灵活运用比例因子

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了灵活运用比例因子相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

前言

涉及到比例的相关运算,如果能引入比例因子,可能会使得计算变得很简单,主要原因是整式的运算相比分式的运算要简单且不容易出错。尤其是涉及到连比的形式,更是如此。

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典例剖析

【2021届高三文数三轮模拟题】已知 \\(S_n\\)\\(T_n\\) 分别为等差数列 \\(\\{a_n\\}\\)\\(\\{b_n\\}\\) 的前 \\(n\\) 项和,若 \\(\\cfrac{S_n}{T_n}=\\cfrac{2n+1}{3n+2}\\),则 \\(\\cfrac{a_5}{b_3}\\)=___________.

解析: 由于等差数列的前 \\(n\\) 项和公式为 \\(S_n=An^2+Bn=An(n+\\cfrac{B}{A})\\),又由于 \\(\\cfrac{S_n}{T_n}=\\cfrac{2n+1}{3n+2}\\)

[备注:说明 \\(S_n\\)\\(T_n\\) 约去了相同的公因式,应该是关于 \\(n\\) 的一次式,不妨设为\\(kn\\)]

故可以设 \\(S_n=kn(2n+1)\\)\\(T_n=kn(3n+2)\\)

\\(\\cfrac{a_5}{b_3}=\\cfrac{S_5-S_4}{T_3-T_2}=\\cfrac{55k-36k}{33k-16k}=\\cfrac{19k}{17k}=\\cfrac{19}{17}\\).

已知\\(\\theta\\)为第三象限的角,且\\(tan\\theta=2\\),求\\(sin\\theta\\)\\(cos\\theta\\)

【法1】:常规方法,方程组法,由已知条件可得到,\\(\\left\\{\\begin{array}{l}{\\cfrac{sin\\theta}{cos\\theta}=2}\\\\{sin^2\\theta+cos^2\\theta=1}\\end{array}\\right.\\)

解得\\(\\left\\{\\begin{array}{l}{sin\\theta=-\\cfrac{2\\sqrt{5}}{5}}\\\\{cos\\theta=-\\cfrac{\\sqrt{5}}{5}}\\end{array}\\right.\\),或\\(\\left\\{\\begin{array}{l}{sin\\theta=\\cfrac{2\\sqrt{5}}{5}}\\\\{cos\\theta=\\cfrac{\\sqrt{5}}{5}}\\end{array}\\right.(舍去)\\)

故有\\(sin\\theta=-\\cfrac{2\\sqrt{5}}{5}\\)\\(cos\\theta=-\\cfrac{\\sqrt{5}}{5}\\)

【法2】:三角函数定义法,简单方法。由于\\(tan\\theta=2\\),则角\\(\\theta\\)的终边在射线\\(y=2x\\{x<0\\}\\)上,

故在射线\\(y=2x\\{x<0\\}\\)上取点\\((-1,-2)\\),则由三角函数的定义可知,\\(x=-1\\)\\(y=-2\\)\\(r=\\sqrt{5}\\)

\\(sin\\theta=\\cfrac{y}{r}=\\cfrac{-2}{\\sqrt{5}}=-\\cfrac{2\\sqrt{5}}{5}\\)\\(cos\\theta=\\cfrac{x}{r}=\\cfrac{-1}{\\sqrt{5}}=-\\cfrac{\\sqrt{5}}{5}\\)

【法3】:引入比例因子法,由\\(tan\\theta=\\cfrac{sin\\theta}{cos\\theta}=2\\)\\(\\theta\\)为第三象限的角,

可设\\(sin\\theta=2k\\)\\(cos\\theta=k(k<0)\\)

由于\\(sin^2\\theta+cos^2\\theta=1\\),即\\(5k^2=1\\),解得\\(k=-\\cfrac{\\sqrt{5}}{5}\\)

故有\\(sin\\theta=-\\cfrac{2\\sqrt{5}}{5}\\)\\(cos\\theta=-\\cfrac{\\sqrt{5}}{5}\\)

【2017全国卷1理科第11题】已知\\(2^x=3^y=5^z\\),比较\\(2x、3y、5z\\)的大小;

分析:令\\(2^x=3^y=5^z=k\\),则\\(x=log_2k=\\cfrac{lgk}{lg2}\\)\\(y=log_3k=\\cfrac{lgk}{lg3}\\)\\(z=log_5k=\\cfrac{lgk}{lg5}\\)

\\(2x=\\cfrac{2lgk}{lg2}=\\cfrac{lgk}{\\cfrac{1}{2}lg2}=\\cfrac{lgk}{lg\\sqrt{2}}\\)

\\(3y=\\cfrac{3lgk}{lg3}=\\cfrac{lgk}{\\cfrac{1}{3}lg3}=\\cfrac{lgk}{lg\\sqrt[3]{3}}\\)

\\(5z=\\cfrac{5lgk}{lg5}=\\cfrac{lgk}{\\cfrac{1}{5}lg5}=\\cfrac{lgk}{lg\\sqrt[5]{5}}\\),接下来,

法1:(单调性法)转化为只需要比较\\(\\sqrt[2]{2}\\)\\(\\sqrt[3]{3}\\)\\(\\sqrt[5]{5}\\)三者的大小即可。

先比较\\(\\sqrt[2]{2}\\)\\(\\sqrt[3]{3}\\),给两个式子同时6次方,

得到\\((\\sqrt[2]{2})^6=2^3=8\\)\\((\\sqrt[3]{3})^6=3^2=9\\)

\\(\\sqrt[2]{2}<\\sqrt[3]{3}\\),则\\(\\cfrac{lgk}{lg\\sqrt[2]{2}}>\\cfrac{lgk}{lg\\sqrt[3]{3}}\\)

即得到\\(2x>3y\\)

再比较\\(\\sqrt[2]{2}\\)\\(\\sqrt[5]{5}\\),给两个式子同时10次方,

得到\\((\\sqrt[2]{2})^{10}=2^5=32\\)\\((\\sqrt[5]{5})^{10}=5^2=25\\)

\\(\\sqrt[2]{2}>\\sqrt[5]{5}\\),则\\(\\cfrac{lgk}{lg\\sqrt[2]{2}}<\\cfrac{lgk}{lg\\sqrt[3]{3}}\\)

即得到\\(5z>2x\\),综上得到\\(3y<2x<5z\\)

法2:(作差法)

\\(2x-3y=\\cfrac{2lgt}{lg2}-\\cfrac{3lgt}{lg3}=\\cfrac{lgt(2lg3-3lg3)}{lg2lg3}=\\cfrac{lgt(lg9-lg8)}{lg2lg3}>0\\),故\\(2x>3y\\);

\\(2x-5z=\\cfrac{2lgt}{lg2}-\\cfrac{5lgt}{lg5}=\\cfrac{lgt(2lg5-5lg2)}{lg2lg5}=\\cfrac{lgt(lg25-lg32)}{lg2lg5}<0\\),故\\(2x<5z\\);

综上有\\(3y<2x<5z\\)

法3:(作商法)

\\(\\cfrac{2x}{3y}=\\cfrac{2}{3}\\cdot \\cfrac{lg3}{lg2}=\\cfrac{lg9}{lg8}=log_89>1\\),故\\(2x>3y\\)

\\(\\cfrac{5z}{2x}=\\cfrac{5}{2}\\cdot \\cfrac{lg2}{lg5}=\\cfrac{lg2^5}{lg5^2}=log_{25}32>1\\)

\\(5z>2x\\);故\\(3y<2x<5z\\)素材链接

已知\\(a,b>0\\),且满足\\(2+log_2a=3+log_3b=log_6(a+b)\\),求\\(\\cfrac{1}{a}+\\cfrac{1}{b}\\)的值;

分析:引入正数因子\\(k\\)

\\(2+log_2a=3+log_3b=log_6(a+b)=k(k>0)\\)

则由\\(2+log_2a=log_2(4a)=k\\)

得到\\(4a=2^k\\),即\\(a=\\cfrac{2^k}{2^2}=2^{k-2}\\)

\\(3+log_3b=log_3(27b)=k\\)

得到\\(27b=3^k\\),即\\(b=\\cfrac{3^k}{3^3}=3^{k-3}\\)

\\(log_6(a+b)=k\\)

得到\\(a+b=6^k\\)

\\(\\cfrac{1}{a}+\\cfrac{1}{b}=\\cfrac{a+b}{ab}=\\cfrac{6^k}{2^{k-2}\\cdot 3^{k-3}}=\\cfrac{2^k\\cdot 3^k}{2^k\\cdot 2^{-2}\\cdot 3^k\\cdot 3^{-3}}\\)

\\(=\\cfrac{1}{2^{-2}\\cdot 3^{-3}}=2^2\\cdot 3^3=108\\)

已知\\(2^x=3^y\\),求\\(\\cfrac{x}{y}\\)的值。

分析:令\\(2^x=3^y=k\\),则\\(x=log_2k=\\cfrac{1}{log_k2}\\)\\(y=log_3k=\\cfrac{1}{log_k3}\\)

\\(\\cfrac{x}{y}=\\cfrac{\\frac{1}{log_k2}}{\\frac{1}{log_k3}}=\\cfrac{log_k3}{log_k2}=log_23=\\cfrac{lg3}{lg2}\\)

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知平面向量\\(\\vec{a}\\)\\(\\vec{b}\\)满足\\((\\vec{a}-2\\vec{b})\\perp (3\\vec{a}+\\vec{b})\\),且\\(|\\vec{a}|=\\cfrac{1}{2}|\\vec{b}|\\),则向量\\(\\vec{a}\\)\\(\\vec{b}\\)的夹角的正弦值为【】

$A.\\cfrac{1}{2}$ $B.-\\cfrac{1}{2}$ $C.\\cfrac{\\sqrt{3}}{2}$ $D.-\\cfrac{\\sqrt{3}}{2}$

分析:由题可知,\\((\\vec{a}-2\\vec{b})\\cdot (3\\vec{a}+\\vec{b})=0\\),化简得到,\\(3\\vec{a}^2-5\\vec{a}\\cdot \\vec{b}-2\\vec{b}^2=0\\)①,

\\(|\\vec{a}|=\\cfrac{1}{2}|\\vec{b}|\\),可设\\(|\\vec{a}|=t(t>0)\\),则\\(|\\vec{b}|=2t\\),代入①式,

得到\\(-10t^2cos\\theta+5t^2=0\\),得到\\(cos\\theta=\\cfrac{1}{2}\\),则\\(sin\\theta=\\cfrac{\\sqrt{3}}{2}\\),故选\\(C\\).

【2019届高三理科数学三轮模拟训练题】公元前6世纪,黄金分割被毕达哥拉斯学派发现,公元前4世纪,古希腊数学家欧多克索斯第一个系统研究了这一问题,并建立起比例理论。欧几里得在《几何原本》中论及正五边形有关黄金分割的定理:正五边形\\(ABCDE\\)中,\\(AD\\)\\(BE\\)交于点\\(H\\),则\\(H\\)\\(AD\\)的黄金分割点,即\\(\\frac{AH}{HD}=\\frac{\\sqrt{5}-1}{2}\\),现从如图所示的正五边形中任取一点,则该点恰好取自阴影部分的概率是【】

$A.\\cfrac{2}{5}$ $B.\\cfrac{\\sqrt{5}}{5}$ $C.\\cfrac{4}{7}$ $D.\\cfrac{2+\\sqrt{5}}{7}$

法1分析:由\\(\\frac{AH}{HD}=\\frac{\\sqrt{5}-1}{2}\\),借助比例因子,则可设\\(S_{\\triangle AEH}=(\\sqrt{5}-1)k(k>0)\\)\\(S_{\\triangle DEH}=2k\\)

且有\\(S_{\\triangle AHB}=S_{\\triangle DHE}\\),又由于正五边形的对称性可知,\\(S_{\\triangle ABE}=S_{\\triangle BCD}\\)\\(S_{\\triangle BCD}=S_{\\triangle BDH}\\)

\\(S_{\\triangle ABE}=(\\sqrt{5}-1)k+2k=(\\sqrt{5}+1)k\\),则\\(S_{阴影}=2k+2k+(\\sqrt{5}-1)k=(3+\\sqrt{5})k\\)\\(S_{正}=2k+3\\cdot (\\sqrt{5}+1)k=(5+3\\sqrt{5})k\\)

故所求概率为\\(P=\\cfrac{S_{阴影}}{S_{正}}=\\cfrac{(3+\\sqrt{5})k}{(5+3\\sqrt{5})k}=\\cfrac{\\sqrt{5}}{5}\\)

\\(\\triangle ABC\\)中,已知\\(\\cfrac{a}{cosA}=\\cfrac{b}{cosB}=\\cfrac{c}{cosC}\\),求三角形的三个角的大小。

分析:令\\(\\cfrac{a}{cosA}=\\cfrac{b}{cosB}=\\cfrac{c}{cosC}=k\\)

则有\\(cosA=\\cfrac{a}{k}\\)\\(cosB=\\cfrac{b}{k}\\)\\(cosC=\\cfrac{c}{k}\\)

再结合\\(sinA=\\cfrac{a}{2R}\\)\\(sinB=\\cfrac{b}{2R}\\)\\(sinC=\\cfrac{c}{2R}\\)

故有\\(tanA=tanB=tanC=\\cfrac{k}{2R}\\),故\\(A=B=C=\\cfrac{\\pi}{3}\\)

设等比数列\\(\\{a_n\\}\\)的前\\(n\\)项的和为\\(S_n\\),若\\(\\cfrac{S_6}{S_3}=\\cfrac{1}{2}\\),则\\(\\cfrac{S_9}{S_6}\\)=?

分析:引入比例因子,设\\(\\cfrac{S_6}{S_3}=\\cfrac{1}{2}=\\cfrac{k}{2k}(k\\neq 0)\\),则\\(S_6=k\\)\\(S_3=2k\\)

\\(S_6-S_3=-k\\),由\\(S_3,S_6-S_3,S_9-S_6\\)成等比数列,可知\\(S_9-S_6=\\cfrac{k}{2}\\)

\\(S_9=\\cfrac{3k}{2}\\),故\\(\\cfrac{S_9}{S_6}=\\cfrac{\\cfrac{3k}{2}}{2k}=\\cfrac{3}{4}\\)

设等比数列\\(\\{a_n\\}\\)的前\\(n\\)项的和为\\(S_n\\),若\\(\\cfrac{S_6}{S_3}=\\cfrac{1}{2}\\),则\\(\\cfrac{S_9}{S_6}\\)=?

分析:引入比例因子,设\\(\\cfrac{S_6}{S_3}=\\cfrac{1}{2}=\\cfrac{k}{2k}(k\\neq 0)\\),则\\(S_6=k\\)\\(S_3=2k\\)

\\(S_6-S_3=-k\\),由\\(S_3,S_6-S_3,S_9-S_6\\)成等比数列,可知\\(S_9-S_6=\\cfrac{k}{2}\\)

\\(S_9=\\cfrac{3k}{2}\\),故\\(\\cfrac{S_9}{S_6}=\\cfrac{\\cfrac{3k}{2}}{2k}=\\cfrac{3}{4}\\)

已知双曲线\\(C\\)的离心率为\\(\\cfrac{5}{2}\\),左、右焦点为\\(F_1\\)\\(F_2\\),点\\(A\\)\\(C\\)上,若\\(|F_1A|=2|F_2A|\\),则\\(cos\\angle AF_2F_1\\)=_______.

分析:由\\(e=\\cfrac{c}{a}=\\cfrac{5}{2}\\),令\\(c=5k(k>0)\\),则\\(a=2k\\)\\(b=\\sqrt{21}k\\)

不妨令双曲线的焦点在\\(x\\)轴,点\\(A\\)在其右支上,则由双曲线的定义可知,

\\(|F_1A|-|F_2A|=2a=4k\\),又\\(|F_1A|=2|F_2A|\\)

\\(|F_2A|=4k\\)\\(|F_1A|=8k\\),又\\(|F_1F_2|=10k\\)

利用余弦定理可知\\(cos\\angle AF_2F_1=\\cdots=\\cfrac{13}{20}\\)

【2020 \\(\\cdot\\) 江州质检】【启迪思维题目】正数\\(a\\)\\(b\\)\\(c\\) 满足 \\(3^{a}=4^{b}=6^{c}\\), 则下列关系正确的是【\\(\\quad\\)

$A.\\cfrac{1}{c}=\\cfrac{1}{a}+\\cfrac{1}{b}$ $B.\\cfrac{2}{c}=\\cfrac{2}{a}+\\cfrac{1}{b}$ $C.\\cfrac{1}{c}=\\cfrac{2}{a}+\\cfrac{2}{b}$ $D.\\cfrac{2}{c}=\\cfrac{1}{a}+\\cfrac{2}{b}$

解析: 因为 \\(a\\)\\(b\\)\\(c\\) 均为正数, 设 \\(3^{a}=4^{b}=6^{c}=k\\),则 \\(k>0\\),到此,实现了变量集中;

所以 \\(a=\\log_{3}k\\)\\(b=\\log_{4}k\\)\\(c=\\log_{6}k\\)

\\(\\cfrac{1}{a}=\\cfrac{\\lg3}{\\lg k}\\)\\(\\cfrac{1}{b}=\\cfrac{\\lg4}{\\lg k}\\)\\(\\cfrac{1}{c}=\\cfrac{\\lg6}{\\lg k}\\)

由于 \\(\\cfrac{2}{c}\\)\\(=\\)\\(\\cfrac{2\\lg 6}{\\lg k}\\)\\(=\\)\\(\\cfrac{2\\lg3}{\\lg k}\\)\\(+\\)\\(\\cfrac{\\lg 4}{\\lg k}\\)\\(=\\)\\(\\cfrac{2}{a}\\)\\(+\\)\\(\\cfrac{1}{b}\\),故选 \\(B\\) .

【2020 \\(\\cdot\\) 江州质检】【启迪思维题目】设 \\(x\\)\\(y\\)\\(z\\) 均大于 \\(1\\), 且 \\(\\log_{\\sqrt{2}}\\cfrac{1}{x}=\\log _{\\sqrt{3}}\\cfrac{1}{y}=\\log_{\\sqrt{6}}\\cfrac{1}{z}\\), 令\\(a=x^{\\frac{1}{2}}\\)\\(b=y^{\\frac{1}{3}}\\)\\(c=z^{\\frac{1}{6}}\\), 则 \\(a\\)\\(b\\)\\(c\\) 的大小关系是 【\\(\\quad\\)

$A.a > b > c$ $B.b > c >a$ $C.c > a >b$ $D.b > a >c$

解析 : 由于\\(\\log_{\\sqrt{2}}\\cfrac{1}{x}=\\log _{\\sqrt{3}}\\cfrac{1}{y}=\\log_{\\sqrt{6}}\\cfrac{1}{z}\\), 化简: \\(\\log_{\\sqrt{2}}\\cfrac{1}{x}=-\\log_{\\sqrt{2}}x\\)

\\(\\log _{\\sqrt{2}} x=\\log _{\\sqrt{3}} y=\\log _{\\sqrt{6}} z\\)

\\(\\log _{\\sqrt{2}} x=\\log _{\\sqrt{3}} y=\\log _{\\sqrt{6}} z=k\\)

由于 \\(x\\)\\(y\\)\\(z\\) 均大于 \\(1\\), 所以 \\(k>0\\)

所以有 \\(x=2^{\\frac{k}{2}}\\)\\(y=3^{\\frac{k}{2}}\\)\\(z=6^{\\frac{k}{2}}\\),到此,实现了变量集中;

所以 \\(a=x^{\\frac{1}{2}}=2^{\\frac{k}{4}}\\)\\(b=y^{\\frac{1}{3}}=3^{\\frac{k}{6}}\\)\\(c=z^{\\frac{1}{6}}=6^{\\frac{k}{12}}\\)

可得\\(a\\)\\(b\\)\\(c\\) 均大于 \\(1\\)

所以 \\(a^{12}=8^{k}\\)\\(b^{12}=9^{k}\\)\\(c^{12}=6^{k}\\)

\\(9^{k}>8^{k}>6^{k}\\),即\\(b^{12}>a^{12}>c^{12}\\)

所以 \\(b>a>c\\), 故选 \\(D\\) .

【2021届高三文数三轮模拟题】《数书九章》三斜求积术“以小斜幂,并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上;以小斜幂乘大斜幂减上,余四约之,为实;一为从隅,开平方得积” . 中国古代数学家秦九韶把三角形的三条边分别称为小斜、中斜和大斜. “术”即方法,以 \\(S\\)\\(a\\)\\(b\\)\\(c\\) 分别表示三角形面积、大斜、中斜、小斜,所以 \\(S=\\sqrt{\\cfrac{1}{4}[a^{2}\\times b^{2}-(\\cfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2})^{2}]}\\) . 已知 \\(\\triangle ABC\\) 的三边长分别为 \\(a\\)\\(b\\)\\(c\\) ,对应的高分别为 \\(h_{a}\\)\\(h_{b}\\)\\(h_{c}\\), 若 \\(h_{a}\\) \\(:\\) \\(h_{b}\\) \\(:\\) \\(h_{c}\\)=\\(3\\) \\(:\\) \\(4\\) \\(:\\) \\(6\\)\\(a=4\\) , 则 \\(\\triangle ABC\\) 的面积为【\\(\\quad\\)

$A.\\cfrac{9}{16}$ $B.\\cfrac{3}{4}$ $C.\\cfrac{135}{16}$ $D.\\cfrac{3\\sqrt{15}}{4}$

分析:由于 \\(h_{a}\\) \\(:\\) \\(h_{b}\\) \\(:\\) \\(h_{c}\\)=\\(3\\) \\(:\\) \\(4\\) \\(:\\) \\(6\\)

\\(h_a=3k\\)\\(h_b=4k\\)\\(h_c=6k\\)\\(k>0\\)

由于\\(S=\\cfrac{1}{2}a\\cdot h_a=\\cfrac{1}{2}b\\cdot h_b=\\cfrac{1}{2}c\\cdot h_c\\)

\\(a:b:c=\\cfrac{2S}{h_a}:\\cfrac{2S}{h_b}:\\cfrac{2S}{h_c}\\) [给每一项都除以 \\(2S\\) ]

\\(=\\cfrac{1}{h_a}:\\cfrac{1}{h_b}:\\cfrac{1}{h_c}\\)

\\(=\\cfrac{1}{3k}:\\cfrac{1}{4k}:\\cfrac{1}{6k}\\) [给每一项都乘以 \\(k\\),再同乘以 \\(12\\) ]

\\(=4:3:2\\), 即 \\(a:b:c=4:3:2\\)

又由于 \\(a=4\\),故 \\(b=3\\)\\(c=2\\),将其代入\\(S=\\sqrt{\\cfrac{1}{4}[a^{2}\\times b^{2}-(\\cfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2})^{2}]}\\)

计算得到,\\(S=\\sqrt{\\cfrac{1}{4}[4^{2}\\times 3^{2}-(\\cfrac{4^{2}+3^{2}-2^{2}}{2})^{2}]}=\\cfrac{3\\sqrt{15}}{4}\\),故选 \\(D\\).

【2021届高三文数三轮模拟题】已知 \\(S_n\\)\\(T_n\\) 分别为等差数列 \\(\\{a_n\\}\\)\\(\\{b_n\\}\\) 的前 \\(n\\) 项和,若 \\(\\cfrac{S_n}{T_n}=\\cfrac{2n+1}{3n+2}\\),则 \\(\\cfrac{a_5}{b_3}\\)=___________.

解析: 由于等差数列的前 \\(n\\) 项和公式为 \\(S_n=An^2+Bn=An(n+\\cfrac{B}{A})\\),又由于 \\(\\cfrac{S_n}{T_n}=\\cfrac{2n+1}{3n+2}\\)

[备注:说明 \\(S_n\\)\\(T_n\\) 约去了相同的公因式,应该是关于 \\(n\\) 的一次式,不妨设为\\(kn\\)]

故可以设 \\(S_n=kn(2n+1)\\)\\(T_n=kn(3n+2)\\)

\\(\\cfrac{a_5}{b_3}=\\cfrac{S_5-S_4}{T_3-T_2}=\\cfrac{55k-36k}{33k-16k}=\\cfrac{19k}{17k}=\\cfrac{19}{17}\\).


  1. 如三角形的三边之比为\\(a\\)\\(b\\)\\(c\\)=\\(2\\)\\(3\\)\\(4\\),则可以设\\(a=2k\\)\\(b=3k\\)\\(c=4k(k>0)\\);如果求最大(小)角的余弦值,就可以直接代入余弦定理计算,同时\\(a\\)\\(b\\)\\(c\\)都是\\(k\\)的一元函数了。
    同样的思路也可以用到圆锥曲线中,比如已知离心率\\(e=\\cfrac{c}{a}=\\sqrt{3}\\),则可知\\(c=\\sqrt{3}t,a=t(t>0)\\) ,则有\\(b=\\sqrt{2}t\\)↩︎

以上是关于灵活运用比例因子的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章

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