一道高考数学几何题的多种解法探究
一道几何习题的多种解法学会这几招你也可以秒杀尖子生！
一道几何习题的多种解法学会这几招你也可以秒杀尖子生！
如图所示，点F是正方形ABCD的边CD上一点，以点A为圆心、AB为半径的弧与BF交于点E，则∠DEF为多少度。
例题解析：本题系圆与正方形相结合的一道综合题，解题时切人点不一样，解题思想方法也就不相同．这里给出多种思路，供大家学习参考．
解法一：运用方程思想，下面提供2种方程思想以作对比思考。
例题浅析：两种解法，都是运用字母表示数，根据相关条件找出等量关系，体现了方程思相事实上，这里没有求出相应未知数的值，这又体现了整体思想．
解法二：运用特殊化思想
解法三：运用圆周角定理，下面提供3种利用圆周角定理和圆内接四边形性质解题的思路。
例题浅析：圆周角，是《圆》的核心内容之一，所以很自然地想到运用圆周角定理，即指的是一条弧所对圆周角等于它所对圆心角的一半。
这一定理叫做圆周角定理。
该定理反映的是圆周角与圆心角的关系。
事实上，在解法5和解法6里，又都体现了补全思想，很巧妙。
解法四：测量法，直接运用量角器测量。
例题浅析：初中阶段，在某个背景下，如果没有给出具体的数据，而要求某个角的度数，无非是30°、45°、60°、90°之类的特殊角，这也应该成为一种数学意识．
事实上，只要画图精准，动手测量，不失为一种比较直接的方法．必须指出，此方法只适用于选择题或填空题．
最后，想告诉大家以上列举出来的几种方法，选择适合自己的就可以。
列举多种解题方法目的不是为了让我们全部掌握，而是想通过一道习题一题多解的过程来锻炼和开阔我们的思维，注重让我们下意识去培养举一反三、总结分析提炼习题的能力。
一道2020年全国高考立体几何题的多解及教学反思
一道2020年全国高考立体几何题的多解及教学反思在2020年的全国高考中，立体几何题一直是考试中的难点之一。
本文将通过对一道立体几何题的多解及教学反思，探讨学生在解题过程中的思维方式和教学中的不足之处。
这道立体几何题如下：在空间直角坐标系中，已知点A（2，1，1）、B（4，2，3）。
设C为曲线x^2+2y^2=4z上的一点，且直线AC与线段BC的夹角为直角。
求曲线C的方程。
这道题要求我们求解曲线C的方程。
通过分析题目中给出的条件，我们可以得到以下解题思路。
解法一：首先，我们需要确定直线AC和线段BC的具体位置。
根据题目条件，直线AC与线段BC的夹角为直角。
因此，直线AC与BC的向量相互垂直。
接下来，我们可以求解直线AC的方程。
设直线AC的方程为l1：x = 2 + m，y = 1 + n，z = 1 + p，其中m、n、p为参数。
将l1代入曲线的方程中，得到：(2 + m)^2 + 2(1 + n)^2 = 4(1 + p)。
化简后得到：4 + 4m + m^2 + 2 + 4n^2 + 4n = 4 + 4p。
化简后得到：m^2 + 2n^2 + 4m + 4n - 4p = 0。
这个方程表示了直线AC和曲线C的交点。
我们需要进一步确定参数m、n和p的取值范围。
由于点C位于曲线上，将C的坐标代入曲线的方程中，得到：x^2 + 2y^2 = 4z，(2 + m)^2 + 2(1 + n)^2 = 4(1 + p)。
化简后得到：m^2 + 4m + 2n^2 + 4n - 4p = 0。
将直线AC的方程和曲线C的方程联立，求解参数m、n和p。
解法二：另一种解题思路是利用点积和向量的知识。
根据题目中给出的条件，直线AC和线段BC垂直。
因此，向量AC和向量BC的点积为0。
设向量AC为a（m，n，p），向量BC为b（4 - 2，2 - 1，3 - 1） = b（2，1，2）。
根据向量的点积性质，我们可以得到方程：m·2 + n·1 + p·2 = 0。
关于一道平面几何问题的多种解法及思考
关于一道平面几何问题的多种解法及思考【摘要】平面几何问题在数学中具有重要性，解题思路也具有多样性。
本文将通过基本几何概念的应用、利用相似三角形解题、使用向量方法求解、投影几何的运用以及利用解析几何进行推导等方式，展示解决一个平面几何问题的多种方法。
在将对不同方法的优缺点进行对比，讨论思维方式的灵活性以及对几何问题更深入理解的重要性。
通过本文的讨论，读者将能够更全面地了解不同的解题方法，拓展自己的解题思路，提高解决几何问题的能力和水平。
【关键词】平面几何问题，多种解法，思考，基本几何概念，相似三角形，向量方法，投影几何，解析几何，优缺点对比，思维方式，深入理解。
1. 引言1.1 平面几何问题的重要性平面几何问题在数学中扮演着重要的角色，它涉及到我们日常生活中的许多实际问题，例如房屋建筑、城市规划、工程设计等。
通过平面几何问题的解答，我们能够更好地理解和掌握空间结构，提高我们的空间想象力和观察能力。
平面几何问题也是数学理论和方法的重要组成部分，它帮助我们建立数学模型，解决实际问题，并推动科学技术的发展。
平面几何问题的重要性还体现在它对我们数学思维的培养上。
通过解题过程的推理和演绎，我们可以培养逻辑思维能力、分析问题的能力和解决问题的能力。
在解决平面几何问题的过程中，我们需要运用各种几何概念和方法，锻炼我们的思维能力和创造力。
平面几何问题的重要性不仅在于其实际应用，更在于其对我们思维方式和数学能力的提升。
通过研究和解决平面几何问题，我们可以不断提高自己的数学水平，更深入理解数学的奥秘和魅力。
1.2 解题思路的多样性在解决平面几何问题时，我们常常会发现到解题思路的多样性。
不同的人可能会采用不同的方法来解决同一个问题，而且这些方法可能都是正确的。
这种多样性在一定程度上体现了数学的美感和智慧。
有的人可能会通过基本几何概念来推导和证明，有的人可能会借助相似三角形的特性来简化问题，还有的人可能会运用向量方法来进行求解，甚至还有的人可能会利用投影几何或解析几何等更高级的方法来解决问题。
高考数学立体几何多种解法
高考数学立体几何多种解法高考数学立体几何题目通常有多种解法，这取决于问题的具体形式和你所掌握的工具。
以下是一些常见的立体几何问题和它们的多种解法：问题1：求多面体的体积解法1：直接计算如果题目给出了多面体的底面积和高，可以直接使用体积公式 V=底面积×高来计算。
解法2：分割法如果多面体可以被分割成几个简单的几何体（如长方体、三棱锥等），可以先计算每个简单几何体的体积，然后求和。
解法3：向量法如果题目中涉及到了向量的知识，可以通过计算底面的法向量和顶点到底面的距离（即高），然后使用向量体积公式V=1/3 A⋅(B×C)来计算体积。
问题2：求多面体的表面积解法1：直接计算如果题目给出了多面体的各个面的面积，可以直接求和得到总表面积。
解法2：分割法如果多面体可以被分割成几个简单的几何体，可以先计算每个简单几何体的表面积，然后求和。
解法3：向量法对于某些复杂的多面体，可以通过计算各个面的法向量和对应的面积向量，然后使用向量点积来计算每个面的面积，最后求和得到总表面积。
问题3：证明线面平行或垂直解法1：定义法直接使用线面平行或垂直的定义来证明。
解法2：判定定理使用线面平行或垂直的判定定理来证明。
解法3：向量法通过计算向量之间的点积或叉积来证明线面平行或垂直。
问题4：求点到平面的距离解法1：公式法如果知道点到平面的垂线段的长度和垂足在平面上的坐标，可以使用距离公式 d=(x2−x1)2+(y2−y1)2+(z2−z1)2 来计算。
解法2：向量法通过计算点到平面上任意一点的向量和平面的法向量，然后使用向量点积和模长来计算距离。
问题5：求二面角的平面角解法1：定义法直接在图形中找出二面角的平面角，然后计算。
解法2：向量法通过计算两个平面的法向量，然后计算这两个法向量的夹角，即为二面角的平面角。
问题6：判断几何体的形状解法1：直接观察通过观察几何体的形状和尺寸来判断。
解法2：计算法通过计算几何体的各个面的面积、边长、角度等来判断。
关于一道平面几何问题的多种解法及思考
关于一道平面几何问题的多种解法及思考本题的题意如下：已知三角形 $\triangle ABC$，$P$ 为 $\overline{BC}$ 边上的点，$D,E$ 在 $\overline{AB}$ 上，$\overline{AC}$ 上，且 $\angle BPD=\angle CPE$，$\angle PBD=\angle PCE$ 。
证明：$\overline{AD},\overline{BP},\overline{CE}$ 三线共点。
这是一道很有趣的平面几何问题，可以通过多种方法进行解答。
方法一：梅涅劳斯定理首先可以使用梅涅劳斯定理来解决这个问题。
将 $AP,BP,CP$ 分别做平行于$\overline{BC},\overline{CA},\overline{AB}$ 的直线，与 $BC,CA,AB$ 相交于$X,Y,Z$ 。
由梅涅劳斯定理得：$$\frac{XB}{XC}\cdot \frac{PA}{PB}\cdot \frac{YC}{YA}=1$$将三个式子相乘得：$$\frac{XB}{XC}\cdot \frac{XC}{XA}\cdot \frac{XA}{XB}\cdot\frac{PA}{PB}\cdot \frac{PB}{PC}\cdot \frac{PC}{PA}\cdot \frac{YC}{YA}\cdot\frac{ZA}{ZB}\cdot \frac{ZB}{ZY}=1$$化简可得：同理可得将上述三式代入，可得：将三个等式相乘，化简可得：$\frac{XA}{AD}\cdot \frac{BP}{PC}\cdot\frac{CE}{EB}=1$。
由此可知 $\overline{AD},\overline{BP},\overline{CE}$ 三线共点。
方法二：反向思考这是一种比较巧妙的解法，可以逆推出题目给出的条件。
将两个式子联立，可得：方法三：拓展拉格朗日定理$$\frac{HB}{GF}=\frac{EC}{FP}$$。
关于一道平面几何问题的多种解法及思考
关于一道平面几何问题的多种解法及思考问题描述：如图，在平面直角坐标系中，若 $\triangle ABC$ 的坐标分别为 $A(0,0)$，$B(5,0)$，$C(2,6)$，$P$ 为第 $x$ 轴上一点，且满足 $AP+BP+CP$ 最小，求 $x$ 取值。
解法一：几何法1.显然可以发现 $\triangle ABC$ 是个等腰三角形，且底边 $BC$ 是第 $x$ 轴。
2.设 $AP=x$，则 $\overrightarrow{AP}=(x,0)$。
3.设 $H$ 为 $\triangle ABC$ 的垂心，则 $CH$ 是 $\triangle ABC$ 的高，$CH=3$。
5.根据余弦定理可得：$$\cos\angle BPC=\frac{(5-x)^2+36-25}{2(5-x)\cdot 3}=\frac{(x-5)^2+9}{6(x-5)}$$6.根据三角形三边和公式可得：$AP+BP+CP=AP+BP+CH$。
7.设 $F$ 为线段 $BP$ 上一点使得 $PF\perp BC$，则 $BF=5-x$，$FP=h$。
8.则 $AP+BP+CH=AP+BF+FP+CH=x+(5-x)+\sqrt{h^2+9}=5+\sqrt{h^2+9}$。
9.由勾股定理可知 $BF^2+FH^2=BH^2$，即 $(5-x)^2+h^2=36$。
10.代入式子中可得：11.观察式子后可得 $AP+BP+CP$ 的最小值为 $2\sqrt{21}$，此时 $x=3$。
解法二：解析法1.设线段 $AP$ 的方程为 $y=mx$。
4.通过求两条直线之间的距离可得 $AP$ 与 $BP$ 的交点为$(\frac{5m}{1+m^2},\frac{5m^2}{1+m^2})$。
6.根据距离公式可得 $AP+BP+CP=\sqrt{m^2+1}(\frac{5}{\sqrt{m^2+1}}+\sqrt{(5-\frac{5m}{1+m^2})^2+(3-\frac{5m^2}{1+m^2})^2}+\sqrt{(2-\frac{6m}{1+m^2})^2+(6-\frac{6m^2}{1+m^2})^2})$。
【数学题】一道高考题的多种解法(举一反三)
【数学题】一道高考题的多种解法题目（全国卷I ）如图，四棱锥S-ABCD 中，SD ⊥底面ABCD，AB//DC，AD ⊥DC，AB=AD=1，DC=SD=2，E 为棱SB 上的一点，平面EDC ⊥平面SBC 。
（Ⅰ）证明：SE=2EB；（Ⅱ）求二面角A-DE-C 的大小。
解（I）法1：传统法连结BD ，取DC 的中点G ，连结BG ，由此知1===BG GC DG ，即DBC ∆为直角三角形，故BD BC ⊥。
又⊥SD 平面ABCD ，故SD BC ⊥，又D SD BD = ，所以，⊥BC 平面BDS ，DE BC ⊥。
作EC BK ⊥，K 为垂足，因平面⊥EDC 平面SBC ，故⊥BK 平面EDC ，DE BK ⊥。
DE 与平面SBC 内的两条相交直线BK 、BC 都垂直。
⊥DE 平面SBC ，EC DE ⊥，SB DE ⊥。
622=+=DB SD SB ，32·==SB DB SD DE ，3622=-=DE DB EB ，362=-=EB SB SE ，所以，EBSE 2=法2：建系法以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系xyz D -。
设)0,0,1(A ，则)0,1,1(B ，)0,2,0(C ，)2,0,0(S 。
)2,2,0(-=SC ，)0,1,1(-=BC 。
设平面SBC 的法向量为),,(c b a n =，由SC n ⊥，BC n ⊥得0·=SC n ，0·=BC n 。
故022=-c b ，0=+-b a 。
令1=a ，则1=b ，1=c ，)1,1,1(=n 。
又设EBSE λ=)0(>λ，则)1211(λλλλλ+++，，E 。
)1211(λλλλλ+++=，，DE ，)020(，，DC =。
设平面CDE 的法向量),,(z y x m =，由DE m ⊥，DC m ⊥，得0·=DE m ，0·=DC m 。
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
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一道高考数学几何题的多种解法探究
本文通过一个高考填空题的四种解法着重阐明解析
几何的思想和方法。解法一打破题目所给的坐标系的禁锢，
重新建立坐标系另辟蹊径。解法二根据直线AC⊥BD以此建
立新的坐标系，这是本题的又一个另辟蹊径。有了参数α，
写出新坐标系下的圆的方程，再数形结合用根与系数的关系
求弦长。解法三采用直线参数方程，再一次另辟蹊径为解决
本题寻求新的方法，其根本目的是便于计算弦长。解法四是
几何法，用添加两条垂线的巧妙运用，结合几个重要定理求
出弦长，用重要不等式求四边形的最大值。有了这些好方法，
使本来很难做的问题得以迎刃而解。
命题：如图⑴已知AC、BD为⊙O：x?+y?=4的两条互
相垂直的弦，
垂足为M（1，），则四边形ABCD的面积的最大值是__.
解法一：
由于|OM|= ，考虑到原来的坐标系中两条弦长的计算比
较繁琐，因此可改变方法，以
直线OM为x轴，建立新的直角坐标系，此时M的坐
标是（，0）。
1.直线AC与BD有一条斜率不存在时，另一条的斜率
为0.不妨设BD的斜率
不存在，则BD⊥x轴，另一条|AC|为直径4，弦|BD|= 此
时四边形ABCD
的面积S=1/2|AC|?|BD|=4
2.当直线AC与BD的斜率都存在时，不妨设AC的斜率
为k，（k≠0）则BD的斜率为-1/k.所以AC的直线方
k?x-y-k=0，BD的直线方程为x+k?y-=0 。
设O到AC、BD的距离分别是d1，d2，则d1=， d2= 由
垂径定理和相交弦定理得 |AC|?=4（|AC|/2） ?=4（2+d1）
（2-d1）=4（4-d1?）类似地可得 到|BD|?
S?=（1/2|AC|?|BD|） ?
∴S ≤ 5. 当k?=1/k?时k=±1时等式成立，此时四边形
ABCD的面积S取得最大值5。
坐标系的恰当建立是解析法解题的重要基础和关键，否
则会使计算繁琐。本题解法打破题目所给的直角坐标系的禁
锢，重新建立坐标系，这就是另辟蹊径的重要途径。然后再
综合运用圆的垂经定理和相交弦定理，点到直线的距离公式
和重要不等式定理就可解决问题。
解法二：由于AC⊥BD，分别以AC、BD所在直线为x′、
y′轴，建立如图新的直角坐标系设∠xMx′=α，则M的坐
标为（0，0），O的坐标是（-cosα， sinα），圆的方程是 （x′
+cosα）?+（y′-sinα）?=4
设A（x1′，0）C（x2′，0）B（0，y1′）D（0，y2′），
令y′=0，则x′?+2cosαx′-1=0
∴|AC|=|x1-x2|=，|AC|?=12cos?α+4 同理可得
|BD|?=12sin?α+4 ∴s?=1/4（|AC|??|BD?）=4（3ccos?α+1）
（3sin?α+1） =9sin?2α+16。∵0≤sin?2α≤1， ∴16≤s?
≤25 ∴4≤s≤5 ∴四边形ABCD的面积s有最大值5。
在本解法中，由于直线AC与BD是垂直关系可以以此
建立新的坐标系，这是本题另辟蹊径的重要途径。有了参数
α，写出圆心的坐标后得到新的坐标系下的圆的方程再利用
坐标轴上的点的特征用一元二次方程的根与系数的关系求
出弦长，用巧妙的方法为解决问题铺平了道路，利用三角恒
等式和不等式的重要定理才使问题的答案明朗化。
x=1+t?cosα
解法三： 设直线AC的参数方程为 y=+t?sinα
代人圆的方程得到（1+t?cosα）?+（+t?sinα）?=4 ， t?
+ 2（cosα+sinα）t -1 = 0，
即t?+2 （1/?cosα+/?sinα）t-1=0。于是存在一个角θ，
使得sinθ=1/，则cosθ=/. ∴t? + 2sin（θ+α） ?t ?C 1 = 0，
∴|AC|=|t1-t2|=。∵AC⊥BD∴直线BD的参数方程是
x=1+t?cos（α+π/2） 即 x=1-t?sinα
y=+t?sin（α+π/2） y=+t?cosα
同样可求出|BD| = ∴s?=1/4|AC|??|BD|? =4[9sin?（θ+
α）cos?（θ+α） +3sin? （θ+α）+3cos? （θ+α） +1]=4
[9sin?（θ+α）cos?（θ+α）+4] =9sin?2（θ+α）+16∵0
≤sin?2（θ+α）≤1， ∴16≤s?≤25， ∴4≤s≤5
∴四边形ABCD的面积s有最大值5。
本解法采用直线参数方程，这是本题另辟蹊径的重要方
法，其根本目的是便于计算两条弦长。求四边形面积的最大
值时又用到三角函数的恒等变换和三角函数的性质使求解
的计算简化。其实求|BD|时，将|AC|中的α用α+π/2代替可
直接得到|BD|的结果。
解法四 过点O作OP⊥AC、OQ⊥BD垂足分别为P、
Q. ∵AC⊥BD∴四边形OPMQ是矩形 ∴|PQ|=|OM|=∴
AP?=OA?-OP?；DQ?=OD?-OQ?∴|AC|=，|BD|=∴S
=1/2|AC|?|BD|=?≤2?（4-OP?+4-OQ?）/2=8-（OP?+OQ?）
=8-|PQ|?=5 ∴四边形ABCD最大面积是5。
本解法是几何法。它巧妙运用勾股定理及矩形的性质，
垂径定理，相交弦定理求弦长。用重要不等式求四边形的最
大值使运算较为简便，这正是另辟蹊径，使本来很难做的问
题得以迎刃而解，它就是两条重要辅助线AC、BD的垂线。
总之，以上四种方法，或改变题目中原有的坐标系，寻
求新的建立坐标系的方法，选择恰当建系方式，或作适当的
辅助线，这才是另辟蹊径，而灵活运用对称变换求有关线段，
运用重要不等式定理、三角函数的性质求四边形面积的最大
值使难以解决的问题能够柳暗花明。