(甘志国)从中学教师到著名数学家

数理化解题研究2021年第07期总第500期等轴双曲线的十点圆甘志国（北京丰台二中 100071）摘 要:联想到九点圆定理，本文给出了关于等轴双曲线的一个十点圆的定理.关键词：等轴双曲线；三角形；垂心；九点圆定理中图分类号：G632文献标识码:A 文章编号：1008 -0333（2021）07 -0062 -02定理1以等轴双曲线上任意三点为顶点的三角形的垂心也在该双曲线上.证明 适当建立坐标系后,可不妨设等轴双曲线为r ：y — a （a 为非零常数）,再设曲线r 上的任意三点为%4, f %t ,十j （ i — 1,2,3）（其中%1 , %2 ,%；这三个数两两互异, 易知这三点不共线）,4424；的三条高4用（i — 1,2,3） 所在的直线交于一点（可设该点是A 4]424；的垂心〃）.a a可得直线424；的斜率为—-丄,再得直线%； - %2 %2%；410 的方程为 y - — %2%；（ % - %1）,即 %1 %2 %； % — a%1 y +%2%2%； - a 2 ；同理,可求得直线42〃2方程为%1 %2%；% — a%2y+ %1 %2 %； - a 2.丄一,-%^j 在曲线r 上 %1 %2 %； a 丿题1（2017年湖北省武汉市高三二月调考数学试卷（理科）第15题）在平面直角坐标系%0y 中，设4,B , C是曲线y — 一—r 上三个两两互异的点,且D ,E ,F 分别是% - 1线段BC ,C4,4B 的中点，则过D ,E ,F 三点的圆一定经过 定点解析（1,0）.我们用平移的方法解这道题.把曲线y — 丄向左平移1个单位后得到的曲线是 曲线y —丄.%在曲线y - *上选三点4； fy ,2 j , B ； （1,1）,C'A 20，可得线段B'C', C'4‘，4；B ；的中点分别是进而可求得垂心H\》'（2，4 ）E ‘f 4，4） F ‘（；j ，进而可求得过》，， E',F ‘三点的圆的方程是%2 + y 2 - 5 % - 4 y — 0•在曲线y -十上再选三点41（-*, -2j ,B 1（ - 1,-1）,C 1 ]-2, - 2 ）设线段；1 C 1，C 141，41B 1 的中点分别是》1，呂』1，同理可求得过》1 ,E 1，F 1三点的圆的方程 是 %2 + y 2 + 4 % + y — 0.可求得圆 %2 + y 2 - % - 4 y — 0 与圆 %2 + y 2 + 4 % +二y — 0的公共点是坐标原点0.因此，若以曲线y -丄上4% 任意三点为顶点的三角形各边中点为顶点的三角形的外接圆经过定点，则该定点只可能是坐标原点0.还可验证,坐标原点0在以曲线y —丄上任意三点为%顶点的三角形各边中点为顶点的三角形的外接圆上.综上所述，以曲线y —丄上任意三点为顶点的三角形%各边中点为顶点的三角形的外接圆经过定点且该定点就 是坐标原点0.又因为把曲线y -丄及坐标原点0向右平移1个单%位后得到的曲线是y — 匕及点0 ' （1,0）,所以所求的答% - 1案是（1 ,0） •定理2以等轴双曲线上任意三点为顶点的三角形 各边中点为顶点的三角形的外接圆过定点且该定点就是 该等轴双曲线的中心.证明 适当建立坐标系后,可不妨设等轴双曲线为收稿日期：2020 - 12 - 05作者简介:甘志国（1971 -），湖北省竹溪人,研究生，中学正高级教师，特级教师，从事高中数学教学研究.基金项目：北京市教育学会“十三五”教育科研滚动立项课题“数学文化与高考研究”（课题编号FT2017GD003）.—62—2021年第07期总第500期数理化解题研究r ：y -4a （a 为非零常数）,再设曲线r 上的任意三点为%A ,「%,，2a 0（ i -1,2,3）（其中 %； ,%2,%； ,0 这四个数两两互异，易知这三点不共线）,可得线段A 2A ；, A ； A ；, A ； A 2的中 点 分别是 B ； [%2 + %；, + %-], B 2 f %； + %；, + %],V %2 %；丿 V %； %;丿B ； [ %； + %2,+ |（由三点A ；, A 2, A ；不共线可得三点V %； %2 丿b ；,b 2,b ；也不共线）•设AB ；B 2B ；的外接圆方程为％2E+ y + D% + ——y + F - a20, 可得- - 12 - 2 1 2①2a2，22a2，32a2，1②③（%；+%2）D + ]f + t ” + F2 a 2 2 a 2一 /y—-------—-------------2211 2（%2 + %；） D + f 丄 + 丄 0E + F2 92a 2 2 a 222 ； ； 22 2 3（%；+%；） d +V f +十）e +f2 9 2 a 2 2 a 2； ；； ； 233 1①-②，③-②,分别得%；%；D — E — a 2 （丄 + ■― + 丄]—%；%； （%； + 2%2 + %；）:④V%； 兀2 兀3丿%；%2D — E — a 2 f — + — + —| — %；%2 （%； + %2 + 2%；）:⑤V%； 兀2 兀；丿2⑤-④，可求得D — -%； - %2 - %；；12 3再由④，可求得E -%；%2%； - a 2 f 丄+丄+丄]；V %； %2 %；丿又由①，可求得F -0.所以△ B ；B 2B ；的外接圆方程为%2 + y 2 +f 丄-%； -％2 -％；\ + f %^%3 -乂 -乂 -乂'-0.⑥ V %；%2%； 丿 V a %； %2 %；丿设曲线r 上的三点为A'i f -2% i , -2a j （ i -1,2,3）, 线段 A'2 A'； ,A'； A'； ,A'； A'2 的中点分别是 B'；, B'2, B'；,同理可求得△ B'；B'2B'；的外接圆方程为%2 + y 2 -f丄-%； -%2-%；\-f %^一2 -2 -2、-0. ⑦V %；%2%； 丿 V a %； %2 %；丿可求得圆⑥与圆⑦的公共点是坐标原点0.因此，若 以曲线r 上的任意三点为顶点的三角形各边中点为顶点 的三角形的外接圆（即圆⑥）经过定点,则该定点只可能 是坐标原点0.又因为圆⑥过坐标原点0,所以结论成立.注 把平面直角坐标系%Oy 绕点0沿逆时针方向旋 转45 °,得到平面直角坐标系%'Oy',可得旋转变换一 %' - y'% -,< 血f 在此旋转变换下可得，等轴双曲线%2 - y 2 -%' + y'y -可’-4a （a H0）在平面直角坐标系%'Oy'下的方程是y'二4^.'题2 （题1的类题）在平面直角坐标系%Oy 中,设A ,B ,C 是曲线 %2 - y 2 + 2% + 4y + a -0（ a H - 3）上三个两两互异的点，且D ,E ,F 分别是线段BC ,CA ,AB 的中点，则过D ,E ,F 三点的圆一定经过的定点是 •解析（-1,2）.可得题中的曲线即等轴双曲线（% + 1）2 - （y -2）2 - - a -3（ - a - 3 H0）,其对称中心是点（-1,2）.再由定理可得答案•笔者由定理1,2联想到了九点圆定理:三角形三 边的中点,三条高的垂足和三个欧拉点（连接三角形 各顶点与垂心所得三线段的中点）这九点共圆•由此 结论及定理1,2,可得•定理3如图1,2所示,若三点A ；,A 2,A ；均在等轴双 曲线r 上（在图1中，三点a ；,a 2,a ；均在双曲线r 的同一支上;在图2中，三点a ；,A 2,a ；不均在双曲线r 的同一支 上），则A A ；A 2A ；的垂心H 也在双曲线r 上,且△A ；A 2A ； 三边A 2A ； ,A ；A ； ,A ；A 2的中点B ；,B 2，B ；、三条高A#i 的垂足a 、三条线段A i H 的中点C i （i -1,2,3）及双曲线r 的 中心0这十点共圆.图1LHri图2参考文献：[1 ]甘志国.部分自主招生考试数学试题[J ].高中 生,2018（33） ：61.[ 责任编辑： 李 璟]— 63—。

2021年第13期总第506期数理化解题研究因为“ +2y #所以+2周二4.解得k -；，此时，兀二2』二1.所以？ +丄 + k （兀 + 2y ） -Z +丄+ £（兀 + 2y ） -Z% y 兀 y 2 兀+ 1 +2M4.y故当%-2,y -1时,Z +丄有最小值2.% y 解法5（利用柯西不等式），通过拆项重组或添项等方法构造符合柯西不等式的形式及条件.因为 %〉0. y >0,% +2y -4,所以 4 [-2- + 丄]M 8 ,V % y 丿即 2 + 1 M2.%y 当且仅当・ %,% + 2y - 4,即｛%-2y ，即｛%-2时等号成立.% + 2y - 4 ,y - 121故当%-2,y -1时，三+丄有最小值2.% y参考文献:即 0%+t I "%+2y 心（22）2-8.［1 ］李书恒.高考调研数学（文科）［M ］.石家庄：河北少年儿童出版社,2020.［2］于晓闻.追溯错因促进思考拓展思维［J ］.中学数学教学参考,2020（28） ：62 -64.［责任编辑:李璟］用抛物线的两条弦平行的充要条件解题甘志国（北京丰台二中100071）摘 要：笔者发现了抛物线的两条弦平行的一个简洁充要条件，此结论在解题中很方便（比如可大大减少运算量）.关键词：抛物线；弦；平行;充要条件中图分类号：G632 文献标识码：A 文章编号：1008 -0333（2021） 13 -0003 -03题1如图1所示，已知椭圆八%4 + y 2 -1,抛物线 M ：y 2 -4%的焦点是F ,动点G 在其准线上.过点G 的直线与椭圆T 及抛物线M 分别交于四点P ,Q ,A ,B ,且G 是线 段PQ 的中点，过点F 的直线与抛物线M 交于两点C ,D , 且存在AC 〃劝的情形.若直线CD 丄%轴，则直线佔的方程是 .解析如图1所示,可设点G （-1丿）.由点G 在椭圆 T 内，得-；< t < ；, £2<.还可得t H0.否则直线PQ的方程是% - -1,它与抛物线M 相离,不满足题设.所以0<t 2< 3.4用点差法可证得“椭圆内任意一点（中心除外）是该收稿日期：2021 -02 -05作者简介:甘志国（1971 -），男，湖北省竹溪人，研究生，中学正高级教师，特级教师，从事高中数学教学研究. 基金项目：北京市教育学会“十三五”教育科研滚动立项课题“数学文化与高考研究”（项目编号：FT2017GD003）.—3—数理化解题研究2021年第13期总第506期图1椭圆唯一一一条弦的中点”，所以当0<t2<4时，满足点G(-1,t)是椭圆T的某条弦PQ的中点.再由点G是椭圆T的弦PQ的中点及点差法,可证得k OG仏二-+，即-叽二-+，仏，因而直线W的方程是y-t二1(%+1)，即4%-16ty+1612+4-0.4%-16ty+1612+4-022联立｛可得y2-16ty+161+4 2-4%,-0,解得y-81±2丿1212-1V12<t2<])进而可得两点“A(2812-1+811212-1,81+ 21212-1),B(2812-1-811212-1,81-21212-1)”或“A(2812-1-811212-1,81-21212-1),B(2812-1+811212-1,81+21212-1)”还可求得两点“C(1,2),D(1,-2)”或“C(1,-2), D(1,2)”.因而,共有下面的四种情形：(1)由A(28t2-1+8t12t2-1,8t+212t2-1), B(28t2-1-8t12t2-1,8t-212t2-1)[；<t2<]) C(1,2),D(1,-2)，可得A^〃b D o・.・o(2t2+1)1212-1 +(1212-1)+2t2-0(0<12t2-1<8)o t丘0,此时不满足题设.(2)由A(28t2-1-8t12t2-1,8t-212t2-1), B(28t2-1+8t12t2-1,8t+212t2-1)]；<t2<]) C(1,-2),D(1,2)(即(1)中的两点A,B的坐标互换的同时,两点C,D的坐标也互换),也可得此时不满足题设.(3)由A(28t2-1+8t12t2-1,8t+212t2-1), B(28t2-1-8t12t2-1,8t-212t2-1)(；<t2<]) C(1,-2),D(1,2),进而可得AC〃BD12+1) 1212-1-1412-1(0<1212-1<8)o t-1,-1,1-7676—4—=:时,可求得两点A(11+4646门V3，3+2①当tB V11-裂卑-2］及直线AB：3%-2/6y+5-0,此时对应的图形如图2所示.AB：3%+26y+5-0,此时对应的图形如图3所示.②当t--1时，可求得两B V11；%,-2-436及直线③当t-1-2时，可求得两点A(81-562,14-82),B(1,2).由两点B,D重合知此时不满足题设“AC〃BD”.④当t-1-1时，可图3求得两点A(1,-2),B(81-562,82-14).由两点A,C 重合知此时不满足题设“AC〃BD”.综上所述，可得直线AB的方程是3%-26y+5-0或3%+26y+5-0..(4)四点A(2812-1-811212-1,81-21212-1), B(2812-1+811212-1,81+21212-1) (12<t2<3)，C(1,2),D(1,-2)(即(3)中的两点A,B 的坐标互换的同时，两点C,D的坐标也互换),由(3)的答案可知，此时直线AB的方程也是3%-26y+5-0或3%+26y+5-0.综上所述，可得直线AB的方程是3%-26y+5-0或3%+26y+5-0.以上解法运算量较大(还涉及解一元三次方程),下面运用抛物线的两条弦平行的充要条件给出题1的另一种解法(该解法运算量要小不少).定理1若四点A,B,C,D均在抛物线y2-2p%(p H 0)上，则」AB〃CD O%a+%b二%c+%d.证明由y A二2p%A,y B二2p%B,可得y A-y B-(y A+2021年第13期总第506期数理化解题研究%b)(%a一%b)二2p(%A-%B), AB〃(％A-%B,%a-y B)〃(-a +%B，2P).同理，可得C力〃(％c+y”2p).再由四点A,B,C,D不共线，可得AB//CD o AB//CD o(y A+y B,2p)//(y C+y D,2p)o -A+%B二%C+%D.推论1若四点A,B,C,D均在抛物线%2二2p%(p H 0)上，则%A-%C二%D-%B o AB〃CD或AD/BC.证明由定理】，可得-a-%C二%D-%B O(%A-%C 二-D--B或-A--C二-B--D)O(-A+-B二-C+-D或-A+ y D二y B+y C)o AB//CD或AD〃BC.定理2若四点A,B,C,D均在抛物线%2二2py(p H 0)上，贝V AB//CD o%A+%B二%C+%D.推论2若四点A,B,C,D均在抛物线%2二2py(p H 0)上，则%A-%C二%D-%B o AB〃CD或AD/BC.题1的另解如图1所示,可设点G(-1,£).同前面的解法可求得直线PQ的方程是--t二+(%+1)还可得-a--B二41212-1,%D-%C二4.由题设AC/BD及推论1,可得-A--B二-D--C.即4J1212-1二4,解得t二土丄.76由推论1可得丨-A--B=-D--C,即AC/BD或AD/BC(当AD/BC时,把两点C,D的位置互换后也得AC/BD),所以t的取值范围是忖，-右｝,进而可求得直线AB的方程是3%-26-+5=0或3%+26-+ 5=0.%2题2如图1所示，已知椭圆八；+%2=1,抛物线M：%2=4%的焦点是F,动点G在其准线上.过点G的直线与椭圆T及抛物线M分别交于四点P,Q,A,B,且G是线段PQ的中点，过点F的直线与抛物线M交于两点C,D,且存在AC/BD的情形.(1)求直线CD的斜率k的取值范围，及点G的纵坐标的取值范围；(2)若直线心。

学生为什么会这样频繁出错？甘志国(已发表于 河北理科教学研究,2014(4)：37-40)北京市丰台区2013~2014学年度第一学期期末练习高二数学(理科)第19题(满分13分)即倒数第二题是：统考题 已知抛物线)0(2:2>=p px y C ，过抛物线C 的焦点F 的直线l 交抛物线于A 、B 两点.(1)若抛物线的准线为1-=x ,直线l 的斜率为1，求线段AB 的长；(2)过B 作x 轴的平行线交抛物线的准线于点D ，求证：A 、O 、D 三点共线.答案：(1)先得抛物线x y C 4:2=，……可得8=AB .(2)略.这道题源于普通高中课程标准实验教科书《数学·选修2-1·A 版》(人民教育出版社，2007年第2版)第70页例5.但我们在统一阅卷(丰台区的所有高二理科数学老师在一起对全区近两千份试卷网阅)时，发现近一半学生在对第(2)问的解答中是把抛物线C 的方程按x y 42=来解答的，而不是按大前提“抛物线C 的方程是)0(22>=p px y ”来求解的.产生此种错误，实在可惜！在这道题中，最前面的话“已知抛物线)0(2:2>=p px y C ，过抛物线C 的焦点F 的直线l 交抛物线于A 、B 两点”叫大前提，在解答第(1),(2)问时均适用.然后，在解答各问时，分别只能再使用各问的已知条件(叫小前提).一般来说，解答第(1)问时不能使用第(2)问的小前提，除非第(2)问的小前提可由大前提得到；同理，一般来说，解答第(2)问时也不能使用第(1)问的小前提，除非第(1)问的小前提可由大前提得到，或者第(2)问中注明了“在第(1)问的条件下”.笔者也在思考：为什么时常有学生会犯这种错误呢？除了审题不清之外，我们老师在教学时也一定有失误(可能没有讲清上面的内容)，甚至教科书、权威教辅资料、高考题中也没有做好这方面的表率.比如，笔者发现了普通高中课程标准实验教科书《数学2·必修·A 版》(人民教育出版社，2007年第3版) (下简称《必修2》)中有3道题(即下面的题1,2,3)，与一本教材配套使用的《教师教学用书》中有1道题(即下面的题4)，还有一道高考题(即下面的题5)均有这方面的瑕疵.题1 (《必修2》第79页第1题)如图，在边长为2的正方形ABCD 中，(1)点E 是AB 的中点，点F 是BC 的中点，将DCF AED ∆∆,分别沿DF DE ,折起，使C A ,两点重合于点A '.求证：EF D A ⊥'.(2)当BC BF BE 41==时，求三棱锥EFD A -'的体积.(第1题)与《必修2》配套使用的《教师教学用书》第41页给出的第(2)问的答案是：1217. 对题1的分析 第(2)问中诸字母的含义只能由大前提“如图，在边长为2的正方形ABCD 中”决定，而这是不可能的！无可奈何之后，只有再结合第(1)问的小前提来寻找其含义：而这样又会产生矛盾——“BC BF BE 41==”与“点E 是AB 的中点，点F 是BC 的中点”，所以建议把此题改述为:如图,在边长为2的正方形ABCD 中,点F E ,分别在边BC AB ,上,且BC BF BE 41==,将DCF AED ∆∆,分别沿DF DE ,折起,使C A ,两点重合于点A '.(第1题)(1)求证：EF D A ⊥'；(2)求三棱柱EFD A -'的体积. 题2 (《必修2》第133页第5题)已知点)3,2(--P 和以Q 为圆心的圆9)2()4(22=-+-y x .(1)画出以PQ 为直径，Q '为圆心的圆，再求出它的方程；(2)作出以Q 为圆心的圆和以Q '为圆心的圆的两个交点B A ,.直线PB PA ,是以Q 为圆心的圆的切线吗？为什么？(3)求直线AB 的方程.对题2的分析 第(2)问中“以Q '为圆心的圆”的含义只能在大前提中寻找，但大前提中没有哇！无可奈何之后，只有再结合第(1)问的小前提来寻找其含义，但这也不妥：由第(1)问只能知道点Q '为线段PQ 的中点，而“以Q '为圆心的圆”有无数个，所以第(2)问也无从回答，认为第(2)问中的“以Q '为圆心的圆”就是第(1)问中的“以以PQ 为直径，Q '为圆心的圆”是牵强附会的.第(3)问中“直线AB ”的含义只能在大前提中寻找，但大前提中没有哇！无可奈何之后，只有再结合第(1)问和第(2)问的小前提来寻找其含义，这显然不妥！何况第(2)问中的“以Q '为圆心的圆”不是确定的条件.建议把此题改述为:已知点)3,2(--P 和以Q 为圆心的圆9)2()4(:22=-+-y x C .(1)画出以PQ 为直径，Q '为圆心的圆C '，再求出它的方程；(2)作出圆C 和第(1)问中的圆C '的两个交点B A ,后，直线PB PA ,均是圆C 的切线吗？为什么？(3)对于第(2)问的点B A ,，求直线AB 的方程.题3 (《必修2》第144页B 组第4题)已知直线052:=--y x l 与圆50:22=+y x C .求：(1)交点B A ,的坐标； (2)AOB ∆的面积.对题3的分析 第(2)问中点B A ,的含义只能在大前提中寻找，但大前提中没有哇！无可奈何之后，只有再结合第(1)问的小前提来寻找其含义，而这显然不妥！建议把此题改述为：4.已知直线052:=--y x l 与圆50:22=+y x C 相交，且两个交点分别是B A ,.求：(1)交点B A ,的坐标； (2)AOB ∆的面积.笔者发表于《中学数学杂志》2013年第11期第19-21页的文章《对人教版教科书<数学2·必修·A 版>的几点建议》也给出了以上题1的修改建议.普通高中课程标准实验教科书《教师教学用书·A 版·数学·选修2-2》(人民教育出版社，2007年第2版，2012年印刷)第59页第三题第1题及其答案(见该页)是：题4 假设2)(,)(kx x f x x g ==，其中k 为常数.(1)计算)(x g 的图象在点(4,2)处的切线斜率；(2)求此切线方程；(3)如果函数)(x f 的图象经过点(4,2)，计算k 的值；(4)求函数)(x f 的图象与(2)中的切线的交点.答案：(1)41；(2)141+=x y ；(3)81；(4)⎪⎭⎫ ⎝⎛-21,2),2,4(. 对题4的分析 第(2)问中“此切线”的含义只能在大前提中找，但找不到，在不得已的情况下只有在第(2)问中寻找，从给出的答案来看，出题者就是这个意思；第(4)问中函数)(x f 的意义由大前提决定(与第(3)问无关)，所得答案应当对k 进行分类讨论(且还应注意交点和切点的区别，见甘志国发表在《中学数学教学》2009年第3期的文章《应区分“交点”与“公共点”》)，但从给出的答案来看，出题者的意思是“第(4)问中的函数)(x f 中的k 就是第(4)问求出的k ”.建议把此题及其答案改述为： 设函数2)(,)(kx x g x x f ==，其中k 为常数.(1)求函数)(x f 的图象在点(4,2)处的切线l 的斜率及方程；(2)若函数)(x f 的图象经过点(4,2)，求k 的值及此时函数)(x f 的图象与(1)中的切线l 的交点坐标.答案：(1)41，141+=x y ；(2)81=k ，交点坐标为⎪⎭⎫ ⎝⎛-21,2),2,4(. 在2011年高考广东卷理科数学第17题(即下面的题5)中也出现了这种情形：题5 为了解甲、乙两厂的产品质量，采用分层抽样的方法从甲、乙两厂生成的产品中分别抽取14件和5件，测量产品中的微量元素y x ,的含量(单位：毫克).下表是乙厂的5件产品的测量数据：(2)当产品中的微量元素y x ,满足175≥x ，且75≥y 时，该产品为优等品.用上述样本数据估计乙厂生产的优等品的数量；(3)从乙厂抽出的上述5件产品中，随机抽取2件，求抽取的2件产品中优等品数ξ的分布列及其均值(即数学期望).答案：(1)乙厂生产的产品数量为3514598=⋅(件). (2)样本中满足175≥x ，且75≥y 的产品有2件，所以样本中优等品的频率为52，由此可估计乙厂生产的优等品的数量为145235=⋅(件). (3)ξ的可能取值为0,1,2，且101C C )2(,53C C C )1(,103C C )0(25222512132523=========ξξξP P P 所以ξ的分布列为ξ的均值为510251100)(=⋅+⋅+⋅=ξE . 对题5的分析 解答第(2)问时，必须要知道乙厂生产的产品数量，而在大前提及第(2)问的题设中均找不到，考生(也包括所有的答题者)在万般无赖的情形下，只有在第(1)问中找出这个数据；解答第(3)问时，必须要知道“上述5件产品中优等品的件数”(即“何为优等品”)，而在大前提及第(3)问的题设中均找不到，答题者就只有在第(1)问或第(2)问中找：果真在第(2)问中找到了！而后也作出了所谓正确的解答，也得出了理想的分数.这好像就是出题者的意思.但这是不对的，也是完全错误的！可把此题改述为：甲、乙两厂生产同一种产品，甲厂共生产了98件.为了解甲、乙两厂的产品质量，采用分层抽样的方法从甲、乙两厂生成的产品中分别抽取14件和5件，测量产品中的微量元素的含量(单位：毫克).下表是乙厂的5件产品的测量数据：当产品中的微量元素y x ,满足175≥x ，且75≥y 时，该产品为优等品.(1)求乙厂生产的产品数量；(2)用上述样本数据估计乙厂生产的优等品的数量；(3)从乙厂抽出的上述5件产品中，随机抽取2件，求抽取的2件产品中优等品数ξ的分布列及其均值(即数学期望).高考试题(不同于自主招生试题、竞赛题)往往一题多问，在编拟时要注意各问一般来说都是独立的.。

特级教师甘志国的著作《高考数学提分宝典(上、下册)》佚名
【期刊名称】《新世纪智能》
【年(卷),期】2018(0)29
【摘要】洞悉考点难点,提炼高考难题。

冲刺清华北大,让你轻松做学霸.本书阐述了高中数学主干知识(共16部分:集合与简易逻辑、函数、导数、三角函数与解三角形、平面向量、数列、不等式、推理与证明、立体几何、平面解析几何、计数原理、统计、概率、平面几何、初等数论、组合数学等)的解题技巧,还配备了精选的习题。

【总页数】1页(P49-49)
【关键词】高考数学;特级教师;主干知识
【正文语种】中文
【中图分类】G6
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从中学教师到著名数学家作者：甘志国来源：《新高考·高二数学》2016年第04期一位中学教师也可进入高等数学领地攻城掠地、成名成家，比如攻克了斯坦纳系列和寇克曼系列世界难题的包头九中物理教师陆家曦（1935～1983）获得国家自然科学一等奖；开创了机械证明领域的吴文俊（1919～）1940年从上海交通大学毕业，时值抗日战争，因家庭经济原因经朋友介绍到租界里一所育英中学工作，1941年12月珍珠港事件后，日军进驻各租界，而后他又到上海培真中学工作；著名数学家陈景润（1933～1996）也在北京四中任教过；高中数学教师费尔巴哈于1822年也发现了九点圆（也称费尔巴哈圆，最早是欧拉于1765年发现的）.其实，从中学数学教师起步一直到成为数学大家在中外数学史上都不乏其人.本文将再介绍从中学教师成长起来的五位著名数学家。

1.现代分析之父魏尔斯特拉斯卡尔·特奥多尔·威廉·魏尔斯特拉斯（1815～1897），德国数学家，先在波恩大学读法律，后入明斯特大学研习数学，1854年获哥尼斯堡大学名誉博士学位，1856年当选为柏林科学院院士。

魏尔斯特拉斯作为现代分析之父，工作涵盖幂级数理论、实分析、复变函数、阿贝尔函数、无穷乘积、变分学、双线型与二次型、整函数、椭圆函数论、变分法、代数学等，他的论文与教学影响了整个19世纪分析学（甚至整个数学）的风貌。

魏尔斯特拉斯于1860年用递增有界数列定义无理数，将实数理论作为数学分析的严格基础，综合波尔查诺（1781～1848）和柯西（1789～1857）的成果，提出极限理论中的ε-δ方法，严格论证了连续函数的性质，1875年指出处处不可导的连续函数的例子，以幂级数的观点发展解析函数论，得出了关于解析开拓的定理，以及关于椭圆函数的新理论等。

在变分法、微分几何、线性代数等方面也都有重要贡献，编有《全集》八卷，魏尔斯特拉斯曾于1841年秋至1842年秋在明斯特文科中学见习一年，1842年转至西普鲁士克隆的初级文科中学，除数学、物理外，他还教德文、历史、地理、书法、植物，甚至于在1845年还教体育，著名数学家古德曼（Gudemann）在看到魏尔斯特拉斯的求椭圆函数的幂级数展开式的论文后评价说：“为作者本人，也为科学进展着想，我希望他不会当一名中学教师，而能获得更为有利的条件……以使他得以进入他命定有权跻身其中的著名科学发现者队伍之中。

２０２０年复旦大学强基计划数学试题及其详解甘志国(北京市丰台二中㊀１０００７１)摘㊀要:２０２０年复旦大学强基计划数学试题共计３３道ꎬ全部是单项选择题.本文中的试题均是由参加考试的学生回忆得出的ꎬ因而回忆出的题目可能不准确(没有回忆出选项的题目均改成了填空题)ꎬ题号也不准确.㊀关键词:复旦大学ꎻ强基计划ꎻ数学试题ꎻ详解ꎻ华清园教育ꎻ整理中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２０)２８－００５１－０３收稿日期:２０２０－０７－０５作者简介:甘志国(１９７１－)ꎬ湖北省竹溪人ꎬ研究生ꎬ正高级教师ꎬ特级教师ꎬ从事高中数学教学研究.基金项目:本文系北京市教育学会 十三五 教育科研滚动立项课题 数学文化与高考研究 (课题编号ＦＴ２０１７ＧＤ００３ꎬ课题负责人:甘志国)阶段性研究成果之一.㊀㊀试题及其解答是笔者由华清园教育(ｈｔｔｐ://ｇｋ.ｑｈｙｅｄｕ.ｃｏｍ/ｑｈｙ/２０２００７１４/９８１８５.ｈｔｍｌ)等公开的内容整理而成的.１.已知直线ｍ:ｘｃｏｓα－ｙ＝０和直线ｎ:３ｘ＋ｙ－ｃ＝０ꎬ则(㊀㊀).Ａ.ｍ和ｎ可能重合Ｂ.ｍ和ｎ不可能垂直Ｃ.直线ｍ上存在点Ｐꎬ使得直线ｎ绕点Ｐ旋转后与直线ｍ重合Ｄ.以上都不对２.Ｇｉｖｅｎ㊀ｔｗｏ㊀ｓｅｔｓ㊀Ａ:１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５{}㊀ａｎｄ㊀Ｂ:３ꎬ４ꎬ５ꎬ６ꎬ７{}ꎬｔｈｅｎ㊀ｔｈｅ㊀ｉｎｔｅｒｓｅｃｔｉｏｎ㊀ｓｅｔ㊀ｏｆ㊀Ａ㊀ａｎｄ㊀Ｂ㊀ｉｓ(㊀㊀).Ａ.{１ꎬ２}㊀㊀㊀㊀㊀㊀Ｂ.{３ꎬ４ꎬ５}Ｃ.{１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６ꎬ７}㊀㊀Ｄ.{６ꎬ７}３.若实数ｘꎬｙ满足ｘ２＋２ｘｙ－１＝０ꎬ则ｘ２＋ｙ２最小值为.４.若点Ｏ是әＡＢＣ的内心ꎬｃｏｓøＢＡＣ＝１３ꎬ且满足ＡＯң＝ｘＡＢң＋ｙＡＣңꎬ则ｘ＋ｙ的最大值是.Ａ.３＋３２㊀㊀Ｂ.３－３２㊀㊀Ｃ.３４㊀㊀Ｄ.４３５.Ｗｈｉｃｈ㊀ｎｕｍｂｅｒ㊀ｔｈａｔ㊀ｎｕｍｂｅｒ㊀５㊀ｉｓ㊀ｔｈｅ㊀ｃｕｂｉｃ㊀ｒｏｏｔ㊀ｏｆ?Ａ.３㊀㊀Ｂ.５㊀㊀Ｃ.２５㊀㊀Ｄ.１２５６.在抛物线ｙ２＝２ｐｘ(ｐ>０)中ꎬ过焦点Ｆ作直线交抛物线于两点ＡꎬＢꎬ且有ＡＦң＝３ＦＢң.再过点Ａ作抛物线准线的垂线ꎬ垂足为Ａᶄꎬ准线与ｘ轴交于点Ｃ.若四边形ＣＦＡＡᶄ的面积是１２３ꎬ则ｐ＝.７.已知抛物线ｘ＝３ｙ２的焦点为Ｆꎬ若该抛物线在点Ａ处的切线与直线ＡＦ的夹角为３０ʎꎬ则点Ａ的横坐标为.Ａ.１９㊀㊀Ｂ.１３６㊀㊀Ｃ.１４㊀㊀Ｄ.１１６８.已知点Ｐ在直线ｘｙ－６－１４＝０上ꎬ且点Ｐ到点Ａ２ꎬ５()和点Ｂ(４ꎬ３)的距离相等ꎬ则点Ｐ的坐标为.９.已知两点Ａ(ｘꎬｙ)ꎬＢ(ｙꎬｘ)ꎬ其中ｘꎬｙɪ{１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６ꎬ７ꎬ８}且ｘʂｙꎬ连结ＯＡꎬＯＢ(其中Ｏ是坐标原点)ꎬ则øＡＯＢ＝２ａｒｃｔａｎ１３的概率为.１０.ａｒｃｓｉｎ１４＋３２８＋ａｒｃｓｉｎ３４＝.Ａ.π３㊀㊀Ｂ.π２㊀㊀Ｃ.２π３㊀㊀Ｄ.３π４１１.已知三棱锥Ｐ－ＡＢＣ的体积为２１２ꎬ且ＡＢ＝６ꎬＡＣ＝ＢＣ＝４ꎬＡＰ＝ＢＰ＝１０ꎬ则ＣＰ＝.１２.在әＡＢＣ中ꎬ已知ＡＢ＝９ꎬＢＣ＝６ꎬＣＡ＝７ꎬ则ＢＣ边上中线长为.１３.已知ｆｘ()＝ａｓｉｎ(２πｘ)＋ｂｃｏｓ(２πｘ)＋ｃｓｉｎ(４πｘ)１５＋ｄｃｏｓ(４πｘ)ꎬ若ｆ１２＋ｘæèçöø÷＋ｆｘ()＝ｆ２ｘ()ꎬ则在ａꎬｂꎬｃꎬｄ中能确定的参数是.１４.若关于ｘ的实系数一元三次方程ｘ３＋ａｘ２＋４ｘ＋５＝０有一个根是纯虚数ꎬ则ａ＝.１５.ｘ２＋１ｘ＋ｙ３＋１ｙæèçöø÷１０的展开式中的常数项为１６.ｌｉｍｎң¥１１ˑ４＋１２ˑ５＋ ＋１ｎｎ＋３()[]＝１７.已知ｘꎬｙɪ[－π４ꎬπ４]ꎬ若ｘ２＋ｃｏｓ(ｘ＋３π２)－２ａ＝０ꎬ４ｙ２＋ｓｉｎｙｃｏｓｙ＋ａ＝０ꎬ{则ｃｏｓ(ｘ＋２ｙ)的值是.Ａ.０㊀㊀Ｂ.１㊀㊀Ｃ.－１㊀㊀Ｄ.与ａ有关图１１８.如图１所示ꎬ在凸四边形ＡＢＣＤ中ꎬøＢＡＣ＝øＢＤＣ是øＤＡＣ＝øＤＢＣ的.Ａ.充分不必要条件Ｂ.必要不充分条件Ｃ.充要条件Ｄ.既不充分也不必要条件１９.如图２所示ꎬ平面内两条直线ｌ１ꎬｌ２交于点ＯꎬＭ为该平面内的任意一点.若点Ｍ到直线ｌ１ꎬｌ２的距离分别为ｐꎬｑꎬ则称(ｐꎬｑ)是点Ｍ的 距离坐标 .ｐꎬｑ是已知的非负常数ꎬ给出下列三个结论:图２(１)若ｐ＝ｑ＝０ꎬ则 距离坐标 为(０ꎬ０)的点有且仅有１个ꎻ(２)若ｐｑ＝０ꎬ且ｐ＋ｑʂ０ꎬ则 距离坐标 为ｐꎬｑ()的点有且仅有２个ꎻ(３)若ｐｑʂ０ꎬ则 距离坐标 为ｐꎬｑ()的点有且仅有４个.其中正确结论的个数是.Ａ.０㊀㊀Ｂ.１㊀㊀Ｃ.２㊀㊀Ｄ.３２０.若函数ｆ(ｘ)＝３ｘ－３－ｘ的反函数为ｙ＝ｆ－１(ｘ)ꎬ则ｇ(ｘ)＝ｆ－１(ｘ－１)＋１在[－３ꎬ５]上的最大值和最小值的和为.Ａ.０㊀㊀Ｂ.１㊀㊀Ｃ.２㊀㊀Ｄ.４２１.若ｋ>４ꎬ则直线ｋｘ－２ｙ－２ｋ＋８＝０与２ｘ＋ｋ２ｙ－４ｋ２－４＝０与两条坐标轴围成的四边形面积的取值范围是.２２.如图３所示ꎬ已知ＡꎬＢꎬＣꎬＤ四点共圆ꎬ且ＡＢ＝１ꎬ图３ＣＤ＝２ꎬＡＤ＝４ꎬＢＣ＝５ꎬ则ＰＡ＝.Ａ.１３３㊀㊀Ｂ.１４３㊀㊀Ｃ.５㊀㊀Ｄ.１６３２３.已知向量数列ａｎң{}满足ａｎ＋１ң＝ａｎң＋ｄң(ｎɪＮ∗)ꎬ且ａ１ң＝３ꎬａ１ңｄң＝－３２.若Ｓｎ＝ａ１ңðｎｉ＝１ａｉңꎬ则当Ｓｎ取最大值时ꎬｎ＝.Ａ.８㊀㊀Ｂ.７㊀㊀Ｃ.６㊀㊀Ｄ.６或７２４.给定５个函数ꎬ其中３个是奇函数但不是偶函数ꎬ２个是偶函数但不是奇函数ꎬ则在这５个函数中任意取３个ꎬ其中既有奇函数又有偶函数的概率为.２５.方程５ρｃｏｓθ＝４ρ＋３ρｃｏｓ２θ所表示的曲线形状是.２６.在平面直角坐标系ｘＯｙ中ꎬ把点(４ꎬ５)绕点(１ꎬ１)顺时针旋转６０ʎꎬ所得的点的坐标为.２７.已知实数ｘꎬｙ满足ｘ２＋ｙ２＝１ꎬ若ｘ＋２ｙ－ａ＋ａ＋６－ｘ－２ｙ的值与ｘꎬｙ的取值无关ꎬ则ａ的取值范围是.２８.某公司安排甲㊁乙㊁丙等７人完成除夕到大年初六共７天的值班任务ꎬ每人值班一天.已知甲不值第一图４天ꎬ乙不值第二天ꎬ甲和丙在相邻两天值班ꎬ则不同的安排方式共有种.２９.若函数ｆ(ｘ)的图象如图４所示ꎬ则函数ｆ(ｆ(ｘ))的图象大致为.２９.解法１㊀Ｂ.设ｇ(ｘ)＝ｆｆｘ()().由ｆ(ｘ)的图象关于ｙ轴对称不关于坐标原点对称ꎬ可得ｆ(ｘ)是偶函数不是奇函数ꎬ所以可得ｇ(ｘ)也是偶函数不是奇函数ꎬ从而可排除选项ＡꎬＤ.可得ｇ(１)＝ｆｆ１()()＝ｆ(０)＝－１<０ꎬ可排除选项Ｃ.３０.定义ｆＭ(ｘ)＝１ꎬｘɪＭꎬ－１ꎬｘ∉Ｍꎬ{Ｍ Ｎ＝ｘ｜ｆＭ(ｘ)ｆＮ(ｘ)＝－１{}ꎬ已知集合Ａ＝ｘ｜ｘ<２－ｘ{}ꎬＢ＝２５ｘ｜ｘ(ｘ＋３)(ｘ－３)>０{}ꎬ则Ａ Ｂ＝.３１.方程３ｘ＋４ｙ＋１２ｚ＝２０２０的自然数解的组数为.Ａ.Ｃ２１６８㊀㊀Ｂ.Ｃ２１６９㊀㊀Ｃ.Ｃ２１７０㊀㊀Ｄ.Ｃ２１７１３２.已知ｍꎬｎɪＺꎬ且０ɤｎɤ１１.若２２０２０＋３２０２１＝１２ｍ＋ｎꎬ则ｎ＝.Ａ.４㊀㊀Ｂ.７㊀㊀Ｃ.１０㊀㊀Ｄ.１３３３.下列不等式恒成立的是(㊀㊀).Ａ.ｘ２＋１ｘ２ȡｘ＋１ｘ㊀㊀㊀Ｂ.｜ｘ－ｙ｜＋１ｘ－ｙȡ２Ｃ.｜ｘ－ｙ｜－１ｘ－ｙȡ２Ｄ.｜ｘ－ｙ｜ȡ｜ｘ－ｚ｜＋｜ｙ－ｚ｜参考答案１.Ｃ㊀２.Ｂ㊀３.㊀５－１２㊀４.Ｂ㊀５.Ｂ㊀６.２２㊀７.Ｃ８.(１ꎬ２)㊀９.１９㊀１０.ｄ㊀１１.９８ʃ７４３㊀１２.２１４㊀１３.ａꎬｂꎬｃꎬｄ㊀１４.５４㊀１５.１２６００㊀１６.１１１８㊀１７.Ｂ㊀１８.Ｃ㊀１９.Ｄ㊀２０.Ｃ㊀２１.(１７４ꎬ８)㊀２２.Ｂ㊀２３.Ｄ㊀２４.９１０㊀２６.(５２＋２３ꎬ３－３２３)㊀２７.[５－６ꎬ－５]㊀２８.１１２８㊀２９.Ｂ㊀３０.(－ɕꎬ－３]ɣ[０ꎬ１)ɣ(３ꎬ＋ɕ)㊀３１.Ｃ㊀３２.Ｂ㊀３３.Ａ㊀㊀参考文献:[责任编辑:李㊀璟]函数与不等式齐驱并驾㊀多角度解决最值问题２０２０年全国Ⅱ卷第２１题一题多解探讨张培杰(云南省大理大学教师教育学院㊀６７１０００)摘㊀要:最值问题能考查学生推理㊁转换㊁归纳等综合数学能力ꎬ每年高考都会出现.在高中数学教学中ꎬ最值问题的有两个主要的解决策略ꎬ一是转换成函数ꎬ利用函数性质求解ꎬ二是利用不等式求解.２０２０年全国Ⅱ卷第２１题第(２)问是典型的最值问题ꎬ本文分别从函数性质和不等式的角度给出不同的解答ꎬ以总结出一般的思路步骤ꎬ供复习参考.关键词:最值问题ꎻ函数ꎻ不等式ꎻ一题多解中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２０)２８－００５３－０３收稿日期:２０２０－０７－０５作者简介:张培杰(１９９３.９－)ꎬ男ꎬ研究生ꎬ从事数学教学研究.㊀㊀一㊁真题再现(２０２０年全国Ⅱ卷第２１题)已知函数ｆ(ｘ)＝ｓｉｎ２ｘｓｉｎ２ｘ.(１)讨论ｆ(ｘ)在(０ꎬπ)的单调性ꎻ(２)证明:ｆ(ｘ)ɤ３３８ꎻ(３)证明:ｓｉｎ２ｘｓｉｎ２２ｘｓｉｎ２４ｘ ｓｉｎ２２ｎｘɤ３ｎ４ｎ.通过观察题目发现ꎬ该题以三角函数为背景ꎬ考查判断函数在区间内的单调性㊁求函数值域㊁不等式证明等多个知识点.题目综合性强ꎬ难度较大ꎬ对考生的逻辑推理能力和运算能力有较高的要求ꎬ很好地体现了课程标准要求的核心素养导向ꎬ具有高考命题需要的区分度.下面重点给出第(２)问的一题多解ꎬ对于第(１)㊁(３)问仅给出一种可行的解答.３５。

深入求解2019年高考全国卷中的两道解三角形题甘志国（北京市丰台二中100071）摘要：文章将深入求解2019年高考全国卷中的两道解三角形题．关键词：2019年高考全国卷；解三角形；数形结合；深入求解中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008－0333（2020）10－0054－02收稿日期：2020－01－05作者简介：甘志国（1972－），湖北省竹溪人，研究生，高级教师，特级教师，从事高中数学教学研究．基金项目：本文系北京市教育学会“十三五”教育科研滚动立项课题“数学文化与高考研究”（课题编号FT2017GD003，课题负责人：甘志国）阶段性研究成果．解三角形问题，往往需要用正弦定理“边化角”或“角化边”，而在很多时候并不是两条路都行得通，但如果做深入思考，两条路都是行得通的．解三角形问题，难点是对求得的结果进行检验（舍取），比如2013年高考北京卷理科数学第15（2）题．下面将深入求解2019年高考全国卷中的两道解三角形题，领略解三角形的神秘莫测．题1（2019年高考全国卷Ⅰ理科第17题）△ABC的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，设（sin B －sin C ）2=sin 2A －sin B sin C．（1）求A ；（2）若槡2a +b =2c ，求sin C．解（1）由题设可得sin 2B +sin 2C －sin 2A =sin B sin C ，再由正弦定理可得b 2+c 2－a 2=bc．又由余弦定理，可得cos A =b 2+c 2－a 22bc =12．又由0＜A ＜π，可得A =π3．（2）的解法1由（1）知B =2π3－C ，再由题设及正弦定理可得槡2sin π3+sin 2π3－C ()=2sin C ，槡62+槡32cos C +12sin C =2sin C ，cos C =槡3sin C －槡2，①sin C －π6()=槡22．由于A =π3，可得0＜C ＜2π3，－π6＜C －π6＜π2，所以C －π6=π4，C =5π12，sin C =槡6+槡24．也可由sin C －π6()=槡22，－π6＜C －π6＜π2，得cos C －π6()=槡22，再得sin C =sinC －π6()+π6[]=槡22·槡32+槡22·12=槡6+槡24．（2）的解法2由题设槡2a +b =2c 及A =π3，可得槡2sin π3+sin B =2sin C =2sin π3+B ()=槡3cos B +sin B ，cos B =槡22，B =π4．C =π－A －B =π－π3－π4=5π12，sin C =槡6+槡24．（2）的解法3由①及sin 2C +cos 2C =1，可求得sin C =槡槡6ʃ24．由题设槡2a +b =2c ，可得sin B =2sin C －槡2sin A =2sin C －槡62＞0，sin C ＞槡64，所以sin C =槡6+槡24．（2）的解法4由①可得槡3sin C =cos C +槡2，由sin 2C +—45—cos 2C =1可得（槡3sin C ）2+（槡3cos C ）2=3，所以（cos C +槡2）2+（槡3cos C ）2=3，cos C =－槡槡2ʃ64，C =5π12或11π12．由A =π3，可得C ＜2π3，所以C =5π12，因而sin C =槡6+槡24．（2）的解法5由题设可得b 2+c 2－a 2=bc ，b =2c －槡2a ，{进而可求得a ʒb ʒc =（3－槡3）ʒ（槡6－槡2）槡ʒ2，再由余弦定理可求得cos C =槡6－槡24．再由0＜C ＜π，可得C =5π12，进而可求得sin C =槡6+槡24．题2（2019年高考全国卷Ⅲ文科、理科第18题）△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，已知a sin A +C2=b sin A．（1）求B ；（2）若△ABC 为锐角三角形，且c =1，求△ABC 面积的取值范围．解（1）由题设及正弦定理得sin A sin A +C2=sin B sin A．可得sin A ＞0，所以sin A +C2=sin B．由A +B +C =π，可得sin A +C 2=cos B 2，所以cos B2=2sinB 2cos B2．可得0＜B 2＜π2，cos B 2＞0，所以sinB 2=12，B 2=π6，B =π3．（2）由题设及（1）的答案可得△ABC 的面积S =12ac sin B =槡34a．由正弦定理，可得a =c sin Asin C=sin2π3－C ()sin C=槡32tan C +12．由于△ABC 为锐角三角形，所以0＜A ＜π2，0＜C ＜π2．由（1）的答案可得A +C =2π3，进而可求得C 的取值范围是π6，π2()，再得a 的取值范围是12，2()，所以△ABC 面积槡34a 的取值范围是槡38，槡32()．（2）的另解由题设及（1）的答案可得△ABC 的面积S =12ac sin B =槡34a．由题设，可得△ABC 是锐角三角形的充要条件是a 2+b 2＞c 2，b 2+c 2＞a 2，c 2+a 2＞b 2．{再由b 2=a 2+c 2－2ac cos π3=a 2+c 2－ac ，c =1，{可求得a 的取值范围是12，2()，所以△ABC 面积槡34a 的取值范围是槡38，槡32()．图1（2）的再解如图1所示，作∠ABD =π3，且AB =c =1，再作AC'⊥BD 于C'，ACᵡ⊥AB ，交BD 于Cᵡ．进而可得题中的△ABC 是锐角三角形的充要条件是点C 在线段C'Cᵡ上且不是该线段的端点（可先证当点C 在线段BC'及射线CᵡD 上时，△ABC 均不是锐角三角形；再证当点C 在线段C'Cᵡ上且不是该线段的端点时，△ABC 均是锐角三角形）．可求得BC'=12，AC'=槡32，ACᵡ=槡3，再得S Ｒt ΔABC'=12BC'·AC'=槡38，S Ｒt ΔABCᵡ=12AB ·ACᵡ=槡32，进而可得△ABC 的取值范围是槡38，槡32()．参考文献：［1］甘志国．关于一类三角形三边长取法的唯一性问题［J ］．中学数学研究（华南师范大学版），2016（11）：34－35．［责任编辑：李璟］—55—。

数理化 解题研究2019年第13期总第434期应当弄清楚的两个问题甘志国(北京市丰台二中100071)摘 要:在数学中，有两个问题应当弄清楚：(1)定义在R 上的周期函数的一个周期只能是半开半闭区 间，而不能是闭区间和开区间；(2) “最多”与“至多”的涵义不同.弄清楚它们之后，才能正确解题.关键词：周期函数；周期；区间；最多；至多中图分类号：G632 文献标识码：A 文章编号：1008 - 0333(2019)13 - 0002 - 02一、定义在R 上的周期函数的一个周期只能是半开半闭区间，而不能是闭区间和开区间普通高中课程标准实验教科书《数学4 •必修• A版》(人民教育出版社,2007年第2版,2014年第8次印刷)有以下叙述：(1) (第37页)我们可以先在正弦函数的一个周期的区间上(如［-号，弓讨论它的单调性，再利用它的周期性，将单调性扩展到整个定义域.(2) (第38页)类似地，在余弦函数的一个周期上(如［-,....•(3) 第55页练习的第1题是“画出下列函数在长度为一个周期的闭区间上的简图(有条件的请用计算器或 计算机检验):(1)/ = *sinx;.......(4) 第58页第2题是“画出下列函数在长度为一个周期的闭区间上的简图(有条件的可用计算器或计算机作图检验)：(l)y=4sinyz,xeR;……”.(5) 第59页第2题是“以t 为横坐标山为纵坐标，作出函数h =2sin(t +于)在一个周期的闭区间上的图象.(6) 第70页第16题是“画出下列函数在长度为一个周期的闭区间上的简图：(1 )y = *sin (3x -寻),％ w R ;,,笔者认为：若认为闭区间［-F,“］是余弦函数的一个周期，则下一个周期是什么呢？既然上一个周期是闭区间，所以 下一个周期也是闭区间，因而下一个周期只能是闭区间［这样的话,f 同在［- 与这两个周 期上，与分类标准“不重不漏”矛盾！另外，若认为闭区间［-me ］是余弦函数的一个周 期，则余弦函数在该周期上有三个零点-77,0,",这与“余 弦函数在每个周期上有的零点个数是2"矛盾！再者，若认为闭区间［-G*］是余弦函数的一个周期，则余弦函数在该周期上有两个最小值点(-6,6)和一个最大值点0,这与“余弦函数在每个周期的最小值点 和最大值点均唯一”矛盾！所以，说定义在R 上的函数/(%)的一个周期是闭区 间是［a,a +门不妥，应改为半开半闭区间［a,a + T)或(a,a + T ］.题1已知曲线y = sin (3； +卩)〉0)在一个周期，求该曲线的方程.解法1若认为函数y = sin(a>x+^)(w>0)的一个周期是闭区间，则有以下解法：由“五点法”知，可分下面三种情况讨论:¥，0)分别是“五点法”中的第一点和第三点.可得(D •+(P = 2kir ,62 i tO) • — +(p =2kqr + tt(k w Z),解得3=2,(P = 2A ：tt - -~(k e Z).所以此时曲线的方程为y收稿日期:2019 -02 -05作者简介：甘志国(1971 -),湖北省竹溪人，研究生，特级教师，从事解题研究、高考研究和初等数学研究.—2—2019年第13期总第434期数理化解题研究sin（2x-f）.（2）两点（于，°），（守，0）分别是“五点法”中的第三点和第五点.可得O)•+<P=2kp+7T,O2*仏eZ),解得O)•—+<p=2kp+2tta)-2,“2口，"、所以此时曲线的方程为y= I（P=Z/CTT+—（KE.L）.sin（2%+警）•（3）两点（于，0），（警，0）分别是“五点法”中的第一点和第五点.可得(1)・石+<p=2kir,2打(^eZ),解得O)•—+卩二2kir+2tt（x）=4,”20,"所以此时曲线的方程为y=（P=Zkw一—（k e.L）.综上所述,可得所求曲线方程为y=sin（2%-于），或y=sin，或y=解法2若认为函数y=sin（a）x+卩）（仞>0）的一个周期是半开半闭区间，则有以下解法：由“五点法”知，可分下面两种情况讨论：⑴两点（于,°）,（竽,°）分别是“五点法”中的第一点和第三点.……同解法1,可求得此时曲线的方程为y=五点法”中的第三点和第五点.……同解法1,可求得此时曲线的方程为y=综上所述,可得所求曲线方程为y=sin（2x-^）,或y=sin（2x+竽）•注对于题1,解法1错误解法2正确.为防止解法1的错误，我们要注意:定义在R上的周期函数的一个周期只能是半开半闭区间，而不能是闭区间和开区间.二、“最多”与“至多”的涵义不同题2（2014年高考上海卷理科第13题）某游戏的得分为1,2,3,4,5,随机变量$表示小白玩该游戏的得分.若E（g）=4.2,则小白得5分的概率至少为—.官方给出的这道高考题的参考答案是0.2（没有解题过程）•笔者猜测这道题的解答过程是：设得分为i的概率是p；（0Wp：Wl）（i=l,2,3,4,5）,可得P］+2p2+3p3+4p t+5p s=4.24pi+4卩2+4卩3+4Pi+4p5=4相减，得Ps=0.2+（3pi+2卩2+P3）MO.2（当且仅当Pi=p2=P3=0,P4=0.8（在几何概型中可以出现这种情形）时,內=0.2）,所以小白得5分的概率至少为0.2.笔者的商榷建议把题中的“至少”改为“最少”.中国社会科学院语言研究所词典编辑室编《现代汉语词典》（商务印书馆,2012年第6版）第1677页对“至少”的解释是“表示最小的限度”，所以“必至少为0.2”的意思是“丹M0.2,但等号不一定能取到”（所以本题的答案可填闭区间［0,0.2］中的任一个数），而在本题中“P&0.2,等号一定能取到”，所以B的最小值是0.2,即p5最少是0.2.我们要注意“最多”与“至多”的涵义不同:/（%）最多是-aj（x'）至多是a<=#（x）Wa恒成立.读者还可由此理解“最少”与“至少”的涵义也不同.题3若一次掷出3个骰子，则（1）在这3个骰子中向上的点数至多是3的概率是____♦（2）在这3个骰子中向上的点数最多是3的概率是解（1）题设即这3个骰子向上的点数只能是1,2,或3,因而所求的概率是=*.（2）-次掷出3个骰子，向上的点数出现的情形有6, =216种•其中，只有一个、两个、三个3点的情形分别有（：；・22=12,（：；・2=6,（：；=1种,共12+6+1=19种.1O所以所求答案是盏.参考文献：［1］人民教育出版社，课程教材研究所，中学数学课程教材研究开发中心.普通高中课程标准实验教科书（必修）数学［M］.北京：人民教育出版社,2014.［责任编辑:杨惠民］—3—。

２０２３年高考数学北京卷平面解析几何解答题的多解、背景及推广甘志国(北京丰台二中ꎬ北京１０００７１)摘㊀要:２０２３年高考数学北京卷第１９题是一道平面解析几何解答题ꎬ文章给出了其四种常规解法ꎬ揭示了其背景是帕斯卡定理ꎬ还给出了这道高考题的结论的一般情形.关键词:高考北京卷ꎻ平面解析几何ꎻ帕斯卡定理中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２８－００４６－０３收稿日期:２０２３－０７－０５作者简介:甘志国(１９７１－)ꎬ男ꎬ湖北省竹溪人ꎬ硕士ꎬ中学正高级教师ꎬ特级教师ꎬ从事初等数学研究.基金项目:北京市教育学会 十三五 教育科研滚动立项课题 数学文化与高考研究 (项目编号:ＦＴ２０１７ＧＤ００３)㊀㊀高考题㊀(２０２３年高考数学北京卷第１９题)已知椭圆Ｅ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１(ａ>ｂ>０)的离心率ｅ＝５３ꎬＡꎬＣ分别为该椭圆的上㊁下顶点ꎬ点ＢꎬＤ分别为该椭圆的左㊁右顶点ꎬ且ＡＣ＝４.(１)求椭圆Ｅ的方程ꎻ(２)若点Ｐ为椭圆Ｅ上位于第一象限的动点ꎬ直线ＰＤ与ＢＣ交于点Ｍꎬ直线ＰＡ与直线ｙ＝－２交于点Ｎꎬ求证:ＭＮʊＣＤ.解析㊀(１)设椭圆Ｅ的半焦距ｃ＝ａ２＋ｂ２ꎬ由题设可得ｅ＝ｃａ＝５３ꎬＡＣ＝２ｂ＝４(ａ>ｂ>０)ꎬ可解得ａ＝３ꎬｂ＝２.所以椭圆Ｅ的方程是ｘ２９＋ｙ２４＝１.(２)先作出满足题意的图形如图１所示.图１㊀２０２３年高考数学北京卷第１９题解法１㊀(设点并用椭圆的普通方程)可求得点Ａ(０ꎬ２)ꎬＢ(－３ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ－２)ꎬＤ(３ꎬ０)ꎬ再求得直线ＢＣ:ｙ＝－２３ｘ－２ꎬ直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２.设点Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬ可得６４ｘ２０９＋ｙ２０４＝１(０<ｘ０<３ꎬ０<ｙ０<２).进而可求得直线ＰＡ:ｙ＝ｙ０－２ｘ０ｘ＋２ꎬ直线ＰＤ:ｙ＝ｙ０ｘ０－３(ｘ－３).求得直线ＰＤ与ＢＣ的交点Ｍ－６ｘ０＋９ｙ０＋１８２ｘ０＋３ｙ０－６ꎬ－１２ｙ０２ｘ０＋３ｙ０－６æèçöø÷ꎬ直线ＰＡ与直线ｙ＝－２的交点Ｎ４ｘ０２－ｙ０ꎬ－２æèçöø÷ꎬ进而可求得直线ＭＮ的斜率ｋＭＮ＝－１２ｙ０/(２ｘ０＋３ｙ０－６)＋２(－６ｘ０＋９ｙ０＋１８)/(２ｘ０＋３ｙ０－６)－４ｘ０/(２－ｙ０)＝４ｘ０ｙ０－６ｙ２０－８ｘ０＋２４８ｘ２０＋６ｘ０ｙ０＋９ｙ２０－１２ｘ０－３６.由ｘ２０９＋ｙ２０４＝１(０<ｘ０<３ꎬ０<ｙ０<２)ꎬ可得８ｘ２０＝７２－１８ｙ２０.所以ｋＭＮ＝４ｘ０ｙ０－６ｙ２０－８ｘ０＋２４７２－１８ｙ２０＋６ｘ０ｙ０＋９ｙ２０－１２ｘ０－３６＝４ｘ０ｙ０－６ｙ２０－８ｘ０＋２４６ｘ０ｙ０－９ｙ２０－１２ｘ０＋３６＝２３.假设点Ｎ４ｘ０２－ｙ０ꎬ－２æèçöø÷在直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２上ꎬ则ｘ０＝０ꎬ这与０<ｘ０<３矛盾!所以ＭＮʊＣＤ.解法２㊀(设点并用椭圆的参数方程)可求得点Ａ(０ꎬ２)ꎬＢ(－３ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ－２)ꎬＤ(３ꎬ０)ꎬ再求得直线ＢＣ:ｙ＝－２３ｘ－２ꎬ直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２.设点Ｐ(３ｃｏｓθꎬ２ｓｉｎθ)０<θ<π２æèçöø÷ꎬ可求得直线ＰＡ:ｙ＝２ｓｉｎθ－２３ｃｏｓθｘ＋２ꎬ直线ＰＤ:ｙ＝２ｓｉｎθ３ｃｏｓθ－３(ｘ－３).求得直线ＰＤ与ＢＣ的交点Ｍ３ｓｉｎθ－３ｃｏｓθ＋３ｓｉｎθ＋ｃｏｓθ－１ꎬ－４ｓｉｎθｓｉｎθ＋ｃｏｓθ－１æèçöø÷ꎬ直线ＰＡ与直线ｙ＝－２的交点Ｎ６ｃｏｓθ１－ｓｉｎθꎬ－２æèçöø÷ꎬ进而可求得直线ＭＮ的斜率ｋＭＮ＝＝－２ｓｉｎ２θ＋２ｓｉｎθｃｏｓθ－２ｃｏｓθ＋２３ｃｏｓ２θ＋３ｓｉｎθｃｏｓθ－３ｃｏｓθ＝２３.易证得点Ｎ６ｃｏｓθ１－ｓｉｎθꎬ－２æèçöø÷０<θ<π２æèçöø÷不在直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２上.所以ＭＮʊＣＤ.解法３㊀(常规方法设直线)可求得点Ａ(０ꎬ２)ꎬＢ(－３ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ－２)ꎬＤ(３ꎬ０)ꎬ再求得直线ＢＣ:ｙ＝－２３ｘ－２ꎬ直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２.可设直线ＰＤ:ｙ＝ｋ(ｘ－３)(ｋ<０)ꎬ进而可求得直线ＰＤ与ＢＣ的交点Ｍ９ｋ－６３ｋ＋２ꎬ－１２ｋ３ｋ＋２æèçöø÷.联立ｙ＝ｋ(ｘ－３)ꎬｘ２９＋ｙ２４＝１{可得(９ｋ２＋４)ｘ２－５４ｋ２ｘ＋８１ｋ２－３６＝０.由题设知ꎬ这个关于ｘ的一元二次方程有两个不相等的实数根[１]ꎬ且由韦达定理可得７４ｘＤｘＰ＝３ｘＰ＝８１ｋ２－３６９ｋ２＋４ꎬｘＰ＝２７ｋ２－１２９ｋ２＋４.进而可求得点Ｐ２７ｋ２－１２９ｋ２＋４ꎬ－２４ｋ９ｋ２＋４æèçöø÷ꎬ再求得直线ＰＡ:ｙ＝－６ｋ－４９ｋ－６ｘ＋２.进而可求得直线ＰＡ与直线ｙ＝－２的交点Ｎ１８ｋ－１２３ｋ＋２ꎬ－２æèçöø÷ꎬ再求得直线ＭＮ的斜率ｋＭＮ＝－１２ｋ/(３ｋ＋２)＋２(９ｋ－６)/(３ｋ＋２)－(１８ｋ－１２)/(３ｋ＋２)＝２３.易证得点Ｎ１８ｋ－１２３ｋ＋２ꎬ－２æèçöø÷(ｋ<０)不在直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２上.所以ＭＮʊＣＤ.解法４㊀(反设直线)可求得点Ａ(０ꎬ２)ꎬＢ(－３ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ－２)ꎬＤ(３ꎬ０)ꎬ再求得直线ＢＣ:ｙ＝－２３ｘ－２ꎬ直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２.可设直线ＰＤ:ｘ＝ｍｙ＋３(ｍ<０)ꎬ进而可求得直线ＰＤ与ＢＣ的交点Ｍ９－６ｍ２ｍ＋３ꎬ－１２２ｍ＋３æèçöø÷.联立ｘ＝ｍｙ＋３ꎬｘ２９＋ｙ２４＝１ꎬ{可得(４ｍ２＋９)ｙ２＋２４ｍｙ＝０.进而可求得ｙＰ＝－３６ｍ４ｍ２＋９.再求得点Ｐ２７－１２ｍ２４ｍ２＋９ꎬ－２４ｍ４ｍ２＋９æèçöø÷.再求得直线ＰＡ:ｙ＝４ｍ＋６６ｍ－９ｘ＋２.进而可求得直线ＰＡ与直线ｙ＝－２的交点Ｎ１８－１２ｍ２ｍ＋３ꎬ－２æèçöø÷ꎬ再求得直线ＭＮ的斜率ｋＭＮ＝－１２/(２ｍ＋３)＋２(９－６ｍ)/(２ｍ＋３)－(１８－１２ｍ)/(２ｍ＋３)＝２３.易证得点Ｎ１８－１２ｍ２ｍ＋３ꎬ－２æèçöø÷(ｍ<０)不在直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２上.所以ＭＮʊＣＤ.注㊀这道高考题的背景是帕斯卡(ＢＬＡＩＳＥＰＡＳＣＡＬꎬ１６２３－１６６２)定理 二次曲线内接六边形(包括退化的情形)的三组对边的交点共线 [２].如图１所示ꎬ椭圆Ｅ的退化内接六边形ＡＢＣ￣ＣＤＰ的三组对边ＡＢ与ＣＤꎬＢＣ与ＤＰꎬＣＣ(即直线ｙ＝－２)与ＡＰ的交点(无穷远点㊁ＭꎬＮ)共线ꎬ也即ＡＢʊＣＤʊＭＮ.由此ꎬ还可给出该题的一般情形的结论:设椭圆Ｅ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１(ｂ>０)的上㊁左㊁下㊁右顶点分别是ＡꎬＢꎬＣꎬＤꎬＰ为椭圆Ｅ上位于第一象限的动点ꎬ直线ＰＤ与ＢＣ交于点Ｍꎬ直线ＰＡ与直线ｙ＝－ｂ交于点Ｎꎬ则ＡＢʊＣＤʊＭＮ.由帕斯卡定理ꎬ读者可编拟出很多类似于本文开头高考题的题目.参考文献:[１]朱德祥.高等几何[Ｍ].北京:高等教育出版社ꎬ１９８３.[２]中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准(２０１７年版２０２０年修订)[Ｍ].北京:人民教育出版社.[责任编辑:李㊀璟]８４。