同一法

前言

初中使用的较多，常常指同一条线段；对其作以拓展，一般指的是两个相同的数学素材，可以是区间，直线，线段，角，函数等等；比如从不同角度得到的同一条直线，则其对应的系数就应该成比例；

典例剖析

• 同一个点

例1如果三棱锥三个侧面两两垂直，证明：三棱锥的三条侧棱也两两垂直。

如图，已知：三棱锥(O-ABC)的三个侧面分别为(alpha)，(eta)，(gamma)，且(alphaperpeta)，(alphaperpgamma)，(etaperpgamma)，(alphacapeta=m)，(alphacapgamma=l)，(etacapgamma=n)，

求证：(lperp m)，(lperp n)，(mperp n)，

分析：[同一法]过点(C)做(CDperp eta)，垂足为点(D)，

由于点(Cin l)，点(Cin alpha)，且(alphaperpeta)，则(Din alpha)；^[1]

同理，点(Cin l)，点(Cin gamma)，且(gammaperpeta)，则(Din gamma)；

由于(Din alpha)，(Din gamma)，(alphacapgamma=l)，则点(Din l)，

故点(D)和点(O)是同一个点，故(COperpeta)，即(lperpeta)；

又(min eta)，(nin eta)，则(lperp m)，(lperp n)，

同理可证(nperp m)，(nperp l)；

综上所述，(lperp m)，(lperp n)，(mperp n)，俗称墙角；

• 同一个解集或同一个区间

例1设(a>0)，不等式(-c<ax+b<c)的解集为({xmid -2<x<1})，则(a：b：c)=____________。

分析：由(-c<ax+b<c)得到不等式的解集为(cfrac{-c-b}{a}<x<cfrac{c-b}{a})，又解集为({xmid -2<x<1})，

则有(cfrac{-c-b}{a}=-2)且(cfrac{c-b}{a}=1)，解得(b=cfrac{a}{2})，(c=cfrac{3a}{2})，故(a：b：c=2：1：3).

• 同一条直线

例2【直线相同】在直角坐标系(xoy)中，以坐标原点为极点，(x)轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆(C_1)，直线(C_2)的极坐标方程分别为( ho=4sin heta)，( ho cos( heta-cfrac{pi}{4})=2sqrt{2})，

(1)、求(C_1)与(C_2)的交点的极坐标；

分析：(C_1:x^2+y^2-4y=0)，(C_2:x+y-4=0)，其交点的直角坐标为((2，2))和((0，4))，则其对应的极坐标为((2sqrt{2}，cfrac{pi}{4}))和((4，cfrac{pi}{2}))；

(2)、设(P)为(C_1)的圆心，(Q)为(C_1)与(C_2)的交点连线的中点，已知直线(PQ)的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=t^3+a}\{y=cfrac{b}{2}t^3+1}end{array} ight.)((tin R))为参数，求(a，b)的值；

分析：由题可知，(P(0，2))，且(k_{PQ}=1)，则可知直线(PQ)的普通方程为(x-y+2=0)；

又直线(PQ)的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=t^3+a}\{y=cfrac{b}{2}t^3+1}end{array} ight.)((tin R))为参数，消参得到(bx-2y-ab+2=0)，

由于其是同一条直线，则可知对应系数成比例，则(cfrac{1}{b}=cfrac{-1}{-2}=cfrac{2}{-ab+2})，解得(a=-1)，(b=2)。

例3已知点(P(-3，2))在抛物线(C：y^2=2px(p>0))的准线上，过点(P)的直线与抛物线(C)相切于(A)，(B)两点，则直线(AB)的斜率为多少？

法1：常规方法，由于点(P(-3，2))在抛物线(C：y^2=2px(p>0))的准线上，

所以准线方程为(x=-cfrac{p}{2}=-3)，解得(p=6)，即(y^2=12x)，

抛物线为(y^2=12x)，在第一象限的方程为(y=2sqrt{3}sqrt{x})，

设切点(A(m，n))，则(n=2sqrt{3}sqrt{m})，

由导数可知，(y'=2sqrt{3} imes cfrac{1}{2}cfrac{1}{sqrt{x}}=cfrac{sqrt{3}}{sqrt{x}})，

则在切点(A)处的斜率为(cfrac{sqrt{3}}{sqrt{m}})

则直线(PA)的方程为：(y-n=cfrac{sqrt{3}}{sqrt{m}}(x-m))，

将点((-3，2))代入得到，(2-n=cfrac{sqrt{3}}{sqrt{m}}(-3-m))①

又(n=2sqrt{3}sqrt{m})②，

联立解得，(m=cfrac{11+2sqrt{10}}{3})，(n=2+2sqrt{10})，

即点(A(cfrac{11+2sqrt{10}}{3}，2+2sqrt{10}))

同理，可设切点(B(a，b))，则在切点(B)处的斜率为(-cfrac{sqrt{3}}{sqrt{a}})

则直线(PB)的方程为：(y-b=-cfrac{sqrt{3}}{sqrt{a}}(x-a))，

将点((-3，2))代入得到，(2-b=-cfrac{sqrt{3}}{sqrt{a}}(-3-a))①

又(b=-2sqrt{3}sqrt{a})②，

联立解得，(m=cfrac{11-2sqrt{10}}{3})，(n=2-2sqrt{10})，

即点(B(cfrac{11-2sqrt{10}}{3}，2-2sqrt{10}))，

故直线(AB)的斜率为(k=cfrac{(2+2sqrt{10})-(2-2sqrt{10})}{frac{11+2sqrt{10}}{3}-frac{11-2sqrt{10}}{3}}=3)

故所求斜率为(3).

法2：【特殊方法】导数法+同一法，由题目先得到抛物线方程(y^2=12x)，对此式两边同时针对(x)求导，

得到(2ycdot y'=12)，即(y'=cfrac{6}{y})，故经过抛物线上任意一点切线的斜率(k=y'=cfrac{6}{y})，

则以点(A(x_1,y_1)) ，(B(x_2,y_2))为切点的切线方程分别为

(y-y_1=cfrac{6}{y_1}(x-x_1))；(y-y_2=cfrac{6}{y_2}(x-x_2))；

将点(P(-3，2))坐标代入以上两个式子，

得到(2-y_1=cfrac{6}{y_1}(-2-x_1))；(2-y_2=cfrac{6}{y_2}(-3-x_2))；

又因为(y_1^2=12x_1)，(y_2^2=12x_2)，代入上式，

解得(y_1=3x_1-9)；(y_2=3x_2-9)

说明点(A(x_1,y_1)) ，(B(x_2,y_2))都在同一条直线(y=3x-9)上，

即直线(AB)的方程为(y=3x-9)，故所求斜率为(3).

例4给定(odot C_1：(x-1)^2+(y-1)^2=4)①，(odot C_2：(x+1)^2+(y+1)^2=4)②，求两圆的相交弦所在的直线方程。

分析：设两个圆相交后的公共点为(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，

则由点(A)满足圆(C_1)和圆(C_2)，，得到((x_1-1)^2+(y_1-1)^2=4)，((x_1+1)^2+(y_1+1)^2=4)，

两式相减整理得到，(y_1=-x_1)；

由点(B)满足圆(C_1)和圆(C_2)，，得到((x_2-1)^2+(y_2-1)^2=4)，((x_2+1)^2+(y_2+1)^2=4)，

两式相减整理得到，(y_2=-x_2)；

说明点(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))都在直线(y=-x)上，故两圆的相交弦所在的直线方程为(y=-x)。

简单操作：由①-②得到，经过两个圆的相交弦方程为(-2x-2x-2y-2y=0)，即(y=-x)；

• 同一个解析式

例3【利用同一法求解析式】【2018内蒙古赤峰一模】

已知定义在(R)上的函数(f(x))的导函数为(f'(x))，且(f(x)+f'(x)=cfrac{2x-1}{e^x})，若(f(0)=0)，则函数(f(x))的单调递减区间为【】

$A.(-infty，cfrac{3-sqrt{5}}{2})和(cfrac{3+sqrt{5}}{2}，+infty)$

$B.(cfrac{3-sqrt{5}}{2}，cfrac{3+sqrt{5}}{2})$

$C.(-infty，3-sqrt{5})cup(3+sqrt{5}，+infty)$

$D.(3-sqrt{5}，3+sqrt{5})$

分析：由(f(x)+f'(x)=cfrac{2x-1}{e^x})，得到(e^xcdot f(x)+e^xcdot f'(x)=2x-1)，

令(g(x)=e^xcdot f(x))，则(g'(x)=e^xcdot f(x)+e^xcdot f'(x)=2x-1)，则(g(x)=x^2-x+C)，

由于(f(0)=0)，则(g(0)=e^0cdot f(0)=0)，则(g(x)=x^2-x)；

这样从两个不同的角度得到了同一个函数(g(x))，则(g(x)=x^2-x=e^xcdot f(x))，解得(f(x)=cfrac{x^2-x}{e^x})；

接下来用导数的方法，求函数(f(x))的单调区间即可，(f'(x)=cdots=cfrac{-x^2+3x-1}{e^x}=-cfrac{(x-cfrac{3-sqrt{5}}{2})(x-cfrac{3+sqrt{5}}{2})}{e^x})

故单调递减区间为((-infty，cfrac{3-sqrt{5}}{2})和(cfrac{3+sqrt{5}}{2}，+infty))，故选(A)。

案例形如(a_{n+1} =pa_n + q(p，qin R)) ，两边同加常数(k=cfrac{q}{p-1})构造等比数列。

解释：为什么同加常数(k=cfrac{q}{p-1})就可以构造等比数列，

假设(a_{n+1} = pa_n + q)，可以变形为(a_{n+1}+k=p(a_n+k))，整理得到(a_{n+1}=pa_n+pk-k)，

由于表达式(a_{n+1} = pa_n + q)和表达式(a_{n+1}=pa_n+pk-k)是同一个表达式，对应系数必然相等，

则有(k(p-1)=q)，故(k=cfrac{q}{p-1})，即只要给所给的形如(a_{n+1} = pa_n + q)的式子两边同时

加上常数(cfrac{q}{p-1})，则可以等价变形为(a_{n+1}+k=p(a_n+k))，接下来就可以朝等比数列考虑了。

• 相同的向量

例4【向量相同】在( riangle ABC)中，点(G)满足(overrightarrow{GA}+overrightarrow{GB}+overrightarrow{GC}=vec{0})，若存在点(O)，使得(overrightarrow{OG}=cfrac{1}{6}overrightarrow{BC})，且(overrightarrow{OA}=moverrightarrow{OB}+noverrightarrow{OC})，则(m-n)=【】

$A.2$ $B.-2$ $C.1$ $D.-1$

分析：由题目(overrightarrow{GA}+overrightarrow{GB}+overrightarrow{GC}=vec{0})可知，

((overrightarrow{OA}-overrightarrow{OG})+(overrightarrow{OB}-overrightarrow{OG})+(overrightarrow{OC}-overrightarrow{OG})=vec{0})，整理得到

(overrightarrow{OG}=cfrac{1}{3}(overrightarrow{OA}+overrightarrow{OB}+overrightarrow{OC}))，又(overrightarrow{OG}=cfrac{1}{6}overrightarrow{BC})，

则(cfrac{1}{3}(overrightarrow{OA}+overrightarrow{OB}+overrightarrow{OC})=cfrac{1}{6}overrightarrow{BC}=cfrac{1}{6}(overrightarrow{OC}-overrightarrow{OB}))

整理得到，(overrightarrow{OA}=-cfrac{3}{2}overrightarrow{OB}-cfrac{1}{2}overrightarrow{OC})，结合已知(overrightarrow{OA}=moverrightarrow{OB}+noverrightarrow{OC})，

则可知(m=-cfrac{3}{2})，(n=-cfrac{1}{2})，则(m-n=-1)，故选(D)。

例4-1如图，平行四边形(OACB)中，(BD=cfrac{1}{3}BC)，(OD)与(AB)相交于点(E)，求证：(BE=cfrac{1}{4}BA)；

分析：借助向量知识，只须证明(overrightarrow{BE}=cfrac{1}{4}overrightarrow{BA})，而(overrightarrow{BA}=overrightarrow{BO}+overrightarrow{BC})，又(O、D、E)三点共线，存在唯一实数对(lambda)，(mu)，且(lambda+mu=1)，使(overrightarrow{BE}=lambda overrightarrow{BO}+mu overrightarrow{BD})，从而得到(overrightarrow{BE})与(overrightarrow{BA})的关系。

证明：由已知条件，(overrightarrow{BA}=overrightarrow{BO}+overrightarrow{BC})，又(B、E、A)三点共线，可设(overrightarrow{BE}=koverrightarrow{BA})，

则(overrightarrow{BE}=koverrightarrow{BO}+koverrightarrow{BC}①)，

又(O、D、E)三点共线，存在唯一实数对(lambda)，(mu)，且(lambda+mu=1)，使(overrightarrow{BE}=lambda overrightarrow{BO}+mu overrightarrow{BD})，

又(overrightarrow{BD}=cfrac{1}{3}overrightarrow{BC})，

则(overrightarrow{BE}=lambda overrightarrow{BO}+cfrac{1}{3}muoverrightarrow{BD}②)，

根据①②可得，

(left{egin{array}{l}{k=lambda}\{k=cfrac{1}{3}mu}\{lambda+mu=1}end{array} ight.) 解得(left{egin{array}{l}{k=cfrac{1}{4}}\{lambda=cfrac{1}{4}}\{mu=cfrac{3}{4}}end{array} ight.)

故(overrightarrow{BE}=cfrac{1}{4}overrightarrow{BA})，即(BE=cfrac{1}{4}BA)；

解后反思：借助向量知识，充分运用三点共线的向量性质和同一法解决问题，巧妙、简洁。

• 同一条切线

例5【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第20题】已知函数(f(x)=lnx-cfrac{x+1}{x-1})。

(1).讨论(f(x))的单调性，并证明(f(x))有且仅有两个零点；

分析：利用导数工具，求导后解不等式或者利用图像直接回答；在证明零点时常常要用到零点存在性定理；

解析：[首先回答函数的定义域， 原因是对函数的一切研究，都是基于其定义域基础上展开的]，(f(x))的定义域为((0，1)cup(1，+infty)).

由于(f'(x)=cfrac{1}{x}-cfrac{1cdot (x-1)-(x+1)cdot 1}{(x-1)^2}=cfrac{1}{x}+cfrac{2}{(x-1)^2})，在定义域上观察导函数，(f'(x)ge 0)恒成立，

故(xin (0，1))时，(f'(x)>0)，(f(x))在区间((0，1))上单调递增，

(xin (1，+infty))时，(f'(x)>0)，(f(x))在区间((1，+infty))上单调递增，

注意，函数在(x=1)处是没有定义的，即函数图像在(x=1)处不是连续的，又结合单调性可知，(x=1)应该是函数的渐近线。

另外，函数在某一段((a，b))上单调，并不能说明函数图像在区间((a，b))内一定有零点，最令人信服的就是用零点存在性定理，找出相应的零点来。此时就涉及到赋值法。

一般来说，函数中如果包含有(y=lnx)，则我们一般尝试(x=1)，(x=e)，(x=e^2)，(x=cfrac{1}{e})，(x=cfrac{1}{e^2})这些特殊值，原因是它们的函数值比较好计算。

因为(f(e)=1-cfrac{e+1}{e-1}<0)，(f(e^2)=2-cfrac{e^2+1}{e^2-1}=cfrac{e^2-3}{e^2-1}>0)[此处涉及到估值计算]，所以(f(x))在((1，+infty))内有唯一的零点(x_1)，即(f(x_1)=0)；

同理同法操作，(f(cfrac{1}{e^2})=-1-cfrac{frac{1}{e^2}+1}{frac{1}{e^2}-1}=cfrac{e^2-3}{1-e^2}<0)，(f(cfrac{1}{e})=-1-cfrac{frac{1}{e}+1}{frac{1}{e}-1}=cfrac{2}{e-1}>0)，所以(f(x))在((0，1))内有唯一的零点(x_2)，即(f(x_2)=0)；

[当然，如果我们的数学素养更好，注意到上述尝试的几个值(e)，(cfrac{1}{e})；(e^2)，(cfrac{1}{e^2})之间的关系，那么我们还可以这样改进证明过程。]

接上，同理同法操作处，由于(f(x_1)=lnx_1-cfrac{x_1+1}{x_1-1}=0)，即(lnx_1=cfrac{x_1+1}{x_1-1})且(x_1>1)，则(0<cfrac{1}{x_1}<1)，

故有(f(cfrac{1}{x_1})=lncfrac{1}{x_1}-cfrac{cfrac{1}{x_1}+1}{cfrac{1}{x_1}-1}=-lnx_1-cfrac{1+x_1}{1-x_1}=-lnx_1+cfrac{x_1+1}{x_1-1}=0)，即(f(cfrac{1}{x_1})=0)，故(f(x))在((0，1))内必有唯一的零点(cfrac{1}{x_1}).

综上所述，函数(f(x))有且仅有两个零点；

相关链接：1、导数法判断函数的单调性的策略

(2).设(x_0)是(f(x))的一个零点，证明曲线(y=lnx)在点(A(x_0，lnx_0))处的切线也是曲线(y=e^x)的切线。

分析1：本题目我们还是比较容易能想到用同一法证明，写出在点(A)处的切线方程，在写出曲线(y=e^x)上在点(B)处的切线，然后证明两条切线是同一条直线即可，不过此时有一个难点，就是求点(B)的坐标，联想：(y=lnx)和(y=e^x)两个函数的图像关于直线(y=x)对称，且由第(1)问可知，两个零点的横坐标互为倒数，故可知尝试验证点(B)的坐标是不是((lncfrac{1}{x_0}，cfrac{1}{x_0}))。

【解析1】：由于(e^{lncfrac{1}{x_0}}=e^{-lnx_0}=(e^{lnx_0})^{-1}=cfrac{1}{x_0})，故点(B(lncfrac{1}{x_0}，cfrac{1}{x_0}))在曲线(y=e^x)上；

由题设可知(f(x_0)=0)，即(lnx_0=cfrac{x_0+1}{x_0-1})，故直线(AB)的斜率为

(k_{AB}=cfrac{frac{1}{x_0}-lnx_0}{lnfrac{1}{x_0}-x_0}=cfrac{frac{1}{x_0}-cfrac{x_0+1}{x_0-1}}{-cfrac{x_0+1}{x_0-1}-x_0}=cfrac{1}{x_0}),

又由于曲线(y=e^x)在点(B(lncfrac{1}{x_0}，cfrac{1}{x_0}))处的切线的斜率为(k_1=e^{lncfrac{1}{x_0}}=cfrac{1}{x_0})，

又曲线(y=lnx)在点(A(x_0，lnx_0))处的切线的斜率(k_2=cfrac{1}{x_0})，

即(k_{AB}=k_1=k_2)，所以曲线(y=lnx)在点(A(x_0，lnx_0))处的切线也是曲线(y=e^x)的切线。

分析2：我们还可以分别求得在点(A)处和在点(B)处的切线方程，通过变形说明这两条切线是同一条直线即可。

【解析2】：由于(e^{lnfrac{1}{x_0}}=e^{-lnx_0}=(e^{lnx_0})^{-1}=cfrac{1}{x_0})，故点(B(lncfrac{1}{x_0}，cfrac{1}{x_0}))在曲线(y=e^x)上；

由题设可知(f(x_0)=0)，即(lnx_0=cfrac{x_0+1}{x_0-1})，

由(y=lnx)得到，曲线在点(A(x_0，lnx_0))处的切线方程为(y-lnx_0=cfrac{1}{x_0}(x-x_0))，整理得到(y=cfrac{x}{x_0}+cfrac{2}{x_0-1})；

由(y=e^x)得到，曲线在点(B(lncfrac{1}{x_0}，cfrac{1}{x_0}))处的切线斜率为(k=e^{lnfrac{1}{x_0}}=cfrac{1}{x_0})，故其切线方程为(y-cfrac{1}{x_0}=cfrac{1}{x_0}(x-lncfrac{1}{x_0}))，以下的难点在化简，详述如下：

(y=cfrac{1}{x_0}(x-lncfrac{1}{x_0})+cfrac{1}{x_0})，即(y=cfrac{1}{x_0}(x+lnx_0)+cfrac{1}{x_0})，

即(y=cfrac{1}{x_0}(x+cfrac{x_0+1}{x_0-1})+cfrac{1}{x_0})，化简为(y=cfrac{x}{x_0}+cfrac{x_0+1}{x_0(x_0-1)}+cfrac{1}{x_0})，

即(y=cfrac{x}{x_0}+cfrac{x_0+1}{x_0(x_0-1)}+cfrac{(x_0-1)}{x_0(x_0-1)})，则(y=cfrac{x}{x_0}+cfrac{2x_0}{x_0(x_0-1)})，

即(y=cfrac{x}{x_0}+cfrac{2}{x_0-1})；到此，经过点(A)和点(B)处的切线方程都是直线(y=cfrac{x}{x_0}+cfrac{2}{x_0-1})；

故曲线(y=lnx)在点(A(x_0，lnx_0))处的切线也是曲线(y=e^x)的切线。

解后反思：①有意识的积累常用的数学常识，有助于数学更深层次的学习；②强化数学运算能力；③理解和掌握常见的数学题型和相应的解法思路；

相关链接：1、单切线和公切线问题 ；2、同一法 ；

例7【2018陕西省第二次质量检测第21题】已知函数(f(x)=ae^x+x^2)，(g(x)=sinx+bx)，直线(l)与曲线(C_1：y=f(x))切于点((0，f(0)))，且与曲线(C_2：y=g(x))切于点((cfrac{pi}{2}，g(cfrac{pi}{2})))，

(1)、求(a、b)的值和直线(l)的方程；

分析：一直线两曲线的公切线问题，同一法

由题意，直线(l)与曲线(C_1：y=f(x))切于点((0，a))，又(f'(0)=a)，

故切线方程为(y-a=a(x-0))，即(y=ax+a)；

与曲线(C_2：y=g(x))切于点((cfrac{pi}{2}，1+cfrac{pi}{2}b))，又(g'(cfrac{pi}{2})=b)，

故切线方程为(y-(1+cfrac{pi}{2}b)=b(x-cfrac{pi}{2}))，即(y=bx+1)；

由同一法可知，(a=b=1)，切线方程为(y=x+1)。

(2)、求证：(ae^x+x^2-bx-sinx>0)。

分析：证明时思路的预判：原不等式即(e^x+x^2-x-sinx>0)

思路一：令(h(x)=e^x+x^2-x-sinx(xin R))，即需要说明(h(x)_{min}>0)；

(h'(x)=e^x+2x-1-cosx)；令(m(x)=h'(x))，

则(m'(x)=e^x+2+sinx>0)恒成立，

故(h'(x))在(R)上单调递增，

故此时我们想得到(h'(x_0)>0)或者(h'(x_0)<0)的可能性在(xin R)时不存在了，

故要么放弃这一思路，要么考虑调整思路。

思路二：注意第一问的结论，函数(f(x)=e^x+x^2)和函数(g(x)=x+sinx)的公切线是直线(y=x+1)

故可以尝试这样转化，证明(f(x)=e^x+x^2>x+1)，且证明(g(x)=x+sinx<x+1)；

先尝试证明(f(x)=e^x+x^2ge x+1)，

作差令(h(x)=e^x+x^2-x-1)，则(h'(x)=e^x+2x-1)

在同一个坐标系中做出函数(y=e^x)和函数(y=1-2x)的图像，由图像可得

(x<0)时，(h'(x)<0)；(x>0)时，(h'(x)>0)；

(x=0)时，(h'(x)=0)；

故函数(h(x))在((-infty，0))上单调递减，在((0，+infty))上单调递增，

故(h(x)_{min}=h(0)=0)，故(h(x)ge 0)恒成立，当且仅当(x=0)时取到等号；

再证明(g(x)=x+sinxleq x+1)；即证明(sinxleq 1)

由三角函数的性质我们知道，这个不等式是恒成立的，当且仅当(x=2kpi+cfrac{pi}{2}(kin Z))时取到等号；

综上所述，(e^x+x^2ge x+1)，(x+1ge x+sinx)，

故(e^x+x^2>x+sinx)，等号不能同时取到，故此处取不等号。

即(ae^x+x^2-bx-sinx>0)。证毕。

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1. 过一个平面的垂面内一点，做该平面的垂线，则垂线一定在该垂面内； ↩︎