对一道征解题解法的解法探究与背景分析

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。

一道高考试题的解法分析与背景研究田　林（江苏省苏州市第五中学，２１５００８） ２０１０年高考北京卷理科第１９题是一道构思精巧的解析几何问题：在平面直角坐标系ｘＯｙ中，点Ｂ与点Ａ（－１，１）关于原点Ｏ对称，Ｐ是动点，且直线ＡＰ与ＢＰ的斜率之积等于－１３．（Ⅰ）求动点Ｐ的轨迹方程；（Ⅱ）设直线ＡＰ和ＢＰ分别与直线ｘ＝３交于点Ｍ，Ｎ，问：是否存在点Ｐ使得△ＰＡＢ与△ＰＭＮ的面积相等？若存在，求出点Ｐ的坐标；若不存在，说明理由．笔者在求解此题的过程中发现了隐藏在题目背后的平面几何背景，从而对此题的命题思路也有了更多的感悟．现将自己的想法整理成文，供大家参考．１．解法分析解法一　（Ⅰ）根据题意，设Ｐ点坐标为（ｘ，ｙ），因为点Ｂ与Ａ（－１，１）关于原点Ｏ对称，∴Ｂ点坐标为（１，－１），而由直线ＡＰ与ＢＰ的斜率之积等于－１３可知ｙ－１ｘ＋１·ｙ＋１ｘ－１＝－１３，整理得３ｙ２＋ｘ２＝４（ｘ≠±１），即动点Ｐ的轨迹方程为ｘ２４＋３ｙ２４＝１（ｘ≠±１）．（Ⅱ）假设存在点Ｐ（ｘ０，ｙ０），使得△ＰＡＢ与△ＰＭＮ的面积相等，设点Ｍ，Ｎ的坐标分别为（３，ｙＭ），（３，ｙＮ），则直线ＡＰ的方程为ｙ－１＝ｙ０－１ｘ０＋１（ｘ＋１），直线ＢＰ的方程为ｙ＋１＝ｙ０＋１ｘ０－１（ｘ－１），令ｘ＝３，解之得ｙＭ＝４ｙ０＋ｘ０－３ｘ０＋１，ｙＮ＝２ｙ０－ｘ０＋３ｘ０－１，于是△ＰＭＮ的面积为Ｓ△ＰＭＮ＝１２·｜ｙＭ－ｙＮ｜·（３－ｘ０）＝１２·｜ｘ０＋ｙ０｜·（３－ｘ０）２｜ｘ２０－１｜，又直线ＡＢ的方程为ｘ＋ｙ＝０，｜ＡＢ｜＝槡２　２，计算可知，点Ｐ到直线ＡＢ的距离ｄ＝｜ｘ０＋ｙ０｜槡２，从而△ＰＡＢ的面积Ｓ△ＰＡＢ＝１２·｜ＡＢ｜·ｄ＝｜ｘ０＋ｙ０｜，由Ｓ△ＰＡＢ＝Ｓ△ＰＭＮ可知｜ｘ０＋ｙ０｜＝｜ｘ０＋ｙ０｜·（３－ｘ０）２｜ｘ２０－１｜，而｜ｘ０＋ｙ０｜≠０，∴（３－ｘ０）２＝｜ｘ２０－１｜，解之得ｘ０＝５３，又ｘ２０＋３ｙ２０＝４，∴ｙ０＝±槡３３９，即存在点Ｐ（５３，±槡３３９），使得△ＰＡＢ与△ＰＭＮ的面积相等．点评　上述解法的思维起点是利用三角形面积公式Ｓ＝１２ａｈ来求△ＰＡＢ与△ＰＭＮ的面积，这就需要先设出Ｐ点坐标（ｘ０，ｙ０），再由直线ＡＰ、ＢＰ的方程求出Ｍ、Ｎ的坐标以及线段ＡＢ的长度和点Ｐ到直线ＡＢ的距离．整个求解过程容易想到，但不容易计算．解法二　（Ⅰ）同解法一．（Ⅱ）假设存在点Ｐ（ｘ０，ｙ０），使得△ＰＡＢ与△ＰＭＮ的面积相等，则１２｜ＰＡ｜·｜ＰＢ｜·ｓｉｎ∠ＡＰＢ＝１２｜ＰＭ｜·｜ＰＮ｜·ｓｉｎ∠ＭＰＮ，因为ｓｉｎ∠ＡＰＢ＝ｓｉｎ∠ＭＰＮ，∴｜ＡＰ｜｜ＰＭ｜＝｜ＰＮ｜｜ＰＢ｜，即｜ｘ０＋１｜｜３－ｘ０｜＝｜３－ｘ０｜｜ｘ０－１｜，０４数学通讯———２０１１年第７、８期（上半月） ·辅教导学·整理得（３－ｘ０）２＝｜ｘ２０－１｜，解之得ｘ０＝５３，又ｘ２０＋３ｙ２０＝４，∴ｙ０＝±槡３３９，即存在点Ｐ（５３，±槡３３９），使得△ＰＡＢ与△ＰＭＮ的面积相等．点评　与解法一相比，解法二在求△ＰＡＢ与△ＰＭＮ的面积时采用了公式Ｓ＝１２ａｂｓｉｎＣ，从而由三角形面积相等得到比例关系｜ＡＰ｜｜ＰＭ｜＝｜ＰＮ｜｜ＰＢ｜．方法上小小的改变避免了计算Ｍ、Ｎ的坐标以及线段ＡＢ的长度和点Ｐ到直线ＡＢ的距离，体现了思维的灵活性．解法三　（Ⅰ）同解法一．（Ⅱ）假设存在点Ｐ（ｘ０，ｙ０），使得△ＰＡＢ与△ＰＭＮ的面积相等，延长直线ＡＢ，与直线ｘ＝３相交于点Ｃ，如图１，计算可知，点Ｃ的坐标为（３，－３），图１由△ＰＡＢ与△ＰＭＮ的面积相等可知△ＡＣＭ与△ＢＣＮ的面积也相等，从而有１２｜ＡＣ｜·｜ＣＭ｜·ｓｉｎ∠ＡＣＭ＝１２｜ＢＣ｜·｜ＣＮ｜·ｓｉｎ∠ＢＣＮ，而ｓｉｎ∠ＡＣＭ＝ｓｉｎ∠ＢＣＮ，∴｜ＢＣ｜｜ＡＣ｜＝｜ＣＭ｜｜ＣＮ｜，又｜ＢＣ｜｜ＡＣ｜＝１２，∴｜ＣＭ｜｜ＣＮ｜＝１２，即Ｍ是ＣＮ的中点，于是由Ｂ是ＡＣ的中点，Ｍ是ＣＮ的中点，可知Ｐ是△ＣＡＮ的重心，因为Ａ（－１，１），Ｃ（３，－３），且Ｎ的横坐标也是３，所以由三角形重心坐标公式可知Ｐ点的横坐标为－１＋３＋３３＝５３，又ｘ２０＋３ｙ２０＝４，∴ｙ０＝±槡３３９，即存在点Ｐ（５３，±槡３３９），使得△ＰＡＢ与△ＰＭＮ的面积相等．点评　解法三充分挖掘隐含信息，由条件“△ＰＡＢ与△ＰＭＮ的面积相等”得到“△ＡＣＭ与△ＢＣＮ的面积相等”，再由点Ｂ是ＡＣ的中点推出点Ｍ是ＣＮ的中点，从而发现点Ｐ是△ＣＡＮ的重心．求解过程逐步转化，层层深入，几乎不用计算就能得出答案，体现了思维的深刻性．２．背景研究与解题感悟回顾上述求解历程，不难发现解法三其实揭示了该题的平面几何背景：已知Ａ（－１，１），Ｃ（３，－３），Ｎ（３，ｙＮ）（ｙＮ≠－３），若Ｐ为△ＣＡＮ的重心，则点Ｐ的横坐标为ｘ＝５３．至此，我们终于发现了点Ａ、Ｂ与直线ｘ＝３之间“隐蔽”的联系，明白了“△ＰＡＢ与△ＰＭＮ的面积相等”的另一层含义．椭圆原来只是遮盖在几何背景上的一层面纱，若将条件“直线ＡＰ与ＢＰ的斜率之积等于－１３”改为“直线ＡＰ与ＢＰ的斜率之积等于１３”，则Ｐ点轨迹由椭圆变为双曲线，但不变的是仍然存在点Ｐ，使得△ＰＡＢ与△ＰＭＮ的面积相等，且Ｐ点的横坐标为ｘ＝５３．与２０１０年其它省市高考卷中的解析几何题相比，这道题特色鲜明、意味深长．试题回避了利用根与系数的关系求解直线与圆锥曲线位置关系问题的命题套路，独辟蹊径，以平面几何为支撑，突出了对解析法本质的考查．试题简约却不简单，有效地考查了学生的思维能力、运算能力、图形分析能力，同时让不同层次的考生能有不同层次的发挥与收获，真正体现了高考“多考一点想，少考一点算”的指导思想．在今后的解题教学中，我们应该多进行一些“能力培养”，少开展一些“题型训练”，应该通过变式教学、自主探究，让学生感受数学思想，掌握解题方法，领会问题本质，从而真正提高他们的思维水平和解题策略．（收稿日期：２０１１－０３－２９）１４·辅教导学· 数学通讯———２０１１年第７、８期（上半月）。

一道习题的解法探究与反思谢忠德(广东省江门市江海区外海中学ꎬ广东江门５２９０８０)摘㊀要:作者在教学过程中遇到一道简单习题ꎬ经过思考分析ꎬ发现存在很多种解答方法ꎬ这些方法贯穿了高中数学的主要知识脉络ꎬ目的就是要让我们的学生明白ꎬ在学习的过程中只有不断地挖掘不同知识之间的联系ꎬ才能形成坚实的解题能力和养成良好的解题思维习惯.关键词:解题方法教学ꎻ不等式ꎻ最小值中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０４－００３７－０３收稿日期:２０２３－１１－０５作者简介:谢忠德(１９７７.７－)ꎬ男ꎬ江西省赣县人ꎬ硕士ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀近期ꎬ笔者在 直线的方程 这一章节的教学中给学生布置了一道课后习题ꎬ当时认为它可能有不少解法ꎬ觉得会趣味无穷.于是经过笔者对该题的认真思考和深入研究后ꎬ确实得出了多种解法ꎬ不足之处ꎬ敬请指正.１题目呈现题目㊀已知点Ｐ(ｘꎬｙ)在直线２ｘ＋ｙ－１＝０上ꎬ求ｘ２＋ｙ２的最小值.２解法探究２.１利用一元二次函数的性质解法１㊀将ｙ＝１－２ｘ代入ｘ２＋ｙ２ꎬ得ｘ２＋ｙ２＝ｘ２＋(１－２ｘ)２＝５ｘ２－４ｘ＋１＝５(ｘ－２５)２＋１５ȡ１５ꎬ当ｘ＝２５时ꎬｘ２＋ｙ２有最小值１５.２.２利用一元二次方程根的判别式解法２㊀设ｘ２＋ｙ２＝ａꎬ则将ｙ＝１－２ｘ代入ꎬ得ａ＝ｘ２＋(１－２ｘ)２.即５ｘ２－４ｘ＋(１－ａ)＝０.因为ｘɪＲꎬΔ＝(－４)２－４ˑ５ˑ(１－ａ)＝２０ａ－４ȡ０ꎬ即ａȡ１５.故ｘ２＋ｙ２有最小值１５.２.３从导数入手解法３㊀将ｙ＝１－２ｘ代入ｘ２＋ｙ２ꎬ得ｘ２＋ｙ２＝ｘ２＋(１－２ｘ)２＝５ｘ２－４ｘ＋１.设ｆ(ｘ)＝５ｘ２－４ｘ＋１ꎬ求导ꎬ得ｆᶄ(ｘ)＝１０ｘ－４.令ｆᶄ(ｘ)＝０ꎬ解得ｘ＝２５.当ｘɪ(－ɕꎬ２５)时ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎻ７３当ｘɪ(２５ꎬ＋ɕ)时ꎬｆᶄ(ｘ)>０.所以当ｘ＝２５ꎬ[ｆ(ｘ)]ｍｉｎ＝ｆ(２５)＝１５.故ｘ２＋ｙ２有最小值１５.２.４利用点到直线的距离解法４㊀如图１所示ꎬ将求ｘ２＋ｙ２的最小值问题转化为在直线２ｘ＋ｙ－１＝０上找一点Ｐ(ｘꎬｙ)ꎬ使点Ｐ到原点的距离ＯＰ＝ｘ２＋ｙ２为最小的问题ꎬ为此过原点Ｏ作ＯＰ垂直于直线２ｘ＋ｙ－１＝０ꎬ垂足Ｐ即为所求点.图１㊀解法４示意图因为ＯＰ＝０＋０－１２２＋１２＝１５ꎬ所以ＯＰ２＝１５.所以ｘ２＋ｙ２有最小值１５.２.５利用三角换元法解法５㊀设ｘ２＋ｙ２＝ｍ２(ｍȡ０)ꎬ令ｘ＝ｍｓｉｎαꎬｙ＝ｍｃｏｓαꎬ２ｘ＋ｙ＝２ｍｓｉｎα＋ｍｃｏｓα＝１ꎬ所以ｍ＝１２ｓｉｎα＋ｃｏｓα＝１５ｓｉｎ(α＋φ)(其中ｔａｎφ＝１２).因为５ｓｉｎ(α＋φ)ɤ５ꎬ所以ｍȡ１５.故ｘ２＋ｙ２有最小值１５.２.６利用柯西不等式解法６㊀因为(２２＋１２)(ｘ２＋ｙ２)ȡ(２ｘ＋ｙ)２＝１ꎬ所以ｘ２＋ｙ２ȡ１５.故ｘ２＋ｙ２有最小值１５.２.７构造等差数列解法７㊀由２ｘ＋ｙ＝１知ꎬ２ｘꎬ１２ꎬｙ成等差数列ꎬ不妨设公差为ｄꎬ则有２ｘ＋ｄ＝１２ꎬｙ＝１２＋ｄ.ìîíïïïï即ｘ＝１４－ｄ２ꎬｙ＝１２＋ｄ.ìîíïïïï代入ｘ２＋ｙ２ꎬ得ｘ２＋ｙ２＝(１４－ｄ２)２＋(１２＋ｄ)２＝５４ｄ２＋３４ｄ＋５１６＝５４(ｄ＋３１０)２＋１５ȡ１５.所以当ｄ＝－３１０时ꎬｘ２＋ｙ２有最小值１５.２.８利用不等式ａ２ｍ＋ｂ２ｎȡ(ａ＋ｂ)２ｍ＋ｎ解法８㊀因为ｘ２＋ｙ２＝(２ｘ)２４＋ｙ２１ꎬ所以由 ａꎬｂɪＲꎬｍꎬｎɪＲ＋ꎬ则ａ２ｍ＋ｂ２ｎȡ(ａ＋ｂ)２ｍ＋ｎ.所以ｘ２＋ｙ２＝(２ｘ)２４＋ｙ２１ȡ(２ｘ＋ｙ)２４＋１＝１５.所以ｘ２＋ｙ２有最小值１５.点评㊀利用不等式求最值确实是比较常见的方法ꎬ但这里用到的不等式很多人没见过ꎬ说明我们的学生在努力学习课本知识以外ꎬ需要更多地了解相关知识的延展ꎬ因为有很多的知识是需要我们自己去发现和探索的.２.９利用平面向量解法９㊀设ａ＝(ｘꎬｙ)ꎬｂ＝(２ꎬ１)ꎬ则由ａｂȡａ ｂꎬ得ｘ２＋ｙ２ ２２＋１２ȡｘˑ２＋ｙˑ１.８３因为２ｘ＋ｙ－１＝０ꎬ所以５ˑｘ２＋ｙ２ȡ１.即ｘ２＋ｙ２ȡ１５.所以ｘ２＋ｙ２有最小值１５.２.１０利用不等式ｄɤｒ解法１０㊀显然ｘʂ０ꎬｙʂ０ꎬ不妨设ｘ２＋ｙ２＝ｍ２(ｍ>０)ꎬ则ｘ２＋ｙ２＝ｍ２(ｍ>０)是一个以原点为圆心ꎬ半径ｒ＝ｍ的圆ꎬ此圆圆心到直线２ｘ＋ｙ－１＝０的距离ｄ＝１５ꎬ所以由ｄɤｒꎬ得ｍȡ１５ꎬ即ｍ２ȡ１５ꎬ所以ｘ２＋ｙ２有最小值１５.点评㊀利用圆的知识解题不太容易想到ꎬ要构造一个圆ꎬ利用直线２ｘ＋ｙ－１＝０与圆ｘ２＋ｙ２＝ｍ２(ｍ>０)两者之间的联系ꎬ才能得到圆心到直线的距离不能超过半径.２.１１利用极坐标解法１１㊀显然ｘʂ０ꎬｙʂ０ꎬ不妨设ｘ２＋ｙ２＝ｍ２(ｍ>０)ꎬ把ｘ＝ρｃｏｓθꎬｙ＝ρｓｉｎθ代入ｘ２＋ｙ２＝ｍ２(ｍ>０)ꎬ得ρ２＝ｍ２ꎬ即ρ＝ｍ.因此２ｘ＋ｙ＝２ρｃｏｓθ＋ρｓｉｎθ＝２ｍｃｏｓθ＋ｍｓｉｎθ＝５ｍｓｉｎ(θ＋φ)＝１ꎬ其中ｔａｎφ＝２.因为－１ɤｓｉｎ(θ＋φ)ɤ１ꎬ所以５ｍȡ１.即ｍ２ȡ１５.故ｘ２＋ｙ２有最小值１５.点评㊀其实极坐标法跟解法５的三角换元法非常相似ꎬ两者有异曲同工之妙.２.１２利用方差的性质[１]解法１２㊀显然ｘʂ０ꎬｙʂ０ꎬ不妨设ｘ２＋ｙ２＝ｍ２(ｍ>０)ꎬ即ｘ２ｍ２＋ｙ２ｍ２＝１.则构造离散型随机变量Ｘ的分布列(见表１):表１㊀离散型随机变量Ｘ的分布列Ｘ２ｘ１ｙｐｘ２ｍ２ｙ２ｍ２㊀㊀因此ꎬＥＸ２＝(２ｘ)２ ｘ２ｍ２＋(１ｙ)２ ｙ２ｍ２＝５ｍ２ꎬ(ＥＸ)２＝(２ｘ ｘ２ｍ２＋１ｙ ｙ２ｍ２)２＝(２ｘ＋ｙ)２ｍ４＝１ｍ４.由ＥＸ２ȡ(ＥＸ)２ꎬ得５ｍ２ȡ１ｍ４.即ｍ２ȡ１５.故ｘ２＋ｙ２有最小值１５.３结束语对于这道题的解答ꎬ我们从多个角度进行分析ꎬ并运用了多种方法.事实上ꎬ学生已经有多年的数学学习经历ꎬ都打下了较扎实的基础ꎬ然而因为某种缘故ꎬ在某些方面一直没有得到很好的锻炼ꎬ比如观察㊁联想㊁迁移㊁转化.缺乏观察㊁联想㊁迁移㊁转化意识的学生到了高中很难再轻松地学习数学了ꎬ总觉得心有余而力不足.我们知道ꎬ在课堂上对例题进行分析㊁讲解是教师教授学生解题的依据ꎬ也是学生举一反三的范本ꎬ它不仅帮助学生强化和巩固记忆ꎬ掌握基础知识ꎬ理解基本概念ꎬ而且在培养和发展学生思维能力方面也有着重要的作用ꎬ同时对形成学生的观察㊁联想㊁迁移㊁转化能力也有很大的促进作用ꎬ有助于提高他们的数学解题能力ꎬ激发他们对数学的热爱和探索数学的兴趣.参考文献:[１]苏保明.一道 希望杯 赛题的巧解[Ｊ].数理天地(高中版)ꎬ２０１６(０７):３０－３１ꎬ３３.[责任编辑:李㊀璟]９３。

资格中的综合题解法与实例分析在考试中，经常会遇到综合题这一考察学生综合能力的形式。

综合题要求考生从各个角度去思考问题，并综合考虑不同的因素，给出全面而准确的解答。

本文将从解题的思路与方法上进行探讨，并通过实例分析来进一步解释。

一、综合题的解题思路与方法在解答综合题时，有几个关键点需要注意。

首先，仔细阅读题目。

在解答综合题之前，我们需要仔细阅读题目，理解题目中所要求解决的问题以及相关的背景信息。

只有充分了解了题目的要求，才能有针对性地进行解答。

其次，明确解题步骤。

在解答综合题时，我们可以按照以下步骤进行思考与解答：1. 审题：仔细审题，弄清楚题目要求解决的问题。

2. 分析问题：将问题进行细化，找出其中的关键点，并确定需要考虑的各个因素。

3. 思考解决方法：根据问题的要求和所涉及的因素，思考可能的解决方法与策略。

4. 综合因素：综合考虑各种因素，找出最佳解决方案。

5. 解答问题：根据以上步骤得出的解决方案，进行解答，并给出合理的解释和论证。

最后，检查答案。

在完成综合题的解答之后，我们需要认真检查答案，确保解答的准确性和完整性，以避免因疏漏导致分数的损失。

二、实例分析为了更好地说明综合题的解题方法，我们来看一个具体的实例。

假设考试中出现了以下题目：某公司计划组织一次团建活动，请你作为活动策划人员，考虑以下几个因素：活动时间、活动地点、活动内容和预算。

请你设计一份合理的团建方案。

在解答这道题目时，我们可以按照以下步骤进行思考与解答：1. 审题：确定题目要求我们设计一份合理的团建方案。

2. 分析问题：将问题进行细化，分析各个因素的关系和影响。

活动时间要考虑到公司员工的工作安排，活动地点要便于大家的出行，活动内容要丰富多样，预算要合理控制。

3. 思考解决方法：我们可以通过调查员工的时间和地点偏好，参考其他成功的团建案例，制定一份满足员工需求的团建方案。

可以考虑在周末进行活动，选择离公司较近且设施完备的场地，设计精彩的团建活动，同时要控制好预算。

㊀㊀解题技巧与方法㊀㊀１１６㊀一道极值点偏移问题的六种证法及背景分析一道极值点偏移问题的六种证法及背景分析Һ李海兰㊀（重庆市潼南中学校，重庆㊀４０２６６０）㊀㊀ʌ摘要ɔ文章对一道极值点偏移问题从构造对称差函数㊁比值代换㊁对称化构造函数㊁切线放缩㊁同构放缩等视角给出该题的六种证明，并分析了试题背景，且对试题背景作了高中生容易理解的㊁通俗的解释，以期为一线教师提供分析㊁理解㊁解决极值点偏移问题的思路与方法．ʌ关键词ɔ高考题；导数；极值点偏移；不等式证明；背景分析对经典问题进行多解探究㊁深度研究和背景分析，是一线教师应该做的工作．极值点偏移问题是最近几年高考和模拟考试中经常出现的题型，一线教师应该熟悉极值点偏移问题的处理方法与解题策略．一㊁极值点偏移问题例㊀已知函数ｆ（ｘ）＝ｘ（１－ｌｎｘ）．（１）讨论ｆ（ｘ）的单调性；（２）设ａ，ｂ为两个不相等的正数，且ｂｌｎａ－ａｌｎｂ＝ａ－ｂ，证明：２＜１ａ＋１ｂ＜ｅ．二㊁六种证法（１）问，ｆ（ｘ）的单调增区间为（０，１），单调减区间为（１，＋ɕ）．过程略．（２）问，由（１）知ｆ（ｘ）在（０，１］上单调递增且ｌｉｍｘң０ｆ（ｘ）＝０，在（１，＋ɕ）上单调递减且ｆ（ｅ）＝０，ｆ（ｘ）ɤｆ（１）＝１．图１证法１㊀构造对称差函数由ｂｌｎａ－ａｌｎｂ＝ａ－ｂ，得１ａｌｎａ－１ｂｌｎｂ＝１ｂ－１ａ，即１ａ１－ｌｎ１ａæèçöø÷＝１ｂ（１－ｌｎ１ｂ）．即ｆ１ａæèçöø÷＝ｆ１ｂæèçöø÷，函数ｆ（ｘ）的图像如图１所示．令１ａ＝ｘ１，１ｂ＝ｘ２，不妨设ｘ２＞ｘ１，则有ｆ（ｘ１）＝ｆ（ｘ２），且０＜ｘ１＜１＜ｘ２＜ｅ．先证２＜ｘ１＋ｘ２，即证２－ｘ１＜ｘ２．因为２－ｘ１＞１，ｘ２＞１，而ｆ（ｘ）在（１，＋ɕ）上单调递减，故有２－ｘ１＜ｘ２⇔ｆ（２－ｘ１）＞ｆ（ｘ２）＝ｆ（ｘ１）．令ｇ（ｘ）＝ｆ（２－ｘ）－ｆ（ｘ）（０＜ｘ＜１），则ｇᶄ（ｘ）＝ｌｎ（２－ｘ）ｘ＜ｌｎ１＝０，所以ｇ（ｘ）在（０，１）上单调递减，得ｇ（ｘ）＞ｇ（１）＝０，即ｆ（２－ｘ１）＞ｆ（ｘ１）＝ｆ（ｘ２）．所以２＜ｘ１＋ｘ２．再证ｘ１＋ｘ２＜ｅ．若ｘ２ɤｅ－１，由０＜ｘ１＜１，显然有ｘ１＋ｘ２＜１＋ｘ２ɤｅ．设ｘ２＞ｅ－１，则ｅ－１＜ｘ２＜ｅ．要证ｘ１＋ｘ２＜ｅ，即证ｅ－ｘ２＞ｘ１．因为０＜ｅ－ｘ２＜ｅ－（ｅ－１）＝１，０＜ｘ１＜１，由ｆ（ｘ）在（０，１）上单调递增，因此ｅ－ｘ２＞ｘ１⇔ｆ（ｅ－ｘ２）＞ｆ（ｘ１）＝ｆ（ｘ２）．令ｈ（ｘ）＝ｆ（ｅ－ｘ）－ｆ（ｘ）（ｅ－１＜ｘ＜ｅ），则ｈᶄ（ｘ）＝ｌｎ（ｅ－ｘ）ｘ．因为ｅ－１＞ｅ２＞１，所以ｙ＝（ｅ－ｘ）ｘ在（ｅ－１，ｅ）上单调递减，故ｈᶄ（ｘ）＝ｌｎ（ｅ－ｘ）ｘ在（ｅ－１，ｅ）上单调递减．令ｈᶄ（ｘ０）＝０，即ｘ２０－ｅｘ０＋１＝０，解得ｘ０＝ｅ＋ｅ２－４２，因此ｈ（ｘ）在（ｅ－１，ｘ０）上单调递增，在（ｘ０，ｅ）上单调递减．又因为ｈ（ｅ－１）＝ｆ（１）－ｆ（ｅ－１）＞０，ｌｉｍｘңｅｈ（ｅ）＝ｌｉｍｘңｅｆ（０）－ｌｉｍｘңｅｆ（ｅ）＝０－０＝０，所以当ｘɪ（ｅ－１，ｅ）时，ｈ（ｘ）＞０，即ｆ（ｅ－ｘ２）＞ｆ（ｘ２）＝ｆ（ｘ１）．所以ｘ１＋ｘ２＜ｅ．点评㊀等价转化是处理导数问题的常见方法，其㊀㊀㊀解题技巧与方法１１７㊀㊀中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能．这也是破解极值点偏移问题的通法，根据ｆ（ｘ）在（１，＋ɕ）上单调递减且ｆ（ｘ１）＝ｆ（ｘ２），知ｘ１＋ｘ２＞２⇔２－ｘ１＜ｘ２⇔ｆ（２－ｘ１）＞ｆ（ｘ２）＝ｆ（ｘ１）．再据此构造对称差函数ｇ（ｘ）＝ｆ（２－ｘ）－ｆ（ｘ）（０＜ｘ＜１），只需证明ｇ（ｘ）在（０，１）上单调递减即可．对于ｘ１＋ｘ２＜ｅ，类似地，需要构造函数ｈ（ｘ）＝ｆ（ｅ－ｘ）－ｆ（ｘ）（ｅ－１＜ｘ＜ｅ）．证法２㊀等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是处理极值点偏移问题的基本方法．证明２＜ｘ１＋ｘ２同证法１．下面证明ｘ１＋ｘ２＜ｅ．因为ｘ１ɪ（０，１），ｘ２ɪ（１，ｅ），所以ｘ１（１－ｌｎｘ１）＝ｘ２（１－ｌｎｘ２）＞ｘ１，故要证ｘ１＋ｘ２＜ｅ，知需证ｘ２（１－ｌｎｘ２）＋ｘ２＜ｅ．令ｈ（ｘ）＝ｘ（１－ｌｎｘ）＋ｘ，ｘɪ（１，ｅ），则ｈᶄ（ｘ）＝１－ｌｎｘ＞０，故ｈ（ｘ）在（１，ｅ）单调递增，所以ｈ（ｘ）＜ｈ（ｅ）＝ｅ．故ｈ（ｘ２）＜ｅ，所以ｘ１＋ｘ２＜ｅ．综上，２＜１ａ＋１ｂ＜ｅ．点评㊀直接构造对称差函数证明ｘ１＋ｘ２＜ｅ，是容易想到的，但证明过程有一定的难度．证法２巧妙利用ｘ２（１－ｌｎｘ２）＞ｘ１进行放缩，故只需ｘ２（１－ｌｎｘ２）＜ｅ，从而可通过构造函数ｈ（ｘ）＝ｘ（１－ｌｎｘ）＋ｘ，ｘɪ（１，ｅ）来实现．证法３㊀比值代换证明㊀２＜ｘ１＋ｘ２同方法１，下面证明ｘ１＋ｘ２＜ｅ．不妨设ｘ２＝ｔｘ１，则ｔ＝ｘ２ｘ１＞１，由ｘ１（１－ｌｎｘ１）＝ｘ２（１－ｌｎｘ２），得ｘ１（１－ｌｎｘ１）＝ｔｘ１［１－ｌｎ（ｔｘ１）］，即ｌｎｘ１＝１－ｔｌｎｔｔ－１．要证ｘ１＋ｘ２＜ｅ，只需证（１＋ｔ）ｘ１＜ｅ，两边取对数得ｌｎ（１＋ｔ）＋ｌｎｘ１＜１，即ｌｎ（１＋ｔ）＋１－ｔｌｎｔｔ－１＜１，即证ｌｎ（１＋ｔ）ｔ＜ｌｎｔｔ－１．记ｇ（ｓ）＝ｌｎ（１＋ｓ）ｓ，ｓɪ（０，＋ɕ），则ｇᶄ（ｓ）＝ｓ１＋ｓ－ｌｎ（１＋ｓ）ｓ２．记ｈ（ｓ）＝ｓ１＋ｓ－ｌｎ（１＋ｓ），则ｈᶄ（ｓ）＝１（１＋ｓ）２－１１＋ｓ＜０，所以ｈ（ｓ）在（０，＋ɕ）单调递减．ｈ（ｓ）＜ｈ（０）＝０，则ｇᶄ（ｓ）＜０，所以ｇ（ｓ）在（０，＋ɕ）单调递减．由ｔɪ（１，＋ɕ），得ｔ－１ɪ（０，＋ɕ），所以ｇ（ｔ）＜ｇ（ｔ－１），即ｌｎ（１＋ｔ）ｔ＜ｌｎｔｔ－１．点评㊀比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径．比值代换后，再构造函数，利用函数的单调性证明．证法４㊀对称化构造函数由ｂｌｎａ－ａｌｎｂ＝ａ－ｂ，得１ａｌｎａ－１ｂｌｎｂ＝１ｂ－１ａ，即１ａ１－ｌｎ１ａæèçöø÷＝１ｂ１－ｌｎ１ｂæèçöø÷．令１ａ＝ｘ１，１ｂ＝ｘ２，不妨设ｘ２＞ｘ１，则有ｆ（ｘ１）＝ｆ（ｘ２），且０＜ｘ１＜１＜ｘ２＜ｅ．因此ｘ１＋ｘ２＞２⇔（ｘ１＋ｘ２）（ｘ２－ｘ１）＞２（ｘ２－ｘ１）⇔ｘ２２－ｘ２１＞２ｘ２－２ｘ１⇔ｘ２２－２ｘ２＞ｘ２１－２ｘ１⇔ｘ２（１－ｌｎｘ２）＋１２（ｘ２２－２ｘ２）＞ｘ１（１－ｌｎｘ１）＋１２（ｘ２１－２ｘ１）．令ｇ（ｘ）＝ｘ（１－ｌｎｘ）＋１２ｘ２－２ｘ()，ｘɪ（０，ｅ），则ｇᶄ（ｘ）＝ｘ－１－ｌｎｘȡ０，当且仅当ｘ＝１时取等号．所以ｇ（ｘ）在（０，ｅ）上单调递增，所以ｇ（ｘ２）＞ｇ（ｘ１），故ｘ１＋ｘ２＞２．ｘ１＋ｘ２＜ｅ⇔（ｘ１＋ｘ２）（ｘ２－ｘ１）＜ｅ（ｘ２－ｘ１）⇔ｘ２２－ｅｘ２＜ｘ２１－ｅｘ１⇔ｘ２ｘ１＞ｘ１－ｅｘ２－ｅ⇔１－ｌｎｘ１１－ｌｎｘ２＞ｘ１－ｅｘ２－ｅ⇔１－ｌｎｘ１ｘ１－ｅ＜１－ｌｎｘ２ｘ２－ｅ．令ｍ（ｘ）＝１－ｌｎｘｘ－ｅ，ｘɪ（０，ｅ），则ｍᶄ（ｘ）＝－２＋ｅｘ＋ｌｎｘ（ｘ－ｅ）２，令μ（ｘ）＝－２＋ｅｘ＋ｌｎｘ，则μᶄ（ｘ）＝１ｘ－ｅｘ２＝ｘ－ｅｘ２＜０，所以μ（ｘ）在（０，ｅ）上单调递减，得μ（ｘ）＞μ（ｅ）＝０，所以ｍᶄ（ｘ）＞０，即ｍ（ｘ）在（０，ｅ）上单调递增，因此１－１ｘ１ｘ１－ｅ＜１－ｌｎｘ２ｘ２－ｅ，即ｘ１＋ｘ２＜ｅ．点评㊀根据ｆ（ｘ１）＝ｆ（ｘ２），可构造函数ｇ（ｘ）＝ｘ（１－ｌｎｘ）＋ｍ（ｘ２－２ｘ）（ｍ＞０），需满足ｇ（ｘ）在（０，ｅ）上单调递增，即ｇᶄ（ｘ）＝２ｍ（ｘ－１）－ｌｎｘ＞０，由ｘ－１＞ｌｎｘ知㊀㊀解题技巧与方法㊀㊀１１８㊀ｍ＝１２，故ｇ（ｘ）＝ｘ（１－ｌｎｘ）＋１２（ｘ２－２ｘ）．证法５㊀切线放缩１ａ＋１ｂ＞２的证明同方法１．下面证明１ａ＋１ｂ＜ｅ．由ｂｌｎａ－ａｌｎｂ＝ａ－ｂ，得１ａｌｎａ－１ｂｌｎｂ＝１ｂ－１ａ，即１ａ１－ｌｎ１ａæèçöø÷＝１ｂ１－ｌｎ１ｂæèçöø÷．令１ａ＝ｘ１，１ｂ＝ｘ２，不妨设ｘ２＞ｘ１，则有ｆ（ｘ１）＝ｆ（ｘ２），且０＜ｘ１＜１＜ｘ２＜ｅ．因ｆ（ｘ）在（ｅ，０）处的切线方程为φ（ｘ）＝ｅ－ｘ，令Ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－φ（ｘ）＝２ｘ－ｘｌｎｘ－ｅ，ｘɪ（０，ｅ）．则Ｇᶄ（ｘ）＝１－ｌｎｘ＞０，所以Ｇ（ｘ）在（０，ｅ）上单调递增，故Ｇ（ｘ）＜Ｇ（ｅ）＝０，即ｆ（ｘ）＜φ（ｘ）．令ｋ＝ｆ（ｘ１）＝ｆ（ｘ２），则ｋ＝ｆ（ｘ２）＜φ（ｘ２）＝ｅ－ｘ２，即ｋ＋ｘ２＜ｅ．又ｋ＝ｆ（ｘ１）＝ｘ１（１－ｌｎｘ１）＞ｘ１，所以ｘ１＋ｘ２＜ｋ＋ｘ２＜ｅ．点评㊀通过构造函数，利用切线放缩，很巧妙地化简了运算．证法６㊀ 同构 放缩１ａ＋１ｂ＞２的证明同方法１．下面证明１ａ＋１ｂ＜ｅ．由ｂｌｎａ－ａｌｎｂ＝ａ－ｂ，得１ａｌｎａ－１ｂｌｎｂ＝１ｂ－１ａ．即１ａ１－ｌｎ１ａæèçöø÷＝１ｂ１－ｌｎ１ｂæèçöø÷，从而ｆ１ａæèçöø÷＝ｆ１ｂæèçöø÷，不妨设０＜１ａ＜１＜１ｂ＜ｅ．注意到，对∀ｘ＞０，都有ｌｎｘɤｘ－１，当且仅当ｘ＝１时等号成立，由于ｅｂ＞１，所以１ａ＋ｌｎａａ＝１＋ｌｎａａ＝１＋ｌｎｂｂ＝ｌｎ（ｅｂ）ｂ＜ｅｂ－１ｂ＝ｅ－１ｂ，故１ａ＋１ｂ＋ｌｎａａ＜ｅ．又ｌｎａａ＞０，所以１ａ＋１ｂ＜ｅ．点评该方法渗透了 同构思想 ，技巧性较强．三㊁背景分析第（２）问是经典的极值点偏移问题．解题的关键是通过等价转化，得到ｆ１ａæèçöø÷＝ｆ１ｂæèçöø÷，然后做出ｆ（ｘ）的图像．当ｘң＋ɕ时，ｆ（ｘ）ң－ɕ；当ｘң０＋时，ｆ（ｘ）有没有极限值呢？这是决定函数ｆ（ｘ）图像在ｘ＝０邻域内情况的关键．当ｘң０＋时，１－ｌｎｘң＋ɕ，ｘ（１－ｌｎｘ）ң？有的老师用ｌｉｍｘң０ｘ（１－ｌｎｘ）＝ｌｉｍｘң０１－ｌｎｘ１ｘ＝ｌｉｍｘң０（１－ｌｎｘ）ᶄ１ｘæèçöø÷ᶄ＝ｌｉｍｘң０－１ｘ－１ｘ２＝ｌｉｍｘң０ｘ＝０，给学生解释，这是中学教材不讲的洛必达法则，用于求００ 或 ɕɕ型极限的．结论ｌｉｍｘң０ｘ（１－ｌｎｘ）＝０虽然正确，但是不适于中学生接受．可以这样解释：如图２为曲线ｙ＝ｌｎｘ的图像，直线ｙ＝ｋ（ｘ－１）（ｋ＞１）是曲线ｙ＝ｌｎｘ的割线，设直线与曲线的另一个交点的横坐标为ｘ０，由图２可知，当ｘ０＜ｘ＜１时，有ｌｎｘ＞ｋ（ｘ－１）（ｋ＞１），所以ｘｌｎｘ＞ｋｘ（ｘ－１），因此０＞ｘｌｎｘ＞ｋｘ（ｘ－１）．取ｋ足够大，则ｘ０ң０，所以当ｘңｘ０时，有ｋｘ（ｘ－１）ң０，所以ｘｌｎｘң０，故ｘ（１－ｌｎｘ）＝ｘ－ｘｌｎｘң０．图２结㊀语极值点偏移问题是高考的一个难点，而且在最近五年的高考试题中经常出现，一线教师理应引起重视，并深入探究极值点偏移问题．一线教师要在不断的探索与研究中提升专业能力，这样才能适应新高考带来的变革与挑战，才能更好地做好教学工作．ʌ参考文献ɔ［１］胡贵平．２０２１年全国新高考Ⅰ卷导数题的几种解法［Ｊ］．理科考试研究，２０２１，２８（１９）：２－４．［２］李鸿昌．一道新高考导数压轴题的解法探究［Ｊ］．高中数学教与学，２０２１（１５）：２２－２３．［３］李鸿昌，徐章韬．关于对数平均的一个不等式的推广［Ｊ］．数学通报，２０２３，６２（０８）：５０－５２．。

三元最值问题中往往含有三个变量.相较于一元最值问题、二元最值问题，三元最值问题较为复杂，且难度较大.解答此类问题，需根据已知关系式，将目标式进行变形、变换，以将问题转化为常规最值问题.下面以一道三元最值问题为例，来探寻一下解答此类问题的通法.例题：已知实数a ,b ,c 满足a +b +c =0，则|a +2b +3c|a 2+b 2+c2的最大值是______.题目中给出的条件较为简单，但因题目中涉及了三个变量a 、b 、c ，从而显得较为复杂.要求目标式的最值，需将目标式进行变形、变换，将问题转化为一元二次方程问题、一元最值问题、向量最值问题、解析几何最值问题来求解.一、判别式法对于二次最值问题，通常可运用判别式法求解.在求解三元二次最值问题时，要首先选取一个变量作为主元；然后设目标式等于一个参数，并将目标式变形，以构造出一元二次方程；再根据方程有解得出判别式Δ≥0，即可求出参数的取值范围，从而确定目标式的最值.解：由a +b +c =0可得a =-b -c ，所以|a +2b +3c|a 2+b 2+c 2=|b +2c|2b 2+2c 2+2bc，显然b ,c ≠0，设m =bc ，则()|b +2c|2b 2+2c 2+2bc2=m 2+4m +42m 2+2m +2，令t =m 2+4m +42m 2+2m +2，整理得(2t -1)m 2+(2t -4)m +(2t -4)=0，因为m ∈R ，所以Δ≥0，即(2t -4)2-4(2t -1)(2t -4)≥0，解得0≤t ≤2，所以|a +2b +3c|a 2+b 2+c 2=|b +2c|2b 2+2c 2+2bc≤2，当b =0,a =-c 时取等号，所以|a +2b +3c|a 2+b 2+c 2的最大值是2.在三个变量同时变化的情况下，很难对三个变量同时进行研究.于是先根据已知关系式引入变量m ，并用其表示变量以及目标式；再令目标式等于t ，构造出关于m 的一元二次方程，即可根据Δ≥0，求得t 的取值范围.二、基本不等式法基本不等式：若a 、b >0，则a +b ≥2ab ，当且仅当a =b 时等号成立.在解答三元最值问题时，通常可通过消元，将问题转化为二元最值问题.然后将目标式配凑成两式的和或积.若其中之一为定值，就可以直接运用基本不等式求得目标式的最值.在运用基本不等式解题时，要确保“一正”“二定”“三相等”三个条件成立.解：由a +b +c =0可得a =-b -c ，所以|a +2b +3c|a 2+b 2+c 2=|b +2c|2b 2+2c 2+2bc 令t=bc ，则|a +2b +3c|a 2+b 2+c 22,当且仅当t =0，即b =0,a =-c 时取等号，所以|a +2b +3c|a 2+b 2+c 2的最大值是2.设t =b c，通过代换进行消元，即可将目标式转化为关于t 的式子；然后将其变形，配凑出()1+t +1t +1.该式可以看作两式1+t 、1t +1的和，其积为定值，运用基本不等式就能顺利求得目标式的最值.通过消元，即可将三元最值问题转化为一元、二元不等式问题，最值问题，只要能配凑出两式的和或积，并使其中之一为定值，即可运用基本不等式求得最值.三、向量法在解答三元最值问题时，可将已知关系式或目标式，与向量的加法、减法、数量积公式等关联起来，构造出合适的向量模型，即可将问题转化为向量最值问题，通过向量运算求得问题的答案.解：设 OM =(1,1,1), ON =(1,2,3), OP =(a ,b ,c )，由a +b +c =0可得 OM ⊥OP ，则|a +2b +3c|a 2+b 2+c 2=| OP ⋅ON ||| OP ，该式可以视为 ON 在OP 方向上的投影的绝对值.思路探寻45如图所示， OP 在与OM 垂直的平面α上运动，要使投影最大，需使 OP 为ON 在α上的射影，此时 OP ，OM ，ON 三者共面.而 ON 在OM 上的投影为| ON ⋅ OM ||| OM =23，所以 ON 在OP 上的投影为2.所以|a +2b +3c|a 2+b 2+c 2的最大值为2.在构造向量时，可将代数式的平方看作向量的模的平方，将两式的积看作向量的数乘运算，将角看作两个向量的夹角.对于本题，我们根据a +b +c =0，构造向量 OM ⊥ OP ，将问题转化为求 ON 在OP 方向上的投影的绝对值的最值，找出取得最大投影的情形，建立关系式即可解题.四、几何法在解答三元最值问题受阻时，可转换思路，挖掘代数式的几何意义，利用几何法来解题.通常可将ax +by +c 看作一条直线，将ax 2看作一条抛物线，将a 2+b 2看作一个单位圆，据此画出相应的几何图形，研究图形中的点、直线、曲线的位置关系，确定取得最值的情形，即可解题.解：设A (0,0,0),B (1,1,1)，可以将|a +2b +3c|a 2+b 2+c2看作是点(1,2,3)到平面ax +by +cz =0的距离，而平面ax +by +cz =0恒过定直线AB ，所以点(1,2,3)到平面ax +by +cz =0的最大距离，即为点(1,2,3)到定直线AB 的距离，由点到直线的距离公式可得|a +2b +3c|a 2+b 2+c 2的最大值为2.解答本题，需灵活运用平面内的点到直线的距离公式d =|ax 0+by 0+c|a 2+b 2，以及空间中点到平面的距离公式d =|ax 0+by 0+cz 0+d|a 2+b 2+c 2.运用几何法解题，同学们需具备较强的观察力和创造性思维能力.相比较而言，判别式法和基本不等式法较为简单，向量法和几何法却是很多同学难以想到的.同学们在解答三元最值问题时，要先考虑运用判别式法和基本不等式法，再考虑向量法和几何法.（作者单位：江苏省如东县马塘中学）求空间几何体的体积问题侧重于考查棱柱、圆柱、圆台、圆锥、棱台、棱锥、球等简单空间几何体的特征及其体积公式.这就要求同学们熟记并灵活运用几个简单空间几何体的性质和体积公式.下面结合实例，介绍空间几何体体积的几种求法.一、直接法当遇到一些简单、常见、规则的空间几何体时，可以采用直接法求解.先观察几何体的结构特征，快速确定几何体的底面和高；然后直接运用棱柱、圆柱、圆台、圆锥、棱台、棱锥、球的体积公式来求其几何体的体积.例1.已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧面AA 1B 1B 为正方形，如图1所示，AB =BC =2，E ,F 分别为AC ，CC 1的中点，BF ⊥A 1B 1，求三棱锥F -EBC 的体积.解：如图1，连接AF ，由题意可知：BF =BC 2+CF 2=5，因为AB ⊥BB 1，BC ⊥AB ，BB 1⋂BC =B ，所以AB ⊥平面BCC 1B 1，所以AB ⊥BF ，所以AF =AB 2+BF 2=3，AC =AF 2-CF 2=22，所以AB 2+BC 2=AC 2，所以AB ⊥BC ，则△ABC 为等腰直角三角形，所以S △BCE =12S △ABC =12×(12×2×2)=1，所以三棱锥F -EBC 的体积V F -EBC =13×S △BCE ×CF =13×1×1=13.要求三棱锥F -EBC 的体积，需根据三棱锥的体积公式V =13Sh ，先求得底面△BCE 的面积以及点F 到底面△BCE 的距离.根据直三棱柱的特征，添加辅助线，即可构造出直角三角形，再利用勾股定理来求得各线段的长，根据三角形的面积公式和三棱锥的体积公式快速求得问题的答案.思路探寻图146。