一追数学高考题的多种解法
高考数学解题思路12种
高考数学解题思路12种1500字
高考数学解题思路主要包括了以下12种：
1. 定义法：通过明确题目中一些术语或概念的定义，来理解和解答问题。
2. 推理法：根据已知条件和问题要求，运用逻辑推理的方法，得出结论。
3. 构造法：通过构造出特殊的情况或对象，来找出规律或解题思路。
4. 分类讨论法：将题目中涉及的情况进行分类，分别进行讨论和分析。
5. 反证法：先假设问题的反面，然后通过推理推出矛盾的结论，从而证明原命题是正确的。
6. 代入法：将已知的数值代入方程或不等式中，来求解问题。
7. 求极值法：通过求导或其他方法，找出函数的极值点，从而解答问题。
8. 空间变换法：通过对问题中的几何图形进行平移、旋转、缩放等变换，来获得更好的解题角度。
9. 递推法：通过找出数列或几何图形中的规律，推导出后面的项或图形的特征。
10. 数学建模法：将问题抽象化为数学模型，运用数学知识来解决实际问题。
11. 统计法：通过统计已知数据的特征和规律，预测未知数据的情况。
12. 概率法：通过概率的知识和计算，来解决涉及概率的问题。
在解题过程中，根据不同的题目类型和题材，选择合适的解题思路是非常重要的。
以上所列的解题思路可以作为参考，但具体的解题方法还需要根据具体的问题进行调整和应用。
因此，多做题、多思考、多总结是提高数学解题能力的关键。
提分攻略1：破解高考数学题的13大核心方法
提分攻略1：破解高考数学题13大核心方法方法1 数形结合法数形结合法包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，可使某些抽象的数学问题直观化、形象化，有助于把握数学问题的本质，发现解题思路，并且能避开复杂的推理与计算，大大简化解题过程．[典例1] 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x (x ＞0)|x |(x ≤0)，函数g (x )满足以下三点条件：①定义域为R ；②对任意x ∈R ，有g (x )＝12g (x ＋2)；③当x ∈[－1,1]时，g (x )＝1－x 2.则函数y ＝f (x )－g (x )在区间[－4,4]上零点的个数为( )A ．7B ．6C ．5D ．4[思路点拨] 当x ∈[－3，－1]时，g (x )＝121－(x ＋2)2；当x ∈[1,3]时，g (x )＝21－(x －2)2，在同一坐标系中，作出f (x )，g (x )的图象，两个图象有4个交点，可得结论．解析：选D ∵对任意x ∈R ，有g (x )＝12g (x ＋2)；当x ∈[－1,1]时，g (x )＝1－x 2，∴当x ∈[－3，－1]时，g (x )＝121－(x ＋2)2；当x ∈[1,3]时，g (x )＝21－(x －2)2，在同一坐标系中，作出f (x )，g (x )的图象，两个图象有4个交点，∴函数y ＝f (x )－g (x )在区间[－4,4]上零点的个数为4，故选D ．[点评] 函数零点有关的问题解决常用数形结合的方法来破解，其关键：一是转化，即把函数零点的个数问题转化为方程的根的个数问题，再把方程的根的个数问题转化为两个函数图象的交点个数问题；二是“草图不草”，画函数图象时，注意“以点控图”，虽画草图，但关键点要予以呈现，以便有效降低这类问题的错误率.◎举一反三(2018·枣庄月考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x ≤0x 2＋ax ＋1，x ＞0，F (x )＝f (x )－x －1，且函数F (x )有2个零点，则实数a 的取值范围为( C )A ．(－∞，0]B ．[1，＋∞)C ．(－∞，1)D ．(0，＋∞)方法2 等价转化法利用等价转化法解题的关键：一是定目标转化，从已知条件入手，通过转化，把不熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范，甚至模式化、简单的问题；二是利用相关知识解决所转化的问题．[典例2] (2018·白银月考)已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤13， 2上是增函数，则实数a 的取值范围为____．解析：由题意知f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎡⎦⎤13， 2上恒成立， 即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎡⎦⎤13， 2上恒成立． 又∵y ＝－x ＋1x 在⎣⎡⎦⎤13， 2上单调递减， ⎝⎛⎭⎫－x ＋1x max ＝83，∴2a ≥83，即a ≥43．答案：⎣⎡⎭⎫43，＋∞ [点评] 把可导函数f (x )在某个区间D 上的单调递增，等价转化为f ′(x )≥0在区间D 上恒成立，再把恒成立问题通过分离参数法转化为最值问题来解决.方法3 变量换元法变量换元法的关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而将非标准型问题转化为标准型问题，将复杂问题简单化. 变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求证等问题．方法1 举一反三解析 由题意，x ≤0，F (x )＝e x －x －1，有一个零点0，x ＞0，F (x )＝x [x ＋(a －1)]，0是其中一个零点，∵函数F (x )有2个零点，∴1－a ＞0，∴a ＜1.故选C ．[典例3] 函数y ＝4x ＋2x ＋1＋1的值域为( )A ．(0，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．[1，＋∞)D ．(－∞，＋∞)解析：选B 令2x ＝t ，则函数y ＝4x ＋2x ＋1＋1可化为y ＝t 2＋2t ＋1＝(t ＋1)2(t ＞0)． ∵函数y ＝(t ＋1)2在(0，＋∞)上递增，∴y ＞1． ∴所求值域为(1，＋∞)．故选B ．[点评] 破解此类问题的关键：一是利用已知条件建立关于参数的方程，解方程，求出参数的值；二是通过变量换元法将所给函数转化为值域容易确定的另一个函数，求得其值域，从而求得原函数的值域. 但在换元时一定要注意新元的取值范围，以保证等价转化.方法4 待定系数法待定系数法的理论依据是多项式恒等——两个多项式各同类项的系数对应相等. 待定系数法主要用来解决具有某种确定的数学表达式的数学问题，通过引入一些待定系数，转化为方程(组)来解决．例如求圆锥曲线的方程、圆的方程、直线的方程、函数解析式、复数、数列等．[典例4] 某食品的保鲜时间y (单位：小时)与储藏温度x (单位：℃)满足函数关系y ＝e kx＋b(e ＝2.718…为自然对数的底数，k ，b 为常数)．若该食品在0 ℃的保鲜时间是192小时，在22 ℃的保鲜时间是48小时，则该食品在33 ℃的保鲜时间是____小时．解析：由已知条件，得192＝e b ，∴b ＝ln 192. 又∵48＝e 22k ＋b ＝e 22k＋ln192＝192e 22k ＝192(e 11k )2，∴e 11k ＝⎝⎛⎭⎫4819212＝⎝⎛⎭⎫1412＝12. 设该食品在33 ℃的保鲜时间是t 小时，则t ＝e 33k ＋ln 192＝192e 33k ＝192(e 11k )3＝192×⎝⎛⎭⎫123＝24．答案：24[点评] 破解此类问题的关键是依题设所给的函数模型，利用待定系数法求解，本题的突破口是将题设中的自变量的值与相应的函数值代入所给关系式，求出参数的值，再求解问题.方法5 分离参数法求解不等式有解或恒成立问题常用分离参数法，可避免对参数进行分类讨论的繁琐过程. 要注意该方法仅适用于分离参数后所得函数的最值或值域可求的问题．[典例5] 已知函数f (x )＝x ＋1ax 在(－∞，－1)上单调递增，则实数a 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．(－∞，0)∪(0,1]C ．(0,1]D ．(－∞，0)∪[1，＋∞)解析：选D 函数f (x )＝x ＋1ax 的导数为f ′(x )＝1－1ax 2，由于f (x )在(－∞，－1)上单调递增，则f ′(x )≥0在(－∞，－1)上恒成立，即1a ≤x 2在(－∞，－1)上恒成立．由于当x <－1时，x 2>1，则有1a≤1，解得a ≥1或a <0．[点评] 求解含参数不等式恒成立问题的关键是过好双关：第一关是转化关，即通过分类参数，先转化为f (a )≥g (x )(或f (a )≤g (x ))对任意x ∈D 恒成立，再转化为f (a )≥g (x )max (或f (a )≤g (x )min )；第二关是求最值关，即求函数g (x )在区间D 上最大值(或最小值).方法6 构造法构造法应用的技巧：一是“定目标构造”，从已知条件入手，紧扣要解决的问题进行构造，把陌生问题构造为熟悉的问题；二是“解决构造的问题”，用相关的知识解决所构造的问题. 解题时常构造正方体或长方体、构造函数、构造方程、构造平面图形等．[典例6] (2018·锦州模拟)α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列三个命题： ①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β． ②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n ． ③如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β．其中正确的命题有____．(填写所有正确命题的编号)解析：对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设AA ′为直线m ，CD 为直线n ，ABCD 所在的平面为α，ABC ′D ′所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立．命题②正确，证明如下：设过直线n 的某平面与平面α相交于直线l ，则l ∥n ，由m ⊥α知m ⊥l ，从而m ⊥n ，结论正确．由平面与平面平行的定义知命题③正确．答案：②③[点评] 破解此类问题的关键：一是“取特殊模型”，即构造长方体或正方体模型，把不规则的空间几何体(空间线、面)放置其中去研究；二是“用公式(用定理)”，即利用柱体、锥体的表面积和体积公式(空间线、面平行与垂直的判定定理、性质定理)，即可求其表面积与体积(判断空间线、面平行与垂直关系).◎举一反三(2018·泰安模拟)已知奇函数f (x )的定义域为R ，其导函数为f ′(x )，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＜0，且f (－1)＝0，则使得f (x )＜0成立的x 的取值范围是( A )A ．(－1,0)∪(1，＋∞)B ．(－∞，1)∪(0,1)C ．(0,1)∪(1，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(－1,0)方法7 基本不等式法基本不等式法主要用来解决函数的值域或最值、代数式的取值范围等问题，此法适用于两式(或两式以上)的和为定值或积为定值，求最值问题．[典例7] 已知a ＞0，b ＞0，则a 2＋4＋4ab ＋4b 2a ＋2b 的最小值为( )A ．14B ．1C ．2D ．4方法6 举一反三 解析 设g (x )＝f (x )x，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2，∵当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＜0，∴当x ＞0时，g ′(x )＜0，此时函数g (x )为减函数．∵f (x )是奇函数，∴g (x )＝f (x )x 是偶函数，即当x ＜0时，g (x )为增函数． ∵f (－1)＝0，∴g (－1)＝g (1)＝0，当x ＞0时，f (x )＜0等价为g (x )＝f (x )x ＜0，即g (x )＜g (1)，此时x ＞1；当x ＜0时，f (x )＜0等价为g (x )＝f (x )x ＞0，即g (x )＞g (－1)，此时－1＜x ＜0，综上不等式的解集为(－1，0)∪(1，＋∞)，故选A ．[思路点拨] 构造基本不等式的性质即可求解．解析：选D 由a 2＋4＋4ab ＋4b 2a ＋2b ＝(a ＋2b )2＋4a ＋2b ＝(a ＋2b )＋4a ＋2b ，∵a ＞0，b ＞0，∴(a＋2b )＋4a ＋2b≥24a ＋2b ·(a ＋2b )＝4，当且仅当a ＋2b ＝2时取等号．则a 2＋4＋4ab ＋4b 2a ＋2b的最小值为4.故选D ．[点评] 运用基本不等式法求最值的关键：“一正”，即判断两个数为正数；“二定”，即和或积为定值；“三相等”，即检验是否满足等号成立的条件. 若连续两次使用基本不等式求最值，则两次等号成立的条件要一致，否则最值取不到.◎举一反三若两个正实数x ，y 满足1x ＋4y ＝1，且不等式x ＋y4<m 2－3m 有解，则实数m 的取值范围是( B )A ．(－1,4)B ．(－∞，－1)∪(4，＋∞)C ．(－4,1)D ．(－∞，0)∪(3，＋∞)解析 由题可知，1＝1x ＋4y≥24xy ＝4xy，即xy ≥4，于是有m 2－3m >x ＋y 4≥xy ≥4，故m 2－3m >4，化简得(m ＋1)(m －4)>0，即实数m 的取值范围为(－∞，－1)∪(4，＋∞)．方法8 类比推理法类比推理是根据两个或两类对象有部分属性相同，从而推出它们的其他属性也相同的推理，是从特殊到特殊的推理．类比的性质相似性越多，相似的性质与推测的性质之间的关系就越相关，从而类比得出的结论就越可靠.[典例8] 在解不等式“x 3＋1＞0”中，我们有如下解题思路：设f (x )＝x 3＋1，则f (x ) 在R 上单调递增，且f (－1)＝0，所以不等式x 3＋1＞0的解集是(－1，＋∞)．类比上述解题思路，则不等式e x ＋x －1＞0的解集为_______．解析：由解不等式“x 3＋1＞0”中，设f (x )＝x 3＋1，则f (x ) 在R 上单调递增，且f (－1)＝0，所以不等式x 3＋1＞0的解集是(－1，＋∞)．类比可得，在解答不等式e x ＋x －1＞0时，设f (x )＝e x ＋x －1，则f (x ) 在R 上单调递增，且f (0)＝0，所以不等式e x ＋x －1＞0的解集是(0，＋∞)．故答案为：(0，＋∞)答案：(0，＋∞)[点评] 运用类比推理法的要点：一是找出类比对象之间可以确切表述的相似特征；二是用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)，类比推理的关键是找到合适的类比对象，否则就失去了类比的意义.◎举一反三在平面几何中，△ABC 的内角平分线CE 分AB 所成线段的比为AC BC ＝AEBE .把这个结论类比到空间：在三棱锥A -BCD 中(如图)，平面DEC 平分二面角A -CD -B 且与AB 相交于E ，则得到类比的结论是AE EB ＝S △ACDS △BCD．解析 由类比推理的概念可知，平面中线段的比可转化为空间中面积的比，由此可得：AE EB ＝S △ACDS △BCD． 方法9 三角化简转化法在运用三角化简转化法解题的过程中，应熟练掌握三角公式的正用、逆用、变形用等，它可以提高思维的起点，缩短思维路线，从而使运算简便、快捷.[典例9] (2018·大庆模拟)已知向量a ＝(sin x ，m cos x )，b ＝(3，－1)． (1)若a ∥b ，且m ＝1，求2sin 2x －3cos 2x 的值；(2)若函数f (x )＝a ·b 的图象关于直线x ＝2π3对称，求函数f (2x )在⎣⎡⎦⎤π8，2π3上的值域． [思路点拨] (1)根据向量平行列出方程，解出sin 2x ，cos 2x 即可；(2)化简f (x )解析式，根据对称轴得出m 的值，从而得出f (2x )的解析式，利用正弦函数的性质计算f (2x )的值域．解：(1)当m ＝1时， a ＝(sin x ，cos x )，b ＝(3，－1)． ∵a ∥b ，∴sin x ＝－3cos x ．又sin 2x ＋cos 2x ＝1，∴sin 2x ＝910，cos 2x ＝110．∴2sin 2x －3cos 2x ＝2×910－3×110＝32．(2)f (x )＝a ·b ＝3sin x －m cos x ＝9＋m 2sin(x －φ)，其中tan φ＝m3.∵函数f (x )＝a ·b 的图象关于直线x ＝2π3对称，∴sin ⎝⎛⎭⎫2π3－φ＝1或sin ⎝⎛⎭⎫2π3－φ＝－1． ∴φ＝π6＋2k π，或φ＝－5π6＋2k π.∴m ＝3．∴f (x )＝23sin ⎝⎛⎭⎫x －π6或f (x )＝－23sin ⎝⎛⎭⎫x －π6． ∴f (2x )＝23sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6或f (2x )＝－23sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6． ∵x ∈⎣⎡⎦⎤π8，2π3，∴2x －π6 ∈⎣⎡⎦⎤π12，7π6， ∴sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6∈⎣⎡⎦⎤－12，1， ∴f (2x )在⎣⎡⎦⎤π8，2π3上的值域为[－3，23]或[－23，3]．[点评] 破解此类交汇问题的关键：一是“代数化”，利用平面向量数量积的坐标运算进行转化，得到关于三角函数的解析式；二是“会化简”，常利用三角函数公式、辅助角公式进行化简；三是“用性质”，利用三角函数的图象与性质来解决问题；四是“得结论”，解相关方程或不等式，从而得到所求结论.◎举一反三已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3＋sin2x (1)求函数f (x )的单调递减区间；(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若f ⎝⎛⎭⎫A 2＝2，a ＝2，b ＝6，求c 的值．解 (1)∵f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3＋sin2x ＝32sin2x ＋12cos2x ＋12cos2x －32sin2x ＋sin2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4， ∴令2k π＋π2≤2x ＋π4≤2k π＋3π2，k ∈Z ，解得：k π＋π8≤x ≤k π＋5π8，k ∈Z ，可得：函数f (x )的单调递减区间为：⎣⎡⎦⎤k π＋π8，k π＋5π8，k ∈Z ． (2)∵f ⎝⎛⎭⎫A 2＝2sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π4＝2，可得：sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π4＝1， ∵A ∈(0，π)，可得：A ＋π4∈⎝⎛⎭⎫π4，5π4， ∴可得A ＋π4＝π2，解得：A ＝π4，∵a ＝2，b ＝6，∴由余弦定理，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 可得：22＝(6)2＋c 2－2×6×c ×22， 整理可得：c 2－23c ＋2＝0， ∴解得：c ＝3±1． 方法10 割补法对于不规则或不易求解的空间几何体的体积问题常用割补法把它转化成几个简单的几何体的体积的和或差的问题，这种思路的核心是要弄清补形后的几何体的体积是否与原几何体的体积之间有明显的确定关系.[典例10] 如图，在△ABC 中，AB ＝8，BC ＝10，AC ＝6，DB ⊥平面ABC ，且AE ∥FC ∥BD ，BD ＝3，FC ＝4，AE ＝5，则此几何体的体积为____．解析：用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AA ′＝BB ′＝CC ′＝8，所以V 几何体＝12V 三棱柱＝12×S △ABC ×AA ′＝12×24×8＝96．答案：96[点评] 割补法是求一般多面体体积的常用方法，运用割补法处理一些比较复杂的几何体的体积计算问题，实际上是对转化与化归思想的灵活运用.◎举一反三在三棱锥P -ABC 中，P A ＝BC ＝4，PB ＝AC ＝5，PC ＝AB ＝11，则三棱锥P -ABC 的外接球的表面积为__26π__．解析 将三棱锥P -ABC 放到长方体中，如图，设长方体的长、宽、高分别是a ，b ，c ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝16，b 2＋c 2＝25，c 2＋a 2＝11相加解得a 2＋b 2＋c 2＝26，因为三棱锥P -ABC 的外接球即该长方体的外接球，所以外接球的直径2R ＝a 2＋b 2＋c 2＝26，则三棱锥外接球的表面积为4πR 2＝26π． 方法11 分类讨论法分类讨论法研究的基本方向是“分”，但分类解决问题之后，还必须把它们整合在一起，分类要注意“标准统一”，这样可避免“重”或“漏”.[典例11] 函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x ，x >0，12－|12＋x |，x ≤0关于x 的方程f (x )＝kx －k 至少有两个不相等的实数根，则实数k 的取值范围为____．解析：由f (x )＝kx －k 至少有两个不相等的实数根，得f (x )＝k (x －1)至少有两个不相等的实数根，设g (x )＝k (x －1)，则等价为f (x )与g (x )至少有两个不同的交点，作出函数f (x )的图象如图：g (x )＝k (x －1)，过定点C (1,0)，当x ＞0时，f (x )＝x 2－x 的导数f ′(x )＝2x －1， 在x ＝1处，f ′(1)＝2－1＝1，当k ＝1时，g (x )＝x －1与f (x )＝12＋12＋x ＝x ＋1平行，此时两个图象只有一个交点，不满足条件． 当k ＞1时，两个函数有两个不相等的实数根， 当0≤k ＜1时，两个函数有3个不相等的实数根，当k ＜0时，当直线经过点A ⎝⎛⎭⎫－12， 12时，两个图象有两个交点，此时k ⎝⎛⎭⎫－12－1＝12，即k ＝－13，当－13＜k ＜0时，两个图象有3个交点，综上要使方程f (x )＝kx －k 至少有两个不相等的实数根，则k ＞－13且k ≠1．答案：k ＞－13且k ≠1方法12 整体代入法整体代入法是根据式子的结构特征，在求值还是求解析式过程中，直接将代数式当成一个整体来处理，从而建立已知和所求的关系式进行求解的方法. 利用该方法求值时，可以避免繁琐的求解过程，减少计算量. 该法适用于求函数值、求函数的解析式等问题．[典例12] 已知f (x )满足2f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫1x ＝3x ，则f (x )＝____．解析：∵2f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫1x ＝3x ， ①以1x 代替①式中的x (x ≠0)，得2f ⎝⎛⎭⎫1x ＋f (x )＝3x. ② ①×2－②，得3f (x )＝6x －3x ，∴f (x )＝2x －1x(x ≠0)． 答案：2x －1x(x ≠0) 方法13 公式应用法公式应用法适用于利用相关公式求解概率、数列通项公式与前n 项和、三角函数的值、空间几何体的表面积和体积等问题．[典例13] 已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝2，且a 2，a 4，a 8成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若{b n －(－1)n a n }是等比数列，且b 2＝7，b 5＝71，求数列{b n }的前n 项和T n ． 解：(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，因为a 1＝2，且a 2，a 4，a 8成等比数列，所以(3d ＋2)2＝(d ＋2)(7d ＋2)，解得d ＝2，故a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋2(n －1)＝2n ．(2)令c n ＝b n －(－1)n a n ，设数列{c n }的公比为q ，因为b 2＝7，b 5＝71，a n ＝2n ，所以c 2＝b 2－a 2＝7－4＝3，c 5＝b 5＋a 5＝71＋10＝81，所以q 3＝c 5c 2＝813＝27，故q ＝3， 所以c n ＝c 2·q n －2＝3×3n －2＝3n －1， 即b n －(－1)n a n ＝3n －1， 所以b n ＝3n －1＋(－1)n ·2n ． 故T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝(30＋31＋…＋3n －1)＋[－2＋4－6＋…＋(－1)n ·2n ]． 当n 为偶数时，T n ＝1－3n 1－3＋2×n 2＝3n ＋2n －12； 当n 为奇数时，T n ＝1－3n 1－3＋2×n －12－2n ＝3n －2n －32． 所以T n ＝⎩⎨⎧3n ＋2n －12，n 为偶数，3n －2n －32，n 为奇数.[点评]对于数列解答题，常利用等差(比)数列的定义、通项公式与前n项和公式进行求解. 若是同一数列的递推关系式，常通过构造转化为等差数列或等比数列的形式求解；若是不同数列间的关系式，常通过已知条件寻求转化. 在解题中注意累加法、累乘法、错位相减法、裂项相消法等的应用.。
2023高考数学大题的最佳解题技巧及解题思路,清华学长告诉你如何拿高分
2023高考数学大题的最佳解题技巧及解题思路，清华学长告诉你如何拿高分2023高考数学大题的最佳解题技巧及解题思路，清华学长告知你如何拿高分把握数学解题思想是解答数学题时不行缺少的一步，建议同学们在做题型训练之前先了解数学解题思想，把握解题技巧，并将做过的题目加以划分，最终几天集中复习。
2023高考数学大题的最佳解题技巧及解题思路六种解题技巧一、三角函数题留意归一公式、诱导公式的正确性(转化成同名同角三角函数时，套用归一公式、诱导公式(奇变、偶不变;符号看象限)时，很简单由于马虎，导致错误!一着不慎，满盘皆输!)。
二、数列题1、证明一个数列是等差(等比)数列时，最终下结论时要写上以谁为首项，谁为公差(公比)的等差(等比)数列;2、最终一问证明不等式成立时，假如一端是常数，另一端是含有n的式子时，一般考虑用放缩法;假如两端都是含n的式子，一般考虑数学归纳法(用数学归纳法时，当n=k+1时，肯定利用上n=k时的假设，否则不正确。
利用上假设后，如何把当前的式子转化到目标式子，一般进行适当的放缩，这一点是有难度的。
简洁的方法是，用当前的式子减去目标式子，看符号，得到目标式子，下结论时肯定写上综上：由①②得证;3、证明不等式时，有时构造函数，利用函数单调性很简洁(所以要有构造函数的意识)。
三、立体几何题1、证明线面位置关系，一般不需要去建系，更简洁;2、求异面直线所成的角、线面角、二面角、存在性问题、几何体的高、表面积、体积等问题时，最好要建系;3、留意向量所成的角的余弦值(范围)与所求角的余弦值(范围)的关系(符号问题、钝角、锐角问题)。
四、概率问题1、搞清随机试验包含的全部基本领件和所求大事包含的基本领件的个数;2、搞清是什么概率模型，套用哪个公式;3、记准均值、方差、标准差公式;4、求概率时，正难则反(依据p1+p2+...+pn=1);5、留意计数时利用列举、树图等基本方法;6、留意放回抽样，不放回抽样;7、留意“零散的”的学问点(茎叶图，频率分布直方图、分层抽样等)在大题中的渗透;8、留意条件概率公式;9、留意平均分组、不完全平均分组问题。
新高考全国1卷数学(经典版)(全)多种方法解析压轴题
新高考全国1卷数学（经典版）（全）多种方法解析压轴题
构造函数，不等式放缩，泰勒展开：两个方法解析2022年高考新全国1卷数学试题第7题
填空压轴题：全方位解析2022年新高考全国1卷数学试题第8题
多角度解析2022年新高考全国1卷数学试题第11题
特殊化，常规推导：从两个不同方向解析2022年新高考全国1卷数学试题第12题
两圆公切线问题——几何法，代数法：两个角度解析2022年新高考全国1卷数学试题第14题
判别式，分离参数：从两个不同角度解析2022年新高考全国1卷数学试题第15题
几何法，代数法，结论秒杀法：三种方法解析2022年新高考全国1卷数学试题第16题
方法三：使用结论
使用前作《圆锥曲线焦半径与焦点弦相关40多个结论在2015-2021年高考数学试题中的应用》中的推论2.1.2 .
2022年高考新全国1卷数学试题第21题（多种方法解析）——探究圆锥曲线张角模型中三角形面积问题以及相关定理应用
注：也可以使用到角公式求直线的斜率.
多种方法解析2022年高考新全国1卷数学试题第22题。
2023年高考数学21种解题方法与技巧以及三种提分方法
高中数学21种解题方法与技巧以及三种提分方法1解决绝对值问题主要包括化简、求值、方程、不等式、函数等题，基本思路是：把含绝对值的问题转化为不含绝对值的问题。
具体转化方法有：①分类讨论法:根据绝对值符号中的数或式子的正、零、负分情况去掉绝对值。
②零点分段讨论法：适用于含一个字母的多个绝对值的情况。
③两边平方法：适用于两边非负的方程或不等式。
④几何意义法：适用于有明显几何意义的情况。
因式分解根据项数选择方法和按照一般步骤是顺利进行因式分解的重要技巧。
因式分解的一般步骤是：提取公因式选择用公式十字相乘法分组分解法拆项添项法配方法利用完全平方公式把一个式子或部分化为完全平方式就是配方法，它是数学中的重要方法和技巧。
配方法的主要根据有：换元法解某些复杂的特型方程要用到“换元法”。
换元法解方程的一般步骤是：设元→换元→解元→还元待定系数法待定系数法是在已知对象形式的条件下求对象的一种方法。
适用于求点的坐标、函数解析式、曲线方程等重要问题的解决。
其解题步骤是：①设②列③解④写复杂代数等式复杂代数等式型条件的使用技巧：左边化零，右边变形。
①因式分解型：(-----)(----)=0 两种情况为或型②配成平方型：(----)2+(----)2=0 两种情况为且型数学中两个最伟大的解题思路(1)求值的思路列欲求值字母的方程或方程组(2)求取值范围的思路列欲求范围字母的不等式或不等式组化简二次根式基本思路是：把√m化成完全平方式。
即：观察法代数式求值方法有：(1)直接代入法 (2)化简代入法 (3)适当变形法（和积代入法）注意：当求值的代数式是字母的“对称式”时，通常可以化为字母“和与积”的形式，从而用“和积代入法”求值。
解含参方程方程中除过未知数以外，含有的其它字母叫参数，这种方程叫含参方程。
解含参方程一般要用‘分类讨论法’，其原则是：(1)按照类型求解(2)根据需要讨论 (3)分类写出结论恒相等成立的有用条件(1)ax+b=0对于任意x都成立关于x的方程ax+b=0有无数个解a=0且b=0。
高考数学解答题的六大方法
2019年高考数学解答题的六大方法方法一、调理大脑思绪，提前进入数学情境考前要摒弃杂念，解除干扰思绪，使大脑处于“空白”状态，创设数学情境，进而酝酿数学思维，提前进入“角色”，通过清点用具、示意重要学问和方法、提示常见解题误区和自己易出现的错误等，进行针对性的自我劝慰，从而减轻压力，轻装上阵，稳定心情、增加信念，使思维单一化、数学化、以平稳自信、主动主动的心态打算应考。
方法二、“内紧外松”，集中留意，消退焦虑怯场集中留意力是考试胜利的保证，肯定的神经亢奋和惊惶，能加速神经联系，有益于主动思维，要使留意力高度集中，思维异样主动，这叫内紧，但惊惶程度过重，则会走向反面，形成怯场，产生焦虑，抑制思维，所以又要醒悟开心，放得开，这叫外松。
方法三、镇静应战，确保旗开得胜，以利激昂精神良好的开端是胜利的一半，从考试的心理角度来说，这的确是很有道理的，拿到试题后，不要急于求成、马上下手解题，而应通览一遍整套试题，摸透题情，然后稳操一两个易题熟题，让自己产生“旗开得胜”的快意，从而有一个良好的开端，以激昂精神，鼓舞信念，很快进入最佳思维状态，即发挥心理学所谓的“门坎效应”，之后做一题得一题，不断产生正激励，稳拿中低，见机攀高。
方法四、“六先六后”，因人因卷制宜在通览全卷，将简洁题顺手完成的状况下，心情趋于稳定，情境趋于单一，大脑趋于亢奋，思维趋于主动，之后便是发挥临场解题实力的黄金季节了，这时，考生可依自己的解题习惯和基本功，结合整套试题结构，选择执行“六先六后”的战术原则。
1.先易后难。
就是先做简洁题，再做综合题，应依据自己的实际，坚决跳过啃不动的题目，从易到难，也要留意仔细对待每一道题，力求有效，不能走马观花，有难就退，损害解题心情。
2.先熟后生。
通览全卷，可以得到很多有利的主动因素，也会看到一些不利之处，对后者，不要惊惶失措，应想到试题偏难对全部考生也难，通过这种示意，确保心情稳定，对全卷整体把握之后，就可实施先熟后生的方法，即先做那些内容驾驭比较到家、题型结构比较熟识、解题思路比较清晰的题目。
2021年高考数学真题一题多解 - 新高考I卷解析
因此AO⊥平面BCD，
因为 平面BCD，所以AO⊥CD
(2)作EF⊥BD于F,作FM⊥BC于M,连FM
因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD, AO⊥CD
所以EF⊥BD, EF⊥CD, ,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC
因为FM⊥BC， ,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥ME
因为 ，即 ，整理可得 ，
即 ，显然 ，故 .
因此，直线 与直线 的斜率之和为 .
【解法二】参数方程法：设点 ，若过点 的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线 无公共点，
代入双曲线可得
同理
因为
即两斜率和为零。
【思维方式】本题的两种方法;一种是代数法，另一种参数法。求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．体现了函数与方程的数学思想，数学抽象及逻辑推理的数学核心素养。
（1）证明： ；
（2）若 是边长为1的等边三角形，点 在棱 上， ，且二面角 的大小为 ，求三棱锥 的体积.
答案：(1)详见解析(2)
【知识点】垂直位置关系、二面角的求法
【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO⊥平面BCD，即可证得结果；
（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.
【解法一】（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AO⊥BD
所以，轨迹 是以点 、 为左、右焦点 双曲线的右支，
设轨迹 的方程为 ，则 ，可得 ， ，
所以，轨迹 的方程为 ；
（2）设点 ，若过点 的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线 无公共点，
(新高考Ⅰ卷)高考数学一题多解探寻圆锥曲线压轴破解之策与算法优化(含解析)
2022新高考Ⅰ卷21题解析几何压轴题解法探究2022新高考Ⅰ卷数学试题，据称是近20年来史上第二难高考数学试题(史上最难2003)．本文将对该卷21题解析几何压轴题，从不同的角度进行解析剖析．以期总结方法规律，优化思考方向，破解难点疑点，为广大的2023届高考师生提供有益的参考和帮助．【2022新高考1卷21题】已知点(2,1)A 在双曲线2222:1(1)1x y C a a a -=>-上，直线l 交C 于P ，Q 两点，直线,AP AQ 的斜率之和为0．（1）求l 的斜率；（2）若tan PAQ ∠=PAQ △的面积．【答案】（1）1-（2）9方法一：直线双参+韦达法【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设直线PQ 的方程为y kx m =+，设1122(,),(,)P x y Q x y ， 联立2212x y y kx m ⎧-=⎪⎨⎪=+⎩消去y 得222(21)4220k x kmx m -+++=2121222422,2121km m x x x x k k +∴+=-=--， 由121211022AP BP y y k k x x --+=+=--可得1221(1)(2)(1)(2)0y x y x --+--= 即1221(1)(2)(1)(2)0kx m x kx m x +--++--=展开整理得12122(12)()4(1)0kx x m k x x m +--+--= 即2222242(12)()4(1)02121m km k m k m k k +⋅+--⋅---=-- 即2(1)210m k k k +++-=，(1)(21)0k m k ++-=故1k =-或12m k =-当12m k =-时的方程为12y kx k =+-，其恒过定点(2,1)A ，与题意不符故直线PQ 的斜率1k =-.(2)不妨设0AP k >，其倾斜角为θ，由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=± 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为±tan θ= 因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==直线AP的方程为12)y x -=-，直线AP的方程为12)y x -=-，221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x ++-+= 方程的两根为点,A P的横坐标，所以1623P x -+=，103P x -=221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x -+++= 方程的两根为点,A Q的横坐标，所以2Q x +=，Q x =于是||2|1)P AP x =-=，||2|1)Q AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=.【点评】联立方程韦达定理，是解析几何压轴大题最流行的方法套路．本题引入直线PQ 的双参方程y kx m =+，参与计算变形，使得运算过程相对繁复，产生了较大的运算量．要想变形到(1)(21)0k m k ++-=这一步，没有过硬的计算能力是很难达到的．方法二：直线单参+设点求点【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设1122(,),(,)P x y Q x y ，设直线AP 的倾斜角为θ，不妨设其斜率0k >，则直线AQ 的斜率为k -直线AP 的方程为1(2)y k x -=-，代入2212x y -=整理得点,A P 的横坐标为方程的两根，故2122(21)2221k x k -+=-，22122(21)14422121k k k x k k -+-+∴==--，2112241(2)121k k y k x k -+-=-+=-于是点P 坐标为2222442241(,)2121k k k kP k k -+-+---，用k -代换k 可得2222442241(,)2121k k k kQ k k ++----- 故22222222241241212114424422121PQ k k k k k k k k k k k k k ----+----==-++-+---(2)由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan θ= 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=±因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==在,P Q的坐标中令k =P Q x x ==于是||2|1)P AP x =-=，||2|1)Q AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】直线过圆锥曲线上已知一点时，可尝试设点求点的套路求出另一点的坐标．本题引入直线AP 的单参方程1(2)y k x -=-，可直接求出点P 的坐标，用k -代换k 立即可得点Q 的坐标，从而顺利求得PQ 的斜率．本解法思路清晰自然，单参变形所产生的运算量适中，无需特殊方法技巧．方法三：点差法+整体代换【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设1122(,),(,)P x y Q x y ，则121211,22AP BP y y k k x x --==--， 代入0AP BP k k +=化简整理得122112122240x y x y x x y y +----+=⋅⋅⋅⋅⋅⋅①点,,P Q A 在双曲线上，故221122222212122112x y x y ⎧-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎨⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎩②③④-②③整理得121212122()y y x x x x y y -+=-+即12122()PQ x x k y y +=+ 同理②-④,③-④可得121222,2(1)2(1)AP AQ x x k k y y ++==++ 代入0AP BP k k +=化简整理得122112122240x y x y x x y y ++++++=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⑤①-⑤得12122()4()0x x y y +++=，所以12122()x x y y +=-+所以1PQ k =-.(2)不妨设0AP k >，其倾斜角为θ，由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=± 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=± 因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==由11111222(1)AP y x k x y -+===-+142(13x -=由22221222(1)AQ y x k x y -+===-+解得242(13x -=-故1||2|1)AP x =-=，2||2|1)AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】点差法在解决圆锥曲线上两点连线斜率有关问题时往往事半功倍．本题充分利用点差法及两点斜率公式，得到直线,AP AQ 斜率的两种表达形式进行整体变形，轻松求得直线PQ 的斜率．本解法运算简洁，思路清晰自然，求斜率事半功倍．方法四：齐次化【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 双曲线可化为22[(2)2][(1)1]12x y -+--+=即22(2)2(1)4[(2)(1)]0x y x y ---+---=设直线PQ 的方程为(2)(1)1a x b y -+-=联立22(2)2(1)4[(2)(1)]0(2)(1)1x y x y a x b y ⎧---+---=⎨-+-=⎩可得22(2)24[(2)(1)][(2)(1)]0x y x y a x b y --+----+-=即22(41)(2)4()(2)(1)(42)(1)0a x b a x y b y +-+----+-=两边同除2(2)x -整理得211(42)()4()(41)022y y b a b a x x --++--+=-- 其中12y x --表示直线AP 与BP 的斜率,AP AQ k k 由于4()024AP AQ a b k k b-+=-=+ 所以a b =，直线PQ 的斜率为1a k b =-=-. (2)不妨设直线AP 的斜率0AP k >，设其倾斜角为θ由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=±因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为±tan θ=因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==直线AP 的方程为12)y x -=-，直线AP 的方程为12)y x -=-，221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x ++-+= 方程的两根为点,A P的横坐标，所以1623P x -+=，103P x -=221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x -+++= 方程的两根为点,A Q的横坐标，所以1623Q x ++=，103Q x +=于是||2|1)P AP x =-=，||2|1)Q AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】齐次化在解决圆锥曲线同构问题上往往有奇效．本题直线,AP AQ 的斜率具有相同的结构，即12y x --的形式，于是可考虑构造关于1y -与2x -的二次齐次方程．直接将直线PQ 的方程设为(2)(1)1a x b y -+-=，进行“１代换”，为齐次化带来了方便．本解法思路奇巧，运算简洁明了．但需要考生平时付出大量训练才能掌握此方法的精髓和技巧！ 方法五：坐标平移+齐次化【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 对坐标系进行平移，使坐标原点与点A 重合，在新坐标系下： 双曲线方程为22(2)(1)12x y ---=即2224()0x y x y -+-= 设直线PQ 的方程为1ax by +=联立2224()01x y x y ax by ⎧-+-=⎨+=⎩可得2224()()0x y x y ax by -+-+=即22(41)4()(42)0a x b a xy b y ++--+=两边同除2x 得2(42)()4()(41)0yy b a b a x x++--+= 其中y x表示直线AP 与BP 的斜率,AP AQ k k 由于平移不改变直线的斜率，故4()024AP AQ a b k k b -+=-=+ 所以a b =，直线PQ 的斜率为1-.(2)不妨设直线AP 的斜率0AP k >，设其倾斜角为θ由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=± 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为±tan θ= 因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==在新坐标系下，直线,AP BP的方程分别为,y y ==联立2224()0x y x y y ⎧-+-=⎪⎨=⎪⎩解得4(13P x =，于是|||1)P AP x ==联立2224()0x y x y y ⎧-+-=⎪⎨=⎪⎩解得4(13Q x =-，于是|||1)Q AQ x ==而由tan PAQ ∠=sin PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】坐标平移后，在新坐标系下的齐次化过程更加直观自然．运算也变得简单明了了．方法六：参数方程法【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设直线AP ：112cos 1sin x t y t θθ=+⎧⎨=+⎩，其中θ为AP 的倾斜角 则直线AQ ：222cos()1sin()x t y t πθπθ=+-⎧⎨=+-⎩，即222cos 1sin x t y t θθ=-⎧⎨=+⎩代入双曲线方程得 解得1222224cos 4sin 4cos 4sin ,cos 2sin cos 2sin t t θθθθθθθθ-++==-- 直线PQ 的斜率12121212sin 1cos y y t t k x x t t θθ--==⋅=--+ (2)不妨设直线AP 的斜率0AP k >，其倾斜角为θ由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=± 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=± 因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=可得sin θθ==于是12t t ==而由tan PAQ ∠=sin PAQ ∠=所以121||||sin 29PAQ S t t PAQ ∆=∠=. 【点评】直线参数方程的介入，使问题转化为对两参数12,t t 的讨论，思路自然，运算量适中．新教材《选择性必修第一册》68P 探究与发现栏目，对直线的参数方程进行了简单的介绍．所以新高考使用直线参数方程解题是被允许的．此方法同样需要考生付出大量训练才能掌握精髓和技巧！方法七：点差法+分式合分比定理【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设1122(,),(,)P x y Q x y ，则121211,22AP BP y y k k x x --==--， 点,,P Q A 在双曲线上，故221122222212122112x y x y ⎧-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎨⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎩②③④-②③整理得121212122()y y x x x x y y -+=⋅⋅⋅⋅⋅⋅-+⑤ 同理②-④,③-④可得121222,2(1)2(1)AP AQ x x k k y y ++==++ 由0AP BP k k +=可得121212*********(1)2(1)AP y y x x k x x y y --++==-==---++ 由分式合分比定理可得12121212121212121442(2)2()AP y y y y x x x x k x x x x y y y y -+--++====+--++- 变形得1212121242(2)y y x x x x y y -+-=-++ 结合⑤得121212121212121212124(4)()12(2)2()2(2)2()y y x x x x x x x x x x y y y y y y y y -+-++--+====--+++++-+ 即1PQ k =-.(2)不妨设0AP k >，其倾斜角为θ，由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan θ=因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=± 因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==由11111222(1)AP y x k x y -+===-+142(13x -=由22221222(1)AQ y x k x y -+===-+解得242(13x -=-故1||2|1)AP x =-=，2||2|1)AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】点差法在解决圆锥曲线上两点连线斜率有关问题时往往事半功倍．本题充分利用点差法及两点斜率公式，得到直线,AP AQ 斜率的两种表达形式，结合分式合分比定理进行整体变形，求得直线PQ 的斜率．本解法运算简洁，思路清晰自然，求斜率事半功倍．但要求考生对分式合分比定理有较深刻的认识并能较熟练的应用．【总结】解决解析几何压轴题的方法策略主要有三种：1、根与系数的关系法（主流方法）．设出动直线的方程：①y kx m =+，②x my n =+，③00()y y k x x -=-， ④{00cos sin x x t y y t αα=+=+（t 为参数），与圆锥曲线方程联立消元得到关于(x y t ）或参数的一元二次方程，得两根之和两根之积，同时兼顾0,0∆>∆=或的要求，利用两根之和两根之积进行整体代换整体变形而求解．2、多变量多参数联动变换法．此种方法有别于方法1，不联立方程消元求解，而是直接将所设出点的坐标代入曲线（直线）方程和题设中，得到若干个关于点的坐标与参数间的关系式，对这些关系式进行整体变形整体代换而求解．如弦中点问题常用点差法处理．同构问题齐次化处理．此种方法对多变量多参数的代数式的驾驭能力及变换技巧是一种考验．3、设点求点法．方法1、2均采用了设而不求的策略．当问题中直线与曲线的交点易求时，可考虑直接求出点的坐标进行求解，即设点求点法．如：动直线过曲线上一已知点时，则另一交点坐标可直接求出；再如动直线y kx =与椭圆22221x y a b+=的交点易求出． 以上七种解决方案中，本人最青睐的是方法三点差整体变形法，轻巧灵动四两拔千斤！其次是方法二设点求点法，思路清晰自然运算简单明了！。
高考数学中常见的解方程问题
高考数学中常见的解方程问题在高考数学中，解方程是一个常见的知识点，涵盖了一系列的解方程方法和技巧。
解方程是指求出满足方程的未知数的值，下面我们将详细介绍高考数学中常见的解方程问题及其解法。
一、一元一次方程一元一次方程是指只含有一个未知数的一次方程，其一般形式为ax + b = 0，其中a、b为已知数，a ≠ 0。
解一元一次方程的基本方法是移项和化简，具体步骤如下：1. 将方程化为标准形式，即将所有项移到等式的一边，得到ax = -b。
2. 化简方程，将系数为1的项合并，得到x = -b/a。
例如，解方程2x + 3 = 7，可以按照上述步骤进行求解，最终得到x = 2。
二、一元二次方程一元二次方程是指含有一个未知数的二次方程，其一般形式为ax² + bx + c = 0，其中a、b、c为已知数，a ≠ 0。
解一元二次方程的常用方法有因式分解法、配方法和求根公式法。
1. 因式分解法当一元二次方程能够被因式分解时，可以直接将其拆解为两个一次方程，求解后得到解。
例如，解方程x² - 3x - 10 = 0，可以利用因式分解得到(x - 5)(x + 2) = 0，进而得到x = 5或x = -2。
2. 配方法当一元二次方程不能够直接因式分解时，可以通过配方法转化为完全平方的形式，再进行求解。
例如，解方程x² - 6x + 5 = 0，可以通过配方法将其转化为(x - 3)² - 4 = 0，进而得到x = 3 ± 2。
3. 求根公式法对于任何一元二次方程ax² + bx + c = 0，可以利用求根公式x = (-b ± √(b²-4ac))/(2a)来求解。
例如，解方程x² + 4x + 4 = 0，根据求根公式，可以得到x = -2。
三、二元一次方程组二元一次方程组是指含有两个未知数的一次方程组，其一般形式为```a₁x + b₁y = c₁a₂x + b₂y = c₂```其中a₁、b₁、c₁、a₂、b₂、c₂为已知数，至少有一个系数不为0。
高考数学115个解题技巧
高考数学115个解题技巧包括但不限于以下内容：剔除法：利用题目给出的已知条件和选项提供的信息，从四个选项中挑选出三个错误答案，从而达到正确答案的目的。
在答案为定值的时候，这方法是比较常用的，或者利用数值范围，取特殊点代入验证答案。
特殊值检验法：对于具有一般性的选择题，在答题过程中，可以将问题具体特殊化，利用问题在特殊情况下不真，则利用一般情况下不真这一原理，从而达到去伪存真的目的。
顺推破解法：利用数学公式、法则、题意、定理和定义，通过直接演算推理得出答案的方法。
函数、方程、不等式间的重要关系：理解函数、方程、不等式间的相互转化和重要关系，以及它们在解题中的应用。
导数的题目常规的一般不难，但要注意解题的层次与步骤，如果要用构造函数证明不等式，可从已知或是前问中找到突破口，必要时应该放弃；重视几何意义的应用，注意点是否在曲线上。
概率的题目如果出解答题，应该先设事件，然后写出使用公式的理由，当然要注意步骤的多少决定解答的详略；如果有分布列，则概率和为1是检验正确与否的重要途径。
遇到复杂的式子可以用换元法，使用换元法必须注意新元的取值范围，有勾股定理型的已知，可使用三角换元来完成。
除了以上几种解题技巧外，考生在做题时还应注重以下方面：注意审题：在解题前要认真审题，理解题意，找出关键信息，明确解题步骤。
做好笔记：对于一些重要的公式、定理、解题方法等要做好笔记，以便在以后的复习中能够快速找到。
注重计算：数学是一门需要大量计算的科目，因此考生在平时的学习中要多加练习，提高自己的计算能力。
善于总结：在平时的学习中要善于总结各类题型的特点和解题方法，以便在考试时能够快速反应。
多做练习：数学是一门需要大量练习的科目，只有通过不断的练习才能够掌握各种题型的特点和解题方法。
注意细节：在做题时要注意细节问题，如单位转换、符号等，这些细节问题可能会影响整个解题过程。
培养思维：在平时的学习中要注重培养自己的数学思维和逻辑思维能力，这对于解题有很大的帮助。
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（０ ０年 高考 安徽 数 学理 科 第 】 ２１ ９题 ）已知 椭 圆 经 过
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攀学 习与 研 究
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点 Ａ（ ， ） 对 称 轴 为 坐 标 轴 ， 点 Ｆ ， 在 轴 上 ， 心 率 ２３ ， 焦 。Ｆ 离
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直线 ｆ 与 轴 的 交 点 为 Ｂ ， ） 如 （ ０ ，
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图 ｌ
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解法 １ 由 （ ） ： １ 有 Ｆ （一２ ，
０）， （ ０） 义 Ａ（ ３）， 是 得 Ｆ： ２， ． ２， 于 Ｆ。 ２的边 Ａ ， ＡＦ Ｆ 所 在 直 线 的
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解 法 ４ 由 （ ） ： ， ２ ０ ， ２０ ． Ａ ２ ３ ， １ 有 Ｆ （一 ， ） Ｆ （ ， ） 又 （ ， ） 于
’
方程 分 别为 ３ ４ ＋ ０和 ＝ ． 一 ｙ ６＝ ２ 设 Ｆ Ａ ２的 角 平 分 线 所 在 Ｆ
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上 的 单 位 向 量 分 别 是
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解法 ６ 设直线 ｚ 的斜 率 为 ｋ 作 Ｂ ， Ｅ上Ａ ，垂 足 为 Ｅ 如 Ｆ， ，
图 ２， 由 ＦＩ ＡＢ＝ Ｆ２ Ｂ， ｌ Ａ 得 ＢＥＩ Ｂ ． ：ｌ Ｆ２ Ｉ
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又 Ａ（ ３） ２， ，
是 线 的率 ＝ ． 直 斜 为 ÷
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（一４，一３），
＝（ 一２， ）， Ｆ 一３ 一 ｚ： （ Ａ ｏ，一３） ．
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追数学离考题硇多种觎法
◎ 司政 君 巩 继 忠 （ 肃省 陇 南 市武 都 区 两 水 中 学 甘 ７６ １ ） ４ ００
【 摘要 】 以解题教 学的角度 ， 结合教材 内容 ， 不 同角度 从
入手， ２１ 对 ０ ０年 高 考 安 徽 数 学 理 科 第 １ （ ） 的 解 法 进 行 ９２ 题
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又 Ｉ１２ ＝ ， Ｆ ＝ ， ＦＦ ｌ ４ ｌ ２ ３ 于是 ｔ ２ ＝ ， Ａ ｌ ａ ｃ ÷ ｎ￣
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解得 ｋ ：一÷ （ 舍去 ）ｋ＝ ． ， ２
直线 ｌ 方程为 Ｙ 的 一３＝ （ 一２ ， ２ Ｙ ｌ ０ ２ ） 即 ｘ… ．
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（ ） 椭 圆 Ｅ 的方 程 ． １求
Ｆｌ ＡＢ ： Ｆ２ ， ＡＦ１ ＡＢ ［ ｌ＝５，
２
（ ） Ｆ Ａ 的角 平 分 线所 在 直 线 于 方 程． ２求 。Ｆ ｆ 的
是
．
．
Ｉ Ｆ．Ｉ＝２
（ ） 椭 圆 Ｅ 上 是 否 存 在 关 于 直 线 Ｚ 的 相 异 两 点？ ３在 卣 称 对 若 存 在 ， 找 出 ； 不存 在 ， 明理 由． 请 若 说
２
直线 ｌ 的方 程 为 Ｙ～ ３＝２ 一 ） 即 ２ Ｙ一 ０ （ ２ ， ｘ— １＝ ． 解 法 ５ 由 （ ） ： ． ２ ０ ， ２ ２ ０ ． Ａ（ ， ） 于 １ 有 Ｆ （一 ， ） Ｆ （ ， ） 又 ２３ ，
解 法 ２ 设 Ｆ Ａ 的 角 平 分 线 所 在 直 线 １ ．Ｆ 与 轴 的 交