巧思妙解2011年高考数学题（北京卷）

巧思妙解2011年高考数学题（北京卷）

杨洪林

1.（文19）已知椭圆的离心率为，右焦点为（2,0）.斜率为1的直线与椭圆交于A,B两点，以AB为底边作等腰三角形，顶点为.

（1）求椭圆的方程；

（2）求△PAB的面积.

【参考答案】

（1）……

（2）设直线l的方程为由

得

设A、B的坐标分别为

AB中点为E，

则.

因为AB是等腰△PAB的底边，所以PE⊥AB.

所以PE的斜率解得m = 2.

此时方程①为解得

所以 所以|AB|=.

此时，点P（—3，2）到直线AB：的距离

所以△PAB的面积S=

·巧思·

① 椭圆的方程中，y²的系数是x²系数的3倍，故由直线方程和椭圆方程合成的方程组中，消去x得关于y的一元二次方程，一定式子比较简单、运算比较方便。

② 求出x_A = 0或y_A = 2 = y_p后，便知△PAB又是直角三角形（?APB为直角），故其面积可用

∣PA∣²计算，而不必先求P到AB的距离d、再用∣AB∣·d计算。

③ 注意点P的坐标为（-3, 2），而椭圆的方程中，也有b = 2，故可猜想点A（0, 2）；再令x_B = - 3,得B（-3, -1），果然有k_AB = 1,于是△PAB又是直角三角形……

·妙解·

解法1：设l：x = y–2n ①, PD⊥AB于D∣AD∣ =∣BD∣.

①代入G： y²- ny + n²- 3 = 0

2y_D = y_A + y_B = n，且l_PD：x + y + 1 = 0 ②.

①②y_D =  n - = n = 1 y²- y - 2 = 0 y_A = 2 = y_p

PA∥x轴PB∥y轴 S_△PAB = ∣PA∣² = .

解法2：椭圆G的上端点为C（0,2） PC⊥y轴，∣PC∣= 3.

作PD⊥x轴，且使∣PD∣= 3D（-3,-1）在G上.

k_CD = 1AB与CD重合S_△PAB = S_△PCD = .

【评注】

① 有关平面解析几何的命题，经常会出现一次方程和二次方程合成的方程组。如果x²的系数大于y²的系数（指绝对值），就要消去y得关于x的一元二次方程；否则便反之……

② 三角形的面积公式，除了底×高，还有其他形式；即使采用“底×高”，也要适当地选取“底”和“高”——特别是遇到直角三角形时，更要注意选取的适当、得当、恰当。

③ 观察命题条件的特点，分析命题结论的要求，揣测命题内含的本意，可能出现“意想不到”的“拍案惊奇”，收获“喜出望外”的“信手拈来”。

2.（理19）已知椭圆.过点（m,0）作圆x² + y² = 1的切线l交椭圆于A，B两点.

（1）求椭圆G的焦点坐标和离心率；

（2）将表示为m的函数，并求的最大值.

【参考答案】

（1）……焦点坐标为，离心率为.

（2）由题意知，∣m∣≥1.

当时，切线l的方程为，

点A、B的坐标分别为此时.

当m = －1时，同理可得.

当∣m∣＞1时，设切线l的方程为

由.

设A、B两点的坐标分别为，

则.

又由l与圆

所以

=

由于当时，

所以.

因为∣AB∣==≤2.

且当时，|AB|= 2，所以|AB|的最大值为2.

·巧思·

① 将直线l的方程设为x = ty + m型（l与y轴不垂直），可避免对其位置的分类讨论，

且式子比y = k（x - m）简单。

② 由直线方程和椭圆方程消去x，得到关于y的一元二次方程，同样可以解决问题，

并且式子比较简单、容易运算。

③ 利用“x₁、x₂是方程ax²+bx+c=0的两个根∣x₁ - x₂∣=”，可以避免求出两根

之和、两根之积以及繁琐的运算。

·妙解·

（2）由题可设l：x = t y + m= 1m²= t² + 1.

由l、G（t y + m）² + 4 y²= 4（t ²+ 4）y ²+ 2t my + m²- 4 = 0

⊿ = 4 t ²m² - 4（t ²+ 4）（m²- 4）= 64 -16（m²- t ²）= 48

∣AB∣=·∣y_A-y_B∣=·=        

=≤2∣m∣=时，∣AB∣_max= 2.

【评注】

① 直线方程的待定式，既可设为y = f（x）型，也可设为x = g（y）型——由于“习惯作用”，我们通常只想到采用前者而忽略了采用后者。

② 含有二元一次方程和二元二次方程（不含一次项）的方程组中，未知数x和y的“地位”是“平等”的：既可消去y得关于x的一元二次方程，也可消去x得关于y的一元二次方程——由于“习惯作用”，我们通常只想到采用前者而忽略了采用后者。

③“习惯作用”实质是“思维定势”。考虑问题不能受“思维定势”的影响，解决问题不能受“思维定势”的影响，而要“因地制宜”、“随机应变”！

3.（文20）若数列A_n：a₁，a₂,…，a_n（n≥2）满足∣a_k+1 - a_k∣= 1（k = 1,2,…, n -1），则称数列A_n为E数列，记S（A_n）= a₁ + a₂,+ … + a_n.

（1）写出一个E数列A_n满足a₁ = a₃= 0；

（2）若，n = 2000，证明：E数列A_n是递增数列的充要条件是= 2011；

（3）在a₁      = 4的E数列A_n中，求使得S（A_n）= 0成立的n的最小值.

【参考答案】

（1）……

（2）必要性：

因为E数列A_n是递增数列，

所以a_k+1 - a_k= 1（k = 1,2,…,1999）,

所以A_n是首项为12，公差为1的等差数列，

所以a₂₀₀₀ = 12 +（2000 — 1）×1 = 2011.

充分性：

由于a₂₀₀₀ - a₁₉₉₉≤1，a₁₉₉₉ - a₁₉₉₈≤1，……，a₂ - a₁≤1，

所以a₂₀₀₀ - a₁≤19999，即a₂₀₀₀≤a₁+1999.

又因为a₁ = 12，a₂₀₀₀ = 2011,所以a₂₀₀₀ = a₁ + 1999.

故a_k+1 - a_k = 1＞0（k = 1,2,…,1999）,即A_n是递增数列.

综上，结论得证.

（3）对首项为4的E数列A_n，由于

a₂ ≥a₁ - 1 = 3，a₃ ≥a₂ - 1≥2，…，a₈ ≥a₇– 1≥-3，…，

所以    a₁ + a₂ + …+ a_k ＞0（k = 2,3,…,8）.

所以对任意的首项为4的E数列A_n，

若S（A_n）= 0，则必有n≥9.

又a₁    = 4的E数列A₉：4,3,2,1,0,-1,-2,-3,-4

满足S（A_n）= 0，所以n的最小值是9.

·巧思·

①（2）中，“必要性”和“充分性”不必分开证明，利用“等价于”或者“当且仅当”，便可合并操作、同时进行；如此，则“快刀斩乱麻”而显得“干脆利落”。

②（3）中，利用一个显然的道理：“E数列A_n中，a₁  = 4 ＞0，若尽快地（最小的n）满足S（A_n）= 0，则A_n必为递减数列”，便可迅速得解，而不必证明“n≥9”。

·妙解·

（2）,∣a_k+1 - a_k∣= 1（k = 1,2,…,n -1）a₂₀₀₀≤2011,

当且仅当a_k+1 - a_k = 1（k = 1,2,…,n -1）时，a₂₀₀₀ = 2011.

故E数列A_n是递增数列a₂₀₀₀ = 2011.

（3）题设 E数列A_n为递减数列时，n最小

n = 4×2 + 1 = 9为最小.

【评注】

① 对于“充要条件”一类命题的证明，不一定“按部就班”地先证明“充分性”、后证明“必要性”（或者交换两者顺序），而应考虑是否可以“合二而一”——遇到相关元素之间的等价性（或者图形的唯一性）比较明显时，这种可能性就往往存在。

② 对于一些道理十分浅显、明显的问题，我们不必“舍近求远”地“自寻烦恼”，甚至于

“舍本逐末”地“故弄玄虚”，而“回归自然”的解题方法倒是不妨一试的。

4.（理20）若数列A_n： a₁，a₂,…，a_n（n≥2）满足∣a_k+1 - a_k∣= 1（k = 1,2,…, n -1），

则称数列A_n为E数列，记S（A_n）= a₁ + a₂,+ … + a_n

（1）写出一个满足，且S（A_n）＞0的E数列A_n；

（2）若，n = 2000，证明：E数列A_n是递增数列的充要条件是= 2011；

（3）对任意给定的整数n（n≥2），是否存在首项为0的E数列A_n，使得S（A_n）= 0？

如果存在，写出一个满足条件的E数列A_n；如果不存在，说明理由。

【参考答案】

（1）……

（2）（同文20）

（3）令c_k = a_k+1 - a_k（k = 1,2,…, n -1）,则c_k =±1.

因为a₂ = a₁ + c₁，a₃ = a₁ + c₁ + c₂ ,…, a_n = a₁+ c₁ + c₂ + … + c_{n -1},

所以S（A_n）= na₁ +（n -1）c₁ +（n -2）c₂ +（n -3）c₃ + … + c_{n -1}

=（n -1）+（n -2）+ … + 1–[（1 - c₁）（n -1）+（1 - c₂）（n -2）+ … +（1- c_{n -1}）]

=-[（1 - c₁）（n -1）+（1 - c₂）（n -2）+ … +（1- c_{n -1}）].

因为c_k =±1，所以1 - c_k 为偶数（k = 1,2,…, n -1）,

所以（1 - c₁）（n -1）+（1 - c₂）（n -2）+ … +（1- c_{n -1}）为偶数.

所以要使S（A_n）= 0，必须使为偶数，即4整除n（n -1），

亦即n = 4m或 n = 4m + 1（m ∈N﹡）.

当n = 4m（m ∈N﹡）时，E数列A_n的项满足

a_{4k -1} = a_{4k -3} = 0，a_{4k -2} = - 1，a_4k = 1（k = 1,2,…, m）时，

有a₁ = 0，S（A_n）= 0；

当n = 4m + 1（m ∈N﹡）时，E数列A_n的项满足

a_{4k -1} = a_{4k -3} = 0，a_{4k -2} = - 1，a_4k = 1（k = 1,2,…, m）时，

有a₁ = 0，S（A_n）= 0；

当n = 4m + 2或n = 4m + 3（m ∈N）时，n（n -1）不能被4整除，

此时不存在E数列A_n，使得a₁ = 0，S（A_n）= 0.

·巧思·

① 由a₁ = 0，∣a_k+1 - a_k∣= 1（k = 1,2,…, n -1）便知：E数列A_n的奇数项是偶数，偶数项是奇数；进而得知：使得S（A_n）= 0的数列中，偶数项的个数是偶数，而奇数项则不限，因此n = 4m或n = 4m + 1（m ∈N﹡）。如此，则“一干二净、一清二楚”。

② 要作出满足条件的E数列A_n，只要列举数列0,1,0，-1,0,1,0，-1……（依次循环），便将n = 4m时和n = 4m + 1时的情况合并给出，而无须用许多字母和符号详细地描述，更无须先后“分别介绍”（实际表达式一样）。如此，则“一目了然、一览无遗”。

·妙解·

（3）a₁ = 0，∣a_k+1 - a_k∣= 1（k ∈N﹡） a₁,a₃…是偶数，a₂,a₄…是奇数

 S（A_4m）、S（A_4m+1）是偶数，S（A_4m+2）、S（A_4m+3）是奇数（m ∈N）.

 S（A_4m+2）≠ 0，S（A_4m+3）≠ 0，而可能 S（A_4m）= 0，S（A_4m+1）= 0，

且由数列：0,1,0，-1,0,1,0，-1……（依次循环）便知，可以满足要求.

【评注】

① 整数的性质：奇数个奇数的和是奇数，偶数个奇数的和是偶数；奇数±偶数 = 奇数，奇数×奇数 = 奇数，奇数×偶数 = 偶数；两个连续整数中必有一个奇数、一个偶数……掌握这些性质，可对某些与整数有关的问题有所帮助，教师应向学生适当举例介绍。

② 能够用初级的知识快速解决的问题，就不必用高级的学问“不慌不忙”地“细嚼慢咽”；能够用浅显的道理简单说明的问题，就不必用深奥的理论“煞有介事”地“旁征博引”；

要让广大学生能够听得懂、学得会、用得上……对此，我们应引起重视、引以为鉴。

【小结】

①数学是美的，“简洁美”是其中之一，也是主要的数学美，解决数学问题应当——力求

简洁、简明、简单、简便，力求创优创新、尽善尽美。亦即：应当——探求尽可能简明

的思路、尽可能简便的解法，探求尽可能简洁的语句、尽可能简短的表述。

② 如果某个数学问题的解答过程比较复杂、步骤比较冗长，我们就要思考：这个解法算得

上“较好”吗？“很好”吗？“极好”吗？还能够“改变”吗？“改造”吗？“改进”吗？亦即：教师传输给学生的知识，不仅应当是“正品”，而且还应当是“精品”、“极品”。

③“通解通法”固然需要掌握，然而知识的灵活运用对于培养学生的能力更加重要、必要

甚至首要，何况高考综合题一般也不是仅用“通解通法”就能奏效的：尽管教师“千回

万回”地讲解，学生“千遍百遍”地练习，最后面对试卷，许多人还是一筹莫展、百思

不解——这个问题更值得我们思考、思索、思虑……

 

作者简介：杨洪林，男，江苏镇江人；1980年毕业于镇江师范专科学校数学系，先后就职于镇江四中和市物资局，担任中学数学教师和电大辅导教师；现已退休，继续致力于中等数学的学习和研究。

 

2011-07-08  人教网