一道高考数学试题的解法探究及教学思考
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 ：
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师 ： 哪位同学来说说第 （ ） 请 ３ 问的解法？
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中。擞・ （１年 ０ 高 版 ７ ７ ２１ 第１期． 中 ） ０
． 案例分析 ．
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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
，
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Ａ Ｂ， ， ｃ三点共线 ＇・ ２ ＝ ２Ｙ ＝ ＝ ． ． Ｙ ｘ Ｙ－
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， 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
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一道高考圆锥曲线题的解法探究与反思
２０２４年１月上半月㊀试题研究㊀㊀㊀㊀一道高考圆锥曲线题的解法探究与反思◉安微省芜湖市无为县第二中学㊀高玉立㊀㊀高考数学真题是众多优秀命题专家精心设计出来的．其中解析几何压轴题,紧扣教材,立足考查学生的能力．１试题呈现试题㊀(２０２０全国I 卷理科２０题,文科２１题)已知A ,B 分别为椭圆E :x ２a２＋y ２＝１(a ＞１)的左㊁右顶点,G 为E 的上顶点,A G ң G B ң＝８,P 为直线x ＝６上的动点,P A 与E 的另一个交点为C ,P B 与E 的另一交点为D ．(１)求E 的方程;(２)证明:直线C D 过定点．２解法探究第(１)问常规解法,过程略．答案为x ２９＋y ２＝１．下面只对第(２)问的解法作多角度探索．图１思路一:如图１,注意到k P B ＝３k P A ,以及A ,B 是椭圆的左㊁右顶点,从而可以借助椭圆第三定义,利用k A C 与k A D 关系进行求解．解法１:利用椭圆的第三定义将非对称式转化为对称式问题．设P (６,t ),C (x １,y １),D (x ２,y ２)．(ⅰ)若t ʂ０,设直线C D :x ＝m y ＋n (－３＜n ＜３),则有k A C ＝k P A ＝t ９,k B D ＝k P B ＝t ３,ìîíïïïï可得k B D ＝３k A C ．又由椭圆的第三定义,知k A D k B D ＝－１９,所以k A C k A D ＝－１２７,即㊀㊀㊀㊀y １x １＋３ y ２x ２＋３＝－１２７．①将x ＝m y ＋n 代入x ２９＋y ２＝１,得(m ２＋９)y ２＋２m n y ＋n ２－９＝０．所以y １＋y ２＝－２m n m ２＋９,y １y ２＝n ２－９m ２＋９,ìîíïïïï可得x １＋x ２＝m y １＋n ＋m y ２＋n ＝１８n m ２＋９,x １x ２＝(m y １＋n )(m y ２＋n )＝９n ２－９m ２m ２＋９,ìîíïïïï代入①,化简可得２n ２＋３n －９＝０．解得n ＝３２或n ＝－３(舍去)．所以直线C D 的方程为x ＝m y ＋３２,即直线C D 过定点(３２,０)．(ⅱ)若t ＝０,则直线C D 的方程为y ＝０,过点(３２,０)．综上,直线C D 过定点(３２,０)．评注:本解法通过椭圆的第三定义巧妙得到直线A C 和A D 的斜率之积为常数,从而转化为我们熟悉的斜率之积问题．图２思路二:如图２,注意到k P B ＝３k P A ,利用椭圆的方程实现斜率的转换,建立k A C 与k A D 的关系进行求解．解法２:利用椭圆的方程将非对称式转化为对称式问题．设P (６,t ),C (x １,y １),D (x ２,y ２)．(ⅰ)若t ʂ０,设直线C D :x ＝m y ＋n (－３＜n ＜３),则㊀㊀㊀k A C ＝k P A ＝t ９＝y １x １＋３,k B D ＝k P B ＝t ３＝y ２x ２－３．ìîíïïïï②由点C 在椭圆E 上,得x ２１９＋y ２１＝１,则有y ２１＝－(x ２１－９)９＝－(x １＋３)(x １－３)９,３６试题研究２０２４年１月上半月㊀㊀㊀即y １x １＋３＝－x １－３９y １,代入②,得㊀㊀㊀３y １y ２＝－(x １－３)(x ２－３)．③将x ＝m y ＋n 代入x ２９＋y ２＝１,得(m ２＋９)y ２＋２m n y ＋n ２－９＝０．所以y １＋y ２＝－２m n m ２＋９,y １y ２＝n ２－９m ２＋９,ìîíïïïï可得x １＋x ２＝m y １＋n ＋m y ２＋n ＝１８n m ２＋９,x １x ２＝(m y １＋n )(m y ２＋n )＝９n ２－９m ２m ２＋９,ìîíïïïï代入③,化简可得２n ２＋３n －９＝０．解得n ＝３２或n ＝－３(舍去)．所以直线C D 的方程为x ＝m y ＋３２,即直线C D 过定点(３２,０)．(ⅱ)若t ＝０,则直线C D 的方程为y ＝０,过点(３２,０)．综上,直线C D 过定点(３２,０)．评注:本解法通过椭圆的方程,将非对称性韦达定理转化成传统的对称性韦达定理,从而通过基础联立使问题得到解决．思路三:注意到k A C ＝１３k B D ,两次利用斜率建立对偶式,从而实现不联立方程使问题得到解决．解法３:利用椭圆的方程构造对偶式．设P (６,t ),C (x １,y １),D (x ２,y ２)．(ⅰ)若t ʂ０,设直线C D :x ＝m y ＋n (－３＜n ＜３),则㊀㊀㊀㊀k A C ＝k P A ＝t ９＝y １x １＋３,k B D ＝k P B ＝t ３＝y ２x ２－３,ìîíïïïï④从而有３ y １x １＋３＝y ２x ２－３,即㊀㊀㊀x １y ２＋３y ２＝３x ２y １－９y １．⑤由点C 在椭圆E 上,得x ２１９＋y ２１＝１,从而有y ２１＝－(x ２１－９)９＝－(x １＋３)(x １－３)９,即y １x １＋３＝－x １－３９y １．同理,有y ２x ２－３＝－x ２＋３９y ２．所以３ x １－３９y １＝x ２＋３９y ２,即㊀㊀㊀３x １y ２－９y ２＝x ２y １＋３y １．⑥由对偶式⑤⑥,解得n ＝x １y ２－x ２y １y ２－y １＝３２,即直线C D 过定点(３２,０)．(ⅱ)若t ＝０,则直线C D 的方程为y ＝０,过点(３２,０)．综上,直线C D 过定点(３２,０)．评注:本解法通过两次使用椭圆方程得到斜率的两个对称式,真正实现了设而不求,大大简化了计算．思路四:从题干中的构图顺序,按图索骥,逐个计算出各个点的坐标,从而使问题得到解决．解法４:从构图顺序逐点计算．设P (６,t ),C (x １,y １),D (x ２,y ２)．(ⅰ)若t ʂ０,设直线C D :x ＝m y ＋n (－３＜n ＜３)．易知直线P A 的方程为y ＝t ９x ＋t３．联立y ＝t ９x ＋t ３,x ２９＋y ２＝１,ìîíïïïï消去y ,得(t ２＋９)x ２＋６t ２x ＋９t ２－８１＝０,从而有－３＋x １＝－６t ２t ２＋９,－３x １＝９t ２－８１t ２＋９,ìîíïïïï解得x １＝－３t ２＋２７t ２＋９,y １＝６t t ２＋９,即点C 的坐标为(－３t ２＋２７t ２＋９,６tt ２＋９)．同理,可得点D 的坐标为(３t ２－３t ２＋１,－２tt ２＋１)．解得n ＝x １y ２－x ２y １y ２－y １＝３２．所以直线C D 过定点(３２,０)．(ⅱ)若t ＝０,则直线C D 的方程为y ＝０,过点(３２,０)．综上,直线C D 过定点(３２,０)．４６２０２４年１月上半月㊀试题研究㊀㊀㊀㊀评注:本解法依据题干中图形的形成顺序,从直线P A 与椭圆方程联立求出点C 坐标,再从直线P B 与椭圆方程联立求出点D 坐标,进而求出直线C D 的方程,这种思路更加自然,不足之处是运算量比较大,因此需要学生平常反复训练计算．３思路总结对于上述四种思路,前三种思路都是直接从直线C D :x ＝m y ＋n 出发．思路一利用了椭圆的第三定义k D A k B D ＝e ２－１将非对称式x １y ２＋３y ２＝３x ２y １－９y １转化成了对称式．思路二利用了椭圆方程x ２１９＋y ２１＝１的变形形式y １x １＋３＝－x １－３９y １将非对称式x １y ２＋３y ２＝３x ２y １－９y １转化成了对称式．思路三两次利用了椭圆方程x ２１９＋y ２１＝１,x ２２９＋y ２２＝１的变形形式得到两个非对称式x １y ２＋３y ２＝３x ２y １－９y １,３x １y ２－９y ２＝x ２y １＋３y １构成的对偶式,从而确定定点．思路四是基于图形的形成顺序,依次算出C ,D 两点的坐标,然后求出C D 的方程,最后算出定点坐标．四种思路的关联如图３所示:直线C D 过定点㊀㊀设出C D :x ＝m y ＋n 思路一:通过第三定义实现非对称式化对称式思路二:通过椭圆方程将非对称式化为对称式思路三:通过椭圆方程得到两个非对称式构成的对偶式ìîíïïïïïïï思路四:分别通过直线PA ,PB 求出C ,D 的坐标 写出直线C D的方程得到定点ìîíïïïïïï图３韦达定理是解决直线与圆锥曲线相交问题的常见工具,可以有效解决x １＋x ２,x ２１＋x ２２,１x １＋１x ２之类的式子,而像本题中出现的３ y １x １＋３＝y ２x ２－３,由于对应的变量前的系数是不相等的非对称结构,就可以采用本文中的思路进行非对称转化．下面提供的一道练习题,就可以采用本文中的思路去解决．练习㊀已知F 为椭圆E :x ２４＋y２３＝１的右焦点,A ,B 分别为其左㊁右顶点,过点F 作直线l 与椭圆交于M ,N 两点(不与A ,B 重合),记直线AM 与B N 的斜率分别为k １,k ２,证明:k １k ２为定值．４解后反思４．１注意条件的转化很多学生之所以认为解析几何问题较难,是因为不会使用题中的条件．因此,教师需要引导学生加强用代数运算的方式解决几何曲线问题这一思想的渗透,用合理的代数方式转化条件中的几何表述,在注重积累的基础上提高条件转化的合理性．比如,本题中通过椭圆定义的使用,将非对称的韦达定理问题转化成对称性的韦达这理问题,从而简化了计算．４．２注重计算能力的训练数学运算是指在明晰运算对象的基础上,依据法则解决数学问题的素养[１]．高考试题是为了选拔适合高校并为将来社会服务的人才,因此对计算能力的要求很高．在平常的教学中,要加强学生计算能力的培养,让学生在遇到复杂运算时不畏惧并保持高度的细心,这也是今后从事科研工作所不可或缺的品质．４．３注重微专题的变式精讲这类非对称的定点与定值问题,其实并不是全新的问题,这就要求我们在日常教学中对于一些典型性问题要精编精整理,以微专题的形式实现知识方法的串联㊁整合,由易到难,层次分明,循序渐进,力求贴近学生的知识经验和能力基础,贴近学生的情感态度与思维水平,使得学生的技能水平自然而然得到提高．４．４注重学生思维能力的培养,适应新高考要求高考是选拔性考试,是为了给高等学校尤其是高水平大学挑选合适的人才．我们的数学教学也要培养学生的思维能力,能够创新性地解决问题．通过对一道题的多角度㊁多方法的思考,不断提升数学学科素养,以适应时代发展的要求．当然,本题也涉及到极点㊁极线的背景,对于一些学有余力的学生,在日常教学中也不妨给他们适当补充点课外知识,激发他们的兴趣．教师要让学生尽可能完成 跳一跳 可以完成的任务[２]．总之,这道高考题内容丰富,解法多样,立足基础,又能充分发挥学生的创新性,让人回味无穷,实在是一道好题!参考文献:[１]中华人民共和国教育部．普通高中数学课程标准(２０１７年版)[S ]．北京:人民教育出版社,２０１８．[２]波利亚．怎样解题[M ]．北京:科学出版社,１９８２．Z ５６。
一道高考题的多种解法评析及其教学反思
一道高考题的多种解法评析及其教学反思高考是中国学生们备受关注的重要考试，它在学生们的学业生涯中扮演着至关重要的角色。
高考题是学生们检验知识掌握和思维能力的重要工具，让我们来评析一道高考题的多种解法，并思考如何在教学中提供更好的辅导与指导。
下面，我们将分析一道数学高考题：已知某数列的通项公式为an = n^3 - 2n，求数列的前n项和Sn。
这道题要求求解数列的前n项和，对于学生来说，有多种解法可以得到正确答案。
下面我将列举几种常见的解法，并对这些解法进行评析。
解法一：逐项计算法这种解法是最直观的方式，即从第一项开始逐个计算直到第n项，并将它们求和。
例如，当n=4时，数列的前4项分别为1，6，15，28，将它们求和可得50。
这种解法的优点是容易理解和操作，对于初学者来说较为友好。
然而，当n较大时，手工计算将变得极为繁琐和耗时，容易出错。
解法二：数学归纳法数学归纳法是一种常用的数学证明方法，也可以用来解决这道题。
首先，我们可以通过观察数列的前几项，猜测出数列的前n项和的通项公式为Sn = (n^2)(n-1)^2/4。
接下来，我们可以通过数学归纳法来证明这个猜测。
首先，当n=1时，显然数列的前1项和为1；其次，假设当n=k时，数列的前k项和的通项公式成立。
那么我们只需要证明当n=k+1时，数列的前k+1项和的通项公式也成立。
通过展开数列的前k+1项，并利用归纳假设，我们可以得到Sn+1 = (k^2)(k-1)^2/4 + (k+1)^3 - 2(k+1) = [(k^2)(k-1)^2 + 4(k+1)^3 - 8(k+1)]/4 = [(k-1)^2(k^2 + 4k + 4) + 4(k+1)(k+1)(k+1) - 8(k+1)]/4 = [(k-1)^2(k+2)^2 + 4(k+1)(k+1)(k+1) - 8(k+1)]/4 = [(k+2)^2(k-1)^2 + 4(k+1)(k+1)(k+1) -8(k+1)]/4 = [(k+2)^2(k-1)^2 + 4(k+1)(k+1)(k+1) - 8(k+1)(k+1)]/4 =[(k+2)^2(k-1)^2 + 4(k+1)(k+1)(k+1 - 2(k+1))]/4 = [(k+2)^2(k-1)^2 +4(k+1)(k+1)(k-1)]/4 = (k+2)^2(k-1)^2/4 + (k+1)(k+1)(k-1) =[(k+1)^2(k+2)^2 - (k+1)(k-1) + (k+1)(k-1)]/4 = [(k+1)^2(k+2)^2 - (k+1)(k-1)]/4 = [(k+1)(k+2)(k+1)(k+2) - (k+1)(k-1)]/4 = [(k+1)(k+2)(k+1)(k+2 -k+1)]/4 = [(k+1)(k+2)(k+2)(k+1)]/4 = (k+1)^2(k+2)^2/4 = (k+1)^2((k+1)-1)^2/4。
对一道高考数学题解法的探讨及感悟
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当 ＞ ０， 由 △： （ ＋ 。） 一 ４ Ｘ （ ＋ 。 一＿ 丁一 １） 一
对 一追 道 高 局 考 数 学 题 解 法 的 探 讨 及 感 悟
■ 蒋 健
２ Ｏ １ ２年 浙 江 高 考数 学 （ 理） 第 １ ７题 ： 设 ｎ ∈Ｒ， 若 ＞ Ｏ ， 均
有 ｒ（ “ １） 一 １ ］（ 一“ 一 １ ） ≥ｏ ， 则 ｎ 一 ．
相对 于 基 础 一 般 的 学 生 来 说 比较 容 易 想 到 了 ， 入手 点 比 较低 ， 但 如 果 对 题 目 的理 解 不 够 透 彻 ， 容易造成“ 无解” 的 错 误
（ １ ） 求 （ ） 的单 凋 区间 ； （ ２ ） 求 所 有 的实 数 “ ， 使得 ｅ ｌ ≤
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一（ ｎ 一１ ） 一ｎ ， 得ｎ 一＿ 昙 Ｉ ．
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厂 （ 丁 － ） ≤ｅ 对 ［ １ ， ｅ ］ 恒成立． 仅对本题第（ ２ ） 小 题 作 出解 答 ．
（ ． ２ ｆ 一 ２） （ 一３ ＋ ２ ）一 ０ ． 易 知 在 ＞ ０下 一 ３ ４ － ２＞ ０，
反思 ： 特殊 值 法 简 洁 合 理 快 捷 ， 是 解 决 选 择 题 和 填 空 题 行
之有 效 的一 种 好 方 法 ， 但 若 本题 不是 客 观题 ， 则 又 该 如 何 解
认识 ．
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。
由一道高考试题的“失分”解法引起的教学思考
2020年高考数学江苏卷第18题属于中档题，主要考查的知识点是椭圆定义、向量数量积运算、点到直线的距离公式和直线与椭圆的位置关系，运用的思想方法是数形结合、转化与化归和坐标法.该题满分16分，但平均分只有10分左右，不少学生由于不能理解问题的本质，在第（2）小题中选择了烦琐或错误的途径导致“失分”.针对此类状况，教师应该深入反思平时的教学过程，及时作出调整与改进.一、试题再现及常见解法题目在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆E ：x 24+y 23=1的左、右焦点分别为F 1，F 2，点A 在椭圆E 上且在第一象限内，AF 2⊥F 1F 2，直线AF 1与椭圆E 相交于另一点B .（1）求△AF 1F 2的周长；（2）在x 轴上任取一点P ，直线AP 与椭圆E 的右准线相交于点Q ，求 OP ·QP 的最小值；（3）设点M 在椭圆E 上，记△OAB 与△MAB 的面积分别是S 1，S 2，若S 2=3S 1，求点M 的坐标.第（1）小题和第（3）小题解法略.对于第（2）小题有以下四种解法.解法1：椭圆E ：x 24+y23=1的右准线为x =4.设P ()x ，0，Q ()4，y ，则 OP =()x ，0，QP =()x -4，-y .所以 OP · QP =x ()x -4=()x -22-4.所以当x =2时， OP ·QP 取到最小值，最小值为-4.解法2：椭圆E ：x 24+y 23=1的右准线为x =4.设点P ()t ，0.又因为A æèöø1，32，所以直线AP 的方程为y =32()1-t ()x -t .令x =4，得y Q =12-3t 2()1-t ，即Q æèçöø÷4，12-3t 2()1-t .所以 QP =æèçöø÷t -4，-12-3t 2()1-t .所以 OP ·QP =t ()t -4.所以当t =2时， OP ·QP 取到最小值，最小值为-4.解法3：因为直线AP 与椭圆E 的右准线相交于点Q ，点P 在x 轴上，A æèöø1，32，如下图所示.收稿日期：2020-12-17作者简介：王波凤（1978—），女，中学高级教师，主要从事高中数学教学研究.由一道高考试题的“失分”解法引起的教学思考王波凤摘要：对2020年高考数学江苏卷第18题的几种解法进行比较，分析学生在考场上的“失分”原因，并给出应对策略及教学思考.关键词：高考试题；失分解法；应对策略；教学思考··70所以设直线AP 的方程为y =k ()x -1+32.令x =4，得y Q =3k +32，即Q æèöø4，3k +32.令y =0，得x p =1-32k ，即P æèöø1-32k ，0.则 OP =æèöø1-32k ，0，QP =æèöø-32k-3，-3k -32.则 OP · QP =æèöø32k +12-4.所以当k =-32时， OP ·QP 取到最小值，最小值为-4.解法4：根据平面向量数量积的定义和几何意义，设椭圆右准线与x 轴的交点为R ，则 OP · QP =-|| OP |PR .而|| OP +|| PR =||OR =4，由基本不等式，得OP · QP =-|| OP |PR ≥-æèççöø÷÷|| OP +|| PR 22=-4.当且仅当|| OP =||PR =2时等号成立，即点P 的坐标为()2，0时， OP ·QP 取到最小值，最小值为-4.二、解法比较及“失分”原因1.解法比较解法1透过直线与椭圆这一载体，抓住向量数量积运算的本质，关注到OP 的纵坐标为0，直接设出点P 和点Q 的坐标，过程简洁明了.经抽样调查，考场上用解法1的学生占了四分之一左右.解法2比解法1绕了一步，先设出点P 的坐标，再用点P 的坐标表示出直线AP 的方程，然后与准线方程联立算出点Q 的坐标，从而得出所求数量积的目标函数表达式（与解法1的形式一样）.实际上，由于OP 的纵坐标为0， OP ·QP 的值与点Q 的纵坐标无关，所以这种解法联立直线方程求出点Q 的纵坐标实则多余.解法3把直线AP 的斜率k 作为参数，表示出直线AP 的方程，再用k 表示出点P 与点Q 的坐标，最后得出向量数量积的函数表达式.这种解法也没有关注到OP 的纵坐标为0，目标函数的表达式在形式上也比解法1和解法2的目标函数表达式复杂得多，既浪费了时间又容易算错.从运算的角度来看，没有解法1和解法2简便.解法4对平面向量数量积的概念有深刻的理解，利用向量数量积的几何意义，把向量数量积的运算转化为线段长的乘积的运算，最后利用基本不等式求解最值，解法巧妙，运算简单.虽然思维要求高，但运算量小，考场上用解法4的学生寥寥无几.正所谓“想得多而算得少，想得少而算得多”，那么解法4是如何想到的呢？其实只要回到数量积定义 OP · QP =|| OP | QP cos OP ，QP就能发现|| QP cos OP ， QP =-||PR ，即两个向量的数量积等于其中一个向量的模与其在另一个向量方向上的投影的乘积.2.“失分”原因学生答题时为什么会“失分”？其原因在哪里？第一个原因是审题时不加思考就动笔做，运算能力欠缺.用解法2或解法3的学生人数很多，即使运算过程全对，在考场上多用时间就是“隐性失分”.而且用解法3的学生在用斜率k 表示数量积的函数表达式时出错的很多，即使表达式正确，换元配方后求最值结果正确的也不多，还有部分学生用导数方法求最值（解法2和解法3相关分式的分母中有字母，还需要进一步分类讨论），做得麻烦又表述不清，相关步骤一分未得，真是令人痛心！第二个原因是对于数学概念理解不够深刻，没有掌握问题的本质.例如，本文高考题第（2）小题，点A是定点，影响 OP ·QP 的关键要素就是动点P 的位置，而且只与横坐标有关，抓住这一点就能够寻找到合理的解题途径.从本文高考题的多种解法中可以看出，选择解法2和解法3的学生被问题中的“直线AP 与椭圆E 的右准线相交于点Q ”蒙蔽了双眼，看到“直线”两字就马上设出直线方程联立方程组求解.事实上，无论以哪种图形为背景，向量数量积的坐标运算中有时往往只涉及某个坐标.解法4就是在深刻理解向量数量积的概念和几何意义的基础上抓住问题本质的好方法.··71三、应对策略1.教概念本质，重理解能力为什么多数学生想不到解法4？这与教师教学中“轻概念，重解题”有关.波利亚在《怎样解题》一书中指出，你把题目中所有关键的概念都考虑到了吗？你是怎样应用这些概念的？你用到它的意义、它的定义了吗？回到定义上去是一项重要的思维活动，教师在概念课的教学中要杜绝“一滑而过”的现象，千万不要重记忆、轻理解，不仅要让学生理解概念产生的必要性，还要让学生抓住概念的本质，深刻理解概念，灵活运用概念解题.2.重视解题方法的选择和归纳教学中，有时我们觉得学生就某一知识和方法应该掌握了，也就不再深入分析了，解题方法没有总结到位，学生虽然表面会了，但是一考就错.所以教师在平时的课堂教学中一定要重视解题方法的总结和归纳，指导学生解题前一定要有预判，要有选择和比较，这样就可减少不必要的运算，从而提高解题速度，避免“失分”.3.注重知识间的联系，创造性地改编练习题教材是试题之源，教学中要用好教材，重视教材中知识的联系.例如，本文高考题考查的是解析几何和向量的综合知识，教学中一味孤立地教某个知识和某个方法就僵化了学生的思维.虽然教材是按章节安排内容的，每章内容后的习题也是与相关知识对应的，但是教师在平时的教学中要创造性地改编练习题，综合各种背景知识灵活运用.例如，以下两道题就可以作为本文高考题的变式.变式1：在平面直角坐标系xOy 中，若椭圆E ：x 24+y 23=1的左、右焦点分别为F 1，F 2，点A 在椭圆E 上并满足AF 2⊥F 1F 2，若点P 是椭圆E 上的动点， F 1P ·F 2A的最大值是.该题可以用坐标法得出向量的数量积，与点P 的横坐标无关，由点P 的纵坐标的范围得出最大值.变式2：在直角梯形ABCD 中，AB =4，CD =2，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，E 是BC 的中点，则 AB ·()AC +AE的值为.该题可以通过建系用坐标法得出向量的数量积，与线段AD 的长度无关.学生在平时多练练类似的题目，到考场上就减少“失分”了.四、几点思考在平时的教学中，以下几点“功夫”教师必须做到位.1.培养学生的审题能力不少学生由于平时作业多、时间紧，往往省去了认真审题这一重要环节，养成了拿到题目就做的习惯，结果一做就错.想好了才做，是选择正确方法的前提.平时教学中要指导学生如何审题，布置作业时要精而少，这样学生才有时间养成良好的审题习惯.2.训练学生规范表达的能力培养学生会用数学语言准确、简洁、严谨地表达和书写，卷面字迹清楚，逻辑推理严密.例如，本文中高考题的解法，求点A 的坐标前要说明点A 的位置（第一象限），写直线方程时要交代斜率是否存在，等等.只有规范、严谨地表达，才能避免“会而不对”“对而不全”导致的失分.3.加强学生的运算能力为何选择同样方法的学生运算时所用时间和运算结果不一样？还是运算能力有差异.要提升运算素养，平时的作业练习尽量要求学生不用计算器，对遇到的烦琐的运算要细心、耐心和有信心.要让学生学会感受和比较不同的解法，在教学过程中教师要适时地介绍一些常规和简化的运算方法，培养学生的运算技能，让学生珍惜每一次运算机会.总之，教师应该做到“在埋头拉车的同时还要抬头看路”，多反思平时的教学，多了解学生的学习情况，把以上几点“功夫”做扎实了，学生在考场上就不会“无谓失分”了.参考文献：［1］徐永忠.重视基础查素质，关注创新考能力：2017年高考数学江苏卷评析及启示［J ］.中小学课堂教学研究，2017（10）：49-54.··72。
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
一道高考题的解法说明及解题反思
数学课程中的基础性知识，学生应当能够在不同的情境
中将其灵活运用.
解析渊2冤院借助向量共线定理及推论袁确定A O与A D
的比例关系
引 例 如 图 3，A 、B、C 三 点
O
共线，O为线外一点，则OB=姿OA
+滋OC且姿+滋=1.
C
引 例 解 析 院 不 妨 设 A B =x， A
B
BC =y， 则 由 向 量 共 线 定 理 可 知
2
2
AC
案：姨 3 .
解题反思院平行线分线段成比例是初中几何课程中
的重要知识点，同时在高中数学解题的日常中也有较多
的 应 用 .这 种 方 法 的 核 心 在 于 能 够 作 出 相 关 辅 助 线（亦
可过D作EC的平行线）.这是用初中知识解决高中问题的
典 型 代 表 ，虽 然 这 可 能 不 是 命 题 人 出 题 的 原 意 ，但 作 为
图4
点坐标为（2，0），则直线A D的方程可表示为y= n （xm-1
1），直线EC的方程可表示为y= n （x-2），将两者联立 m-3
蓸 蔀 蓸 蔀 解得O点坐标为
m+1 ，n 22
，所以A O=
1-m ，- n 22
，A B=
蓸 蔀 （-m，-n），A C=（2-m，-n），EC=
2- 2m ，- 2n 33
节的知识，还需要学生能够将前后的知识点联系起来进
行综合性解决.如下，我们将从几个不同的方向来剖析本
题，并对其背后的知识点与考查意图作一个简要的说明.
（2019年 江 苏 卷 第 12 题）如 图1，在吟A BC中，D是BC的中点， 点 E 在 边 A B 上 ，BE =2EA ，A D 与
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.。
数学方法教学的实践与思考--以一道数列高考题为例
师 ：生 ， 利用 ５ 一 Ｓ 一 ＝ 处 理条件时 ，注 意 了
／ ７ ， ≥２ ．再 次提 醒 大 家注 意 ，以后 在 解数 列 题 时 ，不 能
时”解 出 口 的值是错误 的，原高考题应没有问题．
师 ：分析 得不 错 ，由 凡＋１ 转 换成 ，要 注 意 范 围 忽视 这一点． 后来他通过检 验发现 凡 ＝１ 时等式 也成
的对应 （ 这有点像 函数换元 时要注意定义域一样） ，前 立 ，才得 到 了 ＋ 。 ＝３ ％＋２ （ ｎ≥ １ ） ． 那 么接 下来 怎 么 者 ｎ≥ １ 即／ ７ ， ＋１≥ ２ ，从而后者 ≥ ２ ，在数列学 习 办呢 ？ （ 停 顿５分钟 ． ） 中 “ ／ ７ ， ≥２ ”是个注意点． 另外 ，告诉 同学们 ，这篇文
生 ：杂志上的方法不对 ，解答 中第 ２ 个等价变换 式 相减 得 ２ ａ ． ＝ ＋ １ 一 一２ “ ，即 ％＋ １ ＝３ ％＋２ （ 凡≥ ２ ） ． 是有问题的 ，由 ｎ ＋ １ 换成 ｎ 是可 以的 ， 但前一个式子 由第（ １ ） 问的结论 口 ＝１ ， 得 ａ ｅ ＝ ２ ａ 。 ＋３ ＝ ５ ，又当 ｎ ＝１ 中ｎ ＋１ 是大于等于 ２的整数 ，把 ／ ７ ， ＋１ 换成 得到的 时 ， ＝３ ａ １ ＋２ 也成 立 ，所 以 ａ ｎ ＋ １ ＝３ ％＋２ （ ≥ １ ） ．
教 学 频 道》
△ 蠢 Ｐ ｊ ， Ｑ… … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … …
的分析 ，大家认真讨论一下 ，到底是高考题命题者失
误 ，还 是这 一巧 解有 问题 ？
一道高考参数方程题的解法分析及教学反思
一道高考参数方程题的解法分析及教学反思高考数学是每个学生的重要考试科目之一，参数方程作为数学的一部分，也经常出现在高考试题中。
本文将以一道高考参数方程题为例，对其解法进行分析，并结合教学实践经验进行反思，旨在帮助学生更好地理解和应对这类题目。
一、题目描述某题目描述如下：已知直线L1的参数方程为：x = 3 - t，y = 2t，直线L2的参数方程为：x = 2t - 1，y = t + 2，求直线L1与直线L2的交点坐标。
二、解题思路1. 利用参数方程求交点的基本原理：两条直线的交点坐标可以通过对它们的参数进行比对得到，即将两个方程进行联立求解。
2. 解题步骤：（1）将L1和L2的x、y方程分别联立：3 - t = 2t - 1，2t = t + 2（2）整理得到t的值：3t = 3，t = 1（3）将t的值代入任意一个方程即可求出交点的坐标：x = 3 - 1 = 2，y = 2 * 1 = 2三、教学反思1. 解题思路的引导：在教学中，应当首先引导学生理解参数方程的概念及其应用，让学生明确利用参数方程求解问题的基本原理。
2. 解题步骤的提示：对于这类题目，需要按照一定的步骤进行操作。
在教学中，可以逐步引导学生根据题目要求进行方程的联立，以及变量的整理和代入，使学生能够清晰地掌握解题思路和步骤。
3. 解题结果的合理性验证：在解题过程中，学生需要将得到的交点坐标代入原方程中进行验证。
在教学中，可以通过提问的形式，引导学生进行验证操作，加深学生对结果的理解和判断能力。
4. 解题策略的灵活运用：在教学中，可以引导学生探讨参数方程解题的一般方法，并指导学生通过变形、代入等策略灵活解决不同类型的参数方程题目。
总结：通过对高考参数方程题的解法分析及教学反思，我们可以发现解题思路的指导、步骤的提示、结果的验证以及策略的灵活运用等因素在教学中起到重要作用。
只有通过充分理解和掌握参数方程的基本原理，并在实践中不断反思和提升，学生才能在高考中正确应对这类题目。
一道解几试题的深入探究与教学反思
一道解几试题的深入探究与教学反思解几试题是高中数学学科的重要组成部分，是对学生在几何学知识掌握和运用能力的考验。
然而，在教学实践中，我们常常发现学生在解答这类试题时存在一些困惑和误区。
本文将深入探究一道解几试题，并从教学的角度进行反思，以期提供一些有益的启示。
一、试题描述已知直角三角形ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，D为AC上一点，且AD=9。
连接BD，交AC于点E。
求证∠DCE=90°。
二、解题思路首先，我们观察试题中给出的条件，并尝试找出定理和性质，以便解答问题。
根据题目描述，我们可以利用勾股定理来求得三角形ABC的第三条边AB的长度：AB = √(AC^2 + BC^2)= √(6^2 + 8^2)= √(36 + 64)= √100= 10第二步，我们将注意力转移到点D和点E上。
由于BD是三角形ABC的高，所以直角三角形ABC可分成两个相似的直角三角形ABD和CBD。
我们可以利用相似三角形的性质来解决问题。
根据相似三角形ABD和CBD，我们有以下比例关系：AD/CD = AB/CB9/CD = 10/872 = 10CDCD = 72/10CD = 7.2接下来，我们关注点C、D和E构成的三角形CDE。
我们希望证明∠DCE=90°。
因为我们已经知道AB = 10，所以三角形CDE是等腰三角形，即CE=DE。
我们可以通过计算两边的长度来验证这一结论。
根据勾股定理，我们可以得到：CE^2 = CD^2 + DE^2= (7.2)^2 + (7.2)^2= 51.84 + 51.84= 103.68由于∠C = 90°，我们认为C是三角形CDE的顶点，所以我们要证明的是：CE^2 = CD^2 + DE^2 = CE^2将已知的条件带入等式中，我们得到：(7.2)^2 + (7.2)^2 = 103.68经过计算验证，等式成立。
因此，我们可以得出结论：∠DCE = 90°。
一道高考题的解法探究、考后调查、教学反思
一道高考题的解法探究、考后调查、教学反思2012年高考一结束，笔者用浙江文科第9题去考查高一任教的学生（本校属于省三级重点普通高中），结果令人惊讶！全班58人只有5人做对，并且都是用同一种方法. 惊讶、遗憾之余，便有了本文对考题解法的探究，考后的局部调查以及对教学的反思. 笔者认为该考题是一道折射教师教学行为的好题.一、考题解法探究2012年浙江文科第9题：若正数x，y满足x+3y=5xy，则3x+4y的最小值是答案C解法一：（构造均值不等式思想）由x+3y=5xy，得+=1，而3x+4y=（3x+4y）·（+）=++≥2+=5. 当且仅当=，即x=1，y=时，3x+4y的最小值是5.解法二：（消元思想）由x+3y=5xy，得y=，代入3x+4y，得3x+4y=3x+=（5x-3）++≥5.解法三：（线性规划思想）作出y=图象第一象限部分（如图1），目标函数z=3x+4y，当平行线组过点（1，0. 5）时，3x+4y的最小值是5，而点（1，0. 5）可由导数值为-时而得.解法四：（方程组思想）由y=与z=3x+4y联立方程组消去y，再由？驻≥0也可得z的最小值5.解法五：（参数思想）由+=1，设cos2α=，sin2α=，其中α∈[0，2π]则y=，x=·3x+4y=+=+=++≥5.解法六：（反置代思想）将z=3x+4y改写成：y=，代入x+3y=5xy，并将其整理成x的二次形式，15x2-（5+5z）x+3z=0，由？驻≥0可得z的最小值是5.解法七：（向量思想）如图2. 设向量=a=（3，4），向量=b=（x，y），则a·b=3x+4y，b的终点在y=第一象限的图象上，根据数量积的几何意义，当b在a上的投影最小时，z=3x+4y的值最小，先求斜率为-的切线与曲线y=的切点（1，），再将切点x=1，y=代入z=3x+4y，得z最小值为5.解法八：（柯西不等式法）由x+3y=5xy，得+=1. 3x+4y=（3x+4y）·1=（3x+4y）·（+）≥（·+·）2=5.二、考后调查本题题源：《数学必修5》① 3. 4基本不等式：≤（二）作业本56页第11题：已知x>0，y>0，且+=1求x+y的最小值.对四类人群的局部调查. 调查一，新手型教师两人的解法：一人只有解法一；另一人解法一和解法八. 调查二，经验型教师一人的解法：解法一、解法二、解法三. 调查三，高一学生58人中有五人的解法：解法一，其余没有第二种解法. 调查对象为本人所教班级，生源为农村普通高中学生，时间为基本不等式的内容教学后不到两周. 调查四，参加高考的本校文科班毕业学生10人，高考成绩都在[100，120]区间，有两人用解法一做出，其中有一人因为第14题的提示（文科高考第14题是显著的线性规划问题，于是他认为第9题不是线性规划问题）才由原来解法三的思路转为解法一的思路. 有两人用解法二做出，还有两人用解法三做出，有一人随机选对，其余3人答错.三、教学反思1. 教学理念与自觉行为的差距随着课程改革的不断深入，课程理念也逐步在教师意识中“生根发芽”. 我们知道“学生的数学学习活动不应只限于接受、记忆、模仿和练习，高中数学还应倡导自主探索、动手实践、合作交流、阅读自学等学习数学的方式. 这些方式有助于发挥学生学习的主动性，使学生的学习过程成为教师引导下的‘再创造’过程”. 然而，不容否认，基于功利心和教学任务压力的驱使，在实际的教学中，还是存在大量“杀鸡取卵”式的教学方式.正如笔者对考题题源的教学：由于当时在作业本上首次出现该类题，题意显然是均值不等式的运用，笔者认为学生还没有能力解决，于是将题：x>0，y>0，且2x+8y=xy，求x+y的最小值，作为例题.因为时间不允许作更多的探究，所以“生吞活剥”就“剥”出了解法一.而结果就出现上述调查三的情况；采取“生吞活剥”还是“细嚼慢咽”的例题教学，决定我们的教学理念是否具有执行力. 虽然本文考题是一道常见题，从以前学生的做题情况看，方法以解法一为多，这种方法实为解法中最为简洁，但隐藏的问题却很大，首先此解法构造的难度较大，在高考这样紧张的情况下学生不易想到，属于技巧类解法.从“以人的发展为本”的理念看，笔者处理考题题源的方式是培养不出学生能力的，学生最多是增加些“依葫芦画瓢”的本领，“葫芦”一旦消失，“画瓢”的本领也不复存在了.基于学生的认知能力和认知水平，改进的教学方法可以是：先让学生作为作业探究，教师可以是困惑的帮助解决者，或思维短路的“接线员”.2.自觉运用数学思想方法引导解题《数学课程标准解读》中指出“数学教学应该不只是教知识技能，教技巧，还要教数学思考，教思想，把数学的学术形态转化为教育形态，体现数学的价值和数学的教育价值”. 在平时的教学中教师应自觉运用数学思想方法引导解题，学生才能感同身受，才会出现“潜移默化”的功效.从本文“考后调查”之调查三可以看出，由于笔者没有将题源的教学作为数学思想方法的训练平台，造成解法一先入为主的首因效应；忽视最常规的如解法二、解法三、解法四的数学思想方法的引导，如解法四（方程组思想指导下），两个方程，三个未知数，要得到z的取值范围，只有靠？驻≥0了，可以说不需太多思考，整个解题过程已非常明确.此类考查，在浙江2010年理科卷第15题也有很好体现，题目：设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列an的前n 项和为Sn，满足S5·S6+15=0，则d的取值范围是. 当年该题得分率仅有0.15.应该也是教师对思想方法重视不够的原因吧. 从调查四可以了解到，平时可能是教师认为最好的方法如解法一，其解题思路并非自然，在考场上，此类属于“雕虫小技”，很难有所作为，只有数学思想方法才是解决问题的“根本大法”，特别是传统四大数学思想：函数与方程思想、分类与整合思想、转化与化归思想、数形结合思想.正如歌曲所唱：“大海航行靠舵手，干革命工作靠的是毛泽东思想.”那么，解数学题靠的是什么？靠的是数学思想.3. 高三复习应该重视知识的整合、变式的训练从局部的调查（调查一、调查二）显示，很多教师认为本文考题的通法是解法一，这从一方面说明当前教师缺乏自身条件性知识的整合，缺少对例题、习题的深入研究，此情况下很有可能不知不觉就“带领”学生参加“题海战术”. 另一方面，学生因为缺少教师的指导，也缺乏学习的方法，如元认知监控性质的反思策略，不能有效将“经典问题”所隐含的思想方法予以提炼并迁移应用. 从调查一、四，也折射出教师中可能存在就题论题的现象，当然，这不是一个高三老师所愿意做的，原因还是自身认知结构的问题. 笔者认为，高考试题给我们带来的研究价值是不容置疑的，教师可以从研究试题入手，重视知识整合，从一定的高度驾驭高考复习.当然，学生要获得“经验”，后跟进的变式训练是不可少的，比如，本文考题的通性通法是消元思想或方程组思想，在学习后可以跟进如是练习：例x，y∈R且2x2+y2=6x，则x2+y2+2x的最大值为（答案15）. 总之，只要教师精心设计训练平台，将数学思想方法与学生原有知识融会贯通，让学生感受到数学思想方法的广泛运用，懂得思维的形成过程，让思想指导行动就成为可能.如此，就一定能帮助学生适应深化课程改革下的高考.。
2011江苏20一道高考数学试题的解法探索与思考
［2012年第10期］纵观这几年江苏高考数学试卷，有些题背景新颖、能力要求高、内在联系密切、思维方法灵活.这正体现了新课程理念，注重知识的形成过程，关注学生获取知识的过程，不断地培养学生创新精神和实践能力.2011年高考具有高层次数学思维与数学素养的试题层出不穷.下面仅就2011年江苏省高考数学第20题第2问的解法作些探索与思考.设M 为部分正整数组成的集合，数列｛a n ｝的首项a 1=1，前n 项的和为S n ，已知对任意整数k ∈M ，当n >k 时，S n +k +S n -k =2（S n +S k ）都成立．（1）设M =｛1｝，a 2=2，求a 5的值；（2）设M =｛3，4｝，求数列｛a n ｝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 ＝｛3，4｝，且n >k 时，S n +k +S n -k =2S n +2S k ，且S n +1+k +S n +1-k =2S n +1+2S k ，两式相减得a n +1+k -a n +1-k =2a n +1，即a n +1+k -a n +1=a n +1-k -a n +1.所以当n ≥8时，a n -6，a n -3，a n ，a n +3，a n +6成等差数列，a n -6，a n -2，a n +2，a n +6也成等差数列，从而当n ≥8时，2a n =a n +3+a n -3=a n +6+a n -6，（*）且a n +2+a n -2=a n +6+a n -6.所以当n ≥8时，2a n =a n +2+a n -2，即a n +2-a n =a n -a n -2，于是，当n ≥9时，a n -3，a n -1，a n +1，a n +3成等差数列，从而a n +3+a n -3=a n +1+a n -1，故由（*）式知2a n =a n +1+a n -1，即a n +1-a n =a n -a n -1.当n ≥9时，设d =a n -a n -1，当2≤m ≤8时，m +6≥8，从而由（*）式知2a m +6=a m +a m +12，故2a m +7=a m +1+a m +13，从而2（a n +7-a n +6）=a m +1-a m +（a m +13-a m +12），于是a m +1-a m =2d -d =d .因此a n +1-a n =d ，对任意n ≥2都成立.又由S n +k +S n -k -2S n =2S k （k ∈｛3，4｝）可知（S n +k -S n ）-（S n -S n -k ）=2S k ，故9d =2S 3且16d =2S 4.解得a 4=7d ，从而a 2=3d ，a 1=1d .因此，数列｛a n ｝为等差数列，由a 1=1知d =2，所以数列｛a n ｝的通项公式为a n =2n -1.【思考】该解法前段的赋值大多还是能想到的，这在数列题中也常用，本来通项和式中的n 就是任意的，但为什么要以8为分界线呢？这也是学生最困惑的地方，也是该问题的一个瓶颈.现在回过头来看，可以发现主要是想使n 取3和4的时候成的等差数列有共同的等差项a n +6，另外d 的处理是n ≥2时候的，这就要求求a 1的过程应该更明确.解法探索一：由题设知，当k =3且n ≥4时，S n +3+S n -3=2S n +2S 3，当k =4且n ≥5时，S n +4+S n -4=2S 2+2S 4，两式相减得a n +4-a n -3=2a 4，即当n ≥2时，a n +7-a n =2a 4（为常数）.又当k =3且n ≥4时，S n +3+S n -3=2S n +2S 3且S n +4+S n -2=2S n +1+2S 3，两式相减得a n +4-a n -2=2a n +1.即当n ≥2时，a n +6+a n =2a n +3.于是a 2，a 5，a 8，…是等差数列，设其公差为d 1；a 3，a 6，a 9，…是等差数列，设其公差为d 2；a 4，a 7，a 10，…是等差数列，设其公差为d 3；因为a 23-a 2=（a 5-a 2）+（a 8-a 5）+…+（a 23-a 20）=7d 1=64a 4；a 24-a 3=（a 6-a 3）+（a 9-a 6）+…+（a 24-a 21）=7d 2=64a 4；a 25-a 4=（a 7-a 4）+（a 10-a 7）+…+（a 25-a 22）=7d 3=64a 4；所以d 1=d 2=d 3=d ，即a n +3-a n =d （n ≥2）（为常数）.由上式知，a n +7-a n +1=（a n +7-a n +4）+（a n +4-a n +1）为常数，解题研究27因此，a n+1-a n=（a n+7-a n）-（a n+7-a n+1）为常数.即当n≥2时，数列｛a n｝为等差数列.设d=a n+1-a n，由S n+k+S n-k-2S n=2S k（k∈｛3，4｝）可知（S n+k-S n）-（S n-S n-k）=2S k，故9d=2S3且16d=2S4.解得a4=7d，从而a2=3d，a1=1d.因此，数列｛a n｝为等差数列，由a1=1知d=2，所以数列｛a n｝的通项公式为a n=2n-1.【思考】此解法同第一解法一样，都使用了数列中比较常用的赋值法思想，但相比较，少了对n对分界线的考虑，除了一大困惑点.解法看起来仍然复杂，需要学生有较好的探究推理能力.解法探索二：因为当n>k时，S n+1+S n-k=2（S n+S k）都成立，所以n>3时，S n+3+S n-3=2S n+2S3，即（S n+3-S n）-（S n-S n-3）=2S3.因此a n+3+a n+2-a n+1-a n-a n-1-a n-2=2S3，（1）a n+4+a n+3+a n+2-a n+1-a n-a n-1=2S3.两式相减得a n+4-2a n+1-a n-2=0，即a n+4-a n+1=a n+1-a n-2.于是可知：三组间隔为3的数列A1=｛a2，a5，a8，…｝、A2=｛a3，a6，a9，…｝、A3=｛a4，a7，a10，…｝分别成等差数列，公差记为d i（1≤i≤3），n>4时，a n+4+a n+3+a n+2+a n+1-a n-a n-1-a n-2+a n-3=2S4.（2）同理会得到：四组间隔为4的数列B1=｛a2，a6，a10，…｝、B2=｛a3，a7，a11，…｝、B3=｛a4，a8，a10，…｝、B4=｛a5，a9，a13，…｝也分别成等差数列，公差记为D j（1≤j≤4）.所以，数列｛a n｝中除首项a1外的其他各项一定同属于某个A i 和某个B j.（2）-（1）得到a n+4-a n-3=2a4，即又得到一类间隔为7的等差子数列.又3与4互质，则有7d i=a n+21-a n=6a4，所以d i= 67a4，即第一类数列每组公差都相同，记为d.同理可得，第二类数列每组公差也相同（d j=87a4），记为D.取特例：a8=a2+2d=a4+D，a10=a2+2D=a4+2d，所以d3=D4，代入a n+4=a n+D=a n+1+d，可得数列｛a n｝是等差数列（n≥2）且公差为D－d.故可求出D=8，d=6，a4=7，所以a n=2n-1（n≥2），经检验首项也适合，所以数列｛a n｝的通项公式为a n=2n-1.【思考】该解法通过赋值，进而采用“退一相减或进一相减”的办法，两类新数列，给人眼前一亮，虽然解题过程和前面的一样很繁，但能紧紧抓住数列中通项与前n项和的关系这个常规考点，这又给了我们新的启迪：数列还是特殊的函数，能否借用函数思想来求项与和的问题呢？解法探索三：因为当n>k时，S n+k+S n-k=2（S n+S k）都成立，所以n>3时，有S n+3+S n-3=2（S n+S3）和S n+4+S n-2=2（S n+1+S3）.两式相减得a n+4+a n-2=2a n+1（n≥4），即a n+4-a n+1=a n+1-a n-2（n≥4）.故数列｛a3n-1｝、｛a3n｝、｛a3n+1｝（n≥1）都是等差数列.即S n-a1为三个等差数列前若干项之和的和.而n>4时，有S n+4+S n-1=2（S n+S4）和S n+5+S n-3=2（S n+1+ S4）.两式相减得a n+5+a n-3=2a n+1（n≥5），即a n+5-a n+1=a n+1-a n-3（n≥5）.故数列｛a4n-2｝、｛a4n-1｝、｛a4n｝、｛a4n+1｝（n≥1）也都是等差数列.即S n-a1又可看为四个等差数列前若干项之和的和.又等差数列的和式可看作是关于n的二次式，故可设S n=an2+bn+c（a，b，c为常数），所以S1=a1=1，S n+3+S n-3=2（S n+S3），S n+4+S n-4=2（S n+ S4），即a+b+c=1，a（n+3）2+b（n+3）+c+a（n-3）2+b（n-3）+c=2（an2+ bn+c+9a+3b+c），a（a+4）2+b（n+4）+c+a（n-4）2+b（n-4）+c=2（an2+ bn+c+16a+4b+c）.展开整理得，a+b+c=1，3b+c=0，4b+c=0.解之得，a=1，b=c=0，所以S n=n2.即n≥2时，a n=S n-S n-1=n2-（n-1）2=2n-1.经检验首项a1也适合，所以数列｛a n｝的通项公式为a n=2n-1.【思考】该解法前段沿用了上一解法，得到两类等差子数列，后段较好地利用了等差数列的和式函数特征，针对该题不失为一种简便方法，学生易懂.能否一开始就借用函数思想呢？解法探索四：设S n=f（n）（n∈N*），则S n+k+S n-k=2（S n+S k）可表示为f（n+ k）+f（n-k）=2［f（n）+f（k）］（n∈N*）.因为对于函数式f（x+k）+f（x-k）=f［f（x）+f（k）］（x∈R）两边求导得，f′（x+k）+f′（x-k）=2f′（x），所以f′（n+k）+f′（n-k）=2f′（n）（n∈N*）.解题研究28［2012年第10期］［2012年第10期］传统教学中，教师常常是“一言堂”，学生不敢越雷池半步，即使偶有“意外生成”，也会被不以为然的一笔带过或是置若罔闻的冷冻处理.新课程倡导平等、民主、和谐的师生关系，教师努力营造出宽松、融洽的课堂教学氛围，这为意外生成的产生提供了沃土，同时也对教师驾驭课堂的能力提出了全新挑战.课堂情况千变万化，面对课堂上的意外，我们要处乱不惊，善于运用自己的智慧，调动平时所积累的知识，灵活机敏地处理偶发事件，幽默含蓄地扭转尴尬局面.苏霍姆林斯基说：“教育的技巧并不在于能预见到课的所有细节，而在于根据当时的具体情况，巧妙地在学生不知不觉中做出相应的变动”.本文就谈谈在一次周测试卷的评讲中产生的意外，以及在意外中的收获.试题已知f （x ）=sin x （x +θ）+3姨cos （x -θ）是偶函数，则tan θ的值为______.此题解错的人比较多，从批改的情况看，应该是教师引导下的共同探究问题，所以，我问：对于偶函数这个条件如何用？看到这个条件你会如何想？于是就产生了下面的对话：师：你们以遇到偶函数这个条件都是如何使用的？能说说你的做法吗？生1：利用定义，由f （-x ）=f （x ）（师板书），得f （-x ）=sin （-x +θ）+3姨cos （-x -θ），所以sin （x +θ）+3姨cos （x -θ）=sin （-x +θ）+3姨cos （-x -θ），化简得2sin x cos θ+23姨sin x sin θ=0.但是我做到这就不会了，两个未知数一个方程，求不出来θ.师：表面上看这有两个变量x ，θ，只有一个方程，理论上不能解，这说明你对偶函数的定义没有透彻的把握，上式的成立是对于定义域中的任意x 都成立，即f （-x）=f （x ）是定义域中的恒等式，所以，上式实质是只能sin x +3姨sin θ=0，所以tan θ=-3姨3，思路还可以，就是对定义的理解还不够准确．师：还有不同的思考吗？谈谈不同的做法．生2：用特殊值代入，我用的是f －π22=f π22.师：这个方法很好，既然对任意的自变量都能立，当然对特殊的也成立了，尤其是做填空题，这样更便捷，应该是我们的首选，就是我们常说的不要小题大做，但是要注意你所选的特殊值一定要有意义，即要在定义域内选值．生3：我也是用特殊值，却没有做出来，不知道为什么？我用的是f （-π）=f （π），从而-sin θ-3姨cos θ=-sin θ-3姨cos θ，设P n =f ′（n ）（n ∈N *），则有P n =S n ′（n ∈N *），所以P n +k +P n -k =2P n （n ∈N *）.所以数列｛P n ｝是一个等差数列，故可设P n =An +b ，则S n 可写为S n =A 2n 2+Bn +C （A ，B ，C 为常数）.由已知M ＝｛3，4｝，a 1=1，对任意整数k ∈M ，当n >k 时，S n +k +S n -k =2（S n +S k ）都成立．所以，S 1=1，S 7＋S 1＝2（S 4+S 3），S 9＋S 1＝2（S 5+S 4），即A +B +C =1，49A 2＋7B ＋C ＋1＝216A 2+4B +C +9A 2+3B +∈2C ，81A 2+9B +C +1=225A 2+5B +C +16A 2+4B +∈2C ，解之得，A ＝2，B ＝C ＝0，所以S n =n 2.即n ≥2时，a n =S n -S n -1=n 2-（n -1）2=2n -1.经检验首项a 1也适合，所以数列｛a n ｝的通项公式为a n =2n -1.【思考】该解法较好地利用了函数思想来解决数列问题，相比较上一种解法，更妙！特别是用导数这个函数工具，首先判别数列特征，这需要学生的思维更开阔.以上是我在教学过程中对该题产生一些个人解法和思考，仅供大家参考.目前新课程理念注重培养学生的思维能力，而一题多解，多解求优更能激发学生的思维，提升学生的思维能力.这就要求学生在解题分析问题时，一定要盯住目标，学会联想，进而达到知识迁移，学会类比，积极进行探索，不断提升分析问题和解决问题的能力，优化自己的思维空间.................................................解题研究29。
浅谈由一道高考题引发的教学思考
浅谈由一道高考题引发的教学思考高考作为我国教育体系中最重要的一环，一直备受关注。
每年高考题目的设置都牵动着千千万万考生和家长的心。
高考题目也时常引发教育界的思考和讨论。
今天，我们将从一道高考数学题出发，探讨如何通过高考题目引发教学思考，提高教学质量。
这道高考数学题目的具体内容是：“在数轴上，点M、N分别表示方程3x-2y-1=0和2x-y-1=0的图象交点，线段MN的中点坐标为（a,1），则a=（）。
”这道题目虽然看似简单，但实际上涉及到了数轴、线段、坐标等多个数学概念，考察学生的综合运用能力。
我们可以从这道高考数学题目中看到，高考题目的设置并非单纯考察学生的记忆和计算能力，更重要的是考察学生对知识的理解和应用能力。
这也引发了我们对于教学内容的思考，如何让学生真正理解和掌握知识，而不是仅仅在书本上死记硬背呢？教师在教学中应该注重培养学生的综合运用能力，引导他们从知识点上升到知识体系，从而更好地应对高考题目的考察。
这道高考数学题目也提醒了我们教师要善于利用高考题目引发学生的学习兴趣。
高考题目无疑是学生们最关注的内容，因为它关乎着他们的未来。
教师可以通过分析高考题目的特点和难点，引导学生深入思考，激发他们学习的兴趣。
在解答这道数学题目的过程中，可以引导学生从不同角度思考，培养他们发现问题、分析问题和解决问题的能力。
这道高考数学题目还提醒了我们教师要重视基础知识的渗透性教学。
高考数学题目的命题者通常会将一些基础知识点进行组合、延伸和应用，考察学生对基础知识的掌握情况。
教师在平时的教学中要注重对基础知识的渗透性教学，让学生在解决问题时能够熟练地运用基础知识，做到举一反三。
高考数学题目的命题者通常会设计一些具有启发性和探究性的题目，来引导学生主动思考和探索。
教师在教学中也可借鉴这一特点，设计一些富有启发性和探究性的教学活动，引导学生积极参与，主动探索知识的深层含义。
这道高考数学题目引发了我们对教学理念和方法的一系列思考。
一道高考真题的解法探究与教学思考
一道高考真题的解法探究与教学思考曲㊀娜(云南民族中学ꎬ云南昆明６５０２２１)摘㊀要:本文利用解三角形的相关知识点ꎬ从正余弦定理㊁平面向量㊁平面几何㊁经典的几何定理等角度对２０２３年高考新课标Ⅱ卷１７题进行分析ꎬ从而发现很多不同解法及其蕴含的数学思想.关键词:高考真题ꎻ解三角形ꎻ一题多解ꎻ教学思考中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０１－００３０－０３收稿日期:２０２３－１０－０５作者简介:曲娜ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀２０２３年高考数学全国卷落实党的二十大精神ꎬ全面贯彻党的教育方针ꎬ落实立德树人根本任务ꎬ促进学生德智体美劳全面发展ꎻ反映新时代基础教育课程理念ꎬ落实考试评价改革㊁高中育人方式改革等相关要求ꎬ全面考查数学抽象㊁逻辑推理㊁数学建模㊁直观想象㊁数学运算和数据分析的核心素养ꎬ体现基础性㊁综合性㊁应用性和创新性的考查要求ꎬ突出理性思维ꎬ发挥数学学科在人才选拔中的重要作用.１题目呈现题目㊀(２０２３年高考数学新课标Ⅱ卷第１７题)记әＡＢＣ的内角ＡꎬＢꎬＣ的对边分别为ａꎬｂꎬｃ.已知әＡＢＣ的面积为３.Ｄ为ＢＣ的中点ꎬ且ＡＤ＝１.(１)若øＡＤＣ＝π３ꎬ求ｔａｎＢꎻ(２)若ｂ２＋ｃ２＝８ꎬ求ｂꎬｃ.本题主要考查学生的逻辑推理和数学运算等数学学科核心素养ꎬ突出基础性要求ꎬ彰显综合性要求ꎬ蕴含中国高考评价体系四翼的要求ꎬ促进高中教学与义务教育阶段学习的有效衔接ꎬ同时也促进考教衔接.本题主要从正余弦定理㊁平面向量㊁平面几何㊁经典的几何定理等几个角度来进行分析ꎬ从而发现很多不同解法及其蕴含的数学思想.２题目解析２.１第(１)问解析解法１㊀在әＡＢＣ中ꎬＳәＡＢＣ＝ＳәＡＢＤ＋ＳәＡＣＤꎬ即３＝１２ˑ１ˑａ２ˑ３２＋１２ˑ１ˑａ２ˑ３２.解得ａ＝４.在әＡＢＤ中ꎬ利用余弦定理可知ＡＢ２＝１＋４－２ˑ１ˑ２ˑ(－１２)＝７.解得ＡＢ＝７.再利用正弦定理可知ꎬ１ｓｉｎＢ＝７３/２.解得ｓｉｎＢ＝２１１４ꎬ进而求得ｔａｎＢ＝３５.解法２㊀在әＡＢＣ中ꎬＳәＡＢＣ＝ＳәＡＢＤ＋ＳәＡＣＤꎬ即０３３＝１２ˑ１ˑａ２ˑ３２＋１２ˑ１ˑａ２ˑ３２.解得ａ＝４.在әＡＢＤ中ꎬ利用余弦定理可知ＡＢ＝７.再利用余弦定理变式解得ꎬｃｏｓＢ＝４＋７－１２ˑ２ˑ７＝５７１４.进而求得ｔａｎＢ＝３５.解法３㊀(余弦定理＋面积公式)在әＡＢＣ中ꎬＳәＡＢＣ＝ＳәＡＢＤ＋ＳәＡＣＤꎬ即３＝１２ˑ１ˑａ２ˑ３２＋１２ˑ１ˑａ２ˑ３２.解得ａ＝４.在әＡＢＤ中ꎬ利用余弦定理可知ＡＢ＝７.在әＡＢＣ中ꎬ再利用面积公式Ｓ＝１２ˑ４ˑ７ˑｓｉｎＢ＝３ꎬ解得ｓｉｎＢ＝２１１４ꎬ进而求得ｔａｎＢ＝３５.解法４㊀(三次余弦定理)在әＡＢＣ中ꎬＳәＡＢＣ＝ＳәＡＢＤ＋ＳәＡＣＤꎬ即３＝１２ˑ１ˑａ２ˑ３２＋１２ˑ１ˑａ２ˑ３２.解得ａ＝４.在әＡＢＤ中ꎬ利用余弦定理可知ＡＢ＝７.在әＡＣＤ中ꎬ利用余弦定理可知ＡＣ２＝１＋４－２ˑ１ˑ２ˑ１２＝３.则ＡＣ＝３.在әＡＢＣ中ꎬ利用余弦定理变式解得ｃｏｓＢ＝７＋１６－３２ˑ４ˑ７＝５７１４.进而求得ｔａｎＢ＝３５.解法５㊀(二次余弦定理＋正弦定理)在әＡＢＣ中ꎬＳәＡＢＣ＝ＳәＡＢＤ＋ＳәＡＣＤꎬ即３＝１２ˑ１ˑａ２ˑ３２＋１２ˑ１ˑａ２ˑ３２.解得ａ＝４.在әＡＢＤ中ꎬ利用余弦定理可知ＡＢ＝７.在әＡＣＤ中ꎬ利用余弦定理可知ＡＣ２＝１＋４－２ˑ１ˑ２ˑ１２＝３.则ＡＣ＝３.在әＡＢＣ中ꎬ利用正弦定理可知７１/２＝３ｓｉｎＢ.解得ｓｉｎＢ＝２１１４ꎬ进而求得ｔａｎＢ＝３５.解法６㊀(面积公式＋两角和的正切公式)在әＡＢＣ中ꎬＳәＡＢＣ＝ＳәＡＢＤ＋ＳәＡＣＤꎬ即３＝１２ˑ１ˑａ２ˑ３２＋１２ˑ１ˑａ２ˑ３２.解得ａ＝４.在әＡＢＤ中ꎬ利用余弦定理可知ＡＢ＝７.在әＡＣＤ中ꎬ利用余弦定理可知ＡＣ２＝１＋４－２ˑ１ˑ２ˑ１２＝３.则ＡＣ＝３.所以Ｓ＝１２ˑ３ˑ７ˑｓｉｎＡ＝３.解得ｓｉｎＡ＝２７７所以ｔａｎＡ＝－２３３ꎬｔａｎＣ＝３３.利用两角和的正切公式解得ｔａｎＢ＝－ｔａｎＡ＋Ｃ()＝３５.２.２第(２)问解析解法１㊀(面积公式＋平行四边形法则)利用面积公式解得Ｓ＝１２ˑｂˑｃˑｓｉｎＡ＝３.１３即ｂｃｓｉｎＡ＝３.①利用平行四边形法则ꎬ解得２ＡＤң＝ＡＢң＋ＡＣң.两边平方ꎬ得４＝ｂ２＋ｃ２＋２ˑｂˑｃˑｃｏｓＡ.整理ꎬ得ｂｃｃｏｓＡ＝－２.②由①②ꎬ得ｔａｎＡ＝－３.则Ａ＝２π３ꎬ代入①后ꎬ得ｂｃ＝４.再由已知ｂ２＋ｃ２＝８ꎬ解得ｂ＝ｃ＝２.解法２㊀(中线长定理＋面积公式)由中线长定理可知ꎬｂ２＋ｃ２＝２ＡＤ２＋ＢＤ２().解得ＢＤ＝３.在әＡＢＣ中ꎬＳәＡＢＣ＝ＳәＡＢＤ＋ＳәＡＣＤꎬ３＝１２ˑ３ˑ１ˑｓｉｎøＡＤＢ＋１２ˑ３ˑ１ˑｓｉｎ(π－øＡＤＢ)ꎬ解得ｓｉｎøＡＤＢ＝１.即ＡＤʅＢＣꎬ底边中线也是底边高线.所以әＡＢＣ是等腰三角形.解得ｂ＝ｃ＝２.解法３㊀(中线长定理＋面积公式＋余弦定理)由中线长定理可知ꎬｂ２＋ｃ２＝２ＡＤ２＋ＢＤ２().解得ＢＤ＝３.利用面积公式解得ꎬＳ＝１２ˑｂˑｃˑｓｉｎＡ＝３.即ｂｃｓｉｎＡ＝３.在әＡＢＣ中ꎬ由余弦定理可知１２＝ｂ２＋ｃ２－２ˑｂˑｃˑｃｏｓＡ.解得ｂｃｃｏｓＡ＝－２.两式相除ꎬ解得ｔａｎＡ＝－３.则Ａ＝２π３ꎬ得ｂｃ＝４.再由已知ｂ２＋ｃ２＝８解得ｂ＝ｃ＝２.解法４㊀(中线长定理＋面积公式)由中线长定理可知ꎬｂ２＋ｃ２＝２ＡＤ２＋ＢＤ２().解得ＢＤ＝３.由初中面积公式ꎬ得３＝１２ˑ２３ˑｈꎬ解得ｈ＝１ꎬＡＤ＝ｈ＝１ꎬ底边中线ＡＤ也是底边高线ꎬ所以әＡＢＣ是等腰三角形ꎬ解得ｂ＝ｃ＝２.解法５㊀(中线长定理＋余弦定理＋面积公式)由中线长定理可知ꎬｂ２＋ｃ２＝２ＡＤ２＋ＢＤ２().解得ＢＤ＝３.在әＡＣＤ中ꎬ由余弦定理可知ꎬｂｃｏｓＣ＝ｂ２＋２２３.③在әＡＢＣ中ꎬ由面积公式解得３＝１２ˑ２３ˑｂˑｓｉｎＣ.整理ꎬ得ｂｓｉｎＣ＝１.④将③④平方相加得ꎬｂ２＝１＋ｂ４＋４ｂ２＋４１２ꎬ解得ｂ＝２ꎬ代入ｂ２＋ｃ２＝８ꎬ解得ｃ＝２.３结束语通过研究高考真题发现ꎬ我们在教学中应该多做微探究ꎬ让数学本质理解得更透彻.在课程标准指导下要重视教材ꎬ多练变式ꎬ让学生思维更生动ꎬ适当记忆经典定理㊁公式ꎬ多总结ꎬ让知识更系统.正所谓知其然还要知其所以然ꎬ刷百题不如吃透一题ꎬ高考改革万变不离其宗ꎬ这个宗就是对基础知识和基本概念的深入理解和灵活掌握ꎬ这就要求我们能够寻根溯源ꎬ抓住问题的本质.引导我们备课更加注重思维能力和思想方法的渗透ꎬ不能死记公式ꎬ而是关注学生ꎬ引导学生自主学习㊁合作探究ꎬ真正掌握知识ꎬ学会灵活运用ꎬ不断提高自身的思维能力[１].参考文献:[１]林素莺.新高考背景下高中数学核心素养的培养研究[Ｊ].当代家庭教育ꎬ２０１９(０２):５７.[责任编辑:李㊀璟]２３。
一道高考压轴小题的多解探究与反思
一道高考压轴小题的多解探究与反思
本文将探究一道高考压轴小题的多解解法，并就其答题思路和考点进行反思和总结。
这道题为“有两个正整数，它们的和等于15，积等于26，求这
两个数”，是一道较为基础的代数题目，但其不同解法和思路却引起
了广泛讨论。
一种解法是通过列方程求解，设两个数分别为x和y，则有x+y=15，xy=26，进而解得x=2，y=13。
另一种解法是通过观察题目中给出的两个条件，可以发现15和26均为质数，因此只有1和15以及2和13两组数字相加等于15，
而只有2和13的积等于26，因此这组数字即为答案。
再一种解法是通过勾股定理，将26分解为2*13，设两个数分别为a和b，则有a+b=15，a^2+b^2=169，即a^2+(15-a)^2=169，解得a=4，b=11，进而得到另一组答案。
这三种解法均可得到正确答案，但考生在考场上应根据自己的能力和经验选择最适合自己的解法。
同时，这道题目也考察了考生的代数、数学推理和勾股定理等多个知识点，因此考生在备考过程中应加强对这些知识点的掌握和理解。
总之，这道高考压轴小题的多解探究和反思说明了数学题目的多样性和复杂性，考生需要在备考过程中不断提高自己的解题能力和思维水平，才能在考场上取得优异的成绩。
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对一道数学高考题的剖析与思考
对一道数学高考题的剖析与思考2007年浙江理科数学第21题：已知数列{}n a 中的相邻两项12-n a ，n a 2是关于x 的方程023)23(2=⋅++-k k k x k x 的两个根，且)3,2,1(212 =≤-k a a n n ． （Ⅰ）求1a ，3a ，5a ，7a ；（Ⅱ）求数列{}n a 的前n 2项和n S 2；（Ⅲ）记21)(=n f （3sin |sin |+n n ），nn n f f f f n a a a a a a a a T 212)1(65)4(43)3(21)2()1()1()1()1(-+-++-+-+-= ，求证：)(24561*∈≤≤N n T n ． 本题总共只有55个字，其中汉字32个，可谓叙述简洁明了，不拖泥带水．题目的大条件是以学生十分熟悉的一元二次方程的根为背景给出的，显得平和而贴切．试题一共设置了三问，设问角度新颖，梯度明显，体现了浅入深出、简约而不简单的命题风格．本题所包含的主要数学知识有：一元二次方程、数列的通项与前n 项和、函数的周期性、不等式等；所涉及的数学思想有：分类讨论、归纳与猜想等；考查的主要数学技能有：数学运算、逻辑推理．本题在函数、方程、数列以及不等式知识的交汇点处命题，体现了较高的综合性，数学内涵丰富，能力要求高．更可贵的是本题对任何一位考生来说，考查背景十分公平．本题的亮点是：全题纵贯了对数学“基本思想”——演绎与归纳的考查．如：在第一问中，要求考生根据)3,2,1(212 =≤-k a a n n 这一信息，通过分类讨论和演绎推理，计算出1a ，3a ，5a ，7a 的值．在第二问中，要求考生在正确理解n S 2意义的基础上，通过对和式中前7项的奇数项与偶数项的分类重组，得到一个等差数列{}n 3和一个等比数列{}n 2，然后再分别求他们前n 项的和得出n S 2的值．在第三问中，首先要求考生利用枚举法，归纳出)(n f 是一个周期函数，且其函数值只有1和2两个值，从而断定)()1(n f -的值为1±；其次是让考生通过猜想与推演，分析出数据61和245的来历，进而确定用演绎的方法来证明)(24561*∈≤≤N n T n 成立的策略——不等式的放缩．值得探讨的是：在第三问中，由于2)63()62()61(=+=+=+k f k f k f ，1)66()65()64(=+=+=+k f k f k f ，),3,2,1( =k ．所以，和式n T 中各项的符号不是正负相间的，规律比较难找，故在证明时对作不等式放缩的技巧要求显得比较高，方法单一，多数考生即使能预测到要用到不等式的放缩来证，也一时难以找到有效的放缩技巧，影响了区分度．如果能对第三问再作适当的改进，或许效果会更好一些．但总体而言，“第21题”构思精巧，形式新颖，对学生智慧与能力的检测，远远高于对知识点本身的考查，这对今后中学数学教学应该教什么，怎么教，起到了积极的导向作用．1、要注重数学“基本思想”和“基本活动经验”中学的数学教学只注重基础知识、基本技能（简称“双基”）是不够的，还必须加上“基本思想”和“基本活动经验”．所谓“基本思想”，主要是指演绎与归纳，这应当成为整个数学教学的主线，它是高于那些针对具体问题的数学思想——函数与方程、分类讨论、等价转换、数形结合等的更上位的思想．所谓“基本活动经验”，主要是指学生在数学活动中亲身经历并逐步积累起来的解决数学问题的经验．新课程强调要培养学生的创新意识和创新能力，而创新能力依赖于三个方面：知识的掌握、思维的训练、经验的积累，三个方面同等重要．数学作为一门思维训练的学科，主要训练学生的两个能力——演绎能力和归纳能力．应该看到，现在的教育本质上是一种知识的教育，考察的是该教的内容是否教了，教了的知识是否掌握了．这样的教育是不全面的．教育应当以生为本，不仅要考虑学生知识的掌握，还要考虑身心的发展、思维的发展和能力的提升．2、培养学生“智慧”比教学生“知识”更重要“第21题”如果单凭数学知识是无法解决的，它更需要的是智慧．因为知识本质上只是一种结果，可能是一种经验的结果，也可能是一种思考的结果．而智慧并不表现在这两种结果之上，而是表现在经验和思考的过程之中，如对问题的处理、对困难的化解以及对实质的思考．由此可见，智慧是融知识、经验和思维为一体的，是人们实现创新的心理机制．新课标之所以倡导三维教学目标，正是考虑到了智慧形成的基本规律，即知识是可以传递的，而智慧是无法传递的，智慧的形成并不完全依赖于知识的多少，而是依赖于知识的运用、依赖于个人的经验．一个人的智慧的发展，需要到实际操作中去感悟、去积累、去反思．因此，要培养学生“智慧”，务必重视学生的“做中学”，正如富兰克林所说，听到的我会忘记，看到的我会记住，参与的我能理解并会运用．3、要大胆地去掉一些形式化的东西，适度淡化技巧训练数学教学过分强调形式化不利于学生思考，如把一些思考的过程编成“口诀”或“顺口溜”让学生去记忆，这种方法会把数学搞歪掉，就会走向“八股”．还应该明确技巧不等于技能，现在我们的教学中反复训练的是技巧而不是技能．技巧是对一个具体例子或很窄的范围才适用的方法，而技能是可以迁移的，可以举一反三．过多地训练技巧，会增加学生记忆的负担，对学生智慧的发展没多大益处．熟能生“巧”走过了头会熟能生“笨”．是否可以这样理解，“第21题”给我们传递了这样一个信息，假如中学数学教学中能在继续保持传统的“双基教学”这个核心的同时，再添进数学的“基本思想”和“基本活动经验”，那么就会改善我们的教学中重“演绎推理”轻“归纳推理”这种顾此失彼的局面，进而使数学的学科价值得到更好的体现．参考文选：1 史宁中．《数学课程标准》的若干思考〔J〕．数学通报，2007，（5）．。
一道高考试题的解法探究及教学思考
2020年第4期福建中学数学 5键在于以下两点：3.1 夯实数学基础，注重各版块知识在生产生活中的应用素养导向的高考命题注重情境化试题的考查．情境是学科素养的载体，包括现实的生活实践情境活动与学术探究情境活动．解决此类试题，考生必须首先有着较完善的基础知识体系，其次要在真实具体的情境中建立数学模型解决问题．在各个知识板块的教学中，教师应当注重介绍知识的实际应用，让学生经常接触“生活中的数学”，培养解决“情境化试题”的能力．仍以“估算”为例，处理情境化试题，估算是验证答案合理性的一个好方法．教师在教学过程中，除了讲授具体的解题过程，还可以渗透通过估算来检验答案的技巧．3.2 关注往年试题，深度挖掘其中的数学素养从本文的分析可以看出，全国卷的数学素养试题虽形式有所创新，但依旧可以在往年试题中窥见踪影．在总复习阶段，教师要引导学生吃透历年的高考真题，除了梳理真题中的关键考点（能力立意），更要关注真题背后考察的数学素养．复习过程中要避免学生停留在题海训练中，有意识地通过解题培养学生的数学素养．对于高考试题的讲解与延伸，笔者以2017年北京卷的一个有趣试题为例：题3根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N约为8010．则下列各数中与MN最接近的是（参考数据：lg30.48≈）（）．A．3310 B．5310 C．7310 D．9310当年5月，AlphaGo战胜了柯洁，命题人借时事热点，在数学与计算机科学的交汇处命制了一个有趣的估算试题．教师在讲解此题时，除了分析其中涉及的对数运算的核心知识，还应当渗透通过估算来检验答案的数学思想．经过对数运算可以得到答案为D，在此之后，教师可以引导学生思考：能否通过简单的估计来确认自己选择的正确性？事实上，将23粗略看作10，可以大致得出18010M≈，这样求得的MN的估计值是10010，因此选择D是合理的．灵活运用估算，可以为考生提供一个检查答案的机会，为顺利解题提供“双保险”，同时也培养了学生的数感和数学素养．“素养导向”的高考变革，对高中数学教学而言既是挑战，也是机遇．在这一新背景下，学生将有机会接触更真实、更有应用价值的数学，养成科学严谨的思维习惯；而善于灵活分析情境、运用数学的考生，更能在考试中脱颖而出．参考文献[1]任子朝．从能力立意到素养导向[J]．中学数学教学参考（上旬），2018（5）：1一道高考试题的解法探究及教学思考郑建华安徽省阜阳市第三中学（236000）2019年高考数学全国Ⅰ卷坐标系与参数方程（理科第22题），是一道受到普遍称赞的试题，对本题进行多视角、多方位思考，可以准确把握高考方向，及时调整教学策略，提高高三复习的有效性．1 试题呈现题目（2019年高考数学全国卷Ⅰ·理22）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为2221141txttyt−=+=+，（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为2cosρθsin110θ+=．（Ⅰ）求C和l的直角坐标方程；（Ⅱ）略．可以看出，本题考查的是极坐标与直角坐标的互化、参数方程与普通方程的互化、能选择适当的参数表示点来解决点到直线距离的最值等知识，试题的难点在于如何把曲线C的参数方程化为普通方程．题目入口较宽，解法多样，思维灵活，是一道值得研究的题目．6 福建中学数学 2020年第4期2 解法展示（Ⅰ）解法1 由题意得22212111t x t t −==−+++，即2211x t+=+，则2(1)y t x =+， 代入241t y t =+中即可得2214y x +=， 因为221111t t −−<≤+， 所以C 的直角坐标方程为2214y x +=（1x ≠−）． 解法2 由2211t x t −=+，得21(11)1x t x x −=−<≤+， 把211x t x −=+代入2224()1t y t =+， 得到2214y x +=，所以C 的直角坐标方程为2214y x +=（1x ≠−）． 解法3 将参数方程中的两个方程相除，得214x ty t−=， 即2411x t t y t t−==−，由241t y t =+，有2411t ty t t +==+， 所以41x t y t =−，41t y t =+， 将这两个方程平方相减得22216164x y y −=−，整理可得2214yx +=（1x ≠−）． 解法4 因为221111t t−−<≤+， 且222222212()()()1211y t t x t t −+=+=++， 所以C 的直角坐标方程为221(1)4y x x +=≠−．解法5 令tan t α=， 则222211tan cos 211tan t x t ααα−−==++， 2244tan 11tan t yt αα===++2sin 2α， 由22sin 2cos 21αα+=，可得2214y x +=，因为221111t t −−<≤+， 所以C 的直角坐标方程为221(1)4y x x +=≠−．3 解法分类与溯源试题的5种解法，显然可以归为两类：第一类是代入法，先由一个方程中求出参数的表达式（用直角坐标变量表示），再带入另一个方程；第二类是利用代数或三角函数中的恒等式消去参数．现对解法5进行追根溯源，思考如下：椭圆2214y x +=的一个参数方程为cos 2sin x y ϕϕ== ，（ϕ为参数）， 22cos cos sin 22x ϕϕϕ==− 2222cos sin 22cos sin22ϕϕϕϕ−=+221tan 21tan2ϕϕ−=+，2sin 4sin cos22yϕϕϕ=2224sin cos 4tan222cos sin1tan 222ϕϕϕϕϕϕ==++， 采用换元法，令tan 2t ϕ=，2211t x t −=+，241t y t =+， 所以椭圆2214y x +=的参数方程，为2221141t x t t y t −= + = + ，（t 为参数）． 这时我们再看解法5就自然了． 我们可以将上述椭圆的参数方程一般化：椭圆22221(0)x y a b a b +=>>参数方程为222(1)121a t x t bt y t −= + =+ ，（t 为参数），在方程中令a b r ==得到圆222x y r +=的参2020年第4期 福建中学数学 7 数方程为222(1)121r t x t rt y t −= + =+，（t 为参数）．类似于探究椭圆参数方程的方法，我们来探究曲线22221(00)x y a b a b−=>>，关于t 为参数的参数方程． 双曲线的参数方程为sec tan x a y b ϕϕ==，（ϕ为参数）， 因为sec cos a xa ϕϕ= 222222(cos sin )(1tan )222cos sin 1tan 222a a ϕϕϕϕϕϕ++=−−， 22tan2tan 1tan2yb bϕϕϕ=+，令tan 2t ϕ=，则22(1)1a t x t +=−，221bt y t =+， 所以双曲线22221(00)x y a b a b−=>>，的参数方程也可以为222(1)121a t x t bt y t += − =+，（t 为参数）．4 教学启示4.1 注重基础知识，重视教材地位这是一道题型常规、解法多样的中等难度的试题，总体得分却不理想．在阅卷中发现一个共性问题，即许多考生不能准确地求出曲线C 的直角坐标方程，这反映了数学教学还存在一些值得思考的地方．北师大版选修4-4第53页第11题（4）就是本题的母题，都是把参数方程化为普通方程，高考题和教材习题在题型设计上高度相仿，但阅卷中发现考生对此解法并不熟悉，这说明在教学中师生对“双基”的认识与理解还有待加强．我国数学教育具有重视基础知识、基本技能的传统，这是我国数学基础教育的瑰宝．高考题源于教材，高于教材，对此老师们心知肚明，但平时教学中不愿意在挖掘教材上下功夫，总觉得教材习题难度不够，不上档次，一味地在课外资料中深挖洞，造成学生“双基”不牢，很难再上一层楼．4.2 强化通性通法，淡化特殊技巧本题思路清晰，解法常规，考生应该容易上手，但考生答题中出现的种种混乱思路，让我们不得不重提这个话题，即要注重强化通性通法，淡化特殊技巧．在阅卷中发现不少考生不能正确地把参数方程化为普通方程，这说明考生对通性通法的掌握十分薄弱，也不成系统，在考生心里没有解决这类问题的通性通法和明确的解题思路，基本属于“走到哪就算哪”，这在高三复习中应引起足够的重视．4.3 强调数学本质，提高数学素养高考命题强调“能力立意”，“在知识网络的交汇点处设计问题”．也就是说以问题为载体，以知识为基础，以思维为主线，以能力为目标，全面考查学生进一步学习的潜能．本题解法既有代数推理，又有三角代换的计算说明，既考查考生的运算能力，又体现消元法的重要性，只有多维度地将知识综合起来，才能达到融会贯通、提高素养的目的．数学教学的根本任务是培养学生的思维，优化思维的品质，解法1~4反映了考生思维的简洁性、灵活性和变通性，体现了良好的数学思维品质．在数学教学中，永远不要指望靠穷尽题型、搞题海战术来达到学生数学思维品质的提升和数学素养的提高，只有扎扎实实地做好概念教学，高度重视双基教学，才能切实提高学生的思维品质，得到数学教学的真谛．4.4领悟课程理念，指导数学教学本题无论是题型背景，还是设问形式，都折射出新课程理念．首先是题型常规，源于教材，设问平稳，重点突出，考查了极坐标与参数方程的重点知识，体现了新课改与时俱进地认识“双基”的理念；其次是解法注重通性通法，不强调特殊技巧，体现了“构建共同基础，提供发展平台”的基本理念；最后是解法不唯一，体现了思维多样性发展，体现了新课程理念倡导的在数学思维上个性化发展的理念．高三数学教学的有效性问题，一直是大家讨论的热门话题，但愿本题折射出的信息能为这个话题的讨论提供一个视角．参考文献[1]人民教育出版社课程教材研究所．普通高中课程标准实验教科书·数学2[M]．北京：人民教育出版社，2009[2]王尚志，王希平．普通高中课程标准实验教科书数学2[M]．北京：北京师范大学出版社，2005。
一道高考数学题的教学思考
一道高考数学题的教学思考本文是一篇关于一道高考数学题的教学思考，讨论的内容有：I. 此题的基本分析II. 学生的误区III. 老师的教学思路IV. 思考并结语I. 此题的基本分析本文所讨论的题目为：已知正方形ABCD的边长为2，连接BD、CA，在AC上等分为n等份，求AC上的等分点和AD夹角为何。
首先，由正方形ABCD的特点，我们知道对角线AC与AD之间的夹角为90°，这表明这道题是一道基本的圆角三角形夹角求解题。
那么，本题首先要求出在AC上等分成n等份时，AC上每一等分点的位置，因为等分点的位置与要求的夹角是相关的。
此外，本题还要求出AD的夹角的大小，以此来有效解决问题。
II. 学生的误区当学生面对这道题时，有时会发现这种题目太复杂，以致无法进行有效的求解。
不理解此类几何题的求解思路，学生容易陷入无从下手的困境，也很容易陷入误区，如求解时只能按照书本做考试题中提供的答案，而不是根据其原理来解答问题等等。
另外，有些学生对于此题还存在另多误解，比如有的学生把正方形ABCD的边长视为一个变量，只要求的是任意的一个正方形的边长，而实际上正方形ABCD的边长并不影响求解过程。
III. 老师的教学思路针对学生容易出现的误区，老师在教学中，应该充分强调只要明确圆角三角形的原理，让学生明确清晰地理解此类几何题的求解思路，给予学生足够的练习时间，以让他们掌握该题型的解题思路和求解方法。
具体地，老师可以画出正方形ABCD的平面分解图，分析等分点在AC上的位置，以及其影响的待求夹角的大小。
老师还可以举例介绍，用具体例题让学生练习，以掌握解决问题的思路。
此外，老师还应重点指出，ABCD正方形的边长并不影响此题的求解，因为该题仍旧可用以求不规则三角形夹角的方法来解决。
IV. 思考并结语本文详细介绍了高考数学题中几何类圆角三角形夹角求解题的解题思路。
这类题目在高考计算题和构图题中非常常见，而学生对此在解答时容易出现误区。
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一道高考数学试题的解法探究及教学思考马兴奎（云南省昭通市实验中学）题目：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 垂直于l 1的直线分别交l 1、l 2于A 、B 两点. 已知||、||、||成等差数列，且与同向.（1）求双曲线的离心率；（2）设AB 被双曲线所截得的线段的长为4，求双曲线的方程.一、试题分析本题是2008年高考数学全国卷I 文科第22题（理科第21题），是主要考查解析的几何基本思想和基本方法的压轴题，看似平凡，其实是一道可以用来归纳求解离心率的常用方法和技巧的好题，对启迪学生的发散性思维，拓宽学生的解题思路很有帮助。
其命题意图是考查学生数形结合、化归与转化的数学思想和方程的思想。
考生初读题目，感觉常规，下笔却困难重重。
原因是试题的第（1）问对考生的思维能力要求较高，许多考生草读一遍题意，便下笔求解A 、B 两点的坐标，虽然一些考生能够正确求出A 、B 两点的坐标为2,a ab A c c ⎛⎫ ⎪⎝⎭，22222,a c abc B a ba b ⎛⎫- ⎪--⎝⎭，接下来计算||和||还较容易，但计算||由于计算量大，陷入解题困境，部分考生算出了一个相当复杂的结果；部分考生甚至算了半天也计算不出结果，最后心慌，放弃此题。
本文以此题为载体，引导学生一题多解，发散思维，并引发了几点思考，旨在与同行交流。
二、第（1）问解法探究分析：如图1所示，设双曲线方程为2222x y a b -=1(a ＞0，b ＞0)，右焦点为F(c,0)(c ＞0)，则c 2=a 2+b 2.不妨设l 1：bx-ay=0，l 2：bx+ay=0，依题意||FA==b ，||==a ，由221ab ac e +==知，只需求出a b 的值即可，可用多种思维建立a 与b 的关系。
图1解法1（坐标法）:由已知知直线AB 的方程为)(c x b a y --=，联立0,(),bx ay a y x c b -=⎧⎪⎨=--⎪⎩解得),(2c ab c a A ，联立⎪⎩⎪⎨⎧--==+)(0c x b a y ay bx 解得),(22222b a abc b a c a B ---。
因为与同向，所以a ＞b,所以a =||，222||ac OB a b =-，2222||a b AB a b =-。
又因为||、||、||成等差数列，所以||||||2+=，可得a=2b ，所以25122=+==ab ac e 。
【点评】联立消元和坐标运算是解决解析几何问题的核心，也是常规解题思想和方法，但往往由于涉及字母较多，计算量大，运算技巧强，使得许多学生“易想难算”，望而生畏，产生恐惧心里，因此，对学生而言是一项艰巨的考验。
解法2（勾股定理）: 因为a =||，又由已知知222||||||=+，||||||2+=，联立可得||3||5=，所以||43||AB OA == tan ∠AOB ，因为BF 与同向，所以∠AOB=2∠AOF ，即34tan 1tan 22=∠-∠AOF AOF ，解得tan ∠AOF =12或tan ∠AOF =-2（舍去），因此21=a b 。
以下略。
【点评】事实上，由221ab ac e +==知，只需求出a b 的值即可，进而寻找a 与b 之间的关系，而a b 恰为渐近线l 1 的斜率，由斜率的定义得b a=tan ∠AOF ，再往下思考，会自然想到∠AOB=2∠AOF ，通过求出tan ∠AOB =||||AB OA 的值再计算，这样思路自然，迅速解答。
解法3（方程思想）:由已知得222||||||,2||||||,OA AB OB AB OA OB ⎧+=⎪⎨=+⎪⎩解得||：||：||=3：4：5。
设||OA =3k ，||AB =4k ，||OB =5k ，k ＞0，则可求得tan ∠AOB =||43||AB OA =，进而tan ∠AOF =12，即21=a b 。
以下略。
【点评】在解法2的思维的启发下，利用已知建立三元方程组，从而可以得到||OA 、||、||中的任何两个或三个的比值关系，这个解法较为简捷，也激发了学生思维智慧的火花。
解法4（三角法）: 设∠AOF=θ，则∠AOB =2θ，由||||||2+=得||||2||||OA OB AB AB +=，在R t △AOB 中，||1tan 2||OA AB θ=，||1sin 2||OB AB θ=，即22sin 12tan 1=+θθ，由万能公式解得21tan =θ，即21=a b 。
以下略。
【点评】此解法充分利用直角三角形中的三角函数，把边长的比值问题转化为三角函数的运算，使学生思路开阔，熟练掌握知识的内在联系，从而培养思维的灵活性。
解法5（角平分线定理）:依题意可知∠AOF=∠BOF 。
由三角形角平分线定理得||||||||OA OB AF FB =，再利用比例性质及||||||2+=得||||||2||2||||||||OA OA OB AB AF AF FB AB +===+，即21=a b 。
以下略。
【点评】此解法用到了初中数学中的知识，显示了初中、高中数学知识的连贯性，利用两条渐近线关于实轴对称的特点和三角形角平分线定理建立简洁的比例关系进行求解。
解法6（设而不求）:不妨设l 1：x a b y =，l 2：x ab y -=，直线AB 的方程为)(c x b a y --=，又设),(11x a b x A ，),(22x a b x B -，则x 2＞x 1,1||1OA x =+，2221||x a b OB ⋅+=，所以22||||||1AB OB OA =-=。
由||||||2+=得12214x x x x +=-①。
直线AB 的斜率1212()b x x a a b x x +-=-②，联立①②得21=a b 。
以下略。
【点评】利用点在曲线上的性质，对点的坐标进行相关设法，设而不求和整体消元是解析法的重要思想和方法，可以简化很多繁琐的运算。
解法7（几何法）:如图2所示，过点B 作x 轴的平行线交渐近线l 1于点H ，根据两条渐近线关于y 轴对称的性质，由||||OH OB =得||||||2||AH OA OB AB =+=，且∠AOF=∠AHB 。
在R t △BAH 中，tan ∠AHB=||12||AB AH =，即tan ∠AOF =12b a =。
以下略。
【点评】此解法充分利用几何图形的性质及特点，巧妙地进行转化，从而简化运算。
这种解决问题的思想凸显解析几何的核心问题之一——几何问题。
三、第（2）问解法探究分析：由（1）知a=2b ，双曲线的方程可化为x 2-4y 2=4b 2①。
由l 1的斜率为21，b c 5=知，直线AB 的方程为)5(2b x y --=,代入①并化简得0845321522=+-b bx x . 由已知08084154)532(222>=⨯⨯--=∆b b b 。
设直线AB 与双曲线交于C(x 1，y 1)，D(x 2，y 2)两点，则1553221b x x =+，2128415b x x =，下面可用3种解法计算。
解法1：AB 被双曲线所截得的线段的长为4l ==，解之得b=3，从而a=6，所以双曲线的方程为22369x y -=1。
解法2：AB 被双曲线所截得的线段的长可以利用△直接计算（简化运算量，提高算对的概率），由弦长公式||l a =（其中a 为消元后得到的一元二次方程的二项式系数），由此可得4||)2(12=∆⋅-+=a l ，解之得b=3，从而a=6。
以下略。
解法3：由双曲线的第二定义得1||CF ex a =-，2||FD ex a =-，则12||||||()24CD CF FD e x x a =+=+-=。
将1553221b x x =+代入即可得b=3，从而a=6。
图2以下略。
【点评】联立方程，利用根与系数的关系和弦长公式解题是解决直线与圆锥曲线问题的基本方法。
基本模式为：联立消元⇒计算△值⇒设出点的坐标⇒韦达定理⇒代入化简运算求解问题。
四、教学思考1. 在高考数学中学生在解析几何部分的主要问题(1)不能做到正确地读题、审题,不能正确地理解数学的内在联系。
(2)不能准确运用概念理解诠释题意。
(3)在科学合理的运算与逻辑推理的实际能力上的欠缺。
2. 回归课本，狠抓基础，重视挖掘教材的本质与内涵既要立足于对基础知识的强化复习，比如圆锥曲线的定义、圆锥曲线方程、圆锥曲线的几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系等；又要立足对基本方法的强化训练，比如用定义法、直接法、转移代入法、向量法、消参法、交轨法求轨迹方程，用焦半径公式求弦长等的复习。
深化对基本概念、性质和基本方法的理解和掌握，重视知识间的内在联系，特别是知识交会点要重点掌握。
同时要指导学生回归课本，重视课本的例题和习题。
近几年圆锥曲线的部分高考试题都源于教材又高于教材，这是高考的一个命题趋势，教师在复习中可对每个章节的典型例题作出要求，让学生人人过关。
对解决某一问题的基本方法，比如用圆锥曲线定义解决与焦点有关的问题；用违达定理解决直线与圆锥曲线位置关系等，常见的变形思路方法以及这部分的知识可能与哪些知识有联系，要总结归纳上升为结论印成讲义发给学生。
以达到巩固双基的目的。
3、重视知识间的内在联系，总结常考题型，提升数学思想方法综观近几年高考数学试卷中的圆锥曲线试题，题型新颖别致、自然流畅，内容综合，解法灵活。
圆锥曲线的试题涉及到函数、方程、导数、不等式、三角、向量、数列等各章节的知识，常把代数、三角、向量、数列、导数等知识交会在一起成为典型题。
而求曲线方程、弦长、角、面积、最值、轨迹、参数的值或取值范围，证明某种关系、证明定值、探索型、存在性讨论等问题是常考的题型，具有一定的综合性和灵活性，计算也较复杂，需要有较强的综合能力。
函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想、转化与化归思想是解析几何的灵魂。
考查学生对数学思想方法的掌握程度，在近年的高考数学中尤显突出，在复习中教师可以以专题的形式给学生在这些数学思想方法上进行渗透。
4、立足高考热点，一题多解，重视学生运算能力的培养对近几年的高考数学试题，教师要进行深入、全面的探究。
总结归纳高考中主要出现的热点题型，然后精选一些高考试题讲解，最好一题多解，帮助学生从多个切入口，较广泛地联系不同的数学知识和思想方法。
丰富多彩的解题方法既给学生带来惊喜，又给学生带来美妙的感觉。
这样，学生思维一旦打开，智慧的火花必将灿烂夺目。
同时还要强调，当题目的解法较多时，要注意择优。
解完题后应对题目认真反思：思考题型有何特征，解法有何规律；题目有哪些解法，其中哪些方法最简便；题目的几种解法中，运算有何规律；在题目的解决过程中，解题的关键何在；涉及哪些基础知识；在题目的解决过程中，有哪些地方容易发生错误；应注意什么问题。