一题多解 | 发散思维拓展训练

前言

一题多解类型，能发散我们的求解思维，对问题解决的能力要求较高，是近年高考慢慢会热起来的考点。

相关延申：开放性试题;

典例剖析

【2024年新课标全国Ⅰ卷第16题】已知 \(A(0,3)\) 和 \(P(3,\cfrac{3}{2})\) 为椭圆 \(C:\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\) 上两点 .

(1). 求 \(C\) 的离心率;

解：由题意得 \(\left\{\begin{array}{l}{b=3}\\{\cfrac{9}{a^{2}}+\cfrac{\frac{9}{4}}{b^{2}}=1}\end{array}\right.\)， 解得 \(\left\{\begin{array}{l}{a^2=12}\\{b^2=9}\end{array}\right.\) ，故 \(e\)\(=\)\(\sqrt{1-\cfrac{b^2}{a^2}}\)\(=\)\(\sqrt{1-\cfrac{9}{12}}\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\)

(2). 若过 \(P\) 的直线 \(l\) 交 \(C\) 于另一点 \(B\)，且 \(\triangle ABP\) 的面积为 \(9\)，求 \(l\) 的方程 .

方法1️⃣：\(k_{_{AP}}=\cfrac{3-\frac{3}{2}}{0-3}\)\(=\)\(-\cfrac{1}{2}\)，则由点斜式得到直线 \(AP\) 的方程为 \(y=-\cfrac{1}{2}x+3\)，即 \(x+2y-6=0\)，

\(|AP|=\sqrt{(0-3)^2+(3-\cfrac{3}{2})^2}=\cfrac{3\sqrt{5}}{2}\)，由 (1) 知 \(C:\cfrac{x^2}{12}+\cfrac{y^2}{9}=1\)，

设点 \(B\) 到直线 \(AP\) 的距离为 \(d\)，则由三角形面积公式得 \(d=\cfrac{2\times9}{\cfrac{3 \sqrt{5}}{2}}=\cfrac{12\sqrt{5}}{5}\)，

则将直线 \(AP\) 沿着与 \(AP\) 垂直的方向平移 \(\cfrac{12\sqrt{5}}{5}\) 单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点 \(B\)，

设该平行线的方程为: \(x+2y+C=0\)，则 \(\cfrac{|C+6|}{\sqrt{5}}=\cfrac{12\sqrt{5}}{5}\)，解得 \(C=6\) 或 \(C=-18\)，

当 \(C=6\) 时，联立 \(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{x^2}{12}+\cfrac{y^2}{9}=1}\\{x+2y+6=0}\end{array}\right.\)，解得 \(\left\{\begin{array}{l}x=0\\y=-3\end{array}\right.\) 或 \(\left\{\begin{array}{l}x=-3\\y=-\cfrac{3}{2}\end{array}\right.\)，即 \(B(0,-3)\) 或 \((-3,-\cfrac{3}{2})\) ，

\(\qquad\) 当 \(B(0,-3)\) 时，此时 \(k_{_{BP}}=\cfrac{\frac{3}{2}-(-3)}{3-0}=\cfrac{3}{2}\)，直线 \(l\) 的方程为 \(y=\cfrac{3}{2} x-3\)，即 \(3 x-2 y-6=0\)；

\(\qquad\) 当 \(B(-3,-\cfrac{3}{2})\) 时，此时 \(k_{_{BP}}=\cfrac{1}{2}\)，直线 \(l\) 的方程为 \(y=\cfrac{1}{2}x\)，即 \(x-2y=0\)，

当 \(C=-18\) 时，联立 \(\left\{\begin{array}{c}\cfrac{x^2}{12}+\cfrac{y^2}{9}=1\\x+2y-18=0\end{array}\right.\) 得 \(2y^2-27y+117=0\)，\(\Delta=27^2-4\times2\times 117=-207<0\)，此时该直线与椭圆无交点.

综上直线 \(l\) 的方程为 \(3x-2y-6=0\) 或 \(x-2y=0\) .

方法2️⃣：\(k_{_{AP}}=\cfrac{3-\frac{3}{2}}{0-3}\)\(=\)\(-\cfrac{1}{2}\)，则由点斜式得到直线 \(AP\) 的方程为 \(y=-\cfrac{1}{2}x+3\)，即 \(x+2y-6=0\)，

\(|AP|=\sqrt{(0-3)^2+(3-\cfrac{3}{2})^2}=\cfrac{3\sqrt{5}}{2}\)，由 (1) 知 \(C:\cfrac{x^2}{12}+\cfrac{y^2}{9}=1\)，点 \(B\) 到直线 \(AP\) 的距离 \(d=\cfrac{12 \sqrt{5}}{5}\)，

设 \(B(x_0, y_0)\)，则 \(\left\{\begin{array}{c}\cfrac{|x_0+2 y_0-6|}{\sqrt{5}}=\cfrac{12\sqrt{5}}{5}\\\cfrac{x_0^2}{12}+\cfrac{y_0^2}{9}=1\end{array}\right.\)，解得 \(\left\{\begin{array}{c}x_0=-3\\y_0=-\frac{3}{2}\end{array}\right.\) 或 \(\left\{\begin{array}{c}x_0=0 \\ y_0=-3\end{array}\right.\)，

即 \(B(0,-3)\) 或 \((-3,-\cfrac{3}{2})\) ，

\(\qquad\) 当 \(B(0,-3)\) 时，此时 \(k_{_{BP}}=\cfrac{\frac{3}{2}-(-3)}{3-0}=\cfrac{3}{2}\)，直线 \(l\) 的方程为 \(y=\cfrac{3}{2} x-3\)，即 \(3 x-2 y-6=0\)；

\(\qquad\) 当 \(B(-3,-\cfrac{3}{2})\) 时，此时 \(k_{_{BP}}=\cfrac{1}{2}\)，直线 \(l\) 的方程为 \(y=\cfrac{1}{2}x\)，即 \(x-2y=0\)，

综上直线 \(l\) 的方程为 \(3x-2y-6=0\) 或 \(x-2y=0\) .

方法3️⃣：\(k_{_{AP}}=\cfrac{3-\frac{3}{2}}{0-3}\)\(=\)\(-\cfrac{1}{2}\)，则由点斜式得到直线 \(AP\) 的方程为 \(y=-\cfrac{1}{2}x+3\)，即 \(x+2y-6=0\)，

\(|AP|=\sqrt{(0-3)^2+(3-\cfrac{3}{2})^2}=\cfrac{3\sqrt{5}}{2}\)，由 (1) 知 \(C:\cfrac{x^2}{12}+\cfrac{y^2}{9}=1\)，

设点 \(B\) 到直线 \(AP\) 的距离为 \(d\)，则三角形面积公式得 \(d=\cfrac{2\times9}{\cfrac{3 \sqrt{5}}{2}}=\cfrac{12\sqrt{5}}{5}\)，

设 \(B(2\sqrt{3}\cos\theta, 3\sin\theta)\)，其中 \(\theta\in[0,2 \pi)\)，则有 \(\cfrac{|2\sqrt{3}\cos\theta+6\sin\theta-6|}{\sqrt{5}}=\cfrac{12 \sqrt{5}}{5}\)，

联立 \(\cos^2\theta+\sin^2\theta=1\)，解得 \(\left\{\begin{array}{l}\cos\theta=-\cfrac{\sqrt{3}}{2}\\\sin\theta=-\cfrac{1}{2}\end{array}\right.\) 或 \(\left\{\begin{array}{c}\cos\theta=0\\\sin\theta=-1\end{array}\right.\)，即 \(B(0,-3)\) 或 \((-3,-\cfrac{3}{2})\) ，

\(\qquad\) 当 \(B(0,-3)\) 时，此时 \(k_{_{BP}}=\cfrac{\frac{3}{2}-(-3)}{3-0}=\cfrac{3}{2}\)，直线 \(l\) 的方程为 \(y=\cfrac{3}{2} x-3\)，即 \(3 x-2 y-6=0\)；

\(\qquad\) 当 \(B(-3,-\cfrac{3}{2})\) 时，此时 \(k_{_{BP}}=\cfrac{1}{2}\)，直线 \(l\) 的方程为 \(y=\cfrac{1}{2}x\)，即 \(x-2y=0\)，

综上直线 \(l\) 的方程为 \(3x-2y-6=0\) 或 \(x-2y=0\) .

方法4️⃣：当直线 \(AB\) 的斜率不存在时，此时 \(B(0,-3)\)，\(S_{\triangle PAB}=\cfrac{1}{2}\times6\times3=9\)，符合题意，

此时 \(k_l=\cfrac{3}{2}\)，直线 \(l\) 的方程为 \(y=\cfrac{3}{2} x-3\)，即 \(3x-2y-6=0\)；

当直线 \(AB\) 的斜率存在时，设直线 \(AB\) 的方程为 \(y=kx+3\)，

联立椭圆方程有 \(\left\{\begin{array}{c}y=kx+3\\\cfrac{x^2}{12}+\cfrac{y^2}{9}=1\end{array}\right.\)，则 \((4k^2+3)x^2+24k x=0\), 其中 \(k\neq k_{AP}\), 即 \(k\neq-\cfrac{1}{2}\),

解得 \(x=0\) 或 \(x=\cfrac{-24k}{4k^2+3}\)， \(k\neq 0\)， \(k\neq-\cfrac{1}{2}\)，

令 \(x=\cfrac{-24k}{4k^2+3}\), 则 \(y=\cfrac{-12 k^2+9}{4 k^2+3}\)，则 \(B(\cfrac{-24 k}{4 k^2+3}, \cfrac{-12 k^2+9}{4 k^2+3})\)

同法一得到直线 \(A P\) 的方程为 \(x+2 y-6=0\)，又点 \(B\) 到直线 \(A P\) 的距离 \(d=\cfrac{12 \sqrt{5}}{5}\),

则 \(\cfrac{|\cfrac{-24k}{4k^2+3}+2\times\cfrac{-12k^2+9}{4k^2+3}-6|}{\sqrt{5}}\)\(=\)\(\cfrac{12 \sqrt{5}}{5}\)，解得 \(k=\cfrac{3}{2}\)，

此时 \(B(-3,-\cfrac{3}{2})\)， 则得到此时 \(k_l=\cfrac{1}{2}\)， 直线 \(l\) 的方程为 \(y=\cfrac{1}{2}x\)，即 \(x-2y=0\)，

综上直线 \(l\) 的方程为 \(3x-2y-6=0\) 或 \(x-2y=0\).

已知\(\alpha\)为第Ⅳ象限角，且\(sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})=\cfrac{3}{5}\)，求\(tan(\alpha-\cfrac{\pi}{4})\)的值；

法1：由题目可知，\(\cfrac{\sqrt{2}}{2}(sin\alpha+cos\alpha)=\cfrac{3}{5}\)，则\(sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{3\sqrt{2}}{5}\)，

和\(sin^2\alpha+cos^2\alpha=1\)联立，得到\(2sin^2\alpha-\cfrac{6\sqrt{2}}{5}sin\alpha-\cfrac{7}{25}=0\)，即\((\sqrt{2}sin\alpha+\cfrac{1}{5})(\sqrt{2}sin\alpha-\cfrac{7}{5})=0\)

解得\(sin\alpha=-\cfrac{\sqrt{2}}{10}\)，或\(sin\alpha=\cfrac{7\sqrt{2}}{10}\)(不符，舍去)，

即\(sin\alpha=-\cfrac{\sqrt{2}}{10}\)，\(cos\alpha=\cfrac{7\sqrt{2}}{10}\)，从而\(tan\alpha=-\cfrac{1}{7}\)

代入\(tan(\alpha-\cfrac{\pi}{4})=\cfrac{tan\alpha-1}{1+tan\alpha}=-\cfrac{4}{3}\)；

法2：由\(sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{3\sqrt{2}}{5}\)，得到\(2sin\alpha cos\alpha=-\cfrac{7}{25}\)，

则有\((sin\alpha-cos\alpha)^2=\cfrac{32}{25}\)，由于\(\alpha\)为第Ⅳ象限角，

得到\(sin\alpha-cos\alpha=-\cfrac{4\sqrt{2}}{5}\)，又\(sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{3\sqrt{2}}{5}\)，

即\(sin\alpha=-\cfrac{\sqrt{2}}{10}\)，\(cos\alpha=\cfrac{7\sqrt{2}}{10}\)，从而\(tan\alpha=-\cfrac{1}{7}\)

代入\(tan(\alpha-\cfrac{\pi}{4})=\cfrac{tan\alpha-1}{1+tan\alpha}=-\cfrac{4}{3}\)；

法3：由\(2sin\alpha cos\alpha=-\cfrac{7}{25}\)，得到\(\cfrac{2sin\alpha cos\alpha}{sin^2\alpha+cos^2\alpha}=-\cfrac{7}{25}\)，

则\(\cfrac{2tan\alpha}{tan^2\alpha+1}=-\cfrac{7}{25}\)，解得\(tan\alpha=-7\)或\(tan\alpha=-\cfrac{1}{7}\)，

又由于又\(sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{3\sqrt{2}}{5}\)，则\(|cos\alpha|>|sin\alpha|\)，即\(|tan\alpha|<1\)，

故保留\(tan\alpha=-\cfrac{1}{7}\)，代入\(tan(\alpha-\cfrac{\pi}{4})=\cfrac{tan\alpha-1}{1+tan\alpha}=-\cfrac{4}{3}\)；

【2017\(\cdot\)深圳模拟】若函数\(f(x)=\cfrac{x}{(2x+1)(x-a)}\)是奇函数，则实数\(a\)的值是【\(\qquad\)】

$A.\cfrac{1}{2}$ $B.\cfrac{2}{3}$ $C.\cfrac{3}{4}$ $D.-\cfrac{1}{2}$

【法1】：由函数\(f(x)\)为奇函数，则满足\(f(-x)=-f(x)\)，

\(f(x)=\cfrac{x}{(2x+1)(x-a)}=\cfrac{x}{2x^2+(1-2a)x-a}\)，

\(f(-x)=\cfrac{-x}{(-2x+1)(-x-a)}=\cfrac{-x}{2x^2-(1-2a)x-a}\)，

则\(\cfrac{-x}{2x^2-(1-2a)x-a}=\cfrac{-x}{2x^2+(1-2a)x-a}\)应该恒成立，

只需要\(-(1-2a)=1-2a\)，解得\(a=\cfrac{1}{2}\)；故选\(A\)；

【法2】：由于定义域中有\(-1，1\)，故必然满足\(f(-1)=-f(1)\)，解得\(a=\cfrac{1}{2}\)；故选\(A\)；和法1相比，是特值验证。

【法3】：由于奇函数的定义域关于原点对称，令\(2x+1=0\)得到\(x=-\cfrac{1}{2}\)，故可知定义域中没有\(x=-\cfrac{1}{2}\)；

令\(x-a=0\)得到\(x=a\)，故定义域中必然没有\(x=a\)，故\(a=\cfrac{1}{2}\)；故选\(A\)；

【法4】：\(f(x)=\cfrac{x}{(2x+1)(x-a)}=\cfrac{x}{2x^2+(1-2a)x-a}\)，由于分子函数为奇函数，要是\(f(x)\)为奇函数，则分母函数\(y=2x^2+(1-2a)x-a\)为二次函数，

要是偶函数，则\(1-2a=0\)，解得\(a=\cfrac{1}{2}\)；故选\(A\)；

【数列的相关运算】已知数列\(\{a_n\}\)是等差数列，其前\(n\)项和为\(S_n\)，已知\(S_6=42\)，\(S_{12}=156\)，求\(S_{18}\)的值。

【法1：以\(a_1\)和\(d\)为元的方程组法】利用\(S_n=na_1+\cfrac{n(n-1)}{2}\times d\)得到，

\(\begin{cases}S_6=6a_1+15d=42\\S_{12}=12a_1+66d=156\end{cases}\)，解得\(\begin{cases}a_1=2\\d=2\end{cases}\)，

故\(S_{18}=18a_1+\cfrac{18\times17}{2}\times 2=342\)。

【法2：以\(a\)和\(b\)为元的方程组法】由等差数列的性质知道，其前\(n\)项和公式可以写成这样：\(S_n=an^2+bn\)，

由此得到，\(\begin{cases}S_6=36a+6b=42\\S_{12}=144a+12b=156\end{cases}\)，解得\(\begin{cases}a=1\\b=1\end{cases}\)，

故\(S_{18}=1\times 18^2+1\times 18=342\)。

【法3：等差数列性质，函数法】注意到\(\cfrac{S_n}{n}=an+b\)，即表明数列\(\{\cfrac{S_n}{n}\}\)也是一个等差数列。

由于\(\cfrac{S_6}{6}\)，\(\cfrac{S_{12}}{12}\)，\(\cfrac{S_{18}}{18}\)分别是数列的第\(6,12,18\)项，故这三项也是成等差数列的，

则有$2\times\cfrac{S_{12}}{12}=\cfrac{S_6}{6}+\cfrac{S_{18}}{18} $，即\(2\times\cfrac{156}{12}=\cfrac{42}{6}+\cfrac{S_{18}}{18}\)，

解得\(S_{18}=342\)。

【法4：等差数列性质法】由于\(S_6，S_{12}-S_6，S_{18}-S_{12}\)成等差数列，

故有\(2(S_{12}-S_6)=S_6+S_{18}-S_{12}\)，即\(2(156-42)=42+S_{18}-156\)，

解得\(S_{18}=3(156-42)=342\)。

【宝鸡市二检文理科第22题】【坐标系与参数方程】在直角坐标系\(xoy\)中，曲线\(C_1\)的参数方程为\(\begin{cases}x=2+2cos\alpha\\y=2sin\alpha\end{cases}(\alpha为参数)\)，以坐标原点为极点，以\(x\)轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线\(C_2\)的极坐标方程为\(\rho=2cos\theta\)。

(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，曲线\(C_1\)的极坐标方程为\(\rho_1=4cos\alpha(\alpha\in(-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}))\)， 曲线\(C_2\)的极坐标方程为\(\rho_2=2cos\theta(\theta\in(-\cfrac{\pi}{2},\cfrac{\pi}{2}))\)，

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\(-\theta\)，

由于\(\rho_1>0\)，\(\rho_2>0\)，以及\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可得，\(\alpha-\theta=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\theta+\cfrac{\pi}{2}\)，(顺时针为正，逆时针为负)

则有\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|=\cfrac{1}{2}\rho_1\rho_2=\cfrac{1}{2}\times 4cos\alpha\times 2cos\theta\)

\(=4cos(\theta+\cfrac{\pi}{2})cos\alpha=-4sin\theta cos\theta=-2sin2\theta\)，

当\(2\theta=-\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\theta=-\cfrac{\pi}{4}\)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\(\begin{cases}x=2+2cos\alpha\\y=2sin\alpha\end{cases}(\alpha为参数，\alpha\in (0，2\pi))\)，曲线\(C_2\)的参数方程是\(\begin{cases}x=1+cos\theta\\y=2sin\theta\end{cases}(\theta为参数，\theta\in (0，2\pi))\)，注意参数的含义，\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\pi+\theta\)

则有\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|=\cfrac{1}{2}\sqrt{(2+2cos\alpha)^2+(2sin\alpha)^2}\sqrt{(1+cos\theta)^2+sin^2\theta}\)

\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1+cos\alpha)}\sqrt{2(1+cos\theta)}=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1-cos\theta)}\sqrt{2(1+cos\theta)}=\cfrac{1}{2}\times 4\sqrt{(1-cos\theta)(1+cos\theta)}=2\sqrt{1-cos^2\theta}=2|sin\theta|\)

当\(\theta=\cfrac{\pi}{2}\)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\(\begin{cases}x=2+2cos\alpha\\y=2sin\alpha\end{cases}(\alpha为参数，\alpha\in (0，2\pi))\)，曲线\(C_2\)的参数方程是\(\begin{cases}x=1+cos\theta\\y=2sin\theta\end{cases}(\theta为参数，\theta\in (0，2\pi))\)，注意参数的含义，\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\pi+\theta\)

由\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可知，\(k_{OP}k_{OQ}=-1\)，即\(\cfrac{2sin\alpha}{2+2cos\alpha}\times \cfrac{sin\theta}{1+cos\theta}=-1\)，即\(-sin\alpha sin\theta=(1+cos\alpha)(1+cos\theta)\)

\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|=\cfrac{1}{2}\sqrt{(2+2cos\alpha)^2+(2sin\alpha)^2}\sqrt{(1+cos\theta)^2+sin^2\theta}\)

\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1+cos\alpha)}\sqrt{2(1+cos\theta)}=2\sqrt{(1+cos\alpha)(1+cos\theta)}=2\sqrt{-sin\alpha sin\theta}\)，又有\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\pi+\theta\)

\(=2\sqrt{sin^2\theta}=2|sin\theta|\)，

当\(\theta=\cfrac{\pi}{2}\)时，\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)。

【法4】尝试使用均值不等式，待有空思考整理。

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\(\begin{cases}(x-2)^2+y^2=4\\y=kx\end{cases}\)，解得\(P(\cfrac{4}{1+k^2}，\cfrac{4k}{1+k^2})\)，

联立\(\begin{cases}(x-1)^2+y^2=1\\y=-\cfrac{1}{k}x\end{cases}\)，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。

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。

2、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\(\theta\)，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。

3、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\(\theta\)，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。

4、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。

5、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。

(2017\(\cdot\)全国卷3理科第12题)【函数的零点】已知函数\(f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)有唯一的零点，则\(a\)的值为【\(\qquad\)】

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

【法1】：分离常数法，本题目就不适宜使用此法；

由\(f(x)=0\)得到\(a(e^{x-1}+e^{-x+1})=-x^2+2x\)，分离得到\(a=\cfrac{-x^2+2x}{e^{x-1}+e^{-x+1}}=h(x)\)，

你应该能感觉到函数\(h(x)\)若要用导数分析其单调性，那会是相当的难，故分离参数的思路一般在这个题目中，就自然舍弃了。

【法2】：由题目可知方程\(f(x)=0\)仅有一解，即\(a(e^{x-1}+e^{-x+1})=-x^2+2x\)仅有一解，

即函数\(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)与函数\(y=-x^2+2x\)的图像仅有一个交点。参考图像

手工怎么作图呢，函数\(y=-x^2+2x\)的图像大家应该会的，故重点说\(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)的图像。

令函数\(g(x)=y=e^x+\cfrac{1}{e^x}=e^x+e^{-x}\)，则是偶函数，\(g(0)=2\)，

当\(x\ge 0\)时，\(g'(x)=e^x-e^{-x}\)，\(g'(x)\)单调递增，

故\(g'(x)\ge g'(0)=0\)，则函数\(g(x)\)在\([0，+\infty)\)上单调递增，又由偶函数可知，在\((-\infty，0]\)上单调递减，

这样我们就做出了函数\(g(x)=e^x+\cfrac{1}{e^x}\)的图像，然后将其向右平移一个单位，得到\(y=e^{x-1}+e^{-x+1}\)的图像，

前边的系数\(a\)的作用有两个，其一控制张角大小，其二控制函数最低点的位置，

就像函数\(y=a|x|\)中的\(a\)的作用一样的，所以我们就能用手工做出函数\(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)的图像，

要使得函数\(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)与函数\(y=-x^2+2x\)的图像仅有一个交点，

就需要函数\(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)的最小值\(a(e^{1-1}+e^{-1+1})=2a\)和函数\(y=-x^2+2x\)的最大值\(-1^2+2\times1=1\)相等，

故\(2a=1\)，解得\(a=\cfrac{1}{2}\)。故选\(C\).

【法3】：构造函数法+函数性质法；

函数\(f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})=(x-1)^2+a[e^{x-1}+e^{-(x-1)}]-1\)，

令\(t=x-1\)，则\(g(t)=f(x-1)=t^2+a(e^t+e^{-t})-1\)，

由于\(g(-t)=t^2+a(e^t+e^{-t})-1=g(t)\)，故\(g(t)\)为偶函数，

由于函数\(f(x)\)有唯一零点，则函数\(g(t)\)也有唯一零点，

又函数\(g(t)\)是偶函数，即函数\(g(t)\)与\(t\)轴仅有一个交点，则\(g(0)=0\)，

代入得到\(2a-1=0\)，即\(a=\cfrac{1}{2}\)；故选\(C\).

【法4】：函数\(f(x)=0\Leftrightarrow\) \(a(e^{x-1}+e^{-(x-1)})=-x^2+2x\)

\(e^{x-1}+e^{-(x-1)}\ge 2\sqrt{e^{x-1}\cdot e^{-(x-1)}}=2\)，当且仅当\(x=1\)时取到等号；

\(-x^2+2x=-(x-1)^2+1\leq 1\)；

若\(a>0\)时，\(a(e^{x-1}+e^{-(x-1)})\ge 2a\)，

要使\(f(x)\)仅有一个零点，则必有\(2a=1\)，解得\(a=\cfrac{1}{2}\)；

若\(a<0\)，则函数\(f(x)\)的零点不唯一，

综上，\(a=\cfrac{1}{2}\)；故选\(C\).

【法5】由\(f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)，

得到\(f(2-x)=(2-x)^2-2(2-x)+a(e^{2-x-1}+e^{-(2-x)+1})=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)，

所以\(f(2-x)=f(x)\)，故\(x=1\)是函数\(f(x)\)图像的对称轴。

由题意可知，函数\(f(x)\)有唯一的零点，

故只能是\(x=1\)，

即\(f(1)=1^2-2\times1+a(e^{1-1}+e^{-1+1})=0\)，

解得\(a=\cfrac{1}{2}\)，故选\(C\).

【法6】我们一般这样转化，由函数\(f(x)\)有唯一的零点，

得到方程\(x^2-2x=-a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)有唯一解，注意到方程的右端，

我们可以和对勾函数做以联系，令\(x-1=t\)，则\(x=t+1\)，

故原方程就转化为\((t+1)^2-2(t+1)=-a(e^t+e^{-t})\)，为了便于做出图像，

还需要再代换，令\(e^t=x\)，则\(x>0\)且\(t=lnx\)，

这样方程就又转化为\(ln^2x-1=-a(x+\cfrac{1}{x})\)，

在同一个坐标系中，分别做出函数\(y=ln^2x-1\)和\(y=-a(x+\cfrac{1}{x})\)的图像，

由图像可知对勾函数前面的系数必须满足\(-a=-\cfrac{1}{2}\)，

即\(a=\cfrac{1}{2}\)，故选\(C\).

(2017凤翔中学高三理科数学第二次月考第21题)【已知单调性求参数范围】已知函数\(f(x)\)\(=\)\((a+1)\ln x\)\(+\)\(ax^2\)\(+\)\(1\)，

(1) 讨论函数\(f(x)\)的单调性。

分析：先求定义域得\((0，+\infty)\)，求导得到\(f'(x)=\cfrac{a+1}{x}+2ax=\cfrac{2ax^2+a+1}{x}\)，

然后只考虑分子函数\(g(x)=2ax^2+a+1\)的图像，

先考虑\(a=0\)，在考虑函数\(g(x)\)图像恒在\(x\)轴上方，恒在\(x\)轴下方，以及\(x\)轴上方下方都有图像的情形，

自然就得到了分类的标准有\(a=0\)，\(a>0\)，\(a+1\leq 0\)，以及\(-1<a<0\)，在解答时做一综合就行了。

解：当\(a\ge 0\)时，\(g(x)>0\)恒成立，则\(f'(x)=\cfrac{2ax^2+a+1}{x}>0\)，故\(f(x)\)在\((0，+\infty)\)上单调递增；

当\(a\leq -1\)时，\(g(x)\leq 0\)恒成立，则则\(f'(x)=\cfrac{2ax^2+a+1}{x}<0\)，故\(f(x)\)在\((0，+\infty)\)上单调递减；

当\(-1<a<0\)时，令\(f'(x)=0\)，解得\(x=\sqrt{-\cfrac{a+1}{2a}}=x_0\)，即\(x\in(0，x_0)\)时，\(f'(x)>0\)，

故\(f(x)\)在\((0，x_0)\)上单调递增；\(x\in(x_0，+\infty)\)时，\(f'(x)<0\)，故\(f(x)\)在\((x_0，+\infty)\)上单调递减；

(2)设\(a<-1\)，若对任意\(x_1，x_2\in(0，+\infty)\)，恒有\(|f(x_1)-f(x_2)|\ge 4|x_1-x_2|\)，求\(a\)的取值范围。

不妨设\(x_1\leq x_2\)，由(1)可知，\(a<-1\)时\(f(x)\)在\((0，+\infty)\)单调递减，

从而对任意\(x_1，x_2\in(0，+\infty)\)，恒有\(|f(x_1)-f(x_2)|\ge 4|x_1-x_2|\)，

可以等价转化为\(f(x_1)-f(x_2)\ge 4(x_2-x_1)\)，

即任意\(x_1，x_2\in(0，+\infty)\)，恒有\(f(x_1)+4(x_1)\ge f(x_2)+4x_2\)，【到此，构造函数就有了依托】

令\(g(x)=f(x)+4x\)，则\(x_1\leq x_2\)，\(g(x_1)\ge g(x_2)\)原命题等价于函数\(g(x)\)在\((0，+\infty)\)上单调递减。

而\(g'(x)=\cfrac{a+1}{x}+2ax+4=\cfrac{2ax^2+4x+a+1}{x}\leq 0\)在\((0，+\infty)\)上恒成立。接下来的思路就比较多了：

思路1：分离参数得到，\(a\leq \cfrac{-4x-1}{2x^2+1}=\cfrac{(2x-1)^2-4x^2-2}{2x^2+1}=\cfrac{(2x-1)^2}{2x^2+1}-2\)，故\(a\leq -2\)。

思路2：只关注导函数\(g'(x)\)的分子，令\(h(x)=2ax^2+4x+a+1\)，则转化为\(h(x)\leq 0\)在\((0，+\infty)\)上恒成立，

分离参数得到，\(a\leq (\cfrac{-4x-1}{2x^2+1})_{min}\)，

令\(\phi(x)=\cfrac{-4x-1}{2x^2+1}\)，

解得\(\phi'(x)=\cfrac{-4(2x^2+1)-(-4x-1)\cdot 4x}{(2x^2+1)^2}=\cfrac{8x^2+4x-4}{(2x^2+1)^2}=\cfrac{4(2x-1)(x+1)}{(2x^2+1)^2}\)，

故\(x\in(0，\cfrac{1}{2})\)时，\(\phi'(x)<0\)，\(\phi(x)\)单调递减，\(x\in(\cfrac{1}{2}，+\infty)\)时，\(\phi'(x)>0\)，\(\phi(x)\)单调递增，

故\(\phi(x)_{min}=\phi(\cfrac{1}{2})=-2\)，故\(a\leq -2\)。

思路3：只关注导函数\(g'(x)\)的分子，令\(h(x)=2ax^2+4x+a+1\)，

则转化为\(h(x)\leq 0\)在\((0，+\infty)\)上恒成立，利用二次函数求解。

则\(\begin{cases}h(0)\leq 0\\x=-\cfrac{4}{2\times 2a}<0\\ \Delta >0\end{cases}\)或者\(\Delta \leq 0\)，

解得\(a\leq -2或a\ge 1\)，又\(a<-1\)，故\(a\leq -2\)。

思路4：接思路1，分离参数得到，\(a\leq \cfrac{-4x-1}{2x^2+1}\)，

求函数\(\phi(x)=\cfrac{-4x-1}{2x^2+1}\)的最小值，还可以用代换法，

令\(-4x-1=t<-1\)，则\(\phi(x)=\cfrac{t}{\cfrac{(t+1)^2}{8}+1}=\cfrac{8t}{t^2+2t+9}=\cfrac{8}{t+\cfrac{9}{t}+2}\ge \cfrac{8}{-2\sqrt{9}+2}=-2\)，

故\(a\leq -2\)。

【三角函数求值中的给值求值类】已知\(tan\alpha=\cfrac{1}{2}\)，求\(sin^4\alpha-cos^4\alpha\)的值。

【法1】：方程组法，由\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{1}{2}}\\{sin^2\alpha+cos^2\alpha=1}\end{array}\right.\)，

解得\(sin^2\alpha=\cfrac{1}{5}\)，\(cos^2\alpha=\cfrac{4}{5}\)，

代入得到\(sin^4\alpha-cos^4\alpha=-\cfrac{3}{5}\)；

【法2】：齐次式法，\(sin^4\alpha-cos^4\alpha=(sin^2\alpha-cos^2\alpha)(sin^2\alpha+cos^2\alpha)=sin^2\alpha-cos^2\alpha\)

\(=-cos2\alpha=-\cfrac{cos^2\alpha-sin^2\alpha}{sin^2\alpha+cos^2\alpha}=\cfrac{1-tan^2\alpha}{1+tan^2\alpha}=-\cfrac{3}{5}\)；

【法3】：由\(\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{1}{2}\)，引入比例因子，可设\(sin\alpha=k\)，\(cos\alpha=2k(k\neq 0)\)，

由\(k^2+(2k)^2=1\)，可得\(k^2=\cfrac{1}{5}\)，故\(k^4=\cfrac{1}{25}\)，

则\(sin^4\alpha-cos^4\alpha=k^4-(2k)^4=-15k^4=-\cfrac{3}{5}\)；

【2019届理科数学周末训练1第22题】已知直线\(l\)的极坐标方程为\(\rho sin(\theta-\cfrac{\pi}{3})=0\)，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为\(x\)轴的正半轴，建立平面直角坐标系，曲线\(C\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=2cos\alpha}\\{y=2+2sin\alpha}\end{array}\right.(\alpha为参数)\)。

（1）求直线\(l\)被曲线\(C\)截得的弦长|OA|。

分析：可以从以下四个角度思考，

①利用两点间的距离公式；

【法1】直线\(l\)的普通方程为\(y=\sqrt{3}x\)，圆\(C\)的普通方程为\(x^2+(y-2)^2=2^2\)，

联立消掉\(y\)，得到\(x^2-\sqrt{3}x=0\)，

解得，\(\left\{\begin{array}{l}{x_1=0}\\{y_1=0}\end{array}\right.\)，或\(\left\{\begin{array}{l}{x_2=\sqrt{3}}\\{y_2=3}\end{array}\right.\)，

由两点间距离公式得到\(|OA|=2\sqrt{3}\)。

②直线和圆相交求弦长的几何方法；

【法2】直线为\(\sqrt{3}x-y=0\)，圆心为\((0，2)\)，

则圆心到直线的距离为\(d=\cfrac{|0-2|}{2}=1\)，又半径为\(2\)，

故半弦长为\(\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}\)，则弦长\(|OA|=2\sqrt{3}\)。

③直线的参数方程法；

【法3】由于直线的普通方程为\(y=\sqrt{3}x\)，经过点\((0，0)\)，

斜率\(k=tan\theta=\sqrt{3}\)，

直线\(l\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=0+\cfrac{1}{2}t}\\{y=0+\cfrac{\sqrt{3}}{2}t}\end{array}\right.(t为参数)\)，

将其代入圆的普通方程\(x^2+(y-2)^2=2^2\)，

整理得到\(t^2-2\sqrt{3}t=0\)，

解得\(t_1=0\)，\(t_2=2\sqrt{3}\)，

则弦长\(|OA|=|t_1-t_2|=2\sqrt{3}\)。

④极坐标法；

【法4】直线的极坐标方程为\(\theta=\cfrac{\pi}{3}\)，

圆的极坐标方程为\(\rho=4sin\theta\)，

二者联立，得到\(\rho=4sin\cfrac{\pi}{3}=2\sqrt{3}\)。

即所求弦长\(|OA|=2\sqrt{3}\)。

（2）从极点做曲线\(C\)的弦，求弦的中点\(M\)轨迹的极坐标方程。

分析：可以从以下三个角度思考：

①利用平面直角坐标系下的中点公式；

【法1】在平面直角坐标系中，设过坐标原点的直线和圆相交于点\(P(x_0，y_0)\)，则所得弦的中点坐标为\(M(x，y)\)

则\(\left\{\begin{array}{l}{2x=x_0}\\{2y=y_0}\end{array}\right.\)，又点\(P(x_0，y_0)\)在圆\(x^2+(y-2)^2=2^2\)上，

代入整理得到普通方程为\(x^2+(y-1)^2=1\)，

即其极坐标方程为\(\rho=2sin\theta\)，

其中\(\alpha\in(0，\pi)\)，而不是\(\alpha\in[0，\pi)\)，以保证弦的存在。

②利用圆的参数方程；

由于圆上任意一动点\(P\)的坐标\(P(2cos\theta，2+2sin\theta)\)，则弦的中点\(M(cos\theta，1+sin\theta)\)，

即点\(M\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=cos\theta}\\{y=1+sin\theta}\end{array}\right.(\theta为参数)\)，

消去参数\(\theta\)，得到普通方程为\(x^2+(y-1)^2=1\)，

即其极坐标方程为\(\rho=2sin\theta\)，

其中\(\alpha\in(0，\pi)\)，而不是\(\alpha\in[0，\pi)\)，以保证弦的存在。

③利用极坐标法；

【法3】曲线\(C\)的极坐标方程为\(\rho=4sin\theta\)，

过极点的直线的极坐标方程为\(\theta=\alpha\)，

设直线和曲线\(C\)的交点的极坐标为\((\rho_1，\alpha)\)，

则弦的中点\(M\)的极坐标为\((\rho，\alpha)\)，

由题目可知，\(\rho_1=2\rho\)，代入曲线\(C\)的极坐标方程为\(2\rho=4sin\alpha\)，

得到\(\rho=2sin\alpha\)，其中\(\alpha\in(0，\pi)\)。

故弦的中点\(M\)轨迹的极坐标方程为\(\rho=2sin\alpha\)，其中\(\alpha\in(0，\pi)\)。

说明：由于弦的中点要存在，则必须保证\(\rho\neq 0\)，即原来的\(\alpha\in[0，\pi)\)，必须变为\(\alpha\in(0，\pi)\)。

在平面内有\(n(n\in N*)\)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，求\(f(1)\)，\(f(2)\)，\(f(3)\)，\(f(4)\)，\(f(5)\)的值；并总结\(f(n)\)的表达式。

法1：二阶等差数列+累加法，

解析：由题意知，则\(f(1)=2\)，\(f(2)=4\)，\(f(3)=7\)，\(f(4)=11\)，\(f(5)=16\)，

\(f(2)-f(1)=4-2=2\)；

\(f(3)-f(2)=7-4=3\)；

\(f(4)-f(3)=11-7=4\)；

\(f(5)-f(4)=16-11=5\)；

$\cdots $，

\(f(n)-f(n-1)=n\)；

因此，当\(n\ge 2\)时，由累加法可知，

\(f(n)-f(1)=2+3+\cdots+n=\cfrac{(n+2)(n-1)}{2}\)

即\(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)

当\(n=1\)时，\(f(1)=2\)，也满足上式，故

\(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)。

在平面内有\(n(n\in N*)\)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，证明：这\(n\)条直线把平面分成\(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)个平面区域。

法2：用数学归纳法证明，

①当\(n=1\)时，由几何常识可知，一条直线将平面分成两个部分即\(f(1)=2\)，又\(f(1)=\cfrac{1^2+1+2}{2}=1\)，即\(n=1\)时命题成立。

②假设当当\(n=k(k\ge 1，k\in N^*)\)时命题成立，即\(k\)条直线将平面分成的部分数为\(f(k)=\cfrac{k^2+k+2}{2}\)，

那么当\(n=k+1\)时，由于新添加的第\(k+1\)条直线和以前的\(k\)条直线两两相交且不共点，此时新增加平面区域个数为\(k+1\)个，

即\(f(k+1)=f(k)+k+1=\cfrac{k^2+k+2}{2}+k+1\)

\(=\cfrac{k^2+k+2+2(k+1)}{2}=\cfrac{(k^2+2k+1)+(k+1)+2}{2}\)，

\(=\cfrac{(k+1)^2+(k+1)+2}{2}\)，

即当\(n=k+1\)时，命题也成立。

综上所述，\(n\in N^*\)时，\(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)，

即\(n\)条直线把平面分成\(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)个平面区域。

• 难点突破：本题目中的难点就是新添加了第\(k+1\)条直线后，平面区域也新增加了\(k+1\)个，

思路1：用不完全归纳法突破，比如直线条数由\(1\Rightarrow 2\)时，增加的区域个数为\(2\)个，由\(2\Rightarrow 3\)时，增加的区域个数为\(3\)个，由\(3\Rightarrow 4\)时，增加的区域个数为\(4\)个，\(\cdots\)，则由\(n\Rightarrow n+1\)时，增加的区域个数为\(n+1\)个。

思路2：借助图形突破。

设抛物线\(C：y^2=3x\)的焦点，过F且倾斜角为\(30^{\circ}\)的直线交C于A，B两点，则\(|AB|\)等于【\(\qquad\)】

$A.\cfrac{\sqrt{30}}{3}$ $B.6$ $C.12$ $D.7\sqrt{3}$

法1、常规方法，利用两点间距离公式，由于\(2p=3\)，则\(\cfrac{p}{2}=\cfrac{3}{4}\)，故焦点\(F(\cfrac{3}{4}，0)\)，

则直线\(AB\)的方程为\(y=\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-\cfrac{3}{4})\)，

联立直线\(AB\)的方程\(y=\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-\cfrac{3}{4})\)和抛物线\(C：y^2=3x\)，

消\(y\)得到\(16x^2-24\times7x+9=0\)，设点\(A(x_1，y_1)\)，点\(B(x_2，y_2)\)，

则\(x_1+x_2=\cfrac{24\times7}{16}=\cfrac{21}{2}\)，

\(x_1x_2=\cfrac{9}{16}\)，故\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=12\)。

法2、利用直线\(AB\)的参数方程的参数的几何意义，直线\(AB\)的参数方程为\(\begin{cases}x=\cfrac{3}{4}+\cfrac{\sqrt{3}}{2}t\\y=0+\cfrac{1}{2}t\end{cases}(t为参数)\)，

代入\(y^2=3x\)中，得到\(t^2-6\sqrt{3}t-9=0\)，

故\(|AB|=|t_1-t_2|=\sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=\sqrt{36\times3-4\times(-9)}=12\)。

法3：利用抛物线的第二定义可知，

\(|AB|=|AF|+|BF|=|AN|+|BO|=x_1+\cfrac{p}{2}+x_2+\cfrac{p}{2}=x_1+x_2+p\)，

故由法1中，得到\(x_1+x_2=\cfrac{24\times7}{16}=\cfrac{21}{2}\)，

\(p=\cfrac{3}{2}\)，即\(|AB|=x_1+x_2+p=12\)。

法4：利用抛物线的焦点弦长公式：\(|AB|=\cfrac{2p}{sin^2\alpha}\)，

则\(|AB|=\cfrac{2\times \cfrac{3}{2}}{(\cfrac{1}{2})^2}=12\)。

• 引申：抛物线的焦点弦长公式\(|AB|=\cfrac{2p}{sin^2\alpha}\)的推导：

当直线的斜率不存在时，即直线的倾斜角\(\theta=90^{\circ}\)时，\(x_1=x_2=\cfrac{p}{2}\)，\(y_1=p\)，\(y_2=-p\)，

故\(|AB|=|y_1-y_2|=2p=\cfrac{2p}{sin^290^{\circ}}=\cfrac{2p}{sin^2\alpha}\)。

当直线的斜率存在时，即\(k=tan\theta\)，焦点弦方程是\(y=k(x-\cfrac{p}{2})\)，代入抛物线方程得到\(k^2x^2-(k^2p+2p)x+\cfrac{k^2p^2}{4}=0\)，

利用韦达定理可知\(x_1+x_2=\cfrac{k^2p+2p}{k^2}\)，由抛物线的定义

\(|AB|=|AF|+|BF|=x_1+x_2+p=\cfrac{k^2p+2p}{k^2}+p=\cfrac{2p(k^2+1)}{k^2}\)

\(=2p\times\cfrac{tan^2\theta+1}{tan^2\theta}=2p\times\cfrac{sin^2\theta+cos^2\theta}{sin^2\theta}=\cfrac{2p}{sin^2\theta}\)。

【向量的模的运算】已知\(|\vec{a}|=1，|\vec{b}|=2，<\vec{a}，\vec{b}>=60^{\circ}\)，求\(|\vec{a}+2\vec{b}|\)

法1：基向量法，

\(|\vec{a}+2\vec{b}|^2=\vec{a}^2+4\vec{b}^2+2\times 2\times \vec{a}\cdot \vec{b}\)；

\(=|\vec{a}|^2+4|\vec{b}|^2+4|\vec{a}|\cdot |\vec{b}|\cdot cos60^{\circ}\)；

\(=1+16+4\times 1\times 2\times cos60^{\circ}=21\)，

故\(|\vec{a}+2\vec{b}|=\sqrt{21}\)。

法2：建立坐标系，利用向量坐标法构造向量三角形法，

建立如图所示的坐标系，则可知\(\vec{a}=(1，0)\)，\(\vec{b}=(1，\sqrt{3})\)，

则\(\vec{a}+2\vec{b}=(1，0)+2(1，\sqrt{3})=(3，2\sqrt{3})\)，

故\(|\vec{a}+2\vec{b}|=\sqrt{3^2+(2\sqrt{3})^2}=\sqrt{21}\)。

法3：构造向量三角形法，利用余弦定理求解。

由图可知，\(\overrightarrow{OA}=\vec{a}\)，\(\overrightarrow{OD}=2\vec{b}\)，做向量三角形\(\triangle OAB\)，

则在\(\triangle OAB\)中，\(|OA|=|\vec{a}|=1\)，\(|AB|=|2\vec{b}|=4\)，\(|OB|=|\vec{a}+2\vec{b}|\)，\(\angle OAB=120^{\circ}\)，

由余弦定理可知，\(|OB|^2=1^2+4^2-2\times 1\times 4\times cos120^{\circ}=21\)，

故\(|\vec{a}+2\vec{b}|=|OB|=\sqrt{21}\)。

【2016天津高考文科第8题】已知\(f(x)=sin^2\cfrac{\omega x}{2}+\cfrac{1}{2}sin\omega x-\cfrac{1}{2}(\omega>0)\)，\(x\in R\)，若\(f(x)\)在区间\((\pi，2\pi)\)内没有零点，则\(\omega\)的取值范围是【\(\qquad\)】

$A.(0，\cfrac{1}{8}]$ $B.(0，\cfrac{1}{4}]\cup [\cfrac{5}{8}，1)$ $C.(0，\cfrac{5}{8}]$ $D.(0，\cfrac{1}{8}]\cup [\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]$

分析：\(f(x)=\cfrac{1-cos\omega x}{2}+\cfrac{1}{2}sin\omega x-\cfrac{1}{2}=\cfrac{1}{2}(sin\omega x-cos\omega x)\)

\(=\cfrac{\sqrt{2}}{2}sin(\omega x-\cfrac{\pi}{4})\)，

法1：补集法，从数的角度入手分析，假设\(f(x)\)在区间\((\pi，2\pi)\)内有零点\(x_0\)，使得\(f(x)=\cfrac{\sqrt{2}}{2}sin(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4})=0\)，

则\(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4}=k\pi(k\in Z)\)，即\(x_0=\cfrac{k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{4\omega}\)，

即\(x_0=\cfrac{(4k+1)\pi}{4\omega}\)，又\(\pi<x_0<2\pi\)，

则\(\pi<\cfrac{4k+1}{4\omega}<2\pi(k\in Z)\)，即\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<4k+1}\\{8\omega>4k+1}\end{array}\right.\)

由于\(\omega>0\)，故给\(k\)赋值从\(k=0\)开始，

①当\(k=0\)时，\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<1}\\{8\omega>1}\end{array}\right.\)，即\(\cfrac{1}{8}<\omega<\cfrac{1}{4}\)；

②当\(k=1\)时，\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<4+1}\\{8\omega>4+1}\end{array}\right.\)，即\(\cfrac{5}{8}<\omega<\cfrac{5}{4}\)；

③当\(k=2\)时，\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<8+1}\\{8\omega>8+1}\end{array}\right.\)，即\(\cfrac{9}{8}<\omega<\cfrac{9}{4}\)；

④当\(k=3\)时，\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<12+1}\\{8\omega>12+1}\end{array}\right.\)，即\(\cfrac{13}{8}<\omega<\cfrac{13}{4}\)；

⑤当\(k=4，\cdots\)时，\(\cdots\)

以上情形取并集，得到当函数\(f(x)\)在区间\((\pi，2\pi)\)内有零点\(x_0\)时，\(\omega\)的取值范围是\((\cfrac{1}{8}，\cfrac{1}{4})\cup(\cfrac{5}{8}，+\infty)\)，

故函数\(f(x)\)在区间\((\pi，2\pi)\)内没有零点时，\(\omega\)的取值范围是\((0，\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]\)，故选\(D\)。

法2：直接法，从数的角度入手分析，函数\(f(x)\)在区间\((\pi，2\pi)\)内没有零点，则\(sin(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4})=0\)在区间\((\pi，2\pi)\)内无解，

则\(k\pi<\omega x-\cfrac{\pi}{4}<k\pi+\pi(k\in Z)\)，即\(k\pi+\cfrac{\pi}{4}<\omega x<k\pi+\cfrac{5\pi}{4}(k\in Z)\)，

则\(\cfrac{k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{4\omega}<x_0<\cfrac{k\pi}{\omega}+\cfrac{5\pi}{4\omega}\)

即\(\cfrac{(4k+1)\pi}{4\omega}<x<\cfrac{(4k+5)\pi}{4\omega}\)恒成立，由于\(x\in (\pi，2\pi)\)，

则\(\cfrac{(4k+1)\pi}{4\omega}\leq \pi\)且\(2\pi\leq \cfrac{(4k+5)\pi}{4\omega}\)；

即\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega\ge 4k+1}\\{8\omega\leq 4k+5}\end{array}\right.\)

①当\(k=-1\)时，\(4\omega\ge -3\)且\(8\omega \leq 1\)，解得\(0<\omega\leq \cfrac{1}{8}\)；

②当\(k=0\)时，\(4\omega\ge 1\)且\(8\omega \leq 5\)，解得\(\cfrac{1}{4}\leq \omega\leq \cfrac{5}{8}\)；

③当\(k=1\)时，\(4\omega\ge 5\)且\(8\omega \leq 9\)，解得\(\cfrac{5}{4}\leq \omega\leq \cfrac{9}{8}\)，实质为空集；

④当\(k=2\)时，\(4\omega\ge 9\)且\(8\omega \leq 13\)，解得\(\cfrac{9}{4}\leq \omega\leq \cfrac{13}{8}\)，实质为空集；

⑤当\(k=3，\cdots\)时，等等，解集都是空集；

综上所述，函数\(f(x)\)在区间\((\pi，2\pi)\)内没有零点时，\(\omega\)的取值范围是\((0，\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]\)，故选\(D\)。

法3：高考解法，从数的角度入手分析，接上述解法，得到

\(sin(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4})=0\)在区间\((\pi，2\pi)\)内无解，

即\(x=\cfrac{k\pi+\frac{\pi}{4}}{\omega}\not\in (\pi，2\pi)\)，

则\(\omega \not\in (\cfrac{1}{8}，\cfrac{1}{4})\cup (\cfrac{5}{8}，\cfrac{5}{4})\cup (\cfrac{9}{8}，\cfrac{9}{4})\cup\cdots = (\cfrac{1}{8}，\cfrac{1}{4})\cup (\cfrac{5}{8}，+\infty)\)

由于函数\(f(x)\)在区间\((\pi，2\pi)\)内没有零点，\(\omega\)的取值范围是\((0，\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]\)，故选\(D\)。

法4：如下图所示，从形的角度入手分析：

要使得函数在\((\pi，2\pi)\)内没有零点，则有以下情形成立：

①\(2\pi\leq \cfrac{\pi}{4\omega}\)，解得\(0<\omega\leq \cfrac{1}{8}\)；

②\(\left\{ \begin{array}{l}{ \cfrac{\pi}{4\omega}\leq \pi }\\ {2\pi \leq \cfrac{5\pi}{4\omega}}\end{array}\right.\) ，解得$ \cfrac{1}{4}<\omega \leq \cfrac{5}{8}$；

③\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{5\pi}{4\omega}\leq \pi}\\{2\pi\leq\cfrac{9\pi}{4\omega}} \end{array}\right.\)，解得\(\cfrac{5}{4}<\omega\leq \cfrac{9}{8}\)；即\(\omega\in \varnothing\)；

④\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{9\pi}{4\omega}\leq \pi}\\{2\pi\leq\cfrac{13\pi}{4\omega}} \end{array}\right.\)，解得\(\cfrac{9}{4}<\omega\leq \cfrac{13}{8}\)；即\(\omega\in \varnothing\)；

⑤\(\cdots\)，解得\(\omega\in \varnothing\)；

综上所述，\(\omega\)的取值范围是\((0，\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]\)，故选\(D\)。

【2024新课标全国Ⅱ卷第15题】记 \(\triangle ABC\) 的内角 \(A\)，\(B\)，\(C\) 的对边分别是 \(a\)，\(b\)，\(c\)，已知 \(\sin A\)\(+\)\(\sqrt{3}\)\(\cos A\)\(=\)\(2\) .

(1) . 求 \(A\) .

方法1️⃣：经常采用的通用常规方法，依托辅助角公式求解；

由 \(\sin A\)\(+\)\(\sqrt{3}\cos A\)\(=\)\(2\)，可得 \(\cfrac{1}{2}\sin A\)\(+\)\(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cos A\)\(=\)\(1\)，

即 \(\sin(A+\cfrac{\pi}{3})\)\(=\)\(1\)，由于 \(A\in(0, \pi)\)，则 \(A\)\(+\)\(\cfrac{\pi}{3}\)\(\in\)\((\cfrac{\pi}{3},\cfrac{4 \pi}{3})\)，

故 \(A\)\(+\)\(\cfrac{\pi}{3}\)\(=\)\(\cfrac{\pi}{2}\)，解得 \(A\)\(=\)\(\cfrac{\pi}{6}\) .

方法2️⃣：经常采用的通用常规方法，依托同角三角函数的基本关系；

由 \(\sin A\)\(+\)\(\sqrt{3}\cos A\)\(=\)\(2\)，又 \(\sin^2A+\cos^2A\)\(=\)\(1\)，消去 \(\sin A\)，

得到， \(4\cos^2A\)\(-\)\(4\sqrt{3}\)\(\cos A\)\(+\)\(3\)\(=\)\(0\)，即 \((2\cos A-\sqrt{3})^2=0\)，

解得 \(\cos A\)\(=\)\(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，又 \(A\in(0,\pi)\)， 故 \(A=\cfrac{\pi}{6}\) .

方法3️⃣：利用极值点求解，但此方法的局限性很大，若已知条件变为 \(\sin A\)\(+\)\(\sqrt{3}\)\(\cos A\)\(=\)\(1.5\)，则此方法就失效了，收集这种方法，可以用于开拓思维 .

设 \(f(x)=\sin x+\sqrt{3}\cos x\) \((0<x<\pi)\)，则 \(f(x)=2\sin(x+\cfrac{\pi}{3})\) \((0<x<\pi)\)，

显然 \(x\)\(=\)\(\cfrac{\pi}{6}\) 时， \(f(x)_{max}\)\(=\)\(2\)，又由于 \(f(A)\)\(=\)\(\sin A\)\(+\)\(\sqrt{3}\cos A\)\(=\)\(2\)\(=\)\(2\sin(A+\cfrac{\pi}{3})\)，

则 \(f(x)_{max}\)\(=\)\(f(A)\)，在开区间 \((0, \pi)\) 上取到最大值，于是 \(x=A\) 必然会是极值点，

即 \(f^{\prime}(A)\)\(=\)\(0\)\(=\)\(\cos A\)\(-\)\(\sqrt{3}\)\(\sin A\)，即 \(\tan A\)\(=\)\(\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，

又 \(A\)\(\in\)\((0, \pi)\), 故 \(A\)\(=\)\(\cfrac{\pi}{6}\) .

方法4️⃣：依托向量数量积公式求解，同样此方法的局限性很大 .

设 \(\vec{a}=(1,\sqrt{3})\)， \(\vec{b}=(\sin A,\cos A)\)，

由题意， \(\vec{a}\)\(\cdot\)\(\vec{b}\)\(=\)\(\sin A\)\(+\)\(\sqrt{3}\)\(\cos A\)\(=\)\(2\)，

根据向量的数量积公式，\(\vec{a}\)\(\cdot\)\(\vec{b}\)\(=\)\(|\vec{a}|\)\(|\vec{b}|\)\(\cos\)\(\langle\)\(\vec{a},\vec{b}\)\(\rangle\)\(=\)\(2\cos\)\(\langle\)\(\vec{a}, \vec{b}\)\(\rangle\),

则 \(2\cos\)\(\langle\)\(\vec{a},\vec{b}\)\(\rangle\)\(=\)\(2\)， 则 \(\cos\)\(\langle\)\(\vec{a},\vec{b}\)\(\rangle\)\(=\)\(1\)，即 \(\langle\)\(\vec{a},\vec{b}\)\(\rangle\)\(=\)\(0\)，

则说明 \(\vec{a}, \vec{b}\) 同向共线，根据向量共线条件，则 \(1\cdot\cos A\)\(=\)\(\sqrt{3}\)\(\cdot\)\(\sin A\) ，

\(\tan A\)\(=\)\(\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，又 \(A \in(0, \pi)\)，故 \(A=\cfrac{\pi}{6}\) .

方法5️⃣：利用 万能公式 求解，此方法对使用现行教材的学生而言是超纲的 .

设 \(t=\tan\cfrac{A}{2}\)，根据万能公式，\(\sin A+\sqrt{3}\cos A=2=\cfrac{2t}{1+t^2}+\cfrac{\sqrt{3}(1-t^2)}{1+t^2}\)，

整理可得， \(t^2-2(2-\sqrt{3})t+(2-\sqrt{3})^2=0=[t-(2-\sqrt{3})]^2\)，

解得 \(\tan\cfrac{A}{2}=t=2-\sqrt{3}\)，

根据二倍角公式， \(\tan A=\cfrac{2 t}{1-t^2}=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，

又 \(A \in(0, \pi)\)， 故 \(A=\cfrac{\pi}{6}\) .

(2) . 若 \(a=2\)，\(\sqrt{2}b\cdot\sin C\)\(=\)\(c\cdot\sin 2B\)，求 \(\triangle ABC\) 的周长 .

解：由题设条件 \(\sqrt{2}b\sin C\)\(=\)\(c\sin2B\)，以及正弦定理可得，

\(\sqrt{2}\)\(\sin B\)\(\cdot\)\(\sin C\)\(=\)\(2\sin C\)\(\cdot\)\(\sin B\)\(\cdot\)\(\cos B\)，又 \(B,C\)\(\in(0, \pi)\)，则 \(\sin B\)\(\cdot\)\(\sin C\neq 0\)，

进而 \(\cos B\)\(=\)\(\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，得到 \(B\)\(=\)\(\cfrac{\pi}{4}\)，于是 \(C\)\(=\)\(\pi-A-B\)\(=\)\(\cfrac{7\pi}{12}\)，

\(\sin C\)\(=\)\(\sin(\pi-A-B)\)\(=\)\(\sin(A+B)\)\(=\)\(\sin A\)\(\cos B\)\(+\)\(\sin B\)\(\cos A\)\(=\)\(\cfrac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}\)，

由正弦定理可得， \(\cfrac{a}{\sin A}\)\(=\)\(\cfrac{b}{\sin B}\)\(=\)\(\cfrac{c}{\sin C}\)，

即 \(\cfrac{2}{\sin\cfrac{\pi}{6}}\)\(=\)\(\cfrac{b}{\sin\cfrac{\pi}{4}}\)\(=\)\(\cfrac{c}{\sin\cfrac{7\pi}{12}}\)，

解得 \(b\)\(=\)\(2\sqrt{2}\)， \(c\)\(=\)\(\sqrt{6}+\sqrt{2}\)，

故 \(\triangle ABC\) 的周长为 \(2\)\(+\)\(\sqrt{6}\)\(+\)\(3\sqrt{2}\) .

【2020高考模拟训练用题】已知锐角\(\triangle ABC\)的内角\(A\)、\(B\)、\(C\)的对边分别为\(a\),\(b\)，\(c\)，且\(\vec{m}=(a,b+c)\)，\(\vec{n}=(1,\cos C+\sqrt{3}\sin C)\)，\(\vec{m}//\vec{n}\).

(1).求角\(A\).

分析：由已知\(\vec{m}//\vec{n}\)，可得到\(a\cos C+\sqrt{3}a\sin C-b-c=0\)，

由正弦定理边化角可得，\(\sin A\cos C+\sqrt{3}\sin A\sin C-\sin B-\sin C=0\)，

由于\(B=\pi-A-C\)，则有\(\sin A\cos C+\sqrt{3}\sin A\sin C-\sin(A+C)-\sin C=0\)，

整理得到，\(\sqrt{3}\sin A\sin C-\cos A\sin C-\sin C=0\)，

由于\(\sin C\neq 0\)，则得到\(\sqrt{3}\sin A-\cos A-1=0\)，

由辅助角公式可得，\(2\sin(A-\cfrac{\pi}{6})=1\)，

即\(\sin(A-\cfrac{\pi}{6})=\cfrac{1}{2}\)，

由\(0<A<\cfrac{\pi}{2}\)，则\(-\cfrac{\pi}{6}<A-\cfrac{\pi}{6}<\cfrac{\pi}{3}\)，

则\(A-\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{\pi}{6}\)，故\(A=\cfrac{\pi}{3}\).

(2).若\(a=3\)，求\(\triangle ABC\)面积的取值范围。

法1：使用均值不等式求解；此时已知 \(A=\cfrac{\pi}{3}\)，\(a=3\)，

由余弦定理可知，\(a^2=b^2+c^2-2bc\cos A\)，即\(3^2=b^2+c^2-bc=(b+c)^2-3bc\)；

即 \((b+c)^2=9+3bc\geqslant (2\sqrt{bc})^2=4bc\)，即 \(bc\leqslant 9\) ；

即\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}bc\cdot\sin A=\cfrac{\sqrt{3}}{4}bc\)，

故 \(\cfrac{\sqrt{3}}{4}bc\leqslant \cfrac{9\sqrt{3}}{4}\)； 故 \([S_{\triangle ABC}]_{\max}=\cfrac{9\sqrt{3}}{4}\)；

本解法的缺陷：不能求解面积的最小值。

法2： 由\(\cfrac{b}{\sin B}=\cfrac{c}{\sin C}=\cfrac{a}{\sin A}=\cfrac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2\sqrt{3}\),

则得\(b=2\sqrt{3}\sin B\)， \(c=2\sqrt{3}\sin C\)，\(C=\cfrac{2\pi}{3}-B\)，

所以\(bc=12\sin B\sin C=12\sin B\sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)=12\sin B\sin(\cfrac{\pi}{3}+B)\)

\(=12\sin B(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot \cos B+\cfrac{1}{2}\cdot\sin B)=6\sqrt{3}\sin B\cos B+6\sin^2B\)

\(=3\sqrt{3}\sin2B+3(1-\cos2B)=3\sqrt{3}\sin2B-3\cos2B+3\)

\(=6(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\sin2B-\cfrac{1}{2}\cos2B)+3=6\sin(2B-\cfrac{\pi}{6})+3\)

由于\(\triangle ABC\)为锐角三角形，所以\(\left\{\begin{array}{l}0<B<\cfrac{\pi}{2}\\ 0<\cfrac{2 \pi}{3}-B<\cfrac{\pi}{2}\end{array}\right.\), 解得\(\cfrac{\pi}{6}<B<\cfrac{\pi}{2}\)

所以\(\cfrac{\pi}{6}<2B-\cfrac{\pi}{6}<\cfrac{5\pi}{6}\)，\(\cfrac{1}{2}<\sin(2B-\cfrac{\pi}{6})\leqslant 1\)，

故\(6<6\sin(2B-\cfrac{\pi}{6})+3\leqslant 9\)，即\(6<bc\leqslant9\)

又由于\(S_{\triangle_{ABC}}=\cfrac{1}{2}bc\sin A=\cfrac{\sqrt{3}}{4}bc\)

故\(\cfrac{3\sqrt{3}}{2}<\cfrac{\sqrt{3}}{4}bc\leqslant \cfrac{9\sqrt{3}}{4}\)

所以， \(\triangle ABC\) 面积的取值范围为\((\cfrac{3\sqrt{3}}{2}, \cfrac{9\sqrt{3}}{4}]\).

法3：使用动态的观点求解；

如图所示，做出锐角\(\triangle ABC\)，则顶点 \(A\) 首先应该在优弧 \(\overset{\frown}{BC}\)上运动，不能在劣弧 \(\overset{\frown}{BC}\) 上运动，为了保证三角形为锐角三角形，我们还必须添加其他限制条件，简单点想，首先考虑其中的一个临界位置，比如考虑面积的最大值，则顶点 \(A\) 应该在点 \(D\) 处，此时三角形为等边三角形，\(S_{\max}\)\(=\)\(\cfrac{\sqrt{3}}{4}\times3^2\)\(=\)\(\cfrac{9\sqrt{3}}{4}\)，当点 \(A\) 从点 \(D\) 顺时针向点 \(B\) 运动或向点 \(C\) 逆时针运动时，三角形的面积开始减小，当到达点 \(E\) 或点 \(F\) 时，三角形变为直角三角形[此时为锐角三角形和钝角三角形的临界位置]，此时面积为 \(\cfrac{3\sqrt{3}}{2}\)，故 \(\triangle ABC\) 面积的取值范围为\((\cfrac{3\sqrt{3}}{2}, \cfrac{9\sqrt{3}}{4}]\).