妙解破解的原理

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数学解密解开谜题的秘密

数学解密解开谜题的秘密数学作为一门科学，自古以来就是人类解开谜题和难题的利器。

无论是古代的密码破解，还是现代的密码学，数学总是发挥着重要的作用。

在本文中，我们将揭示数学解密的奥秘，并探讨数学是如何帮助我们解开各种谜题的。

1. 数学与密码破解在历史上，密码的使用可以追溯到古埃及和古罗马时期。

在当时，人们使用简单的替换法和移位法来编写密码。

然而，数学家们通过分析出现频率和运用概率论的方法，成功地解密了这些简单的密码。

随着时间的推移，密码变得越来越复杂，普通的解密方法已经不再奏效。

这时，数学的多个分支开始发挥作用。

例如，线性代数用于破解分组密码，而数论和离散数学用于解密基于公钥的密码系统。

通过数学的力量，我们能够解开看似无法攻破的密码，揭示隐藏其中的信息。

2. 数学与信息安全随着科技的进步，互联网的普及，信息的传输和存储变得越来越重要。

信息安全成为了当今社会中不可或缺的一部分。

而数学在信息安全领域起着决定性的作用。

加密算法是保护信息安全的关键。

对称加密和非对称加密是常用的两种加密方式。

对称加密使用同一个密钥进行加密和解密，而非对称加密则使用一对密钥，公钥和私钥。

数学中的数论和代数学理论为这些加密算法提供了坚实的理论基础。

除了加密算法，校验和和散列函数也是信息安全中的重要概念。

校验和用于检测数据传输中的错误，而散列函数用于确保数据的完整性。

这些概念都离不开数学的支持和证明。

3. 数学在数独和数学谜题中的应用数独是一种传统的数字谜题，起源于18世纪瑞士。

虽然数独看似简单，但实际上需要一定的数学知识和推理能力。

通过应用数学的原理，我们可以使用逻辑推理和数学技巧来解决数独难题。

同样地，数学在其他的数学谜题中也发挥着重要作用。

例如，数学家们提出了不少数学问题，如费马大定理、哥德巴赫猜想等等。

通过运用数学的工具和技巧，这些问题不断地被解决或者被证明。

总结：数学解密的秘密就在于它的原理和方法。

数学的逻辑性、严谨性和抽象性使其成为解密谜题的有力工具。

开锁法的原理

开锁法的原理开锁法的原理是指通过一定的技术手段，以非正常的方法打开已经上锁的门、锁具等。

开锁法的原理可以分为物理原理和技术原理两方面。

一、物理原理：1.力学原理：这是最基本的开锁原理之一。

通过利用力的原理，比如破坏锁具的结构或者使用钥匙模拟开锁的力道，使锁芯或锁齿发生位移，从而实现开锁的目的。

2.材料学原理：开锁者通过选择针、螺丝刀、各种钢丝、扁铁等特殊材料，利用其特定的物理性质来突破锁具的防御，例如使用细长的钢丝插入锁芯内部，通过推、拨、撞等方式操纵锁齿，从而成功开锁。

3.磁学原理：磁学原理是利用了磁力对锁芯产生影响的特性。

通过选用特定的磁材料，可以使锁芯或锁齿发生磁场变化，进而打开闭锁。

4.光学原理：开锁法中的一种方法是使用显微镜等光学仪器观察锁齿的形态，进而模拟制作钥匙，实现开锁目的。

二、技术原理：1.密码破解原理：一些高级锁具使用数字密码或电子密码来进行开锁，开锁技术者可以通过破译密码的方法，或者利用工具进行暴力破解，来打开这种锁具。

2.齿轨理论：利用齿轨的原理对某些特定的锁具进行开锁。

一些锁具的锁芯内部存在着特定的轨迹，开锁技术者通过选用合适的工具，可以模拟出这些轨迹，进而开启锁种。

3.探测原理：通过使用特定的工具进行探测，可以获取锁具的内部结构信息，从而发现漏洞，实施开锁。

例如，利用手持探测设备发现电磁信号强度的变化，从而找到与解锁相关的信息。

4.技术性破解原理：开锁技术者通过研究锁具的构造和原理，设计出各种专用工具来实施开锁。

例如，通过模拟钥匙的形状和结构，使用专用工具进行开锁，这就是常见的开挂技术。

需要明确的是，开锁法的原理和技术手段，既可以被用于合法行为如解救被困人员，也可以被用于非法行为如盗窃。

因此，在实际应用中，我们需要根据情况判断，合理使用开锁技术，遵守法律法规，防范利用开锁技术进行犯罪活动。

巧借特殊值法,妙解高考真题

２０２３年８月上半月㊀学法指导㊀㊀㊀㊀巧借特殊值法,妙解高考真题◉张家港高级中学㊀黄㊀轶㊀㊀摘要:巧妙利用特殊值法,借助特殊值的选取,有时可以更加简捷地求解客观题．本文中结合２０２２年高考真题,剖析特殊值法的巧妙应用,总结特殊值法的解题技巧与规律．关键词:高考;特殊值;客观题;函数;三角;不等式㊀㊀特殊值法破解数学客观题,有其特殊的优势与美妙的体验,它是数学基础知识㊁基本技能㊁基本思想㊁基本活动经验等四基落实并上升到一定高度的特殊产物 ,是特殊与一般思维的升华．特别在解决一些函数或方程㊁数列㊁三角函数或不等式等的选择题时,利用特殊值法,解题过程简洁明了,很好地提升解题速度与解题效益．下面结合２０２２年高考数学真题中一些客观题特殊值法的合理选用与巧妙应用加以剖析．１巧判函数图象例１㊀(２０２２年高考数学全国甲卷理科５)函数y ＝(３x －３－x)c o s x 在区间－π２,π２éëêêùûúú的图象大致为(㊀㊀)．A．㊀㊀B ．C ．D．分析:解决此类题的常用思维就是先根据函数的解析式判定函数的奇偶性,再借助特殊值的选取合理排除错误的选项．而此题两次利用函数特殊值的选取,即可将不满足函数值取值情况的图象完美地排除,实现巧妙判定函数图象的目的．解析:选取特殊值x ＝１,可得f (１)＝(３１－３－１)c o s １＞０,由此排除选项C ,D ;再选取特殊值x ＝－１,得f (－１)＝(３－１－３１) c o s (－１)＜０,由此排除选项B ．故选择答案:A ．点评:巧妙选取特殊值来判断函数或方程所对应的函数图象问题,将特殊值所对应的函数值情况与点的位置特征加以联系与对比,排除不合理的图象选项．对于单选题,在利用特殊值法巧判函数或方程所对应的函数图象问题时,经常要多次利用特殊值的巧妙选取来合理排除,直到剩下最后一个正确答案为止．２判定函数关系式例２㊀(２０２２年高考数学北京卷４)已知函数f (x )＝１１＋２x,则对任意实数x ,有(㊀㊀)．A．f (－x )＋f (x )＝０㊀B ．f (－x )－f (x )＝０C ．f (－x )＋f (x )＝１D．f (－x )－f (x )＝１３分析:解决此类题的常用思维就是利用题设给出的函数关系式,结合选项中对应函数关系式代入,通过指数运算与变形来转化与验证,进而得以正确判定．而此题选取特殊值加以验证即可正确判定,从而减少数学运算量,这也是一种不错的技巧方法．解析:由函数f (x )＝１１＋２x,选取特殊值x ＝０,可得f (０)＝１１＋２０＝１２,代入各选项中进行验证,选项B ,C 成立;又选取特殊值x ＝１,可得f (１)＝１１＋２１＝１３,f (－１)＝１１＋２－１＝２３,只有选项C 成立．故选择答案:C ．点评:在判定一些复杂函数关系式的成立问题时,为避免复杂的逻辑推理与繁杂的数学运算,经常借助一些特殊值的选取,代入函数关系式加以化简与求值,可以很好地优化解题过程,同时对于函数关系式的判定更加直接㊁有效．３４Copyright ©博看网. All Rights Reserved.学法指导２０２３年８月上半月㊀㊀㊀３求解相应函数值例３㊀(２０２２年高考数学新高考Ⅱ卷６)角α,β满足s i n (α＋β)＋c o s (α＋β)＝２２c o s (α＋π４)s i n β,则(㊀㊀)．A．t a n (α＋β)＝１B ．t a n (α＋β)＝－１C ．t a n (α－β)＝１D．t a n (α－β)＝－１分析:解决此类题的常用思维就是利用三角恒等变换公式对题设的三角函数方程加以变形与转化,进而结合化简的结果来分析与求解对应的三角函数值问题．而此题结合两次特殊值的选取,即可合理排除不满足条件的选取,简化公式变形与推理过程,优化数学运算．解析:s i n (α＋β)＋c o s (α＋β)＝２２c o s (α＋π４)s i n β．①选取特殊值β＝０,代入①式,得s i n α＋c o s α＝０,即t a n α＝－１;再将β＝０分别代入四个选项,由此可以排除选项A ,C ．选取特殊值α＝０,代入①式,可得s i n β－c o s β＝０,即t a n β＝１;再将α＝０分别代入四个选项进行验证,由此可以排除选项B ．故选择答案:D ．点评:这里很好地通过三角函数关系式中角的变化以及对应选项中的三角函数值不变的特征,利用两次特殊值的选取,结合选项中的三角函数值进行排除．借助特殊值法处理相关数学问题时,有时一次特殊值的选取不能直接达到目的,可以进行第二次特殊值的选取,直至剩下最后一个选项为止．４确定参数取值范围例４㊀(２０２２年高考数学浙江卷９)已知a ,b ɪR ,若对任意x ɪR ,a |x －b |＋|x －４|－|２x －５|ȡ０,则(㊀㊀)．A．a ɤ１,b ȡ３B ．a ɤ１,b ɤ３C ．a ȡ１,b ȡ３D．a ȡ１,b ɤ３分析:解决此类题的常用思维就是绝对值不等式的函数图象化处理思维㊁参数的分类讨论思维等,过程复杂,讨论繁多．而此题利用特殊值的选取,代入题设的绝对值不等式加以化简,利用含参不等式恒成立的条件确定参数的取值情况,结合各选项中的参数取值范围即可验证与确定．解析:选取特殊值x ＝４,由a |x －b |＋|x －４|－|２x －５|ȡ０,可得a |４－b |－３ȡ０．显然a ʂ０且b ʂ４,观察各选项可知,只有a ȡ１,b ɤ３符合这个结论．故选择答案:D ．点评:借助含参绝对值不等式中特殊值的选取,简化不等式,减少变量,借助不等式恒成立等相关知识确定相关参数的取值情况,再结合选项合理验证．在具体借助特殊值法确定参数取值范围的问题时,经常不能直接得到对应参数的取值范围,而是借助选项中参数不同取值范围加以验证与判断,合理排除,巧妙确定．５判断不等式成立例５㊀(２０２２年高考数学新高考Ⅱ卷１２)(多选题)对任意x ,y ,x ２＋y ２－x y ＝１,则(㊀㊀)．A．x ＋y ɤ１B ．x ＋y ȡ－２C ．x ２＋y ２ɤ２D．x ２＋y ２ȡ１分析:解决此类题的常用思维就是不等式思维㊁配方思维或换元思维等,利用条件中的二元方程,结合基本不等式㊁完全平方公式或三角换元等方法来处理,解题过程较为繁琐．而此题利用特殊值法,根据满足二元方程条件下的特殊值的两次合理选取,即可正确排除对应的选项来达到正确判断的目的,简单快捷．解析:选取特殊值x ＝y ＝１,其满足方程x ２＋y ２－x y ＝１,则有x ＋y ＝２ɤ１不成立,故选项A 错误;再选取特殊值x ＝－y ＝３３,其满足方程x ２＋y ２－x y ＝１,则有x ２＋y ２＝２３ȡ１不成立,故选项D 错误;根据多选题至少有两个选项是正确的特征,故选择答案:B C ．点评:利用特殊值法破解一些数学的综合与创新问题时,有一定的秒杀效果,但要注意一般可遇而不可求 ,不具有可推广性与普及性．如果一定要花大量时间去配凑特殊值,往往得不偿失．这里借助二元方程的结构特征,可以快速选取相应的特殊值来验证,综合多选题的特征,当确定其中两个选项为错误时,则另外两个选项肯定是正确答案．巧借特殊值法,可以在很大程度上简化繁杂的逻辑推理过程与复杂的数学运算过程,但也不能盲目任意选取特殊值,要吻合数学问题中特殊与一般思维之间的联系与转化,才能达到正确使用特殊值法的目的．巧妙借助特殊值法,能很好降低知识复杂层次,弱化基础知识难度,强化数学思想方法,优化数学解题过程,提升数学解题效益,节省宝贵考试时间,真正达到小题小做小题巧做小题快做等良好解题效益．Z４４Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

巧借中线定理，妙解高中问题

试题4"'3如图"#在 1569 中#B#H 是69 上的两个三等分点#5*)64*5)B #!5*)94*5)H#则=A('5BH 的最
小值为
!
分析,结合平面几何图形的直观$设出相关的线
段长度$结合三角形的中线定理建立相应的关系式$
借助题目中的平面向量的数量积的关系式$利用数量
与之相关的平面向量问题$数形结合$直观想象$合理
转化$从而得以解决!
三中线定理在解析几何中的应用
在解析几何中#通过题中相应的线段中点条件#
结合三角形的中线定理来建立对应线段的关系式#综
# #0
#当且仅当:!## 0
!
点评,根据题目条件中的平面几何的图形特征$
以及三角形的背景与应用$综合平面几何的图形特
征)平面向量的性质以及解三角形知识等来综合处
理$多知识交汇融合$平面几何直观想象$合理应用解
向量的其他相关知识加以分析与应用!
例!)!*"+年高考数学天津卷文&理科第"#题*
在四边形 569B 中#5B 8 69#56 #!槡'#5B #$#
'5 #'*6#点H 在线段96 的延长线上#且5H#6H#
则*6)B4*5)H #
!
分析,结合平面几何图形的直观想象$以平面四边
形为几何背景$通过相应的边)角的关系与转化$通过平
三角形的相关知识与数形直观$进行逻辑推理与转

同构函数,妙解三角

解法探究２０２３年１２月上半月㊀㊀㊀同构函数,妙解三角◉江苏省扬州市仙城中学㊀程全平㊀㊀摘要:同构意识是高中数学中解决问题时比较常见的一种解题意识与技巧方法．特别在解决一些比较陌生或复杂的三角函数问题时,结合三角关系式的恒等变形与转化,抓住三角关系式的结构特征,合理同构与之相关的函数,进而利用函数的基本性质(奇偶性㊁单调性等)来解决对应的三角函数问题,总结规律．关键词:三角函数;同构;函数;参数;不等式㊀㊀三角函数是高中数学的基本知识内容之一,也是高考考查的主干知识之一．三角函数作为一种特殊的函数,在解决一些相关的三角函数问题时,经常可以借助同构函数,回归函数本质,挖掘函数内涵,利用函数的相关概念㊁基本性质㊁图象等来巧妙转化并加以处理．特别在解决三角函数中的参数取值㊁求函数值㊁大小比较㊁不等式证明等方面都有奇效[１]．１参数取值三角函数中的一些参数取值问题,经常借助同构函数思维,结合函数的基本性质来恒等变形与转化,为参数取值的求解提供条件[２]．例１㊀(２０２２年广东省汕头市普通高考第二次模拟考试数学试卷１６)若c o s５θ－s i n５θ＜７(s i n３θ－c o s３θ)(θɪ[０,２π)),则θ的取值范围是．分析:根据题设条件,抓住三角关系式的共性特征进行恒等变形与巧妙转化．利用三角函数同名归类,借助不等式的恒等变形,寻找不等式两边的共性,巧妙同构函数,进一步利用导数,合理确定函数的单调性,进而利用函数单调性来转化不等式,即可确定θ的取值范围．解析:由c o s５θ－s i n５θ＜７(s i n３θ－c o s３θ),移项整理,可得c o s５θ＋７c o s３θ＜s i n５θ＋７s i n３θ．同构函数f(x)＝x５＋７x３,xɪ[－１,１],那么不等式c o s５θ＋７c o s３θ＜s i n５θ＋７s i n３θ等价于f(c o sθ)＜f(s i nθ)．求导可得fᶄ(x)＝５x４＋２１x２ȡ０,则知函数f(x)在区间[－１,１]上是增函数．由f(c o sθ)＜f(s i nθ),可得c o sθ＜s i nθ．结合θɪ[０,２π),利用正弦函数与余弦函数的图象,可得π４＜θ＜５π４,所以θ的取值范围是(π４,５π４)．故填答案:(π４,５π４)．点评:同构函数来处理,相比三角恒等变形与转化来说,更加简单快捷,处理起来也更加巧妙．当然,对于同构函数单调性的判断,也可以采用其他方式,如以上问题中先判断幂函数y＝x３和y＝x５在相应区间上的单调性,再综合函数的运算形式与对应的单调性性质来确定函数f(x)的单调性．而由三角不等式确定角的取值范围时,也可以利用辅助角公式,结合三角不等式,借助三角函数的图象与性质来转化．２求函数值三角函数的求值问题中,有时比较复杂难以直接下手,可以观察三角关系式的结构特征,合理恒等变形,巧妙同构函数,利用函数的基本性质来变形与应用,实现求函数值的目的．例２㊀(多选题)设s i n(β＋π６)＋s i nβ＝３＋１２,则s i n(β－π３)＝(㊀㊀)．A．３２㊀㊀B．１２㊀㊀C．－１２㊀㊀D．－３２分析:根据题中三角函数的特殊值,有意识地确定两个特殊角满足三角函数关系式,同构三角函数,确定其周期,结合求导处理以及三角函数关系式的恒等变形(和差化积公式),利用三角函数在一个周期长度内的单调性来确定对应角的取值,从而得以求解对应的三角函数值．解析:由于s i n(β＋π６)＋s i nβ＝３＋１２＝s i nπ３＋s i nπ６,s i n(β＋π６)＋s i nβ＝３＋１２＝s i n５π６＋s i n２π３,因此可同构函数f(x)＝s i n(x＋π６)＋s i n x,xɪR,易知函数f(x)的周期为２π．求导可得fᶄ(x)＝c o s(x＋π６)＋c o s x＝２c o sπ１２c o s(x＋π１２)．不妨取一个周期长度x＋π１２ɪ－π２,３π２éëêêùûúú．当x＋π１２ɪ－π２,π２éëêêùûúú时,fᶄ(x)ȡ０,函数f(x)８７２０２３年１２月上半月㊀解法探究㊀㊀㊀㊀单调递增,此时β＝π６,可得s i n (β－π３)＝－１２．当x ＋π１２ɪπ２,３π２éëêêùûúú时,f ᶄ(x )ɤ０,函数f (x )单调递减,此时β＝２π３,可得s i n (β－π３)＝３２．故选择答案:A C ．点评:此题以三角等式为问题背景,结合条件来求解相应的三角函数值．常用的解题方法就是利用三角函数的公式变形来处理,过程比较繁杂,运算量比较大．而抓住特殊角满足的三角等式加以切入,巧妙同构三角函数,借助导数法来处理,思维性较强,可以减少数学运算,优化解题过程[３]．３大小比较三角函数中也存在一些比较变量大小关系的问题,经常可以借助题设条件,寻找特征,同构函数,进而利用函数的基本性质来合理转化与巧妙应用,实现大小关系的判断．例３㊀已知实数a ,b 满足a s i n a －４b s i n b c o s b ＝４b ２－a ２＋１,则以下各选项中大小关系正确的是(㊀㊀)．A．a ＞２b B ．a ＜２bC ．|a |＞|２b |D．|a |＜|２b |分析:根据题设条件,结合题设中的等式进行同一参数的变形转化,实现等式两边的同型转化,巧妙同构函数;结合函数的奇偶性,以及借助导数法判断函数的单调性,进而利用函数的基本性质来综合分析与处理,实现参数大小关系的判断．解析:由a s i n a －２b s i n２b ＝４b ２－a ２＋１,可得a s i n a ＋a ２＝４b ２＋２b s i n ２b ＋１．又由于a s i n a ＋a ２＝(２b )２＋２b s i n２b ＋１＞(２b )２＋２b s i n ２b ,因此同构函数f (x )＝x s i n x ＋x ２,x ɪR ．因为f (－x )＝－x s i n (－x )＋(－x )２＝x s i n x ＋x ２＝f (x ),所以函数f (x )为偶函数．求导,可得f ᶄ(x )＝s i n x ＋x c o s x ＋２x ．当x ɪ０,π２éëêêùûúú时,f ᶄ(x )ȡ０;当x ɪ(π２,＋ɕ)时,f ᶄ(x )＝s i n x ＋x c o s x ＋２x ＝s i n x ＋x ＋x c o s x ＋x ＝(s i n x ＋x )＋x (c o s x ＋１)＞０．所以当x ȡ０时,f ᶄ(x )ȡ０,则知函数f (x )在区间[０,＋ɕ)上为增函数．由a s i n a ＋a ２＞(２b )２＋２b s i n２b ,可得f (a )＞f (２b )．又函数f (x )为偶函数,所以f (|a |)ȡf (|２b |),可得|a |＞|２b |．故选择答案:C ．点评:在解决此类三角函数问题时,经常要通过三角恒等变换,利用一些相关的关系加以变形,从而寻找问题的同型,实现地位同等策略同构函数的目的,进而借助函数的基本性质来比较大小．４不等式证明三角函数中的不等式证明问题,有时也可以借助代数关系式的结构特征,寻找共性,同构函数,通过函数的基本性质,从函数的思维视角来解决．例４㊀在锐角三角形A B C 中,A ,B ,C 是该三角形的三个内角,试证明:s i n A s i n B s i n C ＞s i n A ＋s i n B ＋s i n C －２．分析:结合题目所要证明的三角不等式,以其中一个内角的正弦值为主元进行恒等变形,通过同构函数,利用锐角三角形各内角的正弦值的取值情况来确定一次函数的单调性,并结合对应的函数值,巧妙转化思维,综合利用函数的单调性来证明对应的三角不等式问题．证明:要证s i n A s i n B s i n C ＞s i n A ＋s i n B ＋s i n C －２,即证(s i n A s i n B －１)s i n C －(s i n A ＋s i n B )＋２＞０．同构函数f (x )＝(s i n A s i n B －１)x －(s i n A ＋s i n B )＋２,x ɪ(０,１)．而f (１)＝s i n A s i n B －１－(s i n A ＋s i n B )＋２＝(１－s i n A )(１－s i n B )＞０(这里０＜s i n A ＜１,０＜s i n B ＜１)．结合s i n A s i n B －１＜０,可知函数f (x )在区间(０,１)上单调递减．所以函数f (x )在区间(０,１)上恒有f (x )＞f (１)＞０,则有f (s i n C )＞０．因此f (s i n C )＝(s i n A s i n B －１)s i n C －(s i n A ＋s i n B )＋２＞０．变形转化,可得s i n A s i n B s i n C ＞s i n A ＋s i n B ＋s i n C －２成立,不等式得证．点评:在解决以上三角不等式的证明问题时,如果没有头绪或无从下手,可以合理改变解题方向,通过题目的条件或结论的分析与考查,合理拓展思维,借助主元法等其他方法加以巧妙变形与转化,同构出与问题有关的基本初等函数,利用相应函数的相关知识来寻找与转化解决问题的方法与途径,实现问题的巧妙破解．在破解一些三角函数的相关问题时,关键是抓住题目中三角函数关系式的结构特征,慧眼识别与寻找同型或共性,特别是结合三角恒等变形,巧妙抽象,合理同构函数,利用共性,将一些不熟知的三角函数问题转化为与之相关的其他基本初等函数问题来分析与处理,不断增强创新意识㊁同构意识等,提升创新应用能力,拓展思维,形成数学能力,培养数学核心素养．参考文献:[１]孟美金．寻找同型,同构函数,利用共性[J ]．高中数理化,２０２２(１５):４８Ｇ４９．[２]韩文美．巧借导数法妙解三角题[J ]．教学考试,２０２１(２):２７Ｇ２９．[３]张琳琳．函数巧同构导数妙应用[J ]．中学数学,２０２２(１９):５５Ｇ５６．Z９７。

c8 mac无线路由妙解WPA_WPA2_PIN码密码图文教程

最新无线路由漏动秒破WPA WPA2 PIN码无线路由密码图文教程最新WPA wpa2无线路由密码破解新突破、无线路由漏洞新进展，秒破WPA WPA2无线路由密码教程、BT20凝凝无线网络教程最新的数据研究显示WPA WPA2无线路由的加密方式是由PIN码和PSK密码组成的，也就是说PIN就相当于一把钥匙，只要有了它之后就可以开门，那么WPS就是大家要找的东西，明显的就可以知道、只要有了钥匙就可以开门，然后找想要的东西。

WPA WPA2的密码也就是这样的原理。

废话不多说、直接进入主题词；先看看图文教程就一目了然了。

1.首先进入虚拟机安全检测画面，如图：2.开始扫描WPA WPA2无线信号，找到有漏动的无线路由，这下面这个框起来的就是一个可以破解的有漏动的信号了、圆圈里的就是PIN码，腾达和磊科的无线路由一般都有如图：此次PIN码算法被解密涉及的MAC地址段不多，只有MAC地址前6位是C83A35或者00B00C的产品。

.MAC地址为：00:B0:0C:05:5A:D8。

我们打开电脑的计算器小工具，切换到科学计算器模式"WIN7后是程序员模式"。

在16进制下输入它尾部的最后6位字符、055AD83.当你得到PIN码时，还不能直接使用，因为PIN码一般都是8位数的，所以要换算一下，打开计算器，找到查看，选择科学型，把那个PIN码复制到计算器16进制，然后翻译成都十进制，得到的就是无线路由的PIN码了。

如图所示：4.pin码算出来后，直接复制到选项框内，在框内300的后加上空格-p空格PIN码就可以了，-p 00000000 然后点0K。

如图：5.几分钟后，会自动弹出一个框，那里就是检测的PSK码，也就是上网密码了，如图：最新WPA wpa2无线路由密码破解新突破、无线路由漏洞新进展，秒破WPA WPA2无线路由密码的图文教程就到这里了，BT20凝凝无线网络教程分享大家了，希望可以帮到大家，有什么不明白的地方，可以咨询凝凝无线网络。

魔术破解文档

魔术破解引言魔术是一种古老而神秘的艺术形式，通过巧妙的手法和技巧，使观众感到惊奇和迷惑。

然而，魔术师们并不希望他们的魔术被揭示出来，因为这会削弱其神秘性和吸引力。

然而，一些人对魔术的破解感兴趣，试图揭露魔术背后的秘密。

本文将探讨如何破解魔术以及魔术破解所带来的影响。

魔术破解的方法观察和分析破解魔术的第一步是仔细观察和分析。

观察魔术师的表演，注意他们的动作、眼神和手指的动作。

魔术师经常使用分散注意力的技巧，让观众注意其他地方，从而达到隐藏他们的魔术手法的目的。

研究和实践理解和破解魔术离不开对魔术原理的研究和实践。

了解不同类型的魔术，学习和尝试各种魔术技巧。

这需要时间和耐心，但通过不断地实践和研究，逐渐了解魔术师使用的技巧和手法。

合作与分享魔术破解可以是一个团队合作的过程。

魔术爱好者可以互相交流和分享他们的发现。

通过与其他人合作，可以以更快的速度破解魔术，并且有更多的机会发现一些隐藏的技巧和手法。

魔术破解的影响魔术的魅力丧失一旦魔术被破解，观众将不再感到惊奇和神秘。

魔术师的表演失去了魔力，变得平淡无奇。

人们会变得对魔术失去兴趣，可能会转向其他形式的娱乐。

魔术师的努力付之一炬魔术师花费了大量的时间和精力来学习和表演魔术。

魔术破解可能会削弱魔术师的动力和激情，因为他们的表演不再那么神秘和令人难以置信。

这可能导致一些才华横溢的魔术师放弃魔术，转而选择其他职业。

刺激创新和改进尽管魔术破解可能会对魔术师产生负面影响，但它也可以激励魔术师创新和改进。

一旦某个魔术被揭示出来，魔术师就需要想出新的魔术来保持观众的兴趣。

这种竞争和创新的压力可以促使魔术界不断发展和进步。

结论魔术破解是一个有趣和挑战性的过程，它可以让人们更深入地了解并欣赏魔术。

然而，我们也要意识到，揭示魔术背后的秘密可能会削弱其魅力，并对魔术师产生不良影响。

魔术师们需要继续创新和改进，以保持观众的兴趣。

对于观众来说，我们可以欣赏魔术的神秘性和技巧，并享受它所带来的惊喜和娱乐。

密码破解原理

密码破解原理
密码破解的原理是通过尝试不同的可能性来找到正确的密码。

密码通常是使用算法将输入的明文转换为密文，以提高安全性。

密码破解者可以利用以下几种方法来破解密码。

1. 字典攻击：这种方法是使用事先准备好的字典或常用密码列表来尝试破解密码。

密码破解程序会逐个尝试字典中的每个单词或短语，并与目标密码进行比较，直到找到匹配的密码为止。

2. 暴力破解：这种方法是通过尝试所有可能性的组合来破解密码。

密码破解程序会从最短的密码开始尝试，逐渐增加密码长度和复杂度，直到找到匹配的密码。

3. 推测密码：密码破解者可能会使用目标个人的信息，如姓名、生日、家庭地址等来猜测密码。

他们可能会尝试使用这些信息的不同组合来破解密码。

4. 社会工程学：此方法是通过与目标个人进行交互，获取与密码相关的信息。

密码破解者可能会使用欺骗、欺骗或其他技术手段来获取目标个人的密码。

为了增加密码的安全性，用户应该选择使用强密码，即由大写字母、小写字母、数字和特殊字符组成的复杂密码。

此外，定期更改密码并避免在多个网站或应用程序中使用相同的密码也是重要的安全实践。

破解的原理

破解的原理
破解是指通过攻击手段来突破某种安全机制，从而获取未授权的访问或使用权限。

破解的原理可以多种多样，以下列举几种常见的破解原理：
1. 密码破解：通过暴力猜解或使用已知的弱密码字典，尝试不同的密码组合来破解密码保护的系统或账户。

2. 弱点利用：利用软件、操作系统或网络系统中的漏洞或弱点，进行攻击以获取未授权访问权限。

这可能涉及到利用缓冲区溢出、代码注入、跨站脚本攻击等技术。

3. 社会工程学：通过与目标人员进行欺骗、诱骗或操纵的手段，获取目标系统的信息、凭证或口令等。

4. 网络嗅探：在网络上监听并截获他人的通信数据流量，从中获取敏感信息或凭证，进而获取未授权访问权限。

5. 字典攻击：使用预先准备好的字典文件，对加密散列值（如MD5或SHA）进行破解。

字典文件中包含多个常用密码、词典、姓氏、生日等可能的密码组合。

6. 脚本和软件破解：通过编写或使用专门的破解软件和脚本，尝试绕过软件的许可验证或加密保护，从而获取未经许可的使用权或功能。

上述只是一些常见的破解原理，破解的技术和手段不断演变和
发展，以适应不断增强的安全防护措施。

重要的是了解这些原理，以便采取适当的安全防范措施来保护个人和组织的信息安全。

开锁的原理

开锁的原理
开锁的原理是通过使用正确的钥匙或密码来解除锁定机制，从而打开锁。

钥匙在锁芯中的钥槽与锁芯上的锁芯驱动程序相匹配，当插入并旋转钥匙时，钥槽将推动锁芯驱动程序的钥匙马达，从而释放锁芯。

另一种常见的方法是使用密码来开锁。

在密码锁中，用户需要通过正确输入预设的密码来解锁。

当密码正确时，锁芯释放并允许开门。

此外，还有一些其他的开锁方法。

例如，在某些情况下，可以使用工具，如弹簧锁钩或电动锁振荡器来打开锁。

这些工具通过模拟正确的钥匙形状或振动锁芯来实现开锁。

然而，这些方法通常只使用在合法授权的情况下或由专业人员执行，因为非法使用这些工具可能构成犯罪行为。

总之，开锁的原理是通过使用正确的钥匙或密码来解除锁定机制，从而实现打开锁的目的。

不同类型的锁具有不同的开锁方法，因此使用正确的方法是非常重要的。

破锁的方法

破锁的方法
1、用备用钥匙解锁：若拥有备用钥匙，可直接插入锁孔，推动锁芯至少两圈以上，然后旋转方向，即可破锁。

2、用拨轮破锁：把拨轮放进锁孔，旋转拨轮，拨轮可以移动时，拨轮的位置就是锁的密码，在保证不破坏锁芯时，逐个试错，即可破锁。

3、利用异形硬物破锁：通过特殊器具，放进锁孔中，运用到不同位置和角度，激活锁芯，让其回到起始位置，然后即可破锁。

4、破锁机械钥匙：通过钥锁机械量解的方式，构造出一把原版的式样的钥匙，将其插入锁孔，就可以完全打开锁。

普通锁的原理开锁原理

普通锁的原理开锁原理普通锁是我们生活中经常接触到的一种锁具。

它的开锁原理通常包括钥匙锁合成、密码键入、指纹识别等方式。

这些方式背后都有着精密的机械结构和电子技术支持。

首先，我们来看看普通锁的最常见的开锁原理——钥匙锁合成。

钥匙锁合成是利用了锁芯和钥匙的几何形状相互匹配，把锁从锁死状态解开的过程。

普通锁的锁芯上通常有一组钥匙槽，而钥匙的切割槽与之相对应。

当我们插入正确的钥匙后，锁芯就会旋转，从而使得锁舌脱离锁孔，门就可以打开了。

同时，钥匙也可以是多程式或高速匙致使。

其次，还有一种开锁原理是密码键入。

这种锁通常带有数字键盘，我们可以通过输入正确的密码来打开锁。

在密码输入之后，电路板会将密码转化为数字信号，再通过一系列计算与对比，确认密码的正确性，如果密码正确，则锁会自动打开，否则会保持锁死状态。

此外，还有指纹识别技术，这是一种近年来新兴的普通锁开锁原理。

指纹锁通过采集、识别和比对指纹特征来进行开锁。

当我们把手指放在指纹锁的传感器上时，传感器就会采集我们的指纹信息，并将其转化为图像或者特征码，再与事先录入的指纹信息进行比对，如果匹配成功，锁就会打开。

那么，这些开锁原理都是如何实现的呢？其实，无论是钥匙锁合成还是密码键入，都离不开精密的机械结构和电子技术支持。

在钥匙锁合成中，锁芯的设计和制造非常精密，每一个钥匙槽都有独特的几何形状，而钥匙也要精准地复制这些形状才能开锁。

同时，为了防止钥匙被复制，一把标准的房屋钥匙的切割钥匙的重复锻造很容易受到摇钥攻击破解，现在一把标准的房屋钥匙拥有了抗破解功能。

这需要更加精密的机械设计和制造工艺，来确保开锁的安全性。

在密码键入和指纹识别中，则离不开电子技术的支持。

数字键盘和指纹传感器都需要内部的电路板来处理输入的信息。

在密码键入中，电路板会将输入的密码转化为数字信号，再进行比对和验证。

而在指纹识别中，传感器会将采集到的指纹信息转化为图像或特征码，再与预先录入的信息进行匹配。

技术开锁原理

技术开锁原理
技术开锁是指利用科学技术手段来进行开锁操作的一种方法。

在现代社会，随着科技的发展，各种智能开锁设备层出不穷，而这
些设备的核心就是技术开锁原理。

技术开锁原理主要包括物理开锁
原理和密码开锁原理两种。

物理开锁原理是指利用物理学原理来进行开锁操作。

最常见的
物理开锁原理就是利用钥匙与锁芯的匹配原理。

钥匙的形状和长度
与锁芯的结构相对应，当钥匙插入锁芯并旋转时，就能够打开锁芯，完成开锁操作。

除了钥匙开锁外，还有一些其他的物理开锁原理，
比如利用开锁工具对锁进行撬动、扭曲等操作来打开锁芯。

这些方
法都是基于物理学原理来进行的，需要一定的技术和经验才能够操
作成功。

密码开锁原理则是利用密码输入来进行开锁操作。

这种原理主
要应用于数字密码锁、指纹锁、人脸识别锁等智能开锁设备上。

用
户需要输入正确的密码、指纹或者进行人脸识别验证，系统才会判
断身份合法并完成开锁操作。

密码开锁原理依赖于计算机技术和生
物识别技术，通过对输入信息进行比对和验证来确定是否具有开锁
权限。

除了以上两种主要的开锁原理外，还有一些其他的技术开锁原理，比如无钥匙开锁原理、遥控开锁原理等。

这些原理都是基于不同的科学技术手段来进行的，但核心目的都是为了实现安全、便捷的开锁操作。

总的来说，技术开锁原理是利用科学技术手段来进行开锁操作的方法。

无论是物理开锁原理还是密码开锁原理，都是基于不同的技术手段来实现的。

随着科技的不断发展，相信技术开锁原理也会不断更新和完善，为人们的生活带来更多的便利和安全保障。

巧构等差数列，妙解最值问题

高中巧构等差数列，妙解最值问题江苏省张家港市塘桥高级中学　衡德娟在破解数学最值问题中，当涉及“犪＋犮＝２犫”的模型时，往往会与等差数列加以有机联系，从而找到破解问题的一条捷径，进而相当于在实际最值（最大值或最小值、取值范围等）问题和等差数列之间架起了一座“桥梁”，为等差数列的相关应用开辟了新天地，使最值问题得以合理巧妙解决．一、综合二次函数加以应用根据模型“犪＋犮＝２犫”加以合理构造等差数列，引入参数———公差犱，把对应代数式转化为二次函数模型，利用二次函数的图像与性质来确定给定区域条件下的最值问题．例１　（２０１９·上海卷·７）已知狓，狔∈犚＋，且满足１狓＋２狔＝３，则狔狓的最大值为．分析：根据题目条件中的关系式１狓＋２狔＝３，合理构造等差数列１狓，３２，２狔，引入公差犱，再利用消元法处理，结合恒等变形，以及二次函数的图像与性质的应用来确定相应的最值问题．解：由已知狓，狔∈犚＋，且满足１狓＋２狔＝３，则１狓，３２，２狔成等差数列．令１狓＝３２－犱，２狔＝３２＋犱，易知犱∈－３２，３２（），那么狔狓＝１２３２－犱（）３２＋犱（）＝１２９４－犱２（）．由于犱∈－３２，３２（），则当犱＝０时，狔狓的最大值为９８，当且仅当狓＝２３，狔＝３４时等号成立．故填答案：９８．点评：合理构造等差数列，通过引入公差犱这一变元进行换元处理，结合所求代数式的恒等变形，转化为含有公差犱的二次函数，利用二次函数的图像与性质，以及公差犱的取值范围来确定相应的最值问题．二、综合不等式性质加以应用根据模型“犪＋犮＝２犫”加以合理构造等差数列，引入参数———公差犱，把对应代数式转化为分式、根式等函数模型，结合参数的取值范围并利用不等式的性质来确定最值问题．例２　（２０１９·天津卷（文）·１３）设狓＞０，狔＞０，狓＋２狔＝４，则（狓＋１）（２狔＋１）狓狔的最小值为．分析：根据题目条件中的关系式狓＋２狔＝４，合理构造等差数列狓，２，２狔，引入公差犱，再利用消元法处理，结合恒等变形与不等式的性质的应用来确定相应的最值问题．解：由于狓＞０，狔＞０，狓＋２狔＝４，则狓，２，２狔成等差数列．令狓＝２－犱，２狔＝２＋犱，易知犱∈（－２，２），那么（狓＋１）（２狔＋１）狓狔＝（３－犱）（３＋犱）１２（２－犱）（２＋犱）＝２（９－犱２）４－犱２＝２（４－犱２）＋１０４－犱２＝２＋１０４－犱２．而犱∈（－２，２），则知犱＝０时，（狓＋１）（２狔＋１）狓狔的最小值为２＋１０４＝９２，当且仅当狓＝２，狔＝２时等号成立．故填答案：９２．点评：合理构造等差数列，通过引入公差犱这一变元进行换元处理，结合所求代数式的恒等变形，转化为含有公差犱的分式问题，利用公差犱的取值范围及不等式的基本性质来确定相应的最值问题．三、综合基本不等式加以应用根据模型“犪＋犮＝２犫”加以合理构造等差数列，引入参数———公差犱，把对应代数式加以合理转化，结合基本不等式的条件加以合理变形，借助关系式的特征利用基本不等式来确定最值问题．例３　（２０１９·天津卷（理）·１３）设狓＞０，狔＞０，３５２０２０年３月解法探究教学参谋Copyright ©博看网. All Rights Reserved.高中狓＋２狔＝５，则（狓＋１）（２狔＋１）狓槡狔的最小值为．分析：根据题目条件中的关系式狓＋２狔＝５，合理构造等差数列狓，５２，２狔，引入公差犱，再利用消元法处理，结合恒等变形与基本不等式的应用来确定相应的最值问题．解：由已知狓＞０，狔＞０，狓＋２狔＝５，则狓，５２，２狔成等差数列．令狓＝５２－犱，２狔＝５２＋犱，易知犱∈－５２，５２（），那么（狓＋１）（２狔＋１）狓槡狔＝７２－犱（）７２＋犱（）１２槡×５２－犱（）５２＋犱（）槡＝槡２·４９４－犱２２５４－犱槡２＝槡２·２５４－犱２＋６２５４－犱槡２＝槡２·２５４－犱槡２＋６２５４－犱槡２烄烆烌烎≥槡２·２２５４－犱槡２×６２５４－犱槡２槡＝槡４３，当且仅当２５４－犱槡２＝６２５４－犱槡２，即犱＝±１２，亦即狓＝３，狔＝１或狓＝２，狔＝３２时等号成立．故填答案：槡４３．点评：合理构造等差数列，通过引入公差犱这一变元进行换元处理，结合所求代数式的恒等变形，转化为含有公差犱的关系式，通过代数式的巧妙转化，利用基本不等式的性质来确定相应的最值问题．四、综合其他知识加以应用根据模型“犪＋犮＝２犫”加以合理构造等差数列，引入参数———公差犱，综合三角函数、函数、平面向量、解三角形等其他知识加以综合，利用相关知识来确定最值问题．例４　（江苏省苏州市四市五区２０２０届高三期初调研·１４）在△犃犅犆中，若ｔａｎ犃ｔａｎ犅＋ｔａｎ犃ｔａｎ犆＝３，则ｓｉｎ犃的最大值为．分析：根据题目条件中的关系式ｔａｎ犃ｔａｎ犅＋ｔａｎ犃ｔａｎ犆＝３的变形，可得３ｔａｎ犃＝１ｔａｎ犅＋１ｔａｎ犆，合理构造等差数列１ｔａｎ犅，３２ｔａｎ犃，１ｔａｎ犆，引入公差犱，再利用三角关系式之间的等价变形，把ｔａｎ犅与ｔａｎ犆均表示成ｔａｎ犃与犱的关系式，利用三角恒等变换公式的应用来确定ｔａｎ２犃的最值，进而来确定ｃｏｓ２犃及ｓｉｎ犃的最值问题．解：由已知ｔａｎ犃ｔａｎ犅＋ｔａｎ犃ｔａｎ犆＝３，可得３ｔａｎ犃＝１ｔａｎ犅＋１ｔａｎ犆，则１ｔａｎ犅，３２ｔａｎ犃，１ｔａｎ犆成等差数列．令１ｔａｎ犅＝３２ｔａｎ犃＋犱，１ｔａｎ犆＝３２ｔａｎ犃－犱，则有ｔａｎ犅＝２ｔａｎ犃３＋２犱ｔａｎ犃，ｔａｎ犆＝２ｔａｎ犃３－２犱ｔａｎ犃．而ｔａｎ犃＝－ｔａｎ（犅＋犆）＝－ｔａｎ犅＋ｔａｎ犆１－ｔａｎ犅ｔａｎ犆＝－２ｔａｎ犃３＋２犱ｔａｎ犃＋２ｔａｎ犃３－２犱ｔａｎ犃１－２ｔａｎ犃３＋２犱ｔａｎ犃·２ｔａｎ犃３－２犱ｔａｎ犃＝１２ｔａｎ犃４（犱２＋１）ｔａｎ２犃－９，可知ｔａｎ２犃＝２１４（犱２＋１）≤２１４，当且仅当犱＝０时等号成立．又ｃｏｓ２犃＝ｃｏｓ２犃ｓｉｎ２犃＋ｃｏｓ２犃＝１ｔａｎ２犃＋１≥４２５，可得ｓｉｎ犃＝１－ｃｏｓ２槡犃≤１－４２５槡＝槡２１５．所以ｓｉｎ犃的最大值为槡２１５．故填答案：槡２１５．点评：合理构造等差数列，通过引入公差犱这一变元进行换元处理，结合三角函数关系式的恒等变换与代数式的恒等变形，并借助三角函数的相关知识来处理相应的最值问题．事实证明，事物的外在形式往往能有效反映出其内在的本质．通过观察相关最值问题的形式结构，有效联系等差数列的性质，合理构造等差数列，进而利用等差数列的相关知识来转化与应用，是破解最值问题的一种十分有效的方法．合理构造等差数列处理问题，能有效拓展数学思维，交汇数学知识，提升数学能力，培养数学核心素养．犠４５教学参谋解法探究２０２０年３月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

运用逻辑推理破解谜题

运用逻辑推理破解谜题谜题一直以来都是人们喜爱的智力游戏，解开谜团、揭示真相的过程充满乐趣与挑战。

而逻辑推理作为解谜的一种重要方法，能够帮助我们有条理地分析问题、找出线索、得出正确答案。

本文将从逻辑推理的定义、基本原理和具体应用方面进行阐述，旨在帮助读者更好地运用逻辑推理破解谜题。

一、逻辑推理的定义和基本原理逻辑推理是一种通过推断和分析的方式，根据给定的条件和前提，得出结论的过程。

它基于一套逻辑规则和原则，旨在寻找合理的解释和解决方案。

逻辑推理的基本原理包括三大要素：前提、推断和结论。

1.前提：前提是逻辑推理的起点，是问题的基本条件和限制。

我们需要准确理解、分析和归纳前提中所包含的信息，以便推导出正确的结论。

2.推断：推断是逻辑推理的核心，是根据前提中的信息和逻辑规则进行推导的过程。

通过观察和分析前提之间的联系，我们可以得出新的信息或者推测出隐藏的线索。

3.结论：结论是逻辑推理过程的终点，是根据前提和推断得出的最终答案。

一个合理的结论应该能够很好地解释前提中的信息，并与推断步骤相一致。

二、逻辑推理在谜题中的应用逻辑推理在解谜过程中起着至关重要的作用。

通过运用正确的逻辑推理方法，我们可以快速分析问题、发现关键线索，帮助我们更好地理解和解决谜题。

1.分析题意：首先，我们需要仔细阅读和理解谜题的题目和描述，确保我们对问题的要求和限制有清晰的认识。

对于一些隐含的条件和规则，我们需要将其归纳和整理出来，以便后续的推理和分析。

2.找出线索：在理解问题的基础上，我们需要寻找和发现问题中的线索和过渡点。

这些线索可能是一些细微的细节、隐含的关系或者逻辑规律。

通过仔细观察和分析，我们可以找到关键的线索，为后续推理做好准备。

3.运用逻辑规则：在分析线索的基础上，我们需要运用逻辑规则和原则进行推理。

逻辑规则包括假设、排除、归纳和推测等。

我们可以通过梳理线索之间的逻辑关系，结合已知条件，利用这些规则逐步推断出更多的信息和答案。

巧妙构造函数破解三类题型

中孝生皋捏化解题篇创新题！溯源高二数学2021年5月巧妙构造函数破解三类题型■河北师范大学附属实验中学闫文娟函数是支撑数学学科知识体系的重要内容，反映了客观世界两个集合间的对应关系&而导数是研究函数性质的有力工具，是高考的热点话题。

函数与方程思想、转化与化归思想是高中数学思想中比较重要的两大思想，而构造函数解题的思路恰好是这两种思想的良好体现。

下面浅谈巧妙构造函数，合理运用导数，破解三类题型，旨在抛砖引玉$一、由“导^寻“源™妙解函数不等式在近几年的高考试题中，出现了一类抽象函数、导数、不等式交汇的重要题型，这类题型涉及抽象函数，很多学生解题时，突破不了由于抽象而造成的解题障碍，不能从容应对不等式的求解问题。

实际上，根据所给不等式，联想导数的运算法则，构造适当的辅助函数，然后利用导数判断其单调性是解决此类问题的通法$!!62020年河南信阳高中期末】已知函数f(')在R上存在导函数对于任意的实数都有f(!'"=A2'，当'V0时&f一)f{'"+f('">0,若e"f(2"+1"% f("+1),则实数"的取值范围是("$A. B.[-2#.[0,+7) D.(—7,0,解析：令g('"=e'f('"则当'V0时& g f('"=e'「f('"+?('),>0,g(')在(—7,0)上单调递增又g(—'"=e'f(—'"=e'f('"= g(c",故 g('"为偶函数，g(')在(0,+7"上单调递减$从而e"f(2"+1"%f("+1"等价于e2"+1f(2"+1"%e"+1f("+1",g(2"+1"% g(,"+1" $因此，I2"+1I'二I"+1I，即(2"+1)2'二2("+1"2,3"2+2"'0,解得一3'"'0,选B$点睛：联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法。

巧用初中所学知识，妙解高中数学问题

解题宝典高中数学知识是对初中数学的延伸、拓展，初高中数学知识之间存在着很多的联系.在解答一些高中数学问题时，我们若能变换思考问题的方向,借助初中数学知识来求解，能达到化难为易的目的.下面就结合实例来谈一谈如何巧妙利用初中数学知识，解答与高中数学中的平面几何、解三角形、圆有关的问题．例1．（广东省江门市2021届普通高中高三12月调研测试数学试题，第16题）正方形ABCD 的边长为1，P ，Q 分别为边AB ，DA 上的点，△APQ 的周长为2，则∠PCQ =______．分析：该题主要考查平面几何中的动点问题，若采用高中知识求解,需通过解三角形、进行三角恒等变换、利用三角函数的性质，才能顺利解题.而利用初中平面几何知识：全等三角形、周长公式、四边形的性质可以高效解题．解：如图1所示，延长AB 至点E ，使得BE =DQ ，连接CE ，由题意可得Rt△CBE ≌Rt△CDQ ，则∠CEB =∠CQD ，CE =CQ ，由于△APQ 的周长为2，可得PQ =2-AP -AQ =1-AP +1-AQ =PB +DQ =PB +BE =PE ，又由于CE =CQ ，CP =CP ，可得△CPE ≌△CPQ ，则∠PCE =∠PCQ ，在四边形AECQ 中，由于∠CEB +∠CQA =∠CQD +∠CQA =180°，所以∠EAQ +∠QCE =180°，而∠EAQ =90°，则有∠QCE =90°，所以∠PCQ =12∠QCE =45°．在利用初中平面几何知识解答高中平面几何问题时，要根据平面几何图形合理添加辅助线，以便构造全等三角形、平行四边形、直角三角形等，利用全等三角形的性质、边角的关系、平面四边形的性质等建立关系式．例2．（2020届浙江省杭州四中高三上学期期中考试，第16题）在△ABC 中，∠ABC 为直角，点M 在线段BA 上，满足BM =2MA =2，记∠ACM =θ，若对于给定的θ，这样的△ABC 是唯一确定的，则BC =______．分析：该题属于解三角形中的动点问题，需灵活运用基本不等式、三角函数、解析几何等等知识来处理.而利用初中阶段圆的知识可以有效破解难题．解：作△ACM 的外接圆O ，如图2所示，根据题目条件可知，对于给定的θ，这样的△ABC 是唯一确定的，那么直线BC与△ACM 的外接圆O 的交点必须是唯一的，即直线BC 与圆O 的相切，结合圆的切割线定理，可得BC 2=BM ·BA =2×3=6，解得BC =6．我们通过构造三角形的外接圆，结合图形进行分析，快速确定直线与圆的位置关系，利用圆的切割线定理便可快速解题.例3.在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 所对的边，若c =2b ，△ABC 的面积为1，则a 的最小值为_____．分析：运用高中数学知识解答本题，需根据边长所对应线段的比例关系以及面积的定值来确定第三边的最值，要灵活运用解三角形中的余弦定理、三角形的面积公式、三角函数的性质、导数法等来处理.而利用初中相关公式则可以快速解题.我们根据三角形面积的海伦公式建立新的关系式，把解三角形问题转化为方程问题，利用方程的判别式来建立相应的不等式，通过解不等式即可求得边长的最值.解：因为三角形面积的海伦公式S △ABC =p (p -a )(p -b )(p -c )=1，其中p =a +b +c 2，而c =2b ，则16=（a +b +c ）（-a +b +c ）（a -b +c ）（a +b -c ）=-（a 4+b 4+c 4）+2（a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2）=-（a 4+b 4+16b 4）+2（a 2b 2+4b 4+4a 2b 2），则9b 4－10a 2b 2+a 4+16=0，而关于b 2的一元二次方程的判别式△=（-10a 2）2-36（a 4+16）=64a 4-576≥0，可得a 2≥3，解得a ≥3，即a 的最小值为3．总之，运用初中数学知识也能巧妙破解高中数学问题，特别是在遇到与高中数学中的平面几何、解三角形、圆有关的问题时，运用初中的平面几何、三角函数、函数、方程等知识，能快速、有效地破解难题.所以同学们要夯实基础，将初高中数学知识融会贯通，这样在解题时便能灵活运用基本知识，将问题加以巧妙转化．（作者单位：山东省聊城第三中学）图1图239Copyright©博看网 . All Rights Reserved.。

巧借“等高线”妙解函数题

巧借“等高线”妙解函数题辽宁沈阳市第一七六中学（110100）赵哲［摘要］类比地理学科中的“等高线”，巧妙借助函数的“等高线”，解决函数或方程中有关交点横坐标、参数值或零点等问题，破解问题的关键是借助函数的图像与性质进行数形结合.［关键词］等高线；函数；数形结合［中图分类号］G633.6［文献标识码］A［文章编号］1674-6058（2021）14-0032-02地理学科中的“等高线”指的是地形图上高程相等的相邻各点所连成的闭合曲线.类比地理学科中的“等高线”，对于函数y=f(x)，若存在互不相等的实数a、b、c、…，使得f(a)=f(b)=f(c)=…=t，则称直线y=t为函数y=f(x)的“等高线”.巧妙借助函数的“等高线”，建立方程组{y=f(x),y=t,可以解决函数或方程中有关交点横坐标、参数值或零点等问题，破解问题的关键为借助函数的图像与性质加以数形结合来处理.一、利用“等高线”的对称性巧求交点横坐标之和涉及函数y=f(x)由绝对值函数、二次函数、正弦（或余弦）函数等具有对称性的函数单独组成，或与其他基本初等函数组合后以分段函数的形式组成时，若函数y=f(x)的“等高线”上存在相异的两点A(x1,y1)，B(x2,y2)关于直线x=a对称，则有x1+x2=2a.［例1］已知定义在R上的奇函数f(x)，对任意x∈R都有f(1+x)=f(1-x)，当-1≤x<0时，f(x)=log2(-x)，且方程f(x)=m(m∈R,m>0)在（0，8）内恰有4个不同的实数根x1，x2，x3，x4，则有x1+x2+x3+x4=.分析：根据奇函数的性质以及已知的抽象函数递推关系式得以确定函数的周期，进而利用已知条件作出函数f(x)在一个周期内的图像，结合周期性加以拓展，通过数形结合加以直观分析，利用“等高线”的对称性进行分析与求解.解：由于奇函数f(x)，对任意x∈R都有f(1+x)=f(1-x)，则有f(1+x)=f(1-x)=-f(x-1)，即f(2+x)=-f(x)，亦即f(4+x)=f(x)，所以函数f(x)是周期为4的周期函数，结合当-1≤x<0时，f(x)=log2(-x)，作出函数f(x)的图像（如图1所示）则函数y=f(x)的图像与直线y=m(m∈R,m>0)的四个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，x4，不失一般性，不妨设x1<x2<x3<x4，结合图像直观分析可知x1、x2关于直线x=1对称，x3、x4关于直线x=5对称，利用“等高线”的对称性可得x1+x2=2×1=2，x3+x4=2×5=10，所以x1+x2+x3+x4=2+10=12，故答案为12.图1点评：根据函数的奇偶性和对称性求出函数的周期性是问题的切入点，而借助函数的图像加以数形结合是解题的关键，利用“等高线”的对称性是解题的重点.巧妙利用“等高线”的对称性来求值，可以有效转化参数的不确定性带来的影响，方便求值.二、利用“等高线”的等高性巧求交点横坐标之积涉及函数y=f(x)由对数函数的绝对值形式单独组合，或与其他基本初等函数组合后以分段函数的形式组成时，若y=||log a x（a>0且a≠1）的图像与其“等高线”y=t(t>0)有相异的两个交点A(x1,y1)，B(x2,y2)，则有x1x2=1.［例2］已知函数f(x)={||log2x,x>0,-x2-2x,x≤0,若关于x的方程f(x)=m(m∈R)有4个不同的实数解x1，数学·解题研究x 2，x 3，x 4，则x 1x 2x 3x 4的取值范围为.分析：作出分段函数y =f (x )的图像，利用条件结合图像直观分析确定参数m 的取值范围，分别通过“等高线”的等高性和方程的根与系数的关系分别确定x 3x 4的值、x 1x 2的取值范围，进而结合不等式的性质来分析与处理.解：作出函数f (x )={||log 2x ,x >0-x 2-2x ,x ≤0的图像，（如图2）则函数y =f (x )的图像与直线y =m 的四个交点的横坐标分别为x 1，x 2，x 3，x 4，不失一般性，不妨设x 1<x 2<x 3<x 4，结合图像可知-2<x 1<-1<x 2<0<x 3<1<x 4，利用“等高线”的等高性可得x 3x 4=1，又由函数y =f (x )的图像与直线y =m 有四个不同交点，可知m ∈(0,1)，令-x 2-2x =m ∈(0,1)，则有x 2+2x +m =0，结合根与系数的关系可得x 1x 2=m ∈(0,1)，所以x 1x 2x 3x 4∈(0,1)，故答案为（0，1）.图2点评：破解本题的关键是结合分段函数的图像以及题目条件确定m ∈(0,1)，再综合“等高线”的等高性、方程的根与系数的关系、不等式的性质等进行数形结合，并借助合理的逻辑推理加以分析与处理.三、利用“等高线”的性质巧求参数的取值范围涉及求方程f (x )=a (a ∈R )的实数解个数的参数问题，经常可以转化为函数y =f (x )的图像与直线y =a (a ∈R )的交点个数问题，利用函数的图像，结合“等高线”的性质加以数形结合，可直观形象地加以分析与求解.［例3］已知f (x )是定义在R 上且周期为3的函数，当x ∈[)0,3时，f (x )=||||||x 2-2x +12.若关于x 的方程f (x )=a (a ∈R )在区间[]-3,4上有10个不同的实数解，则实数a 的取值范围是.分析：根据题目条件作出函数f (x )在区间[]-3,4上的图像以及直线y =a (a ∈R )的图像，把有关的方程的实数解个数问题转化为函数的图像的交点个数问题，结合“等高线”的性质进行数形结合，从而得以判断参数的取值范围.解：作出f (x )=||||||x 2-2x +12()x ∈[]0,3的函数图像，利用f (x )是定义在R 上且周期为3的函数，作出函数f (x )在区间[]-3,4上的图像以及直线y =a ()a ∈R （如图3），由于f (x )=a ()a ∈R 在[]-3,4上有10个不同的实数解，则知函数f (x )在[]-3,4上的图像与直线y =a ()a ∈R 有10个不同的交点，数形结合，可知a ∈()0,12，故答案为()0,12.图3点评：涉及函数的零点或方程的解的个数的参数问题，往往都可以转化为一个熟知的基本初等函数与一条直线问题，利用函数的图像加以数形结合，利用“等高线”的性质来分析与处理与参数的最值、取值范围等有关的数学问题.经常采用的破解策略有分离参数法、数形结合法等.巧妙借助函数的“等高线”来解决一些相关的函数问题时，往往要通过合理转化，把对应的函数问题或方程问题转化为两个熟悉的函数图像（其中往往有一个是直线，即为对应的函数的等高线）的交点情况问题，借助函数的图像与性质加以数形结合，从而得以破解相应的函数或方程问题.［参考文献］［1］蒋满林，潘凌.巧用等高线妙解高考题［J ］.数理化学习（高中版），2019（2）：22-23.［2］江战明.隐藏在平面向量基本定理中的一朵“奇葩”：等高线［J ］.数学通讯，2017（12）：35-38.（责任编辑陈昕）数学·解题研究。

巧思妙解的两个途径

∑k = 2巧思妙解巧思妙解的两个途径———一般化与特殊化罗增儒(陕西师范大学数学系 ,710062)在数学解题中 ,怎样才能获得巧思妙解 13 a=∑2 2k2222呢 ? 笔者认为 ,根据认知的一个基本规律(由 k = 2(1 + 1 + + 1 ) ( a 1 + a 2 + + a k )特殊到一般、再由一般到特殊) ,可以得出巧 13a思妙解的两个基本途径 :一般化与特殊化.≤k = 2 2①( a 1 + a 2 + + a k ) 事实上 ,所谓的巧思妙解无非是对问题 13a<∑ k ②的认识更深入一点、更本质一点 ,思维的深刻 k = 2(a 1 + a 2 + + a k - 1 ) ( a 1 + a 2 + + k )性(而不是肤浅性) 、灵活性(而不是呆板性) 、 1311批判性(而不是盲从性) 更多一点 ,因而 ,启发 = ∑ 12 k - 1 - 1 2 a k巧思、通往妙解的基本途径也就是认识走向深化的两个途径 :=1 a 1 - 1a 1 + a 2 ++ a 13(1) 更深刻地展示问题的一般性 ;= 1 - 1 = 8 127 .8 128 8 128(2) 更清晰地呈现问题的特殊性.这通常要经历从认识到再认识的过程. 下面看一个案例.1 案例呈现笔者在文[ 1 ] 中编拟了一道不等式证明题(第一试第五题) :例 1 将 8 128 的小于自身的全体正约数从小到大排成 a 1 , a 2 , , a n . 求证 : na这个解法 ,用到了柯西不等式(此处也可以理解为用平方平均数不小于算术平均数这一不等式) 、放缩法和交叉消去法 ,这些实质性步骤都与 a k 的具体取值无关 ,完全数的性质直到最后一步才体现出来. 这一想 ,解题思路就呈现出两个机会 :(1) 抓住关键步骤一般化 ; (2) 突出特殊条件精致化. 2 一般化 ———特殊化∑2 22<8 127 .k = 2k ( a 1 + a 2 + + a k)8 128将式 ①中的柯西不等式一般化 ,式 ②中这里使用了 8 128 为完全数 , 并将约数递增排列. 8 128 有 13 个真约数 :1 ,2 ,22 ,23,的放缩和式 ③中的交叉消去仍然是可以进行 24,25,26,27- 1 ,28- 2 ,29- 22,210- 23 ,211-的 ,这样 ,例 1 就变成了例 2 对正实数 a 1 , a 2 , , a , b 1 , b 2 ,kk③24 ,212 - 25 , 且a1 + a2 + + a13 = 8 128.n , b n ,有na ka kb k∑( a2 + a2 + + a2 ) ( b2 + b2 + + b2 )则∑k ( a2 + a2 + + a2 )k = 2 1 2 k 1 2 kk = 2 1 2 k< 1-1.收稿日期:2006 - 10 - 11 a1 b1 a1 b1 + a2 b2 + + a n b n13k ∑( ∑12k1 2 k 2007 年第 8 期n17a b证明 : ∑ 22k k2 2223 特殊化 ———一般化k = 2 ( a 1 + a 2 + + a k ) ( b 1 + b 2 + + b k )na b例 1 的设计推出了完全数 ,但最后一步 ≤ ∑ k kk = 2 n( a 1 b 1 + a 2 b 2 ++ a k b k )a b才用到 ,并且 a k 的单调性似乎只用到 a 1 = 1最小 ,因此 ,完全数的性质有可能尚未展开 ,<k kk = 2 ( 1 1 2 2k - 1 k - 1) ( a 1 b 1 + a 2 b 2 + + a k b k )n1 1= ∑ a 1 b 1+ a 2 b 2+ + ak - 1 k - 1-a 1b 1 + a 2 b 2 + + a k b k=1 -1.问题的特殊性有可能还未开发出来. 或者从另一角度说 ,题目是不是存在多余的条件 ?事实上 ,当 8 128 的正约数从小到大记为a 1b 1a 1b 1 + a 2 b 2 ++ a n b na 1 = 1 , a 2 = 2 , a 3 = 4 ,这就看清了例 1 原证明中的结构 ,并可以编出很多题目来. 比如 ,取 a = k , b = k + 1 ,a kb k( a 2 + a 2 + + a 2 ) ( b 2 + b 2 + + b 2)a 13 = 4 064 , a 14 = 8 128时 ,不仅有a 1 + a 2 ++ a 13 = 8 128 = a 14 ,而且有=k ( k + 1)a 1a 2a 13(12 + 22+ + k 2 ) [22 + 32 + + ( k + 1) 2] = k ( k + 1) 1 = 8 128 + 8 128 + +8 128=a 1 + a 2 + + a 13k ( k + 1) (2 k + 1) [22 + 32 + + ( k + 1) 2 ]6 a 1 a 14 a 2 a 13 a 13 a 2 1 1 1 =6.(2 k + 1) [ 22 + 32+ + ( k + 1) 2]求和 ,由例 2 得= a 14 + a 13 + + a 2. 于是 ,不等式的右边可以改写为8 127 168 128 = 1 - a 222k = 22 k + 1) [ 2 +3 ++ ( k + 1) ]= 1 +1 14+ +1.< 1 -1 ( ) a2 a 3a 131 ×2 1 ×2 + 2 ×3 + + n n + 1这就由问题特殊性提供了另一个逐项放 = 1 -( ) 3 ( ) ( ) ( ) ( ) 大的思路 :2 1 ×2 ×3 - 0 +2 ×3 ×4 - 1 + + n n +1 [ 1 3 n +2 - n - 1 ] a 2 < a 2 < 1 ,④ = - . 2 ( a 2 + a 2 ) 2 a 2 a 2 2 n ( n + 1) ( n + 2) 122从而 ,得到a 3 < a 3 < 1 , ⑤3 ( a 2 + a 2 + a 2 ) 3 a 2 a 3 例 3 求证 : n12331(2 k + 1) [ 22 + 32+ + ( k + 1) 2 ]a 13< a 13 < 1 .⑥k = 213 ( a 2 + a 2++ a 2 ) 13 a 2 a 1 1 12131313<12 - 2 n ( n + 1) ( n + 2) .这道题目可以有不依赖于柯西不等式的很多种独立解法. 与例 1 相比 ,说相同但又有不同的地方 ,说不同却又有相同的地方 ,这是经历了从特殊到一般、又从一般到特殊的过程的结果.2n相加即得所证.这不仅使当初的柯西不等式、交叉消去法等全都成了奢侈的消费,使a k 的单调性成了无用的摆设, 而且还清晰地呈现出式④、⑤、⑥的放大都还可以更精致一些. 比如,例4 将8 128 的正约数记为a1 , a2 , ,k = 2∑ka k< 1 1 n2k = 2∑a k < 1 n + 12 k = 2 a k∑1 1 - a =1 2 1 - 1a ∑∑1∑2 n a n + 1 ,其中 , a 1 = 1 , a n + 1 = 8 128. 求证 :n证 :naa k∑2 22< 1 . ∑222 <a - 1 .k = 2k ( a 1 + a 2 ++ a k ) 2k = 2k ( a 1 + a 2 + + a k)2 a证明 :因 8 128 = 26 (27- 1) 为完全数 ,有证明 :由 a 为完全数知1 + 1 a2 a 3++1 = 1. a n + 1 1 + 1 a2 a 3++ 1 = 1. a n + 1 naa k则 ∑222故 ∑( 222)k = 2 k ( a 1 + a 2 + + a k )k = 2 k a 1 + a 2 + + a kn a a k<∑k<∑2k = 2 n=k = 2 ka21 ka k k =2 nka k1 1 1≤2 k = 2 a kn + 1< k = 2k=1. 2于是 ,用更少的条件(去掉了单调性) 、更浅的知识、更简的过程 ,得出了更强的结论. 其根本原因在于 ,一开始就从整体上抓住完全数这一特殊条件 ,并注意到对这一条件的应用并不依赖于 8 128 的具体值 ,结论对任意的完全数都成立.例 5 设 a 为完全数 ,将 a 的正约数记为 a 1 , a 2 , , a n + 1 ,其中 , a 1 = 1 , a n + 1 = a . 求= a - 1. 2 a回顾从例 1 到例 5 ,经过从“特殊 ———一般 ———特殊 ———一般”的循环往复 ,展示了巧思妙解的一些基本规律.参考文献 :[1 ] 罗增儒. 数学奥林匹克高中训练题 (90) [J ] . 中等数学 ,2006 (8) .k k kn n 11. 为适应我国信息化建设的需要 ,扩大本刊及作者知识信息交流渠道 ,本刊已进入CNKI 中国期刊全文数据库。