(1)写出曲线(C_1)的普通方程和(C_2)的直角坐标方程;
(2)设点(P) 在(C_1)上,点(Q) 在(C_2)上,且(angle POQ=cfrac{pi}{2}),求三角形(POQ)面积的最大值。
分析:(1) 直接给出答案,曲线的普通方程(C_1:(x-2)^2+y^2=4);所求的直角坐标方程(C_2:(x-1)^2+y^2=1);
(2)【法1】极坐标法(本题目命题意图就是想让学生体会极坐标的优越性,从而主动使用极坐标刻画思考或者在极坐标系下运算),
曲线(C_1)的极坐标方程为(
ho_1=4cosalpha(alphain(-cfrac{pi}{2},cfrac{pi}{2}))),
曲线(C_2)的极坐标方程为(
ho_2=2cos heta( hetain(-cfrac{pi}{2},cfrac{pi}{2}))),
如右图所示,初步分析,当点(P)在(x)轴上方时,点(Q)必在(x)轴下方;
当然还会有另一种情形,当点(P)在(x)轴下方时,点(Q)必在(x)轴上方;
我们取其中一种做研究,比如点(P)在(x)轴上方,点(Q)在(x)轴下方;
注意此时点(Q)的极角是负值(- heta),
由于(
ho_1>0),(
ho_2>0),以及(angle POQ=cfrac{pi}{2})可得,
(alpha- heta=cfrac{pi}{2}),即(alpha= heta+cfrac{pi}{2}),(顺时针为正,逆时针为负)
则有(S_{Delta OPQ}=cfrac{1}{2}|OP||OQ|)
(=cfrac{1}{2}
ho_1
ho_2=cfrac{1}{2} imes 4cosalpha imes 2cos heta)
(=4cos( heta+cfrac{pi}{2})cos heta=-4sin heta cos heta)
(=-2sin2 heta),
当(2 heta=-cfrac{pi}{2}),即( heta=-cfrac{pi}{4})时,
((S_{Delta OPQ})_{max}=2)。
【法2】参数方程法,
如图所示,曲线(C_1)的参数方程是(egin{cases}x=2+2cosalpha\y=2sinalphaend{cases}(alpha为参数,alphain (-pi,pi))),
曲线(C_2)的参数方程是(egin{cases}x=1+cos heta\y=sin hetaend{cases}( heta为参数, hetain (-pi,pi))),
注意参数的含义,(cfrac{alpha}{2}-cfrac{ heta}{2}=cfrac{pi}{2}),即(alpha=pi+ heta)
则有(S_{Delta OPQ}=cfrac{1}{2}|OP||OQ|)
(=cfrac{1}{2}sqrt{(2+2cosalpha)^2+(2sinalpha)^2}sqrt{(1+cos heta)^2+sin^2 heta})
(=cfrac{1}{2}sqrt{8(1+cosalpha)}sqrt{2(1+cos heta)})
(=cfrac{1}{2}sqrt{8(1-cos heta)}sqrt{2(1+cos heta)})
(=cfrac{1}{2} imes 4sqrt{(1-cos heta)(1+cos heta)})
(=2sqrt{1-cos^2 heta}=2|sin heta|)
当( heta=-cfrac{pi}{2})时,((S_{Delta OPQ})_{max}=2)。
【变形方法3】参数方程法,曲线(C_1)的参数方程是(egin{cases}x=2+2cosalpha\y=2sinalphaend{cases}(alpha为参数,alphain (-pi,pi))),
曲线(C_2)的参数方程是(egin{cases}x=1+cos heta\y=2sin hetaend{cases}( heta为参数, hetain (-pi,pi))),
注意参数的含义,(cfrac{alpha}{2}-cfrac{ heta}{2}=cfrac{pi}{2}),即(alpha=pi+ heta)
由(angle POQ=cfrac{pi}{2})可知,(k_{OP}k_{OQ}=-1),
即(cfrac{2sinalpha}{2+2cosalpha} imes cfrac{sin heta}{1+cos heta}=-1),即(-sinalpha sin heta=(1+cosalpha)(1+cos heta))
(S_{Delta OPQ}=cfrac{1}{2}|OP||OQ|)
(=cfrac{1}{2}sqrt{(2+2cosalpha)^2+(2sinalpha)^2}sqrt{(1+cos heta)^2+sin^2 heta})
(=cfrac{1}{2}sqrt{8(1+cosalpha)}sqrt{2(1+cos heta)})
(=2sqrt{(1+cosalpha)(1+cos heta)})
(=2sqrt{-sinalpha sin heta}),
又有(cfrac{alpha}{2}-cfrac{ heta}{2}=cfrac{pi}{2}),即(alpha=pi+ heta)
(原式=2sqrt{sin^2 heta}=2|sin heta|),
当( heta=-cfrac{pi}{2})时,((S_{Delta OPQ})_{max}=2)。
【法4】设直线(OP)的方程为(y=kx),由(angle POQ=cfrac{pi}{2})可得,
直线(OQ)的方程为(y=-cfrac{1}{k}x),
联立(egin{cases}(x-2)^2+y^2=4\y=kxend{cases}),
解得(P(cfrac{4}{1+k^2},cfrac{4k}{1+k^2} )),
联立(egin{cases}(x-1)^2+y^2=1\y=-cfrac{1}{k}xend{cases}),
解得(Q(cfrac{2k^2}{1+k^2},cfrac{-2k}{1+k^2})),
(S_{Delta POQ}=cfrac{1}{2}|OP||OQ|=cfrac{1}{2}sqrt{(cfrac{4}{1+k^2})^2+(cfrac{4k}{1+k^2})^2}sqrt{(cfrac{2k^2}{1+k^2})^2+(cfrac{-2k}{1+k^2})^2})
(=cfrac{1}{2}sqrt{cfrac{16}{1+k^2}}sqrt{cfrac{4k^2}{1+k^2}}=cfrac{4|k|}{1+k^2}=cfrac{4}{|k|+frac{1}{|k|}}leq 2)。
当且仅当(|k|=1)时取到等号。故((S_{Delta POQ})_{max}=2)。
反思:这个解法的优越性体现在只有一个变量(k),那么求最值时就好操作些。
【法5】是否有,待后思考整理。
解后反思:
1、在高中数学中,求某个量(比如面积)的最值时,往往需要先表达出这个量(比如面积)的函数,这样求实际问题的最值就变成了求这个函数模型的最值问题了,这一过程实际就是函数的建模。
1、法1利用极坐标法,这样表达刻画面积时,就只有两个变量(alpha)和( heta),然后利用两个变量的相互关系,再将变量集中为一个变量,就好求解其最大值了。
2、法2利用参数方程法,在表达刻画面积时,同样只有两个变量(alpha)和( heta),然后利用两个变量的相互关系,再将变量集中为一个变量,就好求解其最大值了。法2和法3本质接近。
3、正确求解本题目,需要深刻理解极坐标方程的含义和参数方程的含义,尤其是法2对参数的含义更不能弄错了。用到了内外角关系和圆心角和圆周角关系。
4、还有学生想到设(P(x_1,y_1)),$ Q(x_2,y_2)$,这样的思路我没有做尝试,不过能看出来此时是四个变量,这样就难得多了,所以碰到这样的题目我们先需要初步筛选思路。
分析:先做出如右图所示的图像,从形上分析,由于函数(f(x)=a^x)与(g(x)=log_ax(a>0且a eq 1))互为反函数,其图像关于直线(y=x)对称,
故两条曲线相交时,直线(y=x)必然也会过他们的交点,这样我们将图形简化一下,
即要保证两条曲线有两个交点,只需要一区一直两条线有两个交点就可以了,
此时我们从形上已经不好把握了,需要转换到数的角度进行计算。
即函数(y=a^x)与函数(y=x)的图像有两个交点,也即方程(a^x=x)要有两个不同的实数根。
两边同时取自然对数,得到(lna^x=lnx),即(xlna=lnx),注意到图像的交点的(x eq 0),
故分离参数得到(lna=cfrac{lnx}{x}),
则要方程使(lna=cfrac{lnx}{x})有两个不同的根,需要函数(y=lna)和(g(x)=cfrac{lnx}{x})要有两个交点,这样又转换到形了。
以下用导数方法,判断函数(g(x)=cfrac{lnx}{x})的单调性,得到在((0,e))上单调递增,在((e,+infty))上单调递减,做出其函数图像如右图所示,
故有(0<lna<cfrac{1}{e}),即(ln1<lna<lne^{frac{1}{e}}),故(ain (1,e^{frac{1}{e}})),选(D).
解后反思:
①、数到形,形到数,二者之间的转换在高三数学的学习中非常普遍。
②、熟练掌握函数(f(x)=cfrac{lnx}{x}),以及(g(x)=lnxpm x),(h(x)=xcdot lnx)等的函数的图像和性质,在解题中会有不小的惊喜。
③、在分离常数时,可以分离得出(lna=cfrac{lnx}{x}),还可以分离得到(a=e^{frac{lnx}{x}}),但是明显第一种分离方式更有利于计算,此处使用了整体思想。
分析:由题目可以知道,其渐近线为(y=pm 2x),
【法1】:取其一(y=2x),则其倾斜角为( heta),可知(tan heta=2),
又知道( heta+cfrac{alpha}{2}=cfrac{pi}{2}),则( heta=cfrac{pi}{2}-cfrac{alpha}{2}),带入上式得到,
(tan heta=tan(cfrac{pi}{2}-cfrac{alpha}{2})=cotcfrac{alpha}{2}=2),即(cotcfrac{alpha}{2}=2),
则(tancfrac{alpha}{2}=cfrac{1}{2}),由(tanalpha=cfrac{2tancfrac{alpha}{2}}{1-tan^2cfrac{alpha}{2}})得到,(tanalpha=cfrac{4}{3})。
到此,题目转化为已知(tanalpha=cfrac{4}{3}),求(cos2alpha=?)的值。
(cos2alpha=cfrac{cos^2alpha-sin^2alpha}{cos^2alpha+sin^2alpha}=cfrac{1-tan^2alpha}{1+tan^2alpha}=-cfrac{7}{25})。
【法2】:在直线(y=2x)上取一点((1,2)),利用锐角三角函数的定义,可知(tancfrac{alpha}{2}=cfrac{1}{2}),
从而由(tanalpha=cfrac{2tancfrac{alpha}{2}}{1-tan^2cfrac{alpha}{2}})得到,(tanalpha=cfrac{4}{3})。
代入(cos2alpha=cfrac{cos^2alpha-sin^2alpha}{cos^2alpha+sin^2alpha}=cfrac{1-tan^2alpha}{1+tan^2alpha}=-cfrac{7}{25})。
解后反思:
1、本题目其实是一类这样的题目,请参阅
2、法1由于用到了余切,有超纲之嫌;法2使用了三角函数定义,符合学生的认知。
(1)、当(xin [0,cfrac{pi}{2}])时,求函数(f(x))的取值范围。
分析:先将函数变形为正弦型函数(f(x)=2sin(2x-cfrac{pi}{6})+1),其中(xin [0,cfrac{pi}{2}]),
题目转化为正弦型函数在限定区间上的值域问题,常规题目,(f(x)in [0,3])
(2)、若对任意的(xin R),都有(f(x)leq f(A)),(b=2),(c=4),点(D)是边(BC)的中点,求(AD)的长。
【解答的共有部分】对任意的(xin R),都有(f(x)leq f(A)),则(f(A)geqslant f(x)_{max});
(f(x)=2sin(2x-cfrac{pi}{6})+1,xin R),则(f(x)_{max}=3),
即(f(A)geqslant 3)又(f(A)=2sin(2A-cfrac{pi}{6})+1)
故有(2sin(2A-cfrac{pi}{6})+1geqslant 3),即(sin(2A-cfrac{pi}{6})geqslant 1),
又由正弦函数的值域范围可知,此时只能取(sin(2A-cfrac{pi}{6})=1),
即(2A-cfrac{pi}{6}=cfrac{pi}{2}),故(A=cfrac{pi}{3})。
【法1】:余弦定理法,先由余弦定理得到(BC=2sqrt{3}),则(BD=CD=sqrt{3}),
设(angle ADB=alpha),(angle ADC=eta),则有(cosalpha+coseta=0)。
再设(AD=x),又(cosalpha=cfrac{x^2+(sqrt{3})^2-4^2}{2cdotsqrt{3}cdot x});(coseta=cfrac{x^2+(sqrt{3})^2-2^2}{2cdotsqrt{3}cdot x});
代入方程(cosalpha+coseta=0)得到,(x=AD=sqrt{7})。
【法2】:要求(AD),由(AD=|overrightarrow{AD}|),而(|overrightarrow{AD}|=sqrt{overrightarrow{AD}^2}),
(overrightarrow{AD}=cfrac{1}{2}(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC})),则(overrightarrow{AD}^2=cfrac{1}{4}(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC})^2)
则(|overrightarrow{AD}|^2=cfrac{1}{4}(|overrightarrow{AB}|^2+|overrightarrow{AC}|^2+2|overrightarrow{AB}||overrightarrow{AC}|cos60^{circ}))
(=cfrac{1}{4}(4^2+2^2+2 imes4 imes2 imescfrac{1}{2})=7)
故(AD=|overrightarrow{AD}|=sqrt{7});
【法3】由题目可知,先由余弦定理得到(BC=2sqrt{3}),则由(AB=4,AC=2),可知(Delta ABC)为(RtDelta),
则有(AC=2),(CD=sqrt{3}),故由勾股定理可知,(AD=sqrt{7})。
解后反思:1、向量法和余弦定理法都是大家应该掌握的常见的思路方法,其中向量法这个思路,对学生和老师而言,都不是那样的自如应用。
分析:本题目的考点有以下几个,其一求等比数列的(a_n),其二由(S_n)求(a_n)。
我们往往需要先由(S_n)求(a_n),
途径一:(a_n)与(S_n)法,
当(nge 1)时,(S_n=2^n-c(cin R)),
当(nge 2)时,(S_{n-1}=2^{n-1}-c(cin R)),
故(nge 2)时,(a_n=S_n-s_{n-1}=2^n-2^{n-1}=2^{n-1})
所以,(a_n=2^{n-1}(nin N^*))(此处可以验证,也可以不验证,已知的等比)
途径二:由等比数列的前(n)项和(S_n=cfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}=cfrac{a_1}{1-q}cdot (1-q^n)=mcdot q^n-m(m=-cfrac{a_1}{1-q}))的性质可知,
(c=1),(q=2),再由(S_1=a_1=2^1-1=1),
故(a_n=1 imes 2^{n-1}(nin N^*));
接下来用对数的性质求解转化:
(a_1cdot a_2cdot a_n=2^0cdot 2^1cdots 2^{n-1}=2^{0+1+cdots+(n-1)}=2^{frac{n(n-1)}{2}}),
则(log_2a_1+log_2a_2+cdots+log_2a_n=log_2(a_1cdot a_2cdots a_n)=log_22^0cdot 2^1cdots 2^{n-1}),
(=log_22^{0+1+cdots+(n-1)}=log_22^{frac{n(n-1)}{2}}=cfrac{n(n-1)}{2}=10),解得(n=5)。
解后反思:
1、熟练理解等差、等比数列的常用性质,尤其是从函数角度出发的性质,对数学解题有很大的帮助。
2、本题目原来是选择题,给了(2,3,4,5)四个选项,当进行到解方程(cfrac{n(n-1)}{2}=10)时,应该意识到验证总比解方程要节省时间。
将数列({a_n})按如图所示的规律排成一个三角形表,并同时满足以下两个条件:①各行的第一个数(a_1,a_2,a_5,cdots,)构成公差为(d)的等差数列;②从第二行起,每行各数按从左到右的顺序构成公比为(q)的等比数列,若(a_1=1,a_3=4,a_5=3),则(d=);第(n)行的和(T_n)=__。
分析:由三角形表观察计算得出:
①:第一行有1项,第二行有3项,第三行有5项,故猜想:第(n)行应该有(2n-1)项;
②:由表的第一列构成等差数列,可知(2a_2=a_1+a_5),即(a_2=2);
③:等差数列的首项是1,公差为(d=1),那么第4行的首项应该为4,第(n)行的首项应该为(n);
④:每一行的等比数列的公比可以由(cfrac{a_3}{a_2}=2)得到,即(q=2)
那么第(n)行就是首项为(n),公比为(q=2),项数为(2n-1)的等比数列,其和(T_n=cfrac{ncdot (2^{2n-1}-1)}{2-1}=ncdot (2^{2n-1}-1))。
引申分析:
⑤:第三行的首项是(a_5=a_{2^2+1}),猜想第四行的首项是(a_{10}=a_{2^3+1}=a_{9+1}),第五行的首项是第(a_{2^4+1}=a_{17})项,那么第(n)行的首项是第(a_{2^{n-1}+1})项;
⑥:(a_{2^{n-1}+1}=n);