高中数学说题课件
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高中数学说题比赛课件集锦王坤峰说题课件
……① ……②
∴ y1 k1(x1 2), y1 k2 (x1 2) 两式相加得 即 0 (k1 k2 )x1 2(k1 k2 )
x1
2(k1 k2 ) k1 k2
又由 得 ， ∴ 即
y
k1
(
x
2)
y k2(x 2)
x 2(k1 k2 ) k1 k2
直线 A1P 的方程为 直线 A2Q 的方程为
y y1 (x 2)
y
x1y1
2 (x
2)
x1 2
……① ……②
设点M(x, y)是A1P与 A2Q 的交点，由①×②得
y2
y12 x12 2
(x2
2)
……③
又点P(x1, y1)在双曲线
上 x2 y2 1
2
∴
x x1 2
x 2, x1
∴
y1
k1
2(k1 k2 ) k1 k2
2
2
2k1 k2 k1 k2
y
k1
2(k1 k2 ) k1 k2
2
2 k1
2k1 k2
k2
以下同法一 ∴
∴ y1 k1 k2 2
y2
2 1
0
得 x 2, y 0 所以直线 l
与双曲线只有唯一交点 A2 。故轨迹E不经 过点 (0,1)。
综上分析，轨迹E的方程为 x2 y2 1, x 0 且x 2 2
法三：由题设知 A1( 2,0) A2( 2,0) ，则有
高中数学说题《一道函数题》精品PPT课件
4M | b | + | 9 3a b | +2 | 9 3 a b |
42
4M 9 2
9 M
当且仅当a 3,b 9 取等号
8
8
切比雪夫最佳逼近直线理论
变式3 已知任意实数a,b,函数f ( x) | x2 (ax b) |，总存在 x0 [0, m], f ( x0 ) 1,则m的取值范围 _____
变式2 已知任意实数a,b,函数f ( x) | x2 (ax b) |，总存在 x0 [0, 3], f ( x0 ) m,则m的取值范围 _____
绝对值三角不等式
M f (0) | b | M f (3) | 9 3a b | M f ( 3) | 9 3 a b | 2 42
解法2（: 分类讨论）
y
|
u
t
|
u t, t u,
t 1
u
3 u
t
分 1 u t和t u 3讨论
解法3（: 绝对值三角不等式）
M | 1 t |
M | 3 t |
2M | 1 t | | 3 t || 1 t (3 t) | 4 由题可知M 2 当且仅当 | 3 t || 1 t | 即t 1取等号
数
例1 已知t为常数，函数y | x2 2x t | 在区间[0,3]上的最大值
为2,则t _____
解法4（: 数形结合） 令u x2 2x，u[1,3]
形
解法5（: 纵向距离）
思考：能否看成y x2和y=2x t的纵向距离？
例1 已知t为常数，函数y | x2 2x t | 在区间[0,3]上的最大值 为2,则t _____
高中数学第二届说题比赛试题说题——圆锥曲线1共18张PPT
3、利用几何法化简式子，也进行了消元，但在 解题中忽略了判别式，缺乏严谨性；
已知直线 y k (x 2)(k 0)与抛物线 C:y 2 8x 相交 A、B 两
点，F 为 C 的焦点.若 FA 2 FB ,求 k 的值.
(
设 A、B 两点坐标分别为（x1,y1）,( x2,y2)
BN = 2 AM
解 法 一 ：
结束语
我想，如果拿到一个题目，作为教师都能这 样深入去观察、分析、解决与反思，那必能起到 以一当十、以少胜多的效果，既可以增大课堂的 容量，又可以培养学生各方面的能力，特别是自 主探索，不断创新的能力。如果在教学中能够尝 试让学生自己说题，讲题，相信教学的效果会更 好。
我想今后我会继续努力深入去研究课本的例 题、习题和全国各地的高考试题，不断追求新知， 完善自己，将说题的意识进行到底。
说拓展
变式1（类比）： 已知直线 y k (x 2)与抛物线 C:y 2 8x 相交 A、B 两点， F 为 C 的焦点.若 FA 2 FB ,求 k 的值.
变式2（进一步提升）：
已知直线 y k (x a)与抛物线 C: y 2 8x 相交 A、B 两 点，F 为 C 的焦点.若 FA 2 FB ,求 k 的值.
x1 x2
8 4k 2 k2
x1x 2 4
(2x 2 2)x 2 4 x 2 2(舍)或x 2 1
y2 2 2
k 22 3
缺乏严谨性
已知直线 y k (x 2)(k 0)与抛物线 C:y 2 8x 相交 A、B 两
点，F 为 C 的焦点.若 FA 2 FB ,求 k 的值.
设 A、B 两点坐标分别为（x1,y1）,( x2,y2)
翻译——代数讨论——翻译
已知直线 y k (x 2)(k 0)与抛物线 C:y 2 8x 相交 A、B 两
点，F 为 C 的焦点.若 FA 2 FB ,求 k 的值.
(
设 A、B 两点坐标分别为（x1,y1）,( x2,y2)
BN = 2 AM
解 法 一 ：
结束语
我想，如果拿到一个题目，作为教师都能这 样深入去观察、分析、解决与反思，那必能起到 以一当十、以少胜多的效果，既可以增大课堂的 容量，又可以培养学生各方面的能力，特别是自 主探索，不断创新的能力。如果在教学中能够尝 试让学生自己说题，讲题，相信教学的效果会更 好。
我想今后我会继续努力深入去研究课本的例 题、习题和全国各地的高考试题，不断追求新知， 完善自己，将说题的意识进行到底。
说拓展
变式1（类比）： 已知直线 y k (x 2)与抛物线 C:y 2 8x 相交 A、B 两点， F 为 C 的焦点.若 FA 2 FB ,求 k 的值.
变式2（进一步提升）：
已知直线 y k (x a)与抛物线 C: y 2 8x 相交 A、B 两 点，F 为 C 的焦点.若 FA 2 FB ,求 k 的值.
x1 x2
8 4k 2 k2
x1x 2 4
(2x 2 2)x 2 4 x 2 2(舍)或x 2 1
y2 2 2
k 22 3
缺乏严谨性
已知直线 y k (x 2)(k 0)与抛物线 C:y 2 8x 相交 A、B 两
点，F 为 C 的焦点.若 FA 2 FB ,求 k 的值.
设 A、B 两点坐标分别为（x1,y1）,( x2,y2)
翻译——代数讨论——翻译
高中数学说题课件
(
8 − (Y 2 )
min
)=
8=2 2
点评：构造的函数Y = 1− x − 是单调递减的容易求出值域。
x+3
三.解题方法
解法10， 解法10，对称性法 10
对称性原理：在不等式中，当变量间地位对称（对等） 时，两变量相等时，可使目标函数取得最值。 令u = 1− x , v = 3 + x，则有u2 + v2 = 4(u ≥ 0, v ≥ 0) 去求u + v的最大值显然u, v两个变量对称，故令u = v, 则有u = v = 2，ymax = u + v = 2 2。
二.解题思路
题目出处 已知求证
条件信息 解题关键
则它的最大值为( 1、已知函数 y = 1 − x + x + 3, 则它的最大值为 ) 、 (A)
2
(B)2
(C) 2
2
(D)
4 3
3
隐含条件和潜在信息为： 隐含条件和潜在信息为：先求出定义域为 [ −3,1] , 且有 (1− x) + ( x + 3) = 4.
数学说题
说题 引入 解题 思路
说题
高考 链接 题目 变式
解题 方法
一、说题引入
数学的世界里并不缺少美， 数学的世界里并不缺少美，而是缺少一个善于思 考的大脑。数学本身是美妙的， 考的大脑。数学本身是美妙的，也可以学得很美 在数学的世界里， 妙。在数学的世界里，你会发现数学的美妙千变 万化，数学的美妙让你流连忘返， 万化，数学的美妙让你流连忘返，数学的美妙让 你如痴如醉。这种种数学的美妙， 你如痴如醉。这种种数学的美妙，我们可以称之 数学美” 正因为这“数学美” 为“数学美”。正因为这“数学美”，科学得以 巨大飞跃，社会得以高速发展， 巨大飞跃，社会得以高速发展，人类得以主宰世 在数学的小世界里， 界。在数学的小世界里，你会发现另外一番大世 在浩瀚无垠的数学题海里， 界。在浩瀚无垠的数学题海里，我要说的这个小 淋漓尽致的诠释了她的美妙， 题，淋漓尽致的诠释了她的美妙，而这仅仅是冰 山一角。只要你热爱数学，只要你善于思考， 山一角。只要你热爱数学，只要你善于思考，数 学的世界就是美的世界。 学的世界就是美的世界。
高中数学说题课件ppt
的重要手段。
02
掌握数列求和的基本方 法和技巧，如错位相减
法、裂项相消法等。
04
04
高中数学题目解析
代数题目解析
代数方程与不等式
解析一元一次方程、一元二次方 程、分式方程、不等式等，掌握 方程和不等式的解法，理解方程 和不等式的实际应用。
函数与导数
解析一次函数、二次函数、指数 函数、对数函数等，理解函数的 性质和图像，掌握函数的极值、 单调性等知识点。
变换图形的位置，让学生掌握空 间几何的解题方法。
总结词：通过变换图形的形状、 大小或位置，让学生掌握几何的 基本性质和解题方法。
改变图形的投影方式，让学生理 解投影几何的基本性质。
概率与统计题目变式训练
总结词：通过变换数 据或情境，让学生掌 握概率与统计的基本 概念和解题方法。
详细描述
改变数据的来源或分 布，让学生理解概率 分布的特性。
数据的分布特征：方差、标准 差等。
回归分析与预测方法：线性回 归分析、非线性回归分析等。
03
高中数学重点与难点解 析
函数与导数
核心概念与运用
能够运用导数研究函数的单调性、极值 和最值，解决生活中的优化问题。
理解导数的概念、性质和求导法则，掌 握常见函数的导数公式和求导方法。
函数是描述变量之间依赖关系的重要工 具，导数则用于研究函数的局部性质和 变化率。
圆锥曲线的标准方程 与性质：椭圆、双曲 线、抛物线等。
概率与统计解题方法
概率论 随机事件及其概率：独立事件、互斥事件等。 古典概型与几何概型的计算方法。
概率与统计解题方法
• 随机变量的概念与性质：离散型随机变量、连续型随机变 量等。
概率与统计解题方法
02
掌握数列求和的基本方 法和技巧，如错位相减
法、裂项相消法等。
04
04
高中数学题目解析
代数题目解析
代数方程与不等式
解析一元一次方程、一元二次方 程、分式方程、不等式等，掌握 方程和不等式的解法，理解方程 和不等式的实际应用。
函数与导数
解析一次函数、二次函数、指数 函数、对数函数等，理解函数的 性质和图像，掌握函数的极值、 单调性等知识点。
变换图形的位置，让学生掌握空 间几何的解题方法。
总结词：通过变换图形的形状、 大小或位置，让学生掌握几何的 基本性质和解题方法。
改变图形的投影方式，让学生理 解投影几何的基本性质。
概率与统计题目变式训练
总结词：通过变换数 据或情境，让学生掌 握概率与统计的基本 概念和解题方法。
详细描述
改变数据的来源或分 布，让学生理解概率 分布的特性。
数据的分布特征：方差、标准 差等。
回归分析与预测方法：线性回 归分析、非线性回归分析等。
03
高中数学重点与难点解 析
函数与导数
核心概念与运用
能够运用导数研究函数的单调性、极值 和最值，解决生活中的优化问题。
理解导数的概念、性质和求导法则，掌 握常见函数的导数公式和求导方法。
函数是描述变量之间依赖关系的重要工 具，导数则用于研究函数的局部性质和 变化率。
圆锥曲线的标准方程 与性质：椭圆、双曲 线、抛物线等。
概率与统计解题方法
概率论 随机事件及其概率：独立事件、互斥事件等。 古典概型与几何概型的计算方法。
概率与统计解题方法
• 随机变量的概念与性质：离散型随机变量、连续型随机变 量等。
概率与统计解题方法
高中数学说题比赛课件集锦李英杰说题课件
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2013年农垦总局赛课
题目出处：
2012年普通高等学校招生全国统一 考试（北京卷）数学文科第5题
1 函数 f x x 的零点个数 2
1 2 x
D.3
A.0
B.1
C.2
母题可见于必修1第三章复习参考题第六题
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2013年农垦总局赛课
2 3、若二次函数 y x mx m 2 的零点为整数，求m的值。
解法一
解法二
解法三
采用零 点分析法
利用 韦达 定理法
变形 联立方 程组法
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2013年农垦总局赛课
Company
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2013年农垦总局赛课
参赛者：李英杰
农垦九三分局第二高级中学
2013年农垦总局赛课
说题引入 试题内容结构 试题背景
解法分析 拓展变式
高考链接
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2013年农垦总局赛课
说题引入
数学解题是数学 学习中不可缺少的 核心内容，数学解 题的思维实质是发 生教学。解题是一 种认识活动，是对 概念、定理的继续 学习，是对方法的 继续熟练，而不仅 仅是“规则的简单 重复”
或“操作的生硬执 行”。寻找解题思 路的过程就是寻找 条件知识与结论知 识之间的逻辑联系 或转化轨迹的过程. 在这个过程中，激 活知识、检索知识、 提取知识、组织知 识，使解题与发展 同行。
2013年农垦总局赛课
当0<a<1时1解或3解
y
10
1.2
9
8
y
1
7
数学说题2 高中数学说课比赛ppt课件
2、拓展（阿基米德三角型 ） 过任意抛物线焦点F作抛物线的弦，与抛物线 交与A、B两点，分别过A、B两点做抛物线的 切线L1,L2相交于P点。那么△PAB称作阿基 米德三角型。该三角形满足以下特性： 1、P点必在抛物线的准线上 ； 2、△PAB为直角三角形，且角P为直角 ； 3、PF⊥AB（即符合射影定理）； ……
题目：
已知直线 y k ( x 2)(k 0) 与抛物线C:
y 2 8x
相交A、B两点，F为C的焦点.若 FA 2 FB ,求k的值.
一、说题目
学生读题后认识大致有下列四个层次：
1.看到了两个方程（直线方程和抛物线方程）和一个等量关系：
y k ( x 2)(k 0) y 8x
8 ky 8 y 16k 0. 于是 y1 y 2 , y1 y 2 16. k
2
由抛物线定义将条件
FA 2 FB 转化为
2 2 y1 y2 。 2 2( 2), 即 ， 8 8
y 2 y 16
2 1 2 2
2 2 y 2 y 解得 1 2 ，从而解得 k 3
1
,
1 (2) 3 点评：解析几何的问题首先是几 何问题。本题是这种思想的深刻 体现和典型范例，通过巧妙利用 几何关系，以及抛物线相关基础 知识，而使得问题得到解决。这 归功于熟练的几何意识与平时训 练有素的练习。
三、说背景
1、本质： 我认为这题的本质是：经过焦点的 两条焦点弦倾斜角互补则端点弦所 在直线恒过准线与对称轴的交点。 （能够证明）
2 由 x1 x 2 4 得 2( x2 1) x2 4 x2 x2 2 0 x2 1
或ห้องสมุดไป่ตู้
精品高中数学说题课件衡水中学校内精品全国数学教师大比武一等奖课件
2
五、题目变式
变式三：已知 （1）若
f ( x) 2 cos2 x 3 sin2 x a, (a R)
x R， 求f(x)的单调增区间；
（2）若 x [0, 2 ]时，f(x)的最大值为4，求a的值； （3）在（2）的条件下，求满足f(x)=1且 x [ , ] 的x的集合。
考点分析：考查三角函数中特殊角三角函数值、倍角
公式、化一公式、函数 y A sin( x ) 图像性质等基 础知识，考查基本运算能力．
二、解题方法
解 : (1) f ( x) 2cos x(sin x cos x) 1 sin 2 x cos 2 x π 2 sin 2 x 4
六、预测及反思
一、近年广东三角函数高考题特点 二、说题活动反思
二、解题方法
解法一：换元法，数形结合 解法二：运用函数单调性求最值
解法三：画出图像并观察求解
解法三：画出图像并观察求解
y
2
O
x
2
三、学情分析
1、学生基本理解函数性质内容及数形结合思想
2、尖子班学生，有很大机会上本科、重点 3、文科生，对函数综合题、解析几何、数 列等掌握有一定困难
4、公式在较好引导下大多能够直接记下并运用
为达到有效分以上，必须拿下的重 阵地！
四、学法指导
熟识三角函数定义、图像 熟悉特殊角三角函数值，诱导公式， 倍角公式
熟练化一公式，参数对函数图像、 性质的影响,换元法运用
宁反复品味几道经典题， 不贪多滥做意不明确题。
五、题目变式
变式一：如果定义域为R
例如：1.求函数 f ( x) cos2 x cos x 3 的值域。
五、题目变式
变式三：已知 （1）若
f ( x) 2 cos2 x 3 sin2 x a, (a R)
x R， 求f(x)的单调增区间；
（2）若 x [0, 2 ]时，f(x)的最大值为4，求a的值； （3）在（2）的条件下，求满足f(x)=1且 x [ , ] 的x的集合。
考点分析：考查三角函数中特殊角三角函数值、倍角
公式、化一公式、函数 y A sin( x ) 图像性质等基 础知识，考查基本运算能力．
二、解题方法
解 : (1) f ( x) 2cos x(sin x cos x) 1 sin 2 x cos 2 x π 2 sin 2 x 4
六、预测及反思
一、近年广东三角函数高考题特点 二、说题活动反思
二、解题方法
解法一：换元法，数形结合 解法二：运用函数单调性求最值
解法三：画出图像并观察求解
解法三：画出图像并观察求解
y
2
O
x
2
三、学情分析
1、学生基本理解函数性质内容及数形结合思想
2、尖子班学生，有很大机会上本科、重点 3、文科生，对函数综合题、解析几何、数 列等掌握有一定困难
4、公式在较好引导下大多能够直接记下并运用
为达到有效分以上，必须拿下的重 阵地！
四、学法指导
熟识三角函数定义、图像 熟悉特殊角三角函数值，诱导公式， 倍角公式
熟练化一公式，参数对函数图像、 性质的影响,换元法运用
宁反复品味几道经典题， 不贪多滥做意不明确题。
五、题目变式
变式一：如果定义域为R
例如：1.求函数 f ( x) cos2 x cos x 3 的值域。
数学说题课件课件
数学说题课件课件一、教学内容本节课我们将学习《数学说题》一书的第四章“问题解决策略”中的第一节数学说题的基本方法。
详细内容包括：认识数学说题的重要性，了解数学说题的基本步骤，学会运用不同的解题策略，以及通过实例分析提高解题能力。
二、教学目标1. 理解数学说题的概念，认识到数学说题在解题过程中的重要性。
2. 掌握数学说题的基本步骤和策略，并能灵活运用到实际解题中。
3. 培养学生的逻辑思维能力和问题解决能力，提高数学素养。
三、教学难点与重点教学难点：数学说题的策略选择与运用。
教学重点：数学说题的基本步骤和方法的掌握。
四、教具与学具准备1. 教具：多媒体课件、黑板、粉笔。
2. 学具：学生用书、练习本、铅笔。
五、教学过程1. 实践情景引入（5分钟）利用多媒体课件展示一道生活中的数学问题，引导学生思考并尝试解决问题。
2. 基本概念讲解（10分钟）介绍数学说题的概念、意义和基本步骤，让学生对数学说题有初步的了解。
3. 例题讲解（15分钟）选取一道典型例题，详细讲解如何运用数学说题的方法解决问题，引导学生掌握解题策略。
4. 随堂练习（10分钟）学生独立完成练习题，教师巡回指导，解答学生疑问。
5. 小组讨论与分享（10分钟）学生分小组讨论解题过程，分享自己的解题方法和心得。
六、板书设计1. 《数学说题》2. 内容：a. 数学说题的概念与意义b. 数学说题的基本步骤c. 解题策略的选择与运用七、作业设计1. 作业题目：i. 问题1：……ii. 问题2：……2. 答案：a. 问题1解答：……问题2解答：……八、课后反思及拓展延伸1. 反思：通过本节课的学习，学生应认识到数学说题的重要性，学会运用基本步骤和策略解题。
2. 拓展延伸：引导学生关注生活中的数学问题，尝试用所学知识解决实际问题，提高数学素养。
重点和难点解析1. 教学难点：数学说题的策略选择与运用。
2. 例题讲解：详细讲解如何运用数学说题的方法解决问题。
3. 小组讨论与分享：学生分小组讨论解题过程，分享自己的解题方法和心得。
说题(有关高中一道数学题的说题) PPT课件 图文
将多个三角函数化为一角一函数化归思想cossincossincossin是一条对称轴由于三角函数对称轴处恰为解法五导数法sin2cos已知函数则实数sincostan所在的直线为已知函数sincoscossincossin202032416的范围可以是于直线对称202032418202032419定义域为函数图象关于r满足定义函数y则函数图象关于原点奇函数中心函数y则函数定义域为r周期为t满足定义函数周期为t2定义域为r满足关于函数y则函数周期为t2定义域为r满足数周期为t4知识准备知识准备1
（y轴、偶函数）
拓 展
抽象函数对称性
2.函数y=f (x)定义域为R，满足
f (a x) f (b x)则函数图象
特例关：于点
a
2
b
,
0对称
1）若f (a x) f (ax),则?对称中心a，0
拓 展
2）若f (2ax) f (x),则对称中心a，0
fx = cosx
4 5 6 x
4 5 6
（ 2014湖 南 ， 理 9） 已 知 函 数 f(x)sin （ x-）
2
且3 0
f(x)dx0， 则 函 数 的 一 条 对 称 轴
A．x
5 6
B．x 7
12
C．x
3
D．x 6
高 考
0
， 4
B．
4
， 2
变 式
C． 2
，3 4
D． 34
，
抽象函数对称性
1.函数y=f (x)定义域为R，满足 f (a x) f (b x)则函数图象
关于x= a b 对称 特例： 2 1）若f (a x) f (a x)，则对称轴为x a 2）若f (2a x) f (x)，则对称轴为x a 3）若f (x) f (x)，则对称轴为x 0
（y轴、偶函数）
拓 展
抽象函数对称性
2.函数y=f (x)定义域为R，满足
f (a x) f (b x)则函数图象
特例关：于点
a
2
b
,
0对称
1）若f (a x) f (ax),则?对称中心a，0
拓 展
2）若f (2ax) f (x),则对称中心a，0
fx = cosx
4 5 6 x
4 5 6
（ 2014湖 南 ， 理 9） 已 知 函 数 f(x)sin （ x-）
2
且3 0
f(x)dx0， 则 函 数 的 一 条 对 称 轴
A．x
5 6
B．x 7
12
C．x
3
D．x 6
高 考
0
， 4
B．
4
， 2
变 式
C． 2
，3 4
D． 34
，
抽象函数对称性
1.函数y=f (x)定义域为R，满足 f (a x) f (b x)则函数图象
关于x= a b 对称 特例： 2 1）若f (a x) f (a x)，则对称轴为x a 2）若f (2a x) f (x)，则对称轴为x a 3）若f (x) f (x)，则对称轴为x 0
高考数学题15题说题课件
数学说题
说题
解题 方法
解题 思路
一.解题思路 题目出处 已知求证 条件信息 解题关键
15．设θ为第二象限角，若 tan( ) 1 ,
42 则sinθ＋cosθ＝__________.
它选自.2013年全国新课标卷II 第15题，知识点涉及 两角和的正切公式、同角三角函数的基本关系、三 角函数在各个象限的符号口诀、简单的三角恒等变 换等公式的灵活运用，可考查学生的数形结合思想 、函数与方程思想、化归与转化思想。
谢谢，请多提宝贵意见！
在数学的天地里，重要的不 是我们知道什么，而是我们 怎么知道什么！
——毕达哥拉斯
一.解题思路 题目出处 已知求证 条件信息 解题关键
15．设θ为第二象限角，若 tan( ) 1 ,
42 则sinθ＋cosθ＝__________.
已知点为给出θ终边所在象限及 的正切值，
4
求证点为求所给角的正弦和余弦和，题眼为观察已
知和所求式子结构，寻找它们之间的联系。
一.解题思路 题目出处 已知求证 条件信息 解题关键
θ为第二象限角, tan( ) 1 0，
42
所以终边落在y -x的左侧，sinθ cos θ 0
sinθ cos θ 10 5
点评：函数名称之间的关系，通常“切化弦”， 灵活运用函数与方程、数形结合思想方法。
二.解题方法
解法3
解析：
由sin cos 2 sin( ),
4
易错点，易混点，关键点都在 所在象限的判断。
4
二.解题方法
解法 探究
解法 1 解法2
解法3
二.解题方法
解法1
解析：由tan( ) 1 tan 1 ,得tan 1 ,
说题
解题 方法
解题 思路
一.解题思路 题目出处 已知求证 条件信息 解题关键
15．设θ为第二象限角，若 tan( ) 1 ,
42 则sinθ＋cosθ＝__________.
它选自.2013年全国新课标卷II 第15题，知识点涉及 两角和的正切公式、同角三角函数的基本关系、三 角函数在各个象限的符号口诀、简单的三角恒等变 换等公式的灵活运用，可考查学生的数形结合思想 、函数与方程思想、化归与转化思想。
谢谢，请多提宝贵意见！
在数学的天地里，重要的不 是我们知道什么，而是我们 怎么知道什么！
——毕达哥拉斯
一.解题思路 题目出处 已知求证 条件信息 解题关键
15．设θ为第二象限角，若 tan( ) 1 ,
42 则sinθ＋cosθ＝__________.
已知点为给出θ终边所在象限及 的正切值，
4
求证点为求所给角的正弦和余弦和，题眼为观察已
知和所求式子结构，寻找它们之间的联系。
一.解题思路 题目出处 已知求证 条件信息 解题关键
θ为第二象限角, tan( ) 1 0，
42
所以终边落在y -x的左侧，sinθ cos θ 0
sinθ cos θ 10 5
点评：函数名称之间的关系，通常“切化弦”， 灵活运用函数与方程、数形结合思想方法。
二.解题方法
解法3
解析：
由sin cos 2 sin( ),
4
易错点，易混点，关键点都在 所在象限的判断。
4
二.解题方法
解法 探究
解法 1 解法2
解法3
二.解题方法
解法1
解析：由tan( ) 1 tan 1 ,得tan 1 ,
高中数学说题 PPT课件 图文
解法 2：同解法 1，式子处理稍灵活 由题知 sn sn1 (n 1)d a1 (n 1)d 当 n 2时 an sn sn1 ( sn sn1 )( sn sn1 ) 2d a1 3d 2 2nd 2 以下同上
点评：以上两种解法体现了转化与化归，方程的思想，都是从等差数列通项出发，体现了等 差数列“基本量“在解题中的关键，体现了 a1 ， an ， sn 之间的关系。但解法 2 采用平方差公 式又利用定义大大减少计算量。体现了思维过程中的求简意识。
二、解题分析
2、解题分析及评价：第（1）问
解法 3：利用特殊化思想求解，先研究前 3 项。（由 a1, a2 , a3 想到先研究 sn 的前 3 项）
由题知 2 s2 s1 s3 即 2 a1 a2 a1 a1 a2 a3 又 2a2 a1 a3 所以 2 a1 a2 a1 3a2 平方化解得 3a1 a2 2 3a1a2 即 3a1 a2 0 得 a2 3a1 所以 d a1 所以 sn a1 (n 1)d nd 即 sn n 2d 2 ， 再利用 sn 与 an 之间的关系求得 an (2n 1)d 2 (n N )
二、解题分析
1、策略分析
第 （ 1 ） 由 Sn 推 导 an ， 一 般 的 策 略 为 使 用 关 系 ：
an
SS1n,
n
1 S n1
,
n
，只是在推导过程中，注意由变形技巧而 2
产生的一些不同的解法（详见下面的解法说明）。
第（2）不等式的恒成立问题，通常是等价转化为基本不等式问 题求解、函数的最值问题求解或利用数形结合思想转化为解析 几何问题求解。
点评：以上两种解法体现了转化与化归，方程的思想，都是从等差数列通项出发，体现了等 差数列“基本量“在解题中的关键，体现了 a1 ， an ， sn 之间的关系。但解法 2 采用平方差公 式又利用定义大大减少计算量。体现了思维过程中的求简意识。
二、解题分析
2、解题分析及评价：第（1）问
解法 3：利用特殊化思想求解，先研究前 3 项。（由 a1, a2 , a3 想到先研究 sn 的前 3 项）
由题知 2 s2 s1 s3 即 2 a1 a2 a1 a1 a2 a3 又 2a2 a1 a3 所以 2 a1 a2 a1 3a2 平方化解得 3a1 a2 2 3a1a2 即 3a1 a2 0 得 a2 3a1 所以 d a1 所以 sn a1 (n 1)d nd 即 sn n 2d 2 ， 再利用 sn 与 an 之间的关系求得 an (2n 1)d 2 (n N )
二、解题分析
1、策略分析
第 （ 1 ） 由 Sn 推 导 an ， 一 般 的 策 略 为 使 用 关 系 ：
an
SS1n,
n
1 S n1
,
n
，只是在推导过程中，注意由变形技巧而 2
产生的一些不同的解法（详见下面的解法说明）。
第（2）不等式的恒成立问题，通常是等价转化为基本不等式问 题求解、函数的最值问题求解或利用数形结合思想转化为解析 几何问题求解。
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2 2
一.题目 二.解答
三.反思
四.变式迁移
1. 5题为圆锥曲线题，是历年高考的必考点。这道题是 放在课本选修4-4习题1.3第六题，是学习了极坐标系 后的一道习题。 2.本题难度较大，主要考察椭圆普通方程，在极坐标系 下的方程，参数方程的运用，以及直线方程，三角 函数、最值等一系列问题。
3.考察学生代数推导，数形结合，解题优化的思想和能 力。
当直线OA与OB其中一条直线斜率不存在时，则另一条直线斜率是0，
1 1 a2 b2 此时 2 2 2 2 2 2 a b a b OA OB 1 1 a2 b2 综上所述， 2 是定值 2 2 . 2 a b OA OB 1 1
(2)由S AOB
1 1 2 2 OA OB ，可得S 2 AOB OA OB 2 4
S 2 AOB
ab 2
a 2b 2 ab 综上所述S AOB 有最小值 2 , S 有最大值 . AOB 2 a b2
方法三 ：利用参数方程求解
解（1）令椭圆的参数方程为
设A(a cos , b sin ), B(a cos , b sin ), 又因为OA OB, 则a 2 cos cos +b2 sin sin 0,
x2 y2 结论：己知椭圆方程为 2 2 1 , A、B 分别为椭圆上的两 a b
y
点，若 OA⊥OB，则
1 OA
2
1 OB
2
1 1 。 2 2 a b
A 2
探究2（结论作用）：过O作AB的 垂线，垂足为H，求点H的轨迹方 程。
从而 OH 即 1 OA
2 2
B
O
2 2
x
因为OH AB,由等面积得 OH AB OA OB , AB
数学说题
说题人：大同十九中 高晓琴
各位评委、老师，您们好： 我今天要说的题目是5号题。 5．已知椭圆的中心为O，长轴短轴的长分 别为2a,2b(a>b>0)，A，B分别在椭圆上的 两点,且 OA OB ． 1 1 （Ⅰ）求证 OA OB 为定值. （Ⅱ）求 AOB 面积的最大值和最小值．
由（ 1 ）可得， 2 2 OA OB
1
1
a2 b2 2 a 2b 2
OA OB 2
2
1 OA
2
1 OB
2
2 OA OB
a 2b 2 2 a b2
S AOB
1 a b2 O1 a b 1 2 a 2b 2 OA
a 2b2 (k22 1) 同理可得 OB 2 2 2 ，所以 a k2 b
2
a 2 k12 b 2 a 2 k2 2 b 2 a 2 b2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b (k1 1) a b (k2 1) ab OA OB 1 1
化简得 k1k2 1，所以逆命题不成立, 当斜率异号或其中一条斜率不存在时成立。
12
a 2b 2 , 2 2 2 2 2 2 b cos 1 a sin 1
)，则 2 a 2b 2 2 , b sin 2 1 a 2 cos 2 1
于是
1 1 1 1 OA2 OB 2 12 2 2
b 2 cos 2 1 a 2 sin 2 1 b 2 sin 2 1 a 2 cos 2 1 a 2 b2 a 2b 2 a 2b 2 1 1 所以， 2 为定值。 OA OB 2
tan 2 1 tan 2 1 (tan 2 1)(a 2 +b 2 tan 2 ) (tan 2 1)( a 2 +b 2 tan 2 ) 2 2 2 2 2 2 a +b tan a +b tan (a 2 +b 2 tan 2 )(a 2 +b 2 tan 2 ) 2a 2 (a +b )(tan tan 2 ) a 2 +b 2 b 2 2 2 2 a ab a 2b 2 (tan 2 tan 2 2 ) b
（2）依题意，得到
S AOB 1 1 OA OB 1 2 2 2 1 a 2b 2 , 2 (b 2 cos2 1 a 2 sin 2 1 )(b 2 sin 2 1 a 2 cos2 1 ) 1 a 2b 2 2 b 4 cos2 1 sin 2 1 a 2 b 2 cos4 1 a 2 b 2 sin 4 1 a 4 sin 2 cos2 1
(2)由S AOB
1 1 2 2 OA OB ，可得S 2 AOB OA OB 2 4
由（ 1 ）可得， 2 2 OA OB
1
1
a2 b2 2 a 2b 2
OA OB 2
2
1 OA
2
1 OB
2
2 OA OB
a 2b 2 2 a b2
S AOB
1 a b2 OA OB 2 2 a b2
2
解：（1）设椭圆的方程为 a 2
方法二 ： 利用平面直角坐标系求解 x y
2
2
b2
1
，
当直线OA斜率存在且不为0时，设方程为 y kx ,则直线OB方程为
2 a 2b 2 x x 2 y 2 2 1 1 b a 2k 2 记A( x1 , y1 ), B ( x 2 , y 2 ), 则由 a , 得 b k 2 a 2b 2 2 y1 2 y kx b a2k 2
1 a 2b 2 2 (b 4 a 4 - 2a 2 b 2 ) cos2 1 sin 2 1 a 2 b 2 1 2 a 2b 2 sin 2 21 (a b ) a 2b 2 4
2 2 2
5 a 2b 2 当且仅当sin 21 1，即1 或 时，S AOB 有最小值 2 ； 4 4 a b2 ab 当sin 2 21 0，即1 0或时，S AOB 有最大值 . 2
2 2 2 2
x a cos y b sin
3 1 1 1 1 a 2 b2 当， 其中一个为 或 时，则另一个为0或，此时 2 2 2 2 2 2 2 2 a b ab OA OB 1 1 a2 b2 综上所述， 是定值 . 2 2 2 2 a b OA OB
2 2
1. y x k
2 a 2b 2 k 2 x2 y2 x 2 a2 b2 1 2 a b2k 2 由 , 得 a 2b 2 y 1x y2 2 k a2 b2k 2 1 1 1 1 1 1 a2 b2 2 2 2 2 ; 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b k a b a b k a b a b x y x y OA OB 1 1 2 2 b2 a2k 2 b2 a2k 2 a2 b2k 2 a2 b2k 2
2 2
则S 2 AOB
1 1 1 1 1 2 2 2 OA OB OA 2 2 2 2 4 4 4 a b 1 a b 1 2 2 4 a 2b 2 OA a 2 b 2 OA OA
随着 OA 的增加，此函数值在增加. OA a, S 2 AOB 1 1 1 2 a 2b 2 2 4 a b 1 4 - 4 2 2 2 aba a
若
1 OA
2
1 OB
2
1 1 2 ，试研究 OA⊥OB 是否成立？ 2 a b
设 OA 所在的直线斜率为 k1 0 ，OB 所在的直线斜率为 k2 0
2 a 2b 2 y k1 x x 2 2 2 2 2 2 a k1 b a b ( k 2 2 1 1) 2 由x 得 所以 OA 2 2 2 y 2 2 2 a k1 b 2 2 1 y 2 a b k1 a b 2 2 2 a k b 1
1 a 2b 2 2 (b 4 a 4 ) cos2 1 sin 2 1 a 2 b 2 (cos4 1 sin 4 1 ) 1 a 2b 2 2 (b 4 a 4 ) cos2 1 sin 2 1 a 2 b 2 (cos4 1 sin 4 1 ) 1 a 2b 2 2 2 (b 4 a 4 ) cos2 1 sin 2 1 a 2 b 2 (cos2 1 sin 2 1） - 2 cos2 1 sin 2 1
2
由（ 1）得 OB
1 a b 1 2 a 2b 2 OA
2 2
则S 2 AOB
1 1 1 1 1 2 2 2 OA OB OA 2 2 2 2 4 4 4 a b 1 a b 1 2 2 4 a 2b 2 OA a 2 b 2 OA OA
随着 OA的增加，此函数值在增 加. OA a, S 2 AOB 1 1 1 2 a 2b 2 2 4 a b 4 1 a 2b 2 a 2 a 4
2
OA OB , 且 AB
2
2
2
2
OA OB ab
2 2
2
2
1 1 OB 2 OH
, 所以 OH ab a b
2 2
a b
,
故点H的轨迹是以O为圆心，
为半径的圆。
高考链接：
为y轴建立平面直角坐标系，则椭圆的方程为
以O点为极点，x轴为极轴建立极坐标系，则椭圆的极坐标方程为
x2 y2 2 1 2 a b
( cos ) 2 ( sin ) 2 1 2 2 a b
一.题目 二.解答
三.反思
四.变式迁移
1. 5题为圆锥曲线题，是历年高考的必考点。这道题是 放在课本选修4-4习题1.3第六题，是学习了极坐标系 后的一道习题。 2.本题难度较大，主要考察椭圆普通方程，在极坐标系 下的方程，参数方程的运用，以及直线方程，三角 函数、最值等一系列问题。
3.考察学生代数推导，数形结合，解题优化的思想和能 力。
当直线OA与OB其中一条直线斜率不存在时，则另一条直线斜率是0，
1 1 a2 b2 此时 2 2 2 2 2 2 a b a b OA OB 1 1 a2 b2 综上所述， 2 是定值 2 2 . 2 a b OA OB 1 1
(2)由S AOB
1 1 2 2 OA OB ，可得S 2 AOB OA OB 2 4
S 2 AOB
ab 2
a 2b 2 ab 综上所述S AOB 有最小值 2 , S 有最大值 . AOB 2 a b2
方法三 ：利用参数方程求解
解（1）令椭圆的参数方程为
设A(a cos , b sin ), B(a cos , b sin ), 又因为OA OB, 则a 2 cos cos +b2 sin sin 0,
x2 y2 结论：己知椭圆方程为 2 2 1 , A、B 分别为椭圆上的两 a b
y
点，若 OA⊥OB，则
1 OA
2
1 OB
2
1 1 。 2 2 a b
A 2
探究2（结论作用）：过O作AB的 垂线，垂足为H，求点H的轨迹方 程。
从而 OH 即 1 OA
2 2
B
O
2 2
x
因为OH AB,由等面积得 OH AB OA OB , AB
数学说题
说题人：大同十九中 高晓琴
各位评委、老师，您们好： 我今天要说的题目是5号题。 5．已知椭圆的中心为O，长轴短轴的长分 别为2a,2b(a>b>0)，A，B分别在椭圆上的 两点,且 OA OB ． 1 1 （Ⅰ）求证 OA OB 为定值. （Ⅱ）求 AOB 面积的最大值和最小值．
由（ 1 ）可得， 2 2 OA OB
1
1
a2 b2 2 a 2b 2
OA OB 2
2
1 OA
2
1 OB
2
2 OA OB
a 2b 2 2 a b2
S AOB
1 a b2 O1 a b 1 2 a 2b 2 OA
a 2b2 (k22 1) 同理可得 OB 2 2 2 ，所以 a k2 b
2
a 2 k12 b 2 a 2 k2 2 b 2 a 2 b2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b (k1 1) a b (k2 1) ab OA OB 1 1
化简得 k1k2 1，所以逆命题不成立, 当斜率异号或其中一条斜率不存在时成立。
12
a 2b 2 , 2 2 2 2 2 2 b cos 1 a sin 1
)，则 2 a 2b 2 2 , b sin 2 1 a 2 cos 2 1
于是
1 1 1 1 OA2 OB 2 12 2 2
b 2 cos 2 1 a 2 sin 2 1 b 2 sin 2 1 a 2 cos 2 1 a 2 b2 a 2b 2 a 2b 2 1 1 所以， 2 为定值。 OA OB 2
tan 2 1 tan 2 1 (tan 2 1)(a 2 +b 2 tan 2 ) (tan 2 1)( a 2 +b 2 tan 2 ) 2 2 2 2 2 2 a +b tan a +b tan (a 2 +b 2 tan 2 )(a 2 +b 2 tan 2 ) 2a 2 (a +b )(tan tan 2 ) a 2 +b 2 b 2 2 2 2 a ab a 2b 2 (tan 2 tan 2 2 ) b
（2）依题意，得到
S AOB 1 1 OA OB 1 2 2 2 1 a 2b 2 , 2 (b 2 cos2 1 a 2 sin 2 1 )(b 2 sin 2 1 a 2 cos2 1 ) 1 a 2b 2 2 b 4 cos2 1 sin 2 1 a 2 b 2 cos4 1 a 2 b 2 sin 4 1 a 4 sin 2 cos2 1
(2)由S AOB
1 1 2 2 OA OB ，可得S 2 AOB OA OB 2 4
由（ 1 ）可得， 2 2 OA OB
1
1
a2 b2 2 a 2b 2
OA OB 2
2
1 OA
2
1 OB
2
2 OA OB
a 2b 2 2 a b2
S AOB
1 a b2 OA OB 2 2 a b2
2
解：（1）设椭圆的方程为 a 2
方法二 ： 利用平面直角坐标系求解 x y
2
2
b2
1
，
当直线OA斜率存在且不为0时，设方程为 y kx ,则直线OB方程为
2 a 2b 2 x x 2 y 2 2 1 1 b a 2k 2 记A( x1 , y1 ), B ( x 2 , y 2 ), 则由 a , 得 b k 2 a 2b 2 2 y1 2 y kx b a2k 2
1 a 2b 2 2 (b 4 a 4 - 2a 2 b 2 ) cos2 1 sin 2 1 a 2 b 2 1 2 a 2b 2 sin 2 21 (a b ) a 2b 2 4
2 2 2
5 a 2b 2 当且仅当sin 21 1，即1 或 时，S AOB 有最小值 2 ； 4 4 a b2 ab 当sin 2 21 0，即1 0或时，S AOB 有最大值 . 2
2 2 2 2
x a cos y b sin
3 1 1 1 1 a 2 b2 当， 其中一个为 或 时，则另一个为0或，此时 2 2 2 2 2 2 2 2 a b ab OA OB 1 1 a2 b2 综上所述， 是定值 . 2 2 2 2 a b OA OB
2 2
1. y x k
2 a 2b 2 k 2 x2 y2 x 2 a2 b2 1 2 a b2k 2 由 , 得 a 2b 2 y 1x y2 2 k a2 b2k 2 1 1 1 1 1 1 a2 b2 2 2 2 2 ; 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b k a b a b k a b a b x y x y OA OB 1 1 2 2 b2 a2k 2 b2 a2k 2 a2 b2k 2 a2 b2k 2
2 2
则S 2 AOB
1 1 1 1 1 2 2 2 OA OB OA 2 2 2 2 4 4 4 a b 1 a b 1 2 2 4 a 2b 2 OA a 2 b 2 OA OA
随着 OA 的增加，此函数值在增加. OA a, S 2 AOB 1 1 1 2 a 2b 2 2 4 a b 1 4 - 4 2 2 2 aba a
若
1 OA
2
1 OB
2
1 1 2 ，试研究 OA⊥OB 是否成立？ 2 a b
设 OA 所在的直线斜率为 k1 0 ，OB 所在的直线斜率为 k2 0
2 a 2b 2 y k1 x x 2 2 2 2 2 2 a k1 b a b ( k 2 2 1 1) 2 由x 得 所以 OA 2 2 2 y 2 2 2 a k1 b 2 2 1 y 2 a b k1 a b 2 2 2 a k b 1
1 a 2b 2 2 (b 4 a 4 ) cos2 1 sin 2 1 a 2 b 2 (cos4 1 sin 4 1 ) 1 a 2b 2 2 (b 4 a 4 ) cos2 1 sin 2 1 a 2 b 2 (cos4 1 sin 4 1 ) 1 a 2b 2 2 2 (b 4 a 4 ) cos2 1 sin 2 1 a 2 b 2 (cos2 1 sin 2 1） - 2 cos2 1 sin 2 1
2
由（ 1）得 OB
1 a b 1 2 a 2b 2 OA
2 2
则S 2 AOB
1 1 1 1 1 2 2 2 OA OB OA 2 2 2 2 4 4 4 a b 1 a b 1 2 2 4 a 2b 2 OA a 2 b 2 OA OA
随着 OA的增加，此函数值在增 加. OA a, S 2 AOB 1 1 1 2 a 2b 2 2 4 a b 4 1 a 2b 2 a 2 a 4
2
OA OB , 且 AB
2
2
2
2
OA OB ab
2 2
2
2
1 1 OB 2 OH
, 所以 OH ab a b
2 2
a b
,
故点H的轨迹是以O为圆心，
为半径的圆。
高考链接：
为y轴建立平面直角坐标系，则椭圆的方程为
以O点为极点，x轴为极轴建立极坐标系，则椭圆的极坐标方程为
x2 y2 2 1 2 a b
( cos ) 2 ( sin ) 2 1 2 2 a b