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强调基础和能力并重、知识与能力并举，突出考查了思维、运算、应用等几方面的能力．试题情境新颖，高于课本，远离复习资料，着重考查考生的理解、判断、分析、转化能力．这是新课标中的种种要求，因此，命题者也想方设法在题中设置一些隐性条件，以满足新课标的要求．如命题者会在题设中设置一些隐性的定点、定直线、定值等“定”的信息．如果我们能充分挖掘出该信息点，那么此类问题便可迎刃而解了．
一、挖掘出定圆
例1 已知直线系cosθx+sinθy=2sin(θ+π4)－2，当θ取遍所有值时，则直线系cosθx+sinθy=2sin(θ+π4)－2所围成图形的面积为__________ ．
分析：将直线方程化为一般式，并将2sin(θ+π4)展开，根据形式特点，利用点到直线距离为定值寻求突破．
解：直线cosθx+sinθy=2sin(θ+π4)－2可化简为，cosθx+sinθy－sinθ－cosθ+2=0，则定点(1,1)与直线cosθx+sinθy－sinθ－cosθ+2=0的距离为r=|cosθ+sinθ－sinθ－cosθ+2|cos2θ+sin2θ=2，即当θ取遍所有值时，直线系cosθx+sinθy=2sin(θ+π4)－2所围成图形为：以(1,1)为圆心，2为半径的一个圆，其面积为π×22=4π．
评注：将直线方程化为一般式后，如何消参成为解题的关键，此时对x，y赋上特殊值，利用定到直线距离公式，可使参数全消．思维的灵活性主宰着解题的成败，而思维的灵活性只依靠严密的分析和谨慎的审题，才能在解题时游刃有余．
例2 已知a2sinθ+acosθ－2=0，b2sinθ+bcosθ－2=0(a≠b)，对任意a,b∈R，经过两点(a,a2)，(b,b2)的直线与一定圆相切，则定圆方程为__________ ．
分析：充分利用条件，将条件归结为一条含参的直线，利用定点与直线的距离为定值这一条件，可得出定点，随即得出定圆．
解：由a2sinθ+acosθ－2=0，b2sinθ+bcosθ－2=0(a≠b)知，a,b都满足方程sinθx2+cosθx－2=0，所以有a+b=－cosθsinθab=－2sinθ，则经过(a,a2)，(b,b2)两点的直线为y－a2=b2－a2b－a(x－a)，化简得y=(a+b)x－ab，将a+b，ab代入并整理得cosθx+sinθy－2=0，因为该直线系与一定圆相切，所以此定圆圆心必为坐标原点，且r=2cos2θ+sin2θ=2，故定圆方程为x2+y2=4．
评注：本题可归结为解析几何中的定值问题．如果曲线中某些量不依赖于变化元素而存在，则称为定值，探讨定值的问题可以为选择题、填空题，也可以为解答题．求定值的基本方法是：先将变动元素用参数表示，然后计算出所需结果与该参数无关；也可将变动元素置于特殊状态下，探求出定值，然后再予以证明，因为毕竟是解几中的定值问题，所以讨论的立足点是解几知识，工具是代数、三角等知识，基本数学思想与方法的体现将更明显，更逼真．定值问题同证明题类似，在求定值之前已知道定值结果(题中未告知，可采用特殊值处理)，首先大胆设参(有时甚至要设两个参数)，运算到最后，必定参数统消，定值显现．特别是该题隐含着坐标原点到直线cosθx+sinθy－2=0距离为定值2的条件，是本题的关键．
二、挖掘出定角
例3 已知O是△ABC的外心，AB=2，AC=3，x+2y=1，若AO=x•AB+y•AC，（xy≠0），
则cos ∠BAC=__________ ．
分析：AO=xAB+yAC=xAB+2yAD结合条件，可判断B、O、D三点共线，再结合是的外心的条件，寻找出定角．
解：设D为边的中点，则AO=xAB+yAC=xAB+2yAD，而，所以B、O、D三点共线，又是的外心，所以OD⊥AC，即∠ADB=90°，在RtΔABD中，AB=2，AD=32，所以cos∠BAC=322=34．
评注：很多同学拿到该题可能是久久不能入手，特别是不知如何对条件和进行应用，但只要能将条件与向量中共线的条件联系起来，再将AO=xAB+yAC=xAB+2yAD稍作变形，便可让定值∠ADB=90°显现出来．
三、挖掘出定点
例4 已知实数a,b,c成等差数列，点P(－1,0)在直线ax+by+c=0上的射影是Q，则Q的轨迹方程是______________________________．
分析：由a,b,c成等差数列条件可得a－2b+c=0，此形式中隐含着ax+by+c=0过定点A(1,－2)的条件．
解：因为a,b,c成等差数列，所以2b=a+c，变形为a－2b+c=0，可得直线ax+by+c=0过定点A(1,－2)，点P(－1,0)在直线ax+by+c=0上的射影Q轨迹是以PA为直径的圆，所以Q的轨迹方程为x2+(y+1)2=2．
评注：a－2b+c=0不经意的一个式子，却隐含着ax+by+c=0过定点A(1,－2)的条件，而此条件正是解决此题的最有效信息点．隐含条件的给出，总有一定的征兆，如表达式的结构特征、条件的有效提示等，只要我们本着分析、转化、审核的原则，总会将隐含条件挖掘出来，为成功解题奠定基础．
四、挖掘出定区域
例5 定义在R上的函数y=f(x)是减函数，且函数y=f(x－1)的图象关于(1,0)成中心对称，若s，t满足不等式f(s2－2s)≤－f(2t－t2)．则当1≤s≤4时，ts的取值范围是__________ ．
分析：由已知条件可得函数y=f(x)是奇函数，将原不等式转化为简单s，t的不等式，再根据已知条件进行分类讨论，结合线性规划知识求解．
解：函数y=f(x－1)的图象关于(1,0)成中心对称，所以y=f(x)的图象关于原点成中心对称，即函数y=f(x)是奇函数，所以由f(s2－2s)≤－f(2t－t2)得，f(s2－2s)≤f(t2－2t)．又函数y=f(x)是减函数，故有s2－2s≥t2－2t，即(s－1)2≥(t－1)2．当t≥1时，s≥t；当t<1时，s+t≥2．ts的几何意义为由不等式组t≥1，s≥t，1≤s≤4, 和t<1,s+t≥2,1≤s≤4, 确定的可行域内各点与原点连线的斜率，作出可行域，ts的最大值为1，可行域内点(4,－2)与原点连线的斜率最小，且最小值为－12．故ts的取值范围为12,1〗．
评注：拿到此题，可能毫无头绪，但由ts的结构特征，使我们想到了它的几何意义——斜率．因此，我们应着手寻求由s，t共同确定的区域，即可行域，找出可行域后，利用ts的几何意义，问题便变得简单化了．
五、挖掘出定方程
例6 已知定义在(0，+∞)上的函数f(x)为单调函数，且f(x)•f1x〗=1，则f(1)=__________ ．
分析：利用替代法，得出含有f(x)的方程，将1代入，解方程便可．
解：由f(x)•f1x〗=1，得f(x)=1f1x〗，
∴f1x〗=1f1x)+1f(x)+1x〗，
∴f(x)=f1x)+1f(x)+1x〗，
∵函数是单调的，所以x=f(f(x)+1x)+1f(x)+1x=1f(x)+1f(x)+1x，令x=1，得1=1f(1)+1f(1)+1，解得f(1)=1+52或1－52．
评注：此题采用整体代换法，但代换必须有一定的方向性，即最终要将方程化为只含f(x)和x的形式．其中定方程1f(x)+1f(x)+1x=x，是解决此类问题的一个通式，只要能挖掘出此方程，剩下的仅仅是赋值与计算而已．
六、挖掘出定和
例7 设M是ΔABC内一点，且AB•AC=23,∠BAC=30°，定义f(M)=(m,n,p)，其中m,n,p分别是ΔMBC,ΔMCA,ΔMAB的面积，若f(M)=(a,12,b)，则1a+2b的最小值是(__________)
__________ __________ __________ __________ __________ __________
A．8B．12
C．82D．6+42
分析：由条件得出a+b=12，利用基本不等式求解．
解：由AB•AC=23,∠BAC=30°得，|AB|•|AC|=4，所以SΔABC=12|AB|•|AC|sin30°=1，由条件知，a+b=12，所以1a+2b=2(1a+2b)(a+b)=2(1+ba+2ab+2)≥6+42．故选D．
评注：本题是以向量数量积引入，但着重考查的是均值不等式的应用．在应用均值不等式时我们着重从以下三个方面加以考虑：一是均值不等式成立的条件(各因式或项都取正值)；二是合理寻求各因式或项的积或和为定值；三是确定等号能够成立．只有这样我们才能在分析具体问题的特点的过程当中合理运用公式的适当形式和具体方式进行正确求解．
七、挖掘出定值
例8 已知O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个动点，点P满足OP=OB+OC2+λ(AB|AB|cosB+AC|AC|cosC)，λ∈R，则动点P的轨迹一定通过ΔABC的（__________）
A．内心B．外心
C．重心D．垂心
分析：此题中隐含着(AB|AB|cosB+AC|AC|cosC)•BC=0，即(AB|AB|cosB+AC|AC|cosC)⊥BC的条件，挖掘出此条件后再结合其它条件判断．
解：如图设点M为BC的中点，则OB+OC2=OM．
由(AB|AB|cosB+AC|AC|cosC)•BC=AB•BC|AB|cosB+AC•BC|AC|cosC
=|AB|•|BC|(－cosB)|AB|cosB+|AC|•|BC|cosC|AC|cosC=－|BC|+|BC|=0，
则(AB|AB|cosB+AC|AC|cosC)⊥BC，不妨设λ(AB|AB|cosB+AC|AC|cosC)=MP，则点P在边BC的垂直平分线上，所以动点P的轨迹一定通过ΔABC的外心．选B．
评注：(AB|AB|cosB+AC|AC|cosC)⊥BC是此题的一个隐性条件，也是解决此题的关键所在．解决较复杂的向量问题，需抓住条件中给出的每一个信息点，特别是形式特征提供的信息点，同时结合选项即结论需具备的条件特征进行执果索因．
（作者:李洪洋,江苏省东海高级中学）
一、挖掘出定圆
例1 已知直线系cosθx+sinθy=2sin(θ+π4)－2，当θ取遍所有值时，则直线系cosθx+sinθy=2sin(θ+π4)－2所围成图形的面积为__________ ．
分析：将直线方程化为一般式，并将2sin(θ+π4)展开，根据形式特点，利用点到直线距离为定值寻求突破．
解：直线cosθx+sinθy=2sin(θ+π4)－2可化简为，cosθx+sinθy－sinθ－cosθ+2=0，则定点(1,1)与直线cosθx+sinθy－sinθ－cosθ+2=0的距离为r=|cosθ+sinθ－sinθ－cosθ+2|cos2θ+sin2θ=2，即当θ取遍所有值时，直线系cosθx+sinθy=2sin(θ+π4)－2所围成图形为：以(1,1)为圆心，2为半径的一个圆，其面积为π×22=4π．
评注：将直线方程化为一般式后，如何消参成为解题的关键，此时对x，y赋上特殊值，利用定到直线距离公式，可使参数全消．思维的灵活性主宰着解题的成败，而思维的灵活性只依靠严密的分析和谨慎的审题，才能在解题时游刃有余．
例2 已知a2sinθ+acosθ－2=0，b2sinθ+bcosθ－2=0(a≠b)，对任意a,b∈R，经过两点(a,a2)，(b,b2)的直线与一定圆相切，则定圆方程为__________ ．
分析：充分利用条件，将条件归结为一条含参的直线，利用定点与直线的距离为定值这一条件，可得出定点，随即得出定圆．
解：由a2sinθ+acosθ－2=0，b2sinθ+bcosθ－2=0(a≠b)知，a,b都满足方程sinθx2+cosθx－2=0，所以有a+b=－cosθsinθab=－2sinθ，则经过(a,a2)，(b,b2)两点的直线为y－a2=b2－a2b－a(x－a)，化简得y=(a+b)x－ab，将a+b，ab代入并整理得cosθx+sinθy－2=0，因为该直线系与一定圆相切，所以此定圆圆心必为坐标原点，且r=2cos2θ+sin2θ=2，故定圆方程为x2+y2=4．
评注：本题可归结为解析几何中的定值问题．如果曲线中某些量不依赖于变化元素而存在，则称为定值，探讨定值的问题可以为选择题、填空题，也可以为解答题．求定值的基本方法是：先将变动元素用参数表示，然后计算出所需结果与该参数无关；也可将变动元素置于特殊状态下，探求出定值，然后再予以证明，因为毕竟是解几中的定值问题，所以讨论的立足点是解几知识，工具是代数、三角等知识，基本数学思想与方法的体现将更明显，更逼真．定值问题同证明题类似，在求定值之前已知道定值结果(题中未告知，可采用特殊值处理)，首先大胆设参(有时甚至要设两个参数)，运算到最后，必定参数统消，定值显现．特别是该题隐含着坐标原点到直线cosθx+sinθy－2=0距离为定值2的条件，是本题的关键．
二、挖掘出定角
例3 已知O是△ABC的外心，AB=2，AC=3，x+2y=1，若AO=x•AB+y•AC，（xy≠0），
则cos ∠BAC=__________ ．
分析：AO=xAB+yAC=xAB+2yAD结合条件，可判断B、O、D三点共线，再结合是的外心的条件，寻找出定角．
解：设D为边的中点，则AO=xAB+yAC=xAB+2yAD，而，所以B、O、D三点共线，又是的外心，所以OD⊥AC，即∠ADB=90°，在RtΔABD中，AB=2，AD=32，所以cos∠BAC=322=34．
评注：很多同学拿到该题可能是久久不能入手，特别是不知如何对条件和进行应用，但只要能将条件与向量中共线的条件联系起来，再将AO=xAB+yAC=xAB+2yAD稍作变形，便可让定值∠ADB=90°显现出来．
三、挖掘出定点
例4 已知实数a,b,c成等差数列，点P(－1,0)在直线ax+by+c=0上的射影是Q，则Q的轨迹方程是______________________________．
分析：由a,b,c成等差数列条件可得a－2b+c=0，此形式中隐含着ax+by+c=0过定点A(1,－2)的条件．
解：因为a,b,c成等差数列，所以2b=a+c，变形为a－2b+c=0，可得直线ax+by+c=0过定点A(1,－2)，点P(－1,0)在直线ax+by+c=0上的射影Q轨迹是以PA为直径的圆，所以Q的轨迹方程为x2+(y+1)2=2．
评注：a－2b+c=0不经意的一个式子，却隐含着ax+by+c=0过定点A(1,－2)的条件，而此条件正是解决此题的最有效信息点．隐含条件的给出，总有一定的征兆，如表达式的结构特征、条件的有效提示等，只要我们本着分析、转化、审核的原则，总会将隐含条件挖掘出来，为成功解题奠定基础．
四、挖掘出定区域
例5 定义在R上的函数y=f(x)是减函数，且函数y=f(x－1)的图象关于(1,0)成中心对称，若s，t满足不等式f(s2－2s)≤－f(2t－t2)．则当1≤s≤4时，ts的取值范围是__________ ．
分析：由已知条件可得函数y=f(x)是奇函数，将原不等式转化为简单s，t的不等式，再根据已知条件进行分类讨论，结合线性规划知识求解．
解：函数y=f(x－1)的图象关于(1,0)成中心对称，所以y=f(x)的图象关于原点成中心对称，即函数y=f(x)是奇函数，所以由f(s2－2s)≤－f(2t－t2)得，f(s2－2s)≤f(t2－2t)．又函数y=f(x)是减函数，故有s2－2s≥t2－2t，即(s－1)2≥(t－1)2．当t≥1时，s≥t；当t<1时，s+t≥2．ts的几何意义为由不等式组t≥1，s≥t，1≤s≤4, 和t<1,s+t≥2,1≤s≤4, 确定的可行域内各点与原点连线的斜率，作出可行域，ts的最大值为1，可行域内点(4,－2)与原点连线的斜率最小，且最小值为－12．故ts的取值范围为12,1〗．
评注：拿到此题，可能毫无头绪，但由ts的结构特征，使我们想到了它的几何意义——斜率．因此，我们应着手寻求由s，t共同确定的区域，即可行域，找出可行域后，利用ts的几何意义，问题便变得简单化了．
五、挖掘出定方程
例6 已知定义在(0，+∞)上的函数f(x)为单调函数，且f(x)•f1x〗=1，则f(1)=__________ ．
分析：利用替代法，得出含有f(x)的方程，将1代入，解方程便可．
解：由f(x)•f1x〗=1，得f(x)=1f1x〗，
∴f1x〗=1f1x)+1f(x)+1x〗，
∴f(x)=f1x)+1f(x)+1x〗，
∵函数是单调的，所以x=f(f(x)+1x)+1f(x)+1x=1f(x)+1f(x)+1x，令x=1，得1=1f(1)+1f(1)+1，解得f(1)=1+52或1－52．
评注：此题采用整体代换法，但代换必须有一定的方向性，即最终要将方程化为只含f(x)和x的形式．其中定方程1f(x)+1f(x)+1x=x，是解决此类问题的一个通式，只要能挖掘出此方程，剩下的仅仅是赋值与计算而已．
六、挖掘出定和
例7 设M是ΔABC内一点，且AB•AC=23,∠BAC=30°，定义f(M)=(m,n,p)，其中m,n,p分别是ΔMBC,ΔMCA,ΔMAB的面积，若f(M)=(a,12,b)，则1a+2b的最小值是(__________)
__________ __________ __________ __________ __________ __________
A．8B．12
C．82D．6+42
分析：由条件得出a+b=12，利用基本不等式求解．
解：由AB•AC=23,∠BAC=30°得，|AB|•|AC|=4，所以SΔABC=12|AB|•|AC|sin30°=1，由条件知，a+b=12，所以1a+2b=2(1a+2b)(a+b)=2(1+ba+2ab+2)≥6+42．故选D．
评注：本题是以向量数量积引入，但着重考查的是均值不等式的应用．在应用均值不等式时我们着重从以下三个方面加以考虑：一是均值不等式成立的条件(各因式或项都取正值)；二是合理寻求各因式或项的积或和为定值；三是确定等号能够成立．只有这样我们才能在分析具体问题的特点的过程当中合理运用公式的适当形式和具体方式进行正确求解．
七、挖掘出定值
例8 已知O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个动点，点P满足OP=OB+OC2+λ(AB|AB|cosB+AC|AC|cosC)，λ∈R，则动点P的轨迹一定通过ΔABC的（__________）
A．内心B．外心
C．重心D．垂心
分析：此题中隐含着(AB|AB|cosB+AC|AC|cosC)•BC=0，即(AB|AB|cosB+AC|AC|cosC)⊥BC的条件，挖掘出此条件后再结合其它条件判断．
解：如图设点M为BC的中点，则OB+OC2=OM．
由(AB|AB|cosB+AC|AC|cosC)•BC=AB•BC|AB|cosB+AC•BC|AC|cosC
=|AB|•|BC|(－cosB)|AB|cosB+|AC|•|BC|cosC|AC|cosC=－|BC|+|BC|=0，
则(AB|AB|cosB+AC|AC|cosC)⊥BC，不妨设λ(AB|AB|cosB+AC|AC|cosC)=MP，则点P在边BC的垂直平分线上，所以动点P的轨迹一定通过ΔABC的外心．选B．
评注：(AB|AB|cosB+AC|AC|cosC)⊥BC是此题的一个隐性条件，也是解决此题的关键所在．解决较复杂的向量问题，需抓住条件中给出的每一个信息点，特别是形式特征提供的信息点，同时结合选项即结论需具备的条件特征进行执果索因．
（作者:李洪洋,江苏省东海高级中学）