『壹』 二項式定理題目的解題方法
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2
10
2
1
10
3
4
3
4
1
10
10
(
)
(
)
r
r
r
r
r
r
r
T
C
x
x
C
x
，由題意
10
2
3,
6
4
3
r
r
r
解得
，
則含有
3
x
的項是第
7
項
6
3
3
6
1
10
210
T
C
x
x
,
系數為
210
。
練：求
2
9
1
(
)
2
x
x
展開式中
9
x
的系數？
解：
2
9
18
2
18
3
1
9
9
9
1
1
1
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
T
C
x
C
x
x
C
x
x
，令
18
3
9
r
,
則
3
r
故
9
x
的系數為
3
3
9
1
21
(
)
2
2
C
。
題型三：利用通項公式求常數項；
例：求二項式
2
10
1
(
)
2
x
x
的展開式中的常數項？
解：
5
20
2
10
2
1
10
10
1
1
(
)
(
)
(
)
2
2
r
r
r
r
r
r
r
T
C
x
C
x
x
，令
5
20
0
2
r
，得
8
r
，所以
8
8
9
10
1
45
(
)
2
256
T
C
練：求二項式
6
1
(2
)
2
x
x
的展開式中的常數項？
解：
6
6
6
2
1
6
6
1
1
(2
)
(
1)
(
)
(
1)
2
(
)
2
2
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
T
C
x
C
x
x
，
令
6
2
0
r
，
得
3
r
，
所以
3
3
4
6
(
1)
20
T
C
練：若
2
1
(
)
n
x
x
的二項展開式中第
5
項為常數項，則
____.
n
解：
4
2
4
4
4
2
12
5
1
(
)
(
)
n
n
n
n
T
C
x
C
x
x
，令
2
12
0
n
，得
6
n
.
題型四：利用通項公式，再討論而確定有理數項；
例：求二項式
9
3
(
)
x
x
展開式中的有理項？
解：
1
27
1
9
3
6
2
1
9
9
(
)
(
)
(
1)
r
r
r
r
r
r
r
T
C
x
x
C
x
，令
27
6
r
Z
,(
0
9
r
)
得
3
9
r
r
或
，
所以當
3
r
時，
27
4
6
r
，
3
3
4
4
4
9
(
1)
84
T
C
x
x
，
當
9
r
時，
27
3
6
r
，
3
9
3
3
10
9
(
1)
T
C
x
x
。
題型五：奇數項的二項式系數和
=
偶數項的二項式系數和；
例：若
2
3
2
1
(
)
n
x
x
展開式中偶數項系數和為
256
，求
n
.
解：設
2
3
2
1
(
)
n
x
x
展開式中各項系數依次設為
0
1
,
,
,
n
a
a
a
1
x
令
,
則有
0
1
0,
n
a
a
a
①，
1
x
令
,
則有
0
1
2
3
(
1)
2
,
n
n
n
a
a
a
a
a
②
將①
-
②得：
1
3
5
2(
)
2
,
n
a
a
a
1
1
3
5
2
,
n
a
a
a
有題意得，
1
8
2
256
2
n
，
9
n
。
練：若
3
5
2
1
1
(
)
n
x
x
的展開式中，所有的奇數項的系數和為
1024
，求它的中間項。
解：
0
2
4
2
1
3
2
1
1
2
r
r
n
n
n
n
n
n
n
n
C
C
C
C
C
C
C
，
1
2
1024
n
，解得
11
n
所以中間兩個項分別為
6,
7
n
n
，
5
6
5
4
3
5
5
1
2
1
1
(
)
(
)
462
n
T
C
x
x
x
，
61
15
6
1
462
T
x
題型六：最大系數，最大項；
例：已知
1
(
2
)
2
n
x
，若展開式中第
5
項，第
6
項與第
7
項的二項式系數成等差數列，求展開式中二項式系數最
大項的系數是多少？
解：
4
6
5
2
2
,
21
98
0,
n
n
n
C
C
C
n
n
解出
7
14
n
n
或
，
當
7
n
時，
展開式中二項式系數最大的項是
4
5
T
T
和
3
4
3
4
7
1
35
(
)
2
,
2
2
T
C
的系數
，
4
3
4
5
7
1
(
)
2
70,
2
T
C
的系數
當
14
n
時，展開式中二項式系數
最大的項是
8
T
，
7
7
7
8
14
1
C
(
)
2
3432
2
T
的系數
。
練：在
2
(
)
n
a
b
的展開式中，二項式系數最大的項是多少？
解：二項式的冪指數是偶數
2
n
，則中間一項的二項式系數最大，即
2
1
1
2
n
n
T
T
，也就是第
1
n
項。
練：在
3
1
(
)
2
n
x
x
的展開式中，只有第
5
項的二項式最大，則展開式中的常數項是多少？
解：只有第
5
項的二項式最大，則
1
5
2
n
，即
8
n
,
所以展開式中常數項為第七項等於
6
2
8
1
(
)
7
2
C
例：寫出在
7
(
)
a
b
的展開式中，系數最大的項？系數最小的項？
解：因為二項式的冪指數
7
是奇數，所以中間兩項
(
4,5
第
項
)
的二項式系數相等，且同時取得最大值，從而有
3
4
3
4
7
T
C
a
b
的系數最小，
4
3
4
5
7
T
C
a
b
系數最大。
例：若展開式前三項的二項式系數和等於
79
，求
1
(
2
)
2
n
x
的展開式中系數最大的項？
解：由
0
1
2
79,
n
n
n
C
C
C
解出
12
n
,
假設
1
r
T
項最大，
12
12
12
1
1
(
2
)
(
)
(1
4
)
2
2
x
x
1
1
1
12
12
1
1
1
2
12
12
4
4
4
4
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
A
A
C
C
A
A
C
C
，化簡得到
9.4
10.4
r
，又
0
12
r
，
10
r
，展開式中系
數最大的項為
11
T
,
有
12
10
10
10
10
11
12
1
(
)
4
16896
2
T
C
x
x
練：在
10
(1
2
)
x
的展開式中系數最大的項是多少？
解：假設
1
r
T
項最大，
1
10
2
r
r
r
r
T
C
x
1
1
10
10
1
1
1
1
2
10
10
2
2
2(11
)
1
2(10
)
2
2
,
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
C
C
A
A
r
r
A
A
r
r
C
C
解得
，
化簡得到
6.3
7.3
k
，
又
0
10
r
，
7
r
，展開式中系數最大的項為
7
7
7
7
8
10
2
15360
.
T
C
x
x
題型七：含有三項變兩項；
例：求當
2
5
(
3
2)
x
x
的展開式中
x
的一次項的系數？
解法①：
2
5
2
5
(
3
2)
[(
2)
3
]
x
x
x
x
，
2
5
1
5
(
2)
(3
)
r
r
r
r
T
C
x
x
，當且僅當
1
r
時，
1
r
T
的展開式中才
有
x
的一次項，此時
1
2
4
1
2
5
(
2)
3
r
T
T
C
x
x
，所以
x
得一次項為
1
4
4
5
4
2
3
C
C
x
它的系數為
1
4
4
5
4
2
3
240
C
C
。
解法②：
2
5
5
5
0
5
1
4
5
0
5
1
4
5
5
5
5
5
5
5
5
(
3
2)
(
1)
(
2)
(
)(
2
2
)
x
x
x
x
C
x
C
x
C
C
x
C
x
C
故展開式中含
x
的項為
4
5
5
4
4
5
5
5
2
2
240
C
xC
C
x
x
，故展開式中
x
的系數為
240.
練：求式子
3
1
(
2)
x
x
的常數項？
解：
3
6
1
1
(
2)
(
)
x
x
x
x
，設第
1
r
項為常數項，則
6
6
2
6
1
6
6
1
(
1)
(
)
(
1)
r
r
r
r
r
r
r
T
C
x
C
x
x
，
得
6
2
0
r
,
3
r
,
3
3
3
1
6
(
1)
20
T
C
.
題型八：兩個二項式相乘；
例：
3
4
2
(1
2
)
(1
)
x
x
x
求
展開式中
的系數
.
解：
3
3
3
(1
2
)
(2
)
2
,
m
m
m
m
m
x
x
x
的展開式的通項是
C
C
4
4
4
(1
)
C
(
)
C
1
,
0,1,2,3,
0,1,2,3,4,
n
n
n
n
n
x
x
x
m
n
的展開式的通項是
其中
3
4
2,
0
2,
1
1,
2
0,
(1
2
)
(1
)
m
n
m
n
m
n
m
n
x
x
令
則
且
且
且
因此
2
0
0
2
2
1
1
1
1
2
2
0
0
3
4
3
4
3
4
2
(
1)
2
(
1)
2
(
1)
6
x
C
C
C
C
C
C
的展開式中
的系數等於
.
練：
6
10
3
4
1
(1
)
(1
)
x
x
求
展開式中的常數項
.
解：
4
3
6
10
3
3
4
12
6
10
6
10
4
1
(1
)
(1
)
m
n
m
n
m
n
m
n
x
C
x
C
x
C
C
x
x
展開式的通項為
0,
3,
6,
0,1,
2,
,6,
0,1,
2,
,10,
4
3
,
0,
4,
8,
m
m
m
m
n
m
n
n
n
n
其中
當且僅當
即
或
或
0
0
3
4
6
8
6
10
6
10
6
10
4246
C
C
C
C
C
C
時得展開式中的常數項為
.
練：
2
*
3
1
(1
)(
)
,
2
8,
______.
n
x
x
x
n
N
n
n
x
已知
的展開式中沒有常數項
且
則
解：
3
4
3
1
(
)
C
C
,
n
r
n
r
r
r
n
r
n
n
x
x
x
x
x
展開式的通項為
通項分別與前面的三項相乘可得
4
4
1
4
2
C
,C
,C
,
,2
8
r
n
r
r
n
r
r
n
r
n
n
n
x
x
x
n
展開式中不含常數項
4
4
1
4
2
4,8
3,7
2,6,
5.
n
r
n
r
n
r
n
n
n
n
且
且
，即
且
且
題型九：奇數項的系數和與偶數項的系數和；
例：
2006
(
2)
,
,
2
,
_____.
x
x
S
x
S
在
的二項展開式中
含
的奇次冪的項之和為
當
時
解：
2006
1
2
3
2006
0
1
2
3
2006
(
2)
x
a
a
x
a
x
a
x
a
x
設
=
-------
①
2006
1
2
3
2006
0
1
2
3
2006
(
2)
x
a
a
x
a
x
a
x
a
x
=
-------
②
3
5
2005
2006
2006
1
3
5
2005
2(
)
(
2)
(
2)
a
x
a
x
a
x
a
x
x
x
①
②得
2006
2006
2006
1
(
2)
(
)
[(
2)
(
2)
]
2
x
S
x
x
x
展開式的奇次冪項之和為
3
2006
2
2006
2006
3008
1
2
2
,
(
2)
[(
2
2)
(
2
2)
]
2
2
2
x
S
當
時
題型十：賦值法；
例：設二項式
3
1
(3
)
n
x
x
的展開式的各項系數的和為
p
，所有二項式系數的和為
s
,
若
272
p
s
,
則
n
等於多少？
解：若
2
3
0
1
2
1
(3
)
n
n
n
x
a
a
x
a
x
a
x
x
，有
0
1
n
P
a
a
a
，
0
2
n
n
n
n
S
C
C
，
令
1
x
得
4
n
P
，又
272
p
s
,
即
4
2
272
(2
17)(2
16)
0
n
n
n
n
解得
2
16
2
17(
)
n
n
或
捨去
，
4
n
.
練：若
n
x
x
1
3
的展開式中各項系數之和為
64
，則展開式的常數項為多少？
解：令
1
x
，則
n
x
x
1
3
的展開式中各項系數之和為
2
64
n
，所以
6
n
，則展開式的常數項為
3
3
3
6
1
(3
)
(
)
C
x
x
540
.
例：
2009
1
2
3
2009
2009
1
2
0
1
2
3
2009
2
2009
(1
2
)
(
),
2
2
2
a
a
a
x
a
a
x
a
x
a
x
a
x
x
R
若
則
的值為
解：
2009
2009
1
2
1
2
0
0
2
2009
2
2009
1
,
0,
2
2
2
2
2
2
2
a
a
a
a
a
a
x
a
a
令
可得
2009
1
2
0
2
2009
0
1,
1.
2
2
2
a
a
a
x
a
在令
可得
因而
練：
5
5
4
3
2
1
5
4
3
2
1
0
1
2
3
4
5
(
2)
,
____.
x
a
x
a
x
a
x
a
x
a
x
a
a
a
a
a
a
若
則
解：
0
0
1
2
3
4
5
0
32,
1
1,
x
a
x
a
a
a
a
a
a
令
得
令
得
1
2
3
4
5
31.
a
a
a
a
a
題型十一：整除性；
例：證明：
2
2
*
3
8
9(
)
n
n
n
N
能被
64
整除
證：
2
2
1
1
3
8
9
9
8
9
(8
1)
8
9
n
n
n
n
n
n
0
1
1
1
2
1
1
1
1
1
1
1
8
8
8
8
8
9
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
C
C
C
C
C
n
0
1
1
1
2
1
1
1
8
8
8
8(
1)
1
8
9
n
n
n
n
n
n
C
C
C
n
n
0
1
1
1
2
1
1
1
8
8
8
n
n
n
n
n
n
C
C
C
由於各項均能被
64
整除
2
2
*
3
8
9(
)
64
n
n
n
N
能被
整除
『貳』 設而不求法一般形式
設而不求法一般形式沒有固定的一般形式。
＂設而不求＂解題法,就是在解決數學問題時,先設定一些未知數,然後把它們當成已知數,根據題設本身各量間的制約關系,列出方程,求得未知數。但在有些數學問題中,設定一些未知數,不需要求出未知數,而根據題目本身的特點,將未知數消去或代換,使問題的解決變得簡捷、明快,在這里不妨命曰＂設而不求＂法。
『叄』 求高手解決問題
【知識結構】
【命題趨勢分析】
從近三年高考情況看，圓錐曲線的定義、方程和性質仍是高考考查的重點內容，三年平均佔分20分，約為全卷分值的13.3%，在題型上一般安排選擇、填空、解答各一道，分別考查三種不同的曲線，而直線與圓錐曲線的位置關系又是考查的重要方面。
例1 （2002年江蘇卷理科第13題）橢圓 的一個焦點是（0，2），則k________________________________________。
分析 本題主要考查橢圓的標准方程，先將其化為標准形式，然後求解。
解 橢圓方程即 ∴ ，∴由 解得k=1。
點評 由焦點在y軸上，其標准方程應化為 的形式，若此題變化為：已知曲線 的焦距為4，則k_____________________________________。
則應分兩種情況討論：（1）若為橢圓，則k=1；（2）若為雙曲線，方程即為
∴ ，由 ，由 ，得 。
例2 （2001年全國卷理科第14題）雙曲線 的兩個焦點為 ，點P在雙曲線上，若 ，則點P到x軸的距離為_________________________________。
分析 本題主要考查雙曲線的定義，從「形」的角度看，只需求出 斜邊 上的高，可用第一定義求解；從「數」的角度看，只需求出點P的縱坐標 ，先利用第二定義即焦半徑公式表示出 ， ，由勾股定理求出 ，再代入雙曲線方程即可求出 的值；由於點P在以 為直徑的圓上，因此，解決本題一個最基本的方法，則是利用交跡法求出點P。
解法一 設 ，且由雙曲線的對稱性不妨設點P在第一象限，則m―n=2a―6 ①， ②，
②－① 得2mn=64，∵mn=32，作PQ⊥x軸於Q，則在 中， ，即點P到x軸的距離為 ，
解法二 設 ，由第二定義可得 ， ，∵ ，
∴ ，
即 ，這里a=3 c=5 ，代入得 。
∴由雙曲線方程得 ，∴ 。
解法三 設 ，∵
∴點P在以 為直徑的圓上，即
①，又點P在雙曲線上，
∴ ②，由①，②消去 ，得 ，∴ 。
點評 （1）由雙曲線的對稱性，可將點P設定在第一象限內，而不必考慮所有的情況。
（2）解題的目標意識很重要，例如在解法一中只需整體求出mn的值，而不必將m，n解出；在解法三中只需求 即可；
（3）在三種解法中，以解法三最簡潔，因此，最基本的方法有時也是最有效的方法。
（4）如果將問題改為：當 為鈍角時，點P的橫坐標的取值范圍是________________________________。
那麼，可先求出使 時的點P的橫坐標為 ，由圖形直觀及雙曲線的范圍可得 ，2000年高考理科第14題考查了橢圓中與此類似的問題。
例3 （2000年全國卷理科第11題）過拋物線 的焦點F作一直線交拋物線於P、Q兩點，若線段PF與FQ的長分別是p、q，則 等於（ ）
A．2a B． C．4a D．
分析 此題主要考查拋物線的定義與標准方程，可利用焦半徑公式來解決。
解 拋物線方程即 ，記 ，則F（0，m），而直線PQ的方程可設為x=k（y－m），代入拋物線方程 得
，
設 ，則
而 ，
於是， ，
。
故， 。
當k=0時，易證結論也成立，因而選C。
點評 （1）由於所給拋物線的焦點在y軸上，故其焦點是 ，焦半徑公式是 ，而不能寫成 。（2）解題中，令 以及將直線PQ的方程設為x=k（y－m），都是為了簡化運算。（3）作為一道選擇題，如此解法顯然是不經濟的，可以利用上節例5中的結論3直接得出結果，因此，記住一些重要結論，對提高解題效率無疑是有益的。（4）特例法也是解選擇題的常用的解題方法，本題只需考慮PQ//x軸，即為通徑的情況，可立即得出結果。
例4 （2001年全國卷理科第19題）設拋物線 的焦點F，經過點F的直線交拋物線於A、B兩點，點C在拋物線的准線上，且BC//x軸，證明直線AC經過坐標原點O。
分析 本小題主要考查拋物線的概念和性質，直線的方程和性質，運算能力和邏輯推理能力，證明三點共線，只須證明OC、OA兩直線的斜率相等，也可利用拋物線的性質證明AC與x軸的交點N恰為EF的中點，從而N與O重合，證得結論。
解法一 易知焦點 ，設直線AB的方程是 ，代入拋物線方程得
設 ，則
，即 。
因BC//x軸，且C在准線1上，故點 ，且 ，從而 ，從而
， ，
於是， ，從而A、O、C三點共線，即直線AC經過原點O。
解法二 如圖，設准線1交x軸於點E，AD⊥1於D，連AC交EF於點N，由AD//EF//BC，
得 ，即 ，①
，即 ，②
又由拋物線的性質可知，|AD|=|AF|，|BC|=|BF|，代入①②可得|EN|=|NF|，即N為EF的中點，於是N與點O重合，即直線AC經過原點O。
點評 （1）本例解法一利用曲線的方程研究曲線的性質，充分體現了用坐標法研究幾何問題的基本思想，而解法二則充分利用了拋物線的幾何性質及相似三角形中的有關知識。（2）在解法一中，直線AB方程的設法值得推崇，從思路分析看，若證 ，即證 ，將 代入後即證 ，即證 ，為此應通過直線AB的方程及拋物線方程 聯立消去x得到關於y的一元二次方程，解法一中的這一設法，既迴避了直線方程的變形過程使運算簡單，同時也迴避了當AB⊥x軸的情況的討論，若將AB方程設為 ，則必須對k不存在的情況作出說明。（3）試驗修訂本（必修）《數學》第二冊（上） 習題8．6第6題是：過拋物線焦點的一條直線與它交於兩點P、Q，經過點P和拋物線頂點的直線交准線於點M，求證直線MQ平行於拋物線的對稱軸，可見，這道高考題實際上是課本習題的一個逆命題，同學們在平時的學習中，對課本典型例題，習題要加強研究。
例5 （2002年江蘇卷第20題）設A、B是雙曲線 上的兩點，點N（1，2）是線段AB的中點。
（1）求直線AB的方程；
（2）如果線段AB的垂直平分線與雙曲線相交於C、D兩點，那麼A、B、C、D四點是否共圓？為什麼？
分析 本題主要考查直線、圓及雙曲線的方程和性質，運算能力和綜合運用所學知識解決問題的能力。求直線AB的方程，可以設出其點斜式，與雙曲線方程聯立消元，利用韋達定理及中點公式求出其斜率，由於涉及「中點弦」問題，亦可利用「設而不求」法解決。對於第（2）小題，根據圖形特徵，若四點共圓，則CD必為其直徑，至少可有以下三種解題思路：（1）判斷CD中點到四點是否等距；（2）判斷是否有AC⊥AD；（3）判斷A、B兩點是否以CD為直徑的圓上。
解 （1）解法一：設AB：y=k（x－1） 2代入 ，整理得
。①
設 ，則
，且
因N（1，2）是AB的中點，故 ，於是 ，解得k=1，從而所求直線AB的方程為y=x 1。
解法二：設 ，代入雙曲線方程得
。
因N（1，2）為AB的中點，故 ， ，將它們代入上式可得 ，從而 ，於是直線AB的方程為y=x 1。
（2）將k=1代入方程①得， ，解得 ， 。
由y=x 1得， ， ，即A（－1，0），B（3，4），而直線CD的方程是y―1=―（x―2），即y=3－x，代入雙曲線方程並整理得 ②
設 ，則 ， 。
解法一：設CD中點為 ，則 ，於是 ，即M（－3，6）。
因
故 。
又
即A．B．C．D四點與點M的距離相等，從而A、B、C、D四點共圓。
解法二：由 ， 得， ，
，故
，即AC⊥AD。
由對稱性可知，BC⊥BD，於是A、B、C、D四點共圓。
解法三：以CD為直徑的圓的方程是
，即
。
將 ， ， ， ，代入得
，即 。
因 ，
，
故A、B在以CD為直徑的圓上，即A、B、C、D四點共圓。
點評 （1）處理直線與圓錐曲線相交問題時，要重視韋達定理的應用。（2）「設而不求」是解決「中點弦」問題常用的方法，通過「設而不求」可以建立弦所在直線的斜率與弦的中點坐標之間的關系，本題已知中點坐標，即可確定出直線的斜率。（3）判斷四點共圓的方法很多，注意從多種不同的角度進行思考，鍛煉思維的靈活性。
【典型熱點考題】
1．探究
例6 設 分別是橢圓 的左、右焦點，試問：在橢圓上是否存在一點P，使得 ？為什麼？
分析 根據點P滿足的條件，探究是否能夠將點P的坐標求出，若能，則存在；若不能，則不存在，求P點坐標，有以下兩條思路：
思路一 設 ，用焦半徑公式將 ， 用 表示，由 ，探求 是否存在。
思路二 由 知，點P在以 為直徑的圓上，只須考察該圓與橢圓是否存在公共點。
思考：畫一個較為准確的圖形，不難發現，圓 與橢圓 沒有公共點，所以這樣的點P是不存在的，關鍵是這個橢圓太「圓」了，由此引發我們思考：為使點P存在，橢圓應盡量「扁」一些，也即其離心率應該較大，於是我們可以去思考一個一般性的問題：
一般化：若橢圓 上存在一點P，使得 ，求離心率e的取值范圍。
利用例6提供的兩個思路均可得到 ，從而驗證了我們的猜想。
再思考：考察點P從長軸端點 始沿橢圓運動至 的過程， 由0°逐漸增大後又逐漸減小為0°，猜想在某一位置必然取得最大值，試問：這個最大值是多少？又在何處取得？從橢圓的對稱性來看，我們可以猜想：當點P在短軸端點B處時， 取得最大值，是不是這樣呢？
利用焦半徑公式及餘弦定理不難驗證這一猜想是正確的。
若設 ，我們有 。
回頭看，在例6中， ， ，代入可得 ，故0°≤θ≤60°，可見使θ=90°的點P是不存在的。
又一個問題：若橢圓 上存在一點P，使 （ 、 為長軸端點），求離心率e的取值范圍。
分析 不再是橢圓的焦半徑，按照例6中的思路一已經不能解決問題，但是我們知道，使 的點P是軌跡是關於 對稱的兩段圓弧，可先求出圓弧所在圓的方程，然後按照思路二進行研究，下面我們給出這一問題的解答。
解 由對稱性，不妨設 ，則 ， ，由到角公式得
，即 ，
整理得， 。 ①
又 ，故 。 ②
②代入①得， 。
因點P在橢圓上，故 ，即 ，從而 ，即 ，也就是 ，從而 ，解得 ，又0
『肆』 二次函數壓軸題中什麼時候運用韋達定理設而不求
二次函數壓軸題中運用韋達定理設而不求
1、第一個就是與線段結合：求線段的最值，線段和差的最值、三點共線等。
2、其次是與角集合：求動點產生的45°角問題，求動點產生的兩個角相等的問題，角的取值范圍或自變數的取值范圍等。
3、還有面積問題：三角形、四邊形面積的最值等。
4、與封閉圖形結合的問題：動點產生的一系列與三角形有關的問題（等腰、直角、全等、相似等）、與平行四邊形或特殊的平行四邊形相關的問題，與圓結合的相關問題（比如冷門考點：四點共圓）。
5、其他問題：線段比不變、線段倒數和等。
舉例：
(2014年新課標Ⅱ)
設F為拋物線C:A.B.6C.12D.的焦點，過F且傾斜角為30
0的直線交於C於A，B兩點，則|AB|=法3：直角坐標系普通方程AB【C】F易得AB的方程為：＋設而不求將
其代入得=12故(1)(2014年新課標Ⅱ)設F為拋物線C:A.B
.6C.12D.的焦點，過F且傾斜角為300的直線交於C於A，B兩點，則|AB|=法4：直角坐標系
參數方程AB【C】F+設而不求易得AB的參數方程為：將其代入得=12故
(1)(2014年新課標Ⅱ)設F為拋物線C:A.B.6C.12D.的焦點，過F
且傾斜角為300的直線交於C於A，B兩點，則|AB|=法5：極坐標方程若AB為焦點弦，則AB由題意得離心率e=1,
焦參數=12【C】F則，故=12(2)(2012年重慶簡化)如圖,F1,F2是橢圓
的焦點線段OF1,OF2的中點分別為線段B1,B2,過B1做直線l交橢圓於P,Q兩點,使PB2⊥QB2,,求直線l
的方程F1F2POB2B1Q解：易得B1(-2,0),B2(2,0)ⅱ:當l的斜率存在時，設l：將
其代入得故,ⅰ:當l的斜率不存在時易得不符題意，捨去
此題可以不寫：Δ＞0為何？……極易漏掉該類……(2)(2012年重慶簡化)如圖,F1,F2是橢圓
的焦點線段OF1,OF2的中點分別為線段B1,B2,過B1做直線l交橢圓於P,Q兩點,使PB2⊥QB2,
,求直線l的方程F1F2POB2B1Q解：易得B1(-2,0),B2(2,0)ⅱ:當l的斜率存在時，設
l：將其代入得故,ⅰ:當l的斜率不存在時易得不符
題意，捨去因·(2)(2012年重慶簡化)如圖,F1,F2是橢圓的焦點線段OF1,OF2的中點分
別為線段B1,B2,過B1做直線l交橢圓於P,Q兩點,使PB2⊥QB2,,求直線l的方程F1F2POB2B1
Q解：易得B1(-2,0),B2(2,0)ⅱ:當l的斜率存在時,設l：……ⅰ:當l的斜率不存在時,不符題意,
舍因……解得k＝±所以l：x±2y+2=0
『伍』 怎麼解二項式不等式
二項式定理
(a+b)n=C0nan+C1nan-1b+…+Cnnbn,由於結構比較復雜,多年來在競賽中未能充分展現應有的知識;而有些不等式,通過觀察、分析題目的特點,構造二項式模型,經過放縮等手段便可使問題迅速求解.1 直接運用二項式定理
有些不等式由於結構的特點,直接運用二項式定理可迅速證明.
例1 若|x|<1,n是大於1的整數,a=(1-x)n+(1+x)n,求證:a<2n.
證明:藉助於二項式定理,有
a=
∑
n
k=0
Ckn
(-x)k
+
∑
n
k=0Ckn
xk
=
∑
n
k=0
Ck
n
[(-x)k
+xk
]
=2(C0
n+C2
nx2
+C4
nx4
+…+C2
n
2nx
2
n
2)
<2(C0n+C2n+C4n+…+C2
n
2
n)
=2×2
n-1=2n
.
則a<2n
『陸』 橢圓設而不求 無敵難題！！！！
1：設而不求法:
橢圓可化成9x²+25y²=225①
設P(x1，y1），Q（x2，y2），且直線PQ斜率為k，PQ中點（x，y）
由於直線過（8，1），則該直線為：y-1=k（x-8）即y=k（x-8）+1
但是我們不應該就這樣設，因為8代入到橢圓中是一個非常大的數，後面的計算會無比復雜。
所以我們設y=kx+b②，你之後就能體會到這樣設的好處。
將（8，1）代入②，得b=1-8k
聯立①②，整理得：
x1+x2=2x=-50kb/（9+25k²）
y1+y2=2y=kx1+b+kx2+b=k（x1+x2）+2b
=[-50k²b/（9+25k²)]+2b
=18b/（9+25k²）
則x=-25kb/（9+25k²）
y=9b/（9+25k²）
x/y=-25k/9
則k=-9x/25y
把k=-9x/25y和b=1-8k代入y=9b/（9+25k²）
整理得：9x²+25y²-72x-25y=0，為中點方程
2:點差法：
橢圓可化成9x²+25y²=225
設P(x1，y1），Q（x2，y2），且直線PQ斜率為k，PQ中點（x，y）
則有9x1²+25y1²=225①
9x2²+25y2²=225②
x1+x2=2x③
y1+y2=2y③
由①-②得：
9（x1²-x2²）+25（y1²-y2²）=0
9（x1-x2)(x1+x2）+25(y1-y2)(y1+y2)=0
兩邊同時除以（x1-x2），並用k來代換（y1-y2）/（x1-x2）
9（x1+x2）+25k（y1+y2）=0
把③的兩個式代入上式
9（2x）+25k（2y）=0
即18x+50ky=0，得k=-9x/25y
由於該直線過（8，1），而(x,y)和它在同一直線，所以斜率k=(y-1)/(x-8)
那麼(y-1)/(x-8)=-9x/25y
解得9x²+25y²-72x-25y=0，為中點方程
注意，你說的驗△，這是肯定的。
△是判別式，它要大於0，這是直線和橢圓有交點的充要條件。
因為（8，1）是在橢圓之外的，而我們設的直線不一定會和橢圓有2個交點，所以一定要驗△，得到k的范圍，之後檢驗求出來的k是否在使△>0的k的范圍之內，如果是，那麼這個k就成立了，也代表著該軌跡存在
否則，k不成立，直線和橢圓根本沒有交點，當然也不存在截弦，更不存在截弦的中點的軌跡。
最後要注意的是，k是否存在也需要討論。這和△不同。△>0是為了保證使直線和橢圓相交的k存在，而如果一條直線和x軸垂直，那麼k是不存在的，直線就不帶k了。在這題中，顯然k是存在的，因為當k不存在時，直線和橢圓不相交。所以推斷出k必定存在。
『柒』 二項式定理公式是什麼樣的
二項式定理論述了(a＋b)n的展開式.人們只要有初步的代數知識和足夠的毅力,便可以得到如下公式,
(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2
(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3
(a＋b)4＝a4＋4a3b＋6a2b2＋4ab3＋b4
等等.對於(a＋b)12,人們顯然希望不必經由(a＋b)十幾次自乘的冗長計算,就能夠發現其展開式中a7b5的系數.早在牛頓出生之前很久,人們便已提出並解決了二項式的展開式問題.中國數學家楊輝早在13世紀就發現了二項式的秘密,但他的著作直到近代才為歐洲人所知.維埃特在其《分析術引論》前言的命題XI中也同樣論證了二項式問題.但這一偉大發現通常是以布萊茲·帕斯卡的名字命名的.帕斯卡注意到,二項式的系數可以很容易地從我們現在稱為「帕斯卡三角」的排列中得到：
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
1 7 21 35 35 21 7 1
等等
在這個三角形中,每一個新增數字都等於其上左右兩個數字之和.因此,根據帕斯卡三角,下一行的數值為
1 8 28 56 70 56 28 8 1
例如,表值56就等於其上左右兩個數字21＋35之和.
帕斯卡三角與（a＋b）8展開式之間的聯系是非常直接的,因為三角形的最後一行數值為我們提供了必要的系數,即
（a＋b）8＝a8＋8a7b＋28a6b2＋56a5b3
＋70a4b4＋56a3b5＋28a2b6＋8ab7＋b8
我們只要將三角形的數值再向下延伸幾行,就可以得到（a＋b）12展開式中a7b5的系數為792.所以,帕斯卡三角的實用性是非常明顯的.
年輕的牛頓經過對二項展開式的研究,發明了一個能夠直接導出二項式系數的公式,而不必再繁瑣地延伸三角形到所需要的那行了.並且,他對模式的持續性的固有信念使他認為,能夠正確推導出諸如(a＋b)2或(a＋b)3
這種形式的二項式.
關於分數指數和負數指數問題,在此還需多說一句.我們知道,在初等
這些關系.
以下所列牛頓的二項展開式公式是他在1676年寫給其同時代偉人戈特弗里德·威廉·萊布尼茲的一封信中闡明的（此信經由皇家學會的亨利·奧爾登伯格轉交）.牛頓寫道：
項式的「指數是整數還是（比如說）分數,是正數還是負數」的問題.公式中的A、B、C等表示展開式中該字母所在項的前一項.
對於那些見過現代形式的二項展開式的讀者來說,牛頓的公式可能顯得過於復雜和陌生.但只要仔細研究一下,就可以解決讀者的任何疑問.我們首先來看,
出
也許,這種形式看起來就比較熟悉了.
我們不妨應用牛頓的公式來解一些具體例題.例如,在展開(1＋x)3時,
這恰恰就是帕斯卡三角的非列系數.並且,由於我們的原指數是正整數3,所以,展開式到第四項結束.
但是,當指數是負數時,又有一個完全不同的情況擺在牛頓面前.例如,展開(1＋x)－3,根據牛頓公式,我們得到
或簡化為
方程右邊永遠沒有終止.應用負指數定義,這一方程就成為
或其等價方程
牛頓將上式交叉相乘並消去同類項,證實
（1＋3x＋3x2＋x3）（1＋3x＋6x2－10x3＋15x4－……）＝1
牛頓用等式右邊的無窮級數自乘,也就是求這無窮級數的平方,以檢驗這一貌似奇特的公式,其結果如下：
所以
這就證實了
與牛頓原推導結果相同.
牛頓寫道；「用這一定理進行開方運算非常簡便.」例如,假設我們求
現在,將等式右邊的平方根代入前面標有（）符號的二項展開式中的前6項,當然,此處要用29替換原公式中的x,因而,我
了前6個常數項.如果我們取二項展開式中更多的項,我們就會得到更加精確的近似值.並且,我們還可以用同樣的方法求出三次根、四次根,等等,
續演算.
別奇怪的.而真正令人吃驚的是,牛頓的二項式定理精確地告訴我們應該採用哪些分數,而這些分數則是以一種完全機械的方式得出的,無須任何特殊的見解與機巧.這顯然是一個求任何次方根的有效而巧妙的方法.
二項式定理是我們即將討論的偉大定理的兩個必要前提之一.另一個前提是牛頓的逆流數,也就是我們今天所說的積分.但是,對逆流數的詳盡說明屬於微積分問題,超出了本書的范圍.然而,我們可以用牛頓的話來闡述其重要定理,並舉一兩個例子來加以說明.
牛頓在1669年中撰著的《運用無窮多項方程的分析學》一書中提出了逆流數問題,但這部論著直到1711年才發表.這是牛頓第一次提出逆流數問題,他將他的這部論文交給幾個數學同事傳閱.比如,我們知道,艾薩克·巴羅就曾看到過這部論文,他在1669年7月20日給他一個熟人的信里寫道：「……我的一個朋友……在這些問題上很有天分,他曾帶給我幾篇論文.」巴羅或《分析學》一書的任何其他讀者遇到的第一個法則如下.
設任意曲線AD的底邊為AB,其垂直縱邊為BD,設AB＝x,
BD＝y,並設a、b、c等為已知量,m和n為整數.則：
到x點之內的圖形的面積.根據牛頓法則,這一圖形的面積為
按照牛頓公式,面積為12x2,對這一結果,可以很容易地用三角形面積公式
牛頓又進一步說明了《分析學》一書的法則2,「如果y值是由幾項之和組成的,那麼,其面積也同樣等於每一項面積之和.」例如,他寫道,曲
那麼,牛頓所採用的兩個工具就是：二項式定理和求一定曲線下面積的流數法.他運用這兩個工具,可以得心應手地解決許多復雜的數學與物理問題,而我們將要看到的是牛頓如何應用這兩個工具,使一個古老的問題獲得了全新的生命：計算π的近似值.我們在第四章的後記中,追溯了這一著名數字的某些歷史,確認了某些學者,如阿基米德、韋達和盧道爾夫·馮瑟倫在計算更精確的π近似值方面所作出的貢獻.1670年左右,這個問題引起了艾薩克·牛頓的注意.他運用他奇妙的新方法,對這一古老問題進行研究,並取得了輝煌的成就.
『捌』 求一道高中關於圓的一道題，解法原理是韋達定理，設而不求，求題及解法
已知園C：X^2+y^2-2x-4y=0.問是否存在斜率為1的直線L，使以L被園C截得的弦AB為直徑的園經過原點？若存在，求出L的方程；若不存在，請說明理由。
設A，B的坐標分別為（x1,y1),(x2,y2)
以AB為直徑的圓經過原點<=>AO垂直於BO
<=>x1x2+y1y2=0
設L：y=x+m
由y=x+m。。。1
X^2+y^2-2x-4y=0。。。2
將1代入2 得2x^2+2(m+1)x+m^2+4m-4=0。。。3
3式的兩根即為x1，x2
由韋達定理得x1+x2=-m-1,x1x2=1/2m^2+2m-2
又y1=x1+m。。。4,y2=x2+m。。。5
4*5=y1y2。。。6,
在6中再代入x1+x2=-m-1,x1x2=1/2m^2+2m-2
得y1y2=1/2m^2-m-2。。。7,
因為x1x2+y1y2=0
代入,x1x2=1/2m^2+2m-2和7式
得m^2+3m-4=0
因此m=-4或1
一個一個打下來的，望採納
如有那不看不懂的給我留言吧
『玖』 二項式定理常見的解題策略
二項式定理有關問題，是中學數學中的一個重要知識點，在歷年的高考中幾乎每年都有涉及. 因此掌握二項式定理問題的常見題型及其解題策略是十分必要的. 其考試題型主要有：求展開式中指定的項、求展開式中某一項的系數或二項式系數、求展開式中的系數和等，其難度不會太大，但題型可能較靈活．在高考中通常是以易題出現，主要以選擇題、填空題和解答題的形式考查，其試題難度屬中檔題.
使用情景：求展開式中指定的項或某一項的系數或二項式系數
解題步驟：
第一步 首先求出二項展開式的通項；
第二步 根據已知求出展開式中指定的項或某一項的系數或二項式系數；
第三步 得出結論.
例1. 展開式中第3項的二項式系數為（ ）
A．6 B．-6 C．24 D．-24
【答案】A
【解析】第三項的二項式系數為 ,選 .
【總結】求二項展開式有關問題的常見類型及解題策略
(1)求展開式中的特定項，可依據條件寫出第 項，再由特定項的特點求出 值即可。
(2)已知展開式的某項，求特定項的系數.可由某項得出參數項，再由通項寫出第r＋1項，由特定項得出r值，最後求出其參數.
使用情景：二項式系數的性質與各項系數和
解題步驟：
第一步 觀察題意特徵，合理地使用賦值法；
第二步 區別二項式系數與展開式中項的系數，靈活利用二項式系數的性質；
第三步 得出結論.
例2
(1)設 ，若 ，則展開式中系數最大的項是()
A． B． C． D．
(2)若 的展開式中第3項與第7項的二項式系數相等，則該展開式中 的系數為________．
【答案】 (1)B；(2)56.
【解析】
（1） ,
令 得
令 ，則
又 的展開式二項式系數最大項的系數最大，
的展開式系數最大項為
（2）由題意知，
,
當 時， 的系數為
【總結】
(1)第(1)小題求解的關鍵在於賦值，求出 與n的值；第(2)小題在求解過程中，常因把n的等量關系表示為 ，而求錯n的值．
(2)求解這類問題要注意：
①區別二項式系數與展開式中項的系數，靈活利用二項式系數的性質；
②根據題目特徵，恰當賦值代換，常見的賦值方法是使得字母因式的值或目標式的值為1，－1.
使用情景：使用二項式定理處理整除問題
解題步驟：
第一步 通常把底數寫成除數(或與余數密切相關聯的數)與某數的和或差的形式；
第二步 再用二項式定理展開，但要注意兩點：一是余數的范圍， ，其中余數 ，r是除數，切記余數不能為負，二是二項式定理的逆用．；
第三步 得出結論.
例3 .設 ，且 ，若 能被13整除，則a＝()
A．0 B．1 C．11 D．12
【答案】D.
【解析】
能被13整除。且 能被13整除，
也能被13整除
因此 可取值12
【總結】：在使用二項式定理展開，但要注意兩點：一是余數的范圍， ，其中余數 ，r是除數，切記余數不能為負，二是二項式定理的逆用．
『拾』 解析幾何設而不求怎麼處理單獨的x1或x2
簡單來說就是
設點的時候設出x1，x2，y1，y2
然後列出方程
化簡
最後得到一個二元一次方程 如 ax^2+bx+c=0
通過韋達定理可以得出 x1+x2,x1x2,從而得到 /x1-x2/,x1^2+x2^2等東西
直接用於接下來的計算
不需要解出x1,x2