例题解法再研究
几何解题研究的方法与思考——以一道中考试题为例
几何解题研究的方法与思考——以一道中考试题为例胡坚波收稿日期：2020-09-23作者简介：胡坚波（1981—），男，中学一级教师，主要从事初中数学课堂教学研究.摘要：解题教学是必不可少的一种课堂教学形式，教师解题研究的能力直接影响到学生对问题理解的深度.教师只有掌握了解题研究的一般方法，才能在课堂中引导学生抓住问题的本质，从而优化解法，并进一步带领学生发现问题、提出问题、解决问题，进而得到一般性的结论，最终提高学生的解题能力、培养学生的数学学科核心素养.文章以2020年中考浙江杭州卷第14题的研究为例，谈谈几何解题研究的一般方法．关键词：中考试题；解题研究；一般方法中考试题的命制往往有其意义，一道看似不起眼的试题，其中很可能蕴含着丰富的内容.如果继续探究下去，或许就能发现试题背后隐藏的深意，从而体现解题的育人价值.本文以2020年中考浙江杭州卷第14题为例，谈谈应该怎样进行几何解题的研究.题目（2020年浙江·杭州卷）如图1，已知AB 是⊙O 的直径，BC 与⊙O 相切于点B ，连接AC ，OC.若sin ∠BAC =13，则tan ∠BOC 的值为.COAB图1作为填空题的第4道题，试题本身不难，主要考查了三角函数的相关知识.不妨设BC =1，则AC =3.解得AB =22，OB =2.则tan ∠BOC作为填空题，此题的求解到这里就结束了，但是作为解题研究，现在才刚刚开始.一、获得研究对象研究图形要抓住图形的本质，为了更容易抓住本质，几何研究要做减法，即去掉非关键因素.此题中，可以隐去圆，那么题目条件等价于“如图2，∠ABM =90°，点C 在射线BM 上，O 是AB 的中点”.观察图形的结构，不难发现，若点C 的位置确定了，则整个图形的形状就随之确定，即∠BOC ，∠BAC ，∠ACO ，∠BCO 的度数也随之确定.原试题就是在确定的条件下进行的定量研究，而研究图形变化过程中的规律性也是几何研究的常见问题.在图2中，当点C 的位置变化时，∠BOC ，∠BAC ，∠ACO ，∠BCO 的大小也随之改变.当点C 从点B 向射线BM 的方向移动时，容易发现∠BOC 和∠BAC 的度数变大，∠OCB 的度数变小，但无法很快确定∠ACO 的变化情况.接下来，我们进一步探究∠ACO 的变化情况.CO ABM 图2··56二、借助技术获得初步猜想几何问题的研究一般要经历画图、测量、计算、猜想、证明的过程.几何画板软件为我们画图、测量、计算提供了很好的辅助.利用几何画板软件对复杂的问题进行初步研究、获得猜想，是常见的研究起点.利用几何画板软件，发现当点C 从点B 向射线BM 的方向移动时，∠ACO 的度数先变大后变小，且∠ACO 取到的最大值约为19.47°（如图3）.进一步计算，发现此时sin ∠ACO ≈0.33.∠OCA =19.47°∠CAO =35.58°sin∠OCA =0.33M ABCO图3猜想：如图3，当∠ABM =90°，点O 是AB 的中点时，射线BM 上存在点C ，使得∠ACO 取到最大值，此时sin ∠ACO ＝13.三、从“数”的角度验证猜想通过利用几何画板软件进行探究，发现点C 的位置决定了∠ACO 的大小，而点C 的位置可以用BC 的长度来刻画，所以继续探究的思路是用BC 的长度表示sin ∠ACO.为了研究方便，不妨设AB =2，BC =x ，根据勾股定理，得OC 2=1+x 2，AC 2=4+x 2.因为S △ACO =12AC ·OC ·sin ∠ACO =12AO ·BC ，所以sin ∠ACO =x x 4+5x 2+4=14因为x 2＋4x 2≥4，所以当x 2=4x 2，即x =2时，x 2＋4x 2的最小值为4.所以得到sin ∠ACO ≤13，即当BC =2时，sin ∠ACO 取最大值13，猜想得证.四、从“形”的角度验证猜想前面我们从“数”的角度验证了猜想，接下来我们从“形”的角度来思考.抓住变化过程中不变的关系是研究几何问题的常用方法.进一步观察图形，我们发现当点C 的位置发生改变时，∠ACO 所对的边AO 的长度始终没有发生变化.即角度在变，角度所对的边不变.这让我们联想到了圆中同弦所对的角.构造过A ，C ，O 三点的⊙D.如图4，若⊙D 与射线BM 相交，设另一个交点为点E.在线段CE 上任意取一点F （除点C ，E 外），连接AF ，OF ，根据圆内角大于同弧所对的圆周角，可得∠AFO ＞∠ACO.故可知此时∠ACO 的度数并没有取得最大值.图4图5如图5，若⊙D 与射线BM 相切于点C ，在射线BM 上任意取一点G （除点C 外），连接AG ，OG ，根据圆外角小于同弧所对的圆周角，可得∠AGO ＜∠ACO.故此时∠ACO 取到最大值，于是得到第一个有价值的结论.结论1：∠ACO 取到最大值的充要条件是过A ，C ，O 三点的⊙D 与射线BM 相切.接下来，求此时∠ACO 的正弦值及BC 的长.可以沿用前面的解题思路，分别求出线段AO ，OC ，AC ，BC 的长度，再利用△ACO 的面积求解.解法1：如图6，连接DC ，AD ，作DH ⊥AO.H O ABCDM图6不妨设AO =BO =1，则AH =OH =12，BH =32.因为⊙D 与射线BM 相切于点C ，所以DC ⊥BC.因为∠B =90°.··57所以四边形BCDH为矩形.所以AD=DC=BH=32.在Rt△ADH中，由勾股定理，得DH=2.所以BC=DH=2.由勾股定理，得OC=3，AC=6.由S△ACO=12AC·OC·sin∠ACO=12AO·BC，代入解得sin∠ACO=13.显然，求解过程还是有些复杂，不妨进一步思考，此图形还有什么特殊性可以应用？从圆的视角看，⊙D与射线BM相切，∠ACO为圆周角，解法豁然开朗.解法2：利用圆周角定理，可以转化到圆心角进行求解，可得∠ADH=∠ACO.所以sin∠ACO=sin∠ADH=AHAD=13.利用圆幂定理，可得BC2=BO·BA.解得BC=2.解法2抓住了问题的本质，解法也更优化、更简洁.“数”和“形”两种思考方法都能验证猜想，可见这也是我们解决几何问题的一般思路.对比两种思路，从“数”的角度思考，往往需要设未知变量，再利用勾股定理、相似、面积关系、三角函数等，列出未知变量与所求量之间的关系，然后用代数的方法求解；从“形”的角度思考，往往需要根据图形的结构，抓住图形中不变的关系，构建出几何模型，再根据图形性质求解.用“数”的方法容易想到，但计算较复杂；用“形”的方法比较直观，计算也相对简单，但是要弄清楚几何模型结构有一定的难度，需要的知识综合度高，也需要一定的逻辑推理.数形结合的思想方法在教学中有其育人价值，在解题教学中我们应让学生经历基本的活动经验，这样才能培养学生必需的基本数学思想.五、追本溯源其实，本问题在数学史中已经存在，称为“米勒问题”.德国数学家米勒于1471年提出“塑像问题”：有一个高a米的塑像立在一个高b米的底座上，一个人朝它走去（人的高度忽略不计），问此人应站在离塑像底座多远的地方，才能使塑像看上去最大（即视角最大）？根据题意画出图形，如图7，AO为雕像，BO为底座，点C表示人，求∠ACO最大时，BC的长.ABO图7这与我们研究的问题非常相似，只是点O的位置不再是中点，这为我们进一步研究问题提供了思路，即可以改变图形的条件，使之更具一般性，进而获得一般性的结论，这是我们进一步研究几何问题的方向.六、改变条件进一步探究1.改变点O的位置受“米勒问题”的启发，我们可以改变点O的位置，使之一般化，为了研究的连贯性，不妨设AB=2，AO=n（0＜n＜2），这样点O在线段AB上就具有一般性了，本质上与“米勒问题”是等价的.因为结论1与点O在线段AB上的位置无关，所以结论1仍成立.如图8，当⊙D与射线BM相切于点C时，∠ACO取得最大值.此时，易得AH=n2，DC=BH=2－n2.所以AD=DC= 2－n2，sin∠ACO=sin∠ADH=AH AD=n4-n.根据圆幂定理，得BC=BO·BA=4-2n.显然当n=1，即点O是AB的中点时，sin∠ACO的最大值为13，此时BC=2.但是这只是其中的一种特殊情况，于是得到第二个有价值的结论.HOA BCDM图8··58结论2：如图8，设∠ABM =90°，AB =2，点O 是线段AB 上一点，AO =n （0＜n ＜2），则在射线BM 上存在点C ，使得∠ACO 取到最大值，且此时sin∠ACO =n 4-n，BC =4-2n.2.改变∠ABM 的大小此题条件里动点C 所在的射线BM 与AB 垂直，显然条件中的位置比较特殊.若从这个角度改变条件，当射线BM 与AB 不垂直，即∠ABM ≠90°时，相当于“米勒问题”中的雕像及底座与地面不垂直时，那么结论2是否仍成立？因为∠ABM ≠90°，所以四边形DCBH 不再是矩形，即DC ≠BH.求半径的解法相应会有所改变，猜想sin ∠ACO 的值与∠ABM 的度数有关.因为结论1与∠ABM 的大小无关，所以结论1仍然成立.∠ACO 取到最大值时，过A ，C ，O 三点的⊙D 与射线BM 相切，故圆幂定理仍然适用，所以BC =BO ·BA =4-2n.所以可得第三个有意义的结论.结论3：设∠ABM =α（0°＜α＜180°），AB =2，点O 是线段AB 上一点，AO =n （0＜n ＜2），则射线BM 上存在点C ，使得∠ACO 取到最大值，且此时BC =4-2n ，sin ∠ACO 的值与∠ABM 的度数无关.接下来，求sin ∠ACO.因为∠ABM 有锐角和钝角两种情况，所以要分两种情形分类进行研究.情形1：如图9，当0°＜α＜90°时，⊙D 与射线BM相切于点C.根据前面的猜想sin ∠ACO 会与α有关，为了将α用上，所以考虑作垂线构造直角三角形.作DH ⊥AO 于点H ，BE ⊥AB 交DC 的延长线于点E ，作DF ⊥BE 于点F.M O AB CD EF GH图9易证∠CBE =∠EDF =90°-α，DF =BH =2-n 2.所以DE =DF cos ()90°－α=4-n 2sin α，CE =BC ·tan ()90°－α=4-2n ·tan ()90°－α，AD =DC =DE -CE =4-n 2sin α-4-2n ·tan ()90°－αsin∠ACO =sin∠ADH =AH AD =n sin α4-n -24-2n cos α.情形2：如图10，当90°＜α＜180°时，⊙D 与射线BM 相切于点C.同样作DH ⊥AO 于点H ，作BE ⊥AB 交DC 于点E ，作DF ⊥BE 交BE 的延长线于点F.H A B CDOEF M图10易证∠CBE =∠EDF =α-90°，DF =BH =2-n 2.所以DE =DF cos ()α－90°=4-n 2sin α，CE =BC ·tan ()α-90°=4-2n ·tan ()α-90°，AD =DC =DE +CE =4-n 2sin α＋4-2n ·tan()α-90°sin∠ACO =sin∠ADH =AH AD 发现两种情形最后结果的表达式是一致的，而把α=90°代入，得sin∠ACO =n 4-n.与之前的计算结果一致，可见角度在变，结果的表达式不变，得到了变化过程中不变关系的本质，于是得到了问题的一般性结论.结论4：设∠ABM =α（0°<α<180°），AB =2，点O 是线段AB 上一点，AO =n （0＜n ＜2），则射线BM 上存在点C ，使得∠ACO 取到最大值，且此时BC =4-2n ，sin∠ACO =3.当射线BM 改为直线BM 时，相当于“米勒问题”中人可以站到雕像的背面进行观察.如图11，当点C 在直线BM 上移动时，由前面的研究可知，当点C 在射线BM 1和BM 2上时，分别有一个点C 1和点C 2，使得∠AC 1O 和∠AC 2O 在各自的射线上取到最大值，那么∠AC 1O 和∠AC 2O 哪个更大一些呢？显然，当BM ⊥AB 时，BC 1=··59BC 2，由对称性可知∠AC 1O =∠AC 2O.当BM 与AB 不垂直时，不妨设∠ABC 1=α（0°<α<90°），则∠ABC 2=180°-α.根据结论4，可以得到sin ∠AC 1O =sin ∠AC 2O =因为0<cos α<1，所以sin ∠AC 1O ＞sin ∠AC 2O.所以∠AC 1O ＞∠AC 2O.得到结论5.M 2OAB MC 1C 2M 1图11结论5：如图11，当点C 在直线BM 上时，设AB =2，点O 是线段AB 上一点，AO =n （0＜n ＜2），如果直线BM 与线段AB 所成的较小的夹角为∠ABM 1（0°＜∠ABM 1≤90°），则点C 一定在射线BM 1上，使得∠ACO 取到最大值，且此时BC =4-2n ，sin∠ACO =七、解后思考回顾整个研究过程，通过图形的变化将一个确定的图形变为不确定的图形，从而获得研究对象.而对于变化中规律的研究，入手比较难，这时信息技术为化解难点提供了帮助.借助几何画板软件，不仅能方便地展示图形变化的过程，而且可以通过教师有意识地控制帮助学生观察影响变化的要素及其关系，从而获得初步的猜想.接着，从“数”和“形”两个角度验证了该猜想，进一步体会到几何问题在“数”和“形”上的统一，体会到数形结合思想在解题中的重要作用.在引出“米勒问题”后，通过进一步改变条件——点的位置变化、角度的大小变化、射线变为直线等，发现了在条件变化过程中不变的结论.通过这样的解题教学研究可以让学生进一步体会到研究几何问题的一般方法——从简单到复杂，从特殊到一般.整个研究过程，具备学习素材的真实性，问题的开放性，学习过程的探索性，学习手段的操作性，探索过程的动态化、可视化，学习体验的形象化、可表达，学习结果的创造性.这些都有利于在今后的学习中，提高学生发现问题和解决问题的能力，进而实现几何解题教学的育人价值.参考文献：［1］王红权.“高考真题分析”习题课的教学实践与思考［J ］.中小学数学（高中版），2015（4）：20-23.［2］章建跃.研究三角形的数学思维方式［J ］.数学通报，2019，58（4）：1-10.··60。
极限与连续的例题分析及解法
1、无穷小量
无穷小量是以零为极限的变量。以零为极限的数列，以零为极限的函数，都是无穷小量，在概念的理解上，我们不能把它与很小的数相混淆，例如0.0001是很小的数，是常量不是无穷小量。但是，零是可以看作无穷小量的唯一的数，因为通项为零的数列和恒等于零的浸函数，在任何过程都以零为极限，故零是无穷小量。
具体地说，要求读者：
1．深刻领会极限的含意，它描述的是一个变量随一切变量变化的趋势。对于数列，要知道极限的“ ”定义。对于函数，要领会极限存在与不存在的状况。
2．记住一些重要的极限公极：
以及当 ， 时，函数 ，log ， 的极限，利用这些函数的图形可帮助领会和记忆相应的极限公式。
记住下列公式，将有助于今后的学习：
在理解无穷小量的运算性质时，要注意：“有限个无穷小量的代数和无穷小量，”“有限个无穷小量的积是无穷小量”不能把有限个“这一关键词丢掉，例如：
当 时。 分别都是无穷小量。而
是 个无穷小量的和，当 时，是夫限个无穷小量的和，显然有
此例说明，无限个穷小量的和可以不是无穷小量。
2．无穷小量的阶
设 与 是同一变化过程中的无穷小量。如
4 一般说来 越小， 越大。但 与 并不呈现函数关系。这是因为，对 。若能找到 ，当 时，对一切 有 。那么当 ， ,…，这时的一切 显然也满足不等式 ，因此 , …都可以作为我们所要找的
2、函数的极限
（1）直观的描述
①当 时，函数 的极限。
此种情况与数列的极限类似。不同处在于 是整序变量 只取1,2,3,…等孤立的正整数点到 。而 时，自变量 连续地取实数值变到 。函数 无限接近一个正常数 。
如果在同一变化过程中， ， ， ， 都是无穷小量，且 ~ ， ~ ，则有
数学中不等式的解法研究
422摘要：数学是我国的重要学科，贯穿到我国基础教育的各个方面，不等式作为数学中重要的一节，它贯穿了几何代数和函数，在多个方面起到重要作用，其中一元二次不等式是一个典型代表。
本文就数学中不等式的解法进行了研究，主要介绍了对于不含参数的一元二次不等式我们可以使用因式分解或配方法，对于含参的一元二次不等式我们可以采用分类讨论、参变分离和函数结合等多种方法解决。
一方面对于不等式不同解法的掌握可以体现学生的代数分析能力和数学综合能力，另一方面可以提高学生的数学分析能力和数学感悟能力。
关键词：不等式；解法研究；含参数不等式中图分类号：O122.3 文献识别码：A 文章编号：1001-828X(2017)031-0422-01中国是数学大国，但是我国的数学教育在很长一段时间内都是方法单一的，并不利于数学这门课程的发展，数学史的变迁蕴藏着很多的思想和方法，而不等式的学习就是数学史发展历程中的重要组成部分，同时不等式的学习是数学这门课上的重要难点，也是中学数学中的重要知识点，不等式刻画了数量之间不相等的关系，在生活中的很多领域中都有重要的应用，不等式体现在我们生活的方方面面，本文详细介绍了一元二次不等式含参数的不等式两种不同的不等式的重要解法。
一、一元二次不等式的解法(一)因式分解一元二次不等式因式分解法是我们在解决一元二次方程的时候最常用的方法，就是把这个一元二次方程转换为两个一元一次方程的乘积，这两个一元一次方程越化成简单的形式就越好解答，一元二次不等式含有一个未知数并且这个未知数的最高次数为2，这个二次方就是解题的拦路虎。
如果一道一元二次不等式中符合当把这个不等式转换成等式的时候有两个数值不相等的根，那么就可以把原不等式转换成两个一元一次的不等式，解出这两个方程的答案，交集就是我们要求的一元二次不等式的答案。
例题:求不等式的解集根据上述我们提到的用因式分解的方法解决一元二次方程的思路发现，可以得出如下的解题思路，因为2乘以x 的平方减去x 减去1大于0，可以把这个一元二次不等式拆分成两个一元一次不等式的乘积，2乘以x 的平方减去x 减去1大于0就可以拆分成括号里x 减去1和2乘以x 在加上1的乘积，解出x 大于1并且x 小于负的二分之一就是这道题的解集，这比我们去盲目的去消除原题中的二次方要简单的多。
数列与三角函数交汇题解法探究
4
b n + 2 = (sin 2 x) n· sin 4 x + (cos2 x) n· cos4 x，而 b n + 2 - b n + 1 =
(sin 2 x) n· sin 2 x (sin 2 x - 1) + (cos2 x) n· cos2 x (cos2 x - 1)
a 10 =
= -(sin 2 x) n· sin 2 x cos2 x - (cos2 x) n· cos2 x sin 2 x
［中图分类号］ G633.6
［文献标识码］ A
［文章编号］ 1674-6058（2021）11-0017-02
“从学科的整体高度和思维价值的高度考虑问
题，在知识网络交汇点处设计试题，使对数学基础知
识的考查达到必要的深度 .”这是高考大纲中对高中
数学知识点交汇的明确指导方针 . 其实，设计在知识
网络交汇处的数学问题，是数学知识、数学应用与创
分析与处理 . 当然根据条件的变化可以得到一些不同
的变式 .
四、解后反思
涉及数列与三角函数的交汇问题，可以数列为问
题背景，借助数列的通项、求和、性质等来给三角函数
提供创新情境 . 也可以三角函数为问题背景，借助三
角函数的图像与性质、三角恒等变换等来给数列提供
条件 .
（责任编辑 黄桂坚）
11
1
1
b5 =
，ab = sin 2 x cos2 x = sin 2 2x ≤ ，
36
4
4
而 a2 + b2 = ( a + b) 2 - 2ab = 1 - 2ab， a3 + b3 =
( a + b) ( a2 - ab + b2 ) = 1 - 3ab，
一道试题的解法探究与教学反思
一道试题的解法探究与教学反思广西南宁市第三十六中学（530001） 庞 毅［摘 要］通过对一道高三摸底试题进行考情分析、解法探究和问题拓展，揭示试题的本质，并从注重解题经验积累培养数学运算素养、注重信息技术应用培养学生数字素养两个方面提出教学反思。
［关键词］解法探究；教学反思；圆锥曲线；信息技术［中图分类号］ G 633.6 ［文献标识码］ A ［文章编号］ 1674-6058（2024）05-0025-03解析几何是高考加强“综合性”考查的重要载体。
广西南宁市2024届高中毕业班摸底测试第21题将直线与椭圆的位置关系以及长度计算相结合，问题设计紧扣高考评价体系的“基础性、综合性、应用性、创新性”考查要求，既基础又开放，对高三数学复习备考具有重要的参考意义。
一、试题呈现与考情分析（一）试题呈现已知平面上动点E 到点A （1，0）与到圆B ：x 2+y 2+2x -15=0的圆心B 的距离之和等于该圆半径。
记Ε的轨迹为曲线Γ。
（1）说明Γ是什么曲线，并求Γ的方程；（2）设C 、D 是Γ上关于x 轴对称的不同两点，点M 在Γ上，且M 异于C 、D 两点，O 为原点，直线CM 交x 轴于点P ，直线DM 交x 轴于点Q ，试问||OP ·||OQ 是否为定值？若为定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由。
评析：本题主要考查椭圆的定义、标准方程、几何性质和直线方程等主干知识，考查通过代数运算结果判断几何性质的坐标法和函数与方程、转化与化归以及数形结合等数学思想，考查逻辑推理、数学运算等核心素养。
第（2）问是开放性问题，重点考查学生的创新能力和探索精神。
（二）考情分析本题的考试情况如表1所示。
表1 考情分析题目第21题实考人数54110满分12平均分1.15标准差1.77难度0.15区分度0.21满分率0.16零分率29.52从统计的结果来看，本题总体平均分1.15，难度0.15，这个结果出乎命题组的预料。
对一道西班牙数学奥林匹克试题的再研究
数 学教 学
２１ －５
对一道西班牙数学奥林匹克试题 的再研究
７ ０ 陕西师范大学附属中学 程自 １６ ０１ 顺
在八年级 数学 兴趣小组活动 中遇到这样 一 个 问题： 什么” “ 和 从何 处下手” 的双重挑 战．已知的是 涉 及 两个字母 的等 式，我们可以先特殊化得 到结
ｂ＝ ０ ．
回顾上述思考及解答过程， 这道叙述简洁、 形式新颖、 结构优美的竞赛题所涉及的知识是简
（
。，
单 的， 所使用 的技巧（ 分母有理化， 平方） 是平常 的， 而在特殊与一般 思想的统领下， 解决问题 的 方法是容 易理解 的， 解题过程也是很清晰的！ 这 方面可以体会特殊与一般 思想在数学解题 中 的实践过程 （ 如何由特殊到一般）一方面也能感 ， 悟到特殊与一般数学思想在数学解题 中高屋建
‘ ． ．（
・ ・
＋ｎ（ ）
＋ｂ ：１ ） ，
按照本文构造函数的方法， 设Ｘ＝Ｙ ／。 ， ＋、 一１ ／
Ｚ ， ￣ｉ ｘ＂ ，
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一
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ｎ＝（Ｆ＋一 ＋ 丢／ ｎ ６ 、 ／ ｊ ） ＋（ 舶 南 ） 去 一
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数 学教 学
２ ． 一７ ７
［ 一 ） 一 ）＝０． （ ２ ＋（ ］
其图像， 然后观察出结论， 再借 助解析式进行推 导， 已有数形结合的味道， 但还不够 浓烈． 如何在坐标 系中体现 Ｘ Ｘ ｌ ２＝ １ 这个条 件？
本题有更加直观的几何背景吗？
２２深 入 分 析 ．
（ ＋４ ２ ０ ８（＋ｖｂ —２０ ） ０ ８ ａ ａ —２０ ） ｂ ／ ２ ０ ８ ＝２ ０ ，
１
。 ＝ Ｘ２ 一
对一道分式三角函数最值问题的解法的探究
探索探索与与研研究究分式三角函数比较常见，函数式中往往含有一个、两个，甚至多个不同名称的三角函数式，因而分式三角函数最值问题通常较为复杂，无法直接利用三角函数的单调性和有界性求得最值.此时需运用一些技巧，如运用化一法、换元、借助几何图形的性质等求解.下面结合实例进行探讨.例题：求函数f ()x =4sin xcos x +3的最小值.解法一：利用化一法若分式函数式中含有或可化为有关正弦、余弦函数的式子，则可采用化一法求函数的最值.首先令y =f ()x ，并将其化为整式；然后根据辅助角公式将函数式化为只含有一种三角函数名称的式子，如y =sin ()ωx +φ、y =cos ()ωx +φ；再根据正余弦函数的有界性和单调性来确定三角函数的最值.解：令y =4sin xcos x +3，则4sin x -y cos x =3y ，由辅助角公式得16+y 2sin ()x +φ=3y ，化简得sin ()x +φ=3y，由三角函数的有界性得()x +φ≤1，即1≤3y 16+y2≤1，得y ≥-2，所以函数f ()x 的最小值为-2.运用化一法求分式三角函数的最值，需灵活运用辅助角公式，以及正余弦函数的有界性和单调性.这就要求我们熟记辅助角公式a sin x +b cos x =a 2+b 2sin ()x +φ=a 2+b 2cos ()x +θ，熟练掌握正余弦函数的有界性和单调性.一般地，若x ∈R ，则|sin x |≤1，|cos x |≤1.解法二：利用换元法换元法是简化复杂函数式的重要方法.对于分式三角函数式，我们可以将分子、分母或频繁出现的式子用一个字母t 替换，将分式三角函数式化为简单的一元函数，根据一元函数的图象、性质进行求解，即可得到分式三角函数的最值.解：令t =cos x +3，则t ∈[]2,4，1t ∈éëùû14,12，则sin x =±1-cos 2x =±-t 2+6t -8，可得f ()x =4sin x cos x +3===，由二次函数的性质知，当1t ∈éëùû14,12时，-8æèöø1t -382+18∈éëùû0,18，则8[]0,2，所以f ()x ≥-2.令t =cos x +3，即可将分式函数式化为关于t 的一元函数式，根据一元二次函数和y =x 的性质，快速求得分式函数的最值.解法三：借助几何图形的性质形如y =a sin x +bc cos x +d的分式三角函数式与直线的斜率公式的结构类似，可将三角函数式看作单位圆上的点()cos x ,sin x 与点æèöøb a ,dc 连线的斜率.结合圆的性质以及两点的连线与单位圆的位置关系，寻找直线的斜率取得最值时的情形，即可解题.解：由题意得f ()x =4sin xcos x +3=4∙sin x -0cos x -()-3，可将该式看作圆上的点()cos x ,sin x 与点()-3,0连线的斜率k 的4倍，由图可知，当过定点()-3,0的直线y =k ()x +3与单位圆相切时直线的斜率k最小.由点到直线的距离公式可得||3k 1+3k2=1，解得k =，所以函数f ()x 的最小值为4×æèçø=-2.将函数式f ()x =4∙sin x -0cos x -()-3看作圆上的点()cos x ,sin x 与点()-3,0连线的斜率k 的4倍，即可将问题转化定点()-3,0的直线y =k ()x +3与单位圆的位置关系问题，利用圆的性质和点到直线的距离公式进行求解即可.（作者单位：西华师范大学）51Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
多元函数极值问题的解法研究
大学University 2021年第19期作者简介院徐莉（1984—），女，硕士，金华广播电视大学讲师，研究方向：应用数学和数学教学；周创（1995—），男，硕士，金华广播电视大学助教，研究方向：代数学和数学教学。
多元函数极值问题的解法研究徐莉，周创（金华广播电视大学，浙江金华321000）摘要：近几年，许多学者对多元函数进行了更深入的研究，有关多元函数方面的理论也逐渐完善，应用也越来越广泛。
多元函数极值问题的解法通常是研究的重点，故本文也进行了相关的分析和研究，分别是多元函数极值的概念、多元函数极值的判定、条件极值与拉格朗日乘数法以及多元函数极值问题的几种解法，并分别进行了相应的总结。
关键词：多元函数；极值问题；解法中图分类号：O174.1文献标识码：A 文章编号：1673-7164（2021）19-0145-04多元函数从一元函数演变过来，具有一元函数的某些基本性质，也具有自身的一些特性。
因此，在研究多元函数时应结合一元函数来研究。
解多元函数通常需要研究二元函数[1]。
多元函数极值问题的解法通常是研究的重点，当然也是学习高数的重点，通过阅读大量文献以及结合自身学习函数的实践经验，本文对多元函数极值问题的几种解法进行了分析探讨，并进行了相应的总结。
一、多元函数极值的概念值，也就是指多元函数在给定的范围内或者定义域内的最大值或者最小值。
多元函数的极值，是对于二元函数的极值来定义的。
假设函数z=f （x ，y ）的定义域为D ，P 0（x 0，y 0）是D 内的点，如果存在某个定义域内的领域属于D ，该领域内的点与P 0不同，但是都存在f （x ，y ）<f （x 0，y 0），则称f （x ，y ）在点P 0（x 0，y 0）处有极大值，点P 0（x 0，y 0）称为函数f （x ，y ）的极大值点；反之，则称f （x ，y ）在点P 0（x 0，y 0）处有极小值，点P 0（x 0，y 0）称为函数f （x ，y ）的极小值点[2]。
QTREE解法的一些研究
但已有的成绩不能阻止我们的探索. 将这个解法中维护路径的数据结构修改为 Splay Tree, 我们发现其
时间复杂度降到了 O((n + q) log n), 但由于 Splay Tree 的常数因子巨大, 其实际运行效果也不理想. 经过
对这些解法的比较与分析, 在最后, 本文提出了一种静态的“全局平衡二叉树”数据结构. 并得到了用这个数
3.2.5 上述操作的伪代码 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
3.3 Link-Cut Trees 的时间复杂度分析 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
4.5 使用 Splay Tree 维护路径的 O((n + q) log n) 时间复杂度的解法(解法三) . . . . . . . . . . . 8
4.6 探索: 是否存在一种维护路径的数据结构, 它不必具有和 Splay Tree 一样强大的功能, 但它
同时具有与解法三相同的理论时间复杂度, 以及和解法二一样好的实际效果 . . . . . . . . . . 9
3.3.1 轻重边路径剖分(Heavy-Light Decomposition) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
3.3.2 Preferred Child 变化次数的均摊 O(log n) 的证明 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
A 致谢
12
1 题目描述及简要分析
六年级下册奥数第四讲-奇妙的方格表 例题 习题 -通用版(例题含答案)
第四讲奇妙的方格表方格表是人们最熟悉最简单的图形之一，但这个简单的图形却可以说是一个广阔的数学天地，其中包含着许许多多奇妙的数学问题．许多问题看起来非常简单非常有趣，但却要用到许多数学方法，蕴含着许多深刻的道理．这些方法和道理在我们以后的学习中将经常用到．一、计数问题例1下图中共有多少个矩形？分析如果直接数，很容易遗漏或者重复．为了避免遗漏或重复，可以将图形中的各种矩形按形状大小分类，分别计数后再相加．在分类计数中如果能发现规律，那就更简单了．解法1：在已知的方格表中，“□”共有5×3=15个，“□□”共有4×3=12个，“□□□”共有3×3＝9个，…如此进行下去，把各类矩形的个数相加，可得矩形总数为90个．解法2：将各类矩形列出表来（如下图），分析各类矩形个数的算式，很容易发现规律，于是可得矩形总个数为：（1＋2+3＋4+5）×（3＋2＋1）=90个．格组成的正方形中都含有4个L形．因此为了求L形的个数，只需先求“田”字形的个数．解：在上页的方格表的第1、2行中含有“田”字形 4个，第2、3行中也含4个，共有“田”字形8个，每个“田”字形对应4个L形，因此共有L形4×8=32个．说明：计数最基本的方法是分类讨论．如果在分类讨论中发现规律，就可以改进算法．例2中的计数方法利用了对应的思想．当直接计算某一事物的个数有困难时，往往可以先转化成计算另一事物的个数，然后再研究这两个数，可以先计算2×3的矩形共有多少个，然后由每个2×3的矩形中都10×4=40个．在例1中计算矩形个数还有一些更高明的方法，这些方法将在中学里学到．8×8的方格表，结果如何？解：如图，在4×4的方格表中放下3个L形，即不能再放下一个L形了．如果只放了两个L形，那么可以证明总还能再放下一个L形．因为每个“田”字形内至少盖住两格后才不再能放下L形，而4×4的方格表中共有4个不相重叠的“田”字形，至少应盖住2×4=8格后，才不再能放一个L形，如果只放了两个L形，仅仅盖住6格，所以总还能再放一个L 形．从以上两步，可以看出4×4的方格表中至少放上3个L形后，才能使这一表中不再能放下一个L形．在6×6的方格表中有9个不相重叠的“田”字形，每个“田”字形至少盖住两格，才不再能放下一个L形，这样至少应盖住18格，也就是至少要放上6个L形．如右图，已放了6个L形，确实已不能再放下一个L形了，因此6个是最少的数目．用同样的方法可以得到在8×8的方格表中至少放上11个L形后，就不再能放下一个L形了．二、染色方法染色方法实际上是一种分类方法，不过对有些问题来说，通过染色能使问题比较直观，解决起来更方便．例4如图是半张象棋盘，一只马能否从A处出发，跳遍半张象棋盘而使每个格点只经过一次？解：把半张象棋盘的格点（共45个）相间地涂上黑、白两色（黑色用“×”表示，如图共有22个黑点，23个白点．按照马走步的规则，每步走“日”字的对角线，不论马在何处也不论往哪个方向跳，起点和终点的颜色总是不同的．由于A处是黑格点，如果马从A处出发跳遍每个格点且每个格点只经过一次，那么需经过21个黑点，23个白点，黑、白格点数相差2，故这样的走法是不可能的．例5正方体形的房子共分27个小房间，每相邻两个房间都有门相通（上、下两间也有门相通）．每个房间里都有一块奶酪，右下角的房间有一门通向外面．一只耗子从最中间的房间出发，想走遍各个房间，且每个房间只经过一次，最后从右下角出来，这样是可否能？如果可能，该怎么走？解：将27个小正方体相间染成黑、白两色（如图），共13个房黑间，14个白房间，中间房间是黑色．如果从中间房间出发，每个房间经过一次，共需经过12个黑房间（除中间房间外）、14个白房间．但是与黑房间相邻的都是白房间，与白房间相邻的都是黑房间，路线只能是：黑—白—黑—白…这是不可能实现的．如果改从任一个（不是右下角的）白房间出发，就能达到目的．请自己设计路线．三、抽屉原理例6能否在8×8的方格表的每个方格中写上0、1、2中的一个数，使每行、每列以及两条对角线上各数之和都互不相等？解：8行、8列及两条对角线共有18个和数，将这18个和数作为“苹果”．8个数（每个数是0、1、2中的一个）的和最小是0，最大是16，共有17种不同的和，将这17个不同的和作为“抽屉”．根据抽屉原理，必有一个“抽屉”中存在2个或2个以上的“苹果”，这就是说，在18个和数中至少有2个相等，不可能都互不相等．例7在5×5的方格表中，任意挖去一个方格后，是否总能用8个解法1：如右图，将5×5的方格表挖去一格（阴影）后，剩下的24住a格，需要用一个L形盖住a、d、e或a、b、c三格，由于两边对称，不妨设盖住a、b、c三格，这样，x格就不可能被任何一个L形盖住（否则就重叠了），所以这24格不可能被完全盖住．解法 2：如图，标上“×”的格共有 9个，如果挖去的一格不是标上“×”的格，那么剩下的24格不可能被8个L形盖住．这是因为任意两个“×”格不可能被同一个L形盖住，这9个“×”格若都能被盖住，至少需要9个L形，因此不能用8个L形盖住剩下的24格．说明：解法1虽然很简单，但要想到这种解法，需要做多次试验（当挖去的一格在某些位置时，题目的要求是可以成立的）．解法2实际上用了抽屉原理，“×”格看作“苹果”，8个L形看成“抽屉”．用抽屉原理的关键是要设计好“抽屉”和“苹果”．四、分类、试验、递推、寻求规律例8在4×4的方格表中任意挖去一格，是否总能用5个分析对于4×4的方格表，由挖去一格的位置不同，可分三种情况讨论．这种分类讨论的方法，对于4×4的方格表来说，由于试验次数较少，还比较容易得到结论．但对于8×8的方格表，需要分10种情况，分别去试验；对于16×16的方格表，则需要分36种情况．对于每种情况，由于表格较大，试验起来也很繁琐．如果运用数学上称为“递推”的方法，问题就简单得多了，不仅能轻易地解决8×8、16×16的方格表的问题，还能解决 32×32、64×64、…等方格表中的类似问题．解法1：对于4×4的方格表，由挖去一格的不同位置，可分三种情况，每种情况都能运用5个L形盖住，因此在4×4的方格表中任意挖去一格，总能用5个L形盖住（如下图）．对于8×8及16×16的方格表，由于分类情况较多，这里从略．解法2：先考虑2×2的方格表，任意挖去一格，剩下3格总是恰好能用1个L形盖住．对于4×4的方格表，挖去的一格总在某个角上的2×2小方格表内，不妨设在左上角，那么左上角的2×2小方格表中剩下3格能用1个L形盖住．在右上、右下、左下的3个2×2方格表中，先各挖去靠中间的一格（如图），剩下的各能用1个L形盖住，而挖去的3格也恰能用1个L 形盖住．对于8×8的方格表，挖去的一格总在某个角上的4×4方格表内，不妨设在左上角，那么左上角剩下的部分总能用5个L形盖住．在右上、右下、左下的3个4×4方格表中，先各挖去靠中央的一格（如右图），由上述结论，各4×4方格表中剩下部分总能分别用5个L形盖住．而挖去的3格也恰能用1个L形盖住，所以，8×8方格表中任意挖去一格，总能用21个L形完全盖住．同样，对于16×16的方格表，任意挖去一格后，总可以用85个L形完全盖住．例9在一个6×6的方格表中，任选5个方格涂黑，然后再逐步将凡是与两个或两个以上黑格相邻的方格涂黑，不断按这个法则做下去，证明：无论怎样选择最初的5个方格，都不可能按这样的法则将所有方格全部涂黑．分析先试验一下，在上图的方格表中选5格涂黑，然后按给定法则涂黑另一些格，直到上图（4），已无法再将其余的方格涂黑．如果改变最初5格的位置，虽然最后涂黑的部分会不同，但都不能将所有方格全部涂黑．为了证明这一结论，如果将最初5格的不同位置一一列举出来，再逐个证明，当然也是可以的（这种方法叫枚举法），不过过于繁琐．因此，应该在试验中寻求规律，不被表面现象迷惑．证明：考虑涂黑过程中黑色区域的周界总长度．设小方格的边长为1，则开始有5个黑格，黑色区域总长度不大于20．按照题设的涂黑法则，每格在涂黑前后，黑色区域的周界不会变长（此方格至少有两边是原来黑色区域的周界，当此格涂黑后，这两边已不再是边界，而另两边可能成为边界）．如果能将所有方格都涂黑，那么黑色边界的总长度应为24，由以上分析，这是不可能的，因此，无论怎样选择最初的5个方格，都不可能按照题设的法则将全部方格涂黑．习题四1．在3×5的方格表中共有多少个正方形？共有多少个2．在例5中，是否从任意一个（不是右下角的）白房间出发，都能走遍各个房间后从右下角出来？3．在例 7中，如果挖去一个“×”格，剩下的方格表是否总能用8个L形完全盖住？4．①在4×4的方格表中的任意5个格中各放一枚棋子，是否总可选出2行2列，使这5个棋子都在这2行2列中？如果放6个棋子（每个棋子占一格），结果如何？放7个棋子，结果如何？②在6×6的方格表中最多放几个棋子（每个棋子占一格），不论如何放，使得总能选出3行3列，使这些棋子都在这3行3列中？5．在4×4的方格表中除一格写上“—”外，其余都写上“+”．现允许任选一行，或一列，或一条平行于对角线的斜线（特殊情况，可以是角上一格，或整条对角线），将它们每格中符号变成相反的．不断施行这种变换，是否能使整个方格表的所有格内都是“+”号？若改为5×5的方格表，结论如何？。
二次函数性质的再研究
二次函数性质的再研究§二次函数性质的再研究一、内容与解析（一）内容：二次函数性质的再研究。
（二）解析：二次函数问题多以解答题的一个部分出现，主要考查利用二次函数的图像和性质研究最值、值域、单调性、求函数值等问题特别是定轴动区间或（动轴定区间）问题是高考考查的热点也是难点，学本节时应加强练习，并能灵活运用数形结合的思想解决问题二、目标及其解析：（一）教学目标（1）掌握二次函数的求最值、对称性和平移以及二次函数解析式的求法和二次函数的应用；（二）解析（1）二次函数是一重要的函数，掌握好二次函数，对学生学习以后的函数有重要的启发作用，学习时，要特别注意其性质的把握，这里面一个最关键的是对称轴。
三、问题诊断分析研究二次函数问题一定注意问题成立的范围，超出范围的解是无效的因此研究二次函数时，不仅要关注函数的解析式还要关注函数的定义域，这一点对初学者说，是很容易犯错的。
四、教学支持条分析在本节一次递推的教学中，准备使用PerPint 2003。
因为使用PerPint 2003，有利于提供准确、最核心的字信息，有利于帮助学生顺利抓住老师上思路，节省老师板书时间，让学生尽快地进入对问题的分析当中。
五、教学过程（一）研探新知：（1）1二次函数的性质图像开口方向①②顶点坐标③④对称轴单调区间单调递减区间⑤调递增区间单调递增区间⑥单调递减区间最值当,取得最小值为当,取得最大值为2．二次函数性质的应用①如何确定二次函数的性质②如何确定二次函数在闭区间上的值域或最值3二次函数的三种解析式①顶点式：=a(x-h)2+ (a≠0),其中点(h,)为顶点,对称轴为x=h如果已知顶点，则可设成这种形式②交点式：=a(x-x1)(x-x2) (a≠0),其中x1,x2是抛物线与x轴的交点的横坐标如果已知二次函数与x 轴的交点坐标，则可设成这种形式③一般式：=ax2+bx+(a≠0),若已知二次函数上任意3点坐标，可设为这种形式（二）类型题探究题型一二次函数的最值与解析式问题例1 已知，函数、表示函数在区间上的最小值，最大值，求、表达式．解析：由，知图像关于对称，结合图像知，当，即时，；而当，即时，；当，即时，．∴．当，即时，；当，即时，．∴．题型二二次函数的实际应用问题例2 某租赁公司拥有汽车100辆当每辆车的月租金为3000元时，可全部租出当每辆车的月租金每增加0元时，未租出的车将会增加一辆租出的车每辆每月需要维护费10元，未租出的车每辆每月需要维护费0元（1）当每辆车的月租金定为3600元时，能租出多少辆车？（2）当每辆车的月租金定为多少元时，租赁公司的月收益最大？最大月收益是多少？解析：（1）当每辆车的月租金定为3600元时，未租出的车辆数为：，所以这时租出了88辆车；（2）设每辆车的月租金定为元，则租赁公司的月收益为：，整理得：，所以，当时，取最大值，其最大值为，即当每辆车的月租金定为400元时，租赁公司的月收益最大，最大收益为30700元设计意图：通过以上问题的探讨，使学生逐渐体会研究函数问题的一般方法。
自由落体运动的规律及经典例题及答案
自由落体运动的规律【知识讲解】自由落体运动一、定义物体只在重力作用下从静止开始下落的运动，叫自由落体运动。
在没有空气阻力时，物体下落的快慢跟物体的重力无关。
1971年美国宇航员斯科特在月球上让一把锤子和一根羽毛同时下落，观察到它们同时落到月球表面。
此实验说明：①在月球上无大气层。
②自由落体运动的快慢与物体的质量无关。
自由落体运动在地球大气层里是一种理想运动，但掌握了这种理想运动的规律,也就为研究实际运动打下了基础。
当空气阻力不太大，与重力相比较可以忽略时，实际的落体运动可以近似地当作自由落体运动.对自由落体运动的再研究：为了纪念伽利略的伟大贡献,1993年4月8日来自世界各地的一些科学家，用精密自动投卸仪把不同材料制成的木球、铝球、塑料球等许多小球从比萨斜塔上44米高处同时投下，用精密电子仪器和摄像机记录，结果发现所有小球同时以同一速度落地.所以，一般情况下，物体在空气中下落，可以忽略空气的影响，近似地认为是自由落体运动。
二、自由落体运动的条件1、从静止开始下落，初速为零。
2、只受重力，或其它力可忽略不计.（这是一种近似，忽略了次要因素，抓住了主要因素，这是一种理想化研究方法)三、自由落体运动的性质伽利略不但巧妙地揭示了亚里士多德观点的内部矛盾，还对自由落体运动的性质做了许多研究。
他的研究方法是提出假设-—数学推理——实验验证――合理外推.伽利略所处的年代还没有钟表，计时仪器也较差，自由落体运动又很快，伽利略为了研究落体运动，利用当时的实验条件做了在斜面上从静止开始下滑的直线运动(目的是为了“冲淡重力），证明了在阻力很小的情况下小球在斜面上的运动是匀变速直线运动，用逻辑推理外推到斜面倾角增大到90°的情况,小球将自由下落，成为自由落体，他认为这时小球仍然会保持匀变速直线运动的性质，多么巧妙啊!正确与否需要用实验来验证，如图是处理课本中的自由落体纸带运动轨迹.猜想：自由落体是匀变速直线运动则由给定的公式v t＝,因数据相邻点时间t＝0.02s得v A＝0v B＝＝0。
2020年新高考全国Ⅰ卷(山东卷)数学第21题解法研究——同构放缩携起手导数不等式难题不再有
２０２０年新高考全国Ⅰ卷(山东卷)数学第２１题解法研究同构放缩携起手导数不等式难题不再有高振宁(山东省新泰市第一中学㊀２７１２００)摘㊀要:本文通过对２０２０年高考数学山东卷第２１题解法的探研ꎬ从命题人的角度来反思问题解决的方法ꎬ发现放缩法㊁隐零点法㊁同构法放缩法㊁分而治之法之间的联系与区别ꎬ得出导数解决高考数学中函数与导数压轴题的基本途径ꎬ旨在高中导数与函数复习中提高实效.关键词:导数与单调性ꎻ同构与放缩ꎻ分而治之ꎻ隐零点中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２０)２８－００２６－０２收稿日期:２０２０－０７－０５作者简介:高振宁(１９８３.４－)ꎬ男ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀原题再现㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａ.(１)当ａ＝ｅ时ꎬ求曲线ｙ＝ｆ(ｘ)在点(１ꎬｆ(１))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积ꎻ(２)若ｆ(ｘ)ȡ１ꎬ求ａ的取值范围.解㊀(１)略.(２)方法一(隐零点法):由ｆ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝ａｅｘ－１－１ｘꎬ显然ａ>０.设ｇ(ｘ)＝ｆᶄ(ｘ)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ａｅｘ－１＋１ｘ２>０ꎬ所以ｇ(ｘ)在０ꎬ＋¥()上单调递增ꎬ即ｆᶄ(ｘ)在０ꎬ＋¥()上单调递增.当ａ＝１时ꎬｆᶄ(１)＝０ꎬ当ｘɪ(０ꎬ１)ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎬｆ(ｘ)在０ꎬ１()上是减函数ꎻｘɪ(１ꎬ＋¥)时ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬｆ(ｘ)在(１ꎬ＋¥)上是增函数.ʑｆ(ｘ)ｍｉｎ＝ｆ(１)＝１ꎬ故ｆｘ()ȡ１恒成立.当ａ>１时ꎬ１ａ<１ꎬ所以ｅ－１<１ꎬｆᶄ(１ａ)ｆᶄ(１)＝ａ(ｅ－１－１)(ａ－１)<０ꎬ故存在唯一ｘ０>０ꎬ使得ｆᶄ(ｘ０)＝ａｅｘ－１－１ｘ０＝０ꎬ且当ｘɪ(０ꎬｘ０)时ｆᶄ(ｘ)<０ꎬ当ｘɪ(ｘ０ꎬ＋¥)时ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬ所以ａｅｘ－１＝１ｘ０ꎬ即ｌｎａ＋ｘ０－１＝－ｌｎｘ０.因此ｆ(ｘ)ｍｉｎ＝ｆ(ｘ０)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ０＋ｌｎａ＝１ｘ０＋ｌｎａ＋ｘ０－１＋ｌｎａȡ２ｌｎａ－１＋２１ｘ０ｘ０＝２ｌｎａ＋１>１ꎬ所以ｆ(ｘ)ȡ１恒成立.当０<ａ<１时ꎬｆ(１)＝ａ＋ｌｎａ<ａ<１ꎬʑｆ(１)<１ꎬｆ(ｘ)ȡ１不恒成立.综上所述ꎬ实数ａ的取值范围是[１ꎬ＋ɕ).方法二(放缩法):当０<ａ<１时ꎬｆ(１)＝ａ＋ｌｎａ<１.当ａ＝１时ꎬｆ(ｘ)＝ｅｘ－１－ｌｎｘꎬｆᶄ(ｘ)＝ｅｘ－１－１ｘꎬ显然ｆᶄ(ｘ)在(０ꎬ＋¥)上是增函数.当ｘɪ(０ꎬ１)时ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎬｆ(ｘ)在(０ꎬ１)上是减函数ꎻｘɪ(１ꎬ＋¥)时ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬｆ(ｘ)在(１ꎬ＋¥)上是增函数.所以ｆ(ｘ)最小值＝ｆ(１)＝１ꎬ从而ｆ(ｘ)ȡ１恒成立ꎬ当ａ>１时ꎬｆ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａȡｅｘ－１－ｌｎｘꎬ由ａ＝１的结论可知ｆ(ｘ)＝ｅｘ－１－ｌｎｘȡ１恒成立.综上可知:ａ的取值范围是１ꎬ＋¥[).方法三(同构函数ｙ＝ｅｘ＋ｘ):显然ａ>０ꎬａ＝ｅｌｎａꎬ则ｆ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａ＝ｅｌｎａ＋ｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａȡ１ꎬ等价于ｅｌｎａ＋ｘ－１＋ｌｎａ＋ｘ－１ȡｌｎｘ＋ｘ＝ｅｌｎｘ＋ｌｎｘ.令ｇｘ()＝ｅｘ＋ｘꎬ上述不等式等价于ｇ(ｌｎａ＋ｘ－１)ȡｇ(ｌｎｘ).显然ｇ(ｘ)为Ｒ上的单调增函数ꎬ故ｌｎａ＋ｘ－１ȡｌｎｘꎬ即ｌｎａȡｌｎｘ－ｘ＋１.令ｈ(ｘ)＝ｌｎｘ－ｘ＋１ꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝１ｘ－１＝１－ｘｘꎬ在(０ꎬ１)上ｈᶄ(ｘ)>０ꎬｈ(ｘ)是增函数ꎻ在(１ꎬ＋¥)上ｈᶄ(ｘ)<０ꎬｈ(ｘ)是减函数.ʑｈ(ｘ)ｍａｘ＝ｈ(１)＝０ꎬ则ｌｎａȡ０ꎬ即ａȡ１ꎬ即ａ的取值范围是[１ꎬ＋ɕ).方法四(同构函数ｙ＝ｘｅｘ):因ｆ(１)＝ａ＋ｌｎａȡ１ꎬ设ｇ(ａ)＝ａ＋ｌｎａꎬ显然ｙ＝ｇ(ａ)在区间０ꎬ＋¥()上是增函数ꎬｇ(ａ)ȡｇ(１)＝１ꎬ故ａȡ１.ｆ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａȡ１ꎬ得ａｅｘ－１ȡｌｎｅｘａ⇔ｅｘȡｅａｌｎｅｘａ⇔ｘｅｘȡｅｘａｌｎｅｘａ.显然ｘ>０ꎬｅｘａ＝ｅｌｎ(ｅ/ａ)ꎬ则原不等６２式等价于ｘｅｘȡｌｎｅｘａｅｌｎ(ｅ/ａ).设ｇ(ｘ)＝ｘｅｘꎬ显然ｇ(ｘ)在０ꎬ＋¥()上是增函数ꎬ则上述不等式等价于ｇ(ｘ)ȡｇ(ｌｎｅｘａ).当ｌｎｅｘａ<０时ｇ(ｘ)>０ꎬｇ(ｌｎｅｘａ)<０ꎬ显然ｇ(ｘ)ȡｇ(ｌｎｅｘａ)成立ꎻ当ｌｎｅｘａ>０时ꎬ原不等式等价于ｘȡｌｎｅｘａꎬ由于ｅｘȡ１＋ｘꎬ且ａȡ１则可得ｅｘ－１ȡｘȡｘａꎬ故ａ的取值范围是１ꎬ＋¥[).方法五(同构函数ｙ＝ｘｌｎｘ):同方法四可得ｘｅｘȡｅｘａｌｎｅｘａꎬ即ｅｘｌｎｅｘȡｅｘａｌｎｅｘａ.设ｇ(ｘ)＝ｘｌｎｘꎬ则上述不等式等价于ｇ(ｅｘ)ȡｇ(ｅｘａ).ｇᶄ(ｘ)＝ｌｎｘ＋１ꎬｇ(ｘ)在０ꎬ１ｅæèçöø÷上是减函数ꎬ在(１ｅꎬ＋¥)上是增函数.当ｅｘａ<１时ꎬｇ(ｅｘ)>０ꎬ而ｇ(ｅｘａ)<０ꎬ显然有ｇ(ｅｘ)ȡｇ(ｅｘａ)成立ꎻ当ｅｘａȡ１>１ｅ时ꎬ不等式ｇ(ｅｘ)ȡｇ(ｅｘａ)⇔ｅｘȡｅｘａ⇔ｅｘ－１ȡｘａ.以下同方法四.方法六(分而治之法):ｆ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａȡ１⇔ａｅｘ－１ȡｌｎｅｘａ⇔ａｅｘｅȡｌｎｅｘａ⇔ａｅˑｅｘｘȡｌｎｅｘａｅｘａˑｅａ.ａｅˑ(ｅｘｘ)ｍｉｎȡ(ｌｎｅｘａｅｘａ)ｍａｘˑｅａ.设ｇ(ｘ)＝ｅｘｘꎬｘ>０ꎬｇᶄ(ｘ)＝(ｘ－１)ｅｘｘ２ꎬ易知ｇ(ｘ)＝ｅｘｘ在０ꎬ１()上是减函数ꎬ在１ꎬ＋¥()上是增函数ꎬ故ｇ(ｘ)ｍｉｎ＝ｇ(１)＝ｅ.设ｈ(ｘ)＝ｌｎｘｘ(ｘ>０)ꎬｈᶄ(ｘ)＝１－ｌｎｘｘ２ꎬ易知ｈ(ｘ)＝ｌｎｘｘ在(０ꎬｅ)上是增函数ꎬ在(ｅꎬ＋¥)上是减函数ꎬ故ｈ(ｘ)ｍａｘ＝ｈ(ｅ)＝１ｅꎬ则知(ｌｎｅｘａｅｘａ)ｍａｘ＝１ｅꎬ则ａȡ１ａꎬ故ａ的取值范围是１ꎬ＋¥[).从解决问题方法的角度看ꎬ隐零点法是解决问题的一般性通法ꎬ但是此种方法需要强大的计算能力作为基础ꎬ特别是在利用ａｅｘ－１＝１ｘ０进行代换得到ｌｎａ＋ｘ０－１＝－ｌｎｘ０的这种思路ꎬ应该作为一种基本的解决导数不等式压轴题的基本思路进行培养.放缩法是山东省教育招生考试院给出的官方答案ꎬ此种办法的优点是ꎬ计算量不是大ꎬ借助分类讨论思想ꎬ利用特殊点明确参数的范围进而证明此范围符合题意ꎬ但是在实际的教学中ꎬ新教材已经把分析法和综合法等不等式证明方法删除ꎬ学生证明不等式能力较弱的情况下掌握放缩法不易ꎬ这就需要教师在教学中渗透不等式的证明方法.为了突破这个教学难点ꎬ笔者认为可以利用具体的证明方法ꎬ而不用过多的纠缠这种方法的具体含义和要求ꎬ比方说把 执果索因 给学生讲解成 把结论等价变形成能解决问题的形式 ꎬ在教学的实践中怎么充实这一点ꎬ还需要不断的在实际中摸索与探究.方法三㊁四㊁五可以归结成同构法ꎬ同构法的本质是构造目标函数ꎬ借助目标函数单调性把复杂函数简单化递减ꎬ比方说若Ｆ(ｘ)ȡ０能等价变形为Ｆ(ｆ(ｘ))ȡＦ(ｇ(ｘ))ꎬ若Ｆ(ｘ)递增ꎬ则问题转化为ｆ(ｘ)ȡｇ(ｘ)ꎬ若Ｆ(ｘ)递减ꎬ则问题转化为ｆ(ｘ)ɤｇ(ｘ).此类方法的关键是构造目标函数ꎬ高考压轴题中的构造常见形式可分为两类:(１)ａｅａɤｂｌｎｂ可以同构ａｅａɤｌｎｂｅｌｎｂꎬ借助函数ｆ(ｘ)＝ｘｅｘ解决ꎬ也可以同构ｅａｌｎｅａɤｂｌｎｂꎬ借助ｆ(ｘ)＝ｘｌｎｘ解决ꎬ更可以同构为ｌｎａ＋ａɤｌｎｂ＋ｌｎ(ｌｎｂ)ꎬ借助ｆ(ｘ)＝ｘ＋ｌｎｘ解决.(２)ｅａａɤｂｌｎｂ可以同构ｅａａɤｅｌｎｂｌｎｂꎬ借助函数ｆ(ｘ)＝ｅｘｘ解决ꎬ也可以同构为ｅａｌｎｅａɤｂｌｎｂꎬ借助函数ｆ(ｘ)＝ｘｌｎｘ解决ꎬ更可以同构ａ－ｌｎａɤｌｎｂ－ｌｎ(ｌｎｂ)ꎬ借助函数ｆ(ｘ)＝ｘ－ｌｎｘ解决.当然ꎬ用同构法解题ꎬ除了要有同构法的思想意识外ꎬ对观察能力㊁对代数式的变形能力的要求也是比较高的.但是笔者认为ꎬ利用同构法可以最接近命题者的原始创作方向ꎬ此题目设计思路的开始点应该是ｅｘȡｅｘａ.正所谓ꎬ同构新天地ꎬ放缩大舞台!方法六属于解决问题的巧妙方法ꎬ不属于通性解法ꎬ一般情况下ｆ(ｘ)ȡｇ(ｘ)不等价于ｆ(ｘ)ｍｉｎȡｇ(ｘ)ｍａｘꎬ但是对于极个别的问题ꎬ利用上分而治之的方法ꎬ会极大地降低运算程度ꎬ但是构造不等式两侧的目标函数有一定的技巧性ꎬ学生不易掌握.㊀㊀参考文献:[１]陈永清.轻松快捷巧记高中数学知识与解题方法[Ｍ].长沙:湖南师范大学出版社ꎬ２０２０:４２－４７.[责任编辑:李㊀璟]７２。
如何在结论教学中让学生主动探究——由椭圆一个例题引起的思考
课程篇本文从讲解圆锥曲线中的椭圆这一节的诸多性质入手，以例题为载体，以一题多解、一题多变为手段，来谈谈圆锥曲线学习中如何让学生有机会自由表述、探讨问题，从而提高学生学习兴趣，发展学生的思维能力。
一、教学主要环节例：求椭圆x 24+y 23=1上的动点P 到原点O 的距离的最大值和最小值。
学生思考，并解答。
解法1：设P （x ，y ）|PO |=x 2+y 2√=x 2+3-34x 2√=14x 2+3√x ∈［-2，2］∴当x =0时，|PO |min =3√当x =±2时，|PO |max =2解法2：设P （2cos θ，3√sin θ）|PO |=4cos 2θ+3sin 2θ√=3+cos 2θ√当cos θ=0时，|PO |min =3√当cos θ=±1时，|PO |max =2师：这两位同学都是通过建立目标函数求最值，不同的是前者利用二次函数，后者利用三角函数。
思考1：此题的结论可否推广到一般？学生思考并探究后得到：结论1：椭圆上任一点P 到原点O 的距离最近的点为短轴端点，最远点为长轴端点。
变式1：求椭圆x 24+y 23=1上的动点P 到其中一个焦点的距离的最大值和最小值。
师：从变式1我们可得到结论2：椭圆上任一点P 与焦点距离最近（最远）的点为长轴端点。
变式2：设椭圆x 24+y 23=1的左右焦点为F 1、F 2，P 为椭圆上一动点，求∠F 1PF 2的最大值和最小值。
解：设|PF 1|=x|PF 2|=2a-x=4-xcos ∠F 1PF 2=|PF 1|2+|PF 2|2-|F 1F 2|22|PF 1||PF 2|=x 2+（x -4）2-42x （4-x ）=-1+6-x 2+4x由变式1中得的结论，x ∈［1，3］∴cos ∠F 1PF 2∈［12，1］∴∠F 1PF 2∈［0，π3］结论3：椭圆上任一点P 与两焦点所成夹角为最大角时，P 为短轴端点。
分数除法应用题的案例分析
“分数除法应用题”的案例分析应用题的学习是小学数学教学的重要内容，也是学生学习中出现问题最多的内容。
特别是到了六年级要学习的分数（百分数）乘除法应用题，更是重中之重。
一些老教师根据多年来的教学经验总结出一套分析解答分数(百分数)应用题的方法，如“是、占、比、相当于后面是单位1”；“知1求几用乘法，知几求1用除法”等等。
一开始我也采用这种教学方法，感到简单易行，同时也为那些学习有困难的学生提供了帮助。
但随着时间的流逝，我感觉这样的教学方法使学生走上了生搬硬套的模式，许多同学在并不理解题意的情况下，也能做对应用题。
然而在这种教学方法指导下获得的知识是僵化的，许多学生虽然会熟练的解答应用题，但却不会在实际生活中加以运用，原因在于他们生活中遇到的问题不是以标准形式的应用题出现，在这里找不到“是、占、比、相当于”，也就找不到单位“1”，学生因此无从下手。
在《国家数学课程标准》中，为了更好的发挥应用题的“应用”价值，应用题已不再作为独立的章节出现，而是将这部分内容融于“数与代数”、“空间与图形”、“统计与概率”、“联系与综合”当中。
但目前我们使用的仍然是旧教材，如何在新理念的指导下使用好旧教材，是我们当前需要研究的话题。
我在教学“分数（百分数）除法应用题”一课时做了一些尝试和探索。
现将教学大致过程摘录如下。
二、案例：师：“我们班共有45名学生，其中男生有24人，女生21人，参加棋类兴趣小组的有5人”。
师：“你能把老师提供的信息编成一道分数（百分数）乘法应用题吗”？生：新仓小学六乙班有学生45人，男生占其中的8/15，男生有多少人”？新仓小学六乙班有学生45人，参加棋类兴趣小组的占全班人数的1/9，参加棋类兴趣小组的有多少人”？……师：“请你们解答这几道题”。
生：（略）师：“你认为解答分数（百分数）乘法应用题的关键是什么”？生：“根据关键句找出相等关系”。
师：“刚才同学们介绍了我们班的有关情况，想了解我校的有关情况吗”？生：“想”。
高中数学解题方法归纳与经典例题解析(PDF版) (1)
1 2 4 12 49
5
25 25
又 sin cos 0 2
sin cos 7
②
5
7
原式=
sin sin
cos cos
5 1
7 .
5
高中数学>>试题研究>>解题技巧
の嬴本德
2020 届高中毕业生升学考试复习试题 高中数学一题多解经典例题解析
解法三：万能公式法
由①③，得
y
y
2x 1
x y
1 2
1
z2
3x
y
3
1 2
(1)
5 2
由②③，得
2x y
y
1
1
x
y
1 1
z3
3x
y
31
(1)
2
比较 z1, z2 , z3 的大小，得 z=3x+y 的最大值是 2.
解法二：作图法
y y 2x
O
x
P
y 1
2x y 1
y 3x z
由图可知，只有当待定直线 y 3x z 过点 P(1,1) 时，直线的截距 b z 才最大，即 zman 3x y 31 (1) 2 .
A.
CU CU
A B
{2,3} {3}
{3}
{2,3}
CU
B
CU
A ，A
错误
B.
CU CU
A B
{2,3} {3}
CU
B
CU
A
{2,3}
{1,2,3}
U
，B
错误
C. CU B {3}, A {1} CU B A ，C 正确 D. CU A {2,3}, B {1,2} CU A B {2} ，D 错误 解法三：韦恩图法
求三角形周长(面积)范围类问题解法探究
求三角形周长(面积)范围类问题解法探究楚雄第一中学赵泽民解三角形是高考的常考题型，主要出现在高考试卷 的解答题中，以解答题第17题的位置较为常见，偶尔也会 出现在选择题和填空题中.其考法主要围绕着正、余弦定 理，结合三角恒等变换，重点考査正、余弦定理的边角互 化及三角恒等变换公式的灵活应用，往往要求考生计算 边长、周长和面积的大小或范围.这类试题以中档题为主， 是考生志在必得却又容易卡壳的题目之一.本文主要以三 角形周长范围的求解为例，探讨此类题的解法，总结解题 规律，帮助考生摆脱“会而不对，对而不全”的苦恼.解决这类问题的方法主要有两种:一是利用“正弦定 理结合三角函数的值域”来求得最终范围；二是利用“余 弦定理结合基本不等式”来构造不等式使问题得到很好 的解决.在遇到此类问题时，学生往往偏向于计算量相对 较少的“余弦定理结合基本不等式”的解题思路来解决问题，但随着解题的深人，往往会遇到诸如范围被放大或缩 小的困境;另外一部分学生会考虑用“正弦定理结合三角 函数值域”的求解策略，但随着解决问题的深人往往会受 正弦定理转化的影响使问题变得“无从下手”，最终使自 己的心态从“满满的期待”转变为“满心的无奈与紧张那 么，当我们遇到这样的问题时，应该采取什么样的解题策 略呢？原题呈现：在锐角A /1SC 中，角的对边分别为 a ,6 ,c ,已知6=3，sin /l +asinfi =2(1) 求角4的大小;(2) 求周长的取值范围.对于A 4S C 周长的取值范围问题，我们驾轻就熟的往 往是“已知三角形的一个内角和其对边求周长的大小或 周长的最值”这一类问题.而本题的第(2)问却巧妙地避开① 当a 矣1时，由1矣*矣3得g U )矣0，/，U )«0，.../U ) 在[1,3]上单调递减，此时/(x K 1 )=-a -l =-2,解得a =l ;② 当时，由 1以《3得g U )>0，/，(*)>0, .•./0«:)在[1,3]上单调递增，此时/U )_=/(3)=U -l )ln 3-f -3=-2,解得a =」^±L <3,舍去；ln 3-—3③ 当l <a <3时，由 l <Cc <a 得g (;c )>0，/彳*)>0,由a <x <3得 g U )<0,/' U )<0,此时/U )在[1, a ]上单调递增，在[a , 3]上单 调递减，从而〇 )=( a_ 1) l na_ 1 _a =_2,解得a =e .综上所述，a =l 或a =e .【点拨】在例4中,/'U )的函数值符号由函数g U )z -U +D U -a )的函数值符号决定，/'U )的零点即的 零点为-1和a ,其中a 与定义域[1,3]的关系不确定,应分为 三类，即①a 矣1,②a >3,③l <a <3.总之，在解函数导数综合题的过程中，当导函数含函数g U )=ax +6,且导函数的符号由)函数值符号决定，要根据一次项系数的符号进行分类.当导函数含函数g U )z a ^+h +c ,且导函数的符号由g U )函数值符号决定，要把 握好分类讨论的层次.一般按下面次序进行讨论:首先，根 据二次项系数的符号进行分类;其次，根据方程g U )=0的 判别式A 的符号进行分类;最后，在根存在时，根据根的 大小进行分类.◊责任编辑邱艳〇Journal of Yunnan Education 65了平时复习中“练熟练透”的解题方法，把已知条件由常 规的“已知三角形的一个内角和其对边”变为“已知三角 形的一边和与这条边不相对的角”，还加上了一条限制一“A/l f i C为锐角三角形”,最终要求考生求“周长的 取值范围”，成功地把一道毫无新意的“陈题”装满了“新 酒解决该题的第(2)问时无论考生选择“余弦定理结合 基本不等式”，还是选择“正弦定理结合三角函数值域”的解题策略都会不同程度受挫，造成一定的心理负担.一、一波三折，尝试解答在解决第(2)问时，如果采用“余弦定理结合基本不 等式”的解题策略，能顺利地解决问题吗？我们又会遇到 哪些困惑呢？第一种境遇，由第(1)问很容易求得/1= |，结合已知条件6=3，我们容易想到P d+c^a cco sB或^(a+c)2 -l a c d+c o s S)，但苦于B角未知导致解题受阻，进而尝试 a^/^+^-Sfcccos/l或 +c)2-26c(l+cos/4),也因没有任何解题进展而放弃，最终无奈地写下“a+c>3”这一常见结 论，出现虽“惺惺相惜，但不得不罢手”的遗憾，因为这个 题由不得考生花太多的时间尝试.第二种境遇，尝试用“正弦定理结合三角函数值域”求解，考生受制于定式思维的影响，往往第一时间想到 a=2/?sin/4, 6=2/?siaB ,c=2/?sinC ,进一步得到a+ c= 2/f (sia4+S inC),结合/I+S+C=i7，快速地达到统一角的目 标，欣喜之余，发现2/?成了解下去的拦路虎，解题受挫，产 生“放弃与坚持”的纠结.第三种境遇，考生静下心来认真审视正弦定理+sirvi=2f t的结构和已知条件“6=3,4 =，找到解sin B sinC决问题的突破口，通过尝试发现，虽然“边不是角的对边，角也不是边的对角”,但只要搭配得当，也一样可以达到2V J统一角的目标.由-sin5-可知，csin；4 sinB3sinC-可知,0sinB，进一步得到a+c=2s\n B3V T;再由csinC3sinC合三角形内角和定理可知a+c:3V T2s\nB2sinB sin B3sin(^--B)sin/?，结，化简得a+c=3V T21+cosB 3 _ 3\^3~sin B 2 21+w寻-i..B Bzsin—cos—22•一1到此，本题基本上可以算是考生2 2 B2tan—2的囊中之物了，但部分欣喜若狂的考生可能会忘记题设对“三角形为锐角三角形”这一条件的限制而出现“大意失荆州”的苦恼与失落.由A/1S C为锐角三角形可知2(I,I),进一步求得tan!£(2-\A T,l),从而求得12 4 2-^E(1,2+\A T),q+c E( 3-^?—,3V T+6),又因B 2tan—2为6=3,所以周长的取值范围为a+6+C e(i V^,3V T+9).通过上述分析与解答，我们不难发现该题虽属中档题，每一个学生都是有思路的，但在解答的过程中却总是遇到或这样或那样的解题挫折，从心理上给学生造成相当大的压力，致使学生出现求之不得、弃之可惜的犹豫，导致宝贵的作答时间白白浪费.本题命题者设置了较多的“陷阱”，稍不留神，就会出现“会而不对，对而不全”的遗憾.另外，本题解题过程看似很新，实则还是利用了常规的“正弦定理结合三角函数值域”的解题策略，只是方法和以往解题常规略有差异导致考生解题时“困难重重二、遇见真题，强化巩固变式：（2019年全国卷nUZUBC的内角的对边分别为a,6，c,已知o sin l^"=fesinA.2(1) 求 S;(2) 若A/IBC为锐角三角形，且c=l,求厶/1BC面积的取值范围.分析：（1)已知边角等式asin^^=6Sin A.结合三角形2内角和定理得到sin土1^"=cos呈，进一步可求得s in Z■，最222终求出角5.(2)由（1)求得角S，结合三角形面积公式、正弦定理，以及三角形内角和定理得到关于面积的表达式，从66 4左焱1 •中学教师202 U、2方法与策略A XB C为锐角三角形出发，可求得面积的范围.有前面的解题实践，我们很快就可以将解题策略放在“正弦定理结合三角函数求值域”这一路径上.解答：⑵由（1)可知又因为c=l,所以S A,sc=V T 4由正弦定理可知〇=csin/1sinC sinC2tanCj.因为A薦为锐角三角形，所如(+’2)，S导，苧点评:在本题第(2)问的解答过程中，准确地用好正 弦定理是关键，其易错点是忽视“S C为锐角三角形”这 一题设条件,导致角4 ,C的取值偏大，从而影响最终结果.三、反思人教A版《数学》（必修五）第一章“解三角形”重点讲 了正弦定理及其变形、余弦定理及其变形和三角形面积 公式，而这些内容往往结合三角恒等变换成为高考的热 点，深受命题者青睐.近几年,这一题型的命题方式呈现考 点被细化、方法更灵活、解题“陷阱”更隐秘的特点.表面上 考生人手是容易的，但要做对、做全却并非易事.在平时的 教学中，无论是教师，还是学生都认为这道题往往是考卷 中解答题的第一题，其难度中档，是平时训练力度较大、解题方法较全的题型.在大多数学生心中这类题是志在必 得的题目，是后进生突破90分，中等生突破120分的关键 题型之一,也是考生愉悦地解决后续大题的心理基础，对 提升应考状态也至关重要.解决这类问题,定理的选择很 重要，有效的边角互化是解题的关键,方法一旦出错，便 容易在这个问题上绕弯，甚至出现“无法自拔”的解题投 人，最终是“求之不得，弃之不舍”的无奈.所以，教师在平 时讲解训练时，一定要注重对方法的总结，鼓励学生大胆 尝试，重视对一题多解和多题一解的强化.总之，所有解题 时的从容应对，都是平时解题方法的日积月累，静下心 来，用心投人，所有的问题都经不起琢磨.解三角形中的面积与周长的相关问题其难度一般属 于中档题，解题关键是灵活应用正(余)弦定理及其变形，有效地结合三角函数值域或基本不等式来找到解题的突 破口，但在解题时需破除解题定式干扰，勇于尝试.一般情况是若已知当中给定的边是角的对边（或角是边的对 角）,则选择“余弦定理结合基本不等式”或“正弦定理结 合三角函数值域”都可以解决问题;但如果题设条件中限 制三角形为锐角三角形（或钝角三角形）则宜选择“正弦 定理结合三角函数值域”来解决问题;若已知三角形的边 不是已知角的对边（或已知三角形的角不是已知边的对 角）,则优先选择“正弦定理结合三角函数值域”来解决问 题.在使用正弦定理时，应规避三角形外接圆半径对解题 的影响，直接使用正弦定理解决问题即可.解题时,必须注 意三角形形状对解题结果的影响，注意角的取值范围.从近几年高考题来看，命题者往往选择比较熟悉的 命题背景，在题目中布下隐秘的陷阱.如在求周长或面积 的范围时，考生往往比较熟悉最值,而命题者在考生熟悉 的解题题型上，稍加改进，就可能困住考生.譬如在已知条 件中限制三角形形状或所给的边与角并不对应等.这提醒 我们在平时的教学训练中，应有针对性地进行一题多解 和多题一解的训练.这样可有效地提髙学生V I别问题和解 决问题的效率，可有效增强学生的解题自信.在教学中，教师强化学生的解后反思意识是非常有 必要的.引导学生写好解题反思有助于学生发现解题亮 点,关注解题过程中遇到的困难，优化解题过程和解题思 路.通过对解题过程的回顾与探讨、分析与研究，领悟解题 的主要思想，关键因素，掌握数学中的基本思想和通性通 法，并能灵活地应用其去解决不同的问题.◊责任编辑邱艳〇Journal of Yunnan Education 67。
强化数学运算，聚焦统计策略，提升核心素养——以2023年高考数学全国乙卷第17题的解法溯源及拓展探究
当c ɪ(100,105]时,f (c )=p (c )+q (c )=5ˑ0.002+(c -100)ˑ0.012+(105-c )ˑ0.002=0.01c -0.98>0.02㊂综上可得,函数f(c )=-0.008c +0.82,95ɤc ɤ100,0.01c -0.98,100<c ɤ105㊂所以f (c )在区间[95,105]内的最小值为0.02㊂点评:本题新定义了两个统计量:医学检测的漏诊率p (c )和误诊率q (c )㊂第一问由第一个频率分布直方图可先求出c ,再根据第二个频率分布直方图求出c ȡ97.5的矩形面积即可解出;第二问根据题意确定分段点100,即可得出f (c )的解析式,再根据分段函数的最值求法即可解出㊂本题不仅考查在新情境中运用统计知识解决问题,还与函数知识产生交汇,是一道值得好好研究的能力题㊂(责任编辑 王福华)强化数学运算,聚焦统计策略,提升核心素养以2023年高考数学全国乙卷第17题的解法溯源及拓展探究为例ʏ广东省广州市广州大同中学 袁 安2023年高考数学全国乙卷第17题貌似平淡无奇,实则韵味十足,蕴藏了众多的计算方法和数学思想㊂符合基础性㊁综合性㊁应用性㊁创新性的高考试题原则,是检测数学运算㊁数据分析等核心素养,选拔人才的基础好题㊂本文通过对新高考乙卷统计试题的分析㊁解答㊁溯源和再研究,为同学们解答高考试题提供思路和方法㊂一㊁真题呈现题目 (2023年全国乙卷17)某厂为比较甲㊁乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应,进行10次配对试验,每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品,随机地选择其中一个用甲工艺处理,另一个用乙工艺处理,测量处理后的橡胶产品的伸缩率㊂甲㊁乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为x i ,y i (i =1,2, ,10)㊂试验结果如表1:表1试验序号i 12345678910伸缩率x i 545533551522575544541568596548伸缩率y i 536527543530560533522550576536 记z i =x i -y i (i =1,2, ,10),记z 1,z 2,,z 10的样本平均数为 z ,样本方差为s 2㊂(1)求 z ,s 2;(2)判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高(如果 z ȡ2s 210,则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高,否则不认为有显著提高)㊂赏析:试题是通过公平的工业背景收集大量的数据,需要认真读题和审题,理解符号x i ,y i (i =1,2, ,10)及定义新符号z i =x i -y i (i =1,2, ,10)的意义,再根据统计分析,发现规律,解答问题㊂第(1)问比较简单,通过分析可知需要求10个数的均值与方差,但在高考的压力下,选择什么方法和策略是非常关键的㊂第(2)问是新定义题型,要求考生在理解给出数学符号及意义的基础上,对知识进行及时应用,并做出正确㊁合理的判断㊂这两个问题层层递进,步步提升,每一步都要求考生有较强的数据分析与处理能力㊂二㊁多角度解法荟萃(1)分析:求收集到的两组数据x i ,y i (i =1,2, ,10)对应的差值z i =x i -y i (i =1,2, ,10)的平均数与方差㊂可以根据试题要求,在原表格基础上快速求出对应的值,再通过相应的计算公式求解㊂解法一:妙用配凑,化零为整㊂由题意可得表2:表2试验序号i 12345678910伸缩率x i 545533551522575544541568596548伸缩率y i 536527543530560533522550576536z i968-8151119182012所以 z=110[9+6+8+(-8)+15+11+19+18+20+12]=110{(9+6+15)+[8+ (-8)]+(11+19)+(18+12)+20)}=11㊂s2=110[(9-11)2+(6-11)2+(8-11)2 +(-8-11)2+(15-11)2+(11-11)2+(19 -11)2+(18-11)2+(20-11)2+(12-11)2]=110(4+25+9+192+16+0+64+49 +81+1)=110[(4+25+1)+(49+81)+(64 +16)+(192+9)]=110{30+130+80+[(20 -1)2+9]}=110[240+(400-40+1+9)]= 110(240+370)=61㊂评注:求z i时,用表格形式对照依次作差计算,对照工整,易算易查,不易出错㊂计算均值与方差时,利用数据较小,可以巧妙地把两项或多项进行配凑,优化计算过程,从而保证计算的速度与准度,是同学们应该掌握的一种巧妙计算方法㊂解法二:巧估中值,减小数值㊂根据解法一知,z i=x i-y i的值分别为9,6,8,-8,15,11,19,18,20,12,估计平均值在10左右,所以把每个数分解成10和一个较小的数进行试算㊂z=110[9+6+8+(-8)+15+11+19+ 18+20+12]=10+110(-1+-4+-2-18 +5+1+9+8+10+2)=11㊂评注:此方法计算均值与求和时,先快速估计平均值所在的范围,选定一个估计值,再通过这个值进行配凑,从而快速求解㊂本方法在应用过程中,如果数据极差太大,一般可以通过正负组合和配凑组合多种方法综合应用,起到减小计算量的作用,这也是同学们应该掌握的一种巧妙方法㊂(2)分析:此问是一个新定义下的应用问题㊂要求考生先通过审题,用公式计算数据,再通过等价转化,比较两数据的大小,然后依据新定义给出判断,最终解决实际问题㊂解:由(1)知 z=11,2s210=26.1= 24.4㊂又( z)2=121,2s2102=24.4,故 zȡ2s210,所以甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高㊂评注:此问重在考查考生对所给新定义的理解㊂通过分析,把(1)中求得的数据代入题目所给的公式进行比较,按所给新定义进行判断,再正确地回答所做出的判断,这需要考生养成一丝不苟㊁严谨求实的科学精神㊂三、试题溯源题源(人教版必修第三册第81页习题2.2A组第1题)有一种鱼的身体吸收汞,汞的含量超过体重的1.00p p m(即百万分之一)时就会对人体产生危害,在30条鱼的样本中发现的汞含量是:0.07,0.24,0.95,0.98,1.02,0.98,1.37,1.40,0.39,1.02,1.44,1.58,0.54,1.08,0.61,0.72,1.20, 1.14,1.62,1.68,1.85,1.20,0.81,0.82,0.84,1.29,1.26,2.10,0.91,1.31㊂(1)(2)(3)略㊂(4)求出上述样本数据的平均数和标准差㊂(5)有多少条鱼的汞含量在平均数与2倍标准差的和(差)的范围内?解析:(4)由期望与方差公式可得 x= 32.4230ʈ1.08,s2ʈ0.2113,sʈ0.46,所以平均数为1.08,标准差为0.46㊂(5)由平均数与2倍标准差的和(差)的范围可得 x-2sɤxɤ x+2s⇒1.08-2ˑ0.46ɤxɤ1.08+2ˑ0.46⇒0.16ɤxɤ2.00,所以不符合条件的只有0.07和2.10两条,其余符合条件的共有28条㊂评注:对比2023年高考数学全国乙卷第17题知,高考试题来源于课本,却高于课本㊂课本是课程标准的具体体现,更是高中数学学习和高考备考的指导用书㊂统计以真实事件为背景知识,通过数据的收集,再通过对数据的分析来解决问题㊂四、复习备考建议1.立足于概念精准理解,发挥教材引领功能为了更深刻地理解数学概念,加快求解的速度,同学们平时要充分发挥教材的引领功能,对所学知识进行再探究㊂例如,在利用频率直方图求期望时,可以得到如下推论㊂图1推论:在图1所示的频率分布直方图中有n 组数据,最小值a ,组距为d ,第i 组数据对应的频率/组距为b i ,x i 为该组数据的中点值,对应区组的面积,即对应概率为p i ,则样本数据的平均数 x=ðni =1xi㊃p i =ðni =1a +(i -1)d +a +i d2㊃(d ㊃b i )=a +d 2+d 2b 2+2d 2b 3+ +(n -1)d 2b n =a +d2+d ㊃p 2+2d ㊃p 3+ +(n -1)d ㊃p n=a +d2+d ㊃ðni =2(i -1)p i㊂例1 从某加工厂生产的产品中抽取200件作为样本,将它们进行某项质量指标图2值测量,并把测量结果x 用频率分布直方图进行统计,如图2㊂若同一组中的数据用该组区间的中点值作代表,则该样本的平均数为㊂解析:由上述推论知,抽取的产品的质量指标值的样本平均数为 x =170+10ˑ0.09+20ˑ0.22+30ˑ0.33+40ˑ0.24+50ˑ0.08+60ˑ0.02=170+0.9+4.4+9.9+9.6+4+1.2=170+(0.9+9.9+1.2)+(4.4+9.6+4)=200㊂评注:当试题数据较小时,直接使用公式计算可以快速解决问题,但数据较大时,可以用上述推论的公式,这样可以适当减少计算量,加快解题速度和准确度㊂2.立足于知识交汇综合,发展综合应用能力例2 某市工会组织举行 红心向党职工歌咏比赛,分初赛㊁复赛和决赛三个环图3节,初赛全市职工踊跃参与,通过各单位的初选,最终有2000名选手进入复赛,经统计,其年龄的频率分布直方图如图3所示㊂(1)求直方图中x 的值,并估计复赛选手年龄的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表,结果保留一位小数)㊂(2)决赛由8名专业评审㊁10名媒体评审和12名大众评审分别打分,打分均采用10分制㊂已知某选手专业得分的平均数和方差分别为 x 1=8.4,s 21=0.015,媒体得分的平均数和方差分别为 x 2=8.8,s 22=0.054,大众得分的平均数和方差分别为 x 3=9.4,s 23=0.064,将这30名评审的平均分作为最终得分,请估计该选手的最终得分和方差(结果保留三位有效数)㊂附:方差s 2=1n ðni =1(x i - x )2㊂解析:(1)由题意,(0.010+0.015+0.020+2x +0.030+0.035+0.040)ˑ5=1,解得x =0.025㊂ x =22.5+5ˑ0.125+10ˑ0.175+15ˑ0.2+20ˑ0.15+25ˑ0.125+30ˑ0.1+35ˑ0.075=39.625ʈ39.6㊂(2)设该名选手最终的平均分为 y ,最终方差为s2㊂则 y =18+10+12(8.4ˑ8+8.8ˑ10+9.4ˑ12)ʈ8.933(分)㊂s 2=130{8[s 21+( x 1- y )2]+10[s 22+( x 2- y)2]+12[s23+( x3- y)2]}=130{8[0.015 +(8.4-8.933)2]+10[0.054+(8.8-8.933)2]+12[0.064+(9.4-8.933)2]}ʈ0.216㊂评注:此题把频率分布直方图㊁分层数据的期望与方差进行了融合,多个知识交汇,要求同学们具有较强的问题分析能力㊁数学运算能力和问题解决能力㊂3.立足于数学思想方法,提升数据分析素养有时解题方法和策略比计算更为重要,我们要强化数学思想方法,构建数学模型,提升数据分析素养,从而全面提升解题能力㊂例3 石头㊁剪刀㊁布 是一种广泛流传于我国民间的古老游戏,其规则:用三种不同的手势分别表示石头㊁剪刀㊁布,两个玩家同时出示各自手势1次记为1次游戏, 石头 胜 剪刀 , 剪刀 胜 布 , 布 胜 石头 ,双方出示的手势相同时,不分胜负㊂假设玩家甲㊁乙双方在游戏时出示三种手势是等可能的㊂(1)求在1次游戏中玩家甲胜玩家乙的概率㊂(2)规定每次胜出获得100分的积分,若没有获胜得50个积分,且每次游戏的结果互不影响㊂若玩家甲㊁乙共进行了3次游戏,并把3次的积分相加作为最后的总积分,求玩家甲玩3次游戏后的总积分的期望和方差㊂解析:(1)设玩家甲㊁乙在1次游戏中出示手势为事件Q,共有样本点3ˑ3=9(个),其中玩家甲胜玩家乙为A事件,有(石头,剪刀),(剪刀,布),(布,石头),共3个样本点,所以在1次游戏中玩家甲胜玩家乙的概率P(A)=39=13㊂(2)由(1)可知,每一次甲获胜的概率都是P(A)=13,且每一局相互没有影响,是独立重复实验㊂设玩家甲3次游戏中获胜的次数为X,获得的总积分为η,且η=50X+ 150㊂因为X的所有可能取值为0,1,2,3,所以η的所有可能取值为150,200,250,300,所以X~B3,13㊂P(x=0)=C03ˑ233=827,P(x=1)= C13ˑ13ˑ232=1227,P(x=2)=C23ˑ132ˑ23=627,P(x=3)=C33ˑ133=127㊂所以X的分布列为表3㊂表3X0123P8274929127所以X的期望E(X)=n p=3ˑ13=1,方差D(X)=n p(1-p)=3ˑ13ˑ23=23㊂又因为η=50X+150,所以E(η)= E(50X+150)=50E(X)+150=200,D(η) =D(50X+150)=(50)2ˑD(X)=50003㊂所以玩家甲玩3次游戏后的总积分的期望为200,方差为50003㊂评注:本题如果不将总积分η的期望㊁方差与甲胜的次数x之间建立线性关系,则解题的思路及计算过程会十分繁杂的,很多同学是难以快速计算出正确答案的㊂建立线性关系后,减少了计算过程,简化了计算方法,从而快速准确地求解问题㊂通过对高考试题的分析㊁解答和拓展研究,再次说明了我们要注重课本的理解与应用㊂要在课本例题的基础上进行再研究,把知识连成线,把方法织成网,把思维构成体系,培养同学们的数学应用意识和创新意识,从而提升分析问题㊁解决问题的能力㊂注:本文系2022年广东省教育科学规划课题 智慧课堂下的高中数学 精准教学 模式的实践研究 (项目编号:2022Y Q J K036)的研究成果㊂(责任编辑王福华)。
“四招”妙解一道几何计算题
“四招”妙解一道几何计算题
王辉
【期刊名称】《数理天地(初中版)》
【年(卷),期】2024()3
【摘要】平面几何问题是中学数学的重要问题之一,主要研究平面上的图形和一些几何量的性质,其中以几何图形为背景的计算题更是层出不穷,考查学生对于平面几何问题的处理能力.本文以一道几何计算题为基础,探讨解决此问题的四种妙招,归纳总结规律,以供读者参考.
【总页数】2页(P20-21)
【作者】王辉
【作者单位】甘肃省白银市第六中学
【正文语种】中文
【中图分类】G63
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例题解法再研究
发表时间：2019-01-09T15:14:55.800Z 来源：《中小学教育》2019年第347期作者：宋创峰[导读] 课本中例题通过在两个三角形中，连用两次正弦定理，而后两种解法我们通过作辅助线，在一个三角形中运用一次正弦定理求解得到，我们不难发现通过做辅助线，思维量虽然加大，但是计算量明显减少，所以即使是课本上的例题，我们也可以探求不同的解法，提升学生的思维，减少运算量，进而提升解题的准确性。
陕西省武功县绿野中学712209
下题是北师大版数学必修五第二章2.2三角形中的几何计算中的P54例一。
课本的解法主要是学习完正余弦定理后，在解决与三角形有关的几何计算，运用定理进行计算问题时举的例子：如下图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝5，AC＝9，∠BCA＝30°，∠ADB＝45°，求BD的长。
从上述三种解法中我们比较可知，课本中例题通过在两个三角形中，连用两次正弦定理，而后两种解法我们通过作辅助线，在一个三角形中运用一次正弦定理求解得到，我们不难发现通过做辅助线，思维量虽然加大，但是计算量明显减少，所以即使是课本上的例题，我们也可以探求不同的解法，提升学生的思维，减少运算量，进而提升解题的准确性。