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一道解几题的多种解法

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一道解几题的多种解法

彭春莲（广西钦州市第二中学）

2010年上学期的期中考试，笔者所在学校的试题中有一道关于解析几何的题目，下面从多种方法多种角度探讨本题的解法。

题目：已知21FF、是椭圆12222byax（a>b>0）的左、右两焦点，p是椭圆上一点，02190PFF,求椭圆的离心率e的取值范围。

解：（法一）设),(00yxp，由02190PFF，得2212221FFPFPF。再由焦半径公式有：220204)()(cexaexa，故22220224cacx。又由,020x得ace22，又)1,22[,10ee。

（法二）由02190PFF，得2212221FFPFPF，即2)(22122212221PFPFPFPFFF,即222422aceac，又)1,22[,10ee。

（法三）记B为短轴端点之一，只须02190BFF,故2245sin2sin021acBFF，即22mine，又)1,22[,10ee。

（法四）记B为短轴端点之一，只须02190BFF， 024cos222221acaaBFF，

)1,22[,10,22eeace又。

（法五）设2102121,90),sin,cos(FFOPPFFbaP得由,即)sin1(sincos22222222cacba，又]1,0(sin2,)1,22[e.

(法六) 由02190PFF，得点P在以21FF为直径的圆上，即圆222cyx与椭圆12222byax（a>b>0）有公共点，2222cacbc)1,22[,10,22eeace又。

领悟：题目若将条件改为P点在椭圆内或椭圆外，也可用相应的方法去解决之。另外，题目从代数和几何的方法多角度去探究本题，不同的方法有不同的优势。多角度思考获得解决问题的思路是解题的关键。

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微分方程一题多解

微分方程一题多解

常微分方程的多种解法

白洁

（安康学院数学与统计学院）

摘要：对一道常微分方程问题，运用3种不同解法求解。问题一（①：化为一阶可分离方程求解；②：化为一阶恰当微分方程求解；③：化为一阶线性微分方程求解）；问题二（①：待定系数法求解；②：常数变异法求解；③：矩阵解法求解）。

关键词：可分离、恰当、线性、待定系数、常数变异、矩阵

问题一：求微分方程：yxdxdy22的通解

1、化为一阶可分离方程

解：将原方程化为：022ydydxx，显然该方程是可分离的

对方程两端同时积分，有：cydydxx22 （c为任意常数）

即：cyxx2221231

得到隐式解：kxxy43232，这里k= - 2c

故得解：kxxy43231

kxxy43232

2、化为一阶恰当微分方程

解：将原方程化为：022ydydxx 这里：2,2xyxM，yyxN,

显然：0xNyM，则该方程是恰当的

所以，存在cyxg,（c为任意常数），使得NygMxg,

应用偏积分法，有：yhMdxgyhdxx22

yhxx2313

则：Nyhyg'

于是，Ndydyyhyh'

=ydy

221y

所以，cyxxyxg2321231,，此即为方程的隐式解

故可得解：kxxy43231

kxxy43232，这里k= - 2c

3、一阶线性微分方程

解：将原方程化为：12'2yxy

即为伯努利方程形式，这里p(x)=0

进一步化为：22'xyy，即222'2xy

令2yz，则222'xz

一道多人相遇问题的多种解法

一道多人相遇问题的多种解法

风雨数学老师谈行程问题

一道多人相遇问题的多种解法

【题目】甲、乙、丙三人行走的速度分别是每分钟60米、80米、100米。甲乙二人在A地，丙在B地与甲乙二人同时相向而行，丙和乙相遇后，又经过2分钟和甲相遇。A、B两地相距多少米？

【解答】这题经常出现在竞赛中，解法也是非常多的，现在将我的一些方法整理如下：

【解法一】当乙丙相遇时，甲在乙后面2×（100+60）=320米，也就是说乙丙相遇时，乙比甲多行了320米，所以乙丙相遇用了320÷（80-60）=16分钟，由此可以得到两地相距（100+80）×16=2880米。

【解法二】乙丙合行100+80=180米，甲乙就相差80-60=20米，甲乙相差（100+60）×2=320，那么乙丙合行320÷20×180=2880米。

【解法三】甲丙合行100+60=160米，乙丙就比甲丙多行80-60=20米，当甲丙相遇时，乙丙又行了（100+80）×2=360米，所以两地之间的距离是360÷20×160=2880米。

【解法四】乙丙相遇时，乙走了全程的80÷（80+100）=4/9，甲丙相遇时，甲走了全程的60÷（60+100）=3/8，

此时乙行了全程的3/8×80/60=1/2，所以乙2分钟行的80×2=160米占全程的1/2-4/9=1/18，因此两地之间的距离是160÷1/18=2880米。

【解法五】乙丙相遇时，乙行了全程的80÷（80+100）=4/9，甲行了全程的4/9×60/80=1/3，当甲丙相遇时，甲行了全程的60÷（60+100）=3/8，所以甲2分钟行的60×2=120米占全程的3/8-1/3=1/24，因此两地之间的距离是120÷1/24=2880米。

【解法六】乙丙相遇时，丙行了全程的100÷（80+100）=5/9，甲丙相遇时，丙行了全程的100÷（100+60）=5/8，从乙丙相遇到甲丙相遇，丙行了2×100=200米，丙行的这200米占全程的5/8-5/9=5/72，所以两地之间的距离是200÷5/72=2880米。

一道不等式题的多种解法及推广

一道不等式题的多种解法及推广

一道不等式题的多种解法及推广

641112　四川内江师范学院数学系　余永波 题目:实数a,b,满足a2+b2=1,若c>a+

b恒成立,求c的取值范围.解法1:三角换元法

设a=cosα,b=sinα,α∈[0,2π],则a+b

=cosα+sinα=2sinα+π4

又因为α∈[0,2π]则α+π4∈π4,9π4

由y=2sinα+π4的图像知:

2sinα+π4的值域是[-2,2]故-2≤a+b≤2

图1若c>a+b恒成立,则必有c大于a+b的最

大值,得c>2解法2:数形结合思

想

由a+b的形式,我们

联想到直线方程,令a+b

=m,a、b为变量,则可根

据数形结合知识求解m的范围.当直线a+b=

m与圆a2+b2=1相切时,m取得最值(如图1).

例8　在方程5kcos󰁶-4sin󰁶+6k-4=0有解的情况下,求k的取值范围.

分析:由原方程可得k=4sin󰁶-(-4)5cos󰁶-(-6),设

P(-6,-4),则k可以看成椭圆x225+y216=1上

的点到定点P连线的斜率.画出图形,可以看

到,只要求出过且与椭圆相切的直线的斜率,就

可得出问题的解.简解:设过P(-6,-4)且斜率为k的直线

方程为y+4=k(x+6)代入x225+y216=1并整

理得,(16+25k2)x

2+100(3k

2-2k)x+300(3k2-4k)=0依题意得,Δ

=[100(3k

2-2k)]2-4×(16

+25k2)×300(3k2-4k)≥0,解得,0≤k≤4811.

九、从结论中挖掘隐含条件

有些证明题,部分条件隐含于结论中.则宜

从结论入手,挖掘隐含条件,找到简明证法.例9　已知两直线x-y=0,x+y+4=

0各与圆x2+y2-2x+4y-4=0相交,求证所得两弓形(小于半圆)

的面积相等.分析:要证同圆中两弓形面积相等,由平面

几何知识,可挖掘隐含条件:由同圆内两弓形面积相等,得其对应的弦长也相等,进而更有弦心

距相等.由此,原题可证.解:圆方程可化为(x-1)2+(y+2)2=9,圆心(1,-2),圆心到直线x-y=0的距离为:

一道高考选择题的多种解法及其分析

一道高考选择题的多种解法及其分析

数学・考试研究　

一道高考选择题的多种解法及其分析　

深圳大学附属中学（５１８Ｏ５４）冯菊仿　

２０１３年广东省高考理科数学第８题：设整数ｎ＞ｊ４，　集合Ｘ一｛１，２，３，…，　）．令集合Ｓ一｛（ｚ，　，　）１　，　，ｚＥ　

Ｘ，且三个条件ｚ＜　＜ｚ，　＜　＜ｚ，ｚ＜ｚ＜　恰有一个成　

立），若（ｚ，．），，　）和（　，砌，ｚ）都在Ｓ中，则下列选项正确　的是（　）．　

Ａ．（　，ｚ，　）Ｅ５，（ｚ，　，　）　Ｓ　

Ｂ．（　，　，叫）ＥＳ，（ｚ，　，叫）∈Ｓ　

（　，　，叫）　Ｓ，（　，　，叫）Ｅ　Ｓ　

Ｄ．（　，　，　）　Ｓ，（　，　，叫）已Ｓ　

一、常规方法及分析　

方法一：特殊值法　

因为（　，　，　）∈Ｓ，（　，叫，ｚ）Ｅ　Ｓ，所以不妨取ｘ＝３，　

一４，　一５，训一１，则，（　，　，砌）一（４，５，１）∈Ｓ，（ｚ，　，硼）一　

（３，４，１）ＥＳ，所以选Ｂ．　

方法二：分类讨论　

①若　＜　，因为（　，　，　）Ｅ　Ｓ，（２，　，　）Ｅ　Ｓ，所以　

ｚ＜　＜ｚ且ｚ＜　＜叫，所以　＜３『＜叫且　＜ｚ＜硼，即（ｚ，　

，　）ＥＳ，（　，ｚ，叫）∈Ｓ，所以选Ｂ．　②若　＞　，因为（ｚ，．ｙ，　）Ｅ　Ｓ，（　，叫，　）Ｅ　Ｓ，所以　

ｚ＜ｚ＜　且ｚ＜　＜ｚ，所以　＜ｚ＜　且．ｚ＜砌＜　，即（ｚ，　

，叫）∈Ｓ，（　，ｚ，Ｗ）∈Ｓ，所以选Ｂ．　

方法三：穷举法　

由（ｚ，３，，ｚ）∈Ｓ可得第一组中的①ｚ＜３，＜２，②　＜ｚ　

＜ｚ，③　＜　＜　恰有一个成立，由（ｚ，训，ｚ）Ｅ　Ｓ可得第　

二组中的④　＜　＜ｚ，⑤议，＜　＜ｚ，⑥Ｌｚ＜ｚ＜叫恰有一个　

成立，因为第一组中的某一个不等式与第二组中的某一　

个不等式要同时成立，所以只有①⑤或①⑥或②④或③　

④这四种配组同时成立．　

当①⑤同时成立时，可得　＜ｚ＜　＜　，即（　，　，　）　

∈Ｓ，（　，　，训）ＥＳ；　

当①⑥同时成立时，可得　＜　＜２＜　，即（　，　，甜）　

∈Ｓ，（　，ｖ，　）ＥＳ；　

当②④同时成立时，可得　＜　＜叫＜ｚ，即（　，ｚ，训）