【高中数学解题技巧】高中数学解题思维训练ppt.

浅谈高中数学解题技巧邱㊀进(江苏省泰州市姜堰区蒋垛中学㊀２２５５００)摘㊀要:随着新课改的落实ꎬ对于高中数学提出了更高的教学要求ꎬ更加重视提高学生的集体思考能力ꎬ全面提高高中生的数学综合素质.高中数学知识既多又复杂ꎬ因此ꎬ这对老师在数学解题技巧上的教授提出了全新的挑战.想要让学生掌握正确的解题方法ꎬ取得理想的数学成绩ꎬ老师应该要深入的研究高中数学教材ꎬ总结解题的技巧.本文对高中数学的解题方法与技巧进行了研究ꎬ希望给数学老师在解题方面的教学提供思路.关键词:高中数学ꎻ解题方法ꎻ解题技巧中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２１)１８－００２７－０２收稿日期:２０２１－０３－２５作者简介:邱进(１９８１.２－)ꎬ男ꎬ江苏省泰州人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀高中数学的学习难度比较大ꎬ要求学生在学习的过程中ꎬ具备较强的逻辑思维能力和分析能力.老师在教学的过程中ꎬ如果采用单一的教学方法ꎬ将不利于培养学生解题的能力ꎬ数学老师的专业素养主要体现在对于学生解题能力的培养上ꎬ老师在日常教学中ꎬ在对例题进行讲解时ꎬ要注重对于解题方式的分析和教授ꎬ让学生在实例学习中掌握正确的解题技巧.㊀㊀一㊁高中数学难题分析由于传统教育理念影响ꎬ老师在展开教学活动中ꎬ通常以自身为主体ꎬ对学生展开灌输填鸭式的教育方式ꎬ导致学生对于老师的依赖性比较大ꎬ独立思考的能力比较弱.但是ꎬ随着教育教学的改革ꎬ数学题的出题思维也在不断的革新和变化ꎬ对于学生来说ꎬ应该要能够做到灵活的运用数学知识ꎬ并且ꎬ结合自身的实际情况ꎬ探索出适合的解题技巧.部分高中生在解答数学难题时ꎬ依然沿用初中阶段的定势思维来进行解读ꎬ在实际的解题过程中困难重重ꎬ解题的速度和正确性不高ꎬ因此也挫伤了大部分学生在解题方面的积极性ꎬ影响了学生解题的自信心.出现这种现象的根本原因是因为ꎬ初中阶段和高中阶段在数学解题上有明显的逻辑差异ꎬ高中的数学题在解题上更加注重对于知识点的综合运用ꎬ而且需要学生具备更高的思维能力.但是部分高中生并没有意识到这一点ꎬ所以解题思维模式上也没有进行转换ꎬ在解题时就遇到了问题.就老师方面来说ꎬ由于高中应试考试压力影响ꎬ老师需要在有限的教学时间内完成更多的教学任务ꎬ因此老师教学任务非常沉重ꎬ既要备学情ꎬ又要备教材ꎬ所以为了完成教学任务ꎬ老师只能利用题海战术来提高学生的学习能力ꎬ但是这种训练方式ꎬ不仅不能达到原本提高学生解题水平的目的ꎬ还会影响到学生对于数学学习的兴趣ꎬ让学生对于数学解题产生厌烦和恐惧的心理.㊀㊀二㊁高中数学审题技巧进行有效解答的前提ꎬ是要能够学会正确的审题ꎬ能够在审题中获得足够的解题条件ꎬ从而提高解题的速度和准确性.１.分析题干内容题干中描述的内容是解题的基本条件ꎬ它指明了解题的大致方向ꎬ因此想要正确的进行解题ꎬ就必须要对题干的内容进行仔细的研究和分析ꎬ挖掘出隐藏在题干中的潜在条件ꎬ通过条件之间的转化来简化解题的程序ꎬ从而提高解题的效率ꎬ并且保证解题的准确性.比如ꎬ已知ａ２＋(ｂ－２)ａ＋ｂ－１＝０的两个根为ａ１和ａ２ꎬ而点Ａ(ａ１ꎬａ２)在圆ａ２＋ｃ２＝４ꎬ求ｂ.通过审题得知ꎬａ在圆ａ２＋ｃ２＝４ꎬ表明Ａ坐标在圆ａ２＋ｃ２＝４方程上ꎬ又(ａ１ꎬａ２)为方程两个根ꎬ则ａ１２＋(ｂ－２)ａ１＋ｂ－１＝０ꎬａ２２＋７２Copyright©博看网 . All Rights Reserved.(ｂ－２)ａ２＋ｂ－１＝０.通过阅读题能够获得以上信息ꎬ如果只是依照题干中的表面条件来进行求解ꎬ将无从下手ꎬ但是这道题解题的关键在于挖掘出题干中的潜在条件ꎬ通过隐藏解题条件来更好的实现调节的目标.２.关联分析以上例为例ꎬ在阅读的过程中挖掘出了潜在的条件ꎬ但是对于解题仍然还显得不够ꎬ这个过程当中ꎬ应该针对已知条件和求解的目标ꎬ进行关联式的分析ꎬ从而获得解题的突破口.需要注意强调的是ꎬ在解题时要具备推理意识和反思意识ꎬ同时通过各种解题方法ꎬ如草图法ꎬ运算分析法来找到解题的关键点ꎬ从而简化题干的内容.ａ２＋(ｂ－２)ａ＋ｂ－１＝０为一元二次方程ꎬ在关联分析时ꎬ加入ｆ(ａ)＝ａ２＋(ｂ－２)ａ＋ｂ－１ꎬ(ａ１ꎬ０)(ａ２ꎬ０)就是焦点ꎬ轴对称分布ꎬ得出ａ１＋ａ２＝２－ｂ.３.梳理解题思路对于高中数学的解题思路来说ꎬ学生应该要能够做到对于题干进行有效的分析ꎬ能够将求解的目标和内容进行联系.将数学的定义和性质进行灵活的运用ꎬ要求学生要梳理解题的思路ꎬ将课本中的理论知识与解题过程的各要素进行匹配ꎬ从而实现多条件的求解目标.比如上题分析得出ａ１２＋(ｂ－２)ａ１＋ｂ－１＝０ꎬａ２２＋(ｂ－２)ａ２＋ｂ－１＝０ꎬａ１＋ａ２＝２－ｂꎬ然后利用三二元次方程求解得出答案.㊀㊀三㊁数学解决方法１.转换法所谓转换法ꎬ就是转变原有的数学解题思路ꎬ从而获得解决的方法.在用这一方法后ꎬ能够将原本复杂的条件简单化ꎬ将抽象的知识具体化ꎬ对于学生来说ꎬ能够有效的提高解题的效率和准确性ꎬ树立起解题的自信心.比如函数ｍ＝ｎｘ２－ｘ－ｎ(ｎ>０ꎬｎʂ１)ꎻｍ＝ｘ＋ｎꎬ通过做图看出ꎬ两个函数有一个焦点ꎬ区间在０<ｎ<１ꎬ但是这题目中的立意不符.因此可以反推出交点的数量为２ꎬ其对应的区间为ｎ>１ꎬ这就和提干相吻合了.２.求证法求证法比较适合用于高中数学解题ꎬ过程就是通过逆向思维的能力进行推理ꎬ最终发现结论与数学的定理之间相背离得知ꎬ原命题的合理性ꎬ从而能够完成解题.对于高中生来说ꎬ一般都习惯使用正面的思维方式来进行解题ꎬ但是这一方法并不适合于所有的题目ꎬ有些题目在运用反向求证的方法之后ꎬ反而能够快速的解题.比如在某学校有６３０人ꎬ抽取每个年级３０％的学生ꎬ通过题干已经条件ꎬ计算出实际调查学生数量为１８９人ꎬ如果命题不成立ꎬ则要假设推理ꎬ指导获取到与题目之间冲突的部分ꎬ凭此来求解.３.换元法高中数学的题目ꎬ一般都不会以单一的形式出现ꎬ学生如果仅仅是从整式进行解题ꎬ反而会花费过多的时间ꎬ而且也不能保证其结果的正确性ꎬ对于这类整合式的数学题目的解答ꎬ学生可以采用换元的方法来进行解题ꎬ通过用变量来替换表达的方式ꎬ最后ꎬ再通过替换的变量来实现正确解题.换元法在所有解决方法中实用性是最高的ꎬ因此老师应该指导学生熟练掌握换原的解决方式ꎬ提高解题的速度和正确性ꎬ这对于学生在今后的数学解答也能够有明显的促进作用.４.排除法排除法也是高中数学解题中比较常用的方法之一ꎬ这种类型的方法大多运用与选择题的题型当中ꎬ通过排除选项的方式来找到正确的答案.比如不等式ａｂ２＋２ａｂ－４<２ｂ２＋４ｂ恒成立ꎬ则ｍ的范围是(㊀㊀).Ａ.(－２ꎬ２)㊀㊀㊀Ｂ.(－ɕꎬ－１)ɣ(２＋ɕ)Ｃ.(－ɕꎬ２)Ｄ.(－２ꎬ２)当ａ＝２时ꎬ则－４<０ꎬ这与题目立意一致ꎬ故而Ａ选项和Ｂ选项排除.当ａ＝－２时ꎬ则(ａ＋１)２ȡ０不恒成立ꎬ因此排除选项Ｃꎬ得出正确答案为Ｄ.数学作为高中阶段的重点学科ꎬ是高考的科目ꎬ也是教学的重点ꎬ因此为了让学生能够在高考中取得理想的成绩ꎬ老师应该让学生掌握正确的解题技巧ꎬ提高解题的速度和正确率ꎬ进而确保在高考中获得比较高的数学成绩.数学是一门对于逻辑性和抽象思维能力要求比较高的学科ꎬ高中数学由于知识点多且深ꎬ因此在解题的过程中ꎬ对于学生的要求更高.学生除了要夯实的理论基础之外ꎬ还要能够灵活的运用数学知识进行正确的解题.老师要让学生学会根据不同的题目选择合适的解题方法与技巧ꎬ才能显著提高答题的正确率.㊀㊀参考文献:[１]张美玲.高中数学解题方法及技巧探究[Ｊ].学周刊ꎬ２０１７(２):１５１－１５２.[２]王坤.例谈基于问题解决的高中数学复习[Ｊ].数学通报ꎬ２０１７ꎬ５６(７):４６－４９.[责任编辑:李㊀璟]８２Copyright©博看网 . All Rights Reserved.。

高中数学思维训练高中数学思维训练第一篇教师可以依据定理推导的难度,针对学生的原有基础确定哪些推导可以学生自己独立完成,哪些可以由师生共同完成,哪些可以直接教师推导。

对于可以师生共同完成的定理教学环节可采纳“提出问题-小组商量-展示-师生沟通-形成数学结论-课后稳固〞这个模式。

这种思维训练的模式是让学生以小组为单位商量构建思维框架。

通过学生商量推导数学定理展示本组结论,然后由师生共同沟通展示内容是否正确。

不管是学生和学生之间的沟通、还是师生之间的沟通都是一个很好的探究过程,可以相互质疑,指出推导不严谨之处,学生在此沟通过程就会渐渐形成严谨的思维。

这种思维训练的方式可以让学生感受到一种学习上的成就感,他们将会更有动力去主动探究新的数学学问。

高中数学思维训练第二篇在高中数学教学之中,首先需要学生有肯定的数学理论基础学问。

许多数学原理是在旧学问的基础之上推导出来的。

要训练学生的数学思维其实就是训练学生在旧学问原理上推出新学问的能力,想象力是一种不行缺少的能力。

在数学教学中应当根据数学教材的潜在因素来创设肯定的数学情境的,这是学生的一个想象的材料,启发学生的创造性的思维。

我们还应当指导学生把握一些基本的数学解题方法例如类比法、归纳法等,在教学解题的过程之中,重视“精〞不在乎“多〞。

教师要留意让学生积累解题的经验,捕捉学生别出心裁的数学想法,违背常规的解答,标新立异的构思。

例如题目里面出现条件,我们可以联想到韦达定理相关学问。

又如已知均为正实数,满足关系式,又为不小于的自然数,求证:由条件联想到勾股定理,可构成直角三角形的三边,进一步联想到三角函数的定义,从而得到解题的思路。

高中数学思维训练第三篇古人说：“学起于思，思源于疑。

〞学习兴趣和求知欲望往往是由疑问引起的。

在教学过程中，课堂提问是引起学生思索的重要方法，通过提问使学生思维有明确的方向，在思维活动中分析解决问题，培育思维能力，因此在课堂教学中要细心设计问题，以提问的形式把问题引发出来，使学生快速进入紧急的思维状态。

浅谈高中数学中思维能力的培养方法【摘要】在高中数学学习中，培养思维能力至关重要。

逻辑思维能力的培养可以帮助学生建立正确的数学思维模式，提高问题解决能力。

加强抽象思维能力可以帮助学生把握数学概念和方法，更好地理解数学知识。

锻炼数学建模能力可以让学生在实际问题中运用数学知识解决复杂情况，提高实践能力。

拓展思维边界可以让学生从不同角度思考问题，开拓思维空间。

通过以上方法的综合运用，可以全面提升高中学生的数学思维能力，为他们将来的学习和工作打下坚实基础。

在未来，随着教育的不断改革和发展，相信高中数学中思维能力的培养方法也将得到进一步完善和深化。

【关键词】高中数学、思维能力、培养方法、逻辑思维、问题解决能力、抽象思维、数学建模、拓展思维、总结、展望1. 引言1.1 背景介绍高中数学作为学生学习的重要科目之一，具有培养学生思维能力的重要作用。

数学是一门需要逻辑思维的学科，通过学习数学可以让学生培养自己的逻辑思维能力，提高问题解决能力，加强抽象思维能力等。

而在高中数学中，培养学生的思维能力往往是较为重要的目标之一。

1.2 意义分析高中数学中思维能力的培养具有非常重要的意义。

数学是一门抽象的学科，需要学生具备良好的逻辑思维能力才能够理解和掌握其中的知识。

通过培养高中生的逻辑思维能力，不仅可以提高他们在数学学习中的表现，更能够提升其在其他学科中的学习能力。

数学问题常常具有一定的难度和复杂性，需要学生具备较强的问题解决能力才能够有效应对。

通过在高中阶段培养学生的问题解决能力，可以为他们未来的学习和工作打下坚实的基础。

数学在很大程度上是一门抽象的学科，需要学生具备较强的抽象思维能力才能够深入理解其中的内涵。

通过加强高中学生的抽象思维能力，可以促进他们在数学领域的深度思考和创新能力的培养。

高中数学中思维能力的培养不仅对学生的数学学习有着重要的意义，更能够促进其全面发展和未来的成功。

2. 正文2.1 培养逻辑思维能力培养逻辑思维能力是高中数学教育中非常重要的一环。

高中数学思维训练(一)
介绍
本文档旨在为高中生提供一些数学思维训练的方法和技巧，帮助他们提升数学解题能力和思维逻辑能力。

数学思维训练的重要性
数学思维是解决数学问题的核心能力，也是提高数学成绩的关键。

通过系统的思维训练，可以帮助学生培养逻辑思维、分析问题和解决问题的能力。

数学思维训练方法
1. 培养观察力和想象力
观察力和想象力是数学思维的基础。

通过观察和想象，学生可以更好地理解数学概念和问题。

可以通过观察数学图形、模型，并进行想象、预测、猜测等活动来锻炼观察力和想象力。

2. 善于归纳和总结
学生在解决数学问题时，应该善于归纳和总结经验和规律。

可以通过总结相同类型问题的解题方法，抓住问题的本质，形成解题思路和方法。

3. 提升逻辑推理能力
逻辑推理是解决数学问题的核心环节。

学生应该通过训练提高逻辑推理能力，包括推理演绎、逆向思维、证明推理等。

可以通过解决逻辑题、数学证明题等来锻炼逻辑推理能力。

4. 培养解决问题的耐心和毅力
解决数学问题需要耐心和毅力，尤其是遇到难题时更需要有持之以恒的精神。

学生应该培养解决问题的耐心和毅力，通过解决一些挑战性的问题来提高解决问题的能力。

总结
数学思维训练是提高高中数学成绩和解决数学问题的关键。

通过培养观察力、想象力、归纳总结能力和逻辑推理能力，以及提升解决问题的耐心和毅力，学生可以有效提高数学思维能力，取得优异的成绩。

*以上内容仅供参考，具体训练方法和策略可根据实际情况进行调整。

*。

解几最值求有妙法，构造函数多方出击一、攻关方略与圆锥曲线有关的最值或范围问题大都是综合性问题，解法灵活，技巧性强，涉及代数函数、三角函数、平面几何等方面的知识，求最值常见的解法有几何法和代数法两种，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，如与圆锥曲线的定义相关或涉及过焦点的弦长、焦半径、焦点三角形等，则考虑利用图形性质来解决；若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，圆锥曲线中的最值问题的载体是直线与圆锥曲线的关系，特别是相交所引出的图形的最值问题，大致可分为两类：①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．本讲重点放在用目标函数法求最值的策略．建立目标函数解与圆锥曲线有关的最值问题是一种常规方法，其关键是选取适当的变量建立目标函数，然后运用求函数最值的方法确定最值．运用目标函数法解此类题的难点体现在两个方面：①如何建立目标函数．关键要把相关图形的特点吃透，变量可以是直线的斜截、截距、曲线上的动点坐标、变动的线段等等，通常所得到的解析式的形式不会太简单，对下一步的求解会带来困难．②对所求得的目标函数如何求其最值，常常需要进行再次构造为常见函数并运用相应的解题策略解之，比如转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用配方法、基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等，尤其是对复杂函数解析式的再构造，其方法并非唯一，不同的构造必有多种不同的解法，或繁或简，通过解题经验的积累，尽可能找到最为巧妙的构造，得到最为简捷的解法，真可谓：解几最值求有妙法，构造函数多方出击．思维发散或繁或简，纵横联结枝繁叶茂．【典例】已知点()0,2A -，圆2222:1x y E a b +=（0a b >>F 是椭圆E的右焦点，直线AF O 为坐标原点．（1）求E 的方程；（2）设过点A 的直线l 与椭圆E 相交于P ，Q 两点，当OPQ △的面积最大时，求l 的方程．解题策略解析几何是用代数方法研究几何问题的一门数学学科，代数方法当然离不开比较复杂的计算，高考命题特别提出“多考想，少考算”，突出考查学生分析推理、转化的数学逻辑思维能力，如何在解析几何中避免繁杂、冗长的计算，即简化计算，也就成了处理这类问题的难点与关键，解析几何题目中常用的简化运算的技巧有：圆锥曲线的概念、条件等价转化、以形助数、设而不求以及通过构造以巧妙的方法减少运算量等，本例第（1）问，根据已知条件，利用基本量求椭圆方程；第（2）问，先建立OPQ △面积的函数表达式，再求最值，其中函数变量的选取尤为重要，不同的解析式有不同的求最值的方法．策略一由弦长公式求PQ ，由点到直线距离公式求d ，由12=⋅S PQ d 得解析式，换元法转化为用基本不等式求最值和l 的方程策略二由POQ AOQ AOP S S S =-△△△得函数解析式再进一步求解策略三利用坐标法求解析式再进一步求解（1）解：设(c,0)F ，由条件知，23c =，得c =又2c a =，∴2a =，2221b a c =-=，故E 的方程为2214x y +=．（2）解法一当l x ⊥轴时，不合题意，故设:2l y kx =-，()11,P x y 、()22,Q x y ，将2y kx =-代入椭圆方程，整理得()224116120k x kx +-+=．则()()222(16)48411643k k k ∆=-+=-当0∆>，即234k >时由弦长公式得12||PQ x =-==．又由点到直线的距离公式得点O 到直线l的距离d =∴OPQ △的面积221||24141S PQ k k d ===++⨯．t =，244144t S t t t ==++．则2243k t =+且0t >，当4t t =，即2t =时，OPQ △2=，解得2k =．故所求直线l的方程为2y =-或2y =-．解法二设直线:2l y kx =-交椭圆E 于()11,P x y ，()22,Q x y ．且P 在线段AQ 上．由222,440y kx x y =-⎧⎨+-=⎩得()224116120k x kx +-+=，1221641k x x k +=+，1221241x x k =+．由0∆>得234k ≥．则21122POQ AOQ AOP S S S x x =-=⨯-==△△△同解法一得所求直线l 的方程为2y =-或2y =-．解法三设l 的方程为2y kx =-，与椭圆方程联立得222,44,y kx x y =-⎧⎨+=⎩消去y 整理得()224116120k x kx +-+=．则1221641k x x k +=+，1221241x x k =+，且由0∆>，得234k >．设点P 、Q 的坐标分别为()11,x y ，()22,x y ．点O 的坐标为(0,0)，用坐标法求OPQ △的面积S 可表示为11221112001x y S x y =．即()()1221122112112222S x y x y x kx x kx x x =-=---=-⎡⎤⎣⎦241k k ==+．同解法一得所求直线l 的方程为2y =-或2y =-．【点评】运用目标函数法解此类题的难点体现在两个方面：①如何建立目标函数．关键要把相关图形的特点吃透，变量可以是直线的斜截、截距、曲线上的动点坐标、变动的线段等等，通常所得到的解析式的形式不会太简单，对下一步的求解会带来困难．②对所求得的目标函数如何求其最值，常常需要进行再次构造为常见函数并运用相应的解题策略解之，【针对训练】1．已知椭圆的方程为22143x y +=，1F ，2F 分别为椭圆的左、右焦点，线段PQ 是椭圆上过点2F 的弦，则1PFQ △内切圆面积的最大值为______．2．已知抛物线2:4C y x =上一点()4,4M -，A ，B 是抛物线C 上的两动点，且0MA MB ⋅= ，则点M 到直线AB 距离的最大值是______．（2021全国乙卷理11）3．设B 是椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的上顶点，若C 上的任意一点P 都满足||2PB b ≤，则C 的离心率的取值范围是（）A ．,12⎫⎪⎪⎣⎭B ．1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．2⎛ ⎝⎦D ．10,2⎛⎤⎥⎝⎦（2021全国新高考Ⅰ卷5）4．已知1F ，2F 是椭圆C ：22194x y +=的两个焦点，点M 在C 上，则12MF MF ⋅的最大值为（）A ．13B ．12C ．9D ．65．已知抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点F 到准线的距离为2．(1)求C 的方程;(2)已知O 为坐标原点，点P 在C 上，点Q 满足9PQ QF =，求直线OQ 斜率的最大值.6．已知抛物线()2:20C x py p =>的焦点为F ，且F 与圆22:(4)1M x y ++=上点的距离的最小值为4．(1)求p ；(2)若点P 在M 上，,PA PB 是C 的两条切线，,A B 是切点，求PAB 面积的最大值．（2022·浙江）7．如图，已知椭圆221:12x C y +=，抛物线22:2(0)C y px p =>，点A 是椭圆1C 与抛物线2C 的交点，过点A 的直线l 交椭圆1C 于点B ，交抛物线2C 于M （B ，M 不同于A ）．(1)若116=p ，求抛物线2C 的焦点坐标；(2)若存在不过原点的直线l 使M 为线段AB 的中点，求p 的最大值．（2022·浙江）8．如图，已知F 是抛物线()220y px p =>的焦点，M 是抛物线的准线与x 轴的交点，且2MF =，(1)求抛物线的方程；(2)设过点F 的直线交抛物线与A ､B 两点，斜率为2的直线l 与直线,,MA MB AB ，x 轴依次交于点P ，Q ，R ，N ，且2RN PN QN =⋅，求直线l 在x 轴上截距的范围.（2019年高考数学浙江卷第21题）9．如图所示，已知点()1,0F 为抛物线22y px =（0p >）的焦点，过点F 的直线交抛物线于A 、B 两点，点C 在抛物线上，使得ABC 的重心G 在x 轴上，直线AC 交x 轴于点Q ，且Q 在点F 的右侧，记AFG 、CQG 的面积分别为1S ，2S．(1)求p 的值及抛物线的准线方程；(2)求的12S S 最小值及此时点G 的坐标．10．如图，已知抛物线2x y =.点A 1139-2424B ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，抛物线上的点P （x,y ）13-x 22⎛⎫ ⎪⎝⎭＜＜,过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q（I）求直线AP斜率的取值范围；PA PQ的最大值（II）求·参考答案：1．9π16【分析】()111142PF Q S PF QF PQ r r =++⋅=△，∴14PF Q S r =△，解法一：112PF Q S PQ d =⋅ ，点1F 到直线PQ 的距离为d ．由弦长公式和点到直线距离公式，求最大值.解法二：1121212PF Q S F F y y =- ，由弦长公式和基本不等式求最大值.【详解】解法一如图所示，1PFQ △的()111142PF Q S PF QF PQ r r =++⋅=△，∴14PF Q S r =△．当直线PQ 的斜率不存在时，易得||3PQ =，此时1121||32PF Q S F F PQ =⋅⋅=△，∴34r =；当直线PQ 的斜率为k 时，直线PQ 的方程为(1)y k x =-．将(1)y k x =-代入22143x y +=，并整理得：()22224384120k x k x k +-+-=．设()11,P x y 、()22,Q x y ，则2122843k x x k +=+，212241243k x x k -=+．||PQ ==()2212143k k +==+．∵点1F 到直线PQ 的距离d =．则12112|||243PF Qd k S PQ k ==⋅+△，则()()()()222222222211124331PFQ k k k k S k k k ++⎛⎫== ⎪⎡⎤⎝⎭+++⎣⎦△，设21u k =+，2v k =，则122112(3)96PF Q S uv u v u v v u⎛⎫== ⎪+⎝⎭⨯++△，且2211u k v k +=>，设(1)u t t v=>，设1()96f t t t =++，则21()9f t t '=-，当1t >时，()0f t '>，∴96(1)16u v f v u ⋅++>=，则1212116PF Q S ⎛⎫ ⎪⎝<⎭△，∴13PF Q S <△，∴34r <．综上，当直线PQ 垂直于x 轴时，1PFQ △的内切圆半径r 取得最大值34，∴1PFQ △的内切圆面积的最大值为9π16．解法二显然直线PQ 的斜率不为0，故可设其方程为1x my =+，将1x my =+代入22143x y+=，并整理得()2234690m y my ++-=，设()11,P x y ，()22,Q x y ，则122634m y y m +=-+，122934y y m =-+，∴1121221234PF Q S F F y y m =-===+△121，令1t ≥．设1()3f t t t =+，则21()3f t t'=-，则当1t >时，()0f t '>[]1,+∞，∴(1)4f =≥（当0m =时等号成立），∴1PF Q S △的最大值为3．此时1344PF Q S r ==△，即r 的最大值为34．∴1PFQ △的内切圆面积的最大值为9π16．故答案为：9π162．【分析】解法一：首先利用坐标表示直线MA ，MB 和直线AB 的斜率，并利用坐标表示1MA MB k k ⋅=-，代入直线AB 的方程，化简求直线所过定点，利用几何法表示点M 到直线AB距离的最大值；解法二：利用1MA MB k k ⋅=-得()()12124324y y y y y x +-++=，利用换元得直线AB 的方程为44320x ty t -+-=，列出点到直线距离公式d ==关系求函数最大值；解法三：首先设直线AB 的方程为x ky b =+，与抛物线方程联立，并利用韦达定理表示0MA MB ⋅=，得22123616164b b k k -+=-+，化简后表示,k b 的关系，可求得定点坐标，再利用两点距离表示点到直线距离的最大值.【详解】解法一：如图所示，设()11,A x y ，()22,B x y ，则直线MA 的斜率为()()()11111144444444MA y y k x y y y ++===-+--．同理可得直线MB 的斜率为244MB k y =-．直线AB 的斜率为12122212121244AB y y y y k y y x x y y --===--+．由1244144MA MB k y y k =⨯=---⋅，得()1212432y y y y -+=-．又直线AB 的方程为()11124y y x x y y -=-+，故()12124y y y y y x +-=．∴()()12124324y y y y y x +-++=．即()12(4)4(8)y y y x +-=-，∴直线AB 过定点()8,4P ．点M 到直线AB距离的最大值为||MP ==解法二：同解法一得()()12124324y y y y y x +-++=．令12y y t +=，则直线AB 的方程为44320x ty t -+-=．点M 到直线AB的距离d ==令2t s -=，则有d =，当10s =-时等号成立，即点M 到直线AB距离的最大值为解法三：设直线AB 的方程为x ky b =+，211,4y A y ⎛⎫⎪⎝⎭，222,4y B y ⎛⎫ ⎪⎝⎭．由24x ky by x=+⎧⎨=⎩，得2440y ky b --=．∴()2160k b ∆=+>，124y y k +=，124y y b =-．∴0MA MB ⋅= ，即2212124,44,4044y y y y ⎛⎫⎛⎫-+⋅-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴()()22212121212122432016y y y y y y y y y y ⎡⎤-+-++++=⎣⎦．①把121244y y ky y b+=⎧⎨=-⎩代入（1）式整理得22123616164b b k k -+=-+．即22(6)(42)b k -=-，∴48b k =-+或44b k =+．当44b k =+时，直线AB 的方程为(4)4x k y =++，恒过点(4,4)-M ，不符合题意；当48b k =-+时，直线AB 的方程为(4)8x k y =-+，恒过点()8,4P ，符合题意．∴点M 到直线AB的距离的最大值是||MP =故答案为：3．C【分析】设()00,P x y ，由()0,B b ，根据两点间的距离公式表示出PB ，分类讨论求出PB 的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．【详解】设()00,P x y ，由()0,B b ，因为2200221x y a b+=，222a b c =+，所以()()2223422222220000022221y c b b PB x y b a y b y a b b b c c ⎛⎫⎛⎫=+-=-+-=-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为0b y b -≤≤，当32b b c-≤-，即22b c ≥时，22max 4PB b =，即max 2PB b =，符合题意，由22b c ≥可得222a c ≥，即0e <≤当32b b c->-，即22b c <时，42222max b PB a b c =++，即422224b a b b c ++≤，化简得，()2220c b -≤，显然该不等式不成立．故选：C ．【点睛】本题解题关键是如何求出PB 的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．4．C【分析】法一：根据椭圆定义得到1226MF MF a +==，结合基本不等式进行求解；法二：设出()00,M x y ，使用焦半径结合033x -≤≤进行求解.【详解】法一：由题意，229,4a b ==，则1226MF MF a +==，所以2121292MF MF MF MF ⎛+⎫⋅≤= ⎪⎝⎭（当且仅当123MF MF ==时，等号成立）．法二：设()00,M x y ，033x -≤≤，由焦半径公式可得：1002003,3MF a ex MF a ex =+=+=-=-，故21200053399MF MF x x ⎛⎫⎛⎫⋅=+⋅=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为033x -≤≤，所以2009x ≤≤，当200x =，即00x =时，12MF MF ⋅取得最大值，最大值为9.故选：C ．5．(1)24y x =(2)13【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；（2）设()00,Q x y ，由平面向量的知识可得()00109,10P x y -，代入抛物线方程，进而可得20025910y x +=，可得点Q 的轨迹，再由斜率公式及基本不等式即可得解.【详解】（1）抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点,02p F ⎛⎫⎪⎝⎭，准线方程为2p x =-，由题意，该抛物线焦点到准线的距离为222p p p ⎛⎫--== ⎪⎝⎭，所以该抛物线的方程为24y x =；（2）设()00,Q x y ，则()00999,9PQ QF x y ==--，所以()00109,10P x y -，由P 在抛物线上可得()()200104109y x =-，即20025910y x +=，据此整理可得点Q 的轨迹方程为229525=-y x ，所以直线OQ 的斜率000220001025925910OQ y y y k y x y ===++，当00y =时，0OQ k =；当00y ≠时，0010925OQ k y y =+，当00y >时，因为0092530y y +≥=，此时103OQ k <≤，当且仅当00925y y =，即035y =时，等号成立；当00y <时，0OQ k <；综上，直线OQ 的斜率的最大值为13.6．(1)2p =(2)()max = PAB S 【分析】(1)方法一利用两点间距离公式求得FN 关于圆M 上的点()00,N x y 的坐标的表达式，进一步转化为关于0y 的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得p 的值；方法二，利用圆的性质，F 与圆22:(4)1M x y ++=上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；(2)方法一设点()11,A x y 、()22,B x y 、()00,P x y ，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线AB 的坐标满足方程00220x x y y --=，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得1202x x x +=，1204x x y =，利用弦长公式求得AB 的长，进而得到面积关于()00,P x y 坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于0y 的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到1202x x x +=，1204x x y =，过P 作y 轴的平行线交AB 于Q ，则2000,2⎛⎫- ⎪⎝⎭x Q x y ．由121||2PAB S PQ x x =⋅- 求得面积关于()00,P x y 坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线:AB l y kx b =+，联立直线AB 和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到20k b +>，且12124,4x x k x x b +==-．利用点P 在圆M 上，求得,k b 的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P 的坐标(2,)P k b -，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于b 的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值由题意知，0,2p F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，设圆M 上的点()00,N x y ，则()22041++=x y ．所以()()22001453=-+-≤≤-x y y ．从而有||=FN =因为053y -≤≤-，所以当03y =-时，min ||4==FN ．又0p >，解之得2p =，因此2p =．[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值抛物线C 的焦点为0,2p F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，42pFM =+，所以，F 与圆22:(4)1M x y ++=上点的距离的最小值为4142p+-=，解得2p =；（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法抛物线C 的方程为24x y =，即24x y =，对该函数求导得=2xy '，设点()11,A x y 、()22,B x y 、()00,P x y ，直线PA 的方程为()1112x y y x x -=-，即112x xy y =-，即11220x x y y --=，同理可知，直线PB 的方程为22220x x y y --=，由于点P 为这两条直线的公共点，则10102020220220x x y y x x y y --=⎧⎨--=⎩，所以，点A 、B 的坐标满足方程00220x x y y --=，所以，直线AB 的方程为00220x x y y --=，联立0022204x x y y x y --=⎧⎪⎨=⎪⎩，可得200240x x x y -+=，由韦达定理可得1202x x x +=，1204x x y =，所以，AB ==，点P 到直线AB的距离为d =，所以，()3220011422PABS AB d x y =⋅=-△，()()2222000000041441215621x y y y y y y -=-+-=---=-++ ，由已知可得053y -≤≤-，所以，当05y =-时，PAB的面积取最大值321202⨯=[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值同方法一得到1201202,4+==x x x x x y ．过P 作y 轴的平行线交AB 于Q ，则2000,2⎛⎫- ⎪⎝⎭x Q x y．()32221200001111||242222⎛⎫=⋅-=-=- ⎪⎝⎭PABS PQ x x x y x y ．P 点在圆M 上，则00cos ,4sin ,x y αα=⎧⎨=-+⎩()()333222222001114cos 4sin 16(sin 2)21222ααα⎡⎤=-=-+=-++⎣⎦ PABS x y ．故当sin 1α=-时PAB 的面积最大，最大值为[方法三]：直接设直线AB 方程法设切点A ，B 的坐标分别为211,4x A x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，222,4x B x ⎛⎫ ⎪⎝⎭．设:AB l y kx b =+，联立AB l 和抛物线C 的方程得2,4,y kx b x y =+⎧⎨=⎩整理得2440x kx b --=．判别式2Δ16160=+>k b ，即20k b +>，且12124,4x x k x x b +==-．抛物线C 的方程为24x y =，即24x y =，有2x y '=．则()2111:42-=-PA x x l y x x ，整理得21124x x y x =⋅-，同理可得222:24=⋅-PB x x l y x ．联立方程211222,24,24x x y x x xy x ⎧=⋅-⎪⎪⎨⎪=⋅-⎪⎩可得点P 的坐标为1212,24x x x x P +⎛⎫ ⎪⎝⎭，即(2,)P k b -．将点P 的坐标代入圆M 的方程，得22(2)(4)1+-+=k b ，整理得221(4)4b k --=．由弦长公式得12||=-=AB x=点P 到直线AB的距离为d =所以21||222==+== PABS AB d k b=其中[5,3]=-∈--P y b ，即[3,5]∈b ．当5b =时，()max = PAB S 7．(1)1(,0)32(2)max p 【分析】（1）根据抛物线的焦点坐标公式求解即可；（2）设直线:l x y m λ=+，与椭圆联立，结合韦达定理得到中点M 的坐标，代入抛物线，再将直线与抛物线联立，结合韦达定理用参数表示点A 坐标，再将椭圆与抛物线联立得到点A 坐标，结合均值不等式，分析即得解.【详解】（1）当116=p 时，2C 的方程为218y x =，故抛物线2C 的焦点坐标为1(,0)32；（2）由题意，直线l 的斜率不为0，设()()()112200,,,,,,:A x y B x y M x y l x y m λ=+，由()22222222220x y y my m x y mλλλ⎧+=⇒+++-=⎨=+⎩，1200022222,,222m m my y y x y m λλλλλλ--∴+===+=+++，由M 在抛物线上，所以()222222244222m pm mp λλλλλ=⇒=+++，又22222()220y pxy p y m y p y pm x y m λλλ⎧=⇒=+⇒--=⎨=+⎩，012y y p λ∴+=，2101022x x y m y m p m λλλ∴+=+++=+，2122222mx p m λλ∴=+-+.由2222142,22x y x px y px ⎧+=⎪⇒+=⎨⎪=⎩即2420x px +-=12x p ⇒=-+222221822228162p p p m p p p λλλλλ+⇒-++⋅=++≥+，18p ≥，21160p ≤，p ≤所以，p，此时A .8．(1)24y x=(2)(,7[7(1,)-∞---++∞ ．【分析】（1）根据2MF =，求p ，再求抛物线方程；（2）方法一：主要是用()()1122,,,A x y B x y 坐标表示直线,MA MB ，利用弦长公式将线段长度关系转为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围；方法二：利用焦点弦的性质求得直线,MA MB 的斜率之和为0，再利用线段长度关系即为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.方法三：利用点,A B 在抛物线上，巧妙设点坐标，借助于焦点弦的性质求得点,A B 横坐标的关系，这样有助于减少变元，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.【详解】（1）因为2MF =，故2p =，故抛物线的方程为：24y x =.（2）[方法一]：通式通法设:1AB x ty =+，()()1122,,,A x y B x y ，(),0N n ，所以直线:2yl x n =+，由题设可得1n ≠且12t ≠.由214x ty y x=+⎧⎨=⎩可得2440y ty --=，故12124,4y y y y t =-+=，因为2RN PN QN =⋅，故2R P Q ⎫=⎪⎪⎭，故2R P Q y y y =⋅.又()11:11y MA y x x =++，由()11112y y x x y x n⎧=+⎪+⎪⎨⎪=+⎪⎩可得()1112122P n y y x y +=+-，同理()2222122Q n y y x y +=+-，由12x ty yx n =+⎧⎪⎨=+⎪⎩可得()2121R n y t -=-，所以()()()2212211212121=212222n n y n y t x y x y -++⎡⎤⨯⎢⎥-+-+-⎣⎦，整理得到()()()2212221112112222y y n t n x y x y -⎛⎫=- ⎪++-+-⎝⎭，()22221214212222t y y y y -=⎛⎫⎛⎫+-+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭()()()()2222222121212112214212134+++2+442t t t y y y y y y y y y y y y --==+--⨯-+故()222134121n t n t ++⎛⎫= ⎪-⎝⎭-，令21s t =-，则12s t +=且0s ≠，故()22222234242411331+444421t s s s s s s t +++⎛⎫==+=++≥ ⎪⎝⎭-，故213141n n n ⎧+⎛⎫≥⎪ ⎪-⎨⎝⎭⎪≠⎩即214101n n n ⎧++≥⎨≠⎩，解得7n ≤--71n -+≤<或1n >.故直线l 在x 轴上的截距的范围为7n ≤--71n -+<或1n >.[方法二]：利用焦点弦性质设直线AB 的方程为11x k y =+，直线MA 的方程为21x k y =-，直线MB 的方程为31x k y =-，直线l 的方程为221212,,,,,(,0)244y y y x m A y B y N m ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由题设可得1m ≠且112k ≠．由121,4x k y y x=+⎧⎨=⎩得21440y k y --=，所以121124,4y y k y y +==-．因为2112231121114,44y y y k k y y y +==+=+，12121223111212110444y y y y y y k k k k y y y y ++∴+=++++=-=，()21221212231121212111111441642y y y y y y k k k y y y y y y +⎛⎫⎛⎫=++=+⋅+-=-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭．由21,2x k y y x m =-⎧⎪⎨=+⎪⎩得2112p m y k +=-．同理3112Q m y k +=-．由11,2x k y y x m =+⎧⎪⎨=+⎪⎩得1112R m y k -=-．因为2||||||RN PN QN =⋅，所以2R P Q y y y -⋅=即222211231(1)(1)13112422m m m k k k k ⎛⎫ ⎪-++== ⎪⎛⎫⎛⎫ ⎪-+--- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．故22121314112k m m k ++⎛⎫= ⎪-⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭．令112t k =-，则222221111113311244m t t m t t t t +++⎛⎫⎛⎫==++=++≥ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭．所以210,1410,m m m -≠⎧⎨++≥⎩，解得7m ≤--71m -+≤<或1m>．故直线l 在x轴上的截距的范围为(,7[7)(1,)-∞---++∞ ．[方法三]最优解设()()22,2(0),,2A a a a B b b >，由,,A F B 三点共线得22222221b a ab a a b a -==-+-，即1ab =-．所以直线MA 的方程为22(1)1a y x a =++，直线MB 的方程为2222(1)(1)11b ay x x b a -=+=+++，直线AB 的方程为22(1)1ay x a =--．设直线l 的方程为2(2)y x m m =+≠-，则222(2)(2)(2),,,1112P Q R N m a m a m a my y y x a a a a a a ----====--+++--．所以()()2222222222(2)(2)||||||11m a m a RN PN QN aa aa +-=⋅⇔=--+-．故()()2222222222221112(1)2140,2133111a a a m t t t a m t t a a a a ⎛⎫-- ⎪--+--+⎛⎫⎡⎤⎝⎭====∈ ⎪⎢⎥-++⎝⎭⎣⎦⎛⎫+-+- ⎪⎝⎭（其中1t a a =-∈R ）．所以(,14[14)m ∈-∞-++∞ ，且2m ≠-，因此直线l 在x轴上的截距为(,7[7(1,)2m-∈-∞---++∞ ．9．(1)2p =，=1x -(2)最小值为1(2,0)．【分析】（1）根据焦点坐标求解p ，再根据准线方程公式求解即可；（2）直线AB 的方程为(1)y k x =-，与抛物线联立，得到关于y 的韦达定理，用坐标表示12S S ，求得取得最小值时t 的值，再由()()22212312311312G x x x x y y y =++=++，结合韦达定理，求解即可.【详解】（1）由题意得12p=，即2p =，∴抛物线的准线方程为=1x -．（2）设()11,A x y ，()22,B x y ，()33,,C x y 不妨设12y y >，又Q 在点F 的右侧，故1230y y y >>>，又直线AB 的方程为(1)y k x =-．联立2(1)4y k x y x =-⎧⎨=⎩，得2440y y k --=，∴124y y =-．1112AGB AGB AF y S S S AB y y ==-△△，3231AGC AGC CQ y S S S CA y y -==-+△△，由G 为ABC 的重心，有AGB AGC S S =△△，且1230y y y ++=．故2424211311121111122422421231212121121224242416S y y y y y y y y y y y S y y y y y y y y y y y y y -++---=⋅=⋅===---+---．令12S n S =，21y t =，则222416t t n t -=-，即2(2)4160n t t n --+=．①当2n =时，122S S =，此时8t =；②当2n ≠时，二次方程至少有一个正根，故0∆≥，解得22n ≥，若方程有两个非正根，此时12124021602x x n n x x n ⎧+=≤⎪⎪-⎨⎪=≥⎪-⎩，不等式组无解，故22n +≥，即12min1S S ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭8t =+．()()()222222123123121211131212G x x x x y y y y y y y ⎡⎤=++=++=+++⎣⎦()22121216y y y y =++．而218y t ==+2221168y y ==-，故G 点坐标为(2,0)．10．（I ）（-1，1）；（II ）2716.【详解】（Ⅰ）设直线AP 的斜率为k ，2114122x k x x -==-+，因为1322x -<<，所以直线AP 斜率的取值范围是(1,1)-．（Ⅱ）联立直线AP 与BQ 的方程110,24930,42kx y k x ky k ⎧-++=⎪⎪⎨⎪+--=⎪⎩解得点Q 的横坐标是22432(1)Q k k x k -++=+．因为|PA12x +1)k +，|PQ|=2)Q x x -=-，所以3(1)(1)k k PA PQ ⋅--+=．令3()(1)(1)f k k k =--+，因为2'()(42)(1)f k k k =--+，所以f (k )在区间1(1,2-上单调递增，1(,1)2上单调递减，因此当k =12时，||||PA PQ ⋅取得最大值2716．【点睛】本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力，通过表达||PA 与||PQ 的长度，通过函数3()(1)(1)f k k k =--+求解||||PA PQ ⋅的最大值．。