一道高考数学试题的解法探究及教学思考

２０２４年１月上半月㊀试题研究㊀㊀㊀㊀一道高考圆锥曲线题的解法探究与反思◉安微省芜湖市无为县第二中学㊀高玉立㊀㊀高考数学真题是众多优秀命题专家精心设计出来的．其中解析几何压轴题,紧扣教材,立足考查学生的能力．１试题呈现试题㊀(２０２０全国I 卷理科２０题,文科２１题)已知A ,B 分别为椭圆E :x ２a２＋y ２＝１(a ＞１)的左㊁右顶点,G 为E 的上顶点,A G ң G B ң＝８,P 为直线x ＝６上的动点,P A 与E 的另一个交点为C ,P B 与E 的另一交点为D ．(１)求E 的方程;(２)证明:直线C D 过定点．２解法探究第(１)问常规解法,过程略．答案为x ２９＋y ２＝１．下面只对第(２)问的解法作多角度探索．图１思路一:如图１,注意到k P B ＝３k P A ,以及A ,B 是椭圆的左㊁右顶点,从而可以借助椭圆第三定义,利用k A C 与k A D 关系进行求解．解法１:利用椭圆的第三定义将非对称式转化为对称式问题．设P (６,t ),C (x １,y １),D (x ２,y ２)．(ⅰ)若t ʂ０,设直线C D :x ＝m y ＋n (－３＜n ＜３),则有k A C ＝k P A ＝t ９,k B D ＝k P B ＝t ３,ìîíïïïï可得k B D ＝３k A C ．又由椭圆的第三定义,知k A D k B D ＝－１９,所以k A C k A D ＝－１２７,即㊀㊀㊀㊀y １x １＋３ y ２x ２＋３＝－１２７．①将x ＝m y ＋n 代入x ２９＋y ２＝１,得(m ２＋９)y ２＋２m n y ＋n ２－９＝０．所以y １＋y ２＝－２m n m ２＋９,y １y ２＝n ２－９m ２＋９,ìîíïïïï可得x １＋x ２＝m y １＋n ＋m y ２＋n ＝１８n m ２＋９,x １x ２＝(m y １＋n )(m y ２＋n )＝９n ２－９m ２m ２＋９,ìîíïïïï代入①,化简可得２n ２＋３n －９＝０．解得n ＝３２或n ＝－３(舍去)．所以直线C D 的方程为x ＝m y ＋３２,即直线C D 过定点(３２,０)．(ⅱ)若t ＝０,则直线C D 的方程为y ＝０,过点(３２,０)．综上,直线C D 过定点(３２,０)．评注:本解法通过椭圆的第三定义巧妙得到直线A C 和A D 的斜率之积为常数,从而转化为我们熟悉的斜率之积问题．图２思路二:如图２,注意到k P B ＝３k P A ,利用椭圆的方程实现斜率的转换,建立k A C 与k A D 的关系进行求解．解法２:利用椭圆的方程将非对称式转化为对称式问题．设P (６,t ),C (x １,y １),D (x ２,y ２)．(ⅰ)若t ʂ０,设直线C D :x ＝m y ＋n (－３＜n ＜３),则㊀㊀㊀k A C ＝k P A ＝t ９＝y １x １＋３,k B D ＝k P B ＝t ３＝y ２x ２－３．ìîíïïïï②由点C 在椭圆E 上,得x ２１９＋y ２１＝１,则有y ２１＝－(x ２１－９)９＝－(x １＋３)(x １－３)９,３６试题研究２０２４年１月上半月㊀㊀㊀即y １x １＋３＝－x １－３９y １,代入②,得㊀㊀㊀３y １y ２＝－(x １－３)(x ２－３)．③将x ＝m y ＋n 代入x ２９＋y ２＝１,得(m ２＋９)y ２＋２m n y ＋n ２－９＝０．所以y １＋y ２＝－２m n m ２＋９,y １y ２＝n ２－９m ２＋９,ìîíïïïï可得x １＋x ２＝m y １＋n ＋m y ２＋n ＝１８n m ２＋９,x １x ２＝(m y １＋n )(m y ２＋n )＝９n ２－９m ２m ２＋９,ìîíïïïï代入③,化简可得２n ２＋３n －９＝０．解得n ＝３２或n ＝－３(舍去)．所以直线C D 的方程为x ＝m y ＋３２,即直线C D 过定点(３２,０)．(ⅱ)若t ＝０,则直线C D 的方程为y ＝０,过点(３２,０)．综上,直线C D 过定点(３２,０)．评注:本解法通过椭圆的方程,将非对称性韦达定理转化成传统的对称性韦达定理,从而通过基础联立使问题得到解决．思路三:注意到k A C ＝１３k B D ,两次利用斜率建立对偶式,从而实现不联立方程使问题得到解决．解法３:利用椭圆的方程构造对偶式．设P (６,t ),C (x １,y １),D (x ２,y ２)．(ⅰ)若t ʂ０,设直线C D :x ＝m y ＋n (－３＜n ＜３),则㊀㊀㊀㊀k A C ＝k P A ＝t ９＝y １x １＋３,k B D ＝k P B ＝t ３＝y ２x ２－３,ìîíïïïï④从而有３ y １x １＋３＝y ２x ２－３,即㊀㊀㊀x １y ２＋３y ２＝３x ２y １－９y １．⑤由点C 在椭圆E 上,得x ２１９＋y ２１＝１,从而有y ２１＝－(x ２１－９)９＝－(x １＋３)(x １－３)９,即y １x １＋３＝－x １－３９y １．同理,有y ２x ２－３＝－x ２＋３９y ２．所以３ x １－３９y １＝x ２＋３９y ２,即㊀㊀㊀３x １y ２－９y ２＝x ２y １＋３y １．⑥由对偶式⑤⑥,解得n ＝x １y ２－x ２y １y ２－y １＝３２,即直线C D 过定点(３２,０)．(ⅱ)若t ＝０,则直线C D 的方程为y ＝０,过点(３２,０)．综上,直线C D 过定点(３２,０)．评注:本解法通过两次使用椭圆方程得到斜率的两个对称式,真正实现了设而不求,大大简化了计算．思路四:从题干中的构图顺序,按图索骥,逐个计算出各个点的坐标,从而使问题得到解决．解法４:从构图顺序逐点计算．设P (６,t ),C (x １,y １),D (x ２,y ２)．(ⅰ)若t ʂ０,设直线C D :x ＝m y ＋n (－３＜n ＜３)．易知直线P A 的方程为y ＝t ９x ＋t３．联立y ＝t ９x ＋t ３,x ２９＋y ２＝１,ìîíïïïï消去y ,得(t ２＋９)x ２＋６t ２x ＋９t ２－８１＝０,从而有－３＋x １＝－６t ２t ２＋９,－３x １＝９t ２－８１t ２＋９,ìîíïïïï解得x １＝－３t ２＋２７t ２＋９,y １＝６t t ２＋９,即点C 的坐标为(－３t ２＋２７t ２＋９,６tt ２＋９)．同理,可得点D 的坐标为(３t ２－３t ２＋１,－２tt ２＋１)．解得n ＝x １y ２－x ２y １y ２－y １＝３２．所以直线C D 过定点(３２,０)．(ⅱ)若t ＝０,则直线C D 的方程为y ＝０,过点(３２,０)．综上,直线C D 过定点(３２,０)．４６２０２４年１月上半月㊀试题研究㊀㊀㊀㊀评注:本解法依据题干中图形的形成顺序,从直线P A 与椭圆方程联立求出点C 坐标,再从直线P B 与椭圆方程联立求出点D 坐标,进而求出直线C D 的方程,这种思路更加自然,不足之处是运算量比较大,因此需要学生平常反复训练计算．３思路总结对于上述四种思路,前三种思路都是直接从直线C D :x ＝m y ＋n 出发．思路一利用了椭圆的第三定义k D A k B D ＝e ２－１将非对称式x １y ２＋３y ２＝３x ２y １－９y １转化成了对称式．思路二利用了椭圆方程x ２１９＋y ２１＝１的变形形式y １x １＋３＝－x １－３９y １将非对称式x １y ２＋３y ２＝３x ２y １－９y １转化成了对称式．思路三两次利用了椭圆方程x ２１９＋y ２１＝１,x ２２９＋y ２２＝１的变形形式得到两个非对称式x １y ２＋３y ２＝３x ２y １－９y １,３x １y ２－９y ２＝x ２y １＋３y １构成的对偶式,从而确定定点．思路四是基于图形的形成顺序,依次算出C ,D 两点的坐标,然后求出C D 的方程,最后算出定点坐标．四种思路的关联如图３所示:直线C D 过定点㊀㊀设出C D :x ＝m y ＋n 思路一:通过第三定义实现非对称式化对称式思路二:通过椭圆方程将非对称式化为对称式思路三:通过椭圆方程得到两个非对称式构成的对偶式ìîíïïïïïïï思路四:分别通过直线PA ,PB 求出C ,D 的坐标 写出直线C D的方程得到定点ìîíïïïïïï图３韦达定理是解决直线与圆锥曲线相交问题的常见工具,可以有效解决x １＋x ２,x ２１＋x ２２,１x １＋１x ２之类的式子,而像本题中出现的３ y １x １＋３＝y ２x ２－３,由于对应的变量前的系数是不相等的非对称结构,就可以采用本文中的思路进行非对称转化．下面提供的一道练习题,就可以采用本文中的思路去解决．练习㊀已知F 为椭圆E :x ２４＋y２３＝１的右焦点,A ,B 分别为其左㊁右顶点,过点F 作直线l 与椭圆交于M ,N 两点(不与A ,B 重合),记直线AM 与B N 的斜率分别为k １,k ２,证明:k １k ２为定值．４解后反思４．１注意条件的转化很多学生之所以认为解析几何问题较难,是因为不会使用题中的条件．因此,教师需要引导学生加强用代数运算的方式解决几何曲线问题这一思想的渗透,用合理的代数方式转化条件中的几何表述,在注重积累的基础上提高条件转化的合理性．比如,本题中通过椭圆定义的使用,将非对称的韦达定理问题转化成对称性的韦达这理问题,从而简化了计算．４．２注重计算能力的训练数学运算是指在明晰运算对象的基础上,依据法则解决数学问题的素养[１]．高考试题是为了选拔适合高校并为将来社会服务的人才,因此对计算能力的要求很高．在平常的教学中,要加强学生计算能力的培养,让学生在遇到复杂运算时不畏惧并保持高度的细心,这也是今后从事科研工作所不可或缺的品质．４．３注重微专题的变式精讲这类非对称的定点与定值问题,其实并不是全新的问题,这就要求我们在日常教学中对于一些典型性问题要精编精整理,以微专题的形式实现知识方法的串联㊁整合,由易到难,层次分明,循序渐进,力求贴近学生的知识经验和能力基础,贴近学生的情感态度与思维水平,使得学生的技能水平自然而然得到提高．４．４注重学生思维能力的培养,适应新高考要求高考是选拔性考试,是为了给高等学校尤其是高水平大学挑选合适的人才．我们的数学教学也要培养学生的思维能力,能够创新性地解决问题．通过对一道题的多角度㊁多方法的思考,不断提升数学学科素养,以适应时代发展的要求．当然,本题也涉及到极点㊁极线的背景,对于一些学有余力的学生,在日常教学中也不妨给他们适当补充点课外知识,激发他们的兴趣．教师要让学生尽可能完成 跳一跳 可以完成的任务[２]．总之,这道高考题内容丰富,解法多样,立足基础,又能充分发挥学生的创新性,让人回味无穷,实在是一道好题!参考文献:[１]中华人民共和国教育部．普通高中数学课程标准(２０１７年版)[S ]．北京:人民教育出版社,２０１８．[２]波利亚．怎样解题[M ]．北京:科学出版社,１９８２．Z ５６。

一道高考题的多种解法评析及其教学反思高考是中国学生们备受关注的重要考试，它在学生们的学业生涯中扮演着至关重要的角色。

高考题是学生们检验知识掌握和思维能力的重要工具，让我们来评析一道高考题的多种解法，并思考如何在教学中提供更好的辅导与指导。

下面，我们将分析一道数学高考题：已知某数列的通项公式为an = n^3 - 2n，求数列的前n项和Sn。

这道题要求求解数列的前n项和，对于学生来说，有多种解法可以得到正确答案。

下面我将列举几种常见的解法，并对这些解法进行评析。

解法一：逐项计算法这种解法是最直观的方式，即从第一项开始逐个计算直到第n项，并将它们求和。

例如，当n=4时，数列的前4项分别为1，6，15，28，将它们求和可得50。

这种解法的优点是容易理解和操作，对于初学者来说较为友好。

然而，当n较大时，手工计算将变得极为繁琐和耗时，容易出错。

解法二：数学归纳法数学归纳法是一种常用的数学证明方法，也可以用来解决这道题。

首先，我们可以通过观察数列的前几项，猜测出数列的前n项和的通项公式为Sn = (n^2)(n-1)^2/4。

接下来，我们可以通过数学归纳法来证明这个猜测。

首先，当n=1时，显然数列的前1项和为1；其次，假设当n=k时，数列的前k项和的通项公式成立。

那么我们只需要证明当n=k+1时，数列的前k+1项和的通项公式也成立。

通过展开数列的前k+1项，并利用归纳假设，我们可以得到Sn+1 = (k^2)(k-1)^2/4 + (k+1)^3 - 2(k+1) = [(k^2)(k-1)^2 + 4(k+1)^3 - 8(k+1)]/4 = [(k-1)^2(k^2 + 4k + 4) + 4(k+1)(k+1)(k+1) - 8(k+1)]/4 = [(k-1)^2(k+2)^2 + 4(k+1)(k+1)(k+1) - 8(k+1)]/4 = [(k+2)^2(k-1)^2 + 4(k+1)(k+1)(k+1) -8(k+1)]/4 = [(k+2)^2(k-1)^2 + 4(k+1)(k+1)(k+1) - 8(k+1)(k+1)]/4 =[(k+2)^2(k-1)^2 + 4(k+1)(k+1)(k+1 - 2(k+1))]/4 = [(k+2)^2(k-1)^2 +4(k+1)(k+1)(k-1)]/4 = (k+2)^2(k-1)^2/4 + (k+1)(k+1)(k-1) =[(k+1)^2(k+2)^2 - (k+1)(k-1) + (k+1)(k-1)]/4 = [(k+1)^2(k+2)^2 - (k+1)(k-1)]/4 = [(k+1)(k+2)(k+1)(k+2) - (k+1)(k-1)]/4 = [(k+1)(k+2)(k+1)(k+2 -k+1)]/4 = [(k+1)(k+2)(k+2)(k+1)]/4 = (k+1)^2(k+2)^2/4 = (k+1)^2((k+1)-1)^2/4。

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。

2020年高考数学江苏卷第18题属于中档题，主要考查的知识点是椭圆定义、向量数量积运算、点到直线的距离公式和直线与椭圆的位置关系，运用的思想方法是数形结合、转化与化归和坐标法.该题满分16分，但平均分只有10分左右，不少学生由于不能理解问题的本质，在第（2）小题中选择了烦琐或错误的途径导致“失分”.针对此类状况，教师应该深入反思平时的教学过程，及时作出调整与改进.一、试题再现及常见解法题目在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆E ：x 24+y 23=1的左、右焦点分别为F 1，F 2，点A 在椭圆E 上且在第一象限内，AF 2⊥F 1F 2，直线AF 1与椭圆E 相交于另一点B .（1）求△AF 1F 2的周长；（2）在x 轴上任取一点P ，直线AP 与椭圆E 的右准线相交于点Q ，求 OP ·QP 的最小值；（3）设点M 在椭圆E 上，记△OAB 与△MAB 的面积分别是S 1，S 2，若S 2=3S 1，求点M 的坐标.第（1）小题和第（3）小题解法略.对于第（2）小题有以下四种解法.解法1：椭圆E ：x 24+y23=1的右准线为x =4.设P ()x ，0，Q ()4，y ，则 OP =()x ，0，QP =()x -4，-y .所以 OP · QP =x ()x -4=()x -22-4.所以当x =2时， OP ·QP 取到最小值，最小值为-4.解法2：椭圆E ：x 24+y 23=1的右准线为x =4.设点P ()t ，0.又因为A æèöø1，32，所以直线AP 的方程为y =32()1-t ()x -t .令x =4，得y Q =12-3t 2()1-t ，即Q æèçöø÷4，12-3t 2()1-t .所以 QP =æèçöø÷t -4，-12-3t 2()1-t .所以 OP ·QP =t ()t -4.所以当t =2时， OP ·QP 取到最小值，最小值为-4.解法3：因为直线AP 与椭圆E 的右准线相交于点Q ，点P 在x 轴上，A æèöø1，32，如下图所示.收稿日期：2020-12-17作者简介：王波凤（1978—），女，中学高级教师，主要从事高中数学教学研究.由一道高考试题的“失分”解法引起的教学思考王波凤摘要：对2020年高考数学江苏卷第18题的几种解法进行比较，分析学生在考场上的“失分”原因，并给出应对策略及教学思考.关键词：高考试题；失分解法；应对策略；教学思考··70所以设直线AP 的方程为y =k ()x -1+32.令x =4，得y Q =3k +32，即Q æèöø4，3k +32.令y =0，得x p =1-32k ，即P æèöø1-32k ，0.则 OP =æèöø1-32k ，0，QP =æèöø-32k-3，-3k -32.则 OP · QP =æèöø32k +12-4.所以当k =-32时， OP ·QP 取到最小值，最小值为-4.解法4：根据平面向量数量积的定义和几何意义，设椭圆右准线与x 轴的交点为R ，则 OP · QP =-|| OP |PR .而|| OP +|| PR =||OR =4，由基本不等式，得OP · QP =-|| OP |PR ≥-æèççöø÷÷|| OP +|| PR 22=-4.当且仅当|| OP =||PR =2时等号成立，即点P 的坐标为()2，0时， OP ·QP 取到最小值，最小值为-4.二、解法比较及“失分”原因1.解法比较解法1透过直线与椭圆这一载体，抓住向量数量积运算的本质，关注到OP 的纵坐标为0，直接设出点P 和点Q 的坐标，过程简洁明了.经抽样调查，考场上用解法1的学生占了四分之一左右.解法2比解法1绕了一步，先设出点P 的坐标，再用点P 的坐标表示出直线AP 的方程，然后与准线方程联立算出点Q 的坐标，从而得出所求数量积的目标函数表达式（与解法1的形式一样）.实际上，由于OP 的纵坐标为0， OP ·QP 的值与点Q 的纵坐标无关，所以这种解法联立直线方程求出点Q 的纵坐标实则多余.解法3把直线AP 的斜率k 作为参数，表示出直线AP 的方程，再用k 表示出点P 与点Q 的坐标，最后得出向量数量积的函数表达式.这种解法也没有关注到OP 的纵坐标为0，目标函数的表达式在形式上也比解法1和解法2的目标函数表达式复杂得多，既浪费了时间又容易算错.从运算的角度来看，没有解法1和解法2简便.解法4对平面向量数量积的概念有深刻的理解，利用向量数量积的几何意义，把向量数量积的运算转化为线段长的乘积的运算，最后利用基本不等式求解最值，解法巧妙，运算简单.虽然思维要求高，但运算量小，考场上用解法4的学生寥寥无几.正所谓“想得多而算得少，想得少而算得多”，那么解法4是如何想到的呢？其实只要回到数量积定义 OP · QP =|| OP | QP cos OP ，QP就能发现|| QP cos OP ， QP =-||PR ，即两个向量的数量积等于其中一个向量的模与其在另一个向量方向上的投影的乘积.2.“失分”原因学生答题时为什么会“失分”？其原因在哪里？第一个原因是审题时不加思考就动笔做，运算能力欠缺.用解法2或解法3的学生人数很多，即使运算过程全对，在考场上多用时间就是“隐性失分”.而且用解法3的学生在用斜率k 表示数量积的函数表达式时出错的很多，即使表达式正确，换元配方后求最值结果正确的也不多，还有部分学生用导数方法求最值（解法2和解法3相关分式的分母中有字母，还需要进一步分类讨论），做得麻烦又表述不清，相关步骤一分未得，真是令人痛心！第二个原因是对于数学概念理解不够深刻，没有掌握问题的本质.例如，本文高考题第（2）小题，点A是定点，影响 OP ·QP 的关键要素就是动点P 的位置，而且只与横坐标有关，抓住这一点就能够寻找到合理的解题途径.从本文高考题的多种解法中可以看出，选择解法2和解法3的学生被问题中的“直线AP 与椭圆E 的右准线相交于点Q ”蒙蔽了双眼，看到“直线”两字就马上设出直线方程联立方程组求解.事实上，无论以哪种图形为背景，向量数量积的坐标运算中有时往往只涉及某个坐标.解法4就是在深刻理解向量数量积的概念和几何意义的基础上抓住问题本质的好方法.··71三、应对策略1.教概念本质，重理解能力为什么多数学生想不到解法4？这与教师教学中“轻概念，重解题”有关.波利亚在《怎样解题》一书中指出，你把题目中所有关键的概念都考虑到了吗？你是怎样应用这些概念的？你用到它的意义、它的定义了吗？回到定义上去是一项重要的思维活动，教师在概念课的教学中要杜绝“一滑而过”的现象，千万不要重记忆、轻理解，不仅要让学生理解概念产生的必要性，还要让学生抓住概念的本质，深刻理解概念，灵活运用概念解题.2.重视解题方法的选择和归纳教学中，有时我们觉得学生就某一知识和方法应该掌握了，也就不再深入分析了，解题方法没有总结到位，学生虽然表面会了，但是一考就错.所以教师在平时的课堂教学中一定要重视解题方法的总结和归纳，指导学生解题前一定要有预判，要有选择和比较，这样就可减少不必要的运算，从而提高解题速度，避免“失分”.3.注重知识间的联系，创造性地改编练习题教材是试题之源，教学中要用好教材，重视教材中知识的联系.例如，本文高考题考查的是解析几何和向量的综合知识，教学中一味孤立地教某个知识和某个方法就僵化了学生的思维.虽然教材是按章节安排内容的，每章内容后的习题也是与相关知识对应的，但是教师在平时的教学中要创造性地改编练习题，综合各种背景知识灵活运用.例如，以下两道题就可以作为本文高考题的变式.变式1：在平面直角坐标系xOy 中，若椭圆E ：x 24+y 23=1的左、右焦点分别为F 1，F 2，点A 在椭圆E 上并满足AF 2⊥F 1F 2，若点P 是椭圆E 上的动点， F 1P ·F 2A的最大值是.该题可以用坐标法得出向量的数量积，与点P 的横坐标无关，由点P 的纵坐标的范围得出最大值.变式2：在直角梯形ABCD 中，AB =4，CD =2，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，E 是BC 的中点，则 AB ·()AC +AE的值为.该题可以通过建系用坐标法得出向量的数量积，与线段AD 的长度无关.学生在平时多练练类似的题目，到考场上就减少“失分”了.四、几点思考在平时的教学中，以下几点“功夫”教师必须做到位.1.培养学生的审题能力不少学生由于平时作业多、时间紧，往往省去了认真审题这一重要环节，养成了拿到题目就做的习惯，结果一做就错.想好了才做，是选择正确方法的前提.平时教学中要指导学生如何审题，布置作业时要精而少，这样学生才有时间养成良好的审题习惯.2.训练学生规范表达的能力培养学生会用数学语言准确、简洁、严谨地表达和书写，卷面字迹清楚，逻辑推理严密.例如，本文中高考题的解法，求点A 的坐标前要说明点A 的位置（第一象限），写直线方程时要交代斜率是否存在，等等.只有规范、严谨地表达，才能避免“会而不对”“对而不全”导致的失分.3.加强学生的运算能力为何选择同样方法的学生运算时所用时间和运算结果不一样？还是运算能力有差异.要提升运算素养，平时的作业练习尽量要求学生不用计算器，对遇到的烦琐的运算要细心、耐心和有信心.要让学生学会感受和比较不同的解法，在教学过程中教师要适时地介绍一些常规和简化的运算方法，培养学生的运算技能，让学生珍惜每一次运算机会.总之，教师应该做到“在埋头拉车的同时还要抬头看路”，多反思平时的教学，多了解学生的学习情况，把以上几点“功夫”做扎实了，学生在考场上就不会“无谓失分”了.参考文献：［1］徐永忠.重视基础查素质，关注创新考能力：2017年高考数学江苏卷评析及启示［J ］.中小学课堂教学研究，2017（10）：49-54.··72。

试题研究２０２３年６月上半月㊀㊀㊀由考题定考向,探方法成策略以２０２１年新高考全国I卷解三角形问题为例◉江苏省连云港市城头高级中学㊀程玲强㊀㊀１真题呈现,问题解析考题㊀(２０２１年新高考全国Ⅰ卷第１９题)记әA B C的内角A,B,C的对边分别为a,b,c．已知b２＝a c,点D在A C边长,B D s i nøA B C＝a s i n C．(１)证明:B D＝b;(２)若A D＝２D C,求c o søA B C ．图１解析:本题为解三角形问题,可先绘制辅助图形,如图１所示．(１)根据题设可知,B D＝a s i n Cs i nøA B C．由正弦定理得cs i n C＝bs i nøA B C,即s i n Cs i nøA B C＝cb．所以B D＝a cb,又知b２＝a c,则推出B D＝b,得证．(２)由A C＝b,A D＝２D C,可得A D＝２b３,D C＝b３．所以,在әA B D中,c o søA D B＝１３b２９－c２４b２３．同理可得c o søC D B＝１０b２９－a２２b２３．因为øA D B＝π－øC D B,所以１３b２９－c２４b２３＝a２－１０b２９２b２３,整理得２a２＋c２＝１１b２３．又b２＝a c,所以２a２＋b４a２＝１１b２３,整理得６a４－１１a２b２＋３b４＝０,解得a２b２＝１３或a２b２＝３２．在әA B C中,由余弦定理,可得c o søA B C＝a２＋c２－b２２a c＝４３－a２２b２．当a２b２＝１３时,c o søA B C＝７６＞１,不符合题意;当a２b２＝３２时,c o søA B C＝７１２．综上可知,c o søA B C＝７１２．另解:对于第(２)问,还可以从向量视角来解析．已知A D＝２D C,则D是三角形边A C的三等分点,则有B Dң＝１３B Aң＋２３B Cң,两边平方,可得|B Dң|２＝１９|B Aң|２＋４９|B Aң||B Cң|c o søA B C＋４９|B C|２．①在әA B C中,由余弦定理,可得c o søA B C＝a２＋c２－b２２a c．结合题目条件有b２＝９D C２＝a c,B D＝b＝３D C．将上述式子代入①式,消去B D,c o søA B C和b,可初步得到６a２－１１a c＋３c２＝０,则c＝２３a或c＝３a．当c＝３a时,b２＝a c＝３a２,由余弦定理,得c o søA B C＝７６＞１,不符合题意;当c＝２３a时,b２＝a c＝２３a２,可得c o søA B C＝７１２．２命题揭秘,技巧探究上述考题为高考常见的解三角形问题,主要考查三角函数的核心知识,如正弦定理㊁余弦定理,以及利用定理度量三角形,对学生计算分析㊁利用知识解决实际问题的能力有较高的要求．下面深入解读考题的０６Copyright©博看网. All Rights Reserved.２０２３年６月上半月㊀试题研究㊀㊀㊀㊀命题规律,以及常用的解题技巧．２．１命题规律探究正弦定理㊁余弦定理是高考的热点知识,也是解三角形的核心知识,它们常用来求解三角形的相关问题,如已知边求其他角,判断三角形的形状,求三角形的面积,等等．同时,考题中也常将两个定理与和差公式㊁倍角公式以及三角形的面积公式相结合,转化的技巧性极强．问题解答需要灵活运用正弦定理㊁余弦定理,并有效结合函数与方程思想㊁化归转化思想等．２．２解题技巧探究正弦定理㊁余弦定理是解三角形的核心知识,对应变形式的应用也极为广泛,也是需要重点掌握的知识;另外需要掌握以下几个解析技巧．(１)正弦定理的推广:a s i n A＝b s i n B＝c s i n C＝２R,其中R为әA B C外接圆的半径．求解әA B C外接圆的面积或周长时,可利用正弦定理的推广式来求外接圆的半径．(２)三角形面积公式:S＝１２a b s i n C＝１２b c s i n A＝１２c a s i n B．对于上式,可从三角形内角与边来解读,即三角形的面积可表示为任意两边及其夹角正弦值乘积的一半．(３)正弦知识与三角形个数:利用正弦定理的变形式可判断满足条件的三角形个数．由正弦定理可变形出s i n B＝b s i n A a．当s i n B＝b s i n A a＞１,则满足条件的三角形为０个,即无解;当s i n B＝b s i n A a＝１,则满足条件的三角形为１个;当s i n B＝b s i n A a＜１,则满足条件的三角形为１个或２个．(４)正弦定理的适用问题:已知两角和任意一边,求其他边和角;已知两边和其中一边的对角,求其他边和角．(５)利用正㊁余弦定理解题常用策略:利用两个定理解题常结合转化思想,即将边转化为角,或将角转化为边,最终目标是实现角或边的统一．对于三角形中的不等式问题,可利用两个定理来适当 放缩 ．对于三角形的取值范围问题,若以余弦定理为切入点,则可将问题转化为不等式;若以正弦定理为切入点,则可将问题转化为三角函数．３关联探究,解题分析解三角形问题的类型十分多样,所涉知识考点也较为众多,结合图形理解条件把握三角形特征,活用定理是解题的关键．下面结合具体问题进行关联探究．３．１倍角公式转化,破解三角函数值问题涉及倍角的三角函数问题较为特殊,需用倍角公式构建倍角与三角形内角的关系,然后利用正弦定理㊁余弦定理加以运算突破．图２例１㊀如图２所示,用三个全等的әA B F,әB C D,әC A E拼成了一个等边三角形A B C,әD E F为等边三角形,且E F＝２A E,设øA C E＝θ,则s i n２θ的值为．解析:设A E＝k(k＞０),则E F＝２k．由øA C E＝θ,әA B F,әB C D,әC A E全等,可得øF A B＝θ, C D＝k,D E＝２k．又әA B C为等边三角形,所以øC A E＝π３－θ．在әC A E中,由正弦定理,可得A Es i nøA C E＝C Es i nøC A E,即３s i nθ＝３２c o sθ－１２s i nθ．整理得t a nθ＝３７,则s i n２θ＝２t a nθt a n２θ＋１＝２ˑ３７３４９＋１＝７３２６．评析:例１是关于倍角的三角函数问题,问题涉及了全等三角形和等边三角形,利用正弦定理来求解所涉内角的正弦值是解题的基础,而利用倍角公式构建三角形内角和倍角之间的关系则是解题的关键．３．２正弦定理转化,破解面积取值问题三角形面积取值问题十分常见,从三角函数视角分析,可灵活运用正弦定理来求解,对于其中取值范围的分析,则可结合角度和边长的大小关系．例２㊀在锐角三角形A B C中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c．已知b s i n B＋C２＝a s i n B,且c＝２,则锐角三角形A B C面积的取值范围为．解析:由b s i n B＋C２＝a s i n B,可得b c o s A２＝a s i n B．由正弦定理,可得s i n B c o s A２＝s i n A s i n B．由０＜B＜π２,可得s i n B＞０,故c o s A２＝s i n A,即c o s A２＝２s i n A２c o s A２．又０＜A＜π２,所以０＜A２＜π４,则c o sA２＞０．故s i nA２＝１２,进而可得A＝π３．１６Copyright©博看网. All Rights Reserved.试题研究２０２３年６月上半月㊀㊀㊀图３如图３所示,在әA B C中B C１ʅA C,B C２ʅA B,可知A C１＝A Bc o sπ３＝１,A C２＝A Bc o sπ３＝４．因为әA B C为锐角三角形,所以点C在线段C１C２上运动,但不包括端点,于是有A C１＜b＜A C２,即１＜b＜４．而әA B C的面积可表示为SәA B C＝１２b c s i n A＝３２b,结合b的取值可得３２bɪ(３２,２３)．故әA B C面积的取值范围为(３２,２３)．评析:例２是求三角形面积的取值范围问题,解题的关键是构建三角形模型㊁确定b的取值范围．上述解题分两阶段突破．第一阶段,结合余弦定理确定内角A的大小;第二阶段,结合图形求解b的取值范围,进而由三角形面积公式求面积的取值范围．３．３两角和差转化,破解三角函数最值问题对于与两角相关的三角函数值问题,突破的核心是两角和与差的公式,即完成两角的统一化,构建单一变量,将问题转化为简单的函数问题,然后利用函数性质求最值．例３㊀在әA B C中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,其面积S可表示为S＝b２＋c２－a２４,试回答下列问题．(１)如果a＝６,b＝２,求c o s B的值;(２)试求s i n(A＋B)＋s i n B c o s B＋c o s(B－A)的最大值．解析:(１)简答．利用面积公式可得A＝π４,结合正弦定理可得s i n B＝b s i n A a＝６６,分析可知B为锐角,故c o s B＝３０６．(２)由(１)可知A＝π４,所以s i n(A＋B)＋s i n B c o s B＋c o s(B－A)＝２２s i n B＋２２c o s B＋s i n B c o s B＋２２s i n B＋２２c o s B＝２(s i n B＋c o s B)＋s i n B c o s B．令t＝s i n B＋c o s B＝２s i n(B＋π４),由Bɪ(０,３π４),得B＋π４ɪ(π４,π),则s i n(B＋π４)ɪ(０,１],所以tɪ(０,２]．故s i n(A＋B)＋s i n B c o s B＋c o s(B－A)＝２t＋t２－１２＝１２(t＋２)２－３２,tɪ(０,２]．分析可知,当t＝２,B＝π４时,原式取得最大值,且最大值为５２．评析:上述第(２)问可视为是两角和差的三角函数最值问题,突破的核心策略是角的转化,即通过内角的变换将问题转化为单一内角的三角函数问题．上述解析过程充分利用了两角和与差的公式㊁内角的三角函数基本关系等,问题的转化思想和运算技巧体现得极为充分．４解后反思,教学建议解三角形问题是高考数学的重要题型,探究命题规律,总结解题技巧是教学探究的重点,下面进一步进行反思教学．４．１理解定理内涵,正确认识定理正弦定理㊁余弦定理是破解 解三角形 问题的核心定理,充分理解定理内涵㊁正确认识定理是探究学习的关键．实际上两大定理揭示了三角形边角关系．如余弦定理体现了三角形三边长与一个角余弦值的关系,是对勾股定理的推广;而正弦定理则体现了三角形各边和所对角正弦值之比的关系．教学中要帮助学生理解该知识内涵,同时引导学生体验定理的探究过程,掌握定理的证明方法,强化学生的思辨思维,以从根本上掌握解三角形问题的知识核心．４．２开展思维训练,总结通性通法边化角 和 角化边 是解三角形问题常用的两种思路,总体而言就是为了实现问题条件的 边 或角 的统一．在教学中要重视学生的思维训练,促使学生充分掌握该类问题的通性通法,正确判断解决问题应选用的方法．４．３关注类型问题,总结破题技巧解三角形问题的类型十分多样,问题的综合性㊁拓展性极强,因此关注问题的多种类型,总结破题技巧十分关键[１]．实际教学中,教师要帮助学生构建解三角形问题的体系,引导学生合理变式,灵活运用定理㊁公式来转化突破．同时注意拓展解法,提升学生的思维水平．参考文献:[１]景君．不畏浮云遮望眼 一道江苏联赛解三角形题的剖析[J]．中学数学,２０２１(７):１９Ｇ２０．Z２６Copyright©博看网. All Rights Reserved.。