由一道试题引发的思考
浅谈由一道高考题引发的教学思考
浅谈由一道高考题引发的教学思考1. 引言1.1 高考题的背景高考题在现代教育中扮演着至关重要的角色。
作为中国高中生命中最重要的一关，高考题的设计和组成都经过精心筛选和论证。
高考题的背景可以追溯到国家教育体制的改革与发展。
自1977年高考恢复以来，高考题每年都在不断变化和创新中发展壮大。
高考题题型也逐渐从以往的填空、选择题向更注重学生思维能力和创新能力的发展方向演变。
高考题的背景不仅反映了当今社会对教育的趋势和需求，也反映了考试评价标准的变化和更新。
通过高考题的设计和实施，可以有效评估学生的学习成果和能力水平，为学生未来的发展提供重要的参考依据。
高考题的背景是多方面因素综合作用的结果，体现了教育改革的进步和对学生全面素质培养的追求。
1.2 高考题的启发性高考题的启发性在教学中具有重要的意义。
高考题不仅是对学生学习成果的检验，更是对学生综合能力和解决问题能力的考验。
通过解答高考题，学生可以加深对知识的理解和掌握，培养逻辑思维和推理能力。
高考题的启发性在于它们往往涉及到多个知识点的综合运用，需要学生在有限的时间内做出正确的判断和决策。
这种能力的培养对学生的终身发展都具有重要的意义。
高考题的启发性还在于它们可以激发学生的学习兴趣和求知欲。
面对一道道挑战性的高考题，学生需要不断思考、探索和学习，这种过程不仅可以提高他们的学习积极性，还可以培养他们的自主学习和解决问题的能力。
高考题的启发性在于它们可以促使学生不断地思考、学习和提高自己的综合素质。
通过解答高考题，学生可以不断地挑战自我，开拓思维，提高学习水平，实现自身的全面发展。
2. 正文2.1 高考题背后的思考高考题背后的思考包括对于题目设计者意图的解读、考题背后隐藏的知识点、解题技巧的探讨等方面。
高考题往往经过精心设计，旨在考察学生对知识的掌握程度、思维能力和解决问题的能力。
解答高考题需要学生具备扎实的基础知识和灵活的思维能力，而背后的思考则需要考生更深入地理解题目涉及的知识点，抓住题目核心思想，找准解题思路。
建构模型 化解难点——由一道平衡题引发的思考
建构模型化解难点——由一道平衡题引发的思考杨青;邹爱民【期刊名称】《高中数理化》【年(卷),期】2018(000)017【总页数】4页(P54-57)【作者】杨青;邹爱民【作者单位】安徽省寿县第一中学;安徽省寿县第一中学【正文语种】中文近年的高考试题中,涉及化学平衡的试题最容易使同学们产生疑惑．如何突破这一学习难点,我们使用构建模型的思维形式,可以让大家有耳目一新的感受．现从以下题目谈起:光气(COCl2)是一种重要的化工原料,用于农药、医药、聚酯类材料的生产,工业上通过Cl2(g)+CO(g)COCl2(g)制备．表1为某次在容积为2 L的密闭容器内进行实验研究过程中的数据:表1Cl2COCOCl2 投料量( mol ·L-1)1.01.20 平衡量( mol ·L-1)0.10.30.9若将初始投料浓度调整为c(Cl2)=0.3 mol ·L-1,c(CO)=0.5 mol ·L-1,保持反应温度不变,要使反应达平衡时,Cl2的体积分数与上述平衡相同,请通过计算给出所有可能的COCl2的初始投料浓度．c(COCl2)=________.此题正确答案为0.7 mol ·L-1或0.3 mol ·L-1,但是有的资料却只给出了0.7mol ·L-1,究其原因,绝大多数都是利用了“等效平衡法”来解这道题,得到0.7 mol ·L-1的结论．为什么会出现这种情况呢?请大家看看我们的分析．1 挖掘教材内容,探索建模依据表2是人教版《选修4》教材中介绍平衡常数时给出的一张表格．表2起始时各物质的浓度( mol ·L-1)平衡时各物质的浓度( mol ·L-1)平衡常数c2(HI)c(H2)·c(I2)H2I2HIH2I2HI 1.197×10-26.944×10-305.167×10-35.936×10-41.270×10-248.38 1.228×10-29.964×10-303.841×10-31.524×10-31.687×10-248.61 1.201×10-28.403×10-304.580×10-39.733×10-41.486×10-249.54 001.520×10-21.696×10-31.696×10-31.181×10-248.48 001.287×10-21.433×10-31.433×10-31.000×10-248.71 003.777×10-24.213×10-34.213×10-32.934×10-248.81 化学平衡常数平均值48.74由表格中数据可得,温度不变时,从不同形式建立平衡,达到平衡时生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积的比值是个常数,即化学平衡常数．再进一步抽象便可得出,在温度不变时,无论反应是从正反应方向还是逆反应方向建立平衡,不管反应物的用量有多少,只要建立平衡,在平衡状态时都具有这样的属性．对平衡的这一属性来说,我们可以认为只要温度不变,平衡状态与建立平衡状态的途径无关．例如:对于可逆反应:A(g)B(g)+C(g)在温度不变的条件下,在2个体积可变的容器内建立如下2个平衡．Ⅰ A(g) B (g) + C (g)起始量/(mol·L-1) 1 0 0变化量/(mol·L-1) x x x平衡量/(mol·L-1) 1-x x xⅡ A(g) B(g) + C(g)起始量/(mol·L-1) 0 1 1变化量/(mol·L-1) y y y平衡量/(mol·L-1) y 1-y 1-y由温度不变:KⅠ 、联立可得当反应在2种途径下达平衡,各物质的各种物理量均相等,即2个平衡完全相同．即在相同的条件下,对于上述反应,用1 mol A从正向建立平衡,与用1 mol B和1 mol C, 从逆向建立平衡,两平衡完全相同．而此2种平衡的起始量,若根据方程式换算到一边,则正好相等．也就是说,同一可逆反应,在相同的条件下无论反应从哪边开始,只要将起始量按反应方程式换算到同一边时,各物质的量对应相等,那么两平衡状态必然也相同,这时2个平衡状态除了平衡常数相等其他各个量均相等．也是由上述表格讨论出的特殊情况,是对教材内容深度挖掘的结果．2 构建解题模型2.1 模型构建根据对教材的深度挖掘得出的结论:“平衡状态与建立平衡状态的途径无关”和“同一可逆反应,在相同的条件下无论反应从哪边开始,只要将起始量按反应方程式换算到同一边时,各物质的量对应相等,那么2种平衡状态必然也相同”,我们可以构造等温、等压下的一个假想的中间状态,使中间状态与原平衡相同的同时与新平衡的起始用量相同．然后将中间状态的体积压缩或增大到与原平衡相同,这样就可利用平衡移动的规律得出中间状态与新平衡的关系．进而可以得出原平衡与新平衡的关系,如图1所示,我们便可以据此解题．图1例1 一定温度下,在一容积固定的容器中发生如下反应A(g)B(g)+C(g)，加入1 mol A后达到平衡,达平衡后A的转化率为a%,若此时再向容器中加入1 mol A保持温度不变,则达到新平衡后A的转化率________a%(填“>”“<”或“=”).分析当加入A后反应会正向进行,但是平衡移动只能减弱这种改变,所以平衡进行的程度小于原平衡,故转化率小于a%．此判断看似合理,实则不具有说服力．采用模型法就可很好地解决此类问题．下面详细地介绍一下模型的构建．此构造法分两类: 1) 等量构造.若新增量与原平衡起始量相同时,在构造中使新增的部分与原平衡完全相同即可．例1的解法还可以如图2所示进行分析.图2根据题意,新平衡的起始量与原平衡相同,根据构造的思想,构造出的中间状态如图所示,即为2个与原平衡完全一致的平衡,得出中间状态平衡时A的转化率为a%．又中间状态的起始量与新平衡相同．从中间状态到新平衡,就是增大压强,对于反应A(g)B(g)+C(g)，增大压强,平衡逆向移动得出A的转化率减小,故本题A的转化率小于a%．2) 等比构造. 若新增量与原平衡起始量不相同,但是与原平衡起始量满足一定的倍数关系时,则可构造出n(倍数)个原平衡作为中间状态．例2 一定温度下,在一容积固定的容器中加入1 mol A和1 mol B发生如下反应A(g)+B(g)C(g),达平衡后A的转化率为a%,若此时再向容器中加入2 mol A和2 mol B 保持温度不变,则达到新平衡后A的转化率____a%(填“>”“<”或“=”).分析如图3所示构造.图3根据题意,新平衡的起始量为3 mol A和3 mol B，是原平衡对应物质起始量的3倍(nA原∶nA新=nB原∶nB新=1∶3),所以中间状态为3个原平衡状态并列．此时中间状态的A平衡转化率为a%,由中间状态到新平衡就是增大压强,对于反应A(g)+B(g)C(g)增大压强,平衡正向移动，得出A的转化率增大,故本题A的转化率大于a%．以上2种构造方法,是最基本的构造法,在此基础上还可对起始量不同,也不成倍数关系的情况进行构造．2.2 解决问题1)解决2个平衡状态的转化率大小比较问题.我们不仅可以利用构造法解决一般反应的平衡转化率大小比较问题(上述例1和例2都是属于这样的题型),还可解决一些特殊反应的平衡转化率大小比较的问题．例3 一定温度下,在一容积固定的容器中加入1 mol NO2气体,反应2NO2(g)N2O4(g),达平衡后NO2的转化率为a%,若此时再向容器中加入0.2 mol NO2 保持温度不变,则达到新平衡后NO2的转化率________a%(填“>”“<”或“=”).分析等比构造:如图4所示.图4新平衡的起始量为1.2 mol NO2正好是原平衡起始量的1.2倍,所以中间状态为1个原平衡状态与原平衡状态的1/5并列．此时中间状态的NO2平衡转化率为a%,由中间状态到新平衡就是增大压强,对于反应2NO2(g)N2O4(g)增大压强,平衡正向移动，得出NO2的转化率增大,故本题NO2的转化率大于a%．2)解决平衡投料量的问题.基本上所有可以利用等效平衡技巧解决的问题都可利用构造法解决.例4 在一固定容积的密闭容器中,保持一定温度,在一定条件下进行反应:A(g)+2B(g)3 C(g),已知加入1 mol A和3 mol B且达到平衡后,生成了a mol C．(1)在相同实验条件下,若在同一容器中改为加入2 mol A和6 mol B,达到平衡后,C 的物质的量为________ mol ．此时在反应混合气体中C的体积分数________(填“增大”或“减小”或“不变”)．(2)在相同实验条件下,若在同一容器中改为加入2 mol A和8 mol B,若要求平衡后在反应混合气体中C的体积分数不变,则还应加________ mol C.分析 (1) 等比构造:如图5所示.图5新平衡的起始量为2 mol A和6 mol B，正好是原平衡对应物质起始量的2倍,所以中间状态为2个原平衡状态并列．此时中间状态各物质的量是原平衡的2倍,所以生成的C为2a mol ．中间状态到新平衡就是增大压强,对于反应A(g)+2B(g)3C(g)，增大压强平衡不移动,各物质的量均保持不变．得出生成的C 为2a mol,C的体积分数保持不变．(2)此题要求在等温等压下,达到新平衡时C的体积分数与原平衡相同．若想使两平衡中的C体积分数相同,则可分为3种情况: ① 2个平衡完全相同. ② 2个平衡中各物质的量成倍数关系. ③ 两平衡既不完全相同也没有成倍关系．对于①、②两种情况可以利用构造法解题,情况③则只能利用平衡常数来解题了．题中已知的新平衡各物质的用量与原平衡不相等,可得应该采用等比构造的方法: 假设还应加x mol C,能使平衡后在反应混合气体中C的体积分数不变．根据以上结论“同一可逆反应,在相同的条件下无论反应从哪边开始,只要将起始量按反应方程式换算到同一边时,各物质的量对应相等,那么两平衡状态必然也相同”．先将新平衡起始用量转换,加x mol C相当于加了 mol A和 mol B．那么新平衡起始量就可看作是 mol A和 mol B．等比构造:如图6所示.图6新平衡起始量为 mol A和 mol B,所以新平衡的起始量与原平衡的起始量应该满足才能构造出与原平衡体积分数相同的中间状态．对中间状态加压,反应A(g)+2B(g)3C(g)的平衡不移动,则新平衡建立后反应混合气体中C的体积分数不变．所以解方程式得到x=6,故还应加入6 mol C．本题的讨论并没有包含全部情况,前面实际只讨论了①②两种情况,漏掉第3种情况．当然本题第3种情况条件不足,无法解答．3 综合利用模型构造和平衡常数解决平衡中的疑难问题我们再利用构造模型法去分析本文开始的那道题目,大家一定会想到,存在如上述的第3种情况(两平衡既不完全相同也没有成倍关系),这个答案不可靠．那么怎样才能完整地解答此题呢?这时我们不妨将思路回到构造法的前提上来,不难得出利用平衡常数就可完美解答．具体解法如下.设COCl2(g)投料量为a mol ·L-1,反应的变化量为x mol ·L-1,则有Cl2(g) + CO(g) COCl2(g)起始量/(mol ·L-1) 0.3 0.5 a变化量/(mol ·L-1) x x x平衡量/(mol ·L-1) 0.3-x 0.5-x a+x根据平衡常数和体积分数列等式为解得a=0.7, x=0.3或者a=0.3, x=7/30,即c(COCl2) 可能是0.7 mol ·L-1或0.3 mol ·L-1,可见这道题构造法也不能很好解决,最好的方法是利用平衡常数来解题．由此可见没有哪种方法和技巧是万能的,我们对待具体问题要作具体分析,采用具体对策,综合利用模型构造法和平衡常数去解题有待同学们尝试．构造法是理科的各学科一种常用解题方法,容易掌握．在化学平衡中利用构造法可以很好地突破平衡中的一些疑难问题．使用时我们必须牢记以下三点:1)构造出的中间状态必须与原平衡各物质的量对应相等或成比例．即中间状态与原平衡状态中的同一种物质的质量分数是相同的．2)知道一般思路:先构造出中间状态,再分析中间状态与原平衡的关系,一般情况下都是只需改变一个条件就可达到新平衡,利用平衡移动的规律进行判断和计算．3)关注“两平衡状态中某物质的质量分数相同”的描述,两平衡某物质质量分数相同有3种情况:a) 2个平衡完全相同;b) 2个平衡中各物质的量成倍数关系;c) 2个平衡既不完全相同也没有成倍关系．若试题不用考虑情况c),则可以使用构造法．否则只能利用平衡常数来解题,本文开始的那道题需要考虑情况c),只能利用平衡常数解题．通过以上分析,我们应该知道,理解了平衡的基本特征是根本,掌握了平衡原理和规律是关键,在分析过程中不断思考,就能化难为易,就能不断提高学习效率．。
由一道高中物理竞赛试题引发的思考
由一道高中物理竞赛试题引发的思考佚名【期刊名称】《《高中数理化》》【年(卷),期】2019(000)006【总页数】2页(P56-57)【正文语种】中文物理竞赛是提升学生物理思维能力的一种形式.对于高中物理教师和学生而言，物理竞赛试题的研究是永无止境的.本文从多元角度进行思考，对一道关于“场强”的物理竞赛试题进行深度剖析，展现不同思维角度下解决问题的独特性，进一步培养学生运用等效思维解决物理问题的能力.1 试题回顾与剖析图1例空间存在一个带电荷量为Q的半球形壳，如图1所示，该球壳带正电且电荷均匀分布，球壳半径为R，试求：带电半球壳在球心O处产生电场强度的大小和方向.分析本题主要涉及点电荷场强公式和场强叠加原理，解题难点在于运用数学微积分思想进行解题，对学生数学理解和运算能力要求较高，对空间思维能力、类比迁移能力提出一定的要求.运用微积分思想进行解题，可以从“旋转积分、叠加积分、面积分”三个角度求解.对于高中学生而言，积分已经超出一般学生的数学能力，但是本题同样可以采取等效思想进行分析转化，成功解题.2 多视角解决问题错解如图2所示，以球壳上一个实心半圆环为研究对象，令其带电荷量为q，在此半圆环上选取微线元长度为dl，其电荷量根据点电荷的场强公式可得根据对称性，在球心O点水平方向的场强分量相互抵消，则竖直分量对此式进行积分可得半圆环在圆心处的场强大小整个半球壳可以看成由无数个半圆环构成(将半圆环旋转一周即可得到球壳)，则半球壳在球心处的场强(方向竖直向下).此法是一种旋转积分思想，但此题目中直接采取此法是有问题的.在圆环旋转过程中对应的是“弧带”的旋转，如图3所示，dθ对应“弧带”的上下“端”长度不等，对应的电荷量分布不等，这是导致本题结论错误的关键之处，只有修正积分思路才能得出正确的结论.图2图3图4解法1 如图4所示，在半球壳上取微面积元dS，此面积电荷量结合球坐标系的微分面积元dS=R2sin θdθdφ，可得根据点电荷场强公式，可得面积微元电荷在球心O处产生场强的竖直分量为则则球心O处的场强大小(方向竖直向下).此法是运用面积分思想进行解题，积分思想完整、严谨.由于高中数学知识的限制，球坐标的微分面积元公式是最大的难点，基本积分的运算也是本题容易出错的地方，只有经过相关数学训练的学生才具备这样的数学处理能力.这要求一线物理教师在竞赛解题教学中注重数学知识的补充，进而提升学生的解题能力.图5解法2 在球心O处引入一个-q的点电荷，选取半球壳上面积微元dS，此面积微元所带电荷量球心处点电荷对dQ的电场力此力在球壳上产生的压强将此物理情境等效为“马德堡半球实验”.如图5所示，大气压强等效为电场力在球壳上产生的压强，qE=F=p0S=p0·πR2=p·πR2，则即(方向竖直向下).此法是借助“马德堡半球实验”的规律，在球心处巧妙引入点电荷-q，球壳微元电荷与球心处点电荷之间的电场力产生的压强等效为大气对半球的压强，解题中构造两个等效模型，把握内在规律和联系进行分析解题，体现科学思维的魅力，有利于学生创造性思维能力的提升.此解法涉及的数学知识和规律全在高中数学知识范围之内，需一线教师和学生关注和思考.3 问题拓展与分析图6此题求解的是球心处的场强，若构建如图6所示的情境，求解球心下方某处的场强时情况又如何呢？显然，采取等效的思想难以求解，只能采取面积分的思维方法进行求解.基本的解题思路如下：首先，面积微元所带电荷量为面积微元在M点产生的场强为sin θdθdφ；其次，求出竖直方向上的场强dEy=dEcos α最后，对θ和φ进行双重积分可求出M点的场强E.显然，此处的积分是十分复杂的，有兴趣的同学可以考虑从先求电势再求场强的角度进行思考，以减少数学运算的复杂性. 总而言之，物理解题中离不开数学工具的灵活运用，数学运算能力是物理解题的重要保障.但是物理问题的解决并不能完全依赖于数学.在高中阶段，对于物理学习尚有余力的学生，在关注数学运算能力提升的同时，更要注重物理思维能力的培养.一线教师应该积极引导学生进行实践与总结，灵活构建物理模型，把握物理解题技巧与方法，提升学生分析问题和解决问题的能力，进而培养学生物理思维品质和物理学科核心素养.。
一道化学试题所引发的思考
个所 以然 ， 只得佩 服今 年 的出题专 家真 高明 ， 只能等 答
案 了。
Ｂａｚ ＠ ｃ ｍ 应该鼓 励这样 的题 目在 高考试卷 中多 出 现， 以培养学生的独立思考能力和探究能力 。
言论 三 ： 这题 一 看就 很 容易 ， 看 ｂ 的溶 液 中 出 一 瓶
（ ） 止加热前 是 否需 要先 断 开 ｎ和 ｂ的连接 处 ？ ２停
高学生 的学 习能 力 、 践能 力 、 新能 力 ……” 不 由得 实 创 ，
（） １ 氧
（） ２ 不需要 ， 因有 Ｎ２ 不断通人 ， 瓶溶液不会倒 吸至 ｂ
ａ管
（） ３ Ｍｏ＋ｃ
ｃ ２ ０ ＋ｃ
Ｍ＋ｃ Ｍｏ ｏ ｏ十 ＋ｃ
Ｍ＋ｃ ２ ０
２ｏ ２ ｃ Ｍ０＋ｃ
２ Ｍ＋ｃ ２ ０ 十
ｂ
清石灰水
实验开始时缓慢 通人 氮气 ， 一段 时间后 ， 热反 过 加 应管 ａ 观察到管 内发生剧烈反应 ， ， 并有熔融 物生成 。同
考查学生 ， 试想 ， 如果真有 ＭＯ这样 一种物质 ， 我们根 本 不 了解 ， 么这个试 验 ， 际上 是对该 成分 是否 含氧做 那 实 出了合 理的解 释 ， 至于 Ｍ 是什 么 ， 以通过 已经 生成 的 可
２ ． １ 分 ）取化 学 式为 ＭＺ的黄色 粉末 状化 合 物 ８ （３
言论一 ：０ ８年这道 化学题 出得 太 离谱 了 ， 色粉 ２０ 黄
末 ＭＺ 银 白金属 ， ， Ｚ为 氧 ， 写所 有反应 方程 式 ， 这一 切不
进行如下实验 。将 ＭＺ和足量 碳粉充 分混合 ， 平铺在 反
应管 ａ中， ｂ 中盛足量 澄清石灰水 ， 图连接 仪器 。 在 瓶 按
基于数学核心素养下的向量教学探究——由一道向量题引发的教学思考
基于数学核心素养下的向量教学探究——由一道向量题引发的教学思考发布时间：2021-07-21T08:47:20.213Z 来源：《中小学教育》2021年3月1期作者：林文榜[导读]林文榜广东省陆丰市龙山中学中图分类号：G652.2 文献标识码：A 文章编号：ISSN1001-2982 （2021）3-056-01一位高一老师在备课时遇到一道题，笔者觉得是道好题，有探讨意义，随手发到科组群给大家讨论，谈谈各自的解法。
以下是例题及收集到的三种具有代表性的解法：例题1、已知是所在平面上一点，若，且,则解法一：利用“奔驰定理”：,可得,所以此法甚妙，秒杀此题，但证明困难，好用不好讲。
解法二：将转移为三角形边上的向量，再用相似比得面积比。
因为代入原式得 ,化简得,如图，四边形AEOF是平行四边形，由相似比得，即(同底不同高).此法用平面向量基本定理进行条件的转移，用相似比得面积比，颇费一番周折。
学生在刚学完向量线性运算的前提下，选用此法解题的可能性更大。
解法三：图形特殊化，建立平面直角坐标系。
取B为坐标原点(0,0)，点A(0,1),B(1,0),O(x,y)则由得(-x,1-y)+2(-x,-y)+4(1-x,-y)=0化简得x= ,y=,所以(同底不同高).即此法需把图形特殊化，若遇上规定长度角度的问题，但图形无法特殊时，此法受限。
三种方法都是好方法，那么问题来了，哪种更好？我们在教学上应该使用哪种方法进行教学？以下是笔者的几点思考：一、我们先从说题的角度来聊聊这道题。
1.谈谈这道题的知识背景，这道题考察的是新版《必修二》第一章向量的知识，主要考察平面向量运算的综合能力，难度中等。
此题涉及的主要知识有向量线性运算，坐标表示，平面几何关系。
2.试题立意，考察向量的线性运算及三角形的几何关系。
向量是几何运算的工具，本身承载着方程，转化与化归，数形结合的思想方法的考察任务，通过此题学习，使学生能够解一题会一片，真正形成解题能力，培养数学素养。
由一道中考试题引发的思考
我们先介绍费马点知识 【 （ ４ 引用定义、 Ｊ 定理时我 们略作了改动） 以及相关的结论． 定义： 平面内到三角形三个顶点距离之和最
小的点叫三角形的费马点． 定理 １ 如图 ５ ＡＡ ， ＢＣ的所有 内角都小于 １０ ，则 《 点为 △ Ｂ ２。 二 ） Ｃ费马 点的 充要 条件是
考试题都是由课本题 目变化而来． 以， 所 日常教 学应 以课本为主， 深度挖掘课本题 目所反映 的基 本事实， 对一些典型图形进行深入 的研 究． 在习 题教学中， 教师不应该只就题论题、就题解题，
ｆ 人民教育出版社 中学数学室． ２ ） 几何证明选 讲 （ ４ １［ ． 选修 — ）Ｍ］北京： 人民教育出版社， ０７ ２０． ｆ 中华人 民共和国教育部． ３ ］ 普通高中数学课 程标准 （ 实验） ． ［ 北京： Ｍ１ 人民教育出版社， ０３ ２０．
图 ５
定理 ２ 如图 ５ ＡＡ ， ＢＣ的所有 内角都小于 １０ ， 、△ ＢＦ是正三 角形， ２ 。 △Ａ 若 Ｅ与 Ｆ交于 Ｄ点， 点 Ｄ是 △Ａ日 则 的 费马点， 该 点到 △ Ｃ三个顶点距离之和最 小， 且 ＝
Ｆ ＝ Ｏ Ａ ＋ ＯＢ ＋ Ｏ Ｃ ．
图 １
Ｐ为 污水 处理 厂的 位置 ， 由题 知 ＡＣ ＝ １ ＢＤ ＝ ，
２ ＣＤ ＝ ６ 设 ＰＣ ＝ Ｘ ， ， ，由 △ 得 Ａ＇ Ｃ Ｐ∽ ＡＢＤＰ
（） 图 ２ 、Ｊ两 个 化工 厂位 于 一段 直 线 ２如 ， Ｅ ｝
形 河堤 的 同侧 ， 工 厂到 河 堤 的距 离 ＡＣ为 ｌ ｍ， ｋ Ｂ工 厂到 河 堤 的距 离 ＢＤ 为 ２ ｉ ， ｋ 经测 量 河堤 上 ｎ
一道数学试题引发的思考
＾ 一 ｘｏ
ＤＰ的斜 率 和
２
１ ，
２
如 图，已知椭 圆 Ｅ： ＋ ＝ｌ ＞ ＞ ） 鲁 （ ｂ ０ 的长轴 ａ
长是 短 轴长 的两倍 ，且 过 点
ｙ
设Ｐ ，） （ Ｙ ，则Ｋｅ ｃ：
× ： ×
，Ｋ 。：
． 一 Ｏ
十 ０
，
和Ｄ Ｐ的斜 率 和 ｎ 均存在 ， Ｐ
所以Ｃ Ｐ和 Ｄ 的 斜 率 Ｐ
和
之 积 为 定 值
ｉＰｘＹ ， ＝ ￣ （，） 则 ｔ
× ：
—
＾ 一 Ｘ０
，
＝
Ｘ 十 Ｘｏ
，
ｂ
×
：
Ｘｏ
十 Ｘｏ
车 ．
一
１ 在抛物线条件下的一般情况，因为抛物线没 ． ３ 有关于原点对称 ，所以上述结论对抛物线不适用
ｉｐｘＹ， ￣ （，） 则 ＝ ｔ
× ： ×
Ｘ — Ｘ０
，
＝
十
，
：
Ｘ— ０
十 Ｘｏ
车 ．
Ｘ — Ｘｏ
１ 在椭圆条件下的一般情况 ． １
定理 １ 已知 椭 圆 Ｅ： ＋ｙ ２
＝
又 点 Ｐ在 双 曲线 Ｅ上 ， ． ‘ ｌ （ ａ＞ｂ ） 点 ＞０ ，
：
ｃ ２ １， （， 点Ｃ ） 关于原点 ０的
对 称点为 点 Ｄ ．
ｃ２ １ （， 、
Ｘ 一 ＾Ｏ
Ｘ 十 Ｏ
／ 一 、 ～
～ ０ ＼ ／ ；
又 。点 Ｐ在 椭 圆 Ｅ上 ， ． ‘
。
（）求椭 圆 Ｅ的方 程 ； Ｉ
三角函数解题中不可忽略隐含条件——从分析一道期末考试试题引发的思考
．
）１） 。 ’ （．． （（ ｏ
图 １
案＿ 自于 Ｃｓ ＝ ５ Ｉ ０ ＝ ｏ ｃｓ
（ ）Ｎ ｙ ｃ 在 ∈ｏ）是 调 ｏ ，ｋ ＝。 （ 上 单 ，Ｉ ｓ ，
递减函数， 明角 、 都是唯一存在， 说 从而Ｑ＋ 也是唯一存在的． 总结： 三角 比计算中求值和求角中的取舍问 题是一类很典型的问题， 在学习中只要抓住问题 的本质， 比如本例 中角的唯一性， 在解题中就会 掌握主动权．
２０ 年第 ２ ０９ 期
数 学教 学
２２ —３
三角函数解题 中不可忽略隐含条件
一
从分析 一 道期 末考 试试 题 引发 的思 考
上海市松江二中 卫福山
一
、
提 出问题
，
∈ｚ 满足原方程， ， 于是使用万能公式会失
笔者教授高一数学， 在期末考试中有这样一
道 三 角题 ：
根， 应把 丢失的根找 回来！
于 ＿—
一
１ 两 边 平 方得 ｓｎ４ ， ｉ ｘ＝ ０ ．
２ ｎ ｔ昙 ａ
ｔ ａｎ。
＝ ｔｎ 而 函数 Ｙ＝ ｔｎ ａ ， ａ ｚ的最 小
于得解为 ＝Ｔ ∈｝ 是 出集 ｛ ， Ｚ ｆ ｋ后 ． ｒ
学生 的想法 （ 错误想法） 还有很 多．
其实这类三角方程问题的求解非常典型， 老 师授课时也会谈及其 中的典 型错误．比如本题
例１ 求函数， ＝ — （） —
周期．
２ ｎ ｔ罢 ａ
的最小正
错解 １ 本题解法正确． ： 错解 ２ 本题解法错误． ： 正确解法如下：
由 １ ｉ 十ＣＳ ｘ＝ ０ ｓ ｘ ｏ ｘ＝ ＋ｓ ２ ｎ ｘ Ｏ ２ 得 ｉ ２ ＋ｃｓ ｎ ２