论文摘要：解题时应时刻明确解题的最终目的是什么？能否运用各种手段直接达到目的？要尽量避免盲目推演而造成无益的循环运算。“设而不求”是解决这个问题的一个好方法。所谓设而不求，就是指在解题过程中根据需要设出变量，但是并不具体的去直接解出变量的值。它给解这一类题提供了较好的切入点和较少的运算量,不失为一好法.那么是什么原因导致设了未知数之后却不必要求出来呢？分析一下计算的过程，发现所求的问题与所设的未知数之间可以通过计算建立联系，从而无必要求未知数而得到了问题的答案，也就是“设”为基础，而“不求”是关键、是技巧，从而得到需要的结论。
论文关键词：设而不求,整体入手,灵活消去,转化方程,巧达目标,仅作桥梁,恒等变形
一、设而不求，整体代入
在解题过程中，往往有些步骤和环节并不是非有不可的，这些可称为“非必求成份”，解题时若能眼观全局，明确最终目的，从整体入手，直奔终点，巧妙地解开“非必求成份”，就能省时省力，获得巧解。
例1三棱锥的三个侧面互相垂直，它们的面积分别是6㎡、4㎡和3㎡。求它的体积。
 解析：
如图设三棱锥S-ABC的三条侧棱长分别为xm，ym，zm，则三个侧面积分别为 、 、 ，依题意有 ，
①×②×③后取算术平方根可得xyz=24.
而 = = （）
例2已知椭圆 为焦点，点P为椭圆上一点， ，求 。
解析：由题意知点P为椭圆上一点，根据椭圆的定义 。
再注意到求的关键是求出 这一整体，则可采用如下设而不求的解法：设
由椭圆定义得 ①
由余弦定理得 ②
①－②得， 
在这里不必分别求出x，y，z或 ， ，而是直达终点求出xyz或 的值，这种把“xyz”作为“整体化”灵活处理“计算块”的做法却是省时省力。
二、设而不求，灵活消去
在解题过程中，不解方程组，利用已知条件和方程的特点，灵活地进行等量代换而使问题获得解决，也能省时省力。
例3若A、B、C是曲线xy=1上的三点，证明： 的重心H必在此双曲线上。
证明：设A、B、C三点的坐标依次为 ， ， ，
则 。于是AH的方程为： …………①
同理BH的方程为： …………②
所以点H的坐标 同时满足①和②即 …………③
 …………④
③×④得
化解整理得 ，显然 ，∴
即表明的重心H必在双曲线xy=1上。
本题的关键是将③④两式相乘，从而推出，它避免了解二元一次方程组。由此可以看出，灵活消元的方法，常可以避免冗长的计算，既提高了解题速度又可减少差错。
例4求过椭圆 内一点A（1，1）的弦PQ的中点M的轨迹方程。
解析：设动弦PQ的方程为 ，设P（ ），Q（ ），M（ ），则： ① ②
①－②得：
当 时，
由题意知 ，即 ③
③式与 联立消去k，得 ④
当 时，k不存在，此时， ，也满足④。
故弦PQ的中点M的轨迹方程为： 。
注：通过将P、Q的坐标代入曲线方程，再将两式相减的过程，称为代点相减。这里，代点相减后，适当变形，出现弦PQ的斜率和中点坐标，是实现设而不求的关键。
三、设而不求，转化方程
有些数字等式的证明，若通过计算，十分繁杂，若设其等于x，而转化为对含未知数x的方程的研究，从而获得巧证。
例5证明
证明：设 ，
则两边立方整理得 ，可化为 ，
∵ 恒正，∴x-1=0即x=1∴
设而不求，化等式证明为解方程问题，正巧特殊方程有唯一的实根x=1，从而证得原等式成立。
例6已知点P（3，4）为圆C： 内一点，圆周上有两动点A、B，当∠APB=90时，以AP、BP为邻边，作矩形APBQ，求顶点Q的轨迹方程。
解析：设A（），B（），Q（x，y）
由题意得： ① ②
 ③ ④
 ，即 。⑤
 
将①②⑤代入上式并整理得 ，即为点Q的轨迹方程。
注：本题的目标是找到x、y所满足的方程，而逐步消去无关的 则是解答问题的关键。
四、设而不求，巧达目标
解题过程中，时刻明确解题的最终目的，能否经巧妙运算，省去无益的循环运算，直达目标。
例7过圆外一点P（a,b），引圆 的两条切线，求经过两个切点的直线方程。
解析：设切点 和 则切线 ，切线 ，可见和都满足方程： ，而次方程表示直线，故方程为过两切线的直线方程。
若先求出切点坐标，再求经过两个切点的直线方程，则情况复杂，计算量大。
例8抛物线的方程为y=4x，过P（1，2）作两条倾斜角互补的直线PA、PB交抛物线于A、B点，求AB的纵坐标之和及直线AB的斜率.
解析：设A（x，y），B（x，y）.
（Ⅰ）略，y＋y=－4；
（Ⅱ）由题意得：y=4x，故y－y=4（x—x），即==－1.
y=4x，∴直线AB的斜率为－1.
点评：此法的关键是通过两个函数式的相减运算，得到了斜率的形式，在双曲线和椭圆中还可得到中点的坐标形式,达到设而不求的目的.
五、设而不求，仅作桥梁
根据解题的需要，常引进一个量作为中间过度的桥梁，使问题获得解决。 1/2 1 2 下一页 尾页 |
