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思想04 采纳转化与化归方法以高效解决数学问题
目录
01考情透视·目标导航 2
02知识导图·思维引航 3
03 知识梳理·方法技巧 4
04 真题研析·精准预测 5
05 核心精讲·题型突破 15
题型一：运用“熟悉化原则”转化化归问题 15
题型二：运用“简单化原则”转化化归问题 20
题型三：运用“直观化原则”转化化归问题 26
题型四：运用“正难则反原则”转化化归问题 31
高考命题中，以知识为载体，以能力立意、思想方法为灵魂，以核心素养为统领，兼顾试题的基础性、综合性、应用性和创新性，展现数学的科学价值和人文价值．高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的组合，二是着眼于对数学思想方法、数学能力的考查．如果说数学知识是数学的内容，可用文字和符号来记录和描述，那么数学思想方法则是数学的意识，重在领会、运用，属于思维的范畴，用于对数学问题的认识、处理和解决．高考中常用到的数学思想主要有分类讨论思想、数形结合思想、函数与方程思想、转化与化归思想等．
将问题进行化归与转化时，一般应遵循以下几种原则：
1、熟悉化原则：许多数学问题的解决过程就是将陌生的问题转化为熟悉的问题，以利于我们运用已有知识、方法以及解题经验来解决．在具体的解题过程中，通常借助构造、换元、引入参数、 建系等方法将条件与问题联系起来，使原问题转化为可利用熟悉的背景知识和模型求解的问题．
2、简单化原则：根据问题的特点转化命题，使原问题转化为与之相关、易于解决的新问题．借助特殊化、等价转化、不等转化等 方法常常能获得直接、清晰、简洁的解法，从而实现通过对简单问题的解答，达到解决复杂问题的目的．
3、直观化原则：将较抽象的问题转化为比较直观的问题，数学问题的特点之一便是它具有抽象性，有些抽象的问题，直接分析解决难度较大，需要借助数形结合法、图象法等手段把它转化为具体的、更为直观的问题来解决．
4、正难则反原则：问题直接求解困难时，可考虑运用反证法或补集法或用逆否命题间接地解决问题．一般地，在含有“至多”、“至少”及否定词的问题中，若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，此时从反面考虑较简单．
1．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）.
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【解析】如图，底面为正方形，
当相邻的棱长相等时，不妨设，
分别取的中点，连接，
则，且，平面，
可知平面，且平面，
所以平面平面，
过作的垂线，垂足为，即，
由平面平面，平面，
所以平面，
由题意可得：，则，即，
则，可得，
所以四棱锥的高为.
故选：D.
2．（2024年北京高考数学真题）设函数.已知，，且的最小值为，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】由题意可知：为的最小值点，为的最大值点，
则，即，
且，所以.
故选：B.
3．（2024年北京高考数学真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ．
【答案】 23 57.5/
【解析】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则，
故，.
故答案为：.
4．（2024年北京高考数学真题）在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称.若，则的最大值为 ．
【答案】/
【解析】由题意，从而，
因为，所以的取值范围是，的取值范围是，
当且仅当，即时，取得最大值，且最大值为.
故答案为：.
5．（2024年北京高考数学真题）已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为．
(1)给定数列和序列，写出；
(2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由；
(3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”．
【解析】（1）因为数列，
由序列可得；
由序列可得；
由序列可得；
所以.
（2）解法一：假设存在符合条件的，可知的第项之和为，第项之和为，
则，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的；
解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，
假设存在符合条件的，且，
因为，即序列共有8项，
由题意可知：，
检验可知：当时，上式不成立，
即假设不成立，所以不存在符合条件的.
（3）解法一：我们设序列为，特别规定.
必要性：
若存在序列，使得的各项都相等.
则，所以.
根据的定义，显然有，这里，.
所以不断使用该式就得到，必要性得证.
充分性：
若.
由已知，为偶数，而，所以也是偶数.
我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个.
上面已经说明，这里，.
从而由可得.
同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数.
下面证明不存在使得.
假设存在，根据对称性，不妨设，，即.
情况1：若，则由和都是偶数，知.
对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾；
情况2：若，不妨设.
情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾；
情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有.
假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为.
则此时对任意，由可知必有.
而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾.
综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证.
解法二：由题意可知：中序列的顺序不影响的结果，
且相对于序列也是无序的，
（ⅰ）若，
不妨设，则，
①当，则，
分别执行个序列、个序列，
可得，为常数列，符合题意；
②当中有且仅有三个数相等，不妨设，则，
即，
分别执行个序列、个序列
可得，
即，
因为为偶数，即为偶数，
可知的奇偶性相同，则，
分别执行个序列，，，，
可得，
为常数列，符合题意；
③若，则，即，
分别执行个、个，
可得，
因为，
可得，
即转为①，可知符合题意；
④当中有且仅有两个数相等，不妨设，则，
即，
分别执行个、个，
可得，
且，可得，
因为为偶数，可知的奇偶性相同，
则为偶数，
且，即转为②，可知符合题意；
⑤若，则，即，
分别执行个、个，
可得，
且，可得，
因为为偶数，
则为偶数，
且，即转为④，可知符合题意；
综上所述：若，则存在序列，使得为常数列；
（ⅱ）若存在序列，使得为常数列，
因为对任意，
均有成立，
若为常数列，则，
所以；
综上所述：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”.
6．（2024年北京高考数学真题）在中，内角的对边分别为，为钝角，，．
(1)求；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积．
条件①：；条件②：；条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【解析】（1）由题意得，因为为钝角，
则，则，则，解得，
因为为钝角，则.
（2）选择①，则，因为，则为锐角，则，
此时，不合题意，舍弃；
选择②，因为为三角形内角，则，
则代入得，解得，
,
则.
选择③，则有，解得，
则由正弦定理得，即，解得，
因为为三角形内角，则，
则
，
则
7．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
(1)若为线段中点，求证：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【解析】（1）取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）
因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为
题型一：运用“熟悉化原则”转化化归问题
【典例1-1】（多选题）图形由铰接的薄片构成，则下列五个点不动（固定），所有连杆会固定的选项是（ ）

A．A，B，C，D，O
B．A，B，C，D，F
C．K，L，M，N，O
D．K，L，M，N， E
【答案】ACD
【解析】对于A，如图示：
固定则固定；固定则固定；固定则固定；
固定则固定；固定则固定；固定则固定；
固定则固定；固定则固定；固定则固定；
固定则固定；所有连杆会固定；
对于B，如图示：
固定则固定；固定则固定；固定则固定；
固定则固定；固定则固定；固定则固定；
其它点无法固定；
对于C，如图示:
固定则固定；固定则固定；固定则固定；
固定则固定；固定则固定；固定则固定；
固定则固定；固定则固定；固定则固定；
固定则固定；所以所有连杆会固定；
对于D，如图示:
固定则固定；固定则固定；固定则固定；
固定则固定；固定则固定；固定则固定；
固定则固定；固定则固定；固定则固定；
固定则固定；所有连杆会固定；
故选：ACD．
【典例1-2】在中，是边的中点，若，，，则 ．
【答案】/
【解析】
如图，过点作的平行线，过点作的平行线，两平行线交于点，
则四边形为平行四边形，，，
∴，
∴
.
故答案为：.
【变式1-1】若，则 .
【答案】/0.5
【解析】由得：
，
所以
化简得到：
，
所以；
所以.
故答案为：.
【变式1-2】（1）设，，求的最小值．
（2）设A，B，C是的三个内角，求证．
【解析】（1）暂不考虑的变化，只对进行“放缩”．
原式（当时“=”号成立）．
再研究对函数值的影响．
∵．
（当时“=”号成立）
故原函数的最小值为9．
（2）证明：令，视A为常量，B，C为变量，于是有
，
显然B，C在变化中取相等的值时，取最大值1，因此有．
下面考查A的变化对y的值的影响，易知当，即时，y取得最大值，即有．
根据两次变化情况可知，
（当且仅当时“=”号成立）．
1．在中，角的对边分别为，已知，，的面积为，求边上的中线的长.
【解析】因为，所以，
因为余弦定理得，
又因为，
可得，即得.
因为的中线，
可得，
，
所以，
即.
2．三等分角大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，它和“立方倍积问题”,“化圆为方问题”并称为“古代三大几何难题”．公元六世纪时，数学家帕普斯曾证明用一固定的双曲线可以解决“三等分角问题”．某同学在学习过程中，借用帕普斯的研究，使某锐角∠AOB的顶点与坐标原点O重合，点B在第四象限，且点B在双曲线T：的一条渐近线上，而OA与T在第一象限内交于点A．以点A为圆心，为半径的圆与T在第四象限内交于点P，设AP的中点为Q，则．若，，则a的值为（ ）
A． B．8 C． D．10
【答案】C
【解析】
设，直线的倾斜角为，
则，直线的斜率为，
为的中点，，
，，
，，
，，，，
，
又，
，直线的方程为，
联立，得，
，，即，
.
故选：C.
题型二：运用“简单化原则”转化化归问题
【典例2-1】已知圆柱和圆锥的底面半径相等，体积相等，且它们的侧面积之比为，则圆锥的高与底面半径之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设圆柱和圆锥的底面半径为，高分别为，
所以，
圆柱的侧面积，
圆锥的侧面积，
又因为，代入，
解得：，即
故选：C.
【典例2-2】如图，正方体的棱长为2，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动.给出下列四个结论：①；②存在一点，；③若，则面积的最大值为；④若到直线的距离与到点的距离相等，则的轨迹为抛物线的一部分.其中正确结论的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【解析】对于①，连接，由正方体的性质知为等边三角形，
由于为底面的中心，故为中点，故，故①正确；
对于②，进行平移到过点，使之具有公共顶点，根据立体图像判断，
平面，即无论如何也不可能满足平行或重合于，
所以不可能平行于，故②错误；
对于③，取的中点E，连 接，
则，满足，
又面，面，
所以，，所以平面，
所以在线段上运动，当点到点位置时，最大，
此时面积最大为：.所以③正确；
对于④，P到直线的距离为线段的长度，所以，判定出P点位置为直线的垂直平分线，故④错误.
故选: C.
【变式2-1】在四面体中，在面内，在面内，且满足，若，则线段与的关系是（ ）
A．与所在直线是异面直线
B．与所在的直线平行
C．线段与必相交
D．线段与延长后相交
【答案】C
【解析】若，则，
，所以四点共面.
又与不平行；
∴线段与线段相交.
若且，；∴,
不妨设，则,
∴,
即,四点共面,
又与不平行；∴线段与线段相交.
故选：C.
【变式2-2】《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”，平面，，为底面及其内部的一个动点且满足，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】平面，，连接，由，可得，
四边形为矩形，以为轴建立如图所示坐标系，
则，设，，
则，
所以
因为，则，则，
所以.
故选：D
1．在棱长为1的正方体中，P为底面ABCD内（包括边界）的动点，满足直线与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意得：正方体中，易得，
要使直线与直线所成角的大小为，
只需与直线所成角的大小为，
所以绕以夹角旋转为锥体的一部分，如图所示：
所以,即，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆，
故线段扫过的面积的大小为.
故选：A.
2．正方体的棱长为1，M是面内一动点，且，N是棱上一动点，则周长的最小值为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】B
【解析】点M在线段上运动，即动线段在内运动，
动线段在内运动，动线段在内运动，
以为基准，将和翻折使其与共面，如图所示：
其中翻折至，翻折至，
的周长等于,最小值等于
在四边形，，
由余弦定理可求得，
所以，
故的周长最小值等于，
故选：B.
题型三：运用“直观化原则”转化化归问题
【典例3-1】若函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立.
令，
则，
所以在上恒成立.
又因为在上单调递增，
所以当时，
故.
故选：D.
【典例3-2】已知点是曲线上任意一点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】依题意，，令直线，显然过点，
由，得，显然，
即直线与曲线相离，且，则曲线上的点在直线上方，
过作于，则，而，
因此，
令过点的直线与曲线相切的切点为，由，求导得，
则此切线斜率，解得，即切点为，
而点在曲线的对称轴上，曲线在过点的两条切线所夹含原点的区域及内部，
当点的坐标为时，锐角最大，最大，最大，
此时，，
所以的最大值为.
故先：D
【变式3-1】已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】法一、根据题意，构造函数，
则.
由泰勒展开式，，，
所以，，
而，
所以，即；
法二、因为，
所以.
令，则，所以函数在上单调递增，
所以当时，，即有成立，
所以，得，所以；
因为，所以令，
则，
所以函数在定义域内单调递增，
所以当时，，即有成立，
所以，即，所以，又，所以.
综上，.
故选：D
【变式3-2】“斐波那契数列”是由十三世纪意大利数学家斐波那契发现的，具体数列为即从该数列的第三项数字开始，每个数字等于前两个相邻数字之和.已知数列为“斐波那契数列”，为数列的前项和，若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】由题意可知：，
所以
，
所以.
故选：B
1．已知数列中，，（其中表示的整数部分，表示的小数部分），则（ ）
A．2024 B．2025 C．4046 D．4047
【答案】D
【解析】由题意知，，
则，
，
，
，
以此类推，，
所以，则.
故选：D
2．已知公比为的正项等比数列，其首项，前项和为，前项积为，且函数在点处切线斜率为1，则错误的是（ ）
A．数列单调递增 B．数列单调递减
C．或5时，取值最大 D．
【答案】A
【解析】对A：因为，
故，
则，由是等比数列，
则，解得，又，且数列是正项数列，
故可得，故该数列单调递减，A错误；
对B：，由A知：，故，
故数列单调递减，B正确；
对C：由A可知：，又，，
故数列的前4项均为大于1的正数，从第6项开始均为小于1的正数，
故当或5时，取得最大值，C正确；
对D：因为，故，
因为，，故可得，
即，故D正确；
故选：A.
题型四：运用“正难则反原则”转化化归问题
【典例4-1】设，，，，则（ ）
A．在这四个数中至少存在两个数，，满足
B．在这四个数中至少存在两个数，，满足
C．在这四个数中至多存在两个数，，满足
D．在这四个数中至多存在两个数，，满足
【答案】B
【解析】将区间平均分为三个区间，则每个区间的长度为．因为，，，，所以在，，，中至少有两个数在同一区间内，设这两个数为，，则，又因为在上单调递增，在上单调递减，所以，，故A错误，B正确；
对于C：取，，故C错误；
对于D：取，，故D错误；
故选：B．
【典例4-2】在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】圆的方程为，整理得：，
即圆是以为圆心，1为半径的圆；
又直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，
只需圆与直线有公共点即可．
设圆心到直线的距离为，
则，即，
．
故选：A．
【变式4-1】已知圆和两点，，若圆C上至少存在一点P，使得，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】的圆心，半径,
圆C上至少存在一点P，使得,
与位置关系为相交,内切或内含,如图所示,则,
．
故选:B．
【变式4-2】 “省刻度尺”问题由英国数学游戏大师杜登尼提出：一根长的尺子，要能够量出长度为到且边长为整数的物体，至少需要6个刻度（尺子头尾不用刻）．现有一根的尺子，要能够一次量出长度为到且边长为整数的物体，尺子上至少需要有（ ）个刻度
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【解析】若有一根的尺子，量出长度为到且为整数的物体，
则当尺子有3个刻度时满足条件
设为长度，为每段长度，为刻度对应的数量，则有且，其中，
当时，
下证，当尺子有2个刻度时不能量出的物体长度
设且，其中，
所以当中有1个0，x的取值至多有3个
当中有2个0时，或，x的取值至多有2个
当中没有0时，x的取值有1个
所以x取值至多有6个，即当尺子有2个刻度时不能量出的物体长度．
故选:A
1． 5个正四面体，每个四面体各面上分别标有A，B，C，D，同时掷出，连掷3次，则至少一次全部出现同一字母的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设“同时抛出一次全部都是同一数字”为事件，则，再分别表示“同时抛出一次不都是同一数字”的概率以及抛出3次都不是同一数字的概率，最后求对立事件的概率.设“同时抛出一次全部都是同一数字”为事件，
则,
则“同时抛出一次不都是同一数字”的概率是,
那么抛出3次都不是同一数字的概率是，
则至少一次全部出现同一字母的概率为.
故选：D
2．已知矩形, , ,将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折,在翻折的过程中
A．存在某个位置,使得直线和直线垂直
B．存在某个位置,使得直线和直线垂直
C．存在某个位置,使得直线和直线垂直
D．无论翻折到什么位置,以上三组直线均不垂直
【答案】A
【解析】如图所示：作于，于
翻折前，易知存在一个状态使，满足，，平面，平面，故正确错误；
若和垂直，平面，平面，不成立，故错误；
若和垂直，故平面，平面，，因为 ，故不成立，故错误；
故选：
21世纪教育网(www.21cnjy.com)思想04 采纳转化与化归方法以高效解决数学问题
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01考情透视·目标导航 2
02知识导图·思维引航 3
03 知识梳理·方法技巧 4
04 真题研析·精准预测 5
05 核心精讲·题型突破 8
题型一：运用“熟悉化原则”转化化归问题 8
题型二：运用“简单化原则”转化化归问题 9
题型三：运用“直观化原则”转化化归问题 11
题型四：运用“正难则反原则”转化化归问题 12
高考命题中，以知识为载体，以能力立意、思想方法为灵魂，以核心素养为统领，兼顾试题的基础性、综合性、应用性和创新性，展现数学的科学价值和人文价值．高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的组合，二是着眼于对数学思想方法、数学能力的考查．如果说数学知识是数学的内容，可用文字和符号来记录和描述，那么数学思想方法则是数学的意识，重在领会、运用，属于思维的范畴，用于对数学问题的认识、处理和解决．高考中常用到的数学思想主要有分类讨论思想、数形结合思想、函数与方程思想、转化与化归思想等．
将问题进行化归与转化时，一般应遵循以下几种原则：
1、熟悉化原则：许多数学问题的解决过程就是将陌生的问题转化为熟悉的问题，以利于我们运用已有知识、方法以及解题经验来解决．在具体的解题过程中，通常借助构造、换元、引入参数、 建系等方法将条件与问题联系起来，使原问题转化为可利用熟悉的背景知识和模型求解的问题．
2、简单化原则：根据问题的特点转化命题，使原问题转化为与之相关、易于解决的新问题．借助特殊化、等价转化、不等转化等 方法常常能获得直接、清晰、简洁的解法，从而实现通过对简单问题的解答，达到解决复杂问题的目的．
3、直观化原则：将较抽象的问题转化为比较直观的问题，数学问题的特点之一便是它具有抽象性，有些抽象的问题，直接分析解决难度较大，需要借助数形结合法、图象法等手段把它转化为具体的、更为直观的问题来解决．
4、正难则反原则：问题直接求解困难时，可考虑运用反证法或补集法或用逆否命题间接地解决问题．一般地，在含有“至多”、“至少”及否定词的问题中，若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，此时从反面考虑较简单．
1．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）.
A．1 B．2 C． D．
2．（2024年北京高考数学真题）设函数.已知，，且的最小值为，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2024年北京高考数学真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ．
4．（2024年北京高考数学真题）在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称.若，则的最大值为 ．
5．（2024年北京高考数学真题）已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为．
(1)给定数列和序列，写出；
(2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由；
(3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”．
6．（2024年北京高考数学真题）在中，内角的对边分别为，为钝角，，．
(1)求；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积．
条件①：；条件②：；条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
7．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
(1)若为线段中点，求证：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
题型一：运用“熟悉化原则”转化化归问题
【典例1-1】（多选题）图形由铰接的薄片构成，则下列五个点不动（固定），所有连杆会固定的选项是（ ）

A．A，B，C，D，O
B．A，B，C，D，F
C．K，L，M，N，O
D．K，L，M，N， E
【典例1-2】在中，是边的中点，若，，，则 ．
【变式1-1】若，则 .
【变式1-2】（1）设，，求的最小值．
（2）设A，B，C是的三个内角，求证．
1．在中，角的对边分别为，已知，，的面积为，求边上的中线的长.
2．三等分角大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，它和“立方倍积问题”,“化圆为方问题”并称为“古代三大几何难题”．公元六世纪时，数学家帕普斯曾证明用一固定的双曲线可以解决“三等分角问题”．某同学在学习过程中，借用帕普斯的研究，使某锐角∠AOB的顶点与坐标原点O重合，点B在第四象限，且点B在双曲线T：的一条渐近线上，而OA与T在第一象限内交于点A．以点A为圆心，为半径的圆与T在第四象限内交于点P，设AP的中点为Q，则．若，，则a的值为（ ）
A． B．8 C． D．10
题型二：运用“简单化原则”转化化归问题
【典例2-1】已知圆柱和圆锥的底面半径相等，体积相等，且它们的侧面积之比为，则圆锥的高与底面半径之比为（ ）
A． B． C． D．
【典例2-2】如图，正方体的棱长为2，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动.给出下列四个结论：①；②存在一点，；③若，则面积的最大值为；④若到直线的距离与到点的距离相等，则的轨迹为抛物线的一部分.其中正确结论的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【变式2-1】在四面体中，在面内，在面内，且满足，若，则线段与的关系是（ ）
A．与所在直线是异面直线
B．与所在的直线平行
C．线段与必相交
D．线段与延长后相交
【变式2-2】《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”，平面，，为底面及其内部的一个动点且满足，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
1．在棱长为1的正方体中，P为底面ABCD内（包括边界）的动点，满足直线与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积的大小为（ ）
A． B． C． D．
2．正方体的棱长为1，M是面内一动点，且，N是棱上一动点，则周长的最小值为（ ）
A．2 B． C． D．
题型三：运用“直观化原则”转化化归问题
【典例3-1】若函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【典例3-2】已知点是曲线上任意一点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【变式3-1】已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【变式3-2】“斐波那契数列”是由十三世纪意大利数学家斐波那契发现的，具体数列为即从该数列的第三项数字开始，每个数字等于前两个相邻数字之和.已知数列为“斐波那契数列”，为数列的前项和，若，则（ ）
A． B．
C． D．
1．已知数列中，，（其中表示的整数部分，表示的小数部分），则（ ）
A．2024 B．2025 C．4046 D．4047
2．已知公比为的正项等比数列，其首项，前项和为，前项积为，且函数在点处切线斜率为1，则错误的是（ ）
A．数列单调递增 B．数列单调递减
C．或5时，取值最大 D．
题型四：运用“正难则反原则”转化化归问题
【典例4-1】设，，，，则（ ）
A．在这四个数中至少存在两个数，，满足
B．在这四个数中至少存在两个数，，满足
C．在这四个数中至多存在两个数，，满足
D．在这四个数中至多存在两个数，，满足
【典例4-2】在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【变式4-1】已知圆和两点，，若圆C上至少存在一点P，使得，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【变式4-2】 “省刻度尺”问题由英国数学游戏大师杜登尼提出：一根长的尺子，要能够量出长度为到且边长为整数的物体，至少需要6个刻度（尺子头尾不用刻）．现有一根的尺子，要能够一次量出长度为到且边长为整数的物体，尺子上至少需要有（ ）个刻度
A．3 B．4 C．5 D．6
1． 5个正四面体，每个四面体各面上分别标有A，B，C，D，同时掷出，连掷3次，则至少一次全部出现同一字母的概率为（ ）
A． B． C． D．
2．已知矩形, , ,将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折,在翻折的过程中
A．存在某个位置,使得直线和直线垂直
B．存在某个位置,使得直线和直线垂直
C．存在某个位置,使得直线和直线垂直
D．无论翻折到什么位置,以上三组直线均不垂直
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