立體幾何題怎么解
安振平
高考立體幾何試題一般共有4道(客觀題3道, 主觀題1道), 共計總分27分左右,考查的知識點在20個以內. 選擇填空題考核立幾中的計算型問題, 而解答題著重考查立幾中的邏輯推理型問題, 當然, 二者均應以正確的空間想象為前提. 隨著新的課程改革的進一步實施,立體幾何考題正朝著”多一點思考,少一點計算”的發展.從歷年的考題變化看, 以多面體和旋轉體為載體的線面位置關系的論證,角與距離的探求是常考常新的熱門話題.
例1 四棱錐P―ABCD的底面是邊長為a的正方形，PB⊥面ABCD.
（1）若面PAD與面ABCD所成的二面角為60°，求這個四棱錐的體積；
（2）證明無論四棱錐的高怎樣變化，面PAD與面PCD所成的二面角恒大于90°
講解:（1）正方形ABCD是四棱錐P―ABCD的底面, 其面積
為從而只要算出四棱錐的高就行了.
面ABCD,
∴BA是PA在面ABCD上的射影.又DA⊥AB，
∴PA⊥DA，
∴∠PAB是面PAD與面ABCD所成的二面角的平面角，
∠PAB=60°.
而PB是四棱錐P―ABCD的高，PB=AB?tan60°=a,
.
（2）不論棱錐的高怎樣變化，棱錐側面PAD與PCD恒為全等三角形.
作AE⊥DP，垂足為E，連結EC，則△ADE≌△CDE，
是面PAD與面PCD所成的二面角的平面角.
設AC與DB相交于點O，連結EO，則EO⊥AC，
在
故平面PAD與平面PCD所成的二面角恒大于90°.
本小題主要考查線面關系和二面角的概念，以及空間想象能力和邏輯推理能力, 具有一定的探索性, 是一道設計新穎, 特征鮮明的好題.
例2 如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC為等腰直角三角形，∠ACB=900，AC=1，C點到AB1的距離為CE=，D為AB的中點.
（1）求證：AB1⊥平面CED；
（2）求異面直線AB1與CD之間的距離；
（3）求二面角B1―AC―B的平面角.
講解:（1）∵D是AB中點，△ABC為等腰直角三角形，∠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是異面直線AB1與CD的公垂線段
∵CE=，AC=1 , ∴CD=
∴；
（3）連結B1C，易證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
∴， ∴,
∴ , ∴.
作出公垂線段和二面角的平面角是正確解題的前提, 當然, 準確地作出應當有嚴格的邏輯推理作為基石.
例3 如圖a―l―是120°的二面角，A，B兩點在棱上，AB=2，D在內，三角形ABD是等腰直角三角形，∠DAB=90°，C在內，ABC是等腰直角三角形∠ACB=
（I）求三棱錐D―ABC的體積；
（2）求二面角D―AC―B的大小；
（3）求異面直線AB、CD所成的角.
講解: (1) 過D向平面做垂線，垂足為O，連強OA并延長至E.
為二面角a―l―的平面角..
是等腰直角三角形，斜邊AB=2.又D到平面的距離DO=
（2）過O在內作OM⊥AC,交AC的反向延長線于M,連結DM.則AC⊥DM.∴∠DMO 為二面角D―AC―B的平面角. 又在△DOA中，OA=2cos60°=1.且
（3）在平在內，過C作AB的平行線交AE于F，∠DCF為異面直線AB、CD所成的角. 為等腰直角三角形，又AF等于C到AB的距離，即△ABC斜邊上的高,
異面直線AB,CD所成的角為arctg
比較例2與例3解法的異同, 你會得出怎樣的啟示? 想想看.
例4
圖① 圖②
講解: 設容器的高為x．則容器底面正三角形的邊長為,
.
當且僅當 .
故當容器的高為時，容器的容積最大，其最大容積為
對學過導數的同學來講，三次函數的最值問題用導數求解是最方便的，請讀者不妨一試. 另外，本題的深化似乎與2002年全國高考文科數學壓軸題有關，還請做做對照. 類似的問題是:
某企業設計一個容積為V的密閉容器，下部是圓柱形，上部是半球形，當圓柱的底面半徑r和圓柱的高h為何值時，制造這個密閉容器的用料最省（即容器的表面積最小）.
例5 已知三棱錐P―ABC中，PC⊥底面ABC，AB=BC，D、F分別為AC、PC的中點，DE⊥AP于E．
（1）求證：AP⊥平面BDE；
（2）求證：平面BDE⊥平面BDF；
（3）若AE∶EP=1∶2，求截面BEF分三棱錐
P―ABC所成兩部分的體積比．
講解: (1）∵PC⊥底面ABC，BD平面ABC，∴PC⊥BD．
由AB=BC，D為AC的中點，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分別為AC、PC的中點，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）設點E和點A到平面PBC的距離分別為h1和h2．則
h1∶h2=EP∶AP=2∶3,
故截面BEF分三棱錐P―ABC所成兩部分體積的比為1∶2或2∶1
值得注意的是, “截面BEF分三棱錐P―ABC所成兩部分的體積比”并沒有說明先后順序, 因而最終的比值答案一般應為兩個, 希不要犯這種”會而不全”的錯誤.
例6 已知圓錐的側面展開圖是一個半圓，它被過底面中心O1且平行于母線AB的平面所截，若截面與圓錐側面的交線是焦參數（焦點到準線的距離）
為p的拋物線.
（1）求圓錐的母線與底面所成的角；
（2）求圓錐的全面積．
講解: （1）設圓錐的底面半徑為R，母線長為l，
由題意得：,
即,
所以母線和底面所成的角為
（2）設截面與圓錐側面的交線為MON，其中O為截面與
AC的交點，則OO1//AB且
在截面MON內，以OO1所在有向直線為y軸，O為原點，建立坐標系，則O為拋物的頂點，所以拋物線方程為x2=－2py，點N的坐標為（R，－R），代入方程得
R2=－2p（－R），得R=2p，l=2R=4p.
∴圓錐的全面積為.
將立體幾何與解析幾何相鏈接, 頗具新意, 預示了高考命題的新動向. 類似請思考如下問題:
一圓柱被一平面所截，截口是一個橢圓．已知橢圓的長軸長為5，短軸長為4，被截后幾何體的最短側面母線長為1，則該幾何體的體積等于 ．
例7 如圖，幾何體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分別為EB和AB的中點.
（2）求證：AF⊥BD；
(3) 求二面角B―FC―G的正切值.
講解: ∵F、G分別為EB、AB的中點，
∴FG=EA，又EA、DC都垂直于面ABC, FG=DC，
∴四邊形FGCD為平行四邊形，∴FD∥GC，又GC面ABC，
∴FD∥面ABC.
（2）∵AB=EA，且F為EB中點，∴AF⊥EB ① 又FG∥EA，EA⊥面ABC
∴FG⊥面ABC ∵G為等邊△ABC，AB邊的中點，∴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.
過G作GH⊥FC，垂足為H，連HB，∴HB⊥FC.
∴∠GHB為二面角B-FC-G的平面角.
易求.
例8 如圖，正方體ABCD―A1B1C1D1的棱長為1，P、Q分別是線段AD1和BD上的點，且
D1P∶PA=DQ∶QB=5∶12.
(1) 求證PQ∥平面CDD1C1；
(2) 求證PQ⊥AD；
(3) 求線段PQ的長.
講解: （1）在平面AD1內，作PP1∥AD與DD1交于點P1，在平面AC內，作
QQ1∥BC交CD于點Q1，連結P1Q1.
∵ , ∴PP1QQ1 .?
由四邊形PQQ1P1為平行四邊形, 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,
，而棱長CD=1. ∴DQ1=. 同理可求得 P1D=.
在Rt△P1DQ1中，應用勾股定理, 立得
P1Q1=.?
做為本題的深化, 筆者提出這樣的問題: P, Q分別是BD,上的動點,試求的最小值, 你能夠應用函數方法計算嗎? 試試看. 并與如下2002年全國高考試題做以對照, 你會得到什么啟示?
如圖，正方形ABCD、ABEF的邊長都是1,而且平面ABCD、ABEF互相垂直。點M在AC上移動，點N在BF上移動，若CM=BN=
（1） 求MN的長；
（2） 當為何值時，MN的長最小；
（3） 當MN長最小時，求面MNA與面MNB所成的二面角的大小。
立體幾何知識是復課耗時較多, 而考試得分偏底的題型. 只有放底起點, 依據課本, 熟化知識, 構建空間思維網絡, 掌握解三角形的基本工具, 嚴密規范表述, 定會突破解答立幾考題的道道難關.
解析幾何題怎么解
安振平
高考解析幾何試題一般共有4題(2個選擇題, 1個填空題, 1個解答題), 共計30分左右, 考查的知識點約為20個左右. 其命題一般緊扣課本, 突出重點, 全面考查. 選擇題和填空題考查直線, 圓, 圓錐曲線, 參數方程和極坐標系中的基礎知識. 解答題重點考查圓錐曲線中的重要知識點, 通過知識的重組與鏈接, 使知識形成網絡, 著重考查直線與圓錐曲線的位置關系, 求解有時還要用到平幾的基本知識, 這點值得考生在復課時強化.
例1 已知點T是半圓O的直徑AB上一點，AB=2、OT=t (0<t<1)，以AB為直腰作直角梯形，使垂直且等于AT，使垂直且等于BT，交半圓于P、Q兩點，建立如圖所示的直角坐標系.
(1)寫出直線的方程；
（2）計算出點P、Q的坐標；
（3）證明：由點P發出的光線，經AB反射后，反射光線通過點Q.
講解: 通過讀圖, 看出點的坐標.
(1 ) 顯然, 于是 直線
的方程為；
（2）由方程組
解出 、；
（3）,
.
由直線PT的斜率和直線QT的斜率互為相反數知，由點P發出的光線經點T反射，反射光線通過點Q.
需要注意的是, Q點的坐標本質上是三角中的萬能公式, 有趣嗎?
例2 已知直線l與橢圓有且僅有一個交點Q，且與x軸、y軸分別交于R、S，求以線段SR為對角線的矩形ORPS的一個頂點P的軌跡方程．
講解：從直線所處的位置, 設出直線的方程,
由已知，直線l不過橢圓的四個頂點，所以設直線l的方程為
代入橢圓方程 得
化簡后，得關于的一元二次方程
于是其判別式
由已知，得△=0．即 ①
在直線方程中，分別令y=0，x=0，求得
令頂點P的坐標為（x，y）， 由已知，得
代入①式并整理，得 , 即為所求頂點P的軌跡方程．
方程形似橢圓的標準方程, 你能畫出它的圖形嗎?
例3已知雙曲線的離心率，過的直線到原點的距離是
（1）求雙曲線的方程；
（2）已知直線交雙曲線于不同的點C，D且C，D都在以B為圓心的圓上，求k的值.
講解：∵（1）原點到直線AB：的距離.
故所求雙曲線方程為
（2）把中消去y，整理得 .
設的中點是，則
即
故所求k=±.
為了求出的值, 需要通過消元, 想法設法建構的方程.
例4 已知橢圓C的中心在原點，焦點F1、F2在x軸上，點P為橢圓上的一個動點，且∠F1PF2的最大值為90°，直線l過左焦點F1與橢圓交于A、B兩點，△ABF2的面積最大值為12．
（1）求橢圓C的離心率；
（2）求橢圓C的方程．
講解：（1）設, 對 由余弦定理, 得
，
解出
（2）考慮直線的斜率的存在性，可分兩種情況：
i) 當k存在時，設l的方程為………………①
橢圓方程為
由 得 .
于是橢圓方程可轉化為 ………………②
將①代入②，消去得 ,
整理為的一元二次方程，得 .
則x1、x2是上述方程的兩根．且
，
ii) 當k不存在時，把直線代入橢圓方程得
由①②知S的最大值為 由題意得=12 所以
故當△ABF2面積最大時橢圓的方程為：
下面給出本題的另一解法,請讀者比較二者的優劣：
設過左焦點的直線方程為：…………①
（這樣設直線方程的好處是什么？還請讀者進一步反思反思.）
橢圓的方程為：
由得：于是橢圓方程可化為：……②
把①代入②并整理得：
于是是上述方程的兩根.
,
AB邊上的高,
從而
當且僅當m=0取等號，即
由題意知, 于是 .
故當△ABF2面積最大時橢圓的方程為：
例5 已知直線與橢圓相交于A、B兩點，且線段AB的中點在直線上.
（１）求此橢圓的離心率；
（2 ）若橢圓的右焦點關于直線的對稱點的在圓上，求此橢圓的方程.
講解:（1）設A、B兩點的坐標分別為 得
,
根據韋達定理，得
∴線段AB的中點坐標為（）.
由已知得
故橢圓的離心率為 .
（2）由（1）知從而橢圓的右焦點坐標為 設關于直線的對稱點為
解得
由已知得
故所求的橢圓方程為 .
例6 已知⊙M：軸上的動點，QA，QB分別切⊙M于A，B兩點，（1）如果，求直線MQ的方程；
（2）求動弦AB的中點P的軌跡方程.
講解:（1）由，可得由射影定理，得 在Rt△MOQ中，
，
故，
所以直線AB方程是
（2）連接MB，MQ，設由
點M，P，Q在一直線上，得
由射影定理得
即 把（*）及（**）消去a，并注意到，可得
適時應用平面幾何知識，這是快速解答本題的要害所在，還請讀者反思其中的奧妙.
例7 如圖，在Rt△ABC中，∠CBA=90°，AB=2，AC=。DO⊥AB于O點，OA=OB，DO=2，曲線E過C點，動點P在E上運動，且保持| PA |+| PB |的值不變.
（1）建立適當的坐標系，求曲線E的方程；
（2）過D點的直線L與曲線E相交于不同的兩點M、N且M在D、N之間，設，
試確定實數的取值范圍．
講解: （1）建立平面直角坐標系, 如圖所示 .
=
∵
∴曲線E的方程是 .
（2）設直線L的方程為 , 代入曲線E的方程，得
設M1（, 則
i) L與y軸重合時，
ii) L與y軸不重合時，
由①得
又∵,
∵ 或
∴0＜＜1 ,
∴ .
∵
而 ∴
∴
∴ , ,
∴的取值范圍是 .
值得讀者注意的是，直線L與y軸重合的情況易于遺漏，應當引起警惕.
例8 直線過拋物線的焦點，且與拋物線相交于A兩點.
（1）求證：;
（2）求證：對于拋物線的任意給定的一條弦CD，直線l不是CD的垂直平分線.
講解: （1）易求得拋物線的焦點.
若l⊥x軸，則l的方程為.
若l不垂直于x軸，可設,代入拋物線方程整理得 .
綜上可知 .
（2）設，則CD的垂直平分線的方程為
假設過F，則整理得
，.
這時的方程為y=0，從而與拋物線只相交于原點. 而l與拋物線有兩個不同的交點，因此與l不重合，l不是CD的垂直平分線.
此題是課本題的深化，你能夠找到它的原形嗎？知識在記憶中積累，能力在聯想中提升. 課本是高考試題的生長點，復課切忌忘掉課本！
例9 某工程要將直線公路l一側的土石，通過公路上的兩個道口A和B，沿著道路AP、BP運往公路另一側的P處，PA=100m，PB=150m，∠APB=60°，試說明怎樣運土石最省工？
講解: 以直線l為x軸，線段AB的中點為原點對立直角坐標系，則在l一側必存在經A到P和經B到P路程相等的點，設這樣的點為M，則
|MA|+|AP|=|MB|+|BP|,
即 |MA|－|MB|=|BP|－|AP|=50,
,
∴M在雙曲線的右支上.
故曲線右側的土石層經道口B沿BP運往P處，曲線左側的土石層經道口A沿AP運往P處，按這種方法運土石最省工.
相關解析幾何的實際應用性試題在高考中似乎還未涉及，其實在課本中還可找到典型的范例，你知道嗎？
解析幾何解答題在歷年的高考中常考常新, 體現在重視能力立意, 強調思維空間, 是用活題考死知識的典范. 考題求解時考查了等價轉化, 數形結合, 分類討論, 函數與方程等數學思想, 以及定義法, 配方法, 待定系數法, 參數法, 判別式法等數學通法.
數學應用性問題怎么解
陜西永壽縣中學 特級教師安振平
數學應用性問題是歷年高考命題的主要題型之一, 也是考生失分較多的一種題型. 高考中一般命制一道解答題和兩道選擇填空題.解答這類問題的要害是深刻理解題意,學會文字語言向數學的符號語言的翻譯轉化,這就需要建立恰當的數學模型,這當中,函數,數列,不等式，排列組合是較為常見的模型,而三角,立幾,解幾等模型也應在復課時引起重視.
例1某校有教職員工150人，為了豐富教工的課余生活，每天定時開放健身房和娛樂室。據調查統計，每次去健身房的人有10%下次去娛樂室，而在娛樂室的人有20%下次去健身房.請問，隨著時間的推移，去健身房的人數能否趨于穩定？
講解: 引入字母,轉化為遞歸數列模型.
設第n次去健身房的人數為an，去娛樂室的人數為bn，則.
.
，于是
即 .
.故隨著時間的推移，去健身房的人數穩定在100人左右.
上述解法中提煉的模型, 使我們聯想到了課本典型習題（代數下冊P.132第34題）
已知數列的項滿足
其中，證明這個數列的通項公式是
有趣的是, 用此模型可以解決許多實際應用題, 特別, 2002年全國高考解答題中的應用題(下文例9)就屬此類模型.
例2 某人上午7時乘摩托艇以勻速V千米/小時（4≤V≤20）從A港出發前往50千米處的B港，然后乘汽車以勻速W千米/小時（30≤W≤100）自B港向300千米處的C市駛去，在同一天的16時至21時到達C市, 設汽車、摩托艇所需的時間分別是x小時、y小時，若所需經費元，那么V、W分別為多少時，所需經費最少？并求出這時所花的經費.
講解: 題中已知了字母, 只需要建立不等式和函數模型進行求解.
由于又
則z最大時P最小.
作出可行域，可知過點（10，4）時, z有最大值38，
∴P有最小值93，這時V=12.5，W=30.
視這是整體思維的具體體現, 當中的換元法是數學解題的常用方法.
例3 某鐵路指揮部接到預報，24小時后將有一場超歷史記錄的大暴雨，為確保萬無一失，指揮部決定在24小時內筑一道歸時堤壩以防山洪淹沒正在緊張施工的遂道工程。經測算，其工程量除現有施工人員連續奮戰外，還需要20輛翻斗車同時作業24小時。但是，除了有一輛車可以立即投入施工外，其余車輛需要從各處緊急抽調，每隔20分鐘有一輛車到達并投入施工，而指揮部最多可組織25輛車。問24小時內能否完成防洪堤壩工程？并說明理由.
講解: 引入字母, 構建等差數列和不等式模型.
由20輛車同時工作24小時可完成全部工程可知，每輛車，每小時的工作效率為，設從第一輛車投入施工算起，各車的工作時間為a1，a2，…, a25小時，依題意它們組成公差（小時）的等差數列，且
，化簡可得.
解得.
可見a1的工作時間可以滿足要求，即工程可以在24小時內完成.
對照此題與2002年全國高考文科數學解答題中的應用題, 你一定會感覺二者的解法是大同小異的. 學習數學就需要這種將舊模式中的方法遷移為解答新題的有用工具, 這要求你不斷的聯想, 力求尋找恰當的解題方案.
數學開放性問題怎么解
陜西永壽縣中學 特級教師安振平
數學開放性問題是近年來高考命題的一個新方向,其解法靈活且具有一定的探索性,這類題型按解題目標的操作模式分為:規律探索型,問題探究型,數學建模型,操作設計型,情景研究型.如果未知的是解題假設,那么就稱為條件開放題;如果未知的是解題目標,那么就稱為結論開放題;如果未知的是解題推理,那么就稱為策略開放題.當然,作為數學高考題中的開放題其“開放度”是較弱的,如何解答這類問題,還是通過若干范例加以講解.
例 1 設等比數列的公比為 ，前 項和為 ，是否存在常數 ，使數列 也成等比數列？若存在，求出常數；若不存在，請 明 理 由.
講解 存在型開放題的求解一般是從假設存在入手, 逐步深化解題進程的.
設存在常數， 使數列 成等比數列.
(i) 當 時， 代入上式得
即=0
但, 于是不存在常數 ，使成等比數列.
(ii) 當 時，， 代 入 上 式 得
.
綜 上 可 知 , 存 在 常 數 ，使成等比數列.
等比數列n項求和公式中公比的分類, 極易忘記公比的 情 形, 可 不 要 忽 視 啊 !
例2 某機床廠今年年初用98萬元購進一臺數控機床，并立即投入生產使用，計劃第一年維修、保養費用12萬元，從第二年開始，每年所需維修、保養費用比上一年增加4萬元，該機床使用后，每年的總收入為50萬元，設使用x年后數控機床的盈利額為y萬元.
（1）寫出y與x之間的函數關系式；
（2）從第幾年開始，該機床開始盈利（盈利額為正值）；
(3 ) 使用若干年后，對機床的處理方案有兩種：
(i )當年平均盈利額達到最大值時，以30萬元價格處理該機床；
(ii )當盈利額達到最大值時，以12萬元價格處理該機床，問用哪種方案處理較為合算？請說明你的理由.
講解 本例兼顧應用性和開放性, 是實際工作中經常遇到的問題.
（1）
=.
（2）解不等式 ＞0,
得 ＜x＜.
∵ x∈N， ∴ 3 ≤x≤ 17.
故從第3年工廠開始盈利.
（3）(i) ∵ ≤40
當且僅當時，即x=7時，等號成立.
∴ 到2008年，年平均盈利額達到最大值，工廠共獲利12×7+30=114萬元.
(ii) y=-2x2+40x-98= -2（x-10）2 +102，
當x=10時，ymax=102.
故到2011年，盈利額達到最大值，工廠共獲利102+12=114萬元.
代數推理題怎么解
陜西永壽縣中學 特級教師安振平
數學是“教會年輕人思考”的科學, 針對代數推理型問題, 我們不但要尋求它的解法是什么, 還要思考有沒有其它的解法, 更要反思為什么要這樣解, 不這樣解行嗎?我們通過典型的問題, 解析代數推理題的解題思路, 方法和技巧. 在解題思維的過程中, 既重視通性通法的演練, 又注意特殊技巧的作用, 同時將函數與方程, 數形結合, 分類與討論, 等價與化歸等數學思想方法貫穿于整個的解題訓練過程當中.
例1設函數，已知，時恒有，求a的取值范圍.
講解: 由
,
從而只要求直線L不在半圓C下方時, 直線L 的y截距的最小值.
當直線與半圓相切時，易求得舍去）.
故.
本例的求解在于 關鍵在于構造新的函數, 進而通過解幾模型進行推理解題, 當中, 滲透著數形結合的數學思想方法, 顯示了解題思維轉換的靈活性和流暢性.
還須指出的是: 數形結合未必一定要畫出圖形, 但圖形早已在你的心中了, 這也許是解題能力的提升, 還請三思而后行.
例2 已知不等式對于大于1的正整數n恒成立，試確定a的取值范圍.
講解: 構造函數，易證(請思考:用什么方法證明呢?)為增函數.
∵n是大于1的 正整數，
對一切大于1的正整數恒成立，必須,
即
這里的構造函數和例1屬于同類型, 學習解題就應當在解題活動的過程中不斷的逐類旁通, 舉一反三, 總結一些解題的小結論. 針對恒成立的問題, 函數最值解法似乎是一種非常有效的同法, 請提煉你的小結論.
例3 已知函數在區間[－b，1－b]上的最大值為25，求b的值.
講解: 由已知二次函數配方, 得
時，的最大值為4b2+3=25.
上遞增，
上遞增，
.
關于二次函數問題是歷年高考的熱門話題, 值得讀者在復課時重點強化訓練. 針對拋物線頂點橫坐標在不在區間[－b，1－b], 自然引出解題形態的三種情況, 這顯示了分類討論的數學思想在解題當中的充分運用. 該分就分, 該合就合, 這種辨證的統一完全依具體的數學問題而定, 需要在解題時靈活把握.
例4已知
的單調區間；
（2）若
講解: （1） 對 已 知 函 數 進 行 降 次 分 項 變 形 , 得 ,
（2）首先證明任意
事實上,
而
.
函 數 與 不 等 式 證 明 的 綜 合 題 在 高 考 中 常 考 常 新 , 是 既 考 知 識 又 考 能 力 的 好 題 型 , 在 高 考 備 考 中 有 較 高 的 訓 練 價 值.. 針對本例的求解, 你能夠想到證明任意采用逆向分析法, 給出你的想法!
例5 已知函數f(x)=（ａ＞０，ａ≠１）．?
(1) 證明函數f(x)的圖象關于點P()對稱．?
(2) 令an＝，對一切自然數n，先猜想使an＞ｎ２成立的最小自然數a,并證明之．?
(3) 求證：∈Ｎ).
講解: (1)關于函數的圖象關于定點P對稱, 可采用解幾中的坐標證法.
設M(x,y)是f(x)圖象上任一點，則M關于P()的對稱點為M’（１－ｘ，１－ｙ），?
∴Ｍ′(1-x,1-y)亦在f(x)的圖象上，
故函數f(x)的圖象關于點P()對稱.?
(2)將f(n)、f(1-n)的表達式代入an的表達式，化簡可得an＝ａｎ猜a=3,
即3ｎ＞ｎ２．?
下面用數學歸納法證明．?
設n=k(k≥２)時，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個同向不等式，并相加得：
函數與數列綜合型問題在高考中頻頻出現,是歷年高考試題中的一道亮麗的風景線.針對本例,你能夠猜想出最小自然數a=3嗎? 試試你的數學猜想能力.
例6 已知二次函數，設方程的兩個實根為x1和x2.
（1）如果，若函數的對稱軸為x=x0，求證：x0＞－1；
（2）如果，求b的取值范圍.
講解:（1）設，由得, 即
，
故；
（2）由同號.
①若.
又，負根舍去）代入上式得
，解得；
②若 即4a－2b+3＜0.
同理可求得.
故當
對你而言, 本例解題思維的障礙點在哪里, 找找看, 如何排除? 下一次遇到同類問題, 你會很順利的克服嗎? 我們力求做到學一題會一類, 不斷提高邏輯推理能力.
例7 對于函數，若存在成立，則稱的不動點。如果函數有且只有兩個不動點0，2，且
（1）求函數的解析式；
（2）已知各項不為零的數列，求數列通項；
（3）如果數列滿足，求證：當時，恒有成立.
講解: 依題意有,化簡為 由違達定理, 得
解得 代入表達式，由
得 不止有兩個不動點，
（2）由題設得 （*）
且 （**）
由（*）與（**）兩式相減得：
解得（舍去）或，由，若這與矛盾，，即{是以-1為首項，-1為公差的等差數列，；
（3）采用反證法，假設則由（1）知
,有
，而當這與假設矛盾，故假設不成立，.
關于本例的第(3)題,我們還可給出直接證法,事實上:
由得<0或
結論成立；
若，此時從而即數列{}在時單調遞減，由，可知上成立.
比較上述兩種證法,你能找出其中的異同嗎? 數學解題后需要進行必要的反思, 學會反思才能長進.
例8 設a，b為常數，：把平面上任意一點
（a，b）映射為函數
（1）證明：不存在兩個不同點對應于同一個函數；
（2）證明：當，這里t為常數；
（3）對于屬于M的一個固定值，得，在映射F的作用下，M1作為象，求其原象，并說明它是什么圖象.
講解: （1）假設有兩個不同的點（a，b），（c，d）對應同一函數，即與相同，
即 對一切實數x均成立.
特別令x=0，得a=c；令，得b=d這與（a，b），（c，d）是兩個不同點矛盾，假設不成立.
故不存在兩個不同點對應同函數.
（2）當時，可得常數a0，b0，使
=
由于為常數，設是常數.
從而.
（3）設，由此得
在映射F之下，的原象是（m，n），則M1的原象是
.
消去t得，即在映射F之下，M1的原象是以原點為圓心，為半徑的圓.
本題將集合, 映射, 函數綜合為一體, 其典型性和新穎性兼顧, 是一道用“活題考死知識”的好題目, 具有很強的訓練價值.
例9 已知函數f(t)滿足對任意實數x、y都有f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1,且f(－2)=－2.
（1）求f(1)的值;
（2）證明：對一切大于1的正整數t，恒有f(t)>t；
（3）試求滿足f(t)=t的整數t的個數，并說明理由.
講解 （1）為求f(1)的值，需令
令.
令.
（2）令(※)
.
由,
,
于是對于一切大于1的正整數t，恒有f(t)>t.
（3）由※及（1）可知.
下面證明當整數.
(※)得
即……，
將諸不等式相加得
.
綜上，滿足條件的整數只有t=1，.
本題的求解顯示了對函數方程f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1中的x、y取特殊值的技巧，這種賦值法在2002年全國高考第（21）題中得到了很好的考查.
例10 已知函數f（x）在（－1，1）上有定義，且滿足x、y∈（－1，1） 有
．
（1）證明：f（x）在（－1，1）上為奇函數；
（2）對數列求；
（3）求證
講解 （1）令則
令則 為奇函數.
（2），
是以－1為首項，2為公比的等比數列．
（3）
而
本例將函數、方程、數列、不等式等代數知識集于一題，是考查分析問題和解決問題能力的范例. 在求解當中，化歸出等比（等差）數列是數列問題常用的解題方法.
解析幾何綜合題解題思路案例分析
北京中國人民大學附中 梁麗平
陜西省咸陽市永壽中學 安振平
解析幾何綜合題是高考命題的熱點內容之一. 這類試題往往以解析幾何知識為載體，綜合函數、不等式、三角、數列等知識，所涉及到的知識點較多，對解題能力考查的層次要求較高，考生在解答時，常常表現為無從下手，或者半途而廢。據此筆者認為：解決這一類問題的關鍵在于：通觀全局，局部入手，整體思維. 即在掌握通性通法的同時，不應只形成一個一個的解題套路，解題時不加分析，跟著感覺走，做到那兒算那兒. 而應當從宏觀上去把握，從微觀上去突破，在審題和解題思路的整體設計上下功夫，不斷克服解題征途中的道道運算難關.
1 判別式----解題時時顯神功
案例1 已知雙曲線，直線過點，斜率為，當時，雙曲線的上支上有且僅有一點B到直線的距離為，試求的值及此時點B的坐標。
分析1：解析幾何是用代數方法來研究幾何圖形的一門學科，因此，數形結合必然是研究解析幾何問題的重要手段. 從“有且僅有”這個微觀入手，對照草圖，不難想到：過點B作與平行的直線，必與雙曲線C相切. 而相切的代數表現形式是所構造方程的判別式. 由此出發，可設計如下解題思路：
解題過程略.
分析2：如果從代數推理的角度去思考，就應當把距離用代數式表達，即所謂“有且僅有一點B到直線的距離為”，相當于化歸的方程有唯一解. 據此設計出如下解題思路：
簡解：設點為雙曲線C上支上任一點，則點M到直線的距離為：
于是，問題即可轉化為如上關于的方程.
由于，所以，從而有
于是關于的方程
由可知：
方程的二根同正，故恒成立，于是等價于
.
由如上關于的方程有唯一解，得其判別式，就可解得 .
點評：上述解法緊扣解題目標，不斷進行問題轉換，充分體現了全局觀念與整體思維的優越性.
2 判別式與韋達定理-----二者聯用顯奇效
案例2 已知橢圓C:和點P（4，1），過P作直線交橢圓于A、B兩點，在線段AB上取點Q，使，求動點Q的軌跡所在曲線的方程.
分析：這是一個軌跡問題，解題困難在于多動點的困擾，學生往往不知從何入手。其實，應該想到軌跡問題可以通過參數法求解. 因此，首先是選定參數，然后想方設法將點Q的橫、縱坐標用參數表達，最后通過消參可達到解題的目的.
由于點的變化是由直線AB的變化引起的，自然可選擇直線AB的斜率作為參數，如何將與聯系起來？一方面利用點Q在直線AB上；另一方面就是運用題目條件：來轉化.由A、B、P、Q四點共線，不難得到，要建立與的關系，只需將直線AB的方程代入橢圓C的方程，利用韋達定理即可.
通過這樣的分析，可以看出，雖然我們還沒有開始解題，但對于如何解決本題，已經做到心中有數.
在得到之后，如果能夠從整體上把握，認識到：所謂消參，目的不過是得到關于的方程（不含k），則可由解得，直接代入即可得到軌跡方程。從而簡化消去參的過程。
簡解：設，則由可得：，
解之得： （1）
設直線AB的方程為：，代入橢圓C的方程，消去得出關于 x的一元二次方程：
（2）
∴
代入（1），化簡得： (3)
與聯立，消去得：
在（2）中，由，解得 ，結合（3）可求得
故知點Q的軌跡方程為： （）.
點評：由方程組實施消元，產生一個標準的關于一個變量的一元二次方程，其判別式、韋達定理模塊思維易于想到. 這當中，難點在引出參，活點在應用參，重點在消去參.，而“引參、用參、消參”三步曲，正是解析幾何綜合問題求解的一條有效通道.
3 求根公式-----呼之欲出亦顯靈
案例3 設直線過點P（0，3），和橢圓順次交于A、B兩點，試求的取值范圍.
分析：本題中，絕大多數同學不難得到：=，但從此后卻一籌莫展, 問題的根源在于對題目的整體把握不夠. 事實上，所謂求取值范圍，不外乎兩條路：其一是構造所求變量關于某個（或某幾個）參數的函數關系式（或方程），這只需利用對應的思想實施；其二則是構造關于所求量的一個不等關系.
分析1: 從第一條想法入手，=已經是一個關系式，但由于有兩個變量，同時這兩個變量的范圍不好控制，所以自然想到利用第3個變量――直線AB的斜率k. 問題就轉化為如何將轉化為關于k的表達式，到此為止，將直線方程代入橢圓方程，消去y得出關于的一元二次方程，其求根公式呼之欲出.
簡解1：當直線垂直于x軸時，可求得;
當與x軸不垂直時，設，直線的方程為：，代入橢圓方程，消去得
解之得
因為橢圓關于y軸對稱，點P在y軸上，所以只需考慮的情形.
當時，，，
所以 ===.
由 , 解得 ，
所以 ，
綜上 .
分析2: 如果想構造關于所求量的不等式，則應該考慮到：判別式往往是產生不等的根源. 由判別式值的非負性可以很快確定的取值范圍，于是問題轉化為如何將所求量與聯系起來. 一般來說，韋達定理總是充當這種問題的橋梁，但本題無法直接應用韋達定理，原因在于不是關于的對稱關系式. 原因找到后，解決問題的方法自然也就有了，即我們可以構造關于的對稱關系式.
簡解2：設直線的方程為：，代入橢圓方程，消去得
（*）
則
令，則，
在（*）中，由判別式可得 ，
從而有 ，
所以 ，
解得 .
結合得.
綜上，.
點評：范圍問題不等關系的建立途徑多多，諸如判別式法，均值不等式法，變量的有界性法，函數的性質法，數形結合法等等. 本題也可從數形結合的角度入手，給出又一優美解法.
解題猶如打仗，不能只是忙于沖鋒陷陣，一時局部的勝利并不能說明問題，有時甚至會被局部所糾纏而看不清問題的實質所在，只有見微知著，樹立全局觀念，講究排兵布陣，運籌帷幄，方能決勝千里.
二次函數綜合問題例談
北京中國人民大學附中 梁麗平
陜西省咸陽市永壽中學 安振平
二次函數是中學代數的基本內容之一，它既簡單又具有豐富的內涵和外延. 作為最基本的初等函數，可以以它為素材來研究函數的單調性、奇偶性、最值等性質，還可建立起函數、方程、不等式之間的有機聯系；作為拋物線，可以聯系其它平面曲線討論相互之間關系. 這些縱橫聯系，使得圍繞二次函數可以編制出層出不窮、靈活多變的數學問題. 同時，有關二次函數的內容又與近、現代數學發展緊密聯系，是學生進入高校繼續深造的重要知識基礎. 因此，從這個意義上說，有關二次函數的問題在高考中頻繁出現，也就不足為奇了.
學習二次函數，可以從兩個方面入手：一是解析式，二是圖像特征. 從解析式出發，可以進行純粹的代數推理，這種代數推理、論證的能力反映出一個人的基本數學素養；從圖像特征出發，可以實現數與形的自然結合，這正是中學數學中一種非常重要的思想方法. 本文將從這兩個方面研究涉及二次函數的一些綜合問題.
1. 代數推理
由于二次函數的解析式簡捷明了，易于變形（一般式、頂點式、零點式等），所以，在解決二次函數的問題時，常常借助其解析式，通過純代數推理，進而導出二次函數的有關性質.
1.1 二次函數的一般式中有三個參數. 解題的關鍵在于：通過三個獨立條件“確定”這三個參數.
例1 已知，滿足1且，求的取值范圍.
分析：本題中，所給條件并不足以確定參數的值，但應該注意到：所要求的結論不是的確定值，而是與條件相對應的“取值范圍”，因此，我們可以把1和當成兩個獨立條件，先用和來表示.
解：由，可解得：
（*）
將以上二式代入，并整理得
,
∴ .
又∵，,
∴ .
例2 設，若，，, 試證明：對于任意，有.
分析：同上題，可以用來表示.
解：∵ ,
∴ ,
∴ .
∴ 當時，
當時，
綜上，問題獲證.
1.2 利用函數與方程根的關系，寫出二次函數的零點式
例３ 設二次函數，方程的兩個根滿足. 當時，證明.
分析：在已知方程兩根的情況下，根據函數與方程根的關系，可以寫出函數的表達式，從而得到函數的表達式.
證明：由題意可知.
,
∴ ,
∴ 當時，.
又,
∴ ,
綜上可知，所給問題獲證.
1.3 緊扣二次函數的頂點式對稱軸、最值、判別式顯合力
例4 已知函數。
（1）將的圖象向右平移兩個單位，得到函數，求函數的解析式；
（2）函數與函數的圖象關于直線對稱，求函數的解析式；
（3）設，已知的最小值是且，求實數的取值范圍。
解：(1)
(2)設的圖像上一點，點關于的對稱點為，由點Q在的圖像上，所以
，
于是
即
（3）.
設，則.
問題轉化為：對恒成立. 即
對恒成立. （*）
故必有.（否則，若，則關于的二次函數開口向下，當充分大時，必有；而當時，顯然不能保證（*）成立.），此時，由于二次函數的對稱軸，所以，問題等價于，即，
解之得：.
此時，，故在取得最小值滿足條件.
2. 數形結合
二次函數的圖像為拋物線，具有許多優美的性質，如對稱性、單調性、凹凸性等. 結合這些圖像特征解決有關二次函數的問題，可以化難為易.，形象直觀.
2.1 二次函數的圖像關于直線對稱， 特別關系也反映了二次函數的一種對稱性.
例5 設二次函數，方程的兩個根滿足. 且函數的圖像關于直線對稱，證明：.
解：由題意 .
由方程的兩個根滿足, 可得
且,
∴ ，
即 ，故 .
2.2 二次函數的圖像具有連續性，且由于二次方程至多有兩個實數根. 所以存在實數使得且在區間上，必存在的唯一的實數根.
例6 已知二次函數，設方程的兩個實數根為和.
（1）如果，設函數的對稱軸為，求證：；
（2）如果，，求的取值范圍.
分析：條件實際上給出了的兩個實數根所在的區間，因此可以考慮利用上述圖像特征去等價轉化.
解：設，則的二根為和.
（1）由及，可得 ，即，即
兩式相加得，所以，;
（2）由, 可得 .
又，所以同號.
∴ ，等價于或,
即 或
解之得 或.
2.3 因為二次函數在區間和區間上分別單調，所以函數在閉區間上的最大值、最小值必在區間端點或頂點處取得；函數在閉區間上的最大值必在區間端點或頂點處取得.
例7 已知二次函數，當時，有，求證：當時，有.
分析：研究的性質，最好能夠得出其解析式，從這個意義上說，應該盡量用已知條件來表達參數. 確定三個參數，只需三個獨立條件，本題可以考慮，，，這樣做的好處有兩個：一是的表達較為簡潔，二是由于正好是所給條件的區間端點和中點，這樣做能夠較好地利用條件來達到控制二次函數范圍的目的.
要考慮在區間上函數值的取值范圍，只需考慮其最大值，也即考慮在區間端點和頂點處的函數值.
解：由題意知：，
∴ ，
∴ .
由時，有，可得 .
∴ ,
.
（1）若，則在上單調，故當時，
∴ 此時問題獲證.
（2）若，則當時，
又，
∴ 此時問題獲證.
綜上可知：當時，有.
WORD版，共七篇，目錄如下：
1、二次函數綜合問題例談
北京中國人民大學附中 梁麗平；陜西省咸陽市永壽中學 安振平
2、解析幾何綜合題解題思路案例分析 梁麗平 安振平
3、代數推理題怎么解 特級教師安振平
4、數學開放性問題怎么解 特級教師安振平
5、數學應用性問題怎么解 特級教師安振平
6、解析幾何題怎么解 特級教師安振平
7、立體幾何題怎么解 特級教師安振平
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