（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第三層級(jí) 難點(diǎn)自選 專(zhuān)題一“選填”壓軸小題命題的4大區(qū)域講義 理（普通生含解析）

《（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第三層級(jí) 難點(diǎn)自選 專(zhuān)題一“選填”壓軸小題命題的4大區(qū)域講義 理（普通生含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第三層級(jí) 難點(diǎn)自選 專(zhuān)題一“選填”壓軸小題命題的4大區(qū)域講義 理（普通生含解析）（40頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第三層級(jí) 難點(diǎn)自選 專(zhuān)題一“選填”壓軸小題命題的4大區(qū)域講義 理（普通生，含解析）全國(guó)卷3年考情分析題號(hào)考卷第11題第12題第15題第16題命題分析2018卷直線與雙曲線的位置關(guān)系及雙曲線的幾何性質(zhì)空間直線與平面的位置關(guān)系及其所成角的問(wèn)題計(jì)數(shù)原理與組合問(wèn)題三角函數(shù)的最值與導(dǎo)數(shù)高考在選擇、填空壓軸題中，主要考查圓錐曲線的幾何性質(zhì)及圓錐曲線定義、函數(shù)的圖象與性質(zhì)、函數(shù)與不等式的求解、指數(shù)、對(duì)數(shù)式大小比較、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用、幾何體的表面積與體積的計(jì)算及空間角問(wèn)題，而三角函數(shù)、數(shù)列、平面向量也常有考查.卷函數(shù)的奇偶性與周期性橢圓的定義與橢圓的幾何性質(zhì)兩角和與差

2、的公式應(yīng)用圓錐側(cè)面積的運(yùn)算及空間角的問(wèn)題卷雙曲線的幾何性質(zhì)不等式性質(zhì)及對(duì)數(shù)運(yùn)算三角函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題拋物線的幾何性質(zhì)及應(yīng)用2017卷指數(shù)式與對(duì)數(shù)式的互化與對(duì)數(shù)運(yùn)算及大小比較等差數(shù)列、等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式的運(yùn)用雙曲線的幾何性質(zhì)三棱錐的體積、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用卷利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值平面向量的數(shù)量積與最值等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式、特殊數(shù)列求和拋物線的定義及標(biāo)準(zhǔn)方程卷函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題平面向量基本定理、直線與圓的位置關(guān)系分段函數(shù)、解不等式空間中直線與直線的位置關(guān)系、空間向量2016卷平面與平面平行的性質(zhì)、異面直線所成的角及等角定理函數(shù)yAsin(x)的性質(zhì)等比數(shù)列通項(xiàng)公式、二次函數(shù)的最值及指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)線性規(guī)

3、劃的實(shí)際應(yīng)用卷雙曲線的定義及標(biāo)準(zhǔn)方程、離心率的計(jì)算函數(shù)圖象的對(duì)稱(chēng)性推理與論證導(dǎo)數(shù)的計(jì)算與幾何意義、直線方程、斜率計(jì)算公式卷橢圓的離心率、直線斜率的應(yīng)用計(jì)數(shù)原理與組合問(wèn)題函數(shù)的奇偶性、導(dǎo)數(shù)的幾何意義點(diǎn)到直線的距離公式，直線的斜率、傾斜角，直線與圓的位置關(guān)系命題區(qū)域(一)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)本類(lèi)壓軸題常以分段函數(shù)、抽象函數(shù)等為載體，考查函數(shù)性質(zhì)、函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)、參數(shù)的范圍和通過(guò)函數(shù)性質(zhì)求解不等式問(wèn)題等要注意函數(shù)yf(x)與方程f(x)0以及不等式f(x)0的關(guān)系，進(jìn)行彼此之間的轉(zhuǎn)化是解決該類(lèi)題目的關(guān)鍵解決該類(lèi)問(wèn)題的途徑往往是構(gòu)造函數(shù)，進(jìn)而研究函數(shù)的性質(zhì)，利用函數(shù)性質(zhì)去求解問(wèn)題是常用方法其間要注意導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用：

4、利用導(dǎo)數(shù)研究可導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性，求可導(dǎo)函數(shù)的極值和最值，以及利用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際應(yīng)用題是導(dǎo)數(shù)在中學(xué)數(shù)學(xué)中的主要應(yīng)用分段函數(shù)問(wèn)題例1已知函數(shù)f(x)若f(x)無(wú)最大值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_技法演示法一：分段處理，分類(lèi)討論記g(x)x33x，h(x)2x，同時(shí)作出函數(shù)g(x)與h(x)的圖象，如圖所示，則h(x)在(，)上單調(diào)遞減，下面分析g(x)的單調(diào)性因?yàn)間(x)3x233(x1)(x1)，當(dāng)x變化時(shí)，g(x)和g(x)變化如下：x(，1)1(1,1)1(1，)g(x)00g(x)極大值極小值下面分析f(x)的單調(diào)性，注意到f(x)結(jié)合前面g(x)與h(x)的單調(diào)性，我們可以按下述三種情況討論：a

5、11a1a1若a1，則f(x)在(，a上的最大值為f(a)，由g(x)在(，1)上單調(diào)遞增，f(a)g(a)2，此時(shí)函數(shù)f(x)無(wú)最大值，符合題意若1aa時(shí)，f(x)h(x)a時(shí)，f(x)h(x)h(a)h(1)2，則f(x)有最大值M，不符合題意綜上，若f(x)無(wú)最大值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(，1)法二：整體考慮，正難則反記g(x)x33x，h(x)2x，由解法一知h(x)在(，)上單調(diào)遞減，且當(dāng)x變化時(shí)，g(x)和g(x)變化如下：x(，1)1(1,1)1(1，)g(x)00g(x)極大值極小值由于h(x)在(a，)上單調(diào)遞減，無(wú)最大值，若f(x)有最大值，也只可能在x1或xa處取得，同時(shí)

6、作出函數(shù)g(x)與h(x)的圖象，如圖所示，容易求得它們的交點(diǎn)分別是(1,2)，(0,0)和(1，2)注意到g(1)h(1)2，由圖象可見(jiàn)，若f(x)在x1處取得最大值，實(shí)數(shù)a的取值范圍是1,2，若f(x)在xa處取得最大值，實(shí)數(shù)a的取值范圍是2，)綜上，若f(x)有最大值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是1，)，從而，若f(x)無(wú)最大值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(，1)法三：平移直線xa，直接秒殺根據(jù)題意，將函數(shù)f(x)采用分離的方式，記g(x)x33x，h(x)2x，同時(shí)在同一平面直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)g(x)與h(x)的圖象，將直線xa在圖象中沿著x軸左右平移，觀察直線xa與函數(shù)g(x)，h(x)的圖象的

7、交點(diǎn)(曲線點(diǎn)實(shí)，直線點(diǎn)虛)變化，如圖所示，當(dāng)直線xa在直線x1左邊時(shí)滿足條件“f(x)無(wú)最大值”，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(，1)答案(，1)系統(tǒng)歸納“三招”破解分段函數(shù)最值問(wèn)題分類(lèi)討論研究分段函數(shù)f(x)的單調(diào)性，大多借助分類(lèi)討論f(x)在各個(gè)分段上的最值如解法一是根據(jù)g(x)的單調(diào)性，對(duì)a進(jìn)行分類(lèi)討論整體思想從函數(shù)的整體性質(zhì)(單調(diào)性、奇偶性和周期性)出發(fā)，研究函數(shù)的最值問(wèn)題當(dāng)一個(gè)問(wèn)題從正面不好入手時(shí)，也可從反面思考如解法二就采取正難則反的方法解題數(shù)形結(jié)合“以形助數(shù)”，作出函數(shù)或變形后的函數(shù)圖象，結(jié)合條件求解問(wèn)題，解法三是利用數(shù)形結(jié)合的思想直觀得到結(jié)果應(yīng)用體驗(yàn)1若函數(shù)f(x)|x1|2xa|的

8、最小值為3，則實(shí)數(shù)a的值為()A5或8B1或5C1或4 D4或8解析：選D當(dāng)a2時(shí)，f(x)如圖1可知，f(x)minf13，可得a8；當(dāng)a0時(shí)，x(，0)，f(x)0；x，f(x)0.所以函數(shù)f(x)在(，0)和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，且f(0)10，故f(x)有小于零的零點(diǎn)，不符合題意當(dāng)a0時(shí)，x，f(x)0；x(0，)，f(x)0，只需f0，即a24，解得a0時(shí)，如圖(1)所示，不合題意；當(dāng)a0時(shí)，由圖(2)知，可先求出函數(shù)g(x)ax3與h(x)3x21的圖象有公切線時(shí)a的值由g(x)h(x)，g(x)h(x)，得a2.由圖象可知當(dāng)a2時(shí)，滿足題意法三：參變分離，演繹高效參變分離法，

9、亦即將原函數(shù)中的參變量進(jìn)行分離，轉(zhuǎn)化成求函數(shù)值域問(wèn)題加以解決巧用參數(shù)分離求解零點(diǎn)問(wèn)題，既可以回避對(duì)參數(shù)取值的分類(lèi)討論，又形象直觀，一目了然易知x0，令f(x)0，則a，記g(x)，g(x)，可知g(x)在(，1)和(1，)上單調(diào)遞減，在(1,0)和(0,1)上單調(diào)遞增，且g(1)2，畫(huà)出函數(shù)大致圖象如圖所示，平移直線ya，結(jié)合圖象，可知a0.聯(lián)立消去y，得x2(3a)xa0，由0，解得a9；聯(lián)立消去y，得x2(3a)xa0，由0，解得a1或a0，且x1不是方程的根故有ax15.設(shè)h(x)，則問(wèn)題等價(jià)于曲線yh(x)與直線ya有4個(gè)不同交點(diǎn)作出圖象如圖所示顯然y9，y1是yh(x)的兩條切線，此

10、時(shí)都只有3個(gè)交點(diǎn)于是，結(jié)合圖形知，當(dāng)0a9時(shí)，直線ya與曲線yh(x)均有4個(gè)交點(diǎn)所以a的取值范圍為(0,1)(9，)答案：(0,1)(9，)抽象函數(shù)問(wèn)題例3設(shè)函數(shù)f(x)是奇函數(shù)f(x)(xR)的導(dǎo)函數(shù)，f(1)0，當(dāng)x0時(shí)，xf(x)f(x)0成立的x的取值范圍是()A(，1)(0,1)B(1,0)(1，)C(，1)(1,0) D(0,1)(1，)技法演示法一：構(gòu)造抽象函數(shù)法觀察xf(x)f(x)0時(shí)，F(xiàn)(x)0，即找到x與F(x)的符號(hào)相同的區(qū)間，易知當(dāng)x(，1)(0,1)時(shí)，f(x)0，故選A.法二：構(gòu)造具體函數(shù)法題目中沒(méi)有給出具體的函數(shù)，但可以根據(jù)已知條件構(gòu)造一個(gè)具體函數(shù)，越簡(jiǎn)單越好

11、，因此考慮簡(jiǎn)單的多項(xiàng)式函數(shù)設(shè)f(x)是多項(xiàng)式函數(shù)，因?yàn)閒(x)是奇函數(shù)，所以它只含x的奇次項(xiàng)又f(1)f(1)0，所以f(x)能被x21整除因此可取f(x)xx3，檢驗(yàn)知f(x)滿足題設(shè)條件解不等式f(x)0，得x(，1)(0,1)，故選A.答案A系統(tǒng)歸納1利用和差函數(shù)求導(dǎo)法則構(gòu)造函數(shù)(1)對(duì)于不等式f(x)g(x)0(或0(或k(或0(或0(或0(或0(或0(或0(或0(或f(x)，且f(x)2 019為奇函數(shù)，則不等式f(x)2 019ex0的解集是()A(，0) B(0，)C. D.解析：選B設(shè)g(x)，則g(x)0，所以g(x)是R上的減函數(shù)，由于f(x)2 019為奇函數(shù)，所以f(0

12、)2 019，g(0)2 019，因?yàn)閒(x)2 019ex02 019，即g(x)g(0)，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可知不等式f(x)2 019ex0，|，x為f(x)的零點(diǎn)，x為yf(x)圖象的對(duì)稱(chēng)軸，且f(x)在上單調(diào)，則的最大值為()A11B9C7 D5技法演示法一：綜合法由f0，得k(kZ)，k，則f(x)sin(nZ)由f1，即sinsin 1，可知為正奇數(shù)(0)由得又由于0，所以k只能取0，1，2，3.當(dāng)k0時(shí)，(2,2)；當(dāng)k1時(shí)，(2,6)；當(dāng)k2時(shí)，(6,10)；當(dāng)k3時(shí)，(10,14)因?yàn)槭钦鏀?shù)(不超過(guò)12)，所以1,3,5,7,9,11當(dāng)11時(shí)，x，x11x，里面含有，則f(

13、x)在上不可能單調(diào)，不符合題意當(dāng)9時(shí)，x，x9x，里面不含(nZ)中的任何一個(gè)，即f(x)在上單調(diào)，符合題意綜上，的最大值為9.故選B.法二：分類(lèi)討論由題意T，即00，A0)的圖象的單調(diào)性、對(duì)稱(chēng)性、周期、零點(diǎn)等問(wèn)題中涉及的結(jié)論：若函數(shù)yAsin(x)(0，A0)有兩條對(duì)稱(chēng)軸xa，xb，則有|ab|(kZ)；若函數(shù)yAsin(x)(0，A0)有兩個(gè)對(duì)稱(chēng)中心M(a,0)，N(b,0)，則有|ab|(kZ)；若函數(shù)yAsin(x)(0，A0)有一條對(duì)稱(chēng)軸xa，一個(gè)對(duì)稱(chēng)中心M(b,0)，則有|ab|(kZ)(2)研究函數(shù)在某一特定區(qū)間的單調(diào)性，若函數(shù)僅含有一個(gè)參數(shù)的時(shí)候，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)比較容易控制，但

14、對(duì)于函數(shù)yAsin(x)(0，A0)含多個(gè)參數(shù)，并且具有周期性，很難解決，所以必須有合理的等價(jià)轉(zhuǎn)化方式才能解決解法一嘗試正面求解的可能值，但因單調(diào)區(qū)間的條件不好使用，仍然采取代入驗(yàn)證的方法解決應(yīng)用體驗(yàn)1若函數(shù)f(x)cos 2xasin x在區(qū)間上是減函數(shù)，則a的取值范圍是_解析：法一：導(dǎo)數(shù)法對(duì)f(x)cos 2xasin x求導(dǎo)，得f(x)2sin 2xacos x因?yàn)閒(x)在區(qū)間上是減函數(shù)，所以f(x)0在上恒成立，即acos x2sin 2x4sin xcos x，而cos x0，所以a4sin x在區(qū)間上，sin x1，于是a2.法二：圖象法f(x)cos 2xasin x12sin

15、2xasin x221，設(shè)tsin x，由x，知t.要使g(t)221在上是減函數(shù)，只要即可，所以a(，2答案：(，2三角形面積最值問(wèn)題例2已知a，b，c分別為ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，a2，且(2b)(sin Asin B)(cb)sin C，則ABC的面積的最大值為_(kāi)技法演示法一：綜合運(yùn)用正、余弦定理由正弦定理知(2b)(sin Asin B)(cb)sin C可化為(2b)(ab)c(cb)，將a2代入整理，得b2c2a2bc，所以cos A，故A，則ABC的面積Sbcsin Abc.而b2c2a2bc2bca2bc4，所以Sbc，當(dāng)且僅當(dāng)bc2時(shí)取到等號(hào)，故ABC的面積的最大值

16、為.法二：正、余弦定理與數(shù)形結(jié)合由法一得A，可知ABC的邊a2為定長(zhǎng)，A為定值，作出示意圖如圖所示，滿足條件的點(diǎn)A在圓周上的運(yùn)動(dòng)軌跡為優(yōu)弧BC(不包括兩個(gè)端點(diǎn)B，C)，易知當(dāng)點(diǎn)A位于優(yōu)弧中點(diǎn)時(shí)，此時(shí)ABC的面積最大，由于A，則此時(shí)的ABC是等邊三角形，面積為.法三：正、余弦函數(shù)的有界性由法一知A，則由正弦定理得，bsin Bsin B，csin C，則SABCbcsin Abcsin Bsin Ccos(BC)cos(BC)cos(BC)，當(dāng)且僅當(dāng)cos(BC)1，即BC時(shí)，ABC的面積取得最大值.法四：函數(shù)思想由法三得SABCsin Bsin Csin BsinB，令g(B)sin Bsin

17、sin Bcos Bsin Bsin.由0B0)，且A，(0，)，則ABC的面積的最大值是，當(dāng)且僅當(dāng)另外兩個(gè)角相等時(shí)取等號(hào)應(yīng)用體驗(yàn)2(2018濰坊統(tǒng)一考試)在ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，外接圓的半徑為1，且，則ABC面積的最大值為_(kāi)解析：因?yàn)?，所?2cb)，由正弦定理得sin Bsin Acos B(2sin Csin B)sin Bcos A，又sin B0，所以sin Acos B(2sin Csin B)cos A，所以sin Acos Bsin Bcos A2sin Ccos A，sin(AB)2sin Ccos A，即sin C2sin Ccos A，又sin

18、C0，所以cos A，sin A，設(shè)外接圓的半徑為r，則r1，由余弦定理得bcb2c2a2b2c2(2rsin A)2b2c232bc3(當(dāng)且僅當(dāng)bc時(shí)，等號(hào)成立)，所以bc3，所以SABCbcsin Abc.答案：平面向量數(shù)量積問(wèn)題例3在等腰梯形ABCD中，已知ABDC，AB2，BC1，ABC60，動(dòng)點(diǎn)E和F分別在線段BC和DC上，且，則的最小值為_(kāi)技法演示法一：基底法選取，為一組基底，由題意易求DC1，|2，|1，21cos 1201，.于是() 412 (0)，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立，故的最小值為.法二：坐標(biāo)法以A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，因?yàn)锳BDC，AB2，BC1，AB

19、C60，所以DC1，即B(2,0)，D，C.因?yàn)椋訣，F(xiàn)，.所以2.當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立，故的最小值為.答案 系統(tǒng)歸納向量數(shù)量積問(wèn)題的解題策略基底法根據(jù)平面向量基本定理，結(jié)合圖形的結(jié)構(gòu)特征選擇一組基底，將有關(guān)的向量用基底表示，進(jìn)行求解坐標(biāo)法分析圖形的結(jié)構(gòu)特征，建立平面直角坐標(biāo)系，將所涉及的向量坐標(biāo)化，利用坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行解答應(yīng)用體驗(yàn)3已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，點(diǎn)E是AB邊上的動(dòng)點(diǎn)，則_；的最大值為_(kāi)解析：法一：如圖，以射線AB，AD為x軸，y軸的正方向建立平面直角坐標(biāo)系，則A(0,0)，B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)，則E(t,0)，t0,1，(t，1)，(0，1)，所以(t，

20、1)(0，1)1.因?yàn)?1,0)，所以(t，1)(1,0)t1，故 的最大值為1.法二：由圖知，無(wú)論E點(diǎn)在哪個(gè)位置，在方向上的投影都是|1，所以|11，當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，在方向上的投影最大即為|1，所以()max|11.答案：11命題區(qū)域(三)立體幾何此類(lèi)壓軸題主要考查以立體幾何為背景的新穎問(wèn)題以立體幾何為背景的新穎問(wèn)題常見(jiàn)的有折疊問(wèn)題、與函數(shù)圖象相結(jié)合問(wèn)題、最值問(wèn)題、探索性問(wèn)題等(1)對(duì)探索、開(kāi)放、存在型問(wèn)題的考查：探索性試題使問(wèn)題具有不確定性、探究性和開(kāi)放性，對(duì)學(xué)生的能力要求較高，有利于考查學(xué)生的探究能力以及思維的創(chuàng)造性，是新課程高考命題改革的重要方向之一；開(kāi)放性問(wèn)題，一般將平面幾何問(wèn)題

21、類(lèi)比推廣到立體幾何中(2)對(duì)折疊、展開(kāi)問(wèn)題的考查：圖形的折疊與展開(kāi)問(wèn)題(三視圖問(wèn)題可看作是特殊的圖形變換)蘊(yùn)涵了“二維三維二維”的維數(shù)升降變化，求解時(shí)須對(duì)變化前后的圖形作“同中求異、異中求同”的思辨，考查空間想象能力和分析辨別能力，是立體幾何中的重要題型空間中線面位置關(guān)系與計(jì)算例1平面過(guò)正方體ABCDA1B1C1D1的頂點(diǎn)A，平面平面CB1D1，平面平面ABCDm，平面平面ABB1A1n，則直線m，n所成角的正弦值為()A.B.C. D.技法演示法一：割補(bǔ)法我們先嘗試把m，n這兩條直線都作出來(lái)，易知這個(gè)平面一定在正方體外，所以要往上補(bǔ)形，如圖所示，過(guò)點(diǎn)A在正方體ABCDA1B1C1D1的上方補(bǔ)

22、作一個(gè)與正方體ABCDA1B1C1D1相同棱長(zhǎng)的正方體ABCDA2B2C2D2，可證平面AB2D2就是平面，n就是AB2.因?yàn)槠矫鍭BCD平面A2B2C2D2，所以B2D2m，說(shuō)明m應(yīng)該是經(jīng)過(guò)點(diǎn)A且在平面ABCD內(nèi)與B2D2平行的直線，則直線m，n所成的角就是AB2D2，因?yàn)锳B2D2為等邊三角形，所以sinAB2D2sin，故選A.法二：平移法1事實(shí)上對(duì)法一可進(jìn)行適當(dāng)簡(jiǎn)化，無(wú)須補(bǔ)形也可以設(shè)平面CB1D1平面ABCDm，因?yàn)槠矫嫫矫鍭BCDm，平面平面CB1D1，所以mm.又平面ABCD平面A1B1C1D1，平面CB1D1平面A1B1C1D1B1D1，所以B1D1m，所以B1D1m.同理可得C

23、D1n，故直線m，n所成角即為直線B1D1，CD1所成的角CD1B1.在正方體ABCDA1B1C1D1中，B1CB1D1CD1，所以CD1B1，所以sinCD1B1，故選A.法三：平移法2與法二類(lèi)似，我們嘗試在正方體內(nèi)部構(gòu)造一個(gè)平面與平面平行，也即與平面CB1D1平行如圖所示，讓點(diǎn)A在平面ABCD內(nèi)運(yùn)動(dòng)，不妨讓點(diǎn)A在對(duì)角線AC上運(yùn)動(dòng)，易知平面BA1D與平面CB1D1平行，則直線m，n所成的角就是DBA1，其正弦值為，故選A.法四：向量法如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，易求得平面CB1D1的一個(gè)法向量s(1，1，1)因?yàn)槠矫嫫矫鍭BCDm，所以直線m的方向向量mxy(y，x,0)又

24、平面平面CB1D1，所以ms0，即yx0，故m(x，x,0)；同理，因?yàn)槠矫嫫矫鍭BB1A1n，所以直線n的方向向量n(0，)又平面平面CB1D1，所以ns0，即0，故n(0，)記異面直線m，n所成角為，所以cos ，故直線m，n所成角的正弦值為，選A.答案A系統(tǒng)歸納異面直線所成角問(wèn)題的解題策略(1)平移化歸是關(guān)鍵：求異面直線所成角，關(guān)鍵是將兩條異面的直線平移到相交狀態(tài)，作出等價(jià)的平面角，再解三角形即可，常規(guī)步驟是“一作二證三計(jì)算”，而第一步最為關(guān)鍵，平移誰(shuí)，怎么平移都要視題目條件而定；(2)向量計(jì)算要快要準(zhǔn)：空間向量方法的最大好處是降低了對(duì)空間想象能力的要求，但相應(yīng)地對(duì)計(jì)算能力要求就高了，要

25、求我們熟練地求解空間的點(diǎn)、向量的坐標(biāo)，計(jì)算要準(zhǔn)確應(yīng)用體驗(yàn)1已知四面體ABCD的每個(gè)頂點(diǎn)都在球O的表面上，ABAC5，BC8，AD底面ABC，G為ABC的重心，且直線DG與底面ABC所成角的正切值為，則球O的表面積為_(kāi)解析：在等腰ABC中，ABAC5，BC8，取BC的中點(diǎn)E，連接AE，重心G為AE的三等分點(diǎn)，AE3，AG2，由于AD底面ABC，直線DG與底面ABC所成角的正切值為，所以tanDGA，DA1，在等腰ABC中，cosACB，sinACB，所以ABC的外接圓直徑2r，r，設(shè)ABC的外接圓圓心為O1，四面體ABCD的球心為O，在RtAOO1中，R2OA2AO222，球的表面積為S4R2.

26、答案：空間最值問(wèn)題例2如圖，在ABC中，ABBC2，ABC120.若平面ABC外的點(diǎn)P和線段AC上的點(diǎn)D，滿足PDDA，PBBA，則四面體PBCD的體積的最大值是_技法演示法一：平面幾何法由題意可知四面體PBCD的體積最大時(shí)，應(yīng)有平面PBD平面BCD.如圖，過(guò)點(diǎn)P作PFBD，垂足為F，則PF平面BCD，則VPBCDSBCDPF.由翻折過(guò)程可知AFPF，則VPBCDSBCDAF，這樣就將空間問(wèn)題轉(zhuǎn)化為ABC內(nèi)的問(wèn)題等腰ABC的底邊AC邊上的高h(yuǎn)ABsin 301，VPBCDDChAFDCAF.DC與AF不在同一個(gè)三角形中，用哪個(gè)變量能表示兩者呢？注意到當(dāng)點(diǎn)D在AC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，ADB也是在變化的，因

27、此可以取ADB為自變量，產(chǎn)生下面的解法如圖，因?yàn)镾ABDBDAFADh，則AF，得VPBCDDC.設(shè)ADB，由正弦定理得2sin(150)，DC，則VPBCD，易知函數(shù)f(x)x在區(qū)間(0,1上單調(diào)遞增，于是VPBCD.法二：構(gòu)造法換個(gè)角度看問(wèn)題，我們把ABC“立起來(lái)”，如圖，設(shè)BO平面ACP，考慮以B為頂點(diǎn)，ACP的外接圓O為底面的圓錐，易得AC2，則OB 1.設(shè)PDA，(0，)，ADx(0x0，b0)的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)M在雙曲線E上，MF1與x軸垂直，sinMF2F1，則雙曲線E的離心率為()A.B.C. D2技法演示法一：定義法因?yàn)镸F1F2是直角三角形，且sinMF2F1，所以|MF1|

28、MF2|sinMF2F1|MF2|，即|MF2|3|MF1|.由雙曲線的定義可知|MF2|MF1|2a.由和可求得|MF1|a，|MF2|3a.在RtMF1F2中，由勾股定理得|MF2|2|MF1|2|F1F2|2，即(3a)2a2(2c)2，化簡(jiǎn)得2a2c2，即22，從而可知e.故選A.法二：利用正弦定理在RtMF1F2中，sin F1MF2sin(90MF2F1)cosMF2F1，sinMF1F21.由正弦定理得e.故選A.法三：利用直角三角形的三角函數(shù)設(shè)點(diǎn)M(c，y0)，則1，由此解得y|MF1|2b2.MF1F2是直角三角形，且sinMF2F1，cosMF2F1，tanMF2F1，從而

29、可得8，即8，化簡(jiǎn)整理得2c45a2c22a40，兩邊同除以a4，得245220，即 0，1，22，即e.答案A系統(tǒng)歸納圓錐曲線離心率問(wèn)題的求解策略(1)雙曲線(橢圓)的定義可直接建立“焦點(diǎn)三角形”的兩邊關(guān)系用好這一隱含條件，可為三角形的求解省下不少功夫法二便充分利用了雙曲線的定義將離心率e寫(xiě)成，轉(zhuǎn)化為“焦點(diǎn)三角形”的三邊關(guān)系，從而利用正弦定理再轉(zhuǎn)化到已知的角上去(2)在求解圓錐曲線(主要指的是橢圓和雙曲線)的離心率問(wèn)題時(shí)，要把握一個(gè)基本思想，就是充分利用已知條件和挖掘隱含條件建立起a與c的關(guān)系式注意在求離心率的值時(shí)需建立等量關(guān)系式，在求離心率的范圍時(shí)需建立不等量關(guān)系式應(yīng)用體驗(yàn)1已知雙曲線E：

30、1(a0，b0)的右頂點(diǎn)為A，拋物線C：y28ax的焦點(diǎn)為F，若在E的漸近線上存在點(diǎn)P，使得PAFP，則E的離心率的取值范圍是()A(1,2) B.C(2，) D.解析：選B雙曲線E：1(a0，b0)的右頂點(diǎn)為A(a,0)，拋物線C：y28ax的焦點(diǎn)為F(2a,0)，雙曲線的漸近線方程為yx，可設(shè)P，則有，由PAFP，得0，即(ma)(m2a)m20，整理得m23ma2a20，由題意可得9a2412a20，即a28b28(c2a2)，即8c29a2，則e.又e1，所以1b0)過(guò)點(diǎn)M作MNAB，垂足為N，設(shè)M(x，y)根據(jù)橢圓的對(duì)稱(chēng)性，不妨令y0，設(shè)AMN，BMN，則tan ，tan .又點(diǎn)M在

31、橢圓上，所以x2a2.則tan().又yb，b，所以當(dāng)yb時(shí)，取最大值，即M為橢圓短軸頂點(diǎn)P時(shí)，APB最大由此，我們可以得到本題的如下解法先考慮橢圓的焦點(diǎn)在x軸上的情況，則0m3.設(shè)橢圓一個(gè)短軸的頂點(diǎn)為P，要使橢圓C上存在點(diǎn)M滿足AMB120，則APBAMB，即APB120，所以APO60.而tanAPO，所以，解得03時(shí)，焦點(diǎn)在y軸上，要使C上存在點(diǎn)M滿足AMB120，則，解得m9.故m的取值范圍為(0,19，)法二：二級(jí)結(jié)論法橢圓上任意一點(diǎn)與橢圓長(zhǎng)軸的兩個(gè)端點(diǎn)連線的斜率之積為定值.這一結(jié)論不難證明：設(shè)M(x，y)為橢圓1(ab0)上任意一點(diǎn)，A，B分別為橢圓的左、右兩個(gè)端點(diǎn)，則kMAkMB

32、.因?yàn)辄c(diǎn)M在橢圓上，所以y2(a2x2)，從而kMAkMB.由此可以得到本題的如下解法當(dāng)0m3時(shí)，橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，如圖，設(shè)MAB，MBx，設(shè)直線MA，MB的斜率分別為k1，k2，則k1k2，k1tan ，k2tan .因?yàn)锳MB120，由三角形的一個(gè)外角等于不相鄰的兩內(nèi)角之和，所以tan()tan 120.根據(jù)兩角差的正切公式tan()，可得tan tan ，即k2k1m.結(jié)合k1k2，將兩式變形為k2(k1)m，k2(k1)，故可將k2，k1看作是關(guān)于t的方程t2t0的兩個(gè)根，則24(m210m9)0，所以m210m90，解得m1或m9(舍去)，所以0m1.同理可得當(dāng)焦點(diǎn)在y軸上時(shí)，m9

33、.綜上所述，m的取值范圍是(0,19，)故選A.法三：向量法當(dāng)橢圓的焦點(diǎn)在x軸上時(shí)，設(shè)A，B分別為橢圓的左、右兩個(gè)端點(diǎn)，M(x，y)，設(shè)直線MA，MB的斜率分別為k1，k2，則k1k2.又(x，y)，(x，y)，此時(shí)如果直接應(yīng)用數(shù)量積進(jìn)行計(jì)算，顯然計(jì)算量較大，這里我們可以考慮利用直線的方向向量來(lái)簡(jiǎn)化運(yùn)算分別取與，相同方向的向量n1(1，k1)，n2(1，k2)又AMB120，所以向量n1，n2的夾角為60，由向量的數(shù)量積公式可得，cos 60，即.由k1k20，結(jié)合均值不等式a2b22ab，可得kkk(k2)22k1(k2)m，所以，即，所以1，解得m1.又0m3，所以0m1.當(dāng)焦點(diǎn)在y軸上時(shí)

34、，此時(shí)k1k20，x1x2，x1x2，|AB|， |x1x2|，即(1k2)(x1x2)24x1x2，(4k21)(14k213)0，解得k2.又t，即(x1x2，y1y2)t(x，y)，且k0，t0，x，yk(x1x2)4k.點(diǎn)P在橢圓上，22，又k2，解得t.圓錐曲線中與面積相關(guān)的問(wèn)題例3已知F是拋物線y2x的焦點(diǎn)，點(diǎn)A，B在該拋物線上且位于x軸的兩側(cè)，2(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn))，則ABO與AFO面積之和的最小值是()A2 B3C. D.技法演示法一：利用基本不等式依題意，不妨設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中y10，y20.由2，得x1x2y1y2(y1y2)2y1y22，由此解得

35、y1y22，ABO與AFO面積之和等于|x1y2x2y1|y1|yy2yy1|y12(y1y2)y1y1(y2)23，當(dāng)且僅當(dāng)y1y2時(shí)取等號(hào)，因此ABO與AFO面積之和的最小值是3，選B.該方法中用到這樣一個(gè)公式：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則SAOB|x1y2x2y1|，證明如下：設(shè)AOB，則SAOB|sin |x1y2x2y1|.法二：雙根法設(shè)直線AB的方程為xtym，A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1y20，由得y2tym0，y1y2m，又2，因此x1x2y1y2(y1y2)2y1y22，m2m20，解得m2或m1.又y1y2m0)個(gè)單位長(zhǎng)度，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)恰為奇函

36、數(shù)，則的最小值為()A. B.C. D.解析：選A由y2sinsin，可得y2sincossin，該函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度后，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為g(x)sinsin，因?yàn)間(x)sin為奇函數(shù)，所以2k(kZ)，(kZ)，又0，故的最小值為，選A.3.如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是直角梯形，ADBC，ABBC，側(cè)面PAB底面ABCD，若PAADABkBC(0k1)，則()A當(dāng)k時(shí)，平面BPC平面PCDB當(dāng)k時(shí)，平面APD平面PCDCk(0,1)，直線PA與底面ABCD都不垂直Dk(0,1)，使直線PD與直線AC垂直解析：選A取PB，PC的中點(diǎn)分別為M，N，連接MN，A

37、M，DN，由平面PAB平面ABCD，BCAB，可知BC平面PAB，BCAM，又M為PB的中點(diǎn)，PAAB，AMPB，可得AM平面PBC，而ADBC且ADBC，同時(shí)MNBC且MNBC，ADMN且ADMN，則四邊形ADNM為平行四邊形，可得AMDN，則DN平面BPC，又DN平面PCD，平面BPC平面PCD.其余選項(xiàng)都錯(cuò)誤，故選A.4(2019屆高三西安八校聯(lián)考)已知球的直徑SC4，A，B是該球球面上的兩點(diǎn)，ASCBSC30，則棱錐SABC的體積最大為()A2 B.C. D2解析：選A如圖，因?yàn)榍虻闹睆綖镾C，且SC4，ASCBSC30，所以SACSBC90，ACBC2，SASB2，所以SSBC222，則當(dāng)點(diǎn)A到平面SBC的距離最大時(shí)，棱錐ASBC，即SABC的體積最大，此時(shí)平面SAC平面SBC，點(diǎn)A到平面SBC的距離為2sin 30，所以棱錐SABC的體積最大為22，故選A.5(2019屆高三蘭州診斷考試)已知圓C：(x1)2(y4)210和點(diǎn)M(5，t)，若圓C上存在兩點(diǎn)A，B使得MAMB，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是()A2,6 B3,5C2,6 D3,5解析：選C法一：當(dāng)MA，MB是圓C的切線時(shí)，AMB取得最大值若圓C上存在兩點(diǎn)A，B使得MAMB，則MA，MB是圓C的切線時(shí)，AMB90，AMC45，且AMC90，如圖，則|MC|2，所以16(t4)2