一道有趣的高考数学试题的延伸与拓展
四点共面,链接教材,变式拓展——以一道高考题为例
试题研究２０２４年１月上半月㊀㊀㊀四点共面,链接教材,变式拓展以一道高考题为例◉江苏省张家港市沙洲中学㊀陶㊀贤㊀㊀空间中的四点共面的判断与证明是空间向量与立体几何部分的一个基本知识点,也是一大难点,历年高考数学试题中较少涉及,没有引起大家的高度重视．而在２０２０年高考数学全国卷Ⅲ的文科和理科试题中,都出现了空间四点共面的证明问题,也充分说明了该部分知识的基础性与重要性．借助空间中四点共面的判断与证明,很好地考查考生的数形结合思想㊁空间想象能力与推理论证能力,以及直观想象㊁逻辑推理等数学核心素养．１真题呈现图１高考真题㊀(２０２０年高考数学全国卷Ⅲ理科第１９题)如图１,在长方体A B C D ＧA １B １C １D １中,点E ,F 分别在棱D D １,B B １上,且２D E ＝E D １,B F ＝２F B １．(１)证明:点C １在平面A E F 内．(２)若A B ＝２,A D ＝１,A A １＝３,求二面角A ＧE F ＧA １的正弦值．此题以长方体为问题背景,通过相应线段的长度关系,证明点在平面内(其实就是证明四点共面)以及求解二面角的平面角的正弦值,改变以往传统的证明直线与平面之间的平行或垂直关系,令人耳目一新．图２２问题破解(Ⅰ)第(１)问的证法如下:证法１:几何法．如图２,在棱C C １上取点G ,使得C １G ＝１２C G ,连接D G ,F G ,C １E ,C １F ．在长方体A B C D ＧA １B １C １D １中,A D ʊBC 且AD ＝B C ,B B １ʊC C １且B B １＝C C １．由C １G ＝１２C G ,B F ＝２F B １,可得C G ＝２３C C １＝２３B B １＝B F ,所以四边形B C G F 为平行四边形,则G F ʊB C 且G F ＝B C ．又B C ʊA D 且B C ＝A D ,所以A D ʊG F 且A D ＝G F ,即四边形A F D G 是平行四边形,则A F ʊD G 且A F ＝D G ．同理可证,四边形D E C １G 为平行四边形,则C １E ʊD G 且C １E ＝D G ．所以C １E ʊA F 且C １E ＝A F ,则四边形A E C １F为平行四边形．因此,点C １在平面A E F 内．证法２:基底法１共面向量定理．在长方体A B C D ＧA １B １C １D １中,B B １ʊC C １ʊD D １且B B １＝C C １＝D D １,结合２DE ＝E D １,BF ＝２F B １,可得E D １＝B F ．由A C １ң＝A C ң＋C C １ң＝A B ң＋A D ң＋D E ң＋E D １ң＝A B ң＋A D ң＋D E ң＋B F ң＝(A B ң＋B F ң)＋(A D ң＋D E ң)＝A F ң＋A E ң,知A ,E ,F ,C １四点共面,所以点C １在平面A E F 内．证法３:基底法２共面向量定理的推论．设D １A １ң＝a ,D １C １ң＝b ,D １D ң＝c ,则D １A ң＝a ＋c ,D １E ң＝２３c ,可得c ＝３２D １E ң,于是a ＝D １A ң－３２D １E ң．由D １F ң＝D １A １ң＋A １B １ң＋B １F ң＝D １A １ң＋D １C １ң＋１３B １B ң＝D １A １ң＋D １C １ң＋１３D １D ң＝a ＋b ＋１３c ＝(D １A ң－３２D １E ң)＋D １C １ң＋１３ˑ３２D １E ң＝D １A ң＋D １C １ң－D １E ң(其中１＋１－１＝１),知A ,E ,F ,C １四点共面,所以点C １在平面A E F 内．图３证法４:坐标法．设A B ＝a ,A D ＝b ,A A １＝c ,如图３所示,以C １为坐标原点,C １D １ң的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系C １Ｇx yz ．连接C １F ,则C １(０,０,０),A (a ,b ,c ),E (a ,０,２３c ),F (０,b ,１３c ),于８６２０２４年１月上半月㊀试题研究㊀㊀㊀㊀是E A ң＝(０,b ,１３c ),C １F ң＝(０,b ,１３c ),可得E A ң＝C １F ң,因此E A ʊC １F ,即A ,E ,F ,C １四点共面,所以点C １在平面A E F 内．点评:证明空间中的四点共面问题,常见的证明方法就是以上三大类 (１)利用空间几何图形的特征,借助几何法的推理与论证,通过空间问题平面化来证明;(２)利用共面向量定理或推论,借助空间向量的基底法,通过向量的线性运算与转化来证明;(３)利用空间直角坐标系的建立,借助坐标法的运算,通过向量的平行判断与转化来证明等．特别地,对于共面向量定理及其推论,是立体几何中的一个重要的定理,可以用来处理一些与之相关的问题,往往可以使问题处理得更加简捷㊁巧妙．(Ⅱ)第(２)问的解法如下:解:以C １为坐标原点,C １D １ң的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系C １Ｇx yz ,则由已知可得A (２,１,３),E (２,０,２),F (０,１,１),A １(２,１,０),则A E ң＝(０,－１,－１),A F ң＝(－２,０,－２),A １E ң＝(０,－１,２),A １F ң＝(－２,０,１)．设平面A E F 的法向量为m ＝(x １,y １,z １)．由m A E ң＝０,m A F ң＝０,{得－y １－z １＝０,－２x １－２z １＝０,{取z １＝－１,得x １＝y １＝１,则m ＝(１,１,－１)．设平面A １E F 的法向量为n ＝(x ２,y ２,z ２)．由n A １E ң＝０,n A １F ң＝０,{得－y ２＋２z ２＝０,－２x ２＋z ２＝０,{取z ２＝２,得x ２＝１,y ２＝４,则n ＝(１,４,２)．所以c o s ‹m ,n ›＝m n |m ||n |＝１＋４－２３ˑ２１＝７７．设二面角A ＧE F ＧA １的平面角为θ,则|c o s θ|＝７７,可得s i n θ＝１－c o s ２θ＝４２７．因此,二面角A ＧE F ＧA １的正弦值为４２７．点评:坐标法是求解二面角的平面角的三角函数值问题中一个比较常见的方法,借助空间直角坐标系的建立,以及对应的点㊁向量的坐标的表示,结合相应两半平面的法向量的设置与确定,结合向量的数量积公式的转化与应用来确定相应的二面角的平面角问题．坐标法实现了用代数方法处理立体几何问题中的四点共面㊁线面位置关系㊁空间角㊁距离等几何推理与求解问题．３链接教材以上基于向量的四点共面的判断,其对应的共面向量定理及其推论是数学教材中的一个基本知识点,来源于教材,又服务于证明,可以很好地证明或求解与四点共面有关的数学问题．普通高中课程标准实验教科书«数学 选修２－１»(人教A 版)第８７页:结论１:共面向量定理．空间一点P 位于平面A B C 内的充要条件是存在有序实数对(x ,y ),使A P ң＝xA B ң＋y A C ң．普通高中课程标准实验教科书«数学 选修２－１»(人教A 版)第８８页思考 :结论２:共面向量定理的推论．空间任意一点O 和不共线的三点A ,B ,C 满足向量关系式O P ң＝xO A ң＋y O B ң＋zO C ң(x ＋y ＋z ＝１)的点P 与点A ,B ,C 共面．共面向量定理是共线向量定理在空间中的推广与拓展,共线向量定理用来证明三点共线,共面向量定理用来证明四点共面．４变式拓展图４高考真题㊀(２０２０年高考数学全国卷Ⅲ文科第１９题)如图４,在长方体A B C D ＧA １B １C １D １中,点E ,F分别在棱D D １,B B １上,且２D E ＝E D １,BF ＝２F B １．证明:(１)当A B ＝B C 时,E F ʅA C ;(２)点C １在平面A E F 内．证明:(１)连接B D ,B １D １．因为A B ＝B C ,所以四边形A B C D 为正方形,故A C ʅB D ．又因为B B １ʅ平面A B C D ,于是B B １ʅA C ,而B D ,B B １Ì平面B B １D １D ,所以A C ʅ平面B B １D １D ．因为E F ÌB B １D １D ,所以E F ʅA C ．(２)可以参照上述理科真题第(１)问的证明方法．５解后反思新一轮课程改革的核心就是培育学生的核心素养,发展学生的综合能力．承载着 立德树人㊁服务选才和引导教学 功能的数学高考,应借助试题 情境 的变革,夯实基础,以教材为本并超越教材,着眼于基础知识㊁基本技能㊁基本方法的考查,特别重视对数学思想方法㊁关键能力和学科素养的考查．因而在平时的数学教学与复习中,教师应在拓展延伸中紧扣课本,链接教材,注重归类迁移能力培养,聚焦思维品质,培养关键能力,从而有效实现学生数学素养的渐进式提升．Z９６。
一道课本习题的探究与拓展
ｒ ，
２５ ． ． ０５
ｔ （ 一３ ｔ ｔａｆ — ａ ／）＝ ｎ １＋ ａ ￣ ｎ ｎｔｌ
…
／
一 一
从离 地 面 高 １ ５ 的 ｃ ．ｍ 处观 察 它 ， 离 墙 多 高 则 时 ， 角 ０最大 ？ 视
ｌ
图 １
线 ， 表示 甲方边 锋 前进 的直线 ） Ｚ
乙— ＋ 甲 Ａ０ 一 ， ｆ
一 一
Ｃ Ｅ Ｄ
胁
ｃ ：
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一
图７
垄
４ ｘ一９ ’
Ｂｏ ｆ ，
图 ４ 图 ５
当 ＜ 詈 （图）Ｄ詈 ｏ ＜时如 ８Ｅ＝ 一 ， ，
ｔ Ａ Ｃ＝一 Ｅ＝ ａ Ｄ ｎ Ａ 历
而转化 为 函数 中 的最值 问题．
１２ 建 立适 当的 目标 函数 ．
用基本不等式 ＋ 三 ２ ≥
，
可 以很容易 求 出：
法一 ： 利用 余 弦定 理 直 接求 解． ＡＡ Ｂ 中 ， 在 Ｃ 仅 知 Ａ ２ 直接 求 ０的最 值 ， 为 困难． Ｂ＝ ｍ， 较 运 用 勾股 定理 可知
ＢＣ ： ， ： Ａｃ
等 成 时当 仅 ， 时ｔ 最 号 立 ，且 当 ： 芋 即 ： ， ａ ｎ
大． 显然 ， 本题运用基本 不等式求最值 比较 简便
由此可见 ， 问题 的一般步骤是 ： 探究
建 立数 学模 型— —首 先 仔 细 审题 ， 实 际问题 将 转化 为数学 问题 ； 建立 目标 函数—— 注意根 据条 件 ， 建立 的 函 数 必 须 “ 当 ” 便 于 求 解 ； 出 函数 最 适 ， 求 值—— 注意 选择 基 本 方 法 ； 验所 得 结 果—— 是 否 检 符合 实际 意义．
一道高考试题的拓展与延伸
平面解析几何是高中数学的主干知识，它具有培养学生运算求解能力，推理论证能力，抽象概括能力的功效，同时也是培养学生数学综合能力，应用意识和创新意识的好材料；而圆锥曲线是解析几何的核心内容，诸多中学数学思想方法在此集中展现，尤其数形结合思想，是高考重点考查的内容。
其中，直线与圆锥曲线的位置关系问题，最值与取值范围问题，定点与定值问题，是主要考查的题型，而且难度较大。
下面笔者从一道解析几何的高考试题出发，对求定值有关的问题加以拓展与延伸，以便达到举一反三、融汇贯通的效果。
问题：（2014年福建高考文科卷21题）已知曲线┌上的点到点F（0，1）的距离比它到直线y=?3的距离小2。
（1）求曲线┌的方程；（2）曲线┌在点P处的切线l与x轴交于点A，直线y=3分别与直线l及y轴交于点M、N。
以MN为直径作圆C，过点A作圆C的切线，切点为B。
试探究：当点P在曲线┌上运动（点P与原点不重合）时，线段AB的长度是否发生变化？证明你的结论。
思路方法：（1）由题意判断曲线是抛物线，用定义法求曲线方程。
（2）借助图形，根据题意可知，先利用导数的几何意义，求出切线l的方程；再联立方程组，得点A、M的坐标；再利用平几知识，表示出线段AB的长度，最后化简。
本题综合考查曲线与方程，直线与圆、直线与圆锥曲线的关系，考查数形结合等重要的数学思想，再利用平面几何的知识，转化为求定值问题，这道题并不难，但是考生解答的并不理想，究其原因是考生对所学的知识的灵活运用能力不够，思路不开阔，复习过程中对知识的拓展与延伸不到位。
下面笔者从三个方面就圆锥曲线中求定点、定值问题进行变式并加以拓展与延伸。
一、根据条件直接推理、计算定值是指在变化中所表现出来的不变的量，所以定值问题中可以用变化的量表示所要求解的量。
因此，求解定值问题的一种常用方法是：首先要大胆、恰当地引入变量；其次设法将所要求解为定值的量表示为变量的函数；最后将得到的函数关系式化简，变量必消，定值显现。
对一道高考数学试题的思考与拓展
．
＼
思考与拓展 ～～
ｌ § ｌ
于
雷 （ 南省 昆明市 第八 中学） 云
题目
＝
如 右 图 ，设 抛 物 线 方 程 为
这 一条 件换 作 “ 为 直线 Ｙ＝一 ｍ ＞０ 上 任意一 点 ” 肘 ｍ（ ） ，结论 “ Ａ、Ｍ、 三点的横 坐标成等差数列”还成立吗？
＝ ＋ 一 １ ２
，即 ２ｏ ｌ ２ Ｘ： ＋ ．
证 ： 题 设 ， ， （ 等） －孙 明 由 意 Ａ 等）Ｂ ， ＜
Ｍ（ｏ ２ ． ｘ，一ｐ）
所以 Ａ、 、曰三点的横 坐标成等差数列．
思考 ２ ：如果将 题 目中的 “ 为直线 Ｙ＝一ｐ上任 意一点 ” Ｍ ２
些 比较 困难 的 问题 迎 刃 而 解 ．
一
要 的 ．《 普通 高 中课 程标 准 实验 教科 书 ・ 学 （ 数 选修 ４ ５ 》 即 （ ＋ ＋… ＋ ） ＋２ａｂ＋０ ２ ＋ －） （１１ ２ ＋… ６
所 以判另式 △＝４ａｂ＋ ２ ０ （１， ＋… ＋ ）一４ ＋ ＋… ＋ ） （ ・ 故 （ ＋… ＋ （； ６＋… ＋ ： ≥ （ｚｌ 口 ２ ＋ ）６ ＋ ； ６） ａ ＋ ２ ＋… ＋ ｂ ６ ６）
因此直线 Ｍ 的方程为 ＇ Ａ ， 一
Ｚｐ
＝ （ ） ① — 。，
Ｄ
４ ［ ０年 期ｊ 数学教育 ０ ２ ９ 第６ 中国 ０
妙 用 “ 西 柯
王学 忠 （ 东省 沂水县 第 一 中学） 山
初等数学是高 等数学的基础 ，高等数学是初等 数学的发展 ．
（ ） 哦 １ ，… ，ｎ 不全为零时 ，则 ＋ …＋ ０ ２ 当 （ ，２ ） ＋ ＞ ， 构造二次函数ｆ ｘ ：（ ＋ｂ）＋（ ＋ｂ）＋… ＋（ ＋６）＝ （） 口 １ ２
再谈一道高考题几何背景的拓展
车 ０≤ （ ＋ｂ （ 口 ）一４ ａ＋ｂ 、 ）／ 甘 ０≤ （ ＋ｂ一２ ａ ），
（ 一ｂ （ 一ｂ 、 （ ｂ 一 （ 。 ）［。 ）＋４ ／ ０＋ ） ２ ａ＋ｂ２ ０ ）３≤
因为 Ｃ Ｅ＜Ｏ ， Ｃ
所 以 Ｄ ２ Ｄ），即 Ｄ Ｑ ＞（ ｃ Ｑ＞２ Ｄ，当且仅 当 Ｃ Ｃ Ｄ为半径 时
有Ｄ Ｑ＝２ Ｄ， Ｃ
２≤ 浮
一
一 ， ～
≤／手 、 一
笪
～
所以性质 ２的几何模型 ２为 ２ Ｄ ≤Ｏ Ｃ Ｄ＋Ｄ Ｅ，即 Ｄ Ｄ ． Ｄ ≤ Ｑ
当且仅当 口 ６ ＋ ＝２
，即 ｎ ６时等号成立 ，即 ＝
ห้องสมุดไป่ตู้
一
车 ０ ）［ａ ）一４ ／ （ ｂ ＋ ａ ］ ０ （ 一ｂ ｚ ＋ｂ 、 ０＋ ） ４ ｂ ≥
§ （ 一ｂ （ ＋ｂ一２ ／ ）］≥０ ０ ）［。 、五 车 Ⅱ一ｂ ｚ（ （ ）［ 一 ） ０ ］≥ ，
在 Ｒ ＡＤ Ｓ及 Ｒ ＡＤ Ｄ 中 ， ｔ Ｑ ｔ Ｓ Ｓ ：Ｄ ｚ Ｑ ：ＤＱ Ｄ Ｑ ＋Ｓ ｚ ＋Ｃ ２ Ｅ ：
（Ｄ ）＋Ｄ Ｄ ＝０ ２ ２ Ｄ）， Ｓ ｃ ＋（Ｃ
当且仅 当 Ｃ Ｄ为半径时 ｃ Ｆ＋ｃ Ｄ＝２ Ｒ，
图４
所 以性质 ３的几何模型 ２为 ｃ Ｆ＋Ｃ Ｄ≤ Ｆ ＇ Ｒ Ｆ ＝２ ． 性质 ４：两个正数的算术平均数 与调和平均数的离差不大于 这 两 个 数 的平 方 平 均 数 与 几 何 平 均 数 的 离 差 ， 即 旦 一
一道浙江数学高考题引发的探究与教学启示
图1
&+y = m
+ 8kx + 4 - 4m二0,由韦达定理得xx + x2 =
FT乔g 滤 - 2%2,于是有I x2
丁,又由看=2岗得衍 1 + 4k
8丨 I 二
8
W
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
1+4厂4山+缶
8 2
=2,当且仅当I k\ =*时等号成
处取得最大值4,即点B的横坐标的绝对值取得最大 值2.
点评：解法2主要由两点坐标间的关系代 入椭圆方程,通过“消元”思想把点B横坐标的平方 珂转化为关于参数m的一个二次函数，运用二次函 数性质快速求解出m以及丨靭丨的最大值，让人耳目
一新，瞬间觉得“山重水复疑无路，柳暗花明又一 村”.该解法有效地避免了分类讨论，巧妙地简化了 繁琐的代数运算，解法虽很优美，但难点是如何巧妙 “消元”、构造二次函数，基础一般的同学恐怕难以 想到这个思路.
3.换元法的视角（三角换元，快速突破） 解法3：由题意设点B坐标为（2 Jocose,
y/msinO）,于是由4P 二 2 PB 可得4（ - 40^cos&,3 2 v^sin^）,把力"两点坐标代入椭圆方程得
1.韦达定理模型的视角(韦达定理，凸显通法) 解法1：如图1分类讨论:①当直线的斜率不
2020年第2期
中学数学研究
・17・
存在时，由题知4（0, -伍）上（0,丽）,于是得TH =9 ,xB = 0.
②当直线AB的斜率存 在时，设AP方程为y =蠢+
方程组
1y = kx + 1, x*12 2 =（i 〃）/
解问题，使学生掌握一些合理设计算法形成简便运 算的方法,体会数学思想，培养核心素养.本教学片 段针对学生的运算困惑和解题思路给予了合理的指 导和点拨.
一道高考题的深度解析与拓展
新题点评一道高考题的深度解析与拓展南京师范大学数学科学学院仇应玉(邮编:210046)安徽师范大学数学学院甘丽丽(邮编:241000)在2009年高考数学陕西卷(理科)试题中,有如下的一道数列型压轴题:问题1已知数列{x n}满足,x1=12,x n+1=11+x n,n N*.()猜想数列{x2n}的单调性,并证明你的结论;(!)(略)这里我们只研究问题()的解法与拓展,先给出参考答案所给出的解法如下:证()由x1=12及x n+1=11+x n得x2=23,x4=58,x6=1321,由x2>x4>x6猜想,数列{x2n}是递减数列.下面用数学归纳法证明:(1)当n=1时,已证命题成立;(2)假设当n=k时命题成立,即x2k>x2k+2,易知x2k>0,那么x2k+2-x2k+4=11+x2k+1-11+x2k+3=x2k+3-x2k+1(1+x2k+1)(1+x2k+3)=x2k-x2k+2(1+x2k)(1+x2k+1)(1+x2k+2)(1+x2k+3)>0,即x2(k+1)>x2(k+1)+2,即当n=k+1时命题也成立,综合(1)和(2)知,命题成立!上述解法是由数学归纳法得到,但在叙述上有不够严谨之处,在数学归纳法第一步当n=1时,得{x2}为递减数列,这是什么意思?不明!下面我们给出一个新的解法,避免利用数学归纳法,直接从数列本身出发来证{x2n}的单调性.新解法作f(x)=11+x(x>-1),设A=+,由x>,我们取=5,因f(x)在(,+)为减函数,知当x n>A时,x n+1=11+x n<11+A=A,当x n<A时,x n+1=11+x n>11+A=A,而x1=12<5-12=A,可得x1,x3,x5,#,x2n-1,#<A,x2,x4,x6,#,x2n,#> A.下面我们来直接考察x2n-x2n+2的正负性:x2n-x2n+2=x2n-11+x2n+1=x2n-11+11+x2n=x2n-1+x2n2+x2n=x22n+x2n-12+x2n=x2n+5+12(x2n-A)2+x2n.由x2n>A知上式为正.即x2n>x2n+2.所以数列{x2n}是递减数列.由上面的证明,我们还可以得出如下的命题:命题1在问题1中,数列{x2n-1}为递增数列.证x2n-1-x2n+1=x2n-1-11+x2n=x2n-1-11+11+x2n-1=x2n-1-1+x2n-12+x2n-1=x22n-1+x2n-1-12+x2n-1=x2n-1+5+12(x2n-1-A)2+x2n-1由0<x2n-1<A知上式为负.即x2n-1<x2n+1,所以数列{x2n-1}是递增数列.基于思考,我们发现{x}和{x}单调性与首项x的值有关于是我们给出如下命题命题数列{x}满足,x=>,x+60中学数学教学2010年第1期11A n0A-12-12n2n-11.:2n1a-1n1=11+x n ,n N*,A=5-12.则有()若a>A,则{x2n}为递增数列,{x2n-1}为递减数列;(!)若-1<a<A,则{x2n}为递减数列, {x2n-1}为递增数列;()若a=A,则对任意的n N*,x n=A,即{x n}为常数数列.证明作f(x)=11+x(x>-1),由f(x)在(-1,+)内是减函数知当x n>A时,x n+1=11+x n <11+A= A.当x n<A时,x n+1=11+x n>11+A= A.即{x n}中的项在A左右来回跳动. ()若x1=a>A,知x1,x3,x5,#,x2n-1,#>A,x2,x4,x6,#,x2n,#<A,x2n-x2n+2=x2n-11+x2n+1=x2n-11+11+x2n=x2n-1+x2n2+x2n=x2n+5+12(x2n-A)2+x2n,因为对任意的n N*,0<x2n<A,所以x2n -x2n+2<0.即{x2n}为递增数列.同理x2n-1-x2n+1=x2n-1-11+x2n=x2n-1-11+11+x2n-1=x2n-1-1+x2n-12+x2n-1.=x 22n-1+x2n-1-1 2+x2n-1=x2n-1+5+12(x2n-1-A)2+x2n-1.因为对任意的n N*,x2n-1>A,所以x2n-1-x2n+1>0.即{x2n-1}为递减数列.(!)若x1=a(-1,A)知:x1,x3,x5,#,x2n-1,#<A,x2,x4,x6,#,x2n,#>A,x2n-x2n+2=x22n+x2n-12+x2n=x2n+5+12(x2n-A)2+x2n.因为对任意的n N*,x2n>A,所以x2n-x2n+2>0.即{x2n}为递减数列.同理x2n-1-x2n+1=x22n-1+x2n-1-12+x2n-1=x2n-1+5+12(x2n-1-A)2+x2n-1.因为对任意的n N*,-1<x2n-1<A,所以x2n-1-x2n+1<0.即{x2n-1}为递增数列.()若x1=a=A,再由递推关系x n+1= 11+x n,对任意的n N*,x n= A.即{x n}为常数数列.基于分析的基础上,我们还可以将本题做更一般的拓展,得到如下的命题,在这里我们只给出命题内容,不再一一证明.命题3数列{x n}满足,x1=a>-1,x n+1=k1+x n,n N*,k>0为常数,记A0=1+4k-12.()若a>A0,则{x2n}为递增数列,{x2n-1}为递减数列.(!)若-1<a<A0,则{x2n}为递减数列, {x2n-1}为递增数列.()若a=A0,则对任意的n N*,x n= A0,即{x n}为常数数列.(收稿日期:20091210)612010年第1期中学数学教学。
一道高考小题的思路分析与拓展探究
２ ０ １ ４ 年第 ３ 期
ｅ
数 学教 学
３ — ２ ９
。 ） 、 Ｐ （ － ｘ ｏ ， Ｏ ） 、 Ｇ （ ， ） 三 点 共 线 ， Ｐ ， Ｇ ＝
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得方程 － ５
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解
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＋ ｏ
Ｘ Ｏ ＝０（ 舍去） ．
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图２
Ｇ ＼ ＼ ／
、深入探 究发现 由 ③ 、 ⑤ 知 点 Ｇ （ 量 ， ４ ） 关 于 Ｂ 的 对 称 二 通 过 思路 ３ 可 以发 现， 直 线 ＲＱ所 过定 点 点 （ 在 Ｐ 则 除 了为重心 ， 还可 以为任 意其他 定点， 同样可 以 善 ： － Ｘ Ｏ ） ． … … … … … … ． ． （ １ ） 求 出点 Ｐ的位 置；点 Ｐ除 了在线段 ＡＢ上运动 外， 也可 以在直线 Ａ Ｂ上运动； 甚至取消点Ｐ 在 点 Ｇ （ 吾 ， ４ ） 关 于 ｚ 的 对 称 点 （ ４ ， ２ Ｔ ｘ ｏ 一 直线 Ｊ Ｅ ｝ 上 的限制， 变
解 题 思 路 分 析
直 角坐标 系来尝试 ．
综 上 可知， 斜坐 标 系 的引入 拓 宽 了“ 解 析
法” 的 应 用 范 围 ，使 得 “ 数” 与“ 形” 之 间 的 沟 通 更 加灵 活 、方便 ， 有 效 地 回 避 了 建 立 直 角 坐
标系 时选 取坐标 轴 的 困难、 因此 它 是对直 角
Ｄ
图１ ２
坐标 系的很好补 充和拓展， 值得我们 进一步研 究 、开发和利用． 参考文献
点 评 ：例 ５ 、例 ６ 所 用 的 证 明 方 法 为 斜 坐
标 系下 的“ 解 析法” ， 其 思路与在 直角坐标 系下 的解 析 几何 基 本 一致， 只是 在 求线 段 比值 时， 更多地使 用 了向量法 ｆ 斜坐标系 下求两点之 间