一道高考题的五种解法
一道高考题的多种解法
将 一 即 一 。代 人 上 式 得
一 ｏｓ 一
者 见 仁 ， 者 见 智 ， 文 给 出 以下 五种 解 法 ， 读 者参 考 ． 智 本 供
法一 ： 用韦达定理设而不求． 利
赤
’
，
①
②
同理 在 △ＡＥＦ中 有 Ｃ ＝ ＯＯ ｓ
／ ３
据 意 椭 方 为 一 ，设 线ｌ 方 为 题 设 圆 程 玉＋ １ 直 的 程 并
别 作 Ａ ， Ｂ Ａ Ｂ 垂 直 于 ｌＡ ， 为 垂 足 ， Ｂ 作 Ｂ 垂 直 于 ， Ｂ 过 Ｅ
法五 ： 半 径 设 而 不 求 法 ． 焦
据 意 椭 方 为 一，线 Ｂ 斜 为 ， 题 设 圆 程 番＋ １ Ａ倾 角 直
ｌ ＦＩ一 ３ Ａ ｍ，Ｊ Ｉ— ｍ。 Ａ （－３ ｃｓ， ｍ ｉ ） 商 则 ｃ ｏ０一３ ｓ ， ｎ
中掌生数理佗 ． 掌研版
一
道 高考题 的 多种 解 法
一 刘 军 旗
２１ ０ ０年 高 考 全 国 卷 Ⅱ选 择 题 （ ２ ： 知 椭 圆 Ｃ： ＋ １） 已
法 四 ： 用 椭 圆 第 一 定 义 及 余 弦 定 理 求解 ． 利
设 椭 圆 另 一 焦 点 为 Ｅ， 直线 ＡＢ倾 斜 角 为 ０在 △ Ｂ Ｆ 中 ， Ｅ
④ ， ③ ④ 由
——＿ －一 —
—
／ ’ ／ Ｆ
消 得薯 一 去。 蒜
． ２１ ｋ ２， 则 ＝ ， ２ｋ ２ 即 ＝ ＝－ ｆ ．
Ａ
法二 ： 利用 椭 圆 第二 定 义 在 直 角三 角 形 中求 斜 率 ．
如 图 １ 设 直 线 ｌ 椭 圆 的 右 准线 ， ， 为 为离 心率 ， Ａ、 分 过 Ｂ
利用一题多解 训练发散思维--一道2010年高考试题的五种解法
一√ ｊ １ 一
解 法 １利 用导 数 求最 小 值 ： ｓ ㈦ ＝ ４・
，
解 法 ５ 利 用 均 值 不 等 式 Βιβλιοθήκη 最 小 值 ：√３ ｌ一
． ｓ ，ｘ） ４ ． － ： 二
√ ３
一
—
二
） ） （ ２ ＝（＝ ！ ＝ ：
ｃ 苎＝ ± （： ±（ 二 一 ！ 鱼 一 ４ ＝ ｊ ！ 鱼 ） ＿ Ｑ
，
ｓ ＜ ， －４ 二 单 ） ０Ｓ （
因 为 ｍ ＋Ｉ ＿ ６
一
１ ２ ， 一ｏ 一， ０ ＾ｎ ≥ ／ ． １： ２
ｍ
调 减当 ∈ ， ，（ 。 ＝ 递 ； ［ １ ｓ ）， 万 ＿ 吉 ） ． ４二 时 ｓ
单 递 。 当 ｛时 ｓ 最 值 。 调 增 故 ： ，的 小 是
． 一
“＝ ４为定值 ， 根据二次 函数根的分布可得
１
＝
＋Ｉ・ ． Ｉ ） （
『 ３—（ ） 一 ｉ ， △ ６４ （ ）０ ９ ＞
ｌ 对称轴 ＝ — ＜ ， Ｉ
｛ ・ 二 （＜ ＜ ） ＊ ０ １。（ ）
即： ｛
将 Ｓ：
≥’以 ｉ。 同 法 。 ｕ８下 解 ３ 所 ＞
由于 ｓ＝ ： ， “＝ 令
本 题 构 思 巧 妙 ， 颖 别 致 ， 应用 题 的形 式 来 考 新 以 查学生建模思想 以及 分析 问题 和解决 问题 的能力 ， 考 查 学 生 的 创 新 意 识 、 散 思 维 。新 课 标 教 学 的 重 发 要 理 念 是 重 视 数 学 的 应 用性 ， 生 活 中 来 ， 要 回到 从 就 生活 中去 ， 数学不应是高高在上的悬空理论 ， 而应该 是生活的服务生。这种类 型的题 目在今年 的高考 中 出现较多 ， 预计这类试 题 的出现对今 后的高 中数学 命题有着重要的导向作用。 （ 作者单位 ： 北省 当阳市第二 高级 中学） 湖
殊途同归 异曲同工---- 一道高考题的四种解
mv02
2mg 2h2 v02 gh
对v0求导可得
EK
mv0
4mg 2h2v0 (v02 gh)2
当 EK 0 时有极小值即
mv0
4mg 2h2v0 (v02 gh)2
0
即 v02 gh
探险队员的动能最小，最小值为
Emin
3时 v2＝3gh，则最小动能为
(12mv2)min＝32mgh ⑧
解法二
(2) ⑤式可以改写为
EK
1 2
mv02
2mg 2h2 v02 gh
1 2
m(v02
gh
4g 2h2 v02 gh
gh)
当
v02
gh
4g 2h2 v02 gh
即 v0 gh 时，他落在坡面时的动能最小。
2h
质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。 (1)求此人落到坡面时的动能； (2)此人水平跳出的速度为多大
时，他落在坡面时的动能最小？动能 的最小值为多少？
解：(1)设该队员在空中运动的时间为 t，在坡面上落点
的横坐标为 x，纵坐标为 y。由运动学公式和已知条件得
x＝v0t ①
2h－y＝1gt2 ② 2
殊途同归 异曲同工 ---- 一道高考题的四种解法
一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另 一侧的坡面呈抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧，以速 度v0沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示，以沟底的O点为 原点建立坐标系xOy。已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡 面的抛物线方程为 y 1 x2 ；探险队员的质量为m。人视为
根据题意有
y＝ x2 ③ 2h
y
2hv02 v02 gh
由机械能守恒得，此人落到坡面时的动能为
一九七九年全国高考理科数学试题的一个题的八种解法
b
=
一
:
12
Z
x
二
( 3)
s
=
一
2 时,
。
则y
二
10 9 士 t
( 2 )
,
有y
极大
=
一
3
2:
+
22 2
+
20
要 对 数有 意 义
1
一
必须
0
〔解 法 三 〕 ( 利用 判别 式 法 )
原 式移 项 得
因 x 为实 数
(y
一
,
:
3x
“ 一
+
12x +
=
。
(
y 一 8
“
)
4
0
X
一
1
1
>
故△
0
,
( 12 )
。
)
>
2 十 2
a
二
4
〔这 里 是 利 用 不
的极 值
增 函数
。
等式
,
a +
b七 2 衬
b
〔解 」 因 e > l
。
y
=
e ’
是 关 于 自变 量 t 的 其中
,
(
a
>
0
,
b>
1
二
X
0 )〕 ( 3 )
故若 令
x
一
里
一
等 号仅 在
x
x 一
1
一
1
即x
=
2
时
x
x
,
+
1
高考数学答题模板
高考数学答题模板
1. 解法一：代数法
解题步骤：
（1）分析题目，根据所给条件设定变量；
（2）建立方程或不等式，表示已知的条件和要求的关系；（3）求解方程或不等式，得到结果；
（4）结合题意判断答案是否合理；
（5）若需求解区间或范围，还需分析边界条件。
2. 解法二：几何法
解题步骤：
（1）绘制清晰准确的图形，标注已知条件和要求的关系；（2）根据已知条件和要求，运用几何定理推导、引理等，进行求解；
（3）结合题意判断答案是否合理；
（4）若需求解区间或范围，还需分析边界条件。
3. 解法三：综合法
解题步骤：
（1）综合分析题目条件，确定使用代数法或几何法或两者结合进行解答；
（2）根据分析的方法，进行相应的计算和推导；
（3）结合题意判断答案是否合理；
（4）若需求解区间或范围，还需分析边界条件。
4. 解法四：特殊问题解法
解题步骤：
（1）针对特殊问题的特点，寻找相应的解题技巧；
（2）应用特殊问题解法，进行求解；
（3）结合题意判断答案是否合理；
（4）若需求解区间或范围，还需分析边界条件。
5. 解法五：分类讨论法
解题步骤：
（1）将题目所给条件进行分类讨论；
（2）对不同情况分别进行解答；
（3）结合题意判断答案是否合理；
（4）若需求解区间或范围，还需分析边界条件。
注意：上述为解题模板的基本框架，具体情况下可根据题目的要求和条件进行适当的调整和变化。
【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 。
一道高考题的五种解法
．
．
式与（ ２ ） 式 消去 ｃ ０ ｓ ａ得 ： ２ ｓ ｉ ｎ ｚ ａ一 源自ｎ 一 ２： ０，
Ｃ ＯＳ ￣ ｔ＝
孚＞ ０ ， 因 此 ｃ ｏ ｓ ２ ａ ＜ ０ ， 从 而 ｃ ０ ａ ＝ 一 孚， 选 Ａ ．
桐 别杆 特
求得
又 由题设 ｎ为第 二 象 限角 ， 所以 ｓ ｉ ｎ ｎ＞ ｏ ， 即ｓ ｉ ｎ ａ： Ｊ
，
， 、
廿 ‘ 一 Ｌ “ 丁 分析 一 ： 利 用三 角 函数 基 本 公 式 ｓ ｉ ｎ 。 ＋ｃ ０ ｓ ＝ １ ， 联 立 方 程 组来 求解 得 ｓ ｉ ｎ ａ ， ｃ ｏ ｓ ａ的值 ， 进 而求 得 ｃ ｏ ｓ ２ 俚的值 ． ／ ｆ ￣ －： ｓ ｉ ｎ ａ＋６ ０ ８ １ （ １ ） ， ｓ ｉ ｎ ａ＋Ｃ Ｏ ａ Ｏ ｔ ＝ （ ２ ） ， 联立 （ １ ）
即２ ａ位于第三或第 四象限， 这样 ｃ ｏ ｓ ２ ａ的符号不唯一 ， 因此这种 方法不 能确 定 ｃ ｏ ｓ ２ ｏ ￣ 的符 号． 下 面从 另一 个 角 度 来 确 定 ｃ ｏ ｓ ２ ｏ ｔ 的符 号 ： 根 据 二 倍 角 公 式 ｃ ｏ ｓ ２ ａ＝ Ｃ Ｏ Ｓ ａ—ｓ ｉ ｎ ａ＝（ ｃ ｏ ｓ ｏ ｔ ＋ ｓ ｉ ｎ ａ ）・ （ ｃ ０ 一 ｓ ｉ ｎ ａ ） ， 因为 Ｑ为 第 二象 限角 所 以 ｃ ０ ＜ ｏ ， ｓ ｉ ｎ ａ＞ ｏ ， 从而 ｃ ｏ ｓ ｏ ｔ — ｓ ｉ ｎ ａ＜ ０ ， 另外 ｓ ｉ ｎ ａ＋
Ｔ
取决
３ ＋ ４ １ ￣
解 法 四 ： 同 解 法 三 实 质 一 样 ， 求 得 ｃ ｏ ｓ ２ ｃ ｔ ＝ 孚， 下 面 来 判 断
，
ｒ Ｓ ＂ 代入 ‘ ２ ’ 式得 ｃ 啪 。
2023年新高考Ⅰ卷第22题的五种解法
２０２３年新高考Ⅰ卷第２２题的五种解法卢会玉(西北师范大学附属中学ꎬ甘肃兰州７３００７０)摘㊀要:文章从三角函数㊁直线的参数方程等五个角度解析了２０２３年新高考Ⅰ卷第２２题ꎬ通过对新鲜出炉的真题的研究与分析ꎬ剖开了题目的内核ꎬ感受数学思维的变通性㊁反思性㊁严密性㊁开放性的重要性.关键词:新高考ꎻ数学ꎻ五种方法中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０１－００２０－０４收稿日期:２０２３－１０－０５作者简介:卢会玉(１９８１.７－)ꎬ女ꎬ甘肃省天水人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事中学数学教学研究.㊀㊀自新高考施行以来ꎬ有很多学生吐槽数学题通常都是 满纸的不超纲ꎬ但就是不正常说话! 不难发现ꎬ命题者是想通过改变固定的命题模式ꎬ指导教师和学生实现两个转变:从解题到解决问题的转变ꎻ从死板的刷题到培养思维的转变[１].这是在大力推行核心素养的背景下进行的一次具有革命性的变化!２０２３年新高考Ⅰ卷第２２题让我们再一次感受到了数学思维训练的重要性ꎬ下文从三角函数㊁直线的参数方程等五种不同的角度对该题进行了解析.１试题呈现题目㊀(２０２３年新高考Ⅰ卷第２２题)在直角坐标系ｘＯｙ中ꎬ点Ｐ到ｘ轴的距离等于点Ｐ到点(０ꎬ１２)的距离ꎬ记动点Ｐ的轨迹为Ｗ.(１)求Ｗ的方程ꎻ(２)已知矩形ＡＢＣＤ有三个点在Ｗ上ꎬ证明:矩形ＡＢＣＤ的周长大于３３.２试题解析２.１第(１)问解析解析㊀设动点Ｐ(ｘꎬｙ)ꎬ则由题意可得ｙ＝ｘ２＋(ｙ－１２)２.化简可得ｘ２＝ｙ－１４.也可用抛物线的定义解决:点Ｐ的轨迹是以(０ꎬ１２)为焦点ꎬ以ｘ轴为准线的抛物线ꎬ所以抛物线的焦准距ｐ＝１２ꎬ故抛物线的方程为ｘ２＝２ｐ(ｙ－１４)ꎬ即ｘ２＝ｙ－１４.２.２第(２)问解析解法１㊀(利用三角函数和放缩法解题)不妨设ＡꎬＢꎬＤ在Ｗ上ꎬ显然矩形ＡＢＣＤ每条边所在直线的斜率都存在.因为此时ＡＢʅＡＤꎬ则设ＡＢ的倾斜角为θꎬ所以ＡＤ的倾斜角为９０ʎ＋θ.设点Ａ(ｘＡꎬｘ２Ａ＋１４)ꎬ则直线ＡＢ的方程为ｙ＝ｔａｎθ(ｘ－ｘＡ)＋ｘ２Ａ＋１４.由抛物线和矩形的对称性ꎬ不妨设０<θɤ４５ʎ.由ｘ２＝ｙ－１４ꎬｙ＝ｔａｎθ(ｘ－ｘＡ)＋ｘ２Ａ＋１４ꎬìîíïïïï得ｘ２－ｘｔａｎθ＋ｘＡｔａｎθ－ｘ２Ａ＝０ꎬΔ＝ｔａｎ２θ－４ｘＡｔａｎθ＋４ｘ２Ａ>０ꎬ所以ｘＡ＋ｘＢ＝ｔａｎθ.则ｘＢ＝ｔａｎθ－ｘＡ.所以ＡＢ＝ｘＡ－ｘＢｃｏｓθ＝ｔａｎθ－２ｘＡｃｏｓθ.同理ＡＤ＝ｃｏｔθ＋２ｘＡｓｉｎθ.所以矩形ＡＢＣＤ的周长为２(ＡＢ＋ＡＤ)＝２(ｔａｎθ－２ｘＡｃｏｓθ＋ｃｏｔθ＋２ｘＡｓｉｎθ).因为０<θɤ４５ʎꎬ所以０<ｓｉｎθɤｃｏｓθ.则２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２ˑｔａｎθ－２ｘＡ＋ｃｏｔθ＋２ｘＡｃｏｓθ(当且仅当θ＝４５ʎ时取等号).㊀又根据ａ＋ｂȡａ＋ｂ(当且仅当ａｂȡ０时取等号)ꎬ所以２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２ｃｏｓθｔａｎθ＋１ｔａｎθ＝２ｃｏｓθˑ１ｓｉｎθｃｏｓθ＝２ｓｉｎθｃｏｓ２θ＝２－ｓｉｎ３θ＋ｓｉｎθ.令ｆ(ｘ)＝－ｘ３＋ｘꎬｘɪ０ꎬ２２æèç]ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝－３ｘ２＋１＝－３(ｘ＋３３)(ｘ－３３).令ｆᶄ(ｘ)>０ꎬ得０<ｘ<３３ꎬ此时函数单调递增.令ｆᶄ(ｘ)<０ꎬ得３３<ｘ<２２ꎬ此时函数单调递减.所以ｆ(ｘ)ｍａｘ＝ｆ(３３)＝２３９ꎬ此时ｓｉｎθ＝３３.所以２(ＡＢ＋ＡＤ)>２２３/９＝３３.即矩形ＡＢＣＤ的周长大于３３.解法２㊀(利用直线参数方程和放缩法解题)不妨设ＡꎬＢꎬＤ在Ｗ上ꎬ显然矩形ＡＢＣＤ每条边所在直线的斜率都存在.因为此时ＡＢʅＡＤꎬ则设ＡＢ的倾斜角为θꎬ所以ＡＤ的倾斜角为９０ʎ＋θ.设点Ａ(ｍꎬｍ２＋１４)ꎬ则直线ＡＢ的参数方程为ｘ＝ｍ＋ｔｃｏｓθꎬｙ＝ｍ２＋１４＋ｔｓｉｎθìîíïïï(ｔ为参数ꎬ０<θɤ４５ʎ)ꎬ直线ＡＤ的参数方程为ｘ＝ｍ－ｔｓｉｎθꎬｙ＝ｍ２＋１４＋ｔｃｏｓθìîíïïï(ｔ为参数ꎬ０<θɤ４５ʎ).将ｘ＝ｍ＋ｔｃｏｓθꎬｙ＝ｍ２＋１４＋ｔｓｉｎθꎬìîíïïï代入ｘ２＝ｙ－１４ꎬ得ｔ２ｃｏｓ２θ＋ｔ(２ｍｃｏｓθ－ｓｉｎθ)＝０.所以ｔＢ＝ｓｉｎθ－２ｍｃｏｓθｃｏｓ２θ＝ｔａｎθ－２ｍｃｏｓθ.则ＡＢ＝ｔａｎθ－２ｍｃｏｓθ.同理ＡＤ＝１/ｔａｎθ＋２ｍｓｉｎθ.所以矩形ＡＢＣＤ的周长为２(ＡＢ＋ＡＤ)＝２(ｔａｎθ－２ｍｃｏｓθ＋ｃｏｔθ＋２ｍｓｉｎθ).因为０<θɤ４５ʎꎬ所以０<ｓｉｎθɤｃｏｓθꎬ则２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２ˑｔａｎθ－２ｍ＋ｃｏｔθ＋２ｍｃｏｓθ(当且仅当θ＝４５ʎ时取等号).又根据ａ＋ｂȡａ＋ｂ(当且仅当ａｂȡ０时取等号)ꎬ所以２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２ｃｏｓθｔａｎθ＋１ｔａｎθ.以下同解法１.解法３㊀(利用常规根与系数关系和放缩法解题)不妨设ＡꎬＢꎬＤ在Ｗ上ꎬ显然矩形ＡＢＣＤ每条边所在直线的斜率都存在.因为此时ＡＢʅＡＤꎬ则设ＡＢ的斜率为ｋꎬ所以ＡＤ的斜率为－１ｋ.设点Ａ(ｘＡꎬｘ２Ａ＋１４)ꎬ则直线ＡＢ的方程为ｙ＝ｋ(ｘ－ｘＡ)＋ｘ２Ａ＋１４.由ｘ２＝ｙ－１４ꎬｙ＝ｋ(ｘ－ｘＡ)＋ｘ２Ａ＋１４ꎬìîíïïïï得ｘ２－ｋｘ＋ｋｘＡ－ｘ２Ａ＝０ꎬΔ＝ｋ２－４ｋｘＡ＋４ｘ２Ａ>０.所以ｘＡ＋ｘＢ＝ｋꎬ则ｘＢ＝ｋ－ｘＡꎬ所以ＡＢ＝１＋ｋ２ｋ－２ｘＡ.同理ＡＤ＝１＋１ｋ２ｘＡ－ｘＤ＝１＋１ｋ２－１ｋ－２ｘＡ＝１＋１ｋ２１ｋ＋２ｘＡ.所以矩形ＡＢＣＤ的周长为２(ＡＢ＋ＡＤ)＝２(１＋ｋ２ｋ－２ｘＡ＋１＋１ｋ２１ｋ＋２ｘＡ).又由抛物线和矩形的对称性可知ꎬ－１ɤｋɤ１ꎬｋʂ０ꎬ不妨使０<ｋɤ１ꎬ则２(ＡＢ＋ＡＤ)＝２(１＋ｋ２ｋ－２ｘＡ＋１＋１ｋ２１ｋ＋２ｘＡ)ȡ２１＋ｋ２(ｋ－２ｘＡ＋１ｋ＋２ｘＡ)(当且仅当ｋ＝１时取等号).又根据ａ＋ｂȡａ＋ｂ(当且仅当ａｂȡ０时取等号)ꎬ所以２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２１＋ｋ２ｋ＋１ｋ＝２(１＋ｋ２)(ｋ＋１ｋ)２＝２(１＋ｋ２)(ｋ２＋２＋１ｋ２).令ｆ(ｘ)＝(１＋ｘ)(ｘ＋２＋１ｘ)ꎬｘɪ０ꎬ１(]ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝２ｘ－１ｘ２＋３＝２ｘ３＋３ｘ２－１ｘ２＝(２ｘ－１)(ｘ＋１)２ｘ２ꎬ令ｆᶄ(ｘ)>０ꎬ得１２<ｘ<１ꎬ此时函数单调递增ꎻ令ｆᶄ(ｘ)<０ꎬ得０<ｘ<１２ꎬ此时函数单调递减.所以ｆ(ｘ)ｍｉｎ＝ｆ(１２)＝２７４ꎬ此时ｋ２＝１２.所以２(ＡＢ＋ＡＤ)>２ˑ２７４＝３３.即矩形ＡＢＣＤ的周长大于３３.解法４㊀(利用常规根与系数关系和分段函数解题)不妨设ＡꎬＢꎬＤ在Ｗ上ꎬ显然矩形ＡＢＣＤ每条边所在直线的斜率都存在.因为此时ＡＢʅＡＤꎬ则设ＡＢ的斜率为ｋꎬ所以ＡＤ的斜率为－１ｋ.设直线ＡＢ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍꎬ直线ＡＤ的方程为ｙ＝－１ｋｘ＋ｎ.由ｘ２＝ｙ－１４ꎬｙ＝ｋｘ＋ｍꎬìîíïïï得ｘ２－ｋｘ－ｍ＋１４＝０.Δ＝ｋ２＋４ｍ－１>０ꎬ所以ｘＡ＋ｘＢ＝ｋꎬ则ｘＢ＝ｋ－ｘＡꎬ所以ＡＢ＝１＋ｋ２ｋ－２ｘＡ.同理可得ＡＤ＝１＋１ｋ２１ｋ＋２ｘＡ.所以矩形ＡＢＣＤ的周长为２(ＡＢ＋ＡＤ)＝２(１＋ｋ２ｋ－２ｘＡ＋１＋１ｋ２１ｋ＋２ｘＡ)＝２１＋ｋ２(２ｘＡ－ｋ＋２ｋｘＡ＋１ｋ２).令ｆ(ｘＡ)＝２ｘＡ－ｋ＋２ｋｘＡ＋１ｋ２ꎬ由抛物线和矩形的对称性可知ꎬ－１ɤｋɤ１ꎬｋʂ０ꎬ不妨使０<ｋɤ１ꎬ则ｆ(ｘＡ)＝２ｘＡ－ｋ＋２ｋｘＡ＋１ｋ２＝－(２ｋ＋２)ｘＡ＋ｋ－１ｋ２ꎬｘＡ<－１２ｋꎬ(２ｋ－２)ｘＡ＋ｋ＋１ｋ２ꎬ－１２ｋɤｘＡ<ｋ２ꎬ(２ｋ＋２)ｘＡ－ｋ＋１ｋ２ꎬｘＡȡｋ２.ìîíïïïïïïïï则ｆ(ｘＡ)在(－¥ꎬ－１２ｋ)上单调递减ꎬ在(－１２ｋꎬ＋¥)上单调递增.所以ｆ(ｘＡ)ȡｆ(－１２ｋ)＝ｋ＋１ｋ.所以２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２１＋ｋ２ｋ＋１ｋ.以下同解法３.解法５㊀(利用坐标运算和放缩法解题)不妨设Ａ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬＤ(ｘ３ꎬｙ３)在Ｗ上ꎬ则ｙ１＝ｘ２１＋１４ꎬｙ２＝ｘ２２＋１４ꎬｙ３＝ｘ２３＋１４.因为ＡＢʅＡＤꎬ则ＡＢң ＡＤң＝０.即(ｘ１－ｘ２)(ｘ１－ｘ３)＋(ｙ１－ｙ２)(ｙ１－ｙ３)＝０.所以(ｘ１－ｘ２)(ｘ１－ｘ３)＋(ｘ２１－ｘ２２)(ｘ２１－ｘ２３)＝(ｘ１－ｘ２)(ｘ１－ｘ３)１＋(ｘ１＋ｘ２)(ｘ１＋ｘ３)[]＝０.所以１＋(ｘ１＋ｘ２)(ｘ１＋ｘ３)＝０.即(ｘ１＋ｘ２)(ｘ１＋ｘ３)＝－１.所以矩形ＡＢＣＤ的周长为２(ＡＢ＋ＡＤ)＝２((ｘ１－ｘ２)２＋(ｙ１－ｙ２)２＋(ｘ１－ｘ３)２＋(ｙ１－ｙ３)２)＝２[ｘ１－ｘ２１＋(ｘ１＋ｘ２)２＋ｘ１－ｘ３１＋１/(ｘ１＋ｘ２)２]因为(ｘ１＋ｘ２)(ｘ１＋ｘ３)＝－１ꎬ所以不妨设(ｘ１＋ｘ２)２ɤ(ｘ１＋ｘ３)２ꎬ所以２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２１＋(ｘ１＋ｘ２)２(ｘ１－ｘ２＋ｘ１－ｘ３)[]ꎬ当且仅当ｘ２＋ｘ３＝２ｘ１时取等号.又根据ａ＋ｂȡａ－ｂ(当且仅当ａｂɤ０时取等号)ꎬ所以ｘ１－ｘ２＋ｘ１－ｘ３ȡｘ２－ｘ３＝(ｘ１＋ｘ２)－(ｘ１＋ｘ３)＝(ｘ１＋ｘ２)＋１(ｘ１＋ｘ２).即２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２１＋(ｘ１＋ｘ２)２(ｘ１＋ｘ２)＋１(ｘ１＋ｘ２).令ｍ＝ｘ１＋ｘ２ꎬ由(ｘ１＋ｘ２)(ｘ１＋ｘ３)＝－１ꎬ可不妨设ｍɪ０ꎬ１(]ꎬ则２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２１＋ｍ２ｍ＋１ｍ.以下同解法３.３结束语不难发现ꎬ以上五种方法有一个共同的特点ꎬ就是都利用了不等式性质进行了放缩运算ꎬ达到了减少变量的目的ꎬ最后基本都变换为一个利用函数单调性求最值的问题.所以ꎬ遇到思维量较大的题目ꎬ我们一定要有明确的目标ꎬ有的放矢.参考文献:[１]丁益民ꎬ金鹏. 一 以贯之:高三专题复习的教学组织:以解析几何解题教学为例[Ｊ].数学通讯ꎬ２０２３(０８):４８－５１ꎬ５４.[责任编辑:李㊀璟]。
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一道高考题的五种解法-中学数学论文
一道高考题的五种解法
高成龙
（首都师范大学数学科学学院，北京100048）
摘要：数学被称为思维的体操，一题多解可以透过多个角度来审视一道题目，对学生的解题能力有很大提高。
本文通过对一道高考题进行深入分析，得出五种解法，拓展了解题思路，培养学生探究式学习的兴趣。
关键词：三角函数；一题多解；高考
中图分类号：G633文献标识码：A文章编号：1005-6351(2013)-11-0025-01 题目：（2012年全国大纲卷·理7）已知α为第二象限角，且si nα+cosα=33，则cos2α=（）
A.－53
B.－59
C.53
D.59
分析一：利用三角函数基本公式sin2α+cos2α=1，联立方程组来求解得sinα,cosα的值，进而求得cos2α的值.
解法一：sin2α+cos2α=1（1），sinα+cosα=33（2），联立（1）式与（2）式消去cosα得：2sin2α－233sinα－23=0，
求得sinα=3+156或sinα=3－156.
又由题设α为第二象限角，所以sinα0，即sinα=3+156 ，代入（2）式得cosα=3－156，由cos2α=cos2α－sin2α得cos2α=－53，选A.
分析二：在解法一中求得sinα的值之后，无需在求cosα，直接利用cos2α=1－2sin2α来求cos2α的值.
解法二：由解法一求得sinα=3+156，由cos2α=1－2sin2α得cos2α=1－
2sin2α=1－23+1562=－53，选A.
分析三：根据sinα+cosα=33先求得sin2α的值，进而求得cos2α的值.
解法三：因为sinα+cosα=33，将其两边完全平方得:
sinα+cosα2=1+sin2α=13，解得:sin2α=－23，利用sin22α+cos22α=1得cos2α=±53，由题设α∈π2,π，则2α∈π,2π，即2α位于第三或第四象限，这样cos2α的符号不唯一，因此这种方法不能确定cos2α的符号.
下面从另一个角度来确定cos2α的符号：根据二倍角公式cos2α=cos2α－sin2α=cosα+sinα·cosα－sinα，因为α为第二象限角，所以cosα0,sinα0，从而cosα－sinα0，另外sinα+cosα=330，因此cos2α0，从而cos2α=－53，选A.
分析四：解法思路同解法三相同，区别在于判断cos2α的符号取决于cosα与sinα的大小.
解法四：同解法三实质一样，求得cos2α=±53，下面来判断cos2α的符号，因为α为第二象限角，所以cosα0,sinα0，且sinα+cosα=330，从而sinαcosα，因此cos2α=cosα2－sinα20，从而cos2α=－53，选A.
分析五：由已知sinα+cosα的值，利用恒等式去求解cosα－sinα的值，进而求得cos2α的值.
解法五：由于题目已知sinα+cosα=33,为避免求sin2α的值，直接利用恒等式cosα+sinα2+cosα－sinα2=2得cosα－sinα2=53，又由解法三cosα－sinα0，因此cosα－sinα=－153，从而cos2α=cosα+sinα·cosα－sinα=33×－153=－53,选A.
作者简介：高成龙，首都师范大学数学科学学院，2012级研究生，研究方向：
数学教育。