2023届高考数学二轮复习思想方法与解题技巧第15讲运用函数方程思想解解析几何问题第16讲运用函数方程思想解立体几何问题含解析

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典型例题
【例1】求证：对任意实数，动圆恒过两定点.
【分析】本例有两种证法：一是运用特殊值法，即取和，求出或再验证圆系过定点和；二是如果把动圆方程转化为关于实数的一次函数，由这个一次函数恒为零，推出一次项系数及常数项均为零，这就是函数与方程思想的典型应用之一，下面给出的正是这种证法.
【解析】圆系方程可化为，
设.
对恒成立，解得或
因此，圆系过定点和.
【例2】已知圆经过点，且圆心在直线上，又直线与圆相交于两点.
（1）求圆的方程；
（2）过点作直线与垂直，且直线与圆交于两点，求四边形面积的最大值.
【分析】本例的解题核心在第（2）问，求四边形的面积，关键在于选择合适的参数作自变量，容易想到的是选择直线的斜率作为自变量，用斜率的式子表示弦的长度，同理可得弦的长度，也可用含的式子表示，结合图形特征得到函数，进而运用函数思想、方程理论与不等式知识求其最大值.当然，根据圆的几何特征，可以得到一种简捷的解法，供读者赏析.
【解析】（1）由题设知圆的圆心既在的中重线上，又在直线上，易得圆心为原点，半径为，
所以圆.
（2）解法一：设四边形的面积为，当直线的斜率时，则的斜率不存在，
此时；
当直线的斜率时，则.
联立直线与圆的方程，得方程组消去得，
则有
同理可得，
则
因为，所以
当且仅当时，等号成立，所以四边形的最大值为.
解法二：设圆心到直线的距离分别为，四边形的面积为.
因为直线都经过点，且，根据勾股定理，有.
又根据垂径定理和勾股定理可得. 而.
即
.
当且仅当时等号成立，所以四边形的最大值为.
【例3】如图所示，已知椭圆上两个不同的点关于直线对称.
（1）求实数的取值范围；
（2）求面积的最大值(为坐标原点).
【分析】利用函数与方程的思想解决圆锥曲线的最值与范图范围问题，通常从以下几个方面考虑：
（1）直线与圆锥曲线的位置关系的讨论，通常直线方程联立圆锥曲线方程，消元后利用一元二次方程根的判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围.
（2）利用已知参数的取值范围，求新参数的取值范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系，利用求函数值域的方法，确定新参数的取值范围.
（3）建立目标函数解与圆锥曲线有关的最值问题，是常规方法，其关键是选取适当的变量建立目标函数，然后运用求函数最值的方法确定最值.
（4）与圆锥曲线有关的最值或范围问题大都是综合性问题，解法灵活，技巧性强，涉及代数、三角函数、平面几何等方面的知识，数形结合的方法常常能起到画龙点睛的作用.
【解析】（1）由题意知，可设直线的方程为.
由消去，得.
因为直线与椭圆有两个不同的交点，所以①
将线段中点代人直线方程中，解得②
由①②得或.
（2）令，则
且到直线的距离为设的面积为，
则.
当且仅当时，等号成立，故面积的最大值为.
【例4】设椭圆，过两点，为坐标原点.
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，
且？若存在，写出该圆的方程，并求的取值范围；若不存在，说明理由.
【分析】本例是一道综合性较强的难题，难点有：①在直线与椭圆的位置关系讨论中，容易忽视直线的斜率不存在的情况，分类讨论的思想必频把握好；②存在性问题的计论，合理转化数学问题是关键，函数与方程的思想方法在解题过程中将发挥重要作用；③第（2）问的解答可以用不同的方法处理，其中用函数的单调性可以使解题过程变得简洁明了.
【解析】（1）将的坐标代入椭圆的方程得解得.
所以椭圆的方程为.
（2）假设满足题意的圆存在，其方程为，其中，设该圆的任意一条切线和椭圆交于两点，当直线的斜率存在时，
令直线的方程为①
将其代人椭圆的方程并整理得，
由韦达定理得，，②
因为，所以③
将①代人③并整理得联立②得④
因为直线和圆相切，因此，再由④得.
所以存在圆满足题意.
当切线的斜率不存在时，易得，由椭圆的方程得，显然.
综上所述，存在圆满足题意.下面求的取值范围.
解法一：（常规解法）当切线的斜率存在时，由①②④得
.
令，则.
因此，，即.
当切线的斜率不存在时，易得，.
综上所述，存在圆心在原点的圆满足题意，且.
解法二：（妙思巧解）如图3-9所示，过原点作，垂足为，则为切点.
设，则为锐角，且
，.
令易证：当时，单调递减.
当时，单调递增，.
第16讲运用函数与方程思想解立体几何问题
在立体几何学习中，有些数学问题直接解比较困难，特别是碰到几何体中有变角或变动的线段时，此时可根据题意列出沟通已知量与变量之间的关系，通过函数与方程思想来处理立体几何中由于动点的变化引起的最值，通常建立关于与动点相关的角度的目标函数，转化为函数最值问题求解.若在空间图形中建立空间直角坐标系，利用向量坐标法，结合条件得到方程（组），则可用解方程（组）求出结果，利用函数与方程的思想方法还可以解空间图形中涉及线面关系、面面关系的探究性问题.
【例1】如图所示，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的等边三角形的中心为，为圆上的点，分别是以为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，使得点重合，得到三棱锥，当的边长变化时，所围得三棱锥体积的最大值为.
【分析】本题为平面图折叠成空间图形，当折叠终止时，几何体是一个正三棱锥，这个正三棱锥底面边长是一个变元，从而导致三棱锥体积的变化，特别要提醒的是，在折叠问题中，必须注意到哪些要素在变化，哪些要素始终保持不变，其中不变要素是核心要素.根据平面图形的性质，寻找不变的数量关系以及直线与直线平行或垂直的位置关系，是解决折叠问题的突破口，因此折叠问题要在变图、想图、构图、用图的过程中积极思考，体会解题程序方向性，直击问题的本质，折叠问题既要看清平面转化为空间的过程，又要明确三维空间图形问题的平面化处理，这是解答立体几何问题的最常见的方法，两者是互逆的.在建立体积表达式的函数模型之后，结合函数思想求最值，通常用导数法，也可考虑运用基本不等式的方法.
【解析】
解法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当的边长变化时，
设的边长为，则的面积为.
的高为，则正三棱锥的高为，
.
从而所得三棱锥的体积.
令，则，由，得.
此时所得三棱推的体积最大，为.
解法二：如图所示，联结交于点，由题意知，易得，
所以的长度与的长度成正比.
设，则，，，
则三棱锥的体积
令，则，
令，即，解得.
则当时，，所以.
所以所求三棱锥的体积最大值为.
解法三：如图所示，联结交于点，
设，则，三棱锥的高为，
三棱锥的休积
，
当且仅当时，即时取等号.
所以所求三棱锥的体积最大值为.
【例2】如图所示，在中，.若平面外的点和线段上的点，满足，则四面体的体积的最大值是.
【分析】建立四面体的体积关于的函数关系式，运用函数思想方法求最值.
【解析】
解法一：由，可得.
要求四面体的体积，关键是寻找底面三角形的面积和点到平面的距离，
易知.设，则，
，其中，且.
当且仅当，即时取等号，故四面体的体积的最大值是.
解法二：设，.
（为三棱锥的高）.
当平面平面时，使四面体的体积最大.
作，重足为，平面，，
此时，.
当且仅当时等号成立，此时.
当，即时，最大值为.
解法三：∵（为三棱锥的高）.
在中，，则.
设，则，，
在中，由余弦定理，有，
代值整理得.在中，由余弦定理得
，代值整理得，
，
要使得最大，平面需垂直于平面.
过作，重足为，则为四面体的高.
.
故，
令
在上单调递减.
所以当，即时，四面体的体积最大，为.
【例3】如图所示，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，
（1）求平面与平面所成二面角的余弦值；
（2）点是线段上的动点，当直线与所成角最小时，求线段的长.
【分析】立体几何中由于动点的变化引起的最值问题，通常应建立关于角度的目标函数，转化为函数最值问题求解.自变量应与动点的位置有关系，在解题过程中，函数与方程的思想方法起关键作用.而空间直角坐标系的建立为利用向量坐标法、方程（组）的产生、函数式的构想创造了便利.
【解析】以分别为轴，轴，轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则各点的坐标为.
（1）由题意知平面，是平面的一个法向量，且.
∵.
设平面的法向量为，则令，解得.
是平面的一个法向量，从而
所以平面与平面所成二面角的余弦值为
（2）∵，设
又，则，又，
从而设
则
当且仅当，即时，的最大值为
在上是减函数，此时直线与所成角取得最小值，
又
【例4】正四棱锥的侧棱长为，相邻侧面的二面角多大时，其体积最大?
【分析】若设相邻侧面的二面角为，则可用割补法将正四棱锥的体积表示为的函数，运用函数与方程的思想方法求体积的最大值并确定此时相邻侧面二面角的大小.本题的关键之处是建立正四棱锥的体积与二面角之间的关系并归纳为如何求此函数的最大值.
【解析】如图所示，作，联结，易证，可得，
则即为相邻二侧面所成二面角的平面角，记为.
而三棱锥是正四棱惟的一半，
故问题转化为当三棱锥的体积最大时求的值.
，平面
借用平面把三棱锥分割成两个都以为底面的小三棱锥和.由于每一个小三棱锥的体积都是的函数，则分割后的两个小三棱锥体积之和等于三棱锥体积这个关系，便可建立起与的关系，即
，
其中可以用与表示：
，即
当且仅当，即时，等号成立.
故当相邻两侧面的二面角为时棱锥的体积最大.