立体几何题怎么解
安振平
高考立体几何试题一般共有4道(客观题3道, 主观题1道), 共计总分27分左右,考查的知识点在20个以内. 选择填空题考核立几中的计算型问题, 而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题, 当然, 二者均应以正确的空间想象为前提. 随着新的课程改革的进一步实施,立体几何考题正朝着”多一点思考,少一点计算”的发展.从历年的考题变化看, 以多面体和旋转体为载体的线面位置关系的论证,角与距离的探求是常考常新的热门话题.
例1 四棱锥P―ABCD的底面是边长为a的正方形，PB⊥面ABCD.
（1）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；
（2）证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°
讲解:（1）正方形ABCD是四棱锥P―ABCD的底面, 其面积
为从而只要算出四棱锥的高就行了.
面ABCD,
∴BA是PA在面ABCD上的射影.又DA⊥AB，
∴PA⊥DA，
∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角，
∠PAB=60°.
而PB是四棱锥P―ABCD的高，PB=AB?tan60°=a,
.
（2）不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD与PCD恒为全等三角形.
作AE⊥DP，垂足为E，连结EC，则△ADE≌△CDE，
是面PAD与面PCD所成的二面角的平面角.
设AC与DB相交于点O，连结EO，则EO⊥AC，
在
故平面PAD与平面PCD所成的二面角恒大于90°.
本小题主要考查线面关系和二面角的概念，以及空间想象能力和逻辑推理能力, 具有一定的探索性, 是一道设计新颖, 特征鲜明的好题.
例2 如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC为等腰直角三角形，∠ACB=900，AC=1，C点到AB1的距离为CE=，D为AB的中点.
（1）求证：AB1⊥平面CED；
（2）求异面直线AB1与CD之间的距离；
（3）求二面角B1―AC―B的平面角.
讲解:（1）∵D是AB中点，△ABC为等腰直角三角形，∠ABC=900，∴CD⊥AB又AA1⊥平面ABC，∴CD⊥AA1.
∴CD⊥平面A1B1BA ∴CD⊥AB1，又CE⊥AB1， ∴AB1⊥平面CDE；
（2）由CD⊥平面A1B1BA ∴CD⊥DE
∵AB1⊥平面CDE ∴DE⊥AB1
∴DE是异面直线AB1与CD的公垂线段
∵CE=，AC=1 , ∴CD=
∴；
（3）连结B1C，易证B1C⊥AC，又BC⊥AC ,
∴∠B1CB是二面角B1―AC―B的平面角.
在Rt△CEA中，CE=，BC=AC=1,
∴∠B1AC=600
∴， ∴,
∴ , ∴.
作出公垂线段和二面角的平面角是正确解题的前提, 当然, 准确地作出应当有严格的逻辑推理作为基石.
例3 如图a―l―是120°的二面角，A，B两点在棱上，AB=2，D在内，三角形ABD是等腰直角三角形，∠DAB=90°，C在内，ABC是等腰直角三角形∠ACB=
（I）求三棱锥D―ABC的体积；
（2）求二面角D―AC―B的大小；
（3）求异面直线AB、CD所成的角.
讲解: (1) 过D向平面做垂线，垂足为O，连强OA并延长至E.
为二面角a―l―的平面角..
是等腰直角三角形，斜边AB=2.又D到平面的距离DO=
（2）过O在内作OM⊥AC,交AC的反向延长线于M,连结DM.则AC⊥DM.∴∠DMO 为二面角D―AC―B的平面角. 又在△DOA中，OA=2cos60°=1.且
（3）在平在内，过C作AB的平行线交AE于F，∠DCF为异面直线AB、CD所成的角. 为等腰直角三角形，又AF等于C到AB的距离，即△ABC斜边上的高,
异面直线AB,CD所成的角为arctg
比较例2与例3解法的异同, 你会得出怎样的启示? 想想看.
例4
图① 图②
讲解: 设容器的高为x．则容器底面正三角形的边长为,
.
当且仅当 .
故当容器的高为时，容器的容积最大，其最大容积为
对学过导数的同学来讲，三次函数的最值问题用导数求解是最方便的，请读者不妨一试. 另外，本题的深化似乎与2002年全国高考文科数学压轴题有关，还请做做对照. 类似的问题是:
某企业设计一个容积为V的密闭容器，下部是圆柱形，上部是半球形，当圆柱的底面半径r和圆柱的高h为何值时，制造这个密闭容器的用料最省（即容器的表面积最小）.
例5 已知三棱锥P―ABC中，PC⊥底面ABC，AB=BC，D、F分别为AC、PC的中点，DE⊥AP于E．
（1）求证：AP⊥平面BDE；
（2）求证：平面BDE⊥平面BDF；
（3）若AE∶EP=1∶2，求截面BEF分三棱锥
P―ABC所成两部分的体积比．
讲解: (1）∵PC⊥底面ABC，BD平面ABC，∴PC⊥BD．
由AB=BC，D为AC的中点，得BD⊥AC．又PC∩AC=C，∴BD⊥平面PAC． 又PA平面、PAC，∴BD⊥PA．由已知DE⊥PA，DE∩BD=D，∴AP⊥平面BDE．
（2）由BD⊥平面PAC，DE平面PAC，得BD⊥DE．由D、F分别为AC、PC的中点，得DF//AP．
由已知，DE⊥AP，∴DE⊥DF. BD∩DF=D，∴DE⊥平面BDF．
又DE平面BDE，∴平面BDE⊥平面BDF．
（3）设点E和点A到平面PBC的距离分别为h1和h2．则
h1∶h2=EP∶AP=2∶3,
故截面BEF分三棱锥P―ABC所成两部分体积的比为1∶2或2∶1
值得注意的是, “截面BEF分三棱锥P―ABC所成两部分的体积比”并没有说明先后顺序, 因而最终的比值答案一般应为两个, 希不要犯这种”会而不全”的错误.
例6 已知圆锥的侧面展开图是一个半圆，它被过底面中心O1且平行于母线AB的平面所截，若截面与圆锥侧面的交线是焦参数（焦点到准线的距离）
为p的抛物线.
（1）求圆锥的母线与底面所成的角；
（2）求圆锥的全面积．
讲解: （1）设圆锥的底面半径为R，母线长为l，
由题意得：,
即,
所以母线和底面所成的角为
（2）设截面与圆锥侧面的交线为MON，其中O为截面与
AC的交点，则OO1//AB且
在截面MON内，以OO1所在有向直线为y轴，O为原点，建立坐标系，则O为抛物的顶点，所以抛物线方程为x2=－2py，点N的坐标为（R，－R），代入方程得
R2=－2p（－R），得R=2p，l=2R=4p.
∴圆锥的全面积为.
将立体几何与解析几何相链接, 颇具新意, 预示了高考命题的新动向. 类似请思考如下问题:
一圆柱被一平面所截，截口是一个椭圆．已知椭圆的长轴长为5，短轴长为4，被截后几何体的最短侧面母线长为1，则该几何体的体积等于 ．
例7 如图，几何体ABCDE中，△ABC是正三角形，EA和DC都垂直于平面ABC，且EA=AB=2a， DC=a，F、G分别为EB和AB的中点.
（2）求证：AF⊥BD；
(3) 求二面角B―FC―G的正切值.
讲解: ∵F、G分别为EB、AB的中点，
∴FG=EA，又EA、DC都垂直于面ABC, FG=DC，
∴四边形FGCD为平行四边形，∴FD∥GC，又GC面ABC，
∴FD∥面ABC.
（2）∵AB=EA，且F为EB中点，∴AF⊥EB ① 又FG∥EA，EA⊥面ABC
∴FG⊥面ABC ∵G为等边△ABC，AB边的中点，∴AG⊥GC.
∴AF⊥GC又FD∥GC，∴AF⊥FD ②
由①、②知AF⊥面EBD，又BD面EBD，∴AF⊥BD.
（3）由（1）、（2）知FG⊥GB，GC⊥GB，∴GB⊥面GCF.
过G作GH⊥FC，垂足为H，连HB，∴HB⊥FC.
∴∠GHB为二面角B-FC-G的平面角.
易求.
例8 如图，正方体ABCD―A1B1C1D1的棱长为1，P、Q分别是线段AD1和BD上的点，且
D1P∶PA=DQ∶QB=5∶12.
(1) 求证PQ∥平面CDD1C1；
(2) 求证PQ⊥AD；
(3) 求线段PQ的长.
讲解: （1）在平面AD1内，作PP1∥AD与DD1交于点P1，在平面AC内，作
QQ1∥BC交CD于点Q1，连结P1Q1.
∵ , ∴PP1QQ1 .?
由四边形PQQ1P1为平行四边形, 知PQ∥P1Q1? ?
而P1Q1平面CDD1C1， 所以PQ∥平面CDD1C1?
（2）AD⊥平面D1DCC1， ∴AD⊥P1Q1，?
又∵PQ∥P1Q1， ∴AD⊥PQ.?
（3）由（1）知P1Q1 PQ,
，而棱长CD=1. ∴DQ1=. 同理可求得 P1D=.
在Rt△P1DQ1中，应用勾股定理, 立得
P1Q1=.?
做为本题的深化, 笔者提出这样的问题: P, Q分别是BD,上的动点,试求的最小值, 你能够应用函数方法计算吗? 试试看. 并与如下2002年全国高考试题做以对照, 你会得到什么启示?
如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1,而且平面ABCD、ABEF互相垂直。点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN=
（1） 求MN的长；
（2） 当为何值时，MN的长最小；
（3） 当MN长最小时，求面MNA与面MNB所成的二面角的大小。
立体几何知识是复课耗时较多, 而考试得分偏底的题型. 只有放底起点, 依据课本, 熟化知识, 构建空间思维网络, 掌握解三角形的基本工具, 严密规范表述, 定会突破解答立几考题的道道难关.
解析几何题怎么解
安振平
高考解析几何试题一般共有4题(2个选择题, 1个填空题, 1个解答题), 共计30分左右, 考查的知识点约为20个左右. 其命题一般紧扣课本, 突出重点, 全面考查. 选择题和填空题考查直线, 圆, 圆锥曲线, 参数方程和极坐标系中的基础知识. 解答题重点考查圆锥曲线中的重要知识点, 通过知识的重组与链接, 使知识形成网络, 着重考查直线与圆锥曲线的位置关系, 求解有时还要用到平几的基本知识, 这点值得考生在复课时强化.
例1 已知点T是半圆O的直径AB上一点，AB=2、OT=t (0<t<1)，以AB为直腰作直角梯形，使垂直且等于AT，使垂直且等于BT，交半圆于P、Q两点，建立如图所示的直角坐标系.
(1)写出直线的方程；
（2）计算出点P、Q的坐标；
（3）证明：由点P发出的光线，经AB反射后，反射光线通过点Q.
讲解: 通过读图, 看出点的坐标.
(1 ) 显然, 于是 直线
的方程为；
（2）由方程组
解出 、；
（3）,
.
由直线PT的斜率和直线QT的斜率互为相反数知，由点P发出的光线经点T反射，反射光线通过点Q.
需要注意的是, Q点的坐标本质上是三角中的万能公式, 有趣吗?
例2 已知直线l与椭圆有且仅有一个交点Q，且与x轴、y轴分别交于R、S，求以线段SR为对角线的矩形ORPS的一个顶点P的轨迹方程．
讲解：从直线所处的位置, 设出直线的方程,
由已知，直线l不过椭圆的四个顶点，所以设直线l的方程为
代入椭圆方程 得
化简后，得关于的一元二次方程
于是其判别式
由已知，得△=0．即 ①
在直线方程中，分别令y=0，x=0，求得
令顶点P的坐标为（x，y）， 由已知，得
代入①式并整理，得 , 即为所求顶点P的轨迹方程．
方程形似椭圆的标准方程, 你能画出它的图形吗?
例3已知双曲线的离心率，过的直线到原点的距离是
（1）求双曲线的方程；
（2）已知直线交双曲线于不同的点C，D且C，D都在以B为圆心的圆上，求k的值.
讲解：∵（1）原点到直线AB：的距离.
故所求双曲线方程为
（2）把中消去y，整理得 .
设的中点是，则
即
故所求k=±.
为了求出的值, 需要通过消元, 想法设法建构的方程.
例4 已知椭圆C的中心在原点，焦点F1、F2在x轴上，点P为椭圆上的一个动点，且∠F1PF2的最大值为90°，直线l过左焦点F1与椭圆交于A、B两点，△ABF2的面积最大值为12．
（1）求椭圆C的离心率；
（2）求椭圆C的方程．
讲解：（1）设, 对 由余弦定理, 得
，
解出
（2）考虑直线的斜率的存在性，可分两种情况：
i) 当k存在时，设l的方程为………………①
椭圆方程为
由 得 .
于是椭圆方程可转化为 ………………②
将①代入②，消去得 ,
整理为的一元二次方程，得 .
则x1、x2是上述方程的两根．且
，
ii) 当k不存在时，把直线代入椭圆方程得
由①②知S的最大值为 由题意得=12 所以
故当△ABF2面积最大时椭圆的方程为：
下面给出本题的另一解法,请读者比较二者的优劣：
设过左焦点的直线方程为：…………①
（这样设直线方程的好处是什么？还请读者进一步反思反思.）
椭圆的方程为：
由得：于是椭圆方程可化为：……②
把①代入②并整理得：
于是是上述方程的两根.
,
AB边上的高,
从而
当且仅当m=0取等号，即
由题意知, 于是 .
故当△ABF2面积最大时椭圆的方程为：
例5 已知直线与椭圆相交于A、B两点，且线段AB的中点在直线上.
（１）求此椭圆的离心率；
（2 ）若椭圆的右焦点关于直线的对称点的在圆上，求此椭圆的方程.
讲解:（1）设A、B两点的坐标分别为 得
,
根据韦达定理，得
∴线段AB的中点坐标为（）.
由已知得
故椭圆的离心率为 .
（2）由（1）知从而椭圆的右焦点坐标为 设关于直线的对称点为
解得
由已知得
故所求的椭圆方程为 .
例6 已知⊙M：轴上的动点，QA，QB分别切⊙M于A，B两点，（1）如果，求直线MQ的方程；
（2）求动弦AB的中点P的轨迹方程.
讲解:（1）由，可得由射影定理，得 在Rt△MOQ中，
，
故，
所以直线AB方程是
（2）连接MB，MQ，设由
点M，P，Q在一直线上，得
由射影定理得
即 把（*）及（**）消去a，并注意到，可得
适时应用平面几何知识，这是快速解答本题的要害所在，还请读者反思其中的奥妙.
例7 如图，在Rt△ABC中，∠CBA=90°，AB=2，AC=。DO⊥AB于O点，OA=OB，DO=2，曲线E过C点，动点P在E上运动，且保持| PA |+| PB |的值不变.
（1）建立适当的坐标系，求曲线E的方程；
（2）过D点的直线L与曲线E相交于不同的两点M、N且M在D、N之间，设，
试确定实数的取值范围．
讲解: （1）建立平面直角坐标系, 如图所示 .
=
∵
∴曲线E的方程是 .
（2）设直线L的方程为 , 代入曲线E的方程，得
设M1（, 则
i) L与y轴重合时，
ii) L与y轴不重合时，
由①得
又∵,
∵ 或
∴0＜＜1 ,
∴ .
∵
而 ∴
∴
∴ , ,
∴的取值范围是 .
值得读者注意的是，直线L与y轴重合的情况易于遗漏，应当引起警惕.
例8 直线过抛物线的焦点，且与抛物线相交于A两点.
（1）求证：;
（2）求证：对于抛物线的任意给定的一条弦CD，直线l不是CD的垂直平分线.
讲解: （1）易求得抛物线的焦点.
若l⊥x轴，则l的方程为.
若l不垂直于x轴，可设,代入抛物线方程整理得 .
综上可知 .
（2）设，则CD的垂直平分线的方程为
假设过F，则整理得
，.
这时的方程为y=0，从而与抛物线只相交于原点. 而l与抛物线有两个不同的交点，因此与l不重合，l不是CD的垂直平分线.
此题是课本题的深化，你能够找到它的原形吗？知识在记忆中积累，能力在联想中提升. 课本是高考试题的生长点，复课切忌忘掉课本！
例9 某工程要将直线公路l一侧的土石，通过公路上的两个道口A和B，沿着道路AP、BP运往公路另一侧的P处，PA=100m，PB=150m，∠APB=60°，试说明怎样运土石最省工？
讲解: 以直线l为x轴，线段AB的中点为原点对立直角坐标系，则在l一侧必存在经A到P和经B到P路程相等的点，设这样的点为M，则
|MA|+|AP|=|MB|+|BP|,
即 |MA|－|MB|=|BP|－|AP|=50,
,
∴M在双曲线的右支上.
故曲线右侧的土石层经道口B沿BP运往P处，曲线左侧的土石层经道口A沿AP运往P处，按这种方法运土石最省工.
相关解析几何的实际应用性试题在高考中似乎还未涉及，其实在课本中还可找到典型的范例，你知道吗？
解析几何解答题在历年的高考中常考常新, 体现在重视能力立意, 强调思维空间, 是用活题考死知识的典范. 考题求解时考查了等价转化, 数形结合, 分类讨论, 函数与方程等数学思想, 以及定义法, 配方法, 待定系数法, 参数法, 判别式法等数学通法.
数学应用性问题怎么解
陕西永寿县中学 特级教师安振平
数学应用性问题是历年高考命题的主要题型之一, 也是考生失分较多的一种题型. 高考中一般命制一道解答题和两道选择填空题.解答这类问题的要害是深刻理解题意,学会文字语言向数学的符号语言的翻译转化,这就需要建立恰当的数学模型,这当中,函数,数列,不等式，排列组合是较为常见的模型,而三角,立几,解几等模型也应在复课时引起重视.
例1某校有教职员工150人，为了丰富教工的课余生活，每天定时开放健身房和娱乐室。据调查统计，每次去健身房的人有10%下次去娱乐室，而在娱乐室的人有20%下次去健身房.请问，随着时间的推移，去健身房的人数能否趋于稳定？
讲解: 引入字母,转化为递归数列模型.
设第n次去健身房的人数为an，去娱乐室的人数为bn，则.
.
，于是
即 .
.故随着时间的推移，去健身房的人数稳定在100人左右.
上述解法中提炼的模型, 使我们联想到了课本典型习题（代数下册P.132第34题）
已知数列的项满足
其中，证明这个数列的通项公式是
有趣的是, 用此模型可以解决许多实际应用题, 特别, 2002年全国高考解答题中的应用题(下文例9)就属此类模型.
例2 某人上午7时乘摩托艇以匀速V千米/小时（4≤V≤20）从A港出发前往50千米处的B港，然后乘汽车以匀速W千米/小时（30≤W≤100）自B港向300千米处的C市驶去，在同一天的16时至21时到达C市, 设汽车、摩托艇所需的时间分别是x小时、y小时，若所需经费元，那么V、W分别为多少时，所需经费最少？并求出这时所花的经费.
讲解: 题中已知了字母, 只需要建立不等式和函数模型进行求解.
由于又
则z最大时P最小.
作出可行域，可知过点（10，4）时, z有最大值38，
∴P有最小值93，这时V=12.5，W=30.
视这是整体思维的具体体现, 当中的换元法是数学解题的常用方法.
例3 某铁路指挥部接到预报，24小时后将有一场超历史记录的大暴雨，为确保万无一失，指挥部决定在24小时内筑一道归时堤坝以防山洪淹没正在紧张施工的遂道工程。经测算，其工程量除现有施工人员连续奋战外，还需要20辆翻斗车同时作业24小时。但是，除了有一辆车可以立即投入施工外，其余车辆需要从各处紧急抽调，每隔20分钟有一辆车到达并投入施工，而指挥部最多可组织25辆车。问24小时内能否完成防洪堤坝工程？并说明理由.
讲解: 引入字母, 构建等差数列和不等式模型.
由20辆车同时工作24小时可完成全部工程可知，每辆车，每小时的工作效率为，设从第一辆车投入施工算起，各车的工作时间为a1，a2，…, a25小时，依题意它们组成公差（小时）的等差数列，且
，化简可得.
解得.
可见a1的工作时间可以满足要求，即工程可以在24小时内完成.
对照此题与2002年全国高考文科数学解答题中的应用题, 你一定会感觉二者的解法是大同小异的. 学习数学就需要这种将旧模式中的方法迁移为解答新题的有用工具, 这要求你不断的联想, 力求寻找恰当的解题方案.
数学开放性问题怎么解
陕西永寿县中学 特级教师安振平
数学开放性问题是近年来高考命题的一个新方向,其解法灵活且具有一定的探索性,这类题型按解题目标的操作模式分为:规律探索型,问题探究型,数学建模型,操作设计型,情景研究型.如果未知的是解题假设,那么就称为条件开放题;如果未知的是解题目标,那么就称为结论开放题;如果未知的是解题推理,那么就称为策略开放题.当然,作为数学高考题中的开放题其“开放度”是较弱的,如何解答这类问题,还是通过若干范例加以讲解.
例 1 设等比数列的公比为 ，前 项和为 ，是否存在常数 ，使数列 也成等比数列？若存在，求出常数；若不存在，请 明 理 由.
讲解 存在型开放题的求解一般是从假设存在入手, 逐步深化解题进程的.
设存在常数， 使数列 成等比数列.
(i) 当 时， 代入上式得
即=0
但, 于是不存在常数 ，使成等比数列.
(ii) 当 时，， 代 入 上 式 得
.
综 上 可 知 , 存 在 常 数 ，使成等比数列.
等比数列n项求和公式中公比的分类, 极易忘记公比的 情 形, 可 不 要 忽 视 啊 !
例2 某机床厂今年年初用98万元购进一台数控机床，并立即投入生产使用，计划第一年维修、保养费用12万元，从第二年开始，每年所需维修、保养费用比上一年增加4万元，该机床使用后，每年的总收入为50万元，设使用x年后数控机床的盈利额为y万元.
（1）写出y与x之间的函数关系式；
（2）从第几年开始，该机床开始盈利（盈利额为正值）；
(3 ) 使用若干年后，对机床的处理方案有两种：
(i )当年平均盈利额达到最大值时，以30万元价格处理该机床；
(ii )当盈利额达到最大值时，以12万元价格处理该机床，问用哪种方案处理较为合算？请说明你的理由.
讲解 本例兼顾应用性和开放性, 是实际工作中经常遇到的问题.
（1）
=.
（2）解不等式 ＞0,
得 ＜x＜.
∵ x∈N， ∴ 3 ≤x≤ 17.
故从第3年工厂开始盈利.
（3）(i) ∵ ≤40
当且仅当时，即x=7时，等号成立.
∴ 到2008年，年平均盈利额达到最大值，工厂共获利12×7+30=114万元.
(ii) y=-2x2+40x-98= -2（x-10）2 +102，
当x=10时，ymax=102.
故到2011年，盈利额达到最大值，工厂共获利102+12=114万元.
代数推理题怎么解
陕西永寿县中学 特级教师安振平
数学是“教会年轻人思考”的科学, 针对代数推理型问题, 我们不但要寻求它的解法是什么, 还要思考有没有其它的解法, 更要反思为什么要这样解, 不这样解行吗?我们通过典型的问题, 解析代数推理题的解题思路, 方法和技巧. 在解题思维的过程中, 既重视通性通法的演练, 又注意特殊技巧的作用, 同时将函数与方程, 数形结合, 分类与讨论, 等价与化归等数学思想方法贯穿于整个的解题训练过程当中.
例1设函数，已知，时恒有，求a的取值范围.
讲解: 由
,
从而只要求直线L不在半圆C下方时, 直线L 的y截距的最小值.
当直线与半圆相切时，易求得舍去）.
故.
本例的求解在于 关键在于构造新的函数, 进而通过解几模型进行推理解题, 当中, 渗透着数形结合的数学思想方法, 显示了解题思维转换的灵活性和流畅性.
还须指出的是: 数形结合未必一定要画出图形, 但图形早已在你的心中了, 这也许是解题能力的提升, 还请三思而后行.
例2 已知不等式对于大于1的正整数n恒成立，试确定a的取值范围.
讲解: 构造函数，易证(请思考:用什么方法证明呢?)为增函数.
∵n是大于1的 正整数，
对一切大于1的正整数恒成立，必须,
即
这里的构造函数和例1属于同类型, 学习解题就应当在解题活动的过程中不断的逐类旁通, 举一反三, 总结一些解题的小结论. 针对恒成立的问题, 函数最值解法似乎是一种非常有效的同法, 请提炼你的小结论.
例3 已知函数在区间[－b，1－b]上的最大值为25，求b的值.
讲解: 由已知二次函数配方, 得
时，的最大值为4b2+3=25.
上递增，
上递增，
.
关于二次函数问题是历年高考的热门话题, 值得读者在复课时重点强化训练. 针对抛物线顶点横坐标在不在区间[－b，1－b], 自然引出解题形态的三种情况, 这显示了分类讨论的数学思想在解题当中的充分运用. 该分就分, 该合就合, 这种辨证的统一完全依具体的数学问题而定, 需要在解题时灵活把握.
例4已知
的单调区间；
（2）若
讲解: （1） 对 已 知 函 数 进 行 降 次 分 项 变 形 , 得 ,
（2）首先证明任意
事实上,
而
.
函 数 与 不 等 式 证 明 的 综 合 题 在 高 考 中 常 考 常 新 , 是 既 考 知 识 又 考 能 力 的 好 题 型 , 在 高 考 备 考 中 有 较 高 的 训 练 价 值.. 针对本例的求解, 你能够想到证明任意采用逆向分析法, 给出你的想法!
例5 已知函数f(x)=（ａ＞０，ａ≠１）．?
(1) 证明函数f(x)的图象关于点P()对称．?
(2) 令an＝，对一切自然数n，先猜想使an＞ｎ２成立的最小自然数a,并证明之．?
(3) 求证：∈Ｎ).
讲解: (1)关于函数的图象关于定点P对称, 可采用解几中的坐标证法.
设M(x,y)是f(x)图象上任一点，则M关于P()的对称点为M’（１－ｘ，１－ｙ），?
∴Ｍ′(1-x,1-y)亦在f(x)的图象上，
故函数f(x)的图象关于点P()对称.?
(2)将f(n)、f(1-n)的表达式代入an的表达式，化简可得an＝ａｎ猜a=3,
即3ｎ＞ｎ２．?
下面用数学归纳法证明．?
设n=k(k≥２)时，3ｋ＞ｋ２．?
那么n=k+1，3ｋ＋１＞３?３ｋ＞３ｋ２?
又3k２－（ｋ＋１）２＝２（ｋ－）２－≥０（ｋ≥２，ｋ∈Ｎ）?
∴３ｎ＞ｎ２.?
(3)∵３ｋ＞ｋ２?
∴ｋｌｇ３＞２ｌｇｋ?
令k=1,2,…，n，得n个同向不等式，并相加得：
函数与数列综合型问题在高考中频频出现,是历年高考试题中的一道亮丽的风景线.针对本例,你能够猜想出最小自然数a=3吗? 试试你的数学猜想能力.
例6 已知二次函数，设方程的两个实根为x1和x2.
（1）如果，若函数的对称轴为x=x0，求证：x0＞－1；
（2）如果，求b的取值范围.
讲解:（1）设，由得, 即
，
故；
（2）由同号.
①若.
又，负根舍去）代入上式得
，解得；
②若 即4a－2b+3＜0.
同理可求得.
故当
对你而言, 本例解题思维的障碍点在哪里, 找找看, 如何排除? 下一次遇到同类问题, 你会很顺利的克服吗? 我们力求做到学一题会一类, 不断提高逻辑推理能力.
例7 对于函数，若存在成立，则称的不动点。如果函数有且只有两个不动点0，2，且
（1）求函数的解析式；
（2）已知各项不为零的数列，求数列通项；
（3）如果数列满足，求证：当时，恒有成立.
讲解: 依题意有,化简为 由违达定理, 得
解得 代入表达式，由
得 不止有两个不动点，
（2）由题设得 （*）
且 （**）
由（*）与（**）两式相减得：
解得（舍去）或，由，若这与矛盾，，即{是以-1为首项，-1为公差的等差数列，；
（3）采用反证法，假设则由（1）知
,有
，而当这与假设矛盾，故假设不成立，.
关于本例的第(3)题,我们还可给出直接证法,事实上:
由得<0或
结论成立；
若，此时从而即数列{}在时单调递减，由，可知上成立.
比较上述两种证法,你能找出其中的异同吗? 数学解题后需要进行必要的反思, 学会反思才能长进.
例8 设a，b为常数，：把平面上任意一点
（a，b）映射为函数
（1）证明：不存在两个不同点对应于同一个函数；
（2）证明：当，这里t为常数；
（3）对于属于M的一个固定值，得，在映射F的作用下，M1作为象，求其原象，并说明它是什么图象.
讲解: （1）假设有两个不同的点（a，b），（c，d）对应同一函数，即与相同，
即 对一切实数x均成立.
特别令x=0，得a=c；令，得b=d这与（a，b），（c，d）是两个不同点矛盾，假设不成立.
故不存在两个不同点对应同函数.
（2）当时，可得常数a0，b0，使
=
由于为常数，设是常数.
从而.
（3）设，由此得
在映射F之下，的原象是（m，n），则M1的原象是
.
消去t得，即在映射F之下，M1的原象是以原点为圆心，为半径的圆.
本题将集合, 映射, 函数综合为一体, 其典型性和新颖性兼顾, 是一道用“活题考死知识”的好题目, 具有很强的训练价值.
例9 已知函数f(t)满足对任意实数x、y都有f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1,且f(－2)=－2.
（1）求f(1)的值;
（2）证明：对一切大于1的正整数t，恒有f(t)>t；
（3）试求满足f(t)=t的整数t的个数，并说明理由.
讲解 （1）为求f(1)的值，需令
令.
令.
（2）令(※)
.
由,
,
于是对于一切大于1的正整数t，恒有f(t)>t.
（3）由※及（1）可知.
下面证明当整数.
(※)得
即……，
将诸不等式相加得
.
综上，满足条件的整数只有t=1，.
本题的求解显示了对函数方程f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1中的x、y取特殊值的技巧，这种赋值法在2002年全国高考第（21）题中得到了很好的考查.
例10 已知函数f（x）在（－1，1）上有定义，且满足x、y∈（－1，1） 有
．
（1）证明：f（x）在（－1，1）上为奇函数；
（2）对数列求；
（3）求证
讲解 （1）令则
令则 为奇函数.
（2），
是以－1为首项，2为公比的等比数列．
（3）
而
本例将函数、方程、数列、不等式等代数知识集于一题，是考查分析问题和解决问题能力的范例. 在求解当中，化归出等比（等差）数列是数列问题常用的解题方法.
解析几何综合题解题思路案例分析
北京中国人民大学附中 梁丽平
陕西省咸阳市永寿中学 安振平
解析几何综合题是高考命题的热点内容之一. 这类试题往往以解析几何知识为载体，综合函数、不等式、三角、数列等知识，所涉及到的知识点较多，对解题能力考查的层次要求较高，考生在解答时，常常表现为无从下手，或者半途而废。据此笔者认为：解决这一类问题的关键在于：通观全局，局部入手，整体思维. 即在掌握通性通法的同时，不应只形成一个一个的解题套路，解题时不加分析，跟着感觉走，做到那儿算那儿. 而应当从宏观上去把握，从微观上去突破，在审题和解题思路的整体设计上下功夫，不断克服解题征途中的道道运算难关.
1 判别式----解题时时显神功
案例1 已知双曲线，直线过点，斜率为，当时，双曲线的上支上有且仅有一点B到直线的距离为，试求的值及此时点B的坐标。
分析1：解析几何是用代数方法来研究几何图形的一门学科，因此，数形结合必然是研究解析几何问题的重要手段. 从“有且仅有”这个微观入手，对照草图，不难想到：过点B作与平行的直线，必与双曲线C相切. 而相切的代数表现形式是所构造方程的判别式. 由此出发，可设计如下解题思路：
解题过程略.
分析2：如果从代数推理的角度去思考，就应当把距离用代数式表达，即所谓“有且仅有一点B到直线的距离为”，相当于化归的方程有唯一解. 据此设计出如下解题思路：
简解：设点为双曲线C上支上任一点，则点M到直线的距离为：
于是，问题即可转化为如上关于的方程.
由于，所以，从而有
于是关于的方程
由可知：
方程的二根同正，故恒成立，于是等价于
.
由如上关于的方程有唯一解，得其判别式，就可解得 .
点评：上述解法紧扣解题目标，不断进行问题转换，充分体现了全局观念与整体思维的优越性.
2 判别式与韦达定理-----二者联用显奇效
案例2 已知椭圆C:和点P（4，1），过P作直线交椭圆于A、B两点，在线段AB上取点Q，使，求动点Q的轨迹所在曲线的方程.
分析：这是一个轨迹问题，解题困难在于多动点的困扰，学生往往不知从何入手。其实，应该想到轨迹问题可以通过参数法求解. 因此，首先是选定参数，然后想方设法将点Q的横、纵坐标用参数表达，最后通过消参可达到解题的目的.
由于点的变化是由直线AB的变化引起的，自然可选择直线AB的斜率作为参数，如何将与联系起来？一方面利用点Q在直线AB上；另一方面就是运用题目条件：来转化.由A、B、P、Q四点共线，不难得到，要建立与的关系，只需将直线AB的方程代入椭圆C的方程，利用韦达定理即可.
通过这样的分析，可以看出，虽然我们还没有开始解题，但对于如何解决本题，已经做到心中有数.
在得到之后，如果能够从整体上把握，认识到：所谓消参，目的不过是得到关于的方程（不含k），则可由解得，直接代入即可得到轨迹方程。从而简化消去参的过程。
简解：设，则由可得：，
解之得： （1）
设直线AB的方程为：，代入椭圆C的方程，消去得出关于 x的一元二次方程：
（2）
∴
代入（1），化简得： (3)
与联立，消去得：
在（2）中，由，解得 ，结合（3）可求得
故知点Q的轨迹方程为： （）.
点评：由方程组实施消元，产生一个标准的关于一个变量的一元二次方程，其判别式、韦达定理模块思维易于想到. 这当中，难点在引出参，活点在应用参，重点在消去参.，而“引参、用参、消参”三步曲，正是解析几何综合问题求解的一条有效通道.
3 求根公式-----呼之欲出亦显灵
案例3 设直线过点P（0，3），和椭圆顺次交于A、B两点，试求的取值范围.
分析：本题中，绝大多数同学不难得到：=，但从此后却一筹莫展, 问题的根源在于对题目的整体把握不够. 事实上，所谓求取值范围，不外乎两条路：其一是构造所求变量关于某个（或某几个）参数的函数关系式（或方程），这只需利用对应的思想实施；其二则是构造关于所求量的一个不等关系.
分析1: 从第一条想法入手，=已经是一个关系式，但由于有两个变量，同时这两个变量的范围不好控制，所以自然想到利用第3个变量――直线AB的斜率k. 问题就转化为如何将转化为关于k的表达式，到此为止，将直线方程代入椭圆方程，消去y得出关于的一元二次方程，其求根公式呼之欲出.
简解1：当直线垂直于x轴时，可求得;
当与x轴不垂直时，设，直线的方程为：，代入椭圆方程，消去得
解之得
因为椭圆关于y轴对称，点P在y轴上，所以只需考虑的情形.
当时，，，
所以 ===.
由 , 解得 ，
所以 ，
综上 .
分析2: 如果想构造关于所求量的不等式，则应该考虑到：判别式往往是产生不等的根源. 由判别式值的非负性可以很快确定的取值范围，于是问题转化为如何将所求量与联系起来. 一般来说，韦达定理总是充当这种问题的桥梁，但本题无法直接应用韦达定理，原因在于不是关于的对称关系式. 原因找到后，解决问题的方法自然也就有了，即我们可以构造关于的对称关系式.
简解2：设直线的方程为：，代入椭圆方程，消去得
（*）
则
令，则，
在（*）中，由判别式可得 ，
从而有 ，
所以 ，
解得 .
结合得.
综上，.
点评：范围问题不等关系的建立途径多多，诸如判别式法，均值不等式法，变量的有界性法，函数的性质法，数形结合法等等. 本题也可从数形结合的角度入手，给出又一优美解法.
解题犹如打仗，不能只是忙于冲锋陷阵，一时局部的胜利并不能说明问题，有时甚至会被局部所纠缠而看不清问题的实质所在，只有见微知著，树立全局观念，讲究排兵布阵，运筹帷幄，方能决胜千里.
二次函数综合问题例谈
北京中国人民大学附中 梁丽平
陕西省咸阳市永寿中学 安振平
二次函数是中学代数的基本内容之一，它既简单又具有丰富的内涵和外延. 作为最基本的初等函数，可以以它为素材来研究函数的单调性、奇偶性、最值等性质，还可建立起函数、方程、不等式之间的有机联系；作为抛物线，可以联系其它平面曲线讨论相互之间关系. 这些纵横联系，使得围绕二次函数可以编制出层出不穷、灵活多变的数学问题. 同时，有关二次函数的内容又与近、现代数学发展紧密联系，是学生进入高校继续深造的重要知识基础. 因此，从这个意义上说，有关二次函数的问题在高考中频繁出现，也就不足为奇了.
学习二次函数，可以从两个方面入手：一是解析式，二是图像特征. 从解析式出发，可以进行纯粹的代数推理，这种代数推理、论证的能力反映出一个人的基本数学素养；从图像特征出发，可以实现数与形的自然结合，这正是中学数学中一种非常重要的思想方法. 本文将从这两个方面研究涉及二次函数的一些综合问题.
1. 代数推理
由于二次函数的解析式简捷明了，易于变形（一般式、顶点式、零点式等），所以，在解决二次函数的问题时，常常借助其解析式，通过纯代数推理，进而导出二次函数的有关性质.
1.1 二次函数的一般式中有三个参数. 解题的关键在于：通过三个独立条件“确定”这三个参数.
例1 已知，满足1且，求的取值范围.
分析：本题中，所给条件并不足以确定参数的值，但应该注意到：所要求的结论不是的确定值，而是与条件相对应的“取值范围”，因此，我们可以把1和当成两个独立条件，先用和来表示.
解：由，可解得：
（*）
将以上二式代入，并整理得
,
∴ .
又∵，,
∴ .
例2 设，若，，, 试证明：对于任意，有.
分析：同上题，可以用来表示.
解：∵ ,
∴ ,
∴ .
∴ 当时，
当时，
综上，问题获证.
1.2 利用函数与方程根的关系，写出二次函数的零点式
例３ 设二次函数，方程的两个根满足. 当时，证明.
分析：在已知方程两根的情况下，根据函数与方程根的关系，可以写出函数的表达式，从而得到函数的表达式.
证明：由题意可知.
,
∴ ,
∴ 当时，.
又,
∴ ,
综上可知，所给问题获证.
1.3 紧扣二次函数的顶点式对称轴、最值、判别式显合力
例4 已知函数。
（1）将的图象向右平移两个单位，得到函数，求函数的解析式；
（2）函数与函数的图象关于直线对称，求函数的解析式；
（3）设，已知的最小值是且，求实数的取值范围。
解：(1)
(2)设的图像上一点，点关于的对称点为，由点Q在的图像上，所以
，
于是
即
（3）.
设，则.
问题转化为：对恒成立. 即
对恒成立. （*）
故必有.（否则，若，则关于的二次函数开口向下，当充分大时，必有；而当时，显然不能保证（*）成立.），此时，由于二次函数的对称轴，所以，问题等价于，即，
解之得：.
此时，，故在取得最小值满足条件.
2. 数形结合
二次函数的图像为抛物线，具有许多优美的性质，如对称性、单调性、凹凸性等. 结合这些图像特征解决有关二次函数的问题，可以化难为易.，形象直观.
2.1 二次函数的图像关于直线对称， 特别关系也反映了二次函数的一种对称性.
例5 设二次函数，方程的两个根满足. 且函数的图像关于直线对称，证明：.
解：由题意 .
由方程的两个根满足, 可得
且,
∴ ，
即 ，故 .
2.2 二次函数的图像具有连续性，且由于二次方程至多有两个实数根. 所以存在实数使得且在区间上，必存在的唯一的实数根.
例6 已知二次函数，设方程的两个实数根为和.
（1）如果，设函数的对称轴为，求证：；
（2）如果，，求的取值范围.
分析：条件实际上给出了的两个实数根所在的区间，因此可以考虑利用上述图像特征去等价转化.
解：设，则的二根为和.
（1）由及，可得 ，即，即
两式相加得，所以，;
（2）由, 可得 .
又，所以同号.
∴ ，等价于或,
即 或
解之得 或.
2.3 因为二次函数在区间和区间上分别单调，所以函数在闭区间上的最大值、最小值必在区间端点或顶点处取得；函数在闭区间上的最大值必在区间端点或顶点处取得.
例7 已知二次函数，当时，有，求证：当时，有.
分析：研究的性质，最好能够得出其解析式，从这个意义上说，应该尽量用已知条件来表达参数. 确定三个参数，只需三个独立条件，本题可以考虑，，，这样做的好处有两个：一是的表达较为简洁，二是由于正好是所给条件的区间端点和中点，这样做能够较好地利用条件来达到控制二次函数范围的目的.
要考虑在区间上函数值的取值范围，只需考虑其最大值，也即考虑在区间端点和顶点处的函数值.
解：由题意知：，
∴ ，
∴ .
由时，有，可得 .
∴ ,
.
（1）若，则在上单调，故当时，
∴ 此时问题获证.
（2）若，则当时，
又，
∴ 此时问题获证.
综上可知：当时，有.
WORD版，共七篇，目录如下：
1、二次函数综合问题例谈
北京中国人民大学附中 梁丽平；陕西省咸阳市永寿中学 安振平
2、解析几何综合题解题思路案例分析 梁丽平 安振平
3、代数推理题怎么解 特级教师安振平
4、数学开放性问题怎么解 特级教师安振平
5、数学应用性问题怎么解 特级教师安振平
6、解析几何题怎么解 特级教师安振平
7、立体几何题怎么解 特级教师安振平
