中国人民大学附中特级教师梁丽平高考数学综合能力题30讲第18讲直线与二次曲线
高考数学人大附中权威教师支招冲刺复习
2008高考人大附中权威教师支招冲刺复习数学教师简介：梁丽平，北京市数学特级教师，人大附中数学教研组组长，海淀区兼职教研员，多年来，一直担任人大附中第一实验班的数学教学工作，所辅导的学生在学科竞赛和高考中均取得优异成绩：有高考状元，有数学满分，也有国际数学奥林匹克金牌，历届学生，每班都有40人左右升入清华北大。
主持(或参与了)多项课题研究，在《数学通讯》、《中学数学教学参考》、《中学数学》等国家级刊物上发表了多篇文章。
主持人：各位网友大家好，欢迎观看人民网教育频道的视频访谈。
今天我们的访谈主题是“2008年高考数学名师冲刺辅导”，距离高考还有不到80天的时间，今天特别邀请到数学特级教师、中国人民大学附属中学数学教研组组长梁丽平老师。
首先欢迎梁老师的到来，请您和广大人民网的网友进行一个简短的交流。
梁丽平：各位网友大家好，非常高兴能够做客人民网教育频道，就高考数学方面的问题和大家交流。
主持人：北京卷的考试说明已经下发到考生手中了，很多考生非常关心如何根据考试说明进行下一阶段的数学复习，我们在人民网教育频道的网站上征集了不少的提问，首先请老师先就这些提问给我们一一作答。
考生最关心的就是这个阶段我们应该着手复习一些什么内容？有一些同学想问问老师如何改进？梁丽平：先说说考试说明的事。
与去年相比，今年的考试说明变化不大。
考试内容和要求基本上一字未改，只是参考样题做了一些调整，就是把2007年的高考题补充进去了。
再一个现阶段应该怎样复习。
现在距离高考还有两个多月，绝大多数考生已经完成了第一轮的复习，也就是对于高考的知识点，按照章节的内容过了一遍，以前不太清楚的点，现在逐渐变得清晰了，以前不会的方法现在回忆起来了，也会了，感到自己有了很大的进步，这是非常好的一件事，在这个基础上，怎么样能够让自己提高的更快一点。
因为现在毕竟距离高考还有两个多月的时间。
让自己在有限的时间之内，有最大的收益。
实际上，第一轮复习是知识积累的一个过程。
推荐-中国人民大学附中特级教师梁丽平高考数学综合能力题30讲第2018讲函数的基本性质 精品
数学高考综合能力题选讲2函数的基本性质100180 北京中国人民大学附中 梁丽平题型预测函数的性质主要包括：函数的单调性、奇偶性和周期性。
函数是中学数学的重要内容，函数的性质也是高考考查的重中之重。
高考对本部分内容的要求较高，不仅要求熟练掌握这些性质，还要求能够运用定义去证明和判断，以及能够灵活运用这些性质解题。
范例选讲例1 对于满足40≤≤p 的一切实数，不等式342-+>+p x px x 恒成立，试求x 的取值范围。
讲解 不等式342-+>+p x px x 很容易让我们联想到二次函数：()()p x p x x f -+-+=342基于这种认识，本题实质上就是：对于二次曲线系()()p x p x x f -+-+=342（40≤≤p ），考虑使得()0>x f 恒成立的x 的取值范围。
对于每一个给定的p ，由于()0=x f 的二根分别为p -3,1，记()p p u -=3,1m a x )(，)3,1min()(p p v -=，则()0>x f 的解集为： ()p M =()()()()+∞⋃∞-,,p u p v所以，当p 在区间[]4,0上变化时，使得()0>x f 恒成立的x 的取值范围就是所有()p M 的交集。
因为40≤≤p ，所以，)(p u 的最大值为3，()p v 的最小值为1-。
所以，本题的答案应该为：()()+∞⋃-∞-,31,。
上述解法实际上源于我们思维的一种定势，即习惯于把x 当作变量，而把其余的字母作为参数。
而事实上，在上面的不等式中，x 与p 的地位是平等的。
如果我们换一个角度看问题，即把p 作为自变量，而把x 作为参数，则可以得到下面的另一种较为简洁的解法：考虑关于p 的函数：()()()3412+-+-=x x p x p g ，可以看到：()p g 是关于p 的一次函数或常数函数，要使得对于满足40≤≤p 的一切实数，()0>p g 恒成立，由函数的单调性可知，需且只需：()()⎩⎨⎧>>0400g g 解之得：3>x 或1-<x 。
中国人民大学附中特级教师梁丽平 高考数学综合能力题30讲第22讲 参数范围型综合问题
数学高考综合能力题选讲22参数范围型综合问题100080 北京中国人民大学附中 梁丽平题型预测参数范围的问题，内容涉及代数和几何的多个方面，综合考查学生应用数学知识解决问题的能力。
在历年高考中占有较稳定的比重。
解决这一类问题，常用的思想方法有：函数思想、数形结合等。
范例选讲例1．对于满足40≤≤p 的一切实数，不等式342-+>+p x px x 恒成立，试求x 的取值范围。
讲解：将p 视为主元，设()()()2143f p p x x x =-+-+，则 当40≤≤p 时，()f p >0恒成立。
等价于：()()0040f f >⎧⎪⎨>⎪⎩。
即2243010x x x ⎧-+>⎪⎨->⎪⎩。
解得31x x ><-或。
点评：换个角度看问题，换个方面去解释，换个方向去思考。
在数学学习过程中，要注意多角度、多方向、多层次地去思考问题，这样不但对问题的认识更全面、更深刻，还可以发展自己的思维能力。
例2．已知函数()22x x af x =-。
（Ⅰ）将()y f x =的图像向右平移两个单位，得到函数()y g x =，求函数()y g x =的解析式；（Ⅱ）函数()y h x =与函数()y g x =的图像关于直线1y =对称，求函数()y h x =的解析式；（Ⅲ）设()()()1F x f x h x a=+，已知()F x 的最小值是m，且2m >，求实数a 的取值范围。
讲解：（Ⅰ）()()222422242x x x x a a g x f x --=-=-=-； （Ⅱ）设点()(),P x h x 是函数()y h x =上任一点， 点()(),P x h x 关于1y =的对称点是()()',2P x h x -由于函数()y h x =与函数()y g x =的图像关于直线1y =对称，所以，点'P 在函数()y g x =的图像上，也即：()()2h x g x -=。
中国人民大学附中特级教师梁丽平高考数学综合能力题30讲第01讲集合与简易逻辑
数学高考综合能力题选讲 1集合与简易逻辑100080 北京中国人民大学附中题型预测《考试说明》中，对于集合、充要条件已做出明确的要求 .高考中，对于这一部分的考查，主要集中在：（1）集合本身的性质和运算；（2）集合语言和集合思想的运用；（3）充分 条件和必要条件的判定•范例选讲例1命题甲：x 2或y 3 ；命题乙：x y 5，则（）A. 甲是乙的充分非必要条件；B. 甲是乙的必要非充分条件；C. 甲是乙的充要条件；D. 甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件 .讲解 为了进行判断，首先需要构造两个命题：甲 =>乙；乙=> 甲.但是，这两个命题都是否定性的命题，正面入手较为困难 .考虑到原命题与 逆否命题的等价性，可以转化为判断其逆否命题是否正确 .“甲=>乙”即“ x 2 或 y 3 ” => “ x y 5 ”其逆否命题为：“ x y 5 ” => “ x 2且y 3 ” 显然不正确.同理，可判断命题“乙=> 甲”为真命题. 故选择B.点评 本题虽然看上去是一个基本的不等量关系，但实质逻辑性很强，容 易选错，解本题的关键：一是从反面入手，利用原命题与逆否命题的等价性，二 是要对逻辑联结词“或” “且”深刻理解与领悟.(1)求 A B ；梁丽平 例2已知集合A tt 使 xx 2 2tx 4t 3 0 R 2B tt 使 xx 2tx 2t 0，其中x,t 均为实数.(2) 讲解 设m 为实数，gm m " (1)集合A 实际上是： '3，求 M mg m A B .0恒成立的所有实数t 的使得 2 x 2tx 4t 3 集合.故令1 (2t)1 2 4( 4t 3) 0， 解得 : 3 t 1.集合 B 实际上是：使得方程 x 2 2tx 2t 0有解的所有实数 t 的集合. 故令2 2t 2 4 ( 2t) 0，解得：t 0或t2所以, A 3, 1，B ,2 0, A B 3, 2 .(2) 设g m u ，则问题(2) 可转化为： 已知函数u g m 的值域(u 3 ,2 ) ，求其定义域.令3 m 2 3 2，可解得： 1 m 0或 0 m1 .所以, M = m 1 m 0或 0 m 1 .点评 学习数学，需要全面的理解概念，正确地进行表述、判断和推理，这 就离不开对逻辑知识的掌握和运用•而集合作为近、现代数学的重要基础，集合 语言、集合思想也已经渗透到数学的方方面面.集合和简易逻辑，是学习、掌握 和使用数学语言的基础.本题以集合和逻辑为背景，主要考查对数学符号语言的 阅读、理解以及迁移转化的能力.1. (1985年全国高考)设a,b 是两个实数，A={(x,y) | x=n,y=na+b,n 是整数}，B={(x,y) | x=,m,y=3m 2+15,m 是整数}，C={(x,y) | x 2+y 2< 144}是平面 XOY 内的点集合.讨论是否存在a 和b 使得(1) A B ( 表示空集)；(2) (a,b)€ C 同时成立.1 l(1) 设 是方程x 丄 2的一个根，用列举法表示集合M .若在M 中 x任取两个数，求其和为零的概率.(2) 设复数w M z ，求证：M w M z(1993年全国高考)已知关于x 的实系数二次方程x 2 + ax +b =0有两个实2. ( 2001年上海高考)对任意一个非零复数z，定义集合.. 2n 1 ..M z ww z ,n N数根证明(I )如果| | < 2,| | < 2,那么2| a | < 4 + b且| b | < 4 ;(II)如果2| a | < 4 + b 且| b | < 4 ,那么| | < 2 , | | < 2 . [答案与提示：1•不存在• 2.M — li^^li.—li,— 1i ，在2 2 2 21其中任取两数，其和为零的概率为 1 * 3;证明略.3•略.]3。
人民大学附中特教师梁丽平高考数学综合能力题讲第讲条件开放探索性问题
数学高考综合能力题选讲29《条件开放地探究性问题》100080北京中国人民大学附中梁丽平题型展望探究性问题地明显特点是问题自己拥有开放性及问题解决地过程中带有较强地探究性．对于条件开放地探究性问题,常常采纳剖析法,从结论和部分已知地条件下手,执果索因 ,导出所需地条件．此外,需要注意地是,这一类问题所要求地常常是问题地充足条件,而不一定是充要条件 ,所以 ,直觉联想、较好地洞察力都将有助于这一类问题地解答．典范选讲例 1．在四棱锥 P ABCD 中,四条侧棱长都相等,底面 ABCD是梯形 , AB // CD , AB CD ．为保证极点 P 在底面 ABCD 所在平面上地射影 O 在梯形ABCD 地外面 ,那么梯形 ABCD 需知足条件 ___________________<填上你以为正确地一个条件即可）．解说：条件给我们以启迪．由于四条侧棱长都相等 ,D C所以 ,极点 P 在底面 ABCD 上地射影 O 到梯形 ABCD 四个极点地距离相等．即梯形ABCD 有外接圆 ,且外接圆地圆心就是 O．明显梯形ABCD 一定为等腰梯形．A再看结论．结论要求这个射影在梯形地外面 ,事实上 ,我们只需找出使这个结论建立地一个充足条件即可．明显 ,点 B、 C 应当在过 A 地直径 AE 地同侧．不难发现 , ACB 应当为钝角三角形．故当 ACB 90 <且 AC>BC ）时可知足条件．其他等价地或近似地条件能够随读者想象．评论：此题为条件探究型题目,其结论明确 ,需要齐备使得结论建立地充足条件 ,可将题设和结论都视为已知条件 ,进行演绎推理推导出所需追求地条件．这种题要修业生变换思想方向 ,有益于培育学生地逆向思想能力．B E例 2．老师给出一个函数y f x ,四个学生甲、乙、丙、丁各指出这个函数地一个性质：甲：对于 x R,都有 f 1 x f 1 x ；乙：在 ( ,0] 上函数递减；丙：在0,上函数递加；丁： f 0 不是函数地最小值．假如此中恰有三个人说得正确,请写出一个这样地函数：____________．解说：第一看甲地话 ,所谓“对于 xR,都有 f 1 x f 1 x ”,其含义即为：函数 f x 地图像对于直线x 1 对称．数形联合 ,不难发现：甲与丙地话相矛盾． <在对称轴地双侧 ,函数地单一性相反）所以 ,我们只需选择知足甲、乙、丁 <或乙、丙、丁）条件地函数即可． 假如我们希望找到知足甲、乙、丁条件地函数 ,则需要认识到：所谓函数在(, 0] 上单一递减 ,其实不是说函数 f x 地单一递减区间只有 ( ,0] ．考虑到关于直线 x 1 地对称性 ,我们不如结构函数 ,使之在 ( ,1] 上单一递减 ,这样 ,既不与乙地话矛盾 ,也知足丁所说地性质．如f x x 1 2即可．假如希望找到知足乙、丙、丁条件地函数 ,则分段函数是必定地选择．如f xx 1, x 0．x, x 0评论：此题考察学生对于函数性质地理解和掌握．思虑这样地问题 ,经常需要从熟习地函数 <一次、二次、反比率函数 ,指数、对数、三角函数等）下手 ,另 外 ,分段函数常常是解决问题地重点．例 3．对随意函数 f x , x D ,可按图示结构一个数列发生器 ,其工作原理以下：①输入数据 x 0D ,经数列发生器输出 xf x ；1②若 x 1 D ,则数列发生器结束工作；若x 1 D ,则将 x 1 反馈回输入端 ,再输出x 2并依此规律持续下去．f x 1 ,现定义 f x4x 2 ．x 1<Ⅰ）若输入 x 049,则由数列发生器产生数列x．请65n写出数列 x n 地全部项；<Ⅱ）若要数列发生器产生一个无量地常数数列 x n ,试求输入地初始数据 x 0地值；<Ⅲ）若输入 x 0 时,产生地无量数列 x n知足：对随意正整数 n,均有 x n x n 1 ,求 x 0 地取值范围．<Ⅳ）能否存在x 0 ,当输入数据 x 0 时 ,该数列发生器产生一个各项均为负数地地无量数列．解说：<Ⅰ）对于函数 f x4x 2, D ,11,．x1若 x 049,代入计算可得： x 1 11, x 2 1, x 3 1 , 65 19 5故产生地数列 x n 只有三项．<Ⅱ）要使数列发生器产生一个无量地常数数列,其实是对于随意地正整数n ,都应当有 x n 1x n ．又 x n 1f x n4x n 2．所以 ,只需令 f xx ．x n1解得： x 1 或 x 2 ．由于题目实质上只需求找到产生“无量常数数列”地一个充足条件,所以 ,令x 0 1 <或 2）即可．此时必有 x n 1x n ＝1<或 2）．事实上 ,相对于此题来讲 , x 01 <或 2）是产生“无量常数数列”地充要条件 <这是由于函数 fx4x 2是一一对应）．假如把函数换成f xx 23x 2 ,x12x请读者思虑：有多少个知足条件地初值x 0 ？<Ⅲ）要使得对随意正整数n,均有 x nx n 1 ,我们不如先探究上述结论建立地一个必需条件．即 x 1x 2 4x 12 ．x 11事实上 ,不等式 x4 x2地解为 x 1 或1 x 2 ．<＊）x 1所以 , x 1 1或 1 x 12 ．下边我们来研究这个条件能否充足．当 x 11时 , x 24x 1 2 6 4 ,所以 ,固然有 x 1 x 2 ,但此时 x 3 4 x 2 ,x 1 4x 111明显不切合题意．当1 x 12 时,由上可知： x 1 x 2 ,且不难求得 1 x 2 2 ,以此类推 ,可知 ,必有：对随意正整数 n,均有 x nx n 1 建立．综上所述 , 1 x 12 ．由 xfx 及 < ＊） ,不难得悉： x 0 地取值范围为11,2 ．<Ⅳ）要求使得 x n0 任取n N 建立地初x0．上是果索因．令x n 0 ,由x n f xn 1不解得 1 x n 1 1 ．2又由 x n 1f xn 2,可解得：1xn 2 5 ．57由此我知道 ,假如x n0 ,必有1x n 25．即 x n与 x n 2不行能同小于0．57故在本地下 ,不行能生各均数地数列x n．点：本条件探究型 ,果索因 ,适合运用剖析法 ,找使建立地充足条件是解决地常用方法．高考真1． <1998 年全国高考）如 ,在直四棱柱 A 1B1C1D1-ABCD 中 ,当底面四形ABCD 足条件 __________ A 1 D 1 ,有 A 1C B1D1.(注：填上一种你正确地一种条件即可 ,不用考全部可能地情况 .>B1C12．<2002 上海春天高考）曲C1和 C2地方程分A DF1 x, y 0 和 F2 x, y 0 , 点 P a, b C1C2地一个充足条件 _____________________．3．<2002 年上海高考）B C命 A ：底面正三角形 ,且点在底面地射影底面中心地三棱是正三棱．命 A 地等价命 B 能够是：底面正三角形 ,且地三棱是正三棱．4．<2000 年全国高考 18 ）略．[ 答案与提示： 1 ．足AC BD 地任一条件均可； 2 ． F1 a, b0 ／F2 a, b 0 ,／ F1 a, b 0 且 F2 a,b0 ／C1C2／P C1等；3．棱相等 /棱与底面所成角相等 /⋯⋯ ]； <Ⅰ）； <Ⅱ）； <Ⅲ）．1．<2000 年全国高考）如 ,已知平行六面体ABCD- A1B1C1D1地底面 ABCD 是菱形 ,且C1CB =BCD = 60 ．<I）明：C1C⊥BD；<II ）假设 CD=2, C1C = 3,面C1BD,面 CBD 2,求二面角BD地平面角地余弦；CD<III ）当地值为多少时,能使A1C平面C1BD？请给出证明．。
中国人民大学附中特级教师梁丽平 高考数学综合能力题30讲第30讲 是否存在型的探索性问题
数学高考综合能力题选讲30《是否存在型的探索性问题》100080 北京中国人民大学附中 梁丽平题型预测一般来说，是否存在型问题，实质上是探索结论的开放性问题．相对于其他的开放性问题来说，由于这类问题的结论较少（只有存在、不存在两个结论，有些时候须讨论），因此，思考途径较为单一，难度易于控制，受到各类考试的命题者的青睐．解答这一类问题，往往从承认结论、变结论为条件出发，然后通过特例归纳，或由演绎推理证明其合理性．探索过程要充分挖掘已知条件，注意条件的完备性，不要忽略任何可能的因素．范例选讲例．已知数列{}n a 中，11=a ，且对于任意自然数n ，总有21-=+n nn a a a ，是否存在实数b a ,，使得nn b a a ⎪⎭⎫⎝⎛--=32对于任意自然数n 恒成立？证明你的结论．讲解：nn b a a ⎪⎭⎫⎝⎛--=32是一个一般性的结论，为了探求b a ,是否存在，我们可从特殊的n 出发，求出b a ,的值，再检验是否满足一般的条件．由11=a ，12112a a a ==--，代入nn b a a ⎪⎭⎫ ⎝⎛--=32，可解得1595a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩． 代入检验，可知当4n =时，一方面由21-=+n n n a a a 得415a =-，另一方面，由nn b a a ⎪⎭⎫⎝⎛--=32得4116545a =--，矛盾．所以，这样的实数b a ,不存在．上述过程是解答这一类问题的一般方法，但对于本题，有它的特殊性．如果对极限的概念较为熟悉，不难发现，如果这样的b a ,存在的话，则由nn b a a ⎪⎭⎫⎝⎛--=32，可得：lim n n a a →+∞=．对21-=+n n n a a a 两边取极限，得2aa a =-，解得0a =或3．若0a =，则数列{}n a 应该是以1为首项，以23为公比的等比数列，显然，不可能对任意的正整数n 都满足21-=+n nn a a a ；若3a =，将11a =代入nn b a a ⎪⎭⎫ ⎝⎛--=32，可求得b =－3，此时，2333nn a ⎛⎫=+⨯- ⎪⎝⎭，验证2a 即可得出矛盾．作为探索是否存在的一种手段，后一种方法显然优于前一种．点评：探索，常常遵循“从一般到特殊，再从特殊到一般”的思维方法．先从具体、特定的实例入手，从中探测出问题的结论，再经过严格的论证．例2．已知函数()21bx cy f x ax +==+（,,0,a c R a b ∈>是自然数）是奇函数，()f x 有最大值12，且()215f >．（Ⅰ）试求函数()f x 的解析式；（Ⅱ）是否存在直线l 与()y f x =的图象只交于P 、Q 两点，并且使得P 、Q 两点的中点为（1，0）点，若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由． 讲解：（Ⅰ）由()f x 为奇函数易知：0c =．又因为0,a b >是自然数，所以，当0x <时，()f x <0；当0x >时，()0f x >．所以，()f x 的最大值12必在0x >时取得． 当0x >时，()211/bx b f x ax ax x ==≤++，等号当且仅当1/ax x =时取得．12=．又()215f>，所以，215ba>+．结合0,a b>是自然数，可得：1a b==．所以，()21xf xx=+．（Ⅱ）对于“是否存在型”的问题，一般探索的方法为：假设存在，导出矛盾，或者从部分．．结论出发，导出其存在的必要条件，再验证是否充分．根据上述思路，我们可以假设存在满足条件的直线l，则P、Q的坐标可为P()00,x y，()002,Q x y--．且这两点都在函数()21xf xx=+的图像上．即：()221221xyxxyx⎧=⎪+⎪⎨-⎪=-⎪-+⎩消去y，得200210x x--=，解得：1x=．所以，1,144P Q⎛⎛--⎝⎭⎝⎭或1,144P Q⎛⎛--+⎝⎭⎝⎭．所以，直线l的方程为：014=--yx．l的存在性还须通过充分性的检验．把直线l的方程与函数()21xy f xx==+联立，不难求得，共有三组解：111,1244x x xyy y⎧⎧=+==⎧⎪⎪⎪⎨⎨⎨===-⎪⎪⎪⎩⎩⎩－，－．因此，直线l与()y f x=的图象共有三个交点，与“只交于两点”矛盾．所以，满足条件的直线l不存在．在得到这样的解答之后，我们不妨回头再看一看，在上述过程中，函数()f x 的性质（如奇偶性）并没有得到充分的应用．若能充分运用这个已知条件，则可以得到其他不同的探索过程．解2：设),(),,(2211yxQyxP，则由)(xf为奇函数可知：P关于原点的对称点),('11yxP--也在()x f的图像上，又2,02121=+=+xxyy，所以，2'=QP，且轴xQP//'，故问题等价于：是否存在直线b y m =:，使得m 与)(x f y =有两个距离为2的交点．将b y m =:代入12+=x x y ，解之得：bb x 241122,1-±=，令221=-x x ，解得：42±=b ，212,1±=x ， 所以，⎪⎪⎭⎫⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+42,21,42,21Q P ，此时直线的方程为014=--y x 充分性的检验过程同上．以上两种解法都是从求出直线的方程入手．如果我们将着眼点放在“只交于两点”，则可以得到下面简洁的解法．解3：当直线l 的斜率不存在时，:1l x =，此时l 与函数()f x 的图像只交于一点，不满足题设，所以，可设直线PQ 的方程为：b kx y +=，与12+=x xy 联立，消去y 得： 0)1(23=+-++b x k bx kx （#）由P 、Q 关于点（1，0）对称，可得：点（1，0）在直线PQ 上，所以，k b -=． 对于上述方程（＃），若0k =，则方程只有一解，不符合题意．若0k ≠，则方程（#）的实根个数可能为1个或3个．不可能有两个．即过点（1，0）的直线l 与()y f x =的图象不可能只有两个交点，所以，这样的直线不存在．点评：敏锐的观察，丰富的想象，是进行有效探索的法宝．例3．已知}{n a 是首项为2，公比为21的等比数列，n S 为它的前n 项和． （Ⅰ）用n S 表示1+n S ；（Ⅱ）是否存在自然数c 和k ，使得21>--+cS cS k k 成立．讲解：（Ⅰ）由⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n n S 2114，得)(221211411N n S S n n n ∈+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=++．（Ⅱ）为了探求自然数c 和k 的存在性，我们可以执果索因，用分析法．要使21>--+c S c S k k ，只要0223<-⎪⎭⎫ ⎝⎛--kk S c S c ． 因为42114<⎪⎭⎫ ⎝⎛-=k k S ，所以N)(k S S S k k k ∈>-=⎪⎭⎫⎝⎛--0212223，故只要N)(k S c S k k ∈<<-223． ① 到此为止，可以看出，问题已转化为：是否存在自然数k ，使得在322k S -和k S 之间存在一个自然数c ？因此，我们需考察322k S -与k S 的表达式．注意到：362422k k S -=-，1412k k S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭所以，当3k ≥时，3322k S <-，4k S <，故只需考虑1,2k =的情形． 又1k =时，3212k S -=，2k S =；2k =时，35222k S -=，3k S =．所以，均不可能存在自然数c 满足条件．点评：如果将上述问题（Ⅱ）改为：“是否存在自然数c ，使得对于任意的自然数k ，都有21>--+cS cS k k 成立？”是否有更简洁的解法？请读者思考．高考真题1．（2000年上海高考）已知复数01(0), z mi m z x yi =->=+ , w x y i ''=+和, , , x y x y ''其中均为实数，i 为虚数单位，且对于任意复数0,, ||2||z w z z w z =⋅=有．（Ⅰ）试求m 的值，并分别写出x '和y '用x 、y 表示的关系式；（Ⅱ）将(x 、y )作为点P 的坐标，(x '、y ')作为点Q 的坐标，上述关系可以看作是坐标平面上点的一个变换：它将平面上的点P 变到这一平面上的点Q ，当点P 在直线1+=x y 上移动时，试求点P 经该变换后得到的点Q 的轨迹方程； （Ⅲ）是否存在这样的直线：它上面的任一点经上述变换后得到的点仍在该直线上？若存在，试求出所有这些直线；若不存在，则说明理由． 2．（1995年全国高考25题）略．[答案与提示：1．（Ⅰ）⎩⎨⎧-='+='yx y yx x 33；（Ⅱ）点Q 的轨迹方程为232)32(+--=x y ；（Ⅲ）这样的直线存在，其方程为x y 33=或x y 3-=．]。
高考数学总复习之绝密资料 解析几何综合题解题思路案例分析课标试题
高考数学总复习之绝密资料 解析几何综合题解题思路案例分析中国人民大学附中 梁丽平 永寿中学 安振平解析几何综合题是高考命题的热点内容之一. 这类试题往往以解析几何知识为载体，综合函数、不等式、三角、数列等知识，所涉及到的知识点较多，对解题才能考察的层次要求较高，考生在解答时，常常表现为无从下手，或者者半途而废。
据此笔者认为：解决这一类问题的关键在于：通观全局，部分入手，整体思维. 即在掌握通性通法的同时，不应只形成一个一个的解题套路，解题时不加分析，跟着感觉走，做到那儿算那儿. 而应当从宏观上去把握，从微观上去打破，在审题和解题思路的整体设计上下功夫，不断克制解题征途中的道道运算难关.1 判别式----解题时时显神功案例1 双曲线122:22=-x y C ，直线l 过点()0,2A ，斜率为k ，当10<<k 时，双曲线的上支上有且仅有一点B 到直线l 的间隔 为2，试求k 的值及此时点B 的坐标。
分析1：解析几何是用代数方法来研究几何图形的一门学科，因此，数形结合必然是研究解析几何问题的重要手段. 从“有且仅有〞这个微观入手，对照草图，不难想到：过点B 作与l 平行的直线，必与双曲线C 相切. 而相切的代数表现形式是所构造方程的判别式0=∆. 由此出发，可设计如下解题思路：l 的间隔 为2解题过程略.分析2：假如从代数推理的角度去考虑，就应当把间隔用代数式表达，即所谓“有且仅有一点B 到直线l 的间隔 为2〞，相当于化归的方程有唯一解. 据此设计出如下解题思路：简解：设点)2,(2x x M +为双曲线C 上支上任一点，那么点M 到直线l 的间隔 为：212222=+-+-k kx kx ()10<<k ()*于是，问题即可转化为如上关于x 的方程. 由于10<<k ，所以kx x x >>+22，从而有.222222k x kx k x kx +++-=-+-于是关于x 的方程()*⇔)1(22222+=+++-k k x kx⇔()⎪⎩⎪⎨⎧>+-++-+=+02)1(2,)2)1(2(222222kx k k kx k k x⇔()()()⎪⎩⎪⎨⎧>+-+=--++-++-.02)1(2,022)1(22)1(221222222kx k k kkx k k k x k由10<<k 可知： 方程()()()022)1(22)1(22122222=--++-++-k kx k k kx k 的二根同正，故02)1(22>+-+kx k k 恒成立，于是()*等价于()()()022)1(22)1(22122222=--++-++-k kx k k k x k.由如上关于x 的方程有唯一解，得其判别式0=∆，就可解得 552=k . 点评：上述解法紧扣解题目的，不断进展问题转换，充分表达了全局观念与整体思维的优越性.2 判别式与韦达定理-----二者联用显奇效案例2 椭圆C:x y 2228+=和点P 〔4，1〕，过P 作直线交椭圆于A 、B 两点，在线段AB 上取点Q ，使AP PB AQQB=-，求动点Q 的轨迹所在曲线的方程. 分析：这是一个轨迹问题，解题困难在于多动点的困扰，学生往往不知从何入手。
中国人民大学附中特级教师梁丽平高考数学综合能力题30讲第03讲指数函数与对数函数0001
数学高考综合能力题选讲 3题型预测指数函数与对数函数都是非常重要的初等函数， 也是我们在高中阶段研究函数问题时主 要的载体•其它初等函数与之相复合，所得到的新函数的定义域、值域、单调性，以及它们 与不等式的综合常常成为考查的核心.范例选讲例 1 .已知 f x log a x x 2 1，其中 a 1 .(1) 试求f x 的定义域和值域；求出f x 的反函数f 1 X ；(2) 求出f x 的反函数 Lx ;(3) 判断函数f 1 x 的奇偶性和单调性；(4) 若实数m 满足f 「m f 1 1 m 2 0，求m 的取值范围.讲解(1)由于、x 1 x ，所以，函数f x 的定义域为R.一个单调函数(y x )和一个非单调函数(y •、x 2 1 )之和，因此，ux 的 单调性并不能通过简单判断很快得到.解决这个问题，我们可以有下面的两种选择：一、 从单调性的定义出发.即任取X 1,X 2 R ，且X 1 X 2，比较u X 1、u X 2的 大小关系，这种方法留给同学自己完成.二、 通过刚才的观察，很快可以看出：ux 在0, 上单调递增，此时，ux 的取值范围为1,100080 指数函数与对数函数 北京中国人民大学附中梁丽平 为求f x 的值域，观察函数u x x . x 2 1的解析式.注意到u x 其实是由t 0,，则t t 2 1 1, 可知：此时u x 的取值范围为0,1 .又x 0时，u(x) 1 .所以，函数ux xx 2 1的值域为0, 所以，函数f x 的值域为R .(2)设 y f x ，则 a y = x .. x 2 1，利用 x .. x 2 1 与,x 2 1 x 互为倒 数，可得 a y = • x 2 1 x ，所以，x 1 a y a y .2 1所以，f 1 x =— a x a x ， x R .2 1(3) 任取x R ，则f 1 x = a x a x = f 1 x ，所以，函数f 1 x 为奇 函数.任取x 「X 2 R ，且捲X 2，则由a 1及指数函数的性质可知：X 1 X 2 X 1 X 2a a ， a a ，所以，a X1 a X1 a X2 a X2，即 f 为 f x 2 .所以，f 1 x 在定义域内单调递增.(4) 由 f 1 1 m f 1 1 m 2 0得：f 1 1 m f 1 1 m 2 ，即：f 1 1 m f 1 1 m 2结合 Lx 的单调性可知：上式等价于：1 m 1 m 2，解之得： m 1 或 m 2 .点评 ①定义域是研究函数的基础.求值域、判断奇偶性、单调性、研究函 数图象等都应先从定义域出发.②从定义域出发，利用函数的单调性，是求函数 值域常用的方法.例2.已知函数f x log a ―—2a 0,a 1，对定义域内的任意x 都 x 3 有f 2 x f 2 x 0成立.,0时, 0,，因此，若令t x ，则t t 2 1 1 t J 2 1(1) 求实数m 的值；(2) 若当x b,a 时，f x 的取值范围恰为1, 讲解：(1)由 f x log a 1 mX 2 及 f 2x 3, 1 m 2 x 2 ’ 1 loga log a —解之得：m 1 .1时，函数f x 无意义，所以，只有m 1 .解之得：a 2 .3 (因为a 3，所以舍去a 2 ,3),1，则b a 1 .又由于a 0,a 1，所以，0此时，同上可证f x 在 ,1上单调递增(证明过程略).所以，f x 在b, a 上的取值范围应为f b , f a ，而fa 为常数，故f x 的取值范围不可能恰为1,所以，在这种情况下，a,b 无解. ,求实数a,b 的值.0可得: (2) m 1 时, fX 匕亠―，其定义域为 ,1 3,所以，b,a ,1 或 b,a 3,①若b, a 3, ，则 3 b a .为研究x b,a 的值域，可考虑f x log a —X 上的单调 性.下证f x 在3, 上单调递减.任取 x 1, x 2 3, ，且X 1 X 2，则又a 1，所以, 所以，当b,a 由题：x x 1 1 x-i 3 x 2 1 x 2 3 3 x 2 X ix 1 3 x 2 3log a 2^1 x 1 3 log a 西 X 2X 1 f x 2 .3,， x 在3, 上单调递减b,a 时，f x 的取值范围恰为1,，所以，必有b②若b,a综上，符合题意的实数a,b的值为a 2 ,3 , b 3点评本题(2)中，充分的运用已知条件，可以减少分类讨论的次数.1. (1989年全国高考)已知a>0且1,试求使方程log a(x —ak) = log a?(x 2—a2)有解的k 的取值范围.x x x2. (1990年全国高考)设f(x) = Ig LZ (n 1)口，其中a是实数，nn是任意给定的自然数，且n》2.①如果f(x)当x€ ( —%，1］时有意义，求a的取值范围；②如果a€ (0，1)，证明2f(x) v f(2x)当x工0时成立.2x 13. (1991年三南高考)已知函数f(x)= ——2x 1⑴证明：f(x)在(一％, +x)上是增函数；⑵证明：对不小于3的自然数n都有f(n)［答案与提示：1.当k在集合(-s ,-1) U (0,1)内取值时，原方程有解；2. a的取值1寸n 1 ，(2)可用数学归纳法证明；3.略.］范围为a。
中国人民大学附中特级教师梁丽平_高考数学综合能力题30讲第18讲_直线与二次曲线
数学高考综合能力题选讲18直线与二次曲线100080 北京中国人民大学附中 梁丽平题型预测直线与圆锥曲线的位置关系，是高考考查的重中之重．主要涉及弦长、弦中点、对称、参量的取值范围、求曲线方程等问题．解题中要充分重视韦达定理和判别式的应用．解题的主要规律可以概括为“联立方程求交点，韦达定理求弦长，根的分布找范围，曲线定义不能忘”．范例选讲例1．已知双曲线G 的中心在原点，它的渐近线与圆2210200x y x +-+=相切．过点()4,0P -作斜率为14的直线l ，使得l 和G 交于,A B 两点，和y 轴交于点C ，并且点P 在线段AB 上，又满足2PA PB PC ⋅=．（Ⅰ）求双曲线G 的渐近线的方程； （Ⅱ）求双曲线G 的方程；（Ⅲ）椭圆S 的中心在原点，它的短轴是G 的实轴．如果S 中垂直于l 的平行弦的中点的轨迹恰好是G 的渐近线截在S 内的部分，求椭圆S 的方程．讲解：（Ⅰ）设双曲线G 的渐近线的方程为：y kx =，则由渐近线与圆2210200x y x +-+==所以，12k =±．双曲线G 的渐近线的方程为：12y x =±．（Ⅱ）由（Ⅰ）可设双曲线G 的方程为：224x y m -=．把直线l 的方程()144y x =+代入双曲线方程，整理得2381640x x m ---=．则8164, 33A B A B mx x x x ++==- （＊）∵ 2PA PB PC ⋅=，,,,P A B C 共线且P 在线段AB 上， ∴ ()()()2P A B P P C x x x x x x --=-，即：()()4416B A x x +--=，整理得：()4320A B A B x x x x +++= 将（＊）代入上式可解得：28m =．所以，双曲线的方程为221287x y -=． （Ⅲ）由题可设椭圆S的方程为：(222128x y a a+=>．下面我们来求出S中垂直于l 的平行弦中点的轨迹．设弦的两个端点分别为()()1122,,,M x y N x y ，MN 的中点为()00,P x y ，则2211222222128128x y a x y a ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩． 两式作差得：()()()()121212122028x x x x y y y y a-+-++=由于12124y y x x -=--，1201202,2x x x y y y +=+= 所以，0024028x y a -=， 所以，垂直于l 的平行弦中点的轨迹为直线24028x ya-=截在椭圆S 内的部分． 又由题，这个轨迹恰好是G 的渐近线截在S 内的部分，所以，211122a =．所以，256a =，椭圆S 的方程为：2212856x y +=．点评：解决直线与圆锥曲线的问题时，把直线投影到坐标轴上（也即化线段的关系为横坐标（或纵坐标）之间的关系）是常用的简化问题的手段；有关弦中点的问题，常常用到“设而不求”的方法；判别式和韦达定理是解决直线与圆锥曲线问题的常用工具）．例2．设抛物线过定点()1,0A -，且以直线1x =为准线． （Ⅰ）求抛物线顶点的轨迹C 的方程；（Ⅱ）若直线l 与轨迹C 交于不同的两点,M N ，且线段MN 恰被直线12x =-平分，设弦MN 的垂直平分线的方程为y kx m =+，试求m 的取值范围．讲解：（Ⅰ）设抛物线的顶点为(),G x y ，则其焦点为()21,F x y -．由抛物线的定义可知：12AF A x ==点到直线的距离＝．2=．所以，抛物线顶点G 的轨迹C 的方程为：2214y x += ()1x ≠． （Ⅱ）因为m 是弦MN 的垂直平分线与y 轴交点的纵坐标，由MN 所唯一确定．所以，要求m 的取值范围，还应该从直线l 与轨迹C 相交入手．显然，直线l 与坐标轴不可能平行，所以，设直线l 的方程为1:l y x b k=-+，代入椭圆方程得：222241240k bx x b k k ⎛⎫+-+-= ⎪⎝⎭由于l 与轨迹C 交于不同的两点,M N ，所以，()22222441440b k b k k ⎛⎫+∆=--> ⎪⎝⎭，即 ()222410 0k k b k -+>≠．（＊）又线段MN 恰被直线12x =-平分，所以，2212241M N bk x x k ⎛⎫+==⨯- ⎪+⎝⎭．所以，2412k bk +=-．代入（＊）可解得：()0k k <<≠． 下面，只需找到m 与k 的关系，即可求出m 的取值范围．由于y kx m =+为弦MN 的垂直平分线，故可考虑弦MN 的中点01,2P y ⎛⎫- ⎪⎝⎭．在1:l y x b k =-+中，令12x =-，可解得：2011412222k y b k k k k+=+=-=-．将点1,22P k ⎛⎫-- ⎪⎝⎭代入y kx m =+，可得：32k m =-．所以，0m m <<≠． 从以上解题过程来看，求m 的取值范围，主要有两个关键步骤：一是寻求m与其它参数之间的关系，二是构造一个有关参量的不等式．从这两点出发，我们可以得到下面的另一种解法：解法二．设弦MN 的中点为01,2P y ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则由点,M N 为椭圆上的点，可知：22224444M M N N x y x y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩． 两式相减得：()()()()40M N M N M N M N x x x x y y y y -++-+=又由于01121, 2, 2M N M N M N M N y y x x y y y x x k -⎛⎫+=⨯-=-+=- ⎪-⎝⎭＝，代入上式得：02y k =-． 又点01,2P y ⎛⎫- ⎪⎝⎭在弦MN 的垂直平分线上，所以，012y k m =-+．所以，001324m y k y =+=．由点01,2P y ⎛⎫- ⎪⎝⎭在线段BB ’上（B ’、B 为直线12x =-与椭圆的交点，如图），所以，'0B B y y y <<．也即：0y <<所以，0m m <<≠点评：解决直线和圆锥曲线的位置关系问题时，对于消元后的一元二次方程，必须讨论二次项系数和判别式，有时借助图形的几何性质更为方便．涉及弦中点问题，利用韦达定理或运用平方差法时（设而不求），必须以直线与圆锥曲线相交为前提，否则不宜用此法．从构造不等式的角度来说，“将直线l的方程与椭圆方程联立所得判别式大于0”与“弦MN的中点1,2P y⎛⎫-⎪⎝⎭在椭圆内”是等价的．高考真题1．（1991年全国高考）双曲线的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，过双P、Q两点．若OP OQ⊥，且4PQ=，求双曲线的方程．2．（1994年全国高考）已知直线l过坐标原点，抛物线C顶点在原点，焦点在x轴正半轴上.若点A(-1,0)和点B(0,8)关于l的对称点都在C上，求直线l 和抛物线C的方程．3．（1996年全国高考）已知l l,l2是过点P(-20,)的两条互相垂直的直线,且l l,l2与双曲线y2-x2=1各有两个交点,分别为A1,B1和A2,B2.(I) 求l1的斜率k1的取值范围;(II)若|A1B1|=5|A2B2|,求l l,l2的方程.[答案与提示： 1.略；2．2125y x y x==；；3．(I)()(11,33⎛⎛⎫-⋃--⋃⋃⎪⎪⎝⎭⎝⎭；(II)12::l y xl y x⎧=+⎪⎨⎪=+⎩12::2l y xl y x⎧=+⎪⎨⎪=+⎩或．]出师表两汉：诸葛亮先帝创业未半而中道崩殂，今天下三分，益州疲弊，此诚危急存亡之秋也。
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数学高考综合能力题选讲 18
3
直线与二次曲线
100080
北京中国人民大学附中
梁丽平
题型预测
直线与圆锥曲线的位置关系，是高考考查的重中之重•主要涉及弦长、弦中点、对称、 参量的取值范围、求曲线方程等问题•解题中要充分重视韦达定理和判别式的应用.
解题的主要规律可以概括为“联立方程求交点，韦达定理求弦长， 根的分布找范围，曲
线定义不能忘”.
范例选讲
例1 .已知双曲线G 的中心在原点，它的渐近线与圆 x 2 y 2 10x 20 0相
1
切•过点P 4,0作斜率为1的直线I ，使得I 和G 交于代B 两点，和y 轴交于点
4
2
C ,并且点P 在线段AB 上，又满足|PA |PB I PC •
(I)求双曲线G 的渐近线的方程； (U)求双曲线G 的方程；
(E)椭圆S 的中心在原点，它的短轴是 G 的实轴.如果S 中垂直于I 的平 行弦
的中点的轨迹恰好是G 的渐近线截在S 内的部分，求椭圆S 的方程.
讲解：(I)设双曲线 G 的渐近线的方程为：
y kx ，则由渐近线与圆
2
2
x y 10x 20
0相切可得： 5k
= 亦• 1
J k 2
1
所以，k
- •
2
双曲线G 的渐近线的方程为: y
1 -x • 2
(U)由(I)可设双曲线
G 的方程为：x 2 4y 2 m •
1
-x 4代入双曲线方程，整理得3x 2 8x 16 4m 0 • 4
16 4m / ,、
把直线I 的方程y
贝卩X A X B
8
, 3
X A X B
2
…X P X A X B X p
X P
X C ,
即：X B 4
4 X A
16
,
整理得：4 X A X B X A X B 32 0 将（*）代入上式可解得 : m 28. 所以，双曲线的方程为 X 2
2
y 1.
28 7
2 2
（川）由题可设椭圆S 的方程为：— 爲 1 a 2'、7 .下面我们来求出S
28 a 2
中垂直于I 的平行弦中点的轨迹.
设弦的两个端点分别为M 为畀,N X 2,y 2 , MN 的中点为P “y 。
，贝U
由于地 y
2
4, X 1 X 2 2x o , y 1 y 2y °
x ( x 2
又由题，这个轨迹恰好是G 的渐近线截在S 内的部分，所以,
2 2
以, a2 56，椭圆S
的方程为：28 56 1.
点评：解决直线与圆锥曲线的问题时，把直线投影到坐标轴上（也即化线段 的关系为横坐标（或纵坐标）之间的关系）是常用的简化问题的手段；有关弦中 点的问题，常常用到“设而不求”的方法；判别式和韦达定理是解决直线与圆锥 曲线问题的常用工具）.
PA PB
PC , P, A, B,C 共线且P 在线段AB 上,
两式作差得:
X 1 X 2 X-I x 2
28
2 X i
28
2
y i a 2 X
2
28
2 y
2
y 1 y 2 y
y ?
2
a
所以，盏
4yo ~2~ a
所以，垂直于I 的平行弦中点的轨迹为直线
x 28
4y
0截在椭圆S 内的部分.
2
a 112
例2 •设抛物线过定点A 1,0，且以直线x 1为准线.
(I)求抛物线顶点的轨迹 C 的方程；
(H)若直线I 与轨迹C 交于不同的两点M ,N ，且线段MN 恰被直线x - 2
平分，设弦MN 的垂直平分线的方程为y kx m ，试求m 的取值范围.
讲解：(I)设抛物线的顶点为 G x,y ，则其焦点为F 2x 1,y •由抛物
所以，、.,4x 2 y 2
2 .
2
所以，抛物线顶点G 的轨迹C 的方程为：x 2壬1 x 1
4
(U)因为m 是弦MN 的垂直平分线与y 轴交点的纵坐标，由MN 所唯一确 定.
所以，要求m 的取值范围，还应该从直线I 与轨迹C 相交入手.
所以，bk 巡 I 1 2
2
代入(*)可解得:
I 2
4k 2 k 2b 2 1 0 k 0 .(*)
代入椭圆方程得：
2
4k 1 2
2bx U
2
2 x b 4 0
k 2
k
显然，直线I 与坐标轴不可能平行，所以，设直线I 的方程为I :y 丄x b ，
k
I 与轨迹 C 交 两点M ,N
由于
的 不同 所以，
于 又线段MN 恰被直线
1
2平分，所以,
x
M
X N
2bk 1
4k 2
F 面，只需找到m 与k 的关系，即可求出 m 的取值范围.由于y kx m 为
1 1 , 1 4k 1
，可解得：y o b 2k .
2 2k 2k 2k
1
将点P —, 2k代入y kx m，可得：m
2
所以,
从以上解题过程来看，求m的取值范围，主要有两个关键步骤：一是寻求m 与其它参数之间的关系，二是构造一个有关参量的不等式. 从这两点出发，我们可以
得到下面的另一种解法：
1
解法二.设弦MN的中点为P 1, y o ，则由点M,N为椭圆上的点，可知:
4X M
2
4X N
2
2
y M
2 y N
4
4
两式相减得：4X M X N X M X N Y M Y N Y M Y N0
又由于X M X N211, y M y N2y o, Y M Y N - 1，代入上式
2X M X N k
得: k 0
2
在l : y — x b中，令x
k
3k
2
也即： 3 y o -・3.
所以,
点评：解决直线和圆锥曲线的位置关系问题时，对于消元后的一元二次方程, 必须讨论二次项系数和判别式，有时借助图形的几何性质更为方便.
涉及弦中点问题，利用韦达定理或运用平方差法时(设而不求)，必须以直线与圆锥曲线相交为前提，否则不宜用此法.
从构造不等式的角度来说，“将直线I的方程与椭圆方程联立所得判别式大于0”与“弦MN的中点P 1, y0在椭圆内”是等价的.
2
1. ( 1991年全国高考)双曲线的中心在坐标原点O,焦点在x轴上，过双曲线右焦点且斜率为\ 3的直线交双曲线于P、Q两点.若OP OQ，且PQ 4，求双曲线的
方程.
2. ( 1994年全国高考)已知直线I过坐标原点，抛物线C顶点在原点，焦点在x轴正半轴上若点A(-1,0)和点B(0,8)关于I的对称点都在C上，求直线I 和抛物线C 的方程.
3.( 1996年全国高考)已知I I,I2是过点P( -2,0)的两条互相垂直的直线
且I l,l2与双曲线y2 x2=1各有两个交点，分别为A1,B1和A2,B2.
(I)求I1的斜率k1的取值范围；
(II)若|A1B1|'•5|A2B2|,求I l,l2 的方程.
［答案与提示：1.略； 2 . 45 1 2 A45
y 2 x ; y 5 x ;
3. (I) .3, 11,乜乜1 1,3 ；
3 3
11 : y 2 x 2
(II)
l丘
宀12 : y x 2
2
h : y -2 x「2
或2.] -y 空x 2
2。