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。

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.。