備考技法專題一 解題常用 8 術系統(tǒng)歸納串一串方法第1術探求思路，圖作向導方法概述對題設條件不夠明顯的數(shù)學問題求解，注重考查相關的圖形，巧用圖形作向導是思維入手和領會題意的關鍵所在尤其是對一些復合函數(shù)、三角函數(shù)、不等式等形式給出的命題，其本身雖不帶有圖形，但我們可換個角度思考，設法構造相應的輔助圖形進行分析，將代數(shù)問題轉化為幾何問題來解力爭做到有圖用圖，無圖想圖，補形改圖，充分運用其幾何特征的直觀性來啟迪思維，從而較快地獲得解題的途徑這就是我們常說的圖解法應用題型選擇題、填空題、解答題中均有應用，主要涉及最值、不等式、取值范圍等問題例1(1)用mina，b，c表示a，b，c三個數(shù)中的最小值，設f(x)min2x，x2,10x(x0)，則f(x)的最大值為()A4B5C6 D7解析畫出y2x，yx2，y10x的圖象如圖所示，觀察圖象可知f(x)所以f(x)的最大值在x4時取得，且為6.答案C(2)已知函數(shù)y的圖象與函數(shù)ykx的圖象恰有兩個交點，則實數(shù)k的取值范圍是_解析y作出其圖象如圖所示，結合圖象可知0<k<1或1<k<2.答案(0,1)(1,2)例2已知f(x)則不等式f(x)x2的解集為()A1,1 B2,2C2,1 D1,2解析分別作出f(x)和yx2的圖象如圖所示由圖可知，f(x)x2的解集為1,1答案A例3(1)設a，b，c是單位向量，且ab0，則(ac)(bc)的最小值為()A2 B.2C1 D1解析由于(ac)(bc)(ab)c1，因此等價于求(ab)c的最大值，這個最大值只有當向量ab與向量c同向共線時取得由于ab0，故ab，如圖所示，|ab|，|c|1.當0時，(ab)c取得最大值且最大值為.故所求的最小值為1.答案D(2)已知ABC的三個頂點的坐標滿足如下條件：向量(2,0)，(2,2)， (cos ，sin )，則AOB的取值范圍為_解析由|，可知點A的軌跡是以C(2,2)為圓心，為半徑的圓過原點O作圓的切線，切點分別為M，N，如圖所示，連接CM，CN，則向量與的夾角的取值范圍是MOB，NOB由圖可知COB，因為|2，由|，知CON，所以BOM，BON，所以，故AOB的取值范圍為.答案例4已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線x21的左、右焦點，點P為右支上一點，O為坐標原點若向量與的夾角為120，則點F2到直線PF1的距離為()A. B.C2 D.解析如圖，取PF2的中點M，連接OM，則2，故，120，OMF260.因為O為F1F2的中點，所以OMPF1，所以F1PF2OMF260.在F1PF2中，設|PF1|m，|PF2|n，因為a1，b，所以c，由余弦定理得，cosF1PF2，即cos 60，整理得m2n2mn28，所以解得過點F2作F2NPF1于N，在RtPF2N中，|F2N|PF2|sin 602，即點F2到直線PF1的距離為2.答案C應用體驗1定義在R上的函數(shù)yf(x2)的圖象關于直線x2對稱，且函數(shù)f(x1)是偶函數(shù)若當x0,1時，f(x)sin，則函數(shù)g(x)f(x)e|x|在區(qū)間2 018，2 018上的零點個數(shù)為()A2 017 B2 018C4 034 D4 036解析：選D由yf(x2)的圖象關于直線x2對稱，得f(x)是偶函數(shù)，即f(x)f(x)因為當x0,1時，f(x)sin，所以當x1,0時，f(x)f(x)sin.因為函數(shù)f(x1)是偶函數(shù)，所以f(x1)f(x1)，所以f(x2)f(x)f(x)，故f(x)是周期為2的偶函數(shù)作出函數(shù)yf(x)與函數(shù)ye|x|的圖象如圖所示，可知每個周期內兩個圖象有兩個交點，所以函數(shù)g(x)f(x)e|x|在區(qū)間2 018,2 018上的零點個數(shù)為2 01824 036.2在平面上， ，|1， ，若|<，則|的取值范圍是()A. B.C. D.解析：選D根據(jù)，可知四邊形AB1PB2是一個矩形以A為坐標原點，AB1，AB2所在直線為x軸、y軸建立如圖所示的平面直角坐標系設|AB1|a，|AB2|b.點O的坐標為(x，y)，點P(a，b)|1，變形為|<，(xa)2(yb)2<，1x21y2<，x2y2>.(xa)2y21，y21.同理，x21.x2y22.由可知：<x2y22.|，<|.3過雙曲線1(a>0，b>0)的左焦點F(c,0)(c>0)，作圓x2y2的切線，切點為E，延長FE交雙曲線右支于點P，若()，則雙曲線的離心率為()A. B.C. D.解析：選A由題意可知E為FP的中點，且OEFP.記F為雙曲線的右焦點，作出示意圖如圖，連接FP，則FP綊2OE，所以FPFP，且|FP|a，故由雙曲線的定義可得|FP|3a.所以(2c)2a2(3a)2，所以e.4已知a>0，b>0，則不等式a>>b的解是()A.B.C.D.解析：選D法一：直接求解法b<<ax<或x>，故選D.法二：數(shù)形結合法利用y的圖象，如圖所示，故選D.5已知關于x的方程|x|ax1有一個負根，但沒有正根，則實數(shù)a的取值范圍是_解析：在同一平面直角坐標系中分別作出y|x|，yax1，yx1的圖象由圖可知，當直線yax1的斜率a1時，直線yax1與y|x|的圖象有且僅有y軸左側一個交點，即|x|ax1有一個負根，但沒有正根答案：1，)6已知a，b為單位向量，ab0，若向量c滿足|cab|1，則|c|的取值范圍為_解析：令a，b， ab，c，如圖所示，則|.又|cba|1，所以點C在以點D為圓心、半徑為1的圓上易知點C與O，D共線時|取到最值，最大值為1，最小值為1，所以|c|的取值范圍為1，1答案：1，1第2術解題常招，設參換元方法概述在解答數(shù)學問題時，我們常把某個代數(shù)式看成一個新的未知數(shù)，或將某些變元用另一參變量的表達式來替換，以便將所求的式子變形，優(yōu)化思考對象，讓原來不醒目的條件，或隱含的信息顯露出來，促使問題的實質明朗化，使非標準型問題標準化，從而便于我們將問題化繁為簡、化難為易、化陌生為熟悉，從中找出解題思路這種通過換元改變式子形式來變換研究對象，將問題移至新對象的知識背景中去考查、探究解題思路的做法，就是設參換元法，也就是我們常說的換元法應用題型此方法既適用選擇題、填空題，也適用于解答題，多在研究方程、不等式、函數(shù)、三角、解析幾何中廣泛應用例1已知x，yR，滿足x22xy4y26，則zx24y2的取值范圍為_常規(guī)解法由x22xy4y26，得2xy6(x24y2)，而2xy，所以6(x24y2)，所以x24y24，當且僅當x2y時，取等號又因為(x2y)262xy0，即2xy6，所以zx24y262xy12，綜上可得4x24y212.提速解法已知x22xy4y26，即(xy)2(y)2()2，故設xycos ，ysin ，即xcos sin ，ysin .則zx24y262xy62(cos sin )sin 84sin.所以84z84，即z的取值范圍為4,12答案4,12例2已知橢圓C方程為y21，且直線l：ykxm與圓O：x2y21相切，若直線l與橢圓C交于M，N兩點，求OMN面積的最大值解圓O的圓心為坐標原點，半徑r1，由直線l：ykxm，即kxym0與圓O：x2y21相切，得1，故有m21k2.由消去y得(4k21)x28kmx4m240.設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1x2，x1x2.所以|x1x2|2(x1x2)24x1x224.將代入，得|x1x2|2，故|x1x2|.所以|MN|x1x2|.故OMN的面積S|MN|1.令t4k21(t1)，則k2，代入上式，得S2 ，所以當t3，即4k213，解得k時，S取得最大值，且最大值為1.例3已知u1，v1且(logau)2(logav)2loga(au2)loga(av2)(a>1)，則loga(uv)的最大值和最小值分別為_，_.解析令xlogau，ylogav，則x0，y0.已知等式可化為(x1)2(y1)24(x0，y0)再設tloga(uv)xy(x0，y0)，由圖可知，當線段yxt(x0，y0)與圓弧(x1)2(y1)24(x0，y0)相切時(圖中CD位置)，截距t取最大值，tmax22；當線段端點是圓弧端點時(圖中AB位置)，截距t取最小值，tmin1.因此loga(uv)的最大值是22，最小值是1.答案221提醒利用兩次換元探究動點的軌跡方程，數(shù)形結合使問題變得直觀換元中應注意舊變量對新變量的限制應用體驗1橢圓1的左焦點為F，直線xm與橢圓相交于點A，B，當FAB的周長最大時，F(xiàn)AB的面積為_解析：已知1，則F(1,0)設A(2cos ，sin )，B(2cos ，sin )，則|AF|BF|2cos ，故FAB的周長l2(2cos )2sin 44sin.當時，l取得最大值，此時FAB的面積為S(12cos )2sin sin (12cos )3.答案：32不等式log2(2x1)log2(2x12)<2的解集是_解析：設log2(2x1)y，則log2(2x12)1log2(2x1)y1，故原不等式可化為y(y1)<2，解得2<y<1.所以2<log2(2x1)<1，解得log2<x<log23，即x.答案：3ysin xcos xsin xcos x的最大值是_解析：設sin xcos xt，則sin xcos x，所以yt(t1)21，當t時，ymax.答案：4在橢圓x24y28中，AB是長為的動弦，O為坐標原點，求AOB面積的取值范圍解：設A，B的坐標為(x1，y1)，(x2，y2)，直線AB的方程為ykxb，代入橢圓方程整理得(4k21)x28kbx4(b22)0.故x1x2，x1x2.由|AB|2(k21)(x2x1)2(k21)(x1x2)24x1x22(4k21)b2，得b22(4k21)，又原點O到AB的距離為.所以AOB的面積S.記u，則S2u2u42.又u4的范圍為1,4(u4為豎直弦)故u時，S4；而u1時，S.因此S的取值范圍是.第3術出奇制勝，巧妙構造方法概述構造法是指根據(jù)題設條件和結論的特征、性質，運用已知數(shù)學關系式和理論，構造出滿足條件或結論的數(shù)學對象，從而使原問題中隱含的關系和性質在新構造的數(shù)學對象中清晰地展現(xiàn)出來，并借助該數(shù)學對象方便快捷地解決數(shù)學問題的方法構造法應用的技巧是“定目標構造”，需從已知條件入手，緊扣要解決的問題，把陌生的問題轉化為熟悉的問題解題時常構造函數(shù)、構造方程、構造平面圖形等應用題型適用于各類題型，多涉及函數(shù)、方程、平面圖形等知識例1(1)已知偶函數(shù)f(x)的定義域為其導函數(shù)是f(x)當0<x<時，有f(x)cos xf(x)sin x<0，則關于x的不等式f(x)<fcos x的解集為()A.B.C.D.解析令F(x)，則F(x).當0<x<時，有f(x)cos xf(x)sin x<0，則F(x)<0，所以F(x)在上單調遞減因為F(x)F(x)，所以F(x)為偶函數(shù)，所以F(x)在上單調遞增當x時，cos x>0，則f(x)<fcos x等價于<，即F(x)<F，所以|x|>，又x，所以<x<或<x<.答案B(2)已知m，n(2，e)，且<ln，則()Am>nBm<nCm>2 Dm，n的大小關系不確定解析由不等式可得<ln mln n，即ln n<ln m.設f(x)ln x(x(2，e)，則f(x).因為x(2，e)，所以f(x)>0，故函數(shù)f(x)在(2，e)上單調遞增因為f(n)<f(m)，所以n<m.答案A例2已知a23a1，b23b1，且ab，則_.解析由題意可知a，b是方程x23x10的兩個實數(shù)根，由根與系數(shù)的關系可知ab3，ab1，所以322(1)11.答案11例3已知實數(shù)a，b是利用計算機產(chǎn)生的01之間的均勻隨機數(shù)，設事件A為(a1)2(b1)2>，則事件A發(fā)生的概率為()A. B1C. D1解析由題意知，計算機產(chǎn)生的01之間的均勻隨機數(shù)a，b的對應區(qū)域是邊長為1的正方形，面積為1；事件A對應的區(qū)域是邊長為1的正方形減去四分之一的圓圓心為(1,1)，半徑為，如圖所示，則事件A對應的區(qū)域的面積為1.由幾何概型的概率計算公式得事件A發(fā)生的概率為1.答案B應用體驗1已知函數(shù)f(x)是定義在實數(shù)集R上的不恒為零的偶函數(shù)，且對任意的實數(shù)x都有xf(x1)(1x)f(x)，則f 的值是()A0 B.C1 D.解析：選A由已知得，故構造函數(shù)g(x)，則g(x1)，所以g(x1)g(x)，即g(x)是周期為1的函數(shù)又f(x)為偶函數(shù)，所以g(x)為奇函數(shù)故再構造一個特例函數(shù)g(x)sin 2x(xR)，所以f(x)xsin 2x，從而有f sin 50，故f f(0)0，因此選A.2已知數(shù)列an，an2an1n1，a11(nN*)，則an_.解析：由已知可得ann32an1(n1)3設bnann3，則bn2bn1，所以bn是公比為2的等比數(shù)列，且b1a1135，所以bn52n1，所以an52n1n3.答案：52n1n33函數(shù)f(x)的值域為_解析：f(x)，其幾何意義是平面內動點P(x,0)到兩定點M(2,3)和N(5，1)的距離之和(如圖所示)，求其值域只要求其最值即可易知當M，N，P三點共線(即P在線段MN上)時，f(x)取得最小值，且f(x)min|MN|5，f(x)無最大值，故得函數(shù)的值域為5，)答案：5，)4函數(shù)y的最大值和最小值分別為_，_.解析：從幾何意義上考慮把原解析式看作是動點P(cos x，sin x)與定點Q(3,0)連線的斜率，為此構造一個單位圓，探究單位圓上動點P(cos x，sin x)與定點Q(3,0)連線的斜率問題如圖，因為動點在單位圓上運動時處于極端狀態(tài)，即為切點時直線斜率分別為最大、最小，設切點分別為R，M.易知kOR2，kOM2，所以kQR，kQM，所以kPQ.即y的最大值為，最小值為.答案：第4術聲東擊西，換位推理方法概述對有些問題在直接求解時會感到困難或根本難以從條件入手，這時可避開正面強攻，從結論的對立面入手，或考查與其相關的另一問題，或反例中也可找到解決問題的途徑，有時甚至還能獲得最佳的解法這就是“聲東擊西，換位推理”的戰(zhàn)術應用題型既有選擇、填空題，也有解答題主要體現(xiàn)為補集法、相關點法及反證法等例1若拋物線yx2上的所有弦都不能被直線yk(x3)垂直平分，則k的取值范圍是()A.B.C. D.解析假設拋物線yx2上存在兩點A(x1，x)，B(x2，x)關于直線yk(x3)對稱，設AB的中點為P(x0，y0)，則x0，y0.因為直線yk(x3)垂直平分弦AB，所以，所以.又AB的中點P(x0，y0)在直線yk(x3)上，所以k，所以中點P.由于點P在y>x2的區(qū)域內，所以>2，整理得(2k1)(6k22k1)<0，解得k<.因此當k<時，拋物線yx2上存在弦能被直線yk(x3)垂直平分，于是當k時，拋物線yx2上的所有弦都不能被直線yk(x3)垂直平分所以實數(shù)k的取值范圍為.答案D例2已知P(4,0)是圓x2y236內的一點，A，B是圓上兩動點，且滿足APB90，求矩形APBQ頂點Q的軌跡方程解連接AB，PQ，設AB與PQ交于點M，如圖所示因為四邊形APBQ為矩形，所以M為AB，PQ的中點，連接OM.由垂徑定理可知OMAB，設M(xM，yM)，由此可得|AM|2|OA|2|OM|236(xy)又在RtAPB中，有|AM|PM|.由得xy4xM100，故點M的軌跡是圓因為點M是PQ的中點，設Q(x，y)，則xM，yM，代入點M的軌跡方程中得224100，整理得x2y256，即為所求點Q的軌跡方程應用體驗1設a，bR，定義運算“”和“”如下：abab若正數(shù)a，b，c，d滿足ab4，cd4，則()Aab2，cd2 Bab2，cd2Cab2，cd2 Dab2，cd2解析：選C從定義知，abmin(a，b)，即求a，b中的最小值；abmax(a，b)，即求a，b中的最大值假設0<a<2,0<b<2，則ab<4，與已知ab4相矛盾，則假設不成立，故max(a，b)2，即ab2.假設c>2，d>2，則cd>4，與已知cd4相矛盾，則假設不成立，故min(c，d)2，即cd2.故選C.2某學校為了研究高中三個年級的數(shù)學學習情況，從高一，高二，高三三個年級中分別抽取了1,2,3個班級進行問卷調查，若再從中任意抽取兩個班級進行測試，則兩個班級來自不同年級的概率為_解析：記高一年級中抽取的1個班級為a，高二年級中抽取的2個班級為b1，b2，高三年級中抽取的3個班級為c1，c2，c3.從已抽取的6個班級中任意抽取兩個班級的所有可能結果為(a，b1)，(a，b2)，(a，c1)，(a，c2)，(a，c3)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共15種設“抽取的兩個班級來自不同年級”為事件A，則事件為抽取的兩個班級來自同一年級兩個班級來自同一年級的結果為(b1，b2)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共4種所以P()，故P(A)1P()1.所以兩個班級來自不同年級的概率為.答案：3已知函數(shù)f(x)ax2xln x在區(qū)間(1,2)上不單調，則實數(shù)a的取值范圍為_解析：f(x)2ax1.(1) 若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調遞增，則f(x)0在(1,2)上恒成立，所以2ax10，得a.令t，因為x(1,2)，所以t.設h(t)(tt2)2，t，顯然函數(shù)yh(t)在區(qū)間上單調遞減，所以h(1)<h(t)<h，即0<h(t)<.由可知，a.(2) 若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調遞減，則f(x)0在(1,2)上恒成立，所以2ax10，得a.結合(1)可知，a0.綜上，若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調，則實數(shù)a的取值范圍為(，0.所以若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上不單調，則實數(shù)a的取值范圍為.答案：第5術確定關系，待定系數(shù)方法概述待定系數(shù)法是確定變量間的函數(shù)關系，設出某些未知系數(shù)，然后根據(jù)所給條件來確定這些未知系數(shù)的一種方法其理論依據(jù)是多項式恒等，也就是利用了多項式f(x)g(x)的充要條件是：對于一個任意的a值，都有f(a)g(a)；或者兩個多項式各同類項的系數(shù)對應相等；待定系數(shù)法解題的關鍵是依據(jù)已知，正確列出等式或方程使用待定系數(shù)法，就是把具有某種確定形式的數(shù)學問題，通過引入一些待定的系數(shù)，轉化為方程組來解決，要判斷一個問題是否可用待定系數(shù)法求解，主要是看所求解的數(shù)學問題是否具有某種確定的數(shù)學表達式，如果具有，就可以用待定系數(shù)法求解應用題型既有選擇、填空題，也有解答題分解因式、拆分分式、數(shù)列通項或求和、求函數(shù)式、求解析幾何中曲線方程等，這些問題都具有確定的數(shù)學表達形式，所以都可以用待定系數(shù)法求解例1已知函數(shù)f(x)Asin(x)A>0，>0，|<的部分圖象如圖所示，其中|PQ|2，則f(x)的解析式為_解析由題圖可知A2，P(x1，2)，Q(x2,2)，所以|PQ|2.整理得|x1x2|2，所以其最小正周期T2|x1x2|4，即4，解得.又函數(shù)圖象過點(0，)，所以2sin ，即sin .又|<，所以.所以f(x)2sin.答案f(x)2sin例2已知橢圓C的焦點在x軸上，其離心率為，且過點A，則橢圓C的標準方程為_解析設橢圓C的標準方程為1(a>b>0)因為其離心率e，所以，即a2b.故橢圓C的方程為1.又點A在橢圓C上，所以1，解得b21.所以橢圓C的標準方程為y21.答案y21例3已知等差數(shù)列an的前n項和為Sn(nN*)，且S321，S565，則Sn_.解析設等差數(shù)列an的前n項和為SnAn2Bn.由已知可得化簡得解得所以Sn3n22n.答案3n22n應用體驗1二次不等式ax2bx2>0的解集是，則ab的值是()A10B10C14 D14解析：選D由不等式的解集是，可知，是方程ax2bx20的兩根，可得解得所以ab14.2過三點A(1,3)，B(4,2)，C(1，7)的圓交y軸于M，N兩點，則|MN|()A2 B8C4 D10解析：選C設圓的方程為x2y2DxEyF0，則解得圓的方程為x2y22x4y200.令x0，得y22或y22，M(0，22)，N(0，22)或M(0，22)，N(0，22)，|MN|4.3函數(shù)yabcos 3x(b>0)的最大值為，最小值為，則y4asin 3bx的最小正周期是_解析：由題意可得解得所以函數(shù)y4asin 3bx2sin 3x的最小正周期T.答案：4與雙曲線x21有共同的漸近線，且過點(2,2)的雙曲線的方程是_解析：設雙曲線方程為x2，將點(2,2)代入求得3，即得雙曲線方程為1.答案：1第6術蹊徑可辟，分割補形方法概述所謂割補法就是把一個復雜面積或體積的計算分割成若干個簡單圖形的有關計算或將一個不易求出面積或體積的幾何圖形補足為較易計算的幾何圖形也就是將復雜的或不熟悉的幾何圖形轉化為簡單的熟悉的幾何圖形或幾何體例如，把曲邊形割補成規(guī)則圖形、把斜棱柱割補成直棱柱、把三棱柱補成平行六面體、把三棱錐補成三棱柱或平行六面體、把多面體切割成錐體(特別是三棱錐)、把不規(guī)則的幾何體割補成規(guī)則的幾何體，從而把未知的轉化為已知的、把陌生的轉化為熟悉的、把復雜的轉化為簡單的、把不夠直觀的轉化為直觀易懂的應用題型在解決幾何問題過程中，割補法是一種常用的方法無論是平面幾何、解析幾何、還是立體幾何，適時使用割補法，能幫助我們找到問題的突破口，把問題放到特殊的幾何圖形中，借助特殊圖形分析問題，有時會柳暗花明，事半功倍例1(1)為測出所住小區(qū)的面積，某人進行了一些測量工作，所得數(shù)據(jù)如圖所示，則小區(qū)的面積是()A. km2B. km2C. km2 D. km2解析如圖，連接AC.在ABC中，根據(jù)余弦定理可得AC km，又AB2 km，BC1 km，所以AC2BC2AB2，所以ABC為直角三角形，且ACB90，BAC30，故DACDCA15.所以ADC為等腰三角形，且D150，設ADDCx km，根據(jù)余弦定理得x2x2x23，即x23(2)所以小區(qū)的面積為13(2)(km2)答案D(2)如圖，在多面體ABCDEF中，已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，且ADE，BCF均為正三角形，EFAB，EF2，則多面體的體積為()A. B.C. D.解析法一：如圖，在EF上取點M，N，使EMFN，連接MA，MD，NB，NC，則MN1，三棱柱ADMBCN是直三棱柱，DMAM.設H為AD的中點，連接MH，則MHAD，且MH，SADMADMH.VABCDEF2VEADMVADMBCN21.法二：如圖，取EF的中點G，連接GA，GB，GC，GD，則三棱錐EADG與三棱錐GBCF都是棱長為1的正四面體，易求得VEADGVGBCF，又四棱錐GABCD的底面是邊長為1的正方形，且側棱邊為1.易求得其高為，則VGABCD11，所以VABCDEF2VEADGVGABCD2.答案A例2(1)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A816 B816C88 D168解析由三視圖可知該幾何體為一個半圓柱去掉一個直棱柱其中半圓柱的高為4，底面半圓的半徑為2；直三棱柱的底面為斜邊是4的等腰直角三角形，高為4.半圓柱的體積為V12248，直三棱柱的體積為V242416.所以所求幾何體的體積為VV1V2816.答案B(2)如圖，在直三棱柱A1B1C1ABC中，BCA90，點E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點，若BCCACC1，則B1E與A1F所成的角的余弦值為_解析如圖，把直三棱柱A1B1C1ABC補成一個直平行六面體A1B1D1C1ABDC，取BD中點G，連接B1G，則B1GA1F，EB1G即為B1E與A1F所成的角(或其補角)設BCCACC12a，則B1Ga，AB2a，B1Ea，GE2BG2BE22BGBEcos 1355a2，所以cosEB1G，故B1E與A1F所成角的余弦值為.答案應用體驗1一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是()A64 B72C80 D112解析：選C根據(jù)三視圖可知該幾何體為四棱錐PABCD與正方體ABCDA1B1C1D1的組合體，如圖所示由三視圖中的數(shù)據(jù)可知，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為4，其體積V14364.四棱錐PABCD的底面為正方形ABCD，高h3，且PAPB，其底面積為S4216，則四棱錐PABCD的體積V2Sh16316.故所求幾何體的體積VV1V2641680.2.如圖，正三棱錐SABC的側棱與底面邊長相等，如果E，F(xiàn)分別為SC，AB的中點，那么異面直線EF與SA所成的角等于()A90 B60C45 D30解析：選A如圖，把正三棱錐SABC補成一個正方體AGBHA1CB1S.EFAA1，異面直線EF與SA所成的角為45.3.如圖，已知多面體ABCDEFG，AB，AC，AD兩兩垂直，平面ABC平面DEFG，平面BEF平面ADGC，ABADDG2，ACEF1，則該多面體的體積為()A2 B4C6 D8解析：選B法一：如圖，把多面體ABCDEFG補成正方體DEPGABHM，則VABCDEFGVDEPGABHM234.法二：如圖，取DG的中點H，以DA，DE，DH為棱構造長方體EFHDBPCA，則三棱錐CHFG與三棱錐FPCB全等所以VABCDEFGVABPCDEFHABACAD2124.4在正三棱錐SABC中，側棱SC側面SAB，側棱SC4，則此正三棱錐的外接球的表面積為_解析：由正三棱錐中側棱SC側面SAB，可得三條側棱SA，SB，SC兩兩垂直又三條側棱相等，故可以三條側棱為相鄰三邊作出一個正方體SBDCAEFG，如圖所示，其棱長為4，其外接球的直徑就是此正方體的體對角線，所以2R12，即球半徑R6，所以球的表面積S4R2144.答案：144第7術關注整體，設而不求方法概述設而不求是數(shù)學解題中的一種很有用的手段，采用設而不求的策略，往往能避免盲目推演而造成的無益的循環(huán)運算，從而達到準確、快速、簡捷的解題效果應用題型選擇題、填空題、解答題中均有應用在解決某些涉及若干個量的求值問題時，要有目標意識，通過虛設的策略，整體轉化的思想，繞開復雜的運算過程，可使問題迅速得到解決例1已知等比數(shù)列an中，Sm16，S2m64，求S3m.解設公比為q，由于S2m2Sm，故q1，于是得1qm4，則qm3，所以S3m(1qmq2m)16(1332)208.有些代數(shù)問題，通過挖掘題目中隱含的幾何背景，設而不求，轉化成幾何問題求解例2設a，b均為正數(shù)，且ab1，則的最大值為_解析設u，v(u>1，v>1)，uvm，則u，v同時滿足其中uvm表示直線，m為此直線在v軸上的截距u2v24是以原點為圓心，2為半徑的圓在第一象限內的一部分圓弧，如圖所示，顯然直線與圓弧相切時，所對應的截距m的值最大由圖易得mmax2，即2.答案2恰當合理地引入?yún)?shù)，可使解題目標更加明確，已知和欲求之間的聯(lián)系得以明朗化，使問題能夠得到解決例3已知對任何滿足(x1)2y21的實數(shù)x，y，不等式xyk0恒成立，求實數(shù)k的取值范圍解由題意設則g()xyksin cos 1ksin1k1k.令1k0，得k1.即實數(shù)k的取值范圍是1，)在解析幾何問題中，對于有關點的坐標采用設而不求的策略，能促使問題定向，簡便化歸，起到以簡馭繁的解題效果例4設拋物線y22px(p>0)的焦點為F，經(jīng)過點F的直線交拋物線于A，B兩點，點C在拋物線的準線上，且BCx軸，求證：直線AC經(jīng)過原點O.證明設A(2pt，2pt1)，B(2pt，2pt2)，則C.因為AB過焦點F，所以2pt12pt2p2，得t1t2.又直線OC的斜率kOC4t2，直線OA的斜率kOA，則kOCkOA.故A，O，C三點共線，即直線AC經(jīng)過原點O.根據(jù)解題需要，可引入一個中間量作為中介，起到過渡作用，使問題得以解決例5如圖，OA是圓錐底面中心O到母線的垂線，OA繞軸旋轉一周所得曲面將圓錐體積分成相等的兩部分，求圓錐母線與軸的夾角的余弦值解過點A作AMSO，垂足為M，可知MAOAOBOSB.設MAx，OBr，SOh，則有x2hr2h.化簡可得2.又因為cos ，即cos .所以cos2.于是cos4，又為銳角，所以cos 2.某些看似十分復雜的運算，經(jīng)過巧妙轉換，恒等變形，使運算對象發(fā)生轉移，起到意想不到的效果例6求coscoscoscos的值解設Mcoscoscoscos，Nsinsinsinsin，則MNsincossincossincossinsinsinsinsinsinN.而N0，故M.應用體驗1sin 10sin 30sin 50sin 70的值為_解析：設Asin 10sin 30sin 50sin 70，Bcos 10cos 30cos 50cos 70，則ABsin 20sin 60sin 100sin 140cos 70cos 30cos 10cos 50B，由此可得A.答案：2一直線被兩直線4xy60,3x5y60截得的線段中點恰好是坐標原點，則這條直線的方程為_解析：設所求直線分別交直線4xy60,3x5y60于點M，N，設M(x0，y0)，則有4x0y060.因為M，N關于原點對稱，所以N(x0，y0)，從而3x05y060.由得x06y00.顯然M(x0，y0)，N(x0，y0)，O(0,0)三點的坐標均適合方程.故所求直線的方程為x6y0.答案：x6y03已知橢圓1，F(xiàn)1，F(xiàn)2為焦點，點P為橢圓上一點，F(xiàn)1PF2，則SF1PF2_.解析：設|PF1|r1，|PF2|r2，由橢圓定義得r1r210.由余弦定理得rr2r1r2cos64.2得，r1r212，所以SF1PF2r1r2sin 3.答案：34已知F1，F(xiàn)2是橢圓2x2y24的兩個焦點，點P是橢圓上在第一象限內的點，且1.過點P作傾斜角互補的兩條直線PA，PB分別交橢圓于A，B兩點(1)求點P的坐標；(2)求直線AB的斜率解：(1)設P(m，n)，因為點P在橢圓上，所以2m2n24，m>0，n>0.又橢圓的標準方程為1，設F1(0，)，F(xiàn)2(0，)，所以(m，n)(m，n)1，由此可得m2n23.由解得m1，n，即所求點P的坐標為(1，)(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為點A，B在橢圓上，所以2xy4,2xy4，兩式相減得2(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0.所以kAB2.同理可得kAP2，kBP2.因為PA，PB傾斜角互補，所以kPAkPB0.由左端及得x1y2x2y1(x2x1)(y1y2)20，由右端及得x1y2x2y1(x2x1)(y1y2)20，由得2(x2x1)2(y1y2)0，即y1y2(x1x2)，由得kAB.第8術解題卡殼，攻堅突圍解題卡殼，一般都是卡在壓軸題，或計算量大的題上，有時也卡在有些條件特殊的選擇題、填空題上卡殼題不一定就是做不好的題，或是啃不動的題，而是因某些運算，或推理繁雜感到心理緊張而導致一下子難想出好主意，或回憶不到相關的公式、定理，或想不出相應的輔助線、輔助函數(shù)，或把條件看錯，或在推理中錯算了一步，再無法繼續(xù)解題過程卡在某一過渡環(huán)節(jié)上是常見的事當解題遇到卡殼時，應注意調整心態(tài)、保持冷靜，注重更換思考方式、跳步或跳問解答，沉著迎戰(zhàn)一般來說，對卡殼題的突圍關鍵在于如何針對已有的信息與所求目標的差異進行綜合分析，回頭整合相關的結論(包括已推得的結論)，注重信息的遷移，考查相關定義與圖形，從不同的角度再次認識條件及結論，使之產(chǎn)生解題的靈感，從而獲得相關的“自我提示”因此，在重審結論或剖析條件時，要注重考查命題所涉及的概念、定理，把握命題的結構特點，構建相應的數(shù)學模型進行模仿探索，力爭做到求什么，想什么在審查已做的運算、推理與所求結論的要求是否對路時，要注重隱含條件的挖掘與整合，仔細清查還有哪些條件未用上，還有哪些相關的通法未用到，力爭做到給什么，用什么在溝通條件與結論時，要勇于試探、創(chuàng)新思維，注重類比、猜想、湊形、配式，力爭做到差什么，找什么這就是我們常說的卡殼突圍術常見的突圍策略有以下兩種對設有多問的數(shù)學問題，若前一問不會解，而后面的幾問又是自己容易解的，或是可用前一問的結論來求解的，此時應放棄前一問的求解，著重攻后面的幾問，并將前一問的結論作為后幾問的條件使用，巧妙地配合題設條件或有關定理來解答后面的問題這種利用自己根本不懂或不會證明的問題作條件來解后幾問的做法，就是數(shù)學解題中的“空城計”，即：前問難作后問易，棄前攻后為上計(也可說成：前難后易前問棄，借前結論攻后題)例1設函數(shù)fn(x)xnbxc(nN*，b，cR)(1)設n2，b1，c1，證明：fn(x)在區(qū)間內存在唯一零點；(2)設n2，若對任意x1，x21,1，有|f2(x1)f2(x2)|4，求b的取值范圍；(3)在(1)的條件下，設xn是fn(x)在內的零點，判斷數(shù)列x2，x3，xn，的增減性解(1)證明：當b1，c1，n2時，fn(x)xnx1.fnfn(1)10，fn(x)在內存在零點又當x時，fn(x)nxn110，fn(x)在上是單調遞增的，fn(x)在區(qū)間內存在唯一零點(2)當n2時，f2(x)x2bxc.對任意x1，x21,1都有|f2(x1)f2(x2)|4等價于f2(x)在1,1上的最大值與最小值之差M4.據(jù)此分類討論如下：當1，即|b|2時，M|f2(1)f2(1)|2|b|4，與題設矛盾當10，即0b2時，Mf2(1)f224恒成立當01，即2b0時，Mf2(1)f224恒成立綜上可知，當2b2時，對任意x1，x21,1都有|f2(x1)f2(x2)|4.故b的取值范圍為2,2(3)法一：設xn是fn(x)在內的唯一零點(n2)，則fn(xn)xxn10，fn1(xn1)xxn110，xn1，于是有fn(xn)0fn1(xn1)xxn11xxn11fn(xn1)又由(1)知fn(x)在上是單調遞增的，故xnxn1(n2)，所以數(shù)列x2，x3，xn，是遞增數(shù)列法二：設xn是fn(x)在內的唯一零點，fn1(xn)fn1(1)(xxn1)(1n111)xxn1<xxn10，則fn1(x)的零點xn1在(xn,1)內，故xn<xn1(n2)，所以數(shù)列x2，x3，xn，是遞增數(shù)列點評第(1)問可利用函數(shù)的單調性及零點存在性定理較容易解決，但第(2)問較麻煩，很多同學不會做或耽誤較長時間，從而延誤了第(3)問的解答事實上，由題意可知，第(3)問的解答與第(2)問沒有任何關系，但與第(1)問是相關的，且非常容易解答，因此我們可跨過第(2)問，先解決第(3)問，從而增大了本題的得分率，這是解決此類題的上策之舉有些數(shù)學命題的求解，開始入手還較為順暢，但一到最后就難以繼續(xù)進行了此時若知悉它的大致趨勢和結果，可依從所求結論的形式、特點，進行反推、湊形，直到得出大致與所要達到的目標相當、相同或相似的式子，再來巧妙地進行溝通也是可行的對于這一步雖然是自己做不到的，但這樣寫了幾下，卻可能全都是對的也就是說，對此解答，自己是以其昏昏，卻能使人昭昭因為別人看上去確實是一步接著一步寫的，沒有什么跳躍，也沒掉什么關鍵步這一戰(zhàn)術與“中間會師”有點相似，但實質卻不同因為它不是清清楚楚地推理過來的這種不按常規(guī)方式出牌，渾水摸魚的解題方法我們稱之為混戰(zhàn)術：解題結尾路難行，倒推湊形亦為徑例2已知函數(shù)f(x)(x2)exa(x1)2有兩個零點(1)求a的取值范圍；(2)設x1，x2是f(x)的兩個零點，求證：x1x2<2.解(1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)設a0，則f(x)(x2)ex，f(x)只有一個零點設a>0，則當x(，1)時，f(x)<0；當x(1，)時，f(x)>0，所以f(x)在(，1)內單調遞減，在(1，)內單調遞增又f(1)e，f(2)a，取b滿足b<0且b<ln ，則f(b)>(b2)a(b1)2a>0，故f(x)存在兩個零點設a<0，由f(x)0得x1或xln(2a)若a，則ln(2a)1，故當x(1，)時，f(x)>0，因此f(x)在(1，)內單調遞增又當x1時，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個零點若a<，則ln(2a)>1，故當x(1，ln(2a)時，f(x)<0；當x(ln(2a)，)時，f(x)>0.因此f(x)在(1，ln(2a)內單調遞減，在(ln(2a)，)內單調遞增又當x1時，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個零點綜上，a的取值范圍為(0，)(2)證明：不妨設x1<x2，由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，又f(x)在(，1)內單調遞減，所以x1x2<2等價于f(x1)>f(2x2)，即f(2x2)<0.由于f(2x2)x2e2x2a(x21)2，而f(x2)(x22)ex2a(x21)20，所以f(2x2)x2e2x2(x22)e x2.設g(x)xe2x(x2)ex，則g(x)(x1)(e2xex)所以當x>1時，g(x)<0，而g(1)0，故當x>1時，g(x)<0.從而g(x2)f(2x2)<0，故x1x2<2.點評本題在證明x1x2<2時，如果直接從題目條件出發(fā)，很難證明該結論成立，而通過分析，將x1x2<2轉化為x1<2x2<1，利用函數(shù)f(x)的單調性及f(x1)f(x2)，將問題轉化為證明不等式f(x1)>f(2x2)，進而構造函數(shù)g(x)f(2x2)，轉化為證明函數(shù)g(x)的最大值小于0，從而使問題得證應用體驗1設函數(shù)f(x)ln xx1.(1)討論f(x)的單調性；(2)求證：當x(1，)時，1x；(3)設c1，求證：當x(0,1)時，1(c1)xcx.解：(1)由題設，f(x)的定義域為(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.當0x1時，f(x)0，f(x)單調遞增；當x1時，f(x)0，f(x)單調遞減(2)證明：由(1)知，f(x)在x1處取得最大值，最大值為f(1)0.所以當x1時，ln xx1.故當x(1，)時，ln xx1，ln 1，即1x.(3)證明：由題設c1，設g(x)1(c