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刍议解析几何 同构式 算法及其核心素养∗Ә曹亚奇㊀㊀(湖州市第二中学ꎬ浙江湖州㊀３１３０００)㊀Ә王勇强㊀㊀(湖州市教科研中心ꎬ浙江湖州㊀３１３０００)㊀㊀摘㊀要:２０１１年与２０１８年的浙江省数学高考解析几何大题均考查了 同构式 算法ꎬ其运算过程中蕴含了 数学计算 与 逻辑推理 两大核心素养.著名的 阿基米德三角形 具有 同构形态 ꎬ其性质的证明涉及到 同构式 算法ꎬ它也是２０１８年浙江省数学高考真题第２１题的来源.关键词:同构式ꎻ阿基米德三角形ꎻ核心素养中图分类号:Ｏ１２３.１㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀文章编号:１００３－６４０７(２０１９)０３￣００２８￣０４㊀㊀ 同构式 顾名思义 结构相同的式子 .譬如ａｘ２１＋ｂｘ１＋ｃ＝０ꎬａｘ２２＋ｂｘ２＋ｃ＝０两式中除了ｘ的下标不同之外ꎬ其余结构完全一致.因此ꎬ可以推出ｘ１ꎬｘ２为方程ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ＝０的两个根.在高中解析几何中ꎬ常需要利用 同构式 的特点ꎬ寻找与所求问题的内在联系ꎬ类比联想ꎬ反向推演ꎬ巧解问题.当然ꎬ要灵活应用㊁熟练掌握该方法ꎬ需要有较强的 数学计算 和 逻辑推理 素养.下面ꎬ笔者以著名的 阿基米德三角形 为源头ꎬ刍议浙江省数学高考中解析几何 同构式 算法及其核心素养.(上接第２７页)２)解不等式:当不等式ｆ(ｘ)>０(或ｆ(ｘ)<０)可解时ꎬ可直接通过解不等式求出满足ｆ(ｍ)>０(或ｆ(ｍ)<０)的实数ｍꎻ３)放缩化归:当ｆ(ｘ)较复杂时ꎬ可将ｆ(ｘ)放缩为简单的函数ｇ(ｘ)ꎬ使ｆ(ｘ)>ｇ(ｘ)(或ｆ(ｘ)<ｇ(ｘ))ꎬ再用特值验证或解不等式探求实数ｍꎬ使ｇ(ｍ)ȡ０(或ｇ(ｍ)ɤ０)ꎬ则ｆ(ｍ)>０(或ｆ(ｍ)<０).为便于放缩ꎬ可根据函数图像和解析式特征在某限定范围内进行放缩.对含有指数㊁对数函数的要注意运用重要不等式ｅｘȡｘ＋１ꎬｌｎｘɤｘ－１进行放缩.对话体会㊀教师使用反思性话题ꎬ让学生反思学习过程ꎬ在自我对话的基础上师生总结出解决问题的通法通则ꎬ彰显自我人性ꎬ把握数学本质.师(下课铃声响了):试题是否有几何背景?试题能否拓展?请同学们课后思考ꎬ下课!对话体会㊀为给学优生创设思维驰骋的空间ꎬ教师在课末使用拓展性话题ꎬ要求学生进一步提出可拓展延伸的问题.本试题的几何背景是当直线ｙ＝ｋｘ＋ａ为过ｙ＝ｆ(ｘ)图像拐点(１６ꎬ４－４ｌｎ２)的切线时ꎬａ＝３－４ｌｎ２.由图形知当ａɤ３－４ｌｎ２时ꎬ对任意ｋ>０ꎬ直线ｙ＝ｋｘ＋ａ与ｙ＝ｆ(ｘ)有唯一公共点.３ 结束语巴西学者弗莱雷认为:没有了对话ꎬ就没有了交流ꎻ没有了交流ꎬ也就没有真正意义的教育[２].在新一轮课程改革中ꎬ教师要以 对话教学 为抓手ꎬ提升学生交流与反思的能力.通过深度对话ꎬ在思维建构中把握本质ꎬ形成素养ꎻ在交流中取长补短ꎬ互惠共赢ꎻ在反思中内化醒悟ꎬ加深理解ꎻ在评价中树立信心ꎬ体验喜悦ꎻ在总结中揭示规律ꎬ提炼通法ꎻ在拓展中深化思维ꎬ提出命题.参㊀考㊀文㊀献[１]㊀中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准[Ｓ].北京:人民教育出版社ꎬ２０１８. [２]㊀弗莱雷.被压迫者教育学[Ｍ].顾建新ꎬ赵友华ꎬ何曙荣ꎬ译.上海:华东师范大学出版社ꎬ２００１.∗收文日期:２０１８￣１２￣１９ꎻ修订日期:２０１９￣０１￣１９作者简介:曹亚奇(１９８３ )ꎬ男ꎬ浙江湖州人ꎬ中学一级教师.研究方向:数学教育.１㊀ 同构式 源头 阿基米德三角形１.１㊀阿基米德三角形性质证明我们知道ꎬ圆锥曲线的弦与过弦端点的两条切线所围成的三角形叫阿基米德三角形.其中抛物线图１的阿基米德三角形(如图１)有许多著名的性质ꎬ首当其冲的便是:性质１[１]㊀阿基米德三角形底边上的中线平行于抛物线的轴.证明㊀设Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬＡ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬ则过点Ａ的切线方程为ｙ１ｙ＝ｐ(ｘ＋ｘ１)ꎬ将点Ｐ的坐标代入ꎬ得ｙ１ｙ０＝ｐｘ０＋ｙ２１２ｐæèçöø÷ꎬ同理可得ｙ２ｙ０＝ｐｘ０＋ｙ２２２ｐæèçöø÷.由上述两个同构式可得ｙ１ꎬｙ２为方程ｙ２－２ｙ０ｙ＋２ｐｘ０＝０的两个不同的实数根ꎬ因此ｙ１＋ｙ２＝２ｙ０ꎬ故ＰＭʊｘ轴.１.２㊀类阿基米德三角形性质图２现将阿基米德三角形顶角收缩ꎬ使得ＰＡꎬＰＢ与抛物线分别相交于点ＣꎬＤꎬ且ＰＣＣＡ＝ＰＤＤＢ＝λ(其中λ为常数)ꎬ笔者定义әＰＡＢ为 类阿基米德三角形(如图２).此时两条割线ＰＡꎬＰＢ不过是之前切线情形的一般化ꎬ笔者猜测:底边上的中线依然平行于抛物线的轴.思路１㊀由定比分点坐标公式得Ｃｘ０＋λｘ１１＋λæèçꎬｙ０＋λｙ１１＋λöø÷ꎬＤｘ０＋λｘ２１＋λꎬｙ０＋λｙ２１＋λæèçöø÷ꎬ代入抛物线方程ꎬ得ｙ１ꎬｙ２为方程ｙ０＋λｙ１＋λæèçöø÷２＝２ｐｘ０＋λｙ２２ｐ１＋λꎬ即λｙ２－２λｙ０ｙ＋２ｐ(１＋λ)ｘ０－ｙ２０＝０的两个根ꎬ从而ｙ１＋ｙ２＝２ｙ０ꎬ因此猜测正确.上述证明方法与之前阿基米德三角形性质１的证明如出一辙ꎬ均采取 设而不求 的思想方法ꎬ从点坐标的 同构式 角度出发ꎬ利用韦达定理得到结论[２].事实上ꎬ我们亦可以结合平面几何知识给予证明.思路２㊀如图２ꎬ联结ＣＤꎬ交ＰＭ于点Ｎꎬ此时Ｎ为ＣＤ的中点.由ｙ２１＝２ｐｘ１ꎬｙ２２＝２ｐｘ２ꎬ{得ｙ１－ｙ２ｘ１－ｘ２＝２ｐｙ１＋ｙ２ꎬ即ｋＡＢ＝ｐｙＭꎬ同理可得ｋＣＤ＝ｐｙＮ.因为ＡＢʊＣＤꎬ所以ｐｙＭ＝ｐｙＮꎬ即ｙＭ＝ｙＮꎬ因此ＭＮʊｘ轴.特殊地ꎬ若ｘ１＝ｘ２ꎬ则әＡＢＣ为等腰三角形ꎬ结论亦成立.思路２结合平面几何知识ꎬ更为简洁ꎬ从ＡＢꎬＣＤ的斜率表达式上看ꎬ也是一组同构式.由此看来ꎬ正因为两条割线ＰＡꎬＰＢ本身具有 同构形态 ꎬ所以无论是代数方法还是结合几何证明ꎬ同构式的构造必然是正确的思考方向.２㊀ 同构式 的应用２.１㊀同构式解类阿基米德三角形图３例１㊀如图３ꎬ已知点Ｐ是ｙ轴左侧(不含ｙ轴)一点ꎬ抛物线Ｃ:ｙ２＝４ｘ上存在不同的两点ＡꎬＢ满足ＰＡꎬＰＢ的中点均在Ｃ上.１)设ＡＢ的中点为Ｍꎬ证明:ＰＭʅｙ轴ꎻ２)若Ｐ是半椭圆ｘ２＋ｙ２４＝１(其中ｘ<０)上的动点ꎬ求ＳәＰＡＢ的取值范围.(２０１８年浙江省数学高考试题第２１题)当我们回顾２０１８年浙江省数学高考卷的解析几何大题时ꎬ惊讶地发现该题第１)小题需证明的就是笔者前文所证的 类阿基米德三角形性质 当λ＝１时的特例.而第２)小题其实是依托第１)小题同构后产生的一元二次方程 λｙ２－２λｙ０ｙ＋２ｐ(１＋λ)ｘ０－ｙ２０＝０ ꎬ然后根据韦达定理ꎬ利用三角形面积公式求解.这需要学生具备较强的运算能力ꎬ然而真正的突破口却是构造 同构式 ꎬ使得计算有了章法ꎬ步骤得以简化.２.２㊀基于真题的 再创造既然例１第１)小题的源头是 阿基米德三角形 性质１ꎬ那笔者就可以从阿基米德三角形的其他性质入手ꎬ并可类比到 类阿基米德三角形 中进行探究和证明.性质２㊀如图４ꎬ若阿基米德әＡＢＱ底边即弦ＡＢ过抛物线内一定点Ｃꎬ则另一顶点Ｑ的轨迹为一条直线.图４图５性质３㊀如图５ꎬ若阿基米德әＡＢＱ的底边ＡＢ过抛物线ｙ２＝２ｐｘ的焦点Ｆꎬ则顶点Ｑ的轨迹为准线ꎬ且阿基米德三角形的面积最小值为ｐ２.事实上ꎬ性质３是性质２的特殊情况ꎬ而且此结论是高中解析几何试卷中的 常客 .于是笔者猜想:猜想㊀若类阿基米德әＡＢＰ的底边ＡＢ过抛物线内一定点Ｃꎬ则另一顶点Ｐ的轨迹也是一条直线.证明㊀令Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬＣ(ａꎬｂ)ꎬ设直线ＡＢ的方程为ｙ－ｂ＝ｋ(ｘ－ａ)ꎬ与抛物线ｙ２＝２ｐｘ联立得ｋｙ２－２ｐｙ－２ｐｋａ＋２ｐｂ＝０ꎬ从而㊀㊀㊀㊀㊀ｙ１＋ｙ２＝２ｐｋꎬｙ１ｙ２＝２ｐｂｋ－２ｐａ.ìîíïïïï(１)又由思路１中同构式得λｙ２－２λｙ０ｙ＋２ｐ(１＋λ)ｘ０－ｙ２０＝０ꎬ从而㊀㊀㊀㊀ｙ１＋ｙ２＝２ｙ０ꎬｙ１ｙ２＝２ｐ(１＋λ)ｘ０－ｙ２０λ.ìîíïïï(２)由式(１)和式(２)得点Ｐ的轨迹方程为ｙ２＋２ｐｂλｙ＝２ｐ(１＋λ)ｘ＋２ｐａλ.(３)㊀㊀由此得到结论:类阿基米德三角形底边ＡＢ过抛物线内一定点Ｃꎬ则另一顶点Ｐ的轨迹方程为抛物线ꎬ猜想并不成立.由此结论ꎬ笔者创编了以下题目:例２㊀已知ＡꎬＢ为抛物线Ｃ:ｙ２＝４ｘ上的两个点ꎬ且直线ＡＢ过定点(１ꎬ０)ꎬ现存在Ｃ外一点Ｐꎬ使得ＡＰꎬＢＰ的中点均在Ｃ上.１)求点Ｐ的轨迹方程ꎻ２)求ＳәＰＡＢ的取值范围.图６解㊀１)设Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬＡ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２).因为ＰＡꎬＰＢ的中点在抛物线上ꎬ所以ｙ１ꎬｙ２为方程ｙ０＋ｙ２æèçöø÷２＝４ｘ０＋ｙ２４２ꎬ即ｙ２－２ｙ０ｙ＋８ｘ０－ｙ２０＝０的两个不同的实根ꎬ从而ｙ１ｙ２＝８ｘ０－ｙ２０.又因为ＡＢ过定点(１ꎬ０)ꎬ可令其方程为ｘ＝ｔｙ＋１ꎬ代入抛物线Ｃ的方程ꎬ得ｙ２－４ｔｙ－４＝０ꎬ则ｙ１ｙ２＝－４ꎬ故８ｘ０－ｙ２０＝－４ꎬ即点Ｐ的轨迹方程为ｙ２＝８ｘ＋４.(４)㊀㊀２)如图６ꎬ取ＡＢ的中点Ｍꎬ联结ＰＭꎬ则ｙＭ＝ｙ０＝ｙ１＋ｙ２２ꎬ于是ＰＭʊｘ轴.而｜ＰＭ｜＝１８(ｙ２１＋ｙ２２)－ｘ０＝３４ｙ２０－３ｘ０ꎬ｜ｙ１－ｙ２｜＝２２(ｙ２０－４ｘ０)ꎬ因此㊀㊀ＳәＰＡＢ＝１２｜ＰＭ｜ ｜ｙ１－ｙ２｜＝３２４(ｙ２０－４ｘ０)３２＝３２４(４ｘ０＋４)３２.由ｘ０ȡ－１２ꎬ得ＳәＰＡＢɪ[３ꎬ＋ɕ).评注㊀若将ｐ＝２ꎬλ＝１ꎬａ＝１ꎬｂ＝０代入式(３)ꎬ即为式(４)ꎬ再次验证前文的证明成立.同时当ＳәＰＡＢ最小时ꎬ点Ｐ位于对称轴上ꎬәＰＡＢ为等腰三角形ꎬ符合数学上的对称和谐之美.３ 评价及其素养３.１㊀运算水平的层次解读«普通高中数学课程标准(２０１７年版)»(以下简称«新课标»)将数学运算核心素养分成３个递进的层次.笔者以例１为例解读运算水平的３个层次如下:首先ꎬ在例１所呈现的 类阿基米德三角形 图形中要能够发现两条割线ＰＡꎬＰＢ具有 同构形态 ꎬ从而将该几何特征转化成代数形式的同构式.而这个转化决定了整个计算的繁简程度ꎬ对素养要求颇高ꎬ应该算 水平三 ꎻ紧接着ꎬ通过同构式归纳出方程ꎬ在 中点坐标 与 韦达定理 的关联情境中通过计算公式进行表达与证明ꎬ此处为 水平二 ꎻ最后在学生熟知的情境下ꎬ利用 点到直线距离公式 与 弦长公式 求解三角形面积自然是 水平一 .我们发现ꎬ利用同构式求解解析几何大题时ꎬ最关键的是从几何特征到同构式的转化计算ꎬ是素养要求最高的 水平三 ꎬ为后续的计算指明了方向.而这转化的过程中不仅需要运算能力ꎬ更需要深刻理解㊁反向推演.因此ꎬ计算的高层次素养中一定蕴含了逻辑推理等其他重要素养.３.２㊀数学运算与逻辑推理的思辨«新课标»对数学核心素养中的 数学运算 是这样描述的: 数学运算是指在明晰运算对象的基础上ꎬ依据运算法则解决数学问题的过程.主要包括:理解运算对象㊁掌握运算法则㊁探究运算方向㊁选择运算方法㊁设计运算程序㊁求得运算结果等.数学运算是解决数学问题的基本手段.数学运算是一种演绎推理ꎬ是计算机解决问题的基础. 因此ꎬ我们有必要让学生体悟数学运算的演绎特征ꎬ无论计算的繁简ꎬ都应该遵循 有理有据 的逻辑要求. 数学运算 作为核心素养ꎬ在教学中不仅要让学生掌握一些数式运算的技能㊁技巧ꎬ而且要让学生对运算的本质有所认识㊁对运算的价值有所感悟㊁对运算的算理有所掌握.具体到解析几何的同构式算法教学中ꎬ教师要引导学生把解析几何大题的关注点从粗放的 联立求解 转移到分析推理上来ꎬ要让学生能真正 辨图识图 ꎬ从而自然地将几何问题代数化ꎬ这本身也是解析几何的精髓所在.解析几何中的 同构式 算法充分体现了 数学计算 与 逻辑推理 两大数学核心素养的完美交融.在教学实践中ꎬ教师不仅可以就地取材ꎬ让学生多从高考真题中体会其 设而不求 的计算精髓ꎬ更要带领学生拓展探究ꎬ甚至改编㊁原创.真正从源头上感受与发现同构式算式优美的对称形态以及背后所蕴含的核心优势.参㊀考㊀文㊀献[１]㊀邵明志ꎬ陈克勤.高考试题中的阿基米德三角形[Ｊ].数学通报ꎬ２００８ꎬ４７(９):３９￣４２ꎻ４６.[２]㊀仝军ꎬ黄安成.同构式的妙用[Ｊ].中小学数学:高中版ꎬ２００８(１２):３９￣４０ꎻ４４.。
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、不等线l212222=+-+-k kx kx ()10<<k ()*于是，问题即可转化为如上关于x 的方程. 由于10<<k ，所以kx x x >>+22，从而有.222222k x kx k x kx +++-=-+-故分析：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),(y x Q 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k 作为参数，如何将yx ,与k 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：AP PB AQQB=-来转化.由A 、B 、P 、Q 四点共线，不难得到)(82)(4B A BA B A x x x x x x x +--+=，要建立x 与k 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.∴ ⎪⎪⎩⎨+--=.128)41(22221k k x x 代入（1），化简得：.234++=k k x (3) 与1)4(+-=x k y 联立，消去k 得：().0)4(42=--+x y x在（2）中，由02464642>++-=∆k k ，解得41024102+<<-k ，结合（3）可求得 .910216910216+<<-x 故知点Q 的轨迹方程为：042=-+y x （1021610216+<<-x ）. 转简解1：当直线l 垂直于x 轴时，可求得51-=PB AP ; 当l 与x 轴不垂直时，设())(,,2211y x B y x A ，，直线l 的方程为：3+=kx y ，代入椭圆方程，消去y 得045544922=+++kx x k简解2：设直线l 的方程为：3+=kx y ，代入椭圆方程，消去y 得()045544922=+++kx x k（*）。
杨志明：一个优美的三角形恒等式及其应用公众号“杨志明数学角”创建于2019年3月1日.创号宗旨：为热爱数学、研究数学的学生、教师、家长和数学爱好者搭建学习交流的平台，提高学习效率和教学效率，促进自身数学素质的提高，增进友谊.本公众号立足高考、自招和竞赛，热烈欢迎各位专家和数学爱好者不吝赐稿.来稿请注明真实姓名、工作单位和联系方式，特别欢迎短小的原创文稿，只接受word版文档格式的电子稿件，文责自负，投稿邮箱：**************，投稿微信号：135****8805.【相关链接】杨志明付谦杨俊王信元：一道求值题的三种解法陈永成：用排序不等式证一个代数不等式题顾同学：一个四元不等式的证明赵应南：一个代数不等式猜想的证明杨志明：2019年北京大学暑期综合营数学试题中的平面几何题的试卷三角法证明杨志明：2019年北京大学暑期综合营数学试题中的平面几何题的证明杨志明：2019年北京大学暑期综合营数学试题中的最值问题背景杨志明：2019年地中海地区数学奥林匹克试题中的不等式的证明杨诗田：齐次化简证2018年俄罗斯数学奥林匹克不等式杨俊、古小杰：2019年上海市高三数学竞赛第8小题的另两种解法杨志明：一个三角形最值问题的多解杨志明：2019年上海市高三数学竞赛第8小题的两种解法杨志明：2019年中国数学奥林匹克希望联盟夏令营试题（二）压轴题的几何背景2019年中国数学奥林匹克希望联盟夏令营试题三套杨志明：利用均值不等式证明2019年女子数学奥林匹克不等式杨志明：利用惠更斯不等式证明2019年女子数学奥林匹克不等式杨志明：《中等数学》数学奥林匹克问题高625的变式题杨志明：第三届北方希望之星数学夏令营第6题最大值的类似问题杨志明：第三届北方希望之星数学夏令营第6题最大值的解法叶超杰：第三届北方希望之星数学夏令营第6题不等式蒋杰：第三届北方希望之星数学夏令营第6题最大值的一种解法郑小彬：一道三元分式不等式的加强张云华：用二元均值不等式证一道三元分式不等式杨志明：一道三元分式不等式的证明2019年第十六届中国东南地区数学奥林匹克高一年级详细解答2019年第十六届中国东南地区数学奥林匹克高二年级详细解答湖南省数学协作体 2019联赛模拟考试（一）试题及答案杨志明：构造常数列解第54届蒙古数学奥林匹克（2018）数列与数论综合题吴国胜：加拿大数学难题杂志2019年4月号4431又一方法杨志明：加拿大数学难题杂志2019年4月号4431的类似题郑小彬：加拿大数学难题杂志2019年4月号4431的类似题的简证杨志明：加拿大数学难题杂志2019年4月号4431的类似题的逆向问题杨志明：2018年希腊国家队选拔考试中的不等式的两种证法杨志明：一个三元条件不等式的证明及变式叶超杰：加拿大数学难题杂志2019年4月号4431的一种换元法证明杨志明：加拿大数学难题杂志2019年4月号4431的一种求导法证明黄书强：加拿大数学难题杂志2019年4月号4431的一种简证黄书强、杨志明：加拿大数学难题杂志2019年4月号4431的一种解答康希怀：利用立方和公式解答一道求取值范围的题目张云华：2019年罗马尼亚JBMO代表队选拔考试第一次考试一道二元最值题另解杨志明：一道无理方程的解答杨志明：几个代数不等式猜想的证明杨志明：一条三角形无理不等式链杨志明：一个二元条件最值问题的解答与推广杨志明：一道2007年四川高考题的题源及探讨苏淳：第45届(2019)俄罗斯数学奥林匹克试题及解答吴国胜：2018年全国初中数学联赛选择题第4题的一个推广杨志明：《数学通讯》（上半月）2019年6月第405题的解答杨志明：《数学通讯》（上半月）2019年6月第404题的解答与推广杨志明：《数学通讯》（上半月）2019年6月第403题的解答杨志明、江保兵----《数学通讯》（上半月）2019年6月第402题的解答杨志明----《数学通讯》（上半月）2019年6月第401题的解答与拓展林才雄、郑小彬、鲁和平、黄磊：一道二元函数最值问题的四种解法刘天然----《数学通报》数学问题解答2481的类似杨志明----《数学通报》数学问题解答2481的加强与推广杨志明----有奖解题擂台（123）的三种证法杨志明----一个三角形不等式的隔离龚固----一个含参数三角形不等式的最佳系数刘天然、郑小彬----一个三角形不等式的两种解答龚固、杨运新----一个较难的三角形不等式的两种漂亮的证明沈志军----一道求值问题的另一个解答古小杰----导函数之----先猜后证李矛----答奕轩老师算术加权不等式参数最小值问题杨志明----一个三角形不等式的加强汪长银----问题征解（2019.4.13）的解答有奖解题擂台（119）的否定有奖解题擂台（115）的解答杨志明----椭圆与双曲线性质的对偶113条----椭圆杨志明----椭圆与双曲线性质的对偶113条----双曲线每日一题（001-099）试题分类。
解析几何中几种常用的处理方法与技巧微点一 定比点差法对于涉及PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λMQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的问题，我们可以采用定比点差法.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)为椭圆或双曲线上两点，若存在P,Q 两点，满足AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =－λQB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则有P(x 1+λx 21+λ，y 1+λy 21+λ)，Q(x 1－λx 21－λ，y 1－λy 21－λ),{x 12a 2±y 12b 2=1 ①,λ2x 22a 2±λ2y 22b 2=λ2②,由①－②得(x 1+λx 2)(x 1－λx 2)a 2±(y 1+λy 2)(y 1－λy 2)b 2=1－λ2,即1a2×(x 1+λx 2)(x 1－λx 2)(1+λ)(1－λ)±1b2×(y 1+λy 2)(y 1－λy 2)(1+λ)(1－λ)=1.从而x P x Q a 2±y P y Q b 2=1,然后再结合题意解决问题，从而达到简化运算的目的.特别的，当λ=1时，就是点差法.例1 已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1（a >b >0）过点M (√2,1),且椭圆C 的左焦点为(−√2,0). (1)求椭圆C 的方程；(2)当过点P (4,1)的动直线l 与椭圆C 相交于不同的两点A,B 时，在线段AB 上取点Q ，满足|AP⃗⃗⃗⃗⃗ |∙|QB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |∙|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |,证明：点Q 总在某定直线上. 微点二 同构方程法同构发在解析几何中的考察点在于通过设点构造两个形式一样的方程，主要利用同理的逻辑，把两个未知量转化为一个二次方程的根或其它函数的零点，从而简化运算，达到快速解决问题的目的.例2 已知P 是抛物线E ：y 2=4x 上的动点，F 是抛物线E 的焦点.(1)求|PF |的最小值；(2)若点B,C 均在y 轴上，直线PB,PC 均与圆(x －1)2+y 2=1相切，当|PF |∈[4,6]时，求|BC |的最小值.微点三 齐次代换法圆锥曲线中常见一类题型,即条件中两直线的斜率之和或斜率之积是一个定值.这种题型固然可以用常规法处理,但运算量稍大,而齐次代换法是其中最有效的处理方法之一,可以绕开繁琐的计算.齐次从字面解释是次数相等,一个多项式中各单项式的次数都相同时,称为齐次式,例如:x +2y +3z ,x 2+xy +y 2,x 3+2xy 2+2x 2y +y 3都是齐次式.圆锥曲线中利用齐次代换法解题的难点在于要去配凑齐次式,针对斜率之和、之积为定值的题型可以考虑用这种方法. 例3已知拋物线C :x 2=2py 上一点M (m ,2)到焦点的距离为3.(1)求抛物线C 的方程.(2)设P ,Q 为抛物线C 上不同于原点O 的任意两点,且满足以线段PQ 为直径的圆过原点O,试问直线PQ ;如果不过定点,请说明理由.1.已知椭圆x 24+y 23=1,则与椭圆相交且以点A (1,1)为弦的中点的直线方程为( )A . 3x +4y +7=0B . 2x+5y-7=0C . 3x -4y +1=0 D. 3x +4y -7=02.设椭圆C :x 2a 2+y 2＝1(a>0)与直线l :x +y ＝1相交于不同的两点A,B ,是否存在这样的椭圆C ,使直线l 与y 轴交于点P ,且PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =512PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ?若存在,求出a 的值;若不存在,请说明理由. 3.已知椭圆C :x 2a2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为12,圆x 2+y 2－2y ＝1经过椭圆C 的左、右焦点F 1,F 2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若A,B,D,E 是椭圆C 上不同的四点(其中点D 在第一象限),且AB //DE ,直线DA,DB 关于直线x =1对称,求直线DE 的方程.4.已知抛物线C 1:y 2=2px (p>0),圆C 2:(x －1)2+y 2=r 2(r>0),抛物线C 1上的点到其准线的距离的最小值为14.(1)求抛物线C 1的方程及其准线方程.(2)若点P(2,y 0)是抛物线C 在第一象限内一点,过点P 作圆C 1的两条切线,交抛物线于A,B 两点(A,B 异于P ),问是否存在圆C ,使AB 恰为其切线?若存在,求出r 的值;若不存在,说明理由.5.已知长度为4的线段AB 的两个端点A,B 分别在x 和y 轴上运动,动点P 满足BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =3PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,记动点P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)设不经过点H (0,1)的直线y=2x +t 与曲线C 相交于M,N 两点,若直线HM 与直线HN 的斜率之和为1,求实数t 的值.。
初中数学解题技巧迅速解决复杂的三角恒等式题目在初中数学中，解题是学习的重要环节之一。
而在解题的过程中，有一类题目往往令很多同学感到头疼，那就是复杂的三角恒等式题目。
本文将为大家介绍一些解决这类题目的技巧，以迅速解决复杂的三角恒等式题目。
在解决复杂的三角恒等式题目之前，我们首先需要掌握一些基本的三角函数关系和恒等式。
比如，正弦函数和余弦函数的平方和等于1，即sin²θ + cos²θ = 1；正切函数和与它相关的余切函数的关系等。
这些基本的恒等式我们需要熟练掌握，因为它们是解决复杂三角恒等式题目的基础。
其次，对于复杂的三角恒等式题目，我们需要善于利用单位圆和三角恒等式的基本性质。
单位圆是指半径为1的圆，通常以O表示圆心。
单位圆上的点可以表示为(cosθ, sinθ)，其中θ为该点与x轴正半轴之间的夹角。
利用单位圆的性质，我们可以将三角恒等式化简为更简单的形式，以便于解题。
另外，对于某些复杂的三角恒等式，我们还可以利用三角函数的周期性进行推导和变形。
例如，对于形如sin(x + π/2) = cosx的恒等式，我们可以将π/2表示为π - (-π/2)，再利用三角函数的和差化积公式进行推导，从而得出等式的解。
此外，变量替换也是解决复杂的三角恒等式的一种有效方法。
当我们遇到形式复杂的三角函数时，可以通过引入新的变量进行替换，从而简化问题。
例如，当我们遇到sin²x + cos²(π/4 + x) = 1的题目时，我们可以将π/4 + x表示为θ，然后利用基本恒等式将原等式化简为更简单的形式。
在解决复杂的三角恒等式题目时，我们还可以利用三角函数的奇偶性进行推导。
奇函数是指对任意x，满足f(-x) = -f(x)的函数；偶函数是指对任意x，满足f(-x) = f(x)的函数。
通过利用三角函数的奇偶性，我们可以简化复杂的三角恒等式，并得出其解。
最后，反证法也是解决复杂的三角恒等式题目的一种常用方法。
在解析几何中，“几何特征代数化”是坐标法实施的关键步骤，它与代数运算结合在一起，是数形结合思想运用的最好体现.许多复杂的几何条件需要利用平面几何知识进行分解后才能转化，需要学生对几何图形有较强的分析能力，并准确把握图形的元素、关系.因此，解析几何问题必须首先将题目的条件或结论中的几何特征转化为代数形式.转化的常见策略有：（1）几何特征直接代数化；（2）先把几何条件用几何方法进行恰当地分解或处理，再代数化.即对难以“直译”的条件先利用平面几何知识“转化”为“简单、易翻译”的条件后再进行代数化.本文以“平行四边形”条件的代数转化、“等腰直角三角形”条件的代数转化、“四点共圆”条件的代数转化为例，谈谈解析几何中“几何特征代数化”的转化策略.题型一：“平行四边形”条件的代数转化几何性质对边平行对边相等对角线互相平分代数实现斜率相等或向量平行长度相等，横（纵）坐标差相等中点重合例1（2015年新课标2卷理科20）已知椭圆C:9x2+y2=m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与椭圆C有两个不同的交点A,B，线段AB的中点为M.（1）证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值；（2）若直线l过点(m3,m)，延长线段OM与椭圆C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时直线l的斜率；若不能，请说明理由.分析：第（1）问属于解析几何中的常规题型，常见的解法有两种：①经典的“设而不求”，用“坐标”分别表示直线OM与直线l的斜率的过程中借助“韦达定理”进一步化简；②“中点弦”问题可用“点差法”解决.无论选择哪种方法，都容易得出两直线的斜率乘积为定值-9.第（2）问入口较宽，若四边形OAPB能为平行四边形，则可以从不同角度实施对平行四边形OAPB这一几何特征解析几何中常见“几何特征代数化”的转化策略江苏省溧水高级中学丁称兴211200摘要：本文举例说明了“几何特征代数化”三类题型的转化策略.关键词：几何特征代数化；分类；转化策略ylAMBO x图1的代数转化.思路1：四边形OAPB 为平行四边形⇔线段AB 与线段OP 互相平分（几何问题）⇔点P 与点O 关于点M 对称（M 为线段AB 中点已知）（几何问题）⇔x P =2x M （代数问题）.解析过程：由（1）知直线OM :y =-9kx ，设点P 的横坐标为x P ，联立直线与椭圆有ìíîïïy =-9k x9x 2+y 2=m2，消去y 得9x 2+81k 2x 2=m 2，则x P 2=k 2m 29k 2+81，即x P =.由（1）得x M =-kb k 2+9.由x P =2x M ，有=2×(-kb k 2+9)，即有±m 3.由直线l :y =kx +b 过点(m 3,m )，得m =km 3+b ，即b =m (3-k )3.将其代入等式±m 3=2b k 2+9，得±m 3=2m (3-k )3，整理得±1，两边平方得k 2-8k +9=0，解得k =4±7.因为直线l 过点(m 3,m )，所以直线l 不过原点且与椭圆C 有两个交点的充要条件是k >0且k ≠3.综上，当直线l 的斜率为4±7时，四边形OAPB 为平行四边形.思路2：四边形OAPB 为平行四边形⇔OP = OA +OB （从向量的角度理解平行四边形）⇔(x P ,y P )=(x A +x B ,y A +y B )=(2x M ,2y M )（几何问题代数化）⇔x P =2x M ，y P =2y M （代数问题）.解析过程：由x M =-kb k 2+9，消去b ，由直线l :y =kx +b 过点(m 3,m )，得m =km 3+b ，即b =m (3-k )3.于是x M =-kb k 2+9=k (k -3)m3(k 2+9)，故y M =-9k x M =-3(k -3)mk 2+9.因为点P (2x M ,2y M )在椭圆C 上，所以9[2k (k -3)m 3(k 2+9)]2+[-6(k -3)m k 2+9]2=m 2，化简得4k 2(k -3)2m 2+36(k -3)2m 2(k 2+9)2=m 2，即(k -3)2(4k 2+36)=(k 2+9)2，化简得k 2-8k +9=0，解得：k =4±7.接下来的过程同思路1.评析：在“平行四边形”这一几何特征下，本题的解析过程中给出两种最常见的代数转化策略：①对角线互相平分，转化为“点与点关于点对称”；②向量加法的平行四边形法则，转化为“坐标之间的关系”.这是最适用本题且通俗易懂的转化策略.当然，我们也可以选择将“对边平行且相等”这一几何特征转化为“向量相等”.题型二：“等腰直角三角形”条件的代数转化几何性质两边垂直勾股定理斜边中线性质（中线等于斜边一半）两边相等两角相等三线合一（垂直且平分）代数实现斜率乘积为-1或向量数量积为0两点间距离公式两点间距离公式两点间距离公式底边水平或竖直时，两腰斜率相反垂直：斜率或向量平分：中点坐标公式例2已知点A ,B 在椭圆C :x 2a 2+y2b2=1(a >b >0)上，点A 在第一象限，O 为坐标原点，且OA ⊥AB ，（1）若a =3,b =1，直线OA的方程为x-3y=0，求直线OB的斜率；（2）若△OAB是等腰三角形（点O,A,B按顺时针排列），求b a的最大值.解析：第（1）问由椭圆C:x23+y2=1与直线OA联立，解得点A(32,12)，由OA⊥AB，解得点B(127,-17)，从而直线OB的斜率为-112.第（2）问，思路1：设直线OA的斜率为k(k>0)，则直线AB的斜率为-1k.由△OAB是等腰直角三角形（点O,A,B按顺时针排列），设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1>0,y1>0,x1<x2).因为OA=AB，所以x12+y12=(x1-x2)2+(y1-y2)2,即|y1|x1-x2，所以y1=x2-x1，即x1+y1=x2.又由OA⊥AB，得y1x1⋅y2-y1 x2-x1=-1，所以y2=y1-x1.因为点A(x1,y1),B(x1+y1,y1-x1)在椭圆上，从而有x12a2+y12 b2=1且(x1+y1)2a2+(y1-x1)2b2=1，所以x12a2+y12b2=(x1+y1)2a2+(y1-x1)2b2，整理得b2(y1x1)2-2(a2-b2)⋅y1x1+a2=0，所以Δ=4(a2-b2)2-4a2b2 0，因式分解得(a2-b2+ab)(a2-b2-ab) 0，从而有a2-b2-ab 0，即(b a)2+b a-1 0，解得b a，即ba的最大值为.思路2：设直线OA的斜率为k(k>0)，倾斜角为θ(0∘<θ<90∘).因为△OAB是等腰直角三角形（点O,A,B按顺时针排列）且OA⊥AB，则直线OB的斜率为k-11+k.设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1>0,y1>0,x1<x2).联立直线OA与椭圆方程，得x12=a2b2b2+a2k2，联立直线OB与椭圆方程，得x22=a2b2b2+a2(k-11+k)2=a2b2(1+k)2b2(1+k)2+a2(k-1)2.又因为OB=2OA，所以OB2=2OA2，即2(1+k2)x12=[1+(k-11+k)]2x22，从而有2(1+k2)⋅a2b2b2+a2k2=[1+(k-11+k)]2⋅a2b2(1+k)2b2(1+k)2+a2(k-1)2，整理得b2k2-2(a2-b2)k+ a2=0，所以Δ=4(a2-b2)2-4a2b2 0，因式分解得(a2-b2+ab)(a2-b2-ab) 0，从而有a2-b2-ab 0，即(b a)2+b a-1 0，解得b a，即b a的最大值为.评析：对于“等腰直角”这一几何特征，将“垂直”转化为两直角边所在直线的斜率的乘积为-1或向量数量积为0，将“直角边相等”用距离公式转化为坐标之间的关系，这是“坐标法”解决解析几何问题的最好体现.题型三：“四点共圆”条件的代数转化几何性质四点共圆代数实现先由不共线的三点确定圆的方程，再证明第四个点在圆上.对角互补的四边形的四点共圆对角线所在直线的倾斜角互补对边所在直线的斜率之和为0找出圆心的位置，求出圆的半径.例3如图2，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,P为右准线上一点，点Q在椭圆上，且FQ⊥FP.（1）若椭圆的离心率为12，短轴长为23，①求椭圆的方程；②若直线OQ,PQ的斜率分别为k1,k2，求k1⋅k2的值.（2）若在x轴上方存在P,Q两点，使O,F,P,Q四点共圆，求椭圆离心率的取值范围.分析：本题主要考查斜率乘积定值、四点共圆、离心率范围、直径圆、垂径定理.第（1）问的②先可以选择用“坐标”来分别表示k1,k2，借助椭圆方程消元，可得k1⋅k2为定值-34，也可用“向量法”避开对直线斜率是否存在的讨论，由FQ⋅FP=(x0-1,y0)⋅(3,y p)=0，解得yp =-3(x0-1)y0，此处的一般结论为k1⋅k2=-b2a2.对于第（2）问，涉及到四点共圆，此时常有如下代数转化的形式.思路1：设P(a2c,t),Q(x0,y0)，因为FQ⊥FP，所以△FQP的外接圆是以PQ为直径的圆(x-a2c )(x-x)+(y-t)(y-y)=0.由题意得，焦点F和原点O均在该圆上，所以ìíîïï(c-a2c)(c-x)+ty=0a2c x0+ty=0，消去ty0，得(c-a2c)⋅(c-x)-a2c x0=0，解得x=c-a2c.因为点P,Q均在x轴上方，所以-a<x0=c-a2c<c，整理得c2+ac-a2>0，即e2+e-1>0且0<e<1，解得e<1.思路2：因为O,F,P,Q四点共圆且FQ⊥FP，所以PQ为圆的直径，圆心为PQ的中点M.因为OF为弦，由垂径定理可得xM=c2，又M为PQ的中点，故xQ=2xM-a2c=c-a2c，以下过程同思路1.“几何特征代数化”的转化在几何与代数之间架起了一座沟通的桥梁，从而实现了对几何性质从定性到定量的研究，使得对图形的性质有更精确的把握.通过转化，形成的坐标法、综合论证法、向量法、分析法共同构成中学数学研究几何图形性质的四大方法，完善对解析几何的认知结构.图2xPFOQy。
技法点拨■李正章摘要：数学试题的变通性和灵活性非常高，往往是一题多解，这对学生的数学知识的灵活运用能力要求较高。
因此，教师在教学中要教会学生掌握正确的方法，抓住问题的本质，这样才能快速高效地解决数学问题。
本文就高中数学的教学中，利用恒等变换巧妙解决数学问题做些粗浅的探讨。
关键词：高中数学；恒等变换；求解问题在数学教学中，相信我们都有这样的认知，很多时候，选对方法和计算方式，能够为解决数学问题带来事半功倍的效果。
在数学教学中，学会恒等变换的方法和技巧，可以选择快速便捷的方式解题。
遇到不同的题型，应该有不同的解题方式。
接下来，我从几个不同的方面进行恒等变换方法的分析，与大家分享。
一、尝试培养，裂项添项在有些情况下，整式中的底数和指数会比较多也比较复杂。
这时候通过“裂项”与“添项”，可以实现平方的配凑，从而简化计算。
但配凑的过程也是有方向和逻辑的，掌握了具体的方法，解题才会迅速且准确。
讲解这一部分内容时，我首先向同学们介绍了裂项、添项的基本模型：（a +b ）2=a 2+2ab +b 2。
由此，可以得出裂项、添项的常用基本形式有两个，分别为：①a 2+b 2=（a+b ）2-2ab =（a-b ）2+2ab ；②a 2+ab+b 2=（a+b ）2-ab =（a-b ）2+3ab 。
接下来，为了让学生了解其具体用法，我又举了一个具体的例子来说明：求方程x 2+y 2-4kx -2y +5k =0表示圆的充要条件以及此时k 的取值范围。
很显然，在方程的初始状态下，学生是很难看出来的。
这时候，我们就需要通过裂项、添项的方式进行恒等变换，化成熟知的格式后就好解决了。
首先分别对x 和y 的项进行配凑：x 2-4kx =（x -2k ）2-4k 2，y 2-2y =（y -1）2-1。
然后，将结果代入原方程中并化简：x 2+y 2-4kx -2y +5k =（x -2k ）2+（y -1）2-（4k -1）（k -1）=0。
