前言
在初等數學中，我們一般都是正向思維，比如給定方程 \(\left\{\begin{array}{l}x+y=3\\2x-y=0\end{array}\right.\) ，我們通過消元，可以求解得到方程的根\(\left\{\begin{array}{l}x=1\\y=2\end{array}\right.\) ， 但有時候在線性代數中，卻需要反其道而行之，將其他的數學量用 \(x\) 和 \(y\) 表示，其思維模式剛好和我們平時的思維模式相反，其使用的頻度也比較高，故作以整理。
典例剖析
法1：由題目可知， \(\left\{\begin{array}{l}x=\sin\theta+\cos\theta\quad①\\y=\sin\theta-\cos\theta\quad②\end{array}\right.\)
將兩式平方再相加，得到 \(x^2+y^2=2\)。
法2：反解法，由\(\left\{\begin{array}{l}x=\sin\theta+\cos\theta\quad①\\y=\sin\theta-\cos\theta\quad②\end{array}\right.\)
反解得到 \(\sin\theta=\cfrac{x+y}{2}\)，\(\cos\theta=\cfrac{x-y}{2}\)，
由 \(\sin^2\theta+\cos^2\theta=1\)，得到 \((\cfrac{x+y}{2})^2+(\cfrac{x-y}{2})^2=1\).
整理得到， \(x^2+y^2=2\)。
分析：聯立兩直線方程得到，\(\left\{\begin{array}{l}3x+2y=6t\\3x-2y=\cfrac{6}{t}\end{array}\right.\)，
解以 \(x\)，\(y\) 為元的方程，得到 \(\left\{\begin{array}{l}x=t+\cfrac{1}{t}\\y=\cfrac{3}{2}(t-\cfrac{1}{t})\end{array}\right.\)，
即所求的點 \(P\) 的軌跡方程為 \(\left\{\begin{array}{l}x=t+\cfrac{1}{t}\\y=\cfrac{3}{2}(t-\cfrac{1}{t})\end{array}\right.\)，( \(t\) 為參數)
引申：如果此時還想知道點 \(P\) 的軌跡是什么曲線，可以考慮消去參數 \(t\)，比如，
由上可知， \(\left\{\begin{array}{l}x=t+\cfrac{1}{t}①\\\cfrac{2}{3}y=t-\cfrac{1}{t}②\end{array}\right.\)，
\(①^2-②^2\)，得到 \(x^2-\cfrac{4y^2}{9}=4\)，整理為 \(\cfrac{x^2}{4}-\cfrac{y^2}{9}=1\)，
即所求的軌跡為雙曲線。
解析：將兩式相加減，反解得到 \(\cos\theta=\cfrac{x+y}{4}\)， \(\sin\theta=\cfrac{x-y}{6}\)，
由 \(\sin^2\theta+\cos^2\theta=1\)，得到 \((\cfrac{x+y}{4})^2+(\cfrac{x-y}{6})^2=1\). [橢圓]
分析：以\(sinx\)為未知數，就像解方程一樣，可以解得\(sinx=\cfrac{-2-2y}{y-1}=\cfrac{2+2y}{1-y}\)，
由於\(y=sinx\)是有界函數，即\(|sinx|\leq 1\)，故\(|\cfrac{2+2y}{1-y}| \leq 1\)，
從而解得函數的值域\(-3\leq y\leq -\cfrac{1}{3}\)。
解后反思：
① 當然本題目也可以用分離常數法+不等式性質法這樣求解
分析\(y=\cfrac{sinx-2}{2+sinx}=\cfrac{sinx+2-4}{2+sinx}=1-\cfrac{4}{sinx+2}\)，
由於\(-1\leq sinx \leq 1\)，則有\(1\leq sinx+2\leq 3\)，則\(\cfrac{1}{3}\leq \cfrac{1}{sinx+2}\leq 1\)，
故\(-4\leq -\cfrac{4}{sinx+2}\leq -\cfrac{4}{3}\)，則\(1-4\leq 1 -\cfrac{4}{sinx+2}\leq 1-\cfrac{4}{3}\)，
即值域為\(-3\leq y\leq -\cfrac{1}{3}\)。
② 函數\(y=\cfrac{cosx-2}{2+cosx}\)的值域也可以這樣求解，
③ 函數\(y=\cfrac{cosx-2}{2+sinx}\)的值域也可以這樣求解，不過此時還要用到輔助角公式，
變形提示：\(ysinx-cosx=-2y-2\)，即\(\sqrt{y^2+1}sin(x-\theta)=-2y-2\)，
則\(sin(x-\theta)=\cfrac{-2y-2}{\sqrt{y^2+1}}\)，再由\(|\cfrac{-2y-2}{\sqrt{y^2+1}}|\leq 1\)，
④ 反解法常和有界性法聯合使用，我們常用的是具備有界性的函數，
具備有界性的函數，如\(|\sin x|\leqslant 1\)， \(e^x>0\)， \(x^2\geqslant 0\)，\(|x|\geqslant0\)；
比如\(y=e^x\)，函數\(y=\cfrac{e^x-2}{2+e^x}\)的值域也可以這樣求解，
【法1】，轉化為斜率型，思路如下：由於所求值函數為分式形式的關於\(a、b\)的一次齊次式，
故可以轉化為\(\cfrac{a+2b}{2a+b}=\cfrac{1+2\cdot \cfrac{b}{a}}{2+\cfrac{b}{a}}\)，
\(=2-\cfrac{3}{2+k}=f(k)\)，其中\(k=\cfrac{b}{a}\)
這樣先由可行域求得\(k=\cfrac{b}{a}\in [1，3]\)
函數\(f(k)\)在區間\([1，3]\)上單調遞增，
然后用單調性，求得\(\cfrac{a+2b}{2a+b}\in [1，\cfrac{7}{5}]\)
【法2】，反解換元法，令\(a+2b=n\)，\(2a+b=m\)，
聯立解以\(a、b\)為元的方程組，得到\(a=\cfrac{2m-n}{3}\)，\(b=\cfrac{2n-m}{3}\)，
代入原不等式組，可將原約束條件轉化為關於\(m\) 、\(n\)的不等式組，
即已知\(m\) 、\(n\)滿足條件\(\left\{\begin{array}{l}{m+n-6\ge 0}\\{n-m-1\leq 0}\\{2m-n-3\leq 0}\end{array}\right.\)，求\(\cfrac{n}{m}\)的取值范圍。
利用數形結合思想可得，\(\cfrac{a+2b}{2a+b}=\cfrac{n}{m}\in [1，\cfrac{7}{5}]\)。圖像
分析：換元法，令 \(x+3y=s>0\)，\(x-y=t>0\)，
求解上述以 \(x，y\) 為元的方程組，得到 \(x=\cfrac{s+3t}{4}\)；\(y=\cfrac{s-t}{4}\)；
由\(x+y=\cfrac{1}{2}\)，將上述結果代入得到\(s+t=1\)，
故此時題目轉化為"已知 \(s+t=1\) ，\(s，t>0\) ，求 \(\cfrac{2}{s}+\cfrac{1}{t}\) 的最小值”問題。
接下來，利用乘常數除常數的思路就可以求解。
簡單提示如下：\(\cfrac{2}{s}+\cfrac{1}{t}=(\cfrac{2}{s}+\cfrac{1}{t})(s+t)=3+\)\(\cfrac{2t}{s}+\cfrac{s}{t}\ge 3+2\sqrt{2}\)
(當且僅當 \(\cfrac{2t}{s}=\cfrac{s}{t}\)，即 \(s+t=1\) 時取到等號)
【法3】：方程組法
由已知有\(\begin{cases} f(-1)=a-b \\ f(\,\,\,\,1)=a+b \end{cases}\)，
解得\(\begin{cases} a=\cfrac{1}{2}\cdot [f(-1)+f(1)] \\ b=\cfrac{1}{2}\cdot [f(1)- f(-1)] \end{cases}\)
所以\(f(-2)=4a-2b=3f(-1)+f(1)\)，
又由於\(1\leq f(-1)\leq 2\)，\(2\leq f(1)\leq 4\)，
所以\(3\leq 3\cdot f(-1)\leq 6\)，\(2\leq 1\cdot f(1)\leq 4\)，
故\(5\leq 3\cdot f(-1)+1\cdot f(1)\leq 10\)，
即\(5\leq f(-2)=4a-2b \leq 10\)；
(1).求 \(C\) 的直角坐標方程；
解： 令 \(\cfrac{1-t^{2}}{1+t^{2}}=m\)，則反解得到 \(t^2=\cfrac{1-m}{m+1}\geqslant 0\)，
即 \(\cfrac{m-1}{m+1}\leqslant 0\)， 解得\(-1<m\leqslant 1\)，故 \(-1<\cfrac{1-t^{2}}{1+t^{2}}\leqslant 1\)，
且 \(x^{2}+(\cfrac{y}{2})^{2}=(\cfrac{1-t^{2}}{1+t^{2}})^{2}+\cfrac{4 t^{2}}{(1+t^{2})^{2}}=1\)，
所以 \(C\) 的直角坐標方程為 \(x^{2}+\cfrac{y^{2}}{4}=1 (x\neq-1)\)，
解析: 在 \(\triangle ABC\) 中, \(c=a \cos B+b \cos A\)，[射影定理]
聯立 \(\left\{\begin{array}{l}c=a\cos B+b\cos A \\ a\cos B-b\cos A=\cfrac{c}{2}\end{array}\right.，\) 解得\(\cos A=\cfrac{c}{4b}\)，\(\cos B=\cfrac{3c}{4a}\)，
所以 \(\cfrac{a\cos A+b\cos B}{a\cos B}=\cfrac{a\cdot\cfrac{c}{4b}+b\cdot\cfrac{3c}{4a}}{a\cdot\cfrac{3c}{4a}}\)
\(=\cfrac{1}{3}(\cfrac{a}{b}+\cfrac{3 b}{a})\geq\cfrac{1}{3}\times 2\sqrt{\cfrac{a}{b}\cdot\cfrac{3b}{a}}\)\(=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)
當且僅當 \(\cfrac{a}{b}=\cfrac{3 b}{a}\) 時，等號成立.
故\(\cfrac{a\cos A+b\cos B}{a\cos B}\) 的最小值為\(=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)；
解析： 設 \(A=\alpha+\beta+\gamma\)①， \(B=\alpha-\beta+\gamma\)②，
則由 ①+② 得到， \(2(\alpha+\gamma)=A+B\)， ①-② 得到，\(2\beta=A-B\)，
因為 \(\sin2(\alpha+\gamma)=3\sin2\beta\)，
所以 \(\sin(A+B)=3\sin(A-B)\)
即 \(\sin A\cos B+\cos A\sin B=3(\sin A\cos B-\cos A\sin B)\)，
即 \(2\cos A\sin B=\sin A\cos B\)，
所以 \(\tan A=2\tan B\)，
所以 \(m=\cfrac{\tan(\alpha+\beta+\gamma)}{\tan(\alpha-\beta+\gamma)}=\cfrac{\tan A}{\tan B}=2\)，故選 \(D\).
解析：設 \(\left\{\begin{array}{l}\frac{x+y}{2}=m\\\frac{x-y}{2}=n\end{array}\right.\) ，解得 \(\left\{\begin{array}{l}x=m+n\\y=m-n\end{array}\right.\)
代入已知，得到 \(f(m+n)+f(m-n)=2f(m)f(n)\)
比照公式，\(\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)=2\cos\alpha\cos\beta\)，
故要構造 \(f(x)=\cos x\).