（通用版）2019版高考數(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）.doc

難點(diǎn)自選專題一　“選填”壓軸小題命題的4大區(qū)域 [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(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)算及空間角問題，而三角函數(shù)、數(shù)列、平面向量也常有考查. 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(duì)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(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(duì)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)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)＝－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]上的最大值為f(a)，由g(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，f(a)＝g(a)<g(－1)＝2，而f(x)在(a，＋∞)上無最大值，取值范圍是(－∞，－2a)，由于－2a>2，此時(shí)函數(shù)f(x)無最大值，符合題意． ②若－1≤a<1，則f(x)在(－∞，a]上的最大值為f(－1)＝2，且當(dāng)x>a時(shí)，f(x)＝h(x)<h(a) ≤h(－1)＝2，則當(dāng)x＝－1時(shí)，f(x)取得最大值，不符合題意． ③若a≥1，由g(x)的單調(diào)性可得，f(x)在(－∞，a]上的最大值為f(－1)或f(a)，令M＝max{f(－1)，f(a)}，則有M≥f(－1)＝2，而當(dāng)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，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＝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(duì)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．(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(duì)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； 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(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(duì)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(－1,0)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(duì)容易的問題，此時(shí)應(yīng)根據(jù)題設(shè)要求合理地對(duì)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(duì)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)0<a<1或a>9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]　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(－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(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，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)法則構(gòu)造函數(shù) (1)對(duì)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(duì)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(duì)于不等式f′(x)>k(或<k)(k≠0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－kx. 2．利用積商函數(shù)求導(dǎo)法則構(gòu)造函數(shù) (1)對(duì)于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)g(x)； (2)對(duì)于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝(g(x)≠0)； (3)對(duì)于不等式xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝xf(x)； (4)對(duì)于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝(x≠0)； (5)對(duì)于不等式xf′(x)－nf(x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝(x≠0)； (6)對(duì)于不等式f′(x)＋f(x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝exf(x)； (7)對(duì)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(duì)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．(－∞，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)<g(0)，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可知不等式f(x)＋2 019ex<0的解集是(0，＋∞)，故選B. 命題區(qū)域(二)　三角函數(shù)、平面向量 本類壓軸題主要考查三角恒等變換與三角函數(shù)、解三角形相結(jié)合的綜合問題．其中三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)、三角形的面積問題是重點(diǎn)考查內(nèi)容；平面向量主要考查與解析幾何、函數(shù)、不等式等相結(jié)合的有關(guān)數(shù)量積問題．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(duì)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∈(－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≤. (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(duì)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(duì)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(duì)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(duì)稱軸x＝a，一個(gè)對(duì)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(duì)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(duì)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＝4sin xcos x，而cos x>0，所以a≤4sin x．在區(qū)間上，<sin x<1，于是a≤2. 法二：圖象法 f(x)＝cos 2x＋asin x＝1－2sin2x＋asin x＝－22＋＋1，設(shè)t＝sin x，由x∈，知t∈.要使g(t)＝－22＋＋1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，a＝2，且(2＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)sin C，則△ABC的面積的最大值為________． [技法演示] 法一：綜合運(yùn)用正、余弦定理　 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(hào)， 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(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， b＝sin B＝sin B，c＝sin C， 則S△ABC＝bcsin A＝bc ＝sin Bsin 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 Bsin C＝sin Bsin－B，令g(B)＝sin Bsin＝sin Bcos B＋sin B＝sin＋. 由0<B<，易得g(B)max＝，當(dāng)且僅當(dāng)B＝時(shí)取等號(hào)，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(duì)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(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________． 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＋c2－3≥2bc－3(當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)，等號(hào)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，＝21cos 120＝－1，＝＋＝＋λ，＝＋＋＝＋－＝＋. 于是＝(＋λ)＋ ＝4－1－＋λ＝＋＋≥＋2 ＝(λ>0)，當(dāng)且僅當(dāng)＝，即λ＝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(hào)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(zhǎng)為1，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(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(duì)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(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(duì)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(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α過正方體ABCDA1B1C1D1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ABCDA1B1C1D1的上方補(bǔ)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α，n就是AB2.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(duì)法一可進(jìn)行適當(dāng)簡(jiǎn)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所成的角∠CD1B1.在正方體ABCDA1B1C1D1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(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)槠矫姒痢善矫鍭BCD＝m，所以直線m的方向向量m＝x＋y＝(－y，x,0)．又平面α∥平面CB1D1，所以ms＝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ns＝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(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，過點(diǎn)P作PF⊥BD，垂足為F，則PF⊥平面BCD，則VPBCD＝S△BCDPF.由翻折過程可知AF＝PF，則VPBCD＝S△BCDAF，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)＝ABsin 30＝1，VPBCD＝DChAF＝DCAF. 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＝BDAF＝ADh，則AF＝，得VPBCD＝DC.設(shè)∠ADB＝α，由正弦定理得＝2sin(150－α)，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<x<2)，則S△PCD＝x(2－x)sin θ≤x(2－x)≤2＝，所以四面體PBCD的體積VPBCD＝S△PCDOB≤，當(dāng)且僅當(dāng)OA＝AC＝，且θ＝時(shí)取等號(hào)(此時(shí)D點(diǎn)與圓心O重合，PD垂直平分AC，進(jìn)而可得BD⊥PD)． 法三：解析法　 由于△ABC是頂角為120的等腰三角形，故建系非常方便． 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VPBCD＝DCAF＝，令f(t)＝＝－，t2∈[0,3)，易知該函數(shù)在[0,3)上單調(diào)遞減，故VPBCD≤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(duì)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PBCD的體積取最大值時(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SABC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SABC的底面積S＝62＝9為定值，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＝93＝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(zhǎng)是直線與圓錐曲線相交時(shí)產(chǎn)生的，面積也以弦長(zhǎng)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. 在Rt△MF1F2中，由勾股定理得|MF2|2－|MF1|2＝|F1F2|2，即(3a)2－a2＝(2c)2，化簡(jiǎn)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(jiǎn)整理得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≥0，即a2≥8b2＝8(c2－a2)，即8c2≤9a2，則e＝≤.又e>1，所以1<e≤. 參數(shù)的值(范圍)問題 [例2]　設(shè)A，B是橢圓C：＋＝1長(zhǎng)軸的兩個(gè)端點(diǎn)，若C上存在點(diǎn)M滿足∠AMB＝120，則m的取值范圍是(　　) A．(0,1]∪[9，＋∞) B．(0，]∪[9，＋∞) C．(0,1]∪[4，＋∞) D．(0，]∪[4，＋∞) [技法演示] 法一：幾何性質(zhì)法　 如圖，設(shè)橢圓方程為＋＝1(a>b>0)． 過點(diǎn)M作MN⊥AB，垂足為N，設(shè)M(x，y)． 根據(jù)橢圓的對(duì)稱性，不妨令y>0， 設(shè)∠AMN＝α，∠BMN＝β， 則tan α＝，tan β＝. 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<m<3.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∠AMB＝120，則∠APB≥∠AMB，即∠APB≥120，所以∠APO≥60.而tan∠APO＝，所以≥，解得0<m≤1. 同理：當(dāng)m>3時(shí)，焦點(diǎn)在y軸上，要使C上存在點(diǎn)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(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(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kMAkMB＝＝.因?yàn)辄c(diǎn)M在橢圓上，所以y2＝(a2－x2)，從而kMAkMB＝＝－.由此可以得到本題的如下解法． 當(dāng)0<m<3時(shí)，橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，如圖，設(shè)∠MAB＝α，∠MBx＝β，設(shè)直線MA，MB的斜率分別為k1，k2，則k1k2＝－，k1＝tan α，k2＝tan β. 因?yàn)椤螦MB＝120，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(β－α)＝tan 120＝－. 根據(jù)兩角差的正切公式tan(β－α)＝， 可得tan β－tan α＝－， 即k2－k1＝m－.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<m≤1. 同理可得當(dāng)焦點(diǎn)在y軸上時(shí)，m≥9.綜上所述，m的取值范圍是(0,1]∪[9，＋∞)．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簡(jiǎn)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k1k2＝－<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<m<3，所以0<m≤1. 當(dāng)焦點(diǎn)在y軸上時(shí)，此時(shí)k1k2＝－<0. 同理，＝≤， 即≤1－，解得m≥9. 綜上所述，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(duì)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(duì)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．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＝，x1x2＝， ∵|AB|＝，∴ |x1－x2|＝， 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(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S△AOB＝|x1y2－x2y1|，證明如下： 設(shè)∠AOB＝θ，則S△AOB＝||||sin θ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝|x1y2－x2y1|. 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(hào)， 因此△ABO與△AFO面積之和的最小值是3，選B. [答案]　B [系統(tǒng)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(duì)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(zhǎng)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(duì)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(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(hào)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 A組——選擇壓軸小題命題點(diǎn)專練 1．(2018全國(guó)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>0)個(gè)單位長(zhǎng)度，所得圖象對(duì)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(zhǎng)度后，所得圖象對(duì)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PABCD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<k<1)，則(　　) A．當(dāng)k＝時(shí)，平面BPC⊥平面PCD B．當(dāng)k＝時(shí)，平面APD⊥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SC＝4，A，B是該球球面上的兩點(diǎn)，∠ASC＝∠BSC＝30，則棱錐SABC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＝22＝2，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≤20，所以2≤t≤6. 法二：由于點(diǎn)M(5，t)是直線x＝5上的點(diǎn)，圓心的縱坐標(biāo)為