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遼寧省大連23中2009年高考數學第二輪復習秘笈2：

解析幾何

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.

試題詳情

遼寧省大連23中2009年高考數學第二輪復習秘笈1：

二次函數

.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.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.

試題詳情

高三物理二輪復習查漏補缺（二）

班次姓名學號

1. 如圖所示是邁克爾遜用轉動八面鏡法測光速的實驗示意圖，圖中S為發光點，T是望遠鏡，平面鏡O與凹面鏡B構成了反射系統。八面鏡距反射系統的距離為AB＝L（L可長達幾十千米），且遠大于OB以及S和T到八面鏡的距離。現使八面鏡轉動起來，并緩慢增大其轉速，當轉動頻率達到f₀并可認為是勻速轉動時，恰能在望遠鏡中第一次看見發光點S，由此邁克爾遜測出光速c。根據題中所測量的物理量得到光速c的表達式正確的是（）

A. c＝4Lf₀B. c＝8Lf₀

C. c＝16Lf₀ D. c＝32Lf₀

2.對一定質量的氣體，若用N表示單位時間內與器壁單位面積碰撞的分子數，則（）

A．當體積減小時，N必定增加　　

B．當溫度升高時，N必定增加

　C．當壓強不變而體積和溫度變化時，N必定變化

D．當壓強不變而體積和溫度變化時，N可能不變

3.設有一固定的S極磁單極子，其磁場分布與負點電荷電場分布相似，周圍磁感線呈均勻輻射狀分布，如圖所示。距離它對r處磁感應強度大小為B=k/r2，k 為常數，現有一帶正電的小球在S極附近做勻速圓周運動，則關于小球做勻速圓周運動的判斷正確的是( )

A．小球的運動軌跡平面在S的正上方，如圖甲所示

B．小球的運動軌跡平面在S的正下方，如圖乙所示

C．從S極看去小球的運動方向是順時針的

D．從S極看去小球的運動方向是逆時針的

4.某同學在學習了法拉第電磁感應定律之后，自己制作了一

個手動手電筒，如圖是手電筒的簡單結構示意圖，左右兩端是兩塊完全相同的條形磁鐵，中

間是一根絕緣直桿，由絕緣細銅絲繞制的多匝環形線圈只可在直桿上自由滑動，線圈兩端接

一燈泡，晃動手電筒時線圈也來回滑動，燈泡就會發光，其中O點是兩磁極連線的中點，a、

b兩點關于O點對稱，則下列說法中正確的是（　　　）

A．線圈經過O點時穿過的磁通量最小

B．線圈經過O點時受到的磁場力最大

C．線圈沿不同方向經過b點時所受的磁場力方向相反

D．線圈沿同一方向經過a、b兩點時其中的電流方向相同

5. 橫波波源做間歇性簡諧運動，周期為0.05s,波的傳播速度　

為20 m/s，波源每振動一個周期，停止運動0.025s，然后重復振動，在t=0時刻，波源開始從平衡位置向上振動，則下列說法中正確的是（）

A．在前1.7s內波傳播的距離為17m

B．若第1.7s末波傳播到P點，則此時P點的振動方向向下

C．在前1.7s時間內所形成的機械波中，共有23個波峰

D．在前1.7s時間內所形成的機械波中，共有23個波谷

6. 研究表明，無限大的均勻帶電平面在周圍空間會形成與平面垂直的勻強電場．現有兩塊無限大的均勻絕緣帶電平面，一塊帶正電，一塊帶負電，把它們正交放置如圖甲所示，單位面積所帶電荷量的數值相等．圖甲中直線A₁B₁和A₂B₂分別為帶正電的平面和帶負電的平面與紙面正交的交線，O為兩交線的交點．則圖乙中能正確反映等勢面分布情況的是( )

7. A、B兩滑塊在一水平長直氣墊導軌上相碰.用頻閃照相機在t₀=0, t₁=Δt,t₂=2Δt, t₃=3Δt各時刻閃光四次,攝得如圖所示照片,其中B像有重疊,m_B=m_A,由此可判斷（）

A. 碰前B靜止,碰撞發生在60cm處, t=2.5Δt時刻

B. 碰后B靜止,碰撞發生在60cm處, t=0.5Δt時刻

C. 碰前B靜止,碰撞發生在60cm處, t=0.5Δt時刻

D. 碰后B靜止,碰撞發生在60cm處, t=2.5Δt時刻

8.用大量具有一定能量的電子轟擊大量處于基態的氫原子，觀測到了一定數目的光譜線。調

高電子的能量再次進行觀測，發現光譜線的數目原來增加了5條。用△n表示兩次觀測中

最高激發態的量子數n之差，E表示調高后電子的能量。根據氫原子的能級圖可以判斷，

△n和E的可能值為( )

A．△n＝1，13.22 eV＜E＜13.32 eV

B．△n＝2，13.22 eV＜E＜13.32 eV

C．△n＝1，12.75 eV＜E＜13.06 eV

D．△n＝2，12.72 eV＜E＜13.06 eV

9.如圖所示的“S”字形玩具軌道，該軌道是用內壁光滑的薄壁細圓管彎成，固定在豎直平面內，軌道彎曲部分是由兩個半徑相等的半圓連結而成，圓半徑必細管內徑大得多，軌道底端與水平地面相切。彈射裝置將一個小球（可視為質點）從點水平彈射向點并進入軌道，經過軌道后從P點水平拋出，已知小物體與地面ab段間的動摩擦因數μ=0.2，不計其它機械能損失，ab段長L=1.25m，圓的半徑R=0.1m，小物體質量 m=0.01kg，軌道質量為M=0.15kg，g=10m/s² 求：（1）若v₀=5m/s，小物體從P點拋出后的水平射程；

（2）若v₀=5m/s，小物體經過軌道的最高點時管道對小物體作用力的大小和方向；

（3）設小球進入軌道之前，軌道對地面的壓力大小等于軌道自身的重力，當v₀至少為多大時，可出現軌道對地面的瞬時壓力為零。

10.如圖所示的直角坐標系中，在直線x=－2l₀到y軸區域內存在著兩個大小相等、方向相反的有界勻強電場，其中x軸上方的電場方向沿y軸負方向，x軸下方的電場方向沿y軸正方向。在電場左邊界上A（－2l₀，－l₀）到C（－2l₀，0）區域內，連續分布著電量為＋q、質量為m的粒子。從某時刻起由A點到C點間的粒子，依次連續以相同的速度v₀沿x軸正方向射入電場。若從A點射入的粒子，恰好從y軸上的A′（0，l₀）沿x軸正方向射出電場，其軌跡如圖。不計粒子的重力及它們間的相互作用。⑴求勻強電場的電場強度E；

⑵求在AC間還有哪些位置的粒子，通過電場后也能沿x軸正方向運動？

11. 如圖所示，質量為M＝2kg的長木板上表面光滑，與水平地面間的動摩擦因數為m＝0.2，在板上放有兩個小物體，可看作質點，左邊的小物體質量為m₁＝1.5kg，距木板左端為s₁＝8m，右邊的小物體質量為m₂＝0.5kg，與m₁的距離為s₂＝4m。現敲擊木板左端使其瞬間獲得10m/s向右的初速度，求：

（1）初始時板的加速度；

（2）板與m₁分離所需的時間；

（3）木板從開始運動到停下來所發生的位移。

12. 如圖所示，間距為l的兩條足夠長的平行金屬導軌與水平面的夾角為θ，導軌光滑且電阻忽略不計。場強為B的條形勻強磁場方向與導軌平面垂直，磁場區域的寬度為d₁，間距為d₂。兩根質量均為m、有效電阻均勻為R的導體棒a和b放在導軌上，并與導軌垂直。（設重力加速度為g）⑴若a進入第2個磁場區域時，b以與a同樣的速度進入第1個磁場區域，求b穿過第1個磁場區域過程中增加的動能ΔE_k。⑵若a進入第2個磁場區域時，b恰好離開第1個磁場區域；此后a離開第2個磁場區域時，b又恰好進入第2個磁場區域。且a、b在任意一個磁場區域或無磁場區域的運動時間均相等。求a穿過第2個磁場區域過程中，兩導體棒產生的總焦耳熱Q。⑶對于第⑵問所述的運動情況，求a穿出第k個磁場區域時的速率v。

高三物理二輪復習查漏補缺（二）

題號

答案

ＣＤ

9. (1) 小物體運動到P點時的速度大小為v₀，對小物體由點運動到P點過程應用動能定理得: － (3分)

小物體自P點做平拋運動，設運動時間為t，水平射程為s，則：

(2分)

聯立代入數據解得 =0.98m (1分)

(2) 設在軌道最高點時管道對小物體的作用力大小為F，取豎直向下為正方向

(2分)

聯立代人數據解得

F=11N (1分)

方向豎直向下 (1分)

(3) 分析可知，要使小球以最小速度運動，且軌道對地面的壓力為零，

則小球的位置應該在“S”形軌道的中間位置， (2分)

則有： (2分)

(2分)

解得： =5m／s (1分)

10. ⑴ 從A點射出的粒子，由A到A′的運動時間為T，根據運動軌跡和對稱性可得

x軸方向 y軸方向得：

⑵ 設到C點距離為△y處射出的粒子通過電場后也沿x軸正方向，粒子第一次達x軸用時△t，水平位移為△x，則

若滿足，則從電場射出時的速度方向也將沿x軸正方向

解之得：即AC間y坐標為（n = 1，2，3，……）

11.（1）m（M＋m₁＋m₂）g＝Ma₁，a₁＝4m/s²，

（2）s₁＝v₀t₁－a₁t₁²/2，t₁＝1s，

（3）m（M＋m₁＋m₂）gs₁＋m（M＋m₂）gs₂＋mMgs₃＝Mv₀²/2，s₃＝4m，s＝s₁＋s₂＋s₃＝16m，

12. ⑴a和b不受安培力，由機械能守恒，ΔE_k=mgd₁sinθ；⑵設棒剛進入無磁場區域（剛離開磁場區域）時的速度為v₁，剛離開無磁場區域（剛進入磁場區域）時的速度為v₂，由已知，每次進入、離開各區域的速度總是相同的。兩棒每次進、出一個區域，系統初動能和末動能是相同的，由能量守恒，該階段系統減少的重力勢能全部轉化為焦耳熱，即Q=mg(d₁+d₂)sinθ；⑶每根棒在無磁場區域做勻加速運動，v₂-v₁=gtsinθ…①，v₂²-v₁²=2gd₂sinθ…②，在有磁場區域以沿斜面向下為正方向用動量定理mgtsinθ-BlIt=m(v₁-v₂)…③，其中It=q，而，因此有…④，由②④得…⑤，由④⑤得