一道试题的解法探究
一道高考试题的解法探究及教学思考
１ ＋ Ｙ Ｙ） Ｙ＋ １ — ｏ （ ｏＹ） （
２
直线垂直 问题． 下面将第 （ ） ３ 问的教学实录如下 ：
朋 ＝ 一 ，
师 ： 哪位同学来说说第 （ ） 请 ３ 问的解法？
３ ０
中。擞・ （１年 ０ 高 版 ７ ７ ２１ 第１期． 中 ） ０
． 案例分析 ．
则 Ｐ ｌ－ １ ， （ ｌ０ ， （ ，ｙ ） Ｃ ，）
・ ’
又 Ｏ １ Ｂ 求此椭圆方程． Ａ．Ｏ ， ＿
解法 １ 设 Ａ ，。 ， Ｘ ￣２ ， 中点 （ ｔＸ （ ｙ ） 曰（２Ｙ） 则 — ｘ＋ ２
，
） ．
．
Ａ Ｂ， ， ｃ三点共线 ＇・ ２ ＝ ２Ｙ ＝ ＝ ． ． Ｙ ｘ Ｙ－
・
由 叫， 得 口 ）一 －＝ ’ （ ６ｚ ｌ０ ＋ ２
又 为 Ａ 在 圆 ，以 ＋＝｝等 ｌ 因 点 ， 椭 上所 等等 １ ＋＝ Ｂ ， ，
两式相减得 ： 一
Ｘ０
由ｚ－ 口 ｉ＋ １ ＋ 似 ＇
。 ’
，
所 字 ＝ ，Ｙ１１ ＝ 以 Ｙ ２＿ Ｘ ｂ丁 ．Ｘ ２ａ ｘ 丁 ＋ ＋
所ｋＢ 以Ａ詈 ｐ＝ ｋ ｐ
即 上朋 ．
＝ 普
， 与苏教版选修 １—１复 习题 １１页“思考 ・运用 ”等级 中 ＇ ５
的第 ２ 题是如出一辙 的 ， １ 问题如下 ： 两点 ， 为 Ａ Ｍ Ｂ的 中点 ， 线 Ｏ ０为原 点 ） 直 Ｍ（ 的斜 率为
，
２１ ０ １年 江 苏 焉考 数 学 第 １ ８题 时 ， 以发 现 问题 （ ） 法 司 ３解
因为 后 ， 以 ６ ． 伽： 所 Ｔ ： ①
ｌ 即 ＸＸ＋， ＝ ， ， ￣２） ｔ ０
一道联赛试题的解法探讨
一道联赛试题的解法探讨由于没有具体题目，本篇文章将以一道例题为例进行解析。
例题：在10个人中选出3人，分别在数字1-10中抽取数，求其中至少有1个人得到两个相同数的概率。
解法一：使用概率的公式 $P(A) = \dfrac{|A|}{|S|}$，其中 $|A|$ 表示事件 $A$ 的样本点个数，$|S|$ 表示样本空间的样本点个数。
首先需要求出出三个人后，每人抽到两个不同的数，在此时至少有一人得到两个相同的数的概率，即为事件$A$。
对于第一个人，从$10$个数中任选一个，有$10$种情况。
对于第二个人，不能与第一个人抽到的数相同，则从其余$9$个数中任选一个，有$9$种情况。
对于第三个人，同样不能与前两个人抽到的数相同，则从其余$8$个数中任选一个，有$8$种情况。
而三个人抽出的数必须两两不同，则总共的样本点个数为：$|S| = {10 \choose 3} = \dfrac{10 \times 9 \times 8}{3\times 2 \times 1}=120$。
因此，事件$A$的样本点个数为：$|A| = 10 \times 9 \times 8 - 10 \times 9 \times 8 \times \dfrac{7}{10}\times \dfrac{6}{9} \times \dfrac{5}{8} = 300$。
其中，$10 \times 9 \times 8$ 表示三个人抽出的三个数两两不同的情况数，$10 \times 9 \times 8 \times \dfrac{7}{10}\times\dfrac{6}{9} \times \dfrac{5}{8}$ 表示三个人抽出的三个数两两不同但没有任何一个人得到两个相同数的情况数。
因此，事件$A$的概率为：$P(A) = \dfrac{|A|}{|S|} = \dfrac{300}{120} = 2.5$。
显然，这个答案不符合概率的定义，因此解法一是错误的。
对一道中考试题的解法探究
＝
Ｓ ｃ 即 伽 ，
ｓ四 形Ｐ 户 ＝ — ５△ Ｂ ． 边 ＾ｃ
． ， 的一个等式． ｓ ， 点评 该试题是 以“ 有一条边对应相等 的两个 三角
问题 ２ 连 接 ＱＲ ， ： ２如 图 ５ 由 问 题 １的 结 论 ＱＲ ， ，
可 知
．
复习参考 ．
所以 ＰＲ ∥ＰＲ ＃ｎ ， ， ｃ 于是有
ＡＡ 。 。 △Ａ ２ ２ ＡＡ Ｃ 且面积 比为 １： ９ ＰＲ ＰＲ 一 Ｂ ， ４：．
所以Ｉ边 ｓ 口
：
Ｑ ， ３Ｑ 五等分边 Ｄ ． Ｓ 边 Ｃ 若 日 聊 ＝１ 求 ． 边 ｐ ， ｓ 形 ． ｏ Ｑ 问题 ４ 如 图 ４ Ｐ ， ２Ｐ ， 。Ｐ ，３四等分边 Ａ Ｑ ， ２Ｑ Ｂ， ｌＱ ， ３ 四等分边 Ｄ ， 。 。Ｐ Ｑ ， ， ， 四边形 Ａ Ｃ Ｃ Ｐ Ｑ ， ２ Ｐ Ｑ 将 Ｂ Ｄ分成 四 个部分 ， 面积分 别 为 Ｉ ， Ｓ ， 请 直接 写出含 有 ． ， ｓ ． ，，．． 。ｓ ｓ ｓ
由结论 （ ） 可知 Ｓ Ｐ ＝Ｓ 隅 ２ ， △Ｉ 舶． △ 所 以 Ｓ 边 ｐ ＝ｓ 边 Ｐ． ５ 边 。． 四 形． ． 形 ， ＋ 四 形 ． ｏ ｏ 四 足 兄
ｓ 边
：
十・截・ （１ 第０ 初 版 ７ ２１ １ ０ 年 期・ 中 ）
问题 ２
３ ９
＝
÷ ， ｓ。
图பைடு நூலகம்
别 证 １ 如 图 ６ 连 接 ，
ＡＱ ， Ｑ ， 再 设 ｈ ， ： Ｐ。 Ｐ Ｃ， 。ｈ ，
ｓ配 ＝ｓ Ｄ ÷ 边 一
所 以
的一 件 有 益 事 情． 文 以 ２ １ 本 ０ １年 一 道 中考 试 题 进 行 探
利用二级结论优解椭网小题——2023年高考数学甲卷理科第12题解法探究
利用二级结论 优解椭圆小题——2023年高考数学甲卷理科第12题解法探究ʏ甘肃省张掖市实验中学 王新宏圆锥曲线试题是高考数学的必考试题,是重点也是难点㊂大部分同学对其有畏惧心理,找不到解决的突破口㊂2023年高考数学甲卷理科第12题是一道椭圆压轴小题,它以椭圆焦点三角形为背景,考查椭圆的定义㊁余弦定理㊁焦点三角形等知识,题干简洁,设问直接,内涵丰富㊂本题入手比较容易,方法比较多,考查同学们理性思维与数学探究能力,体现了逻辑推理㊁直观想象㊁数学运算等核心素养㊂解决本题的关键在于数形结合,即可考虑用余弦定理,也可考虑焦半径公式㊁焦点三角形面积公式㊁中线的向量公式㊁中线定理㊁极化恒等式等相关二级结论迅速求解㊂试题凝聚了命题专家的心血与智慧,简约而不简单,为不同能力水平的同学提供了相应的思考空间,是一道独具匠心的好题㊂1.试题呈现2023年高考数学甲卷理科第12题:图1如图1所示,设O 为坐标原点,F 1,F 2为椭圆C :x 29+y26=1的两个焦点,点P 在椭圆C上,c o s øF 1P F 2=35,则|O P |=( )㊂A.135 B .302 C .145 D .3522.解法探究解法1:(挖出两角互补这个隐含条件)由椭圆方程知a 2=9,b 2=6㊂因为c 2=a 2-b 2,所以a =3,c =3,e =c a =33㊂在әP F 1F 2中,由余弦定理得:c o s øF 1P F 2=|P F 1|2+|P F 2|2-|F 1F 2|22|P F 1|㊃|P F 2|㊂则35=|P F 1|2+|P F 2|2-(23)22|P F 1|㊃|P F 2|=(|P F 1|+|P F 2|)2-122|P F 1|㊃|P F 2|-1㊂所以85=36-122|P F 1|㊃|P F 2|=12|P F 1|㊃|P F 2|,解得|P F 1|㊃|P F 2|=152㊂在әP O F 1和әP O F 2中,øP O F 1+øP O F 2=π,由余弦定理得:|P O |2+|O F 1|2-|P F 1|22|P O |㊃|O F 1|=-|P O |2+|O F 2|2-|P F 2|22|P O |㊃|O F 2|㊂解得|P O |2=152,所以|O P |=302㊂点评:解题的关键是发现øP O F 1+øP O F 2=π,c o s øP O F 1=-c o s øP O F 2这样的隐含条件,它往往能帮助整个题目的顺利求解㊂解法2:(借焦半径之力)同解法1,可得|P F 1|㊃|P F 2|=152㊂设P (x P ,y P ),则由焦半径公式得|P F 1|=a +e x P =3+33x P ,|P F 2|=a -e x P =3-33x P ,所以9-13x 2P =152,得x 2P =92㊂将P (x P ,y P )的坐标代入椭圆方程得y 2P =3,所以|O P |=x 2P +y 2P =92+3=302,选B ㊂点评:二级结论之焦半径公式:椭圆x2a2+63 解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年3月y 2b2=1(a >b >0)的两个焦点为F 1(-c ,0),F 2(c ,0),其上一点P (x 0,y 0),则|P F 1|=a +e x 0,|P F 2|=a -e x 0㊂证明过程:|P F 1|=(x 0+c )2+y 20=(x 0+c )2+b 2-b 2x 2a 2=c 2x 20a2+2c x 0+a2=c x 0a+a2=c x 0a+a =e x 0+a ㊂同理可证|P F 2|=a -e x 0㊂焦点在y 轴上的椭圆的焦半径公式为|P F 1|=a +e y 0,|P F 2|=a -e y 0㊂解法3:(与焦点三角形面积公式结合)设øF 1P F 2=2θ,0<θ<π2,所以S әP F 1F 2=b 2t a nøF 1P F 22=b 2t a n θ㊂由c o s øF 1P F 2=c o s 2θ=c o s 2θ-s i n 2θc o s 2θ+s i n 2θ=1-t a n 2θ1+t a n 2θ=35,解得t a n θ=12或-12(舍去)㊂由椭圆方程可知,a 2=9,b 2=6,c 2=a 2-b 2=3㊂所以,S әP F1F2=12ˑ|F 1F 2|ˑ|y P |=12ˑ23ˑ|y P |=6ˑ12,解得y 2P =3㊂则x 2P =9ˑ1-36=92㊂因此,|O P |=x 2P +y 2P =3+92=302,故选B ㊂点评:二级结论之椭圆焦点三角形面积公式:椭圆x 2a 2+y2b 2=1(a >b >0)的两个焦点为F 1(-c ,0),F 2(c ,0),其上异于左右顶点的一点P (x 0,y 0)(x 0ʂʃa ),则әP F 1F 2的面积S =b 2t a n α2(α=øF 1P F 2)㊂证明过程:如图2所示,设P (x ,y ),由余弦定理得|F 1F 2|2=|P F 1|2+|P F 2|2-2|P F 1|㊃|P F 2|c o s α㊂①由椭圆的定义得:图2|P F 1|+|P F 2|=2a ㊂②则②2-①得:|P F 1|㊃|P F 2|=2b21+c o s α㊂故S әP F 1F 2=12|P F 1|㊃|P F 2|s i n α=12㊃2b 21+c o s αs i n α=b 2t a n α2㊂解法4:(与中线的向量公式结合)由题意知|P F 1|2+|P F 2|2-2|P F 1|㊃|P F 2|c o s øF 1P F 2=|F 1F 2|2,即|P F 1|2+|P F 2|2-65|P F 1||P F 2|=12㊂①并且|P F 1|+|P F 2|=6㊂②解得|P F 1||P F 2|=152,|P F 1|2+|P F 2|2=21㊂而P O ң=12P F 1ң+P F 2ң ,所以|O P |=|P O ң|=12|P F 1ң+P F 2ң|㊂则|P O ң|=12|P F 1ң+P F 2ң|=12|P F 1ң|2+2P F 1ң㊃P F 2ң+|P F 2ң|2=1221+2ˑ35ˑ152=302,故选B ㊂图3点评:如图3所示,若A D 为әA B C 边B C 的中线,则A D ң=12(A B ң+A C ң),中线的向量公式在高考中也备受青睐㊂解法5:(与中线定理结合)由题意知|P F 1|+|P F 2|=2a =6㊂①|P F 1|2+|P F 2|2-2|P F 1||P F 2|㊃c o s øF 1P F 2=|F 1F 2|2,即|P F 1|2+|P F 2|2-65|P F 1||P F 2|=12㊂②联立①②,解得|P F 1|2+|P F 2|2=21㊂73解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年3月由中线定理可知,|O P |2=2(|P F 1|2+|P F 2|2)-|F 1F 2|24㊂易知|F 1F 2|=23,解得|O P |=302㊂故选B ㊂点评:(1)二级结论之中线定理:如图4所示,若平行四边形A B C D 的对角线交于点O ,则|A O ң|2=2(|A B ң|2+|A C ң|2)-|C B ң|24㊂图4证明过程:A B ң+A C ң=2A O ң,①A B ң-A Cң=C B ң㊂②①2+②2得2(|A B ң|2+|A C ң|2)=(2|A O ң|)2+|C B ң|2,则|A Oң|2=2(|A B ң|2+|A C ң|2)-|C B ң|24,得证㊂中线定理在计算有关中线长度与相邻两边长度关系时,化繁为简,从而事半功倍㊂(2)中线定理的一个有用推论:平行四边形对角线的平方和等于其相邻两边平方和的两倍,即在图4中,|B D ң|2+|A C ң|2=2(|A B ң|2+|A D ң|2)㊂解法6:(与极化恒等式结合)由题意知|P F 1|+|P F 2|=2a =6㊂①|P F 1|2+|P F 2|2-2|P F 1||P F 2|㊃c o s øF 1P F 2=|F 1F 2|2,即|P F 1|2+|P F 2|2-65|P F 1||P F 2|=12㊂②联立①②,解得|P F 1||P F 2|=152,|P F 1|2+|P F 2|2=21㊂由极化恒等式得P F 1ң㊃P F 2ң=|P F 1ң|㊃|P F 2ң|c o s øF 1P F 2=|O P ң|2-|O F 1ң|2=92,解得|O P |=302㊂故选B ㊂点评:二级结论之极化恒等式:如图4所示,若平行四边形A B C D 的对角线交于点O ,则A B ң㊃A D ң=|A O ң|2-|B O ң|2㊂证明过程:A B ң+A C ң=2A O ң,①A B ң-A D ң=D B ң㊂②①2-②2,得A B ң㊃A C ң=14[(2|A O ң|)2-(2|B O ң|)2]=|A O ң|2-|B O ң|2,得证㊂极化恒等式在处理与中线有关的数量积时,往往会出奇制胜,事半功倍㊂3.巩固练习(1)(2019年高考浙江卷理科第15题)已知椭圆x 29+y25=1的左焦点为F ,点P 在椭圆上且在x 轴的上方,若线段P F 的中点在以原点O 为圆心,|O F |为半径的圆上,则直线P F 的斜率是㊂(2)(2019年全国Ⅰ卷文科第12题)已知椭圆C 的焦点为F 1(-1,0),F 2(1,0),过F 2的直线与椭圆C 交于A ,B 两点,如果|A F 2|=2|F 2B |,|A B |=|B F 1|,则椭圆C 的方程为( )㊂A.x 22+y 2=1 B .x 23+y 22=1C .x 24+y 23=1 D .x 25+y24=1答案:(1)15 (2)B 4.小结与启示从以上内容可以看出,对于解析几何小题,一般不直接考虑设点的坐标运算,而是先画草图,接着充分考虑图形的几何性质特征与圆锥曲线定义,以及相关的二级结论,这样往往更能帮助同学们看清图形元素间内在的联系,挖掘问题本质,简化解题过程,减少运算量,提高解题的效率,快速准确解题㊂对高考真题进行适当的研究,不但可以明确高考重难点,把握高考方向,避免学习的随意性㊁盲目性,而且可以有效训练同学们的思维能力,培养创新意识,提高学习数学的兴趣㊂(责任编辑 徐利杰)83 解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年3月。
一道试题的解法探究与教学反思
一道试题的解法探究与教学反思广西南宁市第三十六中学（530001） 庞 毅［摘 要］通过对一道高三摸底试题进行考情分析、解法探究和问题拓展，揭示试题的本质，并从注重解题经验积累培养数学运算素养、注重信息技术应用培养学生数字素养两个方面提出教学反思。
［关键词］解法探究；教学反思；圆锥曲线；信息技术［中图分类号］ G 633.6 ［文献标识码］ A ［文章编号］ 1674-6058（2024）05-0025-03解析几何是高考加强“综合性”考查的重要载体。
广西南宁市2024届高中毕业班摸底测试第21题将直线与椭圆的位置关系以及长度计算相结合，问题设计紧扣高考评价体系的“基础性、综合性、应用性、创新性”考查要求，既基础又开放，对高三数学复习备考具有重要的参考意义。
一、试题呈现与考情分析（一）试题呈现已知平面上动点E 到点A （1，0）与到圆B ：x 2+y 2+2x -15=0的圆心B 的距离之和等于该圆半径。
记Ε的轨迹为曲线Γ。
（1）说明Γ是什么曲线，并求Γ的方程；（2）设C 、D 是Γ上关于x 轴对称的不同两点，点M 在Γ上，且M 异于C 、D 两点，O 为原点，直线CM 交x 轴于点P ，直线DM 交x 轴于点Q ，试问||OP ·||OQ 是否为定值？若为定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由。
评析：本题主要考查椭圆的定义、标准方程、几何性质和直线方程等主干知识，考查通过代数运算结果判断几何性质的坐标法和函数与方程、转化与化归以及数形结合等数学思想，考查逻辑推理、数学运算等核心素养。
第（2）问是开放性问题，重点考查学生的创新能力和探索精神。
（二）考情分析本题的考试情况如表1所示。
表1 考情分析题目第21题实考人数54110满分12平均分1.15标准差1.77难度0.15区分度0.21满分率0.16零分率29.52从统计的结果来看，本题总体平均分1.15，难度0.15，这个结果出乎命题组的预料。
一道自主招生试题的解法探究
（） ３
于（ ） 一９ 是： （ （ １＝ ： ‘ ） ） 一 一
・
４ ２・
中学教研 （ 学） 数
一
道 自 主 招 生 试 题 的 解 法 探 究
●周 志 国 （ 盱眙ｑ学 江苏淮安 ２１ｏ ） － １７ｏ
方法 ２ 待定 系数 法．
题 目 已知数列 ｛ｔ｝ ｛ 满足 。 ＝ 一 Ｃ ，ｂ｝ 。一 ２ 且 ｂ ＝ ａ ６ 又 ｎ ＝ ， ＝ ， 求 数 列 ６ ， ６ ＋ ６， ｌ ２ ｂ ４ 试 ｛ ，ｂ ｝ 。 ｝ ｛ 的通项公 式．
故 ｂ＝ 一 一ｎ＝８ ３ 一 ・ ÷（ ０ ｔ ２・ ３ ２ ． ＋２ ） ”
点评 方法 ｌ 的关键是消元 ， 要求学生从方程
故 ｎ ＝ ”。 ４・ ， ＝ ８・ 一 ２ ． ２ 一１ ３ ｂ ２ ３ ３・
角度认识等式 ， 转化成某一数列连续 ３ 项的递推关
２ 顺 水 推舟 ， 层层 深入．
故 特征值 Ａ ２Ａ ３ 对应 的特 征 向量分 别 为 ＝ ， ＝ ，
已知 多 个数 列杂 糅 的递 推关 系式 ， 数列 通项 求 公式 ， 决这 类 问题 的关键 是能 否准 确把 握递 推关 解
㈧ 一
设 ＝ｍ １ ｒ ２ｍ， ＋ ｔ ， ｎ∈Ｒ， ｔ Ｔ 可得 ｍ ＝ ， ８ ｎ＝一１ ， ４
解 由条 件 。＋＝ 一 一 ６ ， ｎ ２ 得
由式 （ ） 式 （ ） １ ， ２ 得
０ ＝２ 。 １ ・３ ４
，
ｂ ＝｝ 一 一 ， — （ ０＋ ０）
从而 ｂ＋＝ห้องสมุดไป่ตู้一 ２ 口＋） ÷（ ０＋一 】．
ｂ ＝２ ・３ ｇ
一３ ・２ ，
一道模拟试题的解法探究及其应月
ｃ＜ ， ｏ ｓ
＞ ：
．
５ ９
试题研究 ＞ 试题探究
投稿邮箱：ｘ ＠ｖ １ ３． ｍ ｓｊ ｉ ６ ｃｏ ｋ ｐ
．
ｌ １ ＋ｙ １ ≥１ Ｉｌ ｌ ， 一 一 １ ． ≤ ≤２ 则ｏ 的 － Ｚ．
１≤ ≤ ２，
ｆ ． ＝． ． Ａ
＋ ，
所以 ． ： ．＃ 痢 ． ： ＋ 痢 痢 Ａ ＋ １ － －
．ｓ ｃ ｏ
耐
， 其中
图２
Ｐ，￣ｅ ［， （）ＰＤ ｘ ， Ｃ １５ ｙ
２ ， ＝
［］以 ・ ［，所 ０ １ ｛・ 以 ，所 １ ］ ，
点 评 ：利 用 向 量 数 量 积 的 几 何 运
最小值为
— —
出 （ ／ ＋ ，、 ） Ｅ 、 ｌ一 ／ ．
．
解 ：作 出其 可 行 域 如 图 ３ 中的 阴影
因为Ｅ 的距离 ＝ 到ｎ ｄ旦
、 ／
＝
，
部分所示， ・ ＝
・
ｃｓｏ 。＜Ｘ， －
所 以
・
＝
．
ｃ ｓ＿Ｏ ｏ ／ ＡＢ＝
、 ／
．捌 ， ｃ ｏ
所
图３
—
兰
一
．
一
２
，
Ｂ
由 向量 投 影 的 定 义 可 知 ， 点曰（ 当 ，
题
在 ｔＡ Ｃ Ｙ Ｂ Ｄ中 ． Ｊ 已知 Ａ ＝ ， ＝ Ｂ ２ＡＤ
使 用这 种 方 法 ， 算 简单 ， 运 准确 率 高．
法 二 ： 据 向 量 加 法 的 平 行 四 边 形 依
１ ／Ｄ Ｂ ６ ＂ 点Ｍ为ＡＢ 中点 ， Ｐ ． Ａ ＝０ ． 的 点 在
一道高考数学试题的解法探索与思考
两式 相 减 得 ％＋＋一 ．
＝２ ｌ ％＋，
即 ＋＋ —ａ＋ ％＋一 一 ＋ ｌ ｎ１ １ １ ．
即当 ≥ ２时， ＋一 ＝２ （ ７ ｏ 为常数 ） ４ ． 又当 ｋ＝３ ｎ≥ ４时 ，Ｓ ＋Ｓ一＝２ ｜ 且 Ｓ ＋Ｓ ＝ 且 ３ Ｓ ＋２３ ｓ
且 ｎ＞ｋ时 ，Ｓ ＋ 一＝２ ． ５， Ｓ ＋２
且 Ｓ ＋ ＋Ｓ 一 ＝２ ＋２ Ｓ Ｊ， ｓ
由题设知 ，当 ｋ＝３且 ｎ≥４时 …Ｓ ＋ ３ ＋２３ ３ Ｓ一＝２ Ｊ， ｓ
当ｋ ＝４且 ｎ≥ ５时 ，Ｓ ＋Ｓ ＝２ ２ Ｓ， Ｓ ＋２ ４ 两 式相 减 得 ％＋一 一＝２４ ４ ３ ａ，
解 法探 索一 ：
（ ） Ｍ＝｛ ，４ ，求数列 ｛ ｝ ２设 ３ ｝ 的通项公式．
本题 主要考查数列 的通项与前 ｎ项和 的关 系 、等差数列 的
基本性质等基础知识 ，考查学生分析探究及逻辑推理 的能力． 第
一
问较简单 ，方法也有 多种 ，在此略去 ；第二 问能力要求较高 ，
江苏省教育考试院给出的解法是 ： 由题设知 ，当 ｋ Ｍ：｛ ，４ ， ３ ｝
ｎ项 的 和 为 ，已知 对 任 意 整数 ｋＥＭ，当 ｎ ＞ｋ时 ，５ ＋Ｓ ＝ 一
解 嘞 ｄ从 啦 手，＝ ． 得 ＝ ， 而 ＝ ｄ ｄ
因此 ，数列｛ ｝ 为等差数列 ，
由 们 ＝１ ｄ：２ 知 ，所 以数 列 ｛ ｝ 项 公 式 为 ％＝２ ％ 的通 ｎ一１ ．
的办法，两类新数列 ，给人 眼前一亮 ，虽然解题过程 和前面 的
２ ＋ ） （ 都成立．
（ ） Ｍ ＝｛ ｝ １设 １ ，啦＝２ ，求 ａ 的值 ； ５
【 思考 】该解法前段 的赋值大 多还是能想到 的，这在数列题
一道武汉市调研测试题的解法再探究
兰时
所 以
＋
ｔ号 ａ ｎ
１ｔ号 一ｎ ａ
√ ２（ ）。２ ａ ＞。 ＋ （ ）
令ｎ２ｔ （ ａ号） ＝＋ｎ 一＝ｎ０ ＜ ， ２ｔｄ ａ ＜ 口 则。 ａ。
・
． ．
即ｔ号 ａ ｎ
ｔｎ ａｎ ＋ ＋
・
，
。
进 而得 ａ＝ｓ ＋ｔ ＋ｓ
＋
．
．
协号 ｎ
１ｔ号 一ｎ ａ
￣ ／ ＿
（ ＞ ，＞ ） 。 ２６ １。
＋ ＝１贝 ，０
２ 、
６
｛ ， ｏ 时取等号， ＝０ 此时 ＝ 所以 １ 。
≥ ａ ＋ ｂ＋ ＾ ＋ ６ ０
＾
＝
下面选 用解 法 ２的思 路解决试 题 的推广 ， 以 并 定理 的形式呈现命题。 定理 过定点 Ｐ ｓ ｔ（ ＞ ， ＞０ 的直线 ｚ （ ，） ｓ ０ ｔ ） 交 轴正半轴于 Ａ， ｙ轴正半轴于 Ｂ， 交 ０为坐标 原点 ， 则 ＡＯ Ｂ周 长的最小值为 ２ ｓ ） ２ｖ ２ｔ Ａ （ ＋ｔ ＋ ／ ｓ。 证 明 设 Ａ（ ，） ａ＞ｓ ０ ， 过 Ｐ、 点 的 ａ０ （ ＞ ）经 Ａ两 直线 ｌ 的方程为
所 以 Ａ Ａ 的周 长 ＯＢ
＝ 。 ＋ ＋
目标函数 取得最小值的充要条件为
ｆ 古 ＋ ＝ ，
… ’ ，
√ａ （ ） ２ ‘ ＋
￡ａ ａ ｔ ｎ ＋ 点 二 ＿ 圭
ｔ ｌ２ ａｌ￣
＝
ｓ
＋
＋
｛ ＋ｂ ， ｌ 一 ＝ ： １ ／／ Ｌ２ ａ ２２ （ ２ ＞ ０ 口 ， １ ＞， ＞６ ， √（ ａ＋ ｓ 劬） （ ） ＋ ‘ 【＋） ２＋） （ 詈＝ １ 詈 １ （ ＝ ＋ ＋ ＋ ＋ 舳ａ孟 … 志
一道二元函数最值题的解法探究与思考_孔志文 (1)
值为 1．
评注 解决多元最值问题的基本思想是
通过消元法 转 化 为 一 元 函 数 最 值 问 题，因 此
解法 1 具有一般性． 本题利用齐次式换元，需
要学生具备模型意识．
分析 2 联想二元函数的最值（值域） 问
题可通过方 程 思 想 求 解，本 题 利 用 换 元 法 可
使问题获解．
解法 2 同解法 1，可设 x + 槡3 y = u（ u 槡x2 + y2
求 x + 槡3 y 的最大值和最小值． 槡x2 + y2 本题是一道含约束条件的二元函数最值
问题，题目以解 析 几 何 中 的 圆 和 函 数 为 背 景 ， 考查数形结合、分 类 整 合、转 化 与 化 归 等 数 学 思想，同时 考 查 学 生 分 析 问 题 和 解 决 问 题 的
能力，具有很好的选拔功能． 本题的成功解决 要求学生具 有 一 定 的 思 维 深 度 和 广 度，难 点 在于如何根 据 条 件 合 理 转 化，将 二 元 函 数 问 题转化为一元函数问题．
综上，得 1 ≤ u2 ≤ 4．
又 u ＞ 0，所以 u 的最大值为 2，最小值为
1．
评注 函数与方程思想是高中数学基本
的数学思想之一，解法 2 与解法 1 的类似之处
是通过换元将二元问题一元化． 随后将函数
的最值问题转化为二次方程的实根分布问题
而获解，侧重基础知识的考查与运用完成． 分析 3 从结论入手，将目标函数分成两
第4 期
高中数学教与学
一道二元函数最值题的解法探究与思考
孔志文 刘 嘉
（ 北京市朝阳外国语学校，100012）
2019 年清华大学自主招生笔试第 11 题形 式新颖，内涵丰富，引 起 了 笔 者 深 入 的 探 究 和 思考．
由考题定考向,探方法成策略——以２０２１年新高考全国Ⅰ卷解三角形问题为例
试题研究２０２３年６月上半月㊀㊀㊀由考题定考向,探方法成策略以２０２１年新高考全国I卷解三角形问题为例◉江苏省连云港市城头高级中学㊀程玲强㊀㊀１真题呈现,问题解析考题㊀(２０２１年新高考全国Ⅰ卷第１９题)记әA B C的内角A,B,C的对边分别为a,b,c．已知b２＝a c,点D在A C边长,B D s i nøA B C＝a s i n C．(１)证明:B D＝b;(２)若A D＝２D C,求c o søA B C ．图１解析:本题为解三角形问题,可先绘制辅助图形,如图１所示．(１)根据题设可知,B D＝a s i n Cs i nøA B C．由正弦定理得cs i n C＝bs i nøA B C,即s i n Cs i nøA B C＝cb．所以B D＝a cb,又知b２＝a c,则推出B D＝b,得证．(２)由A C＝b,A D＝２D C,可得A D＝２b３,D C＝b３．所以,在әA B D中,c o søA D B＝１３b２９－c２４b２３．同理可得c o søC D B＝１０b２９－a２２b２３．因为øA D B＝π－øC D B,所以１３b２９－c２４b２３＝a２－１０b２９２b２３,整理得２a２＋c２＝１１b２３．又b２＝a c,所以２a２＋b４a２＝１１b２３,整理得６a４－１１a２b２＋３b４＝０,解得a２b２＝１３或a２b２＝３２．在әA B C中,由余弦定理,可得c o søA B C＝a２＋c２－b２２a c＝４３－a２２b２．当a２b２＝１３时,c o søA B C＝７６＞１,不符合题意;当a２b２＝３２时,c o søA B C＝７１２．综上可知,c o søA B C＝７１２．另解:对于第(２)问,还可以从向量视角来解析．已知A D＝２D C,则D是三角形边A C的三等分点,则有B Dң＝１３B Aң＋２３B Cң,两边平方,可得|B Dң|２＝１９|B Aң|２＋４９|B Aң||B Cң|c o søA B C＋４９|B C|２．①在әA B C中,由余弦定理,可得c o søA B C＝a２＋c２－b２２a c．结合题目条件有b２＝９D C２＝a c,B D＝b＝３D C．将上述式子代入①式,消去B D,c o søA B C和b,可初步得到６a２－１１a c＋３c２＝０,则c＝２３a或c＝３a．当c＝３a时,b２＝a c＝３a２,由余弦定理,得c o søA B C＝７６＞１,不符合题意;当c＝２３a时,b２＝a c＝２３a２,可得c o søA B C＝７１２．２命题揭秘,技巧探究上述考题为高考常见的解三角形问题,主要考查三角函数的核心知识,如正弦定理㊁余弦定理,以及利用定理度量三角形,对学生计算分析㊁利用知识解决实际问题的能力有较高的要求．下面深入解读考题的０６Copyright©博看网. All Rights Reserved.２０２３年６月上半月㊀试题研究㊀㊀㊀㊀命题规律,以及常用的解题技巧．２．１命题规律探究正弦定理㊁余弦定理是高考的热点知识,也是解三角形的核心知识,它们常用来求解三角形的相关问题,如已知边求其他角,判断三角形的形状,求三角形的面积,等等．同时,考题中也常将两个定理与和差公式㊁倍角公式以及三角形的面积公式相结合,转化的技巧性极强．问题解答需要灵活运用正弦定理㊁余弦定理,并有效结合函数与方程思想㊁化归转化思想等．２．２解题技巧探究正弦定理㊁余弦定理是解三角形的核心知识,对应变形式的应用也极为广泛,也是需要重点掌握的知识;另外需要掌握以下几个解析技巧．(１)正弦定理的推广:a s i n A＝b s i n B＝c s i n C＝２R,其中R为әA B C外接圆的半径．求解әA B C外接圆的面积或周长时,可利用正弦定理的推广式来求外接圆的半径．(２)三角形面积公式:S＝１２a b s i n C＝１２b c s i n A＝１２c a s i n B．对于上式,可从三角形内角与边来解读,即三角形的面积可表示为任意两边及其夹角正弦值乘积的一半．(３)正弦知识与三角形个数:利用正弦定理的变形式可判断满足条件的三角形个数．由正弦定理可变形出s i n B＝b s i n A a．当s i n B＝b s i n A a＞１,则满足条件的三角形为０个,即无解;当s i n B＝b s i n A a＝１,则满足条件的三角形为１个;当s i n B＝b s i n A a＜１,则满足条件的三角形为１个或２个．(４)正弦定理的适用问题:已知两角和任意一边,求其他边和角;已知两边和其中一边的对角,求其他边和角．(５)利用正㊁余弦定理解题常用策略:利用两个定理解题常结合转化思想,即将边转化为角,或将角转化为边,最终目标是实现角或边的统一．对于三角形中的不等式问题,可利用两个定理来适当 放缩 ．对于三角形的取值范围问题,若以余弦定理为切入点,则可将问题转化为不等式;若以正弦定理为切入点,则可将问题转化为三角函数．３关联探究,解题分析解三角形问题的类型十分多样,所涉知识考点也较为众多,结合图形理解条件把握三角形特征,活用定理是解题的关键．下面结合具体问题进行关联探究．３．１倍角公式转化,破解三角函数值问题涉及倍角的三角函数问题较为特殊,需用倍角公式构建倍角与三角形内角的关系,然后利用正弦定理㊁余弦定理加以运算突破．图２例１㊀如图２所示,用三个全等的әA B F,әB C D,әC A E拼成了一个等边三角形A B C,әD E F为等边三角形,且E F＝２A E,设øA C E＝θ,则s i n２θ的值为．解析:设A E＝k(k＞０),则E F＝２k．由øA C E＝θ,әA B F,әB C D,әC A E全等,可得øF A B＝θ, C D＝k,D E＝２k．又әA B C为等边三角形,所以øC A E＝π３－θ．在әC A E中,由正弦定理,可得A Es i nøA C E＝C Es i nøC A E,即３s i nθ＝３２c o sθ－１２s i nθ．整理得t a nθ＝３７,则s i n２θ＝２t a nθt a n２θ＋１＝２ˑ３７３４９＋１＝７３２６．评析:例１是关于倍角的三角函数问题,问题涉及了全等三角形和等边三角形,利用正弦定理来求解所涉内角的正弦值是解题的基础,而利用倍角公式构建三角形内角和倍角之间的关系则是解题的关键．３．２正弦定理转化,破解面积取值问题三角形面积取值问题十分常见,从三角函数视角分析,可灵活运用正弦定理来求解,对于其中取值范围的分析,则可结合角度和边长的大小关系．例２㊀在锐角三角形A B C中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c．已知b s i n B＋C２＝a s i n B,且c＝２,则锐角三角形A B C面积的取值范围为．解析:由b s i n B＋C２＝a s i n B,可得b c o s A２＝a s i n B．由正弦定理,可得s i n B c o s A２＝s i n A s i n B．由０＜B＜π２,可得s i n B＞０,故c o s A２＝s i n A,即c o s A２＝２s i n A２c o s A２．又０＜A＜π２,所以０＜A２＜π４,则c o sA２＞０．故s i nA２＝１２,进而可得A＝π３．１６Copyright©博看网. All Rights Reserved.试题研究２０２３年６月上半月㊀㊀㊀图３如图３所示,在әA B C中B C１ʅA C,B C２ʅA B,可知A C１＝A Bc o sπ３＝１,A C２＝A Bc o sπ３＝４．因为әA B C为锐角三角形,所以点C在线段C１C２上运动,但不包括端点,于是有A C１＜b＜A C２,即１＜b＜４．而әA B C的面积可表示为SәA B C＝１２b c s i n A＝３２b,结合b的取值可得３２bɪ(３２,２３)．故әA B C面积的取值范围为(３２,２３)．评析:例２是求三角形面积的取值范围问题,解题的关键是构建三角形模型㊁确定b的取值范围．上述解题分两阶段突破．第一阶段,结合余弦定理确定内角A的大小;第二阶段,结合图形求解b的取值范围,进而由三角形面积公式求面积的取值范围．３．３两角和差转化,破解三角函数最值问题对于与两角相关的三角函数值问题,突破的核心是两角和与差的公式,即完成两角的统一化,构建单一变量,将问题转化为简单的函数问题,然后利用函数性质求最值．例３㊀在әA B C中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,其面积S可表示为S＝b２＋c２－a２４,试回答下列问题．(１)如果a＝６,b＝２,求c o s B的值;(２)试求s i n(A＋B)＋s i n B c o s B＋c o s(B－A)的最大值．解析:(１)简答．利用面积公式可得A＝π４,结合正弦定理可得s i n B＝b s i n A a＝６６,分析可知B为锐角,故c o s B＝３０６．(２)由(１)可知A＝π４,所以s i n(A＋B)＋s i n B c o s B＋c o s(B－A)＝２２s i n B＋２２c o s B＋s i n B c o s B＋２２s i n B＋２２c o s B＝２(s i n B＋c o s B)＋s i n B c o s B．令t＝s i n B＋c o s B＝２s i n(B＋π４),由Bɪ(０,３π４),得B＋π４ɪ(π４,π),则s i n(B＋π４)ɪ(０,１],所以tɪ(０,２]．故s i n(A＋B)＋s i n B c o s B＋c o s(B－A)＝２t＋t２－１２＝１２(t＋２)２－３２,tɪ(０,２]．分析可知,当t＝２,B＝π４时,原式取得最大值,且最大值为５２．评析:上述第(２)问可视为是两角和差的三角函数最值问题,突破的核心策略是角的转化,即通过内角的变换将问题转化为单一内角的三角函数问题．上述解析过程充分利用了两角和与差的公式㊁内角的三角函数基本关系等,问题的转化思想和运算技巧体现得极为充分．４解后反思,教学建议解三角形问题是高考数学的重要题型,探究命题规律,总结解题技巧是教学探究的重点,下面进一步进行反思教学．４．１理解定理内涵,正确认识定理正弦定理㊁余弦定理是破解 解三角形 问题的核心定理,充分理解定理内涵㊁正确认识定理是探究学习的关键．实际上两大定理揭示了三角形边角关系．如余弦定理体现了三角形三边长与一个角余弦值的关系,是对勾股定理的推广;而正弦定理则体现了三角形各边和所对角正弦值之比的关系．教学中要帮助学生理解该知识内涵,同时引导学生体验定理的探究过程,掌握定理的证明方法,强化学生的思辨思维,以从根本上掌握解三角形问题的知识核心．４．２开展思维训练,总结通性通法边化角 和 角化边 是解三角形问题常用的两种思路,总体而言就是为了实现问题条件的 边 或角 的统一．在教学中要重视学生的思维训练,促使学生充分掌握该类问题的通性通法,正确判断解决问题应选用的方法．４．３关注类型问题,总结破题技巧解三角形问题的类型十分多样,问题的综合性㊁拓展性极强,因此关注问题的多种类型,总结破题技巧十分关键[１]．实际教学中,教师要帮助学生构建解三角形问题的体系,引导学生合理变式,灵活运用定理㊁公式来转化突破．同时注意拓展解法,提升学生的思维水平．参考文献:[１]景君．不畏浮云遮望眼 一道江苏联赛解三角形题的剖析[J]．中学数学,２０２１(７):１９Ｇ２０．Z２６Copyright©博看网. All Rights Reserved.。
一道高考试题解法探究的教学片段及思考
悟 ， 中 已有 底 ， 心 但不 露 声 色 ， 让 学 生 自己发 现 ， 要
一 一
生 １ 板演如 下 ） 因 为 Ｂ＝６ 。Ａ ， （ ： ０ ，Ｃ＝ 由正
弦定理 知 ，
笪
一Ｒ ２
ｓｎ — ｓｎＣ — ｓｎＢ 一 一 ’ ｉＡ ｉ ｉ 一
７ ５ａ＋（ 一 ）＝０ ａ一 ｔ ｔ ３ ，
要使 方程 有解 ， 则根 的判 别式
Ａ＝（一５） ４Ｘ ｔ ３ ≥０， ￡ 一 Ｘ（ ７ 一 ）
定 理进行 边角 转换 ， 三角形 中关于边 的不 等式转 将
化 为关 于角 的不等式 ， 分 利用 三角 函数 的有 界性 充 进行 处理 ， 以致 用 ， 好 （ 此 设 计 这 道 题 的 目 学 很 至
的已经达 到 ） ！
解得 ｆ ． ｔ ２ ， 人 式 （ ） 式 （ ） 得 ≤２ 当 ＝ 代 １， ２解
口：
， ：
． 因为 ＡＡ Ｃ存 在 ， 以 的 最 大 Ｂ 所
第 ５期
殷 长征 ： 一道 高考试题 解法探 究的教 学片段及 思考
・２ １・
值 为 ２ ， Ａ ２ Ｃ的最大值 为 ２ ． 即 Ｂ＋ Ｂ 此 时 ， 班 同学 都 为 生 ３的精 彩 演绎 而 鼓 掌 ， 全 并投 去 了赞许 的 目光． 师： 太好 了 ！生 ３的解 法 更 简捷 ， 解题 的 关 键
这 时 ， ３举起 了手 ， 生 并急不 可待 地走 到黑 板 前 ， 板
演如 下 ： 生 ３ 设 角 Ａ， ， ： Ｃ所对 的 边分 别 为 ａ ｂ ｃ 则 ， ，，
所 以
从 而
Ｂ Ｃ＝ ｓ Ａ，Ｂ＝ ｓ Ｃ， ２ｉ Ａ ２ ｉ ｎ ｎ
一道高考试题的解法探究
（ 求证 ： Ｉ） ＡＢ上Ｂ Ｃ；
所以 ０ （ ＜Ｐ ．
而言 ， 向量的处理明显比传统的做法更为
则， （） 第 Ｉ 问考查线线垂直的判定 ， 属于送 分题 ， Ⅱ） 第（ 问主要考查面面角 、 面角的 线 有关知识 ， 以通过建 立线 面角 、 可 面面 角 的计算关系 ， 利用三角 函数 及不等 式的性 质予 以解 决 ， 遵循了在知识交汇处命题 的
Ｃ
由ｎ ＝Ｏ． ｆ ｔ ｎＢ
’
等腰三角形 ， Ｄ是 ＡＢ的中点 ， 又 Ｃ Ｄ上ＡＢ 又 Ｖ ， Ｃ上底 面 Ａ Ｃ Ｂ ．
・ ． ．
Ｉ ／ Ｏ， 、 一ｃＢ上平面 Ｖ Ｄ． Ｃ
可取 ｎ （一 ， ， ｎ － ａ＞ ， ＝０ ａ ） ， ｃ 于是 口Ａ ￣＝ － ｃＯ －
问的研究提供了建立空随 角坐标系的
可能 ， 体现 了立体 几何的发展趋势一
一
以
向量为工具 ， 化抽 象的逻辑推理为计 算这 指导 思想 ， 而对 于第（ 问的两种解 法 Ⅱ）
（ ＜ ｒ Ｐ ｌ ＂
，
繁琐 ， 是否 意味着编者有意打破向量的 这 解法 ２： （Ｉ） ， 由 知 以点 Ｂ为 坐标原 处 理方法要优于传统的逻辑论证呢 角为 ０ 二面角 Ａ 一 Ｃ Ａ的大小为 ‘， ， Ｂ — ｐ试 点 ，以 Ｂ 、 Ａ、 Ｂ 所在的直线 分别 为 Ｘ ＣＢ Ｂ 拓展训练 ： 判断 ０与 ‘的大小关 系， ｐ 并予 以证 明． 轴、 Ｙ轴、 轴 ，建立 如图所示的空 间直角 Ｚ 如图 ，在三棱锥 Ｖ ＡＢ — Ｃ中 ， Ｃ上底 Ｖ 分析 ：本题照顾 了 ９ 、 Ｂ两个版 本 坐 标 系 ，设 Ａ ａ ＡＣ ｂＡＢ ｃ Ａ９ Ａ ＝ ， ＝ ， ＝ ，则 Ｂ 面 ＡＢ Ａ Ｃ， Ｃ上Ｂ Ｄ 是 ＡＢ的 中 点 ， Ｃ， 且 的学生 ， 能用传统 做法 ， 能借助 向量 既 也 （ Ｏ Ｏ ， （ Ｃ ０． 、 ６ Ｏ， ，）Ａ０，， ） ／ Ｃ（ ， ，）Ａ （， ０Ｏ，１ Ｏ 来论证 ， 体现 了面 向全体 ， 背景 公平 的原 Ａ ：Ｃ ａ／ Ｄ ： ＜ ＜ ． Ｃ Ｂ： ， Ｖ Ｃ ｅ０ ｏ 孚１ ｆ
一道高考试题解法探究的教学片断及感悟
第 ６期
Ｊ ｕｎ １ｏ ｉｅ ｅ Ｍａｈ ｍａｉｓ Ｅ ｕ ａｉｎ ｏ ｒ ａ ｆＣｈｎ ｓ ｔｅ ｔ ｄ ｃ ｔ ｃ ｏ
Ｎ ２ １ Ｏ６ Ｏ ２
摘 要 ：课 堂例题 教 学是 高三学 生进行数 学 学习活动 的最 大 平台．那 么，如何来提 高课 堂例题教学的效果呢？从鼓励 学生探
复杂形 式 中的基本模型 ！现 在只要能证明 当 ＞１ ，九 （ ＞０ 解 法 ３过程 虽然 简洁 ，但学 生普遍感觉其 技巧性强 ，特别是证 时 ’ ） 即可 ，又将如何证明呢？
生 ：要 证 明 当 ＞１时 ，ｈ（ ＞０ ） ，只要 证 明 ｈ（ ～ ＞０即 ）
当 ≥ １ ， ｘ ＞０ 时 ｆ（ ） ，用的转化思想很难想到 ！ 原来 笔者给学生 准备 的考 题标准答案 所给 的方法是 学生最
师：说得 好 ！这名 同学用 了逆 向分析法 ，根据考题解 答 的
特 点 发 现 进 一 步 解 题 的 方 向 ．那 么 ，怎 样 说 明 当 ０＜ ＜ ｌ ， 时 ｈ（ ＜０ 当 ＞１ ，ｈ（ ＞０ ） ； 时 ） ．
１ 、
吗？师者 ，传道授业解惑也 ！兵法有 云 ： 置死地 而后生” “ ，更何 况名师说过 “ 做好老师就不要怕挂黑板 ” ，想到这里 ，笔 者决定
在 了解多种解题方法之后 ，学 生的解题 思维不能到此完结 ，
令 （ ＝ ＝ ｎ ） ＿ （ ） Ｉ ＋ １ 厂 一，贝 （ ） ０ ＝
＜０ ，所 以 （ 在 因为学 生此时对各种 解题方法 的认识还不 是非常深 刻 ：几种解 ） 题 方法是否完全 正确 ，分析解 题 的过程是 否都很恰 当 ，哪些 是 （， １上 单 调 递 减 ，则 （ ＞ １ ＝１＞０ 即 ｆ （ ＞０ ０ ） ） （ ） ， ） ，所 以 般 的解法 ，哪些是创新 的巧法 ，哪些是最简便的解法 ，等等 ，
一道高考试题的解法探究
２ １ 年 安 徽 高 考 数 学 （文 ） ｌ 题 ： 圆 Ｅ 经 过 点 ００ 第 ７ 椭 （ ３） 对 称 轴 为 坐 标 轴 ， 点 Ｆ， Ｆ ２， ， 焦 ， 在 轴 上 ， 心 率 离
为÷ ．
（ ） 椭 圆 的 方 程 ； ２ 求 Ｆ Ａ ，的 平 分 线 所 在 的 １求 （） ．Ｆ
Ｊ ＰＦ２Ｉ
３
数 学 学 习与 研 究
２ １ ０１ ７
一
且 仅 当 ａ一５ ｃ：０，ｂ＝１ “ ａ—ｂ ａ ，（ ）＝１
班霉
解
设 与 的 夹 角 为 ０ ， 则 又 由 图 可 知 ，Ｌ 『 ＋０或 ＝２ １ ＋口 一０ Ｏ ＝２ 叮 ＋ Ｔ ， 于 是 一 ＝２ ｒ ±０， 口 ｋｒ ｋ∈Ｚ．
若 ３ 一４ ＋６ ＝５ ｘ—ｌ ０，
则 点 Ｃ在 直 线 ｆ ． 上
・ ・ ．
即 ＋２ ８： （ 斜 率 为 正 ， 去 ） ｙ一 ０ 因 舍 ．
于 是 由 ３ 一４ ｙ＋６＝ 一５ ｘ＋ｌ 得 ２ ０， ｘ—Ｙ一１＝０ ．
５△
１ ２
１ ｌ ４Ｆ ｌｌ Ｆ Ｉ Ｆ ： ＝了
‘ ． ．
ｅ 建 Ｏ ｔ ￣ ｅ
即＝，孚ｃ ， 成 ． ｎ ６ ， 等 立 ＝ ＝ 号 时
题 目 ２（ ① １）
．Ｏ ＝ Ｉ ＡＩ．１ Ｂｌ。０：ｃ ｃ ＋ｓｎ ｉｆ． Ｂ Ｏ ｓ Ｏ ｃ ㈣ 。 ｉａｓｎ １
僻 题 技 巧 与责 法
壤 棼 ｌ 爱３ｎ 善ｎ Ｕ ｌ１ 一 一 １ …一 一一一 一 一 一 … 一一一 一… 一一 一
●
一
遘藩蓬试题 藤法 察
◎ 张 杰 （ 徽 省 固镇 县 第 一 中学 安 ２３０ ３ ７ ０）
一道试题的解法探究及其延拓
．
例 １ 过 抛物 线 ＝２ ｘ（ ｐ ｐ＞ ０ 的焦点 Ｆ作 ）
一
例 ２ 过 抛物 线 一２ ｘ的焦 点 Ｆ 作两条 直 线 ＡＢ， Ｄ 交 抛物 线 于 Ａ， Ｃ， 四点 ， 为坐标 Ｃ Ｂ， Ｄ Ｏ
直线 ｚ 交抛 物 线 于 Ａ（ ， ， ｘ ， ｚ Ｙ ）Ｂ（ Ｙ ）两 点 ， ｚ
Ｉ Ｉ ＋
ｌ 的最小 值
等 ＳＯ 面 删 一Ａ Ｉ ￣ Ｉ Ｃ Ｄ Ｂ
一
（ ）设 直 线 Ａ 的 斜 率 为 忌 ２ Ｂ ，则 ｌ Ｂ — ｌ Ａ
丢故Ｉ １设 线Ｄ 方 为 ＝ ， １２ 直 Ｃ的 程 ＝ Ｃ ＝． Ｄ ＝ ＋
，
／— 一ｚ √— １Ｉ ｌ １由 ｒＴ Ｙ Ｉ 厂＿ ＋ ｚ・ １ Ｉ （ ｝ ） — 一 ＋ ＋ —
一． 等
一
也 取 到 最 小 值 ．所 以
告一 或 ～告一 ． 。 一 ０
・５ ２・
中学数 学月 刊
Ｒｔ Ｂ △ ＭＦ１ 中 ，Ｏ ａ — ＣＳ
ｎ ２
，
— — — —
２１０ ２年第 ７ 期
ｌ
若 Ａ 为椭圆上异于长轴端点的任意一点 ， 则
一 一
ｙ
Ａ
０ ）上一 个动 点 ， ＡＢ， Ｃ 分别 过焦 点 Ｆ Ｆ ， 弦 Ａ ， 。 当 Ａ 垂直 于 ． 轴 时 ， 好有 Ａ ： 一 ３： ． Ｃ ３ ５ 恰 Ｆ ＡＦｚ １ （ 求椭 圆 的离心 率 ； Ｉ）
（Ｉ）设 ＡＦ１ １ 一 】 Ｆ１ Ｂ，
ＡＦ ＝ ２Ｆ ２ ， ２＝ Ｃ ＝
推广 与延拓 ．
～
殊 情形 进行 一般 的推 广 ， 带有 较 强 的探 索性 ， 因而 具 有较 高 的区分度 ．
一道试题的多种解法与教学反思
一道试题的多种解法与教学反思试题描述：在一个圆形花坛中，有若干株花，每株花的周围都有一圈草。
如果将花坛的半径增加1米，花坛的面积将增加25平方米。
求花坛中花的数量。
解法一：几何法根据题意，我们可以得到以下信息：原花坛的半径为r，面积为πr²；增加花坛的半径为(r+1)，面积为π(r+1)²；两者面积之差为25平方米。
根据面积的计算公式，我们可以得到以下方程：π(r+1)² - πr² = 25化简上述方程，消去π，并展开平方项，得到：r² + 2r + 1 - r² = 25化简得到：2r + 1 = 25解得：r = 12因此，原花坛的半径为12米。
将半径代入面积的计算公式，可得到花坛的面积为π(12²) = 144π平方米。
解法二：代数法假设花坛中原本有n株花。
根据题意，我们可以得到以下信息：原花坛的面积为πr²；增加花坛的半径为(r+1)，面积为π(r+1)²；两者面积之差为25平方米。
根据面积的计算公式，我们可以得到以下方程：π(r+1)² - πr² = 25化简得到：π(r² + 2r + 1 - r²) = 25化简得到：π(2r + 1) = 25进一步化简可得：2r + 1 = 25/π解得：r = (25/π - 1) / 2 ≈ 3.98因为半径必须为正数，所以取最接近的整数值，即r ≈ 4。
代入原花坛的面积计算公式，可得到花坛的面积为π(4²) = 16π平方米。
解法三：逻辑推理法根据题意，增加花坛的半径1米后，面积增加25平方米。
我们可以通过逻辑推理来解决问题。
设原花坛的面积为A，花坛内花的数量为n。
当半径增加1米后，面积增加25平方米。
这意味着原本半径为r的花坛的面积A与增加后半径为(r+1)的花坛的面积相差25平方米。
则有：A + 25 = A + π((r+1)² - r²)化简可得：25 = π(2r + 1)通过观察可知，π(2r + 1)必须约等于25。
一道高考试题的解法探讨
将 恒 成立 问题 转 化 为 函 数 的 最 值 问 题 ． 法 １过 程 比 较 简 解 单 ， 思 维 要 求 高 ， 法 ２ ３是 解 决 该 类 问题 的通 法 ． 但 解 ，
数学学习与研究
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一道数列极限考研试题的多种解法
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一道试题的解法探究
题目（2015届湖北省部分重点中学高三起点考试理科第13题）已知函数f（x）=12x2-bx+1（b∈R），若方程f（x）=x在区间（-1，1）上有解，求实数b的取值范围.
点评本题的处理方法一般是利用实根分布的知识解决二次方程在区间上有解的方法，但若只是顾及问题的表面，解完之后缺乏反思，就没有有效挖掘本题所蕴含的一系列数学思想方法，应该说就错失了一次绝佳锻炼思维的机会.为说明问题，下面给出几种思路，供参考：
解法一（分类讨论的思想）由方程f（x）=x12x2-（b+1）x+1=0，记函数h（x）=12x2-（b+1）x+1，考虑h（0）=1>0，对称轴x=b+1的不确定，于是b+1与定义域区间（-1，1）的位置关系生成讨论的标准：①若-1≤b+1≤1即-2≤b≤0时，此时上述方程中Δ=（b+1）2-21即b>0时，要函数h （x）在（-1，1）上有零点，则只须h（1）12；③若b+112.
评析一般的在涉及二次函数在区间上有零点或最值的问题上，通常研究的方法都是利用其对称轴与定义域区间的位置关系生成分类讨论的标准，然后再逐步依据题目的要求将问题予以解决.此种做法易想能做，但解题过程繁杂，能否找到有效回避分类讨论的处理方法呢？
解法二：（正繁则反补集法）考虑到h（0）=1>0，问题的对立面为方程f（x）=x在区间（-1，1）上无解，也即是函数h（x）=12x2-（b+1）x+1在区间（-1，1）上无零点，则只须h（1）≥0
h（-1）≥0-52≤b≤12，则原题有解b的范围为b12.
评析一个数学问题通常都具有两面性，当一方较为繁琐的时候，往往其对立面一般就会稍显简单，上述处理正是有效利用这一点，使解题过程得到了简化.以上两种做法都绕不开利用二次方程在区间上有实根的相关知识来解题的，那么本题能否另辟蹊径呢？
解法三：（等价转换的思想）由方程f（x）=x在（-1，1）上有解，可得bx=12x2-x+1.若x=0时，上述方程显然不成立，即方程的解一定不为0，于是可得b=x2+1x-1（x≠0），也即对x∈（-1，0）∪（0，1）时总存在唯一实数b让方程成立，于是参数b可看作是以x为自变量的函数，即求b的范围等价于求右侧函数的值域了.易求上述函数的值域为（-∞，-52）∪（12，+∞），也即为b的取值范围.
评析将方程有解问题转化为求函数值域问题，为常规的解题寻找到全新的视角，凸显了等价转换思想的重要意途.然而纵观上述三种处理无一例外都是从代数层面来进行求解的，那么本题是否可以从“形”的一面来介入呢？
解法四：（数形结合的思想）由解法三知方程
bx=12x2-x+1在（-1，1）上有解，从“形”的角度可看作是直线y=bx与二次函数y=12x2-x+1的图象在x∈（-1，1）上有交点，考虑到参数b的几何意义为直线的斜率，分别作出两者的图象，易求斜率b的取值范围为b12.
评析上述解法化代数的抽象为几何的直观，通过挖掘参数的几何意义，用直线的倾斜程度清晰呈现了方程的解即为两图象有交点，此时斜率b的取值范围也一目了然，解题过程得到了大大简化.
数学讲思想，登高好望远，任何一个数学问题的给出，通常都对应着一种较为自然的常规处理，然而当将一般的做法处理完毕，特别是常规的处理较为繁琐时，是否能够在其基础之上，循着数学思想方法的引领，做多样性的有益尝试，这样不断坚持，数学解题的能力才会不断得到提高.使这些错题能够成为今后数学学习的镜鉴，让一次错误酿造出十分收获，并在此过程中增加学生思维的深刻性与严密性.如上面所讲，在教学实践中，能够发现出现错误的原因主要是由于知识体系的不够完善，为了填补知识上的漏洞，督促学生整理错题无疑是最佳选择途径.为了达到监督学生正确记录错题的目标，可以按照下述过程进行教学.首先是指导学生进行错题分类，依错题的种类（如填空、选择、计算等；依数形结合、化归思想应用等）或者依错误出现的原因（如技巧不足、计算失误、概念应用不当等），把错题进行分门别
类的收纳整理.这样处理错题可以使学生对于易错点的查找更加方便，给接下来的复习带来方便.其次是给学生提供科学的记录手段.事实证明，最恰当的记录手段不是直接记录正确解法，而是记录错误解法，并用不同颜色的笔在出现错误的位置标记出来，只标记位置，但是不记录原因，等到一段时间之后（如一个星期）再根据错误记录给出正确答案，这样才是追求数学意识与数学真理的好办法.第三是要注意对错题记录的补充.教师要督促学生对于典型例题的时常回顾，查找有关资料，找到与该题类似的问题，并作出独立解答，防止一次错误的再次出现.
在高中数学课堂教学中纠错环节，教师应当掌握科学的方法，善于把错题变成教学的法宝，用正确的态度看待学生已经出现、可能出现的各类错误，并采取有效的办法利用好错误资源.当然，本文中提到的错题解决策略展开方法并非可以应用到所有教学场景，教师也并非能够全程带领学生处理所有错题，最终还是要由学生独立根据自身情况进行错题整理，从而达到减少错误、提高效率的目标.。