2022年高三数学二轮复习专题辅导数形结合思想.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载【专题一】数形结合思想【考情分析】在高考题中,数形结合的题目显现在高中数学学问的方方面面上,把图象作为工具、载 体,以此寻求解题思路或制定解题方案,真正表达数形结合的简捷、敏捷特点的多是填空小 题；从近三年新课标高考卷来看,涉及数形结合的题目略少,猜测 20XX 年可能有所加强；因为对数形结合等思想方法的考查,是对数学学问在更高层次的抽象和概括才能的考查,是对 同学思维品质和数学技能的考查,是新课标高考明确的一个命题方向；1数形结合是把数或数量关系与图形对应起来,借助图形来争论数量关系或者利用数量 关系来争论图形的性质,是一种重要的数学思想方法；它可以使抽象的问题详细化,复杂的问题简洁化； “ 数缺形时少直观,形少数时难入微”数学问题的本质；,利用数形结合的思想方法可以深刻揭示2数形结合的思想方法在高考中占有特别重要的位置,考纲指出“ 数学科的命题,在考 查基础学问的基础上,留意对数学思想思想方法的考查,留意对数学才能的考查”,敏捷运用数形结合的思想方法,可以有效提升思维品质和数学技能；3“ 对数学思想方法的考查是对数学学问在更高层次的抽象和概括的考查,考查时要与 数学学问相结合”, 用好数形结合的思想方法,需要在平常学习时留意懂得概念的几何意义和图形的数量表示,为用好数形结合思想打下坚实的学问基础；4函数的图像、方程的曲线、集合的文氏图或数轴表示等,是何的方程、斜率、距离公式,向量的坐标表示就是“ 以数助形”的产物,这些都为我们供应了“ 数形结合” 的学问平台；“ 以形示数” ,而解析几,仍有导数更是数形形结合5在数学学习和解题过程中,要善于运用数形结合的方法来寻求解题途径,制定解题方 案,养成数形结合的习惯,解题先想图,以图助解题；用好数形结合的方法,能起到事半功 倍的成效,“ 数形结合千般好,数形分别万事休”；纵观多年来的高考试题,奇妙运用数形结合的思想方法解决一些抽象的数学问题,可起 到事半功倍的成效,数形结合的重点是争论“ 以形助数”；【学问归纳】数形结合的数学思想：包含“ 以形助数” 和“ 以数辅形” 两个方面,其应用大致可以分 为两种情形：一是借助形的生动性和直观性来阐明数之间的联系,即以形作为手段,数作为 目的,比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；二是借助于数的精确性和规范严密性 来阐明形的某些属性,即以数作为手段,形作为目的,如应用曲线的方程来精确地阐明曲线 的几何性质 ；应用数形结合的思想,应留意以下数与形的转化：数形结合思想解决的问题常有以下几种：1构建函数模型并结合其图象求参数的取值范畴；2构建函数模型并结合其图象争论方程根的范畴；3构建函数模型并结合其图象争论量与量之间的大小关系；4构建函数模型并结合其几何意义争论函数的最值问题和证明不等式；5构建立体几何模型争论代数问题；6构建解析几何中的斜率、截距、距离等模型争论最值问题；7构建方程模型,求根的个数；8争论图形的外形、位置关系、性质等常见适用数形结合的两个着力点是：以形助数常用的有：借助数轴；借助函数图象；借助单位圆；借助数式的结构特点；借 助于解析几何方法 . 以数助形常用的有：借助于几何轨迹所遵循的数量关系；借助于运算结果与几何定理的 结合；名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载数形结合思想是解答高考数学试题的一种常用方法与技巧,特殊是在解挑选题、填空题 时发挥着奇妙功效,这就要求我们在平常学习中加强这方面的训练,以提高解题才能和速 度详细操作时,应留意以下几点：1 精确画出函数图象,留意函数的定义域；2用图象法 争论方程 特殊是含参数的方程 的解的个数是一种行之有效的方法,值得留意的是第一要把方 程两边的代数式看作是两个函数的表达式 有时可能先作适当调整,以便于作图 ,然后作出两 个函数的图象,由图求解这种思想方法表达在解题中,就是指在处理数学问题时,能够将 抽象的数学语言与直观的几何图象有机结合起来思索,促使抽象思维和形象思维的和谐复合,通过对规范图形或示意图形的观看分析,化抽象为直观,化直观为精确,从而使问题得到简 捷解决；1数形结合的途径（1）通过坐标系形题数解 借助于建立直角坐标系、复平面可以将图形问题代数化；这一方法在解析几何中表达的 相当充分（在高考中主要也是以解析几何作为学问载体来考察的）；值得强调的是,形题数解 时,通过帮助角引入三角函数也是常常运用的技巧（这是由于三角公式的使用,可以大大缩 短代数推理）实现数形结合,常与以下内容有关：实数与数轴上的点的对应关系；函数与图象的对应关系；曲线与方程的对应关系；以几何元素和几何条件为背景,建立起来的概念,如复数 、 三 角 函 数 等 ； 所 给 的 等 式 或 代 数 式 的 结 构 含 有 明 显 的 几 何 意 义 ；如等式x2 2y124；常见方法有：解析法：建立适当的坐标系（直角坐标系,极坐标系）代数关系；,引进坐标将几何图形变换为坐标间的三角法：将几何问题与三角形沟通,运用三角代数学问获得探求结合的途径；向量法：将几何图形向量化,运用向量运算解决几何中的平角、垂直、夹角、距离等问题；把抽象的几何推理化为代数运算；特殊是空间向量法使解决立体几何中平行、垂直、夹角、距离等问题变得有章可循；（2）通过转化构造数题形解很多代数结构都有着对应的几何意义,据此,可以将数与形进行奇妙地转化 .例如,将 a0 与距离互化,将 a 2 与面积互化,将 a 2+b 2+ab=a 2+b 22 a b cos 60 或 120 与余弦定理沟通,将 abc0 且 b+ca 中的 a、b、c 与三角形的三边沟通,将有序实数对（或复数）和点沟通,将二元一次方程与直线、将二元二次方程与相应的圆锥曲线对应等等 .这种代数结构向几何结构的转化常常表现为构造一个图形（平面的或立体的）；另外,函数的图象也是实现数形转化的有效工具之一,正是基于此,函数思想和数形结合思想常常借助于相伴而充分地发挥作用；常见的转换途径为：方程或不等式问题常可以转化为两个图象的交点位置关系的问题,并借助函数的图象和性质解决相关的问题；利用平面对量的数量关系及模AB 的性质来寻求代数式性质；（3）构造几何模型； 通过代数式的结构分析,构造出符合代数式的几何图形,如将2 a 与正方形的面积互化,将abc 与体积互化,将2 ac2与勾股定理沟通等等；（ 4 ） 利 用 解 析 几 何 中 的 曲 线 与 方 程 的 关 系 , 重 要 的 公 式 （ 如 两 点 间 的 距 离x 1x 22 y 1y 22,点到直线的距离d|Ax 0ABy0C|,直线的斜率,直线的截距）、22 B定义等来寻求代数式的图形背景及有关性质；名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载2数形结合的原就（1）等价性原就在数形结合时, 代数性质和几何性质的转换必需是等价的,否就解题将会显现漏洞.有时,由于图形的局限性,不能完整的表现数的一般性,这时图形的性质只能是一种直观而浅显的说明,但它同时也是抽象而严格证明的诱导；（2）双向性原就在数形结合时,既要进行几何直观的分析,又要进行代数抽象的探究,两方面相辅相成,仅对代数问题进行几何分析（或仅对几何问题进行代数分析）在很多时候是很难行得通的；例如,在解析几何中,我们主要是运用代数的方法来争论几何问题,但是在很多时候,如能充分地挖掘利用图形的几何特点,将会使得复杂的问题简洁化；（3）简洁性原就就是找到解题思路之后,至于用几何方法仍是用代数方法、或者兼用两种方法来表达解题过程,就取决于那种方法更为简洁.而不是去刻意追求一种流性的模式 代数问题运用几何方法,几何问题查找代数方法；【考点例析】题型 1：数轴、韦恩图在集合中的应用2例 1（ 1）（2022 高考真题浙江理 1）设集合 A=x|1 x4 ,集合 B =x| x -2x-3 0, 就A （ CRB）=（）A1,4 B 3,4 C.1,3 D1,2（ 3,4）解 析 ： B ； B =x| x 2-2x-3 0= x | 1 x 3 , A （ CRB ） =x|1 x 4 x | x ,1 或 x 3 = x | 3 x 4 ；应选 B.点评：不等式型集合的交、并集通常可以利用数轴进行,解题时留意验证区间端点是否符合题意；（ 2）（ 2022 湖南文1 ）设全集UMN1,2,3,4,5,MC N2, 4,就 N） 1,4,5 2,3, 4A 1,2,3B 1,3,5解析： B；解析：画出韦恩图,可知N1,3,5 ；点评：此题主要利用数轴、韦恩图考查集合的概念和集合的关系；名师归纳总结 （3） （2022高考B真题重庆理101）设平面点集第 3 页,共 20 页A , yxy1 x0 , , x2 1y2 1,就 AB 所表示的平面图形的面积为（）- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （A ）3 4y（ B）3 50学习必备欢迎下载（D）2,在同一坐标系中做出（C）4 7解析： D；由xy1yx0yx0可知y10或者y1 x0xx平面区域如图,由图象可知 A B 的区域为阴影部分,依据对称性可知,两部分阴影面积之和为圆面积的一半,所以面积为,选 D.2题型 2：函数图像的价值例 2（1）（2022 高考真题江西理 10）如右图, 已知正四棱锥 S ABCD 全部棱长都为 1,点 E 是侧棱 SC 上一动点,过点 E 垂直于 SC 的截面将正四棱锥分成上、下两部分,记SE x 0 x 1, 截面下面部分的体积为 V x , 就函数 y V x 的图像大致为（）解析： A ；（定性法）当 0 x 1 时,随着 x 的增大,观看图形可知,V x 单调递减,2且递减的速度越来越快；当 1 x 1 时,随着x的增大,观看图形可知,V x 单调递减,2且递减的速度越来越慢；再观看各选项中的图象,发觉只有 A 图象符合 .应选 A. 【点评】对于函数图象的识别问题,如函数 y f x 的图象对应的解析式不好求时,作为挑选题,没必要去求解详细的解析式,不但方法繁琐,而且运算复杂,很简洁显现某一步的运算错误而造成前功尽弃；再次,作为挑选题也没有太多的时间去给同学解答；因此,使名师归纳总结 用定性法,不但求解快速,而且精确节省时间. 第 4 页,共 20 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载1 2（ 2）（2022 高考真题山东理 12）设函数 f x , g x ax bx a b R a 0,如xy f x 的图象与 y g x 图象有且仅有两个不同的公共点 A x y 1 , B x 2 , y 2 ,就以下判断正确选项（）A.当 a 0 时,x 1 x 2 0, y 1 y 2 0 B. 当 a 0 时,x 1 x 2 0, y 1 y 2 0C. 当 a 0 时,x 1 x 2 0, y 1 y 2 0 D. 当 a 0 时,x 1 x 2 0, y 1 y 2 0解析： B；在同一坐标系中分别画出两个函数的图象,当 a 0 时,要想满意条件,就有如图, 做出点 A 关于原点的对称点 C,就 C 点坐标为 x 1 , y 1 ,由图象知 x 1 x 2 , y 1 y 2 ,即 x 1 x 2 ,0 y 1 y 2 0,同理当 a 0 时,就有 x 1 x 2 ,0 y 1 y 2 0,故答案选 B. 3 2另法：F x x bx 1,就方程 F x 0 与 f x g x 同解,故其有且仅有两个不同零点x x .由 F 0 得 x 0 或 x 2b .这样,必需且只须 F 0 0 或 F 2b 0,由于 F 0 1,3 3故 必 有 F 2b 0 由 此 得 b 3 32 . 不 妨 设 x 1 x 2, 就 x 2 2b 32 . 所 以3 2 3F x x x 1 x 32 2,比较系数得 x 1 34 1,故 x 1 1 3 2 . x 1 x 2 1 3 2 0,由此知2 2y 1 y 2 1 1 x 1 x 2 0,故答案为 B. x 1 x 2 x x 2点评：数学中考查创新思维,要求必需要有良好的数学素养,考查新定义函数的懂得、解肯定值不等式,中档题,借形言数；名师归纳总结 （3）（2022 高考真题湖南理8）已知两条直线1l：y=m 和2l ： y=281 m0 ,1l 与第 5 页,共 20 页m函数ylog2x 的图像从左至右相交于点A,B ,2l 与函数ylog2x 的图像从左至右相交于 C,D . 记线段 AC和 BD在 X 轴上的投影长度分别为a ,b , 当 m 变化时,b a的最小值为 （）A 16 2B. 8 2C. 8 4D. 4 4解析： B；在同一坐标系中作出y=m,y=281m0 ,ylog 2x 图像如下图,m由log x = m,得 2x 12m,x 22m,log x = 2281,得x 32281,x 42281. mmm- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载882m2281,b2m22m1m 2 2281m 2281. 依照题意得a2m22m1,bm8mma2m22m1m281m1m4114131,bmin8 2. m2222a2CDylog2x8y2 m1【点评】在同一坐标系中作出ABymxO1log2x 图像,结合图像可解y=m,y=281m 0 ,ym得.题型 3：解决方程、不等式问题例 3如方程 lgx23xmlg3x在 x0,3内有唯独解,求实数m 的取值范畴；2解析：（1）原方程可化为 x 2 1 m 0 x 32设 y 1 x 2 1 0 x 3 ,y 2 m在同一坐标系中画出它们的图象（如图）；由原方程在 （0,3）内有唯独解, 知 y 1 与 y 2的图象只有一个公共点,可见 m 的取值范畴是 1 m 0 或 m 1；例 4（2022 高考真题浙江理 17）设 a R,如 x0 时均有 a1x1 x 2ax1 0,就 a_名师归纳总结 解析：a2此题依据一般思路,就可分为一下两种情形：第 6 页,共 20 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载 a1 x1 0 a1 x1 0Ax 2ax1 0, 无解； Bx 2ax1 0, 无解由于受到体会的影响,会认为此题可能是错题或者解不出此题其实在 x0 的整个区间上,我们可以将其分成两个区间 为什么是两个？,在各自的区间内恒正或恒负如下答图 我们知道：函数 y1a 1x1,y2x 2ax1 都过定点 P0,1考查函数 y1a1x1：令 y0,得 M 1,0,仍可分析得：a1；a 12考查函数 y2x 2ax1：明显过点 M 1,0,代入得：1 a1 0,解之得：a 1 a 1 a 1a 2,舍去 a 2,得答案：a 2点评：数形结合的思想方法,是争论数学问题的一个基本方法；深刻懂得这一观点,有利于提高我们发觉问题、分析问题和解决问题的才能；题型 4：解决三角函数、平面对量问题例 5（1）（2022 高考真题江西理7）在直角三角形ABC 中,点 D 是斜边 AB 的中点,点 P 为线段 CD 的中点,就PA2PB2= PC2A a ,0 ,B0 ,b ,a,b0,就Da,b,A2 B4 C5 D10 解析：D；将直角三角形放入直角坐标系中,如图,设22名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - Pa,b, 2a2b 42a2学习必备欢迎下载a22 b 1610PC2,所以b 216,44所以PC416PB2a2bb2 a22 9 b16,2 b1610 4416PA2aa 2b2 9 a22 b16,4416a22 9 b9 a2所以PA2PB216161616PA2PB210,选 D.PC2（2）（20XX 年陕西 15）如图,平面内有三个向量OA、OB 、OC ,其中 OA与 OB 的夹角为 120° , OA与 OC 的夹角为 30° ,且|OA | |OB |1,|OC |2 3,如 OC OA + OB （ , R）,就 + 的值为；解析：（1）考查三角函数的运算、解析化应用意识；解 法 1 ： 约 定 AB=6,AC=BC=3 2 , 由 余 弦 定 理 CE=CF= 10 , 再 由 余 弦 定 理 得4 3cos ECF,解得 tan ECF5 4解法 2：坐标化； 商定 AB=6,AC=BC=3 2 ,F1,0,E-1,0,C（ 0,3 ）利用向量的夹角公式得：cos ECF 4,解得 tan ECF 3；5 4（2）6；解析：（ OC ）2（ OA + OB ）2= 2OA 2+ 2OB 2+2 OA OB =12；留意 OA与 OC 的夹角为 30° , OA与 OB 的夹角为 120° ,结合图形简洁得到 OB 与 OC 的夹角为 90° ,得 = 0；这样就得到答案；点评：综合近几年的高考命题,平面对量单纯只靠运算解题是不够的,需要结合几何特征；例 6（2022 全国卷 1 文数）已知圆 O 的半径为 1,PA、PB为该圆的两条切线,A、B 为两切点,那么 PA PB 的最小值为（）A 4 2 B 3 2 C 4 2 2 D 3 2 2答案： D；名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 【解析1】如下列图：设学习必备欢迎下载, 就 APB=2,PO=1x2,PA=PB=x x0, APO=sin11x2,=x21 2sin2=x2x21=x4x 2,令PAPB|PA| |PB| cos22 x12 x1PAPBy ,就yx42 x,即4 x1y x2y0,由2 x 是实数,所以32 2.2 x10,2 y6y10,解得y322或y 1y 24 1 y故PA PB min32 2.此时x21. 2【解析 2】设APB2,01 sin,PAPB2PAPBcosx1/ tan2cos,2 cos212sin2221 2sin2换 元 ：sin22,0x1sin222 sin2PA PB1x12x2x132 23A x y 1,B x 1,y 1,P x 0,0,3xx【解析 3】建系：园的方程为x2y21,设PAPBx 1x 0,y 1x 1x 0,y 12 x 12x x 02 x 02 y 1x x 1 0122AOPAx y 1 1x 1x 0,y 102 x 1x x 1 02 y 10PAPB2 x 12x x 0x2 02 y 12 x 122 x 012 x 122 x 12 x 03点评：本小题主要考查向量的数量积运算与圆的切线长定理,着重考查最值的求法判别式法 ,同时也考查了考生综合运用数学学问解题的才能及运算才能 . 题型 5：解析几何问题例 7（1）（2022 高考真题山东理5）已知变量,x y 满意约束条件x2y2,就目标2xy44 xy1函数名师归纳总结 z3xy 的取值范畴是 第 9 页,共 20 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （ A）3,6（ B）3学习必备欢迎下载（D） 6,3, 1（C） 1,6222解析：A ；做出不等式所表示的区域如图,由z3xy得y3xz,平移直线y3x,由 图 象 可 知 当 直 线 经 过 点E2,0时 , 直 线y3xz的 截 距 最 小 , 此 时 z 最 大 为z3xy6,当直线经过C 点时,直线截距最大,此时z 最小,由4xy41,解得2xyx1,此时z3xy333,所以z3xy的取值范畴是3,6 ,选 A. 2y2223（ 2 ）（ 2022江 苏14 ） 设 集 合Ax,y|mx22y2m2,x ,yR , 2Bx,y|2 mxy2 m,1x,yR , 如AB,就 实 数 m 的 取 值 范 围 是_ 解析：（数形结合）当 m 0 时,集合 A 是以（ 2,0）为圆心,以 m 为半径的圆,集合 B是在两条平行线之间,2 2 m 1 m 1 2 m 2 0,由于 A B , 此时无解；2 2当 m 0 时,集合 A 是以（ 2,0）为圆心,以 m 和 m 为半径的圆环,集合 B 是在两条平行22 2 m 1线之间,必有 2 2 m 2 m 2 1m 2 1 .又由于 mm 2, 1m 2 1；2 m 2 2 2点评：线性规划是借助平面区域表示直线、不等式等代数表达式,最终借助图形的性质解决问题；对于直线与圆的位置关系以及一些相关的夹角、弦长问题,往往要转化为点到线的距离问题来解决；名师归纳总结 例 8（1）（2022 高考真题陕西理13）右图是抛物线形拱桥,当水面在时,拱顶离水面2第 10 页,共 20 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 米,水面宽4 米,水位下降学习必备欢迎下载. 1 米后,水面宽米名师归纳总结 解析：26；设水面与桥的一个交点为A,如图建立直角坐标系就,A 的坐标为 （ 2,-2）.第 11 页,共 20 页设抛物线方程为x22py,带入点A 得p1,设水位下降1 米后水面与桥的交点坐标为x 0,3,就x 022,3x 06,所以水面宽度为26. （2）【2022 高考真题湖北理】 （本小题满分13 分）设 A 是单位圆x22 y1上的任意一点,是过点A 与 x 轴垂直的直线,D 是直线与 x轴的交点,点M 在直线上,且满意|DM|m DA|m0,且m1. 当点 A 在圆上运动时,记点 M 的轨迹为曲线C （）求曲线C 的方程,判定曲线C 为何种圆锥曲线,并求其焦点坐标；（）过原点且斜率为k 的直线交曲线C 于 P , Q 两点,其中P 在第一象限,它在y 轴上的射影为点N ,直线 QN 交曲线 C 于另一点 H . 是否存在 m ,使得对任意的k0,都有 PQPH ？如存在,求m 的值；如不存在,请说明理由. 【答案】（）如图1,设M x y ,A x0,y 0,就由 |DM|m DA|m0,且m1,可得xx ,|y|m y 0|,所以0xx ,|y 0|1|y|. m由于 A 点在单位圆上运动,所以x 022 y 01. 将式代入式即得所求曲线C 的方程为x2y21 m0,且m1. m2由于m0, 11,所以当 0m1时,曲线 C 是焦点在 x 轴上的椭圆,两焦点坐标分别为1m2, 0, 1m2, 0；当m1时,曲线 C 是焦点在 y 轴上的椭圆,两焦点坐标分别为0,m21,0,2 m1. （） 解法 1： 如图 2、3,k0,设P x kx 1,H x 2,y2,就Qx 1,kx 1,N0,kx 1,直线 QN 的方程为y2kxkx ,将其代入椭圆C 的方程并整理可得2 m4k22 x2 4 k x x2 2k x 12 m0. 依题意可知此方程的两根为1x,x ,于是由韦达定理可得x 1x 242 k x 12,即x2m2 m x 12. m24 k24 k由于点 H 在直线 QN 上,所以y 2kx 12kx 22 2 km x 1. m24 k2于是PQ 2 x 1,2kx 1,PHx 2x 1,y2kx 142 k x 12,22 km x 1. 2 m4k2 m4k2而 PQPH 等价于PQ PH422m22 2k x 10,m4 k2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 即2m2学习必备欢迎下载k0,都有 PQPH . 0,又m0,得m2,故存在m2,使得在其对应的椭圆x2y21上,对任意的2y yQyHxA NHPNPM OO D x OxQ图 1 图 2 0m1图 3 m1第 21 题解答图解法 2：如图 2、3,x 10, 1,设P x 1,y 1,H x2,y 2,就Qx 1,y 1,N0,y 1,由于 P , H 两点在椭圆 C 上,所以2 2m x 12 y 1m2,两式相减可得2 m x 222 y 2m2,2 m2 x 12 x 2y 12y 220. 依题意,由点P 在第一象限可知,点H 也在第一象限,且P , H 不重合,故x 1x 2x 1x 20. 于是由式可得y 1y2y 1y2m2. x 1xx 1x 22又 Q , N , H 三点共线,所以k QNk QH,即2 y 1y 1y2. x 1x 1x 2于是由式可得kPQkPHy 1y 1y21y 1y 2y 1y 2m2. x 1x 1x22x 1x 2x 1x 22PH . 而 PQPH 等价于kPQkPH1,即m21,又m0,得m2,2故存在m2,使得在其对应的椭圆x2y21上,对任意的