一道高考试题的背景探究与推广

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。

龙源期刊网
一道高考题的溯源、推广与改进
作者：何灯李云杰
来源：《福建中学数学》2013年第11期
1原题再现（2013年高考新课标全国卷Ⅱ·理24）设a b c，，均为正数，且1a bc+ + =.
2007年伊朗国家选拔赛以证明式（Ⅱ）为其赛题，此为式（Ⅱ）的正式亮相.
式（Ⅱ）常见的证明是添项并结合基本不等式，笔者将给出一个更简洁的证明.
首先，推导一个有用的结论.
下面利用式②及基本不等式给出式（Ⅱ）的推广与改进.
3 式（Ⅱ）的推广
文[1]、[2]分别对式①做了多元推广（实际上也是对式（Ⅱ）做了推广），笔者给出式（Ⅱ）的三个单参数推广.
参考文献
[1]安振平，刘聪胜.一道巴尔干数学奥林匹克竞赛试题的推广.数学通讯，2006（9）：44
[2]万家练.一道巴尔干数学奥林匹克竞赛题的再推广.数学通讯，2006（17）：35-36
[3]安振平.一道高考不等式题的研究性学习.中学生理科应试，2012（2）：5-6。

探索0123n S S S S S +++++ 的值．3 命题感悟众所周知，当我们进行一次物理测量时，都要有量具，一次考试就相当于一次测量，而试题就是量具，没有量具的测量是不可想象的．因此，在考试的诸多环节中，命题是最为关键的环节．命制一道好的中考压轴题，首先，要细致地考虑试题的方方面面，比如，考查的内容、考核的能力、材料的选用、题型的选择、解题时采用的思想和方法、难度、梯度的调控、学生的学习备考等等，分析得越透，越容易达到试题的目的．其次，要选择一个好的试题或结论作为素材，经过一系列改编，或修改考查的知识点，或改变解题的方法、难度以及解题过程的繁简程度，逐步调整形成适用的试题．最后，要仔细斟酌打磨，规范用语，严谨无漏洞，不产生歧义，不会引起学生不必要的猜测或误解，才能保证试题考查功能的发挥，体现命题方向以及教学导向．探索无止境，探索越多，思考越深，命出的试题质量就会越高，学生受益也就越大，评价的导向功能也就越好！参考文献 [1]蔡德清．中考数学压轴题的命题研究与反思[J]．福建中学数学，2010（11）：11-14[2]晨旭．中学数学考试命题研究[M]．长沙：湖南教育出版社，1997平移得截面，不变应万变——对一道全国Ⅰ卷高考试题的探究与推广罗旌昌 倪和鸿福建省永安市永安三中高中部（366000）《普通高中数学课程标准（2017年版）》指出：通过高中数学课程的学习，发展自主学习的能力；不断提高实践能力，提升创新意识；认识数学的科学价值、应用价值、文化价值和审美价值．2018年高考数学全国Ⅰ卷第12题是一道内涵非常丰富的立体几何高考题，可采用“平移得截面，不变应万变”的思想解决，很好地体现了《普通高中数学课程标准（2017年版）》的强调与关注． 1 试题呈现 （2018年高考全国卷Ⅰ·理12）如图1，已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（ ）．ABCD2 试题源头挖掘 （《必修2》P79 B 组 2）如图2，在正方形ABCD A B C D ′′′′−中，求证：（Ⅰ）B D ′⊥面A BC ′′；（Ⅱ）B D ′与平面A BC ′′的交点H 是A BC ′′∆的重心（三角形三条边中线的交点）．3 试题解法探究思路1 观察截面α形状变化的全过程，寻找平行关系不变量．发现截面α为正三角形或六边形．在变化过程中，发现截面α平行于A BC ′′∆不变，从而猜想截面α的最大值． 解法1 如图3，在正方体ABCD A B C D ′′′′−中，平面A BC ′′与直线B A B B B C ′′′′′，，所成的角都相等，所以平面A BC ′′与正方体的每条棱所成角都相等，通过直观感知，截面α的位置为夹在面A BC ′′与面ACD ′中且过棱中点的正六边形EFGHIJ 时，面积最大，，面积为216sin 602S =×××26，故选A ．图1 图2 图3思路2 观察截面α形状变化的全过程，寻找图形关系不变量．在变化过程中，发现截面α各边或者它们的延长线所组成的图形总是正三角形，从而建立函数模型求截面α的最大值．′AB C D A ′B ′C ′D ′H A B CDA ′B ′C ′D ′I JE F G解法2 在正方体ABCD A B C D ′′′′−中，截面α为平行于平面A BC ′′的正三角形或六边形．设||B M t ′=，（1）当01t <≤时，如图4，截面α为正三角形LMN ，边长||MN =，故正三角形LMN 的面积为S=1π))sin 23×××2=≤（2）当12t <<时，如图5，截面α为六边形EFGHIJ ，正三角形LMN的边长||MN =，正三角形MEF LGH NIJ ，，的边长都为||1)ME t =−．如图6，故六边形EFGHIJ 的面积为：221π1π)sin 31)]sin2323S t =××−××−×22232(1)]4126)t t t t =−×−=−+−≤． 综上，当32t =时，截面α为正六边形EFGHIJ ，此时max S =图4 图5 图6思路3 观察截面α形状变化的全过程，寻找长度关系不变量．在变化过程中，发现六边形的边长||||||EJ FG HI ==，||||||EF GH IJ ==，且||EF +||||||||||EJ FG GH HI IJ =+=+=长都为不变，从而建立不等式模型求截面α的最大值．解法3 如图7，在正方体ABCD A B C D ′′′′−中，截面α为平行于平面A BC ′′的正三角形或六边形． 当截面α为正三角形LMN时，面积的最大值为α为六边形EFGHIJ 时， 设||(01)D E t t ′=<<，则||1EA t ′=−，故在正方体ABCD A B C D ′′′′−中，||EJ =，||)EF t =−，故||||EJ EF +．又//EJ A C ′′，//EF BC ′，60A C BC ′′′<>=，，所以120FEJ ∠= ，如图8．设||EF a =，||EJ b =（(0a ∈，(0b ∈）， 则EFJ S ∆=1||||sin1202EF EJ b ⋅⋅=⋅ ．同理1||||sin1202FGH S GF GH b ∆=⋅⋅⋅ ，1||||sin1202HIJ S IH IJ b ∆=⋅⋅=⋅ ．1||||sin 602FHJ S FH HJ ∆=⋅⋅2|FJ=222cos120]a b ab +−22]a b ab ++2)]a b ab =+−，所以六边形EFGHIJ 的面积为：23)]S b a b ab =⋅+−2)2]a b ab =++22())2]4a b a b +≤++×=当且仅当a b ==时，等号成立．图7 图8思路4 观察截面α形状变化的全过程，寻找角度不变量．在变化过程中，发现截面α与底面ABCD 所成二面角的平面角不变．从而由面积射影定理建立方程模型求截面α的最大值．解法4 在正方体ABCD A B C D ′′′′−中，截面α为平行于平面A BC ′′的正三角形或六边形．由面面平行的性质，发现截面α与底面ABCD 所成二面角的平面角θ不变．如图9、10，由于cos S QR S QP αθ===阴影，所以S S α=阴影． 如图9，当截面α为正三角形LMN 时，ABC LMNS ∆=≤阴影正三角形M ABC D A ′B ′C ′D ′L N JE G M LN HI F J E G M A B C D A ′B ′C ′D ′LN HI F GH IJ E FA BCD A ′B ′C ′D ′JE G M L N HI F1112=××=．当截面α为六边形EFGHIJ时，EFGIJK MAGHCNS S=六边形六边形．如图11在正方形ABCD中，过M作MM AC′⊥且垂足为M′．设||(01)DM t t=<<，则||1MA t=−，从而||MN=，||AC=．又||1MA t=−，所以||MM′=)t−，于是梯形MACN的面积为：211)](1)22S t t+−−．同理可得梯形GACH的面积为：11)(2)22S t t t=−−，所以六边形MAGHCN面积为：2211133(1)(2)()22244S t t t t=−+−=−−+≤，故34EFGIJKS多边形．图9 图10 图11思路5 观察截面形状变化的全过程，寻找垂直关系不变量．发现截面EFGHIJ始终垂直于棱DB′．从而建立投影模型求截面α的最大值．解法5 如图12，在正方体ABCD A B C D′′′′−中，以D为坐标原点，DA 方向为x轴正方向，||DA为单位长度，建立空间直角坐标系D xyz−，则(00D，，0)，(110)B，，，(101)A′，，，(011)C′，，，(111)B′，，，(010)B A′′=−，，，(100)B C′′−，，，(001)B B′=−，，．设平面α的法向量为()x y z=，，n，则cos||||B AB AB A′′⋅′′<>=′′⋅，nnn==．设向量B A′′与平面α所成角为1θ，则1sinθ=同理可得向量B C′′与平面α所成角2θ满足：2sinθ=，向量B B′与平面α所成角3θ满足：3sinθ=因平面α与线段B A B B B C′′′′′，，所成的角相等，故||||||x y z==．令x=α的一个法向量为DB′=，故平面α为垂直于正方体对角线DB′的正三角形或六边形．如图13，若把平面α当做投影面，此时正方体的投影为正六边形ABCC D A′′′，截面α为六边形EFGHIJ．如图14，当六边形EFGHIJ为正六边形时，边长为截面α面积最大，面积26S=．图12 图13 图144 试题本质探寻2018年高考数学全国Ⅰ卷第12题的内涵如此丰富，那么问题的本质是什么呢？如图15，六边形EFGHIJ可以看做正三角形LMN从正方体ABCD A B C D′′′′−的顶点B′开始平移运动，在运动过程中，截面α始终垂直于对角线B D′，截面α的形状从正三角形LMN变成六边形EFGHIJ，再变成正三角形LMN的过程．观察截面α形状变化的全过程，以三角形、六边形为载体，设计动态变化．截面α各边所在的直线构成的图形始终是正三角形LMN，且截面α总是伴随着长度、JHIFA CA′C′D′GEJHIFABCDA′()B D′C′D′GEJHIFA BCDA′B′C′D′GLM NEA BCDMNGHG′M′JHIFA BCDA′B′C′D′RGMLNMP NQEA()B QCDA′B′C′D′RGMLNMPN角度、对称、平行、垂直等不变的性质．在解决问题过程中，可以抓住变化过程中的不变量解决截面α面积的最大值问题．图15 图16 图175 试题结论推广由2018年高考数学全国Ⅰ卷第12题，我们可以推广到更一般的结论：结论1 如图16、17，已知正方体的棱长||AB||||(0)AD AA a a ′==>，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则截面α的形状为正三角形EFG 或六边形EFGHIJ ．当32at =时，截面α为正六边形EFGHIJ，此时2max S =． 结论2 已知长方体的棱长||AB a =，||AD b =，||AA c ′=，且()a b c c a b ≤≤≥+每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则截面α的形状分别为正三角形、四边形（等腰梯形或平行四边形），五边形．当[]t a b c ∈+，时，截面α为平行四边形EFGH ，此时max S =．结论3 已知长方体的棱长||AB a =，||AD b =，||AA c ′=，且()a b c c a b ≤≤<+每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截面α的形状分别为正三角形、等腰梯形、五边形、六边形．当2a b ct ++=时，截面α为六边形EFGHIJ，此时max S 222[()2()]a b c ab bc ca ++−++．结论4 已知长方体的棱长||AB a =，||AD b =，||AA c ′=，且()a b c c a b ≤≤<+每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则（1）截面α的法向量为()(0)a a a a ≠，，n ；（2）截面α与底面ABCD 所成的二面角的平面角θ不变，且cos S S αθ==投影面截面．限于篇幅，略去上述结论的证明，读者可以自行尝试完成．一个椭圆性质的几何证明彭 霞1 关丽娜2 覃 滨31广东省深圳市宝安区艺展小学（518000） 2广东省深圳市宝安区新安中学（集团）外国语学校（518000）3深圳大学师范学院附属中学初中部（518000）文献[1]中讨论了椭圆如下的一个性质： 性质 如图1所示，设2F 为椭圆22221(x y a a b+=> 0)b >的右焦点，过2F 作任意直线l 与该椭圆相交于M N ，，则存在x 轴上一个定点2(1)(0)2c e C −=，，使得CM CN → →⋅为常数2222(1)(4)4a e e −−．图1文献[1]中给出了上述性质的一个代数证明．本文给出此性质的一个几何证明．另外，文献[1]中给出的常数为224(1)4c e e −−．经过计算发现，该常数正确值应为2222(1)(4)4a e e −−． 证明 如图1所示，不妨设M 点在x 轴的上方，且设2MF x ϕ∠=和22MF NF λ=⋅，设C 为x 轴上一点．以下分两种情形进行讨论：情形1 当C 在2F 右侧，由椭圆焦半径公式得：222211cos 11cos b MFa eb NF a e ϕϕ =⋅ −=⋅ +，，xJ E G M A BC D A ′B ′C ′D ′L N H I F E A B C D A ′B ′C ′D ′F G J HI F A BCD A ′B ′C ′D ′G L M N E。

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。

对一道高考题的剖析、溯源、变式、推广作者：刘海涛来源：《中学生理科应试》2021年第11期《中国高考评价体系》指出：“高考要求学生能够触类旁通、举一反三，甚至融会贯通，既包括同一层面、横向的交互融合，也包括不同层面之间、纵向的融会贯通”.高考客观上对高中教学起到重要的引导作用，因此，在教学过程中，对于一些高考真题，如果能够从不同角度思考，寻求不同的解法，并将其推广到一般化情形，定能加深对问题的本质认识，从而拓宽解题视野，发散解题思维，提升学习兴趣，提高解题能力.本文是笔者对2021年北京高考数学压轴题的研究，现与读者分享交流.一、试题呈现与分析（2021年北京卷题21）定义Rp数列an：对p∈R满足：①a1+p≥0，a2+p=0;②n∈N*，a4n-1<a4n;③m，n∈N*，am+n∈am+an+p，am+an+p+1.（1）对于前4项分别是2，-2，0，1的数列，可以是R2数列吗？说明理由;（2）若an是R0数列，求a5的值;（3）是否存在p∈R，使得存在Rp数列an（其前n项和是Sn），对任意n∈N*，满足Sn≥S10？若存在，求出所有这样的p;若不存在，说明理由.分析该题形式上以集合为载体考查数列，主要考查了用递推方法、分类讨论思想解决问题的能力，需要用到猜想、归纳、证明结论，并利用新的结论解决问题，体现了逻辑推理、数学运算等数学核心素养.第（1）、（2）两问属于常规问题，本文不再赘述，重点论述第（3）问，向读者介绍笔者的研究.二、解法探究解析（1）不是R2数列（理由略）;（2）a5=1（过程略）;（3）思路1 由Sn≥S10得a10≤0≤a11，于是想到先“必要性探路”，再“充分性验证”的方法，首先根据条件中的递推关系得到a10和a11，结合a10≤0≤a11，得到p的值，再对该值进行充分性证明即可.方法1 假设存在满足条件的Rp数列an，其前n项和Sn的最小值为S10，則a10≤0≤a11.由③知a2∈2a1+p，2a1+p+1，而2a1+p+1≥-p+1>-p=a2，则-p=2a1+p，即a1=-p.由③知a3∈a1+a2+p，a1+a2+p+1=-p，1-p，a4∈2a2+p，2a2+p+1=-p，1-p，又由②知a3<a4，则a3=-p，a4=1-p.同理计算可得a5=a6=a7=1-p，a8=a9=a10=a11=2-p.于是有2-p≤0≤2-p，解得p=2，为Sn≥S10的一个必要条件.下面验证p=2的充分性.当p=2时，由上述分析得an=-2（1≤n≤3），an=-1（4≤n≤7），an=0（8≤n≤11），则S10=minS1，S2，…，S11，欲证Sn≥S10，证当n≥11时an≥0即可.下用数学归纳法证明.当n=11时，a11=0，命题成立;假设n=k（k≥11，k∈N*）时，命题成立，即ak≥0.当n=k+1时，由ak+1∈{ak+a1+2，ak+a1+3}得ak+1≥ak+a1+2≥a1+2=0.综上，得当n≥11时an≥0.评注“先充分后必要”法是探究性问题的通性通法之一，先通过必要性找到参数讨论的临界点或取值，再反过来验证其充分性，以保证命题的成立.思路2 由题设条件分析数列an的递推关系，归纳猜想出通项公式，用数学归纳法证明猜想，最后用通项公式解题.方法2 由③知a2∈2a1+p，2a1+p+1，而2a1+p+1>-p，则-p=2a1+p，即a1=-p.由③知an+1∈a1+an+p，a1+an+p+1=an，an+1，an+2∈a2+an+p，a2+an+p+1 =an，an+1，于是an+1，an+2∈an，an+1，则a4n-1，a4n∈a4n-2，a4n-2+1，又由②知a4n-1<a4n，则a4n-1=a4n-2，a4n=a4n-2+1，所以a3=a2=-p，a4=a2+1=1-p.同理计算可得an=-p（1≤n≤3），an=1-p（4≤n≤7），a8=2-p，由此猜想a4n-4= a4n-3=a4n-2=a4n-1=n-1-p（n∈N*）.（说明：这里为了叙述与表达的方便，给数列an增加了a0=-p）用数学归纳法证明猜想：当n=1，2时，猜想成立;假设n=k（k≥2，k∈N*）时猜想成立，即a4k-4=a4k-3=a4k-2=a4k-1=k-1-p，则a4（k+1）-4 =a4k=a4k-2+1=k-p;由a4k+1∈k-p，k-p+1∩k-1-p，k-p，得a4（k+1）-3=k-p;由a4k+2∈k-p，k-p+1∩k-1-p，k-p，得a4（k+1）-2=k-p;a4（k+1）-1=a4（k+1）-2=k-p.因此当n=k+1时猜想也成立.综上，a4n-4=a4n-3=a4n-2=a4n-1=n-1-p.若Sn≥S10，则a10≤0≤a11，即2-p≤0≤2-p，即p=2.当p=2时，有an<0（1≤n≤7），an=0（8≤n≤11），an>0（n≥12），所以Sn≥S10.综上，满足题设的实数p存在，且p=2.评注由数列的递推关系得到前几项后，根据规律归纳猜想出通项，再用数学归纳法证明猜想，得到通项公式的方法是求解一些比较复杂的数学通项的常用方法.猜想通项公式的过程是合情推理的体现，数学归纳法证明猜想的过程是演绎推理的体现，这种解决问题的思维模式恰是发现问题、提出问题、分析问题、解决问题的过程.三、问题的溯源数学家波利亚曾说：“解题就像采蘑菇一样，当我们发现一个蘑菇时，它的周围可能有一个蘑菇圈.”通过上述解法探究，注意到4n-44=4n-34=4n-24=4n-14=n-1，所以数列an的通项可以记作an=n4-p（这里n表示不超过n的最大整数）.由此，可以将问题作一般化推广，得到如下命题：命题1 已知实数p，若数列an满足：①a1+p≥0，a2+p=0;②n∈N*，a4n-1<a4n;③m，n∈N*，am+n∈am+an+p，am+an+p+1.则（1）数列an的通项公式为an=n4-p;（2）前n项和Sn=-2n42+n4-pn-n4.（3）若p∈Z，则当4p-1≤n≤4p+3时，Sn取最小值-2p2-p;若p∈（m，m+1）（m∈Z），则当n=4m+3时Sn取最小值2m2+（2-4p）m-3p.说明命题1是对高考题的拓展，证明参照高考题的解法2，留给读者思考.笔者猜测，命题者是在充分挖掘了数列n4的性质后，命制出的该道高考题.四、问题的变式若将高考题中的“S10”改为“S11”，则有a11≤0≤a12，即2-p≤0≤3-p，即2≤p≤3.若p=2，当7≤n≤11时，Sn取得最小值;若p=3，当11≤n≤15时，Sn取得最小值;若2<p<3，当且仅当n=11时，Sn取得最小值;照此思路，笔者编制了两道变式题供读者尝试.变式1 已知数列an满足：①a1≥-5，a2=-5;②n∈N*，a4n-1<a4n;③m，n∈N*，am+n∈am+an+5，am+an+6.記数列an的前n项和是Sn，求使得Sn取最小值时的n的值.简解由命题得an=n4-5，则an<0（1≤n≤19），an=0（20≤n≤23），an>0（n≥24），所以当19≤n≤23时Sn取最小值.变式2 定义Rp数列an满足：①a1=-p，a3=1-p;②n∈N*，a2n-1<a2n;③m，n∈N*，am+n∈am+an+p，am+an+p+1.（1）求数列an的通项公式;（2）是否存在p∈R，使得存在Rp数列an（其前n项和是Sn），对任意n∈N*，满足Sn≥S2022？若存在，求出所有这样的p;若不存在，说明理由.简解（1）an=n2-p;（2）a2022=1011-p，a2023=1011-p，由Sn≥S2022，得a2022≤0≤a2023，即1011-p≤0≤1011-p，即p=1011.当p=1011时，有an<0（1≤n≤2021），an=0（n=2022，2023），an>0（n≥2024），所以n∈N*，Sn≥S2021=S2022=S2023.因此，满足题设的实数p存在，且p=1011.根据上述变式，我们不难得到下面的命题：命题2 已知实数p与正整数k（k≥2），若数列an满足：①a1+p=0，ak+1+p=1;②n∈N*，akn-1<akn;③m，n∈N*，am+n∈am+an+p，am+an+p+1.则（1）数列an的通项公式an=nk-p;（2）前n项和Sn=-k2nk2+nk-pn+1-k2nk;（3）若p∈Z，则当pk-1≤n≤（p+1）k-1时，Sn取最小值-k2p2+1-k2p;若p∈（m，m+1）（m∈Z），则当n=（m+1）k-1时Sn取最小值k2m2+（12-p）km-p（k-1）.说明命题2是对命题1的推广，证明留给读者思考.高考试题凝聚着命题人的心血与智慧，是命题者反复考量与打磨才成型的，对教师的教学具有导向性与启示性，要想科学高效备考，了解高考动向、把握高考脉络，深入研究高考真题是必经之路，是教师日常教研的一项基本任务，反映了教师本身的业务素养与能力.文章通过对真题的解法探究，根据a4n-1<a4n这一条件将问题拓展到一般化情况，得到数列的通项、前n项和及其最值，即命题1，接着变式问题，改变p的取值得到变式1，条件式②改为a2n-1<a2n得到变式2，最终将问题推广到更一般化情形，得到命题2.教学中，教师若能引导学生尝试将一些典型问题进行变式探究、一般化推广，实现从“解题”到“解决问题”的转变，定能增强学生的分析问题和解决问题的能力，提升他们的数学核心素养和关键能力，学会处理同类问题的通性通法，避免题海战术，减轻学业负担，提高学习效率，达到多解归一的目的.（收稿日期：2021-08-23）。