第一章：更高更妙的高中数学解题策略

 第一章 更高更妙的高中数学解题策略
深化能力立意，突出能力与素质的考查始终是高考数学命题的导向与主题,数学《考试大纲》明确要求:“在考试中创设新颖的问题情境，构造有一定深度和广度的数学问题时，要注重问题的多样化，体现思维的发散性;精心设计考查数学主体内容、体现数学素质的试题;也要有反映数、形运动变化的试题以及研究型、探索型、开放型等类型的试题”.综观近几年高考的数学试卷，我们也可以发现这样一个共同的特征:每份试卷在保证一定量的基础题的同时，也加大了能力题的考查.笔者认为，这也将成为今后命题的一大趋势，因为如此设计的优势在于可以让大部分学生获得基础分数，保证全省高考平均分达到一定的标准，又可满足部分优秀学生“英雄有用武之地”，冲击高分，脱颖而出.因此，要冲击一流大学，必须搞定能力题.
关于能力题似乎没有一个标准的定义，一般认为，一份试卷中最后两题就是能力题，有时也称把关题、综合题.从高考试卷分布来看，能力题一般占全卷总分值的五分之一.
能力题往往具有知识容量大、能力要求高等特点，它能够综合考查数学知识、数学思想与数学方法、对考生灵活运用所学知识解决实际问题的能力以及创新能力的要求较高.因此，解高考能力题没有一种“放之四海而皆准”的统一方法.但即使这样，我们还是可以从把握热点、突破难点、夯实基础、消除思维定式与适当延伸拓展等方面对其进行研究，从而掌握解决策略，增强应试信心.

1.1 夯实基础知识，争取“拾级而上”
夯实基础知识，掌握基本方法是解决能力题的前提.但夯实基础并不意味着搞题海战术.有人认为，数学教学最简单的方法是把大量的复习资料抛给学生，让学生在解题中自我领悟，教师只需评判结果，对对答案.笔者认为这是一种不负责任的教法，实践也证明了这是一种收效甚微的低水平的教学，是应该摒弃的.
2003年的高考数学被认为是十几年来综合题最多、最难的.然而，笔者的一位女学生却考了满分(当年全省仅有三位同学获得高考数学满分).她在高三复习时并没有做大量的课外习题，而是非常认真地拿起教材，逐字逐句地阅读，一道一道地解决书本上的题目.这种学习方法值得我们深思与借鉴.因为很多时候，我们是“只在此山中，云深不知处”.
另外，复习中我们发现很多同学数学成绩徘徊不前的一个重要原因就是“急功近利”，不能沉下心来认真研读教材，从教材中明了数学概念，领会数学思想，掌握数学方法.
事实上，即使是高考试题中的能力题也不是空中楼阁，命题者往往会“心太软”，特意设计一些“梯子”，只要熟练掌握教材内容，熟悉常用方法，解答时就可“拾级而上”，甚至渐入佳境，直捣黄龙.
2017年高考浙江卷的第15题是一道向量题，也是一道能力题，基础扎实的同学可以借助多种知识与方法来解决.
【例1】（2017年高考浙江卷第15题）已知向量a，b满足，，求的最小值和最大值．
解法一 运用坐标与三角换元的思想来解．
不妨设，，则


令，
．
所以的最小值是4，最大值是．
解法二 借助最值函数与绝对值不等式的性质．
，
当且仅当a，b共线时等号成立．
由Cauchy不等式有
，
，当且仅当时等号成立．
解法三 线性规划法．
为了方便，可先做个代换，设，，则已知条件等价于：，求的取值范围．这是一个线性规划问题，易求得．

解法四 先做变换．
设，，则原题等价于：
已知，，求的最值．
．
又因为，
所以．
所以最小值和最大值分别是4，．容易验证最值可以取到．
评注 解法二、四中用到了Cauchy不等式，平行四边形对角线平方和等于2倍的相邻边平方和等结论．
2013年高考浙江卷理科第16题被认为是全卷得分率最低的一道题．很多考生不知从何入手，真的有那么难吗？事实上，只要准确把握问题本质，就可以从不同角度得到多种解法．
【例2】（2013年高考浙江卷理科第16题）在中，，M是BC的中点．若，则______．
解法一 建立如图1-1-1所示的直角坐标系．
设，，，
则，，，
因为，所以，
所以，即，解得，
所以，由此易得．
解法二 如图1-1-2所示，过点B作交AM延长线于点D，令，，．
因为，所以，
由知，
，所以．
又因为在中，可得，两式消去y，得
，可解得，即，所以．
解法三 如图1-1-3所示，记，，
由得
，
，代入化简可得．
同理，由化简可得，
将上两式相加得，注意到，的范围，可得，即，
所以．
由此解得，即．
解法四 如图1-1-4所示，过点M作交AB于D点，
令，则，．
又令，则，．
因为，
所以，解得．
所以．
另解 ．
解法五 如图1-1-5所示，过B作交AM的延长线于D点，令，则．设，．
，，
所以在中，由正弦定理知，
即，得．
又因为在中，，
代入①式，得，解得．
所以．
解法六 如图1-1-6所示，设，，
则，，，
在中，由余弦定理，得
，可解得，
即，所以．

解法七 利用向量知识求解．设，，且，，则由知,所以．因为，
所以，所以，即，所以．
2008年浙江省的高考数学试卷被认为是浙江省独立命题以来较难的．然而作为“最难”试卷的压轴题，真的像传说中的那么“恐怖”吗？其实也并非如此．
【例3】已知数列，，，．记，．
求证：当时，
（1）；
（2）；
（3）．
讲解 第（1）小题要证明，实质上是比较两数大小，教材中关于比较两数大小的思路最典型的是：作差比较与作商比较，对于本题两种方法都可顺利实现．
（1）证法一 （作差比较）由于，因此，只要证明，即．
而由已知条件知，所以只要证明．
注意到
，
因此，与同号，也与同号，
因此，，得证．
证法二 （作商比较）因为，所以要证明，只要证．
注意到，
因此，也只要证明，由证法一可知成立．
如果以上两种方法都想不到，运用数学归纳法也可大功告成．
证法三 （数学归纳法）用数学归纳法证明．
①当时，因为是方程的正根，所以．
②假设当时，．
因为，
所以，即当时，也成立．
根据①和②，可知对任何都成立．
有了第（1）小题作为基础，第（2）小题只要反复运用已知的递推关系式即可．
（2）证法一 欲证，只需证．
而由已知条件知，所以
，
由（1）知，从而，所以，得证．
证法二 由，，2，…，，得
．
因为，所以．由以上（1）中证法一可知，．
当然，有了（1），也可用以下方法证得：
因为及，因此，．
（3）标准答案中提供的方法看起来简捷，实际上难以想到．原解答如下：
由，得，
所以，
于是，
故当时，，又因为，所以．
事实上，根本无须如此“兴师动众”．
要证明，肯定要对

进行求和化简放缩或放缩求和化简．中学教材中，对于数列求和，最主要的策略就是转化，化归为等差或等比数列来处理．而从已知式的结构特征来看，转化为等比是首选，因此，不妨对通项进行放缩．
由及，显然有，
因此，．
只要证明，化简可知只要证明，不难从已知条件解得．
至此，原问题圆满解决．



【例4】（2007年高考湖北卷理科最后一题）已知m，n为正整数．
（1）用数学归纳法证明：当时，；
（2）对于，已知，求证：，，2…n；
（3）求出满足等式的所有正整数n．
讲解 本题的第（1）小题所要证明的不等式实际上是贝努力（Bernoulli）不等式的一个变式．贝努力不等式的一般形式为：“设，则当时，，而当或时，，当且仅当时取等号．”用数学归纳法证明该题难度不大，此处证明略．
第（2）小题根据题设提供的不等式，可得，因此，只要证明，
而由（1）得，因此，上式成立，从而原不等式得证．
第（3）小题可直接利用（2）的结论．
当时，
，
因此，有，
即．
故当时，不存在满足该等式的正整数n．只需要逐一验证的情形即可．不难得到所求的n只有2，3．
【例5】（2011年同济大学等九校（卓越联盟）自主招生）如图1-1-7所示，已知椭圆的两个焦点，，且椭圆与直线相切．

（1）求椭圆的方程
（2）过作两条互相垂直的直线，，与椭圆分别交于P，Q及M，N，求四边形PMQN面积的最大值与最小值．
讲解 （1）．（过程略）
（2）解法一
（i）若直线PQ的斜率不存在，即，可得，
而此时直线MN方程为，，
故．
（ii）若直线PQ的斜率存在且不为零，设为k，将直线方程与联立，消元得，
则，，
故．
而直线MN的方程为，利用整体代换，可得
，
故．
令，，则
，
因，，故．
综上（i）（ii）得，故最大值为2，最小值为．
解法二 利用焦半径公式．
设，，，，由椭圆的第二定义得焦半径公式：
，，．
在解法一的基础上，，以下同解法一．
另解 以为极点，垂直于左准线的方向为极轴的正方向，建立极坐标系，
则椭圆的方程为．
又，则，，
，．
则


由得得，，代入得，
故的最大值为，最小值为．
在求出椭圆方程后，第（2）小题通常的做法是设直线的方程，然后与椭圆方程联立方程组，利用弦长公式可分别求出PQ，MN长，思路自然，但计算显烦琐，耗时长，易出错，即易忽视斜率不存在的特殊情形．解法二结合椭圆的第二定义，巧用焦半径公式，在一定程度上简化了运算．而仔细审视条件，妙用选修知识，借助椭圆的极坐标方程，可得焦半径公式的另外一种形式，可大大简化运算，问题快速获解．
解析几何问题着重考查解析几何的基本思想，利用代数的方法研究几何问题的特点和性质．因此，在解题的过程中，计算占了很大的比例，但计算要根据题目中曲线的特点和相互之间的关系进行，所以曲线的定义和性质是解题的基础，而在计算过程中，将某一个“因式”作为一个整体处理，可以简化运算．
在另解的基础上，可得一般情形：过椭圆的左焦点作两条互相垂直的直线，，与椭圆分别交于P，Q及M，N，则四边形PMQN的面积的最大值为，最小值为．
“喝牛奶能品出青草的芳香”，学数学做数学题也是一样，只有真正将基础知识了然于胸，遇到难题时，你才会抓住根本，巧妙得解．

















1.2 防止思维定式，实现“移花接木”
思维定式是指思维在形式上常常采用的、比较固定的甚或是相对凝固的思维逻辑、思维推理或思维内容．它是人脑习惯使用的一系列已被固化的概念、规则、理论和逻辑的抽象形式．而数学解题的思维定式主要是指解题者在解决数学问题的思维过程中表现出来的思维的定向预备状态．它使人们以比较固定的方式去进行认知或做出反应，并影响着问题解决时的趋向性．对于高考中的很多能力题，有时受思维定式的影响，解题思路一不小心就会走进“死胡同”，如下题：
【例1】如图1-2-1所示，在中，，，，D为线段BC中点，则的余弦值为______．

讲解 解法一 设，，由余弦定理得
，，
解得，．
，，．

解法二 设，则的半周长，
的半周长．
由海伦公式可得
，
，
又，
则，
即
，
化解得，解得．易得．
解法三 令，，则．
，，
，，
，，
，．
易得．
评注 此题来源于一道立体几何题常规解法中的一步．解法一使用了余弦定理，较为常规；解法二使用了海伦公式，此公式在初中竞赛中已引入介绍，但会使用的人不多，方程看似烦琐且有四次方，实际求解并不复杂，因此考验了学生的魄力；解法三运用了中点到线段两端的向量为相反向量，较有创意．
【例2】（2016年高考浙江卷理科第15题）已知向量a、b，，，若对任意单位向量e，均有，则的最大值是______．
讲解 解法一

即的最大值为．
解法二 设，则


，
所以，，．
【例3】（2014年高考浙江卷理科第5题）在的展开式中，记项的系数为，则（ ）
A．45 B．60 C．120 D．210
讲解 按一般思路是这样解的：
．
如果能利用组合数学中算两次的思想，则能“秒杀”，原问题等价于从6名男生4名女生中选出3人，共有几种选法，因此，答案为．
【例4】（2014年高考浙江卷理科第6题）已知函数，且，则（ ）
A． B． C． D．
讲解 按常规的想法是解方程组，由得，
，
解得，所以．
又由，得，即，故选C．
如果能借助一元三次方程的韦达定理，也可“秒杀”该题．令，则的三根为，，，利用韦达定理，得，所以．
【例5】已知函数，，
（1）若，试确定函数的单调区间；
（2）若，且对于任意，恒成立，试确定实数k的取值范围；
（3）设函数，求证：．
讲解 本题的三个小题之间联系不密切，其中（1）（2）借助导数不难解得．本处具体解答略；第（3）小题受思维定式的影响，一般会先将具体化，再代入所求证不等式左边，从而将原不等式转化为
．
注意到不等式左右两边均含有n，因此，很想运用数学归纳法进行证明，为此，从k到时需要证明，而该不等式的证既要用到故技巧又修学要用到多元柯西不等式，而这些都属于竞赛中的高层次要求，因比，解答时必須另辟蹊径。
注意到，于是可借鉴课本中推导等整数列前项和公式时运用的“倒序相加法”，进行“倒序相乗”，并统一放缩，简解如下
设，则

因此，
由此得，
故，
另外，我们经常会遇到有多个变量的问题，这些综合性问题中常常有一个变元处于主要地位，我们称之为主元，由于受思维定式的影响，解决该类问题时，我们往往对“主元”穷追猛打，当然，这在很多情况下是正确的．但在某些特定条件下，此路往不畅，这时若能变更主元，转移变元在题中的地位，就能使问题迎而解，如下题
若不等式对一切均成立，试求实数的取值范围。
若视为主元来处理，既烦琐且易出错，而实行主元的转化，使问题变成关于的一次不等式，则会回路转，解答如下：
由于因此
令
则要使它对均有，只要有，解得或
【例6】（2010年高考全国考1科第21题题）已知抛物线的焦点为，过点的直线与相交于两点，点关于轴的对称点为
（1）证明：点在直线上
（2）设，求的内切圆的方程。
讲解
证法一（1）证明“点在直线上”，常规思路是将点的坐标代人直线的方
程中检验，可做以下解答
设的方程为
将代入并整理得，从而，
直线的方程为,即
令得，所以点在直线上
由于题目条件的原因，本题求点与求直方程都不难。如果换一个情境，换一组数据，以上解答就不一定值得提倡了．我们若能突破思维定式，充分挖掘问题的内涵，还能得到许多“更高更妙”的解法
证法二没直线的方程为直线的方程为
其中，直线与抛物线的另一交点为
由，得，所以；①
由，得，所以；②
对比①②可得，结合抛物线的对称性可知，点与点关于轴対称，故点即点，从而点、、共线，点在直线上
法三 设直线的方程为，则
由，得，所以，易知
所以
又由得．
对，上述结纶仍成立.
故点在直线上
证法四 设则
又易知，则
设直线的方程为由，得所以
由
得，故点在直线上.
证法五 如图1-2-2所示，过点分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为点，的延长线与交于点
由，得所以
又，故，即
所以
又因关于直线对称，所以
又，故
从而，因此点在直线上．
证法六 设则设直线的方程为
由，得所以则

因此故点在直线上.
证法七 连结，并延长交抛物线于点，则由对称性点与点关于轴对
称，直线与直线的交点必在轴上，下证直线与直线的交点为
设则 易知，则
设直线的方程为由，得所以
直线的方程为,即①
直线的方程为, 即②
联立①②式解得，
所以直线与直线的交点为，即点在直线上。
证法八 假设直线与轴的交点为（不同于点）．出题知点为准线与轴的交点，过点分别作准线的垂线，垂足为点，
因为点关于轴的对称点为点，所以，则
故得①
在中，根据角平分线的性质得②
由抛物线的定义知即③
据①②③知，
所以在中，为的角平分，即，
又，得，则
又，故，这与为不同点矛盾．
综上知与为同一点，故点在直线上
证法九 由于两点在抛物线上，不妨设两点均在轴上方,且
則关于轴的对称点的坐标
由共线得，
，即
得，得即．①
又由，得
欲证点在直线上，只需证与共线，只需证
即，即，
有即，由①式知成立，
所以点在直线上
证法十 过点分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为点，过点分别作轴的垂线，垂足分别为点，连结.

又,由抛物线的定义得
在中，有
由于都是锐角，所以
又关于轴对称，
这就证明了点在直线上
（2）高考答案中提供的解法如下：
解法一：
由（1）知
因为
所以,
故，解得.所以的方程为
又由（1）知
改直线的斜率为
因而直线的方程为.
因为为的平分线，故可设圆心到及的
距离分别为,由得或（舍去），故圆的半径，所以圆的方程为
解法二 设，则
故
由（1）得，所以，又，所以
不妨取，则的中点坐标是，得，
所以
过点作平分线交x轴于点，作垂直准线于点
（如图1-2-3所示），则，所以，点的坐标是
所以点到直线的距离为
又点关于轴的对称点为，所以的平分线为轴，故点为的内切圆的圆心，从而的内切圆的方程为
解法三：

得联立，由对称性，不妨取
则,故直线的方程为,即,
故直线的方程为,即
由点到直线距离公式得的内角平分线所在直线的方程为
，即,令，得
故的内切圆的圆心为,半径
故的内切圆的方程为..
思维定式还表现在解答策略上，大多数同学在做能力題时，都是从第一小题做到最后一小题，当第一小题解答思路受阻时，就直接将整题放弃，这是不可取的，面对难题，我们不仅可以缺步解答，还可以跳步解答，满分拿不到，则争取获得部分分数，况且，第一小题不会做，仍可利用第一小題结论解決后面的问题，只要解答正确，照样给分．因此，根据需要，调整题干设问顺序进行解答，也是一种值得借鉴的方法．






1．3灵活运用策略，尝试“借石攻玉”
古人有“运筹帷幄”，决胜千里”的说法．的确，在战场上，有妙计良策才可能打胜仗．在解题中，“妙计良策”也能使我们如鱼得水．因此，当我们对数学知识、数学思想方法的学习和运用达到了一定水平时，应该把一般的思维升华到策略的境界．只有掌握了一定的解题策略，才会在遇到问题时，找到问题的思考点和突破口，迅速、正确地解题．在中学阶段比较常用的解决能力题的策略有归纳猜想、类比迁移、进退互化、整体处理、正难则反等归纳猜想数学解题与数学发现一样，通常都是在运用观察、分析、归纳等深紫性方法进行探索的基础上，获得对有关问题的结论或解决方法的猜，然后再设法证明或否定猜想，进而达到解决问题的目的，高考中很多能力题，尤其是有关数列的能力题大都可以通过观察、归纳从而猜想一般性结论，再用数学归纳法给出证明
【例1】已知函数与函数的图像关于直线对称.
（1）在数列中，，当时，，在数列中，，，若点在函数的图像上，求的值
（2）在（1）的条件下，过点作倾斜角为的直线，，若在轴上的截距为，求数列的通项公式.
讲解 （1）函数是的反函数，则
因为点在函数的图像上，则. （*）
令，得,,,则
（2）由（1）得，（*）式可化为 ①
直线的方程为，因为在轴上的截距为
所以，结合①式可得 ②
由①式可知：当正整数时， ，
两式作差得
结合②式得
在③式中，令，结合，可解得或，又当时，，所以取，同理，在③式中，依次令，，可解得，
由此猜想想：．然后可以用数学归纳法证明．
（i）当时，已证成立
（ii）假没时命题成立，即．当时，由③式可得
把代人，解得或
由于，則．
所以不符合超意，应舍去，
故只有，则当时命题也成立
综上可知，数列的通项公式为.
评注 正如《考试大纲》所指出的那样，对数学问题进行“观察、猜测、抽象，概括、证明”，是发现问題和解决同题的重要途径，第（3）小题的难点也正是在观察归纳、猜测证明的过程中得以突破的。
1.3.2类比迁移
所谓类比，就是由两个对象的某些相同或相似的性质，推断它们在其他性上也有可能相同或相似的一种推理形式．运用类比法的关键是寻找一个合适的类比对象．但很多待解决的问题没有现成的类比物，这时我们可以通过观察、提炼等方法，凭借结构上的相似性寻找类比问题，然后可通过适当的代换，原问題转化为类比问题来解决．高考命题遵循的一大原则就是“源于课本，高于课本“，因此，解答能力题所运用的“核心技术”往往在直接来源于课本，关键看你是否能从题意中寻找出“似曾相识”的因素，类比迁移，借石攻玉.
【例2】 已知，
求的值．
讲解 将已知等式左右求导，得，
所以


评注 此处借助导数知识使原问題得以快速解决，
【例3】设是三次方程的3个根，则以为根的三次方程为 （ ）
A． B.
C． D.
讲解 因为是三次方程的根
所以，,
所以
由韦达定理理知，方程符合要求，选B
评注 此题为2011年复大学自主招生题，考査了对一元次方程韦达定理的理解
一般地，若的3个根分别是，则，，，猜测由一元二次方程韦达定理到一元次方程,韦达定理的迁移可能是今后新性命题的一个热点.
【例4】 设是函数图像上的两点，且，
（1）若点的横坐标为，求证：点的纵坐为定值，并求出这个定值：
（2）若求；
（3）记为数列的前项和，若对一切都成立，试求的取值范围.
讲解（1）由，得是的中点，从而有
所以

由此得
（2）由（1）知，

相加得：


故
（3）


因为，当且仅当时，取“＝”，所以，得 .
评注 以上三个小题层层进，解答关键是运用了课本中推导等差数列前和的方法，即“倒序相加法”，也称“高斯法”，事实上，（1）的论也为这种方法的类比迁移提供了线索，（3）上运用的是“裂项相消法”，这也是深本中所介绍方法的类比推广.
1.3.3进退互化
当直接解决一个问题比较困难时，可以考虑一个更特殊的问题，由特到一般，即以退为进；或先考虑一个更普遍的问题，由一般最到特殊，即先进后退.
【例5】设数列的前項和为，且方程有一根为，求及.
讲解 当时，有一根为，
当时,有一根为，于是解得；
为了求通项，先从題设得，①②③①②③
当时，，代人上式得，
因此，要求得，只需求出．于是问题便转化为如何求
先退到特殊情况，将，代入可得。在此基础上进一步．从特殊到一般，猜想，用数学归纳法证明：
（i）当时，已知结论成立
（ii）假没结论成立，即，
当时，由①得，即，故时结论也成立.
综上，由（i）、（ii）可知对所有正整数都成立
于是当时，
又时，所以通项公式为
提炼升华 进退互化是分析解题思路时最常用的手段，可以起到直接解答问题（举反
例）、探索问题结论、寻找解题途径等作用.
1.3.4整体处理
解数学问題时，人们常习于把它分成若干个简单的问题，然后再分而治之，各个击破，但有时若能有意识地大观察问题的“视角＂，将需要解决的问题看作一个整体，通过研究问题的整体形式、整体结构，注意已知条件及待求论在这个“整体”中的地位和作用，則能通过对整体构的调节和转化使问题获解，这种从整体观点出发研究问题的过程称为整体思维
【例6】（2013年高考江试题）将六个字母排成一排，且均在的同侧，则不同的排法有_____种
讲解 先排则有六种排法，其中均在的同側的排法有4种，即概率.
然后将六个字母排成一排，則有种，由普遍性高于特殊性，均在
的同侧的排法有种.
评注 此解法运用了哲学（理科生的文科情怀）上矛盾的普遍性与特殊性的辩证关系省去了复杂的分类计论，化繁为简，颇有味道．但解题时防止出现在左边的概率为，在左边的概率为，、均在同侧2x ×＝的错误，
【例7】已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1
（1）求圆的标准方程；
（2）若直线与椭圆相交于、两点（、不是左右顶点），且以为直径的圆过以的右顶点，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标.
讲解一：
设椭圆的标准方程为，
因此椭圆的标准方程为.
（2）设由，得，
则，


因为以为直径的圆过椭圆的右顶点，故,
所以，代人得
，化简得
由此解得,，且满足
当时，，直线过定点，而为右顶点，与已知矛盾；
当时，，直线过定点，
综上可知，直线过定点，定点坐标为.
评注 解折几何问题中经常要设点，如本题设，但“设而不求”，通让整体代入进行求解，思路简洁，计算量小，“设而不求”是处理解析几何能力题的最基本思路．利用问题中整体与部分的关系，通过整体代入，整体运算，整体消元、整体合并等方法，常常可以简运算，找到解题的安破口．
1.3. 5正难则反
每一个命题从结构上讲都由条件和结论两部分组成，通常写成“若则”的形式，即“”．如果从条件出发，经过推理，结论得到证明，这就是所谓的直接证法．但有些问题直接入手解决相当不易，尤其是对于唯一性或存在性问题的证明，运用反证法更简
又点关于轴的对称点为，所以的平分线为轴，故点为的内切圆的圆心，从而的内切圆的方程为。
解法三 由
，得。
联立，由对称性，不妨取，
则，故直线的方程为，即。
直线FD的方程为，即，
由点到直线距离公式得的内角平分线所在直线的方程为
，即。
令，得。
故的内切圆的圆心为，半径，
故的内切圆的方程为。
思维定式还表现在解答策略上，大多数同学在做能力题时，都是从第一小题做到最后一小题，当第一小题解答思路受阻时，就直接将整题放弃。这是不可取的。面对难题，我们不仅可以缺步解答，还可以跳步解答，满分拿不到，则争取获得部分分数，况且，第一小题不会做，仍可利用第一小题结论解决后面的问题，只要解答正确，照样给分。因此，根据需要，调整题干设问顺序进行解答，也是一种值得借鉴的方法。





1.4 关注临界问题，掌握“秘密武器”
从根本上讲，高考试题是万变不离其宗的，再复杂的问题也是从课本知识点、能力考查点衍生而来的。因此，我们要切实做到重视课本，但仅此还不够。因为高考命题还要实现由“知识立意”向“能力立意”转变。有些问题要在课本的基础上有所变化，有所“拔高”。当然，又不能高到“高处不胜寒”的境界。所以，我们有必要寻找一种平衡，寻找一种恰到好处的考查点。笔者将其统称为“临界点”，并将其分为三类，即临界法则、临界问题与临界方法。下面逐一进行简要介绍。
1.4.1 临界法则
教材中有许多以黑体字呈现或方框框起来的公式、定理和性质，它们是解题的重要依据。除了这些公式、定理和性质外，还有一些处于“法定”与“编外”之间的公式、定理和性质，我们不妨将其统称为“临界法则”。这些“临界法则”在高考中的作用不容忽视。举几例如下：
（1）函数中的“对数换底公式”，即，其中且。在教材中，这是以习题的形式给出的：“利用关系式证明换底公式。”本来作为公式直接来用是不妥的，但在解决一些与对数有关的复杂问题时，“用”与“不用”的效果还是大相径庭的。
（2）三角函数中的“合一变形公式”（有时也称辅助角公式），即，其中满足。很多三角综合问题的解决都离不开它。
（3）数列中的以下性质更是应用广泛，深受欢迎：对于等差数列，若，则；对于等比数列，若，则。
（4）立体几何中有关距离或角的“向量版”公式，如点到平面（或两条异面直线）的距离公式，运用它们解题往往比用传统方法直接求解方便得多。
（5）解析几何中的曲线系方程，如与直线平行的直线系方程为，垂直的直线系方程为，运用这些小结论将使有些问题的解答更简捷。
因此，高考复习中，对这些问题进行归类整理、适度把握、定能使学生“如虎添翼。
【例1】 （2014年高考广东卷第12题）在中，角所对应的边分别为，已知，则 。
解法一 由边角互化得，
即，即，所以。
解法二 由射影定理知，，则。
【例2】 （2014年高考辽宁卷第16题）对于，当非零实数满足，且使最大时，的最小值为 。
解法一 令，则，代入中，
得，即。 ①
因为关于的二次方程①有实根，所以，可得。
取最大值时，或。
当时，
，
当时，。
综上可知，当时，。
解法二 借助柯西不等式，由可得，

。
由柯西不等式取等条件，可算得，当时，的最小值为。
1.4.2 临界问题
不难发现，有些高考综合题的命题背景往往是竞赛数学问题或高等数学问题。这类经过“加工”的问题，可视为高考与竞赛或初等数学与高等数学的临界问题。对于这类问题，大多考生有“雾里看花”的感觉，因为它们往往立意较深。如何突破难点，把握关键呢？笔者认为，教学中，我们可以借助一些典型试题（如高考原题）进行深入剖析，类比归纳，引导探究。
（一）定义新知型临界问题
从形式上跳出已学知识的旧框框，在试卷中临时定义一种新知识，要求学生快速处理，及时掌握，并正确地运用。充分考查学生独立分析与解决问题的能力。
【例3】 （2010年高考山东卷第12题）定义平面向量之间的一种运算“”如下：
对任意的，令。
下面说法错误的是（ ）
当时，由⑤式知，从而，得
据此，可编拟
题1 （2010年高考全国大纲卷22（I）题）设函数，证明：当时，
由⑤式知，从而，借助重要不等式可得：

故
据此，可编拟
题2 （2007年高考辽宁卷第22（III）题）已知函数，证明：
由不等式⑦知，这表明函数恒成立（当且仅当时等号成立）
据此，可编拟:
题3 （2014年高考全国卷2第22题（1））已知函数，求函数得最大值。
在④式中，令，得，即。
当 时，由不等式⑦，得，从而
若记，则上式即为，假若对恒成立，则当时，，从而
据此，可编拟
题4 （2006年高考全国卷2第20题）设函数，若对所有的都有恒成立，求实数的取值范围
5. 不动点原理
详见本书“3.1.3不动点法”。本初仅举一例说明利用不动点原理解部分递推数列问题的方法与步骤。
【例14】（2007年高考全国卷1最后一题）已知数列中，
（1） 求的通项公式
（2） 若数列中，证明：
讲解：（1）对于本题来说，数列对应的递推函数为，由解得不动点为，在等式两边分别减去，化简可得，从而数列是首项为，公比为的等比数列，易得
（2） 数列对应的地推函数为，由解得不动点为，分别在两边同时减去与，化简可得

两式相除，得，因此，数列是以为首项，为公比的等比数列。
由此可解得。
用分析法易证。
6. 圆锥曲线的光学性质
①　 抛物线的光学性质：与对称轴平行的光线投射到抛物线上，经反射后的光线必通过焦点。
②　 椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线投射到椭圆上，经反射后反射光线必通过另一个焦点。
③　 双曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点出发的光线投射到双曲线上，经反射后反射光线的延长线必通过另一个焦点。
为了节省篇幅，本书只证明椭圆的光学性质，抛物线、双曲线的光学性质请读者仿证。
证明 如图1-4-1所示，已知椭圆在P处的切线PE交x轴于点E，法线PQ交x轴于点Q，设椭圆方程为，焦点，切点。
则
由角平分线定理知PQ平分,性质可证。
【例15】（2010年高考安徽卷（文）第17题）如图1-4-2所示，已知椭圆E经过点A（2,3），对称轴为坐标轴，焦点在X轴上，离心率。
（1） 求椭圆E的方程；
（2） 求的平分线L所在的直线方程。
讲解 （1）易求得椭圆E的方程为。
（2）如图所示，设椭圆E点A处的切线为，由于直线的平分线，所以由椭圆的光学性质知。
的方程为，即，
所以的方程为，
即.
故的平分线所在的直线方程为.
【例16】（2010年全国高中数学联赛辽宁省预赛第14题（1））已知分别为椭圆的左右焦点，为椭圆上的一点.中，的外角平分线为，点关于的对称点为，交于点.当点在椭圆上运动时，求点的轨迹方程.
讲解 如图1-4-3所示，直线为的外角平分线且点与点关于直线对称，由椭圆的光学性质知，三点共线.根据对称性，，所以.又因为为的中点，为的中点，所以.设，则，故点的轨迹方程为.
（三）学科交汇型临界问题
除了数学学科内的临界问题外，数学与其他学科之间的临界问题也是高考命题的“新宠”.该类问题往往从学生已有的认知结构出发，将各科知识融于一体，推陈出新，设置一些跨学科的问题，扩大学生的学习空间，考查学生的综合素质和对数学本质属性的理解程度.
【例17】（2005年高考全国III试题）计算机中常用的十六进制是逢16进1的计数制，采用数字0 ~ 9和字母A~ F共16个计数符号，这些符号与十进制数的对应关系如下表：
16进制
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
A
B
C
D
E
F
10进制
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
例如，用十六进制表示：，则（）

本题是数学与信息学的综合题，考查计数法及信息处理等基础知识.要求学生要有较强的类比应用的能力和研究问题的能力，是一道区分度较好的试题.
对于以上所说的诸多临界问题，我们平时应该如何复习备考呢？笔者认为，教师要学会“眼观六路，耳听八方”，为此，我们要加强学习，注意收集和积累素材，如一些杂志或全国各地地市级的模拟试卷上都会有些让你眼睛为之一亮的好题、新题，对这些素材进行归纳、筛选、深加工后巧妙地融入课堂，定会使你的复习课更加魅力十足.

（四）竞赛数学型临界问题
尽管对数学竞赛的认知一直都是众说纷纭，但有一点是不容置疑的，那就是数学竞赛对学生逻辑思维能力、抽象思维能力和空间想象能力以及自学能力的锻炼与提高都有着积极的作用.即使是应对高考，竞赛选手也比普通学生多具备几分从容与自信.
事实上，有些高考试题本身就可视作是从竞赛题改编而来的，也有很多高考题之间改编自竞赛题.
如2008年高考广东卷的第21题：
设为实数，是方程的两个实数根，数列满足.

（1） 证明：
（2） 求数列的通项公式；
（3） 若求的前n项和.
这道题的背景知识是竞赛数学中的二阶线性递推关系，处理方法为特征程法.
如2008年全国高考卷Ⅰ第12题是由2001年全国联赛第12题改变而来.
（2008年高考全国卷Ⅰ第12题）如图1-4-4所示，一环形花坛分成A,B,C,D四块，现有4中不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2快种不同的花，则不同的种法总数为 （ ）
A.96 B.84 C.60 D.48
（2001年全国联赛第12题）在一个正六边形的六个区块栽种观赏性植物（如图1-4-5所示），要求同一区块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物，现有4种不同的植物可供选择，则有几种栽种方案？
1.4.3 临界方法
高考命题遵循的一大原则是：凡涉及学科基本知识的掌握程度及相关内容的测试，一定要遵循教学大纲：就能力要求而言的，则可以“不拘泥于教学大纲”.因此，要顺利解答高考能力题，“通性通法”有时就无用武之地了，“纯”竞赛或“纯”高等数学的方法当然也不合时宜，只有介于两者之间的方法（临界方法）才会屡试不爽，举重若轻.
1. 裂项方法
在数列求和中经常用到裂项方法，尤其是有关数列不等式的问题，详见“3.2.2裂项防缩”
【例18】（2010年高考山东卷试题）已知等差数列满足：，的前n项和为.
（1） 求及.
（2） 令 ,求数列的前n项和.
讲解：（1）设等差数列的公差为d，因为，所以可解得
，所以；所以.
（2）由（1）知，所以
,=
【例19】数列定义如下：.求证：
讲解 由已知条件得，对此进行分拆变形，得
，
因此，


注意到
故有成立
2.并项方法
【例20】（2007年高考浙江卷试题）已知数列中的相邻两项是关于的方程的两个根，且．
（1）求，，，；
（2）求数列的前项和；
（3）记，，
求证：．
讲解 考生中能顺利解答本题第三问的寥寥无几.主要原因是中各项符号都很难确定，因此很难找到放缩的途径，正确解答的主要步骤是：
当时，
，
，
同时，

．
从以上解答可以发现，正确处理该题的核心技术是运用并项的方法，即不论符号如何，应根据目标进行整体并项处理，这种技巧在竞赛中用的较多.详见本书“3.2.3并项放缩”
3 .递推方法
【例21】(2006年高考福建卷试题）已知数列满足
（1） 求数列的通项公式；
（2） 数列
（3） 证明：
讲解 本题所给的递推公式，其一般形式为“”在数学竞赛中，将该类递推公式称为一阶线性递推公式.其通项公式可通过不动点原理求得.也
可运用待定系数法、阶差法或数学归纳法等多种方法求得. 第二小题，经化简得到的递推公式为，除了可用数学归纳法或阶差法得到外，还可直接求出通项公式.为此，可先将原递推式两边同除以并整理，得，若令，则，再利用累加法得通项公式，从而求得.第三小题主要是灵活运用放缩法.具体解答略.
【例22】 个人互相传球，要求接球后马上传给别人，由甲先传球，并作第一次传球，求经过10次传球仍回到发球人甲手中的传球方式的种数.
讲解 先将问题一般化，考虑经过次传球仍回到发球人甲手中的传球方式的种数，首先由甲发球，球传出后自然不能在他手中，故，再考虑经两次传球的情形，先由甲发球给其他三人中的一位，再由此人回传给甲，故，由上述分析可知，经次传球后，不用传球方式共有种，这些方式中既包括再经第次传球，由他人将球回传到甲手中的种不同的传球方式，也包括球经第次传球正好入甲手中，第次传球又将是甲把球传给他人的传球方式，而且仅有上面两种情形，故有，从而有，即有，解得，取，得.
4.配凑方法
【例23】 函数，若将的最大值记为，求数列的最小值项
讲解 ，当时，通过配凑可得


仅当，即时，取得最大值，，所以，






因此，，即数列为递增数列，从而，数列的最小项为.
【例24】设为给定的正实数，为大于的整数，
求满足方程组所有的元正实数组.
讲解 ，将个方程左右两边分别相乘，得
通过配凑并由均值不等式，有.
因此，上式成立的条件是，即，于是，原方程组有唯一元正实数解
.
5.积分方法
对于有些求和问题，运用定积分的方法也可收到意想不到的效果.
【例25】________.
讲解 考虑到，
两边在上求定积分得
,
两边分别运算得

，
类似还可以解决下题：求.
（答案：）
6.复数方法
【例26】（2011年北大自主招生试题）单位圆上有三点，，，若，求证：.
证明 设，，
则 ，，
所以，
，
.
又，故

又，即原式成立.
7. 拉格朗日乘数法
即借助求多元函数极值点从而求函数最值的方法，该法通常用于求限定条件下的最值问题.
【例27】若正数满足，则的最小值为 .
讲解 构造拉格朗日函数令联立上述三个方程，解得从而，此即为所求的最小值.
“以数学知识为载体，从问题入手，把握学科的整体意义，用统一的数学观点组织材料，侧重体现对知识的理解和应用，尤其是综合和灵活的应用，以此来检测考生将知识迁移到不同情境中去的能力，从而检测出考生个体理性思维的广度和深度以及进一步学习的潜能.”这是考试大纲对“能力立意”的解析，认真解读这段话，我们更能深刻地体会到高考复习单靠简单的拼时间、拼精力是不行的，随意地拓宽和加深知识范围，刻意地追求某些特殊技巧与方法也是不行的，只有精读教材、关注大纲、研究高分、分析规律，才能把握重点、事半功倍.
1.5完善思维过程,达到“水到渠成
数学基础知识的学习要充分重视知识的形成过程,解数学题要着重研究解题的思维过程,弄清基本数学知识和基本数学思想在解题中的意义和作用,注意多题一解、一题多解和题多变多题一解有利于培养学生的求同思维;一题多解有利于培养学生的求异思维题多变有利于培养学生思维的灵活性与深刻性,在分析解决问题的过程中,既构建知识的横向联系,又养成学生多角度思考问题的习惯。
当然,仅有好的解题方法,而没有清晰、严谨的解答过程,那还不算成功的解题,尤其在高考中,对于一道解答题,很多时候即使答案做对了也未必能得满分,因此,高考复习时我们方面要认真分析、总结规律,争取重点突破,另一方面也要避免“会而不对”“对而不全”等现象,加强解题规范性训练,努力做到“会又对、对又全、全又美。
为此,在平时的解题训练中,我们要在以下两方面下功夫
1.5.1关注解题过程
高考复习的最后阶段,一般要完成许多练习,我们觉得在解题中,关注以下过程对提高解题效率,真正实现“举一反三”大有好处。
一是认真审题:审清题意,发掘隐含.要求全面、深刻、准确地理解题意,分清条件和结论深挖隐含在题中的相关知识点,找出关键字句,从中选择解题的突破口.“看得越透彻,解法越快捷!”要注意捕捉“题眼”,若能透过现象看本质,抓住问题的关键,则可望速战速决
二是仔细探路:探求解法,注意化归.解题的本质就是通过命题转换,设法消除条件与结论之间的差异,化条件为结论,或设法由已知条件求未知结论这里“命题转换”就是化归转化,即瞄准解题的目标,展开大跨度、粗线条的联想、类比、归纳、转化与合情推理,力争迅速敏锐地抓住数学知识的内在联系,并且灵活运用数学基本思想方法,最终找出条件与结论之间的联系,拟出合理的解题计划。
三是完整表达:整理叙述,简明规范,即实现求解计划,要求层层深入、步步有据,克服会而不对、对而不全,防止丢三落四而失分.面对新题或难题,要沉着冷静,逐步分解和转化,争取分步得分,要树立战胜困难的信心,体现锲而不舍的精神!
四是及时回顾:及时检验,完整表述.回顾还有一个相当重要的作用,即通过反思,优化解题的方法,从而提高思维层次,发展解题能力！
关注解题过程有利于完善思维品质,形成良好的解题习惯.关注解题过程也有利于积累“秘密武器”,实现多题里目法,多题一解,请看以下6个问题:
(1) 某中学高三7个班中选出12名学生组成校代表队图参加市高中数学竞赛,每班至少1人参加的选法有多少种?
(2) 求方程x+y+z+p+q+r+s=12的正整数解的个数
(3) 如图1-5-1所示,从5×6方格中的顶点A到顶点B的最短路线有多少条
(4) 从一楼到二楼共有17级台阶,上楼时,可一步一级,也可一步两级,若要求11步走完这段楼梯,则有多少种不同的走法?
(5) 中日围棋描台赛中,双方都出6名队员,按事先安排好的顺序出场,双方先由1号队员比赛,负者淘汰,直到某一方获得胜利为止问:中方获胜的所有可能出现的比赛过程有多少种?
(6)一座桥上有编号为1,2,3,…,17,18的18盏路灯,为了节约用电,又不影响照明,可以把其中的6盏灯关掉,但不能同时关掉相邻的灯,也不能关掉两端的路灯,问:不同的关灯方法有多少种？
通过分析可知,以上问题的答案都是
1.5.2了解特殊策略
由于每个人的层次不同,面对同一张数学卷,考试策略也会有所不同,为了尽可能发挥自己的水平,争取多得分,有时我们也可以采取以下特殊办法。
(1) 缺步解答 如果遇到一个很困难的问题,确实啃不动,一个聪明的解题策略是,将它们分解为一系列的步骤,或者是一个个小问题,先解决问题的一部分,能解决多少就解决多少,能演算几步就写几步,尚未成功不等于失败.特别是那些解题层次明显的题目,或者是已经程序化了的方法,每进行一步得分点的演算都可以得分,最后结论虽然未得出,但分数却已过半,这叫“大题拿小分”,确实是个好主意。
(2) 跳步答题 解题过程卡在某一过渡环节上是常见的,这时,我们可以先承认中间结论,往后推,看能否得到结论,如果不能,说明这个途径不对,立即改变方向;如果能得出预期论,就回过头来,集中力量攻克这一“卡壳处”,由于考试时间的限制,“卡壳处”的攻克来不及了,那么可以把前面的写下来,再写出“证实某步之后,继续有一直做到底,这就是跳步解答,也许,后来中间步骤又想出来,这时不要乱七八糟插上去,可补在后面,“事实上,某步可证明或演算如下”,以保持卷面的工整.若题目有两问,第一问想不出来,可把第一问当作“已知”,“先做第二问”,这也是跳步解答
【例1】(2005年高考江西卷试题)已知数列各项都是正数,且满
(1) 证明:
(2) 求数列的通项公式
讲解 按常规解法当然是先解第一小题再完成第二小题.但本题也可先求通项,即先解第二小题再“顺手牵羊”解决第一小题
由于，因此， 令，则，又，所以，即 由此易得
(3) 退步解答
以退求进是一个重要的解题策略。对于一个较一般的问题，如果你一时不能解决所提出的问题,那么,你可以从一般退到特殊,从抽象退到具体,从复杂退到简单,从整体退到部分,从参变量退到常量,从较强的结论退到较弱的结论,总之,退到一个你能够解决的问题,通过对“特殊”的思考与解决,启发思维,达到对“一般”的解决.为了不产生“以偏概全”的误解,应开门见山写上“本题分几种情况

【例2】一张三角形纸片内有99个点,连同原三角形的顶点共102个点,无任何三点共线,若以这些点为三角形顶点,把三角形纸片剪成小三角形,则这样的小三角形共有（）个
A.300 B 156849 C 201 D 199
讲解 直接解答有困难,后退到三角形内点比较少的情况分析.设三角形为△ABC,在其内部增加一个点D,可剪成小三角形个数为;若再增加一个点E,则点E必定在已经得到的某个三角形内,否则与“无任何三点共线”矛盾,不妨设在内部,则又被从一个剪成三个（增加两个），即；以此类推，不难得到在内增加个点时可以得到的小三角形的个数满足；将上述个关系式累加，得，可得，故选D
评注：三本题属于较难的排列组合题，运用的方法可称为递推法．递推法是解决一些较
复杂计数问题的典型方法，其解题的一般步骤是：先将原问题一般化，再寻找与之间的关系式，转化为数列求通项同题，从而得以解决。
（4）逆向解答
对一个问题正向思考受阻时，用逆向思维的方法去探求新的解题途径，往往能得到突破
性的进展，顾向推有困难就逆推，直接证有困难就反证，如用分析法，从肯定结论或中间步骤入手，找充分条件；用反证法，从否定结论入手找必要条件
【例3】从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有（）
A，8种 B．12种 C．16种 D．20种
讲解：运用补集思想求解．从6个面中任取3个面的取法共有种方法，其中三个面
交于一点共有8种可能，从而满足题意的取法共有种，应选B
【例4】设为实数，函数，讨论的奇偶性
讲解：由题意知，其结论可能有三种：奇函数、偶函数或非奇非偶函数，注意到
故不是奇函数，若，则，解得a＝0，又a＝0时，可验证是偶函数，综上所述，当a＝0时，f（x）是偶函数；当时，f（x）既不是奇函数，也不是偶函数。
另外，在平时学习中应尽量从多角度思考间题，从一题多解中复习多方面知识。发散思维，举一反三，波利亚曾说；”认为解题纯粹是一种智能活动是错误的，决心与情情所面的作用很重要，”他强调指出：“数学生解题是意志的教育，当学生求解那些对他来说并不容易的题目时，他学会了败而不妥，学会了赞赏微笑的进展，学会了等待主要的念头，学会了当主要念头出现后全力以赴，如果学生生在学较里没有机会尝尽为求解而奋斗的喜怒哀乐，那么他的数学数育在最要的地方失败了，”因此，有必要提醒的是，高考不仅是对学生掌握知识的考察，也是对心里素质的挑战。
例5.（2011年高考浙江卷试题）已知，则的最大值为_______
解法一：设，则，代入
得到，由于得到，因此
解法二：设，则，则可以看成关于的二次方程的两个实根，由于得到，因此
解法三：令，则 则原题等价于：已知，求的最大值，由 得到 因此
解法四：令则可设 以下同解法三
解法五：则原题等价于：已知，求的最大值，再令，则原题等价于：已知，求的最大值，以下同解法三。
解法六：令 ，
则，解得 ，故 化简得到
解法七：令， ，则
（也可以设 ）
解法八：
则
故
解法九：
则即
则
故

解法十：则，则
故
若将上题条件方程的右侧1 换成，即可改编为2014年高考辽宁卷第16题

1.6 加强问题研究，做到“把根留住”
著名数学家苏步说：“学写数学要多做写题，边做边思家，先知其然，然后知其所以然．”美国著名数学数育家G．被利亚也说：“解题是一种实践性的技能，就像游、滑雪或弹钢琴一样，只能通过模仿和实践学到它…你想学会游冰，你就必须下水，你想成为解题的能手，你就必须去解题．”解题是一种复杂的思维过程，解题是数学学习者的基本功，解题也是学数学的主要功课之一。
然面，严峻的现实是，许多考生虽然做了大量的习思，遇到类似的题目仍不知所措，“这道题我好像做过，但还是做不出来”是学生普遍反映的现象：“这道题，我上课讲过的，学生怎么还是不会”，这是一线教师的口头禅，为什么会有这样的偏差？笔者认为，高考数学题既考查学生对基础知识、基本技能的掌探程度，又考查对数学思想方法、数学本质的理解水平。如果学习中仅就题论题，对问题的理解只停留在知识、方法表象层次上面没有体会到问题背后的“根”，那么做再多的习题，也只是事倍功半。
什么是数学的“根”？它应该是数学是本质的东西，是数学知识的内在联系、数学规律的形成过程、数学想想方法的提炼、数学核心价值的理解、数学理性精神（依率思维能力对感性材料进行一系列的抽象和概括、分析和练合，以形成概念、断或推理）的体验等
如何把“根“住？者认为，可通过研究同的变式，留住知识之“根”通过优化问题的解法，留住方法之“根”通过拓展问题的应用，留住价值之“根”通过揭示问题的背景，留住本质之“根”只有这样，考数学的复习才能强“根固”本，枝繁叶茂。
1．6．1研究问题的变式，留住知识之“根
例1：（2013年高考全国新课标卷2第13题）已知正方形的边长为2，为
的中点，
讲解：由平面向量基本定理知，以为基底，将向量进行正交分解：

所以
利用类似的知识求解数量积的高考试题还有：
变式1：（2012年高考卷北京文第13题）已知正方形的边长为1，为边上的点，则的最大值为_______
同理：可以对所求向量进行分解， 所以当点位于点位置时，有最大值1。
变式2（2013年高考卷天津第12题）在平行四边形中，,为的中点，若，则的长为_______
以为基底，则：
，解得，即长为.
变式3 （2013年高考浙江卷第7题）设，是边上的一定点，满足，且对于边上任意一点，恒有，则（ ）

设，以为基底
，因为都为定值，所以是关于的二次函数，该二次函数当且仅当时，取到最小值，又由于已知，当位于位置时有最小值。所以，即是，所以的高线与的中线重合，即，选D
1.6.2 优化问题的解法，留住方法的“根”
例2 （2013年高考浙江卷第17题）设为单位向量，非零向量，若的夹角为，则的最大值等于_________
讲解：本题表述简介清晰，灵活考察了平面向量基本定理，平面向量坐标表示，平面向量的数量积，平面向量的几何意义等知识，渗透 了多种数学思想，我们可以从多个视角来解决。
解法一：从坐标入手，借助配方法求最值
设 则当时，
当时，

解法二：从方程的角度，运用判别式法
设，可得
当时，
有，解得
解法三：如图1-6-1所示，不妨设
则
在中，
又因为 ，所以
即
所以
解法四：从点到直线的距离这一角度入手
要求的最大值，只要求的最小值，构造共起点的两个向量 设的终点为A,则的终点的轨迹为一条经过点的直线，记为直线。由题意知道，与的夹角为，则到的距离为，又由向量加法的平行四边形法则可知的终点在过且与平行的直线上，则就是上的一动点与点的距离，其最小值为到直线的距离，也就是点到的距离，此即为的最小值，因此的最大值为2.
解法五： 直接求解
因为为单位向量且的夹角为，则
当时，有
1．6．3 拓展问题的应用，留住价值之“根”
课本中的习题作为教材的重要组成部分，具有非常典型的示范和余味不绝的探究性，它
大都蕴含着一般性的结论，深刻的背影，因此也是高考命题的源头，在高考复习中，我们要充分发挥这些习题的潜在功能，拓展这些问题的应用，适当对这些问题进行变式探究，引申拓展，留住问题背后的数学价值，并应用相关的结论进行解释。
例3 （2011年高考江苏卷第18题）如图1-62示，在平
直角坐标中，M，N分别是椭圆的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于点，其中在第一象限，过点作x轴的垂线，垂足为C，连接AC,并延长交椭圆于点B设直线的斜率为，
（1）当直线平分线段时，求的值。
（2）当时，求点到直线的距离
（3）对于任意求证：
讲解：本题第（3）小题（1，2两问的解答略）的命题源于课本上的一道例题（人教版选修1-1第35页）；设点的坐标分别为，直线相交于点,且它们的斜率之积为，求动点的轨迹方程。
该例题的本质是揭示生成椭圆的一种途径，即有一般性的结论：与两定点的斜率之积为定值的动点的轨迹方程为，该结论从两直线斜率之积为定值的角度剖析了椭圆的生成方式。对该结论进行了引申，拓展，可以得到更为一般性的结论：椭圆上任意一条经过原点的弦的两个端点与椭圆上任意一点（除弦的两个端点）连结直线的斜率之积为
证明：设椭圆上任意一点为，任意一条经过原点的弦的两个端点为，则，又因为点在椭圆上，代点两式相减得到，所以
利用该结论不难证明第三题：设点，则由上述结论可知，所以，因此由，可以证明垂直
例题4： 如图1-6-3所示，已知椭圆上的左右顶点分别为，右焦点为，是椭圆上异于的任意一点，分别交右准线于两点，则
探究一 （定点）以为直径的圆过定点
解法一：设直线 直线令得到
以为直径的圆的方程为：

令解得或者
所以，以为直径的圆过点
解法二：设，利用三点共线，得到
同理
所以也可以得到结论
推广1：将点改为椭圆上任意一动点，结论成立
推广2：将问题中的椭圆推广位圆锥曲线，结论成立
推广3：将准线改为动直线，则以为直径的圆过定点
探究二：（定值）（1）（2）
探究三：（点共线）设交于椭圆于点，则三点共线。
探究四：（平分角）（1）平分 （2）设与轴交于点，则平分
探究五：（恒等式）将点改为轴上任意一动点，则有
推广1：将焦点，准线分别推广为更为一般的点与线，仍然有
推广2：将椭圆推广为圆锥曲线，等式依然成立。
探究六（面积关系）设M，N分别是M，N在右准线的投影，则
圆锥曲线中含复杂多变的关系，对其进行分析与研究，往往收获良多，其乐无穷！

1．6．4揭示问题的背最，留住本质之“根”
高考数学既考查学生对所学基础知识，基本技能的掌据，也考查学生进行继续深造的可
能性和进入高等学校继续学习的潜能．因此，高考数学卷在全面考查基础知识的同时，还会出现一些侧重考查学生创新能力、应用能力的题目．为了体现初等数学与高等数学的衔接，有时会以高等数学知识为背景命制高考题，使试题隐含或直接体现高等数学的一些方法和思想，或者所给的函数的结论具有基本的高等数学背景．这类试题主要考查学生在创新情境中分析解决新问题的能力，虽然背景新颖，但起点高、落点低，解题方法均来自初等数学知识．若我们能在解题过程中揭示出问题的背景，那么，其后所含的考查本质也就水落石出了。
【例5】已知椭圆E的两个焦点坐标分别为（－1，0），（1，0），并且经过点

（1）求椭圆E的标准方程；
（2）设M，N为椭图E上关于x轴对称的不同两点，为x轴上两点，且，证明：直线MA，NB的交点P仍在在椭圆上，
（1）解法一（定义法）根据题意，椭圆的长轴长

解得即是
又因为
所以所求椭圆标准方程为
解法二（待定系数法）根题意，设椭圆的方程为
所以所求椭圆标准方程为
（2）解法一（通性通法，少思多算）设，则直线的方程为直线的方程为
由于
又因为所以

故直线与直线的交点依然在椭圆上
解法二 （构造转化，多思少算）
如果我们注意分析题目的条件，的结构特征，联想韦达定理，就会有下面的解法，设交点代入①②，并两边平方得


由此可知上式中的是方程的两个根，所以，又因为
故，所以直线与直线的交点依然在椭圆上
解法三：（大道至简，深思妙算）设交点，代入1,2式子并整理得到

上式子分别相乘得到

又因为，所以
所以直线与直线的交点依然在椭圆上。
探究 一 （拓展）题目的条件为什么要假设，这个2与椭圆中的参数有什么关系？
猜想命题1：“若M，N为椭圆E上关于x轴对称的不同两点，
为x轴上两点，且，则直线MA，NB的交点P仍在椭图E上．”
证明：设，交点
由解法三可得又因为
所以 命题1成立
猜想命题2：“若M，N为椭圆E：上关于x轴对称的不同两点，
为x轴上两点，直线MA，NB的交点P仍在椭圆E上，则
证明：设，交点
由解法三可得又因为
所以 命题2成立

探究二（类比）双曲线是否也有同样的结论呢？
猜想命题3：若M，N为双曲线E：上关于x轴对称的不同两点，为轴上两点，且，则直线MA，NB的交点P仍在双曲线线E上。
猜想命题4：若M，N为双曲线E：上关于x轴对称的不同两点，为轴上两点，直线MA，NB的交点P仍在双曲线线E上，则。
命题3与命题4均为真命题，请读者自行证明
数学是一门工具性学科，它研究的是空间形式与数量的关系，数学的本性是“智慧”，是
人的思维，数学教学的本质是思油过程的引异、启发。因此，做数学题要从根本抓起，通过研究问题的变式，优化解题的方法，拓展题的应用，提示问间题的背景等方式，跳出无边无际的“书山题海“，通过对解题过程的“反刍”，留住知识之”根”，方法之“根”、价值之”根“和本质之“根”，只有从“根”处浇灌知识之营养，数学之花才能灿烂绽放。