《2019版二轮复习数学（文）通用版讲义：第一部分 第三层级 难点自选专题一 “选填”压轴小题命题的4大区域 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版二轮复习数学（文）通用版讲义：第一部分 第三层级 难点自选专题一 “选填”压轴小题命题的4大区域 Word版含解析.pdf（39页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 难点自选专题一 “选填”压轴小题命题的难点自选专题一 “选填”压轴小题命题的 4 大区域大区域 全国卷全国卷 3 年考情分析年考情分析 题号题号 考卷考卷 第第 11 题题第第 12 题题第第 15 题题第第 16 题题命题分析命题分析 卷卷 三角函数定 义及三角恒 等变换、 直线 的斜率 三角函数定 义及三角恒 等变换、 直线 的斜率 分段函数与 不等式、 指数 函数的性质 分段函数与 不等式、 指数 函数的性质 直线与圆的 位置关系及 弦长问题 直线与圆的 位置关系及 弦长问题 正、 余弦定理 的应用及三 角形面积公 式 正、 余弦定理 的应用及
2、三 角形面积公 式 卷卷 椭圆的定义 及几何性质 椭圆的定义 及几何性质 抽象函数的 奇偶性和周 期性、 对称性 抽象函数的 奇偶性和周 期性、 对称性 三角恒等变 换 三角恒等变 换 圆锥的性质 及体积计算、 直线与平面 所成的角 圆锥的性质 及体积计算、 直线与平面 所成的角 2018 卷卷 余弦定理、 三 角形面积公 式 余弦定理、 三 角形面积公 式 空间几何体 与球切接问 题及几何体 体积的最值 空间几何体 与球切接问 题及几何体 体积的最值 简单的线性 规划问题 简单的线性 规划问题 函数的奇偶 性与对数式 运算 函数的奇偶 性与对数式 运算 卷卷 三角恒等变 换、 正弦定理 解三
3、角形 三角恒等变 换、 正弦定理 解三角形 椭圆的标准 方程和几何 性质 椭圆的标准 方程和几何 性质 同角三角函 数的基本关 系、 两角差的 余弦公式 同角三角函 数的基本关 系、 两角差的 余弦公式 三棱锥的体 积与外接球 的表面积、 面 面垂直的性 质 三棱锥的体 积与外接球 的表面积、 面 面垂直的性 质 卷卷 古典概型的 概率计算 古典概型的 概率计算 抛物线的定 义及性质、 直 线与抛物线 的位置关系 抛物线的定 义及性质、 直 线与抛物线 的位置关系 球与多面体 的切接、 球的 表面积 球与多面体 的切接、 球的 表面积 解三角形、 三 角恒等变换 解三角形、 三 角恒等变换 2
4、017 卷卷 椭圆的离心 率、 点到直线 的距离 椭圆的离心 率、 点到直线 的距离 函数的图象 与性质、 函数 的零点问题 函数的图象 与性质、 函数 的零点问题 利用正弦定 理解三角形 利用正弦定 理解三角形 分段函数、分段函数、 解不等式解不等式 高考在选择、 填空压轴题 中， 主要考查 三角恒等变 换与解三角 形、 函数的图 象与性质、 函 数与不等式 的求解、 空间 几何体表面 积与体积的 计算及与球 的切接问题、 圆锥曲线的 定义、 标准方 程及几何性 质、 直线与圆 锥曲线的位 置关系 高考在选择、 填空压轴题 中， 主要考查 三角恒等变 换与解三角 形、 函数的图 象与性质、
5、函 数与不等式 的求解、 空间 几何体表面 积与体积的 计算及与球 的切接问题、 圆锥曲线的 定义、 标准方 程及几何性 质、 直线与圆 锥曲线的位 置关系. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 卷卷 平面与平面 平行的性质、 异面直线所 成的角及等 角定理 平面与平面 平行的性质、 异面直线所 成的角及等 角定理 利用导数研 究函数的单 调性求参数 利用导数研 究函数的单 调性求参数 点到直线的 距离公式、 圆 的弦长、 圆的 半径之间的 关系 点到直线的 距离公式、 圆 的弦长、 圆的 半径之间的 关系 线性规划的 实际应用 线性规划的 实际应用 卷卷 二倍角公式、 三角函数诱 导
6、公式及函 数的最值 二倍角公式、 三角函数诱 导公式及函 数的最值 二次函数、 抽 象函数的对 称性 二次函数、 抽 象函数的对 称性 同角三角函 数的基本关 系、 解三角形 同角三角函 数的基本关 系、 解三角形 推理与证明推理与证明 2016 卷卷 直三棱柱及 球的体积 直三棱柱及 球的体积 椭圆的离心 率、 直线斜率 的应用 椭圆的离心 率、 直线斜率 的应用 直线的斜率、 直线与圆的 位置关系 直线的斜率、 直线与圆的 位置关系 函数的奇偶 性、 导数的几 何意义、 直线 方程 函数的奇偶 性、 导数的几 何意义、 直线 方程 命题区域命题区域(一一) 函数与导数 函数与导数 本类压轴
7、题常以分段函数、抽象函数等为载体，考查函数性质、函数零点的个数、参 数的范围和通过函数性质求解不等式问题等 要注意函数 本类压轴题常以分段函数、抽象函数等为载体，考查函数性质、函数零点的个数、参 数的范围和通过函数性质求解不等式问题等 要注意函数 yf(x)与方程与方程 f(x)0 以及不等式以及不等式 f(x)0 的关系， 进行彼此之间的转化是解决该类题目的关键 解决该类问题的途径往往是构 造函数，进而研究函数的性质，利用函数性质去求解问题是常用方法其间要注意导数的 应用：利用导数研究可导函数的单调性，求可导函数的极值和最值，以及利用导数解决实 际应用题是导数在中学数学中的主要应用 的关系，
8、 进行彼此之间的转化是解决该类题目的关键 解决该类问题的途径往往是构 造函数，进而研究函数的性质，利用函数性质去求解问题是常用方法其间要注意导数的 应用：利用导数研究可导函数的单调性，求可导函数的极值和最值，以及利用导数解决实 际应用题是导数在中学数学中的主要应用 分段函数问题分段函数问题 例例 1 已知函数 已知函数 f(x)Error!若若 f(x)无最大值，则实数无最大值，则实数 a 的取值范围是的取值范围是_ 技法演示技法演示 法一：分段处理，分类讨论 法一：分段处理，分类讨论 记记 g(x)x33x， h(x)2x， 同时作出函数， 同时作出函数 g(x)与与 h(x)的图象， 如
9、图所示，则 的图象， 如 图所示，则 h(x)在在(， ， )上单调递减， 下面分析上单调递减， 下面分析 g(x)的单调性 因为的单调性 因为 g(x)3x233(x1)(x1)，当，当 x 变化时，变化时，g(x)和和 g(x)变化如 下： 变化如 下： x(，1)1(1,1)1(1，) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 g(x)00 g(x)极大值极大值极小值极小值 下面分析下面分析 f(x)的单调性，注意到的单调性，注意到 f(x)Error! 结合前面结合前面 g(x)与与 h(x)的单调性，我们可以按下述三种情况讨论：的单调性，我们可以按下述三种情况讨论： a2， 此时函
10、数 ， 此时函数 f(x)无最大值，符合题意无最大值，符合题意 若若1aa 时，时， f(x)h(x)a 时，时，f(x)h(x)0 时，时，x (，0)，f(x)0； x，f(x)0. (0， ， 2 a) (， ，) 所以函数所以函数 f(x)在在(，0)和上单调递增，和上单调递增，(， ，) 在上单调递减，且在上单调递减，且 f(0)10， (0， ， 2 a) 故故 f(x)有小于零的零点，不符合题意有小于零的零点，不符合题意 当当 a0； ( 2 a， ，0) x (0，)，f(x)0， 只需只需 f 0，即，即 a24，解得，解得 a0 时，如图时，如图(1)所示，不合题意；所示，
11、不合题意； 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 当当 a0.联立联立Error!消去消去 y， 得， 得 x2(3a)xa0， 由由 0，解得，解得 a9； 联立； 联立Error!消去消去 y，得，得 x2(3a)xa0， 由 ， 由 0， 解得， 解得 a1 或或 a0，且，且 x1 不是方程的根不是方程的根 故有故有 a|x 2 3x x 1| x15. 4 x 1 设设 h(x)， |x 1 4 x 1 5| 则问题等价于曲线则问题等价于曲线 yh(x)与直线与直线 ya 有有 4 个不同交点作出图象如图所示个不同交点作出图象如图所示 显然显然 y9，y1 是是 yh(x)的两
12、条切线，此时都只有的两条切线，此时都只有 3 个交点个交点 于是，结合图形知，当于是，结合图形知，当 09 时，时， 直线直线 ya 与曲线与曲线 yh(x)均有均有 4 个交点个交点 所以所以 a 的取值范围为的取值范围为(0,1)(9，) 答案：答案：(0,1)(9，) 抽象函数问题抽象函数问题 例例 3 设函数 设函数 f(x)是奇函数是奇函数 f(x)(xR)的导函数，的导函数，f(1)0，当，当 x0 时，时，xf(x) f(x)0 成立的成立的 x 的取值范围是的取值范围是( ) A(，1)(0,1) B(1,0)(1，) C(，1)(1,0) D(0,1)(1，) 技法演示技法演
13、示 法一：构造抽象函数法 法一：构造抽象函数法 观察观察 xf(x)f(x)0 时，时， F(x)0， 即找到， 即找到 x 与与 F(x)的符号相同的区间， 易知当的符号相同的区间， 易知当 x(， ， 1)(0,1)时，时， f(x)0， 故选 ， 故选 A. 法二：构造具体函数法 法二：构造具体函数法 题目中没有给出具体的函数，但可以根据已知条件构造一个具体函数，越简单越好， 因此考虑简单的多项式函数设 题目中没有给出具体的函数，但可以根据已知条件构造一个具体函数，越简单越好， 因此考虑简单的多项式函数设 f(x)是多项式函数，因为是多项式函数，因为 f(x)是奇函数，所以它只含是奇函数
14、，所以它只含 x 的奇 次项又 的奇 次项又 f(1)f(1)0，所以，所以 f(x)能被能被 x21 整除因此可取整除因此可取 f(x)xx3，检验知，检验知 f(x) 满足题设条件解不等式满足题设条件解不等式 f(x)0，得，得 x(，1)(0,1)，故选，故选 A. 答案答案 A 系统归纳系统归纳 1利用和差函数求导法则构造函数利用和差函数求导法则构造函数 (1)对于不等式对于不等式 f(x)g(x)0(或或0(或或k(或或0(或或0(或或0(或或0(或或0(或或0(或或0(或或f(x)， 且， 且 f(x)2 019 为奇函数，则不等式为奇函数，则不等式 f(x)2 019ex0，|
15、， ，x 为 为 f(x)的零点，的零点，x 为 为 yf(x) 2 4 4 图象的对称轴，且图象的对称轴，且 f(x)在上单调，则在上单调，则 的最大值为的最大值为( ) ( 18， ， 5 36) A11 B9 C7 D5 技法演示技法演示 法一：综合法 法一：综合法 由由 f0，得，得 k(kZZ)，k ， ( 4) 4 4 则则 f(x)sin(xk 4) Error!(nZZ) 由由 f1，即，即 sinsin 1， ( 4) ( 4 4) 2 可知可知 为正奇数为正奇数(0) 由由Error!得得Error! 又由于又由于 0，所以，所以 k 只能取只能取 0，1，2，3. 当当
16、k0 时，时，(2,2)；当；当 k1 时，时，(2,6)； 当当 k2 时，时，(6,10)；当；当 k3 时，时，(10,14) 因为因为 是正奇数是正奇数(不超过不超过 12)，所以，所以 1,3,5,7,9,11 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 当当 11 时，时，x，x 11x，里面含有，则，里面含有，则 f(x)在在 ( 18， ， 5 36) 4 11 4 ( 121 36 ， ，154 36) 7 2 上不可能单调，不符合题意上不可能单调，不符合题意 ( 18， ， 5 36) 当当 9 时，时，x，x 9x，里面不含，里面不含(nZ)中中 ( 18， ， 5 36
17、) 4 9 4 ( 99 36 ， ，126 36) 2n 1 2 的任何一个，即的任何一个，即 f(x)在上单调，符合题意在上单调，符合题意 ( 18， ， 5 36) 综上，综上， 的最大值为的最大值为 9.故选故选 B. 法二：分类讨论 法二：分类讨论 由题意 由题意 T ， ， 5 36 18 T 2 6 即 即 00，A0)的图象的单调性、对称性、周期、零点等问题中涉 及的结论： 的图象的单调性、对称性、周期、零点等问题中涉 及的结论： 若函数若函数 yAsin(x)(0， A0)有两条对称轴有两条对称轴 xa， xb， 则有， 则有|ab| (k T 2 kT 2 Z)； 若函数若
18、函数 yAsin(x)(0，A0)有两个对称中心有两个对称中心 M(a,0)，N(b,0)，则有，则有|ab| T 2 (kZ)； kT 2 若函数若函数yAsin(x)(0， A0)有一条对称轴有一条对称轴xa， 一个对称中心， 一个对称中心M(b,0)， 则有， 则有|a b| (kZ) T 4 kT 2 (2)研究函数在某一特定区间的单调性，若函数仅含有一个参数的时候，利用导数的正 负比较容易控制，但对于函数 研究函数在某一特定区间的单调性，若函数仅含有一个参数的时候，利用导数的正 负比较容易控制，但对于函数 yAsin(x)(0，A0)含多个参数，并且具有周期性， 很难解决，所以必须有
19、合理的等价转化方式才能解决解法一尝试正面求解 含多个参数，并且具有周期性， 很难解决，所以必须有合理的等价转化方式才能解决解法一尝试正面求解 的可能值， 但因单调区间的条件不好使用，仍然采取代入验证的方法解决 的可能值， 但因单调区间的条件不好使用，仍然采取代入验证的方法解决 应用体验应用体验 1若函数若函数 f(x)cos 2xasin x 在区间上是减函数，则在区间上是减函数，则 a 的取值范围是的取值范围是_ ( 6， ， 2) 解析：法一：导数法解析：法一：导数法 对对 f(x)cos 2xasin x 求导，得求导，得 f(x)2sin 2xacos x因为因为 f(x)在区间上是在
20、区间上是 ( 6， ， 2) 减函数，所以减函数，所以 f(x)0 在上恒成立，即在上恒成立，即 acos x2sin 2x4sin xcos x，而，而 cos x0，所，所 ( 6， ， 2) 以以 a4sin x在区间上，在区间上， 0)， 且 ， 且A，(0，)，则，则ABC 的面积的最大值是，当且仅当另外两个角相等时取的面积的最大值是，当且仅当另外两个角相等时取 m2 4tan 2 等号等号 应用体验应用体验 2(2018潍坊统一考试潍坊统一考试)在在ABC 中，内角中，内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，外接圆的 半径为 ，外接圆的 半径为 1，且，则，且，则A
21、BC 面积的最大值为面积的最大值为_ tan A tan B 2c b b 解析：因为，解析：因为， tan A tan B 2c b b 所以所以(2cb)， bsin A cos A sin B cos B 由正弦定理得由正弦定理得 sin Bsin Acos B(2sin Csin B)sin Bcos A， 又又 sin B0，所以，所以 sin Acos B(2sin Csin B)cos A， 所以所以 sin Acos Bsin Bcos A2sin Ccos A， sin(AB)2sin Ccos A， 即即 sin C2sin Ccos A， 又又 sin C0，所以，所以
22、cos A ， ，sin A， 1 2 3 2 设外接圆的半径为设外接圆的半径为 r，则，则 r1， 由余弦定理得由余弦定理得 bcb2c2a2b2c2(2rsin A)2b2c232bc3(当当 b2c2a2 2cos A 且仅当且仅当 bc 时，等号成立时，等号成立)，所以，所以 bc3， 所以所以 S ABC bcsin Abc. 1 2 3 4 3 3 4 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 答案：答案： 3 3 4 平面向量数量积问题平面向量数量积问题 例例 3 在等腰梯形 在等腰梯形 ABCD 中，已知中，已知 ABDC，AB2，BC1，ABC60 ，动点 ，动点 E 和和
23、 F 分别在线段分别在线段 BC 和和 DC 上，且上，且，则，则的最小值为的最小值为BE BC DF 1 9 DC AE AF _ 技法演示技法演示 法一：基底法 法一：基底法 选取选取，为一组基底，由题意易求为一组基底，由题意易求 DC1，|2，|1，AB BC AB BC AB BC 21cos 120 1，AE AB BE AB BC AF AB BC CF AB .BC 1 2(1 1 9) AB 1 2(1 1 9) AB BC 于是于是() 41AE AF AB BC 1 2(1 1 9) AB BC 1 2(1 1 9) 2(1 1 9) 2 (0)，当且仅当 ，即，当且仅当
24、，即 时等号成立，故 时等号成立，故的最的最 17 18 2 2 9 17 18 2 2 9 29 18 2 2 9 2 3 AE AF 小值为小值为. 29 18 法二：坐标法 法二：坐标法 以以 A 为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系， 因为因为 ABDC，AB2，BC1，ABC60 ， ， 所以所以 DC1，即，即 B(2,0)，D，C. ( 1 2， ， 3 2) ( 3 2， ， 3 2) 因为因为，BE BC DF 1 9 DC 所以所以 E，F， (2 2， ， 3 2 ) ( 1 2 1 9， ， 3 2) ，.AE (2 2， ，
25、3 2 )AF ( 1 2 1 9， ， 3 2) 所以所以 2.AE AF (2 2)( 1 2 1 9) 3 4 17 18 2 2 9 17 18 1 9 29 18 当且仅当 ，即当且仅当 ，即 时等号成立， 时等号成立， 2 2 9 2 3 故故的最小值为的最小值为.AE AF 29 18 答案答案 29 18 系统归纳系统归纳 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 向量数量积问题的解题策略向量数量积问题的解题策略 基底法基底法 根据平面向量基本定理，结合图形的结构特征选择一组基底，将有关的向量用基 底表示，进行求解 根据平面向量基本定理，结合图形的结构特征选择一组基底，将有关
26、的向量用基 底表示，进行求解 坐标法坐标法 分析图形的结构特征，建立平面直角坐标系，将所涉及的向量坐标化，利用坐标 运算进行解答 分析图形的结构特征，建立平面直角坐标系，将所涉及的向量坐标化，利用坐标 运算进行解答 应用体验应用体验 3已知正方形已知正方形 ABCD 的边长为的边长为 1，点，点 E 是是 AB 边上的动点，则边上的动点，则_；DE CB 的最大值为的最大值为_DE DC 解析：法一：如图，以射线解析：法一：如图，以射线 AB，AD 为为 x 轴，轴，y 轴的正方向建立平面直角坐标系，则轴的正方向建立平面直角坐标系，则 A(0,0)， B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)，
27、则 ，则E(t,0)，t0,1，(t， ，1)，(0， ，1)，所以，所以(t， ，DE CB DE CB 1)(0，1)1.因为因为(1,0)，所以，所以(t， 1)(1,0)t1，故，故DC DE DC DE 的最大值为的最大值为 1.DC 法二：由图知，无论法二：由图知，无论 E 点在哪个位置，在方向上的投影都是点在哪个位置，在方向上的投影都是 DE CB |1，所以，所以|11，当点，当点 E 运动到运动到 B 点时，在方点时，在方CB DE CB CB DE DC 向上的投影最大即为向上的投影最大即为|1， 所以， 所以()max|11.DC DE DC DC 答案：答案：1 1 命
28、题区域命题区域(三三) 立体几何 立体几何 此类压轴题主要考查以立体几何为背景的新颖问题以立体几何为背景的新颖问题常 见的有折叠问题、与函数图象相结合问题、最值问题、探索性问题等 此类压轴题主要考查以立体几何为背景的新颖问题以立体几何为背景的新颖问题常 见的有折叠问题、与函数图象相结合问题、最值问题、探索性问题等(1)对探索、开放、 存在型问题的考查：探索性试题使问题具有不确定性、探究性和开放性，对学生的能力要 求较高，有利于考查学生的探究能力以及思维的创造性，是新课程高考命题改革的重要方 向之一；开放性问题，一般将平面几何问题类比推广到立体几何中 对探索、开放、 存在型问题的考查：探索性试题
29、使问题具有不确定性、探究性和开放性，对学生的能力要 求较高，有利于考查学生的探究能力以及思维的创造性，是新课程高考命题改革的重要方 向之一；开放性问题，一般将平面几何问题类比推广到立体几何中(2)对折叠、展开问题 的考查：图形的折叠与展开问题 对折叠、展开问题 的考查：图形的折叠与展开问题(三视图问题可看作是特殊的图形变换三视图问题可看作是特殊的图形变换)蕴涵了“二维蕴涵了“二维 三维三维二维”的维数升降变化，求解时须对变化前后的图形作“同中求异、异中求同” 的思辨，考查空间想象能力和分析辨别能力，是立体几何中的重要题型 二维”的维数升降变化，求解时须对变化前后的图形作“同中求异、异中求同”
30、的思辨，考查空间想象能力和分析辨别能力，是立体几何中的重要题型 空间中线面位置关系与计算空间中线面位置关系与计算 例例 1 平面 平面 过正方体过正方体 ABCDA1B1C1D1的顶点的顶点 A，平面，平面 平面平面 CB1D1，平面，平面 平 面 平 面 ABCDm，平面，平面 平面平面 ABB1A1n，则直线，则直线 m，n 所成角的正弦值为所成角的正弦值为( ) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 A. B. 3 2 2 2 C. D. 3 3 1 3 技法演示技法演示 法一：割补法 法一：割补法 我们先尝试把我们先尝试把 m， n 这两条直线都作出来， 易知这个平面这两条直线都
31、作出来， 易知这个平面 一定 在正方体外，所以要往上补形，如图所示，过点 一定 在正方体外，所以要往上补形，如图所示，过点 A 在正方体在正方体 ABCDA1B1C1D1的上方补作一个与正方体的上方补作一个与正方体 ABCDA1B1C1D1相同棱 长的正方体 相同棱 长的正方体 ABCDA2B2C2D2， 可证平面， 可证平面 AB2D2就是平面就是平面 ， n 就是就是 AB2. 因为平面因为平面 ABCD平面平面 A2B2C2D2， 所以， 所以 B2D2m， 说明， 说明 m 应该是经 过点 应该是经 过点 A 且在平面且在平面 ABCD 内与内与 B2D2平行的直线，则直线平行的直线，
32、则直线 m， n 所成的 角就是 所成的 角就是AB2D2，因为，因为 AB2D2为等边三角形， 所以为等边三角形， 所以 sin AB2D2sin ，故选，故选 A. 3 3 2 法二：平移法法二：平移法 1 事实上对法一可进行适当简化，无须补形也可以设平面事实上对法一可进行适当简化，无须补形也可以设平面 CB1D1平面平面 ABCDm， 因为平面 ， 因为平面 平面平面 ABCDm，平面，平面 平面平面 CB1D1，所以，所以 mm.又平面又平面 ABCD平面平面 A1B1C1D1， 平面， 平面CB1D1平面平面A1B1C1D1B1D1， 所以， 所以B1D1m， 所以， 所以B1D1m
33、.同理可得同理可得CD1 n， 故直线， 故直线 m， n 所成角即为直线所成角即为直线 B1D1， CD1所成的角所成的角CD1B1.在正方体在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，中，B1CB1D1CD1，所以，所以CD1B1 ，所以 ，所以 sinCD1B1，故选，故选 A. 3 3 2 法三：平移法法三：平移法 2 与法二类似，我们尝试在正方体内部构造一个平面与平面与法二类似，我们尝试在正方体内部构造一个平面与平面 平行，也即与平面平行，也即与平面 CB1D1平行平行 如图所示，让点如图所示，让点A在平面在平面ABCD内运动，不妨让点内运动，不妨让点A在对角线在对角线AC 上运动， 易
34、知平面上运动， 易知平面BA1D 与平面与平面 CB1D1平行，则直线平行，则直线 m，n 所成的 角就是 所成的 角就是DBA1，其正弦值为，故选，其正弦值为，故选 A. 3 2 答案答案 A 系统归纳系统归纳 异面直线所成角问题的解题策略异面直线所成角问题的解题策略 平移化归是关键：求异面直线所成角，关键是将两条异面的直线平移到相交状态，作 出等价的平面角，再解三角形即可，常规步骤是“一作二证三计算” ，而第一步最为关键， 平移谁，怎么平移都要视题目条件而定 平移化归是关键：求异面直线所成角，关键是将两条异面的直线平移到相交状态，作 出等价的平面角，再解三角形即可，常规步骤是“一作二证三计
35、算” ，而第一步最为关键， 平移谁，怎么平移都要视题目条件而定. 应用体验应用体验 1已知四面体已知四面体 ABCD 的每个顶点都在球的每个顶点都在球 O 的表面上，的表面上，ABAC5，BC8，AD底底 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 面面 ABC，G 为为ABC 的重心，且直线的重心，且直线 DG 与底面与底面 ABC 所成角的正切值为 ，则球所成角的正切值为 ，则球 O 的表面的表面 1 2 积为积为_ 解析：在等腰解析：在等腰ABC 中，中，ABAC5， BC8， 取， 取 BC 的中点的中点 E， 连接 ， 连接 AE，重心，重心 G 为为 AE 的三等分点，的三等分点，
36、 AE3， AG2， 由， 由AB2BE2 于于AD底面底面ABC，直线，直线DG与底面与底面ABC所成角的正切值为 ，所以所成角的正切值为 ，所以tan 1 2 DGA ， ， DA1，在等腰，在等腰 ABC 中，中，cosACB DA AG 1 2 528252 2 5 8 ， sinACB ，所以 ，所以 ABC 的外接圆直径的外接圆直径 2r ， ，r，设，设 ABC 的的 4 5 3 5 AB sin C 5 3 5 25 3 25 6 外接圆圆心为外接圆圆心为O1， 四面体， 四面体ABCD的球心为的球心为O， 在， 在RtAOO1中，中， R2OA2AO 2 2 2 1 ( AD
37、 2) ( 25 6) 2 ，球的表面积为，球的表面积为 S4R2. ( 1 2) 634 36 634 9 答案：答案： 634 9 空间最值问题空间最值问题 例例 2 如图， 在 如图， 在ABC 中，中， ABBC2， ， ABC120 .若平面若平面 ABC 外的点外的点P和线段和线段AC上的点上的点D， 满足， 满足PDDA， PBBA， 则四面体， 则四面体PBCD 的体积的最大值是的体积的最大值是_ 技法演示技法演示 法一：平面几何法 法一：平面几何法 由题意可知四面体由题意可知四面体 PBCD 的体积最大时， 应有平面的体积最大时， 应有平面 PBD平面平面 BCD. 如图，
38、过点如图， 过点 P 作作 PFBD，垂足为，垂足为 F，则，则 PF平面平面 BCD，则，则 VPBCD S BCDPF.由翻折过程可知 由翻折过程可知 AFPF，则，则 VPBCD S BCDAF，这样 ，这样 1 3 1 3 就将空间问题转化为就将空间问题转化为ABC 内的问题 等腰内的问题 等腰ABC 的底边的底边 AC 边上的高边上的高 hABsin 30 1， VPBCD DChAF DCAF. 1 3 1 2 1 6 DC 与与 AF 不在同一个三角形中，用哪个变量能表示两者呢？注意到当点不在同一个三角形中，用哪个变量能表示两者呢？注意到当点 D 在在 AC 上运 动时， 上运
39、动时，ADB 也是在变化的，因此可以取也是在变化的，因此可以取ADB 为自变量，产生下面的解法为自变量，产生下面的解法 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 如图， 因为如图， 因为 S ABD BDAF ADh， 则， 则 AF， 得， 得 VPBCD DC 1 2 1 2 AD BD 1 6 .设设ADB， 由正弦定理得， 由正弦定理得2sin(150 )， DC， 则， 则 AD BD AD DB 2sin 30 sin VPBCD ， 易知函数 ， 易知函数 f(x) 2 3 sin 150 sin 30 sin cos 2cos 120 3sin 2 3(sin 1 4sin
40、) x在区间在区间(0,1上单调递增，于是上单调递增，于是 VPBCD . 1 4x 2 3(1 1 4) 1 2 法二：构造法 法二：构造法 换个角度看问题，我们把换个角度看问题，我们把ABC“立起来” ，如图，设“立起来” ，如图，设 BO平面平面 ACP，考 虑以 ，考 虑以 B 为顶点，为顶点，ACP 的外接圆的外接圆O 为底面的圆锥， 易得为底面的圆锥， 易得 AC2， 则， 则 OB3 1.设设PDA， (0， )， ADx(00，b0)的左、右焦点，点的左、右焦点，点 M 在双在双 x2 a2 y2 b2 曲线曲线 E 上，上，MF1与与 x 轴垂直，轴垂直，sinMF2F1 ，
41、则双曲线 ，则双曲线 E 的离心率为的离心率为( ) 1 3 A. B.2 3 2 C. D23 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 技法演示技法演示 法一：定义法 法一：定义法 因为因为MF1F2是直角三角形，且是直角三角形，且 sinMF2F1 ， ， 1 3 所以所以|MF1|MF2|sinMF2F1 |MF2|， 1 3 即即|MF2|3|MF1|. 由双曲线的定义可知由双曲线的定义可知|MF2|MF1|2a. 由和可求得由和可求得|MF1|a，|MF2|3a. 在在RtMF1F2中， 由勾股定理得中， 由勾股定理得|MF2|2|MF1|2|F1F2|2， 即， 即(3a)2a
42、2(2c)2， 化简得， 化简得2a2 c2，即，即 2 2，从而可知，从而可知 e.故选故选 A. ( c a) 2 法二：利用正弦定理 法二：利用正弦定理 在在 RtMF1F2中，中， sin F1MF2sin(90 MF2F1)cosMF2F1， sinMF1F2 2 2 3 1.由正弦定理得由正弦定理得 e.故选故选 A. |F1F2| |MF2|MF1| sin F1MF2 sinMF1F2sinMF2F1 2 2 3 11 3 2 法三：利用直角三角形的三角函数 法三：利用直角三角形的三角函数 设点设点 M(c，y0)，则，则1， c 2 a2 y2 0 b2 由此解得由此解得 y |MF1|2b2. 2 0 ( c2a2 a2 ) c 2 a2 2 a2 MF1F2是直角三角形，且是直角三角形，且 sinMF2F1 ， ， 1 3 cosMF2F1，tanMF2F1， 2 2 3 2 4 从而可得 从而可得 8，即，即8， |MF1| |F1F2| 2 4 |