作图法

高中数学的最大特点之一就是“数形合一”，通过形的直观描述来帮助思考数的问题，同时通过数的精确刻画来推导形的正确结论，使代数问题、几何问题相互转化。

对于一些含有几何背景的题目，若能“数中思形”、“以形助数”，则往往可以借助图形的直观性，迅速作出判断，简捷地解决问题，得出正确的结果。Venn图，三角函数线，函数的图像及方程的曲线等，都是常用的图形。这些图形可以将题目中的数量关系以及空间结构准确形象地展示出来，使抽象的问题变得具体，化繁为简，便于解决数学问题。

【例1】已知向量a，b的夹角为于______.

【解法一】因为向量a，b的夹角为

3，且|a|2，|b|=1，则向量a与向量a2b的夹角等

3且|a|2，|b|=1

所以a(a2b)a22ab4221cos36

又a2b=a2b2=4+4+421cos323 所以cosa,(a2b)a(a2b)63 aa2b2232因为向量夹角的范围是[0,]，所以向量a与向量a2b的夹角等于

6.

【解法二】以O为起点，作向量OAa，OBb，则AOB=延长OB到C，使得OC=2b=2，以OA，OC为邻边构造平行四边形OADC，则ODa+2b.

又因为OA=OC=2，所以平行四边形OADC是菱形，因此OD平分AOB，所以AOD=O3如图1，

ADaa+2bbB图1C6，

1

即向量a与向量a2b的夹角等于

6.

【点评】本题是一道平面向量求夹角的常规题目，看似简单，实则将对平面向量的数量积及向量的模的考查表达了出来. 但是通过解法二我们看到，直接利用向量加法的平行四边形法则，充分利用已知条件转化为图形得特点进行分析，即可快速地得出结论. 因此，解决此类问题我们可以选择“选画后算”的思路分析，利用向量加法、减法及数乘向量的图形运算法则，充分挖掘图形的特点，简化计算过程.

【例2】在平面内，定点A，B，C，D满足DA=DB=DC，DADB=DBDC=DCDA=-2，动点P，M满足AP=1，PM=MC，则BM的最大值是（ ）

（A）

37+6337+2334349 （B） （C） （D） 44442【解法一】因为DA=DB=DC，所以D是ΔABC的外心， 又DADB=DBDC，

所以DB(DADC)0DBCA0，即DBCA 同理，DABC，DCAB，所以D是ΔABC的垂心， 因此，ΔABC是等边三角形

又因为DADB=DBDC=DCDA=-2，

BDC=CDA=120，所以DA=DB=DC=2，且ADB=

yAP以D为原点，与BC平行线为x轴，BC中垂线为y轴建系 如图2，则A(0,2)，B(3,1)，C(3,1)

因为AP=1，则点P的轨迹是以A为圆心1为半径的圆，所以设P的坐标为(cos,2sin),[0,2].

又PM=MC，所以M是线段PC的中点，即M(2DMxBC图23+cos1sin,)， 22所以BM=(3+cos1sin+3)2(1)2 222

37+6sin63cos==4故答案选B.

37+12sin(4)349

4【解法二】前同解法一，

取线段AC的中点N，则点N的坐标为(31,)（如图3） 22y因为M，N分别是线段PC，AC的中点， 所以MN11AP 22BAPDNMxC1所以点M在以N为圆心，为半径的圆上，

2图31332317因此BMBN+=()()2

22222所以BM的最大值为

249. 4【点评】本题是一个典型的平面向量问题，源于教材，并高于教材。如题干中的

DA=DB=DC，DADB=DBDC=DCDA=-2两个条件是以人教A版《必修4》第二章

总复习题B组的第5题和第8题为背景的；题干中动点P，M满足AP=1，PM=MC含有任教A版《必修2》第4.1.2节的例5为背景改编的. 以上两种解法可以看出，通常可以从“几何意义法”，“坐标表示法”等角度解决平面向量的有关问题. 由于向量可以用有向线段进行几何表示，因此做题时首先应根据题意尝试作出图形，从图中观察几何关系与数量关系. 如同本例中的解法二，画出图形不难发现点B是不变的，点M在以N为圆心

21为半径的圆上，那么2求解BM的最大值就可以转化为圆上动点到圆外定点间最大距离的常规问题上来.

【例3】已知P(x,y)的直线kxy40(k0)上一点，PA和PB是圆C:x2y22y0的两条切线，切点为A，B两点，若四边形PACB的最小面积是2，则k的值为（ ）

（A）3 （B）

21 （C）22 （D）2 23

【解析】 把圆的方程从一般式化为标准形式得x(y1)0，B22yCAx所以圆心C(0,1)，半径r1.

如图4，连接PC，易得四边形PACB的面积S=2SΔPBC，所以若四边形PACB的面积的最小值是2，则SΔPBC的最小值为1.

又SPBC1r|PB|，所以|PB|的最小值是2，此时|PC|最小，2Pkx+y+4=0图4易知|PC|的最小值为圆心到直线kxy40的距离d，

又d|5|k215，即k2=4，因为k>0，所以k=2，故本题选D.

【点评】直线与圆中的最值问题主要包含两个方面：一是参量的取值范围，由直线和圆的位置关系或几何特征，引起的参量如k，b，r的值变化。此类问题主要是根据几何特征建立关于参量的不等式或函数。二是长度或面积等几何要素的最值，由于直线或圆的运动，引起的这些几何要素量的变化。此类问题主要是建立关于参数如k或b，r的函数，运用函数或基本不等式求最值。而利用图形的优势分析这些问题，我们会发现其实最值经常在一些特殊位置取得，这样就可以简化我们的计算过程。相似的背景下，我们还可以解决这样的问题：已知Q为圆C：

(x3)2y21上一动点，则点Q到直线yx1距离的最小值是____；A(0,1)，B(2,3)为直线

y=x+1上两点, SΔQAB的最小值是____；由直线y=x+1上一动点P向圆C引切线，则切线长的最小值是____；已知P为直线y=x+1上一动点，过P作圆C的切线PA，PB其中，A、B为切点，则当线段PC长是____，APB最大；过点(1,

1)的直线l将圆C分成两段弧，当劣弧所对2的圆心角最小时，直线l的斜率是____；当直线l截得的弦最短（或最长）时，直线l的方程是____等等这些问题，利用本题的解题策略，均可以试着求解。

【例4】一动圆P与C1:(x1)2y21外切，同时与圆C2:(x+1)2y29内切，则动圆P的轨迹方程是_____；若点M是C3:x2(y3)21上的动点，点F(1,0)，则当P的坐标为_______时，|PM||PF|的最大值是_______.

【解析】设P(x,y)，由题意可知C2(1,0)，C3(0,3)， 又|PF|13|PC2|，则|PC2||PF|4，

4

x2y21（除去点（0,2）所以由椭圆定义得P的轨迹为椭圆，其方程为）. 43由于P的轨迹是椭圆，做出其图像如图5，根据椭圆定义得：

|PM||PF|4|PM||PC2|4+|MC2|，

yC3M而|MC2|的最大值又是在M、C2、C3三点共线时取得， 因此|PM||PF|max|C2C3|15+10， 此时对应的点P为图5中P’的位置，

C2P'POFx122103610,其坐标为P. 1313图5【点评】本题的条件较复杂，求过程中即要运用圆的相关性质，还要运用椭圆的定义及三角形的相关性质，因此图形的辅助功能可以使条件直观地展现出来，从而使得条件之间的关系更加清晰，更有利于梳理解题流程。

总之，解析几何问题既然与图形有关，何不先画图再解决呢？说不定当我们不知从何下手时，图形已经直接告诉了我们答案。因此从多方面入手，养成利用图形分析解析几何问题的习惯，才能提高解决问题的能力。

，2]上是减【例5】在R上定义的函数f(x)是偶函数，且f(x)f(2x)，若f(x)在区间[1函数，则f(x)（ ）

1]上是增函数，在区间[3，4]上是增函数 （Ａ）在区间[2，1]上是增函数，在区间[3，4]上是减函数 （Ｂ）在区间[2，1]上是减函数，在区间[3，4]上是增函数 （Ｃ）在区间[2，1]上是减函数，在区间[3，4]上是减函数 （Ｄ）在区间[2，【解析】因为f(x)f(2x)，所以f(x)关于x=1对称，

又因为f(x)是偶函数，所以函数f(x)的周期为2，画出简单地示意图如图6所示，

y-2-1O1图6234x

5

1]上是增函数，在区间[3，4]上是减函数，故选择B. 由图可知f(x)在区间[2，【点评】通过形的直观性分析，数的抽象性非常清晰地展现出来了，数形结合起到了四两拨千斤的作用，答案也就迎刃而解。

x2x3,x1,【例6】（2017年·天津理8）已知函数f(x)2设aR，若关于x的不等式

x,x1.xf(x)|xa|在R上恒成立，则a的取值范围是（ ） 247473939（A）[,2] （B）[,] （C）[23,2] （D）[23,]

16161616xx【解法一】由f(x)|a|可得f(x)af(x)(*)，

22xx3x当x≤1时，（*）式为x2x3ax2x3，游参得x23ax23，

222由于x23=(x)2x21414747， （当x时取等号）

16164x233x339394739，所以a， 3=(x)2（当x时取等号）

241616161642xx22x3x2x2a， 2x2x当x>1时，（*）式为xax，游参得由于233x2x2x23x2=+23（当x时取等号），2=2（当x2时取等2x2x2x2x3号），所以23a2，

综上47a2，故选A. 16x2【解法二】满足不等式f(x)|a|在R上恒成立时，fx的图象恒在函数y的上方，由于本题是选择题，采用特值排除法.

当a23时，函数图象如图7所示，排除C、D选项，

xa图像26

yf(x)x-232xy=O图7 当a39时，函数图象如图8所示，排除B选项； 16yf(x)x39+216xy=O图8

本题选择A选项.

【点评】本题主要考查基本初等函数的图象和性质，设问综合了分段函数单调性、函数零点以及图象变换等典型考点，充分考查了考生的数形结合思想与转化化归思想，考验学生的知识理解深度与分析问题解决问题的能力。

函数图像是函数很重要的一种表示方法，因此我们在分析与函数相关的问题时，要学会用函数的观点与方法观察、分析此类问题，用数形结合思想方法处理此类问题，充分利用函数的图像解决有关函数、不等式等问题。

【课后练习】 一、选择题

1. （2017年，新课程III理12）在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若AP= AB+AD，则+的最大值为（ ）

（A）3

（B）22

（C）5

（D）2

2. 抛物线y24x的焦点为F，点P(x,y)为该抛物线上的动点，又点A(1,0)，则

PF的PA7

最小值是（ ）

（A）

23221 （B） （C） （D） 2223log4x,0x4,3.（17年·朝阳一模理6）已知函数f(x)2若a,b,c,d是互不相同的正

x10x25,x4.数，且f(a)f(b)f(c)f(d)，则abcd的取值范围是（ ）

（A）(24,25)

（B）(18,24)

（C）(21,24)

（D）(18,25)

24. （2017年·山东理10）已知当x0,1时，函数ymx1的图象与yxm的图象有且只有一个交点，则正实数m的取值范围是（ ）

（A）0,123, （B）0,13,

3,

0,2（C）0,223, （D）

二、填空题

1. 已知两个单位向量a，b的夹角为60°，c=ta+(1-t)b，若b·c=0，则t=____. 2.如图9，在等腰梯形ABCD中，AB=8，BC=4，CD=4. 点P 的取值范围是_____ 在线段AD上运动，则

3.（17年·东城一模理13）双曲线

PA图9BDCxy1(a0,b0)的22ab22渐近线为等边三角形OAB的边OA,OB所在直线，直线AB过双曲线的焦点，且|AB|2，则a _______．

4.（17年·顺义一模理14）已知函数

3x,xm,f(x)2，函数g(x)f(x)k.

x,xm.（1）当m2时，若函数g(x)有两个零点，则k的取值范围是 ； （2）若存在实数k使得函数g(x)有两个零点，则m的取值范围是 .

8

【课后练习答案】 一、选择题 1. A

【解析】如图，建立平面直角坐标系 设A0,1,B0,0,D2,1,Px,y 根据等面积公式可得圆的半径是242，即圆的方程是x2y2

55APx,y1,AB0,1,AD2,0，若满足APABAD

x2xxxx,1y ，即 ，所以y1，设zy1 ，即y1z0，

2222y1点Px,y在圆x2y222z24上，所以圆心到直线的距离dr，即 ，解得1z3，

51514所以z的最大值是3，即的最大值是3，故选A.

2. B

【解析】由已知可得，抛物线的准线为x1 ，过P作准线的垂线，垂足为Q（如图10所示），

QyPPFPQ因此由抛物线定义可得，==sinQAP

PAPA显然，当直线AP与抛物线相切时，∠QAP最小 设AP方程为yk(x1)，和抛物线方程联立方程组得

AOFx图10y24x 消y得kx2(2k24)xk20， yk(x1)由于直线AP与抛物线相切，所以=(2k24)24k20，解得k=1

PF2sin45=因此∠QAP的最小值为45°，故，本题选B. PA23.A

【解析】根据已知做出函数图像如图11，

9

y假设abcd 由图可知ab1，且cd10 1Oab图114cdx所以abcdc(10c)c210c

5又因为c(4,5) 所以abcd，故本题选A. （24,25）4.B

【解析】利用特值排除法求解本题. 当m=2时，作两函数图像如图12，显然在[0,1]上两图像无交点，故排除选项C、D；

当m=3时，作两函数图像如图13，显然在[0,1]上两图像仅有一个交点，满足条件，故本题选B.

二、填空题 1. 2

【解析】由于两个单位向量a，b的夹角为60°，故建立直角坐标

13系如图14，得到两向量的坐标分别为a(1,0)，b(,)，所以

2213c((t1),(1t))，又b·c=0，所以解得t=2.

22O图121xyyO1图13xybOa1x图14DPAC2. 843，

【解析】如图15所示，取AB中点E，连接PE、DE E图15B因此PA+PB=2PE.由图可知，ADE为等边三角形， 又P是AD边上的动点，所以23PE4，因此y. PA+PB，843OAFBx3.

3 2图1610

【解析】根据已知做图如图16，由于OAB是等边三角形 所以双曲线的渐近线方程为y3x，因为|AB|=2，所以|OF|=c=3. 3b333因此由a解得. a，b322a2b234. 4,8；,01,

【解析】由已知可得g(x)f(x)k有两个零点，即为yf(x)图形与yk图像有两个交点，分别作出两函数图像，如图17所示. （1）当m2时，yf(x)分段点为x2，要使两函数有两个交点故k(4,8]；

yf(x)y=kOmx图17y（2）若存在实数k使得函数g(x)有两个零点，故函数yf(x)不单调， m0因此由图17知3解得m1；由图18知，m0时也满足条件，2mm故m的取值范围是,01,.

mOf(x)y=kx图1811