高考數(shù)學(xué)試卷中的對(duì)稱之美賞析

謝廣喜

科學(xué)之美，美在對(duì)稱，對(duì)稱性是圖像（或表達(dá)式）作一定的變換后而保持不變的一種性質(zhì)（這個(gè)變換就稱為對(duì)稱變換）. 有時(shí)也討論兩個(gè)圖像是否關(guān)于某個(gè)對(duì)稱軸對(duì)稱. 由于對(duì)稱的情況下問(wèn)題具有一些不對(duì)稱時(shí)所不具有的獨(dú)特性質(zhì)，如果我們解題時(shí)能發(fā)現(xiàn)并充分利用這些獨(dú)特的特點(diǎn)，就可方便解題.因此具有對(duì)稱性的問(wèn)題（如選擇題或填空題等）就容易被猜出答案，解答題也容易由問(wèn)題的對(duì)稱性出發(fā)產(chǎn)生一些特殊的研究問(wèn)題的辦法（如對(duì)稱引參、附加強(qiáng)化條件等），故具有對(duì)稱性的問(wèn)題相對(duì)比較容易，而不具有對(duì)稱性的問(wèn)題則相對(duì)困難.

研究近年來(lái)出現(xiàn)的一些試題，我們發(fā)現(xiàn)：高考命題（包括競(jìng)賽試題）有從對(duì)稱性的問(wèn)題向非對(duì)稱性的問(wèn)題轉(zhuǎn)變的趨勢(shì)，值得注意.下面我們主要研究在對(duì)稱性思想指導(dǎo)下如何探求解題思路.

一、置換對(duì)稱（交換對(duì)稱）

對(duì)于任意有意義的x， y，如果表達(dá)式f（x， y）總有f（x， y）= f（y， x），即交換x， y，表達(dá)式不變，我們稱字母x， y對(duì)于表達(dá)式f（x， y）具有置換（交換）對(duì)稱性.

例1. 已知集合A={（x， y） | x2+y2≤3， x∈Z， y∈Z}，則A中元素的個(gè)數(shù)為（）

A. 9???????? B. 8???????? C. 5???????? D. 4

【簡(jiǎn)解】首先我們注意到坐標(biāo)原點(diǎn)（0， 0）∈A ，除此以外，在第一象限及x軸正半軸僅有兩個(gè)點(diǎn)（1， 0）、（1， 1）∈A，把這兩個(gè)點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱，x軸對(duì)稱，直線y=±x對(duì)稱，坐標(biāo)原點(diǎn)中心對(duì)稱，顯然點(diǎn)（-1， 0）、（0， 1）、（0， -1）、（-1， -1）、（-1， 1）、（1， -1）也都∈A，于是，A中的元素個(gè)數(shù)是2×4+1=9個(gè)，選A.

【評(píng)注】這是一道非常簡(jiǎn)單的題目，很多考生采有枚舉法求解，但往往會(huì)由于遺漏而失分，以上處理手法，非常簡(jiǎn)潔雅致，結(jié)果一目了然.

【類題聯(lián)想】

1.（從對(duì)稱到不對(duì)稱）設(shè)x， y∈R，且xy≠0，則（x2+■）（■+4y2）的最小值為________.

【簡(jiǎn)解】本題求解方法是宜先作恒等變換，最后再用基本不等式即可（避免多次放縮產(chǎn)生不等式取等號(hào)之間的矛盾要求），即（x2+■）（■+4y2）=5+4x2y2+■≥5+4=9，即所求最小值為9，（易知當(dāng)x2y2=■時(shí)取等號(hào)）.

【評(píng)注】如果讀者有印象，就會(huì)發(fā)現(xiàn)這道題的命制就回避了2005高考重慶卷第5題的內(nèi)在弊端，將該題關(guān)于x， y對(duì)稱的形式變成了不對(duì)稱的形式，因此難度增加了. 當(dāng)然，如果知道柯西不等式，也可直接利用二維的柯西不等式求解之，此處從略.

例2. 已知F為拋物線C：y2=4x的焦點(diǎn)，過(guò)F做兩條互相垂直的直線l1，l2，直線l1與C交于A、B兩點(diǎn)，直線l2與C交于D、E兩點(diǎn)，則 |AB|+|DE| 的最小值為（）

A. 16???????? B. 14???????? C. 12???????? D. 10

【解析】拋物線y2 =4x的焦點(diǎn)為F（1， 0），由題意知l1， l2的斜率均存在，不妨設(shè)l1的斜率為k，則l1：y=k（x-1），將其與y2=4x聯(lián)立消去y得k2x2-（2k2+4）x+k2 =0，設(shè)該方程的兩個(gè)根分別為x1，x2，則x1+x2=2+■，由拋物線定義，易知：

|AB|=x1 +x2 +2=4+■，將 |AB| 表達(dá)式中的k用-■替換，立得 |CD|=4+k2，于是：

|AB| + |DE|=8+4（k2+■）≥8=8=16，當(dāng)k=±1時(shí)不等式取等號(hào)，正確答案為A.

【評(píng)注】以上解題過(guò)程中我們巧妙利用過(guò)F做兩條互相垂直的直線l1， l2的斜率的內(nèi)在聯(lián)系，書寫過(guò)程縮減了一半，這就是一種關(guān)系對(duì)稱的表現(xiàn).

例3.? 已知橢圓C：■+■=1（a> b>0），四點(diǎn)P1（1，? 1），P2（0， 1），P3（-1， ■），P4（1， ■）中恰有三個(gè)點(diǎn)在橢圓上.（1）求C的方程，（2）略.

【簡(jiǎn)解】（1）我們充分注意到橢圓方程C：■+■=1（a> b>0）所表示的曲線不但關(guān)于x軸對(duì)稱，而且關(guān)于y軸對(duì)稱，還關(guān)于原點(diǎn) O（0，? 0）中心對(duì)稱，所以，一般地，若點(diǎn)（x0 ， y0）在橢圓上，則（±x0 ， ±y0）均在橢圓上（其中正負(fù)號(hào)任意組合，通常為四個(gè)點(diǎn)，若其中一個(gè)坐標(biāo)分量為0，則僅為兩個(gè)點(diǎn)），所以P3（-1， ■），P4（1， ■）兩點(diǎn)必然同在或同時(shí)不在橢圓上，而已知四點(diǎn)中恰有三點(diǎn)在橢圓上，所以P3（-1， ■），P4（1， ■）兩點(diǎn)必然同在橢圓上;另一方面，若P1（1， 1）在橢圓上，由對(duì)稱性知P5（-1， 1）也在橢圓上，但已有P3（-1， ■）在橢圓上，而P3，P5橫坐標(biāo)分量相等，必有縱坐標(biāo)分量絕對(duì)值相等，即 |■| = | 1 |，而這是不可能的，即P1（1， 1）不在橢圓上，于是由題意知P2（0， 1）在橢圓上，結(jié)合P2（0， 1）的幾何意義知b=1，將b=1及P4（1， ■）坐標(biāo)代入橢圓方程得■+（■）2 =1，得a=2，于是■+y2=1為所求.

例4. 設(shè)點(diǎn)P在曲線y=■ex上，點(diǎn)Q在曲線y=ln（2x）上，則 |PQ| 最小值為（）

A. 1-ln2???????? B. ■（1-ln2）

C. 1+ln2???????? D. ■（1+ln2）

【解析】發(fā)現(xiàn)函數(shù)y=■ex與函數(shù)y=ln（2x）互為反函數(shù)，所以二者的圖像關(guān)于y=x對(duì)稱，這是求解本題的關(guān)鍵，這樣一來(lái)，這兩個(gè)函數(shù)間的最小距離就是其中一個(gè)函數(shù)（如y = ■ex）上的任意一點(diǎn)P（x， ■ex）到直線y=x的距離的2倍，（注意：此舉將原來(lái)的曲線到曲線的距離轉(zhuǎn)化為直線到曲線的距離，而后者的情況相對(duì)簡(jiǎn)單），由于點(diǎn)P（x， ■ex）到直線y=x的距離為d=■，下面構(gòu)造函數(shù)求利用導(dǎo)函數(shù)法求最小值. 設(shè)函數(shù)g（x）=■ex-x ？圯g′（x）=■ex-1？圯g（x）min=1-ln2？圯dmin=■.于是：

|PQ|min=2dmin=■（1-ln2），正確答案為B.

【類題聯(lián)想】

1. 已知函數(shù)f（x）（x∈R）滿足f（x）=f（2-x），若函數(shù)y=|x2-2x-3| 與y=f（x）圖像的交點(diǎn)為（x1 ， y1），（x2 ， y2），···，（xm ， ym），則■xi =（）

A. 0???????? B. m???????? C. 2m???????? D. 4m

【解析】注意到f（x）=f（2-x），則y=f（x）圖像關(guān)于直線x=1對(duì)稱，同時(shí)y=|（x-1）2-4| 也關(guān)于直線x=1對(duì)稱，所以這兩個(gè)函數(shù)的交點(diǎn)也關(guān)于直線x=1對(duì)稱，不妨設(shè)x1

二、齊次對(duì)稱

不妨以三個(gè)變量情形為例，若對(duì)于任意非零實(shí)數(shù)？姿，有f（x， y， z）≡f（？姿x， ？姿y， ？姿z），則稱表達(dá)式f（x， y， z），是齊次對(duì)稱的，比如我們很熟悉的■，■等等，都是具有齊次對(duì)稱性的表達(dá)式，對(duì)于齊次表達(dá)式，將其中所涉及的所有變量（為簡(jiǎn)單起見(jiàn)，也僅以三個(gè)字母為例）x， y， z，定義一個(gè)空間直角坐標(biāo)（x， y， z），稱■為該點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)距離（或模），則我們有重要結(jié)論：只要x2+y2+z2≠0，則■取為大于零的任意實(shí)數(shù)，不影響齊次表達(dá)式的最后結(jié)果，這也正是很多齊次不等式證明時(shí)常有的類似措詞“由題意，可不妨取■=1”等等的由來(lái).

例5. 已知a， b， c為正數(shù)，且滿足abc=1，證明：

（1）■+■+■≤a2+b2+c2;（2）（a+b）3 +（b+c）3 +（c+a）3 ≥24.

【證明】（1）用分析法，不等式左邊是-1次方，右邊是2次方，利用已知條件abc=1，原命題等價(jià)為齊次化后的不等式bc+ca+ab≤a2+b2+c2，而現(xiàn)在這個(gè)不等式是很容易證明的，a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ca，三式相加即得;

（2）也用分析法，類似地，同樣按照齊次化思想，由abc=1，待證問(wèn)題等價(jià)于證明（a+b）3 +（b+c）3 +（c+a）3 ≥24abc.（*）. 而這一不等式也是容易證明的，

由a， b， c為正數(shù)，則有（a+b）≥2■，進(jìn)而（a+b）3 ≥

8■，同理有：

（b+c）3 ≥8■，（c+a）3 ≥8■，于是：

（a+b）3 +（b+c）3 +（c+a）3 ≥8（■+■+■）≥8×3·■=24abc，于是（*）式成立，從而要證不等式成立.

【評(píng)注】第一步如何變換？如何想到這樣變？這是不少考生覺(jué)得頭疼的問(wèn)題，以上我們按照齊次化的思想，初步回答了這兩個(gè)問(wèn)題，為讀者解題思路的展開指明了方向.

此處讀者如果熟悉重要的關(guān)系式bc+ca+ab≤a2+b2+c2，及恒等式（a+b+c）2 =a2+b2+c2+2bc+2ca+2ab，我們還可得到重要的不等式鏈：？坌a， b， c∈R，有3（bc+ca+ab）≤（a+b+c）2 ≤3（a2+b2+c2），感興趣的讀者可自己證明體驗(yàn)一下.

同時(shí)，2013年高考全國(guó)卷Ⅱ理第24題也可用上面的辦法求解.

例6. 已知a， b>0，試求f（a， b）=■+■的最大值.

【簡(jiǎn)解】我們注意到：①該表達(dá)式關(guān)于是齊次對(duì)稱的，令t=b/a>0就能實(shí)現(xiàn)齊次減元;②該表達(dá)式關(guān)于a， b是交換對(duì)稱的，則t=1就可能取得最值（易知此時(shí)f（a， a） =■），于是試將問(wèn)題等價(jià)轉(zhuǎn)化為：已知t=b/a>0，證明g（t） = f（a， b）=■+■的最大值為■，我們下面用分析法探究之：已知t>0，要證明■+■≤■.

等價(jià)于（■-■） +（■-■）≤0;

等價(jià)于 -（■+■）≤0;

等價(jià)于 -（t-1）（■+■）≤0;

等價(jià)于 -（t-1）（4t3-5t2+5t-4）≤0;等價(jià)于 -（t-1）（4t2-t+1）≤0，而 -（t-1）2≤0，二次三項(xiàng)式（4t2-t+1）的二次項(xiàng)大于0，其判別式小于0，知（4t2-t+1）> 0，于是 -（t-1）2（4t2-t+1）≤ 0 成立（當(dāng)時(shí)t=1時(shí)取等號(hào)），所以二元函數(shù)f（a， b）的最大值為■.

【評(píng)注】將■平均分開來(lái)使用也是基于對(duì)稱性的考慮，如此一來(lái)，很容易產(chǎn)生第一個(gè)因式（t-1），從而降低了問(wèn)題的難度（若不，去分母后的結(jié)果是一般的一元四次多項(xiàng)式，困難可想而知）.

責(zé)任編輯 徐國(guó)堅(jiān)