文档内容
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：D1．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：
