(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 難點(diǎn)自選 專題一“選填”壓軸小題命題的4大區(qū)域講義 理(普通生含解析)
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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 難點(diǎn)自選 專題一“選填”壓軸小題命題的4大區(qū)域講義 理(普通生,含解析) [全國卷3年考情分析] 題號 考卷 第11題 第12題 第15題 第16題 命題分析 2018 卷Ⅰ 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)系及其所成角的問題 計(jì)數(shù)原理與組合問題 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)算及空間角問題,而三角函數(shù)、數(shù)列、平面向量也常
2、有考查. 卷Ⅱ 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) 兩角和與差的公式應(yīng)用 圓錐側(cè)面積的運(yùn)算及空間角的問題 卷Ⅲ 雙曲線的幾何性質(zhì) 不等式性質(zhì)及對數(shù)運(yùn)算 三角函數(shù)的零點(diǎn)問題 拋物線的幾何性質(zhì)及應(yīng)用 2017 卷Ⅰ 指數(shù)式與對數(shù)式的互化與對數(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Ⅱ 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Ⅲ 函數(shù)的零點(diǎn)問題 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
3、式 空間中直線與直線的位置關(guān)系、空間向量 2016 卷Ⅰ 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)y=Asin(ωx+φ)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)劃的實(shí)際應(yīng)用 卷Ⅱ 雙曲線的定義及標(biāo)準(zhǔn)方程、離心率的計(jì)算 函數(shù)圖象的對稱性 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Ⅲ 橢圓的離心率、直線斜率的應(yīng)用 計(jì)數(shù)原理與組合問題 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) 本類壓軸題常以分段函數(shù)、抽象函數(shù)等為載體,考查函數(shù)
4、性質(zhì)、函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)、參數(shù)的范圍和通過函數(shù)性質(zhì)求解不等式問題等.要注意函數(shù)y=f(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)化是解決該類題目的關(guān)鍵.解決該類問題的途徑往往是構(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)去求解問題是常用方法.其間要注意導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用: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)問題 [例1] 已知函數(shù)f(x)=若f(x)無最大值,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________. [技法演示] 法一:分段處理,分類討論 記g(x)=x3-3x,h(x
5、)=-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)=3x2-3=3(x+1)(x-1),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) + 0 - 0 + g(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<-1 -1≤a<1 a≥1 ①若a<-1,則f(x)在(-∞,a]上的
6、最大值為f(a),由g(x)在(-∞,-1)上單調(diào)遞增,f(a)=g(a) 7、)=-2,則f(x)有最大值M,不符合題意.
綜上,若f(x)無最大值,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)=x3-3x,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)
+
0
-
0
+
g(x)
極大值
極小值
由于h(x)在(a,+∞)上單調(diào)遞減,無最大值,若f(x)有最大值,也只可能在x=-1或x=a處取得,同時(shí)作出函數(shù)g(x)與h(x)的圖象,如圖所示 8、,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,若f(x)在x=-1處取得最大值,實(shí)數(shù)a的取值范圍是[-1,2],若f(x)在x=a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)無最大值,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-∞,-1).
法三:平移直線x=a,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)=x3-3x,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x=a在圖象中沿著x軸左右平移,觀察直線x= 9、a與函數(shù)g(x),h(x)的圖象的交點(diǎn)(曲線點(diǎn)實(shí),直線點(diǎn)虛)變化,如圖所示,當(dāng)直線x=a在直線x=-1左邊時(shí)滿足條件“f(x)無最大值”,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)最值問題
分類討論
研究分段函數(shù)f(x)的單調(diào)性,大多借助分類討論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a進(jìn)行分類討論
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)的最值問題.當(dāng)一個(gè)問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 10、數(shù)圖象,結(jié)合條件求解問題,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)=|x+1|+|2x+a|的最小值為3,則實(shí)數(shù)a的值為( )
A.5或8 B.-1或5
C.-1或-4 D.-4或8
解析:選D 當(dāng)a≥2時(shí),
f(x)=
如圖1可知,f(x)min=f=-1=3,可得a=8;
當(dāng)a<2時(shí),f(x)=
如圖2可知,
f(x)min=f=-+1=3,可得a=-4.
函數(shù)的含參零點(diǎn)問題
[例2] 已知函數(shù)f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0,且x0>0,則a的取值范圍為( )
A. 11、(2,+∞) B.(-∞,-2)
C.(1,+∞) D.(-∞,-1)
[技法演示]
法一:分類討論,各個(gè)擊破
分類討論就是將數(shù)學(xué)問題進(jìn)行分類,然后對劃分的每一類分別進(jìn)行研究,最后整合獲解,其基本思路是化整為零,各個(gè)擊破.
由已知得a≠0,f′(x)=3ax2-6x,
令f′(x)=0,得x=0或x=.
當(dāng)a>0時(shí),x∈(-∞,0),f′(x)>0;
x∈,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)=1>0,
故f(x)有小于零的零點(diǎn),不符合題意.
當(dāng)a<0時(shí),x∈,f′(x)<0; 12、
x∈,f′(x)>0;
x∈(0,+∞),f′(x)<0.
所以函數(shù)f(x)在和(0,+∞)上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,
所以要使f(x)有唯一的零點(diǎn)x0,且x0>0,
只需f>0,即a2>4,解得a<-2.
法二:數(shù)形結(jié)合,曲曲與共
函數(shù)f(x)的零點(diǎn),亦即函數(shù)f(x)的圖象與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo),是數(shù)形結(jié)合思想應(yīng)用的聯(lián)結(jié)點(diǎn),因此用圖象來揭開函數(shù)零點(diǎn)的神秘面紗成為我們解決函數(shù)零點(diǎn)問題常用而最有效的策略.
令f(x)=0,得ax3=3x2-1.問題轉(zhuǎn)化為g(x)=ax3的圖象與h(x)=3x2-1的圖象存在唯一的交點(diǎn),且交點(diǎn)橫坐標(biāo)大于零.
當(dāng)a=0時(shí),函數(shù)g(x)的圖象與h( 13、x)的圖象存在兩個(gè)的交點(diǎn);
當(dāng)a>0時(shí),如圖(1)所示,不合題意;
當(dāng)a<0時(shí),由圖(2)知,可先求出函數(shù)g(x)=ax3與h(x)=3x2-1的圖象有公切線時(shí)a的值.由g′(x)=h′(x),g(x)=h(x),得a=-2.由圖象可知當(dāng)a<-2時(shí),滿足題意.
法三:參變分離,演繹高效
參變分離法,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)值域問題加以解決.巧用參數(shù)分離求解零點(diǎn)問題,既可以回避對參數(shù)取值的分類討論,又形象直觀,一目了然.
易知x≠0,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 14、,0)和(0,1)上單調(diào)遞增,且g(-1)=-2,畫出函數(shù)大致圖象如圖所示,平移直線y=a,結(jié)合圖象,可知a<-2.
[答案] B
[系統(tǒng)歸納]
“三招”破解含參零點(diǎn)問題
帶參討論
若無法通過等價(jià)轉(zhuǎn)化的思想將原問題化歸為相對容易的問題,此時(shí)應(yīng)根據(jù)題設(shè)要求合理地對參數(shù)的取值進(jìn)行分類,并逐一求解.利用該策略求解時(shí)一般要求我們明確討論的標(biāo)準(zhǔn),必須做到不重不漏.如解法一中就要考慮到a的正負(fù)對根“0”與“”大小的影響
數(shù)形結(jié)合
由兩個(gè)基本初等函數(shù)組合而得的函數(shù)f(x)=g(x)-h(huán)(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù),等價(jià)于方程g(x)-h(huán)(x)=0的解的個(gè)數(shù),亦即g(x)=h(x)的解的個(gè)數(shù),進(jìn)而轉(zhuǎn)化為 15、基本初等函數(shù)y=g(x)與y=h(x)的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)
參變分離
通過將原函數(shù)中的參變量進(jìn)行分離后變形成g(x)=l(a),則原函數(shù)的零點(diǎn)問題化歸為與x軸平行的直線y=l(a)和函數(shù)g(x)的圖象的交點(diǎn)問題
[應(yīng)用體驗(yàn)]
2.已知函數(shù)f(x)=|x2+3x|(x∈R).若方程f(x)-a|x-1|=0恰有4個(gè)互異的實(shí)數(shù)根,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________.
解析:法一:畫出函數(shù)f(x)=|x2+3x|的大致圖象,如圖,令g(x)=a|x-1|,則函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)的圖象有且僅有4個(gè)不同的交點(diǎn),顯然a>0.聯(lián)立消去y,得x2+(3-a)x+a=0,
由Δ>0,解 16、得a<1或a>9;聯(lián)立消去y,得x2+(3+a)x-a=0,由Δ>0,解得a>-1或a<-9.
綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,1)∪(9,+∞).
法二:易知a>0,且x=1不是方程的根.
故有a=
=x-1++5.
設(shè)h(x)=,
則問題等價(jià)于曲線y=h(x)與直線y=a有4個(gè)不同交點(diǎn).作出圖象如圖所示.
顯然y=9,y=1是y=h(x)的兩條切線,此時(shí)都只有3個(gè)交點(diǎn).
于是,結(jié)合圖形知,當(dāng)09時(shí),
直線y=a與曲線y=h(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)問題
[例3 17、] 設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù),f(-1)=0,當(dāng)x>0時(shí),xf′(x)-f(x)<0,則使得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這個(gè)式子的特征,不難想到商的求導(dǎo)公式,設(shè)F(x)=.因?yàn)閒(x)是奇函數(shù),故F(x)是偶函數(shù),F(xiàn)′(x)=,易知當(dāng)x>0時(shí),F(xiàn)′(x)<0,所以函數(shù)F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.又f(-1)=0,則f(1)=0,于是F( 18、-1)=F(1)=0,f(x)=xF(x),解不等式f(x)>0,即找到x與F(x)的符號相同的區(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),越簡單越好,因此考慮簡單的多項(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x2-1整除.因此可取f(x)=x-x3,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 19、則構(gòu)造函數(shù)
(1)對于不等式f′(x)+g′(x)>0(或<0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)+g(x);
(2)對于不等式f′(x)-g′(x)>0(或<0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x);
特別地,對于不等式f′(x)>k(或 20、<0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=xf(x);
(4)對于不等式xf′(x)-f(x)>0(或<0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=(x≠0);
(5)對于不等式xf′(x)-nf(x)>0(或<0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=(x≠0);
(6)對于不等式f′(x)+f(x)>0(或<0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=exf(x);
(7)對于不等式f′(x)-f(x)>0(或<0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=.
[應(yīng)用體驗(yàn)]
3.定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),若對任意實(shí)數(shù)x,有f(x)>f′(x),且f(x)+2 019為奇函數(shù),則不等式f(x)+2 019ex<0的解集是( )
A.(-∞ 21、,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)=-2 019,g(0)=-2 019,因?yàn)閒(x)+2 019ex<0?<-2 019,即g(x) 22、積問題.解決此類問題的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化與化歸思想的靈活運(yùn)用.
三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)
[例1] 已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)ω>0,|φ|≤,x=-為f(x)的零點(diǎn),x=為y=f(x)圖象的對稱軸,且f(x)在上單調(diào),則ω的最大值為( )
A.11 B.9
C.7 D.5
[技法演示]
法一:綜合法
由f=0,得-ω+φ=kπ(k∈Z),φ=kπ+ω,
則f(x)=sin
=(n∈Z).
由f=±1,即sin=sin ω=±1,
可知ω為正奇數(shù)(ω>0).
由得
又由于ω>0,所以k只能取0,-1,-2,-3.
當(dāng)k=0時(shí),ω 23、∈(-2,2);當(dāng)k=-1時(shí),ω∈(2,6);
當(dāng)k=-2時(shí),ω∈(6,10);當(dāng)k=-3時(shí),ω∈(10,14).
因?yàn)棣厥钦鏀?shù)(不超過12),所以ω∈{1,3,5,7,9,11}.
當(dāng)ω=11時(shí),x∈,ωx+ω=11x+∈,里面含有,則f(x)在上不可能單調(diào),不符合題意.
當(dāng)ω=9時(shí),x∈,ωx+ω=9x+∈,里面不含π(n∈Z)中的任何一個(gè),
即f(x)在上單調(diào),符合題意.
綜上,ω的最大值為9.故選B.
法二:分類討論
由題意-≤?T≥,
即≥?0<ω≤12.①
又由題意可得(n,k∈Z),
所以φ=+π(n,k∈Z).
又|φ|≤,所以-≤k+n≤.
24、(1)當(dāng)k+n=0時(shí),φ=,ω=1-4k.②
由①②可得,當(dāng)k=-2時(shí),ω=9,
此時(shí)函數(shù)f(x)=sin在上單調(diào)遞減,符合題意;
當(dāng)k=-1時(shí),ω=5,此時(shí)函數(shù)f(x)=sin在上單調(diào)遞減,符合題意;
當(dāng)k=0時(shí),ω=1,此時(shí)f(x)=sin在上單調(diào)遞增,符合題意;
(2)當(dāng)k+n=-1時(shí),φ=-,ω=-1-4k.③
由①③可得,當(dāng)k=-1時(shí),ω=3,
此時(shí)函數(shù)f(x)=sin在上單調(diào)遞增,符合題意;
當(dāng)k=-2時(shí),ω=7,此時(shí)函數(shù)f(x)=sin在上不單調(diào),舍去;
當(dāng)k=-3時(shí),ω=11,此時(shí)f(x)=sin在上不單調(diào),舍去.
綜上,ω=1,3,5,9,此法求出了ω的所 25、有可能值.
[答案] B
[系統(tǒng)歸納]
三角函數(shù)圖象與性質(zhì)問題的解題策略
(1)函數(shù)y=Asin(ωx+φ)(ω>0,A>0)的圖象的單調(diào)性、對稱性、周期、零點(diǎn)等問題中涉及的結(jié)論:
①若函數(shù)y=Asin(ωx+φ)(ω>0,A>0)有兩條對稱軸x=a,x=b,則有|a-b|=+(k∈Z);
②若函數(shù)y=Asin(ωx+φ)(ω>0,A>0)有兩個(gè)對稱中心M(a,0),N(b,0),則有|a-b|=+(k∈Z);
③若函數(shù)y=Asin(ωx+φ)(ω>0,A>0)有一條對稱軸x=a,一個(gè)對稱中心M(b,0),則有|a-b|=+(k∈Z).
(2)研究函數(shù)在某一特定區(qū)間的單調(diào)性,若 26、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,但對于函數(shù)y=Asin(ωx+φ)(ω>0,A>0)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ω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 2x+asin 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f(x)=cos 2x+asin x求導(dǎo),得f′(x)=-2sin 2x+acos 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 x≤2sin 2x=4si 27、n xcos x,而cos x>0,所以a≤4sin x.在區(qū)間上, 28、
由正弦定理知(2+b)(sin A-sin B)=(c-b)sin C可化為(2+b)(a-b)=c(c-b),
將a=2代入整理,得b2+c2-a2=bc,
所以cos A==,故A=,
則△ABC的面積S=bcsin A=bc.
而b2+c2-a2=bc≥2bc-a2?bc≤4,
所以S=bc≤,當(dāng)且僅當(dāng)b=c=2時(shí)取到等號,
故△ABC的面積的最大值為.
法二:正、余弦定理與數(shù)形結(jié)合
由法一得A=,可知△ABC的邊a=2為定長,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 29、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,
b=·sin B=sin B,c=sin C,
則S△ABC=bcsin A=bc
=sin B·sin C=·[cos(B-C)-cos(B+C)]
=cos(B-C)+≤·=,
當(dāng)且僅當(dāng)cos(B-C)=1,即B=C時(shí),△ABC的面積取得最大值.
法四:函數(shù)思想
由法三得S△ABC=sin B·sin C=sin B·sin-B,令g(B)=sin B·sin=sin Bcos B+sin B=sin+.
由0
30、x=,當(dāng)且僅當(dāng)B=時(shí)取等號,所以△ABC的面積的最大值為.
[答案]
[系統(tǒng)歸納]
三角形面積最值問題的解題策略
(1)借助正、余弦定理,把三角形面積這個(gè)目標(biāo)函數(shù)轉(zhuǎn)化為邊或角的形式,然后借助基本不等式或函數(shù)性質(zhì)來解決;
(2)結(jié)合問題特征,構(gòu)造幾何圖形來求得最值,直觀迅速;
(3)利用結(jié)論:已知a,b,c分別為△ABC三個(gè)內(nèi)角A,B,C的對邊,若a=m(m>0),且∠A=θ,θ∈(0,π),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.
[應(yīng)用體驗(yàn)]
2.(2018·濰坊統(tǒng)一考試)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,外接圓的半徑為1,且=,則△A 31、BC面積的最大值為________.
解析:因?yàn)椋剑?
所以=(2c-b),
由正弦定理得
sin Bsin Acos B=(2sin C-sin B)sin Bcos A,
又sin B≠0,所以sin Acos B=(2sin C-sin B)cos A,
所以sin Acos B+sin Bcos A=2sin Ccos A,
sin(A+B)=2sin Ccos A,
即sin C=2sin Ccos A,
又sin C≠0,所以cos A=,sin A=,
設(shè)外接圓的半徑為r,則r=1,
由余弦定理得bc==b2+c2-a2=b2+c2-(2rsin A)2=b2 32、+c2-3≥2bc-3(當(dāng)且僅當(dāng)b=c時(shí),等號成立),所以bc≤3,
所以S△ABC=bcsin A=bc≤.
答案:
平面向量數(shù)量積問題
[例3] 在等腰梯形ABCD中,已知AB∥DC,AB=2,BC=1,∠ABC=60°,動(dòng)點(diǎn)E和F分別在線段BC和DC上,且=λ,=,則·的最小值為________.
[技法演示]
法一:基底法
選取{,}為一組基底,由題意易求DC=1,||=2,||=1,·=2×1×cos 120°=-1,=+=+λ,=++=+-=+.
于是·=(+λ)·+ =×4-1-+λ=++≥+2 =(λ>0),當(dāng)且僅當(dāng)=,即λ=時(shí)等號成立,故·的最小值為.
33、
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B∥DC,AB=2,BC=1,∠ABC=60°,所以DC=1,即B(2,0),D,C.
因?yàn)椋溅?,=?
所以E,F(xiàn),
=,=.
所以·=+λ=++≥+2=.
當(dāng)且僅當(dāng)=,即λ=時(shí)等號成立,
故·的最小值為.
[答案]
[系統(tǒng)歸納]
向量數(shù)量積問題的解題策略
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的邊長為1 34、,點(diǎn)E是AB邊上的動(dòng)點(diǎn),則·=________;·的最大值為________.
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),t∈[0,1],=(t,-1),=(0,-1),所以·=(t,-1)·(0,-1)=1.因?yàn)椋?1,0),所以·=(t,-1)·(1,0)=t≤1,故· 的最大值為1.
法二:由圖知,無論E點(diǎn)在哪個(gè)位置,在方向上的投影都是||=1,所以·=||·1=1,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=||·1=1.
答案:1 1
命題區(qū)域( 35、三) 立體幾何
此類壓軸題主要考查以立體幾何為背景的新穎問題.以立體幾何為背景的新穎問題常見的有折疊問題、與函數(shù)圖象相結(jié)合問題、最值問題、探索性問題等.(1)對探索、開放、存在型問題的考查:探索性試題使問題具有不確定性、探究性和開放性,對學(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;開放性問題,一般將平面幾何問題類比推廣到立體幾何中.(2)對折疊、展開問題的考查:圖形的折疊與展開問題(三視圖問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 36、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α過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點(diǎn)A,平面α∥平面CB1D1,平面α∩平面ABCD=m,平面α∩平面ABB1A1=n,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,易知這個(gè)平面α一定在正方體外,所以要往上補(bǔ)形,如圖所示,過點(diǎn)A在正方體ABCD-A1B1C1D1的上方補(bǔ)作一個(gè)與正方體ABCD-A1B1C1D1相同棱長的正方體ABCD-A2B2C2D2,可證平面AB2D2就是平面α,n就是A 37、B2.因?yàn)槠矫鍭BCD∥平面A2B2C2D2,所以B2D2∥m,說明m應(yīng)該是經(jīng)過點(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)椤鰽B2D2為等邊三角形,所以sin∠AB2D2=sin=,故選A.
法二:平移法1
事實(shí)上對法一可進(jìn)行適當(dāng)簡化,無須補(bǔ)形也可以.設(shè)平面CB1D1∩平面ABCD=m′,因?yàn)槠矫姒痢善矫鍭BCD=m,平面α∥平面CB1D1,所以m∥m′.又平面ABCD∥平面A1B1C1D1,平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1,所以B1D1∥m′,所以B1D1∥m.同理可得CD1∥n,故直線m,n所成角即為直線B1D1,CD1所成的 38、角∠CD1B1.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,B1C=B1D1=CD1,所以∠CD1B1=,所以sin∠CD1B1=,故選A.
法三:平移法2
與法二類似,我們嘗試在正方體內(nèi)部構(gòu)造一個(gè)平面與平面α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)正方體的棱長為1,易求得平面CB1D1的一個(gè)法向量s=(1,-1,1).因?yàn)槠矫姒痢善矫鍭BCD=m,所以直線m的方向向量m=x+y=(-y, 39、x,0).又平面α∥平面CB1D1,所以m·s=0,即-y-x=0,故m=(x,x,0);同理,因?yàn)槠矫姒痢善矫鍭BB1A1=n,所以直線n的方向向量n=λ+μ=(0,λ,-μ).又平面α∥平面CB1D1,所以n·s=0,即λ+μ=0,故n=(0,λ,λ).記異面直線m,n所成角為θ,所以cos θ===,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,怎么平移都要視題目條 40、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空間想象能力的要求,但相應(yīng)地對計(jì)算能力要求就高了,要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,AB=AC=5,BC=8,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________.
解析:在等腰△ABC中,AB=AC=5,BC=8,取BC的中點(diǎn)E,連接AE,重心G為AE的三等分點(diǎn),AE==3,AG=2,由于AD⊥底面ABC,直線DG與底面ABC所成角的正切值為,所以tan∠DGA==,DA=1,在 41、等腰△ABC中,cos∠ACB==,sin∠ACB=,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Rt△AOO1中,R2=OA2=AO+2=2+2=,球的表面積為S=4πR2=π.
答案:π
空間最值問題
[例2] 如圖,在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=120°.若平面ABC外的點(diǎn)P和線段AC上的點(diǎn)D,滿足PD=DA,PB=BA,則四面體P-BCD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P-BCD的體積最大時(shí),應(yīng)有平面PBD⊥平面BCD.如圖,過點(diǎn)P 42、作PF⊥BD,垂足為F,則PF⊥平面BCD,則VP-BCD=S△BCD·PF.由翻折過程可知AF=PF,則VP-BCD=S△BCD·AF,這樣就將空間問題轉(zhuǎn)化為△ABC內(nèi)的問題.等腰△ABC的底邊AC邊上的高h(yuǎn)=AB·sin 30°=1,VP-BCD=××DC×h×AF=DC·AF.
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,因此可以取∠ADB為自變量,產(chǎn)生下面的解法.
如圖,因?yàn)镾△ABD=BD·AF=AD·h,則AF=,得VP-BCD=DC·.設(shè)∠ADB=α,由正弦定理得=2sin(150°-α),DC=,則VP-BCD=× 43、=-=,易知函數(shù)f(x)=x-在區(qū)間(0,1]上單調(diào)遞增,于是VP-BCD≤=.
法二:構(gòu)造法
換個(gè)角度看問題,我們把△ABC“立起來”,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AC=2,則OB=≤ =1.設(shè)∠PDA=θ,θ∈(0,π),AD=x(0 44、系非常方便.
如圖,取AC的中點(diǎn)O為原點(diǎn),以AC所在的直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系,則A(-,0),B(0,-1),C(,0),設(shè)D(t,0),t∈(-,),易知直線BD的方程為x-ty-t=0,則點(diǎn)A到直線BD的距離AF=,又DC=-t,于是VP-BCD=DC·AF=·,令f(t)=·=-,t2∈[0,3),易知該函數(shù)在[0,3)上單調(diào)遞減,故VP-BCD≤f(0)=,此時(shí)D在原點(diǎn).
[答案]
[系統(tǒng)歸納]
空間最值問題的解題關(guān)鍵
(1)要善于將空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題:這一步要求我們具備較強(qiáng)的空間想象能力,對幾何體的結(jié)構(gòu)特征要牢牢抓住,如本題一定要分析出“當(dāng)四面體P-BCD的體積 45、取最大值時(shí),必有平面PBD⊥平面BCD”,要判斷出△PBD與△ABD是翻折關(guān)系(全等),這樣才能進(jìn)一步將空間問題轉(zhuǎn)化為平面內(nèi)的問題;
(2)轉(zhuǎn)化后的運(yùn)算:因?yàn)橐呀?jīng)是平面內(nèi)的問題,那么方法就比較多了,如三角函數(shù)法、均值不等式,甚至導(dǎo)數(shù)都是可以考慮使用的工具.
[應(yīng)用體驗(yàn)]
2.表面積為60π的球面上有四點(diǎn)S,A,B,C且△ABC是等邊三角形,球心O到平面ABC的距離為,若平面SAB⊥平面ABC,則棱錐S-ABC體積的最大值為________.
解析:因?yàn)榍虻谋砻娣e為60π,所以球的半徑為,設(shè)△ABC的中心為D,則OD=,所以DA=2,則AB=6,棱錐S-ABC的底面積S=×62=9為定值 46、,欲使其體積最大,應(yīng)有S到平面ABC的距離取最大值,又平面SAB⊥平面ABC,所以S在平面ABC上的射影落在直線AB上,而SO=,點(diǎn)D到直線AB的距離為,則S到平面ABC的距離的最大值為3,所以V=×9×3=27.
答案:27
命題區(qū)域(四) 解析幾何
本類壓軸題主要考查圓錐曲線的幾何性質(zhì)、特定字母的取值范圍以及圓錐曲線中的最值問題.圓錐曲線的幾何性質(zhì)是高考考查圓錐曲線的重點(diǎn)內(nèi)容之一.在選擇、填空題中主要考查橢圓和雙曲線的離心率、參數(shù)的值(范圍)、雙曲線的漸近線方程以及拋物線的焦點(diǎn)弦.圓錐曲線中的弦長是直線與圓錐曲線相交時(shí)產(chǎn)生的,面積也以弦長的計(jì)算為基礎(chǔ),高考重點(diǎn)考查直線與圓錐曲線的位置 47、關(guān)系,它是命制壓軸題時(shí)的一個(gè)重要命題方向.
圓錐曲線的幾何性質(zhì)
[例1] 已知F1,F(xiàn)2分別是雙曲線E:-=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn),點(diǎn)M在雙曲線E上,MF1與x軸垂直,sin∠MF2F1=,則雙曲線E的離心率為( )
A. B.
C. D.2
[技法演示]
法一:定義法
因?yàn)椤鱉F1F2是直角三角形,且sin∠MF2F1=,
所以|MF1|=|MF2|sin∠MF2F1=|MF2|,
即|MF2|=3|MF1|.①
由雙曲線的定義可知|MF2|-|MF1|=2a.②
由①和②可求得|MF1|=a,|MF2|=3a.
48、
在Rt△MF1F2中,由勾股定理得|MF2|2-|MF1|2=|F1F2|2,即(3a)2-a2=(2c)2,化簡得2a2=c2,即2=2,從而可知e=.故選A.
法二:利用正弦定理
在Rt△MF1F2中,sin ∠F1MF2=sin(90°-∠MF2F1)=cos∠MF2F1=,sin∠MF1F2=1.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|2=b2=.
∵△MF1F2是直角三角形,且sin∠MF2F1=,
∴cos∠MF2F1=,tan∠MF2F1=,從而可得=?=?==8,即=8,化簡整 49、理得2c4-5a2c2+2a4=0,兩邊同除以a4,得24-52+2=0,
即 =0,
∵>1,∴2=2,即e=.
[答案] A
[系統(tǒng)歸納]
圓錐曲線離心率問題的求解策略
(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 50、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:-=1(a>0,b>0)的右頂點(diǎn)為A,拋物線C:y2=8ax的焦點(diǎn)為F,若在E的漸近線上存在點(diǎn)P,使得PA⊥FP,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(a>0,b>0)的右頂點(diǎn)為A(a,0),拋物線C:y2=8ax的焦點(diǎn)為F(2a,0),雙曲線的漸近線方程為y=±x,可設(shè)P,則有=,=,由PA⊥FP,得·=0,即(m-a)(m-2a)+m2=0,整理得m2-3ma+2a2=0,由題意可得Δ=9a2-41+·2a2≥ 51、0,即a2≥8b2=8(c2-a2),即8c2≤9a2,則e=≤.又e>1,所以1 52、.
又點(diǎn)M在橢圓上,所以x2=a2-.
則tan(α+β)==
==
==.
又y∈[-b,b],所以當(dāng)y=b時(shí),α+β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0 53、法
橢圓上任意一點(diǎn)與橢圓長軸的兩個(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(a>b>0)上任意一點(diǎn),A,B分別為橢圓的左、右兩個(gè)端點(diǎn),則kMA·kMB=·=.因?yàn)辄c(diǎn)M在橢圓上,所以y2=(a2-x2),從而kMA·kMB==-.由此可以得到本題的如下解法.
當(dāng)0 54、公式tan(β-α)=,
可得tan β-tan α=-,
即k2-k1=m-.結(jié)合k1·k2=-,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t2-t+=0的兩個(gè)根,則Δ=2-4·=(m2-10m+9)≥0,所以m2-10m+9≥0,解得m≤1或m≥9(舍去),所以0 55、=(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簡化運(yùn)算.
分別取與,相同方向的向量n1=(1,k1),n2=(1,k2).又∠AMB=120°,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k1·k2=-<0,結(jié)合均值不等式a2+b2≥2ab,可得k+k=k+(-k2)2≥2k1·(-k2)=m,
所以≤,
即≤,
所以≤1-,
解得m≤1.
又0 56、,m的取值范圍是(0,1]∪[9,+∞).
[答案] A
[系統(tǒng)歸納]
圓錐曲線中特定字母的值(范圍)問題的解題策略
構(gòu)造
不等式
根據(jù)題設(shè)條件以及曲線的幾何性質(zhì)(如:曲線的范圍、對稱性、位置關(guān)系等),建立關(guān)于特定字母的不等式(或不等式組),然后解不等式(或不等式組),求得特定字母的取值范圍
構(gòu)造
函數(shù)
根據(jù)題設(shè)條件,用其他的變量或參數(shù)表示欲求范圍的特定字母,即建立關(guān)于特定字母的目標(biāo)函數(shù),然后研究該函數(shù)的值域或最值情況,從而得到特定字母的取值范圍
數(shù)形
結(jié)合
研究特定字母所對應(yīng)的幾何意義,然后根據(jù)相關(guān)曲線的定義、幾何性質(zhì),利用數(shù)形結(jié)合的方法求解
[應(yīng)用體驗(yàn)]
2 57、.若過點(diǎn)M(2,0)的直線與橢圓+y2=1相交于A,B兩點(diǎn),|AB|=,設(shè)P為橢圓上一點(diǎn),且滿足+=t (O為坐標(biāo)原點(diǎn)),則實(shí)數(shù)t的值為( )
A.± B.±
C.± D.±
解析:選B 由題意知,直線AB的斜率存在,設(shè)直線AB的方程為y=k(x-2).
顯然,當(dāng)k=0時(shí),|AB|=2,與已知不符,∴k≠0.
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),P(x,y),
聯(lián)立消去y,
得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-2=0,
則Δ=(-8k2)2-4(1+2k2)(8k2-2)=8-16k2>0,
x1+x2=,x1·x2=,
∵|AB|=,∴ |x1-x2|=, 58、
即(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2]=,
∴(4k2-1)(14k2+13)=0,解得k2=.
又+=t,
即(x1+x2,y1+y2)=t(x,y),且k≠0,t≠0,
∴x==,
y==[k(x1+x2)-4k]=.
∵點(diǎn)P在橢圓上,∴+2×=2,
又k2=,解得t=±.
圓錐曲線中與面積相關(guān)的問題
[例3] 已知F是拋物線y2=x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( )
A.2 B.3
C. D.
[技法演示]
法一:利用基本不等式
依題意,不妨 59、設(shè)點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),其中y1>0,y2<0.由·=2,得x1x2+y1y2=(y1y2)2+y1y2=2,由此解得y1y2=-2,△ABO與△AFO面積之和等于|x1y2-x2y1|+×y1=|yy2-yy1|+y1=×2(y1-y2)+y1=y(tǒng)1+(-y2)≥2=3,當(dāng)且僅當(dāng)y1=-y2=時(shí)取等號,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S△AOB=|x1y2-x2y1|,證明如下:
設(shè)∠AOB=θ,則S△AOB=||·||sin θ
=
=
=
= =|x1y2-x2y1|. 60、
法二:雙根法
設(shè)直線AB的方程為x=ty+m,A(x1,y1),B(x2,y2),y1y2<0,由得y2-ty-m=0,y1y2=-m,又·=2,因此x1x2+y1y2=(y1y2)2+y1y2=2,m2-m-2=0,解得m=2或m=-1.又y1y2=-m<0,因此y1y2=-m=-2,m=2,直線AB:x=ty+2過定點(diǎn)(2,0),S△ABO=×2×|y1-y2|=,S△AFO=×|y1|=|y1|,S△ABO+S△AFO=+|y1|=|y1|+≥2=3,當(dāng)且僅當(dāng)|y1|=,即|y1|=時(shí)取等號,
因此△ABO與△AFO面積之和的最小值是3,選B.
[答案] B
[系統(tǒng) 61、歸納]
圓錐曲線中與面積相關(guān)問題的解題規(guī)律
(1)三角形面積的向量公式:若=(x1,y1),=(x2,y2),則S△ABC=|x1y2-x2y1|,用此公式便于建立目標(biāo)函數(shù)求最值;
(2)直線方程的選擇:對于不同的直線方程,其中所含的參數(shù)意義不同,形成不同的解題長度.為了消元、計(jì)算的方便,可將經(jīng)過定點(diǎn)(m,0)的動(dòng)直線設(shè)為x=ty+m的形式,避免了對斜率存在性的討論.如本題法二.
[應(yīng)用體驗(yàn)]
3.已知橢圓E的方程為+y2=1,O為坐標(biāo)原點(diǎn),直線l與橢圓E交于A,B兩點(diǎn),M為線段AB的中點(diǎn),且|OM|=1,則△AOB面積的最大值為________.
解析:設(shè)直線l:x=my+n,A 62、(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),
由整理得(4+m2)y2+2mny+n2-4=0.①
所以y1+y2=-,y1y2=,x1+x2=.
由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可知x0=,y0=,
即M.
因?yàn)閨OM|=1,所以n2=.②
設(shè)直線l與x軸的交點(diǎn)為D(n,0),
則△AOB的面積S=|OD||y1-y2|=|n||y1-y2|.
S2=n2(y1-y2)2=,
設(shè)t=m2+4(t≥4),
則S2=48×=
≤=1,
當(dāng)且僅當(dāng)t=,即t=12時(shí),等號成立,
此時(shí)m2=8,n2=6,
即S2取得最大值1.
故△AOB的面積的最大值為1.
答案:1
63、
A組——選擇壓軸小題命題點(diǎn)專練
1.(2018·全國卷Ⅰ)已知角α的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),始邊與x軸的非負(fù)半軸重合,終邊上有兩點(diǎn)A(1,a),B(2,b),且cos 2α=,則|a-b|=( )
A. B.
C. D.1
解析:選B 由cos 2α=,
得cos2 α-sin2α=,∴=,
即=,∴tan α=±,
即=±,∴|a-b|=.故選B.
2.(2019屆高三·廣州調(diào)研)若將函數(shù)y=2sinsin的圖象向左平移φ(φ> 64、0)個(gè)單位長度,所得圖象對應(yīng)的函數(shù)恰為奇函數(shù),則φ的最小值為( )
A. B.
C. D.
解析:選A 由y=2sinsin,可得y=2sincos=sin,該函數(shù)的圖象向左平移φ個(gè)單位長度后,所得圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式為g(x)=sin=sin,因?yàn)間(x)=sin為奇函數(shù),所以2φ+=kπ(k∈Z),φ=-(k∈Z),又φ>0,故φ的最小值為,選A.
3.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥BC,側(cè)面PAB⊥底面ABCD,若PA=AD=AB=kBC(0 65、D⊥平面PCD
C.?k∈(0,1),直線PA與底面ABCD都不垂直
D.?k∈(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,AM,DN,由平面PAB⊥平面ABCD,BC⊥AB,可知BC⊥平面PAB,∴BC⊥AM,又M為PB的中點(diǎn),PA=AB,∴AM⊥PB,可得AM⊥平面PBC,而AD∥BC且AD=BC,同時(shí)MN∥BC且MN=BC,∴AD∥MN且AD=MN,則四邊形ADNM為平行四邊形,可得AM∥DN,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 66、SC=4,A,B是該球球面上的兩點(diǎn),∠ASC=∠BSC=30°,則棱錐S-ABC的體積最大為( )
A.2 B.
C. D.2
解析:選A 如圖,因?yàn)榍虻闹睆綖镾C,且SC=4,∠ASC=∠BSC=30°,所以∠SAC=∠SBC=90°,AC=BC=2,SA=SB=2,所以S△SBC=×2×2=2,則當(dāng)點(diǎn)A到平面SBC的距離最大時(shí),棱錐A-SBC,即S-ABC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S-ABC的體積最大為×2×=2,故選A.
5.(2019屆高三·蘭州診斷考試)已知圓C:(x-1)2+(y-4)2=10和點(diǎn)M(5,t),若圓C上存在兩點(diǎn)A,B使得MA⊥MB,則實(shí)數(shù)t的取值范圍是( )
A.[-2,6] B.[-3,5]
C.[2,6] D.[3,5]
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MA⊥MB,則MA,MB是圓C的切線時(shí),∠AMB≥90°,∠AMC≥45°,且∠AMC<90°,如圖,則|MC|=≤=2,所以16+(t-4)2≤
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