一道高考题所蕴含的美妙性质

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北京高考数学试题点评:平稳中有创新

北京高考数学试题点评:平稳中有创新

北京2019高考数学试题点评:平稳中有创新作为北京进入新课改后第一年高考的数学科考试结束了,一切的预测都可以检验了,谜底揭晓,真相大白。

我的总体感觉:耳目一新。

1、风格亲切,考生不意外。

对这份题,考生可能感觉似曾相识,与此前的模拟练习很类似,可以说是练什么就考什么。

这也正说明出题人与教师、学生的目的是一致的,最终是让学生掌握基本知识,而不是找学生毛病。

考生的心情应会比较平静,能把潜力最大限度地发挥出来。

2、平稳中有创新。

20个题严格依照考试说明的要求,考查主要知识、基本方法。

保持了北京卷的一贯特点:关注考生的探索意识和动手能力。

如第14、第20题等,情景是全新的,对学生的“学习能力”提出了较高要求。

3、敢于探索,创新力度大。

尽管2019年是北京新课程第一年高考,但试题并没有一味求稳,依据新课程的要求,大胆取舍,甚至一步到位,创新力度出乎多数人意料。

其中倒数第2题给人印象尤其深刻,题目新颖不落俗套,学生平时常用的方法不能解决了。

但问题不是偏了、怪了,而是回归到解析几何最本质的问题:代数方法研究几何问题。

4、难度比去年要高一点。

我国古代的读书人,从上学之日起,就日诵不辍,一般在几年内就能识记几千个汉字,熟记几百篇文章,写出的诗文也是字斟句酌,琅琅上口,成为满腹经纶的文人。

为什么在现代化教学的今天,我们念了十几年书的高中毕业生甚至大学生,竟提起作文就头疼,写不出像样的文章呢?吕叔湘先生早在1978年就尖锐地提出:“中小学语文教学效果差,中学语文毕业生语文水平低,……十几年上课总时数是9160课时,语文是2749课时,恰好是30%,十年的时间,二千七百多课时,用来学本国语文,却是大多数不过关,岂非咄咄怪事!”寻根究底,其主要原因就是腹中无物。

特别是写议论文,初中水平以上的学生都知道议论文的“三要素”是论点、论据、论证,也通晓议论文的基本结构:提出问题――分析问题――解决问题,但真正动起笔来就犯难了。

知道“是这样”,就是讲不出“为什么”。

高考数学试卷中的奇异之美赏析

高考数学试卷中的奇异之美赏析

高考数学试卷中的奇异之美赏析作者:谢广喜来源:《广东教育(高中)》2021年第10期奇异之美,因在某处有奇特性质而美,美在因稀少而不易发现,所以弥足珍贵(著名的发明家爱迪生试验了上千种材料,才找到用钨材料制作的灯丝,可见钨材料在高温下具有一般材料所没有的奇异性质),如同悬崖百丈冰上的梅花,一株独傲风雪(引自毛泽东《卜算子·咏梅》风雨送春归,飞雪迎春到.已是悬崖百丈冰,犹有花枝俏. ……);她的美又在于能将表面上的不可能变为可能进而实现之,这好比两军对垒,其中一方却要在对方百万军中取上将首级,何等困难!它好比是黎明前冲破黑暗里的一丝微光,尽管希望渺小却不可忽视;因为它往往可能是绝处缝生,峰回路转的转折点.高中数学中的奇异之美,一方面,可以表现在某些函数某些点处的特殊性质,比如函数f (x)=在x=0在处由于不定义而不连续;又如函数g1(x)=x在x=0处虽然连续却不可导(读者可以画出这个函数的图像,分别从x=0处的两侧观察,从右侧看斜率为1,而从左侧看,斜率却为-1),完全类似地,函数g2(x)=lnx在x=1处也是连续却不可导的. 值得注意的是,函数h(x)=xx在x=0处又可导了,真是奇了怪哉!当然,也存在处处连续却处处不可导的例子,这里不多说了;又如:若Sn=1++++…+,则当n→+∞,Sn的极限是否存在?直观的看,所加上去的数越来越小,很有可能极限存在,然而,事实上当n→+∞时,Sn却是发散的,这就是有名的调和级数的发散性(如何证明当n→+∞时,Sn发散呢?研究并进行简单放缩即可),值得注意,好几次全国高中数学联赛的二试试题都用到这个知识,然而我们却又有=,(这一结果高中无法严格证明,需要用到高等数学知识方可),事实上,P级数1++++…++…当P >1都是收敛的(即和的极限存在).另一方面,也可以是一些解决数学问题的方法具有独特性质,典型的如夹逼法等等,我们觉得这些方法也具有数学奇异之美,本文讨论的重点就放在大家熟知的夹逼法(有关夹逼法的一些具体说明,读者可参阅本刊2020年第9期P31,此处不再赘述)上,值得注意:夹逼法存在的问题背景是非常广泛的(尽管问题本身有其特殊性),我们可以在函数、方程、不等式、数列、三角甚至立体几何的背景下看到它的影子.例1.(2021年江苏南通高三上学期末模拟题)已知f(x)=(x-a-b)sin(?仔x+),若f (x)≤0在x∈[-1,1]上恒成立,则a+b=()A. B. C. 1 D. 2【解析】易知?坌x∈[-1,-)∪(,1]时有sin(?仔x+)<0,从而由题意有当?坌x∈[-1,-)∪(,1]时应有(x-a-b)≥0,分别使x→--1及x→+2,(其中1,2为足够小的正数),也有(x-a-b)≥0,也即(--a-b)≥0且(-a-b)≥0;另一方面有?坌x∈(-,)时,sin(?仔x+)>0,从而由题意,?坌x∈(-,)时,应有(x-a-b)≤0,分别使x→-+3及x→-4,(其中3,4为足够小的正数),也有(x-a-b)≥0,也即(--a-b)≤0且(-a-b)≤0,综上必有(--a-b)=0且(-a-b)=0,于是+a=-a,解得a=,进而得b=,于是a+b=,选A.【评注】这是一道较为新颖的夹逼法试题,以上解法在具体书写上,似乎有点啰嗦,但笔者以为这样理解才较为严谨.例2.(2020年江苏卷第19题第(1)小题)已知关于x的函数y=f(x),y=g(x)与h (x)=kx+b,(k,b∈R),在区间D上恒有f(x)≥h(x)≥g(x),若f(x)=x2+2x,g (x)=-x2+2x,D=(-∞,+∞),求h(x)的表达式.【解析】由题意有在区间D=(-∞,+∞)上恒有x2+2x≥kx+b≥-x2+2x成立,取x=0,得0≥b≥0,即b=0,也即在区间D=(-∞,+∞)上恒有x2+2x≥kx≥-x2+2x成立,则x2+(2-k)x≥0,?坌x∈R恒成立,所以△=(2-k)2≤0,而由实数平方的非负性,必有(2-k)2≥0,只有k=2,此时2x≥-x2+2x恒成立,于是h(x)=2x为所求.【评注】这道题先后两次使用夹逼法,具有一定的典型性和代表性,值得注意,有的同学会问:如何发现取x=0这个特殊值呢?一般地,如果在区间D上恒有?覬1(x)≥h(x)≥?覬2(x)成立,想要探求是否存在x0∈D,使得?覬1(x0)=?覬2(x0),只要解这个方程即可(注意对结果回头验证是否在给定区间内),这就给我们相对一般地处理此类问题指明了方法和方向.例3.(2018年北京卷理第11题)设函数f(x)=cos(?棕x-),(?棕>0),若f(x)≤f()对任意的实数x都成立,则?棕的最小值为 .【解析】一方面显然有f()≤1,另一方面又有1=f(x)max≤f(),于是1≤f()≤1,必有f()=1,也即f()=cos(?棕-)=1,即?棕-=2k?仔,(k∈Z)所以?棕-=2k,(k∈Z)即?棕=8k+>0,(k∈Z),所以正數?棕的最小值为.例4.(2012年江苏卷理第20题)已知各项为正数的两个数列{an}和{bn}满足:an+1=,(n∈N?鄢).(1)设bn+1=1+,n∈N?鄢,求证:数列{()2}是等差数列;(2)设数列bn+1=·,n∈N?鄢,且{an}是等比数列,求a1和b1的值.【解析】(1)这一问比较简单,且与第(2)小问没有联系,此处从略.(2)由题意可令an=a1qn-1,其中a1>0,q>0,下面解题的关键是最终确定q=1,如何才能排除q>1及00,则==1+,所以1<≤2,即11,对于任意给定的正数a1,由指数函数的单调性知,随着n的增大,an=a1qn+1总有可能大于,与1【评注】这道题难点在于求的是a1,b1,如果改成证明an=bn=就容易一些(尽管试题难度没有实质性改变,但却为我们的求证工作指明了方向),其中对于数列{an}的公比的确定,正是用了夹逼法才最终能到q=1的结果.类似地可运用夹逼法求解的问题在2012年的高考数学试卷中并不少见,比如浙江卷理第17题、辽宁卷理第7题、湖北卷理第7题等等,限于篇幅,此处从略(感兴趣的读者可自己上网搜索这些试题去体会一下).例5. 如图1,四面体DABC的体积为,且满足∠ACB=45°,AD+BC+=3,则CD= .【解析】设D点到ABC面的距离为h,则h≤AD,已知VDABC=,也即SABC=,即hBC·AC·sin45°=,也即h·BC·=1,而AD+BC+=3,有1=≥3≥3=1,所以,必须有h=AD,且AD=BC==1,于是CD==.【评注】本题需用到三元基本不等式取等号条件,供参考.【反馈练习】1.(2021年5月浙江省镇海中学高考数学模拟题)若实数a,b满足ln(2a)-lnb≥a2+-1,则a+b=()A. B. C. D. 22.(2021年重庆预赛题)关于x的方程2- acos(1-x)=0只有一个实数解,则()A. a=-1B. a=1C. a=2D. a的值不唯一3.(2020年复旦大学强基计划试题)设x,y∈[-,]若x3+cos(x+)+2a=0,4y3+sinycos-a=0,则cos(x+2y)= .4.(2020年河北正定中学高一月考试题)已知二次函数y=ax2+bx+c,(a>0),对任意的实数x,不等式2x≤ax2+bx+c≤(x+1)2恒成立,则a+b+c= .5.定义:首项为1,且对任意自然数n∈N?鄢,数列{an}满足数列an+1-an>3,则称数列{an}为“M数列”,已知公比为正整数的等比数列{bn}为“M数列”,记数列{bn}满足bn=an,且数列{bn}不是“M数列”,则数列{an}的通项公式为 .6.(2011年安徽卷理第9题)已知函数f(x)=sin(2x+?渍),其中?渍为实数,若f (x)≤f(),对x∈R恒成立,且f()>f(?仔),则f(x)的单调递增区间是()(A)[k?仔-,k?仔+](k∈Z)(B)[k?仔,k?仔+](k∈Z)(C)[k?仔+,k?仔+](k∈Z)(D)[k?仔-,k?仔](k∈Z)7.(2017广西预赛)设函数f(x)=4x3+bx+1(b∈R),对任意的x∈[-1,1],都有f (x)≥0成立,求实数b的取值范围.【参考答案】1. 因为由题意有ln(2a)-lnb=ln≥a2+-1≥-1,另一方面,对于任意实数x>0有lnx≤x-1,取x=,(其中a>0,b>0),又有ln≤-1,于是只有ln=-1,由图像可知=1,此时基本不等式也去等号,也即ab=1,于是a=,b=,所以a+b=,选(C).2. 构建函数f(x)=2-acos(1-x),即f(x)=2-acos(x-1),容易发现该函数关于直线x=1对称,于是若函数有大于1的一个零点x=1+(>0),必有小于1的一个零点x=1-(>0),这样就与已知题意矛盾,除非只有一个零点x=1才符合题意,所以,将函数零点(也即原方程的实数根)x=1代回得a=1,只有(B).3. 已知条件两个等式中上一个即为x3+sinx+2a=0,下一個表达式整理即为(2y)3+sin2y-2a=0,而函数f(t)=t3+sint,t∈[-,]是奇函数,也是单调增函数,而现在f(x)=x3+sinx=-2a=-f(2y),利用单调性,只有x=-2y,于是cos(x+2y)=cos0=1.4. 研究(x+1)2-2x=0的实根,发现有两个相等的实数根x1,2=1,于是对不等式2x≤ax2+bx+c≤(x+1)2取x=1,立得2≤a+b+c≤2,也即a+b+c=2.5. 记等比数列{an}的公比为q,由题意q∈N?鄢,而数列{an}为“M数列”,即对任意自然数n∈N?鄢,an+1-an>3,取n=1,则a1(q-1)>3,已知a1=1,于是q>4,进一步由q∈N?鄢知q≥5;再由bn=an,且数列{bn}不是“M数列”知n0∈N?鄢,使得b-b≤3,即a(q-1)≤3,前面已得q≥5,则有a≤,又1≤a≤,可得q≤5,则必有q=5,所以an=5n-1.6. 由题意?坌x∈R,f(x)≤f(),已知函数f(x)=sin(2x+?渍),取x=-,立得1≤f (),而有正弦函数的有界性易知f()≤1,于是由夹逼法立得f()=1,即sin(+?渍)=1,得+?渍=k?仔+(k∈Z),也即?渍=k?仔+(k∈Z),又已知f()>f(?仔),即sin (?仔+?渍)>sin?渍,即sin?渍<0,所以?渍=2k?仔+(k∈Z),也即f(x)=-sin(2x+),联系y=sinX的递增、递减区间,可知在2k?仔+≤2x+≤2k?仔+(k∈Z)上f(x)单调递增,即x∈[k?仔+,k?仔+] (k∈Z)单调递增,正确答案为(C).7. 已知对任意的x∈[-1,1] ,4x3+bx+1≥0恒成立,取x=-1,得b≤-3;再取x=,得b≥-3,所以只有b=-3,回头验算,易知b=-3为所求.【注】如何想到上面的解法的呢?我们可以认为是从一些最基本的数量关系出发尝试的结果,显然容易想到尝试x=±1的情形,接着可以试探x=0,(x=±1的中点),接着就可以试x=,(x=0和x=1的中点),当然,我们是求所有这些情况下实数b的取值范围的交集,于是上述结果易得.所以,要想发现问题的奇异之美,不仅要有清晰的学科概念,更要有敏锐的观察能力,同时还要有持续深入研究的毅力和勇气,这三者形成有效的合力,结合具体问题的情境,才有可能挖掘到.责任编辑徐国坚。

高考数学-一道好题的多角度深度解析

高考数学-一道好题的多角度深度解析

一道好题的多角度深度解析1.题目再现高考数学理科卷有一道以特殊的直角三角形为几何背景,考察三角函数、三角恒等变形、解三角形的好题!原题如下:在ABC ∆中,︒=∠90C ,M 是BC 的中点,若31sin =∠BAM ,则=∠BAC sin .2.思维轨迹分析一个题目,就是要弄清楚题中的所求是什么?已知有哪些?所求与已知之间的关系如何?已知与所求间的关系能否看明白?思维点1:本题中,需求BAC ∠的正弦,而BAC ∠是直角三角形中的一个锐角!再自然的想法是利用直角三角形中锐角三角函数的定义,ABBC BAC =∠sin (这只是初中的知识!),但已知条件中所给直角三角形的三边的长都不知道.要求BAC ∠的正弦,是否一定要求出线段BC 和AB 长?BAC ∠的正弦值其实是一个比值,因此我只需要找到直角三角形三边中某两边长之间的等量关系即可发现这个比值.这背后其实是函数与方程的观点、思想在引领我们去明晰这种关系,这是捅破这层“卡壳窗户纸”的一道亮光!如何利用已知条件31sin =∠BAM ,去发现直角三角形三边中某两边长之间的等量关系呢?BAM ∠处在三角形AMB 中,再自然的想法是解三角形AMB ,但三角形AMB 中除了知道BAM ∠正弦值为31外,其它什么都不知道!因此将目光锁定在三角形AMB 中一下子发现不了明了的关系,需要跳出三角形AMB 的限制.图中的三角形还有哪些?还有直角三角形ACB 、ACM ,BAM ∠与这两个直角三角形ACB 、ACM 中的角有关系吗?易知MAC -BAC BAM ∠∠=∠,将BAM ∠的正弦转化为两角差的正弦,然后借助公式展开,即)MAC -BAC sin(sin ∠∠=∠BAM =MAC BAC MAC BAC ∠⋅∠-∠⋅∠sin cos cos sin (1) 设直角三角形ACB 中c AB a BC b ===,,AC , 则c a =∠BAC sin ,cBAC bcos =∠,22224b cos ,42sin b a MAC b a aMAC +=∠+=∠,代入(1)可得222b a =,从而3623sin 222==+==∠a ab a aca BAC . 上述想法能否进一步优化?根据同角三角函数基本关系我们知道,一个角的正弦值、余弦值、正切值之间可以相互转化,知一便可知全部.因此将已知和所求角的正弦值转化为先求正切.另外,选择填空小题,在考试中需要考虑能不能巧做秒杀,以减少运算量,提高运算的正确率.无论是求正弦值还是求正切值,既然是求相关两边长的比值,因此可设其中一边长为1,这样整个运算的量就能减下来.思维点2:如果我始终将眼光落在三角形AMB 中,结合已知31sin =∠BAM 若能发现三角形AMB 中三边长之间的关系,则直角三角形ACB 中三边中任意两边的关系也能知道,从而可求出BAC ∠sin .设,1AM =k ==CM BM ,则2222231)2()1(,-1AC k k k AB k +=+-==,在BAM ∆中由余弦定理可得:2223223112311k k k =+⨯⨯-++,整理可得,016924=+-k k 解得312=k ,33=k .因此362332312sin 2==+==∠kk AB BC BAC .思维点3:本题破题的关键是找到三角形ACB 中三边中任意两边的关系.观察图形发现AMC AMB ∠∠和互补,因此有关系:AMC AMB ∠=∠sin sin .设,,k AM 1CM BM ===则,1AC 2-=k 3AB 2+=k ,由正弦定理可知33sin 3sin sin AB 2+=∠⇒=∠=∠k AMB BAMBM AMB,而在ACM ∆中,kk AMC 1sin 2-=∠, 所以得到关于k 的方程kk k 13322-=+,可到32=k ,3632sin 2=+==∠k AB BC BAC . 思维点4:从三角形面积关系出发,我们发现AMC BAMS S ∆∆=,设,,k AM 1CM BM ===则,1AC 2-=k 3AB 2+=k ,则1121sin 32122-⋅⋅=∠+⋅k BAM k k ,从而13322-=+⋅k k k ,可到32=k .3. 具体解法法一(利用三角函数定义及恒等变形):由31sin =∠BAM ,知42221tan ==∠BAM ,设b AC t ===,CM BM ,则b t 2BAC tan =∠,b tMAC =∠tan , 而MACBAC MACBAC MAC BAC BAM ∠∠+∠-∠=∠-∠=∠tan tan 1tan tan )tan(tan ,得到42242b 2t 1b t2222=+⇒=+b t tb ,所以t b t tb b 2022222=⇒=+-,故22tan ==∠b t BAC ,从而36sin =∠BAC . 运算量减少的巧解如下:b AC ===,1CM BM ,则b 2BAC tan =∠,bMAC 1tan =∠, 而MACBAC MACBAC MAC BAC BAM ∠∠+∠-∠=∠-∠=∠tan tan 1tan tan )tan(tan ,得到42242b 21b 122=+⇒=+bb ,所以2022222=⇒=+-b t b b ,故22tan ==∠b BAC ,从而36sin =∠BAC . 法二(利用余弦定理):由31sin =∠BAM ,知322cos =∠BAM ,设,1AM =k ==CM BM ,则2222231)2()1(,-1AC k k k AB k +=+-==,在BAM ∆中由余弦定理可得:2223223112311k k k =+⨯⨯-++,整理可得,016924=+-k k 解得312=k ,33=k .因此362332312sin 2==+==∠kk AB BC BAC .法三(利用正弦定理):设,,k AM 1CM BM ===则,1AC 2-=k 3AB 2+=k ,由正弦定理可知33sin 3sin sin AB 2+=∠⇒=∠=∠k AMB BAMBM AMB,而在ACM ∆中,kk AMC 1sin 2-=∠,由图可知AMC AMB ∠=∠sin sin ,kk k 13322-=+∴,整理得到:,09624=+-k k 解得32=k . 法四(利用面积关系):从三角形面积关系出发,我们发现AMC BAM S S ∆∆=,设,,k AM 1CM BM ===则,1AC 2-=k 3AB 2+=k ,则1121sin 32122-⋅⋅=∠+⋅k BAM k k ,从而 13322-=+⋅k k k ,可到,32=k 3632sin 2=+==∠k ABBC BAC . 4. 问题本质若设,,x ===AC 1CM BM 则32sin BM==∠R BAM,AMB ∆∴的外接圆直径为3,设此外接圆圆心为O ,连接AO 并延长AO 交圆O 于点D ,连BD ,则,CAB ADB ∠=∠ADB Rt ∆∴与BAC t ∆R 相似,BCAC ABDB =∴,而2222)4(3,4AB +-=+=x DB x 2-5x =,因此,24-522xx x =+,解得2=x , 从而易得36sin =∠BAC . 在这里,AC 其实与AMB ∆的外接圆相切,从而C R AB t ∆与MAC t ∆R 相似,CB CM AC 2⋅=.从上述过程我们发现,若设,1CM BM ==则当31sin =∠BAM 时,2AC =,此直角三角形两直角边长之比为12:,当两直角边长之比为12:,BAM ∠达到最大.事实上,CAMCAB CAMCAB CAM CAB ∠⋅∠+∠-∠=∠-∠=∠tan tan 1tan tan )tan(BAM tan =42221212211222=⋅≤+=+=+-xx x x x x x x x ,当且仅当,2x x =即2=x 时取等.即当2=x 时,BAM ∠tan 最大,而正切函数x tan =y 在),(20π上递增,所以当BAM ∠tan 最大时,BAM ∠最大. 本题题根其实源于人教A 版必修5教材P101习题3.4 B 组第2题:树顶A 离地面a m,树上另一点B 离地面b m,在离地面c m 处看此树,离此树多远时看A ,B 的视角最大?过点C 作CD AB ⊥于点 D ,设x =CD ,则xcb xc a CDAD ACD -=∠-==∠BCD tan ,tan , BCDACD BCD ACD BCD ACD ∠⋅∠+∠-∠=∠-∠=∠tan tan 1tan tan )tan(ACB tan =))((2))((2))(())(()())((122c b c a b a x c b c a x b a x c b c a x b a c b c a x x b a x c b c a x ba ---=--⋅-≤--+-=--+-=--+-当且仅当xc b c a x ))((--=,即))((c b c a x --=时ACB tan ∠取得最大,故ACB ∠最大 . 5. 题后思考我们发现,本题破题的关键是要发现三角形ACB 中三边中其中两边长的关系.由于求BAC ∠的正弦值只与边长间的比值有关,因此可设图形中的某一边长为1,可以减少运算.数学解题离不开计算与变形,如何减少运算量,需要我们去思考,通过思考,优化解法,减少运算.如何减少运算量始终是限时条件下各类考试中必须要考虑的!本题等量关系的挖掘与寻找,既可以从观察图形出发,发现MAC -BAC BAM ∠∠=∠或利用AMC AMB ∠∠和互补,得到AMC AMB ∠=∠sin sin ,也可以从分析三角形中的边角关系出发利用余弦定理去建立已知和未知间的关系.已知与未知间关系如何去建立,需要在仔细分析所求与已知的基础上,充分挖掘已知和所求中的信息(包括图形中所隐含的关系),多分析联想.对本题的作进一步的思考与探究,还可以在一般与特殊、静态与动态的变化中去寻求问题的变式.变式1:在ABC ∆中,090C =∠,点M 是BC 上定点,满足)10CBCM <<=λλ(,若,31sin =∠BAM 则=∠BAC sin .变式2:在ABC ∆中,090C =∠,点M 是BC 的中点,若,sin m BAC =∠则BAM ∠sin = .好题犹如一杯咖啡一曲老歌,余香犹存余音缭绕,令人陶醉,值得静下心来去品味.数学学习,离不开解题.但解题不是数学学习的全部!数学学习常常需要去“悟”,感悟数学概念,体悟解题方法,领悟思想方法.“卡壳窗户纸”如何去捅破,是要通过数学解题经验的积累,在分析所求与已知以及联想尝试中去发现那道架通所求与已知间的亮光!!从不同知识背景为切入口,探索不同的思考方法,能有效锻炼我们的思维能力,将所学知识融会贯通,从而提升我们的数学核心思维能力.对一个好的问题,如何全方位、多角度、深层次地去进行思考与探索,本文试图给出一些思考,但限于水平,这种探索与思考还比较肤浅,期待能抛砖引玉.。

一道高考题所蕴含的美妙性质

一道高考题所蕴含的美妙性质

20 0 7年高 考 湖南 卷 ( ) 2 理 第 O题 就是 这样 的一 个 例 子 , 的背后 隐 藏 着 圆锥 曲 线关 于定 点 问题 的 它

/ B 、 \
图1
f — k x— c Y ( )
个美 妙性 质 , 下 是 笔 者 对 此 问 题 的 推 广 与 拓 以
展.
当 A 不 与 z 轴 垂 直 B
时,

当 A 与 z轴垂 直 时 , A、 的坐标 可分 别 B 点 B
设 为 (, ) (, , 一 ) ,
C 0

设 直 线 A 的方 程为 B

此时 . 一 ( 一m) 一 5 苟 z 4一
c 一
一 4 口‘
,.‘ |
由 x一 一1得 . 一 { b 【 A n
( 一 ( k ) 2 。 一 n C k 6 2 z + ak口 2 2 一 口 b 一 0,
数I 1 问题引思
学 l
教l
则 X , 是上 述方 程 的两 个 实根 , 以 。X 所
则 z , z 上述方 程 的两 个 实根 , z 是
综 上所述 , z轴 上存 在定 点 c( 在
Zn 。

所以z+ : z一
宠。
, : 一车
4 ,
0, )使 ・ 为常数 苟

于是 . 一 ( 】 苟 z 一m)z 一 +k ( 】 ( 2 ) zz 一

养学 生分 析 问题 、 决 问题 的能 力 和创 新意 识. 解 一
设过点 F 的 直 线 A B 的方程 为 Y— k x—c ( )
( 点≠ ± 旦 )

情理之中+意料之外——2013年高考数学福建卷(理)答卷评析

情理之中+意料之外——2013年高考数学福建卷(理)答卷评析

万方数据
2014年
第53卷第4期
数学通报
57
应为z>0);(4)题意理解不清,答非所问(如仅对
厂(z)的单调性进行讨论,而未点明厂(z)有无极
值);(5)分类讨论不清.阅卷中发现,有不少考生
熹”);(3)用特殊点求出抛物线E的方程,但未加
上U
以检验;(4)运算能力较弱(如联立方程出错).数 据显示本题全省的平均分仅为3.38分(满分13
R).
度”,这是大部分一线教师在高考结束后对数学试
卷做出的第一时间的评价.然而,揭榜的数学成 绩却如同一枚投入水中的石子,即刻打破这片平 静,引起一片哗然.根据阅卷组的统计,全省理科 数学平均分不足80分,文科数学平均分不足 66分. 一方面,试卷稳中有变,人手容易,被认为是
一份值得研读的好卷子;另一方面,试卷考查的结
(I)求证:点Pi(i∈N。,1≤i≤9)都在同一 条抛物线上,并求该抛物线E的方程; (U)过点C作直线l与抛物线E交于不同的 两点M,N,若△OCM与△OCN的面积之比为 4:l,求直线z的方程. 问题(1)书写不规范,乱用字母(如将直线
“怎么算”“怎么写”. 例3
(理19)如图,在四棱柱AB必

2014年
第53卷
第4期
(oJ>O,o<9<兀)的周期为7【,图象的一个对称中
心为(下71.,0).将函数厂(z)图象上所有点的横坐
、t

弦值为昔,求是的值;

标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),再将所得到
(1lI)现将与四棱柱ABCDA,B。C。D,形状
和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱 柱.规定:若拼成的新四棱柱形状和大小完全相 同,则视为同一种拼接方案.问:共有几种不同的 拼接方案?在这些拼接成的新四棱柱中,记其中 最小的表面积为,(志),写出厂(是)的解析式。(直 接写出答案,不必说明理由) 问题 (1)平几知识掌握不佳(如对“CD上

乱花渐欲迷人眼,透过现象看本质一一从全国卷三道三角函数与导数综合问题谈起

乱花渐欲迷人眼,透过现象看本质一一从全国卷三道三角函数与导数综合问题谈起

f
1
π
1+
2
2
π
= -1+
2
π
所以 存 在 唯 一 的 x0 ∈ 0, ,
<0,
2
使得 f
″(
x0 )
=0。
当 x∈ (
时,
-1,
x0 )
″(
x)
>0;
f
π
当 x∈ x0 , 时,
″(
x)
<0。
f
2
所以 f
'(
x)在 区 间 (-1,
x0 )上 为 增 函
π
数,
在区间 x0 , 上为减函数。
2
π
因此,
g(
2
单调递 减,
x )<g (
0)=0,即 f (
x )<
g(
符合题意。
s
i
n2
x 成立,
②当g
'(
0)
=a-3>0 时。
π
π
时,
≥ 0,则 当 0 < x <
4
4
若 g
'
π
上 单 调 递 增,
'(
x)
>0,g (
x )在 0,
g
4
g
π
不符合题意。
>g(
0)
=0,
4
若g
'
π
π
<0,则 存 在 ξ∈ 0, ,使 得
-δ<x<δ 时,
″(
x)<0,
'(
x)在 (-δ,
δ)

高 考 试 题 解 答 赏 析

高 考 试 题 解 答 赏 析

高 考 试 题 解 答 赏 析正宁一中 李永卿请同学们通过下面几道例题欣赏数学之美妙、感受数学之魅力、体验数学之迷人:一、培养发散思维(一题多解)题目:例1(2010年理8文10):△ABC 中,点D 在AB 上,CD 平分ACB ∠.若CB a =uu r,CA b =uu r ,1a =,2b =,则CD =uu u r(A )1233a b +(B )2133a b + (C )3455a b + (D )4355a b +解析1:由角平分线定理知错误!未找到引用源。

错误!未找到引用源。

∴2BD=DA ∴错误!未找到引用源。

=错误!未找到引用源。

=错误!未找到引用源。

(错误!未找到引用源。

-错误!未找到引用源。

) 而错误!未找到引用源。

=错误!未找到引用源。

+错误!未找到引用源。

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(错误!未找到引用源。

-错误!未找到引用源。

)=错误!未找到引用源。

+错误!未找到引用源。

. 故选B.解析2:因为D 到CA 、CB 两边的距离相等,且CA=2 CB=1 ∴S △ACD =2 S △BCD , 再将C 视为顶点,可得2BD=DA (以下同上)。

解析3:由正弦定理得CA/sin ∠ADC=AD/ sin ∠ACD, CB/sin ∠BDC=BD/ sin ∠BCD, 又∠ACD=∠BCD∠ADC=1800-∠BDC ∴错误!未找到引用源。

错误!未找到引用源。

(以下同上)。

解析4:取CA 的中点E ,则错误!未找到引用源。

是等腰三角形 ∴CD ⊥BE 而错误!未找到引用源。

=错误!未找到引用源。

-错误!未找到引用源。

只需验证那个选项与错误!未找到引用源。

的数量积为零。

解析5:特例法,如上图,取AC=2 BC=1 ∠ABC=900的直角三角形,易得AD 、DB 长度比(以下同上)。

练习(2011年甘肃理15文16): 已知F 1、F 2分别为双曲线C : 29x - 227y =1的左、右焦点,点A ∈C ,点M 的坐标为(2,0),AM 为∠F 1AF 2∠的平分线.则求|AF 2|= (答.6)例2(2010年甘肃理4文6):如果等差数列{}n a 中,34512a a a ++=,那么127...a a a +++=(A )14 (B )21 (C )28 (D )35BDC E A解析1:由等差中项知a 4=4 而a 1+ a 2+…+ a 7=7 所以 a 4=28.解析2:引入首项和公差后可得a 1+3d=4 而a 1+ a 2+…+ a 7=7(a 1+3d)=28. 解析3:(特例法):设该等差数列为各项为4的常数列,答案显而易见。

高考数学第21题优美解试题 2

高考数学第21题优美解试题 2

2021年高考数学〔B 卷〕第21题〔理〕优美解制卷人:打自企; 成别使; 而都那。

审核人:众闪壹; 春壹阑; 各厅…… 日期:2022年二月八日。

试题21.设A 是单位圆221x y +=上的任意一点,l 是过点A 与x 轴垂直的直线,D 是直线l 与x 轴的交点,点M 在直线l 上,且满足||||(0,1)DM m DA m m =>≠且. 当点A 在圆上运动时,记点M 的轨迹为曲线C .〔Ⅰ〕求曲线C 的方程,判断曲线C 为何种圆锥曲线,并求其焦点坐标;〔Ⅱ〕过原点且斜率为k 的直线交曲线C 于P ,Q 两点,其中P 在第一象限,它在y 轴上的射影为点N ,直线QN 交曲线C 于另一点H . 是否存在m ,使得对任意的0k >,都有PQ PH ⊥?假设存在,求m 的值;假设不存在,请说明理由.解法〔Ⅰ〕如图1,设(,)M x y ,00(,)A x y ,那么由||||(0,1)DM m DA m m =>≠且,可得0x x =,0||||y m y =,所以0x x =,01||||y y m=. ① 因为A 点在单位圆上运动,所以22001x y +=. ②将①式代入②式即得所求曲线C 的方程为222 1 (0,1)y x m m m+=>≠且.因为(0,1)(1,)m ∈+∞,所以当01m <<时,曲线C 是焦点在x 轴上的椭圆,两焦点坐标分别为(0),0);当1m >时,曲线C 是焦点在y 轴上的椭圆,两焦点坐标分别为(0,,(0,.〔Ⅱ〕解法1:如图2、3,0k ∀>,设11(,)P x kx ,22(,)H x y ,那么11(,)Q x kx --,1(0,)N kx ,直线QN 的方程为12y kx kx =+,将其代入椭圆C 的方程并整理可得 222222211(4)40m k x k x x k x m +++-=.依题意可知此方程的两根为1x -,2x ,于是由韦达定理可得 21122244k x x x m k -+=-+,即212224m x x m k =+. 因为点H 在直线QN 上,所以2121222224km x y kx kx m k -==+.于是11(2,2)PQ x kx =--,22112121222242(,)(,)44k x km x PH x x y kx m k m k =--=-++.而PQ PH ⊥等价于2221224(2)04m k x PQ PH m k -⋅==+,即220m -=,又0m >,得m =,故存在m =2212y x +=上,对任意的0k >,都有PQ PH ⊥.解法2:如图2、3,1(0,1)x ∀∈,设11(,)P x y ,22(,)H x y ,那么11(,)Q x y --,1(0,)N y ,因为P ,H 两点在椭圆C 上,所以222211222222,,m x y m m x y m ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩ 两式相减可得 图2 (01)m << 图3 (1)m >图1第21题解答图222221212()()0m x x y y -+-=. ③依题意,由点P 在第一象限可知,点H 也在第一象限,且P ,H 不重合, 故1212()()0x x x x -+≠. 于是由③式可得212121212()()()()y y y y m x x x x -+=--+. ④又Q ,N ,H 三点一共线,所以QN QH k k =,即1121122y y y x x x +=+. 于是由④式可得211212121121212()()12()()2PQ PHy y y y y y y m k k x x x x x x x --+⋅=⋅=⋅=---+. 而PQ PH ⊥等价于1PQ PHk k ⋅=-,即212m -=-,又0m >,得m =,故存在m =2212y x +=上,对任意的0k >,都有PQ PH ⊥.解法赏析:开放型试题一定要注意其存在性,否那么容易出现错误。

2015年高考数学中的“亮点”试题赏析

2015年高考数学中的“亮点”试题赏析

2015年高考数学中的“亮点”试题赏析作者:王勇芮华云来源:《中学生理科应试》2016年第04期纵观2015年高考数学试题,总体反映出稳定、创新、应用、传承的特点.每份试卷的结构、题型、重要知识点相对稳定,不同试卷均有新颖的“亮点”题,试题注重创设新颖情境,强调知识交汇,突出数学素养和数学灵气的考查.试题设计充分体现数学的应用价值,尤其是与人们的生活、生产紧密联系的实际应用性试题,意在考查考生把实际问题数学模型化的转化思想,而体现数学背景、数学历史、数学文化、数学故事的历史名题的改编题,更是给数学试卷注入了一股春风,彰显了数学文化的传承、数学阅读理解能力的考核.下面精选十例并分类解析,旨在探索题型规律,揭示解题方法.一、创设新颖情境,强调知识交汇,突出数学素养高考是选拔性的考试,试卷中出现新颖别致且综合性较强的试题在情理之中.面对情境新颖、交汇整合的题目,需要锁定目标,寻找理论依据,合情推理,逐步套牢目标,不断转化,惊险散尽,自然水到渠成.例1(2015·福建卷)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于 .解析由题意得a+b=p>0,ab=q>0,则a>0,b>0.当a,b,-2适当排序后成等比数列时,-2必为等比中项,所以ab=q=4,b=4a.当a,b,-2适当排序后成等差数列时,-2必不是等差中项,当a是等差中项时,则2a=b-2=4a-2,解得a=1,b=4;当b是等差中项时,则2b=a-2,即8a=a-2,解得a=4,b=1,因此,p=a+b=5.综上可知,p+q=9.点评本题以函数的零点为载体考查等比中项和等差中项,其中分类讨论和逻辑推理是解题核心.三个数成等差数列或等比数列,项与项之间是有顺序的,但是等差中项或等比中项是唯一的,故可以利用中项进行讨论与分析.例2(2015·福建卷)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn(n∈N*),其中xk (k=1,2,…,n)称为第k位码元.二元码是通讯中常用的码,但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1,或者由1变为0).已知某种二元码x1x2…x7的码元满足如下校验方程组:x4x5x6x7=0,x2x3x6x7=0,x1x3x5x7=0,其中运算定义为: 00=0,01=1,10=1,11=0.现已知一个这种二元码在通讯过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101,那么利用上述校验方程组可判定k等于.解析因为x4x5x6x7=1101=001=01=1≠0,所以二元码1101101的前3位码元x1,x2,x3都是对的;因为x2x3x6x7=1001=101=11=0 ,所以二元码1101101的第6位码元x6、第7位码元x7也是对的;因为x1x3x5x7=1011=111=01=1≠0,所以二元码1101101的第5位码元x5是错的,所以k=5.点评本题考查新定义运算、推理与证明等知识.意在考查考生处理新定义问题的能力、推理论证能力以及运算求解能力.求解本题的关键是读懂新定义,在领会新定义的基础上,明晰新定义的内涵和外延,将其转化并运用到新情境中,进而判断参数k的值.例3(2015·浙江卷)已知e1,e2是空间单位向量,e1·e2=12,若空间向量b满足b·e1=2,b·e2=52,且对于任意x,y∈R,|b-(xe1+ye2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1,(x0,y0∈R),则x0=,y0=,|b|=.分析由题意得x=x0,y=y0时,|b-(xe1+ye2)|取得最小值1,把(b-(xe1+ye2))平方,转化为|b|2+x2+y2+xy-4x-5y,把x2+y2+xy-4x-5y看成关于x的二次函数,利用二次函数的性质确定最值及取最值的条件.解析对于任意x,y∈R,|b-(xe1+ye2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1,(x0,y0∈R),说明当x=x0,y=y0时,|b-(xe1+ye2)|取得最小值1.|b-(xe1+ye2)|2=|b|2+(xe1+ye2)2-2b·(xe1+ye2)=|b|2+x2+y2+xy-4x-5y,要使|b|2+x2+y2+xy-4x-5y取得最小值,需要把x2+y2+xy-4x-5y看成关于x的二次函数,即f(x)=x2+(y-4)x+y2-5y,其图象是开口向上的抛物线,对称轴方程为x=2-y2,所以当x=2-y2时,f(x)取得最小值,代入化简得f(x)=34(y-2)2-7,显然当y=2时,f(x)min=-7,此时x=2-y2=1,所以x0=1,y0=2.此时|b|2-7=1,可得|b|=22.点评本题考查向量的数量积运算、向量的模及代数运算、二次函数的图象与性质等.根据条件发现x=x0,y=y0时,|b-(xe1+ye2)|取得最小值1,考查了抽象概括能力;把|b-(xe1+ye2)|平方,转化为关于x的二次函数求最值,考查了转化与化归思想及运算求解能力.例4(2015·湖南卷)某工件的三视图如图1所示,现将该工件通过切削,加工成一个体积尽可能大的长方体新工件,并使新工件的一个面落在原工件的一个面内,则原工件材料的利用率为().(材料利用率=新工件的体积原工件的体积)A.89πB.169πC.4(2-1)3πD.12(2-1)3π解析由三视图可还原出该几何体为圆锥,设出长方体的长、宽、高,建立三者和圆锥的底面半径和高的关系,利用导数确定长方体的最大体积,再计算原工件材料的利用率.该三视图对应的几何体为底面半径为1,高为2的圆锥.如图2,设长方体的长、宽、高分别为a、b、c,上、下底面中心分别为O1、O2,上方截掉的小圆锥的高为h,底面半径为r,则a2+b2=4r2.由三角形相似,得SO1SO2=O1AO2B,即h2=r1,则h=2r.长方体的体积为V=abc=ab(2-2r)≤a2+b22×(2-2r)=2r2(2-2r)=4r2-4r3(当且仅当a=b时取等号,且00,得0∴原工件材料的利用率为162713π×12×2=89π,故选A.点评本题考查三视图,圆锥和长方体的体积计算,重要不等式a2+b2≥2ab和导数在求函数最值中的应用.由三视图得到直观图,考查了空间想象能力.在求长方体体积的最大值时,考查了运算求解能力和转化与化归思想的应用.在计算材料利用率时,考查了数学应用意识.二、联系生活实际,构建数学模型,注重数学应用数学是一种工具,工具就有广泛的应用价值,实际应用性问题解答的关键在于选择恰当的数学模型,将实际问题转化为数学问题,“数学化”的过程就是要把陌生问题化为熟悉问题,未知问题化为已知问题,复杂问题化为简单问题.例5(2015·湖北卷)如图3,一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶,到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上,行驶600 m后到达B处,测得此山顶在西偏北75°的方向上,仰角为30°,则此山的高度CD= m.解析先在△ABC中利用正弦定理求出BC,再在Rt△BCD中求出CD.由题意,在△ABC中,∠BAC=30°,∠ABC=180°-75°=105°,故∠ACB=45°.又AB=600 m,故由正弦定理得600sin45°=BCsin30°,解得BC=3002m.在Rt△BCD中,CD=BC·tan30°=3002×33=1006m.点评本题考查方位角、仰角的概念及正弦定理的应用.在求CD时,需放到空间图形中,考查了空间想象能力.本题是一道实际应用问题,故还考查了分析转化能力及创新应用意识.例6(2015·陕西卷)如图4,一横截面为等腰梯形的水泵,因泥沙沉积,导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线所示),则原始的最大流量与当前最大流量的比值为.解析建立如图5所示的平面直角坐标系,可设抛物线的方程为x2=2py(p>0),由图易知(5,2)在抛物线上,可得p=254,抛物线方程为x2=252y,所以当前流量对应的截面面积为2∫50(2-225x2)dx=403,原始的最大流量对应的截面面积为2×(6+10)2=16,所以原始的最大流量与当前最大流量的比值为16403=1.2.点评本题以抛物线与梯形在生活中的应用为背景,考查抛物线及定积分的相关知识,意在考查考生对数学知识的实际应用能力,运算求解能力以及数形结合思想的应用.例7(2015·江苏卷)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路,为进一步改善山区的交通现状,计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路.记两条相互垂直的公路为l1,l2,山区边界曲线为C,计划修建的公路为l.如图6所示,M,N为C的两个端点,测得点M到l1,l2的距离分别为5千米和40千米,点N到l1,l2的距离分别为20千米和2.5千米.以l2,l1所在的直线分别为x,y轴,建立平面直角坐标系xOy.假设曲线C符合函数y=ax2+b模型.(1)求a,b的值;(2)设公路l与曲线C相切于P点,P的横坐标为t.①请写出公路l长度的函数解析式f(t),并写出其定义域;②当t为何值时,公路l的长度最短?并求最短长度.分析(1)根据M,N两点的坐标求出a,b的值;(2)根据导数先求切线方程,再求f (t),最后利用导数求最值.解析(1)由题意知,点M,N的坐标分别为(5,40),(20,2.5).将其分别代入y=ax2+b,得a25+b=40,a400+b=2.5,解得a=1000,b=0.(2)①由(1)知,y=1000x2(5≤x≤20),则点P的坐标为(t,1000t2),如图7,设在点P处的切线l交x,y轴分别于A,B两点,y′=-2000x3,则l的方程为y-1000t2=-2000t3(x-t),由此得A(3t2,0),B(0,3000t2).故f(t)=(3t2)2+(3000t2)2=32t2+4×106t4,t∈[5,20].②设g(t)=t2+4×106t4,则g′(t)=2t-16×106t5.令g′(t)=0,解得t=102.当t∈(5,102)时,g′(t)当t∈(102,20)时,g′(t)>0,g(t)是增函数.从而,当t=102时,函数g(t)有极小值,也是最小值,所以g(t)min=300,此时f(t)min=153.答:当t=102时,公路l的长度最短,最短长度为153千米.点评本题主要考查导数在实际问题中的应用,意在考查考生建立数学模型和利用所学知识解决实际问题的能力.三、依托数学史料,嵌入数学名题,彰显数学文化数学是一种文化,是一种精神,体现数学文化的新颖试题是近年高考命题的新动向,值得考生关注、探究和学习.例8(2015·新课标全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图8,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有().解析由米堆底部的弧长可求出圆锥底面半径,进而求得米堆的体积.设米堆底面半径为r尺,则π2r=8,所以r=16π,所以米堆的体积为V=14×13π·r2·5=π12×(16π)2×5≈3209(立方尺),故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛).故选B.点评本题考查扇形的弧长公式与圆锥的体积计算.通过古题新解考查阅读理解能力,通过圆锥体积的计算考查空间想象能力与运算求解能力.例9(2015·新课标全国卷Ⅱ)如图9所示的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”.执行该程序框图,若输入的a,b分别为14,18,则输出的a=().解析逐次运行程序,直至程序结束得出a值.a=14,b=18.第一次循环:14≠18且14第二次循环:14≠4且14>4,a=14-4=10;第三次循环:10≠4且10>4,a=10-4=6;第四次循环:6≠4且6>4,a=6-4=2;第五次循环:2≠4且2此时,a=b=2,跳出循环,输出a=2,故选B.点评在给出程序框图求解输出结果的试题中,只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算,直到达到输出条件即可.图10例10(2015·湖北卷)《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图10,在阳马P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE.(1)证明:PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是否为鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由.(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3,求DCBC的值.分析(1)把线面垂直转化为线线垂直:通过证明BC⊥平面PCD,证明BC⊥DE;通过证明DE⊥平面PBC,证明PB⊥DE;注意到题设PB⊥EF,从而证明PB⊥平面DEF.整合已证的线面垂直关系,可知四面体DBEF为鳖臑;(2)作出平面DEF与平面ABCD的交线,证明∠BDF就是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角,利用∠BDF=π3求解,或建立空间直角坐标系利用向量法求解.解析解法1 (1)因为PD⊥平面ABCD,所以PD⊥BC.由底面ABCD为长方形,有BC⊥CD,而PD∩CD=D,所以BC⊥平面PCD.而DE平面PCD,所以BC⊥DE.又因为 PD=CD,点E是PC的中点,所以DE⊥PC.而PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC.而PB平面PBC,所以PB⊥DE.又PB⊥EF,DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体DBEF的四个面都是直角三角形,即四面体DBEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.(2)如图11,在面PBC内,延长BC与FE交于点G,连接DG,则DG是平面DEF与平面ABCD的交线.由(1)知,PB⊥平面DEF,所以PB⊥DG.又因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥DG.而PD∩PB=P,所以DG⊥面PDB,故∠BDF是平面DEF与面ABCD所成二面角的平面角,设PD=DC=1,BC=λ,有BD=1+λ2,在Rt△PDB中,由DF⊥PB,得∠DPF=∠FDB=π3,则tanπ3=tan∠DPF=BDPD=1+λ2=3,解得λ=2.所以DCBC=1λ=22.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3时,DCBC=22.解法2 (1)如图12,以D为原点,射线DA,DC,DP分别为x,y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.设PD=DC=1,BC=λ,则D(0,0,0),P(0,0,1),B(λ,1,0),C(0,1,0),PB=(λ,1,-1),点E是PC的中点,所以E(0,12,12),DE=(0,12,12),于是PB·DE=0,即PB⊥DE.又已知EF⊥PB,而DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.因为PC=(0,1,-1),DE·PC=0,则DE⊥PC,而PB∩PC=P,所以DE⊥面PBC,故可知四面体DBEF的四个面都是直角三角形,即四面体DBEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.(2)由PD⊥平面ABCD,所以DP=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量;由(1)知,PB⊥平面DEF,所以BP=(-λ,-1,1)是平面DEF的一个法向量.若面DEF 与面ABCD所成二面角的大小为π3,则cosπ3=|BP·DP|BP|·|DP||=|1λ2+2|=12,解得λ=2,所以DCBC=1λ=22.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3时,DCBC=22.点评本题结合《九章算术》中的新名词(阳马、鳖臑)考查线面垂直的判定与性质、二面角等,意在考查考生的空间想象能力、推理论证能力、信息迁移能力与运算求解能力,同时还考查了转化与化归思想的应用.(收稿日期:2015-11-10)。

发现“乱”中之“序”体现数学之美--评析2014年高考北京卷理科20题

发现“乱”中之“序”体现数学之美--评析2014年高考北京卷理科20题
综上,T5( P) 的最小值为 52. 我们不难得出所有可能的最优解为

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【题目背景】 顾客请一位工艺师把 S1、S2、S3、…、Sn 这 n 件玉
石原料各制成一件工艺品. 工艺师带一位徒弟完成 这项任务.每件原料先由徒弟完成粗加工,再由工艺 师进行精加工完成制作,这 n 件工艺品都完成后交 付顾客.每件原料每道工序所需时间( 单位:工作日) 如下:
Tk( P)

max {
1≤i≤k



a2



ai

bi

bi+1


+ bk},
…,
Tn( P)

max {
1≤i≤n



a2



ai

bi

bi+1


43
ZHONGXUESHUXUEZAZHI 中学数学杂志 2015 年第 5 期
a4

b1
b2
b3
b4

T5( P) ≥ a1 + a2 + a3 + a4 + b4 + 2 = 11 + 16 + 11 + 4 + b4 + 2 = 44 + b4 ≥ 52,矛盾.
(3) 若 b5 = 2,b4 = 6,此时 P 为

高考数学试卷中的对称之美赏析

高考数学试卷中的对称之美赏析

数学有数高考数学试卷中的对称之美赏析■江南大学理学院谢广喜科学之美,美在对称,对称性是图像(或表达式)作一定的变换后而保持不变的一种性质(这个变换就称为对称变换).有时也讨论两个图像是否关于某个对称轴对称.由于对称的情况下问题具有一些不对称时所不具有的独特性质,如果我们解题时能发现并充分利用这些独特的特点,就可方便解题.因此具有对称性的问题(如选择题或填空题等)就容易被猜出答案,解答题也容易由问题的对称性出发产生一些特殊的研究问题的办法(如对称引参、附加强化条件等),故具有对称性的问题相对比较容易,而不具有对称性的问题则相对困难.研究近年来出现的一些试题,我们发现:高考命题(包括竞赛试题)有从对称性的问题向非对称性的问题转变的趋势,值得注意.下面我们主要研究在对称性思想指导下如何探求解题思路.一、置换对称(交换对称)对于任意有意义的x,y,如果表达式f(x,y)总有f(x,y)=f(y,x),即交换x,y,表达式不变,我们称字母x,y对于表达式f(x,y)具有置换(交换)对称性.例1.已知集合A={(x,y)|x2+y2≤3,x∈Z,y∈Z},则A中元素的个数为()A.9B.8C.5D.4【简解】首先我们注意到坐标原点(0,0)∈A,除此以外,在第一象限及x轴正半轴仅有两个点(1,0)、(1,1)∈A,把这两个点关于x轴对称,x轴对称,直线y=±x对称,坐标原点中心对称,显然点(-1,0)、(0,1)、(0,-1)、(-1,-1)、(-1,1)、(1,-1)也都∈A,于是,A中的元素个数是2×4+1=9个,选A.【评注】这是一道非常简单的题目,很多考生采有枚举法求解,但往往会由于遗漏而失分,以上处理手法,非常简洁雅致,结果一目了然.【类题联想】1.(从对称到不对称)设x,y∈R,且xy≠0,则(x2+1y2)(1x2+4y2)的最小值为________.【简解】本题求解方法是宜先作恒等变换,最后再用基本不等式即可(避免多次放缩产生不等式取等号之间的矛盾要求),即(x2+1y2)(1x2+4y2)=5+4x2y2+1x2y2≥5+4=9,即所求最小值为9,(易知当x2y2=12时取等号).【评注】如果读者有印象,就会发现这道题的命制就回避了2005高考重庆卷第5题的内在弊端,将该题关于x,y对称的形式变成了不对称的形式,因此难度增加了.当然,如果知道柯西不等式,也可直接利用二维的柯西不等式求解之,此处从略.例2.已知F为抛物线C:y2=4x的焦点,过F做两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与C交于A、B两点,直线l2与C交于D、E两点,则|AB|+|DE|的最小值为()A.16B.14C.12D.10【解析】抛物线y2=4x的焦点为F(1,0),由题意知l1,l2的斜率均存在,不妨设l1的斜率为k,则l1:y=k(x-1),将其与y2=4x联立消去y得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,设该方程的两个根分别为x1,x2,则x1+x2=2+4k2,由抛物线定义,易知:|AB|=x1+x2+2=4+4k2,将|AB|表达式中的k用-1k替换,立得|CD|=4+k2,于是:|AB|+|DE|=8+4(k2+1k2)≥8=8=16,当k=±1时不等式取等号,正确答案为A.【评注】以上解题过程中我们巧妙利用过F做两条互相垂直的直线l1,l2的斜率的内在联系,书写过程缩减了一半,这就是一种关系对称的表现.例3.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3(-1,3姨2),P4(1,3姨2)中恰有三个点在椭圆上.(1)求C的方程,(2)略.【简解】(1)我们充分注意到椭圆方程C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)所表示的曲线不但关于x轴对称,而且关于y轴对称,还关于原点O(0,0)中心对称,所以,一般地,若点(x0,y0)在椭圆上,则(±x0,±y0)均在椭圆上(其中正负号任意组合,通常为四个点,若其中一个坐标分量为0,则仅为两个点),所以P3(-1,3姨2),P4(1,3姨2)两点必然同在或同时不在椭圆上,而已知四点中恰有三点在椭圆上,所以P3(-1,322021年第2GUAN GDONG JIAO YU GAO ZHONG2021年第23姨2),P 4(1,3姨2)两点必然同在椭圆上;另一方面,若P 1(1,1)在椭圆上,由对称性知P 5(-1,1)也在椭圆上,但已有P 3(-1,3姨2)在椭圆上,而P 3,P 5横坐标分量相等,必有纵坐标分量绝对值相等,即|3姨2|=|1|,而这是不可能的,即P 1(1,1)不在椭圆上,于是由题意知P 2(0,1)在椭圆上,结合P 2(0,1)的几何意义知b=1,将b=1及P 4(1,3姨2)坐标代入椭圆方程得1a 2+(3姨2)2=1,得a=2,于是x24+y2=1为所求.例4.设点P 在曲线y =12e x 上,点Q 在曲线y =ln (2x )上,则|PQ |最小值为()A.1-ln2B.2姨(1-ln2)C.1+ln2D.2姨(1+ln2)【解析】发现函数y =12e x 与函数y =ln (2x )互为反函数,所以二者的图像关于y=x 对称,这是求解本题的关键,这样一来,这两个函数间的最小距离就是其中一个函数(如y =12e x )上的任意一点P (x ,12e x )到直线y=x 的距离的2倍,(注意:此举将原来的曲线到曲线的距离转化为直线到曲线的距离,而后者的情况相对简单),由于点P (x ,12e x )到直线y=x 的距离为d =|12e x -x |2姨,下面构造函数求利用导函数法求最小值.设函数g (x)=12e x -x 圯g ′(x)=12e x -1圯g (x)min =1-ln2圯d min =1-ln22姨.于是:|PQ |min =2d min =2姨(1-ln2),正确答案为B.【类题联想】1.已知函数f(x)(x∈R )满足f(x)=f(2-x),若函数y =|x 2-2x-3|与y =f(x)图像的交点为(x1,y 1),(x2,y 2),···,(xm ,y m ),则mi =1移xi =()A.0B.mC.2mD.4m【解析】注意到f(x)=f(2-x),则y =f(x)图像关于直线x =1对称,同时y =|(x-1)2-4|也关于直线x =1对称,所以这两个函数的交点也关于直线x =1对称,不妨设x1<x2<…<xm -1<xm ,若有奇数个交点,即m =2n +1,(n ∈N ),正中间一个横坐标为x =1,其余两两配对,每一对和为2,共n 对,于是,此时mi =1移xi=2n +1=m ;若有偶数个交点,即m =2n ,(n ∈N ),则两两配对,每一对和为2,共n 对,此时mi =1移xi =2n =m ,综上,无论有奇数个还是偶数个交点,均有mi =1移xi =m ,正确答案为B.二、齐次对称不妨以三个变量情形为例,若对于任意非零实数姿,有f(x,y,z )≡f(姿x,姿y,姿z ),则称表达式f(x,y,z ),是齐次对称的,比如我们很熟悉的2a 2-3b 2+4c 2ab+bc+ca ,A 1cos 兹+B 1sin 兹A 2cos 兹+B 2sin 兹等等,都是具有齐次对称性的表达式,对于齐次表达式,将其中所涉及的所有变量(为简单起见,也仅以三个字母为例)x,y,z ,定义一个空间直角坐标(x,y,z ),称x2+y 2+z 2姨为该点到坐标原点距离(或模),则我们有重要结论:只要x2+y 2+z 2≠0,则x2+y 2+z 2姨取为大于零的任意实数,不影响齐次表达式的最后结果,这也正是很多齐次不等式证明时常有的类似措词“由题意,可不妨取x2+y 2+z 2姨=1”等等的由来.例5.已知a,b,c 为正数,且满足abc =1,证明:(1)1a +1b +1c ≤a 2+b 2+c 2;(2)(a+b )3+(b+c )3+(c+a )3≥24.【证明】(1)用分析法,不等式左边是-1次方,右边是2次方,利用已知条件abc =1,原命题等价为齐次化后的不等式bc+ca+ab ≤a 2+b 2+c 2,而现在这个不等式是很容易证明的,a 2+b 2≥2ab ,b 2+c 2≥2bc ,c 2+a 2≥2ca ,三式相加即得;(2)也用分析法,类似地,同样按照齐次化思想,由abc =1,待证问题等价于证明(a+b )3+(b+c )3+(c+a )3≥24abc .(*).而这一不等式也是容易证明的,由a,b,c 为正数,则有(a+b )≥2ab 姨,进而(a+b )3≥8a 3b 3姨,同理有:(b+c )3≥8b 3c 3姨,(c+a )3≥8c 3a 3姨,于是:(a+b )3+(b+c )3+(c+a )3≥8(a 3b 3姨+b 3c 3姨+c 3a 3姨)≥8×3·a 3b 3姨·b 3c 3姨·c 3a 3姨3姨=24abc ,于是(*)式成立,从而要证不等式成立.【评注】第一步如何变换?如何想到这样变?这是不少考生觉得头疼的问题,以上我们按照齐次化的思想,初步回答了这两个问题,为读者解题思路的展开指明了方向.此处读者如果熟悉重要的关系式bc+ca+ab ≤a 2+b 2+c 2,及恒等式(a+b+c )2=a 2+b 2+c 2+2bc+2ca+2ab ,我们还可得到重要的不等式链:坌a,b,c ∈R ,有3(bc+ca+ab )≤(a+b+c )2≤3(a 2+b 2+c 2),感兴趣的读者可自己证明体验一下.同时,2013年高考全国卷Ⅱ理第24题也可用上面的办法求解.例6.已知a,b >0,试求f(a,b )=ab a 2+2b 2+ab 2a 2+b 2的最大值.【简解】我们注意到:①该表达式关于是齐次对称的,令33英语胜经t=b/a>0就能实现齐次减元;②该表达式关于a,b是交换对称的,则t=1就可能取得最值(易知此时f(a,a)=23),于是试将问题等价转化为:已知t=b/a>0,证明g(t)=f(a,b)=tt2+2+t 22+1的最大值为23,我们下面用分析法探究之:已知t>0,要证明tt2+2+t2t2+1≤23.等价于(tt2+2-13)+(t2t2+1-13)≤0;等价于-(2t2-3t+13(t2+2)+t2-3t+23(t2+1))≤0;等价于-(t-1)(2t-1t2+2+t-22t2+1)≤0;等价于-(t-1)(4t3-5t2+5t-4)≤0;等价于-(t-1)(4t2-t+1)≤0,而-(t-1)2≤0,二次三项式(4t2-t+1)的二次项大于0,其判别式小于0,知(4t2-t+1)>0,于是-(t-1)2(4t2-t+1)≤0成立(当时t=1时取等号),所以二元函数f(a,b)的最大值为23.【评注】将23平均分开来使用也是基于对称性的考虑,如此一来,很容易产生第一个因式(t-1),从而降低了问题的难度(若不,去分母后的结果是一般的一元四次多项式,困难可想而知).责任编辑徐国坚理解句子之间的逻辑关系对理解语篇内容和解答阅读试题都非常重要。

2013年高考立体几何试题赏析3页

2013年高考立体几何试题赏析3页

2013年高考立体几何试题赏析高中立体几何的核心内容是空间几何体的认识,空间点、线、面位置关系的确定以及空间几何的有关度量(包括表面积、体积、角、距离的计算.综观2013年全国各地的高考数学试卷,多数试题已经突破了传统的考查框架,在命题风格上,正逐步由封闭性向灵活性、开放性转变.盘点2013年高考立体几何试题,提炼其命题特点、亮点,希望对今后立体几何的复习教学有所裨益.1 三视图题——显常规而不拘一格例1 (2013年高考全国新课标卷Ⅱ·理11)某几何体的三视图如图1所示,则该几何体的体积为()A.16 8π+B.8 8π+C.16 16π+D.8 16π+命题意图考查空间想象力,能正确分析图形中基本元素及其相互关系,能够对空间图形进行分解与组合,同时通过对几何体面积或体积的计算,考查推理与计算能力.思路分析该几何体是个组合体,其下面是个半圆柱,上面是个长方体,如图2.点评解题关键是还原几何体,其基本要素是“长对齐、高平齐、宽相等”,能从不同角度去看几何体.体会与感悟此类题型重点考查方向:复原—能识别三视图所表示的主体模型;求积—能根据立体模型求它们的体积或表面积;识图----根据提供的部分三视图画另外的一个三视图.2 求空间角——传统与向量法兼备点评解题关键是恰当地建立空间直角坐标系,正确地写出各点坐标,准确地求出两个半平面的法向量(或直线的方向向量)的坐标,或“找”(“作”)出角,然后熟练地运用公式计算.体会与感悟空间向量在立体几何中起工具性的作用,因其避开了“作”、“找”角的难度,在代数与几何中起了承接作用,使传统法与空间向量法相辅相成.4.2 翻折例5 (2013年高考广东卷·理18)如图7,等腰三角形ABC中,90A∠=d,6BC =,D,E分别是AC,AB上的点,2CDBE==,O为BC的中点,将ADEΔ沿DE折起得到如图7所示的四棱锥ABCDE′?,其中3A D′=.(Ⅰ)证明:A O′⊥平面BCDE;(Ⅱ)求二面角ACDB′??的平面角的余弦值.命题意图考查化归与转化思想,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力思路分析(Ⅰ)根据翻折前后线线关系推导出线面垂直的条件.(Ⅱ)作出二面角,通过解三角形求解,或者建立空间直角坐标系后使用法向量求解.点评解题关键是理清折叠前后平面图形与空间几何体间的对应关系.体会与感悟在翻折问题中,要从翻折前后线线位置关系的“变”与“不变”中找到解决问题的切入点,翻折前后位于相同平面中的线线位置关系不变,位于不同平面中的线线位置关系可能发生变化.5 位置关系证明题——立体平面降维转化5.1 平行关系例8 (2013年高考安徽卷·理19)如图9圆锥顶点为P,底面圆心为O,其母线与底面所成的角为22.5d,AB和CD是底面圆O上的两条平行的弦,轴OP与平面PCD所成的角为60d.(Ⅰ)证明:平面PAB与平面PCD的交线平行于底面;(Ⅱ)求cos COD∠.命题意图本题考查空间直线、平面平行关系的性质与判定等基础知识和基本技能,意在考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力.点评解题关键是根据题意取AB中点O,进而得到垂直关系.体会与感悟线线垂直、线面垂直、面面垂直三种关系的相互依存与相互转化是解决垂直问题的最基本方法.希望以上资料对你有所帮助,附励志名言3条:1、生命对某些人来说是美丽的,这些人的一生都为某个目标而奋斗。

“色、香、味”俱佳“形”美“意”丰“养”更高——2014年浙江高考数学试题简析

“色、香、味”俱佳“形”美“意”丰“养”更高——2014年浙江高考数学试题简析
\ 斗/
①今年解答题的知识结构是大家的一个关注点.理 科不考概率,概率、三角函数、数列中最终取三角函数与 数列组合模式,概率作为解答题在2013年终成绝唱,浙 江精彩的“摸球”游戏在2015年也将退出江湖,今年的变 化也就在情理之中了.②难度结构变化.理科考生感觉普 遍不适的就是难度增大,从第3题三视图开始即感觉不 顺手.客观分析,难度不是最后的压轴,而是中档题位置 提前,数量增多,运算能力要求进一步提高,字母运算明 显提高要求,与平时练习问题相差甚远.
5.命题手段持续创新
②利用诱导公式,把两个函数化同名;③根据正、余弦函 数的图像性质,“以点带线”,比如利用最高点之间的关 系完成平移.显示出引导学生扎实基础,熟练通法,根据 具体问题确定相应方法、具体问题具体求解而不是千篇 一律,抑制套路化解题的意图很明显.在“秒杀”声一片 的背景下,今年考场上学生可以“秒杀”的试题的数量很 少.
一、“形”美“色”秀显风格
1.试题格局、命题风格相对稳定
10+7+5是浙江省自主命题以来一直保持的模式,试 题紧扣《考试说明》,不超纲、不打擦边球,中规中矩,选 择题、填空题、解答题三种题型难度阶梯递进,每种题型 内部也层次分明,解答题分步设问,层层推进.试题叙述 简明干净,文字表述、符号表达以及图形设置自然流畅. 纵观全卷,所有试题淡雅、朴实、利落,题干与题意清晰.

10、19、22题等,也体现出典型的“浙派”风格.
2.考双基.凸显主干
从表1、表2可以看出,今年的试题在《考试说明》要 求的各个模块上都有体现,具有较高的知识覆盖率,同 时,支撑高中数学的重点内容在试卷中占较大比重,函 数、不等式、三角函数、立体几何、解析几何是考查的重
高中版十。?善幺・?
万方数据
浙江高考试题中出现应用题,最近的要追溯到2009 年,这次出现的位置分别为理科第17题,文科第10题,试 题综合三角函数、立体几何、函数等知识,具有一定的综 合性,从这道题的位置、考查的知识、解题方法,可以窥 见命题者对应用题的取材、命制相当重视. 当然,众口难调,一位食客的美食对另一位食客来 说可能难以下咽.今年的高考试题中同样也有几颗令一 些考生感觉很不爽的“怪味豆”. (1)符号化突出,阅读障碍过多. 数学形式化是不可回避的,《普通高中数学课程标 准》指出:“形式化是数学的基本特征之一.在数学教学 中,学习形式化的表达是一项基本要求”,同时也指出要

2017高考数学(理)(新课标版)考前冲刺复习讲义:透视全国高考揭秘命题规律(五)含答案

2017高考数学(理)(新课标版)考前冲刺复习讲义:透视全国高考揭秘命题规律(五)含答案

透视全国高考揭秘命题规律(五)——解析几何(全国卷第20题)圆锥曲线中的特性问题圆锥曲线除一些基本的几何性质外,其内含很多精彩优美的几何特性,这些深藏不露的优美特性的证明(或作为隐含的条件)是如今高考试题的主打题型之一,必须引起高度关注.(1)(2015·高考全国卷Ⅱ节选)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m〉0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.【证明】设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(x M,y M).将y=kx+b代入9x2+y2=m2,得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故x M=错误!=错误!,y M=kx M+b=错误!.于是直线OM的斜率k OM=错误!=-错误!,即k OM·k=-9。

所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.说明:①本题所证明的两直线斜率的乘积为定值是椭圆众多特性之一,该问题还可以用“点差法”证明.②该特性还可以推广到双曲线,用“点差法”证明如下.设AB是双曲线x2a2-错误!=1(a〉0,b〉0)不过中心和与坐标轴不平行的弦,M为AB的中点.求证k AB·k OM=错误!。

证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),则错误!-错误!=1,①错误!-错误!=1, ②且x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,①-②得错误!-错误!=0,即错误!=错误!所以y1-y2x1-x2·错误!=错误!.即k AB·k OM=错误!。

(2)(2016·高考全国卷丙节选)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明AR∥FQ。

【证明】由题知F错误!.设l1:y=a,l2:y=b,则ab≠0,且A错误!,B错误!,P错误!,Q错误!,R错误!。

2021年高考语文:浙江卷真题及答案解析(最新版)

2021年高考语文:浙江卷真题及答案解析(最新版)

草而剧烈的概括,就像压缩饼干一样,只剩干燥、单 调和基础的维生热量,却丧失了新鲜的水分和味道。这样的 散文写作,形同制作标本。
⑤正在进行时的好处是什么?把读者凌空抓起来,直接 扔进叙述的情境中。即使是回忆体小说,也强调情节和细 节带来的效果逼真的还原体验。小说家要带领读者在丰富 、复杂、紧张、多变的仿真景况中做出临场反应。而这种 技术手段,似乎被散文所遗忘。也许散文更多跟个人经验 相关,经验都是过去的,而我们又急于把经验中的“道” 提炼出来。
[解析]C项,“;”改为“,”。
4.下列各句中,没有语病的一项是(3分) ( D ) XA.一些平台正通过减少不必要的中间环节,提升整个农产品供应
链的效率,用户不但能享受到更低价格和更新鲜的农产品,还能 促进农民增收以及通过再投资改善生产。
XB.文化产业高质量发展必须自觉承担起调动各种文化力量,科技
⑥所谓进行时态的散文写作,不仅是一种手段, 更重
要的是一种思维方式。当读者迷惑:现在有些散文为什么写 得像小说?是对小说的借鉴吗?我认为不是。问题的核心在 于进行时态的介入。随着散文表述时态的变化,散文的场 景、结构、节奏都会发生相应的改变。
⑦散文以正在进行时态来构思和描写,就不像过去那么 四平八稳,可能出现突然的意外和陡峭的翻转。少了定数 ,多了变数;不是直接揭翻底牌,而是悬念埋伏;更注重过 程和细节,而非概括性的总结。文学的魅力就在于此,它不 像数学一样有着公式和标准答案,而是具有难以概括和归纳 的美妙的可能性;即使答案偶尔是唯一的,过程也依然能有 多种、多重、多变的解决方案。
参与,从被告诫到共分享。 ⑩散文要表现“此时此刻”这使我们不会忽略沿途的
风景;“现在 ”连接过去的屐痕,也指向未来的光亮。 (周晓枫《散文的时代》有删改)

祝愿高考学子金榜题名的话语

祝愿高考学子金榜题名的话语

祝愿高考学子金榜题名的话语1. 嘿,高考的学子们!你们就像即将冲向终点的勇士,每一道题都是战场上的堡垒。

加油啊,那金榜题名的荣耀就在前方等着你们去摘取呢。

就像跑步比赛,你离终点就差那么几步了,咬咬牙就冲过去了,你们也一定行的!2. 高考学子们,你们知道吗?这考试就像一场刺激的冒险之旅。

每一张试卷都是一片神秘的大陆,等着你们去探索。

我相信你们一定能披荆斩棘,在这趟旅程中找到属于自己的宝藏,金榜题名,那可是超级酷的成就啊!就好比玩游戏,一路过关斩将,最后成为大赢家。

3. 亲爱的高考生,你们此刻站在人生的一个超级大舞台上。

那些试题是你们的舞伴,尽情地与它们共舞吧。

不要害怕出错,要像那些自信的舞者一样,用最优美的姿态完成这场表演,金榜题名就是你们最耀眼的奖杯。

你看那些在舞台上发光的舞者,他们付出了多少努力,你们也一样可以的!4. 高考生们呀,你们是即将破茧而出的蝴蝶。

这高考就像是那层紧紧包裹着你们的茧,虽然有些束缚,但只要你们奋力挣扎,就能破茧成蝶,飞向那金榜题名的花丛。

想象一下,一只小小的蛹变成美丽蝴蝶的瞬间,你们也会迎来自己的华丽蜕变。

5. 哟,各位高考的小伙伴!你们面临的高考就像一场马拉松比赛,漫长又充满挑战。

但你们每一个人都有无限的潜力,就像那些跑马拉松的选手,哪怕气喘吁吁也绝不放弃。

我坚信你们都能跑到终点,在金榜上留下自己闪亮的名字。

你难道不相信自己能像那些坚韧的选手一样坚持到最后吗?6. 高考的同学们,你们是即将发射升空的火箭。

知识是你们的燃料,考场就是发射台。

加满燃料,向着金榜题名的浩瀚星空冲去吧。

你见过火箭发射时那壮观的场景吗?那震撼的力量就如同你们现在所拥有的潜力,爆发出来就能冲破一切阻碍。

7. 嘿,高考生!这高考就像一场大冒险中的最后一关,你们前面已经闯过了那么多难关,现在可不能退缩。

你们就像勇敢的探险家,每答对一道题就是发现了一个宝藏。

勇往直前吧,金榜题名就在那关卡的尽头等着你呢。

2017年高考中数学文化试题赏析

2017年高考中数学文化试题赏析

有 所 增 加 ,但 题 目 的 数 量 还 是 稍 感 不 足 .现 将 赏 析
整理如下.
1 历史名人
例 1 (2017江 苏 卷 第6题 )如 图
1,在圆 柱 犗1犗2 内 有 一 个 球 犗,该 球
与圆柱的上、下面及母线均相切.记 圆
柱 犗1犗2 的体积为犞1,球 犗 的体积为
犞2,则犞犞1 2 的值是 .
近球体的真实体积,最 终 得 到 半 径 为狉 的 球 的 体 积 公 式 ,不 得 不 说 是 人 类 认 识 上 的 飞 跃 .穷 竭 法 涉 及到了无限的思想,孕 育 了 现 代 微 积 分 思 想 的 萌
芽 .阿
基米
德还












10 3
71
11 ~371

间 ,也
就是
3.1408
图1
赏析 阿基米 德 (公 元 前 287 年 — 公 元 前
212年)、牛顿与高斯是被世界 公 认 的 三 大 著 名 数
学家.阿基米德证 明 了 球 体 积 和 其 外 切 圆 柱 的 体
积 之 比 是2∶3,表 面 积 之 比 也 是2∶3.他 认 为 这 两
个发现是他一生中 最 伟 大 的 成 就,要 求 人 们 在 他
A.1033 B.1053 C.1073 D.1093 赏析 关于数的估计一直困扰早期人类,比 如 宇 宙 的 恒 星 有 多 少 颗 、宇 宙 有 多 大 、能 够 填 满 整
个宇宙的沙粒有多 少 颗 等.早 期 的 一 些 数 学 家 认
为 世 界 上 的 沙 子 是 无 穷 的 ,即 使 不 是 无 穷 ,也 没 有

2021福建卷优美解

2021福建卷优美解

福建卷理科第13题:如图,在中,已知点在边上,,,,,则的长为_____.优美解:以A 为原点,AC 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系, 由22sin 3BAC ∠=及32AB =得:点(2,4)B -,由3AD =得:点(0,3)D ,所以22(20)(43)3BD =--+-=.(江苏省徐州市第一中学 许丽;山东省临清第一中学 刘占忠) 福建卷理科第15题:当,1x x ∈<R 时,有如下表达式:2111n x x x x+++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅=- . 两边同时积分得:11111222222011.1ndx xdx x dx x dx dx x+++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅=-⎰⎰⎰⎰⎰从而得到如下等式:23111111111()()()ln 2.2223212n n +⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯+⋅⋅⋅=+ 请根据以下材料所蕴含的数学思想方法,计算:0122311111111()()()2223212nn n n n n C C C C n +⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯=+ .优美解1:因为()01221nn n n n n n C C x C x C x x +++⋅⋅⋅+=+,两边同时积分得:()11111012222222011nn nn n n n Cdx Cxdx Cx dx Cx dx x dx +++⋅⋅⋅+=+⎰⎰⎰⎰⎰,从而得到如下等式:()1012231111111111122222231100000n n n n n n n C x C x C x C x x n n +++++⋅⋅⋅+=+++,所以23110121111111131222321212n n nnn n n C C C C n n ++⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯=-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦. (陕西咸阳师范学院 安振平;深圳市南头中学 袁作生;福建省福州格致中学 宋建辉;福建省连江第一中学 李锋;福建省泉州一中 黄耿跃;江西省玉山一中 周海华;江苏省常熟市中学 查正开) 优美解2:11(1)(2)(1)(1)(2)(1)11!(1)!kn n n n n k n n n n k C k k k k --⋅⋅⋅-+--⋅⋅⋅-+==+++ 111(1)(1)(2)(1)11(1)!1k n n n n n n k C n k n +++--⋅⋅⋅-+==+++,0122311111111()()()2223212nn n n n n C C C C n +∴⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯+1223311111111111[()()()]12222n n n n n n C C C C n ++++++=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯+ 111113[(1)1][()1]1212n n n n ++=+-=-++. (江西省玉山一中 周海华;福建省福州格致中学 宋建辉)。

试题新颖开放 蕴含数学思想——2010年数学高考中有关三角函数试题的评析

试题新颖开放 蕴含数学思想——2010年数学高考中有关三角函数试题的评析

试题新颖开放蕴含数学思想——2010年数学高考中有关三角函数试题的评析沈顺良【摘要】在原教学大纲和新课程标准中,三角函数都属于主干知识,是历年高考的基本要点之一.新课程将向量作为工具推导两角差的余弦公式,又将三角恒等变换独立成章,意在培养推理和运算能力,新课程删减了余切、正割、余割和已知三角函数值求角以及反三角符号等内容,也删除了用积化和差、和差化积、半角公式作复杂的恒等变形,避免了三角问题解决中过份的技巧性训练.2010年高考三角试题继续贯彻了新课程的上述要求.【期刊名称】《中学教研:数学版》【年(卷),期】2010(000)008【总页数】3页(P16-18)【关键词】三角函数值;2010年;数学高考;函数试题;数学思想;新课程标准;开放;蕴含【作者】沈顺良【作者单位】海盐县教研室,浙江海盐314300【正文语种】中文【中图分类】G633.64在原教学大纲和新课程标准中,三角函数都属于主干知识,是历年高考的基本要点之一.新课程将向量作为工具推导两角差的余弦公式,又将三角恒等变换独立成章,意在培养推理和运算能力,新课程删减了余切、正割、余割和已知三角函数值求角以及反三角符号等内容,也删除了用积化和差、和差化积、半角公式作复杂的恒等变形,避免了三角问题解决中过份的技巧性训练.2010年高考三角试题继续贯彻了新课程的上述要求.1 命题特点和知识类型1.1 三角化简或求值三角函数的化简、求值是三角公式运用的重要方面,高考时或用一个公式,或需要几个三角公式的综合运用.例1 已知0<x<,化简).(2010年上海市数学高考文科试题)分析本题的解决需要综合运用同角三角函数基本关系、两角和余弦公式、诱导公式等.原式=lg(sinx+cosx)+lg(sinx+cosx)-lg(sinx+cosx)2=0.1.2 求三角函数的性质通过三角恒等变形可将原三角函数化简为基本的正弦型y=Asin(ωx+φ)+k(或余弦、正切型)函数,然后求相关函数的性质.例2 已知函数f(x)=sin2x-2sin2x.(1)求函数f(x)的最大值;(2)求函数f(x)的零点的集合.(2010年湖南省数学高考理科试题)分析由可得函数的最大值为1.又由f(x)=0得解得2x+=2kπ+或2x+=2kπ+,最后得到函数f(x)的零点的集合为1.3 三角函数的图像三角函数图像的考查一般涉及三角函数的图像变换和周期等性质特征.例3 将函数f(x)=sin(ωx+φ)的图像向左平移个单位,若所得图像与原图像重合,则φ的值不可能等于( )A.4 B.6 C.8 D.12(2010年福建省数学高考文科试题)分析因为将函数f(x)=sin(ωx+φ)的图像向左平移个单位,所得图像与原图像重合,所以是已知函数周期的整数倍,即k·=(k∈Z).故选B.1.4 解三角形三角形知识的考查或以正弦定理、余弦定理为工具,或综合三角恒等变换解决与三角形有关的问题.例4 在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知cos2C=-.(1)求sinC的值;(2)当a=2,2sinA=sinC时,求b及c的长.(2010年浙江省数学高考理科试题)解答过程请参见本期第13页.1.5 三角函数应用应用三角函数特别是通过解三角形,可以解决测量等实际问题.例5 某兴趣小组测量电视塔AE的高度H(单位m),如图1,垂直放置的标杆BC 高度h=4 m,仰角∠ABE=α,∠ADE=β.图1(1)该小组已经测得一组α,β的值,tanα=1.24,tanβ=1.20,请据此算出H的值;(2)该小组分析若干测得的数据后,发现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,若电视塔实际高度为125 m,问d为多少时,α-β最大.(2010年江苏省数学高考试题)解 (1)由=tanβ,得AD=.同理可得AB=,BD=.又由AD-AB=DB,得-=,解得H===124.(2)由tanα=,tanβ===,得tan(α-β)====,因此d+≥ 2,当且仅当d===55时,取到等号.故当d=55时,tan(α-β)最大,即α-β最大.2 考查亮点扫描2.1 试题形式新颖纵观2010年全国各地的高考三角题,有些试题背景丰富、形式新颖.例如:例6 定义在区间上的函数y=6cosx的图像与y=5tanx的图像的交点为P,过点P 作PP1⊥x轴于点P1,直线PP1与y=sinx的图像交于点P2,则线段P1P2的长为________.(2010年江苏省数学高考试题)分析不难发现,线段P1P2的长即为sinx的值,且其中的x满足6cosx=5tanx,解得sinx=.线段P1P2的长为,它以新颖的形式考查了三角函数的图像及数形结合的思想.2.2 注重推理运算主要体现在以三角问题为背景的探索规律等试题,例如:例7 观察下列等式:①cos2a=2cos2a-1;②cos4a=8cos4a-8cos2a+1;③cos6a=32cos6a-48cos4a+18cos2a-1;④cos8a=128cos8a-256cos6a+160cos4a-32cos2a+1;⑤cos10a=mcos10a-1 280cos8a+1 120cos6a+ncos4a+pcos2a-1.可以推测,m-n+p=________.(2010年福建省数学高考文科试题)分析因为 2=21,8=23,32=25,128=27,所以m=29=512;观察可得n=-400,p=50,于是m-n+p=962.本题通过三角变换、类比推理等考查了考生的推理能力等.2.3 解题形式开放三角开放题中同样包含着问题解决的多种途径,例如:例8 4位同学在同一个坐标系中分别选定了一个适当的区间,各自作出3个函数的图像如下,结果发现恰有一位同学作出的图像有错误,那么有错误的图像是( )A. B.C. D.(2010年江西省数学高考文科试题)分析此题只是已知它是同一坐标系中某个合适区间上的3个函数图像,没有原点(y轴)的具体位置,也没有3个图像与3个函数的具体对应.本题的解决可以直接观察图像特征来得到,如观察3个图像的最低点、最高点、零点的相互位置关系,也可以用特值法来解决,譬如的图像在图像向左平移,这样即可从某个函数的特殊点(与x轴交点、最高点、最低点等)的横坐标代入比较另2个函数的函数值得到.2.4 蕴含数学思想解决三角函数与其他函数、方程或不等式交汇的问题时,需要数形转换,或需要将函数与方程不等式进行转化.例如:例9 设函数f(x)=4sin(2x+1)-x,则在下列区间中函数f(x)不存在零点的是( )A.[-4,-2] B.[-2,0]C.[0,2] D.[2,4](2010年浙江省数学高考理科试题)分析将f(x)的零点转化为函数g(x)=4sin(2x+1)与h(x)=x的交点,数形结合可知应选A.本题是三角函数图像的平移与函数、方程的知识交汇题,突出了对转化思想和数形结合思想的考查.2.5 公式推导回归教材2010年的高考试题中出现了三角公式的证明和推导,例如:例10 (1)证明两角和的余弦公式Cα+β∶cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ;(2)由Sα+β推导两角和的正弦公式Sα+β∶sin(α+β)=sinαcosβ-cosαsinβ. (2010年四川省数学高考理科试题)本题的考查源于教材,既有对两角和余弦公式推导证明的要求(向量法等),又有通过诱导公式等方式对两角和、差余弦和正弦进行转换的要求.这样的考查体现了新课程对三角变换的推理要求.3 复习建议3.1 梳理知识,形成网络三角函数作为一类特殊函数同样在定义基础上研究其图像和性质.一方面,诸多三角公式都有其适用针对性也有相互间的密切联系;另一方面,三角公式是三角恒等变换的工具,通过综合运用可以将一般三角函数变形化归为基本三角函数,从而求值、化简和研究其图像和性质.选择运用三角公式要注意观察角之间的关系,对一些公式还要会逆用和变形应用,譬如两角和差的正切公式、正余弦二倍角公式等的变形运用.3.2 把握整体,渗透思想三角问题解决中注意运用化归思想.求三角函数的值域、单调区间及判断其奇偶性和求周期等,主要是通过恒等变形将一般三角函数化归为基本三角函数类型.三角变形和转换过程中要注意等价思想.运用三角公式变形时,不少公式左右范围并不等价,而且这些条件往往是隐含的,又如运用三角图像或三角函数线研究性质时,常有自变量范围的限制,因此在问题解决过程中须注意前后的等价.三角函数线和三角函数图像是三角概念和性质的直观反映,它可以运用于求三角最值和有关三角方程根、单调等性质的研究,也可以运用于比较大小或不等式问题,它是数形结合的体现.3.3 注重过程,提升能力三角恒等变换是“只变其形不变其质”的,变换的目的在于揭示那些形式不同但实质相同的三角函数式的内在联系,通过基本公式的推导和简单应用能够培养推理和运算能力;通过探求和(差)角公式、倍角公式,以及运用这些公式推导和差化积、积化和差、半角公式等的过程,学生学习怎样预测变换目标、选择变换、设计变换途径等,从中学习运算、推理的基本思想,提升学生的运算能力和推理能力.。

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1 问题引思
当 AB 不与 x 轴垂 直 时, 设过点 F2 的直线 AB 的方程为 y = k ( x - c)
( k ≠± b ) , a y = k ( x - c)
由 x2
2 得 y 2 2 = 1. a b
图1
( b2 - a2 k2 ) x 2 + 2 a2 k2 cx - a2 c2 k2 - a2 b2 = 0 ,
则 x1 , x 2 是上述方程的两个实根 , 所以
x1 + x2 =
已知双曲线 x 2 - y2 = 2 的左 、 右焦点分别为 F1 、 F2 , 过点 F2 的动直线与双曲线相交于 A 、 B两
) 若动点 M 满足 F1 M = F1 A + F1 B + 点. ( Ⅰ F1 O ( 其中 O 为坐标原点) , 求点 M 的轨迹方程 ; (Ⅱ ) 在 x 轴上是否存在定点 C , 使 CA ・ CB 为
a +b .
2 2
b +b c -
即m =
2 2 2 2 2 2
b c 2 2 + a b 2 a = 2 b2 c
4
4 2
a b + a c - b c + a = 2 a2 c
2 2 2 a2 c2 - b2 c2 c(2 a - b ) = , 2 2 2a c 2a
证明 :如图 1 , 由条件知 F2 ( c , 0) , c2 = a2 + b2 , 设 A ( x 1 , y1 ) , B ( x 2 , y2 ) , C ( m , 0 ) .
4 2 2 b (c - 4a ) . 4 4a 2
2
p) ( x2 -
2
p)
=
2 2
( k2 + 1) x 1 x2 - ( k2 ・p + m) ( x1 + x 2 ) + p k
2
4
+ m
2
= ( k + 1) p
2 2
当双曲线的焦点在 y 轴时 , 也有类似的性质 .
3 结论拓展
( k p + m) ( k2 p + 2 p) -
2
2
4
m
2
k
2
+
p k
2
2
4
+
对于椭圆 、 抛物线 , 他们的情况又如何呢 ? 定理 2 已知椭圆
x y 2 + 2 = 1 ( a > b > 0) 的 a b
2 2
=
2 2 - ( 3 p + 4 pm ) k - 8 pm 2 + m = 2 4k
2 - ( 3 p + 4 pm )
4
-
2 pm
2
p 此时 CA ・CB = ( - m) 2 - p2 = 2 2 ( p ) 2 - p2 = - 3 p , 满足上述结论 . 2 4 综上所述 , 在 x 轴上存在定点 C ( 0 , 0) , 使 3 p2 CA ・CB 为常数 . 4 同理可证 , 当 p < 0 及抛物线方程为 x 2 = 2 py ( p ≠0 ) 时 , 上述结论仍然成立 .
k p + 2p p , x1 x2 = , 2 4 k
2 2
于是 CA ・CB = ( x 1 - m) ( x2 - m) + k2 ( x1 2
根据双曲线的对称性 , 可知直线 AB 过点 F1
c(2 a - b ) ) 时 , 在 x 轴上存在定点 C ( ,0 ,使 2 a2 CA ・CB 为常数
44
此时 CA ・CB = b2 + c2 - 2 c ・
2 2 c(2 a - b ) 2 2a
教学参考
2 2 2 2 b c c(2 a - b ) 2 +[ ] = 2 2 a 2a 4 2 2 4 a4 b2 - 4 a2 b2 c2 + b4 c2 b (c - 4a ) = . 4 4 4a 4a
A ( x 1 , y 1 ) , B ( x 2 , y2 ) , C ( m , 0) .
当 AB 不与 x 轴垂 直 时, 设直线 AB 的方程为
y = k( x p ) ( k ≠0 ) , p
当 AB 与 x 轴垂直时 , 点 A 、 B 的坐标可分别 设为 ( c ,
b b ) , (c, ) , a a
k
2
+ m .
2
左、 右焦点分别为 F1 、 F2 , 过点 F2 ( 或 F1 ) 的动直 线与椭圆相交于 A 、 B 两点 , 则在 x 轴上存在定点 2 2 2 2 c(2 a + b ) ) ( c(2 a + b ) ) ) C( , 0 或 C( ,0 ,使 2 2 2a 2a 4 2 2 b (c - 4a ) 2 2 2 CA ・CB 为常数 , 其中 c = a - b . 4 4a 证明仿定理 1 , 留给读者完成 . 当椭圆的焦点在 y 轴时 , 也有类似的性质 . 定理 1 与定理 2 伴随椭圆 、 双曲线的几何性 质 , 其结构对称 、 呼应 , 两者交相辉映 , 彰显数学的 奇异 、 和谐之美 . 定理 3 已知抛物线 y2 = 2 px 或 x 2 = 2 py ( p ≠0) 的焦点分别为 F , 过点 F 的动直线与抛物线 相交于 A 、 B 两点 , 则存在定点 C ( 0 , 0) ( 坐标原 3 p2 点) , 使 CA ・CB 为常数 . 4 证明 : 如图 2 , 不妨 设抛 物线 方程为 y2 = 2 px ( p > 0 ) ,
2 2 2
此时 CA ・CB = ( c - m)
2 2 4
b - 2 = a
4
2
图2
[c -
c(2 a - b ) 2 b ] - 2 = 2 a2 a

y = k( x y
2
2
)

2 2
= 2 px
4 2 4 4 2 2 b c b b (c - 4a ) , 满足上述结论 . 4 2 = 4 4a a 4a
2 a2 k2 c
a k - b
2 2 2
, x1 x 2 =
a c k + a b , 2 2 2 a k - b
2 2
2
2
2
于是 CA ・CB =
( x 1 - m) ( x2 - m) + k2 ( x 1 - c) ( x 2 - c) = ( k2 + 1) x 1 x 2 - ( k2 c + m) ( x1 + x2 ) + c2 k2 + m
2 性质推广
= ( k2 + 1) ( a2 c2 k2 + a2 b2 ) 2 2 2 a k - b
( ck 2 + m) ・ 2 a2 k2 c 2 2 2 +c k + m = 2 2 2 a k - b ( a2 b2 + a2 c2 - 2 a2 cm - b2 c2 ) k2 + a2 b2 2 + m = 2 2 2 a k - b c ) ( b2 + c2 - 2 cm - b 2 + a b + b c - 2 b cm a k - b
2 2 2 4 2 2 2 2 2
b c 2 2 + a b 2 a
4 2
+ m .
2
定理 1 已知双曲线
x y 2 2 = 1(a > 0 ,b > a b
2
2
因为 CA ・CB 是与 k 无关的常数 , 所以 b4 +
b c - 2 b cm 4 2 2 2
0) 的左 、 右焦点分别为 F1 、 F2 , 过点 F2 ( 或 F1 ) 的
教学参考
一道高考题所蕴含的美妙性质
( 福建省宁化第一中学 365400) 邱 云
探索性 、 开放性问题历来备受高考青睐 , 它有 利于考查学生的思维品质和学习潜能 ; 有利于培 养学生分析问题 、 解决问题的能力和创新意识 . 一 个探索性 、 开放性问题 , 往往蕴含丰富的数学知 识、 性质 , 常是学习者探求一类问题的 “窗户” . 2007 年高考湖南卷 ( 理) 第 20 题就是这样的一个 例子 , 它的背后隐藏着圆锥曲线关于定点问题的 一个美妙性质 , 以下是笔者对此问题的推广与拓 展.

k p 2 2 2 k x - ( k p + 2 p) x +
4
= 0,
综上所述 , 在 x 轴上存在定点 C (
0) , 使 CA ・CB 为常数
4 2 2 b (c - 4a ) . 4 4a
2 2 c(2 a - b ) , 2 2a
则 x 1 , x 2 是上述方程的两个实根 , 所以 x1 + x 2 =
2
常数 ? 若存在 , 求出点 C 的坐标 ; 若不存在 , 请说明 理由 . ) 略. ( Ⅱ ) 是一个具有一定的探索 简析 : ( Ⅰ 性和开放性的问题 , 对学生的思维和运算能力有 一定的挑战性 , 经分析探求 , 在 x 轴上存在定点 C ( 1 , 0 ) , 使 CA ・CB 为常数 - 1 . 那么 , 对一般的双曲线是否也具有类似的性 质呢 ?
因为 CA ・ CB 是与 k 无关的常数 , 所以 2 pm = 3 p2 0 , 即 m = 0 , 此时 CA ・CB = . 4 故在存在定点 C ( 0 , 0) , 使 CA ・CB 为常数 3 p2 . 4 当 AB 与 x 轴垂直时 , 点 A 、 B 的坐标可分别 设为 (
p
2
p , p) , ( , - p) ,
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