知识交汇

2025-01-17

知识交汇（精选10篇）

知识交汇篇1

2007年天津市高考数学一科的考试, 按照“考查基础知识的同时, 注重考查能力”的原则, 确立以能力立意命题的指导思想, 将知识、能力与素质融为一体, 全面检测考生的数学素养。其中在设计知识网络交汇点、考查数学能力方面有一些新意。下面以数学理科试卷中的第10题为例, 先给出该题的四种解题方法, 然后逐一进行分析。

一、试题及其解题方法

题目:设两个向量, 其中λ, m, α为实数.若, 则的取值范围是 () .

(A) [-6, 1] (B) [4, 8]

方法一:特例排除

解:由.令, 与λ+2=2m联立, 解得, , 代入λ2-cos2α=m+2sinα, 解得sinα=1 (成立) , 故排除 (B) 和 (D) ;再令, 与λ+2=2m联立, 解得.代入λ2-cos2α=m+2sinα, 解得 (不成立) , 故排除 (C) , 选 (A) .

方法二:构造函数

解:由, 得.消去λ, 得4m2-9m+2=- (sinα-1) 2, 而-4≤- (sinα-1) 2≤0, 即-4≤4m2-9m+2≤0, 解得.而, 得, 即.选 (A) .

方法三:构造不等式

解:设, 得λ=mt, 由, 得.考虑方程组.消去λ和m, 得, 即, 解得-6≤t≤1, 即.选 (A) .

方法四:数形结合

解:由得.设μ= (sinα-1) 2-2, 得-2≤μ≤2.则关于m和λ的方程λ2=m-μ在平面直角坐标系mOλ中表示的曲线是顶点为 (μ, 0) , 开口向右的动态抛物线.故方程组, 的解的几何意义就是直线λ=2m-2与动态抛物线λ2=m-μ (-2≤μ≤2) 的公共点 (m, λ) , 而则是所有这些公共点中的任意点与原点O所成直线的斜率.

如图, 从运动的观点看, 当抛物线λ2=m-μ的顶点 (μ, 0) 从点A (2, 0) 向左平移到点B (-2, 0) 时, 相应的抛物线λ2=m-2向左平移到抛物线λ2=m+2, 其过程经历了与直线λ=2m-2无公共点、有1个公共点、有2个公共点, 解方程组, 可得出直线λ=2m-2和抛物线λ2=m+2的公共点为C (2, 2) , .因此, 动态公共点的集合就是线段CD上所有点的集合, 设直线OC, OD的斜率分别为k1, k2得, 而k1=1, k2=-6, 得, 选 (A) .

二、交汇知识网络、考查数学能力的三个特征

1. 呈现简缩知识点的隐性表述。

该题涉及的知识以向量为依托, 看似单一平常, 但其中内含了除向量外的多种基础知识, 它们依不同的解题方法而呈现。方法一中有:方程组、二次方程、同角三角函数关系式、正弦函数的值域;方法二中有:方程组、同角三角函数关系式、正弦函数的值域、二次函数的性质、一元二次不等式、分式函数的限定定义域及值域;方法三中有:方程组、同角三角函数关系式、正弦函数的值域、二次函数的性质、分式不等式;方法四中有:方程组、同角三角函数关系式、正弦函数的值域、二次函数的性质、开口向右的抛物线、直线的斜率。这四种方法共涉及除向量外的10种基础知识, 每种方法至少涉及4种知识, 连同向量的坐标表示与共线向量, 每种方法至少涉及6种知识, 这些知识交织汇合在一起, 用3个变量λ, m, α以简缩的方式给出了隐性的表述。无论考生用哪种方法解题, 都需要具备化隐性为显性的能力, 仅在向量范围内是不好解决问题的。如方法一中, 取为特殊值后, 后续所用的知识与向量无关, 即不能用向量的知识验证该特殊值是否正确, 必须要经历用新知识点检验的过程, 从这一步骤起, 应用新知识和新技能确定解题新目标需要考生具有相应的能力, 这也是设计用特例法解选择题的新尝试, 它使对数学基础知识的考查达到了必要的深度。

2. 体现数学思想方法的综合和灵活运用。

方法一中运用了特殊与一般的思想、整体思想、方程思想, 其中一般问题特殊化处理是解答选择题常用的方法, 该题在如何选取特殊值时需要考生对四个选项进行整体思考, 一旦选定特殊值, 后续的工作主要是在方程思想的支配下求解。

方法二中运用了化归与转化思想、函数与方程思想, 其中化归与转化是贯穿解题思路的主线, 构造函数是实现主线的具体途径, 第一个函数为y=- (sinα-1) 2, 第二个函数为y=4m2-9m+2, 第三个函数为, 其中y就是目标变量.使我们看到该题内部的知识链条:, 这种化归与转化的思路一直转化到求sinα的范围而止, 从而逆回去可逐步求出范围的。

方法三中也运用了化归与转化思想、函数与方程思想, 与方法二所不同的是方法三采用的是先换元 (令) 后化归, 直接沟通t与α的关系, 最终通过解关于t的不等式而得结果。事实上从函数的角度统一看, 方法二与方法三没有本质上的区别。

方法四中运用了数形结合思想、动态思想、函数与方程思想, 揭示数的几何意义是该方法的内涵, 其中, 解释和的几何意义是该方法的思维主线, 而引进函数μ= (sinα-1) 2-2的作用是为了确定动态抛物线的运动特征。

考查数学思想方法是高考数学科的一项基本要求, 结合数学知识考查数学思想方法, 能反映出考生对数学思想方法的理解和掌握程度, 是对考生潜能考查的有效途径。正是由于该题知识点的简缩隐性表述, 才使得考生必须具备较强的综合和灵活运用数学思想方法的能力, 能在由, 得到后, 依自己对该题的认识灵活选择恰当的数学思想方法综合求解。因此, 该题体现了对数学思想方法的考查是对数学知识在更高层次上的抽象和概括的考查。

3. 注重数学思维能力的核心立意。

按照心理学比较认同的看法, “能力”可理解为:对活动的顺利有效进行起直接、稳定的调控作用的一种个性心理特征。在解答数学题这一特定的活动中, 数学思维能力的发挥是影响考生答题质量的重要方面, 也是高考对突出能力与学习潜能考查的要求, 因此, 该题以数学思维能力为核心确定其立意的立足点。从上面的四种解题方法来看, 该题涉及的数学思维能力主要有:发现关系能力、发现属性能力、数学转换能力、模式识别能力、数学变式能力、运算推理能力等。在每种方法相应的解题过程的相邻两个环节中, 从前一环节的入口到出口, 再到连接下一环节的入口处, 相应的能力要求是对考生能否顺利过关的重要检测标尺。同时, 这些能力在简缩知识点的隐性表述及数学思想方法的综合和灵活运用中, 也为考生依自己的能力特长提供了自由发挥的空间。

首先, 该题的四种解题方法都需要考生具有通过来发现三个变量λ, m, α之间关系的能力, 后继所需要的能力各有所不同。方法一通过观察、分析和比较采用了特例排除的方法, 对取特殊值后, λ, m, α的属性 (相应的数值) 是通过解方程 (组) 得到的, 由此才能确定某选项是否被排除。方法二需要考生具有通过消去λ (也可以消去m) 得到变式4m2-9m+2=- (sinα-1) 2的能力, 对该式的模式识别非常关键, 只有确定m的属性, 才能确定的属性。因此要进行转换:由方程4m2-9m+2=- (sinα-1) 2到构造函数, 再由函数y=- (sinα-1) 2的定义域到其值域, 即由函数y=4m2-9m+2的值域再到其定义域, 也即m的取值范围, 最终确定的取值范围。对考生的模式识别能力和转换能力有较高的要求。方法三在换元后如何发现t与α的关系是突破口, 其后需要的转换能力与方法二相同。方法四从解释几何意义入手, 需要考生具有得到变式λ2=m-[ (sinα-1) 2-2]的能力, 从而发现动态公共点的属性, 为求斜率的范围疏通道路。另外, 四种解题方法中的运算推理能力贯穿始终, 是求解该题最基本的能力。

总之, 该题以能力立意, 从交汇知识网络入手设计, 考生可以从不同的角度思考并解答。需要考生既具有扎实的基础知识和熟练的基本技能, 又具有全面的数学思想方法和较强的数学思维能力, 还要适时调控自己的解题过程, 在释放自己智慧能量的同时, 需要树立战胜困难的信心, 体现锲而不舍的精神。

知识交汇篇2

一、平面向量与平面几何交汇

例1已知O为△ABC的外心，P是△ABC所在平面内的一点，且OA+OB+OC=OP，则P是△ABC的（）

A. 垂心

B. 重心

C. 内心

D. 中心

解析抓住信息OA+OB+OC=OP，将其转化为OB+OC=OP-OA，即OB+OC=AP；再抓住信息点O是外心，将其转化为|OB|=|OC|，得OB2-OC2=0，再转化为（OB+OC）·（OB-OC）=0，得（OB+OC）·BC=0.从而可以判断PA与BC的位置关系.

由OB+OC=AP，

（OB+OC）·BC=0，

得BC·

AP=0，所以AP⊥BC.

同理，可得BP⊥CA，CP⊥AB，所以P是△ABC的垂心.故选A.

点评平面向量本身就是平面几何中的量.向量的加（减）法运算是通过三角形法则（或平行四边形法则）来完成的，因此向量与三角形有着密不可分的关系.近几年来，很多高考题和模拟题都涉及到了用向量表示三角形的“四心”.

变式1试证：点O为△ABC的重心的充要条件为OA+OB+OC=0.

变式2O是平面上一定点，A,B,C是平面上不共线的三个点，动点P满足OP=OA+λ(AB+AC)，λ∈［0,+∞)，则点P的轨迹一定通过△ABC的.（重心）

变式3试证：点O为△ABC的内心的充要条件为|BC|·OA+|CA|·OB+|AB|·OC=0.

变式4（2003年新课程理科卷）O是平面上一定点，A,B,C是平面上不共线的三个点，动点P满足OP=OA+λAB|AB|+AC|AC|，λ∈［0,+∞),则点P的轨迹一定通过△ABC的.（内心）

变式5（2005年全国Ⅰ文科卷、2005年湖南文科卷）已知O是△ABC所在平面内的一点，试证：点O为△ABC的垂心的充要条件为OA·OB=OB·OC=OC·OA.

变式6O是平面上一定点，A,B,C是平面上不共线的三个点，动点P满足OP=OA+λAB|AB|cosB+AC|AC|cosC，λ∈［0,+∞)，则点P的轨迹一定通过△ABC的.（垂心）

变式7已知O是△ABC所在平面内的一点，试证：点O为△ABC的外心的充要条件为|OA|=|OB|=|OC|.

变式8已知O是△ABC所在平面内的一点，试证：点O为△ABC的外心的充要条件为(OA+OB)·AB=(OB+OC)·BC=0.

请同学们仔细比较变式1、3、5、7、8，想一想为什么变式1、3中不需要加上条件“O为△ABC所在平面内的一点”，而变式5、7、8中需要？请同学们再比较变式2、4、6，它们的区别又在哪里？

二、平面向量与平面解析几何交汇

例2（2008年四川理科卷）设椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1,F2，离心率e=22，右准线为l，M,N是l上的两个动点，F1M·F2N=0.

（Ⅰ）若|F1M|=|F2N|=25，求a,b的值；

（Ⅱ）证明：当|MN|取最小值时，F1M+F2N与F1F2共线.

略解由a2-b2=c2与e=ca=22，得c2=b2=a22.故

F1-22a,0，F222a,0,l的方程为x=2a.

设M(2a,y1)，N(2a,y2),则F1M=322a,y1，F2N=22a,y2,

由F1M·F2N=0，得y1y2=-32a2＜0.①

（Ⅰ）由|F1M|=|F2N|=25，得

92a2+y21=12a2+y22=25.②

（这里利用已知的关于向量的条件以及向量的一些基本运算和性质得到①、②两式的过程便是“剥去”向量“外衣”的过程.）

由①、②两式，消去y1,y2，可求得a2=4.故a=2,b=22=2.

（Ⅱ）由y1y2＜0,知|MN|2=(y1-y2)2=y21+y22-2y1y2≥-2y1y2-2y1y2=-4y1y2=6a2，

当且仅当y1=-y2=62a或y2=-y1=62a时，|MN|取最小值6a.

此时，F1M+F2N=(22a,y1+y2)=(22a,0)=2F1F2，

故F1M+F2N与F1F2共线.

点评解本题时，我们引入了向量的坐标表示（这就是解析几何的基本思想），使向量之间的运算代数化，这样就将“形”与“数”有机地结合在一起了.平面向量与解析几何之间有着十分密切的依存关系，求线段的长度可以通过求相应向量的模来实现，求角的大小则可以通过求两向量的夹角来解决，而平行和垂直的证明则分别可以通过向量共线和向量数量积为零的证明来处理.平面向量与解析几何相“交汇”，能命制出许多颇有新意的试题.

请看与本例类似的几道题：

类似1（2008年全国Ⅰ卷）双曲线的中心为原点O，焦点在x轴上，两条渐近线分别为l1,l2，经过右焦点F且垂直于l1的直线分别交l1,l2于A,B两点.又已知|OA|，|AB|，|OB|成等差数列，且BF与FA同向.

（Ⅰ）求双曲线的离心率；

（Ⅱ）设AB被双曲线所截得的线段的长为4，求双曲线的方程.

类似2（2008年上海文科卷）已知双曲线C:x22-y2=1.

（Ⅰ）求双曲线C的渐近线方程；

（Ⅱ）已知点M的坐标为(0,1)，设P是双曲线C上的点，Q是点P关于原点的对称点，记λ=MP·MQ，求λ的取值范围；

（Ⅲ）已知点D,E,M的坐标分别为(-2,-1)，(2,-1),(0,1),P为双曲线C上在第一象限内的点，记l为经过原点与点P的直线，s为△DEM截直线l所得线段的长，试将s表示为直线l的斜率k的函数.

类似3(2008年陕西卷)已知抛物线C：y=2x2，直线y=kx+2交C于A,B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的垂线交C于点N.

（Ⅰ）证明：抛物线C在点N处的切线与AB平行；

（Ⅱ）是否存在实数k，使NA·NB=0？若存在，求k的值；若不存在，说明理由.

类似的题还有很多（如2008年全国Ⅱ理科卷第21题），同学们可以自己动手解这些题目，体会如何“剥去”向量这层“外衣”.

三、平面向量与三角函数交汇

例3（2008年福建文科卷）已知向量m=(sinA,cosA),n=(1,-2),且m·n=0.

(Ⅰ) 求tanA的值；

(Ⅱ) 求函数f(x)=cos2x+tanAsinx(x∈R)的值域.

略解（Ⅰ）由题意得m·n=sinA-2cosA=0,所以cosA≠0,且tanA=2.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知tanA=2，得

f(x)=cos2x+2sinx=1-2sin2x+2sinx=-2sinx-122+32.

因为sinx∈［-1,1］，

所以f(x)的值域是-3,32.

点评本题以平面向量知识为平台，考查了三角函数的求值问题.平面向量仍然只是一层“外衣”（包装）.

类似题已知a=（cosα，sinα），b=（cosβ，sinβ）(0＜α＜β＜π).

(Ⅰ) 求证：a+b与a-b相互垂直；

(Ⅱ) 若ka+b与a-kb的大小相等(k∈R且k≠0)，求β-α的值.

分别利用向量相互垂直及大小相等的充要条件，“剥去”向量“外衣”，即可得到三角函数式；通过三角恒等变换即可得出结果.

四、平面向量与数列交汇

例4已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若OB=a1OA+a200OC，且A，B，C三点共线（该直线不过原点O），则S200=.

略解易知a1+a200=1，所以S200=12×200(a1+a200)=100.

点评本题源于苏教版教材必修4第77页习题2.3第11题：已知O为坐标原点，A(3,1)，B(-1,3).若点C满足OC=αOA+βOB，其中α,β∈R，且α+β=1，求点C的轨迹方程.请记住下面的结论：

设向量OA，OB不共线，则点P在直线AB上则存在λ,μ∈R，且λ+μ=1,使OP=λOA+μOB.

知识交汇中的线性规划试题篇3

一、线性规划与与函数交汇

例1设实数x、y满足不等式组

(1)求点(x,y)所在的平面区域;

(2)设a>-1,在(1)所求的区域内,求函数f(x,y)=y-ax的最值.

分析:必须使学生明确,求点(x,y)所在的平面区域,关键是确定区域的边界线,可从去掉绝对值符号入手.

解:(1)已知的不等式组等价于

解得点(x,y)所在的平面区域为所示的阴影部分(含边界)如图1.其中,AB:y=2x-5;BC:x+y=4.CD:y=-2x+1;DA:x+y=1.

(2)f(x,y)=y-ax表示直线l:y-ax=k在y轴上的截距,且直线l与(1)中所求区域有公共点

因为a>-1,所以当直线l过顶点C时,f(x,y)=y-ax最大.

因为C点的坐标为(-3,7),

所以f(x,y)=y-ax的最大值为7+3a.

如果-12,那么当直线l过顶点B(3,1)时,f(x,y)=y-ax最小,最小值为1-3a.

点评:由于直线l的斜率为参数a,所以在求截距k的最值时,要注意对参数a进行讨论,方法是直线l动起来.

二、线性规划与方程交汇

例2已知关于t的方程t2+tx+y=0有两个绝对值都不大于1的实数根,则点P(x,y)在坐标平面内所对应的图形大致是()

分析:这是一道方程根的分布问题,可令f(t)=t2+tx+y,则函数与t轴的两个交点均在区间[-1,1]内,以下由根的分布知识即可解决.

解:f(t)=t2+tx+y,则由已知条件再结合图2,得

作出其可行域即可得图形A.

点评:此题就是线性规划与方程根的分布的交汇性试题,解答的关键有两处:(1)将方程的根转化为对应的二次函数的图象与x轴的交点,然后根据图象的位置建立不等式组,也就确定了点P(x,y)所满足的平面区域,进而作出正确的选择.

三、线性规划与概率交汇

例3若连掷两次骰子,分别得到的点数是m、n,将m、n作为P点的坐标,则P点落在区城|x-2|+|y-2|≤2内的概率是()

(A)(B)(C)(D)

分析:作出不等式|x-2|+|y-2|≤2所表示的区域,由于x、y的取值为:1,2,3,4,5,6.满足条件的P点的个数共11个,而基本事件总数为36个,可求概率.

解:画出满足条件的可行域如图3,基本事件总数为6×6=36,事件点P落在可行域内的事件数为11,根据等可能事件的概率知选(A).

点评:本题把概率问题融入线性规划之中,将问题转化为研究落在可行域内的整点的个数,准确地画出可行域也是解答本题的关键.

四、线性规划与探究性问题交汇

例4如图4所示,给出的平面区域(阴影部分),是否存在唯一的正数a,使函数z=ax+y取得最大值的最优解有无数多个?

分析:假设满足条件的正数a存在,则由:=ax+y,知y=-ax+z,要使取得最大值的最优解有无数多个,则直线必须与AB、BC、AC边所在的直线重合,因此只须看a是否可以为三边直线的斜率.

解:假设存在正数a,使函数z=ax+y,取得最大值的最优解有无数多个,由于y=-ax+z,a>0,-a<0,斜率为负值,要想最优解有无数多个,必须让y=-ax+z与BC所在直线重合,即,即a=1,故存在唯一的a=1使得:=ax+y取得最大值的最优解有无穷多个.

点评:此题是逆向考查最优解取得的条件,要求对约束条件下目标函数取得最值的条件要熟练,关键是理解最优有无穷多个,转化为两直线重合,两斜率相等即可解决问题.

五、线性规划与与向量交汇

例5设,(O是坐标原点),动点P(x,y)满足,则z=x-y的取值范围是()

(A)[-1.5,1] (B)[-1,1.5]

(C)[-2,1] (D)[-1,2]

分析:运用向量的坐标运算把条件不等式转化为线性规划问题.

解:线性约束条件化为画出满足不等式组的点P(x,y)的可行域如图的阴影部分,将z=x-y化为y=x-z形式,因此问题化归为求直线在y轴上的截距的范围.由图5观察知,-z的范围为[-1,1.5],由此得z的范围为[-1.5,1],故选(A).

点评:把目标函数与直线方程联系起来,将求目标函数的最值问题转化为求直线在y轴上的截距范围的问题.

六、线性规划与与开放性问题交汇

例6试写出一个以边长为3的等边三角形内部为可行域的线性约束条件(包括三角形三边).

分析:本题由于没有直角坐标系,因此须建立直角坐标系,根据等边三角形的特点,可以将三角形的一个顶点放在原点,一边与x轴重合,然后确定出顶点坐标,再确定出三边所在直线的方程,再特殊点确定可行域的约束条件.

解:如图6建立直角坐标系,根据图形可知A(0,0),B(3,0),C,AC的直线方程为;AB的直线方程为y=0;BC的直线方程为.取点(1,1)代入三条直线方程判断符号知,满足条件的约束条件为

点评:由于三角形在直角坐标系中的位置没有固定,因此满足边长为3的等边三角形很多,只需写出一个即可,取最特殊的原点,此时B点为(3,0),C点也唯一确定.不论三角形如何放置,其解法与上述的解法类似,但解题过程与结果稍繁.

七、线性规划与匹配型问题交汇

例7给出三个不等式(组):①(x-y+1)(x+y-1)≤0;②|x|+|y|≤1;③;④(|x|-1)(|y|-1)≥0.同时在直角坐标平面内给出四个区域(如图7),则四个不等式(组)与四个区域的对应关系是()(A)①-(a),②-(b),③-(c),④-(d)(B)①-(d),②-(a),③-(b),④-(c)(C)①-(d),②-(b),③-(a),④-(c)(D)①-(d),②-(c),③-(a),④-(b)

分析:只要根据给出的四个不等式(组)分别作出平面区域,对照观察所给的选择支,问题就可顺利作答.

解析:不等式①等价于:;或,分别画出各不等式组的区域,观察易知对应(d);不等式②等价于不等式组:,分别画出各不等式的区域,观察易知对应(b);不等式③等价于,它表示的区域是四条直线x=±1与y=±1所围成的一个正方形,故知对应于(a);不等式④等价于或.分别画出各不等式组的区域,观察易知对应(C).由此可知,选(C).

点评:解答本题时,由于所给的不等式(组)不易得到其平面区域,因此在作图前对不等式(组)进行等价转化、分解为易作出其平面区域的不等式(组).

八、线性规划与几何中距离和面积的交汇

例8如图8,已知点P(x,y)的坐标满足不等式组

,则

(1)x2+y2的最小值是______.

(2)|x+2y-4|的最大值是______.

(3)不等式组表示的平面区域的面积是______.

解:画出可行域如图8阴影部分.

(1)将目标函数化为z=(x-0)2+(y-0)2,问题归结为求可行域内的点(x,y)与原点距离的平方的最值.如图8,点A(1,1)到原点的距离最小,故zmin=|OA|2=2.

(2)将目标函数化为,问题转化为求可行域内的点(x,y)到直线x+2y-4=0距离的倍的最大值.如图8,点B(1,3)到直线x+2y-4=0的距离最大,故zmax=3.

(3)可行域为等腰三角形ABC..

点评:本题(1)、(2)小题,从目标函数联想到两点间的距离公式和点到直线的距离公式,从而将求目标函数的最值问题转化为求距离的最值,注意了数、形、式的联系.

上述几例从线性规划出发,可透视数学中各章节知识间的交汇,反映了数学知识内容的统一与完整.高考作为一种选拔性考试,试题常出常新,我们必须重视知识网络的构建与交汇,才能以“积极”的“不变”去应对“新颖”的“万变”.

练习题:

1. 已知函数f(x)=ax2+bx满足1≤f(-1)≤2,且2≤f(1)≤4,求f(-2)的取值范围.

2. 已知函数f(x)=ax2+(b-1)x+1(a>0)与x轴有两交点A(x1,0),B(x2,0),满足|x1|<2且x1-x2=4,求实数b的取值范围.

3. 已知△ABC的三边长分别为a、b、c,且满足b+c≤2a,c+b≤2b,则的取值范围是______.

4. 如果直线y=kx+1与圆2+y2+kx+my-4=0交于M、N两点,且M、N关于直线x+y=0对称,则不等式组,所表示的平面区域的面积是______.

参考答案

1.解:依题意,得.f(-2)=4a-2b,在平面直角坐标系中画出可行域,求得f(-2)的取值范围应为[5,10].

2.解:因为f(x)=0两根之积为,且x1-x2=4,

(1)若0

(2)若-2

由方程根的分布知识,得,

建立平面直角坐标系aOb,作出可行域,根据线性规划知识易得,,所以所求实数b的范围为.

3.解析:设,,则x+y≤2,y+1≤2x,且x>0,y>0,根据三角形三边关系定理得,|b-c|

引进与交汇篇4

摘要：从英国对马来亚殖民统治时期（1824～1957），尤其是二战前至战后独立前期对马华教育制度留下三大美术教育发展的问题现状来进行探究：其一，从初期英殖民政府实施手工艺技艺取向的主流美术教育为统治策略，中间替换了华侨美术教育原有理念的本质；其二，主流的美术教育技艺取向取代了审美取向的价值；其三，后英殖民政府教育部师训体制对美术课程教育目标转化了马来西亚国民文化共存与多元的美术教育精神，间接引进与交汇了马来西亚伊斯兰同化教育政策的教育目标。针对这三大问题的出现，试图探析英殖民政府统治结束前50年，对美术教育实施所带来民族性被同化的深远影响，从其统治思想得出美术教育的引进变迁与传承的意义。

关键词：英殖民地政府；教育政策；美术教育；

20世纪初在马来西亚（独立前统称“马来亚”）殖民地时期所开展的艺术教育活动甚少，主要的城市仅能见英式的西画作品、雕塑作品及建筑物等留下来的艺术遗迹。然而技艺取向为主流的教育则是英殖民地政府所推行主要统治的策略之一，旨在透过在殖民地技艺的传播来达到两个目的：一是利用殖民地人力资源来组织生产西方社会所需的日用工艺品；二是不让更多被殖民国家的人民得着更高知识以超越他们的统治利益。

一、英殖民政府英语至上同化教育政策

与工艺主义的张力

英殖民地政府20世纪初到战后重新管辖马来亚时期都非常重视和强调英语至上的同化教育政策。为了进一步顺利统治和管理，英殖民地政府延续使用了19世纪英国兴起的“艺术与手工运动[1]”，在殖民地积极推广与普及于工艺的教育政策，以期巩固更多商业利益与同化的效益。

1916年英殖民政府委任的温思德委员会（Winstedt Committee）也认为工艺教育有助于马来西亚半岛的经济发展，而建议为马来小学和英文小学的毕业生建设的职业学校。在初级三年课程中，马来小学课程增设男生基本农科和编织技能科，以及女生的家政科[2]。因此，同一时期发展的华侨学校的美术教育也随着工艺主义的传播和影响而激起催化的效用，逐渐被英殖民地政府的各种教育政策转化，替换了原有从中华民国移植过来华侨学校，雏形中的美术教育思想，在马来亚殖民地区融汇了西方工艺主义的美术思潮。

二、马来西亚主流的美术教育技艺取向

与审美取向的对峙

20世纪初马来亚主流的美术教育技艺取向是来自于英殖民地政府所倡导的主流教育，同时通过他们主张艺术教育与工艺技术的结合演变而来的。诚然，该时期马来亚华侨美术教育的思想恰是引进中华民国政府所实行的新式教育模式，即主张“五育并重”的新教育理念以及对审美的重要性。当马来亚华侨面对殖民地主流的美术教育技艺取向时，其原有的审美取向的美术教育发展除了受到各种英殖民地政府排挤和阻扰在主流以外，最重要的是当时的华侨社会未能与英殖民地政府的教育政策接轨，导致美术教育出现很多自立门户办学、理念分歧与对峙的局面出现。

直到后来马来西亚教育部对美术课程取向偏重于具有马来文化的视觉艺术，从教材里设置很多马来本土艺术文化，甚至伊斯兰的元素，在各源流教育中传播马来习俗与文化。由此可见，马来西亚（独立前统称“马来亚”）基础教育里的初高中美术的课程大纲或纲要都是依据马来文化为主导，而不是以多元文化为基础的标准。

二战前至二战后独立前，尤其50年代为了达致同化国民的教育目标，训令所有的学校调整与英校相同的三个学期的课制。接着下来，教育局也成立特别委员会，特别调查马来学校的教育制度、挑选师训学员的准则、师训课程内容等建议。1951年完成了调查工作后，该委员会提呈了巴恩报告书（Barnes Report），主要为改革各语文源流学校的教育制度，制订新课程及重新编撰富有马来西亚色彩的课本。[3] 因此，殖民政府师训体制也就此对美术课程同步进行了改制，重新编订以科学、工艺和家政为主要科目的新课程。[4]

尽管马来西亚（独立前统称“马来亚”）政府在英殖民时期拥有西方工艺美术教育的基础背景，但是马来主流的政权为了要达到目标，在多元社会环境下推行国家文化（伊斯兰文化），这相当于重蹈英殖民政府早期统治时的覆辙，为着商业贸易而来不断进行着的一种教育同化政策的隐议程策略般。

三、马来亚华侨教育夹缝下美术课程实施的

困惑与挑战

20世纪初马来亚被英殖民地政府统治时期，其主要目的是在于维护其殖民统治所摄取的经济利益，对殖民当地的各族教育基本上是放任地让民间机构兴办各族学校。由于当时大规模的橡胶和开采锡矿的行业促使了经济加速扩张，人口不断增加，英殖民政府才对其殖民统治的需要，对华侨创办的新式教育成为现实管制的议程。因此，华文学校美术教育的部分发展脉络是从英国殖民政府的文化背景下孕育而形成的。

另一方面，由于殖民时期的语言相通和英国文凭受许多国家承认，因此促成了华人画家到英国去留学的倾向，甚至部分是获教育部奖学金的美术教师例如戴惠吉[5]、利如火、杨仁龄、刘安东尼等人，他们学成返国后，以较新颖的教学法来从事艺术教育工作，执教于吉隆坡蕉赖师训学院，艺术创作方面则偏重于表达主观情感的表现风格。由此可见，早期马来亚时期很多华裔美术老师也是有类同西方国家的美术教育背景，尤其是英国美术教育的概念来对我国新一代、特别是对中小学的美术教育建立起一个先进而实际性的美术训练方法。[6]这也就像当时联邦华文学校督学团[7] 建议改善各个学科教学的先进教学法似的，试将美术科（当时统称为“图工科”）有规划地进行教学，在《联邦督学团建议改善教学报告》中提及图工科的教学目的须是具有创造和教育意义，以及提供机会于学生们以其所具有能力与天赋，加以动用脑筋，进行创造或制作有关图工技艺品。同时也藉此启导学生们鉴识周围环境一切文化事物之价值。[8]

在马来西亚师训学院任教的杨仁龄针对当代美术教育目的，从他认为能给学生带来22种教育功能中，强调学校美术教育必须让学生深入了解并认同其创意与艺术行为的性质、掌握自己的情绪和智力活动有关的艺术技巧、了解一些伴随着自由的思想和行动有关的艺术活动的可能性，以及必须获取知识等对视觉性艺术的认知过程，培养其成为健全的人。[9]

结语

马来西亚（独立前统称“马来亚”）英殖民政府从20世纪二战前注重其殖民统治的社会需求，引进了技艺层面的人才培养，也就是工艺美术教育，同时教育政策的开展也替换了正开始发展中的华侨美术教育。诚然，西方国家英国的美术教育在英殖民初期是没有对马来亚华侨美术教育有显著的贡献。反而在独立前期受英国彼得·哈里斯和戴慧吉在20世纪50年代起，大力推动西方式的美术教育，甚至除了华校以外，还普及到各族源流学校，营造各族融洽地学习美术的气氛。但很可惜的是国家独立后，马来主导政权的政府却通过新的教育政策，致力在各族学校引进与孕育出伊斯兰色彩浓厚的马来文化美术教育课程，以至让华校美术教育再次与马来或伊斯兰文化交汇和碰撞，进而演变为畸形的美术教育。

除此，马来西亚联邦政府为了要发展乡村经济及工业，还引进了殖民时期的教育管理方式，先后成立了乡村发展局和玛拉学院，为乡村区马来青年开办各项工艺技职训练班。

纵观经过百年英殖民政府所推行的各种教育政策以后，对一个正在发展中的马来西亚而言，华社和华校的美术教育是否需要妥协，接受国家教育部本末倒置的“伊斯兰文化中的美术教育”思想，寄望着从当权政府的教育资源中得到培养更多美术层面的人才和机会，这是后英殖民政府时期，身为国民需要为团结多元社会层面反思的一个重要问题。

当然，我国华文学校的美术教育发展得以继续依靠教育部制定有效性的政策，提供更多资源，确保可持续地培养更多师资为全国中小学校，甚至为各级不同年龄层的学生提供全面学习各种多元文化的艺术课程的机会。至于对社会学校以外，政府必须加强宣传美术教育对个人和对社会的影响，提高公众对多元美术教育的价值观与本质的认识，并详细地规划和制度化的拨款给非营利教育机构开展和开办多元性的美术教育的课程，在各学校和社区通过美术教育来促进个人的创造力，培养具有创新能力的新一代公民。通过艺术教育来推动具有活力的活动，以促进社会、文化和经济的综合发展。为全民各族打造一个健全既又成功的多元特色社会的同时，也建立各民族对国家的自信。

注释：

[1]袁熙旸：《中国现代设计教育发展历程研究》，南京：东南大学出版社，2014年，第12页

[2] 莫顺生：《马来西亚教育史1400-1999》，马来西亚：马来西亚华校教师总会（教总），2000年，第31页

[3]莫顺生：《马来西亚教育史1400-1999》，马来西亚：马来西亚华校教师总会（教总），2000年，第58-59页

[4]莫顺生：《马来西亚教育史1400-1999》，马来西亚：马来西亚华校教师总会（教总），2000年，第46页

[5] 戴惠吉，1910年出生于槟城威省高渊。1936年与杨曼生、郭若萍、李清庸等人共同发起组织“槟城华人艺术研究会”。1948年在槟城州图书馆举办个展后，成为第一位获教育部奖学金赴英国冈伯维尔（Camberwell）艺术学院留学的马来华裔。1952年返国后任圣乔治女中美术导师。两年后，被委任为槟州的美术督学。1957年至1967年，被教育部委任为联合邦视学官，成为首位教育部高职位的华人画家，同时与吉隆坡的彼得？哈里斯互相配合设立美术师资研习班，在中小学推动新的美术教学法。同时又发起组织槟城美术教师协会，向其他成员灌输西方的自由创作、发挥想象力的美术观念。由于他对马来西亚的美术教育贡献卓越，于1986年获槟州元首颁发DMPN荣誉头衔。

[6] 五十年艺坛四友专辑，第79页

[7]联邦督学团是在1956年的后期才成立。督学团的人员是由学有专长的人士担任，他们的任务是到学校视察督导，给予教师有关教学意见，以提升他们的教学效果，以及向教育部提呈报告，作出提升学术水平的有效建议。

[8] 巴生滨海华校教师公会：《银禧纪念特刊》，1977年，第90页

[9] Yeoh Jin Leng：Art Education Its intellectual， spiritual and social significance ，Maktab Penguruan Ilmu Khas， Jalan heras Tempanan， Jurnal Pendidikan Jilid 1， 1980， pg 38-39

作者简介：

知识交汇篇5

由于向量有几何形式和代数形式的“双重性”, 使得它成为中学数学知识网络的一个交汇点.本文简说平面向量与其它数学知识交汇的主要题型, 帮同学们体验它的发散性.

一、向量与函数的结合

例1 已知平面向量 $a = (\sqrt{3} ‚ - 1) ‚ b = (\frac{1}{2} ‚ \frac{\sqrt{3}}{2})$ .若存在实数 k 和 t, 使得 x=a+ (t2-3) b, y=-ka+tb, 且 x⊥y.

(1) 试求函数的关系式 k=f (t) :

(2) 根据 (1) 的结论, 确定 k=f (t) 的单调区间.

解析: (1) 方法1:由题意知

$\begin{array}{l} x = (\frac{t^{2} + 2 \sqrt{3} - 3}{2} ‚ \frac{\sqrt{3} t^{2} - 3 \sqrt{3} - 2}{2}) ‚ \\ y = (\frac{1}{2} t - \sqrt{3} k ‚ \frac{\sqrt{3}}{2} t + k) . \end{array}$

又 x⊥y, 故 $x \cdot y = \frac{1}{2} (t^{2} + 2 \sqrt{3} - 3) (\frac{1}{2} t - \sqrt{3} k) + \frac{1}{2} (\sqrt{3} t^{2} - 3 \sqrt{3} - 2) (\frac{\sqrt{3}}{2} t + k) = 0 .$

整理得 t3-3t-4k=0,

即 $k = \frac{1}{4} t^{3} - \frac{3}{4} t .$

方法2:因为 $a = (\sqrt{3} ‚ - 1) ‚ b = (\frac{1}{2} ‚ \frac{\sqrt{3}}{2}) ‚ a \cdot b = \sqrt{3} \times \frac{1}{2} + (- 1) \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 0$ ,

所以 a⊥b.

因为 x⊥y, 所以 x·y=0,

即 -k|a|2+t (t2-3) |b|2=0,

所以 t3-3t-4k=0,

即 $k = \frac{1}{4} t^{3} - \frac{3}{4} t .$

(2) 由 (1) 知: $k = f (t) = \frac{1}{4} t^{3} - \frac{3}{4} t$ ,

所以 $k^{'} = f^{'} (t) = \frac{3}{4} t^{2} - \frac{3}{4} .$

令 k′<0, 得 -1<t<1;

令 k′>0, 得 t<-1或 t>1.

故 k=f (t) 的单调递减区间是 (-1, 1) , 单调递增区间是 (-∞, -1) 和 (1, +∞) .

点评:本题充分利用向量垂直的充要条件, 将向量的几何“位置关系”转化为代数中“数量关系”, 从而建立 k 与 t 的函数关系式.

二、向量与数列的结合

例2 已知两个点M (-1, 0) , N (1, 0) , 点P使 $\vec{Μ Ρ} \cdot \vec{Μ Ν} ‚ \vec{Ρ Μ} \cdot \vec{Ρ Ν} ‚ \vec{Ν Μ} \cdot \vec{Ν Ρ}$ 成公差小于零的等差数列, 且向量 $\vec{Ρ Ν}$ 与 a= (1, 0) 垂直, 求点P的坐标.

解析:设点P (x, y) , 则

$\vec{Ρ Μ} = - \vec{Μ Ρ} = (- 1 - x ‚ - y) ‚ \vec{Ρ Ν} = - \vec{Ν Ρ} = (1 - x ‚ - y) ‚ \vec{Μ Ν} = - \vec{Ν Μ} = (2 ‚ 0) .$

$\begin{array}{l} 所以 \vec{Μ Ρ} \cdot \vec{Μ Ν} = 2 (1 + x) ‚ \\ \vec{Ρ Μ} \cdot \vec{Ρ Ν} = x^{2} + y^{2} - 1 ‚ \\ \vec{Ν Μ} \cdot \vec{Ν Ρ} = 2 (1 - x) . \end{array}$

${\begin{cases} 2 (x^{2} + y^{2} - 1) = 2 (1 + x) + 2 (1 - x) ‚ \\ 2 (1 - x) - 2 (1 + x) ＜ 0 ‚ \end{cases}$

即 x2+y2=3 (x>0) .

又由 $\vec{Ρ Ν} ⊥ a$ , 得 (1-x) ×1-y×0=0,

解得 x=1.代入 x2+y2=3 (x>0) 中, 得 $y = \pm \sqrt{2} .$

故所求点P的坐标为 $(1 ‚ \sqrt{2})$ 或 $(1 ‚ - \sqrt{2}) .$

点评:本题充分利用了向量的数量积与向量共线的充要条件知识.而对变量范围的限制是正确解答的关键.若忽视公差小于零这一条件, 将导致一系列错误的产生, 所以要正确认识题中所给的每一个条件的作用和功能, 充分利用这些条件正确恰当快速地解决问题.

三、向量与三角的结合

例3 设 a= (1+cosα, sinα) , b= (1-cosβ, sinβ) , c= (1, 0) , α∈ (0, π) , β∈ (π, 2π) , a与 c 的夹角为θ1, b 与 c 的夹角为θ2, 且 $θ_{1} - θ_{2} = \frac{π}{6}$ , 求 $\sin \frac{α - β}{4}$ 的值.

$\begin{array}{l} 解析 ∶ | a | = \sqrt{(1 + \cos α)^{2} + \sin^{2} α} = 2 \cos \frac{α}{2} ‚ \\ | b | = \sqrt{(1 - \cos β)^{2} + \sin^{2} β} = 2 \sin \frac{β}{2} ‚ \\ | c | = 1 . \end{array}$

$\begin{array}{l} 又 a \cdot c = 1 + \cos α = 2 \cos^{2} \frac{α}{2} ‚ \\ b \cdot c = 1 - \cos β = 2 \sin^{2} \frac{β}{2} ‚ \end{array}$

所以 $\cos θ_{1} = \cos \frac{α}{2} ‚ \cos θ_{2} = \sin \frac{β}{2} .$

因为 $\frac{α}{2} \in (0 ‚ \frac{π}{2})$ , 所以 $θ_{1} = \frac{α}{2}$ ,

又β∈ (π, 2π) , 所以 $\frac{β}{2} \in (\frac{π}{2} ‚ π)$ ,

所以 $0 ＜ \frac{β}{2} - \frac{π}{2} ＜ \frac{π}{2} .$

由 $\cos θ_{2} = \sin \frac{β}{2} = \cos (\frac{β}{2} - \frac{π}{2})$ ,

得 $θ_{2} = \frac{β}{2} - \frac{π}{2}$ .由 $θ_{1} - θ_{2} = \frac{π}{6}$ ,

得 $\frac{α}{2} - (\frac{β}{2} - \frac{π}{2}) = \frac{π}{6}$ ,

所以 $\frac{α - β}{4} = - \frac{π}{6} .$

所以 $\sin \frac{α - β}{4} = \sin (- \frac{π}{6}) = - \frac{1}{2} .$

点评:本题是以向量的夹角概念为背景, 考查了三角函数求值的有关知识.解答本题的关键是正确理解两个向量的夹角的意义, 灵活运用实数与向量的积以及合理进行三角变换.此外, 更体现了向量的工具性作用.

四、向量与解析几何的结合

例4 过点M (-2, 0) , 作直线 l 交双曲线 x2-y2=1于A、B不同两点, 已知 $\vec{Ο Ρ} = \vec{Ο A} + \vec{Ο B} .$

(1) 求点P的轨迹方程, 并说明轨迹是什么曲线;

(2) 是否存在这样的直线 l, 使|OP|=|AB|?若存在, 求出 l 的方程;若不存在, 说明理由.

解析: (1) 设 l 的方程为 y=k (x+2) , 代入 x2-y2=1, 得

(1-k2) x2-4k2x-4k2-1=0.

当 k≠±1时, 设A (x1, y1) , B (x2, y2) , 则

$\begin{array}{l} x_{1} + x_{2} = \frac{4 k^{2}}{1 - k^{2}} ‚ x_{1} x_{2} = \frac{4 k^{2} + 1}{k^{2} - 1} ‚ \\ y_{1} + y_{2} = k (x_{1} + 2) + k_{2} (x_{2} + 2) \\ = \frac{k \cdot 4 k^{2}}{1 - k^{2}} + 4 k = \frac{4 k}{1 - k^{2}} . \end{array}$

设P (x, y) , 由 $\vec{Ο Ρ} = \vec{Ο A} + \vec{Ο B} ‚$ 有

$\begin{array}{l} (x ‚ y) = (x_{1} + x_{2} ‚ y_{1} + y_{2}) \\ = (\frac{4 k^{2}}{1 - k^{2}} ‚ \frac{4 k}{1 - k^{2}}) ‚ \end{array}$

则

${\begin{cases} x = \frac{4 k^{2}}{1 - k^{2}} ‚ \\ y = \frac{4 k}{1 - k^{2}} . \end{cases}$

解得 $\frac{x}{y} = k (k \neq 0) .$

再将 $\frac{x}{y} = k$ 代入 $y = \frac{4 k}{1 - k^{2}}$ ,

得 (x+2) 2-y2=4. ①

当 k=0时, 满足①式;当斜率不存在时, 易知P (-4, 0) 满足①式, 故所求轨迹方程为 (x+2) 2-y2=4, 其轨迹为双曲线;

当 k=±1时, l 与双曲线只有一个交点, 不满足题意.

(2) 如果|OP|=|AB|, 那么平行四边形OAPB为矩形.OAPB为矩形的充要条件是 $\vec{Ο A} \cdot \vec{Ο B} = 0$ , 即 x1x2+y1y2=0.

当 k 不存在时, A、B坐标分别为 $(- 2 ‚ \sqrt{3}) ‚ (- 2 ‚ - \sqrt{3})$ , 不满足上式.

$\begin{array}{l} 又 x_{1} x_{2} + y_{1} y_{2} \\ = x_{1} x_{2} + k^{2} (x_{1} + 2) (x_{2} + 2) \\ = \frac{(k^{2} + 1) (4 k^{2} + 1)}{k^{2} - 1} - \frac{2 k^{2} \cdot 4 k^{2}}{k^{2} - 1} + 4 k^{2} \\ = 0 ‚ \end{array}$

化简得 $\frac{k^{2} + 1}{k^{2} - 1} = 0 .$

此方程无实数解, 故不存在直线 l 使OAPB为矩形.

点评:平面向量和平面解析几何的结合点, 是近几年高考常考查的热点, 解此类题应注重从向量数量积的定义和向量的加减法的运算入手, 还应该尽量联系向量与解析几何的共同点, 综合运用解析几何知识和技巧, 使问题有效解决.

五、平面向量与概率的结合

例5 从原点出发的某质点M, 按向量 a= (0, 1) 移动的概率为 $\frac{2}{3}$ , 按向量 b= (0, 2) 移动的概率为 $\frac{1}{3}$ .设M到达点 (0, n) 的概率为Pn, 求Pn.

解析:M到达点 (0, n) 有两种情况:①从点 (0, n-1) 按向量 a= (0, 1) 移动到点 (0, n) , 此时概率为 $\frac{2}{3} Ρ_{n - 1}$ ;②从点 (0, n-2) 按向量 b= (0, 2) 移动到点 (0, n) , 此时概率为 $\frac{1}{3} Ρ_{n - 2} .$

因为这两种情形是互斥的, 故有

$Ρ_{n} = \frac{2}{3} Ρ_{n - 1} + \frac{1}{3} Ρ_{n - 2} (n \geq 3) .$

由上式可得 $Ρ_{n} - Ρ_{n - 1} = - \frac{1}{3} (Ρ_{n - 1} - Ρ_{n - 2}) (n \geq 3) .$

又易得 $Ρ_{1} = \frac{2}{3} ‚ Ρ_{2} = \frac{7}{9}$ , 所以数列{Pn-Pn-1}是以 $Ρ_{2} - Ρ_{1} = \frac{1}{9}$ 为首项, $- \frac{1}{3}$ 为公比的等比数列, 于是

$Ρ_{n} - Ρ_{n - 1} = \frac{1}{9} (- \frac{1}{3})^{n - 2} = (- \frac{1}{3})^{n} (n \geq 2) .$

$\begin{array}{l} 所以 Ρ_{n} = Ρ_{1} + (Ρ_{2} - Ρ_{1}) + (Ρ_{3} - Ρ_{2}) + \dots + (Ρ_{n} - Ρ_{n - 1}) \\ = \frac{2}{3} + (- \frac{1}{3})^{2} + (- \frac{1}{3})^{3} + \dots + \\ (- \frac{1}{3})^{n} = \frac{2}{3} + \frac{(- \frac{1}{3})^{2} [1 - (- \frac{1}{3})^{n - 1}]}{1 - (- \frac{1}{3})} \\ = \frac{3}{4} + \frac{1}{4} (- \frac{1}{3})^{n} . \end{array}$

点评:向量与概率都是教材中的重量级内容, 二者联袂使呆板、平淡的数字题充满活力与无穷魅力!

此外, 平面向量与简易逻辑、平面向量与线性规划及平面区域的结合题型, 特别是平面向量与导数的结合题型也是常见题型, 这里就不一一例举.为加深平面向量与导数结合题型印象, 同学们不妨练习:

已知平面向量 $a = (\sqrt{3} ‚ - 1) ‚ b = (\frac{1}{2} ‚ \frac{\sqrt{3}}{2}) . (1)$ 证明:a⊥b; (2) 若存在不同时为零的实数 k 和 t, 使 x=a+ (t2-3) b, y=-ka+tb, 且 x⊥y, 试求函数关系式 k=f (t) ; (3) 根据 (2) 的结论, 讨论关于 t 的方程 f (t) -k=0的解的情况.

(提示:先利用向量的运算求出 k=f (t) , 再利用导数知识和数形结合思想方法解决方程根的结论.答案: (1) 略; $(2) k = \frac{1}{4} t (t^{2} - 3)$ ; (3) 当 $k ＞ \frac{1}{2}$ 或 $k ＜ - \frac{1}{2}$ 时, 一解;当 $k = \frac{1}{2}$

或 $k = - \frac{1}{2}$ , 或 k=0时, 两解;当 $- \frac{1}{2} ＜ k ＜ 0$ 或 $0 ＜ k ＜ \frac{1}{2}$ 时, 三解.)

在知识的交汇处看向量的工具性篇6

一、向量与函数的交汇

例1设平面内两向量a与b互相垂直, 且a=2, b=1, 有k与t是两个不同时为0的实数.

(1) 若x=a+ (t2-3) b与y=-k a+t b垂直, 求k关于t的函数关系式k=f (t) ;

(2) 试确定函数k=f (t) 的单调区间.

解: (1) 因a⊥b, 所以a·b=0, 又x⊥y, 所以x·y=0,

即[a+ (t2-3) b] (-k a+t b) =0, 所以-k2 a2+[t-k (t2-3) ]a·b+t (t2-3) b2=0, 由于a2=a 2=4, b2=b 2=1, 故4k=t (t2-3) , 即k= (t3-3t) .

(2) 由 (1) 知k=f (t) = (t3-3t) , f′ (t) = (t2-1) , 令f′ (t) =0得t=±1.当t<-1时, f′ (t) >0;当-11时, f′ (t) >0.故f (t) 增区间为 (-∞, -1]与[1, +∞) , 减区间为[-1, 1].

评注:本题主要考查同学们对向量垂直概念的理解, 能利用向量垂直的充要条件求出函数解析式, 并能利用导数求出三次函数的单调区间.

二、向量与三角的交汇

例2已知向量a= (1, cos2θ) , b= (2, 1) , c= (4sinθ, 1) , d= (21sinθ, 1) , 其中θ∈ (0, 4π) , 求: (1) a·b-c·d的取值范围;

(2) 若函数f (x) =ex-1, 试比较f (a·b) 与f (c·d) 的大小.

解: (1) 因为a·b-c·d=2+cos2θ- (2sin2θ+1) =2cos2θ, 又θ∈ (0, ) , 所以2θ∈ (0, ) , 所以a·b-c·d∈ (0, 2) .

(2) 由 (1) a·b>c·d=1+2sinθ>1, 且

所以在单调递增

所以f (a·b) >f (c·d) .

评注:此题一方面考查同学们对平面向量的概念、数量积和平面向量的坐标运算的掌握程度, 另一方面又考查了同学们对三角函数的恒等变换及其函数的单调性、函数图像变换等基本技能, 还考查了同学们的运算能力.

三、向量与不等式的交汇

例3已知平面上三个向量a, b, c的模均为1, 它们相互之间的夹角均为120°.若k a+b+c>1 (k∈R) , 求k的取值范围.

解:因为k a+b+c>1, 所以k a+b+c 2>1, 所以 (k a+b+c) · (k a+b+c) >1,

所以k2 a·a+b·b+c·c+2k a·b+2k a·c+2 b·c>1,

因为a·b=a·c=b·c=cos120°=-, 所以k2-2k>0, 所以k<0或k>2.

评注:此题运用了a2=a 2这一性质, 并运用解不等式的方法求出参数k的取值范围.

四向量与立体几何的交汇

例4如图1, 在三棱锥S-ABC中, △ABC是边长为4的正三角形, 平面SAC⊥平面ABC, SA=SC=M、N分别为AB、SB的中点.

(Ⅰ) 证明:AC⊥SB;

(Ⅱ) 求二面角N-CM-B的大小;

(Ⅲ) 求点B到平面CMN的距离.

解取中点连结

因为SA=SC, AB=BC,

所以AC⊥SO且AC⊥BO.

因为平面SAC⊥平面ABC, 平面SAC∩平面ABC=AC,

所以SO⊥面ABC, 所以SO⊥BO.

如图2所示建立间直角坐标系O-xyz.

所以

因为

(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 得

设n= (x, y, z) 为平面CMN的一个法向量,

又OS= (0, 0, ) 为平面ABC的一个法向量,

所以二面角N-CM-B的大小为arccos

(Ⅲ) 由 (Ⅰ) (Ⅱ) 得MB= (-1, 0) , n= () 为平面CMN的一个法向量, 所以点B到平面CMN的距离

评注:本题主要考查同学们利用法向量及坐标法求直线与直线、直线与平面以及二面角的大小, 利用向量求点到平面的距离等基础知识, 同时还考查了同学们的空间想象能力和逻辑推理能力.

五、向量与解析几何的交汇

例5给定抛物线C:y2=4x, F是C的焦点, 过点F的直线l与C相交于A、B两点.

(Ⅰ) 设l的斜率为1, 求的夹角的大小;

(Ⅱ) 设, 若λ∈[4, 9], 求l

解: (Ⅰ) C的焦点为F (1, 0) , 直线l的斜率为1, 所以l的方程为y=x-1.

将y=x-1代入方程y2=4x, 并整理得x2-6x+1=0.

联立 (1) 、 (3) 解得x=λ, 依题意有λ>0.

所以B (λ, ) , 或B (λ, -) , 又F (1, 0) , 得直线l方程为

知识交汇篇7

但根据笔者的教学实践，学生没有弄清各知识之间的生成性，搞不懂其来龙去脉，无论如何也不能保证把平时相对独立的知识，以再现、整理、归纳就能串起来，也就不能保证学生一定能加深学生对知识的理解、沟通和掌握的.

为此，笔者从知识生成的视角在复习课“直线与椭圆交汇试题”中做了一些探索，即把重视知识的生成作为教学的重点，期望达到将知识成串的目的，取得了较好的效果.现将其整理出来，供同行参考.

1 设计背景

直线与椭圆交汇试题每年都出现在高考数学试卷，这类试题的思维量大，运算过程繁复，要考查的知识点多，对学生的运算能力及心理素质是一大挑战.

它考查的知识点主要有直线方程、两点间的距离、中点坐标、直线斜率、椭圆方程及性质、圆方程及性质、弦长公式、一元二次方程根与系数的关系、相关图形的面积和周长、向量运算、垂直或平行的充要条件等.

考查的数学思想方法有：数形结合思想、化归与转化思想、整体代换思想等.

运算过程的处理方法：设而不求、点差法等.

2 教学描述

课题：直线与椭圆交汇试题.

2.1 目标要求

知识目标： (1) 理解直线方程和椭圆方程、图形及性质; (2) 掌握解决直线与椭圆交汇试题的解题思路，顺利实现数学文字语言、符号语言与图形语言的转换.

能力目标： (1) 通过分析直线与椭圆交汇试题的命题思路、考查的知识点与考查能力要求及考查的数学思想方法等，培养学生的计算技能、会“想”的技能，提高数学能力; (2) 通过数形结合的研究，培养学生化归与转化能力，学会寻找解题的切入点，提高解题能力.

情感态度与价值观：通过必要的解题训练，提高学生应对较复杂问题及较陌生问题的心理素质，从而提高应试能力，考出水平.

2.2 教学重点难点

教学重点： (1) 求直线方程，椭圆方程、图形及性质; (2) 直线与椭圆交汇涉及的相关量的选取、其关系的转化.

解决措施：利用“执果索因”法，通过分解与综合选取相关量，建立关系，促其转化.

教学难点：直线与椭圆交汇涉及的相关量的选取、其关系的转化.

解决措施：采用变式教学法，学习如何分解与综合，选取相关量建立联系，促其转化.

2.3 教学设计思路

1)从数形结合思想方法中通过变式让学生学会将数学文字语言、符号语言、图形语言的相互转化，从中领悟解决综合问题就是将其分解为若干小问题来解决.

2)观察图形、结合已知条件与所求结果，通过联想挖掘其中的隐含关系，顺利实现转化.

3)加强解题思路分析，运算过程渗透“设而不求”的方法.

3 教学过程设计

3.1 通过观察、联想、发现图形的演变，让图形的相关知识有效地栖居

师：在解析几何中，我们已经分别学习了直线和椭圆的有关知识，但在各种类型的考试中，命题者往往将它们交汇一起综合考查直线的方程、斜率、线段距离、点的坐标、圆、椭圆的方程、性质、向量等.

问题1直线x-y+1=0与椭圆=1相交于A, B两点, 由此产生的几何图形有哪些?请画出图形举例说明.

设计意图从生成观的视角引导学生分析直线与椭圆相交可产生线段，交点与焦点连线可产生焦点三角形、四边形等图形，用解析法描述这些图形就要涉及到直线方程、夹角、面积等，联想相关知识及解题方法.强调数形结合思想方法.

3.2 通过简单练习题让求直线方程及椭圆方程的解法有效地栖居

例1求与椭圆=1相交于A, B, 并且段AB的中点为M (1, 1) 直线方程.

问题2题目中已知线段AB的中点为M(1，1)，要求它的直线方程还差什么量就可以写出直线方程?由中点坐标你联想到什么公式?如何将这些坐标与直线方程的未知量建立联系，顺利转化?用什么方法可求出直线方程的一个未知量k?

设计意图设计问题串，引导学生思考解决问题的方法，学会如何寻找已知与未知的联系，复习用待定系数法求斜率及用点差法求效率，掌握解直线与圆锥曲线关系问题的常用方法是“设而不求”.这种设计体现由简单到复杂，由特殊到一般的思想方法，也为后面的变式作准备.

方法1(待定系数法)设线段AB的斜率为k，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由线段AB的中点M(1，1)，得x1+x2=2.由

方法2(点差法)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由线段AB的中点M(1，1)，得

把A，B坐标代入椭圆方程得

两式相减得

故k=

问题3如果改变椭圆方程和直线方程的呈现方式，那么得到的试题你会解吗?例如，由已知椭圆方程改为求满足一定条件的椭圆方程及直线方程形式的改变，可得如下的试题：

例2已知椭圆=1 (a>b>0) 的离心率为, 右准线方程为x=2.

(Ⅰ)求椭圆C的方程;

(Ⅱ)已知直线x-y+m=0与椭圆C交于不同的两点A，B，且线段AB的中点在圆x2+y2=上, 求m的值.

设计意图例题按层级设计，由已知椭圆方程变成求满足一定条件的椭圆方程以及求满足一定条件的直线方程的某个参数值，除了复习直线及椭圆的方程、几何性质等知识外，意在训练学生的逆向思维能力及提高运算能力，增强解题的灵活性.解题的关键是引导学生如何将点A，B的坐标转化为m的关系式.

变式训练改变(Ⅱ)中线段AB满足的条件可得不同的变式题，体现命题者要考查不同的知识点.

变式1已知直线x-y+m=0与椭圆C：+y2=1交于不同的两点A，B，点O为坐标原点，且OA⊥OB，求m的值.

变式2已知直线x-y+m=0与椭圆C：+y2=1交于不同的两点A，B，点O为坐标原点，且=2，求m的值.

变式3已知直线x-y+m=0与椭圆C：+y2=1交于不同的两点A，B，且|AB|=4，求m的值.

变式4已知直线x-y+m=0与椭圆C：+y2=1交于不同的两点A，B，且线段AB的中点C与椭圆中心的连线的斜率为，求m的值.

变式5已知直线x-y+m=0与椭圆C：+y2=1交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，且|y1-y2|=4(也可以改为|x1-x2|=3)，求m的值.

问题4垂直、向量的数量积、斜率、距离等条件如何进行坐标的转化，最终转化为未知量的关系是什么?这些运算应注意什么?

设计意图在直线与椭圆交汇试题中，利用垂直、平行、向量、斜率、距离等条件进行坐标转化是高考题的常见考点，也是解析几何的基本运算，学生必须掌握才能解决综合性问题.这里设计的变式训练就是让学生通过适当练习，熟练掌握这些基本运算.

3.3 利用稍难的试题让椭圆的几何性质有效地栖居

问题5分析例3的已知条件，有哪些关系(已知条件)是解题的关键?如何实现有效的转化?

例3(2011年广东高职考试题)已知椭圆=1的左、右焦点F1，F2为双曲线=1的顶点，且双曲线的离心率是椭圆的离心率的.

(Ⅰ)求椭圆的方程;

(Ⅱ)过F1的直线l与椭圆的两个交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，且|y1-y2|=3，若圆C的周长与△ABF2的周长相等，求圆C的面积及△ABF2的面积.

解(Ⅰ)由题知双曲线的半焦距槡4+3=，双曲线的离心率e′=.

又由椭圆与双曲线的已知关系可得椭圆的长半轴长a=4，椭圆的短半轴长b=，故椭圆的方程是

(Ⅱ)由椭圆的定义得△ABF2的周长为4a=16，设圆C的半径为r，则有

则圆的面积是

由已知条件得

又由于y1与y2异号，因此上式可化为：

问题6能否利用弦长公式转化|y1-y2|=3?

设计意图椭圆、双曲线的几何性质是高考的常见考点之一，直线与椭圆交汇产生的焦点三角形也经常出现在各种考试中，利用这些试题复习，不但复习椭圆的概念及几何性质，而且复习解析几何中常见的距离与坐标的转化运算，为后面的综合运算作知识储备，更是强化化归与转化的思想方法.

点评本题主要涉及三个关系：双曲线的离心率是椭圆的离心率的;圆C的周长与△ABF2的周长相等;|y1-y2|=3.如何有效地将其转化是成功解题的关键，也是复习教学的着力点.

练习(2010年广东高职考试题)已知中心在坐标原点，焦点F1，F2在x轴上的椭圆C的离心率为，抛物线x2=4y的焦点是椭圆C的一个顶点.

(Ⅰ)求椭圆C的椭圆方程;

(Ⅱ)已知过焦点F2的直线l与椭圆C的两个交点为A和B，且|AB|=3，求|AF1|+|BF2|.

3.4 利用难度较大的综合试题让直线与椭圆的综合知识及其解法有效地栖居

在近年高考直线与椭圆交汇试题中，题目的已知条件往往涉及较复杂的向量运算、对称或其它曲线等，综合成难度较大的试题.这类试题思维量大，运算过程繁难，学生容易大量失分.

例4(2011年高考全国卷Ⅱ第21题)已知O为坐标原点，F为椭圆C：x2+=1在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为-的直线与C交于A，B两点，点P满足

(Ⅰ)证明：点P在C上;

(Ⅱ)设点P关于点O的对称点为Q，证明：A，P，B，Q四点在同一圆上.

问题6条件如何进行坐标的转化?有多少种办法可证明四点共圆.(平面几何方法又如何转化为用解析法证明?对称点有什么用?用坐标如何表示?)

证明(Ⅰ)由题意

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则

(Ⅱ)由(Ⅰ)得

由两直线的夹角公式得

故tan∠APB=-tan∠AQB,

则∠APB，∠AQB互补，因此A，P，B，Q在同一圆上.

设计意图用解析证明四点共圆，可以转化为利用两直线的夹角公式、斜率公式，求得对角的正切值之和为零，推出对角互补，即四点共圆可转化为对角互补.这样不但能综合复习两直线的夹角公式、斜率公式、向量运算、椭圆的几何性质等知识，而且引导学生如何将复杂问题分解为几个简单问题加以解决.

练习(2011年高考全国卷理20)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0，-1)，B点在直线y=-3上，M点满足，M点的轨迹为曲线C.

(Ⅰ)求C的方程;

(Ⅱ)P为C上动点，l为C在P处的切线，求O点到l距离的最小值.

点评这道题是向量与圆锥曲线的综合题，涉及向量的平行、向量的数量积等运算，要求学生转化为坐标关系才能顺利求解;同时又考查点到直线的距离及运用平均值不等式求最大(小)值的问题.综合程度较高，但其中向量的平行、向量的数量积、距离等问题转化为坐标关系是最基本的运算，因此在直线与圆锥曲线关系的复习课教学中抓基本运算永不过时，尤其是对于中下层次学生更是如此.

小结在直线与椭圆交汇试题中，弄清各种条件的坐标转化是成功解题的关键.这些已知条件如平行、垂直、向量运算、斜率、对称、距离等经常出现在试题中，必须熟练地掌握其转化方法才能顺利破解解析几何问题.

4 教学思考

4.1 复习课教学设计应明确知识线

本节课的知识线有：一是直线，它把直线倾斜角、斜率、直线方程、两直线夹角、平行、垂直、距离(点到直线的距离、两点间的距离)、中点坐标公式等知识串联起来;二是椭圆，包括它的定义、图形、几何性质;三是直线与椭圆交汇产生解二次方程组、一元二次方程根与系数的关系、弦长公式、向量的运算、焦点三角形、圆、双曲线等知识.这些知识线通过例题讲解及变式练习引导学生学会将相关知识梳理、归纳、总结，进行从点到线、由线及面的总结，使之做到以一点或一题串一线、联一面，尤其是注意知识间纵横向联系与对比，构建知识网络，从而提高复习效率.

4.2 复习课教学设计要舍得在分析和练习上下功夫

分析重在设疑、导思、答疑，通过设置问题串引导学生学会分析重点、难点和疑点，学会将复杂问题分解成几个简单问题加以解决，特别是思考如何实现已知条件的有效转化，并建立已知与未知之间的联系.这样才能熟练地掌握教材内容，并灵活运用于解题实践.练习题的设计重在“精”“活”，应具备层次性、针对性、启发性、典型性及系统性问题，可以设计成为变式题、对比题等进行题组训练，注意总结和归纳解题规律，加强知识的纵横联系，抓一题多变或一题多解，避免套题型、套解法，提升思维品质.

4.3 教学中突出数学思想方法的渗透

数学思想与方法既是联系数学中各类知识的纽带也是数学的精髓.本节课涉及的主要数学思想有：数形结合思想、化归与转化思想、整体代换思想、方程思想等.方法有：待定系数法、点差法等.这些思想方法都是常见考试考到的和用到的，必须熟练掌握.

4.4 提高运算能力

近几年来，高考解析几何试题的命题原则都是“多考想的，少考算”，把考查学生的思维能力和探究能力放在更突出的地位，尽量避免过分繁难的运算，但必要的运算能力仍然是不可或缺的.在解几的运算中，把二次方程组(重点为二元一次方程和一个二次方程构成的方程组、两个二次方程构成的方程组)化为一个二元一次方程以及再利用根与系数的关系进行坐标转换等都对学生的运算能力提出较高要求，因此在复习课教学中需要更大训练量.复习课教学要把基本运算的训练放在更加突出的地位，掌握基本的解题方法.说到底，直线与椭圆综合题就是把多个小问题组合在一起，因此我们在复习这些问题是要引导学生学会把综合问题分解为几个小问题来处理，再寻找各个小问题之间的联系，实现有效的转化.

4.5 选择例题应注意难度和区分度

开始应选择较为简单的例题，再缓坡度上升.本节复习课选题遵循的原则是简单题主要以考查和训练椭圆的基本概念和几何性质为主，解答题关注椭圆的基本概念及其几何性质外，重点抓住直线与椭圆的位置关系，从位置关系的判定、轨迹、对称、弦长、最大(小)值等几个方面将综合问题分解为几个小问题进行强化训练，让学生逐步学会思考解决问题的方法.

参考文献

知识交汇篇8

1 数列与向量交汇的综合题

例1在直角坐标平面中, 已知点P1 (1, 2) , P2 (2, 22) , P3 (3, 23) , …, Pn (n, 2n) , 其中n是正整数, 对平面上任一点A0, 记A1为A0关于点P1的对称点, A2为A1关于点P2的对称点, ……, An为An-1关于点Pn的对称点.

(Ⅱ) 对任意偶数n, 用n表示向量A0→A2的坐标.

解 (Ⅰ) 设An (xn, yn) .因为An与An-1关于点Pn (n, 2n) 对称, 所以

评注本题中充分体现了向量的坐标运算在解题中的运用, 学生在解题过程中, 既要对向量的合成有形的要求, 又要对向量的合成有数的感受———坐标运算, 只有充分理解的向量的加法与减法, 才能对向量数与形的结合有一种统一性认识.

2 数列与不等式结合

例2如图1, P1 (x1, y1) , P2 (x2, y2) , …, Pn (xn, yn) , (0

(Ⅰ) 写出a1, a2, a3;

(Ⅱ) 求出点An (an, 0) (n∈N*) 的横坐标an关于n的表达式;

(Ⅱ) 依题意An (an, 0) , An-1 (an-1, 0) , 则

所以数列{an+1-an}是以a2-a1=4为首项, 公差为2的等差数列,

an+1-an=2 (n+1) (n∈N*) .

所以

当n∈N*时, 上式恒为负值, 所以bn+1

评注综合上述问题, 不难发现, 对于第2问中的问题, 我们也可以利用第1小问的解题思路, 来作出不完全归纳的假设, 再对所作出的假设性结论用完全归纳法来予以证明, 而第3问中最值得关注的地方, 就是利用数列的单调性来求出最值, 从而使看似复杂的不等式恒成立问题迎刃而解.

3 数列与分段函数的结合

(Ⅰ) 求数列{yn}的通项公式, 并证明{yn}是等差数列.

(Ⅱ) 证明xn+2-xn为常数, 并求出数列{xn}的通项公式.

(Ⅲ) 在上述等腰三角形AnBnAn+1中, 是否存在直角三角形?若有, 求出此时a值;若不存在, 请说明理由.

(Ⅱ) 因为△AnBnAn+1与△An+1Bn+1An+2为等腰三角形.所以

两式相减得xn+2-xn=2.

所以x1, x3, x5, …, x2n-1及x2, x4, x6, …, x2n都是公差为2的等差数列, 所以

(Ⅲ) 要使AnBnAn+1为直角三形, 则

当n为奇数时,

所以

当n为偶数时,

所以

评注本题的难点是通过xn+2-xn=2判断出数列{x2k}与{x2k-1}都是公差为2的等差数列, 得出通项是关于n为奇数与偶数为自变量的分段函数, 从而为后续问题埋下了分类讨论的伏笔, 此题虽然较难, 但是在解题时理解了这一点, 学生在解答过程中就觉得轻松不少.

三力交汇原理的应用篇9

[ “杠杆类”平衡问题]

例1 用力[F]将水平地面上的一块均匀木板一端抬起如图1所示，保持静止. 分析地面对木板有无摩擦力作用？

图1 图2

解析木板除受重力，还受力[F]，如果把地面对木板下端的作用等效为一个力，就是受三个不平行力而平衡，遵循三力汇交原理，可知三力的共点位置，如图2所示. 由于弹力垂直地面向上，故可知静摩擦力水平向右.

点拨本题可以看出三力交汇原理对“杠杆类”平衡问题有很强的甄别作用. [ 图3]

例2 [A、B、C]三物体分别拴在三段足够长的轻绳上，跨过天花板上两轻小定滑轮悬挂如图3所示. 已知[mA]=4kg，[mB]=2kg，为使系统平衡时，中间物体[C]能在两轮之间，则物体[C]的质量可取（）

A. [mC]=3kg B. [mC]=4kg

C. [mC]=5kg D. [mC]=6kg

解析系统平衡时，结点[O]处所受合外力为零，三力矢量构成封闭的矢量三角形，如图4甲所示.

甲乙丙

图4

再采用极端思考法：当[mC]取某极大值时，因绳足够长，则结点[O]趋近右轮正下方，[O]上头两段趋于竖直，如图4乙所示，则[mC]=6kg

当[mC]取某极小值时，结点[O]趋近左轮，[O]上边右侧绳趋于水平，如图4丙所示，则[mC]=[42-22=23]kg

综上得[23kg

点拨在较为复杂的单调变化问题中，常常采用极端思考的思维方法，可将问题特征很快凸显出来. 物理选择题一些常用的思考方法，有如比较淘汰法、矢量图解法、图象法、假设法、等效转换法、模型类比法、极端思考法、极限分析法、特值代入法、单位检验法等.

[ 刚体的平衡问题]

例3 如图5所示，一个光滑的半球形碗内，一根轻杆两端固定有两小球A、B. 当它们静止时，A、B与球心O的连线与水平分别成60°和30°. 求A、B两球的质量之比和碗对它们的弹力大小之比. [ 图5]

解析方法一：先分析两球受力，如图6所示，平衡时，根据力矢量三角形与几何三角形相似，对小球[A]，有[mAgOC=FAC=NAR]

对小球[B]，有[mBgOC=FBC=NBR]

由于[F=F]，故[mAmB=BCAC=NANB]

又[ACBC=x1x2=Rcos600Rcos300=13]

联立解得[mAmB=NANB=31]

本题可等效为两个“拉 [ 图6]力”[NA]、[NB]将刚体“吊”在“悬点”[O]处平衡，故整体的质心在[O]得正下方[C]，整体的合外力为零，构成封闭的力矢量三角形. 由于[NA⊥NB]，整体的重力[（mA+mB）g]竖直向下，故由矢量图6，得[NANB=31]

方法二：杆连接[A、B]两球可以看作整体，但不是质点，是刚体. 静平衡的刚体同时满足两个条件：（1）所受外力的矢量和为零，含轴处受力；（2）对任意转轴，所受外力的力矩代数和为零，即

[∑F=0∑M=0]

根据刚体的平衡条件[∑M=0]，对整体，不计内力[F]和[F]，以圆心[O]为轴，[mA]和[mB]的力臂都为零，力矩为零；有[mAg?Rcos60°=mBg?Rcos30°]，得[mAmB=31]

点拨比较上述解法，显然从力矩的角度思考更简明轻松. 要求同学们掌握力矩的概念，会找各力的力臂——转轴到力的作用线的距离.

例4 长[L]、质量 [ 图7]为[m]的均匀直杆[AB]放置在光滑的半径为[R]的半球形碗内，如图7所示，平衡时，求碗口处对杆的支持力大小[NB].

解析本题直杆受三个不平行的力而静止，三力矢量和为零，三力必共点（三力汇交定理），三力构成封闭的“力矢量三角形”，如图8所示.

图8

根据图中几何三角形与力矢量三角形相似，有

方法一：[mg2R=NBL2]，得[NB=L4Rmg]

方法二：[BC=2Rcos2θ=L2cosθ]，得[cos2θcosθ=L4R]

在力矢量三角形中，由正弦定理，有

[NBsin（900-2θ）=mgsin（900+θ）]，即[NBmg=cos2θcosθ]

联立解得[NB=L4Rmg]

方法三：均匀直杆[AB]大小不能忽略，不是质点，是刚体. 对任意转轴，杆所受外力的力矩代数和为零. 以[A]为转轴，力[F]的力臂为零，力矩为零，有

[NB?2Rcosθ=mg?L2cosθ]，得[NB=L4Rmg]

概率交汇题赏析篇10

概率与方程的交汇

例1从数字0、1、3、5、7中取出不同的三个数作为一元二次方程ax2+bx+c=0的系数, (1) 可以组成多少个一元二次方程? (2) 其中方程有实根的概率是多少?

解: (1) 先确定a, 然后再确定b、c, 就可组成一个一元二次方程.因此, 组成方程的个数为A14A24=48个;

(2) 若一元二次方程有实根, 则必须满足△=b2-4ac≥0.

当c=0时, a、b可在1、3、5、7中任取两个, 有A24种取法;

当c≠0时, b只能取5、7:b取5时, a、c只能取1、3, 共有A22种取法;b取7时, a、c只能取1、3或1、5进行排列, 共有2A22种取法.所以, 有实根的一元二次方程共有A24+A22+2A22=18个, 其中方程有实根的概率是

评析:以二次方程对系数的要求为切入点, 将排列组合和概率知识巧妙地融合在一起是本题的亮点.

概率与函数的交汇

例2多项飞碟是奥运会的竞赛项目, 它是由抛靶机把碟靶 (射击的目标) 在一定范围内从不同的方向飞出, 每抛出一个碟靶, 就允许运动员射击两次.一运动员在进行训练时, 每一次射击命中目标的概率P与运动员离碟靶的距离S (米) 成反比.现有一碟靶抛出后, S (米) 与飞行时间t (秒) 满足S=15 (t+1) (0≤t≤4) .假设运动员在碟靶飞出后0.5秒进行第一次射击, 且命中的概率为0.8, 如果他发现没有命中, 则通过迅速调整, 在第一次射击后0.5秒进行第二次射击, 那么他命中此碟靶的概率是多少?

解:设 (K为非0常数) , 则.当t=0.5秒时, P1=0.8, 代入上式得K=18.所以∴当t=1秒时, P2=0.6.因此, P=P1+ (1-P1) ×P2=0.8+ (1-0.8) ×0.6=0.92.

评析:以函数为切入点, 将概率与函数融合是本题的亮点.

概率与数列的交汇

例3掷一枚均匀的硬币, 每次出现正面得1分, 出现反面得2分, 求恰好得n分的概率是多少?

解:设Pn表示事件“恰好得n分”的概率, 则得1分的概率为由题意知“恰好得n分”可由其对立事件:“先得n-1分, 再掷一次反面后得n+1分”求得, 故.

于是, 易知数列是以为首项, 公比为的等比数列.故

评析:将概率问题数列化, 从而使问题得到解决是本题的亮点.

概率与立体几何的交汇

例4在正方体上任选3个顶点连成三角形, 则所得的三角形是直角非等腰三角形的概率是 ( ) .

(A) (B) (C) (D)

解:在正方体上任选3个顶点连成三角形可得C38个三角形, 而且机会均等, 属等可能事件.而要得直角非等腰三角形, 则只能在对角面内取.每一个对角面内有4个直角非等腰三角形, 上下、左右、前后共有6个对角面, 则共有24个直角非等腰三角形, 从而所求概率为.故选择C.

评析:寻求分类标准, 并且按一定顺序进行排列组合, 不重不漏地求出符合条件的图形个数是本题的亮点.