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2013年高考数学预测新课标数学考点预测(29):转化与化归的思想方法

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2013 年高考数学预测新课标数学考点预测(29) 转化与化归的思想方法
化归与转化的思想确是指在解决问题时,采用某种手段使之转化,进而使问题得到解 决的一种解题策略,是数学学科与其它学科相比,一个特有的数学思想方法,化归与转化思 想的核心是把生题转化为熟题,将复杂问题化归为简单问题,将较难问题化为较易问题, 将 未解决问题化归为已解决问题。 事实上, 解题的过程就是一个缩小已知与求解的差异的过程, 是求解系统趋近于目标系统的过程,是未知向熟知转化的过程,因此每解一道题,无论是难 题还是易题,都离不开化归。例如,对于立体几何问题,通常要转化为平面几何问题,对于 多元问题,要转换为少元问题,对于高次函数,高次方程问题,转化为低次问题,特别是熟 悉的一次, 二次问题, 对于复杂的式子, 通过换元转化为简单的式子问题等等。 化归灵活性、 多样性, 无统一模式, 利用动态思维, 去寻找有利于问题解决的变换途径与方法。 在高考中, 对化归思想的考查, 总是结合对演绎证明, 运算推理, 模式构建等理性思维能力的考查进行, 因此可以说高考中的每一道试题,都在考查化归意识和转化能力。高考重视常用变换方法: 一般与特殊的转化、繁与简的转化、构造转化、命题的等价转化。

1. 转化运算.
例 1. 若动直线 x = a 与函数 f ( x) = sin x 和 g ( x) = cos x 的图像分别交于 M ,N 两点,则

MN 的最大值为(
A.1 B. 2

) C. 3 D.2

分析: 动直线 x = a 与函数 f ( x ) = sin x 和 g ( x ) = cos x 的图像分别交于 M ,N 两点, 横坐 标相同,那么 MN 就是纵坐标之差,即 MN = sin x ? cos x 求最值。

解: MN = sin x ? cos x =

π? ? 2 sin ? x ? ? 最大值为 2 4? ?

评注:审题要审准,读懂题意,将问题学会转化。 例 2. ( 2008 湖 北 卷 , 理 14 ) 已 知 函 数 f ( x) = 2 x , 等 差 数 列 {ax } 的 公 差 为 2 . 若

f (a2 + a4 + a6 + a8 + a10 ) = 4 ,则 log 2 [ f (a1 ) ? f ( a2 ) f ( a3 ) ?? ? f ( a10 )] =

.

分 析 : 题 目 中 的 已 知 条 件 很 容 易 求 得 a2 + a4 + a6 + a8 + a10 , 而 所 求 的 为

log 2 [ f (a1 ) ? f (a2 ) f (a3 ) ?? ? f (a10 )] 可以转化为等差数列 {ax } 的前 10 项之和,根据公差,
可以把前 10 项之和转化为用 a2 + a4 + a6 + a8 + a10 表示出来,从而求得。 解 : 由 f ( x) = 2 x 和 f ( a2 + a4 + a6 + a8 + a10 ) = 4 知 a2 + a4 + a6 + a8 + a10 = 2 ,

log 2 [ f (a1 ) ? f (a2 ) f (a3 ) ?? ? f (a10 )] = log 2 f (a1 ) + log 2 f (a2 ) + ? + log 2 f (a10 )

= a1 + a2 + a3 + ? + a10 = 2 ( a2 + a4 + a6 + a8 + a10 ) ? 5 × 2 = ?6 评注:仔细分析题目,把运算进行转化,可以大大地节省时间,提高做题的效率。本题中把 等差数列 {ax } 的前 10 项之和转化为用 a2 + a4 + a6 + a8 + a10 表示出来,比较快捷,减少计 算量。

2.新定义运算转化为普通运算
例 3. (2008 山东省泰安市)如图所示的韦恩图中,A、B 是非空集合,定义集合 A#B 为阴影 部分表示的集合.若 x, y ∈ R, A = x | y = 为( ) B. { x |1 < x ≤ 2} D. { x | 0 ≤ x ≤ 1或x > 2}

{

2 x ? x 2 , B = { y | y = 3x

}

( x > 0 )} , 则 A#B

A. { x | 0 < x < 2}

C. { x | 0 ≤ x ≤ 1或x ≥ 2}

分析:根据图形语言可知定义的 A#B 转化为原有的运算应该是表示为 ?A∪ B ( A ∩ B ) ,所以需 要求出 A ∪ B 和 A ∩ B ,借助数轴求出并集与交集。 解: A = x | y =

{

2 x ? x 2 = {x 2 x ? x 2 ≥ 0} = { x 0 ≤ x ≤ 2} ,

}

0

1

2

x

B = {y | y = 3

x

( x > 0 )} = { y

y > 1} ,则 A ∪ B = { x x ≥ 0} , A ∩ B = { x 1 < x ≤ 2} ,根据新

运算,得 A#B= ?A∪ B ( A ∩ B ) = { x 0 ≤ x ≤ 1或x > 2} 故选 D 答案:D 评注:本题是集合中的新定义运算题,综合考查了图形语言、集合的描述法表示,函数的定 义域和值域, 以及集合的交并补的运算。 解题的关键是由图形语言把新定义运算转化为原有 的普通运算解出。 例 4. (2008 山东省郓城一中)定义一种运算 a ? b = ?

?a, a ≤ b ,令 ?b, a > b

f (x ) = (cos 2 x + sin x ) ?
A.

5 ? π? ,且 x ∈ ?0, ? ,则函数 4 ? 2?
C. ? 1

π? ? f ? x ? ? 的最大值是( 2? ?
D. ?



5 4

B.1

5 4
5 的大小关系, 4

分析:根据新定义,知要确定函数 f ( x ) 的解析式,需要比较 cos 2 x + sin x 与

即需要求 cos 2 x + sin x 的取值范围,另外,还要注意自变量的取值范围,再确定 f ? x ? 的解析式,从而求出函数的最大值。

? ?

π? ? 2?

1? 5 ? 解:设 y = cos 2 x + sin x = ? sin 2 x + sin x + 1 = ? ? sin x ? ? + , 2? 4 ?
∵ x ∈ ?0,

2

5 5 ? π? ,∴ 0 ≤ sin x ≤ 1 ,∴ 1 ≤ y ≤ ,即 1 ≤ cos 2 x + sin x ≤ , ? 4 4 ? 2?

根据新定义的运算可知 f ( x ) = cos 2 x + sin x , x ∈ ?0,
2

? π? ? ? 2?
2

π? ? ? π ? 1? 5 1? 5 ? ? ?π ? ∴ f ? x ? ? = ? ?sin ? x ? ? ? ? + = ? ? cos x + ? + ( x ∈ ? , π ? ) 2? 2 ? 2? 4 2? 4 ? ? ?2 ? ? ?
∴函数 f ? x ?

? ?

π? 5 ? 的最大值是 ,故选 A 2? 4

答案:A 评注:解决新定义问题,首先要把定义读懂理解透,把陌生的新内容转化为熟悉的已知的内 容,在此基础上进一步研究熟悉的问题。

3.转化函数关系
例 5. (2008 山东卷,文 15)已知 f (3x ) = 4 x log 2 3 + 233 , 则 f (2) + f (4) + f (8) + ? + f (28 ) 的值等于
x



分析:本题中的函数不是以为整体,而是以 3 为整体给出的解析式,所以要求函数值,需 要先求关于的解析式,再代入求值。 解:∵ f (3x ) = 4 x log 2 3 + 233 = 4 log 2 3 x + 233 ,∴ f ( t ) = 4log 2 t + 233 , 则 f (2) + f (4) + f (8) + ? + f (28 )

= ( 4 log 2 2 + 233) + ( 4 log 2 4 + 233) + ( 4 log 2 8 + 233) + ? + ( 4 log 2 28 + 233)

= 4 (1 + 2 + 3 + ? + 8) + 8 × 233 = 2008
评注:有些题目中往往所给的解析式不是关于的解析式,这时需要我们把解析式进行转化, 本题中先把函数进行转化,然后进行运算。

4.函数与导函数之间的转化

例 6. (2008 湖北卷,理 7)若 f ( x ) = ? 取值范围是 ( A. [?1, +∞ ) ) B. ( ?1, +∞)

1 2 x + b ln( x + 2)在(-1,+∞ )上是减函数,则 b 的 2

C. ( ?∞, ?1]

D. ( ?∞, ?1)

分析:把已知条件函数在某区间上是单调减函数需要转化为函数的导函数在此区间上是恒 负,再分化出 b ,转化为函数研究最值问题解决。 解 : ∵ f ( x) = ?

1 2 b x + b ln( x + 2)在(-1,+∞) 上 是 减 函 数 , ∴ f ' ( x ) = ? x + <0 在 x+2 2

( ?1, +∞ ) 上恒成立,即 b < x ( x + 2 ) 在 ( ?1, +∞ ) 上恒成立,设 g ( x ) = x ( x + 2 ) = ( x + 1)2 ? 1 在 ( ?1, +∞ ) 上单调递增,∴ g ( x ) > ?1 ,∴当 b ≤ ?1 时, b < x ( x + 2 ) 在 ( ?1, +∞ ) 上恒成立,即
1 f ( x ) = ? x 2 + b ln( x + 2)在(-1,+∞)上是减函数。故选 C 2
答案:C 评注: 函数的单调性通常转化为导函数的正负判断, 而不等式恒成立又常常转化为函数研究 最值问题,本题中还要注意做题的严密性,等号不能丢掉。 例 7. (2008 福建卷, 理 12) 已知函数 y=f(x),y=g(x)的导函数的图象如下图, 那么 y=f(x),y=g(x) 的图象可能是( )

分析:注意观察导函数的图象以及原函数的图象,并把所得到的信息转化为原函数的信息, 加以排除选择。 解 : 令 F ( x ) = f ( x ) ? g ( x) , 则 F ′( x) = f ′( x ) ? g ′( x) , 当 x < x 0 时 , 由 图 象 知

f ′( x ) > g ′( x) , 即 F ′( x ) > 0 , F ( x) 是 增 函数 , 则 答案 A , C错 ,
f ′( x ) < g ′( x ) ,即 F ′( x ) < 0 , F ( x) 是减函数,则答案B错,故选D.
答案:D

当 x > x0 时 ,

评注:对于由图形给出的信息要从中提炼出来,并适当地用数学语言表述准确,本题中的两 个函数可以转化为一个函数,进行构造,导函数的正负转化为原函数的增减。

5.三视图转化为立体图
例 8. (2009 莱阳模拟)一个几何体的三视图如图所示,其中正视图和侧视图是腰长为 4 的 两个全等的等腰直角三角形.若该几何体的体积 为 V, 并且可以用 n 这样的几何体拼成一个棱长为 4 的正方体,则 V,n 的值是( ) A. V = 32, n = 2 B. V = C. V =

64 ,n = 3 3

A

32 ,n = 6 3

D. V = 16, n = 4

分析:由三视图转化为立体图,再做解答。 解:根据三视图,可知此几何体为一个如图所示的四棱锥,其体积为

64 ,故选 B 3

答案:B 评注:高考题注重对立体几何中的三视图的考查,一般是给出几何体的三视图,让我们还 原为立体图,然后求出一些几何量。 例 9. (2008 山东淄博市模拟)一个几何体的三视图如下图所示,其中正视图中△ ABC 是 边长为 2 的正三角形,俯视图为正六边形,那么该几何体的侧视图的面积为( )

正视图

侧视图

俯视图 F D E C. 12 D. 6

3 A. 2

2 B. 3

P M ON

C

B

分析:先把三视图还原为立体图,再由立体图进行解答。 解:有三视图可知,此几何体为正六棱锥,如图,其中正视图 为 △ PBE ,是正三角形,则 BE = 2 ,∴底面边长为 1,侧棱长为 2, 则高为 3 ,设 M , N 分别为 AF , CD 的中点,则 △ PMN 为侧视图, 1 3 MN = 3 ,∴侧视图的面积为 × 3 × 3 = ,故选 A 。 2 2 答案: A 评注:正确对待三视图,要会还原为立体图,找出相应的量解出, 注意对应的量不能出错。

6.极坐标与参数方程转化为普通方程
例 10. (2008 南通四县) (坐标系与参数方程)已知曲线 C 的极坐标方程是 ρ = 4 cos θ .以 极点为平面直角坐标系的原点,极轴为 x 轴的正半轴,建立平面直角坐标系,直线 l 的参数

? 2 t +1 ?x = ? 2 方程是: ? ,求直线 l 与曲线 C 相交所成的弦的弦长. ? y= 2t ? ? 2

分析: 本题既有参数方程又有极坐标方程, 用极坐标方程和参数方程研究弦长问题很难解决, 可以转化为普通方程求出。 解 : 曲 线 C 的 极 坐 标 方 程 是 ρ = 4 cos θ 化 为 直 角 坐 标 方 程 为 x 2 + y 2 ? 4 x = 0 , 即

( x ? 2 )2 + y 2 = 4

? 2 t +1 ?x = ? 2 直线 l 的参数方程 ? ,化为普通方程为 x-y-1=0, ? y= 2t ? ? 2

曲线 C 的圆心(2,0)到直线 l 的距离为

1 2 = 2 2
2

所以直线 l 与曲线 C 相交所成的弦的弦长 2 4 ? 1 = 14 . 评注:研究极坐标与参数方程问题可以直接研究,也可以转化为普通方程研究,特别是在研 究直线与圆锥曲线的位置关系时常常转化为普通方程求出。

7.函数、方程、不等式之间的转化
3 例 11. (2009 山东省济宁市)若函数 f ( x ) = x ? 3x + a 有三个不同的零点,则实数 a 的取

值范围是 A. ( ?2, 2) B. [ ?2, 2] C. ( ?∞, ?1) D. (1, +∞ )

分析:本题为三次函数有三个不同的零点,则函数应该有两个极值点,一个极值为正,一个 极值为负,所以要先求出其导数,再求其极值。 解 : 由 函 数 f ( x ) = x ? 3x + a 有 三 个 不 同 的 零 点 , 则 函 数 f ( x ) 有 两 个 极 值 点 , 且 有
3

f ' ( x ) = 3 x 2 ? 3 = 3 ( x + 1)( x ? 1) = 0 , 得 x1 = 1, x2 = ?1 , 所 以 函 数 f ( x ) 的 两 个 极 值 为
?a + 2 > 0 ∴ ?2 < a < 2 ,故选 A f (1) = a ? 2 和 f ( ?1) = a + 2 ,结合图象,应该有 ? ?a ? 2 < 0
答案:A 评注:一般地对于高次函数来说,要转化为导函数研究问题,特别是在研究函数的单调性、 最值等性质时要用导数解决。 例 12.设函数 f ( x ) =

a 3 3 2 x ? x + ( a + 1) x + 1, 其中a 为实数。 3 2

(Ⅰ)已知函数 f ( x ) 在 x = 1 处取得极值,求 a 的值; (Ⅱ)已知不等式 f ' ( x ) > x 2 ? x ? a + 1 对任意 a ∈ (0, +∞ ) 都成立,求实数 x 的取值范围。 分析: (Ⅱ)中不等式 f ' ( x ) > x 2 ? x ? a + 1 对任意 a ∈ (0, +∞ ) 都成立,可以转化为的不等 式在 a ∈ (0, +∞ ) 都成立,从而变为的一次函数由单调性来解答;也可以将分化出来,转化

为的不等式在 a ∈ (0, +∞ ) 恒成立,研究右边函数的最值。 解: (1) f ' ( x ) = ax 2 ? 3 x + ( a + 1) ,由于函数 f ( x ) 在 x = 1 时取得极值,所以 f ' (1) = 0 即 a ? 3 + a + 1 = 0,∴ a = 1 (2) 方法一: 由题设知: ax 2 ? 3 x + ( a + 1) > x 2 ? x ? a + 1 对任意 a ∈ (0, +∞ ) 都成立 即 a( x 2 + 2) ? x 2 ? 2 x > 0 对任意 a ∈ (0, +∞) 都成立 设 g ( a) = a( x 2 + 2) ? x 2 ? 2 x (a ∈ R ) , 则对任意 x ∈ R , g ( a) 为单调递增函数 ( a ∈ R ) 所以对任意 a ∈ (0, +∞ ) , g ( a ) > 0 恒成立的充分必要条件是 g (0) ≥ 0 即 ? x 2 ? 2 x ≥ 0 ,∴ ?2 ≤ x ≤ 0 , 于是 x 的取值范围是 x | ?2 ≤ x ≤ 0} 方法二:由题设知: ax 2 ? 3 x + ( a + 1) > x 2 ? x ? a + 1 对任意 a ∈ (0, +∞ ) 都成立 即 a( x 2 + 2) ? x 2 ? 2 x > 0 对任意 a ∈ (0, +∞ ) 都成立

{

于是 a >

x2 + 2 x x2 + 2 x 对任意 都成立,即 a ∈ (0, +∞) ≤0 x2 + 2 x2 + 2

∴ ?2 ≤ x ≤ 0 , 于是 x 的取值范围是 { x | ?2 ≤ x ≤ 0}
评注:对于不等式恒成立问题,一般来说是要分化出参数,转化为求右边函数的最值问题; 但有的也不容易分化,我们也可以转换主变量,把二次函数转化为一次函数,根据一次函数 的单调性即可容易完成。 (湖北理) 已知定义在正实数集上的函数 f ( x ) =

1 2 x + 2ax , g ( x ) = 3a 2 ln x + b ,其中 a > 0 .设两 2

曲线 y = f ( x ) , y = g ( x ) 有公共点,且在该点处的切线相同. (I)用 a 表示 b ,并求 b 的最大值; (II)求证: f ( x ) ≥ g ( x ) ( x > 0 ) . 本小题主要考查函数、 不等式和导数的应用等知识, 考查综合运用数学知识解决问题的能力. 解: (Ⅰ)设 y = f ( x ) 与 y = g ( x )( x > 0) 在公共点 ( x0,y0 ) 处的切线相同.

∵ f ′( x ) = x + 2a , g ′( x ) =

3a 2 ,由题意 f ( x0 ) = g ( x0 ) , f ′( x0 ) = g ′( x0 ) . x

?1 2 2 ? 2 x0 + 2ax0 = 3a ln x0 + b, 3a 2 ? 即? 由 得: x0 = a ,或 x0 = ?3a (舍去) . x + 2 a = 0 2 x0 ? x0 + 2a = 3a , ? x0 ?
1 2 5 a + 2a 2 ? 3a 2 ln a = a 2 ? 3a 2 ln a . 2 2 5 令 h(t ) = t 2 ? 3t 2 ln t ( t > 0) ,则 h′(t ) = 2t (1 ? 3ln t) .于是 2
即有 b =
1

当 t (1 ? 3ln t ) > 0 ,即 0 < t < e 3 时, h′(t ) > 0 ;
1

当 t (1 ? 3ln t ) < 0 ,即 t > e 3 时, h′(t ) < 0 .
1 ? ? ? 1 ? 3 故 h(t ) 在 ? 0,e ? 为增函数,在 ? e 3, + ∞? 为减函数, ? ? ? ?

? 1 ? 3 2 3 于是 h(t ) 在 (0, + ∞) 的最大值为 h ? e ? = e 3 . ? ? 2
(Ⅱ)设 F ( x ) = f ( x ) ? g ( x ) =

1 2 x + 2ax ? 3a 2 ln x ? b ( x > 0) , 2

则 F ′( x ) = x + 2a ?

3a 2 ( x ? a )( x + 3a ) = ( x > 0) . x x

故 F ( x) 在 (0,a ) 为减函数,在 ( a, + ∞) 为增函数, 于是函数 F ( x) 在 (0, + ∞) 上的最小值是 F (a ) = F ( x0 ) = f ( x0 ) ? g ( x0 ) = 0 . 故当 x > 0 时,有 f ( x ) ? g ( x ) ≥ 0 ,即当 x > 0 时, f ( x ) ≥ g ( x ) .

8.数列问题的转化
例 13. (2009 莱阳高三理) 若数列 {an } 满足

1 1 则称数列 {an } ? = d ( n ∈ N ? , d 为常数) , an ?1 an


为调和数列。已知数列 ?

?1? ? 为调和数列,且 x1 + x2 + …+x20 = 200 ,则 x5 + x16 = ? xn ?

分析:根据调和数列的定义,可以看出其倒数数列符合等差数列的定义,由此可以转化, 利 用等差数列的定义求出前项和。 解:根据调和数列的定义知:数列 {an } 为调和数列,则

1 1 ? = d ( n ∈ N ? , d 为常数) , an ?1 an

?1? ?1? 也就是数列 ? ? 为等差数列,现在数列 ? ? 为调和数列,则数列 { xn } 为等差数列,那么 ? an ? ? xn ?
由 x1 + x2 + …+x20 = 200 ,得 x1 + x2 + …+x20 = 10 ( x5 + x16 ) = 200 , x5 + x16 = 20 答案:20 评注:本题为新定义题,但也不要被表象所迷惑,通过现象看本质,转化为我们熟悉的特殊 数列等差数列进一步解答,此题中注意角色的变化,数列 ? 差数列是解题的关键。 例 14. (2008 陕西卷,文 20)已知数列 {an } 的首项 a1 =

?1? ? 为调和数列,数列 { xn } 为等 x ? n?

2 2an , an +1 = , n = 1, 2,3, …. 3 an + 1

(Ⅰ)证明:数列 {

1 n (Ⅱ)数列 { } 的前 n 项和 S n . ? 1} 是等比数列; an an

分析:对于证明数列为等比数列,要按定义证明,但证明完后也提示我们下一步要用等比数 列求出数列 {an } 的通项公式,然后进一步判断数列 {

n } 的类型,从而求出其前 n 项和 S n 。 an

解: (Ⅰ)∵ an +1 =

2an 1 a +1 1 1 1 ,∴ = n = + ? , an + 1 an +1 2 an 2 2 an



1 1 1 2 1 1 ? 1 = ( ? 1) ,又 a1 = ,∴ ? 1 = , an +1 2 an 3 a1 2 1 1 1 ? 1} 是以为 首项, 为公比的等比数列. an 2 2 1 1 1 1 1 1 n n ? 1 = ? n ?1 = n ,即 = n + 1 ,∴ = n +n. an +1 2 2 2 an 2 an 2

∴ 数列 {

(Ⅱ)由(Ⅰ)知

1 2 3 n ① + 2 + 3 +…+ n , 2 2 2 2 1 1 2 n ?1 n 则 Tn = 2 + 3 + … + n + n +1 ,② 2 2 2 2 2
设 Tn =

1 1 (1 ? n ) 1 n 1 1 1 2 ? n =1? 1 ? n , 由①②得 Tn = + 2 + … + n ? n +1 = 2 1 2 2 2 2 2 2n +1 2n 2n +1 1? 2 1 n n( n + 1) . ∴ Tn = 2 ? n ?1 ? n .又 1 + 2 + 3 + … + n = 2 2 2

2 + n n(n + 1) n 2 + n + 4 n + 2 n = = n ∴ 数列 { } 的前 n 项和 S n = 2 ? n + 2 2 2 2 an
评注:解决数列问题就要判断是否为等差、等比数列,如果不是,那么能否构造新数列为特 殊数列,注意转换角色,把数列问题转化为我们熟悉的特殊数列问题和研究方法解答。

9.平面向量、解析几何中的化归思想
例 15.(2008 全国Ⅰ,理 10)若直线 A. a 2 + b2 ≤ 1

x y sin α ) ,则( ) + = 1 通过点 M (cos α, a b 1 1 1 1 B. a 2 + b 2 ≥ 1 C. 2 + 2 ≤ 1 D. 2 + 2 ≥ 1 a b a b

分析:点 M (cos α, ,则可以通过直线与单位圆的位置关系来转化。 , sin α ) 是单位圆上的点, 当然也可以把直线

x y + = 1 看作等式或看作向量的数量积来解答。 a b

解法一:由题意知直线

x y + = 1 与圆 x 2 + y 2 = 1有交点,则 a b
1 1 a b

1 1 1 + a 2 b2

≤1,

1 1 + ≥1 . a 2 b2

解法二:设向量 m = (cos α ,sin α ), n = ( , ) ,由题意知

cos α sin α + =1 a b

由 m ? n ≤ m n 可得 1 =

cos α sin α 1 1 + ≤ + a b a 2 b2

答案: D 评注: 本题中的两种方法都是把已知条件进行了转化, 利用化归的思想解决问题不适为捷径, 方法比较活跃,知识连接成网,这要靠我们平时积累和总结。 例 16. (全国Ⅱ,理 21)设椭圆中心在坐标原点, A(2, 0),B (0, 1) 是它的两个顶点,直线

y = kx ( k > 0) 与 AB 相交于点 D,与椭圆相交于 E、F 两点.
(Ⅰ)若 ED = 6 DF ,求 k 的值; (Ⅱ)求四边形 AEBF 面积的最大值. 分析:本题中涉及到的点比较多,其中 D, E , F 都在直线 y = kx( k > 0) 上, (Ⅰ)中的向量 要用点的坐标表示出,所以可以先设出各点的坐标,再转化为关于 k 的方程解出, (Ⅱ)中 的四边形 AEBF 面积可以转化为两个三角形的面积求出,可以都以 AB 为公共边,也可以 以 EF 为公共边求出。 y x2 2 B F (Ⅰ)解:依题设得椭圆的方程为 + y = 1,

??? ?

????

4

O E

D A

x

直线 AB,EF 的方程分别为 x + 2 y = 2 , y = kx ( k > 0) . 如图,设 D ( x0,kx0 ),E ( x1,kx1 ),F ( x2,kx2 ) ,其中 x1 < x2 , 且 x1,x2 满足方程 (1 + 4k 2 ) x 2 = 4 ,故 x2 = ? x1 =

2 1 + 4k 2

.①

由 ED = 6 DF 知 x0 ? x1 = 6( x2 ? x0 ) ,得 x0 =

??? ?

????

1 5 10 ; (6 x2 + x1 ) = x2 = 7 7 7 1 + 4k 2

由 D 在 AB 上知 x0 + 2kx0 = 2 ,得 x0 =
2

2 2 10 .所以 , = 1 + 2k 1 + 2k 7 1 + 4k 2

化简得 24k ? 25k + 6 = 0 ,解得 k =

2 3 或k = . 3 8

( Ⅱ) 解 法一 : 根 据点 到 直 线的 距 离 公式 和 ① 式 知 ,点 E,F 到 AB 的 距 离分 别 为

h1 =

x1 + 2kx1 ? 2
5

=

2(1 + 2k + 1 + 4k 2 ) 5(1 + 4k 2 )

, h2 =

x2 + 2kx2 ? 2
5

=

2(1 + 2k ? 1 + 4k 2 ) 5(1 + 4k 2 )



AB = 22 + 1 = 5 ,所以四边形 AEBF 的面积为 S =

1 AB ( h1 + h2 ) 2

1 4(1 + 2k ) 2(1 + 2k ) 1 + 4k 2 + 4k =2 ≤2 2 , = i 5i = 2 1 + 4k 2 5(1 + 4k 2 ) 1 + 4k 2
当 2k = 1 ,即当 k =

1 时,上式取等号.所以 S 的最大值为 2 2 . 2

解法二: 由题设, BO = 1 , AO = 2 . 设 y1 = kx1 , y2 = kx2 , 由①得 x2 > 0 , y2 = ? y1 > 0 , 故四边形 AEBF 的面积为 S = S△ BEF + S△ AEF = x2 + 2 y2 =
2 2 2 2 = x2 + 4 y2 + 4 x2 y2 ≤ 2( x2 + 4 y2 ) =2 2,

( x2 + 2 y2 )2

当 x2 = 2 y2 时,上式取等号.所以 S 的最大值为 2 2 . 评注:解析几何中的问题常常与向量、函数、方程、不等式等问题相联系,进行转化解答。

10.立体问题转化为平面(向量)问题
例 17.(2008 江苏海头高级中学)如图,有一圆柱形的开口容器(下表面密封) ,其轴截面 是边长为 2 的正方形,P 是 BC 中点,现有一只蚂蚁位于外壁 A 处,内壁 P 处有一米粒,则 这只蚂蚁取得米粒所需经过的最短路程为__ _ . 分析:研究最短距离,需要把立体图展为平面图,由两点间的线段最短,求线段的长。 解:把圆柱侧面展开,并把里面也展开,如图所示,则这只蚂蚁取得米粒所需经过的 最短路程为展开图中的线段 AP ,则 AB = π , BP = 3, AP = π 2 + 9 DD

A'
C C
P P D

B'
P C

AA

B B

答案: π 2 + 9 评注:研究立体问题常常以平面为基准,把立体问题 转化为平面问题,把曲线问题转化为直线问题, 这是解决问题的转化与化归思想。 例 18.(2008 年安徽卷,理 18)如图,在四棱锥 O ? ABCD 中, 底面 ABCD 四边长为 1 的菱形, ∠ABC =

π , OA ⊥ 底面ABCD , 4

O

OA = 2 , M 为 OA 的中点, N 为 BC 的中点
(Ⅰ)证明:直线 MN‖ 平面OCD ;
M

∵ ME‖ AB,AB‖ CD, ∴ ME‖ CD

(Ⅱ)求异面直线 AB 与 MD 所成角的大小; D (Ⅲ)求点 B 到平面 OCD 的距离。 A 分析:要证线面平行,可以在面内找 MN 的平行线,取 OD 的中点,通过 B N C 线线平行证出,也可以找平面的平行平面通过面面平行证出; 异面直线 AB 与 MD 所成角可以 通过平移转化为平面角求出 ; 而 (Ⅲ) 中点 B 到平面 OCD 的距离不易找出 , 可以利用线 AB // 面OCD 转化为点 A 到平面 OCD 的距离求出.还可以用向量法通过计算解答各题. 解法一: (综合法) (1)取 OB 中点 E,连接 ME,NE O

又∵ NE‖ OC,∴ 平面MNE‖ 平面OCD

∴ MN‖ 平面OCD
E

M Q A P B N C D

(2)∵ CD‖ AB, ∴ ∠MDC 为异面直线 AB 与 MD 所成的角(或其补角) 作 AP ⊥ CD于P , 连接 MP

∵OA ⊥ 平面A B C D , ∴CD ⊥ MP
MD = MA2 + AD 2 = 2

∵ ∠ADP =

π 2 ,∴ DP = 4 2

∴ cos ∠MDP =

DP 1 π = , ∠MDC = ∠MDP = MD 2 3

所以 AB 与 MD 所成角的大小为

π 3

(3)∵ AB‖ 平面OCD, ∴点 A 和点 B 到平面 OCD 的距离相等,连接 OP,过点 A 作

AQ ⊥ OP 于点 Q,∵ AP ⊥ CD, OA ⊥ CD,∴CD ⊥ 平面OAP,∴ AQ ⊥ CD
又 ∵ AQ ⊥ OP,∴ AQ ⊥ 平面OCD ,线段 AQ 的长就是点 A 到平面 OCD 的距离

∵ OP = OD 2 ? DP 2 = OA2 + AD 2 ? DP 2 = 4 + 1 ?

1 3 2 2 , AP = DP = = 2 2 2

2 OAi AP 2i 2 2 2 ∴ AQ = = = ,所以点 B 到平面 OCD 的距离为 OP 3 3 2 3 2

解法二.(向量法)作 AP ⊥ CD 于点 P,如图,分别以 AB,AP,AO 所在直线为 x, y, z 轴建立坐标系

A(0, 0, 0), B(1, 0, 0), P(0,
???? ?

2 2 2 2 2 , 0), D( ? , , 0), O(0, 0, 2), M (0, 0,1), N (1 ? , , 0) 2 2 2 4 4

(1) MN = (1 ?

??? ? ???? 2 2 2 2 2 , , ?1), OP = (0, , ?2), OD = ( ? , , ?2) 4 4 2 2 2

z O

设平面 OCD 的法向量为 n = ( x, y, z ) ,则 niOP = 0, ni OD = 0

?

? ??? ?

? ????

M

? 2 y ? 2z = 0 ? ? ? 2 即 ? 取 z = 2 ,解得 n = (0, 4, 2) ?? 2 x + 2 y ? 2 z = 0 ? ? 2 2
???? ? ? 2 2 ∵ MN i n = (1 ? , , ?1)i(0, 4, 2) = 0 ∴ MN‖ 平面OCD 4 4
(2)设 AB 与 MD 所成的角为 θ ,∵ AB = (1, 0, 0), MD = (?

A x B N CP

D y

??? ?

???? ?

2 2 , , ?1) 2 2

??? ? ???? ? ABi MD 1 π π ∴ cos θ = ??? , AB 与 MD 所成角的大小为 ? ???? ? = ,∴θ = 3 3 AB ? MD 2
(3)设点 B 到平面 OCD 的距离为 d ,则 d 为 OB 在向量 n = (0, 4, 2) 上的投影的绝对值,

??? ?

??? ? ? OB ? n 2 ??? ? 2 由 OB = (1, 0, ?2) , 得 d = ? = .所以点 B 到平面 OCD 的距离为 3 3 n
评注:立体几何问题一般都可以用两种方法综合法和向量法 .都要经过转化,把立体问题转化 为平面问题,将空间问题转化为代数运算从而证得求出. 例 19.(2008 山东卷,理 20)如图,已知四棱锥 P ? ABCD ,底面 ABCD 为菱形, PA ⊥ 平 P 面 ABCD , ∠ABC = 60 ? , E,F 分别是 BC,PC 的中点. (Ⅰ)证明: AE ⊥ PD ; (Ⅱ)若 H 为 PD 上的动点, EH 与平面 PAD 所成 最大角的正切值为

F A B E C D

6 ,求二面角 E ? AF ? C 的余弦值. 2

分析: AE ⊥ PD 比较容易证出 ,可以转化为线面垂直证明出 , (Ⅱ)的点 H 为 PD 上的动 点,而且 EH 与平面 PAD 所成最大角不太容易找到 ,根据(Ⅰ)就要转化为 A 点到 PD 的距 离最短,然后求出确定位置 .另外,对于点的位置不确定而且比较容易建立直角坐标系时 ,用坐 标计算比较简单。 解:(Ⅰ)证明:由四边形 ABCD 为菱形, ∠ABC = 60? ,可得 △ ABC 为正三角形.

因为 E 为 BC 的中点,所以 AE ⊥ BC .又 BC ∥ AD ,因此 AE ⊥ AD . P 因为 PA ⊥ 平面 ABCD , AE ? 平面 ABCD ,所以 PA ⊥ AE . 而 PA ? 平面 PAD , AD ? 平面 PAD 且 PA ∩ AD = A , 所以 AE ⊥ 平面 PAD .又 PD ? 平面 PAD ,所以 AE ⊥ PD . S (Ⅱ)解:设 AB = 2 , H 为 PD 上任意一点,连接 AH,EH . 由(Ⅰ)知 AE ⊥ 平面 PAD ,则 ∠EHA 为 EH 与平面 PAD 所成的角. A B E 在 Rt△EAH 中, AE = 3 ,所以当 AH 最短时, ∠EHA 最大,

F

H

D O C

即当 AH ⊥ PD 时, ∠EHA 最大.此时 tan ∠ EHA =

AE 3 6 , = = AH AH 2

因此 AH =

2 .又 AD = 2 ,所以 ∠ADH = 45? ,所以 PA = 2 .

解法一:因为 PA ⊥ 平面 ABCD , PA ? 平面 PAC ,所以平面 PAC ⊥ 平面 ABCD . 过 E 作 EO ⊥ AC 于 O , 则 EO ⊥ 平面 PAC , 过 O 作 OS ⊥ AF 于 S , 连接 ES , 则 ∠ESO 为二面角 E ? AF ? C 的平面角,在 Rt△ AOE 中, EO = AE isin 30 =
?

3 , 2

3 3 2 , AO = AE icos 30? = ,又 F 是 PC 的中点,在 Rt△ ASO 中, SO = AO isin 45? = 2 4
又 SE =

EO 2 + SO 2 =

3 9 30 ,在 Rt△ESO 中, + = 4 8 4

3 2 SO 15 15 ,即所求二面角的余弦值为 . cos ∠ESO = = 4 = SE 5 5 30 4
解法二:由(Ⅰ)知 AE,AD,AP 两两垂直,以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角 坐标系,又 E,F 分别为 BC,PC 的中点,所以

? 3 1 ? , P (0, A(0, 0 ,, 0) B ( 3 , ? 1 ,, 0) C ( 3 1 , 0) ,, D(0 2, 0), 0 ,, 2) E ( 3 , 0 0) ,, F? 1 , ?, ? 2 , 2 ? ? ? ??? ? ??? ? ? 3 1 ? 所以 AE = ( 3, 0 ,, 0) AF = ? 1 , ?. ? 2 , 2 ? ? ?
设平面 AEF 的一法向量为 m = ( x1,y1,z1 ) ,

z

P

F A B D E x C y

??? ? ? 3 x1 = 0, ? m i AE = 0, ? ? 则 ? ??? 因此 ? 3 ? 1 m i AF = 0 , x1 + y1 + z1 = 0. ? ? ? ? 2 2

取 z1 = ?1 ,则 m = (0, 2, ? 1) ,因为 BD ⊥ AC , BD ⊥ PA , PA ∩ AC = A ,

所以 BD ⊥ 平面 AFC ,故 BD 为平面 AFC 的一法向量.又 BD = ( ? 3, 3, 0) ,

??? ?

??? ?

??? ? ??? ? m i BD 2× 3 15 所以 cos < m, .因为二面角 E ? AF ? C 为锐角, BD >= = ??? ? = 5 5 × 12 m i BD
所以所求二面角的余弦值为

15 . 5

评注:本题为探索性问题,难度比较大。特别是在使用线面角时不易找出。这就需要我们耐 心分析,仔细体会前后问之间的关系,能否打通思路,把问题进行适当地转化,做到立体问 题平面化,几何问题代数化,利用化归思想解答问题。

11.预测题
(1).(2008 广东)已知两不等的实数 m, n 满足 m2 sin θ ? m cosθ = 1, n 2 sin θ ? n cos θ = 1 则 过点 m 2 , m 和 n 2 , n 的直线与单位圆的位置关系为( ) A.相切 B.相离 C.相交 D.不确定 分析:本题给出的是两个方程,所研究的是直线与圆的位置关系,,需要两点确定的直线方程,通 过观察就可以把已知的方程转化为所求直线的方程,从而判断直线与圆的位置关系. 解:因为 实数 m, n 满足 m2 sin θ ? m cosθ = 1, n 2 sin θ ? n cos θ = 1 ,所以点 m 2 , m 和 n 2 , n 的 坐标都适合直线 x sin θ ? y cosθ = 1 ,即两点确定的直线方程为 x sin θ ? y cosθ = 1 , 原点到此 直线的距离为 d = 1 ,所以直线与圆相切.故选 A 答案:A 评注:不要直接由两点式写方程,要注意观察并把已知条件转化,减少计算量. (2).(08 届莆田四中)已知 M 是 ?ABC 内一点,且 AB ? AC = 2 3, ∠BAC = 30? , 若

(

) (

)

(

) (

)

??? ? ????

1 4 1 ?MBC 、 ?MAB 、 ?MAC 的面积分别为 、 x、y , 则 + 的最小值是( ) 2 x y
A.9 B. 16 C. 18 D. 20 分析:已知条件为向量的数量积与夹角 ,可以得到两边之积,再由两边与夹角求得 ?ABC 的面 积,另一方面, ?ABC 的面积又为 ?MBC 、 ?MAB 、 ?MAC 的面积之和

1 + x + y ,从而 2

实现了由向量向代数式的转化.然后用均值不等式求得最值. ??? ? ???? ? ???? ??? ? ???? 1 ??? 解:∵ AB ? AC = 2 3, ∠BAC = 30? , ∴ AB ? AC = 4 ,∴ S△ ABC = ? AB ? AC ? sin 30° = 1 , 2 1 1 又因为 ?ABC 的面积为 ?MBC 、 ?MAB 、 ?MAC 的面积之和 + x + y ,∴得 x + y = 2 2

? 1 4 ?1 4? y 4x ? y 4x y 4x 时 + = ? + ? ? 2 ( x + y ) = 2 ? 5 + + ? ≥ 10 + 2 ? 2 ? = 18 当且仅当 = x y x y ?x y? x y ? x y ?
取等号.故选 C. 答案:C 评注:本题完成了由向量向函数方程之间的转化 ,进而又转化为用均值不等式求最值 .做题时 要注意条件的联系性和化归的数学思想. (3) (宁夏银川一中)设函数 f ( x ) = x m + ax 的导数f ′( x ) = 2x + 3,

则数列{

1 }( n ∈ N* )的前n 项和是( f (n ) + 2



A.

n n +1

B.

n ?1 2( n + 1)

C.

n 2( n + 2)

D.

n ( n + 1)( n + 2)

分析:把题目中的函数求出,得到解析式,从而转化为数列的通项与前项的和. 解 : 由 函 数

f ( x ) = x m + ax 的导数f ′( x ) = 2 x + 3, f ( n ) = n 2 + 3n , 所以



m = 2, a = 3

, 所 以

f ( x ) = x 2 + 3 x,

1 1 1 1 1 1 = 2 = = ? , 则数列{ }( n ∈ N* )的前n 项 和 f (n) + 2 n + 3n + 2 ( n + 1)( n + 2 ) n + 1 n + 2 f (n ) + 2


n 1 1 = ,故选 C. ? 2 n + 2 2( n + 2)

答案:C 评注:本题中给出的已知 条件是函数与导函数,由导函数确定原函数,从而求得数列的通项公 式,然后求出前项的和.

4 ? x = 1+ t ? π ? 5 ( (4) (江苏省盐城中学)求直线 ? t为参数 )被曲线 ρ = 2 cos(θ ? ) 所截 4 ? y = ?1 ? 3 t ? 5 ?
的弦长. 分析:本题给出的是参数方程和极坐标方程,要求弦长,就要转化为普通方程.

4 ? x = 1+ t ? π ? 5 , 解:将方程 ? ρ = 2 cos(θ + ) 分 别 化 为 普 通 方 程 : 3x + 4 y + 1 = 0 , 4 ? y = ?1 ? 3 t ? 5 ?

x 2 + y 2 ? x + y = 0, 圆心C( 2 ,- 2 ),半径为 2 圆心到直线的距离d=10 ,
1 1 7 ? = . 2 100 5

1

1

2

1

弦 长 = 2 r2 ? d 2 = 2

评注:对于参数方程和极坐标方程的方程,可以直接求解,也可以转化为普通方程求解出. (5) (原创) . 设函数 f ( x ) = x 2 ? 2 x ,若 f ( x + 1) + f ( y + 1) ≤ f ( x ) + f ( y ) ≤ 0 ,则点 P ( x, y ) 所形成的区域的面积为 ( )

4π 3 2π 3 2π 3 C. D. ? + ? 3 2 3 2 3 2 分析:首先分析由 f ( x + 1) + f ( y + 1) ≤ f ( x ) + f ( y ) ≤ 0 所确定的平面区域,再根据区域的形
A. B. 状求其面积. 解: 由 f ( x ) + f ( y ) ≤ 0 , 得 x 2 ? 2 x + y 2 ? 2 y ≤ 0 , 即 ( x ? 1) 2 + ( y ? 1) 2 ≤ 2 ,所表示的区域为 以 C (1,1) 为圆心,以 2 为半径的圆面.由 f ( x + 1) + f ( y + 1) ≤ f ( x ) + f ( y ) ,

4π 3 + 3 2

得 ( x + 1) 2 ? 2( x + 1) + ( y + 1) 2 ? 2( y + 1) ≤ x 2 ? 2 x + y 2 ? 2 y , 即 x + y ? 1 ≤ 0 , 所表示的区 域为直线 x + y ? 1 = 0 的左下方.故点 P ( x, y ) 所形成的区域如图阴影部分所示.

1 2 π ,又 AC = 2 ,故 ∠ACB = , = 2 3 2 2 2π 1 2 2π 2π ,扇形 ABC 的面积为 S扇形ABC = × ; ∴? AB ,对应的圆心角角为 × 2= 3 2 3 3 1 3 又 △ ABC 的 面 积 为 S △ ABC = × 2 × 2 sin120? = ,故阴影部分的面积为 2 2 2π 3 2π 3 .即点 P ( x, y ) 所形成的区域的面积为 .选 D. ? ? 3 2 3 2

C (1,1) 到直线 x + y ? 1 = 0 的距离为 d =

y

A

C

?
x

O

B

评注:考查圆的标准方程 ,点到直线的距离 ,一元二次方程表示平面区域 ,扇形的面积以及 函数的表示等知识.考查运算能力和化归思想 .函数,不等式的内容都是比较容易与其它知识 相结合的知识点,本题在形式上是函数和不等式问题 ,但剖析之后可以发现 ,其实质是圆与线 性规划相结合的问题 .高考中,知识的交汇试题是主流,很多题目都是以一个知识点为载体考 查另一个知识点 ,解题时一定要善于分析 ,透过表面看透问题的实质 ,从而合理转化 ,寻求问题 的解决途径. 1 (6).(原创)已知过点(0,3)的直线 l 与函数 y = x3 + 9 的导函数的图象交于 P , Q 两点, , 4 ??? ? ???? 且 AP ⊥ AQ ,其中 A (1,1) (1)求直线 l 的方程,并求 PQ 的长. (2)问若 g ( x ) =

3 1 ln x + m ,问实数 m 取何值时,使得 y = x3 + 9 的图象恒在 y = g ( x ) 的 4 4

图象的上方? 分析:根据求导公式 ,将函数问题转化为抛物线与直线的位置关系问题 ,通过解方程组 ,由韦达 定理和向量的数量积坐标运算,利用待定系数法求解. 1 3 解 : 函数 y = x3 + 9 的导函数为 y = x 2 , 其图象为开口向上的抛物线 , 因为直线 l 过点 4 4 (0,3) , 与抛物线交于 P , Q 两点,所以直线 l 的斜率存在,设为 k ,则直线 l 的方程为 y = kx + 3 ,

? y = kx + 3 ? 解方程组 ? 3 2 ?y= x ? 4

(1) ( 2)
消去 y 得:

3 2 x ? kx ? 3 = 0 ,△ = k 2 + 9 > 0 ,方程组有两解, 4

4k 9 2 设 P ( x1 , y1 ) , Q ( x2 , y 2 ) ,则 x1 + x2 = , x1 x2 = ?4 ,∴ y1 y2 = ( x1 x2 ) = 9 , 3 16 ??? ? ???? ∵ A (1,1) ,∴ AP = ( x1 ? 1, y1 ? 1) , AQ = ( x2 ? 1, y2 ? 1) ,

??? ? ???? 又∵ AP ⊥ AQ

∴ ( x1 ? 1)( x2 ? 1) + ( y1 ? 1) ( y2 ? 1) = 0 ,

4k ? k ( x1 + x2 ) = 0 , 3 4 4 3 1 即 1 ? k ? k 2 = 0,4k 2 + 4k ? 3 = 0 ∴ k = ? 或 k = , 3 3 2 2 3 3 ①当 k = ? 时,直线 l 的方程为 y = ? x + 3 , 2 2
即 x1 x2 ? ( x1 + x2 ) + 1 + y1 y2 ? ( y1 + y2 ) + 1 = 0 ,∴ 1 ? 此时, x1 + x2 = ?2 , ( x1 ? x2 ) = ( x1 + x2 ) ? 4x1 x2 = 20 , PQ = ②当 k =
2 2

(1 + k ) ( x ? x )
2 1 2

2

= 65 .

1 1 2 时,直线 l 的方程为 y = x + 3 ,此时, x1 + x2 = , 2 2 3 148 2 185 . ( x1 ? x2 )2 = ( x1 + x2 )2 ? 4 x1 x2 = , PQ = 1 + k 2 ( x1 ? x2 ) = 5 3 1 3 (2)设 y = x 3 + 9 ? ( ln x + m) ,定义域为 { x | x > 0} 4 4 2 3 2 3 1 3 ? 2 1 ? 3 x 3 ? 1 3 ( x ? 1) x + x + 1 则 y' = x ? ? = ? x ? ? = ? ,令 y ' = 0 ,得 x = 1 , = 4 4 x 4? x? 4 x 4 x 1 3 ∴当 0 < x < 1 时, y ' < 0 , y = x 3 + 9 ? ( ln x + m) 为减函数; 4 4 1 3 3 当 x > 1 时 , y ' > 0 , y = x + 9 ? ( ln x + m) 为 增 函 数 ; ∴ 当 x = 1 时 , 4 4 1 3 3 37 1 最小值为 ∴要使得 y = x3 + 9 的图象恒在 y = g ( x ) y = x + 9 ? ( ln x + m) 最小, ?m, 4 4 4 4 37 37 的图象的上方,需使最小值 ? m >0,即 m < 4 4 评注:考查函数求导 ,利用导数求函数的最值 , 向量的数量积 , 考查直线与圆锥曲线的位 置关系等基础知识,考查利用韦达定理计算弦长等综合运算求解能力 .本题通过函数求导,把 问题转化为研究直线与圆锥曲线的位置关系 ,并把两曲线的位置关系的讨论转化为利用导数 研究函数的最值的综合性题目 .做题时要仔细审题,逐步翻译,求解直线或圆锥曲线的方程时 往往要先设后求,利用待定系数法和解方程组法由韦达定理解答.在解答问题时要注意直线的 斜率是否存在,解方程组时,判别式是否大于 0,函数的定义域等这些细节问题.

(

)

(

)


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