一道高考试题的解法探究
一道高考试题的解法探究及教学思考
１ ＋ Ｙ Ｙ） Ｙ＋ １ — ｏ （ ｏＹ） （
２
直线垂直 问题． 下面将第 （ ） ３ 问的教学实录如下 ：
朋 ＝ 一 ，
师 ： 哪位同学来说说第 （ ） 请 ３ 问的解法？
３ ０
中。擞・ （１年 ０ 高 版 ７ ７ ２１ 第１期． 中 ） ０
． 案例分析 ．
则 Ｐ ｌ－ １ ， （ ｌ０ ， （ ，ｙ ） Ｃ ，）
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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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由 叫， 得 口 ）一 －＝ ’ （ ６ｚ ｌ０ ＋ ２
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两式相减得 ： 一
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即 上朋 ．
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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
ｌ 即 ＸＸ＋， ＝ ， ， ￣２） ｔ ０
对一道高考试题的解法探究
2020年第11期中学数学教学参考（下旬）w w w.zh o n g sh u ca n.co m$7考频道对一道高考试题的解法探究柯良才（宁夏六盘山高级中学)摘要：高考试题具有科学性、逻辑性、规范性和典型性的特点，因此，研究高考试题是高中数学教学不可或缺的一部分，对其进行反复推敲与研究，会给复习备考带来不一样的收获。
关键词：高考数学；试题；解法文章编号：1002-2171 (2020) 11-0060-02高考试题是命题专家反复推敲、精心打磨的成 果，具有科学性、逻辑性、规范性和典型性。
高考试题 不仅具有选拔功能，更具有鲜明的教学导向功能。
下面笔者就2019年高考数学全国卷I E第23题进行了 探究，不仅找到了教材中的题源，还通过联想得到了 多种解法。
1原题呈现题目：设 x，;y，z e R，且 x+y+z^l。
(I)求U—l)2+(：y+l)2+U+l)2 的最小值;(n)若 u—2)z+〇—i)2+u—成立，证明：—3 或 —1。
本题是一道多元函数的最值问题，形式较为简 单，本文仅以第（I)问为例进行分析。
随新课程理念 的不断推进，高考试题的命制越来越关注对教材例、习题的研究，多以教材例、习题为源进行提炼、变式与 拓展，达到源于教材，高于教材的命题原则。
本题也 不例外。
此题源于人教A版《数学》(选修4-5)“不等式选 讲”第一讲第一节“不等式”习题1. 1中的第11题：已知设 a R+，且 a+6 +c r=l，求证：a2十62+c2>本题常用均值不等式法求解，高考试题在教材习题的基础上进行了全面拓展：（1)将限制条件从整实 数拓展到全体实数，为后面结论的拓展提供了可靠的 条件；（2)将源题简洁的结论背景从深度和宽度两方面进行了拓展，又将多个知识点联系到一起，为后续 试题的解答提供了发挥空间，有利于形成多种解法。
2多解联想像这类结构简单、形式优美的试题，我们可考虑从 形式和结论两方面人手，发挥想象，找到解题方法。
一道高考题的解法探究与推广
２ ａ
；最小值为— — ．
ｂ
点 评 ： 题 巧 妙 运 用 ‘ ” 代 换 ， 到 与 本 ‘ 的 ｌ 得
Ａ ．
２
Ｂ ． ４
ｃ９ ． －
２
Ｄ５
．
即 可利 用基 本 不 等 式 求 解． ２构 造 ．
这道试题从它 的问题背景和难易程度来看 ， 然相 当平凡 ， 显
解析 ： 因为叶６ ２所 以旦 ＝，
， ．
，
Ⅱ
Ｄ
，
２ ａ
的最小值为 ， 故选 ｃ ．
点 评 ： 变 量 转 化 成 ｙ， 行 凑 项 ， 积 为 定 值 ， 用 基 本 不 将 进 使 利
等 式 求 解．
也 这 解：为 ＋ ２ 以 ＝ 可以 样 因 ｎｂ ， 詈十 １ ＝所 ．
０
ｂ＝ ２ （＋ Ａ＝ Ａ＋Ａ 三 ≥２ １．ａ 三：２ ， ± ＋ ２２ ） ２ ＋２ Ａ ２ ２ ２ 十 ２ ９ 当 Ｖ Ａ －
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２
且 当 ２即 ≥ 取号ｃ＝，４ 以 仅 ＝，＝时等 ，，２６ ， ｙ ＋ ＡＡ ￣ｏ ： 所 ＝ ３ １ 了 ￣
的最 小 值 为 ， 故选 ｃ ．
不见得 有多 大的 “ 新奇 ” 处 ， 剖析其 内涵 ， 掘其 内在 的功 之 但 挖 能， 可引发众多 的思考 ， 笔者 结合 自己的教学实践 ， 谈谈试题 带 给我们的思考 ， 供大家参考．
解析 ： 因为ａＯ ｂ Ｏ 卅６ ２ 所以Ｏ ａ ２ 把０ Ⅱ ２ ＞ ，＞ ， ＝ ， ＜ ＜ ， Ｉ １看做数轴上
个确 定 的数 学关 系 ， 从而形 成一个解 题 的行动 序列 ， 这就 是解
题 方 向． 目信 息 与 不 同 数 学 知 识 的 结 合 ， 能 会 形 成 多 个 解 题 可
一道高考导数压轴题的解法探究及背景和推广
一道高考导数压轴题的解法探究及背景和推广刘㊀冰(厦门外国语学校石狮分校ꎬ福建厦门３６２７００)摘㊀要:文章从不同角度给出２０２３年高考数学新课标Ⅱ卷导数压轴题第(２)问的多种解法ꎬ然后分析其背景ꎬ最后再对试题进行推广.关键词:高考ꎻ新课标ꎻ导数ꎻ背景ꎻ推广中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３３－００６０－０３收稿日期:２０２３－０８－２５作者简介:刘冰(１９８４.７－)ꎬ女ꎬ福建省泉州人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀２０２３年高考数学新课标Ⅱ卷的导数压轴题ꎬ第(１)问考查的是证明不等式ꎬ构造函数即可解决.而第(２)问考查的是已知函数ｆ(ｘ)的极值点ꎬ求参数ａ的取值范围ꎬ有一定的难度.其难点主要在于对参数ａ的讨论以及对极值的判断与取点上.该试题很好地考查了考生的分类讨论思想和数学运算㊁逻辑推理等素养.１真题再现２０２３年高考数学新课标Ⅱ卷第２２题如下:(１)证明:当０<ｘ<１时ꎬｘ－ｘ２<ｓｉｎｘ<ｘꎻ(２)已知函数ｆ(ｘ)＝ｃｏｓａｘ－ｌｎ(１－ｘ２)ꎬ若ｘ＝０是ｆ(ｘ)的极大值点ꎬ求ａ的取值范围.２解法探究(１)先证:当０<ｘ<１时ꎬｓｉｎｘ<ｘ.设ｇ(ｘ)＝ｘ－ｓｉｎｘꎬｘɪ(０ꎬ１)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝１－ｃｏｓｘ>０ꎬ所以ｇ(ｘ)在(０ꎬ１)单调递增ꎬｇ(ｘ)>ｇ(０)＝０ꎬ即ｓｉｎｘ<ｘꎬ再证:当０<ｘ<１时ꎬｘ－ｘ２<ｓｉｎｘ.解法１㊀利用ｘ>ｓｉｎｘ.设ｈ(ｘ)＝ｘ２－ｘ＋ｓｉｎｘꎬｘɪ(０ꎬ１)ꎬ由ｘ>ｓｉｎｘꎬ得ｈᶄ(ｘ)＝２ｘ－１＋ｃｏｓｘ＝２ｘ－２ｓｉｎ２ｘ２>ｘ－２ｓｉｎ２ｘ２＝２ｘ２－ｓｉｎ２ｘ２æèçöø÷>２ｓｉｎｘ２－ｓｉｎ２ｘ２æèçöø÷>０.所以ｈ(ｘ)在(０ꎬ１)单调递增ꎬ故ｈ(ｘ)>ｈ(０)＝０ꎬ即ｘ－ｘ２<ｓｉｎｘ.解法２㊀两次求导.设ｈ(ｘ)＝ｘ２－ｘ＋ｓｉｎｘꎬｘɪ(０ꎬ１)ꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝２ｘ－１－ｃｏｓｘꎬｈᵡ(ｘ)＝２－ｓｉｎｘ.当０<ｘ<１时ꎬｈᵡ(ｘ)>０ꎬ所以ｈᶄ(ｘ)在(０ꎬ１)单调递增ꎬ从而ｈᶄ(ｘ)>ｈᶄ(０)＝０ꎬ因此ｈ(ｘ)在(０ꎬ１)单调递增ꎬ故ｈ(ｘ)>ｈ(０)＝０ꎬ即ｘ－ｘ２<ｓｉｎｘ.(２)解法１㊀令１－ｘ２>０ꎬ解得－１<ｘ<１ꎬ即函数ｆｘ()的定义域为－１ꎬ１().若ａ＝０ꎬ则ｆｘ()＝－ｌｎ１－ｘ２()ꎬｘɪ－１ꎬ１()ꎬ因为ｙ＝－ｌｎｕ在定义域内单调递减ꎬｙ＝１－ｘ２在－１ꎬ０()上单调递增ꎬ在０ꎬ１()上单调递减ꎬ则ｆｘ()＝－ｌｎ１－ｘ２()在－１ꎬ０()上单调递减ꎬ在０ꎬ１()上单调递增ꎬ故ｘ＝０是ｆｘ()的极小值点ꎬ不合题意ꎬ所以ａʂ０.当ａʂ０时ꎬ令ｂ＝ａ>０ꎬ因为ｆｘ()＝ｃｏｓａｘ－ｌｎ１－ｘ２()＝ｃｏｓａｘ()－０６ｌｎ１－ｘ２()＝ｃｏｓｂｘ－ｌｎ１－ｘ２()ꎬ且ｆ－ｘ()＝ｃｏｓ－ｂｘ()－ｌｎ１－－ｘ()２[]＝ｃｏｓｂｘ－ｌｎ１－ｘ２()＝ｆｘ()ꎬ所以函数ｆｘ()在定义域内为偶函数ꎬ由题意可得ｆᶄｘ()＝－ｂｓｉｎｂｘ－２ｘｘ２－１ꎬｘɪ－１ꎬ１().(ⅰ)当０<ｂ２ɤ２时ꎬ取ｍ＝ｍｉｎ１ｂꎬ１{}ꎬｘɪ０ꎬｍ()ꎬ则ｂｘɪ０ꎬ１()ꎬ由(１)可得ｆᶄｘ()＝－ｂｓｉｎｂｘ()－２ｘｘ２－１>－ｂ２ｘ－２ｘｘ２－１＝ｘｂ２ｘ２＋２－ｂ２()１－ｘ２ꎬ且ｂ２ｘ２>０ꎬ２－ｂ２ȡ０ꎬ１－ｘ２>０ꎬ所以ｆᶄｘ()>ｘｂ２ｘ２＋２－ｂ２()１－ｘ２>０ꎬ即当ｘɪ０ꎬｍ()⊆０ꎬ１()时ꎬｆᶄｘ()>０ꎬ则ｆｘ()在０ꎬｍ()上单调递增ꎬ结合偶函数的对称性可知ꎬｆｘ()在－ｍꎬ０()上单调递减ꎬ所以ｘ＝０是ｆｘ()的极小值点ꎬ不合题意[１].(ⅱ)当ｂ２>２时ꎬ取ｘɪ０ꎬ１ｂæèçöø÷⊆０ꎬ１()ꎬ则ｂｘɪ０ꎬ１().由(１)可得ｆᶄｘ()＝－ｂｓｉｎｂｘ－２ｘｘ２－１<－ｂ(ｂｘ－ｂ２ｘ２)－２ｘｘ２－１＝ｘ１－ｘ２(－ｂ３ｘ３＋ｂ２ｘ２＋ｂ３ｘ＋２－ｂ２)ꎬ设ｈｘ()＝－ｂ３ｘ３＋ｂ２ｘ２＋ｂ３ｘ＋２－ｂ２ꎬｘɪ０ꎬ１ｂæèçöø÷ꎬ则ｈᶄｘ()＝－３ｂ３ｘ２＋２ｂ２ｘ＋ｂ３ꎬｘɪ０ꎬ１ｂæèçöø÷ꎬ且ｈᶄ０()＝ｂ３>０ꎬｈᶄ１ｂæèçöø÷＝ｂ３－ｂ>０ꎬ则ｈᶄｘ()>０对∀ｘɪ０ꎬ１ｂæèçöø÷恒成立.可知ｈｘ()在０ꎬ１ｂæèçöø÷上单调递增ꎬ且ｈ０()＝２－ｂ２<０ꎬｈ１ｂæèçöø÷＝２>０ꎬ所以ｈｘ()在０ꎬ１ｂæèçöø÷内存在唯一的零点ｎɪ０ꎬ１ｂæèçöø÷ꎬ当ｘɪ０ꎬｎ()时ꎬ则ｈｘ()<０ꎬ且ｘ>０ꎬ１－ｘ２>０ꎬ则ｆᶄｘ()<ｘ１－ｘ２－ｂ３ｘ３＋ｂ２ｘ２＋ｂ３ｘ＋２－ｂ２()<０ꎬ即当ｘɪ０ꎬｎ()⊆０ꎬ１()时ꎬｆᶄｘ()<０ꎬ则ｆｘ()在０ꎬｎ()上单调递减ꎬ结合偶函数的对称性可知ꎬｆｘ()在－ｎꎬ０()上单调递增ꎬ所以ｘ＝０是ｆｘ()的极大值点ꎬ符合题意.综上ꎬｂ２>２ꎬ即ａ２>２ꎬ解得ａ>２或ａ<－２.故ａ的取值范围为－ɕꎬ－２()ɣ２ꎬ＋ɕ().解法２㊀由ｆ(ｘ)＝ｃｏｓａｘ－ｌｎ１－ｘ２()可得ꎬｆᶄ(ｘ)＝－ａｓｉｎａｘ＋２ｘ１－ｘ２ꎬ求二阶导数ｆᵡ(ｘ)＝－ａ２ｃｏｓａｘ＋２１＋ｘ２()１－ｘ２()２ꎬ则ｆᶄ(０)＝０ꎬｆᵡ(０)＝－ａ２＋２.因为ｘ＝０是ｆ(ｘ)的极大值ꎬ由函数的连续性ꎬ我们知道还需满足在ｘ＝０的左侧附近ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬ在ｘ＝０的右侧附近ꎬｆᶄ(ｘ)<０.由题意易得ꎬｆ(ｘ)是关于ｘ的偶函数ꎬ也是关于ａ的偶函数ꎬ因此只需要关注ｘɪ(０ꎬ１)ꎬａ>０的情况.①当ｆᵡ０()＝－ａ２＋２>０ꎬ即０<ａ<２时ꎬ∃ｘ０ɪ０ꎬ１ａæèçöø÷ꎬ使ａｘ０ɪ(０ꎬ１)ꎬ在ｘɪ０ꎬｘ０()时ꎬａｘɪ(０ꎬ１)ꎬ由第(１)问可知ꎬｓｉｎａｘ<ａｘꎬ所以ｆᶄ(ｘ)＝－ａｓｉｎａｘ＋２ｘ１－ｘ２>－ａ２ｘ＋２ｘ１－ｘ２＝ｘ－ａ２＋２１－ｘ２æèçöø÷.因为φ(ｘ)＝－ａ２＋２１－ｘ２在０ꎬｘ０()上单调递增ꎬ则φｘ()>φ０()＝２－ａ２>０ꎬ所以在０ꎬｘ０()上ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬ与ｘ＝０是ｆ(ｘ)的极大值矛盾ꎬ舍去.②当ｆᵡ(０)＝－ａ２＋２<０ꎬ即ａ>２时ꎬ∃ｘ０ɪ０ꎬ１ａæèçöø÷ꎬ使ａｘ０ɪ(０ꎬ１)ꎬ在ｘɪ０ꎬｘ０()时ꎬａｘɪ(０ꎬ１)ꎬ由第(１)问可知ｓｉｎａｘ>ａｘ－(ａｘ)２ꎬ所以ｆᶄ(ｘ)＝－ａｓｉｎａｘ＋２ｘ１－ｘ<－ａ２ｘ＋ａ３ｘ２＋２ｘ１－ｘ２＝ｘ－ａ２＋ａ３ｘ＋２１－ｘ２æèçöø÷.因为ｇ(ｘ)＝－ａ２＋ａ３ｘ＋２１－ｘ２在０ꎬｘ０()上单调递增ꎬ则ｇ(ｘ)ｍｉｎ＝ｇ(０)＝－ａ２＋２<０ꎬ所以存在ｘ１１６ɪ０ꎬｘ０()ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎬ符合题意.综上ꎬ由是关于的偶函数知ａ>２或ａ<－２.３背景分析本题的高数背景是极值的第二充分条件和第三充分条件.合并后即是如下定理.定理㊀设函数ｆ(ｘ)在Ｕｘ０ꎬδ()内ｎ阶可导ꎬ且ｆᶄｘ０()＝ｆᵡｘ０()＝ ＝ｆ(ｎ－１)ｘ０()＝０ꎬｆ(ｎ)ｘ０()ʂ０ꎬ则(１)当ｎ为奇数时ꎬｆ(ｘ)在点ｘ０不取极值ꎻ(２)当ｎ为偶数且ｆ(ｎ)ｘ０()>０时ꎬｆ(ｘ)在ｘ０取极小值ꎻ(３)当ｎ为偶数且ｆ(ｎ)ｘ０()<０时ꎬｆ(ｘ)在ｘ０取极大值.利用定理ꎬ可得到本题的另一解法.解法３㊀Ｓ表示ｆ(ｘ)的极大值点的集合ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝－ａｓｉｎａｘ＋２ｘ１－ｘ２＝－ａｓｉｎａｘ＋１１－ｘ－１１＋ｘꎬｆᶄ(０)＝０ꎻｆᵡ(ｘ)＝－ａ２ｃｏｓａｘ＋１(１－ｘ)２＋１(１＋ｘ)２ꎬｆᵡ(０)＝２－ａ２ꎻｆ‴(ｘ)＝ａ３ｓｉｎａｘ＋２(１－ｘ)３－２(１＋ｘ)３ꎬｆ‴(０)＝０ꎻｆ(４)(ｘ)＝ａ４ｃｏｓａｘ＋６(１－ｘ)４＋６(１＋ｘ)４ꎬｆ(４)(０)＝ａ４＋１２.由定理可得:若－２<ａ<２ꎬ则ｆᶄ(０)＝０ꎬｆᵡ(０)>０ꎬ０∉Ｓꎻ若ａ>２或ａ<－２ꎬ则ｆᶄ(０)＝０ꎬｆᵡ(０)<０ꎬ０ɪＳꎻ若ａ＝ʃ２ꎬ则ｆᶄ(０)＝ｆᵡ(０)＝ｆ‴(０)＝０ꎬｆ(４)(０)>０ꎬ０∉Ｓ.综上ꎬａ的取值范围为(－ɕꎬ－２)ɣ(２ꎬ＋ɕ).４试题推广本题还可以作如下推广.(１)证明:当０<ｘ<１时ꎬｘ－ｘ２<ｓｉｎｘ<ｘꎻ(２)已知函数ｆ(ｘ)＝ｃｏｓａｘ－ａｌｎ１－ｘ２()ꎬ若ｘ＝０是ｆ(ｘ)的极大值点ꎬ求ａ的取值范围[２].解㊀(１)略.(２)显然ｆ(ｘ)的定义域是Ｉ＝(－１ꎬ１).易见ｘɪＩ时ｆᶄ(ｘ)＝－ａｓｉｎａｘ＋ａ１－ｘ－ａ１＋ｘꎬｆᶄ(０)＝０ꎻｆᵡ(ｘ)＝－ａ２ｃｏｓａｘ＋ａ(１－ｘ)２＋ａ(１＋ｘ)２ꎬｆᵡ(０)＝２ａ－ａ２ꎻｆ‴(ｘ)＝ａ３ｓｉｎａｘ＋２ａ(１－ｘ)３－２ａ(１＋ｘ)３ꎬｆ‴(０)＝０ꎻｆ(４)(ｘ)＝ａ４ｃｏｓａｘ＋６ａ(１－ｘ)４＋６ａ(１＋ｘ)４ꎬｆ(４)(０)＝ａ４＋１２ａ.设Ｓ表示ｆ(ｘ)的极大值点的集合.由定理可得:若０<ａ<２ꎬ则ｆᶄ(０)＝０ꎬｆᵡ(０)>０ꎬ０∉Ｓꎻ若ａ<０或ａ>２ꎬ则ｆᶄ(０)＝０ꎬｆᵡ(０)<０ꎬ０ɪＳꎻ若ａ＝２ꎬ则ｆᶄ(０)＝ｆᵡ(０)＝ｆ‴(０)＝０ꎬｆ(４)(０)>０ꎬ０∉Ｓꎻ若ａ＝０ꎬ则ｆ(ｘ)＝１为常数ꎬ０∉Ｓ.综上ꎬａ的取值范围为(－ɕꎬ０)ɣ(２ꎬ＋ɕ).试题以三角函数㊁对数函数为背景.三角函数的导数是中学数学教学的重点与难点.试题巧妙地将三角函数与对数函数相结合ꎬ讨论函数的极值问题ꎬ具有一定的综合性.试题的高等数学背景是极值的第三充分条件ꎬ起点高ꎬ但落点低ꎬ设计新颖ꎬ紧扣课程标准.通过第(１)问铺设好的不等式ꎬ给第(２)问的证明提高了思路ꎬ降低了思维强度.参考文献:[１]刘品德ꎬ李义仁.函数奇偶性的应用[Ｊ].数学通讯ꎬ２０１５(Ｚ４):１０－１１.[责任编辑:李㊀璟]２６。
利用二级结论优解椭网小题——2023年高考数学甲卷理科第12题解法探究
利用二级结论 优解椭圆小题——2023年高考数学甲卷理科第12题解法探究ʏ甘肃省张掖市实验中学 王新宏圆锥曲线试题是高考数学的必考试题,是重点也是难点㊂大部分同学对其有畏惧心理,找不到解决的突破口㊂2023年高考数学甲卷理科第12题是一道椭圆压轴小题,它以椭圆焦点三角形为背景,考查椭圆的定义㊁余弦定理㊁焦点三角形等知识,题干简洁,设问直接,内涵丰富㊂本题入手比较容易,方法比较多,考查同学们理性思维与数学探究能力,体现了逻辑推理㊁直观想象㊁数学运算等核心素养㊂解决本题的关键在于数形结合,即可考虑用余弦定理,也可考虑焦半径公式㊁焦点三角形面积公式㊁中线的向量公式㊁中线定理㊁极化恒等式等相关二级结论迅速求解㊂试题凝聚了命题专家的心血与智慧,简约而不简单,为不同能力水平的同学提供了相应的思考空间,是一道独具匠心的好题㊂1.试题呈现2023年高考数学甲卷理科第12题:图1如图1所示,设O 为坐标原点,F 1,F 2为椭圆C :x 29+y26=1的两个焦点,点P 在椭圆C上,c o s øF 1P F 2=35,则|O P |=( )㊂A.135 B .302 C .145 D .3522.解法探究解法1:(挖出两角互补这个隐含条件)由椭圆方程知a 2=9,b 2=6㊂因为c 2=a 2-b 2,所以a =3,c =3,e =c a =33㊂在әP F 1F 2中,由余弦定理得:c o s øF 1P F 2=|P F 1|2+|P F 2|2-|F 1F 2|22|P F 1|㊃|P F 2|㊂则35=|P F 1|2+|P F 2|2-(23)22|P F 1|㊃|P F 2|=(|P F 1|+|P F 2|)2-122|P F 1|㊃|P F 2|-1㊂所以85=36-122|P F 1|㊃|P F 2|=12|P F 1|㊃|P F 2|,解得|P F 1|㊃|P F 2|=152㊂在әP O F 1和әP O F 2中,øP O F 1+øP O F 2=π,由余弦定理得:|P O |2+|O F 1|2-|P F 1|22|P O |㊃|O F 1|=-|P O |2+|O F 2|2-|P F 2|22|P O |㊃|O F 2|㊂解得|P O |2=152,所以|O P |=302㊂点评:解题的关键是发现øP O F 1+øP O F 2=π,c o s øP O F 1=-c o s øP O F 2这样的隐含条件,它往往能帮助整个题目的顺利求解㊂解法2:(借焦半径之力)同解法1,可得|P F 1|㊃|P F 2|=152㊂设P (x P ,y P ),则由焦半径公式得|P F 1|=a +e x P =3+33x P ,|P F 2|=a -e x P =3-33x P ,所以9-13x 2P =152,得x 2P =92㊂将P (x P ,y P )的坐标代入椭圆方程得y 2P =3,所以|O P |=x 2P +y 2P =92+3=302,选B ㊂点评:二级结论之焦半径公式:椭圆x2a2+63 解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年3月y 2b2=1(a >b >0)的两个焦点为F 1(-c ,0),F 2(c ,0),其上一点P (x 0,y 0),则|P F 1|=a +e x 0,|P F 2|=a -e x 0㊂证明过程:|P F 1|=(x 0+c )2+y 20=(x 0+c )2+b 2-b 2x 2a 2=c 2x 20a2+2c x 0+a2=c x 0a+a2=c x 0a+a =e x 0+a ㊂同理可证|P F 2|=a -e x 0㊂焦点在y 轴上的椭圆的焦半径公式为|P F 1|=a +e y 0,|P F 2|=a -e y 0㊂解法3:(与焦点三角形面积公式结合)设øF 1P F 2=2θ,0<θ<π2,所以S әP F 1F 2=b 2t a nøF 1P F 22=b 2t a n θ㊂由c o s øF 1P F 2=c o s 2θ=c o s 2θ-s i n 2θc o s 2θ+s i n 2θ=1-t a n 2θ1+t a n 2θ=35,解得t a n θ=12或-12(舍去)㊂由椭圆方程可知,a 2=9,b 2=6,c 2=a 2-b 2=3㊂所以,S әP F1F2=12ˑ|F 1F 2|ˑ|y P |=12ˑ23ˑ|y P |=6ˑ12,解得y 2P =3㊂则x 2P =9ˑ1-36=92㊂因此,|O P |=x 2P +y 2P =3+92=302,故选B ㊂点评:二级结论之椭圆焦点三角形面积公式:椭圆x 2a 2+y2b 2=1(a >b >0)的两个焦点为F 1(-c ,0),F 2(c ,0),其上异于左右顶点的一点P (x 0,y 0)(x 0ʂʃa ),则әP F 1F 2的面积S =b 2t a n α2(α=øF 1P F 2)㊂证明过程:如图2所示,设P (x ,y ),由余弦定理得|F 1F 2|2=|P F 1|2+|P F 2|2-2|P F 1|㊃|P F 2|c o s α㊂①由椭圆的定义得:图2|P F 1|+|P F 2|=2a ㊂②则②2-①得:|P F 1|㊃|P F 2|=2b21+c o s α㊂故S әP F 1F 2=12|P F 1|㊃|P F 2|s i n α=12㊃2b 21+c o s αs i n α=b 2t a n α2㊂解法4:(与中线的向量公式结合)由题意知|P F 1|2+|P F 2|2-2|P F 1|㊃|P F 2|c o s øF 1P F 2=|F 1F 2|2,即|P F 1|2+|P F 2|2-65|P F 1||P F 2|=12㊂①并且|P F 1|+|P F 2|=6㊂②解得|P F 1||P F 2|=152,|P F 1|2+|P F 2|2=21㊂而P O ң=12P F 1ң+P F 2ң ,所以|O P |=|P O ң|=12|P F 1ң+P F 2ң|㊂则|P O ң|=12|P F 1ң+P F 2ң|=12|P F 1ң|2+2P F 1ң㊃P F 2ң+|P F 2ң|2=1221+2ˑ35ˑ152=302,故选B ㊂图3点评:如图3所示,若A D 为әA B C 边B C 的中线,则A D ң=12(A B ң+A C ң),中线的向量公式在高考中也备受青睐㊂解法5:(与中线定理结合)由题意知|P F 1|+|P F 2|=2a =6㊂①|P F 1|2+|P F 2|2-2|P F 1||P F 2|㊃c o s øF 1P F 2=|F 1F 2|2,即|P F 1|2+|P F 2|2-65|P F 1||P F 2|=12㊂②联立①②,解得|P F 1|2+|P F 2|2=21㊂73解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年3月由中线定理可知,|O P |2=2(|P F 1|2+|P F 2|2)-|F 1F 2|24㊂易知|F 1F 2|=23,解得|O P |=302㊂故选B ㊂点评:(1)二级结论之中线定理:如图4所示,若平行四边形A B C D 的对角线交于点O ,则|A O ң|2=2(|A B ң|2+|A C ң|2)-|C B ң|24㊂图4证明过程:A B ң+A C ң=2A O ң,①A B ң-A Cң=C B ң㊂②①2+②2得2(|A B ң|2+|A C ң|2)=(2|A O ң|)2+|C B ң|2,则|A Oң|2=2(|A B ң|2+|A C ң|2)-|C B ң|24,得证㊂中线定理在计算有关中线长度与相邻两边长度关系时,化繁为简,从而事半功倍㊂(2)中线定理的一个有用推论:平行四边形对角线的平方和等于其相邻两边平方和的两倍,即在图4中,|B D ң|2+|A C ң|2=2(|A B ң|2+|A D ң|2)㊂解法6:(与极化恒等式结合)由题意知|P F 1|+|P F 2|=2a =6㊂①|P F 1|2+|P F 2|2-2|P F 1||P F 2|㊃c o s øF 1P F 2=|F 1F 2|2,即|P F 1|2+|P F 2|2-65|P F 1||P F 2|=12㊂②联立①②,解得|P F 1||P F 2|=152,|P F 1|2+|P F 2|2=21㊂由极化恒等式得P F 1ң㊃P F 2ң=|P F 1ң|㊃|P F 2ң|c o s øF 1P F 2=|O P ң|2-|O F 1ң|2=92,解得|O P |=302㊂故选B ㊂点评:二级结论之极化恒等式:如图4所示,若平行四边形A B C D 的对角线交于点O ,则A B ң㊃A D ң=|A O ң|2-|B O ң|2㊂证明过程:A B ң+A C ң=2A O ң,①A B ң-A D ң=D B ң㊂②①2-②2,得A B ң㊃A C ң=14[(2|A O ң|)2-(2|B O ң|)2]=|A O ң|2-|B O ң|2,得证㊂极化恒等式在处理与中线有关的数量积时,往往会出奇制胜,事半功倍㊂3.巩固练习(1)(2019年高考浙江卷理科第15题)已知椭圆x 29+y25=1的左焦点为F ,点P 在椭圆上且在x 轴的上方,若线段P F 的中点在以原点O 为圆心,|O F |为半径的圆上,则直线P F 的斜率是㊂(2)(2019年全国Ⅰ卷文科第12题)已知椭圆C 的焦点为F 1(-1,0),F 2(1,0),过F 2的直线与椭圆C 交于A ,B 两点,如果|A F 2|=2|F 2B |,|A B |=|B F 1|,则椭圆C 的方程为( )㊂A.x 22+y 2=1 B .x 23+y 22=1C .x 24+y 23=1 D .x 25+y24=1答案:(1)15 (2)B 4.小结与启示从以上内容可以看出,对于解析几何小题,一般不直接考虑设点的坐标运算,而是先画草图,接着充分考虑图形的几何性质特征与圆锥曲线定义,以及相关的二级结论,这样往往更能帮助同学们看清图形元素间内在的联系,挖掘问题本质,简化解题过程,减少运算量,提高解题的效率,快速准确解题㊂对高考真题进行适当的研究,不但可以明确高考重难点,把握高考方向,避免学习的随意性㊁盲目性,而且可以有效训练同学们的思维能力,培养创新意识,提高学习数学的兴趣㊂(责任编辑 徐利杰)83 解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年3月。
一道试题的解法探究与教学反思
一道试题的解法探究与教学反思广西南宁市第三十六中学（530001） 庞 毅［摘 要］通过对一道高三摸底试题进行考情分析、解法探究和问题拓展，揭示试题的本质，并从注重解题经验积累培养数学运算素养、注重信息技术应用培养学生数字素养两个方面提出教学反思。
［关键词］解法探究；教学反思；圆锥曲线；信息技术［中图分类号］ G 633.6 ［文献标识码］ A ［文章编号］ 1674-6058（2024）05-0025-03解析几何是高考加强“综合性”考查的重要载体。
广西南宁市2024届高中毕业班摸底测试第21题将直线与椭圆的位置关系以及长度计算相结合，问题设计紧扣高考评价体系的“基础性、综合性、应用性、创新性”考查要求，既基础又开放，对高三数学复习备考具有重要的参考意义。
一、试题呈现与考情分析（一）试题呈现已知平面上动点E 到点A （1，0）与到圆B ：x 2+y 2+2x -15=0的圆心B 的距离之和等于该圆半径。
记Ε的轨迹为曲线Γ。
（1）说明Γ是什么曲线，并求Γ的方程；（2）设C 、D 是Γ上关于x 轴对称的不同两点，点M 在Γ上，且M 异于C 、D 两点，O 为原点，直线CM 交x 轴于点P ，直线DM 交x 轴于点Q ，试问||OP ·||OQ 是否为定值？若为定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由。
评析：本题主要考查椭圆的定义、标准方程、几何性质和直线方程等主干知识，考查通过代数运算结果判断几何性质的坐标法和函数与方程、转化与化归以及数形结合等数学思想，考查逻辑推理、数学运算等核心素养。
第（2）问是开放性问题，重点考查学生的创新能力和探索精神。
（二）考情分析本题的考试情况如表1所示。
表1 考情分析题目第21题实考人数54110满分12平均分1.15标准差1.77难度0.15区分度0.21满分率0.16零分率29.52从统计的结果来看，本题总体平均分1.15，难度0.15，这个结果出乎命题组的预料。
一道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
一道高考数学填空题的解法探究
，
＋
ｔ ｎ ［ ａ ｔ
这是一道关于 “ 三角函数” 的填充题 ，主要考 查三角函数 的基础知识 和三角恒等 一 阻 变换等基本思想方法 ，考查 的知识点为解三角形 、正弦定理 、余弦定理的灵活运用．
本题 构思巧妙 ，内涵丰富 、结构和谐 ，解法 多样 ，是一道全方位考查 三角变换 与
１ 持 “ 法” ． 坚 通 ，定 能 “ 到 最 后 ” ． 笑 Ｂ —宝 Ｃ ｛ 所谓 “ 通法 ”就是采用平时处理这类问题的一般方法 ： ， 切化弦＋ 正弦定理＋ 弦定理． 余
蹶 由 ６Ｃ 手６Ｚ－ ，ｎ２ ｃ 以 ＋ ＝ ＋＝ｏ， ＋：一ｂｅ ２＝ ２ ａｃ 得 ｓ ×＋ｃ故 ＋ 争 ， ａ 一 ｂ 所 ｅ
下 图所示 的直角坐
标 系 ， 设 Ａ ， ， Ｂ
（，）则 ｃｓ ＝ ， 。 ０， ｏＣ ｘ
Ｕ
ｙ 、
２ ． 在斜 ＡＡ Ｃ中 ， Ａ， Ｃ所 对的边分别为 Ⅱ ｂ Ｂ 角 Ｂ， ，，
一ｊ ２ ￣ｂ－
ａ２ ｃ ２
－
一
ｃ
０ｃ
ｉＡ ｃ。 ｎ
１ ．
ｏ（＋ ） 则角 Ａ 的值 为— ｓ ＿ Ａ） ｔ Ｃ ａＤ ｓｉ ｓ ｉ
ｓ
ｓＣ ＝ ｉ ｎ
ｓ ｉＺ ｎＣ
＿ ＝Ｃ 箍 ｓ ２ ＝
ｅ ｂ＋ ｃ２
－
盟
ｔ ｎＣ ａ
一
’
ａ２
—
—
—
＝
—
—
Ｍ
专 ＝ｉｃＡ＝ 丽Ｃｓ ｓ ｏ ｎ
＝２２２ 丽ｃａ＝ ｂ＿ ＋
２ ２ｅ－ ２ （ ＋２ｂ ａ ）
２ 巧妙 “ 值” ． 赋 ，定 能 “ 得 最 美 ” ． 笑
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（ 求证 ： Ｉ） ＡＢ上Ｂ Ｃ；
所以 ０ （ ＜Ｐ ．
而言 ， 向量的处理明显比传统的做法更为
则， （） 第 Ｉ 问考查线线垂直的判定 ， 属于送 分题 ， Ⅱ） 第（ 问主要考查面面角 、 面角的 线 有关知识 ， 以通过建 立线 面角 、 可 面面 角 的计算关系 ， 利用三角 函数 及不等 式的性 质予 以解 决 ， 遵循了在知识交汇处命题 的
Ｃ
由ｎ ＝Ｏ． ｆ ｔ ｎＢ
’
等腰三角形 ， Ｄ是 ＡＢ的中点 ， 又 Ｃ Ｄ上ＡＢ 又 Ｖ ， Ｃ上底 面 Ａ Ｃ Ｂ ．
・ ． ．
Ｉ ／ Ｏ， 、 一ｃＢ上平面 Ｖ Ｄ． Ｃ
可取 ｎ （一 ， ， ｎ － ａ＞ ， ＝０ ａ ） ， ｃ 于是 口Ａ ￣＝ － ｃＯ －
问的研究提供了建立空随 角坐标系的
可能 ， 体现 了立体 几何的发展趋势一
一
以
向量为工具 ， 化抽 象的逻辑推理为计 算这 指导 思想 ， 而对 于第（ 问的两种解 法 Ⅱ）
（ ＜ ｒ Ｐ ｌ ＂
，
繁琐 ， 是否 意味着编者有意打破向量的 这 解法 ２： （Ｉ） ， 由 知 以点 Ｂ为 坐标原 处 理方法要优于传统的逻辑论证呢 角为 ０ 二面角 Ａ 一 Ｃ Ａ的大小为 ‘， ， Ｂ — ｐ试 点 ，以 Ｂ 、 Ａ、 Ｂ 所在的直线 分别 为 Ｘ ＣＢ Ｂ 拓展训练 ： 判断 ０与 ‘的大小关 系， ｐ 并予 以证 明． 轴、 Ｙ轴、 轴 ，建立 如图所示的空 间直角 Ｚ 如图 ，在三棱锥 Ｖ ＡＢ — Ｃ中 ， Ｃ上底 Ｖ 分析 ：本题照顾 了 ９ 、 Ｂ两个版 本 坐 标 系 ，设 Ａ ａ ＡＣ ｂＡＢ ｃ Ａ９ Ａ ＝ ， ＝ ， ＝ ，则 Ｂ 面 ＡＢ Ａ Ｃ， Ｃ上Ｂ Ｄ 是 ＡＢ的 中 点 ， Ｃ， 且 的学生 ， 能用传统 做法 ， 能借助 向量 既 也 （ Ｏ Ｏ ， （ Ｃ ０． 、 ６ Ｏ， ，）Ａ０，， ） ／ Ｃ（ ， ，）Ａ （， ０Ｏ，１ Ｏ 来论证 ， 体现 了面 向全体 ， 背景 公平 的原 Ａ ：Ｃ ａ／ Ｄ ： ＜ ＜ ． Ｃ Ｂ： ， Ｖ Ｃ ｅ０ ｏ 孚１ ｆ
一
并且第二种解 某射手进行射击练 习， 每射击 ５发子 看到两种解法的结果相 同， 似乎他们已经接受第二 弹算一组 ， 旦命中就停 止射击 ， 一 并进 入 法过程非常简捷 ！
下一组练习 ， 否则一直打完 ５发子弹后进 种解 法．难道 题中 的随机 变量 ∈果真服 ］ ５ － 入下一组练习 ， 已知他射击一次的命中 从几何 分布Ｉ ７ 且 率为 ０８ ．，求在这一组练习中耗用子弹数 《 的分布列 ，并求 出 § 的期望 与 方差
Ｄ． 毛
ｉ １ ｐ ｒ （一 ） Ｐ
Ｐ Ｐ 。 ｓ＝ （一Ｐ Ｐ １ ） １ ） 一ｎ （一Ｐ
一ｎ １ ） 一 Ｐ（－Ｐ ＝１
二 、 区辨析 误
不 妨从 几何分布的概念入手 ： 在独立 重复试验中 ， 某事件第一次发生时所作试
由平面 Ａ Ｂ Ｃ上侧面 Ａ，Ｂ 且平面 Ａ Ｂ， ＡＢ Ｃｎ坝 面 ＡＡＢ ＿Ａ１ 得 』 １ Ｂ＝ Ｂ， ｌ
Ａ 上 平 面 ＡＢ Ｄ Ｃ， 又 Ｂ 平 面 Ｃｃ
－Ｃ Ａ－ ＊
－
又Ａ Ｂｃ平 面 Ｖ ． 面 Ｖ 上平 ＡＢ 平 ＡＢ
Ｃ ． ￣ ｎ的夹角 １为锐角 ，则 １与 ０互为 面 Ｖ Ｄ ３ ３ （Ｉ 过点 Ｃ在 平面 Ｖ Ｄ内作 Ｃ １） Ｃ Ｈ上 余角．
（ 求证 ： Ｉ） 平面 Ｖ ＡＢ上平面 Ｖ Ｄ； Ｃ
设平面 Ａ Ｂ Ｃ的一个法 向量为 ｎ 《， ＝ｘ ｙ） ，， ｚ 则
（ 当角 ０变 化时 ， Ⅱ） 求直线 Ｂ Ｃ与 平面 Ｖ ＡＢ所成的角 的取值范围．
解析： （Ｉ）‘Ｃ Ｂ ＝ ． ＣＢ是 ‘ ＝ Ｃ ａ △Ａ ． Ａ
考试题
涛
ｓ ｅ ｉ ＝ ｎ ， 于 是 由 ｃ ＜ｂ 得 Ｊ
— ＝ ＜ ＝ ＝，即 ｓ ｅ ｉ 又 ＝ — 一 ｉ ＜ｓｎ ｎ ｅ， ｂ／ 、 、 ／ ‘ ’ ０ ０ （ ， 以 ０ ‘ ＜ ，＜ 所 Ｐ ＜Ｐ ．
点评 ： Ｉ问中的线线垂直为第（ ） 第（ ） Ｉ Ｉ
．
，
在 Ｒ ＡＣ Ｄ中， Ｈ 毕 ｔ Ｈ Ｃ＝
ａｉ ； ｓ０ ｎ
（ 转 ３ 下 Ｏ页 ）
又 Ａ Ａ ｎＡＤ Ａ，从 而 Ｂ ＝ Ｃ上侧 面
Ａｄ ｅｓ ｙ ｍａ ｅ ｉ ｗｉ ，ｎ ｔｒ ｈ逆 境 出 人 才 。 ｖ ｒｉ ｋ ｓａ ｍａｌ ｓ ｔ ｅ ｏ ｉ ． ｃ
！｛
原则 。 【Ｉ） 明 ： 右 图 ， 点 Ａ在 平面 证 如 过
Ｃ ａ于 是 ，）
ｙ
Ａ， Ｂ 内作 Ａ Ｌ Ｂ于 Ｄ， ＡＢ Ｄ＿Ａ１ 则
＝
＝
（／ ２ｃ一０ Ｏ， 、 ６－ ２， ，） （／ Ｉ 一 ，） 、 ６ ＿，ｃ ０，
＝ｏ Ｃ ａ， ／ ， ，） ＝Ｏ ０ ａ， （， ，）
Ａ Ｂ 所以 ＡＤＪＢ ． Ｃ， Ｃ ＿
ｓｅｃｓ ｉ—。 ｎ ｐ ｃ ｏ ｓ
而ｃ ， ａ 丽Ｃ
因为 三棱 柱 ＡＢ —Ａ ＢＣ 是直 三棱 Ｃ 柱， Ａ 则 Ａ 上底面 Ａ Ｃ， Ｂ
所 以 Ａ Ｃ． Ａ 上Ｂ
Ｖ Ｄ于 Ｈ 则由（ ） Ｃ 平面 Ｖ Ｂ ， Ｉ 知 Ｄ上 Ａ ． 连接 Ｂ Ｈ，于是 ／Ｃ Ｈ就是 直线 Ｂ Ｂ Ｃ 与平面 Ｖ ＡＢ所成 的角 ．
｝
分 布 概 急 理 觚
向清耀 张世 林
一
、
例 题 引入
一
部分采 用解法 １做出结 果的学生
（一ＰＳ ＝１ （一Ｐ＋・・ （一１ １ ） １ ） Ｐ １ ） ・＋ ｎ ） 一Ｐ Ｐ（ ＋ Ｐ１ ） ｎ （一Ｐｒ 、 Ｓ 一 （一ＰＳ ＝Ｐ １ ） ＋Ｐ （一Ｐ＋・・ （一Ｐ １ ） ・＋Ｐ １ ）