《（通用版）2019版高考数学二轮复习课件+训练：第二部分备考技法专题一解题常用8术系统归纳——串一串方法讲义理（普通生，含解析）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（通用版）2019版高考数学二轮复习课件+训练：第二部分备考技法专题一解题常用8术系统归纳——串一串方法讲义理（普通生，含解析）.pdf（33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 备考技法专题一 解题常用 8 术系统归纳串一串方法备考技法专题一 解题常用 8 术系统归纳串一串方法 第 1 术 探求思路，图作向导 方法 概述 对题设条件不够明显的数学问题求解，注重考查相关的图形，巧用图形作向导是思 维入手和领会题意的关键所在尤其是对一些复合函数、三角函数、不等式等形式 给出的命题，其本身虽不带有图形，但我们可换个角度思考，设法构造相应的辅助 图形进行分析，将代数问题转化为几何问题来解力争做到有图用图，无图想图， 补形改图，充分运用其几何特征的直观性来启迪思维，从而较快地获得解题的途 径这就是我们常说的图解法 应用 题型 选择题、
2、填空题、解答题中均有应用，主要涉及最值、不等式、取值范围等问题 应用一 求解函数问题 例 1 (1)用 mina，b，c表示a，b，c三个数中的最小值， 设f(x)min2x，x2,10 x(x0)，则f(x)的最大值为( ) A4 B5 C6 D7 解析 画出y2x，yx2，y10x的图象如图所示， 观察 图象可知f(x)Error! 所以f(x)的最大值在x4 时取得，且为 6. 答案 C (2)已知函数y的图象与函数ykx的图象恰有两个交 |x21| x1 点，则实数k的取值范围是_ 解析 yError! |x21| x1 作出其图象如图所示，结合图象可知 0 . 1 4 7 4 (xa
3、)2y21，y21. 同理，x21. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 x2y22. 由可知： 0，b0)的左焦点F(c,0)(c0)，作圆x2y2的切线， x2 a2 y2 b2 a2 4 切点为E， 延长FE交双曲线右支于点P， 若 ()， 则双曲线的离心率为( )OE 1 2 OF OP A. B. 10 2 10 5 C. D.102 解析 ： 选 A 由题意可知E为FP的中点，且OEFP.记F为双 曲线的右焦点，作出示意图如图， 连接FP， 则FP綊2OE， 所以FP FP， 且|FP|a， 故由双曲线的定义可得|FP|3a. 所以(2c)2a2(3a)2，所以e . c
4、a 10 2 4已知a0，b0，则不等式a b的解是( ) 1 x A.(1 a， 1 b) B.(1 a， 1 b) C. ( 1 b，0) ( 1 a，) D. (， 1 b) ( 1 a，) 解析：选 D 法一：直接求解法 b ，故选 D. 1 b 1 a 法二：数形结合法利用y 的图象，如图所示，故选 D. 1 x 5已知关于x的方程|x|ax1 有一个负根，但没有正根，则实 数a的取值范围是_ 解析 ： 在同一平面直角坐标系中分别作出y|x|，yax1，yx 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 1 的图象由图可知，当直线yax1 的斜率a1 时， 直线yax1 与y|x|的图
5、象有且仅 有y轴左侧一个交点，即|x|ax1 有一个负根，但没有正根 答案：1，) 6已知 a，b 为单位向量，ab0，若向量 c 满足|cab|1，则|c|的取值范围为 _ 解析：令a，b， ab，c，OA OB OD OC 如图所示，则|.OD 2 又|cba|1， 所以点C在以点D为圆心、半径为 1 的圆上 易知点C与O，D共线时|取到最值，最大值为1，最小值为1，OC 22 所以|c|的取值范围为1，122 答案：1，122 第 2 术 解题常招，设参换元 方法 概述 在解答数学问题时，我们常把某个代数式看成一个新的未知数，或将某些变元用另 一参变量的表达式来替换，以便将所求的式子变形
6、，优化思考对象，让原来不醒目 的条件，或隐含的信息显露出来，促使问题的实质明朗化，使非标准型问题标准化， 从而便于我们将问题化繁为简、化难为易、化陌生为熟悉，从中找出解题思路这 种通过换元改变式子形式来变换研究对象， 将问题移至新对象的知识背景中去考查、 探究解题思路的做法，就是设参换元法，也就是我们常说的换元法 应用 题型 此方法既适用选择题、填空题，也适用于解答题，多在研究方程、不等式、函数、 三角、解析几何中广泛应用 方法一 三角换元 例 1 已知x，yR， 满足x22xy4y26， 则zx24y2的取值范围为_ 常规解法 由x22xy4y26， 得 2xy6(x24y2)， 而 2xy
7、， x24y2 2 所以 6(x24y2)， x24y2 2 所以x24y24，当且仅当x2y时，取等号 又因为(x2y)262xy0，即 2xy6， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以zx24y262xy12， 综上可得 4x24y212. 提速解法 已知x22xy4y26， 即(xy)2(y)2()2，36 故设xycos ，ysin ，636 即xcos sin ，ysin .622 则zx24y262xy62(cos sin )sin 84sin.622 (2 6) 所以 84z84， 即z的取值范围为4,12 答案 4,12 方法二 整体换元 例 2 已知椭圆C方程为y
8、21，且直线l：ykxm与圆O：x2y21 相切， x2 4 若直线l与椭圆C交于M，N两点，求OMN面积的最大值 解 圆O的圆心为坐标原点， 半径r1， 由直线l：ykxm， 即kxym0与圆O：x2 y21 相切，得1，故有m21k2. |m| 1k2 由Error! 消去y得(4k21)x28kmx4m240. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则x1x2，x1x2. 8km 4k21 4m24 4k21 所以|x1x2|2(x1x2)24x1x2 24 ( 8km 4k21) 4m24 4k21 . 164k2m21 4k212 将代入，得|x1x2|2， 48k2 4k212
9、故|x1x2|. 4 3|k| 4k21 所以|MN|x1x2|.1k21k2 4 3|k| 4k21 4 3 k2k21 4k21 故OMN的面积S |MN|1. 1 2 2 3 k2k21 4k21 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 令t4k21(t1)，则k2，代入上式， t1 4 得S2 3 t1 4( t1 4 1) t2 3 2 t1t3 t2 ， 3 2 1 t2 2 3t 1 3 3 2 (1 t 1 3) 24 9 所以当t3，即 4k213，解得k时，S取得最大值，且最大值为 1. 2 2 3 2 4 9 方法三 两次换元 例 3 已知u1，v1 且(logau)
10、2(logav)2loga(au2)loga(av2)(a1)，则 loga(uv)的最大值和最小值分别为_，_. 解析 令xlogau，ylogav，则x0，y0.已知等式可化为(x1)2(y1)24(x0， y0) 再设tloga(uv)xy(x0，y0)， 由图可知， 当线段yxt(x0，y0)与 圆弧(x1)2(y1)24(x0，y0)相切时(图中CD位置)，截距t取最大值，tmax22；当线2 段端点是圆弧端点时 (图中AB位置)，截距t取最小值，tmin1.因此 loga(uv)的最大值3 是 22，最小值是 1.23 答案 22 123 提醒 利用两次换元探究动点的轨迹方程， 数
11、形结合使问题变得直观 换元中应注意 旧变量对新变量的限制 应用体验 1椭圆1 的左焦点为F，直线xm与椭圆相交于点A，B，当FAB的周长最 x2 4 y2 3 大时，FAB的面积为_ 解析：已知1，则F(1,0) x2 4 y2 3 设A(2cos ，sin )，B(2cos ，sin )，33 则|AF|BF|2cos ，2cos 123sin2 故FAB的周长l2(2cos )2sin 44sin.3 ( 6) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 当时，l取得最大值，此时FAB的面积为 3 S (12cos )2sin sin (12cos )3. 1 2 33 答案：3 2不等式
12、 log2(2x1)log2(2x12)0， ( 2 ， 2) 则f(x)， ( 4) 4 又x， ( 2 ， 2) 所以n Bm2 Dm，n的大小关系不确定 1 n 解析 由不等式可得0， 故函数f(x)在(2，e)上单调递增 因为f(n) ，则事件A发生的概率为( ) 1 4 A. B1 16 16 C. D1 4 4 解析 由题意知， 计算机产生的 01 之间的均匀随机数a，b的对 应区域是边长为 1 的正方形， 面积为1； 事件A对应的区域是边长为1的正 方形减去四分之一的圆圆心为(1,1)， 半径为 ， 如图所示， 则事件A对应的 1 2 区域的面积为 1.由几何概型的概率计算公式得
13、事件A发生的概率为 1. 16 16 答案 B 应用体验 1 已知函数f(x)是定义在实数集R上的不恒为零的偶函数， 且对任意的实数x都有xf(x 1)(1x)f(x)，则f 的值是( ) (f ( 5 2) A0 B.1 2 C1 D.5 2 解析：选 A 由已知得， fx1 x1 fx x 故构造函数g(x)，则g(x1)， fx x fx1 x1 所以g(x1)g(x)，即g(x)是周期为 1 的函数 又f(x)为偶函数，所以g(x)为奇函数 故再构造一个特例函数g(x)sin 2x(xR)， 所以f(x)xsin 2x，从而有f sin 50， ( 5 2) 5 2 高清试卷 下载可打
14、印 高清试卷 下载可打印 故f f(0)0，因此选 A. (f ( 5 2) 2已知数列an，an2an1n1，a11(nN*)，则an_. 解析：由已知可得ann32an1(n1)3 设bnann3，则bn2bn1， 所以bn是公比为 2 的等比数列，且b1a1135， 所以bn52n1，所以an52n1n3. 答案：52n1n3 3函数f(x)的值域为_x24x13x210x26 解析：f(x)x22032 ，x52012 其几何意义是平面内动点P(x,0)到两定点M(2,3)和N(5， 1)的 距离之和(如图所示)， 求其值域只要求其最值即可 易知当M，N，P三点共线(即P在线段MN上)
15、时，f(x)取得最小值， 且f(x)min|MN|5， f(x)无最大值，故得函数的值域为5，) 答案：5，) 4函数y的最大值和最小值分别为_，_. sin x cos x3 解析 ： 从几何意义上考虑把原解析式看作是动点P(cos x，sin x)与定点 Q(3,0)连线的 斜率，为此构造一个单位圆，探究单位圆上动点P(cos x，sin x)与定点 Q(3,0)连线的斜率 问题 如图， 因为动点在单位圆上运动时处于极端状态， 即为切点 时直线斜率分别为最大、最小，设切点分别为R，M. 易知kOR2，kOM2，22 所以kQR，kQM，所以kPQ. 2 4 2 4 2 4 2 4 即y的最
16、大值为，最小值为. sin x cos x3 2 4 2 4 答案： 2 4 2 4 第 4 术 声东击西，换位推理 方法 概述 对有些问题在直接求解时会感到困难或根本难以从条件入手， 这时可避开正面强攻， 从结论的对立面入手，或考查与其相关的另一问题，或反例中也可找到解决问题的 途径，有时甚至还能获得最佳的解法这就是“声东击西，换位推理”的战术 应用既有选择、填空题，也有解答题主要体现为补集法、相关点法及反证法等 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 题型 方法一 补集法 例 1 若抛物线yx2上的所有弦都不能被直线yk(x3)垂直平分，则k的取值范 围是( ) A. B. (， 1
17、2(， 1 2) C. D. ( 1 2，) 1 2，) 解析 假设抛物线yx2上存在两点A(x1，x)，B(x2，x)关于直线yk(x3)对称， 2 12 2 设AB的中点为P(x0，y0)，则x0，y0. x1x2 2 x2 1x2 2 2 因为直线yk(x3)垂直平分弦AB， 所以 ，所以. x2 1x2 2 x1x2 1 k x1x2 2 1 2k 又AB的中点P(x0，y0)在直线yk(x3)上， 所以k， x2 1x2 2 2( x1x2 2 3) 6k1 2 所以中点P. ( 1 2k， 6k1 2) 由于点P在yx2的区域内，所以 2， 6k1 2( 1 2k) 整理得(2k1
18、)(6k22k1)2，d2，则cd4，与已知cd4 相矛盾，则假设不成立，故 min(c，d)2， 即cd2. 故选 C. 2某学校为了研究高中三个年级的数学学习情况，从高一，高二，高三三个年级中分 别抽取了 1,2,3 个班级进行问卷调查， 若再从中任意抽取两个班级进行测试， 则两个班级来 自不同年级的概率为_ 解析：记高一年级中抽取的 1 个班级为a，高二年级中抽取的 2 个班级为b1，b2，高三 年级中抽取的 3 个班级为c1，c2，c3. 从已抽取的 6 个班级中任意抽取两个班级的所有可能结果为(a，b1)， (a，b2)， (a，c1)， (a， c2)， (a，c3)， (b1，b
19、2)， (b1，c1)， (b1，c2)， (b1，c3)， (b2，c1)， (b2，c2)， (b2，c3)， (c1，c2)， (c1，c3)， (c2，c3)，共 15 种 设 “抽取的两个班级来自不同年级” 为事件A， 则事件 为抽取的两个班级来自同一年级A 两个班级来自同一年级的结果为(b1，b2)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共 4 种 所以P( )，故P(A)1P( )1.A 4 15 A 4 15 11 15 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以两个班级来自不同年级的概率为. 11 15 答案：11 15 3已知函数f(x)ax2xln x在区
20、间(1,2)上不单调，则实数a的取值范围为 _ 解析：f(x)2ax1 . 1 x (1) 若函数f(x)在区间(1,2)上单调递增， 则f(x)0在(1,2)上恒成立， 所以2ax1 1 x 0， 得a. 1 2( 1 x 1 x2) 令t ，因为x(1,2)，所以t . 1 x 1 x( 1 2，1) 设h(t) (tt2) 2 ，t ，显然函数yh(t)在区间上单调 1 2 1 2(t 1 2) 1 8( 1 2，1)( 1 2，1) 递减， 所以h(1)0，0，|b0) x2 a2 y2 b2 因为其离心率e，所以 ， 3 2 b a 1(c a) 2 1 2 即a2b. 故椭圆C的方
21、程为1. x2 4b2 y2 b2 又点A在椭圆C上，所以1， ( 3， 1 2) 32 4b2 ( 1 2) 2 b2 解得b21.所以椭圆C的标准方程为y21. x2 4 答案 y21 x2 4 应用三 求数列通项或前n项和 例 3 已知等差数列an的前n项和为Sn(nN*)， 且S321，S565， 则Sn_. 解析 设等差数列an的前n项和为SnAn2Bn. 由已知可得Error!化简得Error! 解得Error!所以Sn3n22n. 答案 3n22n 应用体验 1二次不等式ax2bx20 的解集是，则ab的值是( ) ( 1 2， 1 3) A10 B10 C14 D14 解析：选
22、 D 由不等式的解集是，可知 ， 是方程ax2bx20 的两根， ( 1 2， 1 3) 1 2 1 3 可得Error!解得Error!所以ab14. 2过三点A(1,3)，B(4,2)，C(1，7)的圆交y轴于M，N两点，则|MN|( ) A2 B86 C4 D106 解析：选 C 设圆的方程为x2y2DxEyF0， 则Error!解得Error! 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 圆的方程为x2y22x4y200. 令x0，得y22或y22，66 M(0，22)，N(0，22)或M(0，22)，N(0，22)，6666 |MN|4.6 3函数yabcos 3x(b0)的最大值为
23、 ，最小值为 ，则y4asin 3bx的最小正 3 2 1 2 周期是_ 解析：由题意可得Error!解得Error! 所以函数y4asin 3bx2sin 3x的最小正周期T. 2 3 答案：2 3 4与双曲线x21 有共同的渐近线，且过点(2,2)的双曲线的方程是_ y2 4 解析：设双曲线方程为x2， y2 4 将点(2,2)代入求得3， 即得双曲线方程为1. x2 3 y2 12 答案：1 x2 3 y2 12 第 6 术 蹊径可辟，分割补形 方法 概述 所谓割补法就是把一个复杂面积或体积的计算分割成若干个简单图形的有关计算或 将一个不易求出面积或体积的几何图形补足为较易计算的几何图形
24、也就是将复杂 的或不熟悉的几何图形转化为简单的熟悉的几何图形或几何体例如，把曲边形割 补成规则图形、把斜棱柱割补成直棱柱、把三棱柱补成平行六面体、把三棱锥补成 三棱柱或平行六面体、把多面体切割成锥体(特别是三棱锥)、把不规则的几何体割 补成规则的几何体，从而把未知的转化为已知的、把陌生的转化为熟悉的、把复杂 的转化为简单的、把不够直观的转化为直观易懂的 应用 题型 在解决几何问题过程中，割补法是一种常用的方法无论是平面几何、解析几何、 还是立体几何，适时使用割补法，能帮助我们找到问题的突破口，把问题放到特殊 的几何图形中，借助特殊图形分析问题，有时会柳暗花明，事半功倍 方法一 分割法 高清试卷
25、 下载可打印 高清试卷 下载可打印 例 1 (1)为测出所住小区的面积，某人进行了一些测量工作，所得数据如图所示， 则小区的面积是( ) A. km2 B. km2 3 6 4 3 6 4 C. km2 D. km2 6 3 4 6 3 4 解 析 如 图 ， 连 接AC.在 ABC中 ， 根 据 余 弦 定 理 可 得AC km，AB2BC22ABBCcos 603 又AB2 km，BC1 km， 所以AC2BC2AB2， 所以ABC为直角三角形， 且ACB90 ，BAC30 ， 故DACDCA15 . 所以ADC为等腰三角形，且D150 ， 设ADDCx km， 根据余弦定理得x2x2x2
26、3，3 即x23(2) 3 2 3 3 所以小区的面积为 1 3(2) (km2) 1 2 3 1 2 3 1 2 2 363 3 4 6 3 4 答案 D (2)如图， 在多面体ABCDEF中， 已知四边形ABCD是边长为 1 的 正方形， 且ADE， BCF均为正三角形，EFAB，EF2，则多面体的体 积为 ( ) A. B. 2 3 3 3 C. D. 4 3 3 2 解析 法一 ： 如图， 在EF上取点M，N， 使EMFN ， 连接MA，MD，NB， 1 2 NC， 则MN1， 三棱柱ADMBCN是直三棱柱，DMAM.AE2EM2 3 2 设H为AD的中点，连接MH，则MHAD， 且M
27、H，AM2AH2 2 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 SADMADMH. 1 2 2 4 VABCDEF2VEADMVADMBCN 2 1. 1 3 2 4 1 2 2 4 2 3 法二：如图，取EF的中点G， 连接GA，GB，GC，GD， 则三棱锥EADG与三棱锥GBCF都是 棱长为 1 的正四面体，易求得VEADGVGBCF ， 1 3 3 4 6 3 2 12 又四棱锥GABCD的底面是边长为 1 的正方形，且侧棱边为 1. 易求得其高为，则VGABCD 11， 2 2 1 3 2 2 2 6 所以VABCDEF2VEADGVGABCD2. 2 12 2 6 2 3 答案
28、 A 方法二 补形法 例 2 (1)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A816 B816 C88 D168 解析 由三视图可知该几何体为一个半圆柱去掉一个直棱柱其中半圆柱的高为 4， 底面半圆的半径为 2；直三棱柱的底面为斜边是 4 的等腰直角三角形，高为 4. 半圆柱的体积为V1 2248， 1 2 直三棱柱的体积为V2 42416. 1 2 所以所求几何体的体积为VV1V2816. 答案 B (2)如图， 在直三棱柱A1B1C1ABC中， BCA90 ， 点E，F分别为AB，AC的中 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 点， 若BCCACC1，则B1E与A1F所成
29、的角的余弦值为_ 解析 如图，把直三棱柱A1B1C1ABC补成一个直平行六面体A1B1D1C1ABDC，取BD中 点G，连接B1G，则B1GA1F，EB1G即为B1E与A1F所成的角(或其补角) 设BCCACC12a， 则B1Ga，2a2a25 AB2a，2a22a22 B1Ea，2a2 2a26 GE2BG2BE22BGBEcos 135 5a2， 所以 cosEB1G， B1G2B1E2GE2 2B1GB1E 30 10 故B1E与A1F所成角的余弦值为. 30 10 答案 30 10 应用体验 1一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( ) A64 B72 C80 D112 解析
30、：选 C 根据三视图可知该几何体为四棱锥PABCD与正方体 ABCDA1B1C1D1的组合体，如图所示由三视图中的数据可知，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 4，其体积V14364.四棱锥PABCD的底面为正方 形ABCD，高h3，且PAPB，其底面积为S4216，则四棱锥PABCD的体积V2 Sh 16316.故所求几何体的体积VV1V2641680. 1 3 1 3 2.如图， 正三棱锥SABC的侧棱与底面边长相等， 如果E，F分别为SC， AB的中点，那么异面直线EF与SA所成的角等于( ) A90 B60 C45 D30 解析：选 A 如图，把正三棱锥SABC补成一个正方体 高
31、清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 AGBHA1CB1S. EFAA1， 异面直线EF与SA所成的角为 45 . 3.如图， 已知多面体ABCDEFG，AB，AC，AD两两垂直， 平面ABC平面DEFG， 平面BEF平面ADGC，ABADDG2，ACEF1，则该多面体的体积为 ( ) A2 B4 C6 D8 解析 ： 选 B 法一 ： 如图， 把多面体ABCDEFG补成正方体DEPGABHM， 则VABCDEFGVDEPGABHM 234. 1 2 1 2 法二 ： 如图， 取DG的中点H， 以DA，DE，DH为棱构造长方体EFHDBPCA， 则三棱锥CHFG与三棱锥FPCB全等 所以V
32、ABCDEFGVABPCDEFHABACAD2124. 4 在正三棱锥SABC中，侧棱SC侧面SAB， 侧棱SC4，则此3 正三棱锥的外接球 的表面积为_ 解析：由正三棱锥中侧棱SC侧面SAB， 可得三条侧棱SA，SB，SC两两垂直又三条侧 棱相等，故可以三条侧棱为相邻三边作出一个正方体SBDCAEFG，如图所示，其棱长为 4，3 其外接球的直径就是此正方体的体对角线， 所以 2R12，4 324 324 32 即球半径R6，所以球的表面积S4R2144. 答案：144 第 7 术 关注整体，设而不求 方法 概述 设而不求是数学解题中的一种很有用的手段，采用设而不求的策略，往往能避免盲 目推演
33、而造成的无益的循环运算，从而达到准确、快速、简捷的解题效果 应用 题型 选择题、填空题、解答题中均有应用 方法一 整体代入，设而不求 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 在解决某些涉及若干个量的求值问题时，要有目标意识，通过虚设的策略，整体转化的 思想，绕开复杂的运算过程，可使问题迅速得到解决 例 1 已知等比数列an中，Sm16，S2m64，求S3m. 解 设公比为q，由于S2m2Sm，故q1， 于是Error! 得 1qm4，则qm3， 所以S3ma 11q3m 1q (1qmq2m) a11qm 1q 16(1332) 208. 方法二 转化图形，设而不求 有些代数问题，通过挖掘
34、题目中隐含的几何背景，设而不求，转化成几何问题求解 例 2 设a，b均为正数，且ab1，则的最大值为_2a12b1 解析 设u，2a1 v(u1，v1)，2b1 uvm， 则u，v同时满足Error! 其中uvm表示直线，m为此直线在v轴上的截距 u2v24 是以原点为圆心，2 为半径的圆在第一象限内的一部分圆 弧，如图所示，显然直线与圆弧相切时，所对应的截距m的值最大 由图易得mmax2，2 即2.2a12b12 答案 2 2 方法三 适当引参，设而不求 恰当合理地引入参数，可使解题目标更加明确，已知和欲求之间的联系得以明朗化，使 问题能够得到解决 例 3 已知对任何满足(x1)2y21 的
35、实数x，y，不等式xyk0 恒成立，求 实数k的取值范围 解 由题意设Error! 则g()xyksin cos 1k sin1k1k.2 ( 4) 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 令1k0，得k1.22 即实数k的取值范围是1，)2 方法四 巧设坐标，设而不求 在解析几何问题中，对于有关点的坐标采用设而不求的策略，能促使问题定向，简便化 归，起到以简驭繁的解题效果 例 4 设抛物线y22px(p0)的焦点为F，经过点F的直线交抛物线于A，B两点， 点C在抛物线的准线上，且BCx轴，求证：直线AC经过原点O. 证明 设A(2pt，2pt1)， 2 1 B(2pt，2pt2)，
36、2 2 则C. ( p 2，2pt 2) 因为AB过焦点F， 所以 2pt12pt2p2， 得t1t2 . 1 4 又直线OC的斜率kOC4t2， 2pt2 p 2 1 t1 直线OA的斜率kOA，则kOCkOA. 2pt1 2pt2 1 1 t1 故A，O，C三点共线，即直线AC经过原点O. 方法五 中介过渡，设而不求 根据解题需要，可引入一个中间量作为中介，起到过渡作用，使问题得以解决 例 5 如图，OA是圆锥底面中心O到母线的垂线，OA绕轴旋转一周所 得曲面将圆锥体积分成相等的两部分，求圆锥母线与轴的夹角的余弦 值 解 过点A作AMSO，垂足为M， 可知MAOAOBOSB. 设MAx，O
37、Br，SOh， 则有 x2h r2h. 1 3 1 2 1 3 化简可得 2 . ( x r) 1 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 又因为 cos ， MA OA OA OB 即 cos . x OA OA r 所以 cos2 . x OA OA r x r 于是 cos4 ， 1 2 又为锐角，所以 cos 2 1 4 . 方法六 恒等变形，设而不求 某些看似十分复杂的运算，经过巧妙转换，恒等变形，使运算对象发生转移，起到意想 不到的效果 例 6 求 coscoscoscos的值 17 2 17 3 17 8 17 解 设Mcoscoscoscos， 17 2 17 3 17
38、 8 17 Nsinsinsinsin， 17 2 17 3 17 8 17 则MNsincossincossincossinsinsin 17 17 2 17 2 17 8 17 8 17 1 28 2 17 4 17 16 17 sinsinsin 1 28 17 2 17 8 17 N. 1 28 而N0，故M. 1 28 1 256 应用体验 1sin 10 sin 30 sin 50 sin 70 的值为_ 解析：设Asin 10 sin 30 sin 50 sin 70 ， Bcos 10 cos 30 cos 50 cos 70 ， 则ABsin 20 sin 60 sin 10
39、0 sin 140 1 16 cos 70 cos 30 cos 10 cos 50 1 16 B， 1 16 由此可得A. 1 16 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 答案： 1 16 2 一直线被两直线 4xy60,3x5y60 截得的线段中点恰好是坐标原点， 则这 条直线的方程为_ 解析：设所求直线分别交直线 4xy60,3x5y60 于点M，N，设M(x0，y0)， 则有 4x0y060. 因为M，N关于原点对称，所以N(x0，y0)， 从而3x05y060. 由得x06y00. 显然M(x0，y0)，N(x0，y0)，O(0,0)三点的坐标均适合方程. 故所求直线的方程为x
40、6y0. 答案：x6y0 3已知椭圆1，F1，F2为焦点， 点P为椭圆上一点， F1PF2， 则SF1PF2 x2 25 y2 9 3 _. 解析：设|PF1|r1，|PF2|r2， 由椭圆定义得r1r210. 由余弦定理得rr2r1r2cos64. 2 12 2 3 2得，r1r212， 所以SF1PF2r1r2sin 3. 1 2 3 3 答案：3 3 4 已知F1，F2是椭圆 2x2y24 的两个焦点， 点P是椭圆上在第一象限内的点， 且 1.过点P作倾斜角互补的两条直线PA，PB分别交椭圆于A，B两点 (1)求点P的坐标； (2)求直线AB的斜率 解：(1)设P(m，n)，因为点P在椭
41、圆上， 所以 2m2n24，m0，n0. 又椭圆的标准方程为1， y2 4 x2 2 设F1(0，)，F2(0，)，22 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以(m，n)(m，n)1， 22 由此可得m2n23. 由解得m1，n，2 即所求点P的坐标为(1，)2 (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为点A，B在椭圆上， 所以 2xy4,2xy4，两式相减得 2 12 12 22 2 2(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0. 所以kAB2. y1y2 x1x2 x1x2 y1y2 同理可得kAP2， y1 2 x11 x11 y1 2 kBP2. y2 2 x2
42、1 x21 y2 2 因为PA，PB倾斜角互补，所以kPAkPB0. 由左端及得 x1y2x2y1(x2x1)(y1y2)20，22 由右端及得 x1y2x2y1(x2x1)(y1y2)20，22 由得 2(x2x1)2(y1y2)0，2 即y1y2(x1x2)，2 由得kAB.2 第 8 术 解题卡壳，攻坚突围 解题卡壳，一般都是卡在压轴题，或计算量大的题上，有时也卡在有些条件特殊的选择 题、填空题上卡壳题不一定就是做不好的题，或是啃不动的题，而是因某些运算，或推理 繁杂感到心理紧张而导致一下子难想出好主意，或回忆不到相关的公式、定理，或想不出相 应的辅助线、辅助函数，或把条件看错，或在推理
43、中错算了一步，再无法继续解题过程卡 在某一过渡环节上是常见的事当解题遇到卡壳时，应注意调整心态、保持冷静，注重更换 思考方式、跳步或跳问解答，沉着迎战 一般来说， 对卡壳题的突围关键在于如何针对已有的信息与所求目标的差异进行综合分 析，回头整合相关的结论(包括已推得的结论)，注重信息的迁移，考查相关定义 与图形， 从不同的角度再次认识条件及结论， 使之产生解题的灵感， 从而获得相关的 “自 我提示” 因此，在重审结论或剖析条件时，要注重考查命题所涉及的概念、定理，把握命 题的结构特点，构建相应的数学模型进行模仿探索，力争做到求什么，想什么在审查已做 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 的运算、推理与所求结论的要求是否对路时，要注重隐含条件的挖掘与整合，仔细清查还有 哪些条件未用上，还有哪些相关的通法未用到，力争做到给什么，用什么在沟通条件与结 论时，要勇于试探、创新思维，注重类比、猜想、凑形、配式，力争做到差什么，找什 么这就是我们常说的卡壳突围术常见的突围策略有以下两种 策略一 前难后易空城计 对设有多问的数学问题，若前一问不会解，而后面的几问又是自己容易解的，或是