(推荐)高中数学一题多解
高中数学经典题一题多解(一)：解析几何一题多解 21题 53解
32OA OB =+第一种解题思路：把直线的方程联立椭圆3OB +，(,222M x +y)在椭圆:4C3,=(，由待定系数法求得2λ，23OB +第三步：把32OM OA OB =+椭圆上这个条件，但是只提供这就是原题的构造过程.，过(4,)5A 且斜率为k 的直线交椭圆(4)5y k x -=-与:25C +由2⎨⎪(12)k x+.又26424(1k∆=-2211,x y ⎧+=⎪3cos ||||41a a b k α==+134≤如图，设直线l 与圆222C x y R +=∶(12R <<)相切于A ，与椭圆2214x E y +=∶相切于点B ，当R 为何值时，||AB 取得最大值？并求最大值．初等解法：设直线l 的方程为y kx m =+，因为直线l 与圆C ：222x y R +=(12R <<)相切于A ， 所以 2||1m R k =+， 即222(1)m R k =+ ①，因为l 与椭圆2214x E y +=∶相切于点B ，由2214y kx m x y ++==⎧⎪⎨⎪⎩得224()4x kx m ++=， 即222(14)8440k x kmx m +++-=有两个相等的实数解， 则2222226416(14)(1)16(41)0k m k m k m =-+-=-+=⊿， 即22410k m -+=， ②由①、②可得2222223414R m R R k R ⎧=⎪⎪-⎨-⎪=⎪-⎩， 设11(,)B x y ，由求根公式得1228442(14)km km kx k m m=-=-=-+， ∴2211441()k k m y kx m k m m m m -+=+=-+==， ∴222221211614||5k OB m R x y +===-+=， ∴在直角三角形OAB 中，222222244||||||55()AB OB OA R R R R=-=--=-+， 因为2244R R+≥，当且仅当2(1,2)R =∈时取等号，所以2||541AB -=≤， 即当2(1,2)R =∈时，||AB 取得最大值，最大值为1．高等解法：上述解法用的是初等数学的解题方法，即解决二次曲线问题常利用的判别式及根与系数的关系(韦达定理)，包括求根公式；特别地，对于直线与圆的相切，可利用直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径．-++ m x x1)()⊥．∴MA MB又 21x x +=)11(41+-λk )11(42+-λk =k 4-(2121λλλλ++2)， ，1λ+2λ=38-， (1) 21x x =216k )11(1+λ)11(2+λ=216k (211λλ+2121λλλλ++1) ，1λ+2λ=38-， (2) 由(1)得: 1λ2λ=)3(492--k ，由(2)得: 1λ2λ=)3(80)16(922-+-k k . ∴ )3(492--k =)3(80)16(922-+-k k ，解得：2k =4.验知⊿>0， ∴k =±2， ∴所求Q 点的坐标是(±2，0).如果考虑结论中涉及到的1λ+2λ怎样用k 表示，刚才提供的解法二可以演变为下面的解法三：1λ+2λ=441+-kx +442+-kx =-4(411+kx +412+kx )=-4×)4)(4(8)(2121++++kx kx x x k =-4×16)(48)(2121221+++++x x k x x k x x k ，然后把21x x +=238k k -，21x x =3192-k 代入上式化简得: 1λ+2λ=483962-k =38-，解得：2k =4.验知⊿>0， ∴k =±2， ∴所求Q 点的坐标是(±2，0).第7题 2012年江苏卷解析几何题的轨迹解法2012年江苏卷解析几何题的最后一问，命题组提供的答案充分利用了几何意义.之后，不少杂志上又给出了许多解法，但是这些解法都是利用几何意义找出12,PF PF 与12,AF BF 的关系.本文换一个视角，利用比较纯粹的代数法先求出P 点的轨迹方程，再判断P 点的轨迹为椭圆，然后直接求出12PF PF +是定值． 一、题目：由点B 在椭圆上知，1222BF BF +=，所以11212=(22)AF PF BF AF BF -+．同理，22112=(22)BF PF AF AF BF -+．所以12121221212122+=(22)(22)22AF BF AF BF PF PF BF AF AF BF AF BF AF BF -+-=-+++由①②得，212222(1)=2m AF BF m +++，21221=2m AF BF m ++，所以1223+=22=222PF PF -． 所以12PF PF +是定值．三、轨迹解法：（1）椭圆的方程为2212x y +=．（2）（ii ）如右图，设1AF 的延长线交椭圆于1B ， 设(,)P x y ，11()A x y ，，122()B x y ，，由对称性，22()B x y -，-，其中1200y y ><，，由（1）得1(10)F -，，2(10)F ，. 设1AF 的方程分别为1x my =-，由22221(2)21=021x y m y my x my ⎧+=⎪⇒+--⎨⎪=-⎩， 显然0>，12222m y y m +=+，12212y y m =-+， 因为2,,P F A 共线，且所在直线有斜率，所以1111y yx x =-- ①， 因为1,,P F B 共线，且所在直线有斜率，所以2211y yx x =+- ②，12111x x x =+--，122212122)2()y y m y y m y y =--+9)3(2222=+-++y x y x ，即0322=-+x y x )335(≤≤x所以，点M 的轨迹方程为0322=-+x y x )335(≤≤x ．第10题 一道1985年高考解析几何题的两个优美解已知椭圆，直线，是上一点，射线交椭圆于点，又点在上，且满足，当点在上移动时，求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线.优美解1(极坐标法)如图，依题意设三点的极坐标分别为.因点在椭圆上， 故有，所以①.又点在直线上，所以有，即②.又由得③ .由①②③得，即，所以，化为直角坐标方程得.又点不能是坐标原点，所以不同时为零，故点的轨迹方程是()，即，其轨迹是中心为焦点在直线上的椭圆(坐标原点除外).优美解2(向量方法)依题意设，设，则，因点在直线上，故有即①.又点在椭圆上，所以有即②. 又由得即③.由①②③得，即，下同法1略.问题是数学的心脏，问题解决是数学的核心和目标，简单优美是数学的更高追求，根据问题特点灵活选择恰当的方法使问题得以轻松解决，可从中可体验创造美、发现美、欣赏美的愉悦和成功.第11题 抛物线对称轴上五个重要点在抛物线22(0)y px p =>的对称轴上有五个重要的点，即(0,0)O ，(,0)2pK -，(,0)2p F ，(,0)M p ，(2,0)N p ，与这五点相关的高考试题非常多，本文对这五个点做一个简单的总结，其中前三个点的研究既用了代数法，又用了几何法，后两个点的研究只用了代数法，希望这个研究方法能对同学们有所启发，在遇到由此改编的试题的时候能够选用恰当的方法．为了减少作图和便于比较，我们把涉及五点的结论所需的图形全部放在一个整体的图形中，这个图我们把它叫做五点图，如右图所示：1、原点(0,0)O 处的三点共线：过(,0)2pF 任作直线交抛物线22(0)y px p =>于A B 、，过A B 、分别作准线2px =-的垂线，垂足为11A B 、，O 为坐标原点，则1A O B 、、三点共线，1A O B 、、三点共线． 证法一 几何法连结1AB 交x 轴于1O 点，由已知11AA FK BB ∥∥， 由抛物线定义11,,AA AF BB BF ==于是11111111O F BB B K O K O KBF FA BA BA B A AA FA=====，( 2FBB-∠180，∴F B F⊥解：（1）因为椭圆由184x y +=⎨⎪⎩08=≥．又+ OA OB221(1k +==OB OA OB =.,OA OB OA OB =2整理得: OA 12120x x y y ∴⋅+⋅=．设M(x,y)是以线段AB 为直径的圆上的任意一点,则MA 12)()(x x y -+22,OA OB OA OB =整理得: OA 12120x x y y ∴⋅+⋅= (1)设(x,y)是以线段AB 为直径的圆上则11(y y y y x x --⋅=--,OA OB OA OB =2整理得: OAx x⋅又因12x x⋅≠122所以圆心的轨迹方程为设圆心C到直线12x x⋅又因12∴⋅=x x24(22p p -解法3:设圆C 的圆心为1x x +⎧=12又因12x x ⋅x x ∴⋅=1|4pd ∴=5+5(14k 时，上式取等号．2-127t.()21712727t t =⨯- ()2271271227t t +-≤⨯377=. ……12分 当且仅当27127t t =-，即427t =时，等号成立. ∴ ABC ∆的面积的最大值为377． …… 14分 第 16题 一道解析几何定值题的2种解法已知曲线C 是到点)83,21(-P 和到直线85-=y 距离相等的点的轨迹，l 是过点Q （-1，0）的直线，M 是C 上（不在l 上）的动点；A 、B 在l 上，x MB l MA ⊥⊥, 轴（如图）。
2025高中数学拔尖,一题多解经常练：14个模块,91个例题第12讲 几何坐标真给力(含解析)
一题多解第12讲圆锥曲线离心率几何坐标真给力典型例题【例1】设椭圆2222:1x y C a b (0)a b 的左焦点为F ，直线l ：y kx (0)k 与椭圆C 交于A ，B 两点，若AF BF ，π0,12FAB，则椭圆C 的离心率的取值范围是【例2】设F 是双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b的右焦点,过点F 向C 的一条渐近线引垂线,垂足为A ,交另一条渐近线于点B .若2AF FB,则C 的离心率是（）B.2C.233D.143【例3】已知双曲线22221(0)x y a b a b的两个焦点为12,F F ,若P 为双曲线上一点,且122PF PF ,则双曲线离心率的取值范围为（）A.1,3 B. 1,3.C. 3,D.3, 【例4】已知双曲线22221(0,0)x y a b a b的左焦点为F ,若双曲线右支上存在点P ,使得线段PF 的中点Q 仍在双曲线上,则双曲线离心率的取值范围是________.【例5】设P 为双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b上的一点,12,F F 分别为C 的左、右焦点,若12PF F 的内切圆的直径为a ,则双曲线C 的离心率的取值范围为（）A.5,2B.C.52D.【例6】已知椭圆1C 与双曲线2C 有相同的焦点12,F F ,曲线12,C C 的一个交点为P ,且1PF 2PF ,则1C 的离心率1e 与2C 的离心率2e 一定满足的关系是（）A.122e e B.12112e e C.22122e e D.2212112e e强化训练1.如图12128,,F F 分别是双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b的左、右焦点,B 是虚轴的端点,直线1F B 与C 的两条渐近线分别交于,P Q 两点,线段PQ 的垂直平分线与x 轴交于点M .若212,MF F F 则C 的离心率是（）A.3B.22.已知12,F F 是椭圆和双曲线的公共焦点,P 是它们的一个公共点,且123F PF,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为（）43A.323B.3.3C .2D 3.如图129 ,已知双曲线22221(0,0)x y a b a b的左、右焦点分别为1212,,8,F F F F P是双曲线右支上的一点,直线2F P 与y 轴交于点1,A APF 的内切圆在边1PF 上的切点为Q ,若2PQ ,则该双曲线的离心率为（）C.2D.34.已知点P 在y 轴上,点2,A F 分别为双曲线22221x y a b的右顶点及右焦点,且PA 与2PF 的夹角为6,则此双曲线离心率e 的最小值为________.5.设F 是双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b的右焦点,过点F 向C 的一条渐近线引垂线,垂足为M ,交另一条渐近线于点N ,若3MF FN,则双曲线C 的离心率是________.6.已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b上一点A 关于原点的对称点为,B F 为其右焦点,若5,,1212AF BF FAB,则椭圆C 的离心率的取值范围是________.7.已知椭圆2222:1(0)x y M a b a b 的左、右焦点分别 12,0,,0,F c F c P 为椭圆M上任意一点,且12PF PF 的最大值的取值范围是22,3c c,其中c ,则该椭圆的离心率的取值范围为________.8.已知椭圆中心在坐标原点,焦点在x 轴上,过椭圆左焦点的直线交椭圆于,P Q 两点,且OP OQ ,则椭圆离心率的取值范围是________.9.如图1210,,A F 分别是双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b的左顶点、右焦点,过点F 的直线l 与C 的一条渐近线垂直且与另一条渐近线和y 轴分别交于,P Q 两点.若AP AQ ,则C 的离心率是（）C.1134D.117410.已知点 ,0F c 为双曲线22221(0,0)x y a b a b的右焦点,P 为双曲线左支上一点,线段PF 与圆22239c b x y相切于点Q ,.且2PQ QF ,则双曲线的离心率等于（）D.211.已知12,F F 为双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b的左、右焦点,P 为双曲线C 右支上一点,且2121,PF F F PF 与y 轴交于点Q ,点M 满足213F M MF,且1MQ PF ,则双曲线C 的离心率为（）C.2D.212.已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b和圆222:O x y b ,若C 上存在点P ,过点P 引圆O 的两条切线,切点分别为,A B ,且满足60APB ,则椭圆的离心率的取值范围是________.一题多解第12讲圆锥曲线离心率几何坐标真给力典型例题【例1】设椭圆2222:1x y C a b (0)a b 的左焦点为F ，直线l ：y kx (0)k 与椭圆C 交于A ，B 两点，若AF BF ，π0,12FAB，则椭圆C 的离心率的取值范围是【解析】【解法1】如图121 ，设右焦点为F ，易知四边形AFBF 是矩形，令||AF m ，||BF n ，所以2cos m c ，2sin n c ，π0,12，2cos 2sin 2m n c c a，所以11πsin cos 4c e a.因为π0,12，所以πππ,443 ，π23sin ,422 .所以π1,42，所以1,1π34e.【点拨】利用椭圆定义以及椭圆的对称性得到离心率的表达式，再由三角函数的有界性求解.【点拨】先由直角三角形的性质求出A 点的坐标，代入椭圆方程得到 与e 之间的关系，利用余弦函数的有界性得到关于e 的不等式.【解法2】如图121 ，易得AFO ，(,0)F c ，则有2AOF ，所以(cos 2,sin 2)A c c .又因为点A 在椭圆上，所以2222(cos 2)(sin 2)1c c a b ，整理得2242424221cos 2a c a c e e ，因为π0,12，所以3cos 2,12，所以242134e e ，且24211e e ，化简后解得2223e ，又因为1e ，所以613e .【解法3】以AB 为直径的圆的方程为222x y c ，所以222x y c y kx，222222211c x k k cy k，所以2222222111c k c a k b k 422222b k a c a b ，因为tan 2k ，所以210,3k，所以42222103b a c a b ，又因为222a b c ，ce a且01e ，所以上式整理后解得13e .又因为点A 在椭圆上，所以2222(cos 2)(sin 2)1c c a b，整理得2242424221cos 2a c a c e e ，因为π0,12，所以cos 2,12，所以242134e e ，且24211e e ，化简后解得2223e ，又因为1e，所以13e .【点拨】设直线AB 的方程为y kx ，由已知可得A ，A 在以O 为圆心，c 为半径的圆上，联立方程组消去x ，y 后得到k 与a ，b ，c 的关系式，利用倾斜角范围求出k 的范围，得到不等式求解.【解法4】设椭圆的右焦点为F ，易知四边形AFBF 是矩形，令||AF m ，||BF n .如图12-1，2cos m c ，2sin n c ，π0,12，由椭圆定义知:2cos 2sin 2m n c c a ，又因为tan n m，π0,12，tan (0,2 ，所以1sin cos c e a，其中2212tan tan 22311111tan 2tan 2tan，所以13e .【点拨】同【解法1】得到离心率e 与 的关系，把表达式平方后，，利用对勾函数求解.【解法5】因为,AF BF O 是AB 的中点,所以,0,12OF OA FAB.所以0,6AOx,当6AOx 时,此时点A 记为0A .由2222,1x y y x a b 得222220221141,33x OA x y x ab .由题意得0OA OA c ,所以220OA c ,所以22241.1133c a b所以423840e e .又因为01e ,所以13e .【点拨】利用椭圆上点到原点距离的变化趋势,结合极端情况,得到离心率的不等式巧解.【解法6】因为AF AF ,所以四边形AF BF 为矩形,又因为2AB c ,所以212cos 2sin sin22FAB S c c c,因为22tan45AFF S b b,所以222221sin2,sin21b c b c e,因为012,所以10sin22 ,所以211012e ,所以2213e ,又因为01e ,所以13e .【点拨】利用矩形面积转化成两个焦点三角形面积后确定参数范围.【赏析】【解法1】利用橢圆的对称性,将BF 转化为AF ,将AF 与AF 用角 表示,再利用椭圆的定义将离心率e 表示为 的函数,进而求出离心率e 的取值范围。
一题多解问题(高中数学经典题型)
1.已知y x ,为正实数，且4142=++y x xy ，则y x +的最小值为.解法一：消元因为⎪⎭⎫⎝⎛∈+-=241,04241x x x y ，所以()8644944492449424241≥-+++=++-=+++-+=+-+=+x x x x x x x x x x y x 当且仅当5,3==y x 时，等号成立。
解法二：因式分解因为4142=++y x xy ，所以()()9424=++y x ，()()()()86242624=-++≥-+++=+y x y x y x 当且仅当5,3==y x 时，等号成立。
解法三：判别式法设0,>=+t t y x ，则x t y -=代入条件得，()()4142=-++-x t x x t x ，化简得,()041422=-+-+-t x t x ,方程有根的必要条件是0≥∆，()0016-12164-16222≥+=+-=∆t t t t 解得8≥t ，经检验，8=t 时，5,3==y x 可以取得。
2.若将函数()⎪⎭⎫⎝⎛+=32sin πx x f 的图象沿x 轴向右平移()0>ϕϕ个单位后所得的图象与()x f 的图象关于x 轴对称，则ϕ的最小值为.解法一：图象法实线是原函数()⎪⎭⎫⎝⎛+=32sin πx x f ，虚线是新图象，很明显，当实线向右至少平移半个周期2π即可.解法二：特殊值法由图可知，要使得新图象()⎪⎭⎫⎝⎛-+=ϕπ232sin x x g 与原图象()⎪⎭⎫ ⎝⎛+=32sin πx x f 关于x 轴对称，只要原图象的最高点对应新图象的最低点。
于是取原图象()⎪⎭⎫ ⎝⎛+=32sin πx x f 在12π=x 处取得1，此时-112=⎪⎭⎫⎝⎛πg ，即12cos 22sin 12-==⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛ϕϕππg ，Z k k ∈+=,22ππϕ，Z k k ∈+=,2ππϕ，所以ϕ的最小正值为2π.解法三：函数对称关系若()()x g x f -=，则函数()x f 与()x g 关于x 轴对称.新图象()⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=ϕπ232sin x x g 与原图象()⎪⎭⎫ ⎝⎛+=32sin πx x f 关于x 轴对称，所以⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+ϕππ232sin -32sin x x ，即⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+32-2sin 32sin πϕπx x 只要Z k k ∈+=,22ππϕ即可，所以ϕ的最小值正值为2π.3.在ABC ∆中，BC =+，若ABC ∆的面积的最大值为2，则边BC 的长为.解法一：建系，研究动顶点A 的轨迹建立如图坐标系，设a BC =，()y x A a C a B ,,0,2,0,2⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-，=+，所以2226a y a x =+⎪⎭⎫ ⎝⎛-，即当顶点位于最远离x 轴位置时，此时高为a ，2212max ==a S ，所以2=a 。
多解高中数学一题多解之不等式专项
多解高中数学一题多解之不等式专项
纵观高中数学，每一道所谓的难题都有至少两种以上的方法去解决它。
高考客观压轴题也是如此。
一种是常规解题思路的方法。
学生容易思考，但是运算量大，耗时比较久。
一种是非常经典的方法，可以秒杀，但是学生如果不经过长期的训练很难想到此种方法。
一题多解旨在开发学生的思维，激发学生潜能，举一反三，灵活应用，达到完全驾驭数学的目的。
不等式专项
例题一
方法1
方法2
点评
求目标函数的最值，必须先准确地作出线性约束条件表示的可行域，再根据目标函数的几何意义确定取得最优解的点，进而求出目标函数的最值．
例题二
例题三
方法1:方程思想(换元)
方法2:待定系数法
方法3:数形结合(线性规划)
点评
利用几个不等式的范围来确定某个不等式的范围是一类常见的综合问题，对于这类问题要注意：“同向（异向）不等式的两边可以相加（相减）”，这种转化不是等价变形，在一个解题过程中多次使用这种转化时，就有可能扩大真实的取值范围，解题时务必小心谨慎，先建立待求范围的整体与已知范围的整体的等量关系，最后通过“一次性不等关系的运算，求得待求的范围”，是避免犯错误的一条途径.
例题四
总结升华
例题五
不等式选讲部分内容专项1
方法1
方法2
方法3
2
方法1
方法2
3
方法1：放缩法
方法2：数学归纳法
4
5
方法1：放缩法
方法2：反证法
文章来源：高论数学，作者：高卫；如存在文章/图片/音视频使用不当的情况，或来源标注有异议等，请联系编辑微信：ABC-shuxue第一时间处理。
高中数学一题多解
题目：已知三角形ABC的三边长分别为a,b,c，求证：三角形一定有两个边长之和比第三个边长要大。
方法一：利用三角形的性质
首先，我们已知三角形的三边长分别为a,b,c。
根据三角形的性质，我们知道任意两边之和大于第三边。
因此，如果我们要证明三角形一定有两个边长之和比第三个边长要大，我们只需要找到两个边长之和大于c的边即可。
方法二：利用不等式
我们也可以利用不等式来证明这个结论。
我们知道，两边之和大于第三边的条件可以转化为一个不等式形式：a+b>c。
因此，我们只需要证明任意一个三角形中至少有两个边满足这个不等式即可。
方法三：利用反证法
反证法是一种常用的数学证明方法，对于这个问题，我们可以利用反证法来证明。
假设任意一个三角形中所有边长都满足两边之和等于第三边，那么所有三角形的三个边长都相等，这就不是一个三角形了。
这与我们的假设相矛盾。
因此，假设不成立，即任意一个三角形中至少有两个边满足两边之和大于第三边。
方法四：利用图形直观解释
我们还可以通过画图来直观地解释这个结论。
首先画出一个三角形ABC，然后画出任意两条边的和大于第三边的线段。
显然，这些线段至少会构成一个三角形，而且至少有两个角大于第三个角。
因此，这些线段就是我们要找的边长之和大于第三边的三角形。
以上就是对于高中数学一题多解的几种方法，这些方法可以帮助我们更好地理解这个问题，同时也可以培养我们的数学思维能力和创造力。
在解决数学问题时，我们应该善于思考，尝试从不同的角度去思考问题，这样不仅可以提高我们的解题能力，还可以拓展我们的思维视野。
一题多解的高中数学题
当然可以，以下是一道可以用多种方法解决的高中数学题目：题目：已知函数f(x) = x^2 + ax + b (a < 0) 有两个不同的零点x1，x2，且x1 ∈(1,2)，x2 ∈(2,4)，求f(1) 的取值范围。
方法一：利用二次函数的性质求解。
首先，由于函数f(x) = x^2 + ax + b (a < 0) 有两个不同的零点x1 和x2，且x1 ∈(1,2)，x2 ∈(2,4)，则可以根据二次函数的性质知道，函数的对称轴为x = -a，且该对称轴在1 和2 的中间，即-a = 1.5。
由于a < 0，所以函数开口向上，且在区间(1,2) 和(2,4) 内各有一个零点，因此有f(1) > 0，f(2) < 0，f(4) > 0。
将x = 1, 2, 4 代入函数表达式，可以得到三个不等式：f(1) = 1 + a + b > 0，f(2) = 4 + 2a + b < 0，f(4) = 16 + 4a + b > 0。
解以上三个不等式，得到f(1) 的取值范围为(-7,-5)。
方法二：利用根与系数的关系求解。
由于函数f(x) = x^2 + ax + b (a < 0) 有两个不同的零点x1 和x2，且x1 ∈(1,2)，x2 ∈(2,4)，则可以根据根与系数的关系知道：x1 + x2 = -a < 3，即a > -3。
x1 * x2 = b > 0。
又因为a < 0，所以有-3 < a < 0。
由于f(1) = 1 + a + b，结合b > 0 和-3 < a < 0 可以得到f(1) 的取值范围为(-7,-5)。
高三数学《一题多解一题多变》试题及详解答案 .
高三《一题多解 一题多变》题目一题多解 一题多变（一）原题：482++=x mx x f )( 的定义域为R ，求m 的取值范围 解：由题意0482≥++x mx 在R 上恒成立0>∴m 且Δ0≤，得4≥m变1：4823++=x mx x f log )(的定义域为R ，求m 的取值范围 解：由题意0482>++x mx 在R 上恒成立0>∴m 且Δ0<，得4>m变2：)(log )(4823++=x mx x f 的值域为R ，求m 的取值范围 解：令=t 482++x mx ，则要求t 能取到所有大于0的实数，∴ 当0=m 时，t 能取到所有大于0的实数当0≠m 时，0>m 且Δ0≥4≤0⇒m <40≤≤∴m变3：18223+++=x nx mx x f log )(的定义域为R,值域为[]20,，求m,n 的值 解：由题意，令[]911822,∈+++=x nx mx y ，得0-8--2=+n y x x m y ）（ m y ≠时，Δ0≥016-)(-2≤++⇒mn y n m y -∴ 1和9时0162=++-)(-mn y n m y 的两个根∴ 5==n m∴ 当m y =时，08==mn x - R x ∈ ，也符合题意 ∴5==n m一 题 多 解-解不等式523<<3-x解法一：根据绝对值的定义，进行分类讨论求解（1）当03-≥x 2时，不等式可化为53-<<x 2343<<x ⇒ （2）当03-<x 2时，不等式可化为0x -1⇒53-2x <<<+<3 综上：解集为}{0x 1-<<<<或43x x 解法二：转化为不等式组求解原不等式等价于014353232<<<<<>x x x x ⇒-3-或且 综上：解集为}{0x 1-<<<<或43x x 解法三：利用等价命题法 原不等式等价于-33-2x 5-53-<<<<或x 23，即0x 1-<<<<或43x 解集为}{0x 1-<<<<或43x x 解法四：利用绝对值的集合意义原不等式可化为2523<<23-x ，不等式的几何意义时数轴上的点23到x 的距离大于23，且小于25，由图得， 解集为}{0x 1-<<<<或43x x一题多解 一题多变（二）已知n s 是等比数列的前n 想项和，963s s s ,,成等差数列，求证：852a a a ,,成等差数列法一：用公式qq a s n n 一一111)(=，因为963s s s ,,成等差数列，所以9632s s s =+且1≠q 则6396391613121121121111q q q q q q qq a q q a q q a =+=+=+⇒)≠(⇒)()()(一一一一一一 所以8716141152222a q a q q a q a q a a a ===+=+)( 所以 852a a a ,,成等差数列｀ 法二用公式q q a a s n n 一一11=，qq a a q q a a q q a a s s s 一一一一一一12112916131963)(∴,=+=+ 则q a q a q a a a a 85296322=+⇒=+8522a a a =+⇒，所以 852a a a ,,成等差数列｀证法三：（用公式)(),(n n n n n n n q q s s q s s 23211++=+=） 3333213654361s q q a a a s a a a s s )()(+=+++=+++=)()()(633333963633912121q q s q s s s s s q q s s ++=++⇒=+++=解得213一=q （下略）变题：已知54=αsin 且α是第二象限角，求αtan 解：α是第二象限角，54=αsin 345312一一一一===αααtan ,sin cos ⇒ 变1：54=αsin ，求αtan解：054>=αsin ，所以α是第一或第二象限角若是第一象限角，则3453==ααtan ,cos若是第二象限角，则3454一一==ααtan ,cos变2：已知)(sin 0>=m m α求αtan 解：由条件10≤<m ，所以当 10<<m 时，α是第一或第二象限角 若是第一象限角时2211mm αm α一一==tan ,cos 若是第二象限角2211mm αm α一一一一tan ,cos ==当1=m 时αtan 不存在变3：已知)(sin 1≤=m m α，求αtan 解：当11一,=m 时，αtan 不存在 当0=m 时， 0=αtan当α时第一、第四象限角时，21mm α一=tan当α是第二、第三象限角时，21mm α一一=tan一题多解 一题多变（三）题目：求函数)()(01 x xx x f +=的值域 方法一：判别式法 --设xx y 1+= ，则01yx -=+2x ，由Δ2y =-204≥⇒≥y 当2=y 时，2x -012=+x 1=⇒x ， 因此当1=x 时，)()(01x xx x f +=有最小值2，即值域为[)+∞,2方法二：单调性法先判断函数)()(01 x xx x f +=的单调性 任取210x x ，则212121211x x x x x x x f x f )-)(-()(-)(=当2021≤x x 时，即)()(21x f x f ，此时)(x f 在(]10,上时减函数 当212x x 时，)()(21x f x f )(x f 在()+∞,2上是增函数由)(x f 在(]10,上是减函数，)(x f 在()∞,+1上是增函数，知 1=x 时，)(x f 有最小值2，即值域为[)+∞,2方法三：配方法 2112+=+=)-()(xx xx x f ，当01=xx -时，1=x ，此时)(x f 有最小值2，即值域为[)+∞,2方法四：基本不等式法x x x f 1+=)(212122=≥+=xxx x )()( )(x f 有最小值2，即值域为[)+∞,2变 题原题：若函数1212++=x ax x f )(的定义域为R ，求实数a 的取值范围解：由题意得0122 ++x ax 在R 上恒成立，则要求0 a 且Δ1044 a a ⇒=-变式一：函数)(log )(1222++=x ax x f 的定义域为R ，求实数a 的取值范围解：由题意得0122 ++x ax 在R 上恒成立，则要求0 a 且Δ1044 a a ⇒=-变式二：函数)(l o g )(1222++=x ax x f 的值域为R ，求实数a 的取值范围解：令=u 122++x ax 能取到所有大于0的实数，则 0=a 时，1+=zx u 能取到所有大于0的实数 0≠a 时，0 a 且Δ1a 004a -≤⇒≥= 4综上10≤≤a一题多解 一题多变（四）题目：求函数)()(01 x xx x f +=的值域 方法一：判别式法 --设xx y 1+= ，则01yx -=+2x ，由Δ2y =-204≥⇒≥y当2=y 时，2x -012=+x 1=⇒x ， 因此当1=x 时，)()(01x xx x f +=有最小值2，即值域为[)+∞,2方法二：单调性法先判断函数)()(01 x xx x f +=的单调性 任取210x x ，则212121211x x x x x x x f x f )-)(-()(-)(=当2021≤x x 时，即)()(21x f x f ，此时)(x f 在(]10,上时减函数 当212x x 时，)()(21x f x f )(x f 在()+∞,2上是增函数由)(x f 在(]10,上时减函数，)(x f 在()∞,+1上是增函数，知 1=x 时，)(x f 有最小值2，即值域为[)+∞,2方法三：配方法2112+=+=)-()(x x x x x f ，当01=xx -时，1=x ，此时 )(x f 有最小值2，即值域为[)+∞,2方法四：基本不等式法x x x f 1+=)(212122=≥+=xxx x )()( )(x f 有最小值2，即值域为[)+∞,2变 题原题：若函数1212++=x ax x f )(的定义域为R ，求实数a 的取值范围解：由题意得0122 ++x ax 在R 上恒成立，则要求0 a 且Δ1044 a a ⇒=-变式一：函数)(log )(1222++=x ax x f 的定义域为R ，求实数a 的取值范围解：由题意得0122 ++x ax 在R 上恒成立，则要求0 a 且Δ1044 a a ⇒=-变式二：函数)(l o g )(1222++=x ax x f 的值域为R ，求实数a 的取值范围解：令=u 122++x ax 能取到所有大于0的实数，则 0=a 时，1+=zx u 能取到所有大于0的实数 0≠a 时，0 a 且Δ1a 004a -≤⇒≥= 4综上10≤≤a一题多解 一题多变（五）题目：椭圆1162522=+y x 的焦点是21F F 、，椭圆上一点P 满足21PF PF ⊥，下面结论正确的是———————————————————————（ ）（A ）P 点有两个 （B ）P 点有四个（C ）P 点不一定存在 （D ）P 点一定不存在解法一：以21F F 为直径构圆，知：圆的半径b c r =<==43，即圆与椭圆不可能有交点。
高中数学“一题多解”的案例剖析-最新教育文档
高中数学“一题多解”的案例剖析对一个问题能从多方面考虑；对一个对象能从多种角度观察；对一个题目能想出多种不同的解法，即一题多解.在一题多解的训练中，我们要密切注意每种解法的特点，善于发现解题规律，从中发现最有意义的简捷解法，同时拓展思维，达到触类旁通的目的.本文旨在通过易懂的实例说明一题多解在培养思维方面的积极意义. 中学数学的一题多解主要体现在： （1）一题的多种解法 例如，已知复数z满足|z|=1，求|z-i|的最大值.我们可以考虑用下面几种方法来解决：①运用复数的代数形式；②运用复数的三角形式；③运用复数的几何意义； ④运用复数模的性质（三角不等式）‖z1|-|z2‖≤|z1-z2|≤|z1|+|z2|； ⑤运用复数的模与共轭复数的关系|z|2=z?z；⑥（数形结合）运用复数方程表示的几何图形，转化为两圆|z|=1与|z-i|=r有公共点时，r的最大值. （2）一题的多种解释例如，函数式y=12ax2可以有以下几种解释：①可以看成自由落体公式s=12gt2. ②可以看成动能公式E=12mv2. ③可以看成热量公式Q=12RI2.又如“1”这个数字，它可以根据具体情况变成各种形式，使解题变得简捷.“1”可以变换为：logaa，xx，sin2x+cos2x，（l ogab）?（logba），sec2x-tan2x，等等. 以下是高中数学常见的较为典型的多解问题： 例1已知a2+b2=1，x2+y2=1.求证：ax+by≤1. 分析1用比较法.只要证1-（ax+by）≥0为了同[JP3]时利用两个已知条件，只需要观察到两式相加等于2便不难解决.分析2运用分析法，从所需证明的不等式出发，运用已知的条件、定理和性质等，得出正确的结论.从而证明原结论正确.分析法其本质就是寻找命题成立的充分条件.因此，证明过程必须步步可逆，并注意书写规范.分析3运用综合法（综合运用不等式的有关性质以及重要公式、定理（主要是平均值不等式）进行推理、运算，从而达到证明需求证的不等式成立的方法） 简证∵ax≤a2+x22，by≤b2+y22， ∴ax+by≤a2+x22+b2+y22=1.分析4三角换元法：由于已知条件为两数平方和等于1的形式，符合三角函数同角关系中的平方关系条件，具有进行三角代换的可能，从而可以把原不等式中的代数运算关系转化为三角函数运算关系，给证明带来方便.可设a=sinα，b=cosα，x=sinβ，y=cosβ. 进而ax+by=sinαsinβ+cosαcosβ=cos（α-β）≤1.分析5数形结合法：由于条件x2+y2=1可看作是以原点为圆心，半径为1的单位圆，而ax+by=ax+bya2+b2联系到点到直线距离公式，[HJ1.18mm]圆上任意一点M（x，y）到直线ax+by=0的距离都小于或等于圆半径1，即d= |ax+by|a2+b2=|ax+by|≤1ax+by≤1.简评五种证法都是具有代表性的基本方法，也都是应该掌握的重要方法.除了证法4、证法5的方法有适应条件的限制这种局限外，前三种证法都是好方法.可在具体应用过程中，根据题目的变化的需要适当进行选择. 例2如果（z-x）2-4（x-y）（y-z）=0，求证：x、y、z成等差数列. 分析1要证x、y、z成等差数列，必须有x-y=y-z成立才行.此条件应从已知条件中得出.故此得到直接的想法是展开已知条件去寻找转换. 对条件展开整理可得x-y=y-z，即x、y、z成等差数列. 分析2由于已知条件具有x-y，y-z，z-x轮换对称特点，此特点的充分利用就是以换元去减少原式中的字母，从而给转换运算带来便利.可设x-y=a，y-z=b，则x-z=a+b.于是，已知条件可化为：（a+b）2-4ab=0（a-b）2=0a=bx-y=y-z. 分析3已知条件呈现二次方程判别式Δ=b2-4ac的结构特点引人注目，提供了构造一个适合上述条件的二次方程的求解的试探的机会.即有当x-y=0时，由已知条件知z-x=0，∴x=y=z，即x、y、z成等差数列.当x-y≠0时，关于t的一元二次方程：（x-y）t2+（z-x）t+（y-z）=0，其判别式[JP3]Δ=（z-x）2-4（x-y）（y-z）=0，故方程有等根，显然t=1为方程的一个根，从而方程的两根均为1，再由韦达定理易得.简评证法1是常用方法，略嫌呆板，但稳妥可靠.证法2简单明了，是最好的解法，其换元的技巧有较大的参考价值.证[JP3]法3引入辅助方程的方法，技巧性强，给人以新鲜的感受和启发. 例3已知x+y=1，求x2+y2的最小值.分析1虽然所求函数的结构式具有两个字母x、y，但已知条件恰有x、y的关系式，可用代入法消掉一个字母，从而转换为普通的二次函数求最值问题.分析2已知的一次式x+y=1两边平方后与所求的二次式x2+y2有密切关联，于是所求的最小值可由等式转换成不等式而求得.分析3配方法是解决求最值问题的一种常用手段，利用已知条件结合所求式子，配方后得两个实数平方和的形式，从而达到求最值的目的.分析4因为已知条件和所求函数式都具有解析几何常见方程的特点，故可得到用解析法求解的启发.x+y=1表示直线l，x2+y2表示原点到直线l上的点P（x，y）的距离的平方.显然其中以原点到直线l的距离最短，易求得其最小值为1/2.分析5如果设x2+y2=z则问题还可转化为直线x+y=1与圆x2+y2=z有交点时，半径z的最小值. 简评几种解法都有特点和代表性.解法1是基本方法，解法2、3、4都紧紧地抓住题设条件的特点，与相关知识联系起来，所以具有灵巧简捷的优点，特别是解法4，形象直观，值得效仿. 例4设zR，z1+z2∈R.求证： |z|=1.分析1由已知条件z1+z2为实数这一特点，可提供设实系数二次方程的可能，在该二次方程有两个虚根的条件下，它们是一对共轭虚根，运用韦达定理可以探求证题途径.分析2由于实数的共轭复数仍然是这个实数，利用这一关系可以建立复数方程，注意到zz=|z|2这一重要性质，即可求出|z|的值.分析3因为实数的倒数仍为实数，若对原式取倒数，可变换化简为易于进行运算的形式.再运用共轭复数的性质，建立复数方程，具有更加简捷的特点.简评设出复数的代数形式或三角形式，代入已知条件化简求证，一般也能够证明，它是解决复数问题的基本方法.但这些方法通常运算量大，较繁.现在的三种证法都应用复数的性质去证，技巧性较强，思路都建立在方程的观点上，这是需要体会的关键之处.证法3利用倒数的变换，十分巧妙是最好的方法.例5由圆x2+y2=9外一点P（5，12）引圆的割线交圆于A、B两点，求弦AB的中点M的轨迹方程. 分析1（直接法）根据题设条件列出几何等式，运用解析几何基本公式转化为代数等式，从而求出曲线方程.这里考虑在圆中有关弦中点的一些性质，圆心和弦中点的连线垂直于弦，可得下面解法. 分析2（定义法）根据题设条件，判断并确定轨迹的曲线类型，运用待定系数法求出曲线方程. 分析3（交轨法）将问题转化为求两直线的交点轨迹问题.因为动点M 可看作直线OM与割线PM的交点，而由于它们的垂直关系，从而获得解法.分析4（参数法）将动点坐标表示成某一中间变量（参数）的函数，再设法消去参数.由于动点M随直线的斜率变化而发生变化，所以动点M的坐标是直线斜率的函数，从而可得如下解法. 分析5（代点法）根据曲线和方程的对应关系：点在曲线上则点的坐标满足方程.设而不求，代点运算.从整体的角度看待问题.这里由于中点M的坐标（x，y）与两交点A（x1，y1）、B（x2，y2）通过中点公式联系起来，又点P、M、A、B构成4点共线的和谐关系，根据它们的斜率相等，可求得轨迹方程.简评上述五种解法都是求轨迹问题的基本方法.其中解法1、2、3局限于曲线是圆的条件，而解法4、5适用于一般的过定点P且与二次曲线C交于A、B两点，求AB中点M的轨迹问题.具有普遍意义，值得重视.对于解法5通常利用kPM=kAB可较简捷地求出轨迹方程，比解法4计算量要小，要简捷得多.数学是一个有机的整体，它的各个部分之间存在概念的亲缘关系.我们在学习每一分支时，注意了横向联系，把亲缘关系结成一张网，就可覆盖全部内容，使之融会贯通，这里所说的横向联系，主要是靠一题多解来完成的.通过用不同的方法解决同一道数学题，既可以开拓解题思路，巩固所学知识；又可激发学习数学的兴趣和积极性，达到开发潜能，发展智力，提高能力的目的.从而培养创新精神和创造能力.。
高中数学一题多解
浅谈一道数学例题的“一题多解”通山一中万小勇在人民教育第一版社第一版的整日制一般高级中学教科书高一数学上册130 页中例 4 的学习时，笔者以为能够指引学生深入剖析发掘，用好等差数列前n 项和公式及其性质，获得其余的解法，从而起到“一题多解”的目的。
例 4：已知一个等差数列的前10 项和是 310，前 20 项和是 1220，由此能够确立其前n项和的公式吗？剖析一：将已知条件代入等差数列前n 项和的公式后，可获得对于a 1 与 d 的关系，然后确立 a 1 与 d ，从而获得所求前n 项和公式 .解法一：由题意知S 10=30， S =122020将它们代入公式S n =n a 1+n(n1)d 获得10 a 1+45d=3102解这个对于 a 1 与 d 的方程组，获得 a 1=4, d=620 a 1+190d=1220因此 S n =4n+n(n1) 6 3n 2n2剖析二：∵ { a n } 为等差数列，∴ S n =n(a 1a n)2将条件代入可求得 d 与 a .1解法二：10(a 1 a 10 ) 310①220 (a 1a 20 ) 1220 ②2②－①× 2 得 a 20－ a 10=600由 da 20 a 10 得 d=62010n(n 1) d 得又由 S =n a +n12S 10=10 a 1+45×6=310∴ a 1=4∴S n =4n+n( n 1)3 3n 2n2S n =An 2+Bn ，求出 A ， B 即可 .剖析三：由于 { a n } 为等差数列，因此可设解法三：设 S n =An 2+Bn ，将它们代入可得100A+10B=310获得 A=3 ， B=1400A+20B=12202∴S =3n +nn剖析四：运用等差数列前 n 项和公式， S n =n a 1+n( n1)d 的变形式解题 .解法四：由 S n =n a 1+n( n1) d ,22即Sna 1 (n 1) dn2由此可知数列 {S n} 也成等差数列 .nS10310S20122061∵1031,201020∴ dS20S1061 31302010∴S10nS10(n 1)3031 30n 3010n 10=30n+1∴ S 10n =300n 2+10n∴ S n =3n 2+n剖析五：依据性质“已知{ a n } 成等差数列，则S n , S 2n － S n , S 3n －S 2n , S kn － S (k －1)n , (k≥ 2) 成等差数列”解题 .解法五：依据上述性质，知S 10， S 20－ S 10，S 30－ S 20 成等差数列，设公差为 d ，故 d=(S 20－ S 10) － S 10=(1220 － 310) － 310=600∴ S 10n － S 10(n －1) =600∴ S 10n =S 10+(S 20－ S 10 )+(S 30－ S 20)+ +(S 10n － S 10(n － 1) )=310+(310+600)+310+600×2+ +[310+600( n 1)]=310n+600· [1+2+3+ +( n1 )]=310n+600 ·n(n1)2=300n2+10n2∴ S n =3n +n教材给出了第一种解法， 目的是让学生熟习公式的用法，这是一种惯例解法。
高中数学拔尖一题多解第2讲：恒成立(含解析)
一题多解第2讲多姿多彩恒成立，精彩各异策略多典型例题【例1】(I) x a x y 对任意的,0x y 恒成立,求a 的取值范围;对任意的,0x y 恒成立,求k 的取值范围.【例2】已知函数 2242cos 1sin 1(0)x f x x x x x,若 f x M 恒成立,则M 的取值范围是。
【例3(1)a x ay 对任意,(0,)x y 恒成立,则实数a 的取值范围是。
【例4】设,a b c n N ,且11na b b c a c恒成立,n 的最大值是。
【例5】若关于x 的不等式e (1)0xa xb 在R 上恒成立,求(1)a b 的最大值.【例6】已知函数1()1(0)f x x x,若存在实数,()a b a b ,使()y f x 的定义域为(,)a b 时,值域为(,)ma mb ,则实数m 的取值范围是（）A.14mB.104mC.14m且0m D.14m【例7】设函数222()()ln 2f x x a x a,其中0,x a R ,存在0x R ,使得045f x 成立,则实数a 的值是（）A.15B.25C.12D.1【例8】设()f x 为定义在R 上的奇函数,且0x 时,2()f x x .若对任意的[,2],()x t t f x t 2()f x 恒成立,则实数t 的取值范围为。
【例9】已知函数2()1,f x x ax a a R ,若对于任意的(0,4)a ,存在0[0,2]x ,使得t0f x 成立,则实数t 的取值范围为。
强化训练1.已知函数321()1(,)3f x x ax bx a bR 在区间[1,3] 上是减函数,求a b 的最小值.2.设a R ,若0x 时,均有2[(1)1]10a x x ax 成立,求a 的值.3.已知函数()ln f x a x x ,对任意的1,e ,()0ex f x恒成立,则a 的范围为。
4.已知(1)1ln 0a x x 对于任意的1,22x恒成立,则a 的最大值为。
立体几何最值问题-高考数学一题多解
立体几何最值问题-高考数学一题多解一、攻关方略事物的空间形成，总是表现为不同维数且遵循由低维到高维的发展规律，所谓升维策略，就是把维数、抽象水平较低的或局部的问题转化为维数、抽象水平较高或整体性较强的整体间的关系问题，通过对整体性质或关系的考虑，使原问题获得解决的策略，如平面图形通过翻折或旋转成为空间图形就是二维向三维的转化与变换．在解题时，考虑把高维空间的问题转化为低维空间的问题，这种处理问题的方法叫降维法，也可称之为降维策略，如将立体几何问题转化为平面几何问题．实际上，许多立体几何问题如求空间角、空间距离等，通常总是转化为平面内的问题，通过计算来解决的，当然将空间角、空间距离转变为平面角、平面上点线距离这一步是需要证明的．在立体几何学习中经常碰到几何体中有变角或变动的线段，此时必须根据题意列出沟通已知量与变量之间的关系，运用函数与方程的思想来处理，立体几何中由于动点的变化引起的最值，通常建立关于与动点相关的角度的目标函数，转化为函数最值问题求解．若在空间图形中建立空间直角坐标系，利用向量坐标法，结合条件得到方程（组），则可用解方程（组）求出结果，利用函数与方程的思想方法还可以解空间图形中涉及线面关系、面面关系的探究性问题．真可谓：翻折旋转二维升三，空间问题降维处理．点动角变牵动图形，立几最值函数搞定．1．如图所示，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O ．D 、E 、F 为圆O 上的点，DBC △、ECA △、FAB 分别是以BC 、CA 、AB 为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC 、CA 、AB 为折痕折起DBC △、ECA △、FAB ，使得D 、E 、F 重合，得到三棱锥．当ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3）的最大值为______．【针对训练】2．点P 在ABC 所在平面α外，PA α⊥，PB PC ==，3tan 2PBC ∠=，则点A 到平面PBC 的距离的最大值是______．3．如图所示，在ABC 中，2AB BC ==，120ABC ∠=︒．若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD DA =，PB BA =，则四面体P BCD -的体积的最大值是______．4．已知底面边长为2的正三棱锥-P ABC ，其表面展开图是123PP P ，如图所示，求123PP P 的各边长及此三棱锥的体积V ．5．已知球的直径4SC =，A 、B 是该球面上的两点，30ASC BSC ∠=∠=︒，则三棱锥S ABC -的体积的最大值为______．（2021全国新高考Ⅰ卷19）6．已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?（2022新高考1卷）7．已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且333l ≤≤）A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[18,27]（2022年全国乙卷（文数）第12题）8．已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A ．13B ．12C D ．2（2022年全国乙卷（文数）第18题）9．如图，四面体ABCD 中，AD CD ⊥，AD CD =，ADB BDC ∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2AB BD ==，60ACB ∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC -的体积．10．如图，已知平面四边形ABCD ，AB=BC=3，CD=1，ADC=90°．沿直线AC 将ACD 翻折成ACD '△，直线AC 与BD '所成角的余弦的最大值是________.11．已知四边形ABCD ，2AB BD DA ===，BC CD ==ABD △沿BD 折起，使二面角A BD C --的大小在5,66ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦内，则直线AB 与CD 所成角的余弦值取值范围是（）A ．08⎡⎢⎣⎦，B ．08⎡⎢⎣⎦，C ．01⎡⎫⎪⎢⎪⎣⎦⎣⎭ D ．88⎢⎣⎦，参考答案：1．3【分析】先求得所求三棱锥体积的表达式，然后利用导数或基本不等式求得体积的最大值.【详解】解法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当ABC 的边长变化时，设ABC 的边长为()0a a >cm ，则ABC 的面积为24a ．DBC △的高为56a -，则正三棱锥的高为=∴2503->，∴0a <<．∴所得三棱锥的体积213412V a =⨯=．令45253t a a =-，则34100t a ='，由0t '=，得a =此时所得三棱锥的体积最大，为3．解法二：如图所示，连接OD 交BC 于点G ，由题意知，OD BC ⊥，OG 是等边三角形ABC 内切圆半径，21π1sin 3232BC BC OG ⨯⨯=⨯⨯，解得OG =，∴OG 的长度与BC 的长度成正比．设OG x =，则BC =，5DG x =-，2132ABC S x =⨯=△，则所得三棱锥的体积2213V =⨯=令()452510f x x x =-，50,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．则()3410050f x x x '=-，令()0f x '≥，即4320x x -≤，得02x <≤．则当50,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()280f x f =≤，∴V ≤．∴所求三棱锥的体积的最大值为3．解法三：如图所示，连接OE 交AC 于点H ，连接AO 、OC ，设OH x =．则AC =，5EH x =-，三棱锥D ABC -2ABC S = ，D ABC V -=2≤=，当且仅当104x x =-，即2x =时取等号．∴所求三棱锥的体积的最大值为3．【点睛】本题为平面图形折叠成空间图形，当折叠终止时，几何体是一个正三棱锥，这个正三棱锥底面边长是一个变元，从而导致三棱锥体积的变化，特别要提醒的是，在折叠问题中，必须注意到折叠过程中哪些要素在变化，哪些要素始终保持不变，其中不变要素见核心要素．根据平面图形的性质，寻找不变的数量关系以及直线与直线平行和垂直的位置关系，是解决折叠问题的突破口，因此折叠问题要通过变图、想图、构图、用图的过程，积极思考，体会解题程序方向性，直击问题的本质，折叠问题既要看清平面转化为空间的过程，又要了解三维空间图形问题的平面化处理，两者是互通的．在建立体积表达式的函数模型之后，结合函数思想求最值，通常用导数法，也可考虑运用基本不等式的方法．策略一:以动正三角形AEC 的边长为变元建立函数关系式，运用导数法求其最大值.策略二:以动正三角形ABC 的中心到边的距离为变元建立函数关系式，运用导数法求其最大值.策略三:以动正三角形ABC 的中心到边的距离为变元建立函数关系式，运用基本不等式求最大值，注意等号成立的条件.2【分析】法一，取BC 的中点D ，连接AD 、PD ，设ADP θ∠=，用θ的正余弦表示AD ，PD ，再利用等体积法求解作答.法二，作PD BC ⊥于点D ，连接AD ，作AF PD ⊥于点F ，证明AF ⊥平面PBC ，再利用均值不等式求解作答.【详解】解法一，取BC 的中点D ，连接AD 、PD ，如图，因PB PC =，则PD BC ⊥，而3tan2PBC ∠=，有sin PBC ∠=则有sin PD PB PBC =⋅∠=PA ⊥平面ABC ，,AD BC ⊂平面ABC ，则PA AD ⊥，PA BC ⊥，又,,PA PD P PA PD ⋂=⊂平面PAD ，因此BC ⊥平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，则AD BC ⊥，在Rt PAD △中，令(0,)2ADP πθ∠=∈，sin ,cos PA PD AD PD θθ==，设点A 到平面PBC 的距离为h ，11,22PBC ABC S BC PD S BC AD =⋅=⋅ ，由A PBC P ABC V V --=得：1133PBC ABC S h S PA ⋅=⋅ ，即1122BC PD h BC AD PA ⋅⋅=⋅⋅，于是得cos sin 2AD PA PD PD h PD PD θθθ⋅⋅==，当且仅当22=πθ，即4πθ=时取等号，所以点A 到平面PBC解法二，在PBC 中，作PD BC ⊥于点D ，连接AD ，作AF PD ⊥于点F，如图，PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，则PA BC ⊥，又,,PA PD P PA PD ⋂=⊂平面PAD ，因此BC ⊥平面PAD ，而BC ⊂平面PBC ，则有平面PAD ⊥平面PBC ，又平面PAD ⋂平面PBC PD =，AF ⊂平面PAD ，因此AF ⊥平面PBC ，即AF 就是点A 到平面PBC 的距离，而3tan 2PBC ∠=，有sin PBD ∠=sin PD PB PBD =⋅∠=，在Rt PAD △中，22211()1222PA AD PD PA AD AF PD PD PD PD +⋅=≤==当且仅当3PA AD ==时取等号，所以点A 到平面PBC3．12##0.5【分析】先求得四面体P BCD -体积的表达式，利用基本不等式或函数的单调性求得体积的最大值.【详解】解法一：由2AB BC ==，120ABC ∠=︒，可得AC =要求四面体P BCD -的体积，关键是寻找底面三角形BCD 的面积BCD S △和点P 到平面BCD 的距离h ，易知2h ≤．设AD x =，则DP x =，DC x =，()12sin 3022DBC xS x =⨯⨯⨯︒=△，其中(0,x ∈，且h x ≤．∴2111366622P BCDBCD x x x x V S h h x -⎛⎫-+=⨯=≤≤= ⎪ ⎪⎝⎭△．当且仅当x x =，即x =P BCD -的体积的最大值是12．解法二：设PD AD x ==，∵PB PA =，PBD ABD ≌△△，1133P BCD BCD V S h -=⨯=△（h 为三棱锥P BCD -的高）．当平面PBD ⊥平面BDC 时，使四面体PBCD 的体积较大．作PH BD ⊥，垂足为H ，则PH ⊥平面BCD ，sin sin h PH PD PDB x ADB ==⋅∠=⋅∠．此时，()211sin sin sin 662P BCDx x V ADB ADB ADB -=⋅∠≤∠=∠⎝⎭，当且仅当x =1sin 2P BCD V ADB -=∠，当90ADB ∠=︒，即AD BD ⊥时，P BCD V -最大值为12．解法三：∵13P BCD BCD V S h -=⨯△（h 为三棱锥P BCD -的高），在ABC 中，2AB BC ==，120ABC ∠=︒，则AC =30BAC BCA ∠=∠=︒，设(0PD DA x x ==<<，则DC x =-，1sin 22BCD xS BC CD BCA =⨯⋅∠=△．在ABD △中，由余弦定理，有2222cos BD AD AB AD AB BAC =+-⋅∠．代入整理得BD =PBD △中，由余弦定理，有222cos 2PB BD PD PBD PB BD+-∠=⋅，代值整理得cos PBD ∠∴sin PBD ∠=．过P 作PM BD ⊥，垂足为M ，则PM 为四面体P BCD -的高．∴sin h PM PB PBM ==∠故111336P BCDBCD V S h -===△，t =，∵0x <<12t ≤<，∴224x t -=-．2141466P BCDt V t t t--⎛⎫=⨯=- ⎪⎝⎭在[)1,2t ∈上单调递减．∴当1t =，即x =P BCD -的体积最大为1411612P BCD V --=⨯=．4．1213234PP PP P P ===，3【分析】由12APB CBP ≌△△，分析可得123PP P 是边长为4的正三角形，再由13P ABC ABC S PO V -=⋅ 结合题干数据求解即可.【详解】由题图可知1P 、B 、2P 三点共线，∴12APBCBP ≌△△．∵60ABC ∠=︒，∴1260ABP CBP ∠=∠=︒，1APB △和2CBP △都是正三角形．∴124PP =．同理可知其他两边长也是4，∴123PP P 是边长为4的正三角形．折叠后是棱长为2的正四面体-P ABC ，如图所示．设顶点P 在底面内的投影为O ，连结BO 并延长，交AC 于点D ，则D 为AC 的中点，O 为ABC 的重心，PO ⊥底面ABC ．AO AB ==，PO ==．故133P ABC ABC V S PO -=⋅=△．5．2【分析】过AB 作与SC 垂直的截面ABM ．通过13S ABC ABM V SC S -=⋅△，分析即得解.【详解】过AB 作平面ABM SC ⊥且SC 平面ABM M =，如图所示，由题意知SAC 、SBC △均为直角三角形．∵4SC =，30ASC BSC ∠=∠=︒，故SAC SBC ≅ ，∴SA =，2CA =，∴SA ACAM BM SC⋅==．∴2141sin 2sin 2332S ABCABM V SC S AMB AMB -=⋅=⨯⨯∠=∠≤△．∴三棱锥S ABC -体积的最大值为2．故答案为：26．（1）证明见解析；（2）112B D =【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；【详解】（1）[方法一]：几何法因为1111,//BF AB AB AB ⊥，所以BF AB ⊥．又因为1AB BB ⊥，1BF BB B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．又因为2AB BC ==，构造正方体1111ABCG A B C G -，如图所示，过E 作AB 的平行线分别与AG BC ，交于其中点,M N ，连接11,AM BN ，因为E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，所以N 是BC 的中点，易证1Rt Rt BCF B BN ≅ ，则1CBF BBN ∠=∠．又因为1190BBN BNB ∠+∠=︒，所以1190CBF BNB BF BN ∠+∠=︒⊥，．又因为111111,BF AB BN AB B ⊥= ，所以BF ⊥平面11A MNB ．又因为ED ⊂平面11A MNB ，所以BF DE ⊥．[方法二]【最优解】：向量法因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，1BB ∴⊥底面ABC ，1B B AB ∴⊥11//A B AB ，11BF A B ⊥，BF AB ∴⊥，又1BB BF B ⋂=，AB ∴⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0,B A C ∴()()()1110,0,2,2,0,2,0,2,2B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）．因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，所以BF DE ⊥．[方法三]：因为11BF A B ⊥，11//A B AB ，所以BF AB ⊥，故110BF A B ⋅= ，0BF AB ⋅=，所以()11BF ED BF EB BB B D ⋅=⋅++ ()11=BF B D BF EB BB ⋅+⋅+ 1BF EB BF BB =⋅+⋅ 11122BF BA BC BF BB ⎛⎫=--+⋅ ⎪⎝⎭11122BF BA BF BC BF BB =-⋅-⋅+⋅ 112BF BC BF BB =-⋅+⋅111cos cos 2BF BC FBC BF BB FBB =-⋅∠+⋅∠1=2202-⨯⨯，所以BF ED ⊥．（2）[方法一]【最优解】：向量法设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BA θ⋅=⋅==当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ=所以()minsin θ=112B D =．[方法二]：几何法如图所示，延长EF 交11A C 的延长线于点S ，联结DS 交11B C 于点T ，则平面DFE 平面11B BCC FT =．作1BH FT ⊥，垂足为H ，因为1DB ⊥平面11BB C C ，联结DH ，则1D H B ∠为平面11BB C C 与平面DFE 所成二面角的平面角．设1,B D t =[0,2],t ∈1B T s =，过1C 作111//CG AB 交DS 于点G ．由111113C S C G SA A D ==得11(2)3C G t =-．又1111B D BT C G C T=，即12(2)3t s s t =--，所以31t s t =+．又111B H BT C F FT =，即11B H =，所以1B H =所以DH ==则11sin B D DHB DH∠===所以，当12t =时，()1min 3sin 3DHB ∠=．[方法三]：投影法如图，联结1,FB FN，DEF 在平面11BB C C 的投影为1BN F ，记面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的平面角为θ，则1cos B NF DEFS S θ=．设1(02)BD t t =≤≤，在1Rt DB F中，DF ==在Rt ECF中，EF =D 作1B N 的平行线交EN 于点Q ．在Rt DEQ △中，DE ==在DEF 中，由余弦定理得222cos 2DF EF DE DFE DF EF+-∠=⋅=，sin DFE ∠1sin 2DFE S DF EF DFE =⋅∠ =13,2B NF S = 1cos B NF DFES S θ==，sin θ，当12t =，即112B D =，面11BB C C与面DFE 所成的二面角的正弦值最小，最小值为3．【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面DFE 在面11BB C C 上的投影三角形的面积与DFE △面积之比即为面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．7．C【分析】设正四棱锥的高为h ，根据题意求出正四棱锥的底面边长与高的关系，再利用导数求解即可.【详解】设球体的半径为R ，由题知：34363R ππ=，所以球的半径3R =.设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，则222222l h a h =+=+，22232(3)a h =+-,所以26h l =，2222a l h =-所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936l l l V Sh a h l l ⎛⎫==⨯⨯=⨯-⨯- ⎪⎝⎭，设()641=936x f x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，3x ≤≤，所以()5233112449696x x f x x x ⎛⎫⎛⎫-'=-= ⎪⎝⎭⎝⎭，当3x ≤≤()0f x ¢>，()f x 为增函数，当x <≤()0f x '<，()f x 为减函数，所以当l =时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643，又3l =时，274V =，l =814V =,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是276443⎡⎤⎢⎥⎣⎦，.故选：C 8．C【分析】令四棱锥底面四边形外接圆半径为r ，用r 表示四棱锥的高及底面四边形面积最大值，再借助导数求解作答.【详解】设该四棱锥底面四边形为ABCD ，平面ABCD 截球O 所得小圆半径为r ，则球心O到平面ABCD 的距离h =设四边形ABCD 对角线,AC BD 的夹角为α，则1sin 2ABCD S AC BD α=⋅，于是得该四棱锥的体积：12sin 22sin 36623ABCD V S h BD r r rπα=⋅=⋅≤⋅⋅=当且仅当对角线,AC BD 是截面小圆互相垂直的两条直径，即四边形ABCD 为正方形时取等号，令2(0,1)r x =∈，有23r =23(),(0,1)f x x x x =-∈，求导得：22()233()3f x x x x x '=-=-，当203x <<时，()0f x '>，当213x <<时，()0f x '<，因此函数()f x 在2(0,)3上单调递增，在2(,1)3上单调递减，当23x =时，23max 224()(()3327f x =-=，从而当223r =时，max 222(333r =⨯⨯max V =，此时3h ==，故选：C9．(1)证明见解析；【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得AC ⊥平面BED ，然后根据面面垂直的判定定理可得平面BED ⊥平面ACD ；（2）首先判断出三角形AFC 的面积最小时F 点的位置，然后求得F 到平面ABC 的距离，从而求得三棱锥F ABC -的体积或利用等积法及锥体的体积公式即得.【详解】（1）AD CD = ，ADB BDC ∠=∠，BD BD =，ADB CDB ∴≅ ，AB BC ∴=，又E 为AC 的中点．AC BE ∴⊥，AD CD = ，E 为AC 的中点．AC DE ∴⊥，又BE DE E = ，BE ⊂平面BED ，DE ⊂平面BED ，AC ∴⊥平面BED ，又AC ⊂ 平面ACD ，∴平面BED ⊥平面ACD ；（2）方法一：依题意2AB BD BC ===，60ACB ∠=︒，三角形ABC 是等边三角形，所以2,1,AC AE CE BE ====由于,AD CD AD CD =⊥，所以三角形ACD 是等腰直角三角形，所以1DE =，所以222DE BE BD +=，即DE BE ⊥，由于AC BE E ⋂=，,AC BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，由于ADB CDB ≅△△，所以FBA FBC ∠=∠，由于BF BFFBA FBC AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，所以FBA FBC ≅ ，所以AF CF =，所以EF AC ⊥，由于12AFC S AC EF =⋅⋅ ，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小，过E 作EF BD ⊥，垂足为F ，在Rt BED △中，1122BE DE BD EF ⋅⋅=⋅⋅，解得2EF =，所以13,222DF BF DF ===-=，所以34BF BD =，过F 作FH BE ⊥，垂足为H ，则//FH DE ，又DE ⊥平面ABC ，所以FH ⊥平面ABC ，且34FH BF DE BD ==，所以34FH =，所以111323324F ABC ABC V S FH -=⋅⋅=⨯⨯=方法二：AB BC = ，60ACB ∠=︒，2AB =ABC ∴ 是边长为2的等边三角形，BE ∴=连接EF ，由于ADB CDB ≅△△，所以FBA FBC ∠=∠，由于BF BFFBA FBC AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，所以FBA FBC ≅ ，所以AF CF =，所以EF AC ⊥，由于12AFC S AC EF =⋅⋅ ，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小，即EF BD ⊥时，AFC △的面积最小，,,2AD CD AD CD AC ⊥== ，E 为AC 的中点，∴1DE =，222DE BE BD +=，BE ED ∴⊥，在Rt BED △中，1122BE DE BD EF ⋅⋅=⋅⋅，解得2EF =，∴32BF ，113222BEF S BF EF ∴=⋅=⋅11233F ABC A BEF C BEF BEF V V V S AC ---∴=+=⋅=⋅= .10．6【分析】取AC 中点O ，连接OB ，过点O 作Oz ⊥平面ABC ，以点O 为原点建立空间直角坐标系，设二面角D AC B '--的大小为α，把直线A C 与BD '所成角的余弦表示为α的函数，求出函数最大值作答.【详解】在ACD 中，90ADC ∠= ，1,CD AD ==则AC =，过D 作DH AC ⊥于H ，连接D H '，如图，显然D H AC '⊥，ACD 绕直线AC 旋转过程中，线段DH 绕点H 在垂直于直线AC 的平面γ内旋转到D H '，取AC 中点O ，连接OB ，因3AB BC ==，有OB AC ⊥，OB =，,663CD ADD H DH CH OH AC⋅'=====，过点O 作Oz ⊥平面ABC ，以点O 为原点，射线,,OB OA Oz 分别为,,x y z 轴非负半轴，建立空间直角坐标系，则A ，B ，(0,2C -，显然有//Oz 平面γ，设二面角D AC B '--的大小为[0,]απ∈，有(,,sin )636D αα'-，则有(,sin )6236BD αα=--' ，CA的方向向量为(0,1,0)n = ，设直线AC 与BD '所成的角为θ，于是得||cos |cos ,|||||n BD n BD n BD θ'⋅'=〈〉=='因[0,]απ∈，则1cos 1α-≤≤，于是得cos 6θ=，当且仅当cos 1α=取等号，所以直线AC 与BD '11．A【分析】取BD 中点O ，连接AO ，CO ，以O 为原点建立空间直角坐标系，利用二面角A BD C --的大小θ的正余弦表示,AB CD的坐标，利用空间向量建立函数关系求解作答.【详解】取BD 中点O ，连接AO ，CO ，而AB =BD =DA =2，BC =CD，则CO ⊥BD ，AO ⊥BD ，且CO =1，AOAOC ∠是二面角A BD C --的平面角，令5[,]66AOC ππθ∠=∈，显然有BD ⊥平面AOC ，BD ⊂平面BCD ，则平面AOC ⊥平面BCD ，在平面AOC 内过O 作Oz OC ⊥，而平面AOC I 平面BCD OC =，因此Oz ⊥平面BCD ，即射线,,OC OD Oz 两两垂直，以O 为原点，射线,,OC OD Oz 分别为,,x y z轴非负半轴，建立空间直角坐标系，如图，则(0,1,0),(1,0,0),(0,1,0)B C D -，)A θθ，,1,),(1,1,0)BA CD θθ==-，设直线AB 与CD 所成的角为α，则||cos |cos ,|||||AB CD AB CD AB CD α⋅=〈〉==，由5[,66ππθ∈得：cos [,]22θ∈，15122θ-≤≤，则5|1|[0,2θ∈，于是得cos[0,]α∈，8.所以直线AB与CD 所成角的余弦值取值范围是[0,]8故选：A答案第18页，共18页。
高中数学一题多解经典例题解析
【典例 6】已知向量 OA (k,2) ， OB (2,3) ， OC (3k,4) ，且 A, B,C 三点共线，则 k
.
解法一：距离公式法 A, B,C 三点共线 AB BC AC 取 O 点的坐标为 (0,0) ，则 A(k,2) ， B(2,3) ， C(3k,4)
解法二：复数有固定的表达形式，有时不妨假设出复数的表达式，然后再利用待定系数法解出 a，b 的值，这种
方法在有些时候非要有用。
y 2x
【典例 3】若变量 x，y 满足约束条件 2x y 1，则 z=3x+y 的最大值是
．
y 1
解法一：解方程法
y 2x
①
将原式的不等号看成等号，得
A.
CU CU
A B
{2,3} {3}
{3}
{2,3}
CU
B
CU
A ，A
错误
B.
CU CU
A B
{2,3} {3}
CU
B
CU
A
{2,3}
{1,2,3}
U
，B
错误
C. CU B {3}, A {1} CU B A ，C 正确 D. CU A {2,3}, B {1,2} CU A B {2} ，D 错误 解法三：韦恩图法
解法一：图像平移法 f (x 2) x2 5x 7 是将 f (x) 的图像向右平移 2 个单位长度得到
由 AB BC AC ，解得 k 3 . 解法二：共线向量法 A, B,C 三点共线 AB // BC // AC AB OB OA (2,3) (k,2) (2 k,1) ① BC OC OB (3k,4) (2,3) (3k 2,7) ②
高中数学一题多解例题
1、解不等式523<<3-x解法一：根据绝对值的定义，进行分类讨论求解（1）当03-≥x 2时，不等式可化为53-<<x 2343<<x ⇒（2）当03-<x 2时，不等式可化为0x -1⇒53-2x <<<+<3 综上：解集为}{0x 1-<<<<或43x x 解法二：转化为不等式组求解原不等式等价于 014353232<<<<<>x x x x ⇒-3-或且 综上：解集为}{0x 1-<<<<或43x x 解法三：利用等价命题法原不等式等价于-33-2x 5-53-<<<<或x 23，即0x 1-<<<<或43x 解集为}{0x 1-<<<<或43x x解法四：利用绝对值的集合意义原不等式可化为2523<<23-x ，不等式的几何意义时数轴上的点23到x 的距离大于23，且小于25，由图得， 解集为}{0x 1-<<<<或43x x2、已知n s 是等比数列的前n 想项和，963s s s ,,成等差数列，求证：852a a a ,,成等差数列 法一：用公式qq a s n n 一一111)(=， 因为963s s s ,,成等差数列，所以9632s s s =+且1≠q 则 6396391613121121121111q q q q q q qq a q q a q q a =+=+=+⇒)≠(⇒)()()(一一一一一一 所以8716141152222a q a q q a q a q a a a ===+=+)( 所以 852a a a ,,成等差数列｀法二用公式q q a a s n n 一一11=，qq a a q q a a q q a a s s s 一一一一一一12112916131963)(∴,=+=+ 则q a q a q a a a a 85296322=+⇒=+8522a a a =+⇒，所以 852a a a ,,成等差数列｀证法三：（用公式)(),(n n n n n n n q q s s q s s 23211++=+=） 3333213654361s q q a a a s a a a s s )()(+=+++=+++=)()()(633333963633912121q q s q s s s s s q q s s ++=++⇒=+++=解得213一=q （下略）。
全国各地高考数学一题多解：高考数学一题多解——浙江卷 Word版含解析
浙江卷15．已知向量a ，b 满足1,2,==a b 则++-a b a b 的最小值是________，最大值是_______． 【答案】4，【解析】令y[]21016,20y =+， 据此可得：()()maxmin2025,164a b a ba b a b++-==++-=，即a b a b ++-的最小值是4，最大值是方法二：（向量法）如图=，=，=+，=- .22n m =-=+在ABC ∆中，)(22222n m +=+2522=+n m由252222=+≤+n m n m所以5≤+n m又在中，OBD ∆2=≥+n mD4≥-++方法三：不等式法5==≤52≤-++-+++=-++22222)((282+-++≥22210ba -+==16524∴【考点】平面向量模长运算【解题思路】本题通过设向量,a b 的夹角为θ，结合模长公式，可得54cos a b a b ++-=+生的转化能力和最值处理能力有一定的要求． 17．已知a ∈R ，函数4()||f x x a a x=+-+在区间[1，4]上的最大值是5，则a 的取值范围是___________．【答案】9(,]2-∞【解析】②当4a ≤时，()445f x x a a x x x=+-+=+≤，此时命题成立； ③当45a <<时，(){}max max 4,5f x a a a a =-+-+⎡⎤⎣⎦，则：4545a a a a a a ⎧-+≥-+⎪⎨-+=⎪⎩或4555a a a a a a ⎧-+<-+⎪⎨-+=⎪⎩，解得：92a =或92a < 综上可得，实数a 的取值范围是9,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦．当[]4,1∈x 时，右边54≤+xx 恰好成立。
左边4)4(52min =+≤-xx a29≤∴a方法三（换元法） 令[]4,1,4∈+=x xx t ，[]5,4∈t 令a a t t g +-=)(，由题意可得5)(max =t g 易知5)}5(),(max{=g t g⎩⎨⎧≤=∴5)5(5)4(g g 得⎪⎩⎪⎨⎧-≤--=-∴a a a a 5554得29=a 或⎩⎨⎧=≤∴5)5(5)4(g g 得⎪⎩⎪⎨⎧-=--≤-∴aa aa 5554得29≤a【考点】基本不等式、函数最值【解题思路】本题利用基本不等式，由[]1,4x ∈，得[]44,5x x+∈，通过对解析式中绝对值符号的处理，进行有效的分类讨论：①5a ≥；②4a ≤；③45a <<，问题的难点在于对分界点的确认及讨论上，属于难题．解题时，应仔细对各种情况逐一进行讨论．19．（本题满分15分）如图，已知四棱锥P–ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，//BC AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（第19题图）（Ⅰ）证明：//CE平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．．试题解析：（Ⅰ）如图，设PA中点为F，连接EF，FB．因为E，F分别为PD，PA中点，所以且12EF AD=，又因为//BC AD，12BC AD=，所以//EF BC且EF BC=，即四边形BCEF为平行四边形，所以//CE BF ，因此//CE 平面PAB ．(2)方法一：直接法由BC //AD 得,BC ⊥平面PBN ， 那么,平面PBC ⊥平面PBN ．过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，连接MH ．MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角．设CD =1．在△PCD 中，由PC =2，CD =1，得CE在△PBN 中，由PN =BN =1，PB QH =14，在Rt △MQH 中，QH=14，MQ ， 所以sin ∠QMH ，所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是8． 方法二：坐标法取AD 的中点O ，连接PO,OBPAO ∆是等腰直角三角形，AO PO ⊥在直角梯形AOCB 中，OB BC ⊥POB BC 平面⊥，PB BC ⊥得2==BC CD ,4==PD AD2==∴BO PO ,32=PB ,0120=∠∴POB)020(，，=,)303(，，-=.平面BPC 的法向量为），（30,1=n所以θsin 82821,cos ====>< 所以直线CE 与平面PBC．3 方法三：直接求高法CE=22，作EH ⊥平面PBC 于H ， 则CFEH=θsin . E 到平面PBC 的距离是D 到PBC 的距离的21. PBC OD 平面//∴O 到平面PBC 的距离就是D 到平面PBC 的距离.21=∴EH 822221sin ==∴θ所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是8． 【考点】证明线面平行，求线面角【解题思路】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．本题（1）是就是利用方法①证明的．另外，本题也可利用空间向量求解线面角．。
高中数学一题多解经典题型汇编(精品)
高中数学一题多解经典题型汇编解法一：运算法A.()()A C B C B C A C A C U U U B U ⊆⇒= ，A 错误B.U A A C U = 或U B B C U = ，B 错误C.A B A B A =⇒⊆ ，又φφ=⇒=A B C B B C U U ，C 正确D.A B A B A =⇒⊆ φ≠⇒B A C U ，D 错误解法二：特殊值法由题意，不妨设}1{},2,1{},3,2,1{===A B U ，则A.()()A C B C B C A C U U U U ⊆⇒⊆⇒⎩⎨⎧==}3,2{}3{}3{}3,2{，A 错误B.()()U A C B C B C A C U U UU =≠=⇒⎩⎨⎧==}3,2,1{}3,2{}3{}3,2{ ，B 错误 C.φ=⇒==A B C A B C U U }1{},3{，C 正确D.φ≠=⇒==}2{}2,1{},3,2{B A C B A C U U ，D 错误解法三：韦恩图法如右图所示，通过韦恩图直接判断选项的正误.◆◇方法解读◇◆解法一：应用这种解法一定要熟悉掌握和理解集合的基本运算法则，比较抽象也有难度。
解法二：通过取特殊值后，使各式的运算结果一目了然，更便于判断，因此该方法比较简单。
解法三：韦恩图更加地形象直观，能够快速、准确的作出判断，此法它利用了数形结合的思想。
【典例2】已知i z i 23)1(+=-（i 是虚数单位），则复数z 在复平面内对于的点位于第 象限. 解法一：复数的四则运算法 i i i i i i i i z i z i 2232232)23()23()1)(1()1)(23(12323)1(++-=++-=+-++=-+=⇒+=- i z 223223+--=∴⇒第四象限. 解法二：利用相等复数法（待定系数法）设复数bi a z +=，则bi a z -=i i b a b a i bi a i i z i 23)()(23))(1(23)1(+=+--⇒+=--⇒+=-∴⇒+--=+=⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-=-=⇒⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-⇒i bi a z b a b a b a 2232232232232)(3第四象限. ◆◇方法解读◇◆解法一：先通过解方程得出复数z 的共轭复数，再根据复数与共轭复数的关系判断出复数在复平面内对应点所在的象限，该方法比较直接。
高中数学高考数学一题多解之例析
(2) 解法 1
并 设 直 线 l: y
T 0 b , .
k x 依题意 , b
0 k , b0 ,
分别过 P, Q作 PP x 轴, QQ y 轴 , 垂足分别 是 P, Q .如图 9－4 所示.则
k2 ,故①式成立. 2
1 1 2|b| 2 2 . y1 y2 b
此时, b
又因 y1 , y2 可取一切不相等的正数,所以
| ST | | ST | 的取值范围是 (2, ) . | SP | | SQ |
解法 2 由解法 1,有
1 1 | ST | | ST | 2(k 2 b) ＝| b | ＝ . | b | | SP | | SQ | b2 y1 y2
又由式①知 k 2 2b 0,即k 2 －2b .
所以,
| ST | | ST | 2(2b b) 2k 2 > ＝ 2 .因为当 b 0 时, 可取一切正数, | SP | | SQ | b b | ST | | ST | 的取值范围是 (2, ) . | SP | | SQ |
所以, y0 x0 2
1 1 x0 0 , 2 x0 2
1 1 x 0 . 2 x2
即知 PQ中点M 的轨迹方程为 y x 2
第(1)小题分析 2 因为问题涉及到弦的斜率与中点,可以考虑使用“点差法”. 解法 2 设 P x1 , y1 , Q x2 , y2 , M x0 , y0 , 依题意 x1 0, y1 0, y2 0 . 则 y1
1 1 y x x12 1 x1 2 2 联立 ,消去 y 得 x 2 x x12 2 0 . x1 y 1 x2 2
一题多解高中数学多种解法对比
一题多解高中数学多种解法对比一题多解：高中数学多种解法对比在学习数学时，我们常常会遇到一道题可以有多种解法的情况。
这些不同的解法可能来自于不同的数学定理、算法或思维方式。
本文将对高中数学中的一道题目进行多种解法的对比。
题目：已知一个三角形ABC，边长分别为a, b, c。
现在我们要求三角形的面积S。
请列举并比较利用海伦公式、正弦定理和直角三角形面积公式三种不同的解法。
解法一：海伦公式海伦公式用于计算任意三角形的面积。
根据海伦公式，我们可以得到以下表达式：S = √[s(s-a)(s-b)(s-c)]其中，s是三角形的半周长，即s = (a+b+c)/2。
解法二：正弦定理正弦定理是用来描述任意三角形中边长和角度之间的关系的定理。
根据正弦定理，我们可以得到以下表达式：S = (1/2)ab*sinC其中，C是∠ABC的对应边辐角。
解法三：直角三角形面积公式如果三角形ABC是一个直角三角形，我们可以利用直角三角形的面积公式计算其面积。
根据直角三角形面积公式，我们可以得到以下表达式：S = (1/2)ab比较：1. 海伦公式适用于任意三角形，而正弦定理和直角三角形面积公式只适用于特殊情况。
2. 海伦公式的计算过程稍复杂，需要算出半周长和边长的差值，而正弦定理和直角三角形面积公式的计算相对简单。
3. 正弦定理需要已知一个角度的正弦值，如果角度不是常见的特殊角，需要借助计算器等工具计算正弦值。
4. 直角三角形面积公式仅适用于直角三角形，但在直角三角形的情况下计算简单且直观。
综上，对于已知三角形的边长而求其面积，我们可以根据具体情况选择不同的解法。
如果三角形是直角三角形，直角三角形面积公式是最简单的解法；如果三角形不是直角三角形，海伦公式或正弦定理会更适合。
在实际运用中，我们可以根据题目条件和已知信息选择最合适的解法。
多种解法的存在能够拓宽我们的思路，使我们更好地理解数学概念和定理。
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浅谈一道数学例题的“一题多解”
通山一中 万小勇
在人民教育出版社出版的全日制普通高级中学教科书高一数学上册130页中例4的学习时，笔者认为可以引导学生深入分析挖掘，用好等差数列前n 项和公式及其性质，得到其他的解法，从而起到“一题多解”的目的。
例4：已知一个等差数列的前10项和是310，前20项和是1220，由此可以确定其前n 项和的公式吗？
分析一：将已知条件代入等差数列前n 项和的公式后，可得到关于a 1与d 的关系，然后确定a 1与d ，从而得到所求前n 项和公式.
解法一：由题意知 S 10=30， S 20=1220
将它们代入公式 S n =n a 1+d n n 2
)1(-得到 10a 1+45d=310 解这个关于a 1与d 的方程组，得到a 1=4, d=6
20a 1+190d=1220
所以S n =4n+n n n n +=⨯-2362
)1( 分析二：∵{a n }为等差数列，∴S n =
2)(1n a a n + 将条件代入可求得d 与a 1.
解法二：
310)(2
10101=+a a ① 1220)(2
20201=+a a ② ②－①×2 得a 20－a 10=600 由10
201020--=a a d 得d=6 又由S n =n a 1+d n n 2
)1(-得 S 10=10a 1+45×6=310
∴a 1=4
∴S n =4n+
n n n n +=⨯-2332
)1( 分析三：因为{a n }为等差数列，所以可设S n =An 2+Bn ，求出A ，B 即可. 解法三：设S n =An 2
+Bn ，将它们代入可得
100A+10B=310
得到 A=3，B=1
400A+20B=1220
∴S n =3n 2+n
分析四：运用等差数列前n 项和公式，S n =n a 1+
d n n 2)1(-的变形式解题. 解法四：由S n =n a 1+d n n 2
)1(-, 即2
)1(1d n a n S n ⋅-+= 由此可知数列}{
n S n 也成等差数列. ∵6120
122020,3110310102010====S S ∴30316110201020=-=-=
S S d ∴30303130)1(10
101010-+=⋅-+=n n S n S n =30n+1 ∴S 10n =300n 2+10n
∴S n =3n 2+n
分析五：根据性质“已知{a n }成等差数列，则S n , S 2n －S n , S 3n －S 2n ,…S kn －S (k －1)n ,…(k ≥2)成等差数列”解题.
解法五：根据上述性质，知S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差数列，设公差为d ，
故d=(S 20－S 10)－S 10=(1220－310)－310=600
∴S 10n －S 10(n －1)=600
∴S 10n =S 10+(S 20－S 10)+(S 30－S 20)+…+(S 10n －S 10(n －1))
=310+(310+600)+310+600×2+…+[310+600(1-n )]
=310n+600·[1+2+3+…+(1-n )]=310n+600·
2)1(-n n =300n 2+10n
∴S n =3n 2+n
教材给出了第一种解法，目的是让学生熟悉公式的用法，这是一种常规解法。
解法二是等差数列前n 项和2
)(1n n a a n S +=的应用，在本公式中只要知道了n, 1a ,n a 就可求n s ，除此之外，若知道两个有关n s 的和，我们还可以去求解公差d 与首项a 1，进而去求其他的
量。
解法三是等差数列前
n 项和S n 的变式，即凡是能够写成S n =An 2+Bn ，则{a n }必为等差数列通过求解变量A 、B 得到S n ，方便快捷。
解法四利用了等差数列前n 项和S n 的性质，}{n
S n 必是等差数列，于是先去求解n
S n ，再反求n s ，利用该种解法时，一定要注意结构的构造，否则易出错。
解法五，在应用时要注意间隔要相等，否则不成。
笔者认为在学习了课本的常规方法后，不妨针对等差数列前n 项和n s 的公式及性质进行仔细分析、挖掘，引导学生提出余下的几种解法，开拓学生思维，发挥学生的积极主动性，学好等差数列前n 项和n s 的公式及性质。
一题多解启发学生解决问题时可以多多思考，用好已有的性质公式，甚至提出新的思想，从而放飞思绪。
让学生明白，问题可能有一个，但解决该问题的思想方法并非唯一，以上个人看法仅供参考。
（注：文档可能无法思考全面，请浏览后下载，供参考。
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