【2013高考数学攻略】专题8：数学思想方法之数形结合思想探讨
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| 名称 | 【2013高考数学攻略】专题8：数学思想方法之数形结合思想探讨 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 2.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 其它版本 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2012-12-16 07:08:29 | ||
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文档简介
【2013高考数学攻略】
专题8：数学思想方法之数形结合思想探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
数学思想是指人们对数学理论和内容的本质的认识，数学方法是数学思想的具体化形式，实际上两者的本质是相同的，差别只是站在不同的角度看问题。通常混称为“数学思想方法”。常见的数学思想有：建模思想、归纳思想，分类思想、化归思想、整体思想、数形结合思想等。
中学基础数学的基本知识分三类：一是数的知识，如实数、代数式、方程（组）、不等式（组）、函数等；二是形的知识，如平面几何、立体几何等；三是数形结合的知识，主要体现是解析几何。
数形结合思想，就是把问题的数量关系和图形结合起来的思想方法，根据解决问题的需要，可以把数量关系的问题转化为图形的性质和特征去研究（以形助数），即以形作为手段，数为目的，比如应用函数的图像来直观地说明函数的性质；或者把图形的性质问题转化为数量关系的问题去研究（以数辅形），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。数形结合思想，不仅是一种重要的解题方法，而且也是一种重要的思想方法，在高考中经常考查。
数与形转换的三条途径：（1）建系：通过坐标系的建立，引入数量化静为动，以动求解；（2）转化：通过分析数与式的结构特点，把问题转化到形的角度来考虑，如将转化为勾股定理或平面上两点间的距离等；（3）构造：通过对数(式)与形特点的分析，联想相关知识构造图形或函数等，比如构造一个几何图形，构造一个函数，构造一个图表等。
数形结合的三种主要解题方式：（1）数转化为形，即根据所给出的“数”的特点，构造符合条件的几何图形，用几何方法去解决；（2）形转化为数，即根据题目特点，用代数方法去研究几何问题；（3）)数形结合，即用数研究形，用形研究数，相互结合，使问题变得简捷、直观、明了。
运用数形结合思想分析解决问题要遵循的三个原则：（1）等价性原则：要注意由于所作的草图不能精确刻画数量关系带来的负面效应；（2）双向性原则：即进行几何直观分析，又要进行相应的代数抽象探求，仅对代数问题进行几何分析容易失真；（3）简单性原则：不要为了“数形结合”而数形结合，而取决于是否有效、简便和更易达到解决问题的目的。
运用数形结合思想分析解决问题时的三点注意事项：（1）要熟记常见函数或曲线的形状和位置，画图要比较准确，明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；（2）要恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；（3）要正确确定参数的取值范围。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从下面七方面探讨数形结合思想的应用：（1）数形结合思想在集合问题中的应用；（2）数形结合思想在函数问题中的应用；（3）数形结合思想在圆锥曲线问题中的应用；（4）数形结合思想在方程与不等式问题中的应用；（5）数形结合思想在三角函数问题中的应用；（6）数形结合思想在平面向量问题中的应用；（7）数形结合思想在立体几何问题中的应用。
一、数形结合思想在集合问题中的应用：在集合运算中常常借助于数轴、Venn图来处理集合的交、并、补等运算，从而使问题得以简化，使运算快捷明了。
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年全国大纲卷文5分）已知集合={︱是平行四边形}，={︱是矩形}，={︱是正方形}，{︱是菱形}，则【 】
A. B. C. D.
【答案】B。
【考点】集合的概念，集合的包含关系。
【解析】平行四边形、矩形、菱形和正方形的关系如图，由图知是大的集合，是最小的集合，因此，选项A、C、、D错误，选项B正确。故选B。
例2.（2012年上海市文4分）若集合，，则＝ ▲
【答案】。
【考点】集合的概念和性质的运用，一元一次不等式和绝对值不等式的解法。
【解析】由题意，得，∴。
例3.（2012年山东省文5分）函数的定义域为【 】
A B C D
【答案】B。
【考点】函数的定义域。分式、对数、二次根式有意义的条件。
【解析】根据分式、对数、二次根式有意义的条件，得，解得。
∴函数的定义域为。故选B。
例4. （2012年重庆市理5分）设平面点集，则所表示的平面图形的面积为【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】D。
【考点】线性规划中可行域的画法，双曲线和圆的对称性。
【分析】∵，∴或。
又∵，
∴满足上述条件的区域为如图所示的圆内部分Ⅰ和Ⅲ。
∵的图象都关于直线对称，
∴Ⅰ和Ⅳ区域的面积相等，Ⅱ和Ⅲ区域的面积相等，即圆内部分Ⅰ和Ⅲ的面积之和为单位圆面积的一半，为。故选D。
二、数形结合思想在函数问题中的应用：函数图象的几何特征与数量特征紧密结合，体现了数形结合的特征与方法。特别地，数列是一种特殊的函数，数列的通项公式以及前n项和公式可以看作关于正整数n的函数。用数形结合的思想研究数列问题是借助函数的图象进行直观分析，从而把数列的有关问题转化为函数的有关问题来解决。
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年山东省理5分） 设 ，则“函数在R上是减函数 ”，是“函数在R上是增函数”的【 】
A 充分不必要条件 B 必要不充分条件 C 充分必要条件 D 既不充分也不必要条件
【答案】A。
【考点】充分必要条件的判断，指数函数和幂函数的性质。
【解析】∵p：“函数在R上是减函数 ”等价于，
q：“函数在R上是增函数”等价于且，即且，
∴p是q成立的充分不必要条件.。故选A。
例2. （2012年北京市理5分）已知，若同时满足条件：
，
则m的取值范围是 ▲
【答案】。【版权归锦元数学工作室，不得转载】
【考点】简易逻辑，函数的性质。
【解析】由得。
∵条件，∴当时，。
当时，，不能做到在时，，所以舍去。
∵作为二次函数开口只能向下，∴，且此时两个根为。
为保证条件①成立，必须。
又由条件的限制，可分析得出时，恒负。
∴就需要在这个范围内有得正数的可能，即－4应该比两根中小的那个大。
由得，
∴当时，，解得交集为空集，舍去。
当时，两根同为－2＞－4，舍去。
当时，。
综上所述，。
例3. （2012年全国大纲卷理5分）已知函数的图像与轴恰有两个公共点，则【 】
A．或2 B．或3 C．或1 D．或1
【答案】A
【考点】导数的应用。
【解析】若函数图像与轴有两个不同的交点，则需要满足其中一个为零即可。因为三次函数的图像与轴恰有两个公共点，结合该函数的图像，可知只有在极大值点或者极小值点有一点在轴时满足要求（如图所示）。
∵，∴。
∴当时，函数取得极值。
由或可得或，即。故选A。
例4. （2012年全国课标卷理5分）设点在曲线上，点在曲线上，则最小值为【 】
【答案】。
【考点】反函数的性质，导数的应用。
【解析】∵函数与函数互为反函数，∴它们的图象关于对称。
∴函数上的点到直线的距离为
设函数，则，∴。∴。
∴由图象关于对称得：最小值为。故选。
例5. （2012年北京市理5分）某棵果树前n年的总产量S与n之间的关系如图所示.从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高。m值为【 】
A.5 B.7 C.9 D.11
【答案】C。
【考点】直线斜率的几何意义。
【解析】据图像识别看出变化趋势，利用变化速度可以用导数来解，但图像不连续，所以只能是广义上的。实际上，前n年的年平均产量就是前n年的总产量S与n的商：，在图象上体现为这一点的纵坐标与横坐标之比。
因此，要使前m年的年平均产量最高就是要这一点的纵坐标与横坐标之比最大，即这一点与坐标原点连线的倾斜角最大。图中可见。当n=9时，倾斜角最大。从而m值为9。故选C。
例6. （2012年天津市理5分）函数在区间内的零点个数是【 】
（A）0 （Ｂ）1 （Ｃ）2 （Ｄ）3
【答案】B。
【考点】函数的零点的概念，函数的单调性，导数的应用。
【分析】∵，∴函数在定义域内单调递增。
又∵，。
∴函数在区间（0，1）内有唯一的零点。故选B。
例7. （2012年山东省理5分）设函数，若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点A（x1，y1）,B(x2，y2),则下列判断正确的是【 】
A. 当a<0时，x1＋x2<0，y1＋y2>0 B. 当a<0时，x1＋x2>0， y1＋y2<0
C. 当a>0时，x1＋x2<0，y1＋y2<0 D. 当a>0时，x1＋x2>0， y1＋y2>0
【答案】B。
【考点】导数的应用。
【解析】令，则。
设，。
令，则
要使的图像与图像有且仅有两个不同的公共点必须：
，整理得。
取值讨论：可取来研究。
当时，，解得，此时，此时；
当时，，解得，此时，此时。故选B。
例8. （2012年重庆市理5分）设函数在上可导，其导函数为，且函数的图像如题图所示，则下列结论中一定成立的是【 】
（A）函数有极大值和极小值
（B）函数有极大值和极小值
（C）函数有极大值和极小值
（D）函数有极大值和极小值
【答案】D。
【考点】函数在某点取得极值的条件，函数的图象。
【分析】由图象知，与轴有三个交点，－2，1，2， ∴。
由此得到， ，，和在上的情况：
－2
1
2
＋
0
－
0
＋
0
－
＋
＋
＋
0
－
－
－
＋
0
－
－
－
0
＋
↗
极大值
↘
非极值
↘
极小值
↗
∴的极大值为，的极小值为。故选D。
例9. （2012年天津市理5分）已知函数的图象与函数的图象恰有两个交点，则实数的取值范围是 ▲ .
【答案】。
【考点】函数的图像及其性质，利用函数图像确定两函数的交点。
【分析】函数，
当时，，
当时，，
综上函数。
作出函数的图象，要使函数与有两个不同的交点，则直线必须在蓝色或黄色区域内，如图，此时当直线经过黄色区域时，满足，当经过蓝色区域时，满足，综上实数的取值范围是。
例10. （2012年福建省理4分）对于实数a和b，定义运算“*”：a*b＝设，且关于x的方程恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是 ▲ ．
【答案】。
【考点】新定义，分段函数的图象和性质，分类讨论和数形结合思想的应用。
【解析】根据新运算符号得到函数为，
化简得：。
如图，作出函数和的图象，
如果有三个不同的实数解，即直线与函数f(x)的图象有三个交点，如图，
（1）当直线过抛物线的顶点或时，有两个交点；
（2）当直线中时，有一个交点；
（3）当直线中时，有三个交点。【版权归锦元数学工作室，不得转载】
设三个交点分别为：x1，x2，x3，且依次是从小到大的顺序排列，所以x1即为方程2x2－x＝小于0的解，解得x1＝，此时x2＝x3＝，所以x1·x2·x3＝××＝。
与函数f(x)有2个交点的最低位置是当y＝m与x轴重合时，此时x1·x2·x3＝0。
所以当方程有三个不等实根时，x1·x2·x3∈。
例11. （2012年全国课标卷文5分）当时，，则a的取值范围是【 】
（A）(0，) （B）(，1) （C）(1，) （D）(，2)
【答案】B。
【考点】指数函数和对数函数的性质。
【解析】设,作图。
∵当时，,
∴在时, 的图象在的图象上方。
根据对数函数的性质，。∴单调递减。
∴由时，得，解得。
∴要使时，，必须。
∴a的取值范围是(，1) 。故选B。
例12. （2012年北京市文5分）函数的零点个数为【 】
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】B。
【考点】幂函数和指数函数的图象。
【解析】函数的零点个数就是（即）解的个数，即函数和的交点个数。如图，作出图象，即可得到二者交点是1 个。所以函数的零点个数为1。故选B。
例13. （2012年湖南省文5分）设定义在R上的函数是最小正周期为2的偶函数，是的导函数，当时，0＜＜1；当 且时 ，，则函数在[-2，2] 上的零点个数为【 】
A .2 B .4 C.5 D. 8
【答案】Ｂ。
【考点】函数的周期性、奇偶性、图像及两个图像的交点问题。
【解析】由当 且≠时 ，，知
为减函数；为增函数。
又时，0＜f(x)＜1，在R上的函数f(x)是最小正周期为2的偶函数，在同一坐标系中作出和草图像如下，由图知在[-2，2] 上的零点个数为4个。
例14. （2012年福建省文5分）已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：①f(0)f(1)＞0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(3)＞0；④f(0)f(3)＜0.
其中正确结论的序号是【 】
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】C。
【考点】函数的零点和单调性。
【解析】对函数求导得：f′(x)＝3x2－12x＋9，
令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝3。
当x<1时，函数f(x)单调递增；当13时，函数f(x)单调递增。
因为a根据f(b)＝0得f(b)＝b3－6b2＋9b－abc＝b[(b－3)2－ac]＝0，因为b≠0，所以(b－3)2－ac＝0。
又因为c>0，且方程有解，故a>0，所以a>0,13。
画出函数f(x)的图象，如图所示．显然f(0)<0，f(1)>0，f(3)<0，
所以f(0)·f(1)<0，f(0)·f(3)>0。所以②③正确。故选C。
例15. （2012年重庆市文5分）设函数在上可导，其导函数，且函数在处取得极小值，则函数的图象可能是【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】C。
【考点】函数的图象，函数单调性与导数的关系。
【分析】由函数在处取得极小值可知，
当时，，则，函数的图象与轴相交；
当左侧附近时，，则，函数的图象在轴上方；
当右侧附近时，，则，函数的图象在轴下方。
对照选项可知只有C符合题意。故选C。
例16. （2012年陕西省理5分）下图是抛物线形拱桥，当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽 ▲ 米.
【答案】。
【考点】抛物线的应用。
【解析】建立如图所示的直角坐标系，设抛物线方程为，
∴∵当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，
∴抛物线过点（2，－2，）.
代入得，，即。
∴抛物线方程为。
∴当时，，∴水位下降1米后，水面宽米。
三、数形结合思想在圆锥曲线问题中的应用：解析几何的基本思想就是数形结合，在圆锥曲线解题中将数形结合的数学思想运用于对点、线的性质及其相互关系的研究，借助于图象研究曲线的性质是一种常用的方法。
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例1. （2012年全国大纲卷理5分）已知为双曲线的左右焦点，点在上，
，则【 】
A． B． C． D．
【答案】C。
【考点】双曲线的定义和性质的运用，余弦定理的运用。
【解析】首先运用定义得到两个焦半径的值，然后结合三角形中的余弦定理求解即可。
由可知，，∴。
∴。
设，则。
∴根据双曲线的定义，得。
∴。
在中，应用用余弦定理得。故选C。
例2. （2012年全国课标卷理5分）设是椭圆的左、右焦点，为直线上一点， 是底角为的等腰三角形，则的离心率为【 】
【答案】。
【考点】椭圆的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数定义。
【解析】∵是椭圆的左、右焦点，
∴。
∵是底角为的等腰三角形，
∴。
∵为直线上一点，∴。∴。
又∵，即。∴。故选。
例3. （2012年北京市理5分）在直角坐标系xOy中.直线l过抛物线的焦点F，且与该抛物线相交于A、B两点，其中点A在x轴上方。若直线l的倾斜角为60o，则△OAF的面积为 ▲
【答案】。
【考点】抛物线的性质，待定系数法求直线方程，直线和抛物线的交点。
【解析】根据抛物线的性质，得抛物线的焦点F（1，0）。
∵直线l的倾斜角为60o，∴直线l的斜率。
∴由点斜式公式得直线l的方程为。
∴。
∵点A在x轴上方，∴。
∴△OAF的面积为。
例4. （2012年四川省理4分）椭圆的左焦点为，直线与椭圆相交于点、，当的周长最大时，的面积是 ▲ 。
【答案】3。
【考点】椭圆的性质。
【解析】画出图象，结合图象得到的周长最大时对应的直线所在位置．即可求出结论．
如图，设椭圆的右焦点为E。
由椭圆的定义得：
的周长：
。
∵，∴，当AB过点E时取等号。
∴。
即直线过椭圆的右焦点E时的周长最大，此时的高为：EF=2，直线。
把代入椭圆得。∴。
∴当的周长最大时，的面积是。
例5. （2012年全国课标卷理12分）设抛物线的焦点为，准线为，，已知以为圆心，为半径的圆交于两点；
（1）若，的面积为；求的值及圆的方程；
（2）若三点在同一直线上，直线与平行，且与只有一个公共点，求坐标原点到距离的比值。
【答案】解：（1）由对称性知：是等腰直角三角形，斜边。 点到准线的距离。
∵ ，∴。
∴。
∴，。
∴ 圆的方程为。
（2）由对称性设，则
∵三点在同一直线上，
∴点关于点对称，得：。∴，即
∴，直线，整理得。
∴直线的斜率为。
又∵直线与平行，∴直线的斜率为。
由得，∴。
∵直线与只有一个公共点，∴令，得。∴切点。
∴直线，整理得
∴坐标原点到距离的比值为。
【考点】抛物线和圆的性质，两直线平行的性质，点到直线的距离，导数和切线方程。
【解析】（1）由已知，的面积为，根据抛物线和圆的性质可求得以及，，从而得到圆的方程。
（2）设，根据对称性得，由在准线上得到，从而求得的坐标（用表示），从而得到直线的方程和斜率。由直线与平行和直线与只有一个公共点，应用导数可求出直线的方程。因此求出坐标原点到距离的比值。
例6. （2012年北京市理14分）已知曲线C：
（1）若曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，求m的取值范围；
（2）设m=4，曲线c与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线与曲线c交于不同的两点M、N，直线y=1与直线BM交于点G。求证：A，G，N三点共线。
【答案】（1）原曲线方程可化为：。
∵曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，
∴，是。
∴若曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，则m的取值范围为。
（2）证明：∵m=4，∴曲线c的方程为。
将已知直线代入椭圆方程化简得：
。
由得，
。
由韦达定理得：。
设。
则MB的方程为，∴。
AN的方程为。
欲证A，G，N三点共线，只需证点G在直线AN上。
将代入，得，
即，即，
即，等式恒成立。
由于以上各步是可逆的，从而点在直线AN上。
∴A，G，N三点共线。
【考点】椭圆的性质，韦达定理的应用，求直线方程，三点共线的证明。
【解析】（1）根据椭圆长轴大于短轴和长、短轴大于0得不等式组求解即得m的取值范围。
（2）欲证A，G，N三点共线，只需证点G在直线AN上。故需求出含待定系数的直线MB和AN的方程，点G的坐标，结合韦达定理的应用用逆推证明。也可通过证明直线MB和AN在时横坐标相等来证A，G，N三点共线或直线AN和AG斜率相等。还可用向量求解。
例7. （2012年广东省理14分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：的离心率，且椭圆C上的点到Q（0，2）的距离的最大值为3.
（1）求椭圆C的方程；
（2）在椭圆C上，是否存在点M（m，n）使得直线l：mx+ny=1与圆O：x2+y2=1相交于不同的两点A、B，且△OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及相对应的△OAB的面积；若不存在，请说明理由。
【答案】解：（1）∵，∴可设 。
∴，故椭圆C的方程为。
设为椭圆上的任一点，则。
∵，
∴当时，取得最大值，即取得最大值。
又∵椭圆C上的点到Q（0，2）的距离的最大值为3，
∴，解得。
∴所求的椭圆C方程为。
（2）假设点M（m，n）存在，则 ， 即圆心O到直线的距离。 ∴。
∵
∴
（当且仅当，即时取等号）。
解得，即或或或。
∴所求点M的坐标为，对应的△OAB的面积为。
【考点】椭圆的性质，两点间的距离公式，二次函数的最大值，基本不等式的应用。
【解析】（1）由可得椭圆C的方程为，设设为椭圆上的任一点，求出的表达式，一方面由二次函数的最大值原理得的最大值，另一方面由已知椭圆C上的点到Q（0，2）的距离的最大值为3列式求出，从而得到椭圆C的方程。
（2）假设点M（m，n）存在，求出的表达式，应用基本不等式求得△OAB的面积最大时m，n的值和对应的△OAB的面积。
四、数形结合思想在方程与不等式问题中的应用：处理方程问题时，把方程的根的问题看作两个函数图象的交点问题；处理不等式时，从题目的条件与结论出发，联系相关函数，着重分析其几何意义，从图形上找出解题的思路。特别地，线性规划问题是在约束条件（不等式）下求目标函数的最值的问题。从图形上找思路恰好就体现了数形结合思想的应用。
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年陕西省理5分）设函数，是由轴和曲线及该曲线在点处的切线所围成的封闭区域，则在上的最大值为 ▲ .
【答案】2。
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程，简单线性规划。
【解析】先求出曲线在点（1，0）处的切线，然后画出区域D，利用线性规划的方法求出目标函数z的最大值即可：
∵，，
∴曲线及该曲线在点处的切线方程为。
∴由轴和曲线及围成的封闭区域为三角形。在点处取得最大值2。
例2. （2012年浙江省理14分）已知，，函数．
（Ⅰ）证明：当时，
（i）函数的最大值为；
（ii）；
（Ⅱ）若对恒成立，求的取值范围．
【答案】(Ⅰ) 证明：
(ⅰ)．
当b≤0时，＞0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＞0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
此时的最大值为：
＝|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a。
(ⅱ) 设＝﹣，
∵，∴令。
当b≤0时，＜0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＜0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
≤|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，
即＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。
(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，
且函数在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大。
∵﹣1≤≤1对x[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。
取b为纵轴，a为横轴．
则可行域为：和，目标函数为z＝a＋b。
作图如下：
由图易得：当目标函数为z＝a＋b过P(1，2)时，有．
∴所求a＋b的取值范围为：。
【考点】分类思想的应用，不等式的证明，利用导数求闭区间上函数的最值，简单线性规划。
【解析】(Ⅰ) (ⅰ)求导后，分b≤0和b＞0讨论即可。
(ⅱ) 利用分析法，要证＋|2a－b|﹢a≥0，即证＝﹣≤|2a－b|﹢a，亦即证在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，且函数在0≤x≤1上的最小值比
﹣(|2a－b|﹢a)要大．根据－1≤≤1对x∈[0，1]恒成立，可得|2a－b|﹢a≤1，从而利用线性规划知识，可求a＋b的取值范围。
例3. （2012年四川省理5分）某公司生产甲、乙两种桶装产品。已知生产甲产品1桶需耗原料1千克、原料2千克；生产乙产品1桶需耗原料2千克，原料1千克。每桶甲产品的利润是300元，每桶乙产品的利润是400元。公司在生产这两种产品的计划中，要求每天消耗、原料都不超过12千克。通过合理安排生产计划，从每天生产的甲、乙两种产品中，公司共可获得的最大利润是【 】
A、1800元 B、2400元 C、2800元 D、3100元
【答案】C。
【考点】线性规划的应用。
【解析】]设公司每天生产甲种产品X桶，乙种产品Y桶，公司共可获得 利润为Z元/天，则由已知，得 Z=300X+400Y，且
画可行域如图所示，目标函数Z=300X+400Y可变形为
Y= 这是随Z变化的一族平行直线，
解方程组得，即A（4,4） 。
∴。故选C。
例4. （2012年天津市理5分）设，，若直线与圆相切，则的取值范围是【 】
（A） （Ｂ）
（Ｃ） （Ｄ）
【答案】D。
【考点】直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，重要不等式，一元二次不等式的解法
【分析】∵直线与圆相切，
∴圆心到直线的距离为，
∴。
又∵，∴，即。
∴。
设，则，解得。故选D。
例5. （2012年广东省理5分）已知变量x，y满足约束条件，则z=3x+y的最大值为【 】
A．12 B．11 C．3 D．
【答案】B。
【考点】简单线性规划。
【解析】如图，作出变量x，y约束条件的可行域，
解得最优解（3,2）
当时，目标函数z=3x+y的最大值为。
故选B。
例6. （2012年江西省理5分）某农户计划种植黄瓜和韭菜，种植面积不超过50计，投入资金不超过54万元，假设种植黄瓜和韭菜的产量、成本和售价如下表
年产量/亩
年种植成本/亩
每吨售价
黄瓜
4吨
1.2万元
0.55万元
韭菜
6吨
0.9万元
0.3万元
为使一年的种植总利润（总利润=总销售收入总种植成本）最大，那么黄瓜和韭菜的种植面积（单位：亩）分别为【 】
A．50，0 B．30，20 C．20，30 D．0，50
【答案】B。
【考点】建模的思想方法，线性规划知识在实际问题中的应用。
【解析】设黄瓜和韭菜的种植面积分别为x,y亩,总利润为z万元，则目标函数为
.
线性约束条件为?，即。
如图，作出不等式组表示的可行域,易求得点。
平移直线，可知当直线经过点,即时,z取得最大值,且（万元）。故选B。
例7. （2012年湖南省理5分）已知两条直线 ：和：，与函数的图像从左至右相交于点A，B ，与函数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 , ,当m 变化时，的最小值为【 】[来源%&:中国~*教育#出版网]
A． B. C. D.
【答案】B。
【考点】数形结合，函数的图象，基本不等式的应用。
【解析】如图，在同一坐标系中作出，，图像，
由，得，
由，得。
根据题意得
。
∵，∴。故选B。
例8. （2012年福建省理5分）若函数图象上存在点(x，y)满足约束条件则实数m的最大值为【 】
A. B.1 C. D．2
【答案】B。
【考点】线性规划。
【解析】约束条件确定的区域为如图阴影部分，即
△ABC的边与其内部区域，分析可得函数与边界直线交与点（1，2），若函数图象上存在点（x，y）满足约束条件，即图象上存在点在阴影部分内部，则必有m≤1，即实数m的最大值为1。故选B。
例9. （2012年辽宁省理5分）设变量x，y满足则的最大值为【 】
(A) 20 (B) 35 (C) 45 (D) 55
【答案】D。
【考点】简单线性规划问题。
【解析】如图，画出可行域：
根据图形可知当x=5,y=15时2x+3y最大，最大值为55。故选D。
例10. （2012年全国大纲卷理5分）若满足约束条件，则的最小值为
▲ 。
【答案】。
【考点】线性规划。
【解析】利用不等式组，作出可行域，可知区域表示的为三角形，当目标函数过点（3，0）时，目标函数最大，当目标函数过点（0，1）时最小。
例11.（2012年全国课标卷理5分）设满足约束条件：；则的取值范围为
▲
【答案】。
【考点】简单线性规划。
【解析】求的取值范围，则求出在约束条件下的最大值和最小值即可。作图，可知约束条件对应四边形边边际及内的区域： 。
当时，取得最大值3；当时，取得最小值。
∴的取值范围为。
例12.（2012年安徽省理5分）若满足约束条件：；则的取值范围为 ▲ 来源:21世
【答案】。
【考点】简单线性规划。
【解析】求的取值范围，则求出的最大值和最小值即可。作图，可知约束条件对应边际及内的区域：。
当时，取得最大值0；当时，取得最小值。
∴的取值范围为。【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例13.（2012年广东省理5分）不等式的解集为 ▲ 。
【答案】。
【考点】分类讨论的思想，解绝对值不等式。
【解析】分类讨论：由不等式得，
当时，不等式为，即恒成立；
当时，不等式为，解得，；
当时，不等式为，即不成立。
综上所述，不等式的解集为。
另解：用图象法求解：作出图象，由折点——参考点——连线；运用相似三角形性质可得。
例14.（2012年江苏省5分）已知正数满足：则的取值范围是 ▲ ．
【答案】。
【考点】可行域。
【解析】条件可化为：。
设，则题目转化为：
已知满足，求的取值范围。
作出（）所在平面区域（如图）。求出的切
线的斜率，设过切点的切线为，
则，要使它最小，须。
∴的最小值在处，为。此时，点在上之间。
当（）对应点时， ，
∴的最大值在处，为7。
∴的取值范围为，即的取值范围是。
五、数形结合思想在三角函数问题中的应用：有关三角函数单调区间的确定或比较三角函数值的大小等问题，一般借助于单位圆或三角函数图象来处理，数形结合思想是处理三角函数问题的重要方法。
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年四川省理5分）设函数，是公差为的等差数列，，则【 】
A、 B、 C、 D、
【答案】D。
【考点】等差数列性质，三角函数性质。
【解析】∵，，
∴。
∵是公差为的等差数列，
∴，。
∴，解得。
∴。故选D。
关于， 可化为。
由，
设，作图可得二者交点在处：
例2. （2012年上海市理5分）设，，在中，正数的个数是【 】
A．25 B．50 C．75 D．100
【答案】 D。
【考点】正弦函数的周期性。
【解析】∵对于（只有)，∴都为正数。
当时，令，则，画出终边如右，
其终边两两关于轴对称，即有，
∴
其中=26,27,…,49，此时。
∵， ，∴。
从而当=26,27,…,49时，都是正数。
又。
同上可得，对于从51到100的情况同上可知都是正数，故选D。
例3. （2012年浙江省理14分）在中，内角，，的对边分别为，，．已知，．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若，求的面积．
【答案】解：(Ⅰ)∵cosA＝＞0，∴sinA＝。
又cosC＝sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋sinCcosA＝cosC＋sinC．
整理得：tanC＝。
（Ⅱ）由图辅助三角形知：sinC＝，，
∴。
又由正弦定理知：，解得 。
∴ABC的面积为：S＝。
【考点】三角恒等变换，正弦定理，三角形面积求法。
【解析】(Ⅰ)由A为三角形的内角，及cosA的值，利用同角三角函数间的基本关系求出sinA的值，再将已知等式的左边sinB中的角B利用三角形的内角和定理变形为π－（A+C），利用诱导公式得到sinB=sin（A+C），再利用两角和与差的正弦函数公式化简，整理后利用同角三角函数间的基本关系即可求出tanC的值。
（Ⅱ）由tanC的值，利用同角三角函数间的基本关系求出sinC 和cosC的值，将cosC的值代入中，即可求出的值，由求出c的值，最后由S＝即可求出三角形ABC的面积。
例4. （2012年上海市文5分）若（），则在中，正数的个数是【 】
A、16 B、72 C、86 D、100
【答案】C。
【考点】正弦函数的周期性和对称性。
【解析】依据正弦函数的周期性，可以找其中等于零或者小于零的项：
在中，分成7部分，加上。在7部分中，每一部分正数的个数是相同的。
讨论一个周期的情况：
如图， 中，当时，，所以均为正数；当时，由于正弦函数的性质，知也为正数；
当时，由于正弦函数的性质，知为0。因此共有12个正数。
另为正数。
∴在中，正数的个数是。故选C。
例5. （2012年湖南省文12分）已知函数的部分图像如图所示.
（Ⅰ）求函数的解析式；
（Ⅱ）求函数的单调递增区间.
【答案】解：（Ⅰ）由题设图像知，周期，∴。
∵点在函数图像上，∴。
又∵，∴。∴，即。
又∵点在函数图像上，∴。
∴函数的解析式为。
（Ⅱ）
。
由得
∴的单调递增区间是。
【考点】三角函数的图像和性质。
【解析】（Ⅰ）结合图形求得周期从而求得.再利用特殊点在图像上求出，从而求出的解析式。
（Ⅱ）用（Ⅰ）的结论和三角恒等变换及的单调性求得。
六、数形结合思想在平面向量问题中的应用：平面向量中应用勾股定理、面积公式、相似三角形的相似比、三角函数等将抽象的向量问题转化纯粹的代数运算。
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年全国大纲卷理5分）中，边上的高为，若 ，则【 】
A． B． C． D．
【答案】D。
【考点】向量垂直的判定，勾股定理，向量的加减法几何意义的运用。
【解析】∵，∴，
∴在中，根据勾股定理得。
∴由等面积法得，即，得。
∴。
又∵点在上，∴。故选D。
例2. （2012年四川省理5分）设、都是非零向量，下列四个条件中，使成立的充分条件是【 】
A、 B、 C、 D、且
【答案】C。
【考点】充分条件。
【解析】若使成立， 即要、共线且方向相同，即要。所以使成立的充分条件是。故选C。
例3. （2012年天津市理5分）已知为等边三角形，，设点满足，，，若，则【 】
（A） （Ｂ） （Ｃ） （Ｄ）
【答案】A。
【考点】向量加减法的几何意义，平面向量基本定理，共线向量定理及其数量积的综合运用.。
【分析】∵=，=，
又∵，且，，
∴，
即，
即，
∴，解得。故选A 。
例4. （2012年湖南省理5分）在△ABC中，AB=2，AC=3，= 1则【 】
A. B. C. D.
【答案】 A。
【考点】平面向量的数量积运算，余弦定理。
【解析】如图知。
∴。
又由余弦定理得，即，解得。
故选A。
例5 （2012年上海市理4分）在平行四边形中，，边、的长分别为2、1，若、分别是边、上的点，且满足，则的取值范围是 ▲ .
【答案】。
【考点】平面向量的基本运算。
【解析】如图所示，以为原点，向量所在直线为轴，过垂直于的直线为轴建立平面直角坐标系。
∵平行四边形中，，，
∴。
设，则。
∴由得，。
∴的横坐标为，的纵坐标为。
∴
∴。
∵函数在有最大值，
∴在时，函数单调增加。
∴在时有最小值2；在时有最大值5。
∴的取值范围是。版权归锦元数学工作室，不得转载】
例6. （2012年北京市理5分）已知正方形ABCD的边长为l，点E是AB边上的动点。则的值为
▲ ； 的最大值为 ▲
【答案】1；1。
【考点】平面向量的运算法则。
【解析】如图，根据平面向量的运算法则，得
。
∵，正方形ABCD的边长为l，∴。
又∵，
而就是在上的射影，要使其最大即要点E与点B重合，此时。
∴的最大值为。
例7. （2012年浙江省理4分）在中，是的中点，，，则
▲ ．
【答案】。
【考点】平面向量数量积的运算。
【解析】此题最适合的方法是特殊元素法：
如图，假设ABC是以AB＝AC的等腰三角形，
AM＝3，BC＝10，由勾股定理得AB＝AC＝。
则cos∠BAC＝，
∴＝。
例8. （2012年湖南省文5分）如图，在平行四边形ABCD中 ，AP⊥BD，垂足为P，且 ，则=
▲ .
【答案】18
【考点】平面向量加法的几何运算、平面向量的数量积运算。
【解析】设，则
=
。
七、数形结合思想在立体几何问题中的应用：立体几何中用坐标的方法将几何中的点、线、面的性质及其相互关系进行研究，可将抽象的几何问题转化纯粹的代数运算。
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例1. （2012年北京市理5分）某三梭锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是【 】
A. B. C. D.
【答案】 B。
【考点】三棱锥的三视图问题。
【解析】如下图所示。图中蓝色数字所表示的为直接从题目所给三视图中读出的长度，黑色数字代表通过勾股定理的计算得到的边长。本题所求表面积应为三棱锥四个面的面积之和。利用垂直关系、等腰三角形的性质和三角形面积公式，可得：
这里有两个直角三角形，一个等腰三角形。
∴该三梭锥的表面积是。故选B。
例2. （2012年四川省理5分）如图，半径为的半球的底面圆在平面内，过点作平面的垂线交半球面于点，过圆的直径作平面成角的平面与半球面相交，所得交线上到平面的距离最大的点为，该交线上的一点满足，则、两点间的球面距离为【 】
A、 B、 C、 D、
【答案】A。
【考点】球面距离及相关计算，向量和反三角函数的运用。
【解析】要求、两点间的球面距离，由于，故只要求得即可。从而可求出即可求（比较繁）或用向量求解：
如图，以O为原点，分别以在平面上的射影、所在直线为轴。
过点作（即面）的垂线，分别过点作轴的垂线。
∵，∴。
∵面与平面的角为，即，
∴。∴。
∴。
∴。∴。∴。故选A。
例3.（2012年重庆市理5分）设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，和，且长为的棱与长为的棱异面，则的取值范围是【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】A。
【考点】异面直线的判定，棱锥的结构特征，勾股定理和余弦定理的应用。
【分析】如图所示，设四面体的棱长为，取中点P，连接，所以，在中，由勾股定理得=。
∴在中，
。
∵，∴。∴
∴。故选A。
例4. （2012年上海市理4分）如图，与是四面体中互相垂直的棱，，若，
且，其中、为常数，则四面体的体积的最大值是 ▲ .
【答案】。
【考点】四面体中线面的关系，椭圆的性质。
【解析】作于，连接，则
∵，，∴⊥平面。
又∵平面，∴。
由题设，，∴与都在以为焦距的椭球上，且、都垂直于焦距所在直线。∴=。
取中点，连接，
∵，∴⊥，，。
∴。
∴四面体的体积。
显然，当在中点，即是短轴端点时，有最大值为。
∴。
例5．（2012年四川省理4分）如图，在正方体中，、分别是、的中点，则异面直线与所成角的大小是 ▲ 。
【答案】90o。
【考点】异面直线夹角问题。
【解析】如图，以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系.设正方体边长为2，则（0,0,0），N（0,2,1），M（0,1,0）A1（2,0,2）
∴。
∴cos< = 0。
∴，即异面直线与所成角为90o。
例6．（2012年上海市理12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点.已知AB=2，AD=2，PA=2.求：
（1）三角形PCD的面积；（6分）
（2）异面直线BC与AE所成的角的大小.（6分）
【答案】解：（1）∵PA⊥底面ABCD，CD底面ABCD，∴PA⊥CD。
又∵AD⊥CD，∴底面ABCD⊥平面PAD。
又∵CD底面ABCD，∴CD⊥平面PAD。
又∵PD平面PAD，∴CD⊥PD。
∵PD=，CD=2，
∴三角形PCD的面积为。
（2）如图所示，建立空间直角坐标系。
则A（0，0，0），B(2, 0, 0)，C(2, 2,0)，E(1, , 1)。
∴，
设与的夹角为，
则。
∴，即异面直线BC与AE所成的角的大小是。
【考点】直线与直线、直线与平面的位置关系，异面直线间的角，勾股定理。
【解析】（1）要求三角形PCD的面积，由于底边CD已知，只要找并求出底边CD上的高即可。由线面、面面垂直的判定和性质，可证CD⊥PD，从而根据勾股定理求出PD即可求得三角形PCD的面积。
（2）建立空间直角坐标系，即可表示出各点坐标，从而用向量表示和，即可直接用公式求二者之间的夹角余弦，从而求出二者之间的夹角。
本题不用向量的解法：取PB中点F，连接EF、AF，
则EF∥BC，从而∠AEF（或其补角）是异面直线 BC与AE所成的角。
在△AEF中，由EF=、AF=、AE=2，
知△AEF是等腰直角三角形， 所以∠AEF=。
因此异面直线BC与AE所成的角的大小是。
例7．（2012年北京市理14分）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.
（1）求证：A1C⊥平面BCDE；
（2）若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
（3）线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由
【答案】解：（1）∵CD⊥DE，A1E⊥DE，，∴DE⊥平面A1CD。
又∵A1C平面A1CD ，∴A1C⊥DE。
又∵A1C⊥CD，∴A1C⊥平面BCDE。
（2）如图建立空间直角坐标系，则
B（0，3，0），C（0，0，0），D（－2，0，0），E（－2。2。0），A1（0，0，）。
∴。
设平面A1BE法向量为，
则，即，∴。
∴
又∵M是A1D的中点，∴M（－1，0，）。∴。
设CM与平面A1BE法向量所成角为，则
∴。
∴CM与平面A1BE所成角为。
（3）设线段BC上点P，设P点坐标为，则。
则
设平面A1DP法向量为
则 ∴。∴。
假设平面A1DP与平面A1BE垂直，则，即
，解得。
与不符。
∴线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直。
【考点】线面垂直的判定，线面角的计算，两平面垂直的条件。
【解析】（1）根据线面垂直的判定进行判定。
（2）建立空间直角坐标系可易解决。
（3）用反证法，假设平面A1DP与平面A1BE垂直，得出与已知相矛盾的结论即可。
例8．（2012年天津市理13分）如图，在四棱锥中，丄平面，丄，丄，，，.
(Ⅰ)证明丄；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）设为棱上的点，满足异面直线与所成的角为，求的长.
【答案】解：(Ⅰ)证明：如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
则（0，0，0），（2，0，0），（0，1，0），，（0，0，2）
∴。
∴ 。所以丄。
（Ⅱ）由(Ⅰ)，。
设平面的一个法向量为，
则 ， 即 。
取，则。
又平面的一个法向量为 ，
∴。∴。
∴二面角的正弦值为。
（Ⅲ）设，∴。
又∵ ，
∴，即。
解得，即。
【考点】用空间向量求平面间的夹角，用空间向量求直线间的夹角、距离，二面角的平面角及求法。
【分析】(Ⅰ) 以为原点，建立空间直角坐标系，通过点的坐标得出和，求出·=0即可证明。
（Ⅱ）求出平面，平面的一个法向量，利用两法向量夹角求解。
（Ⅲ），利用，得出关于h的方程求解即可。
非向量解法：
(Ⅰ)通过证明⊥平面得出丄。
（Ⅱ）如图1作于点，连接，∠为二面角的平面角．在中求解即可。
（3）如图2，因为∠＜45°，故过点作的平行线必与线段相交，设交点为，连接，故∠（或其补角）为异面直线与所成的角。在△中，因为＜，从而∠ =30°，由勾股定理用表示的长。在△中由余弦定理得出关于的方程求解即可。
例9．（2012年浙江省理15分）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，且平面，，，分别为，的中点．
（Ⅰ）证明：∥平面；
（Ⅱ）过点作，垂足为点，求二面角的平面角的余弦值．
【答案】解：(Ⅰ)如图，连接BD。
∵M，N分别为PB，PD的中点，
∴在PBD中，MN∥BD。
又MN平面ABCD，
∴MN∥平面ABCD。
(Ⅱ)如图，建立坐标系：
则A(0，0，0)，P(0，0，)，M(，，0)，
N(，0，0)，C(，3，0)。
设Q(x，y，z)，
则。
∵，
∴。
由，得：．
即：。
对于平面AMN：设其法向量为。
∵，
∴。 ∴。
同理对于平面AMN得其法向量为。
记所求二面角A—MN—Q的平面角大小为，
则。
∴所求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值为。
【考点】线面平行的证明，建立坐标系求二面角。
【解析】(Ⅰ)连接BD，由三角形中位线定理，得MN∥BD，由MN平面ABCD即可得MN∥平面ABCD。
(Ⅱ)建立坐标系，由向量知识即可求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值。
专题8：数学思想方法之数形结合思想探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
数学思想是指人们对数学理论和内容的本质的认识，数学方法是数学思想的具体化形式，实际上两者的本质是相同的，差别只是站在不同的角度看问题。通常混称为“数学思想方法”。常见的数学思想有：建模思想、归纳思想，分类思想、化归思想、整体思想、数形结合思想等。
中学基础数学的基本知识分三类：一是数的知识，如实数、代数式、方程（组）、不等式（组）、函数等；二是形的知识，如平面几何、立体几何等；三是数形结合的知识，主要体现是解析几何。
数形结合思想，就是把问题的数量关系和图形结合起来的思想方法，根据解决问题的需要，可以把数量关系的问题转化为图形的性质和特征去研究（以形助数），即以形作为手段，数为目的，比如应用函数的图像来直观地说明函数的性质；或者把图形的性质问题转化为数量关系的问题去研究（以数辅形），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。数形结合思想，不仅是一种重要的解题方法，而且也是一种重要的思想方法，在高考中经常考查。
数与形转换的三条途径：（1）建系：通过坐标系的建立，引入数量化静为动，以动求解；（2）转化：通过分析数与式的结构特点，把问题转化到形的角度来考虑，如将转化为勾股定理或平面上两点间的距离等；（3）构造：通过对数(式)与形特点的分析，联想相关知识构造图形或函数等，比如构造一个几何图形，构造一个函数，构造一个图表等。
数形结合的三种主要解题方式：（1）数转化为形，即根据所给出的“数”的特点，构造符合条件的几何图形，用几何方法去解决；（2）形转化为数，即根据题目特点，用代数方法去研究几何问题；（3）)数形结合，即用数研究形，用形研究数，相互结合，使问题变得简捷、直观、明了。
运用数形结合思想分析解决问题要遵循的三个原则：（1）等价性原则：要注意由于所作的草图不能精确刻画数量关系带来的负面效应；（2）双向性原则：即进行几何直观分析，又要进行相应的代数抽象探求，仅对代数问题进行几何分析容易失真；（3）简单性原则：不要为了“数形结合”而数形结合，而取决于是否有效、简便和更易达到解决问题的目的。
运用数形结合思想分析解决问题时的三点注意事项：（1）要熟记常见函数或曲线的形状和位置，画图要比较准确，明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；（2）要恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；（3）要正确确定参数的取值范围。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从下面七方面探讨数形结合思想的应用：（1）数形结合思想在集合问题中的应用；（2）数形结合思想在函数问题中的应用；（3）数形结合思想在圆锥曲线问题中的应用；（4）数形结合思想在方程与不等式问题中的应用；（5）数形结合思想在三角函数问题中的应用；（6）数形结合思想在平面向量问题中的应用；（7）数形结合思想在立体几何问题中的应用。
一、数形结合思想在集合问题中的应用：在集合运算中常常借助于数轴、Venn图来处理集合的交、并、补等运算，从而使问题得以简化，使运算快捷明了。
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例1. （2012年全国大纲卷文5分）已知集合={︱是平行四边形}，={︱是矩形}，={︱是正方形}，{︱是菱形}，则【 】
A. B. C. D.
【答案】B。
【考点】集合的概念，集合的包含关系。
【解析】平行四边形、矩形、菱形和正方形的关系如图，由图知是大的集合，是最小的集合，因此，选项A、C、、D错误，选项B正确。故选B。
例2.（2012年上海市文4分）若集合，，则＝ ▲
【答案】。
【考点】集合的概念和性质的运用，一元一次不等式和绝对值不等式的解法。
【解析】由题意，得，∴。
例3.（2012年山东省文5分）函数的定义域为【 】
A B C D
【答案】B。
【考点】函数的定义域。分式、对数、二次根式有意义的条件。
【解析】根据分式、对数、二次根式有意义的条件，得，解得。
∴函数的定义域为。故选B。
例4. （2012年重庆市理5分）设平面点集，则所表示的平面图形的面积为【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】D。
【考点】线性规划中可行域的画法，双曲线和圆的对称性。
【分析】∵，∴或。
又∵，
∴满足上述条件的区域为如图所示的圆内部分Ⅰ和Ⅲ。
∵的图象都关于直线对称，
∴Ⅰ和Ⅳ区域的面积相等，Ⅱ和Ⅲ区域的面积相等，即圆内部分Ⅰ和Ⅲ的面积之和为单位圆面积的一半，为。故选D。
二、数形结合思想在函数问题中的应用：函数图象的几何特征与数量特征紧密结合，体现了数形结合的特征与方法。特别地，数列是一种特殊的函数，数列的通项公式以及前n项和公式可以看作关于正整数n的函数。用数形结合的思想研究数列问题是借助函数的图象进行直观分析，从而把数列的有关问题转化为函数的有关问题来解决。
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例1. （2012年山东省理5分） 设 ，则“函数在R上是减函数 ”，是“函数在R上是增函数”的【 】
A 充分不必要条件 B 必要不充分条件 C 充分必要条件 D 既不充分也不必要条件
【答案】A。
【考点】充分必要条件的判断，指数函数和幂函数的性质。
【解析】∵p：“函数在R上是减函数 ”等价于，
q：“函数在R上是增函数”等价于且，即且，
∴p是q成立的充分不必要条件.。故选A。
例2. （2012年北京市理5分）已知，若同时满足条件：
，
则m的取值范围是 ▲
【答案】。【版权归锦元数学工作室，不得转载】
【考点】简易逻辑，函数的性质。
【解析】由得。
∵条件，∴当时，。
当时，，不能做到在时，，所以舍去。
∵作为二次函数开口只能向下，∴，且此时两个根为。
为保证条件①成立，必须。
又由条件的限制，可分析得出时，恒负。
∴就需要在这个范围内有得正数的可能，即－4应该比两根中小的那个大。
由得，
∴当时，，解得交集为空集，舍去。
当时，两根同为－2＞－4，舍去。
当时，。
综上所述，。
例3. （2012年全国大纲卷理5分）已知函数的图像与轴恰有两个公共点，则【 】
A．或2 B．或3 C．或1 D．或1
【答案】A
【考点】导数的应用。
【解析】若函数图像与轴有两个不同的交点，则需要满足其中一个为零即可。因为三次函数的图像与轴恰有两个公共点，结合该函数的图像，可知只有在极大值点或者极小值点有一点在轴时满足要求（如图所示）。
∵，∴。
∴当时，函数取得极值。
由或可得或，即。故选A。
例4. （2012年全国课标卷理5分）设点在曲线上，点在曲线上，则最小值为【 】
【答案】。
【考点】反函数的性质，导数的应用。
【解析】∵函数与函数互为反函数，∴它们的图象关于对称。
∴函数上的点到直线的距离为
设函数，则，∴。∴。
∴由图象关于对称得：最小值为。故选。
例5. （2012年北京市理5分）某棵果树前n年的总产量S与n之间的关系如图所示.从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高。m值为【 】
A.5 B.7 C.9 D.11
【答案】C。
【考点】直线斜率的几何意义。
【解析】据图像识别看出变化趋势，利用变化速度可以用导数来解，但图像不连续，所以只能是广义上的。实际上，前n年的年平均产量就是前n年的总产量S与n的商：，在图象上体现为这一点的纵坐标与横坐标之比。
因此，要使前m年的年平均产量最高就是要这一点的纵坐标与横坐标之比最大，即这一点与坐标原点连线的倾斜角最大。图中可见。当n=9时，倾斜角最大。从而m值为9。故选C。
例6. （2012年天津市理5分）函数在区间内的零点个数是【 】
（A）0 （Ｂ）1 （Ｃ）2 （Ｄ）3
【答案】B。
【考点】函数的零点的概念，函数的单调性，导数的应用。
【分析】∵，∴函数在定义域内单调递增。
又∵，。
∴函数在区间（0，1）内有唯一的零点。故选B。
例7. （2012年山东省理5分）设函数，若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点A（x1，y1）,B(x2，y2),则下列判断正确的是【 】
A. 当a<0时，x1＋x2<0，y1＋y2>0 B. 当a<0时，x1＋x2>0， y1＋y2<0
C. 当a>0时，x1＋x2<0，y1＋y2<0 D. 当a>0时，x1＋x2>0， y1＋y2>0
【答案】B。
【考点】导数的应用。
【解析】令，则。
设，。
令，则
要使的图像与图像有且仅有两个不同的公共点必须：
，整理得。
取值讨论：可取来研究。
当时，，解得，此时，此时；
当时，，解得，此时，此时。故选B。
例8. （2012年重庆市理5分）设函数在上可导，其导函数为，且函数的图像如题图所示，则下列结论中一定成立的是【 】
（A）函数有极大值和极小值
（B）函数有极大值和极小值
（C）函数有极大值和极小值
（D）函数有极大值和极小值
【答案】D。
【考点】函数在某点取得极值的条件，函数的图象。
【分析】由图象知，与轴有三个交点，－2，1，2， ∴。
由此得到， ，，和在上的情况：
－2
1
2
＋
0
－
0
＋
0
－
＋
＋
＋
0
－
－
－
＋
0
－
－
－
0
＋
↗
极大值
↘
非极值
↘
极小值
↗
∴的极大值为，的极小值为。故选D。
例9. （2012年天津市理5分）已知函数的图象与函数的图象恰有两个交点，则实数的取值范围是 ▲ .
【答案】。
【考点】函数的图像及其性质，利用函数图像确定两函数的交点。
【分析】函数，
当时，，
当时，，
综上函数。
作出函数的图象，要使函数与有两个不同的交点，则直线必须在蓝色或黄色区域内，如图，此时当直线经过黄色区域时，满足，当经过蓝色区域时，满足，综上实数的取值范围是。
例10. （2012年福建省理4分）对于实数a和b，定义运算“*”：a*b＝设，且关于x的方程恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是 ▲ ．
【答案】。
【考点】新定义，分段函数的图象和性质，分类讨论和数形结合思想的应用。
【解析】根据新运算符号得到函数为，
化简得：。
如图，作出函数和的图象，
如果有三个不同的实数解，即直线与函数f(x)的图象有三个交点，如图，
（1）当直线过抛物线的顶点或时，有两个交点；
（2）当直线中时，有一个交点；
（3）当直线中时，有三个交点。【版权归锦元数学工作室，不得转载】
设三个交点分别为：x1，x2，x3，且依次是从小到大的顺序排列，所以x1即为方程2x2－x＝小于0的解，解得x1＝，此时x2＝x3＝，所以x1·x2·x3＝××＝。
与函数f(x)有2个交点的最低位置是当y＝m与x轴重合时，此时x1·x2·x3＝0。
所以当方程有三个不等实根时，x1·x2·x3∈。
例11. （2012年全国课标卷文5分）当时，，则a的取值范围是【 】
（A）(0，) （B）(，1) （C）(1，) （D）(，2)
【答案】B。
【考点】指数函数和对数函数的性质。
【解析】设,作图。
∵当时，,
∴在时, 的图象在的图象上方。
根据对数函数的性质，。∴单调递减。
∴由时，得，解得。
∴要使时，，必须。
∴a的取值范围是(，1) 。故选B。
例12. （2012年北京市文5分）函数的零点个数为【 】
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】B。
【考点】幂函数和指数函数的图象。
【解析】函数的零点个数就是（即）解的个数，即函数和的交点个数。如图，作出图象，即可得到二者交点是1 个。所以函数的零点个数为1。故选B。
例13. （2012年湖南省文5分）设定义在R上的函数是最小正周期为2的偶函数，是的导函数，当时，0＜＜1；当 且时 ，，则函数在[-2，2] 上的零点个数为【 】
A .2 B .4 C.5 D. 8
【答案】Ｂ。
【考点】函数的周期性、奇偶性、图像及两个图像的交点问题。
【解析】由当 且≠时 ，，知
为减函数；为增函数。
又时，0＜f(x)＜1，在R上的函数f(x)是最小正周期为2的偶函数，在同一坐标系中作出和草图像如下，由图知在[-2，2] 上的零点个数为4个。
例14. （2012年福建省文5分）已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：①f(0)f(1)＞0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(3)＞0；④f(0)f(3)＜0.
其中正确结论的序号是【 】
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】C。
【考点】函数的零点和单调性。
【解析】对函数求导得：f′(x)＝3x2－12x＋9，
令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝3。
当x<1时，函数f(x)单调递增；当1
因为a
又因为c>0，且方程有解，故a>0，所以a>0,1
画出函数f(x)的图象，如图所示．显然f(0)<0，f(1)>0，f(3)<0，
所以f(0)·f(1)<0，f(0)·f(3)>0。所以②③正确。故选C。
例15. （2012年重庆市文5分）设函数在上可导，其导函数，且函数在处取得极小值，则函数的图象可能是【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】C。
【考点】函数的图象，函数单调性与导数的关系。
【分析】由函数在处取得极小值可知，
当时，，则，函数的图象与轴相交；
当左侧附近时，，则，函数的图象在轴上方；
当右侧附近时，，则，函数的图象在轴下方。
对照选项可知只有C符合题意。故选C。
例16. （2012年陕西省理5分）下图是抛物线形拱桥，当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽 ▲ 米.
【答案】。
【考点】抛物线的应用。
【解析】建立如图所示的直角坐标系，设抛物线方程为，
∴∵当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，
∴抛物线过点（2，－2，）.
代入得，，即。
∴抛物线方程为。
∴当时，，∴水位下降1米后，水面宽米。
三、数形结合思想在圆锥曲线问题中的应用：解析几何的基本思想就是数形结合，在圆锥曲线解题中将数形结合的数学思想运用于对点、线的性质及其相互关系的研究，借助于图象研究曲线的性质是一种常用的方法。
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例1. （2012年全国大纲卷理5分）已知为双曲线的左右焦点，点在上，
，则【 】
A． B． C． D．
【答案】C。
【考点】双曲线的定义和性质的运用，余弦定理的运用。
【解析】首先运用定义得到两个焦半径的值，然后结合三角形中的余弦定理求解即可。
由可知，，∴。
∴。
设，则。
∴根据双曲线的定义，得。
∴。
在中，应用用余弦定理得。故选C。
例2. （2012年全国课标卷理5分）设是椭圆的左、右焦点，为直线上一点， 是底角为的等腰三角形，则的离心率为【 】
【答案】。
【考点】椭圆的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数定义。
【解析】∵是椭圆的左、右焦点，
∴。
∵是底角为的等腰三角形，
∴。
∵为直线上一点，∴。∴。
又∵，即。∴。故选。
例3. （2012年北京市理5分）在直角坐标系xOy中.直线l过抛物线的焦点F，且与该抛物线相交于A、B两点，其中点A在x轴上方。若直线l的倾斜角为60o，则△OAF的面积为 ▲
【答案】。
【考点】抛物线的性质，待定系数法求直线方程，直线和抛物线的交点。
【解析】根据抛物线的性质，得抛物线的焦点F（1，0）。
∵直线l的倾斜角为60o，∴直线l的斜率。
∴由点斜式公式得直线l的方程为。
∴。
∵点A在x轴上方，∴。
∴△OAF的面积为。
例4. （2012年四川省理4分）椭圆的左焦点为，直线与椭圆相交于点、，当的周长最大时，的面积是 ▲ 。
【答案】3。
【考点】椭圆的性质。
【解析】画出图象，结合图象得到的周长最大时对应的直线所在位置．即可求出结论．
如图，设椭圆的右焦点为E。
由椭圆的定义得：
的周长：
。
∵，∴，当AB过点E时取等号。
∴。
即直线过椭圆的右焦点E时的周长最大，此时的高为：EF=2，直线。
把代入椭圆得。∴。
∴当的周长最大时，的面积是。
例5. （2012年全国课标卷理12分）设抛物线的焦点为，准线为，，已知以为圆心，为半径的圆交于两点；
（1）若，的面积为；求的值及圆的方程；
（2）若三点在同一直线上，直线与平行，且与只有一个公共点，求坐标原点到距离的比值。
【答案】解：（1）由对称性知：是等腰直角三角形，斜边。 点到准线的距离。
∵ ，∴。
∴。
∴，。
∴ 圆的方程为。
（2）由对称性设，则
∵三点在同一直线上，
∴点关于点对称，得：。∴，即
∴，直线，整理得。
∴直线的斜率为。
又∵直线与平行，∴直线的斜率为。
由得，∴。
∵直线与只有一个公共点，∴令，得。∴切点。
∴直线，整理得
∴坐标原点到距离的比值为。
【考点】抛物线和圆的性质，两直线平行的性质，点到直线的距离，导数和切线方程。
【解析】（1）由已知，的面积为，根据抛物线和圆的性质可求得以及，，从而得到圆的方程。
（2）设，根据对称性得，由在准线上得到，从而求得的坐标（用表示），从而得到直线的方程和斜率。由直线与平行和直线与只有一个公共点，应用导数可求出直线的方程。因此求出坐标原点到距离的比值。
例6. （2012年北京市理14分）已知曲线C：
（1）若曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，求m的取值范围；
（2）设m=4，曲线c与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线与曲线c交于不同的两点M、N，直线y=1与直线BM交于点G。求证：A，G，N三点共线。
【答案】（1）原曲线方程可化为：。
∵曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，
∴，是。
∴若曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，则m的取值范围为。
（2）证明：∵m=4，∴曲线c的方程为。
将已知直线代入椭圆方程化简得：
。
由得，
。
由韦达定理得：。
设。
则MB的方程为，∴。
AN的方程为。
欲证A，G，N三点共线，只需证点G在直线AN上。
将代入，得，
即，即，
即，等式恒成立。
由于以上各步是可逆的，从而点在直线AN上。
∴A，G，N三点共线。
【考点】椭圆的性质，韦达定理的应用，求直线方程，三点共线的证明。
【解析】（1）根据椭圆长轴大于短轴和长、短轴大于0得不等式组求解即得m的取值范围。
（2）欲证A，G，N三点共线，只需证点G在直线AN上。故需求出含待定系数的直线MB和AN的方程，点G的坐标，结合韦达定理的应用用逆推证明。也可通过证明直线MB和AN在时横坐标相等来证A，G，N三点共线或直线AN和AG斜率相等。还可用向量求解。
例7. （2012年广东省理14分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：的离心率，且椭圆C上的点到Q（0，2）的距离的最大值为3.
（1）求椭圆C的方程；
（2）在椭圆C上，是否存在点M（m，n）使得直线l：mx+ny=1与圆O：x2+y2=1相交于不同的两点A、B，且△OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及相对应的△OAB的面积；若不存在，请说明理由。
【答案】解：（1）∵，∴可设 。
∴，故椭圆C的方程为。
设为椭圆上的任一点，则。
∵，
∴当时，取得最大值，即取得最大值。
又∵椭圆C上的点到Q（0，2）的距离的最大值为3，
∴，解得。
∴所求的椭圆C方程为。
（2）假设点M（m，n）存在，则 ， 即圆心O到直线的距离。 ∴。
∵
∴
（当且仅当，即时取等号）。
解得，即或或或。
∴所求点M的坐标为，对应的△OAB的面积为。
【考点】椭圆的性质，两点间的距离公式，二次函数的最大值，基本不等式的应用。
【解析】（1）由可得椭圆C的方程为，设设为椭圆上的任一点，求出的表达式，一方面由二次函数的最大值原理得的最大值，另一方面由已知椭圆C上的点到Q（0，2）的距离的最大值为3列式求出，从而得到椭圆C的方程。
（2）假设点M（m，n）存在，求出的表达式，应用基本不等式求得△OAB的面积最大时m，n的值和对应的△OAB的面积。
四、数形结合思想在方程与不等式问题中的应用：处理方程问题时，把方程的根的问题看作两个函数图象的交点问题；处理不等式时，从题目的条件与结论出发，联系相关函数，着重分析其几何意义，从图形上找出解题的思路。特别地，线性规划问题是在约束条件（不等式）下求目标函数的最值的问题。从图形上找思路恰好就体现了数形结合思想的应用。
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年陕西省理5分）设函数，是由轴和曲线及该曲线在点处的切线所围成的封闭区域，则在上的最大值为 ▲ .
【答案】2。
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程，简单线性规划。
【解析】先求出曲线在点（1，0）处的切线，然后画出区域D，利用线性规划的方法求出目标函数z的最大值即可：
∵，，
∴曲线及该曲线在点处的切线方程为。
∴由轴和曲线及围成的封闭区域为三角形。在点处取得最大值2。
例2. （2012年浙江省理14分）已知，，函数．
（Ⅰ）证明：当时，
（i）函数的最大值为；
（ii）；
（Ⅱ）若对恒成立，求的取值范围．
【答案】(Ⅰ) 证明：
(ⅰ)．
当b≤0时，＞0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＞0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
此时的最大值为：
＝|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a。
(ⅱ) 设＝﹣，
∵，∴令。
当b≤0时，＜0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＜0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
≤|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，
即＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。
(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，
且函数在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大。
∵﹣1≤≤1对x[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。
取b为纵轴，a为横轴．
则可行域为：和，目标函数为z＝a＋b。
作图如下：
由图易得：当目标函数为z＝a＋b过P(1，2)时，有．
∴所求a＋b的取值范围为：。
【考点】分类思想的应用，不等式的证明，利用导数求闭区间上函数的最值，简单线性规划。
【解析】(Ⅰ) (ⅰ)求导后，分b≤0和b＞0讨论即可。
(ⅱ) 利用分析法，要证＋|2a－b|﹢a≥0，即证＝﹣≤|2a－b|﹢a，亦即证在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，且函数在0≤x≤1上的最小值比
﹣(|2a－b|﹢a)要大．根据－1≤≤1对x∈[0，1]恒成立，可得|2a－b|﹢a≤1，从而利用线性规划知识，可求a＋b的取值范围。
例3. （2012年四川省理5分）某公司生产甲、乙两种桶装产品。已知生产甲产品1桶需耗原料1千克、原料2千克；生产乙产品1桶需耗原料2千克，原料1千克。每桶甲产品的利润是300元，每桶乙产品的利润是400元。公司在生产这两种产品的计划中，要求每天消耗、原料都不超过12千克。通过合理安排生产计划，从每天生产的甲、乙两种产品中，公司共可获得的最大利润是【 】
A、1800元 B、2400元 C、2800元 D、3100元
【答案】C。
【考点】线性规划的应用。
【解析】]设公司每天生产甲种产品X桶，乙种产品Y桶，公司共可获得 利润为Z元/天，则由已知，得 Z=300X+400Y，且
画可行域如图所示，目标函数Z=300X+400Y可变形为
Y= 这是随Z变化的一族平行直线，
解方程组得，即A（4,4） 。
∴。故选C。
例4. （2012年天津市理5分）设，，若直线与圆相切，则的取值范围是【 】
（A） （Ｂ）
（Ｃ） （Ｄ）
【答案】D。
【考点】直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，重要不等式，一元二次不等式的解法
【分析】∵直线与圆相切，
∴圆心到直线的距离为，
∴。
又∵，∴，即。
∴。
设，则，解得。故选D。
例5. （2012年广东省理5分）已知变量x，y满足约束条件，则z=3x+y的最大值为【 】
A．12 B．11 C．3 D．
【答案】B。
【考点】简单线性规划。
【解析】如图，作出变量x，y约束条件的可行域，
解得最优解（3,2）
当时，目标函数z=3x+y的最大值为。
故选B。
例6. （2012年江西省理5分）某农户计划种植黄瓜和韭菜，种植面积不超过50计，投入资金不超过54万元，假设种植黄瓜和韭菜的产量、成本和售价如下表
年产量/亩
年种植成本/亩
每吨售价
黄瓜
4吨
1.2万元
0.55万元
韭菜
6吨
0.9万元
0.3万元
为使一年的种植总利润（总利润=总销售收入总种植成本）最大，那么黄瓜和韭菜的种植面积（单位：亩）分别为【 】
A．50，0 B．30，20 C．20，30 D．0，50
【答案】B。
【考点】建模的思想方法，线性规划知识在实际问题中的应用。
【解析】设黄瓜和韭菜的种植面积分别为x,y亩,总利润为z万元，则目标函数为
.
线性约束条件为?，即。
如图，作出不等式组表示的可行域,易求得点。
平移直线，可知当直线经过点,即时,z取得最大值,且（万元）。故选B。
例7. （2012年湖南省理5分）已知两条直线 ：和：，与函数的图像从左至右相交于点A，B ，与函数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 , ,当m 变化时，的最小值为【 】[来源%&:中国~*教育#出版网]
A． B. C. D.
【答案】B。
【考点】数形结合，函数的图象，基本不等式的应用。
【解析】如图，在同一坐标系中作出，，图像，
由，得，
由，得。
根据题意得
。
∵，∴。故选B。
例8. （2012年福建省理5分）若函数图象上存在点(x，y)满足约束条件则实数m的最大值为【 】
A. B.1 C. D．2
【答案】B。
【考点】线性规划。
【解析】约束条件确定的区域为如图阴影部分，即
△ABC的边与其内部区域，分析可得函数与边界直线交与点（1，2），若函数图象上存在点（x，y）满足约束条件，即图象上存在点在阴影部分内部，则必有m≤1，即实数m的最大值为1。故选B。
例9. （2012年辽宁省理5分）设变量x，y满足则的最大值为【 】
(A) 20 (B) 35 (C) 45 (D) 55
【答案】D。
【考点】简单线性规划问题。
【解析】如图，画出可行域：
根据图形可知当x=5,y=15时2x+3y最大，最大值为55。故选D。
例10. （2012年全国大纲卷理5分）若满足约束条件，则的最小值为
▲ 。
【答案】。
【考点】线性规划。
【解析】利用不等式组，作出可行域，可知区域表示的为三角形，当目标函数过点（3，0）时，目标函数最大，当目标函数过点（0，1）时最小。
例11.（2012年全国课标卷理5分）设满足约束条件：；则的取值范围为
▲
【答案】。
【考点】简单线性规划。
【解析】求的取值范围，则求出在约束条件下的最大值和最小值即可。作图，可知约束条件对应四边形边边际及内的区域： 。
当时，取得最大值3；当时，取得最小值。
∴的取值范围为。
例12.（2012年安徽省理5分）若满足约束条件：；则的取值范围为 ▲ 来源:21世
【答案】。
【考点】简单线性规划。
【解析】求的取值范围，则求出的最大值和最小值即可。作图，可知约束条件对应边际及内的区域：。
当时，取得最大值0；当时，取得最小值。
∴的取值范围为。【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例13.（2012年广东省理5分）不等式的解集为 ▲ 。
【答案】。
【考点】分类讨论的思想，解绝对值不等式。
【解析】分类讨论：由不等式得，
当时，不等式为，即恒成立；
当时，不等式为，解得，；
当时，不等式为，即不成立。
综上所述，不等式的解集为。
另解：用图象法求解：作出图象，由折点——参考点——连线；运用相似三角形性质可得。
例14.（2012年江苏省5分）已知正数满足：则的取值范围是 ▲ ．
【答案】。
【考点】可行域。
【解析】条件可化为：。
设，则题目转化为：
已知满足，求的取值范围。
作出（）所在平面区域（如图）。求出的切
线的斜率，设过切点的切线为，
则，要使它最小，须。
∴的最小值在处，为。此时，点在上之间。
当（）对应点时， ，
∴的最大值在处，为7。
∴的取值范围为，即的取值范围是。
五、数形结合思想在三角函数问题中的应用：有关三角函数单调区间的确定或比较三角函数值的大小等问题，一般借助于单位圆或三角函数图象来处理，数形结合思想是处理三角函数问题的重要方法。
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年四川省理5分）设函数，是公差为的等差数列，，则【 】
A、 B、 C、 D、
【答案】D。
【考点】等差数列性质，三角函数性质。
【解析】∵，，
∴。
∵是公差为的等差数列，
∴，。
∴，解得。
∴。故选D。
关于， 可化为。
由，
设，作图可得二者交点在处：
例2. （2012年上海市理5分）设，，在中，正数的个数是【 】
A．25 B．50 C．75 D．100
【答案】 D。
【考点】正弦函数的周期性。
【解析】∵对于（只有)，∴都为正数。
当时，令，则，画出终边如右，
其终边两两关于轴对称，即有，
∴
其中=26,27,…,49，此时。
∵， ，∴。
从而当=26,27,…,49时，都是正数。
又。
同上可得，对于从51到100的情况同上可知都是正数，故选D。
例3. （2012年浙江省理14分）在中，内角，，的对边分别为，，．已知，．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若，求的面积．
【答案】解：(Ⅰ)∵cosA＝＞0，∴sinA＝。
又cosC＝sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋sinCcosA＝cosC＋sinC．
整理得：tanC＝。
（Ⅱ）由图辅助三角形知：sinC＝，，
∴。
又由正弦定理知：，解得 。
∴ABC的面积为：S＝。
【考点】三角恒等变换，正弦定理，三角形面积求法。
【解析】(Ⅰ)由A为三角形的内角，及cosA的值，利用同角三角函数间的基本关系求出sinA的值，再将已知等式的左边sinB中的角B利用三角形的内角和定理变形为π－（A+C），利用诱导公式得到sinB=sin（A+C），再利用两角和与差的正弦函数公式化简，整理后利用同角三角函数间的基本关系即可求出tanC的值。
（Ⅱ）由tanC的值，利用同角三角函数间的基本关系求出sinC 和cosC的值，将cosC的值代入中，即可求出的值，由求出c的值，最后由S＝即可求出三角形ABC的面积。
例4. （2012年上海市文5分）若（），则在中，正数的个数是【 】
A、16 B、72 C、86 D、100
【答案】C。
【考点】正弦函数的周期性和对称性。
【解析】依据正弦函数的周期性，可以找其中等于零或者小于零的项：
在中，分成7部分，加上。在7部分中，每一部分正数的个数是相同的。
讨论一个周期的情况：
如图， 中，当时，，所以均为正数；当时，由于正弦函数的性质，知也为正数；
当时，由于正弦函数的性质，知为0。因此共有12个正数。
另为正数。
∴在中，正数的个数是。故选C。
例5. （2012年湖南省文12分）已知函数的部分图像如图所示.
（Ⅰ）求函数的解析式；
（Ⅱ）求函数的单调递增区间.
【答案】解：（Ⅰ）由题设图像知，周期，∴。
∵点在函数图像上，∴。
又∵，∴。∴，即。
又∵点在函数图像上，∴。
∴函数的解析式为。
（Ⅱ）
。
由得
∴的单调递增区间是。
【考点】三角函数的图像和性质。
【解析】（Ⅰ）结合图形求得周期从而求得.再利用特殊点在图像上求出，从而求出的解析式。
（Ⅱ）用（Ⅰ）的结论和三角恒等变换及的单调性求得。
六、数形结合思想在平面向量问题中的应用：平面向量中应用勾股定理、面积公式、相似三角形的相似比、三角函数等将抽象的向量问题转化纯粹的代数运算。
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年全国大纲卷理5分）中，边上的高为，若 ，则【 】
A． B． C． D．
【答案】D。
【考点】向量垂直的判定，勾股定理，向量的加减法几何意义的运用。
【解析】∵，∴，
∴在中，根据勾股定理得。
∴由等面积法得，即，得。
∴。
又∵点在上，∴。故选D。
例2. （2012年四川省理5分）设、都是非零向量，下列四个条件中，使成立的充分条件是【 】
A、 B、 C、 D、且
【答案】C。
【考点】充分条件。
【解析】若使成立， 即要、共线且方向相同，即要。所以使成立的充分条件是。故选C。
例3. （2012年天津市理5分）已知为等边三角形，，设点满足，，，若，则【 】
（A） （Ｂ） （Ｃ） （Ｄ）
【答案】A。
【考点】向量加减法的几何意义，平面向量基本定理，共线向量定理及其数量积的综合运用.。
【分析】∵=，=，
又∵，且，，
∴，
即，
即，
∴，解得。故选A 。
例4. （2012年湖南省理5分）在△ABC中，AB=2，AC=3，= 1则【 】
A. B. C. D.
【答案】 A。
【考点】平面向量的数量积运算，余弦定理。
【解析】如图知。
∴。
又由余弦定理得，即，解得。
故选A。
例5 （2012年上海市理4分）在平行四边形中，，边、的长分别为2、1，若、分别是边、上的点，且满足，则的取值范围是 ▲ .
【答案】。
【考点】平面向量的基本运算。
【解析】如图所示，以为原点，向量所在直线为轴，过垂直于的直线为轴建立平面直角坐标系。
∵平行四边形中，，，
∴。
设，则。
∴由得，。
∴的横坐标为，的纵坐标为。
∴
∴。
∵函数在有最大值，
∴在时，函数单调增加。
∴在时有最小值2；在时有最大值5。
∴的取值范围是。版权归锦元数学工作室，不得转载】
例6. （2012年北京市理5分）已知正方形ABCD的边长为l，点E是AB边上的动点。则的值为
▲ ； 的最大值为 ▲
【答案】1；1。
【考点】平面向量的运算法则。
【解析】如图，根据平面向量的运算法则，得
。
∵，正方形ABCD的边长为l，∴。
又∵，
而就是在上的射影，要使其最大即要点E与点B重合，此时。
∴的最大值为。
例7. （2012年浙江省理4分）在中，是的中点，，，则
▲ ．
【答案】。
【考点】平面向量数量积的运算。
【解析】此题最适合的方法是特殊元素法：
如图，假设ABC是以AB＝AC的等腰三角形，
AM＝3，BC＝10，由勾股定理得AB＝AC＝。
则cos∠BAC＝，
∴＝。
例8. （2012年湖南省文5分）如图，在平行四边形ABCD中 ，AP⊥BD，垂足为P，且 ，则=
▲ .
【答案】18
【考点】平面向量加法的几何运算、平面向量的数量积运算。
【解析】设，则
=
。
七、数形结合思想在立体几何问题中的应用：立体几何中用坐标的方法将几何中的点、线、面的性质及其相互关系进行研究，可将抽象的几何问题转化纯粹的代数运算。
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年北京市理5分）某三梭锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是【 】
A. B. C. D.
【答案】 B。
【考点】三棱锥的三视图问题。
【解析】如下图所示。图中蓝色数字所表示的为直接从题目所给三视图中读出的长度，黑色数字代表通过勾股定理的计算得到的边长。本题所求表面积应为三棱锥四个面的面积之和。利用垂直关系、等腰三角形的性质和三角形面积公式，可得：
这里有两个直角三角形，一个等腰三角形。
∴该三梭锥的表面积是。故选B。
例2. （2012年四川省理5分）如图，半径为的半球的底面圆在平面内，过点作平面的垂线交半球面于点，过圆的直径作平面成角的平面与半球面相交，所得交线上到平面的距离最大的点为，该交线上的一点满足，则、两点间的球面距离为【 】
A、 B、 C、 D、
【答案】A。
【考点】球面距离及相关计算，向量和反三角函数的运用。
【解析】要求、两点间的球面距离，由于，故只要求得即可。从而可求出即可求（比较繁）或用向量求解：
如图，以O为原点，分别以在平面上的射影、所在直线为轴。
过点作（即面）的垂线，分别过点作轴的垂线。
∵，∴。
∵面与平面的角为，即，
∴。∴。
∴。
∴。∴。∴。故选A。
例3.（2012年重庆市理5分）设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，和，且长为的棱与长为的棱异面，则的取值范围是【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】A。
【考点】异面直线的判定，棱锥的结构特征，勾股定理和余弦定理的应用。
【分析】如图所示，设四面体的棱长为，取中点P，连接，所以，在中，由勾股定理得=。
∴在中，
。
∵，∴。∴
∴。故选A。
例4. （2012年上海市理4分）如图，与是四面体中互相垂直的棱，，若，
且，其中、为常数，则四面体的体积的最大值是 ▲ .
【答案】。
【考点】四面体中线面的关系，椭圆的性质。
【解析】作于，连接，则
∵，，∴⊥平面。
又∵平面，∴。
由题设，，∴与都在以为焦距的椭球上，且、都垂直于焦距所在直线。∴=。
取中点，连接，
∵，∴⊥，，。
∴。
∴四面体的体积。
显然，当在中点，即是短轴端点时，有最大值为。
∴。
例5．（2012年四川省理4分）如图，在正方体中，、分别是、的中点，则异面直线与所成角的大小是 ▲ 。
【答案】90o。
【考点】异面直线夹角问题。
【解析】如图，以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系.设正方体边长为2，则（0,0,0），N（0,2,1），M（0,1,0）A1（2,0,2）
∴。
∴cos< = 0。
∴，即异面直线与所成角为90o。
例6．（2012年上海市理12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点.已知AB=2，AD=2，PA=2.求：
（1）三角形PCD的面积；（6分）
（2）异面直线BC与AE所成的角的大小.（6分）
【答案】解：（1）∵PA⊥底面ABCD，CD底面ABCD，∴PA⊥CD。
又∵AD⊥CD，∴底面ABCD⊥平面PAD。
又∵CD底面ABCD，∴CD⊥平面PAD。
又∵PD平面PAD，∴CD⊥PD。
∵PD=，CD=2，
∴三角形PCD的面积为。
（2）如图所示，建立空间直角坐标系。
则A（0，0，0），B(2, 0, 0)，C(2, 2,0)，E(1, , 1)。
∴，
设与的夹角为，
则。
∴，即异面直线BC与AE所成的角的大小是。
【考点】直线与直线、直线与平面的位置关系，异面直线间的角，勾股定理。
【解析】（1）要求三角形PCD的面积，由于底边CD已知，只要找并求出底边CD上的高即可。由线面、面面垂直的判定和性质，可证CD⊥PD，从而根据勾股定理求出PD即可求得三角形PCD的面积。
（2）建立空间直角坐标系，即可表示出各点坐标，从而用向量表示和，即可直接用公式求二者之间的夹角余弦，从而求出二者之间的夹角。
本题不用向量的解法：取PB中点F，连接EF、AF，
则EF∥BC，从而∠AEF（或其补角）是异面直线 BC与AE所成的角。
在△AEF中，由EF=、AF=、AE=2，
知△AEF是等腰直角三角形， 所以∠AEF=。
因此异面直线BC与AE所成的角的大小是。
例7．（2012年北京市理14分）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.
（1）求证：A1C⊥平面BCDE；
（2）若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
（3）线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由
【答案】解：（1）∵CD⊥DE，A1E⊥DE，，∴DE⊥平面A1CD。
又∵A1C平面A1CD ，∴A1C⊥DE。
又∵A1C⊥CD，∴A1C⊥平面BCDE。
（2）如图建立空间直角坐标系，则
B（0，3，0），C（0，0，0），D（－2，0，0），E（－2。2。0），A1（0，0，）。
∴。
设平面A1BE法向量为，
则，即，∴。
∴
又∵M是A1D的中点，∴M（－1，0，）。∴。
设CM与平面A1BE法向量所成角为，则
∴。
∴CM与平面A1BE所成角为。
（3）设线段BC上点P，设P点坐标为，则。
则
设平面A1DP法向量为
则 ∴。∴。
假设平面A1DP与平面A1BE垂直，则，即
，解得。
与不符。
∴线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直。
【考点】线面垂直的判定，线面角的计算，两平面垂直的条件。
【解析】（1）根据线面垂直的判定进行判定。
（2）建立空间直角坐标系可易解决。
（3）用反证法，假设平面A1DP与平面A1BE垂直，得出与已知相矛盾的结论即可。
例8．（2012年天津市理13分）如图，在四棱锥中，丄平面，丄，丄，，，.
(Ⅰ)证明丄；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）设为棱上的点，满足异面直线与所成的角为，求的长.
【答案】解：(Ⅰ)证明：如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
则（0，0，0），（2，0，0），（0，1，0），，（0，0，2）
∴。
∴ 。所以丄。
（Ⅱ）由(Ⅰ)，。
设平面的一个法向量为，
则 ， 即 。
取，则。
又平面的一个法向量为 ，
∴。∴。
∴二面角的正弦值为。
（Ⅲ）设，∴。
又∵ ，
∴，即。
解得，即。
【考点】用空间向量求平面间的夹角，用空间向量求直线间的夹角、距离，二面角的平面角及求法。
【分析】(Ⅰ) 以为原点，建立空间直角坐标系，通过点的坐标得出和，求出·=0即可证明。
（Ⅱ）求出平面，平面的一个法向量，利用两法向量夹角求解。
（Ⅲ），利用，得出关于h的方程求解即可。
非向量解法：
(Ⅰ)通过证明⊥平面得出丄。
（Ⅱ）如图1作于点，连接，∠为二面角的平面角．在中求解即可。
（3）如图2，因为∠＜45°，故过点作的平行线必与线段相交，设交点为，连接，故∠（或其补角）为异面直线与所成的角。在△中，因为＜，从而∠ =30°，由勾股定理用表示的长。在△中由余弦定理得出关于的方程求解即可。
例9．（2012年浙江省理15分）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，且平面，，，分别为，的中点．
（Ⅰ）证明：∥平面；
（Ⅱ）过点作，垂足为点，求二面角的平面角的余弦值．
【答案】解：(Ⅰ)如图，连接BD。
∵M，N分别为PB，PD的中点，
∴在PBD中，MN∥BD。
又MN平面ABCD，
∴MN∥平面ABCD。
(Ⅱ)如图，建立坐标系：
则A(0，0，0)，P(0，0，)，M(，，0)，
N(，0，0)，C(，3，0)。
设Q(x，y，z)，
则。
∵，
∴。
由，得：．
即：。
对于平面AMN：设其法向量为。
∵，
∴。 ∴。
同理对于平面AMN得其法向量为。
记所求二面角A—MN—Q的平面角大小为，
则。
∴所求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值为。
【考点】线面平行的证明，建立坐标系求二面角。
【解析】(Ⅰ)连接BD，由三角形中位线定理，得MN∥BD，由MN平面ABCD即可得MN∥平面ABCD。
(Ⅱ)建立坐标系，由向量知识即可求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值。
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