高中数学优化计算技巧盘点

高考考纲中要考查能力之一就是计算能力，如何算得快，算得准，俨然成为每一个高三生绕不过去的槛，甚至成为部分考生的梦魇。为了帮助各位学生更好地备考复习，更好地提升计算能力，本文汇总了一些帮助提高计算能力的方法供参考。

1.多解问题

高中某些模块的题目解法很多，平时讲评问题时需要尽可能做到多解的理解和掌握，做到方法选择的多元化积累，这样做到考试时选择上游刃有余。

【例1】已知长方体AC1中，棱AB＝BC＝1，棱BB1＝2，连结B1C，过B点作B1C的垂线交CC1于E，交B1C于F.

求点A到平面A1B1C的距离．

分析：看到这道题，需要回想总结一下求点到面距离的方法，然后针对题目选择一下哪种方法更简便。解法一：转化为线垂直于面

因为CD平行于A1B1，所以过A点做A1B1CD的垂线，然后求距离。解法二：利用等体积法

VC-A1B1A=VA-A1B1C,然后求解距离。解法三：利用线面平行进行点的转移

AB∥平面A1B1C，所以点B到平面A1B1C的距离等于点A到平面A1B1C的距离，又BF⊥平面A1B1C.∴所求距离即为BF＝

2×125.＝522＋12总结：这道题目难度并不大，通过它想说明平时需要掌握并积累常见问题的常见的多解解法，理解每种方法的应用条件和优缺点，然后进行一部分练习，在训练中摸索体会，逐步形成该类问题的求解体系，进而在考试中熟练的选择并计算。

在立体几何的解答题中，多解非常常见，例如求线面角和二面角等，主要分为代数法和几何法。不同的方法的特点差别很大，希望加大研究，找到适合自己的方法，并做到熟练应用，需要引起学生高度重视。

→2→1→→2→

【例2】如图所示，设P、Q为△ABC内的两点，且AP＝AB＋AC，AQ＝AB＋

5531→

AC，则△ABP的面积与△ABQ的面积之比为________．4

→2→→1→→→

解法一：根据题意，设AM＝AB，AN＝AC，则由平行四边形法则，得AP＝AM

55→

＋AN，且AMPN为平行四边形，于是NP∥AB，所以

SS

S可得

△ABP△ABC→|AN|1＝→＝，同理，|AC|5

△ABQ△ABCS

1＝.故4

SS

△ABP4＝.5

△ABQ点评：解法一利用向量的加减运算，同时利用相似关系等，表示出面积求解。过程简单，但是思维量很大，并不是很容易想到。解法二：建系法+一般问题特殊法

因为题目对于一般三角形都成立，并没有对三角形特殊的，因此我可以采用特殊三角形，一般选择直角三角形、等腰三角形或者等边三角形，此题选择直角三角形。同时涉及向量的运算，坐标运算最简单明了，此外为了避免计算量过大，需要建系简单易行。

便于计算，设A(0,0),B(15,0),C(0,20)，然后利用坐标运算表示出P，Q坐标，进而表示出面积。

总结：坐标运算通常给人感觉计算量大，其实不然，那只是针对三维立体问题，而二维平面问题通常不会很大，此外通过选择特殊的三角形，点的合理设置，运

算量会变得更小，会使很多平面向量问题思维简单，并且计算量小。

【例3】已知圆C：x2＋(y－2)2＝5，直线l：mx－y＋1＝0.求证：对m∈R，直线l与圆C总有两个不同交点。

解法一：直线方程与圆的方程联立，消去y得(m2＋1)x2－2mx－4＝0，∵Δ＝4m2＋16(m2＋1)＝20m2＋16>0，

∴对m∈R，直线l与圆C总有两个不同交点．解法二：圆心到直线的距离d＝与圆C总有两个不同交点．

解法三：直线系l：mx－y＋1＝0恒过定点(0,1)，且点(0,1)在圆C：x2＋(y－2)2＝5内部，所以对m∈R，直线l与圆C总有两个不同交点．

点评：此题难度不大，前两种方法比较常规，解法二更为简单，解法三因为过圆内定点，使得求解更容易，这需要题感和平时的积累。因而在解析几何部分几何性质应用得当会大大降低计算量，提高做题的速度，对于圆和后续的圆锥曲线同样适用。因而需要积累常见的几何性质代数化的方法。【例4】

x2y22已知椭圆C:2,左、右顶点分别为A,B,点M是椭圆1(a2)的离心率为22aC上异于A,B的一点,直线AM与y轴交于点P.|0－2＋1|1＝2≤1<5，所以对m∈R，直线l

m＋1m2＋1

（Ⅰ）若点P在椭圆C的内部,求直线AM的斜率的取值范围;（Ⅱ）设椭圆C的右焦点为F,点Q在y轴上,且AQ//BM,求证:PFQ为定值.x2y2解:（Ⅰ）略;C:1;42（Ⅱ）解法1:如图2-1,设M(x0,y0),其中x02,则22

y0x0y0

(x2).1,且直线AM的方程为yx0242令x0,得yP又kBM2y02y0,即P(0,).x02x02y0y,AQ//BM,所以kAQ0.x02x02y0

(x2).x02图2-1所以直线AQ的方程为y令x0,得yQ2y02y0,即Q(0,).x02x02

2y02y0),FQ(2,).x02x02由题知,F(2,0),则FP(2,224y04y0

于是FPFQ2220,即FPFQ,所以PFQ90.2x042y0



故PFQ为定值.解法2:如图2-2,由题知,直线AM的斜率存在,设直线AM的方程为yk(x2),且k0,则P(0,2k).yk(x2),由x2y2消去y,得142(2k21)x28k2x8k240,……………………①8k24所以xAxM2.2k1图2-2又xA2,于是xMyM4k.2k2124k,把xM代入yk(x2),得2k212

yyB124k24k所以M(2.,2),kBMMxMxB2k2k12k111又AQ//BM,则kAQ,所以直线AQ的方程为y(x2).2k2k11令x0,得yQ,即Q(0,).kk1由题知,F(2,0),则FP(2,2k),FQ(2,).k于是FPFQ220,即FPFQ,所以PFQ90.故PFQ为定值.解法3:由椭圆的参数方程,设M(2cos,2sin),02,且.22sin2sin22sin

所以直线AM的方程为y).(x2),P(0,),FP(2,2cos22cos22cos222sin2sin22sin

).所以直线AQ的方程为y(x2),Q(0,),FP(2,2cos22cos22cos2

22sin22sin8sin220.于是FPFQ(2)(2)22cos22cos24cos4

所以FPFQ,即PFQ90.故PFQ为定值.解法4:由题意知,直线AM的斜率存在,设直线AM的方程为yk(x2),且k0,得P(0,2k).由椭圆的仿射性质:kAMkBM

1b2

.2,得kBM2ka

11,所以直线AQ的方程为y(x2).2k2k11令x0,得yQ,即Q(0,).kk又AQ//BM,则kAQ1由题知,F(2,0),则FP(2,2k),FQ(2,).k



于是FPFQ220,即FPFQ,所以PFQ90.故PFQ为定值.

点评：

1．证法1是设点法,是典型的设而不解法，计算量相比更小，学生使用得相对较少；证法2是设线法,利用直线与椭圆相交于一个已知的点A,从而方程①本身可解,进而求出点M的坐标,这样后续的几何对象就可以用代数式表示.所以证法2也称之为可解法,较证法1,更好地体现了方程的本质.因而平时需要充分理解两种方法的特点，不要上来惯性思维——设线法。2．证法3用到了椭圆的参数方程,这需要几何对象本身具有特殊性.证法4用到了椭圆的仿射性质,这种证法只能用来欣赏,高考中使用不能够得分.2.选填忌大做

高考选填题占据总分的半壁江山，做得好与坏直接决定了整份试卷的成功与否。有些同学选填题做了一个小时，导致后面的题目会却没时间作答；有的同学辛辛苦苦做对了后边较难的解答题，却多错了两道简单的选填题；有些同学做完检查对错，无所适从。下面分享一些做选填题的思路和方法，供部分类型题目选用。【例1】

解法一：特殊值法

因为是选择题，可以选择特殊值法。优先采用常见的好算的整数，典型的如0，±1等。本题比较选项的差异，例如代入0，恒成立，B，D错；代入5，不成立，C错。故选A，30s解决战斗，又快又准。解法二：二次函数法

令f(x)=x2-ax+4，分类讨论对称轴与定义域的关系，分三类情况。解法三：参变分离

点评：考试或者写作业时优先选择解法一，检查时可以选择解法二、三；当作业或者试卷讲评时，需要三种方法同时掌握。

【例2】二次结论的应用

等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，则它的前3m项和为(A．130

B．170

C．210

D．260

nn－12

d得

)

解法1：将Sm＝30，S2m＝100代入Sn＝na1＋ma1＋

mm－1

d＝30，22m2m－1

2

d＝100.

2ma1＋

解之得d＝

401020a，＋2.1＝2mmm

∴S3m＝3ma1＋

3m3m－1

d＝210.2

解法2：根据等差数列性质知：Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列，从而有2(S2m－Sm)＝Sm＋(S3m－S2m)．∴S3m＝3(S2m－Sm)＝210.解法3：∵Sn＝na1＋

nn－1n－1x－1dSnSnd，d，∴＝a1＋∴点(n，)是直线y＝＋nn222

SSSa1上的一串点，由三点(m，m)、(2m，2m)、(3m，3m)共线易知S3m＝3(S2m－Sm)

m2m3m＝210.

解法4：令m＝1得S1＝30，S2＝100，从而a1＝30，a1＋a2＝100，得到a1＝30，a2＝70，∴a3＝70＋(70－30)＝110，∴S3＝a1＋a2＋a3＝210.

点评：解法1最容易想到，运算量最大，最不可取；解法2和3借助等差数列部分总结的二次结论，这些结论在选填题不需证明，可以直接应用，会显著提高做

题的准确性，因此常见的二次结论需要积累；解法4非常巧妙，利用赋值变成特殊值法，值得借鉴。

3.检查对错

考试中做完需要进而订正检查，在作答时做好计算过程的空间布局，便于后续的核查；同时检查时存在多解，尽量选择另外的方法，同时针对特定类型题目，积累一些简便的方法。【例1】

点评：这是一位同学的测验题，第二问的答案代入n=1时都不成立，很显然错误，这样的答案根本经不起推敲，需要重做。

π3x∈R.求f(x)的最小正周期。【例2】已知函数f(x)＝cosx·sin(x＋)－3cos2x＋，3413313解：由已知，有f(x)＝cosx·(sinx＋cosx)－3cos2x＋＝sinx·cosx－cos2x

22422＋

3133131π＝sin2x－(1＋cos2x)＋＝sin2x－cos2x＝sin(2x－)．444444232π所以，f(x)的最小正周期T＝＝π.

2

π点评：三角函数的化简非常重要，此类问题检查时，可以代入x=0，，看两式是3

否相等，起到变换方法检查的效果。

4.计算习惯

从小学到高中，每个同学都养成了相对固定的计算习惯，但有的学生的习惯相对繁琐，费时，出错率高，而自己可能并不能感知，这需要老师针对计算的过程提出一些优化改进的建议，尤其是解答题部分，然后尝试应用执行，不断探索提高。