申治国数学论文

透视解决三角函数各类问题的特殊化方法　关于三角函数的很多问题，特别是一些创新型问题，对绝大多数的同学来说是陌生的，也主要考查学生对重要数学思想方法的掌握情况，以及考试时对自己心态的调整．但解决这些问题有一把“利剑”，就是特殊化方法．特殊化方法的解题依据是，题目所叙述的一般情形成立，则对特殊情形也应该成立，若不成立，则必然选项是错误的．特殊化方法一般有赋特殊值，特殊函数等．一、单调性类问题例1（１）若是锐角的两个内角，则点在（　　）．?A．第一象限?B．第二象限?C．第三象限?D．第四象限（２）　设是一个钝角三角形的两个锐角，下列四个不等式中不正确的是（　　）．A．B．C．　D．透视：这是依托基本的几何图形三角形，创新型的考查三角函数的单调性等重要性质的题目，常规解法运算繁杂，用特殊化方法则可出奇制胜．对（１），赋，可知选Ｂ．对（２），赋，可知选Ｄ．例２若A，B，C是△ABC的三个内角，且，则下列结论中正确的是（　）．?．?．?．?D．透视：赋，可知错；赋，知错．故选Ａ．例３函数在下面哪个区间内是增函数（　　）．A．B．?Ｃ．?　?．透视：所给陌生函数的定义域显然是，又令，则，，，．如对选项Ａ，从到，从，到１，不合题意，同理可排除Ｃ、Ｄ．例4函数为增函数的区间是（　　）．A．?B．?C．?D．透视：只需考虑区间端点处的函数值，有①；②；③；④；⑤；⑥．①③知错；②④知错；由⑤⑥知错．选C．例５已知，则下列不等关系中必定成立的是（　）．?．B．?C．?．透视：已知即，则在第Ⅱ象限，取和验证可知选．二、周期类问题例６　　函数的最小正周期为??）．A．?．?．?．2透视：由，将选项B代入验证，有成立，故一定是周期，但是否最小呢？又，而，二者不相等，故一定不是周期，故选B．三、图象类问题例７函数的部分图象是（　　）．透视：显然，函数是奇函数，故排除Ａ、Ｃ，又由及，故选D．例８为了得到函数的图象，可以将函数的图象（　）．?．向右平移个单位长度?．向右平移个单位长度?．向左平移个单位长度?．向左平移个单位长度透视：平移前的点，与平移后的点是一对对应点，故选Ｂ．四、求值或范围类问题例９的值为.透视：赋，知填１．例10已知点在第一象限，则在内α的取值范围是A．　　　B．C．　　D．透视：只要考虑正确选项要满足这个局部条件，即可知选Ｂ．-1-申治国的专题辅导文章之《透视解决三角函数各类问题的prt五、综合类问题例11函数在区间上是增函数，且，则函数在上（　　）．A．是增函数　　　B．是减函数C．可以取得最大值M　　　　D．可以取得最小值透视：考虑符合条件的特殊函数，特殊区间，则，很容易确定选Ｃ．-2-申治国的专题辅导文章之《透视解决三角函数各类问题的prt2009-2010学年专题突破之《直线和平面的位置关系》　考点动向　近几年，高考题由考查知识向考查能力转变，题目趋于新颖多变，灵活性强．立体几何试题一般都综合直线和平面以及简单几何体的内容于一体，以几何体为载体，考查直线和平面内容．高考始终把直线与平面的平行和垂直的性质与判定，线面角与距离作为考查的重点，尤以多面体为载体的位置关系与数量关系问题，更是年年考，在难度上始终以中档题目为主．方法范例例１如图２－１，在五面体中，点是矩形的对角线的交点，面是等边三角形，棱．（１）证明平面；（２）设，证明平面．解析　本题的两问均为证明，一为线面垂直，一为线面平行．传统的解法主要是借助线线，线面与面面垂直与平行关系的互化加以证明．其中，对（１），在平面中寻找恰当的与平行的直线即可；对（２），在平面中寻找与直线垂直的两条直线即可，注意结合所提供数据及第（１）问的结论．证明　（1）取中点，连结，在矩形中，，则，连结，于是四边形为平行四边形．所以FO平行于EM．又平面，且平面，平面．（2）连结．由（1）和已知条件，在等边中，且．因此平行四边形为菱形，从而．平面，从而．而，所以平面．例2如图２－３，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC．（１）当k＝时，求直线PA与平面PBC所成角的大小；（２）当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心？解析　对于（１），除了直接考虑借助线面成角的定义求角外，还可以进行平移转化，对本题，转化为直线与平面所成的角要好求；对（２），则结合（１）的结论进行探究．解法１（１），，又，PA与平面PBC所成的角的大小等于，（２）由（１）知，，∴F是O在平面PBC内的射影．∵D是PC的中点，若点F是的重心，则B，F，D三点共线，∴直线OB在平面PBC内的射影为直线BD，，即．反之，当时，三棱锥为正三棱锥，∴O在平面PBC内的射影为的重心．解法２，，以O为原点，射线OP为非负z轴，建立空间直角坐标系（如图２－５）．设则，设，则．（１），即，可求得平面PBC的法向量，，设PA与平面PBC所成的角为，则，．（２）的重心，，，又，，即，反之，当时，三棱锥为正三棱锥，∴O在平面PBC内的射影为的重心．[规律小结]（１）直线与平面的位置关系的判定类问题，也可分为两大类，即定性的判定和定量的精确的判定，定性的主要涉及平行和垂直两大类问题，而定量的涉及线面角与线面平行时距离的问题．（２）平行和垂直问题，注意将它们纳入到线线，线面与面面的平行与垂直的互化系统中去，而求角和距离，主要是紧扣定义，或者进行等价转化，注意借助向量解-3-申治国的专题突破之《直线和平面的位置关系》决问题的方法．考点误区（１）线面平行的判定，关键是寻找平面内与已知直线平行的直线，此时，有学生不知该如何寻找，其实，不妨借助线面平行的性质定理，先入为主，要证明就成立，于是过该直线的平面与已知平面的交线就是所找的直线．若借助向量，可证明直线的方向向量与平面的法向量垂直，或者与平面内某直线的方向向量共线，垂直也可类似分析．（２）求线面成角与距离，主要转化为线与它在面内的射影成角或线上一点到面的距离．或者根据一组平行线与一组平行平面任两对所成角均相同，或者将线面角转化为过该线的和已知平面平行的平面内任一点到另一个平面的距离，进行等价转化．或者借助直线的方向向量与平面的法向量间的运算，线面成角，要结合图形，是直线的方向向量与平面的法向量所成角的余角或补角的余角．同步训练１．在三棱锥中，三条棱OA、OB、OC两两互相垂直，且OA＝OB＝OC，M是AB边的中点，则OM与平面ABC所成的角的大小是（用反三角函数表示）．２．过平行六面体任意两条棱的中点作直线，其中与平面平行的直线共有（　　）．　４条　　6条8条　12条３．如图２－６，四棱锥中，底面为矩形，垂直于底面，，分别为的中点．（１）求证：垂直于平面；（２）设，求与平面所成的角的大小．４．如图２－７，直二面角中，四边形是边长为2的正方形，，为上的点，且平面．（１）求证：平面；（２）求二面角的大小；（３）求点到平面的距离．［参考答案］１．［解析］在中，解出即可．［答案］．２．［解析］根据面面平行则面内的每两点所确定的直线都与另一平面平行，可知恰有两个四边形截面符合条件，故有条．［答案］．３．［解析］（１）根据线面垂直的判定定理进行证明，只需在平面内找到两条相交直线与垂直即可，一般图中现成的即可．对本题都可以，连结，可由证得，同理连结，由二者均为直角三角形斜边上的中线可得，从而证得垂直．（２）可证得平面，根据三垂线定理作出角，解三角形可得角为．也可以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，将问题转化为直线的方向向量与平面的法向量的关系问题．４．［解析］对（１），直接易得，，故得证；对（２）由三垂线定理的逆定理作角，可求得大小为；对（３），由可得距离为．或者以线段的中点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量，平面的法向量解答，对（３），可得是平面的一个法向量，则点到平面的距离．-4-申治国的专题突破之《直线和平面的位置关系》解决三角函数各类问题的十种方法三角函数的各类问题，由于涉及的三角公式较多，问题的解法也比较灵活，但也会呈现出一定的规律性，本文拟对其中的解题方法进行总结归纳．１　凑角法一些求值问题通过观察角之间的关系，并充分利用角之间的关系，往往是凑出特殊角，可以实现顺利解答．例１　求的值．解析　原式．评注　三角求值主要借助消除三个方面的差异解答，即消除函数名称差异，或者式子结构的差异，或者角度之间的差异，凑角法体现的就是消除非特殊角与特殊角之间的差异．本题注意若将第一步中的分子化为，或者化为，都没有上面的方法简捷，请同学们进行操作比较，分析原因，并注意凑角也需谨慎选择！２　降幂法　　一些涉及高次三角式的求值问题，往往借助已知及，或降幂公式等借助降幂策略解答．例２　若，求的值．解析　由，得，（舍去）．由，又可得，则，又由，得，故，代值可得．评注　若求出的值后直接简单代入，则运算量将大得多，而主动降幂后就截然不同了．涉及非单角形式的三角函数问题，有时也需要考虑降幂进而化为一个角的三角函数形式解答，遇到“高次”问题就特别注意联想“降幂法”解答．３　配对法　　根据一些三角式的特征，适当进行配对，有时可以实现问题的顺利解答．例３　已知，且，求的值．解析　设，令，则，，其中，，，，又，故，故可解得．则，或，或，又，则或．评注　三角函数中的正弦函数与余弦函数是一对互余函数，有很多对称的结论，如等，因此在解决一些三角求值，求证等问题时，可以构造对偶式，实施配对策略，尝试进行巧妙解答．４　换元法　　很多给值求值问题都是给的单角的某一三角函数值，但有时会出现给出复合角的三角函数值求值的问题，此时，利用换元法可以将问题转化为熟悉的已知单角的三角函数值求值问题．例４　求的值．解析　令，则原式．评注　教材求值问题往往是已知单角三角函数值求值，而近几年的高考和期末，则青睐于已知复合角的三角函数值求值，因此备考时要特别注意此点，解答此类问题的换元法或整体思想也都十分重要．对本题，若直接将三部分借助两角和的正弦公式与余弦公式展开，则要繁杂得多．５　方程法有时可以根据已知构造所求量的方程解答．例５　若，试求的值．解析　令，则，．由已知，有，即，得，或（舍去）．即，又，整理可得，解得或．评注　将已知转化为关于的方程是解题的关键．方程的思想方法是解答诸多三角函数问题的基本大法，如求三角函数的解析式等问题．一般地，若题目中有个需要确定的未知数，则只要构造个方程解答即可．６　讨论法涉及含有参数或正负情形的三角问题，往往需要借助讨论法进行解答．例６　已知中，，求．解析　由，得．当时，因为是的内角，需要满足，有，而余弦函数在区间是减函数，得，但，故此情形不合题意．-5-申治国原创辅导文章之《解决三角函数各类问题的十种方prt可以验证符合题意，故．评注　分类讨论是将问题化整为零，进而化难为易的重要思想方法，一般含有绝对值的三角函数问题，涉及未确定象限的角的问题等，都要首先考虑“讨论”！７　平方法分析已知和所求，有时借助“取平方”的方法可以实现顺利解题．例７　已知，，求的值．解析　有，，两式两边平方后对应相加，可得，即．评注　学习数学要掌握一些基本的操作技能，而“取”就是其中的重要一种，除了“取平方”外，常见的还有“取对数”，“取倒数”等操作，需要注意体会．本题就是借助平方关系实现整体消元后解答的．８　猜想法有时根据已知数据的特征进行必要的猜想，能更好的解决求值问题．例８　已知，且为第二象限角，则　　　　．解析　由及，可得．评注　实际上，将与联立所得二元二次方程组只有两组解，即或，依题意只可取前者．学习数学，要培养对数据的敏感性，能根据数据特征进行积极联想，进而适当猜想，能有效提高解题速度，而且猜想是一种重要的推理形式，并不是“胡猜乱想”，要紧扣已知和所求进行．９　图象法有时候，借助图象才能更好的解决对应的三角函数问题．例９　已知函数的图象与直线在轴右侧的与轴距离最近的相邻三个交点的横坐标成等比数列，求实数的值．解析　如右图，设三个交点的坐标为，，，由三角函数图象的对称性，则有，，有，，又，解得．故函数图象经过，代入可得．评注　数和形是数学的两大支柱，三角函数的很多问题都有图形背景，在解决问题时，要充分借助图形进行直观分析，往往能更快捷的实现问题的解答，注意培养做草图的能力．１０　比例法借助比例的性质，有时可以实现快速解答三角函数问题．例１０　求证　．解析　若（或），因为，故，或，验证可知等式成立．若，则由，及比例性质，可得．，代入等式左边可知所证成立．评注　本题有多种证法，而借助比例的性质的方法显得尤为简捷．涉及分式的三角函数问题，可以考虑借助比例法解答．如关于半角的正切公式，按照比例性质，立得．-6-申治国原创辅导文章之《解决三角函数各类问题的十种方prt河南省滑县教师进修学校申治国的立体几何专题突破之《探究性问题》　考点动向　立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力．探究是一种科学的精神，因此，也是命题的热点．一般此类立体几何问题描述的是动态的过程，结果具有不唯一性或者隐藏性，往往需要耐心尝试及等价转化，因此，对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的．方法范例例１如图８－１，在棱长为1的正方体中，是侧棱上的一点，．（１）试确定，使直线与平面所成角的正切值为；（２）在线段上是否存在一个定点，使得对任意的，在平面上的射影垂直于，并证明你的结论．解析　本题的两问都充满了探究性，问题的情景具有运动变化的特点，此时，只需要确定某一个位置进行推理，其它作类似推理即可．即所谓的化动为静．解法1　（1）连，设与面交于点，连．因为面，面面，故．所以．又，所以面．故即为与面所成的角．在中，，即．故当时，直线与平面所成角的正切值为．（2）依题意，要在上找一点，使得．可推测的中点即为所求的点．因为，所以面．又面，故．从而在平面上的射影与垂直．解法２（1）建立如图８－３所示的空间直角坐标系，则．所以．又由知，为平面的一个法向量．设与平面所成的角为，则．?依题意有，解得．故当时，直线与平面所成角的正切值为．（2）若在上存在这样的点，设此点的横坐标为，则．依题意，对任意的要使在平面上的射影垂直于，等价于．即为的中点时，满足题设要求．[规律小结]探究性问题一般具有一定的深度，需要深入分析题目的条件和所问，根据题目的特征，选用适当的解题方法．必要时，进行假设推理，或者反证推理，往往也是进行图形推理与代数推理的典型问题．考点误区分析解答探究性问题，需要主观的意志力，不要见到此类问题先发怵，进行消极的自我暗示，要通过备考阶段的联练习，加强解题信心的培养．确定解题的一般规律，积极的深入分析问题的特征，进而实现顺利解答．同步训练１．两相同的正四棱锥组成如图８－４所示的几何体，可放棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有（　　）．（A）1个　　（B）2个　　（C）3个　　（D）无穷多个２．在正方体中，过对角线的一个平面交于，交于，则（　　）．①?谋咝我欢ㄊ瞧叫兴谋咝?②?谋咝斡锌赡苁钦?叫?③?谋咝卧诘酌鍭BCD内的投影一定是正方形④?谋咝斡锌赡艽怪庇谄矫?以上结论正确的为．（写出所有正确结论的编号）３．如图８－５，在三棱锥中，侧面是全等的直角三角形，是公共的斜边，且，另一侧面是正三角形．（1）求证：；（2）求二面角的大小；-7-河南省滑县教师进修学校申治国的立体几何专题突破之《探究性问题》（3）在线段上是否存在一点，使与面成角？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．［参考答案］１．［解析］本题相当于一个正方形可以有多少个内接正方形，显然有无穷多个；或者两个正四棱锥的高均为，放入正方体后，面的面积是不固定的，其范围是．［答案］．２．［解析］借助图形及面面平行的性质定理，射影的定义，面面垂直的判定可得．［答案］①③④．３．［答案］（２）；（３）线段上存在点，且时符合条件．-8-河南省滑县教师进修学校申治国的立体几何专题突破之《探究性问题》河南省滑县教师进修学校申治国的文章之《透视关于正方体的高考常见题型》正方体是常见的也是重要的几何体，依托正方体为载体，可以设计很多对考生既觉得熟悉又有点觉得陌生的高，下面，对在高考中曾经出现过的相关高考题型做以整理，加以透视．一、展开图类题型这类问题渗透了平面图形与空间图形的对应性，备考前应该在课下多动手作模型，多观察，培养好自己的空间想象能力，进而达到考试时不操作也一样可以想象出来．例１（01年北京春季高考试题）图1是正方体的平面展开图，在这个正方体中，①与平行；②与是异面直线；③与成角；④与垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是　()．Ａ．①②③　　Ｂ．②④　　Ｃ．③④　　Ｄ．②③④例2　（02年上海春季高考试题）图2表示一个正方体表面的一种展开图,图中的四条线段、、和在原正方体中相互异面的有对．透视：上面两个高考题给出的正方体的展开图是不同的，深入思考，不难发现正方体共有三大类11种不同情形的展开图．　　　　　　第一类：有四个面在一条线上，有6种情形，如下所示：　　　　　　　第二类：恰好最多有三个面在一条线上，有四种情形，如下所示：　　　　　　　　　　-9-河南省滑县教师进修学校申治国的文章之《透视关于正方体的高考常见题型》第三类：最多有两个面在一条直线上，只有一种情形，如图11所示．易知，例１选Ｃ，例２填３．二、截面类题型例３　（03年全国卷理科试题）下列五个正方体图形（指（１）至（５））中，是正方体的一条对角线，点分别为其所在棱的中点，能得出面的图形的序号是　　　　．(写出所有符合要求的图形序号)透视：这类问题，一般直观判断加上严格推证便可顺利解决．图(1)本身就是截面，易知符合要求；对于图(2)，如图(6)，可以考虑截面，也是棱的中点，它与直线是垂直的，而过一点直线的垂面只有一个，截面与三角形不共面，故(2)不符合；图(3)可以仿图(2)进行思考，图(3)可补成截面形式，如图(7)；图(4)和图(5)则可补成相同的截面，如图(8)．由图可知，图(3)不符合，图(4)和图(5)符合．如果借助解决立体几何问题的“新武器”空间直角坐标系，则问题更容易得到解决．例如对图(2)的判断，构造图３，设正方体的棱长是１，则各点的坐标分别是，故，，此时，由，可知，直线与直线不垂直，则直线一定不垂直平面，否则，直线与直线应该垂直．其它可做类似的判断．三、射影类题型例４（00年全国新课程卷）如图４，E、F分别为正方体的面、面的中心，则四边形在该正方体的面上的射影可能是_______(要求：把可能的图的序号都填上)．　　　　　　?　　透视：只需首先找出四边形的顶点在各面的射影，可知②③符合要求．四、概念类题型例５　（02年北京高考试题）设命题甲：“直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，平面ACB1与对角面BB1D1D垂直”；命题乙：“直四棱柱ABCD-A1B1C1D1是正方体”.那么，甲是乙的（　　）．?．充分必要条件?B．充分非必要条件?．必要非充分条件?D．既非充分又非必要条件透视：本题主要考查对正方体有关概念的掌握．如图５，先构造正方体ABCD-A1B1C1D1，可知平面ACB1与对角面BB1D1D垂直；在对角面BB1D1D中，EF分别在B1D1和BD上，且，直四棱柱ABCF-A1B1C1E中，平面ACB1与对角面BB1EF垂直，但直四棱柱-10-河南省滑县教师进修学校申治国的文章之《透视关于正方体的高考常见题型》ABCF-A1B1C1E不是正方体．故选C．这里体现了构造思想的应用．五、计数类题型例６　（02年全国高考卷）从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有（　）．A.8种B.12种C.16种D.20种透视：正方体的６个面不相邻则相对，先选对面有３种方法，每种情形又可以从剩下的４个面中任选一面作为第３面，故有3×4=12种选法．例７　（04年湖南高考试题）从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形，其中直角三角形的个数为（）．?．56?．52?．48?．40透视：由分类计数原理，以两棱为直角边的直角三角形有３×８＝24个（每个顶点处有３个）；以一条棱和一条面对角线为直角边的直角三角形有２×12＝24个（每条棱有２个符合条件的三角形）．故选C．例８（04年重庆高考文科试题）如图6，棱长为5的正方体无论从哪一个面看，都有两个直通的边长为1的正方形孔，则这个有孔正方体的表面积（含孔内各面）是（）．A．258?．234?．222?．210透视：本题其实也是一种计数问题，即只需计算边长是１的正方形方格的个数．在外面的方格有个；每个孔内除交叉处有方格有12个，共72个；每个交叉处有2个方格，共12个．故选C．六、分割与组合类题型例９（04年广东高考试题）在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体,则截去8个三棱锥后,剩下的凸多面体的体积是(　)．A.　　B.　C.　D.透视：显然，本题不易直接求，而应利用“原体积减去分割部分的体积就是所求体积”，选D．例10（01年北京春季高考试题）已知球内接正方体的表面积为S，那么球体积等于_______________．透视：只需注意正方体的对角线是球的直径，便可解得结果．?例11　（03年江苏高考试题）棱长为a的正方体中，连结相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为??C）．?．?．?．?．透视：所得其实是一个正八面体，可将它分割为两个四棱锥，棱锥的底面是菱形，且两条对角线长相等，均等于正方体的边长，而其高是正方体边长的一半，故所求体积为．例12　(05年北京春季招生试题)如图，正方体的棱长为，将该正方体沿对角面切成两块，再将这两块拼接成一个不是正方体的四棱柱，那么所得四棱柱的全面积为　　　　　．（）-11-河南省滑县教师进修学校申治国的文章之《透视关于正方体的高考常见题型》河南省滑县教师进修学校申治国的文章之《等边三角形的十个充要条件》三角形是等边三角形有许多充要条件，这些充要条件的形式往往借助三角函数，数列以及向量等语言，并且形式整齐，充满趣味性和思辨性，下面加以整理归纳．为方便叙述，下面涉及的均为，为的内角，分别为三内角的对边，因为条件的必要性容易验证，故只分析说明对应条件的充分性．１．是等边三角形的充要条件是成等差数列，成等比数列．分析　由成等差数列，得，由余弦定理得，又，可得，即，则，是等边三角形．２．是等边三角形的充要条件是成等差数列，也成等差数列．分析　由成等差数列，得，又，再由，消去，得，即，则，，得．故，是等边三角形．３．是等边三角形的充要条件是．分析由正弦定理及比例性质，得，则．４．是等边三角形的充要条件是．分析　移项有，即，则，同理，，是等边三角形．５．是等边三角形的充要条件是，．分析表示角的平分线垂直于，故，又，，所以是等边三角形．６．是等边三角形的充要条件是的重心与外接圆圆心重合．分析　如图１，设的重心与外接圆的圆心均为，因为，且为的中点，所以；同理，，．在与中，为公共边，，得，同理可得，故可知是等边三角形．７．是等边三角形的充要条件是存在点，使得，且．分析　由，得，所以，又，得；同理可得．于是，，得，同理．故是等边三角形．８．是等边三角形的充要条件是．分析　由已知可得，由在斜三角形中有，可得①，代入前式得②，②－①后可以整理得到，于是，则，则是等边三角形．９．是等边三角形的充要条件是．分析　由余弦定理，可得，同理可得，，三式相乘可得，，当且仅当时等号成立，于是可得是等边三角形．１０．是等边三角形的充要条件是．分析　因为均在区间内，故只有时，成立，于是，故是等边三角形．-12-河南省滑县教师进修学校申治国的文章之《等边三角形的十个充要条件》河南省滑县教师进修学校申治国的教学论文之《关于构造法运用的两点感想》若欲0点通过，请将资料退回，谢！?一口气读完文［１］，笔者由衷感到一丝寒意，虽然该文只是唱“点”反调，一点而已，似乎不伤大雅，但对于广大一线教师及教研员来说，无疑提了一个大醒：用构造法解题时，悠着点吧！经过一番思路整理，觉得很有必要写出以下之感想．１　不要为“构造”所累长期从事数学教学及研究者，对于利用构造法解题都会有很深的印象．的确有很多构造现象令人惊诧，见到之后往往也会引人反思，不利用构造法就不能解答了吗？如果发现了非构造的解法，往往会弃构造于一边．当解答陷入困境时，思考“构造”实现转化是我们常常考虑的，给一个数学问题，我们也会思考它在其它方面的背景或解释（这无疑是一种构造思想），我们为构造欢呼或窃喜，我们也往往为构造所累，因为“想要构造不是一件很容易的事”．也许很多为构造所累者会觉得，构造简直就是带刺的玫瑰，兴许基于此，管宏斌老师写出了《给构造法唱点反调》一文，这也许是很多从事数学研究者内心深处之痛！但我想说的是，不要为构造所累，毕竟每个人的知识方法积累不同，能否构造解题不是强求的事，而积极的分析每种构造的实质，积累构造解决问题的经验才是更有意义的．作为教师，首先要积极的探究构造法解题的每一个案例，进而引导学生理解和掌握构造法的一些典型案例．作为一种创造性思维，构造法有很高的应用价值，特别是在教学中．数学作为训练思维的体操，体操之美在于创造，灵魂也在于创造，构造法的价值，不仅仅在于解决数学问题，更在于一种引导创新的精神的渗透，对学生的人生发展有积极的作用．有趣的是，原文的例１作为一个不支持构造的反例，却出现在人民教育出版社新课标高中数学Ａ版必修２，第３章《直线与方程》第117页，除了字母不同，实质完全一样．课本上原题是：已知，求证．分析本题处于《直线与方程》这一章，而不是《不等式》的章节内，编者一定是让师生构造本题所给不等式的几何意义解题的，原文作者文中提到“明眼人一望即知，此题的原型原本就是一个浅显的平面几何题，只不过是把它用代数不等式的形式给出罢了”．是的，如此浅显的构造，也是让学生成为“明眼人”的很好题材．但作者却给出一个利用基本不等式的证法（这也的确很好，但不过是由不等式论不等式罢了），并危言：“对学生而言，向他们介绍一些基本的解题技巧是需要的，但如果在教学中人为地高技巧化，最终只会导致‘双基的异化’，同时‘过分强调技巧，会造成一般学生丧失信心，甚至连基本方法也掌握不了’（单墫《解题研究》第六章“数学教师”）．”不知作为研究数学竞赛的单老师说这些话的原意如何，也不知作为高中教师的管老师以后在课本见到此题该如何讲解！不会还强调用基本不等式的方法吧！顺便再给出一个解答本题的构造向量的方法，供欣赏．设，由于，代入整理即得所证．另，如果将本题中的条件去掉，结论仍然成立，此时，利用构造图形解题时需要考虑正方形非内部的点．２　应该鼓励“构造法”解题我们应该看到，如果原题有构造的表征，如上例，则利用构造法解答是很自然的事，至于是否是简单的解法则另当别论，但至少是一种解决问题的方法．一直以来，我们鼓励学生创造，那么，在学习数学的过程中，鼓励学生利用构造法解题也是一种鼓励创造的体现．如果原题没有构造诱因，刻意去寻找构造途径解题，无疑有点“吃力不讨好”．所谓“有则加勉，无则改之”，没有构造法，可以考虑其它种种解题途径．如果出现构造法解题没有其它不构造的方法简单，我们也没有必要去否定构造的方法，古语云，兼听则明，偏信则暗，毕竟，它让你认识到了问题的另一方面．-13-河南省滑县教师进修学校申治国的教学论文之《关于构造法运用的两点感想》原文中的例３是这样的：求证：．原文提到解决本题时，利用分析左边的通项，构造出与原式等价的组合恒等式的方法，其实，将转化为，需要逆向思维，一般将组合数展开，这里化为组合数，这是利用构造法解答本题的一个难点，而突破了这个难点，构造也是很自然的．原文提到利用分析通项，将其直接展开的解法，这的确是解决这类求和问题的一个通法．但解答本题还有一个通法，即数学归纳法．（１）?笔保?蟊撸?冶撸?仁匠闪ⅲ?（２）?偕璧笔保?仁匠闪ⅲ??，则即时等式也成立．由（１）和（２）可知，等式对于任何都成立．当然，如果大家记得等式，等是如何证明的，也可以利用类似的构造法证明本题．设，则，有相加整理，即可得证．我们应该看到，“构造法”是无辜的，但任何事情也都是相对的，构造法解题也是这样，在教学中，我们应积极的引导，合理的应用构造法解题，可以说所有的构造都是一种伟大，但只有先有了积极的构造意识，才能创造出这种伟大！参考文献１　管宏斌．给构造法唱点反调．中学数学教学参考，2004,8-14-河南省滑县教师进修学校申治国的教学论文之《关于构造法运用的两点感想》河南省滑县教师进修学校申治国的专题突破立体几何之《立体几何中的最值问题》若欲0点通过，请退回，谢谢！考点动向　高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目，而几何问题中的最值与范围类问题，既可以考查学生的空间想象能力，又考查运用运动变化观点处理问题的能力，因此，将是有中等难度的考题．此类问题，可以充分考查图形推理与代数推理，同时往往也需要将问题进行等价转化，比如求一些最值时，向平面几何问题转化，这些常规的降维操作需要备考时加强关注与训练．例１如图６－１，在直三棱柱中，底面为直角三角形，．是上一动点，则的最小值为．解析　考虑将立体几何问题通过图形变换，转化为平面几何问题解答．解　连结，沿将展开与在同一个平面内，如图６－２所示，连，则的长度就是所求的最小值．通过计算可得，又故，由余弦定理可求得．例２如图６－３，在四棱锥中，底面，为直角，，分别为的中点．（I）试证：平面；（II）设，且二面角的平面角大于，求的取值范围．解析　对（I），可以借助线面垂直的判定定理，或者借助平面的法向量及直线的方向向量解答；对（II），关键是确定出所求二面角的平面角．解法１（I）证：由已知且为直角，故是矩形，从而．又底面，，故由三垂线定理知．在中，，分别为，的中点，故，从而，由此得面．（II）连接交于，易知为的中点，连接，则在中易知．又因底面，故底面．在底面中，过作，垂足为，连接，由三垂线定理知，从而为二面角的平面角．设，则在中，有．以下计算，考虑底面的平面图（如图６－５），连接，因，故．在中，因，，得．而，，从而得．因此．故知是锐角，故要使，必须，解之得，的取值范围为．解法２（I）如图６－６，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，则易知点，，，，的坐标分别为，，，，．从而，，故．设，则，而为中点，故，从而．，故．由此得．（II）设在平面上的投影为，过作垂足为，由三垂线定理知．从而为二面角的平面角．由得，，．设，则，由得，即．　　　　　①又因，且与的方向相同，故，即．　　　　　②由①②解得，从而．．由知是锐角，由，得，即．故的取值范围为．[规律小结]　　立体几何中的最值与范围，需要首先确定最值或范围的主体，确定题目中描述的相关变动的量，根据必要，可确定是利用几何方法解答，还是转化为代数（特别是函数）问题解答．其中的几何方法，往往是进行翻折变换，这时可以想象实际情形，认为几何体是利用硬纸等折成的，可以动手翻折的，在平时做练习时，不妨多动手试试，培养自己的空间想象能力，在考试时就可以不动手，动脑想就可以了．特别注意变动的过程，抓住变动的起始与终了等特殊环节．-15-河南省滑县教师进修学校申治国的专题突破立体几何之《立体几何中的最值问题》考点误区分析（１）这类问题容易成为难点，关键是学生的空间想象能力缺乏，或者对问题的转化方向不明确．因此，要注意常见的转化方向，如化立体几何问题为平面几何问题，或化立体几何问题为代数问题等，根据题目特征进行转化．（２）对题目所描述的情形没有清醒的认识也是造成错解的主要原因，注意产生量的变化的主要原因是什么，相关的数量和位置关系都做怎样的变化，抓住问题的关键，才能顺利解决问题．同步训练１．如图６－７，在直三棱柱中，，，，分别为的中点，沿棱柱的表面从到两点的最短路径的长度为．２．有两个相同的直三棱柱，高为，底面三角形的三边长分别为．用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，全面积最小的是一个四棱柱，则的取值范围是__________．３．如图６－８，正四面体的棱长为1，棱平面，则正四面体上的所有点在平面内的射影构成的图形面积的取值范围是　　　　　．［参考答案］１．［解析］分别将沿折到平面上；将沿折到平面上；将沿折到平面上；将沿折到平面上，比较其中长即可．［答案］．２．［解析］可知，全面积最小的是四棱柱面积为，全面积最小的是三棱柱面积为，解即可．［答案］．３．［解析］当所在的直线与平面平行时，所求射影面积最大，为；当所在的直线与平面垂直时，所求射影面积最小，可求得为．［答案］．-16-河南省滑县教师进修学校申治国的专题突破立体几何之《立体几何中的最值问题》河南省滑县教师进修学校申治国的专题突破之《空间直线异面关系的判定与度量》若欲0点通过，请将资料退回，谢谢！考点动向　空间直线的位置关系，除了初中就熟悉的相交与平行外，立体几何中新增加了异面关系，这部分是立体几何的传统重点知识，从客观小题到解答大题都会涉及到，有对异面关系的判定问题，也有对异面程度的度量问题，涉及异面成角与异面直线间的距离，这些问题可以充分考查考生的空间想象能力，解题方法主要是平移直线与借助直线的方向向量等，可以预测考查空间异面直线的问题仍将保持热度．方法范例例如图１－１，已知两个正四棱锥与的高分别为１和２，．（Ⅰ）证明平面；（Ⅱ）求异面直线与所成的角；（Ⅲ）求点到平面的距离．解析　本题设置的三问，有证有算，由于已知为两个同底的正棱锥组合而成的，故可以利用几何体的性质，构造空间直角坐标系，借助向量解答，对于求异面直线所成的角，也可利用定义实施平移解答．解法１　（I）连结，设．因为与都是正四棱锥，所以平面，平面．从而三点在一条直线上，所以平面．（II）由题设知，是正方形，所以．由（I），平面，故可分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图１－２）由题设条件，相关各点的坐标分别是，．所以．于是．从而异面直线与所成的角是．（III）由（II），点的坐标是，，设是平面的一个法向量，由得．取，得．所以点到平面的距离．解法２　（I）取的中点，连结．因为与都是正四棱锥，所以．从而平面．又平面，所以．同理，所以平面．（II）连结，设，由平面及正四棱锥的性质可知在上，从而四点共面．取的中点，连结．因为，所以，从而（或其补角）是异面直线与所成的角．连结．因为，，，所以．从而异面直线与所成的角是．（III）由（I）知，平面，所以平面平面．过作于，则平面，所以的长为点到平面的距离．连结，因为，所以．又，于是．即点到平面的距离是．[规律小结]（１）涉及异面直线的求夹角与距离的问题，求距离在高考最新大纲要求下，只要能解决异面直线的公垂线已知的问题，只需要记住异面直线的公垂线是和它们均垂直且相交的直线即可．因此，求异面直线的夹角是很重要的问题，主要借助异面直线夹角的定义进行，注意定义中平移的不确定性使问题的解法多样化，常见的有外移，内移，补形等方法．注意平移的好坏取决于是否有利于第二步构造三角形求角．（２）借助直线的方向向量求异面直线的夹角，注意选取点的坐标要容易确定，向量的夹角可以是钝角，而异面直线的夹角只能是锐角或直角．有时，也可以借助基向量的方法解答，而不是建立空间直角坐标系解答．考点误区分析（１）注意第一步的平移十分重要，不可随意而作，否则往往会带来繁杂的运算，要注意实施多次尝试平移，寻找最佳解题，此类问题显然需要构造辅助线解答，充分考查考生的空间想象能力，一般若平移能够很好解决，可以不考虑运用向量的方法．当借助直线的方向向量解决时，若不是特殊角，注意借助反三角函数表示角的基本知识．（２）向量之间的夹角公式求出的可能是钝角，不妨直接利用．而若成角为直-17-河南省滑县教师进修学校申治国的专题突破之《空间直线异面关系的判定与度量》角，有时也用证明代替求解的特殊方法．如对正四面体，求直线与所成的角，容易证明它们互相垂直，则成角为．同步训练１．已知二面角的大小为，为异面直线，且、，则所成的角为（　）.２．在四棱锥中，底面是边长为的菱形．，对角线与相交于点，平面，与平面所成角为．（1）求四棱锥的体积；（2）若是的中点，求异面直线与所成角的大小（结果用反三角函数值表示）．３．如图5所示，分别是的直径，与两圆所在的平面均垂直，．是的直径，，．（１）求二面角的大小；（２）求直线与所成的角．４．如图，四面体中，，分别是，的中点，，．（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成角的大小；（3）求点到平面的距离．［参考答案］１．［解析］直接作草图或想象，不难得出夹角为，注意的干扰．［答案］．２．［解析］对（１），底面菱形的形状确定，实际是两个正三角形拼接成的，求出其面积，再根据已知的线面角求出高，则借助锥体的体积公式可得；对（２），以为坐标原点，射线分别为轴，轴，轴的正半轴，建立空间直角坐标系．求出与的夹角即为所求．或者，取的中点，连接，是异面直线与所成角（或它的补角），在中解出该角即可．［答案］（１）２；（２）．３．［解析］对（１），可知即为所求平面角；对（２），可以为原点，所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，确定的坐标即可求出．［答案］（１）；（２）．４．［解析］对（１），可证；对（２），取的中点，直线与所成的锐角就是异面直线与所成的角．对（３），由可得．（２），（３）也可借助向量解答，对（２），以为原点，所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，确定的坐标即可求出．对（３），可得平面的法向量为，又，点到平面的距离．［答案］（２）；（３）．-18-河南省滑县教师进修学校申治国的专题突破之《空间直线异面关系的判定与度量》河南省滑县教师进修学校申治国的专题突破之《折叠问题的处理技巧》　考点动向　折叠问题在教材中有所体现，也是立体几何传统的典型问题，符合高考试题源于课本高于课本的基本命题理念，同时，折叠问题既可以考查空间想象能力，也考查学生的动手能力及比较等思维方式，因此，一直是备考与命题的重点．方法范例例１（2005·湖南）如图７－１，已知是上、下底边长分别为2和6，高为的等腰梯形，将它沿对称轴折成直二面角．　　（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求二面角的大小．?解析　本题是立体几何中有证有求的典型问题，可以不借助向量解答，借助三垂线定理证明直线异面垂直，然后作二面角的平面角，并解之．也可以借助空间向量，转化为直线的方向向量及平面法向量的关系问题解答．解法１　（I）证明：由题设知，．所以是所折成的直二面角的平面角，即．故可以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图７－２，则相关各点的坐标是，，，．从而，，．所以．（II）解：因为，所以，由（I），所以平面，是平面的一个法向量．设是平面的一个法向量，由取，得．设二面角的大小为，由、的方向可知，>，所以．即二面角的大小是．解法２（I）证明：由题设知，，所以是所折成的直二面角的平面角，即．从而平面，是在面内的射影．因为，，所以，，从而，由三垂线定理得．（II）解由（I），，知平面．设，过点作于，连结（如图７－３），则是在平面内的射影，由三垂线定理得．所以是二面角的平面角．由题设知，所以，，从而，?又，所以，即二面角的大小是．[规律小结]折叠问题往往描述的也是一个运动变化的过程，因此，首先需要能够想象出折叠的过程，并对折叠前后相应的数量关系和位置关系的变化有十分清楚的认识，特别是那些没有变化的量及位置关系，往往对解题起到关键性的作用．考点误区分析解答折叠类问题，最忌没有认识到折叠前后的变化就盲目解答，要加强对比，认识变化产生的解题影响及作用．需要培养读图能力以及动手能力，在平时训练时，需要对折叠问题涉及的图形进行动手演示观察的，就要亲自动手做一下，直到考试时不用动手也可以想到具体情形．同步训练１．（2005·浙江）设是直角梯形两腰的中点，于（如图７－４）．现将沿折起，使二面角为，此时点在平面内的射影恰为点，则的连线与所成角的大小等于_________．２．（2006·山东）如图７－５，在等腰梯形中，，，为的中点，将与分别沿向上折起，使重合于点，则三棱锥的外接球的体积为（　　）．　　３．（2006·江苏）　在正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE:EB＝CF:FA＝CP:PB＝1:2（如图７－５）．将△AEF沿EF折起到的位置，使二面角A1－EF－B成直二面角，连结A1B、A1P．（Ⅰ）求证：A1E⊥平面BEP；（Ⅱ）求直线A1E与平面A1BP所成角的大小；（Ⅲ）求二面角B－A1P－F的大小（用反三角函数表示）-19-河南省滑县教师进修学校申治国的专题突破之《折叠问题的处理技巧》［参考答案］１．［解析］如图７－６，可知为二面角的平面角，于是，又可知，则取中点，有，等腰直角三角形中，有，则．［答案］．２．［解析］所求实际为棱长为１的正四面体的外接球的体积，可将正四面体嵌入正方体中，使正四面体顶点恰好是正方体的顶点，则正方体的棱长为，则球半径为．［答案］．３．［答案］（Ⅱ）；（Ⅲ）．-20-河南省滑县教师进修学校申治国的专题突破之《折叠问题的处理技巧》圆锥曲线专题训练一、选择题１　双曲线的渐近线方程是（）．　　　　　　　２　椭圆的两个焦点为，过椭圆上点作垂直于轴，则长为（　　）．??　??　??３　过抛物线的焦点的直线与抛物线相交于，两点，自，向准线作垂线，垂足分别是，则的大小是（　　）．　　　　　　　　　无法确定４　方程的两个根可分别作为（　　）．　一椭圆和一双曲线的离心率?　两抛物线的离心率　一椭圆和一抛物线的离心率?　两椭圆的离心率５　若抛物线的焦点与椭圆的左焦点重合，则的值为（　　）．　?????　??　?６　曲线与曲线的（　　）．　离心率相等?　焦点相同?　焦距相等?　准线相同７　若双曲线右支上点到双曲线左焦点的距离是24，则点到右准线的距离是（　　）．　１０　　　　　　　　　　　　８　一炮弹在某处爆炸，在处听到爆炸声的时间比在处晚１秒，且处发出的声音恰好１秒后可在处听到，则爆炸点一定（　　）．　在双曲线的一支上　　　　　　　　　　　　　在直线上　　既可在双曲线的一支上，也可在直线上　　无法确定９　已知，椭圆与双曲线和抛物线的离心率分别为，则（）．　　　　１０　过抛物线的焦点作直线交抛物线于，、，两点，若，则等于（　　）．　　　　　　　　　　１１　过圆锥曲线的一个焦点的直线交曲线于两点，且以为直径的圆与相应的准线相交，则曲线为（　　）．　双曲线　　抛物线　　　椭圆　　　　以上都有可能１２　如果椭圆的弦被点平分，则这条弦所在的直线方程是（　）．　　　　二、填空题１３　已知椭圆的离心率为，则的值为　　　　　　．１４　过点的直线中，只有一条与抛物线有唯一公共点，则实数的取值范围是　　　　　　　．１５　过原点的直线与椭圆交于两点，为椭圆的焦点，则四边形面积的最大值是　　　　　　．１６　已知双曲线与椭圆共焦点，它们的离心率之和为，则双曲线的方程是　　　　　　.三、解答题１７　已知椭圆的焦点为，直线是椭圆的一条准线．（１）求椭圆的方程；（２）设直线与这个椭圆相交于两点，求的值．１８　若点都在抛物线上，则称线段为抛物线的弦，对于抛物线，为其焦点．（１）求证过的所有弦中，最短的是通径；（２）若弦过点，求证．１９　已知的两个顶点，设边所在直线的斜率分别是．（１）若，求顶点的轨迹方程；（２）若，求顶点的轨迹．２０　抛物线上的一点到点的距离的最小值记为，求的表达式．２１　自点向抛物线作切线，切点为，且在第一象限，再过线段的中点作直线与抛物-21-2009-2010学年河南省滑县教师进修学校高三年级圆锥曲线专题训练(申治国组织)线交于不同的两点，直线，分别交抛物线于两点．（１）求切线的方程及切点的坐标；（２）证明．２２　已知双曲线，直线与双曲线的实轴不垂直，且依次交直线，双曲线，直线于四点，为坐标原点．（１）若，求的面积；（２）若的面积等于面积的，求证：．参考答案一、选择题１－５　　　　６－１０　　１１－１２　二、填空题１３　４或　；１４　；１５　　８　；１６　．三、解答题１７　（１）设椭圆方程，则，又，则，故椭圆方程是；（２）联立与，得，设，则，．１８　（１），通径长为，设过的弦的直线方程是，与抛物线方程联立，可得，判别式，则，故所证成立．（２）设直线方程是，联立抛物线方程得，设，则有，于是，即．１９　设，则．（１）若，即，得为所求．（２）若，即，得，轨迹是以为顶点的双曲线（除去两个顶点）．２０　　由，故，，其中．（１）当时，当且仅当时，；（２）当时，当且仅当时，；综上可知，２１（１）设切线的方程为，代入得，由得，的方程为，易得切点．（２）线段的中点，设过点的直线的方程为，与交于，由，有．再设，，要证，只要证即可．由．由三点共线，有，∴，，∴，又∴．同理，由三点共线得，∴所以．２２　（1）设得，显然,即．设设由．,所以．所以,整理，得．,．（２）设,,,．又,-22-2009-2010学年河南省滑县教师进修学校高三年级圆锥曲线专题训练(申治国组织)涉球问题的处理技巧考点动向　因为圆锥与圆柱基本退出课本，于是，球作为立体几何中唯一保存的旋转体，成为考查的重点，基本属于必考题目．而且球相关的特殊距离，即球面距离是一个备考的重点，要熟练掌握基本的解题技巧．还有球的截面的性质的运用，另外就是其它几何体的内切球与外接球类组合体问题，也是应特别加以关注的．题目一般属于中档难度，往往单独成题，或者在解答题中以小问的形式出现．方法范例例１如图５－１，在斜三棱柱中，，，侧面与底面所成的二面角为，分别是棱的中点．（Ⅰ）求与底面所成的角；（Ⅱ）证明∥平面；（Ⅲ）求经过四点的球的体积．解析　对（Ⅰ）可求得与底面所成的角为；对（Ⅱ），可由与和的中点的连线平行证得；对（Ⅲ），关键是寻找球心．解（Ⅲ）如图５－２，连结，在和中，由于，，，则，故，由已知得．又∵平面，∴为的外心．设所求球的球心为，则，且球心与中点的连线．在中，可得即为所求球的半径，故球的体积．例２将半径都为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为（　　）．（A）（B）（C）（D）解析　本题是球与正四面体的综合．利用对称性，如图５－３，四个球在正四面体的每一个角一个，球心分别是．所求高分三部分计算，四个球的球心两两连结，构成一个棱长为２的正四面体，易得其高是．再求如图的长，在直角三角形中，是底面中心．，故．所求是．选（C）．[规律小结]（１）关于球的问题，主要有球的截面性质问题，球面距离问题，内切球与外接球问题等．要掌握好球的截面的两条性质，即球的截面是圆，且圆心与球心的距离，截面圆的半径与球的半径满足；要掌握好球面距离的概念，即球面上两点间的球面距离是指过这两点的球的大圆上两点间的劣弧的长，计算球面距离分两步，首先求出两点间的距离，然后求出两点所确定的弦在大圆上所对的圆心角，则圆心角的弧度数与球半径的乘积为所求．（２）解决各类问题的基本要求是能够想象出实际位置关系，将问题转化为“无球”问题．关于球的组合体问题，需要深入细致的分析其中的数量关系和位置关系，将问题进行分解与转化，特别是球的内接几何体问题，因为柱体的外接