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特殊化思维方法在数学中的应用二



分必要条件,就是要寻找 A、B、C 满足什么条

特殊化思维方法  在数学中的应用( 二)
福建宁德师专 刘卓雄

件时, F (θ ) 的值与 θ 无关. 因 F (θ ) 的值与 θ 无关 ,所以 θ 取任意值 时, F (θ ) 的值不变,因此可以通过取 θ 的一些 特殊值来建立 A、B、C 应满足的方程,从而找 出题中所要

的必要条件 ,然后再研究这一必 要条件是否充分. π π 取 θ = 0, , ?? . 由 F (0) = F ( ) = F ( ?? ) 2 2 得 2 2 ? ? A + B cos ? + C cos? = B sin ? , ? 2 2 ? ? A + B cos ? + C cos? = A cos ? + B + C cos?

特殊化思维方法在数学解题中有广泛的 应用. 1 通过特殊化探索定值、定点 当我们要论证某对象取定值时 ,定值常 常是未知的 ,这就增加了论证的困难 .这时我 们可以先取特例探索定值等于多少 ,然后再 论证一般情形下全体对象确实是取这个定值. 类似地,可以通过特例探索定点、 定线、 定向、 定圆等. 例 1 P 是 ∠xAy 的平分线上一定点,过 A、P 两点任作一圆,若这圆交 ∠xAy 的两边于 B、C,则 AB + AC 为定长. 简 证 1.过 A、P 两点作一特殊圆来探索 定长等于多少? 取特殊圆——以 AP 为直径的圆,容易得 知,这时 AB + AC = 2 AP cosα . x 2.过 A、P 两点 B P 任作一圆,交 ∠xAy 的两边于 B、C.论 证 AB + AC = 2 AP cosα . A 如图所示,作 PB1 ⊥ Ax , PC1 ⊥ Ay ,可通过证明 △ PB1B ≌△ PC1C 推出 BB1 = CC1 ,从 而推出 AB + AC = 2 AP cosα . A α α C B B1 x P C y y

解得 A = B = ? C sec ? / 2 . 这就是必要条件 . 下 证它也是充分条件.因为当 A = B = ?C sec ? / 2 时,有 F (θ ) = A{cos2 θ + cos(θ + ? )[cos(θ + ? ) ? 2cos ? cosθ ]} = A{cos2 θ ? cos(θ + ? )cos(θ ? ? )} = A[cos2 θ ? (cos2θ + cos2? )/2] = A sin 2 ? (与 θ 无关). 例 3 试判断抛物线系 y = 2 x 2 ? px + 4 p +1 是否过定点. 解 先取抛物线系中两条抛物线 ,求其交 ? y = 2 x 2 + 1, ? 点 . 例如取 p = 0 及 p = 1 得 : ? 2 ? ? y = 2 x ? x + 5. 解出交点为 (4,33) . 可以验证 x = 4 , y = 33 满 足抛物线系的方程 y = 2x 2 ? px + 4 p + 1 ,故原 抛物线系过定点 (4,33) . 2 取特殊参数试探结论 有些问题的结论与参数有关 ,一下子难 以判断 ,我们取特殊参数值试探 ,猜测结论 ,然 后证之. 例 4 设三角形的三边为 m2 + m + 1 , 2m +1 , m2 ? 1 ,试求三角形的最大内角. 思路 1.先取特殊值试探哪一边最大. 取 m = 2 得: m2 + m + 1 = 7 , 2m + 1 = 5 , m2 ?1 = 3 ,所以猜测 m2 + m + 1 边为最大. 2.一般地论证 m2 + m + 1 为最大边.(证略) ?19?

α α

C1

例 2 求 A cos2 θ + B cos2 (θ + ? ) + C cosθ ? cos(θ + ? ) 的值与 θ 无关的充分必要条件. 分 析 令 F (θ ) = A cos 2 θ + B cos 2 (θ + ?) + C cosθ cos(θ + ? ) ,要寻找 F (θ ) 与 θ 无关的充

3.求最大角.(略) 例 5 一个元件能正常工作的概率称为该 元件的可靠性 ,由元件组成的系统能正常工 作的概率称为系统的可靠性 . 今设所用的每 个元件的可靠性均为 r (0 < r < 1) ,且每个元件 能否正常工作是相互独立的 . 试求下面两个 系统的可靠性,并比较优劣. A 1 1 2 2 B (甲) 1 1 2 2 n n n n

有时极端情形还能简化解题过程 .极端化 ,它 是特殊化思维方法的一种独特表现形式. 例 6 已知如图, C 在△ ABC 中, ∠C > 90° , CD ⊥ AB ,求证 CD + AB > AC + BC . A B D B' 分析 在本题中 ∠C > 90° ,直接证明似乎难以入手 ,而在直角 三角形中 ,边之间的数量关系较明显 .因此可 考虑把直角作为钝角的极限情况先加以考 察. 思路 1)过 C 点,引 CB ' 交 AB 于 B ' ,使 ∠ACB ' = 90 ° ,先来证明 CD + AB ' > AC + B ' C . ∵ AC = AB 'cos A, B 'C = AB 'sin A , CD = AB 'cos A sin A , (CD + AB ') ? ( AC + B ' C ) = AB '[cos A sin A + 1 ? cos A ? sin A] = AB '(1 ? sin A)(1 ? cos A) > 0 . 2)对 ∠ACB > 90° 情形下,证明 CD + AB > AC + BC . ∵ CD + AB ' > AC + B ' C , ∴ CD + AB '+ B ' B > AC + B ' C + B ' B , 即 CD + AB > AC + B ' C + B ' B > AC + BC . 例 7 问圆系 ( x ? m )2 + ( y ? m ) 2 = m2 / 5 有没有公切线. 分 析 先取圆系中的两个特殊圆 ,求其公 切线 ,然后看一看这两圆的公切线是不是圆 系中所有圆的公切线. 解 1) 取 m = 0 , m = 1 得两圆 ( 其中 m = 0 是圆系的极端情形——点圆): x2 + y2 = 0 与 ( x ? 1) 2 + ( y ?1) 2 = 1 / 5 . 求出这两圆的公切线: y = x / 2 与 y = 2 x . 2) 判断 y = x / 2 及 y = 2 x 是否是圆系中 各圆的切线. 圆系中任取一圆 ,其圆心为 P(m , m ) ,半径 r = m / 5 .由于圆心 P 到直线 y = x / 2 的距离

(乙) 简 解 1) 先求得系统甲、乙能正常工作 的概率 P 乙 . 系统甲不能正常工作,当且仅 甲 、P 当通路 A 及 B 都不能正常工作. P 甲 = 1 ? P ( A ? B ) = 1 ? P ( A) ? P ( B ) = 1 ? (1 ? r n )(1 ? r n ) = r n (2 ? r n ) . 系统乙能正常工作当且仅当每一对并联 元件能正常工作 n P = rn (2 ? r) n . 乙 = [ r (2 ? r )] 2)取特殊参数 n,试探 P 谁小. 乙 谁大、 甲 、P 当 n = 1 时, P 甲 = P 乙 . 当 n = 2 时, 2 2 2 P 乙 ?P 甲 = r [(2 ? r ) ? (2 ? r )] = 2r 2 (1 ? r )2 > 0 . 所以猜想 P 乙 > P 甲 . 3) 对任意 n,用数学归纳法证 r n (2 ? r) n > r n (2 ? r n ) (证略). 3 极端化思维方法在解题中的应用 有时问题解决难以入手,我们可以从它的 极端情形入手 ,极端的情形往往能更直接地 暴露出问题的本质 ,使我们能找到解题办法 . ?20?

= r. 5 1 + (1/2) 所以 y = x / 2 是圆系中任一圆的切线.
2

d=

|m ? m/2|

=

m

空间角问题的解法
福建诏安县梅岭中学 林丽明

同理可证 y = 2 x 也是圆系中任一圆的切 线.故 y = x / 2 与 y = 2 x 是圆系的公切线. 例 8 证明不存在四个正整数 x 、y 、z 、 u 满足方程 x + y = 3( z + u ) . 分 析 如果存在满足方程的四正整数组, 我们可以退到极端情形来分析,即设使 x 2 + y 2 为最小的这组 ( 若有几组时可任选其 中的一组 )是 a、b. 设这四数组中的另两个是 c、d , 则 有 a 2 + b 2 = 3( c 2 + d 2 ) . 由 此 可 知
2 2 2 2

空间角问题是立体几何的精髓 ,高考命 题的热点 ,难度稳定 ,但是考生得分率却不高 . 如何提高得分率?笔者带着这个问题 ,对多 年来高考立体几何试题作了分析比较 ,发现 凡涉及空间角的试题几乎都存在着某些特殊 之处 ,本文将其归纳为几种特殊类型 ,并给出 相应的简捷解法,以飨读者. 1 立平斜类型 A 如图, 在三面角 P ? ABC 中, ∠APB = θ1 , ∠BPC = θ 2 , ∠CPA = θ , 二面角 A ? PC ? B 等于 P B α ,若平面 PAB ⊥ 平面 C PBC ,则分别在每组角 θ ,θ1 ,θ 2 ; α ,θ1 ,θ 2 ; α ,θ1 , θ 的三个角中存在着知二求一的题型,分别可 用如下 结论简捷求解: 结论 1.1 cosθ = cosθ1 ? cosθ 2 ; 结论 1.2 tan α = tan θ1 ? cscθ 2 ; 结论 1.3 sin α = sinθ 1 ? cscθ . 例 1 (1996 年理科) D C 如图,正方形 ABCD 和 A 正方形 ABEF 所在的平 B 面成 60° 的二面角,则异 F E 面直线 AD 和 BF 所成 角的余弦值为_________. 分 析 依题意 , BC // AD ,所以 ∠FBC 为所 求,易证 AB ⊥ 平面 BCE ,故 ∠CBE = 60° ,由结 论 1.1 得 cos ∠FBC = cos ∠FBE ? cos ∠CBE = 2 / 2 ×1 / 2 = 2 / 4 . 评 注 题中异面直线所成的角易找难算, 利用结论化繁为简. 例 2 (1994 年上海高考题)如图, 在梯形 ?21?

a 2 + b 2 是 3 的倍数,但易证 a 2 + b 2 被 3 整除的 充要条件是 a 与 b 均能被 3 整除. 故可设 a = 3m , b = 3n ,这时 a 2 + b 2 = 9m 2 + 9n 2 = 3( c 2 + d 2 ) , 从而可 推出 c2 + d 2 = 3( m2 + n2 ) , m、 n 也满足已知方程 ,且有 这就是说 c、d 、 关系 c2 + d2 < a2 + b2 . 这就与 a、b 是使 x 2 + y 2 取最小值的假设相矛盾. 因此就不可能存 在四正整数组满足原方程. 例 9 在一个三角形中 ,令内切圆的半径 为 r,外接圆半径为 R,最长边的高为 H,问是否 一定有: r + R ≤ H . 简析 我们必须证明或推翻这个命题. 这个命题难以入手 . 我们先试验一下这 个命题的几种特殊情况 . 当三角形为等边三 角形时 , r = H / 3 , R = 2H / 3 ,所以在这个特殊 情况下 ,命题成立 .再考察等腰三角形这个特 殊情形 ,等腰三角形时 ,命题的形式随顶角而 变化,它有两个极限情形:一个是顶角为 0° ,另 一个是 180° .在第一种极限情况下 ,等腰三角 形的底消失了.显然有 r = 0 , R = H / 2 ,这时命 题得到证实. 可是在第二种极限情况下 ,所有 三个高都消失了 ,而 r = 0 , R = ∞ , H = 0 ,命题 不成立. 从第二种极限状态 ,我们可以得知: 当 顶角充分接近 180° 时 ,命题不成立.这就解决 了我们的问题.



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