对一道函数与方程调研题的思考
几何探路_方程为介——对一道求角的最值模考题的探究
几何探路 方程为介对一道求角的最值模考题的探究山东省日照实验高级中学 邹 青 (邮编:638400)摘 要 文章以一道模考求角的最值问题为例,结合变式探究从几何和代数两大角度总结了求角的最值的常用解题思路和方法,对解三角形中的求最值问题起到补充和借鉴意义.关键词 解三角形;最值;几何法;代数法 本文探究例题选自2022年11月份日照市模拟考试第17题,平均分2.3分,得分情况不理想.例题考查的数学知识有平面向量的分解㊁正弦定理㊁余弦定理㊁解三角形;主要考查计算求解能力㊁直观想象能力和逻辑推理能力.题干表述将几何与代数联系在一起,第一问入口宽,解决问题的思维方法可以是几何的,也可以是代数的,给不同思维水平的同学提供了充分的发挥空间.第二问从学生答卷反馈来看,众多同学不知道如何求解角的最大值,没有找到有效的解题思路,第二问空白答卷非常多.通过本例探究求角的最值的一般性方法,结合变式探究拓宽视野,发散思维.1 试题呈现例1 在әA B C 中,角A ,B ,C 所对应的边分别为a ,b ,c ,点D 满足3B D ң=B C ң,且A Dң㊃A C ң=0.(1)若b =c ,求A 的值;(2)求B 的最大值.2 解法探究解析 角度一 向量法因为A D ң㊃A C ң=0,所以(A B ң+13B C ң)㊃A Cң=0,即(23A B ң+13A C ң)㊃A C ң=0,所以23b c c o s A +13b 2=0,又因为b =c ,所以c o s A =-12,因为0<A <π,所以A =2π3.角度二 坐标法以A 为坐标原点,建立如图1所示平面直角坐标系,则B (-b2,b s i n øB A D ),所以s i n øA B I =B I A B =12,所以øA B I =π6.角度三 几何法图1法一 过点B 作A C 平行线交A D 延长线于点E ,如图2,则R t әA D C ʐR t әE D B ,所以B D =b2,则在R t әA B E 中,s i n øB A E =B E A B =12,所以图2øB A E =π6.所以A =2π3.法二 过点D 作A C 平行线交A B 于点F ,则D F =13b ,A F =23b ,在R t әA D E 中,所以øF A D =π6.法三 取C D 中点G ,则A E =D E =E C =B D =m ,所以øB =øC =øC A E ,所以әA B DɸәA C E ,设øB A D =øE A C =α,所以6α=π,即α=π6,所以A =2π3.法四 取B C 的中点H ,则有R t әC A H ʐR t әC D A (或由射影定理),所以A C C H =C D A C ,解得b =33a ,在әA B C 中,c o s A =b 2+b 2-a 22b2=-12,所以A =2π3.角度四 方程思想之正弦定理算两次在әA B D 中,B D s i n øB A D =A Bs i n øA D B,即a 3s i n øB A D =bs i n øA D B,在R t әA C D 中,s i n øA D C =A C D C =b2a3,因为s i n øA D B =s i n øA D C ,联立解得s i n øA D B =12,øB A D =π6,所以A =2π3.角度五 方程思想之余弦定理算两次在R t әA C D 中,c o s C =b2a 3;在әA B C 中,c o s C =a 2+b 2-b 22a b =a 2b ,所以a 2b =3b2a,即a =3b ,下同解法四.点评 第一问短小简明,便于学生多角度切入,要求学生读懂向量语言,可以直接采用向量基底法,该方法最为便捷;建立平面直角坐标系,坐标化求解;从条件b =c 出发,所以可以借助等腰三角形的特殊性质数形结合求解;在等腰三角形中深入考查学生对解三角形知识的理解水平,和灵活运用知识解决问题的能力,利用 算两次 的思想,具体结合两次正弦定理或者两次余弦定理联立解方程,方程视角相对平面向量视角和坐标法视角计算过程相对繁琐,但也是需要学生掌握的通性通法.(2)角度一 几何轨迹图3如图3,取C D 中点E ,因为A D ʅD C ,所以点A 的轨迹是以C D 为直径的圆,所以当直线A B 与圆E 相切时,øA B C 最大,又因为B D 的长等于圆的半径,所以此时B 为30ʎ.角度二 余弦定理与重要不等式因为23b c c o s A +13b 2=0,所以2b 2+c 2-a2=0,所以c o s B =a 2+c 2-b 22a c =a 22+3c 222a c ȡ32,当且仅当a =3c 时等号成立,因为0<B <π,所以B 的最大值为30ʎ.角度三 等面积法与函数思想设B D =m ,øA D B =β,在әA B D 中,A B 2=A D 2+B D 2-2A D ㊃B D c o s β=(8c o s 2β+1)m 2,又因为S әA B D +S әA D C =S әA B C ,所以12A B ㊃m s i n B +122m s i n β㊃2m c o s β=12A B ㊃3m s i n B ,化简得A B ㊃s i n B =m s i n 2β,所以s i n B =m s i n 2βm 8c o s 2β+1=s i n 2β8c o s 2β+1=s i n 2β4c o s 2β+5=1-c o s 22β4c o s 2β+5,令t =4c o s 2β+5,t ɪ[1,5],则s i n B =14-t 2+10t -9t =1410-(t +9t ),由y =t +9t ɪ[6,10],得s i n B ɪ[0,12],又因为B 为锐角,所以B 的最大值为π6.点评 首先借助几何图形分析边角要素关系,以正㊁余弦定理为主要工具,从代数和几何两大视角寻求解题思路.几何角度寻求点的轨迹,将角的最值问题转化为圆外一定点与圆心所成定直线与该圆外定点与圆上动点所成的动直线的最大夹角问题,解法小巧灵活.代数角度可以考虑表达出角的正弦或角的余弦的解析式,求角的正弦的难点在于表达出角的正弦的解析式,涉及角的恒等变换,对于学生运算能力要求较高,结合重要不等式求角的余弦更为常规,是解决求角的最值的通性通法.几何法运算量最小,但是对于思维要求最高.本题多角度㊁多层次地考查学生的数学能力,突出考查了推理论证能力㊁几何直观能力㊁探究能力㊁分析问题和解决问题的能力.3 变式探究变式1 (2023年济南二模第20题)已知әA B C 中,角A ,B ,C 所对应的边分别为a ,b ,c ,点G 是әA B C 的重心,且A G ң㊃B G ң=0.(1)若øG A B =π6,求t a n øG A C 的值;(2)求c o s øA C B 的取值范围.解析 (1)解法一正弦定理延长C G 交A B 于点E ,因为点G 是әA B C 的重心,所以E 是A B 的中点,设C G =2m ,图4øC A G =α,则D G =12C G =m ,则在R t әA G B 中,A G =3m ,A B =2m ,所以在әA G C 中,由正弦定理得A G s i n øA C G =C Gs i n øC A G,即3m s i n (π6-α)=2m s i n α,所以t a n α=36,即t a n øG A C =36.解法二 余弦定理延长C G 交A B 于点E ,因为点G 是әA B C 的重心,所以E 是A B 的中点,设C G =2m ,则D G =A D =B D =m ,A G =3m ,A B =2m ,所以øD G A =øD A G =30ʎ,øA G C =150ʎ,所以在әA G C 中,A C 2=A G 2+C G 2-2A G ㊃C G c o s øA G C =13m 2,所以A C =13m .由余弦定理可求得c o s øG A C =23913,所以t a n øG A C =s i n øG A C c o s øG A C =36.解法三 几何法延长B G 交A C 于点D ,设B G =2m ,则D G=m ,则A G =23m ,则在R tәA D G 中,t a n øD A G =D G A G =36.解法四 坐标法图5如图5所示建系,由题意得G E 所在直线为y =33x ,设C G =2,所以A (3,0),C (-3,-1),所以t a nøC A G =k A C =0-(-1)3-(-3)=36.解法五 向量基底法A C ң=A G ң+G C ң,且G C ң=-(G B ң+G A ң),所以A C ң=2A G ң-G B ң,A C ң㊃A G ң=A G ң㊃(2A G ң-G B ң)=2A Gң2,设C G =2,则B G =1,A G =3,则|A C ң|=4A G ң2+G B ң2-4A G ң㊃G B ң=13,所以c o s <A G ң,A C ң>=A G ң㊃A C ң|A G ң||A C ң|=2A G ң2|A G ң||A C ң|=2A G A C =21313.下同法二.点评 本题依托平面向量的线性运算和向量数量积的性质围绕三角形重心的性质考查求角问题,由于重心G 与三角形各顶点连接又能构成三个三角形,并且A G ʅB G ,条件突破口较多,充分彰显了向量在解题中的桥梁作用,直接利用向量基底运算,或者建立平面直角坐标系将求夹角问题转化为斜率相关问题,又或者可以分析几何图形结合正弦定理或余弦定理求解,考查学生思维的灵活性,能展现不同层次学生的数学素养,对于学生思维能力要求较高.(2)解法一 算两次延长C G 交A B 于点E ,则C E =32c ,在әA E C 中,b 2=c 24+9c 24-2c 2㊃3c 2c o s øA E C =5c 22-3c 22c o s øA E C ,在әB E C 中,a 2=c 24+9c 24-2c 2㊃3c 2c o s øB E C =5c 22-3c 22c o s øB E C ,两式相加得a 2+b 2=5c 2,在әA B C 中,c o s øA C B=A C 2+B C 2-A B 22A C ㊃B C =2(a 2+b 2)5a b ȡ45.当且仅当a =b 时等号成立,又øA C B ɪ(0,π2),则c o s øA C B <1,故c o s øA C B 的取值范围为[45,1).解法二 向量基底法因为A G ң㊃B C ң=(13A C ң+13A B ң)㊃(13A C ң-23AB ң)=0,所以2A B ң2+A B ң㊃AC ң-A C ң2=0,即2c 2-b 2+b c c o s A =0,结合余弦定理化简得a 2+b 2=5c2,以下同法一.解法三 向量法延长C G 交A B 于点E ,因为C B ң+C A ң=2C E ң,C B ң-C A ң=A B ң,所以(C A ң+C B ң)2=(2C E ң)2①,(C A ң-C B ң)2=B A ң2②,将①②相加得a 2+b 2=5c 2.解法四 轨迹法因为B G ʅA G ,所以点G 在以A B 为直径的圆O 上,设A B =2,则O G =1,O G =3,由于当G 落在A B 的中垂线上时,әA B C 的面积取得最大值,即t a n øA C B 取得最大值,此时øA C B 取得最大值,所以c o s øA C B 取得最小值,所以c o s øA C B =2c o s 2øA O C -1=45.点评 将A ㊁B 视为定点,可知点G 的轨迹是圆,利用数形结合容易判断G 落在A B 的中垂线上时әA B G 的面积取得最大值,由于G 为әA B C 的重心,所以S әA B C =3S әA B G ,因此әA B C 面积也取得最大值,S =12a b 1-c o s 2C =12a b 1-(a 2+b 2-c 22a b )2=144a 2b 2-(a 2+b 2-c 2)2=14(1c o s 2C -1)(a 2+b 2-c2)2=14t a n 2C (a 2+b 2-c 2)2.因为A B 的中线长m 2c =2(a 2+b 2)-c 24,所以S =14t a n 2C (2m 2c -c 22)2=18|(4m 2c -c2)t a n C |,c =A B =2,m c =O C =3,得S =4t a n C ,本题易知C 为锐角,所以当әA B C 面积取得最大值,角C 取得最大值.在广泛掌握各种三角形面积公式的基础上以形显数,求角最值问题运算简洁明了.解法五 轨迹法之米勒圆图6延长B G 交B C 于点D ,过点C 向B D 延长线作垂线于点M .因为G 为重心,所以D 为A C 中点,不妨将B ,D看作定点,由于B G ʅA G ,所以A G ʊM C ,所以点C 在定直线M C 上运动,由米勒圆知当且仅当过B ,D 作圆与直线M C 相切于点C 时,øA C B 最大.由于M C 2=M D ㊃M B ,所以M C=2M D ,所以t a n øM C D =12,t a n øM C B =2,所以t a n øA C B =t a n øM C B -t a n øM C D1+t a n øM C B ㊃t a n øM C D=34,所以c o s øA C B =45,所以øA C B ɪ(0,π6]点评 由于D 为A C 的中点,将øA C B 视作øD C B ,再将B ,D 看成定点,即求两定点到直线上动点所成角的最值问题,即为米勒圆问题.本问要求学生能灵活运用知识迁移,注重对数形结合㊁转化与化归㊁整体代换与方程等思想方法进行考查,对学生逻辑推理㊁数学运算㊁直观想象等素养要求高.加强条件 在锐角әA B C 中,求c o s øA C B 的取值范围.解析 因为әA B C 为锐角三角形,b 2+c 2-a 2>0,a 2+c 2-b 2>0,将a 2+b 2=5c 2代入解得63<a b <62,所以c o s øA C B =a 2+b 2-c 22a b =25(ab+b a )ɪ[45,63).换设问 若әA B C 面积的最大值为3,求c .解析 由于a 2+b 2=5c 2,c o s C =a 2+b 2-c 22a b =25㊃a 2+b 2a b ȡ45,当且仅当a =b时等号成立,所以s i n C =1-c o s 2C ɤ35,所以S =12a b s i n C ɤ310a b =3,即a b =10,此时a =b=10,代入a 2+b 2=5c 2得c =2.变式2 (2022年天津第14题)在әA B C 中,C A ң=a ,C B ң=b ,D 是A C 的中点,C B ң=2B E ң,若A B ңʅD E ң,则øA C B 的最大值为.变式3 (2014年江苏第14题)若әA B C中的内角满足s i n A +2s i n B =2s i n C ,则c o s C的最小值是.变式4 (2016年全国高中数学联赛A 卷一试第9题)在әA B C 中,已知A B ң㊃A C ң+2B Aң㊃B C ң=3C A ң㊃C B ң,求s i n C 的最大值.4 结语三角形中求角的最值和取值范围问题需要引起教学的重视,引导学生从几何和代数两大角度加以探究,在探究时既注重纵深探究,也注重横向联系,求角的最值问题与面积最值问题密切相关,引导学生总结求最值问题的思维导图,解题时做到有法可依,思路明晰.(收稿日期:2023-10-11)。
高考数学学霸的答题技巧有哪些
高考数学学霸的答题技巧有哪些在高考时很多同学往往因为时间不够导致数学试卷不能写完，试卷得分不高，掌握解题思想可以帮助同学们快速找到解题思路，节约思考时间。
以下总结高考数学五大解题思想，帮助同学们更好地提分。
1、函数与方程思想函数思想是指运用运动变化的观点，分析和研究数学中的数量关系，通过建立函数关系运用函数的图像和性质去分析问题、转化问题和解决问题;方程思想，是从问题的数量关系入手，运用数学语言将问题转化为方程或不等式模型去解决问题。
同学们在解题时可利用转化思想进行函数与方程间的相互转化。
2、数形结合思想中学数学研究的对象可分为两大部分，一部分是数，一部分是形，但数与形是有联系的，这个联系称之为数形结合或形数结合。
它既是寻找问题解决切入点的“法宝”，又是优化解题途径的“良方”，因此建议同学们在解答数学题时，能画图的尽量画出图形，以利于正确地理解题意、快速地解决问题。
3、特殊与一般的思想用这种思想解选择题有时特别有效，这是因为一个命题在普遍意义上成立时，在其特殊情况下也必然成立，根据这一点，同学们可以直接确定选择题中的正确选项。
不仅如此，用这种思想方法去探求主观题的求解策略，也同样有用。
4、极限思想解题步骤极限思想解决问题的一般步骤为：一、对于所求的未知量，先设法构思一个与它有关的变量;二、确认这变量通过无限过程的结果就是所求的未知量;三、构造函数数列并利用极限计算法则得出结果或利用图形的极限位置直接计算结果。
5、分类讨论思想同学们在解题时常常会遇到这样一种情况，解到某一步之后，不能再以统一的方法、统一的式子继续进行下去，这是因为被研究的对象包含了多种情况，这就需要对各种情况加以分类，并逐类求解，然后综合归纳得解，这就是分类讨论。
引起分类讨论的原因很多，数学概念本身具有多种情形，数学运算法则、某些定理、公式的限制，图形位置的不确定性，变化等均可能引起分类讨论。
建议同学们在分类讨论解题时，要做到标准统一，不重不漏。
初中数学_二次函数的图象与一元二次方程教学设计学情分析教材分析课后反思
初中数学_二次函数的图象与一元二次方程教学设计学情分析教材分析课后反思《二次函数与一元二次方程》教学设计【课题】九年级下册5.6《二次函数与一元二次方程》（第1课时）一、教材分析本节主要内容是用函数的观念看一元二次方程，探讨二次函数与一元二次方程的关系。
教材从一次函数与一元一次方程的关系入手，通过类比引出二次函数与一元二次方程之间的关系问题，并结合一个具体的实例讨论了一元二次方程的实根与二次函数图象之间的联系。
这一节是反映函数与方程这两个重要数学概念之间的联系的内容。
二、学情分析1、知识掌握上，学生对二次函数的图象及其性质和一元二次方程的解的情况都有所了解，特别的，八年级时学生已经了解到了一次函数和一元一次方程的解之间的关系。
因而，对于本节所要学习的二次函数与一元二次方程之间的关系利用类比的方法让学生在自学的基础上进行交流合作学习应该不是难题。
2、学生学习本节课的知识障碍就是建立二次函数与一元二次方程之间的联系，渗透数形结合的思想。
三、教学目标知识与技能：1.探索二次函数y＝ax2+bx+c及其图象与一元二次方程ax2+bx+c=0的关系2.能根据二次函数y＝ax2+bx+c的系数，判断它的图象与x轴的位置关系3.应用二次函数和一元二次方程的关系解决相关问题过程与方法：经历探索二次函数y＝ax2+bx+c及其图象与一元二次方程ax2+bx+c=0的关系的过程，培养学生分析问题，解决问题的能力。
情感态度和价值观：使学生在数学应用增强自信心，在合作学习中增强集体责任感，加强学生数形结合思想的应用。
四、教学重难点重点：应用二次函数和一元二次方程的关系解决相关问题难点：理解二次函数y＝ax2+bx+c及其图象与一元二次方程ax2+bx+c=0根的关系五、教法学法教法：类比探究法、归纳总结法、讲练结合法学法：合作探究法、小组讨论法六、教学内容与过程（一）、立体式复习检测（1）一次函数y＝－3x＋6的图象与x轴的交点（，）一元一次方程－3x＋6＝0的根为________（2）不解方程，判断方程x2－3x＋3=0根的情况是________（3）解方程： x2－2x－3=0（4）（中考·白银）若关于x的一元二次方程(k-1)x2+4x+1=0有实数根，则k的取值范围是________【师生活动】：同桌提问判别式△与方程实数根的关系，然后请4位同学分别板书以上4个题目，其他同学在导学案完成以上题目。
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。
一道二元函数最值题的解法探究与思考_孔志文 (1)
值为 1．
评注 解决多元最值问题的基本思想是
通过消元法 转 化 为 一 元 函 数 最 值 问 题，因 此
解法 1 具有一般性． 本题利用齐次式换元，需
要学生具备模型意识．
分析 2 联想二元函数的最值（值域） 问
题可通过方 程 思 想 求 解，本 题 利 用 换 元 法 可
使问题获解．
解法 2 同解法 1，可设 x + 槡3 y = u（ u 槡x2 + y2
求 x + 槡3 y 的最大值和最小值． 槡x2 + y2 本题是一道含约束条件的二元函数最值
问题，题目以解 析 几 何 中 的 圆 和 函 数 为 背 景 ， 考查数形结合、分 类 整 合、转 化 与 化 归 等 数 学 思想，同时 考 查 学 生 分 析 问 题 和 解 决 问 题 的
能力，具有很好的选拔功能． 本题的成功解决 要求学生具 有 一 定 的 思 维 深 度 和 广 度，难 点 在于如何根 据 条 件 合 理 转 化，将 二 元 函 数 问 题转化为一元函数问题．
综上，得 1 ≤ u2 ≤ 4．
又 u ＞ 0，所以 u 的最大值为 2，最小值为
1．
评注 函数与方程思想是高中数学基本
的数学思想之一，解法 2 与解法 1 的类似之处
是通过换元将二元问题一元化． 随后将函数
的最值问题转化为二次方程的实根分布问题
而获解，侧重基础知识的考查与运用完成． 分析 3 从结论入手，将目标函数分成两
第4 期
高中数学教与学
一道二元函数最值题的解法探究与思考
孔志文 刘 嘉
（ 北京市朝阳外国语学校，100012）
2019 年清华大学自主招生笔试第 11 题形 式新颖，内涵丰富，引 起 了 笔 者 深 入 的 探 究 和 思考．
一道考查“无限逼近”思想的试题的编制与思考
一道考查“无限逼近”思想的试题的编制与思考作者：王平来源：《中学数学杂志(初中版)》2010年第03期在各种测试中,对分类、化归、数形结合及函数与方程等数学思想的考查比较常见,但对于渗透在义务教育阶段的“无限逼近”的思想的考查则较为少见.笔者在教学过程中,通过对一道试题的研究,编制了一道考查“无限逼近”思想的试题,现将其展示出来,以飨读者1 最终形成的试题电焊工想利用一块长5m、宽4m的矩形钢板ABCD做出一个面积尽可能大的扇形.(1)他先在钢板上沿对角线割下两个扇形,如图1(1),再焊接成一个大扇形.请你求出此扇形ABC(如图1(2))的圆心角(精确到0.1°);(2)为了制作更大的扇形钢板,可以按如图2所示的方法把矩形钢板的宽2等分、3等分,…,n(n是正整数)等分后,再把每个小矩形按图1(1)的方法分割,最后把割下的扇形焊接成一个大扇形.当n越来越大时,最后焊接成的大扇形的圆心角( )A.小于90°B.等于90°C.大于90°命题创意来源本试题是一道改编题,原试题共三问,前两问分别给出了图3和图1,要求学生计算扇形的圆心角,第三问是一个方案设计的问题,要求学生在对比前两个方案的基础上,设计出可以焊接成比图1(2)更大的扇形.第三问考查的是学生对前两个方案的理解、优化方法的提炼和解决问题的能力,同时蕴含了对数学的化归思想的考查.笔者在研究中自然的想到,如果把矩形的宽等分成n 份,再按图1(1)所示的方法分割,当n越来越大时,那么能拼成多大的扇形呢?忽然发现,这不就蕴含了无限逼近的数学思想方法吗?于是就有了通过改编原试题的立意、体现考查无限逼近思想的意图.改编前期思考设想本题所考查的数学知识有:锐角三角函数的相关知识和矩形、扇形的相关知识,考查的主要思想方法有:估算的方法和无限逼近的思想,其中,考查的核心应是无限逼近的思想.从难度上设想本题是一道中等偏上难度题,应设置为两个小题.其中,第一小题应考查锐角三角函数的相关知识,既保证本题入口较低,又保证为本题的核心考查目标做好铺垫,能力维度上应定位为“知识技能”,属于基本知识与能力的考查;第二小题应考查学生对无限逼近思想的理解,为此,应通过文字描述、图形展示“隐性”揭示该方法,促进学生的理解,但依然能考查学生对该方法的提炼和运用,能力维度上应定位为“解决问题”,属于较高层次的能力考查.试题命制过程由于本题与原题的核心考查目标完全不一样,所以本题在呈现上也做了很大的改变:首先,由于原题中的第一个图(即图3)与本题考查的核心目标联系较小,加上控制试题阅读量的需要,故删去原题中的第一问.但原题中的第二问需要保留(即为本题中的第(1)题),这既是试题定位上的需要,又是实现本题核心考查目标的需要;其次,用图形展示能够使拼接成的扇形圆心角逐渐增大的两个方案,并用文字描述出方案的操作过程,为学生观察、计算、比较、猜想等数学活动做好准备;最后,对第二问的题型设计做了思考:若用填空题的题型,由于考查的主要目标并不是要学生求出圆心角的极限值,而是理解并运用无限逼近的思想,用估算的方法大致估计出圆心角的极限值即可,故不易设置需要填的“空”;若用解答题的题型,虽然它能完整、真实的展示学生的思考过程,体现学生的学习水平,但由于本题不宜设问(原因与选用填空题题型的问题类似),而且课本上没有出现(或极少出现)用无限逼近的思想解决问题的例题,所以学生对其书写的规范性不熟悉,易造成试题效度的缺失;第二问的解答策略命题后的思考6.1 命制试题技术的思考根据课标的要求和7～9年级学生的思维特点和认知规律,无限逼近思想只能在比较少的教学内容中初步渗透,对学生仅仅是要求对该思想有一个初步的感受,因此考查无限逼近思想的试题的“度”的把握很重要.从题型上看,选择题比较适合;从试题的内容上看,应有两个特点,一是数形结合,二是应有两种不同类型的、学生都比较熟悉的图形.“数形结合”强调的是图形的重要性,由图形直观帮助学生理解该思想是考查目标得以实现的必要保证;而有两种不同类型的、学生都比较熟悉的图形,则是为了实现考查目标的必然手段——由其中一种“逼近”另一种,如本题中的扇形“逼近”矩形、弧“逼近”线段.若是只有同一种类型的图形,则失去了“逼近”的价值;若是有学生不熟悉的图形,则只能定性研究,无法定量研究,考查的能力要求就会大为降低6.2 试题与教学之间联系的思考学生看到本题的图2,会觉得很“眼熟”,因为这种由扇形“逼近”矩形的图形,早在小学学习圆的面积公式时,学生就已经接触过了,而无限逼近的思想在初中的估计[KF(]2[KF)]的大小、求一元二次方程的近似解等教学内容中进行了初步的渗透.本题利用了学生比较熟悉的图形,考查了无限逼近的数学思想,体现了该内容对平时教学的要求,有利于引导教师教学中重视该数学思想的渗透,关注学生的理解生成.为了加强学生对该思想的感受,教师在平时的教学中还可以因势利导的渗透该思想,如和学生讲解完本题后,可以提问:你认为长与宽分别为多少的矩形,按题目的要求分割,焊接成的扇形的圆心角小于90°?等于90°?再如文1中提到的研究三角形的内角和时,教师可以引导学生用无限逼近的思想从另一个角度推导出三角形内角和定理;又比如在平时解决正n边形的相关问题时,教师可以让n逐渐增大,引导学生体会正多边形“逼近”圆的过程,等等,只要教师真正关注到这一点,有意识的、创造性的使用教学中的素材,学生用无限逼近思想解决问题的能力就能逐步提高.需要引起重视的是,随着初、高中衔接的不断加强,近两年在全国各地的中考试卷中,已经开始出现考查无限逼近思想的试题.笔者命制的这道试题,实为抛砖引玉之“砖”,望能引起同行们对命制考查这一思想的试题的深入探讨和研究.参考文献[1] 张祥淳.无限逼近思想的应用[J].中学数学教学参考,2009,(1-2).作者简介王平,南京市第六届优秀青年教师,南京市数学中心组成员,白下区特级教师工作室成员,多次参与区、市级统考命题.近两年参加中国教育学会“十一五”科研规划课题“数学考试评价的理论与实践研究”课题组的研究,参与编写全国中考数学考试效度、信度评价报告的工作.。
方程和函数思想的关系（摘录）
方程和函数思想的关系（摘录）方程、函数这两个术语在中小学数学组十分常见，也是大多数孩子们最为头疼的两个词，不止一次的问自己：这两个到底是什么东东，它认识我，我不认识它。
王永春（课程教材研究所）1、方程和函数思想的概念方程和函数是初等数学代数领域的主要内容，也是解决实际问题的重要工具，他们都可以用来描述现实世界的数量关系，而且他们之间有着密切的联系，因此，本文将二者放在一起进行讨论。
（1） 方程思想。
含有未知数的等式叫方程，判断一个式子是不是方程，只需要同时满足两个条件;一个是含有未知数，另一个必须是等式。
如有些小学老师经常有疑问的判断题;x=0和x=1是不是方程？根据方程的定义，他们满足方程的条件，都是方程。
方程按照未知数的个数和未知数的最高次数，可以分为一元一次方程、一元二次方程、二元一次方程、三元一次方程等等，这些都是初等数学代数领域中最基本的内容。
方程思想的核心是将问题中未知量用数字以外的数学符号（常用x、y等字母）表示，根据数量关系之间的相等关系构建方程模型。
方程思想体现了已之与未知数的对立统一。
(2) 函数思想。
设集合ab是两个非空数集，如果按照某种确定的对立关系f，如果对于集合a中的任意一个数x,在集合b中都有唯一确定的数y和它的对应，那么就称y是x的函数，记作y=f(x)。
其中x叫做自变量，x的取值范围a叫做函数的定义域；y叫做函数或因变量，与x相对应的y的值叫做函数值，y 的取值范围b叫做值域。
以上函数的定义是从初等数学的角度出发的，自变量只有一个与之对应的函数值也是唯一的。
这样的函数研究的是两个变量之间的关系，一个变量的取值发生了变化，另一个变量的取值也相应发生了变化，中学里学习的正比例函数、一次函数、二次函数、幂函数、指数函数、对数函数和三角函数都是这类函数。
实际现实中变量的变化而相应变化，这样的函数是多元函数。
虽然在中小学里不学习多元函数，但只机上它是存在的，如圆柱的体积与底面半径r和圆柱的高的关系;v=πr2 h.半径和高有一对取值；也就是说，体积随半径和高的变化而变化，通过对这种变化的探究找出对应关系之间的法则，从而构建函数模型。
不断反思 深度挖掘 触类旁通——对一道质检题的多解剖析
教学参谋新颖试题2018年7月不断反思深度挖掘触类旁通—对一道质检题的多解剖析*江苏省丹阳高级中学朱炜俊著名数学家、教育学家G•波利亚在《怎样解题》一书 中指出：“好题目和某种蘑菇有点相似之处:它们都是成 串成长，找到一个以后，我们应该看看，很有可能在很近 的地方又能找到更多的因而当我们解完一道题以后，要不断领悟反思，多角度切人进行深度挖掘，从而达到 触类旁通、一题多解的效果.—、试题展示(2018年福建省高三毕业班质量检查测试•16)在平 面四边形中，"#=1，"$=!T，#%"#$，#%=2#$，贝的最小值为_____.二、解法研究分析:本题看似简单，条件也比较少，但对应的平面 四边形是不确定的，要确定"％的最小值问题，如 何切人才是解决问题的关键.思路方向1"解三角形思维是此类问题中最常见的 解题方法，也是考虑问题中首先想到的基本方法.通过 对不同三角形中边角关系的建立，利用三角函数的平方 关系加以转化，通过相应的方程有正数解，结合判别式 的求解即可确定对应的最值问题.本解法的运算量以及 运算的次幂比较大，运算时要有耐心，认真细致.解法（解三角形+函数与方程法如图1，设#$&(，贝切％&2#$&2(，设 #"#%&!，"％&)，在A"#C中，由余弦定理可得5=1+(2-2(c〇s%*号&，即 4-(2=2(sin!.①在A"#%中，由余弦定理可 %得）2= 1+4(2-4(cos!，整理可得 5(4-2(5+)2)(2+ (1-)2)2 +16&0,4此方程有正数解，则有％&4(5+)2)2-20 ( ((-))2+16 j &-)4+50)2-225'0，解得 5(45，则有故填<.思路方向2:当涉及到的平面几何比较难处理时，经 常可以考查建系，通过平面直角坐标系的建立，将其转 化为解析几何问题，这也是解决此类问题中比较常见的 一种方法.巧妙建立平面直角坐标系时，把点"放在单位 圆上，引人三角参数，结合勾股定理的转化来求解"％2的关系式，而碰到高次函数的最值问题，自然而然想到利 用导数法来确定对应的最值问题.本解法的运算量也比 较大，求导时容易出错，运算要专心细致.解法2(建系+导数法-:如图2，以#为坐标原点，#%、在直线分别为,2、-轴建立平面直角坐标系，#-，设$(0，a)，％(2a，0)，"（cos!，sin!)，其中！）|%，0 J，a e (-1，+1 -，结合勾股定理可得5=cos2!+ (a-sin! )2，整理可得sin^^4，2a而"％2=(2a-cos!)2+sin2!=4a2-4acos!+1&4/2-4a!1-(%?r+11-)2艮P— +2(2=2(cos!.②2由①2+②2，可得 4(2&(4-(2)2+ (^%+2(2&，44<(**•?农，？高中&4a2-2 V-a4+12a2-16 +1，设（,）=4,-2 !-,2+12,-16 +1，,=a2) (6-2!"5，6+2!"^)，2018年7月新颖试题贝")#4+2"_'2 ，!-"2+12"_16由/，(")>0 解得 2<"<10，故!(")在区间(6-2!y，2)，（10,6+2!^)上单调递减，在区间(2，10)上单调递增，可得!：")*+…#!：2)#5，则有故填！r.思路方向3 !考虑到题目中涉及各种边长与角度的关 系，我们还可以巧妙地引人平面直角坐标系与对应的极 坐标系，利用极坐标表'来确定相应的点的坐标，进而 确定点）所在的圆&的方程与点'所在的圆*的方程，利 用两圆的方程的求解以及位置关系，通过两圆内切的位 置关系来确定&'的最小值.本解法的思维巧妙，涉及极 坐标问题，知识点比较偏.解法3(极坐标法）！如图3，以+为坐标原点，&+所在 直线为"轴建立平面直角坐标系，而&(_1，〇)，由于可得点C所在的圆&为：("+1 )2+,2#5，整理为"2+y2+2"#4,"则圆&的极坐标方程为p2+2!C0s"=4,设点'的极坐标为（#，$)，此时点C的极坐标为(#，$_f$代人!2+2!C0s"=4 (可得+2x~#xc o s|$ ^J=4,整理有 #2+4#sin$# 16,贝乳点'所在的圆*为:"2+/+4,#16，良P"2+ (y+2 )2#20,显然圆&与圆*相内切，贝^有丨&'l_#.-l&*l#2V T-V T# V T.故填:！r.思路方向4!涉及凸四边形的对边、对角线等的关系 问题，可考虑利用特殊的几何定理:托勒密不等式(凸四 边形的两组对边乘积和不小于其对角线的乘积，当且仅 当四点共圆或共线时等号成立)来处理.处理巧妙，过程 简单1决捷.本解法涉及的托勒密不等式不属于课本知识，所以不易掌握，只是作为一个课外的拓展解法来处理.解法4 (托勒密不等式法）!如图4，设+'#2+)#2/，设 &'#",由于+'丄可得）'#V+'S+C2#V T/，c图4由托勒密不等式(凸四边形的两组对边乘积和不小 于其对角线的乘积，当且仅当四点共圆或共线时等号成 立）可得&+.C'+&'.+C"&C.+',即 1•V"^a+" •a"V"5~•2a,解得则有&'"!r.故填:v r.思路方向5 !平面几何的问题还是采用平面几何的方 法来处理，这是解决问题的一个思维方式.根据题目条件 加以巧妙的构造辅助线，通过三角形的相似，并结合相似 三角形及三角形的性质来确定最值问题.本解法利用初 中知识来解决高中问题，回归本源.其实，采用初中平面 几何的知识来解决一些高中相应的数学问题，往往可以 使得问题的解决更流畅V决捷解法5(旋转2几何法）！如图5,作+0丄&+，且+0# 2&+#2,连接&0、'0,可得&0# V&+2$+02# V5,由于+0#2& +,+'#2+C,则知 A&+C)A0+',可得 D#l l#2,可得 0'#2&C#2V T，根据三角形的性质可得&'"0'_&0#2V T_v r #V T.故填:V T.通过从多个不同角度的处理，巧妙地把该题的底蕴 充分挖掘出来，从多角度出发，多方面求解，真正实现对 数学知识的融会贯通，充分展现知识的交汇与综合，达 到提升能力、拓展应用的目的，进而真正达到在学中 “悟”，在“悟”中不断提升解题技能的目的.正如我国著 名数学家苏步青先生说过:“学习数学要多做习题，边做 边思索，先知其然，然后知其所以然.J h H高中十•？•!{：，■?45。
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对一道函数与方程调研题的思考
江苏省徐州一中张培强
题目（2011届徐州市高三第三次质检）若关于的方程有实数根，则实数的取值范围为．
解析1：⑴若，方程即为，可知方程无实根；
⑵若，则方程可化为，设，
，
令，解得或，列表如下：
计算得，．
故的取值范围为．
注析：方程的形式极易让我们将参数分离出来，但随之产生的分式函数让人望而却
步．关键在中的分子上，将对应系数相同的项合并，可提取出公因式．事实上，对于高次问题，我们可以想方设法去降次，让题目变得和蔼一些．
解析2：考虑，上下同时除以，可得
，令（或），则
，由函数的单调性易得，，故的取值范围为．
注析：同样是考虑方程的形式，各项系数呈现左右对称的关系．考虑方程，除以后
得到美妙的形式：，即，换元后可考虑一元二次方程的根解决问题．
解析3：令（或），则问题转化为关于的方程
在内有实数根．，令
，则，所以方程有实根必须或（示意图如图1），即或，解得或，故．
注析：与解析2比较，考虑一元二次方程在定区间内的根的分布需要分类讨论，而试题的特殊性在于，因此也省去了多种情况的讨论．
变式已知关于的方程有实数根（、为实数），则的最小值为．
解析：⑴若，方程即为，可知方程无实根；
⑵若，方程两边同除以，可得，即
，令（或），则问题转化为关于
的方程在内有实数根．
当，即时，只需，可行域如图（2—Ⅰ），此时，；
当，即时，只需，可行域如图（2—Ⅱ），此时，；
当，即时，只需或，即或，可行域如图（2—Ⅲ），此时．
综上可知，的最小值为．
注析：由于方程中含有两个参数，分离方法已不好使，而考虑换元后的方程的根，需要分类讨论解决．事实上，本题也可直接用求根公式求出方程的根，通过建立不等式得到关于
、的约束条件．
面对一个形式复杂的问题，关键是将其转化，使之以和蔼可亲的面目呈现．如此，方可思路顺畅、下笔从容．诚然，问题的顺利解决需要我们扎实的知识功底和从容应变的能力．2011-07-07 人教网。