一道高考题的探究
从一道２０２３年高考题谈二面角的求法
＝ ．
３
|CA||m| ２×２ ６
标系 E
Ｇxyz,则 D (２,
０,
０),
设平面 DAB 与平面 ABF
方法 ２:基底法 ．
设平面 ABD 的法向量为 m ＝xa＋yb＋z
c．
解:设 DA ＝DB ＝DC＝２．
{
所以 s
i
nθ＝ １－
３
．
３
归纳:此方 法 是 在 确 定 基 底 的 前 提 下,先 求 出 两
PE ．
中已证 DE ⊥ 平 面 ABC,
DE ∥
大小为θ,则θ＝∠DPE ＋
由方法３ 已证 DE⊥AB,
DE∥AF,所以 AB⊥AF．
的前提下解题 ．
在解题中,要确保垂线与两个平面 的 交
解:如 图 ４,取 AB 的 中 点
又
AF ,所 以 AF ⊥ 平 面 ABC．
AF⊂ 平面 ABF,则平面 ABC⊥
法的多样性更能 考 查 学 生 的 综 合 解 题 能 力 ．
本文中通
过“一题多解”探究二面角的解法,帮助学生掌握解决此
类题的方法,
在知识与方法的整合中全面提升数学学科
核心素养,
并领悟解题过程中蕴含的数学思想 ．
参考文献:
[
从一道调研试题 谈 二 面 角 的 求 法[
数 学 之 友,
１]程宏咏 ．
J]．
设 DA ＝DB ＝DC ＝２,又 因 为 ∠DPN 与 ∠PDE
PE ３
互补,
s
i
n ∠DPN ＝s
i
n ∠PDE ＝
＝ ．
DP ３
归纳:利用 此 方 法 求 解 二 面 角,其 实 质 就 是 在 图
2021年北京高考化学实验探究题讲解——探究MnO2和浓盐酸的反应
的顺序是 KCl>KBr>KI ，从原子结构角度说明理由
。
Cl—、Br—、I—都是第VIIA族的离子，
还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O 从上到下电子层数逐渐增加，离子原子 半径逐渐增大，离子的还原性逐渐增强
氧化反应：2X— —2e—=X2
同浓度的KCl、KBr和KI还原性越来越强，反应所需氧化剂的氧化性 减弱，最低c(H+)按照KCl、KBr和KI越来越小。
氧化反应中：降低反应物的浓度或增大 还原反应中：增大还原产物的浓度或减 生成物的浓度，还原剂的还原性减弱。 小反应物的浓度，氧化剂的氧化性减弱。
加热
MnO2+4H++2Cl— ==Mn2+ +Cl2 +2H2O
已知：氧化剂的氧化性越强、还原剂 的还原性越强，反应就越容易发生.
④补充实验证实了③中的分析。
还原反应：2H++2e—= H2↑ 氧化还原：Ag—e—=Ag+
Ag+ +I—=AgI↓,因为AgI 溶解度最小使得Ag还原性增强的最多，反应能 够发生。
比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原 性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生 。
还原型，
Eθ值越大，电对的氧化型氧化性越强，还原型还原性越弱；
非标准状态，用下列公式进行计算：
（Z为电对中得失电子的数目）
（2021北京19）某 小 组 探 究 卤 素 参 与 的 氧 化 还 原 反 应 ， 从 电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
一道高考二元条件最值问题的解法探究
一道高考二元条件最值问题的解法探究全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：高考数学中有一道常见的二元条件最值问题，让许多学生感到困惑。
在考试中，能够快速、准确地解答这类问题，对于获得理想的成绩至关重要。
本文将探讨一道典型的高考二元条件最值问题，并提供解题方法和技巧，帮助读者更好地理解和解答这类问题。
题目：给定正实数x、y，且满足x + y = 10，求x*y 的最大值。
解题思路：我们观察到题目中给出了一个条件x + y = 10，这是一个二元条件，即两个数的和为常数。
根据数学知识，我们知道当两个数的和一定时，它们的积最大时，两个数相等。
我们可以推断出x 和y 相等时，乘积达到最大值。
接着，我们将x、y 代入条件x + y = 10 中，得到2x = 10，即x = 5。
此时，y = 10 - x = 10 - 5 = 5。
x*y 的最大值为5*5 = 25。
解题方法：1. 分析题目条件，找到关键信息。
在解答这类问题时，要仔细分析题目，找出关键信息，理清问题的关键点。
2. 利用条件列出方程。
根据题目中给出的条件，将其转化为方程，利用方程求解问题。
3. 求解方程得出结果。
求解方程，找到满足条件的x、y 的取值，得出最终的答案。
4. 检验结果。
在得出最终结果后，要进行检验，确保结果的正确性。
总结：通过以上的讨论，我们可以看出，解决高考二元条件最值问题的关键在于理清问题的关键点，利用条件列出方程，求解得出结果。
在解答题目时，要注意细节，避免计算错误，确保答案的准确性。
通过多练习这类问题，掌握解题方法和技巧，可以提高解题效率，提高考试成绩。
希望本文对读者理解和解答二元条件最值问题有所帮助。
第二篇示例：高考数学题中，常常涉及到二元条件最值问题，这类题目通常考查考生对于二元关系、最值性质以及解题思路的掌握程度。
本文将以一道典型的高考二元条件最值问题为例，探究其解法和解题技巧。
题目如下：已知实数x、y满足条件x^2 + y^2 = 1，求证当x不等于0时，2x + y的最小值为-√5。
对一道高考填空题的探究
结合厂 （ ） 的图象可得， （ ） 的最大值为１ ６ ．
还可以如下求厂 （ ） 的最大值 ：
另解 ： ） ＝ （ １ － － ｘ ） （ ２ ＋ ＋ １ ５ ） 一（ 卅１ ） （ 一 １ ） （ ＋ ３ ） ・ （ ＋ ５ ）
＝ 一
因为厂 （ ） ＝ （ １ － ｘ ） （ ２ ＋ 似＋ ６ ） ，
２ ０ １ ３年 １ １ 月
解 法 探 究
学 谋
对 一道 高 考填 空题 的探 究
⑩ 安 徽 省 枞 阳 县 会 宫 中 学 王 怀 明
题
（ ２ ０ １ ３ 年课标 Ｉ 理１ ６ ） 若 函数厂 （ ） ＝ （ １ ） （ 。 ＋
解法４ ： 因为厂 （ ） 的图 象关于直线 ＝ ＿ ２ 对称 ， 所以厂 （ ＿ ４ ）
因为： 厂 （ ） ＝ 一 ４ ｘ ３ － ３ ａ ｇ ． ｃ ２ ＋ （ ２ — ２ ｂ ） ｘ ＋ ａ ，
ｍＹ （ 一 ２ ） ＝ ０ 得２ ８ ＋ ４ ｂ ＝ １ ｌ ａ ．
②
解法１ ： 易 知点 （ １ ， ０ ） ， （ 一 １ ， ０ ） 在厂 （ ） 的图像上 ， 因为
所１ Ａ ） ｆ （ 一 ４ ） ＝ ［ １ 一 （ － ４ ） ］ ［ （ 一 ４ － ｘ ） ２ ＋ ０ （ 一 ４ ） ＋ ｌ ６ ］
＝ 一
（ ＋ ４ ＋ ３ ） （ ＋ ４ 一 ５ ） ．
Ｉ ｘ ＋ （ １ ６ 一 ａ ） ｘ ＋ （ ９ ５ ＋ ６ — １ ２ ａ ） Ｘ ２ ＋ （ ２ ４ ８ — ４ ７ ａ ＋ ８ ｂ ） ＋
当 ＝ 一 ２ ＋ 、 ／ 时， ． 厂 （ ） 的极 大值为 １ ６ ＿
解得ａ ＝ ８ ， ｂ ＝ １ ５ ．
一道浙江数学高考题引发的探究与教学启示
图1
&+y = m
+ 8kx + 4 - 4m二0,由韦达定理得xx + x2 =
FT乔g 滤 - 2%2,于是有I x2
丁,又由看=2岗得衍 1 + 4k
8丨 I 二
8
W
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
1+4厂4山+缶
8 2
=2,当且仅当I k\ =*时等号成
处取得最大值4,即点B的横坐标的绝对值取得最大 值2.
点评：解法2主要由两点坐标间的关系代 入椭圆方程,通过“消元”思想把点B横坐标的平方 珂转化为关于参数m的一个二次函数，运用二次函 数性质快速求解出m以及丨靭丨的最大值，让人耳目
一新，瞬间觉得“山重水复疑无路，柳暗花明又一 村”.该解法有效地避免了分类讨论，巧妙地简化了 繁琐的代数运算，解法虽很优美，但难点是如何巧妙 “消元”、构造二次函数，基础一般的同学恐怕难以 想到这个思路.
3.换元法的视角（三角换元，快速突破） 解法3：由题意设点B坐标为（2 Jocose,
y/msinO）,于是由4P 二 2 PB 可得4（ - 40^cos&,3 2 v^sin^）,把力"两点坐标代入椭圆方程得
1.韦达定理模型的视角(韦达定理，凸显通法) 解法1：如图1分类讨论:①当直线的斜率不
2020年第2期
中学数学研究
・17・
存在时，由题知4（0, -伍）上（0,丽）,于是得TH =9 ,xB = 0.
②当直线AB的斜率存 在时，设AP方程为y =蠢+
方程组
1y = kx + 1, x*12 2 =（i 〃）/
解问题，使学生掌握一些合理设计算法形成简便运 算的方法,体会数学思想，培养核心素养.本教学片 段针对学生的运算困惑和解题思路给予了合理的指 导和点拨.
从一道高考题思考学生的数学核心素养
从一道高考题思考学生的数学核心素养2019年全国高考数学试题中有这样一道题：已知函数f(x)=ax^2+bx+c的图象过点(1,4)，f(x)=2x^2+bx+2c的图象过点(2,6)，则b，c的值分别为（）A．3,2 B．4,3 C．-1,2 D.3,-1这是一道考查函数及对应关系的题目。
这道题可以让我们从学生的解题能力、问题分析能力和解决问题的思维方式等方面来思考学生的数学核心素养。
学生在解答这类问题时需要具备扎实的函数知识。
要正确解答这道题，学生首先需要通过已知条件列出方程组，然后求解方程组得到正确答案。
这就需要学生具备对函数及对应关系的理解和掌握，能够准确地运用函数的相关知识，灵活运用函数的性质和变换规律。
只有具备这样的数学知识基础，学生才能正确理解并解答这类问题。
学生在解答这类问题时需要具备良好的问题分析能力。
对于这道题目，学生需要从已知条件中找出关键信息，理清思路，分析问题的本质，抓住问题的关键点，找出正确的解题思路。
而这就需要学生具备良好的逻辑思维能力和分析问题的能力。
只有通过对问题的全面分析和理性思考，学生才能得出正确的结论。
学生在解答这类问题时需要具备解决问题的思维方式。
这类问题并不是简单的进行计算，而是需要学生在数学知识的基础上进行推理、归纳和推断，需要学生在解题的过程中形成合理的解题思路和解题方法。
只有学生具备探索和发现问题的能力，善于从多个角度思考问题，才能更好地解答这类问题。
而如何培养学生的数学核心素养呢？学校和老师们应该重视对数学基础知识的教学，注重培养学生的数学知识储备；老师们应该注重培养学生的问题分析能力，可以通过启发式教学法、案例分析等方式来引导学生发展问题分析的能力；老师们应该注重培养学生的解决问题的思维方式，可以通过拓展数学课外知识、加强实际问题的应用等方式来促进学生解决问题的能力。
数学核心素养是学生在学习数学过程中所需具备的基本能力和素质。
而通过深入思考一道高考数学题，我们可以清晰地看出学生所需具备的数学核心素养，同时也可以为教师提供一些建议，帮助他们更好地培养学生的数学核心素养。
点在面内的多视角证明与高观点审视———一道2020_年立体几何高考题引发的探究
点在面内的多视角证明与高观点审视一道２０２０年立体几何高考题引发的探究李鸿昌(北京师范大学贵阳附属中学ꎬ北京５５００８１)摘㊀要:文章给出２０２０年全国Ⅲ卷一道立体几何试题的一题多解ꎬ并从高观点作出深层次解读.关键词:立体几何ꎻ一题多解ꎻ空间向量ꎻ共面向量ꎻ高观点中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２２－０１０１－０４收稿日期:２０２３－０５－０５作者简介:李鸿昌(１９９１－)ꎬ男ꎬ贵州省凯里人ꎬ从事高中数学教学与竞赛研究.㊀㊀题目㊀(２０２０年高考全国Ⅲ卷理科第１９题)如图１ꎬ在长方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬ点ＥꎬＦ分别在棱ＤＤ１ꎬＢＢ１上ꎬ且２ＤＥ＝ＥＤ１ꎬＢＦ＝２ＦＢ１.(１)证明:点Ｃ１在平面ＡＥＦ内ꎻ(２)若ＡＢ＝２ꎬＡＤ＝１ꎬＡＡ１＝３ꎬ求二面角Ａ－ＥＦ－Ａ１的正弦值.图１㊀２０２０年高考全国Ⅱ卷理科１９题图１考题分析第(１)问是证明点在面内ꎬ此问具有很强的创新性与开放性ꎬ给考生很大的发挥空间:可以从几何的角度进行证明ꎬ也可以从向量的的角度进行证明.第(２)问是求二面角ꎬ是常规题ꎬ建立空间直角坐标系ꎬ求出两个面的法向量即可.下文主要探究第(１)问的多角度证明与高观点审视.２题目解析视角１㊀经过两条平行直线ꎬ或经过两条相交直线ꎬ有且只有一个平面.解法１㊀如图２ꎬ连接ＥＣ１ꎬＦＣ１ꎬ在ＡＡ１上取一点Ｇꎬ使得Ａ１Ｇ＝２ＧＡꎬ并连接ＥＧꎬＧＢ１.图２㊀解法１图在长方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬ易知ＥＧʊＤ１Ａ１ꎬＥＧ＝Ｄ１Ａ１ꎬＣ１Ｂ１ʊＤ１Ａ１ꎬＣ１Ｂ１＝Ｄ１Ａ１.所以ＥＧʊＣ１Ｂ１ꎬＥＧ＝Ｃ１Ｂ１.即四边形ＥＧＢ１Ｃ１是平行四边形.所以ＥＣ１ʊＧＢ１.在长方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬ易知ＡＧʊＦＢ１ꎬＡＧ＝ＦＢ１.即四边形ＡＧＢ１Ｆ是平行四边形.所以ＡＦʊＧＢ１.所以ＥＣ１ʊＡＦ.所以ＡꎬＥꎬＣ１ꎬＦ四点共面[１].故点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.解法２㊀如图３ꎬ连接ＥＣ１ꎬＦＣ１ꎬ在ＡＡ１上取一点Ｍꎬ使得ＡＭ＝２ＭＡ１ꎬ并连接Ｄ１ＭꎬＭＦ.图３㊀解法２图在长方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬ易知ＭＦʊＡ１Ｂ１ꎬＭＦ＝Ａ１Ｂ１ꎬＡ１Ｂ１ʊＤ１Ｃ１ꎬＡ１Ｂ１＝Ｄ１Ｃ１.所以ＭＦʊＤ１Ｃ１ꎬＭＦ＝Ｄ１Ｃ１.即四边形ＭＦＣ１Ｄ１是平行四边形.所以ＭＤ１ʊＣ１Ｆ.在长方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬ易知ＥＤ１ʊＡＭꎬＥＤ１＝ＡＭ.即四边形ＥＤ１ＭＡ是平行四边形.所以ＡＥʊＭＤ１.所以ＡＥʊＣ１Ｆ.所以ＡꎬＥꎬＣ１ꎬＦ四点共面.故点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.图４㊀解法３图解法３㊀如图４ꎬ延长ＡＥꎬＡ１Ｄ１交于点Ｍꎬ延长ＡＦꎬＡ１Ｂ１交于点Ｎꎬ连接ＭＮꎬＭＮ与直线Ｄ１Ｃ１交于点Ｏ.因为２ＤＥ＝ＥＤ１ꎬＢＦ＝２ＦＢ１ꎬＤＥʊＡＡ１ꎬＦＢ１ʊＡＡ１ꎬ所以ＥＤ１ＡＡ１＝ＭＤ１ＭＡ１＝２３ꎬＦＢ１ＡＡ１＝ＮＢ１ＮＡ１＝１３.则Ａ１Ｂ１＝２３Ａ１Ｎ.又因为Ｄ１ＯʊＡ１Ｎꎬ所以ＭＤ１ＭＡ１＝Ｄ１ＯＡ１Ｎ＝２３.则Ｄ１Ｏ＝２３Ａ１Ｎ.所以Ａ１Ｂ１＝Ｄ１Ｏ.又因为Ａ１Ｂ１＝Ｄ１Ｃ１ꎬ所以Ｄ１Ｏ＝Ｄ１Ｃ１.则点Ｏ与Ｃ１重合.即Ｃ１在直线ＭＮ上.因为ＭＮ⊂平面ＡＥＦꎬＣ１ɪＭＮ所以点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.视角２㊀向量共面定理.解法４㊀令ＣＤ１ң＝ａꎬＣＢ１ң＝ｂꎬＣＤ１ң＝ａꎬＣＣ１ң＝ｃꎬ则ＡＥң＝－ｂ－１３ｃꎬＡＦң＝－ａ－２３ｃꎬＡＣ１ң＝－ａ－ｂ－ｃ.所以ＡＣ１ң＝ＡＥң＋ＡＦң.由共面向量的充要条件知ꎬＡꎬＥꎬＣ１ꎬＦ四点共面.故点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.解法５㊀令ＣＤ１ң＝ａꎬＣＢ１ң＝ｂꎬＣＤ１ң＝ａꎬＣＣ１ң＝ｃꎬ则ＣＣ１ң＝－ｃꎬＣＥң＝ａ－１３ｃꎬＣＡң＝ａ＋ｂꎬＣＦң＝ｂ－２３ｃ.设ＣＣ１ң＝ｘＣＥң＋ｙＣＡң＋ｚＣＦңꎬ则有ＣＣ１ң＝ＣＥң－ＣＡң＋ＣＦң.即ｘ＋ｙ＋ｚ＝１.由共面向量的充要条件知ꎬＡꎬＥꎬＣ１ꎬＦ四点共面.故点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.解法６㊀如图５ꎬ以Ｃ１Ｄ１ңꎬＣ１Ｂ１ңꎬＣ１Ｃң的正方向分别为ｘꎬｙꎬｚ轴的正方向建立空间直角坐标系Ｃ１－ｘｙｚ.令Ｃ１Ｄ１＝ａꎬＣ１Ｂ１＝ｂꎬＣ１Ｃ＝ｃꎬ则图５㊀解法６图Ｃ１(０ꎬ０ꎬ０)ꎬＥ(ａꎬ０ꎬ２３ｃ)ꎬＦ(０ꎬｂꎬ１３ｃ)ꎬＡ(ａꎬｂꎬｃ).则ＡＥң＝(０ꎬ－ｂꎬ－１３ｃ)ꎬＡＦң＝(－ａꎬ０ꎬ－２３ｃ)ꎬＡＣ１ң＝(－ａꎬ－ｂꎬ－ｃ).所以ＡＣ１ң＝ＡＥң＋ＡＦң.由共面向量的充要条件ꎬ知ＡꎬＥꎬＣ１ꎬＦ四点共面.故点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.注㊀类似地ꎬ根据坐标求出向量ꎬ可得到ＣＣ１ң＝ＣＥң－ＣＡң＋ＣＦңꎬ从而得ＡꎬＥꎬＣ１ꎬＦ四点共面.视角３㊀点面距.若点到平面的距离为０ꎬ则点在平面内.解法７㊀如图５ꎬ以Ｃ１Ｄ１ңꎬＣ１Ｂ１ңꎬＣ１Ｃң的正方向分别为ｘꎬｙꎬｚ轴的正方向建立空间直角坐标系Ｃ１－ｘｙｚ.令Ｃ１Ｄ１＝ａꎬＣ１Ｂ１＝ｂꎬＣ１Ｃ＝ｃꎬ则Ｃ１(０ꎬ０ꎬ０)ꎬＥ(ａꎬ０ꎬ２３ｃ)ꎬＦ(０ꎬｂꎬ１３ｃ)ꎬＡ(ａꎬｂꎬｃ).则ＡＥң＝(０ꎬ－ｂꎬ－１３ｃ)ꎬＡＦң＝(－ａꎬ０ꎬ－２３ｃ)ꎬＡＣ１ң＝(－ａꎬ－ｂꎬ－ｃ).设平面ＡＥＦ的法向量为ｎ＝(ｘ０ꎬｙ０ꎬｚ０)ꎬ因为ｎʅＡＥңꎬｎʅＡＦңꎬ所以ｎ ＡＥң＝０ꎬｎ ＡＦң＝０.{即－ｂｙ０－１３ｃｚ０＝０ꎬ－ａｘ０－２３ｃｚ０＝０.ìîíïïïï解得ｘ０＝－２ｃ３ａｚ０＝０ꎬｙ０＝－ｃ３ｂｚ０＝０.ìîíïïïï令ｚ０＝３ａｂꎬ得ｎ＝(－２ｂｃꎬ－ａｃꎬ３ａｂ).设Ｃ１到平面ＡＥＦ的距离为ｈꎬ则ｈ＝｜ｎ ＡＣ１ң｜ｎ＝｜２ａｂｃ＋ａｂｃ－３ａｂｃ｜ｎ＝０.即点Ｃ１到平面ＡＥＦ的距离为０.所以点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.视角４㊀线面角.若直线与平面所成的角是零角ꎬ且直线有一个点在平面内ꎬ则直线在平面内.解法８㊀同解法７ꎬ得平面ＡＥＦ的法向量ｎ＝(－２ｂｃꎬ－ａｃꎬ３ａｂ)ꎬＡＣң＝(－ａꎬ－ｂꎬ－ｃ).设直线ＡＣ１与平面ＡＥＦ所成的角为θꎬ则ｓｉｎθ＝｜ｃｏｓ<ｎꎬＡＣ１ң>＝｜ｎ ＡＣ１ң｜｜ｎ｜ ｜ＡＣ１ң｜＝｜２ａｂｃ＋ａｂｃ－３ａｂｃ｜｜ｎ｜ ｜ＡＣ１ң｜＝０.即直线ＡＣ１与平面ＡＥＦ所成的角为０.又Ａɪ平面ＡＥＦꎬ所以ＡＣ１⊂平面ＡＥＦ的.故点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.视角５㊀法向量垂直于平面内的任意直线.解法９㊀同解法７ꎬ得平面ＡＥＦ的法向量ｎ＝(－２ｂｃꎬ－ａｃꎬ３ａｂ)ꎬＡＣң＝(－ａꎬ－ｂꎬ－ｃ).所以ｎ ＡＣ１ң＝２ａｂｃ＋ａｂｃ－３ａｂｃ＝０.又因为点Ａɪ平面ＡＥＦꎬ所以ＡＣ１⊂平面ＡＥＦ.所以ＡꎬＥꎬＣ１ꎬＦ四点共面.故点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.３高考真题探源在往年的高考真题中ꎬ是否出现过证明四点共面的试题呢?或者与之相似的试题呢?其实ꎬ我们可以在往年的高考真题中找到四点共面的原型.那就是２０１９年全国Ⅲ卷理科第１９题的第(１)问和２０１９年北京卷理科第１６题的第(３)问[２].(２０１９年全国Ⅲ卷理１９)图６是由矩形ＡＤＥＢꎬＲｔәＡＢＣ和菱形ＢＦＧＣ组成的一个平面图形ꎬ其中ＡＢ＝１ꎬＢＥ＝ＢＦ＝２ꎬøＦＢＣ＝６０ʎꎬ将其沿ＡＢꎬＢＣ折起使得ＢＥ与ＢＦ重合ꎬ连接ＤＧꎬ如图７.(１)证明:图７中的ＡꎬＣꎬＧꎬＤ四点共面ꎬ且平面ＡＢＣʅ平面ＢＣＧＥꎻ(２)求图７中的二面角Ｂ－ＣＧ－Ａ的大小.图６㊀２０１９年全国Ⅲ卷理１９题图㊀图７㊀２０１９年全国Ⅲ卷理１９题图㊀㊀证明㊀(１)由已知得ＡＤʊＢＥꎬＣＧʊＢＥ.所以ＡＤʊＣＧ.故ＡＤꎬＣＧ确定一个平面.从而ＡꎬＣꎬＧꎬＤ四点共面.高考真题是高考命题专家智慧的结晶ꎬ经典而具有代表性ꎬ很多的高考题都可以在往年的真题中找到原型.因此ꎬ在高三备考复习中ꎬ做真题卷ꎬ对历年高考真题进行变式㊁推广等研究很有必要.４高观点审视４.１平面方程设平面的法向量为ｎ＝(ＡꎬＢꎬＣ)ꎬ且过点(ｘ０ꎬｙ０ꎬｚ０)ꎬ因为一个点和一个法向量决定一个平面ꎬ所以得到平面点法式方程Ａ(ｘ－ｘ０)＋Ｂ(ｙ－ｙ０)＋Ｃ(ｚ－ｚ０)＝０.在平面点法式方程中ꎬ令Ｄ＝－Ａｘ０－Ｂｙ０－Ｃｚ０ꎬ则得到平面一般式方程Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃｚ＋Ｄ＝０.４.２求平面方程由上文知ꎬ平面ＡＥＦ的法向量ｎ＝(－２ｂｃꎬ－ａｃꎬ３ａｂ)且过点Ａ(ａꎬｂꎬｃ)ꎬ由平面点法式方程得㊀－２ｂｃ(ｘ－ａ)－ａｃ(ｙ－ｂ)＋３ａｂ(ｚ－ｃ)＝０.化简ꎬ得－２ｂｃｘ－ａｃｙ＋３ａｂｚ＝０.即为平面ＡＥＦ的方程.４.３证明点在面内思路１㊀检验点的坐标是否满足平面方程.解法１０㊀因为点Ｃ１(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ显然满足平面ＡＥＦ的方程－２ｂｃｘ－ａｃｙ＋３ａｂｚ＝０.所以点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.思路２㊀计算点面距是否为０.解法１１㊀根据空间点面距公式ｄ＝Ａｘ０＋Ｂｙ０＋Ｃｚ０＋ＤＡ２＋Ｂ２＋Ｃ２知ꎬ点Ｃ１(０ꎬ０ꎬ０)到平面ＡＥＦ的距离为０ꎬ所以点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.４.４三向量共面的充要条件三向量共面当且仅当它们的混合积为零ꎬ当且仅当它们的坐标构成的行列式为零.证明㊀设向量ｍｉ(ｉ＝１ꎬ２ꎬ３)的坐标是(ａｉ１ꎬａｉ２ꎬａｉ３)ꎬｉ＝１ꎬ２ꎬ３.此三向量共面当且仅当它们共起点时构成的平行六面体体积为零ꎬ当且仅当(ｍ１ꎬｍ２ꎬｍ３)＝０ꎬ当且仅当ａ１１ａ１２ａ１３ａ２１ａ２２ａ２３ａ３１ａ３２ａ３３＝０.４.５空间四点共面的充要条件空间四点Ａ(ｘ１ꎬｙ１ꎬｚ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２ꎬｚ２)ꎬＣ(ｘ３ꎬｙ３ꎬｚ３)ꎬＤ(ｘ４ꎬｙ４ꎬｚ４)共面当且仅当ｘ１－ｘ４ｙ１－ｙ４ｚ１－ｚ４ｘ２－ｘ４ｙ２－ｙ４ｚ２－ｚ４ｘ３－ｘ４ｙ３－ｙ４ｚ３－ｚ４＝０.证明㊀四点ＡꎬＢꎬＣꎬＤ共面ꎬ当且仅当三向量ＤＡңꎬＤＢңꎬＤＣң共面ꎬ而三向量的坐标分别是(ｘｉ－ｘ４ꎬｙｉ－ｙ４ꎬｚｉ－ｚ４)ꎬｉ＝１ꎬ２ꎬ３ꎬ所以它们共面当且仅当三个坐标构成的行列式为零ꎬ即得证.利用空间四点共面的充要条件可得到该问题的另一高观点解法.解法１２㊀由上文知ꎬ则Ａ(ａꎬｂꎬｃ)ꎬＥ(ａꎬ０ꎬ２３ｃ)ꎬＦ(０ꎬｂꎬ１３ｃ)ꎬＣ１(０ꎬ０ꎬ０).ａ－０ｂ－０ｃ－０ａ－００－０２３ｃ－００－０ｂ－０１３ｃ－０＝ａｂｃａ０２３ｃ０ｂ１３ｃ＝０＋０＋ａｂｃ－ａ ２３ｃ ｂ－ａｂ １３ｃ－０＝０ꎬ所以ＡꎬＥꎬＦꎬＣ１四点共面.故点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.参考文献:[１]樊恽ꎬ刘宏伟.线性代数与解析几何教程(上册)[Ｍ].北京:科学出版社ꎬ２００９.[２]李鸿昌.高考题的高数探源与初等解法[Ｍ].合肥:中国科学技术大学出版社ꎬ２０２２.[责任编辑:李㊀璟]。
一道高考小题的思路分析与拓展探究
２ ０ １ ４ 年第 ３ 期
ｅ
数 学教 学
３ — ２ ９
。 ） 、 Ｐ （ － ｘ ｏ ， Ｏ ） 、 Ｇ （ ， ） 三 点 共 线 ， Ｐ ， Ｇ ＝
，
得方程 － ５
＝
，
解
： 或
＋ ｏ
Ｘ Ｏ ＝０（ 舍去） ．
Ａ
Ｐ
Ｂ
图２
Ｇ ＼ ＼ ／
、深入探 究发现 由 ③ 、 ⑤ 知 点 Ｇ （ 量 ， ４ ） 关 于 Ｂ 的 对 称 二 通 过 思路 ３ 可 以发 现， 直 线 ＲＱ所 过定 点 点 （ 在 Ｐ 则 除 了为重心 ， 还可 以为任 意其他 定点， 同样可 以 善 ： － Ｘ Ｏ ） ． … … … … … … ． ． （ １ ） 求 出点 Ｐ的位 置；点 Ｐ除 了在线段 ＡＢ上运动 外， 也可 以在直线 Ａ Ｂ上运动； 甚至取消点Ｐ 在 点 Ｇ （ 吾 ， ４ ） 关 于 ｚ 的 对 称 点 （ ４ ， ２ Ｔ ｘ ｏ 一 直线 Ｊ Ｅ ｝ 上 的限制， 变
解 题 思 路 分 析
直 角坐标 系来尝试 ．
综 上 可知， 斜坐 标 系 的引入 拓 宽 了“ 解 析
法” 的 应 用 范 围 ，使 得 “ 数” 与“ 形” 之 间 的 沟 通 更 加灵 活 、方便 ， 有 效 地 回 避 了 建 立 直 角 坐
标系 时选 取坐标 轴 的 困难、 因此 它 是对直 角
Ｄ
图１ ２
坐标 系的很好补 充和拓展， 值得我们 进一步研 究 、开发和利用． 参考文献
点 评 ：例 ５ 、例 ６ 所 用 的 证 明 方 法 为 斜 坐
标 系下 的“ 解 析法” ， 其 思路与在 直角坐标 系下 的解 析 几何 基 本 一致， 只是 在 求线 段 比值 时， 更多地使 用 了向量法 ｆ 斜坐标系 下求两点之 间
明立意 提素养———由一道2022_年高考数学试题引发的思考
明立意㊀提素养由一道２０２２年高考数学试题引发的思考李㊀彦(江苏省姜堰中学ꎬ江苏泰州２２５５００)摘㊀要:高考承载着为高校选拔人才的重要任务ꎬ新课改背景下高考试题充分体现出考查学生核心素养的重要特征ꎬ高考试题的探究与分析是高中数学课程教学的重要任务之一.本文以２０２２年一道高考数学试题为探究载体ꎬ重点从试题分析㊁变式拓展㊁教学启示三个角度进行阐释.关键词:高中数学ꎻ高考试题ꎻ素养ꎻ能力中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１６－００４０－０３收稿日期:２０２３－０３－０５作者简介:李彦(１９７８.９－)ꎬ江苏姜堰人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教育教学研究.基金项目:泰州市教育学会十四五规划重点立项课题 新课程背景下高中数学高效课堂的建构研究 阶段性研究成果(项目编号:ＴＺ２０２２０１５)㊀㊀高考试题一直是高中教师关注的焦点ꎬ对高考试题形式和考查意图的探究是提升 备考 效率的重要途径.近年来ꎬ高考数学试题中导数问题一直是考查重点内容之一ꎬ多数以初等函数为载体ꎬ以压轴题的形式呈现ꎬ侧重于考查学生的数学学科核心素养.命题专家一直十分青睐导数问题的考查ꎬ给不少学生带来一些困难ꎬ对于高中数学高考复习教学而言ꎬ整体把握导数问题是提升学生解题能力的关键[１].１真题回顾ꎬ多元剖析题目㊀(２０２２年全国高考理科数学第１６题)已知ｘ＝ｘ１和ｘ＝ｘ２分别是函数ｆ(ｘ)＝２ａｘ－ｅｘ２(ａ>０且ａʂ１)的极小值点和极大值点.若ｘ１<ｘ２ꎬ试求ａ的取值范围[２]解法１㊀根据题意结合函数导数的性质可得ꎬｆᶄ(ｘ)＝２ａｘｌｎａ－２ｅｘ存在两个零点ｘ１和ｘ２(ｘ１<ｘ２).令函数ｇ(ｘ)＝２ａｘｌｎａ－２ｅｘꎬ当ａ>１时ｘң－ɕꎬｇ(ｘ)ң＋ɕꎻｘң＋ɕꎬｇ(ｘ)ң＋ɕ(不合题意ꎬ舍去).当０<ａ<１时ｘң－ɕꎬｇ(ｘ)ң－ɕꎻｘң＋ɕꎬｇ(ｘ)ң－ɕ(符合题意)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝２ａｘ(ｌｎａ)２－２ｅ.令ｇᶄ(ｘ０)＝０可得ｘ０＝ｌｏｇａ[ｅ/(ｌｎａ)２].由于函数ｇ(ｘ)在区间(－ɕꎬｘ０)内单调递增ꎬ在区间(ｘ０ꎬ＋ɕ)内单调递减ꎬ根据题意可令ｇ(ｘ)ｍａｘ＝ｇ(ｘ０)>０ꎬ即２ａｘ０ｌｎａ－２ｅｘ０>０.即２ａｌｏｇａ[ｅ/(ｌｎａ)２] ｌｎａ>２ｅｌｏｇａ[ｅ/(ｌｎａ)２].即１ｌｎａ>ｌｏｇａｅｌｎ２ａ＝ｌｎ(ｅ/ｌｎ２ａ)ｌｎａ.由于ｌｎａ<０则ｌｎｅｌｎ２ａ>１.即１(ｌｎａ)２>１.即０<(ｌｎａ)２<１.则ａ的取值范围为１ｅ<ａ<１.解法２㊀根据题意结合函数导数的性质可得ꎬ０４ｆᶄ(ｘ)＝２ａｘｌｎａ－２ｅｘ有两个零点ｘ１和ｘ２(ｘ１<ｘ２).令ｆᶄ(ｘ)＝０ꎬ即２ａｘｌｎａ＝２ｅｘ.该方程有两个实数根分别为ｘ１和ｘ２(ｘ１<ｘ２)ꎬ令函数ｙ＝ａｘｌｎａ与函数ｙ＝ｅｘ图象在ｘ０处相切ꎬ可知ａｘ０ｌｎａ＝ｅｘ０ꎬ且ａｘ０(ｌｎａ)２＝ｅ.则ｘ０＝１ｌｎａꎬ即ａ＝ｅ１ｘ０.则ａｘ０１ｘ０＝ｅｘ０ꎬ即ａｘ０＝ｅｘ２０.则(ｅ１ｘ０)ｘ０＝ｅｘ２０ꎬ即ｘ０＝ʃ１.(１)在ａ>１的情况下ꎬ当ｘ０＝１ꎬａ＝ｅꎬ若ａ减小ꎬ则函数ｙ＝ａｘｌｎａ与ｙ＝ｅｘ的图象有两个交点(如图１所示).函数ｆᶄ(ｘ)＝２ａｘｌｎａ－２ｅｘ的图象如图２所示ꎬ根据前面的分析可知ꎬ函数ｆ(ｘ)＝２ａｘ－ｅｘ２从左到右的单调性为:递增ң递减ң递增ꎬ且极大值点ｘ１小于极小值点ｘ２(不符合题意ꎬ舍去)图１㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图２(２)在０<ａ<１的情况下ꎬ当ｘ０＝１ꎬａ＝１ｅꎬ若ａ变大ꎬ则函数ｙ＝ａｘｌｎａ与ｙ＝ｅｘ的图象有两个交点(如图３所示)ꎬ函数ｆ(ｘ)＝２ａｘ－ｅｘ２从左到右的单调性为:递减ң递增ң递减ꎬ且极小值ｘ１小于极大值ｘ２ꎬ则１ｅ<ａ<１.图３㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图４解法３㊀根据题意结合函数导数的性质可得ꎬｆᶄ(ｘ)＝２ａｘｌｎａ－２ｅｘ有两个零点ｘ１和ｘ２(ｘ１<ｘ２).令ｆᶄ(ｘ)＝０ꎬ即ａｘｘ＝ｅｌｎａ.该方程有两个实根ｘ１和ｘ２(ｘ１<ｘ２)ꎬ如图４所示ꎬ在ａ>１的情况下ꎬ函数ｆ(ｘ)＝２ａｘ－ｅｘ２从左到右的单调性为:递增ң递减ң递增ꎬ且极大值点ｘ１小于极小值点ｘ２(不符合题意ꎬ舍去).在０<ａ<１的情况下ꎬ令ｈ(ｘ)＝ａｘｘꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝ａｘ(ｘｌｎａ－１)ｘ２.令ｈᶄ(ｘ０)＝０ꎬ即ｘ０＝１ｌｎａꎬ即ｌｎａ＝１ｘ０ꎬ即ａ＝ｅ１ｘ０ꎬ即ａｘ０＝ｅ.根据０<ａ<１ꎬｌｎａ<０ꎬ则ｘ０<０ꎬ显然函数ｈ(ｘ)在区间(－ɕꎬｘ０)上单调递增ꎬ在区间(ｘ０ꎬ０)上单调递减ꎬ则ｈ(ｘ)ｍａｘ＝ｈ(ｘ０)＝ａｘ０ｘ０＝ｅｘ０.结合题意可得ꎬｅｘ０>ｅｌｎａ.即ｌｎａ>ｘ０.即１ｘ０>ｘ０.则ｘ０<－１.即１ｌｎａ<－１.即ｌｎａ>－１.则１ｅ<ａ<１.点评㊀解法１是直接从函数的性质视角进行探究ꎬ解题思路比较清晰但计算繁琐ꎬ需要学生具有一定的逻辑思维和数学运算能力ꎻ解法２是采取转化思想ꎬ借助于数形结合的方法进行求解ꎬ需要学生具备一定直观想象素养能力ꎻ解法３是采取分离函数㊁等价代换的手段进行求解ꎬ该方法过程简洁运算量不大ꎬ是多数学生优先选择的方法.２洞悉本质ꎬ变式拓展大量实践表明ꎬ机械刷题难以提升学生数学解题能力ꎬ直接影响数学素养的培养与提升.数学教师可以引导学生洞悉数学典型试题的内在本质规律ꎬ呈现多元变式ꎬ在师生共同探究中提升学生数学学１４科核心素养[３].变式１㊀已知函数ｆ(ｘ)＝２ａｘ－ｅｘ２(ａ>０且ａʂ１)存在极小值点ｘ１和极大值点ｘ２且ｘ２<ｘ１ꎬ试求ａ的取值范围?变式２㊀已知函数ｆ(ｘ)＝２ａｘ－ｅｘ２(ａ>０且ａʂ１)存在极小值点ｘ１和极大值点ｘ２ꎬ试求ａ的取值范围?变式３㊀已知函数ｆ(ｘ)＝２ａｘ－ｅｘ２(ａ>０且ａʂ１)无极值点ꎬ试求ａ的取值范围?点评㊀变式训练是提升学生数学解题能力的重要方式ꎬ上述三个变式拓展试题是从函数的内在本质出发ꎬ通过对函数的 极值点 进行探讨ꎬ关注学生数学转化思想在数学解题中的实际运用.三道变式试题随着题设条件的变化ꎬ问题由浅入深ꎬ重点考查学生分析数学综合问题的能力ꎬ有助于学生核心素养的提升.３教学启示ꎬ落实素养第一ꎬ重视数学基本知识与技能训练ꎬ灵活运用数学思想方法.函数是高中数学教学中的重点和难点ꎬ每年高考离不开数学函数的考查ꎬ以函数为背景的命题受到命题专家的特殊青睐.导数引入高中数学函数的探究ꎬ已经成为探究函数问题的重要工具.高中数学函数问题注重考查 函数与方程㊁数形结合㊁分类讨论㊁转化与化归㊁函数构造 等数学思想方法.对于高中数学中的导数问题ꎬ应该关注 分离㊁换元㊁构造 等方法.在高考备考复习教学中ꎬ数学教师可以引导学生从基本的解题方法出发ꎬ积极探究解决众多问题中共同的㊁基本的解题方法ꎬ让学生感受通性通法合理应用于解题的实用性ꎬ尽量较少进行特殊解题技巧和方法的熏陶.第二ꎬ重视一题多解的探究与分析ꎬ从变式训练中提升创新思维能力.数学解题教学是高中数学课程教学的重要内容之一ꎬ学生解题能力的提升离不开典型数学试题的剖析.大量实践表明ꎬ 一题多解 是从多个角度探讨同一问题ꎬ有效采取此教学思路有助于拓宽学生的解题思路ꎬ有助于培养学生的发散思维能力和解题能力.在高中数学教学实践中ꎬ学生的数学思维能力存在着一定的差异性ꎬ将 一题多解 和 变式训练 有机融合ꎬ能够有效激发不同层次学生数学探究的好奇心ꎬ引导学生从不同视角㊁不同维度探究问题ꎬ从多 变 的问题中探寻 不变 的性质与特征ꎬ不断强化学生的应变能力ꎬ发展学生的创新思维能力.第三ꎬ融合信息技术教学手段ꎬ充分呈现数学本质规律.数学图象是帮助学生理解和解决问题的重要手段ꎬ函数图象具有较高的直观性ꎬ有利于学生理解函数的内在本质规律.高中数学函数问题教学中ꎬ可以借助于ＧｅｏＧｅｂｒａ图象软件展示变化中的函数图象ꎬ特别是对函数单调性的增减问题ꎬ能够直观地显现出来ꎬ学生能够直接获得数学结论ꎬ激发学生深入探究的欲望ꎬ强化学生直观想象素养的形成与发展.作为高中数学教师ꎬ一定要给予学生动手操作实践的空间与时间ꎬ让学生在实践中体悟数学的本质魅力.高考试题是高中数学课程教学的重要资源与素材ꎬ对高考典型试题的探究是高考备考的必备动作.作为高中数学教师在平时的教学中ꎬ应该强化对高考试题的剖析与思考ꎬ充分挖掘高考试题中 不变 的本质规律ꎬ灵活运用数学思想方法进行教学方式的优化ꎬ不断促进学生创新思维能力的提升ꎬ尽可能实现高中数学核心素养的真正落地.参考文献:[１]中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准[Ｍ].北京:人民教育出版社ꎬ２０２０.[２]杜斌.一道２０２２年联考导数题的多视角探究[Ｊ].中学数学教学ꎬ２０２２(０３):４２－４４.[３]季峰.低起点多层次高落差:２０２２年高考数学新高考Ⅰ卷试卷点评[Ｊ].中学数学ꎬ２０２２(１５):３０－３１.[责任编辑:李㊀璟]２４。
一道高考实验探究能力题的赏析与启示
ＮａＺ Ｏ：Ｈ ｔ据 此 ， 取 面 积 为 Ｓ 双 面 镀 锌 薄 铁 板 试 ＝ｎ ＋ ， 截 的
样 ， 碎 ， 得 质 量 为 ｉ。 用 固 体 烧 碱 和 水 作 试 剂 ， 剪 称 ｎｇ 。 拟
出下 列实验 方案并 进 行相关 实 碱 反 应 来 实 现 探 究 目标 。 （ 选 用 Ｂ和 ２）
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的教学目 标之一。 要开展好环保 这样改进， 实验现象出 现较快并且明显。 为尽可能减少 教育， 需要教师平时注意收集环 实验中挥发出的氨气， 可将锥形瓶或大试管口用橡皮
保 信 息 ，了 解 先 进 科 技 成 果 ， 并 塞塞住 。
注意紧密联系实际， 将其自然渗
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方 案丙 中 ， 生往 往 对题 意 理 解 不够 深 刻 、 面 ， 而 学 全 从
（ ５）若 装 置 Ｂ中 的 恒 压 分 液 漏 斗 改 为 普 通 分 液 漏 斗 ， 量 结果 将 测
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导致 在思 考 、 理 等方 面 出现 障碍 。 实 只要明 确ｚ ＋ 推 其 ｎ ２ ａ Ｈ＝ ａ Ｏ ＋ 是 放 热 反 应 ， 会 使 溶 液 中 的 水 Ｎ Ｏ Ｎ ￣ｎ Ｈ ｔ
∞（ ｎ） 镀 层 厚 度 ， 询 得 知 锌 易 溶 于 碱 ： ｎ ２ ＯＨ＝ ｚ 和 查 Ｚ ＋ Ｎａ
题 ， 分考 生 会 感到 有 一定 的 难 度 。实 际 上此 间 难度 部 并 不 大 ， 要 能 联 想 到 ：＝ 只 ｐ ｍ／ Ｖ＝ ｄ（ 为 镀 层 厚 度 ） Ｖ， Ｓ ｄ
（ “ 大 ”、 偏 小 ” “ 影 填 偏 “ 或 无
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化 学 教 学 中开 展环 保 Ｉ － 育 是 新 课 程 标 准 下 Ｔ 教 后 安 全 地 放 到 锥 形 瓶 或 大 试 管 中 ，盛 有 浓 氨 水 的 小 试 管放 在下 面 ， 有无 色酚酞溶 液的 小试管放 在上面 。 盛 经
由一道全国高考题引发的研究性学习
由一道全国高考题引发的研究性学习周战武(湖南浏阳三中 410301)上高三复习课时,我讲解了2007年全国卷第22题,不料,变成了一节研究性学习课,现将它奉献给大家,希望对广大读者有所启示和帮助.1 原题再现已知函数f(x)=x3-x. (1)求曲线y=f(x)在点M(t,f(t))处的切线方程;(2)设a>0,如果过点(a,b)可作曲线y=f(x)的三条切线,证明:-a<b<f(a).解 (1)解答过程略.曲线y=f(x)在点M(t,f(t))处的切线方程为:y=(3t2-1)x-2t3.(2)如果有一条切线过点(a,b),则存在t,使b=(3t2-1)a-2t3,于是,若过点(a,b)可作曲线y=f(x)的三条切线,则方程2t3-3at2+a+b=0(*)有三个相异的实数根.记g(t)=2t3-3at2+a+b,则g(t)=6t2-6at=6t(t-a)当t变化时,g(t),g(t)变化情况如下表:t(-¥,0)0(0,a)a(a,+¥)g(t)+0-0+g(t)递增极大值a+b递减极小值b-f(a)递增由g(t)的单调性,有当极大值a+b<0或极小值b-f(a)>0时,方程g(t)=0有一个实数根;当极大值a+b=0时,解方程g(t)=0得t=0,t=3a2,即方程g(t)=0只有两个相异的实数根;当极小值b-f(a)=0时,解方程g(t)=0得t=-a2,t=a,即方程g(t)=0只有两个相异的实数根;当极大值a+b>0且极小值b-f(a)<0时方程g(t)=0有三个相异的实数根.(a,b)可作曲线y=f(x)三条切线,<0.即-a<b<f(a).2 师生共同探究讲完之后,看着同学们意犹未尽的神态,我让大家思考几分钟,提出各自的问题.两分钟后生1提出问题(一):将!在∀改为!过∀点M(t,f(t))切线方程如何求?为使问题简单化分别取点M(t,f(t))为#M(0,0),∃M(1,0),求过相应的点的切线方程.很快得到解答如下:将!在∀改为!过∀,切点不一定为M(t,f(t)),设切点为(x0,x30-x0),f(x0)=3x20-1,由点斜式得切线方程为:y-x30+x0=(3x20-1)(x-x0) (1)#将(0,0)代入(1)得-x30+x0=-3x30+x0解得x0=0故过点(0,0)的切线方程为y=-x;∃同样将(1,0)代入(1)得-x30+x0=(3x20-1)(1-x0),整理得,2x30-3x20+1=0,解得x0=1,或x0=-12.故过点(1,0)的切线方程为y-0=2(x-1)或y-38=-14x+12.很快生2提出问题(二):由(一)知!过∀点M(t,f(t))的切线可能有一条,也可能有两条,那么对任意的三次曲线是否有类似的结论,相应的结论的条件是什么?结论1 设f(x)=ax3+bx2+cx+d(a%0)过M(t,f(t))的切线条数:如果t=-b3a,那么过点M有且只有一条切线,否则有两条切线.探究 因为以M点为切点作曲线的切线一定存在,下面探究切点不是点M的情况,假设点Q(x1,y1),(x1%t)是切点,因为点Q在曲线上,所以y1=ax31+bx21+cx1+d,又因为点Q在切线上,所以切线的斜率k=y1-f(t)x1-t=a(x31-t3)+b(x21-t2)+c(x1-t)x1-t=a(t2+x1t+37 2010年 第49卷 第2期 数学通报x 21)+b(x 1+t)+c.又根据导数的几何意义可知k =f(x 1)=3ax 21+2bx 1+c,所以a(t 2+x 1t +x 21)+b(x 1+t)+c =3ax 21+2bx 1+c,化简整理得2ax 21+(b -at)x 1-(at 2+bt)=0.此方程是关于x 1的一元二次方程,其判别式=(3at +b)2 0.如果t =-b3a, =0,方程有唯一解x 1=-b3a=t,但由前面的假设x 1%t,所以过点M 有且只有一条切线.如果t %-b 3a , >0方程有两相异的解x 1=t 或x 1=-at +b 2a但由前面的假设x 1%t,所以过点M 还有一条切线其切点为Q (-at +b 2a ,f (-at +b2a)).综上,如果t =-b3a那么过点M (t,f (t))有且只有一条切线,切点为M(t,f (t)),否则有两条切线,切点分别是点M (t,f (t)),Q (-at +b2a,f (-at +b 2a)).生3提出问题(三):t =-b 3a的几何意义是什么?探究 f (x )=6ax +2b,t =-b 3a恰好是曲线y =f (x )拐点的横坐标,即得结论2 (-b 3a ,f (-b 3a))是曲线y =f (x )的对称中心.生4提出问题(四):探究第(2)问,去掉条件a >0,即过点(a,b)可作曲线y =f (x )的三条切线的点(a,b)所在区域.探究 显然点(a,b)不在曲线上,设过点(a,b)切线与曲线切于点M (t,f (t),由原题第(2)问的解答知,a,t,b 满足2t 3-3at 2+a +b =0(*),则方程(*)有三个相异实根,对于函数g(t)=2t 3-3at 2+a +b,若a =0则g (t)=6t 2 0,g (t)=2t 3+b 是单调函数,此时函数图像与横轴只有一个交点,对应的方程2t 3+b =0仅有一解,所以a %0,g (t)=6t 2-6at =6t(t -a). 于是t =0,t =a是函数g (t)的两个极值点,要使方程(*)有三个不同的根,函数g (t)的极大值必须大于零,同时极小值必须小于0,即有下面两种情况:#若a <0,则t =0时函数g(t)取极小值,t =a 时取极大值所以有g(0)=a +b <0g(a)=-a 3+a +b >0,即b <-ab >a 3-a;∃若a >0,则t =0时函数g(t)取极大值,t =a 时取极小值,所以有g(0)=a +b >0g(a)=-a 3+a +b <0,即b >-ab <a 3-a.综上,存在3条切线的点所在的区域为区域(&)x <0y <-x y >x 3-x 或区域( )x >0y >-x y <x 3-x.注意到直线y =-x 是函数过对称中心的切线,简称中心切线.由此可以得出:结论3 过点(a,b)可作曲线y =f (x )的三条切线的点(a,b)所在区域是该三次曲线的下方,与中心切线的上方的公共区域,或该三次曲线的上方,与中心切线的下方的公共区域.生5提出问题(五):探究第(2)问:#过点(a,b)可作曲线y =f (x )的一条切线,两条切线的点(a,b)所在的区域又是什么?∃中心切线y =-x ,直线x =0,三次曲线y =f (x )将平面分成的几个区域中,过区域内的点作曲线的切线,曲线的切线的条数又如何?探究 类似地讨论:要使过点(a,b)的曲线的切线只有一条,则方程(*)只有一个根,有下面三种情况:#a =0.a %0时,当t =0,t =a 时函数取得极(大或小)值,且极值同号,即下面两种情况:∃g(0)=a +b >0g(a)=-a 3+a +b >0,即b >-a b >a 3-a.∋g(0)=a +b <0g(a)=-a 3+a +b <0,即b <-a b <a 3-a.综上,可得:结论4 过点(a,b)可作曲线y =f (x )的一条切线的点(a,b)所在的区域是:#直线x =0或∃区域(y >-xy <x 3-x或∋区域.38数学通报 2010年 第49卷 第2期案例分析与数学教师的专业发展#顿继安1裴艳萍2(1.北京教育学院数学系 2.北京市门头沟区新桥路中学)在平凡的数学教学生活中,经常会发生一些让老师有所触动的故事.这些故事可以成为被抛进平静湖面的小石子,虽然激起了丝丝涟漪,但是很快会消逝于深邃的湖底;也可以通过多角度地分析与解读,成为引领我们思考和认识数学教育基本规律的的璀璨明珠.下面就是一个这样的故事:在讲完分式通分后,P 老师留了书上的练习为作业,题目都是常规问题,P 认为很简单.当晚9点多,P 正忙着写计划时,邓同学打来电话:a a +b ,b a -b 最简公分母是什么?P 很诧异:这怎么不会呢?不就是(a +b)(a -b)吗?!邓当时迟疑了一下,然后!啊∀了一下,放下了电话.类似地讨论:要使过点(a,b)的曲线的切线有两条,则方程(*)有两相异实根,显然a %0,当t =0,t =a 时,函数g (t)取得极(大或小)值,要使方程(*)有两相异实根,函数g (t)的极大(小)值中有一个为零,即下面两种情况:#a +b =0或∃b -f (a)=0,亦即:结论5 中心切线y =-x 除对称中心上的所有的点,或曲线y =f (x )上除对称中心上的所有的点.至此中心切线y =-x ,直线x =0,三次曲线y =f (x )将坐标平面划分的几个区域,过该区域内一点可作曲线的切线的条数如下图所示.生6提出问题(六):探究任意的三次曲线f (x )=ax 3+bx 2+cx +d(a %0)直线x =-b3a ,中心切线,将平面分成的几个区域中,过区域内的点作曲线的切线,切线的条数有怎样的结论?可得出:结论6 该三次曲线的下方,与中心切线的上方的公共区域,或该三次曲线的上方,与中心切线的下方的公共区域,存在三条不同切线;三次曲线上,中心切线上,除对称中心上的所有的点的区域存在两条不同切线;其余的区域,及对称中心只有一条切线.这几个区域关于对称中心对称.(建议同学们课后加以证明)对于本堂课产生的效果是令人欣慰的,一是学生探究的积极性很高,敢于猜想,有力地激发了学生的探究性思维,培养了探究能力,二是探究的结论科学性强,可以享受数学的对称美.392010年 第49卷 第2期 数学通报#本文为北京市教育科学十一五规划重点课题!三维目标与单元教学设计∀成果.。
一道高考压轴小题的多解探究与反思
一道高考压轴小题的多解探究与反思
本文将探究一道高考压轴小题的多解解法，并就其答题思路和考点进行反思和总结。
这道题为“有两个正整数，它们的和等于15，积等于26，求这
两个数”，是一道较为基础的代数题目，但其不同解法和思路却引起
了广泛讨论。
一种解法是通过列方程求解，设两个数分别为x和y，则有x+y=15，xy=26，进而解得x=2，y=13。
另一种解法是通过观察题目中给出的两个条件，可以发现15和26均为质数，因此只有1和15以及2和13两组数字相加等于15，
而只有2和13的积等于26，因此这组数字即为答案。
再一种解法是通过勾股定理，将26分解为2*13，设两个数分别为a和b，则有a+b=15，a^2+b^2=169，即a^2+(15-a)^2=169，解得a=4，b=11，进而得到另一组答案。
这三种解法均可得到正确答案，但考生在考场上应根据自己的能力和经验选择最适合自己的解法。
同时，这道题目也考察了考生的代数、数学推理和勾股定理等多个知识点，因此考生在备考过程中应加强对这些知识点的掌握和理解。
总之，这道高考压轴小题的多解探究和反思说明了数学题目的多样性和复杂性，考生需要在备考过程中不断提高自己的解题能力和思维水平，才能在考场上取得优异的成绩。
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2022_年新高考全国Ⅰ卷第21_题的探究
２０２２年新高考全国Ⅰ卷第２１题的探究林国红(广东省佛山市乐从中学ꎬ广东佛山５２８３１５)摘㊀要:文章对２０２２年新高考全国Ⅰ卷第２１题进行探究ꎬ给出两种解法ꎬ并将试题推广ꎬ得到椭圆㊁双曲线和抛物线的一般性结论.关键词:高考试题ꎻ圆锥曲线ꎻ探究ꎻ推广中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１３－００１８－０４收稿日期:２０２３－０２－０５作者简介:林国红(１９７７－)ꎬ男ꎬ广东省佛山人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事中学数学教学研究.１题目呈现与解答题目㊀(２０２２年新高考全国Ⅰ卷第２１题)已知点Ａ(２ꎬ１)在双曲线Ｃ:ｘ２ａ２－ｙ２ａ２－１＝１(ａ>１)上ꎬ直线ｌ交Ｃ于Ｐ㊁Ｑ两点ꎬ直线ＡＰꎬＡＱ的斜率之和为０.(１)求ｌ的斜率ꎻ(２)若ｔａｎøＰＡＱ＝２２ꎬ求әＰＡＱ的面积.本题的解法较多ꎬ下面给出其中的两种解法.解法１㊀(１)将点Ａ(２ꎬ１)代入双曲线方程ꎬ得４ａ２－１ａ２－１＝１.化简ꎬ得ａ４－４ａ２＋４＝０ꎬ解得ａ２＝２.故双曲线Ｃ的方程为ｘ２２－ｙ２＝１.由题可知直线ｌ的斜率存在ꎬ设直线ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍꎬ设Ｐ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＱ(ｘ２ꎬｙ２).联立ｙ＝ｋｘ＋ｍꎬｘ２２－ｙ２＝１ꎬìîíïïï得(２ｋ２－１)ｘ２＋４ｋｍｘ＋２ｍ２＋２＝０.从而有ｘ１＋ｘ２＝－４ｋｍ２ｋ２－１ꎬｘ１ｘ２＝２ｍ２＋２２ｋ２－１.又因ｋＡＰ＋ｋＡＱ＝ｙ１－１ｘ１－２＋ｙ２－１ｘ２－２＝ｋｘ１＋ｍ－１ｘ１－２＋ｋｘ２＋ｍ－１ｘ２－２＝０ꎬ化简ꎬ得２ｋｘ１ｘ２＋(ｍ－１－２ｋ)(ｘ１＋ｘ２)－４(ｍ－１)＝０.所以２ｋ(２ｍ２＋２)２ｋ２－１＋(ｍ－１－２ｋ)ˑ－４ｋｍ２ｋ２－１－４(ｍ－１)＝０.化简整理ꎬ得(ｋ＋１)(ｍ＋２ｋ－１)＝０.当ｍ＋２ｋ－１＝０ꎬ即ｍ＝１－２ｋ时ꎬ直线ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋１－２ｋ＝ｋ(ｘ－２)＋１ꎬ此时直线ｌ过点Ａ(２ꎬ１)ꎬ不符合题意ꎬ故ｍ＋２ｋ－１ʂ０.所以ｋ＋１＝０ꎬ即ｋ＝－１.所以直线ｌ的斜率为－１.(２)不妨设直线ＡＰ的倾斜角为锐角且为αꎬ由于直线ＡＰꎬＡＱ的斜率之和为０ꎬ故直线ＡＰꎬＡＱ的倾斜角互补ꎬ所以２α＋øＰＡＱ＝πꎬ即øＰＡＱ＝π－２α.由ｔａｎøＰＡＱ＝ｔａｎ(π－２α)＝－ｔａｎ２α＝－２ｔａｎα１－ｔａｎ２α＝２２ꎬ解得ｔａｎα＝２.故ｋＡＰ＝ｔａｎα＝２ꎬ即ｙ１－１ｘ１－２＝２.联立ｙ１－１ｘ１－２＝２ꎬｘ２１２－ｙ２１＝１ꎬìîíïïïï解得ｘ１＝１０－４２３ꎬｙ１＝４２－５３.即Ｐ(１０－４２３ꎬ４２－５３).代入直线ｌ的方程ｙ＝－ｘ＋ｍꎬ得ｍ＝５３ꎬｘ１＋ｘ２＝２０３ꎬｘ１ｘ２＝６８９.由于｜ＡＰ｜＝１＋ｋ２ＡＰˑ｜ｘ１－２｜＝３ˑ｜ｘ１－２｜ꎬ｜ＡＱ｜＝１＋ｋ２ＡＱˑ｜ｘ２－２｜＝３ˑ｜ｘ２－２｜ꎬ故｜ＡＰ｜ ｜ＡＱ｜＝３ˑ｜ｘ１－２｜ˑ３ˑ｜ｘ２－２｜＝３ˑ｜ｘ１ｘ２－２(ｘ１＋ｘ２)＋４｜＝３ˑ｜６８９－２ˑ２０３＋４｜＝１６３.由ｔａｎα＝ｓｉｎαｃｏｓα＝２ꎬｓｉｎ２α＋ｃｏｓ２α＝１ꎬìîíïïï解得ｓｉｎα＝２３ꎬｃｏｓα＝１３.故ｓｉｎøＰＡＱ＝ｓｉｎ(π－２α)＝ｓｉｎ２α＝２ｓｉｎαｃｏｓα＝２ˑ２３ˑ１３＝２２３.所以әＰＡＱ的面积为Ｓ＝１２｜ＡＰ｜ ｜ＡＱ｜ｓｉｎøＰＡＱ＝１２ˑ１６３ˑ２２３＝１６２９.评注㊀解法１通过联立直线与双曲线方程ꎬ利用韦达定理及直线斜率的定义进行求解.运算量虽不小ꎬ但方法是解析几何中的常用方法ꎬ这种通性通法在数学解题中有重要作用.所以在平时的教学中要注重一般性的解题规律和方法(即通性通法)ꎬ要重视知识的生成过程ꎬ尽量创设问题情境引导学生探究知识ꎬ培养学生分析问题㊁解决问题的能力.解法２㊀(１)由解法１可知ꎬ双曲线Ｃ的方程为ｘ２２－ｙ２＝１.设直线ＡＰ的参数方程为ｘ＝２＋ｔｃｏｓαꎬｙ＝１＋ｔｓｉｎα{(ｔ为参数)ꎬ代入双曲线方程ꎬ化简并整理ꎬ得(ｃｏｓ２α－２ｓｉｎ２α)ｔ２＋４(ｃｏｓα－ｓｉｎα)ｔ＝０.解得ｔ１＝０或ｔ１＝４(ｃｏｓα－ｓｉｎα)ｃｏｓ２α－２ｓｉｎ２α.当ｔ１＝０时ꎬ此时是点Ａ的坐标ꎬ舍去ꎬ故ｔ１＝４(ｃｏｓα－ｓｉｎα)ｃｏｓ２α－２ｓｉｎ２α.由于直线ＡＰ㊁ＡＱ的斜率之和为０ꎬ所以直线ＡＰꎬＡＱ的倾斜角互补ꎬ故直线ＢＰ的参数方程为ｘ＝２＋ｔｃｏｓ(π－α)＝２－ｔｃｏｓαꎬｙ＝１＋ｔｓｉｎ(π－α)＝１＋ｔｓｉｎα{(ｔ为参数).同理可得ｔ２＝－４(ｃｏｓα＋ｓｉｎα)ｃｏｓ２α－２ｓｉｎ２α.于是ｔ２－ｔ１＝－８ｃｏｓαｃｏｓ２α－２ｓｉｎ２αꎬｔ２＋ｔ１＝－８ｓｉｎαｃｏｓ２α－２ｓｉｎ２α.故ｙ２－ｙ１ｘ２－ｘ１＝１＋ｔ２ｓｉｎα－(１＋ｔ１ｓｉｎα)２－ｔ２ｃｏｓα－(２＋ｔ１ｃｏｓα)＝(ｔ２－ｔ１)ｓｉｎα－(ｔ２＋ｔ１)ｃｏｓα＝－８ｃｏｓαｃｏｓ２α－２ｓｉｎ２αˑｓｉｎα－－８ｓｉｎαｃｏｓ２α－２ｓｉｎ２αˑｃｏｓα＝－１.所以直线ｌ的斜率为－１.(２)不妨设α为锐角ꎬ由于直线ＡＰ㊁ＡＱ的斜率之和为０ꎬ故直线ＡＰ㊁ＡＱ的倾斜角互补.所以２α＋øＰＡＱ＝π.即øＰＡＱ＝π－２α.由ｔａｎøＰＡＱ＝ｔａｎ(π－２α)＝－ｔａｎ２α＝－２ｔａｎα１－ｔａｎ２α＝２２ꎬ解得ｔａｎα＝２.由ｔａｎα＝ｓｉｎαｃｏｓα＝２ꎬｓｉｎ２α＋ｃｏｓ２α＝１ꎬìîíïïï解得ｓｉｎα＝２３ꎬｃｏｓα＝１３.从而ｔ１＝４(ｃｏｓα－ｓｉｎα)ｃｏｓ２α－２ｓｉｎ２α＝－４２＋４３ꎬｔ２＝－４(ｃｏｓα＋ｓｉｎα)ｃｏｓ２α－２ｓｉｎ２α＝－４２－４３.又ｓｉｎøＰＡＱ＝ｓｉｎ(π－２α)＝ｓｉｎ２α＝２ｓｉｎαｃｏｓα＝２ˑ２３ˑ１３＝２２３ꎬ所以әＰＡＱ的面积为Ｓ＝１２｜ｔ１ｔ２｜ｓｉｎøＰＡＱ＝１２ˑ｜－４２＋４３ˑ－４２－４３｜ˑ２２３＝１６２９.评注㊀一般情况下ꎬ圆锥曲线大题的解答过程往往涉及繁冗运算ꎬ要减少圆锥曲线的运算量ꎬ规避运算风险ꎬ算理就显得非常重要.解法２利用直线的参数方程ꎬ其代数变形较简单ꎬ运算量少ꎬ解题过程比解法１更简洁.２问题的提出问题１㊀在试题中ꎬ若将点Ａ(２ꎬ１)改为其它值ꎬ则直线ｌ的斜率为多少?问题２㊀在试题中ꎬ若将点Ａ(２ꎬ１)改为Ａ(ｘ０ꎬｙ０)(ｙ０ʂ０)ꎬ并将双曲线一般化ꎬ则直线ｌ的斜率为多少?问题３㊀在试题的问题(１)中ꎬ若将试题改为:点Ａ(２ꎬ１)在双曲线ｘ２２－ｙ２＝１上ꎬ直线ｌ交Ｃ于ＰꎬＱ两点ꎬ且直线ｌ的斜率为－１ꎬ则直线ＡＰ㊁ＡＱ的斜率之和为多少?问题４㊀在问题２或问题３中ꎬ若将双曲线改为椭圆或抛物线ꎬ又有什么结论?３试题问题(１)的推广与类比性质结合上述问题ꎬ经探究ꎬ可得到试题问题(１)的推广与类比性质:结论１㊀已知点Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)(ｙ０ʂ０)在椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１(ａ>ｂ>０)上ꎬＭ㊁Ｎ是椭圆Ｃ上的两个动点ꎬ若直线ＰＭ㊁ＰＮ的斜率分别为ｋ１㊁ｋ２ꎬ则ｋ１＋ｋ２＝０的充要条件是直线ＭＮ的斜率为ｂ２ｘ０ａ２ｙ０.结论２㊀已知点Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)(ｙ０ʂ０)在双曲线Ｃ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１(ａ>０ꎬｂ>０)上ꎬＭ㊁Ｎ是双曲线Ｃ上的两个动点ꎬ若直线ＰＭ㊁ＰＮ的斜率分别为ｋ１ꎬｋ２ꎬ则ｋ１＋ｋ２＝０的充要条件是直线ＭＮ的斜率为－ｂ２ｘ０ａ２ｙ０.结论３㊀已知点Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)(ｙ０ʂ０)在抛物线Ｃ:ｙ２＝２ｐｘ(ｐ>０)上ꎬＭ㊁Ｎ是抛物线Ｃ上的两个动点ꎬ若直线ＰＭ㊁ＰＮ的斜率分别为ｋ１ꎬｋ２ꎬ则ｋ１＋ｋ２＝０的充要条件是直线ＭＮ的斜率为－ｐｙ０.评注㊀①结论１至结论３的证明ꎬ可以参照试题(１)的解答ꎬ限于篇幅ꎬ不再给出.②由结论２可知ꎬ当Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)＝Ａ(２ꎬ１)ꎬ双曲线方程为ｘ２２－ｙ２＝１ꎬｋＡＰ＋ｋＡＱ＝０时ꎬ则直线ＰＱ(即直线ｌ)的斜率为－ｂ２ｘ０ａ２ｙ０＝－１２ˑ２１＝－１ꎬ这正是高考题的问题(１).４探究延伸结论１至结论３均是ｋ１＋ｋ２＝０与直线ＭＮ的斜率之间的关系.那么在一般的条件下ꎬ直线ＰＭ㊁ＰＮ㊁ＭＮ三者的斜率之间有什么联系?此时ꎬ能否求得әＰＭＮ的面积?经进一步探究ꎬ可得到如下结论:结论４㊀已知点Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)(ｙ０ʂ０)在曲线Ｃ:Ａｘ２＋Ｂｙ２＝１(ＡＢʂ０)上ꎬＭ㊁Ｎ是曲线Ｃ上的两个动点ꎬ若直线ＰＭ㊁ＰＮ㊁ＭＮ的斜率分别为ｋ１㊁ｋ２㊁ｋ３ꎬ则(１)ｋ３＝Ａ[(Ａ－Ｂｋ１ｋ２)ｘ０＋Ｂ(ｋ１＋ｋ２)ｙ０]Ｂ[(Ａ－Ｂｋ１ｋ２)ｙ０－Ａ(ｋ１＋ｋ２)ｘ０]ꎻ(２)ＳәＰＭＮ＝｜２(ｋ２－ｋ１)(Ａｘ０＋Ｂｋ１ｙ０)(Ａｘ０＋Ｂｋ２ｙ０)(Ａ＋Ｂｋ２１)(Ａ＋Ｂｋ２２)｜.证明㊀因为平移不改变直线的斜率及图形的面积ꎬ故平移坐标系ꎬ使得点Ｐ为坐标原点ꎬ则曲线Ｃ变为Ａ(ｘ＋ｘ０)２＋Ｂ(ｙ＋ｙ０)２＝１ꎬ且Ａｘ２０＋Ｂｙ２０＝１.此时直线ＰＭ的方程为ｙ＝ｋ１ｘꎬ设Ｍ(ｘＭꎬｙＭ)ꎬＮ(ｘＮꎬｙＮ).联立ｙ＝ｋ１ｘꎬＡ(ｘ＋ｘ０)２＋Ｂ(ｙ＋ｙ０)２＝１ꎬ{化简整理ꎬ得(Ａ＋Ｂｋ２１)ｘ２＋(２Ａｘ０＋２Ｂｋ１ｙ０)ｘ＝０.解得ｘＭ＝－２(Ａｘ０＋Ｂｋ１ｙ０)Ａ＋Ｂｋ２１.同理ꎬｘＮ＝－２(Ａｘ０＋Ｂｋ２ｙ０)Ａ＋Ｂｋ２２.从而(１)ｋ３＝ｙＭ－ｙＮｘＭ－ｘＮ＝ｋ１ｘＭ－ｋ２ｘＮｘＭ－ｘＮ＝－２ｋ１(Ａｘ０＋Ｂｋ１ｙ０)Ａ＋Ｂｋ２１－－２ｋ２(Ａｘ０＋Ｂｋ２ｙ０)Ａ＋Ｂｋ２２－２(Ａｘ０＋Ｂｋ１ｙ０)Ａ＋Ｂｋ２１－－２(Ａｘ０＋Ｂｋ２ｙ０)Ａ＋Ｂｋ２２＝Ａ[(Ａ－Ｂｋ１ｋ２)ｘ０＋Ｂ(ｋ１＋ｋ２)ｙ０]Ｂ[(Ａ－Ｂｋ１ｋ２)ｙ０－Ａ(ｋ１＋ｋ２)ｘ０].(２)ＳәＰＭＮ＝１２｜ｘＭｙＮ－ｘＮｙＭ｜＝１２｜(ｋ２－ｋ１)ｘＭｘＮ｜＝｜２(ｋ２－ｋ１)(Ａｘ０＋Ｂｋ１ｙ０)(Ａｘ０＋Ｂｋ２ｙ０)(Ａ＋Ｂｋ２１)(Ａ＋Ｂｋ２２)｜.结论５㊀已知点Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)(ｙ０ʂ０)在抛物线Ｃ:ｙ２＝２ｐｘ(ｐ>０)上ꎬＭ㊁Ｎ是抛物线Ｃ上的两个动点ꎬ若直线ＰＭ㊁ＰＮ㊁ＭＮ的斜率分别为ｋ１㊁ｋ２㊁ｋ３ꎬ则(１)ｋ３＝ｋ１ｋ２ｐ(ｋ１＋ｋ２)ｐ－ｋ１ｋ２ｙ０ꎻ(２)ＳәＰＭＮ＝｜２(ｋ２－ｋ１)(ｐ－ｋ１ｙ０)(ｐ－ｋ２ｙ０)ｋ２１ｋ２２｜.证明㊀因为平移不改变直线的斜率及图形的面积ꎬ故平移坐标系ꎬ使得点Ｐ为坐标原点ꎬ则曲线Ｃ变为(ｙ＋ｙ０)２＝２ｐ(ｘ＋ｘ０)ꎬ且ｙ２０＝２ｐｘ０.此时直线ＰＭ的方程为ｙ＝ｋ１ｘꎬ设Ｍ(ｘＭꎬｙＭ)ꎬＮ(ｘＮꎬｙＮ).联立ｙ＝ｋ１ｘꎬ(ｙ＋ｙ０)２＝２ｐ(ｘ＋ｘ０)ꎬ{化简整理ꎬ得ｋ２１ｘ２＋(２ｋ１ｙ０－２ｐ)ｘ＝０.解得ｘＭ＝２(ｐ－ｋ１ｙ０)ｋ２１.同理ꎬｘＮ＝２(ｐ－ｋ２ｙ０)ｋ２２.从而(１)ｋ３＝ｙＭ－ｙＮｘＭ－ｘＮ＝ｋ１ｘＭ－ｋ２ｘＮｘＭ－ｘＮ＝２ｋ１(ｐ－ｋ１ｙ０)ｋ２１－２ｋ２(ｐ－ｋ２ｙ０)ｋ２２２(ｐ－ｋ１ｙ０)ｋ２１－２(ｐ－ｋ２ｙ０)ｋ２２＝ｋ１ｋ２ｐ(ｋ１＋ｋ２)ｐ－ｋ１ｋ２ｙ０.(２)ＳәＰＭＮ＝１２｜ｘＭｙＮ－ｘＮｙＭ｜＝１２｜(ｋ２－ｋ１)ｘＭｘＮ｜＝１２｜(ｋ２－ｋ１)ˑ２(ｐ－ｋ１ｙ０)ｋ２１ˑ２(ｐ－ｋ２ｙ０)ｋ２２｜＝｜２(ｋ２－ｋ１)(ｐ－ｋ１ｙ０)(ｐ－ｋ２ｙ０)ｋ２１ｋ２２｜.评注㊀当Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)＝Ａ(２ꎬ１)ꎬ双曲线方程为ｘ２２－ｙ２＝１时ꎬ则Ａ＝１２ꎬＢ＝－１ꎬｋＡＰ＋ｋＡＱ＝０ꎬ且由解法１ꎬ可知ｋＡＰ＝２ꎬｋＡＱ＝－２.分别代入结论４ꎬ可得直线ＰＱ的斜率为－１ꎬәＰＡＱ的面积为１６２９ꎬ这正是高考题的情形.高考试题是精心之作ꎬ每年的高考题在命题角度㊁题型㊁难度等方面都进行了充分考量ꎬ是知识㊁能力和思想方法的载体ꎬ具有典型性㊁示范性和权威性.高考试题除了具有测试与选拔功能外ꎬ还具有良好的教学功能ꎬ要了解高考动向ꎬ把握高考脉搏.高考试题的研究是重要的路径ꎬ所以在复习中要加强高考题的渗透ꎬ通过高考真题的训练体会命题思想ꎬ善于作解后反思和方法的归类ꎬ并对试题进行挖掘㊁拓展㊁引申ꎬ扩大高考题的辐射面ꎬ从而实现高考试题功能的最大化㊁最优化.参考文献:[１]林国红.一道圆锥曲线竞赛试题的推广探究[Ｊ].数学通讯ꎬ２０２２(０４):４４－４５ꎬ５５.[２]林国红.圆锥曲线中两根不对称问题的处理方法[Ｊ].高中数学教与学ꎬ２０１８(１９):１２－１４.[责任编辑:李㊀璟]。
一道解析几何高考题的解析与探究——以 2020年全国卷Ⅰ理科第 20题为例
解析：设点 P、C、D 的坐标为 P（6，t），C（x1，y1），D（x2，y2），则
t
t
直线 PA 的方程是 y = ( x + 3 )，直线 PB 的方程是 y = ( x 9
3
t
ì
ïy = 9 ( x + 3 ),
ï
消 元 得 ( t 2 + 9 ) x 2 + 6t 2 x + 9t 2 3 )；联 立 í 2
ï + y = 1,
î9
技法点拨
106
2mny + n2 - 9 = 0，设 C（x1，y1），D（x2，y2），则 y 1 + y 2 = y1 y2 =
n2 - 9
m2 + 9
（1）。又直线 AC 的方程为 y =
直线 BD 的方程为 y =
共点 P，所以
9y 1
x1 + 3
=
y2
x2 - 3
后对 C、D 横坐标分两种情况考虑，考查了分类与整合的数学
思想，强调思维的严谨性。
思路 3：先求直线带参数的方程（即共点的直线系方程）。
先引进直线 CD 的方程，当斜率不为零时，设其为 x=my+
n，联立直线 CD 与椭圆 E 的方程，利用韦达定理找到 C、D 坐标
的关系（用参数 m，n 表示），然后写出直线 AC、BD 的方程，利用
功能，以下着重讨论第二问的解法。
二、试题解析
思路 1：从命题者的角度寻找答案。
此题的命题背景是极点和极线的位置关系，即寻找极线
x=6 对应的极点。
解析：由于椭圆及直线 x=6 都是关于 x 轴对称的图形，若
圆锥曲线多变化透视奇异有法眼——一道2019年高考文科数学北京卷“圆锥曲线”问题的思考探究
由韦达定理，得
2 kta2
心
= ~ b2 + a2 k2 ^
a t 1 -a b1 ’ X 2 = b、 a2 k2
题中的条件i c w 卜 i〇yvi= a2,即 a s 2 = o //.〇M . 在 此 ，笔者先证明下面一个结论：（以下线段均为
有向线段）
% + y2 二a：(x 丨 +无2) + 2 z = , 2 2
解 得 t = 0 或 t = fca. 因 为 点 P ，C» 是 双 曲 线 C 上 异 于 顶 点 的 两 个 动
V ,则直线经过定点原点.
点 ，所 以 《=〇.
证 明 当 动 直 线 的 斜 率 不 存 在 时 ，显然
<〇,不符合题意.
所以 动 直 线 P <?的方程 为 7 = & ，过定点原点• 当 点 坐 标 为 4 U ，〇)时 ，N 理可证（1)(2).
在上面的探究中，笔者 得 到 ： 性 质 1 在平面直角坐标系x O y 中 ，已 知 楠 圆 C :
\
= l(a > 6 > 0 ) ,点 /!是 椭 圆 C 的顶点，点尸，(？
a0
是 椭 圆 C 上 异 于 点 4 的两个动点.
(1) 若 直 线 的 斜 率 满 足 ^ a为 定
值 ，则 直 线 经 过 +«， 1y = kx + 19
反之 ，得 ： 性 质 4 在 平 面 直 角 坐 标 系 * O y 中 ，已知双曲线
7 十 =1’
(b2 - a2k2)x2 - 2kta2x - a212 - a2b2 = 0.
由韦达定理，得
2kta2
a V + a2b2
对一道高考数学卷压轴题的研究与反思
对一道高考数学卷压轴题的研究与反思
高考数学卷压轴题往往是难度最大、思维最复杂的一道题目。
对于考生来说，这不仅是一件考验智商的事情，更是挑战思维和解题能力的机会。
在解答这种类型的题目时，要有耐心、细心、理智，思路清晰，方法得当。
首先，要认真阅读题干，明确问题。
在阅读中须注意数据和条件，梳理各种信息，尤其是一些重要的条件和限制，如区间、范围、等式、不等式以及与相关变量的关系等，对于解题过程中的把握和计算将起到至关重要的作用。
其次，要找到合适的方法和解决思路。
针对不同的题型，应该灵活运用代数、几何、统计、推理、概率等各种数学知识，找到最简单、最快捷的方法来求解问题。
如对于一些图形变换题目或者容斥原理等组合问题，我们可以运用几何知识去思考、解题；对于一些像余弦值或正切值之类的三角函数问题，我们可以通过代数和几何相结合想办法求出其近似值，并进一步搭配其他相关性函数来解决; 使用几何思想推导数学定理等都是一些灵活应用的例子。
最后，在解答过程中也要注意细节，严密把握每一步计算、推导。
不要心急，一定要认真检查，以防万一出错。
此外，要保持冷静，乐观态度，坚定信念，不要让不必要的紧张和焦虑影响到正常解题思路和效率。
总的来说，对于一道高考数学卷压轴题，解答的关键在于平时复习的基础和对综合运用各种解题思路的灵活性。
要不断摸索，积累经验并灵活运用，带着问题思考和解决问题的能力在高考时打出好成绩。
圆锥曲线的极点与极线——2020高考北京卷解析试题背景探究
圆锥曲线的极点与极线——2020高考北京卷解析试题背景探究圆锥曲线的极点与极线问题是解析几何中的一个重要内容，它在高考数学试题中的应用较为广泛。
2020年北京高考卷中的相关题目考查了这一知识点，其背景可以从以下几个方面进行探究：
1. 理论背景：圆锥曲线的极点与极线理论是高等数学中的一个经典内容，它涉及到定值、定点以及三点共线等问题，这些都是解析几何中的基础性质。
2. 教育意义：在高中数学教学中，圆锥曲线的极点与极线不仅是解析几何的重要内容，也是培养学生逻辑思维和空间想象能力的重要工具。
通过对这一问题的研究，学生可以加深对圆锥曲线性质的理解，提高解决复杂几何问题的能力。
3. 考试应用：在高考数学试题中，圆锥曲线的极点与极线问题常被用来设计具有一定难度的题目，考查学生的综合运用知识解决问题的能力。
这类题目往往需要学生具备较强的几何直觉和解题技巧。
4. 解题方法：解决圆锥曲线的极点与极线问题，通常需要运用坐标法、向量法等解析几何的方法，有时还需要结合代数变换技巧。
这些方法的综合运用能够有效地解决相关问题。
5. 教学研究：教师和教育研究者通过对圆锥曲线的极点与极线问题的深入研究，可以探索更多有效的教学方法和解题策略，以帮助学生更好地掌握这一知识点。
综上所述，圆锥曲线的极点与极线问题在高考数学试题中的背景是多方面的，不仅涉及理论知识的深入探讨，也包括教学方法和解题技巧的研究与应用。
对于准备高考的学生来说，掌握这一知识点是非常必要的。
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）。
2021年新高考全国i卷第21题的探究
2021年新高考全国i卷第21题的探究
2021年新高考全国I卷第21题是一道关于函数和导数的题目，题目要求探究函数$f(x) = x + \ln(x)$的单调性，并求出函数的最小值。
首先，我们观察函数$f(x) = x + \ln(x)$，可以发现它是一个一次函数和一个自然对数函数的组合。
为了探究它的单调性，我们可以求出它的导数。
求导数：$f'(x) = 1 + \frac{1}{x}$
接下来，我们分析导数的符号：
当$x > 1$时，$\frac{1}{x} < 1$，所以$f'(x) = 1 + \frac{1}{x} < 2$，即$f'(x) < 0$，所以函数在$(1, +\infty)$上是单调递减的。
当$0 < x < 1$时，$\frac{1}{x} > 1$，所以$f'(x) = 1 + \frac{1}{x} > 2$，即$f'(x) > 0$，所以函数在$(0, 1)$上是单调递增的。
根据单调性，我们可以确定函数的最小值出现在区间的端点之一。
由于在$(0, 1)$上函数是单调递增的，而在$(1, +\infty)$上是单调递减的，因此最小值出现在$x=1$处。
计算最小值：$f(1) = 1 + \ln(1) = 1 + 0 = 1$ 所以，函数$f(x) = x + \ln(x)$的最小值为$1$。
从一道高考题思考学生的数学核心素养
从一道高考题思考学生的数学核心素养高考数学题目中，通常都需要学生具备一定的数学核心素养才能解决问题。
那么，什么是数学核心素养呢？它包括哪些方面？在这里，我们以一道高考数学题目为例进行探讨。
题目：设函数$f(x)=\frac{1}{x-1}+\frac{1}{x-2}+\frac{1}{x-3}(x \neq 1,2,3)$，则\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_。
A. $f(x)<0$C. $f(x)>\frac{3}{2}$解析：根据题目，我们可以得到：我们需要确定$f(x)$的取值范围。
首先，我们可以将$f(x)$的分母提出公因数。
$f(x)=\frac{1}{(x-1)(x-2)(x-3)}[(x-2)(x-3)+(x-1)(x-3)+(x-1)(x-2)]$我们发现$f(x)$在定义域内且$x$趋近于无穷大时，分母趋于正无穷，而分子趋近于正无穷，所以$\lim\limits_{x \to \infty}f(x)=0$。
同样的，当$x$趋近于$1,2,3$时，分母趋向于0，而分子趋向于$\pm\infty$，所以$f(x)$在$x=1,2,3$处无定义。
因此，我们可以得出$f(x)$的取值范围为$(-\infty,0)\cup(\frac{5}{6},\frac{3}{2})$。
答案为D。
通过对这道题目的解答过程，我们不难发现，学生需要具备以下数学核心素养：1.函数基本概念：通过题目中给出的函数定义，学生需要了解函数的定义、定义域等基本概念。
2.分式分解：学生需要分式分解的能力，将$f(x)$分解为分母和分子两部分。
3.极限概念：学生需要懂得极限概念，推导出$f(x)$的极限值。
4.函数值区间：学生需要确定函数值的区间，根据极限概念进一步进行推导。
以上这几个方面是学生在解答这道高考数学题目时需要具备的数学核心素养。
在平时的学习中，我们应该注重培养学生的数学基础知识，强化其数学思维能力，提升其数学运算技能，从而使其具备更好的数学核心素养。
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一道高考题的探究
作者：沙国祥
来源：《新高考·高一数学》2012年第03期
高考原题
（2010年江苏省高考题）某兴趣小组测量电视塔AE的高度H（单位： m ）.如图1，
，仰角∠ABE=α，∠ADE=β.
垂直放置的标杆BC的高度 h= 4 m
请据此算出H的值；
（2）该小组分析若干测得的数据后，认为适当调整标杆到电视塔的距离d（单位：
m ），使α与β之差较大，可以提高测量精确度.若电视塔的实际高度为125 m ，问d为多少时，α-β最大？
价值分析本题源于教材，应是在苏教版《数学必修5》第11页习题1.1第3、4题的基础上改编而来，这两题都是经典的“底部不可达物体高度的测量问题”或其变式问题.高考题只是增加了一个标杆BC，第（1）问很容易转化成教材上的基本问题.第（2）问对测量方法做进一步的探究，可以看成1986年高考题（题目附后）的变式，注意到2010年高考题中α-β=∠BED 即可看出.两道高考题图形及函数自变量有微小差异，但都是考查函数（函数解析式的建立，函数的单调性、最值，三角函数的定义、三角函数公式等三角函数知识）、基本不等式等基本知识的综合运用，并要求考生掌握方程、函数和数学建模思想.
（附 1986年全国高考理科试题）如图2，在平面直角坐标系中，在y轴的正半轴（坐标原点除外）上给定两点A， B.试在x轴的正半轴（坐标原点除外）上求点C，使∠ACB取得最大值.
设计新题1 对于苏教版《数学必修5》第11页习题1.1第3题，我们将仰角换成一般的锐角α，β（如图3），并设 AB=a， 求电视塔的高度CD.
有一些同学给出了以下解法：
设 CD=h，则BD=h tanα， AD=h tanβ，由AD-BD=AB=a，得h tanβ-h tanα=a.
解得 h=a tanα tanβ tanα- tanβ. ①
请你运用正弦定理求电视塔的高度CD，并证明所得结果与以上结果是一致的.
点拨
先在△ABC中运用正弦定理求出BC，再在△BCD中求出CD.然后将①式中“切化弦”，并运用两角差的正弦公式，即得证.
解
在△ABC中， ∠ACB=α-β，由正弦定理得B C sinβ=AB sin （α-β），于是
B C=AB sinβ sin （α-β）=a sinβ sin （α-β）.
（α-β）. ②在 Rt △B CD中，CD=B C sinα=a sinα sinβ sin
-
将①式变形，得 h=a• sinα cosα• sinβ cosβ sinα cosα
- cosα sinβ=a sinα sinβ sin （α-β）. 故与② sinβ cosβ=a sinα sinβ sinα cosβ
式一致.
设计意图本题的两种解法平时同学们学习正弦定理时可能已获得，但是否探究过它们的一致性呢？是否考虑过，反过来利用两者的一致性也可证明两角差的正弦公式呢？编制本题正是提醒同学们：复习不要忽视教材，因为教材是高考命题唯一指定的、大家均使用过的参考书，教材中的许多问题是值得反复研究的基本问题、重要问题，特别要注意从中领悟数学问题、方法之间的本质和联系.
设计新题2 如图4，某海域的一个直径为8 km 的圆形区域因遍布暗礁而禁航.该区
的域边界上有两个小岛A， B.一艘探测船沿着与AB平行且与AB的距离为 1 km 航线行驶，到达禁航的圆形区域边界上一点Q （QA＞QB）时，从Q望A， B两岛所成的视角∠AQB=135 ° ， 试求点Q与小岛A的距离.（结果保留根号）
点拨
求出AB.又由∠QAB+∠QBA=45 ° ，可得 tan （∠QAB+∠QBA）=1（*）.设
AH=x（ km ），则HB=（AB-x）（ km ），利用（*）式列出关于x的方程即可求出AH，进而得到AQ.
AB=8 sin135 ° =42（ km ）. 因为∠AQB =135 ° ，所以∠QAB+∠QBA ＝45 ° ，所以 tan （∠QAB+∠QBA）=1（*）.
设 AH=x（ km ），则HB=（42-x）（ km ）.
由（*）得 tan ∠QAB+ tan ∠QBA1- tan ∠QAB tan ∠QBA=1，
即 1x+142-x1-1x•142-x=1，
故 42=x（42-x）-1，
x 2-42x+42+1=0，
x=22±7-42.
由于 x＞12AB=22，故取x=22+7-42， 于是
AQ=AH 2+QH 2
=24-2+14-82（ km ）.
设计意图数学应用是多年来高考考查的重点.本题重点考查学生数学建模的能力以及对三角函数公式、几何基本知识与方程思想的综合运用能力.本题也是基于前述教材中那两道题改
编而来，其本质是解三角形，但置于一个新的情境，特别是圆形区域中.求解时可利用三角形
的高以及顶角这些已知条件，将其转化为“底部不可达物体高度的测量问题”这个基本模型，把握复杂问题背后的简单本质，因而得到与教材问题类似的解法.
规律总结求解三角形中的三角问题，除了要用好三角函数的基本知识、正弦定理和余弦
定理以外，还应注意充分利用平面几何、方程、一般函数、不等式等知识，建立各种数学模型.要掌握常见的基本问题和数学模型，并善于在复杂情境中分解、提炼出基本问题和模型.。