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思想 04 运用转化与化归的思想方法解题
【目录】
..............................................................................................................................................1
..............................................................................................................................................2
..............................................................................................................................................2
..............................................................................................................................................8
考点一：运用“熟悉化原则”转化化归问题..........................................................................................................8
考点二：运用“简单化原则”转化化归问题........................................................................................................11
考点三：运用“直观化原则”转化化归问题........................................................................................................16
考点四：运用“正难则反原则”转化化归问题....................................................................................................19
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．（2023·全国·统考高考真题）已知实数 满足 ，则 的最大值是（ ）
A． B．4 C． D．7
【答案】C
【解析】法一：令 ，则 ，
代入原式化简得 ，
因为存在实数 ，则 ，即 ，
化简得 ，解得 ，
故 的最大值是 ，
法二： ，整理得 ，
令 ， ，其中 ，
则 ，
，所以 ，则 ，即 时， 取得最大值 ，
法三：由 可得 ，
设 ，则圆心到直线 的距离 ，
解得
故选：C.
2．（2023·全国·统考高考真题）在 中，内角 的对边分别是 ，若 ，且，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意结合正弦定理可得 ，
即 ，
整理可得 ，由于 ，故 ，
据此可得 ，
则 .
故选：C.
3．（2023·全国·统考高考真题）已知函数 ．记 ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】令 ，则 开口向下，对称轴为 ，
因为 ，而 ，
所以 ，即
由二次函数性质知 ，
因为 ，而 ，
即 ，所以 ，
综上， ，
又 为增函数，故 ，即 .
故选：A.
4．（2023·全国·统考高考真题）在三棱锥 中， 是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（ ）
A．1 B． C．2 D．3
【答案】A
【解析】取 中点 ，连接 ，如图，
是边长为2的等边三角形， ，
，又 平面 ， ，
平面 ，
又 ， ，
故 ，即 ，
所以 ，
故选：A
5．（2023·全国·统考高考真题）在正方体 中， 为 的中点，若该正方体的棱
与球 的球面有公共点，则球 的半径的取值范围是 ．
【答案】
【解析】设球的半径为 .
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包
含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径 为体对角线长 ，即 ，故 ；
分别取侧棱 的中点 ，显然四边形 是边长为 的正方形，且 为正方形
的对角线交点，连接 ，则 ，当球的一个大圆恰好是四边形 的外接圆，球的半径达到最小，即 的最
小值为 .
综上， .
故答案为：
6．（2023·全国·统考高考真题）在 中， ， 的角平分线交BC于
D，则 ．
【答案】
【解析】
如图所示：记 ，
方法一：由余弦定理可得， ，
因为 ，解得： ，
由 可得，
，
解得： ．
故答案为： ．
方法二：由余弦定理可得， ，因为 ，解得： ，
由正弦定理可得， ，解得： ， ，
因为 ，所以 ， ，
又 ，所以 ，即 ．
故答案为： ．
7．（2023·北京·统考高考真题）已知椭圆 的离心率为 ，A、C分别是E的上、
下顶点，B，D分别是 的左、右顶点， ．
(1)求 的方程；(2)设 为第一象限内E上的动点，直线 与直线 交于点 ，直线 与直线 交于点 ．求证：
．
【解析】（1）依题意，得 ，则 ，
又 分别为椭圆上下顶点， ，所以 ，即 ，
所以 ，即 ，则 ，
所以椭圆 的方程为 .
（2）因为椭圆 的方程为 ，所以 ，
因为 为第一象限 上的动点，设 ，则 ，
易得 ，则直线 的方程为 ，
，则直线 的方程为 ，
联立 ，解得 ，即 ，
而 ，则直线 的方程为 ，
令 ，则 ，解得 ，即 ，
又 ，则 ， ，
所以，
又 ，即 ，
显然， 与 不重合，所以 .
8．（2023·全国·统考高考真题）记 的内角 的对边分别为 ，已知 ．
(1)求 ；
(2)若 ，求 面积．
【解析】（1）因为 ，所以 ，解得： ．
（2）由正弦定理可得
，
变形可得： ，即 ，
而 ，所以 ，又 ，所以 ，
故 的面积为 ．
考点一：运用“熟悉化原则”转化化归问题
【例1】（2024·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）在三角函数部分，我们研究过二倍角公式
，我们还可以用类似方式继续得到三倍角公式．根据你的研究结果解决如下问题：在锐
角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若 ， ，则
的取值范围是 ．【答案】
【解析】三倍角公式：
，
因为 ，
所以 .
故 ，△ABC为锐角三角形，故
解得 ，
故 ， ．
故答案为：
【变式1-1】（2024·辽宁·高三校联考期末）抚仙湖，位于澄江市、江川区、华宁县之间，湖面积仅次于滇
池和洱海，为云南省第三大湖，也是我国最大的深水型淡水湖泊．如图所示，为了测量抚仙湖畔M，N两
点之间的距离，现取两点E，F，测得 公里， ， ， ，
则M，N两点之间的距离为 公里．
【答案】
【解析】在 中 =
由正弦定理可得：即
在 中
所以 ，则 ,
中由余弦定理可得：
即
故答案为： .
【变式1-2】（2024·浙江宁波·高三余姚中学校考阶段练习）在锐角三角形 中，内角 所对的边
满足 ，若 存在最大值，则实数 的取值范围是 ．
【答案】
【解析】由余弦定理可得 ，则 ，
由正弦定理可得
，
因为 为锐角三角形，则 ，所以 ，
又因为函数 在 内单调递增，所以 ，可得 ，
由于 为锐角三角形，则 ，即 ，解得 ，
则
，
因为 ，所以 ，则 ，
因为 存在最大值，则 ，解得 ．
故答案为： ．
【变式1-3】（2024·江西·高三校联考开学考试）已知 中， ， ，则
面积的最大值是 .【答案】3
【解析】由题知， 如图所示：
因为 ，所以 ，
由余弦定理得： ，
联立解得： ， ，
所以 ，
所以 ，
.
故答案为：3.
考点二：运用“简单化原则”转化化归问题
【例2】（2024·北京顺义·高三统考期末）《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
【变式2-1】（2024·上海普陀·统考一模）一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为 ，腰和上底
长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积等于（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图，恢复后的原图形为一直角梯形，
所以 .
故选：B.
【变式2-2】（2024·上海·高三校联考阶段练习）如图所示，正三棱柱 的所有棱长均为1，点
P、M、N分别为棱 、AB、 的中点，点Q为线段MN上的动点．当点Q由点N出发向点M运动的
过程中，以下结论中正确的是（ ）A．直线 与直线CP可能相交 B．直线 与直线CP始终异面
C．直线 与直线CP可能垂直 D．直线 与直线BP不可能垂直
【答案】B
【解析】在正三棱柱 中，
因为点M、N分别为棱AB、 的中点，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ， ， ，
所以 四点不共面，
所以直线 与直线CP始终异面，故A错误，B正确；
对于C，设 ，
则 ，
，
若直线 与直线CP垂直，则 ，
即 ，
所以 ，
即 ，解得 ，
因为 ，所以不存在点 使得直线 与直线CP垂直，故C错误；
对于D，连接 ，
因为 为 的中点，所以 ，
又因 平面 ， 平面 ，
所以 ，因为 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
所以当点 在 的位置时，直线 与直线BP垂直，故D错误.
故选：B.
【变式2-3】（2024·广东深圳·高三校联考阶段练习）通用技术老师指导学生制作统一规格的圆台形容器，
用如图所示的圆环沿虚线剪开得到的一个半圆环（其中小圆和大圆的半径分别是1cm和4cm）制作该容器
的侧面，则该圆台形容器的高为（ ）
A． cm B．1cm C． cm D． cm
【答案】D
【解析】由已知圆台的侧面展开图为半圆环，不妨设上、下底面圆的半径分别为 ， ，
则 ， ，解得 ， ．
所以圆台轴截面为等腰梯形，其上、下底边的长分别为 和 ，腰长为 ，
即 ,过点 作 , 为垂足，
所以 ，
该圆台形容器的高为 ，
故选：D．【变式2-4】（2024·广西·高三校联考阶段练习）如图，四棱柱 的底面是边长为2的正方
形，侧棱 平面ABCD，且 ，E、F分别是AB、BC的中点，P是线段 上的一个动点（不含
端点），过P、E、F的平面记为 ，Q在 上且 ，则下列说法正确的个数是（ ）．
①三棱锥 的体积是定值；
②当直线 时， ；
③当 时，平面 截棱柱所得多边形的周长为 ；
④存在平面 ，使得点 到平面 距离是A到平面 距离的两倍．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】对于①:因为 ， 平面 ，
平面 ，所以 平面 ，
因为 ，所以点P到平面 的距离为定值，
而 的面积为定值，所以三棱锥 的体积是定值，
即三棱锥 的体积是定值，故①正确；
对于②：如图，延长EF交DC的延长线于点M，设平面 交棱 于点W，连接MW，并延长MW交 于点P，
因为 ， 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，
因为F为BC的中点，则W为CQ的中点，
因为 ，则 ， ， ，
所以 ≌ ，则 ，
因为 ，则 ，
则 ，即②错误；
对于③：如图，设直线EF分别交直线DA、DC于点N、M，
连接PN、PM，分别交 、 于点R、S，连接RE、SF，
由②可知， ，同理可知 ，
因为 ， ，则 为等腰直角三角形，
则 ，同理可知， 也为等腰直角三角形，
同理可知， ，∴ ，
同理 ，由勾股定理可得 ，
则截面的周长为 ，即③正确；对于④：设截面 交棱 于点R，
假设存在平面 ，使得点 到平面 距离是A到平面 距离的两倍，
则 ，可得 ，
因为 ，则 ，则 ，不符合题意；
即不存在平面 ，使得点 到平面 距离是A到平面 距离的两倍，
故④错误．
综上所述，①③正确.
故选：B.
考点三：运用“直观化原则”转化化归问题
【例3】（2024·江苏连云港·高三江苏省海州高级中学校考阶段练习）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3-1】（2024·重庆南岸·高三重庆市第十一中学校校考阶段练习）已知函数 ，
又当 时， ，则关于x的不等式 的解集为（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】由 ，
，
设
所以 ，即 为 上的偶函数
当 时， ，
因为 ，所以则 在区间 上单调递增
所以
即
即
等价于 ，
即
解得 ．
故选：A.
【变式3-2】（2024·北京东城·高三北京市广渠门中学校考阶段练习）设 ，数列 中 ，
， ，则（ ）
A．当 ， B．当 ，
C．当 ， D．当 ，
【答案】A
【解析】对A：当 时，因为 ，所以 ，又因为 ，当且
仅当 时取等号，
所以 ， ，故A正确；
对B：当 时，即 ，得 ，
因 ，故 时，数列 为常数列，且 ，故B错误；
对C：当 时，即 ，得 ，
因 ，故 或 ，数列为 常数列，且 或 ，故C错误；
对D：当 时，即 ，因 ，故 或 ，所以数列 为常数列，且 或 ，故D错误.
故选：A.
【变式3-3】（2024·北京·高三景山学校校考阶段练习）已知斐波那契数列 满足： ，
，若 ，则 （ ）
A．2022 B．2023 C．59 D．60
【答案】D
【解析】
，
故选：D.
考点四：运用“正难则反原则”转化化归问题
【例4】（2024·浙江金华·浙江金华第一中学校考三模）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．
【变式4-1】（2024·四川资阳·高三四川省资阳市雁江区伍隍中学校考开学考试）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4-2】（2024·安徽合肥·合肥一中校考模拟预测）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4-3】（2024·浙江·校联考三模）“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
