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数学学得成功是否在于对数学思想方法的掌握程度，高考成绩的高低在于方程思想运用能力的强弱.数学思想方法是数学的灵魂，方程思想是一种重要的数学思想.方程思想就是从分析问题的数量关系入手，通过设元建立已知与未知的等量关系，然后通过对等式的研究和处理，达到对问题的解决的一种思维方法.2011年高考浙江理科试卷中第（1）、（5）、（6）、（8）、（10）、（11）、（12）、（13）、（14）、（16）、（17）、（18）、（19）、（20）、（21）、（22）题，都涉及到方程问题.如何提高方程思想运用能力？下面以2011年浙江高考理科试题为例谈做好“五个要”.
1 处理方程要灵活
第6题 若0＜α＜π2，-π2＜β＜0，cosπ4+α=13，cosπ4-β2=33，则cosα+β2=
A 33
B -33
C 539
D -69
分析：本题条件中提供了两个分别关于α和β2的方程，求cosα+β2，此题一般解法是采用三角函数变换，即通过角的变换α+β2=π4+α-π4-β2，以求得cosα+β2=539.从条件不易求出α和β2的大小，本题是一道选择题，根据选择题的特征，α和β2的大小没有必要具体算出，我们只需根据条件对两个方程的解进行估算，由条件得0＜-β2＜α＜π4，即0＜α+β2＜α＜π4，这样便可得cosα+β2＞22，故选择C.
2 引入参数要“经济”
有些问题只设一个未知数不易建立方程,需要引进一些辅助量（参数）,便于建立方程，达到问题解决.那么引进几个辅助量为好，能为后续的求解方程带来方便，这些都需要解题者根据实际问题进行有效的选择.
第21题 已知抛物线C1∶x2=y，圆C2∶x2+（y-4）2=1的圆心为点M.
（Ⅰ） 求点M到抛物线C1的准线的距离；
（Ⅱ） 已知点P是抛物线C1上一点（异于原点），过点P作圆C2的两条切线，交抛物线C1于A，B两点，若过M，P两点的直线l垂足于AB，求直线l的方程.
分析：（Ⅱ） 因为直线l过M点，所以直线l由P点决定,直线AB位置又跟随着P点而定,再由条件l⊥AB知P点的位置是确定的,即直线l是确定.其中P点是解决问题的关键点，且P点的坐标很重要，若仅设P(x0, x20)，切线PA、PB的斜率虽然可以由x0表示，但推算过程较繁琐. 如何引进参数关系到此题的运算量大小.
设P（x0，x20），A（x1，x21），B（x2，x22）由题意得x0≠0，x0≠±1，x1≠x2.
则PA∶y=（x1+x0）x-x1x0，PB∶y=（x2+x0）x-x2x0.
由PA是圆的切线得
|4+x1x0|1+(x1+x0)2=1，15+6x1x0+x21x20=x21+x20，
同理15+6x2x0+x22x20=x22+x20.即x1，x2是（1-x20）x2-6xx0+x20-15=0两根.
因此x1+x2=6x01-x20. ∵ x1≠x2，∴ kAB=x22-x21x2-x1=x2+x1，kPM=x20-4x0.
即点P的坐标为又∵ l⊥AB，∴ x1+x2=-x0x20-4，即6x01-x20=-x0x20-4，解得x20=235.
±235，235，所以直线l∶y=±3115115x+4.
由于没设PA，PB两切线的斜率k1，k2，两切线的斜率分别用P，A， B三点横坐标x0，x1，x2表示，这样淡化了运算技巧，降低了因运算带来的难度.由于少了二个字母参数，减轻了学生沉繁的运算心理压力.同时对式子的化简目标十分明确，真正做到既经济又省力省心.
3 判别式要善用
第10题 设a，b，c为实数，f(x)=(x+a)（x2+bx+c），g(x)=(ax+1)(cx2+bx+1).记集合S=|x|f(x)=0，x∈R，T=|x|g(x)=0，x∈R，若|S|，|T|分别为集合元素S，T的元素个数，则下列结论不可能的是（ ）
A |S|=1且|T|=0
B |S|=1且|T|=1
C |S|=2且|T|=2
D |S|=2且|T|=3
分析：此题没有要求求出方程的解, 仅是对方程解的个数的作出判断.而一元二次方程解的个数与判别式有直接相关.需要考生仔细观察f(x)和g(x)的特征, 找出x2+bx+c=0和cx2+bx+1=0两方程的内在联系.即它们有共同的判别式，这样此题就迎刃而解.
第16题 设x，y为实数，若4x2+y2+xy=1，则2x+y的最大值是 .
分析：此题的设计意图是利用重要不等式公式求2x+y的最大值,但此题有一般的解法:设t=2x+y,则原题转化为“6x2-3xt+t2-1=0有实数根，求t的最大值”.这是含参数t的一元二次方程问题，利用判别式易求出t的最大值为2105.
4 依附关系要明确
运用方程思想处理问题，建立方程是关键，因为方程表达了未知与未知、未知与已知之间的一种等量关系，所以未知与已知之间所具有相对的依附关系是建立方程的基础，因此在建立方程时首先要明确条件中各已知量和未知量相互之间的依附关系.然后根据条件及公式、定理、性质等建立所需要的等式.
第14题 若平面向量α，β满足|α|=1，|β|≤1，且以向量α,β为邻边的平行四边形的面积为12，则α与β的夹角θ的取值范围是 .
分析 根据条件得知α与β的夹角θ的大小由而|β|的大小完全确定.本题结论虽然是求α与β的夹角θ的取值范围，其实只需找到θ与|β|之间的等式关系. θ的取值范围就易求. 由题意得|α||β|sinθ=12，∵ |α|=1，∴ |β|sinθ=12.
∵ |β|≤1, ∴ sinθ≥12. 又∵ θ∈（0，π），
∴ θ∈π6，56π.
第20题 在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2
（Ⅰ） 证明：AP⊥BC；
（Ⅱ） 在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由.
方程就是未知量与已知量之间的一种等量关系式.空间几何问题经常通过几何性质把空间位置中数量关系用方程进行表达，然后通过求解方程，以达到对问题的解决.
分析：（Ⅱ） 因为二面角A-MC-B过BC,其二面角的大小完全由M点的位置所确定. 由（Ⅰ）得AP⊥BC，欲使二面角A-MC-B为直二面角,只需在线段AP上存在点M能使AM⊥MC就行.在三角形PAC中,AC=41，PC=6，PA=5；设AM=x，则AC2-x2=PC2-（5-x）2.即41-x2=36-（5-x）2.解得x=2.
5 函数联系要紧密
方程与函数既有区别又有联系，两者在一定条件下可以相互转化，一些方程问题若从函数视角去观察思考，更能开阔视野，深入理解方程，使问题起到绝路逢生之效果.
第22题 设函数f(x)＝(x-a)2lnx，a∈R
（Ⅰ） 若x＝e为y=f(x)的极值点，求实数a；
（Ⅱ） 求实数a的取值范围，使得对任意的x∈（0,3e］，恒有f(x)≤4e2成立
注：e为自然对数的底数.
分析：（Ⅱ） 对于x∈（0，1］时,f(x)≤0，对于x∈（1，3e］时，有lnx＞0.
由（x-a）2lnx≤4e2得x-2elnx≤a≤x+2elnx.
∵ x-2elnx在（1，3e］上是增函数，∴ 其最大值为3e-2eln3e.
设g(x)=x+2elnx，则g′（x）=1-ex(lnx)3=0，对于方程1-ex(lnx)3=0的解没有一般的解法，若用函数的眼光去审视g(x)=1-exlnx3是单调递增函数，再从（Ⅰ）的结果得到启发，观察知x=e是1-ex(lnx)3=0的解且是唯一解.所以e是g(x)的极小点，其极小值为3e.
综上，所求a的取值范围为：3e-2eln3e≤a≤3e.
1 处理方程要灵活
第6题 若0＜α＜π2，-π2＜β＜0，cosπ4+α=13，cosπ4-β2=33，则cosα+β2=
A 33
B -33
C 539
D -69
分析：本题条件中提供了两个分别关于α和β2的方程，求cosα+β2，此题一般解法是采用三角函数变换，即通过角的变换α+β2=π4+α-π4-β2，以求得cosα+β2=539.从条件不易求出α和β2的大小，本题是一道选择题，根据选择题的特征，α和β2的大小没有必要具体算出，我们只需根据条件对两个方程的解进行估算，由条件得0＜-β2＜α＜π4，即0＜α+β2＜α＜π4，这样便可得cosα+β2＞22，故选择C.
2 引入参数要“经济”
有些问题只设一个未知数不易建立方程,需要引进一些辅助量（参数）,便于建立方程，达到问题解决.那么引进几个辅助量为好，能为后续的求解方程带来方便，这些都需要解题者根据实际问题进行有效的选择.
第21题 已知抛物线C1∶x2=y，圆C2∶x2+（y-4）2=1的圆心为点M.
（Ⅰ） 求点M到抛物线C1的准线的距离；
（Ⅱ） 已知点P是抛物线C1上一点（异于原点），过点P作圆C2的两条切线，交抛物线C1于A，B两点，若过M，P两点的直线l垂足于AB，求直线l的方程.
分析：（Ⅱ） 因为直线l过M点，所以直线l由P点决定,直线AB位置又跟随着P点而定,再由条件l⊥AB知P点的位置是确定的,即直线l是确定.其中P点是解决问题的关键点，且P点的坐标很重要，若仅设P(x0, x20)，切线PA、PB的斜率虽然可以由x0表示，但推算过程较繁琐. 如何引进参数关系到此题的运算量大小.
设P（x0，x20），A（x1，x21），B（x2，x22）由题意得x0≠0，x0≠±1，x1≠x2.
则PA∶y=（x1+x0）x-x1x0，PB∶y=（x2+x0）x-x2x0.
由PA是圆的切线得
|4+x1x0|1+(x1+x0)2=1，15+6x1x0+x21x20=x21+x20，
同理15+6x2x0+x22x20=x22+x20.即x1，x2是（1-x20）x2-6xx0+x20-15=0两根.
因此x1+x2=6x01-x20. ∵ x1≠x2，∴ kAB=x22-x21x2-x1=x2+x1，kPM=x20-4x0.
即点P的坐标为又∵ l⊥AB，∴ x1+x2=-x0x20-4，即6x01-x20=-x0x20-4，解得x20=235.
±235，235，所以直线l∶y=±3115115x+4.
由于没设PA，PB两切线的斜率k1，k2，两切线的斜率分别用P，A， B三点横坐标x0，x1，x2表示，这样淡化了运算技巧，降低了因运算带来的难度.由于少了二个字母参数，减轻了学生沉繁的运算心理压力.同时对式子的化简目标十分明确，真正做到既经济又省力省心.
3 判别式要善用
第10题 设a，b，c为实数，f(x)=(x+a)（x2+bx+c），g(x)=(ax+1)(cx2+bx+1).记集合S=|x|f(x)=0，x∈R，T=|x|g(x)=0，x∈R，若|S|，|T|分别为集合元素S，T的元素个数，则下列结论不可能的是（ ）
A |S|=1且|T|=0
B |S|=1且|T|=1
C |S|=2且|T|=2
D |S|=2且|T|=3
分析：此题没有要求求出方程的解, 仅是对方程解的个数的作出判断.而一元二次方程解的个数与判别式有直接相关.需要考生仔细观察f(x)和g(x)的特征, 找出x2+bx+c=0和cx2+bx+1=0两方程的内在联系.即它们有共同的判别式，这样此题就迎刃而解.
第16题 设x，y为实数，若4x2+y2+xy=1，则2x+y的最大值是 .
分析：此题的设计意图是利用重要不等式公式求2x+y的最大值,但此题有一般的解法:设t=2x+y,则原题转化为“6x2-3xt+t2-1=0有实数根，求t的最大值”.这是含参数t的一元二次方程问题，利用判别式易求出t的最大值为2105.
4 依附关系要明确
运用方程思想处理问题，建立方程是关键，因为方程表达了未知与未知、未知与已知之间的一种等量关系，所以未知与已知之间所具有相对的依附关系是建立方程的基础，因此在建立方程时首先要明确条件中各已知量和未知量相互之间的依附关系.然后根据条件及公式、定理、性质等建立所需要的等式.
第14题 若平面向量α，β满足|α|=1，|β|≤1，且以向量α,β为邻边的平行四边形的面积为12，则α与β的夹角θ的取值范围是 .
分析 根据条件得知α与β的夹角θ的大小由而|β|的大小完全确定.本题结论虽然是求α与β的夹角θ的取值范围，其实只需找到θ与|β|之间的等式关系. θ的取值范围就易求. 由题意得|α||β|sinθ=12，∵ |α|=1，∴ |β|sinθ=12.
∵ |β|≤1, ∴ sinθ≥12. 又∵ θ∈（0，π），
∴ θ∈π6，56π.
第20题 在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2
（Ⅰ） 证明：AP⊥BC；
（Ⅱ） 在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由.
方程就是未知量与已知量之间的一种等量关系式.空间几何问题经常通过几何性质把空间位置中数量关系用方程进行表达，然后通过求解方程，以达到对问题的解决.
分析：（Ⅱ） 因为二面角A-MC-B过BC,其二面角的大小完全由M点的位置所确定. 由（Ⅰ）得AP⊥BC，欲使二面角A-MC-B为直二面角,只需在线段AP上存在点M能使AM⊥MC就行.在三角形PAC中,AC=41，PC=6，PA=5；设AM=x，则AC2-x2=PC2-（5-x）2.即41-x2=36-（5-x）2.解得x=2.
5 函数联系要紧密
方程与函数既有区别又有联系，两者在一定条件下可以相互转化，一些方程问题若从函数视角去观察思考，更能开阔视野，深入理解方程，使问题起到绝路逢生之效果.
第22题 设函数f(x)＝(x-a)2lnx，a∈R
（Ⅰ） 若x＝e为y=f(x)的极值点，求实数a；
（Ⅱ） 求实数a的取值范围，使得对任意的x∈（0,3e］，恒有f(x)≤4e2成立
注：e为自然对数的底数.
分析：（Ⅱ） 对于x∈（0，1］时,f(x)≤0，对于x∈（1，3e］时，有lnx＞0.
由（x-a）2lnx≤4e2得x-2elnx≤a≤x+2elnx.
∵ x-2elnx在（1，3e］上是增函数，∴ 其最大值为3e-2eln3e.
设g(x)=x+2elnx，则g′（x）=1-ex(lnx)3=0，对于方程1-ex(lnx)3=0的解没有一般的解法，若用函数的眼光去审视g(x)=1-exlnx3是单调递增函数，再从（Ⅰ）的结果得到启发，观察知x=e是1-ex(lnx)3=0的解且是唯一解.所以e是g(x)的极小点，其极小值为3e.
综上，所求a的取值范围为：3e-2eln3e≤a≤3e.