一道高考题的变式训练

试题研究２０２４年１月上半月㊀㊀㊀四点共面,链接教材,变式拓展以一道高考题为例◉江苏省张家港市沙洲中学㊀陶㊀贤㊀㊀空间中的四点共面的判断与证明是空间向量与立体几何部分的一个基本知识点,也是一大难点,历年高考数学试题中较少涉及,没有引起大家的高度重视．而在２０２０年高考数学全国卷Ⅲ的文科和理科试题中,都出现了空间四点共面的证明问题,也充分说明了该部分知识的基础性与重要性．借助空间中四点共面的判断与证明,很好地考查考生的数形结合思想㊁空间想象能力与推理论证能力,以及直观想象㊁逻辑推理等数学核心素养．１真题呈现图１高考真题㊀(２０２０年高考数学全国卷Ⅲ理科第１９题)如图１,在长方体A B C D ＧA １B １C １D １中,点E ,F 分别在棱D D １,B B １上,且２D E ＝E D １,B F ＝２F B １．(１)证明:点C １在平面A E F 内．(２)若A B ＝２,A D ＝１,A A １＝３,求二面角A ＧE F ＧA １的正弦值．此题以长方体为问题背景,通过相应线段的长度关系,证明点在平面内(其实就是证明四点共面)以及求解二面角的平面角的正弦值,改变以往传统的证明直线与平面之间的平行或垂直关系,令人耳目一新．图２２问题破解(Ⅰ)第(１)问的证法如下:证法１:几何法．如图２,在棱C C １上取点G ,使得C １G ＝１２C G ,连接D G ,F G ,C １E ,C １F ．在长方体A B C D ＧA １B １C １D １中,A D ʊBC 且AD ＝B C ,B B １ʊC C １且B B １＝C C １．由C １G ＝１２C G ,B F ＝２F B １,可得C G ＝２３C C １＝２３B B １＝B F ,所以四边形B C G F 为平行四边形,则G F ʊB C 且G F ＝B C ．又B C ʊA D 且B C ＝A D ,所以A D ʊG F 且A D ＝G F ,即四边形A F D G 是平行四边形,则A F ʊD G 且A F ＝D G ．同理可证,四边形D E C １G 为平行四边形,则C １E ʊD G 且C １E ＝D G ．所以C １E ʊA F 且C １E ＝A F ,则四边形A E C １F为平行四边形．因此,点C １在平面A E F 内．证法２:基底法１共面向量定理．在长方体A B C D ＧA １B １C １D １中,B B １ʊC C １ʊD D １且B B １＝C C １＝D D １,结合２DE ＝E D １,BF ＝２F B １,可得E D １＝B F ．由A C １ң＝A C ң＋C C １ң＝A B ң＋A D ң＋D E ң＋E D １ң＝A B ң＋A D ң＋D E ң＋B F ң＝(A B ң＋B F ң)＋(A D ң＋D E ң)＝A F ң＋A E ң,知A ,E ,F ,C １四点共面,所以点C １在平面A E F 内．证法３:基底法２共面向量定理的推论．设D １A １ң＝a ,D １C １ң＝b ,D １D ң＝c ,则D １A ң＝a ＋c ,D １E ң＝２３c ,可得c ＝３２D １E ң,于是a ＝D １A ң－３２D １E ң．由D １F ң＝D １A １ң＋A １B １ң＋B １F ң＝D １A １ң＋D １C １ң＋１３B １B ң＝D １A １ң＋D １C １ң＋１３D １D ң＝a ＋b ＋１３c ＝(D １A ң－３２D １E ң)＋D １C １ң＋１３ˑ３２D １E ң＝D １A ң＋D １C １ң－D １E ң(其中１＋１－１＝１),知A ,E ,F ,C １四点共面,所以点C １在平面A E F 内．图３证法４:坐标法．设A B ＝a ,A D ＝b ,A A １＝c ,如图３所示,以C １为坐标原点,C １D １ң的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系C １Ｇx yz ．连接C １F ,则C １(０,０,０),A (a ,b ,c ),E (a ,０,２３c ),F (０,b ,１３c ),于８６２０２４年１月上半月㊀试题研究㊀㊀㊀㊀是E A ң＝(０,b ,１３c ),C １F ң＝(０,b ,１３c ),可得E A ң＝C １F ң,因此E A ʊC １F ,即A ,E ,F ,C １四点共面,所以点C １在平面A E F 内．点评:证明空间中的四点共面问题,常见的证明方法就是以上三大类 (１)利用空间几何图形的特征,借助几何法的推理与论证,通过空间问题平面化来证明;(２)利用共面向量定理或推论,借助空间向量的基底法,通过向量的线性运算与转化来证明;(３)利用空间直角坐标系的建立,借助坐标法的运算,通过向量的平行判断与转化来证明等．特别地,对于共面向量定理及其推论,是立体几何中的一个重要的定理,可以用来处理一些与之相关的问题,往往可以使问题处理得更加简捷㊁巧妙．(Ⅱ)第(２)问的解法如下:解:以C １为坐标原点,C １D １ң的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系C １Ｇx yz ,则由已知可得A (２,１,３),E (２,０,２),F (０,１,１),A １(２,１,０),则A E ң＝(０,－１,－１),A F ң＝(－２,０,－２),A １E ң＝(０,－１,２),A １F ң＝(－２,０,１)．设平面A E F 的法向量为m ＝(x １,y １,z １)．由m A E ң＝０,m A F ң＝０,{得－y １－z １＝０,－２x １－２z １＝０,{取z １＝－１,得x １＝y １＝１,则m ＝(１,１,－１)．设平面A １E F 的法向量为n ＝(x ２,y ２,z ２)．由n A １E ң＝０,n A １F ң＝０,{得－y ２＋２z ２＝０,－２x ２＋z ２＝０,{取z ２＝２,得x ２＝１,y ２＝４,则n ＝(１,４,２)．所以c o s ‹m ,n ›＝m n |m ||n |＝１＋４－２３ˑ２１＝７７．设二面角A ＧE F ＧA １的平面角为θ,则|c o s θ|＝７７,可得s i n θ＝１－c o s ２θ＝４２７．因此,二面角A ＧE F ＧA １的正弦值为４２７．点评:坐标法是求解二面角的平面角的三角函数值问题中一个比较常见的方法,借助空间直角坐标系的建立,以及对应的点㊁向量的坐标的表示,结合相应两半平面的法向量的设置与确定,结合向量的数量积公式的转化与应用来确定相应的二面角的平面角问题．坐标法实现了用代数方法处理立体几何问题中的四点共面㊁线面位置关系㊁空间角㊁距离等几何推理与求解问题．３链接教材以上基于向量的四点共面的判断,其对应的共面向量定理及其推论是数学教材中的一个基本知识点,来源于教材,又服务于证明,可以很好地证明或求解与四点共面有关的数学问题．普通高中课程标准实验教科书«数学 选修２－１»(人教A 版)第８７页:结论１:共面向量定理．空间一点P 位于平面A B C 内的充要条件是存在有序实数对(x ,y ),使A P ң＝xA B ң＋y A C ң．普通高中课程标准实验教科书«数学 选修２－１»(人教A 版)第８８页思考 :结论２:共面向量定理的推论．空间任意一点O 和不共线的三点A ,B ,C 满足向量关系式O P ң＝xO A ң＋y O B ң＋zO C ң(x ＋y ＋z ＝１)的点P 与点A ,B ,C 共面．共面向量定理是共线向量定理在空间中的推广与拓展,共线向量定理用来证明三点共线,共面向量定理用来证明四点共面．４变式拓展图４高考真题㊀(２０２０年高考数学全国卷Ⅲ文科第１９题)如图４,在长方体A B C D ＧA １B １C １D １中,点E ,F分别在棱D D １,B B １上,且２D E ＝E D １,BF ＝２F B １．证明:(１)当A B ＝B C 时,E F ʅA C ;(２)点C １在平面A E F 内．证明:(１)连接B D ,B １D １．因为A B ＝B C ,所以四边形A B C D 为正方形,故A C ʅB D ．又因为B B １ʅ平面A B C D ,于是B B １ʅA C ,而B D ,B B １Ì平面B B １D １D ,所以A C ʅ平面B B １D １D ．因为E F ÌB B １D １D ,所以E F ʅA C ．(２)可以参照上述理科真题第(１)问的证明方法．５解后反思新一轮课程改革的核心就是培育学生的核心素养,发展学生的综合能力．承载着 立德树人㊁服务选才和引导教学 功能的数学高考,应借助试题 情境 的变革,夯实基础,以教材为本并超越教材,着眼于基础知识㊁基本技能㊁基本方法的考查,特别重视对数学思想方法㊁关键能力和学科素养的考查．因而在平时的数学教学与复习中,教师应在拓展延伸中紧扣课本,链接教材,注重归类迁移能力培养,聚焦思维品质,培养关键能力,从而有效实现学生数学素养的渐进式提升．Z９６。

2022年新高考浙江卷语文真题变式练习之古代诗歌阅读原题1 .阅读下面两首诗，完成下面小题。

楼前［中唐］王建天宝年前勤政楼，每年三日作千秋①。

飞龙老马曾教舞，闻着音声总举头。

过勤政楼［晚唐］杜牧千秋佳节名空在，承露丝囊世已无。

唯有紫苔偏称意，年年因雨上金铺②。

【注】①千秋节：唐开元十七年八月，丞相表请每年八月五日（玄宗生日）为千秋节。

此后，玄宗每年在勤政楼庆生，赏百匹飞龙舞马。

飞龙，马厩名。

士庶间互赠承露丝囊。

②金铺: 钉在门上的兽面形的门环底座。

【小题1】这两首诗中都写到的和，寄寓鉴戒之意。

【小题2】分析两首诗后两句在情感、写法上的不同。

【答案】【小题1】勤政楼千秋节【小题2】情感不同：①王诗追忆飞龙舞马，表达对昔日盛世的怀念，而感慨玄宗的骄侈佚乐，言外自见；②杜诗借眼前金铺上的紫苔，抒发昔盛今衰的悲叹之情。

写法不同：①王诗运用细节描写，写出老马“总举头”这一习惯性动作，生动传神；②杜诗运用拟人手法写紫苔“偏称意”，突出其任情滋蔓，寓情于景，营造荒凉气氛。

【解析】【小题1】此题考查学生分析理解诗歌内容的能力。

王建的《楼前》首句点明写的是天宝年间唐玄宗的勤政楼；前两句写唐玄宗每年都在勤政楼庆生，而且要热闹三天；三四句写曾经在勤政楼前表演过飞龙舞的老马还记得曾经被教过的音乐节奏，听见音乐声总是会抬起头。

可见此诗主要写了勤政楼和千秋节，寄寓鉴戒之意。

杜牧的《过勤政楼》题目点明所写内容——勤政楼；前两句写当年唐玄宗生日的千秋节而今只留空名，那贺寿的承露丝囊世上也不再存在；后两句写只有那紫苔得意地生长着，因雨水浇灌它长得很旺很盛，直长得上了那门扉上的铜座铜环。

可见此诗也是通过写勤政楼和千秋节寄寓鉴戒之意。

【小题2】此题考查学生分析诗歌情感和鉴赏写作手法的能力。

先看情感：王诗后两句通过写曾做过飞龙舞的老马来表达对昔日盛世的怀念。

“飞龙舞马”是唐玄宗庆生时的节目，玄宗赏百匹飞龙舞马在勤政殿前贺寿，可以想见当年庆生场面是多么热闹繁华，唐玄宗生活是多么骄侈佚乐。

一道高考题引发的教学思考2022全国甲卷 14 题：若双曲线C：y2 一= 1(m> 0)的渐近线与圆x2 + (y 一 2)2 = 1相切，则m=.双曲线渐近线方程x一my= 0，由点 (0,2)到直线距离易得= 1 不m=该题属于基础题，但对于该题命题者背后到底想考查一个二次曲线间什么关系？双曲线渐近线 (离心率)刻画双曲线张口大小，换言之与渐近线相切刻画出圆与双曲线恒有 3 个交点. 因此可以考虑将该题作如下变式：变式 1：若双曲线C：y2 一= 1(m> 0)与圆E：x2 + (y一 2)2 = 1有三个不同交点，则m取值范围是 .学生解决问题过程如下：〈y2 一= 1 不(m2 +1)y2 一4y 一m2 +3=0........ *|l x2 +(y一2)2 =1= 16一 4(m2 +1)(3 一m2 ) = 4(m2 一 1)2学生试图用判别式刻画二次曲线间交点个数，却出现了 > 0恒成立的情况. 问题出在哪儿？学生思路是否正确呢？其实仔细观察发现双曲线C与圆E恒有一个公共点 (0,1) ，由两条曲线对称性可知关于y的二次方程*只需要在(1,+w)再产生一个解即可满足条件. 由韦达定理得4 3 一m21+y1 = 2 不y1 = 2 >1不0<m<1这样就可以顺利得到答案.反思：学生为何会m+1 m+1走入这样的解题误区而导致解题出错？原因一：还停留在初中对二次函数(方程) 研究仅限于整个实数集；原因二：受限于直线与二次曲线研究，而对于二次曲线与二次曲线研究不够深入，缺乏深度思考.对该题继续作以下变式：变式 2:已知点P为椭圆C：x2 + y2 = 1上一动点，点 A (0，1)，求线段PA最大值.4 32学生在解决变式 2 ，3 时非常迅速，作图很快出答案，大多数都认为当点 P 运动到椭圆下顶点(0,一)时线段PA达到最大 . 可事实真的如此？我们用代数法探究：变式 2：设点P(m,n), A(0,1), f (n) = PA= m+ (n一 1) = 一3n一2n+ 5,n=[一, ]关于 n 的二次函数开口向下，对称轴n=一3 ，：在 [一, ] 单调递减，f (n)max= f (一)= 2+ 4：PA max = +1，答案与学生预期吻合.变式3：设P(m, n), A(0, 1 ), f (n) = PA2 = m2 + (n一1 )2 = 一1n2 一n+ 17, n=[一, ]关于 n 的二次函数开口向下，对称轴n=一，：在[一, 一]单调递增， [一, ]单调递减f (n)max = f (一) = 5：PA max= ，答案与学生预期发生了冲突.那么到底问题出在哪儿？将问题一般化，探究点 A 坐标对于最值影响.变式 4：已知点 P 为椭圆C：+ = 1(a> b> 0)上一动点，点A (0，t) (t> 0) ，求线ab段PA最大值.P(m, n), A(0,t), f (n) = PA= m+ (n一t) = (1 一)n一 2tn+ a+ t , n=[一b, b]关于n2bb2t的二次函数开口向下，对称轴n=一 2 .c当n= 一共一b不t> c2时，f (n)在[一b, b]单调递减f(n)max =f(一b)=(b+t)2当n= 一>一b不t想c2时，f(n)在[一b,一]单调递增，[一,b]单调递减cbccb2ta2t22 a2t221学生的疑问便可以迎刃而解，华罗庚老先生说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，该题能够很好的诠释这句话.数学教学中要立足于学生问题产生的原因，针对学生问题去解决问题，做学生学习生活的陪伴者，将课堂还给学生立足于立德树人，服务选材.。

专题01 神奇的货币(解析版)【构建专题知识网络体系】——胸有成竹考向1 商品的基本属性【母题探究】——融会贯通母题1.(2018•全国卷Ⅲ)随着智能手机的功能越来越强大,MP3(音乐播放器)、电子词典、掌上游戏机等电子产品正慢慢淡出人们的视野。

这说明( )①市场竞争导致商品优胜劣汰②商品使用价值会影响人的消费选择③功能不同的商品会相互替代④商品使用价值因替代品出现而减小A.①②B.①③C.②④D.③④【答案】A【解析】本题主要考查价值规律的相关知识,考查考生运用所学知识分析经济现象的能力。

因为智能手机的功能越来越强大,使MP3等电子产品逐渐退出市场,这说明商品的使用价值影响人们的消费选择,同时也说明市场竞争导致商品优胜劣汰,①②正确。

功能相同的商品才能相互替代,③错误。

商品的使用价值是商品能够满足人们需要的物理的或化学的属性,不会因为替代品而减少,④错误。

【技巧点拨】使用价值指商品能够满足人们某种需要的属性；它体现了人与自然的关系，是其自然属性。

智能手机的功能越来越强大，促使人们更多地使用，说明商品的使用价值影响人们的消费选择。

1.使用价值和价值①使用价值指商品能够满足人们某种需要的属性；它体现了人与自然的关系，是其自然属性。

②价值指凝结在商品中的无差别的人类劳动；它体现了商品生产者之间的经济关系，是其社会、本质、特有属性；商品交换的本质是商品生产者之间的劳动交换。

③使用价值是商品的自然属性，有使用价值的东西，不一定有价值，不一定是商品；价值是商品的本质属性或社会属性，有价值的东西一定有使用价值，一定是商品。

2.使用价值和价值的关系①统一性：商品是使用价值和价值的统一体，使用价值是价值的物质承担者，二者密不可分。

②对立性：商品生产者和消费者不能同时占有使用价值和价值。

商品生产者为得到商品的价值必须让渡商品的使用价值给消费者，而消费者为得到商品的使用价值就必须支付价值给生产者。

母题2.(2010•福建高考)福州至厦门高速铁路客运专线（动车）开通后，福州的张先生和李先生在“乘坐车还是汽车前往厦门”的讨论中，张先生说，我会选择动车，虽然它的价格高一些，但速度快，用时少。

2022年新高考全国II卷语文真题变式练习之名句名篇默写I原题1.补写出以下句子中的空缺局部。

【72篇版，适用于辽宁、海南】(1)陶渊明《归园田居》(其一)中“, ”两句使用叠字，增添了乡村远景的平静安详之感。

(2)杜甫《蜀相》中“? "两句自问自答，点明了诸葛武侯祠所在的位置。

(3)古代京城百业兴旺，精英荟萃，又被称为“京华' 这一美称，在唐宋诗词里经常出现，如“, 【答案】暧暧远人村依依墟里烟丞相祠堂何处寻锦官城外柏森森世味年来薄似纱谁令骑马客京华【详解】此题考查学生默写常见的名篇名句的能力。

易错字词有：暧、墟、祠、锦、薄、纱。

变式题1基础.名句名篇默写。

(1)李白《蜀道难》中“, ”两句，生动形象地写出了蜀道水泻击石、崖谷雷鸣的奇险场景。

(2)《项脊轩志》中，作者将破旧狭小的南阁子静心改造，杂植兰桂竹木享受安静生活，时而也会读书放歌的句子是“，(3) “边庭流血成海水，武皇开边意未已"。

“武皇”指汉武帝刘彻。

唐人诗歌中常有以“汉”代“唐”的委婉避讳方式，如“,【答案】飞湍瀑流争喧眩琳崖转石万壑雷借书满架偃仰啸歌汉家烟尘在东北汉将辞家破残贼(汉皇重色思倾国，御宇多年求不得)【详解】此题考查学生默写常见的名句名篇的能力。

此类试题解答时,默写要注意字形,如“湍”“肠”“磕”“壑”“啸”“辞变式题2基础3.补写出以下句子中的空缺局部。

(1)孟子有言“生于忧患，死于安乐、在欧阳修的《伶官传序》中意思与之相近的一句话:(2)《红楼梦》的护身符歌谣里有“阿房宫三百里，住不下金陵一个史。

”在《阿房宫赋》里说明阿房宫规模庞大的句子是：“，(3)长江是我国古代诗歌中经常出现的意象，寄寓了诗人无限的情思，如：“，【答案】忧劳可以兴国逸豫可以亡身覆压三百余里隔离天日无边落木萧萧下不尽长江滚滚来例如二：孤帆远影碧空尽，唯见长江天际流例如三：八月长江万里晴，千帆一道带风轻【详解】此题考查学生默写常见的名句名篇的能力。

绝密★启用前高考真题分层目标训练卷（全国Ⅰ卷理科第19题）一、解答题（每小题12分,共60分）1. （2019全国Ⅰ理）已知抛物线C:y 2=3x 的焦点为F ,斜率为32的直线l 与C 的交点为A ,B ,与x 轴的交点为P . (1)若|AF|+|BF|=4,求l 的方程; (2)若AP⃗⃗⃗⃗⃗ =3PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求|AB|.2. 【变式训练1】已知C:y 2=4x 的焦点为F ,过焦点的直线l 与C 交于A ,B 两点,A 为第一象限点,若|AB|=254. (1)求直线l 的方程; (2)求|AF||BF|的值.3. 【变式训练2】已知抛物线y 2=4x 焦点为F ,不过原点的直线l 与抛物线交于A ,B 两点,OA ⊥OB . (1)若直线斜率为2,求直线l 的方程; (2)若|OA|=8|OB|,求|AB|.4. 【变式训练3】过点E(1,0)的直线l 与抛物线y 2=2x 交于A ,B 两点,F 是抛物线的焦点. (1)若直线l 的斜率为3,求|AF|+|BF|的值; (2)若AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12EB⃗⃗⃗⃗⃗ ,求|AB|.5. 【变式训练4】已知抛物线y 2=4x 的焦点为F ,直线l 与抛物线交于A ,B 两点,M 为AB 的中点. (1)若M 的坐标为(3,2),求|AF|+|BF|的值; (2)若点P 是抛物线上到直线y =2x +1距离最小的点,且PF⃗⃗⃗⃗⃗ =2MF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,求|AB|.高考真题分层目标训练卷（2019年全国Ⅰ卷理科第19题）答案和解析第1题：【答案】(1)8 y −12x +7=0; (2)4 √133.【解析】设直线l 的方程为y =32x +b,设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), (1)联立直线l 与抛物线的方程:{y =32x +by 2=3x 消去y 化简整理得9 4 x 2+(3b −3)x +b 2=0,Δ=(3b −3)2−4×94b 2>0,∴b <12,x 1+x 2=4×(3−3b)9,依题意|AF|+|BF|=4可知x 1+x 2+32=4,即x 1+x 2=5 2,故4×(3−3b)9=5 2,得b =−78,满足Δ>0,故直线l 的方程为y =32x −78,即8 y −12x +7=0. (2)联立方程组{y =32x +b y 2=3x 消去x 化简整理得y 2−2y +2b =0,Δ=4−8b >0,∴b <12,y 1+y 2=2,y 1y 2=2b ,∵AP⃗⃗⃗⃗⃗ =3PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,可知y 1=−3y 2,则−2y 2=2,得y 2=−1,y 1=3,故可知b =−32满足Δ>0,∴| AB| =√1 +1 k2∙|y 1−y 2|=√1+49×|3+1|=4√133.第2题：【答案】见解析【解析】(1)由题设得F(1,0),设直线l 的方程为x =my +1,A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),联立直线l 与抛物线C 的方程{y 2=4xx =my +1,化简得y 2−4my −4=0,Δ=16m 2+16>0恒成立,y 1+y 2=4m ,y 1y 2=−4∴|AB|=√1+m 2∙√(y 1+y 2)2−4y 1y 2=√1+m 2∙√16m 2+16=254,解得m =±34,∴直线l 的方程为x =±34y +1,即4x +3y −4=0或4x −3y −4=0. (2)由(1)可知m =±34,当m =34时,y 1=4,y 2=−1,∴|AF||BF|=|y 1||y 2|=4;当m =−34时,y 1=1,y 2=−4,|AF||BF|=|y 1||y 2|=14,∴|AF||BF|的值为4或14.第3题：【答案】见解析【解析】设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), (1)设直线l 的方程为y =2x +m ,由{y 2=4xy =2x +m 消去y 得4x 2+(4m −4)x +m 2=0,Δ=16m 2−32m +16−16m 2>0,得m <12,x 1+x 2=1−m ,x 1x 2=m 24,y 1y 2=4x 1x 2+2m(x 1+x 2)+m 2=m 2+2m −2m 2+m 2=2m ,∵OA ⊥OB ,∴x 1x 2+y 1y 2=0,即m 24+2m =0,∴m=0或−8.当m =0时直线l 过原点,不合题意,∴m =−8,故直线l 的方程为y =2x −8,即2x −y −8=0. (2)设直线l 的方程为x =ky +n ,由{y 2=4xx =ky +n,消去x 得y 2−4ky −4n =0,y 1+y 2=4k ,y 1y 2=−装订线4n ,x 1x 2=k 2y 1y 2+kn(y 1+y 2)+n 2=−4k 2n +4k 2n +n 2=n 2,∵OA ⊥OB ,∴x 1x 2+y 1y 2=0,即n 2−4n =0,得n =0(舍)或4.根据抛物线的对称性,不妨设点A 在第一象限,过点A ,B 两点分别作y 轴的垂线,垂足分别为A 1,B 1,∵OA ⊥OB ,∠AOB =90∘,∠AOB +∠AOA 1+∠BOB 1=180∘,∠AOA 1+∠BOB 1=90∘,∠OBB 1+∠BOB 1=90∘,∴∠AOA 1=∠OBB 1,∴与RtΔOB 1B 相似,|OA||OB|=|A 1O||BB 1|=8,8x 2=y 1,即2y 22=y 1,∵y 1y 2=−4n =−16,∴2y 23=−16,y 23=−8,∴y 2=−2,则y 1=8,∴y 1+y 2=4k =6,k =32,故l 的方程为x =32y +4,|AB|=√1+94×√36−4×(−16)=√132×10=5√13.第4题：【答案】见解析【解析】设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), (1)由题意可知直线l 的方程为y =3x −3,由{y 2=2xy =3x −3消去y 得9x 2−20x +9=0,x 1+x 2=209,∴|AF|+|BF|=x 1+x 2+p =209+1=299. (2)由AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12EB ⃗⃗⃗⃗⃗ 可知y 2=−2y 1①,设直线l 的方程为y =kx −k ,由{y 2=2xy =kx −k ,消去x 得ky 2−2y −2k =0,Δ=4+8k 2>0恒成立,y 1+y 2=2k ②,y 1y 2=−2③,由①②③解得{y 1=1y 2=−2或{y 1=−1y 2=2,∴|y 1+y 2|=|2k |=1,得1k =14, ∴|AB|=√1+14×√1+8=3√52.第5题：【答案】见解析【解析】设直线l 的方程为x =my +n ,A(x 1,y 1),B(x 2,y 2). (1)由{y 2=4xx =my +n 消去x 得y 2−4my −4n =0,则有y 1+y 2=4m =4,得m =1,又∵直线l 过点M ,∴3=2+n ,得n =1,∴l 的方程为x =y +1,∴x 1+x 2=m(y 1+y 2)+2n =4+2=6,∴|AF|+|BF|=x 1+x 2+p =6+2=8. (2)设P(x 0,y 0),则y 02=4x 0,点P 到直线l 的距离d =001+4=|y 022−y 0+1|√5=0202√5,当y 0=1时,d 取得最小值,此时P(14,1).设M(x 3,y 3),∵PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =2MF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,即(34,−1)=2(1−x 3−y 3),∴x 3=58,y 3=12,{y 12=4x 1y 22=4x 2,两式相减得(y 1−y 2)(y 1+y 2)=4(x 1−x 2),∴k AB =y 1−y 2x 1−x 2=4y 1+y 2=4,∴直线l 的方程为y =4x −2.由{y 2=4xy =4x −2消去y 得4x 2−5 x +1=0,得x 1+x 2=54,x 1x 2=14,∴|AB|=√1+16×√2516−4×14=3√174.。

2022年新高考北京卷语文真题变式练习之文学类阅读原题1 .阅读下面作品，完成各题。

这城市已融入我的生命初到北京，我对这座城市非常生疏。

那时内城和外城的城楼和城墙都还完好，有轨电车就在几座城门之间穿行。

电车的铃声悦耳而浑厚，从西直门高高的城门洞里穿越而过，一路响过西内大街，响过西四和西单——那时牌楼已没有了，只留下这永恒的名字供人凭吊——直抵天桥。

城楼高耸，白云蓝天，北方萧瑟的秋风，凝重而庄严。

电车进了城，两旁一例灰色的胡同，胡同里一例苍劲的古槐。

一切都说明这城市的悠久。

• •这城市让我这个生长在温暖而潮湿的东南海滨的人感到了一种神秘。

我知道它的历史，我只能遥遥地怀着几分敬意望着它，那时的北京对我来说的确是生疏的。

我觉得它离我很远, 不仅是离我南国的家乡的距离很远，也不仅是它作为辽金以来的故都与我此际所处的时空相隔绵邈，还有一种心灵和情感的阻隔：那是灵动而飘逸的南方与古朴浑重的北方之间存在着♦•的巨大的反差所造成的心理阻隔。

那时的北京，对我来说是遥远的。

我对北京从初来乍至U的“生分”，到如今的亲切的认同，用了将近半个世纪的时光。

北京接受了我，我也接受了北京。

这包括它的语言、它的气候、它的居住、它的饮食、它的情调，都和我的生命密不可分。

以饮食为例，在北京住久了，在国内外也跑了不少地方，比来比去，北京的烤鸭和北京的涮羊肉还是最好，不谦虚地说，也还是天下第一。

烤鸭的外焦里嫩，裹着吃的那蒸饼和甜面酱都是很有讲究的——我常感外地做的烤鸭总不对味。

至于涮羊肉，羊肉的质量，那薄得纸般透明的羊肉片，还有它的作料，芝麻酱、韭菜花，普天下找不到那种地道的感觉，真的是，一出北京城，味道就变了。

老北京有很多食品是我所怀念的。

最怀念天桥街边的卤煮火烧。

记得是五十年代吧，去天桥看戏，在街边摊上吃卤煮火烧。

昏黄的油灯、冒油的墩板、冒着热气的大海碗，使北京严寒的冬夜也变得充满了人间的温情。

那气氛、那情调，现在是消失得无影无踪了。