D
三角函数求最值的归类研究
求函数的最大值与最小值是高中数学中的重要内容，也是高考中的常见题型，本文对三角函数的求最值问题进行归类研究，供同学们借鉴。
一、化成的形式
例1. 在直角三角形中，两锐角为A和B，求的最大值。
解：
由，得，则当时，有最大值。
例2. 求函数在上的最大值和最小值。
解：

由，得，
得，
则当x=0时，；当时，
［点评］这类题目解决的思路是把问题化归为的形式，一般而言，，但若附加了x的取值范围，最好的方法是通过图象加以解决。
例2中，令，画出在上的图象（如图1），

图1
不难看出，即。
应注意此题容易把两个边界的函数值和误认为是最大值和最小值。
二、形如的形式
例3. 求函数的最大值和最小值。
解：由已知得，
即，
所以
因，
即解得，
故
［点评］上述利用正（余）弦函数的有界性，转化为以函数y为主元的不等式，是解决这类问题的最佳方法。虽然本题可以使用万能公式，也可以利用圆的参数方程和斜率公式去求解，但都不如上述解法简单易行。有兴趣的同学不妨试一试其他解法。
三、形如的形式
例4. 求函数的最大值和最小值。
解：
由，得，，
，即

［点评］此题是利用了分离分母的方法求解的。若用例3的解法同样可求，有兴趣的同学不妨试一下，并作解法对比。
四、形如的形式
例5. 求的最小值。
解：设，则。
从图2中可以看到在区间上是减函数（也可以利用函数的单调性定义来证明这一结论）。

当时，
［点评］若由，可得最小值是错误的。
这是因为当等号成立时，，
即是不可能的。若把此题改为就可以用不等式法求解了，同学们不妨琢磨一下。
五、利用与之间的关系
例6. 求函数的最大值和最小值。
解：设，
则，且。
由于，
故当t=1时，；当时，。
［点评］这三者之间有着相互制约，不可分割的密切联系。是纽带，三者之间知其一，可求其二。令换元后依题意可灵活使用配方法、重要不等式、函数的单调性等方法来求函数的最值。应该注意的是求三角函数的最值方法有多种，像配方法、不等式法等，这里不再赘述，有兴趣的同学不妨自己探讨一下。
练一练：
1. 求函数的最大值和最小值。
2. 求函数的最大值和最小值。
3. 已知，求函数的最大值和最小值。
答案：1.
（提示：由）
2.
（提示：由）
3. ，
（提示：令，则。
，
解得。
于是，容易求解）
三角问题的非三角化解题策略
对待三角问题，常规思路是运用三角知识及公式顺水推舟式的解析，自然而合理。其实，三角问题与相关知识的联系是十分密切的，在解题时，若能激活联想，发散思维，不少三角问题的解决途径是比较新奇和有趣的，正所谓三角问题的非三角化解题策略。这里剖析数例，以作欣赏。
一. 平几化策略
发挥平面图形的功能，以平面图形为载体，挖掘三角背景下的问题实质，使三角问题在平面图形的直观导引下得到解决。
例1. 已知△ABC的三个内角适合sin2A=sinB（sinB+sinC），求证：∠A=2∠B。

证明：如图1，联想平几知识中的切割线定理求解。延长CA到D，使AD=AB=c，
则CD=b+c。
由于sin2A=sinB（sinB+sinC），
所以a2=b（b+c），
即BC2=AC·CD，
所以BC切过A、B、D的圆于点B，
所以∠ABC=∠ADB。
因为AB=AD，
所以∠ABD=∠ADB，
所以∠CAB=∠ABD+∠ADB=2∠ABC，得证。
二. 对称化策略
利用互余三角函数间的特殊关系，以问题结构特征为出发点，通过构造“相似”结构式子，建立对称关系，开避解题坦途。
例2求cos210°+cos250°-sin40°sin80°的值。
解：设x=cos210°+cos250°-sin40°sin80°，
y=sin210°+sin250°-cos40°cos80°，
则x+y=2-cos40°；

。
联立解得，即为所求结果。
三. 线圆化策略
直线与圆是数学中的平常而重要的几何图形。从抽象的数学式子里提炼出线圆关系，使问题及字母讨论在直观的几何显示下不解自知。
例3 设方程sin2x-sin2x=2cos2x+m有实数解，试求m的取值范围。
解：原方程变形为：
3cos2x-2sin2x+2m+1=0。
观察知：点（cos2x，sin2x）在直线3x-2y+2m+1=0上，而点又在单位圆x2+y2=1上，所以这个点是直线与圆的交点。原方程有实数解，就是直线与圆有交点，所以根据圆心到直线的距离不大于半径关系得：
。
整理得m2+m-3≤0，
解得。
四. 轨迹化策略
一图值千言。依题意构点挖掘点的轨迹，发挥“区域”优势，使隐藏的“关节”得以显现，利用解析几何辅助问题获解。
例4. 设a、b＞0，且变量θ满足不等式组，求sinθ的最大值。
解设x=cosθ，y=sinθ，则不等式组等价于
原不等式呈现出鲜明的几何意义：动点（x，y）的运动区域是单位圆与二直线所围成的阴影区域。由此得sinθ的最大值就是阴影区域中的最高点的纵坐标，即（sinθ）max=yM=

五. 曲线化策略
有些三角问题，抓住结构特征，依托曲线方程，巧妙地建构圆锥曲线模型，使问题在曲线性质的帮助下简捷求解。
例5 若α、β为锐角，且，求证α+β=。
解：构造A（cos2α，sin2α），B（sin2β，cos2β）两点，则A、B两点均在椭圆上。根据圆锥曲线的切线知识知，经过点B的切线方程为x+y=1。显然点A的坐标适合切线方程，所以点A也是切点，从而知A、B两点为同一点。
即：cos2α=sin2β，sin2α=cos2β，
所以cosα=sinβ=cos（）。
由题设条件α、β为锐角，不难得α+β=。
一类求三角形面积的极值问题的解题思路与方法
问题：过点的直线与轴、轴的正半轴分别相交于点，求的面积最小值，以及此时所对应的直线方程。
解答这类问题的思路是：建立函数关系，利用有关函数的基本理论以及不等式的知识，求出目标函数的最值。
在研究函数的最值时，要注意函数的定义域对函数值的限制；在运用均值不等式求最值时，要注意取等号的条件是否具备。构造一元二次方程，利用一元二次方程有实数根时，判别式为非负数，求最值。
解答这类问题的常用解题方法如下：
一、 利用三角函数的有界性求解
解法1：设过点的直线方程为：，则，于是可设，。
记的面积为，则=
因为0<,所以：，当时，，面积的最小值是：，此时，，
所求的直线方程为：
评注：若正实数满足，我们可以设，，把二元转化为关于的一元问题，可借助三角函数的有界性求解。
二、 利用均值不等式求解
解法2：设过点的直线方程为：，
直线与轴、轴的正半轴分别相交于点. 由图知
记的面积为，则
即
因为，所以，，。
利用均值不等式得：
。
所以
当且仅当，即时的面积有最小值，此时所对应的直线方程为：

评注： 在利用均值不等式解题时，需要对目标函数进行恒等变形。变形原则是能使产生的几个正数的积（或和）为定值。
解法3：设过点的直线方程为：，则，于是
因为直线与轴、轴的正半轴相交，则。
记的面积为，则=
因为：>0,.所以.
于是：。
所以：=。
解法4：设过点的直线方程为：，则，于是
因为直线与轴、轴的正半轴相交，所以 。利用均值不等式得：
，，而，所以。
记的面积为，则
当且仅当时，。面积有最小值。
所求的直线方程为：
评注： 此题利用均值不等式，产生一个新的不等式，解这个不等式求出的最小值，从而获解。
三、判别式法
解法5：设过点的直线方程为：，
直线与轴、轴的正半轴分别相交于点. 由图知
记的面积为，则
化简得： （1）
将上式视为关于的一元二次方程，因为，所以，。
即。
面积的最小值是：，代入（1）得：
此时所对应的直线方程为：
评注：上述方法就是构造一元二次方程，利用一元二次方程有实数根时，判别式为非负数，求解。
解法6：设过点的直线方程为：，则，于是
因为直线与轴、轴的正半轴相交，则。
记的面积为，则=
化简得： （2）
将上式视为关于的一元二次方程，因为，所以，。
即。因为
面积的最小值是：，代入（2）得：，则=
所求的直线方程为：
评注：此题还可以通过消去，关于的一元二次方程，利用上述方法求解。
一类应用题的统一解法
有关应用题中最值问题，在实际条件的约束下，不能仅靠使用重要不等式求出最值，需要借助比较法，把问题转化为与端点值的大小关系问题。
例1 某种印刷品，单面印刷，其版面（如图中阴影部分）排成矩形，版面面积为A，它的左右两边都要留宽为a的空白，上下两边都要留有宽为b的空白，且印刷品左右长度不超过定值l。问：如何选择尺寸（纸张也是矩形），才能使印刷品所用纸张面积最小？从而使印刷的总用纸量最小。

图1
解：设版面左、右长为x，上、下宽为y
则有（x>0，y>0）
设每张印刷品所用纸张面积为S
则
（1）当时，
，
当且仅当时取“=”号，解得
即此时左右长为，上下宽为
（2）当时
因为
所以
且
所以

当时取等号，即选择左、右尺寸为l，上、下尺寸为用纸量最小。
综上所述，当时，选择左右尺寸为时，上、下尺寸为2b+;
当时，选择左、右尺寸为l，上、下尺寸为所用纸量最小。
例2 一船由甲地逆水匀速行驶至乙地，甲、乙两地相距s（千米），水速为常量p（千米/时），船在静水中的最大速度为q（千米/时）（q>p）。已知船每小时燃料费用（以元为单位）与船在静水中速度v（千米/时）的平方成正比，比例系数为k。
（I）把全程燃料费用y（元）表示为静水中速度v（千米/时）的函数，并指出这个函数的定义域；
（II）为了使全程燃料费用最小，船的实际前进速度应为多少？
解：（I）依题意知船由甲地匀速行驶至乙地所用的时间为，全程燃料费用为：，故所求函数及其定义域为：

（II）由题意知k、s、v、p、q均为正数，且v>p，故有

当且仅当，即时上式取等号
若，则当时，全程燃料费用y最小。
若2p>q，当时，有

因
又
所以
当且仅当v=q时等号成立，即当v=q时，全程燃料费用最小。
综上知，为使全程燃料费用最小，当时，船的实际前进速度为p；当2p>q时，船的实际前进速度应为。
例3 甲、乙两地相距s千米，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过c千米/时。已知汽车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度v（千米/时）的平方成正比，比例系数为b；固定部分为a元。
（I）把全程运输成本y（元）表示为速度v（千米/时）的函数，并指出这个函数的定义域；
（II）为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？
解：（I）依题意知汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为，全程运输成本为

故所求函数及其定义域为：

（II）依题意知s，a，b，v都为正数，故有
当且仅当时上式中等号成立
若时上式中等号成立
若时，有

因为，故有
所以，且仅当v=c时等号成立。也即当v=c时，全程运输成本y最小。
综上知，为使全程运输成本y最小，当时行驶速度应为；当时行驶速度应为v=c。
一招通解“二面角”和“点到平面的距离”
求“二面角”与“点到平面的距离”问题一直是高考命题的热点，而这两方面的题目又是很多学生感到头痛的。事实上，这两类问题有着较强的相关性，下面给出这两类问题的一个“统一”求解公式，让你一招通解两类问题，
定理：如下图，若锐二面角的大小为，点A为平面内一点，若点A到二面角棱CD的距离为，点A到平面的距离AH=d，则有。

说明：中含有3个参数，已知其中任意2个可求第3个值。其中是指二面角的大小，d表示点A到平面的距离，m表示点A到二面角棱CD的距离。值得指出的是：可用来求解点到平面的距离，也可用于求解相关的二面角大小问题。其优点在于应用它并不强求作出经过点A的二面角的平面角∠ABH，而只需已知点A到二面角棱的距离，与二面角大小，即可求解点A到平面的距离，或已知两种“距离”即可求二面角的大小。这样便省去了许多作图过程与几何逻辑论证，简缩了解题过程。还要注意，当已知点A到平面的距离d与点A到二面角棱CD的距离m求解二面角的大小时，若所求二面角为锐二面角，则有；若所求二面角为钝二面角，则
下面举例说明该公式在解题中的应用。

例1. （2004年全国卷I理科20题）如下图，已知四棱锥P-ABCD，PB⊥AD，侧面PAD为边长等于2的正三角形，底面ABCD为菱形，侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为120°。

（1）求点P到平面ABCD的距离；
（2）求面APB与面CPB所成二面角的大小。
分析：如上图，作PO⊥平面ABCD，垂足为O，即PO为点P到平面ABCD距离。第（1）问要求解距离PO，只需求出点P到二面角P-AD-O的棱AD的距离，及二面角P-AD-O的大小即可。第（2）问要求解二面角A-PB-C的大小，只需求出点C到二面角A-PB-C棱PB的距离及点C到半平面APB的距离即可。
解：（1）如上图，取AD的中点E，连结PE。由题意，PE⊥AD，即。
又二面角P-AD-O与二面角P-AD-B互补，所以二面角P-AD-O的大小为60°，即。于是由公式知：点P到平面ABCD的距离为
。
（2）设所求二面角A-PB-C的大小为，点C到平面PAB的距离为d。
连接BE，则BE⊥AD（三垂线定理），AD⊥平面PEB，因为AD∥BC，所以BC⊥平面PEB，BC⊥PB，即点C到二面角棱PB的距离为2，即m=2。
又因为PE=BE=，∠PEB=120°，所以在ΔPEB中，由余弦定理可求得PB=3。
取PB的中点F，连结AF，因为PA=AB=2，则AF⊥PB，，所以，即。又易求得，点P到平面ABC的距离：。
根据等体积法，有
，
即，所以，代入公式
。
又由于面PBC⊥面PEB，所以所求二面角A-PB-C为钝二面角，所以
点评：对于这个高考试题，许多考生反映第（2）问求解困难，失分较为严重。究其原因有二：一是不能正确地作出二面角的平面角；二是在求二面角的平面角时存在计算障碍。
利用公式求解，省去了许多繁难的作图过程与逻辑论证，其优势显而易见。
例2. 已知ABCD是边长为4的正方形，E、F分别是AB、AD的中点，GC垂直于ABCD所在的平面，且GC=2，求点B到平面EFG的距离。
分析：欲求点B到平面GEF的距离，直接求解较困难。为此我们令平面GEF作为某二面角的一个半平面，当然二面角的另一个半平面即为平面BEF，为此我们只需找到该二面角的平面角及点B到二面角棱EF的距离即可。
解：如下图，过B作BP⊥EF，交EF的延长线于P，连结AC交EF于H，连结GH，易证∠GHC就是二面角G-EF-C的平面角。

又，这就是点B到二面角C-EF-G棱EF的距离
因为GC=2，，所以，GH=，在RtΔGCH中，，于是由得所求点B到平面GEF的距离：
。
例3. 已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的侧面A1ACC1与底面ABC垂直，∠ABC=90°，BC=2，，且AA1⊥A1C，AA1=A1C。求顶点C与侧面A1ABB1的距离。
分析：如下图所示，解答好本题的关键是找到底面ABC的垂线A1D，找到了底面的垂线A1D，就可根据三垂线定理，作出侧面A1ABB1与底面ABC所成二面角的平面角A1DE，求出二面角A1-AB-C的平面角大小，就可依据公式找到点D到平面A1ABB1的距离d，进而根据D为AC中点，也就不难求出点C到侧面A1ABB1的距离。

解：如上图，在侧面A1ACC1内，作A1D⊥AC，垂足为D，因为AA1=A1C，所以D为AC的中点。又因为AA1⊥A1C，，A1D=AD=。
因为侧面A1ACC1⊥底面ABC，其交线为AC，所以A1D⊥面ABC。
过D作DE⊥AB，垂足为E，连接A1E，则由A1D⊥面ABC，得A1E⊥AB（三垂线定理），所以∠A1ED为侧面A1ABB1与面ABC所成二面角的平面角。
由已知，AB⊥BC，得ED∥BC，又D是AC的中点，BC=2，所以DE=1，，故∠A1ED=60°。
于是由公式知，点D到侧面A1ABB1的距离
。
又点D为AC的中点，故而点C到侧面A1ABB1的距离为点D到侧面A1ABB1距离的2倍，于是知点C到侧面A1ABB1的距离为。
点评：本例先通过求侧面A1ABB1与面ABC所成二面角的大小，进而利用公式求出点D到侧面A1ABB1的距离，再利用中点D的性质巧妙地求得C到侧面A1ABB1的距离，充分体现了转化与化归的思想方法在解题中的灵活运用。
隐含在不等式中的最值问题
这是求函数最值中比较复杂的一类问题，它往往与恒成立问题有联系，换元与整体思维在解决问题的过程中起主导作用，通过对以下两个问题的探讨，我们可以从中发现解决这类题目的方法规律。
例1. 若不等式对一切实数x都成立，求实数t的最大值。
解：原不等式可化为
令
则的值域为
时原不等式对都成立，故t的最大值是
注：恒成立，应考虑的最小值，而恒成立应考虑的最大值。
例2. 已知，求实数m的最大值，使不等式总能成立。
解：将m与a，b，c分离并整理得。
要使此不等式成立，只需m不大于右边式子的最小值。

练一练
已知对任意实数x，二次函数恒非负，且，求的最小值。
答案与提示：令

用待定系数法求三角函数最值
用均值不等式求三角函数最值时，“各数相等”及“和（或积）为定值”是两个需要刻意凑出的条件，从何处入手，怎样拆项，如何凑出定值且使等号成立，又能使解答过程简捷明快，这确实既“活”又“巧”，对此问题，现利用待定系数法探析。
例1. 设x∈（0，π），求函数的最小值。
分析：拿到此题，很容易想到下面的解法。
因为 sinx＞0，
所以。
故ymin=2。
显然，这种解法是错误的！错误的原因是没有考虑“=”号成立的条件。由得sinx=2，这样的x不存在，故为错解。
事实上，此题是可以用均值不等式来解答的，但需要拆项，如何拆，既能使其积为定值，又能使“=”号成立，这确实是一个难点，笔者认为，待定系数法就能很好地解决这个问题，为此，先引入一个待定系数λ（0＜λ＜2，使。由均值不等式及正弦函数的有界性，得。
当且仅当且sinx=1，即λ=时，上式等号成立。将λ=代入，得ymin=。
另解：y=。
令sinx=t(0＜t≤1＝，易证在（0，1]上单调递减，所以。
例2. 当x∈(0，)时，求函数的最小值。
分析：因为x∈(0，)，所以sinx＞0，cosx＞0，引入大于零的待定系数k，则函数可变形为+kcos2x－k≥3+－k=12，等号成立当且仅当，时成立。由sin2x+cos2x=1,。得，即k2=64，又k＞0，所以k=8。故函数y的最小值为，此时x=。
例3. 设x∈(0，)，求函数y=sinx+的最小值。
分析：因为x∈(0，)，所以sinx＞0，y=sinx+可变形为。由均值不等式得。但，故上式不能取等号。下面引入待定系数k进行配凑解之。
解：因为x∈(0，)，
所以sinx＞0。
因为
故
≥，
等号当且仅当且sinx=1，即k=时等号同时成立。从而，故函数y=sinx+的最小值为2。
例4. 求函数y=sin2x·cos2x+的最小值。
分析：易得，由均值不等式得。
但，故上式不能取等号。于是引入待定正实数λ，μ，且λ+μ=4，则有
=
≥
≥。
当且仅当且sin22x=1时等号同时成立，此时，所以当sin22x=1时，y有最小值为。
用放缩法证明不等式
所谓放缩法就是利用不等式的传递性，对照证题目标进行合情合理的放大和缩小的过程，在使用放缩法证题时要注意放和缩的“度”，否则就不能同向传递了，此法既可以单独用来证明不等式，也可以是其他方法证题时的一个重要步骤。下面举例谈谈运用放缩法证题的常见题型。
一. “添舍”放缩
通过对不等式的一边进行添项或减项以达到解题目的，这是常规思路。
例1. 设a，b为不相等的两正数，且a3－b3＝a2－b2，求证。
证明：由题设得a2＋ab＋b2＝a＋b，于是（a＋b）2＞a2＋ab＋b2＝a＋b，又a＋b＞0，得a＋b＞1，又ab＜（a＋b）2，而（a＋b）2＝a＋b＋ab＜a＋b＋（a＋b）2，即（a＋b）2＜a＋b，所以a＋b＜，故有1＜a＋b＜。
例2. 已知a、b、c不全为零，求证：

证明：因为，同理，。
所以
二. 分式放缩
一个分式若分子变大则分式值变大，若分母变大则分式值变小，一个真分式，分子、分母同时加上同一个正数则分式值变大，利用这些性质，可达到证题目的。
例3. 已知a、b、c为三角形的三边，求证：。
证明：由于a、b、c为正数，所以，，，所以，又a，b，c为三角形的边，故b+c＞a，则为真分数，则，同理，，
故.
综合得。
三. 裂项放缩
若欲证不等式含有与自然数n有关的n项和，可采用数列中裂项求和等方法来解题。
例4. 已知n∈N*，求。
证明：因为，则
，证毕。
例5. 已知且，求证：对所有正整数n都成立。
证明：因为，所以，
又，
所以，综合知结论成立。
四. 公式放缩
利用已知的公式或恒不等式，把欲证不等式变形后再放缩，可获简解。
例6. 已知函数，证明：对于且都有。
证明：由题意知
又因为且，所以只须证，又因为
所以。
例7. 已知，求证：当时。
证明：
证毕。
五. 换元放缩
对于不等式的某个部分进行换元，可显露问题的本质，然后随机进行放缩，可达解题目的。
例8. 已知，求证。
证明：因为，所以可设，，所以则，即。
例9. 已知a，b，c为△ABC的三条边，且有，当且时，求证：。
证明：由于，可设a=csina，b=ccosa（a为锐角），因为，，则当时，，，
所以。
六. 单调函数放缩
根据题目特征，通过构造特殊的单调函数，利用其单调性质进行放缩求解。
例10. 已知a，b∈R，求证。
证明：构造函数，首先判断其单调性，设，因为，所以，所以在上是增函数，取，，显然满足，
所以，
即。证毕。
用构造局部不等式法证明不等式
有些不等式的证明，若从整体上考虑难以下手，可构造若干个结构完全相同的局部不等式，逐一证明后，再利用同向不等式相加的性质，即可得证。
例1. 若，，求证：
分析：由a，b在已知条件中的对称性可知，只有当，即时，等号才能成立，所以可构造局部不等式。
证明：
同理，
∴
例2. 设是n个正数，求证：
。
证明：题中这些正数的对称性，只有当时，等号才成立，构造局部不等式如下：
。
将上述n个同向不等式相加，并整理得：
。
例3. 已知均为正数，且，求证：
。
证明：因均为正数，故，
。
又∵，
∴把以上各个同向不等式相加，整理得：

故。
例4. 设，且，求证：。
（第36届IMO）
证明：由a，b，c在条件中的对称性知，只有当时，才有可能达到最小值，此时刚好。所以，可构造如下局部不等式。
∵，
，
，

例5. 设，且，求证：。
证明：由a，b，c在条件中的对称性知，只有当时，才可能达到最小值1，此时刚好。所以，可构造如下局部不等式。
∵
∴
即
用几何模型 解概率问题
等可能事件中的一类特殊情形——几何概型，是其中一个重要的知识点，本文对这个内容进行分析与归纳，以帮助同学们了解考点变化，提升解题能力。
1. 几何概型的概念
如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度（面积或体积）成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称为几何概型。
2. 几何概型的特点
（1）试验中所有可能出现的结果（基本事件）有无限多个；
（2）每个基本事件出现的可能性相等。
3. 几何概型的计算
P（A）
例1. 某人午觉醒来，发现表停了，电台半小时报时一次，他打开收音机，想听电台报时，求他等待的时间不超过10分钟的概率。
分析：此问题等价于：将一个30厘米长的物体折成两部分，求其中一段长度不超过10厘米的概率是多少？
易求其概率为
P（A）。
例2. 两人相约8点到9点在某地会面，先到者等候另一人20分钟，过时就可离去，试求这两人能会面的概率。
分析：以x，y分别表示两人的到达时刻，则两人能会面的充要条件为。这是一个几何概型问题，可能的结果全体是边长为60的正方形里的点，能会面的点的区域用阴影标出（如图1）。所求概率为。

图1
例3. 在单位圆的圆周上随机取三点A、B、C，求是锐角三角形的概率。
解法1：记的三内角分别为，，事件A表示“是锐角三角形”，则试验的全部结果组成集合
。
因为是锐角三角形的条件