借助比例因子简化运算

前言

涉及到比例的相关运算,如果能引入比例因子,可能会使得计算变得很简单,主要原因是整式的运算相比分式的运算要简单且不容易出错。尤其是涉及到连比的形式,更是如此。

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  • 常用的勾股数:\(3n,4n,5n(n\in N^*)\)\(5,12,13\)\(7,24,25\)\(8,15,17\)\(9,40,41\)
  • 连比形式或比例形式,可以引入非零比例因子简化运算,这样的运算可能在解三角形中,圆锥曲线的运算,等比数列的相关运算中。[1]

典例剖析

【2021届高三文数三轮模拟题】已知 \(S_n\)\(T_n\) 分别为等差数列 \(\{a_n\}\)\(\{b_n\}\) 的前 \(n\) 项和,若 \(\cfrac{S_n}{T_n}=\cfrac{2n+1}{3n+2}\),则 \(\cfrac{a_5}{b_3}\)=___________.

解析: 由于等差数列的前 \(n\) 项和公式为 \(S_n=An^2+Bn=An(n+\cfrac{B}{A})\),又由于 \(\cfrac{S_n}{T_n}=\cfrac{2n+1}{3n+2}\)

[备注:说明 \(S_n\)\(T_n\) 约去了相同的公因式,应该是关于 \(n\) 的一次式,不妨设为\(kn\)]

故可以设 \(S_n=kn(2n+1)\)\(T_n=kn(3n+2)\)

\(\cfrac{a_5}{b_3}=\cfrac{S_5-S_4}{T_3-T_2}=\cfrac{55k-36k}{33k-16k}=\cfrac{19k}{17k}=\cfrac{19}{17}\).

已知\(\theta\)为第三象限的角,且\(tan\theta=2\),求\(sin\theta\)\(cos\theta\)

【法1】:常规方法,方程组法,由已知条件可得到,\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{sin\theta}{cos\theta}=2}\\{sin^2\theta+cos^2\theta=1}\end{array}\right.\)

解得\(\left\{\begin{array}{l}{sin\theta=-\cfrac{2\sqrt{5}}{5}}\\{cos\theta=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}}\end{array}\right.\),或\(\left\{\begin{array}{l}{sin\theta=\cfrac{2\sqrt{5}}{5}}\\{cos\theta=\cfrac{\sqrt{5}}{5}}\end{array}\right.(舍去)\)

故有\(sin\theta=-\cfrac{2\sqrt{5}}{5}\)\(cos\theta=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}\)

【法2】:三角函数定义法,简单方法。由于\(tan\theta=2\),则角\(\theta\)的终边在射线\(y=2x\{x<0\}\)上,

故在射线\(y=2x\{x<0\}\)上取点\((-1,-2)\),则由三角函数的定义可知,\(x=-1\)\(y=-2\)\(r=\sqrt{5}\)

\(sin\theta=\cfrac{y}{r}=\cfrac{-2}{\sqrt{5}}=-\cfrac{2\sqrt{5}}{5}\)\(cos\theta=\cfrac{x}{r}=\cfrac{-1}{\sqrt{5}}=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}\)

【法3】:引入比例因子法,由\(tan\theta=\cfrac{sin\theta}{cos\theta}=2\)\(\theta\)为第三象限的角,

可设\(sin\theta=2k\)\(cos\theta=k(k<0)\)

由于\(sin^2\theta+cos^2\theta=1\),即\(5k^2=1\),解得\(k=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}\)

故有\(sin\theta=-\cfrac{2\sqrt{5}}{5}\)\(cos\theta=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}\)

【2017全国卷1理科第11题】已知 \(x、y、z\) 都是正数,且 \(2^x=3^y=5^z\),则 \(\qquad\)

$A.2x<3y<5z$ $B.5z<2x<3y$ $C.3y<5z<2x$ $D.3y<2x<5z$

分析:由题目可知, \(x、y、z\) 都是正数,令\(2^x=3^y=5^z=k\),则 \(k=2^x>2^0=1\)\(\lg k>0\) .

\(x=log_2k=\cfrac{lgk}{lg2}\)\(y=log_3k=\cfrac{lgk}{lg3}\)\(z=log_5k=\cfrac{lgk}{lg5}\)

\(2x=\cfrac{2lgk}{lg2}=\cfrac{lgk}{\cfrac{1}{2}lg2}=\cfrac{lgk}{lg\sqrt{2}}\)\(3y=\cfrac{3lgk}{lg3}=\cfrac{lgk}{\cfrac{1}{3}lg3}=\cfrac{lgk}{lg\sqrt[3]{3}}\)

\(5z=\cfrac{5lgk}{lg5}=\cfrac{lgk}{\cfrac{1}{5}lg5}=\cfrac{lgk}{lg\sqrt[5]{5}}\),接下来,下面的解法都用到上述的结果:

法1:(单调性法)转化为只需要比较\(\sqrt[2]{2}\)\(\sqrt[3]{3}\)\(\sqrt[5]{5}\)三者的大小即可。

先比较\(\sqrt[2]{2}\)\(\sqrt[3]{3}\),给两个式子同时6次方,

得到\((\sqrt[2]{2})^6=2^3=8\)\((\sqrt[3]{3})^6=3^2=9\)

\(\sqrt[2]{2}<\sqrt[3]{3}\),则\(\cfrac{lgk}{lg\sqrt[2]{2}}>\cfrac{lgk}{lg\sqrt[3]{3}}\)

即得到\(2x>3y\)

再比较\(\sqrt[2]{2}\)\(\sqrt[5]{5}\),给两个式子同时10次方,

得到\((\sqrt[2]{2})^{10}=2^5=32\)\((\sqrt[5]{5})^{10}=5^2=25\)

\(\sqrt[2]{2}>\sqrt[5]{5}\),则\(\cfrac{lgk}{lg\sqrt[2]{2}}<\cfrac{lgk}{lg\sqrt[3]{3}}\)

即得到\(5z>2x\),综上得到\(3y<2x<5z\),故选 \(D\) .

法2:(作差法),令\(2^x=3^y=5^z=k\),则 \(k=2^x>2^0=1\),则 \(\lg k>0\)

\(2x-3y=\cfrac{2\lg k}{lg2}-\cfrac{3\lg k}{lg3}=\cfrac{\lg k(2lg3-3lg3)}{lg2lg3}=\cfrac{\lg k(lg9-lg8)}{lg2lg3}>0\),故\(2x>3y\);

\(2x-5z=\cfrac{2\lg k}{lg2}-\cfrac{5\lg k}{lg5}=\cfrac{\lg k(2lg5-5lg2)}{lg2lg5}=\cfrac{\lg k(lg25-lg32)}{lg2lg5}<0\),故\(2x<5z\);

综上有\(3y<2x<5z\),故选 \(D\) .

法3:(作商法)

\(\cfrac{2x}{3y}=\cfrac{2}{3}\cdot \cfrac{lg3}{lg2}=\cfrac{lg9}{lg8}=log_89>1\),故\(2x>3y\)

\(\cfrac{5z}{2x}=\cfrac{5}{2}\cdot \cfrac{lg2}{lg5}=\cfrac{lg2^5}{lg5^2}=log_{25}32>1\)

\(5z>2x\);故 \(3y<2x<5z\),故选 \(D\) .

已知\(a,b>0\),且满足\(2+log_2a=3+log_3b=log_6(a+b)\),求\(\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}\)的值;

分析:引入正数因子\(k\)

\(2+log_2a=3+log_3b=log_6(a+b)=k(k>0)\)

则由\(2+log_2a=log_2(4a)=k\)

得到\(4a=2^k\),即\(a=\cfrac{2^k}{2^2}=2^{k-2}\)

\(3+log_3b=log_3(27b)=k\)

得到\(27b=3^k\),即\(b=\cfrac{3^k}{3^3}=3^{k-3}\)

\(log_6(a+b)=k\)

得到\(a+b=6^k\)

\(\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}=\cfrac{a+b}{ab}=\cfrac{6^k}{2^{k-2}\cdot 3^{k-3}}=\cfrac{2^k\cdot 3^k}{2^k\cdot 2^{-2}\cdot 3^k\cdot 3^{-3}}\)

\(=\cfrac{1}{2^{-2}\cdot 3^{-3}}=2^2\cdot 3^3=108\)

已知\(2^x=3^y\),求\(\cfrac{x}{y}\)的值。

分析:令\(2^x=3^y=k\),则\(x=log_2k=\cfrac{1}{log_k2}\)\(y=log_3k=\cfrac{1}{log_k3}\)

\(\cfrac{x}{y}=\cfrac{\frac{1}{log_k2}}{\frac{1}{log_k3}}=\cfrac{log_k3}{log_k2}=log_23=\cfrac{lg3}{lg2}\)

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知平面向量\(\vec{a}\)\(\vec{b}\)满足\((\vec{a}-2\vec{b})\perp (3\vec{a}+\vec{b})\),且\(|\vec{a}|=\cfrac{1}{2}|\vec{b}|\),则向量\(\vec{a}\)\(\vec{b}\)的夹角的正弦值为【】

$A.\cfrac{1}{2}$ $B.-\cfrac{1}{2}$ $C.\cfrac{\sqrt{3}}{2}$ $D.-\cfrac{\sqrt{3}}{2}$

分析:由题可知,\((\vec{a}-2\vec{b})\cdot (3\vec{a}+\vec{b})=0\),化简得到,\(3\vec{a}^2-5\vec{a}\cdot \vec{b}-2\vec{b}^2=0\)①,

\(|\vec{a}|=\cfrac{1}{2}|\vec{b}|\),可设\(|\vec{a}|=t(t>0)\),则\(|\vec{b}|=2t\),代入①式,

得到\(-10t^2cos\theta+5t^2=0\),得到\(cos\theta=\cfrac{1}{2}\),则\(sin\theta=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\),故选\(C\).

【2019届高三理科数学三轮模拟训练题】公元前6世纪,黄金分割被毕达哥拉斯学派发现,公元前4世纪,古希腊数学家欧多克索斯第一个系统研究了这一问题,并建立起比例理论。欧几里得在《几何原本》中论及正五边形有关黄金分割的定理:正五边形\(ABCDE\)中,\(AD\)\(BE\)交于点\(H\),则\(H\)\(AD\)的黄金分割点,即\(\frac{AH}{HD}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\),现从如图所示的正五边形中任取一点,则该点恰好取自阴影部分的概率是【】

$A.\cfrac{2}{5}$ $B.\cfrac{\sqrt{5}}{5}$ $C.\cfrac{4}{7}$ $D.\cfrac{2+\sqrt{5}}{7}$

法1分析:由\(\frac{AH}{HD}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\),借助比例因子,则可设\(S_{\triangle AEH}=(\sqrt{5}-1)k(k>0)\)\(S_{\triangle DEH}=2k\)

且有\(S_{\triangle AHB}=S_{\triangle DHE}\),又由于正五边形的对称性可知,\(S_{\triangle ABE}=S_{\triangle BCD}\)\(S_{\triangle BCD}=S_{\triangle BDH}\)

\(S_{\triangle ABE}=(\sqrt{5}-1)k+2k=(\sqrt{5}+1)k\),则\(S_{阴影}=2k+2k+(\sqrt{5}-1)k=(3+\sqrt{5})k\)\(S_{正}=2k+3\cdot (\sqrt{5}+1)k=(5+3\sqrt{5})k\)

故所求概率为\(P=\cfrac{S_{阴影}}{S_{正}}=\cfrac{(3+\sqrt{5})k}{(5+3\sqrt{5})k}=\cfrac{\sqrt{5}}{5}\)

\(\triangle ABC\)中,已知\(\cfrac{a}{cosA}=\cfrac{b}{cosB}=\cfrac{c}{cosC}\),求三角形的三个角的大小。

分析:令\(\cfrac{a}{cosA}=\cfrac{b}{cosB}=\cfrac{c}{cosC}=k\)

则有\(cosA=\cfrac{a}{k}\)\(cosB=\cfrac{b}{k}\)\(cosC=\cfrac{c}{k}\)

再结合\(sinA=\cfrac{a}{2R}\)\(sinB=\cfrac{b}{2R}\)\(sinC=\cfrac{c}{2R}\)

故有\(tanA=tanB=tanC=\cfrac{k}{2R}\),故\(A=B=C=\cfrac{\pi}{3}\)

设等比数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项的和为\(S_n\),若\(\cfrac{S_6}{S_3}=\cfrac{1}{2}\),则\(\cfrac{S_9}{S_6}\)=?

分析:引入比例因子,设\(\cfrac{S_6}{S_3}=\cfrac{1}{2}=\cfrac{k}{2k}(k\neq 0)\),则\(S_6=k\)\(S_3=2k\)

\(S_6-S_3=-k\),由\(S_3,S_6-S_3,S_9-S_6\)成等比数列,可知\(S_9-S_6=\cfrac{k}{2}\)

\(S_9=\cfrac{3k}{2}\),故\(\cfrac{S_9}{S_6}=\cfrac{\cfrac{3k}{2}}{2k}=\cfrac{3}{4}\)

设等比数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项的和为\(S_n\),若\(\cfrac{S_6}{S_3}=\cfrac{1}{2}\),则\(\cfrac{S_9}{S_6}\)=?

分析:引入比例因子,设\(\cfrac{S_6}{S_3}=\cfrac{1}{2}=\cfrac{k}{2k}(k\neq 0)\),则\(S_6=k\)\(S_3=2k\)

\(S_6-S_3=-k\),由\(S_3,S_6-S_3,S_9-S_6\)成等比数列,可知\(S_9-S_6=\cfrac{k}{2}\)

\(S_9=\cfrac{3k}{2}\),故\(\cfrac{S_9}{S_6}=\cfrac{\cfrac{3k}{2}}{2k}=\cfrac{3}{4}\)

已知双曲线\(C\)的离心率为\(\cfrac{5}{2}\),左、右焦点为\(F_1\)\(F_2\),点\(A\)\(C\)上,若\(|F_1A|=2|F_2A|\),则\(cos\angle AF_2F_1\)=_______.

分析:由\(e=\cfrac{c}{a}=\cfrac{5}{2}\),令\(c=5k(k>0)\),则\(a=2k\)\(b=\sqrt{21}k\)

不妨令双曲线的焦点在\(x\)轴,点\(A\)在其右支上,则由双曲线的定义可知,

\(|F_1A|-|F_2A|=2a=4k\),又\(|F_1A|=2|F_2A|\)

\(|F_2A|=4k\)\(|F_1A|=8k\),又\(|F_1F_2|=10k\)

利用余弦定理可知\(cos\angle AF_2F_1=\cdots=\cfrac{13}{20}\)

【2020 \(\cdot\) 江州质检】【启迪思维题目】正数\(a\)\(b\)\(c\) 满足 \(3^{a}=4^{b}=6^{c}\), 则下列关系正确的是【\(\quad\)

$A.\cfrac{1}{c}=\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}$ $B.\cfrac{2}{c}=\cfrac{2}{a}+\cfrac{1}{b}$ $C.\cfrac{1}{c}=\cfrac{2}{a}+\cfrac{2}{b}$ $D.\cfrac{2}{c}=\cfrac{1}{a}+\cfrac{2}{b}$

解析: 因为 \(a\)\(b\)\(c\) 均为正数, 设 \(3^{a}=4^{b}=6^{c}=k\),则 \(k>0\),到此,实现了变量集中;

所以 \(a=\log_{3}k\)\(b=\log_{4}k\)\(c=\log_{6}k\)

\(\cfrac{1}{a}=\cfrac{\lg3}{\lg k}\)\(\cfrac{1}{b}=\cfrac{\lg4}{\lg k}\)\(\cfrac{1}{c}=\cfrac{\lg6}{\lg k}\)

由于 \(\cfrac{2}{c}\)\(=\)\(\cfrac{2\lg 6}{\lg k}\)\(=\)\(\cfrac{2\lg3}{\lg k}\)\(+\)\(\cfrac{\lg 4}{\lg k}\)\(=\)\(\cfrac{2}{a}\)\(+\)\(\cfrac{1}{b}\),故选 \(B\) .

【2020 \(\cdot\) 江州质检】【启迪思维题目】设 \(x\)\(y\)\(z\) 均大于 \(1\), 且 \(\log_{\sqrt{2}}\cfrac{1}{x}=\log _{\sqrt{3}}\cfrac{1}{y}=\log_{\sqrt{6}}\cfrac{1}{z}\), 令\(a=x^{\frac{1}{2}}\)\(b=y^{\frac{1}{3}}\)\(c=z^{\frac{1}{6}}\), 则 \(a\)\(b\)\(c\) 的大小关系是 【\(\quad\)

$A.a > b > c$ $B.b > c >a$ $C.c > a >b$ $D.b > a >c$

解析 : 由于\(\log_{\sqrt{2}}\cfrac{1}{x}=\log _{\sqrt{3}}\cfrac{1}{y}=\log_{\sqrt{6}}\cfrac{1}{z}\), 化简: \(\log_{\sqrt{2}}\cfrac{1}{x}=-\log_{\sqrt{2}}x\)

\(\log _{\sqrt{2}} x=\log _{\sqrt{3}} y=\log _{\sqrt{6}} z\)

\(\log _{\sqrt{2}} x=\log _{\sqrt{3}} y=\log _{\sqrt{6}} z=k\)

由于 \(x\)\(y\)\(z\) 均大于 \(1\), 所以 \(k>0\)

所以有 \(x=2^{\frac{k}{2}}\)\(y=3^{\frac{k}{2}}\)\(z=6^{\frac{k}{2}}\),到此,实现了变量集中;

所以 \(a=x^{\frac{1}{2}}=2^{\frac{k}{4}}\)\(b=y^{\frac{1}{3}}=3^{\frac{k}{6}}\)\(c=z^{\frac{1}{6}}=6^{\frac{k}{12}}\)

可得\(a\)\(b\)\(c\) 均大于 \(1\)

所以 \(a^{12}=8^{k}\)\(b^{12}=9^{k}\)\(c^{12}=6^{k}\)

\(9^{k}>8^{k}>6^{k}\),即\(b^{12}>a^{12}>c^{12}\)

所以 \(b>a>c\), 故选 \(D\) .

【2021届高三文数三轮模拟题】《数书九章》三斜求积术“以小斜幂,并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上;以小斜幂乘大斜幂减上,余四约之,为实;一为从隅,开平方得积” . 中国古代数学家秦九韶把三角形的三条边分别称为小斜、中斜和大斜. “术”即方法,以 \(S\)\(a\)\(b\)\(c\) 分别表示三角形面积、大斜、中斜、小斜,所以 \(S=\sqrt{\cfrac{1}{4}[a^{2}\times b^{2}-(\cfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2})^{2}]}\) . 已知 \(\triangle ABC\) 的三边长分别为 \(a\)\(b\)\(c\) ,对应的高分别为 \(h_{a}\)\(h_{b}\)\(h_{c}\), 若 \(h_{a}\) \(:\) \(h_{b}\) \(:\) \(h_{c}\)=\(3\) \(:\) \(4\) \(:\) \(6\)\(a=4\) , 则 \(\triangle ABC\) 的面积为【\(\quad\)

$A.\cfrac{9}{16}$ $B.\cfrac{3}{4}$ $C.\cfrac{135}{16}$ $D.\cfrac{3\sqrt{15}}{4}$

分析:由于 \(h_{a}\) \(:\) \(h_{b}\) \(:\) \(h_{c}\)=\(3\) \(:\) \(4\) \(:\) \(6\)

\(h_a=3k\)\(h_b=4k\)\(h_c=6k\)\(k>0\)

由于\(S=\cfrac{1}{2}a\cdot h_a=\cfrac{1}{2}b\cdot h_b=\cfrac{1}{2}c\cdot h_c\)

\(a:b:c=\cfrac{2S}{h_a}:\cfrac{2S}{h_b}:\cfrac{2S}{h_c}\) [给每一项都除以 \(2S\) ]

\(=\cfrac{1}{h_a}:\cfrac{1}{h_b}:\cfrac{1}{h_c}\)

\(=\cfrac{1}{3k}:\cfrac{1}{4k}:\cfrac{1}{6k}\) [给每一项都乘以 \(k\),再同乘以 \(12\) ]

\(=4:3:2\), 即 \(a:b:c=4:3:2\)

又由于 \(a=4\),故 \(b=3\)\(c=2\),将其代入\(S=\sqrt{\cfrac{1}{4}[a^{2}\times b^{2}-(\cfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2})^{2}]}\)

计算得到,\(S=\sqrt{\cfrac{1}{4}[4^{2}\times 3^{2}-(\cfrac{4^{2}+3^{2}-2^{2}}{2})^{2}]}=\cfrac{3\sqrt{15}}{4}\),故选 \(D\).

【2021届高三文数三轮模拟题】已知 \(S_n\)\(T_n\) 分别为等差数列 \(\{a_n\}\)\(\{b_n\}\) 的前 \(n\) 项和,若 \(\cfrac{S_n}{T_n}=\cfrac{2n+1}{3n+2}\),则 \(\cfrac{a_5}{b_3}\)=___________.

解析: 由于等差数列的前 \(n\) 项和公式为 \(S_n=An^2+Bn=An(n+\cfrac{B}{A})\),又由于 \(\cfrac{S_n}{T_n}=\cfrac{2n+1}{3n+2}\)

[备注:说明 \(S_n\)\(T_n\) 约去了相同的公因式,应该是关于 \(n\) 的一次式,不妨设为\(kn\)]

故可以设 \(S_n=kn(2n+1)\)\(T_n=kn(3n+2)\)

\(\cfrac{a_5}{b_3}=\cfrac{S_5-S_4}{T_3-T_2}=\cfrac{55k-36k}{33k-16k}=\cfrac{19k}{17k}=\cfrac{19}{17}\).

对应练习

【2022届高三数学三轮模拟冲刺试题】设 \(a\)\(b\)\(c\) 都是正数,且 \((\cfrac{1}{4})^a=(\cfrac{1}{6})^b=(\cfrac{1}{9})^c\),那么 \(\qquad\)

$A.\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}=\cfrac{1}{c}$ $B.\cfrac{1}{b}+\cfrac{1}{c}=\cfrac{1}{a}$ $C.\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}=\cfrac{2}{c}$ $D.\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{c}=\cfrac{2}{b}$

提示: 由于 \(\cfrac{1}{4^a}=\cfrac{1}{6^b}=\cfrac{1}{9^c}\),故可以设 \(4^a=6^b=9^c=M\),其余运算略,选 \(D\) .


  1. 如三角形的三边之比为\(a\)\(b\)\(c\)=\(2\)\(3\)\(4\),则可以设\(a=2k\)\(b=3k\)\(c=4k(k>0)\);如果求最大(小)角的余弦值,就可以直接代入余弦定理计算,同时\(a\)\(b\)\(c\)都是\(k\)的一元函数了。
    同样的思路也可以用到圆锥曲线中,比如已知离心率\(e=\cfrac{c}{a}=\sqrt{3}\),则可知\(c=\sqrt{3}t,a=t(t>0)\) ,则有\(b=\sqrt{2}t\)↩︎

posted @ 2018-09-16 14:30  静雅斋数学  阅读(676)  评论(2编辑  收藏  举报
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