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(－∞，＋∞)上單調遞減，且當x變化時，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，實數(shù)a的取值范圍是[－1,2]，若f(x)在x＝a處取得最大值，實數(shù)a的取值范圍是[2，＋∞)．綜上，若f(x)有最大值，則實數(shù)a的取值范圍是[－1，＋∞)，從而，若f(x)無最大值，則實數(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，同時在同一平面直角坐標系中作出函數(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(曲線點實，直線點虛)變化，如圖所示，當直線x＝a在直線x＝－1左邊時滿足條件“f(x)無最大值”，所以實數(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)的單調性，大多借助分類討論f(x)在各個分段上的最值．如解法一是根據(jù)g(x)的單調性，對a進行分類討論
整體思想
從函數(shù)的整體性質(單調性、奇偶性和周期性)出發(fā)，研究函數(shù)的最值問題．當一個問題從正面不好入手時，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)形結合
“以形助數(shù)”，作出函數(shù)或變形后的函
10、數(shù)圖象，結合條件求解問題，解法三是利用數(shù)形結合的思想直觀得到結果
[應用體驗]
1．若函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值為3，則實數(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a≥2時，
f(x)＝
如圖1可知，f(x)min＝f＝－1＝3，可得a＝8；
當a<2時，f(x)＝
如圖2可知，
f(x)min＝f＝－＋1＝3，可得a＝－4.
函數(shù)的含參零點問題
[例2] 已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點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，各個擊破
分類討論就是將數(shù)學問題進行分類，然后對劃分的每一類分別進行研究，最后整合獲解，其基本思路是化整為零，各個擊破．
由已知得a≠0，f′(x)＝3ax2－6x，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
當a>0時，x∈(－∞，0)，f′(x)>0；
x∈，f′(x)<0；x∈，f′(x)>0.
所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)和上單調遞增，
在上單調遞減，且f(0)＝1>0，
故f(x)有小于零的零點，不符合題意．
當a<0時，x∈，f′(x)<0；
12、
x∈，f′(x)>0；
x∈(0，＋∞)，f′(x)<0.
所以函數(shù)f(x)在和(0，＋∞)上單調遞減，在上單調遞增，
所以要使f(x)有唯一的零點x0，且x0>0，
只需f>0，即a2>4，解得a<－2.
法二：數(shù)形結合，曲曲與共
函數(shù)f(x)的零點，亦即函數(shù)f(x)的圖象與x軸的交點的橫坐標，是數(shù)形結合思想應用的聯(lián)結點，因此用圖象來揭開函數(shù)零點的神秘面紗成為我們解決函數(shù)零點問題常用而最有效的策略．
令f(x)＝0，得ax3＝3x2－1.問題轉化為g(x)＝ax3的圖象與h(x)＝3x2－1的圖象存在唯一的交點，且交點橫坐標大于零．
當a＝0時，函數(shù)g(x)的圖象與h(
13、x)的圖象存在兩個的交點；
當a>0時，如圖(1)所示，不合題意；
當a<0時，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a的值．由g′(x)＝h′(x)，g(x)＝h(x)，得a＝－2.由圖象可知當a<－2時，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)中的參變量進行分離，轉化成求函數(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，＋∞)上單調遞減，在(－1
14、,0)和(0,1)上單調遞增，且g(－1)＝－2，畫出函數(shù)大致圖象如圖所示，平移直線y＝a，結合圖象，可知a<－2.
[答案] B
[系統(tǒng)歸納]
“三招”破解含參零點問題
帶參討論
若無法通過等價轉化的思想將原問題化歸為相對容易的問題，此時應根據(jù)題設要求合理地對參數(shù)的取值進行分類，并逐一求解．利用該策略求解時一般要求我們明確討論的標準，必須做到不重不漏．如解法一中就要考慮到a的正負對根“0”與“”大小的影響
數(shù)形結合
由兩個基本初等函數(shù)組合而得的函數(shù)f(x)＝g(x)－h(huán)(x)的零點個數(shù)，等價于方程g(x)－h(huán)(x)＝0的解的個數(shù)，亦即g(x)＝h(x)的解的個數(shù)，進而轉化為
15、基本初等函數(shù)y＝g(x)與y＝h(x)的圖象的交點個數(shù)
參變分離
通過將原函數(shù)中的參變量進行分離后變形成g(x)＝l(a)，則原函數(shù)的零點問題化歸為與x軸平行的直線y＝l(a)和函數(shù)g(x)的圖象的交點問題
[應用體驗]
2．已知函數(shù)f(x)＝|x2＋3x|(x∈R)．若方程f(x)－a|x－1|＝0恰有4個互異的實數(shù)根，則實數(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個不同的交點，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h(x)＝，
則問題等價于曲線y＝h(x)與直線y＝a有4個不同交點．作出圖象如圖所示．
顯然y＝9，y＝1是y＝h(x)的兩條切線，此時都只有3個交點．
于是，結合圖形知，當09時，
直線y＝a與曲線y＝h(x)均有4個交點．
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、] 設函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導函數(shù)，f(－1)＝0，當x>0時，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：構造抽象函數(shù)法
觀察xf′(x)－f(x)<0這個式子的特征，不難想到商的求導公式，設F(x)＝.因為f(x)是奇函數(shù)，故F(x)是偶函數(shù)，F(xiàn)′(x)＝，易知當x>0時，F(xiàn)′(x)<0，所以函數(shù)F(x)在(0，＋∞)上單調遞減．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x∈(－∞，－1)∪(0,1)時，f(x)>0，故選A.
法二：構造具體函數(shù)法
題目中沒有給出具體的函數(shù)，但可以根據(jù)已知條件構造一個具體函數(shù)，越簡單越好，因此考慮簡單的多項式函數(shù)．設f(x)是多項式函數(shù)，因為f(x)是奇函數(shù)，所以它只含x的奇次項．又f(1)＝－f(－1)＝0，所以f(x)能被x2－1整除．因此可取f(x)＝x－x3，檢驗知f(x)滿足題設條件．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)求導法
19、則構造函數(shù)
(1)對于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝f(x)＋g(x)；
(2)對于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)；
特別地，對于不等式f′(x)>k(或0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝f(x)g(x)；
(2)對于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝(g(x)≠0)；
(3)對于不等式xf′(x)＋f(x)>0(或
20、<0)，構造函數(shù)F(x)＝xf(x)；
(4)對于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝(x≠0)；
(5)對于不等式xf′(x)－nf(x)>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝(x≠0)；
(6)對于不等式f′(x)＋f(x)>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝exf(x)；
(7)對于不等式f′(x)－f(x)>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝.
[應用體驗]
3．定義在R上的函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，若對任意實數(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，因為f(x)＋2 019ex<0?<－2 019，即g(x)
22、積問題．解決此類問題的關鍵是轉化與化歸思想的靈活運用．
三角函數(shù)的圖象與性質
[例1] 已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)ω>0，|φ|≤，x＝－為f(x)的零點，x＝為y＝f(x)圖象的對稱軸，且f(x)在上單調，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k＝0時，ω
23、∈(－2,2)；當k＝－1時，ω∈(2,6)；
當k＝－2時，ω∈(6,10)；當k＝－3時，ω∈(10,14)．
因為ω是正奇數(shù)(不超過12)，所以ω∈{1,3,5,7,9,11}．
當ω＝11時，x∈，ωx＋ω＝11x＋∈，里面含有，則f(x)在上不可能單調，不符合題意．
當ω＝9時，x∈，ωx＋ω＝9x＋∈，里面不含π(n∈Z)中的任何一個，
即f(x)在上單調，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k＋n＝0時，φ＝，ω＝1－4k.②
由①②可得，當k＝－2時，ω＝9，
此時函數(shù)f(x)＝sin在上單調遞減，符合題意；
當k＝－1時，ω＝5，此時函數(shù)f(x)＝sin在上單調遞減，符合題意；
當k＝0時，ω＝1，此時f(x)＝sin在上單調遞增，符合題意；
(2)當k＋n＝－1時，φ＝－，ω＝－1－4k.③
由①③可得，當k＝－1時，ω＝3，
此時函數(shù)f(x)＝sin在上單調遞增，符合題意；
當k＝－2時，ω＝7，此時函數(shù)f(x)＝sin在上不單調，舍去；
當k＝－3時，ω＝11，此時f(x)＝sin在上不單調，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)的圖象的單調性、對稱性、周期、零點等問題中涉及的結論：
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)間的單調性，若
26、函數(shù)僅含有一個參數(shù)的時候，利用導數(shù)的正負比較容易控制，但對于函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)含多個參數(shù)，并且具有周期性，很難解決，所以必須有合理的等價轉化方式才能解決．解法一嘗試正面求解ω的可能值，但因單調區(qū)間的條件不好使用，仍然采取代入驗證的方法解決．
[應用體驗]
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：導數(shù)法
對f(x)＝cos 2x＋asin x求導，得f′(x)＝－2sin 2x＋acos x．因為f(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≤，當且僅當b＝c＝2時取到等號，
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A在圓周上的運動軌跡為優(yōu)弧BC(不包括兩個端點B，C)，易知當點A位于優(yōu)弧中點時，此時△ABC
29、的面積最大，由于A＝，則此時的△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)＋≤·＝，
當且僅當cos(B－C)＝1，即B＝C時，△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＝，當且僅當B＝時取等號，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，把三角形面積這個目標函數(shù)轉化為邊或角的形式，然后借助基本不等式或函數(shù)性質來解決；
(2)結合問題特征，構造幾何圖形來求得最值，直觀迅速；
(3)利用結論：已知a，b，c分別為△ABC三個內角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，當且僅當另外兩個角相等時取等號．
[應用體驗]
2．(2018·濰坊統(tǒng)一考試)在△ABC中，內角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：因為＝，
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(當且僅當b＝c時，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°，動點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)，當且僅當＝，即λ＝時等號成立，故·的最小值為.
33、
法二：坐標法
以A為坐標原點建立如圖所示的平面直角坐標系，因為AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°，所以DC＝1，即B(2,0)，D，C.
因為＝λ，＝，
所以E，F(xiàn)，
＝，＝.
所以·＝＋λ＝＋＋≥＋2＝.
當且僅當＝，即λ＝時等號成立，
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，結合圖形的結構特征選擇一組基底，將有關的向量用基底表示，進行求解
坐標法
分析圖形的結構特征，建立平面直角坐標系，將所涉及的向量坐標化，利用坐標運算進行解答
[應用體驗]
3．已知正方形ABCD的邊長為1
34、，點E是AB邊上的動點，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.因為＝(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點在哪個位置，在方向上的投影都是||＝1，所以·＝||·1＝1，當點E運動到B點時，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，對學生的能力要求較高，有利于考查學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)蘊涵了“二維——三維——二維”的維數(shù)升降變化，求解時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．
空間中線面位置關系與計算
[例1] 平面α過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點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：割補法
我們先嘗試把m，n這兩條直線都作出來，易知這個平面α一定在正方體外，所以要往上補形，如圖所示，過點A在正方體ABCD-A1B1C1D1的上方補作一個與正方體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.因為平面ABCD∥平面A2B2C2D2，所以B2D2∥m，說明m應該是經過點A且在平面ABCD內與B2D2平行的直線，則直線m，n所成的角就是∠AB2D2，因為△AB2D2為等邊三角形，所以sin∠AB2D2＝sin＝，故選A.
法二：平移法1
事實上對法一可進行適當簡化，無須補形也可以．設平面CB1D1∩平面ABCD＝m′，因為平面α∩平面ABCD＝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部構造一個平面與平面α平行，也即與平面CB1D1平行．
如圖所示，讓點A在平面ABCD內運動，不妨讓點A在對角線AC上運動，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，建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為1，易求得平面CB1D1的一個法向量s＝(1，－1，1)．因為平面α∩平面ABCD＝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，因為平面α∩平面ABB1A1＝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)平移化歸是關鍵：求異面直線所成角，關鍵是將兩條異面的直線平移到相交狀態(tài)，作出等價的平面角，再解三角形即可，常規(guī)步驟是“一作二證三計算”，而第一步最為關鍵，平移誰，怎么平移都要視題目條
40、件而定；
(2)向量計算要快要準：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，但相應地對計算能力要求就高了，要求我們熟練地求解空間的點、向量的坐標，計算要準確．
[應用體驗]
1．已知四面體ABCD的每個頂點都在球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E，連接AE，重心G為AE的三等分點，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△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P和線段AC上的點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，應有平面PBD⊥平面BCD.如圖，過點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化為△ABC內的問題．等腰△ABC的底邊AC邊上的高h＝AB·sin 30°＝1，VP-BCD＝××DC×h×AF＝DC·AF.
DC與AF不在同一個三角形中，用哪個變量能表示兩者呢？注意到當點D在AC上運動時，∠ADB也是在變化的，因此可以取∠ADB為自變量，產生下面的解法．
如圖，因為S△ABD＝BD·AF＝AD·h，則AF＝，得VP-BCD＝DC·.設∠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]上單調遞增，于是VP-BCD≤＝.
法二：構造法
換個角度看問題，我們把△ABC“立起來”，如圖，設BO⊥平面ACP，考慮以B為頂點，△ACP的外接圓⊙O為底面的圓錐，易得AC＝2，則OB＝≤ ＝1.設∠PDA＝θ，θ∈(0，π)，AD＝x(0
44、系非常方便．
如圖，取AC的中點O為原點，以AC所在的直線為x軸建立平面直角坐標系，則A(－，0)，B(0，－1)，C(，0)，設D(t,0)，t∈(－，)，易知直線BD的方程為x－ty－t＝0，則點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)上單調遞減，故VP-BCD≤f(0)＝，此時D在原點．
[答案]
[系統(tǒng)歸納]
空間最值問題的解題關鍵
(1)要善于將空間問題轉化為平面問題：這一步要求我們具備較強的空間想象能力，對幾何體的結構特征要牢牢抓住，如本題一定要分析出“當四面體P-BCD的體積
45、取最大值時，必有平面PBD⊥平面BCD”，要判斷出△PBD與△ABD是翻折關系(全等)，這樣才能進一步將空間問題轉化為平面內的問題；
(2)轉化后的運算：因為已經是平面內的問題，那么方法就比較多了，如三角函數(shù)法、均值不等式，甚至導數(shù)都是可以考慮使用的工具．
[應用體驗]
2．表面積為60π的球面上有四點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：因為球的表面積為60π，所以球的半徑為，設△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、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是高考考查圓錐曲線的重點內容之一．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弦．圓錐曲線中的弦長是直線與圓錐曲線相交時產生的，面積也以弦長的計算為基礎，高考重點考查直線與圓錐曲線的位置
47、關系，它是命制壓軸題時的一個重要命題方向．
圓錐曲線的幾何性質
[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，點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
因為△MF1F2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)
設點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“焦點三角形”的兩邊關系．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，轉化為“焦點三角形”的三邊關系，從而利用正弦定理再轉化到已知的角上去．
(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，要把握一個基本思想，就是充分利用已知條件和挖掘隱含條件建立起a與c的關系式．
[注意] 在求離心率的值時需建立
50、等量關系式，在求離心率的范圍時需建立不等量關系式．
[應用體驗]
1．已知雙曲線E：－＝1(a>0，b>0)的右頂點為A，拋物線C：y2＝8ax的焦點為F，若在E的漸近線上存在點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)的右頂點為A(a,0)，拋物線C：y2＝8ax的焦點為F(2a,0)，雙曲線的漸近線方程為y＝±x，可設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1b>0)．
過點M作MN⊥AB，垂足為N，設M(x，y)．
根據(jù)橢圓的對稱性，不妨令y>0，
設∠AMN＝α，∠BMN＝β，
則tan α＝，tan β＝
52、.
又點M在橢圓上，所以x2＝a2－.
則tan(α＋β)＝＝
＝＝
＝＝.
又y∈[－b，b]，所以當y＝b時，α＋β取最大值，即M為橢圓短軸頂點P時，∠APB最大．由此，我們可以得到本題的如下解法．
先考慮橢圓的焦點在x軸上的情況，則03時，焦點在y軸上，要使C上存在點M滿足∠AMB＝120°，則≥，解得m≥9.
故m的取值范圍為(0,1]∪[9，＋∞)．
法二：二級結論
53、法
橢圓上任意一點與橢圓長軸的兩個端點連線的斜率之積為定值－.
這一結論不難證明：設M(x，y)為橢圓＋＝1(a>b>0)上任意一點，A，B分別為橢圓的左、右兩個端點，則kMA·kMB＝·＝.因為點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0
54、公式tan(β－α)＝，
可得tan β－tan α＝－，
即k2－k1＝m－.結合k1·k2＝－，將兩式變形為k2＋(－k1)＝m－，k2·(－k1)＝，故可將k2，－k1看作是關于t的方程t2－t＋＝0的兩個根，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)，此時如果直接應用數(shù)量積進行計算，顯然計算量較大，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
構造
不等式
根據(jù)題設條件以及曲線的幾何性質(如：曲線的范圍、對稱性、位置關系等)，建立關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
構造
函數(shù)
根據(jù)題設條件，用其他的變量或參數(shù)表示欲求范圍的特定字母，即建立關于特定字母的目標函數(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
結合
研究特定字母所對應的幾何意義，然后根據(jù)相關曲線的定義、幾何性質，利用數(shù)形結合的方法求解
[應用體驗]
2
57、．若過點M(2,0)的直線與橢圓＋y2＝1相交于A，B兩點，|AB|＝，設P為橢圓上一點，且滿足＋＝t (O為坐標原點)，則實數(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，設直線AB的方程為y＝k(x－2)．
顯然，當k＝0時，|AB|＝2，與已知不符，∴k≠0.
設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P在橢圓上，∴＋2×＝2，
又k2＝，解得t＝±.
圓錐曲線中與面積相關的問題
[例3] 已知F是拋物線y2＝x的焦點，點A，B在該拋物線上且位于x軸的兩側，·＝2(其中O為坐標原點)，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、設點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，當且僅當y1＝－y2＝時取等號，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公式：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則S△AOB＝|x1y2－x2y1|，證明如下：
設∠AOB＝θ，則S△AOB＝||·||sin θ
＝
＝
＝
＝ ＝|x1y2－x2y1|.
60、
法二：雙根法
設直線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(2,0)，S△ABO＝×2×|y1－y2|＝，S△AFO＝×|y1|＝|y1|，S△ABO＋S△AFO＝＋|y1|＝|y1|＋≥2＝3，當且僅當|y1|＝，即|y1|＝時取等號，
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、計算的方便，可將經過定點(m,0)的動直線設為x＝ty＋m的形式，避免了對斜率存在性的討論．如本題法二．
[應用體驗]
3．已知橢圓E的方程為＋y2＝1，O為坐標原點，直線l與橢圓E交于A，B兩點，M為線段AB的中點，且|OM|＝1，則△AOB面積的最大值為________．
解析：設直線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＝.
由中點坐標公式可知x0＝，y0＝，
即M.
因為|OM|＝1，所以n2＝.②
設直線l與x軸的交點為D(n,0)，
則△AOB的面積S＝|OD||y1－y2|＝|n||y1－y2|.
S2＝n2(y1－y2)2＝，
設t＝m2＋4(t≥4)，
則S2＝48×＝
≤＝1，
當且僅當t＝，即t＝12時，等號成立，
此時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專練
1．(2018·全國卷Ⅰ)已知角α的頂點為坐標原點，始邊與x軸的非負半軸重合，終邊上有兩點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·廣州調研)若將函數(shù)y＝2sinsin的圖象向左平移φ(φ>
64、0)個單位長度，所得圖象對應的函數(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個單位長度后，所得圖象對應的函數(shù)解析式為g(x)＝sin＝sin，因為g(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，PA＝AB，∴AM⊥PB，可得AM⊥平面PBC，而AD∥BC且AD＝BC，同時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.其余選項都錯誤，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，∠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，因為球的直徑為SC，且SC＝4，∠ASC＝∠BSC＝30°，所以∠SAC＝∠SBC＝90°，AC＝BC＝2，SA＝SB＝2，所以S△SBC＝×2×2＝2，則當點A到平面SBC的距離最大時，棱錐A-SBC，即S-ABC的體積最大，此時平面SAC⊥平面SBC，點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M(5，t)，若圓C上存在兩點A，B使得MA⊥MB，則實數(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MA，MB是圓C的切線時，∠AMB取得最大值．若圓C上存在兩點A，B使得MA⊥MB，則MA，MB是圓C的切線時，∠AMB≥90°，∠AMC≥45°，且∠AMC<90°，如圖，則|MC|＝≤＝2，所以16＋(t－4)2≤
（通用版）2022年高考數(shù)學二輪復習 第一部分 第三層級 難點自選 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）
