专题27数形结合阅读与思考数学研究的对象是现实世界中的数量关系与空间形式，简单地说就是“数”与“形”，对现实世界的事物，我们既可以从“数”的角度来研究，也可以从“形”的角度来探讨，我们在研究“数”的性质时，离不开“形”；而在探讨“形”的性质时，也可以借助于“数”．我们把这种由数量关系来研究图形性质，或由图形的性质来探讨数量关系，即这种“数”与“形”的相互转化的解决数学问题的思想叫作数形结合思想.数形结合有下列若干途径：1．借助于平面直角坐标系解代数问题；2．借助于图形、图表解代数问题；3．借助于方程（组）或不等式（组）解几何问题；4．借助于函数解几何问题.现代心理学表明：人脑左半球主要具有言语的、分析的、逻辑的、抽象思维的功能；右半球主要具有非言语的、综合的、直观的、音乐的、几何图形识别的形象思维的功能．要有效地获得知识，则需要两个半球的协同工作，数形结合分析问题有利于发挥左、右大脑半球的协作功能.代数表达及其运算，全面、精确、入微，克服了几何直观的许多局限性，正因为如此，笛卡尔创立了解析几何，用代数方法统一处理几何问题．从而成为现代数学的先驱．几何问题代数化乃是数学的一大进步．例题与求解【例l】设，则的最小值为___________.（罗马尼亚竞赛试题）解题思路：若想求出被开方式的最小值，则顾此失彼．＝，于是问题转化为：在轴上求一点C(，0)，使它到两点A（－1，1）和B(2，3)的距离之和（即CA＋CB）最小.【例2】直角三角形的两条直角边之长为整数，它的周长是厘米，面积是平方厘米，这样的直角三角形()A．不存在B．至多1个C．有4个D．有2个（黄冈市竞赛试题）解题思路：由题意可得若干关系式，若此关系式无解，则可推知满足题设要求的直角三角形不存在；若此关系式有解，则可推知这样的直角三角形存在，且根据解的个数，可确定此直角三角形的个数．\n【例3】如图，在△ABC中，∠A＝，∠B＝2∠C，∠B的平分线交AC于D，AE⊥BC于E，DF⊥BC于F.求证：.（湖北省竞赛试题）解题思路：图形中含多个重要的基本图形，待证结论中的代数迹象十分明显．可依据题设条件，分别计算出各个线段，利用代数法证明．【例4】当在什么范围内取值时，方程有且只有相异的两实数根？（四川省联赛试题）解题思路：从函数的观点看，问题可转化为函数与函数(≥0)图象有且只有相异两个交点．作出函数图象，由图象可直观地得的取值范围．【例5】设△ABC三边上的三个内接正方形（有两个顶点在三角形的一边上，另两个顶点分别在三角形另两边上）的面积都相等，证明：△ABC为正三角形．（江苏省竞赛试题）解题思路：设△ABC三边长分别为，，，对应边上的高分别为，，，△ABC的面积为，则易得三个内接正方形边长分别为，，，由题意得，即．则，，适合方程.\n【例6】设正数，，满足方程组，求的值．（俄罗斯中学生数学竞赛试题）能力训练1.不查表可求得tan的值为__________.2.如图，点A，C都在函数()的图象上，点B，D都在轴上，且使得△OAB，△BCD都是等边三角形，则点D的坐标为______________.（全国初中数学联赛试题）3．平面直角坐标系上有点P(－1，－2)和点Q(4，2)，取点R(1，)，当________时，PR＋RQ有最小值.4.若，，要使成立，的取值范围是__________.5.已知AB是半径为1的⊙O的弦，AB的长为方程的正根，则∠AOB的度数是______________.（太原市竞赛试题）6.如图，所在正方形的中心均在坐标原点，且各边与轴或轴平行，从内到外，它们的边长依次为2，4，6，8，…，顶点依次用，，，，…表示，则顶点的坐标是()A.(13，13)B．(－13，－13)C.(14，14)D.(－14，一14)第2题图第6题图\n7．在△ABC中，∠C＝，AC＝3，BC＝4．在△ABD中，∠A＝，AD＝12.点C和点D分居AB两侧，过点D且平行于AC的直线交CB的延长线于E．如果，其中，，是互质的正整数，那么=()A.25B.128C.153D.243E.256（美国数学统一考试题）8．设，，分别是△ABC的三边的长，且，则它的内角∠A，∠B的关系是()A．∠B＞2∠AB．∠B=2∠AC．∠B＜2∠AD．不确定9．如图，，，，则()A．B．C．D．10.满足两条直角边边长均为整数，且周长恰好等于面积的整数倍的直角三角形的个数有()A.1个B．2个C．3个D．无穷多个11.如图，关于的二次函数的图象与轴交于A(，0)，B(，0)两点(＞0＞)，与轴交于C点，且∠BAC＝∠BCO.(1)求这个二次函数的解析式；(2)以点D（，0）为圆心⊙D，与轴相切于点O，过＝抛物线上一点E(，)(＞0，＜0)作轴的平行线与⊙D交于F，G两点，与抛物线交于另一点H．问是否存在实数，使得EF＋GH＝CF?如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．（武汉市中考题）\n12.已知正数，，，A，B，C满足＋A＝＋B＝＋C＝.求证：B十C＋A＜.13.如图，一个圆与一个正三角形的三边交于六点，已知AG＝2，GF＝13，FC＝1，HI＝7，求DE．（美国数学邀请赛试题）14.射线QN与等边△ABC的两边AB，BC分别交于点M，N，且AC//QN，AM＝MB＝2cm，QM＝4cm.动点P从点Q出发，沿射线QN以每秒1cm的速度向右移动，经过t秒，以点P为圆心，cm为半径的圆与△ABC的边相切（切点在边上）．请写出可以取的一切值：_______________（单位：秒）．\n15.如图，已知D是△ABC边AC上的一点，AD：DC＝2：1，∠C＝，∠ADB＝．求证：AB是△BCD的外接圆的切线．（全国初中数学联赛试题）16.如图，在△ABC中，作一条直线∥BC，且与AB、AC分别相交于D，E两点，记△ABC，△BED的面积分别为S，K．求证：K≤．（长春市竞赛试题）17.如图，直线OB是一次函数的图象，点A的坐标为(0，2).在直线OB上找点C，使得△ACO为等腰三角形，求点C的坐标．（江苏省竞赛试题）\n专题27数形结合例15提示:作出B点关于x轴的对称点B'(2,-3)，连结AB'交x轴于C，则AB'=AC十CB'为所要求的最小值.例2D提示:设两直角边长为a，b，斜边长为c，由题意得a+b+c=x，,又，得.因a,h为边长且是整数.故当得b<2，取不是整数;当得b>4，要使a,b为整数，只有两种取法:若b=5时，a=12(或b=12,a=5);若b=8时，a=6(或b=6,a=8).例3设AB=x，则BC=2x,AC=,BE=,DF=DA=.在Rt△AEB中求得AE=代入证明即可.例4如图，作出函数图象，由图象可以看出:当a=0时，y=0与有且只有相异二个交点;当时，y=a与图象有四个不同交点;当时，y=a与图象有三个不同交点，当时，y=a与图象有且只有相异二个交点.例5由①,知正数适合方程当时，有②，故是方程②的根.但任何二次方程至多只有两个相异的根，所以中的某两数必相同.设,若，由①得，则ac=2s=a，这样△ABC就是以∠B为直角的直角三角形，b>a，矛盾，故a=c，得证.例6\n即化简得能力训练1.提示:构造含的Rt△ABC.2.提示:如图，分别过点A,C作x轴的垂线，垂足分别为E,F.设OE=a,BF=b，则AE=,CF=，所以点A,C的坐标为解得∴点D坐标为.3.提示:当R,P，Q三点在一条直线上时，PR+RQ有最小值.4.5.提示:由得<1，则有AB<OB.在OB上截取OC=AB=x，又由得，即，则∽△ABC,AB=AC=OC.6.C提示:由题所给的数据结合坐标系可得，是第14个正方形上的第三个顶点，位于第一象限，所以的横纵坐标都是14.7.A8.B提示：由条件即，延长CB至D，使BD=AB，易证△ABC∽△DAC，得∠ABC=∠D+∠BAD=2∠D=2∠BAC.9.D10.C提示:设直角三角形的两条直角边长为则(均为正整数)，化简得解得即有3组解.11.(1)(2)过D作DM⊥EH于M，连结DG,,若EF+GH=FG成立，则EH=2FG.由EF//x轴，设H为，又∵E,H\n为抛物线上的两个点，即是方程的两个不相等的实数根，，,解得(舍去).12.a十A=b+B=c十C=k，可看作边长为k的正三角形，而从联想到边长为k的正方形的面积.如图，将aB+bC+cA看作边长分别为a与B,b与C,c与A的三个小矩形面积之和，将三个小矩形不重叠地嵌入到边长为k的正方形中，显然aB+bC+cA<k2.13.AC=AG+GF+FC=16，由AH·AI=AG·AF，得AH(AH＋7)＝2×(2＋13)，解得AH＝3，从而HI＝7，BI＝6．设BD＝x，CE＝y，则由圆幂定理得，即.解得.故DE＝16－(x＋y)＝2.14.t＝2或3≤t≤7或t＝8.提示：本题通过点的移动及直线与圆相切，考查分类讨论思想.由题意知∠AMQ＝60°，MN＝2．当t＝2时，圆P与AB相切；当3≤t≤7时，点P到AC的距离为，圆P与AC相切；当t＝8时，圆P与BC相切．15．设AD＝2，DC＝1，作BE⊥AC，交AC于E．又设ED＝x,则BE＝x,BE＝EC＝x．又1＋x＝x,∴x＝,BE＝,AE＝AD－ED＝2－x＝，AB2＝AE2＋BE2＝（）2＋（）2＝6，而AD•AC＝6．∴AB2＝AD•AC.故由切割线定理逆定理知，AB是△BCD的外接圆的切线．16．设＝＝m(0≤m≤1).∵＝＝m，∴S△ABE＝mS△ABC．又∵＝＝＝1－m，∴S△BDE＝(1－m)•S△ABE＝m(1－m)•S△ABC．即K＝(1－m)•mS，整理得Sm2－Sm＋K＝0,由△≥0得K≤S.17．分以下几种情况：①若此等腰三角形以OA为一腰，且∠BAC为顶角，则AO＝AG＝2．设C1（―x,2x），\n则x2＋（2x－2）2＝22，解得x＝，得C1（，）．②若此等腰三角形以OA为一腰，且O为顶角顶点，则OC2＝OC3＝OA＝2．设C2（x′，2x′）,则x′2＋（2x′）2＝22，解得x′＝，得C2（，）．又由点C2与C3关于原点对称，得C3（―，―）．③若等腰三角形以OA为底边，则C4的纵坐标为1，其横坐标为，得C4(，1)．所以，满足题意的点C有4个，坐标分别为：（，）,（，）,（―，―）,(，1).
