一道高考题解法探源与推广
一道高考压轴题探源
（ ｏ９年普 通高等学校招生 全 国统 一考试 大纲》 ２０ 对文理 科数学考试的内容规定也有所 区别． 考 中文 理科 区别 高 命题 ， 题 目从 设 问到试题 的实际难 度都 区分对 待． 且 所 以， 教学 中要 注意这 一现 实情况 ， 文理科 学生 的教学 对
心 Ｇ ２ ０ 到直线 （ ，）
的距离 ｄ：－ ＝ ， ４ ｒ从而证明 了直线 －
Ｊ
这是射影几何 中著名的彭色ｙ （ ｏｃｌ ） Ｊ ｌＰｎｅ ｔ闭合原理 ｅ 不难知道 ， 考 的命 题者 站 在 射影 几何 的 高度 ， 高 将 彭色列 闭合原理采用特殊化 的策略 ， 到 了上述 的高考 得
令Ａ Ｂ与 ＭＥ相交于点 Ｄ、 Ｃ与 ＭＦ相交 于点 Ｌ Ａ Ｂ 、Ｃ
试题 ， 其命题背景是非常深刻 的 ！这种 高考命 题 的方法
与思路都值得我们关注．
参 考文 献
１ 单 螬． 数学名题词典 （ ． Ｍ） 南京 ： 江苏教育 出版社 ，０ ２７ ２０ ， ２ 冯 克勤． 射影几何 趣谈 （ ． 海 ： Ｍ） 上 上海 教育出版 社 ，９ ７ １８ ，
椭 圆上异 于 Ａ Ｂ ｃ的任意一点 作 圆 Ｇ的两条切线交 、、 椭 圆于 Ｅ， Ｆ两点 ， 则直线 Ｅ Ｆ与 圆 Ｃ相切．
进一步推广 ， 我们有 ： 定理 ２ 设椭 圆 Ｇ是椭圆 ｒ的 内接 ｒ边形 ＡＡＡ … ／ ， ， ，
两点 ， 明 ： 线 与圆 Ｇ相切． 证 直 原标准答 案是 先通 过 相 似三 角形 等 知识 求 出圆 Ｇ
一道高考题的溯源·探究·巧证·推广
一道高考题的溯源探究巧证推广江苏省通州高级中学张建(邮编:226300)一道好题不一定要有多么难,只要它是数学知识的有机融合体(非矫揉造作的堆砌物),能够很充分地考查解题者对数学概念本质属性的理解、对定理或公式的掌握程度,且能起到举一反三的功效,我们就可以称之为一道好题!当然一道好的高考题更能发挥试题的导向作用,特别是通过解题过程对理性思维能力进行深入的考查,比如2009年高考天津卷文科第10题,把导数应用于单调性、常规问题的同时,进一步升华到处理与不等式恒成立问题的证明.给不等式的证明增添了新的思路.1一道好题堪称经典2009年高考天津卷文科第10题如下:问题1设函数f(x)在R上的导函数为f(x),且2f(x)+xf(x)>x2,下面的不等式在R上恒成立的是.A f(x)>0B f(x)<0C f(x)>xD f(x)<x分析摆在面前的是一个抽象函数及其导函数的不等式恒成立问题,作为填空题或选择题,能构造出一个满足题意的函数(特解:f(x) =x2(x!0))无疑是明智的,也是有一定难度的.有没有其它思路了呢?2追溯根源经典重现问题2(2004年高考湖南卷)设f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数, g(3)=0,且当x<0时,f(x)g(x)+f(x)g(x)>0.则不等式f(x)g(x)<0的解集是()A(-3,0)(3,+#)B(-3,0)(0,3)C(-#,-3)(3,+#)D(-#,-3)(0,3)解因f(x)(x)+f(x)(x)=[f(x) (x)],设函数(x)=f(x)(x),所以由题意可知函数(x)=f(x)(x)在区间(#,)上单调递增,又因为函数h(x)=f(x)g(x)是R上的奇函数,所以结合函数的图象不难得到不等式f(x)g(x)<0的解集是(-#,-3)(0,3).选D.问题3设f(x)、g(x)是定义域为R且恒大于零的可导函数,且f(x)g(x)-f(x)g(x)<0,则当a<x<b时,下列结论中正确的是(填写正确结论的代码).f(x)g(x)>f(b)g(b);%f(x)g(a)>f(a)g(x);&f(x)g(b)>f(b)g(x);f(x)g(x)>f(a)g(a).解因f(x)g(x)-f(x)g(x)g2(x)=f(x)g(x),设函数h(x)=f(x)g(x),所以由题意可知:函数h(x)=f(x)g(x)在R上单调递减.则当a<x<b时,有f(a)g(a)>f(x)g(x)>f(b)g(b),又f(x)、g(x)的定义域为R且恒大于零,故结论&正确.问题2、问题3对f(x)g(x)+f(x)g(x)和f(x)g(x)-f(x)g(x)进行了整体变形处理,使问题得以迅速解答.3刨根问底探其真面对于问题1有特解f(x)=x2(x!0),但是举特解f(x)=18x2(x!0)行吗?作为解答题或证明题,难度似乎更大,解答的起跑线在哪里呢?由问题2、问题3对f(x)g(x)+f(x)g(x)和f(x)g(x)-f(x)g(x)作整体处理,能否联想到对不等式2f(x)+xf(x)>x2进行类似的整体变形呢?解若x=,显然f()>%若x>,原不等式两边同乘x,则xf(x)46中学数学教学2010年第1期g gg h g:h g-0000.02+x2f(x)>x3[x2f(x)]>x3=1 4 x4x2f(x)-14x4>0.令函数g(x)=x2f(x)-14x4,则函数g(x)在(0,+#)上单调递增.且连续函数g(x)在x=0处有意义,故g(x)>g(0),即x2f(x)-14x4>0,即f(x)>14x2.&若x<0,原不等式两边同乘x,则2x f(x)+x2f(x)<x3[x2f(x)]<x3=1 4 x4x2f(x)-14x4<0.令函数g(x)=x2f(x)-14x4,则函数g(x)在(-#,0)上单调递减.且连续函数g(x)在x=0处有意义,故g(x)>g(0),即x2f(x)-14x4>0,即f(x)>14x2.综上所述可得:f(x)>14x2.上述解法是基于对不等式2f(x)+xf(x) >x2进行整体变形而得到的,而且得到了f(x)>14x2对x(R恒成立.而对于问题1的解答还有其它思路吗?4巧妙互补突破受阻巧妙依据)存在性与)全称性的互补关系,设计分类讨论标准,从局部突破思维受阻状态,以求问题1的完美解答.解若x(R,使xf(x)+0!2f(x) >x2-xf(x),0!f(x)>0.%若x(R,使x f(x)>0.显然f(0)>0.()若x>0,则f(x)>0.f(x)单调递增,故f(x)>f(0)>0.(.)若x<0,则f(x)<0.f(x)单调递减,故f(x)>f(0)>0.5引申探究触类旁通推广设函数f(x)在R上的导函数为f(x),且n f(x)+xf(x)>x2(n(N*),则不等式在R上恒成立时,函数f(x)应满足什么条件?解若x=0,显然f(0)>0.%若x>0,原不等式两边同乘x n-1,则n x n-1f(x)+x n f(x)>x n+1[x n f(x)]>x n+1= 1n+2x n+2x n f(x)-1n+2x n+2>0.令函数g(x)=x n f(x)-1n+2x n+2,则函数g(x)在(0,+#)上单调递增,且连续函数g(x)在x=0处有意义.故g(x)>g(0),即x n f(x)-1n+2x n+2>0,即f(x)>1n+2x2.&若x<0,当n为奇数时,原不等式两边同乘x n-1,则nx n-1f(x)+x n f(x)>x n+1[x n f(x)]>x n+1=1n+2x n+2x n f(x)-1n+2x n+2>0,令函数g(x)=x n f(x)-1n+2x n+2,则函数g(x)在(-#,0)上单调递增,且连续函数g(x)在x=0处有意义.故g(x)<g(0),即x n f(x)-1n+2x n+2< 0,又x n<0,即f(x)>1n+2x2.当n为偶数时,原不等式两边同乘x n-1,则n x n-1f(x)+x n f(x)<x n+1[x n f(x)]<x n+1= 1n+2x n+2x n f(x)-1n+2x n+2<0.令函数g(x)=x n f(x)-1n+2x n+2,则函数g(x)在(-#,0)上单调递减.且连续函数g(x)在x=0处有意义.故g(x)>g(0),即x n f(x)-1n+2x n+2> 0,又x n>0,即f(x)>1n+2x2.综上所述可得:f(x)>1n+2x2.(收稿日期##)472010年第1期中学数学教学:20091028。
一道高考解析几何试题的解法探究及推广
一道高考解析几何试题的解法探究及推广作者：张静徐小琴吴爽来源：《数学教学通讯·高中版》2021年第07期[摘要] 解析幾何是高考数学的重点和难点，运算量大、题型变化多、数形互化等是其突出特点.随着新课改对学生探究意识和应用意识的重视，解析几何中也逐渐渗透存在性问题.以一道典型解析几何试题为例，从问题的解法探究到问题推广应用进行深刻剖析，以期对此类探究性问题给予方法指导.[关键词] 解析几何;解法探究;问题推广解析几何是“代数”与“几何”沟通的桥梁，以数形互化为主要手段，巧妙地将几何问题借助代数运算得解.本文以2015年四川卷理科20题为探究素材，利用点对称法、角平分线定理、构造平行线段、执果朔因法、作差法、代数消元法、化简相消法、直接证明法8种方法求解问题，并对此存在性问题进行推广研究.[⇩] 试题再现（2015年四川卷理科20题）如图1，椭圆E：+=1（a>b>0）的离心率是，过点P（0，1）的动直线与椭圆相交于A，B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2.（1）求椭圆E的方程.（2）在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得=恒成立？若存在，求出点Q的坐标;若不存在，请说明理由.[⇩] 解法探究解题是高中数学教学的重要内容，是中学生数学学习的主要活动[1]. 引导学生从不同的角度分析问题往往会产生不同的解题思路，一题多解有助于学生加深对知识的理解，构建和完善数学认知体系，培养学生思维的灵活性，提高数学解题能力.对于问题（1），根据题目条件易得+=1. 对于问题（2），考查对=的转化和处理，下面利用点对称法、角平分线定理、构造平行线段[2]、执果朔因法、作差法、代数消元法、化简相消法、直接证明法这8种方法求解.法一：（点对称法）当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C，D两点. 若存在定点Q满足条件，则有==1，即QC=QD.所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为（0，y）.当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M，N两点，则M，N的坐标分别为（0，），（0，-）. 由=，有=，解得y=1，或y=2.所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点坐标只可能为（0，2）.下证：对任意直线l，均有=.当直线l的斜率不存在时，结论成立.当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y=kx+1，A，B的坐标分别为（x，y），（x，y）. 联立+=1，y=kx+1，有（2k2+1）x2+4kx-2=0，其判别式Δ=（4k）2+8（2k2+1）>0，所以x+x=-，xx=-. 因此+==2k. 易知，点B关于y轴对称的点B′的坐标为（-x，y）. 又k===k-，k=== -k+=k-，所以k=k，即Q，A，B′三点共线. 所以===.故存在于点P不同的定点Q（0，2），使得=恒成立.评注：通过作点B关于y轴对称的点B′，将QB转化成y轴右边的QB′，由QA，QB′的斜率表达式，易证Q，A，B′三点共线，最后利用相似三角形的知识得出==. 该方法设而不求，在解决问题的过程中充分运用数形结合的思想，将数与形巧妙结合，避免了复杂的运算过程.法二：（角平分线定理）前同解法一.又k===k-，k===k-，所以k+k=2k--=2k-=0，又因为QP所在直线垂直于x轴，则QP是∠AQB的角平分线. 根据角平分线定理，=.故存在与P不同的定点Q（0，2），使得=恒成立.评注：联立直线方程和椭圆方程，利用根与系数的关系说明QP是∠AQB的角平分线，于是根据角平分线定理得出等式. 使用该方法解决问题的关键是充分认识到等式的几何特征，并联想到角平分线定理. 该方法简洁明了，对学生的初等几何知识掌握情况具有考查性. 使用该方法需要学生具有一定的初等几何知识储备量和敏锐的观察能力.法三：（构造平行线段）如图3，过A作x轴的垂线，过Q作线段QG使G点在垂线上且QG=QA，则AG∥PQ. 要证=，即证=，即证△ABG～△PBQ，即证B，Q，G共线.前同解法一.由QG=QA易知G（x，4-y），于是k===k-，k===-k+，又+==2k，故k=k，即B，Q，G 共线.故存在与P不同的定点Q（0，2），使得=恒成立.评注：通过构造平行线段，将线段比例关系转化到相似三角形中，再利用相似三角形知识求证等式. 解决问题的关键在于通过转化由比例关系联想到相似三角形. 该方法具有一定的巧妙性，虽然过程简单，但不易操作. 使用该方法需要学生具有独特的审题视角.法四：（执果朔因法）前同解法一.欲证=，即=，则需证=，由等比定理得，需证=，化简得（kxx-x）2=（kxx-x）2.因为x≠x，所以需证kxx-x=-kxx+x，即需证x+x=2kxx，由x+x= -，xx=-，该式显然成立.故存在与P不同的定点Q（0，2），使得=恒成立.评注：从=出发，构建代数等式，寻求等式成立的条件. 在解决问题的过程中层层递进，充分利用了等式的性质，最后运用韦达定理证明等式成立. 该方法又称分析法，从结论出发逐步推向已知，是证明结论常用的方法之一，学生易学，但使用该方法解决问题时需要方向明确，注意等式成立的条件.法五：（作差法）前同解法一.因为-=-==0，因此=. 故存在与P不同的定点Q（0，2），使得=恒成立.评注：通过将等式=变形为-=0，结合韦达定理证得等式成立，从而解决问题.该方法简单快捷，关键在于对等式进行作差处理，变形后再求证，能够大量减少计算步骤，节约时间.法六：（代数消元法）前同解法一. 这里考虑不用韦达定理.不难得出=，而==. 借助代数消元思想，考虑不用韦达定理的消元法，分别对的常数项消元、一次项消元、常数项与一次项消元、整体消元[3]，下简述一次项消元.因为2kx-1=-，2kx-1= -. 又y=kx+1，y=kx+1，从而==== =. 又因为=，所以=，即=.故存在与P不同的定点Q（0，2），使得=恒成立.评注：用代数式分别表示出和，观察式子，借助代数消元思想对进行消元处理，于是得出=，从而解决问题. 该方法充分利用了已有代数式的特点，通过带入消元，回避了韦达定理，解法新颖.法七：（化简法）当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C，D两点. 如果存在定点Q满足条件，则有==1，即QC=QD. 所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为（0，y）.当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y=kx+1，A，B的坐标分别为（x，y），（x，y）. 联立+=1，y=kx+1，得（2k2+1）x2+4kx-2=0. 其判别式Δ=（4k）2+8（2k2+1）>0，所以，x+x=-，xx=-. 由=得=，化简得[kxx+（1-y）x]2=[kxx+（1-y）x]2. 因为x≠x，所以kxx+（1-y）x=-kxx-（1-y）x. 即（1-y）（x+x）= -2kxx，=，所以1-y= -1，y=2.当直线l斜率不存在时，===3-2，==3-2，所以此时=也成立.综上可知，存在点Q（0，2）使得=恒成立.评注：通过直线l与x轴平行的特殊情况找到Q点的坐标应该满足（0，y）的形式;然后假设直线l的斜率存在，联立方程，利用韦达定理对等式=进行计算，不断化简等式求出y，从而得出Q点的坐标;最后对直线l斜率不存在的情况带入进行验证.法八：（直接证明法）当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y=kx+1，A，B的坐标分别为（x，y），（x，y）. 设Q点的坐标为（m，n）. 联立+=1，y=kx+1，可得（2k2+1）x2+4kx-2=0，其判别式Δ=（4k）2+8（2k2+1）>0. 所以x+x=-，xx=-. 由=得=，化简得[（-2m+2k-2nk）xx+（n-1）2（x+x）]（x-x）=0.因为x≠x，所以（-2m+2k-2nk）xx+（n-1）2（x+x）=0，即=0. 要使=恒成立，则需4n-4-4（n-1）2=0，4m=0，解得m=0，n=2（n=1舍去）. 所以求得Q（0，2）.当直线l斜率不存在时，===3-2， ==3-2，所以此时=也成立.综上可知，存在点Q（0，2），使得=恒成立.评注：首先假设直线斜率存在，设出Q点的坐标，然后联立方程，利用韦达定理求解等式=，得出Q点的坐标，最后对直线l斜率不存在的情况进行带入验证. 该方法思路清晰，是多数学生容易想到的方法，但这种方法步骤较多，且运算量大. 因此，该方法对学生的运算能力有一定的要求.[⇩] 问题推广推广是数学研究中极重要的手段之一，数学自身的发展在很大程度上依赖于推广[4]. 抓住问题本质，通过对问题进行推广，产生新问题，探寻新方法，能够拓展学生的知识视野，培养学生的观察能力和创造能力.问题推广还有利于学生体会数学研究的一般思路：研究特殊问题→提出一般问题→解决新问题[5].研究题目，将问题一般化，将P点一般化为P（0，m）（b>m>-b）放在y轴上，探究发现，存在与点P不同的定点Q使等式恒成立;再考慮将一般化后的P点放在x轴上，仍存在与点P不同的定点Q使等式成立.要证等式成立，根据角平分线定理，即证∠PQA=∠PQB，于是问题也可推广为证明∠PQA=∠PQB.考虑双曲线和抛物线，探究发现问题推广到双曲线、抛物线仍然成立[6].推广1：椭圆E：+=1（a>b>0），过点P（0，m）（b>m>-b）（P（m，0）（a>m> -a））的动直线l与椭圆相交于A，B两点. 在平面直角坐标系xOy中，存在与点P不同的定点Q0，Q，0，使得=或∠PQA=∠PQB.推广2：双曲线E：-=1（a>0，b>0），过点P（0，m）（P（m，0）（a>m>-a））的动直线l与双曲线相交于A，B两点.在平面直角坐标系xOy中，存在与点P不同的定点Q0，-Q，0，使得=或∠PQA=∠PQB.推广3：抛物线E：y2=2px（p>0），过点P（m，0）（m>0）的动直线l与抛物线相交于A，B两点.在平面直角坐标系xOy中，存在与点P不同的定点Q（-m，0），使得=或∠PQA=∠PQB.参考文献：[1] 李萌浩. 要专注高考考点更需拓宽学生视野——高三复习课一题多解教学方法探究[J]. 数学教学通讯，2019（09）.[2] 刘玲，王强. 不忘初心任性算到底——2015年四川高考数学第20题[J]. 数学教学研究，2016，35（08）.[3] 徐小琴，赵思林. 2015年高考数学四川卷理科20题探究[J]. 数学教学通讯，2016（15）.[4] 朱华伟，张景中. 论推广[J]. 数学通报，2005（04）.[5] 刘成龙，胡琳. 高考数学创新试题的几种类型及评析[J]. 中学数学，2019（05）.[6] 周文超. 灵动的思维与执着的探索——两道高考题的教学思考[J]. 中学数学教学参考，2017（07）.。
一道2012年高考试题的推广探究
（ ， ） ， ＝ ｆ ＼ Ｃ － ｃ ， ｙ ２ ） ，
所 以 ． ：ｂ ２
．
由｛ ＋ ： ｌ得 （ ＋ ６ ） ｌ ＋ ｌ ｂ
２ ａ ￣ ｋ ｍｘ ＋ ａ Ｚ ｍ２ － ａ Ｚ ｂ ０ ．
（ 。 一 ｃ ）
： ０
因 为动 直 线ｌ 与 椭 圆Ｅ 有 且 只 有 一 个
ｂ ＞ ０ ） ， 右焦点 为Ｆ ２ （ ｃ ， ０ ） （ ｃ ＞ Ｏ ） ， 尸 是 椭 圆
所以 Ｊ － 砣
在双 曲线 、 抛物线 中 。 仍 有 类 似 结
椭 圆 的 一条 切 线 ， 切点为Ｐ ， 直线ｌ 与 直 线
：
上 的 动 点 ，过 点 作 直 线 的垂 线 ， 交
６ … … … 一 …
切线 ） 。 所 以 直 线Ｐ Ｑ与 椭 圆Ｇ 只 有 一 个 交
点．
ｃ，
所 以 ＼ ｆ － ｍ ｍ １ ／ ＇ ： ｆ 、 Ｃ 一
＋ｍ
折服 ， 本题看似 平淡 ， 实则绚丽 ， 解 法 精 美 ．意 境 深 远 ．试 题 命 制 特 征 是 一 般 规
条切线 ．切点 为Ｐ 且 直线２ 与 直 线 ＝
’
’
ｂ ， 、 （ Ｃ － Ｘ ｏ ）
— —
此 时 ”一
口 ０ ＋ ６
： 一
ｍ
， ｙ ｏ ＝ ｋ ｘ ｏ ＋ ｍ：
’
一
相交于点＿ Ｑ ， 则有 上 ・
统 一 的 结 论 ： 若 圆锥 曲 线 的 切 线
有一个交点 （ 即直线 是椭 圆Ｃ 的切线 ） ．
ｙ ０ ） ．
￣ ＿ ｌ ｇ ： 设 Ｐ （ ｙ ｏ ） ， Ｑ ｆ ， ｙ ２ １ ， 则
一道高考题的多角度思考及推广
最大值为 １ . λ
参考文献:
[１]司政君,巩继忠．一 道 数 学 高 考 题 的 多 种 解 法 [J]．数 学 学 习 与 研 究 ,２０１２(５)．
[２]教育部考试 中 心．２０１６ 年 普 通 高 等 学 校 招 生 全 国 统 一 考 试 大 纲 的 说 明 [M]．北 京 :高 等 教 育 出 版 社 ,２０１６．
一道高考题的多角度思考及推广
毋晓迪 韩道兰
摘 要:高考数学注重考查学生的解题能力以及逻辑思 维 推 理 能 力,由 于 数 学 学 科 知 识 答 案 的 固 定 性,学 生 往 往 会 被 束 缚 在特定的解题模式中,这样会制约学生的解题思路,对于教师来说主要的任务是教会 学 生 掌 握 解 题 的 思 想,能 学 以 致 用,触 类 旁 通,而不是仅仅教会学生能够解出一道题,下面笔者就针对２０１６年四川卷第８题的 解 法 进 行 多 角 度 分 析,来 谈 一 谈 高 考 题 一 题 多 解 之 妙 ,挖 掘 其 一 题 多 解 的 内 在 联 系 .
２,即 ２
直
线
OM
斜率的最大值为
２. ２
３．函 数 的 视 角 解法３:由 解 法 ４ 知,当 AP 与 抛 物 线 相 切 时 斜 率 最 大,
当然我们可以通过求 导 去 解 决,设 P(x０, ２px０ ),由 y２＝
２px 知y＝ ２px ,所以y′＝kAP ＝k＝ p ,即k＝ p
２px
２px
２
A．３ B．３ C．２ D．１
１．基 本 不 等 式 的 视 角
解
法
１:由
焦
点
对一道高考压轴题探源所引发的思考
２ ＋０＝（ 一１ ） 一（ ０—１ ） ， 故当 １＜
＜ 告口 时， ， （ ） 单 调递 增， 当 ＜１ 时， 厂 （ ）
单调递减 ， 厂 （ ） 的最小值为 ｆ （ １ ）＝口一１ ；
由 于， （ 号 ） 一 ） ＝ 筹一 （ 口 一 １ ） ＝
＞０ ， 所 以 （ ）的最 小 值 为 ，（ １ ）
最后 只 需 比较 两 最 小 值 的 大 小 ， 取 较 小 的
即可 ．
ｆ ＋ ２ ｘ 一 口 ， ≥百 １ 口
（ ２ ） 厂 （ ） ＝｛ ． 【 戈 一 ２ ｘ＋０ ， ＜去口
当 ≥ １ 口时 ， （ ）＝ ＋２ ｘ一口：
启示 １ ： 让 学生 充 分重 视 绝 对 值 函 数 的
得到 ．
ｌ 一２ Ｉ （ ＋１ ）的
图像 ．
图１
策略 １ ： “ 以形 助数 ” 为主 ， “ 以数定 形” 为
辅．
解析 ： （ １ ）当 ≥ ２时 ， 即 一２≥ ０时 ，
Ｙ＝ （ 一２ ） （ ＋１ ）＝ 一 一２ ＝
绝对值函数其 图像作法也应依不同区间 分别来作 ： 作 Ｙ＝ ｌ 厂 （ ）ｌ 的图像可将 Ｙ＝ ｆ （ ） 的图像在 轴下方 的部分翻折到 轴 上方 ， 其余部分不变 ； 作 Ｙ＝ｆ （ Ｉ １ ） 的图像 可先作出 Ｙ＝ 厂 （ ） 当 ≥０ 时的图像 ， 再利 用偶 函数 的图像关于 Ｙ轴 对称 ， 作 出 ｖ＝ ｆ （ ） （ ＜０ ） 的图像 ． 而一般绝对值二次函
例１ （ ２ ０ ０ ９ 年上海市卢湾区高考一模 ）
设 函数 厂 （ ）＝ 数 ０为 实数 ） ． ＋Ｉ ２ ｘ一 口Ｉ （ ∈ Ｒ， 常
的关键是第一 问要知道 厂 （ ） 为偶 函数 ， 则
蓦然回首,揭开一道高考试题推广的神秘面纱
∞， 即 ＝ ． ⑤
了ｃ ｏ ｓ ０ — ３ ３ 所 以 ： ～ —
、
⑥
．
ｓ ｉ ｆ 】 ０
４ ２ 中‘ ？ 擞－ ７ 高 中 版
备 考 指 南
试 究
故一
一： 一 ！ ！
３ Ｃ Ｏ Ｓ ０ ＋１
．
⑩
＝
１ 中 ： 、 ｙ ： 的分母之 比的相反数 ；式⑧利用 椭圆的参数
教研 论文 都是研 究如何 把高 考题 的结论 加 以推广 得到
新 的结论 ，本文将通过对一道２ ０ １ １ 年高考试题解法 的剖 析， 以期 为读者揭开高考试题推广的神秘“ 面纱” ．
一
、
试 题 及 解 法
点 的 坐 标 为 （ 一 了 １ 。 ） ， 满 足 等 ＋ （ 一 了 １ 铷 ） ＜ １ ， 丢 一 ＜ Ｘ ｏ ＜ ０ ． ⑦
１
＋— ３ ２
２ ｙ ｏ （ ｙ ｊ － ｙ ２ ）
：
１
＋一
ｙ ｏ． ： ０
．
ｘ ｏ （ １ 一 ２ ） ３
０
④
一
因为０ 、 Ｄ、 Ｇ 三点共线 ， 所 以ｋ ∞ － ｋ ∞．
即 ： ： 一 ．
因为Ｄ、 Ｅ、 Ｄ 三点共线 ， 所以
所以 １＋一 ｍ ３ ・ ＝ ０ ， 故ｍ ＝ １ ．
、 ／ 了Ｃ Ｏ Ｓ ０ 冈１
一
３
一
ｃ － ｏｓ
所 以
⑩
（Ｉ） 求ｍ 。 的最小值 ；
（ Ⅱ） 若Ｉ ｏ Ｇ ｌ ＝ １ ０ ＤＩ ・ Ｉ Ｄ Ｅ ｌ ，
（ ｉ ） 求证 ： 直线ｌ 过定点 ； （ ｉ ｉ ） 试 问点Ｂ ， ＧＮ ’ ｕ 否关于 轴对 称 ？若 能 ， 求 出此 时
一道高考数学试题的思路探析与推广
理科考试研究·数学版
2019 年 9 月 1 日
一道高考数学试题的思路探析与推广
纪定春 赵思林
（ 内江师范学院数学与信息科学学院 四川 内江 641112）
摘 要： 2019 年全国数学理科Ⅲ卷第 23 题是一道条件最值问题，是值得探究的好试题． 本文从多种角度对试题进 行了思路分析和探究，并对试题做了推广． 多角度思考问题有利于培养学生的创造性思维，提升数学核心素养．
向量是具有大小和方向的量，是高中重要的知识 模块，向量的引入使得几何图形带上了“方向”． 向量 是解决立体几何、平面几何中最值问题的有效方法．
解法 2 由已知和目标函数，考虑构造向量 m珝= （ x － 1，y + 1，z + 1） ，珗n = （ 1，1，1） ．
又显然有 | m珝| · | 珗n | ≥ | m珝·珗n | ，所以
这里考虑使Leabharlann 不等式法．解法 1 如何利用好 x + y + z = 1 这个条件，是解
决该问题的关键． 联想到三元不等式，即 x2 + y2 + z2 ≥
（
x
+
y 3
+
z）
2
，则有
（ x － 1） 2 + （ y + 1） 2 + （ z + 1） 2
≥［（ x － 1）
+ （ y + 1） 3
+ （ z + 1） ］2
+ 1）
2≥
4 3
．
评注 该方法是通过目标和已知条件，巧妙的构
造两个向量，然 后 利 用 向 量 的 不 等 式 关 系 求 解 最 值，
揭本探源深思提能——对一道高考题的拓展探究
线Ｆ ２ Ｐ ￣ｙ 轴于点 Ｑ， 并］ ￣ Ｆ Ｉ ＰＡ ＿ Ｆ ， Ｑ， 则 当ａ 变化 时 ， 点赃 定
直线ｘ － ｙ ＝ ｎ ￣ ２ ．
此基 础上 ，掌握各种不 同背景下 的线性规划问题 的基本
特征和求解方 法 ， 构建 “ 知识 链” ， 形成 “ 能力场 ” ， 切 实有
拓展４ ： 设 双 曲线 Ｅ ： 一
。 ） ， 令 ： ０ 得 ｙ ： ， 即 点 Ｑ 的 坐 标 为 ｆ ０ ； １ ． 因 此 直 线
Ｑ 的斜率 Ｆ Ｉ Ｑ ＝ ．因为 Ｐ上 Ｑ，所以 ， ｐ ｋ ｒ ， Ｑ ￣ － — ・
—
： 一
１ ， 化 简得 ２ 。 ： ２ 。 一 （ ２ ａ ２ － ｎ ２ ） ， 将上 式 与 ＋
证 明 ：设 Ｐ （ 。 ， ｙ ｏ ） ， （ 一 ｃ ， ０ ） ， （ ｃ ， ０ ） ，其 中ｃ ＝
、 ／ 瓣
． 由题意知 。 ≠ｃ ， 则直线 Ｐ 的斜率 Ｆ＝ ｌ ＿， 直
，
Ｐ
Ｎ ｅ ｏ ｎ中・ ７ 歆・ ≯ 糯 囊
数 在
命 题 感 悟
２ ０ １ ３年 ９月
ｄ —Ｃ
（ — ｃ ） ，
０ ＿ ＿ Ｃ
，
即点尸 在定直线 ＋ ｙ ： ｎ 上．
令 ： ０ 得 ， ， ： ， 即 点Ｑ 的 坐 标 为ｆ ０ ， １ ． 因 此直 线 Ｑ
Ｃ一 ｎ ＼ Ｃ－ －ＸＯ ／
其逆 命题是 否成立 呢？ 拓展２ ： 设 椭 圆Ｅ ： ＋ — ： １ （ ｎ 是正 常数 ） 的左 、 右
２ ０ １ ３年 ９月
命 题 感 悟
坛 线
揭本探源
— —
深思提能
一道解析几何高考试题的简解及推广
一道解读几何高考试卷的简解及推广广东仲元中学严运华年全国高考数学卷理科第题为:设椭圆22:12xC y+=的右焦点为F，过F的直线l与C交于,A B两点，点M的坐标为()2,0.（）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；（）设O为坐标原点，证明：OMA OMB∠=∠.一解法探究（）由已经得，将代入椭圆方程，得，即，所以直线的斜率为，因此其方程为或.y x=探究第问:分析：∠∠等价于直线和的斜率互为相反数，即.证法：∠∠等价于.，因为，所以，因此∠∠.分析：∠∠等价于点到直线和的距离相等.证法：直线为，即，故到直线的距离为，同理，到直线的距离等于.∠∠……①……②当时，②式显然成立；当时，②式等价于这显然是成立的，因此∠∠.分析：从向量的角度，利用夹角公式来证明.证法：……③这就是①式，下同证法.分析：利用角平分线定理，这就是③式，下同证法.分析：由于，. 证法：MA MBMA MB下面证明，等价于证明这就是①式，由证法知，.又因为，，所以，成立，因此.证法到证法，用解读几何的方法，从不同的视角来证明了.其核心思想就是分析几何关系，然后把几何关系转化为代数关系，利用解读几何证明.解法:发现点M 为准线与x 轴的交点, 由于涉及到椭圆的焦点和准线，故考虑椭圆的第二定义，利用平面几何知识来证.由椭圆的第二定义，，即，又，所以，故，所以，所以，因此.类似的年全国高考数学卷文科第题为:设抛物线22C y x =：，点()20A ，，()20B -，，过点A 的直线l 与C 交于M ，N 两点． （）当l 与x 轴垂直时，求直线BM 的方程；（）证明：ABM ABN =∠∠． 也有上述解法.不仅有多种解法，还可以将结论推广定理设抛物线22C y px =：，点()20A p ，，()20B p -，，过点A 的直线l 与C 交于M ，N 两点．则直线BN 与BM 与x 轴成等角；证明：显然，直线l 不与x 轴重合，设直线l 的方程为2x ty p =+， 联立抛物线方程得22240y pty p --=，设11(,)M x y 22(,)N x y ，则122y y pt +=，2124y y p =-，设直线BM 和直线BN 的斜率分别为 ,BM BN k k 则BM BN k k +=1212122112122()22(2)(2)y y p y y y x y x x p x p x p x p ++++=++++而112x ty p =+，222x ty p =+，代入上式得BM BNk k +=1212124()2(2)(2)p y y ty y x p x p ++++ 将122y y pt +=，2124y y p =-代入上式得0BM BN k k +=，故ABM ABN =∠∠；发现,A B 两点的横坐标之和为零，可以得出以下一般结论：定理设抛物线22C y px =：，点()0A m ，，()0B m -，(0)m ≠，过点A 的直线l 与C 交于M ，N两点．则直线BN 与BM 与x 轴成等角；证明：显然，直线l 不与x 轴重合，设直线l 的方程为x ty m =+， 联立抛物线方程得2220y pty pm --=，设11(,)M x y 22(,)N x y ，则122y y pt +=，122y y pm =-， 设直线BM 和直线BN 的斜率分别为 ,BM BN k k 则BM BN k k +=121212211212()()()y y m y y y x y x x m x m x m x m ++++=++++ 而11x ty m =+，22x ty m =+，代入上式得BM BN k k +=1212122()2()()m y y ty y x m x m ++++将122y y pt +=，122y y pm =-代入上式得0BM BN k k +=，故ABM ABN =∠∠；定理 过椭圆22221x y C a b +=：的右焦点F 的直线l 与C 交于,A B 两点，点2(,0)a M c.其中c 为22221x y C a b+=：的焦半距，设坐标原点，则直线MA 与MB 与x 轴成等角；证明：当直线l 与x 轴重合时，结论显然成立；当直线l 不与x 轴重合时，设直线l 的方程为x my c =+， 联立椭圆方程得222224(+)20b m a y b mcy b +-=，设11(,)A x y 22(,)B x y ，则2122222b mc y y b m a +=-+，412222b y y b m a =-+设直线MA 和MB 的斜率分别为MA MB k k ，，所以221212121222221212(()())()=(c )(c )MA MBy y c y my c my c y ca y y k k a a x a x a x x c c+++-++=+=----因此 22121222122()=(c )(c )MA MB c my y cb y y k k x a x a -++-- 将2122222b mc y y b m a +=-+，412222b y y b m a=-+ 代入上式得0BM AM k k += 故直线MA 与MB 与x 轴成等角；再探究发现：点F 和点M 的横坐标之积为2a ，于是可将命题进一步拓展得到：定理：设椭圆22221x y C a b+=：，过点(,0)N n 的直线l 与C 交于,A B 两点，点(,0)M m .且2mn a =，设O 为坐标原点，则直线MA 与MB 与x 轴成等角；证明：当直线l 与x 轴重合时，结论显然成立；当直线l 不与x 轴重合时，设直线l 的方程为x ty n =+，联立椭圆方程得 222222222(+)20b t a y b t n y b na b ++-=，设11(,)A x y 22(,)B x y ，则2122222b tm y y b t a +=-+，222212222b n b a y y b t a -=+设直线MA 和MB 的斜率分别为MA MA k k ，，所以121212121212()()()=()()MA MB y y y ty n ty n y m y y k k x m x m x m x m +++-++=+=---- 因此 1212122()()()MA MB ty y n m y y k k x m x m +-++=--（），由2122222b tn y y b t a +=-+，222212222b n b a y y b t a-=+ 得 12122()ty y n m y y +-+（）22222222222222222(2()2(+)=t b n b a b tn n m tb a mn b t a b t a b t a ----=+++） 又2mn a =，代入上式得0MA MB k k +=故直线MA 与MB 与x 轴成等角；将椭圆的相关结论推广到双曲线有：定理：设双曲线22221x y C a b-=：，过点(,0)N n 的直线l 与C 交于,A B 两点，点(,0)M m .且2mn a =，则直线MA 与MB 与x 轴成等角；定理：设,M N 是圆锥曲线C 的一对“等角点”，过点N 的直线l 与C 交于,A B 两点,则直线MA 与MB 与x 轴成等角；若圆锥曲线C 为抛物线22y px =，则两“等角点”的坐标分别为(,0)M m ，(,0)N n ，其中0m n +=，且0m ≠。
多维剖析“探”解法思想指导“究”推广——一道高考题的解法探究及推广历程
解 法2：设点P的坐标为（m，n），两圆心C1、C2的坐标
2 是（-3，1）、（4，5），设C1C2的中点M的坐标是
1 ，3 2
，由
PC1⊥PC2且过点P、M的直线与直线C1C2垂直，
有 n-5 · m-4
n-1 =-1，且 1-5 · n-3 =-1.解得点P的坐标为
m+3
-3-4 m- 1
2
满足题意的每一对直线进行特殊化处理，即此直线对经
过圆心，此直线对互相垂直，点P恰好是以两圆心的连线
段为正方形的两个顶点（不含两圆心），可以借助相应的
等腰直角三角形的知识来解决.
解 法4：设点P的坐标为（m，n），两圆心C1、C2的坐标
是（-3，1）、（4，5），由两等圆的方程相减可知两圆心的连
线的中垂线的方程是 （x+3）2+（y-1）2=（x-4）2+（y-5）2，即
线l1与圆心C2到直线l2的距离相等.
- 4 -5+n+ 1 m
故有 |-3k-1+n-km| = k
k ，化简得（2-
姨 .
All
姨摇 k2+1
摇
Rights Reserved.
1 +1 k2
m-n）k=m-n-3或（m-n+8）k=m+n-5.
= = 2-m-n=0， m-n+8=0，
总之，试题的亮点就会“暴露”出来，题目的内涵是 以“运动变化的思维”方式进行了“不变”和“变”的相互 转化处理，尤其是“无穷多对”中蕴含了特殊与一般的辩 证关系，使所要考查的“直线与圆的位置关系”凸现出 来，学生在思考问题时，就会显露出多层次、多方向、多 种思维方式进行考察，从某种意义说，此题是值得进行 课堂探究的.
2010年江苏高考第18题探源与推广
数 学教 学
２ １ 年第 ２ ０１ 期
２ １ 年江 苏 高考 第 １ 题 探 源 与推 广 ００ ８
２３ １ 江苏省常州市第五中学 张志勇 １Ｏ ０
２ １ 年高 考 已降下 帷幕 ， ００ 但对 精彩 考题 的研
究和认识却在继续．笔者对 ２ １ 年高考江苏卷 ００ 第 １ 题情有独钟， ８ 它有什么样的几何背景？ 能不 能加以推 广？近 日借助几何画板探究并受文 ｆ ｌ １
同理 后 ２＝
ｎ
张 奠宙先 生认为， 欣赏是教育的一部分， 数 学教育 中的欣赏是欣赏数学文化和数学思维 的
２ ３ —８
ｌ． ｔ 学教 学
２１ 年第 ２ ０１ 期
揭秘 一道 形式 平 凡 的 高考 创新题
４０ ７ 湖南省长沙市十五中 厉 倩 １０ ０
高考题肩负着选拔人才 的使命， 高考试题的 命题人员一直在努力设计可 以考查考生能力的 好题． 每套试卷都会有 引起社 会关 注的创新题， 以前大多数 的创新题 都是 临时定义新背景、新 知识， 从形式上跳出 已学 知识 的旧框架， 但无意 之中给考生带来 了心理压力． ００ ２ １ 年湖北卷理科
ｌｘ ＝ ａ ＋ｏ十ｃ血＞０ 的图像在 点 （，（） （） ｘ （ ） １＿１） 厂
一
形 的面积为 Ｒ， Ｑ ＜ Ｐ ＜ Ｒ 则 ．设 Ｄ（ｌＹ） Ｘ，１ 、
Ｂｘ， ） （ ｖ ，则ｅ ２２
Ｊ ， ｄ ｆ ，一 。 １ 、， ｚ
， ，
Ｐ
＝
处的切线方程为 Ｙ＝ｚ～１ ． （ 用ａ Ｉ ） 表示出ｂ ｃ 、；
步骤 ４ 将 步骤 ２ ： 、３的结 论 推 广到 圆和双 曲 线 中： 图 ３ 在 中可 以发 现 Ｘ Ｔ＝ ｒ ， ｐＸ ０ 而在 图４ 所
多维剖析“探”解法 思想指导“究”推广——一道高考题的解法探
案 的形成提供 了有用的价值．
二、 盘 点 试 题 特 点
试题是立 足直线和 圆的知识进行 问题 的设 置 ， 题目
（ １ ） 设直线Ｚ 的方程为ｙ ＝ ｋ （ ｘ 一 ４ ） ， 即 一 Ｙ 一 ４ ｋ ＝ ０ ．
由 垂 径 定 理 ，得 圆 心 Ｃ ． 到直线Ｚ 的 距 离 ｄ＝
种思维 方式进 行考 察 ， 从某 种意义说 ， 此题 是值得 进行
＼ ｌ ／ ０ ／ ｌ
课 堂 探 究 的．
被圆ｃ ． 截得 的弦长为２ 、 ／ 一 ， 求直
线Ｚ 的方程 ；
网 １
三、 探 究解 题 思 路 与 方 法
教 学 中， 数 学审题 的讲解很 重要 ， 涉及 审题思 考角
度 的选择 、 数学思 想方法 的恰 当选 择 、 确定 目标 条件 的 选择 、 解题操作 方法的选择等 ， 这一些 都需要勤观察 、 多
联想 、 对 比分析 、 合理等价表征及 大胆的猜想 ， 为解题方
（ ２ ） 设劝 平面上的点 ， 满足 ： 存在 过点Ｐ 的无 穷多对
互相垂 直 的直线 ｚ 和ｚ ： ，它们分别 与 圆Ｃ 。 和 圆Ｃ ： 相交 ， 且 直线ｚ 。 被网Ｃ 。 截 得 的弦长 与直线 ｚ 被 圆Ｃ ： 截 得 的弦长 相 等， 试求所有满 足条件 的点Ｐ 的坐标．
一
就会 给学生创 造 出对所涉及 的问题进行探究 的平 台 ， 由
第（ １ ） 问的“ 定量 ” 到第 （ ２ ） 问的“ 定性” 的过渡 ， 对学 生能 力的考 查是螺旋式上升 的． 总之 ， 试 题 的亮 点就会 “ 暴露 ” 出来 ， 题 目的内涵 是 以“ 运动 变化 的思维 ” 方 式进行 了 “ 不 变” 和“ 变” 的相 互
利用一道课本习题简解并推广一道高考试题
点评本题虽然是一个定点问题，但是利用 课本上的结论，缩短了解题的思维流程，简洁明 了，比参考答案要简洁的多•本题易推广得到如 下结论：
3高考试题的推广 结论1 设抛物线C的方程为川=—2皿 >0）,0为原点，斜率不为0的直线/过定点P （0 , —号）且与C交于M、N两点，直线分别
解析（1）C的方程为川=-4y,准线方程 为y = 1 （过程略）.
（2）设直线 / ：y + l =好（怡工0） ,M（q ,yi）, N（g ,$2）.由 ,｛（x1 「 =_ 4y, ,
〔y十1 =虹, 得 x2 + 4fcc — 4 = 0 , 于是Q +^z =—4E,zi比=一4,直线OM的
0） ,M（^： ） ,N（工2，夕2）.
,[x1 —— 2py , , °
由（
得工$ + 2pkx — 2pm = 0 ,
\y
—也，
于是心 + x2 —— 2pk，工1 工2 —— 2pm，丄 + —=
+绝）=°,即录—阪勿—红疋+Q+Q2二
夕2
mm
0.
挪 令夕=0,则Q +兀尸=2 m ,解得x =
方程为y =里z,因为％ = —
= — 4：yi,
所以心=丄=-,即A（生，一1）;同理
B（ —1）又—+ — = 4怡,故以AB为直径的圆
的方程为Q ——） Q — —） + （夕+ 1尸=0,即y
—4fcc — 4 + （y + l）z = 0. 令^ = 0,则（y + I）2 = 4,解得 y = 1 或
一道圆锥曲线高考题的推广与拓展
数学问题—遒圜推曲钱'考推广张圣官2017年高考全国I卷理科第20题 如下#已知椭圆C:^J+g(a>6>0)，四点a〇1l(1，1)，l2(〇，1)，13 (-1，槡（l4(i，槡)中恰有三点在椭圆c上.(1) 求C的方程；(2)设直线Z不 I#点且与C相交于A，B，若直线1#A与直线的斜率的和为一1，证明：直线Z.分析（1)根据椭圆对称性可得，11(1，1)，13(—1，槡)不可能同时在椭圆上，因此可得椭圆经过I#(0, 1 )，1& (-1，槡)，14 (1，槡)，代人方程可得1，1+7(1/"=2,故而可得椭圆的标准方程为f+y=1.()由题意可得直线1#A与直线的斜率一定存在，不妨设直线1#A为i=々x+1，12B 为1=(1一々）x+1.f^y(^x+1，联立* x2/(7)*2 "1)%2*+8)%1了"3#(1A，B之一的横坐标为变量建立A的函数表达式，具体如下：另法1:设A (%1，％ )，B (%#，％ )，由6 6 ^+1 —％1(A(%2 —1)，…A F=$ F6知 * —得U1(—$32，x#^1—%1+1，代入椭圆方程有32:’1 一%1------2(―P)—h2又 31 (1—2，解得 $(—2%1 +3.因为％丄$ ,—槡，槡]，故$$ [3 —2槡，3 + 2 槡"].法2:考虑到F为椭圆的右焦点，故A F_a一ex1 _ 2 一%1B F a一ex2 2 一%2*又 1一($(%2—1)，即％工（1一$(%21) 解 $•考虑到％2 $ [—槡，^一2%槡]，故 $$[3 —2 槡，3 +2，].变式2已知A B是椭圆2+32(1上的两点，；1，F2分别为椭圆的左、右焦点，若F2A($F2B，且 $$ [ —2，—1]，求F1A •F-的取值范围.变式变式 ^77，7).36 New University Entrance Examination问题^, / ~8) n l 9(1+)) (3)将橢圆上顶点换成其他三个顶点41)2+1’）2+1(5'7(1+»2+1’ 可得#1 一 7(1+))2、^24(1+))#+1)，结论3:直线z 不经过椭圆7+y (1上直线45的斜率为：( 2 _一1 (JO # >X 11 一 4(1 + ))2 1 一 7)24(1+))2+1 一 4)2+1_ 18(1+)) —9k ( 一 (1 + 2))2'4(1+))2+1 7k 2+1① 若k =—1，4,5两点重合，不合题意；②若）％ —1，直线为 y = — (1+12k)# •%+」k +1一72 = 一 1 %一2)(4k 2+1)4k 2+1 (1 + 2k )2 ^一1，因此直线Z 恒过定点（2，一1).这主要考查解析几何的基本知识、基本思想以及运算能力 理能力，难度适中，区分度好，而 涵着的学习价值.我们不能只停留在题目的解答上，而应进一步深层次的数学内涵，通过变式揭示数学本!! 一题多变，揭示本质(1)本题的逆命题正确吗？结论1设直线Z:：y = k (：r — 2) — 1不经过椭圆C :7 + /=1的上顶点尸（〇，1)，且与椭圆交于两点A ，5,则直线P A 与直线 P 5的斜率之和为定值一1.为()将斜率之和为一1换成任意实数入， 可:结论2:直线Z 不经过椭圆7 + /=1上一点P (〇，1)且与椭圆交于两点A ，5,若直 线P A 与户5斜率之和为定值A ，则当A = 0 时直线Z 斜率为）当A %0时直线Z 过定点(-2，1).点P (0，一 1)且与椭圆交于两点A ，5,若直 线P A 与P 5的斜率之和为A ，则当A = 0时 直线Z 斜率为0*当A %0时直线Z 过定点(一2，1).结论7直线z 不经过椭圆7+/ = 1上点P (2,0)且与椭圆交于两点A ，5,若直线P A 与P 5的斜率之和为A ，则当A = 0时直 线Z 斜率不存在*当A %0时直线Z 过定点（，-1).结论5 :直线Z 不经过椭圆7 + /=1上点尸（一2,0)且与椭圆交于两点A ，5,若直 线P A 与P 5的斜率之和为A ，则当A = 0时 直线Z 斜率不存在；当A %0时直线Z 过定()将椭圆方程一般化，同样可得：结论6:直线Z 不经过椭圆%2 + ^ = 1上a #一点P (0，#)且与椭圆交于两点A ，5,若直 线凡4与户5斜率之和为定值A ，则当A = 0 时直线Z 斜率为0*当A %0时直线Z 过定结论：直线Z 不经过椭圆%2 + ^ = 1上a #点P (0，一#)且与椭圆交于两点A ，5,若直 线P A 与P 5的斜率之和为A ，则当A = 0时 直线Z 斜率为0*当A %0时直线Z 过定结论8:直线Z 不经过椭圆%2 + ^ = 1上a #点P (a ，0)且与椭圆交于两点A ，5,若直线 P 4与P 5的斜率之和为A ，则当A = 0时直New University Entrance Examination37数学问题线Z斜率不存在*当A%0时直线Z过定点("，—")•<直线D不 &p点P(—"，0)且与椭圆交于两点A，B，若直线P A k P B的斜率之和为A，则当$(0时 直线D斜率不存在；当$%0时直线D过定(5 )将点P换为椭圆上任意一点，可得：结论1〇:直线d不经过椭圆％#+y#=i 上点P(X0，y。
一道高考题的探源、背景与别解
厶
４１设 角 方 数 为 ｝ 一 ［ １６ 三 平 数 列 ｛ ， ６， 则 壶（ １
＋饲 一 （ 一√ ） 这个含 有无理 数的公 式 ， １ ］ ，
给 出的解却 是 正整数 ． 跟斐 波 纳契 数列 有异 曲同
工 之妙．
（ ）当 ｎ ２时 ， （ ） ① 知 ， （ 的 最 小 ３ ≥ 由 ２ 中 厂 ） 考 题 ３ （ ０ ７ 全 国 卷 Ｉ 第 ２ 题 ） 函 数 ２０ 年 ０ 设
厂 ３） 一 ｅ 一 ｅ ． （７ …
值 为 （ ）一 １ 符 合题 意 ； ０ ，
造 ！ 是 认 识 数 的 一 种 有 趣 方 法 。 语 中 的“ 也 英 计 算 ” ｃ ｌ ｌ ｉｎ （ａｃ ａ ｏ ）一 词 来 源 于 拉 丁 文 “ ａ ｕｕ” ｕ ｔ ｃ ｌ ｌｓ ， ｃ 是 小 石 子 的意 思 ． ５ 推 广
（ 稿 日期 ：０ ９ ０ — ８ 收 ２０—６１）
六边 形数数 列 的通项公 式 ： 一 ｎ ２ ｄ （ｎ一 １ ） ｋ边形数 数列 的通项 公式 ：
２０ ０ ９年 第 ４期 （） 明：（ １ 证 ， ）的 导 数 ｆ （ ≥ ２ ） ；
中 学数 学 教 学
３ ７
生 二 成立 恒
对 于 函 数 厂 ）一 ｌ（ｘ＋ １ ＋ （ ｎａ ）
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一道解析几何高考题的题源探究与拓展应用
一道解析几何高考题的题源探究与拓展应用作者：徐晓宇来源：《新课程·中学》2015年第04期数学教科书中，很多例题和习题都有很深的背景，有进一步拓展其数学功能、发展功能和教育功能的可行性.教学中应尽力寻找高考题、模拟题在课本中的“影子”，充分挖掘教材中例题和习题的功能.本文通过对2013年全国大纲卷数学理第8题的解法探究，寻找它在课本中的“影子”，追根溯源，并对题源进行简单的探究与应用.一、考题呈现（2013全国大纲卷理8）椭圆C：+的左、右顶点分别为A1，A2，点P在C上且直线PA2斜率的取值范围是[-2，-1]，那么直线PA1斜率的取值范围是（）A.[，]B.[，]C.[，1]D.[，1]笔者在高三二轮复习中，将本题给学生测试，结果基础一般的学生没有很好的思路，基础较好的学生多数是通过取直线PA2斜率的临界值，求得此时点P的坐标，进而求出直线PA1斜率的临界值得到答案.这种方法虽然能解出此题，但运算繁琐.由此可见这样一道高考题对普通学生的“杀伤力”有多大，同时也反映出我们在高考的复习中对教材的挖掘之浅，对课本例题和习题的研究浮于表面.二、追根溯源如图，设点A，B的坐标分别为（-5，0），（5，0），直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积是-.求点M的轨迹方程.分析：由题设易得点M的轨迹方程为：+=1（x≠±5）.本题源于人教A版教材选修2-1第41页例3，在平时教学中，多数教师只是告诉学生解法，而缺少对本题的探究，学生会很快忘了此题，更不会在考试中应用.接下来，笔者将对本题作一些探究.三、题源探究由上例结果发现点M的轨迹是椭圆（除左右两个端点），其中点A，B恰是椭圆的左右顶点，直线AM，BM的斜率乘积kAM·kBM=-=-=-.由此猜想椭圆上任意一点（除左右顶点）与左右顶点连线的斜率乘积为定值，引出探究1.探究1：已知点A，B是椭圆+=1（a>b>0）的左右顶点，点M是椭圆上异于点A，B的任意一点.探究直线AM，BM的斜率之积的特点.探究1：中点A，B为椭圆的左右顶点，若将点A，B换成椭圆的上下顶点引出探究2.探究2：已知点A，B是椭圆+=1（a>b>0）的上下顶点，点M是椭圆上异于A，B的任意一点.探究直线AM，BM的斜率之积的特点.由探究1，探究2发现，点A，B是长轴端点或是短轴的端点，椭圆上任一点M（异于点A，B）与这两点连线的斜率之积为定值-.若将点A，B一般化引出探究3.探究3：已知点A，B是椭圆+=1（a>b>0）上关于原点对称的两个点，点M是椭圆上异于点A，B的任意一点.探究直线AM，BM的斜率之积的特点.通过上述三个递进的探究，可得出如下结论.结论1：若点A，B是椭圆+=1（a>b>0）上关于原点对称的两个点，点M是该椭圆上异于点A，B的任意一点.则直线AM，BM的斜率之积为定值，且kAM·kBM=-.双曲线与椭圆的标准方程具有相同结构形式，对于双曲线也有类似的结论.结论2：若点A，B是双曲线+=1（a，b>0）上关于原点对称的两个点，点M是双曲线上异于点A，B的任意一点.则直线AM，BM的斜率之积为定值，且kAM·kBM=.四、拓展应用应用结论1，2013全国大纲卷理第8题就迎刃而解了，大大简化了运算，提高了准确率和效率.上述结论有着广泛的应用，能有效地解决与顶点有关的一类问题.例1.设椭圆+=1（a>b>0）的左、右顶点分别为A，B，点P在椭圆上且异于A，B两点，O为坐标原点.（1）若直线AP与BP的斜率之积为-，求椭圆的离心率；（2）略.（2012年天津高考数学理19题）分析：利用结论1得kAM·kBM=-，从而很快得到椭圆的离心率为.有必要指出的是，作为主观题，一定要先推导出这个结论，不能直接应用.类似的问题也出现在2011年江西高考理的第20题，只是背景为双曲线，利用结论2即可求解，读者可自行查阅.例2.已知椭圆C：+y2=1的左右顶点分别为A，B，点S是椭圆C上位于x轴上方的动点，直线AS，BS与直线l∶x=分别交于M，N两点.求线段MN的长度的最小值.分析：此题设点S的坐标不易求解，由结论1可得kAS·kBS=-，不妨设直线AS的斜率kAS=k（k>0），易得点M（，），N（，），从而得到MN=+≥.例3.已知椭圆C：+y2=1，点M1，M2，…，M5为其长轴AB的6等分点，分别过这五点作斜率为k（k≠0）的一组平行线，交椭圆C于P1，P2，…，P10，则直线AP1，AP2，…，AP10这10条直线的斜率乘积为（）A.-B.-C.D.-（浙江省五校2014届高三第二次联考数学理试题9）分析：此题中点A，B为椭圆的左右顶点，联想到结论1，不妨将这10个点与点B联结，不难发现kAP=kBP，kAP=kBP，kAP=kBP，kAP=kBP，kAP=kBP所以kAP·kAP·kAP·kAP·kAP·kAP·kAP·kAP·kAP·kAP=kAP·kAP·kAP·kAP·kAP·kBP·kBP·kBP·kBP·kBP=（kAP·kBP）·（kAP·kBP）·（kAP·kBP）·（kAP·kBP）·（kAP·kBP）==-.例4.已知椭圆C：+=1的左右顶点分别为A，B过点D（1，0）的直线MN与椭圆C分别交于点M（x1，y1），N（x2，y2），其中y1>0，y2分析：本题直接求解很难得出答案，但考虑到点A，B为椭圆的左右顶点，由结论1可知kAM·kBM=-，因为=，且kAM·kBM为定值，所以只需求得kAN·kAM为定值.又因为通过联立方程组，由韦达定理易得kAN·kAM=-，从而得到==2.五、解题反思近几年的高考试题与教材关联越来越密切，很多试题的背景都来源于课本又高于课本.作为一名高中数学教师，对课本例题和习题要有针对性地进行探索发现，并作相应拓展，在师生共同研究的氛围中提高学生分析问题、解决问题的能力.让学生在探究中感受知识的活力，在感悟中发展自己的思维与能力，真正做到走出题海，让学生感受到课本就是一个巨大的宝库，最终走向研究性学习.编辑薄跃华。
对一道高考题的剖析、溯源、变式、推广
对一道高考题的剖析、溯源、变式、推广作者：刘海涛来源：《中学生理科应试》2021年第11期《中国高考评价体系》指出：“高考要求学生能够触类旁通、举一反三，甚至融会贯通，既包括同一层面、横向的交互融合，也包括不同层面之间、纵向的融会贯通”.高考客观上对高中教学起到重要的引导作用，因此，在教学过程中，对于一些高考真题，如果能够从不同角度思考，寻求不同的解法，并将其推广到一般化情形，定能加深对问题的本质认识，从而拓宽解题视野，发散解题思维，提升学习兴趣，提高解题能力.本文是笔者对2021年北京高考数学压轴题的研究，现与读者分享交流.一、试题呈现与分析（2021年北京卷题21）定义Rp数列an：对p∈R满足：①a1+p≥0，a2+p=0;②n∈N*，a4n-1<a4n;③m，n∈N*，am+n∈am+an+p，am+an+p+1.（1）对于前4项分别是2，-2，0，1的数列，可以是R2数列吗？说明理由;（2）若an是R0数列，求a5的值;（3）是否存在p∈R，使得存在Rp数列an（其前n项和是Sn），对任意n∈N*，满足Sn≥S10？若存在，求出所有这样的p;若不存在，说明理由.分析该题形式上以集合为载体考查数列，主要考查了用递推方法、分类讨论思想解决问题的能力，需要用到猜想、归纳、证明结论，并利用新的结论解决问题，体现了逻辑推理、数学运算等数学核心素养.第（1）、（2）两问属于常规问题，本文不再赘述，重点论述第（3）问，向读者介绍笔者的研究.二、解法探究解析（1）不是R2数列（理由略）;（2）a5=1（过程略）;（3）思路1 由Sn≥S10得a10≤0≤a11，于是想到先“必要性探路”，再“充分性验证”的方法，首先根据条件中的递推关系得到a10和a11，结合a10≤0≤a11，得到p的值，再对该值进行充分性证明即可.方法1 假设存在满足条件的Rp数列an，其前n项和Sn的最小值为S10，則a10≤0≤a11.由③知a2∈2a1+p，2a1+p+1，而2a1+p+1≥-p+1>-p=a2，则-p=2a1+p，即a1=-p.由③知a3∈a1+a2+p，a1+a2+p+1=-p，1-p，a4∈2a2+p，2a2+p+1=-p，1-p，又由②知a3<a4，则a3=-p，a4=1-p.同理计算可得a5=a6=a7=1-p，a8=a9=a10=a11=2-p.于是有2-p≤0≤2-p，解得p=2，为Sn≥S10的一个必要条件.下面验证p=2的充分性.当p=2时，由上述分析得an=-2（1≤n≤3），an=-1（4≤n≤7），an=0（8≤n≤11），则S10=minS1，S2，…，S11，欲证Sn≥S10，证当n≥11时an≥0即可.下用数学归纳法证明.当n=11时，a11=0，命题成立;假设n=k（k≥11，k∈N*）时，命题成立，即ak≥0.当n=k+1时，由ak+1∈{ak+a1+2，ak+a1+3}得ak+1≥ak+a1+2≥a1+2=0.综上，得当n≥11时an≥0.评注“先充分后必要”法是探究性问题的通性通法之一，先通过必要性找到参数讨论的临界点或取值，再反过来验证其充分性，以保证命题的成立.思路2 由题设条件分析数列an的递推关系，归纳猜想出通项公式，用数学归纳法证明猜想，最后用通项公式解题.方法2 由③知a2∈2a1+p，2a1+p+1，而2a1+p+1>-p，则-p=2a1+p，即a1=-p.由③知an+1∈a1+an+p，a1+an+p+1=an，an+1，an+2∈a2+an+p，a2+an+p+1 =an，an+1，于是an+1，an+2∈an，an+1，则a4n-1，a4n∈a4n-2，a4n-2+1，又由②知a4n-1<a4n，则a4n-1=a4n-2，a4n=a4n-2+1，所以a3=a2=-p，a4=a2+1=1-p.同理计算可得an=-p（1≤n≤3），an=1-p（4≤n≤7），a8=2-p，由此猜想a4n-4= a4n-3=a4n-2=a4n-1=n-1-p（n∈N*）.（说明：这里为了叙述与表达的方便，给数列an增加了a0=-p）用数学归纳法证明猜想：当n=1，2时，猜想成立;假设n=k（k≥2，k∈N*）时猜想成立，即a4k-4=a4k-3=a4k-2=a4k-1=k-1-p，则a4（k+1）-4 =a4k=a4k-2+1=k-p;由a4k+1∈k-p，k-p+1∩k-1-p，k-p，得a4（k+1）-3=k-p;由a4k+2∈k-p，k-p+1∩k-1-p，k-p，得a4（k+1）-2=k-p;a4（k+1）-1=a4（k+1）-2=k-p.因此当n=k+1时猜想也成立.综上，a4n-4=a4n-3=a4n-2=a4n-1=n-1-p.若Sn≥S10，则a10≤0≤a11，即2-p≤0≤2-p，即p=2.当p=2时，有an<0（1≤n≤7），an=0（8≤n≤11），an>0（n≥12），所以Sn≥S10.综上，满足题设的实数p存在，且p=2.评注由数列的递推关系得到前几项后，根据规律归纳猜想出通项，再用数学归纳法证明猜想，得到通项公式的方法是求解一些比较复杂的数学通项的常用方法.猜想通项公式的过程是合情推理的体现，数学归纳法证明猜想的过程是演绎推理的体现，这种解决问题的思维模式恰是发现问题、提出问题、分析问题、解决问题的过程.三、问题的溯源数学家波利亚曾说：“解题就像采蘑菇一样，当我们发现一个蘑菇时，它的周围可能有一个蘑菇圈.”通过上述解法探究，注意到4n-44=4n-34=4n-24=4n-14=n-1，所以数列an的通项可以记作an=n4-p（这里n表示不超过n的最大整数）.由此，可以将问题作一般化推广，得到如下命题：命题1 已知实数p，若数列an满足：①a1+p≥0，a2+p=0;②n∈N*，a4n-1<a4n;③m，n∈N*，am+n∈am+an+p，am+an+p+1.则（1）数列an的通项公式为an=n4-p;（2）前n项和Sn=-2n42+n4-pn-n4.（3）若p∈Z，则当4p-1≤n≤4p+3时，Sn取最小值-2p2-p;若p∈（m，m+1）（m∈Z），则当n=4m+3时Sn取最小值2m2+（2-4p）m-3p.说明命题1是对高考题的拓展，证明参照高考题的解法2，留给读者思考.笔者猜测，命题者是在充分挖掘了数列n4的性质后，命制出的该道高考题.四、问题的变式若将高考题中的“S10”改为“S11”，则有a11≤0≤a12，即2-p≤0≤3-p，即2≤p≤3.若p=2，当7≤n≤11时，Sn取得最小值;若p=3，当11≤n≤15时，Sn取得最小值;若2<p<3，当且仅当n=11时，Sn取得最小值;照此思路，笔者编制了两道变式题供读者尝试.变式1 已知数列an满足：①a1≥-5，a2=-5;②n∈N*，a4n-1<a4n;③m，n∈N*，am+n∈am+an+5，am+an+6.記数列an的前n项和是Sn，求使得Sn取最小值时的n的值.简解由命题得an=n4-5，则an<0（1≤n≤19），an=0（20≤n≤23），an>0（n≥24），所以当19≤n≤23时Sn取最小值.变式2 定义Rp数列an满足：①a1=-p，a3=1-p;②n∈N*，a2n-1<a2n;③m，n∈N*，am+n∈am+an+p，am+an+p+1.（1）求数列an的通项公式;（2）是否存在p∈R，使得存在Rp数列an（其前n项和是Sn），对任意n∈N*，满足Sn≥S2022？若存在，求出所有这样的p;若不存在，说明理由.简解（1）an=n2-p;（2）a2022=1011-p，a2023=1011-p，由Sn≥S2022，得a2022≤0≤a2023，即1011-p≤0≤1011-p，即p=1011.当p=1011时，有an<0（1≤n≤2021），an=0（n=2022，2023），an>0（n≥2024），所以n∈N*，Sn≥S2021=S2022=S2023.因此，满足题设的实数p存在，且p=1011.根据上述变式，我们不难得到下面的命题：命题2 已知实数p与正整数k（k≥2），若数列an满足：①a1+p=0，ak+1+p=1;②n∈N*，akn-1<akn;③m，n∈N*，am+n∈am+an+p，am+an+p+1.则（1）数列an的通项公式an=nk-p;（2）前n项和Sn=-k2nk2+nk-pn+1-k2nk;（3）若p∈Z，则当pk-1≤n≤（p+1）k-1时，Sn取最小值-k2p2+1-k2p;若p∈（m，m+1）（m∈Z），则当n=（m+1）k-1时Sn取最小值k2m2+（12-p）km-p（k-1）.说明命题2是对命题1的推广，证明留给读者思考.高考试题凝聚着命题人的心血与智慧，是命题者反复考量与打磨才成型的，对教师的教学具有导向性与启示性，要想科学高效备考，了解高考动向、把握高考脉络，深入研究高考真题是必经之路，是教师日常教研的一项基本任务，反映了教师本身的业务素养与能力.文章通过对真题的解法探究，根据a4n-1<a4n这一条件将问题拓展到一般化情况，得到数列的通项、前n项和及其最值，即命题1，接着变式问题，改变p的取值得到变式1，条件式②改为a2n-1<a2n得到变式2，最终将问题推广到更一般化情形，得到命题2.教学中，教师若能引导学生尝试将一些典型问题进行变式探究、一般化推广，实现从“解题”到“解决问题”的转变，定能增强学生的分析问题和解决问题的能力，提升他们的数学核心素养和关键能力，学会处理同类问题的通性通法，避免题海战术，减轻学业负担，提高学习效率，达到多解归一的目的.（收稿日期：2021-08-23）。
一道数列高考试题的渊源与解法探索.doc
一道数列高考试题的渊源与解法探索摘要：通过对2014年高考数学新课程（理科）卷二的数列解答题的渊源分析与解法探索，对数列的一个经典问题进行多角度的剖析，期待能引发广大数学教师对课程标准、教材以及高中数学解题教学的思考，努力使解题教学更贴近学生的思维，提高解题教学的实效性.关键词：递推数列；构造法；主体部分拆分法2014年高考尘埃落定，许多理科考生，数学教师均对新课标高考数学（理科）卷二中的数列解答题议论纷纷，学生都在抱怨，教师高呼超纲超标，笔者仔细观察，发现此题颇值得深入探讨.笔者就这个问题，从课标、教材以及其他省份的历年高考相关试题进行渊源分析与解法探索，现将我们的思考和读者一起分享.（2014?新课标高考数学（理科）卷二解答题第17题和教育部考试中心提供的参考答案如下：［刃对本题第（I ）问的思考首先对照《普通高中数学课程标准》（以下简称《标准》）来思考，《标准》中对等差、等比数列的通项公式和前n项和公式的要求是“掌握”，此题中的第一问的要求是通过构造辅助的等比数列来求通项公式，而且题目中给出辅助数列，要求先证明它是等比数列，再求通项公式，实际上已经降低了构造法的难度.所以，第（I）问不存在“超标”的说法.其次，再从教材的角度来看，第（I）问的题目原型是普通高中数学课程标准教科书人教A版教材必修5第69页数列复习参考题组第6题：“已知数列｛an｝中，al=5, a2=2, an=2an-l+3an-2 (n±3),求这个数列的通项公式” •此题的解答就是通过两边添加项构造辅助的等比数列来解决问题：由an=2an-l+3an-2,得an+an-l=3an-l+3an-2=3 (an-l+an-2),移项得an-3an-l=- (anT-3an-2),所以｛an-3anT｝是等比数列.由这个辅助数列为突破口就可以解答该题.本题更远的教材原题背景是来自1995年以前使用的大纲教材一一人教版高中数学代数下册的复习参考题：“已知an+l=b,c?an+d,求数列的前4项及其通项公式.”对于问题(I ),其解题起点在于对递推关系式an=3an-l+l的观察，与an=3an-l相比，多了一个常数项1,而an=3an-l是典型的等比数列，可以猜想系数3可能与公比有关，因而确定问题的转化方向一一构造以公比为3的等比数列.数学归纳法的证明过程在此不再赘述.对于递推数列的通项公式不易求解时，可考虑用赋值法求出数列的前几项，用合情推理猜想出通项公式，再用数学归纳法进行证明，此解法思路成功的关键在于归纳猜想时，要灵活运用“猜结果”与“猜结构”的策略.以上三种方法比较，显然参考答案提供的构造法思路更简单，解法更简洁•当然后两种方法均有其特点，也指明了在数列的递推公式教学中，教师应关注的几个方向.:?］对2014高考新课标卷二17题的第(II)问的思考这是典型的放缩法证明不等式•在此，避开放缩法是否超岀课程标准考试大纲不谈，我们只从数学方法的角度来看.笔者在高考评卷过程中发现考卷中能用参考答案这种方法做出正确解答的并不多见，笔者认真分析了国家考试中心提供的参考答案，感觉该解答与中学生的解题习惯不甚吻合.放缩法的关键，一是放缩的方向，二是如何把握放缩的“度”的问题. 那从这个参考答案上来看，学生如何确定放缩的方向？如何才能得到3k-l ^2X3k-l?这个思路与学生的认知水平及思维习惯相差甚远.基于此，笔者提出以下的解法，并将结论做相应的推广.评注：对于上述解法，应关注其解题思路，剖析解题心理状态•首先观察目标结论：++•••+=++•••+〈，分子均为2,分母3k-l是等比数列和常数1的差，问题的转化方向应该是向等比数列转换，但困难在于3k-l位于分母上，不易分拆.因此先将该式的主要部分提取出来，==?,而剩余部分是，可考虑放大为最大项，易得以下根据等比数列前n项和公式易证.上述解题思路当中有两个关键点，第一：向等比数列转化，第二，运用“主体部分拆分法”，拆出主体部分等比数列后，对其剩余部分实施放缩.受此触动，笔者尝试将上述结论适当推广.既然可以放大，能否考虑缩小呢？前两问考查了赋值法，以及运用前n项和公式求数列的通项公式的方法，其中第（II）问考查重点仍旧是构造法，在此不再赘述.观察第（III）问的两种方法，或者使用n次方差因式分解公式，但这是学生所不熟悉的，或者运用累乘法，构造性，技巧性过强，解题方向不易把握.仔细分析，不难发现，这两道高考题均从教材试题演变而来，教材原题作为源，而这两道高考试题作为流，其中2014年新课标考题延续了2012 年广东理科试题的命题思路，并做适当简化，以降低考查要求.这两道高考试题的标准解答均有些晦涩难懂.笔者的解答中强化基本的等差、等比数列的通项公式与求和公式的求法，并抓住主要矛盾（把式子中的主要部分提取出来，产生等比数列，再对剩余部分作放缩处理），问题转化的方向简结明了，学生易于接受.也给老师们一点有益的启示一一在教学当中要注意数学基础知识、基本技能的训练，更要从数学思想方法的角度帮助学生掌握通性通法和思维策略，只有这样才能使学生提升解题能力，在高考考场上游刃有余.。
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①对 称 点连 线与 曲线相 交 ； ②对 称点 连线 与对 称轴 垂直 ； 把 （） 人 （） ２代 １ 得
（） ２
第３ Ｏ卷第 ８ 期
２ １ 年 ８月 ０１
数 学教 学 研 究
３ ３
理 清平面 向量考点 ， 把握高考复 习脉络
严循 跃
（ 苏省如皋中学 江 ２６０） ２ ５ ０
１
③ 对称 点连线 段 的中点在 对称 轴上 ． 定 理 １ 若 椭 圆 ｃ： ２ — １（ ｙ２ ｘＴ ＞ ６ ＞ Ｏ 上 存 在两点 关 于直 线 ｚｙ ｘ ） ： —ｋ ＋ｍ（ ≠ Ｏ ｋ ） 对称 ， 满足 ｍ２ 则 ＜
不存 在 画图 即得 ， 同） 下 证 明 设 椭 圆 上 存 在 两 点 Ａ（ ，， ， ３ ） Ｂ ｘ ，２关于直 线 ｚ （ ） ： 一忌 ＋ｍ（ ≠０ 对 称 ， ｚ ｋ ） Ａ， 的 中点 为 Ｍ （ 。 Ｙ ） 那 么直 线 ＡＢ 的 Ｂ ｚ ，。 ，
（ 。 ６ｋ ） 。 ２ 。 ｔ 口 ＋ 。 。 ｚ 一 ａ ｋ ｘ＋ （。 ｂ ） 。 ￡－ 。 口 ｋ
一 ０。
宽； 注重 思 维能 力 ， 显 新 课 标 理 念． 题 前 彰 本
两 问得 分 较 高 ， ３问略 有创 新 ， 生 都 “ 第 考 似
即
△一 ４ 。 ２ ｎ ＋ ｂｋ － ｋ ） ０， ａｂｋ （ 。 。 。。 ＞ 口 ＋ｂｋ ＞ 。 ， （） １
足 ２ ＋ ＋ 忌＜ ｏ 户 。 ．
所以
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一
一
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证明
设 抛物 线 Ｙ ＝２ ｘ ｐ Ｏ 上 存在 。 ｐ （＞ ）
把 （） 入 （ ） ２代 １ 得
两点Ａ ， ，（２ 关于直皱 ｌ 一志 （ ）１ｚ， ３ ） ： ｙ
＋ｍ（ ≠Ｏ 忌 ）对 称 ， Ｂ的 中点 为 Ｍ （ ｏ Ｙ ） Ａ， ｘ ，ｏ ，
（ 由定理 １知 ， Ⅲ） 若椭 圆 Ｅ： ２ ｘ 而
ｙ２
Ｔ
— １
△＝ （ ｋ ＋ ２ 。 。 ４ 。。 ２ ｔ ｐｋ ） － ｋ ｔ ＝ ４ ２ ｔ ｐｋ ） Ｏ， ｋ ｐ（ ｋ ＋ 。＞ 即 （ ｋ ＋ ｐｋ ） Ｏ ２ｔ ＞ ．
存 在 两 点关 于 Ｚ ２ ： ｘ— ｖ １ 一 —０对 称 ， 需 则
熟 练 掌握 向量 的坐标 运算 、 数量 积运算 ．
事 实上 ， 划 每一 种 运 算 都 可 以有 ３种 刻 表 现形 式 ： 图形 、 号 、 标语 言． 符 坐 列表 如下 ：
Ｘｌ Ｘ２ ２ 十 ２ ， 十 — ｋｔ ｐｋ
的加法 和减 法及 数 乘 运算 、 向量 的坐 标 表示 、
‘ 上
即ｚ 孛 一 ｏ ＝
１ ．
，
ｂ ｋ２ ２ ｔ
得对 于 直 线 一４ ｘ＋ｍ， 圆 Ｃ上 有 不 同的 椭 两 点关 于 直线对 称 ．
Ｙ 一一＿ｚ 十 ａ － ｋ・ ｏ ０ ７ ２ ， 。在 ： ：最 ｚ＋ｍ 上 ，
ｍ。 ＜
．
即 。 Ｘ －Ｘ 一忌＋ｐ 一Ｔ ｄ ２ ｋ ｌｆ －
定理 ２ 若双曲线 Ｃ ｘ ｙ ． Ａ Ａ ６ 一
。 一
，
１（ ｎ＞ ｏ，
６ ） ＞Ｏ 上存 在 两点 关 于 Ｚｙ ｘ ： ＝ｋ ＋ｍ（ ≠Ｏ 对 ｋ ）
３ 一 一 ， 。
。 ￡ 一ｐ ． ＋ 一 忌
３ ２
数 学 教 学 研 究
第 ３ Ｏ卷第 ８ 期
２ｌ Ｏ １年 ８月
一
道高考题解法探源与推广
／
郑 良
（ 徽 省 灵 璧 第 一 中学 安 ２４０ ） ３ ２ ０
（ ０ ０年 高考 安徽 卷 理科 第 １ 题 ） 圆 ２１ ９ 椭 Ｅ 经过 点 Ａ （ ， ） 对 称 轴 为 坐 标 轴 ， 点 ２３， 焦
Ｆ。Ｆ 在 Ｘ轴上 ， ，２ 离心 率 ｅ 去． ＝＿ ＿
厶
（ 求椭 圆 Ｅ的方 程． Ｉ） （ 求 Ｆ ＡＦ Ⅱ） ２的角 平 分 线 所 在 的直 线 ｚ 方程 ． 的 （ 在椭 圆 Ｅ上 是 否存在 关于 直线 ｚ Ⅲ） 对
称 的相异 两 点 ？若 存 在 ， 找 出； 不 存 在 ， 请 若 说 明理 由． 本 题 考查 椭 圆 的定 义 及 标 准 方 程 ， 单 简
得
ｂ ｋ ０ｔ
—
分 析 （ 实 际 上 是 探 究 椭 圆 Ｅ 上 存 ｍ） 在 两点关 于直线 ｚ 对称 的直 线 ｚ满 足什 么 条
件 ？ 圆锥 曲线上 点关 于直线 对 称问题 应抓 住
三点 ：
，
口０ ｋｔ
．
ａ
￣ —ｋ 一惫 研 ￣ｂ ２ ２
十 ・
巩
所以 一 。 口 ＋ｂ点
２－ ｐ 。 ｐ￣ 愚 ． ＋ ＋ 。 ＜
略解 （ ｘ 一 Ｉ） ｚ ｙＺ 而Ｔ
１ ；
那么 直线 ＡＢ 的方程 可设 为 —Ｔ Ｉ － ｚ＋ 代 ，
（Ⅱ） ｘ－ ｙ－ １ ０ ２ － － —
入 Ｙ 一２ ｘ得 ｐ
Ｘ 一 （ ｋ＋ ２ ｋ ） 。 ２ｔ ｐ 。 ｚ＋ 忌 ｔ ＝ Ｏ，
． 当 忌 。或 （ 一
几 何性 质 ， 线 的方 程 ， 到 直 线 距 离 公 式 ， 直 点 点关 于 直线 的对 称 等 中学数 学 的核 心 内容．
试题 起 点较 低 ， 注重 基 础 ； 法灵 活 ， 口较 方 人
方 可 为一 ＋代 薯 芳 １ 程 设 人 ＋ 一得 ，
（） １
・
满足 ｌ ＜
一１ 这是不 可能 的． ，
（ 稿 日期 ：０ １０ —３ 收 ２１—３２）
由韦达定 理 有
曾相识 ” 得分不 高 ， ， 体现 思维 的深刻 性 ， 强 增
了试题 的 区分度 ， 利于 高校人 才 的选拔 ． 有
由韦 达定 理有
．
２ ０ ｎ ｋｔ
ｚ １十 ｚ２一
探 源 （ 东 高 考 题 ） 广 已知 椭 圆 Ｃ 的 方
一
２
．． ２
程 为 ： ＋ 一 １ 试确 定 的取 值 范 围 ， ， 使
平 面 向量 的平 行 与 垂 直 ； 了解 平 面 向量 的 应
用； 掌握平 面 向量 的数量 积． 文 试 图从 高 考 本
的视角谈一谈 这部分 内容高考怎么考．
考查题 型 １ 向量 的有关 概念 与运算
此 类题 经 常 出 现 在选 择 题 与 填 空题 中 ， 在 复 习 中要 充 分 理 解 平 面 向量 的相关 概 念 ，
称 ， 满 足 。 则 ＞
．
得
因为 Ｍ （ ｏＹ ） ｘ ， ｏ 在直线 ＺＹ—ｋ ＋ｍ 上 ， ： ｘ
定 理 ３ 若 抛物 线 Ｃ： ｐ （ ＞Ｏ 上 Ｙ 一２ ｘ ｐ ）
－
ｐ ＝ ｋ ｋ ＋ ｐ 。 ＋ ｍ． ｋ （ｔ ｋ）
存在两 点关 于 ｌｙ ｘ ： ＝ｋ ＋ｍ（ ≠０ 对 称 ， ｋ ） 则满
向量 是重要 而基本 的数 学概念 之一 ， 向量 作为一种 既有大小 又有方 向的量 ， 既具 有形 的 特征 ， 以通 过 构 造 向量来 处 理 代数 问题 ， 可 使 问题简单化 ； 具备 数 的 特性 ， 以将 几 何 问 又 可 题坐标化 、 符号 化 、 数量 化 ， 从而将 推理 转化 为 运算． 是联 系数 和形 的纽 带 ， 量 积是 实 现 向 数 量的形数转 换 的关 键． 向量是 高 考必 考 内容． 它的高考要 求是 ： 解 平 面 向量 的概 念 、 理 向量